江西南昌第二中学届高三第三次月考.docx
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江西南昌第二中学届高三第三次月考
江西省南昌市第二中学2019届高三第三次月考
化学试题
1.化学与生产、生活密切相关,下列与化学有关的说法错误的是
A.水玻璃可作木材防腐剂和阻燃剂
B.“大漠孤烟直”描述的是物质升华的过程
C.蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一
D.黏土既是制水泥的原料又是制陶瓷的原料
【答案】B
【解析】
A、水玻璃具有耐酸、耐高温等性能,可用作木材防腐剂和阻燃剂,故A正确;B、西北地区远离海洋,降水稀少,荒漠广布,古诗中“大漠孤烟直”描述的就是西北荒漠地区的景观,是水分蒸发,故B错误;C、蒸馏法是常用的海水淡化的方法之一,故C正确;D、生产陶瓷的原料是粘土,水泥的生产原料是石灰石、粘土,故D正确;故选B。
2.下列说法中正确的是
A.干冰、盐酸都是电解质
B.Na2O2、Fe2O3、CaO既属于碱性氧化物,又属于离子化合物
C.有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应,化合物与化合物之间的化合反应也可能是氧化还原反应
D.根据是否具有丁达尔效应,可将分散系分为溶液、浊液和胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A项、干冰是固态CO2,是非电解质,盐酸是氯化氢的水溶液,是混合物,既不是电解质,也不是非电解质。
故A错误;
B项、Na2O2是过氧化物,属于离子化合物,但不属于碱性氧化物,故B错误;
C项、有单质参加的化合反应一定有化合价变化,一定属于氧化还原反应,化合物与化合物之间的化合反应如二氧化硫与双氧水反应,反应前后有化合价改变,也属于氧化还原反应,故C正确;
D项、根据分散质微粒直径的大小,将分散系分为溶液、浊液和胶体,故D错误。
故选C。
3.设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是
A.标准状况下,0.1molCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NA
B.常温下,22gCO2和N2O混合气体中,含有的原子数目为1.5NA
C.物质的量浓度为0.1mol•L﹣1的MgCl2溶液中,含有Cl﹣个数为0.2NA
D.标准状况下,2.24LSO3中含有的氧原子数目为0.3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气与水的反应是可逆反应,故0.1molCl2溶于水,转移的电子数目小于0.1NA,故A错误;
B、CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol,故22gCO2和N2O的混合物的物质的量为0.5mol,又因为CO2和N2O均为三原子分子,故0.5mol混合气体含1.5mol原子,因此原子个数为1.5NA,故B正确;
C、物质的量浓度为0.1mol•L﹣1的MgCl2溶液,没有给出溶液的体积,无法计算含有的Cl-个数,故C错误;
D、标况下SO3为固态,2.24LSO3的物质的量不是0.1mol,含有的氧原子数目不是0.3NA,故D错误;
答案选B。
4.向溶液中分别通入足量的相应气体后,下列各组离子还能大量存在的是
A.氯气:
K+、Na+、AlO2-、S2-B.二氧化硫:
Na+、NH4+、SO32-、Cl-
C.氯化氢:
H+、K+、MnO4-、SO42-D.二氧化碳:
Mg2+、Al3+、Cl-、NO3-
【答案】D
【解析】
【分析】
氯水具有氧化性和酸性,不能与AlO2-、S2-共存;二氧化硫与亚硫酸盐反应生成亚硫酸氢盐,不能在溶液中共存;浓盐酸与酸性高锰酸钾溶液反应生成氯气,在溶液中不能共存。
【详解】A项、通入氯气后,溶液显示酸性,S2-与氯气发生置换反应不能大量存在,AlO2-与氢离子反应生成氢氧化铝沉淀不能大量共存,故A错误;
B项、SO32-与通入的二氧化硫反应生成亚硫酸氢根离子,在溶液中不能大量共存,故B错误;
C项、溶液中H+、Cl-、MnO4-发生氧化还原反应生成氯气,在溶液中不能大量共存,故C错误;
D项、该组离子之间不反应,且与二氧化碳不反应,可大量共存,故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查离子共存的正误判断,侧重对基础知识的训练和检验,注意明确离子不能大量共存的一般情况:
能发生复分解反应的离子之间,能发生氧化还原反应的离子之间等;还应该注意题目限制的条件。
5.有一澄清透明溶液,只可能含有大量H+、Fe3+、Fe2+、Al3+、AlO2﹣、CO32﹣、NO3﹣七种离子中的几种,向溶液中逐滴加入一定量1mol/L的NaOH溶液的过程中,开始没有沉淀,而后有沉淀,沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失.下列判断正确的是
A.一定不含Fe3+和Fe2+
