贵州省六盘水红桥学校2021-2022学年高二上学期期中考试化学（文）试卷（PDF版含解析）

六盘水市 2021学年高二化学（理）考试 C．保持容器容积不变向其中充入1mol N2
考试时间：100分钟； D．保持容器内压强不变，向其中充入1mol N2和3mol H2
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 5．在容积不变的密闭容器中存在如下反应 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＜0，某研究小组研究了其他条件
2．请将答案正确填写在答题卡上
不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O16 Na 23 Mg 24 A1 27 Si 28 S 32 Cl
35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137
第 I 卷（选择题）
一、选择题（本题共 25小题，每小题 2分，共 50分。每小题只有一项符合题目要求。）
1．下列有关化学用语表示正确的是
A．乙烯的结构简式：C2H4
A．图Ⅰ表示的是 t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响
B．丙烷分子的球棍模型： B．图Ⅱ表示的是温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高
C．图Ⅱ表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高
C．空间填充模型 可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 D．图Ⅲ表示的是 t1时刻增大 O2的浓度对反应速率的影响
6．化学能与热能、电能等能相互转化，关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是
D．CH2Cl2的电子式为 ，是结构呈正四面体的分子
2．化学与人类生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．《泉州府志》中有：“元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”其原理是泥
土具有吸附作用，能将红糖变白糖
A．图 1所示的装置能将化学能变为电能
B．将海水淡化可以解决淡水供应危机，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化
B．图 2所示的反应为吸热反应，可表示铝热反应的能量变化
C．“绿色化学”的核心是利用化学原理解决食品安全的问题
C．中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低
D．“天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
D．由图 3可得，1molN2和 1molO2生成 NO(g)过程中吸收 180kJ能量
3．为了使反应 2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑能顺利进行，某同学设计了下列四个实验，如图所示，你认为可行的
7 1．已知：(1)Zn(s)+ 2 O2(g)=ZnO(s)，△H=-348.3 kJ·mol
-1
是
(2)2Ag(s)+ 12 O2(g)=Ag2O(s)，△H=-31.0 kJ·mol
-1
A． B． C． D． 则 ZnO(s)+2Ag(s)=Zn(s)+Ag2O(s)的△H 等于
A．-317.3 kJ·mol-1 B．317.3 kJ·mol-1 C．-332.8 kJ·mol-1 D．-379.3 kJ·mol-1
4．在一密闭容器中充入1mol N2和3mol H2，压强为 p(kPa)，并在一定温度下使其发生反应：N2(g)+3H2 (g) 8．有机物 R的结构如图所示，下列有关 R的叙述正确的是
2NH3(g)。下列操作中，能使其反应速率减慢的是
A．保持容器内压强不变，向其中充入1mol Ar
B．保持容器容积不变，向其中充入1mol Ar
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有广阔的前景。我国研制的新型锌-空气燃料电池工作原理如图所示，反应为
放电
2Zn+O2+4OH–+2H2O 2[Zn(OH)4]2-。下列说法错误的是
充电
A．放电时，电路中通过 2mol电子，消耗氧气 22.4L(标准状况)
A．分子式为 C11H10O3 B．放电时，负极反应为 Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-
B．该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C．充电时，电解质溶液中 c(OH-)逐渐增大
C．可以发生加成、氧化、酯化和加聚反应 D．充电时，电解质溶液中 K+向阴极移动
D．1molR与足量的 Na反应，可生成标准状况下 11.2LH2 14．氢氧燃料电池的构造如图所示。下列说法正确的是
9．X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的四种短周期元素，X的最外层电子数是内层的两倍，Y、Q同主族且 A．a是电池正极
- +
可以形成两种常见的物质QY2 、QY3， Z 的最高价氧化物对应的水化物呈两性，下列说法错误的是 B．b电极的电极反应为 O2+4e +4H =2H2O
Q>Y>Z C．电池工作时，电池内部中的 H
+向 a电极迁移
A．离子半径：
