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2017-2018学年湖北省高二下学期期末阶段摸底调研联合考试化学试题 解析版
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湖北省2017-2018学年高二下学期期末阶段摸底调研联合考试
化学试题
1. 化学与社会、科学、技术环境密切相关，下列说法不正确的是
A. 高纯度的硅单质广泛用作半导体材料
B. 工业上利用情性电极电解熔融的MgO来制取Mg
C. 合理利用太阳能、风能和氢能等能源有利于实现“低碳经济”
D. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈，其主要原因是形成了原电池
【答案】B
【解析】分析：A.根据硅的性质解答；
B.氧化镁的熔点高；
C.太阳能、风能和氢能等均是新能源；
D.钢铁容易发生电化学腐蚀。
详解：A. 硅可以导电，高纯度的硅单质广泛用作半导体材料，A正确；
B. 氧化镁的熔点高，熔融时需要消耗大量能源，工业上利用情性电极电解熔融的氯化镁来制取Mg，B错误；
C. 太阳能、风能和氢能等均是新能源，因此合理利用太阳能、风能和氢能等能源有利于实现“低碳经济”，C正确；
D. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈，其主要原因是形成了原电池，其中铁是负极失去电子而被腐蚀，D正确。答案选B。
2. “水”是传统中医里将药材与适量水共研细，取极细药材粉末的方法。《医学人门》中记载了提纯铜绿的方法:“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干。”文中不涉及的操作方法是
A. 萃取 B. 溶解 C. 洗涤 D. 蒸发
【答案】A
【解析】分析：提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，以此来解答。
详解：提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，因铜绿加热灼烧可失去结晶水，则不能灼烧，即文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、倾倒、蒸发，不涉及萃取，答案选A。
点睛：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握习题中的信息、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意该过程与萃取、蒸馏、灼烧无关，题目难度不大。
3. 下列化学用语正确的是
A. 氯化氢的电子式: B. 质了数为30，中子数为35的锌原子：6535Zn
C. 乙酸的结构简式:CH3COOH D. 四氯化碳的比例模型:
【答案】C
【解析】分析：A.氯化氢是共价化合物；
B. 在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，据此解答。
C.根据乙酸的组成判断；
D. 比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起。
详解：A. 氯化氢是共价化合物，电子式为，A错误；
B. 质了数为30，中子数为35的锌原子的质量数是65，则该原子可表示为，B错误；
C. 乙酸分子中含有羧基，其结构简式为CH3COOH，C正确；
D. 碳原子半径小于氯原子半径，该模型不能表示四氯化碳的比例模型，可以表示甲烷分子的，D错误。答案选C。
4. 阿司匹外是一种解热镇痛药，其结构如图所示，下列有关阿司匹林的说法正确的是
A. 分了式为C9H10O4 B. 苯环上的一氯代物只有两种
C. 只含有一种官能团 D. 能发生水解反应
【答案】D
【解析】分析：阿司匹林中含有羧基、酯基和苯环，结合羧酸、酯类和苯的结构与性质解答。
详解：A. 根据有机物结构简式可知分了式为C9H8O4，A错误；
B. 苯环上的氢原子有4类，则苯环上的一氯代物有4种，B错误；
C. 含有2种官能团：羧基和酯基，C错误；
D. 含有酯基，能发生水解反应，D正确。答案选D。
5. 下列关于酸碱中和滴定的说法中正确的是
A. 一般用石蕊试液作中和滴定的指示剂 B. 滴定时应控制滴加速率:先快后慢
C. 标准液浓度越大，滴定误差越小 D. 滴定时，眼睛注视滴定管内液面的变化
【答案】B
【解析】试题分析：A．酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，故A错误；B．终点时加入过快可能加入过量，应先快后慢，故B正确；C．浓度太大，多一点误差就很大，故C错误；D．酸碱中和滴定实验中，滴定时眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点，不需要观察滴定管内液面的变化，故D错误．答案选B.
考点：中和滴定
6. 用NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A. 2.24LCO2中含有的原子数为0.3NA
B. 0.1mol/L的NaCl溶液中含有的Na+数目为0.1NA
C. 78gNa2O2中所含的离子总数为4NA
D. 常温常压下，3.2gCH4在足量O2中充分燃烧，转移的电子数为1.6NA
【答案】D
【解析】分析：A.二氧化碳的状况不确定；
B.溶液体积未知；
C.根据过氧化钠的组成解答；
D.根据碳元素的化合价变化计算转移电子数。
详解：A. 2.24LCO2不一定处于标准状况下，其中含有的原子数不一定为0.3NA，A错误；
B. 0.1mol/L NaCl溶液的体积未知，其中含有的Na+数目不一定为0.1NA，B错误；
C. 过氧化钠是钠离子和过氧根离子组成的离子化合物，78gNa2O2的物质的量是1mol，其中所含的离子总数为2NA，C错误；
D. 常温常压下，3.2gCH4的物质的量是0.2mol，在足量O2中充分燃烧生成二氧化碳，碳元素化合价从－4价升高到＋4价，所以转移的电子数为1.6NA，D正确。答案选D。
7. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是组成有机物的基本骨架元素，常温下，Y的块状单质在Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中会发生钝化。下列说法一定正确的是
A. 氧化物对应水化物的酸性:W>X
B. 原子半径X>Y
C. 最简单氢化物的稳定性:W>Z
D. Y、W形成的化合物中既含有离子键，又含有共价键
【答案】C
【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是组成有机物的基本骨架元素，X是C。常温下，Y的块状单质在Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中会发生钝化，根据原子序数大小关系可知Y是Al，Z是S，则W是Cl，结合元素周期律解答。
详解：根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是C、Al、S、Cl。则
A. 应该是最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞X，A错误；
B. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径X＜Y，B错误；
C. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性Cl＞S，则最简单氢化物的稳定性：W＞Z，C正确；
D. Y、W形成的化合物是氯化铝，其中只有共价键，D错误。答案选C。
8. 由水电离产生的c(H+)为1×10-12 mol/L的溶液中，能大量共存的离子组是
A. K+、Cl-、NH4+、HS- B. K+、Fe3+、I-、SO42-
C. Na+、Cl-、NO3- 、SO42- D. Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-
【答案】C
【解析】分析：由水电离产生的c(H+)为1×10-12mol/L的溶液中水的电离被抑制，结合溶液的酸碱性和离子间发生的反应解答。
详解：由水电离产生的c(H+)为1×10-12mol/L的溶液中水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。则
A. 溶液显酸性HS-不能大量共存，溶液如果显碱性NH4+、HS-均不能大量共存，A错误；
B. 碱性溶液中铁离子不能大量共存，酸性溶液中Fe3+氧化I-，不能大量共存，B错误；
C. Na+、Cl-、NO3-、SO42-在酸性或碱性溶液中均不反应，可以大量共存，C正确；
D. 溶液如果显酸性HCO3-不能大量共存，溶液如果显碱性Ca2+、HCO3-均不能大量共存，D错误。答案选C。
9. 某反应使用催化剂后，其反应过程中能量变化如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应的总反应为放热反应 B. 使用催化剂，只以改变反应进行的方向
C. 反应①是吸热反应，反应②是放热反应 D. △H=△H1+△H2
【答案】B
【解析】分析：由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，①为吸热，②为放热，催化剂可改变反应的途径、不改变反应的始终态，以此来解答。
详解：A．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，A正确；