B.一定含有Al3+,Fe3+、Fe2+至少含有一种或两种皆有
C.溶液可能含有NO3﹣
D.溶液中共含有4种离子(不考虑水的电离)
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意知,向该溶液中加入一定量1mol/LNaOH溶液的过程中,开始没有沉淀,说明溶液中一定含有大量的H+离子,在酸性溶液中AlO2-、CO32-离子分别与H+离子反应生成Al(OH)3沉淀或铝离子、CO2气体而不能存在;根据溶液的电中性可知,溶液中一定含有NO3-离子;在酸性条件下Fe2+离子与NO3-离子发生氧化还原反应而不能共存,则溶液中一定不含Fe2+离子;而后有沉淀,沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀部分消失,说明溶液中一定含有Al3+和Fe3+;综上所述,溶液中一定含有H+、NO3-、Fe3+、Al3+,一定没有AlO2-、CO32-、Fe2+离子;
A、根据上述分析知,溶液中一定含Fe3+,一定不含有Fe2+,A错误;
B、根据上述分析知,Fe2+一定不存在,B错误;
C、根据上述分析知,溶液中一定存在NO3-,C错误;
D、根据上述分析知,溶液中一定含有H+、NO3-、Fe3+、Al3+4种离子,D正确。
答案选D。
【点睛】掌握常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键。
注意进行离子推断时要遵循以下三条原则:
(1)互斥性原则,判断出一定有某种离子存在时,将不能与之共存的离子排除掉,从而判断出一定没有的离子;
(2)电中性原则,溶液呈电中性,溶液中一定有阳离子和阴离子,不可能只有阳离子或阴离子;(3)进出性原则,离子检验时,加入试剂会引入新的离子,某些离子在实验过程中也可能消失,则原溶液中是否存在该种离子无法判断。
6.下列相关反应的离子方程式书写正确的是
A.氢氧化铁溶于氢碘酸:
Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
B.氯化铝溶液中滴加过量的氨水:
Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
C.NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀:
NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2O
D.NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:
2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A项、氢氧化铁溶于氢碘酸,发生氧化还原反应生成碘化亚铁、单质碘和水,反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3H++2I-═2Fe2++3H2O+I2,故A错误;
B项、氨水是弱碱,不能溶解氢氧化铝,反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3-↓+3NH+4,故B错误;
C项、向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-沉淀完全,二者物质的量之比为1:
2,反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨,反应的离子方程式为:
2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-═Al(OH)3↓+2BaSO4↓++NH3.H2O,故C正确;
D项、NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液,反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水,反应的离子方程式为:
HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O,故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写,明确反应实质是解题关键,注意反应物用量对反应的影响和化学式的拆分是否正确。
7.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量,观察到产生白色沉淀CuI,蓝色溶液变为棕色,再向反应后的溶液中通入过量SO2,溶液变成无色。
下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)( )
A.滴加KI溶液时,KI被氧化,CuI是氧化产物
B.当有22.4LSO2参加反应时,有2NA个电子发生转移
C.上述实验条件下,物质的氧化性:
Cu2+>I2>SO2
D.通入SO2后溶液逐渐变成无色,体现了SO2的漂白性
【答案】C
【解析】
试题分析:
