【化学】四川省成都市七中实验学校2018-2019学年高二5月月考（解析版） 试卷

四川省成都市七中实验学校2018-2019学年高二5月月考
第I卷（选择题，共40分）
可能用到的相对原子质量：H-l N-14 0-16 Cl-35.5 Cu-64
一．本卷共20题，每题2分，共40分。只有一个选项符合题意。
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 麦芽糖和蔗糖的水解产物相同 B. 天然油脂属于酯类物质
C. 淀粉和纤维素的分子式不同 D. 石油裂化和裂解都可制得烯烃
【答案】A
【详解】A、麦芽糖水解生成葡萄糖、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，选项A不正确；
B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类物质，选项B正确；
C、淀粉和纤维素的分子组成都可以表示为(C6H10O5)n，但n的值不同，所以分子式不同，选项C正确；
D、石油裂化生成烷烃和烯烃，石油裂解生成乙烯、丙烯、丁二烯等，选项D正确。
答案选A。
2.下列物质在光束照射下能产生丁达尔效应的是（ ）
A. N2 B. 稀豆浆 C. NaC1溶液 D. Fe(OH)3
【答案】B
【分析】胶体具有丁达尔效应是指当光束通过胶体分散系时能看到一条光亮的通路，丁达尔效应是区分胶体和溶液最常用的简单方法；
丁达尔效应的是胶体特有的性质，所以只要判断分散系是胶体即可。
【详解】A．N2是纯净物，不是分散系，选项A错误；
B．稀豆浆属于胶体分散系，用光束照射能观察到丁达尔效应，选项B正确；
C．NaCI溶液属于溶液分散系，用光束照射不能观察到丁达尔效应，选项C错误；
D．Fe(OH)3是纯净物，不是分散系，选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查胶体的性质，注意胶体的本质特征是：胶体粒子的直径在1~100nm之间，这也是胶体与其它分散系的本质区别．区分胶体和溶液最简单的方法是利用丁达尔效应。
3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A. 11.2L氧气与臭氧的混合气体中含NA个氧原子
B. 60gSiO2晶体中含有2NA个Si—O键
C. 常温下，20LpH＝12的Na2CO3溶液中含有的OH-离子数为0.2NA
D. 标准状况下，22.4LSO2的中心原子所含有的孤电子对数为2NA
【答案】C
【分析】A．气体状况未知，气体摩尔体积未知；
B.1molSiO2晶体存在4molSi-O键；
C. pH=12Na2CO3溶液中c（H+）=10-12mol/L，根据水的离子积计算溶液中c（OH-），再根据n=cV计算n（OH-），根据N=nNA计算OH-离子数目；
D．1molSO2含有1mol孤电子对。
【详解】A．气体状态未知，无法确定气体的物质的量，选项A错误；
B、1molSiO2中有4molSi－O键，60gSiO2中含有Si－O键的物质的量为mol=4mol，即4NA个Si—O键，选项B正确；
C．pH=12的Na2CO3溶液中c（H+）=10-12mol/L，故溶液中c（OH-）==0.01mol/L，溶液中n（OH-）=20L×0.01mol/L=0.2mol，OH-离子数目为0.2mol×NAmol-1=0.2NA，选项C正确；
D．标准状况下，22.4LSO2的物质的量是1mol，1molSO2含有1mol孤电子对，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意二氧化硅的结构，题目难度中等。
4.对于反应2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O，下列分析错误的是（ ）
A. 该反应氧化剂是H2C2O4 B. 反应中1molMnO4-得到5NA个e-
C. 该反应的还原产物是Mn2+ D. MnSO4可以作该反应的催化剂
【答案】A
【分析】A．氧化还原反应中得电子化合价降低的反应物的氧化剂；
B．根据高锰酸根离子中锰元素和二价锰离子之间化合价的差来分析判断；
C．锰元素化合价降低被还原，产物为Mn2+；
D．硫酸锰可以作催化剂。
【详解】A．该反应中，C元素的化合价由+3价变为+4价，所以草酸是还原剂，选项A错误；
B．反应中一个MnO4-得到（7-2）个e-，1mol MnO4-得到5NA个e-，选项B正确；
C．该反应中，草酸是还原剂，二价锰离子是还原产物，选项C正确；
D．该反应中生成硫酸锰，硫酸锰能加快反应速率，所以可以做该反应的催化剂，选项D正确；
答案选A。
【点睛】本题考查氧化还原反应，注意草酸中碳元素化合价的判断方法，难度不大，易错点为选项B，应根据高锰酸根离子中锰元素和二价锰离子之间化合价的差来分析判断。
5.在某无色强酸性溶液中，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. NH4+、Fe3+、ClO-、SCN- B. Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
C. Na+、K+、NO3-、SO42- D. K+、Al3+、CO32-、Cl-
【答案】C
【详解】A.无色溶液中不含Fe3+且Fe3+与SCN-发生络合反应而不能大量共存，选项A不符合题意；
B. 无色溶液中不含Cu2+，选项B不符合题意；
C. Na+、K+、NO3-、SO42-各离子之间不反应，能大量共存，选项C符合题意；
D. Al3+与CO32-因发生双水解而不能大量共存，选项D不符合题意。
答案选C。
6.下列说法中正确的是（ ）
①浓硫酸具有吸水性，能干燥SO2、H2S、NH3、NO2等气体
②砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定大于HCl
③SO2气体具有漂白性，通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色
④陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐
⑤分离碘水中的碘和水，可用乙醇做萃取剂
⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱
⑦冷的浓硝酸可用铁制容器盛装
A. ①③④⑦ B. ①③⑥⑦ C. ③④⑤⑦ D. ⑥⑦
【答案】D
【详解】①氨气属于碱性气体，能被浓硫酸吸收，所以不能用浓硫酸干燥氨气；硫化氢具有还原性，能够被浓硫酸氧化，所以不能使用浓硫酸干燥硫化氢，故①错误；
