吉林省延边第二中学2019-2020学年高二12月月考化学试题
延边第二中学2019～2020学年度第一学期第二次阶段检测
高二年级化学学科试卷
试卷说明：试卷分为两部分，第一部分选择题，第二部分为非选择题
可能用到的相对原子量：H：1 N：14 O：16 S：32 C：12 Cl：35.5 Ag：108 Mg：24 Na:23 Cu：64 Al:27
Ⅰ部分
一、选择题
1.下列各反应的化学方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. H2O+ H2OH3O++OH-
B. CO2+H2OH2CO3
C. HCO3-+OH- H2O+CO32-
D. CO32-+ H2OHCO3- +OH-
【答案】D
【解析】
【分析】
水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号。
【详解】A．水是弱电解质，不是弱离子，水本身不能水解，电离为氢离子(实际是H3O+)和氢氧根离子，H2O+H2OH3O++OH-是水的电离方程式，故A错误；
B．方程式表示二氧化碳与水反应生成碳酸，是化学方程式，不是水解方程式，故C错误；
C．方程式表示碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根与水，故C错误；
D．方程式表示碳酸根结合水电离的氢离子生成碳酸氢根和氢氧根，是碳酸根的水解，故D正确；
故答案为D。
2. 下列说法正确的是
A. Na+、Fe2+、Cl–、NO3–等离子能在甲基橙试液显红色的溶液中共存
B. K+、Mg2+、Cl–、I–等离子能在[H+] = 10–12mol·L–1的溶液中共存
C. NaHS水解的离子方程式为：HS–＋H2OS2–＋H3O+
D. NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3＝Na+＋HCO3–，HCO3– H+＋CO32–
【答案】D
【解析】
【详解】A、甲基橙试液显红色的溶液属于酸性，Fe2+、NO3–不能共存，A项错误；
B、[H+] = 10–12mol·L–1的溶液是碱性溶液，镁离子不能大量存在，B项错误；
C、HS–＋H2OS2–＋H3O+是电离方程式，C项错误；
D、NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3＝Na+＋HCO3–，HCO3– H+＋CO32–，D项正确；答案选D。
3.己知：图1中a和b分别为常温下盐酸和NaOH溶液互滴的pH变化曲线；图2为常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线[Ksp(CaSO4)=9×10-6]。下列相关叙述正确的是
A. 图1中P点溶液：c(Na+)= c(Cl-)>c(H+) = c(OH-)
B. 由图1可知盐酸和NaOH溶液的浓度均为1mol·L-1
C. 图2中c点有沉淀生成，达平衡后溶液中c(SO42-)=3×10-3 mol·L-1
D. 可通过蒸发将图 2中e点的溶液变到d点
【答案】A
【解析】
【详解】A. 图1中P点溶液显中性，c(Na+)= c(Cl-)>c(H+) = c(OH-)，故A正确；
B. 温度不一定是常温，则NaOH溶液的浓度不一定为1mol·L-1，故B错误；
C. 根据图示数据，可以看出c点Qc=2×l0-5＞Ksp，所以会生成沉淀，平衡向生成沉淀的方向进行，由于c点c(Ca2+)＞c(SO42-)，生成沉淀时两者减少的离子数目相同，Ksp(CaSO4)=9×10-6，则平衡后(Ca2+)＞c(SO42-)，c(SO4-)小于3×l0-3mol/L，故C错误；
D. e为不饱和溶液，蒸发时硫酸根的浓度会增大，所以e点溶液通过蒸发不能变到d点，故d错误；
故选A。
【点睛】本题考查了中和滴定和沉淀溶解平衡的应用以及图象分析，对于图2，关键是认识图像，线上的任意点都是平衡状态，c和e不是平衡状态。
4.由U形管、质量为mg的铁棒、质量为mg的碳棒和1L0.2mol·L-1CuCl2溶液组成如图所示装置，下列说法不正确的是（ ）
A. 打开K,铁棒上有紫红色物质析出
B. 闭合K,碳棒上有紫红色固体析出
C. 闭合K,碳棒表面发生的电极反应为Cu2++2e-=Cu
D. 闭合K,当电路中有0.3NA个电子通过时，理论上碳棒与铁棒的质量差为9.6g
【答案】D
【解析】
【详解】A. 打开K，Fe直接与CuCl2溶液反应生成Cu，所以铁棒上有紫红色物质析出，故A正确；
B. 闭合K，形成原电池，Fe作负极、碳棒作正极，溶液中的Cu2+在正极上得电子生成Cu，所以碳棒表面发生的电极反应为Cu2++2e-=Cu，碳棒上有紫红色固体析出，故B正确；
C. 闭合K，溶液中的Cu2+在正极上得电子生成Cu，所以碳棒表面发生的电极反应为Cu2++2e-=Cu，故C正确；
负极反应：Fe-2e-=Fe2+，正极反应：Cu2++2e-=Cu，当电路中有0.3NA个(0.3mol)电子通过时，负极减少0.15molFe(质量为8.4g)，正极增加0.15molCu(质量为9.6g)，所以理论上碳棒与铁棒的质量差为18g，故D错误。
5.锌-空气电池适宜用作城市电动车的动力电源，该电池放电时Zn转化为ZnO，其工作原理如图。下列说法正确的是
A. 氧气在石墨电极上发生氧化反应
B. 负极反应为Zn+H2O-2e-= ZnO+2H+
C. 放电前后电解质溶液的pH基本不变
D. 放电时OH-向石墨电极移动
【答案】C
【解析】
A. 氧气在石墨电极上发生得到电子的还原反应，A错误；B. 溶液显碱性，负极反应为Zn+2OH－-2e－= ZnO+H2O，B错误；C. 总反应式为O2+2Zn＝2ZnO，因此放电前后电解质溶液的pH基本不变，C错误；D. 放电时OH-向负极即向锌电极移动，D错误，答案选C。
