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1、浙江省台州五校2022-2022学年高二化学上学期10月联考试题含解析考生须知：1本试题卷分选择题和非选择题两局部，共6页，总分值100分，考试时间90分钟。2考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。3选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。5可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ba 137卷
2、 一、选择题每题只有一个选项符合题意，每题2分，共44分1.以下有关新能源的说法不正确的选项是 A. 新能源与化石能源相比最直接的好处就是环境污染少B. 利用晶体硅制作的太阳能电池可将太阳能直接转换为电能，实现太阳能的利用C. 氢能是一种清洁的二次能源，可用电解水制氢的方法获取大量氢气实现能源的绿色化D. 解决能源危机的方法是开源节流，即开发新能源和节约现有能源，提高原料的利用率【答案】C【解析】【详解】A选项，新能源是清洁能源，环境污染少，故A正确的；B选项，晶体硅可用来制造太阳能电池，故B正确的；C选项，利用电解水的方法得到氢气做能源，得到氢能源是新能源，但此法需消耗电能，不符合要求，故C
3、错误；D选项，解决能源危机的方法是开发新能源和节约现有能源，提高原料的利用率，故D正确；综上所述，答案为C。2.以下说法正确的选项是 A. 化学燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能B. 动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能过程C. 一个化学反响中，当生成物的总能量小于反响物的总能量时，反响吸热，H为“+D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下H不同【答案】A【解析】【详解】A选项，化石燃料和植物燃料中的化学能来自于太阳能，燃烧时化学能放出，所以化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，故A正确；B选项，动物体内葡萄糖被氧化成CO2是
4、化学能转变成热能的过程，故B错误；C选项，一个化学反响中，当生成物的总能量小于反响物的总能量时，反响放热，H为“，故C错误；D选项，同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的H相同，因为H只与初始态能量有关，与反响途径无关，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】衡量一个反响是吸热反响还是放热反响主要看反响物总能量与生成物总能量之间的关系，反响物总能量大于生成物总能量，那么为放热反响，反响物总能量小于生成物总能量，那么为吸热反响。H与反响路径无关，只与反响初始态能量有关。3.以下表达正确的选项是 A. 金属腐蚀就是金属失去电子被复原的过程B. 将水库中的水闸钢板与外
5、加直流电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀C. 纯银质物品久置外表变暗，是银发生吸氧腐蚀的结果D. 钢板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反响：Fe-3e-=Fe3+，继而形成铁锈【答案】B【解析】【详解】A选项，金属腐蚀就是金属失去电子被氧化的过程，故A错误；B选项，将水库中的水闸钢板与外加直流电源的负极相连接，作电解池的阴极被保护，可防止水闸被腐蚀，故B正确；C选项，纯银质物品久置变暗是因为银的外表形成硫化银，与吸氧腐蚀无关，故C错误；D选项，铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中形成原电池，发生吸氧腐蚀，负极电极反响为Fe-2e+=Fe2+，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】
6、金属防腐两种最常见的方法：牺牲阳极的阴极保护法(原电池原理)，外加电流的阴极保护法(电解池原理)。4.以下关于原电池的表达中错误的选项是 A. 在原电池中，电子流出的一极是负极，发生氧化反响B. 原电池是将化学能转变为电能的装置C. 构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属D. 原电池放电时，在外电路电子的流动方向是从负极到正极【答案】C【解析】【详解】A选项，在原电池中，负极上失电子而被氧化，发生氧化反响，故A正确；B选项，原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置，所以B正确；C选项，构成原电池正负极的材料可能是导电的非金属，如氢氧燃料电池中用石墨作电极，故C错误
7、；D选项，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】原电池正、负极常见判断方法电极材料反响类型电子流向电流流向离子移向电极反响现象正极较活泼金属或导电非金属复原反响电子流入电流流出阳离子移向冒气泡或质量增加负极活泼金属氧化反响电子流出电流流入阴离子阳离子移向移向质量减少说明：原电池的正极和负极与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，不要形成活泼电极一定作负极的思维定势。5. 以下说法正确的选项是A. 电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解的粗铜的质量比阴极析出的铜的质量大B. 在镀件上电镀锌，可以用锌做阳极，也可以用惰性材料做阳极C.
