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【化学】安徽省蚌埠市第二中学2018-2019学年高二上学期开学考试（解析版）
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安徽省蚌埠市第二中学2018-2019学年高二上学期开学考试
1.《梦溪笔谈》中记载有：“信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾。烹胆矾则成铜；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”下列对文中内容的解释正确的是（ ）
A. 胆矾受热不能分解 B. 胆矾的化学式为CuSO4
C. “苦泉”可使蛋白质变性 D. 胆矾与铁通过复分解反应可炼铜
【答案】C
【解析】
【详解】A、由“烹胆矾则成铜”可知，胆矾为CuSO4 5H2O,受热分解成CuSO4和H2O，故A正确；B、胆矾的化学式为CuSO4 5H2O，故B错误；C、“苦泉”中含有硫酸铜，可使蛋白质变性，故C正确；D、胆矾与铁通过置换反应可炼铜，故D错误；故选C。
2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. Si的熔点高，可用作半导体材料 B. Cl2具有强氧化性，可用于漂白有色有机物质
C. Na2CO3 溶液呈碱性，可用于洗涤油污 D. Al2O3硬度很大，可用于制造耐火材料
【答案】C
【解析】
A．Si导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料，与熔点高无关系，选项A错误；B、Cl2有氧化性，但Cl2溶于水生成的HClO才有漂白性，性质与用途关系不对应，选项B错误；C、Na2CO3 为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，可用于洗涤油污，关系对应，选项C正确；D、氧化铝熔点很高，故可以做耐火材料，而不是利用其硬度很大的性质，选项D错误。答案选C。
3.下列各反应中，生成物不随反应条件或反应物用量的变化而变化的是（ ）
A. Na和O2 B. Fe和稀HNO3 C. Cu和FeCl3溶液 D. Na2CO3和稀HCl
【答案】C
【解析】
A．钠与氧气反应常温下生成氧化钠，加热生成过氧化钠，产物与反应条件有关，故A错误；B．铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁，与少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，产物与稀硝酸用量有关，故B错误；C．铜与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，生成物不随反应条件或反应物用量的变化而变化，故C正确；D．Na2CO3和稀HCl，氯化氢少量生成碳酸氢钠和氯化钠，氯化氢过量生成氯化钠和水、二氧化碳，产物与氯化氢用量有关，故D错误；故答案为C。
4.下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，能达到实验目的的是
A. 用装置甲制备氨气 B. 用装置乙除去氨气中少量水
C. 用装置丙收集氨气 D. 用装置丁吸收多余的氨气
【答案】D
【解析】
A．为防止试管炸裂，试管口应略向下倾斜，故A错误；B．浓硫酸与氨气能够反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；C．应用双孔塞，该装置中气体不能导入烧瓶中，故C错误；D．氨气极易溶于水，利用干燥管能防止发生倒吸，故D正确；故选D。
5.已知NH3、HCl极易溶于水，Cl2能溶于水。下列各装置不能达到实验目的是
A. 利用1吸收多余的氨气
B. 装置2可用于除去CO2中的HCl
C. 装置3可用于干燥氨气
D. 装置4可用于排空气法收集H2、CO2、Cl2、HCl等气体
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨气极易溶于水，吸收装置中的导管下连漏斗，漏斗的边缘紧靠液面，易吸收易溶性气体，且能防止倒吸，故A正确；B.氯化氢和二氧化碳都能和氢氧化钠反应而被除去，最终得不到二氧化碳，故B错误；C.碱石灰是碱性物质，和氨气不反应，所以碱石灰能干燥氨气，故C正确；D.氢气的密度小于空气的，无条件时，和空气中的成分不反应，所以可用向下排空气法收集；二氧化碳、氯气、氯化氢气体的密度大于空气的密度，可采用向上排空气法收集，由于氯气、氯化氢能污染环境，需有尾气处理装置配合，故装置短导管进气时适合收集氢气，长导管进气适合收集二氧化碳、氯气、氯化氢，故D正确；答案选B。
【点睛】本题考查了尾气的处理、气体的干燥和净化等知识点，一般酸性干燥剂不能干燥碱性气体，碱性干燥剂不能干燥酸性气体。
6.用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
试剂a
试剂b
试剂c
装置
A
验证非金属性: S>C>Si
稀硫酸
Na2CO3
Na2SiO3 溶液
B
制备纯净的NO
浓硝酸
Cu
水
C
检验溶液X中含有CO32-
盐酸
溶液X
澄清石灰水
D
除去Na2SO3中的Na2SO4
氯水
混合物
NaOH溶液
【答案】A
【解析】
分析： A．非金属元素最高价氧化物是水化物酸性越强，其非金属性越强，根据强酸制取弱酸判断；B．根据NO的性质和Cu与浓硝酸反应的产物判断；C．能够使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫，溶液X中可能为碳酸氢根离子或亚硫酸根离子；D．除杂试剂选用氯水，引进了杂质氯离子，且将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，违反了除杂原则。
详解：硫酸能和碳酸钠反应制得二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成不溶性的硅酸，所以该实验证明酸性H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，则非金属性S＞C＞Si，A选项正确；Cu与浓硝酸反应生成NO2，不生成NO，NO遇空气中的氧气立即生成NO2，装置广口瓶上部有空气，也得不得纯净的NO气体，B选项错误；二氧化硫和二氧化碳都能够时澄清石灰水变浑浊，无法检验溶液X中是否含有CO32-，C选项错误；除杂试剂选用氯水，氯水Na2SO3氧化成Na2SO4，反应后引进了杂质氯离子，违反了除杂原则，无法达到实验目的，D选项错误；正确选项A。
点睛：利用元素周期律中元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，如本题中验证明酸性H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，则非金属性S＞C＞Si，但要注意的是如果不是最高价氧化物的水化物形成的酸，是不可以比较非金属性的，如：盐酸能够与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，说明盐酸的酸性比亚硫酸强，因此非金属性Cl＞S，这一结论是错误的，因为两种酸都不是最高价氧化物的水化物，不可以用来比较的，所以一定要注意是否是最高价氧化物的水化物。
7.下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（ ）
①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶
②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌；
③用pH试纸测得氯水的pH为2；
④用稀硝酸清洗附着银的试管；
⑤浓硝酸保存在棕色细口瓶中；
⑥将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁条上不产生气泡
⑦某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中含NH4+ ．
A. ①④⑤⑦ B. ③④⑦ C. ①②⑥ D. ②③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，操作正确，故①正确；②配制混合酸溶液时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌，故②错误；③氯水有强氧化性，有漂白性能将PH试纸漂白，故③错误；④因稀HNO3可与银反应，所以可用稀HNO3清洗做过银镜反应的试管，故④正确；⑤浓硝酸见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，故⑤正确；⑥镁条和铝片在稀NaOH溶液中构成原电池，铝为负极，镁为正极，镁电极上氢离子放电产生氢气，故⑥错误；⑦加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液含有NH4+，故⑦正确；答案选A。
【点睛】一般因强氧化性而具有漂白性的溶液不能用pH试纸测定其溶液的pH，如氯水、次氯酸盐溶液等。镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液中所形成的装置中，虽然镁的金属性大于铝，但铝能与NaOH溶液反应，但镁不能，故活泼性较弱的铝反而做原电池的负极。
8.下列离子检验及结论一定正确的是
A. 加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定含SO42－
B. 在某溶液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则原溶液中一定有Cl－
C. 加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO32－
D. 通入氯气后，溶液变为黄色，加淀粉液后溶液变蓝，则原溶液中一定有I－
【答案】D
【解析】
