1、2015-2016学年山西省朔州市应县一中高三（上）第三次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共48分）1溶液、胶体和悬浊液这三种分散系的本质区别是（）A分散质粒子的大小B能否透过滤纸或半透膜C是否为大量分子或离子的集合法D能否产生丁达尔效应2在C（s）+CO2（g）2CO（g）的反应中，现采取下列措施：缩小体积，增大压强 增加碳的量通入CO2恒容下充入N2恒压下充入N2能够使反应速率增大的措施是（）ABCD3某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度（纵坐标/molL1）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间
2、的关系如图所示则溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为（）A1：1：4B1：3：1C3：3：8D1：1：14下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）无色溶液中K+、Na+、MnO4、SO42pH=1的溶液CO32、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中Cl、HCO3、SO42、NH4+由水电离的c（OH）=1013mol/L的溶液中，Na+、Ba2+、Cl、Br有较多的Fe3+的溶液中，Na+、NH4+、SCN、HCO3酸性溶液中Fe3+、Al3+、NO3、I、ClABCD5碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用锌锰碱性电池以氢氧化钾
3、溶液为电解液，电池总反应为Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），下列说法错误的是（）A电池工作时，锌失去电子B电池正极反应为2MnO2（s）+H2O（l）+2eMn2O3（s）+2OH（aq）C电池工作时，负极附近溶液碱性增强D外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g6用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，若保持温度不变，则一段时间后（）A溶液的pH变大Bc（Na+）与c （CO32）的比值变大C溶液浓度变大，有晶体析出D溶液浓度不变，有晶体析出7下列说法不正确的是（）A对于吸热反应，反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量B任何
4、放热反应在常温条件一定能发生反应C原电池反应一定是氧化还原反应D元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原8充分燃烧一定量丁烷，生成CO2和液态水，放出热量x kJ，将此CO2完全吸收生成正盐，需5mol/L的KOH溶液100ml，则丁烷的燃烧热为（）A16x kJmol1B8x kJmol1C4x kJmol1D2x kJmol19图两个装置中，液体体积均为200mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0.5mol/L，工作一段时间后，测得有0.02mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是（）A产生气体体积：=B中阴极质量增加，中正极质量减小C电极反应式：中阳极：4OH4
5、e=2H2O+O2中负极：2H+2e=H2D溶液的pH变化：减小，增大10两个惰性电极插入500mL AgNO3溶液中，通电电解当电解液的pH从6.0变为3.0时，（设电解过程中阴极没有H2放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计）电极上析出银的质量最大为（）A27 mgB54 mgC106 mgD216 mg11已知反应：101kPa时，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；H=221kJ/mol；稀溶液中，H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）；H=57.3kJ/mol；红磷的化学式为P，白磷的化学式为P4，已知：P4（s）+5O2（g）=P4O10（s）；H=3093.2kJ/mo
6、l4P（s）+5O2（g）=P4O10（s）；H=2954.0kJ/mol下列结论正确的是（）A由于红磷转化为白磷是放热反应，等质量的红磷能量比白磷低B稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热H=57.3kJ/molC碳的燃烧热大于110.5kJ/molD稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ/mol热量12燃料电池是燃料（如CO、H2、CH4等）跟O2（或空气）起反应将化学能转变为电能的装置，电解质溶液是强碱溶液，下列关于甲烷燃料电池的说法正确的是（）A负极反应式：O2+2H2O+4e4OHB负极反应式：CH4+10OH8eCO32+7H2OC随着放电的进行，溶液的pH不变D放
7、电时溶液中的阴离子向正极移动13一种镁原电池的反应为xMg+Mo3S4=Mgx Mo3S4；在镁原电池放电时，下列说法错误的是（）AMg2+向正极迁移B正极反应为：Mo3S4+2xeMo3SCMo3S4发生氧化反应D负极反应为：xMg2xexMg2+14将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法错误的是（）A阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2BAB段阳极只产生Cl2，阴极只产生CuCBC段表示在阴极上是H+放电产生了H2DCD段相当于电解水15某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质
8、传递H+，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2+O22H2O，下列有关说法正确的是（）A电子通过外电路从b极流向a极Bb极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OHC每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2DH+由a极通过固体酸电解质传递到b极16下列条件下，两瓶气体所含的原子数一定相等的是（）同质量不同密度的CO和N2同温同体积的H2和Cl2同温同压同体积的N2和O2同压同体积的N2O和CO2ABCD17pH=a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pHa，则该电解质可能是（）ANa2SO4BH2SO4CAgNO3DNaOH18高铁电池是一种新型可充电电池
9、，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压，高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述不正确的是（）A放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化B充电时阳极反应为：2Fe（OH）36e+10OH=2FeO42+8H2OC放电时负极反应为：3Zn6e+6OH=3Zn（OH）2D放电时正极附近溶液的碱性增强19如图为直流电源，为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，为电镀槽，接通电路后发现上的c点显红色，为实现铁上镀锌，接通后，使c、d两点短路下列叙述正确的是 （）Aa为直流电源的负极Bc极发生的反应为2H+2
