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1、2021-2022学年黑龙江省齐齐哈尔市三立高级中学高三（上）期初化学试卷一、单 选 题（本大题共20小题，共 60.0分）1.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该句中所涉及物质的说法错误的是（）A.蚕丝的主要成分是蛋白质B.蚕丝属于天然高分子材料C.“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D.古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物2.科技发展离不开化学。下列说法不正确的是（）A.“一带一路”，丝绸制品严禁用添加蛋白酶的洗衣粉漂洗B.“乘风破浪”，航母上的钛合金钾钉可抗海水腐蚀C.“筑梦天宫”，火箭助推剂-液氧在工业上可通过分解氯酸钾制得D.“直上云霄”，客机所用
2、燃油是石油的分储产物4.如图是硫酸试剂瓶标签上的部分内容。据此下列说法中正确的是（）A.该硫酸可以用来干燥硫化氢气体B.Imol Zn与足量的该硫酸反应能产生2g H2C.配制250mL 4.6mol L的稀硫酸需取该硫酸62.5mL硫 酸 化 学 纯（CP）（500 iL）品名：版化学式：H：SO,楣对分子质量：98密 度:1.84 g em-3质量分数:98%D.若不小心将该硫酸溅到皮肤上，应立即用N a O H 溶液冲洗5.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.16.2 5 g F e C h，水解形成的F e（O H）3 胶体粒子数为O.INAB.2 2.4 L（标准状况）
3、氮气含有的质子数为18NAC.9 2.0 g 甘油（丙三醇）中含有羟基数为I.ONAD.l.O molCF U 与CI 2 在光照下生成CH3 c l的分子数为I.ONA6.已 知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A.3 g 3 He 含有的中子数为INAB.I L O.lmol I T】磷酸钠溶液含有的P O 数目为O.INAC.lmolK 2 Cr 2（）7被还原为C/+转移的电子数为6必D.48 g 正丁烷和1 0g 异丁烷的混合物中共价键数目为13NA7.H3 P O 2 是精细磷化工产品。工业制备原理如下：I.2%+3 Ba（0H）2+6H2O =3 Ba（H2 P o2
4、）2 +2 P H3 Tn.Ba（H2 P o2）2 +H2 s。4=Ba S04 X +2 H3P 02下列推断不正确的是（）A.反 应 i 是氧化还原反应，反应n 是非氧化还原反应B.H3 P。2 具有还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C.反 应 I中氧化剂与还原剂的质量之比为1：1D.反 应 I 中，在标准状况下生成2.2 4 L P H3 时，转移0.3 mol电子8 .含氟化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氟化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氟化物污水，发生的主要反应为：CN-+O H-+Cl2-C02+N2+Cl-+也0（未配平）。下列说法错误的是（其中NA表示
5、阿伏加德罗常数的值）（）A.是氧化剂，CO 2 和电是氧化产物B.上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2：5C.该反应中，若有I molCN-发生反应，则有3NA电子发生转移D.若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应9 .若在加入铝粉能放出氢气的溶液中，分别加入下列各组离子，一定能大量共存的是（）A.NH：、S O C O g、K+B.Na+、Ba2+.Ca?+、HCO 3C.Mg 2+、SO：-、K+、c r D.K+、C、Na+、S01-第2页，共24页10.下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是()A.F e Ch溶液刻蚀铜电路板：2 F e 3+Cu
6、 =2 F e2+Cu2+B.Na 2()2用作供氧剂：Na2O2+H2O =2 Na O H+O2TC.氯气制漂白液：Cl2+2 Na O H=Na Cl+Na ClO +H2OD.Na 2 c O 3溶液处理水垢:Ca S04(s)+CO|-=Ca CO3(s)+SO 1-1 1 .下列离子反应方程式正确的是()碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合：Ca2+HCO 3 +O H-=Ca CO3 I +H2O碳酸镁与稀硫酸：Mg CO3+2 H+=H20+C02 T+Mg 2+醋酸与大理石：2 CH3CO O H+Ca CO3=Ca2+2 CH3CO Q-+H20+CO 2 T向Na HS()4溶
7、液中逐滴加入Ba(O H)2溶液至SO厂刚好沉淀完全：H+SO/+Ba2+O H-=H2O +Ba SO4i向N a z S Q溶液中滴加稀盐酸：N a2S i O3+2 H+=H2S i O3 I+2 N a+F e 2+与出。2在酸性溶液中的反应：2 F e 2+H2O2+2 H+=2 F e3+2 H2OA.B.C.D.1 2 .用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时M V 2+/M V+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是()交提履A.相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能B.阴极区，在氢化酶作用下发生反应HZ+2MV2+=2H+2MV+C.
