2017届高考化学第一轮高效演练检测题38.doc

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阶段滚动检测(三)
(第一～六章)
(90分钟　100分)
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1.(滚动交汇考查)(2016·潍坊模拟)下列叙述正确的是(　　)
A.1.00 mol NaCl中含有6.02×1023个NaCl分子
B.1.00 mol NaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023
C.欲配制1.00 L 1.00 mol·L-1的NaCl溶液，可将58.5 g NaCl溶于1.00 L水中
D.电解58.5 g熔融的NaCl，能产生22.4 L氯气(标准状况)、23.0 g金属钠
【解析】选B。NaCl是离子化合物，不存在分子，故A错误；Na+最外层有8个电子，所以1.00 mol Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023，故B正确；欲配制1.00 L NaCl溶液，所需水的体积应小于1.00 L，故C错误；电解58.5 g熔融的NaCl，根据电解方程式：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，生成标准状况下
11.2 L氯气，故D错误。
2.(滚动交汇考查)(2016·宝鸡模拟)下列叙述正确的是(　　)
A.Na失火不能用CO2灭火，K失火也不能用CO2灭火
B.Al与S直接化合可以得到Al2S3，Fe与S直接化合也可以得到Fe2S3
C.将SO2通入BaCl2溶液中没有白色沉淀生成，将SO2通入Ba(NO3)2溶液中也没有白色沉淀生成
D.工业上电解熔融MgCl2制取金属镁，也可以用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝
【解析】选A。Na、K失火生成的过氧化钠、过氧化钾等均能与CO2反应，故不能用CO2灭火，A正确；Fe与S直接化合得到FeS，B错误；将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有BaSO4白色沉淀生成，C错误；氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能电离出Al3+和Cl-，不能用电解熔融AlCl3的方法制取金属铝，D错误。
3.(2016·运城模拟)下列离子方程式书写正确的是(　　)
A.用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑
B.用铜作电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
C.FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl22Fe3++Br2+4Cl-
D.Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4至溶液呈中性：Ba2++2OH-+2H++SBaSO4↓+2H2O
【解析】选D。醋酸是弱电解质，在离子方程式中保留化学式，A错误；用铜作电极电解饱和食盐水，铜电极会参与反应，B错误；FeBr2溶液中通入过量Cl2，正确的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-，C错误；Ba(OH)2与NaHSO4按1∶2反应溶液呈中性，D正确。
4.(滚动交汇考查)下列物质间的转化在给定条件下能一步实现的是(　　)
①NH3NO2HNO3
②SiO2Na2SiO3H2SiO3
③Mg(OH)2MgCl2(aq)Mg
④NaNa2O2Na2CO3
A.②④ B.③④
C.①④ D.①②③
【解析】选A。氨的催化氧化为4NH3+5O24NO+6H2O，一步只能生成NO，①错；SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，Na2SiO3+2HClH2SiO3↓+2NaCl，②正确；电解MgCl2溶液不能得到金属镁，电解熔融的MgCl2才能得到金属镁，③错；2Na+O2Na2O2，2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，④正确。
【加固训练】下列各组物质中，能按图示转化一步实现的组合有(　　)
序号
X
Y
Z
W