10、eH2Cf电极为锌板De极发生还原反应20下列各组物质相互混合反应，既有气体生成，最终又一定有沉淀生成是（）金属钠投入FeCl3溶液中 少量电石投入过量碳酸氢钠溶液中过氧化钠投入AlCl3溶液中 碳酸钠投入明矾溶液中ABCD21下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DNaHCO3与Ca（OH）222实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2：1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为（）ACl2BCl2
11、OCClO2DCl2O323如图所示装置I是一种可充电电池，装置为电解池离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr闭合开关K时，b极附近先变红色下列说法正确的是（）A负极反应为4Na4e=4Na+B当有0.01 mol Na+通过离子交换膜时，b电极上析出标准状况下的气体112 mLC闭合K后，b电极附近的pH变小D闭合K后，a电极上有气体产生24500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3）=6.0molL1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500mL，
12、下列说法正确的是（）A原混合溶液中c（K+）为4 molL1B上述电解过程中共转移4 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c（H+）为2 molL1二、非选择题，（共52分）25在如图所示的实验装置中，E为一张用淀粉、碘化钾和酚酞混合溶液润湿的滤纸，C，D为夹在滤纸两端的铂夹，X，Y分别为直流电源的两极在A，B中充满KOH溶液后倒立于盛有KOH溶液的水槽中，再分别插入铂电极切断电源开关S1，闭合开关S2，通直流电一段时间后，请回答下列问题：（1）标出电源的正、负极：X为 极（2）在滤纸的C端附近，观察到的现象是 ，在滤纸的D端附近，观察到的现象是 （3）写出电极反
13、应式：A中 ；B中 ；C中 ；D中 （4）若电解一段时间后，A、B中均有气体包围电极此时切断开关S2，闭合开关S1，则电流计的指针是否发生偏转（填“偏转”或“不偏转”） （5）若电流计指针偏转，写出有关的电极反应式（若指针“不偏转”，此题不必回答）：A中 ；B中 若电流计指针不偏转，请说明理由（若指针“偏转”，此题不必解释） 262013年三月，欧盟决定暂停征收航空碳排放税，由此可以看出人类发展与环境保护的冲突仍然尖锐，大气保护工作只能在人们的各种冲突中曲折前行（1）用CxHy（烃）催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染写出C2H6与NO2发生反应的化学方程式 （2）工业上利用CO和水蒸气在一定
14、条件下发生反应制取氢气：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJ/mol已知：2H2O （g）2H2（g）+O2（g）H=+484kJ/mol，写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式： （3）现以CO、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示其中Y为CO2写出石墨I电极上发生反应的电极反应式 写出电解池中生成FeO42的电极反应式为 （4）高铁酸钾是一种新型水处理剂，它既有杀菌消毒的功能，又有净水的功能，请根据所需知识简要解释其净水的原理： 27（1）近年来，我国用电弧法合成的碳纳米管中常伴有大量碳纳米颗粒（杂质），这种碳
15、纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为： C+ K2Cr2O7+ CO2+ K2SO4+ Cr2（SO4）3+ H2O完成并配平上述化学方程式以上反应中失电子的物质是 ，还原产物是 ，每生成1mol氧化产物，转移的电子数目为 （2）高温时，用CO还原MgSO4可制备高纯MgO750时，测得气体中含等物质的量SO2和SO3，此时反应的化学方程式是 （3）向FeCl2和FeCl3混合溶液中加入适量KOH，高速搅拌下加入油脂，过滤后干燥得到一类特殊的磁流体材料，其化学式通式为KxFeO2（其组成可理解为aK2ObFeOcFe2O3）若x的平均值为1.3，a：b：c= 若x为1.4，请写出该
16、磁流体在稀硫酸条件下与足量的KI溶液反应的化学方程式 （4）Fe3O4溶于稀HNO3的离子方程式： 28将1L含有0.4mol CuSO4和0.2mol NaCl的水溶液用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.1mol Cu，另一电极上析出气体（在标准状况下）的体积是多少？2015-2016学年山西省朔州市应县一中高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共48分）1溶液、胶体和悬浊液这三种分散系的本质区别是（）A分散质粒子的大小B能否透过滤纸或半透膜C是否为大量分子或离子的集合法D能否产生丁达尔效应【考点】3C：分散系、胶体与溶液的概念
17、及关系【分析】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm）【解答】解：当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小故B、C、D错，A正确故选A2在C（s）+CO2（g）2CO（g）的反应中，现采取下列措施：缩小体积，增大压强 增加碳的量通入CO2恒容下充入N2恒压下充入N2能够使反应速率增大的措施是（）ABCD【考点】CA：化学反应速率
18、的影响因素【分析】增大压强、浓度、温度等，均可加快反应速率，以此来解答【解答】解：缩小体积，增大压强，有气体参加反应，则反应速率加快，故选；C为纯固体，增加碳的量，反应速率不变，故不选；通入CO2，浓度增大，反应速率加快，故选；恒容下充入N2，反应体系中物质的浓度不变，反应速率不变，故不选；恒压下充入N2，反应体系的分压减小，反应速率减小，故不选；故选C3某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度（纵坐标/molL1）和加入铁粉的物质的量（横坐标/mol）之间的关系如图所示则溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度
19、之比为（）A1：1：4B1：3：1C3：3：8D1：1：1【考点】GM：铁的化学性质；M3：有关混合物反应的计算【分析】某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，由图可知，加入1molFe，亚铁离子的浓度的不变，则发生Fe+4HNO3Fe（NO3）3+NO+2H2O，再加入1molFe发生Fe+2Fe3+3Fe2+，再加铁粉时亚铁离子的浓度增加，发生Fe+Cu2+Fe2+Cu，以此来解答【解答】解：某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，由图可知，加入1molFe，亚铁离子的浓度的不变，则发生Fe+4HNO3Fe（N
