河北省沧州市盐山县盐山中学2024-2025学年高一化学下学期开学考试试题含解析

PAGE19-河北省沧州市盐山县盐山中学2024-2025学年高一化学下学期开学考试试题（含解析）一、单选题（本大题共20小题，共20.0分）1.下列化学用语正确的是（）A.H2O2的电子式：B.次氯酸的结构式：H—Cl—OC.S原子的结构示意图：D.CO2的比例模型：【答案】C【解析】【详解】A．双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O—O键，双氧水正确的电子式为，A选项错误；B．次氯酸为共价化合物，中心原子为O原子，其结构式为：H—O—Cl，B选项错误；C．S原子的结构示意图：，符合题意，C选项正确；D．二氧化碳为直线型结构，其中C原子的半径大于O原子，其正确的比例模型为，D选项错误；答案选C。2.高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)的装置如图所示。下列说法正确的是()A.铁是阳极，电极反应为Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2B.电解一段时间后，镍电极旁边溶液的c(OH-)减小C.若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeOD.每制得1molNa2FeO4，理论上可以产生67.2L气体【答案】C【解析】A．用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)，铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，故A错误；B．镍电极上水放电，生成氢气和氢氧根离子，c(OH-)增大，故B错误；C．若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后由于浓度差，左侧溶液中会含有FeO42-，故C正确；D．温度和压强未知，所以无法计算生成气体体积，故D错误；故选C。点睛：本题考查了电解原理，正确推断阴阳极及发生的反应是解本题关键。易错选项是AD，A中须要依据题意目的“电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠”推断产物；D中留意气体摩尔体积的适用范围和条件。3.下列说法正确的是（）A.MgF2中的两种离子核外排布相差一个电子层B.石英和硫磺晶体熔化时克服相同类型的微粒间作用力C.发生物理变更时物质中的化学键也可能被破坏D.H2O和H2O2的稳定性不同是因为微粒间作用力不同【答案】C【解析】【详解】A.Mg2+、F−的离子均为10个电子，则离子核外排布相同，故A错误；B.石英为原子晶体，通过硅原子与氧原子形成共价键，溶化时克服的是共价键；硫磺是分子晶体，分子间是分子间作用力，溶化时克服的是分子间作用力，故B错误；C.离子化合物的溶解，是物理变更，破坏了离子键，则发生物理变更时物质中的化学键也可能被破坏，故C正确；D.H2O和H2O2的两种物质微粒间作用力不完全相同，H2O分子中只有H-O，H2O2中有H-O键和O-O键，所以稳定性不相同，故D错误。答案选C。4.短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列叙述正确的是（）A.离子半径：Tm+>Wn-B.非金属性：Q>WC.R的简洁氢化物的水溶液呈碱性D.Q的氧化物都是酸性氧化物【答案】C【解析】【分析】这几种都是短周期元素，T所处的周期序数与主族序数相等，T位于第三周期，则T是Al元素，依据它们的位置知，Q是C元素、R是N元素、W是S元素。【详解】A．Tm+离子核外有2个电子层、Wn-核外有3个电子层，所以离子半径：Tm+<Wn-，A选项错误；B．S原子得电子实力大于C原子，所以非金属性Q<W，B选项错误；C．R的简洁氢化物是氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使其溶液呈碱性，C选项正确；D．CO不成盐氧化物，所以CO不属于酸性氧化物，D选项错误；答案选C。5.选用下列试剂和电极:稀H2SO4、Fe2(SO4)3溶液、铁棒、铜棒、铂棒,组成如图所示的原电池装置，视察到电流计G的指针均有偏转，则其可能的组合共有()A.6种 B.5种 C.4种 D.3种【答案】B【解析】【详解】该装置是原电池，依据原电池的构成条件选取电极和电解质溶液；当电解质溶液为稀硫酸时,只有铁能作负极，则正极可以是铜，也可以是铂，所以有两种组合；当电解质溶液为硫酸铁时，负极可以是铁，则正极可以是铜，也可以是铂；若负极为铜时，正极只能是铂，所以有三种组合；所以通过以上分析知；能构成原电池的组合有5种；故选B。【点睛】该装置是原电池，依据原电池的构成条件选择电极和电解质溶液，有相对活泼的金属和不活泼的金属或导电的非金属作电极，且较活泼的金属能自发的和电解质溶液进行氧化还原反应，以此解答该题。