点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写，书写时注意离子的移动方向、电解质溶液的酸碱性、是否存在交换膜以及是不是熔融电解质等。
6.某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如下图所示，该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和O2，X、Y是特殊催化剂型电极，下列说法正确的是
A. 电源a极为正极
B. 该装置中Y电极发生还原反应
C. X电极的电极反应式为6CO2+24H++24e-=C6H12O6+6H2O
D. 理论上，每生成22.4L(标准状况下)O2,必有4mol H+由X极区向Y极区迁移
【答案】C
【解析】
【详解】A、X极上二氧化碳得电子转化为糖类(C6H12O6)，发生还原反应，为电解池的阴极，连接负极，则电源a极为负极选项A错误；
B、该装置是电解池装置，与电源正极b极相连的Y电极是电解池的阳极失电子发生氧化反应，选项B错误；
C、X电极与电源负极相连，所以X电极是阴极，发生还原反应，电极反应式为6CO2+24H++24e-=C6H12O6+6H2O，选项C正确；
D、X电极与电源负极相连，所以X电极是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以氢离子从阳极Y极区向阴极X极区移动，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确各个电极上发生的反应、电解质溶液中离子移动方向等知识点是解本题关键，会根据转移电子守恒进行计算，难点是电极反应式的书写。
7. 如图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入一生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是
A. 生铁块中的碳是原电池的正极 B. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀 C. 两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e-= Fe2+ D. 红墨水柱两边的液面变为左低右高
【答案】D
【解析】
【详解】该反应为原电池生铁块中的碳是原电池的正极，a试管中为中性溶液发生了吸氧腐蚀，b试管中为酸性溶液发生了析氢腐蚀。两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e-= Fe2+，左边压强减小，右边压强增加，红墨水柱两边的液面变为右低左高。
8.标准状况下，某同学向 100 mLH2S 饱和溶液中通入 SO2，所得溶液 pH 变化如图所示，下列分析中， 正确的是（ ）
A. 亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸
B. ab 段反应是：SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O
C. 原 H2S 溶液的物质的量浓度为 0.05mol/L
D. b 点对应的溶液导电性最强
【答案】B
【解析】
【分析】
H2S 饱和溶液中通入SO2，发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112 mL，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题。
【详解】A．根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）= = 0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01 mol，通入336 mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01 mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，A项错误；
B．ab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S=3S↓+2H2O，B项正确；
C．由图可知，112 mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）==0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为= 0.1mol/L，C项错误；
D．b点为硫化氢与二氧化硫恰好完全反应，溶液中的离子浓度最小，导电性最差，D项错误；
答案选B。
9.常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应。下列说法正确的是
A. 当溶液中c(CH3COO－)=c(Na＋)＞c(H＋)=c(OH－)时，一定是醋酸过量
B. 当溶液中c(CH3COO－)=c(Na＋)时，一定是氢氧化钠过量
C. 当溶液中c(CH3COO－)=c(Na＋)时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应
D. 当溶液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)时，一定是氢氧化钠过量
【答案】A
【解析】
【详解】A、等物质的量的醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液显碱性，而c(H＋)=c(OH－)时，溶液显中性，所以醋酸过量，A正确；
B、根据电荷守恒规律，当溶液中c(CH3COO－)=c(Na＋)时，c(H＋)=c(OH－)，所以醋酸过量，B错误；