20、O3）3+NO+2H2O， 1 4 1再加入1molFe发生Fe+2Fe3+3Fe2+， 1 2 3 所以n（HNO3）=4mol，原溶液中硝酸铁的物质的量n（Fe3+）=2mol1mol=1mol，再加铁粉时亚铁离子的浓度增加，发生Fe+Cu2+Fe2+Cu， 1 1所以n（Cu2+）=1mol，即溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为1：1：4，故选A4下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）无色溶液中K+、Na+、MnO4、SO42pH=1的溶液CO32、Na+、AlO2、NO3加入Al能放出H2的溶液中Cl、HCO3、SO42、NH4+由水电离的c（OH
21、）=1013mol/L的溶液中，Na+、Ba2+、Cl、Br有较多的Fe3+的溶液中，Na+、NH4+、SCN、HCO3酸性溶液中Fe3+、Al3+、NO3、I、ClABCD【考点】DP：离子共存问题【分析】MnO4为紫色；pH=1的溶液显酸性；加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；由水电离的c（OH）=1013mol/L的溶液，为酸或碱溶液；Fe3+与SCN结合生成络离子，Fe3+与HCO3相互促进水解；酸性溶液中离子之间发生氧化还原反应【解答】解：MnO4为紫色，与无色不符，故不选；pH=1的溶液显酸性，不能大量存在CO32、AlO2，故不选；加入Al能放出H2的溶液，为非氧化
22、性酸或强碱溶液，强碱溶液中不能大量存在HCO3、NH4+，酸溶液中不能大量存在HCO3，故不选；由水电离的c（OH）=1013mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故选；Fe3+与SCN结合生成络离子，Fe3+与HCO3相互促进水解，不能共存，故不选；酸性溶液中H+、NO3、I发生氧化还原反应，不能共存，故不选；故选A5碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），下列说法错误的是（）A电池工作时，锌失去电子B电池正极反应
23、为2MnO2（s）+H2O（l）+2eMn2O3（s）+2OH（aq）C电池工作时，负极附近溶液碱性增强D外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【考点】BL：化学电源新型电池【分析】该电解质溶液呈碱性，放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn（s）+2OH（aq）2e=Zn（OH）2（s），正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为2MnO2（s）+H2O（l）+2e=Mn2O3（s）+2OH（aq），结合转移电子与锌之间的关系式计算【解答】解：A该电解质溶液呈碱性，放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn（s）+2OH（aq）2e=Zn（OH）
24、2（s），故A正确；B正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为2MnO2（s）+H2O（l）+2e=Mn2O3（s）+2OH（aq），故B正确；C放电时，负极上氢氧根离子参加反应导致负极附近氢氧根离子浓度减小，则PH降低，故C错误；D.1 mol Zn失去2 mol电子，外电路中每通过0.2 mol电子，Zn的质量理论上减小6.5 g，故D正确；故选C6用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，若保持温度不变，则一段时间后（）A溶液的pH变大Bc（Na+）与c （CO32）的比值变大C溶液浓度变大，有晶体析出D溶液浓度不变，有晶体析出【考点】DI：电解原理【分析】盛有饱和碳酸钠溶液的烧杯中插入
25、惰性电极，保持温度不变，通电时氢离子放电生成氢气，氢氧根离子放电生成氧气，即电解水，结合饱和溶液溶剂减少来解答【解答】解：盛有饱和碳酸钠溶液的烧杯中插入惰性电极，保持温度不变，通电时氢离子放电生成氢气，氢氧根离子放电生成氧气，即电解水，A因温度不变，溶剂减少后还是饱和溶液，则浓度不变，pH不变，故A错误；B因温度不变，溶剂减少后还是饱和溶液，则Na+和CO32的浓度不变，故B错误；C因温度不变，溶剂减少后还是饱和溶液，则溶液浓度不变，故C错误；D原溶液为饱和溶液，温度不变，溶剂减少时有晶体析出，溶液仍为饱和溶液，浓度不变，故D正确；故选D7下列说法不正确的是（）A对于吸热反应，反应物所具有的总
26、能量低于生成物所具有的总能量B任何放热反应在常温条件一定能发生反应C原电池反应一定是氧化还原反应D元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原【考点】BB：反应热和焓变【分析】A反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，需要吸收能量；B放热反应与反应条件无关；B原电池的本质为氧化还原反应；D元素由化合态变成游离态时，可能失去或得到电子【解答】解：A反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，需要吸收能量，为吸热反应，故A正确；B放热反应与反应条件无关，如C的燃烧为放热反应，需要加热或点燃，故B错误；B原电池的本质为氧化还原反应，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故C正确；D元素
27、由化合态变成游离态时，可能失去或得到电子，如硫化氢与二氧化硫反应生成S，S元素可能被氧化，也可能被还原，故D正确；故选B8充分燃烧一定量丁烷，生成CO2和液态水，放出热量x kJ，将此CO2完全吸收生成正盐，需5mol/L的KOH溶液100ml，则丁烷的燃烧热为（）A16x kJmol1B8x kJmol1C4x kJmol1D2x kJmol1【考点】BC：燃烧热【分析】根据CO2与KOH的反应，计算丁烷燃烧生成的CO2的物质的量，根据C元素守恒计算出丁烷的物质的量，反应放出的热量与丁烷的物质的量成正比，据此计算判断【解答】解：n（KOH）=0.1L5mol/L=0.5mol，则由CO22K
28、OH可知，n（CO2）=0.5mol=0.25mol，由碳元素守恒则n（C4H10）=n（CO2）=0.25mol=mol， mol丁烷放出的热量为x，所以1mol丁烷完全燃烧放出的热量为16x，则丁烷的燃烧热为16x kJmol1，故选A9图两个装置中，液体体积均为200mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0.5mol/L，工作一段时间后，测得有0.02mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是（）A产生气体体积：=B中阴极质量增加，中正极质量减小C电极反应式：中阳极：4OH4e=2H2O+O2中负极：2H+2e=H2D溶液的pH变化：减小，增大【考点】BH：原电池和电解池的工作
29、原理【分析】根据电池的工作原理写出电极反应，在两极上，得失电子数相等，可以根据电子守恒来进行相关的计算【解答】解：A、是电解池，电极反应为：阳极：4OHO2+2H2O+4e，阴极：Cu2+2eCu，是原电池，正极反应：2H+2eH2，负极反应：Zn+2eZn2+，液体体积均为200mL，浓度均为0.5mol/L，所以硫酸铜、硫酸的物质的量均为0.1mol，当有0.02mol的电子通过时，产生的气体是氧气，为0.005mol，中0.01mol氢气放出，所以，故A错误；B、中阴极反应：Cu2+2eCu，阴极质量增加，中正极反应：2H+2eH2，正极质量不变，故B错误；C、电极反应式：中阳极：4OH