②第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故②错误；
③将SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，可说明二氧化硫为酸性氧化物，溶液不会褪色，不能说明二氧化硫的漂白性，故③错误；
④水晶、玛瑙、光导纤维等主要成分都是SiO2，陶瓷、玻璃、水泥属于硅酸盐产品，所以陶瓷、玻璃和水泥的主要成分都是硅酸盐，故④错误；
⑤乙醇与水混溶不能用作萃取剂，故⑤错误；
⑥第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性Na＞Mg＞Al，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故⑥正确；
⑦常温下铁在浓硫酸，浓硝酸中发生钝化阻止反应进行，可用铁制容器盛装浓硝酸，故⑦正确；
答案选D。
7.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)，下列说法错误的是（ ）
A. 电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
B. 电池正极的电极反应式为：2MnO2+H2O(l)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)
C. 电池工作时，锌失去电子
D. 外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g
【答案】A
【详解】A、电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，选项A错误；
B、正极得电子，发生还原反应，所以正极的电极反应式为：2MnO2+H2O(l)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)，选项B正确；
C、原电池工作原理是，负极失电子，发生氧化反应，根据电池总反应知，锌失电子，选项C正确；
D、由Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn(OH)2（s）+Mn2O3（s）可知，65gZn反应转移电子为2mol，则6.5gZn反应转移0.2mol电子，选项D正确；
答案选A。
8.以下化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. H2CO3电离：H2CO3CO32-+2H+
B. 将少量金属钠放入冷水中：Na＋2H2O＝Na+ +2OH-+H2↑
C. C12溶解于水：Cl2+H2O2H++ClO- +Cl-
D. 向CuSO4溶液中通入H2S：Cu2+ +H2S=CuS↓+2H+
【答案】D
分析】A．碳酸电离分步进行，以第一步为主；
B．电荷不守恒；
C．生成的HClO为弱酸；
D．反应生成CuS沉淀和硫酸。
【详解】A．H2CO3电离方程式为H2CO3HCO3-+H+，选项A错误；
B．将少量金属钠放入冷水中的离子反应方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，选项B错误；
C．C12溶解于水的离子反应方程式为H2O+Cl2H++HClO+Cl-，选项C错误；
D．向CuSO4溶液中通入H2S的离子反应为Cu2++H2S═CuS↓+2H+，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的反应即可解答，注意选项D为特殊的弱酸制取强酸的反应，题目难度不大。
9.在恒容的密闭容器中充入适量NO2，发生如下反应：2NO2(g) N2O4(g)，当分离出部分N2O4时，下列说法中正确的是（ ）
A. υ(正)增大 B. 平衡逆向移动
C. υ(正)>υ(逆) D. NO2转化率不变
【答案】C
【分析】恒容的密闭容器中充入适量NO2，发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），当分离出部分N2O4时，瞬间NO2的浓度不变，N2O4的浓度减小，平衡正向移动，υ（正）＞υ（逆），正反应速率在减小，直到正逆反应速率相等，以此来解答。
【详解】A．分离出部分N2O4时，瞬间NO2的浓度不变，N2O4的浓度减小，平衡正向移动，υ（正）＞υ（逆），正反应速率在减小，直到正逆反应速率相等，故A错误；
B．减小生成物的浓度，平衡正向移动，故B错误；
C．由A可知，减小生成物浓度，平衡正向移动，υ（正）＞υ（逆），故C正确；
D．因平衡向正反应方向移动，则NO2转化率增大，故D错误；
答案选C。
10.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应必须加热才能发生
B. 2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l) △H=－akJ·mol-1，则中和热为0.5akJ·mol-1
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；△H1=－akJ·mol－1，则氢气燃烧热为akJ·mol-1
D. N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)；△H=－akJ·mol－1，则将14gN2(g)和足量H2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.5akJ的热量
【答案】B
【详解】A.反应物的总能量低于生成物的总能量，反应是吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生反应，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应，故A错误；
B. 中和热是在一定条件下，稀的强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l) △H=-akJ·mol-1则中和热为a/2kJ·mol-1，故B正确；
C. 燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，则氢气燃烧热为a/2kJ·mol-1，故C错误；
D. 由热化学方程式可知，1mol N2和3mol H2完全反应时放出的热量为akJ，因为N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%。14gN2（g）的物质的量为：，和足量H2置于一密闭容器中，参加反应的氮气的物质的量小于0.5mol，故反应放出的热量小于0.5akJ，故D错误。答案选B。
