化学卷·2018届福建省宁德市部分一级达标中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届福建省宁德市部分一级达标中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年福建省宁德市部分一级达标中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共20小题，每小题2分，共计40分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）‎ ‎1．化学平衡移动原理在化T生产和科学研究中具有重要的指导作用，第一个提出平衡移动原理的科学家是（　　）‎ A．盖斯 B．勒•夏特列 C．门捷列夫 D．凯库勒 ‎2．为了更好地解决能源问题，人们一方面研究如何提高燃料的燃烧效率，另一方面寻找新能源．以下做法不能提高燃料效率的是（　　）‎ A．煤的气化与液化 B．液体燃料呈雾状喷出 C．通入大量的空气 D．将煤块粉碎 ‎3．反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．上述反应为吸热反应 B．上述反应的△H=E1kJ•mol﹣1‎ C．A（g）的能量一定大于C（g）‎ D．反应物的总焓大于反应产物的总焓 ‎4．下面是几种常见的化学电源，其中属于一次电池的是（　　）‎ A．干电池 B．铅蓄电池 C．燃料电池 D．锂离子电池 ‎5．下列反应可能属于吸热反应的是（　　）‎ A．甲烷与氧气反应 B．碳酸钙分解反应 C．KOH与稀硫酸反应 D．铁丝与氯气反应 ‎6．金属锡的冶炼常用焦炭作还原剂：SnO2（s）+2C（s）═Sn（s）+2CO（g）↑，‎ 反应过程中能量的变化如图所示．下列有关该反应的△H、△S的说法中正确的是（　　）‎ A．△H＜0，△S＜0 B．△H＞0，△S＜0 C．△H＜0，△S＞0 D．△H＞0，△S＞0‎ ‎7．下列各项与反应热的大小无关的是（　　）‎ A．反应物和生成物的状态 B．反应物量的多少 C．反应物的性质 D．反应的快慢 ‎8．以下对影响反应方向的因素的判断错误的是（　　）‎ A．有时焓变起决定性作用 B．有时熵变起决定性作用 C．焓变和熵变是两个主要因素 D．温度不可能对反应方向起决定性作用 ‎9．只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述正确的是（　　）‎ A．K值不变，平衡一定不移动 B．K值变化，平衡一定移动 C．平衡移动，K值一定变化 D．平衡移动，K值一定不变化 ‎10．如图所示铜锌原电池T作时，下列叙述不正确的是（　　）‎ A．负极反应为：2n﹣2e ﹣═2n2+‎ B．电池反应为：Zn+Cu2+═Zn2++Cu C．盐桥中酌K+移向ZnSO4溶液 D．在外电路中，电子从负极流向正极 ‎11．下列事实不能用平衡移动原理解释的是（　　）‎ A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 B．工业合成氨时采用铁触媒作反应的催化剂 C．工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的转化率 D．将收集NO2气体的烧瓶密闭后放在装有热水的烧杯中，发生颜色变化 ‎12．对外加电流的金属保护中，被保护的金属（　　）‎ A．与电源的正极相连 B．表面上发生氧化反应 C．与电源的负极相连 D．与另一种活泼性较差的金属相连 ‎13．将a、b、c、d 4种金属两两连接浸入电解质溶液中，组成4个原电池（如图）：‎ ‎①中a极发生氧化反应　②中电流由b到c　③中c极质量增加　④中a极有大量气泡，则4种金属的活泼性由强到弱的顺序为（　　）‎ A．d＞a＞c＞b B．b＞d＞c＞a C．d＞c＞a＞b D．a＞d＞b＞c ‎14．用惰性电极电解足量的下列溶液，一段时间后停止电解，向溶液中加入一定质量的另一种物质（括号内），能使溶液完全复原的是（　　）‎ A．CuCl2（ H2O） B．NaOH（Na2O） C．CuSO4（ CuO） D．NaCl（ NaOH）‎ ‎15．下列说法中正确的是（　　）‎ A．化学反应中，物质变化的同时不一定发生能量变化 B．反应焓变（△H）的大小与方程式中各物质的化学计量系数无关 C．反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H＞0‎ D．吸热反应中，形成化学键释放的能量大于断裂化学键吸收的能量 ‎16．已知：（1）H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=a kJ/mol ‎（2）2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=b kJ/mol ‎（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H=c kJ/mol ‎（4）2H2 （g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=d kJ/mol 下列关系式中正确的是（　　）‎ A．a＜c＜0 B．b＞d＞0 C．2a=b＜0 D．2c=d＞0‎ ‎17．氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的工业．饱和食盐水是以含Ca2+、Mg2+、SO42﹣、Fe3+等杂质离子的粗盐水精制，需要使用的药品包括：①稀盐酸 ②烧碱溶液 ③碳酸钠溶液 ④氯化钡溶液．下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．加入烧碱溶液主要是除去Mg2+、Fe3+‎ B．药品加入的先后顺序可以是②③④①‎ C．加入稀盐酸主要是除去所加过量物质中的OH﹣、CO32﹣‎ D．加入碳酸钠溶液主要是除去Ca2+及所加过量物质中的Ba2+‎ ‎18．一定条件下，将TiO2和焦炭放入密闭真空容器中，反应TiO2（s）+C（s）⇌Ti（s）+CO2 （g）达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法一定正确的是（　　）‎ A．平衡常数减小 B．TiO2的质量不变 C．CO2的浓度不变 D．Ti的质量增加 ‎19．在某温度下，可逆反应mA+nB⇌pC+qD的平衡常数为K，下列说法正确的是（　　）‎ A．K随压强的改变而改变 B．K越大，C的平衡浓度越小 C．C的起始浓度越大，K值越大 D．K越大，反应进行的程度越大 ‎20．现有200ml．含KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液，其中c（NO3﹣ ）=3mol•L﹣l，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况）．假定电解后溶液体积仍为200ml），下列说法不正确的是（　　）‎ A．