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贵州省遵义市南白中学2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题
一、选择题(本大题共14小题)
1．下列过程中，对应的反应方程式正确的是
A．用溶液清洗银镜：
B．用作野外生氢剂：
C．利用水解制备
D．工业冶炼的反应：(熔解)
2．下列物质的化学成分不正确的是
A．重晶石：BaSO4 B．油酸：C17H35COOH
C．芒硝：Na2SO4 10H2O D．甘氨酸：H2NCH2COOH
3．以NaClO为有效成分的“84”消毒液在抗击新冠疫情的消杀工作中起到了重要作用。某研究小组设计下列实验探究NaClO的性质。(已知电离常数：H2CO3：K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11；HClO：Ka=2.9×10-8)
实验 装置 试剂(少量) 预测可能的现象
① 酚酞 无色溶液最终呈红色
② CO2 无明显现象
③ 淀粉-KI溶液＋稀硫酸 无色溶液立即变蓝
④ FeCl3溶液 溶液略呈浅绿色
结合上述实验探究，预测的现象以及解释均正确的是
A．实验①：NaClO溶液呈碱性：ClO-+H2O HClO+OH-
B．实验②：NaClO可用于制得HClO：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+
C．实验③：NaClO具有氧化性ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O
D．实验④：NaClO具有还原性：ClO-+4Fe3++2H2O=+4Fe2++4H+
4．下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．CO2不支持燃烧，干冰可用于人工降雨
B．Na具有强还原性，可用于冶炼金属钛
C．NaOH具有强碱性，可用作干燥剂
D．NaHCO3受热易分解，可用作泡沫灭火剂
5．“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是(　　)
①钠与水反应生成NaOH和H2，所有金属与水反应都生成碱和H2　②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中　③Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3受热也易分解　④不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝，也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁
A．①④ B．②④ C．①②④ D．①②③④
6．下列过程吸收热量的是（　　）
A．大理石受热分解 B．食物腐败
C．铝热反应 D．浓硫酸稀释
7．下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液中加入少量硫酸镁溶液：
B．向溶液中通入少量CO2：
C．泡沫灭火器的原理：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
D．过量铁粉加入稀硝酸中：
8．下列除杂质的操作中错误的是
A．CO2(SO2)，将混合气体通入饱和溶液
B．除去气体中混有的气体：通入溶液中洗气
C．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
D．除去溶液中混有的少量：向混合溶液中加入足量
9．可作为火箭燃料的原理：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．下，28L氮气中含有的质子数为
B．中共用电子对数为
C．反应消耗，转移电子的数目为
D．将2mol NO与足量充分反应后，得到的分子数为
10．实验室中某此气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
选项 a中的物质 b中的物质 c中收集的气体 d中的物质
A 浓氨水 CaO NH3 H2O
B 浓硫酸 Na2SO3 SO2 NaOH溶液
C 稀硝酸 Cu NO2 H2O
D 浓硫酸 木炭 CO2 NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
11．N-Zn/TiO2光催化氧化可用于工业上含硫废液的处理，光生电子(e-)与水电离出的H+、O2作用生成过羟基自由基(HO2·)，空穴(h+)与水电离出的OH-作用生成羟基自由基(·OH)，HO2·和·OH分别与反应生成，变化过程如下图所示。下列说法错误的是
A．·OH氧化的反应为
B．①②过程和③④过程产生的之比为1：1
C．pH过低或过高均会影响催化剂的催化效果
D．氧化含硫废液的总反应为
12．下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A． ，则氢气的燃烧热为
B． ； ，则
C． ，1 mol N2和3 mol H2充分反应，放出92 kJ热量
D．在稀溶液中， ，若将1 mol NaOH固体加入1 L 1 mol/L的稀盐酸溶液中，放出的热量大于57.3 kJ
13．碱性锌铁液流电池具有电压高、成本低的优点。该电池的总反应为，下列叙述不正确的是
A．中含有键与键的数目之比为1∶1
B．放电时，N极电势低于M极，N极电极反应为
C．若离子交换膜只有通过，反应时，有通过离子交换膜
D．维持电流强度0.5A，电池工作5分钟，理论上消耗锌约0.5g(已知)
14．下列实验装置正确且能达到实验目的的是
A．用装置甲测新制氯水的 pH 值
B．用装置乙检验草木灰中含有 K+
C．用装置丙检验过氧化钠与水反应的产物之一
D．用装置丁蒸干硫酸铜溶液制得 CuSO4·5H2O
二、非选择题(本大题共4小题)
15．捕集并转化可以有效实现碳达峰、碳中和。
Ⅰ.工业上利用两种温室气体和催化重整制取和CO，主要反应为
反应①：
过程中还发生三个副反应：
反应②：
反应③：
反应④：
将与(体积比为1∶1)的混合气体以一定流速通过催化剂，产物中与CO的物质的量之比、的转化率与温度的关系如图所示：
（1）　 　。
（2）500℃时，比较小，此时发生的副反应以　 　(选填②、③、④中一种)为主。升高温度，产物中与CO的物质的量之比增大的原因是　 　。
Ⅱ.光催化和生成CO和催化反应机理如图所示：
（3）上述反应机理中表现出氧化性的粒子有　 　。
Ⅲ.用光电化学法将还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如右图所示：
，其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
（4）当电解电压为U1V时，阴极生成HCHO的电极反应式为　 　。
（5）当电解电压为U2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为3：2，则生成HCHO的法拉第效率m为　 　。
16．下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色。
请填写下列空白：
（1）写出B和C的电子式：B　 　，C　 　
（2）以上反应中，属于非氧化还原反应的有　 　(填序号)
（3）写出反应④的化学方程式　 　，该反应中B　 　
a.是氧化剂 b.是还原剂 c.既是氧化剂又是还原剂 d.既非氧化剂又非还原剂
（4）写出下列反应的离子方程式：
C+E—→D　 　
E与足量Ba(OH)2溶液　 　
B与FeSO4溶液　 　
17．氮及其化合物的相互转化对生命、生产生活意义重大。是重要的化工原料，可发生如下转化：
已知：可被弱氧化剂氧化，但是其盐性质稳定。请回答：
（1）写出过量发生转化I的化学反应方程式　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．上述转化均属于氮的固定
B．实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气
C．液态是良好的溶剂，推测易溶于其中
D．硝酸工业排放的尾气可用处理生成无污染的物质
（3）、与类似，具有碱性，、中碱性较弱的是　 　，原因是　 　。
（4）转化Ⅲ消耗与的物质的量相等，产物不含氧元素。则的化学式为　 　。
（5）反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全。请设计实验检验反应还原产物的阴离子：　 　。
18．电化学原理在降低碳排放、实现碳中和目标中有广泛应用。回答下列问题：
（1）我国科技工作者设计了工作原理如图1所示的可充电电池，以为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)以捕获，放电时还原为。
①充电时电极应接电源的　 　极(填“正”或“负”)，当电路中有电子通过时，通过阳离子交换膜离子的情况(包含物质的量、种类、移动方向)为　 　。
②放电时多孔碳纳米管电极上的电极反应式为　 　。
（2）在稀硫酸中利用电催化可将转化为多种有机物，其原理如图2所示：
①a极是电源的　 　极(填“正”或“负”)，交换膜X最好是　 　(填“阳”或“阴”)离子交换膜；若将Pt电极换为Cu电极，其后果是　 　。
②写出充电时生成的电极反应式：　 　；电解时电解质溶液中的数量　 　(填“基本不变”、“明显变大”或“明显变小”)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、该反应未配平（电荷不守恒），正确的离子方程式应为，且实际中氧化的程度较弱，A错误；
B、与水反应的实际产物是和（会与水继续反应生成），正确方程式应为，B错误；
C、发生水解反应，生成沉淀，同时释放和，方程式符合水解规律（原子、电荷均守恒），C正确；
D、AlCl3是共价化合物，熔融状态下无自由移动的离子，不能导电，工业冶炼需电解熔融（加入冰晶石降低熔点），D错误；
故答案为：C。