8、二次电池充电过程是化学能转化为电能的过程D. 二次电池充电时，电池上标有“的电极应与外接电源的负极相连【答案】A【解析】A正确，电解精炼铜时阳极为粗铜有，在阳极铜、锌、铁、镍均会失去电子而溶解，而阴极只是得到电子，所以同一时间内阳极溶解的粗铜的质量比阴极析出的铜的质量大；B错，电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，阳极不能用惰性材料作电极；C错，二次电池充电过程是电能转化为化学能的过程；D错，二次电池充电时，电池上标有“的电极应与外接电源的正极相连；6. 中学化学教材中有大量数据，下面是某同学对数据的利用情况，其中不正确的选项是A. 利用焓变和熵变的数据可以确定一定温度、压强下化学反响过程是否一
9、定会发生B. 利用化学平衡常数的大小可判断化学反响可能进行的程度C. 利用焓变的数据可以判断一个反响是吸热反响还是放热反响D. 利用沸点的数据推测能否用蒸馏的方法将两种液体混合物进行别离【答案】A【解析】A错，利用自由能变G=HTS的数据可以确定一定温度、压强下化学反响过程是否一定会发生，假设G0，反响一定能自发；G0反响一定不能自发；G=0反响处于平衡；其他三个选项均正确；7.关于化学平衡常数，以下说法不正确的选项是 A. 化学平衡常数不随反响物或生成物的浓度的改变而改变B. 对于一定温度下的同一个反响，其正反响和逆反响的化学平衡常数的乘积等于1C. 温度越高，K值越大D. 化学平衡常数随温
10、度的改变而改变【答案】C【解析】【详解】A选项，同一反响，平化学衡常数只受温度影响，与反响物的浓度无关，故A正确；B选项，同一可逆反响的正、逆反响平衡常数互为倒数，对于一定温度下的同一个反响，其正反响和逆反响的化学平衡常数的乘积等于1，故B正确；C选项，平衡常数越大，说明可逆反响进行的程度越大，反响可能是吸热反响或放热反响；升温，平衡向吸热反响方向进行，平衡常数不一定增大，故C错误；D选项，平化学衡常数只受温度影响，与反响物浓度、体系的压强无关，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】使用催化剂只改变反响速率，不改变化学平衡，不影响平衡常数；平衡常数是衡量化学平衡进行程度的物理量；平衡常数只受温
11、度影响，不受浓度、压强、催化剂等因素的影响。8. 在中和热测定的实验中不需要用到的仪器是A. 量筒B. 温度计C. 环形玻璃搅拌棒D. 天平【答案】D【解析】试题分析：中和热测定的实验装置如图需要温度计测定温度、环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，不需要天平。考点：考查中和热测定的实验装置。9.高锰酸钾与重铬酸钾K2Cr2O7都是化学中常用的强氧化剂，高锰酸钾溶液呈紫红色而重铬酸钾溶液中存在如下平衡：2CrO42黄色+2H+Cr2O72橙色+H2O假设要使溶液的橙色加深，以下可采用的方法是A. 参加适量稀盐酸B. 参加适量稀硝酸C. 参加适量烧碱固体D. 加水稀
12、释【答案】B【解析】要使溶液的橙色加深，那么应该增大Cr2O72的浓度，即使平衡向正反响方向进行，所以选项B正确，答案选B。10.以下推论正确的选项是A. S(g)O2(g)=SO2(g)Ha，S(s)O2(g)=SO2(g)Hb；那么abB. C(s，石墨)=C(s，金刚石)H1.9 kJmol1，那么可判定金刚石比石墨稳定C. NaOH(aq)HCl(aq)=NaCl(aq)H2O(l)H57.4 kJmol1，那么含20 g NaOH的溶液与稀盐酸完全反响，放出的热量为28.7 kJD. CaCO3(s)=CaO(s)CO2(g)H0，那么该反响任何温度下都能自发进行【答案】B【解析】由
13、于气态硫的能量大于固态硫的能量，所以气态硫燃烧放出的热量多，但放热越多，H越小，A不正确。B中反响是吸热反响，说明石墨的能量低于金刚石的，能量越低越稳定，B正确。C不正确，因为无法确定盐酸的物质的量。选项D中根据GHTS可知，该反响应该在高温下自发，不正确，所以答案选B。11. 将镁条、铝条平行插入盛有一定浓度的NaOH溶液的烧杯中，用导线和电流表连接成原电池，装置如下列图。此电池工作时，以下表达正确的选项是( )A. Mg比Al活泼，Mg失去电子被氧化成Mg2+B. 铝条外表虽有氧化膜，但可不必处理C. 该电池的内外电路中，电流均是由电子定向移动形成的D. Al是电池负极，开始工作时溶液中会
