1、河南省夏邑县高级中学2015-2016学年高二下期第二次月考化学试题（解析版）1在200 mL 1 molL1的NaHCO3溶液中，加入一定量的单质或化合物X，恰好使其转化为只含Na2CO3溶质的溶液（不考虑溶质的水解），实现转变的物质X有多种，符合条件的X物质一组是( ) 编号ABCDX的化学式NaNa2ONa2O2NaOH加入X的质量（g）4.86.47.816.0【答案】C【解析】2下列关于反应热的说法正确的是（ ） A在稀溶液中所有酸和碱反应的中和热数值都相等B已知C(s)+ O2(g)=CO(g) H=-110.5kJ/mol，说明碳的燃烧热为110.5kJ/mol C需要加热才能发
2、生的反应一定是吸热反应 D化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关【答案】D【解析】试题分析：A、在稀溶液中弱酸或弱碱发生中和反应时 ，弱酸或弱碱电离吸热，错误，不选A；B、燃烧热是指1摩尔可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，反应中产物为一氧化碳，错误，不选B；C、某些放热反应也需要加热条件才能发生，需要加热的不一定是吸热反应，错误，不选C；D、物质能量一定，对于确定的反应，反应的反应热只于体系始态和终态有关与变化途径无关，正确，选D。考点：反应热和焓变，化学能与热能的相互转化3下列化学反应的离子方程式，书写不正确的是A硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+ S
3、O42 = BaSO4B向氯化铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Al3+4OHAlO +2H2OC氯化亚铁溶液中通入少量氯气：Cl2+ 2Fe2+=2Fe3+ +2ClD碳酸钙加入稀盐酸： CaCO3+2H+=Ca2+ +CO2+H2O【答案】A【解析】A项：部分离子参加的反应没有表示：Ba2+2OH+Cu2+ SO42 = BaSO4+Cu(OH)2，不正确，选A4某溶液里加入过量氨水或过量NaOH溶液均有沉淀产生，若加入铁粉或铜粉溶液质量都增加，则溶液中可能含有下列离子的（ ） A、Al3+ B、Fe2+ C、Fe3+ D、Mg2+【答案】C【解析】略5下面是人们对于化学科学的各种常见认识，其
4、中错误的是A化学面对现代日益严重的环境问题显的无能为力B化学将在能源、资源的合理开发和安全应用方面大显身手C化学是一门具有极强实用性的科学D化学是一门以实验为基础的自然科学【答案】A【解析】试题分析：A、利用化学反应将有毒物质转化为无毒物质并进一步解决环境问题，垃圾等污染物通过化学方法回收利用减少环境污染， A错误； B、可以利用化学来解决能源、资源的开发及合理使用，能利用化学反应将有毒物质转化为无毒物质并进一步解决环境问题， B正确； C、因化学是为人类的生活、生产以及健康服务的，则化学是一门具有较强实用性的科学，故C正确； D、因化学以实验为手段来分析物质的组成、结构、性质等变化规律，则化
5、学是一门以实验为基础的自然科学，D正确。答案选A考点：化学的发展趋势,化学科学的主要研究对象6相同条件下，氯化钠溶液 醋酸钠溶液 碳酸钠溶液 碳酸氢钠溶液，它们的PH相对大小为（ ）A B C D【答案】B【解析】试题分析：属于中性溶液，属于强碱弱酸盐，水溶液显碱性，根据越弱越水解，电离出氢离子的能力：CH3COOHHCO3CO32，碱性的强弱是：Na2CO3NaHCO3CH3COONaNaCl，故选项B正确。考点：考查盐类水解以及规律等知识。7下列物质中，属于弱电解质的是ACH3COOHBH2SO4CNaOHDNa2CO3【答案】A【解析】乙酸是弱酸，是弱电解质。8常温下，下列有关0.1mo
6、lL-1 Na2CO3溶液的说法正确的是A升高温度，促进CO32-水解，pH增大B离子浓度：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)B离子浓度：c(Na+)+c(H+) =c(HCO3)+c(CO32-) +c(OH-)D离子浓度：c(Na+) c(CO32-)c(H+)c(OH-) c(HCO3)【答案】AB【解析】试题分析：A、盐的水解是吸热反应，升高温度促进水解，碱性增强，pH增大，A正确；B、根据碳酸钠的组成可知，钠与碳的物质的量之比为2：1，物料守恒：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，B正确；C、根据电荷守恒可知：c(N
