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【化学】广东省湛江市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次大考（解析版） 试卷
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广东省湛江市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次大考
1.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种,其中“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法,用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也。”这里所用的“法”是指（ ）
A. 萃取 B. 渗析 C. 蒸馏 D. 干馏
【答案】C
【解析】
乙醇和水的沸点相差较大，因此涉及的操作方法是蒸馏，答案选C。
点睛：掌握常见物质分离与提纯的方法是解答的关键，易错选项是A，注意萃取与蒸馏的区别，蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，二者的原理是不同的。
2.以下关于甲烷的说法中错误的是
A. 甲烷分子是由极性键构成的分子
B. 甲烷分子具有正四面体结构
C. 甲烷分子中四个C-H键是完全等价的键
D. 甲烷分子中具有非极性键
【答案】D
【解析】
【详解】A、甲烷分子中含有碳氢极性键,故A不符合题意;
B、甲烷分子是正四面体结构,碳原子位于正四面体中心，四个氢原子位于正四面体四个角，故B不符合题意;
C、甲烷分子是正四面体结构,甲烷分子中四个C-H键是完全等价的键,故C不符合题意;
D、甲烷分子中只含有碳氢极性键,故D符合题意.
综上所述，本题应选D。
3.类推是学习和研究的重要思维方法。下列类推结论正确的是
化学事实
类推结论
A
Al在O2中燃烧生成Al2O3
Fe在O2中燃烧也生成Fe2O3
B
pH＝3的盐酸稀释1000倍后pH＝6
pH＝6的盐酸稀释1000倍后pH＝9
C
用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁
用电解熔融NaCl的方法制取金属钠
D
将CO2和Na2O2反应生成Na2CO3与O2
将SO2与Na2O2反应生成Na2SO3与O2
【答案】C
【解析】
【详解】A、Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，故A错误；
B、无论盐酸稀释多少倍，溶液始终不会显碱性，故B错误；
C、钠和镁都是活泼金属，工业中采用电解熔融氯化镁制备镁单质，采用电解熔融氯化钠制备金属钠，故C正确；
D、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有强氧化性，两者发生氧化还原反应生成硫酸钠，故D错误；
综上所述，本题应选C。
4.NA为阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是
A. 在1.0mol·L-1 的NaHCO3溶液中，含有的Na+ 数为1NA
B. 标准状况下，2.24 LCCl4中含有的分子总数为0.1NA
C. 金属钠与水反应，生成22.4L氢气时，转移的电子数为2NA
D. 1 mol氢氧根离子与1 mol铵根离子所含电子数均为10 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、在1.0mol·L-1 的NaHCO3溶液中则溶液中钠离子的浓度为1mol/L，因为没有给定溶液的体积，所以不能确定钠离子的个数，故A错误；
B、标准状况下，CCl4 为液态，故B错误；
C、题干中没有给出是否在标准状况下，因此22.4L氢气的物质的量不能确定，故转移电子数不能确定，故C错误；
D、1个氢氧根离子含有10个电子，1铵根离子含有10个电子，因此1 mol氢氧根离子与1 mol铵根离子所含电子数均为10 NA，故D正确；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题值得注意的是只有在标准状况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol，此数值在使用时必须表明①标准状况下；②标况下该物质为气体。
5.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
图（1） 图（2）
图（3） 图（4）
A. 图（1）用于除去CO2中的HCl气体
B. 图（2）表示已组装的铜锌原电池
C. 图（3）用于测定某稀盐酸的物质的量浓度
D. 用图（4）装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
【答案】A
【解析】
【详解】A、二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，而氯化氢气体极易溶于水，因此可用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体，故A正确；
B、图（2）中没有形成闭合回路，因此不能组成原电池，故B错误；
C、图（3）中装氢氧化钠溶液的为酸式滴定酸，而氢氧化钠溶液呈碱性，应改为碱式滴定管，故C错误；
D、图（4）中铁电极与电源负极相连，作阴极，电解池中氢离子得到电子生成氢气，因此不会产生二价铁离子，故D错误；
综上所述，本题应选A。
6.可逆反应：2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，在2L的密闭容器中反应，达到平衡的标志是
A. 单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
B. 用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态
C. 混合气体的颜色不再改变的状态
D. 混合气体的密度不再改变的状态
【答案】C
【解析】
【详解】A、单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO，描述的均为正反应，没有提到逆反应，不能说明v(正)=v(逆)，因此不能判断反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B、对于正反应（或逆反应）说在任何时刻NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1，不能说明v(正)=v(逆)，故B不符合题意；
C、二氧化氮是红棕色气体，颜色不变时说明二氧化氮浓度保持不变，因此可以证明反应达到平衡状态，故C符合题意；
D、恒容条件下，该反应气体的质量不变，体积也不变，所以反应过程中气体密度一直不变，因此密度不变不能证明反应达到平衡状态，故D不符合题意；
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意分析时应从平衡状态的两个重要特征上判断(1)v(正)=v(逆)，(2)混合物中各组成成分的百分含量不变．考查学生的知识运用能力、灵活分析处理实际问题的能力．
7.下列离子方程式正确的是( )
A. Cl2通入水中: Cl2+H2O=2H++Cl -+C1O-
B. 双氧水中加入稀硫酸和KI 溶液: H2O2+2H++2I-=I2+2H2O
C. 用铜作电极电解CuSO4 溶液: 2Cu2++ 2H2O 2Cu+ O2↑+ 4H+
D. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸: 2S2O32-+4H+=SO42- + 3S↓+ 2H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故B正确；C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故D错误；故选B。
考点：考查了离子方程式的书写的相关知识。
8.下列说法正确的是
A. 无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，其c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
B. c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1的溶液一定是中性溶液
C. 常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10−12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)≤5.6×10−4 mol·L−1
D. 加热蒸干AlCl3溶液然后灼烧得到Al(OH)3固体
【答案】C
【解析】
【详解】A、可逆反应的化学平衡常数受温度的影响，水的离子积受温度影响，没有指明温度，故A错误；
B、水的离子积受温度影响，温度升高，水的离子积增大，所以c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1的溶液不一定是中性溶液，故B错误；
C、常温下pH=10的溶液中氢氧根离子浓度为10-4 mol·L－1，故溶液中含Mg2+浓度最大值为Ksp /c2(OH-)=5.6×10−12/(1×10-4)2=5.6×10−4 mol·L−1，故C正确；
