四川省绵阳南山中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学Word版含解析.docx

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四川省绵阳南山中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题满分100分，考试时间75分钟本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)组成，共6页；答题卡共2页。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色墨水签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3.考试结束后将答题卡收回。相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cu64Fe56Ag108Al27Pb207第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意)1.港珠澳大桥设计使用寿命为120年，对桥体钢构件采用了多种防腐方法。下列分析错误的是A.防腐原理主要是避免发生反应：2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2B.采用外加电流的阴极保护法时需外接镁、锌等作辅助阳极C.钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，是为了隔绝空气、水等防止形成原电池D.钢构件可采用不锈钢材料以减缓电化学腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．钢在潮湿的空气中容易发生吸氧腐蚀，发生的主要反应有2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2、等，故A说法正确；B．外接镁、锌等作辅助阳极属于牺牲阳极的阴极保护法，采用外加电流的阴极保护时需外接电源，故B说法错误；C．钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，可以隔绝空气、水等防止形成原电池，防止铁发生电化学腐蚀，故C说法正确；D．不锈钢具有较强的抗腐蚀性，采用不锈钢材料做钢构件可以防止或减缓电化学腐蚀，故D 说法正确；答案选B。2.某反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是A.该反应为放热反应B.催化剂能同时改变该反应的活化能和焓变C.使用催化剂能同时提高正逆反应速率D.该反应的ΔH=E2-E1【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故A错误；B．催化剂能降低反应的活化能，不能改变反应焓变，故B错误；C．使用催化剂能同等程度的提高正逆反应速率，故C正确；D．由图可知，该反应的ΔH=E1-E2，故D错误。答案选C3.下列电化学装置完全正确的是A.图甲粗铜精炼B.图乙铜锌原电池C.图丙防止铁被腐蚀D.图丁铁件镀银【答案】C【解析】 【详解】A．图甲粗铜精炼，粗铜应该作阳极，纯铜作阴极，故A错误；B．图乙铜锌原电池，锌电极下面应该是硫酸锌溶液，铜电极下面应该是硫酸铜溶液，故B错误；C．图丙防止铁被腐蚀，该方法是外加电流的阴极保护法，要保护的金属作电解池的阴极，故C正确；D．图丁铁件镀银，镀件(Fe)作阴极，镀层金属(Ag)做阳极，故D错误。综上所述，答案为C。4.青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理如图所示，下列说法错误的是A.该腐蚀过程属于吸氧腐蚀B.腐蚀过程可用原电池原理解释C.若为潮湿酸性环境，Cu可能同时发生析氢腐蚀D.正极电极电极反应为【答案】C【解析】【分析】由图可知，青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀为吸氧腐蚀，铜是原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成多孔粉状锈，比铜活泼性弱的杂质做正极，水分子作用下氧气做正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。【详解】A．由分析可知，青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀为吸氧腐蚀，故A正确；B．青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀为吸氧腐蚀，铜是原电池的负极，比铜活泼性弱的杂质做正极，则腐蚀过程可用原电池原理解释，故B正确；C．铜是不活泼金属，不能与酸反应生成氢气，所以在潮湿酸性环境中，铜也不能发生析氢腐蚀，故C错误；D．由分析可知，比铜活泼性弱的杂质做正极，水分子作用下氧气做正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为，故D正确；故选C。5.下列关于热化学反应的描述正确的是 A.已知H＋(aq)＋OH—(aq)=H2O(l)ΔH=—57.3kJ·mol-1，用含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸反应测出的中和反应的反应热ΔH=—28.65kJ·mol-1B.CO(g)的燃烧热ΔH=—283.0kJ·mol-1，则反应2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)的ΔH=＋566.0kJ·mol-1C.