【化学】北京市海淀区首都师范大学附属中学2019-2020学年高一下学期第二次月考试题（解析版）

【化学】北京市海淀区首都师范大学附属中学2019-2020学年高一下学期第二次月考试题（解析版）

北京市海淀区首都师范大学附属中学2019-2020学年高一下学期第二次月考试题 ‎1.下列有关非金属及其化合物的说法正确的是（ ）‎ A. 硅酸可使紫色石蕊试液变红色 B. 二氧化硫通入紫色石蕊试液中，试液先变红后褪色 C. 可用锌粒与稀硝酸反应制备氢气 D. 液溴易挥发，所以存放液溴的试剂瓶中应加水封保存 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硅酸是弱酸，不溶于水，不能使石蕊变红，故A错误；‎ B．SO2能使紫色石蕊变红，但不褪色，故B错误；‎ C．硝酸是氧化性酸，和金属反应生成氮的氧化物，故C错误；‎ D．液溴易挥发，常常加水液封保存，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎2.其它条件不变，升高温度，下列数据中一定增大的是( )‎ A. 化学反应速率v B. 化学平衡常数K C. 化学反应热DH D. 转化率a ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.升温，反应速率加快，故正确；‎ B.升温，平衡向吸热方向进行，化学平衡常数不一定增大，故错误；‎ C.升温,不影响反应热DH，因为反应热只与始态和终态有关，故错误；‎ D.升温，平衡向吸热方向进行，转化率不一定提高，故错误。‎ 故选A。‎ ‎3.如图是产生和收集气体的实验装置，该装置最适合于（ ）‎ A. 用 H2O2溶液和 MnO2反应制取O2‎ B. 用浓盐酸和 MnO2反应制取C12‎ C. 用浓硝酸与 Cu反应制取 NO2‎ D. 用Na2SO3和浓H2SO4反应制取SO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用 H2O2溶液和 MnO2反应制取O2，固体不加热，故A符合；‎ B. 用浓盐酸和 MnO2反应制取C12，是固体加热，故B不符；‎ C. 用浓硝酸与 Cu反应制取 NO2，不能用排水法收集，故C不符；‎ D. 用Na2SO3和浓H2SO4反应制取SO2，SO2在水中溶解度大，不用排水法收集，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎4.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施会加快氢气产生速率的是（ ）‎ A. 加少量醋酸钠固体 B. 不用稀硫酸，改用98%浓硫酸 C. 滴加少量CuSO4溶液 D. 加少量硫酸钠固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】加快铁与稀硫酸的反应速率，可通过增大浓度、升高温度、形成原电池反应或者增大反应物接触面积等措施，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 加少量醋酸钠固体，醋酸根会与H+结合，导致氢离子的浓度减小，反应速率减慢，A项错误；‎ B. 不用稀硫酸，改用98%浓硫酸，铁遇浓硫酸会钝化，没有氢气产生，B项错误；‎ C. 滴加少量CuSO4溶液，铁会置换出铜，构成原电池加快化学反应速率，C项正确；‎ D. 加少量硫酸钠固体，氢离子的浓度不变，反应的速率几乎不影响，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.A、B、C、D四种无机物具有如图所示的转化关系（反应条件及反应中的水均略去），且A、B、C含有同一种元素。下列说法错误的是（ ）‎ A. 若A的溶液显碱性，则D可能是单质 B. A与C的反应可能是非氧化还原反应 C. A或D可能是目前使用最广泛的金属单质 D. 若C是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则A一定是单质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若A为氨气，则D为氧气，B为N2，C为NO，氨气和NO反应可以生成N2，故A正确；‎ B. 若A为氢氧化钠、D为二氧化碳、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠，则A与C的反应是非氧化还原反应，故B正确；‎ C. 目前使用最广泛的金属单质是铁，若A为铁、D为硫酸、B为硫酸亚铁、C为硫酸铁，则A和C反应可以生成B，符合要求，若D是单质铁，A为硝酸，则B为硝酸铁，C为硝酸亚铁，硝酸和硝酸亚铁可反应生成硝酸铁，符合转化关系，故C正确；‎ D.能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化硫或二氧化碳，若A为碳酸钠，D为盐酸，B为碳酸氢钠，C为二氧化碳，则A不一定是单质，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列说法错误的是    ‎ A. 近年屡屡引起热议的“抗糖”一词中的“糖”，指的是六大营养物质之一的糖类，由C、H、O三种元素组成 B. 培育绣球花的过程中，土壤为酸性时花朵呈蓝色，土壤为碱性时花朵呈红色。为获得红色花朵，可施用硫酸铵 C. “自热火锅”极大的方便了人们的生活，自热包的主要成分为CaO，加水后反应放热，从而加热火锅 D. 《神农本草经》中记载：“石膏，味辛，微寒，主中风寒热，心下逆气惊喘。“石膏”的化学式为CaSO4·2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“糖”，指的是六大营养物质之一的糖类，糖类从元素组成上说是由C、H、O三种元素组成，从物质结构上讲是多羟基醛或多羟基酮或它们的脱水缩合物，A正确；‎ B.为获得红色花朵应使土壤为碱性，硫酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+水解消耗水电离产生的OH-，使溶液显酸性，不能使溶液显碱性，B错误；‎ C.CaO与水的反应是放热反应，C正确；‎ D.“石膏”是硫酸钙的结晶水合物，化学式为CaSO4·2H2O，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎7.下列实验原理及操作中，正确的是（ ）‎ A. 用酒精做萃取剂萃取碘水中的碘单质 B. 配制溶液时，将称好的固体直接放入容量瓶中溶解 C. 向某溶液中滴加溶液，有白色沉淀，再滴加足量稀HCl，若沉淀不溶解，则说明原溶液中一定含 D. 