2019-2020学年北京市首师大附中高一（下）第二次月考化学试
卷
参考答案与试题解析
一、单选题
1．（3分）下列有关非金属及其化合物的说法正确的是（ ） A．硅酸可使紫色石蕊试液变红色
B．二氧化硫通入紫色石蕊试液中．试液先变红后褪色 C．可用锌粒与稀硝酸反应制备氢气
D．液溴易挥发，所以存放液溴的试剂瓶中应加水封保存 【分析】A、硅酸是不溶于水的酸，酸性很弱； B、二氧化硫只能使品红褪色； C、硝酸是强氧化性的酸； D、液溴的密度比水大．
【解答】解：A、硅酸是不溶于水的酸，酸性很弱，不能使紫色石蕊试液变红色，故A错误；
B、二氧化硫只能使品红褪色，所以二氧化硫通入紫色石蕊试液中。试液只变红但不褪色，故B错误；
C、硝酸是强氧化性的酸，所以锌粒与稀硝酸反应生成氮的氧化物，而不是氢气，故C错误；
D、液溴的密度比水大，所以存放液溴的试剂瓶中应加水封保存，故D正确； 故选：D。
2．（3分）其它条件不变，升高温度，下列数据中一定增大的是（ ） A．化学反应速率v C．化学反应热△H
B．化学平衡常数K D．转化率a
【分析】A．化学反应速率受温度影响而变化；
B．化学平衡常数只与温度有关，吸热反应平衡常数随温度升高而增大，放热反应则相反； C．反应热只与始态和终态有关；
D．平衡向正反应方向移动时，反应物的转化率将提高。 【解答】解：A．升温，反应速率加快，故A正确；
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B．升温，平衡向吸热方向进行，化学平衡常数不一定增大，故B错误； C．升温，不影响反应热△H，因为反应热只与始态和终态有关，故C错误； D．升温，平衡向吸热方向进行，转化率不一定提高，故D错误。 故选：A。
3．（3分）如图是产生和收集气体的实验装置，该装置最适合于（ ）
A．用H2O2溶液和MnO2反应制取O2 B．用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2 C．用浓硝酸与Cu反应制取NO2 D．用Na2SO3和浓H2SO4反应制取SO2
【分析】A．双氧水在二氧化锰的催化作用下分解生成氧气，且氧气不溶于水； B．浓盐酸与二氧化锰的反应需要加入，图示装置中缺少加热装置； C．二氧化氮与水反应，不能用排水法收集； D．二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集。
【解答】解：A．用H2O2溶液和MnO2反应制取O时不需要加热，且可用排水法收集氧气，图示产生和收集气体的实验装置均合理，故A选；
B．用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2时需要加热，图示装置缺少酒精灯，无法得到氯气，故B不选；
C．用浓硝酸与 Cu反应制取 NO2，不能用排水法收集，故C不选；
D．用Na2SO3和浓H2SO4反应制取SO2，SO2在水中溶解度大，不能用排水法收集，故D不选； 故选：A。
4．（3分）用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施会加快氢气产生速率的是（ ） A．加少量醋酸钠固体
B．不用稀硫酸，改用98%浓硫酸 C．滴加少量CuSO4溶液 D．加少量硫酸钠固体
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【分析】铁片和稀硫酸反应制取氢气时，适当增大氢离子浓度、增大反应物接触面积、升高温度等方法都能加快反应速率。
【解答】解：A．加入少量醋酸钠，醋酸钠和稀硫酸反应生成弱电解质醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故A错误；
B．浓硫酸和Fe发生钝化现象且生成二氧化硫，故B错误；
C．加入少量硫酸铜，Fe置换出Cu，Fe、Cu和稀硫酸构成原电池而加快化学反应速率，故C正确；
D．加入少量硫酸钠，氢离子浓度不变，反应速率不变，故D错误； 故选：C。
5．（3分）A、B、C、D四种无机物具有如图所示的转化关系（反应条件及反应中的水均略去），且A、B、C含有同一种元素。下列说法错误的是（ ）
A．若A的溶液显碱性，则D可能是单质 B．A与C的反应可能是非氧化还原反应 C．A或D可能是目前使用最广泛的金属单质
D．若C是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则A一定是单质
【分析】A．若A的溶液显碱性，则A为氨气，D为氧气，B为N2，C为NO； B．若A为氢氧化钠、D为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠等，均发生非氧化还原反应；
C．目前使用最广泛的金属单质是铁，若A为铁、D为硫酸、B为硫酸亚铁、C为硫酸铁，若D是单质铁，A为硝酸，则B为硝酸铁，C为硝酸亚铁；
D．能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化硫或二氧化碳，若A为碳酸钠，D为盐酸，B为碳酸氢钠，C为二氧化碳。
【解答】解：A．若A的溶液显碱性，则A为氨气，D为氧气，B为N2，C为NO，氨气和NO反应可以生成N2，故A正确；
B．若A为氢氧化钠、D为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠，则A与C的反应是非氧化还原反应，故B正确；
C．目前使用最广泛的金属单质是铁，若A为铁、D为硫酸、B为硫酸亚铁、C为硫酸铁，则A和C反应可以生成B，符合要求，若D是单质铁，A为硝酸，则B为硝酸铁，C为
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硝酸亚铁，硝酸和硝酸亚铁可反应生成硝酸铁，符合转化关系，故C正确；
D．能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化硫或二氧化碳，若A为碳酸钠，D为盐酸，B为碳酸氢钠，C为二氧化碳，则A不一定是单质，故D错误； 故选：D。
6．（3分）下列说法错误的是（ ）
A．近年屡屡引起热议的“抗糖”一词中的“糖”，指的是六大营养物质之一的糖类，由C、H、O三种元素组成
B．培育绣球花的过程中，土壤为酸性时花朵呈蓝色，土壤为碱性时花朵呈红色。为获得红色花朵，可施用硫酸铵
C．“自热火锅”极大的方便了人们的生活，自热包的主要成分为CaO，加水后反应放热，从而加热火锅
D．《神农本草经》中记载：“石膏，味辛，微寒，主中风寒热，心下逆气惊喘。“石膏”的化学式为CaSO4•2H2O
【分析】A．“糖”，指的是六大营养物质之一的糖类，糖类从元素组成上说是由C、H、O三种元素组成；
B．为获得红色花朵应使土壤为碱性，硫酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+水解消耗水电离产生的OH；
C．CaO与水的反应是放热反应； D．“石膏”是硫酸钙的结晶水合物。
【解答】解：A．“糖”，指的是六大营养物质之一的糖类，糖类从元素组成上说是由C、H、O三种元素组成，从物质结构上讲是多羟基醛或多羟基酮或它们的脱水缩合物，故A正确；
B．为获得红色花朵应使土壤为碱性，硫酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+水解消耗水电离产生的OH，使溶液显酸性，不能使溶液显碱性，故B错误； C．CaO与水的反应是放热反应，故C正确；
D．“石膏”是硫酸钙的结晶水合物，化学式为CaSO4•2H2O，故D正确； 故选：B。
7．（3分）下列实验原理及操作中，正确的是（ ） A．用酒精做萃取剂萃取碘水中的碘单质
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﹣﹣
B．配制1.00mol•L1Na2CO3溶液时，将称好的Na2CO3固体直接放入容量瓶中溶解
﹣
C．向某溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀，再滴加足量稀HCl，若沉淀不溶解，则说明原溶液中一定含𝑆𝑆𝑂𝑂42− 明试样中含有𝑁𝑁𝐻𝐻4+
D．在某试样中加入NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体即证
【分析】A、酒精易溶于水不能分层，不能进行萃取；
B、容量瓶是配制准确浓度的量具，有温度要求，不能用来溶解溶质； C、原溶液中含有银离子也可以产生沉淀现象；
D、溶液中加入氢氧化钠溶液生成使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，是铵根离子的检验方法；