电解过程中共转移0.4 mol电子 B．原混合液中c（K+）为2.0 mol•L﹣l C．电解得到的Cu的质量为6.4 g D．电解后溶液中c（H+）为0.1 mol•L﹣l ‎　‎ 二、非选择题（本大题共4小题，共计60分）‎ ‎21．实验室制备氨基甲酸铵（NH2COONH4）的反应如下：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）‎ 该反应在干燥条件下仅生成氨基甲酸铵，若有水存在则生成碳酸铵或碳酸氢铵．‎ ‎（1）该反应在一定条件下能够自发进行，则反应的△H　　0．（填大于、小于或等于）‎ ‎（2）写出生成碳酸氢铵的化学方程式　　．‎ ‎（3）实验步骤如下：‎ 步骤1：按图所示组装仪器，检查装置气密性．‎ 步骤2：在相应仪器中装入药品，其中在三颈烧瓶中加入氢氧化钠固体，恒压滴液漏斗中装入浓氨水．‎ 步骤3：滴加浓氨水并搅拌，调节反应速率，在反应器中得到产品…‎ ‎①干燥管中盛放的药品是　　．‎ ‎②对比碳酸盐和酸反应制CO2，该实验利用干冰升华产生CO2气体的优点有　　，　　．‎ ‎③以恒压滴液漏斗代替分液漏斗的目的是　　．‎ ‎④反应后期CO2气流量下降时，可采取的相应措施是　　．‎ ‎（4）该实验装置可能面临的安全问题是　　．‎ ‎22．废铅蓄电池量急速增加所引起的铅污染日益严重．工业上从废铅蓄电池的铅膏中回收铅的工艺流程如图 ‎（1）铅蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，该蓄电池放电时的负极反应式为　　，放电后该电极质量　　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎（2）步骤①中加入Na2SO3的作用是　　．‎ ‎（3）写出步骤②证明PbCO3沉淀已经洗涤干净的实验操作方法：　　．‎ ‎（4）若用NH4HCO3和NH3•H2O为脱硫转化剂，也可对上述流程中的含铅渣泥进行处理．图2是NH4HCO3和NH3•H2O用量对含铅渣泥中脱硫率的影响：‎ 从图形可以看出，应选择NH4HCO3和NH3•H2O用量为理论用量的　　倍．该条件下步骤③从母液可获得副产品为　　．‎ ‎（5）步骤④使用纯铅和粗铅作电极，PbSiF6作电解质，可进行粗铅精炼．则阳极的电极材料是　　，阴极的电极反应式为　　．‎ ‎23．氨对地球上的生物相当重要，它是许多食物和肥料的重要成分．氨也是制造硝酸、化肥、炸药 的重要原料．氨在国民经济中占有重要地位．回答下列问题：‎ ‎（1）合成氨工业中，合成塔中每产生2mol NH3，放出92.2kJ热量．‎ ‎①工业合成氨的热化学方程式是　　．‎ ‎②若起始时向容器内放入1mol N2和3mol H2，达平衡后N2的转化率为20%，则反应放出的热量为Q1 kJ，则Q1的数值为　　；若在同体积的容器中充人2mol N2和6molH2，达平衡后放出的热量为Q2 kJ，则Q2　　（填“＞”、“＜”或“=”）2Q1．‎ ‎③已知：‎ ‎1mol N﹣H键断裂吸收的能量约等于　　kJ．‎ ‎（2）在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行合成氨反应：N2 （g）+3H2（g）⇌2NH3 （g），其平衡常数K与温度T的关系如表：‎ t/℃‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎400‎ K K1‎ K2‎ ‎0.5‎ ‎①平衡常数表达式K=　　，K1　　（填“＞”、“＜”或“一”）K2．‎ ‎②一定温度下，下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是　　（填字母）．‎ a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2‎ b．浓度商Q=平衡常数K c．容器内压强保持不变 d．混合气体的密度保持不变 ‎③在400℃时，当测得N2、H2和NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol时，则此时该反应　　（填“处于”或“不处于”）平衡状态．‎ ‎24．全世界每年被腐蚀损耗的钢铁材料约占全年钢铁产量的十分之一．研究钢铁的腐蚀及防护有重要意义．回答下列问题：‎ ‎（1）钢铁发生腐蚀的主要类型是电化学腐蚀，在电化学腐蚀中，负极反应是　　，正极反应是　　．‎ ‎（2）某实验小组设计图1实验探究铁生锈的条件：‎ 反应4min后观察，发现A处铁丝依然光亮，B处铁丝表面灰暗，D处铁丝依然光亮．该实验说明铁生锈主要与　　和　　有关；B、D处实验现象对比说明：决定铁生锈的一个重要因素是　　．‎ ‎（3）金属及塑料制品表面镀铬不仅美观还可提高金属制品抗腐蚀性能．常见镀铬液由重铬酸（H2Cr2O7）和催化剂硫酸组成．‎ ‎①重铬酸中，Cr元素的化合价为　　．‎ ‎②镀铬时由CrO42﹣放电产生铬镀层．阴极的电极反应式为　　．‎ ‎（4）电镀废水中Cr2O72﹣具有高毒性，必须经处理后才能排放．电解法处理含铬的强酸性废水的原理如图2所示．‎ 电解产生的Fe2+将Cr2O72﹣还原为Cr3+，再随着溶液pH的升高，便有Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀生成．‎ ‎①图中A为电源　　极；电解时阴极产生的气体为　　（写化学式）．‎ ‎②写出Fe2+与Cr2O72﹣反应的离子方程式：　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省宁德市部分一级达标中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共20小题，每小题2分，共计40分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）‎ ‎1．化学平衡移动原理在化T生产和科学研究中具有重要的指导作用，第一个提出平衡移动原理的科学家是（　　）‎ A．盖斯 B．勒•夏特列 C．门捷列夫 D．凯库勒 ‎【考点】化学史．‎ ‎【分析】门捷列夫发现了周期表，盖斯提出了盖斯定律，凯库勒研究发现了苯的结构，勒夏特列的平衡移动原理．‎ ‎【解答】解：A、盖斯提出了盖斯定律，故A错误；‎ B、勒夏特列发现了平衡移动规律，提出了平衡移动原理的勒夏特列原理，故B正确；‎ C、门捷列夫发现了元素周期律，制出了第一张元素周期表，故C错误；‎ D、凯库勒研究发现了苯的结构，提出了凯库勒式，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．为了更好地解决能源问题，人们一方面研究如何提高燃料的燃烧效率，另一方面寻找新能源．以下做法不能提高燃料效率的是（　　）‎ A．煤的气化与液化 B．液体燃料呈雾状喷出 C．通入大量的空气 D．将煤块粉碎 ‎【考点】燃料的充分燃烧．‎ ‎【分析】提高燃料的燃烧效率需要增大燃料与氧气的接触面积，通入适量空气使燃烧充分．‎ ‎【解答】解：A．