①
Cu
CuSO4
Cu(OH)2
CuO
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
Cl2
Ca(ClO)2
HClO
HCl
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A.①②③　　　　 B.①③④
C.②③④ D.①④
【解析】选A。本题考查了元素单质及其化合物的转化关系，意在考查学生的理解能力及应用能力。氢氧化亚铁不能一步转化为单质铁，④不符合要求。
5.下列说法一定不正确的是(　　)
A.某些花岗石产生氡Rn)，从而对人体产生伤害，Rn的质量数是222
B.Se是人体必需的微量元素Se和Se互为同位素
CU的浓缩一直被国际社会关注U与U是两种不同的核素
DC-NMR(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析C的中子数为6
【解析】选D。元素符号左上角的数字表示质量数，A正确；质子数相同，中子数不同的同一元素的不同核素互为同位素，B正确；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，C正确；质量数为13的碳原子，中子数为7，D错误。
6.(2016·福州模拟)短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是(　　)
A.原子半径的大小顺序：r(Y)>r(Z)>r(W)
B.元素Z、W的简单离子的电子层结构不同
C.元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
D.只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物
【解析】选D。地壳中含量最高的元素是氧元素，故Z为氧元素；X的原子半径比Y的小，故X在Y的上一周期，故X为氢元素，W为钠元素，则Y为氮元素。原子半径r(Na)>r(N)>r(O)，A错；O2-与Na+都是10电子粒子，电子层结构相同，B错；因非金属性O>N，故热稳定性H2O>NH3，C错；只含有氢、氮、氧三种元素的化合物可以是共价化合物，如HNO3，也可以是离子化合物，如NH4NO3，D正确。
7.(2016·广州模拟)火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，反应为CuFeS2+O2Cu2S+FeS+SO2。则下列说法正确的是(　　)
A.CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，硫元素既被氧化又被还原
B.每生成1 mol SO2转移6 mol电子
C.SO2既是氧化产物又是还原产物，FeS只是还原产物
D.每转移1.2 mol电子，有0.3 mol氧气被还原
【解析】选B。2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2中，铜元素由+2价降低为+1价，硫元素由-2价升高到+4价，氧气中氧元素由0价降低为-2价，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，硫仅被氧化，A错误；元素化合价升高的只有硫元素，由-2价升高到+4价，变化6价，则每生成1 mol SO2转移6 mol电子，故B正确；生成物FeS中元素的化合价没有变化，FeS不是还原产物，也不是氧化产物，C错误；由方程式可知，每转移6 mol电子，有1 mol氧气被还原，则每转移1.2 mol电子，有0.2 mol氧气被还原，D错误。
【加固训练】(2016·合肥模拟)已知Fe3O4可表示成FeO·Fe2O3，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++2S2+O2+xOH-Fe3O4+S4+2H2O，下列说法中不正确的是(　　)
A.每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为4 mol
B.Fe2+和S2都是还原剂
C.1 mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为1/3 mol
D.x=4
【解析】选C。该反应的氧化剂是O2，生成1 mol Fe3O4，消耗1 mol O2，转移的电子为4 mol，A正确；Fe2+与S2中的S化合价均升高，所以Fe2+和S2都是还原剂，B正确；3 mol Fe2+反应时，被氧化的只有2 mol，此时反应的O2为
1 mol，所以当1 mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为1/2 mol，C错误；根据电荷守恒x=4，D正确。
8.(滚动交汇考查)某溶液中含如下离子组中的若干种：K+、Fe3+、Fe2+、Cl-、C、N、S、Si、I-，某同学欲探究该溶液的组成，进行如下实验：
Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰。
Ⅱ.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成。