【解答】解：A、萃取是利用物质在互不相溶的溶剂中的溶解度不同利用分液的方法分离，酒精易溶于水不能分层，达不到萃取作用，故A错误；
B、容量瓶是为配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器，有些物质溶解过程溶液温度变化，所以不能用来溶解物质，故B错误；
C、原溶液中含有银离子滴加BaCl2溶液，有白色沉淀，再滴加足量稀HCl，若沉淀不溶解，故C错误；
D、溶液中加入NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体即证明试样中含有铵根离子，故D正确； 故选：D。
8．（3分）下列药品和装置合理，能完成相应实验的是（ ）
A．喷泉实验
B．实验室制取并收集氨气
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C．制备氢氧化亚铁
D．验证苯中是否有碳碳双键
【分析】A．NO与水不反应，且不溶于水； B．试管口应向下倾斜；
C．氢氧化亚铁易与空气中氧气反应而变质； D．苯与溴水和酸性高锰酸钾都不反应。
【解答】解：A．NO与水不反应，且不溶于水，不能形成喷泉，故A错误； B．为防止试管炸裂，应将试管口应向下倾斜，故B错误；
C．氢氧化亚铁易与空气中氧气反应而变质，应在氯化亚铁的溶液中滴加几滴苯，并将滴管插入到液面以下，故C错误；
D．加入溴水和酸性高锰酸钾，观察现象，如苯与溴水和酸性高锰酸钾都不褪色，说明不反应，则苯中不含碳碳双键，可达到实验目的，故D正确。 故选：D。
9．（3分）用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（ ） A．加热
C．滴加几滴CuSO4溶液
B．增加Fe的质量 D．不用铁片，改用铁粉
【分析】增大铁片与稀硫酸的反应速率，可从影响反应速率的外界因素思考，可增大浓度、升高温度、增大固体的表面积以及形成原电池反应等，由此分析解答。 【解答】解：A．加热，温度升高，反应速率增大，故A错误； B．增加铁的用量，固体的浓度不变，反应速率不变，故B正确；
C．滴加几滴CuSO4溶液，铁置换出铜，Fe、Cu与稀硫酸形成原电池，反应速率增大，故C错误；
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D．改用铁粉，固体的表面积增大，反应速率增大，故D错误； 故选：B。
10．（3分）根据下列事实，判断离子的氧化性顺序为（ ）
①A+B2+＝A2++B②D+2H2O＝D（OH）2+H2↑③以B、E为电极与E的盐溶液组成原
﹣
﹣
电池，电极反应为：E2++2e＝E，B﹣2e＝B2+． A．E2+＞B2+＞A2+＞D2+ C．D2+＞A2+＞B2+＞E2+
B．D2+＞E2+＞A2+＞B2+ D．A2+＞B2+＞D2+＞E2+
【分析】根据同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析解答． 【解答】解：①A+B2+＝A2++B中，氧化性B2+＞A2+， ②D+2H2O＝D（OH）2+H2↑中，氧化性H+＞D2+， 氧化性E2+＞B2+，
③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e＝E，B﹣2e＝B2+，
﹣
﹣
所以这几种离子的氧化性大小顺序为：E2+＞B2+＞A2+＞D2+， 故选：A。
11．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．地球上99%溴蕴藏在大海中，故溴被称为“海洋元素”
B．提出原子结构型的科学家按时间先后排列为：道尔顿、卢瑟福、汤姆生、玻尔 C．硅晶体可以制备光导纤维
D．水泥、石英玻璃、陶瓷都是硅酸盐制品
【分析】A．海水资源丰富，地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中；
B．提出原子结构模型的科学家按时间先后依次是：道尔顿、汤姆生、卢瑟福、玻尔； C．光导纤维的成分是二氧化硅； D．石英玻璃的主要成分是二氧化硅。
【解答】解：A．海水资源丰富，地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，因此溴被称为“海洋元素”，故A正确；
B．1803年道尔顿模型 原子是一个坚硬的实心小球；1904年汤姆生（J．J．Thompson）模型 原子是一个带正电荷的球，电子镶嵌在里面，原子好似一块“葡萄干布丁”；1911年卢瑟福提出行星模型：原子的大部分体积是空的，电子按照一定轨道围绕着一个带正电荷的很小的原子核运转；1913年玻尔模型电子不是随意占据在原子核的周围，而是在固定的层面上运动，当电子从一个层面跃迁到另一个层面时，原子便吸收或释放能量，
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故B错误；
C．光导纤维的成分是二氧化硅，而不是硅，故C错误；
D．石英玻璃的成分是SiO2，不属于硅酸盐，水泥、陶瓷均是硅酸盐产品，故D错误； 故选：A。
12．（3分）下列说法正确的是（ ） A．光导纤维的主要成分是硅
B．实验室用带玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液 C．硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料 D．硅能与氢氟酸反应，则硅可以与盐酸反应 【分析】A．光导纤维成分是二氧化硅； B、二氧化硅是酸性氧化物； C、硅是半导体； D、硅与盐酸不反应；
【解答】解：A．光导纤维成分是二氧化硅，硅是太阳能电池的材料，故A错误； B．实验室用带玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液，氢氧化钠和玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠是矿物胶把瓶塞和瓶口粘结在一起，故B错误；
C．硅是良好的半导体材料，是人类将太阳能转换为电能的常用材料，故C正确； D．硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅和氢气，但不与盐酸反应，故D错误； 故选：C。
13．（3分）少量铁片与100 mL 0.01 mol•L
﹣1
的稀盐酸反应（盐酸过量），反应速率太慢。
为了加快此反应速率而不改变H2的产量，如下方法中的成立的是（ ） A．加入少量铁粉 B．加NaCl溶液
C．滴入几滴硫酸铜溶液 D．改用10 mL 0.1 mol•L
﹣1
盐酸
【分析】加快反应速率，可增大浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，不改变生成氢气的总量，则保证铁的量不变，以此解答。
【解答】解：A、加入少量铁粉，速率不变，但生成氢气的量增多，故A不选； B、加NaCl溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢，故B不选；
C、滴入几滴硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，少量的铁粉，
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故改变H2的产量，故C不选； D、改用10 mL 0.1 mol•L
﹣1
盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，由于铁少量，所以
不改变H2的产量，故D选； 故选：D。
14．（3分）氢氧燃料电池已用于航天飞机，它是以铂作电极，KOH溶液作电解质，下列叙述不正确的是（ ） A．H2在负极发生氧化反应 B．燃料电池的能量转化率可达100% C．是一种高效、环保的发电装置 D．供电的总反应为：2H2 +O2═2H2O
【分析】根据电极反应式知，氢氧燃料碱性电池中，通入氢气的电极是负极，氢气被氧化生成水，通入氧气的电极是正极，发生还原反应，电池反应式为2H2+O2＝2H2O，以此解答该题。
【解答】解：A．H2在负极失电子，发生氧化反应，故A正确；
B．燃料电池虽然能量的转化率比直接燃烧高，但仍有一部分能量转化为热量而损耗，能量转化率小于100%，故B错误；
C．因为氢氧燃料电池的最终产物为水，所以它是一种高效、环保的发电装置，故C正确；
