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北京市师范大学附属中学2019届高三上学期期中考试化学试题
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这是一份北京市师范大学附属中学2019届高三上学期期中考试化学试题，共15页。试卷主要包含了5 Fe－56 Cu－64， 第二周期，第IVA族 等内容，欢迎下载使用。
北京师大附中2019届上学期高中三年级期中考试化学试卷
相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 S－32 Cl－35.5 Fe－56 Cu－64
第I卷(共40分)
每小题只有一个选项符合题意。
1.下列我国古代的技术应用中，不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
A. 煅烧贝壳发生了碳酸钙的分解，没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故A选；B. 粮食酿醋是淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，乙醇被氧化生成乙酸，属于氧化还原反应，故B不选；C.炼铁是在高温条件下用碳将铁矿石还原，属于氧化还原反应，故C不选；D.火药的爆炸发生的主要反应是2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，其中有元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选A。
点睛：氧化还原反应的特征是化合价的变化，只要有元素化合价的变化，就属于氧化还原反应。本题的关键是熟悉各技术应用中涉及的化学反应。
2.下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
B. 常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2ONH4++OH−
C. 由Na和C1形成离子键的过程：
D. 电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e−=Cu
【答案】A
【解析】
分析：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl-；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。
详解：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-10.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项正确；答案选A。
点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。
3.下列物质的用途利用了其氧化性的是（ ）
A. 漂粉精用于消毒游泳池水 B. SO2用于漂白纸浆
C. Na2S用于除去废水中的Hg2+ D. FeCl2溶液用于吸收Cl2
【答案】A
【解析】
A．漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选；B．SO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；C．Na2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；D．FeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；故选A。
4.下列各分子中，所有原子都满足最外层8电子结构的是
A. BF3 B. NCl3 C. H2O D. PCl5
【答案】B
【解析】
【详解】根据定义，共价键中的电子被成键的两个原子共有，围绕两个原子核运动。所以，形成共价键的原子的最外层电子数等于它本身最外层电子的个数加上它与其他原子形成共价键的数目。据此，题中各原子的最外层电子个数为：
A 中 B 有 3+3 ＝ 6 个、 F 有 7+1 ＝ 8 个，不符合题意；
B 中 N有 5+3＝ 8个、 Cl有 7+1 ＝ 8 个，符合题意；
C 中 H有 1+1 ＝2个、 O有 6+2 ＝ 8 个，不符合题意；
D 中 P 有 5+5 ＝ 10 个、 Cl 有 7+1 ＝ 8 个，不符合题意。
故答案选B。
【点睛】本题要注意解题方法：满足最外层8电子饱和的，那我们先看有没有氢元素，因为氢元素最外层2个电子就可以达到饱和了，所以很快的就可以排除了C选项，对于这种题目我们可以按照一个公式：化合价的绝对值+主族序数=8，那么就满足八个电子饱和了。
5.下列事实中，不能用元素周期律解释的是
A. 原子半径：K> Ca> Mg B. 碱性：NaOH> Mg(OH)2>Al(OH)3
C. 热稳定性：HF> HCl> H2S D. 酸性：H2SO3> H2CO3> H2SiO3
【答案】D
【解析】
A．同周期自左而右，原子半径逐渐减小，同主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径：K > Ca > Mg，能用元素周期律解释，故A不选；B．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，Na、Mg、Al位于周期表相同周期，金属性Na＞Mg＞Al，因此碱性：NaOH > Mg(OH)2 > Al(OH)3，能用元素周期律解释，故B不选；C．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，热稳定性：HF > HCl > H2S，能用元素周期律解释，故C不选；D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，但H2SO3不是最高价氧化物的水化物，不能用元素周期律解释，故D选；故选D。
6.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 1 mol OH－ 中含有9NA个电子
B. 28 g的CO气体中含有NA个氧原子
C. 1 L 1 mol/L的AlCl3溶液中含有NA个Al3+
D. 常温常压下11.2 L的甲烷气体含有的分子数为0.5NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A、1 mol OH－ 中含有10NA个电子，A错误；B、28 g的CO的物质的量是1mol，则气体中含有NA个氧原子，B正确；C、铝离子水解，则1 L 1 mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+个数小于NA个，C错误；D、常温常压下11.2 L的甲烷气体的物质的量不是0.5mol，则含有的分子数不是0.5NA，D错误，答案选B。
考点：考查阿伏伽德罗常数的计算
7.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 该催化反应实现了太阳能向化学能的转化
B. 阶段I中，H2O2是氧化产物
C. 每生成1molO2，阶段II中转移电子2 mol
D. 反应的两个阶段均为吸热过程
【答案】D
【解析】
【分析】
由题给信息可知，利用太阳光实现高效分解水，分两个阶段，阶段I为2H2O=H2O2+H2↑，阶段II为2H2O2=2H2O +O2↑，总反应为2H2O=2H2↑+O2↑，据此分析。
【详解】A. 该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故A正确；
B. 阶段I中发生的反应为2H2O=H2O2+H2↑，生成H2O2时氧元素化合价从-2价升高到-1价，所以H2O2是氧化产物，故B正确；
C. 阶段II中发生的反应为2H2O2=2H2O +O2↑，每生成1molO2，转移2 mol电子，故C正确；
D. 过氧化氢不稳定，能量高，分解成的H2O和O2较稳定，所以阶段II发生的反应为放热反应，故D错误。
故答案选D。
8.中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化实现的。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程
B. 过程Ⅲ生成了具有极性共价键的H2、CO2
C. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
D. 图示过程中的H2O均参与了反应过程
【答案】D
【解析】
A. 根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，故A错误；B. 过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非极性键，故B错误；C.催化剂不能改变反应的ΔH，故C错误；D. 根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，故D正确；故选D。
9.下列离子或分子能够在指定的分散系中大量共存的是
A. 空气中：CO2、NO、N2、NH3
B. 明矾溶液中：H+、Mg2+、Na+、Cl－
C. 过量铁与稀硝酸反应后的溶液中：H+、Cl－、I－、Na+
D. 常温下，水电离出的c(H+)＝1×10－12 mol/L的溶液中：NH4+、Na+、Cl－、CO32－
【答案】B
【解析】
【详解】A.NO与氧气反应，不能在空气中大量共存，故A错误；
B.明矾溶液中离子之间不发生反应，可大量共存，所以B选项是正确的；
C.酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；
D.常温下，水电离出的c(H+)＝1×10－12 mol/L的溶液可能呈酸性或碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，酸性条件下CO32－不能大量共存，故D错误。
所以B选项是正确的。
【点睛】本题考查离子共存问题，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，比如酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚铁离子等。
10.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B．应将二氧化碳从长导管通入，否则会将液体排出，故B错误；C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可低温烘干或用滤纸吸去表面的水，故D错误；故选C。
11.下列解释事实的离子方程式正确的是
A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O
B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：H++OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+H2O
C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O
D. 在A1C13溶液中加入过量氨水出现浑浊：A13++3OH-= Al(OH)3↓
【答案】C
【解析】
A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮，故A错误；B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊，反应的离子方程式为2H++2OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+2H2O，故B错误；C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O，故C正确；D. 氨水是弱碱，用化学式表示，故D错误；故选C。
12.工业回收铅蓄电池中的铅，常用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏（主要成分PbSO4）获得PbCO3：PbSO4(s) + CO32—(aq)PbCO3(s) + SO42—(aq) K = 2.2×105。 经处理得到的PbCO3灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb。下列说法正确的是
A. PbSO4的溶解度小于PbCO3
B. 处理PbSO4后，Na2CO3或NaHCO3溶液的pH升高
C. 若用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4，Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大
