北京市陈经纶中学高一下学期3月诊断考试化学试题（解析版）-A4

这是一份北京市陈经纶中学高一下学期3月诊断考试化学试题（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了本部分共4题，共58分等内容，欢迎下载使用。
原子量：H：1 N：14 O：16 S：32 Cu：64
第一部分
一、本部分共14题，每题3分，共42分。
1. 下列物质、用途与性质的对应关系错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．小苏打为NaHCO3，用小苏打焙制糕点，小苏打能与发酵产生的酸反应生成二氧化碳，并且受热分解也生成二氧化碳气体，使糕点疏松多孔，A正确；
B．氨气易液化，且汽化时大量吸热，这一性质使其常用作制冷剂，B正确；
C．二氧化硫的漂白性源于其与有色物质结合生成不稳定无色化合物，常用于漂白秸秆、织物，C正确；
D．硅是良好的半导体，用途是制造半导体器件如芯片，二氧化硅用于制造光导纤维，D错误；
故选D。
2. 下列反应的能量变化能用图表示的是

A. 镁条与稀H2SO4反应
B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
C. 氢氧化钠溶液和稀盐酸反应
D. 甲烷在O2中的燃烧反应
【答案】B
【解析】
【分析】图中信息是反应物总能量小于生成物总能量，该反应是吸热反应。
【详解】A．金属与酸的反应是放热反应即镁条与稀H2SO4反应是放热反应，故A不符合题意；
B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，故B符合题意；
C．酸碱中和反应是放热反应即氢氧化钠溶液和稀盐酸反应是放热反应，故C不符合题意；
D．燃烧反应是放热反应即甲烷在O2中的燃烧反应是放热反应，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
3. 水是一种常见的物质，有很多物质能与水发生反应，在不同反应中，水的作用不相同。下列反应中，水作还原剂的是
A. 2F2＋2H2O=4HF＋O2B. Cl2＋H2O=HClO＋HCl
C. 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑D. 2K＋2H2O=2KOH＋H2
【答案】A
【解析】
【详解】A．2F2＋2H2O=4HF＋O2中O元素由-2价上升到0价，水作还原剂，A选；
B．Cl2＋H2O=HClO＋HCl中氯气发生歧化反应，水中氧、氢元素化合价未改变，水既不是氧化剂也不是还原剂，B不选；
C．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑中Na2O2的氧元素由-1价下降到-2价，又由-1价上升到0价，水中氧、氢元素化合价未改变，水既不是氧化剂也不是还原剂，C不选；
D．2K＋2H2O=2KOH＋H2中水中的氢元素从+1价降至0价，水作氧化剂，D不选；
故选A。
4. 下列操作过程或实验现象涉及氧化还原反应的是
A. 放置较长时间的浓硝酸呈黄色
B. 用饱和NaHSO3溶液除去SO2中的HCl
C. 向CaCl2和氨水的混合液中通入CO2，生成白色沉淀
D. 向沸水中滴入FeCl3饱和溶液，加热至红褐色得到胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．放置较长时间的浓硝酸呈黄色是因为浓硝酸见光或受热分解产生了NO2，反应为：硝酸中的N从+5价变为+4价（NO2），O从-2价变为0价，化合价发生变化，属于氧化还原反应，A符合题意；
B．用饱和NaHSO3溶液除去SO2中的HCl，反应为：所有元素的化合价均未改变，属于复分解反应，非氧化还原反应，B不符合题意；
C．CO2通入CaCl2和氨水的混合液中生成CaCO3沉淀，反应为：，所有元素的化合价均未改变，属于复分解反应，非氧化还原反应，C不符合题意；
D．FeCl3水解生成Fe(OH)3胶体，反应为：，所有元素的化合价均未改变，属于非氧化还原反应，D不符合题意；
故选A。
5. 下列用来鉴别浓硫酸和稀硫酸的操作错误的是
A. 分别取10mL溶液，质量大的是浓硫酸，质量小的是稀硫酸
B. 观察液体流动性，流动性好的是稀硫酸，油状黏稠的是浓硫酸
C. 将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液，产生白烟的是浓硫酸，无白烟的是稀硫酸
D. 把晶体投入溶液中，逐渐变为白色粉末的是浓硫酸，晶体溶解的是稀硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸溶液浓度越大，密度越大，故等体积的浓硫酸和稀硫酸相比，浓硫酸的质量大于稀硫酸，A正确；
B．浓硫酸是油状黏稠的液体，流动性不如稀硫酸，流动性好的是稀硫酸，油状黏稠的是浓硫酸，B正确。
