北京市通州区2023-2024学年高二年级上册1月期末考试化学试题（解析版）

北京市通州区2023-2024学年高二上学期1月期末

本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作

答无效。考试结束后，请将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：H1N14C135.5

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的

一项。

1.以下能级符号正确的是

A.IpB.2dC.3fD.4s

【答案】D

【解析】根据第一电子层上只有Is,第二电子层只有2s、2p,第三电子层只有3s、3p、3d,

第四电子层只有4s、4p、4d、4f；

答案选D。

2.下列分子中含有TT键的是

A.H2B.C2H4C.HBrD.F2

【答案】B

【解析】H2结构式为H-H,不含有兀键，故A错误；C2H4的结构简式为CH2=CH2,含有一

个兀键，故B正确；HBr结构式为H-Br,不含兀键，故C错误；F2结构式为F-F,不含有

兀键，故D错误；

故选B。

3.下列措施对加快反应速率有明显效果的是

A.Na与水反应时，增加水的用量

B.A1与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸

C.Na2s04与BaCh两种溶液反应时，增大压强

D.大理石和盐酸反应制取CO2时，将块状大理石改为粉末状

【答案】D

【解析】水为纯液体，增加水的用量，反应速率不变，A不选；A1与浓硫酸发生钝化，不生

成氢气，反应速率减小，B不选；反应没有气体参加，则增大压强，反应速率不变，C不选；

D.块状大理石改为粉末状，增大了接触面积，反应速率加快，D选；答案选D。

4.下列化学用语书写不亚做的是

A.F的离子结构示意图:

C.基态24Cr的价层电子轨道表示式为

D.HC1分子中◎键的形成:

【答案】A

【解析】氟离子核外有10个电子，其结构示意图为（+928,故A错误；2Pz电子云轮

z

廓图是哑铃形，沿Z轴分布，——壬一A是Pz电子云轮廓图，故B正确；Cr元素处

X

于周期表中第四周期第VIB族，价层电子排布为3d54s］，轨道表示式为

故C正确；HC1分子中©键的形成是氢原子s电子和氯原子的3p

3d4s

电子形成一对共用电子对，HC1分子中◎键的形成为

故选：Ao

5.下列操作与化学平衡移动原理不去的是

A,用饱和食盐水除去Cb中的HC1

B.用稀盐酸除去铜粉中的铁粉

C.用饱和碳酸钠溶液和盐酸处理水垢中的硫酸钙

3+

D.用MgCO3除去MgCb酸性溶液中的Fe

【答案】B

【解析】氯气溶于水发生可逆反应：C12+H2OUH++C1-+HC1O,饱和食盐水中含有大量C1-,

能抑制氯气溶解，平衡逆向移动，HC1极易溶于水，用饱和食盐水除去氯气中的HC1,与平衡

移动原理有关，故A不选；Fe和稀盐酸反应生成可溶性的氯化亚铁，Cu和稀盐酸不反应,

所以可以用稀盐酸除去Cu中的Fe,与平衡移动原理无关，故B选；硫酸钙在水溶液中存在

溶解平衡CaSCU(s)UCa2+(aq)+S0j(aq),加入饱和Na2CO3溶液，Na2CO3和CaSO4电离出的

Ca?+反应生成更难溶的CaCCh,促进CaSC>4(s)UCa2+(aq)+SO；(aq)的平衡正向移动，与平衡

移动原理有关，故C不选；加入MgCO3与酸及Fe3+水解生成的H+反应，会促进水解反应的

正向进行，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，使Fe3+沉淀完全，与平衡移动原理有关，故D错误；

