鲁科版高中化学选择性必修第一册复习测试题含答案2套

鲁科版高中化学选择性必修第一册复习测试题含答案2套选择性必修1综合检测（基础过关卷）一、选择题：本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。1．下列反应中，属于氧化还原反应同时反应物总能量比生成物高的是A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 B．氢氧化钠与稀盐酸反应C．灼热的炭与CO2反应 D．甲烷与O2的燃烧反应【答案】D【分析】反应前后有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，据此解答。【详解】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应是吸热的非氧化还原反应，A不符合；B．氢氧化钠与稀盐酸反应是放热的非氧化还原反应，B不符合；C．灼热的炭与CO2反应是吸热的氧化还原反应，C不符合；D．甲烷与O2的燃烧反应是放热的氧化还原反应，D符合；答案选D。2．下列有关热化学方程式的叙述正确的是A．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；ΔH=−571.6kJ∙mol−1，则氢气的燃烧热为285.8kJ∙mol−1B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)；ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)ΔH=−57.4kJ∙mol−1D．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2，则ΔH1＞ΔH2【答案】A【详解】A．燃烧热是1mol燃烧物完全燃烧生成稳定的氧化物，已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；ΔH=−571.6kJ∙mol−1，因此氢气的燃烧热为285.8kJ∙mol−1，故A正确；B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)；ΔH＞0，该反应是吸热反应，根据能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故B错误；C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，由于醋酸电离要吸收热量，因此稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)ΔH＞−57.4kJ∙mol−1，故C错误；D．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2，完全燃烧放出热量更多，因此则ΔH2＞ΔH1，故D错误。故选A。3．下列热化学方程式中△H代表燃烧热的是A．CH4(g)+O2(g)=2H2O(1)+CO(g)△H1B．S(s)+O2(g)=SO3(g)△H2C．C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(1)△H3D．2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H4【答案】C【分析】燃烧热是指在101kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物放出的热量。据此分析下列结论。【详解】A．在CH4(g)＋O2(g)===2H2O(l)＋CO(g)反应中有CO生成，所以ΔH1不是燃烧热，故A错误；B．硫充分燃烧的产物是SO2，不是SO3，故ΔH2不是燃烧热，故B错误；C．1molC6H12O6(s)完全燃烧的反应式为：C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)，符合燃烧热的概念，所以ΔH3是C6H12O6的燃烧热，故C正确；D．反应2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)中CO物质的量是2mol，所以ΔH4不是燃烧热，故D错误。故答案：C。4．为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是A．H2O的分解反应是放热反应B．氢能源已被普遍使用C．2mol液态H2O具有的总能量低于2molH2和1molO2的能量D．氢气不易贮存和运输，无开发利用价值【答案】C【详解】A．氢气燃烧生成水是放热反应，则水的分解反应是吸热反应，A错误；B．利用太阳能制取氢气技术不成熟，制约氢气大量生产，所以氢能源还没有被普遍使用，B错误；C．水分解是吸热反应，∆H=生成物总能量-反应物总能量＞0，故2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2具有的总能量，C正确；D．不可再生能源包括三大化石燃料，核能，氢气属于可再生新能源，D错误；答案为C。5．下列说法正确的是A．化学反应速率既有正值，又有负值B．化学反应速率表示的是化学反应进行的程度C．对于同一化学反应，选用不同的物质表示化学反应速率时，其数值一定不同D．化学反应速率是对于所有化学反应而言的【答案】D【详解】A．化学反应速率均为正值，没有负值，A项错误；B．化学反应速率表示的是化学反应进行的快慢，B项错误；C．对于同一化学反应，选用不同的物质表示化学反应速率时，若化学计量数和速率的单位均相同，则化学反应速率的数值相同，C项错误；D．化学反应速率是对于所有化学反应而言的，D项正确。故选D。6．某温度下，密闭容器中发生反应aX(g)+bY(g)cZ(s)+dW(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y的浓度是原来的1.8倍。则正确的是A．可逆反应的系数：a+b>c+d B．压缩容器的容积时，v(正)=v(逆)C．达到新平衡时，物质X的转化率减小 D．达到新平衡时，混合物中W的质量分数增大【答案】D【详解】A．由于压缩容器的体积为原体积的一半后，反应物Y的浓度变为原来的1.8倍，说明Y被消耗了，平衡正向移动，所以a+b＞d，但由于C为固体，所以无法确定a+b和c+d的大小关系，故A错误；B．压缩容器容积时，由于平衡正向移动，故v(正)＞v(逆)，故B错误；C．压缩容器容积时，由于平衡正向移动，因此反应物X的转化率增大，故C错误；D．压缩容器容积时，由于平衡正向移动，因此生成物W的质量分数增大，故D正确。