江苏省溧水高级中学2018届高三化学上学期期初模拟考试试题（含解析）.docx

江苏省溧水高级中学20172018学年第一学期第一次月考高三化学试卷1.氮氧化合物对环境的损害作用极大。下列环境问题中氮氧化合物不是“重要成员”的是A. 酸雨B. 光化学烟雾C. 臭氧空洞D. 温室效应【答案】D【解析】氮氧化物（NOx，NO 和NO2的统称），的城市空气的主要污染物。空气中的NO、NO2的产生、转化过程，会引起的光化学烟雾、酸雨和平流层中臭氧减少等环境污染，温室效应是由于大气里温室气体（二氧化碳、甲烷等）含量增大而形成的，与氮的氧化物无关，故选D。2.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）A. 海带提碘B. 氯碱工业C. 氨碱法制碱D. 海水提溴【答案】C【解析】试题分析：A海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。故选项C正确。考点：考查氧化还原反应概念。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B. NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂D. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂【答案】D【解析】A二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有与漂白性，与其氧化性无关，故A错误；B碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，所以可做焙制糕点的膨松剂，故B错误；CFe2(SO4)3水溶液中三价铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附水中固体杂质颗粒，所以可以用作净水剂，与硫酸铁易溶于水性质无关，故C错误；D液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故D正确；故选D。4.目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2 (g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)。已知H2的体积分数随温度的升高而增加。若温度从300升至400，重新达到平衡，下列选项中各物理量的变化判断正确的是A. 正反应速率减小B. 逆反应速率增大C. 平均相对分子质量不变D. 转化率增大【答案】B【解析】H2的体积分数随温度的升高而增加，说明平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应。A、温度升高正逆反应速率都加快，故A错误；B、温度升高正逆反应速率都加快，所以逆反应速率增大，故B正确；C、平衡逆向移动，气体的计量数增加，而气体的质量不变，所以平均相对分子质量变小，故C错误；D、平衡逆向移动，所以反应物质的转化率减小，故D错误；故选B。5.下列指定反应的离子方程式正确的是( )A. 向FeCl3溶液中滴加HI溶液：Fe32I=Fe2I2B. 用铜电极电解氯化钠溶液：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHC. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)33NH4D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO32H=H2SiO32Na+【答案】C【解析】A氯化铁具有氧化性，碘化氢中-1价的碘离子具有还原性，两者发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，反应为：2Fe3+2I-2Fe2+I2，故A错误；B用铜作阳极电解氯化钠溶液时，阳极上铜失电子而不是电解质溶液中氯离子失电子，所以得不到氯气，故B错误；CAl2(SO4)3溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，离子方程式Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，故C正确；D向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：SiO32-+2H+H2SiO3，故D错误；故选C。点睛：关于离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键。本题的易错点为BC，要注意用铜作阳极电解氯化钠溶液时，阳极上铜失电子生成铜离子；氢氧化铝不溶于弱碱。6.下列有关电化学的说法正确的是A. 铜的金属活泼性比铁弱，可在海轮外壳上镶入若干铜块以减缓铁腐蚀B. 原电池中，一定由活泼性强的金属作负极，发生氧化反应C. 原电池放电时的负极和电解池充电时的阴极均发生氧化反应D. 