分析：A、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，白色沉淀可能是钡离子反应生成的，也可能是氯离子反应生成的；B、能够与硝酸银反应生成白色沉淀，该白色沉淀可能是氯化银，也可能是碳酸银、硫酸银等；C、加入稀盐酸产生的无色无味气体，该气体是二氧化碳；D、通入氯气后，溶液变为黄色，黄色溶液可能是碘水，也可能是氯化铁，结合淀粉的性质分析。
详解：A、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不能排除银离子的干扰，氯化银难溶于盐酸，故A错误；B、在某溶液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，该白色沉淀可能是氯化银，也可能是碳酸银、硫酸银等，需要再加硝酸，白色沉淀不溶解，则该沉淀一定是氯化银，一定含有Cl-，故B错误；C、某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体，应为二氧化碳，该溶液中可能为HCO3-或CO32-，故C错误；D、通入氯气后，溶液变为黄色，黄色溶液可能是碘水，也可能是氯化铁，加淀粉液后溶液变蓝，则一定为碘水，则原溶液中一定有I－，故D正确；故选D。
点睛：本题考查离子的检验，明确复分解反应发生的条件及离子之间的反应，注意排除某些离子的干扰以及应该加入什么试剂才能排除这些离子的干扰是解答的关键。本题的易错点为A，要注意常见离子的检验方法的归纳、理解和记忆。
9.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是
已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中：
Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋
将Na加入到CuSO4溶液中：
2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋
B
稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应至中性：
2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓+2H2O
NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O
C
钠和水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
钠和盐酸反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
D
向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2：
Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO
向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：
Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
【答案】B
【解析】
分析：A、金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是和盐中的水反应；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀；C、钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气；D、二氧化碳和二氧化硫均能和次氯酸钙溶液反应．二氧化硫具有还原性被次氯酸氧化为硫酸。
详解：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，选项A错误；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4↓，NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应呈中性，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4↓，选项B正确；C、钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H++═2Na++H2↑，选项C错误；D、少量二氧化碳通入次氯酸钙溶液中生成碳酸钙和次氯酸，少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中生成亚硫酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性氧化亚硫酸钙为硫酸钙，选项D错误；答案选B。
点睛：本题考查学生离子方程式书写知识，是现在考试的热点，难度不大，可以根据所学知识进行回答。
10.某无色透明的混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此混合气体通过品红溶液后,品红溶液褪色,向剩余气体中通入空气,很快变为红棕色。下列对于原混合气体成分的判断中正确的是( )
A. 肯定没有SO2和NO B. 肯定没有Cl2、O2和NO2
C. 可能有Cl2和O2 D. 肯定只有NO
【答案】B
【解析】
分析：根据气体的颜色判断可排除Cl2和NO2气体，根据能使品红褪色的气体为SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，则原混合气体中无氧气，据此即可解答。
详解：A．此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明原混合气体一定含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，故A错误；B．Cl2为黄绿色，NO2气体为红棕色，此混合气体为无色，所以一定不含Cl2、NO2，据A分析原混合气体中无氧气，故B正确；C．Cl2为黄绿色，该气体无色，则说明不含有Cl2，故C错误；D．把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，故D错误；故选B。
点睛：本题考查常见气体的检验，注意常见气体的性质以及检验方法。本题的易错点为氧气的判断，要注意一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮。
11.有一块铁的“氧化物”样品，用140mL 5.0mol·L－１盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为
A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. Fe4O5 D. Fe5O7
【答案】D
【解析】
试题分析：0．56LCl2的物质的量为0．025mol，每摩尔Cl2可与2molFe2+反应生成2molFe3+，因为0．025mol的氯气氧化Fe2+，根据得失电子数相等有0．05molFe2+，5mol/L盐酸140mL即0．7molHCl，其中用于生成Fe2+得用去0．1mol ，还剩0．6mol Cl‾与Fe3+形成FeCl3， 即含有0．2molFe3+，这些氧化物中含有0．2mol三价铁0．05mol二价铁，需要0．35mol氧才能电荷守恒，而铁元素共有0．25mol，氧元素共0．35mol ，最简比为5：7 ，故D项正确。
考点：本题考查化学式的计算。
12.利用下图装置可以进行实验并能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
X中试剂
Y中试剂
A
用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2
饱和食盐水
浓硫酸
B
用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO
水
浓硫酸
C
用CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2
饱和NaHCO3溶液
浓硫酸
D
用锌与稀盐酸反应制备氢气
NaOH溶液
浓硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．MnO2和浓盐酸常温下不反应，缺少加热装置，故A错误； B．一氧化氮能与氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误；C．二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集，故C正确；D．氢气的密度比空气的小，故应用向下排空气法收集，进气导管应伸入集气瓶底部，故D错误；答案选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体制备及尾气处理等，图示中的集气瓶口虽是向下的，但导气管中气体的流向为短进长出，实为向上排空气法。
13.120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是
A. 2.0 mol·L－1 B. 1.5 mol·L－1
C. 0.18 mol·L－1 D. 0.24 mol·L－1
【答案】B
【解析】
试题分析：当碳酸钠滴入盐酸中，先反应生成二氧化碳，后无气体，碳酸钠完全反应，需要盐酸的浓度为＝0.24mol/L。当盐酸加入碳酸钠中先反应生成碳酸氢钠，无气体放出，需要盐酸的浓度＝＝0.12mol/L，后再加入盐酸，才有气体放出，所以要满足滴加方式不同，产生的气体体积不同，则盐酸的浓度应该在0.12mol/L～0.24L/mol之间，答案选C。
考点：考查碳酸钠和盐酸的反应的过程分析判断与计算
14.恒容密闭容器中进行反应mX(g)＋nY(g) qZ(g)ΔH>0，m＋n
B. X的逆反应速率是Y的正反应速率的n/m倍