将煤气化与液化，能增大与空气的接触面积，提高燃料的燃烧效率，故A正确； ‎ B．将液体燃料呈雾状喷出，能增大与空气的接触面积，提高燃料的燃烧效率，故B正确；‎ C．通入大量的空气，会带走热量，使燃烧效率降低，故C错误；‎ D．将煤粉粉碎，能增大与空气的接触面积，提高燃料的燃烧效率，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．上述反应为吸热反应 B．上述反应的△H=E1kJ•mol﹣1‎ C．A（g）的能量一定大于C（g）‎ D．反应物的总焓大于反应产物的总焓 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】由图象可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，图中E为断裂化学键吸收的能量，反应热为（E1﹣E2）kJ•mol﹣1，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．由图象可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；‎ B．反应热为（E1﹣E2）kJ•mol﹣1，故B错误；‎ C．图象给出的为反应物、生成物的总能量，不能确定个别物质的能量关系，故C错误；‎ D．由图象可知反应物的总焓大于反应产物的总焓，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．下面是几种常见的化学电源，其中属于一次电池的是（　　）‎ A．干电池 B．铅蓄电池 C．燃料电池 D．锂离子电池 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】常见电池有一次电池、二次电池以及燃料电池，其中一次电池不能充电而重复使用，常见干电池为一次电池，以此解答．‎ ‎【解答】解：干电池为一次电池，不能充电而重复使用，铅蓄电池、锂离子电池为可充电电池，燃料电池是充入燃料和氧化剂引起氧化还原反应，将化学能直接转化成电能的装置，可以重复使用，不属于一次电池，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．下列反应可能属于吸热反应的是（　　）‎ A．甲烷与氧气反应 B．碳酸钙分解反应 C．KOH与稀硫酸反应 D．铁丝与氯气反应 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、金属与酸或水反应、中和反应、铝热反应、绝大多数化合反应等；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），八水合氢氧化钡与氯化铵的反应，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．甲烷为清洁燃料，燃烧放出热量，为放热反应，故A错误；‎ B．碳酸钙分解吸收能量，故B正确；‎ C．中和反应为放热反应，故C错误；‎ D．活泼金属与氯气的反应为放热反应，铁在氯气中可燃烧，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．金属锡的冶炼常用焦炭作还原剂：SnO2（s）+2C（s）═Sn（s）+2CO（g）↑，‎ 反应过程中能量的变化如图所示．下列有关该反应的△H、△S的说法中正确的是（　　）‎ A．△H＜0，△S＜0 B．△H＞0，△S＜0 C．△H＜0，△S＞0 D．△H＞0，△S＞0‎ ‎【考点】焓变和熵变．‎ ‎【分析】根据方程式中各物质的聚集状态判断反应的熵变，根据反应过程中反应物和生成物能量高低判断反应的焓变．‎ ‎【解答】解：SnO2（s）+2C（s）═Sn（s）+2CO（g）↑，该反应生成物气体系数大，混乱度大，所以是熵增加的反应，故：△S＞0；‎ 从图中可知，反应物能量低，生成物能量高，该反应是吸热反应，故：△H＞0；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．下列各项与反应热的大小无关的是（　　）‎ A．反应物和生成物的状态 B．反应物量的多少 C．反应物的性质 D．反应的快慢 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】热量是一个状态函数，与物质的状态、量及反应所处条件均有关，而单位与反应热大小无关，反应热单位：KJ/mol不是对反应物而言，不是指每摩尔反应物可以放热多少千焦，而是对整个反应而言，是指按照所给的化学反应式的计量系数完成反应时，每摩尔反应所产生的热效应，从定义和公式中可得出反应热与反应物和生成物的状态（固态，气态，液态）、量的多少、性质有关，而单位只是用来计算反应热，是恒定的，不影响反应热大小．‎ ‎【解答】解：A、反应物和生成物的状态，例如同一个化学反应，生成液态水或水蒸气，反应热肯定不一样，故A错误 B、反应物量的多少，例如氢气与氧气反应生成水的化学反应中，氢气和氧气反应的量不同，反应放热不同，故B错误；‎ C、反应物性质，例如锌和浓硫酸，锌和稀硫酸反应的反应热肯定不一样，反应热和物质的聚集状态有关，和物质的性质有关，故C错误；‎ D、反应的快慢和反应物以及生成物间没有联系，这不会影响反应热大小，故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎8．以下对影响反应方向的因素的判断错误的是（　　）‎ A．有时焓变起决定性作用 B．有时熵变起决定性作用 C．焓变和熵变是两个主要因素 D．温度不可能对反应方向起决定性作用 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，不能单独利用△H＜0、△S＞0判断反应进行的方向，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．对某些焓变减小的反应可自发进行，故A正确；‎ B．对熵增的某些反应可自发进行，故B正确；‎ C．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，焓变和熵变是两个主要因素，故C正确；‎ D..△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，温度可反应方向起决定性作用，如△H＞0，△S＞0，高温下反应能自发进行，低温下不能自发进行，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述正确的是（　　）‎ A．K值不变，平衡一定不移动 B．K值变化，平衡一定移动 C．平衡移动，K值一定变化 D．平衡移动，K值一定不变化 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】平衡常数K是温度的函数，只与温度有关，温度一定，平衡常数K值一定，温度发生变化，平衡常数K值也发生变化．‎ ‎【解答】解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等．