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【化学】江西省高安二中2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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江西省高安二中2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 Ce-140 S-32 Cl -35.5 N- 14 Na -23 Fe- 56 Cu -64 O-16
Ⅰ卷 选择题(共48分)
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分)
1.化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是( )
A. 明矾净化水 B. 纯碱去油污 C. 食醋除水垢 D. 漂白粉漂白织物
【答案】D
【解析】
试题分析：明矾净水是利用明矾溶于水电离产生的Al3+水解产生的Al(OH)3胶体吸附水中悬浮的杂质而沉降下来，与物质的氧化性无关，故A错误；纯碱去油污是利用纯碱溶于水电离产生的碳酸根水解显碱性，油脂在碱性条件下发生较彻底的水解反应产生可溶性的物质高级脂肪酸钠和甘油，与物质的氧化性无关，故B错误；食醋除水垢，是利用醋酸与水垢的主要成分碳酸钙和氢氧化镁发生复分解反应生成可溶性物质，与物质的氧化性无关，故C错误；漂白粉漂白织物是利用次氯酸钙生成的次氯酸的强氧化性漂白，故D正确。
考点：本题考查化学与生活。
2.钢铁发生吸氧腐蚀时,正极上发生的电极反应是
A. 2H+ + 2e- = H2↑ B. Fe2+ + 2e- = Fe
C. 2H2O + O2 + 4e- = 4OH- D. Fe - 2e- = Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】钢铁发生吸氧腐蚀时，铁做负极，碳做正极，氧气在正极发生反应，电极反应为2H2O + O2 + 4e- = 4OH-。
故选C。
3.1克氢气燃烧生成液态水放出142.9 kJ热，表示该反应的热化学方程式正确的是
A. 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l)； △H = —142.9 kJ/mol
B. H2(g) + 1/2O2(g) = H2O(l)； △H = —285.8 kJ/mol
C. 2H2 + O2 = 2H2O； △H = —571.6 kJ/mol
D. H2(g) + 1/2O2(g) = H2O(g)；△H = —285.8kJ/mol
【答案】B
【解析】
试题分析：A、1g氢气燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，所以2mol氢气燃烧生成液态水，放出的热量为142.9kJ×4=571.6kJ，所以△H=-571.6kJ•mol-1，故A错误；B、1gH2燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，△H＜0，所以2mol氢气燃烧生成液态水，放出的热量为142.9kJ×4=571.6kJ，所以△H=-571.6kJ•mol-1，热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O( l )△H=-571.6kJ•mol-1，故B正确；C、物质的状态影响反应热，未注明物质的聚集状态，故C错误；D、1g氢气燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，所以2mol氢气燃烧生成液态水，放出的热量为142.9kJ×4=571.6kJ，所以△H=-571.6kJ•mol-1，选项中焓变符号不对，故D错误；故选B。
【考点定位】考查热化学方程式的书写
【名师点晴】对于热化学方程式的书写和正误判断均结合热化学方程式和普通化学方程式的区别进行分析。①热化学方程式包含物质变化和能量变化，普通化学方程式只有物质变化；②热化学方程式需标明反应的温度和压强。对于25℃，101kPa时进行的反应可不注明．普通化学方程式不需要；③热化学方程式需要标明各物质的状态；④热化学方程式的化学计量数可以是整数或分数，普通化学方程式只能为整数。
4.下列说法正确的是
A. 原电池是把电能转化为化学能的装置
B. 原电池的负极和电解池的阳极上都发生氧化反应
C. 形成原电池后，阳离子通过盐桥向负极移动
D. 电解时，电解池的阳极一定是阴离子放电
【答案】B
【解析】
【详解】A. 原电池是把化学能转化为电能的装置，故错误；
B. 原电池的负极和电解池的阳极上都发生氧化反应，失去电子，故正确；
C. 形成原电池后，盐桥中的阳离子向正极移动，故错误；
D. 电解时，电解池的阳极材料若是活泼金属，则金属失电子发生氧化反应，若为惰性电极，则阴离子失电子发生氧化反应，故错误。
故选B。
【点睛】D为易错点，电解池是将电能变成化学能的装置，阳极是金属或溶液中的阴离子失去电子发生氧化反应，阴极是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，溶液中的阴离子向阳极移动。
5.100mL2mol/LH2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的
A. 碳酸钠(固体) B. 水 C. 硝酸钾溶液 D. 硫酸铵(固体)
【答案】BC
【解析】
试题分析：首先在一定温度下明确氢气生成的量取决于H＋的量，因碳酸钠可与硫酸反应生成二氧化碳消耗H＋，而影响氢气的产量；水和硫酸钾都不消耗H＋，即不影响产量，但都能稀释硫酸而降低H＋的浓度，所以B、C均符合题意。硫酸铵固体既不改变氢气的产量，也不改变反应速率，因此正确的答案选BC。
考点：考查外界条件对反应速率的影响
点评：该题是高考中的常见题型，和重要的考点，属于中等难度的试题。试题在注重对学生基础知识训练的同时，侧重对学生能力的培养，有利于培养学生的逻辑推理能力和灵活应变能力。
6.在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增加的方法是
①增大反应物浓度 ②升高温度 ③增大压强 ④移去生成物 ⑤加入催化剂
A. ① ③ B. ② ⑤ C. ② ④ D. ① ⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子数，活化分子百分数不改变； ②升高温度可以增加活化分子总数和活化分子百分数；③增大压强可以增加单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不改变；④移去生成物不能增大活化分子数和活化分子百分数；⑤加入催化剂降低了活化能，增大了活化分子百分数和活化分子数。
故选B。
7.下列离子方程式中正确的是
A. 氯气与水反应：Cl2+H2O 2H++ClO-+Cl-
B. 铁与稀硫酸反应：2Fe ＋6H+ ＝2Fe3+＋3H2↑
C. 铅蓄电池放电时的正极反应： PbO2+4H++SO42-+2e- = PbSO4+2H2O
D. 用铜电极电解硫酸铜溶液：2Cu2++2H2O = 2Cu+O2↑+4H+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸不能拆成离子形式，故错误；
B. 铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故错误；
C. 铅蓄电池放电时，正极为二氧化铅得电子发生还原反应，电极反应为：PbO2+4H++SO42-+2e- = PbSO4+2H2O，故正确；
D. 用铜电极电解硫酸铜溶液时，铜做阳极，失去电子生成铜离子，铜做阴极，溶液中铜离子得到电子生成铜单质，故反应2Cu2++2H2O = 2Cu+O2↑+4H+是错误的。
故选C。
8.下列化学反应中：Ag＋＋Fe2＋ Ag(固)＋Fe3＋(正反应放热)为使平衡体系析出更多的银，可采取的措施是
A. 常温下加压 B. 增加Fe3＋的浓度
C. 增加Fe2＋的浓度 D. 移去一些析出的银
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下加压对此反应无影响，故错误；
B. 增加Fe3＋的浓度，平衡逆向移动，不能析出更多的银，故错误；
C. 增加Fe2＋的浓度，平衡正向移动，能析出更多的银，故正确；
D. Ag为固体，移去一些析出的银，平衡不移动，故错误。
故选C。
9.某学生欲完成反应Cu+H2SO4===CuSO4+H2↑而设计了下列四个实验，你认为可行的是
【答案】C
【解析】
试题分析：完成Cu+H2SO4===CuSO4+H2↑反应，由于Cu与稀硫酸常温下不反应，所以应设计为电解池，电解池中Cu为阳极，电解质溶液为H2SO4。答案选C。
考点：电解池
10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 能溶解Al2O3 的溶液：Na+、K+、HCO3－、NO3－