在某试样中加入NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体即证明试样中含有 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、酒精易溶于水不能分层，不能进行萃取； ‎ B、容量瓶是配制准确浓度的量具，有温度要求，不能用来溶解溶质； ‎ C、原溶液中含有银离子也可以产生沉淀现象； ‎ D、溶液中加入氢氧化钠溶液生成使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，是铵根离子的检验方法。‎ ‎【详解】A、萃取是利用物质在互不相溶的溶剂中的溶解度不同利用分液的方法分离，酒精易溶于水不能分层，达不到萃取作用，故A错误； ‎ B、容量瓶是为配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器，有些物质在溶解过程中溶液温度会发生变化，所以不能用来溶解物质，故B错误； ‎ C、若原溶液中含有银离子，则滴加溶液，有白色沉淀，再滴加足量稀HCl，沉淀也不溶解，故C错误； ‎ D、溶液中加入NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体即证明试样中含有铵根离子，故D正确； ‎ 故选D。‎ ‎8.下列药品和装置合理且能完成相应实验的是（ ）‎ A. 喷泉实验 B. 实验室制取并收集氨气 C. 制备氢氧化亚铁 D. 验证苯中是否有碳碳双键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NO不溶于水，也不与水反应，故不能用于喷泉实验，A错误；‎ B、加热固体混合物时，试管口应略向下倾斜，B错误；‎ C、Fe(OH)2具有较强的还原性，应将滴管插入液面以下，C错误；‎ D、通过溴水或酸性高锰酸钾溶液是否褪色，可以验证苯环中是否有碳碳双键，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9. 用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（ ）‎ A. 加热 B. 增加Fe的质量 C. 滴加几滴CuSO4溶液 D. 不用铁片，改用铁粉 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】增大铁片与稀硫酸的反应速率，可从影响反应速率的外界因素思考，可增大浓度、升高温度、增大固体的表面积以及形成原电池反应等。‎ ‎【详解】A.加热，温度升高，反应速率增大，故A不符合题意；‎ B.增加铁的用量，固体的浓度不变，反应速率不变，故B符合题意；‎ C.滴加几滴CuSO4溶液，铁置换出铜，Fe、Cu与稀硫酸形成原电池，反应速率增大，故C不符合题意；‎ D.改用铁粉，固体的表面积增大，反应速率增大，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎10.根据下列事实，判断离子的氧化性顺序为①A+B2+=A2++B；②D+2H2O=D(OH)2+H2↑；③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e-=E，B-2e-=B2+ （ ）‎ A. D2+>A2+>B2+>E2+ B. D2+>E2+>A2+>B2+‎ C. E2+>B2+>A2+>D2+ D. A2+>B2+>D2+>E2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】同一化学反应中，氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性。‎ ‎①A+B2+=A2++B，该反应中氧化剂是B2+，氧化产物是A2+，所以氧化性：B2+>A2+；‎ ‎②D+2H2O=D(OH)2+H2↑，该反应中氧化剂是H2O，氧化产物是D(OH)2，所以氧化性：H2O>D2+；‎ ‎③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e-=E，B-2e-=B2+，该电池的电池反应式为E2++B=E+B2+，所以氧化剂是E2+，氧化产物是B2+，所以氧化性：E2+>B2+，所以各离子的氧化性大小为E2+>B2+>A2+>D2+，故合理选项是C。‎ ‎11.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 地球上99%溴蕴藏在大海中，故溴被称为“海洋元素”‎ B. 提出原子结构型的科学家按时间先后排列为：道尔顿、卢瑟福、汤姆生、玻尔 C. 硅晶体可以制备光导纤维 D. 水泥、石英玻璃、陶瓷都是硅酸盐制品 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、地球上99%溴蕴藏在大海中，故溴被称为“海洋元素”，选项A正确；‎ B、提出原子结构模型的科学家按时间先后依次是：道尔顿、汤姆生、卢瑟福、玻尔，选项B错误；‎ C、光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是硅，选项C错误；‎ D、石英玻璃的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎12.下列说法正确的是（ ）‎ A. 光导纤维的主要成分是硅 B. 实验室用带玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液 C. 硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料 D. 硅能与氢氟酸反应，则硅可以与盐酸反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光导纤维成分是二氧化硅，硅是太阳能电池的材料，故A错误；‎ B．实验室用带玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液，氢氧化钠和玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠是矿物胶把瓶塞和瓶口粘结在一起，故B错误；‎ C．硅是良好的半导体材料，是人类将太阳能转换为电能的常用材料，故C正确；‎ D．氢氟酸和玻璃中的二氧化硅反应；常用氢氟酸(HF)来刻蚀玻璃，但不与盐酸反应，故D错误；‎ ‎13.少量铁片与100 mL 0.01 mol·L－1的稀盐酸反应(盐酸过量)，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，如下方法中的成立的是（ ）‎ A. 加入少量铁粉 B. 加NaCl溶液 C. 滴入几滴硫酸铜溶液 D. 改用10 mL 0.1 mol·L－1盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 盐酸过量，加入少量铁粉，铁与盐酸反应生成氢气的量增多，A项错误；‎ B. 