6.固体NH4NO3受热分解的产物较困难，分解时发生的反应遵循守恒，从得失电子守恒和元素守恒方面分析，对NH4NO3热分解的产物猜想不正确的是（）A.N2、HNO3、H2O B.N2O、H2OC.NO2、N2O、H2O D.NH3、HNO3【答案】C【解析】【详解】A．如生成N2，N元素化合价分别由+5价、-1价变为0价，NO3-过量，则同时生成HNO3，发生反应，A选项正确；B．NH4NO3若生成N2O、H2O，氮元素-3价上升到+1价，硝酸根离子中+5价降低到+1价，符合电子守恒，B选项正确；C．如生成N2O、NO2，元素化合价应由-3价→+1价，+5价→+4价，NH4+过量，NH4+应同时生成NH3，C选项错误；D．生成NH3、HNO3符合分解反应，为化合价不变的反应，D选项正确；答案选C。7.欲除去下列物质中混入的少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂和分别方法都正确的是（）A.CH4(Cl2)：饱和食盐水洗气B.C2H4(SO2)：NaOH溶液洗气C.溴苯(Br2)：NaOH溶液蒸馏D.FeCl3溶液(CuCl2)：铁粉过滤【答案】B【解析】【详解】A．甲烷和氯气均不能溶于饱和食盐水溶液，A选项错误；B．二氧化硫与NaOH溶液反应，而乙烯不能，则利用洗气法可除杂，B选项正确；C．溴与NaOH反应后与溴苯分层，则充分振荡静置后，分液可除杂，而不用蒸馏，C选项错误；D．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，影响被提纯的物质，D选项错误；答案选B。8.少量铁粉与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不变更H2的产量，可以运用如下方法中的（）①加H2O②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④将稀盐酸换为98%的硫酸⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦上升温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用10mL0.1mol/L盐酸A.①⑥⑦ B.③⑤⑧ C.③⑦⑧ D.⑥⑦⑧【答案】C【解析】【分析】【详解】①加H2O，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故①不运用；②加NaOH固体，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故②不运用；③滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，铁粉不变，不变更氢气的产量，故③运用；④将稀盐酸换为98%的硫酸，铁遇浓硫酸会钝化，故④不运用；⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故⑤不运用；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气削减，故⑥不运用；⑦上升温度(不考虑盐酸挥发)，反应速率加快，铁粉不变，不变更氢气的产量，故⑦运用；⑧改用10mL0.1mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，铁粉不变，不变更氢气的产量，故⑧运用；综上所述，③⑦⑧能使反应速率增大，且生成氢气的量不变，故选C。9.X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分别液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法肯定正确的是（）A.X元素的氢化物的水溶液显碱性B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径C.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点D.Z元素的单质在肯定条件下能与X元素的单质反应【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分别液态空气获得其单质，X可能为O，也可能为N元素；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z元素的质子数为10+2=12，故Z为Mg元素；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，外围电子排布为ns2np2，处于ⅣA族，且属于短周期元素，所以Y为C或Si元素；W元素原子的M层有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，W为Al或Cl。【详解】A.X可能为O或N，氢化物可以是H2O、NH3，水是中性，故A错误；B.