B. 0.1mol·L-1Ca(ClO)2 溶液：K+、Na+、I－、Cl－
C. 能使甲基橙显红色的溶液：K+、Fe2+、Cl－、NO3－
D. 加入KSCN 显红色的溶液：Na+、Mg2+、Cl－、SO42－
【答案】D
【解析】
【详解】A. 能溶解Al2O3 的溶液可能是酸性或碱性，碳酸氢根离子不能存在，故错误；
B. 0.1mol·L-1Ca(ClO)2 溶液中I－ 被氧化，故错误；
C. 能使甲基橙显红色的溶液为酸性溶液，Fe2+与NO3－反应不能共存，故错误；
D. 加入KSCN 显红色的溶液说明还有铁离子，与Na+、Mg2+、Cl－、SO42－四种离子不反应，能共存，故正确。
故选D。
11.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是
A. 18gD2O含有的分子数目为NA
B. 常温常压下，22.4LCO2含有的分子数目为NA
C. 1L1mol·L-1 KOH溶液中含有的钾离子数目为NA
D. 1molCl2溶于水充分反应转移的电子数目为NA
【答案】C
【解析】
A．D2O的式量为20，则18g D2O含有的分子数目为0.9NA，故A错误；B．常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故B错误；C．1 L 1 mol·L－1 KOH溶液中KOH的物质的量为1mol，含有的钾离子数目为NA，故C正确；D．氯气溶解于水，部分氯气与水反应，水溶液中仍存在大量氯分子，1 mol Cl2溶于水充分反应转移的电子数目小于NA，故D错误；答案为C。
12.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性,下列有关说法正确的是
A. H3PO2溶于水的电离方程式为：H3PO2 3H++PO23-
B. H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+3OH-=PO23-+3H2O
C. 将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的氧化产物为H3PO4
D. 用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO2--4e-+2H2O=O2+6H++PO23-
【答案】C
【解析】
【详解】A. H3PO2是一元弱酸，故电离方程式H3PO2 3H++PO23-是错误的。
B. H3PO2是一元弱酸，H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH-= H2PO2- +H2O，故错误；
C. 高锰酸钾具有氧化性，将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的氧化产物为H3PO4，故正确；
D. 用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO2--4e-+2H2O= PO43-+6H+，故错误。
故选C。
13.下列说法正确的是
A. 硫酸氢钾在熔融状态下离子键、共价键均被破坏，形成定向移动的离子，从而导电
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大
C. NH3和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，其熔沸点逐渐升高
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硫酸氢钾在熔融状态下离子键被破坏，形成定向移动的离子，从而导电，故错误；
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为相对分子质量越大，分子间作用力越来越大，故正确；
C. NH3和Cl2两种分子中，除了氢原子外其他原子的最外层都具有8电子稳定结构，故错误；
D. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，但氟化氢分子间有氢键，所以氟化氢的沸点高，其他熔沸点逐渐升高，故错误。
故选B。
14. 下列说法正确的是
A. 用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶等可以配制pH=1的醋酸溶液
B. 在氨水中加入少量的水或氯化铵固体后，都会使溶液中的c(H+)增大
C. 反应SiO2(s)+ 3C(s)="SiC(s)" + 2CO(g)室温下不能自发进行，则该反应的△H<0
D. 对于Ca(OH)2的沉淀溶解平衡，升高温度，Ca(OH)2的溶解速率增大，Ksp减小
【答案】BD
【解析】
试题分析：A．醋酸为弱酸，难以配制pH=1的溶液，可配制0.1mol/L的溶液，故A错误；B．在氨水中加入少量的水溶液的浓度减小，碱性减弱，c(H+)增大，加入氯化铵固体，抑制一水合氨的电离，c(OH-)减小，c(H+)增大，故B正确；C、依据反应自发想的判断依据是△H-T△S＜0，结合反应特征分析，反应SiO2(s)+3C(s)═SiC(s)+2CO(g)室温下不能自发进行，△H-T△S＞0，反应的熵变△S＞0，则△H＞0，故C错误；D、温度升高Ca(OH)2的溶解度变小，故升高温度，Ca(OH)2的溶解速率增大，但其Ksp减小，故D正确。故选BD。
考点：考查了焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质等相关知识。
15.某恒定温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)＋2B(g) 4C(？)＋2D(？)，“？”代表状态未定。反应一段时间后达到平衡，测得生成1. 6 mol C，且反应前后压强之比为5∶4，则下列说法正确的是
A. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝ c4(C).c2(D)/[c3(A).c2(B)]
B. 此时B的平衡转化率是35%
C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
D. 平衡后再增加1mol C，B的平衡转化率不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、平衡时生成，则根据方程式可知平衡时A、B、C、D的物质的量分别是、、、，则根据反应的前后压强之比为可知，D是气体，C不是气体，即该反应是气体体积减小的可逆反应，选项A错误；
B、平衡时生成时，消耗的B的物质的量为，则B的平衡转化率为，选项B错误；
C、正反应是气体体积减小的反应，则增大该体系的压强，平衡向右移动，但由于温度不变，化学平衡常数不变，选项C错误；
D、由于C不是气体，增加C的量对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，选项D正确。
答案选D。
16. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)
B. 0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7):c(NH3·H2O) > c(NH4+)> c(Cl-)> c(OH-)
C. 0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
D. 0.1 mol/LNa2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
【答案】AD
【解析】
试题分析：A．NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4 =Na++H++SO42-，H2OH++OH-，溶液中质子守恒，c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，故A正确；B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH＞7)，说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性，c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)，故B错误；C．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)反应生成氯化钠、NaHC2O4，溶液中存在电荷守恒为：c(Cl-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故C错误；D．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：n(Na):n(C)=3:2，溶液中物料守恒得到：2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，故D正确；故选AD。
