【化学】云南省曲靖市沾益区第四中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

云南省曲靖市沾益区第四中学2018-2019学年高二上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Mn 55
第Ⅰ卷 选择题(共50分)
选择题(本题包括25小题，每小题2分，共计50分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.化学与生产、生活等密切相关，下列说法正确的是
A. 盒装饮用奶内层包装材料为铝箔，因为铝元素对人体无害
B. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅
C. CO2合成可降解的聚碳酸酯类塑料，实现“碳循环”，可有效减少“白色污染”
D. 臭氧（O3）是一种氧化性极强、有鱼腥味的淡蓝色气体，不能用作自来水的消毒剂
【答案】C
【解析】
【详解】A.长期或大量摄取铝元素对人体的大脑和神经系统将造成损害，故A错误；
B.计算机芯片的材料是硅，不是二氧化硅，故B错误；
C. CO2合成可降解的聚碳酸酯类塑料，实现“碳循环”，可减少白色污染，符合题意，故C正确；
D. 臭氧（O3）在常温下，它是一种有特殊臭味的淡蓝色气体具有氧化性极强，可用作自来水的消毒剂，故D错误。
所以C选项是正确的。
2.下列有关化学用语的表示正确的是( )
A. 中子数为20的氯原子：
B. 次氯酸的电子式：
C. 氮原子的结构示意图：
D. 碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋H＋＋CO32－
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据原子的表示方法，左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，可知中子数为20的氯原子：，A正确；
B.氯只能形成一个共用电子对，所以次氯酸的电子式为：，B错误；
C.氮原子核内有7个质子，所以N原子的结构示意图为，C错误；
D.碳酸氢钠只能完全电离为Na+和HCO3-，故其电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，D错误；
故合理选项是A。
3.下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. C2H4气体具有可燃性，可用作果实的催熟剂 B. MgO熔点高，可用作耐高温材料
C. 氢氧化铝能与氢氧化钠反应，可用于治疗胃酸过多 D. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥NH3、SO2等
【答案】B
【解析】
【分析】
A. C2H4的可燃性与其做催熟剂无关；
B. MgO熔点高，可用作耐高温材料；
C.氢氧化铝能与氢氧化钠反应，与其治疗胃酸过多无关；
D.浓硫酸具有脱水性，与其做干燥剂无关；
【详解】A.乙烯是一种植物生长调节剂，具有催熟作用，与乙烯的可燃性无关，故A项错误；
B. MgO熔点高，可用作耐高温材料，故B项正确；
C.氢氧化铝能与氢氧化钠反应，但胃酸的主要成分是盐酸，与此性质无关，故C项错误；
D.浓硫酸具有吸水性，能作干燥剂，与脱水性无关，且不能用于干燥NH3，故D项错误；
综上，本题选B。
4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W原子的最外层电子数是电子层数的2倍，Y原子次外层电子数与其他各层电子总数相等，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数。下列说法正确的是
A. 含氧酸的酸性：Z＞W
B. 简单离子半径：X＞Y＞Z
C. 四种元素均能与氢元素形成共价键
D. 在一定条件下W的单质能与Y的最高价氧化物对应的水化物反应
【答案】D
【解析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，可知核电荷数最大为17，W原子的最外层电子数是电子层数的2倍，可以是C或S，但四种元素中W的核电荷数最小，则W只能是碳元素；Y原子次外层电子数与其他各层电子总数相等，Y应为S元素，同时可知Z为Cl元素，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，可知X为Na元素；
A．H2CO3的酸性大于HClO，氯、碳的最高价氧化物的水化物的酸性HClO4一定大于H2CO3，故A错误；B．Na+比S2-、Cl-少一个电子层，离子半径最小，而S2-和Cl-离子结构相同，核电荷数大，离子半径小，则简单离子半径为S2-＞Cl-＞Na+，故B错误；C．C、S、Cl均能与氢元素形成共价键，而Na与H形成离子键，故C错误；D．加热条件下，碳能溶于浓硫酸生成二氧化碳、二氧化硫和水，故D正确；答案为D。
5.实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是

A. 装置①常用于分离互不相溶的液体混合物
B. 装置②可用于稀释浓硫酸
C. 装置③可用于制备少量氨气
D. 装置④可用于蒸发、浓缩、结晶
【答案】C
【解析】
【详解】A、互不相溶的液体混合物用分液的方法分离，沸点不同互溶的液体混合物用蒸馏的方法分离，故A错误；
B、不能在容量瓶内进行溶液的稀释与药品溶解，因为浓硫酸溶解时会放热，影响所配溶液浓度的准确度，故B错误；
C、氧化钙与水反应放出大量的热量，浓氨水中的氨气溢出，碱石灰可干燥氨气，故C正确；
D、蒸发、浓缩、结晶需要用蒸发皿，不能用坩埚，故D错误。
答案选C。
6.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 将少量SO2气体通入过量氨水中：SO2＋NH3·H2O=NH4＋＋HSO3－
B. 铝溶于NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑
C. 用醋酸除去水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
D. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO3－＋3H2O=3I2＋6OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A．将少量SO2气体通入过量氨水中，离子方程式：SO2+2NH3•H2O=H2O+2NH4++SO32-，A错误；
