2025年苏教新版必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年苏教新版必修2化学下册阶段测试试卷780考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列有关物质内能的说法正确的是A.内能的符号为B.内能只与物质的种类、数量、聚集状态有关C.内能的单位是D.U(反应物)(反应产物)，反应吸热2、在一定温度下，在恒定容积的密闭容器中进行的可逆反应A2(g)+B2(g)⇌2AB(g)达到化学平衡的标志是A.容器内的总压强不随时间而变化B.反应速率v(A2)=v(B2)=v(AB)C.单位时间内有nmolA2生成的同时就有2nmolAB生成D.容器内混合气体的密度不随时间而变化3、对下列装置的有关叙述不正确的是。

A.装置①能将化学能转变成电能B.装置②气体由Y进入可用于收集CO2C.装置③可用于NH3的吸收D.装置④可用于实验室制H24、下列关于各图像的解释或结论正确的是

A.图甲表示用溶液滴定醋酸溶液的滴定曲线B.由乙可知：对于恒温恒容条件下的反应A点为平衡状态C.由丙可知：同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者D.图丁表示反应时刻减小了压强5、一定条件下，将1.0molCO和1.0molH2O(g)充入10L恒容密闭容器中，发生反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH<0；一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表：

。t/min

2

4

7

9

n(CO)/mol

0.70

0.60

0.50

0.50

下列说法正确的是A.反应前4min的平均速率v(H2)=0.10mol·L-1·min-1B.平衡时，CO2的浓度为0.05mol·L-1C.平衡时，反应放出的热量为ΔHD.平衡时，CO的体积分数为50%6、关于反应CH4＋2O2CO2＋2H2O的说法中，正确的是A.该反应中，热能转化为化学能B.反应物的总能量低于生成物的总能量C.反应时，断键吸收的总能量高于成键放出的总能量D.根据此反应设计的燃料电池，可提高甲烷的利用率7、下列说法不正确的是A.用钠融法可定性确定有机物中是否存在氮、氯、溴、硫等元素B.和发生酯化反应的有机产物是C.等质量的乙烯与环丙烷分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同D.甲醇在能源工业领域有很好的应用前景，因为甲醇燃料电池能实现能量转化率100%8、下列化学用语表示正确的是A.铝离子Al3+的结构示意图：B.乙烯的分子式：CH2=CH2C.硫化氢的电子式：D.NaOH的电离方程式：NaOH=Na＋＋OH-评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、某同学欲用图装置测定镀锌铁皮的镀层厚度。两片正方形电极的边长均为acm。下列说法正确的是。

A.电流表指针不会发生偏转B.除去锌镀层的铁片为正极C.负极的电极反应式：Fe-2e→Fe2+D.锌镀层反应完毕后电流计指针归零10、我国科学家研制了一种新型的高比能量锌碘溴液流电池；其工作原理示意图如图。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是。

A.放电时，a电极反应为I2Br－＋2e－=2I－＋Br－B.放电时，电子从电极b流出，经电解质溶液流向电极aC.充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02molI－被氧化D.充电时，a电极接外电源负极11、在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示，下列说法正确的是（）

A.铝球表面有气泡产生，溶液中有白色沉淀生成；杠杆不平衡B.铝球表面有气泡产生，溶液澄清；铁球表面有红色物质析出；溶液蓝色变浅，杠杆右边下沉C.反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡D.右边球上出现红色，左边溶液的碱性减弱12、在一定温度下，可逆反应A（g）+3B（g）≒2C（g）达到平衡的标志是（）A.C的生成速率与C的分解速率相等B.单位时间生成nmolA，同时生成3nmolBC.C的浓度不再变化D.C的分子数比为1：3：213、已知反应在容积为1L的密闭容器中投入并充入测得相关数据如图甲、乙所示。已知：是用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数，气体分压=气体总压×物质的量分数。下列有关说法正确的是（）

A.B.C.D.A点的平衡常数评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、化学与生产；生活、社会密切相关；请根据学过化学知识解答下列问题。

