2022-2023学年辽宁省沈阳市第二中学高二上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市第二中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
辽宁省沈阳市第二中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是
A．洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
B．铵态氮肥与草木灰不得混合施用
C．电解精炼铜时，粗铜做阴极
D．为除去水垢中的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理
【答案】C
【详解】A．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应,使溶液呈碱性，由于水解反应是吸热反应，加热可使盐的水解程度增大,溶液的碱性增强，油污在碱性条件下水解，产生容易溶于水的物质，因此加入热的碳酸钠溶液有利于除去油污，A正确；
B．草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾是强碱弱酸盐，水解呈碱性，铵根离子水解溶液显酸性，二者混合会发生相互促进的水解反应，使水解程度增大生成氨气挥发到空气中，使土壤中铵根离子浓度降低，从而降低肥效，所以铵态氮肥不能与碱性肥料混合施用，B正确；
C．电解精炼铜时，粗通作阳极溶解，C错误；
D.用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢使其中CaSO4能转化为CaCO3，D正确；
故答案为：C。
2．下列说法正确的是
A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强
B．加热条件下发生的反应均为吸热反应
C．溶解度小的沉淀不能转化为溶解度比其大的沉淀
D．石墨转化为金刚石需要吸收能量，所以石墨更稳定
【答案】D
【详解】A．电解质溶液导电能力大小与电解质强弱无关，只与溶液中离子浓度大小及离子带有的电荷数目有关，因此强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的强，A错误；
B．任何反应都有一个活化的过程，反应是放热反应还是吸热反应与反应是否需要加热的条件无关，如炭燃烧反应是放热反应，但需要加热条件，B错误；
C．只要溶液中离子浓度的乘积大于其溶度积常数就可以形成其沉淀，故溶解度小的沉淀在一定条件下也能转化为溶解度比其大的沉淀，C错误；
D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。石墨转化为金刚石需要吸收能量，说明金刚石含有的能量比等质量的石墨高，故能量低的石墨更稳定，D正确；
故合理选项是D。
3．下列化学用语错误的是
A．NaHCO3的电离方程式：
B．H2(g)燃烧热的热化学方程式：
C．Mg(OH)2(s)的溶解平衡：
D．水解的离子方程式：
【答案】D
【详解】A．NaHCO3在水溶液电离出钠离子和碳酸氢根离子，，A正确；
B．燃烧热指的是1mol纯物质，完全燃烧，生成稳定氧化物，水是液态，，B正确；
C．Mg(OH)2(s)的溶解平衡，会产生少量镁离子和氢氧根离子，，C正确；
D．是二元弱酸的酸根，故水解应该分布，，　，D错误；
故本题选D。
4．下列说法中正确的是
A．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性
B．将盐酸稀释至100mL，所得溶液的pH为8
C．常温下，当水电离出的c(H+)为时，此溶液的pH可能为1或13
D．将pH=3的盐酸和醋酸各1mL分别稀释至100mL，所得醋酸的pH略大
【答案】C
【详解】A．在100℃时，纯水电离产生的c(H+)=1×10-6 mol/L，所以pH约为6，但由于纯水中c(H+)=c(OH-)，因此此时纯水仍为中性，而不是显酸性，故A错误；
B．将1×10-6 mol/L盐酸稀释100 mL，HCl电离产生的c(H+)=1×10-8 mol/L，此时溶液中水电离产生的H+不能忽略，溶液仍然显酸性，因此所得溶液的pH不可能为8，故B错误；
C．常温下，水电离出的c(H+)为1×10-13 mol/L＜1×10-7 mol/L，水电离受到了抑制作用，可能是加入了酸，也可能是加入了碱，若加入酸，此溶液的pH为1；若加入碱，则该溶液的pH为13，故C正确；
D．HCl是强酸，完全电离，将pH=3的盐酸，c(H+)=10-3 mol/L，将1 mL稀释至100 mL，此时溶液中c(H+)=10-5 mol/L，溶液pH=5；醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子存在，pH=3时，c(CH3COOH)＞c(H+)=10-5 mol/L，当将该溶液1 mL稀释至100 mL，假设醋酸电离平衡不移动，此时溶液中c(H+)=10-5 mol/L；稀释时使醋酸的电离平衡正向移动，导致溶液中c(H+)＞10-5 mol/L，使溶液的pH＜5，可见所得醋酸的pH略小，故D错误；
故选C。
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．Na2S溶液：Hg2+、K+、、
B．盐酸溶液：Na+、K+、、
C．FeCl3溶液：、Na+、、
D．NaHCO3溶液：、Na+、、
【答案】C
【详解】A．Na2S溶液电离产生的S2-与Hg2+会反应产生HgS沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B．盐酸溶液中H+与反应产生H2SiO3沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．FeCl3溶液电离产生的Fe3+、Cl-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；
D．NaHCO3溶液中电离产生的与溶液反应产生Al(OH)3沉淀和，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是C。
6．向恒容的密闭容器中充入a mol CO和b mol，发生反应：，的平衡转化率如图所示，下列说法正确的是