C．浓硫酸和稀硫酸均难挥发，将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓硫酸或稀硫酸，均不会产生白烟，C错误；
D．浓硫酸吸水性强，能使CuSO4·5H2O脱水为白色粉末；把晶体投入稀硫酸中，晶体溶解，D正确；
故选C。
6. 下列实验装置不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AD
【解析】
【详解】A．固体NaOH溶于水放热，浓氨水受热放出NH3，再经碱石灰干燥，氨气密度小于空气，应采用向下排空气法制得干燥纯净的NH3，A错误；
B．铜和硝酸反应热量变化会引起大试管内气压变化，即右侧U形管内红墨水两侧高度会发生变化，即能达到实验目的，B正确；
C．烧瓶内氨气溶于水后使得瓶内压强减小，外界大气压会使气球体积变大，即能达到实验目的，C正确；
D．二氧化氮会和水发生反应，故不能用排水集气法收集二氧化氮，D错误；
故选AD。
7. 研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列叙述不正确的是
A. 雾和霾的分散剂相同B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂D. 该过程涉及硫元素和氮元素的氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．雾的分散质是细小的小水滴，分散剂是空气，霾的分散质是固体小颗粒，分散剂是空气，雾和霾的分散剂相同，A正确；
B．由图示可知大气中的HNO3和H2SO4分别与NH3反应生成的NH4NO3和(NH4)2SO4的固体颗粒物形成雾霾，B正确；
C．结合选项B可知，NH3是形成无机颗粒物时消耗的反应物而不是催化剂，C错误；
D．由图可知，SO2被氧化为SO3，氮氧化物被氧化为N2O5，该过程涉及硫元素和氮元素的氧化，D正确；
答案选C
8. 实验室制备下列气体的方法可行的是
A. 加热氯化铵制NH3B. Na2SO3和70%浓硫酸制SO2
C. Zn和稀硝酸混合制H2D. 二氧化锰和稀盐酸制Cl2
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铵固体受热分解生成氯化氢与氨气，二者在低温的试管口处会重新反应生成氯化铵，A错误；
B．Na2SO3和70%浓硫酸发生复分解反应，生成硫酸钠、二氧化硫和水，从而制备SO2，化学方程式为：Na2SO3 + H2SO4=Na2SO4 + H2O + SO2↑，B正确；
C．锌（Zn）与稀硝酸反应时，硝酸作为强氧化性酸会优先被还原，生成NO等产物而非H2，实验室制H2需用非氧化性酸如稀硫酸或盐酸，C错误；
D．二氧化锰（MnO2）与稀盐酸常温下不反应，需用浓盐酸并加热才能生成Cl2，反应为：MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O，D错误；
故选B。
9. 如图所示为“双色双喷泉”实验装置，图中烧瓶内分别充满氨和氯化氢，烧杯内盛装滴有石蕊溶液的蒸馏水。下列说法错误的是
A. 在实验室中，可用浓氨水和生石灰制备氨
B. 在实验室中，可用浓盐酸和浓硫酸制备氯化氢
C. 实验中同时打开止水夹a、c、d，即可分别形成蓝色和红色喷泉
D. 喷泉结束后，将烧瓶内溶液混合后呈紫色，蒸干可得氯化铵固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．在实验室中，可用浓氨水和生石灰制备氨，化学方程式为：，A正确；
B．在实验室中，可用浓盐酸和浓硫酸制备氯化氢，利用了浓硫酸溶于水放热使HCl挥发的原理，B正确；
C．实验中同时打开止水夹a、c、d，导管中的氨气和氯化氢可以化合成固体氯化铵，使烧瓶内压强降低，形成喷泉；氨气溶于水溶液呈碱性，可形成蓝色喷泉，氯化氢溶于水溶液呈酸性，可形成红色喷泉，C正确；
D．喷泉结束后，将烧瓶内溶液混合，氨水和盐酸反应生成NH4Cl，溶液呈酸性，可能使石蕊变红，若溶液酸性较弱，pH大于5，溶液会呈现紫色，蒸干氯化铵溶液，由于NH4Cl受热易分解，可能得不到氯化铵固体，D错误；
故选D。
10. 将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是
A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C. 两烧杯中溶液的pH均增大D. 产生气泡的速度甲比乙慢
【答案】C
【解析】
【分析】甲中形成铜锌原电池，锌作负极失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，原电池的构成加快了反应速率；乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，以此进行分析。
