2020届高考化学一轮复习金属的腐蚀和防护作业

2020届高考化学一轮复习金属的腐蚀和防护作业

金属的腐蚀和防护 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是（　　）‎ 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 实验 现象 ‎8小时未观察 到明显锈蚀 ‎8小时未观察 到明显锈蚀 ‎1小时观察 到明显锈蚀 A．①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀 ‎ B．②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O ‎ C．③中正极反应：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣ ‎ D．对比①②③，说明苯能隔绝O2‎ ‎2．化学写至产、生活息息相关，下列叙述错误的是（　　）‎ A．铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性 ‎ B．用于包装的聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃 ‎ C．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一 ‎ D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果 ‎3．如图是钢铁电化学保护的示意图。分析正确的是（　　）‎ A．若a、b两端用导线相连，Fe作正极 ‎ B．若a、b两端用导线相连，Zn被还原 ‎ C．若a、b两端与电源相连，Fe作阳极 ‎ D．若a、b两端与电源相连，Zn得电子 ‎4．糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是（　　）‎ A．脱氧过程中铁作为原电池正极 ‎ B．负极的电极反应为：Fe﹣3e→Fe3+ ‎ C．正极的电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH﹣ ‎ D．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期 ‎5．铜板上的铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是（　　）‎ A．因铁的金属性比铜强，所以铁铆钉被氧化而腐蚀 ‎ B．若水膜中溶解了SO2，则铁铆钉腐蚀的速率变小 ‎ C．在金属表面涂上一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀 ‎ D．铜极上的反应是2H++2e﹣＝H2↑，O2+4e﹣+4H+＝2H2O ‎6．下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用 ‎②砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定大于HCl ‎③Na2FeO4可做水的消毒剂和净化剂 ‎④陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐 ‎⑤铊（TI）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应 ‎⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱 ‎⑦海水提镁的主要步骤为 海水Mg（OH）2（s）MgCl2（aq）Mg（1）+Cl2（g）‎ A．①③④⑥ B．①③⑥ C．③④⑤⑦ D．②④⑥‎ ‎7．研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法正确的是（　　）‎ A．d为石墨，铁片不易被腐蚀 ‎ B．d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e→4OH﹣ ‎ C．d为锌块，铁片腐蚀加快 ‎ D．d为锌块，铁片上电极反应为：2H++2e→H2↑‎ ‎8．为了减少钢管因锈蚀造成的损失，某城市拟用如图方法保护埋在酸性土壤中的钢管。下列有关说法错误的是（　　）‎ A．在潮湿的酸性土壤中钢管主要发生析氢腐蚀 ‎ B．在潮湿的酸性土壤中金属棒M 将电子通过导线流向钢管 ‎ C．在潮湿的酸性土壤中H+向金属棒M 移动，抑制H+与铁的反应 ‎ D．金属棒M 与钢管用导线连接后可使钢管表面的腐蚀电流接近于零 ‎9．为延长舰船服役寿命可采用的电化学防腐的方法有①舰体与直流电源相连②舰体上镶嵌某种金属块。下列有关说法正确的是（　　）‎ A．方法①中舰体应连电源的正极 ‎ B．方法②中镶嵌金属块可以是锌 ‎ C．方法①为牺牲阳极的阴极保护法 ‎ D．方法②为外加电流的阴极保护法 ‎10．利用如图装置进行实验，开始时，a、b 两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是（　　）‎ A．一段时间后，a管液面下降，b管液面上升 ‎ B．该实验可以得出，切完咸菜的菜刀最好洗干净并擦干 ‎ C．a 处溶液的pH不变，b处溶液的pH变大 ‎ D．a、b 两处具有相同的电极反应式：Fe﹣2e﹣═Fe2+‎ ‎11．下列关于钢铁发生吸氧腐蚀的分析正确的是（　　）‎ A．吸氧腐蚀是吸热反应 ‎ B．铁作原电池正极 ‎ C．正极电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH﹣ ‎ D．原电池负极反应为：Fe﹣3e﹣→Fe3+‎ ‎12．可用如图所示方法保护埋在弱酸性土壤中的钢管以减少腐蚀。下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．金属棒M可以是铜 ‎ B．在潮湿的弱酸性土壤中H+向钢管方向移动 ‎ C．这种保护方法可称为牺牲阳极的阴极保护法 ‎ D．在潮湿的弱酸性土壤中电子通过导线流向钢管 ‎13．化学在生产和生活中有着重要的应用，下列说法错误的是（　　）‎ A．光导纤维、醋酸纤维、硝酸纤维都是以纤维素为原料的化工产品 ‎ B．共享单车利用太阳能发电完成卫星定位，有利于节能环保 ‎ C．补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果 ‎ D．铁粉和碳粉的混合物可作食品抗氧化剂 ‎14．下列不属于新能源的是（　　）‎ A．地热能 B．石油 C．氢能 D．生物质能 ‎15．液态储氢技术就是在常温常压下将氢气融入到一种化合物“储油”中，形成“氢油”，便于储存和运输。下列有关说法错误的是（　　）‎ A．“氢油”不稳定 ‎ B．氢能源属于可再生能源 ‎ C．该技术实现了常温常压下储氢技术的新突破 ‎ D．液态储氢项目有利于发展氢能源电动机，从而带来新能源汽车的升级 ‎16．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的可持续发展经济模式．