已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=—571.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热为571.6kJ·mol-1D.已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=—92kJ·mol-1，现将2molN2和6molH2充入密闭容器中充分反应后，放出的热量为184kJ【答案】B【解析】【详解】A．中和热为稀的强酸和强碱生成1mol水放出的热量，则用含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸反应测出的中和反应的反应热ΔH=—57.3kJ·mol-1，故A错误；B．一氧化碳的燃烧热为1mol一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，则反应2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)的ΔH=＋566.0kJ·mol-1，故B正确；C．氢气的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1，故C错误；D．合成氨反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以将2mol氮气和6mol氢气充入密闭容器中充分反应后，放出的热量小于184kJ，故D错误；故选B。6.如图所示的电解池I和II中，a、b、c、d均为石墨电极。在电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重情况为b0)，12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.前12s内，A的平均反应速率为0.025mol·L-1·s-1B.12s后，A的消耗速率等于B的生成速率C.化学计量数之比b∶c=2∶1D.12s内，A和B反应放出的热量为0.4QkJ【答案】D【解析】【详解】A．图象分析可知A的浓度变化=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，反应速率v==0.05mol/(L•s)，故A错误；B．由图像可知，12s内B的浓度该变量为0.2mol/L，C的浓度变化量为0.8mol=0.4mol/L，根据计量数之比等于改变量之比，有3：b：c=0.6：0.2：0.4=3：1：2，A和B的计量数不相等，故A的消耗速率不等于B的生成速率，故B错误；C．由B项的计算可知，b∶c=1∶2，故C错误；D．12s内反应3molA放热QkJ，反应A的物质的量=(0.8mol/L-0.2mol/L)×2L=1.2mol，结合化学方程式定量关系计算，3A(g)+B (g)⇌2C(g)△H=-Q kJ•mol-1，1.2molA反应放出热量0.4QkJ，故D正确。12.中科院福建物构所YaobingWang团队首次构建了一种可逆水性Zn—CO2电池，实现了CO2和HCOOH之间的高效可逆转换，其反应原理如图所示： 已知双极膜可将水解离为和，并实现其定向通过。下列说法中错误的是A.放电时，负极电极反应式为B.CO2转化为HCOOH过程中，Zn电极的电势低于多孔Pd电极的C.充电过程中，甲酸在多孔Pd电极表面转化为CO2D.当外电路通过2mol电子时，双极膜中离解水的物质的量为1mol【答案】D【解析】【分析】由图中可知，Zn发生失去电子的反应，为电池的负极；CO2得电子生成HCOOH，多孔Pd为电池的正极。【详解】A．根据图中知，Zn发生失去电子的反应，电极反应式为，A项正确；B．CO2转化为HCOOH时为放电过程，Zn电极为负极，多孔Pd电极为正极，负极电势较低，B项正确；C．充电过程中，HCOOH转化为CO2，C项正确；D．根据溶液呈电中性，可知外电路通过2mol电子时，双极膜中离解的水的物质的量为2mol，D项错误。故选D。13.一定条件下，0.3molX(g)与0.3molY(g)在容积固定的密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH=-akJ·mol-1(a>0)，下列说法正确的是A.反应一段时间后，X与Y的物质的量之比仍为1∶1B.达到平衡时，反应放出0.1akJ的热量C.向平衡体系中充入稀有气体，Z的正逆反应速率均不变D.该反应为放热反应，升高温度正反应速率增大，逆反应速率减小。 【答案】C【解析】【详解】A．根据方程式可知消耗的X和Y的物质的量之比为1:3，初始投料为1:1，所以反应一段时间后X与Y的物质的量之比不可能为1:1，故A错误；B．根据热化学方程式可知，若0.3molY完全转化放出0.lakJ的热量，但可逆反应不可能完全转化，所以放出的热量小于0.lakJ，故B错误；C．恒容容器中充入稀有气体，各物质的浓度均不改变，Z的正逆反应速率均不变，故C正确；D．升高温度正、逆反应速率均增大，故D错误；故选：C。14.500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)=0.8mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极分别收集到气体2.24L和1.12L(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是A.电解后溶液中c(H＋)为0.6mol·L-1B.电解得到的Cu的物质的量为0.4molC.原混合溶液中c(K＋)为0.1mol·L-1D.