‎ A．K值只与温度有关，若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，K值不变，平衡向右移动，故A错误；‎ B．K值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故B正确；‎ C．若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，平衡向右移动，但K值只与温度有关，故K值不变，故C错误；‎ D．若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则K值不变，若使改变温度，平衡发生移动，K值一定发生变化，故D错误，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示铜锌原电池T作时，下列叙述不正确的是（　　）‎ A．负极反应为：2n﹣2e ﹣═2n2+‎ B．电池反应为：Zn+Cu2+═Zn2++Cu C．盐桥中酌K+移向ZnSO4溶液 D．在外电路中，电子从负极流向正极 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】锌、铜和硫酸铜、硫酸锌组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应；铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应；电子从负极沿导线流向正极；阳离子移向正极，阴离子移向负极．‎ ‎【解答】解：A、锌、铜和硫酸铜、硫酸锌组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，反应为：Zn﹣2e ﹣═Zn2+，故A正确；‎ B、锌、铜和硫酸铜、硫酸锌组成的原电池中，锌作负极，铜作正极，电池反应为：Zn+Cu2+═Zn2++Cu，故B正确；‎ C、盐桥中的K+移向正极CuSO4溶液，故C错误；‎ D、锌、铜和硫酸铜、硫酸锌组成的原电池中，电子从负极沿导线流向正极，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．下列事实不能用平衡移动原理解释的是（　　）‎ A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 B．工业合成氨时采用铁触媒作反应的催化剂 C．工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的转化率 D．将收集NO2气体的烧瓶密闭后放在装有热水的烧杯中，发生颜色变化 ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒沙特列原理解释．‎ ‎【解答】解：A．汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；‎ B．催化剂只能改变反应速率但不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故B选；‎ C．加入过量空气时，增大反应物浓度平衡正向移动，导致二氧化硫转化率提高，可以用平衡移动原理解释，故C不选；‎ D．升高温度，平衡向吸热方向移动导致烧瓶内气体颜色发生变化，所以可以用平衡移动原理解释，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．对外加电流的金属保护中，被保护的金属（　　）‎ A．与电源的正极相连 B．表面上发生氧化反应 C．与电源的负极相连 D．与另一种活泼性较差的金属相连 ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护．‎ ‎【分析】在电解池中，和电源的正极相连的电极是阳极，发生氧化反应和电源的负极相连的电极是阴极，金属被腐蚀的电极只能是阴极．‎ ‎【解答】解：A、被保护的金属作阴极，与电源的负极相连，故错误；‎ B、被保护的金属作阴极，在被保护的金属表面上是阳离子发生还原反应，故错误；‎ C、被保护的金属作阴极，与电源的负极相连，故正确；‎ D、被保护的金属作阴极，另一电极的电极材料只要是能导电的就可以，不一定是一种活泼性较差的金属，故错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．将a、b、c、d 4种金属两两连接浸入电解质溶液中，组成4个原电池（如图）：‎ ‎①中a极发生氧化反应　②中电流由b到c　③中c极质量增加　④中a极有大量气泡，则4种金属的活泼性由强到弱的顺序为（　　）‎ A．d＞a＞c＞b B．b＞d＞c＞a C．d＞c＞a＞b D．a＞d＞b＞c ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】原电池中作负极的金属是活动性强的金属，即金属的活动性：负极＞正极，根据题中电极上的现象判断正负极，再比较金属性强弱．‎ ‎【解答】解：①中a极发生氧化反应，则a失电子为负极，c为正极，所以金属活动性a＞c；‎ ‎②原电池中电流从正极流向负极，电流由b到c，则b为正极，c为负极，所以金属活动性c＞b；‎ ‎③中c极质量增加，则c上析出金属，c为正极，所以d为负极，所以金属活动性d＞c；‎ ‎④中a极有大量气泡，则a为正极，d为负极，所以金属活动性d＞a；‎ 所以它们的活动性由强到弱的顺序是d＞a＞c＞b，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．用惰性电极电解足量的下列溶液，一段时间后停止电解，向溶液中加入一定质量的另一种物质（括号内），能使溶液完全复原的是（　　）‎ A．CuCl2（ H2O） B．NaOH（Na2O） C．CuSO4（ CuO） D．NaCl（ NaOH）‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】电解池中，要想使电解质溶液恢复，遵循的原则是：电解后从溶液中减少的物质是什么就利用元素守恒来加什么，据此分析．‎ ‎【解答】解：A．电解CuCl2溶液时一极析铜，另一极产生氯气，应再加入适量的CuCl2才能使电解质溶液与原来完全一样，故A错误；‎ B．电解NaOH溶液阴极2H++2e﹣=H2↑，阳极4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，实际上被电解的是水，应加入水才能使电解质溶液与原来完全一样，故B错误；‎ C．电解CuSO4溶液，阴极Cu2++2e﹣=Cu，阳极4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，加入CuO或是CuCO3，能使电解质溶液与原来完全一样，故C正确；‎ D．