D．电子由 a沿导线流向 b，再由 b通过电解质溶液流回 a
B．简单氢化物的稳定性：Y>X
15．为保护地下钢管不受腐蚀，可使它与
C．Y、Z、Q形成的一种化合物可用于净水
QY A．直流电源负极相连，此方法名为外加电流法 B．铜板相连，此方法名为牺牲阳极法D．往石蕊试液中通入 2 ，试液先变红后褪色
C．锌板相连，此方法名为牺牲阴极法 D．直流电源正极相连，此方法名为外加电流法
10．下列离子方程式书写正确的是
16．一定温度下，把 2.5molA 和 2.5molB混合盛入容积为 2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(s)
A．过量的 SO2与 NaOH溶液反应：SO2 2OH
SO2 3 H2O
xC(g)+2D(g)，经 5s反应达平衡，在此 5s内 C的平均反应速率为 0.2mol·L-1·s-1，同时生成 1molD，下列叙述
B．碳酸钙加入醋酸溶液中：CO2 3 2CH3COOH CO2 2CH3COO
H2O 中不．正．确．的是
C．碳酸氢钠溶液与稀硝酸反应：CO2 3 2H H2O CO A．反应达到平衡状态时 A的转化率为 60%2
B．x=4
D．NaHSO4溶液中加入 Ba(OH) 2 2溶液至溶液呈中性：Ba 2OH SO2 4 2H BaSO4 2H2O
C．若 D的浓度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态
11．设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
D．反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为 6:5
A．2.4gMg 在足量氯气中充分燃烧生成氯化镁转移电子数为 0.2NA
17．已知热化学方程式 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH=-QkJ/mol(Q>0)，则下列说法正确的是
B．1molN2与 3molH2反应生成的 NH3分子数为 2NA
A．降低温度，平衡正向移动，方程式中的 Q值增大
C．3.2gO2和 O3的混合气体中，含分子数为 0.1NA
B．若该反应放热 QkJ，则此过程中有 2molSO2(g)被氧化
D．标准状况下，11.2LHF含有的分子数为 0.5NA
C．将 2molSO3(g)置于一密闭容器中充分反应，需吸收 QkJ 的热量
12．下列变化中不能用原电池原理解释的是
D．2molSO2、1molO2分子中的键能总和大于 2molSO3分子中的键能
A．镀层破损后，白口铁(镀锌铁)中的铁不易腐蚀
18．2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时
B．红热的铁丝与水蒸气接触表面形成蓝黑色保护层
阳极反应式为 xLiFePO4-xe-→xLi++xFePO4 ，放电工作示意图如图。下列叙述正确的是
C．暖宝宝中的炭粉、铁粉、食盐、水混合暴露在空气中放热
D．相同条件下，久置在潮湿的空气中，生铁比纯铁更易生锈
13．锌-空气燃料电池(ZAFC)具有携带方便、成本低及安全无污染等优点，在离网电源及汽车电源的应用上具
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图。下列说法正确的是
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的 pH均增大
B．生成1mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D 2Co2 2H O 通电．电解总反应： 2 2Co O2 4H
23．无色透明的碱性溶液中，下列离子一定可以大量共存的是
A．放电时，Li+通过隔膜移向铝箔 B．放电时，电子由铝箔经锂盐有机溶液流向铜箔
A．Mg2 、NH 、NO 、Cl 4 3 B．K

、Na 、NO3 、HCO放电 3
C．充电时负极反应为：LixC6-xe-=xLi++C6 D．该电池的总反应 LixC6+x FePO4 xLiFePO4+C6
充电
C．Fe3 、Na 、Cl 、 I D．K 、Na 、NO SO2 3 、 4
19．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
24．下列说法错误的是
选
实验 现象 结论 A．2CO2(g) 2CO(g) O2(g)该反应的ΔH>0，ΔS>0，在低温下，该反应不能自发进行
项
B． 2NO(g) 2CO(g) 2CO2 (g) N2 (g)该反应的ΔH<0，ΔS<0，在低温下能自发进行
将浓硫酸加入过量铁粉中，加热，充分反应后滴 有气体生成，溶液呈
A 浓硫酸将 Fe 氧化为 Fe3+
加 KSCN溶液 血红色 C．CaCO3(s) CaO(s) CO2 (g)该反应的ΔH>0，ΔS>0，在低温下，该反应能自发进行
B 将氯气通入品红溶液 品红褪色 氯气分子具有漂白性 D．CaSO4 (s) CO(g) CaO(s) SO2 (g) CO2 (g)该反应的ΔH>0，ΔS>0，在高温下，该反应能自发进行
25．下列事实不能用勒夏特列原理原理解释的是
溶液颜色由黄色变为
C 将铁粉加入到 FeCl3溶液中 Fe3+具有氧化性 A．在新制氯水中加入适量 CaCO3可以增大 HClO的浓度浅绿色
B．升高温度有利于合成氨
向 20%蔗糖溶液中加入少量稀 H2SO4，加热；再
D 未出现银镜 蔗糖未水解 C．将 FeCl 和 KI混合后，加入 CCl 后， c(Fe3+3 4 )减小
加入银氨溶液
D．打开健力宝，有大量气泡溢出
A．A B．B C．C D．D
第 II 卷（非选择题）