Ⅲ.取Ⅱ反应后的溶液分别置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红；第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色。
下列说法正确的是(　　)
A.原溶液中肯定不含Fe2+、N、Si、I-
B.步骤Ⅱ中无色气体是NO气体，无CO2气体产生
C.原溶液中肯定含有K+、Fe3+、Fe2+、N、S
D.为确定是否含有Cl-，可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀
【解析】选B。由Ⅰ可知，原溶液中含有K+；结合Ⅱ和Ⅲ中第二支试管现象知，溶液中含有Fe2+、N，无C、Si、I-；由Ⅲ中第一支试管中加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中有S，再加KSCN溶液，上层呈红色，说明上层清液中有Fe3+，但Fe3+可能是由Ⅱ中的Fe2+被氧化而来的。故原溶液中肯定存在的离子有K+、Fe2+、N、S，肯定不含的离子有C、Si、I-，可能存在的离子有Fe3+、Cl-，故选项B符合题意。
9.(滚动单独考查)(2016·南昌模拟)已知：
H2(g)+O2(g)H2O(g) ΔH1=-241.8 kJ·mol-1，
C(s)+O2(g)CO(g) ΔH2=-110.5 kJ·mol-1。
由此可知焦炭与水蒸气反应的热化学方程式为
C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)　ΔH3，则ΔH3为(　　)
A.+131.3 kJ·mol-1
B.-131.3 kJ·mol-1
C.+352.3 kJ·mol-1
D.-352.3 kJ·mol-1
【解析】选A。根据盖斯定律，由第二个反应减去第一个反应可得：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，则ΔH3=ΔH2-ΔH1=-110.5 kJ·mol-1-
(-241.8 kJ·mol-1)=+131.3 kJ·mol-1，A项正确。
10.(2016·孝感模拟)X、Y、Z、W是短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素；Y原子的最外层电子数是电子层数的2倍；Z元素的-1价阴离子、W元素的+3价阳离子的核外电子排布均与氖原子相同。下列说法正确的是
(　　)
A.X、Y形成的化合物只含有极性键
B.X单质和Z单质在暗处能剧烈反应
C.含W元素的盐溶液一定显酸性
D.Z离子半径小于W离子半径
【解析】选B。X是原子半径最小的元素，为氢元素；Y原子的最外层电子数是电子层数的2倍，为碳或硫元素；Z元素的-1价阴离子、W元素的+3价阳离子的核外电子排布均与氖原子相同，则Z为氟元素，W为铝元素。X、Y形成的化合物可能为烃，可能含有非极性键，A错误；H2与F2在暗处能剧烈反应，B正确；具有相同电子排布的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径F->Al3+，D错误。
【加固训练】(2016·福州模拟)已知X、Y、Z为三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是HXO4>H2YO4>H3ZO4。则下列说法不正确的是(　　)
A.气态氢化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3
B.非金属性：Z<Y<X
C.单质的氧化性：X2>Y>Z
D.原子最外电子层上的电子数相等
【解析】选D。从最高价氧化物对应水化物的书写形式中可以得到：X、Y、Z的最高化合价分别为+7、+6、+5，元素的最高正化合价与原子的最外层电子数相等，故X、Y、Z的最外层电子数分别为7、6、5，故D选项错误。
11.两种元素可以形成AB2型共价化合物的是(　　)
A.无中子的原子与最外层有6个电子的短周期元素的原子
B.核电荷数分别为12和17的元素
C.ⅣA族和ⅥA族原子半径最小的元素
D.最高正价都为奇数的两种短周期元素
【解析】选C。无中子的原子为H，最外层有6个电子的短周期元素的原子为S、O，可形成A2B型共价化合物，如H2O、H2S，A错误；核电荷数为12的元素是Mg、核电荷数为17的元素是Cl，二者形成的MgCl2是离子化合物，B错误；同主族元素，由上至下原子半径越来越大，所以ⅣA族和ⅥA族原子半径最小的元素分别是C、O，可形成AB2型共价化合物CO2，C正确；若想形成AB2型物质，A的最高正价一定是偶数，D错误。
12.某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO。其过程如下：
mCeO2(m-x)CeO2·xCe+xO2
(m-x)CeO2·xCe+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO
下列说法不正确的是(　　)
A.该过程中CeO2没有消耗
B.该过程实现了太阳能向化学能的转化
C.如图中ΔH1=ΔH2+ΔH3