B．使用催化剂，不能改变反应进行的方向，B错误；
C．由图可知，①为吸热反应，②为放热反应，C正确；
D．由图可知，△H=△H1+△H2，D正确；答案选B。
10. 下列实验装置能达到相应实验目的的是
A. 操作①可从氯化铜溶液中直接蒸发结晶获得无水氯化铜
B. 装置②可用于测定中和热
C. 操作③可探究Mg(OH)2能否转化成Fe(OH)2
D. 装置④能保护钢闸门不被腐蚀
【答案】B
【解析】分析：A.根据氯化铜水解分析；
B.根据中和热的测定原理分析；
C.NaOH过量，一定有沉淀的生成；
D.钢闸门与电源正极相连，为阳极。
详解：A. 氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，水解吸热，且氯化氢易挥发，因此从氯化铜溶液中直接蒸发结晶不能获得无水氯化铜，A错误；
B. 泡沫隔热，温度计测定反应温度，则装置②可用于测定中和热，B正确；
C. NaOH过量，一定有沉淀的生成，不能发生沉淀的转化，C错误；
D. 钢闸门与电源正极相连，为阳极被腐蚀，钢闸门应该与电源负极相连，为阴极，能保护作用，D错误；答案选B。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、水解原理、中和热测定、沉淀生成、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验方案设计时要科学、严密、可操作性强。
11. 在一定温度下的恒容密闭容器中，不能说明反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的是
A. 混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
B. 混合气体的密度不再发生变化
C. 混合气体的总物质的量不再发生变化
D. 混合气体的压强不再发生变化
【答案】A
【解析】分析：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，据此解答。
详解：A. 由于混合气体中氨气和二氧化碳的体积比始终是2：1，因此混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能据此说明反应达到平衡状态，A正确；
B. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但混合气体的质量是变化的，所以混合气体的密度不再发生变化说明反应达到平衡状态，B错误；
C. 正反应体积增大，则混合气体的总物质的量不再发生变化说明反应达到平衡状态，C错误；
D. 正反应体积增大，则混合气体的压强不再发生变化说明反应达到平衡状态，D错误；答案选A。
12. 25℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下表所示，下列说去正确的是
化学式
HCOOH
H2CO3
HCN
电离平衡常数
K=1.8×l0-4
K1=4.3×l0-7
K2=5.6×l0-11
K=4.9×10-10
A. 酸性强弱顺序是HCOOH> HCN>H2CO3
B. HCOOH的电离平衡常数表达式为K=c(HCOOH)/c(HCOO-) ·c(H+)
C. Na2CO3溶液显碱性，NaHCO3溶液显酸性
D. H2CO3溶液和NaCN溶液反应的离子方程式为H2CO3+CN-==HCO3-+HCN
【答案】D
【解析】A项，根据表中电离平衡常数的大小可判断，酸性强弱顺序为：HCOOHH2CO3HCN，错误；B项，HCOOH的电离方程式为：HCOOHHCOO-+H+，HCOOH的电离平衡常数表达式为K=，错误；C项，Na2CO3溶液由于CO32-的水解溶液呈碱性，NaHCO3溶液中的HCO3-既存在电离平衡，又存在水解平衡，HCO3-水解的离子方程式为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，水解平衡常数为===2.3310-8K2（H2CO3），HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度，NaHCO3溶液呈碱性，错误；D项，由于K1（H2CO3）K（HCN） K2（H2CO3），根据强酸制弱酸的复分解反应规律，H2CO3溶液和NaCN溶液反应的离子方程式为H2CO3+CN-=HCO3-+HCN，正确；答案选D。
13. 科学家设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能又能固氮的新型电池，其装置如图所示，下列说法不正确的是
A. 电路中转移3mol电子时，有11.2LN2参加反应
B. A为NH4Cl
C. 该电池外电路中的电流从a电极流向b电极
D. b电汲为负极
【答案】A
..............................
详解：A、状况不知，无法由物质的量求体积，A错误；
B、根据负极电极反应为：H2-2e-=2H+，正极电极反应N2+8H++6e-＝2NH4+，总反应式为N2+3H2+2H+=2NH4+，则A为NH4Cl，B正确；
C、该电池外电路中的电流从正极a流向负极b，C正确；
D、b极通入的氢气失电子生成氢离子，为负极，D正确；答案选A。
点睛：本题考新型燃料电池，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据总反应式判断出正负极的反应，从化合价变化的角度分析。
14. T℃时，对于可逆反应:A(g)+B(g)2C(g) +D(g) △H>0。 下列各图中正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】分析：根据方程式可知正反应是吸热的体积增大的可逆反应，结合外界条件对反应速率和平衡状态的影响分析判断。
详解：A、升高温度平衡向正反应方向进行，C的浓度增大，A错误；
B、升高温度平衡向正反应方向进行，A的转化率增大。增大压强平衡向逆反应方向进行，A的转化率降低，B错误；
C、增大压强正逆反应速率均增大，C错误；
15. 下列由实验事实所得出的结论正确的是
选项
实验事实
结论
A
电解精炼铜时，粗铜作阳极，CuSO4溶液作电解质溶液，阴极析出精铜
电解质溶液中铜离了的浓度减小
B
向饱和NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液，溶液变浑浊
溶液中c(Ca2+)·c(CO32-)＜Ksp(CaCO3)
C
室温下,用pH试纸测得0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5
HSO3-在水溶液中的水解程度大于其电离程度
D
由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡
金属性:M＞N
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】分析：A、根据电解原理分析；
B、碳酸氢钠和氯化钙不反应；
C、根据溶液显酸性分析；
D、根据原电池原理分析。
详解：A、电解精炼铜时，粗铜作阳极，CuSO4溶液作电解质溶液，阴极析出精铜，由于粗铜中含有杂质，例如铁、锌等也会失去电子，而阴极始终是铜离子放电，所以电解质溶液中铜离了的浓度减小，A正确；
B、向饱和NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液，二者不反应，溶液不会变浑浊，B错误；
C、室温下，用pH试纸测得0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5，溶液显酸性，这说明HSO3-在水溶液中的水解程度小于其电离程度，C错误；
D、由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡，说明M是正极，氢离子放电，N是负极，所以金属性N＞M，D错误；答案选A。
16. 电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100 mol/L的NaOH溶液演定10.00 ml浓度均为0.100 mol/L的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示(忽路混合时溶液的体积变化)。下列说法不正确的是
A. 曲线①代表CH3COOH溶液的滴定曲线
B. A 、C两点对应溶液均呈中性
C. B点对应的溶液中:c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)
D. A点对应的溶液中: c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.050 mol/L。
【答案】B
【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入KOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，A．由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，选项A正确；B．A点溶质为醋酸钠，醋酸钠水解溶液呈碱性，C点溶质为NaCl，溶液呈中性，选项B不正确；C、B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，c(Na+)最大 ，CH3COO－水解产生OH－，c(OH－) > c(CH3COO－)，故c(Na+) > c(OH－) > c(CH3COO－)，选项C正确； D．A点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，选项D正确。答案选B。
