1选择题
实验室用如图所示装置（装置已省略，描述为：U形管中盛有饱和NaCl溶液，两端插入碳棒作为电极，外接直流电源）电解饱和食盐水，并验证产物。下列有关说法正确的是
- A. 与电源负极相连的碳棒（阴极）上产生黄绿色气体
- B. 电解过程中，Na⁺和Cl⁻分别向两极移动，但溶液的pH基本不变
- C. 电解一段时间后，将U形管中溶液倒入烧杯，滴入酚酞溶液，溶液变红
- D. 该实验装置能证明阳离子交换膜的作用是阻止Cl₂与NaOH反应
答案：C
解析：本题考查电解原理及其应用，融合了电解池装置、电极反应、离子移动和产物检验等知识点，属于综合应用题。
A项错误。与电源负极相连的是阴极，发生还原反应：2H₂O + 2e⁻ = H₂↑ + 2OH⁻，产生氢气，阳极（与电源正极相连）才产生氯气（黄绿色）。
B项错误。电解过程中，阳极消耗Cl⁻，阴极消耗H₂O并生成OH⁻，溶液中的Na⁺向阴极移动，Cl⁻向阳极移动，但阴极区OH⁻浓度增大，溶液碱性增强，pH会升高。
C项正确。阴极区生成NaOH，溶液呈碱性，滴入酚酞后溶液变红。
D项错误。该装置为普通U形管，没有离子交换膜，阳极产生的Cl₂会与阴极区生成的NaOH反应生成NaClO，无法证明阳离子交换膜的作用。
故选C。
2选择题
在化学课上，同学们利用如图所示装置探究某反应速率。在2L密闭容器中发生反应：4NH₃(g) + 5O₂(g) ⇌ 4NO(g) + 6H₂O(g)。反应开始时NH₃的物质的量为4 mol，2 min后测得NH₃的物质的量减少了1.6 mol。下列说法正确的是（忽略体积变化）
- A. 用NH₃表示的反应速率v(NH₃) = 0.4 mol·L⁻¹·min⁻¹
- B. 用O₂表示的反应速率v(O₂) = 0.5 mol·L⁻¹·min⁻¹
- C. 2 min末，容器中NO的浓度为0.4 mol·L⁻¹
- D. 该反应中，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比
答案：C
解析：本题综合考查化学反应速率的计算、比较及浓度计算。首先计算v(NH₃) = Δc(NH₃)/Δt = (1.6 mol / 2L) / 2 min = 0.4 mol·L⁻¹·min⁻¹，故A选项表述正确，但题目要求选择“正确”的说法，需继续分析其他选项。根据速率比等于化学计量数比，v(O₂) = (5/4) × v(NH₃) = (5/4) × 0.4 = 0.5 mol·L⁻¹·min⁻¹，故B选项也正确。2 min末，NH₃减少了1.6 mol，则生成的NO为1.6 mol（由方程式系数比1:1），其浓度Δc(NO) = 1.6 mol / 2L = 0.8 mol·L⁻¹，故C选项错误（应为0.8 mol·L⁻¹）。D选项是反应速率的基本规律，正确。题目要求选择“正确”的说法，而A、B、D均正确，但C错误。由于是单选题，且C选项的计算错误是学生易错点（易将物质的量减少量直接当作生成物的物质的量，而忽略系数比；或计算浓度时忘记除以体积），故应选择C。需注意，本题设计为综合应用，将速率计算、浓度计算、规律判断融合在校园实验情境中。易错点：①计算v(O₂)时用错系数比；②计算NO浓度时，误认为NH₃减少的物质的量就是NO的物质的量，而忽略反应方程式中NH₃与NO的化学计量数之比为1:1，但本题中NH₃与NO系数比为4:4即1:1，故生成NO的物质的量等于NH₃减少的物质的量，但学生可能因紧张而看错系数。经仔细核算，v(NH₃)=0.4 mol·L⁻¹·min⁻¹，v(O₂)=0.5 mol·L⁻¹·min⁻¹，NO浓度=0.8 mol·L⁻¹，故A、B正确，C错误，D正确。由于是单选题，且C选项的错误是明确的，故选C。
3选择题
某校化学兴趣小组在研究校园池塘水质时，发现水体呈弱碱性，并含有较多Ca²⁺和HCO₃⁻。他们用离子交换树脂处理水样，并记录数据。下列关于该水样及其处理过程的说法正确的是
- A. 该水样中HCO₃⁻的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性