30、4e=2H2O+O2中负极：Zn2eZn2+，故C错误；D、溶液的pH变化：中消耗氢氧根，所以碱性减弱pH减小，中消耗氢离子，所以酸性减弱pH增大，故D正确故选D10两个惰性电极插入500mL AgNO3溶液中，通电电解当电解液的pH从6.0变为3.0时，（设电解过程中阴极没有H2放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计）电极上析出银的质量最大为（）A27 mgB54 mgC106 mgD216 mg【考点】DI：电解原理【分析】根据电池反应式找出硝酸与银的关系式，根据关系式用硝酸的物质的量计算银的质量【解答】解：当电解液的pH值从6.0变为3.0时，氢离子的浓度由106mol/L变为10
31、3mol/L，一个硝酸分子中含一个氢原子，所以硝酸的浓度等于氢离子的浓度设生成银xg该电池反应式为：4AgNO3+2 H2O 4Ag+O2+4 HNO3 （4108）g 4mol （103mol/L106mol/L）0.5L x g所以x=0.0540.054g=54mg，故选：B11已知反应：101kPa时，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；H=221kJ/mol；稀溶液中，H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）；H=57.3kJ/mol；红磷的化学式为P，白磷的化学式为P4，已知：P4（s）+5O2（g）=P4O10（s）；H=3093.2kJ/mol4P（s）+5O2（g）=P4O
32、10（s）；H=2954.0kJ/mol下列结论正确的是（）A由于红磷转化为白磷是放热反应，等质量的红磷能量比白磷低B稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热H=57.3kJ/molC碳的燃烧热大于110.5kJ/molD稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ/mol热量【考点】BC：燃烧热；BD：中和热；BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】A、根据盖斯定律写出红磷转化为白磷的热化学方程式，根据物质的总能量与反应热的关系判断；B、根据中和热的定义分析；C、该反应没有生成稳定氧化物，因此碳的燃烧热比此处反应热的绝对值大；D、因醋酸的电离要吸热，所以放出的热量小于57.3kJ
33、【解答】解：A、已知：P4（s）+5O2（g）=P4O10（s）；H=3093.2kJ/mol4P（s）+5O2（g）=P4O10（s）；H=2954.0kJ/mol根据盖斯定律：可得：4P（s）P4（s）H=（2954.0kJ/mol）（3093.2kJ/mol）=+138.82kJ/mol，说明红磷转化为白磷是吸热反应，等质量的红磷能量比白磷低，故A错误；B、注意中和热与反应热的区别，中和热不用加“+”符号，硫酸和氢氧化钠都是强电解质，稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热H=57.3kJ/mol，故B错误；C、在101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量使用燃烧热时要
34、注意两个关键点：反应物用量：可燃物为1mol；产物要求：充分燃烧成稳定氧化物HH2O（l）、CCO2 （g）、SSO2 （g），该反应没有生成稳定氧化物，因此碳的燃烧热比此处反应热的绝对值大，故C正确；D、中和热指1mol H+和 1mol OH生成1molH2O时所放出的热量，若在反应过程中还伴有其它热效应（如生成沉淀、固体溶解或浓溶液稀释、弱电解质的电离等）则放出的热量不再等于中和热，如稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，因醋酸的电离要吸热，放出的热量小于57.3KJ，故D错误故选C12燃料电池是燃料（如CO、H2、CH4等）跟O2（或空气）起反应将化学能转变为电能的装置，电解质溶液
35、是强碱溶液，下列关于甲烷燃料电池的说法正确的是（）A负极反应式：O2+2H2O+4e4OHB负极反应式：CH4+10OH8eCO32+7H2OC随着放电的进行，溶液的pH不变D放电时溶液中的阴离子向正极移动【考点】BL：化学电源新型电池【分析】电解质溶液是强碱溶液，则甲烷燃料电池的电池反应为CH4+2O2+2OH2CO32+3H2O，C元素的化合价升高，甲烷为原电池的负极，O元素的化合价降低，氧气为原电池的正极，以此来解答【解答】解：AC元素的化合价升高，甲醇为原电池的负极，负极反应式：CH4+10OH8eCO32+7H2O，故A错误；BC元素的化合价升高，甲醇为原电池的负极，负极反应式：CH
36、4+10OH8eCO32+7H2O，故B正确；C甲烷燃料电池的电池反应为CH4+2O2+2OH2CO32+3H2O，则随着放电的进行，溶液的pH减小，故C错误；D放电时溶液中的阴离子向负极移动，故D错误；故选B13一种镁原电池的反应为xMg+Mo3S4=Mgx Mo3S4；在镁原电池放电时，下列说法错误的是（）AMg2+向正极迁移B正极反应为：Mo3S4+2xeMo3SCMo3S4发生氧化反应D负极反应为：xMg2xexMg2+【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】在镁原电池放电时，Mg被氧化，为原电池的负极，电极反应式为xMg2xe=xMg2+，Mo3S4为正极反应，被还原，电极反应
37、式为Mo3S4+2xe=Mo3S42x，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析【解答】解：A负极生成镁离子，Mg2+向正极迁移，故A正确；B正极反应物质是Mo3S4，得到电子发生还原反应，正极电极反应为：Mo3S4+2xe=Mo3S42x，故B正确；C放电是原电池反应，负极反应是镁失电子发生氧化反应，正极反应物质是Mo3S4，得到电子发生还原反应，故C错误；D负极反应是镁失电子发生氧化反应；负极电极反应为：xMg2xe=xMg2+，故D正确，故选C14将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下
38、列说法错误的是（）A阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2BAB段阳极只产生Cl2，阴极只产生CuCBC段表示在阴极上是H+放电产生了H2DCD段相当于电解水【考点】DI：电解原理【分析】由于两种溶液的体积相等，物质的量浓度也相等，即溶质的物质的量相等，设CuSO4和NaCl的物质的量各1 mol，电解分3个阶段：第一阶段阳极：1 mol氯离子失1 mol电子，阴极：0.5 mol铜离子得1 mol电 子，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大；第二阶段阳极：1 mol氢氧根离子失1 mol电子（来源于水的电离），阴极：0.5 mo