C、溶液显中性，醋酸与氢氧化钠不是恰好完全反应，醋酸过量，C错误；
D、溶液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)时，说明溶液显碱性，不一定是氢氧化钠过量，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸钠溶液，也会有该不等式成立，D错误；
答案选A。
10.在一定温度下，向一个容积为2L的密闭容器内（预先加入催化剂）通入2mol NH3，经过一段时间后，测得容器内的压强为起始时的1.2倍.则NH3的转化率为（ ）
A. 25% B. 80% C. 10% D. 20%
【答案】D
【解析】
【分析】
令平衡时参加反应NH3的物质的量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，利用压强之比等于物质的量之比，结合平衡时容器内气体压强为起始时的1.2倍列方程计算x的值，进而计算NH3的转化率。
【详解】令平衡时参加反应NH3的物质的量为xmol，由题意建立如下三段式：
2NH3N2（g）+3H2（g）
开始（mol）：2 0 0
变化（mol）：x 0.5x 1.5x
平衡（mol）：2-x 0.5x 1.5x
所以根据压强之比等于物质的量之比可知2-x+0.5x+1.5x=2×1.2，解得x=0.4，所以NH3的转化率为0.4/2×100%=20%。故答案选D。
11.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（ ）
A. 0.1mol/L CH3COONa溶液与0.1mol/L HCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl-）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）
B. 含等物质的量的NaX和弱酸HX的混合溶液中一定存在：c（Na+）＞c（X-）
C. 0.1mol/L Na2CO3溶液与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）
D. Na2C2O4溶液与HCl溶液等体积混合（H2C2O4是二元弱酸）：2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-）+c（Cl-）=c（Na+）+c（H+）
【答案】B
【解析】
【详解】A.0.1mol/LCH3COONa溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，反应方程式为CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，所得溶液为等浓度的CH3COOH和NaCl混合溶液，NaCl完全电离，CH3COOH部分电离，溶液呈酸性，离子浓度关系为c(Na+)=c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(OH-)，A项正确；
B.若X-的水解程度大于HX的电离程度，则c(Na+)>c(X-)，反之c(Na+)
0
B. 地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道腐蚀
C. 常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+ )≤5.6×10-4 mol·L-1
D. 常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2，反应中转移的电子数为6.02×1023
【答案】BC
【解析】
A．该反应气体的分子数减少了，所以是熵减的反应，△S<0，A错误；B．锌比铁活泼，形成原电池时锌做负极，所以可以减缓钢铁管道的腐蚀，B正确；C．常温下，在pH=10的溶液中，c(OH-)=1mol/L，溶液中含Mg2+浓度最大值为=5.6mol/L，C正确；D．在锌和稀硫酸的反应中每生成1mol H2，电子转移的数目为2mol e-，在常温常压下，11.2LH2的物质的量不是0.5mol，所以反应中转移的电子数不是6.02，D不正确。答案选BC。
18.下列各组的比值等于2∶1的是
A. pH值均为12的烧碱溶液与氢氧化钡溶液的物质的量浓度之比
B. 硫化钾溶液中c(K+)与c(S2－)之比
C. 相同温度下，0.2mol·L－1的醋酸溶液与0.1mol·L－1的醋酸溶液中的c(H+)之比
D. 10mL 0.5mol·L－1的盐酸溶液与5mL 0.5mol·L－1的醋酸溶液中的n(H+)之比
【答案】A
【解析】
【详解】A. 烧碱和氢氧化钡都是强电解质，在水溶液里完全电离，pH相等的两种碱溶液中氢氧根离子浓度相等，因为烧碱是一元强碱碱，氢氧化钡是二元强碱，所以烧碱与Ba(OH)2溶液的物质的量浓度之比2:1，A项正确；
B. 因为S2−会水解，导致数目减少，比值会大于2，B项错误；
C. 醋酸是弱电解质，浓度越高，电离度越小，所以相同温度下，0.2mol·L－1的醋酸溶液与0.1mol·L－1的醋酸溶液中的c(H+)的比值小于2，C项错误；
D. HCl是强酸，完全电离，10mL0.5mol⋅L−1的盐酸溶液，n(H+)=5×10−3mol，醋酸为弱酸部分电离5mL0.5mol⋅L−1的醋酸溶液中的n(H+)<2.5×10−3mol，比值会大于2，D项错误；
答案选A。
【点睛】弱电解质的电离受浓度的影响，电解质的浓度越小，电离程度越大。
19.化学与STSE (社会、科学、技术和环境) 密切相关，下列说法不正确的是
A. 铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性