7、a+)+c(H+) =c(HCO3)+2c(CO32-) +c(OH-)，C错误；D、水解后溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c(Na+) c(CO32-) c(OH-) c(HCO3) c(H+)，D错误；答案选AB。考点：考查溶液中离子浓度关系。9下列有关说法不正确的是A根据化合物在水溶液或熔融状态下是否导电，将化合物分为电解质和非电解质B氨气的水溶液能够导电，因此NH3是电解质C电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度及离子所带电荷多少有关D溶液与胶体的本质区别是分散质颗粒直径大小【答案】B【解析】试题分析：A根据化合物在水溶液或熔融状态下是否导电，将化合物分为电解质和非电解质，正确；B氨气的
8、水溶液能够导电，是因为生成的一水合氨电离出的离子导电而不是氨气，电解质必须是本身电离出的离子导电，故错误；C电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度及离子所带电荷多少有关，正确；D溶液与胶体的本质区别是分散质颗粒直径大小，前者分散质颗粒直径小于1纳米，后者在1纳米和100纳米之间，正确；考点：考查化合物的分类及电解质和非电解质，胶体等概念。10将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应： 2A（g）+B（g） 2C（g），若经2 s后测得C的浓度为0.6 molL-1，现有下列几种说法正确的是A2s末用物质A表示的反应速率为0.3 mol/（Ls）B2s
9、内用物质B表示的反应速率为0.15mol/（Ls）C2s时物质A的转化率为70%D2s时物质B的浓度为1.4 molL-1【答案】AB【解析】试题分析：A、v（C）=0.6/2mol/（Ls）=0.3 mol/（Ls），根据反应速率之比等于系数之比，得出v（A）= v（C）= 0.3 mol/（Ls），故正确；B、根据化学反应速率之比等于系数之比，v（B） =v（C）/2=0.15 mol/（Ls），故正确；C、A的转化率为0.62/4100%=30%，故错误；D、c（B）=2/20.6molL1=0.7molL1，故错误。考点：考查化学反应速率的计算等知识。11用质量分数为98%、密度为1.
10、84 gcm3的浓H2SO4来配制0.2 molL1的稀H2SO4 在配制过程中，下列操作中能引起误差偏高的有（ ）A未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中B转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水C定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线D定容时，仰视刻度线【答案】A【解析】试题分析：浓硫酸溶于水放热，未等溶液冷却就转移溶液，V偏小，c偏大，A正确；转移前，容量瓶中有少量水，c无影响；定容后再加水，V偏大，c偏小；定容时仰视，V偏大，c偏小。考点：一定物质的量浓度溶液的配制点评：根据c=分析误差。12将Fe、Cu、Fe2、Fe3和Cu2盛于同一容器中充分反应，若Fe有剩余
11、，则容器中只能有( )ACu、Fe3 BFe2、Fe3CCu、Cu2、Fe DCu、Fe2、Fe【答案】D【解析】试题分析：由于铁粉有剩余，金属的还原性为：FeCu，所以金属铜不会参加反应，容器中一定存在铜；能够与铁粉反应有铁离子和铜离子，所以铜离子和铁离子不会存在，与铁粉反应后生成了金属铜和亚铁离子，所以容器中一定存在亚铁离子，即反应后容器中一定存在：Cu，Fe2+，Fe，答案选D。考点：考查离子反应发生条件及离子氧化性、还原性强弱比较13用石墨作电极电解3molL1KCl和0.5molL1Al2(SO4)3的1 L混合溶液时，下图电解变化曲线合理的是【答案】D【解析】试题分析：混合溶液中C