【分析】 A方程式左边电荷为 + 3，右边为 + 1，未配平。
B．NaH 与水反应生成 NaOH 和 H2（Na2O 会与水继续反应），而非 Na2O。
C．TiCl4水解生成 TiO2 xH2O 沉淀，同时释放 H+和 Cl-，原子、电荷均守恒。
D．AlCl3是共价化合物，熔融无自由离子，不能电解，工业冶炼 Al 用熔融 Al2O3
2．【答案】B
【知识点】硫酸盐；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、重晶石的主要成分是硫酸钡，化学式为BaSO4，A正确；
B、油酸是不饱和高级脂肪酸，含碳碳双键，化学式应为C17H33COOH；而C17H35COOH 是饱和的硬脂酸，B错误；
C、芒硝是十水合硫酸钠，化学式为 Na2SO4 10H2O，C正确；
D、甘氨酸是最简单的氨基酸，结构简式为 H2NCH2COOH，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点集中在对脂肪酸结构的混淆：易将 “油酸” 和 “硬脂酸” 的化学式弄混 —— 油酸是含碳碳双键的不饱和高级脂肪酸，化学式为 C17H33COOH；而 C17H35COOH 是饱和的硬脂酸，错把硬脂酸的化学式当作油酸的，是本题的主要易错点。
3．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氯气的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、次氯酸根(ClO-)水解确实会使溶液呈碱性，但由于次氯酸根具有强氧化性，会氧化破坏指示剂，导致溶液最终呈现无色。题目中预测的"溶液最终呈红色"是错误的，A选项错误。B、通过电离平衡常数比较可知酸性强弱顺序为H2CO3＞HClO＞HCO3－。由于碳酸(H2CO3)的酸性强于次氯酸(HClO)，当CO2通入次氯酸钠溶液时，只能生成HCO3－而不会生成CO32－，B选项错误。
C、在酸性条件下，次氯酸根(ClO-)能够氧化碘离子(I-)生成碘单质(I2)，其离子方程式为：ClO-+ 2I-+ 2H+= Cl-+ I2+ H2O。生成的I2会使淀粉溶液变蓝，C选项正确。
D、Fe3+的氧化性不足以氧化ClO-，因此不会生成Fe2+，溶液不会呈现浅绿色，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、NaClO溶液具有氧化性，可使变色后的溶液褪色。
B、根据平衡常数比较酸性强弱，结合强酸制弱酸分析。
C、ClO－将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色。
D、氧化性：Fe3＋＜ClO3－，该反应不能发生。
4．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；金属冶炼的一般原理；钠的化学性质
【解析】【解答】A、干冰用于人工降雨，是利用干冰升华吸热使水蒸气凝结的性质，而非 CO2不支持燃烧的性质，A错误；
B、Na 具有强还原性，可在高温下将金属钛从其化合物中还原出来（如还原 TiCl4），性质与用途对应，B正确；
C、NaOH用作干燥剂，是利用其吸水性，而非强碱性，C错误；
D、NaHCO3用作泡沫灭火剂，是利用其与酸反应生成 CO2的性质，而非受热易分解的性质，对应关系D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点是混淆物质 “不同性质对应的用途”：
误将干冰 “升华吸热” 的性质，和 CO2“不支持燃烧” 的性质对应到 “人工降雨” 的用途；
错把 NaOH “吸水性” 对应的 “干燥剂” 用途，和其 “强碱性” 关联；
混淆 NaHCO3“与酸反应生成 CO2”（对应泡沫灭火剂）和 “受热易分解” 的性质，误将二者对应。
5．【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理；铝的化学性质
【解析】【解答】①活泼金属钠能与水反应生成NaOH和H2，但Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，①错误；②金属铁在空气中会发生电化学腐蚀而生锈，而金属铝与氧气反应生成致密的氧化膜，能阻止进一步腐蚀，②错误；
③Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3同样受热易分解，③正确；
④AlCl3属于共价化合物，在熔融状态下不导电，因此不能通过电解熔融AlCl3来制取金属铝；而MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，可以通过电解熔融MgCl2来制取金属镁，④错误；
综上所述，错误的选项是①②④，故选C。
故答案为：C
【分析】①Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2。
②铝在空气中与O2反应形成致密的氧化膜，对内层金属有保护作用。
③难溶性氢氧化物受热易分解。
④AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电；MgCl2为离子化合物，且熔点较低，可用电解熔融MgCl2制取Mg。
6．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．大理石受热分解为吸热反应，该过程吸收热量，A项符合题意；
B．食物腐败过程中放出热量，B项不符合题意；
C．铝热反应是放热反应，该过程中放出热量，C项不符合题意；
D．浓硫酸溶于水放出热量，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】常见放热反应：燃烧、爆炸、金属腐蚀、食物腐烂、金属的置换反应、大部分化合反应、中和反应；
常见吸热反应：一氧化碳、碳、氢气为还原剂的氧化还原反应，大部分分解反应，八水合氢氧化钡和氯化铵的反应。
7．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；铁的化学性质；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解析】A. 在BaCl2溶液中加入少量硫酸镁固体时，会发生沉淀反应，其离子方程式为：，A选项错误。B. 依据强酸制弱酸的原理，向NaClO溶液中通入少量CO2时，会生成次氯酸和碳酸氢钠，其离子方程式为：，B选项正确。
C. 泡沫灭火器的工作原理为：，C选项错误。
D. 当过量的铁粉参与反应时，氧化产物为亚铁离子，其离子方程式为：，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、MgSO4为可溶性盐，在离子方程式中应拆解成离子形式。
B、结合酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3－分析。
C、泡沫灭火器是由Al3＋与HCO3－反应。
D、Fe过量，则反应生成Fe2＋。
8．【答案】B
【知识点】除杂
【解析】【解答】A、SO2可与 NaHCO3反应生成 CO2，而 CO2在饱和 NaHCO3溶液中溶解度小，能有效除去 SO2，A正确；
B、未明确气体及所用溶液，但核心错误在于：若原气体与溶液反应（如除 CO2中的 HCl 用 NaOH 溶液，会同时消耗CO2），违反 “不除原物质” 原则，B错误；
C、铝粉能与过量 NaOH 溶液反应生成可溶的 NaAlO2，镁粉不反应，过滤后可分离，C正确；
D、加入足量特定试剂（如除 FeCl3中的 FeCl2加Cl2），可将杂质转化为原物质或沉淀，不引新杂质，D正确；
故答案为：B。
【分析】这道题的解题关键点是紧扣 “除杂三原则（不除原物质、不引新杂质、易分离）”，逐一拆解选项逻辑：
先看原物质是否被消耗：选项 B 中若所用溶液与原气体反应（比如除 CO2里的 HCl 用 NaOH），会同时除去原物质，直接判定错误；
再看杂质是否被有效除去：选项 A 用饱和 NaHCO3除 SO2（SO2反应生成 CO2）、选项 C 用 NaOH 除 Al（Al 溶解而 Mg 不反应），都能针对性除杂；
最后看是否引入新杂质：选项 D 加入足量试剂（如除杂离子时选不引新杂的试剂），符合除杂要求。
9．【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、25℃101kPa 并非标准状况（标况是 0℃101kPa），不能用 “22.4L/mol” 计算 28L 氮气的物质的量，无法得出质子数为 17.5NA，A错误；
B、1 个 H2O 分子中，O 与 2 个 H 各形成 1 对共用电子对，共含 2 对共用电子对；因此 1mol H2O 中的共用电子对数为 2NA，B正确；
C、反应中 N2H4里的 N 为 -2 价，最终生成 0 价的 N2，1mol N2H4参与反应转移 4mol 电子；则 0.1mol N2H4转移电子数应为 0.4NA，而非 0.8NA，C错误；
D、NO 与 O2反应生成 NO2后，NO2会发生可逆反应：2NO2 N2O4，导致 NO2分子数减少，故 2mol NO 反应后得到的 NO2分子数小于 2NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】这道题的解题关键点（突破口）：
A．需注意 “25℃101kPa 不是标准状况”，不能用 22.4L/mol 计算，直接排除；
B．需明确 H2O 的结构（1 个分子含 2 对共用电子对），据此判断 1mol H2O 的共用电子对数；
C．需分析 N2H4中 N 的化合价变化（-2到0），算出 1mol N2H4转移 4mol 电子，进而判断 0.1mol 的转移量；
D．需注意 NO2会发生聚合反应（2NO2 N2O4），分子数会少于理论值。
10．【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；浓硫酸的性质；气体发生装置；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、制气：浓氨水与 CaO 可制 NH3，但 NH3密度比空气小，装置 c（向上排空气法）无法收集；且 NH3极易溶于水，尾气处理易倒吸，A不合理；