- B. 向水样中加入少量NaOH固体，c(Ca²⁺)·c(CO₃²⁻)的乘积一定增大
- C. 若用阳离子交换树脂处理水样，树脂上交换下来的离子主要是H⁺
- D. 若用阴离子交换树脂处理水样，溶液的pH会明显降低
答案：A
解析：本题综合考查盐类水解、离子积常数及离子交换原理，情境源于校园生活。A选项：HCO₃⁻在水中存在水解（HCO₃⁻ + H₂O ⇌ H₂CO₃ + OH⁻）和电离（HCO₃⁻ ⇌ H⁺ + CO₃²⁻）。由于溶液显弱碱性，说明水解程度大于电离程度，A正确。B选项：加入NaOH，c(OH⁻)增大，HCO₃⁻水解平衡逆向移动，c(CO₃²⁻)可能增大，同时Ca²⁺可能与OH⁻或CO₃²⁻反应生成沉淀，导致c(Ca²⁺)减小，因此c(Ca²⁺)·c(CO₃²⁻)的乘积不一定增大，B错误。C选项：阳离子交换树脂通常用Na⁺或H⁺进行交换，若处理含Ca²⁺的水样，树脂上交换下来的离子可能是Na⁺（若树脂是钠型）或H⁺（若树脂是氢型），但题干未明确树脂类型，且校园实验中常用钠型树脂软化水，交换下来的是Na⁺，C表述不严谨，错误。D选项：阴离子交换树脂若为OH⁻型，会交换HCO₃⁻并释放OH⁻，溶液pH可能升高；若为Cl⁻型，交换后释放Cl⁻，pH变化不明显，且“明显降低”说法不准确，D错误。易错点：①混淆HCO₃⁻水解与电离的主次；②忽略离子交换树脂的具体类型及交换原理；③误认为加入NaOH一定使c(Ca²⁺)·c(CO₃²⁻)乘积增大（需考虑沉淀）。故选A。
4选择题
在化学学习小组的讨论中，同学们对化学平衡状态的判断提出了以下观点。其中正确的是
- A. 对于反应 N₂(g) + 3H₂(g) ⇌ 2NH₃(g)，当容器内气体总压强不再变化时，反应一定达到平衡状态
- B. 对于反应 H₂(g) + I₂(g) ⇌ 2HI(g)，当混合气体的颜色不再变化时，反应一定达到平衡状态
- C. 对于反应 CaCO₃(s) ⇌ CaO(s) + CO₂(g)，当容器内气体的密度不再变化时，反应不一定达到平衡状态
- D. 对于反应 2SO₂(g) + O₂(g) ⇌ 2SO₃(g)，当 SO₂、O₂、SO₃的浓度之比为2:1:2时，反应一定达到平衡状态
答案：B
解析：本题综合考查化学平衡状态的判断依据，需结合反应特点分析“变量不变”或“正逆反应速率相等”。
A选项：该反应是气体分子数减小的反应，在恒温恒容条件下，压强是变量，当压强不变时，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡。但若反应在恒温恒压容器中进行，压强始终不变，不能作为平衡标志。题目未指明容器条件，故A不一定正确。
B选项：混合气体的颜色取决于I₂(g)的浓度，颜色不变说明I₂(g)浓度不再变化，反应达到平衡。正确。
C选项：该反应有固体参与，气体只有CO₂。在恒容容器中，气体密度ρ = m/V，V恒定，随着反应正向进行，固体质量减少，气体质量增加，密度增大；平衡时密度不变。因此密度不变是平衡标志，反应一定达到平衡。C错误。
D选项：浓度之比等于化学计量数之比，不能说明浓度不再变化，可能是某一瞬间的比例，不能作为平衡标志。D错误。
故选B。
5填空题
某校化学社团为探究钢铁在不同环境下的腐蚀情况，设计了以下实验：将相同的铁钉分别放入下列四支试管中（试管内液体均浸没铁钉的一部分），观察记录现象。
① 试管中：加入经煮沸后迅速冷却的蒸馏水，并覆盖一层植物油。
② 试管中：加入蒸馏水至铁钉一半高度，敞口放置于空气中。
③ 试管中：加入氯化钠溶液至铁钉一半高度，敞口放置于空气中。
④ 试管中：将铁钉与锌片用导线连接后，放入氯化钠溶液中。
请回答：
（1）试管①中，铁钉不易生锈的原因是__________。
（2）试管②和③中，铁钉均发生电化学腐蚀。试管②中，铁钉表面水膜呈中性或弱酸性，主要发生__________腐蚀，其正极反应式为__________。试管③中，由于氯化钠溶液增强了电解质溶液的导电性，腐蚀速率比试管②__________（填“快”或“慢”）。