点睛：本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，电解质溶液的电导率越大，导电能力越强，10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液，0.100mol/L的盐酸导电性强，电导率大，因此曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，曲线②代表滴定HCl溶液的曲线，据此作答。
17. 某课外活动小组同学欲利用CuO与NH3的反应来研究NH3的某种性质并测定其组成，设计的实验装置如图所示(夹持装置已省略)。
请回答下列问题:
（1）仪器a的名称为______________；仪器b中盛装的试剂为__________________(填名称)。
（2）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为单质铜，且量气管中有气体单质产生，上述实验现象证明NH3具有____________性，写出相应的化学方程式:_________________________。
（3）装置E中浓硫酸的作用是_________________________________。
（4）实验结束后，若测得干燥管D增重mg，装置F中气体的体积为nL(已折算为标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为___________(用含m、n的代数式表示)。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 生石灰(或氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰) (3). 还原 (4). 3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 (5). 吸收未反应完的氨气，阻止装置F中的水蒸气进入装置D (6). 9n/11.2m(或18n/22.4m)
【解析】分析：（1）依据装置仪器分析回答，根据氨气的制备原理解答；
（2）C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氧化铜做氧化剂氧化氨气生成铜、氮气和水；
（3）E装置中浓硫酸的作用依据装置图分析判断是利用浓硫酸吸收过量氨气，同时避免F装置中的水蒸气进入D；
（4）干燥管D增重mg为反应生成的水，装置F测得气体的体积为nL为反应生成的氮气；依据元素守恒计算得到。
详解：（1）装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热或发生化学反应等促进一水合氨分解生成氨气，氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体均能满足；
（2）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化表现还原性，结合原子守恒配平写出该反应的化学方程式为3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；
（3）依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，阻止F中水蒸气进入D影响实验效果；
（4）若测得干燥管D增重mg为水，物质的量为，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况）为N2，物质的量为，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比＝，则氨分子中氮、氢的原子个数比为。
点睛：本题考查了氨气的实验室制备，性质验证和反应现象分析判断等知识点，明确装置的流程分析，量气装置的使用方法、氨气实验室制备原理是解答的关键。测定元素物质的量之比的计算时要注意守恒法的应用。
18. 二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效、安全的消毒剂。实验室以NH4Cl、盐酸和NaClO2(亚氯酸钠)为原料制备ClO2的流程如图所示。
请回答下列问题:
（1）ClO2中Cl的化合价是________________________。
（2）写出电解时发生反应的化学方程式：____________________________。
（3）NCl3与NaClO2(亚氯酸钠)反应的化学方程式NCl3+3H2O+6NaC1O2＝6ClO2↑+3NaCl+3NaOH+NH3↑，该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为______；若产生11.2L(标准状况)NH3，则转移电子的总数为___NA。
（4）二氧化氯进行水处理时，除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe3+和Mn2+，写出C1O2将Mn2+氧化为MnO2的离子方程式(C1O2反应后的产物为Cl-)：_________________。
【答案】 (1). +4 (2). NH4Cl+ 2HCl3H2↑+NCl3 (3). 1:6 (4). 3 (5). 5Mn2+ +2ClO2 +6H2O==5MnO2↓+2Cl-+12H+
【解析】分析：由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3，在NCl3溶液中加入NaClO2发生氧化还原反应，可生成混合气体ClO2和NH3，据此解答。
详解：（1）ClO2中氧元素-2价，化合物中化合价代数和为0，则氯元素为+4价；
（2）根据以上分析可知电解时发生反应的化学方程式NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3；
（3）NCl3与NaClO2（亚氯酸钠）反应的化学方程式为NCl3+3H2O+6NaC1O2＝6ClO2↑+3NaCl+3NaOH+NH3↑，该反应中NaClO2中氯元素由+3价升高到ClO2中的+4价，失1个电子，作还原剂，NCl3中的氮元素由+3价生成氨气中的-3价，得电子，作氧化剂，生成1mol氨气转移电子数为6mol，根据电子得失守恒可知该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6。11.2L氨气的物质的量是0.5mol，转移电子0.5mol×6＝3mol，因此产生11.2L（标准状况）NH3，转移电子的总数为3NA；
（4）ClO2氧化除去Mn2+生成MnO2，ClO2反应后的产物为Cl-，因此该反应的离子方程式为5Mn2++2ClO2+6H2O＝5MnO2↓+2Cl-+12H+。
19. 羰基硫(COS)广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。
（1）羰基硫的水解反应和氢解反应是两种常用的脱硫方法:
水解反应.COS(g)+H2O(g) H2S(g)+CO2(g) △H =-34kJ·mol-1
氢解反应: COS(g)+H2(g) H2S(g)+CO(g) △H =+7kJ·mol-1
已知:2 H2(g)+O2(g)==2 H2O(g) △H =-484kJ·mol-1
写出表示CO燃烧热的热化学方程式:_________________________________。
（2）氢解反应达到平衡后，保持体系的温度和总圧強不变，通入适量的He，正反应速率____(填“增大”“减小”或“不变”下同)，COS的转化率_________________。
（3）某温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中通入2 mol COS (g)和4 molH2O(g)，发生水解反应，5 min后反应达到平衡，测得COS(g)的转化率为75%。
回答下列问题:
①反应从起始至5 min内，v(H2S)=_____ mol·L-1·min-1。
②该温度下，上述水解反应的平衡常数K=____________。
【答案】 (1). CO(g) +(1/2)O2(g)==CO2(g) △H =-283kJ·mol-1 (2). 减小 (3). 不变 (4). 0.15 (5). 1.8
【解析】试题分析：本题考查盖斯定律和燃烧热表示的热化学方程式的书写，外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，化学反应速率和化学平衡常数的计算。
（1）将3个反应依次编号：
COS（g）+ H2O（g）H2S（g） +CO2（g） △H=-34kJ/mol（①式）
COS（g） +H2（g） H2S（g）+CO（g） △H=+7kJ/mol（②式）
2H2（g） +O2（g）=2H2O（g） △H=-484 kJ/mol（③式）
应用盖斯定律，将①式-②式+③式得，CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=（-34kJ/mol）-（+7kJ/mol）+（-484kJ/mol）=-283kJ/mol，则CO燃烧热的热化学方程式为：CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-283kJ/mol。