下列发展“低碳经济”最有效的措施是（　　）‎ A．使用太阳能替代化石燃料 ‎ B．汽油标准由“国Ⅲ”提到“国Ⅳ” ‎ C．推行无纸化办公 ‎ D．推广使用可降解塑料 ‎17．下列属于可再生能源的是（　　）‎ A．煤 B．天然气 C．沼气 D．石油 ‎18．下列有关化学与能源开发、环境保护、生产生活等的说法正确的是（　　）‎ A．开发利用可燃冰是缓解能源紧缺的唯一途径 ‎ B．在食品中大量添加苯甲酸钠等防腐剂，延长其保质期 ‎ C．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率 ‎ D．将聚氯乙烯制成食品保鲜膜和包装袋 ‎19．能源开发对环境影响很大。“我们既要绿水青山，也要金山银山”。针对上述论述，下列说法不正确的是（　　）‎ A．提高能源效率、寻找替代能源、保护森林以及生态友好型消费 ‎ B．推广以液化石油气代替天然气作民用燃料 ‎ C．合理开采可燃冰，减少煤能源利用 ‎ D．推广利用二氧化碳合成生物降解材料 ‎20．化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关．下列说法正确的是（　　）‎ A．无论是风力发电还是潮汐发电，都是将化学能转化为电能 ‎ B．乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广使用“乙醇汽油” ‎ C．推广燃煤脱硫技术，可以防治SO2污染 ‎ D．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．金属腐蚀一般可分为化学腐蚀和电化学腐蚀两种．一般情况下，这两种腐蚀同时存在，只是　 　腐蚀存在更加普遍．写出一种金属防护的方法　 　．‎ ‎22．锡常用于金属的防腐镀层．25℃时，在含有Pb2+、Cu2+的某溶液 中，加入过量金属锡（Sn），发生反应：‎ Sn（s）+Cu 2+（aq）⇌Sn2+（aq）+Cu （s）‎ 根据如图表示的反应的能量变化回答下列问题：‎ ‎①1mol Cu （s）全部氧化成Cu 2+（aq）的热化学方程式为　 　．‎ ‎②采用电解原理，在铜的表面镀上一层锡，则铜应做　 　 极．‎ ‎23．材料是人类赖以生存和发展的重要物质．‎ ‎①钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，写出正极电极反应式　 　；‎ ‎②水泥、玻璃都是传统的硅酸盐材料，生产水泥和玻璃都要用到的原料是　 　（填字母代号，下同）；‎ A．石灰石B．小苏打 C．烧碱 ‎③目前用量最大、用途最广的金属材料是　 　．‎ A．铜合金 B．铝合金 C．钢铁．‎ ‎24．煤是重要的化工原料，煤的脱硫可减少环境的污染，利用煤矸石中的硫铁矿（主要成分为FeS2）和烟道脱硫得到的硫酸盐生产硫酸的工艺流程如图所示．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）硫铁矿和硫酸盐燃烧的装置M的名称为　 　．‎ ‎（2）炉气净化过程包括除尘（防止堵塞管道）、洗涤（除去有害物质，防止在转化器中使催化剂中毒）和干燥，干燥的目的是　 　．‎ ‎（3）转化器中的催化剂是V2O3，而反应条件选择400～500℃和常压的原因是　 　．已知每生成1molSO2（g），释放148.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：　 　，该反应过程中通入稍过量O2的目的是　 　．‎ ‎（4）实验生产中常采用两次转化，其目的是　 　，流程中可循环利用的物质是　 　．‎ ‎（5）该方法合成硫酸的优点是　 　；按目前技术水平生产硫酸的流程中，反应热的利用约为，试提出利用富余反应热的方法：　 　．‎ ‎25．本世纪，人类社会将逐渐步入氢经济时代．目前大规模产氢方式仍是化学制氢．‎ I、催化重整制氢 以甲醇为例，反应制氢气的一般途径有：CH3OH（l）＝2H2（g）+CO（g）；△H1＝+128kJ•mol﹣1‎ CH3OH（l）+H2O（l）＝3H2（g）+CO2（g）；△H2＝a kJ•mol﹣1‎ 已知：H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（l）；△H＝﹣286kJ•mol﹣1为求得△H2，还要知道　 　的燃烧热，若其燃烧热为△H＝一283kJ•mol﹣1，则△H2＝　 　．‎ Ⅱ、金属置换制氢 ‎（1）研究表明，刚切割的金属表面具有很高的反应活性．当铝或铝合金在水中被切割或碾碎的时候，可以持续地释放出氢气．使用铝与水反应制氢气比使用其它活泼金属与水反应制氢气的优点有：①价廉，成本较低；②　 　．‎ ‎（2）利用天然气重整得到的CO、H2混合气对金属氧化物进行还原，然后将金属与水反应放出氢气，由此达成一个良性循环．根据高中所学的知识合理预测该金属单质，并写出该金属在加热的条件下与水蒸汽反应的化学方程式：　 　．‎ III、太阳能制氢：利用光能分解水必须要有催化剂的参与．下列有关催化剂的说法正确的是　 　‎ A．使用高效催化剂分解水制得H2的同时还可以获得能量 B．使用高效催化剂后常温下水可以自发分解 C．硅胶具有多孔结构，有较大的表面积，常用做催化剂的载体 D．对于可逆反应，催化剂在增大正反应速率的同时也增大逆反应速率 Ⅳ、配位氢化物制氢 在硼氢化钠（NaBH4）水溶液中加入特定催化剂后，可以迅速地发生水解反应生成偏硼酸钠和氢气．请写出此水解反应的化学方程式：　 　．‎ 将无水偏硼酸钠、氢化镁（MgH2）放入球磨设备中，通入氩气或氢气并保持压强100～500kPa研磨0.5～4h，即可得到硼氢化钠．研磨过程中需要通入氩气或氢气并保持压强100～500kPa的目的是：　 　．‎ 三．解答题（共4小题）‎ ‎26．全世界每年因钢铁锈蚀造成大量的损失．某学生欲探究在蒸馏水、氯化钠溶液和醋酸溶液三种条件下铁锈蚀的快慢，设计了如下实验．‎ 实验序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 实验 内容 请回答：‎ ‎（1）在一周的观察过程中，他发现实验序号为　 　 的试管中铁钉锈蚀速度最慢．‎ ‎（2）实验②中发生的是　 　（填“电化学腐蚀”或“化学腐蚀”）．‎ ‎（3）下列防止钢铁锈蚀的措施合理的是　 　（填字母）．‎ a．在自行车的钢圈表面镀镍 b．在地下钢铁管道上连接铜块 c．改变金属内部结构制成不锈钢 ‎（4）已知铁钉样品质量为4.00g，经实验测得未锈蚀铁的质量分数为70%．则未锈蚀铁与足量稀硫酸反应生成氢气的体积为　 　（标准状况）．‎ ‎27．银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用．回答下列问题．‎ ‎（1）久存的银制器皿表面会变黑，失去银白色的光泽，原因是　 　．‎ ‎（2）已知Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，若向5mL 0.018mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入5mL 0.020mol•L﹣1的盐酸，混合后溶液中的Ag+的浓度为　 　mol•L﹣1，pH为　 　．