C. 降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小
D. 增加X的物质的量，X的转化率降低
【答案】D
【解析】
分析：A.体积不变的条件下，通入与反应无关的气体，不影响反应混合物浓度，速率不变，平衡不动；B.同一反应，不同物质的速率之比等于化学方程式的系数之比；C.该反应正向是放热反应，降温平衡正向移动；反应物、生成物均为气体时，根据质量守恒，气体总质量不变，根据平均分子量计算公式：=进行分析；D. 反应物不止一种时，增加一种反应物的量，会提高另一种物质的转化率；参与反应的该物质增多，但由于自身的总量也在增加，所以自身的转化率反而会降低。
详解：恒容时通入稀有气体总压增大，反应混合物浓度不变，平衡不动，A错误；速率之比等于化学方程式的系数之比，v(X):v(Y)= m：n，平衡时，X的逆反应速率是Y的正反应速率的m/n倍，B错误；反应正向是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，即气体总物质的量减小，且过程中气体总质量不变，根据=，所以混合气体的相对分子质量增大，C错误； 增加X的物质的量会提高Y的转化率，X自身的转化率降低，D正确；正确选项：D。
点睛：针对于可逆反应：mX(g)＋nY(g) qZ(g)ΔH>0，m＋n
A. 升高温度该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 该反应的化学平衡常数表达式为K=c(FeO)c(CO)/c(Fe)c(CO2)
C. 绝热容器中进行该反应，温度不再变化，则达到化学平衡状态
D. 该反应的正反应是放热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 升高温度该反应的正、逆反应速率都是增大的，故A错误；B.因为铁和氧化亚铁都为固体，故其平衡常数表达式为K=c(CO)/c(CO2)，故B错误；C．该可逆反应存在热量变化，当绝热容器中进行该反应，温度不再变化，说明该反应正逆反应速率相等，则达到化学平衡状态，故C正确；D．700℃时平衡常数为1.47，900℃时平衡常数为2.15，升高温度平衡常数增大，说明反应是吸热反应，故D错误，答案选C。
【点睛】本题考查了化学平衡常数的有关知识，根据化学平衡常数与温度的关系可确定可逆反应是放热反应还是吸热反应。
16.在恒容绝热密闭容器中，对于反应A(g)＋B(g) 3C(g)(正反应为放热反应)，下述为平衡状态标志的是)
①单位时间内A、B生成C的分子数与C分解的分子数相等 ②外界条件不变时，A、B、C浓度不随时间变化 ③体系温度不再变化 ④体系的压强不再变化 ⑤体系的分子总数不再变化
A. ①② B. ①②③ C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡的标志是：①正、逆反应速率相等，②各成分的浓度、物质的量等保持不变，据此分析可得结论。
【详解】①单位时间内A、B生成C的分子数与C分解的分子数相等说明正、逆反应速率相等，故为平衡状态；②外界条件不变时，A、B、C浓度不随时间变化的状态为平衡状态；③体系温度不再变化说明正向进行放出的热量与逆向进行吸收的热量是相等的，即正、逆反应速率相等，故为平衡状态；④在恒容条件下，且该反应为非等体积的可逆反应，则体系的压强不再变化即各成分的浓度保持不变，故为平衡状态；⑤由于该反应为非等体积的可逆反应，体系的分子总数不再变化说明各物质的物质的量保持不变，故为平衡状态。
17.下列四个图像：
以下反应中完全符合上述图像的是（ ）
A. N2(g) +3H2 (g) 2NH3 (g) △H
C. 4NH3 (g) +5O2 (g) 4NO (g) +6H2O (g) △H
【答案】B
【解析】
【详解】由图像一、二可知在相同压强下，温度升高，生成物浓度增大，平衡正向移动，故正反应反向为吸热反应，故A、C项错误；压强增大，生成物浓度减小，故平衡逆向移动，故逆向为气体体积缩小的反应，则D项错误；图像三压强增大平均相对分子量增大，B项平衡逆向移动，气体总质量不变，总物质的量减小，故平均相对分子量增大；温度升高B项平衡正向移动，平均相对分子量减小，满足图像三；图四温度不变压强增大V(逆)>V（正），平衡逆向移动，故B项满足，B项反应满足各图像，故B项正确。
【点睛】化学平衡图像实际是速率或平衡随外界条件而变化的直观表达，需要学生在理解化学原理的基础上进行数学模型转化，对学生的能力要求较高。
18.碳酸二甲酯（CH3OCOOCH3，简称DMC）是一种应用前景广泛的新材料。在密闭容器中按n(CH3OH)∶n(CO2)=2∶1投料直接合成DMC，反应方程式为2CH3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)。一定条件下，平衡时CO2的转化率如图所示。下列说法中正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 压强p2＞p1
C. X点对应的平衡常数为0.5
D. X、Y、Z三点对应的初始反应速率的关系为Z>X>Y
【答案】B
【解析】
根据图像分析可知，随温度的升高，二氧化碳的转化率减小，因此该反应的正反应为放热反应，所以A项错误；在相同温度下，p2时二氧化碳的转化率大于p1状态下的转化率，因此p2＞p1；故B项正确；反应前后系数不同，无法求算该反应的平衡常数，故C项错误；X、Y、Z三点对应的初始反应速率的关系为Z＞Y＞X，故D错误。
19.有报道称以硼氢化钠（NaBH4，强还原剂）和H2O2作原料的燃料电池，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如右图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 电极b作正极，发生还原反应
B. 该电池的负极反应为：BH4－＋8OH－－8e－＝BO2－＋6H2O
C. 每消耗3 mol H2O2，转移的电子为3 mol
D. 不考虑能量损耗，当有1mol H2O2参加反应时，即有2 mol Na+从a极区移向b极区
【答案】C
【解析】
【分析】
以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4－＋8OH－－8e－＝BO2－＋6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH－，电极反应式为H2O2＋2e－＝2OH－，然后再结合原电池的工作原理分析可得结论。
【详解】A．电极b为原电池的正极，发生还原反应，故A说法正确；B．负极发生氧化反应生成BO2－，电极反应式为BH4－＋8OH－－8e－＝BO2－＋6H2O，故B说法正确；C．正极电极反应式为H2O2＋2e－＝2OH－，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，故C错误；D．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na＋从a极区移向b极区，当有1mol H2O2参加反应，转移电子为2mol，相应有2mol Na＋转移，故D说法正确；答案选C。
【点睛】本题主要是考查学生对原电池原理的熟悉了解程度，其中涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电子守恒法的相关计算。
20.500mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3－)＝6.0 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是
A. 电解后溶液中c(H＋)为2 mol·L－1
B. 上述电解过程中共转移2 mol电子
C. 向电解后得到的体系中加1molCu2(OH)2CO3固体，可使溶液恢复至电解前的浓度
D. 原混合溶液中c(K＋)为2 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】
石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），说明阴极不仅Cu2+放电，而且之后H+也参与的放电，因n（O2）=22.4L÷22.4L/mol=1mol，
由阳极反应4OH--4e-═O2↑+2H2O可得电解过程中转移了4mol电子，n（H2）=1mol，阴极发生的电极反应为：Cu2++2e-═Cu、2H++2e-═H2↑，由两极电子守恒可知阴极放电的Cu2+为1mol，据此分析可得结论。
【详解】A.因在阳极放电的OH-为4mol，相当于生成了4mol H+，在阴极放电的H+为2mol，则溶液中的H+增加了2mol，溶液中c(H＋)=2mol÷0.5L=4mol/L，故A错误；B．根据氧气计算转移电子的物质的量，转移电子的物质的量=1mol×4=4mol，故B错误；C．由两极离子的放电情况可知生成了1molCu、1molH2、1molO2，当向电解后得到的体系中加1molCu2(OH)2CO3固体后，会发生反应：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，由于电解生成了2molH+，故溶解0.5mol Cu2(OH)2CO3，则有重新进入到溶液中的铜原子1mol、氢原子1mol，氧原子1.5mol，与电解过程中从溶液中出来的原子个数不守恒，则溶液不能恢复之前的浓度，故C错误；D. c（Cu2+）=2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）=6mol/L-2mol/L×2=2mol/L，故D正确；答案选D。
【点睛】在本题的计算中充分运用了电荷守恒、电子守恒的规律，特别是在分析溶液复原的问题上也运用了原子守恒的思想，即电解质溶液中元素原子的“进出”守恒。
21.实验是学习化学的一个重要途径。
(1)图1是实验室常用的制气装置,其中b可用于制取O2和NH3，实验室用装置b制取NH3反应的化学方程式为______________________________________。若用二氧化锰和浓盐酸制取氯气应选择的装置为_______，反应的离子方程式为_____________________________。