20 －1．已知 X(g)＋3Y (g) 2W(g) ＋M (g) △H＝－a kJ·mol （a>0）。一定温度下，在体积恒定的密闭 二、非选择题（共 50分）
容器中，加入 1 mol X(g) 与 1mol Y (g)，下列说法正确的是 26．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的
A．充分反应后，放出热量为 a kJ 灭菌消毒剂。回答下列问题：
B．当反应达到平衡状态时，X与 W的物质的量浓度之比一定为 1：2 （1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许 Na+离
C．当 X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡 子通过，已知阳极发生氧化反应，则 a口逸出的气体的分子式为_______。
D．若增大 Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
21．下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A．酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B．碱性：KOH＞NaOH＞LiOH
C．热稳定性：H2O＞H2S＞PH3 D．非金属性：F＞O＞N
22．钴(Co )的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意
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（2）次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，请写出氯气与水反应生成 HClO的离子方程式_______。 28．按要求完成下列问题。
（3）ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为 NaClO2、NaHSO4、 （1）氨氧燃料电池具有很大的发展潜力。氨氧燃料电池工作原理如图所示。
NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到 ClO2溶液。上述过程中，生成 ClO2的反 ① a电极的电极反应式是_______；
-
应属于歧化反应，5ClO 2 ＋4H
＋=4ClO2＋Cl-＋2H2O，每生成 1 mol ClO ②OH向 _____ 电极移动(填“a”或“b”)2消耗 NaClO2的量为_______mol；产生
③一段时间后，需向装置中补充 KOH，请依据反应原理解释原因是_______。
“气泡”的化学方程式为_______。
（2）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某
（4）“84消毒液”的有效成分为_______，不可与酸性清洁剂混用的原因是(用离子方程式表示)_______。
微生物燃料电池的工作原理如图所示：
（5）工业上是将氯气通入到 30%的 NaOH溶液中来制备 NaClO溶液，若 NaClO溶液中 NaOH的质量分数为
- 2-
1%，则生产 1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为_______kg(保留整数)。 ①HS在硫氧化菌作用下转化为SO4 的电极反应式是_______。
27．I.一定温度下，在 2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示： ②若维持该微生物电池中两种细菌的存在，则电池可以持续供电，原因
是_______。
29．实验Ⅰ 从含碘废液(含有CCl4、 I2、KI、H2O )中回收碘，实验过程如图所示：
（1）写出该反应的化学方程式___________。
（2）下列叙述中不能说明上述反应达到平衡状态的是___________。 已知：①KI易溶于水，不溶于CCl4；②还原步骤中的反应：Na2SO3+I2+H2O=2NaI+H2SO4。
A．当 X与 Y的反应速率之比为 1∶1 (1)操作①的名称为___________；操作②的名称为___________。
B．在混合气体中 X的质量百分数保持不变 (2)流程中“氧化”过程发生反应的离子方程式：___________。
C．混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化 实验Ⅱ 海带中也含有丰富的碘元素，某同学设计从海带中提取碘单质实验流程如下：
D．混合气体的密度不随时间的变化而变化
E．X、Y、Z的浓度之比为 1∶1∶2
（3）为使该反应的反应速率减小，可采取的措施是___________。
A．恒压时充入 Ne B．适当升高温度
(3)操作②中用到的主要玻璃仪器：___________。
C．缩小容器的体积 D．选择高效催化剂
(4)操作②中苯___________(填“能”或“不能”)换成有机溶剂酒精，原因是___________。
II.一定温度下将 3mol的 A及 3molB混合于 1L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) 3C(g)+2D(g)，
(5)实验Ⅰ和实验Ⅱ中，得到 1mol I2，消耗氧化剂物质的量之比 n Cl2 :n H2O2 = ___________。
经过 5分钟 后反应达到平衡，测得 A的转化率为 60﹪。求：
（4）平衡时 B的浓度=___________mol/L。
（5）D的平均反应速率υ(D)=___________mol/( L·min)。
（6）该温度下的平衡常数 K=___________。