8、正极区，固氮醐为催化剂，电 发生还原反应生成N H 3D.电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动13.如图是利用盐桥电池从某些含碘物质中提取碘的两个装置：下列说法中正确的是()石 墨 INai酸 性 溶 液 H3O,溶液石/U -八率!u号拿 电三NaJO,溶 液 NaHSQ,溶液A.两个装置中，石墨I 和石墨n均作负极B.碘元素在装置中被还原，在装置中被氧化C.装置中M n C）2 的电极反应式为M n C 2 +2 H2O+2 e-=M n2+4 0 H-D.装置、中的反应生成等量的I 2 时，导线上通过的电子数之比为1：51 4.如图所示是一种以液态朋 C 02+N2+C l-+小
9、0中C l元素化合价由0价降低为一 1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2 (4 -2)+(3-0)=10价，故C N-系数为2,系数为5,由元素守恒反应方程式为2 C N-+8 O H-+5 cl 2 =2 C O 2 +N 2 +10C r +4 H 2。，以此来解答。A.反应C N-+O H-+C l2-C O2+N2+C l-+电0中C l元素化合价由0价降低为一1价，C元素化合价由+2价升高为+4价,N元素化合价由-3价升高为0价，可知C 12是氧化剂，C O 2和电是氧化产物，故A正确；B.由上述分析可知
10、，反应方程式为2 C N-+8 O H-+5 C 12=2 C O2+N2+l O C l-+4 H2O,反应中是C N-是还原剂，C I 2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2,故B错误；C.由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有I m o l C N-发生反应，则有(4-2)+(3-0)4=5以电子发生转移，故C正确；D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为。价，则若将该反应设计成原电池，贝 C N-在负极区发生氧化反应，故D正确。故选B 9.【答案】D【解析】解：加入铝粉能放出氢气的溶液为非氧化性酸或
11、强碱溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A.碱溶液中不能大量存在NH3酸溶液中不能大量存在C O歹，故A错误；B.酸、碱溶液中均不能大量存在HCOQ故B错误；C.Mg 2+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能共存，故C错误；D.K+、C l-、N a+、S O/在酸、碱溶液中均不反应，可大量共存，故D正确；故选：D。加入铝粉能放出氢气的溶液为非氧化性酸或强碱溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A.钱根离子与氢氧根离子反应，碳酸根离子与氢离子反应；B.碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应；C.镁离子与氢氧根离子反应；D.四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。本题考查离子的共存，为高频考
12、点，把握题干信息及常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应反应的离子共存考查，题目难度不大。10.【答案】B【解析】解：A用F e C b溶液腐蚀铜电路板的离子反应为2 F e 3+C u =2 F e 2+c M+,遵循电荷守恒和质量守恒定律，故A正确；B.过氧化钠用作供氧剂的化学方程式为：2 N a 2()2 +2 C O 2 =2 N a 2 C O 3 +O 2,主反应，次反应为：2 N a2O2+2 H2O =4 N a O H +O2 T,故 B 错误；C.工业上把。2通入冷N a O H溶液中制得漂白液(主要成分N a C l O)。C l2+2 N a O H =N a