12、l-:3mol Al3+：1mol；依据电解规律阳极放电的离子依次是Cl-、OH,阴极放电的离子只有H+；当溶液中3molCl-完全氧化时，同时溶液中引进3molOH，恰好将溶液中的1molAl3+完全转化为沉淀，继续电解时相当于电解水，故整个电解过程中沉淀量不断增大然后不变，溶液的PH略变大后最终变为7，选项D符合题意。考点：电解规律及溶液中离子微粒间的不共存因素14锌与100 mL 18.5 molL1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的pH1。下列叙述正确的是。A反应中共消耗1.85 mol H2SO4 B气体甲中
13、SO2与H2的体积比为14C反应中共消耗65 g Zn D反应中共转移3.6 mol电子【答案】B【解析】试题分析：反应后溶液的pH1，说明硫酸过量，且反应后硫酸的物质的量为0.05 mol，则反应掉的硫酸的物质的量为18.50.1 mol0.05 mol1.8 mol，A错误；随着反应的进行，硫酸浓度会变稀，可能会生成氢气，所以生成的气体甲可能是SO2和H2的混合物，由Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O，ZnH2SO4(稀)=ZnSO4H2，不论是生成SO2还是H2都是1 mol Zn产生1 mol气体甲，n(Zn)n(甲)n(ZnSO4)1.5 mol，则反应中共消耗Zn 9
14、7.5 g，C错误；反应中转移电子的物质的量为锌的物质的量的两倍，为3 mol，D错误；由硫原子守恒可知n(SO2)1.8 mol1.5 mol0.3 mol，n(H2)1.5 mol0.3 mol1.2 mol，所以SO2和H2的体积比为14，B正确。考点：考查物质的量的计算等相关知识。152.56gCu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12L（标况），则反应消耗HNO3物质的量为 A0.05 mol B1mol C0.13mol D1.05mol【答案】C【解析】试题分析：硝酸在此反应中表现酸性和强氧化性，根据N元素
15、守恒，消耗的硝酸的物质的量为2n(Cu)n(NOx)=22.56/641.12/22.4=0.13mol，故选项C正确。考点：考查铜和硝酸的反应、化学计算等知识。16（12分）现有10种元素的性质、数据如下表所列，它们均为短周期元素。 ABCDEFGHIJ原子半径(1010m)0.741.601.521.100.991.860.750.820.1020.037最高或最低化合价2157153+6+12313-2回答下列问题：（1）D的元素名称是 ，H的元素符号是 。B在元素周期表中的位置是（周期、族） （2）在以上元素形成的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是 。 化合物F2A2的
16、电子式是： ，构成该物质的化学键类型为_（3）用电子式表示A的简单氢化物的形成过程如下：；G的氢化物的结构式为 。（4）一定条件下，IA2气体与足量的A单质充分反应生成20g气态化合物，放出24.6 kJ热量，写出其热化学方程式 。（5）用J元素的单质与A元素的单质可以制成电池，电池中装有KOH浓溶液，用多孔的惰性电极甲和乙浸入KOH溶液，在甲极通入J的单质，乙极通入A的单质，则甲极的电极反应式为：_。【答案】（1）磷（1分）、B（1分）、第三周期 第A族 （1分）（2）HClO4 （1分） （1分） 离子键、非极性键（2分） (3) （1分） （1分） (4)2 SO2 (g)+O2(g)
17、2SO3(g)； H =196.8 kJ/mol（2分） (5) H2 2e- + 2OH- = 2H2O（1分）【解析】17（7分）(1)在0.1mol/L的NH4Cl溶液中，各离子浓度由大到小的顺序是 (2)电解质溶液中存在着多种平衡，现有室温下0.1mol/L的NaHCO3溶液，pH=8，回答问题：写出溶液中存在的多种平衡（用离子方程式表示） 下面关系式正确的是_Ac(Na+) + c(H+) = c(CO32) + c(HCO3) + c(OH)Bc(Na+) c(HCO3) c(OH) c(H2CO3) c(H+)Cc(OH) = c(H+) + c(H2CO3) c(CO32)Dc