（2）保持体系的温度和总压强不变，通入适量的He，容器体积变大，物质的量浓度变小，正反应速率减小，逆反应速率减小。该反应是反应前后气体分子数不变的反应，容器体积变大，即减小压强，平衡不移动，COS的转化率不变。
（3）用三段式，COS（g）+ H2O（g）H2S（g） +CO2（g）
n（起始）（mol）2 4 0 0
n（转化）（mol）20.75=1.5 1.5 1.5 1.5
n（平衡）（mol）0.5 2.5 1.5 1.5
①υ（H2S）==0.15mol/（L·min）。
②水解反应的平衡常数K===1.8。
20. 25℃，几种物质的pH和浓度如下表所示。
序号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
浓度
c1
c2
c3
c4
回答下列问题:
（1）c1_________(填“>”“<”或“=”) c2。
（2）溶液中水的电离程度②______ (填“>”“<”或“=”)③。
（3）分別加水稀释10倍。稀释后四种溶液的pH由大到小的順序为___________(填序号)。
（4）①溶液与④溶液等体积混合，溶液的pH____(填“>”“<”或“=”，下同)7，混合液中c(NH4+)___c(Cl-)。
【答案】 (1). > (2). = (3). ①>②>④>③ (4). > (5). >
【解析】试题分析：本题考查一元强酸和一元弱酸、一元强碱和一元弱碱的比较，水的电离程度的判断，溶液中粒子浓度的大小关系。
（1）氨水为弱碱水溶液，NaOH为强碱水溶液，氨水和NaOH溶液的pH都为11，则氨水物质的量浓度大于NaOH溶液物质的量浓度，c1c2。
（2）②为NaOH溶液，溶液中的H+全部来自水电离，c（H2O）电离=c（H+）水=c（H+）溶液=110-11mol/L；③为醋酸溶液，溶液中的OH-全部来自水电离，c（H2O）电离=c（OH-）水=c（OH-）溶液=110-11mol/L；溶液中水的电离程度②=③。
（3）分别加水稀释10倍，溶液的体积变为原来的10倍。①氨水为弱碱水溶液，加水稀释促进电离，稀释后的pH为：10pH11；②NaOH溶液为强碱水溶液，稀释后的pH=10；③醋酸为弱酸水溶液，加水稀释促进电离，稀释后的pH为：3pH4；④盐酸为强酸水溶液，稀释后的pH=4；则稀释后四种溶液的pH由大到小的顺序为：①>②>④>③。
（4）混合前氨水中c（OH-）=110-3mol/L，盐酸中c（H+）=110-3mol/L，①溶液与④溶液等体积混合反应后氨水过量，溶液呈碱性，混合后溶液的pH7。溶液呈碱性，c（OH-）c（H+），溶液中的电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），则c（NH4+）c（Cl-）。
点睛：一元强酸与一元弱酸的比较
1.等物质的量浓度、等体积的一元强酸(如HCl)与一元弱酸(如CH3COOH，简写为HAc)的比较
c(H＋)
pH
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的量
与活泼金属反应开始的速率
稀释相同倍数后
c
pH
HCl
大
小
相同
相同
快
相同
小
HAc
小
大
慢
大
2.等pH、等体积的一元强酸与一元弱酸的比较(以HCl、HAc为例)
c（酸）
与足量活泼金属反应
中和碱的能力
稀释相同倍数后
υ(初)
υ(后)
产生H2量
c（酸）
pH
HCl
小
相同
慢
少
小
小
大
HAc
大
快
多
大
大
小
21. 根据所学电化学知识，回答有关问题。
（1）图中甲池是____(填“原电池”或“电解池”)装置，其中OH-移向___(填“正”或“负”)极。
（2）通入CH3OH一端的电极反应式为_____________________。
（3）反应一段时间后，甲池中消耗560mL(标准状况)O2，此时乙池溶液的pH=______(设此时乙池中溶液的体积为100mL)。
（4）当乙池中Ag电极的质量增加5.4g时，丙池中某电极析出1.6g某金属，则丙池中的某盐可能是__________(填字母)。
A.MgSO4 B.CuCl2 C.NaCl D.AgNO3
【答案】 (1). 原电池 (2). 负 (3). CH3OH -6e-+8OH-==CO32-+6H2O (4). 0 (5). BD
【解析】分析：（1）甲池是能自发的进行氧化还原反应，属于原电池，据此解答；
（2）燃料电池的负极上是燃料发生失电子的氧化反应；
（3）根据电子守恒来计算；
（4）根据电解池的工作原理结合电子守恒来计算即可。
详解：（1）图中甲池能自发进行氧化还原反应，属于原电池中的燃料电池；原电池中阳离子向正极移向，阴离子向负极移动。通入甲醇的电极是负极，因此OH-移向负极；
（2）通入CH3OH的电极是燃料电池的负极，发生失电子的氧化反应，电解质溶液显碱性，则负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O；
（3）标准状况下560mL氧气的物质的量是0.56L÷22.4L/mol＝0.025mol，转移0.025mol×4＝0.1mol电子。电解池中连接原电池负极的电极为阴极、连接原电池正极的电极为阳极，因此石墨是阳极，银电极是阴极，电解硝酸银溶液的方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑，即产生4mol硝酸，转移4mol电子，所以反应中生成0.1mol硝酸，物质的量浓度是0.1mol÷0.1L＝1.0mol/L，则此时乙池溶液的pH＝0。
（4）根据电解池的工作原理，电解硝酸银溶液的反应为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑，当乙池中Ag极质量增加5.4g，根据电极反应Ag++e-＝Ag，生成0.05mol银，转移电子是0.05mol，此时丙池中某电极析出1.6g某金属，则该金属是铜（氯化铜恰好反应或过量），也可以是析出金属银的情况（硝酸银不足），镁离子和钠离子在水溶液中不会放电，答案选BD。
点睛：本题考查学生电解池和原电池的工作原理、电极反应的书写、电子守恒的计算等知识，综合性较强。难点是电化学的有关计算，解答的关键是电子得失守恒的应用，即根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。例如：，(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)。最后一问的计算学生容易忽略硝酸银不足时氢离子可以放电，为易错点。
22. 碱式碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]是重要的化工原料。用橄榄石制取碱式碳酸镁的一种工艺流程如图所示。
已知:阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和恰好完全沉淀(阳离子浓度等于10-5mol/L)时的pH如下表所示。
阴离子
开始沉淀时的pH
怡好完全沉淀时的pH
Fe3+
2.7
3.7
Mg2+
9.7
11
（1）将Mg9FeSi5O20改写成氧化物的形式:___________________。
（2）将橄榄石粉碎的目的是___________________________。
（3）“调节pH”时，应调节的pH范围是________________________。
（4）加入 H2O2后发生反应的离子方程式为_____________________________________。
（5）Ksp[Mg(OH)2]=_______。写出生成碱式碳酸镁的离子方程式：_____________________。
【答案】 (1). 9MgO·FeO·5SiO2 (2). 增大接触面积，提高酸浸速率 (3). 3.7≤pH<9.7 (4). 2Fe2++2H+ +H2O2==2Fe3++2H2O (5). 1×10-11 (6). 2Mg2++3CO32-+5H2O==MgCO3·Mg(OH)2·3H2O+ 2HCO3-
【解析】分析：（1）根据硅酸盐的组成元素改写；
（2）粉碎可以增大反应物接触面积；
（3）调节pH的目的是沉淀铁离子，不能沉淀镁离子，据此解答；
（4）双氧水能氧化亚铁离子，据此书写；
（5）根据氢氧化镁完全沉淀时的pH，结合氢氧化镁溶度积常数表达式计算。
详解：（1）Mg9FeSi5O20含有Mg、Fe、Si、O四种元素，根据正负价代数和为0可知铁的化合价是+2价，则改写成氧化物的形式为9MgO·FeO·5SiO2。
（2）将橄榄石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸速率。
（3）“调节pH”时需要沉淀铁离子，镁离子不能沉淀，则根据表中数据应调节的pH范围是3.7≤pH＜9.7。
（4）双氧水具有氧化性，能把溶液中的亚铁离子氧化，则加入H2O2后发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O。
（5）完全沉淀镁离子时pH＝11，则溶液中氢氧根的浓度是0.001mol/L，所以Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c(OH－)2＝10－5×0.0012＝1×10-11。根据原子守恒可知生成碱式碳酸镁的同时还有碳酸氢钠生成，则反应离子方程式为2Mg2++3CO32-+5H2O＝MgCO3·Mg(OH)2·3H2O+2HCO3-。
点睛：注意硅酸盐改写成氧化物形式的方法技巧：氧化物的顺序：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水。氧化物前系数配置原则：除氧元素外，其他元素按配置前后原子个数守恒原则配置系数。另外需要注意氧化物之间以“·”隔开；系数配置出现分数应化为整数。