可充电电池充电时，负极与电源负极相连，正极与电源正极相连【答案】D【解析】A作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护，铁、铜和海水构成的原电池中，铁易失电子作负极，所以加速被腐蚀，故A错误；B原电池中，一般由活泼性强的金属作负极，发生氧化反应，但镁-铝-氢氧化钠原电池，则不活泼的铝为负极，故B错误；C负极和阳极均失电子发生氧化反应，则原电池放电时的负极和充电时的阳极均发生失电子的氧化反应，故C错误；D原电池负极发生氧化反应，充电时，阴极发生还原反应，可充电电池充电时负极连接外加电源的负极，原电池正极发生还原反应，充电时，阳极发生氧化反应，可充电电池充电时正极连接外加电源的正极，故D正确；故选D。点睛：本题的易错点为B，原电池中，一般由活泼性强的金属作负极，发生氧化反应，但不是绝对的，活泼性的强弱是相对的，与电解质溶液有关，常说的金属活动性，是指金属在酸中的活泼性。7.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A. 已知2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H483.6 kJmol1，则氢气的燃烧热为241.8 kJmol1B. 已知NaOH(aq)HCl(aq)=NaCl(aq)H2O(l)H57.3 kJmol1，则含40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJC. 已知2C(s)2O2(g)=2CO2(g)Ha，2C(s)O2(g)=2CO(g)Hb，则abD. 已知CH4(g)H2O(g) = CO(g)3 H2(g) H=+206.1 kJmol1，反应过程中使用催化剂，H减小【答案】B【解析】A燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热-241.8kJmol-1，故A错误；B醋酸为弱电解质，电离吸热，醋酸与氢氧化钠反应放出的热量较小，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3kJ，故B正确；C碳燃烧放出热量，反应热为负值，放出的热量越多，反应热越小，则ab，故C错误；D催化剂不改变反应热，故D错误；故选B。点睛：解答本题需要学生对概念与热化学方程式的理解，本题的易错点为C，反应热为负值时，放出的热量越多，反应热越小。8.实验室制取下列气体的实验正确的是（ ）A. 实验室制氯气B. 实验室制氧气C. 实验室制氨气D. 实验室制二氧化碳【答案】C【解析】A浓盐酸和二氧化锰在常温下不反应，应在加热条件下进行，且应防止倒吸，故A错误；B实验室用加热高锰酸钾、氯酸钾和二氧化锰等固体的方法制备氧气，水的导电能力较弱，不能直接电解水制备氧气，故B错误；C实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，氨气密度比空气小，可用向下排空法收集，故C正确；D盐酸和碳酸钠剧烈反应，且碳酸钠易溶于水，不能用简易气体发生装置制备，应用碳酸钙和盐酸反应制备二氧化碳气体，故D错误；故选C。9.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. SSO3H2SO4B. NH3N2HNO3C. SiO2SiSiCl4SiD. 海水Mg(OH)2 Mg【答案】C【解析】A、硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故A错误；B转化关系中氮气、氧气和水不能直接生成硝酸，故B错误；C二氧化硅制备高纯度硅，利用碳还原二氧化硅生成粗硅，粗硅和氯气反应生成四氯化硅，四氯化硅被氢气还原生成高纯度硅，故C正确；D制备金属镁不是电解氢氧化镁，氢氧化镁熔融分解生成的氧化镁熔点高，工业上电解熔融氯化镁生成金属镁，故D错误；故选C。10.下列图示与对应的叙述不相符合的是A. 图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B. 图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C. 图丙表示可逆反应从加入反应物开始建立化学平衡的过程D. 图丁表示可逆反应的平衡常数随反应物浓度的变化【答案】A【解析】A燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C从加入反应物开始建立化学平衡，平衡之前，正反应速率大于逆反应速率，达到平衡时正逆反应速率相等，故C正确；D平衡常数只受温度的影响，温度不变，则平衡常数不变，故D正确；故选A。点睛：本题考查化学反应与能量、化学平衡的影响，为高考常见题型。本题的易错点为B，注意蛋白质的性质，在使用影响反应速率的因素判断时，要注意条件的改变，不能改变反应本质，如锌与硫酸反应，将稀硫酸改为浓硫酸，反应速率的变化不能判断。11.阿克拉酮是合成某种抗癌药的重要中间体，其结构如图所示。下列关于阿克拉酮的性质的描述，不正确的是A. 阿克拉酮的分子式为C22H22O8B. 分子中含有3个手性碳原子C. 该分子一定条件下能发生取代、氧化、消去反应D. 