【点睛】该题主要通过反应热的有关判断，考查对反应热、中和热、燃烧热的掌握程度，以及灵活运用知识的能力,能正确掌握有关的概念，就不难得出正确的结论。
11.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和 CuSO4溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性
B
向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液
出现白色沉淀
溶液X中一定含有SO42-
C
向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体
出现白色沉淀
H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强
D
处理锅炉水垢中的CaSO4时，依次加入饱和Na2CO3溶液和盐酸
水垢溶解
Ksp：CaCO3＜CaSO4

【答案】D
【分析】A．滴加NaCl溶液，发生盐析；
B．溶液X中可能含SO32-；
C、H2CO3的酸性比H2SiO3 的酸性强；
D．依据沉淀转化的依据分析判断。
【详解】A．滴加NaCl溶液，发生盐析，而加CuSO4溶液发生变性，选项A错误；
B．向某溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液，出现白色沉淀为硫酸钡，原溶液可能含SO42-、SO32-，或均存在，选项B错误；
C．向Na2SiO3溶液中通入适量的CO2，反应方程式为：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3，H2CO3的酸性比H2SiO3 的酸性强，选项C错误；
D．硫酸钙和碳酸钙阴离子和阳离子比相同，可以直接比较溶解度和溶度积常数，处理锅炉水垢中的CaSO4时，依次加入饱和Na2CO3溶液和盐酸，水垢溶解，发生了沉淀转化，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及蛋白质的性质、SO42-的检验、酸性强弱的比较、沉淀的转化等，把握物质的性质和化学反应原理为解答的关键，侧重反应原理的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12.下列涉及混合物的分离提纯，其中说法正确的是（ ）
A. 除去CO2中混有的少量SO2，可将气体通过装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶
B. 除去SiO2中混有的少量Al2O3，可选用NaOH溶液
C. 除去溴苯中混有的少量苯，可加水后分液除去
D. 乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇可通过氢氧化钠溶液除去
【答案】A
【分析】A．二氧化硫与酸性高锰酸钾反应，而二氧化碳不能；
B．二者均与NaOH溶液反应；
C．苯、溴苯均不溶于水；
D．乙酸乙酯、乙酸均与NaOH反应。
【详解】A．二氧化硫与酸性高锰酸钾反应，而二氧化碳不能，则可将气体通过装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫，选项A正确；
B．二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应利用盐酸除去氧化铝，选项B错误；
C．苯、溴苯均不溶于水，则加水不能除杂，选项C错误；
D．乙酸乙酯、乙酸均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液除杂，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。
13.将 1molCO和 2molH2充入一容积为 1L的密闭容器中，分别在250°C、T°C下发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。根据图，下列分析中正确的是（ ）

A. 250°C时，反应在前10s的平均速率υ(H2)=0.015mol/(L·min)
B. 平衡时CO的转化率：250°C＞T°C
C. 反应达平衡后，其他条件不变，若减小容积体积，CO 体积分数增大
D. 该反应的正反应是放热反应
【答案】D
分析】依据先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0；
A.0～10min内甲醇物质的量增加了0.15mol，根据方程式求出氢气的变化量，再求速率；
B．根据分析该反应△H＜0，而且T＜250℃，温度越低CO的转化率越大；
C．其他条件不变，若减小容积体积，压强增大，平衡正移；
D．T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0。
【详解】依据先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0；
A.0～10min内甲醇物质的量增加了0.15mol，根据方程式氢气的变化量为：0.15mol×2=0.3mol，所以υ（H2）==0.03mol/（L•min），选项A错误；
B．根据分析该反应△H＜0，而且T＜250℃，温度越低CO的转化率越大，所以CO的转化率：T℃时大于250℃时，选项B错误；
C．其他条件不变，若减小容积体积，压强增大，平衡正移，CO的物质的量减少，CO物质的量分数减小，所以CO体积分数减小，选项C错误；
D．先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查物质的量随时间的变化图象，明确图象中量的变化来分析反应速率、转化率、影响平衡的移动因素等，题目难度不大。
14.已知：CH3OH(g)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g) ∆H=+190kJ/mol。下列说法正确的是（ ）
A. CH3OH的燃烧热为190kJ/mol
B. 该反应说明CH3OH比H2稳定
C. 反应中的能量变化与反应体系的温度和压强无关
D. CO2(g)+2H2(g)=CH3OH(g)+1/2O2(g) ∆H=-190kJ/mol
【答案】D
【详解】A、反应生成氢气，未生成稳定氧化物，选项A错误；
B、反应是吸热反应，说明甲醇和氧气能量之和小于二氧化碳和氢气能量之和，但不能证明CH3OH比H2稳定；选项B错误；