(1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是___________。

a．Cu2Sb．NaClc．Fe2O3d．HgS

(2)银针验毒”在我国有上千年历史，银针主要用于检验是否有含硫元素的有毒物质。其反应原理之一为：4Ag＋2H2S＋O2=2Ag2S＋2H2O。当银针变色后，将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原。原理是形成了原电池，该原电池的负极反应物为：______。

(3)某同学设计一个燃料电池(如下图所示)；目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。

①通入甲烷的电极为________(填“正极”或“负极”)，该电极反应式为___________。

②乙装置工作一段时间后，结合化学用语解释铁电极附近滴入酚酞变红的原因：____________。

③如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将________(填“增大”“减小”或“不变”)。精铜电极上的电极反应式为_________________________15、分析如图；按要求写出有关反应方程式：

（1）铁棒上的电极反应式为：___；

（2）碳棒上的电极反应式为：___；

（3）溶液中发生反应的化学方程：___。16、氢气既能与氮气又能与氧气发生反应；但是反应的条件却不相同。已知：

2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1

3H2(g)＋N2(g)=2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1

计算断裂1molN≡N键需要消耗能量________kJ，氮气分子中化学键比氧气分子中的化学键________(填“强”或“弱”)，因此氢气与二者反应的条件不同。17、写出由CH2=CH-Cl制取聚氯乙烯的方程式____________，该反应属于________反应。18、已知下列热化学方程式：①H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol，②H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH＝－241.8kJ/mol，③C(s)+O2(g)＝CO(g)ΔH＝-110.4kJ/mol，④C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ/mol。回答下列各问：

（1）上述反应中属于放热反应的是________。（填序号）

（2）C的燃烧热为_______。

（3）燃烧4gH2生成液态水，放出的热量为______。

（4）写出有关CO燃烧的热化学方程式_______。

（5）比较下面两个热化学方程式中△H的大小：S(s)＋O2(g)=SO2(g)△H3，S(g)＋O2(g)=SO2(g)△H4，△H3__________△H4

（6）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、____、量筒。量取反应物时，取50mL0.50mol·L-1的盐酸，还需加入的试剂是_______（填序号）。

A50mL0.50mol·L-1NaOH溶液B50mL0.55mol·L-1NaOH溶液评卷人得分四、判断题(共2题，共8分)19、除去Cu粉中混有CuO的实验操作是加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥。(_______)A.正确B.错误20、燃烧过程中热能转化为化学能。(______)A.正确B.错误评卷人得分五、原理综合题(共2题，共6分)21、H2S存在于多种燃气中，脱除燃气中H2S的方法很多。

(1)2019年3月《sciencedirect》介绍的化学链技术脱除H2S的原理如图所示。

①“H2S氧化”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。

②“HI分解”时，每1molHI分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：________。

③“Bunsen反应”的离子方程式为________。

(2)电化学干法氧化法脱除H2S的原理如图所示。阳极发生的电极反应为________；阴极上COS发生的电极反应为________。

(3)用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S法包含的反应如下：

(Ⅰ)H2S(g)H2S(aq)

(Ⅱ)H2S(aq)H＋+HS-

(Ⅲ)HS－+2Fe3＋=S↓+2Fe2＋+H＋

一定条件下测得脱硫率与Fe3＋浓度的关系如图所示。

①吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是________。

②图中当Fe3＋的浓度大于10g·L－1时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于________。22、为验证不同化合价铁的氧化还原能力；利用图中电池装置进行实验。

回答下列问题：

(1)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据表中数据，图中盐桥中应选择_______作为电解质。阳离子u∞×108/(m2·s-1·V-1)阴离子u∞×108/(m2·s-1·V-1)Li+4.074.61Na+5.197.40Ca2+6.59Cl-7.91K+7.628.27

(2)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入_______(填写“铁”或“石墨”)电极溶液中。

(3)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol·L-1。石墨电极上未见Fe析出。可知，石墨电极溶液中c(Fe2+)=_______。

(4)根据(2)、(3)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为_______，铁电极的电极反应式为_______。因此，验证了氧化性_______>_______，还原性_______>_______。

(5)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的操作是_______。评卷人得分六、计算题(共4题，共36分)23、某温度时；在5L的容器中，X；Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。请通过计算回答下列问题。