故选D。7．对于N2+3H2⇌2NH3，下列不同物质表示的反应速率最大的是A．v(N2)=0.01mol·L-1·min-1 B．v(H2)=0.06mol·L-1·min-1C．v(NH3)=0.05mol·L-1·min-1 D．v(H2)=0.002mol·L-1·s-1【答案】D【详解】为便于比较反应速率，将不同物质表示的反应速率都转化为H2表示的反应速率，同时注意单位的统一。A．v(N2)=0.01mol·L-1·min-1，v(H2)=0.03mol·L-1·min-1；B．v(H2)=0.06mol·L-1·min-1；C．v(NH3)=0.05mol·L-1·min-1，v(H2)=0.075mol·L-1·min-1；D．v(H2)=0.002mol·L-1·s-1，换算单位后得v(H2)=0.12mol·L-1·min-1；比较以上数据可知，v(H2)=0.12mol·L-1·min-1时速率最快，故选D。8．下列叙述正确的是A．反应物分子间发生碰撞一定能发生化学反应B．反应过程的自发性可判断过程发生的速率C．反应在室温下可自发进行，则该反应的D．反应的熵变【答案】C【详解】A．根据碰撞理论，反应物分子间发生有效碰撞才能发生化学反应，A错误；B．反应过程的自发性可判断反应是否能发生，不能判断发生的速率，B错误；C．反应的，在室温下可自发进行，则，则一定有，C正确；D．反应为气体分子数减少的反应，熵变，D错误；选C。9．如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在(1)中加入CaO，在(2)中不加其他任何物质，在(3)中加入NH4NO3晶体，发现(1)中红棕色变深，(3)中红棕色变浅[已知反应2NO2(红棕色)⇌N2O4(无色)]。下列叙述正确的是A．2NO2⇌N2O4是放热反应B．NH4NO3溶于水时放出热量C．烧瓶(1)中平衡混合气体的相对分子质量增大D．烧瓶(3)中气体的压强增大【答案】A【详解】A．(1)中红棕色变深，说明平衡是向逆反应方向移动的，而CaO和水反应放出热量，即逆反应方向是吸热反应，则正反应方向是放热反应，故A正确；B．(3)中红棕色变浅，说明平衡正向移动，正反应是放热反应，则硝酸铵溶于水时吸收热量，故B错误；C．(1)中平衡逆向移动，NO2和之前相比含量增多，则体系中平均相对分子质量减小，故C错误；D．(3)中红棕色变浅，说明氯化铵溶于水时吸收热量，平衡正向移动，气体的物质的量减小，则烧瓶(3)中的压强必然减小，故D错误；故选A。10．某无色透明溶液能与铝作用放出氢气，且溶液中的离子能大量共存的是A．K＋、NO、OH-、Cl- B．Cu2＋、SO、H＋、Na＋C．H＋、Ba2＋、Mg2＋、NO D．NH、MnO、H＋、K＋【答案】A【详解】能和铝作用放出氢气的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性；A．该组离子能在碱性溶液中大量共存，符合题意；B．Cu2+是蓝色溶液，不符合题意；C．Mg2+不能在碱性溶液中的大量存在，H＋与NO的混合溶液与铝不能产生氢气，不符合题意；D．MnO是紫性溶液，不符合题意；综上所述，A组离子符合题意，故选A。11．铬酸银（Ag2CrO4）微溶于水，作化学试剂。常用作分析试剂，有机合成催化剂，电镀，卤化物滴定确定终点的指示剂等。在t℃时，Ag2CrO4（橘红色）在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp＝1.8×10−10。下列说法不正确的是A．t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点C．t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10−8D．t℃时，将0.01mol·L−1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L−1KCl和0.01mol·L−1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀【答案】C【详解】A．t℃时，曲线上都是铬酸银的溶解平衡的点，因此Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，故A正确；B．该温度下，根据淀溶解平衡曲线，加入K2CrO4，饱和Ag2CrO4溶液Ag＋和的浓度变化只能在曲线上变化，即饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故B正确；C．t℃时，根据最高点Ag2CrO4的Ksp为，故C错误；D．t℃时，20mL0.01mol·L−1KCl和0.01mol·L−1K2CrO4的混合溶液中，沉淀时需要的AgNO3溶液浓度最小就最先沉淀，AgCl的Ksp＝1.8×10−10，则，Ag2CrO4的，则，因此将0.01mol·L−1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L−1KCl和0.01mol·L−1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀，故D正确。综上所述，答案为C。12．准确移取20.00mL某待测NaOH溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1HCl溶液滴定。下述操作可导致被测定NaOH溶液浓度偏低的是A．未用标准液润洗滴定管B．达到滴定终点，读数时俯视液面C．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未润洗D．滴定前滴定管下端尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失【答案】B【详解】A．未用标准液润洗滴定管，导致标准液浓度偏低，消耗标准液的体积偏大，根据c待=可得，被测定NaOH溶液浓度偏高，故A不符合题意；B．达到滴定终点，读数时俯视液面，读取的标准液体积偏小，根据c待=可得，被测定NaOH溶液浓度偏低，故B符合题意；C．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未润洗，不影响测定结果，故C不符合题意；D．滴定前滴定管下端尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液的体积偏大，根据c待=可得，被测定NaOH溶液浓度偏高，故D不符合题意；答案选B。13．