【文档说明】河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一下学期第二次学段检测化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，450.000 KB，由小赞的店铺上传

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沧州市第一中学2019~2020学年第二学期第二次学段检测高一年级化学试题可能用到的相对原子质量：H:1O：16第Ⅰ卷选择题部分一、单项选择题1.化学与社会、技术、环境、生活密切相关，下列有关说法中错误的是A.处理秸秆的方法之一，是将秸秆转化为乙醇以

作汽车燃料B.在过渡元素中可以寻找到优良的催化剂C.为卫星供电的太阳能帆板主要由二氧化硅制成D.镧镍合金等贮氢合金的发现和应用解决了氢气贮存、运输等难题【答案】C【解析】【详解】A．秸秆主要成分为纤维素，纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖

发酵得到乙醇，乙醇能够做内燃机燃料，所以处理秸秆的方法之一，将秸杆转化为乙醇以作汽车燃料，A正确；B．在过渡元素中可以寻找到优良的催化剂，B正确；C．太阳能电池板主要由Si制成，C错误；D．贮氢合金方便储存和运输氢气，解决了贮存和运输氢气难的问题，D正确。答案选C。2.下列有关化学基本概念的说法

不正确的是A.乙醇和二甲醚互为同分异构体B.碳、硫、磷均存在同素异形现象C.氢元素存在1H、2H、3H三种核素，它们互为同位素D.O2转变成O3属于物理变化【答案】D【解析】【详解】A．乙醇结构简式为C2H5OH

，二甲醚结构简式为CH3OCH3，二者分子式均为C2H6O，而结构不同，互为同分异构体，A正确；B．C存在同素异形体，如金刚石、石墨，S存在同素异形体，如S4和S8，P存在同素异形体，如红磷和白磷，B正确；C．

氢元素存在1H、2H、3H三种核素，它们互为同位素，C正确；D．O2转变成O3有新物质生成，是化学变化，D错误。答案选D。3.化学科学需要借助化学专用术语来描述，下列有关化学用语的使用正确的是()A.NH4Cl的电子式：B.S

2–的结构示意图：C.CO2的结构式：O=C=OD.中子数为20的氯原子：1737Cl【答案】C【解析】【详解】A．氯化铵为离子化合物，电子式中需要标出离子所带电荷，阴离子需要标出最外层电子，氯化铵正确的电子式为：，故A错误；B．硫离子的核电荷数为1

6，核外电子总数为18，最外层为8个电子，硫离子正确的结构示意图为：，故B错误；C．二氧化碳的电子式为：，将所有的共用电子对换成短线，即为二氧化碳的结构式，二氧化碳的结构式为：O=C=O，故C正确；D．氯元素的核电荷数为17，质量数为37的氯原子可以表示为：3717Cl，故D错误，故选C。

【点睛】注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图的区别是解决此题的关键。4.某兴趣小组设计的简易原电池装置如下图所示。该电池工作时，下列说法正确．．的是A.锌片作正极B.碳棒上有气泡产生C.可将电能转化为化学能D.电子由碳棒经导线流向锌片【答案】B【解析】

【分析】由图可知，Zn是活泼金属，为负极，碳棒是非金属，为正极；负极上Zn失去电子，正极上氢离子得到电子，结合原电池原理分析解答。【详解】A．电池工作时，Zn失去电子，作负极，故A错误；B．碳棒为正极，氢离子在正极上

得到电子生成氢气，有气泡产生，故B正确；C．原电池中化学能转化为电能，故C错误；D．Zn为负极，电子由锌片经导线流向碳棒，故D错误；答案选B。5.下列说法正确的是A.物质发生化学反应时都伴随着能量变化B.吸热反应一定要在加热或高温条件下才能进行C.浓硫酸溶于水时共价健断裂并放

出大量的热，所以该过程是放热反应D.焰色反应有能量变化，所以焰色反应是化学反应【答案】A【解析】【详解】A．化学变化有两个特征，一是物质变化，二是能量变化，故物质发生化学反应时都伴随着能量变化，A正确；B．一个反应是吸热反应还是放热反应与反应条件是否加热无关，B错误；C．化