A．150℃时，若该反应的平衡常数，则
B．该反应为吸热反应
C．若一段时间后，保持不变，则该反应达到平衡状态
D．平衡后，向容器中再通入a mol CO，逐渐增大
【答案】A
【详解】A．由题干信息可知，150℃时，H2S的平衡转化率为40%，根据三段式分析可知：，若该反应的平衡常数，即=，解得，A正确；
B．由题干图示信息可知，随着温度的升高，H2S的平衡转化率减小，即升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，B错误；
C．反应从开始到达到平衡的过程中，始终不变为1，则若一段时间后，保持不变，不能说明该反应达到平衡状态，C错误；
D．平衡后，向容器中再通入a mol CO，反应物浓度突然增大，故突然增大，逐渐增大，D错误；
故答案为：A。
7．在298K、101kPa下，合成氨反应的能量变化图如图所示(图中“吸”表示在催化剂表面的吸附)。下列说法中正确的是

A．图中决速步骤的反应方程式为
B．该历程中最大能垒(活化能)E=295kJ/mol
C．合成氨工业中采用循环操作，主要目的是增大化学反应速率
D．该反应为放热反应，所以反应中温度越低越好
【答案】A
【详解】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应的决速步骤取决于最慢的反应，所以合成氨反应的决速步骤取决于活化能最大的反应，由图可知，决速步骤的反应方程式为，故A正确；
B．由图可知，该历程中最大能垒的反应为，活化能为E=62kJ/mol，故B错误；
C．合成氨工业中采用循环操作，主要目的是增大反应物的转化率，故C错误；
D．该反应为放热反应，反应中要选择催化剂的活性温度为反应温度，增大反应速率，提高单位时间内氨气的产率，故D错误；
故选A。
8．新型水系级联二次电池，实现了在同一个反应腔体中耦合不同的氧化还原反应。如图所示电池以S、Zn为电极，以CuSO4溶液和ZnSO4溶液为离子导体，分两步放电，在a极首先生成Cu2S，后生成Cu。下列说法正确的是

A．放电时，每生成1molCu2S的同时消耗65gZn
B．放电时，b极为正极
C．充电时，通过隔膜向b极移动
D．充电时，a作阳极，Cu和Cu2S失电子生成Cu2+和S
【答案】D
【分析】根据题意，Cu2+和S在a极得到电子，化合价降低，被还原，作正极，电极反应式为2Cu2++S+4e−=Cu2S，Cu2S+2e−=2Cu+S2−，则Zn为负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+；
【详解】A．根据电极反应式2Cu2++S+4e−=Cu2S，放电过程中，每生成1molCu2S转移4mol电子，再由Zn−2e−=Zn2+可知，消耗2molZn，质量为130g，故A错误；
B．放电时，Zn为负极，则b极为负极，故B错误；
C．充电时作为电解池，b极为阴极，a极为阳极，阴离子向阳极移动，所以通过隔膜向a极移动，故C错误；
D．充电时a作阳极，发生氧化反应，根据题意，此时放电时的产物为充电时的反应物，先后顺序与放电时相反，Cu先失电子变为Cu2S，Cu2S-4e−=2Cu2++S。然后Cu2S再失电子变为Cu2+和S单质，Cu2S-4e−=2Cu2++S，故D正确；
故选D。
9．甲烷燃料电池采用铂做电极材料，两个电极上分别通入CH4和O2，电解质溶液为KOH溶液。某研究小组将上述甲烷燃料电池作为电源，进行电解饱和食盐水和电镀的实验，如图所示，其中乙装置中X为离子交换膜。下列说法错误的是