1 mol该物质最多可与3 mol NaOH反应【答案】A【解析】A由结构简式可知，阿克拉酮的分子式为C22H20O8，故A错误；B连4个不同基团的原子为手性碳原子，则右侧碳环上连有-OH、酯基和乙基的C为手性碳原子，共3个，故B正确；C含有羰基，可发生加成反应，含有酯基和羟基，可发生取代反应，酚羟基羟基可发生氧化反应，羟基可消去反应，故C正确；D酚-OH具有酸性，能与NaOH发生中和反应，-COOC-能发生水解，则1mol该物质最多可与3molNaOH反应，故D正确；故选A。点睛：解答本题需要注意把握有机物中的官能团及性质的关系，熟悉酚、酯的性质。本题的易错点为B，手性碳原子判断注意：(1)手性碳原子一定是饱和碳原子；(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 0.1 molL1 KSCN溶液中：Fe3、NH4+、Br、SO42-B. c(OH-)/c(H+) 106的溶液中：NH4 、K+、AlO2-、NO3-C. 能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42-、ClD. 0.1 molL1 Ca(NO3)2溶液中：Na、NH4+、CO32-、CH3COO【答案】C【解析】AFe3+与SCN-反应，不能大量共存，故A错误；B. =106的溶液呈碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，且NH4+、AlO2-发生互促水解反应，故B错误；C能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；DCO32-与Ca2+反应生成沉淀而不能大量共存，故D错误；故选C。13. 下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是选项试剂试纸或试液现象结论A浓氨水、生石灰红色石蕊试纸变蓝NH3为碱性气体B浓盐酸、浓硫酸pH试纸变红HCl为酸性气体C浓盐酸、二氧化锰淀粉碘化钾试液变蓝Cl2具有氧化性D亚硫酸钠、硫酸品红试液褪色SO2具有还原性【答案】D【解析】A生石灰溶于水放出大量的热，增大氢氧根离子浓度，有利于氨气的逸出，NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体，故A正确；B利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体，故B正确；C浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，故C正确；DSO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，故D错误；故选D。14.25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A. 0.1 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(SO42)c(NH4+)c(Fe2+)c(H+)B. pH11的氨水和pH3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H+)C. 在0.1 molL1 Na2CO3溶液中：2c(Na+)c(CO)c(HCO)c(H2CO3)D. 0.1 molL1的醋酸钠溶液20 mL与0.1 molL1盐酸10 mL混合后溶液显酸性：c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H+)【答案】AD【解析】A(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子及铵根离子都水解，但水解程度较小，根据物料守恒得c(SO42-)c(NH4+)c(Fe2+)c(H+)，故A正确；BpH=11的氨水浓度大于pH=3的盐酸浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)c(NH4+)，故B错误；C在0.1 molL1 Na2CO3溶液中存在物料守恒，c(Na+)2c(CO)c(HCO)c(H2CO3)，故C错误；D二者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解、醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)，故D正确；故选AD。15.在温度T1和T2时，分别将0.50 mol CH4和1.20 mol NO2充入体积为1 L的密闭容器中，发生如下反应：CH4(g)2NO2(g)N2(g)CO2(g)2H2O(g)，测得n(CH4)随时间变化数据如下表：时间/min010204050T1n(CH4)/mol0.500.350.250.100.10T2n(CH4)/mol0.500.300.180.15下列说法正确的是( )A. T1时010 min NO2的平均反应速率为0.15 molL-1min -1B. T2时CH4的平衡转化率为30.0%C. 保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.30 mol CH4和0.80 mol H2O(g)，平衡向正反应方向移动D. 