D. 整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A.根据方程式，PbCO3的溶解度小于PbSO4，故A错误；B. 处理PbSO4后，Na2CO3或NaHCO3溶液转变为硫酸钠溶液，pH降低，故B错误；C. 若用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4，碳酸氢钠的电离程度较小，碳酸根离子浓度较小，而碳酸钠中碳酸根离子浓度较大，Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大，故C正确；D. 整个过程涉及两个复分解反应：PbSO4(s) + CO32—(aq)PbCO3(s) + SO42—(aq)和PbCO3灼烧后获得PbO，一个氧化还原反应：PbO转变为Pb，故D错误；故选C。
考点：考查了难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化、氧化还原反应的相关知识。
13.室温下，向100 mL 0.1 mol/L NH4Cl溶液中加入下列物质。有关结论正确的是
加入的物质
结论
A
100 mL0.1 mol/L盐酸
溶液中2c(NH4+)＝ c(Cl－)
B
0.01 mol Na2O2固体
反应完全后，溶液pH增大，c(Na+)＝ 2c(Cl－)
C
100 mL H2O
由水电离出的c(H+)·c(OH－)变大(均自由离子)
D
100 mL 0.1 mol/L氨水
溶液中减小
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 100 mL0.1 mol/L盐酸，由于铵根离子部分水解，则2c(NH4+)
C.加入100 mL H2O后，溶液浓度减小，铵根离子的水解程度增大，则水的电离程度最大，故水电离出的c(H+)·c(OH－)的乘积会增大，故C错误；
D.加入100 mL 0.1 mol/L氨水，溶液碱性增强，则c(OH－)增大，由于NH3H2O的电离和NH4+的水解都是微弱的，混合后溶液体积增大，所以c(NH4+)减小，溶液中增大，故D错误。
所以B选项是正确的。
14.某温度时，VIA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：
O2(g) +H2(g) ＝H2O(g) H＝－242kJ·mol－1
S(g)+ H2(g) ＝H2S(g) H＝－20kJ·mol－1
Se(g)+H2(g) H2Se(g) H＝+81kJ·mol－1
下列说法正确的是
A. 稳定性：H2O< H2S< H2Se
B. 降温有利于Se与H2反应生成H2Se
C. O2(g)+2H2S(g)＝2H2O(g)+2S(g) H＝－444 kJ·mol－1
D. 随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越容易发生
【答案】C
【解析】
【详解】A项，元素的非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强，同一主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，因此稳定性：H2O> H2S> H2Se，故A项错误；
B项，Se(g)+H2(g) H2Se(g)对应的△H>0，说明该反应正向吸热，降温使得反应向放热的方向移动，即逆向移动，不利于生成H2Se，故B项错误；
C项，将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由2(①-②)可得：O2(g)+2H2S(g)＝2H2O(g)+2S(g) H＝－444 kJ·mol－1，故C项正确；
D项，随着核电荷数的减小，ⅥA族元素的非金属性逐渐增强，与氢原子形成的共价键越强，放出的热量越多，生成物越稳定，ⅥA族元素的单质与H2的化合反应越容易发生，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
15.松香中含有松香酸和海松酸，其结构简式如下图所示。下列说法中，不正确的是
A. 二者互为同分异构体
B. 二者所含官能团的种类和数目相同
C. 二者均能与氢氧化钠溶液反应
D. 二者均能与H2以物质的量之比为1∶3发生反应
【答案】D
【解析】
A. 二者的分子式相同，均为C20H30O2，互为同分异构体，故A正确；B. 二者所含官能团的种类和数目相同，均含有1个羧基和2个碳碳双键，故B正确；C. 二者均含有羧基，均能与氢氧化钠溶液反应，故C正确；D. 羧基不能与氢气加成，二者均能与H2以物质的量之比为1∶2发生反应，故D错误；故选D。
16.某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应：
下列说法不正确的是
A. ②中的大量气泡主要成分是氧气
B. ③中溶液变红，说明有碱性物质生成
C. ④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的
D. ⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
【答案】D
【解析】
A. 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A正确；B. 过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B正确；C. 过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液褪色，故C正确；D. 生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，故D错误；故选D。
点睛：解答本题的关键是掌握和理解过氧化钠与水的反应。本题的易错点为C，过氧化钠与水可能发生复分解反应，生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢具有漂白性。
17.工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。
下列推论不合理的是
A. 活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用
B. 铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极
C. 增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率
D. 利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
【答案】C
【解析】
【分析】
A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；
B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；
C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；
D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。
【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；
B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；
C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；
D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。
18.某同学利用浓度相同的氯水、Cl2的CCl4溶液完成下述实验。下列有关实验的说法中，不正确的是
A. 操作④中发生的反应是Br2+ 2Fe2+＝2Br－+2Fe3+
B. 操作②和操作④之后，试管上层溶液的成分相同
C. 操作①后的溶液中没有Br2，但反应过程中可能有Br2生成
D. 实验说明，CCl4影响了Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序
【答案】D
【解析】
【分析】
Fe2+的还原性大于Br-，若向溴化亚铁溶液中滴加5滴氯水，氯水不足，发生反应：Cl2+ 2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，反应后得到黄色的含Fe3+溶液，加入CCl4后，CCl4不溶于水，密度大于水，溶液分层，CCl4层在下层无色，上层为黄色的含Fe3+溶液；
若向溴化亚铁溶液中滴加5滴Cl2的CCl4溶液，Cl2局部过量，则发生反应：3Cl2+ 2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2，反应后得到黄色的含Fe3+溶液和黄色的溴的CCl4溶液，振荡后，发生反应：2Fe2+ + Br2 ＝ 2Fe3+ + 2Br－，溶液分层，CCl4层在下层无色，上层为黄色的含Fe3+溶液。以此分析。
【详解】A. 根据以上分析，操作④中发生的反应是Br2+ 2Fe2+＝2Br－+2Fe3+，故A正确；
B. 操作②和操作④之后，试管上层溶液的成分相同，CCl4层在下层无色，上层为黄色的含Fe3+溶液，故B正确；
C. 操作①反应过程中可能由于氯水局部过量，发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，有Br2生成，但由于Fe2+过量，随后发生反应：Br2+ 2Fe2+＝2Br－+2Fe3+，故操作①后的溶液中没有Br2，故C正确；
D. 实验说明，Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序为：Cl2>Br2>Fe3+，CCl4没有影响Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序，故D错误。
故答案选D。
19.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收，其中Y是单质。
SO 2（g） + 2CO（g）2X（g）+Y（l）
为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用超灵敏气体传感器测得不同时间的SO2和CO浓度如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
c（SO2）/mol·L-1
1.00
0.50
0.23
3.00×10-37
3.00×10-37
c（CO）/mol·L-1
4.00
3.00
2.46
2.00
2.00
下列说法不正确的是
A. X的化学式为CO2
B. 前1s内v（X）=" 1.00" mol·L-1·s-1
C. 该回收原理运用了SO2的还原性
D. 该温度下，此反应的平衡常数的数值是3.33×1036
【答案】C
【解析】
试题分析：A、该反应是进行硫的回收，所以Y单质是S单质，根据质量守恒定律，则X的化学式是CO2，正确；B、前1s内，CO的物质的量浓度减小1.00mol/L，则X的物质的量浓度增加1.00mol/L，所以v（X）=" 1.00" mol·L-1·s-1，正确；C、在该反应中，S元素的化合价降低，作氧化剂，所以利用了二氧化硫的氧化性，错误；D、3s时，该反应达到平衡状态，CO的物质的量浓度减少2.00mol/L，则X的浓度增加2.00mol/L，所以该反应的平衡常数K=2.002/[2.002×（3.00×10-37）]= 3.33×1036，正确，答案选C。
考点：考查对反应速率、平衡常数的计算
20.实验：①0.005 mol·L－1 FeCl3溶液和0.015 mol·L－1 KSCN溶液各1mL混合得到红色溶a，均分溶液a置于b、c两支试管中；②向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液，溶液颜色加深；③再向上述b溶液中滴加3滴1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液颜色变浅且出现浑浊；④向c中逐渐滴加1mol·L－1 KSCN溶液2 mL，溶液颜色先变深后变浅。下列分析不正确的是
A. 实验②中增大Fe3+浓度使平衡Fe3++ 3SCN－Fe(SCN)3正向移动
B. 实验③中发生反应：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓
C. 实验③和④中溶液颜色变浅的原因相同
D. 实验②、③、④均可说明浓度改变对平衡移动的影响
【答案】C
【解析】
实验②中向b中滴加3滴饱和溶液，增大了浓度使反应正向移动，溶液颜色加深，选项A正确。实验③中向上述b溶液中滴加3滴溶液，发生反应：，铁离子浓度减小，反应逆向移动，溶液颜色变浅，选项B正确。实验③颜色变浅的原因是减少了铁离子浓度，平衡逆向移动，实验④最后颜色变浅是因为加入的硫氰化钾溶液过多，对体系进行了稀释，颜色变浅，所以选项C错误。实验②③④都是在改变平衡体系中某种物质的浓度，溶液的颜色变化都说了平衡的移动，所以选项D正确。
第II卷(共60分)
二、填空题
21.A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。
(1)A在元素周期表中的位置是____________。