【考点定位】考查离子浓度大小的比较
【名师点晴】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，注意明确盐的水解原理，掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，明确电荷守恒、物料守恒等比较离子浓度大小中应用。要熟练使用电解质溶液中的守恒关系：电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na＋)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)推出：c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH-)，物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中：n(Na+):n(c)＝1:1，推出：c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)；质子守恒：(不一定掌握)电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。例如：在NH4HCO3溶液中H3O+、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、OH-、CO32-为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O+)+c(H2CO3)=c(NH3)+c(OH-)+c(CO32-)。
Ⅱ卷 非选择题(共52分)
二、填空题(共52分)
17.Ⅰ.某温度下，在2L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g) cC(g) △H = —QkJ·mol—1(Q>0)。12s时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应进程如下图所示。
(1)化学计量数b:c=_______
(2)前12s内，A的平均反应速率为________________
(3)12s内，A和B反应放出的热量为__________
Ⅱ.已知:Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2利用这一反应，试设计一个原电池，指出电极材料名称，并写出电极反应式
正极：__________ 电极反应：__________________
负极：__________ 电极反应：__________________
【答案】 (1). b:c =1：2 (2). 0.05mol•L-1•s-1 (3). 0.4QkJ (4). 碳棒 (5). 2Fe3++2e-=2Fe2+ (6). 铜 (7). Cu-2e-=Cu2+
【解析】
【分析】
根据图象中各物质的浓度变化量的比值确定方程式的系数。根据热化学方程式中化学计量数为物质的量分析反应热。根据原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应分析原电池的正极和电极反应。
【详解】Ⅰ. (1)从图分析，起始A、B的浓度为0.8mol/L，0.5 mol/L，平衡时浓度分别为0.2 mol/L，0.3 mol/L，C的平衡时的浓度为0.8mol÷2L=0.4 mol/L，所以改变量分别为08mol/L-0.2mol/L=0.6 mol/L，0.5mol/L-0.3mol/L=0.2 mol/L，0.4 mol/L，比例为0.6:0.2:0.4=3:1:2。所以 b:c =1：2；
(2) 前12s内，A的平均反应速率为0.6mol/L÷12s=0.05mol•L-1•s-1；
(3)根据热化学方程式分析，当有3molA反应时放出的热量为QkJ，所以当有0.6mol/L×2L=1.2 mol的A反应时放出的热量为 0.4QkJ；
Ⅱ.根据反应分析，铁离子得到电子，在正极反应，正极材料为碳，电极反应为2Fe3++2e-=2Fe2+，铜失去电子生成铜离子，在负极反应， 电极反应为Cu-2e-=Cu2+。
18.A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。
(1)B在周期表中的位置为第________周期第________族。
(2)E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为____________________。
(3)元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是 ______>______>_____(用离子符号表示)。
(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程：____________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是________________________。
【答案】 (1). 二 (2). ⅤA (3). H2SO3、H2SO4 (4). S2－ (5). O2－ (6). Na＋ (7). (8). 离子键、(非极性)共价键
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，为氢元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。
【详解】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，为氢元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。
(1)B为氮元素，在第二周期第VA族；
(2)E为硫元素，其氧化物由二氧化硫和三氧化硫，对应的水化物分别为H2SO3、H2SO4；
(3)氧离子、钠离子和硫离子中根据电子层数越多，半径越大，相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小分析，半径顺序为S2－>O2－>Na＋;
(4)用电子式表示氧化钠的形成过程，表示为： ；
过氧化钠中含有离子键、(非极性)共价键。
【点睛】掌握电子式表示化合物的形成过程中，注意离子化合物的书写方法，左侧写原子的电子式，右侧写化合物的电子式，并用弯箭头表示电子的转移方向。
19.Ⅰ.(1)在100 mL 0.8mol/L硝酸溶液中加入足量铜粉，则被溶解的铜的质量为_______g。
(2)在上述溶液中再加入足量稀硫酸，又有_______g铜溶解。
Ⅱ. 请回答下列问题：25℃时，浓度均为0.10mol • L﹣1的 ①氨水 ②NH4Cl溶液
(1)NH4Cl溶液显_________(酸、碱、中)性，原因是(用离子方程式表示)____________________________________，若加入少量的氨水，使溶液中c(NH4+)=c(Cl﹣)，则溶液的pH_____7 (填“＞”、“＜”或“=”)．
(2)氨水显碱性的原因(用离子方程式表示)______________________，向氨水中加入NH4Cl固体，氨水的电离程度________(填“增大”、“减小”或“不变”)，溶液的pH将________(填“增大”、“减小”或“不变”)．
【答案】 (1). 1.92 (2). 5.76 (3). 酸 (4). NH4++H2O NH3•H2O+H+ (5). = (6). NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ (7). 减小 (8). 减小
【解析】
【分析】
硝酸和铜反应时，硝酸表现酸性和氧化性，根据硝酸和铜反应的方程式分析，注意酸性条件下硝酸根离子表现强氧化性，能继续氧化单质铜。根据影响弱电解质电离平衡的因素分析，加入同种离子的物质，抑制其电离。
【详解】Ⅰ. (1)硝酸的物质的量为0.8mol/L×0.1L=0.08mol，根据铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水的方程式分析，反应消耗的铜的物质的量为0.03mol，质量为0.03mol×64g/mol=1.92g。
(2)反应生成0.03mol硝酸铜，在溶液中加入足量的稀硫酸，提供氢离子，则硝酸根离子还可以溶解铜，根据电子守恒分析，0.06mol硝酸根离子能得到0.18mol电子，所以能溶解0.18mol÷2=0.09mol铜，质量为0.09mol×64g/mol=5.76g。
Ⅱ. (1)氯化铵中铵根离子水解使溶液显酸性，水解方程式为NH4++H2O NH3•H2O+H+；
若加入少量的氨水，溶液中c(NH4+)=c(Cl﹣)，则根据电荷守恒分析，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，即溶液为中性，pH=7。