答案选B。

6.下列关于Na、Mg、Al的叙述中，正确的

A.原子半径：Na<Mg<Al

B.最高化合价：Na<Mg<Al

C.第一电离能：Na<Mg<Al

D,都位于元素周期表的s区

【答案】B

【解析】Na、Mg>Al同周期元素原子，原子半径：Na>Mg>Al,故A错误；Na、Mg、

Al是同周期元素原子，最外层电子数1、2、3,最高化合价：Na<Mg<AL故B正确；Na、

Mg、Al是同周期元素原子，第一电离能：Na<Al<Mg,故C错误；Na、Mg位于s区，Al

位于P区，故D错误；

答案选B。

7.下列说法中正确的是

A.在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性

B.将1mLlxlO-6mol/L盐酸稀释到1000mL,所得溶液的pH为9

C.c(H+)<c(OH-)的溶液一定显碱性

D.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强

【答案】C

【解析】在100℃时，Kw=lxio-12,pH约为6的纯水中始终存在c(H+)=c(OH-),溶液呈中性，

故A错误；盐酸稀释不可能变成碱性，将ImLlxltr6moi/L盐酸稀释至1000mL,溶液的pH

接近7,但始终小于7,故B错误；溶液的酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的相对浓度,

c(H+)<c(OH-)的溶液一定显碱性，故C正确；强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质

溶液的强，如很稀的盐酸导电性比很浓的醋酸弱，故D错误；

故选C。

8.下列实验不熊达到实验目的的是

IgCaCOs粉末

接

电

导

率

仪

二二大蒸储水

A.制作燃料电池B.验证CaCC)3^^Ca~+(aq)+CO3(aq)

3滴O.lmol/L3滴O.lmol/L

/MgCh溶液

mv/FeCh溶液

"-

2mL0.2mol/LraD

NaOH溶液

D.验证相同温度下的溶解度:

C.研究温度对化学平衡的影响

Mg(OH)2>Fe(OH)3

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】打开K2,关闭Ki,电解水生成氢气和氧气；打开Ki,关闭K2,构成氢氧燃料电

池，负极上氢气失去电子，正极上氧气得到电子，故A正确；1g碳酸钙不能完全溶解，且

溶液导电，可知存在CaCC)3(s)QCa2+(叫)+CO；(aq),故B正确；只有温度不同，可

探究温度对化学平衡的影响，故C正确；NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成

沉淀，不能验证相同温度下Mg(OH)2、Fe(OH)3的溶解度大小，故D错误；

故选D。

9.下列用于解释事实的方程式书写不亚做的是

电解

A.工业冶炼A1的反应：2AleX熔融）—2A1+3C12T

冰晶石

B.在HC1气流中加热MgCl2-6H2O得到无水MgCh：MgCl2-6H2O=MgCl2+6H2O

C向亚硫酸溶液中滴入紫色石蕊溶液，溶液变红：H2sO3一H++HSO3、

HSO；^H++SOj-

2

D.用Na2s溶液将AgCl转化为Ag2S：S-(aq)+2AgCl(s)-Ag2s(s)+2CF(aq)

【答案】A

电解

【解析】A1C13为共价化合物，工业冶炼Al的反应为：2Al2。3（熔融）-4A1+3O,T,

冰晶石

故A错误；在HC1气流中加热MgCb6H2。，可防止Mg2+水解，得到无水MgCb,所给方程

式正确，故B正确；亚硫酸为弱酸分步电离，电离溶液呈酸性，使紫色石蕊溶液变红，故C

正确；难溶的AgCl能转化为更难溶的Ag2S,所给离子方程式正确，故D正确；

故选A„

10.反应2Hl（g）UH2（g）+L（g）AH>0经过以下两步基元反应完成：

i.2HI=H2+21-AHi

ii.21=I2AH2

反应过程中的能量变化如图所示：

下列说法不E理的是

A.反应物的分子必须发生碰撞才能发生基元反应

B.因为i中断裂化学键吸收能量，所以AHi>0

C.因为ii中形成化学键释放能量，所以AH2V0

D.AH=AHi+AH2

【答案】B

【解析】反应物的分子必须发生碰撞，使化学键断裂，才能发生基元反应，故A正确；基元

反应i中H-I键断裂，同时形成H-H键，无法判断熔变是否大于0,故B错误；基元反应ii

形成I-I键，形成化学键释放能量，所以AH2<0,故C正确；根据盖斯定律：i+ii得2Hl(g)