B.铝溶于NaOH溶液中，离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，B正确；
C.用醋酸除去水垢中的CaCO3，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，C错误；
D.用KIO3氧化酸性溶液中的KI，离子方程式：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，D错误；
故合理选项是B。
7.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法不正确的是(　 )

A. 甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙可与溴水发生加成反应使溴水褪色
C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键
D. 丁在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应
【答案】A
【解析】
【详解】由四种有机物的比例模型可知，甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇。
A．甲为甲烷，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．乙烯分子中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应使溴水褪色，B正确；
C．苯中不存在碳碳单键及碳碳双键，苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，C正确；
D．乙醇与乙酸在浓硫酸作用并加热时发生酯化反应，为取代反应，浓硫酸作催化剂、吸水剂，不能选稀硫酸，D正确；
故合理选项是A。
8.下列说法中正确的是 （ ）
A. 干冰、液态氯化氢都是电解质
B. Na2O、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物
C. 有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应
D. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化碳为非电解质，故A错误；B．氧化铝与强酸、强碱反应都生成盐和水，为两性氧化物，故B错误；C．同素异形体之间的转化为非氧化还原反应，如氧气和臭氧，都有单质参加反应，但不是氧化还原反应，故C正确；D．根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，故D错误；故选C。
9.已知分解1mol KClO3放出热量38.8kJ，在存在MnO2条件下加热,KClO3的分解机理为：
①2KClO3+4MnO2=2KCl+2Mn2O7 慢 ②2Mn2O7=4MnO2+3O2 快
下列有关说法中不正确的是( )
A. 1mol KClO3所具有的总能量高于1mol KCl和1.5mol O2所具有的总能量
B. KClO3分解速率快慢主要取决于反应①
C. 1g KClO3、1g MnO2和0.1g Mn2O7混合加热，充分反应后MnO2质量为1g
D. 将固体二氧化锰碾碎,可加快KClO3的分解速率
【答案】C
【解析】
【分析】
A．分解1mol KClO3放出热量38.8kJ，可知分解反应为放热反应；
B．慢反应为决定反应速率的主要因素；
C．由反应②可知，Mn2O7分解会生成一部分MnO2；
D．催化剂的接触面积增大，可加快反应速率。
【详解】A.反应2KClO32KCl+3O2↑为放热反应，说明1 mol KClO3所具有的总能量高于1 mol KCl和1.5 mol O2所具有的总能量之和，A正确；
B.由分解机理可知，KClO3的分解速率取决于慢反应，即取决于反应①，B正确；
C.由反应②可知，0.1 g Mn2O7分解会生成一部分MnO2，故反应后MnO2的总质量大于1 g，C错误；
D.由分解机理可知，KClO3的分解速率取决于慢反应，即由反应①决定，将固体二氧化锰碾碎，由于固体表面积增大，所以可加快反应①的反应速率，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查反应速率的影响因素及反应机理，把握发生的反应、速率的决定因素、影响反应速率的因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
10.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
①透明溶液中K+、Na+、MnO4-、SO42-；
②pH=1的溶液CO32-、Na+、AlO2-、NO3-；
③加入Al能放出H2的溶液中Cl−、CO32-、SO42-、NH4+；
④由水电离的c(OH−)=10−13mol·L−1的溶液中，Na+、Ba2+、Cl−、Br−；
⑤有较多的Fe3+的溶液中，Na+、NH4+、SCN−、HCO3-；
⑥酸性溶液中Fe3+、Al3+、NO3-、I−、Cl−
A. ①④ B. ③④⑥ C. ④ D. ③⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①该组离子之间不反应，可大量共存，①正确；
②pH=1的溶液，显酸性，该组离子中H+与CO32-、AlO2-会发生反应，不能大量共存，②错误；
③加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸的溶液或强碱溶液。在强酸性溶液中，H+与CO32-会反应产生CO2和水，不能大量共存；在强碱溶液中NH4+与OH-会反应产生NH3·H2O不能大量共存，③错误；
④由水电离出的c（OH-）=10-13mol•L-1的溶液，可能为酸或碱溶液，无论是酸性还是碱性溶液，都不会发生任何反应，可以大量共存，④正确；
⑤Fe3+、HCO3-会发生盐的双水解反应，彼此相互促进水解生成沉淀和气体，不能大量共存，⑤错误；
⑥酸性溶液中Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，⑥错误；
可以大量共存的离子组是①④，故合理选项是A。
11.某化学反应的能量变化如下图所示。下列有关叙述正确的是

A. 该反应的反应热ΔH＝E2－E1
B. a、b分别对应有催化剂和无催化剂的能量变化
C. 催化剂能降低反应的活化能
D. 催化剂能改变反应的焓变
