1、山西省长治市第二中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 Fe-56 Ag-108第卷（选择题 共42分）一、选择题（每小题2分，共42分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上） 1.十九大报告指出：建设生态文明是中华民族永续发展的千年大计。必须树立和践行“绿水青山就是金山银山”的理念，实行最严格的生态环境保护制度，形成绿色发展方式和生活方式。下列有关节约资源和保护环境的说法不正确的是A. 含氮、磷元素的污水任意排放，会导致水华、赤潮等水体污染B. 使用地热能、生物质能等非化石能源可减
2、少PM2.5C. 开采使用地下可燃冰，可以增加非化石能源消费比例D. 创新生产工艺，实现电动机车替代燃油机车符合绿色发展方式【答案】C【解析】【详解】A. 含氮、磷元素的污水任意排放，使水体富营养化，会导致水华、赤潮等水体污染，故A正确；B使用地热能、生物质能能够减少化石燃料的使用，减少粉尘颗粒的排放，可减少PM2.5，有利于环境保护和节约能源，故B正确；C可燃冰的主要成分是甲烷，属于化石能源，故C错误；D电动机车替代燃油机车可以减少环境污染物的排放，有利于环境保护，故D正确；故选：C。【点睛】本题主要考查了环境保护方面知识，解题关键：了解各种环境问题的产生以及对应的防治措施，平时关注环境问题
3、。2.下列有关化学用语表示正确的是A. 过氧化氢的电子式:B. 质子数为16、中子数为17的硫原子:C. NaHCO3在水中的电离方程式:NaHCO3Na+H+CO32-D. 乙烯的结构简式:CH2=CH2【答案】D【解析】【详解】A. 过氧化氢是共价化合物，电子式:，故A错误；B. 质子数为16、中子数为17的硫原子:，故B错误；C. 碳酸是二元弱酸，NaHCO3在水中的电离方程式:NaHCO3=Na+HCO3-，故C错误；D. 碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式:CH2=CH2，故D正确；故选D。3.下列说法正确的是A. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增
4、多B. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大C. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数D. 催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而成千上万倍地增大反应速率【答案】D【解析】【分析】增大浓度、增大压强，均使单位体积内活化分子数目增多；而升高温度、使用催化剂，均使活化分子百分数增多。【详解】A增大浓度，单位体积内活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则使有效碰撞次数增大，反应速率加快，故A错误；B. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，单位体积内活化分子数目增多，从而使
5、反应速率增大，但活化分子百分数不变，故B错误；C. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是提供分子需要的能量，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，则反应速率加快，故C错误；D. 催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而成千上万倍地增大反应速率，故D正确；故选D。【点睛】本题考查影响反应速率的因素，解题关键：把握浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响，易错点，增大浓度、增大压强，均使单位体积内活化分子数目增多；而升高温度、使用催化剂，均使活化分子百分数增多。4.下列关于有机物的说法中不正确的是A. 相对分子质量相同的有机物一定是同分异构体B. 每个碳原子的化合价都已“饱和”，碳
6、原子之间只以单键相结合的链烃一定是烷烃C. 分子组成相同、结构不相同的有机物是同分异构体D. 分子式相同、结构相同的有机物一定是同一物质【答案】A【解析】【详解】A、相对分子质量相同的物质，其分子式不一定相同，如乙醇与甲酸的相对分子质量相同，但是二者的分子式不同，所以相对分子质量相同的有机物不一定互为同分异构体，故A错误；B、碳原子之间以单键结合成链状烃属于烷烃，即每个碳原子的化合价都已“饱和”，碳原子之间只以单键相结合的链烃一定是烷烃，故B正确；C、分子组成相同（即分子式相同，相对分子质量也相同），结构不相同的有机物是同分异构体，故C正确；D、若分子式相同，结构也相同则必为同一物质，故D正确
7、；故选A。5.下列关于乙烯和乙烷相比较的说法中，不正确的是A. 乙烯属于不饱和烃，乙烷属于饱和烃B. 乙烯分子中所有原子处于同一平面上，乙烷分子则为立体结构，原子不在同一平面上C. 书写结构简式时，乙烯分子中的碳碳双键和乙烷分子中的碳碳单键中的短线均可省略不写D. 相同质量的乙烯和乙烷完全燃烧后产生水的质量，后者大【答案】C【解析】【详解】A. 乙烯含碳碳双键，属于不饱和烃，乙烷的两个碳原子全形成四个单键，属于饱和烃，故A正确；B. 乙烯分子中碳采用sp2杂化，碳原子采用平面三角形构型，所有原子处于同一平面上，乙烷分子中碳采用sp3杂化，碳原子采用四面体构型，则为立体结构，原子不在同一平面上，
