【化学】河北省易县中学2019-2020学年高一4月线上考试（A部）试题（解析版）

【化学】河北省易县中学2019-2020学年高一4月线上考试（A部）试题（解析版）

河北省易县中学2019-2020学年高一4月线上考试（A部）试题 ‎1. 在研究合成氨方法的历史上，不同的研究者曾3次获诺贝尔化学奖。合成氨大大提高了农作物的产量，同时也是制取硝酸、炸药等的原料。下列说法中正确的是（ ）‎ A. N2和H2在点燃或光照条件下可合成氨气 B. 氨和HNO3都是电解质 C. 氨气遇到浓硝酸会发生反应产生大量白烟 D. 由NH3制HNO3的过程中，氮元素被还原 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、N2和H2在高温、高压、催化剂条件下才能合成氨，点燃或光照则不能反应，A错误；‎ B、硝酸是电解质，在水中NH3本身不能电离，故氨是非电解质，B错误；‎ C、浓硝酸挥发出的硝酸蒸气与氨气易化合，生成白色的NH4NO3固体小颗粒分散在空气中，故产生白烟，C正确；‎ D、氮元素由-3价升为+5价，被氧化，D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.下列化合物既与硫酸反应，又与氢氧化钠反应的是(　　)‎ ‎①NaHCO3　②NaHSO4　③(NH4)2CO3　④NaNO3　⑤Al(OH)3‎ A. 只有① B. 只有③ C. ①②③ D. ①③⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①．HCO3-+H+= CO2↑+H2O，HCO3-+OH-= CO32-+H2O，①符合题意；‎ ‎②．NaHSO4与硫酸不反应，②不符合题意；‎ ‎③．NH4++ OH-= NH3·H2O，CO32-+2H+= CO2↑+H2O，③符合题意；‎ ‎④．既不与硫酸反应，也不与氢氧化钠反应，④不符合题意；‎ ‎⑤．2Al(OH)3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O，Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O，⑤符合题意；‎ ‎①③⑤符合题意；‎ 答案选D ‎3.一种盐X与烧碱混合共热，可放出无色气体Y，Y经一系列氧化后再溶于水可得Z溶液，Y和Z反应又生成X，则X是（ ）‎ A. 硫酸铵 B. 硝酸铵 C. 氯化铵 D. 碳酸氢铵 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】一种盐与烧碱混合共热，可放出无色气体Y，则Y为，Y经一系列氧化后的产物再溶于水可得Z溶液为溶液，Y和Z溶液反应又可生成X，则盐X是硝酸铵。‎ ‎【详解】盐和烧碱反应生成无色气体NH3，氨气发生反应： ；所以反应生成的X盐是硝酸铵；‎ 答案选B。‎ ‎4.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X＋与M2－具有相同的电子层结构；离子半径：Z2－＞W－；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。下列说法中，正确的是（ ）‎ A. X、M两种元素只能形成X‎2M型化合物 B. 由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低 C. 元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体 D. 元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，Y是Si。X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X＋与M2－具有相同的电子层结构，离子半径：Z2－＞W－，所以X是Na，Z是S，W是Cl，M是O。据此解答。‎ ‎【详解】X、Y、Z、W、M五种短周期元素分别是Na、Si、S、Cl、O。‎ A、O与Na还可以形成过氧化钠Na2O2，A错误；‎ B、因为水分子中含有氢键，沸点最高，B错误；‎ C、Si是原子晶体，硫单质和氯气形成的是分子晶体，C错误；‎ D、臭氧和氯气都可以作为消毒剂，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎5.根据下表给出的几种物质的熔点、沸点数据判断说法中错误的是（ ）‎ 晶体 NaCl MgCl2‎ AlCl3‎ SiCl4‎ 单质R 熔点 ‎810℃‎ ‎710℃‎ ‎180℃‎ ‎-70℃‎ ‎2300℃‎ 沸点 ‎1465℃‎ ‎1418℃‎ ‎177.8℃‎ ‎57℃‎ ‎2500℃‎ A. AlCl3为离子晶体 B. MgCl2为离子晶体 C. SiCl4是分子晶体 D. 单质R可能是原子晶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化铝熔沸点都很低，为分子晶体，A错误；‎ B、氯化镁为离子晶体，B正确；‎ C、四氯化硅熔沸点很低，为分子晶体，C正确；‎ D、单质R的熔沸点很高，可能为原子晶体，D正确；‎ 故选A。‎ ‎6.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4‎ B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4‎ ‎，故不选A； B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B； C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C； D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；‎ 答案：C ‎7.