湖北省2017-2018学年高二下学期期末阶段摸底调研联合考试
化学试题
1. 化学与社会、科学、技术环境密切相关，下列说法不正确的是
A. 高纯度的硅单质广泛用作半导体材料
B. 工业上利用情性电极电解熔融的MgO来制取Mg
C. 合理利用太阳能、风能和氢能等能源有利于实现“低碳经济”
D. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈，其主要原因是形成了原电池
【答案】B
【解析】分析：A.根据硅的性质解答；
B.氧化镁的熔点高；
C.太阳能、风能和氢能等均是新能源；
D.钢铁容易发生电化学腐蚀。
详解：A. 硅可以导电，高纯度的硅单质广泛用作半导体材料，A正确；
B. 氧化镁的熔点高，熔融时需要消耗大量能源，工业上利用情性电极电解熔融的氯化镁来制取Mg，B错误；
C. 太阳能、风能和氢能等均是新能源，因此合理利用太阳能、风能和氢能等能源有利于实现“低碳经济”，C正确；
D. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈，其主要原因是形成了原电池，其中铁是负极失去电子而被腐蚀，D正确。答案选B。
2. “水”是传统中医里将药材与适量水共研细，取极细药材粉末的方法。《医学人门》中记载了提纯铜绿的方法:“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干。”文中不涉及的操作方法是
A. 萃取 B. 溶解 C. 洗涤 D. 蒸发
【答案】A
【解析】分析：提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，以此来解答。
详解：提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，因铜绿加热灼烧可失去结晶水，则不能灼烧，即文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、倾倒、蒸发，不涉及萃取，答案选A。
点睛：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握习题中的信息、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意该过程与萃取、蒸馏、灼烧无关，题目难度不大。
3. 下列化学用语正确的是
A. 氯化氢的电子式: B. 质了数为30，中子数为35的锌原子：6535Zn
C. 乙酸的结构简式:CH3COOH D. 四氯化碳的比例模型:
【答案】C
【解析】分析：A.氯化氢是共价化合物；
B. 在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，据此解答。
C.根据乙酸的组成判断；
D. 比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起。
详解：A. 氯化氢是共价化合物，电子式为，A错误；
B. 质了数为30，中子数为35的锌原子的质量数是65，则该原子可表示为，B错误；
C. 乙酸分子中含有羧基，其结构简式为CH3COOH，C正确；
D. 碳原子半径小于氯原子半径，该模型不能表示四氯化碳的比例模型，可以表示甲烷分子的，D错误。答案选C。
4. 阿司匹外是一种解热镇痛药，其结构如图所示，下列有关阿司匹林的说法正确的是
A. 分了式为C9H10O4 B. 苯环上的一氯代物只有两种
C. 只含有一种官能团 D. 能发生水解反应
【答案】D
【解析】分析：阿司匹林中含有羧基、酯基和苯环，结合羧酸、酯类和苯的结构与性质解答。
详解：A. 根据有机物结构简式可知分了式为C9H8O4，A错误；
B. 苯环上的氢原子有4类，则苯环上的一氯代物有4种，B错误；
C. 含有2种官能团：羧基和酯基，C错误；
D. 含有酯基，能发生水解反应，D正确。答案选D。
5. 下列关于酸碱中和滴定的说法中正确的是
A. 一般用石蕊试液作中和滴定的指示剂 B. 滴定时应控制滴加速率:先快后慢
C. 标准液浓度越大，滴定误差越小 D. 滴定时，眼睛注视滴定管内液面的变化
【答案】B
【解析】试题分析：A．酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，故A错误；B．终点时加入过快可能加入过量，应先快后慢，故B正确；C．浓度太大，多一点误差就很大，故C错误；D．酸碱中和滴定实验中，滴定时眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点，不需要观察滴定管内液面的变化，故D错误．答案选B.
考点：中和滴定
6. 用NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A. 2.24LCO2中含有的原子数为0.3NA
B. 0.1mol/L的NaCl溶液中含有的Na+数目为0.1NA
C. 78gNa2O2中所含的离子总数为4NA
D. 常温常压下，3.2gCH4在足量O2中充分燃烧，转移的电子数为1.6NA
【答案】D
【解析】分析：A.二氧化碳的状况不确定；
B.溶液体积未知；
C.根据过氧化钠的组成解答；
D.根据碳元素的化合价变化计算转移电子数。
详解：A. 2.24LCO2不一定处于标准状况下，其中含有的原子数不一定为0.3NA，A错误；
B. 0.1mol/L NaCl溶液的体积未知，其中含有的Na+数目不一定为0.1NA，B错误；
C. 过氧化钠是钠离子和过氧根离子组成的离子化合物，78gNa2O2的物质的量是1mol，其中所含的离子总数为2NA，C错误；
D. 常温常压下，3.2gCH4的物质的量是0.2mol，在足量O2中充分燃烧生成二氧化碳，碳元素化合价从－4价升高到＋4价，所以转移的电子数为1.6NA，D正确。答案选D。
7. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是组成有机物的基本骨架元素，常温下，Y的块状单质在Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中会发生钝化。下列说法一定正确的是
A. 氧化物对应水化物的酸性:W>X
B. 原子半径X>Y
C. 最简单氢化物的稳定性:W>Z
D. Y、W形成的化合物中既含有离子键，又含有共价键
【答案】C
【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是组成有机物的基本骨架元素，X是C。常温下，Y的块状单质在Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液中会发生钝化，根据原子序数大小关系可知Y是Al，Z是S，则W是Cl，结合元素周期律解答。
详解：根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是C、Al、S、Cl。则
A. 应该是最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞X，A错误；
B. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径X＜Y，B错误；
C. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性Cl＞S，则最简单氢化物的稳定性：W＞Z，C正确；
D. Y、W形成的化合物是氯化铝，其中只有共价键，D错误。答案选C。
8. 由水电离产生的c(H+)为1×10-12 mol/L的溶液中，能大量共存的离子组是
A. K+、Cl-、NH4+、HS- B. K+、Fe3+、I-、SO42-
C. Na+、Cl-、NO3- 、SO42- D. Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-
【答案】C
【解析】分析：由水电离产生的c(H+)为1×10-12mol/L的溶液中水的电离被抑制，结合溶液的酸碱性和离子间发生的反应解答。
详解：由水电离产生的c(H+)为1×10-12mol/L的溶液中水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。则
A. 溶液显酸性HS-不能大量共存，溶液如果显碱性NH4+、HS-均不能大量共存，A错误；
B. 碱性溶液中铁离子不能大量共存，酸性溶液中Fe3+氧化I-，不能大量共存，B错误；
C. Na+、Cl-、NO3-、SO42-在酸性或碱性溶液中均不反应，可以大量共存，C正确；
D. 溶液如果显酸性HCO3-不能大量共存，溶液如果显碱性Ca2+、HCO3-均不能大量共存，D错误。答案选C。
9. 某反应使用催化剂后，其反应过程中能量变化如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应的总反应为放热反应 B. 使用催化剂，只以改变反应进行的方向
C. 反应①是吸热反应，反应②是放热反应 D. △H=△H1+△H2
【答案】B
【解析】分析：由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，①为吸热，②为放热，催化剂可改变反应的途径、不改变反应的始终态，以此来解答。
详解：A．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，A正确；
B．使用催化剂，不能改变反应进行的方向，B错误；
C．由图可知，①为吸热反应，②为放热反应，C正确；
D．由图可知，△H=△H1+△H2，D正确；答案选B。