学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量，C错误；D．焰色反应无新物质生成，属于物理变化，D错误。答案选A。6.下列变化中既有离子键断裂，又有共价键断裂的是A.NaOH溶于水B.NH4HCO3受热分解C.HCl溶于水D.I2的升华【答案】B【解析】【详解】A．N

aOH溶于水电离出Na+和OH-，只破坏离子键，故A错误；B．碳酸铵受热分解生成氨气、二氧化碳和水，所以离子键和共价键都发生断裂，故B正确；C．HCl中只含共价键，在水分子的作用下发生共价键电离，故C错误；D．I2的升华，发生物理变化，只是破坏分子间作用力，化学

不被破坏，故D错误；答案为B。【点睛】根据晶体中存在的化学键及晶体的构成微粒确定晶体类型，根据微粒之间的作用力判断化学键，一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，分子晶体和原子晶体中存在共价键、离子晶体中存在离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作

用力、原子晶体熔化时破坏共价键、离子晶体熔化时破坏离子键。7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，16gO2和O3的混合物所含的电子数为8NAB.标准状况下，2.24L水中所含的电子数为NAC.0.

1molNa2O2晶体中所含的离子数为0.4NAD.1molFe在氧气中充分燃烧失去的电子数为3NA【答案】A【解析】【详解】A．O2和O3均由O构成，n(O)=16g16g/mol=1mol，n(电子)=1mol×8=8mol，即16gO2和O3的混合物所含的电子数为8NA，A

正确；B．标准状况下，水不是气体，不能计算水的物质的量，B错误；C．Na2O2由2个Na+和1个O22-构成，0.1molNa2O2晶体中所含的离子数为0.3NA，C错误；D．-2343Fe+2OFeO~8e点燃，则1molFe在氧气中充分燃烧失去的电子数为83NA，D错误。答案

选A。【点睛】Na2O2中O22-是一个整体，只有1个阴离子。8.一定量盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的①NaOH固体②NaCl溶液③KNO3溶液④CH3COONa固体A.①③B.②④C.②③D.③④【答案】B【解析】【

分析】Fe过量，H+的量决定产生氢气的量。【详解】①NaOH消耗了一定的H+，导致产生氢气的量减少，①错误；②加入NaCl溶液，溶液总体积增大，H+浓度减小，反应速率减小，产生氢气的量不变，②正确；③NO3-和H+和Fe发生氧

化还原反应，H+的量减少，产生氢气的量减少，③错误；④加入CH3COONa，CH3COO-和H+反应生成CH3COOH，H+浓度减小，反应速率减小，但是溶液中总氢不变，产生氢气的量不变，④正确；综上所述，②④正确，B符合。答案选B。9.如图所示装置中，观察到电流计指针偏转

，M棒变粗，N棒变细，由此判断表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是选项MNPA锌铜稀硫酸B铜铁稀盐酸C银锌硝酸银溶液D锌铁硝酸铁溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】电流计指针偏转，说明该装置构成原电池，

M棒变粗，N棒变细，则N为易失电子的活泼金属作负极，不活泼金属M作正极，电解质溶液中阳离子为不活泼金属阳离子。【详解】A项、装置中M电极锌比铜活泼作原电池负极，M极变细，铜作原电池正极，正极上氢离子得电子生成氢气，故A不成立；B项、装置中N电极铁比铜活泼作原电池负极，铜作原电池正极

，正极上氢离子得电子生成氢气，M极不会变粗，故B不成立；C项、装置中N电极锌比银活泼作原电池负极，N极变细，银作原电池正极，正极上银离子得电子生成银，M极变粗，故C成立；D项、装置中M电极锌比铁活泼作原电池负极，M极变细，铁作原电池正极，正

极上三价铁离子得电子生成亚铁离子，故D不成立。故选C。【点睛】本题考查了原电池的工作原理，能根据电极材料的变化判断正负极是解本题的关键。10.800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化如图所示。则以下说法错误的是（）A.发生的反应可表示为2A(g)2B(g)+

C(g)B.前2minA的分解速率为0.1mol/(L·min)C.开始时，正、逆反应同时开始D.2min时，A、B、C的浓度之比为2∶3∶1【答案】C【解析】【详解】A.由图示可知：A浓度减小，B、C浓