D.以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH--2e-C+2H2O
【解析】选C。将反应过程中涉及的两个方程式加和可得总反应方程式：H2O+CO2H2+CO+O2，CeO2起到了催化剂的作用，没有消耗，A项正确；在该过程中吸收的太阳能转化为化学能，B项正确；根据盖斯定律ΔH1=-(ΔH2+ΔH3)，C项错误；以CO和O2构成的原电池中CO作还原剂在负极失去电子被氧化，由于溶液呈碱性，因此CO的氧化产物为C，负极反应式为CO+4OH--2e-C+2H2O，D项正确。
13.(2016·长治模拟)控制合适的条件，将反应2Fe3++2I-2Fe2++I2设计成如图所示的原电池。下列说法不正确的是(　　)

A.盐桥中的K+移向FeCl3溶液
B.反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
C.电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D.电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
【解析】选D。由反应2Fe3++2I-2Fe2++I2可知，铁元素的化合价降低，而碘元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极。A.根据电流方向，K+移向正极，即移向FeCl3溶液，正确；B.因乙中I-失去电子放电，元素的化合价升高，则发生氧化反应，正确；C.当电流计读数为零时，说明反应达到平衡，正确；D.在甲中加入FeCl2固体，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，成为负极，而乙中石墨成为正极，错误。
14.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构如图，电池总反应可表示为2H2+O22H2O，下列有关说法正确的是(　　)

A.电子通过外电路从b极流向a极
B.b极上的电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-
C.每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2
D.H+由a极通过固体酸电解质传递到b极
【解析】选D。该原电池的化学原理是H2被氧化，在负极(a极)发生反应：H2-2e-2H+，H+由a极转移到b极，D项正确；O2发生还原反应，在正极(b极)发生反应：O2+4H++4e-2H2O，则电子通过外电路从a极流向b极，A、B两项不正确；C项因未指明气体所处的温度和压强，不正确。
15.某同学按下图所示的装置进行实验。A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水。当K闭合时，S从右向左通过交换膜移向A极。下列分析正确的是
(　　)

A.溶液中c(A2+)减小
B.B极的电极反应式：B-2e-B2+
C.Y电极上有H2产生，发生还原反应
D.反应初期，X电极周围出现白色胶状沉淀
【解析】选D。装置中的左侧装置为原电池，S从右向左通过交换膜移向A极，说明A电极失去电子生成了A2+，溶液中c(A2+)增大，故A极为负极，B极为正极，其电极反应式为B2++2e-B。右边装置为电解池，X电极为阴极，氢离子放电生成氢气，Y电极为阳极，氯离子放电生成氯气，溶液中铝离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀。
16.(能力挑战题)(2016·长沙模拟)将等物质的量浓度的CuSO4溶液和NaCl溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图，则下列说法正确的是(　　)

A.阳极产物一定是Cl2，阴极产物一定是Cu
B.BC段表示在阴极上是H+放电产生了H2
C.整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2
D.CD段表示阳极上OH-放电破坏了水的电离平衡，产生了H+
【解析】选C。两者的物质的量相同，则n(Cu2+)∶n(Cl-)=1∶1，完全反应转移电子的物质的量之比为2∶1；根据放电顺序知，AB段：阴极析出Cu，阳极生成Cl2；BC段：阴极析出Cu，阳极生成O2；CD段：阴极生成H2，阳极生成O2，A、B错误，C正确；BC段生成硫酸，CD段电解水，硫酸的浓度增大，pH减小，D错误。
【加固训练】以Pt为电极，电解含有0.10 mol M+和0.10 mol N3+(M+、N3+均为金属阳离子)的溶液，阴极析出金属单质或气体的总物质的量(y)与导线中通过电子的物质的量(x)的关系如图。对离子氧化能力的强弱判断正确的是(选项中H+为氢离子)(　　)

A.M+>H+>N3+
B.M+>N3+>H+
C.N3+>H+>M+
D.条件不足，无法确定
【解析】选A。由图示可知，当通过0.1 mol电子时，阴极上析出产物为0.1 mol，应是M单质，当通过0.3 mol电子时，阴极产物又增加0.1 mol，应是H2，由此可知离子放电顺序为M+、H+，N3+不放电，故离子氧化能力的强弱关系为M+>H+>N3+。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、非选择题(本题包括5小题，共52分)
17.(8分)(滚动交汇考查)2015年世界水日的宣传主题是“水与可持续发展”。
(1)ClO2和Cl2(还原产物都为Cl-)是生活中常用的消毒剂。当消耗等物质的量的两种物质时，ClO2的消毒效率是Cl2的________倍。
(2)自来水厂常用高铁酸钠(Na2FeO4，强氧化剂)改善水质。简述高铁酸钠用于杀菌消毒同时又起到净水作用的原理：________________________________。
(3)某无色废水中可能含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、N、C、S中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100 mL进行了三组实验，其操作和有关现象如下图所示：