14、立即有白色沉淀析出【答案】B【解析】试题分析：A在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化复原反响，在该反响中，铝失电子作原电池负极，而属镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化复原反响，错误；B由于铝片外表的氧化膜也能与NaOH溶液反响，故其不必处理，正确；C该装置外电路，是由电子的定向移动形成电流，而内电路，那么是由溶液中自由移动的离子的定向移动形成电流，错误；D在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化复原反响，在该反响中，铝失电子作原电池的负极，由于电池开始工作时，生成的铝离子的量较少，NaOH过量，此时不会有AlOH3白色沉淀生成，错误。考点：考查原电池工作原理的应用的知识。12.某小组为研
15、究电化学原理，设计如图装置。以下表达不正确的选项是A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反响为：Cu2+2e-= CuC. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D. a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极移动【答案】D【解析】【详解】Aa和b不连接时，铁和铜离子发生置换反响，所以铁片上有铜析出，故A正确；Ba和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生复原反响，电极反响式为Cu2+2e-Cu，故B正确；C无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反响，所以铁都溶解，故C正确；Da和b分
16、别连接直流电源正、负极，在电解池中阳离子向负极移动，铜离子向铁电极移动，故D错误；应选D。【点睛】此题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反响类型、阴阳离子移动方向即可解答，易错点为阴阳离子移动方向的判断，要看是原电池还是电解池。13. 某课外活动小组，为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如下列图的装置进行实验，过一段时间后观察，以下现象不可能出现的是( )A. B中导气管中产生气泡B. B中导气管里形成一段水柱C. 金属片剪口变红D. 锌被腐蚀【答案】A【解析】【分析】镀锌铁片，放入锥形瓶中,并
17、滴入少量食盐水将其浸湿,再加数滴酚酞试液,形成的原电池中,金属锌为负极,铁为正极,发生吸氧腐蚀,根据原电池的工作原理知识来答复即可。【详解】镀锌铁片，放入锥形瓶中,并滴入少量食盐水将其浸湿,再加数滴酚酞试液,形成的原电池中,金属锌为负极,发生反响:Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀,即2H2O+O2+4e-=4OH-,所以锥形瓶中气体压强减小,生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色；A、原电池形成后没有气体生成，所以B中导气管不会产生气泡,故A错误；B、锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀,瓶中气体压强减小,导气管里形成一段水柱,故B正确；C、锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀,生成的氢氧根离子遇到酚酞会显
18、示红色,故C正确；D、形成的原电池中,金属锌为负极,发生反响: Zn-2e-=Zn2+，故D正确；故答案选A。14.在t下，某反响到达平衡，平衡常数K=c(NO)c(SO3)/c(NO2)c(SO2)。恒容时，温度升高，NO浓度减小。以下说法正确的选项是 A. 该反响的焓变为正值B. 恒温下增大压强，反响体系的颜色加深C. 升高温度，逆反响速率减小D. 该反响化学方程式为NO+SO3NO2+SO2 【答案】B【解析】分析】平衡常数K=c(NO)c(SO3)/c(NO2)c(SO2)，反响的化学方程式为NO2+SO2NO+SO3恒容时，升高温度，NO浓度减小，说明平衡逆向进行，依据平衡移动原理和