^H2(g)+l2(g)AH=AHi+AH2,故D正确，

故选：B„

11.如下图所示，利用N2H4、02和KOH溶液制成燃料电池(总反应式为N2H4+02=

N2+2H2O),模拟氯碱工业。下列说法正确的是

NaCl溶液

乙池

A.甲池中负极反应为N2H4-4e-=N2+4H+

B.乙池中出口G、H处气体分别为H2、Ch

C,乙池中离子交换膜为阴离子交换膜

D.当甲池中消耗32gN2H4时，乙池中理论上最多产生142gCL

【答案】D

【解析】甲池为燃料电池，通入股的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-

4e-+4OH=N2+4H2O,正极反应为O?+4e-+2H2O=4OH\乙池为电解池，与负极相连的右侧电

极为阴极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2f,与正极相连的左侧电极为阳极，电极反应式为

2Cl-2e-=Cl2T，据此分析解答。

甲池中为原电池反应，对应的电极反应式是：正极O2+4e-+2H2O=4OH-,负极N2H4-4e「

+4OH=N2+4H2O,故A错误；乙池为电解池，与负极相连的右侧电极为阴极，电极反应为

2H2O+2e=2OH-+H2T，与正极相连的左侧电极为阳极，电极反应式为2Cl-2e-=C12T，故乙

池中出口G、H处气体分别为CI2、H2,故B错误；乙池发生的是电解池反应，阴极反应

为2H2O+2e-=2OH-+H2f,溶液中的钠离子通过阳离子交换膜移向阴极，由F出口得到氢氧

化钠溶液，故乙池中离子交换膜为阳离子交换膜，故C错误；负极反应为N2H4-4e-+4OH-

32g

=N+4HO,当甲池中消耗32g即—a,=lmolN2H4时,转移4moi电子，阳极反应式为

2232g/mol

2Cl--2e=C12T，产生2moicb,故乙池中理论上最多产生2moix71g/mol=142gC12,故D正

确；

答案选D。

12.室温时,向20mLO.lmol/L的HCLCH3coOH中分别滴加0.1mol/LNaOH溶液，其

pH变化如图。下列说法不正确的是

加入NaOH溶液体积/mL

A.曲线II表示的是向HC1中滴加NaOH的pH变化曲线

B.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为1*10力mol/L

C.滴加NaOH溶液至pH=7时，两种溶液中c(C「)=c(CH3co0-)

+

D.向CH3coOH中滴加20mLNaOH溶液时，溶液中微粒浓度：c(Na)>c(CH3COO)>

c(OH)>c(H+)

【答案】C

【解析】盐酸和醋酸都是一元酸，醋酸是弱酸，不能完全电离，盐酸是强酸，可完全电离,

因此相同物质的量浓度的盐酸和醋酸，醋酸的氢离子浓度小于盐酸，则pH比盐酸的大，所

以曲线I代表醋酸，曲线II代表盐酸；

盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH小，曲线II表示的是向

HC1中滴加NaOH的pH变化pH曲线，故A正确；由图可知，20mL0」mol/L的

CH3coOH溶液pH=3,即c(H+)=10-3mol/L,根据Kw=c(H+)・c(OH),解得：c(OH)=l(y

“mol/L,再由水电离的氢离子等于水电离的氢氧根浓度，故B正确；醋酸钠为强碱弱酸

盐，溶液显碱性，当pH=7时，加入的氢氧化钠不足，醋酸还有剩余，而盐酸中恰好反

应，此时c(Cl-)>c(CH3co0-),故C错误；醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根水解溶液显碱

