热门试卷

①铜、铝的金属活泼性不同，遇到合适的电解质溶液易构成原电池，从而加快铝的腐蚀，所以不能把铜导线和铝导线连接在一起使用，

故答案为：形成原电池加速铝导线的腐蚀能；

②铜、石墨的活泼性不同且都导电，铜和硫酸铁能自发的进行氧化还原反应，所以铜、石墨、硫酸铁溶液能构成原电池，铜易失去电子发生氧化反应，所以铜作负极，石墨作正极，负极上的电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，正极上铁离子得电子发生还原反应，电极反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+，故答案为Cu-2e-=Cu2+，2Fe3++2e-=2Fe2+；

③盐酸和稀硫酸不能和铜自发的发生氧化还原反应，铜和浓硫酸、浓稀硝酸不同生成氢气，所以铜和氢离子的反应不是自发的进行的氧化还原反应，所以只能是电解池中发生的反应，阳极上铜失电子，所以铜作阳极，电解质溶液中氢离子得电子发生还原反应，所以阴极上可以用碳棒作电极，电解质溶液为含氧酸，

故答案为：电解池，阳极铜，阴极碳棒，稀硫酸作电解液；

④活泼性不同的金属M、N都能够和盐酸反应放出氢气，且产生氢气速率相近，用M和N作电极、盐酸作电解质溶液形成原电池，根据电极产生气泡的情况确定金属的活泼性，

故答案为：M、N作电极，盐酸作电解液构成原电池，观察产生气泡情况．

（1）装置1为原电池，铜为负极，被氧化，石墨正极，电池反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故答案为：负；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；

（2）向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到右边石墨电极附近首先变红，说明甲中右边电极生成OH-，应为电解池的阴极，则M为电源的正极，N为电源的负极，甲为电解食盐水装置，乙为电解硫酸铜装置，则

①由以上分析可知M为正极，阴极上分别发生H2O⇌H++OH-、2H++2e-═H2↑，c（OH-）＞c（H+），溶液呈碱性，

故答案为：正；H2O⇌H++OH-，H++2e-═H2↑，c（OH-）＞c（H+），溶液呈碱性；

②乙为电解硫酸铜溶液，阳极生成氧气，阴极生成铜，电解的方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故答案为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；

③若装置甲阴、阳两极各产生112mL气体（标准状况），则n（H2）==0.005mol，由2H++2e-═H2↑可知转移0.01mol电子，由2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+可知，生成0.01molH+，则c（H+）==0.1mol/L，pH=1，

故答案为：1．

（1）铜和氯化铁溶液的反应中，铜失电子发生氧化反应而作负极，不如铜活泼的金属或导电的非金属作正极，如石墨，铜电极所在的电解质溶液为可溶性氯化铜溶液，该电池反应中，铁离子得电子发生还原反应，所以正极所在的溶液为氯化铁溶液，所以其装置图为：，

故答案为：负极为铜，正极为石墨，左边电解质溶液为氯化铜溶液，右边为氯化铁溶液；

（2）根据Q=It知，测量仪器是电流计或电流表，用来测量电流；

根据Q=It、N=nNA=×2×NA，得Q=It=q，则NA=/mol=/mol=/mol，

故答案为：电流计或电流表；．

Ⅰ、（1）②4Cu(OH)2(s)+ N2H4(l)2Cu2O(s)+N2(g)+6H2O(l) △H=4b+c-a  kJ/mol  （2分）

③2Cu+2OH-—2e-=Cu2O+H2O（2分）

④2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+3Na2SO4+2SO2↑（2分）

Ⅱ、（2）①5.0×10－2 mol·L－1·min－1 （1分）      （1分）     >（1分）

②逆向（1分）      增大压强或增大浓度 （1分）  （2分）

③ACD（2分）

Ⅰ、（1）②考查盖斯定律的应用。根据已知反应可知，②×4+③－①即得到4Cu(OH)2(s)+ N2H4(l)2Cu2O(s)+N2(g)+6H2O(l)，所以反应热△H=（4b+c-a）kJ/mo。

③电解池中阳极失去电子，所以根据总反应式可知，阳极是铜失去电子，被氧化生成氧化亚铜，方程式为2Cu+2OH-—2e-=Cu2O+H2O。

④亚硫酸钠是还原剂，其氧化产物是硫酸钠。硫酸铜是氧化产物，根据电子得失守恒可知，还原产物是氧化亚铜和SO2，所以方程式为2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+3Na2SO4+2SO2↑。

Ⅱ、（2）①前20 min生成氧气是1.0mol，所以消耗水蒸气是2.0mol，所以反应速率是。平衡常数是在可逆反应达到平衡时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以表达式为K＝。T1时平衡体系中氧气时2mol，氢气是4mol，水蒸气是6mol，因此平衡常数＝。T2温度下K＝0.4＜4/9，则平衡逆反应方向移动，由于正反应是吸热反应，所以温度是T1大于T2。