D、铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热蒸发，氯化氢挥发促进水解进行彻底，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热易分解，灼烧，最后得到固体氧化铝，故D错误；
综上所述，本题应选C。
【点睛】可逆反应（电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡等）的化学平衡常数受温度的影响。在使用水的离子积常数时必须要注明温度。
9.下列说法正确的是( )
A. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多
D. 催化剂不参与反应，但能降低活化能增大活化分子的百分数，从而增大反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．升高温度，可增加反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，故A正确；
B．增大压强，可增大单位体积的活化分子数目，但百分数不变，故B错误；
C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，故C错误；
D．加入催化剂，降低反应物的活化能，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故D错误；正确选项A。
【点睛】增大浓度，增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，增大压强，缩小体积，相当于增大浓度，所以和增大浓度结论一样；升高温度、加入催化剂，可增加反应物分子中活化分子数，也增大活化分子的百分数。
10.依据如图判断，下列说法正确的是( )
A. 氢气的燃烧热ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
B. 2 mol H2(g)与1 mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量低
C. 液态水分解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1
D. H2O(g)生成H2O(l)时，断键吸收的能量小于成键放出的能量
【答案】C
【解析】
【详解】A.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量,故氢气的燃烧热为（483.6+88）/2=285.8 kJ·mol－1, A错误；
B. 2 mol H2(g)与1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(g)，放出热量483.6 kJ，所以2 mol H2(g)与1 mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量高，B错误；
C.液态水分解的热化学方程式为:2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)，ΔH＝+（483.6+88）=+571.6 kJ·mol－1,C正确；
D.H2O(g)生成H2O(l)时，为物理变化,不存在化学键的断裂和生成，D错误；
正确选项C。
【点睛】明确反应热与物质总能量大小的关系是解题关键，根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题。
11.X、Y、Z、W均为短周期元素，且Y、Z、W在周期表的位置关系如下。已知X与W能形成最简单的有机物，则下列有关说法正确的是
W
Y
Z
A. X能分别与Y、W形成化合物，且其所含化学键类型完全相同
B. W有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点的性质
C. X的离子半径一定小于与Y同族的短周期元素的离子半径
D. Y、Z分别与X的常见稳定液态氧化物反应的剧烈程度：Y比Z更剧烈
【答案】D
【解析】
【分析】
最简单的有机物为CH4，则X为H，W为C，根据元素周期表元素位置关系可知Y为Na，Z为Mg。
【详解】A、H与Na形成的化合物为NaH，化学键为离子键，与C形成的化合物为有机物，含有的化合键为共价键，类型不同，故A错误；
B、C的同素异形体有金刚石、C60等，其中金刚石为原子晶体，熔沸点较高，而C60的熔沸点比较低，故B错误；
C、H的离子可能为H-，与Na同主族的元素可能为Li，H-和Li+的核外电子结构相同，由于H的核电荷数小于Li，因此H-的半径大于Li+，故C错误；
D、H的稳定液态氧化物为H2O， Na与H2O反应的剧烈程度大于Mg，故D正确；
综上所述，本题应选D。
12.常温下，将一定浓度的某一元酸HA和0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后，下列说法正确的是
A. 若pH=7，HA的浓度一定为0.1 mol·L-1
B. 若pH=7，A-的浓度大于Na+的浓度
C. 若pH<7，溶液中的微粒浓度关系为: c(Na+)=c(HA)+c(A-)
D. 若pH=12，且HA为强酸时，HA的浓度应为0.08 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.若pH=7,溶液呈中性,如果酸是强酸,酸碱的体积相等,要使溶液呈中性,则酸碱的浓度相等,如果酸是弱酸,要使溶液呈中性，则酸碱的浓度不相等,故A错误;
B.若pH=7,溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+ c(A-),所以c(Na+)= c(A-),故B错误;
C.若pH<7,溶液呈酸性,如果酸为强酸,由电荷守恒可知c(Na+)＜ c(A-)；如果酸为弱酸,则弱酸过量，根据物料守恒得c(Na+)＜c(HA)+c(A-),故C错误;
D.若pH=12,且HA为强酸时,设HA的浓度为c, c(OH-)=10-2 mol·L-1=(0.1mol·L-1×VL-c mol·L-1×VL)/2VL，解得c=0.08 mol·L-1,故D正确;
综上所述，本题应选D。
13.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是
A. 通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极反应为2H2O − 4e– = O2+4H+，负极区溶液pH降低
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】
【分析】
与电源负极相连的为电解池阴极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：H++2e-=H2, 氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，生成氢氧化钠；与电源正极相连的为电解池阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应为：4OH--4 e-=H2O+O2，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，生成硫酸。
【详解】A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电PH减小，故A错误；
B、直流电场的作用下，两膜中间的Na+和可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，生成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，两膜中间的钠离子会进入负极区，生成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C、与电源负极相连的为电解池阴极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：H++2e-=H2，溶液pH增大，故C错误；
D、根据电极反应4OH--4 e-=H2O+O2可知，每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol O2生成，故D错误。
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题重点考查电解池的原理。在电解池中，与电源负极相连的为电解池阴极，电解质溶液中阳离子得到电子，发生还原反应；与电源正极相连的为电解池阳极，若为活泼电解则电极失去电子（若为惰性电极，则电解质溶液中阴离子失电子），发生氧化反应。
14. 25℃时，下列有关溶液中各微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1mol/L的NH4Cl溶液：c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
B. 0.1mol/L的CH3COOH溶液:c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)
C. pH=4的FeCl3溶液：c(Cl-)>c(H+)>c(Fe3+)>c(OH-)