【详解】A.甲中形成铜锌原电池，锌作负极失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；
B.乙中不构成原电池，铜片不是电极，故B错误；
C.甲乙两烧杯反应的总方程式都为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，溶液中硫酸的浓度降低，溶液的pH增大，故C正确；
D.原电池能加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；
故选C。
11. 某粗盐水a中含有、杂质，可用下列方法去除(部分产物、步骤略去)：
下列说法不正确的是
A. 盐泥的主要成分是
B. 生成N2的反应为：
C. 粗盐水b中还可能含有
D. 上述除杂过程涉及到的反应既有氧化还原反应又有复分解反应
【答案】B
【解析】
【分析】某粗盐水a中含有、杂质，加入NaOH调节pH=11时，Mg2+结合OH-生成Mg(OH)2沉淀，则盐泥的主要成分是Mg(OH)2，氯气和发生氧化还原反应生成N2，粗盐水中主要成分为NaCl，以此解答。
【详解】A．由分析可知，盐泥的主要成分是，A正确；
B．根据流程图分析，通入氯气时反应生成氮气，N元素由-3价上升到0价，Cl元素由0价下降到-1价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3Cl2+2+8OH−=N2+6Cl−+8H2O，B错误；
C．过量的氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以粗盐水b中还可能含有ClO−，C正确；
D．上述除杂过程中，和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀为复分解反应，属于非氧化还原反应，氯气和反应生成N2为氧化还原反应，D正确；
故选B。
12. 把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法正确的是
A. 反应物微粒是S、SO、OH-
B. 该反应可能在酸性条件下进行
C. 2mlS参加反应时，转移的电子数为3NA
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可知，S是反应物，H2O为生成物，根据元素守恒，OH-只能为反应物，应是S和OH-的反应，根据电子守恒和元素守恒，反应的离子方程式为3S＋6OH-=2S2－＋S＋3H2O，反应物微粒是S和OH-，故A错误；
B．根据A选项分析，反应环境是碱性，故B错误；
C．根据3S＋6OH－=2S2－＋S＋3H2O，S既是氧化剂又是还原剂，因此消耗3mlS，转移电子物质的量为4ml，因此消耗2mlS，转移电子物质的量为ml，故C错误；
D．S2－为还原产物，SO为氧化产物，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故D正确；
答案选D。
13. 甲酸(HCOOH)被认为是一种有前途的储氢化合物。在催化剂作用下，甲酸分解制氢的过程如图所示。
下列分析不正确的是
A. 过程I，若用2HCOOH代替HCOOH，则在催化剂a处吸附的是2H
B. 过程II，生成的CO2分子是直线型结构
C. 过程Ⅲ，形成非极性共价键
D. HCOOH分解制氢的总反应为：HCOOHCO2↑+H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A．观察甲酸的结构可知，过程I，催化剂a吸收的H是与O相连的H，而不是羧基C上的H，故用2HCOOH，则催化剂a吸收的不是标记氢2H，故A错误；
B．CO2分子结构式为O=C=O，CO2分子是直线型结构，故B正确；
C．过程III形成H2，H2中的H-H是非极性键，故C正确；
D．甲酸HCOOH经过三个过程，生成H2和CO2，总反应为：HCOOHCO2↑+H2↑，故D正确；
故选：A。
14. Fe和Mg与H2SO4反应的实验记录如下：
关于上述实验说法不合理的是
A. Ⅰ中产生气体的原因是：
B. 取出Ⅱ中的铁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
C. 取出Ⅲ中的镁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
D. Ⅳ中现象说明Mg的金属性比Fe强
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁和稀硫酸反应生成H2，因此铁表面产生大量无色气泡，离子方程式为：，A正确；
B．常温下，铁和浓硫酸发生钝化反应，在铁的表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，因此取出Ⅱ中的铁棒放入硫酸铜溶液中不会立即析出亮红色固体，B错误；