C、题干没有注明温度和压强，指的是25℃、101kPa条件下的反应焓变；反应中的能量变化与反应体系的温度和压强有关，选项C错误；
D、依据题干热化学方程式，热化学方程式改变方向，焓变改变符号；选项D正确；
答案选D。
15.已知AgCl的溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，下列说法不正确的是(　　)
A. 除去溶液中Ag＋加盐酸盐比硫酸盐好
B. 加入H2O，溶解平衡不移动
C. 用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl，可以减少沉淀损失
D. 反应2AgCl＋Na2SAg2S＋2NaCl说明溶解度：AgCl>Ag2S
【答案】B
【解析】A、氯化银溶解度小于硫酸银，除去溶液中Ag+加盐酸盐比硫酸盐好，故A正确；B、加入H2O，沉淀溶解平衡正向进行，故B错误；C、用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl，氯化钠溶液中氯离子抑制程度溶解平衡，平衡左移，可以减少沉淀损失，故C正确；D、反应2AgCl+Na2S═Ag2S+2NaCl，反应向更难溶的方向进行，说明溶解度：AgCl＞Ag2S，故D正确；故选B。
16.用高铁酸钠(Na2FeO4)对河、湖水消毒是城市饮用水处理的新技术，已知反应：Fe2O3＋3Na2O2=2Na2FeO4＋Na2O，下列说法正确的是（ ）
A. Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B. Fe2O3在反应中显氧化性
C. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
D. 3molNa2O2发生反应，有12mol电子转移
【答案】C
【分析】A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂；
B. Fe2O3在反应中铁元素由+3价变为+6价被氧化，显还原性；
C、还原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物叫还原产物；
D、根据反应过程转移的电子物质的量来计算回答。
【详解】A、反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，氧元素化合价降低，Na2O2是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe2O3是还原剂，选项A错误；
B、 Fe2O3在反应中铁元素由+3价变为+6价被氧化，显还原性，选项B错误；
C、还原剂Fe2O3对应的产物Na2FeO4是氧化产物，氧化剂Na2O2对应的产物Na2FeO4和Na2O是还原产物，所以Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，选项C正确；
D、在反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，铁元素化合价共升高6价，所以反应过程转移的电子物质的量为6mol，消耗3molNa2O2，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查学生氧化还原反应的基本概念和电子转移知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大。
17.下列说法正确的是（ ）
A. 常温下0.4mol/LHB溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为：c(B-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)
B. 同浓度同体积的NaClO溶液和CH3COONa溶液，离子总数前者小于后者
C. 在1mol/LCH3COOH溶液中加入少量冰醋酸，醋酸电离平衡正向移动且电离程度增大
D. 常温下0.1 mol/L的下列溶液①NH4Al(SO4)2；②NH4Cl；③NH3·H2O；④CH3COONH4中，c(NH4+)由大到小的顺序是：②＞①＞④＞③
【答案】B
【分析】A．反应后得到物质的量浓度均为0.1mol/L的NaB和HB的混合液，混合液pH=3，呈酸性，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，则B-的浓度增大：c（B-）＞c（Na+），由于氢离子浓度较小，则c（Na+）＞c（H+）；
B．根据电荷守恒可知溶液中总电荷为：2c（Na+）+2c（H+），然后结合水解程度大小判断；
C．醋酸浓度增大，平衡向着正向移动，但醋酸的电离程度较小；
D．①铝离子水解抑制铵根离子的水解；②铵根离子水解；③弱碱电离，且电离的程度很弱；④醋酸根离子水解促进铵根离子水解。
【详解】A．常温下，0.4 mol/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，反应后得到物质的量浓度均为0.1mol/L的NaB和HB的混合液，混合液呈酸性，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，导致B-的浓度增大，即c（B-）＞c（Na+），由于溶液中的氢离子浓度较小，则c（Na+）＞c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（B-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项A错误；
B．CH3COONa水解程度小，其溶液中氢氧根离子浓度较小，则氢离子浓度较大，根据电荷守恒可知溶液中总电荷为：2c（Na+）+2c（H+），所以相同条件下，两溶液比较，NaClO溶液中的离子总数较少，选项B正确；
C．在1mol/L CH3COOH溶液中加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，平衡向着正向移动，但是溶液中醋酸的电离程度会较小，选项C错误；
D．①和②相比较，①中铵根离子和铝离子水解都呈酸性，相互抑制，则①中c（NH4+）大于②，②与④相比较，醋酸根离子和铵根离子水解相互促进，则②中c（NH4+）大于④，NH3•H2O为弱电解质，电离程度较小，则④中c（NH4+）大于③，则顺序为①＞②＞④＞③，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查离子浓度大小的比较，题目难度中等，明确信息得到溶液的组成及外界条件对盐的水解程度的影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。