度逐渐增加，则A为反应物，B、C为生成物，在2min内三种物质浓度变化比为：2:2:1，由于物质的浓度变化比等于方程式中物质的化学计量数的比，且最后三种物质都存在，因此该反应为可逆反应，方程式为2A(g)2B(g)+C(g)

，A正确；B.由图可知前2minA的△c(A)=0.2mol/L，所以υ(A)=()cA0.2/t2molLmin==0.1mol/(L·min)，B正确；C.在反应开始时由于没有生成物C物质，因此反应是从正反应方向开始的，C错误；D.根据图示可知

在2min时c(A)=0.2mol/L，c(B)=0.3mol/L，c(C)=0.1mol/L，所以2min时，A、B、C的浓度之比为2∶3∶1，D正确；故合理选项是C。二、不定项选择题11.对于反应4NH3+5O2＝4NO+6H2O，下列为4种不同情况下测

得的反应速率中，表明该反应进行最快的是A.v(NH3)＝0.2mol/（L·s）B.v(O2)＝1.4mol/（L·min）C.v(H2O)＝0.25mol/（L·s）D.v(NO)＝9mol/（L·min）【答案】A【解析】【详解】如果都用氧气表示其反应速率，则根据反应速率之比是

化学计量数之比结合方程式可知选项A～D分别是[mol/(L·min）]15、1.4、12.5、11.25，所以反应速率最快的是选项A。答案选A。【点睛】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的

化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。换算时要注意单位的统一。12.在一定温度下的某恒容密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。可认定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是A.体系压强不再发生变化B.v

正(CO)=v逆(H2O)C.生成nmolCO的同时生成nmolH2D.1molH−H键断裂的同时形成2molH−O键【答案】AB【解析】【分析】平衡的标志：一是正反应速率和逆反应速率相等，二是体系中各物质的质量、物质的量不变。【详解】A．该

反应是个气体分子数增加的反应，体系压强不再发生变化，说明体系中各成分的物质的量不变，已达平衡，A正确；B．由方程式可知，v正(CO)=v正(H2O)，所以，v正(H2O)=v逆(H2O)，已达平衡，B正确；C．生成nmolCO和生成nmolH2描述的都是正

反应，C错误；D．1molH−H键断裂的同时形成2molH−O键，描述的都是逆反应，D错误。答案选AB。13.把下列四种盐酸溶液分别加入四个盛有20mL1mol/L的KOH溶液的烧杯中，均加水稀释到100mL，此时反应最快的是

()A.20℃20mL3mol/L的盐酸B.25℃30mL2mol/L的盐酸C.25℃10mL5mol/L的盐酸D.20℃10mL2mol/L的盐酸【答案】B【解析】【分析】HCl的物质的量越多，溶液稀释到相同体积时，HCl的物质的量浓度越大，温度越

高，反应速率越大，据此分析解答。【详解】A.20mL3mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.06mol；B.30mL2mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.06mol；C.10mL5mol/L的盐酸中含有HCl的物质的量=0.05mol；D.10mL2mol/L的盐酸中含有H

Cl的物质的量=0.02mol；对比选项中HCl的物质的量，A、B选项中HCl的物质的量最多，均为0.06mol，溶液稀释到相同体积时，HCl的物质的量浓度最大，且选项B的温度比A高，则B的反应速率最大，故选B。14.已知某

条件下，SO2(g)和O2(g)反应生成2molSO3(g)时，放出的热量为QkJ。在1L的密闭容器中进行反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，SO2、O2、SO3的起始物质的量分别为0.2mol、0.1mol、0.2mol，下列叙述正确的是A.某时刻，SO3的物质的量为0.28

mol，则SO2的转化率为40%B.反应达到平衡时放出的热量为0.1QkJC.反应正向进行时，混合物的平均摩尔质量减小D.某时刻，SO3的浓度可能为0.3mol·L-1【答案】AD【解析】【详解】A．SO3的起始物质的量为0.2mol，某时刻为0

.28mol，则SO3生成了0.08mol，由方程式计量数可知，SO2也转化了0.08mol，SO2的转化率=0.08mol×100%0.2mol=40%，A正确；B．每生成2molSO3(g)时，放出的热量为QkJ，SO2、O2的起始物质的量分别为0.2mol、0.1mol，