(1)反应进行至_________min时达到平衡状态，此时Y的平均反应速率是________mol/(L·min)。

(2)分析有关数据，写出X、Y、Z的反应方程式_________________；

(3)对于一个未知反应，影响反应速率的因素很多，请写出可能影响化学反应速率的三个因素：______________，____________，__________________。24、在一个容积为500mL的密闭容器中，充入5molH2和2molCO。在一定条件下，发生如下反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)，经过5min后达到平衡状态。若此时测得CH3OH蒸气的浓度为2mol/L，求：以H2的浓度变化表示该反应的速率_______。25、已知NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2=N2+6HCl。当NH3过量时，会发生反应NH3+HCl=NH4Cl，产生白烟，因此当Cl2和NH3比例不同时；产物有差异。

(1)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，则Cl2和NH3的最佳比例为_________。该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。若氯气有少量泄漏，用氨气检验时有明显现象，此过程中发生反应的Cl2和NH3的体积比范围为_______。

(2)体积为1.12L，质量为3.335g的Cl2和N2的混合气体通过浓氨水后，体积变为0.672L(其中Cl2体积分数为50%)。两位同学想要根据这些数据计算被氧化的NH3的质量。下面是两位学生从不同角度解题时所列的第一步算式，请判断他们所列未知数X分别表示什么量，并填写在表格内：(单位没列出)。学生编号所列第一步算式未知数X表示的意义甲______乙______

(3)有Cl2和N2的混合气体，其中N2的体积分数为x，将1L该混合气体与1L的氨气混合，讨论x取不同范围的数值时，所得气体体积y与x的关系式______(所得气体体积均在相同状况下测定)26、将3molA和3molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)；经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，C的平均反应速率为0.15mol/(L·min)。试求：

(1)5min后A的浓度__________________。

(2)B的平均反应速率为___________________。

(3)x的值为___________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A.内能是物体内部所有分子动能和分子势能的总和；一切物体都具有内能，内能的符号为U，故A错误；

B.内能除了与物质的种类；数量、聚集状态有关外；还与体系的温度、压强有关，故B错误；

C.内能的单位可以是kJ或J；故C错误；

D.当反应物的内能小于生成物的内能时；该反应会吸收热量，故D正确；

故选D。2、C【分析】【分析】

判定可逆反应是否达到化学平衡状态；一般有以下两种方法：

1、v正=v逆；即正逆反应速率相等；

2．变量不变；包括某组分的含量；气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。

【详解】

A．该反应反应前后气体的化学计量数之和相等；因此压强不是变量，根据分析，压强不变不能判断是否达到平衡状态，A不符合题意；

B．化学反应中，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，因此v(A2)：v(B2)：v(AB)=1：1：2，v(A2)=v(B2)=v(AB)；与反应是否平衡无关，B不符合题意；

C．单位时间内生成nmolA2同时生成2nmolAB，说明v正=v逆；可以判定反应达到平衡状态，C符合题意；

D．反应前后质量守恒，因此m不变，容积恒定，因此V不变，根据ρ=ρ为定值，不能判定反应是否平衡，D不符合题意；

故选C。3、B【分析】【详解】

A.装置①符合原电池的条件；能将化学能转变成电能，A正确；

B.CO2的密度大于空气，装置②气体由X进入可用于收集CO2；B错误；

C.氨气极易溶于水，则装置③可用于NH3的吸收；能防止倒吸，C正确；

D.锌与稀硫酸制H2属于固体和液体常温下制气体，可用装置④，D正确；

答案为B。4、C【分析】【详解】

醋酸为弱酸，醋酸，其pH大于1，而图中开始故A错误；

B.对于恒温恒容条件下的反应图像中的A点是二氧化氮和四氧化二氮的消耗速率相同，但不能说明正逆反应速率相同，只有二氧化氮消耗速率为四氧化二氮消耗速率的二倍时才能说明反应达到平衡状态，故B错误；

C.pH相同的酸，稀释相同的倍数，pH变化较大的是较强的酸，根据图知，酸性：酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，所以水解程度：所以同温度；同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者，故C正确；