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参考答案
1．B
【详解】
A．乙烯的结构简式：CH2 =CH2，A错误；
B．丙烷分子的球棍模型： ，B正确；
C．由于 C的原子半径大于 H的，故空间填充模型 可以表示甲烷分子，但是 Cl的
原子半径大于 C的，故不也可以表示四氯化碳分子，C错误；
D．CH2Cl2的电子式为 ，是结构呈四面体的分子，D错误；
故选 B。
2．A
【详解】
A．土壤是胶体可以吸附色素，A正确；
B．明矾溶于水可形成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮颗粒，起到净水作用，但不能使海水淡
化，B错误；
C．绿色化学的核心是从源头减少和消除对环境的污染，C错误；
D．太阳能电池板的主要材料是硅，D错误；
故答案选 A
3．C
【分析】
金属活动性排序表中银排在氢后面，则反应 2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑不能自发进行、故不能
设计为原电池，为使之顺利进行，必须发生电解反应，反应中 Ag失去电子被氧化，所得银
离子与氯离子结合为 AgCl，则 Ag为阳极、氢离子得到电子被还原产生氢气，则电解质为
HCl，据此回答；
【详解】
A．装置为电解池，但阳极不是 Ag，A错误；
B．装置为原电池，B错误；
C．装置为电解池，阳极是 Ag，C正确；
答案第 1页，共 14页
D．装置为原电池，D错误；
答案选 C。
4．A
【详解】
A．Ar不参与反应，保持容器内压强下，充入 Ar，容器的体积增大，N2、H2、NH3的浓度
减小，反应速率减缓，故 A符合题意；
B．保持容器容积下，充入 Ar，N2、H2、NH3的浓度不变，反应速率不变，故 B不符合题
意；
C．保持容器容积下，充入 1molN2，N2的浓度增大，反应速率加快，故 C不符合题意；
D．保持容器内压强不变，向其中充入 1molN2和 3molN2，反应物气体浓度增大，生成物浓
度降低，正反应速率加快，逆反应速率减慢，故 D不符合题意；
答案为 A。
5．A
【详解】
A．图Ⅰ在 t1时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原
因，选项 A正确；
B．图Ⅱ甲、乙两个平衡状态不同，乙到达平衡时间较短，则乙速率大、乙中二氧化硫转化
率小，则平衡向逆反应方向移动，若由改变温度引起，则乙的温度较高：正反应放热，升高
温度，平衡左移、二氧化硫的转化率减小，选项 B不正确；
C．图Ⅱ甲、乙两个平衡状态不同，乙到达平衡时间较短，则乙速率大、乙中二氧化硫转化
率小，则平衡向逆反应方向移动，这不可能由改变压强引起：对于 2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)，压强大时，平衡右移、二氧化硫的转化率应增大，选项 C不正确；
D．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，选项 D不正
确；
答案选 A。
6．D
【详解】
A．图 1所示的装置由于没有形成闭合的回路，不能形成原电池，故不能将化学能变为电能，
A错误；
答案第 2页，共 14页
B．图 2所示为反应物总能量高于生成物总能量，故该反应为放热热反应，铝热反应属于放
热反应，可表示铝热反应的能量变化，B错误；
C．中和反应属于放热反应，故反应物的总能量比生成物的总能量高，C错误；
D．由图 3可得，热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H 946 498 2 632=180kJ/mol，
故 1molN2和 1molO2生成 NO(g)过程中吸收 180kJ能量，D正确；
故答案为：D。
7．B
【详解】
已知：(1)Zn(s)+ 1 O2(g)=ZnO(s)，△H=-348.3 kJ·mol-12
(2)2Ag(s)+ 1 O2(g)=Ag2O(s)，△H=-31.0 kJ·mol-12
根据盖斯定律，将(2)- (1)，整理可得 ZnO(s)+2Ag(s)=Zn(s)+Ag2O(s)的△H=317.3 kJ·mol-1，B
正确，故合理选项是 B。
8．C
【详解】
A．分子式为 C11H12O3，故 A错误；
B．含有碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 B错误；
C．含有苯环和碳碳双键，能发生加成反应和加聚反应，含有羟基能发生氧化反应和酯化反
应，故 C正确；
D．羟基和羧基都可以和金属钠反应生成氢气，所以 1mol该物质与钠反应生成 1mol氢气，
如果是在标况下，生成气体体积为 22.4L，故 D错误；
故选 C。
9．D
【分析】
X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的四种短周期元素，X的最外层电子数是内层的两倍，X
是 C。Y、Q同主族且可以形成两种常见的物质QY2 、QY3，Y是 O，Q是 S。Z的最高价
氧化物对应的水化物呈两性，Z是 Al，据此解答。
【详解】
A．核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而
减小，则离子半径：Q>Y>Z，A正确；
答案第 3页，共 14页
B．非金属性 O大于 C，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：Y>X，
B正确；
C．Y、Z、Q形成的一种化合物硫酸铝可用于净水，C正确；
D．往石蕊试液中通入SO2，试液先变红，但不会褪色，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，D
错误；
答案选 D。
10．D
【详解】