加NaCl溶液，相当于稀释盐酸，氢离子浓度降低，故反应速率变慢，B项错误；‎ C. 滴入几滴硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，C项错误；‎ D. 改用浓度大的盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，盐酸过量，由铁的量决定氢气的产量，则氢气的量不变，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.氢氧燃料电池已用于航天飞机，它是以铂作电极，KOH溶液作电解质，下列叙述不正确的是(　　)‎ A. H2在负极发生氧化反应 B. 燃料电池的能量转化率可达100%‎ C. 是一种高效、环保的发电装置 D. 供电的总反应为：2H2 + O2＝ 2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】氢氧燃料电池中，通H2的铂电极作负极，通O2的铂电极作正极。‎ ‎【详解】A. H2在负极失电子，发生氧化反应，A正确；‎ B. 燃料电池虽然能量的转化率比直接燃烧高，但仍有一部分能量转化为热量而损耗，能量转化率小于100%，B不正确；‎ C. 因为氢氧燃料电池的最终产物为水，所以它是一种高效、环保的发电装置，C正确；‎ D. 负极2H2-4e-+4OH-=4H2O，正极O2+4e-+2H2O=4OH-，将两电极反应式加和，便得到总反应为：2H2 + O2＝2H2O，D正确。‎ 故选B。‎ ‎15.利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电池工作时，OH—从左向右迁移 B. 电极A上发生氧化反应，电极A为正极 C. 当有0.1molNO2被处理时，外电路中通过电子0.4mol D. 电极B的电极反应式为2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题。‎ ‎【详解】由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极；‎ A．A为负极，B为正极，电池工作时，OH—从右向左迁移，故A错误；‎ B．A为负极，发生氧化反应，故B错误；‎ C．当有0.1molNO2被处理时，N元素从+4价降为0价，则外电路中通过电子0.4mol，故C正确；‎ D．电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎16.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）‎ 实验操作 现象 结论 A 向AgNO3和AgCl的混合浊液中滴加0.1mol·L-1KI溶液 生成黄色沉淀 Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)‎ B 向某溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液 出现白色沉淀 原溶液中一定含有SO42-‎ C 向盛有某溶液的试管中滴加NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸颜色无明显变化 原溶液中不含NH4+‎ D 向某溶液中滴加KSCN溶液 溶液未变血红色 原溶液中不含Fe3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. AgNO3和AgCl的混合浊液中，含有硝酸银，银离子和碘离子反应生成黄色沉淀，因此不能说明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故A错误；‎ B. 可能含有亚硫酸根离子，故B错误；‎ C. 向盛有某溶液的试管中滴加NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸颜色无明显变化，不能说明不含铵根离子，一定要在加了氢氧化钠溶液后加热，故C错误；‎ D. 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液未变血红色，原溶液中不含Fe3+，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎17.在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，不能表明反应：A（s）+3B（g）‎2C（g）+D（g）已达平衡状态的是 （ ）‎ A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度 C. 3υ逆（C）=2υ正（B） D. 物质D的质量分数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据化学平衡状态的本质和特征解答。‎ ‎【详解】A、反应前后两边气体计量数相等，所以体系的压强始终不变，所以混合气体的压强不变不能说明反应达平衡状态；‎ B、A为固体，建立平衡过程中混合气体的质量变化，混合气体的密度变化，混合气体的密度不变能说明反应达平衡状态；‎ C、3υ逆（C）=2υ正（B）， 说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态；‎ D、物质D的质量分数不变，说明反应达平衡状态；‎ 故选A。‎ ‎18.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）‎ A. NH4HCO3 受热易分解，可用作化肥 B. NaHCO3 溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂 C. SO2 具有氧化性，可用于纸浆漂白 D. Al2O3 具有两性，可用于电解冶炼铝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NH4HCO3 含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3 受热易分解无关，故A不符合题意； ‎ B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B符合题意；‎ C、SO2 具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2 具有氧化性无关，故C不符合题意； ‎ D、熔融状态下的Al2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与Al2O3 具有两性无关，故D不符合题意； ‎ 故选：B。‎ ‎19.下列现象或事实可用同一原理解释的是（ ）‎ A. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低 B. 和溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去 C. 漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质 D. 亚硫酸钠溶液和氯化铝溶液在空气中蒸干不能得到对应的溶质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性，二者在空气中浓度都变低，但原理不同，故A不符合题意；‎ B.和溶液都有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，故B符合题意；‎ C.漂白粉在空气中变质是由于吸收和水生成HClO；水玻璃的变质是由于与空气中的反应生成了硅酸的缘故，两者也不能用同一原理解释，故C不符合题意；‎ D.亚硫酸钠溶液易被空气氧化生成硫酸钠；氯化铝溶液水解得到的是氢氧化铝，该物质会受热分解为氧化铝；这两种事实的原理不相同，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎20.下列实验合理的是（ ）‎ A. 用图1所示装置证明非金属性强弱：‎ B. 用图2所示装置吸收氨气，并防止倒吸 C. 用图3所示装置制备并收集少量气体 D. 用图4所示装置制备少量氧气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A、应用 HClO4与碳酸钠反应，故A错误；‎ B、氨是极性分子，不溶于CCl4，用图2所示装置吸收氨气，并防止倒吸，故B正确；‎ C、NO2 气体能与水反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集二氧化氮，故C错误；‎ D、过氧化钠溶于水，不是难溶于水的块状固体，用图4所示装置制备少量氧气，达不到“即用即停”的效果，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎21.下列反应中，硫酸既表现了氧化性又表现了酸性的是(　　)‎ A. 2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋2H2O＋SO2↑‎ B. 2H2SO4(浓)＋CCO2↑＋2H2O＋2SO2↑‎ C. H2SO4(浓)＋NaNO3NaHSO4＋HNO3↑‎ D. H2SO4＋Na2SO3===Na2SO4＋H2O＋SO2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋2H2O＋SO2↑中，硫元素的化合价部分降低，部分不变，则浓硫酸既表现强氧化性又表现酸性，故A正确； ‎ B．在2H2SO4(浓)＋CCO2↑＋2H2O＋2SO2↑中，硫元素的化合价全部降低，则浓硫酸只表现强氧化性，故B错误；‎ C．在H2SO4(浓)＋NaNO3NaHSO4＋HNO3↑中，硫元素化合价没有改变，体现浓硫酸是难挥发性酸，故C错误；‎ D．在H2SO4＋Na2SO3===Na2SO4＋H2O＋SO2↑中，硫元素化合价没有改变，体现浓硫酸是强酸，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎22.将锌片和铜片按图示方式插入柠檬中，电流计指针发生偏转。下列针对该装置的说法正确的是（ ）‎ A. 将电能转换为化学能 B. 电子由铜片流出经导线到锌 C. 一段时间后，锌片质量减轻 D. 铜片一侧柠檬变蓝色，产生Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 该装置可将化学能转化为电能；‎ B. 原电池中电子由负极流向正极；‎ C. 原电池中Zn为负极，发生氧化反应；‎ D. 原电池中Zn为负极，失电子变为Zn2+，Cu为正极，电解质中的H+得电子生成H2。‎ ‎【详解】A. 该装置可将化学能转化为电能，是原电池，A项错误；‎ B. 原电池中Zn为负极，Cu为正极，电子由负极流向正极，因此电子由锌片流出经导线到铜片，B项错误；‎ C. 原电池中Zn为负极，发生氧化反应，锌片逐渐溶解，质量减轻，C项正确；‎ D. 原电池中Cu为正极，电解质中的H+得电子生成H2，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎23.一定温度下，可逆反应A(g)+2B(g) ‎2C(g)，达到平衡状态的标志（ ）‎ A. A的分解速率和C的生成速率比为1:2‎ B. 单位时间内生成n mol A的同时生成2n mol B C. A、B的物质的量比为1:2‎ D. A、B、C的浓度不再发生变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、无论反应是否达到平衡，A的分解速率和C的生成速率比都为1:2，A不能说明反应达到平衡状态；‎ B、无论反应是否达到平衡，单位时间内生成n mol A，同时都会生成2n mol B，B不能说明反应达到平衡状态；‎ C、A、B的物质的量比为1:2，只能表示某一时刻二者的物质的量之比，这个时间点不一定是平衡状态的时间点，C不能说明反应达到平衡状态；‎ D、A、B、C的浓度不再发生变化，说明反应达到平衡；‎ 故选D。‎ ‎24.下列图像符合题意的是（ ）‎ A. 盐酸溶液中逐滴加入NaAlO2‎ B. SO2气体逐渐通入溴水中 C.  pH=1醋酸与盐酸溶液分别加水稀释 D. 氨气逐渐通入醋酸中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸中逐滴加入NaAlO2溶液，生成的沉淀立即溶解，反应离子方程式为AlO2－+4H+ =Al3++H2O，当AlO2－过量后才会生成沉淀，选项A错误；‎ B．溴水中存在反应：Br2+H2OHBr+HBrO，所以溴水呈酸性，起始时溶液pH<7，通入二氧化硫发生反应：Br2+SO2+H2O=H2SO4+2HBr，H2SO4和HBr均为强酸，所以通SO2后，溶液酸性增强，pH减小，选项B错误；‎ C．pH相同的盐酸与醋酸，起始时c(H+)相同，但醋酸中有未电离的CH3COOH分子，加水稀释，醋酸中未电离的CH3COOH将继续电离补充H+，所以稀释相同倍数后，醋酸中c(H+)大，pH小，但二者无论如何稀释，pH都不会超过7，选项C错误；‎ D．醋酸是弱电解质，导电能力弱，通入氨气后生成醋酸铵，醋酸铵为强电解质，所以导电能力增强，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎25.下列措施不能加快化学反应速率的是（ ）‎ A. 升高温度 B. 降低温度 ‎ C. 增大反应物浓度 D. 