D. pH=11的CH3COONa溶液：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．0.1mol/L的NH4Cl溶液：NH4+会发生水解反应而消耗，所以c(Cl-)>c(NH4+)；NH4+水解消耗水电离产生的OH-，使溶液中c(H+)>c(OH-)，但是盐水解程度是微弱是，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，所以c(NH4+)> c(H+)，故溶液中离子浓度关系是：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，错误；B．醋酸是一元弱酸，其电离程度是微弱的，主要以酸分子形式存在，而且在溶液中还存在水电离产生的H+，所以c(H+)>c(CH3COO-)，醋酸的电离作用大于水的电离作用，因此c(CH3COO-)>c(OH-)，故在0.1mol/L的CH3COOH溶液:c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，正确；C． pH=4的FeCl3溶液中，根据盐的化学式可知c(Cl-)>c(Fe3+)；Fe3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡时，c(H+)> c(OH-)；但是盐水解的程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于水解产生的离子浓度，故溶液中离子浓度关系是：c(Cl-)>c(Fe3+)>c(H+)>c(OH-)，错误；D． pH=11的CH3COONa溶液，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，错误。
考点：考查有关溶液中各微粒的物质的量浓度关系正误判断的知识。
15.用50 mL0.50 mol/L盐酸与50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液，在如图所示的装置中进行中和反应。测定强酸与强碱反应的反应热。
起始温度t1/℃
终止温度
t2/℃
温度差
(t2－t1) /℃
HCl
NaOH
平均值
1
25.5
25.0
25.25
28.5
3.25
2
24.5
24.5
24.50
27.5
3.00
3
25.0
24.5
24.75
26.5
1.75
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是 _________。
（2）装置中大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料的目的是______________________________。
（3）某同学实验记录的数据如上表所示，其中记录的终止温度是指______________温度。
（4）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_________（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。
（5）计算该实验发生中和反应时放出的热量为________________kJ(中和后生成的溶液的比热容c=4.18J/(g·℃ ) （保留两位小数）。
（6）如果用50 mL0.55mol/L的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，通过测得的反应热计算中和热，则△H会_________（填“偏大”、“偏小”、“无影响”），其原因是_________。
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 减少实验过程中的热量损失 (3). 完全反应后混合溶液的最高温度 (4). 偏小 (5). 1.31 kJ (6). 偏大 (7). NH3.H2O是弱电解质，电离需要吸热（或生成的盐会水解，要吸收热量等）
【解析】
【详解】(1)在该实验中,为使盐酸与NaOH溶液充分混合,需要搅拌, 故图中缺少的玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；
(2)中和热测定实验中,关键是减少热量损失，所以装置中大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料的目的是减少实验过程中的热量损失;
(3)氢氧化钠溶液与盐酸完全反应后混合溶液的最高温度为终止温度,
(4) 大烧杯上如不盖硬纸板，则会造成热量损失，导致测定温度差偏小，最终求得的中和热数值偏小；
(5)第三次得到温度差误差较大,应该舍弃,所以平均温度差为(3.25+3.0)℃/2=3.125℃,溶液的质量为100mL×1g/Ml=100g,所以反应中放出的热量是4.18J/(g·℃ ) ×100g ×3.125℃=1306.25J=1.31 kJ;
(6)一水合氨为弱碱,电离过程为吸热过程,放出的热量偏少,但酸碱中和为放热反应,所以用50 mL0.55mol/L的氨水代替NaOH溶液进行上述实验,测得的中和热△H会偏大;
16.某研究小组用下图装置进行SO2 与FeCl3溶液反应的相关实验（夹持装置已略去）。
（1）配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在盐酸中，再加水稀释，这样操作的目的是___。
（2）通入足量SO2时，装置C中观察到的现象为_______________。
（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2 与 FeCl3溶液发生氧化还原反应。
①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式____________；
②检验有Fe2+生成的方法是____________；
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42 -，该做法不合理，理由是____________。
（4）D装置中倒置漏斗的作用是____________。
（5）为了验证SO2具有还原性，实验中可以代替FeCl3的试剂有____________（填字母）。
a.浓H2SO4 b.酸性KMnO4溶液 c.碘水 d.NaCl溶液
【答案】 (1). 抑制氯化铁水解 (2). 溶液由棕黄色变为浅绿色 (3). 2Fe3+ + SO2 +2H2O=SO42-+4H++2Fe2+ (4). 取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰酸钾溶液,若褪色，说明有亚铁离子，不褪色说明没有亚铁离子 (5). 硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4，干扰试验 (6). 使气体充分吸收、防止溶液倒吸 (7). b、c
【解析】
【详解】(1)氯化铁溶于水后，三价铁离子易水解，为抑制氯化铁水解, 需先把氯化铁晶体溶解在盐酸中，再加水稀释；
(2)通入足量SO2时C中发生二氧化硫与氯化铁的氧化还原反应,生成硫酸亚铁,则观察到溶液由棕黄色变为浅绿色；
(3)①二氧化硫与氯化铁的氧化还原反应,生成硫酸根离子、亚铁离子,离子反应为2Fe3+ + SO2 +2H2O=SO42-+4H++2Fe2+；
②二价铁离子具有还原性，可被高锰酸钾氧化，因此检验二价铁离子的方法为：取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰酸钾溶液,若褪色，说明有亚铁离子，不褪色说明没有亚铁离子；
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液,硝酸具有强氧化性,则硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4，干扰试验,故做法不合理,
(4)二氧化硫为污染性气体，不能直接排放到空气中，需要进行尾气处理，因二氧化硫易溶于NaOH溶液,所以NaOH溶液吸收尾气，用倒置漏斗的作用为防止NaOH溶液倒吸；
(5)验证SO2具有还原性,可用高锰酸钾或碘水发生氧化还原反应,S元素的化合价升高,而SO2不能被浓硫酸、NaCl氧化, 因此，本题应选b、c.
17.活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料。某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如下:
已知各相关氢氧化物沉淀pH范围如下表所示：
Zn（OH）2
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Cu（OH）2
开始沉淀pH
5.4
7.0
2.3
4.7
完全沉淀pH
8.0
9.0
4.1
6.7
完成下列填空：
（1）步骤I中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要______（选填编号）
A．天平 B．滴定管 C．容量瓶 D．胶头滴管
（2）步骤II中加入H2O2溶液的作用是____________（用离子方程式表示）；
（3）用ZnO调节pH，以除去含铁杂质，调节pH的适宜范围是_______________________。
（4）步骤III中加入Zn粉的作用是：①__________________；②进一步调节溶液pH。
（5）碱式碳酸锌[Zn2(OH)2 CO3]煅烧的化学方程式为____________。
（6）用如下方法测定所得活性氧化锌的纯度（假设杂质不参与反应）：
①取1.000g活性氧化锌，用15.00mL 1.000mol·L-1硫酸溶液完全溶解，滴入几滴甲基橙。②用浓度为0.5000mol·L-1的标准氢氧化钠溶液滴定剩余硫酸，到达终点时消耗氢氧化钠溶液12.00mL。判断滴定终点的依据是_________；所得活性氧化锌的纯度为_________。
【答案】 (1). D (2). H2O2+2Fe2+ +2H+=2Fe3+ +2H2O (3). 4.1～4.7 (4). 除去溶液中的Cu2+ (5). Zn2(OH)2CO32ZnO+ CO2↑+H2O (6). 当滴入最后一滴0.5000 mol·L-1的氢氧化钠溶液时，溶液由橙色变为黄色且半分钟内不变色 (7). 97.2%