18.对于NH4Cl溶液的相关叙述不正确的是（ ）
A. 0.2mol/LNH4Cl溶液：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
B. NH4Cl溶液中：c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)
C. 将NH4C1溶解到氨水中，NH4C1抑制NH3·H2O的电离
D. 等物质的量浓度的NH4C1、CH3COONH4溶液中c（NH4+）相等
【答案】D
分析】A、氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；
B．根据氯化铵溶液中的物料守恒分析；
C、氯化铵中的铵根离子抑制一水合氨的电离；
D、醋酸铵溶液中醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，氯离子对铵根离子水解无影响。
【详解】A、氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，0.2mol/LNH4Cl溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），选项A正确；
B．NH4Cl溶液中，根据物料守恒可得：c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），选项B正确；
C、一水合氨是弱电解质，氯化铵电离出铵根离子抑制一水合氨的电离，选项C正确；
D、醋酸铵溶液中醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，氯离子对铵根离子水解无影响；等物质的量浓度的氯化铵溶液中铵根离子浓度大于醋酸铵溶液中铵根离子浓度，选项D错误；
答案选D。
19.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2＋O2=2H2O，下列有关说法正确的是（ ）

A. b 极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－
B. 每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2
C. H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
D. 电子通过外电路从b极流向a极
【答案】C
【分析】根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-═2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L。
【详解】A、该电池为酸性电池，b极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，选项A错误；
B、因没有说明是否为标准状况，则消耗氢气的体积不一定为1.12L，选项B错误；
C、原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，选项C正确；
D、因氢元素的化合价升高，则a为负极，电子应该是通过外电路由a极流向b极，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查燃料电池的工作原理，学习中要明确电子以及离子的定向移动问题，要能正确判断原电池的正负极，以及电极反应式的书写问题。
20.将Mg、Cu 组成的2.64g固体混合物投入适量稀稍酸中恰好完全反应，收集还原产物气体NO（还原产物只有一种）。然后向反应后的溶液中加入一定浓度的氢氧化钠溶液，使金属恰好沉淀完全，此时生成沉淀的质量为4.68g，则反应过程中收集到NO气体（标况下）体积为（ ）
A. 8.96L B. 0.896L C. 4.48L D. 0.448L
【答案】B
【详解】Mg、Cu混合物与硝酸反应生成Mg(NO3)2、Cu(NO3)2，部分硝酸被还原为NO气体，反应后的溶液加入NaOH溶液使金属恰好沉淀完全，沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，可知m(OH-)=4.68g-2.64g=2.04g，故n(OH-)==0.12mol，
根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根离子的物质的量，即金属提供电子物质的量为0.12mol，根据电子转移守恒可知NO的物质的量为：n（NO）==0.04mol，所以标况下反应过程中收集到NO气体体积为：V（NO）=0.04mol×22.4L/mol=0.896L，
答案选B。
Ⅱ卷（非选择题，共60分）
21.现有X、Y、Z三种常见短周期元素，X 的原子结构示意图为，Y、Z为同周期金属元素，Y、Z的最高价氧化物对应水化物可以反应生成盐和水。回答下列问题：
（1）已知Y2X2为浅黄色固体物质，其阴阳离子个数比为_______，其中含有的化学键类型有_________。
（2）将单质 Z 的薄片在酒精灯上加热至熔化，观察到的现象是_______________________，产生该现象的原因是_______________________________。
（3）Y、Z最高价氧化物对应的水化物混合反应生成盐和水的离子方程式为________________________________________。
（4）若（3）中生成物还可表示为YZ(OH)4，则YZ(OH)4与过量HC1溶液反应的离子方程式为_______________________________________。
【答案】 (1). 1：2 (2). 离子键、非极性键 (3). 铝箔熔化成的小球不落下 (4). 氧化铝的熔点比铝高 (5). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (6). Al(OH)4-+4H+=Al3++4H2O
【详解】X、Y、Z三种常见短周期元素，由X的原子结构示意图可知a=2，故X为O元素，结合（1）Y2X2为浅黄色固体物质，可知Y为Na元素，Y、Z为同周期金属元素，两者的最高价氧化物对应水化物可以反应生成盐和水，为氢氧化钠与氢氧化铝反应，故Z为Al元素，
（1）Na2O2由钠离子与过氧根离子构成的离子化合物，其阴阳离子个数比为1：2，过氧根离子与钠离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成非极性键；