A．过量的 SO2与 NaOH 溶液反应生成亚硫酸氢钠，故应为SO2 OH HSO3 ，故 A错误；
B．碳酸钙在书写离子方程式时不能拆开，故应为
CaCO3 2CH3COOH CO2 2CH3COO
Ca2 H2O，故 B错误；
C ．碳酸氢钠应该拆写为钠离子和碳酸氢根离子，故应为HCO3 H H2O CO2 ，故 C
错误；
D．NaHSO4溶液中加入 Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时两种物质的量之比为 2：1，故离子方
Ba 2 2OH SO2 程式为 4 2H BaSO4 2H2O，故 D正确；
故选 D。
11．A
【详解】
A．2.4gMg 的物质的量为 0.1mol，0.1molMg与氯气完全反应生成 0.1mol氯化镁， 失去了
0.2mol电子，失去的电子数为 0.2NA，A正确 ；
B．合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子个数小于 2NA个，B错误；
C．氧气与臭氧摩尔质量不同，只知道混合物总质量无法计算气体物质的量和含分子数，C
错误；
D．标准状况下 HF不是气体，11.2LHF物质的量不是 0.5mol，D错误；
故选 A。
12．B
【详解】
A．镀层破损后，白口铁(镀锌铁)中，锌、铁和金属表面的水膜形成原电池，锌比铁活泼，
答案第 4页，共 14页
锌为负极，则铁不易腐蚀，能用原电池原理解释，故 A与题意不符；
B．红热的铁丝与水蒸气接触生成四氧化三铁和氢气，则表面形成四氧化三铁蓝黑色保护层，
与原电池无关，故 B符合题意；
C．暖宝宝中的炭粉、铁粉、食盐、水混合暴露在空气中，炭粉、铁粉、食盐水形成原电池，
铁粉被氧化放热，能用原电池原理解释，故 C与题意不符；
D． 生铁是铁碳合金，在潮湿的环境中容易形成原电池，生锈较快，而纯铁形不成原电池
生锈较慢，能用原电池原理解释，故 D与题意不符；
故答案为：B
13．A
【分析】
二次电池，放电时是原电池，充电时是电解池，电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，
阳极发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，
内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反
应，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，据此回答；
【详解】
A - -． 放电时，正极的电极反应式：O2+2H2O+4e =4OH ，则电路中通过 2mol电子，消耗氧
气 11.2L(标准状况)，A错误；
B． 放电时，负极锌失去电子，电极反应为 Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-，B正确；
放电
C． 由 2Zn+O2+4OH–+2H2O 2[Zn(OH)4]2-知，充电时生成氢氧根，则电解质溶液中 c(OH-)
充电
逐渐增大，C正确；
D． 充电时，阳离子移向阴极，则电解质溶液中 K+向阴极移动，D正确；
答案选 A。
14．B
【详解】
A．该燃料电池中，通入氢气的一极为负极，即 a电极为负极，b电极为正极，故 A错误；
B．通入氧气的b电极为原电池的正极，氧气得电子生成水，电极反应式为O2+4H++4e -=2H2O，
故 B正确；
C．电池工作时，H2在负极发生失电子的反应生成 H+，H+向 b电极迁移，故 C错误；
D．原电池工作时，电子由负极 a经外电路流向正极 b，但电子不能进入溶液中，故 D错误；
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故选：B。
15．A
【详解】
A．为保护地下钢管不受腐蚀，在电解装置中钢管应作阴极、与直流电源负极相连，此方法
名为外加电流法，A正确；
B． 钢管与铜板相连，铁比铜活泼、作负极被腐蚀，B错误；
C． 钢管与锌板相连，锌比铁活泼、锌作负极被腐蚀，钢管作正极被保护，此方法名为牺
牲阳极法，C错误；
D． 结合选项 A可知，钢管应与直流电源负极相连，D错误；
答案选 A。
16．D
【分析】
容积为 2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(s) xC(g)+2D(g)，经 5s反应达平衡，在
此5s内C的平均反应速率为0.2mol·L-1·s-1，则生成C的物质的量为0.2mol·L-1·s-1×5s×2L=2mol，
同时生成 1molD。依据物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，可求出 x=4，参加反应
的 A的物质的量为 1.5mol。
【详解】
A．参加反应的 A的物质的量为 1.5mol，则反应达到平衡状态时 A的转化率为
1.5mol
100%=60%，A正确；
2.5mol
B．由计算知，生成 2molC，同时生成 1molD，而方程式中 D的化学计量数为 2，则依据物
质的量的变化量之比等于化学计量数之比，可求出 x=4，B正确；
C．若 D的浓度不再变化，则单位时间内 D的变化量为 0，其它物质的变化量也为 0，从而
得出该可逆反应达到化学平衡状态，C正确；
D．反应达到平衡状态时，生成 2molC、1molD，同时消耗 1.5molA，则 A剩余 1mol，B呈
固态，所以相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比等于反应后与反应前气体的物质的
量之比，即等于(1+2+1)mol:2.5mol=8:5，D不正确；
故选 D。
17．B
【详解】
答案第 6页，共 14页
A．方程式中的 Q与平衡移动无关，故 A错误；
