1、填空题  (14 分)过氧化氢和臭氧都是常见的绿色氧化剂，在工业生产中有着重要的用途。

（1）据报道以硼氢化合物NaBH4（B的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，可用作通信卫星电源。负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如右图所示。该电池放电时正极的电极反应式为：?；
以MnO2做正极材料，可能是因为?。
（2）火箭发射常以液态肼（N2H4）为燃料，液态过氧化氢
为助燃剂。已知：
N2H4(g) + O2(g) ＝ N2(g) + 2H2O(g)?△H =" –" 534 kJ·mol-1
H2O2(l) = H2O(l) + 1/2O2(g)?△H =" –" 98.64 kJ·mol-1
H2O(l) = H2O(g)??△H=" +" 44kJ·mol-1
则反应N2H4(g) + 2H2O2(l) = N2(g) + 4H2O(g) 的△H=?。
（3）O3?可由臭氧发生器（原理如右图所示）电解稀硫酸制得。

②?图中阴极为?（填“A”或“B”）。
②若C处通入O 2，则A极的电极反应式为：?。
③若C处不通入O 2 ，D、E处分别收集到15.68L和有6.72L气体（标准状况下），则E处收集的气体中O2和O3的体积之比为?（忽略?O 3 的分解）。
（4）新型O3氧化技术对燃煤烟气中的NOx和SO2脱除效果显著，锅炉烟气中的NOx以上是以NO形式存在的，可发生反应NO(g）+ O3 (g) NO2(g)+ O2 (g)。在一定条件下，将NO和O3通入绝热恒容密闭容器中发生上述反应 ，正反应速率随时间变化的示意图（如下图）所示。由图可得出的正确说法是??

a．反应在c点达到平衡状态
b．反应物浓度：b点小于c点
c．该反应为放热反应
d．Δt1＝Δt2时，NO的转化量：a～b段小于b～c段

参考答案：(14分)
⑴H2O2 + 2e—＝ 2OH—；除了作电极材料，MnO2还对电极反应具有催化作用
⑵－643.28kJ·mol—1?
⑶① A?② O2＋4H＋＋4e－=2H2O?③2︰1?
⑷cd?（每空2分，共14分）

本题解析：（1）原电池负极发生氧化反应，正极反应还原反应，由原电池工作原理图1可知，电极a为负极，电极b为正极，H2O2在正极放电生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-； MnO2对电极反应具有催化作用。
故答案为：H2O2+2e-=2OH-；MnO2对电极反应具有催化作用。
（2）已知：①N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ?mol-1
②H2O2（l）=H2O（l）+1/2O2（g）△H=-98.64kJ?mol-1
③H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ?mol-1
由盖斯定律，①+②×2+③×3得N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-534kJ?mol-1+2×（-98.64kJ?mol-1）+2×44kJ?mol-1=-643.28kJ?mol-1
故答案为：-643.28kJ?mol-1。
（3）①由图可知，B极生成O2、O3，B极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故A为阴极。
故答案为：A。
②C处通入O2，O2发生还原反应，在酸性条件下生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O．
故答案为：O2+4H++4e-=2H2O。
③若C处不通入O2，实质为电解水，D处为氢气，物质的量为11.2L/22.4(L/mol) =0.5mol，E处为氧气、臭氧，物质的量共为4.48L/22.4(L/mol)=0.2mol，令臭氧的物质的量为xmol，根据电子转移守恒有0.5mol×2=xmol×3×2+（0.2mol-xmol）×2×2，解得x=0.1，所以E处收集的气体中O3所占的体积分数为(0.1mol/0.2mol)×100%=50%。
故答案为：50%。
（4）该反应反应前后气体的物质的量不变，容器体积不变，故体系压强恒定．绝热恒容密闭容器，体系温度随反应进行变化，随反应进行反应物的浓度降低，由图可知，c点以前正反应速率增大，说明正反应为放热反应，c点以后反应正反应速率降低，应是浓度影响比温度影响更大．图为正反应速率随时间变化，说明反应未到达平衡。
a．反应在c点前，温度对速率影响大，c点以后浓度减小对速率影响大，C点未达到平衡状态，故a错误；
b．反应为达平衡，b点在c点之前，浓度反应物浓度：b点大于c点，故b错误；
c．该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故c正确；
d．a～b段反应速率小于b～c段反应速率，△t1=△t2时，b～c段反应的NO更多，故NO的转化率：a～b段小于b～c段，故d正确。
故选：cd。
点评：考查原电池与电解池反应原理、反应热的计算、氧化还原反应计算、化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分析问题、解决问题的能力。