性，所以c(Na+)>c(CH3coO-)>c(OH-)>c(H+),故D正确；

故选：Co

12

13.高炉炼铁过程中发生反应：jFe2O3(s)+CO(g)=yFe(s)+CO2(g),该反应在不同

温度下的平衡常数见表。

温度T/℃100011501300

平衡常数K4.03.73.5

下列说法正确的是

A.增加高炉的高度可以有效降低炼铁尾气中CO的含量

B.由表中数据可判断该反应：反应物的总能量〉生成物的总能量

C.为了使该反应的K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO)

3

D.1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c(CO)=2x1O-mol/L,则用CO表示该反

应的平均速率为2xlO-3/tmol/(L-min)

【答案】B

【解析】高炉煤气的成分与高炉高度是没有关系的，煤气中CO的含量是高炉生产的产物，增

加高炉的高度，不影响化学平衡移动，不会降低CO的含量，故A错误；由表中数据可知升

高温度，该反应的平衡常数降低，所以该反应属于放热反应，反应物的总能量)生成物的总

能量，故B正确；平衡常数只和温度有关，所以增大c(CO)不会改变K,故C错误；1000℃

2

13

下一FezCh⑸+CO(g)^^Fe(s)+CCh(g),K=c(CO2)/c(CO)=4,c(CO)=2xlO-mol/L,

33

c(C02)=8xlO-3mol/L,因为方程式中CO和C02的计量数相等，所以CO的平均速率为必"一

mol/(Lmin),故D错误；答案：B。

14.某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH=l的FeCb溶液，实验记录如下(a、b

代表电压数值)

序号电压/V阳极现象检验阳极产物

Ix>a电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cb

IIa>x>b电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无C12

Illb>x>0无明显变化无Fe3+、无CL

下列说法中，不正确的是

A.I中阳极附近的溶液可使KI淀粉试纸变蓝

B.II中出现黄色可能是因为Fe2+有还原性，在阳极放电产生Fe3+

C.由H中阳极现象可知，该电压下C1-在阳极不放电

D.根据表中电压与阳极现象及产物的对应，可以看出离子是否放电与电压有关

【答案】C

【解析】根据实验现象，I中阳极发生氧化反应，生成氯气，氯气能够氧化KI生成碘，使淀

粉变蓝，故A正确；由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，

依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，故B正确；依据电解原理，氯离子在阳极失电子生

成氯气，电极反应为：2Cl-2e=C12t，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，

反应的离子方程式为：Cb+2Fe2+=2Fe3++2Cr,因此无氯气放出，故C错误；依据表中数据比

较可知，电解pH=l的NaCl溶液做对照试验与H对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原

性大于氯离子优先放电，说明离子是否放电与电压有关，故D正确；

故选C。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.H20,NH3、CH4是常见的非金属氢化物，研究他们的结构有非常重要的意义。