(2)下列事实能用元素周期律解释的是(填字母序号)________。
a. D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2
b. E的气态氢化物的稳定性小于HF
c. WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板
(3)E的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因是____________。
(4)①工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为____________。
②家用“管道通”的有效成分是烧碱和D的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为________。
(5)W的单质可用于处理酸性废水中的NO3－，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。上述反应的离子方程式为____________。
【答案】 (1). 第二周期，第IVA族 (2). ab (3). Cl(可用E代替)和Br同主族，电子层数、原子半径Br大于Cl，原子得电子能力Br小于Cl，因此元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2 (4). 2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ (5). 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ (6). 3Fe+NO3－+2H++H2O＝Fe3O4+NH4+
【解析】
【分析】
A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C元素；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al元素；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，E为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素。以此解答。
【详解】根据题意可知A为C、D为Al、E为Cl、W为Fe。
(1)C位于第二周期，第IVA族，
故答案为：第二周期，第IVA族；
(2) a. Mg、Al位于周期表相同周期，金属性Mg＞Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，故a选；
b. 非金属性F＞Cl，所以稳定性：HF＞HCl，能用元素周期律解释，故b选；
c. FeCl3能腐蚀印刷电路板，是因为铁离子氧化性强于铜离子，不能用元素周期律来解释，故c不选。
故答案为：ab；
(3)氯气可以置换出溴单质是因为Cl和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小于Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2。
故答案为：Cl(可用E代替)和Br同主族，电子层数、原子半径Br大于Cl，原子得电子能力Br小于Cl，因此元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2；
(4)①工业上用电解熔融Al2O3制备铝，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，
故答案为：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；
②铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的方程式为2Al +2 NaOH + 2 H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑。
故答案为：2Al +2 NaOH + 2 H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑；
(5) 由题意铁与硝酸反应反应生成四氧化三铁和硝酸铵，反应的离子方程式为3Fe+NO3－+2H++H2O＝Fe3O4+NH4+。
故答案为：3Fe+NO3－+2H++H2O＝Fe3O4+NH4+。
22.分25℃时，向10 mL 0.1 mol·L-1NH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积关系如右图所示：
(1)用电离方程式表示P点pH＜7的原因是________。
(2)M、Q两点中，水的电离程度较大的是________点。
(3)下列关系中，正确的是________。
a.M点c(Na+)＞c(NH4+)
b.N点c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)
c.Q点c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Na+)
【答案】(1)NH4HSO4=NH4++H++SO42-或HSO4-=H++SO42-
(2)M(3)ab；
【解析】
试题分析：(1)NH4HSO4溶液中存在NH4HSO4 = NH4+ + H+ + SO42-，因此P点pH＜7，故答案为：NH4HSO4 = NH4+ + H+ + SO42-；
(2)M点，溶质为硫酸钠和(NH4)2SO4的混合物，(NH4)2SO4水解，促进水的电离，Q点溶质为一水合氨、硫酸钠，一水合氨的电离抑制水的电离，水的电离程度较大的是M点，故答案为：M；
(3)a. M点溶质为硫酸钠和(NH4)2SO4的混合物，铵根离子水解，c(Na+) ＞ c(NH4+)，正确；b. N点溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+) + c(Na+) = 2c(SO42-)，正确；c. Q点溶质为等物质的量一水合氨、硫酸钠，根据物料守恒，2c(NH4+) +2 c(NH3·H2O) = c(Na+)，错误；故选ab。
考点：考查了弱电解质的电离平衡的影响因素、溶液的酸碱性与pH的相关知识。
23.硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。
(1)工业上采用高温分解H2S制取氢气，2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，在膜反应器中分离出H2。在容积为2L的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为1mol，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。
①反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)的H___________(填“>”“<’或“＝”)0。
②985℃时，反应经过5s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则用H2表示的反应速率为v(H2)＝____________。
③随着H2S分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是____________。
(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如下图所示。
①在图示的转化中，化合价不变的元素是____________。
②在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中尽可能不含CuS，可采取的措施有________。
【答案】 (1). > (2). 0.04mol/(L·S) (3). 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短 (4). ①Cu、Cl、H (5). 增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)
【解析】
【分析】
（1）①由图象可知，随着温度升高，H2S的转化率逐渐增大，说明温度升高时，平衡正向移动，则该反应为吸热方向，即△H>0。
②若985℃时，H2S的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为0.4 mol，生成氢气0.4mol，所以氢气的反应速率为v=△c/△t==0.04 mol/(L·S)；
③随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；
(2) ①根据图示可知，整个过程中－2价的S与0价的S之间相互转化，还存在Fe2＋与Fe3＋之间的相互转化。
②根据图示，可增大空气的量，使S2－完全转化为单质S，使其没有机会和Cu2＋结合生成CuS。
【详解】（1）①由图象可知，温度升高，转化率增大，则平衡正移，所以正方向为吸热方向，即△H>0，
②H2S的物质的量为1 mol，体积2L，起始浓度为0.5 mol/L，若985℃时，反应经5s达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为0.5 mol/L×40%=0.2 mol/L，
v=△c/△t==0.04 mol/(L·S)；
③随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；
故答案为：>；0.04mol/(L·s)；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；
（2）①通过图示可以看出来Fe的化学价由+3变为+2，S的化合价由-2变0价，化合价没有变的元素是Cu、Cl和H三种元素；
②在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有：增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。
故答案为：Cu、Cl、H；增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。
24.锰是一种非常重要的金属元素，在很多领域有着广泛的应用。利用废铁屑还原浸出低品位软锰矿制备硫酸锰，然后进行电解，是制备金属锰的新工艺，其流程简图如下：
已知：
i. 低品位软锰矿主要成份有MnO2、Al2O3、Fe2O3、Cu2(OH)2CO3、CaCO3、SiO2等。
ii. 部分金属离子以氢氧化物沉淀时的pH
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mn2+
Cu2+
开始沉淀的pH
6.8
1.8
3.7
8.6
5.2
沉淀完全的pH
8.3
2.8
4.7
10.1
6.7
iii. 几种化合物的溶解性或溶度积(Ksp)
MnF2
CaS
MnS
FeS
CuS
溶于水
溶于水
2.5×10－13
6.3×10－18
6.3×10－36
(1)研究表明，单质Fe和Fe2+都可以还原MnO2。在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+的离子方程式是____________。
(2)清液A先用H2O2处理，然后加入CaCO3，反应后溶液的pH≈5。滤渣a的主要成分中有黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6。
①H2O2的作用是____________(用离子方程式表示)。
②滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有X。用平衡移动原理解释产生x的原因：____________。
(3)用离子方程式表示MnS固体的作用：____________。
(4)滤渣c的成分是____________。
(5)如下图所示装置，用惰性电极电解中性MnSO4溶液可以制得金属Mn。阴极反应有：
i. Mn2++2e－＝Mn ii. 2H++2e－＝H2↑
电极上H2的产生会引起锰起壳开裂，影响产品质量。
①电解池阳极的电极方程式是________________。
②清液C需要用氨水调节pH＝7的原因是____________。
③电解时，中性MnSO4溶液中加入(NH4)2SO4的作用除了增大溶液导电性之外，还有___________(结合电极反应式和离子方程式解释)。
【答案】 (1). 3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O (2). 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O (3). Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3 (4). MnS(s)+Cu2+＝Mn2++ CuS(s) (5). CaF2 (6). 2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O) (7). 降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少 (8). 阴极2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2