B、制气：浓硫酸与 Na2SO3反应生成 SO2；收集：SO2密度比空气大，可用向上排空气法（装置 c）；尾气处理：SO2是酸性气体，可被 NaOH 溶液吸收，B合理；
C、制气：稀硝酸与 Cu 反应生成 NO（而非 NO2）；且 NO2与水反应会生成 NO，尾气处理不彻底，C不合理；
D、制气：浓硫酸与木炭反应需加热，装置无加热条件，无法制得 CO2，D不合理；
故答案为：B。
【分析】制气条件匹配：看反应是否需要加热，如选项D中 “浓硫酸与木炭制 CO2” 需要加热，装置无加热条件，直接排除；
气体收集方法对应密度：装置 c 是向上排空气法，需收集密度比空气大的气体，选项 A 中 NH3密度比空气小，排除；
反应产物匹配：选项 C 中 “稀硝酸与Cu” 反应生成的是NO，不是NO2，产物不符，排除；
尾气处理的合理性：需尾气能被 d 中物质吸收，选项 B 中SO2是酸性气体，可被NaOH溶液吸收，且制气、收集均匹配。
11．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、羟基自由基（·OH）将亚硫酸根（）氧化为硫酸根，其化学反应方程式为：，A选项正确。B、在反应①和②过程中，超氧自由基（HO2·）与亚硫酸根反应生成硫酸根，反应式为：HO2· + = + ·OH；在反应③和④过程中，羟基自由基与亚硫酸根反应生成硫酸根，反应式为：。根据分析可知，H+与HO2·的物质的量比为1：1，·OH与OH-的物质的量比也为1：1。由于水（H2O）电离出的H+和OH-的物质的量比为1：1，因此生成的硫酸根（）的比例应为1：1，而非2：1，B选项错误。
C、在整个反应过程中，氢离子（H+）和氢氧根离子（OH-）均参与反应，因此溶液的pH值过高或过低都会影响催化剂的催化效果，C选项正确。
D、根据图示反应机理，氧化含硫废液的总反应方程式为：，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、过程④中·OH将SO32－氧化为SO42－，同时得到H2O，据此确定其反应。
B、根据反应过程中发生反应进行分析。
C、反应过程中H＋、OH－在不同过程中参与反应，溶液的酸碱性会影响反应的进行。
D、总反应过程中SO32－与O2反应生成SO42－，据此确定其反应。
12．【答案】D
【知识点】燃烧热；中和热；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、燃烧热要求生成 “稳定氧化物”（H2O 应为液态），但该方程式中 H2O 是气态，不符合燃烧热定义，A错误；
B、S (g) 比 S (s) 能量高，与 O2反应放热更多（ΔH 为负值，数值越大，ΔH 越小），△H1＜△H2，B错误；
C、该反应是可逆反应，1mol N2和 3mol H2无法完全反应，实际放出热量小于 92kJ，C错误；
D、NaOH 固体溶于水会额外放出溶解热，因此 1mol NaOH 固体与稀盐酸反应，放出的热量（中和热 + 溶解热）大于 57.3kJ，D正确；
故答案为：D。
【分析】这道题的解题关键点：
抓概念定义：燃烧热要求 H2O 为液态；中和热不含溶解热，NaOH 固体溶解放热会叠加。
物质状态影响能量：S (g) 能量高于 S (s)，燃烧放热更多，△H1＜△H2；
可逆反应不完全：N2与 H2反应不能完全进行，放热小于 92kJ。
13．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在[Fe(CN)]3-离子中，Fe与CN之间的6个配位键均为σ键，每个CN-中含有一个σ键和两个π键（C≡N三键）。因此σ键总数=6（配位键）+6（C≡N中的σ键）=12，π键总数=6×2=12，σ键与π键数目比为1：1，A选项正确；
B．放电时N极为负极，M极为正极，正极电势高于负极，因此M极电势高于N极。负极反应确为Zn - 2e- + 4OH- = [Zn(OH)]2-，B选项正确；
C．放电时M极每还原1 mol Fe(CN)，需消耗1 mol电子，为保持电荷平衡，会有1 mol（即NA个）OH-通过离子交换膜迁移至负极，C选项正确；
D．根据计算：电量Q=0.5A×300s=150C，电子物质的量n(e-)=150/96500≈1.554×10-3mol。根据电极反应式，消耗Zn的物质的量为n(e-)/2，质量m=0.5×1.554×10-3×65≈0.05g，与选项D的"0.025g"不符，因此D选项错误；
故答案为：D
【分析】根据图示分析，碱性锌铁液流电池放电过程中：Zn转化为Zn(OH)，发生失去电子的氧化反应，因此右侧N电极为负极，其电极反应式为Zn - 2e- + 4OH- = Zn(OH)。左侧M极作为正极，Fe(CN)发生得电子的还原反应，其电极反应为Fe(CN) + e- = Fe(CN)。充电过程与放电过程相反，电池正极需连接外电源正极。据此解答各选项。
14．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；焰色反应；性质实验方案的设计；钠的氧化物
【解析】【解析】A. 氯水具有漂白作用，会导致pH试纸褪色，因此不能用于测量溶液的pH值，A选项错误。B. 进行钾元素的焰色试验时，必须通过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，以消除钠元素的干扰，B选项错误。
C. 过氧化钠与水反应会生成氢氧化钠和氧气，可以使用带火星的木条来检验生成的氧气（木条复燃），C选项正确。
D. 通过蒸发硫酸铜溶液只能得到无水硫酸铜固体，若要制备五水硫酸铜晶体，应采用冷却热饱和溶液的方法使其结晶，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、氯水具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色。
B、K元素的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色。
C、带火星的木条复燃，说明反应生成了O2。
D、蒸发结晶过程中，溶液不能蒸干，防止晶体烧焦。
15．【答案】+76.4 kJ/mol；②；升高温度对反应①速率加快的影响大于其他副反应的影响；CH4、CO2、h+；CO2+4e—+4H+=HCHO+H2O；20%
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应①+反应③得到反应④，则反应ΔH4=(+247.4kJ/mol)+(-171.0kJ/mol)=+76.4 kJ/mol，
故答案为：+76.4 kJ/mol；
（2）500℃时，产物的比值比较小说明反应中氢气的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，则此时发生的副反应以②为主；对比各反应的焓变，升高温度，产物中与CO的物质的量之比增大的原因是升高温度对反应①速率加快的影响大于其他副反应的影响，
故答案为：②；升高温度对反应①速率加快的影响大于其他副反应的影响；
（3）由图可知，二氧化碳在Rh表面得到电子生成一氧化碳和氧离子，h+和甲烷中的氢得到电子生成一氧化碳和氢气，则表现氧化性的微粒为CH4、CO2和h+，
故答案为：CH4、CO2、h+；
（4）由图可知，电解电压为U1V时，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醛和水，电极反应式为CO2+4e—+4H+=HCHO+H2O，
故答案为：CO2+4e—+4H+=HCHO+H2O；
（5）电解电压为U2V时，放电生成1mol甲酸转移2mol，生成1mol甲醛转移4mol电子，由图可知，生成甲酸的FE%为15%，则由电解生成的甲酸和甲醛的物质的量之比为3：2可得：：=3：2，解得m=20%，
故答案为：20%。
【分析】(1)用盖斯定律，反应①+ 反应③得到反应④，计算 ΔH4。
(2)由 小，判断副反应是消耗 H2、生成 CO 的反应②；
升温时反应①（主反应）速率加快的影响大于副反应，使比值增大。
(3)从反应机理中找得电子（表现氧化性）的粒子：CH4、CO2、H+。
(4)酸性条件下，CO2在阴极得电子生成 HCHO，结合电荷、原子守恒写电极反应式。
(5)根据法拉第效率公式，结合 HCOOH（转移 2e-）、HCHO（转移 4e-）的物质的量比，列比例式计算 HCHO 的法拉第效率。
16．【答案】（1）；
（2）⑤⑥
（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；c
（4）OH-+=+H2O；Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O；3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+2Fe3++6Na+
【知识点】氧化还原反应；焰色反应；无机物的推断；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，B和C分别为Na2O2、NaOH，故B和C的电子式分别为：，，
故答案为：；；
（2）由分析可知，以上反应分别为①2Na+O2Na2O2，②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，⑤NaOH+CO2=NaHCO3，⑥2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故属于非氧化还原反应的有⑤⑥，
故答案为：⑤⑥；
（3）由(2)分析可知，反应④的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中B即Na2O2中的氧元素升高为O2中的0价，由降低为Na2CO3中的-2价，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂，
故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；c；