(2)图2是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。
①装置B中盛装的液体试剂为_________。
②装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、II处依次放入的物质正确的是_________(填字母编号)。
编号
I
II
III
A
干燥的有色布条
碱石灰
湿润的有色布条
b
干燥的有色布条
无水硫酸铜
湿润的有色布条
c
湿润的有色布条
浓硫酸
干燥的有色布条
D
湿润的有色布条
无水氯化钙
干燥的有色布条
③D中发生反应的离子方程式是_________。将装置D中的溶液加入装置E中，溶液分为两层，上层呈紫红色，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和________。
【答案】 (1). 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O (2). c (3). MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O (4). 饱和食盐水 (5). d (6). Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－ (7). 分液漏斗
【解析】
【详解】（1）由于b装置为“固+固气”型，则采用消石灰与氯化铵固体反应来制备，方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热，应选用装置c，离子方程式为: MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O；（2）①用浓盐酸制取的Cl2中含有HCl，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl，故答案为：饱和食盐水；②为了验证氯气是否具有漂白性，I中加入湿润的有色布条，II为U型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的Cl2，III中加入干燥的有色布条，即可证明Cl2是否具有漂白性，故答案为D；③Cl2通入D与NaBr反应生成Br2，则离子反应为：Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，分离出E中两层液体的操作为分液，需要的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗，故答案为：Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－、分液漏斗。
22.科学家积极探索新技术对CO2进行综合利用。
Ⅰ．CO2可用FeO 吸收同时获得H2。
i. 6FeO(s) +CO2(g)=2Fe3O4(s) +C(s) △Hl =－76.0 kJ·mol－1
ⅱ. C(s) +2H2O(g)=CO2(g) +2H2(g) △H2 = +113.4 kJ·mol－1
（1）则3FeO(s) +H2O(g)= Fe3O4(s) +H2(g) △H3 =_________。
Ⅱ．CO2可用来生产燃料甲醇。
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＝－49.0 kJ·mol－1。在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
（2）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝_________ mol·(L·min) －1。
（3）氢气的转化率＝________________________。
（4）该反应的平衡常数为______________________(保留小数点后2位)。
（5）下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_________________。
A．升高温度 B．充入He(g)，使体系压强增大
C．再充入1 mol H2 D．将H2O(g)从体系中分离出去
（6）当反应达到平衡时，CH3OH的体积分数为m1，然后向容器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，CH3OH的体积分数为m2，则m1________m2的关系(填“＞”、“＜”或“＝”)。
【答案】 (1). +18.7 kJ·mol—1 (2). 0.225 (3). 75% (4). 5.33 (5). CD (6). ＞
【解析】
【详解】（1）由盖斯定律可得△H3=（△H1+△H2）÷2=（－76.0 kJ·mol－1+113.4 kJ·mol－1）=+18.7 kJ·mol—1，故答案为：+18.7 kJ·mol—1；（2）由图可知，反应在10min达到平衡，此时CO2的浓度变化1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，对应H2的浓度变化为0.75 mol/L×3=2.25 mol/L，则v(H2)＝2.25mol/L÷10min=0.225 mol·(L·min) －1，故答案为：0.225 mol·(L·min) －1；（3）氢气的转化率＝（2.25mol÷3mol）×100%=75%，故答案为：75%；（4）由于在平衡状态下各物质的浓度分别为：c(CO2)=0.25 mol/L、c(H2)=0.75 mol/L、c(CH3OH)=0.75 mol/L、c(H2O)=0.75 mol/L；则平衡常数K==5.33，故答案为：5.33； （5）A．升高温度，该反应平衡逆向移动，n(CH3OH)/n(CO2)减小，B．充入He(g)，使体系压强增大，平衡不移动，n(CH3OH)/n(CO2)不变，C．再充入1 mol H2，平衡正向移动，n(CH3OH)/n(CO2)增大，D．将H2O(g)从体系中分离出去，平衡正向移动，n(CH3OH)/n(CO2)增大，故答案为：CD；（6）向容器中再加入一定量H2，虽然平衡向正反应方向移动，但反应混合气总的分子数目增加，导致CH3OH的体积分数下降，故m1>m2。
【点睛】本题主要考查化学反应速率、化学平衡、化学平衡常数等相关知识，在分析压强改变对平衡移动方向的影响时，不能一味的套结论“增大压强平衡向气体分子数目减小的方向发生移动”，有时容器内气体的压强增大，平衡不一定发生移动，如在恒容条件下充入惰性气体，因为反应混合物各物质的浓度并没有改变，所以平衡不移动。
23.以甲醇为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题：
（1）B极上的电极反应式为___________________________。
（2）若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解硫酸铜溶液，则电解时阳极的反应式为_______________________________________，当阳极收集到11.2L（标准状况）气体时，消耗甲醇的质量为__________克(保留两位有效数字)，若要使溶液复原，可向电解后的溶液中加入的物质有 ___________。
（3）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。
①上图示意用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。若用上述甲醇燃料电池进行电解，则电解池的电极a接甲醇燃料电池的________极（填A或B），写出阳极产生ClO2的电极反应式：__________。
②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112 mL（标准状况）时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为_________mol。
【答案】 (1). 3O2-+CH3OH-6e-=CO2+2H2O (2). 2H2O-4e-=4H++O2 (3). 10.67 (4). CuO或CuCO3 (5). A (6). 4OH-+Cl--5e- =ClO2+2H2O (7). 0.01
【解析】
【详解】（1）由阴离子移动方向可知B为负极，负极发生氧化反应，甲醇被氧化生成二氧化碳和水，电极方程式为3O2-+CH3OH-6e-=CO2+2H2O，故答案为：3O2-+CH3OH-6e-=CO2+2H2O；（2）用惰性电解硫酸铜溶液时，阳极为水电离的OH-放电，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2，当阳极产生11.2L气体时，转移的电子为11.2L÷22.4L/mol×4=2mol，由电子守恒可得甲醇的质量为2mol÷6×32g/mol=10.67g，在电解硫酸铜溶液的过程中，阴极析出铜，阳极析出氧气，若要使溶液复原，根据原子守恒可知应向溶液中加入CuO或CuCO3，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2、10.67、CuO或CuCO3；（3）①根据钠离子的移动方向可知a极为电解池的阳极，与电源的正极相连接，故接A极，在阳极为氯离子放电，且生成物为ClO2，则电极反应为：4OH-+Cl--5e- =ClO2+2H2O，故答案为：A、4OH-+Cl--5e- =ClO2+2H2O；②H＋在阴极上放电产生氢气，转移电子的物质的量n(e－)＝2n(H2)＝2×(0.112 L÷22.4 L·mol－1)＝0.01 mol，则在内电路中移动的电荷为0.01 mol，每个Na＋带一个单位的正电荷，则通过的Na＋为0.01 mol，故答案为：0.01。
【点睛】本题综合考查电化学知识，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，解答本题要注意把握原电池的工作原理，把握电极方程式的书写，题目难度中等。