8、故B正确；C. 书写结构简式时，乙烯分子中的碳碳双键中“=”不能省略，乙烷分子中的碳碳单键中的短线可省略不写，故C错误；D. 乙烷的氢的质量分数大，相同质量的乙烯和乙烷完全燃烧后产生水的质量，后者大，故D正确；故选C。6.下列各有机物同分异构体数目的判断中不正确的是 ABCD分子式C6H14C4H8Cl2C4H9ClC3H6数目5842A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、C6H14属于烷烃，主链为6个碳原子有：CH3（CH2）4CH3；主链为5个碳原子有：CH3CH2CH2CH（CH3）2；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3；主链为4个碳原子有：CH3CH2C（C
9、H3）3；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，则C6H14的同分异构体共有5种，故A正确；B、C4H8Cl2的同分异构可以用定一移二的方法确定：、，共9种，故B错误；C、C4H9Cl的同分异构体有：、，故4种，故C正确；D、C3H6有丙烯和环丙烷2种同分异构体，故D正确；故选B。7. 下列五种烃2甲基丁烷 2，2二甲基丙烷 戊烷 丙烷 丁烷，按沸点由高到低的顺序排列的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】2-甲基丁烷2，2-二甲基丙烷戊烷三者互为同分异构体，根据同分异构体分子中，烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小，则沸点；烃类物质中，烃含有的C原子数目越多，相对
10、分子质量越大，熔沸点越高，则沸点，故有沸点由高到低的顺序排列的是，故选C。8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 标准状况下，1.12 L乙烷分子中含有共价键数目为0.35NAB. 标准状况下，1.12 L三氯甲烷(CHCl3)含有的化学键数目为0.2NAC. 25 时，pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.02NAD. 室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A. 标准状况下，1.12 L乙烷分子中含有共价键的数目为1.12 L22.4Lmol17NA=0.35NA，故A正确；B. 标准状况下，三氯甲烷(CH
11、Cl3)是液体，不能用22.4L/mol计算三氯甲烷的物质的量，故B错误；C. 25 时，pH=2的H2SO4溶液中因缺少溶液的体积，无法计算含有的H+数目，故C错误；D. 碱抑制水电离，室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-数目为10-13NA，故D错误；故选A。9.W、X、Y、Z为四种短周期主族元素，在光照条件下W的简单氢化物与氯气反应生成油状液体，X的气态氢化物的水溶液呈碱性，Y原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Z2-的电子层结构与氩相同。下列说法不正确的是A. 简单氢化物的稳定性：WXY【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为四种短周期主族元素，在光照条件下
12、W的简单氢化物与氯气反应生成油状液体，W为C；X的气态氢化物的水溶液呈碱性，X为N；Y原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Y为Na；Z2的电子层结构与氩相同，Z的质子数为18-2=16，Z为S。【详解】W为C，X为N，Y为Na，Z为SA非金属性：CN，则简单氢化物的稳定性：WX，故A正确；BY与Z形成化合物为Na2S，水解溶液显碱性，水溶液可使红色石蕊试纸变蓝，故B错误；CNa为活泼金属，工业上常用电解熔融NaCl制取Y的单质，故C正确；D电子层数越多，离子半径越大，具有相同电子层结构的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为ZXY，故D正确；故选B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，
13、解题关键：把握原子序数、元素化合物知识、离子结构来推断元素，易错点D，注意规律性知识的应用。10.下列实验的反应原理及对应的离子方程式均正确的是A. 室温下测得氯化铵溶液pHc(Z)c(X)C. 稀释前电离程度大小为XZYD. pH2时，X、Y、Z都是稀溶液【答案】A【解析】【分析】加水稀释促进弱电解质电离，pH=2的三种酸，稀释1000倍后，如果该酸是强酸，则稀释后溶液pH=5，如果是弱酸，稀释后溶液的pH5，根据图象知，X是强酸、Y和Z属于弱酸；加水稀释弱酸过程中，如果弱酸电离增大程度大于溶液体积增大程度，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，反之，溶液pH增大。【详解】A加水稀释促进弱