（4）由分析可知：C+E→D的反应方程式为NaOH+ NaHCO3=Na2CO3+H2O，故离子方程式为OH-+=+H2O，E为NaHCO3，其与足量Ba(OH)2溶液生成BaCO3、Na2CO3和H2O，故离子方程式为：Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O，B即Na2O2，由于Na2O2具有强氧化性，故与FeSO4溶液反应生成Fe(OH)3和Fe2(SO4)3，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+2Fe3++6Na+，
故答案为：OH-+=+H2O；Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O ；3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+2Fe3++6Na+。
【分析】先通过焰色反应（黄色）确定单质 A 是 Na；Na 在 O2中燃烧生成 B，故 B 为 Na2O2；
Na、Na2O2与水反应均生成 NaOH，因此 C 是 NaOH；NaOH 与过量 CO2反应生成 NaHCO3，所以 E 是 NaHCO3；Na2O2与 CO2反应、NaHCO3分解均生成 Na2CO3，故 D 是 Na2CO3。据此解题。
（1）由分析可知，B和C分别为Na2O2、NaOH，故B和C的电子式分别为：，，故答案为：；；
（2）由分析可知，以上反应分别为①2Na+O2Na2O2，②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，⑤NaOH+CO2=NaHCO3，⑥2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故属于非氧化还原反应的有⑤⑥，故答案为：⑤⑥；
（3）由(2)分析可知，反应④的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中B即Na2O2中的氧元素升高为O2中的0价，由降低为Na2CO3中的-2价，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；c；
（4）由分析可知：C+E→D的反应方程式为NaOH+ NaHCO3=Na2CO3+H2O，故离子方程式为OH-+=+H2O，E为NaHCO3，其与足量Ba(OH)2溶液生成BaCO3、Na2CO3和H2O，故离子方程式为：Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O，B即Na2O2，由于Na2O2具有强氧化性，故与FeSO4溶液反应生成Fe(OH)3和Fe2(SO4)3，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+2Fe3++6Na+，故答案为：OH-+=+H2O；Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O ；3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+2Fe3++6Na+。
17．【答案】（1）
（2）B；D
（3）；中吸引电子能力比强，故中给出电子能力比弱
（4）
（5）取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为
【知识点】相似相溶原理及其应用；氧化还原反应；氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】（1）过量与COCl2反应生成尿素和氯化铵，其过量发生转化I的化学反应方程式；
故答案为：。
（2）A．氮的固定是游离态的氮气变为化合态，故A错误；B．氧化钙和浓氨水中水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，促使浓氨水分解生成氨气，因此实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气，故B正确；C．液态是良好的溶剂，是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则不易溶于其中，故C错误；D．氮氧化物和氨气反应生成氮气和水，因此硝酸工业排放的尾气可用处理生成无污染的物质，故D正确；综上所述，
故答案为：BD。
（3）、与类似，具有碱性，、中碱性较弱的是，原因是中吸引电子能力比强，故中给出电子能力比弱，因此的碱性较弱；
故答案为：；中吸引电子能力比强，故中给出电子能力比弱。
（4）转化Ⅲ消耗与的物质的量相等，产物不含氧元素，说明氧和氢形成水，根据元素守恒，则A含有氢和氮，再根据化合价和得失电子相等，则的化学式为；
故答案为：。
（5）反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则实验方案是取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为；
故答案为：取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为。
【分析】氨气（NH3）在特定反应条件下，转化为羟胺（NH2OH）；NH3与 COCl2的反应：向光气（COCl2）中通入过量的氨气（NH3），二者发生反应，生成尿素（CO(NH2)2）和氯化铵（NH4Cl）；尿素（CO(NH2)2）和次氯酸钠（NaClO）发生反应，生成肼（N2H4）、氯化钠（NaCl）和水（H2O）；肼（N2H4）作为反应物，和亚硝酸（HNO2）反应，最终生成水（H2O）和叠氮酸（HN3）。
（1）过量与COCl2反应生成尿素和氯化铵，其过量发生转化I的化学反应方程式；故答案为：。
（2）A．氮的固定是游离态的氮气变为化合态，故A错误；B．氧化钙和浓氨水中水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，促使浓氨水分解生成氨气，因此实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气，故B正确；C．液态是良好的溶剂，是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则不易溶于其中，故C错误；D．氮氧化物和氨气反应生成氮气和水，因此硝酸工业排放的尾气可用处理生成无污染的物质，故D正确；综上所述，答案为：BD。
（3）、与类似，具有碱性，、中碱性较弱的是，原因是中吸引电子能力比强，故中给出电子能力比弱，因此的碱性较弱；故答案为：；中吸引电子能力比强，故中给出电子能力比弱。
（4）转化Ⅲ消耗与的物质的量相等，产物不含氧元素，说明氧和氢形成水，根据元素守恒，则A含有氢和氮，再根据化合价和得失电子相等，则的化学式为；故答案为：。
（5）反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则实验方案是取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为；故答案为：取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为。
18．【答案】（1）负；有自右向左通过阳离子交换膜；
（2）正；阳；左端铜电极会被腐蚀直至消失；；基本不变
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①放电时转化为，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以多孔碳纳米管电极为正极、电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、电极为阴极。充电时原电池的负极与电源的负极相连，会转化为，故电池中从右向左移动，电路中转移的电子所带电量与通过阳离子交换膜的所带电量相等，因此透过膜的物质的量为；
②由工作原理图可知，在多孔碳纳米管电极上得电子转化为，故有参与电极反应，相应电极反应式为。
故答案为： 负 ； 有自右向左通过阳离子交换膜 ； ；
（2）①转化为有机物时碳元素化合价降低，因此发生了还原反应，是阴极，极是阳极，是电源的正极；转化为有机物时，需要氢元素，阳极上水失去电子得到、，因此需要通过膜进入阴极区，因此交换膜最好是阳离子交换膜；若将电极换为电极，则该电极会失去电子，导致该电极被腐蚀，直至消失；
②充电时阴极的电极反应式为、、，阳极电极反应式为，由两个电极反应式可知，放电过程中溶液中的数量基本不变。
故答案为： 正 ； 阳 ； 左端铜电极会被腐蚀直至消失 ； ； 基本不变 。
【分析】(1)①充电时，Mg 电极作原电池负极，需接电源负极；电路通过 2mol 电子时，1mol Mg2+自右向左通过阳离子交换膜。②放电时，多孔碳纳米管电极为正极，CO2得电子结合Mg2+生成 MgC2O4，电极反应式为Mg2++2CO2+2e-=MgC2O4。
(2)①CO2在Cu极被还原（阴极），故 Pt 极为阳极，接电源正极（a 极）；H+需移向阴极，交换膜X选阳离子交换膜；Pt换Cu则阳极Cu失电子被腐蚀。
②CO2得电子生成 CH3CHO，电极反应式为2CO2+10e-+10H+=CH3CHO+3H2O；阴阳极H+消耗与生成量相当，故 H+数量基本不变。
（1）①放电时转化为，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以多孔碳纳米管电极为正极、电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、电极为阴极。充电时原电池的负极与电源的负极相连，会转化为，故电池中从右向左移动，电路中转移的电子所带电量与通过阳离子交换膜的所带电量相等，因此透过膜的物质的量为；
②由工作原理图可知，在多孔碳纳米管电极上得电子转化为，故有参与电极反应，相应电极反应式为。
（2）①转化为有机物时碳元素化合价降低，因此发生了还原反应，是阴极，极是阳极，是电源的正极；转化为有机物时，需要氢元素，阳极上水失去电子得到、，因此需要通过膜进入阴极区，因此交换膜最好是阳离子交换膜；若将电极换为电极，则该电极会失去电子，导致该电极被腐蚀，直至消失；