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据图像可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以该反应是吸热反应，则该反应的反应热△H=E1－E2，A不正确；B、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，则a、b分别对应无催化剂和有催化剂的能量变化，B不正确，选项C正确；D、催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，D不正确，答案选C。
考点：考查化学反应的能量变化分析，催化剂作用的实质，图象识别
12.下列关于金属腐蚀的说法正确的是(　　)
A. 金属在潮湿空气中腐蚀的实质是M＋nH2O=M(OH)n＋H2↑
B. 金属的化学腐蚀的实质是M－ne－=Mn＋，电子直接转移给氧化剂
C. 金属的化学腐蚀必须在酸性条件下进行
D. 在潮湿的环境中，金属的电化学腐蚀一定是析氢腐蚀
【答案】B
【解析】
【分析】
金属被腐蚀的实质是金属失电子发生氧化反应，金属被腐蚀有化学腐蚀和电化学腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，在弱酸性或中性条件下发生吸氧腐蚀，据此分析解答。
【详解】A．金属在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子发生还原反应，因此没有生成氢气，A错误；
B．金属发生化学腐蚀时金属和氧化剂直接接触，电子直接转移给氧化剂，B正确；
C．在弱酸性或中性条件下，金属发生吸氧腐蚀，在酸性条件下，金属发生析氢腐蚀，可见无论是酸性还是碱性、中性环境都能发生金属腐蚀，C错误；
D．在潮湿的中性环境中，金属的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了金属腐蚀与防护的知识，明确金属腐蚀原理是解本题关键，知道析氢腐蚀和吸氧腐蚀的区别及其原因，题目难度不大。
13.一定温度下，下列叙述不能作为可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡状态标志的是(　　)
①C的生成速率与C的消耗速率相等　②单位时间内生成amol A，同时生成3amol B　③A、B、C的浓度不再变化　④C的物质的量不再变化　⑤混合气体的总压强不再变化　⑥混合气体的总物质的量不再变化　⑦单位时间消耗amol A，同时生成3amol B　⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2
A. ②⑧ B. ④⑦ C. ①③ D. ⑤⑥
【答案】A
【解析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此可以判断。①密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量不变。根据方程式可知，在恒压容器中，容器的容积是减小的，因此密度是减小的，所以当混合气体的密度保持不变时，可以说明反应达到平衡状态，①不符合题意；②单位时间内生成a mol A的同时，一定消耗2a mol C，因此不能说明反应达到平衡状态，②符合题意；③A、B、C的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，③不符合题意；④C的物质的量不再变化，说明C生物正逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡状态，④不符合题意；⑤该反应是体积减小的可逆反应，因此在恒容容器中，混合气体的总压强不再变化时可以说明达到平衡状态，⑤不符合题意；⑥根据方程式可知，在反应过程中混合气的物质的量是减小的，因此当混合气体的总物质的量不再变化时可以说明达到平衡状态，⑥不符合题意；⑦单位时间消耗a mol A，必然同时消耗3amolB，而同时又生成3a mol B，因此正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，⑦不符合题意；⑧平衡时浓度不再发生变化，但物质的浓度之间不一定相等，或满足某种关系，则A、B、C的分子数之比为1∶3∶2时，反应不一定达到平衡状态，⑧符合题意，答案选A。
点睛：本题考查可逆反应平衡状态的判断。本题解题的关键是正确理解好勒夏特列原理。
14.某化学反应其△H=-122 kJ/mol，△S=+231 J/(mol·K)，则此反应在下列哪种情况下可自发进行( )
A. 在任何温度下都能自发进行 B. 在任何温度下都不能自发进行
C. 仅在高温下自发进行 D. 仅在低温下自发进行
【答案】A
【解析】
【详解】反应自发进行需要满足，△H-T△S＜0，依据题干条件计算判断，△H-T△S=-122 kJ/mol -T×231 J/(mol·K)＜0，所以无论什么温度下，反应一定是自发进行的反应，故合理选项是A。
15.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是 ( )
A. 2.3g金属钠与过量的氧气反应，无论加热与否转移电子数均为0.1NA
B. 1molNa2CO3晶体中含CO32ˉ数目一定为NA
C. 常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体中含有原子数为6 NA
D. 惰性电极电解食盐水，若电路中通过NA个电子，则阳极产生气体11.2L
【答案】D
【解析】
试题分析：钠在反应中失去一个电子，2.3g金属钠是0.1mol,与氧气反应无论加热与否转移电子数均为0.1NA，A正确；Na2CO3晶体为离子化合物，故1molNa2CO3晶体中含CO32ˉ数目一定为NA，B项正确；常温常压下， NO2和N2O4的相对原子质量之比为1：2，92g的NO2和N2O4混合气体中含有2molN原子4molO原子，总共有6mol原子，C项正确；惰性电极电解食盐水，阳极产生氯气，若电路中通过NA个电子，在标准状态下产生0.5mol氯气，D选项中没有说标准状态，选D
考点：考查物质的量及相关计算
16.在密闭容器中进行反应:X(g)+3Y(g)2Z(g),有关下列图像的说法错误的是(　　)

A. 依据图甲可判断正反应为放热反应
B. 在图乙中，虚线可表示使用了催化剂
C. 若正反应的△H0
【答案】D
【解析】
【详解】A.依据图象分析，温度升高，逆反应速率增大的大于正反应速率增大的，所以化学平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，A正确；