根据反应现象可知,硫酸铜与KI溶液反应生成硫酸钾、CuI,Cu元素的化合价降低,则I元素的化合价升高,所以还生成碘单质,蓝色溶液变为棕色;再通入二氧化硫,则二氧化硫与碘单质反应生成硫酸和HI,所以溶液又变为无色。
A、根据以上分析,滴加KI溶液时,KI被氧化,硫酸铜被还原,CuI是还原产物,错误;B、未指明标准状况,所以22.4L的二氧化硫的物质的量不一定是1mol,则转移的电子数不一定是2NA,错误;C、根据上述分析,第一个反应中铜离子是氧化剂,碘单质是氧化产物,第二个反应中碘是氧化剂,二氧化硫是还原剂,所以物质的氧化性,Cu2+>I2>SO2,正确;D、通入SO2后溶液逐渐变成无色,体现了SO2的还原性,错误,答案选C。
考点:
考查物质的化学性质,反应现象的分析,氧化还原反应规律的应用
8.为探究Na2SO3溶液的性质,在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液,再分别滴加下图所示的试剂。
下列关于实验现象的解释或结论正确的是
选项
实验现象
解释或结论
A
a中无明显现象
Na2SO3和H2O2一定不发生反应
B
b中加稀H2SO4后才产生淡黄色沉淀
SO32−和S2−两种离子一定不能大量共存
C
c中加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去
Ba2++SO32−==BaSO3↓,使SO32−水解平衡逆向移动,红色褪去
D
d中产生白色沉淀
原Na2SO3溶液中含有SO42−
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
试题分析:
A.a滴加双氧水后无明显现象,不能说明Na2SO3和H2O2一定不发生反应,很多反应都无明显变化,A不正确;B.b中是先滴入硫化钠溶液、后滴入稀硫酸,加稀H2SO4后才产生淡黄色沉淀,“才”是重点,说明不加酸之前,SO32−和S2−两种离子能大量共存,B不正确;C.c中滴入酚酞后溶液变红,再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去,在Na2SO3溶液中,SO32﹣水解显碱性,所以滴入酚酞后溶液变红;在该溶液中加入BaCl2后,Ba2++SO32﹣═BaSO3↓(白色),水解平衡SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣向左移动,氢氧根离子浓度减小,红色褪去,C正确;D.d中无论亚硫酸钠溶液中是否含有SO42−,都会产生白色沉淀,因为在酸性条件下,SO32−可以被硝酸根氧化为SO42−,D错误。
本题选C。
9.一定条件下,下列各组物质能一步实现图中所示转化关系的是
选项
X
Y
Z
W
A
Al
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
B
Fe3O4
Fe
FeCl2
FeCl3
C
H2SO4
SO2
S
SO3
D
CH3CH2Br
CH2=CH2
C2H5OH
CH2BrCH2Br
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
分析:
A项,Al与O2反应生成Al2O3,Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O,NaAlO2溶液与过量CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3,Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O,Al2O3不能一步生成Al(OH)3;B项,Fe3O4与CO高温反应生成Fe和CO2,Fe与HCl反应生成FeCl2和H2,Fe与Cl2加热时反应生成FeCl3,FeCl2与Cl2反应生成FeCl3,FeCl3与Fe反应生成FeCl2;C项,Cu与浓H2SO4加热反应生成CuSO4、SO2和H2O,SO2与H2S反应生成S和H2O,SO2发生催化氧化反应生成SO3,S与SO3相互间不能一步转化;D项,CH3CH2Br在NaOH醇溶液中发生消去反应生成CH2=CH2,CH2=CH2与H2O一定条件下发生加成反应生成C2H5OH,CH2=CH2与Br2发生加成反应生成CH2BrCH2Br,C2H5OH与CH2BrCH2Br相互间不能一步转化。
详解:
A项,Al与O2反应生成Al2O3,Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O,NaAlO2溶液与过量CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3,Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O,Al2O3不能一步生成Al(OH)3,Y→W不能一步实现;B项,Fe3O4与CO高温反应生成Fe和CO2,Fe与HCl反应生成FeCl2和H2,Fe与Cl2加热时反应生成FeCl3,FeCl2与Cl2反应生成FeCl3,FeCl3与Fe反应生成FeCl2,图中反应均能一步实现;C项,Cu与浓H2SO4加热反应生成CuSO4、SO2和H2O,SO2与H2S反应生成S和H2O,SO2发生催化氧化反应生成SO3,S与SO3相互间不能一步转化,Z与W间的相互转化不能一步实现;D项,CH3CH2Br在NaOH醇溶液中发生消去反应生成CH2=CH2,CH2=CH2与H2O一定条件下发生加成反应生成C2H5OH,CH2=CH2与Br2发生加成反应生成CH2BrCH2Br,C2H5OH与CH2BrCH2Br相互间不能一步转化,Z与W间的相互转化不能一步实现;答案选B。