②充电时阴极的电极反应式为、、，阳极电极反应式为，由两个电极反应式可知，放电过程中溶液中的数量基本不变。
1 / 1贵州省遵义市南白中学2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题
一、选择题(本大题共14小题)
1．下列过程中，对应的反应方程式正确的是
A．用溶液清洗银镜：
B．用作野外生氢剂：
C．利用水解制备
D．工业冶炼的反应：(熔解)
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、该反应未配平（电荷不守恒），正确的离子方程式应为，且实际中氧化的程度较弱，A错误；
B、与水反应的实际产物是和（会与水继续反应生成），正确方程式应为，B错误；
C、发生水解反应，生成沉淀，同时释放和，方程式符合水解规律（原子、电荷均守恒），C正确；
D、AlCl3是共价化合物，熔融状态下无自由移动的离子，不能导电，工业冶炼需电解熔融（加入冰晶石降低熔点），D错误；
故答案为：C。
【分析】 A方程式左边电荷为 + 3，右边为 + 1，未配平。
B．NaH 与水反应生成 NaOH 和 H2（Na2O 会与水继续反应），而非 Na2O。
C．TiCl4水解生成 TiO2 xH2O 沉淀，同时释放 H+和 Cl-，原子、电荷均守恒。
D．AlCl3是共价化合物，熔融无自由离子，不能电解，工业冶炼 Al 用熔融 Al2O3
2．下列物质的化学成分不正确的是
A．重晶石：BaSO4 B．油酸：C17H35COOH
C．芒硝：Na2SO4 10H2O D．甘氨酸：H2NCH2COOH
【答案】B
【知识点】硫酸盐；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、重晶石的主要成分是硫酸钡，化学式为BaSO4，A正确；
B、油酸是不饱和高级脂肪酸，含碳碳双键，化学式应为C17H33COOH；而C17H35COOH 是饱和的硬脂酸，B错误；
C、芒硝是十水合硫酸钠，化学式为 Na2SO4 10H2O，C正确；
D、甘氨酸是最简单的氨基酸，结构简式为 H2NCH2COOH，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点集中在对脂肪酸结构的混淆：易将 “油酸” 和 “硬脂酸” 的化学式弄混 —— 油酸是含碳碳双键的不饱和高级脂肪酸，化学式为 C17H33COOH；而 C17H35COOH 是饱和的硬脂酸，错把硬脂酸的化学式当作油酸的，是本题的主要易错点。
3．以NaClO为有效成分的“84”消毒液在抗击新冠疫情的消杀工作中起到了重要作用。某研究小组设计下列实验探究NaClO的性质。(已知电离常数：H2CO3：K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11；HClO：Ka=2.9×10-8)
实验 装置 试剂(少量) 预测可能的现象
① 酚酞 无色溶液最终呈红色
② CO2 无明显现象
③ 淀粉-KI溶液＋稀硫酸 无色溶液立即变蓝
④ FeCl3溶液 溶液略呈浅绿色
结合上述实验探究，预测的现象以及解释均正确的是
A．实验①：NaClO溶液呈碱性：ClO-+H2O HClO+OH-
B．实验②：NaClO可用于制得HClO：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+
C．实验③：NaClO具有氧化性ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O
D．实验④：NaClO具有还原性：ClO-+4Fe3++2H2O=+4Fe2++4H+
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氯气的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、次氯酸根(ClO-)水解确实会使溶液呈碱性，但由于次氯酸根具有强氧化性，会氧化破坏指示剂，导致溶液最终呈现无色。题目中预测的"溶液最终呈红色"是错误的，A选项错误。B、通过电离平衡常数比较可知酸性强弱顺序为H2CO3＞HClO＞HCO3－。由于碳酸(H2CO3)的酸性强于次氯酸(HClO)，当CO2通入次氯酸钠溶液时，只能生成HCO3－而不会生成CO32－，B选项错误。
C、在酸性条件下，次氯酸根(ClO-)能够氧化碘离子(I-)生成碘单质(I2)，其离子方程式为：ClO-+ 2I-+ 2H+= Cl-+ I2+ H2O。生成的I2会使淀粉溶液变蓝，C选项正确。
D、Fe3+的氧化性不足以氧化ClO-，因此不会生成Fe2+，溶液不会呈现浅绿色，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、NaClO溶液具有氧化性，可使变色后的溶液褪色。
B、根据平衡常数比较酸性强弱，结合强酸制弱酸分析。
C、ClO－将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色。
D、氧化性：Fe3＋＜ClO3－，该反应不能发生。
4．下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．CO2不支持燃烧，干冰可用于人工降雨
B．Na具有强还原性，可用于冶炼金属钛
C．NaOH具有强碱性，可用作干燥剂
D．NaHCO3受热易分解，可用作泡沫灭火剂
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；金属冶炼的一般原理；钠的化学性质
【解析】【解答】A、干冰用于人工降雨，是利用干冰升华吸热使水蒸气凝结的性质，而非 CO2不支持燃烧的性质，A错误；
B、Na 具有强还原性，可在高温下将金属钛从其化合物中还原出来（如还原 TiCl4），性质与用途对应，B正确；
C、NaOH用作干燥剂，是利用其吸水性，而非强碱性，C错误；
D、NaHCO3用作泡沫灭火剂，是利用其与酸反应生成 CO2的性质，而非受热易分解的性质，对应关系D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点是混淆物质 “不同性质对应的用途”：
误将干冰 “升华吸热” 的性质，和 CO2“不支持燃烧” 的性质对应到 “人工降雨” 的用途；
错把 NaOH “吸水性” 对应的 “干燥剂” 用途，和其 “强碱性” 关联；
混淆 NaHCO3“与酸反应生成 CO2”（对应泡沫灭火剂）和 “受热易分解” 的性质，误将二者对应。
5．“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是(　　)
①钠与水反应生成NaOH和H2，所有金属与水反应都生成碱和H2　②铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中　③Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3受热也易分解　④不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝，也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁
A．①④ B．②④ C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理；铝的化学性质
【解析】【解答】①活泼金属钠能与水反应生成NaOH和H2，但Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，①错误；②金属铁在空气中会发生电化学腐蚀而生锈，而金属铝与氧气反应生成致密的氧化膜，能阻止进一步腐蚀，②错误；
③Al(OH)3、Cu(OH)2受热易分解，Fe(OH)3同样受热易分解，③正确；
④AlCl3属于共价化合物，在熔融状态下不导电，因此不能通过电解熔融AlCl3来制取金属铝；而MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，可以通过电解熔融MgCl2来制取金属镁，④错误；
综上所述，错误的选项是①②④，故选C。
故答案为：C
【分析】①Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2。
②铝在空气中与O2反应形成致密的氧化膜，对内层金属有保护作用。
③难溶性氢氧化物受热易分解。
④AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电；MgCl2为离子化合物，且熔点较低，可用电解熔融MgCl2制取Mg。
6．下列过程吸收热量的是（　　）
A．大理石受热分解 B．食物腐败
C．铝热反应 D．浓硫酸稀释
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．大理石受热分解为吸热反应，该过程吸收热量，A项符合题意；
B．食物腐败过程中放出热量，B项不符合题意；
C．铝热反应是放热反应，该过程中放出热量，C项不符合题意；
D．浓硫酸溶于水放出热量，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】常见放热反应：燃烧、爆炸、金属腐蚀、食物腐烂、金属的置换反应、大部分化合反应、中和反应；
常见吸热反应：一氧化碳、碳、氢气为还原剂的氧化还原反应，大部分分解反应，八水合氢氧化钡和氯化铵的反应。
7．下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液中加入少量硫酸镁溶液：
B．向溶液中通入少量CO2：
C．泡沫灭火器的原理：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
D．过量铁粉加入稀硝酸中：