14、电解质电离，pH=2的三种酸，稀释1000倍后，如果该酸是强酸，则稀释后溶液pH=5，如果是弱酸，稀释后溶液的pH5，根据图象知，稀释1000倍，X溶液的pH=5、Y和Z溶液pH小于5，所以X是强酸、Y和Z属于弱酸，故A正确；BpH相等时，弱酸浓度大于强酸，所以Y和Z浓度大于X，根据图象知，刚开始稀释时，Z的pH减小、Y的pH增大，说明Z是浓溶液、Y是稀溶液，则三种酸浓度大小顺序是c（Z）c（Y）c（X），故B错误；C强电解质X完全电离，Y和Z部分电离，溶液浓度越大其电离程度越小，所以稀释前电离程度大小为XYZ，故C错误；D根据B知，pH=2时，X和Y属于稀溶液，Z属于浓溶液，故D错误；故选：
15、A。21.已知：pAglg c(Ag)，Ksp(AgCl)11012。如图是向10 mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1 mol/L的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位：mL)变化的图像(实线)。根据图像所得下列结论正确的是A. 原AgNO3溶液的物质的量浓度为也为0.1 molL1B. 图中x点的坐标为(10，6)C. 图中x点可认为溶液中Ag被沉淀完全D. 把0.1 molL1的NaCl换成0.1 molL1NaI，则图像在终点后变为虚线部分【答案】C【解析】A、图中原点pAg=0，Ag+的浓度为：c（Ag+）=100 molL-1，原AgNO3溶液的物质的量浓度
16、为1 molL-1，故A错误；B、一般认为溶液中离子浓度小于10-5 molL-1，即沉淀完全。x点c（Ag+）=10-6 molL-1，则AgNO3与NaCl恰好反应，n（NaCl）=n（AgNO3）=0.01L1molL-1=0.01mol，所以V（NaCl）=100mL，即x点的坐标为（100，6），故B错误；C、x点c（Ag+）=10-6 molL-1，一般认为溶液中离子浓度小于10-5 molL-1完全沉淀，实际上Ag+没有完全沉淀，是处于沉淀与溶解的平衡状态，故C正确；D、与AgCl相比，碘化银的Ksp（AgI）更小，所以把0.1 molL-1的NaCl换成0.1molL-1NaI
17、，则溶液中c（Ag+）更小，则pAg更大，图象不符，故D错误；故选C。点睛：本题考查了AgCl的Ksp的应用，要求把握题干中的信息，考查学生分析题目信息并用于解决问题的能力，题目难度较大。第卷（非选择题 共58分）二、非选择题22.I有一类组成最简单的有机硅化合物叫硅烷，硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似。（1）写出硅烷的通式：_。（2）写出乙硅烷在空气中自燃的化学方程式：_。（3）甲硅烷的密度_(填“大于”、“小于”或“等于”)甲烷。（4）甲硅烷的热稳定性_(填“大于”、“小于”或“等于”)甲烷。II（1）某烃A的球棍模型如图所示，其分子式为：_，A的一氯代物有_种；B与A互为同系物，相对分子
18、质量为58，请写出B的所有同分异构体的结构简式_。（2）含有的化合物与CH2=CH2一样，在一定条件下可聚合成高分子化合物。广泛用作农用薄膜的聚氯乙烯塑料，是由CH2=CHCl聚合而成的，其化学反应方程式为_。【答案】 (1). SinH2n2(n1) (2). 2Si2H67O24SiO26H2O (3). 大于 (4). 小于 (5). C8H18 (6). 4 (7). CH3CH2CH2CH3 、(CH3)2CHCH3 (8). nCH2=CHCl【解析】【详解】I（1）根据烷烃的分子通式得出，硅烷的通式为：SinH2n+2（n1）。（2）乙硅烷在空气中自燃生成二氧化硅和水，化学方程式
19、：2Si2H67O24SiO26H2O。（3）相同条件下，气体的摩尔质量越大，密度越大，甲硅烷摩尔质量大，甲硅烷的密度大于甲烷。（4）Si原子半径大于碳，与氢形成的共价键键能小，甲硅烷的热稳定性小于甲烷。II（1）根据某烃A的球棍模型知，其分子式为：C8H18，结构简式为CH3C（CH3）2CH2CH（CH3）2，有4种H原子，A的一氯代物有4种；B与A互为同系物，相对分子质量为58，由烷烃的通式得：12n+2n+2=58，解得n=4，B的所有同分异构体的结构简式 CH3CH2CH2CH3 、(CH3)2CHCH3。（2）CH2=CHCl聚合生成聚氯乙烯，其化学反应方程式为nCH2=CHCl。
20、23.I标准状态下，气态分子断开1 mol化学键焓变称为键焓。已知HH、HO和O=O键的键焓分别为436 kJmol1、463 kJmol1和495 kJmol1，请写出水蒸气分解的热化学方程式_。II甲醇(CH3OH)广泛用作燃料电池的燃料，可由CO和H2来合成，化学方程式为CO(g)2H2(g)CH3OH(g)。（1）下图是反应CO(g)2H2(g)CH3OH(g)在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。T1_T2(填“”“”“”或“”)K2。若容器容积不变，下列措施不能增加CO转化率的是_(填字母)。a. 降低温度 b. 将CH3OH(g)从体系中分离c. 使用合适的催化剂 d. 充入