D.减小压强；容器体积增大，反应物和生成物浓度都减小，化学反应速率都减小，改变条件瞬间正逆反应速率都小于原来平衡反应速率，且达到新的平衡后反应速率也比原来小，图像不符合，故D错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查图像分析，涉及酸碱中和滴定、弱电解质的电离、外界条件对化学反应速率影响等知识点，明确化学反应原理及元素化合物性质是解本题关键，注意化学平衡状态判断方法。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．反应前4min的平均速率则v(H2)=v(CO)=0.01mol·L-1·min-1；A错误；

B．7min后，CO的物质的量不再变化，反应达到平衡，∆n(CO)=1-0.5=0.5mol，则产生的n(CO2)=0.5mol，浓度为c=n/V=0.5mol÷10L=0.05mol·L-1；B正确；

C．该反应是可逆反应，平衡时放出的热量小于ΔH；C错误；

D．平衡时各气体的物质的量均为0.5mol，CO的体积分数为D错误；

故选：B。6、D【分析】【详解】

分析：A．该反应中；化学能转变为热能和光能；B．该反应是放热反应，根据能量守恒定律知，反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量；C．根据放热反应的本质是生成物成键释放的总能量大于反应物断键吸收的总能量；D．根据此反应设计的燃料电池，可提高甲烷的利用率。

详解：A．该反应中，化学能只有转变为热能和光能，故A错误；

B．甲烷燃烧为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B错误；

C．反应CH4＋2O2CO2＋2H2O为放热反应，断键吸收的总能量小于成键放出的总能量，故C错误；

D．根据此反应设计的燃料电池，可提高甲烷的利用率，故D正确；

故选D。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．钠熔法是将有机样品与金属钠混合熔融；氮；氯、溴、硫等元素将以氰化钠、氯化钠、溴化钠、硫化钠等的形式存在，再用无机定性分析法测定，可用于定性确定有机物中是否存在氮、氯、溴、硫等元素，故A正确；

B．醇与羧酸发生酯化反应过程中，反应原理为“酸脱羟基醇脱氢”，因此和发生酯化反应的有机产物是故B正确；

C．乙烯和环丙烷的实验式均为CH2，等质量的乙烯与环丙烷分别在足量的氧气中完全燃烧，即等质量的CH2完全燃烧；因此二者消耗氧气的物质的量相同，故C正确；

D．甲醇燃料电池在放电过程中；化学能主要转化为电能，另还有能量转化为热能等，因此不能实现100%能量转化率，故D错误；

综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．铝离子的原子核内有13个质子，核外有10个电子，铝离子的结构示意图为故A错误；

B．乙烯分子中含有2个C、4个H，乙烯的分子式为C2H4；故B错误；

C．硫化氢是共价化合物，其中S原子核外达到8e-结构，硫化氢的电子式为故C错误；

D．NaOH完全电离，电离方程式：NaOH═Na++OH-；故D正确；

故选D。二、多选题(共5题，共10分)9、BD【分析】【分析】

【详解】

A.该装置构成原电池；所以有电流产生，则电流表指针发生偏转，故A错误；

B.该装置中；锌易失电子而作负极，则铁作正极，故B正确；

C.负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-→Zn2+；故C错误；

D.锌镀层反应完毕后；该装置不再是原电池，所以没有电流产生，则电流计指针归零，故D正确；

故选BD。

【点睛】

锌、铁和稀盐酸构成原电池，锌易失电子而作负极，发生氧化反应，铁作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，因发生氧化还原反应而产生电流，据此分析解答。10、BD【分析】【分析】

从电池工作原理示意图可知：I2Br－＋2e－=2I－＋Br－、Zn-2e－=Zn2+、Zn2+能透过隔膜。可判断电极b材料是锌，做电池的负极，电极a做电池的正极。充电时，电极b做电解池的阴极；电极a做电解池的阳极，据此分析。

【详解】

A．放电时，电极a做原电池的正极，I2Br－得电子变成I－和Br－，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－；故A正确；

B．放电时，电子从电极b流出；经外电路流向电极a，故B错误；

C．充电时，b电极反应式为Zn2++2e－=Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，a阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－，有0.02molI－失电子被氧化；故C正确；