A．乙中X为阳离子交换膜
B．甲烷燃料电池负极电极反应式是
C．用丙装置给铜镀银，b应是Ag
D．当电路中通过0.4mol时，乙中Fe电极上产生氯气4.48L（标准状况）
【答案】D
【分析】甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极，则乙装置中，Fe铁电极为阴极，石墨电极为阳极，丙装置中，a电极为阴极，b电极为阳极，据此分析解答。
【详解】A． 乙装置中，Fe铁电极为阴极，电极反应式为，石墨电极为阳极，电极反应式为，则乙中X为阳离子交换膜，Na+移动向阴极，阴极得到NaOH和氢气，故A正确；
B． 甲烷燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，则负极电极反应式是，故B正确；
C． 丙装置中，a电极为阴极，b电极为阳极，则用丙装置给铜镀银，b应是Ag，电极反应为，故C正确；
D． 乙装置中，Fe铁电极为阴极，电极反应式为，不生成氯气，故D错误；
故选D。
10．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
A
B
C
D
实验操作




现象
盐酸与NaOH溶液混合后，温度升高
热水浴中的试管中先出现浑浊
锌片逐渐溶解，铜片上有红色物质生成，电流表指针发生偏转
先产生白色沉淀，后沉淀变为黄色
结论
酸碱中和反应为放热反应
其他条件不变时，温度升高，化学反应速率加快
铜作正极
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．将盐酸与NaOH溶液混合后，温度升高，说明反应发生放出热量，使溶液的温度升高，因此可以证明酸碱中和反应为放热反应，A正确；
B．Na2S2O3溶液在烧杯中，滴入的H2SO4溶液在试管中，二者不接触，它们不能发生反应，因此不会出现热水浴中的试管中先变浑浊的现象，也就不能证明温度与反应速率的关系，B错误；
C．没有形成闭合回路，因此不能构成原电池，电流表指针不会发生偏转，锌片不能溶解，C错误；
D．由于加入的等浓度的KI溶液体积比NaCl大，混合溶液中c(I-)＞c(Cl-)，因此先反应产生AgI黄色沉淀，故不能证明溶度积常数：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D错误；
故合理选项是A。
11．下列有关粒子间关系的说法错误的是
A．0.1 mol/LNa2CO3溶液与0.1 mol/LNaHCO3溶液等体积混合：
B．等物质的量浓度的NH4HSO4和CH3COONH4溶液中：NH4HSO4＞CH3COONH4
C．0.2 mol/LNaHCO3溶液与0.1 mol/LKOH溶液等体积混合：
D．室温下，NaH2PO4溶液中（pH＜7）：c()＞c(H3PO4)
【答案】C
【详解】A．1 mol/LNa2CO3溶液与0.1 mol/LNaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可知关系式，A正确；
B．在两种盐溶液中都存在的水解平衡：+H2ONH3·H2O+H+；在NH4HSO4溶液中盐电离产生的H+对上述平衡起抑制作用，导致水解程度减小，c()有所增大；而在CH3COONH4溶液中还存在CH3COO-的水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，二者水解的酸碱性相反，对的水解平衡起促进作用，导致溶液中c()进一步减小，故等物质的量浓度的NH4HSO4和CH3COONH4溶液中：NH4HSO4＞CH3COONH4，B正确；
C．0.2 mol/LNaHCO3溶液与0.1 mol/LKOH溶液等体积混合，发生反应：+OH-=+H2O，最终溶液中、等物质的量混合，根据物料守恒和电荷守恒可得关系式：2c(OH-)+c()=3c(H2CO3)+2c(H+)+c()，C错误；
D．室温下，NaH2PO4溶液中(pH＜7)，溶液显酸性，说明溶液中的电离作用大于其水解作用，故溶液中微粒浓度大小关系为：c()＞c(H3PO4)，D正确；
故合理选项是C。
12．研究表明，与水反应制氢气的原理为。表格为pH和温度对半衰期的影响(半衰期是指反应过程中，某物质的浓度降低到初始浓度一半所需的时间)，下列说法错误的是
体系pH
不同温度下的半衰期(min)
0℃
25℃
50℃
10