请根据上图回答下列问题：
①实验中需配制1.0 mol·L-1的NaOH溶液100 mL，所需仪器除了玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管，还缺少的仪器为___________________。
②实验③中沉淀量由A→B过程中所发生反应的离子方程式为______________。
③试确定N是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不确定”)，若存在，试计算c(N)=________(若不存在，此问不必作答)。
【解析】(1)1个ClO2生成Cl-，得到5个电子，一个Cl2生成2个Cl-，得到2个电子，所以ClO2的消毒效率是Cl2的2.5倍。
(2)Na2FeO4是强氧化剂，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的。
(3)①根据配制溶液的体积需选用100 mL容量瓶。
②实验③中沉淀量由A→B过程是Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应，沉淀溶解，离子方程式为Al(OH)3+OH-Al+2H2O。
③分析现象推出结论：无色废水→不含Fe3+，焰色反应无色→不含Na+，向废水中加过量氢氧化钠溶液有白色沉淀生成，且有部分溶解→含有Mg2+、Al3+；溶液中含有Mg2+、Al3+，一定不含C；2.33 g白色沉淀为BaSO4，物质的量是
0.01 molS的物质的量是0.01 mol，由Al3++3OH-Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-Al+2H2O、Mg2++2OH-Mg(OH)2↓及图象知n(Al3+)=0.04 mol
-0.035 mol=0.005 mol，n(Mg2+)==0.01 mol。
根据溶液中电荷守恒知，2n(Mg2+)+3n(Al3+)=2n(S)+n(N)。设硝酸根离子的物质的量是x。
0.01 mol×2+0.005 mol×3=x+0.01 mol×2
x=0.015 mol
所以N物质的量浓度为0.15 mol·L-1。
答案：(1)2.5
(2)Na2FeO4是强氧化剂，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的
(3)①100 mL容量瓶
②Al(OH)3+OH-Al+2H2O
③存在　0.15 mol·L-1
18.(12分)(2016·孝感模拟)甲烷是天然气的主要成分，是生产生活中应用非常广泛的一种化学物质。
(1)一定条件下，用甲烷可以消除氮氧化物(NOx)的污染。
已知：
CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH1
CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2
现有一份在相同条件下对H2的相对密度为17的NO与NO2的混合气体，用16 g甲烷气体催化还原该混合气体，恰好生成氮气、二氧化碳气体和水蒸气，共放出1 042.8 kJ热量。
①该混合气体中NO和NO2的物质的量之比为________。
②已知上述热化学方程式中ΔH1=-1 160 kJ·mol-1，则ΔH2=__________________。
③在一定条件下NO气体可以分解为NO2气体和N2气体，写出该反应的热化学方程式：________________________________。
(2)以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题：