13、C l +N a C 10+H20,故 C 正确；D.碳酸钙比硫酸钙难溶物，可用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢，反应的离子方程式为：C a S 04(S)+C O i-(a q)C C a C O3(S)+S O(a q),故 D 正确;故选：B(.A.F e C k溶液溶解C u生成氯化亚铁和氯化铜；B.N a 2 C 2用作供氧剂：2 m o i过氧化钠与二氧化碳反应生成1 m o l氧气，该反应不满足电子守恒、质量守恒且不是主反应；C.工业上可用C l?与N a O H溶液作用制漂白液；D.依据沉淀转化的条件分析判断，碳酸钙更难溶，实现的沉淀的转化。本题考查了化学应用有关方程式的判断，为高考的高
14、频题，注意明确反应原理以及方程式正误判断常用方法，如检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等，题目难度不大。1 1.【答案】B【解析】解：碳酸氢钙溶液与过量烧碱溶液混合，离子方程式：C a2+2 H C O 3+2 0 H-=C a C O3 I+2 H2O +C 0 1-,故错误；碳酸镁与稀硫酸，离子方程式：M g C O3+2 H+=H20 +C 02 T +M g2+,故正确；醋酸与大理石反应生成醋酸钙和二氧化碳、水，离子方程式：2 C H3C O O H +C a C O3=C a2+2 C H3C O O-+H20 +C 02 T,故正
15、确；第14页，共24页 N a H S C)4溶液中逐滴加入B a(0 H)2 溶液至S O；-完全沉淀时，S O 歹、B a?+按物质的量之比 1：1 反应，即H+S 0 V +B a 2+0 H-=B a S 0 41+H 2 0,故正确；向N a z S i O s 溶液中滴加稀盐酸，离子方程式：S i O|-+2 H+=H2S i O3X,故错误；F e 2+与小。2 在酸性溶液中的反应，离子方程式：2 F e 2+&。2 +2 H+=2 F e 3+2 H 2。，故正确;故选：B。本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷
16、守恒，题目难度不大。1 2 .【答案】B【解析】【分析】本题考查原电池原理的应用，涉及燃料电池正负极的判断及离子的移动方向判断，能准确利用反应原理判断正、负极是解题关键，题目难度一般，属基础考查。生物燃料电池的工作原理是电+3H 2 二 雪 三 2 N H3,其中队在正极区得电子发生还原反应，出在负极区失电子发生氧化反应，原电池工作时阳离子向正极区移动，据此分析判断。【解答】A.利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能，故 A正确；B.原电池只有正、负极，不存在阴、阳极，其中负极区，氢气在氢化酶的作用下，发生氧化反应，反应式为出+2 M V 2+=2 H+2
17、 M V+,故 B错误；U N 2 在正极区得电子发生还原反应，生成N 为,故 C正确；D.燃料电池工作时，负极区生成的H+透过质子交换膜进入正极区，故 D正确；故选B。1 3.【答案】D【解析】解：A.装置中碘离子失去电子，石墨I为负极；装置中碘酸钠得电子石墨n作正极，所以两个装置中石墨I 负极而石墨I I 作正极，故A错误；B.装置中碘离子失去电子，被氧化；在装置中碘酸钠得电子被还原，故 B 错误；C.酸性介质中不可能生成氢氧根离子，所以电极反应式为：M n O2+4 H+2 e-=M n2+2 H20,故 C 错误；D.装置中碘离子失去电子，I m o l碘化钠失去I m o l电子;装
18、置中碘酸钠得电子，I m o l碘酸钠得到5 m o i的电子，所以反应、中生成等量的I 2时导线上通过的电子数之比为1：5,故D正确；故选：D。A.装置中碘离子失去电子，石墨I为负极；装置中碘酸钠得电子石墨n作正极；B.装置中碘离子被氧化；在装置中碘酸钠得电子被还原；C.酸性介质中不可能生成氢氧根离子；D.装置中碘离子失去电子，I m o l碘化钠失去I m o l电子;装置中碘酸钠得电子，I m o l碘酸钠得到5 m o l的电子。本题考查原电池原理，侧重考查判断正负极、电极反应式的书写，明确正负极判断方法及电极反应式书写规则是解本题关键，注意结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，题目难度