1.《梦溪笔谈》中记载有：“信州铅山县有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成胆矾。烹胆矾则成铜；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜。”下列对文中内容的解释正确的是（ ）
A. 胆矾受热不能分解 B. 胆矾的化学式为CuSO4
C. “苦泉”可使蛋白质变性 D. 胆矾与铁通过复分解反应可炼铜
【答案】C
【解析】
【详解】A、由“烹胆矾则成铜”可知，胆矾为CuSO4 5H2O,受热分解成CuSO4和H2O，故A正确；B、胆矾的化学式为CuSO4 5H2O，故B错误；C、“苦泉”中含有硫酸铜，可使蛋白质变性，故C正确；D、胆矾与铁通过置换反应可炼铜，故D错误；故选C。
2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. Si的熔点高，可用作半导体材料 B. Cl2具有强氧化性，可用于漂白有色有机物质
C. Na2CO3 溶液呈碱性，可用于洗涤油污 D. Al2O3硬度很大，可用于制造耐火材料
【答案】C
【解析】
A．Si导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料，与熔点高无关系，选项A错误；B、Cl2有氧化性，但Cl2溶于水生成的HClO才有漂白性，性质与用途关系不对应，选项B错误；C、Na2CO3 为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，可用于洗涤油污，关系对应，选项C正确；D、氧化铝熔点很高，故可以做耐火材料，而不是利用其硬度很大的性质，选项D错误。答案选C。
3.下列各反应中，生成物不随反应条件或反应物用量的变化而变化的是（ ）
A. Na和O2 B. Fe和稀HNO3 C. Cu和FeCl3溶液 D. Na2CO3和稀HCl
【答案】C
【解析】
A．钠与氧气反应常温下生成氧化钠，加热生成过氧化钠，产物与反应条件有关，故A错误；B．铁与足量稀硝酸反应生成硝酸铁，与少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，产物与稀硝酸用量有关，故B错误；C．铜与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，生成物不随反应条件或反应物用量的变化而变化，故C正确；D．Na2CO3和稀HCl，氯化氢少量生成碳酸氢钠和氯化钠，氯化氢过量生成氯化钠和水、二氧化碳，产物与氯化氢用量有关，故D错误；故答案为C。
4.下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，能达到实验目的的是
A. 用装置甲制备氨气 B. 用装置乙除去氨气中少量水
C. 用装置丙收集氨气 D. 用装置丁吸收多余的氨气
【答案】D
【解析】
A．为防止试管炸裂，试管口应略向下倾斜，故A错误；B．浓硫酸与氨气能够反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；C．应用双孔塞，该装置中气体不能导入烧瓶中，故C错误；D．氨气极易溶于水，利用干燥管能防止发生倒吸，故D正确；故选D。
5.已知NH3、HCl极易溶于水，Cl2能溶于水。下列各装置不能达到实验目的是
A. 利用1吸收多余的氨气
B. 装置2可用于除去CO2中的HCl
C. 装置3可用于干燥氨气
D. 装置4可用于排空气法收集H2、CO2、Cl2、HCl等气体
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨气极易溶于水，吸收装置中的导管下连漏斗，漏斗的边缘紧靠液面，易吸收易溶性气体，且能防止倒吸，故A正确；B.氯化氢和二氧化碳都能和氢氧化钠反应而被除去，最终得不到二氧化碳，故B错误；C.碱石灰是碱性物质，和氨气不反应，所以碱石灰能干燥氨气，故C正确；D.氢气的密度小于空气的，无条件时，和空气中的成分不反应，所以可用向下排空气法收集；二氧化碳、氯气、氯化氢气体的密度大于空气的密度，可采用向上排空气法收集，由于氯气、氯化氢能污染环境，需有尾气处理装置配合，故装置短导管进气时适合收集氢气，长导管进气适合收集二氧化碳、氯气、氯化氢，故D正确；答案选B。
【点睛】本题考查了尾气的处理、气体的干燥和净化等知识点，一般酸性干燥剂不能干燥碱性气体，碱性干燥剂不能干燥酸性气体。
6.用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
试剂a
试剂b
试剂c
装置
A
验证非金属性: S>C>Si
稀硫酸
Na2CO3
Na2SiO3 溶液
B
制备纯净的NO
浓硝酸
Cu
水
C
检验溶液X中含有CO32-
盐酸
溶液X
澄清石灰水
D
除去Na2SO3中的Na2SO4
氯水
混合物
NaOH溶液
【答案】A
【解析】
分析： A．非金属元素最高价氧化物是水化物酸性越强，其非金属性越强，根据强酸制取弱酸判断；B．根据NO的性质和Cu与浓硝酸反应的产物判断；C．能够使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫，溶液X中可能为碳酸氢根离子或亚硫酸根离子；D．除杂试剂选用氯水，引进了杂质氯离子，且将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，违反了除杂原则。
详解：硫酸能和碳酸钠反应制得二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成不溶性的硅酸，所以该实验证明酸性H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，则非金属性S＞C＞Si，A选项正确；Cu与浓硝酸反应生成NO2，不生成NO，NO遇空气中的氧气立即生成NO2，装置广口瓶上部有空气，也得不得纯净的NO气体，B选项错误；二氧化硫和二氧化碳都能够时澄清石灰水变浑浊，无法检验溶液X中是否含有CO32-，C选项错误；除杂试剂选用氯水，氯水Na2SO3氧化成Na2SO4，反应后引进了杂质氯离子，违反了除杂原则，无法达到实验目的，D选项错误；正确选项A。
点睛：利用元素周期律中元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，如本题中验证明酸性H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，则非金属性S＞C＞Si，但要注意的是如果不是最高价氧化物的水化物形成的酸，是不可以比较非金属性的，如：盐酸能够与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，说明盐酸的酸性比亚硫酸强，因此非金属性Cl＞S，这一结论是错误的，因为两种酸都不是最高价氧化物的水化物，不可以用来比较的，所以一定要注意是否是最高价氧化物的水化物。
7.下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是（ ）
①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶
②配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌；
③用pH试纸测得氯水的pH为2；
④用稀硝酸清洗附着银的试管；
⑤浓硝酸保存在棕色细口瓶中；
⑥将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁条上不产生气泡
⑦某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中含NH4+ ．
A. ①④⑤⑦ B. ③④⑦ C. ①②⑥ D. ②③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶，操作正确，故①正确；②配制混合酸溶液时，将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中，并不断搅拌，故②错误；③氯水有强氧化性，有漂白性能将PH试纸漂白，故③错误；④因稀HNO3可与银反应，所以可用稀HNO3清洗做过银镜反应的试管，故④正确；⑤浓硝酸见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，故⑤正确；⑥镁条和铝片在稀NaOH溶液中构成原电池，铝为负极，镁为正极，镁电极上氢离子放电产生氢气，故⑥错误；⑦加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液含有NH4+，故⑦正确；答案选A。
【点睛】一般因强氧化性而具有漂白性的溶液不能用pH试纸测定其溶液的pH，如氯水、次氯酸盐溶液等。镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液中所形成的装置中，虽然镁的金属性大于铝，但铝能与NaOH溶液反应，但镁不能，故活泼性较弱的铝反而做原电池的负极。
8.下列离子检验及结论一定正确的是
A. 加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定含SO42－
B. 在某溶液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则原溶液中一定有Cl－
C. 加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO32－
D. 通入氯气后，溶液变为黄色，加淀粉液后溶液变蓝，则原溶液中一定有I－
【答案】D
【解析】
分析：A、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，白色沉淀可能是钡离子反应生成的，也可能是氯离子反应生成的；B、能够与硝酸银反应生成白色沉淀，该白色沉淀可能是氯化银，也可能是碳酸银、硫酸银等；C、加入稀盐酸产生的无色无味气体，该气体是二氧化碳；D、通入氯气后，溶液变为黄色，黄色溶液可能是碘水，也可能是氯化铁，结合淀粉的性质分析。