(2)一水合氨电离出氢氧根离子，溶液显碱性，电离方程式为： NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，向溶液中加入氯化铵，氯化铵电离出铵根离子，抑制一水合氨的电离，所以电离程度减小，溶液的pH将减小。
【点睛】掌握硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，所以硝酸盐中加入稀硫酸后能溶解金属铜，再根据硝酸根离子全部表现氧化性，得失电子数相等进行分析溶解铜的物质的量。
20.Ⅰ、火力发电厂释放出大量氮氧化合物(NOx)、SO2和CO2等气体会造成环境问题。对燃煤废气进行脱硝、脱硫和脱碳等处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
(1)脱硝。利用甲烷催化还原NOx：
CH4(g)＋ 4NO2(g)＝4NO(g)＋ CO2(g)＋ 2H2O(g) △H1＝－574 kJ/mol
CH4(g)＋ 4NO(g)＝2N2(g)＋ CO2(g)＋ 2H2O(g) △H2＝－1160 kJ/mol
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________________________。
(2)脱碳。将CO2转化为甲醇：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)△H3
在一恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2进行反应。测得CO2和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示。回答：0～10 min内，氢气的平均反应速率为___mol/(L·S)；第10 min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，则平衡_________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
Ⅱ、如下图所示C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。
(1)若用甲醇、空气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，则A极的电极反应式为_________________________
(2)欲用(丙)装置给铜镀银，银应该是 _____电极(填G或H)
(3)(丁)装置中Y极附近红褐色变_______(填深或浅)
(4)通电一段时间后，C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为_____________
【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝-867 kJ/mol (2). 0.00375 (3). 正向 (4). O2 + 4e- + 2H2O = 4OH- (5). G (6). 深 (7). 1:2:2:2
【解析】
【分析】
根据化学平衡的三段式进行计算各物质的浓度和平衡常数，根据浓度商和平衡常数的关系分析反应进行的方向。根据电解原理分析各电解池中的电极反应和现象。
【详解】(1)根据盖斯定律分析，① CH4(g)＋ 4NO2(g)＝4NO(g)＋ CO2(g)＋ 2H2O(g) △H1＝－574 kJ/mol，②CH4(g)＋ 4NO(g)＝2N2(g)＋ CO2(g)＋ 2H2O(g) △H2＝－1160 kJ/mol
①+②可得热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝－1160－574 =-867 kJ/mol；
(2).根据方程式计算
CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
起始浓度1.0 3.0 0 0
改变浓度 0.75 2.25 0.75 0.75
平衡浓度0.25 0.75 0.75 0.75
0～10 min内，氢气的平均反应速率为2.25mol/L÷600s=0.00375mol/(L·s)；平衡常数为，第10 min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，则Qc=
(2) 欲用(丙)装置给铜镀银，银应该在阳极，即为G极。
(3)丁为氢氧化铁胶体的电泳，因为氢氧化铁胶体微粒带正电荷，所以阴极即Y极，红褐色变深。
(4)通电一段时间后，C上析出氧气，D上产生铜，E上产生氯气，F上产生氢气，根据电子守恒分析，电极上的产物的物质的量比为1:2:2:2。
【点睛】本题考查原电池和电解池的工作原理。在电解池中阳极上阴离子放电，阴极上阴离子放电，根据溶液的现象分析电极类型并分析各种电解池。掌握电镀装置中镀层金属在阳极，含镀层金属离子的溶液为电解质溶液。电泳装置中注意氢氧化铁胶体微粒带正电荷，向阴极移动，颜色变深。
21.在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。
(1)在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式________；
(2)已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式________；
(3)某课题组用上述废玻璃粉末(含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质)为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。
①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是________。
②反应①的离子方程式为______________________。
③如下图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。
该产品中Ce(OH)4的质量分数为________________(保留两位有效数字)。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度__________ (“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O（2）（3）
后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净;2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;冷却结晶65.30% 偏高
【解析】
试题分析：（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的 二氧化铈可制备铈，在阴极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为。（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4++ Fe2++= Ce3++ Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量等于亚铁离子物质的量=0.0025mol，含量为0.0025×140/0.536="65.30%" ；硫酸亚铁在空气中被氧化，消耗硫酸亚铁增多，测定产品的质量分数偏高。
考点：物质分离和提纯的方法和基本实验操作，氧化还原反应的配平
【名师点睛】
方法
适用范围
主要仪器
注意点
实例
固+液
蒸发
易溶固体与液体分开
酒精灯、蒸发皿、玻璃棒
①不断搅拌；②最后用余热加热；③液体不超过容积2/3
NaCl(H2O)
固+固
结晶
溶解度差别大的溶质分开
NaCl(KNO3)
升华
能升华固体与不升华物分开
酒精灯
I2(NaCl)
固+液
过滤
易溶物与难溶物分开
漏斗、烧杯
①一贴、二低、三靠；②沉淀要洗涤；③定量实验要“无损”
NaCl(CaCO3)
Fe粉(A1粉)
液+液
萃取
溶质在互不相溶的溶剂里，溶解度的不同，把溶质分离出来
分液漏斗
①先查漏；②对萃取剂的要求；③使漏斗内外大气相通;④上层液体从上口倒出
从溴水中提取Br2
分液
分离互不相溶液体
分液漏斗
乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液
蒸馏
分离 沸点不同混合溶液
蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、牛角管
①温度计水银球位于支管处；②冷凝水从下口通入；③加碎瓷片
乙醇和水、
I2和CCl4
渗析
分离胶体与混在其中的分子、离子
半透膜
更换蒸馏水
淀粉与NaCl
盐析
加入某些盐，使溶质的溶解度降低而析出
烧杯