‎ ‎（3）AgNO3溶液光照易分解，生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解的化学方程式为　 　．‎ ‎28．我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器因受到环境腐蚀，欲对其进行修复和防护具有重要意义．‎ ‎（1）原子序数为29的铜元素位于元素周期表中第　 　周期．‎ ‎（2）某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子数目之比为　 　．‎ ‎（3）研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl．关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的是　 　．‎ A．降低了反应的活化能 B．增大了反应的速率 C．降低了反应的焓变 D．增大了反应的平衡常数 ‎（4）采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀．如将糊状Ag2‎ O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为　 　．‎ ‎（5）如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图．‎ ‎①腐蚀过程中，负极是　 　（填图中字母“a”或“b”或“c”；‎ ‎②环境中的Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2（OH）3Cl，其离子方程式为　 　；‎ ‎③若生成4.29gCu2（OH）3Cl，则理论上耗氧体积为　 　L（标准状况）．‎ ‎29．化石燃料的燃烧会产生大量污染大气的二氧化硫和温室气体二氧化碳．而氢气和氨气都被认为是无碳无污染的清洁能源．‎ ‎（一）“氢能”将是未来最理想的新能源．‎ ‎（1）某些合金可用于储存氢，金属储氢的原理可表示为：M+xH2＝MH2x△H＜0 （M表示某种合金）‎ 图1表示温度分别为T1，T2时，最大吸氢量与氢气压强的关系．则下列说法中，正确的是　 　‎ a、T1＞T2‎ b、增大M的量，上述平衡向右移动 c、增大氢气压强，加快氢气的吸收速率 ‎ ‎ d、上述反应可实现多次储存和释放氢气 ‎（2）在25℃，101KPa条件下，1g氢气完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为　 　．‎ ‎（3）工业上通常用生产水煤气的方法制得氢气．其中C（s）+H2O（g）≒CO（g）+H2（g）‎ ‎，在850℃时平衡常数K＝1．若向1升的恒定密闭真空容器中同时加入x mol C和6.0mol H2O．‎ ‎①当加热到850℃反应达到平衡的标志有　 　．‎ A．容器内的压强不变 B．消耗水蒸气的物质的量与生成CO的物质的量相等 C．混合气的密度不变 D．单位时间有n个H﹣O键断裂的同时有n个H﹣H键断裂 ‎②x应满足的条件是　 　．‎ ‎（二）CO2是合成尿素的原料．现在以熔融碳酸盐为电解质，稀土金属材料为电极组成氢氧燃料电池（如图2装置甲所示），其中负极通入H2，正极通入O2和CO2的混合气体．乙装置中a、b为石墨，电解一段时间后，b电极附近滴入酚酞溶液变红，NaCl溶液的体积为100mL．‎ ‎（1）工作过程中，甲装置中d电极的电极反应式是　 　，乙装置中 电极b为　 　极（填电极名称）．‎ ‎（2）若在a极产生112mL（标准状况）气体，25℃时乙装置中所得溶 液pH＝　 　．（忽略电解前后溶液体积变化）‎ ‎（三） 氨是制备尿素的原料，NH3、N2H4等在工农业生产、航空 航天等领域有广泛应用．‎ 氨气溶于水得到氨水，在25℃下，将a mol/L的氨水与b mol/L的硫酸以3：2体积比混合反应后溶液呈中性．用含a和b的代数式表示出氨水的电离平衡常数为　 　．‎ 金属的腐蚀和防护 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】铁的腐蚀有化学腐蚀和电化学腐蚀两种，电化学腐蚀比化学腐蚀要快，该题研究生铁的锈蚀，为发生电化学腐蚀，发生了原电池反应，从原电池的形成条件来判断：有两个活泼性不同的电极、电解质溶液、闭合回路，金属腐蚀时还有有空气，反应中铁是负极，发生氧化反应，生成Fe2+，在正极上发生吸氧腐蚀，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A．①中，铁能发生电化学腐蚀，但氧气难溶于水，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀，故A正确；‎ B．原电池的形成条件：有两个活泼性不同的电极、电解质溶液、闭合回路，金属腐蚀时还有有空气，苯隔绝空气也难以腐蚀，②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O，故B正确；‎ C．反应中铁是负极，发生氧化反应，生成Fe2+，在正极上发生吸氧腐蚀，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故C正确；‎ D．对比①②③，说明生铁腐蚀，碳为正极，铁为负极，需足量O2和水，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎2．【分析】A．锌在空气中容易形成致密的氧化膜；‎ B．烃是由C、H两种元素构成的化合物；‎ C．小苏打受热分解生成大量气体；‎ D．乙烯具有催熟作用，用高锰酸钾可以除掉乙烯。‎ ‎【解答】解：A．锌比铁活泼，并且在空气中容易形成致密的氧化膜，防止生锈，故A正确；‎ B．烃是由C、H两种元素构成的化合物，聚氯乙烯中含有C、H、Cl三种元素，不属于烃，故B错误；‎ C．小苏打受热分解生成大量气体，会使面食变的疏松多孔，所以小苏打是面包发酵粉的主要成分之一，故C正确；‎ D．乙烯具有催熟作用，用高锰酸钾可以除掉乙烯，则用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土能保鲜水果，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎3．【分析】A、活泼金属为负极，不活泼金属为正极；‎ B、负极发生氧化反应；‎ C、利用电解原理保护钢铁时，与电源负极相连作阴极被保护，阳极失去电子；‎ D、若a、b两端与电源相连，Zn为阳极，失电子。‎ ‎【解答】解：A、活泼金属为负极，不活泼金属为正极，若a、b两端用导线相连，Fe作正极，锌为负极，故A正确；‎ B、负极发生氧化反应，所以若a、b两端用导线相连，Zn被氧化，故B错误；‎ C、利用电解原理保护钢铁时，与电源负极相连作阴极被保护，阳极失去电子，所以Fe作阴极，故C错误；‎ D、若a、b两端与电源相连，Zn为阳极，失电子，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎4．