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（）A．图中五点KW间的关系B>C>A=D=EB．若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法C．若从A点到C点，可用温度不变时在水中加入适量NH4Cl固体的方法D．若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=l2的KOH等体积混合后，溶液显碱性【答案】C【详解】A．水的电离吸热，则温度越高，Kw越大，相同曲线上Kw相同，则图中五点K的关系为B＞C＞A=D=E，A正确；B．从A点到D点，Kw不变，c(H+)增大，则可采用温度不变，向水中加入少量的酸的方法实现，B正确；C．从A点到C点，Kw增大，则需要升高温度，C错误；D．B点时，Kw=10-12，pH=2的硫酸中c(H+)=0.01mol/L，与pH=10的KOH溶液c(OH-)=mol/L=0.01mol/L，等体积混合后n(H+)=n(OH-)溶液为中性，D正确；故选C。14．下列实验操作中，符合操作规范的是A．向试管中滴加试剂时，将滴管下端紧靠试管内壁B．向托盘天平称量药品时，右盘放药品，左盘放砝码C．用pH试纸检验溶液的酸碱性时，将试纸浸入溶液中D．中和滴定时，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化【答案】D【详解】A．向试管中滴加试剂时，滴管下端不能试管内壁，否则容易造成试剂的污染，故A不符合题意；B．用托盘天平称量药品时，右盘放砝码，左盘放药品，故B不符合题意；C．使用试纸检验溶液的性质时，不可将试纸浸入溶液中，否则会造成试剂污染，可以使用玻璃棒蘸取少量溶液进行检验，故C不符合题意；D．滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化，判断反应终点，故D符合题意；答案选D。15．下列属于强电解质的是①NaOH②NH3·H2O③AgCl④醋酸⑤NaHCO3A．①②⑤ B．①③④ C．②③④ D．①③⑤【答案】D【详解】酸、碱、盐和水都是电解质，五种物质都是电解质，在电解质中，强酸、强碱、大部分盐是强电解质，①为强碱。②为弱碱，③为盐，④为弱酸，⑤为盐，所以①③⑤是强电解质，D项正确。答案选D。16．下列离子方程式书写正确的是()A．Na2HPO4溶于水：Na2HPO4=2Na++H++POB．NaHCO3溶液的水解离子方程式：HCO+H2O=H3O++COC．HF溶于少量水中：2HF＝H++HFD．(NH4)2SO4溶于水：(NH4)2SO4＝2NH+SO【答案】D【详解】A．H3PO4是弱酸，不能拆开写，故A错误；B．NaHCO3水解是结合水电离产生的H+生成弱酸H2CO3，故B错误；C．HF溶于水形成的氢氟酸是弱酸，电离生成H+和F-，故C错误；D．(NH4)2SO4溶于水完全电离，产生和，故D正确；故选D。二、非选择题：本题共5小题，共52分。17．(10分)水是生命的源泉、工业的血液、城市的命脉。河水是主要的饮用水源，污染物通过饮用水可宵接毒害人体，也可通过食物链和灌溉农田间接危及健康。请回答下列问题：（1）纯水在100℃时，pH=6，该温度下1mol•L-1的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH-)=___mol•L-1。（2）25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为___。（3）体积均为100mLpH均为2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则相同温度时，HX的电离平衡常数___(填“大于”或“小于”或“等丁”)CH3COOH的电离平衡常数，理由是___。（4）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：①25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为____。②向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为___。（5）25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=___mol•L-1(填精确值）。【答案】（1）10-12mol·L-1。CO32-＋H2OHCO3-＋OH-、HCO3-＋H2OH2CO3＋OH-小于稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比CH3COOH的小，故酸性较弱，电离平衡常数较小pH(Na2CO3溶液)＞pH(NaCN溶液)＞pH(CH3COONa溶液)NaCN＋H2O＋CO2=HCN＋NaHCO39.9×10-7【分析】(1)纯水在100℃时，Kw＝10-12，1mol·L-1的NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)等于溶液中的c(H+)；(2)碳酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，碳酸钠的水解反应分步进行，以第一步为主；(3)根据图像可知，稀释相同体积时，HX的pH变化量比醋酸的小；(4)强碱弱酸盐对应的酸的酸性越弱，其水解程度就越大，pH越大，弱酸的电离平衡常数越小。(5)25℃时，根据电荷守恒：c(CH3COO-)＋c(OH-)＝c(Na+)＋c(H+)计算。【详解】(1)纯水在100℃时，pH＝6，即c(H+)＝c(OH－)＝10-6mol·L-1，可知Kw＝10-12，1mol·L-1的NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)等于溶液中的c(H+)，即c水电离(OH-)＝c(H+)＝10-12mol·L-1。(2)碳酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，碳酸钠的水解反应分步进行，以第一步为主，则电离方程式为CO32-＋H2OHCO3-＋OH-、HCO3-＋H2OH2CO3＋OH-；(3)根据图像可知，稀释相同体积时，HX的pH变化量比醋酸的小，则HX的酸性较弱，电离平衡常数较小；(4)强碱弱酸盐对应的酸的酸性越弱，其水解程度就越大，pH越大，弱酸的电离平衡常数越小。