若W为Cl，镁离子与氯离子最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，镁离子半径小于氯离子半径，若W为Al，镁离子与铝离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，镁离子半径大于铝离子半径，故B错误；C.二氧化碳晶体属于分子晶体，常温下为气体，熔点和沸点很低，故C错误；D.Mg在氮气中燃烧生成Mg3N2，Mg在氧气中燃烧生成MgO，故D正确。答案为D。10.O3在水中易分解。肯定条件下，起始浓度均为0.0216mol／L的O3溶液，在不同的pH、温度下，发生分解反应，测得O3浓度削减一半所需的时间（t）如下表所示：下列推断不正确的是A.试验表明，上升温度能加快O3的分解速率B.pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用C.在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为1.00×10－4mol／（L·min）D.据表中的规律可推知，O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）＞v（30℃、pH＝7.0）【答案】D【解析】A.试验表明，在pH不变时，上升温度，O3浓度削减一半所需的时间削减，所以上升温度能加快O3的分解速率，A正确；B.温度不变时，pH增大O3浓度削减一半所需的时间削减所以pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用，B正确；C.在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为1.00×10－4mol／（L·min）,C正确；D.据表中的规律可推知，在40℃、pH＝3.0的条件下，O3浓度削减一半所需的时间肯定大于31s，在30℃、pH＝7.0的条件下，O3浓度削减一半所需的时间肯定小于15s，所以O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）<v（30点睛：本题考查的是用限制变量法探究影响化学反应速率的因素，其关键是限制在其他条件相同的条件下，分析某因素发生变更时对化学反应速率的影响，考查了学生分析数据的实力和归纳推理实力。11.下列说法不正确的是A.1mol乙烷在光照条件下最多能与3molCl2发生取代反应B.石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液，酸性KMnO4溶液褪色C.水煤气可用来合成液态烃及甲醇等含氧有机物D.苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯【答案】A【解析】【详解】A.1mol乙烷含有6mol氢原子，在光照条件下最多能与6molCl2发生取代反应，A错误；B.石油裂解气中含有烯烃，能使溴的四氯化碳溶液，酸性KMnO4溶液褪色，B正确；C.水煤气主要是氢气和CO，可用来合成液态烃及甲醇等含氧有机物，C正确；D.苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯等，D正确。答案选A。12.我国科研人员以Zn和尖晶石型锰酸锌（ZnMn2O4）为电极材料，研制出一种水系锌离子电池。该电池总反应方程式：xZn+Zn1−xMn2O4ZnMn2O4（0<x<1）。下列说法正确的是A.充电时，Zn2+向ZnMn2O4电极迁移B.充电时，阳极反应：ZnMn2O4−2xe—＝Zn1-xMn2O4+xZn2+C.放电时，每转移1mole-，ZnMn2O4电极质量增加65gD.充放电过程中，只有Zn元素的化合价发生变更【答案】B【解析】A、电解池阳离子向阴极移动，而可充可放电池中，阴极是原电池的负极，所以Zn2＋向锌迁移，故A错误；B、充电时，阳极发生氧化，阳极反应：ZnMn2O4−2xe—＝Zn1-xMn2O4+xZn2+，故B正确；C、放电时，每转移2mole-，ZnMn2O4电极质量增加65g，故C错误；D、充放电过程中，Mn、Zn元素的化合价发生变更，故D错误；故选B。13.下列有关各装置图的叙述，正确的是A.用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B.装置②的总反应式:Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+C.装置③中插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严峻D.