因为是可逆反应，生成SO3的物质的量一定小于0.2mol，故放出的热量少于0.1QkJ，B错误；C．反应正向进行，气体总物质的量减小，总质量不变，由n=mM可知，M必然增大，即混合物的平均摩尔质量增大，C错误；D．该反应是可逆反应，若反应正向进行，生成SO3的物质的

量大于0，小于0.2mol，该时刻SO3的物质的量大于0.2mol，小于0.4mol，即可能为0.3mol，D正确。答案选AD。【点睛】可逆反应有限度，不能完全向右或者完全向左转换。15.某航空站安装了一台燃料电池，该电池可同时提供电和水蒸气，所用燃料为氢气，电解质为

熔融的碳酸钾。已知电池的总反应为2H2+O2=2H2O，正极反应为2223O+2CO+4e=2CO−−。下列说法正确的是A.该电池可在常温或高温时工作B.负极反应为22H+2OH2e=2HO−−-C.该电池工作时负极

有CO2生成D.理论上该电池供应1molH2O，同时导线中转移2mol电子【答案】CD【解析】【详解】A．电解质为熔融的碳酸钾，该电池必然在高温下工作，A错误；B．总反应-正极反应可得负极反应式为：2H2+2CO32--4e-=2CO2+2H2O，B错误；C．由电极反应式

可知，负极有二氧化碳生成，C正确；D．由2H2+2CO32--4e-=2CO2+2H2O可知，每生成2mol水，转移4mol电子，供应1molH2O，转移2mol电子，D正确。答案选CD。16.下列说法不正确的是()A.化学反应的实质是

旧键的断裂，新键的生成B.CH4、CF4、CCl4、CBr4熔沸点逐渐升高，原因是分子间作用力逐渐增大C.NH3和H2O间可以形成氢键，这也是氨极易溶于水的原因之一D.NH4H中含有离子键、极性键、非极性键【答案】D【解析

】【详解】A.化学反应的实质是旧键的断裂，新键的生成，特征是产生新物质，A正确；B.CH4、CF4、CCl4、CBr4熔沸点逐渐升高，原因是分子间作用力逐渐增大，B正确；C.NH3和H2O间可以形成氢键，这也是氨极易溶于水的原因之一，C正确；D.NH4H中含有离子键、极性键，不存在非极性键

，D错误；答案选D。17.将盛有N2和NO2混合气体的试管倒立于水中，经过足够时间后，试管内气体体积缩小为原体积的一半，则原混合气体中N2和NO2的体积比是A.1：1B.1：2C.1：3D.3：1【答案】C【解析】【分析】N2和NO2混合气体的试管倒立于水中，N2与水不反应也不溶于水，

NO2与水发生反应而溶解，方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，每3体积NO2产生1体积NO，试管内气体体积减小NO2体积的23，据此分析解答。【详解】设原混合气体中N2和NO2的体积分别为x，y，由分析

可知，试管内气体体积减小了NO2体积的23，则有12(x+y)=x+(1-23)y，解得x:y=1:3。答案选C。18.汞阴极法电解饱和食盐水制取NaOH的原理如下图所示。下列说法正确的是A.电解室中反应的化学方程式为2NaCl+2H2O电解2NaOH

+H2↑+Cl2↑B.解汞室中反应的离子方程式为2Na+2H+=2Na++H2↑C.该方法的缺点是挥发出的汞蒸气会造成环境污染D.电解室与解汞室产生的气体可用于制取盐酸【答案】CD【解析】【分析】由图可知，电解室内阳极反应为：2Cl

--2e-=Cl2↑，阴极反应为：Na++e-=Na，解汞室内发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。【详解】A．将电解室阳极、阴极反应叠加可得电解室中的总反应为：2NaCl电解2Na+Cl2↑，A错误；

B．解汞室内发生的反应为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B错误；C．汞有毒，常温下呈液态，易挥发，会造成环境污染，C正确；D．氢气和氯气在光照或点燃条件下反应生成HCl，HCl溶于水得盐酸

，D正确。答案选CD。19.如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是A.X、Y、Z三种元素氢化物的沸点依次升高B.由X、Y和氢三种元素形成的化合物中可能含有离子键