①25℃时，根据表中数据可知，酸性：CH3COOH＞HCN＞HCO3-，则溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3溶液、NaCN溶液、CH3COONa溶液；②K2小于K(HCN)，K1大于K(HCN)，因此向NaCN溶液中通入少量的CO2，产物应是NaHCO3，反应的方程式为NaCN＋H2O＋CO2=HCN＋NaHCO3；(5)25℃时，根据电荷守恒：c(CH3COO-)＋c(OH-)＝c(Na+)＋c(H+)，溶液的pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)＝10-8mol/L，故c(CH3COO-)－c(Na+)＝c(H+)－c(OH-)＝10-6-10-8=9.9×10-7mol/L。18．（10分）水煤气(CO和H2)是合成甲醇的重要原料，它可用水蒸气通过炽热的炭层制得：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)∆H=+131.3kJ/mol(1)该反应的平衡常数的表达式为：_______；升高温度，K值将_______；容器中气体的平均相对分子质量将_______。(2)上述反应达到平衡后，将体系中的C(s)部分移走，平衡_______。(3)下列事实能说明该反应在一定条件下已达到平衡状态的有_______A．压强固定不变化B．气体平均相对分子质量不再变化C．生成H2O(g)的速率与消耗CO的速率相等D．H2O(g)、CO、H2的浓度相等E．固定体积下气体密度不再变化F．υ(H2O)=υ(CO)(4)某温度下，将4.0molH2O(g)和足量的炭充入2L的密闭容器中，发生如下反应，C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，达到平衡时测得K=1，则此温度下H2O(g)的转化率为_______。【答案】（1）增大减小不移动ABCE50%【详解】(1)该反应的平衡常数的表达式为：；该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值将增大；用极限思维，平衡正向移动，原来是水蒸气，后来变为一氧化碳和氢气(两者平均相对分子质量为15)，则容器中气体的平均相对分子质量将减小；故答案为：；增大；减小。(2)上述反应达到平衡后，将体系中的C(s)部分移走，由于碳的固体，反应物浓度不变，因此平衡不移动；故答案为：不移动。(3)A．该反应是体积增大的反应，当压强固定不变化，说明达到平衡，故A符合题意；B．该反应是相对分子质量减小的反应，当气体平均相对分子质量不再变化，说明达到平衡，故B符合题意；C．生成H2O(g)的速率，正向反应，消耗CO的速率，逆向反应，两者速率之比等于计量数之比，说明达到平衡，故C符合题意；D．H2O(g)、CO、H2的浓度相等，不能说明达到平衡，故D不符合题意；E．固定体积下，该反应固体不断消耗，气体质量不断增加，气体密度不断增加，当气体密度不再变化，说明达到平衡，故E符合题意；F．υ(H2O)=υ(CO)，没有正向和逆向，因此不能说明达到平衡，故F不符合题意；综上所述，答案为：ABCE。(4)根据题意建立三段式得到，得到，解得y=2，则此温度下H2O(g)的转化率为；故答案为：50%。19．（8分）已知下列热化学方程式：①②(1)氢气的摩尔燃烧焓是______________。(2)已知：。写出丙烷燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式：___________________________。(3)实验测得和的混合气体共，完全燃烧生成液态水时放热，则混合气体中和的体积比是__________。(4)当反应②中转移10mol电子时，燃烧的丙烷的质量是_________g，生成的CO2在标准状况下的体积是_________L。【答案】（1）2233.6【分析】(1)根据摩尔燃烧焓的概念分析并计算。(2)根据盖斯定律进行计算。(3)根据氢气的摩尔燃烧焓和丙烷的摩尔燃烧焓，氢气和丙烷的混合气体共3mol，完全燃烧生成液态水时放热，建立方程式进行计算。(4)根据方程式及电子转移进行计算。【详解】(1)根据摩尔燃烧焓的概念，因1mol氢气完全氧化为液态水放出的热量为，故氢气的摩尔燃烧焓为；故答案为：。(2)已知：②，③，由盖斯定律可知，得；故答案为：。(3)由热化学方程式可知，氢气的摩尔燃烧焓为，丙烷的摩尔燃烧焓为，氢气和丙烷的混合气体共3mol，完全燃烧生成液态水时放热，设混合气体中氢气的物质的量为xmol，则丙烷的物质的量为，根据混合物燃烧放出的热量有，解得x=2，所以氢气和丙烷的物质的量之比为，根据阿伏加德罗定律及其推论，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比；故答案为：2:1。(4)，当5molO2参加反应时转移20mol电子，当反应中转移10mol电子时，燃烧的丙烷的物质的量为0.5mol，质量为，生成的CO2在标准状况下的体积为；故答案为：22；33.6。20．（12分）某实验小组用100mL0.50mol·L－1NaOH溶液与100mL0.55mol·L－1盐酸进行中和热的测定。装置如图所示。回答下列问题：（1）若实验共需要400mLNaOH溶液，实验室在配制该溶液时，则需要称量NaOH固体______g。（2）图中装置缺少的仪器是______________________________。（3）盐酸稍过量的原因是________________________________。（4）碎泡沫塑料及泡沫塑料板的作用是___________________。（5）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热(ΔH)________(填“偏大”“偏小”或“不变”)，其原因是_______。（6）请填写下表中的平均温度差：实验次数起始温度T1/℃终止温度T2/℃平均温度差(T2－T1)/℃HClNaOH平均值126.226.026.130.1________227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4（7）若测得该反应放出的热量为2.865kJ，请写出盐酸与NaOH溶液反应的中和热的方程式：__________________________________________。