19、影响反响速率的因素分析选项。【详解】A恒容时，升高温度，NO浓度减小，说明平衡逆向进行，逆反响为吸热反响，正反响为放热反响，焓变为负值，故A错误；B化学反响前后气体体积不变，减小压强气体体积增大，混合气体颜色变浅，故B错误；C升温反响速率增大，正逆反响速率都增大，故C错误；D依据化学平衡常数概念书写化学方程式为NO2+SO2NO+SO3，故D正确；故答案为D。15.反响A(g)+B(g)C(g) +D(g)发生过程中的能量变化如图，H 表示反响的焓变。以下说法正确的选项是A. 反响体系中参加催化剂，反响速率增大，E1减小，E2增大B. 反响体系中参加催化剂，反响速率增大，H不变C. H 0，反
20、响到达平衡时，升高温度，A的转化率减少【答案】B【解析】A反响体系中参加催化剂，反响速率增大，E1、E2都减小，故A错误；B应体系中参加催化剂，活化能降低，反响速率增大，H不变，故B正确；C反响物总能量大于生成物总能量，H0，反响到达平衡时，升高温度，平衡向逆反响方向移动，A的转化率减小，故C错误；D反响物总能量大于生成物总能量，H0，故D错误16.以多孔铂为电极，在如图装置中分别在两极区通入CH3OH和O2，发生反响产生电流，经测定，电流方向由b到a，以下表达中正确的选项是 A. 负极的电极反响为：2CH3OH+16OH-12e-=2CO32-+12H2OB. 溶液中的阳离子向a极运动C.
21、A处通入O2D. b极是该燃料电池的负极【答案】A【解析】【详解】A选项，电流方向由b到a，说明a为负极，b为正极，在A处应通入CH3OH，负极即a极的电极反响为：2CH3OH+16OH-12e-=2CO32-+12H2O，故A正确；B选项，电流方向由b到a，说明a为负极，b为正极，原电池中溶液中的离子是“同性相吸即阴离子向负极移动，阳离子向正极移动即b极移动，故B错误；C选项，电流方向由b到a，说明a为负极，b为正极，在A处应通入CH3OH，故C错误；D选项，电流方向由b到a，说明a为负极，b为正极，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】燃烧电池：可燃物在负极，氧气在正极。17.使18g焦炭
22、发生不完全燃烧，所得气体中CO占1/3体积，CO2占2/3体积，：C(s)1/2O2(g)=CO(g)HQ1kJ/mol；CO(g)1/2O2(g)=CO2(g)HQ2kJ/mol。与这些焦炭完全燃烧相比较，损失的热量是()A. 1/3Q1kJB. 1/3Q2kJC. 1/3(Q1Q2)kJD. 1/2Q2kJ【答案】D【解析】18 g焦炭的物质的量为1.5 mol，其中有1/3生成CO，即0.5 mol C反响生成了CO气体，根据盖斯定律，知损失的热量为0.5 mol CO燃烧生成CO2所放出的热量，即0.5Q2，选D。18. 以下有关化学反响的描述中不正确的选项是 A. 一定条件下的可逆反
23、响，反响物的转化率不可能到达100B. 氧化复原反响中，氧化剂得到电子数目一定等于复原剂失去电子的数目C. H0，S0的化学反响一定能自发进行D. 对于H0的反响，反响物的能量大于生成物的能量【答案】D【解析】【详解】A. 任何可逆反响都是有限度的，反响物不可能完全转化，A正确；B. 氧化复原反响中，得失电子个数一定相等，B正确；C. G=H-TS，H0，那么G一定小于0，即该反响一定能自发进行，C正确；D. H0，说明该反响为吸热反响，那么反响物的能量小于生成物的能量，D错误；故合理选项为D。19.对可逆反响A(s)+3B(g)C(g)+2D(g) Hv逆 参加催化剂，B的转化率提高A. B
24、. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A是固体，增大A的量对平衡无影响，故错误；升高温度，v(正)、v(逆)均应增大，但吸热反响的速率即v(逆)增大的程度大，平衡向逆反响方向移动，故错误；该反响为等体积反响，压强增大平衡不移动，但v(正)、v(逆)都增大，故错误；增大B的浓度，反响速率增大，平衡向正反响方向移动，v(正)(逆)，故正确；使用催化剂同等程度增大正、逆反响速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故错误；故只有正确，答案为B。【点睛】增加固体的量，平衡不移动，速率不变；压强增大对等体积反响来说平衡不移动，但v(正)、v(逆)都增大，催化剂不能使化学平衡发生移动，转化率，物质的体
25、积分数都不会改变，只改变反响速率和到达平衡所需时间。20.利用生活中常见的材料可以进行很多科学实验，甚至制作出一些有实际应用价值的装置来，如图就是一个用废旧材料制作的可用于驱动玩具的电池的示意图。该电池工作时，有关说法正确的选项是 A. 铝罐将逐渐被腐蚀B. 炭粒和炭棒上发生的反响为：O24e=2O2C. 炭棒应与玩具电机的负极相连D. 该电池工作一段时间后炭棒和炭粒的质量会减轻【答案】A【解析】【分析】在原电池工作时，活泼金属铝作负极，电极反响式为Al3e=Al3，炭棒作正极，电极反响式为O22H2O4e=4OH，据此分析作答。【详解】A项，铝罐为负极，电极反响式为Al-3e- =Al3+，