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；铁的化学性质；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解析】A. 在BaCl2溶液中加入少量硫酸镁固体时，会发生沉淀反应，其离子方程式为：，A选项错误。B. 依据强酸制弱酸的原理，向NaClO溶液中通入少量CO2时，会生成次氯酸和碳酸氢钠，其离子方程式为：，B选项正确。
C. 泡沫灭火器的工作原理为：，C选项错误。
D. 当过量的铁粉参与反应时，氧化产物为亚铁离子，其离子方程式为：，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、MgSO4为可溶性盐，在离子方程式中应拆解成离子形式。
B、结合酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3－分析。
C、泡沫灭火器是由Al3＋与HCO3－反应。
D、Fe过量，则反应生成Fe2＋。
8．下列除杂质的操作中错误的是
A．CO2(SO2)，将混合气体通入饱和溶液
B．除去气体中混有的气体：通入溶液中洗气
C．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
D．除去溶液中混有的少量：向混合溶液中加入足量
【答案】B
【知识点】除杂
【解析】【解答】A、SO2可与 NaHCO3反应生成 CO2，而 CO2在饱和 NaHCO3溶液中溶解度小，能有效除去 SO2，A正确；
B、未明确气体及所用溶液，但核心错误在于：若原气体与溶液反应（如除 CO2中的 HCl 用 NaOH 溶液，会同时消耗CO2），违反 “不除原物质” 原则，B错误；
C、铝粉能与过量 NaOH 溶液反应生成可溶的 NaAlO2，镁粉不反应，过滤后可分离，C正确；
D、加入足量特定试剂（如除 FeCl3中的 FeCl2加Cl2），可将杂质转化为原物质或沉淀，不引新杂质，D正确；
故答案为：B。
【分析】这道题的解题关键点是紧扣 “除杂三原则（不除原物质、不引新杂质、易分离）”，逐一拆解选项逻辑：
先看原物质是否被消耗：选项 B 中若所用溶液与原气体反应（比如除 CO2里的 HCl 用 NaOH），会同时除去原物质，直接判定错误；
再看杂质是否被有效除去：选项 A 用饱和 NaHCO3除 SO2（SO2反应生成 CO2）、选项 C 用 NaOH 除 Al（Al 溶解而 Mg 不反应），都能针对性除杂；
最后看是否引入新杂质：选项 D 加入足量试剂（如除杂离子时选不引新杂的试剂），符合除杂要求。
9．可作为火箭燃料的原理：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．下，28L氮气中含有的质子数为
B．中共用电子对数为
C．反应消耗，转移电子的数目为
D．将2mol NO与足量充分反应后，得到的分子数为
【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、25℃101kPa 并非标准状况（标况是 0℃101kPa），不能用 “22.4L/mol” 计算 28L 氮气的物质的量，无法得出质子数为 17.5NA，A错误；
B、1 个 H2O 分子中，O 与 2 个 H 各形成 1 对共用电子对，共含 2 对共用电子对；因此 1mol H2O 中的共用电子对数为 2NA，B正确；
C、反应中 N2H4里的 N 为 -2 价，最终生成 0 价的 N2，1mol N2H4参与反应转移 4mol 电子；则 0.1mol N2H4转移电子数应为 0.4NA，而非 0.8NA，C错误；
D、NO 与 O2反应生成 NO2后，NO2会发生可逆反应：2NO2 N2O4，导致 NO2分子数减少，故 2mol NO 反应后得到的 NO2分子数小于 2NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】这道题的解题关键点（突破口）：
A．需注意 “25℃101kPa 不是标准状况”，不能用 22.4L/mol 计算，直接排除；
B．需明确 H2O 的结构（1 个分子含 2 对共用电子对），据此判断 1mol H2O 的共用电子对数；
C．需分析 N2H4中 N 的化合价变化（-2到0），算出 1mol N2H4转移 4mol 电子，进而判断 0.1mol 的转移量；
D．需注意 NO2会发生聚合反应（2NO2 N2O4），分子数会少于理论值。
10．实验室中某此气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
选项 a中的物质 b中的物质 c中收集的气体 d中的物质
A 浓氨水 CaO NH3 H2O
B 浓硫酸 Na2SO3 SO2 NaOH溶液
C 稀硝酸 Cu NO2 H2O
D 浓硫酸 木炭 CO2 NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；浓硫酸的性质；气体发生装置；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、制气：浓氨水与 CaO 可制 NH3，但 NH3密度比空气小，装置 c（向上排空气法）无法收集；且 NH3极易溶于水，尾气处理易倒吸，A不合理；
B、制气：浓硫酸与 Na2SO3反应生成 SO2；收集：SO2密度比空气大，可用向上排空气法（装置 c）；尾气处理：SO2是酸性气体，可被 NaOH 溶液吸收，B合理；
C、制气：稀硝酸与 Cu 反应生成 NO（而非 NO2）；且 NO2与水反应会生成 NO，尾气处理不彻底，C不合理；
D、制气：浓硫酸与木炭反应需加热，装置无加热条件，无法制得 CO2，D不合理；
故答案为：B。
【分析】制气条件匹配：看反应是否需要加热，如选项D中 “浓硫酸与木炭制 CO2” 需要加热，装置无加热条件，直接排除；
气体收集方法对应密度：装置 c 是向上排空气法，需收集密度比空气大的气体，选项 A 中 NH3密度比空气小，排除；
反应产物匹配：选项 C 中 “稀硝酸与Cu” 反应生成的是NO，不是NO2，产物不符，排除；
尾气处理的合理性：需尾气能被 d 中物质吸收，选项 B 中SO2是酸性气体，可被NaOH溶液吸收，且制气、收集均匹配。
11．N-Zn/TiO2光催化氧化可用于工业上含硫废液的处理，光生电子(e-)与水电离出的H+、O2作用生成过羟基自由基(HO2·)，空穴(h+)与水电离出的OH-作用生成羟基自由基(·OH)，HO2·和·OH分别与反应生成，变化过程如下图所示。下列说法错误的是
A．·OH氧化的反应为
B．①②过程和③④过程产生的之比为1：1
C．pH过低或过高均会影响催化剂的催化效果
D．氧化含硫废液的总反应为
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、羟基自由基（·OH）将亚硫酸根（）氧化为硫酸根，其化学反应方程式为：，A选项正确。B、在反应①和②过程中，超氧自由基（HO2·）与亚硫酸根反应生成硫酸根，反应式为：HO2· + = + ·OH；在反应③和④过程中，羟基自由基与亚硫酸根反应生成硫酸根，反应式为：。根据分析可知，H+与HO2·的物质的量比为1：1，·OH与OH-的物质的量比也为1：1。由于水（H2O）电离出的H+和OH-的物质的量比为1：1，因此生成的硫酸根（）的比例应为1：1，而非2：1，B选项错误。
C、在整个反应过程中，氢离子（H+）和氢氧根离子（OH-）均参与反应，因此溶液的pH值过高或过低都会影响催化剂的催化效果，C选项正确。
D、根据图示反应机理，氧化含硫废液的总反应方程式为：，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、过程④中·OH将SO32－氧化为SO42－，同时得到H2O，据此确定其反应。
B、根据反应过程中发生反应进行分析。
C、反应过程中H＋、OH－在不同过程中参与反应，溶液的酸碱性会影响反应的进行。
D、总反应过程中SO32－与O2反应生成SO42－，据此确定其反应。
12．下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A． ，则氢气的燃烧热为
B． ； ，则
C． ，1 mol N2和3 mol H2充分反应，放出92 kJ热量
D．在稀溶液中， ，若将1 mol NaOH固体加入1 L 1 mol/L的稀盐酸溶液中，放出的热量大于57.3 kJ
【答案】D
【知识点】燃烧热；中和热；反应热的大小比较
【解析】【解答】A、燃烧热要求生成 “稳定氧化物”（H2O 应为液态），但该方程式中 H2O 是气态，不符合燃烧热定义，A错误；
B、S (g) 比 S (s) 能量高，与 O2反应放热更多（ΔH 为负值，数值越大，ΔH 越小），△H1＜△H2，B错误；
C、该反应是可逆反应，1mol N2和 3mol H2无法完全反应，实际放出热量小于 92kJ，C错误；
D、NaOH 固体溶于水会额外放出溶解热，因此 1mol NaOH 固体与稀盐酸反应，放出的热量（中和热 + 溶解热）大于 57.3kJ，D正确；
故答案为：D。
【分析】这道题的解题关键点：
抓概念定义：燃烧热要求 H2O 为液态；中和热不含溶解热，NaOH 固体溶解放热会叠加。
物质状态影响能量：S (g) 能量高于 S (s)，燃烧放热更多，△H1＜△H2；
可逆反应不完全：N2与 H2反应不能完全进行，放热小于 92kJ。
13．碱性锌铁液流电池具有电压高、成本低的优点。该电池的总反应为，下列叙述不正确的是
A．中含有键与键的数目之比为1∶1
B．放电时，N极电势低于M极，N极电极反应为
C．若离子交换膜只有通过，反应时，有通过离子交换膜
D．维持电流强度0.5A，电池工作5分钟，理论上消耗锌约0.5g(已知)
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在[Fe(CN)]3-离子中，Fe与CN之间的6个配位键均为σ键，每个CN-中含有一个σ键和两个π键（C≡N三键）。因此σ键总数=6（配位键）+6（C≡N中的σ键）=12，π键总数=6×2=12，σ键与π键数目比为1：1，A选项正确；
B．放电时N极为负极，M极为正极，正极电势高于负极，因此M极电势高于N极。负极反应确为Zn - 2e- + 4OH- = [Zn(OH)]2-，B选项正确；
C．放电时M极每还原1 mol Fe(CN)，需消耗1 mol电子，为保持电荷平衡，会有1 mol（即NA个）OH-通过离子交换膜迁移至负极，C选项正确；