12



14




A．溶液显碱性，溶液中各离子浓度大小为
B．在50℃、的条件下，初始浓度为4.32mol/L，则半衰期内
C．由表格中数据可知，相同pH下，与水反应的速率随温度升高而增大
D．由表格中数据可知，相同温度下，与水反应的速率随pH升高而增大
【答案】D
【详解】A．NaBO2 溶液显碱性，则溶液中c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒，c(Na+)＞c()，Na+和是盐完全电离产生的，是大量的，而H+、OH-是水电离产生的，是少量的，所以溶液中各离子浓度大小为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；
B．在50℃、 pH=12 的条件下， NaBH4 初始浓度为4.32mol/L，NaBH4的浓度降低到初始浓度一半即2.16mol/L所需的时间为8.64×102，则半衰期内v(NaBH4)==0.0025mol⋅L-1⋅min-1，根据反应的方程式，用不同物质表示的反应速率之比等于方程式的计量数之比，则v(H2)=4v(NaBH4)=0.01mol⋅L-1⋅min-1，故B正确；
C．由表格中数据可知，相同pH下， NaBH4的半衰期随温度升高逐渐减小，则NaBH4 与水反应的速率随温度升高而增大，故C正确；
D．由表格中数据可知，相同温度下， NaBH4的半衰期随pH增大升高逐渐增大，则NaBH4 与水反应的速率随pH升高而减小，故D错误；
故选D。
13．温度为T，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1molNO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是

A．T时，该反应的化学平衡常数为
B．图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)
C．向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡大
D．容器内的压强：Pa：Pb＜6:7
【答案】B
【分析】图中b点NO2的转化率最高，则温度为T时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行，利用化学平衡常数和等效平衡进行分析。
【详解】A．a点时反应达到平衡，NO2转化率为40%，则

T时，该反应的化学平衡常数K==，故A错误；
B．根据分析可知，图中c点还未达到平衡，反应往正方向进行，v(正)＞v(逆)，故B正确；
C．向a点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆移，NO2的转化率降低，故C错误；
D．由A可知a点时容器内气体物质的量为1.2mol；b点时反应三段式为

则b点容器内气体物质的量为1.4mol，由于V1＜V2，则Pa：Pb＞6：7，故D错误；
答案选B。
14．次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品。常温下，某实验小组用0.100的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ[比如的分布系数：]随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。

下列说法错误的是
A．曲线①代表δ（H3PO2），曲线②代表
B．H3PO2的电离常数
C．滴定中用酚酞做指示剂
D．滴定终点时，溶液中
【答案】B
【详解】A．根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH变化曲线，曲线①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。因为H3PO2为一元弱酸，故曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表，故A正确；
B．由曲线①②交点可知δ(H3PO2)=，故 ，对应曲线③pH≈3，即c(H+)≈10−3mol⋅L−1，，故B错误；
C．H3PO2为一元弱酸，二者恰好中和溶液呈碱性，则滴定中用酚酞做指示剂，故C正确；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，，溶液中的电荷守恒为，则，故D正确；
故选：B。

二、多选题
15．常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol/LNaOH溶液，整个实验进程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是

已知：常温常压下，
A．a点溶液中，
B．b点所示的溶液中：
C．a、b、c、d、四个点当中，水的电离程度：da＝cb
D．d点所示溶液中：
【答案】AB
【分析】将Cl2缓慢通入水中发生反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，向右进行的过程，故a点是HCl和HClO的混合溶液，两种酸都会抑制水的电离，从b点开始滴加氢氧化钠，c点时随着NaOH溶液的加入，反应生成了NaCl和NaClO，其中次氯酸根离子会水解，从而促进水的电离，以此解题。
【详解】A．a点溶液中，氯水没有饱和，没有达到平衡状态，，故A正确；
B．b点所示溶液中发生反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HClO为弱电解质，部分电离，故溶液中存在：，故B正确；
C．由分析可知，a点时水的电离被抑制，但是在c点却存在次氯酸根离子，次氯酸根的水解促进了水的电离，故C错误；
D．d点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，所以c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，根据物料守恒得，c(Cl-)=c(ClO-)+ c(HClO)，所以，故D错误；
故选B。