电解NaCl溶液，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，一极析出氯气，另一极产生氯气，应再加入适量的HCl才能使电解质溶液与原来完全一样，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．下列说法中正确的是（　　）‎ A．化学反应中，物质变化的同时不一定发生能量变化 B．反应焓变（△H）的大小与方程式中各物质的化学计量系数无关 C．反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H＞0‎ D．吸热反应中，形成化学键释放的能量大于断裂化学键吸收的能量 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．化学反应中一定有化学键的断裂和生成，则一定有能量变化；‎ B．焓变与化学方程式的书写有关；‎ C．△H＞0的反应为吸热反应；‎ D．焓变等于断裂吸收的能量减去形成化学键释放的能量．‎ ‎【解答】解：A．化学反应中一定有化学键的断裂和生成，断键吸收能量，成键释放能量，则物质变化的同时一定发生能量变化，故A错误；‎ B．焓变与化学方程式的书写有关，则反应焓变（△H）的大小与方程式中各物质的化学计量系数有关，故B错误；‎ C．△H＞0的反应为吸热反应，则反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，故C正确；‎ D．焓变等于断裂吸收的能量减去形成化学键释放的能量，则吸热反应中，形成化学键释放的能量小于断裂化学键吸收的能量，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．已知：（1）H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=a kJ/mol ‎（2）2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=b kJ/mol ‎（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H=c kJ/mol ‎（4）2H2 （g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=d kJ/mol 下列关系式中正确的是（　　）‎ A．a＜c＜0 B．b＞d＞0 C．2a=b＜0 D．2c=d＞0‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】根据燃烧反应为放热反应，△H＜0，由系数确定 d=2c＜0；b=2a＜0；d中生成的是液态水，热量多，绝对值比b气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以d＜b＜0，c 中生成的是液态水，热量多，绝对值比a气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以c＜a＜0；‎ ‎【解答】解：A、c 中生成的是液态水，热量多，绝对值比a气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以c＜a＜0，故A错误；‎ B、d中生成的是液态水，热量多，绝对值比b气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以d＜b＜0，故B错误；‎ C、燃烧反应为放热反应，△H＜0，由系数确定 d=2c＜0；b=2a＜0，故C正确；‎ D、燃烧反应为放热反应，△H＜0，由系数确定 d=2c＜0；b=2a＜0，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎17．氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的工业．饱和食盐水是以含Ca2+、Mg2+、SO42﹣、Fe3+等杂质离子的粗盐水精制，需要使用的药品包括：①稀盐酸 ②烧碱溶液 ③碳酸钠溶液 ④氯化钡溶液．下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．加入烧碱溶液主要是除去Mg2+、Fe3+‎ B．药品加入的先后顺序可以是②③④①‎ C．加入稀盐酸主要是除去所加过量物质中的OH﹣、CO32﹣‎ D．加入碳酸钠溶液主要是除去Ca2+及所加过量物质中的Ba2+‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】饱和食盐水含Ca2+、Mg2+、SO42﹣、Fe3+等杂质离子，应先加入过量BaCl2，除去SO42﹣，然后加过量Na2CO3，可除去Ca2+、Mg2+、Fe3+等，过滤后加入盐酸可除去Na2CO3，除钡离子要放在除碳酸根离子前，据此回答．‎ ‎【解答】解：饱和食盐水含Ca2+、Mg2+、SO42﹣、Fe3+等杂质离子，应先加入过量BaCl2，除去SO42﹣，然后加过量Na2CO3，可除去Ca2+、Mg2+、Fe3+等，过滤后加入盐酸可除去Na2CO3．‎ A、加入烧碱溶液主要是除去Mg2+、Fe3+，故A正确；‎ B、药品加入的先后顺序可以是②④③①，除钡离子要放在除碳酸根离子前，故B错误；‎ C、加入稀盐酸主要是除去所加过量物质中的OH﹣、CO32﹣，放在最后，故C正确；‎ D、加入碳酸钠溶液主要是除去Ca2+及所加过量物质中的Ba2+，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎18．一定条件下，将TiO2和焦炭放入密闭真空容器中，反应TiO2（s）+C（s）⇌Ti（s）+CO2 （g）达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法一定正确的是（　　）‎ A．平衡常数减小 B．TiO2的质量不变 C．CO2的浓度不变 D．Ti的质量增加 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】平衡常数K=c（CO2），而平衡常数是温度的函数，温度不变平衡常数不变，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：A、温度不变平衡常数不变，故A错误；‎ B、缩小容器容积，平衡逆向移动，TiO2的质量增加，故B错误；‎ C、温度不变平衡常数不变，而平衡常数K=c（CO2），所以CO2的浓度不变，故C正确；‎ D、缩小容器容积，平衡逆向移动，Ti的质量减小，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．在某温度下，可逆反应mA+nB⇌pC+qD的平衡常数为K，下列说法正确的是（　　）‎ A．K随压强的改变而改变 B．K越大，C的平衡浓度越小 C．C的起始浓度越大，K值越大 D．K越大，反应进行的程度越大 ‎【考点】化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，K越大，正向进行的趋势越大，K只与温度有关，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．