(1)研究H2。分子的结构

①氧的基态原子的电子排布式为。

②H2。的电子式为,H2O的VSEPR模型为o

(2)研究NH3分子的结构

①基态N原子中有个未成对电子，电子占据的最高能级的符号是0

②下列有关NH3的说法正确的是。

a.N的电负性为3.0、H的电负性为1.8,则NH3中N为-3价

b.NH3中N原子的杂化方式是sp2杂化

c.NH3与BF3分子的空间结构相同

(3)研究CH4分子的结构

①基态碳原子中，电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状是o

②CH4分子中碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C—

H键(填或"兀”)，甲烷的空间结构是=

(4)三种分子比较

①三种分子中心原子C、N、。的电负性由大到小顺序为o

②三种分子中键角H—C—H>H—N—H>H—O—H,原因是。

【答案】⑴①.Is22s22P4②.H：O：H③.四面体形

(2)①.3②.2p③.a

(3)①.哑铃形②。③.正四面体形

(4)①.O>N>C②.CH4、NH3和H20的中心原子都是sp3杂化，CH4的中心原子没有

孤电子对，NE的中心原子的孤电子对数为1,H20的中心原子的孤电子对数为2,孤电子

对之间的斥力〉孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力

【解析】

【小问1详析】

0是8号元素，氧的基态原子的电子排布式为：Is22s22PtH2O是共价化合物，分子的电

..6-1x2

子式为：H：O：H，价电子对数=2+-----------=4,HzO的VSEPR模型为：四面体形，故答

■■2

案为：H：0：H；四面体形；

【小问2详析】

①氮原子的电子排布式为：Is22s22P3,基态N原子中有3个未成对电子，电子占据的最高

能级的符号是：2p,故答案为：3；2p；

②a.N的电负性为3.0、H的电负性为1.8,氮原子吸引电子对能力强，则NHj中N为-3

价，故a正确；

5-1x3

b.NH3中N原子价电子对数=3+-------------=4,NH3中N原子的杂化方式是sp3杂化，故

2

b错误；

c.BF3分子中价电子对数=3+3—1*3=3,N-中N原子价电子对数=3+'二1义3=4,

22

NH3与BF3分子的空间结构不相同，故c错误；

故答案为：a；

【小问3详析】

①CH4分子的结构基态碳原子中，电子排布式Is22s22P2,电子占据最高能级2P的电子云轮

廓图的形状是：哑铃形，故答案为：哑铃形；

②CH4分子碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C-H形

4-1x4

成的。键，价电子对数=4+-----------=4,甲烷的空间结构是：正四面体形，故答案为：◎；

2

正四面体形；

【小问4详析】

①同一周期元素的元素非金属性越强，其电负性就越大。组成氨基酸锌的C、N、。的非

金属性由强到弱的顺序是：0>N>C,所以三种元素的电负性由大到小的顺序是0>N>

C,故答案为：0>N>C；

②三种分子中键角H-C-H>H-N-H>H-O-H,原因是：CH4>NH3和H20的中心原子都是

sp3杂化，CH4的中心原子没有孤电子对，NE的中心原子的孤电子对数为1,H20的中

心原子的孤电子对数为2,孤电子对之间的斥力〉孤电子对与成键电子对之间的斥力>成

键电子对之间的斥力，故答案为：CH©NH3和H20的中心原子都是sp3杂化，CH4的中

心原子没有孤电子对，NH3的中心原子的孤电子对数为1,H20的中心原子的孤电子对数

为2,孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力〉成键电子对之间的斥

力。

16.研究NO、NO2等气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明有重要意义。

I.二氧化硫消除二氧化氮

(1)已知：2so2(g)+Ch(g)U2s03(g)AHi=-196.6kJ/mol

2NO(g)+O2(g)U2NO2(g)AH2=-113.0kJ/mol

则NO2(g)+SO2(g)=S03(g)+NO(g)的AH=kJ/mol

(2)在一定条件下，将起始浓度比为1：2的NO2与SO2置于密闭容器中发生上述反应，

NO2转化为NO的平衡转化率为bo

①下列说明反应达到平衡状态的是(填字母)。

a.体系压强保持不变b.混合气体的颜色保持不变

c.SO3和NO的体积比保持不变d.每生成ImolSO3消耗ImolNO2

②该温度下平衡常数K=(用含有b的式子表示)。

II.NH3具有较好的还原性，催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环

境无害的物质。

(3)写出上述反应的化学方程式______o

(4)NH3与NO的物质的量之比分别为1：3、3：1、4：1时，NO脱除率随温度变化的

曲线如下图所示。曲线IH对应的NH3与NO的物质的量之比是,理由是

【答案】⑴-41.8

(2)①.b②.------------------

(l-b)(2-b)