10.把一块镁铝合金(质量为mg)投入到50mL1mol/L的HCl溶液里,待合金完全溶解后,再往溶液里加入1mol/L的NaOH溶液,生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示.下列说法中正确的是
A.假设a=25,整个反应过程中,主要发生了6个离子反应
B.c值越大,合金中Mg的含量越高
C.b值越大,合金中Al的含量越高
D.根据图象判断,镁铝合金与50mL1mol/L的HCl溶液恰好完全反应
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图可知,往溶液里加入NaOH溶液,首先发生的反应是中和过量的酸:
H++OH-=H2O,然后是沉淀两种金属离子:
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓,最后是Al(OH)3的溶解:
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
【详解】A项、假设a=25,整个反应过程中,主要发生了镁、铝与氢离子2个反应和0→a:
H++OH-=H2O、a→b:
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓,最后是Al(OH)3的溶解:
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,共6个离子反应,故A正确;
B项、c值越大,说明氢氧化铝消耗氢氧化钠的量越大,所以氢氧化铝的量越多,则合金中Al的含量越高,故B错误;
C项、b值越大,合金中Al的含量越高,说明c-b的值越小,所以氢氧化铝的量越小,则合金中Al的含量越小,故C错误;
D项、镁铝合金与50mL1mol/L的HCl反应,盐酸过量,故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查镁铝及其化合物的性质,注意氢氧化铝为两性氧化物,清楚各阶段发生的反应,结合图象分析是关键。
11.利用海洋资源获得的部分物质如图所示.下列说法正确的是
A.从海水中获取淡水,历史最久的方法是离子交换法
B.实验室中从海带中获得I2,需要用到的主要仪器有蒸发皿、漏斗、烧杯、分液漏斗等
C.用Na2CO3溶液吸收从苦卤中吹出的单质溴时,发生的化学反应可以是3Br2+3Na2CO3═5NaBr+NaBrO3+3CO2或3Br2+6Na2CO3+3H2O═5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3
D.用贝壳、盐酸等从苦卤中提取镁时,发生反应的类型有化合、分解、置换和复分解
【答案】C
【解析】
【详解】A.从海水中获取淡水历史最悠久的方法是蒸馏,故A错误;
B.提取海带中的碘元素不需要溶液蒸发,不需要蒸发皿,故B错误;
C.用Na2CO3溶液吸收从苦卤中吹出的单质溴时发生歧化反应,若碳酸钠少量生成溴化钠、溴酸钠和二氧化碳,若碳酸钠过量,生成的二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠,故C正确;
D.海水提取镁单质的过程中发生的反应有:
CaCO3
CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca(OH)2、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2(熔融)
Mg+Cl2↑,所以涉及的反应有化合反应、复分解反应和分解反应,不涉及置换反应,故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了海水资源的综合利用,主要是海水获取淡水、提取碘单质、金属镁、溴单质等生产流程的分析判断,掌握基础是解题关键。
海水中含有大量的化学物质,可从海水中提取大量的食盐、镁、溴、碘、钾等有用物质,海水素有“液体工业原料”之美誉。
基础知识有:
海水晒盐;氯碱工业;海水提溴流程;海水提镁流程。
12.气体X可能由NH3、Cl2、HBr、CO2中的一种或几种组成,已知X通入AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀,该沉淀不溶于稀HNO3,若将X通入澄清石灰水中,无沉淀产生,则有关气体X的成分的下列说法正确的是
①一定含有HBr,可能含有CO2 ②一定不含CO2
③一定不含NH3、Cl2 ④可能含有Cl2、CO2.