D．充电时,整个装置是电解池；a电极是阳极，接外电源的正极，故D错误；

本题答案BD。11、BD【分析】【详解】

A.左烧杯中发生不生成沉淀，故A错误；

B.左烧杯中发生右烧杯中发生观察到铝球表面有气泡产生，溶液澄清，而铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，由反应可知左烧杯中Al的质量变小，右烧杯中Fe球上生成Cu质量变大，杠杆右边下沉，故B正确；

C.由选项B的分析可知；反应后去掉两烧杯，杠杆不能平衡，故C错误；

D.右边球上生成Cu，则出现红色，而左边溶液中消耗NaOH，则c(OH−)减小；碱性减弱，故D正确；

故选：BD。12、AC【分析】【分析】

【详解】

A．C的生成速率与B的生成速率相等；而B；C的计量数不相等，说明正逆反应速率不相等，该反应没有达到平衡状态，故A错误；

B．单位时间生成nmolA；同时生成3nmolB，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，故B错误；

C．A；B、C的浓度不再变化；表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故C正确；

D．A；B、C的分子数比为1：3：2；无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故D错误；

故选：C。13、BC【分析】【详解】

A．由图甲可知，压强一定时，随着温度的升高，碳的平衡转化率降低，平衡逆向移动，正反应的故A错误；

B．为气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，碳的平衡转化率升高，对比图甲中的两条曲线可知，温度相同时，压强为6MPa时碳的平衡转化率高，故故B正确；

C．由图甲可知，压强一定时，温度越高，碳的平衡转化率越低，结合图乙可知，故C正确；

D．A点碳的平衡转化率为50%；

A点对应的压强为4.5MPa，由于碳为固体，则故故D错误；

选BC。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】

(1)金属活动性顺序表中Al及其前面的金属用电解法治炼；

(2)当银针变色后；将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原，发生的反应为硫化银生成了银，其原理是形成了原电池，可知铝作为负极反应物发生了氧化反应；

(3)①甲装置为燃料电池；燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，据此分析书写电极反应；

②铁电极作阴极；水电离的氢离子得电子生成氢气，故氢氧根浓度增大而使溶液显碱性；

③粗铜中的杂质锌也会在阳极放电生成锌离子；所以随着反应的进行，硫酸铜溶液浓度将减小，精铜电极为阴极，发生还原反应。

【详解】

(1)a.以Cu2S为原料，采用火法炼铜，反应原理为2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2、2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；a不符合题意；

b．工业电解熔融NaCl冶炼Na，反应原理为2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，b符合题意；

c．工业上以Fe2O3为原料，用热还原法治炼铁，反应原理为3CO+Fe2O32Fe+3CO2；c不符合题意；

d．以HgS为原料冶炼Hg的原理为HgS+O2Hg+SO2；d不符合题意；

答案选b。

(2)根据题意；当银针变色后，将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原，发生的反应为硫化银被还原生成了银，其原理是形成了原电池，可知铝作为负极反应物发生了氧化反应，硫化银作为正极反应物发生还原反应，食盐水作为电解质溶液，该原电池的负极反应物为：铝(Al)；

(3)①燃料电池工作时，燃料发生氧化反应，为负极反应物，在碱作电解质时，甲烷转化为碳酸根，故负极反应式为CH4-8e-+10OH-=+7H2O；

②结合图示可知，铁电极作阴极，铁电极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，促进水电离，使阴极附近溶液中c(OH-)＞c(H+)；溶液显碱性，则铁电极附近滴入酚酞变红；

③丙装置为粗铜的精炼装置，由于粗铜中的杂质锌也会在阳极放电生成锌离子，所以随着反应的进行，硫酸铜溶液浓度将减小，精铜电极为阴极，精铜上发生还原反应，铜离子得电子生成铜，电极反应式为Cu2++2e-=Cu。

【点睛】

易错点为(3)中甲乙丙三池的判断，根据图示可知甲为燃料电池，燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，根据燃料电池的电极连接可确定乙、丙为电解池，原电池的正极与电解池阳极相连，负极与电解池的阴极相连，进而确定阴阳极的电极反应。【解析】b铝(Al)负极CH4-8e-+10OH-=+7H2O在铁电极：2H++2e－=H2↑，促进水电离，c(OH－)＞c(H+)，显碱性减小Cu2++2e－=Cu15、略