B．若有 2molSO2(g)被氧化，则放热 QkJ，故 B正确；
C．反应为可逆反应，故 2molSO3(g)置于一密闭容器中充分反应，需吸收小于 QkJ的热量，
故 C错误；
D．断裂 2molSO2、1molO2分子中的键能吸收能量，形成 2molSO3分子中的键能放出能量，
反应为放热反应，故 2molSO2、1molO2分子中的键能总和小于 2molSO3分子中的键能，故
D错误；
故选 B。
18．D
【详解】
A．放电时， Li+通过隔膜移向正极即铜箔，故 A错误；
B．放电时，电子由负极即铝箔沿导线流向正极即铜箔，电子不能通过电解质溶液，故 B错
误；
C．充电时的负极，即阴极的电极反应，应为得电子反应，故 C错误；
放电
D．该电池的总反应 LixC6+x FePO4 xLiFePO4+C6，故 D正确。
充电
故选 D。
19．C
【详解】
A．过量的铁粉能够与铁离子反应生成亚铁离子，浓硫酸加入过量铁粉中，加热，生成亚铁
离子，充分反应后滴加 KSCN溶液，溶液不会变成红色，故 A错误；
B．氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，因此将氯气通入品红溶液中，溶液红色褪去，
但氯气无漂白性，故 B错误；
C．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液由黄色变为浅绿色，体现了 Fe3+的氧化性，故 C正
确；
D．水解后检验葡萄糖需要在碱性溶液中，水解后没有加碱至碱性，不能发生银镜反应，故
D错误；
故选 C。
20．C
【详解】
答案第 7页，共 14页
A、该反应为可逆反应，不会完全进行，投入原料 1mol并未完全反应，故放出的热量小于
akJ，选项 A不正确；B、X和W分别为反应物和生成物，化学计量数只表示反应过程的转
化比例，并不能说明达到平衡后的浓度之比，选项 B不正确；C、当 X的物质的量分数不再
变化时，反应达到平衡，选项 C正确；D、若增大反应物浓度，正逆反应速率均会增加，选
项 D不正确。答案选 C。
21．A
【详解】
A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于 S元素最高价
含氧酸是 H2SO4，不是 H2SO3，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3，
A错误；
B．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物
对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：K＞Na＞Li，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，
B正确；
C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序
数的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：
O＞S＞P，所以氢化物的热稳定性：H2O＞H2S＞PH3，C 正确；
D．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F＞O＞N，
D正确；
故合理选项是 A。
22．D
【分析】
由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和
氢离子，电极反应式为 2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电
生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子
发生还原反应生成钴，电极反应式为 Co2++2e-=Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，
氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为
2Co2++2H2O通电2 Co +O2↑+4H+。
【详解】
答案第 8页，共 14页
A．由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子
浓度增大，溶液 pH减小，故 A错误；
B．由分析可知，阴极生成 1mol钴，阳极有 1mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少 18g，故 B
错误；
C．若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应
生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故 C错误；
D．由分析可知，电解的总反应的离子方程式为 2Co2++2H2O通电2 Co +O2↑+4H+，故 D正
确；
故选 D。
23．D
【详解】
碱性溶液中存在大量 OH-。
A OH- Mg2 NH ． 与 、 4 之间能够发生复分解反应，不能大量共存，故 A不选；
B HCO ． 与 OH-3 之间能够发生复分解反应，不能大量共存，故 B不选；
C．含大量Fe3 的溶液为棕黄色，不满足无色溶液要求，且Fe3 能与 OH-之间发生复分解反
应，不能大量共存，故 C不选；
D 2 ．K 、Na 、NO3 、SO4 在溶液中均为无色，且与 OH-之间不会反应，能够大量共存，
故 D选；
综上所述，答案为 D。
24．C
【分析】
满足△G=△H-T △S＜0的反应能够自发，据此分析判断。
【详解】
A．2CO2(g) 2CO(g) O2(g)该反应的ΔH>0，ΔS>0，满足△G=△H-T △S＜0的反应能够