18、(Na+) = c(HCO3) + c(H2CO3)【答案】（7分）（1）c(Cl)c(NH4+)c(H+)c(OH) （2分，写NH3.H2O扣1分）(2)HCO3H+CO32 HCO3+H2OH2CO3+OH H2OH+OH （3分） BC （2分）【解析】18（9分）有一含NaCl、Na2CO310H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如下实验，通过测量反应前后C、D装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。（1）点燃酒精灯之前，关闭b，打开a，缓缓通入空气数分钟，其目的是 。（2）实验过程中，装置B中发生反应的化学方程式为_；（3）装置C、D中盛放的试剂分别为：C_，D_（供选
19、试剂为：浓硫酸、无水CaCl2、碱石灰）（4）E装置中的仪器名称是_，它在该实验中的主要作用是_，如果实验中没有该装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量分数_。(填“偏大”、“偏小” 或“无影响”)【答案】（1）除去装置中的水蒸气和二氧化碳，（2）2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 Na2CO310H2O Na2CO3+10H2O （3）无水CaCl2； 碱石灰 （4）球形干燥管；防止空气中的CO2和水蒸气进入影响测定结果；偏小【解析】试题分析：（1）点燃酒精灯之前，关闭b，打开a，缓缓通入空气数分钟，其目的是除去装置中的水蒸气和二氧化碳；（2）加热时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和
20、二氧化碳，反应方程式为：2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2；十水碳酸钠分解生成碳酸钠和水，反应方程式为：Na2CO310H2O=Na2CO3+10H2O；（3）C装置是吸收即干燥装置，所以应该盛放吸水的物质，浓硫酸是液体，一般U型管盛放固体，无水氯化钙能吸水，所以C中盛放无水氯化钙；碱石灰能吸收水和二氧化碳，所以D装置盛放碱石灰；（4）该仪器名称是（球形）干燥管；干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入影响测定结果，如果实验中没有该装置，空气中的CO2和水蒸气进入C装置中，导致水的含量增大，则会导致测量结果NaHC
21、O3的质量分数偏小；考点：考查探究物质的组成。19某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验。已知：Na2SO3H2SO4(浓)Na2SO4SO2H2O请回答下列问题：（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是 。 （2）实验过程中，C中的现象是 ，说明SO2具有 性。 （3）实验过程中，观察到装置B中出现了明显的白色沉淀。为探究该白色沉淀的成分，该小组同学进行了如下实验：根据实验事实判断该白色沉淀的成分是 （填化学式），产生该白色沉淀的原因可能是 （填字母编号）。aBaSO3既不溶于水也不溶于酸bBaCl2溶液中可能溶解有氧气cBaCl2溶液中可能混有NaOHd由A制得的SO2气体中