装置④中钢闸门应与外接电源的负极相连被爱护，该方法叫做牺牲阳极的阴极爱护法【答案】A【解析】依据电流方向判定出，a为电解池的阳极，要精炼铜，粗铜必做阳极，电解质溶液为CuSO4溶液，A正确；铁比铜活泼，铁做负极，铜做正极不参加反应，所以总反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B错误；铁只有在潮湿的空气中易生锈，而越靠近底端，氧气的量越小，腐蚀程度减小，C错误；被爱护金属与直流电源的负极相连时，是外加电流的阴极爱护法，D错误；正确选项A。14.短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，Y的次外层电子数是其电子总数的，离子化合物ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同一主族，NY2是医学上常用的水消毒剂、漂白剂。下列叙述正确的是（）A.Y和W分别与X形成的简洁化合物的热稳定性：X2Y>X2WB.离子半径由小到大的依次为Y2-<Z2+<N-<W2-C.ZX2和NY2中化学键一样，且微粒个数之比均为1：2D.含氧酸的酸性：N>W，可证明非金属性：N>W【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，应为H元素，Y的次外层电子数是其电子总数的，则电子总数为8，应为O元素，W与Y属于同一主族，则W为S元素，N应为Cl元素，离子化合物ZX2是一种储氢材料，Z应为Mg元素，由以上分析可知X为H元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为S元素，N为Cl元素。【详解】A.非金属性O>S，元素的非金属性越强，对应的氢化物热稳定性越稳定，故A正确；B.简洁离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径由小到大的依次为：Mg2+<O2-<Cl-<S2-，故B错误；C.MgH和ClO2中化学键分别为离子键和共价键，故C错误；D.比较非金属性，依据最高价氧化物对应水化物的酸性推断，而含氧酸可能不是最高价氧化物的水化物，如HClO的酸性小于H2SO4，不能比较非金属性，故D错误。答案为A。15.常温下，向如图所示的两个容积相同的刚性容器中分别充入气体M、N(如表所示)，使两容器中压强相等。打开开关k，两容器中的气体充分混合后，复原至常温，容器内的气体压强(固体影响忽视不计)由大到小的依次正确的是(

)装置编号MNH3HINOH2NCl2Cl2O2O2A.①=④>②=③ B.①=④>②>③C.④>①>②>③ D.①>④>②>③【答案】B【解析】【详解】①氨气和氯气反应生成氮气、氯化氢和氯化铵，3NH3+3Cl2=N2+NH4Cl+5HCl，反应前后气体的物质的量不变，则气体的压强不变；②氯气和碘化氢反应生成氯化氢和碘单质，Cl2+2HI=2HCl+I2，碘单质在常温下是固体，而氯气过量，反应后气体总物质的量为起先的，反应后气体压强为起先的；③一氧化氮和氧气化合会生成二氧化氮，2NO+O2=2NO2，还存在可逆反应：2NO2N2O4，反应后气体体积减小，而氧气过量，反应后气体总物质的量小于起先的，反应后气体压强小于起先的；④氢气和氧气在常温下不反应，气体的物质的量不变，则气体的压强不变；所以最终容器内的气体压强由大到小的依次为①=④>②>③，故答案选B。16.硝酸被称为“国防工业之母”是因为它是制取炸药的重要原料。下列试验事实与硝酸性质不相对应的一组是（）A.浓硝酸使紫色石蕊试液先变红后褪色——酸性和强氧化性B.不能用稀硝酸与锌反应制氢气——强氧化性C.要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性D.能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去——强氧化性【答案】D【解析】【详解】A.浓硝酸使紫色石蕊试液先变红，表现出酸性；后褪色，表现出强氧化性，正确。B.不能用稀硝酸与锌反应制氢气，因为硝酸具有强氧化性，被锌还原生成氮氧化物等，而不生成氢气，正确。C.要用棕色瓶盛装浓硝酸，因为浓硝酸具有光的不稳定性，正确。D.能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去，可能是硝酸表现出强氧化性，将酚酞氧化而褪色；也可能是硝酸表现出酸性，中和了氢氧化钠的碱性，酚酞在中性溶液中呈无色，错误。故选D。17.2008年北京奥运会的“祥云”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有关丙烷的叙述中不正确的是（）A.分子中碳原子不在一条直线上B.光照下能够发生取代反应C.比丁烷更易液化D.是石油分馏的一种产品【答案】C【解析】【分析】【详解】A.烷烃分子中有多个碳原子应呈锯齿形，丙烷中3个碳原子呈折线形，碳原子不在一条直线上，A正确；B.丙烷在光照的条件下可以和氯气等发生取代反应，B正确；C.烷烃中碳个数越多沸点越高，丙烷分子中碳原子数小于丁烷，故丁烷沸点高，更易液化，C错误；D.丙烷属于石油分馏的产物，是液化石油气的成分之一，D正确。答案为C。