K只与温度有关，与压强无关，压强改变时K不变，故A错误；‎ B．K越大，正向进行的趋势越大，C的平衡浓度越大，故B错误；‎ C．K只与温度有关，与C的起始浓度无关，故C错误；‎ D．K可衡量反应正向进行的趋势，则K越大，反应进行的程度越大，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎20．现有200ml．含KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液，其中c（NO3﹣ ）=3mol•L﹣l，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况）．假定电解后溶液体积仍为200ml），下列说法不正确的是（　　）‎ A．电解过程中共转移0.4 mol电子 B．原混合液中c（K+）为2.0 mol•L﹣l C．电解得到的Cu的质量为6.4 g D．电解后溶液中c（H+）为0.1 mol•L﹣l ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量==0.1mol；‎ 每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，‎ 所以根据转移电子守恒得铜的物质的量==0.1mol，‎ 则铜离子的物质的量浓度==0.5mol/L，‎ 根据电荷守恒得钾离子浓度=3mol•L﹣1﹣0.5mol/L×2=2mol/L，‎ A．转移电子的物质的量=0.1mol×4=0.4mol，故A正确；‎ B．根据分析知，原混合溶液中c（K+）为2 mol•L﹣1，故B正确；‎ C．根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，质量为6.4 g，故C正确；‎ D．当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol×4=0.4mol，则氢离子浓度==2mol/L，故D错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、非选择题（本大题共4小题，共计60分）‎ ‎21．实验室制备氨基甲酸铵（NH2COONH4）的反应如下：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）‎ 该反应在干燥条件下仅生成氨基甲酸铵，若有水存在则生成碳酸铵或碳酸氢铵．‎ ‎（1）该反应在一定条件下能够自发进行，则反应的△H　小于　0．（填大于、小于或等于）‎ ‎（2）写出生成碳酸氢铵的化学方程式　NH3+CO2+H2O=NH4HCO3　．‎ ‎（3）实验步骤如下：‎ 步骤1：按图所示组装仪器，检查装置气密性．‎ 步骤2：在相应仪器中装入药品，其中在三颈烧瓶中加入氢氧化钠固体，恒压滴液漏斗中装入浓氨水．‎ 步骤3：滴加浓氨水并搅拌，调节反应速率，在反应器中得到产品…‎ ‎①干燥管中盛放的药品是　固体氢氧化钠或碱石灰　．‎ ‎②对比碳酸盐和酸反应制CO2，该实验利用干冰升华产生CO2气体的优点有　不需要干燥　，　提供低温环境，提高转化率　．‎ ‎③以恒压滴液漏斗代替分液漏斗的目的是　使氨水顺利滴下　．‎ ‎④反应后期CO2气流量下降时，可采取的相应措施是　调节恒压滴液漏斗旋塞，减慢氨水滴加速度　．‎ ‎（4）该实验装置可能面临的安全问题是　产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】（1）2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s），该反应为熵减的过程，若能自发进行，说明该反应为放热反应，据此解答即可；‎ ‎（2）水会和氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠；‎ ‎（3）①反应物氨气必须是干燥的，需要用碱性干燥剂干燥，如碱石灰、固体氢氧化钠或氧化钙等；‎ ‎②干冰制取的二氧化碳中不含杂质，不需要干燥；该反应为放热反应，干冰变为二氧化碳吸收热量，有利于增大反应物转化率；‎ ‎③恒压滴液漏斗代替分液漏斗可以平衡内外压强，使氨水顺利滴下；‎ ‎④反应后期二氧化碳的量减少，可以采取措施让通入的氨气也减少；‎ ‎（4）依据装置图中流程分析，安全问题主要是堵塞导气管，液体发生倒吸；依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸．‎ ‎【解答】解：（1）2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s），该反应为熵减的过程，若能自发进行，说明该反应为放热反应，即△H＜0，故答案为：小于；‎ ‎（2）水会和氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；故答案为：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；‎ ‎（3）①由于制备氨基甲酸铵的原料氨气必须是干燥的，以防止副反应的发生，因此生成的氨气必须进行干燥，因为氨气是碱性气体，所以干燥氨气应该用氧化钙或固体氢氧化钠或碱石灰，故答案为：固体氢氧化钠或碱石灰；‎ ‎②碳酸盐和酸反应制CO2，则生成的CO2必须进行净化和干燥处理，而直接利用干冰制备CO2，不需要干燥；又因为该反应是放热反应，提供低温环境，可以提高转化率，故答案为：不需要干燥；提供低温环境，提高转化率；‎ ‎③和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下，故答案为：使氨水顺利滴下；‎ ‎④反应后期，由于二氧化碳的气流下降，导致通入的二氧化碳气体减少，此时可以通过调节恒压滴液漏斗旋塞，减慢氨水的滴加速度，故答案为：调节恒压滴液漏斗旋塞，减慢氨水的滴加速度；‎ ‎（4）依据装置图中流程分析，安全问题主要是堵塞导气管，液体发生倒吸；依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸，实验装置存在安全问题产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸，故答案为：产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸．‎ ‎　‎ ‎22．废铅蓄电池量急速增加所引起的铅污染日益严重．工业上从废铅蓄电池的铅膏中回收铅的工艺流程如图 ‎（1）铅蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，该蓄电池放电时的负极反应式为　Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4　，放电后该电极质量　增大　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎（2）步骤①中加入Na2SO3的作用是　作为还原剂将PbO2还原　．