19、不大。1 4.【答案】B【解析】解：A.反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为：N2H4+O2=N2T+2 H2O,电极甲发生氧化反应，而不是还原反应，故A错误；B、放电时，阴离子向负极移动，即。2-由电极乙移向电极甲，故B正确；C.反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为：N 2 H4 +。2 =N 2 T +2出0,故C错误；D.由电池总反应为：N 2 H4 +。2 =4 1 +2%0可知，当甲电极上有I m o l N 2 H4消耗时，乙电极上有I m o l。?被还原，状况不知，所以体积不一定是2 2.4 L 0 2,故D错误；故选：B
20、o该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2 02-4 e-=N2 T+2 H2O,正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：02+4 e-=2 02-,电池总反应为：N 2 H4 +。2 =N 2 T +2 H2O,结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质的性质书写，难度不大。第 16页，共 24页15.【答案】B【解析】【分析】本题考查了电解原理的应用，明确电解池中的阴阳极以及阴阳极上离子的放电顺序是解题的关键，注意题干信息的分析应用，题目难度一般。【解答】A.阴离子向
21、阳极（即正极区）移动，阳极水放电生成氧气和氢离子，pH减小，故 A 错误；B.在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和S O/可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，水在阳极放电生成氧气和氢离子，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸，水在阴极得电子生成氢气和氢氧根离子，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2sO,产品，故 B 正确；C.负极连接电解池阴极，发生还原反应，水得电子生成氢气和氢氧根离子，pH升高，故 C 错误；D.每生成Imol氧气转移4moi电子，当电路中通过Imol电
22、子的电量时，会有0.25mol的。2生成，故 D 错误。故选Bo16.【答案】C【解析】解：A.a极连接电源负极为阴极，水电离产生的氢离子得电子产生氢气，发生的电极反应为：2H+2 6-=出 1,故 A 正确；B.b极连接电源的正极为阳极，溶液中氯离子失电子产生氯气，且产生的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，涉及的反应有：2C-2e-=C12T、Cl2+H20 HC1+HC10,故B 正确；C.电解过程中，电子流向：电源负极-a、d-c、b-电源正极，电子不能通过电解质溶液，故 C 错误；D.c处为阳极，若将铁丝改成铜丝，铜失电子产生铜离子，其余条件相同，电解一段时间后，能发现c 处附近变蓝，故
23、D 正确。故选：Coa、d 处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大引起的；b 处变红，并局部褪色，说明是溶液中的氯离子放电产生氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氢离子浓度增大，酸性增强，试纸变红；氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，试纸局部褪色：C处为阳极，铁失去电子产生亚铁离子，试纸无明显变化，据此分析。本题考查电解原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确各个电极类型及电极上发生的反应是解本题关键，注意：较活泼金属作阳极时，阳极上阳极材料失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，题目难度中等。1 7.【答案】D【解析】【分析】本题考查学生电解池的工作原理知
