1、四川省乐山市第四中学2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、单选题(每小题3分，
2、共48分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是A. Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应B. 铝热反应C. H2与O2的燃烧反应D. 灼热的炭与CuO反应【答案】D【解析】【详解】ABa(OH)28H2O与NH4Cl反应，该反应是吸热反应，但不是氧化还原反应，A项不选；B铝热反应是氧化还原反应，同时又是放热反应，B项不选；CH2与O2的燃烧反应既是氧化还原反应，同时又是放热反应，C项不选；D灼热的炭与CuO反应，既是氧化还原反应，同时又是吸热反应，D项选；答案选D。2.人造地球卫星上使用的一种高能电池（银锌蓄电池），其电池的电极反应式为：Z
3、n+2OH-2e-=ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-。据此判断氧化银是（ ）A. 负极，被氧化B. 正极，被还原C. 负极，被还原D. 正极，被氧化【答案】B【解析】【分析】原电池中正极上发生得电子的还原反应，负极上发生失电子的氧化反应。【详解】根据Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，氧化银中银元素化合价降低，发生还原反应，所以氧化银是正极，被还原，故选B。3.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是( )A 加热时，中上部汇集了NH4Cl固体B. 加热时，中溶液变红，冷却后又都变为无色C. 加热时
4、，中溶液红色褪去，冷却后溶液变红，体现SO2的漂白性D. 三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应【答案】A【解析】【详解】A加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，A正确；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气又溶解中为红色，B错误；C二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，溶液变红，冷却后又变为无色，C错误；D可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，D错误；答案选A。【点睛】易错点是二氧化硫漂白性特点以及可逆反应的含义等。4.下列装置能
5、构成原电池的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应。A两个Zn电极均与稀硫酸反应，活动性相同，不能构成原电池，A错误；BCu和Ag活动性不同，有电解质溶液AgNO3溶液，构成了闭合回路，能够自动发生氧化还原反应：Cu2Ag=Cu22Ag，能构成原电池，B正确；C蔗糖不是电解质，不能构成原电池，C错误；D没有形成闭合回路，不能构成原电池，D错误。答案选B。5.已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，且氧气中1 mol O=O键完全断裂时吸收热量49
6、6 kJ，水蒸气中1mol H-O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1mol H-H键断裂时吸收热量为A. 920 kJB. 557 kJC. 436 kJD. 188 kJ【答案】C【解析】【详解】已知1 g即0.5mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ ，则该反应的热化学反应方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)H=-242 kJ/mol，焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，设1mol H-H键断裂时吸收热量为xkJ，则有x kJ/mol+496kJ/mol-2463 kJ/mol=-242 kJ/mol，解得x=436 kJ/mol，即1mol H-H键断裂时吸
7、收热量为436kJ，故答案为 C。【点睛】焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，在进行计算的时候要注意共价键的数目，如一个水分子中含有两个O-H键。6.如图是某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法不正确的是（ ）A. 装置中存在“化学能电能光能”的转化B. 锌片上发生的电极反应为C. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，则导线中不会有电子流动D. 如果将锌片换成铁片，则电路中的电流方向不变【答案】C【解析】【分析】由图可知，该装置为原电池装置，锌片作负极，铜片作正极。【详解】A原电池中化学能转化为电能，LED灯发光时，电能转化为光能，不符合题意，A错误；B该原电池中，锌片作负极，电极
8、反应式为，不符合题意，B错误；C柠檬汁可以导电，能作电解质溶液，将稀硫酸换成柠檬汁仍然能构成原电池，所以导线中有电子流动，符合题意，C正确；D将锌片换成铁片，铜片仍作正极，所以电路中的电流方向不变，不符合题意，D错误；答案选C。7.在一定条件下，反应N2+3H22NH3在10L恒容密闭容器中进行，测得2min内，H2的物质的量由20mol减少到8mol，则2min内NH3的化学反应速率为A. 1.2mol(Lmin)1B. 1.8mol(Lmin)1C. 0.4mol(Lmin)1D. 0.6mol(Lmin)1【答案】C【解析】【详解】由题可知，H2的物质的量在2min内减少了12mol，容