C.由X、Y两种元素形成的化合物都是酸性氧化物D.T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4【答案】BD【解析】【分析】设X元素原子的最外层电子数为x，则(x-1)+x+(x+1)+(x+2)=22，解得x=5，X、Y、Z、W、T分别为

：N、O、Cl、Si、Ge，据此解答。【详解】A．H2O、NH3分子间有氢键，沸点比HCl高，H2O的沸点比NH3高，故三者氢化物的沸点大小关系为：Y＞X＞Z，A错误；B．H、N、O可能组成含离子键的物质，如NH4NO3，B正确；C．N和O可组成酸性氧化物，如N2O5，也

可组成非酸性氧化物，如NO2，C错误；D．T位于第ⅣA族，原子的最外层电子数为4，最高正价为+4，可与Cl形成TCl4，D正确。答案选BD。【点睛】原子的最外层电子数=主族序数=最高正化合价。20.某物质为易溶于水的白色粉末，在工业循环水中可用作杀菌剂，也可

用作钙、镁离子的络合剂，其结构可用下图表示。已知四种常见元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且分别位于不同周期，下列说法错误的是（）A.Z元素在该物质中为+3价B.W的简单阳离子比Z的简单阴离子多一个电子层C.W的最高

价氧化物的水化物的水溶液可与Al粉发生反应D.Z单质与Y单质反应可产生Z2Y5【答案】B【解析】【分析】X只形成1个共价键且原子序数最小，则X为H，Y形成2个键，Y可能为O或者S，Z形成5个共价键，Z为N或P，结合原

子序数可知，Y为O，Z为P，W为K，综上所述，X、Y、Z、W分别为：H、O、P、K，据此解答。【详解】A．结合上面的分析可知，该化合物化学式为：KH2PO3，P的化合价为+3，A正确；B．K+有3个电子层，P3-有3个电子层，二者电子层数相等，B错误；C．KOH是强碱，其溶液可与

Al反应，C正确；D．P单质和O2反应生成P2O5，D正确。答案选B。第Ⅱ卷非选择题部分三、填空题：21.A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，其原子序数依次增大。A、B两元素最高正价和最低负价之和均为零。E和A同主族；D、F是地壳中含量最高的非金属元素和金

属元素。(1)写出B元素的元素名称____________________________，其在周期表中的位置_______________________________。(2)E离子结构示意图为_

_______________________；E2D2的电子式_________________________。(3)常温下，将F的单质加入到C的最高价氧化物的水化物浓溶液中，无明显现象，原因是_______________________

_____________________________。(4)由C、E组成的一种化合物化学式为E3C，该化合物中两种离子的半径由大到小的顺序是________________(用离子符号表示)；该化合物遇水剧烈反应，生成NaOH和NH3，该过程中破坏的化学键类

型是_______________________。【答案】(1).碳(2).第二周期ⅣA族(3).(4).(5).常温下，铝在浓硝酸中钝化（生成致密的氧化膜）(6).N3->Na+(7).离子键、（极性）共价键【解析】【分析】D、F是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素

，则D为O，F为Al，A、B两元素最高正价和最低负价之和均为零且A、B原子序数比D小，则A、B分别为H、C，E和A同主族且原子序数介于O和Al之间，则E为Na，C的原子序数介于C(碳)和O之间，则C为N，综上所述，A、B、C、D、E、F分别为：H、C、N、O、Na、Al，据此分

析解答。【详解】(1)B为碳元素，位于第二周期ⅣA族，故答案为：碳；第二周期ⅣA族；(2)Na+结构示意图为，Na2O2的电子式为，故答案为：；；(3)常温下，浓硝酸和Al反应生成致密的氧化膜，使Al钝化，所以看不到明显的现象，故答案为：常温下，铝

在浓硝酸中钝化（生成致密的氧化膜）；(4)E3C为Na3N，Na+和N3-都有两个电子层，N3-的原子序数小，半径更大，所以，二者的离子半径大小关系为：N3->Na+。Na3N由离子键构成，水由（极性）共价键构成，所