若将溶液复原可向电解后溶液中加入0.075molCu2(OH)2CO3固体【答案】A【解析】【分析】用石墨作为电极电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，阳极反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，阴极先后发生两个反应：Cu2＋＋2e－=Cu，2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑。收集到标准状况下2.24L气体应该是O2，在阳极上生成，可推知上述电解过程中共转移0.4mol电子，而在生成标准状况下1.12LH2的过程中转移0.1mol电子，所以Cu2＋共得到0.3mol电子，则电解前Cu2＋的物质的量和电解得到的Cu的物质的量都为0.15mol，硝酸铜物质的量是0.15mol，浓度为0.3mol/L，硝酸钾浓度为0.8-2×0.3=0.2mol/L。【详解】A．电解后有c(K＋)＋c(H＋)＝c(N)电荷守恒，c(K＋)=0.2mol/L,c(N)=0.8mol/L由此计算出c(H＋)＝0.6mol·L－1，故A正确；B．电解得到的Cu的物质的量为0.15mol，故B错误；C．原混合溶液中c(K＋)为0.2mol·L-1，故C错误；D．电解后产生了0.15molCu，0.1molO2和0.05molH2，向电解后的溶液中加入0.075molCu2(OH)2CO3固体会多出H原子和O原子，不能使溶液复原，故D错误；答案选A。 第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、(本题包括2小题，共23分)15.完成下列问题（1）对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是___________。①增加C的量；②增加CO的量；③将容器的体积缩小一半；④保持体积不变，充入He以增大压强；⑤升高反应体系的温度；⑥保持压强不变，充入He以增大体积。（2）炒菜用的铁锅不用时会因腐蚀而出现红褐色锈斑，请填写下空。①这时铁锅的锈蚀主要是___________腐蚀。②铁锅腐蚀的负极电极反应为：___________，总反应为：___________。_（3）已知15g乙烷(C2H6)完全燃烧生成CO2和液态水时放热780kJ，写出乙烷燃烧热的热化学方程式：___________。（4）N4分子结构为正四面体形(如图所示)。已知：N4(g)=2N2(g)ΔH=-724kJ·mol-1断裂N4(g)中1molN-N键吸收193kJ能量，则形成N2(g)中1molN≡N放出___________能量。（5）新型Na-CO2电池工作原理为：4Na＋3CO22Na2CO3＋C，原电池以熔融的Na2CO3为电解质，放电时正极的电极反应为___________。【答案】（1）①④（2）①.吸氧②.③.（3）ΔH=-1560kJ·mol-1（4）941kJ（5）【解析】【小问1详解】①C为纯固体，固体量的增减不影响反应速率，所以增加C（s）的量，反应速率不变，①正确；②增加CO的量，CO 浓度增大，反应速率加快，②错误；③将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，容器中压强增大，反应速率加快，③错误；④保持体积不变，充入氦气，氦气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，④正确；⑤升高反应体系的温度，反应速率加快，⑤错误；⑥保持压强不变，充入氦气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，⑥错误；符合题意得为①④，答案为：①④；【小问2详解】①炒菜的铸铁锅不用时，会因空气中水分与自身的铁和杂质碳构成原电池而发生电化学腐蚀，产物吸收空气中的氧气，经一系列反应最终出现主要为带有结晶水的氧化铁的红褐色锈斑，答案为：吸氧；②铁锅锈蚀的电极反应为：负极；正极；正、负极反应的产物会继续发生反应，反应的离子方程式为：，答案为：，；【小问3详解】已知乙烷是一种优质的能源物质，25℃，101kPa时，15g乙烷完全燃烧，生成二氧化碳和液态水，放出780kJ热量，则1mol乙烷完全燃烧生成CO2和液体水放出的热量为，则乙烷燃烧热的热化学方程式为：△H=﹣1560kJ/mol，故答案为：△H=﹣1560kJ/mol；【小问4详解】已知：N4(g)=2N2(g)ΔH=-724kJ·mol-1断裂N4(g)中1molN-N键吸收193kJ能量，所以当1molN4(g)参与反应化学键断裂吸收的能量为,最终放出724kJ的能量，所以生成2molN2放出热量为，所以形成N2(g)中1molN≡N放出941kJ能量，答案为：941kJ；【小问5详解】正极CO2得电子发生还原反应，故电极方程式为，答案为：。16.甲醇是重要的化工原料，利用合成气(CO、H2、CO2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：①CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1=-49.58 kJ/mol②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=-90.77kJ/mol③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3（1）反应③的ΔH3=___________（2）在5MPa下，要提高反应②的反应速率，可采取的措施有___________(答一条)。（3）若反应①在恒容密闭容器中进行，下列可以判断该反应达到平衡的是___________。 A.v正(H2)=v逆(CH3OH)B.混合气压强不变C.c(H2)与c(H2O)比值不变D.