用固体盐或浓溶液
蛋白质溶液、
硬脂酸钠和甘油
气+气
洗气
易溶气与难溶气分开
洗气瓶
长进短出
CO2(HCl)、
CO (CO2)
液化
沸点不同气分开
U形管
常用冰水
NO2(N2O4)
可能用到的相对原子质量：H-1 Ce-140 S-32 Cl -35.5 N- 14 Na -23 Fe- 56 Cu -64 O-16
Ⅰ卷 选择题(共48分)
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分)
1.化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是( )
A. 明矾净化水 B. 纯碱去油污 C. 食醋除水垢 D. 漂白粉漂白织物
【答案】D
【解析】
试题分析：明矾净水是利用明矾溶于水电离产生的Al3+水解产生的Al(OH)3胶体吸附水中悬浮的杂质而沉降下来，与物质的氧化性无关，故A错误；纯碱去油污是利用纯碱溶于水电离产生的碳酸根水解显碱性，油脂在碱性条件下发生较彻底的水解反应产生可溶性的物质高级脂肪酸钠和甘油，与物质的氧化性无关，故B错误；食醋除水垢，是利用醋酸与水垢的主要成分碳酸钙和氢氧化镁发生复分解反应生成可溶性物质，与物质的氧化性无关，故C错误；漂白粉漂白织物是利用次氯酸钙生成的次氯酸的强氧化性漂白，故D正确。
考点：本题考查化学与生活。
2.钢铁发生吸氧腐蚀时,正极上发生的电极反应是
A. 2H+ + 2e- = H2↑ B. Fe2+ + 2e- = Fe
C. 2H2O + O2 + 4e- = 4OH- D. Fe - 2e- = Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】钢铁发生吸氧腐蚀时，铁做负极，碳做正极，氧气在正极发生反应，电极反应为2H2O + O2 + 4e- = 4OH-。
故选C。
3.1克氢气燃烧生成液态水放出142.9 kJ热，表示该反应的热化学方程式正确的是
A. 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l)； △H = —142.9 kJ/mol
B. H2(g) + 1/2O2(g) = H2O(l)； △H = —285.8 kJ/mol
C. 2H2 + O2 = 2H2O； △H = —571.6 kJ/mol
D. H2(g) + 1/2O2(g) = H2O(g)；△H = —285.8kJ/mol
【答案】B
【解析】
试题分析：A、1g氢气燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，所以2mol氢气燃烧生成液态水，放出的热量为142.9kJ×4=571.6kJ，所以△H=-571.6kJ•mol-1，故A错误；B、1gH2燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，△H＜0，所以2mol氢气燃烧生成液态水，放出的热量为142.9kJ×4=571.6kJ，所以△H=-571.6kJ•mol-1，热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O( l )△H=-571.6kJ•mol-1，故B正确；C、物质的状态影响反应热，未注明物质的聚集状态，故C错误；D、1g氢气燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，所以2mol氢气燃烧生成液态水，放出的热量为142.9kJ×4=571.6kJ，所以△H=-571.6kJ•mol-1，选项中焓变符号不对，故D错误；故选B。
【考点定位】考查热化学方程式的书写
【名师点晴】对于热化学方程式的书写和正误判断均结合热化学方程式和普通化学方程式的区别进行分析。①热化学方程式包含物质变化和能量变化，普通化学方程式只有物质变化；②热化学方程式需标明反应的温度和压强。对于25℃，101kPa时进行的反应可不注明．普通化学方程式不需要；③热化学方程式需要标明各物质的状态；④热化学方程式的化学计量数可以是整数或分数，普通化学方程式只能为整数。
4.下列说法正确的是
A. 原电池是把电能转化为化学能的装置
B. 原电池的负极和电解池的阳极上都发生氧化反应
C. 形成原电池后，阳离子通过盐桥向负极移动
D. 电解时，电解池的阳极一定是阴离子放电
【答案】B
【解析】
【详解】A. 原电池是把化学能转化为电能的装置，故错误；
B. 原电池的负极和电解池的阳极上都发生氧化反应，失去电子，故正确；
C. 形成原电池后，盐桥中的阳离子向正极移动，故错误；
D. 电解时，电解池的阳极材料若是活泼金属，则金属失电子发生氧化反应，若为惰性电极，则阴离子失电子发生氧化反应，故错误。
故选B。
【点睛】D为易错点，电解池是将电能变成化学能的装置，阳极是金属或溶液中的阴离子失去电子发生氧化反应，阴极是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，溶液中的阴离子向阳极移动。
5.100mL2mol/LH2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的
A. 碳酸钠(固体) B. 水 C. 硝酸钾溶液 D. 硫酸铵(固体)
【答案】BC
【解析】
试题分析：首先在一定温度下明确氢气生成的量取决于H＋的量，因碳酸钠可与硫酸反应生成二氧化碳消耗H＋，而影响氢气的产量；水和硫酸钾都不消耗H＋，即不影响产量，但都能稀释硫酸而降低H＋的浓度，所以B、C均符合题意。硫酸铵固体既不改变氢气的产量，也不改变反应速率，因此正确的答案选BC。
考点：考查外界条件对反应速率的影响
点评：该题是高考中的常见题型，和重要的考点，属于中等难度的试题。试题在注重对学生基础知识训练的同时，侧重对学生能力的培养，有利于培养学生的逻辑推理能力和灵活应变能力。
6.在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增加的方法是
①增大反应物浓度 ②升高温度 ③增大压强 ④移去生成物 ⑤加入催化剂
A. ① ③ B. ② ⑤ C. ② ④ D. ① ⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子数，活化分子百分数不改变； ②升高温度可以增加活化分子总数和活化分子百分数；③增大压强可以增加单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不改变；④移去生成物不能增大活化分子数和活化分子百分数；⑤加入催化剂降低了活化能，增大了活化分子百分数和活化分子数。
故选B。
7.下列离子方程式中正确的是
A. 氯气与水反应：Cl2+H2O 2H++ClO-+Cl-
B. 铁与稀硫酸反应：2Fe ＋6H+ ＝2Fe3+＋3H2↑
C. 铅蓄电池放电时的正极反应： PbO2+4H++SO42-+2e- = PbSO4+2H2O
D. 用铜电极电解硫酸铜溶液：2Cu2++2H2O = 2Cu+O2↑+4H+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸不能拆成离子形式，故错误；
B. 铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故错误；
C. 铅蓄电池放电时，正极为二氧化铅得电子发生还原反应，电极反应为：PbO2+4H++SO42-+2e- = PbSO4+2H2O，故正确；
D. 用铜电极电解硫酸铜溶液时，铜做阳极，失去电子生成铜离子，铜做阴极，溶液中铜离子得到电子生成铜单质，故反应2Cu2++2H2O = 2Cu+O2↑+4H+是错误的。
故选C。
8.下列化学反应中：Ag＋＋Fe2＋ Ag(固)＋Fe3＋(正反应放热)为使平衡体系析出更多的银，可采取的措施是
A. 常温下加压 B. 增加Fe3＋的浓度
C. 增加Fe2＋的浓度 D. 移去一些析出的银
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下加压对此反应无影响，故错误；
B. 增加Fe3＋的浓度，平衡逆向移动，不能析出更多的银，故错误；
C. 增加Fe2＋的浓度，平衡正向移动，能析出更多的银，故正确；
D. Ag为固体，移去一些析出的银，平衡不移动，故错误。
故选C。
9.某学生欲完成反应Cu+H2SO4===CuSO4+H2↑而设计了下列四个实验，你认为可行的是
【答案】C
【解析】
试题分析：完成Cu+H2SO4===CuSO4+H2↑反应，由于Cu与稀硫酸常温下不反应，所以应设计为电解池，电解池中Cu为阳极，电解质溶液为H2SO4。答案选C。
考点：电解池
10.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 能溶解Al2O3 的溶液：Na+、K+、HCO3－、NO3－
B. 0.1mol·L-1Ca(ClO)2 溶液：K+、Na+、I－、Cl－
C. 能使甲基橙显红色的溶液：K+、Fe2+、Cl－、NO3－
D. 加入KSCN 显红色的溶液：Na+、Mg2+、Cl－、SO42－