B.使用催化剂可以增大化学反应速率，缩短反应达到平衡所需的时间，但是化学平衡不发生移动，故虚线可表示使用了催化剂，B正确；
C.若正反应的△H＜0，正反应是放热反应，升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，C正确；
D.根据图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，而总质量不变，说明升高温度时，气体物质的量变大，所以化学平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应△H＜0，D错误；
故合理选项是D。
17.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨工业上增大压强以提高反应物的转化率
B. 过氧化氢分解加二氧化锰作催化剂，使单位时间内产生的氧气的量多
C. 反应CO（g）+NO2（g）⇌ CO2（g）+NO（g）；ΔH＞0，达平衡后，升高温度体系颜色变浅
D. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【答案】B
【解析】
A、在合成氨工业上增大压强，可以使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，选项A不选；B、催化剂不能使平衡移动，故不能用勒夏特列原理解释，选项B选；C、反应CO（g）+NO2（g）⇌ CO2（g）+NO（g）；ΔH＞0，达平衡后，升高温度，平衡正向移动，体系颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，选项C不选；D、存在Cl2+H2O⇌ HCl+HClO，生成的次氯酸见光分解，促进平衡正向进行，故氯水光照后颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，选项D不选。答案选B。
点睛：本题考查勒夏特列原理的运用：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
18.物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的四种溶液：①NH4Cl溶液　②NH4HSO4溶液　③CH3COONH4溶液　④氨水，其c(NH4+)从大到小的顺序为(　　)
A. ②①③④ B. ①②③④ C. ④②①③ D. ①②④③
【答案】A
【解析】
【分析】
弱电解质部分电离，强电解质完全电离，弱碱阳离子在溶液中发生水解，使溶液显酸性，氢离子抑制阳离子的水解，双水解程度较一般水解程度大，据此解答。
【详解】氨水中一水合氨是弱电解质，在溶液中部分电离，则氨水中c(NH4+)较小；NH4Cl、NH4HSO4、CH3COONH4在溶液中完全电离，在NH4HSO4溶液中，盐电离产生的H+对NH4+的水解起抑制作用，使NH4+水解程度较小；在CH3COONH4溶液中CH3COO-水解消耗水电离产生H+，导致c(OH-)增大；而NH4+水解消耗水电离产生OH-，导致c(H+)增大，水解产生的H+、OH-发生中和反应，使彼此水解相互促进的水解，水解程度较只有一种离子的水解程度大，溶液中NH4+减小的多，则c(NH4+)从大到小的顺序为②①③④，故合理选项是A。
【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其影响，注意掌握盐的水解原理及其影响因素，明确判断溶液中离子浓度大小常用方法。
19.一定温度下，将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是(　　)
①20 mL 0.01 mol·L－1KCl溶液 ②30 mL 0.02 mol·L－1CaCl2溶液 ③40 mL 0.03 mol·L－1HCl溶液 ④10 mL蒸馏水 ⑤50 mL 0.05 mol·L－1AgNO3溶液
A. ①＞②＞③＞④＞⑤ B. ④＞①＞③＞②＞⑤
C. ⑤＞④＞②＞①＞③ D. ④＞③＞⑤＞②＞①
【答案】B
【解析】
【详解】AgCl饱和溶液中存在AgCl(aq)Ag+(aq)+Cl-(aq)，AgCl的溶解度大小取决于溶液中c(Ag+)或c(Cl-)，c(Ag+)或c(Cl-)越小，AgCl的溶解度越大。
①c(Cl-)=0.01mol/L，②c(Cl-)=0.04mol/L，③c(Cl-)=0.03mol/L，④c(Ag+)或c(Cl-)为0，⑤c(Ag+)=0.05mol/L，则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是④＞①＞③＞②＞⑤，故合理选项是B。
20.常温下，1mol化学键断裂形成气态原子所需要的能量用表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是(   )
共价键
H-H
F-F
H-F
H-Cl
H-I
E(kJ/mol)
436
157
568
432
298
A. 432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/mol B. 表中最稳定的共价键是H-F键
C. H2(g)→2H(g) △H=+436kJ/mol D. H2(g)+F2(g)=2HF(g) △H=-25kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，原子半径越大，相应的化学键的键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJ/mol＞E(H-Br)＞298 kJ/mol，A正确；
B．键能越大，断裂该化学键需要的能量就越大，形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，所以最稳定的共价键是H-F键，B正确；
C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2→2H(g)△H=+436 kJ/mol，C正确；
D．依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，△H=436kJ/mol+157kJ/mol-2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g) =2HF(g)，△H=-543 kJ/mol ，D错误；
故合理选项是D。
21.下列说法正确的是
A. HClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的氧化性强