混合气密度不变（4）在一定温度和催化剂存在下，向2L密闭容器中充入5mol CO2和5 mol H2发生反应①5min时达到平衡，测得CO2还剩4mol。①该时间内用氢气表示的反应速率v(H2)为：___________。②平衡时H2的平衡转化率为___________。【答案】（1）+41.19kJ/mol（2）升高温度（3）BC（4）①.0.3mol/(L·min)②.60%【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应方程式①-②得反应③，故ΔH3=ΔH1-ΔH2=-49.58kJ/mol-(-90.77kJ/mol)=+41.19kJ/mol；【小问2详解】在5MPa下，要提高反应②的速率，可采取的措施有升高温度、增加反应物、增加生成物等；【小问3详解】A．不同物质，反应速率需与计量系数成正比，且速率方向不同，才可说明平衡状态，故A不符合题意；B．由于该反应气体计量系数改变，则压强为变化值，故混合气压强不变可以说明平衡，故B符合题意；C．反应物与生成物之比为变化值，故c(H2)与c(H2O)比值不变可以说明平衡，故C符合题意；D．该反应气体质量与体积不变，则气体密度为定值，故混合气密度不变不能说明平衡，故D不符合题意。故答案为：BC；小问4详解】根据数据列出三段式：5-x=4，x=1，该时间内氢气表示的反应速率v(H2)==0.3mol/(L·min)；平衡时H2的平衡转化率为=60%。 三、(本题包括2小题，共25分)17.某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。(电解质溶液均足量)。请回答下列问题：（1）甲池为___________(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为___________。（2）乙池中A(石墨)电极的名称为___________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，总反应离子方程式为：___________。（3）当乙池中B极质量增加2.16g时，甲池中理论上消耗O2的体积为___________mL(标准状况下)，此时若要将乙池复原需向乙池加一定量的___________(填化学式)。（4）丙池中电极C的电极反应为：___________，若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，丙中溶液的pH将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.原电池②.（2）①.阳极②.（3）①.112②.Ag2O（4）①.②.增大【解析】【分析】由题干图示信息可知，甲池为甲醇燃料电池，通CH3OH的一极为负极，电极反应为：，通O2的一极为正极，电极反应为：；乙池为电解池，石墨电极A为阳极，电极反应为：，Ag电极B为阴极，电极反应为： ；丙池为电解池，电极C为阳极，电极反应为：，电极D为阴极，电极反应为：，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，甲池为原电池，通入CH3OH电极的电极反应式为，答案为：原电池，；【小问2详解】由分析可知，乙池A(石墨)电极的名称为阳极，电极反应为：，Ag电极B为阴极，电极反应为：，则乙池中总反应式为：，答案为：阳极，；【小问3详解】由分析可知，当乙池中B极质量增加2.16g，即析出2.16g的Ag时，n(Ag)=，则电路中转移的电子的物质的量为0.02mol，根据电极反应，故甲池中理论上消耗O2的体积为，乙池中总反应式为：，所以若想复原需要加入Ag2O，答案为：112，Ag2O；【小问4详解】由分析可知丙池中电极C的电极反应为：，若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，即用惰性电极电解NaCl溶液，丙中D极即阴极，电极反应为：，则阴极的产物为NaOH、H2，由于生成了NaOH，则溶液的pH将增大，答案为：，增大。18.某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应反应热。他将50mL0.50mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液加入如图甲所示的装置中，进行中和反应。请回答下列问题： （1）从实验装置上看，图甲中尚缺少的一种玻璃仪器是___________。（2）实验中改用55mL0.50mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___________(填“相等”或“不相等”)；所求中和反应反应热的数值___________(填“相等”或“不相等”)。（3）该同学做实验时有些操作不规范，造成测得的中和反应的ΔH偏大，请你分析可能的原因是___________(填字母)。A.测量盐酸温度后，温度计没有用水冲洗干净，然后去测NaOH溶液的温度B.把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓C.做本实验当天室温较高D.将50mL0.55mol·L-1氢氧化钠溶液错取成了50mL0.55mol·L-1的氨水（4）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1。为了计算中和反应反应热，某学生实验记录数据如表：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃稀盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.5220.220.423.7320.320.525.