以破坏了离子键和（极性）共价键，故答案为：N3->Na+；离子键、（极性）共价键。22.氢气是未来非常理想能源，科学家最近研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛(TiO2)表面作用使海水分解得到氢气的新技术：2H2O2TiO激光2H2+O2。制得的氢气可用于燃料电池、合成氨工业。回答下列问题：(1

)分解海水时，__________能转变为_______________能。生成的氢气用于燃料电池时，___________能转变为_____能。(2)氢气可用于合成氨。一定温度下，向2L的密闭容器中加入1molN2和3molH2发生反应N2(g)+3H2(

g)2NH3(g)，2min时测得N2的浓度为0.3mol/L，5min时达到平衡，此时测得压强为开始时的34。则前2min用NH3表示的化学反应速率为__________；平衡时，N2的转化率为_________。(3)合成氨还需要大量的氮气

为原料，工业上获得大量氮气的方法是____________________。【答案】(1).光（太阳）(2).化学(3).化学(4).电(5).0.2mol/(L·min)(6).50%(7).分离液态空气【解析】【详解】(1)分解海水时，光(太阳)能转变为化学能，燃料电池将化学能转变为电能，故答

案为：光(太阳)；化学；化学；电；(2)反应前N2的浓度=0.5mol/L，2min时测得N2的浓度为0.3mol/L，则N2的浓度减小量=0.2mol/L，v(N2)=0.2mol/L2min=0.1mol/(L·

min)，所以v(NH3)=2v(N2)=0.2mol/(L·min)。设到达平衡时，N2消耗了xmol，则：()()()223+Ng3Hg2NHg/mol130/molx3x2x/mol1-x3-3x2x起始值变化

值平衡值，因为平衡时，体系压强为开始时的34，所以：(1-x)+(3-3x)+2x=3(1+3)4，解得x=0.5，所以，N2的转化率=0.5mol100%1mol=50%，故答案为：0.2mol/(L·min)；50%；

(3)工业上用分离液态空气法获得大量氮气，故答案为：分离液态空气。23.在我国南海、东海海底均存在大量的可燃冰（天然气水合物，可表示为42CHxHO）。2017年5月，中国首次海域可燃冰试采成功。2017年11月3日，国务院正式批准将可燃冰列为新矿种。可燃冰的开采和利用，既有助于解决人类

面临的能源危机，又能生成一系列的工业产品。(1)对某可燃冰矿样进行定量分析，取一定量样品，释放出的甲烷气体体积折合成标准状况后为166m3，剩余H2O的体积为0.8m3，则该样品的化学式中x=_________________。(2)已知下表数据，且

知H2O(l)=H2O(g)△H=+411kJmol−化学键C—HO=OC=OH—O键能/1kJmol−413498803463用甲烷燃烧热表示的热化学方程式为_____________________________________________________。(3)

甲烷燃料电池相较于直接燃烧甲烷有着更高的能量转化效率，某甲烷燃料电池，正极通入空气，以某种金属氧化物为离子导体（金属离子空穴中能传导O2-），该电池负极的电极反应式为_______________________

___________________。(4)甲烷与水蒸气重整制氢是工业上获得氢气的重要手段。若甲烷与脱盐水在一定条件下反应生成H2，同时得到体积比为1:3的CO2和CO，该反应的化学方程式为______________

_______________________。混合气体中的CO2可用浓氨水脱除，同时获得氮肥NH4HCO3，该反应的离子方程式是___________________________________________

______________。【答案】(1).6(2).CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-892kJ·mol-1(3).CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O(4).42224CH+5HO=CO+3CO+13H(5).N

H3·H2O+CO2=NH4++3HCO−【解析】【详解】(1)n(CH4)=316610L22.4L/mol=31661022.4mol，n(H2O)=60.810g18g/mol=60.81018mol，n(CH4):n(H2O)=31661022.4:60.81018≈1:

6，所以x=6，故答案为：6；(2)由表格可知①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)的△H=（4×413+2×498-2×803×-4×463）kJ·mol-1=-810kJ·mol-1，又因为②H2

O(l)=H2O(g)△H=411kJmol−，将①-2×②得：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=（-810-2×41）1kJmol−=-892kJ·mol-1，故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△

H=-892kJ·mol-1；(3)甲烷在负极失电子，被氧化，结合电解质、原子守恒、电荷守恒可得负极反应为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，故答案为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；(4)由已知可知道，反应物为甲烷和水，生成物为氢H2、CO和CO2，结合C