B. 已知①Fe + Cu2+===Fe2++ Cu ②2Fe3++ Cu===2Fe2++ Cu2+，则氧化性强弱顺序为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+
C. 已知还原性：B－＞C－＞D－，反应2C－+ D2===2D－+ C2和反应2C－+ B2===2B－+ C2都能发生
D. 具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A．HClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的酸性强；对于同一种元素形成的不同价态的含氧酸，一般低价态的比高价态的氧化性强，故HClO＞HClO4，故A错误；B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应①Fe+Cu2+═Fe2++Cu中，氧化剂是Cu2+，氧化产物是Fe2+，所以氧化性Cu2+＞Fe2+，在反应②2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+，所以氧化性Fe3+＞Cu2+，故氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故B正确；C.氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性：C-＞D-，故反应2C-+D2═2D-+C2能发生，还原性：B-＞C-，故反应2C-+B2═2B-+C2不能发生，故C错误；D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在点燃时才会反应，常温下不反应，故D错误，故选B。
【考点定位】考查氧化性、还原性强弱的比较
【名师点晴】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性的强弱比较。要注意对于同一种元素形成的不同价态的含氧酸，一般低价态的比高价态的氧化性强；氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
22.用铅蓄电池电解甲、乙电解池中的溶液。已知铅蓄电池的总反应为Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq)2PbSO4(s)＋2H2O(l)。电解一段时间后向，c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，下列说法正确的是(　　)

A. 若利用甲池精炼铜，b极应为粗铜
B. d极为阴极
C. 放电时铅蓄电池负极的电极反应式：PbO2(s)＋4H＋(aq)＋SO42-(aq)＋2e－=PbSO4(s)＋2H2O(l)
D. 若四个电极材料均为石墨，当析出6.4 g Cu时，两池中共产生气体3.36 L(标准状况下)
【答案】A
【解析】
【详解】A.电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，说明C极附近有OH-生成，即在该电极上H+放电，该电极是阴极，则d极是阳极，a是阴极，b是阳极。电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以b极应为粗铜，A正确；
B.电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，说明c极附近有OH-生成，即该电极上氢离子放电，c电极是阴极，则d极是阳极，B错误；
C.放电时，铅蓄电池的负极的电极反应式为：Pb(s)+SO42-(aq)-2e-=PbSO4(s)，C错误；
D.若四个电极材料均为石墨，甲电解池中阳极上生成氯气，阴极上生成铜，乙电解池中阳极上生成氧气，阴极上生成氢气，当析出6.4 g Cu时，转移电子是0.2mol，所以生成0.1mol氯气、0.1mol氢气、0.05mol氧气，所以两池中共产生气体5.6 L(标准状况下)，D错误；
故合理选项是A。
23.向10mL 1 mol·L－1的HCOOH溶液中不断滴加1 mol·L－1的NaOH溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与-lg c水(H+)的关系如图所示。c水(H+)为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是

A. 常温下，Ka(HCOOH)的数量级为10-4
B. a、b两点pH均为7
C. 从a点到b点，水的电离程度先增大后减小
D. 混合溶液的导电性逐渐增强
【答案】B
【解析】
分析：A.根据起始时甲酸溶液中水电离出的氢离子为10－12mol/L计算；
B.根据a、b溶液中的溶质判断；
C.根据酸碱盐对水电离平衡的影响分析；
D.根据影响溶液导电性的因素分析。
详解：A. 甲酸溶液中水电离出的氢离子为10－12mol/L，则溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，所以常温下，Ka(HCOOH)＝，因此数量级为10-4，A正确；
B. a点甲酸过量，水电离出的氢离子为10－7mol/L，溶液pH＝7；b点氢氧化钠过量，pH＞7，B错误；
C. 从a点到b点，溶液中的溶质由甲酸和甲酸钠变为甲酸钠，然后又变为甲酸钠和氢氧化钠，所以水的电离程度先增大后减小，C正确；
D. 溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。甲酸是弱酸，生成的甲酸钠以及氢氧化钠均是强电解质，所以混合溶液的导电性逐渐增强，D正确。答案选B。
24.一定条件下存在反应：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)，△H＜0。现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，并在400℃条件下开始反应，达到平衡时，下列说法正确的是(　　)

A. 容器I、Ⅲ中平衡常数相同
B. 容器II、Ⅲ中正反应速率始终相同
C. 容器Ⅱ、Ⅲ中的反应达平衡时，SO3的体积分数：IIc(Ba2+)>c(Na+)>c(H+)
C. 向1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，由于CH3COONa水解显碱性，所以溶液的pH升高
D. 常温下，在pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液中，水的电离程度相同