D．根据计算：电量Q=0.5A×300s=150C，电子物质的量n(e-)=150/96500≈1.554×10-3mol。根据电极反应式，消耗Zn的物质的量为n(e-)/2，质量m=0.5×1.554×10-3×65≈0.05g，与选项D的"0.025g"不符，因此D选项错误；
故答案为：D
【分析】根据图示分析，碱性锌铁液流电池放电过程中：Zn转化为Zn(OH)，发生失去电子的氧化反应，因此右侧N电极为负极，其电极反应式为Zn - 2e- + 4OH- = Zn(OH)。左侧M极作为正极，Fe(CN)发生得电子的还原反应，其电极反应为Fe(CN) + e- = Fe(CN)。充电过程与放电过程相反，电池正极需连接外电源正极。据此解答各选项。
14．下列实验装置正确且能达到实验目的的是
A．用装置甲测新制氯水的 pH 值
B．用装置乙检验草木灰中含有 K+
C．用装置丙检验过氧化钠与水反应的产物之一
D．用装置丁蒸干硫酸铜溶液制得 CuSO4·5H2O
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；焰色反应；性质实验方案的设计；钠的氧化物
【解析】【解析】A. 氯水具有漂白作用，会导致pH试纸褪色，因此不能用于测量溶液的pH值，A选项错误。B. 进行钾元素的焰色试验时，必须通过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，以消除钠元素的干扰，B选项错误。
C. 过氧化钠与水反应会生成氢氧化钠和氧气，可以使用带火星的木条来检验生成的氧气（木条复燃），C选项正确。
D. 通过蒸发硫酸铜溶液只能得到无水硫酸铜固体，若要制备五水硫酸铜晶体，应采用冷却热饱和溶液的方法使其结晶，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、氯水具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色。
B、K元素的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色。
C、带火星的木条复燃，说明反应生成了O2。
D、蒸发结晶过程中，溶液不能蒸干，防止晶体烧焦。
二、非选择题(本大题共4小题)
15．捕集并转化可以有效实现碳达峰、碳中和。
Ⅰ.工业上利用两种温室气体和催化重整制取和CO，主要反应为
反应①：
过程中还发生三个副反应：
反应②：
反应③：
反应④：
将与(体积比为1∶1)的混合气体以一定流速通过催化剂，产物中与CO的物质的量之比、的转化率与温度的关系如图所示：
（1）　 　。
（2）500℃时，比较小，此时发生的副反应以　 　(选填②、③、④中一种)为主。升高温度，产物中与CO的物质的量之比增大的原因是　 　。
Ⅱ.光催化和生成CO和催化反应机理如图所示：
（3）上述反应机理中表现出氧化性的粒子有　 　。
Ⅲ.用光电化学法将还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如右图所示：
，其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
（4）当电解电压为U1V时，阴极生成HCHO的电极反应式为　 　。
（5）当电解电压为U2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为3：2，则生成HCHO的法拉第效率m为　 　。
【答案】+76.4 kJ/mol；②；升高温度对反应①速率加快的影响大于其他副反应的影响；CH4、CO2、h+；CO2+4e—+4H+=HCHO+H2O；20%
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应①+反应③得到反应④，则反应ΔH4=(+247.4kJ/mol)+(-171.0kJ/mol)=+76.4 kJ/mol，
故答案为：+76.4 kJ/mol；
（2）500℃时，产物的比值比较小说明反应中氢气的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，则此时发生的副反应以②为主；对比各反应的焓变，升高温度，产物中与CO的物质的量之比增大的原因是升高温度对反应①速率加快的影响大于其他副反应的影响，
故答案为：②；升高温度对反应①速率加快的影响大于其他副反应的影响；
（3）由图可知，二氧化碳在Rh表面得到电子生成一氧化碳和氧离子，h+和甲烷中的氢得到电子生成一氧化碳和氢气，则表现氧化性的微粒为CH4、CO2和h+，
故答案为：CH4、CO2、h+；
（4）由图可知，电解电压为U1V时，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醛和水，电极反应式为CO2+4e—+4H+=HCHO+H2O，
故答案为：CO2+4e—+4H+=HCHO+H2O；
（5）电解电压为U2V时，放电生成1mol甲酸转移2mol，生成1mol甲醛转移4mol电子，由图可知，生成甲酸的FE%为15%，则由电解生成的甲酸和甲醛的物质的量之比为3：2可得：：=3：2，解得m=20%，
故答案为：20%。
【分析】(1)用盖斯定律，反应①+ 反应③得到反应④，计算 ΔH4。
(2)由 小，判断副反应是消耗 H2、生成 CO 的反应②；
升温时反应①（主反应）速率加快的影响大于副反应，使比值增大。
(3)从反应机理中找得电子（表现氧化性）的粒子：CH4、CO2、H+。
(4)酸性条件下，CO2在阴极得电子生成 HCHO，结合电荷、原子守恒写电极反应式。
(5)根据法拉第效率公式，结合 HCOOH（转移 2e-）、HCHO（转移 4e-）的物质的量比，列比例式计算 HCHO 的法拉第效率。
16．下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色。
请填写下列空白：
（1）写出B和C的电子式：B　 　，C　 　
（2）以上反应中，属于非氧化还原反应的有　 　(填序号)
（3）写出反应④的化学方程式　 　，该反应中B　 　
a.是氧化剂 b.是还原剂 c.既是氧化剂又是还原剂 d.既非氧化剂又非还原剂
（4）写出下列反应的离子方程式：
C+E—→D　 　
E与足量Ba(OH)2溶液　 　
B与FeSO4溶液　 　
【答案】（1）；
（2）⑤⑥
（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；c
（4）OH-+=+H2O；Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O；3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+2Fe3++6Na+
【知识点】氧化还原反应；焰色反应；无机物的推断；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，B和C分别为Na2O2、NaOH，故B和C的电子式分别为：，，
故答案为：；；
（2）由分析可知，以上反应分别为①2Na+O2Na2O2，②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，⑤NaOH+CO2=NaHCO3，⑥2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故属于非氧化还原反应的有⑤⑥，
故答案为：⑤⑥；
（3）由(2)分析可知，反应④的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中B即Na2O2中的氧元素升高为O2中的0价，由降低为Na2CO3中的-2价，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂，
故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；c；
（4）由分析可知：C+E→D的反应方程式为NaOH+ NaHCO3=Na2CO3+H2O，故离子方程式为OH-+=+H2O，E为NaHCO3，其与足量Ba(OH)2溶液生成BaCO3、Na2CO3和H2O，故离子方程式为：Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O，B即Na2O2，由于Na2O2具有强氧化性，故与FeSO4溶液反应生成Fe(OH)3和Fe2(SO4)3，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+2Fe3++6Na+，
故答案为：OH-+=+H2O；Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O ；3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+2Fe3++6Na+。
【分析】先通过焰色反应（黄色）确定单质 A 是 Na；Na 在 O2中燃烧生成 B，故 B 为 Na2O2；
Na、Na2O2与水反应均生成 NaOH，因此 C 是 NaOH；NaOH 与过量 CO2反应生成 NaHCO3，所以 E 是 NaHCO3；Na2O2与 CO2反应、NaHCO3分解均生成 Na2CO3，故 D 是 Na2CO3。据此解题。
（1）由分析可知，B和C分别为Na2O2、NaOH，故B和C的电子式分别为：，，故答案为：；；
（2）由分析可知，以上反应分别为①2Na+O2Na2O2，②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，⑤NaOH+CO2=NaHCO3，⑥2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故属于非氧化还原反应的有⑤⑥，故答案为：⑤⑥；
（3）由(2)分析可知，反应④的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中B即Na2O2中的氧元素升高为O2中的0价，由降低为Na2CO3中的-2价，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；c；