D．负极2H2﹣4e+4OH＝4H2O，正极O2+4e+2H2O＝4OH，将两电极反应式加和，便得到总反应为：2H2+O2＝2H2O，故D正确。 故选：B。
15．（3分）利用反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是（ ）
﹣
﹣
﹣
﹣
A．电池工作时，OH从左向右迁移 B．电极A上发生氧化反应，电极A为正极
﹣
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C．当有0.1molNO2被处理时，外电路中通过电子0.4mol D．电极B的电极反应式为2NO2+8e+8H+═N2+4H2O
﹣
【分析】根据总方程式6NO2+8NH3═7N2+12H2O中NO2可知，NO2中N元素化合价由+4价变为0价、NH3中N元素化合价由﹣3价变为0价，所以NO2发生还原反应、NH3发生氧化反应，则通入NH3的A电极作负极、B电极作正极，负极电极方程式为2NH3﹣6e+6OH＝N2+6H2O，正极反应式为2NO2+8e+4H2O＝8OH+N2，电池工作时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。 【解答】解：由反应6NO2+8NH3＝7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极；
A．A为负极，B为正极，电池工作时，OH从右向左迁移，故A错误； B．A为负极，发生氧化反应，故B错误；
C．当有0.1mol NO2被处理时，N元素从+4价降为0价，则外电路中通过电子0.4mol，故C正确；
D．电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为2NO2+8e+4H2O＝N2+8OH，故D错误； 故选：C。
16．（3分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
实验操作
现象
结论
Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
A 向AgNO3和AgCl的混合浊液生成黄色沉淀
中滴加0.1 mol•L1KI溶液
﹣
B 向某溶液中先滴加稀硝酸，再出现白色沉淀
滴加Ba（NO3）2溶液
原溶液中一定含有SO42
﹣
C 向盛有某溶液的试管中滴加试纸颜色无明显变化 原溶液中不含NH4+
NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
D 向某溶液中滴加KSCN溶液 A．A
B．B
溶液未变血红色
C．C
原溶液中不含Fe3+
D．D
【分析】A．发生沉淀的生成；
B．稀硝酸能够将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，干扰了检验结果；
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C．氨水极易溶于水，用稀的氢氧化钠溶液、不加热，不会放出氨气； D．Fe3+遇KSCN溶液变血红色。
、Ksp（AgI），故A错误； 【解答】解：A．发生沉淀的生成，不能比较Ksp（AgCl）
B．向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，生成的白色沉淀为硫酸钡，由于稀硝酸能够氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能含有SO32，不一定含有SO42，故B
﹣
﹣
错误；
C．滴加稀NaOH溶液，其没有加热，不会生成氨气，该方法无法检验铵根离子，应该用浓氢氧化钠溶液加热，故C错误；
D．Fe3+遇KSCN溶液变血红色，则向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液未变血红色，说明原溶液中不含Fe3+，故D正确； 故选：D。
17．（3分）在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，不能表明反应：A（s）+3B（g）⇌2C（g）+D（g）已达平衡状态的是（ ） A．混合气体的压强 C．3υ逆（C）═2υ正（B）
B．混合气体的密度 D．物质D的质量分数
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【解答】解：A、反应前后两边气体计量数相等，所以体系的压强始终不变，所以混合气体的压强不变不能说明反应达平衡状态，故A选；
B、A为固体，建立平衡过程中混合气体的质量变化，混合气体的密度变化，混合气体的密度不变能说明反应达平衡状态，故B不选；
，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故C不选； C、3υ逆（C）＝2υ正（B）
D、物质D的质量分数不变，说明反应达平衡状态，故D不选； 故选：A。
18．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ） A．NH4HCO3 受热易分解，可用作化肥
B．NaHCO3 溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂 C．SO2 具有氧化性，可用于纸浆漂白
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D．Al2O3 具有两性，可用于电解冶炼铝
【分析】A、NH4HCO3 含有营养元素N元素，可用作化肥； B、NaHCO3能与盐酸反应，生成氯化钠、二氧化碳和水；
C、SO2能与某些有色物质生成不稳定的无色化合物，表现出漂白性； D、Al2O3是离子化合物，熔融状态下能带电。
【解答】解：A、NH4HCO3 含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3 受热易分解无关，故A错误；
B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B正确；
C、SO2 具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2 具有氧化性无关，故C错误； D、熔融状态下的Al2O3能带电，可用于电解冶炼铝，与Al2O3 具有两性无关，故D错误； 故选：B。
19．（3分）下列现象或事实可用同一原理解释的是（ ） A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低
B．SO2和FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去 C．漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质
D．亚硫酸钠溶液和氯化铝溶液在空气中蒸干不能得到对应的溶质 【分析】A．浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性； B．SO2和FeSO4溶液都有还原性；
C．漂白粉在空气中变质是由于吸收CO2和水生成HClO，然后见光分解，而水玻璃的变质是由于与空气中的CO2反应生成了硅酸；
D．亚硫酸钠溶液在空气中氧化生成硫酸钠，氯化铝溶液水解得到的是氢氧化铝． 【解答】解：A．浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性，二者在空气中浓度都变低，但原理不同，故A错误；
B．SO2和FeSO4溶液都有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，故B正确；
C．漂白粉在空气中变质是由于吸收CO2和水生成HClO，然后见光分解，而水玻璃的变质是由于与空气中的CO2反应生成了硅酸的缘故，两者也不能用同一原理解释，故C错误；
D．亚硫酸钠溶液在空气中氧化生成硫酸钠，氯化铝溶液水解得到的是氢氧化铝，故D
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错误。 故选：B。
20．（3分）下列实验合理的是（ ）
图1
图2
A．用图1所示装置证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si B．用图2所示装置吸收氨气，并防止倒吸 C．用图3所示装置制备并收集少量NO2气体 D．用图4所示装置制备少量氧气
【分析】A．稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸； B．四氯化碳可隔绝气体与水；