9、器的体积为10L，所以，又因为，所以，C项正确；答案选C。【点睛】计算反应速率时，要注意题中给出的是物质的量的变化值还是浓度的变化值；对于同一个反应，相同时段内，不同物质表示的反应速率之比等于相应的化学计量系数之比。8.下列关于化学反应速率的说法正确的是（ ）A. 化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物物质的量的减少或任何一种生成物物质的量的增加B. 化学反应速率为0.8molL-1s-1是指1s时某物质的浓度为0.8molL-1C. 对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显D. 根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢【答案】D【解析】【详解】A.化学反应速率一般以某物
10、质单位时间内的浓度变化量来表示，A项错误；B.反应速率为0.8molL1s1表示1s内某物质的浓度平均变化了0.8molL1，而不是1s时的瞬时浓度，B项错误；C.反应速率有时不一定能察觉，如酸碱中和反应瞬间即能完成，但几乎没有明显现象发生，C项错误；D.化学反应速率正是用于衡量一段时间内化学反应进行快慢的物理量，D项正确；答案选D。9.高温下硫酸亚铁发生如下反应：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3，若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀物是A. BaSO3和BaSO4B. BaSO4C. BaSO3D. BaS【答案】B【解析】【详解】硫酸亚铁分解产生的气体中含有SO3，将生成的气体
11、通入BaCl2溶液中发生下列反应：与，因此会生成BaSO4沉淀；由于H2SO3为弱酸，酸性小于HCl，不能与BaCl2反应，所以混合气体中的SO2不会使BaCl2产生BaSO3沉淀；此外混合气体中的S分别为+4和+6价，反应过程中也未涉及变价，所以也不会产生BaS，综上所述，沉淀只有BaSO4，B项正确；答案选B。10.为了除去粗盐中的Ca2、Mg2、及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤加过量NaOH溶液加适量盐酸加过量Na2CO3溶液加过量BaCl2溶液。下列操作顺序中最合适的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁
12、离子沉淀；硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀。至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行。钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：加过量的BaCl2溶液，加过量的Na2CO3溶液，加过量的NaOH溶液，过滤，加适量的盐酸；或者，加过量的NaOH溶液，加过量的BaCl2溶液，加过量的Na2CO3溶液，过滤，加适量的盐酸。所以正确的顺序是或，故答案为C。【点睛】以粗盐提纯为载体，考查混合物的分离
13、提纯，注意除杂的最后不能再有其他杂质，过滤要放在所有沉淀步骤的最后；除去杂质时，镁离子会与氢氧根离子和碳酸根离子生成沉淀，钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，硫酸根离子会与钡离子生成沉淀，加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠。11.用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是选项试剂中现象解释A品红溶液溶液褪色SO2具有漂白性BNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3 H2SiO3C酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性DBa(NO3)2溶液生成白色沉淀SO32与Ba2生成白色BaSO3沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.SO2具有漂白性，可使品红
14、溶液褪色，A正确；B.SO2与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，酸性：H2SO3H2SiO3，B正确；C.SO2被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液的紫色褪去，说明SO2具有还原性，C正确；D.SO2与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，D错误；故合理选项是D。12.下列有关化学反应速率的说法正确的是A. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率B. 汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢C. SO2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢D. 100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率