10. 下列实验装置能达到相应实验目的的是
A. 操作①可从氯化铜溶液中直接蒸发结晶获得无水氯化铜
B. 装置②可用于测定中和热
C. 操作③可探究Mg(OH)2能否转化成Fe(OH)2
D. 装置④能保护钢闸门不被腐蚀
【答案】B
【解析】分析：A.根据氯化铜水解分析；
B.根据中和热的测定原理分析；
C.NaOH过量，一定有沉淀的生成；
D.钢闸门与电源正极相连，为阳极。
详解：A. 氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，水解吸热，且氯化氢易挥发，因此从氯化铜溶液中直接蒸发结晶不能获得无水氯化铜，A错误；
B. 泡沫隔热，温度计测定反应温度，则装置②可用于测定中和热，B正确；
C. NaOH过量，一定有沉淀的生成，不能发生沉淀的转化，C错误；
D. 钢闸门与电源正极相连，为阳极被腐蚀，钢闸门应该与电源负极相连，为阴极，能保护作用，D错误；答案选B。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、水解原理、中和热测定、沉淀生成、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验方案设计时要科学、严密、可操作性强。
11. 在一定温度下的恒容密闭容器中，不能说明反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的是
A. 混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
B. 混合气体的密度不再发生变化
C. 混合气体的总物质的量不再发生变化
D. 混合气体的压强不再发生变化
【答案】A
【解析】分析：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，据此解答。
详解：A. 由于混合气体中氨气和二氧化碳的体积比始终是2：1，因此混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能据此说明反应达到平衡状态，A正确；
B. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但混合气体的质量是变化的，所以混合气体的密度不再发生变化说明反应达到平衡状态，B错误；
C. 正反应体积增大，则混合气体的总物质的量不再发生变化说明反应达到平衡状态，C错误；
D. 正反应体积增大，则混合气体的压强不再发生变化说明反应达到平衡状态，D错误；答案选A。
12. 25℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下表所示，下列说去正确的是
化学式
HCOOH
H2CO3
HCN
电离平衡常数
K=1.8×l0-4
K1=4.3×l0-7
K2=5.6×l0-11
K=4.9×10-10
A. 酸性强弱顺序是HCOOH> HCN>H2CO3
B. HCOOH的电离平衡常数表达式为K=c(HCOOH)/c(HCOO-) ·c(H+)
C. Na2CO3溶液显碱性，NaHCO3溶液显酸性
D. H2CO3溶液和NaCN溶液反应的离子方程式为H2CO3+CN-==HCO3-+HCN
【答案】D
【解析】A项，根据表中电离平衡常数的大小可判断，酸性强弱顺序为：HCOOHH2CO3HCN，错误；B项，HCOOH的电离方程式为：HCOOHHCOO-+H+，HCOOH的电离平衡常数表达式为K=，错误；C项，Na2CO3溶液由于CO32-的水解溶液呈碱性，NaHCO3溶液中的HCO3-既存在电离平衡，又存在水解平衡，HCO3-水解的离子方程式为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，水解平衡常数为===2.3310-8K2（H2CO3），HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度，NaHCO3溶液呈碱性，错误；D项，由于K1（H2CO3）K（HCN） K2（H2CO3），根据强酸制弱酸的复分解反应规律，H2CO3溶液和NaCN溶液反应的离子方程式为H2CO3+CN-=HCO3-+HCN，正确；答案选D。
13. 科学家设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能又能固氮的新型电池，其装置如图所示，下列说法不正确的是
A. 电路中转移3mol电子时，有11.2LN2参加反应
B. A为NH4Cl
C. 该电池外电路中的电流从a电极流向b电极
D. b电汲为负极
【答案】A
..............................
详解：A、状况不知，无法由物质的量求体积，A错误；
B、根据负极电极反应为：H2-2e-=2H+，正极电极反应N2+8H++6e-＝2NH4+，总反应式为N2+3H2+2H+=2NH4+，则A为NH4Cl，B正确；
C、该电池外电路中的电流从正极a流向负极b，C正确；
D、b极通入的氢气失电子生成氢离子，为负极，D正确；答案选A。
点睛：本题考新型燃料电池，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据总反应式判断出正负极的反应，从化合价变化的角度分析。
14. T℃时，对于可逆反应:A(g)+B(g)2C(g) +D(g) △H>0。 下列各图中正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】分析：根据方程式可知正反应是吸热的体积增大的可逆反应，结合外界条件对反应速率和平衡状态的影响分析判断。
详解：A、升高温度平衡向正反应方向进行，C的浓度增大，A错误；
B、升高温度平衡向正反应方向进行，A的转化率增大。增大压强平衡向逆反应方向进行，A的转化率降低，B错误；
C、增大压强正逆反应速率均增大，C错误；
15. 下列由实验事实所得出的结论正确的是
选项
实验事实
结论
A
电解精炼铜时，粗铜作阳极，CuSO4溶液作电解质溶液，阴极析出精铜
电解质溶液中铜离了的浓度减小
B
向饱和NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液，溶液变浑浊
溶液中c(Ca2+)·c(CO32-)＜Ksp(CaCO3)
C
室温下,用pH试纸测得0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5
HSO3-在水溶液中的水解程度大于其电离程度
D
由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡
金属性:M＞N
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】分析：A、根据电解原理分析；
B、碳酸氢钠和氯化钙不反应；
C、根据溶液显酸性分析；
D、根据原电池原理分析。
详解：A、电解精炼铜时，粗铜作阳极，CuSO4溶液作电解质溶液，阴极析出精铜，由于粗铜中含有杂质，例如铁、锌等也会失去电子，而阴极始终是铜离子放电，所以电解质溶液中铜离了的浓度减小，A正确；
B、向饱和NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液，二者不反应，溶液不会变浑浊，B错误；
C、室温下，用pH试纸测得0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5，溶液显酸性，这说明HSO3-在水溶液中的水解程度小于其电离程度，C错误；
D、由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡，说明M是正极，氢离子放电，N是负极，所以金属性N＞M，D错误；答案选A。
16. 电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100 mol/L的NaOH溶液演定10.00 ml浓度均为0.100 mol/L的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示(忽路混合时溶液的体积变化)。下列说法不正确的是
A. 曲线①代表CH3COOH溶液的滴定曲线
B. A 、C两点对应溶液均呈中性
C. B点对应的溶液中:c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)
D. A点对应的溶液中: c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.050 mol/L。
【答案】B
【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入KOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，A．由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，选项A正确；B．A点溶质为醋酸钠，醋酸钠水解溶液呈碱性，C点溶质为NaCl，溶液呈中性，选项B不正确；C、B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，c(Na+)最大 ，CH3COO－水解产生OH－，c(OH－) > c(CH3COO－)，故c(Na+) > c(OH－) > c(CH3COO－)，选项C正确； D．A点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，选项D正确。答案选B。