保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.50 mol CH4和1.20 mol NO2，与原平衡相比，达新平衡时N2的浓度增大【答案】D【解析】AT1时010minCH4的平均反应速率为=0.015molL-1min-1，由速率之比等于化学计量数之比可知，T1时010minNO2的平均反应速率为0.03molL-1min-1，故A错误；B由表格数据可知，T2时CH4的平衡物质的量为0.15mol，则转化的甲烷为0.50mol-0.15mol=0.35mol，则T2时CH4的平衡转化率为100%=70.0%，故B正确；CT1时，体积为1L，由表格中数据可知，CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)开始0.51.20 0 0转化 0.4 0.80.40.4 0.8平衡 0.1 0.40.40.4 0.8K=6.4，T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O(g)，Qc=25.6K，则平衡逆向移动，故C错误；D体积不变，物质的量变为原来的2倍，若平衡不移动，则平衡浓度变为原平衡的2倍，但压强增大平衡逆向移动，则达新平衡时N2的浓度增大，大于原平衡浓度小于原平衡浓度的2倍，故D正确；故选BD。点睛：把握表格中数据、运用平衡三段法进行计算为解答本题的关键，侧重分析与计算能力的考查。注意选项C为解答的难点，可以根据Qc与K的大小进行判断。16.NaClO2的漂白能力是漂白粉的45倍，NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：(1)ClO2发生器中的反应为：2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4。实际工业生产中，可用硫黄、浓硫酸代替原料中的SO2，其原因为_(用化学方程式表示)。(2)反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的：_。(3)吸收器中生成NaClO2的离子反应方程式为_。(4)某化学兴趣小组用如图所示装置制备SO2并探究SO2与Na2O2的反应：盛放浓H2SO4仪器名称为_。D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，B中发生的反应可能为_、Na2O2SO2=Na2SO4。【答案】 (1). S2H2SO4(浓) 3SO2 2H2O (2). 驱赶出ClO2，确保其被充分吸收 (3). 2ClO22OHH2O2=2ClO2O22H2O (4). 分液漏斗 (5). 2Na2O22SO2=2Na2SO3O2【解析】(1)ClO2发生器中的反应为氯酸钠与二氧化硫在浓硫酸作用下发生氧化还原反应，而硫磺、浓硫酸也可以生成二氧化硫，反应的方程式为S+2H2SO4(浓)3SO2+2H2O，所以可用硫磺、浓硫酸代替原料中的SO2，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2+2H2O；(2)反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，故答案为：驱赶出ClO2，确保其被充分吸收；(3)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；(4)根据装置图，盛放浓H2SO4仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，所以B中发生的反应可能为二氧化硫与过氧化钠反应生成亚硫酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，故答案为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2。17.酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：(1)酮洛芬中含氧官能团的名称为_和_。(2)化合物E的结构简式为_；由CD的反应类型是_。(3)写出BC的反应方程式_。(4)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式_。能发生银镜反应；与FeCl3发生显色反应；分子中含有5种不同化学环境的氢。(5)请写出以甲苯和乙醇为原料制备化合物 的合成路线流程图(无机试剂可任选)。合成路线流程图示例如图：_【答案】（1）羧基、羰基；（2）、取代反应；（3）；（4）；（5）【解析】试题分析：试题分析：（1）根据酮洛芬的结构知，其中含氧官能团有羧基和羰基。（2）根据流程图，D与NaCN发生取代反应生成E，化合物E的结构简式为，由CD是苯环侧链甲基上的氢原子被Br原子代替的反应，属于取代反应。（3）根据流程图，BC是B中的酰基氯与苯环发生的取代反应，反应方程式为（4）能发生银镜反应，说明分子结构中存在醛基；与FeCl3发生显色反应，说明存在酚羟基；分子中含有5种不同化学环境的氢，根据上述要求，A的同分异构体是。（5）根据流程图，CD，可以在甲苯侧链甲基上引入卤素原子，从而引入-CN，氧化后可以删除羧基，再跟乙醇酯化即可，合成路线流程图为：。