C．根据实验现象，镁表面迅速产生大量的气泡，说明镁和浓硫酸没有发生钝化反应，取出Ⅲ中的镁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体Cu，C正确；
D．根据原电池的工作原理，正极上产生气泡，因此铁作正极，镁作负极，活泼金属作负极，Ⅳ中现象说明Mg的金属性比Fe强，D正确；
故选B。
第二部分
二、本部分共4题，共58分。
15. 完成下列问题。
（1）氢能源是最具应用前景的能源之一，氢气燃烧时放出大量的热。氢气燃烧生成水蒸气过程涉及的键能如图所示：
计算： ___________。
（2）高纯氢的制备是目前的研究热点。甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一、
①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，甲烷和水蒸气反应的方程式是___________。
②已知反应器中还存在如下反应：
i．
ii．
iii．
……
iii为积炭反应，利用和计算时，还需要利用___________反应的。
③用CaO可以去除CO2、H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率___________(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：___________。
（3）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
系统(Ⅱ)制备氢气的热化学方程式为___________；制得等量H2所需能量较少的是___________分解法(填化学式)
【答案】（1）-483.6
（2） ①. CH4+2H2OCO2+4H2 ②. C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)或C(s)＋CO2(g)=2CO(g) ③. 降低 ④. CaO＋CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减少了CaO与CO2的接触面积，导致吸收效率降低，甚至失效
（3） ①. H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH=+20kJ/ml ②. H2S
【解析】
【小问1详解】
反应的反应物的总键能-生成物的总键能=2×436+498-4×463.4=-483.6。
【小问2详解】
①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，根据得失电子守恒和原子守恒配平甲烷和水蒸气反应的方程式是CH4+2H2OCO2+4H2；
②根据盖斯定律，ⅰ式+ⅱ式可得：CH4(g)＋2H2O(g)=CO2(g)＋4H2(g) ΔH1＋ΔH2，则(ⅰ式+ⅱ式)-ⅲ式可得：C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH；ⅰ式-ⅱ式可得：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH1－ΔH2，则(ⅰ式-ⅱ式)-ⅲ式可得：C(s)＋CO2(g)=2CO(g) ΔH。因此，要求反应ⅲ式的ΔH3，还必须利用反应C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)或C(s)＋CO2(g)=2CO(g)的ΔH；
③由题给图像可以看出，从t1时开始CaO消耗率曲线斜率明显减小，故单位时间CaO的消耗率降低。由于CaO＋CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减少了CaO与CO2的接触面积，导致吸收效率降低，甚至失效。
【小问3详解】
由盖斯定律可知，将系统(Ⅱ)三个反应相加可得H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH =ΔH2+ΔH3+ΔH4=-151kJ/ml+110kJ/ml+61kJ/ml=+20kJ/ml；
①+②+③，整理可得系统(I)的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+O2(g) △H=+286 kJ/ml；
②+③+④，整理可得系统(II)的热化学方程式H2S (g)=H2(g)+S(s) △H=+20 kJ/ml。
根据系统I、系统II热化学方程式可知：每反应产生1ml氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是H2S分解法。
16. Ⅰ．元素的“价-类”二维图体现了化学变化之美。部分含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如下图所示。回答下列问题：