催件帝||

(3)4NH3+6NO,s5N2+6H2O

催停用1

(4)①41②.对于反应4NH3+6NO=、5冲+6=0,其他条件相同时，增大的Nlh

浓度，平衡向正反应方向移动，NO的脱除率增大。

【解析】

【小问1详析】

已知：①2so2(g)+C)2(g)=：2SO3(g)AHi—196.6kJ/mol；

②2NO(g)+02(g)B2NCh(g)AH2=-113.0kJ/mol；

根据盖斯定律可知处④得NO2(g)+SO2(g)USO3(g)+NO(g),AH=-(-

22

196.6+113.0)kJ/mol=-41.8kJ/mol；

【小问2详析】

①a.该反应是气体体积不变的反应，反应过程中，体系压强始终保持不变，不能说明反应

达到平衡状态，故a不选；

b.混合气体的颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不变，反应达到平衡状态，故b选；

C.SO3和NO的体积比始终为1：I,保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故c不选；

d.每生成ImolSCh消耗ImolNCh,只指明正反应速率，所以正逆反应速率不一定相等,

反应不一定达到平衡状态，故d选;

故答案为：b；

②在一定条件下，将起始浓度比为1：2的N02与SCh置于密闭容器中发生上述反应，NO2

转化为NO的平衡转化率为b,列三段式如下:

NO(g)+_

2SO2(g)so3(g)+NO(g)

起始(mol)1200

变化(mol)bbbb

平衡(mol)1-b2-bbb

C(SC)3)C(NO)b2

K==；

c(SO2)c(NO2)(l-b)(2-b)

【小问3详析】

八TTT，、…催化剂、

NH3与NO反应归中反应，生成N2和H2。，化学方程式4NH3+6NO、、

5N2+6H2O；

【小问4详析】

其他条件相同时，增大的NH3浓度，平衡向正反应方向移动，NO的脱除率增大，所以曲

线皿对应的NH3与NO的物质的量之比是4：lo

17.铁的腐蚀与防护与生产生活密切相关。

I,生铁的腐蚀

下图实验装置中，U形管内为红墨水，a、b试管中分别盛有氯化镂溶液和食盐水，各加入

生铁片，一段时间后，红墨水柱两边的液面变为左低右高。

（1）猜测a试管中生铁发生（填“析氢”或“吸氧”）腐蚀。

（2）b试管中正极上发生的电极反应为。

II.生铁的防护——电镀法

i用电解的方法制备CuSCU电镀液，如图所示。

直流电源

-oabo-

阴离子交换膜

（只允许阴离子和水分子通过）

H,O较浓硫酸

含少量（H,SOJ

（3）与直流电源a端相连的电极材料是（填“铜片”或“石墨”）。

（4）将进口处较浓硫酸替换为Na2sCU溶液进行实验，发现得到的CuS04溶液pH比替换

前升高，结合化学用谓解释pH升高的原因是o

ii.测定CuSCU溶液的浓度。实验操作为：准确量取VimL待测液于锥形瓶中，调节溶液

pH=3~4,加入过量的kl,用amol/LNa2s2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2s2O3溶液

V2mLo上述过程中反应的离子方程式：2Cu2++41=2CuI（白色）J+l2,

2s+U=2r+SQ"