【解析】
【分析】
粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入双氧水氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液pH沉淀铁离子，加入锌还原铜离子为铜单质并调节溶液pH值，过滤得到硫酸锌，碳化是加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌。
【详解】(1)步骤I中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外、量筒，还需要仪器有胶头滴管等，故答案为D；
(2) 加入双氧水氧化亚铁离子为铁离子，离子反应方程式为：H2O2+2Fe2+ +2H+=2Fe3+ +2H2O；
(3)依据沉淀pH范围表格可知，调节溶液pH使铁离子沉淀，调节溶液pH为4.1～4.7；
(4)步骤III中加入Zn粉与铜离子发生置换反应，除去铜离子，进一步调节溶液pH除净铜离子；
(5) 碱式碳酸锌[Zn2(OH)2 CO3]受热分解为氧化锌、二氧化碳和水，反应方程式为：Zn2(OH)2CO32ZnO+ CO2↑+H2O；
(6) 甲基橙的变色范围是pH<3.1的变红，3.1~4.4的呈橙色，pH>4.4的变黄，所以滴定终点的依据为：当滴入最后一滴0.5000 mol·L-1的氢氧化钠溶液时，溶液由橙色变为黄色且半分钟内不变色；滴定所需氢氧化钠溶液物质的量为0.5000mol·L-1×0.012 L，根据方程式2NaOH+ H2SO4= Na2SO4+2H2O可知，则剩余硫酸物质的量为0.5000mol·L-1×0.012L/2=0.003mol，因此与氧化锌反应为硫酸的物质的量为0.015L× 1.000mol·L-1-0.003mol=0.012mol，根据方程式ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O可知氧化锌物质的量0.012mol，所以氧化锌的质量为0.012mol×81g/mol=0.972g,因此活性氧化锌的纯度为0.972g÷1g×100%=97.2%。
18.除去水蒸气后的水煤气主要含H2、CO、CO2及少量的H2S、CH4，继续除去H2S后，可采用催化或非催化转化技术，将CH4转化成CO，得到CO、CO2和H2的混合气体，是理想的合成甲醇原料气。
（1）制水煤气的主要化学反应方程式为：C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，此反应是吸热反应。
① 此反应的化学平衡常数表达式为________；
② 下列能增大碳的转化率的措施是________ 。
A．加入C（s） B．加入H2O（g） C．升高温度 D．增大压强
（2）将CH4转化成CO，工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：CH4(g) +3/2O2(g) CO(g) + 2H2O(g) △H=－519kJ/mol。工业上要选择合适的催化剂，分别对X、Y、Z三种催化剂进行如下实验（其他条件相同）
①X在750℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；
②Y在600℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；
③Z在440℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；
根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是_______（填“X”或“Y”或“Z”），选择的理由是_______。
（3）合成气合成甲醇的主要反应是：2H2(g)+CO(g) CH3OH（g）△H=－90.8kJ·mol－1 T℃时，此反应的平衡常数为160，此温度下，在密闭容器中开始只加入CO、H2，反应10min后测得各组分的浓度如下：
物质
H2
CO
CH3OH
浓度/（mol·L-1）
0.2
0.1
0.4
① 该时间段内反应速率v(H2)=______ mol·L－1·min－1。
② 此时，正、逆反应速率的大小：v正______v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）
（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是____________。
（5）甲醇可制成新型燃料电池，总反应为：2CH3OH+3O2 + 4KOH=2K2CO3+6H2O该电池负极的电极反应式为______。
【答案】 (1). K=c(CO)×c(H2)/c(H2O) (2). BC (3). Z (4). 催化效率高且活性温度低（或催化活性高、速度快，反应温度低） (5). 0.08 (6). ＞ (7). 提高原料利用率（或提高产量、产率也可） (8). CH3OH﹣6e- +8OH﹣=CO32- +6H2O
【解析】
【详解】(1)C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的平衡常数表达式为K=c(CO)c(H2)/c(H2O)。增大C的转化率，需要使平衡向正反应方向移动。
A、C为固体，增加C的量对平衡移动无影响，故A不选；
B、加入H2O(g)平衡向正反应方向移动，C的转化率增大，故B选；
C、正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，故C选；
D、增大压强，平衡向逆反应方向移动，故D不选。
综上所述，本题应选BC；
(2)催化剂对正逆反应速率的改变程度是相同的，Z对反应速率的影响最大，催化效率高，且活性温度最低，有利于提高经济效益。
(3) ①由表中数据可以知道, 10min内甲醇的浓度变化量为0.4mol·L－1,根据方程式2H2(g)+CO(g) CH3OH（g）可知氢气的浓度变化量为0.4mol·L－1×2=0.8mol·L－1,所以v(H2)= 0.8mol·L－1÷10min=0.08 mol·L－1·min－1;
②由表中数据可以知道,此时的浓度商Qc=0.4/(0.22×0.1)=100,小于平衡常数160,故反应向正反应方向进行,所以v正＞v逆;
(4)该反应为可逆反应,氢气和一氧化碳都不能完全反应,为提高原料利用率,把甲醇分离出后,把原料气再循环利用;
(5)在甲醇燃料电池中，电池正极通入氧气，氧元素化合价降低，得到电子，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-；电池负极通入甲醇，失去电子，电极反应可根据总反应2CH3OH+3O2 + 4KOH=2K2CO3+6H2O与正极反应相减得负极反应为CH3OH﹣6e- +8OH﹣=CO32- +6H2O。
【点睛】本题为化学反应原理的综合考查。
(1)化学平衡移动原理：如果改变影响平衡的一个条件，平衡就会向着减弱这种改变的方向移动。具体地说就是:增大浓度（固体、纯液体除外），平衡就会向着浓度减小的方向移动;减小浓度，平衡就会向着浓度增大的方向移动。增大压强，平衡就会向着压强减小的方向移动;减小压强，平衡就会向着压强增大的方向移动。升高温度，平衡就会向着吸热反应的方向移动;降低温度，平衡就会向着放热反应的方向移动。平衡移动原理对所有的动态平衡都适用，如电离平衡，水解平衡也适用。
(2)燃料电池的电极反应书写方法：先根据燃料种类写出总反应。再写正极反应：正极发生还原反应，通入的气体一般是氧气，氧气得到电子首先变为氧离子，根据电解质的不同，其负极电极反应式书写分以下几种情况：①在酸性溶液中生成的氧离子与氢离子结合生成水，其电极反应式为： O2 + 4e- + H+= 4H2O②在碱性溶液中,氧离子与氢氧根离子不能结合,只能与水结合生成氢氧根离子,其电极反应式为： O2+ 4e- + 2H2O= 4OH-③在熔融碳酸盐中,氧离子与碳酸根离子不能结合，只能与二氧化碳结合生成碳酸根离子，其电极反应式为：O2+2CO2+4e-=2CO32-④在熔融氧化物介质中，氧气得到电子转化为氧离子,其电极反应式为：O2+ 4e-= 2O2- ；最后用总反应与正极反应相减得到负极反应。
1.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种,其中“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法,用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也。”这里所用的“法”是指（ ）
A. 萃取 B. 渗析 C. 蒸馏 D. 干馏
【答案】C
【解析】
乙醇和水的沸点相差较大，因此涉及的操作方法是蒸馏，答案选C。
点睛：掌握常见物质分离与提纯的方法是解答的关键，易错选项是A，注意萃取与蒸馏的区别，蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，二者的原理是不同的。
2.以下关于甲烷的说法中错误的是
A. 甲烷分子是由极性键构成的分子
B. 甲烷分子具有正四面体结构
C. 甲烷分子中四个C-H键是完全等价的键
D. 甲烷分子中具有非极性键
【答案】D
【解析】
【详解】A、甲烷分子中含有碳氢极性键,故A不符合题意;
B、甲烷分子是正四面体结构,碳原子位于正四面体中心，四个氢原子位于正四面体四个角，故B不符合题意;
C、甲烷分子是正四面体结构,甲烷分子中四个C-H键是完全等价的键,故C不符合题意;
D、甲烷分子中只含有碳氢极性键,故D符合题意.