【分析】铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电过程是放热反应，结合得失电子相等进行有关计算。‎ ‎【解答】解：A．脱氧过程中碳做原电池正极，故A错误；‎ B．脱氧过程中铁作原电池负极，负极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe﹣2e﹣→Fe2+，故B错误；‎ C．脱氧过程中碳做原电池正极，电极反应O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故C正确；‎ D．铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，原电池放电过程是放热反应，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎5．【分析】根据图片知，水中溶解了氧气，铜、铁和水构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；结合金属防护原理分析。‎ ‎【解答】解：A、Fe的活泼性比Cu强，Fe做负极失电子被氧化而腐蚀，故A正确；‎ B、若水膜中溶解了SO2，水膜的酸性会增强，则铁铆钉腐蚀的速率变大，故B错误；‎ C、在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；‎ D、根据图片可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则铜极上的反应是2H++2e﹣═H2↑，O2+4e﹣+4H+═2H2O，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎6．【分析】①致密的氧化物能保护里面的金属；‎ ‎②元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；‎ ‎③Na2FeO4中铁为+6价；‎ ‎④水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，玻璃、水泥属于硅酸盐产品；‎ ‎⑤根据元素周期表中同主族元素性质的变化规律来分析；‎ ‎⑥根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性，金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强；‎ ‎⑦工业上是电解熔融的氯化镁生产镁；‎ ‎【解答】解：①四氧化三铁是致密的能保护内部的钢铁不被腐蚀，故①正确；‎ ‎②第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故②错误；‎ ‎③Na2FeO4中铁为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原后生成Fe3+，后水解为氢氧化铁胶体能净水，故③正确；‎ ‎④水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，玻璃、水泥属于硅酸盐产品，所以玻璃和水泥的主要成分都是硅酸盐，故④错误；‎ ‎⑤铊（Tl）与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性Tl＞Al，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故⑤错误；‎ ‎⑥第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性Na＞Mg＞Al，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故⑥正确；‎ ‎⑦电解氯化镁溶液得不到Mg，工业上是电解熔融的氯化镁生产镁，故⑦错误；‎ 故选：B。‎ ‎7．【分析】A、d为石墨，铁片活泼，金属铁是负极；‎ B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；‎ C、锌比铁片活泼，所以金属锌是负极；‎ D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；‎ ‎【解答】解：A、d为石墨，活泼金属铁片作负极，发生腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故A错误；‎ B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以石墨作正极，电极反应：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故B正确；‎ C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C错误；‎ D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎8．【分析】根据图示可知，为了减少钢管的损失，金属棒M、钢管应在酸性土壤中形成原电池，其中金属M做负极，钢管做正极被保护，据此分析。‎ ‎【解答】解：A、在酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，故A正确；‎ B、为了减少钢管的损失，金属棒M、钢管应在酸性土壤中形成原电池，其中金属M做负极，失去电子，失去的电子通过导线流向钢管，钢管做正极被保护，故B正确；‎ C、在潮湿的酸性土壤中，存在大量氢离子，氢离子移动到正极上得电子被还原，即移动到钢管上得电子，故能抑制氢离子与铁的反应，故C错误；‎ D、金属棒比钢管活泼，故钢管被保护，几乎不再被腐蚀，故其腐蚀电流的速率接近于0，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎9．【分析】方法①舰体与直流电源的负极相连，舰体做电解池的阴极，可以起到防腐效果，该方法为外加电流的阴极保护法；方法②舰体上镶嵌活泼性比Fe强的金属块，如锌，发生腐蚀时舰体做正极、活泼的金属做负极，可防止舰体，延长舰船服役寿命，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，据此进行解答。‎ ‎【解答】解：A．方法①舰体做阴极，应连电源的负极，故A错误；‎ B．方法②为牺牲阳极的阴极保护法，镶嵌金属块做原电池的负极，其活泼性需要大于Fe，可以是锌，故B正确；‎ C．方法①利用电解原理，为外加电流的阴极保护法，故C错误；‎ D．方法②利用原电池原理，为牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎10．【分析】A、根据U型管两边气体压强的变化判断液面的变化；‎ B、生铁在碱性或中性条件下发生吸氧腐蚀；‎ C、根据发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀时溶液中溶质判断溶液pH值的变化，氢氧根离子浓度增大是pH值增大，氢离子浓度减小的pH值增大；‎ D、负极上金属失电子发生氧化反应。