C．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应； D．过氧化钠为粉末，与水接触后不能分离。
【解答】解：A．稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸，则不能比较非金属性，故A错误；
B．四氯化碳可隔绝气体与水，图中装置可吸收氨气，并防止倒吸，故B正确； C．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应，不能排水法收集，故C错误； D．过氧化钠为粉末，与水接触后不能分离，不能制备少量氧气，故D错误； 故选：B。
21．（3分）下列反应中硫酸既表现了氧化性，又表现了酸性的是（ ） A．2H2SO4（浓）+CCO2↑+2H2O+2SO2↑ B．2H2SO4（浓）+CuCuSO4+2H2O+SO2↑ C．H2SO4（浓）+NaClNaHSO4+HCl↑ D．H2SO4+Na2SO3＝Na2SO4+H2O+SO2↑
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图3
图4
△¯
△¯△¯
【分析】A．浓硫酸S元素的化合价降低只表现为氧化性；B．浓硫酸S元素的化合价降低表现了氧化性，生成CuSO4表现了酸性；C．不是氧化还原反应；D．不是氧化还原反应；
【解答】解：硫酸在反应中表现为氧化性，应存在元素化合价降低，为S元素的化合价降低，又表现出酸性，应生成硫酸盐。
A．赤热的木炭和浓硫酸反应生成SO2、CO2和水，没有盐生成，S元素的化合价降低，只表现为强氧化性，故A错误；
B．铜片和H2SO4（浓）反应生成CuSO4、二氧化硫和水，有盐生成，S元素的化合价降低，表现了氧化性，有盐CuSO4生成又表现了酸性，故B正确；
C．该反应为难挥发性的酸制取挥发性的酸，体现酸性，反应中各元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．该反应为复分解反应，酸和盐反应生成新酸和新盐，体现酸性，反应中各元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故D错误； 故选：B。
22．（3分）将锌片和铜片按图示方式插入柠檬中，电流计指针发生偏转．下列针对该装置
的说法正确的是（ ）A．将电能转换为化学能
B．电子由铜片流出经导线到锌 C．一段时间后，锌片质量减轻 D．铜片一侧柠檬变蓝色，产生Cu2+
【分析】锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn﹣2e＝Zn2+，铜为
﹣
正极，发生还原反应，电极方程式为2H++2e＝H2↑，以此解答．
﹣
【解答】解：A．该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，故A错误； B．电子从负极锌流向正极铜，故B错误；
C．锌易失电子作负极，铜作正极，所以锌片质量减轻，故C正确； D．铜片上电极方程式为2H++2e＝H2↑，所以铜片质量不变，故D错误。
﹣
故选：C。
第26页（共43页）
23．（3分）一定温度下，可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g），达到平衡状态的标志（ ） A．A的分解速率和C的生成速率比为1：2
B．单位时间内生成n mol A的同时生成2n mol B C．A、B的物质的量比为1：2 D．A、B、C的浓度不再发生变化
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【解答】解：A、只要反应发生就有A的分解速率和C的生成速率比为1：2，故A错误； B、只要反应发生就有单位时间内生成n mol A的同时生成2n mol B，故B错误； C、A、B的物质的量比为1：2，不能说明两者的物质的量不变，故C错误；
D、A、B、C的浓度不再发生变化，说明正、逆反应的速率相等，反应达平衡状态，故D正确； 故选：D。
24．（3分）下列图象符合题意的是（ ）
A．盐酸溶液中逐滴加入NaAlO2
B．SO2气体逐渐通入溴水中
C．pH＝1的醋酸与盐酸溶液分别加水稀释
第27页（共43页）
D．
﹣
氨气逐渐通入醋酸中
﹣
【分析】A、根据反应AlO2+4H+═Al3++2H2O，Al3++3AlO2+6H2O═4Al（OH）3↓判断；
B、根据反应Br2+SO2+H2O＝H2SO4+2HBr判断；
C、根据醋酸为弱电解质，加水稀释，醋酸中未电离的CH3COOH将继续电离补充H+； D、根据醋酸为弱电解质，氨气与醋酸反应生成强电解质醋酸铵。
【解答】解：A．盐酸溶液中逐滴加入NaAlO2，首先无沉淀生成，反应离子方程式为AlO2
﹣
+4H+＝Al3++2H2O，继续滴加，生成Al（OH）3沉淀，反应离子方程式为Al3++3AlO2+6H2O═4Al（OH）3↓，故A错误；
﹣
B．溴水中存在反应：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，所以溴水呈酸性，起始时溶液pH＜7，通入二氧化硫发生反应：Br2+SO2+H2O＝H2SO4+2HBr，H2SO4和HBr均为强酸，所以通SO2后，溶液酸性增强，pH减小，故B正确；
C．pH相同的盐酸与醋酸，起始时c（H+）相同，但醋酸中有未电离的CH3COOH分子，加水稀释，醋酸中未电离的CH3COOH将继续电离补充H+，所以稀释相同倍数后，醋酸pH变化小，盐酸的pH变化大，故C错误；
D．醋酸为弱酸，通入氨气，反应生成强电解质醋酸铵，则溶液离子浓度增大，导电能力增强，故D正确。 故选：BD。
25．（3分）下列措施不能增大反应速率的是（ ） A．增大压强 C．提高反应物浓度
B．降低温度
D．使用合适的催化剂
【分析】增大反应速率可增大压强、升高温度、提高浓度以及使用催化剂等，根据外界条件对化学反应速率的影响解答．
【解答】解：A．对于有气体参加的反应，增大压强可增大反应速率，故A不选； B．温度降低，活化分子的百分数减小，反应速率减小，故B选； C．提高反应物的浓度，活化分子的浓度增大，反应速率增大，故C不选；
D．使用合适的催化剂，降低反应的活化能，活化分子的百分数增大，反应速率增大，故
第28页（共43页）
D不选。 故选：B。 二、填空题
26．（3分）在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A（g）+2B（g）⇌3C（g）+nD（g），开始时A为4mol，B为6mol，5min末时测得C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率v（D）为0.2mol•L1•min1．
﹣
﹣
计算：
（1）5min末A的物质的量浓度为 1.5 mol/L ．
（2）前5min内用B表示的化学反应速率v（B）为 0.2 mol/（L•min） ． （3）化学方程式中n值为 2 ．
（4）此反应在四种不同情况下的反应速率分别为： ①v（A）＝5mol•L1•min1
﹣
﹣
﹣
﹣
②v（B）＝6mol•L1•min1
﹣﹣
﹣
其中反应速率最快的是 ① （填编号）．
【分析】（1）根据C的物质的量计算反应的A的物质的量，从而知道为反应的A的物质的量，再利用浓度公式 计算；
（2）根据C的物质的量计算反应的B的物质的量，根据反应速率公式计算；
（3）根据同一反应中、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比确定n值； （4）把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较． 【解答】解：（1）A（g）+2B（g）⇌3C（g）+nD（g）， 反应开始 4mol 6mol 0 0 反应 1 mol 2 mol 3 mol 5min末 3 mol 4mol 3 mol 𝑛𝑛C（A）=𝑉𝑉=1.5 mol/L
△𝑛𝑛2==0.2 mol/（L•min） 𝑉𝑉△𝑡𝑡2×5第29页（共43页）
④v（D）＝8mol•L1•min1
③v（C）＝4.5mol•L1•min1
﹣
故答案为：1.5 mol/L； （2）v（B）=
故答案为：0.2 mol/（L•min）；
（3）根据同一反应中、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比； 所以v（B）：v（D）＝0.2 mol/（L•min）：0.2mol/（L•min）＝2：n，n＝2 故答案为：2；