39、l铜离子再得1 mol电子，因为氢氧根离子消耗，使水溶液中氯离子浓度增大，pH迅速减小；第三阶段阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，导致溶液的体积减小，使溶液中氢离子浓度增大，pH继续减小【解答】解：由于两种溶液的体积相等，物质的量浓度也相等，即溶质的物质的量相等，设CuSO4和NaCl的物质的量各1 mol，电解分3个阶段：第一阶段阳极：1 mol氯离子失1 mol电子，阴极：0.5 mol铜离子得1 mol电 子，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大；第二阶段阳极：1 mol氢氧根离子失1 mol电子
40、（来源于水的电离），阴极：0.5 mol铜离子再得1 mol电子，因为氢氧根离子消耗，使水溶液中氢离子浓度增大，pH迅速减小；第三阶段阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，导致溶液的体积减小，使溶液中氢离子浓度增大，pH继续减小；A根据离子放电顺序知，阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2，故A正确；B阳极上氯离子先放电、阴极上铜离子先放电，当电解氯化铜时，溶液pH增大，所以AB段阳极只产生Cl2，阴极只产生Cu，故B正确；CBC段阴极上铜离子放电生成铜，故C错误；DCD段是第三阶段，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，所以相当于
41、电解水，故D正确；故选C15某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2+O22H2O，下列有关说法正确的是（）A电子通过外电路从b极流向a极Bb极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OHC每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2DH+由a极通过固体酸电解质传递到b极【考点】BL：化学电源新型电池【分析】该电池呈酸性，通入燃料氢气的电极为负极，电极反应式为H22e2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e+4H+=2H2O，电子从负极沿导线流向正极，放电时，电解质中阳离子向正极移动【解答】解：燃料电池中，通入燃
42、料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，故A错误；Bb是正极，电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，故B错误；C温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，故C错误；D放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，故D正确；故选D16下列条件下，两瓶气体所含的原子数一定相等的是（）同质量不同密度的CO和N2同温同体积的H2和Cl2同温同压同体积的N2和O2同压同体积的N2O和CO2ABCD【考点】4G：阿伏加德罗定律及推论【分析】同质量、摩尔质量，则物质的量相同；同温度、同体积下，影响气体分子数目
43、的因素还有压强，二者所处压强不一定相同；同温同压下气体摩尔体积相同，相同体积的气体含有相同分子数；温度影响气体摩尔体积，温度不同时二者的物质的量不相等【解答】解：同质量、相对分子质量相同，则物质的量相同，N2和CO都是双原子分子，则原子的物质的量及数目相等，故正确；同温度、同体积下，影响气体分子数目的因素有压强，若二者所处压强相同，则含有相同的分子数目，都是双原子分子，含有相同的原子数目，若所处压强不同，含有的原子数目一定不相同，故错误；同温同压同体积的N2和O2具有相同物质的量，则含有分子数相同，故正确；同压强、同体积下，影响气体分子数目的因素有温度，若二者所处温度相同，则含有相同的分子数目
44、，每个分子都含有3个原子，含有相同的原子数目，若所处温度不同，含有的原子数目一定不相同，故错误故选A17pH=a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pHa，则该电解质可能是（）ANa2SO4BH2SO4CAgNO3DNaOH【考点】DI：电解原理【分析】根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系结合题意判断选项【解答】解：A、电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液中氢离子和氢氧根离子的相对浓度不变，只是硫酸钠的浓度增大，故pH值不变，故A错误；B、电解硫酸溶液时，实际上电解的是水，但溶液中氢离子的浓度增大，pH值减小，故
45、B错误；C、电解硝酸银溶液时，阴极上析出银，阳极上得到氧气，所以溶液中的氢氧根离子的浓度减小，氢离子的浓度增大，溶液的pH值减小，故C错误；D、电解氢氧化钠溶液时，实际上电解的是水，但溶液中的氢氧根离子的浓度增大，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH值增大，故D正确；故选D18高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压，高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述不正确的是（）A放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化B充电时阳极反应为：2Fe（OH）36e+10OH=2FeO42
46、+8H2OC放电时负极反应为：3Zn6e+6OH=3Zn（OH）2D放电时正极附近溶液的碱性增强【考点】BL：化学电源新型电池【分析】A由反应可知，转移6mol电子，正极有2molK2FeO4被还原；B正反应中Fe元素的化合价降低，K2FeO4为正极，则充电时为阳极，发生氧化反应；C放电时，Zn元素的化合价升高，为负极，发生氧化反应；D放电时正极生成碱【解答】解：A由反应可知，转移6mol电子，正极有2molK2FeO4被还原，则放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故A错误；B正反应中Fe元素的化合价降低，K2FeO4为正极，则充电时为阳极，发生氧化反应为2Fe（OH）
47、3+10OH6e=2FeO42+8H2O，故B正确；C放电时，Zn元素的化合价升高，为负极，发生氧化反应为3Zn6e+6OH=3Zn（OH）2，故C正确；D由2FeO42+8H2O+6e=2Fe（OH）3+10OH可知，放电时正极生成碱，则溶液的pH增大，故D正确；故选A19如图为直流电源，为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，为电镀槽，接通电路后发现上的c点显红色，为实现铁上镀锌，接通后，使c、d两点短路下列叙述正确的是 （）Aa为直流电源的负极Bc极发生的反应为2H+2eH2Cf电极为锌板De极发生还原反应【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和
48、酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后发现B上的c点显红色，则c极为电解池阴极，d为阳极，c电极上氢离子放电生成氢气，d电极上氯离子放电生成氯气，则a是直流电源正极，b是直流电源负极；为实现铁上镀锌，接通K后，使c、d两点短路，e是电解池阳极，f是阴极，电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，以此解答该题【解答】解：A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后发现B上的c点显红色，则c极为电解池阴极，d为阳极，c电极上氢离子放电生成氢气，d电极上氯离子放电生成氯气，则a是直流电源正极，b是直流电源负极；为实现铁上镀锌，接通K后，使c、d两点短路，e是电解池阳极，f是阴极