反应A＋3B＝‎2C＋D在四种不同情况下的反应速率分别为：‎ ‎①v(A) ＝0.15mol/(L·s) ②v(B)＝0.6mol/(L·s) ③v(C)＝0.5mol/(L·s) ④v (D) ＝0.45mol/(L·s)，则反应进行由快到慢的顺序为：（ ）‎ A. ④＞③＞①＞② B. ②＞④＞③＞①‎ C. ②＞③＞④＞① D. ④＞③＞②＞①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】同一化学反应方程式中，不同物质表示该反应的反应速率数值可能不同，但表示的意义完全相同，都是表示该反应的反应速率。并且，在同一化学反应方程式中，不同物质的速率之比等于化学计量数之比，所以，比较同一反应的反应速率快慢，需要将反应速率转化为同一种物质的反应速率才能比较；假设均将反应速率转化为v(B)的反应，则①v(A)=3v(B)＝0.15mol/(L·s)，得v(B)＝0.05mol/(L·s)；②v(B)＝0.6mol/(L·min) =0.01mol/(L·s)；③v(C)＝v(B)＝0.5mol/(L·s)，得v(B)＝0.75mol/(L·s)；④v(D)＝v(B)＝0.45mol/(L·s)，得v(B)＝1.35mol/(L·s)；所以，正确的关系为：④＞③＞①＞②；‎ 答案选A。‎ ‎8. 反应A(s)＋B(g)=C(g)在密闭容器中进行，下列情况不能使反应速率加快的是（ ）‎ A. 升高温度 B. 增加A的物质的量 C. 使用催化剂 D. 缩小容器体积使压强增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升温反应速率加快，不选A；‎ B、增加A的量，因为A为固体，所以其浓度不变，不能加快反应速率，选B；‎ C、使用催化剂能加快反应速率，不选C；‎ D、缩小容器的体积，气体物质的浓度增大，反应速率加快，不选D；‎ 答案选B。‎ ‎9.对于化学反应的限度的叙述，错误的是（ ）‎ A. 任何可逆反应都有一定的限度 B. 化学反应达到限度时，正、逆反应速率相等 C. 化学反应的限度与时间的长短无关 D. 化学反应的限度是不可改变的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】要根据可逆反应建立化学平衡状态的过程和化学平衡状态的特征来思考。‎ ‎【详解】A. 可逆反应不论反应到什么程度，都会含有所有反应物和所有生成物，即会达到一定的限度，故A正确；‎ B. 一个可逆反应达到反应限度，即达到化学平衡状态时，正反应速率与逆反应速率相等，故B正确；‎ C. 可逆反应达到什么样的限度，与反应时间的长短无关，何时达到化学平衡状态，由反应本身及反应速率有关，故C正确；‎ D. 一个可逆反应达到化学平衡状态后，当条件（如温度、浓度）改变时，原来的化学平衡状态就会被破坏，并在新的条件下建立新的化学平衡状态，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎10.化学反应的发生必然伴随有能量的转化，其最根本的原因是（ ）‎ A. 化学反应中一定有新物质生成 B. 化学反应中旧的化学键的断裂需要吸收能量，新的化学键的生成需要放出能量 C. 化学反应通常需要加热等条件才能发生 D. 能量变化是化学反应的基本特征之一 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】化学反应的发生是旧键断裂和新键生成的过程，其中旧键断裂吸收的能量和新键生成释放的能量不同，化学反应必然伴随能量的变化。‎ A.化学反应的特征是有新物质生成，新物质的生成不是能量变化的原因，选项A错误；‎ B.化学反应的实质：旧键的断裂和新键的生成，旧化学键的断裂需要吸收能量，新化学键的生成需要放出能量，吸收的能量和释放的能量不同，导致化学反应必然伴随能量的变化，选项B正确；‎ C.加热不是所有化学反应的条件，不是化学反应的发生必然伴随有能量的转化的原因，选项C错误；‎ D.能量变化是化学反应的基本特征之一，但不是化学反应的发生必然伴随有能量的转化的原因，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.化学反应的能量变化(ΔH)与反应物和生成物的键能有关。键能可以简单地理解为断开1mol 化学键时所需吸收的能量。下表是部分化学键的键能数据:‎ 化学键 P-P P-O O=O P=O 键能/kJ·mol-1‎ ‎197‎ ‎360‎ ‎499‎ x 已知1mol白磷完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量为2378.0kJ，白磷完全燃烧的产物结构如图所示，则上表中x为（ ）‎ A. 434 B. ‎335 ‎C. 237 D. 188‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】该反应的热化学方程式为：，则=(6×197+5×499-4x-12×360)kJ/mol= -2378kJ/mol，得x=433.75；答案选A。‎ ‎12.一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体，电解质是掺杂氧化钇的氧化锆晶体，在熔融状态下能传导。