‎ ‎【解答】解：A、左边装置发生吸氧腐蚀时，氧气和水反应导致气体压强减小，右边装置发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，即b管液面下降，A管液面上升，故A错误；‎ B、切完咸菜的菜刀存在水和氯化钠溶液，所以金属铁会发生吸氧腐蚀，最好洗干净并擦干，故B正确；‎ C、a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，故C正确；‎ D、a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，所以负极上具有相同的电极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎11．【分析】钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应Fe﹣2e﹣→Fe2+，据此回答。‎ ‎【解答】解：A、钢铁发生吸氧腐蚀属于金属的缓慢氧化，属于放热反应，故A错误；‎ B、钢铁发生吸氧腐蚀中铁都作负极，故B错误；‎ C、正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故C正确；‎ D、铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎12．【分析】由图可知，M应为比Fe活泼的金属，构成原电池时，M为负极，失去电子被氧化，从而保护钢管，为牺牲阳极的阴极保护法，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．M应为比Fe活泼的金属，不能为Cu，故A错误；‎ B．阳离子向正极移动，则在潮湿的弱酸性土壤中H+向钢管方向移动，故B正确；‎ C．M为负极，钢管为正极，构成原电池可保护正极，为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；‎ D．电子由负极流向正极，则电子通过导线流向钢管，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎13．【分析】A．光导纤维的材料为二氧化硅；‎ B．共享单车的使用，减少能源的利用；‎ C．维生素C具有还原性，能还原铁离子生成亚铁离子；‎ D．用铁粉、氯化钠和碳粉混合物能够形成原电池，达到消耗氧气的目的。‎ ‎【解答】解：A．光导纤维的材料为二氧化硅，而醋酸纤维、硝酸纤维都是以纤维素为原料的化工产品，醋酸纤维、硝酸纤维均属于酯，故A错误；‎ B．共享单车的使用，减少能源的利用，则有利于节能环保，故B正确；‎ C．维生素C具有还原性，能被铁离子还原为亚铁离子，所以维生素C可以防止Fe2+被氧化，补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果，故C正确；‎ D．用铁粉、氯化钠和碳粉混合物能够形成原电池，消耗氧气避免食品被氧气氧化，可作食品抗氧化剂，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎14．【分析】新能源指氢能、太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核能等。‎ ‎【解答】解：石油属于化石能源，属于传统能源，地热能、氢能和生物质能属于新能源，故B符合。‎ 故选：B。‎ ‎15．【分析】A、“氢油”，便于储存和运输；‎ B、氢气燃烧生成水，水分解又生成氢气；‎ C、常温常压下可以将氢气融入到一种化合物“储油”中；‎ D、液态储氢能实现氢能的广泛应用。‎ ‎【解答】解：A、“氢油”，便于储存和运输，说明比较稳定，故A错误；‎ B、氢气燃烧生成水，水分解又生成氢气，故属于可再生能源，故B正确；‎ C、常温常压下可以将氢气融入到一种化合物“储油”中，故该技术实现了常温常压下储氢技术的新突破，故C正确；‎ D、液态储氢解决了氢能储存难、运输难的问题，能实现氢能的广泛应用，故有利于发展氢能源电动机，从而带来新能源汽车的升级，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎16．【分析】“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式；根据低碳经济的理念进行分析可以知道，低碳就是减少二氧化碳的排放，所解答本题时可以分析所给的事件是否能够减少二氧化碳的排放，同时注意是否有污染，然后做出判断．‎ ‎【解答】解：A、太阳能是绿色能源，代替化石燃料符合低碳经济，故A选；‎ B、汽油标准已由“国Ⅲ”提到“国Ⅳ”‎ ‎，这意味着汽车排放氮氧化物的含量降低，但是仍然会排放氮氧化物，故不是最有效的，故B不选；‎ C、无纸化办公符合低碳经济，但不是最有效的措施，故C不选；‎ D、可降解塑料符合低碳经济，但不是最有效的措施，故D不选。‎ 故选：A。‎ ‎17．【分析】在自然界中可以不断再生的能源，属于可再生能源；化石燃料是古代生物在地下经过漫长的地质年代形成的，不可再生，化石燃料包括煤、石油、天然气，据此分析 ‎【解答】解：煤、天然气、石油是三大矿石燃料，属于不可再生能源；沼气，是各种有机物质，在隔绝空气，并在适宜的温度、pH值下，经过微生物的发酵作用产生的一种可燃烧气体，沼气属于可再生能源，故C正确；‎ 故选：C。‎ ‎18．【分析】A．开发利用可燃冰是缓解能源紧缺的一种途径； ‎ B．添加食品防腐剂应按规定的添加量使用才安全；‎ C．将“地沟油”制成肥皂，可以变废为宝；‎ D．聚氯乙烯有毒，不可以包装食品，可以用于其它非食品的包装．‎ ‎【解答】解：A．开发利用可燃冰是缓解能源紧缺的一种途径，还可开发潮汐能、太阳能，故A错误； ‎ B．添加食品防腐剂的目的是为了改善食品品质、延长保存期、方便加工和保全营养成分，按规定的添加量使用才是安全的，大量添加对人体有害，故B错误；‎ C．“地沟油”，是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将它制成肥皂，实际是使用了油脂的皂化反应，将非食用油变成肥皂，可以提高资源的利用率，故C正确；‎ D．食品保鲜膜的主要成分是聚乙烯，不是聚氯乙烯，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎19．【分析】“我们既要绿水青山，也要金山银山”提倡绿色环保，可持续发展，据此判断解答。‎ ‎【解答】解：A．提高能源效率、寻找替代能源、保护森林以及生态友好型消费，可以减轻温室效应，有利于环境保护，符合低碳经济，故A不选；‎ B．液化石油气燃烧产生很多空气污染物，如氮的氧化物等，不利于环境保护，故B选；‎ C．可燃冰为清洁能源，合理开采可燃冰，减少煤能源利用，减少空气污染物的排放，有利于环境保护，故C不选；‎ D．推广利用二氧化碳合成生物降解材料，减少聚乙烯、聚氯乙烯塑料的使用，能够减少白色污染，有利于环境保护，故D不选；‎ 故选：B。‎ ‎20．【分析】A．风力发电是将风能转化为电能，潮汐发电是将潮汐能转化为电能；‎ B．