（1）实验室用两种固体制备R的化学方程式___________。收集R时的验满方法为：___________。
（2）下列有关图中所示含N、S物质的叙述，正确的是___________(填标号)。
a．在催化剂的作用下，R可将Y、Z还原为X
b．图中所示的物质中，只有W、D、E属于电解质
c．Z、C、F均能与NaOH溶液反应，都是酸性氧化物
d．用玻璃棒分别蘸取浓的R溶液和浓的W溶液，玻璃棒靠近时有白烟产生
e．制备Na2S2O5，从氧化还原反应的角度分析，可选择B、D与某些钠盐反应
Ⅱ．已知：①联氨(N2H4)性质与NH3相似。
②N2H4以还原性为主，氧化产物一般是N2，通常总是把联氨用作强还原剂。
（3）用次氯酸钠和氨气常温制备联氨，化学方程式为：___________。
（4）N2H4溶于水可生成一种二元弱碱。它溶于水发生电离的第一步可表示为：；则它第二步电离的表达式为___________；它与E形成的酸式盐的化学式为___________；可用液态联氨和液态四氧化二氮做火箭推进剂，若1g N2H4参与反应生成气态水时放热QKJ，则两者发生反应的热化学方程式为：___________。
（5）在标准状况下将1.92g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到只由NO2和NO组成的混合气体1.12L，则混合气体中NO的体积为___________mL。
【答案】（1） ①. Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O ②. 将湿润的红色石蕊试纸放在盛有氨气的集气瓶口，若试纸变蓝则说明已收集满
（2）ad （3）NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O
（4） ①. ②. N2H6(HSO4)2 ③. =-64QkJ/ml
（5）112
【解析】
【分析】含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系分析可知，A为H2S，B为S，C为SO2，D为H2SO3，E为H2SO4，F为SO3，R为NH3，X为N2，Y为NO，Z为NO2，W为HNO3，以此解答。
【小问1详解】
实验室利用两种固体物质氢氧化钙和氯化铵加热制备物质氨气，反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，NH3是碱性气体，收集NH3时的验满方法为：将湿润的红色石蕊试纸放在盛有氨气的集气瓶口，若试纸变蓝则说明已收集满。
【小问2详解】
a．氨气具有还原性，NO、NO2具有氧化性，在催化剂的作用下，氨气和NO、NO2发生归中反应，生成氮气和水，故a正确；
b．电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下自身能够导电的化合物，图中所示的物质中，属于电解质的有H2S、H2SO3、H2SO4、HNO3，故b错误；
c．Z为NO2，C为SO2，F为SO3，均能与NaOH溶液反应，其中SO2、SO3都是酸性氧化物，NO2和碱反应生成两种盐和水，是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故c错误；
d．浓氨水易挥发，浓硝酸易挥发，氨气和硝酸反应生成白色固体硝酸铵，用玻璃棒分别蘸取浓的R溶液和浓的W溶液，玻璃棒靠近时有白烟产生，故d正确；
e．制备Na2S2O5，从氧化还原反应的角度分析，Na2S2O5中硫元素化合价为+4价，是硫元素不同化合价发生的归中反应，B为S，D为H2SO3，不能归中反应生成Na2S2O5，故e错误；
故答案为：ad。
小问3详解】
用次氯酸钠和氨气常温制备联氨，次氯酸钠作氧化剂，被还原为NaCl，氨气作还原剂，被氧化为联氨，反应的化学方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。
【小问4详解】
N2H4溶于水可生成一种二元弱碱，溶于水发生电离的第一步可表示为：，则它第二步电离的表达式为，N2H4与H2SO4形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2，可用液态联氨和液态四氧化二氮做火箭推进剂，化学方程式为：，若1g N2H4参与反应生成气态水时放热QkJ，则2ml N2H4参与反应时放出=64QkJ，热化学方程式为： =-64QkJ/ml。
【小问5详解】
n(Cu)= ==0.03ml，n(NO2+2NO)==0.05ml，设n(NO)=xml，n(NO2)=yml，由方程式： Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，x+y＝0.05、1.5x+0.5y＝0.03，解得x=0.005，y=0.045，v(NO)=0.005ml×22.4L/ml×1000=112mL。