【答案】D
【解析】
【详解】A. 能溶解Al2O3 的溶液可能是酸性或碱性，碳酸氢根离子不能存在，故错误；
B. 0.1mol·L-1Ca(ClO)2 溶液中I－ 被氧化，故错误；
C. 能使甲基橙显红色的溶液为酸性溶液，Fe2+与NO3－反应不能共存，故错误；
D. 加入KSCN 显红色的溶液说明还有铁离子，与Na+、Mg2+、Cl－、SO42－四种离子不反应，能共存，故正确。
故选D。
11.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是
A. 18gD2O含有的分子数目为NA
B. 常温常压下，22.4LCO2含有的分子数目为NA
C. 1L1mol·L-1 KOH溶液中含有的钾离子数目为NA
D. 1molCl2溶于水充分反应转移的电子数目为NA
【答案】C
【解析】
A．D2O的式量为20，则18g D2O含有的分子数目为0.9NA，故A错误；B．常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故B错误；C．1 L 1 mol·L－1 KOH溶液中KOH的物质的量为1mol，含有的钾离子数目为NA，故C正确；D．氯气溶解于水，部分氯气与水反应，水溶液中仍存在大量氯分子，1 mol Cl2溶于水充分反应转移的电子数目小于NA，故D错误；答案为C。
12.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性,下列有关说法正确的是
A. H3PO2溶于水的电离方程式为：H3PO2 3H++PO23-
B. H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+3OH-=PO23-+3H2O
C. 将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的氧化产物为H3PO4
D. 用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO2--4e-+2H2O=O2+6H++PO23-
【答案】C
【解析】
【详解】A. H3PO2是一元弱酸，故电离方程式H3PO2 3H++PO23-是错误的。
B. H3PO2是一元弱酸，H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH-= H2PO2- +H2O，故错误；
C. 高锰酸钾具有氧化性，将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的氧化产物为H3PO4，故正确；
D. 用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO2--4e-+2H2O= PO43-+6H+，故错误。
故选C。
13.下列说法正确的是
A. 硫酸氢钾在熔融状态下离子键、共价键均被破坏，形成定向移动的离子，从而导电
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大
C. NH3和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，其熔沸点逐渐升高
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硫酸氢钾在熔融状态下离子键被破坏，形成定向移动的离子，从而导电，故错误；
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为相对分子质量越大，分子间作用力越来越大，故正确；
C. NH3和Cl2两种分子中，除了氢原子外其他原子的最外层都具有8电子稳定结构，故错误；
D. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，但氟化氢分子间有氢键，所以氟化氢的沸点高，其他熔沸点逐渐升高，故错误。
故选B。
14. 下列说法正确的是
A. 用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶等可以配制pH=1的醋酸溶液
B. 在氨水中加入少量的水或氯化铵固体后，都会使溶液中的c(H+)增大
C. 反应SiO2(s)+ 3C(s)="SiC(s)" + 2CO(g)室温下不能自发进行，则该反应的△H<0
D. 对于Ca(OH)2的沉淀溶解平衡，升高温度，Ca(OH)2的溶解速率增大，Ksp减小
【答案】BD
【解析】
试题分析：A．醋酸为弱酸，难以配制pH=1的溶液，可配制0.1mol/L的溶液，故A错误；B．在氨水中加入少量的水溶液的浓度减小，碱性减弱，c(H+)增大，加入氯化铵固体，抑制一水合氨的电离，c(OH-)减小，c(H+)增大，故B正确；C、依据反应自发想的判断依据是△H-T△S＜0，结合反应特征分析，反应SiO2(s)+3C(s)═SiC(s)+2CO(g)室温下不能自发进行，△H-T△S＞0，反应的熵变△S＞0，则△H＞0，故C错误；D、温度升高Ca(OH)2的溶解度变小，故升高温度，Ca(OH)2的溶解速率增大，但其Ksp减小，故D正确。故选BD。
考点：考查了焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质等相关知识。
15.某恒定温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)＋2B(g) 4C(？)＋2D(？)，“？”代表状态未定。反应一段时间后达到平衡，测得生成1. 6 mol C，且反应前后压强之比为5∶4，则下列说法正确的是
A. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝ c4(C).c2(D)/[c3(A).c2(B)]
B. 此时B的平衡转化率是35%
C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
D. 平衡后再增加1mol C，B的平衡转化率不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、平衡时生成，则根据方程式可知平衡时A、B、C、D的物质的量分别是、、、，则根据反应的前后压强之比为可知，D是气体，C不是气体，即该反应是气体体积减小的可逆反应，选项A错误；
B、平衡时生成时，消耗的B的物质的量为，则B的平衡转化率为，选项B错误；
C、正反应是气体体积减小的反应，则增大该体系的压强，平衡向右移动，但由于温度不变，化学平衡常数不变，选项C错误；
D、由于C不是气体，增加C的量对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，选项D正确。
答案选D。
16. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)
B. 0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7):c(NH3·H2O) > c(NH4+)> c(Cl-)> c(OH-)
C. 0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
D. 0.1 mol/LNa2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
【答案】AD
【解析】
试题分析：A．NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4 =Na++H++SO42-，H2OH++OH-，溶液中质子守恒，c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，故A正确；B．0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH＞7)，说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性，c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)，故B错误；C．0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)反应生成氯化钠、NaHC2O4，溶液中存在电荷守恒为：c(Cl-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故C错误；D．0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：n(Na):n(C)=3:2，溶液中物料守恒得到：2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，故D正确；故选AD。
【考点定位】考查离子浓度大小的比较