24、识，注意电极反应式的书写是关键，难度不大。【解答】图示的电化学装置除去N O 属于电解装置，硝酸根转化为氮气的反应应该是在阴极上发生的，所以b是电源的负极，阴极上的电极反应为：2 N O J +1 2 H+I 0 e-=N2 T +6 H2O,离子交换膜允许氢离子通过，据此回答。A、由分析知，b是电源的负极，a是正极，故A错误；B、图示的电化学装置属于电解装置，把电能转化为化学能，故B错误；C、b是电源的负极，阴极上的电极反应为：2 N O 1 +1 2 H+1 0 e-=N 2 T+6 H 2。，离子交换膜允许氢离子通过，应为阳离子交换膜，故C错误；D、阴极的电极反应式为：2 N O +1
25、2 H+1 0 e-=N 2 T+6 H 2。，故D正确。故选：D。1 8.【答案】D【解析【解：A.放电时，N a失电子作负极、N i作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以C 1 0 1向负极移动，故A正确；B.放电时N a作负极、N i作正极，充电时N i作阳极、N a作阴极，则放电电池反应式为3 c o z +4 N a U 2 N a 2 c O 3 +C、充电电池反应式为2 N a 2 c O 3 +C U 3 c o 2 +4 N a,所以充电时释放C O 2,放电时吸收C O 2，故B正确；C.放电时负极反应式为N a-e-=N a+、正极反应式为3 c o 2 +4 e-=
26、2 C 0 r+C,故C正确；D.充电时，原来的正极N i作电解池的阳极，N a作电解池阴极，则阳极发生的反应为原第18页，共24页来正极反应式的逆反应，即2COg+C-4 e-=3CO 2,故 D 错误；故选：D。A.放电时，N a失电子作负极、N i作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动；B.放电时Na作负极、N i作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为3CO2+4Na 3 2Na2CO3+3 充电电池反应式为2Na2cO3+C U 3CO2+4Na；C.放电时负极反应式为Na-e-=Na+、正极反应式为3c02+4e=2co歹+C；D.充电时，原来的正极作电解池的阳极，失
27、电子发生氧化反应。本题考查原电池原理，明确充电电池中正负极、阴阳极发生反应关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。19.【答案】B【解析】解：A.由题意可知，装置甲为燃料电池，乙为电镀池，故 A 正确；B.b电极为原电池的正极，正极反应式为2H2O+O2+4 e-=4 0 1，故 B 错误；C.d为阴极，阴极上CM+得电子生成C u,阴极反应式为CM+2 e-=C u,故 C 正确；D.c为阳极，阳极反应式为Cu-2e1=C u2+,正极反应式为2H?0+。2+4e=40H-,根据电子守恒可知，2Cu O2,则n(02)=1 X 瀛=Im ol,标准状
28、况下的体积V()2)=lmol X 22.4L/mol=22.4L,所以理论消耗标准状况下的空气约为22.4L+g=112L,故D 正确；故选：Bo月井燃料电池甲中，负极上投放的是燃料，则 a 电极为负极，b 电极为正极，负极上月并发生失电子的氧化反应生成电，在碱性环境下的负极反应式为N2H4+40H-4 e-=4H20+N2 T,正极上氧气发生得电子的还原反应，正极反应式为2H20+02+4 e-=40H-；装置乙为电镀池，c 电极与正极相接，则 c 为阳极、d 为阴极，阳极上Cu失电子生成C M+,阳极反应式为Cu 2 e-=Cu2+,d 电极上CM+得电子生成C u,阴极反应式为CM+2
29、e-=C u,结合电子守恒得到关系式2Cu O 2,据此分析解答。本题考查了电解池、原电池工作原理，为高频考点，明确原电池和电解池的工作原理为解答关键，注意掌握电极的判断方法及电极反应式的书写，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度中等。2 0.【答案】C【解析】解：整个反应过程，金属铜失电子，氧气得到电子，根据得失电子守恒，设金属铜的物质的量是n,则2 n =0.3 2 5 x 2(2-0),解得n =0.6 5 m o l,所以显示酸性的硝酸在硝酸铜中，其物质的量是0.6 5 m o l x2 =1.3 m o L做氧化剂的硝酸的物质的量即为1 1.2 L气体(标况)的物质的量另需三=0.