26、铝罐逐渐被腐蚀，A项正确；B项，炭棒为正极，正极电极反响式为O22H2O4e=4OH，B项错误；C项，炭棒为正极，炭棒应与玩具电机的正极相连，C项错误；D项，炭棒上的电极反响为O22H2O4e=4OH，该电池工作一段时间后炭棒和碳粒的质量不会改变，D项错误；答案选A。21. 关于以下四个图像的说法中正确的选项是A. 图表示可逆反响“CO(g) + H2O(g)CO2(g)+H2(g)中的H小于0B. 图是在长时间电解氯化钠稀溶液的电解池中，阴、阳极产生气体体积之比一定为11C. 图表示可逆反响“A2(g)+3B2(g)2AB3(g)的H大于0D. 图表示压强对可逆反响2A(g)+2B(g)3C
27、(g)+D(s)的影响，乙的压强大【答案】A【解析】图中反响物能量高，生成物能量低，所以是放热反响，H小于0。当氯化钠被电解之后，假设继续通电，那么开始电解说，阴、阳极的气体分别是氢气和氧气，其体积之比是21。图中温度升高，平衡向逆反响方向移动，所以正反响是放热反响，H小于0。选项D中的反响是体积减小的可逆反响，增大压强，平衡向正反响方向移动，反响物的含量降低，所以正确的答案是A。22.某实验小组学生用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液在如下列图的装置中进行中和反响通过测定反响过程中所放出的热量计算中和热以下说法正确的选项是A. 如图条件下实
28、验过程中没有热量损失B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒C. 烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯D. 假设改用60 mL 0.50 mol/L盐酸跟50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液进行反响，从理论上说所求中和热不相等【答案】B【解析】【分析】A根据实验过程的保温情况确定保温效果；B根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；C根据烧杯间填满碎纸条的作用是保温；D中和热是强酸和强碱反响生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关。【详解】A该装置的保温效果并不如量热计那样好，大小烧杯之间要填满纸片，装置存在热量的散失，故A错误；B根据量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒
29、，所以B选项是正确的；C中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故C错误；D中和热是指酸跟碱发生中和反响生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，故D错误；所以B选项是正确的。二、非选择题共5小题，共56分 23.、下面在298K时的热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=-571.6 kJmol-1，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O (l) H=-890.3 kJmol-1，C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393.5kJmol-1。根据上面的热化学方程式完成以下问题：1
30、通过计算说明等质量的H2、C、CH4完全燃烧时放出热量最多的是_。2根据以上反响，那么C(s)+2H2(g)=CH4(g)的焓变H=_。3H2O(l)=H2O(g) H=+44.0kJmol-1试写出甲烷燃烧生成二氧化碳和水蒸气的热化学方程式：_。、为了解金属腐蚀的原因和寻求防止金属腐蚀的方法具有重要意义。1分别放在以下装置都盛有0.1molL-1的H2SO4溶液中的四块相同的纯锌片，其中腐蚀最快的是_。2利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。其中X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于_处。假设X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_。【答案】 (1). H2 (2). -74.8kJmo