【名师点晴】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，注意明确盐的水解原理，掌握比较溶液中离子浓度大小的方法，明确电荷守恒、物料守恒等比较离子浓度大小中应用。要熟练使用电解质溶液中的守恒关系：电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na＋)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)推出：c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH-)，物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中：n(Na+):n(c)＝1:1，推出：c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)；质子守恒：(不一定掌握)电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。例如：在NH4HCO3溶液中H3O+、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、OH-、CO32-为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O+)+c(H2CO3)=c(NH3)+c(OH-)+c(CO32-)。
Ⅱ卷 非选择题(共52分)
二、填空题(共52分)
17.Ⅰ.某温度下，在2L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g) cC(g) △H = —QkJ·mol—1(Q>0)。12s时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应进程如下图所示。
(1)化学计量数b:c=_______
(2)前12s内，A的平均反应速率为________________
(3)12s内，A和B反应放出的热量为__________
Ⅱ.已知:Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2利用这一反应，试设计一个原电池，指出电极材料名称，并写出电极反应式
正极：__________ 电极反应：__________________
负极：__________ 电极反应：__________________
【答案】 (1). b:c =1：2 (2). 0.05mol•L-1•s-1 (3). 0.4QkJ (4). 碳棒 (5). 2Fe3++2e-=2Fe2+ (6). 铜 (7). Cu-2e-=Cu2+
【解析】
【分析】
根据图象中各物质的浓度变化量的比值确定方程式的系数。根据热化学方程式中化学计量数为物质的量分析反应热。根据原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应分析原电池的正极和电极反应。
【详解】Ⅰ. (1)从图分析，起始A、B的浓度为0.8mol/L，0.5 mol/L，平衡时浓度分别为0.2 mol/L，0.3 mol/L，C的平衡时的浓度为0.8mol÷2L=0.4 mol/L，所以改变量分别为08mol/L-0.2mol/L=0.6 mol/L，0.5mol/L-0.3mol/L=0.2 mol/L，0.4 mol/L，比例为0.6:0.2:0.4=3:1:2。所以 b:c =1：2；
(2) 前12s内，A的平均反应速率为0.6mol/L÷12s=0.05mol•L-1•s-1；
(3)根据热化学方程式分析，当有3molA反应时放出的热量为QkJ，所以当有0.6mol/L×2L=1.2 mol的A反应时放出的热量为 0.4QkJ；
Ⅱ.根据反应分析，铁离子得到电子，在正极反应，正极材料为碳，电极反应为2Fe3++2e-=2Fe2+，铜失去电子生成铜离子，在负极反应， 电极反应为Cu-2e-=Cu2+。
18.A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。
(1)B在周期表中的位置为第________周期第________族。
(2)E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为____________________。
(3)元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是 ______>______>_____(用离子符号表示)。
(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程：____________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是________________________。
【答案】 (1). 二 (2). ⅤA (3). H2SO3、H2SO4 (4). S2－ (5). O2－ (6). Na＋ (7). (8). 离子键、(非极性)共价键
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，为氢元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。
【详解】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，为氢元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。
(1)B为氮元素，在第二周期第VA族；
(2)E为硫元素，其氧化物由二氧化硫和三氧化硫，对应的水化物分别为H2SO3、H2SO4；
(3)氧离子、钠离子和硫离子中根据电子层数越多，半径越大，相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小分析，半径顺序为S2－>O2－>Na＋;
(4)用电子式表示氧化钠的形成过程，表示为： ；
过氧化钠中含有离子键、(非极性)共价键。
【点睛】掌握电子式表示化合物的形成过程中，注意离子化合物的书写方法，左侧写原子的电子式，右侧写化合物的电子式，并用弯箭头表示电子的转移方向。
19.Ⅰ.(1)在100 mL 0.8mol/L硝酸溶液中加入足量铜粉，则被溶解的铜的质量为_______g。
(2)在上述溶液中再加入足量稀硫酸，又有_______g铜溶解。
Ⅱ. 请回答下列问题：25℃时，浓度均为0.10mol • L﹣1的 ①氨水 ②NH4Cl溶液
(1)NH4Cl溶液显_________(酸、碱、中)性，原因是(用离子方程式表示)____________________________________，若加入少量的氨水，使溶液中c(NH4+)=c(Cl﹣)，则溶液的pH_____7 (填“＞”、“＜”或“=”)．
(2)氨水显碱性的原因(用离子方程式表示)______________________，向氨水中加入NH4Cl固体，氨水的电离程度________(填“增大”、“减小”或“不变”)，溶液的pH将________(填“增大”、“减小”或“不变”)．
【答案】 (1). 1.92 (2). 5.76 (3). 酸 (4). NH4++H2O NH3•H2O+H+ (5). = (6). NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ (7). 减小 (8). 减小
【解析】
【分析】
硝酸和铜反应时，硝酸表现酸性和氧化性，根据硝酸和铜反应的方程式分析，注意酸性条件下硝酸根离子表现强氧化性，能继续氧化单质铜。根据影响弱电解质电离平衡的因素分析，加入同种离子的物质，抑制其电离。
【详解】Ⅰ. (1)硝酸的物质的量为0.8mol/L×0.1L=0.08mol，根据铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水的方程式分析，反应消耗的铜的物质的量为0.03mol，质量为0.03mol×64g/mol=1.92g。
(2)反应生成0.03mol硝酸铜，在溶液中加入足量的稀硫酸，提供氢离子，则硝酸根离子还可以溶解铜，根据电子守恒分析，0.06mol硝酸根离子能得到0.18mol电子，所以能溶解0.18mol÷2=0.09mol铜，质量为0.09mol×64g/mol=5.76g。
Ⅱ. (1)氯化铵中铵根离子水解使溶液显酸性，水解方程式为NH4++H2O NH3•H2O+H+；
若加入少量的氨水，溶液中c(NH4+)=c(Cl﹣)，则根据电荷守恒分析，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，即溶液为中性，pH=7。
(2)一水合氨电离出氢氧根离子，溶液显碱性，电离方程式为： NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，向溶液中加入氯化铵，氯化铵电离出铵根离子，抑制一水合氨的电离，所以电离程度减小，溶液的pH将减小。