（2）将单质Al的薄片在酒精灯上加热至熔化，由于反应生成氧化铝，氧化铝的熔点比铝高，氧化铝膜兜住铝箔熔化成的小球不落下；
（3）氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
（4）NaAl(OH)4与过量HCl溶液反应生成氯化铝、氯化钠与水，反应离子方程式为：Al(OH)4-+4H+=Al3++4H2O。
22.用如图实验装置探究铜丝与过量浓硫酸的反应及SO2的部分化学性质。

（1）试管①中发生反应的化学反应方程式为_________________________________。
（2）装置③证明SO2溶液显__________性，同时证明SO2_________（填“能”或“不能”）漂白pH试纸。
（3）实验完毕，取下试管②并加热，可观察的现象是________________________________，该实验可以达到的目的是_______________________________________。
（4）实验初期发现大试管内有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为_____________。
（5）终止试管①中反应的方法是_________________________________________。
（6）基于环境保护的考虑，如图是某学生提出的实验改进方法，其中棉花团上应浸取的试剂为_________(任填一种）。

【答案】(1). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O (2). 酸 (3). 不能 (4). 溶液由无色恢复为红色 (5). 说明二氧化硫与有色物质生成的无色物质是不稳定的 (6). CuSO4 (7). 停止加热或把铜丝抽离浓硫酸 (8). NaOH溶液或高锰酸钾溶液
【详解】（1）铜与浓硫酸加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，依据氧化还原反应写出化学方程式；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）二氧化硫是酸性氧化物溶于水生成亚硫酸显酸性，装置③湿润的pH试纸变红色，证明二氧化硫溶液显酸性；同时证明二氧化硫的漂白性具有选择性，不能漂白变色的pH试纸；
（3）试管②二氧化硫通入后品红褪为无色，加热后无色溶液恢复原来的颜色红色，说明二氧化硫的漂白性不稳定，即二氧化硫和有色物质结合成不稳定的无色物质，加热恢复原来的颜色；
（4）浓硫酸中水的含量很少，开始反应生成的水量少，与铜反应开始生成的硫酸铜不能溶解；实验初期发现大试管内有白色沉淀生成，该物质为CuSO4，故答案为：CuSO4 ；
（5）终止试管①中反应的方法是，停止加热或把铜丝抽离浓硫酸；
（6）装置中 生成的二氧化硫气体是污染性气体，不能排放到空气中，改进装置中的棉花是吸收二氧化硫的作用，可以用氢氧化钠溶液或高锰酸钾溶液等。
23.明矾石的主要成分是K2SO4·Al2(SO4)3·2Al2O3·6H2O，还含有少量Fe2O3 杂质。利用明矾石制备氢氧化铝的流程如下：

（1）焙烧炉中发生反应的化学方程式为2Al2(SO4)3+3S=2Al2O3+9SO2，若生成1molAl2O3，则转移的电子数为__________________。
（2）将标况下1.12L炉气通入100mL0.5mol/LNaOH 溶液中，得到一种酸性溶液，则该溶液中各种离子浓度由大到小的排列顺序为__________________________________________。
（3）熟料溶解时反应的离子方程式为_____________________________________。
（4）检验废渣中含有Fe2O3所需的试剂是______________________。
（5）母液中溶质主要成分的化学式为___________，溶液调节pH后经过滤、洗涤可得Al(OH)3沉淀，证明沉淀已洗涤干净的实验操作和现象是___________________________________。
【答案】(1). 3.612×1024 (2). c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-） (3). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (4). 稀盐酸、硫氰化钾 (5). K2SO4、Na2SO4 (6). 取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净
【分析】（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，硫单质为还原剂，计算生成1molAl2O3需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据N=nNA转移电子数目；
（2）根据n(SO2)：n(NaOH)确定反应产物，再结合溶液呈酸性对离子浓度进行排序；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；
（4）由工艺流程可知，废渣主要成分为Fe2O3，废渣中加入盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明废渣中含有Fe2O3；
（5）由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有K+、Na+、SO42-、AlO2-、OH-等，加硫酸调pH值，AlO2-转化为Al(OH)3，母液中离子主要有K+、Na+、SO42-，据此分析判断。
【详解】（1）反应中硫元素化合价由Al2(SO4)3中+6价降低为SO2中+4价，故Al2(SO4)3是氧化剂，反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，硫单质为还原剂，生成1molAl2O3需要硫的物质的量为1mol×=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol×4=6mol，转移电子数目为6mol×6.02×1023mol-1=3.612×1024；
（2）标准状况下1.12L二氧化硫的物质的量为 =0.05mol，n（NaOH）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（SO2）：n（NaOH）=0.05mol：0.05mol=1：1，故反应后溶液中溶质为NaHSO3，溶液呈酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，同时水电离生成氢离子，故c（H+）＞c（SO32-），HSO3-电离程度不大，故c（HSO3-）＞c（H+），溶液c（OH-）等于水电离生成，浓度很小，故溶液中离子浓度由大到小的排列顺序为c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