考点：考查有机合成和有机推断18.碱式碳酸钠铝NaaAlb(OH)c(CO3)d可用作阻燃剂、抗酸剂等。其制备方法是：控制温度、pH，向NaHCO3稀溶液中加入Al(OH)3，并搅拌，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得碱式碳酸钠铝。(1) 碱式碳酸钠铝NaaAlb(OH)c(CO3)d中a、b、c、d之间的关系为_。(2) 碱式碳酸钠铝作为阻燃剂的可能原因：在分解过程中大量吸热；本身及产物无毒且不可燃； _。(3) 若pH过高，则对产品的影响是_。(4) 为确定碱式碳酸钠铝的组成，进行如下实验：准确称取2.880 g样品用足量稀硝酸溶解，得到CO2 0.448 L(已换算成标准状况下)。在所得溶液中加过量氨水，得到白色沉淀，经过滤、洗涤沉淀、充分灼烧得到1.02g固体。加热至340 以上时样品迅速分解，得到金属氧化物、CO2和H2O。当样品分解完全时，样品的固体残留率为56.9%，根据以上实验数据确定碱式碳酸钠铝的组成(写出计算过程)。_【答案】 (1). a3bc2d (2). 产生阻燃性气体CO2、H2O (3). pH过高会使碱式碳酸钠铝转化为NaAlO2 (4). NaAl(OH)2CO3【解析】(1)碱式碳酸钠铝NaaAlb(OH)c(CO3)d中，化合价代数和为0，所以a+3b-c-2d=0，则a+3b=c+2d，故答案为：a+3b=c+2d；(2)碱式碳酸钠铝作为阻燃剂的可能原因：在分解过程中大量吸热；本身及产物无毒且不可燃；同产生不支持燃烧的二氧化碳和水，故答案为：产生阻燃性气体CO2、H2O；(3)pH过高，碱性强不生成氢氧化铝，而产生偏铝酸盐，所以pH过高，则对产品的影响是会使碱式碳酸钠铝转化为NaAlO2，故答案为：pH过高会使碱式碳酸钠铝转化为NaAlO2；(4)因为：n(CO2)=0.02mol，所以n(H2O)=0.02mol，则根据氢原子守恒，n(OH-)=0.04mol，1.02g固体为氧化铝，n(Al3+)=2=0.02mol，所以b：c：d=1：2：1，根据电荷守恒a+0.023=0.022+0.022，所以a=0.02mol，所以a：b：c：d=1：1：2：1，所以，碱式碳酸铝的化学组成为NaAl(OH)2CO3，答：碱式碳酸铝的化学组成为NaAl(OH)2CO3 。点睛：本题考查物质的组成以及含量的测定，明确各个物理量之间关系是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用。本题的难点和易错点为(4)的计算，根据题意求出n(CO2)、n(H2O)、n(Al3+)，难在n(H2O)的计算。19.甲醇是一种重要化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。(1)已知：CH3OH(g) =HCHO(g)+H2(g)H=+84 kJmol-12H2(g)+O2(g) =2H2O(g) H=-484 kJmol-1工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式：_。(2)工业上可用如下方法合成甲醇，化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，已知某些化学键的键能数据如下表：化学键CCCHHHCOCOOH键能/ kJmol-1348413436358x463请回答下列问题：该反应的S_(填“”或“”)0。右图中曲线a到曲线b的措施是_。已知CO中的C与O之间为三键，其键能为x kJmol-1，则x=_。(3)由甲醇、氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池，可使手机连续使用一个月才充一次电。该电池负极的电极反应式为_。若以该电池为电源，用石墨作电极电解200 mL含有如下离子的溶液。离子Cu2+H+ClSO42 c/molL-10.5220.5电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件下)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)阳极上收集到氧气的质量为_。(4)电解水蒸气和CO2产生合成气(H2+CO)。较高温度下(7001 000 )，在SOEC两侧电极上施加一定的直流电压，H2O和CO2在氢电极发生还原反应产生O2，O2穿过致密的固体氧化物电解质层到达氧电极，在氧电极发生氧化反应得到纯O2。由上图可知A为直流电源的_(填“正极”或“负极”)，请写出以H2O为原料生成H2的电极反应式：_。【答案】 (1). 2CH3OH(g)+O2(g)2HCHO(g)+2H2O(g)H=-316 kJmol-1 (2). (3). 加入催化剂 (4). 1097 (5). CH3OH-6e-+8OH-C+6H2O (6). 3.2 g (7). 