使用合适的催化剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】升高温度、加入催化剂等都可增大活化分子的百分数，反应速率增大，而增大反应物的浓度、增大压强可增大单位体积的活化分子的数目，增大反应速率，而降低温度，活化分子的百分数减小，则反应速率降低，故本题选B。‎ ‎26.在容积为‎2L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g)‎‎3C ‎(g)＋nD(g)，开始时A为4mol，B为6mol，5min末达到平衡，此时测得C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.2mol·L－1·min－1。‎ 计算：‎ ‎（1）平衡时A的物质的量浓度为___。‎ ‎（2）前5min内用B表示的化学反应速率v(B)为___。‎ ‎（3）化学方程式中n值为__。‎ ‎（4）此反应在四种不同情况下的反应速率分别为：‎ ‎①v(A)＝5mol·L－1·min－1‎ ‎②v(B)＝6mol·L－1·min－1‎ ‎③v(C)＝4.5mol·L－1·min－1‎ ‎④v(D)＝8mol·L－1·min－1‎ 其中反应速率最快的是__(填编号)。‎ ‎【答案】(1). 1.5mol·L－1 (2). 0.2mol·L－1·min－1 (3). 2 (4). ①‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】5min末时测得C的物质的量为3mol，v(C)= =0.3mol/(L⋅min)，用D表示的化学反 应速率v(D)为0.2mol/(L⋅min)，由速率之比等于化学计量数之比可知，=3n，解得n=2，则 ‎        A(g)+2B(g)⇌‎3C(g)+2D(g)，‎ 开始（mol）  4          6           0        0‎ 转化（mol）  1          2           3        2‎ ‎5min（mol）  3          4           3        2‎ ‎（1）根据以上分析，平衡时A的物质的量浓度为=1.5 mol/L，‎ 答案为：1.5 mol/L；‎ ‎（2）前5min内用B表示的化学反应速率v(B)为=0.2mol/(L⋅min)，‎ 故答案为0.2mol/(L⋅min)；‎ ‎（3）由上述分析可知，化学方程式中n值为2，‎ 故答案为2；‎ ‎（4）反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则 ‎①由v(A)=5mol/( L⋅min )，=5；               ‎ ‎②由v(B)=6mol/( L⋅min )，=3；‎ ‎③由v(C)=4.5mol/( L⋅min )，=1.5；‎ ‎④由v(D)=8mol/( L⋅min )，=4；‎ 显然只有①中比值最大，反应速率最快，‎ 故答案为①。‎ ‎27.某课外小组分别用下图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。‎ 请回答：‎ Ⅰ．用图1所示装置进行第一组实验（K闭合）。 ‎ ‎（1）Zn极为________极；实验过程中，SO42－____________（填“从左向右”、“从右向左”或“不”）移动。 ‎ ‎（2）反应初期，y极的电极反应现象为________________；检验y极反应产物的方法是________________。 ‎ ‎（3）Cu极的电极反应式为____________。 ‎ ‎（4）Ⅱ．用图2所示装置进行第二组实验。实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料发现，高铁酸根（FeO42－）在溶液中呈紫红色。电解过程中，X极的电极反应式为__________。 ‎ ‎（5）电解过程中，Y极发生的电极反应为Fe－6e－+8OH－=FeO42－+4H2O和4OH－－4e－=2H2O+O2↑，若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体（均已折算为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少________ g。 ‎ ‎（6）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2该电池正极发生反应的电极反应式为________。‎ ‎【答案】(1). 负 (2). 从右向左 (3). 有黄绿色气体产生 (4). 将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近y极出气口，若试纸变蓝，则证明有氯气产生 (5). (6). (或) (7). 0.28 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)图1中，左图中锌活泼性大于铜，所以锌为负极，原电池的外电路中电流由正极流向负极，硫酸根离子的移动方向与电流方向相反；‎ ‎(2)铜为原电池的正极，则y极为电解池的阳极，阳极氯离子失去电子生成黄绿色的氯气；检验氯气用湿润的淀粉碘化钾试纸；‎ ‎(3)铜为原电池的正极，阳离子得电子，发生还原反应；‎ ‎(4)x电极连接的是电源的负极，则x为电解池的阴极，电解过程中x极水电离的氢离子得到电子生成氢气；‎ ‎(5)根据阴阳极上转移电子数相等计算铁反应的质量；‎ ‎(6)在碱性锌电池中，正极上得电子发生还原反应，据此并结合电池总反应写出该电池正极发生反应的电极反应式;‎ ‎【详解】(1)根据图中装置可知，锌为该原电池的负极，铜为正极；电流在外电路中从铜流向锌，则电解质溶液中硫酸根离子由右向左移动，‎ 故答案为：负；从右向左；‎ ‎(2)根据图示可知，铜为原电池的正极，与电源正极相连的电极为阳极，所以y极为阳极，氯离子在y极失去电子生成氯气，会观察到有黄绿色气体生成；检验氯气的方法为：将湿润的碘化钾淀粉试纸靠近y极出气口处，若试纸变蓝，则证明有氯气生成;‎ 故答案为：有黄绿色气体生成；将湿润的碘化钾淀粉试纸靠近y极出气口处，若试纸变蓝，则证明有氯气生成；‎ ‎(3)铜电极上铜离子得到电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e−=Cu，‎ 故答案为：Cu2++2e−=Cu；‎ ‎(4)根据图示可知，X为电解池的阴极，发生的电极反应为：（或），‎ 故答案为：（或）；‎ ‎(5)X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，设铁质量减少为xg，根据转移电子数相等得 ‎ 解得：x=0.28，‎ 故答案为：0.28；‎ ‎(6)正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为：‎ 故答案为：；‎ ‎28.