【答案】C
【解析】
【分析】
A．溶液中一定满足电荷守恒，根据混合液中的电荷守恒判断；
B．0.1 mol/L 的NaHCO3溶液与0.3 mol/L 的Ba(OH)2溶液等体积混合，氢氧化钡过量，发生反应：NaHCO3(少)+ Ba(OH)2═BaCO3↓+NaOH+H2O；
C．加入醋酸钠固体后，由于醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离程度，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液pH升高；
D．醋酸和氢氧化钠溶液都抑制了水的电离，醋酸溶液中的氢氧根离子、氢氧化钠溶液中的氢离子是水的电离的，据此进行计算。
【详解】A．把a L0.1 mol/L的CH3COOH溶液与b L0.1mol/L的KOH溶液混合，无论如何反应，所得溶液中一定满足电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，A正确；
B．氢氧化钡过量，反应后溶液的溶质为Ba(OH)2和NaOH，则有c(OH-)＞c(Ba+)＞c(Na+)＞c(H+)，B正确；
C．加入少量的CH3COONa固体后，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向左移动，溶液中的c(H+)减小，c(OH-)增大，导致溶液的pH升高，C错误；
D．常温下，在pH=3的CH3COOH溶液中，醋酸电离出的氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子水电离的，则水电离的氢离子浓度为：c(H+)=mol/L；pH=11的NaOH溶液中，OH-抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，故溶液中水电离的氢离子浓度为：c(H+)=1×10-11mol/L，所以两溶液中水的电离程度相同，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握盐的水解原理、电荷守恒的含义及溶液酸碱性与溶液pH的关系，该题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。
第II卷 非选择题(共50分)
非选择题包括6大题 共50分
26.某工业废料含SiO2、FeS和CuS等物质，采用如下实验方案进行回收利用。请回答下列问题： 

(1)已知步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应，写出产生气体的电子式_______，该气体可用足量的NaOH溶液吸收，该反应的离子方程式是__________________。
(2)步骤②的操作依次为______、_______、过滤、洗涤、干燥。滤渣2的主要成分是SiO2和S，写出步骤③涉及的化学方程式________________________________。
(3)所得硫酸亚铁晶体中的Fe2+，可以用_________________________(填试剂化学式)检验。
【答案】 (1). (2). H2S+2OH-=S2- +2H2O (3). 蒸发浓缩 (4). 降温结晶 (5). CuS+H2O2+H2SO4CuSO4+S+2H2O (6). NaOH溶液或Cl2、KSCN溶液
【解析】
【详解】工业废料中含SiO2、FeS和CuS等物质，加入H2SO4溶液酸浸，FeS与硫酸反应产生H2S气体，二氧化硅不溶于硫酸，硫化铜难溶于酸，所以滤渣1为二氧化硅和硫化铜，滤液1为FeSO4溶液，将滤液1蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到FeSO4·7H2O，向滤渣1加入H2SO4溶液和H2O2溶液并加热，浸出得到滤渣2为SiO2，高温用C还原SiO2制备Si单质，CuS在酸性溶液中被H2O2氧化生成硫酸铜、硫单质和水，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铜晶体。
(1) H2S为共价化合物，硫原子和两个氢原子形成共价键，电子式为：，H2S和NaOH溶液反应生成Na2S和H2O，反应的离子方程式为：H2S+2OH-=S2-+2H2O；
(2)步骤②的操作依次为：蒸发浓缩 降温结晶，过滤、洗涤、干燥。滤渣2的主要成分是SiO2和S，写出步骤③涉及的化学方程式：CuS+H2O2+H2SO4CuSO4+S+2H2O；
(3)所得硫酸亚铁晶体中的Fe2+，可以向该溶液中加入NaOH溶液，若发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，产生白色沉淀；或向该溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴新制Cl2水，溶液变为血红色，发生反应方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-， Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，使溶液变为血红色。
27.以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度：
难溶电解质
Mg(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
溶解度/g
9×10-4
1.7×10-6
1.5×10-4
3.0×10-9
在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子，例如：
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+，现将混合物溶于水，再加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+，先将混合物溶于水，再加入一定量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液的pH=4，过滤结晶即可；
请回答下列问题：
(1)上述三个除杂方案都能够达到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被转化为__________(填名称)而除去。
(2)①中加入的试剂应该选择__________为宜，其原因是___________________。