（4）把所有速率都换算成A的反应速率； ①v（A ）＝5mol/（ L•min ）
②由v（ B ）＝6 mol/（ L•min ）知，v（A ）＝3mol/（ L•min ） ④由v（D ）＝8mol/（ L•min ）知，v（A ）＝4mol/（ L•min ） 故选：①．
③由v（C）＝4.5mol/（ L•min ）知，v（A ）＝1.5 mol/（ L•min ）
27．（3分）某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。
请回答：
Ⅰ．用图1所示装置进行第一组实验（K闭合）。
、“从右向左”（1）Zn极为 负 极；实验过程中，SO42 从右向左 （填“从左向右”
﹣
或“不”）移动。
（2）反应初期，y极的电极反应现象为 有黄绿色气体生成 ；检验y极反应产物的方法是 将湿润的碘化钾淀粉试纸靠近y极出气口处，若试纸变蓝，则证明有氯气生成 。 （3）Cu极的电极反应式为 Cu2++2e＝Cu 。
﹣
（4）Ⅱ．用图2所示装置进行第二组实验。实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料发现，高铁酸根（FeO42）在溶液中呈紫红色。电解过程中，X极的电极反应式为 2H++2e═
﹣
﹣
H2↑（或2H2O+2e═H2↑+2OH） 。
（5）电解过程中，Y极发生的电极反应为Fe﹣6e+8OH═FeO42+4H2O和4OH﹣4e
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣﹣
═2H2O+O2↑，若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体（均已折算
第30页（共43页）
为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少 0.28 g。
（6）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3Zn═Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2该电池正极发生反应的电极反应式为 2FeO42+6e+5H2O═﹣
﹣
Fe2O3+10OH 。
【分析】Ⅰ．图1中，左边装置是原电池，较活泼的金属锌作负极失电子发生氧化反应，较不活泼的金属铜作正极，溶液中的铜离子得电子发生还原反应；右边为电解池，电极y连接原电池正极，则y是阳极，x是阴极，电解池中阴极上阳离子得电子发生还原反应，原电池放电时，阴离子向负极移动；
Ⅱ．该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应，根据阴阳极上转移电子数相等计算铁反应的质量，在碱性锌电池中，正极上得电子发生还原反应，据此分析解答。
【解答】解：Ⅰ、（1）图1中，左边装置是原电池，较活泼的金属锌作负极失电子发生氧化反应，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动， 故答案为：负；从右向左；
（2）电解池中，电极y连接原电池正极，所以是电解池阳极，阳极上氯离子失去电子生成氯气，则反应初期会观察到有黄绿色气体生成；检验氯气的方法为：将湿润的碘化钾淀粉试纸靠近y极出气口处，若试纸变蓝，则证明有氯气生成；
故答案为：有白色絮状沉淀生成； Cu2++2e＝Cu；将湿润的碘化钾淀粉试纸靠近y极出
﹣
﹣
气口处，若试纸变蓝，则证明有氯气生成；
（3）铜电极上铜离子得到电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e＝Cu，故答案为：
﹣
Cu2++2e＝Cu；
﹣
Ⅱ、（4）根据图示可知，X为电解池的阴极，发生的电极反应为：2H++2e═H2↑（或
﹣
， 2H2O+2e═H2↑+2OH）
； 故答案为：2H++2e═H2↑（或2H2O+2e═H2↑+2OH）
﹣
﹣
﹣
﹣﹣
（5）X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，设铁质量减少为xg，根据转移电子数相等得解得：x＝0.28，故答案为：0.28；
22.4𝐿𝐿/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚0.672𝐿𝐿×2=
0.168𝑥𝑥𝑥𝑥×4+×6， 22.456𝑥𝑥/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚﹣
﹣
（6）正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为：2FeO42+6e+5H2O═
第31页（共43页）
Fe2O3+10OH，
故答案为：2FeO42+6e+5H2O═Fe2O3+10OH。
﹣
﹣
﹣
﹣
28．（3分）氢氧燃料电池。
一般是以惰性金属铂（Pt）或石墨做电极材料，负极通入 氢气 ，正极通入 氧气 ，总反应为： 2H2+O2＝2H2O
电极反应特别要注意电解质，有下列三种情况： （1）电解质是KOH溶液（碱性电解质）
2H++2OH═2H2O，所以：负极的电极反应式为： ①负极发生的反应为：H2﹣2e═2H+，
﹣
﹣
H2﹣2e+2OH＝2H2O
﹣﹣
②正极是O2得到电子，即：O2 +4e═2O2，O2在碱性条件下不能单独存在，只能结
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
2O2+2H2O═4OH，因此，正极的电极反应式为： O2+4e+2H2O合H2O生成OH即：
﹣
＝4OH 。
（2）电解质是H2SO4溶液（酸性电解质） ①负极的电极反应式为： H2﹣2e＝2H+
﹣﹣
﹣
﹣
②正极是O2得到电子，即：O2 +4e＝2O2，O2在酸性条件下不能单独存在，只能结
﹣
﹣
合H+生成H2O即：O2+2 H+＝H2O，因此正极的电极反应式为： O2+4e+4H+＝2H2O
【分析】氢氧燃料电池的总反应为2H2+O2＝2H2O，其中H2发生失电子的氧化反应，O2发生得电子的还原反应，所以通入H2的电极为负极，通入O2的电极为正极； （1）碱性电解质溶液中，H+不能大量共存：H++OH═H2O；水溶液中没有O2：2O2
﹣
﹣
﹣
+2H2O═4OH，据此写出电极反应式；
（2）酸性电解质溶液中，H+能大量存在，所以H2失电子生成H+，但水溶液中没有O2
﹣
﹣
和大量OH，所以O2+2H+＝H2O，据此写出电极反应式。
﹣
﹣
【解答】解：燃料电池中燃料作为负极，发生氧化反应，总反应的产物和燃料燃烧时产物相同，所以氢氧燃料电池，以惰性金属铂（Pt）或石墨做电极材料时，负极通入氢气，正极通入氧气，总反应为：2H2+O2＝2H2O， 故答案为：氢气；氧气；2H2+O2＝2H2O；
（1）①负极发生的反应为：H2﹣2e＝2H+，2H++2OH＝2H2O，则负极的电极反应式
﹣
﹣
为：H2﹣2e+2OH＝2H2O， 故答案为：H2﹣2e+2OH＝2H2O；
第32页（共43页）
﹣
﹣
﹣﹣
②正极是O2得到电子，即：O2 +4e＝2O2，O2在碱性条件下不能单独存在，只能结
﹣
﹣
﹣
2O2+2H2O＝4OH，则正极的电极反应式为：O2 +4e+2H2O＝4OH合H2O生成OH即：
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
，
﹣
﹣
故答案为：O2 +4e+2H2O＝4OH；
（2）①电解质为酸时，负极的电极反应式为：H2﹣2e＝2H+，
﹣
故答案为：H2﹣2e＝2H+；
﹣
②正极是O2得到电子，即：O2 +4e＝2O2，O2在酸性条件下不能单独存在，结合H+
﹣
﹣
﹣
生成H2O，即O2+2H+＝H2O，则正极的电极反应式为：O2 +4e+4H+＝2H2O；
﹣
﹣
﹣
故答案为：O2 +4e+4H+＝2H2O。
29．（3分）现有以下六种物质：A．Fe2O3B．SiO2C．漂白粉D．Na2O2E．Si 请你根据题意，选择恰当的选项用字母代号填空。 （1）可作环境消毒剂的是 C ； （2）可作制造光导纤维的是 B ； （3）用作红色油漆和涂料的是 A ；
（4）固体为淡黄色且可以作为氧气来源的是 D ； （5）可以用于制造光电池的是 E ； 【分析】（1）具有强氧化性的物质能杀菌消毒； （2）二氧化硅是制造光导纤维的主要原料； （3）铁红为红棕色固体，可以作红色涂料和油漆；
（4）固体为淡黄色固体过氧化钠与水和二氧化碳反应可以作为氧气来源； （5）硅可用于制作光电池；