氢氧燃料电池 一般是以惰性金属铂(Pt)或石墨做电极材料，负极通入____，正极通入 _____，总反应为：________‎ 电极反应特别要注意电解质，有下列三种情况：‎ ‎(1)电解质是KOH溶液(碱性电解质)‎ ‎①负极发生的反应为：H2 - 2e— = 2H+ ，2H+ + 2OH— = 2H2O，所以：负极的电极反应式为：_______‎ ‎②正极是O2得到电子，即：O2 + 4e— = 2O2— ，O2— 在碱性条件下不能单独存在，只能结合H2O生成OH—即： 2O2— + 2H2O =4OH— ，因此，正极的电极反应式为：__________。 ‎ ‎(2)电解质是H2SO4溶液(酸性电解质)‎ ‎①负极的电极反应式为：_____________‎ ‎②正极是O2得到电子，即：O2 + 4e— = 2O2—，O2— 在酸性条件下不能单独存在，只能结合H+生成H2O即：O2— + 2 H+=H2O，因此正极的电极反应式为：______________‎ ‎(3)电解质是NaCl溶液(中性电解质)‎ ‎①负极的电极反应式为：H2 +2e— = 2H+‎ ‎②正极的电极反应式为：O2 + H2O + 4e—= 4OH—‎ ‎(4)说明：a.碱性溶液反应物、生成物中均无H+‎ b.酸性溶液反应物、生成物中均无OH—‎ c.中性溶液反应物中无H+ 和OH—‎ d.水溶液中不能出现O2—‎ ‎【答案】(1). 氢气 (2). 氧气 (3). 2H2+O2=2H2O (4). H2-2e-+2OH-=2H2O (5). O2 + 4e-+ 2H2O =4OH- (6). H2 -2e- = 2H+ (7). O2 + 4e-+ 4H+=2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】根据燃料电池原理及电极材料分析解答；根据电解质溶液的酸碱性书写电极反应式。‎ ‎【详解】燃料电池中燃料作为负极，发生氧化反应，总反应的产物和燃料燃烧时产物相同，所以氢氧燃料电池，以惰性金属铂(Pt)或石墨做电极材料时，负极通入氢气，正极通入氧气，总反应为：2H2+O2=2H2O，故答案为：氢气；氧气；2H2+O2=2H2O；‎ ‎（1）①负极发生的反应为：H2 - 2e- = 2H+ ，2H+ + 2OH- = 2H2O，则总的负极的电极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O；‎ ‎②正极是O2得到电子，即：O2 + 4e- = 2O2- ，O2- 在碱性条件下不能单独存在，只能结合H2O生成OH-即： 2O2- + 2H2O =4OH- ，因此，正极的电极反应式为：O2 + 4e-+ 2H2O =4OH-；‎ 故答案为：H2-2e-+2OH-=2H2O；O2 + 4e-+ 2H2O =4OH-；‎ ‎（2）①电解质为酸时，负极的电极反应式为：H2 -2e— = 2H+；‎ ‎②正极是O2得到电子，即：O2 + 4e- = 2O2-，O2- 在酸性条件下不能单独存在，只能结合H+生成H2O即：O2- + 2 H+=H2O，因此正极的电极反应式为：O2 + 4e-+ 4H+=2H2O；‎ 故答案为：H2 -2e- = 2H+；O2 + 4e-+ 4H+=2H2O。‎ ‎29.现有以下六种物质：A．Fe2O3B．SiO‎2C．漂白粉D．Na2O2E．Si 请你根据题意，选择恰当选项用字母代号填空。‎ ‎(1)可作环境消毒剂的是________；‎ ‎(2)可作制造光导纤维的是________；‎ ‎(3)用作红色油漆和涂料的是________ ；‎ ‎(4)固体为淡黄色且可以作为氧气来源是 ________；‎ ‎(5)可以用于制造光电池的是________；‎ ‎【答案】(1). C (2). B (3). A (4). D (5). E ‎【解析】‎ ‎【分析】根据常见物质的性质和用途分析解答。‎ ‎【详解】(1)可做环境消毒剂，说明该物质可能具有强氧化性，漂白粉中Ca(ClO)2具有氧化性，可用作环境消毒剂，故答案为：C；‎ ‎(2)可制作光导纤维的是SiO2，故答案为：B；‎ ‎(3)氧化铁为红色粉末，可用作红色油漆和涂料，故答案为：A；‎ ‎(4)过氧化钠是淡黄色固体，能够与水或二氧化碳反应放出氧气，可作为氧气的来源，故答案为：D；‎ ‎(5)可用于制作光电池的为Si，故答案为：E。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)和(5)，要注意不能混淆二氧化硅和晶体硅的用途。‎ ‎30.按要求回答以下问题：‎ ‎（1）写出溶液与稀硫酸反应的离子方程式___________，等物质的量的与固体分别与足量的硫酸反应，消耗硫酸的物质的量之比为________。‎ ‎（2）在稀反应中，________是氧化剂；________是还原剂；氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________‎ ‎（3）向酸性高锰酸钾溶液中滴加硫酸亚铁，紫色逐渐褪去，写出该反应的离子方程式： _______。‎ ‎（4）将的钠、镁、铝分别投入的硫酸溶液中，三者产生氢气的体积比是________。‎ ‎（5）等质量的Fe分别与足量的、S、反应转移电子数之比为_______；‎ ‎【答案】(1). HCO3—+H+=CO2↑+H2O (2). 1:2 (3). HNO3 (4). Cu (5). 2:3 (6). 5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O (7). 3：2：2 (8). 9：6：8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）碳酸氢钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠固体与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，由方程式可知等物质的量的与固体消耗硫酸的物质的量之比；‎ ‎（2）由题给方程式可知，氮元素化合价降低被还原，HNO3为氧化剂，铜元素化合价升高被氧化，Cu为还原剂；‎ ‎（3）酸性高锰酸钾溶液中与硫酸亚铁反应生成硫酸锰、硫酸铁和水；‎ ‎（4）0.3mol钠、镁、铝分别与酸完全反应消耗氢离子的物质的量为0.3mol、0.6mol、0.9mol，100ml1mol/L硫酸溶液中氢离子的物质的量为0.2mol，由方程式可知三种金属均过量，但过量的钠能与水反应；‎ ‎（5）Fe与足量的氯气、硫和水蒸气反应分别生成氯化铁、氯化亚铁和四氧化三铁。