22、可能混有氧气（4）如果将装置A中的浓H2SO4换作浓HNO3，对此实验是否有影响并明理由 。【答案】（1）分液漏斗 （2）KMnO4溶液退色 还原（3）BaSO4 bd（选对一个给1分，错选不给分）（4）有影响，浓HNO3可将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，而得不到SO2气体(其它合理答案也得分)【解析】试题分析：（2）酸性高锰酸钾为强氧化剂，其溶液褪色说明SO2具有还原性；（3）生成的沉淀不溶于盐酸，确定该沉淀为BaSO4，根据题意分析产物只能是SO2的氧化产物，氧化剂只能是空气中的氧气；（4）硝酸具有强氧化性，能把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，而得不到SO2气体。考点：考查化学实验的定性分析有关问题。20某
23、课外活动小组根据Mg与CO2的反应原理，探究Mg与NO2的反应及固体产物。该小组通过实验确认Mg能在NO2中燃烧，并对固体产物提出三种假设：I同体产物为MgO。II假设为_。III假设为：_。请回答下列问题：资料信息：2NO2 + 2NaOH = NaNO3 + NaNO2 + H2O（1）如图连接好仪器，装药品前如何检验装置的气密性_。（2）装置B中盛装的干燥剂可以是（填序号）_。浓硫酸 无水CaCl2 碱石灰 五氧化二磷（3）开始打开活塞k，让A中反应进行一段时间，待C中充满红综色气体后，关闭活塞k，再点燃C处酒精灯，同时D中碱液盛的很满，这样做的目的都是_。（4）E中收集到的气体对氢气的
24、相对密度是14，该气体是_。（5）实验得到固体残留物的质量是实验前Mg粉质量的1.5倍，则假设_成立。C中发生的化学反应方程式为_（6）本实验中存在明显缺陷，改进措施是_【答案】固体产物为Mg3N2III固体产物为MgO和Mg3N2（1）关闭分液漏斗活塞和活塞K，将导气管末端插入水中，对锥形瓶（或C处反应管）微热，若导气管口有气泡，停止加热，导气管中进入一段水柱，表示气密性良好。（2）（3）排净装置中空气，防止空气干挠实验。（4）N2（5）假设III 4Mg+2NO2加热=4MgO+N2 3Mg+N2加热=Mg3N2 （6）活塞K处的导气管插入NaOH溶液中，进行尾气吸收。【解析】试题解析：M
25、g与NO2反应，根据原子守恒，则产物可能是MgO、Mg3N2或MgO和Mg3N2（1）检验装置气密性通常用加热法，即将各个活塞关闭，将导管末端伸入水中，微热气体发生装置，看是否产生气泡，停止加热后，看导管中是否有一段水柱。（2）NO2可与浓硫酸、NaOH反应，因此不能用浓硫酸、碱石灰干燥。（3）为防止Mg与空气中的N2、O2反应对实验产生干扰，需排尽装置中空气。（4）收集的气体对氢气的相对密度是14，则气体的相对分子质量是214=28，气体为N2。（5）若产物只有MgO，则固体质量是反应前的1.7倍，若产物只有Mg3N2，则固体的质量是反应前的1.4倍，实验得到的固体质量是反应前的1.5倍，则
26、得到的是MgO和Mg3N2的混合物，故假设III成立。仿照Mg与CO2的反应，可知Mg与NO2反应生成MgO和N2，产生N2继续和Mg反应得到Mg3N2。（6）比较明显的缺陷是，排尽装置空气时，产生的NO2在活塞k处直接排入空气中，会污染环境，因此需将活塞k处的导管通入NaOH溶液中。考点：考查化学实验原理分析，气密性检查，试剂选择，实验装置的作用，实验数据处理，实验装置改进等。21（5分）在100mL 2mol/L的Ba(OH)2溶液中滴加100mL NaHSO4溶液，测得溶液的pH为1，求产生的沉淀的质量？【答案】反应后溶液的pH1说明硫酸氢钠是过量的因为反应式为Ba(OH)22NaHSO
27、4=BaSO4Na2SO42H2O所以 m(BaSO4)= 2mol/L0.1L233g/mol=46.6g 【解析】考查pH和根据方程式进行的有关计算。22（10分）下图所示各物质是由120号元素中部分元素组成的单质或其化合物，图中部分反应条件未列出。已知C、H是无色有刺激性气味的气体，D是一种黄绿色的气体单质，物质J可用于泳池消毒。反应和是化工生产中的重要反应，反应是实验室制备气体C的重要方法。ABCDEFGHIJK+H2OH2O高温H2OC请回答下列问题：（1）I中所含化学键类型_，（2）G的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因_（3）实验室制备气体C的化学方程式_（4）已知含7.4gI