①B极为电池________极，电极反应式为_______________________________。
②若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解100 mL 1 mol·L-1的硫酸铜溶液，写出阳极的电极反应式：____________________________________________，
当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗的甲烷的体积为________(标准状况下)，实际上消耗的甲烷体积(折算到标准状况)比理论上大，可能原因为
__________________________________________________________________。
【解析】(1)由“对H2的相对密度为17”可知，平均相对分子质量为34，设NO为xmol，NO2为ymol，则=34，x∶y=3∶1，即NO为3ymol。16 g CH4为
1 mol，生成CO2时共转移电子8 mol，由得失电子守恒得4y+6y=8，y=0.8；根据盖斯定律知，CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=(ΔH1+ΔH2)，n(NO)∶n(NO2)=3∶1，根据方程式知当NO和NO2完全转化为N2时，分别和NO、NO2反应的甲烷的物质的量之比=∶=3∶2，则有0.6ΔH1+0.4(ΔH2+ΔH1)×=-1 042.8代入ΔH1，可得ΔH2=-574 kJ·mol-1。由(第一个方程式-第二个方程式)÷2得：4NO(g)2NO2(g)+N2(g)　ΔH=-293 kJ·mol-1。
(2)①由电池工作原理示意图可知，B极通入的是甲烷，为负极，总反应为CH4+2O2CO2+2H2O，正极反应为2O2+8e-4O2-，总反应减去正极反应即得负极反应：CH4+4O2--8e-CO2+2H2O。②阳极的电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+；阴极首先发生Cu2++2e-Cu，当Cu2+消耗完毕，H+放电：2H++2e-H2↑，设生成氢气和氧气都是xmol，则转移电子4xmol，0.2+2x=4x，x=0.1，转移0.4 mol电子消耗甲烷0.05 mol，体积为1.12 L(标准状况下)，消耗甲烷体积比理论上大，有可能是甲烷不完全被氧化生成C或CO(或电池能量转化率达不到100%等)。
答案：(1)①3∶1　②-574 kJ·mol-1
③4NO(g)2NO2(g)+N2(g) ΔH=-293 kJ·mol-1
(2)①负　CH4+4O2--8e-CO2+2H2O
②2H2O-4e-O2↑+4H+　1.12 L　甲烷不完全被氧化生成C或CO(或电池能量转化率达不到100%，其他合理答案也可)
19.(8分)(2016·咸阳模拟)如图，E为沾有Na2SO4溶液的滤纸，并加入几滴酚酞。A、B分别为铂片，压在滤纸两端，R、S为电池的电极。M、N是用多微孔的Ni制成的电极材料，它在碱性溶液中可以视为惰性电极。G为电流计，K为开关。试管C、D和电解池中都充满浓KOH溶液。若在滤纸中央点上一滴紫色的KMnO4溶液，打开K，接通电源一段时间后，C、D中有气体产生。

(1)R为________(填“正”或“负”)极。
(2)A极附近溶液的现象是____________________________________________，
B极附近发生的电极反应式为__________________________________________。
(3)滤纸上的紫色点向________(填“A”或“B”)方向移动。
(4)当C、D里的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，经过一段时间，C、D中气体逐渐减少，C中的电极为________(填“正”或“负”)极，电极反应式为_____________________________________________________________。
【解析】电解KOH溶液就是电解水，两极分别产生氢气和氧气，因为相同条件下产生氢气的体积是氧气体积的两倍，C管中气体体积比D管中的大，所以C管中收集到的是氢气，D管中收集到的是氧气。
(1)氢气是在阴极产生的，所以M是阴极，与之相连的R是电源的负极。
(2)B是电解池的阳极，A是电解池的阴极。电解Na2SO4溶液相当于电解水，电解时H+移动到A极(阴极)得电子被还原为氢气，破坏了A极附近水的电离平衡，导致A极附近溶液显碱性，使酚酞溶液变红。B极OH-被氧化，放出氧气。
(3)KMnO4溶液中，紫色的阴离子Mn向阳极(B极)移动。
(4)当C、D里的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，此时装置变为燃料电池。经过一段时间，C、D中气体逐渐减少，氢气和氧气反应生成水，在碱性条件下，C中氢气发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH--2e-2H2O。
答案：(1)负
(2)溶液变红　4OH--4e-2H2O+O2↑
(3)B
(4)负　H2+2OH--2e-2H2O
【加固训练】A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如下表所示：
阳离子
Na+、K+、Cu2+
阴离子
S、OH-
如图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯分别盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨电极。