本题难度：一般

2、选择题  有X、Y、Z、M四种金属．已知，X和Z可以从Y的盐溶液中置换出Y，利用X和Z制作原电池时，Z为正极，M的离子氧化性强于Y的离子．则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为
A.X、Y、Z、M
B.X、Z、M、Y
C.M、Z、X、Y
D.X、Z、Y、M

参考答案：D

本题解析：讲析：X和Z可以从Y的盐溶液中置换出Y，说明金属活动性：X＞Y、Z＞Y，排除A选项．M离子的氧化性强于Y的离子，说明M金属活动性弱于Y，排除B、C选项．正确答案为D选项．
点评：根据原电池原理可以判断金属活动性(还原性)的强弱．在由两种不同的金属构成原电池的两极中，发生氧化反应的是负极，发生还原反应的是正极金属，一般情况下，金属活动性(还原性)强弱：负极＞正极．

本题难度：一般

3、简答题  （17分）I．KNO3俗名硝石，是一种重要的化工原料，在农业上用途十分广泛，下面是一种KNO3制备方法的主要步骤：

（1）反应Ⅰ中，CaSO4与NH4HCO3的物质的量之比为1︰2，该反应的化学方程式为?。
（2）反应Ⅱ需在干态、加热的条件下进行，加热的目的是?；从反应Ⅳ所得混合物中分离出CaSO4的方法是?（填“趁热过滤”、“冷却过滤”）。
（3）检验反应Ⅱ所得K2SO4中是否混有KCl的方法是：取少量K2SO4样品溶解于水，?。
（4）整个流程中，可循环利用的物质除(NH4)2SO4外，还有?（填化学式）。
（5）将硝酸与浓KCl溶液混合，也可得到KNO3，同时生成等体积的气体A和气体B。B是三原子分子，B与O2反应生成1体积黄绿色气体A和2体积红棕色气体C。B的分子式为?。
II．（1）工业上可采用电化学的方法获得N2H4，装置如右图所示，则通入氧气的 一极为?（填“正极”、“负极”），NH3反应的电极反应式为?。

（2）肼（N2H4）可以在纯氧中燃烧生成氮气和水，为了充分利用其能量，?有人设计了原电池装置，电极材料是多孔石墨电极，电解质为能够传导H+的固体电解质，请写出负极反应式?。

参考答案：I.（每空2分）（1）CaSO4＋2NH4HCO3＝CaCO3↓＋(NH4)2SO4＋H2O＋CO2↑?
（2）分离NH4Cl与K2SO4，加快化学反应速率 ；?趁热过滤
（3）加入Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，说明K2SO4中混有KCl
（4）CaSO4、KNO3
（5）NOCl
II.（1）正极（1分）2NH3—2e?+2OH?=N2H4+2H2O（2分）
（2）N2H4—4e?=N2+4H+（2分）