三、工业流程题
16．某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：

沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
开始沉淀的pH
2.3
7.6
4.4
完全沉淀的pH
3.2
9.7
6.4
Ksp




(1)酸浸后加入H2O2的目的是______，调pH的最适宜范围为______。
(2)调pH过程中加入的试剂合理的是 。A．NaOH B．CuO C．NH3⋅H2O D．Cu2(OH)2CO3
(3)煮沸CuSO4溶液的目的为__________________。
(4)25℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系如图所示。曲线____（填“a”或“b”）表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系。当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+)：c(Cu2+)＝______。

(5)25℃时，Fe3+发生反应：，则该反应的平衡常数为________。
【答案】(1)     将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离     3.4~4.4；
(2)BD
(3)除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成
(4)     a     2500
(5)

【分析】电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，用酸浸取得到硫酸铜和硫酸亚铁，再用双氧水氧化，可得硫酸铜和硫酸铁的混合溶液，调节pH值，使铁离子产生氢氧化铁沉淀，过滤得氢氧化铁固体，再将氢氧化铁固体加热分解得氧化铁，过滤得滤液中含有硫酸铜，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，将铜离子还原成亚铜离子，生成白色的CuCl沉淀；
【详解】（1）根据上述分析，双氧水有氧化性，能氧化还原性的物质，当溶液的pH值4.4时，铜离子开始出现沉淀，当溶液的pH值为3.2时，三价铁离子沉淀完全，铜离子未产生沉淀；
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离；3.4~4.4；
（2）调pH步骤中加入的试剂最好是加入某种物质除去溶液中的酸且不引进新的杂质，所以要加入氧化铜、或氢氧化铜、碳酸铜；
故答案为：BD；
（3）过氧化氢性质比较稳定，若加热到153℃过氧化氢分解为水和氧气，煮沸硫酸铜溶液的原因是，将溶液中过量的H2O2除去可加热至沸避免影响下一步CuCl的生成；
故答案为：除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成；
（4）根据图示，pH相同时，曲线a对应的c(M2+)小，因Fe(OH)2与Cu(OH)2，属于同类型沉淀，一定温度下，Ksp越大，c(M2+)越大，故曲线a表示Cu(OH)2饱和溶液中的变化关系；根据图知pH=10时，沉淀共存，根据题意，，,，,；
故答案为：a；2500；
（5）根据，，则水解平衡常数；
故答案为：。

四、原理综合题
17．电化学原理在防止金属腐蚀、能最转换、物质合成、环境治理等方面应用广泛。研究金属腐蚀和防腐的原理很有现实意义。

(1)图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择________（填标号）。
A．碳棒                B．锌板                C．铜板
(2)某兴趣小组按图2装置实验，导管中液柱的上升缓慢，下列措施可以更快更清晰观察到水柱上升现象的有 （填序号）。
A．用纯氧气代替试管内空气 B．用酒精灯加热试管提高温度
C．将铁钉换成铁粉和炭粉混合粉末 D．换成更细的导管，水中滴加红墨水
(3)该小组将图2装置改进成图3装置并进行实验，导管中红墨水液柱高度随时间的变化如下表，根据数据判断腐蚀的速率随时间逐渐________（填“加快”“不变”或“减慢”），你认为影响因素为________。
时间/min
1
3
5
7
9
液柱高度/cm
0.8
2.1
3.0
3.7
4.2

(4)设计下面装置研究弱酸性环境中腐蚀的主要形式。测定锥形瓶内气压和空气中氧气的体积分数随时间变化见图，从图中可分析，t1~t2之间主要发生________腐蚀（填“吸氧”或“析氢”），原因________。

(5)金属阳极钝化是一种电化学防腐方法。将Fe作阳极置于H2SO4溶液中，一定条件下Fe钝化形成致密Fe3O4氧化膜，试写出该阳极电极反应式_____________。
【答案】(1)B
(2)ACD
(3)     减慢     氧气的浓度
(4)     吸氧     锥形瓶内压强、氧气体积分数均随时间变化而减小
(5)