点睛：本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，电解质溶液的电导率越大，导电能力越强，10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液，0.100mol/L的盐酸导电性强，电导率大，因此曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，曲线②代表滴定HCl溶液的曲线，据此作答。
17. 某课外活动小组同学欲利用CuO与NH3的反应来研究NH3的某种性质并测定其组成，设计的实验装置如图所示(夹持装置已省略)。
请回答下列问题:
（1）仪器a的名称为______________；仪器b中盛装的试剂为__________________(填名称)。
（2）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为单质铜，且量气管中有气体单质产生，上述实验现象证明NH3具有____________性，写出相应的化学方程式:_________________________。
（3）装置E中浓硫酸的作用是_________________________________。
（4）实验结束后，若测得干燥管D增重mg，装置F中气体的体积为nL(已折算为标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为___________(用含m、n的代数式表示)。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 生石灰(或氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰) (3). 还原 (4). 3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 (5). 吸收未反应完的氨气，阻止装置F中的水蒸气进入装置D (6). 9n/11.2m(或18n/22.4m)
【解析】分析：（1）依据装置仪器分析回答，根据氨气的制备原理解答；
（2）C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氧化铜做氧化剂氧化氨气生成铜、氮气和水；
（3）E装置中浓硫酸的作用依据装置图分析判断是利用浓硫酸吸收过量氨气，同时避免F装置中的水蒸气进入D；
（4）干燥管D增重mg为反应生成的水，装置F测得气体的体积为nL为反应生成的氮气；依据元素守恒计算得到。
详解：（1）装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热或发生化学反应等促进一水合氨分解生成氨气，氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体均能满足；
（2）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化表现还原性，结合原子守恒配平写出该反应的化学方程式为3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；
（3）依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，阻止F中水蒸气进入D影响实验效果；
（4）若测得干燥管D增重mg为水，物质的量为，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况）为N2，物质的量为，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比＝，则氨分子中氮、氢的原子个数比为。
点睛：本题考查了氨气的实验室制备，性质验证和反应现象分析判断等知识点，明确装置的流程分析，量气装置的使用方法、氨气实验室制备原理是解答的关键。测定元素物质的量之比的计算时要注意守恒法的应用。
18. 二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效、安全的消毒剂。实验室以NH4Cl、盐酸和NaClO2(亚氯酸钠)为原料制备ClO2的流程如图所示。
请回答下列问题:
（1）ClO2中Cl的化合价是________________________。
（2）写出电解时发生反应的化学方程式：____________________________。
（3）NCl3与NaClO2(亚氯酸钠)反应的化学方程式NCl3+3H2O+6NaC1O2＝6ClO2↑+3NaCl+3NaOH+NH3↑，该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为______；若产生11.2L(标准状况)NH3，则转移电子的总数为___NA。
（4）二氧化氯进行水处理时，除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe3+和Mn2+，写出C1O2将Mn2+氧化为MnO2的离子方程式(C1O2反应后的产物为Cl-)：_________________。
【答案】 (1). +4 (2). NH4Cl+ 2HCl3H2↑+NCl3 (3). 1:6 (4). 3 (5). 5Mn2+ +2ClO2 +6H2O==5MnO2↓+2Cl-+12H+
【解析】分析：由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3，在NCl3溶液中加入NaClO2发生氧化还原反应，可生成混合气体ClO2和NH3，据此解答。
详解：（1）ClO2中氧元素-2价，化合物中化合价代数和为0，则氯元素为+4价；
（2）根据以上分析可知电解时发生反应的化学方程式NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3；
（3）NCl3与NaClO2（亚氯酸钠）反应的化学方程式为NCl3+3H2O+6NaC1O2＝6ClO2↑+3NaCl+3NaOH+NH3↑，该反应中NaClO2中氯元素由+3价升高到ClO2中的+4价，失1个电子，作还原剂，NCl3中的氮元素由+3价生成氨气中的-3价，得电子，作氧化剂，生成1mol氨气转移电子数为6mol，根据电子得失守恒可知该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6。11.2L氨气的物质的量是0.5mol，转移电子0.5mol×6＝3mol，因此产生11.2L（标准状况）NH3，转移电子的总数为3NA；
（4）ClO2氧化除去Mn2+生成MnO2，ClO2反应后的产物为Cl-，因此该反应的离子方程式为5Mn2++2ClO2+6H2O＝5MnO2↓+2Cl-+12H+。
19. 羰基硫(COS)广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。
（1）羰基硫的水解反应和氢解反应是两种常用的脱硫方法:
水解反应.COS(g)+H2O(g) H2S(g)+CO2(g) △H =-34kJ·mol-1
氢解反应: COS(g)+H2(g) H2S(g)+CO(g) △H =+7kJ·mol-1
已知:2 H2(g)+O2(g)==2 H2O(g) △H =-484kJ·mol-1
写出表示CO燃烧热的热化学方程式:_________________________________。
（2）氢解反应达到平衡后，保持体系的温度和总圧強不变，通入适量的He，正反应速率____(填“增大”“减小”或“不变”下同)，COS的转化率_________________。
（3）某温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中通入2 mol COS (g)和4 molH2O(g)，发生水解反应，5 min后反应达到平衡，测得COS(g)的转化率为75%。
回答下列问题:
①反应从起始至5 min内，v(H2S)=_____ mol·L-1·min-1。
②该温度下，上述水解反应的平衡常数K=____________。
【答案】 (1). CO(g) +(1/2)O2(g)==CO2(g) △H =-283kJ·mol-1 (2). 减小 (3). 不变 (4). 0.15 (5). 1.8
【解析】试题分析：本题考查盖斯定律和燃烧热表示的热化学方程式的书写，外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，化学反应速率和化学平衡常数的计算。
（1）将3个反应依次编号：
COS（g）+ H2O（g）H2S（g） +CO2（g） △H=-34kJ/mol（①式）
COS（g） +H2（g） H2S（g）+CO（g） △H=+7kJ/mol（②式）
2H2（g） +O2（g）=2H2O（g） △H=-484 kJ/mol（③式）
应用盖斯定律，将①式-②式+③式得，CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=（-34kJ/mol）-（+7kJ/mol）+（-484kJ/mol）=-283kJ/mol，则CO燃烧热的热化学方程式为：CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-283kJ/mol。
（2）保持体系的温度和总压强不变，通入适量的He，容器体积变大，物质的量浓度变小，正反应速率减小，逆反应速率减小。该反应是反应前后气体分子数不变的反应，容器体积变大，即减小压强，平衡不移动，COS的转化率不变。