（5）CuSCU溶液的浓度是mol/L（用含a、Vi、V2的代数式表示）。

iii.生铁片上电镀铜。

已知：OP+放电的速率缓慢且平稳，有利于得到致密、细腻的镀层。

（6）生铁片应与电源的相连。

（7）向CuS04溶液中加入过量氨水，发生反应CU2++4NH3-H2O-

2+

[CU（NH3）4]+4H2O,制得铜氨溶液，可使镀层更加致密、细腻。原因是0

【答案】（1）析氢（2）O2+2H2O+4e=4OH-

（3）铜片（4）将进口处较浓硫酸替换为Na2so4,则阴极的反应为2H2O+2e=H2T+2OH,

阴极区c（OH-）＞c（H+）,氢氧根离子也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuS04溶

液pH比替换前升高

⑸孚

（6）负极（7）降低CM+的浓度，使得CW+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电

消耗的Cu2+,使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用

【解析】酸性较强时发生析氢腐蚀，酸性极弱或接近中性时发生吸氧腐蚀，发生吸氧腐蚀时

正极上。2得电子被还原生成OH:此时正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-o析氢腐蚀正极

上2H++2e=H2f；钢铁保护方法有牺牲阳极的阴极保护法，以及外加电源的阴极保护法等措

施。

【小问1详析】

导致U型管内红墨水左低右高，左边试管内气体的压强变大，右边试管内气体的压强减

小，所以左边试管中是酸性溶液氯化镀(显酸性)，发生析氢腐蚀，右边试管中是中性溶液

食盐水，发生吸氧腐蚀；

【小问2详析】

b试管中是中性溶液食盐水，铁作负极，发生失电子的氧化反应，碳作正极，正极上氧气

得电子发生还原反应，电极反应为O2+2H2O+4e=4OH-；

【小问3详析】

由图可以看出，硫酸根离子向左侧移动，则左侧为阳极，右侧为阴极，则制备CuSO4电镀

液，需要阳极自身放电，即选用Cu做电极；

【小问4详析】

将进口处较浓硫酸替换为Na2so4,则阴极的反应为2H2O+2e=H2T+2OH,阴极区c(OH-)

>c(H+),氢氧根离子也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuS04溶液pH比替换

前升高；

【小问5详析】

根据方程式，有比例关系2Cu2+~h~2Na2s2O3,则n(CuSC>4)=n(Na2s2。3)=amol/LxV2Xl(?3

L,CuSCU溶液的浓度是--------------------=-二molIL；

XxlO3LY

【小问6详析】

铁片渡铜时，阴极发生反应Cu2++2e=Cu,则铁片与电源负极相连；

【小问7详析】

制得铜氨溶液，可使镀层更加致密、细腻的原因是降低Cu2+的浓度，使得Cu2+放电速率减

缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Cu2+,使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平

稳的作用。

18.利用金属矿渣(含有FeS2、SiCh及CU2。)制备FeCCh的实验流程如下。已知煨烧过程中

FeS2和Cu2O转化为Fe2O3和CuO»

空气稀硫酸铁屑沉淀剂

III…，1,

矿渣—>遴］一醺］一画卜f逗］一>殛］一FeC03

SO2滤渣1滤渣2

资料：i.碳酸亚铁是白色固体，常温下Ksp(FeCC)3)=3.2xl()T

17

ii.常温下Ksp［Fe(OH)2］=4.9xIO

(1)“酸浸”后过滤，滤渣1的主要成分为。

(2)“还原”步骤中发生反应的离子方程式有Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe?++H2T和

(3)甲同学根据复分解反应规律选择Na2cCh溶液为沉淀剂制备碳酸亚铁，并设计了如下

实验。向装有2mLlmol/LNa2co3(pH=12)溶液的试管中加入2mLO.8mol/LFeSO4溶液

(pH=4.5),发现产生白色沉淀，部分立即变为灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色。

①由上述现象推测该白色沉淀中含有,请结合化学用谓解释原因_______=

②乙同学通过理论计算认为沉淀中还可能有FeCO3,他的理论依据为o

③乙同学设计实验证实沉淀中含有FeCCh.他的实验方案是：将白色沉淀过滤、洗涤后取

样，(补全操作和现象)，证明沉淀中含有碳酸亚铁。

(4)丙同学尝试用NaHCCh、NH4HCO3制备FeCCh,实验过程及结果如下:

试剂

实验现象

滴管试管

1实验I：产生白色沉淀及少

0.8mol/LFeSO4溶液lmol/LNaHCO3溶液

量无色气泡，2min后出现明

(pH=4.5)(pH=8.6)