【解答】解：（1）可做环境消毒剂，说明该物质可能具有强氧化性，漂白粉中Ca（ClO）
2具有氧化性，可用作环境消毒剂，故答案为：C；
（2）可制作光导纤维的是SiO2，故答案为：B；
（3）氧化铁为红色粉末，可用作红色油漆和涂料，故答案为：A；
（4）过氧化钠是淡黄色固体，能够与水或二氧化碳反应放出氧气，可作为氧气的来源，故答案为：D；
（5）可用于制作光电池的为Si，故答案为：E。 30．（3分）按要求回答以下问题：
第33页（共43页）
（1）写出NaHCO3溶液与稀硫酸反应的离子方程式 HCO3+H+＝CO2↑+H2O ，等物
﹣
质的量的NaHCO3与Na2CO3固体分别与足量的硫酸反应，消耗硫酸的物质的量之比为 1：2 。
（2）在3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应中， HNO3 是氧化剂； Cu 是还原剂；氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：3 （3）向酸性高锰酸钾溶液中滴加硫酸亚铁，紫色逐渐褪去，写出该反应的离子方程式： 5Fe2++MnO4+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O 。
﹣
（4）将0.3mol的钠、镁、铝分别投入100mL 1mol/L的硫酸溶液中，三者产生氢气的体积比是 3：2：2 。
（5）等质量的Fe分别与足量的Cl2、S、H2O（g）反应转移电子数之比为 9：6：8 ； 【分析】（1）反应生成硫酸钠、水、二氧化碳；等物质的量的NaHCO3与Na2CO3固体，可设均为1mol，消耗氢离子分别为1mol、2mol；
（2）Cu元素的化合价升高，N元素的化合价降低，且3molCu失去电子与2molN得到电子相等；
（3）亚铁离子被高锰酸钾氧化；
（4）钠与水反应，则钠完全反应，0.3molMg、0.3molAl与100mL 1mol/L的硫酸溶液反应时，硫酸不足完全反应；
（5）等质量的Fe，可设Fe为3mol，与氯气反应生成氯化铁、与S反应生成FeS、与水反应生成四氧化三铁和氢气。
【解答】解：（1）NaHCO3溶液与稀硫酸反应的离子方程式为HCO3+H+＝CO2↑+H2O，
﹣
可设均为1mol，消耗氢离子分别为1mol、2mol，等物质的量的NaHCO3与Na2CO3固体，则消耗硫酸的物质的量之比为1：2， 故答案为：HCO3+H+＝CO2↑+H2O；1：2；
﹣
（2）Cu元素的化合价升高，N元素的化合价降低，且3molCu失去电子与2molN得到电子相等，则HNO3是氧化剂；Cu是还原剂；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3， 故答案为：HNO3； Cu； 2：3；
（3）向酸性高锰酸钾溶液中滴加硫酸亚铁，紫色逐渐褪去，该反应的离子方程式为5Fe2++MnO4+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，
﹣
故答案为：5Fe2++MnO4+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；
﹣
（4）钠与水反应，则钠完全反应，0.3molMg、0.3molAl与100mL 1mol/L的硫酸溶液反
第34页（共43页）
应时，硫酸不足完全反应，则三者产生氢气的体积比是0.1𝐿𝐿×1𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚/𝐿𝐿×22
0.3𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚2
：
0.1𝐿𝐿×1𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚/𝐿𝐿×22
：
故答案为：3：2：2；
=3：2：2，
（5）等质量的Fe，可设Fe为3mol，与氯气反应生成氯化铁、与S反应生成FeS、与水反应生成四氧化三铁和氢气，与足量的Cl2、S、H2O（g）反应转移电子数之比为3mol×（3﹣0）：3mol×（2﹣0）：8mol＝9：6：8， 故答案为：9：6：8。
31．（3分）研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以氢氧化锂为电解质，使用时加入水即可放电，总反应方程式为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑。
（1）该电池的负极是 锂（Li） ，负极反应式是 Li﹣e＝Li+ 。
﹣
（2）正极现象是 有无色气体产生 ，正极反应式是 2H2O+2e＝2OH+H2↑ 。 （3）放电时氢氧根离子向 负极 （填“正极”或“负极”）移动。
【分析】金属锂比钢板（主要成分为铁）活泼，作原电池的负极；LiOH溶液中的阳离子有Li+和H+，由于氧化性H+＞Li+，正极上是水电离出的H+放电；在原电池的放电过程中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动分析解答。
【解答】解：（1）金属锂比钢板活泼，作原电池的负极，电极反应式为Li﹣e＝Li+，故
﹣
﹣﹣
答案为：锂（Li）；Li﹣e＝Li+；
﹣
（2）LiOH溶液中的阳离子有Li+和H+，由于氧化性H+＞Li+，正极上是水电离出的H+放电，故正极反应式为：2H2O+2e＝H2↑+2OH，正极产生无色气体，故答案为：有无色气体产生；2H2O+2e＝2OH+H2↑；
（3）在原电池的放电过程中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以OH会向负极移动，故答案为：负极。 32．（3分）简要回答下列问题。
（1）向氨水中滴加几滴酚酞试液，溶液显红色，其原因是 氨水中NH3•H2O会部分电离出OH，使溶液呈弱碱性，遇酚酞变红 。
（2）医疗上用“胃舒平”（主要成分Al（OH）3）治疗胃酸（含盐酸）过多的原因是 “胃舒平”的主要成分Al（OH）3与胃酸的主要成分盐酸发生中和反应 。
（3）实验室常用35%～40%的甲醛溶液（俗称福尔马林）保存动物标本的原因是 甲醛
第35页（共43页）
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
溶液能使动物标本中的蛋白质发生变性 。 【分析】（1）氨水中NH3•H2O是一元弱碱；
（2）Al（OH）3与胃酸的主要成分盐酸发生中和反应； （3）甲醛溶液能使动物标本中的蛋白质发生变性。
【解答】解：（1）向氨水中滴加几滴酚酞试液，溶液显红色，其原因是：氨水中NH3•H2O会部分电离出OH，使溶液呈弱碱性，遇酚酞变红，
故答案为：氨水中NH3•H2O会部分电离出OH，使溶液呈弱碱性，遇酚酞变红； （2）医疗上用“胃舒平”【主要成分Al（OH）3】治疗胃酸（含盐酸）过多的原因是：氢氧化铝具有两性，“胃舒平”的主要成分Al（OH）3与胃酸的主要成分盐酸发生中和反应，
故答案为：“胃舒平”的主要成分Al（OH）3与胃酸的主要成分盐酸发生中和反应； （3）实验室常用35%～40%的甲醛溶液（俗称福尔马林）保存动物标本的原因是：甲醛溶液能使动物标本中的蛋白质发生变性，
故答案：甲醛溶液能使动物标本中的蛋白质发生变性。 33．（3分）煤的气化、液化是综合利用煤炭的重要途径之一。 （1）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1═﹣393.5kJ•mol1
﹣
﹣
﹣
1﹣②CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H2═﹣283.0kJ•mol1
2焦炭与水蒸气反应是：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H═ +131.3 kJ•mol
﹣1
1﹣
③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3═﹣241.8kJ•mol1
2
（2）氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的发电装置，其工作原理是2H2+O2═2H2O。
①若选用KOH溶液作电解质溶液，则正极通入的气体是 氧气 ，该电极的电极反应式为 O2+2H2O+4e＝4OH 。
﹣
﹣
②若选用硫酸作电解质溶液，则负极的电极方程式为 H2﹣2e＝2H+ 。
﹣