【分析】【分析】

由碳棒；铁片和氯化钠溶液组成的原电池中；Fe为负极，负极上Fe失电子生成亚铁离子，碳棒为正极，氧气在正极上得电子生成氢氧根离子，亚铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，据此分析。

【详解】

由碳棒；铁片和氯化钠溶液组成的原电池中；Fe为负极，负极上Fe失电子生成亚铁离子，碳棒为正极，氧气在正极上得电子生成氢氧根离子，亚铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁；

（1）由以上分析可知，Fe作负极，负极上Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；

故答案为：Fe-2e-=Fe2+；

（2）碳棒为正极，氧气在正极上得电子生成氢氧根离子，碳棒上的电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-；

故答案为：2H2O+O2+4e-=4OH-；

（3）负极生成的亚铁离子与正极生成的氢氧根离子结合生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，则溶液中发生的反应为2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2、4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；

故答案为：2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2、4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。【解析】Fe-2e-=Fe2+2H2O+O2+4e-=4OH-2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2、4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)316、略

【分析】【分析】

反应物总键能-生成物总键能=反应热；据此计算；键能越大，化学键越强。

【详解】

已知：3H2(g)＋N2(g)=2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1；设N≡N键能为x，根据反应物总键能-生成物总键能=反应热，则3×436kJ/mol+x-2×1173.2kJ/mol=-92.4kJ/mol，解得x=946kJ/mol，故断裂1molN≡N键需要能量是946kJ，O=O键能是498kJ/mol，故氮气分子中化学键比氧气分子中的化学键强。

【点睛】

化学键的强度越大，破坏键需要的能量越高，物质越稳定。【解析】946强17、略

【分析】【详解】

氯乙烯分子中的碳碳双键打开，相互连接形成链状的高分子化合物，化学方程式为nCH2=CH－Cl为加聚反应。【解析】①.nCH2=CH－Cl②.加聚18、略

【分析】【分析】

(1)ΔH为负值的反应为放热反应；

(2)根据燃烧热的定义确定化学反应；

(3)4gH2换算成物质的量；根据物质的量与焓变的关系计算；

(4)根据③④；利用盖斯定律计算；

(5)反应物自身的能量越高；生成相同的物质放出的热量越多；

(6)根据中和热测定实验回答；

【详解】

(1)①②③④的ΔH均小于零；都是放热反应；

(2)由④C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ/mol；燃烧热表示在一定条件下，1mol纯物质完全燃烧稳定的氧化物放出的热量，故C的燃烧热为393.5kJ/mol；

(3)4gH2的物质的量n===2mol，根据热化学方程式可知，①H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol；则2mol氢气放出571.6kJ的热量；

(4)根据热化学方程式：③C(s)+O2(g)＝CO(g)ΔH＝-110.4kJ/mol，④C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ/mol，根据盖斯定律：④-③可得：CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.1kJ/mol；

(5)S(s)＋O2(g)=SO2(g)△H3，S(g)＋O2(g)=SO2(g)△H4，△H3，△H4都是负值，固体比气态硫具有的能量低，故放出的热量少，△H值越大；

(6)中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒、环形玻璃搅拌棒用于混合均匀，为了让50mL0.50mol·L-1的盐酸充分反应，氢氧化钠需过量。【解析】①②③④393.5kJ/mol571.6kJCO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-283.1kJ/mol>环形玻璃搅拌棒B四、判断题(共2题，共8分)19、B【分析】【详解】

Cu和CuO均能与稀硝酸反应，错误。20、B【分析】【详解】

H2燃烧过程中化学能转化为热能，题目说法错误，故答案为错误。五、原理综合题(共2题，共6分)21、略

【分析】【分析】

(1)①“H2S氧化”为H2S与浓硫酸的反应产生S单质、SO2和H2O；结合电子守恒计算；

②1molHI分解生成碘蒸气和氢气时；吸收13kJ的热量，结合状态及焓变书写热化学方程式；

③“Bunsen反应”中反应物为二氧化硫；碘、水；生成物为硫酸和HI；

(2)阳极上硫离子失去电子；阴极上COS得到电子；

(3)①吸收液经过滤出S后；滤液需进行再生，可利用氧气氧化亚铁离子；

②图中当Fe3+的浓度大于10g/L时；浓度越大，酸性增强，导致脱硫率越低。

【详解】

(1)①“H2S氧化”为H2S与浓硫酸的反应，由电子守恒可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为=