‎ ‎【详解】（1）碳酸氢钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO3—+H+=CO2↑+H2O；碳酸钠固体与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CO32—+2H+=CO2↑+H2O，则等物质的量的与固体分别与足量的硫酸反应，消耗硫酸的物质的量之比为1:2，故答案为：HCO3—+H+=CO2↑+H2O；1:2；‎ ‎（2）由题给方程式可知，氮元素化合价降低被还原，HNO3为氧化剂，铜元素化合价升高被氧化，Cu为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，故答案为：HNO3；Cu；2:3；‎ ‎（3）酸性高锰酸钾溶液中与硫酸亚铁反应生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；‎ ‎（4）0.3mol钠、镁、铝分别与酸完全反应消耗氢离子的物质的量为0.3mol、0.6mol、0.9mol，100ml1mol/L硫酸溶液中氢离子的物质的量为0.2mol，由方程式可知三种金属均过量，但过量的钠能与水反应，则三者生成氢气的物质的量比为0.3mol×：0.2mol×：0.2mol×=3:2:2，故答案为：3:2:2；‎ ‎（5）Fe与足量的氯气、硫和水蒸气反应分别生成氯化铁、氯化亚铁和四氧化三铁，则等质量的Fe与足量的氯气、硫和水蒸气反应转移电子数之比为3:2：=9:6:8，故答案为：9:6:8。‎ ‎31.研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以氢氧化锂为电解质，使用时加入水即可放电，总反应方程式为2Li＋2H2O=2LiOH ＋H2↑。‎ ‎(1)该电池的负极是________，负极反应式是____________。‎ ‎(2)正极现象是____________，正极反应式是____________。‎ ‎(3)放电时氢氧根离子向________(填“正极”或“负极”)移动。‎ ‎【答案】(1). 锂(Li) (2). Li－e－=Li＋ (3). 有无色气体产生 (4). 2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑ (5). 负极 ‎【解析】‎ ‎【分析】金属锂比钢板（主要成分为铁）活泼，作原电池的负极；LiOH溶液中的阳离子有Li+和H+，由于氧化性H+＞Li+，正极上是水电离出的H+放电；在原电池的放电过程中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动分析解答。‎ ‎【详解】(1)金属锂比钢板活泼，作原电池的负极，电极反应式为Li-e-=Li+，‎ 故答案为：锂(Li) ； Li－e－=Li＋；‎ ‎（2）LiOH溶液中的阳离子有Li+和H+，由于氧化性H+＞Li+，正极上是水电离出的H+放电，故正极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，正极产生无色气体，‎ 故答案为：有无色气体产生； 2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑；‎ ‎（3）在原电池的放电过程中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以OH-会向负极移动，故答案为：负极。‎ ‎32.A卷题.简要回答下列问题。‎ ‎(1)向氨水中滴加几滴酚酞试液，溶液显红色，其原因是________________________________。‎ ‎(2)医疗上用“胃舒平”【主要成分Al（OH）3】治疗胃酸（含盐酸）过多的原因是______________。‎ ‎(3)实验室常用35％~40％的甲醛溶液(俗称福尔马林)保存动物标本的原因是______________________。‎ ‎【答案】(1). 氨水中NH3·H2O会部分电离出OH-,使溶液呈弱碱性，遇酚酞变红 (2). “胃舒平”的主要成分Al（OH）3与胃酸的主要成分盐酸发生中和反应 (3). 甲醛溶液能使动物标本中的蛋白质发生变性 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)、向氨水中滴加几滴酚酞试液，溶液显红色，其原因是：氨水中NH3·H2O会部分电离出OH-,使溶液呈弱碱性，遇酚酞变红；‎ 故答案为氨水中NH3·H2O会部分电离出OH-,使溶液呈弱碱性，遇酚酞变红；‎ ‎(2)、医疗上用“胃舒平”【主要成分Al（OH）3】治疗胃酸（含盐酸）过多的原因是：氢氧化铝具有两性， “胃舒平”的主要成分Al（OH）3与胃酸的主要成分盐酸发生中和反应；‎ 故答案为“胃舒平”的主要成分Al（OH）3与胃酸的主要成分盐酸发生中和反应；‎ ‎(3)、实验室常用35％~40％的甲醛溶液(俗称福尔马林)保存动物标本的原因是：甲醛溶液能使动物标本中的蛋白质发生变性；‎ 故答案：甲醛溶液能使动物标本中的蛋白质发生变性。‎ ‎33.煤气化、液化是综合利用煤炭的重要途径之一。‎ ‎（1）已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol-1‎ ‎②CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)+ 1/2O2(g)=H2O(g) ΔH3=-241.8kJ·mol-1‎ 焦炭与水蒸气反应是：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=___ kJ·mol-1‎ ‎（2）氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的发电装置，其工作原理是2H2+O2=2H2O ‎①若选用KOH溶液作电解质溶液，则正极通入的气体是___，该电极的电极反应式为___。‎ ‎②若选用硫酸作电解质溶液，则负极的电极方程式为___。‎ ‎（3）电解氯化钠溶液时，阳极的电极反应式为___。‎ ‎【答案】(1). +131.3 (2). 氧气 (3). O2 + 2H2O + 4e- =4OH- (4). H2 - 2e-=2H+ (5). 2Cl--2e-=Cl2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据已知的热化学方程式和盖斯定律进行计算；‎ ‎（2）氢氧燃料电池的工作原理是2H2+O2=2H2O，负极上氢气失电子被氧化，正极上氧气得电子被还原，根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式；‎ ‎（3）电解氯化钠溶液时，氯离子在阳极上失电子被氧化生成氯气。