详解：A、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不能排除银离子的干扰，氯化银难溶于盐酸，故A错误；B、在某溶液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，该白色沉淀可能是氯化银，也可能是碳酸银、硫酸银等，需要再加硝酸，白色沉淀不溶解，则该沉淀一定是氯化银，一定含有Cl-，故B错误；C、某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体，应为二氧化碳，该溶液中可能为HCO3-或CO32-，故C错误；D、通入氯气后，溶液变为黄色，黄色溶液可能是碘水，也可能是氯化铁，加淀粉液后溶液变蓝，则一定为碘水，则原溶液中一定有I－，故D正确；故选D。
点睛：本题考查离子的检验，明确复分解反应发生的条件及离子之间的反应，注意排除某些离子的干扰以及应该加入什么试剂才能排除这些离子的干扰是解答的关键。本题的易错点为A，要注意常见离子的检验方法的归纳、理解和记忆。
9.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是
已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中：
Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋
将Na加入到CuSO4溶液中：
2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋
B
稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应至中性：
2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓+2H2O
NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O
C
钠和水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
钠和盐酸反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
D
向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2：
Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO
向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：
Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
【答案】B
【解析】
分析：A、金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是和盐中的水反应；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀；C、钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气；D、二氧化碳和二氧化硫均能和次氯酸钙溶液反应．二氧化硫具有还原性被次氯酸氧化为硫酸。
详解：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，选项A错误；B、硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4↓，NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应呈中性，离子反应方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=2H2O+BaSO4↓，选项B正确；C、钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H++═2Na++H2↑，选项C错误；D、少量二氧化碳通入次氯酸钙溶液中生成碳酸钙和次氯酸，少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中生成亚硫酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性氧化亚硫酸钙为硫酸钙，选项D错误；答案选B。
点睛：本题考查学生离子方程式书写知识，是现在考试的热点，难度不大，可以根据所学知识进行回答。
10.某无色透明的混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此混合气体通过品红溶液后,品红溶液褪色,向剩余气体中通入空气,很快变为红棕色。下列对于原混合气体成分的判断中正确的是( )
A. 肯定没有SO2和NO B. 肯定没有Cl2、O2和NO2
C. 可能有Cl2和O2 D. 肯定只有NO
【答案】B
【解析】
分析：根据气体的颜色判断可排除Cl2和NO2气体，根据能使品红褪色的气体为SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，则原混合气体中无氧气，据此即可解答。
详解：A．此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明原混合气体一定含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，故A错误；B．Cl2为黄绿色，NO2气体为红棕色，此混合气体为无色，所以一定不含Cl2、NO2，据A分析原混合气体中无氧气，故B正确；C．Cl2为黄绿色，该气体无色，则说明不含有Cl2，故C错误；D．把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，NO和氧气反应生成红棕色的二氧化氮，说明原混合气体中无氧气，此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，故D错误；故选B。
点睛：本题考查常见气体的检验，注意常见气体的性质以及检验方法。本题的易错点为氧气的判断，要注意一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮。
11.有一块铁的“氧化物”样品，用140mL 5.0mol·L－１盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为
A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. Fe4O5 D. Fe5O7
【答案】D
【解析】
试题分析：0．56LCl2的物质的量为0．025mol，每摩尔Cl2可与2molFe2+反应生成2molFe3+，因为0．025mol的氯气氧化Fe2+，根据得失电子数相等有0．05molFe2+，5mol/L盐酸140mL即0．7molHCl，其中用于生成Fe2+得用去0．1mol ，还剩0．6mol Cl‾与Fe3+形成FeCl3， 即含有0．2molFe3+，这些氧化物中含有0．2mol三价铁0．05mol二价铁，需要0．35mol氧才能电荷守恒，而铁元素共有0．25mol，氧元素共0．35mol ，最简比为5：7 ，故D项正确。
考点：本题考查化学式的计算。
12.利用下图装置可以进行实验并能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
X中试剂
Y中试剂
A
用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2
饱和食盐水
浓硫酸
B
用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO
水
浓硫酸
C
用CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2
饱和NaHCO3溶液
浓硫酸
D
用锌与稀盐酸反应制备氢气
NaOH溶液
浓硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．MnO2和浓盐酸常温下不反应，缺少加热装置，故A错误； B．一氧化氮能与氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误；C．二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集，故C正确；D．氢气的密度比空气的小，故应用向下排空气法收集，进气导管应伸入集气瓶底部，故D错误；答案选C。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体制备及尾气处理等，图示中的集气瓶口虽是向下的，但导气管中气体的流向为短进长出，实为向上排空气法。
13.120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是
A. 2.0 mol·L－1 B. 1.5 mol·L－1
C. 0.18 mol·L－1 D. 0.24 mol·L－1
【答案】B
【解析】
试题分析：当碳酸钠滴入盐酸中，先反应生成二氧化碳，后无气体，碳酸钠完全反应，需要盐酸的浓度为＝0.24mol/L。当盐酸加入碳酸钠中先反应生成碳酸氢钠，无气体放出，需要盐酸的浓度＝＝0.12mol/L，后再加入盐酸，才有气体放出，所以要满足滴加方式不同，产生的气体体积不同，则盐酸的浓度应该在0.12mol/L～0.24L/mol之间，答案选C。
考点：考查碳酸钠和盐酸的反应的过程分析判断与计算
14.恒容密闭容器中进行反应mX(g)＋nY(g) qZ(g)ΔH>0，m＋n
B. X的逆反应速率是Y的正反应速率的n/m倍
C. 降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小
D. 增加X的物质的量，X的转化率降低