‎ ‎（3）写出步骤②证明PbCO3沉淀已经洗涤干净的实验操作方法：　取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入过量盐酸再滴入少量氯化钡溶液，如果无沉淀产生，证明已经洗涤干净　．‎ ‎（4）若用NH4HCO3和NH3•H2O为脱硫转化剂，也可对上述流程中的含铅渣泥进行处理．图2是NH4HCO3和NH3•H2O用量对含铅渣泥中脱硫率的影响：‎ 从图形可以看出，应选择NH4HCO3和NH3•H2O用量为理论用量的　2.0　倍．该条件下步骤③从母液可获得副产品为　（NH4）2SO4　．‎ ‎（5）步骤④使用纯铅和粗铅作电极，PbSiF6作电解质，可进行粗铅精炼．则阳极的电极材料是　粗铅　，阴极的电极反应式为　Pb2++2e﹣=Pb　．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】将废蓄电池预处理，然后向含铅渣泥中加入Na2SO3、Na2CO3和H2O，Na2SO3和PbO2发生氧化还原反应生成PbSO4，PbSO4和Na2CO3反应转化为PbCO3，过滤、洗涤沉淀得到PbCO3，母液中含有Na2SO4，所以可以得到副产品Na2SO4；将PbCO3溶于强酸性H2SiF6中，得到PbSiF6，然后采用电解的方法制取Pb，‎ ‎（1）铅蓄电池中Pb作负极，失去电子生成硫酸铅，据此判断即可；‎ ‎（2）步骤①加入Na2SO3和PbO2发生氧化还原反应生成PbSO4；‎ ‎（3）如果洗涤液中不含有硫酸根离子就证明洗涤干净；‎ ‎（4）根据图象不难看出NH4HCO3和NH3•H2O用量为理论用量的2.0倍时脱硫效率很高；（NH4）2SO4是可溶性盐，会留在母液中；‎ ‎（5）粗铅精炼则阳极为粗铅，阴极为精铅，电解质溶液为含二价铅离子的溶液．‎ ‎【解答】解：（1）铅蓄电池中Pb作负极，由于电解质溶液是硫酸，硫酸铅难溶于水，故电极反应方程式为：Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，随着反应的进行，电极质量增大，‎ 故答案为：Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4；增大 ‎（2）步骤①加入Na2SO3和PbO2发生氧化还原反应生成PbSO4，所以步骤①中加入Na2SO3的作用是作为还原剂将PbO2还原，故答案为：作为还原剂将PbO2还原；‎ ‎（3）如果洗涤液中不含有硫酸根离子就证明洗涤干净，其检验方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入过量盐酸再滴入少量氯化钡溶液，如果无沉淀产生，证明已经洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入过量盐酸再滴入少量氯化钡溶液，如果无沉淀产生，证明已经洗涤干净；‎ ‎（4）根据图象不难看出NH4HCO3和NH3•H2O用量为理论用量的2.0倍时脱硫效率很高；而这时（NH4）2SO4是可溶性盐，所以会留在母液中，故答案为：2.0；（NH4）2SO4；‎ ‎（5）粗铅精炼则阳极为粗铅，阴极为精铅，电解质溶液为含二价铅离子的溶液，所以阴极的电极反应式为Pb2++2e﹣=Pb；‎ 故答案为：粗铅；Pb2++2e﹣=Pb．‎ ‎　‎ ‎23．氨对地球上的生物相当重要，它是许多食物和肥料的重要成分．氨也是制造硝酸、化肥、炸药 的重要原料．氨在国民经济中占有重要地位．回答下列问题：‎ ‎（1）合成氨工业中，合成塔中每产生2mol NH3，放出92.2kJ热量．‎ ‎①工业合成氨的热化学方程式是　N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.2kJ/mol　．‎ ‎②若起始时向容器内放入1mol N2和3mol H2，达平衡后N2的转化率为20%，则反应放出的热量为Q1 kJ，则Q1的数值为　18.44　；若在同体积的容器中充人2mol N2和6molH2，达平衡后放出的热量为Q2 kJ，则Q2　＞　（填“＞”、“＜”或“=”）2Q1．‎ ‎③已知：‎ ‎1mol N﹣H键断裂吸收的能量约等于　391　kJ．‎ ‎（2）在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行合成氨反应：N2 （g）+3H2（g）⇌2NH3 （g），其平衡常数K与温度T的关系如表：‎ t/℃‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎400‎ K K1‎ K2‎ ‎0.5‎ ‎①平衡常数表达式K=　　，K1　＞　（填“＞”、“＜”或“一”）K2．‎ ‎②一定温度下，下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是　bc　（填字母）．‎ a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2‎ b．浓度商Q=平衡常数K c．容器内压强保持不变 d．混合气体的密度保持不变 ‎③在400℃时，当测得N2、H2和NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol时，则此时该反应　处于　（填“处于”或“不处于”）平衡状态．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）①依据热化学方程式的书写方法分析书写；‎ ‎②依据化学平衡计算生成氨气物质的量，结合热化学方程式计算Q1，若在同体积的容器中充入2mol N2和6molH2，可以看作在原来平衡中加入1mol氮气和3mol氢气，相当于增大压强，平衡正向进行计算分析达平衡后放出的热量为Q2kJ；‎ ‎③依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量计算得到N﹣H键断裂吸收的能量；‎ ‎（2）①对于放热反应，温度越高，平衡逆向移动，反应平衡常数越小；‎ ‎②平衡状态的判断依据是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；‎ ‎③根据浓度熵和平衡常数的关系来确定平衡的移动方向．