自发，则该反应在高温下能自发进行，在低温下不能自发进行，故 A正确；
B． 2NO(g) 2CO(g) 2CO2 (g) N2 (g)该反应的ΔH<0，ΔS<0，满足△G=△H-T △S＜0
的反应能够自发，则该反应在低温下能自发进行，故 B正确；
答案第 9页，共 14页
C．CaCO3(s) CaO(s) CO2 (g)该反应的ΔH>0，ΔS>0，满足△G=△H-T △S＜0的反应能够
自发，则该反应在高温下能自发进行，在低温下不能自发进行，故 C错误；
D．CaSO4 (s) CO(g) CaO(s) SO2 (g) CO2 (g)该反应的ΔH>0，ΔS>0，满足△G=△H-T △S
＜0的反应能够自发，则该反应在高温下能自发进行，故 D正确；
故选 C。
25．B
【详解】
A．新制氯水中存在如下平衡：Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入适量碳酸钙，酸性比碳酸强
的盐酸与碳酸钙反应，酸性比碳酸弱的次氯酸不反应，盐酸的浓度减小，平衡向正反应方向
移动，次氯酸浓度增大，则在新制氯水中加入适量碳酸钙可以增大次氯酸的浓度可以用勒夏
特列原理原理解释，故 A不符合题意；
B．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的产率降低，则升高
温度有利于合成氨不能用勒夏特列原理原理解释，故 B符合题意；
C．氯化铁溶液和碘化钾溶液混合后，溶液中存在如下平衡：2Fe3＋＋2I－ I ＋2＋2Fe2 ，向反
应后的溶液中加入四氯化碳萃取溶液中生成的碘，碘的浓度减小，平衡向正反应方向移动，
铁离子浓度减小，则将氯化铁溶液和碘化钾溶液混合后，加入四氯化碳后，铁离子浓度减小
可以用勒夏特列原理原理解释，故 C不符合题意；
D．健力宝的溶液中存在如下平衡：CO2(g)＋H2O(l) H2CO3(aq)，打开健力宝时，气体压
强减小，平衡向逆反应方向移动，会有大量二氧化碳气体生成溢出气泡，则打开健力宝，有
大量气泡溢出可以用勒夏特列原理原理解释，故 D不符合题意；
故选 B。
26．
（1）Cl2
（2）Cl2+H2O HClO+Cl-+H+
（3） 1.25 NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O
（4） NaClO ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O
（5）203
【分析】
（1）
答案第 10页，共 14页
在饱和食盐水中含有溶质电离产生的 Na+、Cl-及水电离产生的 H+、OH-，阳极上溶液中的阴
离子失去电子发生氧化反应，由于放电能力：Cl-＞OH-，则在阳极上 Cl-失去电子被氧化产
生 Cl2，故 a口逸出的气体的分子式为 Cl2。
（2）
氯气与水反应生成 HCl、HClO，该反应为可逆反应，由于 HClO、H2O都是弱电解质，主要
以电解质分子存在，故反应的离子方程式为 Cl2+H2O HClO+Cl-+H+。
（3）
在反应 5ClO 2 ＋4H
＋=4ClO2＋Cl-＋2H2O中，化合价升降数目是 4，则每反应产生 4 mol ClO2
就会同时消耗 5 mol NaClO2，则生成 1 mol ClO2消耗 NaClO2的量为
5mol
n(NaClO2)= ×1mol=1.25mol。4mol
NaHSO4是酸式盐，溶于水电离产生 H+，起一元强酸的作用，其与 NaHCO3发生复分解反应
产生 Na2SO4、H2O、CO2，而产生大量气泡，反应的化学方程式为：
NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O。
（4）
Cl2与NaOH溶液反应得到“84消毒液”，二者产生NaCl、NaClO及H2O，其有效成分是NaClO，
由于在酸性条件下 Cl-、ClO-、H+会发生氧化还原反应产生 Cl2，反应的离子方程式为：
ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O，Cl2逸出会导致大气污染，因此“84消毒液”不可与酸性清洁剂混
用。
（5）
根据反应：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，假设反应消耗氯气的质量为 x，则根据物质反
80x
应转化关系，可知反应消耗 NaOH的质量为 m(NaOH)= ，溶液中剩余 NaOH质量
71
m(NaOH)=1000 kg×1%=10 kg，由于 NaOH溶液中溶质含量为 30 %，则
80x +10
71 ×100%=30% ，解得 x=203 kg。
1000-x
27．
（1）X(g)+Y(g) 2Z(g)
（2）ACDE
（3）A
答案第 11页，共 14页
（4）2.4
（5）0.24
41
（6）2.025或
80
【分析】
（1）
由图象可以看出 X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则 X、Y为反应物，Z为生成
物，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比，则有 X：Y：
Z=(1.20mol-0.41mol)：(1.00mol-0.21mol)：1.58mol=1：1：2，由于最后三种物质都存在，可
见该反应为可逆反应，则反应的化学方程式为 X(g)+Y(g) 2Z(g)；
（2）
A．X、Y是反应物，方程式的系数相同，在任何情况下二者反应速率都相等，因此不能根
据 X与 Y的反应速率之比为 1：1判断平衡状态，A符合题意；
B．若反应达到平衡状态，任何一组分的质量不变，则物质的质量分数不变，故在混合气体
中 X的质量百分数保持不变可以判断反应处于平衡状态，B不符合题意；
