2019届高三化学上学期期中试题与解析

2019届高三化学上学期期中试题与解析化学试卷1.化学与生产、 生活密切相关。下列说法正确的是A. 砒霜的主要成分是三硫化二砷B. 氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多C. 过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射NaHCO3溶液的方法解毒D. 铜单质制成的“纳米铜”在空气中能燃烧，说明“纳米铜”的金属性比铜片强【答案】C【解析】【详解】A.砒霜的主要成分是三氧化二砷，故A错误； B.碳酸钠溶液能够与酸剧烈反应，并产生二氧化碳气体，对身体不利，因此不能用来中和胃酸，故B错误； C.阿司匹林为感冒用药,但因其含有水杨酸,服用过量易造成酸中毒,可静脉注射碳酸氢钠来降低酸性,故C正确； D.金属性指的是元素的性质，“纳米铜”为物质，应该说还原性；因此铜片在空气中难燃烧，纳米级铜粉在空气中易燃烧，是因为与氧气的接触面积不同，不能说明“纳米铜”的还原性比铜片强，故D错误；综上所述，本题选C。2.下列有关说法正确的是A. 足量的Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3B. 铁的化学性质比较活泼，它能和水蒸气反应生成H2和Fe(OH)3C. 用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2D. 向某溶液中加NaOH溶液得白色沉淀，且颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液只含Fe2+【答案】A【解析】A、铁与氯气反应，无论过量与否都生成FeCl3，故A正确；B、铁与水蒸气反应：3Fe4H2O(g) Fe3O44H2，故B错误；C、KMnO4能把Cl氧化成Cl2，对Fe2的检验产生干扰，故C错误；D、生成白色沉淀变为红褐色沉淀，说明原溶液中一定含有Fe2，但也可能含有Mg2等离子，与NaOH溶液产生白色沉淀，被红褐色沉淀干扰，故D错误。点睛：本题的易错点是选项C，学生忽略高锰酸钾溶液在酸性条件下，能氧化Cl，对Fe2的检验产生干扰。3.已知：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI；向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2，产生白色沉淀；将FeCl3溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝色。现有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100 mL，向其中通入4.48 L(标准状况)氯气，然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微红色。下列有关说法正确的是A. FeI2的物质的量浓度约为1 molL-1B. 完全反应时转移电子0.2 molC. 通入氯气的过程中，首先被氧化的离子是Fe2+，最后被氧化的离子是I-D. 反应后，溶液中大量存在的离子有Na+、H+、SO42-和Fe3+【答案】A【解析】【详解】由知，还原性强弱顺序为SO2I-；由知，还原性强弱顺序为SO2Fe2+；由知，还原性强弱顺序为I-Fe2+，故还原性强弱顺序为SO2I-Fe2+，类比可得离子的还原性强弱顺序为HSO3-I-Fe2+。向混合溶液中通入Cl2的过程中，首先氧化HSO3-，然后氧化I-，最后氧化Fe2+，C错误；加入KSCN溶液，溶液呈微红色，说明有微量的Fe3+生成，则有较多的Fe2+没有被氧化，D错误；HSO3-和I-均完全反应，Fe2+发生的反应可以忽略不计，根据电子得失守恒得2n(FeI2)+2n(NaHSO3)=24.48 L22.4 Lmol-1，即n(FeI2)+n(NaHSO3)=0.2 mol，由于溶质的物质的量相等，所以n(FeI2)=0.1 mol，c(FeI2)=1 molL-1，A正确；转移电子的物质的量根据氯气计算得24.48 L22.4 Lmol-1=0.4 mol，B错误；综上所述，本题选A。4.下列说法中正确的是A. 第A族单质从上往下熔沸点逐渐升高，第A族单质从上往下熔沸点逐渐降低B. Na2SiO3溶液可用作矿物胶、木材防火剂，还可用作制备硅胶的原料C. 品红溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能与SO2气体作用而褪色，且其实质相同D. 镁和铝性质稳定且都有很强的抗腐蚀能力，所以镁铝合金可用于飞机、轮船制造【答案】B【解析】【详解】A. 第A族单质从上往下：氟气、氯气、液溴、固体碘、固体砹，物质由气态变为液态，所以熔沸点逐渐升高，第一主族的金属元素，从上到下，原子半径逐渐增大，形成的金属键逐渐减弱，熔沸点逐渐降低，但该族元素还含有H元素，H2常温下为气体，熔点低于同族元素的单质，故A错误；B.硅酸钠的水溶液是矿物胶，和酸反应可以制备硅胶，具有防腐阻燃的作用，做木材防火剂的原料,故B正确； C.品红遇二氧化硫褪色体现二氧化硫的漂白作用，而且加热红色能复原；二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，溶液碱性减弱，红色褪去，各元素没有价态变化，是复分解反应，二者褪色原理不一样，故C错误；D.镁铝合金密度小，硬度大，可用于制造飞机、汽车等部件，故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】二氧化硫具有漂白性，漂白某些有机色质，如品红，且漂白过程属于非氧化性漂白，具有可逆性；但是不能漂白酸碱指示剂，因此二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应，红色褪去，体现了二氧化硫的酸性氧化物的性质，而非漂白性。5.以下实验操作不能达到相应的实验目的的是A. 除去食盐水中混有的杂质碘B. 萃取时振荡混合液C. 向容量瓶中转移液体D. 闻气体的气味【答案】A【解析】【详解】A.碘易溶于有机溶剂，如四氯化碳等，且四氯化碳与水不互溶，因此，除去食盐水中混有的杂质碘，可以采用萃取法，不能采取蒸发的方法，故A错误；B.进行萃取时，上下颠倒，振荡液体，使液体混合均匀，操作正确，故B正确；C.转移液体需要引流，图中玻璃棒起到引流作用，且玻璃棒下端在刻度线以下，图中操作合理，故C正确；D.闻气体时,应使极少量气体进入鼻孔,则用手轻轻扇动来闻气体气味，图中操作合理，故D正确；综上所述，本题选A。6. 下列图示与对应的叙述相符的是 A. 图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJmol1B. 