（3）用三段式，COS（g）+ H2O（g）H2S（g） +CO2（g）
n（起始）（mol）2 4 0 0
n（转化）（mol）20.75=1.5 1.5 1.5 1.5
n（平衡）（mol）0.5 2.5 1.5 1.5
①υ（H2S）==0.15mol/（L·min）。
②水解反应的平衡常数K===1.8。
20. 25℃，几种物质的pH和浓度如下表所示。
序号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
浓度
c1
c2
c3
c4
回答下列问题:
（1）c1_________(填“>”“<”或“=”) c2。
（2）溶液中水的电离程度②______ (填“>”“<”或“=”)③。
（3）分別加水稀释10倍。稀释后四种溶液的pH由大到小的順序为___________(填序号)。
（4）①溶液与④溶液等体积混合，溶液的pH____(填“>”“<”或“=”，下同)7，混合液中c(NH4+)___c(Cl-)。
【答案】 (1). > (2). = (3). ①>②>④>③ (4). > (5). >
【解析】试题分析：本题考查一元强酸和一元弱酸、一元强碱和一元弱碱的比较，水的电离程度的判断，溶液中粒子浓度的大小关系。
（1）氨水为弱碱水溶液，NaOH为强碱水溶液，氨水和NaOH溶液的pH都为11，则氨水物质的量浓度大于NaOH溶液物质的量浓度，c1c2。
（2）②为NaOH溶液，溶液中的H+全部来自水电离，c（H2O）电离=c（H+）水=c（H+）溶液=110-11mol/L；③为醋酸溶液，溶液中的OH-全部来自水电离，c（H2O）电离=c（OH-）水=c（OH-）溶液=110-11mol/L；溶液中水的电离程度②=③。
（3）分别加水稀释10倍，溶液的体积变为原来的10倍。①氨水为弱碱水溶液，加水稀释促进电离，稀释后的pH为：10pH11；②NaOH溶液为强碱水溶液，稀释后的pH=10；③醋酸为弱酸水溶液，加水稀释促进电离，稀释后的pH为：3pH4；④盐酸为强酸水溶液，稀释后的pH=4；则稀释后四种溶液的pH由大到小的顺序为：①>②>④>③。
（4）混合前氨水中c（OH-）=110-3mol/L，盐酸中c（H+）=110-3mol/L，①溶液与④溶液等体积混合反应后氨水过量，溶液呈碱性，混合后溶液的pH7。溶液呈碱性，c（OH-）c（H+），溶液中的电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），则c（NH4+）c（Cl-）。
点睛：一元强酸与一元弱酸的比较
1.等物质的量浓度、等体积的一元强酸(如HCl)与一元弱酸(如CH3COOH，简写为HAc)的比较
c(H＋)
pH
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的量
与活泼金属反应开始的速率
稀释相同倍数后
c
pH
HCl
大
小
相同
相同
快
相同
小
HAc
小
大
慢
大
2.等pH、等体积的一元强酸与一元弱酸的比较(以HCl、HAc为例)
c（酸）
与足量活泼金属反应
中和碱的能力
稀释相同倍数后
υ(初)
υ(后)
产生H2量
c（酸）
pH
HCl
小
相同
慢
少
小
小
大
HAc
大
快
多
大
大
小
21. 根据所学电化学知识，回答有关问题。
（1）图中甲池是____(填“原电池”或“电解池”)装置，其中OH-移向___(填“正”或“负”)极。
（2）通入CH3OH一端的电极反应式为_____________________。
（3）反应一段时间后，甲池中消耗560mL(标准状况)O2，此时乙池溶液的pH=______(设此时乙池中溶液的体积为100mL)。
（4）当乙池中Ag电极的质量增加5.4g时，丙池中某电极析出1.6g某金属，则丙池中的某盐可能是__________(填字母)。
A.MgSO4 B.CuCl2 C.NaCl D.AgNO3
【答案】 (1). 原电池 (2). 负 (3). CH3OH -6e-+8OH-==CO32-+6H2O (4). 0 (5). BD
【解析】分析：（1）甲池是能自发的进行氧化还原反应，属于原电池，据此解答；
（2）燃料电池的负极上是燃料发生失电子的氧化反应；
（3）根据电子守恒来计算；
（4）根据电解池的工作原理结合电子守恒来计算即可。
详解：（1）图中甲池能自发进行氧化还原反应，属于原电池中的燃料电池；原电池中阳离子向正极移向，阴离子向负极移动。通入甲醇的电极是负极，因此OH-移向负极；
（2）通入CH3OH的电极是燃料电池的负极，发生失电子的氧化反应，电解质溶液显碱性，则负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O；
（3）标准状况下560mL氧气的物质的量是0.56L÷22.4L/mol＝0.025mol，转移0.025mol×4＝0.1mol电子。电解池中连接原电池负极的电极为阴极、连接原电池正极的电极为阳极，因此石墨是阳极，银电极是阴极，电解硝酸银溶液的方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑，即产生4mol硝酸，转移4mol电子，所以反应中生成0.1mol硝酸，物质的量浓度是0.1mol÷0.1L＝1.0mol/L，则此时乙池溶液的pH＝0。
（4）根据电解池的工作原理，电解硝酸银溶液的反应为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑，当乙池中Ag极质量增加5.4g，根据电极反应Ag++e-＝Ag，生成0.05mol银，转移电子是0.05mol，此时丙池中某电极析出1.6g某金属，则该金属是铜（氯化铜恰好反应或过量），也可以是析出金属银的情况（硝酸银不足），镁离子和钠离子在水溶液中不会放电，答案选BD。
点睛：本题考查学生电解池和原电池的工作原理、电极反应的书写、电子守恒的计算等知识，综合性较强。难点是电化学的有关计算，解答的关键是电子得失守恒的应用，即根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。例如：，(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)。最后一问的计算学生容易忽略硝酸银不足时氢离子可以放电，为易错点。
22. 碱式碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]是重要的化工原料。用橄榄石制取碱式碳酸镁的一种工艺流程如图所示。
已知:阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和恰好完全沉淀(阳离子浓度等于10-5mol/L)时的pH如下表所示。
阴离子
开始沉淀时的pH
怡好完全沉淀时的pH
Fe3+
2.7
3.7
Mg2+
9.7
11
（1）将Mg9FeSi5O20改写成氧化物的形式:___________________。
（2）将橄榄石粉碎的目的是___________________________。
（3）“调节pH”时，应调节的pH范围是________________________。
（4）加入 H2O2后发生反应的离子方程式为_____________________________________。
（5）Ksp[Mg(OH)2]=_______。写出生成碱式碳酸镁的离子方程式：_____________________。
【答案】 (1). 9MgO·FeO·5SiO2 (2). 增大接触面积，提高酸浸速率 (3). 3.7≤pH<9.7 (4). 2Fe2++2H+ +H2O2==2Fe3++2H2O (5). 1×10-11 (6). 2Mg2++3CO32-+5H2O==MgCO3·Mg(OH)2·3H2O+ 2HCO3-
【解析】分析：（1）根据硅酸盐的组成元素改写；
（2）粉碎可以增大反应物接触面积；
（3）调节pH的目的是沉淀铁离子，不能沉淀镁离子，据此解答；
（4）双氧水能氧化亚铁离子，据此书写；
（5）根据氢氧化镁完全沉淀时的pH，结合氢氧化镁溶度积常数表达式计算。
详解：（1）Mg9FeSi5O20含有Mg、Fe、Si、O四种元素，根据正负价代数和为0可知铁的化合价是+2价，则改写成氧化物的形式为9MgO·FeO·5SiO2。
（2）将橄榄石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸速率。
（3）“调节pH”时需要沉淀铁离子，镁离子不能沉淀，则根据表中数据应调节的pH范围是3.7≤pH＜9.7。
（4）双氧水具有氧化性，能把溶液中的亚铁离子氧化，则加入H2O2后发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O。
（5）完全沉淀镁离子时pH＝11，则溶液中氢氧根的浓度是0.001mol/L，所以Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c(OH－)2＝10－5×0.0012＝1×10-11。根据原子守恒可知生成碱式碳酸镁的同时还有碳酸氢钠生成，则反应离子方程式为2Mg2++3CO32-+5H2O＝MgCO3·Mg(OH)2·3H2O+2HCO3-。
点睛：注意硅酸盐改写成氧化物形式的方法技巧：氧化物的顺序：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水。氧化物前系数配置原则：除氧元素外，其他元素按配置前后原子个数守恒原则配置系数。另外需要注意氧化物之间以“·”隔开；系数配置出现分数应化为整数。
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