31、l-1 (3). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=-802.3 kJmol-1 (4). C (5). N (6). 牺牲阳极保护法或牺牲阳极的阴极保护法【解析】【分析】根据热化学方程式的含义以及对应的反响热进行计算；2根据盖斯定律来计算化学反响的焓变；3根据盖斯定律来解答。【详解】1设质量都为m，根据热化学方程式可知相同质量的H2、CH4、C完全燃烧时，放出热量分别是、最大值应为，因此相同质量的H2、CH4、C完全燃烧时，放出热量最多的是H2；2：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H= -571.6 kJmol-1 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g
32、)+2H2O(l) H= -890.3 kJmol-1 C(s)+O2(g)=CO2(g) H= -393.5 kJmol-1 根据盖斯定律可知+得热化学方程式为C(s)+2H2(g)CH4(g)H=74.8 kJmol-1；3：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H= -890.3 kJmol-1H2O(l)=H2O(g) H= +44.0 kJmol-1根据盖斯定律可知+2即得到热化学方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H= -802.3 kJmol-1；1金属腐蚀快慢顺序是：电解池阳极原电池负极化学腐蚀原电池正极电解池阴极，根据图知，B中
33、锌作正极、C中锌作负极、D中锌作阴极，所以锌被腐蚀快慢顺序是：C A B D，那么被腐蚀最快的是C，故C正确；2作原电池正极或作电解池阴极的金属被保护，假设X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，那么铁应作电解池阴极，所以开关K应该置于处N处；假设X为锌，开关K置于M处，该装置构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极而被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。24.如图装置闭合电键K时，电流计A的指针将发生偏转。试答复：1乙中Ag电极的电极反响是_，假设电路中有0.02mol电子通过，那么甲中a电极溶解的质量为_g；2闭合电键K一段时间后，丙池中发生的总的化学方程式是_；3丙池中反响进行较长时间后，收集
34、到标准状况下氢气2.24L此时测得丙池溶液质量实际减少3.75g，含有碱0.100mol不考虑气体在水中的溶解，那么实际放出气体的物质的量是_mol。4如果要给丙中铁片上镀上一层Cu，那么丙池应作何改进_。【答案】 (1). Ag+e-=Ag (2). 0.65 (3). (4). 0.165 (5). “C换成“Cu、将“NaCl溶液换成“CuSO4溶液【解析】【分析】甲和乙形成有盐桥的原电池，相当于给丙外加电源，因此丙属于电解池，甲中a为活泼金属即失电子为负极，b中Ag为正极，丙中c电极连接原电池的正极属于阳极，d为阴极。【详解】1乙中Ag为正极，其电极上是银离子得电子生成银单质，其电极反
35、响为：Ag+e=Ag；Zn从0价升高到+2价失去2个电子，电路中有0.02 mol电子通过，所以消耗的Zn为0.01 mol，；2丙池中是电解NaCl溶液生产氢气、氯气和氢氧化钠，其电解方程式：；3碱0.1mol，2 10.1mol 0.05mol因此：，丙池溶液质量实际减少4.23g，是氢气、氯气和氧气的质量和，所以，所以，因此实际放出气体的物质的量是：0.1 mol + 0.05 mol +0.015mol=0.165 mol；4要给丙中铁片上镀上一层Cu，根据镀层金属做阳极，镀件做阴极原理，那么阳极应该为Cu电极，电解质溶液为硫酸铜溶液，所以要把C电极换成Cu电极，把NaCl溶液换为硫酸