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和反应反应热ΔH=___________(结果保留一位小数)。（5）将V1mL1.0mol·L-1盐酸和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录温度，实验结果如图乙所示(实验中始终保持V1＋V2=50mL)，通过分析图像可知，做该实验时环境温度___________(填“高于”“低于”或“等于”)22℃，该NaOH溶液的浓度约为___________mol·L-1。 【答案】（1）玻璃搅拌器（2）①.不相等②.相等（3）ABD（4）-56.8kJ·mol-1（5）①.低于②.1.50【解析】【小问1详解】）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒；【小问2详解】物质的量与热量成正比，物质的量越大，反应放出的热量越多，但中和热对应生成1mol水时的能量变化，则改用60mL0.50mol•L-1的盐酸跟50mL0.55mol•L-1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等，所求生成1mol水时的中和热相等，因为中和热是指强酸与强碱的稀溶液发生反应生成1molH2O所放出的热量；【小问3详解】A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，然后去测NaOH溶液的温度，NaOH溶液的初始温度偏高，测定反应放热偏小，测得中和热的数值偏低，ΔH偏大，故A符合题意；B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，反应中热量损耗偏大，测定反应放热偏小，测得中和热的数值偏低，ΔH偏大，故B符合题意；C．做本实验的当天室温较高，与中和热测定数值无关，故C不符合题意；D．一水合氨是弱电解质，电离吸热，则50mL0.55mol⋅L-1氢氧化钠溶液错取成了50mL0.55mol⋅L-1的氨水，反应放热偏小，测得中和热的数值偏低，ΔH偏大，故D符合题意；故答案为：ABD；【小问4详解】由表格数据可知，第一次实验的温度差=；第二次实验的温度差= ；第三次实验的温度差=；第三次数据偏差大，应舍去；温度差平均值=3.4℃，盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g•cm-3，则盐酸和氢氧化钠溶液质量和为(50mL+50mL)×1g/ml=100g，则生成0.025mol水时放出的热量为4.18J•g−1•℃-1×10-3kJ/J×100g×3.4℃=1.4212kJ，生成1mol水放出的热量为1.4212kJ×≈56.8kJ，则该实验测得的中和热△H=-56.8kJ/mol；【小问5详解】加入盐酸5mL时温度为22℃，酸碱中和为放热反应，则该实验时环境温度低于22℃；由图可知，当HCl的体积为30mL时酸碱恰好反应，n(NaOH)=n(HCl)，即c(NaOH)×0.02L=1.0mol/L×0.03L，解得c(NaOH)=1.50mol/L。四、(本题包括1小题，共10分)19.铝的阳极氧化是一种重要的表面处理技术，其原理是用电化学方法处理铝件表面，优化氧化膜结构，增强铝件的抗腐蚀性，同时便于表面着色。取铝片模拟该实验，操作步骤如下：（1）铝片预处理铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60~70℃下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，离子方程式为：___________；再用10%(质量分数)的HNO3溶液对铝片表面进行化学抛光。若取一定体积68%(质量分数)的浓硝酸配制该化学抛光液，需要用到的玻璃仪有___________、___________、玻璃棒和胶头滴管。（2）电解氧化取预处理过的铝片和铅做电极，控制电流恒定为0.06A，用直流电源在5~6mol/L硫酸中电解。其中铝片接电源___________极，产生氧化膜(Al2O3)的电极反应式为___________。氧化膜的生长过程可大致分为A、B、C三个阶段(如图所示)，C阶段多孔层产生孔隙的离子反应方程式为___________。【答案】（1）①.Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-②.烧杯③.量筒（2）①.正②.2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+③.Al2O3+6H+=Al3++3H2O【解析】 【分析】(1)铝表面薄氧化膜即Al2O3，可以和NaOH溶液反应，用浓硝酸配制稀HNO3溶液，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒和胶头滴管；(2)本电解的目的是将铝片电解氧化生成致密的氧化物保护膜，即Al生成Al2O3，失去电子，则铝片接电源正极；氧化膜在酸性条件下可以被腐蚀生成铝离子，随着电解的进行氧化膜覆盖阳极表面厚度加厚，电阻增大，需要保持较大电压。【小问1详解】铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60～70℃下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，即Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-；用浓硝酸配制一定量的10%(质量分数)的HNO3溶液，需要的实验步骤为：计算、量取、稀释、装瓶，需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒和胶头滴管；【小问2详解】