O2和CO的体积比为1:3可得方程式为：42224CH+5HO=CO+3CO+13H。二氧化碳和氨水反应生成NH4HCO3的离子方程式为：NH3·H2O+CO2=NH4++3HCO−，故答案为：42224CH+5HO=CO+3CO+13H；NH3·H2O+CO2=NH4++3HCO

−。【点睛】燃料电池电极反应的书写：燃料在负极失电子，O2在正极得电子。24.利用软锰矿（主要成分为MnO2，含有杂质SiO2、Fe2O3）和高品质硫锰矿（主要成分为MnS）制取KMnO4的一种工艺流程如下图所示。请回答下

列问题：(1)“酸浸”工序中，MnO2和MnS中的Mn元素转化成MnSO4，同时生成S单质，该反应的离子方程式为________________________________________。(2)为了提高“酸浸”效率，下列方法可行的是_______

________________。A.将软锰矿和硫锰矿矿石研磨成矿粉B.适当提高体系的温度C.使用浓盐酸代替稀硫酸进行酸浸D.使用搅拌器对混合物进行搅拌(3)将“滤液Ⅰ”进行处理后，在温度为50℃，pH为6.4~6.8的电解

槽中持续电解，可使NaClO3复原，同时获得的副产物是H2，则阳极的电极反应式为______________________________。(4)“歧化”时，生成物为K2CO3、KMnO4和MnO2。可通过过滤操作分离出MnO2，

并将其循环到___________工序，以提高原料利用率。然后通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、低温烘干操作获得KMnO4固体，洗涤时应使用75%乙醇溶液对固体进行冲洗，其优点是________________

___________。【答案】(1).MnO2+MnS+4H+=2Mn2++S↓+2H2O(2).ABD(3).Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+(4).“酸浸”或“熔融”(5).降低KMnO4的溶解度以减少溶解损失，且低温烘干时乙醇更容易挥发【解析】【分析】(1)“

酸浸”时，MnS和MnO2在酸性条件下发生氧化还原反应，生成二价锰和硫单质，发生复分解反应，氧化铁溶解后，被还原成二价铁；(2)提高“酸浸”效率，就是提高反应速率；(3)加入氯酸钠后，氯元素被还原为-1价，同时Mn2+被氧化成MnO2，少量Fe2+被氧化成Fe3+随滤液Ⅰ除去，而MnO2在

“熔融”阶段被氧化成K2MnO4，滤液Ⅰ中阴离子有Cl-、SO42-、OH-，Cl-在阳极放电；(4)“歧化”产物中有KMnO4和MnO2，应为K2MnO4歧化，据此分析解答。【详解】(1)MnO2中Mn元素被还原，Mn

S中S元素被氧化，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得该反应的离子方程式为：MnO2+MnS+4H+=2Mn2++S↓+2H2O，故答案为：MnO2+MnS+4H+=2Mn2++S↓+2H2O；(2)A．将软

锰矿和硫锰矿矿石研磨成矿粉，可以增大与酸接触面积，加快反应速率，从而提高效率，A正确；B．适当提高体系的温度，可以加快反应速率，从而提高效率，B正确；C．浓HCl有还原性，和MnO2发生氧化还原反应产生有毒的氯气，不可使用浓盐酸代替稀硫酸进行酸浸，C错误；D．使用搅拌器对混合物进行搅拌，可以

增大固体与酸接触面积，加快反应速率，从而提高效率，D正确；综上所述，答案为：ABD；(3)Cl-在阳极放电，被氧化成ClO3-，阳极反应为：Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+，故答案为：Cl-+3H2O-6e-=ClO3-+6H+；(4)从流程及分析来看，M

nO2可循环用在“酸浸”或“熔融”两步，比起用水冲洗而言，用乙醇冲洗产品，一方面可降低KMnO4的溶解度以减少溶解损失，另一方面低温烘干时乙醇更容易挥发而除去，故答案为：“酸浸”或“熔融”；降低KMnO4的溶解度以减少溶解损失，且低温烘干时乙

醇更容易挥发。【点睛】单刀直入，问什么就分析什么，千万别绕进去。