综上所述，本题应选D。
3.类推是学习和研究的重要思维方法。下列类推结论正确的是
化学事实
类推结论
A
Al在O2中燃烧生成Al2O3
Fe在O2中燃烧也生成Fe2O3
B
pH＝3的盐酸稀释1000倍后pH＝6
pH＝6的盐酸稀释1000倍后pH＝9
C
用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁
用电解熔融NaCl的方法制取金属钠
D
将CO2和Na2O2反应生成Na2CO3与O2
将SO2与Na2O2反应生成Na2SO3与O2
【答案】C
【解析】
【详解】A、Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，故A错误；
B、无论盐酸稀释多少倍，溶液始终不会显碱性，故B错误；
C、钠和镁都是活泼金属，工业中采用电解熔融氯化镁制备镁单质，采用电解熔融氯化钠制备金属钠，故C正确；
D、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有强氧化性，两者发生氧化还原反应生成硫酸钠，故D错误；
综上所述，本题应选C。
4.NA为阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是
A. 在1.0mol·L-1 的NaHCO3溶液中，含有的Na+ 数为1NA
B. 标准状况下，2.24 LCCl4中含有的分子总数为0.1NA
C. 金属钠与水反应，生成22.4L氢气时，转移的电子数为2NA
D. 1 mol氢氧根离子与1 mol铵根离子所含电子数均为10 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、在1.0mol·L-1 的NaHCO3溶液中则溶液中钠离子的浓度为1mol/L，因为没有给定溶液的体积，所以不能确定钠离子的个数，故A错误；
B、标准状况下，CCl4 为液态，故B错误；
C、题干中没有给出是否在标准状况下，因此22.4L氢气的物质的量不能确定，故转移电子数不能确定，故C错误；
D、1个氢氧根离子含有10个电子，1铵根离子含有10个电子，因此1 mol氢氧根离子与1 mol铵根离子所含电子数均为10 NA，故D正确；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题值得注意的是只有在标准状况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol，此数值在使用时必须表明①标准状况下；②标况下该物质为气体。
5.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
图（1） 图（2）
图（3） 图（4）
A. 图（1）用于除去CO2中的HCl气体
B. 图（2）表示已组装的铜锌原电池
C. 图（3）用于测定某稀盐酸的物质的量浓度
D. 用图（4）装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
【答案】A
【解析】
【详解】A、二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，而氯化氢气体极易溶于水，因此可用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体，故A正确；
B、图（2）中没有形成闭合回路，因此不能组成原电池，故B错误；
C、图（3）中装氢氧化钠溶液的为酸式滴定酸，而氢氧化钠溶液呈碱性，应改为碱式滴定管，故C错误；
D、图（4）中铁电极与电源负极相连，作阴极，电解池中氢离子得到电子生成氢气，因此不会产生二价铁离子，故D错误；
综上所述，本题应选A。
6.可逆反应：2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，在2L的密闭容器中反应，达到平衡的标志是
A. 单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
B. 用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态
C. 混合气体的颜色不再改变的状态
D. 混合气体的密度不再改变的状态
【答案】C
【解析】
【详解】A、单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO，描述的均为正反应，没有提到逆反应，不能说明v(正)=v(逆)，因此不能判断反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B、对于正反应（或逆反应）说在任何时刻NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1，不能说明v(正)=v(逆)，故B不符合题意；
C、二氧化氮是红棕色气体，颜色不变时说明二氧化氮浓度保持不变，因此可以证明反应达到平衡状态，故C符合题意；
D、恒容条件下，该反应气体的质量不变，体积也不变，所以反应过程中气体密度一直不变，因此密度不变不能证明反应达到平衡状态，故D不符合题意；
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意分析时应从平衡状态的两个重要特征上判断(1)v(正)=v(逆)，(2)混合物中各组成成分的百分含量不变．考查学生的知识运用能力、灵活分析处理实际问题的能力．
7.下列离子方程式正确的是( )
A. Cl2通入水中: Cl2+H2O=2H++Cl -+C1O-
B. 双氧水中加入稀硫酸和KI 溶液: H2O2+2H++2I-=I2+2H2O
C. 用铜作电极电解CuSO4 溶液: 2Cu2++ 2H2O 2Cu+ O2↑+ 4H+
D. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸: 2S2O32-+4H+=SO42- + 3S↓+ 2H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故B正确；C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故D错误；故选B。
考点：考查了离子方程式的书写的相关知识。
8.下列说法正确的是
A. 无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，其c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
B. c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1的溶液一定是中性溶液
C. 常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10−12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)≤5.6×10−4 mol·L−1
D. 加热蒸干AlCl3溶液然后灼烧得到Al(OH)3固体
【答案】C
【解析】
【详解】A、可逆反应的化学平衡常数受温度的影响，水的离子积受温度影响，没有指明温度，故A错误；
B、水的离子积受温度影响，温度升高，水的离子积增大，所以c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1的溶液不一定是中性溶液，故B错误；
C、常温下pH=10的溶液中氢氧根离子浓度为10-4 mol·L－1，故溶液中含Mg2+浓度最大值为Ksp /c2(OH-)=5.6×10−12/(1×10-4)2=5.6×10−4 mol·L−1，故C正确；
D、铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热蒸发，氯化氢挥发促进水解进行彻底，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热易分解，灼烧，最后得到固体氧化铝，故D错误；
综上所述，本题应选C。
【点睛】可逆反应（电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡等）的化学平衡常数受温度的影响。在使用水的离子积常数时必须要注明温度。
9.下列说法正确的是( )
A. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多
D. 催化剂不参与反应，但能降低活化能增大活化分子的百分数，从而增大反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．升高温度，可增加反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，故A正确；
B．增大压强，可增大单位体积的活化分子数目，但百分数不变，故B错误；
C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，故C错误；