17. 完成下列问题。
（1）下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是。
A CO2＋C=2COB. SO3＋H2O=H2SO4
C. D.
（2）设计原电池装置证明的氧化性比强。
①写出能说明氧化性大于的离子方程式：___________。
②在方框中画出装置图，标注出电极材料和电解质溶液___________。
（3）某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验。实验结果记录如表：
根据表中记录的实验现象，回答下列问题。
①实验1中铝电极的电极反应式：___________。
②实验3中电流表指针偏向Al的原因为：___________。
③实验4中铝电极的电极反应式：___________。
（4）①如下图，若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，电池总反应为CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，则正极电极反应式为___________。
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则负极的电极反应式为___________，电池的总反应方程式为___________。
【答案】（1）C （2） ①. 2+Cu=+2Fe2+ ②.
（3） ①. 2H++2e-=H2 ②. 常温下，Al在浓硝酸中钝化 ③. Al－3e-+4OH-=
（4） ①. CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O ②. SO2-2e-+2H2O=+4H+ ③. 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4
【解析】
【小问1详解】
A．原电池的构成原理是自发进行的氧化还原反应，而C(s)＋CO2(g)2CO(g)是在高温条件下进行的反应，不能自发进行，所以不能设计成原电池，故A不符合题意；
B．原电池的构成原理是自发进行的氧化还原反应，而SO3＋H2O=H2SO4不属于氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故B不符合题意；
C．是甲烷的燃烧反应，可以设计成甲烷燃料电池，能设计成原电池，故C符合题意；
D．不属于氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故D不符合题意；
故选C。
【小问2详解】
①Fe3+和Cu反应生成和Fe2+，该反应中为氧化剂，是氧化产物，则说明氧化性大于，离子方程式为：2+Cu=+2Fe2+；
②2+Cu=+2Fe2+中得到电子，Cu失去电子，则正极为Cu电极，负极用石墨电极，电解质溶液用氯化铁溶液，设计为：。
【小问3详解】
①实验1中电流计指针偏向Al，Al为正极，Mg为负极，H+在正极得到电子生成H2，铝电极的电极反应式：2H++2e-=H2；
②实验3中电流表指针偏向Al，Al为正极，Cu为负极，Cu失去电子生成Cu2+，原因是：常温下，Al在浓硝酸中钝化；
③实验4中电流表指针偏向Mg，Mg为正极，Al为负极，Al和NaOH发生反应生成Na[Al(OH)4]，离子方程式为：Al－3e-+4OH-=。
【小问4详解】
①电池总反应为CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，CO2在正极得到电子生成CH3OH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平正极电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，总反应为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，SO2在负极失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：SO2-2e-+2H2O=+4H+。
18. 资料显示“强酸性或强碱性溶液可使品红溶液褪色”。某兴趣小组探究SO2使品红溶液褪色的原因，实验如下。
Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒
实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中，观察到前者褪色而后者不褪色。
实验二：
（1）实验e的目的是___________。
（2）SO2水溶液中含的微粒有___________(填化学式，下同)、由实验一、二可知：该实验条件下，使品红水溶液褪色的含硫微粒一定不是___________；SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是___________。
Ⅱ．探究褪色过程的可逆
（3）甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变。
乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入溶液至pH=10时，生成白色沉淀，溶液变红。
实验方案合理的是___________(填“甲”或“乙”)，结合离子方程式说明其原因是___________。
（4）丙同学利用SO2的还原性设计并完成了下列实验，得出结论：该褪色过程可逆。
步骤一：
步骤二：
①步骤一，i中反应的离子方程式是___________。
②将步骤二中的实验方案补充完整___________(按步骤一的形式呈现)。
【答案】（1）证明pH=2的条件下H+对品红溶液褪色不产生干扰
（2） ①. SO2、H2SO3、、 ②. SO2 ③.