图2表示压强对可逆反应2A(g)+2 B(g) 3C(g)+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C. 图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲为钠D. 图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH【答案】C【解析】试题分析：A、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，与图象不吻合，故A错误；B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故B错误；C、钾比钠活泼，反应速率快。钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量，在质量相等的条件下钠放出的氢气多，与图像吻合，故C正确；D、在稀释过程中HA的pH变化大，说明HA的酸性比HB强，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于NaB，NaA与NaB水解显碱性，所以NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；故选C。考点：考查燃烧热、外界条件对平衡状态的影响、盐类水解、弱电解质的电离等知识7.下列正确的叙述有A. CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2均为碱性氧化物B. Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3C. 灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应均可设计成原电池D. 电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀过程均需要通电才能发生【答案】B【解析】【详解】A. 酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应；所以NO2不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以Na2O2不属于碱性氧化物，A错误；B. Fe2O3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸汽共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，B正确；C. Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误；D. 电解、电泳、电镀需通电，电离是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故D 错误。综上所述，本题选B。【点睛】酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸或碱发生反应时，各元素的化合价不发生变化，均为非氧化还原反应；如果氧化物与酸或碱发生反应时，如果发生氧化还原反应，该氧化物就不是酸性氧化物或碱性氧化物。8.下列方程式正确的是A. Fe2(SO4)3溶液和足量Zn充分反应：2Fe3+Zn2Fe2+Zn2+B. NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2+2ClO-+2H2OFe(OH)2+2HClOC. 氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2OD. 氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O【答案】D【解析】【详解】A. Zn的活泼性大于铁，过量的锌可以置换出铁，反应离子方程式：2Fe3+3Zn2Fe+3Zn2+；A错误；B. 由于次氯酸具有强氧化性，能够把+2价铁氧化为+3价，不能生成Fe(OH)2，B错误；C. 氢氧化铁与HI溶液反应时，发生Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O反应，同时还有2Fe3+2I-=2 Fe2+ I2反应发生，方程式书写不完全，C错误；D. 碱性氧化物氧化铁与稀硝酸反应生成盐和水，离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O，D正确；综上所述，本题选D。9.下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是 选项 离子组 试剂X 离子方程式A. Fe3+、Al3+、SO32-、NO3- 过量的盐酸 SO32-+2H+H2O+SO2B. 透明溶液中：Fe3+、NH4+、SO42-、Cl- 过量的铜粉 2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+C. Na+、Ba2+、HCO3-、Cl- NaHSO4溶液 H+HCO3-CO2+H2OD. pH=1的溶液中：Mg2+、Fe2+、NO3-、SO42- 双氧水 2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.酸性条件下，硝酸把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，不能生成二氧化硫气体，故A错误；B. 透明溶液可能是有色溶液，在透明溶液中这四种离子能大量共存，加入铜粉，铜与铁离子反应，铜不能与亚铁离子反应，发生2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故B正确；C.加入硫酸氢钠溶液，相当于加入强酸，反应漏掉了Ba2+SO42-=BaSO4，故C错误；D. pH=1的溶液显酸性，发生反应为3Fe2+NO3-+4H+3Fe3+2H2O+NO，离子组不能大量共存，故D错误； 综上所述，本题选B。【点睛】选项D中，Fe2+、NO3-、SO42-离子间可以大量共存，但是当溶液的酸性增强后，硝酸具有强氧化性，能够把Fe2+氧化为Fe3+，即强酸性条件下Fe2+、NO3-、SO42-离子间就不能大量共存。10.