【解析】
【分析】
由流程图可知，软锰矿加入Fe和H2SO4，MnO2将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，经过滤除去不溶的SiO2。清液A中含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+和Ca2+等离子，在清液A中加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钙调节溶液的pH，产生黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6和氢氧化铝沉淀，除去Fe2+、Fe3+、Al3+。清液B中含有Mn2+、Cu2+和Ca2+等离子，在清液B中加入MnS固体，生成CuS沉淀，除去Cu2+。清液C中含有Mn2+和Ca2+等离子，在清液C中加入MnF2可将Ca2+转化为CaF2沉淀而除去。最后加氨水调节溶液pH=7，电解中性MnSO4溶液制取Mn，以此分析。
【详解】(1)根据以上分析，在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒，离子方程式是3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O。
故答案为：3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O；
(2) ①黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6中的铁为+3价，所以H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，
离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
②分析流程图可知，滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有Al(OH)3。产生Al(OH)3的原因是Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3。
故答案为：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3
(3) 分析流程图可知，加入MnS固体，生成CuS沉淀，发生沉淀转化，除去Cu2+，离子方程式为：MnS(s)+Cu2+＝Mn2++ CuS(s)。
故答案为：MnS(s)+Cu2+＝Mn2++ CuS(s)；
(4) 在清液C中加入MnF2可将Ca2+转化为CaF2沉淀而除去，所以滤渣c的成分是CaF2。
故答案为：CaF2；
(5)①用惰性电极电解中性MnSO4溶液，电解池阳极发生氧化反应，电极方程式是2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)。
故答案为：2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)
②根据信息，电极上H2的产生会引起锰起壳开裂，影响产品质量，所以清液C需要用氨水调节pH＝7，降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少。
故答案为：降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少；
③电解时，阴极发生2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，为防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2，则加入(NH4)2SO4控制pH不过大。
故答案为：阴极2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2。
25.某同学在做浓硫酸与铜反应的实验过程中，观察到铜片表面变黑，于是对黑色物质的组成进行实验探究。
（1）用如右图所示装置进行实验1。（加热和夹持仪器已略去）
实验1：铜片与浓硫酸反应
操作
现象
加热到120℃~250℃
铜片表面变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液
继续加热至338℃
铜片上黑色消失，瓶中出现“白雾”，溶液略带蓝色，瓶底部有较多灰白色沉淀
①装置B的作用是________；装置C中盛放的试剂是_______。
②为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，实验操作及现象是___________。
（2）探究实验1中120℃~250℃时所得黑色固体的成分。
【提出猜想】黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S中的一种或几种。
【查阅资料】
资料1：亚铁氰化钾[K4Fe(CN）6]是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，生成红棕色沉淀。
资料2：
CuS
Cu2S
黑色结晶或粉末
灰黑色结晶或粉末
难溶于稀硫酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水或热的浓盐酸
难溶于稀硫酸和浓盐酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水
【设计并实施实验】
实验2.探究黑色固体中是否含CuO
操作
现象
i.取表面附着黑色固体的铜片5片，用清水洗干净，放入盛有10mL试剂A的小烧杯中，搅拌
黑色表层脱落，露出光亮的铜片
ii.取出铜片，待黑色沉淀沉降
上层溶液澄清、无色
①试剂A是_________。
②甲认为ii中溶液无色有可能是Cu2+浓度太小，于是补充实验确认了溶液中不含Cu2+，补充的实验操作及现象是______。
实验3.探究黑色固体中是否含CuS、Cu2S
操作
现象
i.取实验2中黑色固体少许，加入适量浓氨水，振荡后静置
有固体剩余，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色
ii.另取实验2中黑色固体少许，加入适量浓盐酸，微热后静置
有固体剩余，溶液变成浅绿色
【获得结论】由实验2和实验3可得到的结论是：实验1中，120℃~250℃时所得黑色固体中_______。
【实验反思】
分析实验1中338℃时产生现象的原因，同学们认为是较低温度时产生的黑色固体与热的浓硫酸进一步反应造成。已知反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，则黑色固体消失时可能发生的所有反应的化学方程式为_____________。
【答案】 (1). 防止C中溶液倒吸入A中 (2). NaOH溶液 (3). 冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液（或冷却后，将上层浓硫酸倒出，向瓶中加入少量水，得到蓝色溶液） (4). 一定浓度的稀硫酸（稀盐酸也可以） (5). 向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象（或无红棕色沉淀生成） (6). 不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2S (7). CuS+4H2SO4（浓）CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4（浓）2CuSO4+5SO2↑+6H2O
【解析】
(1)①反应生成的二氧化硫易溶于水，容易造成倒吸现象，装置B可以防止C中溶液倒吸入A中；二氧化硫会污染空气，二氧化硫属于酸性氧化物，装置C中可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，故答案为：防止C中溶液倒吸入A中；NaOH溶液；
②硫酸铜溶液显蓝色，为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，可以将冷却后的浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液即可证明，故答案为：冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液；
(2)①根据CuS、Cu2S的性质可知，二者均难溶于稀硫酸；可溶于硝酸，因此试剂A应该选择稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
②根据题意，亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6]是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，可以生成红棕色沉淀。因此只要向反应后的溶液中加入亚铁氰化钾即可检验溶液中是否存在Cu2+，故答案为：向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象(或无红棕色沉淀生成)；
【获得结论】根据实验2可知，黑色固体中不含CuO，根据实验3可知，加入适量浓氨水，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色；加入适量浓盐酸，微热后静置，溶液变成浅绿色，因为CuS微溶于浓氨水或热的浓盐酸，Cu2S难溶于浓盐酸，说明含有CuS、可能含有Cu2S，故答案为：不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2S；
【实验反思】黑色固体中含有CuS、可能含有Cu2S，根据反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，CuS、Cu2S与浓硫酸的反应方程式分别为CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4(浓)2CuSO4+5SO2↑+6H2O，故答案为：CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4(浓)2CuSO4+5SO2↑+6H2O。
点睛：本题借助于铜与浓硫酸的反应对反应过程中的中间产物进行了探究，题目有一定的难度。本题的难点是题干提供的信息较多，需要从众多的信息中提取有用信息，加以利用，物质性质的陌生性也增大了试题难度。
26.色酮类化合物K具有抗菌、降血脂等生理活性，其合成路线如下：
已知：
(R、R1、R2、R3、R4代表烃基)
(1)A的结构简式是________；根据系统命名法，F的名称是________。
(2)B→C所需试剂a是________；试剂b的结构简式是____________。
(3)C与足量的NaOH反应的化学方程式为____________。
(4)G与银氨溶液反应的化学方程式为___________。
(5)已知：①2H J+H2O; ②J的核磁共振氢谱只有两组峰。以E和J为原料合成K分为三步反应，写出下列化合物的结构简式：____________
【答案】 (1). (2). 1－丙醇 (3). Br2和Fe(或FeBr3) (4). (5). (6). CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O (7). E：； J：；
中间产物1：； 中间产物2：
【解析】
【分析】
A的分子式是C6H6，结构简式为，A发生硝化反应生成B，B为，由D的结构简式及反应条件，可知C为。F的分子式是C3H8O，能催化氧化生成醛基，则含有—CH2OH结构，结构简式为CH3CH2CH2OH，F催化氧化生成G，G为CH3CH2CHO，G催化氧化生成H，H为CH3CH2COOH，以此分析。
【详解】A的分子式是C6H6，结构简式为，A发生硝化反应生成B，B为，由D的结构简式及反应条件，可知C为。F的分子式是C3H8O，能催化氧化生成醛基，则含有—CH2OH结构，结构简式为CH3CH2CH2OH，F催化氧化生成G，G为CH3CH2CHO，G催化氧化生成H，H为CH3CH2COOH，
(1)根据以上分析，A的结构简式是；F的结构简式为CH3CH2CH2OH，名称是1－丙醇。
故答案为： ；1－丙醇；
(2) B→C是苯环上的溴代反应，则试剂a为Br2和Fe(或FeBr3)；由D的结构简式和已知①，可知试剂b为。
故答案为：Br2和Fe(或FeBr3)；；
(3)C与足量的NaOH反应为卤代烃的水解反应和酸碱中和反应，化学方程式为。
故答案为：。
(4)G与银氨溶液发生醛基的氧化反应，化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O 。
故答案为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