A.只有①B.只有③C.①和③D.②和③
【答案】C
【解析】
试题分析:
气体X通入AgNO3溶液时产生浅黄色沉淀,浅黄色沉淀是溴化银,因此一定含有HBr;因NH3和Cl2都能与HBr反应,则一定没有NH3和Cl2;由于溴化氢的存在,即使含有CO2,也不可能和石灰水反应生成沉淀,所以CO2无法确定,故①③正确,选C。
考点:
物质推断
13.短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示,其中D原子的质子数是其M层电子数的三倍,下列说法不正确的是
A.A有5种正价,与B可形成6种化合物
B.工业上常通过电解熔融态C2B3的方法来获得C的单质
C.简单离子的半径由大到小为:
E>A>B>C
D.D、E两元素形成的化合物每种原子最外层都达到了8e-稳定结构
【答案】D
【解析】
D原子的质子数是其M层电子数的三倍,则D的质子数为15,最外层电子数为5,应为P元素,由元素在周期表中的位置可知A为N元素,B为O元素,C为Al元素,E为Cl元素,则A.A为N元素,元素正化合价有+1、+2、+3、+4、+5价,每一种化合价都对应氧化物,其中+4价有2种,共6种,A正确;B.工业用电解氧化铝的方法冶炼铝,B正确;C.A、B、C对应的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,核素电子层数越多,离子半径越大,C正确;D.D、E两元素形成的PCl5中P原子的最外层没有达到了8e-稳定结构,而是10个,D错误,答案选D。
点睛:
“位—构—性”推断的核心是“结构”,即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置,然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质;也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置,进而推断出其结构。
本题中选项D是易错点,注意8电子稳定结构的判断方法。
14.下列实验中,对应的现象以及解释或结论都正确,且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论或解释
A
将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入过量NaOH溶液,再滴加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成,后有蓝色沉淀生成
Ksp[Cu(OH)2] B 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧 铝箔熔化但不滴落下来 铝箔表面有致密Al2O3薄膜,且Al2O3 熔点高于Al C 向新收集的酸雨中滴加硝酸钡溶液 产生白色沉淀 酸雨中一定含有SO42- D 取久置的Na2O2粉末,向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质 A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 A、反应中氢氧化钠过量,加入硫酸铜一定有蓝色沉淀氢氧化铜生成,不能据此说明二者的溶度积常数,A错误;B、铝易被氧化物氧化铝,且Al2O3且熔点高于Al,因此铝箔熔化但不滴落下来,B正确;C、硝酸根在酸性溶液中具有强氧化性,能把亚硫酸根氧化生成硫酸,进而生成硫酸钡沉淀,不能说明含有硫酸根,C错误;D、过氧化钠变质产生碳酸钠,加入盐酸仍然会沉淀气体,不能据此说明过氧化钠没有变质,D错误,答案选B。 15.一定条件下,在水溶液中1molCl-、ClOx-(x=1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如图所示。 下列有关说法正确的是 A.a、b、c、d、e中,c最稳定 B.b→a+c反应的活化能为反应物能量减生成物能量 C.b→a+d反应的热化学方程式为: 3ClO(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq);ΔH=+116kJ·mol-1 D.一定温度下,Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d,溶液中a、b、d的浓度之比可能为11∶1∶2 【答案】D 【解析】 根据氯元素的化合价,a、b、c、d、e依次代表Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-。 A项,物质能量越低越稳定,由图可得a、b、c、d、e中,a最稳定,c最不稳定,故A错误;B项,反应物能量-生成物能量=-ΔH,依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能,故B错误;C项,a为Cl-、b为ClO-、d为ClO3-,B→A+D的化学方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-,结合曲线提供的数据,反应热为: ΔH=64kJ•mol-1+2×0kJ•mol-1-3×60kJ•mol-1=-116kJ•mol-1,故C错误;D项,氧化还原反应遵循电子守恒,Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a(Cl-)、b(ClO-)、d(ClO3-),氯元素化合价由0价将为-1价、升为+1价和+5价,由电子守恒得: n(Cl-)=n(ClO-)+5n(ClO3-),当溶液中a、b、d的浓度之比为11: 1: 2时上述电子守恒式成立,故D正确。 点睛: 本题以卤族元素为载体考查了化学反应与能量变化、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应等知识,关键是弄清a、b、c、d、e所代表的离子并正确书写反应的离子方程式,并结合ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量进行计算,D项注意氧化还原反应中得失电子守恒(化合价升降总数相等)的应用。 16.某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3,其原理如右上图所示,其中A、B为多孔导电材料。 下列说法一定正确的是 A.该电池工作时,电子的流向外电路由A到B,内电路由B到A形成闭合回路 B.电极B附近的HNO3浓度增大 C.A电极的反应为: NO2-e-+H2O==NO3-+2H+,NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+ D.该电池工作时,每消耗11.2LO2(标况),可以除去含1molNO和NO2的混合尾气 【答案】C 【解析】 A、电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流,选项A错误;B、B电极上电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O,有水生成,硝酸根离子不参加反应,所以硝酸根离子的物质的量不变,但氢离子消耗减少,溶液体积增大,所以硝酸浓度减小,选项B错误;C、A电极氮的气化物失电子转化为硝酸根离子,电极反应式为: NO2-e-+H2O=NO3-+2H+、NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+,选项C正确;D、1molNO和NO2
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- 江西南昌 第二 中学 届高三 第三次 月考