15、不变【答案】B【解析】【详解】A.Fe与98%的浓硫酸常温下发生钝化，加热时反应产生SO2，不会产生氢气，A错误；B.汽车尾气中的NO和CO反应生成N2和CO2的化学方程式为2NO+2CO2CO2+N2，由于有气体参加反应，减小压强反应速率减慢，B正确；C.虽然SO2的催化氧化是一个放热的反应，但升高温度，正、逆反应速率都加快，C错误；D.加入适量NaCl溶液，虽然NaCl溶液不参加反应，但稀释了盐酸，溶液中H+浓度减小，反应速率减慢，D错误；答案选B。13.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A. 达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO
16、)B. 若单位时间内生成n mol NO的同时，消耗n mol NH3，则反应达到平衡状态C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D. 化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v逆(H2O)【答案】A【解析】【详解】A. 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，4V正（O2）=5V逆（NO），说明消耗氧气的速率和生成氧气的速率相等，故A正确；B. 无论是否达到平衡状态，反应速率之比都等于化学计量数之比，单位时间内生成n molNO的同时，必然消耗n molNH3，不能说明正逆反应速率相等，故B错误；C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，容器的压强减小，正逆反应速率都
17、减小，故C错误；D. 反应速率之比等于化学计量数之比，则3V正（NH3）=2V正（H2O），故D错误；正确答案是A。14.反应A(g)3B(g) 2C(g)2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为v(A)0.45 molL-1min-1 v(B)0.6 molL-1s-1 v(C)0.4 molL-1s-1 v(D)0.45 molL-1s-1，该反应进行的快慢顺序为A. B. D. 【答案】A【解析】【详解】首先将速率的单位统一，v(A)0.45 molL1min1=0.0075 molL1s1，然后都用A物质表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知反应速率分别是（mol
18、L1s1）0.0075、0.2、0.2、0.225，则反应速率大小关系是，答案选A。【点睛】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。15.在一定温度下，将一定量的气体通入体积为2L的密闭容器中，使其发生反应，有关物质X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是A. 该反应的化学方程式为：3Z=3X+2YB. t时，X、Y、Z的质量不再改变C. t时，Z的浓度为1.2mol/LD. t时，反应停止，反应速率为0【答案】B【解
19、析】【详解】A由图可知，X、Y的物质的量增大，X、Y为生成物，Z物质的量减小，Z为反应物，t时刻时，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z消耗1.8mol，X、Y、Z的化学计量数之比=1.8:1.2:1.8=3:2:3；又因为t时刻后任何物质的物质的量不变，说明此反应为可逆反应，所以该反应的方程式为：，A项错误；B由图可知，t时刻起，X，Y，Z各物质的物质的量不再随时间变化，所以各物质质量也不再改变，即达到了平衡状态，B项正确；C由图可知，t时刻，Z的物质的量为1.2mol，容器的体积为2L，所以Z的浓度为0.6mol/L，C项错误；D通过分析可知，t时刻起，可逆反应达到了平衡状态，处于平
20、衡状态时，正逆反应速率相等，但并不为零，D项错误；答案选B。16.在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g。则下列叙述不正确是A. 当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B. 当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mLC. 原稀硝酸的物质的量浓度一定为4 mol/LD. 参加反应金属总质量（m）为9.6gm3.6g【答案】C【解析】【分析】硝酸与镁和铜组成的混合物发生反应，金属失去
21、电子变为Mg2+、Cu2+，硝酸得到电子变为NO。金属失去电子的物质的量与硝酸变为NO得到的电子的物质的量相等。向含有金属阳离子的溶液中加入NaOH溶液，产生Cu(OH)2、Mg(OH)2；结合的OH-的物质的量与金属失去电子的物质的量相等。【详解】An(OH-)=5.1g17g/mol=0.3mol，根据电子守恒可得V(NO)=(0.3mol3)22.4L=2.24L，正确；B当生成沉淀的量最多时，溶液为NaNO3溶液。若硝酸与金属恰好完全反应，则NaOH 的物质的量与金属阳离子结合的OH-的物质的量相等。n(NaOH)= n(OH-)=0.3mol，V(NaOH)= 0.3mol3mol/
22、L =0.1L=100ml，若硝酸与金属反应时过量，则消耗NaOH溶液体积大于100mL，故最小值是100ml，正确；C根据元素守恒可知，硝酸反应后变为Cu(NO3)2、Mg(NO3)2、NO。溶液中的NO3-的物质的量等于OH-的物质的量。n(HNO3)=0.3mol+(0.3mol3)=0.4mol，若硝酸过量，则溶液中还存在HNO3.硝酸的物质的量大于0.4mol，则原稀硝酸的物质的量浓度大于等于0.4mol0.1L=4 mol/L，错误；D若金属完全是Mg，则金属的质量是(0.3mol2)24g/mol=3.6g；若金属完全是Mcu，则金属的质量是(0.3mol2)64g/mol=9.