B. 寻找合适催化剂能使水转化为汽油
C 合理利用太阳能、风能和氢能等能源有利于实现“低碳经济”
D. 钢铁在潮湿的空气中更容易生锈，其主要原因是形成了原电池
【答案】B
【解析】
【详解】A项，铁表面镀锌，若发生电化学腐蚀，Zn作负极失去电子被氧化，铁作正极而被保护，铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性，正确；
B项，水的组成元素为H、O，汽油的组成元素为C、H，催化剂能改变反应速率，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，水不可能转化为汽油，错误；
C项，合理利用太阳能、风能和氢能等新能源有利于实现“低碳经济”，正确；
D项，钢铁在潮湿的空气中更容易生锈，主要原因是有水膜作电解质，形成了原电池，正确；答案选B。
20.用石墨电极完成下列电解实验
实验一
实验二
装置
现象
a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生……
下列对实验现象的解释或推测不合理的是（ ）
A. a、d处：2H2O+2e-=H2↑+2OH- B. b处：2Cl--2e-=Cl2↑
C. c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+ D. 根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜
【答案】B
【解析】
【详解】A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大造成的，A正确；
B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，分别产生氧气和氯气，氢离子浓度增大，酸性增强，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B错误；
C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，C正确；
D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，D正确；
答案选B。
【点睛】化学反应主要是物质变化，同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除Au、Pt、C之外的电极)，则电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极(Au、Pt、C等电极)，则是溶液中的阴离子放电，放电的先后顺序是S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+
，与金属活动性顺序刚好相反。因此掌握电解池反应原理是本题解答的关键。注意依据实验现象分析可能发生的电极反应。
II部分
二、填空题
21.连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，可用于制N2O气体。
(1)常温下，用0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定10mL0.01mol·L-1的H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。
①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：______________。
②b点时溶液中c(H2N2O2)_____ c(N2O22-)(填“＞”、“＜”或 “＝”，下同)。
③a点时溶液中c(Na+)____c(HN2O2-)+c(N2O22-)。
(2)硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中=__________。[已知Ksp(Ag2N2O2)=4.2×10-9，Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5]
【答案】 (1). H2N2O2 ⇌ HN2O2—+H+ （HN2O2— ⇌ N2O22— +H+） (2). ＞ (3). ＞ (4). 3.0×10—4．
【解析】
【分析】
（1）①根据图象可知，0.01mol/L的H2N2O2溶液pH=4.3，说明H2N2O2为二元弱酸，分步电离，且以第一部电离为主；
②b点时溶液的溶质为NaHN2O2，溶液呈碱性，那么HN2O2-的水解程度大于电离程度；
③a点时溶液的pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒进行判断；
（2）根据Ksp(Ag2N2O2)=c2(Ag+)c(N2O22-)，Ksp(Ag2SO4)= c2(Ag+)c(SO42-)，分别计算出c(N2O22-)和c(SO42-)，最后求比值。
【详解】（1）①根据图象可知，0.01mol/L的H2N2O2溶液pH=4.3，说明H2N2O2为二元弱酸，分步电离，且以第一部电离为主，因此电离方程式为：H2N2O2 ⇌ HN2O2-+H+ （HN2O2- ⇌ N2O22-+H+）；
②b点时溶液的溶质为NaHN2O2，溶液呈碱性，那么HN2O2-的水解程度大于电离程度，因此c(H2N2O2) ＞ c(N2O22-)；
③a点时溶液的pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(HN2O2-)+2c(N2O22-)，因此c(Na+)＞c(HN2O2-)+c(N2O22-)；
（2）根据Ksp(Ag2N2O2)=c2(Ag+)c(N2O22-)和 Ksp(Ag2SO4)= c2(Ag+)c(SO42-)可得c(N2O22-)=，c(SO42-)=，因此====3.0×10-4。