（4）由工艺流程可知，废渣的主要成分为Fe2O3，取少量废渣，加入适量盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明废渣中含有Fe2O3，故答案为：稀盐酸、硫氰化钾；
（5）由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有K+、Na+、SO42-、AlO2-、OH-等，加硫酸调pH值，AlO2-转化为Al（OH）3，母液中离子主要有K+、Na+、SO42-，含有溶质为K2SO4、Na2SO4；要证明沉淀已洗涤干净即证明最后的洗涤液中不含SO42-，证明沉淀已洗涤干净的实验操作和现象是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净；故答案为：K2SO4、Na2SO4；取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净。
【点睛】本题考查学生对工艺流程的理解、氧化还原反应、离子浓度大小比较、离子检验、实验方案设计等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等，（2）中注意先根据计算确定反应后溶液中溶质。
24.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答问题。
（1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因_________________________________________；农业上用石膏降低其碱性的反应原理________________________________________________。
（2）已知水存在如下平衡：H2O+H2OH3O++OH-向水中加NaHSO4固体，水的电离平向________移动，且所得溶液显_____性。
（3）若取 pH、体积均相等的NaOH和氨水分别加水稀释 m倍、n稀释后pH仍相等，则 m______n（填“>”“<”或“=”）；
（4）常温下，在pH=6的CH3COOH与CH3COONa 的混合溶液中水电离出来的c(OH-)=_____________；
（5）在如图坐标纸上画出用0.1000mol/LNaOH滴定20.00mL0.1000mol/LHCl的滴定曲线示意图。

【答案】(1). Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH (2). Na2CO3+CaSO4═CaCO3+Na2SO4 (3). 逆向 (4). 酸 (5). ＜ (6). 1×10-8mol/L (7).
【分析】（1）从碳酸钠水解角度及沉淀转化角度考虑；
（2）根据电离方程式NaHSO4=Na++H++SO42-分析；
（3）稀释会促进弱电解质的电离，若稀释后pH相等，则稀释后氨水体积较大；
（4）pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中的氢氧根离子是水的电离的，根据Kw计算水电离的c（OH-）；
（5）找出几个关键点，起始点，恰好反应点及碱过量的点，把点连成平滑曲线即可。
【详解】（1）碳酸钠水解溶液显碱性，故不利于作物生长，水解的化学方程式为：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH；
加入石膏，会和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，降低了碳酸根离子浓度，所以其土壤碱性降低，反应方程式为：Na2CO3+CaSO4═CaCO3+Na2SO4，
故答案为：Na2CO3+H2O NaHCO3+NaOH；Na2CO3+CaSO4═CaCO3+Na2SO4；
（2）硫酸氢钠的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，电离出H+，使溶液显酸性，抑制水的电离，
故答案为：逆向；酸；
（3）稀释会促进弱电解质的电离，故若取pH、体积均相等的NaOH和氨水分别加水稀释m倍、n稀释后pH仍相等，则氨水稀释倍数大，故答案为：＜；
（4）pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液呈酸性，该混合液中的氢氧根离子是水的电离的，则水电离出的c（OH-）==mol/L=10-8mol/L；
（5）当氢氧化钠体积为0时，溶液pH为1，当二者恰好反应时，消耗氢氧化钠溶液体积为20mL，此时溶液的pH=7，若碱过量，则溶液pH增大，最大不会大于0.1mol/LNaOH溶液的pH（13），接近滴定终点出现突变，由此作出滴定曲线示意图为：。
【点睛】本题综合考查了盐类水解、水的电离、弱电解质的电离平衡、中和滴定等知识点，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理、弱电解质的电离平衡及其影响，（5）为易错点，注意掌握中和滴定原理，试题培养了学生的化学实验能力。
25.现有常温下的六份溶液：①0.01mol/LCH3COOH溶液；②0.01mol/LHCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与 pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；⑥0.01mol/LHCl溶液与 pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。
（1）其中水的电离程度最大的是________（选填序号，下同），水的电离程度相同的是_____________________；
（2）若将②、③混合后所得溶液 pH=7，则消耗溶液的体积：②______③（选填“＞”、“＜”或“＝”，下同）；若将②、③溶液等体积混合后，所得溶液 pH_____________7。
（3）若将①、④溶液按体积比为2：1混合后，所得溶液pH___7（选填“＞”、“＜”或“＝”）此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：___________________________；将①、④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，则混合液可能呈_________（填序号）。