【答案】D
【解析】
分析：A.体积不变的条件下，通入与反应无关的气体，不影响反应混合物浓度，速率不变，平衡不动；B.同一反应，不同物质的速率之比等于化学方程式的系数之比；C.该反应正向是放热反应，降温平衡正向移动；反应物、生成物均为气体时，根据质量守恒，气体总质量不变，根据平均分子量计算公式：=进行分析；D. 反应物不止一种时，增加一种反应物的量，会提高另一种物质的转化率；参与反应的该物质增多，但由于自身的总量也在增加，所以自身的转化率反而会降低。
详解：恒容时通入稀有气体总压增大，反应混合物浓度不变，平衡不动，A错误；速率之比等于化学方程式的系数之比，v(X):v(Y)= m：n，平衡时，X的逆反应速率是Y的正反应速率的m/n倍，B错误；反应正向是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，即气体总物质的量减小，且过程中气体总质量不变，根据=，所以混合气体的相对分子质量增大，C错误； 增加X的物质的量会提高Y的转化率，X自身的转化率降低，D正确；正确选项：D。
点睛：针对于可逆反应：mX(g)＋nY(g) qZ(g)ΔH>0，m＋n
A. 升高温度该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 该反应的化学平衡常数表达式为K=c(FeO)c(CO)/c(Fe)c(CO2)
C. 绝热容器中进行该反应，温度不再变化，则达到化学平衡状态
D. 该反应的正反应是放热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 升高温度该反应的正、逆反应速率都是增大的，故A错误；B.因为铁和氧化亚铁都为固体，故其平衡常数表达式为K=c(CO)/c(CO2)，故B错误；C．该可逆反应存在热量变化，当绝热容器中进行该反应，温度不再变化，说明该反应正逆反应速率相等，则达到化学平衡状态，故C正确；D．700℃时平衡常数为1.47，900℃时平衡常数为2.15，升高温度平衡常数增大，说明反应是吸热反应，故D错误，答案选C。
【点睛】本题考查了化学平衡常数的有关知识，根据化学平衡常数与温度的关系可确定可逆反应是放热反应还是吸热反应。
16.在恒容绝热密闭容器中，对于反应A(g)＋B(g) 3C(g)(正反应为放热反应)，下述为平衡状态标志的是)
①单位时间内A、B生成C的分子数与C分解的分子数相等 ②外界条件不变时，A、B、C浓度不随时间变化 ③体系温度不再变化 ④体系的压强不再变化 ⑤体系的分子总数不再变化
A. ①② B. ①②③ C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
可逆反应达到平衡的标志是：①正、逆反应速率相等，②各成分的浓度、物质的量等保持不变，据此分析可得结论。
【详解】①单位时间内A、B生成C的分子数与C分解的分子数相等说明正、逆反应速率相等，故为平衡状态；②外界条件不变时，A、B、C浓度不随时间变化的状态为平衡状态；③体系温度不再变化说明正向进行放出的热量与逆向进行吸收的热量是相等的，即正、逆反应速率相等，故为平衡状态；④在恒容条件下，且该反应为非等体积的可逆反应，则体系的压强不再变化即各成分的浓度保持不变，故为平衡状态；⑤由于该反应为非等体积的可逆反应，体系的分子总数不再变化说明各物质的物质的量保持不变，故为平衡状态。
17.下列四个图像：
以下反应中完全符合上述图像的是（ ）
A. N2(g) +3H2 (g) 2NH3 (g) △H
C. 4NH3 (g) +5O2 (g) 4NO (g) +6H2O (g) △H
【答案】B
【解析】
【详解】由图像一、二可知在相同压强下，温度升高，生成物浓度增大，平衡正向移动，故正反应反向为吸热反应，故A、C项错误；压强增大，生成物浓度减小，故平衡逆向移动，故逆向为气体体积缩小的反应，则D项错误；图像三压强增大平均相对分子量增大，B项平衡逆向移动，气体总质量不变，总物质的量减小，故平均相对分子量增大；温度升高B项平衡正向移动，平均相对分子量减小，满足图像三；图四温度不变压强增大V(逆)>V（正），平衡逆向移动，故B项满足，B项反应满足各图像，故B项正确。
【点睛】化学平衡图像实际是速率或平衡随外界条件而变化的直观表达，需要学生在理解化学原理的基础上进行数学模型转化，对学生的能力要求较高。
18.碳酸二甲酯（CH3OCOOCH3，简称DMC）是一种应用前景广泛的新材料。在密闭容器中按n(CH3OH)∶n(CO2)=2∶1投料直接合成DMC，反应方程式为2CH3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)。一定条件下，平衡时CO2的转化率如图所示。下列说法中正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 压强p2＞p1
C. X点对应的平衡常数为0.5
D. X、Y、Z三点对应的初始反应速率的关系为Z>X>Y
【答案】B
【解析】
根据图像分析可知，随温度的升高，二氧化碳的转化率减小，因此该反应的正反应为放热反应，所以A项错误；在相同温度下，p2时二氧化碳的转化率大于p1状态下的转化率，因此p2＞p1；故B项正确；反应前后系数不同，无法求算该反应的平衡常数，故C项错误；X、Y、Z三点对应的初始反应速率的关系为Z＞Y＞X，故D错误。
19.有报道称以硼氢化钠（NaBH4，强还原剂）和H2O2作原料的燃料电池，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如右图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 电极b作正极，发生还原反应
B. 该电池的负极反应为：BH4－＋8OH－－8e－＝BO2－＋6H2O
C. 每消耗3 mol H2O2，转移的电子为3 mol
D. 不考虑能量损耗，当有1mol H2O2参加反应时，即有2 mol Na+从a极区移向b极区
【答案】C
【解析】
【分析】
以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4－＋8OH－－8e－＝BO2－＋6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH－，电极反应式为H2O2＋2e－＝2OH－，然后再结合原电池的工作原理分析可得结论。
【详解】A．电极b为原电池的正极，发生还原反应，故A说法正确；B．负极发生氧化反应生成BO2－，电极反应式为BH4－＋8OH－－8e－＝BO2－＋6H2O，故B说法正确；C．正极电极反应式为H2O2＋2e－＝2OH－，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，故C错误；D．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na＋从a极区移向b极区，当有1mol H2O2参加反应，转移电子为2mol，相应有2mol Na＋转移，故D说法正确；答案选C。
【点睛】本题主要是考查学生对原电池原理的熟悉了解程度，其中涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电子守恒法的相关计算。
20.500mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3－)＝6.0 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是
A. 电解后溶液中c(H＋)为2 mol·L－1
B. 上述电解过程中共转移2 mol电子
C. 向电解后得到的体系中加1molCu2(OH)2CO3固体，可使溶液恢复至电解前的浓度
D. 原混合溶液中c(K＋)为2 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】
石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），说明阴极不仅Cu2+放电，而且之后H+也参与的放电，因n（O2）=22.4L÷22.4L/mol=1mol，
由阳极反应4OH--4e-═O2↑+2H2O可得电解过程中转移了4mol电子，n（H2）=1mol，阴极发生的电极反应为：Cu2++2e-═Cu、2H++2e-═H2↑，由两极电子守恒可知阴极放电的Cu2+为1mol，据此分析可得结论。
【详解】A.因在阳极放电的OH-为4mol，相当于生成了4mol H+，在阴极放电的H+为2mol，则溶液中的H+增加了2mol，溶液中c(H＋)=2mol÷0.5L=4mol/L，故A错误；B．根据氧气计算转移电子的物质的量，转移电子的物质的量=1mol×4=4mol，故B错误；C．由两极离子的放电情况可知生成了1molCu、1molH2、1molO2，当向电解后得到的体系中加1molCu2(OH)2CO3固体后，会发生反应：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，由于电解生成了2molH+，故溶解0.5mol Cu2(OH)2CO3，则有重新进入到溶液中的铜原子1mol、氢原子1mol，氧原子1.5mol，与电解过程中从溶液中出来的原子个数不守恒，则溶液不能恢复之前的浓度，故C错误；D. c（Cu2+）=2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）=6mol/L-2mol/L×2=2mol/L，故D正确；答案选D。
【点睛】在本题的计算中充分运用了电荷守恒、电子守恒的规律，特别是在分析溶液复原的问题上也运用了原子守恒的思想，即电解质溶液中元素原子的“进出”守恒。
21.实验是学习化学的一个重要途径。
(1)图1是实验室常用的制气装置,其中b可用于制取O2和NH3，实验室用装置b制取NH3反应的化学方程式为______________________________________。若用二氧化锰和浓盐酸制取氯气应选择的装置为_______，反应的离子方程式为_____________________________。