本题解析：I.（1）根据流程图可知反应物有CaSO4和NH4HCO3、生成物有CaCO3、(NH4)2SO4、CO2、H2O，配平可得化学方程式：CaSO4＋2NH4HCO3＝CaCO3↓＋(NH4)2SO4＋H2O＋CO2↑
（2）反应Ⅱ生成K2SO4和NH4Cl，所以在干态、加热的条件下进行，有利于分离NH4Cl与K2SO4，加快化学反应速率 ；KNO3的溶解度受温度影响大，温度低时小，为了防止KNO3结晶，提高KNO3的产率，应趁热过滤。
（3）要检验K2SO4中是否混有KCl，需要排除SO42?的干扰，所以正确方法为：取少量K2SO4样品溶解于水，加入Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，说明K2SO4中混有KCl，反之，不含KCl。
（4）根据化学流程图，CaSO4、KNO3可循环使用。
（5）B是三原子分子，B与O2反应生成1体积气体A和2体积红棕色气体C，C应为NO2，黄绿色气体应为Cl2，则B中含有N元素和Cl元素，反应的方程式应为2B+O2=Cl2+2NO2，可知B的分子式为NOCl。
II.（1）NH3转化为N2H4，N元素化合价升高，NH3作还原剂，氧气作氧化剂，所以通入氧气的电极为正极；NH3失去电子转化为N2H4，根据化合价的变化配平可得电极方程式：2NH3—2e?+2OH?=N2H4+2H2O
（2）肼（N2H4）可以在纯氧中燃烧生成氮气和水，电解质为能够传导H+的固体电解质，所以负极上N2H4失电子生成N2和H+，电极方程式为：N2H4—4e?=N2+4H+

本题难度：一般

4、填空题  （11分)甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：

（1）若两池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是甲池中的________棒，乙池中的________棒。
②乙池中阳极的电极反应式是_______________________________________________ _。
（2）若两池中均为饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的离子方程式__________________________________________。
②甲池中碳极上电极反应式是____________________，乙池中碳极上电极反应属于____________(填“氧化反应”或“还原反应”)。
③若乙池转移0.02 mol e－后停止实验，该池中溶液体积是200 mL，则溶液混匀后的pH＝________。

参考答案：（1）①碳；　铁； ②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；（2）①2Cl－＋2H2O通电Cl2↑＋H2↑＋2OH－；
②2H2O＋O2＋4e－===4OH－　氧化反应；③13。

本题解析：由图可知 甲池是原电池，乙池是电解池； （1） ①对于甲池来说，Fe为负极，失去电子，Cu2+在碳棒上得到电子，变为单质Cu附着在上边。所以若两池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后碳棒上会有红色的铜单质产生；对于乙池来说，C为阳极，Fe为阴极。所以Cu2+在铁棒上得到电子，变为单质Cu附着在上边。因此反应一段时间后铁棒上会有红色的铜单质产生；②在乙池中OH-的放电能力比SO42-强，所以是OH-在阳极放电。该电极反应式是4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；（2）若两池中均为饱和NaCl溶液，①在乙池中阳离子的放电能力是H+>Na+,所以在阴极上H+放电；阴离子的放电能力是Cl- >OH－,所以是Cl-在阳极上放电。总反应的离子方程式是2Cl－＋2H2O通电Cl2↑＋H2↑＋2OH－；②对于甲池中来说，碳极为正极，由于是中性环境，所以发生的是吸氧腐蚀，在C棒上电极反应式是2H2O＋O2＋4e－===4OH－；②乙池中碳极是阳极，所以在C棒上发生的反应是氧化反应，反应式是2Cl－-2e-= Cl2↑；③若乙池转移0.02 mol e－后停止实验根据反应方程式可知产生OH－的物质的量为0.02 mol，由于V=0.2L，所以c(OH－)=0.1mol/L;根据水的离子积常数可得c(H+)=10-14÷10-1=10-13mol/L所以溶液混匀后的pH=13。

本题难度：一般

5、选择题  把锌片和铁片放在盛有食盐水和酚酞的表面皿中，如图所示。最先观察到酚酞变红的现象的区域是（?）

A．I和III
B．I和IV
C．II和III
D．II和IV

参考答案：B

本题解析：略

本题难度：一般