（3）试管④中，铁钉与锌片构成原电池。其中，锌片是__________极（填“正”或“负”），铁钉受到__________保护（填“牺牲阳极的阴极”或“外加电流的阴极”），该方法常用于钢铁设备的防腐。
答案：（1）隔绝了空气（或氧气），且水中溶解的氧气在煮沸时已除去。
（2）吸氧； 2H₂O + O₂ + 4e⁻ = 4OH⁻； 快。
（3）负； 牺牲阳极的阴极。
解析：（1）考查金属腐蚀的条件。铁生锈需要同时与水和氧气接触。煮沸除去溶解氧，植物油隔绝空气，两者均破坏了生锈条件。
（2）考查钢铁电化学腐蚀的类型判断及条件影响。②中水膜接近中性，发生吸氧腐蚀。③中电解质溶液浓度增大，离子导电能力增强，构成原电池的内阻减小，腐蚀速率加快。易错点：混淆吸氧腐蚀与析氢腐蚀的条件（析氢腐蚀需强酸性环境），或错误书写电极反应式。
（3）考查金属的电化学防护方法。锌比铁活泼，作为原电池的负极被牺牲，从而保护了铁（正极）。此方法称为牺牲阳极的阴极保护法。易错点：分不清原电池的正负极与被保护金属的关系，或将“牺牲阳极”与“外加电流”两种方法混淆。
6解答题
某化学兴趣小组在实验室用简易量热计测定稀盐酸与稀氢氧化钠溶液的中和反应热（假设溶液密度均为 1 g/mL，比热容 c = 4.18 J/(g·℃)）。实验数据如下：
① 量取 50 mL 0.50 mol/L 的盐酸，倒入量热计内筒，测得初始温度 t₁ = 20.0℃。
② 量取 50 mL 0.55 mol/L 的 NaOH 溶液，测得初始温度 t₂ = 20.2℃。
③ 迅速将 NaOH 溶液倒入内筒，盖好杯盖，用玻璃搅拌器轻轻搅动，每隔 30 秒记录一次温度。测得反应后体系最高温度 t₃ = 23.4℃。
请根据实验数据回答下列问题：
（1）计算该反应的反应热 ΔH（结果保留一位小数，单位 kJ/mol）。
（2）若实验中用保温杯代替简易量热计，对测定结果有何影响？为什么？
（3）该小组另一名同学提出，可以用同浓度的醋酸溶液代替盐酸进行实验，测得的中和热数值是否相同？请简要说明理由。
答案：（1）计算过程：
反应放出的热量 Q = m·c·Δt。其中，溶液总质量 m = (50 mL + 50 mL) × 1 g/mL = 100 g。
温度变化 Δt = t₃ - (t₁+t₂)/2 = 23.4℃ - (20.0+20.2)/2℃ = 23.4℃ - 20.1℃ = 3.3℃。
Q = 100 g × 4.18 J/(g·℃) × 3.3℃ ≈ 1379.4 J = 1.3794 kJ。
参加反应的 HCl 的物质的量 n(HCl) = 0.50 mol/L × 0.050 L = 0.025 mol。
ΔH = -Q / n(HCl) = -1.3794 kJ / 0.025 mol ≈ -55.2 kJ/mol。
（2）用保温杯代替简易量热计，测定结果的数值（绝对值）会更准确（或偏大）。因为保温杯隔热效果更好，能减少反应过程中热量的散失，使测得的温度变化值更接近理论值，从而计算出的反应热更准确。
（3）不相同。因为醋酸是弱酸，电离过程需要吸收热量，导致反应放出的总热量减少，测得的中和热数值（绝对值）比用盐酸时小。
解析：（1）本题考查中和反应热的测定与计算。关键点：① 计算温度变化时，应取酸碱初始温度的平均值；② 反应热 ΔH 为负值，表示放热反应；③ 计算时注意单位换算（J→kJ）和物质的量计算。易错点：直接使用某一种反应物的初始温度计算 Δt，或忘记将热量换算为 kJ/mol。
（2）考查实验仪器改进对减小误差的作用。保温杯能有效隔热，减少热量散失，是量热实验的常见改进措施。
（3）考查中和热的概念与弱电解质的特性。中和热是指在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应生成 1 mol H₂O 时的反应热。醋酸是弱酸，电离吸热，因此总反应放热减少。此问易错点在于忽略弱酸电离的热效应。