【答案】（1）10.0环形玻璃搅拌棒让NaOH溶液完全反应保温、隔热，减少热量损失偏大醋酸在溶液中电离吸收热量，使测得的中和热(ΔH)偏大4.0HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1【详解】(1)因为没有400mL容量瓶，实际配制的是500mL(0.5L)溶液，即m(NaOH)＝0.50mol·L－1×0.5L×40g/mol＝10.0g；(2)为减少热量损失，需缩短反应时间，要搅拌，应用环形玻璃搅拌棒；(3)为确保NaOH完全反应，减少误差，盐酸需要过量，故答案为让NaOH完全反应；(4)它们的作用都是保温，隔热、减少热量损失；(5)因为醋酸电离会吸热，所以用醋酸测中和热，放出的热量比盐酸要少，ΔH偏大，故答案为偏大、醋酸在溶液中电离吸收热量，使测得的中和热(ΔH)偏大；(6)四组数据计算的温差分别为4.0℃、6.1℃、3.9℃、4.1℃，明显第2组数据应舍去，所以平均温度差为4.0℃；(7)在该中和实验中，生成水的物质的量为0.05mol，放出的热量为2.865kJ，则生成1mol水放出的热量为2.865kJ÷0.05mol=57.3J·mol－1，则ΔH＝－57.3kJ·mol－1，故反应的中和热化学方程式为HCl(aq)＋NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。21．（12分）工业废水中常含有一定量的和，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理。常用的处理方法有以下两种：方法1：还原沉淀法。该法的工艺流程为：Cr3+Cr(OH)3↓其中第①步存在平衡2(黄色)+2H+⇌(橙色)+H2O。(1)若平衡体系的pH=2，该溶液显_____色。(2)能说明第①步反应达平衡状态的是_____(填序号)。A．和的浓度相同B．2v()=v()C．溶液的颜色不变(3)第②步中，还原1mol离子，需要_____mol的FeSO4∙7H2O。(4)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH-(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)∙c3(OH-)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至_____。方法2：电解法。该法用Fe做电极电解含的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。(5)用Fe做电极的原因为_____(用电极反应式解释)。(6)在阴极附近溶液pH升高，溶液中同时生成的沉淀还有_____。【答案】（1）橙C65Fe-2e-=Fe2+，提供还原剂Fe2+Fe(OH)3【详解】(1)溶液显酸性，c(H+)较大，2(黄色)+2H+⇌(橙色)+H2O，该平衡右移，该溶液显橙色；(2)A．和的浓度相同，但是不一定是浓度保持不变的状态，反应不一定达到平衡状态，平衡时浓度不变，故A不符合题意；B．2v()=v()，没有标出正、逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，故B不符合题意；C．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，故C符合题意；答案选C；(3)由元素的化合价变化可知，还原1mol离子，得到Cr3+，得到电子为2×(6-3)=6mol，Fe2+被氧化为Fe3+，需要FeSO4∙7H2O的物质的量为=6mol；(4)当c(Cr3+)=10-5mol/L时，溶液的c(OH-)==10-9mol/L，c(H+)=mol/L=10-5mol/L，pH=5，即要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5；(5)用Fe做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe-2e-=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；(6)溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H++2e-=H2↑，导致溶液酸性减弱，溶液pH升高；同时溶液中亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe(OH)3。选择性必修1综合检测（能力提升卷）一、选择题：本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。1．下列关于金属腐蚀与防护的说法错误的是A．图①中的铁钉不易生锈B．图②中，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门被腐蚀C．图②中，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀D．图③中，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀【答案】B【详解】A．碱石灰能干燥试管中的空气，即铁钉与水不接触，不易生锈，A项正确；B．将钢闸门与电源的正极相连，则钢闸门作为阳极，失电子发生氧化反应，加速了钢闸门的腐蚀，B项错误；C．断开电源，图②装置为原电池，海水为弱碱性电解质溶液，钢闸门将发生吸氧腐蚀，C项正确；D．图③中，若金属M比铁活泼，则金属M作负极，失电子发生氧化反应，可保护输水管不被腐蚀，D项正确。故选B。2．“液态阳光”是二氧化碳和水通过人工光合得到的“绿色”甲醇，有关“液态阳光”说法错误的是A．“液态阳光”行动有利于可持续发展B．水煤气合成的甲醇也是“液态阳光”C．“液态阳光”行动有利于减少CO2排放D．“液态阳光”有利于缓解化石燃料消耗【答案】B【详解】A．“液态阳光”行动既能够降低空气中CO2的浓度，又能利用产生的甲醇为人类提供能量，因此有利于可持续发展，A正确；B．水煤气合成的甲醇会消耗化石燃料煤，因此不是“液态阳光”，B错误；C．“液态阳光”行动实现了C的循环，同时为我们提供所需能量，因此有利于减少CO2排放，C正确；D．“液态阳光”不消耗化石燃料，利用合成的甲醇就满足了对能源的需求，因此有利于缓解化石燃料消耗造成的能源危机，D正确；故合理选项是B。3．某固体酸燃料电池以固体为电解质传递，其基本结构如图所示，电池总反应可表示为，下列有关说法正确的是A．电子通过外电路从a极流向b极B．b上电极反应为C．每转移0.1mol电子，消耗D．由b极通过固体电解质传递到a极【答案】A【详解】A．根据电池总反应可知，通入氢气的一极为电池的负极，通入氧气的一极为电池的正极，即a极是负极，b极是正极。电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，A项正确；B．