（3） ①. 乙 ②. SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3+H2O，可以排除
（4） ①. I2+SO2+2H2O=4H+++2I- ②.
【解析】
【分析】某兴趣小组探究SO2使品红溶液褪色的原因，SO2水溶液中含有SO2、H2SO3、、，由abc组实验数据可知，出现的越快、浓度越高褪色越快，因此起主要作用的微粒是，以此解答。
【小问1详解】
a与e形成对比，SO2和水反应后的溶液呈酸性，因此设置实验e的目的是为了证明pH=2的条件下H+对品红溶液褪色不产生干扰。
【小问2详解】
二氧化硫与水发生可逆反应生成亚硫酸，亚硫酸是弱酸，在水溶液中能够电离出亚硫酸氢根和亚硫酸根，因此二氧化硫水溶液中含有SO2、H2SO3、、等含+4价硫元素的微粒。由实验一、二可知，将0.1ml/L SO2溶液滴入品红溶液时褪色需要的时间相比0.1ml/L NaHSO3溶液和0.1ml/L Na2SO3溶液较长，说明使品红水溶液褪色的含硫微粒一定不是SO2；由abc组实验数据可知，出现的越快、浓度越高褪色越快，因此起主要作用的微粒是。
【小问3详解】
向实验a中加入氢氧化钡，氢氧化钡能与二氧化硫（或亚硫酸、亚硫酸氢根、亚硫酸根）反应生成亚硫酸钡沉淀，排除，使溶液恢复红色，主要的离子方程式为：SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3+H2O，实验方案合理的是乙。
【小问4详解】
①i中碘单质能和二氧化硫溶液发生氧化还原反应生成硫酸和HI，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为I2+SO2+2H2O=4H+++2I-；
选项
物质
用途
性质
A
小苏打
用于焙制糕点
小苏打能与酸反应
B
氨气
常用制冷剂
易液化，汽化时大量吸热
C
二氯化硫
常用于漂白秸秆、织物
SO2能跟其中的有色物质结合
D
硅
制造光导纤维
良好的半导体
A．制取并收集干燥纯净的NH3
B．验证Cu与浓硝酸反应的热量变化
C．验证NH3易溶于水
D．收集NO2
实验
现象
Fe表面产生大量无色气泡
Fe表面产生少量气泡后迅速停止
Mg表面迅速产生大量气泡
Fe表面有大量气泡，Mg表面有少量气泡
化学键种类
H-H
O=O
O-H
键能
436
498
463.4
编号
电极材料
电解质溶液
电流计指针偏转方向
1
Mg、Al
稀盐酸
偏向Al
2
Al、石墨
稀盐酸
偏向石墨
3
Al、Cu
浓硝酸
偏向Al
4
Mg、Al
NaOH溶液
偏向Mg
试管中的液体
现象
a．0.1ml/L SO2溶液(pH=2)
溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色
b．0.1ml/L NaHSO3溶液(pH=5)
溶液立即变浅，约15s后完全褪色
c．0.1ml/L Na2SO3溶液(pH=10)
溶液立即褪色
d．pH=10 Na2CO3溶液
红色溶液不变色
e．pH=2 H2SO4溶液
红色溶液不变色