对该燃料的说法正确的是( )‎ A. 在熔融电解质中，由负极移向正极 B. 电池的总反应是：‎2C4H10+13O28CO2+10H2O C. 通入空气的一极是正极，电极反应为：‎ D. 通入丁烷的一极是正极，电极反应为：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】丁烷具有还原性，为原电池的负极，被氧化，电极反应式为C4H10+13O2－-26e－=4CO2+5H2O，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e－=2O2－，总反应式为‎2C4H10+13O2→8CO2+10H2O，注意电解质和离子的定向移动方向。‎ ‎【详解】A．原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故A错误；‎ B．电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式中产物一致，为‎2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，但反应条件不是点燃，故B错误；‎ C．通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e－=2O2－，故C正确；‎ D．通入丁烷的一极是负极，电极反应式为C4H10+13O2－-26e－=4CO2+5H2O，故D错误。‎ 故选：选C。‎ ‎13.科学家设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如下图所示，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 通入N2的电极发生的电极反应式为：N2＋6e－＋8H＋＝2NH4+‎ B. 反应过程中溶液pH会变大，故需要加入盐酸 C. 该电池外电路电流从通入H2的电极流向通入N2的电极 D. 通入H2的电极为负极，A为NH4Cl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】原电池中负极发生失去电子氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e-+8H+＝2NH4+，故A正确；‎ B．放电过程中，负极电极反应为H2-2e-＝2H+，正极电极反应N2+8H++6e-＝2NH4+‎ ‎，总反应式为N2+3H2+2H+＝2NH4+，消耗氢离子，电解质溶液pH升高，故需要加入盐酸，故B正确；‎ C．通入N2的电极为正极，通入H2的电极为负极，因此电流由通入N2的正极流向通入H2的负极，故C错误；‎ D．放电过程中，负极电极反应为H2-2e-＝2H+，正极电极反应N2+8H++6e-＝2NH4+，总反应式为N2+3H2+2H+＝2NH4+，则通入H2的电极为负极，A为NH4Cl，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.下图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是（ ）‎ A. a为负极，b为正极 B. a为阳极，b为阴极 C. 电解过程中，d电极质量增加 D. 电解过程中，氯离子浓度不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，故A错误；‎ B选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，故B错误；‎ C选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极，电解过程中，d电极铜离子得到电子变为铜单质，质量增加，故C正确；‎ D选项，电解过程中，c极氯离子失去电子变为氯气，因此浓度减小，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎15.甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，而不是正方形的平面结构，理由是 （ ）‎ A. CH3Cl只有一种结构 B. CH2Cl2只有一种结构 C. CHCl3只有一种结构 D. CH4中含有4个C－H极性键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】证明甲烷是正四面体而不是正方形，二氯代物只有一种结构，如果是正方形，其二氯代物有两种（边长、对角线），故选项B正确。‎ ‎16.标准状况下，‎1.12L CH4和C2H4的混合气体通入足量溴水中，溴水增重‎0.28克 ‎，则乙烯占混合气体的体积分数为（ ）‎ A. 20% B. 40% C. 60% D. 80%‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】CH4和C2H4的混合气体，通过足量的溴水充分吸收后，溴水增重的‎0.28g为C2H4质量，则乙烯的物质的量为：n(C2H4)==0.01mol，所以C2H4的在标况下的体积为：0.01mol×‎22.4L/mol=‎0.224L，乙烯占混合气体的体积分数为：×100%=20%，故选A。‎ ‎17. 既可以用来鉴别乙烷和乙烯,又可以用来除去乙烷中混有的少量乙烯的操作方法是（ ）‎ A. 混合气体通过盛水的洗气瓶 B. 混合气体通过装有过量溴水的洗气瓶 C. 混合气体和过量H2混合 D. 