②1molHI分解生成碘蒸气和氢气时，吸收13kJ的热量，结合状态及焓变可知热化学方程式为2HI(g)H2(g)+I2(g)△H=+26kJ/mol；

③“Bunsen反应”中反应物为二氧化硫、碘、水，生成物为硫酸和HI，离子反应为SO2+I2+2H2O=4H＋+SO42-+2I-；

(2)由电化学干法氧化法脱除H2S的原理图2可知，阳极发生的电极反应为2S2--4e-═S2；阴极上COS发生的电极反应为COS+2e-═S2-+CO；

(3)①吸收液经过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是通入足量O2（或空气）；

故答案为通入足量O2（或空气）；

②图中当Fe3+的浓度大于10g/L时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于Fe3+浓度增大，pH减小，使反应（Ⅰ）、（Ⅱ）向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应（Ⅲ）Fe3+浓度增大因素。

【点睛】

本题考查热化学方程式及氧化还原反应的知识，把握图中反应物、生成物及氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图像的分析与应用。【解析】1∶12HI(g)H2(g)+I2(g)；ΔH=+26kJ/molSO2+I2+2H2O=4H＋+SO42-+2I-2S2--4e－=S2COS+2e-=S2-+CO通入足量O2(或空气)Fe3＋浓度增大，pH减小，使反应(Ⅰ)、(Ⅱ)向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应(Ⅲ)Fe3＋浓度增大因素22、略

【分析】【分析】

(1)~(4)根据题给信息选择合适的物质；根据原电池工作的原理书写电极反应式，并进行计算，由此判断氧化性；还原性的强弱；

(5)根据刻蚀活化的原理分析作答。

【详解】

(1)Fe2+、Fe3+能与反应，Ca2+能与反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性条件下能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近；根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质，故答案为：KCl；

(2)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极；则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨；

(3)根据(2)的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根据得失电子守恒，石墨电极溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L；故答案为：0.09mol/L；

(4)根据(2)、(3)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe3+氧化性大于Fe2+，Fe还原性大于Fe2+，故答案为：Fe3++e-=Fe2+，Fe-2e-=Fe2+，Fe3+，Fe2+，Fe，Fe2+；

(5)在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应为Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，故答案为：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红，说明活化反应完成。【解析】KCl石墨0.09mol/LFe3++e-=Fe2+Fe-2e-=Fe2+Fe3+Fe2+FeFe2+取少量活化后溶液，滴入KSCN溶液，若溶液未变红，证明活化反应完成六、计算题(共4题，共36分)23、略

【分析】【分析】

(1)当物质的物质的量都不发生变化时，反应达到平衡状态；据v=计算反应速率；

(2)根据物质的量的变化判断反应物和生成物；根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；

(3)根据影响反应速率的外界条件分析。

【详解】

(1)根据图像可知：当反应进行到2min时，各种物质的物质的量不再发生变化，反应开始至2min时，Y的物质的量减少了1.0mol-0.7mol=0.3mol，所以用Y物质表示的反应速率v(Y)==0.03mol/(L•min)；

(2)根据图像可知气体X、Y的物质的量减小，气体Z的物质的量增加，说明X和Y是反应物，Z是生成物，且三种物质改变的物质的量分别是0.1mol、0.3mol、0.2mol，由于变化量之比是相应的化学计量数之比，所以其系数之比为0.1mol：0.3mol：0.2mol=1：3：2，2min后三种物质的物质的量都不发生变化，说明反应为可逆反应，故反应方程式为X+3Y2Z；

(3)对于一个未知反应；影响反应速率的因素很多，可能影响化学反应速率的因素有温度；催化剂、浓度、压强等。

【点睛】

本题考查了化学反应速率的计算、影响因素及方程式的书写。根据图像判断反应物和生成物结合反应特点和物质反应的变化的物质的量关系