6显的灰绿色。

0.8mol/LFeSO4溶液1mol/LNH4HCO3溶实验H：产生白色沉淀及无

2mL(pH=4.5)液色气泡，较长时间保持白色

①lmol/LNaHCO3溶液的pH=8.6,结合他竽用个解释原因。

②写出实验II中“产生白色沉淀及无色气泡”时，发生反应的离子方程式

③分析使用NH4HCO3溶液作沉淀剂的优点有=

【答案】⑴SiO2

(2)Fe+2Fe2+=3Fe2+

(3)①.Fe(0H)2②+溶液呈碱性，OJT可与Fe2+反应

生成Fe(OH)2

2+

③.c(COj)约为O.5mol/L,c(Fe2+)约为0.4mol/L,Q(FeCO3)=c(CO；")xc(Fe)=0.2

>KsP,故存在FeCCh

④.向沉淀中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，证明沉淀中含有碳酸亚铁

+

(4)①.NaHCCh溶液中存在HCO；+H2O^H2CO3+OH、HCO3+H,

显碱性是因为其水解程度大于电离程度

2+

②.Fe+2HCO；^FeCO.J+CQ个+H2O

③.生成CO2保护Fe2+,防止其被氧化；pH低可以降低Fe(OH)2的比例

【解析】金属矿渣(含有FeS2、SiCh及CU2。)在空气中煨烧生成氧化铁、氧化铜和二氧化

硫，酸浸生成硫酸铁、硫酸铜，则滤渣1为SiCh,滤液中加入铁屑，铁和稀硫酸反应生成硫

酸亚铁和氢气，铁与硫酸铜反应生成Cu和硫酸亚铁，铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，则滤

渣2为Cu和过量的Fe,滤液硫酸亚铁与沉淀剂反应生成碳酸亚铁。

【小问1详析】

由分析可知，“酸浸”后过滤，滤渣1的主要成分为SiO2；

【小问2详析】

“还原”步骤中发生反应的离子方程式有Fe+Cu2+=Fe2++Cu,Fe+2H+=Fe2++H2T和

Fe+2Fe3+=3Fe2+；

【小问3详析】

①推测白色沉淀中含有Fe(OH)2；结合化学用语解释原因：

2+

CO；"+H2O+OH-,溶液呈碱性，OH-可与Fe反应生成Fe(OH)2；

②乙同学认为沉淀中还可能有FeCCh,他的理论依据为溶液中，c(COj)约为0.5mol/L,

2+约为2+故存在；

c(Fe)0.4mol/L,Q(FeCO3)=c(CO1)xc(Fe)=0.2>Ksp,FeCCh

③乙同学设计实验证实沉淀中含有FeCCh。他的实验方案是：将沉淀过滤、洗涤后取样，向

沉淀中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，证明沉淀中含有碳酸亚铁；

【小问4详析】

①lmol/LNaHCO3溶液的pH=8.6,原因是NaHCO3溶液中存在

：显碱性是因为其水解程度大于电

HCO3+H2O^H2CO3+OH,HCOJUCO+H+,

离程度；

②实验n中“产生白色沉淀及无色气泡”时，发生反应的离子方程式为

2+

Fe+2HCQ--FeCC^J+CO2T+H2O；

③使用NH4HCO3溶液作沉淀剂的优点有生成CO2保护Fe2+,防止其被氧化；pH低可以

降低Fe(OH)2的比例。

19.某小组同学探究Ag+与r能否发生氧化还原反应，设计如下实验。

(1)研究AgNO3溶液与KI溶液反应产物。

向盛有1mL1mol/LAgNCh溶液的试管中加入1mL1mol/LKI溶液，振荡试管产生黄色浑

浊，再向其中加入溶液，无明显变化。得出结论：二者混合无明显氧化还原反应。

(2)验证Ag+的氧化性。

将光亮的铁丝伸入AgNCh溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中铁的氧化产物，

将溶液中的Ag+除尽后，进行了如下实验，请完成下表：

操作现象结论

取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，存在

i._______

振荡Fe3+

取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入2滴存在

ii.______(填序号)溶液，振荡iii._____F__e2+

可选用试剂：①KSCN溶液②NaOH溶液③酸性KMnCU溶液④K31Fe(CN)6］溶液。

由上述实验可知铁的氧化产物中含有Fe2+和Fe3+