23、6g。所以参加反应金属总质量（m）为9.6gm3.6g，正确。二、非选择题(52分)17.某城市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5m的悬浮颗粒物），其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K+Na+NH4+SO42-NO3-Cl-浓度/molL-1410-6610-6210-5410-5310-5210-5根据表中数据判断待测试样为_（填“酸”或“碱”）性，表示该试样酸碱性c(
24、H+)或c(OH-)=_molL-1。（2）煤燃烧排放的烟气中含有SO2和NOx，易形成酸雨，污染大气，采用NaClO2溶液在碱性条件下可对烟气进行脱硫，脱硝，效果非常好。完成下列对烟气脱硝过程的离子方程式。（ ）ClO2-+（ ）NO+（ ）OH-=（ ）Cl-+（ ）NO3-+_（3）为减少SO2对环境的污染，常将煤炭转化为清洁的气体燃料，并将烟气进行处理，吸收其中的SO2。写出焦炭与水蒸气反应的化学方程式：_。以下物质可以用来吸收烟气中SO2的是_（填字母代号）。a.Ca(OH)2 b.Na2CO3 c.CaCl2 d.NaHSO3（4）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化。汽车启动时汽缸
25、温度高，汽缸中会生成NO，化学方程式为_。汽车燃油不完全燃烧时产生CO。在汽车尾气系统中装上催化转化器可使CO和NO反应转化为无污染、无毒性的两种气体，其化学反应方程式为_。【答案】 (1). 酸 (2). 10-4 (3). 3 (4). 4 (5). 4 (6). 3 (7). 4 (8). 2H2O (9). C+H2OCO+H2 (10). ab (11). N2+O22NO (12). 2CO+2NO2CO2+N2【解析】【分析】（1）根据电荷守恒判断溶液的酸碱性；（2）根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式；（3）焦炭与水蒸气反应生成CO和H2；SO2是酸性氧化物，能被碱性
26、溶液吸收；（4）汽车启动时汽缸温度高，氮气和氢气在汽缸中会生成NO；在汽车尾气系统中装上催化转化器可使CO和NO反应转化为氮气、二氧化碳。【详解】（1）根据表格数据，试样所含水溶性无机离子所带电荷总数是c(K+)+c(Na+)+c(NH4+)-2c(SO42)-c(NO3)-c(Cl)= 410-6+610-6+210-5-2410-5-310-5-210-5 =-110-4，根据溶液的电中性原则，溶液中应该含有带正电荷的氢离子，c(H+)=1.0104mol/L，所以溶液呈酸性；（2）ClO2-中氯元素化合价由+3降低为-1，NO中N元素化合价由+2升高为+5，根据得失电子守恒、电荷守恒、元
27、素守恒，烟气脱硝过程的离子方程式3ClO2-+4NO+3OH-=3Cl-+4NO3-+2 H2O；（3）焦炭与水蒸气反应生成CO和H2，反应方程式是C+H2OCO+H2；SO2是酸性氧化物，能被碱性溶液吸收，Ca(OH)2呈碱性，能吸收SO2生成亚硫酸钙和水；Na2CO3呈碱性，能吸收SO2；CaCl2与SO2不反应 ；NaHSO3与SO2不反应；故选ab；（4）汽车启动时汽缸温度高，氮气和氢气在汽缸中生成NO，化学方程式为是N2+O22NO；在汽车尾气系统中装上催化转化器可使CO和NO反应转化为氮气、二氧化碳，其化学反应方程式为2CO+2NO2CO2+N2。18.某同学为了探究锌与盐酸反应过
28、程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气（气体体积已折算为标准状况下的体积），实验记录如下（累计值）：时间/min12345氢气体积/mL50120232290310（1）反应速率最大的时间段是_（填“01min”“12min”“23min”或“45min”），原因是_。（2）反应速率最小的时间段是_（填“01min”“12min”“23min”或“45min”），原因是_。（3）23min时间段内，以盐酸的浓度变化表示该反应的速率为_。（4）如果反应太剧烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，该同学在盐酸中分别加入等体积的下列液体，你认为可行的
29、是_（填序号）。A.蒸馏水 B.NaCl溶液 C.Na2CO3溶液 D.CuSO4溶液【答案】 (1). 23min (2). 该反应是放热反应，23min时间段内温度较高 (3). 45min (4). 45min时间段内H+浓度较低 (5). 0.1molL-1min-1 (6). AB【解析】【分析】根据表格数据可得：“01min”产生氢气的量为50mL，“12min”产生氢气的量为120mL-50mL=70mL，“23min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL，“45min”产生的氢气的量为310mL-290mL=20mL，再根据公式分析解答问题。【详解】(1)反应速率最