（3）电解氯化钠溶液时，阳极的电极反应式为 2Cl﹣2e＝Cl2↑ 。 【分析】（1）由①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1═﹣393.5kJ•mol1
﹣
﹣﹣
1﹣②CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H2═﹣283.0kJ•mol1
2第36页（共43页）
结合盖斯定律可知①﹣②﹣③得到C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）； （2）①KOH为电解质，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子； ②硫酸为电解质，负极上氢气失去电子氢离子；
1﹣③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3═﹣241.8kJ•mol1
2（3）电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子失去电子。
【解答】解：（1）由①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1═﹣393.5kJ•mol1
﹣
结合盖斯定律可知①﹣②﹣③得到C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g），则△H＝△H1﹣△H2﹣△H3＝﹣393.5kJ•mol1﹣（﹣283.0kJ•mol1）﹣（﹣241.8kJ•mol1）＝+131.3
﹣
﹣
﹣
1﹣③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3═﹣241.8kJ•mol1
21﹣
②CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H2═﹣283.0kJ•mol1
2kJ•mol1，
﹣
故答案为：+131.3；
（2）氢氧燃料电池的工作原理是2H2+O2＝2H2O，负极上氢气失电子被氧化，正极上氧气得电子被还原，根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式，
①若选用KOH溶液作电解质溶液，正极通入的气体是氧气，该电极上氧气得电子和水
﹣
﹣
﹣
﹣
反应生成氢氧根离子，则该电极的电极反应式为O2 +2H2O+4e＝4OH， 故答案为：氧气；O2 +2H2O+4e＝4OH；
②若选用硫酸作电解质溶液，负极通入的是氢气，该电极上氢气失电子被氧化生成氢离子，则负极的电极方程式为H2 ﹣2e＝2H+，
﹣
故答案为：H2 ﹣2e＝2H+；
﹣
（3）电解氯化钠溶液时，氯离子在阳极上失电子被氧化生成氯气，则阳极的电极反应式为2Cl﹣2e＝Cl2↑， 故答案为：2Cl﹣2e＝Cl2↑。
34．（3分）从明矾[KAl（SO4）2•12H2O]制备Al、K2SO4和H2SO4的流程如下：
﹣
﹣
﹣
﹣
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已知：明矾焙烧的化学方程式为：4[KAl（SO4）2•12H2O]+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O
请回答下列问题：
（1）在焙烧明矾的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为： 1：2 ． （2）步骤②中，为提高浸出率，可采取的措施有 AC ．
A．粉碎固体混合物 B．降低温度 C．不断搅拌 D．缩短浸泡时间 （3）明矾焙烧完全后，从步骤②的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 蒸发结晶 ．
冰晶石（4）步骤③电解的化学方程式是 2Al2O3
4Al+3O2↑ ，电解池的电极是用碳
970℃电解¯素材料做成，电解过程中，阳极材料需要定期更换，原因是： 阳极中碳被氧化成CO2（CO） ．
（5）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，则该电池的正极电极反应式是 NiO（OH）+H2O+e═Ni（OH）2+OH ．
（6）焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），若SO2 的转化率为96%，可生产质量分数为98%的H2SO4质量为 算表达式）．
𝑎𝑎×10𝑏𝑏𝑔𝑔/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚6𝑔𝑔/𝑡𝑡﹣
﹣
=9𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×98𝑔𝑔/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×96%×𝑎𝑎4𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×𝑏𝑏𝑔𝑔/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×98%=216𝑎𝑎𝑏𝑏 吨（列出计
【分析】从明矾[KAl（SO4）2•12H2O]制备Al、K2SO4和H2SO4的流程：过程①明矾和硫焙烧，4KAl（SO4）2•12H2O+3S＝2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O，气体二氧化硫与氧气在五氧化二矾作催化剂的作用下生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收，SO3+H2O＝H2SO4，制得硫酸；过程②焙烧所得固体混合物，用水浸，为提高浸出率，可采取粉碎固体混合物、不断搅拌，从水浸后的滤液中蒸发结晶得到K2SO4晶体，步骤③电解Al2O3，制得Al，
（1）依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价降低的做氧化剂，元素化
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合价升高的做还原剂；
（2）矿石的颗粒大小、温度及是否搅拌等会影响浸取率；
（3）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体运用蒸发溶剂水的方法得到；
（4）步骤③电解Al2O3，制得Al，阳极材料需要定期地进行更换，原因是该极材料不断被消耗；
（5）放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Ni元素化合价降低，被还原，应为原电池正极反应；
（6）依据硫元素守恒计算得到．
【解答】解：从明矾[KAl（SO4）2•12H2O]制备Al、K2SO4和H2SO4的流程：过程①明矾和硫焙烧，4KAl（SO4）2•12H2O+3S＝2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O，气体二氧化硫与氧气在五氧化二矾作催化剂的作用下生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收，SO3+H2O＝H2SO4，制得硫酸；过程②焙烧所得固体混合物，用水浸，为提高浸出率，可采取粉碎固体混合物、不断搅拌，从水浸后的滤液中蒸发结晶得到K2SO4晶体，步骤③电解Al2O3，制得Al，
（1）4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应中，硫单质硫元素化合价0价，升高到SO2中为+4价，硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为SO2中+4价，则S为还原剂，被氧化成二氧化硫，KAl（SO4）2•12H2O为氧化剂，被还原成二氧化硫，根据电子得失守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2， 故答案为：1：2；
（2）由于酸浸时矿石颗粒大小影响浸取率，可以通过粉碎矿石提高浸取率，还可以适当升高温度或者搅拌提高浸取率， 故答案为：AC；
（3）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体运用蒸发结晶的方法得到，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥， 故答案为：蒸发结晶；