混合气体通过酸性KMnO4溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二者均不与水反应，不能鉴别，也不能除杂，故A项错误；‎ B.乙烯与溴水反应使溴水褪色，而乙烷不能和溴水反应无明显现象，可鉴别，也可除杂，故B项正确；‎ C.和过量H2混合，引入新杂质氢气，不能除杂，且加成反应现象不明显，不利用此法鉴別，故C项错误；‎ D.乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，而乙烷不能使其褪色，可鉴别，但乙烯与高锰酸钾发生氧化反应生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，故D项错误；‎ 故答案选B。‎ ‎18.下列关于苯的叙述正确的是（ ）‎ A. 苯的分子式为C6H6，它不能使酸性KMnO4溶液褪色，属于饱和烃 B. 从苯的结构简式看，苯分子中含有碳碳双键，应属于烯烃 C. 在催化剂作用下，苯与液溴反应生成溴苯，发生了加成反应 D. 苯分子为平面正六边形结构，6个碳原子之间的化学键完全相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯的分子式为C6H6，因此属于不饱和烃，A错误；‎ B. 苯的结构简式是凯库勒式，苯不能和溴发生加成反应，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子内并没有碳碳双键，不属于烯烃，B错误；‎ C. 在催化剂作用下，苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，发生了取代反应，C错误；‎ D. 苯分子为平面正六边形结构，6个碳原子之间的化学键完全相同，是介于碳碳单键和碳碳双键之间特殊的共价键，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎19.某可逆反应在某体积为‎5L的密闭容器中进行，在从0~3分钟各物质的量的变化情况如图所示(A、B、C均为气体)‎ ‎（1）该反应的化学方程式为__________________。‎ ‎（2）在一定温度下，体积不变的密闭容器中，上述反应达到平衡的标志是___________(填字母)。‎ A.气体总质量保持不变 B.A、B、C的浓度都相等 C.A、B、C的浓度不再发生变化 D.A、B、C的分子数之比为2:1:2‎ E.正反应和逆反应都已停止 F.容器内气体密度不再发生变化 ‎【答案】(1). ‎2A(g)+B(g)‎2C(g) (2). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据图像可知A、B物质的量减少，为反应物，C物质的量增大为生成物，2分钟时达到平衡，该反应为可逆反应,0~2分钟A、B、C物质的量改变量分别为2mol、1mol、2mol；所以该反应的化学方程式为：‎2A(g)+B(g) ‎2C(g)；‎ ‎ (2)A.根据质量守恒，不论反应是否平衡，气体总质量保持不变，所以气体总质量保持不变不能判断反应达到平衡，A错误；‎ B.A、B、C的浓度是否相等与反应是否平衡无关，B错误；‎ C.A、B、C的浓度不再发生变化，说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到平衡，C正确；‎ D.A、B、C的分子数之比与反应是否平衡无关，D错误；‎ E.反应平衡时正反应速率等于逆反应速率，不是0，E错误；‎ F.根据质量守恒定律，气体质量不变，容器的体积固定，则不论是否平衡，密度保持不变，所以容器内气体密度不再发生变化，不能判断反应达到平衡，F错误；‎ 答案为：C。‎ ‎20.下表是元素周期表的一部分, 针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白： ‎ ‎ 主族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0族 ‎2‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎3‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎4‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎（1）元素⑩名称为_______在周期表中的位置________________。‎ ‎（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是_______，碱性最强的化合物的电子式是：_____________。 ‎ ‎（3）元素④与⑥形成的化合物的电子式为：______________________________，该化合物属于__________(填 “共价”或“离子”)化合物。‎ ‎（4）写出一种由上述元素组成的既有离子键又有非极性共价键的物质的化学式________。‎ ‎（5）⑥、⑦、⑨三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是___________________（用离子符号表示）。‎ ‎【答案】(1). 溴 (2). 第4周期第ⅦA族 (3). HClO4 (4). (5). (6). 