‎ ‎【解答】解：（1）①合成塔中每每消耗3mol H2，放出92.2kJ热量，依据热化学方程式写出，标注物质聚集状态和对应反应放出的热量写出热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.2kJ/mol；‎ 故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.2kJ/mol；‎ ‎②如图是N2和H2反应生成2mol NH3过程中能量变化示意图，反应焓变△H=335KJ/mol﹣427.2KJ/mol=﹣92.2KJ/mol，‎ N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.2KJ/mol ‎ 1 3 0 ‎ ‎ 0.2 0.6 0.4‎ 生成0.4mol氨气放热=×92，2KJ=18.44KJ；‎ 若在同体积的容器中充入2mol N2和6mol H2，可以看作在原来平衡中加入1mol氮气和3mol氢气，相当于增大压强，平衡正向进行达平衡后放出的热量Q2 大于2Q1；‎ 故答案为：18.44；＞；‎ ‎③合成氨工业中：3H2+N2⇌2NH3，反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量=3×436+945.8﹣6×N﹣H键键能=﹣92.2，N﹣H键键能=391kJ，‎ 故答案为：391；‎ ‎（2）①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，平衡常数K=，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，所以K1＞K2，‎ 故答案为：；＞；‎ ‎②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应，则 a、容器内各物质的浓度之比等于计量数之比，不能证明正逆反应速率相等，故a错误；‎ b、浓度商Q=平衡常数K，说明反应达到平衡状态，故b正确；‎ c、容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故c正确；‎ d、如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故d错误；‎ 故答案为：bc； ‎ ‎③在400℃时，当测得N2、H2和NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol时，容器的体积为0.5L，N2、H2和NH3的物质的量浓度分别为4mol、2mol、4mol时，400℃时，浓度商Qc==0.5=K，因此有v（N2）正=v（N2）逆，反应达到平衡状态，‎ 故答案为：处于．‎ ‎　‎ ‎24．全世界每年被腐蚀损耗的钢铁材料约占全年钢铁产量的十分之一．研究钢铁的腐蚀及防护有重要意义．回答下列问题：‎ ‎（1）钢铁发生腐蚀的主要类型是电化学腐蚀，在电化学腐蚀中，负极反应是　Fe﹣2e﹣=Fe2+ （或 2Fe﹣4e﹣=2Fe2+）　，正极反应是　2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣　．‎ ‎（2）某实验小组设计图1实验探究铁生锈的条件：‎ 反应4min后观察，发现A处铁丝依然光亮，B处铁丝表面灰暗，D处铁丝依然光亮．该实验说明铁生锈主要与　水　和　氧气　有关；B、D处实验现象对比说明：决定铁生锈的一个重要因素是　氧气的浓度　．‎ ‎（3）金属及塑料制品表面镀铬不仅美观还可提高金属制品抗腐蚀性能．常见镀铬液由重铬酸（H2Cr2O7）和催化剂硫酸组成．‎ ‎①重铬酸中，Cr元素的化合价为　+6　．‎ ‎②镀铬时由CrO42﹣放电产生铬镀层．阴极的电极反应式为　CrO42﹣+8H++6e﹣=Cr+4H2O　．‎ ‎（4）电镀废水中Cr2O72﹣具有高毒性，必须经处理后才能排放．电解法处理含铬的强酸性废水的原理如图2所示．‎ 电解产生的Fe2+将Cr2O72﹣还原为Cr3+，再随着溶液pH的升高，便有Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀生成．‎ ‎①图中A为电源　正　极；电解时阴极产生的气体为　H2　（写化学式）．‎ ‎②写出Fe2+与Cr2O72﹣反应的离子方程式：　Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O　．‎ ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护；电解原理．‎ ‎【分析】（1）钢铁发生腐蚀的主要类型是电化学腐蚀，负极是铁发生氧化反应，正极是氧气得电子，生成氢氧根离子；‎ ‎（2）实验现象说明铁生锈主要与 水和 氧气有关．B、D处实验现象对比说明：决定铁生锈快慢的一个重要因素是氧气的浓度，氧气浓度越大，铁生锈速度越快；（3）①根据化合价代数和为0，重铬酸中，Cr元素的化合价为+6价；‎ ‎②镀铬时由CrO42﹣放电产生铬镀层，阴极发生还原反应，其电极反应式为CrO42﹣+8H++6e﹣=Cr+4H2O；‎ ‎（4）①有Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀生成，说明单质铁放电，生成亚铁离子，与Cr2O72﹣和CrO42﹣发生氧化还原，所以铁为阳极，则A为正极；阴极是氢离子放电生成氢气；‎ ‎②二价铁离子有还原性，Cr2O72﹣有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，根据电子得失配平．‎ ‎【解答】解：（1）钢铁发生腐蚀的主要类型是电化学腐蚀，负极是铁发生氧化反应，电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+ （或 2Fe﹣4e﹣=2Fe2+）；正极是氧气得电子，生成氢氧根离子电极反应式为：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，故答案为：Fe﹣2e﹣=Fe2+ （或 2Fe﹣4e﹣=2Fe2+）；2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣；‎ ‎（2）实验现象说明铁生锈主要与 水和 氧气有关．B、D处实验现象对比说明：决定铁生锈快慢的一个重要因素是氧气的浓度，氧气浓度越大，铁生锈速度越快；故答案为：水；氧气；氧气的浓度；‎ ‎（3）①根据化合价代数和为0，重铬酸中，Cr元素的化合价为+6价，故答案为：+6；‎ ‎②镀铬时由CrO42﹣放电产生铬镀层，阴极发生还原反应，其电极反应式为CrO42﹣+8H++6e﹣=Cr+4H2O，故答案为：CrO42﹣+8H++6e﹣=Cr+4H2O；‎ ‎（4）①有Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀生成，说明单质铁放电，生成亚铁离子，与Cr2O72﹣和CrO42﹣发生氧化还原，所以铁为阳极，则A为正极；阴极是氢离子放电生成氢气，化学式为H2，故答案为：正；H2；‎ ‎②二价铁离子有还原性，Cr2O72﹣有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，Cr2O72﹣被还原为Cr3+，反应方程式为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，‎ 故答案为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．‎ ‎　‎