b极通入氧气，为电池的正极，酸性条件下，氧气得电子生成水，电极反应为，B项错误；C．没有指明物质所处的状况，无法计算的体积，C项错误；D．原电池中阳离子向正极移动，即由a极通过固体电解质传递到b极，D项错误；故选A。4．石墨燃烧过程中的能量变化可用下图表示。下列说法正确的是A．石墨的燃烧热为B．反应C(s，石墨)在任何温度下均能自发进行C．由图可知：D．已知C(s，金刚石)=C(s，石墨)，则金刚石比石墨稳定【答案】C【详解】A．燃烧热是101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，碳元素的稳定产物：C→CO2(g)，据此得石墨的燃烧热为，A错误；B．由图知：反应I：C(s石墨)+O2(g)→COΔH1＝-110.5kJ•mol-1，反应II：C(s石墨)+O2(g)→CO2ΔH2＝-393.5kJ•mol-1，根据盖斯定律反应II−反应I得到反应Ⅲ：CO(g)+O2(g)→CO2ΔH3＝ΔH1-ΔH2=-283.0kJ•mol-1，根据盖斯定律反应II−2×反应Ⅲ得到反应：反应C(s，石墨)，ΔH＝ΔH1-2ΔH3=+455.5kJ•mol-1，该反应的△H>0，△S>0，常温下不能自发进行，在高温下能自发进行，B错误；C．结合选项C可知：，C正确；D．已知C(s，金刚石)=C(s，石墨)，则金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，则金刚石不如石墨稳定，D错误；答案选C。5．理论研究表明，在101kPa和298K下HCN=HNC异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是A．HNC比HCN稳定 B．该异构化反应的C．正反应的活化能小于逆反应的活化能 D．使用催化剂，可以改变该反应的反应热【答案】B【详解】A．由图像可知，HCN比HNC的能量低，故HCN比HNC稳定，A错误；B．HNC比HCN高59.3kJ·mol-1，故该异构化反应的ΔH=+59.3kJ·mol-1，B正确；C．正反应的活化能为186.5kJ·mol-1，逆反应的活化能为127.2kJ·mol-1，正反应的活化能大于逆反应的活化能，C错误；D．使用催化剂，不能改变反应物、生成物的相对能量，不能改变反应的反应热，D错误；故选B。6．下列有关中和热的说法正确的是A．表示中和热的热化学方程式：H＋(l)＋OH-(l)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1B．准确测量中和热的实验过程中，至少需记录温度4次C．中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测量出的中和热数值偏小D．已知2NaOH(aq)＋H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)＋2H2O(l)ΔH=-114.6kJ·mol-1，则该反应的中和热为114.6kJ·mol-1【答案】C【详解】A．表示中和热的热化学方程式：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol，A错误；B．准确测量中和热的实验过程中，至少需测定温度3次，即反应前酸溶液的温度、碱溶液的浓度反应后混合溶液的温度，B错误；C．中和热的实验过程中，若用铜质材料搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，由于Cu的导热性强，使热量散失的多，所以测量出的中和热数值偏小，C正确；D．已知2NaOH(aq)＋H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)＋2H2O(l)ΔH＝－114.6kJ/mol，而中和热是酸碱反应反应产生1mol的水时所放出的热量，所以该反应的中和热为57.3kJ/mol，D错误。答案选C。7．已知反应，常温时，在容积为2L的密闭容器中充入6.0molX和2.0molY，达到平衡状态时测得。下列说法错误的是A．平衡时容器内X的物质的量为4.8mol B．平衡时容器内Y的浓度为C．常温时的平衡常数 D．达到平衡时，X的转化率为20%【答案】B【分析】根据题意，应用“三段式”法计算：据此分析解题。【详解】A．根据以上分析可知，平衡时容器内X的物质的量为4.8mol，A项正确；B．容器的容积为2L，则平衡时X、Y、Z的浓度分别为、、，B项错误；C．常温时的平衡常数，C项正确；D．达到平衡时，X转化率为1.2/6.0×100%=20%，D项正确；故选B。8．下列说法正确的是A．能自发进行的反应一定能迅速发生B．非自发进行的反应在任何条件下都不能发生C．凡是放热反应都是自发进行的，凡是吸热反应都是非自发进行的D．水往低处流是自发过程【答案】D【详解】A．反应的自发性与反应的快慢没有必然联系，能自发进行的反应不一定能迅速发生，A项错误；B．非自发进行的反应在一定条件下可能发生，如在通电条件下水能分解，B项错误；C．多数能自发进行的反应是放热反应，如钠和水的反应是自发进行的且该反应放热，有的吸热反应也能自发进行，如碳酸氢铵固体与醋酸溶液的反应是自发进行的且该反应吸热，C项错误；D．水往低处流是自发过程，故D正确。故选D。9．根据相应的图像，下列相关说法正确的是甲：乙：丙：丁：aX(g)+bY(g)cZ(g)L(s)+aG(g)bR(g)aA+bBcCA+2B2C+3DA．密闭容器中反应达到平衡，t0时改变某一条件有如图甲所示变化，则改变的条件只能是加入催化剂B．反应达到平衡时外界条件对平衡影响关系如图乙所示，则正反应为放热反应，且a＞bC．物质的含量和温度关系如图丙所示，则该反应的正反应为放热反应D．反应速率和反应条件变化关系如图丁所示，则该反应的正反应为放热反应，且A、B、C、D均为气体【答案】C【详解】A.由图象分析可知，条件改变，化学反应速率增大，化学平衡不动，则改变条件可能为加入催化剂或a+b=c时增大压强，故A错误；B.由图象可知，升高温度，G的体积分数减小，说明平衡向正反应方向移动，该反应是吸热反应，不是放热反应，p1、p2相对大小不知，不能确定a和b的大小，故B错误；C.由图象可知，T2达到平衡，平衡后，升高温度，C的含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故C正确；D.由图象可知，降低温度，化学反应速率减小，平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，增大压强，化学反应速率增大，平衡向正反应方向移动，说明反应前后气体体积减小，则A、B、C是气体，D一定为固体或纯液体，故D错误；故选C。