汽油来自于石油，是不可再生资源；‎ C．脱硫主要是控制二氧化硫的排放；‎ D．按照食品法规定的符合添加剂标准的食物对人体健康无害．‎ ‎【解答】解：A．风力发电是将风能转化为电能，潮汐发电是将潮汐能转化为电能，故A错误； ‎ B．乙醇是可再生能源，但汽油不是，乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的新型替代能源，故B错误；‎ C．脱硫主要是控制二氧化硫的排放防止酸雨形成，故C正确；‎ D．合理使用食品添加剂，对丰富食品生产，且对人体健康无害，可以食用，但不能过量，故D错误。‎ 故选：C。‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎21．【分析】金属的腐蚀包括化学腐蚀和电化学腐蚀，以电化学腐蚀为主，为防止金属腐蚀，可隔绝空气，外加电极或电源等，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：金属的腐蚀包括化学腐蚀和电化学腐蚀，二者同时存在，以电化学腐蚀为主，为防止金属腐蚀，可隔绝空气，如涂油漆，也可外加电极或电源等，如牺牲阳极的阴极保护法和外加电源的阴极保护法等，‎ 故答案为：电化学；涂油漆（或其它答案）．‎ ‎22．【分析】①根据图知，该反应Sn（s）+Cu 2+（aq）⇌Sn2+（aq）+Cu （s）是放热反应，其△H＝﹣553.75 kJ•mol﹣1，根据能量守恒定律知，其逆反应是吸热反应，计量数不变，其焓变大小不变，据此书写其热化学反应方程式；‎ ‎②电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：①根据图知，该反应Sn（s）+Cu 2+（aq）⇌Sn2+（aq）+Cu （s）是放热反应，其△H＝﹣553.75 kJ•mol﹣1，根据能量守恒定律知，其逆反应是吸热反应，计量数不变，其焓变大小不变，如果有1molCu被氧化，则需要吸收553.75 kJ热量，其热化学反应方程式为Sn2+（aq）+Cu （s）＝Sn（s）+Cu2+（aq）△H＝+553.75 kJ•mol﹣1‎ ‎，故答案为：Sn2+（aq）+Cu （s）＝Sn（s）+Cu2+（aq）△H＝+553.75 kJ•mol﹣1；‎ ‎②电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，所以要在铜表面上镀一层Sn，需要Cu作阴极、Sn作阳极，故答案为：阴．‎ ‎23．【分析】①铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀时，正极上是氧气得电子的过程；‎ ‎②水泥的原料是粘土和石灰石，玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；‎ ‎③钢铁是目前用量最大、用途最广的金属材料．‎ ‎【解答】解：①铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀时，正极上是氧气得电子的过程，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣；‎ ‎②生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，高温下，碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥；所以在玻璃工业、水泥工业中都用到的原料是石灰石，故选A；‎ ‎③钢铁是目前用量最大、用途最广的金属材料，故选：C．‎ ‎24．【分析】硫铁矿和硫酸盐燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与氧气在转化器中反应生成三氧化硫，三氧化硫吸收生成硫酸．‎ ‎（1）硫铁矿和硫酸盐在沸腾炉中燃烧；‎ ‎（2）硫的氧化物与水反应生成酸性物质；‎ ‎（3）400～500℃时催化剂的活性最大，常压下二氧化硫的转化率已经很高；每生成1molSO2（g），释放148.5kJ热量，每生成2molSO2（g），释放297kJ热量，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率；‎ ‎（4）两次转化可提高原料利用率，SO2和O2可循环利用；‎ ‎（5）废气中的二氧化硫变废为宝，减少环境污染．‎ ‎【解答】解：（1）硫铁矿和硫酸盐在沸腾炉中燃烧，故答案为：沸腾炉；‎ ‎（2）硫的氧化物与水反应生成酸性物质，腐蚀设备，故答案为：防止硫的氧化物与水反应生成酸雨腐蚀设备；‎ ‎（3）400～500℃时催化剂的活性最大，常压下二氧化硫的转化率已经很高，再增加压强，会提高设备成本；每生成1molSO2（g），释放148.5kJ热量，每生成2molSO2（g），释放297kJ热量，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＝﹣297kJ/mol；增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率，提高二氧化硫的转化率，故答案为：400～500℃时催化剂的活性最大，常压下二氧化硫的转化率已经很高，再增加压强，会提高设备成本；2SO2‎ ‎（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＝﹣297kJ/mol；提高二氧化硫的转化率；‎ ‎（4）两次转化可提高原料利用率，SO2和O2可循环利用，故答案为：提高原料利用率；SO2和O2；‎ ‎（5）废气中的二氧化硫变废为宝，减少环境污染，可利用余热发电或取暖，故答案为：变废为宝，减少环境污染；利用余热发电．‎ ‎25．【分析】I、根据△H可与热化学方程式同等倍数增大或减小解题；‎ Ⅱ、（1）从反应是否容易控制解题； （2）CO、H2混合气可还原铁，铁可与水反应生成氢气；‎ III、催化剂的载体常具有多孔结构，有较大的表面积，对于可逆反应，催化剂在增大正反应速率的同时也增大逆反应速率；‎ Ⅳ、硼氢化钠水溶液中加入特定催化剂后，可以发生水解反应生成偏硼酸钠和氢气；‎ NaBH4易被氧化，MgH2易水解．‎ ‎【解答】解：I、为求得△H2还要知道 CO的燃烧热，若其燃烧热为△H＝一283kJ•mol﹣1，‎ ‎①CH3OH（l）＝2H2（g）+CO（g）△H1＝+128kJ•mol﹣1；‎ ‎②H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（l）△H＝﹣286kJ•mol﹣1；‎ ‎③2CO（g）+O2（g） 2CO2（g）△H＝﹣283kJ•mol﹣1； ‎ ‎④CH3OH（l）+H2O（l）＝3H2（g）+CO2（g）△H2＝a kJ•mol﹣1；‎ 根据盖斯定律可知，④＝①﹣②+0.5×③，‎ ‎△H2＝△H①﹣△H②+0.5×△H③＝+128kJ•mol﹣1﹣（﹣286kJ•mol﹣1）+0.5×（﹣283kJ•mol﹣1），‎ 解得：△H2＝+131kJ/mol，‎ 故答案为：CO；+131kJ/mol；‎ Ⅱ、（1）从反应是否容易控制解题，当机械切割行为停止时，放氢反应也会立即停止，故答案为：当机械切割行为停止时，放氢反应也会立即停止；‎ ‎（2）CO、H2混合气可还原铁，铁可与水反应生成氢气，故该金属为铁，故答案为：3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2↑；‎ III、催化剂的载体常具有多孔结构，有较大的表面积，对于可逆反应，催化剂在增大正反应速率的同时也增大逆反应速率，故答案为：CD； ‎ Ⅳ、硼氢化钠水溶液中加入特定催化剂后，可以发生水解反应生成偏硼酸钠和氢气，故答案为：NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑； ‎ NaBH4易被氧化，MgH2易水解，故需要通入氩气或氢气作保护气，故答案为：防止NaBH4被氧化；防止金属氢化物水解．