【点睛】掌握硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，所以硝酸盐中加入稀硫酸后能溶解金属铜，再根据硝酸根离子全部表现氧化性，得失电子数相等进行分析溶解铜的物质的量。
20.Ⅰ、火力发电厂释放出大量氮氧化合物(NOx)、SO2和CO2等气体会造成环境问题。对燃煤废气进行脱硝、脱硫和脱碳等处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。
(1)脱硝。利用甲烷催化还原NOx：
CH4(g)＋ 4NO2(g)＝4NO(g)＋ CO2(g)＋ 2H2O(g) △H1＝－574 kJ/mol
CH4(g)＋ 4NO(g)＝2N2(g)＋ CO2(g)＋ 2H2O(g) △H2＝－1160 kJ/mol
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________________________。
(2)脱碳。将CO2转化为甲醇：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)△H3
在一恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2进行反应。测得CO2和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示。回答：0～10 min内，氢气的平均反应速率为___mol/(L·S)；第10 min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，则平衡_________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
Ⅱ、如下图所示C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。
(1)若用甲醇、空气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，则A极的电极反应式为_________________________
(2)欲用(丙)装置给铜镀银，银应该是 _____电极(填G或H)
(3)(丁)装置中Y极附近红褐色变_______(填深或浅)
(4)通电一段时间后，C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为_____________
【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝-867 kJ/mol (2). 0.00375 (3). 正向 (4). O2 + 4e- + 2H2O = 4OH- (5). G (6). 深 (7). 1:2:2:2
【解析】
【分析】
根据化学平衡的三段式进行计算各物质的浓度和平衡常数，根据浓度商和平衡常数的关系分析反应进行的方向。根据电解原理分析各电解池中的电极反应和现象。
【详解】(1)根据盖斯定律分析，① CH4(g)＋ 4NO2(g)＝4NO(g)＋ CO2(g)＋ 2H2O(g) △H1＝－574 kJ/mol，②CH4(g)＋ 4NO(g)＝2N2(g)＋ CO2(g)＋ 2H2O(g) △H2＝－1160 kJ/mol
①+②可得热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝－1160－574 =-867 kJ/mol；
(2).根据方程式计算
CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
起始浓度1.0 3.0 0 0
改变浓度 0.75 2.25 0.75 0.75
平衡浓度0.25 0.75 0.75 0.75
0～10 min内，氢气的平均反应速率为2.25mol/L÷600s=0.00375mol/(L·s)；平衡常数为，第10 min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，则Qc=
(2) 欲用(丙)装置给铜镀银，银应该在阳极，即为G极。
(3)丁为氢氧化铁胶体的电泳，因为氢氧化铁胶体微粒带正电荷，所以阴极即Y极，红褐色变深。
(4)通电一段时间后，C上析出氧气，D上产生铜，E上产生氯气，F上产生氢气，根据电子守恒分析，电极上的产物的物质的量比为1:2:2:2。
【点睛】本题考查原电池和电解池的工作原理。在电解池中阳极上阴离子放电，阴极上阴离子放电，根据溶液的现象分析电极类型并分析各种电解池。掌握电镀装置中镀层金属在阳极，含镀层金属离子的溶液为电解质溶液。电泳装置中注意氢氧化铁胶体微粒带正电荷，向阴极移动，颜色变深。
21.在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。
(1)在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式________；
(2)已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式________；
(3)某课题组用上述废玻璃粉末(含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质)为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。
①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是________。
②反应①的离子方程式为______________________。
③如下图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。
该产品中Ce(OH)4的质量分数为________________(保留两位有效数字)。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度__________ (“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O（2）（3）
后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净;2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;冷却结晶65.30% 偏高
【解析】
试题分析：（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的 二氧化铈可制备铈，在阴极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为。（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4++ Fe2++= Ce3++ Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量等于亚铁离子物质的量=0.0025mol，含量为0.0025×140/0.536="65.30%" ；硫酸亚铁在空气中被氧化，消耗硫酸亚铁增多，测定产品的质量分数偏高。
考点：物质分离和提纯的方法和基本实验操作，氧化还原反应的配平
【名师点睛】
方法
适用范围
主要仪器
注意点
实例
固+液
蒸发
易溶固体与液体分开
酒精灯、蒸发皿、玻璃棒
①不断搅拌；②最后用余热加热；③液体不超过容积2/3
NaCl(H2O)
固+固
结晶
溶解度差别大的溶质分开
NaCl(KNO3)
升华
能升华固体与不升华物分开
酒精灯
I2(NaCl)
固+液
过滤
易溶物与难溶物分开
漏斗、烧杯
①一贴、二低、三靠；②沉淀要洗涤；③定量实验要“无损”
NaCl(CaCO3)
Fe粉(A1粉)
液+液
萃取
溶质在互不相溶的溶剂里，溶解度的不同，把溶质分离出来
分液漏斗
①先查漏；②对萃取剂的要求；③使漏斗内外大气相通;④上层液体从上口倒出
从溴水中提取Br2
分液
分离互不相溶液体
分液漏斗
乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液
蒸馏
分离 沸点不同混合溶液
蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、牛角管
①温度计水银球位于支管处；②冷凝水从下口通入；③加碎瓷片
乙醇和水、
I2和CCl4
渗析
分离胶体与混在其中的分子、离子
半透膜
更换蒸馏水
淀粉与NaCl
盐析
加入某些盐，使溶质的溶解度降低而析出
烧杯
用固体盐或浓溶液
蛋白质溶液、
硬脂酸钠和甘油
气+气
洗气
易溶气与难溶气分开
洗气瓶
长进短出
CO2(HCl)、
CO (CO2)
液化
沸点不同气分开
U形管
常用冰水
NO2(N2O4)
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