‎ ‎【详解】（1）根据已知的热化学方程式和盖斯定律可知，目标方程式C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)可由①-②-③得到，则△H=ΔH1-ΔH2-ΔH3= -393.5kJ·mol-1-(-283.0kJ·mol-1)-(-241.8kJ·mol-1)= +131.3 kJ·mol-1；故答案为+131.3；‎ ‎（2）氢氧燃料电池的工作原理是2H2+O2=2H2O，负极上氢气失电子被氧化，正极上氧气得电子被还原，根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式，‎ ‎①若选用KOH溶液作电解质溶液，正极通入的气体是氧气，该电极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，则该电极的电极反应式为O2 + 2H2O + 4e- =4OH-；‎ 故答案为氧气；O2 + 2H2O + 4e- =4OH-；‎ ‎②若选用硫酸作电解质溶液，负极通入的是氢气，该电极上氢气失电子被氧化生成氢离子，则负极的电极方程式为H2 - 2e-=2H+；故答案为H2 - 2e-=2H+；‎ ‎（3）电解氯化钠溶液时，氯离子在阳极上失电子被氧化生成氯气，则阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；故答案为2Cl--2e-=Cl2↑。‎ ‎34.从明矾[KAl(SO4)2·12H2O]制备Al、K2SO4和H2SO4的流程如下：‎ 已知：明矾焙烧的化学方程式为：4[KAl(SO4)2·12H2O] + 3S＝2K2SO4+ 2Al2O3 + 9SO2↑+ 48H2O 请回答下列问题：‎ ‎（1）在焙烧明矾的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为： 。‎ ‎（2）步骤②中，为提高浸出率，可采取的措施有_____________。‎ A．粉碎固体混合物 B．降低温度 C．不断搅拌 D．缩短浸泡时间 ‎（3）明矾焙烧完全后，从步骤②的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 。‎ ‎（4）步骤③电解的化学方程式是 ，电解池的电极是用碳素材料做成，电解过程中，阳极材料需要定期更换，原因是： 。‎ ‎（5）以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)‎ 转化为Ni(OH)2，则该电池的正极电极反应式是 。‎ ‎（6）焙烧a吨明矾（摩尔质量为b g/mol），若SO2的转化率为96%，可生产质量分数为98％的H2SO4质量为 吨(列出计算表达式)。‎ ‎【答案】（1）1:2 （2）AC（3）蒸发结晶（4）‎ 阳极中碳被氧化成CO2（CO）（5）NiO(OH)+H2O＋e－＝Ni(OH)2＋OH－‎ ‎（6）或 ‎【解析】试题分析：（1）明矾的焙烧已经给出了方程式，因此本题主要是考查氧化还原反应的特征。该方程式中发生化合价变化的只有S元素，明矾中的S元素一部分发生化合价降低，而S单质的化合价升高，因此反应中的氧化剂是明矾（KAl(SO4)2·12H2O），还原剂是单质S。‎ ‎（2）步骤②‎ 是水浸明矾焙烧后的固体混合物，因此要提高浸出率，往往需要增大接触面积、充分溶解；因此粉碎固体混合物、不断搅拌都是可行的。‎ ‎（3）焙烧后的固体混合物是K2SO4和Al2O3，水浸后的溶液则是易溶于水的K2SO4溶液，所以要从单一组分的溶液中得到改溶质，可以直接蒸发结晶。‎ ‎（4）氧化铝电解制备铝单质，该反应方程式为；在电解反应中阴极还原得到单质铝，阳极得到O2，由于阳极电极材料是C单质，所以在高温环境下，碳素材料会被氧气氧化为CO或CO2，从而导致阳极碳素电极受损，要定期更换。‎ ‎（5）以Al和NiO(OH)为电极构成的碱性电池，首先判断出单质Al做负极，NiO(OH)为正极；因此放电时正极得到电子被还原，从Ni的化合价变化可以得出得失电子数目，所以充分运用电荷守恒、原子守恒，再结合反应环境可以的该正极的反应式为NiO(OH)+H2O＋e－＝Ni(OH)2＋OH－。‎ ‎（6）计算思路：计算明矾物质的量，根据方程式计算SO2的总物质的量，根据S原子守恒H2SO4溶质的物质的量等于96%的SO2，把溶质H2SO4的物质的量转化为质量，再用溶质H2SO4的质量除以质量分数求得H2SO4溶液的总质量。计算列式为。‎ ‎35.LiBH4为近年来储氢材料领域的研究热点。‎ ‎（1）反应2LiBH4=2LiH＋2B＋3H2↑，生成‎22.4 L H2(标准状况)时，转移电子的物质的量 为 mol。‎ ‎（2）下图是2LiBH4/MgH2体系放氢焓变示意图，则：‎ Mg(s)＋2B(s)=MgB2(s) △H＝ 。‎ ‎（3）采用球磨法制备Al与LiBH4的复合材料，并对Al－LiBH4体系与水反应产氢的特性进行下列研究：‎ ‎①如图为‎25℃‎水浴时每克不同配比的Al－LiBH4复合材料与水反应产生H2体积随时间变化关系图。由图可知，下列说法正确的是 (填字母)。‎ a．‎25℃‎时，纯铝与水不反应 b．‎25℃‎时，纯LiBH4与水反应产生氢气 c．‎25℃‎时，Al－LiBH4复合材料中LiBH4含量越高，1000s内产生氢气的体积越大 ‎②如图为‎25℃‎和‎75℃‎时，Al－LiBH4复合材料[ω(LiBH4)＝25%]与水反应一定时间后产物的X－射线衍射图谱(X－射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。‎ 从图中分析，‎25℃‎时Al－LiBH4复合材料中与水完全反应的物质是 (填化学式)，产生Al(OH)3的化学方程式为 。‎ ‎（4）如图是直接硼氢化钠－过氧化氢燃料电池示意图。该电池工作时，正极附近溶液的pH ‎ (填“增大”、“减小”或“不变”)，负极的电极反应式为 。‎ ‎【答案】（1）2(2分)‎ ‎（2）－93 kJ·mol－1(2分)‎ ‎（3）①ab(2分)‎ ‎②LiBH4(2分) 2Al＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2↑(2分)‎ ‎（4）增大(2分)　　BH4-－8e－＋8OH－=BO2-＋6H2O(2分)‎ ‎【解析】试题分析：（1）LiBH4中氢元素化合价为-1价，生成1mol氢气电子转移2mol；（2）能量由上到下分别为1、2、3、4，则该反应的焓变为－(1+3－2－4)= －93 kJ·mol－1；（3）①a、图中当全为铝时气体为0，故纯铝与水不反应，正确；b、f线代表纯LiBH4与水反应产生氢气，正确；c、当材料含LiBH4为25%时（d线），产生氢气的量最多，错误。②由图12得出反应后已没有LiBH4，但存在大量铝，故其完全反应，；铝部分反应（有氢氧化铝等铝的产物）；（4）右室双氧水得到电子为正极，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，故该极碱性增强，负极为BH4-－8e－＋8OH－=BO2-＋6H2O。‎