49、，电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，A通过以上分析知，a是直流电源正极，故A错误；B接通K前，c极为电解池阴极，d为阳极，c电极上氢离子放电生成氢气，则c极发生的反应为2H+2eH2，故B正确；C为实现铁上镀锌，锌作阳极，铁作阴极，所以e电极为锌板，故C错误；De电极是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，故D错误故选B20下列各组物质相互混合反应，既有气体生成，最终又一定有沉淀生成是（）金属钠投入FeCl3溶液中 少量电石投入过量碳酸氢钠溶液中过氧化钠投入AlCl3溶液中 碳酸钠投入明矾溶液中ABCD【考点】GE：钠的化学性质；GF：钠的重要化合物【分析】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化
50、铁发生复分解反应；电石和水反应生成氢氧化钙和乙炔，氢氧化钙和碳酸氢钠发生复分解反应；过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠过量，与氯化铝反应生成偏铝酸钠；碳酸钠投入明矾溶液中，发生互促水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳【解答】解：钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色沉淀，2Na+2H2O2NaOH+H2，3NaOH+FeCl3Fe（OH）3+3NaCl，故正确；少量电石投入过量NaHCO3溶液 发生反应；CaC2+2H2OCa（OH）2+C2H2，Ca（OH）2+NaHCO3CaCO3+H2O+NaOH，故正确；过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠过量，与氯化铝反应生成偏
51、铝酸钠，不一定有沉淀生成，故错误；碳酸钠投入明矾溶液中，发生互促水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，故正确故选C21下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DNaHCO3与Ca（OH）2【考点】49：离子方程式的书写【分析】与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，则就能用同一离子方程式表示，以此来解答【解答】解：ACl2少量时，只有亚铁子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，故A不选；B无论量的多少都只发生Ba（OH）2+H2SO4BaSO4+H2O，则能
52、用同一离子方程式表示，故B选；CHCl少量时，发生HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO3NaCl+CO2+H2O，则不能用同一离子方程式表示，故C不选；DNaHCO3少量时，发生NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+H2O+NaOH，NaHCO3过量时发生2NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+2H2O+Na2CO3，则不能用同一离子方程式表示，故D不选；故选B22实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2：1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为（）ACl2
53、BCl2OCClO2DCl2O3【考点】BQ：氧化还原反应的计算【分析】NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，利用氧化还原反应中电子守恒来分析【解答】解：因NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，Na2SO3作还原剂，S元素的化合价由+4价升高为+6价，设X中Cl元素的化合价为x，由电子守恒可知，2（5x）=1（64），解得x=+4，A、Cl2中，Cl元素的化合价为0，故A错误；B、Cl2O中，O为2价，由化合物中正负化合价
54、的代数和为0，则Cl为+1价，故B错误；C、ClO2中，O为2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+4价，故C正确；D、Cl2O3中，O为2价，由化合物中正负化合价的代数和为0，则Cl为+3价，故D错误；故选C23如图所示装置I是一种可充电电池，装置为电解池离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr闭合开关K时，b极附近先变红色下列说法正确的是（）A负极反应为4Na4e=4Na+B当有0.01 mol Na+通过离子交换膜时，b电极上析出标准状况下的气体112 mLC闭合K后，b电极附近的pH变小D闭合K后，a电极上有气体产生【考点
55、】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】当闭合开关K时，b附近溶液先变红，即b附近有氢氧根生成，所以在b极上得电子析出氢气，b极是阴极，a极是阳极，与阴极连接的是原电池的负极，所以B极是负极，A极是正极，再根据原电池、电解池原理判断选项A、原电池的负极发生失电子的氧化反应；B、根据电子守恒知识来计算；C、闭合K后，b电极附近溶液先变红，即b附近有氢氧根生成；D、闭合开关K时，根据a极上发生的电极反应来看现象【解答】解：当闭合开关K时，b附近溶液先变红，即b附近有氢氧根生成，所以在b极上得电子析出氢气，b极是阴极，a极是阳极，与阴极连接的是原电池的负极，所以B极是负极，A极是正极A、闭合K时，负
56、极发生氧化反应，电极反应为2Na2S22e=2Na+Na2S4，故A错误；B、闭合K时，有0.01molNa+通过离子交换膜，说明有0.01mol电子转移，阴极上生成0.005molH2，标准状况下体积为0.005mol22.4L/mol=0.112L=112 mL，故B正确；C、闭合开关K时，b极附近先变红色，该极上是氢离子放电的过程，即b附近有氢氧根生成，pH增大，故C错误；D、闭合开关K时，a极是阳极，该极上金属铜电极是活泼电极，发生的电极反应为：Cu2e=Cu2+，没有气体产生，故D错误故选B24500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3）=6.0molL1，用石墨作
57、电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（）A原混合溶液中c（K+）为4 molL1B上述电解过程中共转移4 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c（H+）为2 molL1【考点】DI：电解原理【分析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答【解答】解：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极