‎ 三．解答题（共4小题）‎ ‎26．【分析】（1）形成原电池后能加快金属的腐蚀速率；‎ ‎（2）金属的腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀；‎ ‎（3）金属的防护措施有牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法，另外还有电镀、喷镀、喷油漆等方法使金属与空气、水等物质隔离，以防止金属腐蚀；‎ ‎（4）根据铁与氢气之间的关系式计算氢气的体积．‎ ‎【解答】解：（1）①蒸馏水中不含氧气，所以铁钉和蒸馏水不能构成原电池；‎ ‎②铁钉和氯化钠溶液能构成原电池，铁作负极而被腐蚀；‎ ‎③铁钉和醋酸能发生氧化还原反应而被腐蚀，所以铁钉腐蚀最慢的是①，故答案为：①；‎ ‎（2）金属的腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀，装置②中，铁钉和氯化钠溶液能构成原电池，铁作负极而被腐蚀，属于电化学腐蚀，故答案为：电化学腐蚀；‎ ‎（3）a．在自行车的钢圈表面镀镍，能阻止钢铁和电解质溶液构成原电池，所以能防腐，故正确；‎ b．铁、铜和电解质溶液构成原电池，铁比铜活泼，加快了铁的腐蚀，所以不能起到防腐作用，故错误；‎ c．在金属中加入一些其它物质制成合金，改变了金属的结构，所以能防腐，故正确；‎ 故答案为：ac；‎ ‎（4）设生成氢气的体积是V，‎ Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑‎ ‎56g 22.4L ‎4.00g×70% V V＝＝1.12L，‎ 故答案为：1.12 L（或1120 mL）．‎ ‎27．【分析】‎ ‎（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S；‎ ‎（2）n（AgNO3）＝0.05L×0.018mol/L＝0.0009mol，n（HCl）＝0.05L×0.020mol/L＝0.001mol，硝酸银和HCl发生反应AgNO3+HCl＝AgCl↓+HNO3，根据方程式知，HCl剩余，计算混合溶液中c（Cl﹣）、c（Ag+）、c（H+）溶液的pH＝﹣lgc（H+）；‎ ‎（3）红棕色气体是NO2，该反应中Ag元素化合价由+1价变为0价、N元素化合价由+5价变为+4价，根据氧化还原反应知，还有元素失电子化合价升高，只能是O元素失电子生成O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式．‎ ‎【解答】解：（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑色的Ag2S，故答案为：Ag与空气中微量H2S反应生成黑色的Ag2S；‎ ‎（2）n（AgNO3）＝0.05L×0.018mol/L＝0.0009mol，n（HCl）＝0.05L×0.020mol/L＝0.001mol，硝酸银和HCl发生反应AgNO3+HCl＝AgCl↓+HNO3，根据方程式知，HCl剩余，混合溶液中c（Cl﹣）＝mol/L＝10﹣2 mol/L，溶液中c（Ag+）＝＝mol/L＝1.8×10﹣8mol/L；实际上氢离子不参加反应，则溶液中c（H+）＝＝0.1mol/L，溶液的pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg0.1＝1，‎ 故答案为：1.8×10﹣8；1；‎ ‎（3）红棕色气体是NO2，该反应中Ag元素化合价由+1价变为0价、N元素化合价由+5价变为+4价，根据氧化还原反应知，还有元素失电子化合价升高，只能是O元素失电子生成O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，故答案为：2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑．‎ ‎28．【分析】（1）原子核外电子层数与其周期数相等，Cu原子核外有4个电子层；‎ ‎（2）Sn、Pb的物质的量之比＝：＝1mol：0.1mol＝10：1，根据N＝nNA知，物质的量之比等于其个数之比；‎ ‎（3）A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数； ‎ B．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会；‎ C．催化剂改变反应路径，但焓变不变； ‎ D．平衡常数只与温度有关；‎ ‎（4）Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，则二者相互交换成分生成另外的两种化合物；‎ ‎（5）①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极；‎ ‎②Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀；‎ ‎③n[Cu2（OH）3Cl]＝＝0.02mol，根据转移电子计算氧气物质的量，再根据V＝nVm计算体积．‎ ‎【解答】解：（1）原子核外电子层数与其周期数相等，Cu原子核外有4个电子层，所以Cu元素位于第四周期，故答案为：四；‎ ‎（2）Sn、Pb的物质的量之比＝：＝1mol：0.1mol＝10：1，根据N＝nNA知，物质的量之比等于其个数之比，所以Sn、Pb原子个数之比为10：1，故答案为：10：1；‎ ‎（3）A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，故A正确； ‎ B．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会，所以反应速率增大，故B正确；‎ C．