接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16 g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2。据此回答下列问题：
(1)M为电源的________极(填“正”或“负”)；电极b上发生的电极反应式为
___________________________________________________________________。
(2)计算电极e上生成的气体在标准状况下的体积为______________________。
(3)写出乙烧杯中发生电解的总反应式__________________________________。
(4)如果电解过程中B溶液中的金属离子全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？_____________________________________________________________。
(5)此时要使丙中溶液恢复到原来的状态，操作是________________________。
【解析】乙中c电极质量增加，则c极发生的反应为Cu2++2e-Cu，即c极为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。测得乙中c电极质量增加了16 g，有金属析出的是含Cu2+的水溶液，其他的都不可能，
而Cu2+只能和S结合，可以确定B为硫酸铜；由常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系图，可以确定A为KOH或NaOH，C为Na2SO4或K2SO4。甲中为KOH或NaOH溶液，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH-放电，即4OH--4e-2H2O+O2↑。当乙中有16 g Cu析出时，转移的电子为0.5 mol，2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移的电子数是相等的。丙中为Na2SO4或K2SO4溶液，相当于电解水，由方程式2H2O2H2↑+O2↑可知，生成2 mol H2，转移4 mol电子，所以当整个反应中转移0.5 mol电子时，生成的H2为0.25 mol，标准状况下的体积为0.25 mol×
22.4 L·mol-1=5.6 L。铜全部析出后，电解质变为H2SO4，所以电解反应仍能进行。甲和丙烧杯中均消耗水0.25 mol，若要恢复到原来的状态，应向烧杯中加4.5 g水。
答案：(1)负　4OH--4e-2H2O+O2↑
(2)5.6 L
(3)2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
(4)能，因为此时CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应变为电解水的反应
(5)向丙烧杯中加4.5 g水
20.(11分)(2016·洛阳模拟)短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。X氢化物的水溶液显碱性；Y在元素周期表中所处的周期序数与族序数相等；Z单质是将太阳能转化为电能的常用材料；W是重要的“成盐元素”，主要以钠盐的形式存在于海水中。请回答：
(1)X氢化物的电子式是_______________________________________________。
(2)X氢化物的水溶液与W氢化物的水溶液混合后恰好反应时，溶液呈________
(填“酸”“碱”或“中”)性，用离子方程式表示其原因：__________________
___________________________________________________________________。
(3)Y—AgO电池是应用广泛的鱼雷电池，其原理如图所示。

该电池的负极反应式是______________________________________________。
(4)Z和W比较，非金属性较弱的是________(填元素符号)，下列不能验证这一结论的是________(填序号)。
a.元素在地壳中的含量
b.最高价氧化物对应水化物的酸性
c.断开氢化物中1 mol H—Z或H—W键所需的能量
d.Z与W以共价键形成化合物时，Z或W显示的电性
【解析】短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X氢化物的水溶液显碱性，则X是氮元素；Y在元素周期表中所处的周期序数与族序数相等，且Y的原子序数大于X，所以Y是铝元素；Z单质是将太阳能转化为电能的常用材料，则Z是硅元素，W是重要的“成盐元素”，主要以钠盐的形式存在于海水中，则W是氯元素。
(1)X的氢化物是氨气，其电子式为。
(2)氨水和盐酸恰好反应时生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解N+H2ONH3·H2O+H+，破坏水的电离平衡，导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度而使其水溶液呈酸性。
(3)该装置是原电池，铝作负极，负极上铝失电子发生氧化反应，电极反应式为Al+4OH--3e-Al+2H2O。
(4)同周期自左向右非金属性增强，硅的非金属性小于氯元素，比较非金属强弱的方法有：其最高价含氧酸的酸性强弱、吸引电子的能力等，含量高低不能说明非金属性强弱，故a错，b、c、d正确。
答案：(1)H
(2)酸　N+H2ONH3·H2O+H+
(3)Al+4OH--3e-Al+2H2O
(4)Si　a
21.(能力挑战题)(13分)(2015·北京高考)研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。
(1)溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HC占95%，写出CO2溶于水产生HC的方程式：___________________________________________。
(2)在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。

①写出钙化作用的离子方程式：_______________________________________。
②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自H2O，用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：________+_______(CH2O)x+x18O2+xH2O
(3)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：
①气提、吸收CO2，用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收(装置示意图如下)，将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。

②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用xmol·L-1HCl溶液滴定，消耗ymL HCl溶液，海水中溶解无机碳的浓度=________mol·L-1。
(4)利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。

①结合方程式简述提取CO2的原理：__________________________