30、大，则单位时间内产生的氢气最多，“23min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL，又因该反应是放热反应，此时间段内温度较高，故答案为：23min；该反应是放热反应，23min时间段内温度较高；(2)速率最小，即单位内产生的氢气最少，45min共产生20mL氢气，主要原因是随着反应的进行，此时间段内H+浓度较低，故答案为：45min；45min时间段内H+浓度较低；(3) 根据公式，“23min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL，则，根据方程式：Zn+2HCl=ZnCl2+H2可知，消耗的物质的量n(HCl)=2n(H2)=0.01mol，然后再根据可求得盐酸的反应
31、速率，故答案为0.1 molL-1min-1；(4)加入蒸馏水和NaCl溶液相当于降低盐酸浓度，反应速率减小，加入Na2CO3溶液，会消耗盐酸，则会减少生成氢气的量，CuSO4溶液会消耗锌，会减少生成氢气的量，且反应放热会增大反应速率，故答案选AB。19.甲、乙两同学想利用原电池反应检验金属的活动性强弱，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将两电极放入6molL1的H2SO4溶液中，乙同学将两电极放入6molL1的NaOH溶液中，装置如图所示。（1）写出图1中正极的电极反应式： _ 。（2）图2中负极为 _ ，总反应的离子方程式为 _ 。（3）甲、乙同学都认为“如果构成原电池的电极材料都是金属，
32、则作负极的金屈应比作正极的金属活泼”，则甲同学得出的结论是 _ 的活动性更强，乙同学得出的结论是 _ 的活动性更强。（4）由该实验得出的下列结论中，正确的有 _ （填序号）。a利用原电池反应判断金属活动性强弱时应注意原电池中的电解质溶液b镁的金属性不一定比铝的金属性强c该实验说明金属活动性顺序表已过时，没有实用价值d该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析【答案】 (1). 2H2e=H2 (2). 铝片 (3). 2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2 (4). Mg (5). Al (6). ad【解析】【分析】甲同学依据的化学反应原理是MgH2
33、SO4=MsSO4H2，乙同学依据的化学反应原理是2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2。由于Al与强碱的反应是一个特例，因此不能作为判断金属活动性强弱的依据。【详解】(1)图1中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，正极反应为2H+2e=H2；(2) 图2中，铝与NaOH反应，而镁不反应，因此铝失电子作负极，负极为铝片，总反应为铝和NaOH的反应：2Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2；(3)甲采用的方案中，镁片作负极；乙采用的方案中，铝片作负极。根据作负极的金属活泼性强判断，甲中Mg活动性强、乙中Al活动性强；(4)a根据
34、甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，a正确；b镁金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，b错误；c该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，c错误；d该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，d正确。答案为：ad。【点睛】该题不能简单地认为活泼金属一定作负极，应该根据具体情况具体分析，图2中能够自发进行的氧化还原反应，是Al与NaOH反应，因此Al作负极，而不是Mg。20.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_，正极通入 _，总反应为：_电
35、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)负极发生的反应为：H2 - 2e = 2H+ ，2H+ + 2OH = 2H2O，所以：负极的电极反应式为：_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，只能结合H2O生成OH即： 2O2 + 2H2O =4OH ，因此，正极的电极反应式为：_。 (2)电解质是H2SO4溶液(酸性电解质)负极的电极反应式为：_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：_(3