催化剂改变反应路径，但焓变不变，故C错误； ‎ D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，与催化剂无关，故D错误；‎ 故选AB；‎ ‎（4）Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，则二者相互交换成分生成另外的两种化合物，反应方程式为Ag2O+2CuCl＝2AgCl+Cu2O，‎ 故答案为：Ag2O+2CuCl＝2AgCl+Cu2O；‎ ‎（5）①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极，即c是负极，故答案为：c；‎ ‎②Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH﹣+Cl﹣＝Cu2（OH）3Cl↓，故答案为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣＝Cu2（OH）3Cl↓；‎ ‎③n[Cu2（OH）3Cl]]＝＝0.02mol，根据转移电子得n（O2）＝＝0.02mol，V（O2）＝0.02mol×22.4L/mol＝0.448L，故答案为：0.448．‎ ‎29．【分析】（一）（1）在压强相同的条件下，T1对应的吸氢量大，也就是T2→T1，平衡正向移动，而正反应是放热反应，平衡常数是温度的函数，温度不变平衡常数不变，结合表达式分析求解；‎ ‎（2）1g氢气完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ热量，2g氢气燃烧生成液态水放热285.8KJ，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合热化学方程式书写；‎ ‎（3）①化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；‎ ‎②设转化的水为amol，根据平衡常数进行计算．‎ ‎（二）以熔融碳酸盐为电解质，稀土金属材料为电极组成氢氧燃料电池（如图2装置甲所示），其中负极通入H2，正极通入O2和CO2的混合气体，‎ 图2乙装置中a、b为石墨电极，电解一段时间后，b电极附近滴入酚酞溶液变红，说明溶液中氢离子得到电子发生还原反应，则b电极为电解池阴极，a为电解池阳极，和b电极相连的电极c电极为负极，与a电极相连的d电极为原电池正极，A端通入氢气，B端通入O2和CO2的混合气体，‎ ‎①甲装置中d电极为阳极，电极上的电极反应式是氧气得到电子在熔融盐中和二氧化碳反应生成碳酸根离子；‎ ‎②依据电极反应和电子守恒计算，a极为电解池阳极，产生112mL（标准状况）气体为氢气物质的量＝＝0.005mol，电极反应为：2H++2e﹣＝H2↑，电子转移0.01mol，消耗氢离子物质的量0.01mol，溶液中生成氢氧根离子物质的量为0.01mol，计算氢氧根离子浓度得到溶液pH；‎ ‎（三）根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+2c（SO42﹣），现已知c（H+）＝c（OH﹣），所以c（NH4+）＝2c（SO42﹣）；Kb（NH3•H2O）＝，c（OH﹣）＝10﹣7mol•L﹣1，c（NH4+）＝mol•L﹣1，c（NH3•H2O）＝（﹣）mol•L﹣1，据此分析．‎ ‎【解答】解：（1）在压强相同的条件下，T1对应的吸氢量大，也就是T2→T1，平衡正向移动，而正反应是放热反应，所以T2→T1，是降温，所以T2＞T1，‎ a．T1＜T2，故a错误；‎ b．M为固体，增大M的量，浓度不变，上述平衡不移动，故b错误；‎ c．增大氢气压强，反应速率加快，氢气的吸收速率加快，故c正确；‎ d．金属储氢的原理可表示为：M（s）+xH2═MH2x（s）△H＜0 平衡可以正向或逆向进行，反应可实现多次储存和释放氢气，故d正确；‎ 故答案为：cd；‎ ‎（2）1g氢气完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ热量，2g氢气燃烧生成液态水放热285.8KJ，则氢气燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝﹣285.8kJ/mol；‎ 故答案为：H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝﹣285.8kJ/mol；‎ ‎（3）①C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），‎ A．反应前后气体的体积不等，故容器内的压强不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故A正确；‎ B．消耗水蒸气是正反应，生成CO也是正反应，故消耗水蒸气的物质的量与生成CO的物质的量相等不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故B错误；‎ C．密度＝，总质量在变，体积不变，故混合气的密度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故C正确；‎ D．单位时间有n个H﹣O键断裂是正反应，同时有n个H﹣H键断裂是逆反应，但正逆反应速率不等，故单位时间有n个H﹣O键断裂的同时有n个H﹣H键断裂不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误，‎ 故答案为：AC；‎ ‎②C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），‎ 开始（mol）：6 0 0‎ 转化（mol）：a a a 平衡（mol）：6﹣a a a K＝＝1，a＝2，故x应满足的条件是：x＞2，‎ 故答案为：x＞2；‎ ‎（二）以熔融碳酸盐为电解质，稀土金属材料为电极组成氢氧燃料电池（如图2装置甲所示），其中负极通入H2，正极通入O2和CO2的混合气体，‎ 图2乙装置中a、b为石墨电极，电解一段时间后，b电极附近滴入酚酞溶液变红，说明溶液中氢离子得到电子发生还原反应，则b电极为电解池阴极，a为电解池阳极，和b电极相连的电极c电极为负极，与a电极相连的d电极为原电池负极，A端通入氢气，B端通入O2和CO2的混合气体，‎ ‎①甲装置中d电极为正极，电极上的电极反应式是氧气得到电子在熔融盐中和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应为：O2+4e﹣+CO2＝CO32﹣，b为阴极．‎ 故答案为：O2+4e﹣+CO2＝CO32﹣，阴；‎ ‎②依据电极反应和电子守恒计算，a极为电解池阳极，产生112mL（标准状况）气体为氢气物质的量＝＝0.005mol，电极反应2H++2e﹣＝H2↑，消耗氢离子物质的量为0.01mol，溶液中生成氢氧根离子物质的量为0.01mol，溶液中氢氧根离子浓度c（OH﹣）＝＝0.1mol/L，溶液中c（H+）＝＝10﹣13mol/L，溶液PH＝13，‎ 故答案为：13；‎ ‎（三）根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+2c（SO42﹣），现已知c（H+）＝c（OH﹣），所以c（NH4+）＝2c（SO42﹣）；Kb（NH3•H2O）＝，c（OH﹣）＝10﹣7mol•L﹣1，c（NH4+）＝mol•L﹣1，c（NH3•H2O）＝（﹣）mol•L﹣1，；Kb（NH3•H2O）＝＝＝，故答案为：．‎