负极 (8). H2O+2e-H2+O2-【解析】(1)已知：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g)H=+84kJ/mol；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-484kJ/mol，将2+得到CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式为2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g)H=-316 kJmol-1，故答案为：2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g)H=-316 kJmol-1；(2)该反应的S0；曲线a到曲线b，活化能降低，应为加入催化剂，故答案为：；加入催化剂；CO(g)+2H2(g)CH3OH (g)的焓变=反应物总键能之和-生成物总键能之和，设CO中碳氧键的键能为X，结合图表提供的化学键的键能，则HX+2436KJ/mol-(3413KJ/mol+358KJ/mol+463KJ/mol)=(419-510)kJmol-1=-91kJmol-1，解得：X=1097KJ/mol，故答案为：1097；(3)燃料电池，电池的一个电极通 入空气，另一个电极通入甲醇气体，电解质是氢氧化钠溶液，根据原电池原理，负极电极反应是CH3OH失去电子生成碳酸根离子-：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；阴极上显示铜离子得电子，Cu2+2e-=Cu，200mL0.5mol/L的铜离子得电子物质的量是0.2mol，然后是2H+2e-=H2，在阳极上是0.4mol氯离子失电子的反应，产生氯气0.2mol，2Cl-2e-=Cl2，转移电子是0.4mol，然后是氢氧根离子失电子产生氧气，4OH-4e-=O2+2H2O，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体时，假设产生氧气的物质的量是x，在阳极上产生气体是(0.2+x)mol，根据电子守恒，得到0.4+4x=0.2+2(0.2+x)，解得x=0.1mol，即阳极上收集到氧气的质量为3.2 g，故答案为：3.2 g；(4)由图示可知A极水、二氧化碳生成氢气、CO，应发生还原反应，为阴极反应，则A为电源的负极，生成氢气的反应为H2O+2e-=H2+O2-，故答案为：负极；H2O+2e-=H2+O2-。20.CO和联氨(N2H4)的性质及应用的研究是能源开发、环境保护的重要课题。（1）用CO、O2和KOH溶液可以制成碱性燃料电池，则该电池反应的离子方程式为_。用CO、O2和固体电解质还可以制成如下图1所示的燃料电池，则电极d的电极反应式为_。（2）联氨的性质类似于氨气，将联氨通入CuO浊液中，有关物质的转化如图2所示。在图示2的转化中，化合价不变的元素是_(填元素名称)。在转化过程中通入氧气发生反应后，溶液的pH将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。转化中当有1 mol N2H4参与反应时，需要消耗O2的物质的量为_。加入NaClO时发生的反应为：Cu(NH3)422ClO2OHCu(OH)22N2H42Cl2H2O该反应需在80以上进行，其目的除了加快反应速率外，还有_、_。（3）CO与SO2在铝矾土作催化剂、773 K条件下反应生成CO2和硫蒸气，该反应可用于从烟道气中回收硫，反应体系中各组分的物质的量与反应时间的关系如图3所示，写出该反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 2CO+O2+4OH2CO32+2H2O (2). CO-2e+O2CO2 (3). 钠和氢 (4). 增大 (5). 1mol (6). 使氢氧化铜分解 (7). 降低联氨的溶解度，使其从溶液中逸出 (8). 4CO+2SO2=4CO2+S2【解析】试题分析：（1）该燃料电池中，负极上CO失电子发生氧化反应生成二氧化碳，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，二氧化碳和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电池反应式为2CO+O2+4 OH-=2 CO32-+2H2O，故答案为：2CO+O2+4 OH-=2 CO32-+2H2O。d电极上CO生成二氧化碳，则该电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO+O2-2e-=CO2，故答案为：CO+O2-2e-=CO2；（2）根据图知，H、Na元素都在化合物中，化合价不变，故答案为：氢、钠；Cu（NH3）2+和氧气反应过程中，Cu元素化合价由+1价变为+2价，O元素化合价由0价变为-2价，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液的pH增大；转化中当有1mol N2H4参与反应时，转移电子物质的量=1mol20-（-2）=4mol，根据转移电子相等得需要消耗O2的物质的量=1mol，故答案为：增大；1mol；温度高时氢氧化铜分解，且气体溶解度随温度升高而降低，从而促进反应向正反应方向进行，故答案为：氢氧化铜分解、降低联氨溶解度使其从溶液中逸出；（3）根据图象知，反应物的物质的量变化量一个为（4-1）mol=3mol、一个为（2-0.5）mol=