58、上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量=1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=1mol，则铜离子的物质的量浓度=2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6molL12mol/L2=2mol/L，A根据分析知，原混合溶液中c（K+）为2 molL1，故A错误；B转移电子的物质的量=1mol4=4mol，故B正确；C根据以上分析知，铜的物质的量为1mol，故C错误；D当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后
59、氢离子的物质的量为氧气的4倍，为1mol4=4mol，则氢离子浓度=8mol/L，故D错误；故选：B二、非选择题，（共52分）25在如图所示的实验装置中，E为一张用淀粉、碘化钾和酚酞混合溶液润湿的滤纸，C，D为夹在滤纸两端的铂夹，X，Y分别为直流电源的两极在A，B中充满KOH溶液后倒立于盛有KOH溶液的水槽中，再分别插入铂电极切断电源开关S1，闭合开关S2，通直流电一段时间后，请回答下列问题：（1）标出电源的正、负极：X为正极（2）在滤纸的C端附近，观察到的现象是试纸变蓝，在滤纸的D端附近，观察到的现象是试纸变红（3）写出电极反应式：A中4H2O+4e2H2+4OH；B中4OH4e2H2O+O
60、2；C中4I4e2I2；D中4H+4e2H2（4）若电解一段时间后，A、B中均有气体包围电极此时切断开关S2，闭合开关S1，则电流计的指针是否发生偏转（填“偏转”或“不偏转”）偏转（5）若电流计指针偏转，写出有关的电极反应式（若指针“不偏转”，此题不必回答）：A中2H2+4OH4e4H2O；B中2H2O+O2+4e4OH若电流计指针不偏转，请说明理由（若指针“偏转”，此题不必解释）偏转【考点】DI：电解原理【分析】（1）根据A、B两电极得到的气体体积判断电极名称，从而确定电源X极名称，在A、B中充满KOH溶液后倒立于盛有KOH溶液的水槽中，再分别插入一多孔的惰性电极切断电源开关S1，闭合开关S
61、2，因为A试管中气体体积是B试管中的2倍，所以A中为H2，B中为O2，即A为阴极，B为阳极，所以x为正极，y为负极；（2）C与电源正极相连，为阳极，电极反应方程式为2I2e=I2，D电极是阴极，溶液中的H+放电，电极反应式是4H+4e2H2，据此解答；（3）通直流电，电极A、B及氢氧化钾溶液构成电解池，根据离子的放电顺序，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，分别生成氢气和氧气，氢气和氧气的体积比为2：1，通过图象知，A极上气体体积是B极上气体体积的2倍，所以A极上得氢气，B极上得到氧气；C，D为夹在滤纸两端的铂夹，与电源也构成了电解池，C与电源正极相连，为阳极，D与电源负极相连，为阴极，据此解答；（
62、4）如果切断S2，闭合S1，则可由A中的H2，B中的O2与KOH溶液形成H2O2燃料电池，氢气一极是负极，氧气一极是正极；（5）如果切断S2，闭合S1，形成燃料电池，氢气一极是负极，氧气一极是正极，据此书写电极反应式【解答】解：（1）A，B中充满KOH溶液，切断电源开关S1，闭合开关S2，惰性电极电解KOH溶液，实质就是电解水，所得产物为H2和O2，因为A试管中气体体积是B试管中的2倍，所以A中氢离子得电子生成氢气，电极反应式为4H+4e=2H2，B中氢氧根离子失电子生成氧气和水，电极反应式为4OH4e=2H2O+O2，即A为阴极，B为阳极，所以x为正极，y为负极，故答案为：正；（2）E为一张
63、用淀粉、碘化钾和酚酞混合溶液润湿的滤纸，C，D为夹在滤纸两端的铂夹，与电源也构成了电解池，C与电源正极相连，为阳极，电极反应方程式为2I2e=I2，碘遇淀粉显蓝色，所以试纸变蓝，D与电源负极相连，为阴极，电极反应方程式为4H+4e2H2，碱遇酚酞变红，故答案为：滤纸变蓝；试纸变红；（3）惰性电极电解KOH溶液，实质就是电解水，A中为H2，B中为O2，即A为阴极发生反应4H2O+4e2H2+4OH，B为阳极发生反应4OH4e2H2O+O2，C，D为夹在滤纸两端的铂夹，与电源也构成了电解池，C与电源正极相连，为阳极发生反应4I4e2I2，D与电源负极相连，为阴极发生反应4H+4e2H2，故答案为：
64、4H2O+4e2H2+4OH；4OH4e2H2O+O2；4I4e2I2；4H+4e2H2；（4）如果切断S2，闭合S1，则可由A中的H2，B中的O2与KOH溶液形成H2O2燃料电池，把化学能变为电能，因此指针偏转，故答案为：偏转；（5）在原电池中负极失去电子，正极得到电子，所以氢气一极是负极，氧气一极是正极，电极反应式分别是：A极 2H2+4OH4e=4H2O、B极 2H2O+O2+4e=4OH，故答案为：2H2+4OH4e=4H2O；2H2O+O2+4e=4OH；偏转262013年三月，欧盟决定暂停征收航空碳排放税，由此可以看出人类发展与环境保护的冲突仍然尖锐，大气保护工作只能在人们的各种冲
65、突中曲折前行（1）用CxHy（烃）催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染写出C2H6与NO2发生反应的化学方程式4C2H6+14NO28CO2+7N2+12H2O（2）工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJ/mol已知：2H2O （g）2H2（g）+O2（g）H=+484kJ/mol，写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566 kJ/mol（3）现以CO、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示其中Y为CO2写出石墨I电极上发
66、生反应的电极反应式CO+CO322e=2CO2写出电解池中生成FeO42的电极反应式为Fe6e+8OH=FeO42+4H2O（4）高铁酸钾是一种新型水处理剂，它既有杀菌消毒的功能，又有净水的功能，请根据所需知识简要解释其净水的原理：FeO42在杀菌消毒过程中被还原为Fe3+，Fe3+水解成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮杂质，从而达到净水的目的【考点】BE：热化学方程式；DI：电解原理【分析】（1）C2H6与NO2发生反应生成二氧化碳、氮气和水；（2）依据已知方程式构建目标方程式，结合盖斯定律书写热化学方程式，注意标注物质聚集状态和对应焓变；（3）石墨电极是原电池的负极，一氧化碳失去电子生成二氧化
67、碳，滤液碳酸根离子配平电荷守恒；电解池中铁做阳极在氢氧化钠溶液中失电子生成Na2FeO4 ；（4）在化学反应中，最高价元素只能得电子而作氧化剂，氧化剂具有氧化性，FeO42在杀菌消毒过程中被还原为Fe3+，Fe3+水解成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮杂质，从而达到净水的目的【解答】解：（1）C2H6与NO2发生反应生成无毒的N2、CO2和H2O，反应为：4C2H6+14NO28CO2+7N2+12H2O，故答案为：4C2H6+14NO28CO2+7N2+12H2O；（2）已知：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJ/mol2H2O （g）2H2（g）+O2（g）H=+484