【详解】（1）图1所示的是用牺牲阳极法保护钢闸门，材料B为被牺牲的阳极，需要用比铁更活泼的金属材料，故选B。
（2）图2装置探究的是吸氧腐蚀实验，对各选项分析如下：
A ．用纯氧代替试管内空气，使氧气浓度增大，腐蚀速率增大，可以更快更清晰观察到水柱上升，A正确；
B．加热试管提高温度，有可能使附着在铁钉上的食盐水蒸发干，还会使试管内空气热膨胀向外逸出，不利于观察水柱上升，B错误；
C．将铁钉换成铁粉和炭粉混合粉末后，与食盐水共同构成原电池结构，将加快腐蚀速率，可以更快更清晰观察到水柱上升，C正确；
D．换成更细的导管，能使导管内液面上升速率更快。水中滴加红墨水，红色水柱更易观察，可以更快更清晰观察到水柱上升，D正确；
故选ACD。
（3）数据显示间隔相同时间，红墨水液柱随时间变化上升速率减慢，可以判断出腐蚀速率逐渐减慢。影响的因素为：吸氧腐蚀不断消耗氧气，管内氧气浓度随反应进行逐渐减小，使腐蚀速率减慢；
（4）时，锥形瓶内压强、氧气体积分数均随时间变化而减小，说明氧气被消耗，发生的反应为吸氧腐蚀。
（5）阳极电极反应式为：。
18．丙烯腈（）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，副产物有乙腈（）、氢氰酸、丙烯醛（）等，以丙烯、氨气和氧气为原料，在催化剂存在下合成丙烯腈的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)__________kJ/mol。
(2)反应Ⅰ在__________（填“高温”“低温”或“任意”）条件下可自发进行；恒温恒容条件下，若容器内只发生反应Ⅰ，下列选项表明反应一定已经达平衡状态的是__________。
A．容器内混合气体的密度不再变化            B．容器内混合气体的平均摩尔质量不再变化
C．容器内压强不再变化                        D．v(NH3)：v(O2)=2：3
(3)恒温下，充入丙烯、氨气和氧气发生反应Ⅰ和Ⅱ，体系达到平衡后，若压缩容器体积，则反应Ⅱ的平衡移动方向为__________（填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”）。
(4)已知对于反应：，其标准平衡常数：。T℃，压强为16pθ的恒压密闭容器中，通入1mol丙烯、1mol氨气和3mol氧气发生反应Ⅰ、Ⅱ，达到平衡时，容器内有amolC3H3N(g)，bmolC3H4O(g)，此时H2O(g)的分压p(H2O)= ___________（分压=总压×物质的量分数，用含a，b的代数式表示，下同）；反应Ⅱ的标准平衡常数为___________。
(5)以丙烯腈为原料，利用电解原理合成已二腈可减少氮氧化物的排放，其装置如图所示，电解时Pb电极发生的电极反应式为____________。

【答案】(1)-162
(2)     任意     BC
(3)正反应方向
(4)         
(5)2CH2=CHCN+2e- +2H+=CN(CH2)4CN