30、5 m o l,所以反应中消耗硝酸的物质的量是/4.4L/moi1.3 m o l +0.5 m o l =1.8m o L故选：C 根据二氧化氮、一氧化氮和氧气反应的原理方程式：4 NO +3 O2+2 H2O =4 H NO3,4 NO2+O2+2 H2O =4 H NO3,此时得到的硝酸的量即为气体的物质的量，根据电子守恒计算金属铜的物质的量，进而计算显示酸性的硝酸的物质的量即可，消耗的硝酸的物质的量=显示酸性的硝酸的物质的量+做氧化剂的硝酸的物质的量.本题涉及元素守恒以及电子守恒在化学反应的计算中的应用知识，属于综合知识的考查,难度中等.2 1 .【答案】2 H+S O广+B a2+2
31、 0 H =B a S 04 I+2 H2O B a2+S 0 i-+H+H C O 3 =B a S 04 I+H20 +C 02 T 2 A 13+3 S 0 i-+3 B a2+6 0 H-=2 A 1(O H)3 1 +3 B a S 04 I【解析】解：将Na H S 0 4溶液滴加到B a(O H)2溶液中，当溶液恰好呈中性时，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，该反应的离子方程式为：2 H+S O t +B a 2+2 O H =B a S 04 i +2出0,故答案为：2 H+S 0 i-+B a2+2 0 H =B a S 04 I+2 H2O；向B a(H C O 3)2溶液
32、中滴入Na H S C)4溶液，至沉淀完全，此时碳酸氢钢与硫酸氢钠的物质的量相等，该反应的离子方程式为：B a2+S O i-+H+H C O 3 =B a S 04 i +H20 +C O2T,故答案为：B a2+S O：-+H+H C O 3 =B a S 04 I+H20 +C 02 T；0.2 m o l/L的NH 4 A 1(S O)溶液与0.3 m o l/L的B a(0 H)2溶液等体积混合，离子方程式：2 A F+3 S 0|+3 B a2+6 0 1 =2 A 1(O H)3 1 +3 B a S O4 I,故答案为：2 A 13+3 so歹+3 B a2+6 0 H-=2
33、A 1(O H)3 I+3 B a S O4 1。反应后溶液为中性，硫酸氢钠与氢氧化钢按照物质的量2：1反应；沉淀完全时，二者物质的量相等，反应后碳酸氢根离子有剩余；硫酸铝钱与氢氧化钢按照物质的量之比2：3反应生成氢氧化铝、硫酸钢和硫酸锈。第20页，共24页本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写注意问题是解题关键,注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。22.【答案】(1)不属于(2)酸；ICT,(3)3 4 4OH-3 4 2H2O(4)C+H2O(g)型 CO+%ab 电 +02 2 2NO 2co+2N0,但 2CO2+N2【解析】【分析】本题考查了酸雨形成、氧化还原
34、反应、电解质溶液中电荷守恒、化学方程式书写等，主要是物质性质的理解应用，题目难度中等。【解答】(1)胶体的分散系中分散质的直径在1lOOnm,PM2.5是指大气中直径接近于2.5 x10-6m的颗粒物，直径大于lOOnm,则细颗粒物分散在空气中形成的分散系不是胶体，故答案为：不属于；(2)观察表格中发现NH*水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性，试样的pH值根据溶液中电荷守恒计算得到：c(H+)+c(K+)+c(Na+)+c(NHj)=2c(SO。+c(NO。+c(C),将各个数值代入上述式子可得c(H+)=1,0 x 10-4m o l/L,氢离子浓度为lO m oi/L,故答案为：酸；KT
35、%(3)反应中N元素化合价由+2价的NO升高为NO,中+5价，共升高3价，C1元素由CIO中+3价降低为-1价，共降低4价，化合价升降最小公倍数为1 2,故CRT系数为3,故NO系数为4,则根据电荷守恒、元素守恒及反应在碱性条件下进行，则配平好的方程式 为:3C1O2+4N0+4OH-=3 d-+4N0+2H2O,故答案为：3、4、4OH-、3、4、2H2。；(4)C+H2O(g)旦通 CO+出；a.二氧化硫是酸性氧化物所以具有酸性氧化物的通性能够与碱反应：SO2+Ca(OH)2=CaSO3 i +H2O,故 a 正确；b.二氧化硫水溶液是亚硫酸所以也能够与碳酸钠反应：SO2+Na2c。3=N