(3)②中除去Fe3+时所发生的总反应的离子方程式为________________________。
(4)下列与方案③相关的叙述中，正确的是（ ）
A.H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染
B.将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀难过滤
C.调节溶液pH=4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D.Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中
E.在pH>4的溶液中Fe3+—定不能大量存在
【答案】 (1). 氢氧化铁 (2). 氨水 (3). 不会引入新的杂质 (4). 2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)=3Mg2+(aq)+2Fe(OH)3(s) (5). ACDE
【解析】
【详解】(1)①中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，而不能用氢氧化钠溶液；②根据溶解度表可知Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg(OH)2可除去Fe3+，③由于Fe(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3，所以一般将Fe2+先氧化成Fe3+，再调节溶液的pH=4，形成Fe(OH)3沉淀；
(2)①中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，而不能用氢氧化钠溶液；
(3)②中根据溶解度表可知Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg(OH)2可除去Fe3+：2Fe3++3 Mg(OH)2=3Mg2++2Fe(OH)3；
(4)A．根据H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染，A正确；
B．根据将Fe(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3，沉淀不完全，B错误；
C．原来溶液的酸性较强，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应，H+反应后，pH增大，当pH=4时，Fe(OH)3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，C正确；
D．加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应．H+反应后，PH增大，当PH=4的时候，Fe(OH)3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，D正确；
E．在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe(OH)3完全沉淀，Fe3+一定不能大量存在，E正确；
故合理选项是ACDE。
28.（1）甲醇燃料电池(DNFC)被认为是21世纪电动汽车最佳候选动力源。
①在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22．68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为__________________________。
②甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
a．CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) △H1=+49．0kJ·mol—1
b． △H2
已知H2(g)+O2(g) H2O(g) △H3=-241．8kJ·mol-1
则反应②的△H2=_________ kJ·mol-1。
（2）工业上一般可采用下列反应来合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），现实验室模拟该反应并进行分析，图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。

①该反应的焓变△H_____0（填“＞”“＜”或“=”）．
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1_____K2（填“＞”“＜”或“=”）
③现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和3molH2，测得CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图2所示．从反应开始到平衡，CO的平均反应速率v（CO）=_____，该反应的平衡常数为K=_____。
④恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使增大的有_____。
A．升高温度 B．充入He（g）
C．再充入1molCO 和3molH2 D．使用催化剂．
【答案】 (1). CH3OH(l)+O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝–725.76kJ·mol－1 (2). －192.8 (3). ＜ (4). ＞ (5). 0.075mol/（L•min） (6). (7). C
【解析】
（1）①1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则1mol甲醇(32g) 燃烧生成CO2和液态水时放热32×22.68kJ=725.76kJ，故甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝–725.76kJ·mol－1；②根据盖斯定律可知，a－b即得到H2 (g)+ O2 (g)＝H2O(g)，所以该反应的△H3＝△H2－△H1，即-241.8kJ·mol-1＝△H2－49.0kJ·mol—1，.解得△H2 ＝－192.8 kJ·mol -1；（2）①根据先拐先平原则，由图1可知，温度T1”“ (2). 无色溶液变成蓝色 (3). AsO43-+2H++2e-=AsO33-+H2O (4). I2+AsO33-+2OH-=H2O+2I-+AsO43- (5).