(5)根据(5)中已知条件可知，E为，J为丙酸酐，结构简式为；根据已知②可得中间产物1为，根据已知③可得中间产物2为。
北京师大附中2019届上学期高中三年级期中考试化学试卷
相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 S－32 Cl－35.5 Fe－56 Cu－64
第I卷(共40分)
每小题只有一个选项符合题意。
1.下列我国古代的技术应用中，不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
A. 煅烧贝壳发生了碳酸钙的分解，没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故A选；B. 粮食酿醋是淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，乙醇被氧化生成乙酸，属于氧化还原反应，故B不选；C.炼铁是在高温条件下用碳将铁矿石还原，属于氧化还原反应，故C不选；D.火药的爆炸发生的主要反应是2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，其中有元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选A。
点睛：氧化还原反应的特征是化合价的变化，只要有元素化合价的变化，就属于氧化还原反应。本题的关键是熟悉各技术应用中涉及的化学反应。
2.下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）
A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
B. 常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2ONH4++OH−
C. 由Na和C1形成离子键的过程：
D. 电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e−=Cu
【答案】A
【解析】
分析：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl-；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。
详解：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-10.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项正确；答案选A。
点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。
3.下列物质的用途利用了其氧化性的是（ ）
A. 漂粉精用于消毒游泳池水 B. SO2用于漂白纸浆
C. Na2S用于除去废水中的Hg2+ D. FeCl2溶液用于吸收Cl2
【答案】A
【解析】
A．漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选；B．SO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；C．Na2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；D．FeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；故选A。
4.下列各分子中，所有原子都满足最外层8电子结构的是
A. BF3 B. NCl3 C. H2O D. PCl5
【答案】B
【解析】
【详解】根据定义，共价键中的电子被成键的两个原子共有，围绕两个原子核运动。所以，形成共价键的原子的最外层电子数等于它本身最外层电子的个数加上它与其他原子形成共价键的数目。据此，题中各原子的最外层电子个数为：
A 中 B 有 3+3 ＝ 6 个、 F 有 7+1 ＝ 8 个，不符合题意；
B 中 N有 5+3＝ 8个、 Cl有 7+1 ＝ 8 个，符合题意；
C 中 H有 1+1 ＝2个、 O有 6+2 ＝ 8 个，不符合题意；
D 中 P 有 5+5 ＝ 10 个、 Cl 有 7+1 ＝ 8 个，不符合题意。
故答案选B。
【点睛】本题要注意解题方法：满足最外层8电子饱和的，那我们先看有没有氢元素，因为氢元素最外层2个电子就可以达到饱和了，所以很快的就可以排除了C选项，对于这种题目我们可以按照一个公式：化合价的绝对值+主族序数=8，那么就满足八个电子饱和了。
5.下列事实中，不能用元素周期律解释的是
A. 原子半径：K> Ca> Mg B. 碱性：NaOH> Mg(OH)2>Al(OH)3
C. 热稳定性：HF> HCl> H2S D. 酸性：H2SO3> H2CO3> H2SiO3
【答案】D
【解析】
A．同周期自左而右，原子半径逐渐减小，同主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径：K > Ca > Mg，能用元素周期律解释，故A不选；B．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，Na、Mg、Al位于周期表相同周期，金属性Na＞Mg＞Al，因此碱性：NaOH > Mg(OH)2 > Al(OH)3，能用元素周期律解释，故B不选；C．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，热稳定性：HF > HCl > H2S，能用元素周期律解释，故C不选；D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，但H2SO3不是最高价氧化物的水化物，不能用元素周期律解释，故D选；故选D。
6.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 1 mol OH－ 中含有9NA个电子
B. 28 g的CO气体中含有NA个氧原子
C. 1 L 1 mol/L的AlCl3溶液中含有NA个Al3+
D. 常温常压下11.2 L的甲烷气体含有的分子数为0.5NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A、1 mol OH－ 中含有10NA个电子，A错误；B、28 g的CO的物质的量是1mol，则气体中含有NA个氧原子，B正确；C、铝离子水解，则1 L 1 mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+个数小于NA个，C错误；D、常温常压下11.2 L的甲烷气体的物质的量不是0.5mol，则含有的分子数不是0.5NA，D错误，答案选B。
考点：考查阿伏伽德罗常数的计算
7.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 该催化反应实现了太阳能向化学能的转化
B. 阶段I中，H2O2是氧化产物
C. 每生成1molO2，阶段II中转移电子2 mol
D. 反应的两个阶段均为吸热过程
【答案】D
【解析】
【分析】
由题给信息可知，利用太阳光实现高效分解水，分两个阶段，阶段I为2H2O=H2O2+H2↑，阶段II为2H2O2=2H2O +O2↑，总反应为2H2O=2H2↑+O2↑，据此分析。
【详解】A. 该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故A正确；
B. 阶段I中发生的反应为2H2O=H2O2+H2↑，生成H2O2时氧元素化合价从-2价升高到-1价，所以H2O2是氧化产物，故B正确；
C. 阶段II中发生的反应为2H2O2=2H2O +O2↑，每生成1molO2，转移2 mol电子，故C正确；
D. 过氧化氢不稳定，能量高，分解成的H2O和O2较稳定，所以阶段II发生的反应为放热反应，故D错误。
故答案选D。
8.中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化实现的。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程
B. 过程Ⅲ生成了具有极性共价键的H2、CO2
C. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
D. 图示过程中的H2O均参与了反应过程
【答案】D
【解析】
A. 根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，故A错误；B. 过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非极性键，故B错误；C.催化剂不能改变反应的ΔH，故C错误；D. 根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，故D正确；故选D。
9.下列离子或分子能够在指定的分散系中大量共存的是
A. 空气中：CO2、NO、N2、NH3
B. 明矾溶液中：H+、Mg2+、Na+、Cl－
C. 过量铁与稀硝酸反应后的溶液中：H+、Cl－、I－、Na+
D. 常温下，水电离出的c(H+)＝1×10－12 mol/L的溶液中：NH4+、Na+、Cl－、CO32－
【答案】B
【解析】
【详解】A.NO与氧气反应，不能在空气中大量共存，故A错误；
B.明矾溶液中离子之间不发生反应，可大量共存，所以B选项是正确的；
C.酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；
D.常温下，水电离出的c(H+)＝1×10－12 mol/L的溶液可能呈酸性或碱性，碱性条件下NH4+不能大量共存，酸性条件下CO32－不能大量共存，故D错误。
所以B选项是正确的。
【点睛】本题考查离子共存问题，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，比如酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚铁离子等。
10.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B．应将二氧化碳从长导管通入，否则会将液体排出，故B错误；C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可低温烘干或用滤纸吸去表面的水，故D错误；故选C。
11.下列解释事实的离子方程式正确的是
A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O
B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：H++OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+H2O
C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O
D. 在A1C13溶液中加入过量氨水出现浑浊：A13++3OH-= Al(OH)3↓
【答案】C
【解析】
A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮，故A错误；B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊，反应的离子方程式为2H++2OH-+ Ba2++SO42- =BaSO4↓+2H2O，故B错误；C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++ 2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+ 2H2O，故C正确；D. 氨水是弱碱，用化学式表示，故D错误；故选C。
12.工业回收铅蓄电池中的铅，常用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏（主要成分PbSO4）获得PbCO3：PbSO4(s) + CO32—(aq)PbCO3(s) + SO42—(aq) K = 2.2×105。 经处理得到的PbCO3灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb。下列说法正确的是
A. PbSO4的溶解度小于PbCO3
B. 处理PbSO4后，Na2CO3或NaHCO3溶液的pH升高
C. 若用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4，Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大