【详解】（1）因为该反应可由反应I-反应II得到，所以ΔH=ΔH1-ΔH2=-515kJ/mol-（-353kJ/mol）=-162 kJ/mol；
（2）反应I的ΔH1＜0，ΔS＞0，属于熵增的放热反应，在任意条件下都能自发进行；
若容器内只发生反应Ⅰ，表明反应一定已经达平衡状态的是
A．根据知，反应物和生成物均为气体，混合气体质量不变，容器恒容，体积不变，则混合气体的密度是个定值，不能作为已达平衡的依据，A错误；
B．根据知，混合气体质量不变，混合气体的总的物质的量在变化，则混合气体的平均摩尔质量是个变量，当混合气体的平均摩尔质量不再变化表明已达平衡状态，B正确；
C．恒温恒容条件下，容器内压强与混合气体的总的物质的量成正比，当容器内压强不再变化，表明已达平衡状态，C正确；
D．反应过程中v(NH3)：v(O2)=2：3是个定值，不能作为已达平衡的依据，D错误；
故选BC。
（3）恒温下，体系达到平衡后，若压缩容器体积，增大压强，反应I向逆反应方向移动，丙烯和氧气的转化率减小，则反应II中的反应物的浓度（分压）增大，导致反应II平衡向正反应方向移动；
（4）根据两个反应可知，在达到平衡时，容器中有（1-a-b）mol丙烯，（1-a）mol氨气，（3-1.5a-b）mol氧气，（3a+b）mol水蒸气，以及a molC3H3N(g)和bmolC3H4O(g)，则平衡后容器中气体总的物质的量为（1-a-b）mol+（1-a）mol+（3-1.5a-b）+（3a+b）mol+a mol+b mol=（5+0.5a）mol。所以水蒸气所占的分压p(H2O)=；同理得出C3H4O(g)、丙烯、氧气的分压分别为、、，根据上述公式可知，反应II的标准平衡常数==；
（5）根据电解池的工作原理可知，CH2=CHCN在Pb电解酸性电解液下发生得电子的还原反应生成己二腈[CN(CH2)4CN]，其电极反应式为：2CH2=CHCN+2e- +2H+=CN(CH2)4CN。

五、实验题
19．乙二酸（H2C2O4）俗称草酸，是二元弱酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。回答下列问题：
Ⅰ．查阅资料可知，常温下，部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HF
H2C2O4
电离平衡常数

    

(1)常温下，pH=11的NaOH溶液与pH=3的氢氟酸溶液等体积混合，溶液显_________性（填“酸”“碱”或“中”）。
(2)向等体积、等pH的草酸和氢氟酸溶液中加入大小相同的锌粒，初始速率分别是v1、v2，其大小关系为v1________v2（填“＞”“＜”或“=”）。
(3)向Na2C2O4溶液中通入过量的HF，反应的化学方程式为____________。
Ⅱ．已知草酸晶体（H2C2O4·XH2O）可溶于水，并可与酸性高锰酸钾溶液完全反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。现用氧化还原滴定法测定草酸晶体的结晶水分子数X，步骤如下：
①用分析天平称取草酸晶体1.260g，将其配制成100.00mL待测草酸溶液
②用移液管移取25.00mL待测草酸溶液于锥形瓶中，并加入适量硫酸酸化
③用浓度为0.1000mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定，三次结果如下：

第一次滴定
第二次滴定
第三次滴定
待测溶液体积（mL）
25.00
25.00
25.00
标准溶液体积（mL）
9.99
10.01
10.00

已知：H2C2O4的相对分子质量为90。
(4)滴定时，KMnO4标准溶液应该装在__________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
(5)到达滴定终点的标志是__________。
(6)根据上述数据计算X=__________。
(7)误差分析：若滴定开始时仰视滴定管刻度，滴定结束时俯视滴定管刻度，则X值__________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】(1)酸
(2)=
(3)Na2C2O4+HF= NaHC2O4+NaF
(4)酸式
(5)当滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液变为浅紫红色，且30s内红色不褪去，说明滴定达到终点
(6)2
(7)偏高

【详解】（1）若氢氟酸为强酸，二者等浓度等体积混合，溶液显中性，因氢氟酸为弱酸，则HF浓度远大于NaOH，HF过量，溶液显酸性；
（2）pH相同的草酸，c(H+)相同，和氢氟酸溶液中加入大小相同的锌粒，则初始速率v1= v2；
（3）由于，则酸性：，根据强酸制弱酸原则，Na2C2O4和过量的HF反应生成NaHC2O4和NaF，反应的化学方程式为Na2C2O4+HF= NaHC2O4+NaF；
（4）KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡皮管，因此KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；
（5）草酸反应完毕，再加入最后半滴KMnO4溶液，溶液变为浅紫红色，且30s内红色不褪去，说明滴定达到终点；
（6）三次滴定误差都不太大，则三次平均消耗标准溶液的体积为，1.260g草酸晶体所配草酸溶液中所含草酸的物质的量为，；
（7）滴定开始时仰视滴定管刻度，滴定结束时俯视滴定管刻度，则消耗标准液体积变小，则草酸物质的量变小，质量变小，则结晶水含量偏多，X值偏高。.