(2)图2是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。
①装置B中盛装的液体试剂为_________。
②装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、II处依次放入的物质正确的是_________(填字母编号)。
编号
I
II
III
A
干燥的有色布条
碱石灰
湿润的有色布条
b
干燥的有色布条
无水硫酸铜
湿润的有色布条
c
湿润的有色布条
浓硫酸
干燥的有色布条
D
湿润的有色布条
无水氯化钙
干燥的有色布条
③D中发生反应的离子方程式是_________。将装置D中的溶液加入装置E中，溶液分为两层，上层呈紫红色，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和________。
【答案】 (1). 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O (2). c (3). MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O (4). 饱和食盐水 (5). d (6). Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－ (7). 分液漏斗
【解析】
【详解】（1）由于b装置为“固+固气”型，则采用消石灰与氯化铵固体反应来制备，方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热，应选用装置c，离子方程式为: MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O；（2）①用浓盐酸制取的Cl2中含有HCl，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl，故答案为：饱和食盐水；②为了验证氯气是否具有漂白性，I中加入湿润的有色布条，II为U型管，可加入固体干燥剂，得到干燥的Cl2，III中加入干燥的有色布条，即可证明Cl2是否具有漂白性，故答案为D；③Cl2通入D与NaBr反应生成Br2，则离子反应为：Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，分离出E中两层液体的操作为分液，需要的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗，故答案为：Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－、分液漏斗。
22.科学家积极探索新技术对CO2进行综合利用。
Ⅰ．CO2可用FeO 吸收同时获得H2。
i. 6FeO(s) +CO2(g)=2Fe3O4(s) +C(s) △Hl =－76.0 kJ·mol－1
ⅱ. C(s) +2H2O(g)=CO2(g) +2H2(g) △H2 = +113.4 kJ·mol－1
（1）则3FeO(s) +H2O(g)= Fe3O4(s) +H2(g) △H3 =_________。
Ⅱ．CO2可用来生产燃料甲醇。
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＝－49.0 kJ·mol－1。在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
（2）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝_________ mol·(L·min) －1。
（3）氢气的转化率＝________________________。
（4）该反应的平衡常数为______________________(保留小数点后2位)。
（5）下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_________________。
A．升高温度 B．充入He(g)，使体系压强增大
C．再充入1 mol H2 D．将H2O(g)从体系中分离出去
（6）当反应达到平衡时，CH3OH的体积分数为m1，然后向容器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，CH3OH的体积分数为m2，则m1________m2的关系(填“＞”、“＜”或“＝”)。
【答案】 (1). +18.7 kJ·mol—1 (2). 0.225 (3). 75% (4). 5.33 (5). CD (6). ＞
【解析】
【详解】（1）由盖斯定律可得△H3=（△H1+△H2）÷2=（－76.0 kJ·mol－1+113.4 kJ·mol－1）=+18.7 kJ·mol—1，故答案为：+18.7 kJ·mol—1；（2）由图可知，反应在10min达到平衡，此时CO2的浓度变化1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，对应H2的浓度变化为0.75 mol/L×3=2.25 mol/L，则v(H2)＝2.25mol/L÷10min=0.225 mol·(L·min) －1，故答案为：0.225 mol·(L·min) －1；（3）氢气的转化率＝（2.25mol÷3mol）×100%=75%，故答案为：75%；（4）由于在平衡状态下各物质的浓度分别为：c(CO2)=0.25 mol/L、c(H2)=0.75 mol/L、c(CH3OH)=0.75 mol/L、c(H2O)=0.75 mol/L；则平衡常数K==5.33，故答案为：5.33； （5）A．升高温度，该反应平衡逆向移动，n(CH3OH)/n(CO2)减小，B．充入He(g)，使体系压强增大，平衡不移动，n(CH3OH)/n(CO2)不变，C．再充入1 mol H2，平衡正向移动，n(CH3OH)/n(CO2)增大，D．将H2O(g)从体系中分离出去，平衡正向移动，n(CH3OH)/n(CO2)增大，故答案为：CD；（6）向容器中再加入一定量H2，虽然平衡向正反应方向移动，但反应混合气总的分子数目增加，导致CH3OH的体积分数下降，故m1>m2。
【点睛】本题主要考查化学反应速率、化学平衡、化学平衡常数等相关知识，在分析压强改变对平衡移动方向的影响时，不能一味的套结论“增大压强平衡向气体分子数目减小的方向发生移动”，有时容器内气体的压强增大，平衡不一定发生移动，如在恒容条件下充入惰性气体，因为反应混合物各物质的浓度并没有改变，所以平衡不移动。
23.以甲醇为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题：
（1）B极上的电极反应式为___________________________。
（2）若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解硫酸铜溶液，则电解时阳极的反应式为_______________________________________，当阳极收集到11.2L（标准状况）气体时，消耗甲醇的质量为__________克(保留两位有效数字)，若要使溶液复原，可向电解后的溶液中加入的物质有 ___________。
（3）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。
①上图示意用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。若用上述甲醇燃料电池进行电解，则电解池的电极a接甲醇燃料电池的________极（填A或B），写出阳极产生ClO2的电极反应式：__________。
②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112 mL（标准状况）时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为_________mol。
【答案】 (1). 3O2-+CH3OH-6e-=CO2+2H2O (2). 2H2O-4e-=4H++O2 (3). 10.67 (4). CuO或CuCO3 (5). A (6). 4OH-+Cl--5e- =ClO2+2H2O (7). 0.01
【解析】
【详解】（1）由阴离子移动方向可知B为负极，负极发生氧化反应，甲醇被氧化生成二氧化碳和水，电极方程式为3O2-+CH3OH-6e-=CO2+2H2O，故答案为：3O2-+CH3OH-6e-=CO2+2H2O；（2）用惰性电解硫酸铜溶液时，阳极为水电离的OH-放电，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2，当阳极产生11.2L气体时，转移的电子为11.2L÷22.4L/mol×4=2mol，由电子守恒可得甲醇的质量为2mol÷6×32g/mol=10.67g，在电解硫酸铜溶液的过程中，阴极析出铜，阳极析出氧气，若要使溶液复原，根据原子守恒可知应向溶液中加入CuO或CuCO3，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2、10.67、CuO或CuCO3；（3）①根据钠离子的移动方向可知a极为电解池的阳极，与电源的正极相连接，故接A极，在阳极为氯离子放电，且生成物为ClO2，则电极反应为：4OH-+Cl--5e- =ClO2+2H2O，故答案为：A、4OH-+Cl--5e- =ClO2+2H2O；②H＋在阴极上放电产生氢气，转移电子的物质的量n(e－)＝2n(H2)＝2×(0.112 L÷22.4 L·mol－1)＝0.01 mol，则在内电路中移动的电荷为0.01 mol，每个Na＋带一个单位的正电荷，则通过的Na＋为0.01 mol，故答案为：0.01。
【点睛】本题综合考查电化学知识，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，解答本题要注意把握原电池的工作原理，把握电极方程式的书写，题目难度中等。
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