22.（1）某温度（t℃）时，水的KW=10-13，则该温度（填大于、等于或小于）______25℃，将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合，
①若所得混合溶液为中性，则a：b=_________；
②若所得混合溶液pH=2，则a：b=__________。
（2）把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是 ___________
【答案】 (1). 大于 (2). 10：1 (3). 9：2 (4). Fe2O3
【解析】
【分析】
（1）水电离为吸热的过程，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大；
①混合溶液为中性，说明n(H+)=n(OH-)；
②混合溶液中c(H+)==10-2mol/L，接触a:b的值；
（2）把FeCl3溶液蒸干时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，升高温度促进了HCl的挥发，灼烧实际上灼烧的是Fe(OH)3；
【详解】（1）水的电离为吸热的过程，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，因此当水的KW=10-13时，该温度填大于25℃；
①混合溶液为中性，说明n(H+)=n(OH-)，因此0.01mol/L×aL=0.1mol/L×bL，那么a:b=0.1:0.01=10:1；
②混合溶液中c(H+)==10-2mol/L，解得a:b=9:2；
（2）把FeCl3溶液蒸干时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，升高温度促进了HCl的挥发，灼烧实际上灼烧的是Fe(OH)3，最终得到的是红棕色固体Fe2O3。
【点睛】混合溶液pH计算的方法：（1） pH=a的强酸溶液稀释10b倍，pH=a+b，若为弱酸溶液pH＜a+b，pH=a的强碱溶液稀释10b倍，pH=a-b，若为弱碱溶液pH>a-b；（2） ①两种强酸混合：直接求出c混(H＋)，再据此求pH。c混(H＋)＝。②两种强碱混合：先求出c混(OH－)，再据KW求出c混(H＋)，最后求pH。c混(OH－)＝。③强酸、强碱混合：先判断哪种物质过量，再由下式求出溶液中H＋或OH－的浓度，最后求pH。c混(H＋)或c混(OH－)＝。
23.（1）对金属制品进行防腐蚀处理，可延长其使用寿命。以下为铝材表面处理的一种方法：
①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗衣时候常有气泡冒出，原因是：________（用离子方程式表示）。
②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为：_____。
取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是_________。（用离子方程式表示）
（2）如图2所示，组成一种原电池．试回答下列问题(灯泡功率合适)：
图2
电解质溶液为NaOH溶液时，Al电极上发生反应的电极反应式为：________________；
（3）甲醇燃料电池（电解质为KOH溶液，惰性材料作电极）负极反应的电极反应式为：___________ 。
（4）在氯化铵溶液中，各离子浓度由大到小顺序为___________________________
【答案】 (1). 2Al + 2OH-+ 2H2O=2AlO2-+ 3H2↑ (2). 2Al + 3H2O -6e-=Al2O3+6H+ (3). Al3++ 3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ (4). Al – 3e- + 4OH- =AlO2- + 2H2O (5). CH3OH – 6e- + 8OH- = CO32- + 6H2O (6). c（Cl－）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH－）
【解析】
【分析】
（1）①有气泡冒出是因为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
②铝为阳极，发生氧化反应，表面生成氧化膜，电极反应为：2Al + 3H2O -6e-=Al2O3+6H+；HCO3-与H+结合使c(H+)减小，产生Al(OH)3沉淀；
（2）金属镁和铝为电极材料，电解质溶液为NaOH时，自发的氧化还原反应为铝和氢氧化钠溶液的反应，因此铝作负极，失去电子，镁作正极，得到电子；
（3）甲醇燃料电池中甲醇为燃料，在负极通入，失去电子发生氧化反应；
（4）氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显弱酸性，据此分析判断；
【详解】（1）①有气泡冒出是因为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为：2Al + 2OH-+ 2H2O=2AlO2-+ 3H2↑；
②铝为阳极，发生氧化反应，表面生成氧化膜，电极反应为：2Al + 3H2O -6e-=Al2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀是因为Al3+和HCO3-发生了双水解，或HCO3-与H+结合使c(H+)减小，产生Al(OH)3沉淀，离子反应为：Al3++ 3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；
（2）金属镁和铝为电极材料，电解质溶液为NaOH时形成的原电池中铝作负极，失去电子，电极反应为：Al – 3e- + 4OH- =AlO2- + 2H2O；