C．由于反应前后气体的质量不变，气体的物质的量不变，所以混合气体的平均摩尔质量总
是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，C符合题意；
D．由于反应前后气体的质量不变，气体的体积不变，所以混合气体的密度总是不随时间的
变化而变化，故不能据此判断平衡状态，D符合题意；
E．X、Y、Z的浓度之比为 1：1：2可能处于平衡状态，也可能不是平衡状态，E符合题意；
故合理选项是 ACDE；
（3）
A.恒压时充入 Ne，容器的容积扩大，物质的浓度减小，反应速率减小，A符合题意；
B.适当升高温度，物质的内能增加，反应速率加快，B不符合题意；
C.缩小容器的体积，物质的浓度增大，化学反应速率加快，C不符合题意；
D.选择高效催化剂，化学反应速率加快，D不符合题意；
答案第 12页，共 14页
故合理选项是 A；
（4）
n(A)=3mol，A的转化率是 60%，则 A转化量为△n=3mol×60%=1.8mol，根据反应方程式的
系数可知：每有 3molA发生反应，同时消耗 1molB，则A反应了 1.8mol，所以B反应了 0.6mol，
则 5min时 B物质的浓度为 c(B)=(3mol-0.6mol)÷1L=2.4mol/L
（5）
A转化量为△n=3mol×60%=1.8mol，容器的容积为 1L，反应时间为 5min，所以
V(A)=1.8mol÷1L÷5min=0.36mol/(L·min)，由于 V(A)：V(D)=3:2，所以 V(D)= 0.24 mol/(L·min)；
（6）
3A g + B g 3C g + 2D g
开始(mol) 3 3 0 0
根据题给条件可得三段式：
转化(mol) 3×60% 0.6 1.8 1.2
平衡(mol) 1.2 2.4 1.8 1.2
2 3
则该反应的平衡常数为：K=1.2 1.8 2.025 41 或 。
1.23 2.4 80
28．
（1） 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O a 发生反应 4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，
使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充 KOH
（2） HS-+4H2O-8e-=SO2-4 +9H+ HS-、SO
2-
4 浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，
就会循环把有机物氧化成 CO2放出电子
【分析】
a电极是通入 NH3，有氮气生成，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以该电极作负
极；b电极是通入氧气，有氢氧根离子生成，氧元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，
所以该电极作正极。
【详解】
(1)①a电极是通入 NH3，失去电子，发生氧化反应，所以该电极作负极，电极反应式是
2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；
②a电极为负极，OH-阴离子向负极移动；
③一段时间后，需向装置中补充 KOH，原因是发生反应 4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，
使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充 KOH，答案为：不变，所以要补
答案第 13页，共 14页
充 KOH。
(2) HS- 2-①酸性环境中反应物为 ，产物为SO4 ，利用质量守恒和电荷守恒进行配平，电极反应
HS-+4H O-8e-=SO2-式： 2 4 +9H+
2-
，答案为：HS-+4H2O-8e-=SO4 +9H+；
②从质量守恒角度来说，HS- SO 2 、 4 浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把
CO HS- SO2-有机物氧化成 2放出电子，答案为： 、 4 浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，
就会循环把有机物氧化成 CO2放出电子。
29 - -．分液 萃取 Cl2+2I =2Cl +I2 分液漏斗(烧杯) 不能 酒精和水互溶，不
能达到萃取分液效果 1:1
【分析】
向碘废液(含有CCl4、 I2、KI、H2O )中加入 Na2SO3，Na2SO3+I2+H2O=2NaI+H2SO4，由已
知信息“KI易溶于水，不溶于CCl4”可知，经分液可除去 CCl4，故操作①为分液，通入
Cl2，I-被氧化为 I2，经萃取可富集 I2，故操作②为萃取；向含有 I-的溶液中加入 H2O2(H+)，
I-被氧化为 I2，加入苯，萃取可得到 I2的苯溶液，蒸馏 I2的苯溶液得到 I2。
【详解】
(1)操作①是CCl4和溶液的分层混合物，所以实验操作是分液；操作②是用CCl4萃取溶液中
的 I2；
(2)通入 Cl2，I-被氧化为 I2，反应的离子方程式：Cl2+2I
2Cl I2；
(3)操作②是萃取，所以用到的主要玻璃仪器是分液漏斗；
(4)操作②中萃取剂苯不能换成有机溶剂酒精，原因是酒精和水互溶，不能达到萃取分液效
果；
(5) 实验Ⅰ中得到 I2的反应是Cl2+2I 2Cl I2，实验Ⅱ中，得到 I2的反应是
2H H2O2 2I
2H2O I2，所以得到 1mol I2，消耗氧化剂物质的量之比是
n Cl2 :n H2O2 =1:1。
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