68、kJ/mol，根据盖斯定律将2得2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=（41kJ/mol）2484kJ/mol=566 kJ/mol故答案为：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566 kJ/mol；（3）现以CO、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示，其中Y为CO2，石墨电极是原电池的负极，一氧化碳失去电子生成二氧化碳，结合碳酸根离子配平电荷守恒，CO+CO322e=2CO2，电解池中铁做阳极在氢氧化钠溶液中失电子生成Na2FeO4 ，Fe6e+8OH=FeO42+4H2O，故答案为：CO+CO322e=2CO2；Fe6e+8O
69、H=FeO42+4H2O；（4）Na2FeO4消毒净水原理是铁+6价是最高价态，在杀菌消毒过程中被还原为Fe3+，Fe3+水解成氢氧化铁胶体，方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，吸附水中的悬浮杂质，从而达到净水的目的，故答案为：FeO42在杀菌消毒过程中被还原为Fe3+，Fe3+水解成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮杂质，从而达到净水的目的27（1）近年来，我国用电弧法合成的碳纳米管中常伴有大量碳纳米颗粒（杂质），这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO43CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O完成并配平上述化学方
70、程式以上反应中失电子的物质是C，还原产物是Cr2（SO4）3，每生成1mol氧化产物，转移的电子数目为4NA（2）高温时，用CO还原MgSO4可制备高纯MgO750时，测得气体中含等物质的量SO2和SO3，此时反应的化学方程式是CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3（3）向FeCl2和FeCl3混合溶液中加入适量KOH，高速搅拌下加入油脂，过滤后干燥得到一类特殊的磁流体材料，其化学式通式为KxFeO2（其组成可理解为aK2ObFeOcFe2O3）若x的平均值为1.3，a：b：c=13：6：7若x为1.4，请写出该磁流体在稀硫酸条件下与足量的KI溶液反应的化学方程式10K1.4FeO
71、2+6KI+20H2SO4=10FeSO4+3I2+10K2SO4+20H2O（4）Fe3O4溶于稀HNO3的离子方程式：3Fe3O4+28H+NO3=9Fe3+NO+14H2O【考点】B3：氧化还原反应方程式的配平【分析】（1）反应中C元素化合价变化：0价+4价，1molC参加反应，失去4mol电子；Cr元素化合价变化：+6价+3价，1molK2Cr2O7参加反应，得到6mol电子；依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒规律书写方程式；依据方程式分析转移电子数目并用单线桥表示；（2）根据题目信息写出生成物，根据质量守恒配平；（3）当x=1.3时，即KxFeO2为K1.3FeO2，其最简整
72、数比的化学式为K13Fe10O20即K2O3FeOFe2O3）；当x=1.4时，即K1.4FeO2，当其在稀硫酸条件下与足量的KI溶液反应时，其反应实质是Fe3+和I在酸性条件下发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，K1.4FeO2的化学组成可看作7K2O4FeO3Fe2O3，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒写出反应方程式；（4）Fe3O4与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，利用整体法，Fe3O4中铁元素化合价共计+8价，生成3mol三价铁离子，共失去1mol电子，硝酸根中氮元素从+5价降为+2价，1mol硝酸根被还原得到3mol电子，依据氧化还原反应得失电子守恒及原子个数守恒配平方
73、程式【解答】解：（1）反应中C元素化合价变化：0价+4价，1molC参加反应，失去4mol电子；Cr元素化合价变化：+6价+3价，1molK2Cr2O7参加反应，得到6mol电子，要使得失电子守恒，则C的系数为3，K2Cr2O7的系数为2，依据原子个数守恒，反应方程式：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O；依据方程式3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O可知，消耗3mol碳生成3molCO2，共失去电子12mol；2K2Cr2O7共得到12mol电子，产物中CO2的化合价升高为氧化产物
74、，Cr2（SO4）3的化合价降低为还原产物，每生成1mol氧化产物CO2，转移的电子4mol数目为N=nNA=4NA；故答案为：3；2；8H2SO4；3；2；2；8；C；Cr2（SO4）3；4NA；（2）用CO还原MgSO4可得到MgO、CO2、SO2和SO3，方程式为CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3，故答案为：CO+2MgSO42MgO+CO2+SO2+SO3；（3）x=1.3时，即KxFeO2为K1.3FeO2，其最简整数比的化学式为K13Fe10O20即K2O3FeOFe2O3）；则a：b：c=：3：；即：13：6：7；故答案为：13：6：7；当x=1.4时，即K1.4
75、FeO2，当其在稀硫酸条件下与足量的KI溶液反应时，其反应实质是Fe3+和I在酸性条件下发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，K1.4FeO2的化学组成可看作7K2O4FeO3Fe2O3，反应的方程式：10K1.4FeO2+6KI+20H2SO4=10FeSO4+3I2+10K2SO4+20H2O；故答案为：10K1.4FeO2+6KI+20H2SO4=10FeSO4+3I2+10K2SO4+20H2O；（4）Fe3O4与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，利用整体法，Fe3O4中铁元素化合价共计+8价，生成3mol三价铁离子，共失去1mol电子，硝酸根中氮元素从+5价降为+2价，1mol硝酸根
76、被还原得到3mol电子，要使得失电子守恒，Fe3O4系数为3，硝酸根离子系数为1，依据原子个数守恒，离子方程式：3Fe3O4+28H+NO3=9Fe3+NO+14H2O，故答案为：3Fe3O4+28H+NO3=9Fe3+NO+14H2O28将1L含有0.4mol CuSO4和0.2mol NaCl的水溶液用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.1mol Cu，另一电极上析出气体（在标准状况下）的体积是多少？【考点】DI：电解原理【分析】电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.1mol0.4mol，根据转移电子守恒计算阳极上生成气体体积【解答】解：电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.1mol，阴极上转移电子的物质的量=0.1mol2=0.2mol，根据原子守恒知，溶液中n（Cl）=0.2mol，氯离子完全放电时转移电子的物质的量=0.2mol1=0.2mol，所以阳极上没有氧气生成，则阳极上生成的气体全部是氯气，根据转移电子守恒得生成氯气的体积=2.24L，答：阳极上生成氯气体积为2.24L2017年6月25日