离子 (7). Na2O2 (8). S2- ＞ Cl- ＞ K+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】以上元素①为C，②为N，③为O，④为Na，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br，据此按要求回答即可；‎ ‎【详解】(1)元素⑩名称为溴，在周期表中的位置第4周期第Ⅶ A族；‎ ‎(2)元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，故在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物为高氯酸，其分子式是HClO4，碱性最强的化合物是KOH，电子式是；‎ ‎(3)元素④与⑥形成的化合物为硫化钠，电子式为，该化合物属于离子化合物；‎ ‎(4) 过氧化钠既有离子键又有非极性共价键的物质，其化学式Na2O2；‎ ‎(5)⑥、⑦、⑨三种元素形成的离子，具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序是S2- ＞ Cl- ＞ K+。‎ ‎21.（1）将铜片和铁片用导线连接后插入三氯化铁溶液中，也有电流通过电流表。负极电极反应式为________________________________________________。总反应的离子方程式为_____________________________________________。‎ ‎（2）将铁片和石墨电极用导线连接后插入氯化钠溶液并露置在空气中，也有电流通过电流表，请写出负极电极反应式____________，正极电极反应式为_____________。‎ ‎【答案】(1). Fe－2e－= Fe2+ (2). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (3). 2Fe-4e－=2Fe2+ (4). O2+4e－+2H2O=4OH－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)将铜片和铁片用导线连接后插入三氯化铁溶液中，有电流通过电流表，则该装置为原电池，铁比铜活泼，则原电池反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，其中负极为氧化反应，据此写负极反应式；‎ ‎(2)将铁片和石墨电极用导线连接后插入氯化钠溶液并露置在空气中，也有电流通过电流表，则该装置为铁的吸氧腐蚀，据此写负极电极反应式、正极电极反应式；‎ ‎【详解】(1)将铜片和铁片用导线连接后插入三氯化铁溶液中，有电流通过电流表，则该装置为原电池，铁比铜活泼，铁作负极发生氧化反应，负极反应式为Fe－2e－= Fe2+，电池总反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；‎ ‎(2)发生铁的吸氧腐蚀反应，铁负极被氧化而发生腐蚀，电极反应式为2Fe-4e－=2Fe2+；在食盐水环境中，氧气得到电子在正极被还原，正极电极反应式为O2+4e－+2H2O=4OH－。‎ ‎22.某同学设计一个燃料电池（如图所示），目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。‎ 根据要求回答相关问题：‎ ‎（1）通入氢气的电极为____（填“正极”或“负极”），负极的电极反应式为____________________________。‎ ‎（2）石墨电极为____（填“阳极”或“阴极”），反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，____（填“铁极”或“石墨极”）区的溶液先变红。‎ ‎（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将____（填“增大”“减小”或“不变”）。精铜电极上电极反应式为______________________________________。‎ ‎（4）写出上述例题中乙池电解的总反应方程式：_________________________。‎ ‎（5）若上述例题甲池中消耗标准状况下的氢气‎11.2 L，则丙池中理论上应析出铜的质量为____。‎ ‎【答案】(1). 负极 (2). H2-2e－+2OH－=2H2O (3). 阳极 (4). 铁极 (5). 减小 (6). Cu2＋+2e－=Cu (7). 2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑ (8). ‎‎32g ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)装置甲为氢氧燃料电池，通入氢气的电极为负极，负极的电极反应式氢气发生氧化的方程式；‎ ‎(2)在乙装置中，铁电极与电源的负极相连，据此判断石墨电极为阳极，反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，溶液先变红的是生成氢氧根离子的一极；‎ ‎(3)丙装置是电解精炼铜，按该反应原理判断硫酸铜溶液浓度变化并书写精铜电极上的电极反应式；‎ ‎(4)上述乙池即为电解饱和食盐水装置，据此写电解的总反应方程式；‎ ‎(5)按电子数守恒，找出甲池中氢气和丙池中铜的关系式，结合数据计算质量；‎ ‎【详解】(1)装置甲为氢氧燃料电池，通入氢气的电极为负极，氢气在负极被氧化，在碱性环境下发生反应生成水，其反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O； ‎ ‎(2) 在乙装置中，铁电极与电源的负极相连作阴极，则石墨电极为阳极，该装置反应为电解饱和食盐水，阳极为氯离子被氧化，阴极反应为2H2O +2e－= H2＋2OH－，故反应一段时间后，滴入酚酞溶液后铁电极负极溶液先变红；‎ ‎ (3)丙装置是电解精炼铜，粗铜作阳极，阳极上粗铜中比铜活泼杂质如锌、铜会被氧化，硫酸铜溶液中铜离子得到电子被还原，阴极得到电子数和阳极上失去电子数相同，故析出的铜比溶解的铜少，则铜离子浓度减小；精铜作阴极，则其电极反应式Cu2＋＋2e－=Cu；‎ ‎(4)上述乙池即为电解饱和食盐水装置，则电解的总反应方程式为2NaCl＋2H2O 2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；‎ ‎(5)按电子数守恒，找出甲池中氢气和丙池中铜的关系式为 ‎ ，‎ 则m=‎32g。