某溶液中含有较大量的Cl、CO32- 、OH3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是滴加Mg(NO3)2溶液 过滤 滴加AgNO3溶液 滴加Ba(NO3)2溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】某溶液中含有较大量的Cl、CO32、OH等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，应该先滴加Ba(NO3)2溶液检验CO32，过滤后，再向滤液中滴加Mg(NO3)2溶液检验OH，过滤，最后向滤液中滴加AgNO3溶液检验Cl，所以实验操作顺序正确的是B， 本题选B。 点睛：再检验一种离子时，要先分析有哪些干扰离子存在，选择合适的检验顺序可以避开干扰离子的干扰。特别要注意的是，银离子可以和氢氧根生成氢氧化银沉淀，只不过氢氧化银不稳定，它会分解为氧化银。 视频 11.利用电解法制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH和Cl2。下列说法正确的是 A. C膜可以为质子交换膜B. 阴极室的电极反应式为2H2O-4e-O2+4H+C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极D. 每转移2 mol e-，阳极室中c(Ca2+)降低1 mol/L【答案】C【解析】A.通过图示分析C膜只能是阳离子交换膜，故A项错误；B.阴极室的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，故B项错误；C.阴极电极不参与反应，故可用铁电极替换阴极的石墨电极，故C项正确；D.未给出溶液体积，无法计算浓度，故D项错误。点睛：具有隔膜的电解池，膜的作用是让特定的离子单向移动，防止副反应的发生。12.为测定含镁3%5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了2种实验方案，说法不正确的是方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量；方案二：称量m g铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。测得固体质量增重。 A. 方案一中若称取5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应，则V100 mLB. 方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高C. 方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量D. 方案二中若用空气代替O2进行实验，则测定结果偏高【答案】A【解析】【详解】A.含镁为5%时，金属铝的含量最低，5.4 g合金中铝的质量为5.4（1-5%）g；则根据反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知，2Al-2NaOH，5.4（1-5%）/27：V10-32=2:2，解得V=95mL，因此取5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应，则V95 mL，A错误；B. 方案一中金属铝与氢氧化钠溶液反应，过滤后剩余固体镁；测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，相当于镁的质量偏大，则镁的质量分数偏高，B正确；C.Mg、Al均与氧气反应,生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，根据镁铝质量守恒，氧化镁和氧化铝质量守恒，列方程可以求出金属镁的质量，进而求出镁的质量分数，C正确；D. 空气中有氮气和氧气，金属镁能够与氮气反应生成氮化镁，灼烧后固体质量增大，金属镁的质量偏大，测定结果偏高，D正确；综上所述，本题选A。13.Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。下列判断正确的是 A. e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体B. 玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应C. c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触D. Y形管乙中产生的为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀【答案】A【解析】【分析】SO2与 BaCl2反应产生沉淀，溶液中必存在大量的SO32-或SO42-，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-，则生成的沉淀可能为BaSO3；如是氧化性气体,溶液中可生成 SO42-，则生成的沉淀可能为BaSO4；容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。【详解】A、如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-,所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生碱性气体氨气，故A 正确； B、玻璃管的作用是连通大气,平衡压强,以便左右两边产生的气体顺利导入，故 B错误；C、如果产生氨气，氨气极易溶于水，易产生倒吸，为防止倒吸，所以不能插人BaCl2溶液中，故C错误； D. SO2与 BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故D错误；综上所述，本题选A。【点睛】SO2 与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。14.已知：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) H1，CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H2下列推断正确的是A. 若CO的燃烧热为H3，则H2的燃烧热为H3H1B. 反应CH4(g)+ CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)的H=H2H1C. 若反应的反应物总能量低于生成物总能量，则H20D. 