21、He，使体系总压强增大（2）在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在300 、350 和370 三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线x对应的温度是_；曲线z对应的温度下上述反应的化学平衡常数为_。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为_。【答案】 (1). 2H2O(g)=2H2(g)O2(g)H485 kJmol1 (2). (4). cd (5). 300 (6). 4 (7). K1K2K3【解析】【分析】I旧键断裂需要吸收能量，新键的生成
22、会放出能量，H=反应物的键能和-生成物的键能和；II（1）据温度对化学平衡的影响来回答，先拐先平温度高T2T1，CO转化率减小，说明升温平衡逆向进行，温度对化学平衡常数的影响和反应的吸放热有关，平衡逆向进行平衡常数减小；化学平衡正向移动可提高CO的转化率；（2）正反应放热，则升高温度CO的转化率降低；计算出平衡时各物质的浓度，结合平衡常数的定义进行计算；平衡常数是温度的函数，正反应是放热反应，温度越高K越小。【详解】I旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，H=反应物的键能和-生成物的键能和，H=4463kJmol1-（2436kJmol1+495kJmol1）=485kJmol1，水蒸气
23、分解的热化学方程式2H2O(g)=2H2(g)O2(g)H485 kJmol1 ；II（1）反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）中，反应向右进行，一氧化碳的转化率增大，温度升高，化学平衡向着吸热方向进行，根据图中的信息可以知道先拐先平温度高：T1T2；温度越高CO转化率越小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，所以正反应是放热反应，H0，对于放热反应，温度越高，平衡逆向进行化学平衡常数越小，因为图象分析可知T2T1，所以K1K2，a. 若容器容积不变，降低温度，反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）平衡正向移动，CO的转化率增大；b. 将CH3OH(g)从体系中分离，平衡正向
24、移动，CO转化率增大；c. 使用合适的催化剂，平衡不移动，CO转化率不变；d. 充入He，使体系总压强增大，但各组分的浓度不变，化学平衡不移动，CO的转化率不变；故选cd；（2）根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线x为300，由图象可知当370时，CO的转化率为50%，n（H2）：n（CO）=1.5，则 CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）起始（molL1） 1 1.5 0转化（molL1） 0.5 1 0.5平衡（molL1） 0.5 0.5 0.5K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)=0.5/0.5052=4，曲线上a、b是等温，温度高于c点的温度，所以K
25、1K2K3。【点睛】本题是一道关于化学平衡的移动影响因素、化学反应平衡常数的计算和应用等方面的知识，难点：影响平衡移动及平衡常数的因素，列出三段式根据平衡常数的定义式计算。24.某校学习小组的同学拟用工业废铁屑(主要成分为Fe，还含有少量FeS等)制备FeSO47H2O，并测定FeSO47H2O的纯度。I制备实验步骤如下：称取一定量的废铁屑，用热的碳酸钠溶液浸泡，再用蒸馏水洗涤。将处理后的废铁屑放入锥形瓶中，加入适量3mol/L的硫酸，连接好装置(如图)后水浴加热至反应完全。依据现象停止加热，趁热过滤，向滤液中补加少量硫酸。将滤液冷却、结晶、过滤、洗涤。回答下列问题（1）步骤用热的碳酸钠溶液浸
26、泡的目的是_ 。（2）步骤中需控制硫酸的用量，使铁粉过量，其目的是_。（3）装置C的作用是_，其中有关反应的离子方程式为_。（4）步骤中洗涤时所用的洗涤剂最好是_。A稀硝酸 B无水乙醇 C苯 II测定产品的纯度：称取m g产品，放入锥形瓶中，用经煮沸过且冷却的蒸馏水和稀硫酸溶解，然后用c mol/L的KMnO4标准溶液滴定，消耗VmL KMnO4标准溶液。滴定过程中选用_（填“酸式”或“碱式”）滴定管，发生反应的离子方程式为_；产品的纯度为_(列出计算表达式即可)。【答案】 (1). 除去废铁屑表面的油污 (2). 保证溶液中不含Fe3+ (3). 除去H2S (4). H2S+Cu2+ Cu