‎ ‎23.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如图。根据要求填空：‎ ‎（1）写出CH4与Cl2生成一氯代物的化学反应方程式_________________________________。‎ ‎（2）B装置有三种功能：①控制气体流速；②将气体混合均匀；③_______________________________。‎ ‎（3）D装置中的石棉上吸附着KI饱和溶液及KI粉末，其作用是_________________________。‎ ‎（4）E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为_______________。‎ ‎（5）该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，尾气的主要成分是_______________。（填编号）‎ A．CH4　　B．CH3Cl　　C．CH2Cl2　　D．CHCl3　　E．CCl4‎ ‎【答案】(1). CH4+ Cl2CH3Cl + HCl (2). 干燥甲烷和氯气 (3). 除去未反应的Cl2 (4). 分液 (5). AB ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）CH4与Cl2生成的一氯代物为CH3Cl，则化学方程式为：CH4+ Cl2CH3Cl + HCl；‎ ‎（2）B装置盛有浓硫酸，具有吸水性，所以B装置的第③种作用为：干燥甲烷和氯气；‎ ‎（3）Cl2与CH4反应可能有部分Cl2剩余，Cl2能与KI反应生成I2和KCl，所以D装置中的石棉上吸附着KI饱和溶液及KI粉末的作用是：除去未反应的Cl2；‎ ‎（4）CH4与Cl2反应生成的CH3Cl和HCl都是气态，HCl易溶于水而CH3Cl难溶于水，所以从E中分离出盐酸的最佳方法为：分液；‎ ‎（5）反应物CH4可能有剩余，生成物CH3Cl为气体，CH2Cl2、CHCl3、CCl4为液体，所以尾气的主要成分是CH4和CH3Cl，故答案为AB。‎ ‎24.A~H等8种物质存在如下转化关系(反应条件，部分产物为标出).已知: A 是酸式盐，B是能使品红溶液褪色的气体，G是红棕色气体。按要求回答问题:‎ ‎（1）写出下列物质的化学式:A________，B________，写出B的一种危害__________。‎ ‎（2）写出下列反应的化学方程式:E→F____________；红热的木炭与D的浓溶液反应的方程式:____________；铜与H的浓溶液反应的离子方程式：_____________。‎ ‎（3）检验某溶液中是否含A 中阳离子的方法_____________。‎ ‎【答案】(1). NH4HSO3 (2). SO2 (3). 酸雨 (4). 4NH3+5O24NO+6H2O (5). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (6). Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O (7).‎ ‎ 取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】G是红棕色气体，则G是NO2；F和O2反应生成NO2，所以F是NO；NO2和水反应生成的H是HNO3；A是酸式盐，和NaOH反应生成E，E和O2反应生成NO，则E是NH3；B能使品红溶液褪色，且B能和O2反应生成C，所以B是SO2，C是SO3；SO3和水反应生成的D为H2SO4；A是酸式盐且是铵盐，所以A是NH4HSO3。‎ ‎【详解】（1）通过以上分析知，A、B分别是NH4HSO3、SO2，SO2属于酸性氧化物，能和H2O反应生成H2SO3，H2SO3不稳定，易被空气氧化生成H2SO4，随雨水降落地面而形成酸雨，所以其一种危害是酸雨；‎ ‎（2）氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO和H2O，反应方程式为4NH3 + 5O24NO + 6H2O，C和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和H2O，反应方程式为C + 2H2SO4(浓)CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O，铜和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，离子方程式为3Cu + 8H+ + 2NO3﹣=3Cu2+ + NO↑ + 2H2O；‎ ‎（3）NH4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+，故答案为取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+。‎