D. 整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A.根据方程式，PbCO3的溶解度小于PbSO4，故A错误；B. 处理PbSO4后，Na2CO3或NaHCO3溶液转变为硫酸钠溶液，pH降低，故B错误；C. 若用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4，碳酸氢钠的电离程度较小，碳酸根离子浓度较小，而碳酸钠中碳酸根离子浓度较大，Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大，故C正确；D. 整个过程涉及两个复分解反应：PbSO4(s) + CO32—(aq)PbCO3(s) + SO42—(aq)和PbCO3灼烧后获得PbO，一个氧化还原反应：PbO转变为Pb，故D错误；故选C。
考点：考查了难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化、氧化还原反应的相关知识。
13.室温下，向100 mL 0.1 mol/L NH4Cl溶液中加入下列物质。有关结论正确的是
加入的物质
结论
A
100 mL0.1 mol/L盐酸
溶液中2c(NH4+)＝ c(Cl－)
B
0.01 mol Na2O2固体
反应完全后，溶液pH增大，c(Na+)＝ 2c(Cl－)
C
100 mL H2O
由水电离出的c(H+)·c(OH－)变大(均自由离子)
D
100 mL 0.1 mol/L氨水
溶液中减小
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 100 mL0.1 mol/L盐酸，由于铵根离子部分水解，则2c(NH4+)
C.加入100 mL H2O后，溶液浓度减小，铵根离子的水解程度增大，则水的电离程度最大，故水电离出的c(H+)·c(OH－)的乘积会增大，故C错误；
D.加入100 mL 0.1 mol/L氨水，溶液碱性增强，则c(OH－)增大，由于NH3H2O的电离和NH4+的水解都是微弱的，混合后溶液体积增大，所以c(NH4+)减小，溶液中增大，故D错误。
所以B选项是正确的。
14.某温度时，VIA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：
O2(g) +H2(g) ＝H2O(g) H＝－242kJ·mol－1
S(g)+ H2(g) ＝H2S(g) H＝－20kJ·mol－1
Se(g)+H2(g) H2Se(g) H＝+81kJ·mol－1
下列说法正确的是
A. 稳定性：H2O< H2S< H2Se
B. 降温有利于Se与H2反应生成H2Se
C. O2(g)+2H2S(g)＝2H2O(g)+2S(g) H＝－444 kJ·mol－1
D. 随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越容易发生
【答案】C
【解析】
【详解】A项，元素的非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强，同一主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，因此稳定性：H2O> H2S> H2Se，故A项错误；
B项，Se(g)+H2(g) H2Se(g)对应的△H>0，说明该反应正向吸热，降温使得反应向放热的方向移动，即逆向移动，不利于生成H2Se，故B项错误；
C项，将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由2(①-②)可得：O2(g)+2H2S(g)＝2H2O(g)+2S(g) H＝－444 kJ·mol－1，故C项正确；
D项，随着核电荷数的减小，ⅥA族元素的非金属性逐渐增强，与氢原子形成的共价键越强，放出的热量越多，生成物越稳定，ⅥA族元素的单质与H2的化合反应越容易发生，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
15.松香中含有松香酸和海松酸，其结构简式如下图所示。下列说法中，不正确的是
A. 二者互为同分异构体
B. 二者所含官能团的种类和数目相同
C. 二者均能与氢氧化钠溶液反应
D. 二者均能与H2以物质的量之比为1∶3发生反应
【答案】D
【解析】
A. 二者的分子式相同，均为C20H30O2，互为同分异构体，故A正确；B. 二者所含官能团的种类和数目相同，均含有1个羧基和2个碳碳双键，故B正确；C. 二者均含有羧基，均能与氢氧化钠溶液反应，故C正确；D. 羧基不能与氢气加成，二者均能与H2以物质的量之比为1∶2发生反应，故D错误；故选D。
16.某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应：
下列说法不正确的是
A. ②中的大量气泡主要成分是氧气
B. ③中溶液变红，说明有碱性物质生成
C. ④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的
D. ⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
【答案】D
【解析】
A. 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A正确；B. 过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B正确；C. 过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液褪色，故C正确；D. 生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，故D错误；故选D。
点睛：解答本题的关键是掌握和理解过氧化钠与水的反应。本题的易错点为C，过氧化钠与水可能发生复分解反应，生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢具有漂白性。
17.工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。
下列推论不合理的是
A. 活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用
B. 铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极
C. 增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率
D. 利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
【答案】C
【解析】
【分析】
A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；
B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；
C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；
D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。
【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；
B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；
C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；
D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。
18.某同学利用浓度相同的氯水、Cl2的CCl4溶液完成下述实验。下列有关实验的说法中，不正确的是
A. 操作④中发生的反应是Br2+ 2Fe2+＝2Br－+2Fe3+
B. 操作②和操作④之后，试管上层溶液的成分相同
C. 操作①后的溶液中没有Br2，但反应过程中可能有Br2生成
D. 实验说明，CCl4影响了Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序
【答案】D
【解析】
【分析】
Fe2+的还原性大于Br-，若向溴化亚铁溶液中滴加5滴氯水，氯水不足，发生反应：Cl2+ 2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，反应后得到黄色的含Fe3+溶液，加入CCl4后，CCl4不溶于水，密度大于水，溶液分层，CCl4层在下层无色，上层为黄色的含Fe3+溶液；
若向溴化亚铁溶液中滴加5滴Cl2的CCl4溶液，Cl2局部过量，则发生反应：3Cl2+ 2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2，反应后得到黄色的含Fe3+溶液和黄色的溴的CCl4溶液，振荡后，发生反应：2Fe2+ + Br2 ＝ 2Fe3+ + 2Br－，溶液分层，CCl4层在下层无色，上层为黄色的含Fe3+溶液。以此分析。
【详解】A. 根据以上分析，操作④中发生的反应是Br2+ 2Fe2+＝2Br－+2Fe3+，故A正确；
B. 操作②和操作④之后，试管上层溶液的成分相同，CCl4层在下层无色，上层为黄色的含Fe3+溶液，故B正确；
C. 操作①反应过程中可能由于氯水局部过量，发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，有Br2生成，但由于Fe2+过量，随后发生反应：Br2+ 2Fe2+＝2Br－+2Fe3+，故操作①后的溶液中没有Br2，故C正确；
D. 实验说明，Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序为：Cl2>Br2>Fe3+，CCl4没有影响Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序，故D错误。
故答案选D。
19.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收，其中Y是单质。
SO 2（g） + 2CO（g）2X（g）+Y（l）
为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用超灵敏气体传感器测得不同时间的SO2和CO浓度如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
c（SO2）/mol·L-1
1.00
0.50
0.23
3.00×10-37
3.00×10-37
c（CO）/mol·L-1
4.00
3.00
2.46
2.00
2.00
下列说法不正确的是
A. X的化学式为CO2
B. 前1s内v（X）=" 1.00" mol·L-1·s-1
C. 该回收原理运用了SO2的还原性
D. 该温度下，此反应的平衡常数的数值是3.33×1036
【答案】C
【解析】
试题分析：A、该反应是进行硫的回收，所以Y单质是S单质，根据质量守恒定律，则X的化学式是CO2，正确；B、前1s内，CO的物质的量浓度减小1.00mol/L，则X的物质的量浓度增加1.00mol/L，所以v（X）=" 1.00" mol·L-1·s-1，正确；C、在该反应中，S元素的化合价降低，作氧化剂，所以利用了二氧化硫的氧化性，错误；D、3s时，该反应达到平衡状态，CO的物质的量浓度减少2.00mol/L，则X的浓度增加2.00mol/L，所以该反应的平衡常数K=2.002/[2.002×（3.00×10-37）]= 3.33×1036，正确，答案选C。
考点：考查对反应速率、平衡常数的计算
20.实验：①0.005 mol·L－1 FeCl3溶液和0.015 mol·L－1 KSCN溶液各1mL混合得到红色溶a，均分溶液a置于b、c两支试管中；②向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液，溶液颜色加深；③再向上述b溶液中滴加3滴1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液颜色变浅且出现浑浊；④向c中逐渐滴加1mol·L－1 KSCN溶液2 mL，溶液颜色先变深后变浅。下列分析不正确的是
A. 实验②中增大Fe3+浓度使平衡Fe3++ 3SCN－Fe(SCN)3正向移动
B. 实验③中发生反应：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓
C. 实验③和④中溶液颜色变浅的原因相同
D. 实验②、③、④均可说明浓度改变对平衡移动的影响
【答案】C
【解析】
实验②中向b中滴加3滴饱和溶液，增大了浓度使反应正向移动，溶液颜色加深，选项A正确。实验③中向上述b溶液中滴加3滴溶液，发生反应：，铁离子浓度减小，反应逆向移动，溶液颜色变浅，选项B正确。实验③颜色变浅的原因是减少了铁离子浓度，平衡逆向移动，实验④最后颜色变浅是因为加入的硫氰化钾溶液过多，对体系进行了稀释，颜色变浅，所以选项C错误。实验②③④都是在改变平衡体系中某种物质的浓度，溶液的颜色变化都说了平衡的移动，所以选项D正确。
第II卷(共60分)
二、填空题
21.A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。
(1)A在元素周期表中的位置是____________。
(2)下列事实能用元素周期律解释的是(填字母序号)________。
a. D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2