D．加入催化剂，降低反应物的活化能，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故D错误；正确选项A。
【点睛】增大浓度，增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，增大压强，缩小体积，相当于增大浓度，所以和增大浓度结论一样；升高温度、加入催化剂，可增加反应物分子中活化分子数，也增大活化分子的百分数。
10.依据如图判断，下列说法正确的是( )
A. 氢气的燃烧热ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
B. 2 mol H2(g)与1 mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量低
C. 液态水分解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1
D. H2O(g)生成H2O(l)时，断键吸收的能量小于成键放出的能量
【答案】C
【解析】
【详解】A.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量,故氢气的燃烧热为（483.6+88）/2=285.8 kJ·mol－1, A错误；
B. 2 mol H2(g)与1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(g)，放出热量483.6 kJ，所以2 mol H2(g)与1 mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量高，B错误；
C.液态水分解的热化学方程式为:2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)，ΔH＝+（483.6+88）=+571.6 kJ·mol－1,C正确；
D.H2O(g)生成H2O(l)时，为物理变化,不存在化学键的断裂和生成，D错误；
正确选项C。
【点睛】明确反应热与物质总能量大小的关系是解题关键，根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题。
11.X、Y、Z、W均为短周期元素，且Y、Z、W在周期表的位置关系如下。已知X与W能形成最简单的有机物，则下列有关说法正确的是
W
Y
Z
A. X能分别与Y、W形成化合物，且其所含化学键类型完全相同
B. W有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点的性质
C. X的离子半径一定小于与Y同族的短周期元素的离子半径
D. Y、Z分别与X的常见稳定液态氧化物反应的剧烈程度：Y比Z更剧烈
【答案】D
【解析】
【分析】
最简单的有机物为CH4，则X为H，W为C，根据元素周期表元素位置关系可知Y为Na，Z为Mg。
【详解】A、H与Na形成的化合物为NaH，化学键为离子键，与C形成的化合物为有机物，含有的化合键为共价键，类型不同，故A错误；
B、C的同素异形体有金刚石、C60等，其中金刚石为原子晶体，熔沸点较高，而C60的熔沸点比较低，故B错误；
C、H的离子可能为H-，与Na同主族的元素可能为Li，H-和Li+的核外电子结构相同，由于H的核电荷数小于Li，因此H-的半径大于Li+，故C错误；
D、H的稳定液态氧化物为H2O， Na与H2O反应的剧烈程度大于Mg，故D正确；
综上所述，本题应选D。
12.常温下，将一定浓度的某一元酸HA和0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后，下列说法正确的是
A. 若pH=7，HA的浓度一定为0.1 mol·L-1
B. 若pH=7，A-的浓度大于Na+的浓度
C. 若pH<7，溶液中的微粒浓度关系为: c(Na+)=c(HA)+c(A-)
D. 若pH=12，且HA为强酸时，HA的浓度应为0.08 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.若pH=7,溶液呈中性,如果酸是强酸,酸碱的体积相等,要使溶液呈中性,则酸碱的浓度相等,如果酸是弱酸,要使溶液呈中性，则酸碱的浓度不相等,故A错误;
B.若pH=7,溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+ c(A-),所以c(Na+)= c(A-),故B错误;
C.若pH<7,溶液呈酸性,如果酸为强酸,由电荷守恒可知c(Na+)＜ c(A-)；如果酸为弱酸,则弱酸过量，根据物料守恒得c(Na+)＜c(HA)+c(A-),故C错误;
D.若pH=12,且HA为强酸时,设HA的浓度为c, c(OH-)=10-2 mol·L-1=(0.1mol·L-1×VL-c mol·L-1×VL)/2VL，解得c=0.08 mol·L-1,故D正确;
综上所述，本题应选D。
13.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是
A. 通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极反应为2H2O − 4e– = O2+4H+，负极区溶液pH降低
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】
【分析】
与电源负极相连的为电解池阴极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：H++2e-=H2, 氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，生成氢氧化钠；与电源正极相连的为电解池阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应为：4OH--4 e-=H2O+O2，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，生成硫酸。
【详解】A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电PH减小，故A错误；
B、直流电场的作用下，两膜中间的Na+和可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，生成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，两膜中间的钠离子会进入负极区，生成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C、与电源负极相连的为电解池阴极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：H++2e-=H2，溶液pH增大，故C错误；
D、根据电极反应4OH--4 e-=H2O+O2可知，每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol O2生成，故D错误。
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题重点考查电解池的原理。在电解池中，与电源负极相连的为电解池阴极，电解质溶液中阳离子得到电子，发生还原反应；与电源正极相连的为电解池阳极，若为活泼电解则电极失去电子（若为惰性电极，则电解质溶液中阴离子失电子），发生氧化反应。
14. 25℃时，下列有关溶液中各微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1mol/L的NH4Cl溶液：c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
B. 0.1mol/L的CH3COOH溶液:c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)
C. pH=4的FeCl3溶液：c(Cl-)>c(H+)>c(Fe3+)>c(OH-)