【解析】
【详解】(1)As(砷)位于元素周期表中第四周期VA族，联想到同族元素相似性，Na3AsO4是强碱弱酸盐，在溶液中AsO43-发生水解反应，消耗了水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，故Na3AsO4溶液的pH＞7；
(2)向B杯中加入适量较浓的硫酸，发现G的指针向右偏移，“G是灵敏电流计，其指针总是偏向电源正极”所以说电子从C电极转移到D电极，即I-失去电子，发生氧化反应，生成I2单质遇到淀粉溶液变蓝色，在B中AsO43-获得电子变为低价的AsO33-，发生还原反应，实质是：AsO43-+2H++e-=AsO33-+H2O；
(3)再向B杯中加入适量的质量分数为40%的氢氧化钠溶液，发现G的指针向左偏移，说明C是正极，D是负极，A中发生碘单质获得电子，发生氧化反应，B中发生亚砷酸失电子的反应，总反应为：I2+AsO33-+2OH-=H2O+2I-+AsO43-；
(4)根据反应I2+AsO33-+2OH-=H2O+2I-+AsO43-，根据化学平衡常数的含义，各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度米之积的比，故该反应的化学平衡常数的表达式为：K= 。
31.环境监测测定水中溶解氧的方法是：
①量取a mL水样，迅速加入固定剂MnSO4溶液和碱性KI溶液(含KOH)，立即塞好瓶塞，反复振荡，使之充分反应,其反应式为：2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2(该反应极快)。
②测定：开塞后迅速加入1~2 mL浓硫酸(酸化，提供H+)，使之生成I2，再用b mol/L的Na2S2O3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，消耗V mL。有关反应式为：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O64-。试回答：
(1)滴定过程中用到的玻璃仪器除了酸式滴定管、碱式滴定管外还缺少______。 
(2)滴定操作时，左手控制滴定管，右手_______，眼睛要注视________。 
(3)滴定(I2和S2O32-反应)以淀粉为指示剂，终点时溶液由_______色变为_______色。 
(4)水中溶解氧的计算式是___(以g/L为单位)。 
(5)测定时，滴定管经蒸馏水洗涤后即加滴定剂Na2S2O3溶液，导致测定结果____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同)。 
(6)记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，滴定到达终点时又俯视刻度线，将导致滴定结果________。
【答案】 (1). 锥形瓶、烧杯 (2). 不断振荡锥形瓶 (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 蓝 (5). 无 (6). (7). 偏高 (8). 偏低
【解析】
【分析】
(1)根据中和滴定所需仪器判断；
(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；
(3)碘遇淀粉变蓝，若单质碘被还原完，则蓝色褪去；
(4)根据关系式：O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O32-可计算水样中溶解氧的浓度；
(5)根据溶解氧浓度表达式分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
(6)根据溶解氧浓度表达式分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】(1)中和滴定前需进行赶气泡、调零等操作，用烧杯盛液体，滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯；(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故答案为：不断震荡锥形瓶；锥形瓶内溶液颜色的变化；
(3)碘遇淀粉变蓝，若单质碘被还原完，则蓝色褪去，半分钟不恢复蓝色证明达到滴定终点；
(4)根据反应：2Mn2++O2+4OH-═2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+═Mn2-+I2+3H2O，I2+2S2O32-═S4O62-+2I-，可知关系式：
O2～2 MnO(OH)2～2I2～4S2O32-
32g                    4mol
m             bmol/L×VmL×10-3L/mL
解得m=8bV×10-3g，则1L水样含氧气质量为：，解得m=8bV×10-3g，所以1L水样中含有氧气的质量为：；
(5)滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂Na2S2O3溶液，标准液体被稀释，浓度变稀，造成V偏大，根据溶解氧=，V偏大，可知导致浓度偏高；
(6)记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，读数偏大，滴定到达终点时又俯视刻度线，读数偏小，造成V偏小，根据溶解氧=，可知V偏小，导致溶解氧的浓度偏低。
【点睛】本题考查了氧化还原滴定的操作、仪器、误差分析和数据处理，注意实验的基本操作方法和注意事项。