18.如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变更。下列说法正确的是A.通常状况下，NO比N2稳定B.通常状况下，N2(g)和O2(g)混合能干脆反应生成NOC.1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的能量D.1molN2(g)和1molO2(g)反应放出的能量为179.3kJ【答案】C【解析】【分析】【详解】A．通常状况下，N2更稳定，故A错误；B．通常状况下，N2(g)和O2(g)混合不能干脆生成NO，须要放电条件，故B错误；C．由图中数据可得反应物断键汲取（946+498）kJ/mol=1444kJ/mol的能量，生成物成键放出2×632kJ/mol=1264kJ/mol的能量，故该反应是吸热反应，依据能量守恒，1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故C正确；D．焓变=反应物断裂化学键汲取的能量-生成物形成化学键放出的能量，N2+O2═2NO，ΔH=946kJ/mol+498kJ/mol-2×632kJ/mol=+180kJ/mol，反应是吸热反应，故D错误；答案选C。19.已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2＋I－→H2O＋IO－慢H2O2＋IO－→H2O＋O2＋I－快下列有关该反应的说法正确的是A.反应速率与I－的浓度有关B.IO－也是该反应的催化剂C.反应物的总能量小于生成物的总能量D.2v（H2O2）＝2v（H2O）＝v（O2）【答案】A【解析】A.该反应的速率由慢反应确定。碘离子参加了慢反应，所以反应速率与I－的浓度有关，浓度越大，化学反应速率越快，A正确；B.IO－只是该反应的中间产物，B不正确；C.该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，C不正确；D.用不同物质表示同一反应的速率，其速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2O2）＝v（H2O）＝2v（O2），D不正确。20.下列有关晶体的说法正确的是（）A.原子晶体中肯定不含分子间作用力B.离子晶体中肯定只含离子键C.分子晶体中肯定含化学键D.金属晶体的熔沸点肯定高于分子晶体的熔沸点【答案】A【解析】【详解】A.原子晶体是由原子构成的，相邻原子间存在共价键，原子晶体中肯定不含分子间作用力，故A正确；B.离子晶体中肯定含离子键，也可能含有共价键，如铵盐等，故B错误；C.稀有气体是分子晶体，相邻原子间存在分子间的作用力，不含有化学键，故C错误；D.金属晶体的熔沸点不肯定高于分子晶体的熔沸点，如汞的熔点比碘单质的熔点低，故D错误。答案为A。二、推断题（本大题共1小题，共10.0分）21.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑦在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）①在周期表中的位置是__，②、⑤原子半径的大小关系为__(填元素符号)。（2）①、⑤、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的依次是__(填化学式)。（3）③和⑥的气态氢化物稳定性强弱关系__(填化学式)。（4）④和⑦两种单质形成的化合物含有的化学键__(填“共价键”或“离子键”)，③和⑥两种单质反应的化学方程式__。（5）②的最简洁氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为__。【答案】(1).其次周期ⅣA族(2).r(Si)>r(N)(3).HClO4>H2CO3>H2SiO3(4).H2O>H2S(5).离子键(6).S+O2SO2(7).NH3+H+=NH【解析】【分析】按元素在周期表中的位置可知，①为C、②为N、③为O、④为Na、⑤为Si、⑥为S、⑦为Cl，结合元素周期律回答；【详解】(1)①是C，在周期表中的位置是其次周期ⅣA族，依据同主族原子电子层数越多其原子半径越大、同周期从左到右原子半径递减，则原子半径的大小关系r(Si)>r(C)>r(N)，则r(Si)>r(N)；故答案为：其次周期ⅣA族；r(Si)>r(N)；(2)元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，①、⑤、⑦非金属性强弱依次是Cl＞C＞Si，则其最高价含氧酸的酸性由强到弱的依次是HClO4>H2CO3>H2SiO3；答案为：HClO4>H2CO3>H2SiO3；(3)非金属性越强，气态氢化物稳定性就越强；依据同主族元素从上到下非金属性渐渐减弱可知，③和⑥非金属性为O＞S，则气态氢化物稳定性强弱关系为H2O>H2S；答案为：H2O>H2S；(4)④和⑦两种单质形成的化合物为氯化钠，是典型的离子化合物，含有的化学键为离子键，③的单质是氧气，⑥的单质是硫，反应的化学方程式为：S+O2SO2；答案：离子键；S+O2SO2；(5)②的最简洁氢化物为氨气，其最高价氧化物对应水化物为硝酸，两者反应生成硝酸铵，则反应的离子方程式为NH3+H+=NH；答案为：NH3+H+=NH。