（4）由分析可知：C+E→D的反应方程式为NaOH+ NaHCO3=Na2CO3+H2O，故离子方程式为OH-+=+H2O，E为NaHCO3，其与足量Ba(OH)2溶液生成BaCO3、Na2CO3和H2O，故离子方程式为：Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O，B即Na2O2，由于Na2O2具有强氧化性，故与FeSO4溶液反应生成Fe(OH)3和Fe2(SO4)3，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+2Fe3++6Na+，故答案为：OH-+=+H2O；Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O ；3Na2O2+6Fe2++6H2O=4Fe(OH)3+2Fe3++6Na+。
17．氮及其化合物的相互转化对生命、生产生活意义重大。是重要的化工原料，可发生如下转化：
已知：可被弱氧化剂氧化，但是其盐性质稳定。请回答：
（1）写出过量发生转化I的化学反应方程式　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．上述转化均属于氮的固定
B．实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气
C．液态是良好的溶剂，推测易溶于其中
D．硝酸工业排放的尾气可用处理生成无污染的物质
（3）、与类似，具有碱性，、中碱性较弱的是　 　，原因是　 　。
（4）转化Ⅲ消耗与的物质的量相等，产物不含氧元素。则的化学式为　 　。
（5）反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全。请设计实验检验反应还原产物的阴离子：　 　。
【答案】（1）
（2）B；D
（3）；中吸引电子能力比强，故中给出电子能力比弱
（4）
（5）取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为
【知识点】相似相溶原理及其应用；氧化还原反应；氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】（1）过量与COCl2反应生成尿素和氯化铵，其过量发生转化I的化学反应方程式；
故答案为：。
（2）A．氮的固定是游离态的氮气变为化合态，故A错误；B．氧化钙和浓氨水中水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，促使浓氨水分解生成氨气，因此实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气，故B正确；C．液态是良好的溶剂，是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则不易溶于其中，故C错误；D．氮氧化物和氨气反应生成氮气和水，因此硝酸工业排放的尾气可用处理生成无污染的物质，故D正确；综上所述，
故答案为：BD。
（3）、与类似，具有碱性，、中碱性较弱的是，原因是中吸引电子能力比强，故中给出电子能力比弱，因此的碱性较弱；
故答案为：；中吸引电子能力比强，故中给出电子能力比弱。
（4）转化Ⅲ消耗与的物质的量相等，产物不含氧元素，说明氧和氢形成水，根据元素守恒，则A含有氢和氮，再根据化合价和得失电子相等，则的化学式为；
故答案为：。
（5）反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则实验方案是取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为；
故答案为：取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为。
【分析】氨气（NH3）在特定反应条件下，转化为羟胺（NH2OH）；NH3与 COCl2的反应：向光气（COCl2）中通入过量的氨气（NH3），二者发生反应，生成尿素（CO(NH2)2）和氯化铵（NH4Cl）；尿素（CO(NH2)2）和次氯酸钠（NaClO）发生反应，生成肼（N2H4）、氯化钠（NaCl）和水（H2O）；肼（N2H4）作为反应物，和亚硝酸（HNO2）反应，最终生成水（H2O）和叠氮酸（HN3）。
（1）过量与COCl2反应生成尿素和氯化铵，其过量发生转化I的化学反应方程式；故答案为：。
（2）A．氮的固定是游离态的氮气变为化合态，故A错误；B．氧化钙和浓氨水中水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，促使浓氨水分解生成氨气，因此实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气，故B正确；C．液态是良好的溶剂，是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则不易溶于其中，故C错误；D．氮氧化物和氨气反应生成氮气和水，因此硝酸工业排放的尾气可用处理生成无污染的物质，故D正确；综上所述，答案为：BD。
（3）、与类似，具有碱性，、中碱性较弱的是，原因是中吸引电子能力比强，故中给出电子能力比弱，因此的碱性较弱；故答案为：；中吸引电子能力比强，故中给出电子能力比弱。
（4）转化Ⅲ消耗与的物质的量相等，产物不含氧元素，说明氧和氢形成水，根据元素守恒，则A含有氢和氮，再根据化合价和得失电子相等，则的化学式为；故答案为：。
（5）反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则实验方案是取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为；故答案为：取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为。
18．电化学原理在降低碳排放、实现碳中和目标中有广泛应用。回答下列问题：
（1）我国科技工作者设计了工作原理如图1所示的可充电电池，以为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)以捕获，放电时还原为。
①充电时电极应接电源的　 　极(填“正”或“负”)，当电路中有电子通过时，通过阳离子交换膜离子的情况(包含物质的量、种类、移动方向)为　 　。
②放电时多孔碳纳米管电极上的电极反应式为　 　。
（2）在稀硫酸中利用电催化可将转化为多种有机物，其原理如图2所示：
①a极是电源的　 　极(填“正”或“负”)，交换膜X最好是　 　(填“阳”或“阴”)离子交换膜；若将Pt电极换为Cu电极，其后果是　 　。
②写出充电时生成的电极反应式：　 　；电解时电解质溶液中的数量　 　(填“基本不变”、“明显变大”或“明显变小”)。
【答案】（1）负；有自右向左通过阳离子交换膜；
（2）正；阳；左端铜电极会被腐蚀直至消失；；基本不变
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①放电时转化为，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以多孔碳纳米管电极为正极、电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、电极为阴极。充电时原电池的负极与电源的负极相连，会转化为，故电池中从右向左移动，电路中转移的电子所带电量与通过阳离子交换膜的所带电量相等，因此透过膜的物质的量为；
②由工作原理图可知，在多孔碳纳米管电极上得电子转化为，故有参与电极反应，相应电极反应式为。
故答案为： 负 ； 有自右向左通过阳离子交换膜 ； ；
（2）①转化为有机物时碳元素化合价降低，因此发生了还原反应，是阴极，极是阳极，是电源的正极；转化为有机物时，需要氢元素，阳极上水失去电子得到、，因此需要通过膜进入阴极区，因此交换膜最好是阳离子交换膜；若将电极换为电极，则该电极会失去电子，导致该电极被腐蚀，直至消失；
②充电时阴极的电极反应式为、、，阳极电极反应式为，由两个电极反应式可知，放电过程中溶液中的数量基本不变。
故答案为： 正 ； 阳 ； 左端铜电极会被腐蚀直至消失 ； ； 基本不变 。
【分析】(1)①充电时，Mg 电极作原电池负极，需接电源负极；电路通过 2mol 电子时，1mol Mg2+自右向左通过阳离子交换膜。②放电时，多孔碳纳米管电极为正极，CO2得电子结合Mg2+生成 MgC2O4，电极反应式为Mg2++2CO2+2e-=MgC2O4。
(2)①CO2在Cu极被还原（阴极），故 Pt 极为阳极，接电源正极（a 极）；H+需移向阴极，交换膜X选阳离子交换膜；Pt换Cu则阳极Cu失电子被腐蚀。
②CO2得电子生成 CH3CHO，电极反应式为2CO2+10e-+10H+=CH3CHO+3H2O；阴阳极H+消耗与生成量相当，故 H+数量基本不变。
（1）①放电时转化为，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以多孔碳纳米管电极为正极、电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、电极为阴极。充电时原电池的负极与电源的负极相连，会转化为，故电池中从右向左移动，电路中转移的电子所带电量与通过阳离子交换膜的所带电量相等，因此透过膜的物质的量为；
②由工作原理图可知，在多孔碳纳米管电极上得电子转化为，故有参与电极反应，相应电极反应式为。
（2）①转化为有机物时碳元素化合价降低，因此发生了还原反应，是阴极，极是阳极，是电源的正极；转化为有机物时，需要氢元素，阳极上水失去电子得到、，因此需要通过膜进入阴极区，因此交换膜最好是阳离子交换膜；若将电极换为电极，则该电极会失去电子，导致该电极被腐蚀，直至消失；
②充电时阴极的电极反应式为、、，阳极电极反应式为，由两个电极反应式可知，放电过程中溶液中的数量基本不变。
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