D. pH=11的CH3COONa溶液：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．0.1mol/L的NH4Cl溶液：NH4+会发生水解反应而消耗，所以c(Cl-)>c(NH4+)；NH4+水解消耗水电离产生的OH-，使溶液中c(H+)>c(OH-)，但是盐水解程度是微弱是，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，所以c(NH4+)> c(H+)，故溶液中离子浓度关系是：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，错误；B．醋酸是一元弱酸，其电离程度是微弱的，主要以酸分子形式存在，而且在溶液中还存在水电离产生的H+，所以c(H+)>c(CH3COO-)，醋酸的电离作用大于水的电离作用，因此c(CH3COO-)>c(OH-)，故在0.1mol/L的CH3COOH溶液:c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，正确；C． pH=4的FeCl3溶液中，根据盐的化学式可知c(Cl-)>c(Fe3+)；Fe3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡时，c(H+)> c(OH-)；但是盐水解的程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于水解产生的离子浓度，故溶液中离子浓度关系是：c(Cl-)>c(Fe3+)>c(H+)>c(OH-)，错误；D． pH=11的CH3COONa溶液，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，错误。
考点：考查有关溶液中各微粒的物质的量浓度关系正误判断的知识。
15.用50 mL0.50 mol/L盐酸与50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液，在如图所示的装置中进行中和反应。测定强酸与强碱反应的反应热。
起始温度t1/℃
终止温度
t2/℃
温度差
(t2－t1) /℃
HCl
NaOH
平均值
1
25.5
25.0
25.25
28.5
3.25
2
24.5
24.5
24.50
27.5
3.00
3
25.0
24.5
24.75
26.5
1.75
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是 _________。
（2）装置中大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料的目的是______________________________。
（3）某同学实验记录的数据如上表所示，其中记录的终止温度是指______________温度。
（4）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_________（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。
（5）计算该实验发生中和反应时放出的热量为________________kJ(中和后生成的溶液的比热容c=4.18J/(g·℃ ) （保留两位小数）。
（6）如果用50 mL0.55mol/L的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，通过测得的反应热计算中和热，则△H会_________（填“偏大”、“偏小”、“无影响”），其原因是_________。
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 减少实验过程中的热量损失 (3). 完全反应后混合溶液的最高温度 (4). 偏小 (5). 1.31 kJ (6). 偏大 (7). NH3.H2O是弱电解质，电离需要吸热（或生成的盐会水解，要吸收热量等）
【解析】
【详解】(1)在该实验中,为使盐酸与NaOH溶液充分混合,需要搅拌, 故图中缺少的玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；
(2)中和热测定实验中,关键是减少热量损失，所以装置中大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料的目的是减少实验过程中的热量损失;
(3)氢氧化钠溶液与盐酸完全反应后混合溶液的最高温度为终止温度,
(4) 大烧杯上如不盖硬纸板，则会造成热量损失，导致测定温度差偏小，最终求得的中和热数值偏小；
(5)第三次得到温度差误差较大,应该舍弃,所以平均温度差为(3.25+3.0)℃/2=3.125℃,溶液的质量为100mL×1g/Ml=100g,所以反应中放出的热量是4.18J/(g·℃ ) ×100g ×3.125℃=1306.25J=1.31 kJ;
(6)一水合氨为弱碱,电离过程为吸热过程,放出的热量偏少,但酸碱中和为放热反应,所以用50 mL0.55mol/L的氨水代替NaOH溶液进行上述实验,测得的中和热△H会偏大;
16.某研究小组用下图装置进行SO2 与FeCl3溶液反应的相关实验（夹持装置已略去）。
（1）配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在盐酸中，再加水稀释，这样操作的目的是___。
（2）通入足量SO2时，装置C中观察到的现象为_______________。
（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2 与 FeCl3溶液发生氧化还原反应。
①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式____________；
②检验有Fe2+生成的方法是____________；
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42 -，该做法不合理，理由是____________。
（4）D装置中倒置漏斗的作用是____________。
（5）为了验证SO2具有还原性，实验中可以代替FeCl3的试剂有____________（填字母）。
a.浓H2SO4 b.酸性KMnO4溶液 c.碘水 d.NaCl溶液
【答案】 (1). 抑制氯化铁水解 (2). 溶液由棕黄色变为浅绿色 (3). 2Fe3+ + SO2 +2H2O=SO42-+4H++2Fe2+ (4). 取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰酸钾溶液,若褪色，说明有亚铁离子，不褪色说明没有亚铁离子 (5). 硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4，干扰试验 (6). 使气体充分吸收、防止溶液倒吸 (7). b、c
【解析】
【详解】(1)氯化铁溶于水后，三价铁离子易水解，为抑制氯化铁水解, 需先把氯化铁晶体溶解在盐酸中，再加水稀释；
(2)通入足量SO2时C中发生二氧化硫与氯化铁的氧化还原反应,生成硫酸亚铁,则观察到溶液由棕黄色变为浅绿色；
(3)①二氧化硫与氯化铁的氧化还原反应,生成硫酸根离子、亚铁离子,离子反应为2Fe3+ + SO2 +2H2O=SO42-+4H++2Fe2+；
②二价铁离子具有还原性，可被高锰酸钾氧化，因此检验二价铁离子的方法为：取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰酸钾溶液,若褪色，说明有亚铁离子，不褪色说明没有亚铁离子；
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液,硝酸具有强氧化性,则硝酸可以将溶解的SO2氧化为 H2SO4，干扰试验,故做法不合理,
(4)二氧化硫为污染性气体，不能直接排放到空气中，需要进行尾气处理，因二氧化硫易溶于NaOH溶液,所以NaOH溶液吸收尾气，用倒置漏斗的作用为防止NaOH溶液倒吸；
(5)验证SO2具有还原性,可用高锰酸钾或碘水发生氧化还原反应,S元素的化合价升高,而SO2不能被浓硫酸、NaCl氧化, 因此，本题应选b、c.
17.活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料。某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如下:
已知各相关氢氧化物沉淀pH范围如下表所示：
Zn（OH）2
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Cu（OH）2
开始沉淀pH
5.4
7.0
2.3
4.7
完全沉淀pH
8.0
9.0
4.1
6.7
完成下列填空：
（1）步骤I中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要______（选填编号）
A．天平 B．滴定管 C．容量瓶 D．胶头滴管
（2）步骤II中加入H2O2溶液的作用是____________（用离子方程式表示）；
（3）用ZnO调节pH，以除去含铁杂质，调节pH的适宜范围是_______________________。
（4）步骤III中加入Zn粉的作用是：①__________________；②进一步调节溶液pH。
（5）碱式碳酸锌[Zn2(OH)2 CO3]煅烧的化学方程式为____________。
（6）用如下方法测定所得活性氧化锌的纯度（假设杂质不参与反应）：
①取1.000g活性氧化锌，用15.00mL 1.000mol·L-1硫酸溶液完全溶解，滴入几滴甲基橙。②用浓度为0.5000mol·L-1的标准氢氧化钠溶液滴定剩余硫酸，到达终点时消耗氢氧化钠溶液12.00mL。判断滴定终点的依据是_________；所得活性氧化锌的纯度为_________。