b. E的气态氢化物的稳定性小于HF
c. WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板
(3)E的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因是____________。
(4)①工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为____________。
②家用“管道通”的有效成分是烧碱和D的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为________。
(5)W的单质可用于处理酸性废水中的NO3－，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。上述反应的离子方程式为____________。
【答案】 (1). 第二周期，第IVA族 (2). ab (3). Cl(可用E代替)和Br同主族，电子层数、原子半径Br大于Cl，原子得电子能力Br小于Cl，因此元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2 (4). 2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ (5). 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ (6). 3Fe+NO3－+2H++H2O＝Fe3O4+NH4+
【解析】
【分析】
A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C元素；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al元素；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，E为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素。以此解答。
【详解】根据题意可知A为C、D为Al、E为Cl、W为Fe。
(1)C位于第二周期，第IVA族，
故答案为：第二周期，第IVA族；
(2) a. Mg、Al位于周期表相同周期，金属性Mg＞Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，故a选；
b. 非金属性F＞Cl，所以稳定性：HF＞HCl，能用元素周期律解释，故b选；
c. FeCl3能腐蚀印刷电路板，是因为铁离子氧化性强于铜离子，不能用元素周期律来解释，故c不选。
故答案为：ab；
(3)氯气可以置换出溴单质是因为Cl和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小于Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2。
故答案为：Cl(可用E代替)和Br同主族，电子层数、原子半径Br大于Cl，原子得电子能力Br小于Cl，因此元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2；
(4)①工业上用电解熔融Al2O3制备铝，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑，
故答案为：2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；
②铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的方程式为2Al +2 NaOH + 2 H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑。
故答案为：2Al +2 NaOH + 2 H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑；
(5) 由题意铁与硝酸反应反应生成四氧化三铁和硝酸铵，反应的离子方程式为3Fe+NO3－+2H++H2O＝Fe3O4+NH4+。
故答案为：3Fe+NO3－+2H++H2O＝Fe3O4+NH4+。
22.分25℃时，向10 mL 0.1 mol·L-1NH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积关系如右图所示：
(1)用电离方程式表示P点pH＜7的原因是________。
(2)M、Q两点中，水的电离程度较大的是________点。
(3)下列关系中，正确的是________。
a.M点c(Na+)＞c(NH4+)
b.N点c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)
c.Q点c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Na+)
【答案】(1)NH4HSO4=NH4++H++SO42-或HSO4-=H++SO42-
(2)M(3)ab；
【解析】
试题分析：(1)NH4HSO4溶液中存在NH4HSO4 = NH4+ + H+ + SO42-，因此P点pH＜7，故答案为：NH4HSO4 = NH4+ + H+ + SO42-；
(2)M点，溶质为硫酸钠和(NH4)2SO4的混合物，(NH4)2SO4水解，促进水的电离，Q点溶质为一水合氨、硫酸钠，一水合氨的电离抑制水的电离，水的电离程度较大的是M点，故答案为：M；
(3)a. M点溶质为硫酸钠和(NH4)2SO4的混合物，铵根离子水解，c(Na+) ＞ c(NH4+)，正确；b. N点溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+) + c(Na+) = 2c(SO42-)，正确；c. Q点溶质为等物质的量一水合氨、硫酸钠，根据物料守恒，2c(NH4+) +2 c(NH3·H2O) = c(Na+)，错误；故选ab。
考点：考查了弱电解质的电离平衡的影响因素、溶液的酸碱性与pH的相关知识。
23.硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。
(1)工业上采用高温分解H2S制取氢气，2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，在膜反应器中分离出H2。在容积为2L的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为1mol，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。
①反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)的H___________(填“>”“<’或“＝”)0。
②985℃时，反应经过5s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则用H2表示的反应速率为v(H2)＝____________。
③随着H2S分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是____________。
(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如下图所示。
①在图示的转化中，化合价不变的元素是____________。
②在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中尽可能不含CuS，可采取的措施有________。
【答案】 (1). > (2). 0.04mol/(L·S) (3). 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短 (4). ①Cu、Cl、H (5). 增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)
【解析】
【分析】
（1）①由图象可知，随着温度升高，H2S的转化率逐渐增大，说明温度升高时，平衡正向移动，则该反应为吸热方向，即△H>0。
②若985℃时，H2S的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为0.4 mol，生成氢气0.4mol，所以氢气的反应速率为v=△c/△t==0.04 mol/(L·S)；
③随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；
(2) ①根据图示可知，整个过程中－2价的S与0价的S之间相互转化，还存在Fe2＋与Fe3＋之间的相互转化。
②根据图示，可增大空气的量，使S2－完全转化为单质S，使其没有机会和Cu2＋结合生成CuS。
【详解】（1）①由图象可知，温度升高，转化率增大，则平衡正移，所以正方向为吸热方向，即△H>0，
②H2S的物质的量为1 mol，体积2L，起始浓度为0.5 mol/L，若985℃时，反应经5s达到平衡，此时H2S的转化率为40%，则参加反应的硫化氢为0.5 mol/L×40%=0.2 mol/L，
v=△c/△t==0.04 mol/(L·S)；
③随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以曲线b向曲线a逼近；
故答案为：>；0.04mol/(L·s)；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；
（2）①通过图示可以看出来Fe的化学价由+3变为+2，S的化合价由-2变0价，化合价没有变的元素是Cu、Cl和H三种元素；
②在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有：增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。
故答案为：Cu、Cl、H；增加氧气的通入量或增加起始时c(Fe3+)。
24.锰是一种非常重要的金属元素，在很多领域有着广泛的应用。利用废铁屑还原浸出低品位软锰矿制备硫酸锰，然后进行电解，是制备金属锰的新工艺，其流程简图如下：
已知：
i. 低品位软锰矿主要成份有MnO2、Al2O3、Fe2O3、Cu2(OH)2CO3、CaCO3、SiO2等。
ii. 部分金属离子以氢氧化物沉淀时的pH
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mn2+
Cu2+
开始沉淀的pH
6.8
1.8
3.7
8.6
5.2
沉淀完全的pH
8.3
2.8
4.7
10.1
6.7
iii. 几种化合物的溶解性或溶度积(Ksp)
MnF2
CaS
MnS
FeS
CuS
溶于水
溶于水
2.5×10－13
6.3×10－18
6.3×10－36
(1)研究表明，单质Fe和Fe2+都可以还原MnO2。在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+的离子方程式是____________。
(2)清液A先用H2O2处理，然后加入CaCO3，反应后溶液的pH≈5。滤渣a的主要成分中有黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6。
①H2O2的作用是____________(用离子方程式表示)。
②滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有X。用平衡移动原理解释产生x的原因：____________。
(3)用离子方程式表示MnS固体的作用：____________。
(4)滤渣c的成分是____________。
(5)如下图所示装置，用惰性电极电解中性MnSO4溶液可以制得金属Mn。阴极反应有：
i. Mn2++2e－＝Mn ii. 2H++2e－＝H2↑
电极上H2的产生会引起锰起壳开裂，影响产品质量。
①电解池阳极的电极方程式是________________。
②清液C需要用氨水调节pH＝7的原因是____________。
③电解时，中性MnSO4溶液中加入(NH4)2SO4的作用除了增大溶液导电性之外，还有___________(结合电极反应式和离子方程式解释)。
【答案】 (1). 3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O (2). 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O (3). Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3 (4). MnS(s)+Cu2+＝Mn2++ CuS(s) (5). CaF2 (6). 2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O) (7). 降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少 (8). 阴极2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2