28、的稀溶液与200mL1mol/L的H溶液反应放出11.56kJ的热量，写出该反应的热化学方程式_（5）物质A由三种元素组成，1 mol A与水反应可生成1 mol B和2 mol C，A化学式为_。【答案】（1）离子键 共价键（2）NH4+ + H2O NH3H2O + H+（3）Ca（OH）2+2 NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O（4）Ca（OH）2（aq）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+2H2O（l） H=-115.6KJ/mol（5）CaCN2【解析】试题分析：图中各物质是由1至20号元素中部分元素组成的单质或其化合物，D是一种黄色的气体单质，则D为氯气，物质J可用于饮水
29、消毒，反应是化工生产中的重要反应，应是工业制备漂白粉原理，则I为氢氧化钙、J为次氯酸钙、K为氯化钙，C是无色有刺激性气味的气体，反应是实验室制备气体C，结合反应物与生成可知，为制备氨气的反应，故C为氨气、G为氯化铵，结合转化关系可知H为氯化氢。F与水反应生成氢氧化钙，则F为氧化钙，反应是化工生产中的重要反应，为碳酸钙高温分解反应，故B为碳酸钙、E为二氧化碳、物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1molB（碳酸钙）和2molC（氨气），根据元素守恒可知A含有钙、碳、氮三种元素，由原子守恒可知，A的化学式为CaCN2，（1）I为氢氧化钙，含化学键类型为离子键、共价键。（2）G为氯化铵，G
30、的水溶液呈酸性，反应的离子方程式为NH4+ + H2O NH3H2O + H+ （3） C为氨气，实验室制备气体C的化学方程式为Ca（OH）2+2 NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O。（4） 含7.4克即0.1摩尔氢氧化钙的稀溶液与200毫升1mol/L盐酸即含有0.2摩尔氯化氢，反应放出11.56KJ的热量，则1摩尔氢氧化钙与2摩尔氯化氢反应生成氯化铵放出115.6KJ的热量，所以反应的热化学方程式为：Ca（OH）2（aq）+2HCl（aq）=CaCl2（aq）+2H2O（l） H=-115.6KJ/mol。（5）物质A由三种元素组成，1molA与水反应可生成1mol碳酸钙和2摩尔氨气
31、，根据元素守恒可知A含有钙碳和氮元素，由原子守恒可知，所以A的化学式为CaCN2考点：无机推断【名师点睛】无机推断题常从颜色上入手，例如：Cl2、氯水黄绿色 F2淡黄绿色气体 Br2深红棕色液体 I2紫黑色固体，Fe（OH）2白色沉淀 Fe3+黄色 Fe （OH）3红褐色沉淀 Fe （SCN）3血红色溶液，Na2O2淡黄色固体，NO无色气体 NO2红棕色气体 NH3无色、有剌激性气味气体23（10分）下图中AJ分别代表相关反应的一种物质，图中有部分生成物未标出。已知：A分解得到等物质的量的B、C、D；反应为：2Mg+CO22MgO+C。（1）A的化学式 。（2）写出反应的化学方程式： 。（3）
32、写出反应的离子方程式： 。（4）写出反应的化学方程式： 。（5）在反应中，当生成标准状况下2.24 L G时，转移电子 mol。【答案】（1）NH4HCO3 （2）4NH3+5O24NO+6H2O（3）NH4+HCO3+2OHNH3+CO32+2H2O（4）C+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O （5）0.2【解析】试题分析：A分解得到等物质的量的B、C、D，B为CO2，C能和过氧化钠反应，所以C为H2O；A能与氢氧化钠反应得到D，所以D为氨气，故A为NH4HCO3；反应为氨气的催化氧化，反应方程式为（2）4NH3+5O24NO+6H2O；为NH4HCO3与NaOH反应，离子方程式为NH4+HCO3+2OHNH3+CO32+2H2O；J为硝酸，F为碳，反应的方程式为C+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O ；过氧化钠和二氧化碳反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故生成2.24 L氧气时，转移电子0.2mol考点：本题考查物质推断。