（4）电解熔融氧化铝，阳极氯离子放电生成氯气，阴极是铝离子放电生成铝，反应的化
冰晶石学方程式为2Al2O3
4Al+3O2↑，在冶炼过程中，阳极材料碳被氧气氧化成一氧
970℃电解第39页（共43页）
¯高温高温¯¯化碳，反应为C+O2CO2或2C+O22CO，所以需定期地进行更换，
冰晶石故答案为：2Al2O3
4Al+3O2↑；阳极中碳被氧化成CO2（CO）；
970℃电解﹣
﹣
¯（5）放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Ni元素化合价降低，被还原，应为原电池正极反应，电极方程式为NiO（OH）+H2O+e═Ni（OH）2+OH， 故答案为：NiO（OH）+H2O+e═Ni（OH）2+OH；
（6）焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），4KAl（SO4）2•12H2O+3S＝2K2SO4+2Al2O3+9SO2↑+48H2O，生成SO2物质的量为𝑎𝑎×106𝑔𝑔﹣
﹣
9𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×98𝑔𝑔/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×96%×𝑎𝑎4𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×𝑏𝑏𝑔𝑔/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×98%𝑏𝑏𝑔𝑔/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×
4𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚9𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑎𝑎×10×96%，可生产质量分数为
=216𝑎𝑎𝑏𝑏𝑏𝑏𝑔𝑔/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
6𝑔𝑔×
4𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
9𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚，SO2 的转化率为96%，物质的量为
98%的
H2SO4质量为
，
35．（3分）LiBH4为近年来储氢材料领域的研究热点．
𝑎𝑎×106𝑔𝑔/𝑡𝑡9𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×98𝑔𝑔/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×96%×𝑎𝑎216𝑎𝑎故答案为：==．
𝑏𝑏𝑔𝑔/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚4𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×𝑏𝑏𝑔𝑔/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚×98%𝑏𝑏
（1）反应2LiBH4═2LiH+2B+3H2↑，生成22.4L H2（标准状况）时，转移电子的物质的量为 2 mol．
（2）如图1是2LiBH4/MgH2体系放氢焓变示意图，则：Mg（s）+2B（s）═MgB2（s）△H＝ ﹣93 kJ•mol1 ．
﹣
（3）采用球磨法制备Al与LiBH4的复合材料，并对Al﹣LiBH4体系与水反应产氢的特性进行下列研究：
①如图2为25℃水浴时每克不同配比的Al﹣LiBH4复合材料与水反应产生H2体积随时
间变化关系图．由图2可知，下列说法正确的是 ab （填字母）．
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a．25℃时，纯铝与水不反应
b．25℃时，纯LiBH4与水反应产生氢气
c．25℃时，Al﹣LiBH4复合材料中LiBH4含量越高，1000s内产生氢气的体积越大 ②如图3为25℃和75℃时，Al﹣LiBH4复合材料[ω（LiBH4）＝25%]与水反应一定时间
后产物的X﹣射线衍射图谱（X﹣射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）．
从如图3分析，25℃时Al﹣LiBH4复合材料中与水完全反应的物质是 LiBH4 （填化学式），产生Al（OH）3的化学方程式为 2Al+6H2O═2Al（OH）3+3H2↑ ． （4）如图4是直接硼氢化钠﹣过氧化氢燃料电池示意图．该电池工作时，正极附近溶液的pH 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”），负极的电极反应式为 BH4﹣8e+8OH﹣
﹣
﹣
═BO2+6H2O ．
﹣
【分析】（1）反应2LiBH4═2LiH+2B+3H2↑，可知生成3mol的氢气转移6mol的电子，
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则生成22.4L H（时，也就是产生1mol的氢气，转移电子的物质的量为2mol； 2标准状况）（2）应用盖斯定律，来解答；
（3）①a．因为由图LiBH4含量为0时，氢气的体积为0，故25℃时，纯铝与水不反应，； b．负一价的氢与正一价的氢发生归中反应生成氢气，LiBH4+4H2O＝LiB（OH）4+4H2↑；
c．由图可知25℃时，Al﹣LiBH4复合材料中LiBH4含量越高，1000s内产生氢气的体积越小；
②如图3中无LiBH4，说明与水完全反应，根据质量守恒中的元素守恒，不可能产生氢氧化铝，所以氢氧化铝是铝与水反应得到的；
（4）如图4正极是阳离子流向的一极，即过氧化钠所在的一极，发生还原反应，负一价的氧得电子生成氧负离子，跟水结合成氢氧根离子，溶液的pH增大，负极发生还原反应，注意是碱性介质．
【解答】解：（1）反应2LiBH4═2LiH+2B+3H2↑，可知生成3mol的氢气转移6mol的电子，则生成22.4L H2（标准状况）时，也就是产生1mol的氢气，转移电子的物质的量为2mol，故答案为：2；
（2）由图可知：2LiBH4（s）+MgH2（s）＝2LiH（s）+2B（s）+MgH2（s）+3H2（g）△H＝+200 kJ•mol1①
﹣
2LiBH4（s）+MgH2（s）＝2LiH（s）+MgB2（s）+4H2（g）△H＝+183 kJ•mol1③
﹣
）+H2（g）△H＝+76 kJ•mol1② 2LiBH4（s）+MgH2（s）＝2LiBH4（s）+Mg（s）
﹣
2LiH（s）+MgB2（s）+4H2（g）＝2LiH（s）+2B（s）+MgH2（s）+3H2（g）△H＝+（200﹣183）kJ•mol1④
﹣
所以﹣④﹣②得：Mg（s）+2B（s）═MgB2（s）△H＝﹣（17+76）kJ•mol1
﹣
即：MgB2（s）+H2（g）＝2B（s）+MgH2（s）△H＝+17 kJ•mol1④
﹣
﹣
故答案为：﹣93 kJ•mol1；
（3）①a．25℃时，纯铝与水不反应，因为由图LiBH4含量为0时，氢气的体积为0，故选；
b．25℃时，纯LiBH4与水反应产生氢气，负一价的氢与正一价的氢发生归中反应生成氢气，故选；
c．由图可知25℃时，Al﹣LiBH4复合材料中LiBH4含量越高，1000s内产生氢气的体积越小，故不选；
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故答案为：ab；
②如图3中无LiBH4，说明与水完全反应，根据质量守恒中的元素守恒，不可能产生氢氧化铝，所以氢氧化铝是铝与水反应得到的）2Al+6H2O═2Al（OH）3+3H2↑， 故答案为：LiBH4；2Al+6H2O═2Al（OH）3+3H2↑；
（4）如图4正极是阳离子流向的一极，即过氧化钠所在的一极，发生还原反应，负一价的氧得电子生成氧负离子，跟水结合成氢氧根离子，溶液的pH增大，负极发生还原反应，注意是碱性介质，电极反应式为：BH4﹣8e+8OH═BO2+6H2O，故答案为：增大；BH4﹣8e+8OH═BO2+6H2O．
﹣﹣﹣﹣
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