【点睛】娴熟驾驭元素周期表结构、元素金属性非金属性的强弱标准、原子半径的规律等是解此题的关键。三、简答题（本大题共1小题，共5.0分）22.（1）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示：HS-在硫氧化菌作用下转化为SO的反应式是__。（2）PbSO4热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源，基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl—KCl受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。①放电过程中，Li+向__(填“负极”或“正极”)移动。②负极反应式为__。③电路中每转移0.2mol电子，理论上生成__gPb。（3）氨氧燃料电池具有很大的发展潜力。氨氧燃料电池工作原理如图所示。①a电极的电极反应式是__。②一段时间后，需向装置中补充KOH，请依据反应原理说明缘由：__。【答案】(1).HS-+4H2O-8e-=SO+9H+(2).正极(3).Ca+2Cl--2e-=CaCl2(4).20.7(5).2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O(6).由于发生4NH3+3O2=2N2+6H2O反应，有水生成，使得溶液渐渐变稀，所以要补充KOH【解析】【分析】3个问题都是原电池相关的问题，应用原电池原理解本题即可，假如是燃料电池，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极为正极，还原剂在原电池的负极发生氧化反应，书写电极反应式时要结合电解质，(1)中有质子交换膜，由图知负极上有氢离子生成、正极上有氢离子反应，(2)是无水盐环境，(3)在碱性电解质溶液中，电极上不能生成H+，据此回答；【详解】(1)由微生物燃料电池的图可知，HS-在硫氧化菌作用下转化为SO的同时，还产生了氢离子，依据质量守恒和电荷守恒可写出相关的反应式为；故答案为：；(2)①电池放电过程中，阳离子向正极移动，Li+向正极移动，答案为：正极；②由电池总反应式可知，负极上是钙放电，产物为氯化钙，据此可知负极反应式为：Ca+2Cl--2e-=CaCl2答案为：Ca+2Cl--2e-=CaCl2；③由反应中的化合价变更可知，每生成1molPb，转移电子数为2mol，故电路中每转移0.2mol电子，理论上生成0.1molPb，质量为0.1mol×207g/mol=20.7g答案为：20.7；(3)①由电池工作图可知，氨气在a电极放电，产生氮气，碱性条件下，还产生水，故a电极的电极反应式是2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；②一段时间后，需向装置中补充KOH的缘由是由于发生4NH3+3O2=2N2+6H2O反应，有水生成，使得溶液渐渐变稀，所以要补充KOH；故答案为：由于发生4NH3+3O2=2N2+6H2O反应，有水生成，使得溶液渐渐变稀，所以要补充KOH。【点睛】明确原电池原理是解本题关键，原电池工作时，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，氧化剂剂在正极得到电子发生还原反应，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极。四、试验题（本大题共1小题，共10.0分）23.将VmLNO和NO2的混合气体通过水汲取后，得到amL无色气体A。将此无色气体A与等体积的O2混合，再通过水充分汲取后，收集到4mL无色气体B。试回答：（1）气体A是___；气体B是___。（2）A气体的体积是___毫升。（3）V的取值范围是___。【答案】(1).NO(2).O2(3).16(4).16<V<48【解析】【分析】NO2通入水中发生反应：；所得气体中接着通入等体积氧气时，则得到硝酸溶液，且氧气有剩余，因为发生了，据此回答；【详解】(1)因NO不与水反应，NO2能与水反应：，所以无色气体为NO，无色气体A与等体积的O2混合通过水后发生反应：，氧气过量，则无色气体B为氧气；答案为：NO；O2；(2)因为过量的氧气为4mL，依据反应，剩余的氧气占原氧气总体积的，所以氧气的总体积是：，而起先反应时NO与O2的体积相等，得NO的体积为16mL；答案为：16；(3)由(2)可以知道：NO2与水反应产生的NO和原来的NO共16mL，若VmL气体全部NO，则V=16，若VmL气体全部为NO2，依据反应可以知道V=48，所以混合气体的体积