10．N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为：N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)ΔH，有关化学反应的物质变化过程如图1所示，能量变化过程如图2所示，下列说法正确的是A．由图1、2可知ΔH=ΔH1+ΔH2=ΔE2—ΔE1B．加入Pt2O+作为反应物，可使反应的焓变减小C．由图2可知正反应的活化能小于逆反应的活化能D．物质的量相等的N2O、CO的键能总和大于CO2、N2的键能总和【答案】C【详解】A．焓变=正反应活化能-逆反应活化能，图中ΔE1为正反应活化能，ΔE2为逆反应活化能，所以ΔH=ΔE1—ΔE2，故A错误；B．据图可知Pt2O+为催化剂，不影响反应的焓变，故B错误；C．ΔE1为正反应活化能，ΔE2为逆反应活化能，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故C正确；D．该反应的反应物能量高于生成物，为放热反应，所以物质的量相等的N2O、CO的键能总和小于CO2、N2的键能总和，故D错误；答案为C。11．时，反应的平衡常数。该温度下，测得某时刻容器内含，，和，此时该反应的状态是A．刚好达到平衡 B．反应向正反应方向进行C．反应向逆反应方向进行 D．容器体积未知，无法判断【答案】B【详解】A．由反应的平衡常数可知，平衡时各物质的浓度是相等的，而此时各物质浓度是不相等的，则此时没有达到平衡，故A项错误；B．水蒸汽的物质的量是其它物质的2倍，且水蒸汽是反应物，根据平衡常数，则此时反应向正反应方向进行，故B项正确；C．水蒸汽的物质的量是其它物质的2倍，且水蒸汽是反应物，根据平衡常数，则此时反应向正反应方向进行，故C项错误；D．温度不变，平衡常数不变，且无论容器体积是多少，水蒸气的浓度都是其它物质的2倍，因此是可以判断的，故D错误；本题答案B。12．如图表示合成氨反应过程中的能量变化。关于合成氨反应，下列说法不正确的是A．使用催化剂能缩短该反应到达平衡的时间B．提高N2与H2的投料比可增大H2的转化率C．增大压强能提高N2的反应速率和转化率D．升高温度有利于提高N2的平衡转化率【答案】D【详解】A．催化剂能够加快化学反应速率，因此使用催化剂能缩短该反应到达平衡的时间，故A正确；B．增大混合气体中N2的比例，平衡正向移动，能够增大H2的平衡转化率，故B正确；C．增大压强，化学反应速率加快，该反应正向为气体体积减小的反应，增大压强能使平衡正向移动，N2的转化率将增大，故C正确；D．由图可知，该反应反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应正向为放热反应，升高温度平衡将逆向移动，N2的平衡转化率将减小，故D错误；综上所述，不正确的是D项，故答案为D。13．下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是①纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强；②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；③石灰岩(喀斯特地貌)的溶洞形成；④BaCO3不能做“钡餐”，而BaSO4则可以；⑤使用泡沫灭火器时“泡沫”生成的原理。A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．①②③④⑤【答案】A【详解】①碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解；水解是吸热过程，加热有利于水解平衡正向移动，故热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强，应用了盐类水解原理，故①不选；②可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释，故②可选；③碳酸钙在水中存在溶解平衡、水中含有钙离子、碳酸根，空气中有二氧化碳，二氧化碳、碳酸根和水反应生成碳酸氢根、促使碳酸钙溶解平衡右移，所以可以用沉淀平衡原理来解释，故③可选；④碳酸钡在水中存在溶解平衡、水中含有钡离子、碳酸根，碳酸根能和氢离子反应生成二氧化碳、水，促使碳酸钡溶解平衡右移，所以可以用沉淀平衡原理来解释，故④可选；⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速的产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，故⑤不选；故能用沉淀溶解平衡原理来解释的是②③④，故选：A。14．t℃时，已知PdI2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A．t℃时，PdI2的B．图中a点对应的溶液是饱和溶液，b、d两点对应的溶液都是不饱和溶液C．向a点的溶液中加入少量NaI固体，有PdI2固体析出D．要使d点移动到b点可以降低温度【答案】C【详解】A．在时的，A错误；B．图中曲线上的点对应的溶液达到沉淀溶解平衡，曲线上方的点对应的溶液过饱和，曲线下方的点对应的溶液不饱和，即a点是饱和溶液，b点是不饱和溶液，d点是过饱和溶液，B错误；C．向a点的溶液中加入少量固体，碘离子浓度增大，的沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，有固体析出，C正确；D．沉淀溶解过程吸热，要使d点移动到b点，即使过饱和溶液变为不饱和溶液，应升高温度，若降低温度，沉淀溶解平衡向放热的方向移动，即向生成沉淀的方向移动，仍为饱和溶液，D错误；答案选C。15．常温下，将氢氧化钠溶液与硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的等于A．2.0 B．1.7C．12.0 D．12.4【答案】A【详解】常温下，将氢氧化钠溶液与硫酸溶液等体积混合，混合溶液中氢离子浓度为，根据计算公式可求得：。故选A。16．草酸H2C2O4是二元弱酸。向100mL0.40mol/LH2C2O4溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液调节pH，加水控制溶液体积为200mL。测得溶液中微粒的δ(x)随pH变化曲线如图所示，δ(x)=，x代表微粒H2C2O4、HC2O或C2O。下列叙述正确的是A．曲线Ⅰ是HC2O的变化曲线B．草酸H2C2O4的电离常数Ka1=1.0×10-1.22C．在b点，c(C2O)+2c(OH-)=c(HC2O)+c(H+)D．