A．酸性 B．碱性 C．中性
【答案】 (1). ⑥ (2). ②③④ (3). ＞ (4). ＞ (5). ＜ (6). c(CH3COO－)＞c(Na+)＞ c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－) (7). ABC
【详解】（1）水属于弱电解质，存在电离平衡H2OH＋＋OH－，根据电离出的离子可知酸或碱是抑制水的电离，而盐类的水解则是促进水的电离。pH=12的氨水，说明氨水的浓度大于0.01mol/L，所以⑤中氨水是过量的，所以溶液显碱性。在⑥中二者恰好反应生成氯化钠，氯化钠是不能发生水解的，所以在该溶液中水的电离没有被抑制，而在①②③④⑤中均是抑制水的电离的。因为②③④溶液中H＋浓度或OH－的浓度均是0.01mol，所以对水的电离抑制程度是相同的；故其中水的电离程度最大的是⑥，水的电离程度相同的是②③④；
（2）pH=12的氨水，说明氨水的浓度大于0.01mol/L，所以②③等体积混合后氨水过量，溶液显碱性，要使溶液显中性，盐酸的体积必须大于氨水的体积，故答案为＞；
②0.01mol/LHCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，充分反应后氨水过量，溶液呈碱性，pH＞7；
（3）若将①0.01mol/LCH3COOH溶液、④pH=12的NaOH溶液按体积比为2：1混合后，所得溶液为醋酸和醋酸钠按1：1形成的溶液，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解，则c(CH3COO－)＞ c(CH3COOH)，溶液显酸性c(H+)＞c(OH－)，故pH＜7；此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞ c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)；
①④混合后，根据电荷守恒可知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，若c(CH3COO－)＞c(H＋)，则c(Na＋)＞c(OH－)。但c(H＋)和c(OH－)的大小关系无法确定，所以该溶液可能显酸性、碱性或中性。答案选ABC。
26.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表，完成下列问题。
t/℃
25
125
225
…
K
4.1×105
K1
K2
…

（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=________；K1______K2（填“＞”“＜”或“＝”）；若增大压强使平衡向正反应方向移动，则平衡常数_________（填“变”或“不变”）。
（2）判断该反应达到化学平衡状态的依据是____________（填序号）：
A．2υH2（正）= 3υNH3（逆） B．混合气体的密度保持不变
C．容器内压强保持不变 D．N2的消耗速率等于H2的消耗速率
E．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化 F．混合气体的颜色保持不变
（3）将不同量的N2和H2分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行上述反应得到如下两组数据：
实验组
温度（℃）
起始量（mol）
平衡量（mol）
达到平衡所需时间（min）
N2
H2
NH3
1
650
2
4
0.9
9
2
900
1
2
0.3
0.01

实验1中以υ(NH3)表示的反应速率为______________，实验2的速率比实验1快的原因是____________________________________________________________________；
（4）有人设计采用高性能质子导电材料SCY陶瓷（能传递H+），实现了常压下既能合成氨又能发电的实验装置（如图）。则其正极的电极反应为_____________________。

【答案】(1). (2). ＞ (3). 不变 (4). A、C、E (5). 0.05mol/(L•min) (6). 实验2温度高于实验1 (7). N2+6e-+6H+=2NH3
【解析】
【详解】（1）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜0，平衡常数计算表达式K= ；反应是放热反应，依据图表数据分析，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，压强增大平衡正向进行但平衡常数不变；
（2）平衡标志最根本的依据是正反应速率等于逆反应速率，反应混合物中各组分的含量保持不变；
A、速率之比等于系数之比，2υH2（正）=3υNH3（逆），说明氨气的正反应速率等于氨气的逆反应速率，反应达到平衡，选项A符合；
B、反应体系中物质的质量始终不变，体积不变，密度始终不变，混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，选项B不符合；
C．该反应反应前后气体分子物质的量减小，反应进行过程中容器内压强减小，容器内压强保持不变说明反应达到平衡状态，选项C符合；
D．N2的消耗速率等于H2的消耗速率，说明反应没有达到平衡状态，选项D不符合；
E．气体平均摩尔质量= 混合气体总质量÷总物质的量 ，反应体系中物质的质量始终不变，该反应反应前后气体分子物质的量减小，反应进行过程中气体的平均相对分子质量增大，容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化能说明反应达到平衡状态，选项E符合；
F．混合气体是无色混合气体，混合气体的颜色保持不变不能说明反应达到平衡状态，选项F不符合；
故答案为：A、C、E；
（3）实验1中以υ（NH3）表示的反应速率= = = 0.05mol/(L•min)；根据表中数据，实验2中反应物浓度比实验1小，实验2的温度比实验1高，实验2的速率比实验1快的原因是：实验2的温度比实验1高，故答案为：实验2温度高于实验1；
（4）合成氨的反应为，N2+3H22NH3。原电池中负极是物质失电子发生氧化反应，正极是物质得到电子发生还原反应，所以正极上发生反应的物质是N2，得到电子与氢离子结合生成氨气；电极反应式为：N2+6e-+6H+=2NH3，故答案为：N2+6e-+6H+=2NH3 。