36、铜溶液。25.氮可形成多种氧化物，如NO、NO2、N2O4等。NO2和N2O4的结构式分别是和。实验测得NN键键能167kJmol1，NO2中氮氧键的平均键能466 kJmol1，N2O4中氮氧键的平均键能为438.5 kJmol1。1写出N2O4转化为NO2的热化学方程式_2对反响N2O4(g)2NO2(g)，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如下列图。以下说法正确的选项是_AA、C两点的反响速率：ACBB、C两点的气体的平均相对分子质量：BC CA、C两点气体的颜色：A深，C浅D由状态B到状态A，可以用加热的方法3在100时，将0.400mol的NO2气体充入2
37、 L抽空的密闭容器中，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如下表数据：时间s020406080n(NO2)/mol0.40n10.26n3n4n(N2O4)/mol0.000.05n20.080.08在上述条件下，从反响开始直至20 s时，二氧化氮的平均反响速率为_mol(Ls)-1。n3_n4填“、“A，选项A错误；B、B点温度高、而压强小，C点温度低、而压强大，无法比较气体平均相对分子质量，选项B错误；C、当容器被压缩时体积变小，浓度增大的趋势大于平衡移动，C点的颜色深，选项C错误；D、升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，那么T1T
38、2，由状态A，可以用加热的方法，选项D正确。答案选D；3结合表中N2O4的物质的量的变化，可求得二氧化氮的反响速率为0.0025mol(Ls)-1；当60s和80s时N2O4的物质的量不变，确定已达平衡，所以n3=n4；，并求得平衡常数K为2.8，而且反响吸热，当升高温度时，平衡逆向移动，平衡常数K减小；N2O42NO2达平衡时两者的浓度分别为0.04mol/L 0.12mol/L 假设向容器中冲入N2O4的起始浓度为xN2O42NO2起始(mol/L) x 0 变化(mol/L) a 2a平衡(mol/L) 0.04 0.12 2a=0.12，a=0.06，所以x=0.1。26. 煤化工是以
39、煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。(1)将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气。反响为：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)H131.3 kJ/mol，S133.7 J/(Kmol)。该反响能否自发进行与_有关。一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反响，以下能判断该反响到达化学平衡状态的是_(填字母，下同)。a容器中的压强不变b1 mol HH键断裂的同时断裂2 mol HO键cv正(CO)v逆(H2O)dc(CO)c(H2)(2)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反响CO(g)H2O(g)C
40、O2(g)H2(g)，得到如下三组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol到达平衡所需时间/minH2OCOH2CO1650241.62.452900120.41.633900abcdt实验1中以v(CO2)表示的反响速率为_。该反响的逆反响为_(填“吸或“放)热反响。假设实验3要到达与实验2相同的平衡状态(即各物质的质量分数分别相等)，且t1(或使用适宜的催化剂) (3)cd【解析】(1)利用判据：H-TS0，得：与温度有关容积可变的密闭容器，那么无论是否达平衡，压强不变，故a错误1 mol HH键断裂，表示v逆(H2)，断裂2 mol HO键，表示v正(H2O)，且两者相等，故b正确，c正确，有方程式的化学计量系数，知：无论是否达平衡，c(CO)c(H2)，故d错误；2 CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)C02 1 0 0C 0.8 0.8 0.8 0.8C平衡1.2 0.2 0.8 0.8实验1中以v(CO2)= C(CO2)/ t=0.8 mol.L-1/5 min=0.16 mol/(Lmin)并计算，得：K(650) =(0.80.8)/(1.20.2)=2.67 CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)C01 0.5 0 0C 0.2 0.2 0.2 0.2C平衡0.8 0.3