【解析】
【分析】
由流程图可知，软锰矿加入Fe和H2SO4，MnO2将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，经过滤除去不溶的SiO2。清液A中含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+和Ca2+等离子，在清液A中加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钙调节溶液的pH，产生黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6和氢氧化铝沉淀，除去Fe2+、Fe3+、Al3+。清液B中含有Mn2+、Cu2+和Ca2+等离子，在清液B中加入MnS固体，生成CuS沉淀，除去Cu2+。清液C中含有Mn2+和Ca2+等离子，在清液C中加入MnF2可将Ca2+转化为CaF2沉淀而除去。最后加氨水调节溶液pH=7，电解中性MnSO4溶液制取Mn，以此分析。
【详解】(1)根据以上分析，在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒，离子方程式是3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O。
故答案为：3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O；
(2) ①黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6中的铁为+3价，所以H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，
离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
②分析流程图可知，滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有Al(OH)3。产生Al(OH)3的原因是Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3。
故答案为：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3
(3) 分析流程图可知，加入MnS固体，生成CuS沉淀，发生沉淀转化，除去Cu2+，离子方程式为：MnS(s)+Cu2+＝Mn2++ CuS(s)。
故答案为：MnS(s)+Cu2+＝Mn2++ CuS(s)；
(4) 在清液C中加入MnF2可将Ca2+转化为CaF2沉淀而除去，所以滤渣c的成分是CaF2。
故答案为：CaF2；
(5)①用惰性电极电解中性MnSO4溶液，电解池阳极发生氧化反应，电极方程式是2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)。
故答案为：2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)
②根据信息，电极上H2的产生会引起锰起壳开裂，影响产品质量，所以清液C需要用氨水调节pH＝7，降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少。
故答案为：降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少；
③电解时，阴极发生2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，为防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2，则加入(NH4)2SO4控制pH不过大。
故答案为：阴极2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2。
25.某同学在做浓硫酸与铜反应的实验过程中，观察到铜片表面变黑，于是对黑色物质的组成进行实验探究。
（1）用如右图所示装置进行实验1。（加热和夹持仪器已略去）
实验1：铜片与浓硫酸反应
操作
现象
加热到120℃~250℃
铜片表面变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液
继续加热至338℃
铜片上黑色消失，瓶中出现“白雾”，溶液略带蓝色，瓶底部有较多灰白色沉淀
①装置B的作用是________；装置C中盛放的试剂是_______。
②为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，实验操作及现象是___________。
（2）探究实验1中120℃~250℃时所得黑色固体的成分。
【提出猜想】黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S中的一种或几种。
【查阅资料】
资料1：亚铁氰化钾[K4Fe(CN）6]是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，生成红棕色沉淀。
资料2：
CuS
Cu2S
黑色结晶或粉末
灰黑色结晶或粉末
难溶于稀硫酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水或热的浓盐酸
难溶于稀硫酸和浓盐酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水
【设计并实施实验】
实验2.探究黑色固体中是否含CuO
操作
现象
i.取表面附着黑色固体的铜片5片，用清水洗干净，放入盛有10mL试剂A的小烧杯中，搅拌
黑色表层脱落，露出光亮的铜片
ii.取出铜片，待黑色沉淀沉降
上层溶液澄清、无色
①试剂A是_________。
②甲认为ii中溶液无色有可能是Cu2+浓度太小，于是补充实验确认了溶液中不含Cu2+，补充的实验操作及现象是______。
实验3.探究黑色固体中是否含CuS、Cu2S
操作
现象
i.取实验2中黑色固体少许，加入适量浓氨水，振荡后静置
有固体剩余，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色
ii.另取实验2中黑色固体少许，加入适量浓盐酸，微热后静置
有固体剩余，溶液变成浅绿色
【获得结论】由实验2和实验3可得到的结论是：实验1中，120℃~250℃时所得黑色固体中_______。
【实验反思】
分析实验1中338℃时产生现象的原因，同学们认为是较低温度时产生的黑色固体与热的浓硫酸进一步反应造成。已知反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，则黑色固体消失时可能发生的所有反应的化学方程式为_____________。
【答案】 (1). 防止C中溶液倒吸入A中 (2). NaOH溶液 (3). 冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液（或冷却后，将上层浓硫酸倒出，向瓶中加入少量水，得到蓝色溶液） (4). 一定浓度的稀硫酸（稀盐酸也可以） (5). 向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象（或无红棕色沉淀生成） (6). 不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2S (7). CuS+4H2SO4（浓）CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4（浓）2CuSO4+5SO2↑+6H2O
【解析】
(1)①反应生成的二氧化硫易溶于水，容易造成倒吸现象，装置B可以防止C中溶液倒吸入A中；二氧化硫会污染空气，二氧化硫属于酸性氧化物，装置C中可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，故答案为：防止C中溶液倒吸入A中；NaOH溶液；
②硫酸铜溶液显蓝色，为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，可以将冷却后的浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液即可证明，故答案为：冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液；
(2)①根据CuS、Cu2S的性质可知，二者均难溶于稀硫酸；可溶于硝酸，因此试剂A应该选择稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
②根据题意，亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6]是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，可以生成红棕色沉淀。因此只要向反应后的溶液中加入亚铁氰化钾即可检验溶液中是否存在Cu2+，故答案为：向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象(或无红棕色沉淀生成)；
【获得结论】根据实验2可知，黑色固体中不含CuO，根据实验3可知，加入适量浓氨水，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色；加入适量浓盐酸，微热后静置，溶液变成浅绿色，因为CuS微溶于浓氨水或热的浓盐酸，Cu2S难溶于浓盐酸，说明含有CuS、可能含有Cu2S，故答案为：不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2S；
【实验反思】黑色固体中含有CuS、可能含有Cu2S，根据反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，CuS、Cu2S与浓硫酸的反应方程式分别为CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4(浓)2CuSO4+5SO2↑+6H2O，故答案为：CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4(浓)2CuSO4+5SO2↑+6H2O。
点睛：本题借助于铜与浓硫酸的反应对反应过程中的中间产物进行了探究，题目有一定的难度。本题的难点是题干提供的信息较多，需要从众多的信息中提取有用信息，加以利用，物质性质的陌生性也增大了试题难度。
26.色酮类化合物K具有抗菌、降血脂等生理活性，其合成路线如下：
已知：
(R、R1、R2、R3、R4代表烃基)
(1)A的结构简式是________；根据系统命名法，F的名称是________。
(2)B→C所需试剂a是________；试剂b的结构简式是____________。
(3)C与足量的NaOH反应的化学方程式为____________。
(4)G与银氨溶液反应的化学方程式为___________。
(5)已知：①2H J+H2O; ②J的核磁共振氢谱只有两组峰。以E和J为原料合成K分为三步反应，写出下列化合物的结构简式：____________
【答案】 (1). (2). 1－丙醇 (3). Br2和Fe(或FeBr3) (4). (5). (6). CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O (7). E：； J：；
中间产物1：； 中间产物2：
【解析】
【分析】
A的分子式是C6H6，结构简式为，A发生硝化反应生成B，B为，由D的结构简式及反应条件，可知C为。F的分子式是C3H8O，能催化氧化生成醛基，则含有—CH2OH结构，结构简式为CH3CH2CH2OH，F催化氧化生成G，G为CH3CH2CHO，G催化氧化生成H，H为CH3CH2COOH，以此分析。
【详解】A的分子式是C6H6，结构简式为，A发生硝化反应生成B，B为，由D的结构简式及反应条件，可知C为。F的分子式是C3H8O，能催化氧化生成醛基，则含有—CH2OH结构，结构简式为CH3CH2CH2OH，F催化氧化生成G，G为CH3CH2CHO，G催化氧化生成H，H为CH3CH2COOH，
(1)根据以上分析，A的结构简式是；F的结构简式为CH3CH2CH2OH，名称是1－丙醇。
故答案为： ；1－丙醇；
(2) B→C是苯环上的溴代反应，则试剂a为Br2和Fe(或FeBr3)；由D的结构简式和已知①，可知试剂b为。
故答案为：Br2和Fe(或FeBr3)；；
(3)C与足量的NaOH反应为卤代烃的水解反应和酸碱中和反应，化学方程式为。
故答案为：。
(4)G与银氨溶液发生醛基的氧化反应，化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O 。
故答案为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
(5)根据(5)中已知条件可知，E为，J为丙酸酐，结构简式为；根据已知②可得中间产物1为，根据已知③可得中间产物2为。
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