（3）甲醇燃料电池中甲醇为燃料，在负极通入，失去电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH – 6e- + 8OH- = CO32- + 6H2O；
（4）氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显弱酸性，因此c(H+)>c(OH-)，Cl-不水解，而NH4+水解且水解较微弱，因此c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)。
24.火力发电厂释放出大量的氮氧化物（NOx）、二氧化硫和二氧化碳等气体会对环境造成严重影响。对燃煤废气进行脱硝、脱硫和脱碳等处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
（1）脱硝。利用甲烷催化还原NOx：
CH4(g）＋4NO2(g）=4NO(g）＋CO2(g）＋2H2O(g） △H1＝－574 kJ/mol
CH4(g）＋4NO(g）=2N2(g）＋CO2(g）＋2H2O(g） △H2＝－1160 kJ/mol
则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为______________。
（2）脱碳。将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：
CO2(g）＋3H2(g）CH3OH(g）＋H2O(g） △H3
①该反应的平衡常数表达式为_____________。
②在一恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，进行上述反应。测得CO2和CH3OH(g）的浓度随时间变化如右图所示。
试回答：0~10 min内，氢气的平均反应速率为______________mol/（L·min）。
（3）脱硫。
①有学者想利用如图所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料，A、B是惰性电极。
A极的电极反应式为_____________。
②某种脱硫工艺中将废气处理后，与一定量的氨气、空气反应，生成硫酸铵和硝酸铵的混合物，可作为化肥。硫酸铵和硝酸铵的水溶液pH＜7，常温下，向一定物质的量浓度的硝酸铵溶液中滴加适量的氨水溶液，使溶液中的NO3-和NH4+的物质的量浓度相等，则溶液的pH__________7（填写“＞”“＝”或“＜”）。
（4）金属冶炼和金属化合物处理常涉及氧化还原反应。
若用惰性电极电解饱和NaCl溶液一段时间当阳极产生56
mL（标准状况下）气体，电解后溶液体积为500 mL时，求所得溶液在25℃时的pH =__________。
【答案】 (1). CH4(g）＋2NO2(g）＝CO2(g）＋2H2O(g）＋N2(g）ΔH＝－867 kJ/mol； (2). K＝ (3). 0.225 (4). SO2－2e-＋2H2O＝SO42-＋4H+ (5). = (6). 12
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律书写正确的热化学方程式；
（2）①平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；
②根据图象计算CO2的速率，利用速率之比等于化学计量数之比计算H2的速率；
（3）①SO2与O2反应生成SO3，SO3溶于水生成H2SO4，根据硫酸的出口判断正负极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
②硝酸铵溶液中滴加适量的NaOH溶液后，溶液的pH=7，因此c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒进行判断；
（4）电解饱和食盐水的反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据方程式计算生成的NaOH的物质的量，再计算溶液的pH。
【详解】（1）①CH4(g）＋4NO2(g）=4NO(g）＋CO2(g）＋2H2O(g） △H1＝－574 kJ/mol
②CH4(g）＋4NO(g）=2N2(g）＋CO2(g）＋2H2O(g） △H2＝－1160 kJ/mol
根据盖斯定律有可得热化学方程式为：CH4(g）＋2NO2(g）＝CO2(g）＋2H2O(g）＋N2(g）ΔH＝－867 kJ/mol；
（2）①平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，即K＝
②由图象可知CO2的浓度变化量为1.00mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，v(CO2)===0.075mol/(L•min)，又因速率之比等于化学计量数之比，因此v(H2)= 3v(CO2)=0.075×3=0.225mol/(L•min)；
（3）①原电池中，负极上失去电子发生氧化反应，因此A极通入SO2，作负极，电极反应为：SO2－2e-＋2H2O＝SO42-＋4H+；
②常温下，向一定物质的量浓度的硝酸铵溶液中滴加适量的氨水溶液，使溶液中的NO3-和NH4+的物质的量浓度相等，根据电荷守恒有c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(NO3-)，因此c(H+)=c(OH-)，溶液的pH=7；
（4）阳极产生56 mL（标准状况下）气体若设该气体为Cl2，那么生成的NaOH的物质的量为×2=0.005mol，c(NaOH)==0.01mol/L，因此c(H+)==10mol/L，即pH=12。