【答案】 (1). D (2). H2O2+2Fe2+ +2H+=2Fe3+ +2H2O (3). 4.1～4.7 (4). 除去溶液中的Cu2+ (5). Zn2(OH)2CO32ZnO+ CO2↑+H2O (6). 当滴入最后一滴0.5000 mol·L-1的氢氧化钠溶液时，溶液由橙色变为黄色且半分钟内不变色 (7). 97.2%
【解析】
【分析】
粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）加入稀硫酸溶解过滤得到溶液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌，加入双氧水氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液pH沉淀铁离子，加入锌还原铜离子为铜单质并调节溶液pH值，过滤得到硫酸锌，碳化是加入碳酸氢铵沉淀锌离子生成碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌。
【详解】(1)步骤I中所需25%稀硫酸可用98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制，是粗略配制在烧杯内稀释配制，所需的仪器除玻璃棒、烧杯外、量筒，还需要仪器有胶头滴管等，故答案为D；
(2) 加入双氧水氧化亚铁离子为铁离子，离子反应方程式为：H2O2+2Fe2+ +2H+=2Fe3+ +2H2O；
(3)依据沉淀pH范围表格可知，调节溶液pH使铁离子沉淀，调节溶液pH为4.1～4.7；
(4)步骤III中加入Zn粉与铜离子发生置换反应，除去铜离子，进一步调节溶液pH除净铜离子；
(5) 碱式碳酸锌[Zn2(OH)2 CO3]受热分解为氧化锌、二氧化碳和水，反应方程式为：Zn2(OH)2CO32ZnO+ CO2↑+H2O；
(6) 甲基橙的变色范围是pH<3.1的变红，3.1~4.4的呈橙色，pH>4.4的变黄，所以滴定终点的依据为：当滴入最后一滴0.5000 mol·L-1的氢氧化钠溶液时，溶液由橙色变为黄色且半分钟内不变色；滴定所需氢氧化钠溶液物质的量为0.5000mol·L-1×0.012 L，根据方程式2NaOH+ H2SO4= Na2SO4+2H2O可知，则剩余硫酸物质的量为0.5000mol·L-1×0.012L/2=0.003mol，因此与氧化锌反应为硫酸的物质的量为0.015L× 1.000mol·L-1-0.003mol=0.012mol，根据方程式ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O可知氧化锌物质的量0.012mol，所以氧化锌的质量为0.012mol×81g/mol=0.972g,因此活性氧化锌的纯度为0.972g÷1g×100%=97.2%。
18.除去水蒸气后的水煤气主要含H2、CO、CO2及少量的H2S、CH4，继续除去H2S后，可采用催化或非催化转化技术，将CH4转化成CO，得到CO、CO2和H2的混合气体，是理想的合成甲醇原料气。
（1）制水煤气的主要化学反应方程式为：C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，此反应是吸热反应。
① 此反应的化学平衡常数表达式为________；
② 下列能增大碳的转化率的措施是________ 。
A．加入C（s） B．加入H2O（g） C．升高温度 D．增大压强
（2）将CH4转化成CO，工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：CH4(g) +3/2O2(g) CO(g) + 2H2O(g) △H=－519kJ/mol。工业上要选择合适的催化剂，分别对X、Y、Z三种催化剂进行如下实验（其他条件相同）
①X在750℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；
②Y在600℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；
③Z在440℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；
根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是_______（填“X”或“Y”或“Z”），选择的理由是_______。
（3）合成气合成甲醇的主要反应是：2H2(g)+CO(g) CH3OH（g）△H=－90.8kJ·mol－1 T℃时，此反应的平衡常数为160，此温度下，在密闭容器中开始只加入CO、H2，反应10min后测得各组分的浓度如下：
物质
H2
CO
CH3OH
浓度/（mol·L-1）
0.2
0.1
0.4
① 该时间段内反应速率v(H2)=______ mol·L－1·min－1。
② 此时，正、逆反应速率的大小：v正______v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）
（4）生产过程中，合成气要进行循环，其目的是____________。
（5）甲醇可制成新型燃料电池，总反应为：2CH3OH+3O2 + 4KOH=2K2CO3+6H2O该电池负极的电极反应式为______。
【答案】 (1). K=c(CO)×c(H2)/c(H2O) (2). BC (3). Z (4). 催化效率高且活性温度低（或催化活性高、速度快，反应温度低） (5). 0.08 (6). ＞ (7). 提高原料利用率（或提高产量、产率也可） (8). CH3OH﹣6e- +8OH﹣=CO32- +6H2O
【解析】
【详解】(1)C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的平衡常数表达式为K=c(CO)c(H2)/c(H2O)。增大C的转化率，需要使平衡向正反应方向移动。
A、C为固体，增加C的量对平衡移动无影响，故A不选；
B、加入H2O(g)平衡向正反应方向移动，C的转化率增大，故B选；
C、正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，故C选；
D、增大压强，平衡向逆反应方向移动，故D不选。
综上所述，本题应选BC；
(2)催化剂对正逆反应速率的改变程度是相同的，Z对反应速率的影响最大，催化效率高，且活性温度最低，有利于提高经济效益。
(3) ①由表中数据可以知道, 10min内甲醇的浓度变化量为0.4mol·L－1,根据方程式2H2(g)+CO(g) CH3OH（g）可知氢气的浓度变化量为0.4mol·L－1×2=0.8mol·L－1,所以v(H2)= 0.8mol·L－1÷10min=0.08 mol·L－1·min－1;
②由表中数据可以知道,此时的浓度商Qc=0.4/(0.22×0.1)=100,小于平衡常数160,故反应向正反应方向进行,所以v正＞v逆;
(4)该反应为可逆反应,氢气和一氧化碳都不能完全反应,为提高原料利用率,把甲醇分离出后,把原料气再循环利用;
(5)在甲醇燃料电池中，电池正极通入氧气，氧元素化合价降低，得到电子，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-；电池负极通入甲醇，失去电子，电极反应可根据总反应2CH3OH+3O2 + 4KOH=2K2CO3+6H2O与正极反应相减得负极反应为CH3OH﹣6e- +8OH﹣=CO32- +6H2O。
【点睛】本题为化学反应原理的综合考查。
(1)化学平衡移动原理：如果改变影响平衡的一个条件，平衡就会向着减弱这种改变的方向移动。具体地说就是:增大浓度（固体、纯液体除外），平衡就会向着浓度减小的方向移动;减小浓度，平衡就会向着浓度增大的方向移动。增大压强，平衡就会向着压强减小的方向移动;减小压强，平衡就会向着压强增大的方向移动。升高温度，平衡就会向着吸热反应的方向移动;降低温度，平衡就会向着放热反应的方向移动。平衡移动原理对所有的动态平衡都适用，如电离平衡，水解平衡也适用。
(2)燃料电池的电极反应书写方法：先根据燃料种类写出总反应。再写正极反应：正极发生还原反应，通入的气体一般是氧气，氧气得到电子首先变为氧离子，根据电解质的不同，其负极电极反应式书写分以下几种情况：①在酸性溶液中生成的氧离子与氢离子结合生成水，其电极反应式为： O2 + 4e- + H+= 4H2O②在碱性溶液中,氧离子与氢氧根离子不能结合,只能与水结合生成氢氧根离子,其电极反应式为： O2+ 4e- + 2H2O= 4OH-③在熔融碳酸盐中,氧离子与碳酸根离子不能结合，只能与二氧化碳结合生成碳酸根离子，其电极反应式为：O2+2CO2+4e-=2CO32-④在熔融氧化物介质中，氧气得到电子转化为氧离子,其电极反应式为：O2+ 4e-= 2O2- ；最后用总反应与正极反应相减得到负极反应。
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