36、a2s。3 +CO2,所以可以用氢氧化钙溶液和碳酸钠溶液做洗涤剂，故b正确；C.二氧化硫与氯化钙溶液不反应，故 C错误；d.二氧化硫与亚硫酸氢钠溶液不反应，所以不能用氯化钙和亚硫酸氢钠溶液做洗涤液，故 d 错误；故答案为：ab；(5)汽缸中生成NO是空气中氮气和氧气放电生成一氧化氮，反应的化学方程式为：N2+02-1 2N0,故答案为：N2+O2 JM 2N O；在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和 NO的污染，一氧化碳和一氧化氮催化剂作用生成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式：2c0+2N0 些12co2+N2，故答案为：2c0+2N0 鳖 t2C C)2+N2。23.【答案】B 阴 2
37、C u-2e-+2O H-=H2O+CU2O N2H4-4e-+40H-=N2 T+4H20 0.05【解析】解：(1)用离子交换膜控制电解液中c(OH-)制备纳米CU2O,则电解池中D 电极上 C u失电子和0H-反应生成CU2。，所以D 电极为阳极，则 C 电极为阴极，该燃料电池中 A 为负极、B 为正极，阳极连接原电池正极、阴极连接原电池负极，所以D 连接B,C 电极上水得电子生成氢气和OH、OFT通过离子交换膜加入D 电极区，故答案为：B；阴；(2)阳极D 上上C u失电子和0H-反应生成CU2。，电极反应式为2Cu-2e-+20H-=H20+Cu?。；啡燃料电池中A 电极上肿失电子发
38、生氧化反应，电极反应式为N2H4-4e+40H-=N2 T+4H20,故答案为：2Cu-2e-+20H-=H20+Cu2O；N2H4-4e-+40H-=N2 T+4H20：串联电路中转移电子相等，根据转移电子守恒得肺和Cu?。的关系式为N2H42CU2O,消耗n g H Q =jn(Cu2O)=i x=0.05mol,故答案为：0.05,(1)用离子交换膜控制电解液中c(OH-)制备纳米Cu?。，则电解池中D 电极上Cu失电子和0H-反应生成Cu?。，所以D 电极为阳极，则 C 电极为阴极，该燃料电池中A 为负极、B 为正极，C 电极上水得电子生成氢气和OH、0H-通过离子交换膜加入D 电极区
39、；(2)阳极D 上上C u失电子和OH-反应生成CU2O；腓燃料电池中A 电极上胧失电子发生氧化反应；第22页，共24页(3)串联电路中转移电子相等，根据转移电子守恒得肿和CU2。的关系式为N2H42CU2。，据此计算消耗肿的物质的量。本题考查原电池和电解池原理，为高频考点，明确各个电极上发生的反应、电极反应式的书写规则、离子移动方向是解本题关键，侧重考查分析判断及计算能力，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，题目难度不大。24.【答案】c d 2d-2e-=Cl2 f 负 CIO-+2e-+H20=Cl-+20H-H2 OHC-CHO+Cl2+H20=HO
40、OC-CHO+2HC1 0.5【解析】解：(1)原电池原理保护金属铁时，将铁与比铁活泼的金属相连；电解池原理保护金属铁时，铁作阴极，阳极接石墨，不需要频繁更换，在海水中阳极上氯离子失电子生成氯气，电极反应式为：2Q-2e-=Cl2 T,故答案为：c；d；2Cr-2e-=Cl2 T；(2)“镁-次氯酸盐”燃料电池中失电子的为负极，则 M g为负极；正极上C10-得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为：ClO-+2e-+H2O=C5+2OH-；故答案为：负；CIO-+2e-+H20=CP+20H-；Mg的活泼性较强能与水反应生成氢气，其反应为：Mg+2H2。=Mg(OH)2 +H2 T,故答案为：
41、H2;(3)乙二醛(OHC-CHO)与 M 电极的氯气反应生成乙醛酸，化学方程式为：OHC-CHO+Cl2+H20=HOOC-CHO+2HC1,故答案为：OHC-CHO+H2。=HOOC-CHO+2HC1；根据电极方程式HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H20,0.5molH+通过质子交换膜，则生成0.25mol乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成所以生成的乙醛酸为0.5mol；故答案为：0.5.(1)形成原电池时，Fe作正极被保护；电解池中Fe作阴极被保护；C 为阳极，在海水中阳极上氯离子失电子生成氯气；(2)原电池中失电子的为负极；正极上CUT得电子生成氯离子；Mg的活泼性较强能与水反应生成氢气；(3)乙二醛(OHC-CHO)与氯气反应生成乙醛酸；2moiH+通过质子交换膜，则电池中转移2moi电子，根据电极方程式计算.本题考查了原电池原理和电解池原理的分析应用，把握原电池原理和电解池原理以及电解过程中电子守恒的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等.第24页，共24页