36、)电解质是NaCl溶液(中性电解质)负极的电极反应式为：H2 +2e = 2H+正极的电极反应式为：O2 + H2O + 4e= 4OH(4)说明：a.碱性溶液反应物、生成物中均无H+b.酸性溶液反应物、生成物中均无OHc.中性溶液反应物中无H+ 和OHd.水溶液中不能出现O2【答案】 (1). 氢气 (2). 氧气 (3). 2H2+O2=2H2O (4). H2-2e-+2OH-=2H2O (5). O2 + 4e-+ 2H2O =4OH- (6). H2 -2e- = 2H+ (7). O2 + 4e-+ 4H+=2H2O【解析】【分析】根据燃料电池原理及电极材料分析解答；根据电解质溶液
37、的酸碱性书写电极反应式。【详解】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）负极发生的反应为：H2 - 2e- = 2H+ ，2H+ + 2OH- = 2H2O，则总的负极的电极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O；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，只能结合H2O生成OH-即： 2O2- + 2H2O =4OH- ，因此，正极的电极反
38、应式为：O2 + 4e-+ 2H2O =4OH-；故答案为：H2-2e-+2OH-=2H2O；O2 + 4e-+ 2H2O =4OH-；（2）电解质为酸时，负极的电极反应式为：H2 -2e = 2H+；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；故答案为：H2 -2e- = 2H+；O2 + 4e-+ 4H+=2H2O。21.将气体A、B置于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)2C(g)+2D(g)，反应进
39、行到10 s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol。(1)用C表示10s内反应的平均反应速率为_。(2)反应前A的物质的量浓度是_。(3)10 s末，生成物D的浓度为_。(4)平衡后，若改变下列条件，生成D的速率如何变化(填“增大”、“减小”或“不变”)：降低温度_；增大A的浓度_；恒容下充入氖气_。(5)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是(填标号)_。A.v(B)=2v(C)B.容器内压强不再发生变化C.A的体积分数不再发生变化D.器内气体密度不再发生变化E.相同时间内消耗n mol的B的同时生成2n mol的D(6)将固
40、体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：NH4I(s)NH3(g)+HI(g)，2HI(g)H2(g)+I2(g)。当反应达到平衡时，c(H2)0.5molL1，c(HI)4molL1，则NH3的浓度为_。【答案】 (1). 0.04mol/(Ls) (2). 1.5mol/L (3). 0.4mol/L (4). 减小 (5). 增大 (6). 不变 (7). C (8). 5molL1【解析】【详解】(1)由题可知，10s内，C的物质的量增加了0.8mol，容器的容积为2L，所以用C表示的反应速率为：；(2)由题可知，平衡时A的物质的量为1.8mol，且容器中C的物质的量为0.8
41、mol；又因为发生的反应方程式为：，所以反应过程中消耗的A为1.2mol，那么初始的A为3mol，浓度即1.5mol/L；(3)由于初始时，只向容器中加入了A和B，且平衡时生成的C的物质的量为0.8mol，又因为C和D的化学计量系数相同，所以生成的D也是0.8mol，那么浓度即为0.4mol/L；(4)降低温度会使反应速率下降，所以生成D的速率减小；增大A的浓度会使反应速率增大，生成D的速率增大；恒容条件充入惰性气体，与反应有关的各组分浓度不变，反应速率不变，因此生成D的速率也不变；(5)A由选项中给出的关系并不能推出正逆反应速率相等的关系，因此无法证明反应处于平衡状态，A项错误；B该反应的气
42、体的总量保持不变，由公式，恒温恒容条件下，容器内的压强恒定与是否平衡无关，B项错误；CA的体积分数不变，即浓度不再变化，说明该反应一定处于平衡状态，C项正确；D根据公式：，容器内气体的总质量恒定，总体积也恒定，所以密度为定值，与是否平衡无关，D项错误；E消耗B和生成D过程都是正反应的过程，由选项中的条件并不能证明正逆反应速率相等，所以不一定平衡，E项错误；答案选C；(6)由题可知，NH4I分解产生等量的HI和NH3；HI分解又会产生H2和I2；由于此时容器内c(H2)=0.5mol/L，说明HI分解生成H2时消耗的浓度为0.5mol/L2=1mol/L，又因为容器内c(HI)=4mol/L，所以生成的HI的总浓度为5mol/L，那么容器内NH3的浓度为5mol/L。【点睛】通过反应速率描述可逆反应达到平衡状态，若针对于同一物质，则需要有该物质的生成速率与消耗速率相等的关系成立；若针对同一侧的不同物质，则需要一种描述消耗的速率，另一种描述生成的速率，并且二者之比等于相应的化学计量系数比；若针对的是方程式两侧的不同物质，则需要都描述物质的生成速率或消耗速率，并且速率之比等于相应的化学计量系数比。