27、S+2H+ (5). B (6). 酸式 (7). MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O (8). 【解析】【详解】（1）步骤用热的碳酸钠溶液浸泡的目的是除去废铁屑表面的油污。（2）Fe2易被空气中的氧气氧化为Fe3，步骤中需控制硫酸的用量，使铁粉过量，其目的是保证溶液中不含Fe3+ 。（3）废铁屑中FeS与稀硫酸反应生成有毒的H2S，C装置中盛装的硫酸铜溶液吸收有毒的H2S气体，防止污染环境，其中有关反应的离子方程式为H2S+Cu2CuS+2H。（4）因FeSO47H2O易溶于水，步骤中洗涤时所用的洗涤剂最好是无水乙醇。故选B。IIKMnO4标准溶液具有强氧化性，滴定过程
28、中选用酸式滴定管，用KMnO4标准溶液滴定FeSO4溶液，溶液中Fe2氧化为Fe3，还原产物为Mn2，发生反应的离子方程式为MnO4+5Fe2+8H=Mn2+5Fe3+4H2O；滴定时消耗VmLcmolL1KMnO4标准溶液，KMnO4的物质的量为Vc10-3mol，则FeSO4的物质的量为5Vc10-3mol，产品的纯度为5Vc10-3mol278gmol1/m100%=。【点睛】本题以制备FeSO47H2O为载体，考查学生对操作的分析评价、反应产物的分析判断、实验过程中反应现象和测定方法、滴定实验基本操作和计算，难点是II测定产品的纯度：氧化还原反应电子守恒的计算和配平化学方程式。25.某
29、含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、Al2O3、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质。部分金属氢氧化物Ksp近似值如下表所示：化学式Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Ksp近似值10-1710-3910-3410-15现用含镍废催化剂制备NiSO47H2O晶体，其流程图如下：回答下列问题：（1）“碱浸”时发生反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2+3H2，_。（2）“酸浸”所使用的酸为_。（3）“净化除杂”需加入H2O2溶液，其作用是_。然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀，此时的pH为_（保留1位小数）。（4）“操作A”为_、过滤、洗涤、干燥，即
30、得产品。（5）NiSO4在NaOH溶液中可被NaClO氧化为NiOOH，该反应的化学方程式为_。（6）NiOOH可作为镍氢电池的电极材料，该电池的工作原理如下图所示，其充电时，正极的电极反应式为_。【答案】 (1). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (2). 稀硫酸(或硫酸、H2SO4) (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). 2.7 (5). 冷却结晶 (6). 2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH+NaCl+H2O+2Na2SO4 (7). Ni(OH)2+OH-e-=-NiOOH+H2O【解析】【分析】某含镍（Ni）废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、Al
31、2O3、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质，工艺流程的目的是用含镍废催化剂制备NiSO47H2O晶体，分析工艺流程，将含Ni废催化剂碱浸，Al和Al2O3溶于碱生成AlO2，进行过滤操作，则Fe、Ni及其他不溶于碱的杂质被过滤出，进行酸浸，则Fe和Ni溶于酸形成Fe2和Ni2，进行过滤操作，则不溶于酸的杂质被过滤出，滤液中主要含有Fe2和Ni2，净化除杂主要除去Fe元素得到Ni元素的溶液，经过后续处理得到NiSO47H2O晶体。【详解】（1）“碱浸”时Al和Al2O3溶于碱生成AlO2-，“碱浸”时发生反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2+3H2，Al2O3+2OH2AlO2-+
32、H2O。（2）工艺流程最终目的是制备NiSO47H2O晶体，所以酸浸时所用的酸应为H2SO4。（3）“净化除杂”需加入H2O2溶液，其作用是氧化Fe2为Fe3，Fe3更易形成Fe（OH）3从而达到去除Fe元素的目的；然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀，溶液中c（Fe3）浓度低于10-5molL1可认为Fe3几乎完全被除去，此时溶液中c（OH）=10-11.3molL1，则pH=14-pOH=14+lgc（OH）=2.7；（4）溶液中存在NiSO4，经过加热浓缩及“操作A”为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得产品。（5）NiSO4在NaOH溶液中可被NaClO氧化为NiOOH，ClO被还原为Cl，该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH+NaCl+H2O+2Na2SO4。（6）NiOOH可作为镍氢电池的电极材料，充电时阳极发生氧化反应，所以电极反应为：Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O。