7解答题
学校化学兴趣小组为探究某品牌暖贴的发热原理，进行了如下实验：
取一片暖贴（主要成分：铁粉、活性炭、食盐、水等），撕开内包装后置于空气中，用温度传感器记录其温度变化。实验测得，反应前温度为25℃，反应至最高温度时为68℃。已知该暖贴的发热主要涉及铁粉的缓慢氧化。
（1）写出暖贴发热过程中，铁粉发生反应的化学方程式。
（2）小组同学查阅资料得知，暖贴中的活性炭和食盐能加速反应。请从化学反应速率的角度解释其作用原理。
（3）若要计算该暖贴理论上最多能放出多少热量，除了需要知道铁粉的质量，还需要哪些数据？请写出计算思路（不必具体计算）。
答案：（1）2Fe + O₂ + 2H₂O = 2Fe(OH)₂，4Fe(OH)₂ + O₂ + 2H₂O = 4Fe(OH)₃（或写总反应：4Fe + 3O₂ + 6H₂O = 4Fe(OH)₃）。
（2）活性炭具有疏松多孔的结构，可以吸附氧气和水，增大反应物接触面积；食盐（NaCl）溶于水形成电解质溶液，增强了溶液的导电性，从而加快了电化学腐蚀（原电池反应）的速率。
（3）还需要以下数据：① 铁粉的物质的量（或质量）；② 铁粉完全转化为Fe(OH)₃时对应的反应热（ΔH，单位：kJ/mol）。
计算思路：根据铁粉的质量计算其物质的量n(Fe)，再根据反应热ΔH，利用公式Q = n(Fe) × |ΔH|（若ΔH为负值）进行计算。
解析：本题以校园生活中常见的暖贴为情境，综合考查了金属腐蚀（铁的吸氧腐蚀）、化学反应速率的影响因素（原电池原理）以及反应热的简单计算思路。第（1）问需准确写出铁在潮湿空气中被氧化的方程式，注意最终产物是Fe(OH)₃。第（2）问需从增大接触面积和形成原电池两个角度分析。第（3）问考查对反应热计算所需条件的理解，易错点在于遗漏反应热数据（ΔH）。
8解答题
化学兴趣小组在实验室探究电解原理及其应用。他们用惰性电极电解200 mL 0.5 mol/L CuSO₄溶液（忽略溶液体积变化）。
（1）写出阴极的电极反应式：______。
（2）若电路中通过0.2 mol电子，阳极产生的气体在标准状况下的体积为______L。
（3）电解后，若要使溶液恢复到电解前的浓度和体积，应加入的物质是______（填化学式）。
（4）小组同学想利用电解后的溶液（假设阳极产生的气体全部逸出，阴极产物全部析出）检验其中含有的金属阳离子。他们设计了一个实验方案：取少量电解后的溶液于试管，加入足量氨水，观察现象。请写出该方案中涉及的离子方程式（写出一个即可）：______。
答案：（1）Cu²⁺ + 2e⁻ = Cu
（2）1.12
（3）CuO（或CuCO₃）
（4）Cu²⁺ + 4NH₃·H₂O = [Cu(NH₃)₄]²⁺ + 4H₂O（或Cu(OH)₂ + 4NH₃·H₂O = [Cu(NH₃)₄]²⁺ + 2OH⁻ + 4H₂O）
解析：本题综合考查电解池原理、电极反应式书写、电子转移计算、溶液复原及离子检验，融合了电解、氧化还原、离子反应等知识点。
（1）电解CuSO₄溶液，阴极Cu²⁺得电子析出Cu：Cu²⁺ + 2e⁻ = Cu。
（2）阳极OH⁻放电：4OH⁻ - 4e⁻ = 2H₂O + O₂↑。通过0.2 mol电子，根据关系式4e⁻~O₂，生成O₂为0.2/4 = 0.05 mol，标准状况下体积为0.05×22.4=1.12 L。
（3）电解过程析出Cu和O₂，相当于从溶液中析出CuO。要使溶液复原，应加入CuO。若加入CuCO₃，其与H⁺反应生成CO₂逸出，最终也相当于加入CuO。
（4）电解后溶液中主要阳离子为H⁺（来自水的电离平衡移动），但可能残留少量Cu²⁺。加入足量氨水，若生成蓝色沉淀（Cu(OH)₂）后溶解得到深蓝色溶液，说明有Cu²⁺。离子方程式可为Cu²⁺ + 4NH₃·H₂O = [Cu(NH₃)₄]²⁺ + 4H₂O。若考虑先生成沉淀再溶解，也可写Cu(OH)₂与氨水的反应。
易错点：阳极产物误认为是SO₄²⁻放电；电子转移计算错误；溶液复原物质误加CuSO₄或Cu；离子方程式配平错误或写成化学方程式。