②t1时氢气的浓度减小，说明所以向逆反应方向移动。T2时氢气的浓度增大，然后逐渐减小，说明改变的条件是增大压强或增大浓度。t3时刻没有加入或减少体系中的任何物质，由于氢气的浓度逐渐增大，说明改变的条件是升高温度，所以关系为。

③根据图像可知，曲线4的反应速率最快，但催化剂不能改变平衡状态，即不能改变转化率，B是错误的，其余都是正确的，答案选ACD。

（1）C装置能自发的进行氧化还原反应，则为原电池，锌易失电子作负极，铂丝作正极，连接铂丝的碳棒是阳极，连接锌的碳棒是阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-═Cl2↑，

所以有黄绿色气体产生，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e-═H2↑，所以有无色气体产生，阴极附近同时生成氢氧化钾，溶液pH增大，酚酞遇碱变红色，所以阴极附近溶液呈红色，则看到的现象分别是：U形管左端有黄绿色气体产生，且溶液进入a烧杯中，U形管右端有无色气体产生且红色溶液进入b烧杯，

故答案为：U形管左端有黄绿色气体产生，且溶液进入a烧杯中，U形管右端有无色气体产生且红色溶液进入b烧杯；2Cl--2e-═Cl2↑；2H++2e-═H2↑；

（2）a中氯气和碘离子发生置换反应生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以a中溶液变蓝色，氢气、氢氧化钾和碘化钾溶液不反应，流入b烧杯中溶液呈红色，所以b烧杯溶液由无色变为红色，

故答案为：a烧杯溶液由无色变为蓝色，b烧杯溶液由无色变为红色；

（3）析出0.508g转移电子的物质的量=×2=0.004mol，根据转移电子守恒可知锌减少的质量=×65g/mol=0.13g，

故答案为：0.13．

（1）  H—H键（1分） （1分）

（2）②（1分）    ClO2中混有O2，不会产生对人体对害的物质（1分）

（3）2C1-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-（2分）

（4）①小于（1分）   ②mol·L-1·min-1（1分）③A（1分）  

（5）AgI（1分）  c（K+）>c（NO-3）>c（Cl-）>c（Ag+）>c（I-）（2分）

（6）2Mg（s）+TiCl4（1）==2MgCl2（s）+Ti（s）△H=一512kJ·mol-1（2分）

分析：（1）原子核外电子数等于核内质子数；

（2）根据反应的产物是否有毒性和具有污染性等角度考虑；

（3）电解饱和食盐水可以获得重要的化工原料氯气以及氢气和氢氧化钠；

（4）①根据温度对化学平衡的影响规律来分析；

②根据公式v=来计算反应速率；

③化学平衡常数=；

（5）越是难溶的沉淀越容易生成，根据溶液中离子浓度大小的比较方法来比较离子浓度；

（6）根据盖斯定律来计算反应的焓变，书写热化学方程式．

解答：解：（1）氯原子结构示意图为：，故答案为：；

（2）根据反应方程式，方法①制备ClO2的产物氯气有毒，对空气会造成污染，而方法②生成的氧气是不会造成污染的，故答案为：②；ClO2中混有O2，不会产生对人体有害的物质；

（3）电解饱和食盐水的原理方程式为：2C1-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，故答案为：2C1-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

（4）①根据图示，温度越高，WI2（g）的物质的量反而越小，即平衡向左进行，而升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以逆向是吸热方向，正向是放热的，故△H小于0，

故答案为：小于；

②从反应开始到t1时间内，结合图象，生成WI2（g）的物质的量为1.8×10-3mol，所以碘单质的物质的量减少1.8×10-3mol，根据公式v===mol?L-1?min-1，故答案为：mol?L-1?min-1；

③A、化学平衡常数=，但是固体单质W不列入表达式中，故A错误；

B、灯丝附近温度越高，化学平衡越向着吸热方向即逆向进行，灯丝附近区域WI2越易变为W而重新沉积到灯丝上，故B正确；

C、利用该反应原理可以提纯钨，故C正确；

故答案为：A；

（5）碘化银的溶度积最小，越容易生成，溶液混合反应之后，溶液的组成为：含有0.001mol的钾离子，0.0006mol的硝酸根离子，以及0.0004mol的氯离子，碘化银沉淀生成，碘离子全沉淀，氯化银沉淀也产生，均为0.0005mol但是绿化赢得电离程度大，故答案为：AgI； c（K+）＞c（NO-3）＞c（Cl-）＞c（Ag+）＞c（I-）；

（6）根据盖斯定律来计算反应的焓变，目标反应=①×2-②，即热化学方程式为：2Mg（s）+TiCl4（1）=2MgCl2（s）+Ti（s）△H=-512kJ?mol-1，

故答案为：2Mg（s）+TiCl4（1）=2MgCl2（s）+Ti（s）△H=-512kJ?mol-1．

点评：本题是一道综合性较强的题目，难度较大，考查学生分析和解决问题的能力．