在c点，c(HC2O)=0.06mol/L【答案】B【详解】A．当酸性越强时，曲线Ⅰ表示的微粒的含量越高，可推知曲线Ⅰ是H2C2O4的变化曲线，曲线Ⅱ是HC2O的变化曲线，曲线Ⅲ是C2O的变化曲线，A错误；B．在a点H2C2O4的浓度和HC2O的浓度相等，pH=1.22，则草酸H2C2O4的电离常K===10-1.22，则B正确；C．在b点，c(C2O)=c(HC2O)，且溶液呈酸性，若c(C2O)+2c(OH-)=c(HC2O)+c(H+)，则2c(OH-)=c(H+)，显然不成立，C错误；D．在c点，HC2O的含量为0.15，而H2C2O4的物质的量为0.1L×0.40mol/L=0.04mol，则HC2O的物质的量为0.15×0.04mol=0.006mol，溶液体积为0.2L，c(HC2O)=0.006mol÷0.2L=0.03mol/L，D错误；故选B。二、非选择题：本题共5小题，共52分。17．（10分）甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇。反应Ⅰ：反应Ⅱ：下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数（K）：温度/250300350（1）在一定条件下将和充入的密闭容器中发生反应Ⅰ，后测得，计算可得此段时间的反应速率（用表示）为_______________________。（2）由表中数据判断______________（填“>”“<”或“=”）0；反应_____________（用和表示）。（3）若容器容积不变，则下列措施可抛高反应Ⅰ中CO转化率的是______________（填序号）。a．充入，使体系总压强增大b．将从体系中分离c．充入He，使体系总压强增大d．使用高效催化剂（4）保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增大为原来的2倍，则化学平衡__________（填“正向”“逆向”或“不”）移动，平衡常数____________（填“变大”“变小”或“不变”）。（5）比较这两种合成甲醇的方法，原子利用率较高的是______________（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。【答案】（1）<b正向不变Ⅰ【详解】（1）CO浓度变化量为，，各物质的速率之比等于化学计量数之比，故；（2）由表中数据可知，随温度升高，平衡常数K减小，说明温度升高，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，即；根据盖斯定律，由反应Ⅱ-反应Ⅰ得；（3）a.充入CO，使体系总压强增大，平衡向正反应方向移动，但CO的转化率降低，a项错误；b.将从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，b项正确；c.充入He，使体系总压强增大，各物质的浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，c项错误；d.使用高效催化剂，平衡不移动，d项错误；答案选b；（4）保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增大为原来的2倍，相当于增大压强，则平衡正向移动，因为温度不变，所以平衡常数不变；（5）原子利用率是指被利用的原子数除以总原子数，副产物越少原子利用率越高，故答案为I。18．（8分）T1、T2两种温度下在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题。（1）T1___________T2(填“＞”“＜”或“=”)，T2温度时___________。（2）根据T1温度时的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是___________(填序号)。A．加入固体可由a点变为b点B．T1温度下，在T1曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时，均有沉淀生成C．蒸发溶剂可能由d点变为T1，曲线上a、b之间(不含a、b)的某一点D．升温可由b点变为d点（3）T2温度时，现有0.2mol的沉淀，每次用1L饱和溶液(浓度为1.7mol/L)处理。若使中的全部转化到溶液中，需要反复处理___________次［提示：，］。【答案】（1）＜ABC3【详解】（1）温度越高，的溶解度越大，温度下的溶度积较小，所以；温度时的溶度积可利用c点的数据进行计算求得。（2）由于存在沉淀溶解平衡：，加入固体，浓度增大，的沉淀溶解平衡逆向移动，的浓度减小，可由a点变为b点，A正确；曲线上方区域的离子积大于溶度积，所以会析出沉淀，B正确；蒸发溶剂，不饱和溶液中和的浓度都变大，可能由d点变为曲线上a、b之间(不含a、b)的某一点，C正确；升高温度，沉淀溶解平衡正向移动，、都会变大，不可能由b点变为d点，D错误。（3）设每次用饱和溶液能处理，根据，解得，处理次数，所以至少要反复处理3次。19．（8分）电化学方法是化工生产及生活中常用的一种方法。回答下列问题：（1）二氧化氯()为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效，快速，安全的杀菌消毒剂。目前已开发出用电解法制取的新工艺，其装置如图所示。①图中用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取。产生的电极应连接电源的____(填“正极”或“负极”)，对应的电极反应式为_____。②a极区pH________，(填“增大”“减小”或“不变”)。③装置中应使用______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。（2）燃料电池因具有发电效率高，环境污染小等优点而备受人们关注。某燃料电池以足量NaOH溶液为电解质，甲烷为燃料，空气为氧化剂，并以具有催化作用和导电性能的某金属材料为电极，则电池负极的电极反应式为_________。（3）银白光亮的银器用久后表面易出现黑斑()，利用电化学原理可处理黑斑。将银器置于含食盐水的铝制容器中并与铝接触，转化为Ag，则正极的电极反应式为_________。【答案】（1）①正极②增大③阳【详解】（1）①根据题意可知，氯离子失电子生成，故产生的电极应接电源的正极，电极反应式为。②a极区为阴极区，电极反应式为，a极区浓度增大，溶液的pH增大。③为防止与反应，装置中应使用阳离子交换膜。（2）以甲烷为燃料，空气为氧化