若等物质的量CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则H10【答案】B【解析】试题分析：A氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量，而反应中的水是气体，A项错误；B根据盖斯定律，反应CH4(g)+ CO2(g)=2CO (g) +2H2(g)的H=H2H1，B项正确；C若反应的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应是吸热反应，H20，C项错误；D由于对于放热反应，焓变是负值，则放出的热量越多，焓变越小，所以若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则H1Fe2+ Br-，当加同一种氧化剂时，反应按还原性的强弱先后进行，因此FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，可能只氧化亚铁离子，也可能氧化全部亚铁离子和部分溴离子，也可能全部氧化Fe2+和Br-，具体情况具体分析。18.二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示: 下列说法不正确的是A. b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸B. 二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOHC. 电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2D. 电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O【答案】D【解析】A. 电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2 +NH3，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2 +NH3，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O +3Cl-=NCl3+4H+，选项D不正确。答案选D。19.下列关于某些离子的检验说法正确的是A. 向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-或HCO3-B. 某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42-C. 向某溶液中加入几滴氯水，再加入KSCN溶液，溶液呈红色，则原溶液中一定含有 Fe2+D. 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+【答案】D【解析】【详解】A、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，所以原溶液中可能有CO32-或HCO3-或SO32-或HSO3-，故A错误； B、硝酸钡加稀盐酸形成了硝酸，硝酸具有强氧化性,可将亚硫酸酸根离子氧化成硫酸根离子，形成硫酸钡沉淀，则不能确定原溶液中一定含有SO42-，故B错误； C. 向含有铁离子的溶液中加入几滴氯水，再加入KSCN溶液，溶液也呈红色，则不能确定原溶液中一定含有Fe2+，故C错误；D、溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热,产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,产生的气体是氨气,则原溶液中存在NH4+,故D正确；综上所述，本题选D。20.某离子反应中涉及H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl 六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是：（ ） A. 该反应的还原剂是ClB. 消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3D. 反应后溶液的酸性明显增强【答案】D【解析】试题分析：A、N2的物质的量随反应时间的变化逐渐增多，说明为生成物，对应的反应物为NH4+，反应过程为氧化反应，则必然同时进行ClO-Cl-的还原反应，故Cl-为还原产物，A不正确；B、溶液里发生反应的化学方程式为：3ClO-+2NH4+N2+3Cl-+3H2O+2H+，消耗1 mol还原剂NH4+，转移3mol电子，B不正确；C、氧化剂与还原剂的物质的量之比为32，C不正确；D、根据方程式可知反应后溶液酸性增强，D正确，答案选D。考点：考查氧化还原的原理分析21.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统。放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是 A. 放电时，负极反应为3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+B. 充电时，阳极反应为2Na2S2-2e-= Na2S4+2Na+C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2时，b池生成17.40g Na2S4【答案】C【解析】放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2（右罐）和NaBr3（左罐），则Na2S2在负极失电子，NaBr3在正极得电子；充电时，阴极为负极的逆反应，阳极为正极的逆反应；A放电时，负极Na2S2失电子，则负极的电极反应式为：2S22-2e-S42-，故A错误；B充电时，阳极上Br-失电子转化为Br3-，则阳极的电极反应式为：3Br-2e-=Br3-，故B错误；C电池放电时，Na2S2和NaBr3反应，则电池的总反应方程式为：2Na2S2+NaBr3=Na2S4+3NaBr，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 LH2时，此气体不是标准状况下的体积，无法进行换算，则b池生成Na2S4的质量不一定是17.40g，故D错误答案选C。点睛：可以从多个角度判断电极性质，如两极中参与反应中元素化合价的变化；电解质中离子迁移方向等，书写电极反应式要注意介质参与电极反应。22.CO、H2、C2H5OH三种物质燃烧的热化学方程式如下：CO(g)+1/2O2(g)CO2(g) H1=a kJ/mol；H2(g)+1/2O2(g)H2O(g) H2=b kJ/mol；C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g) H3=c kJ/mol。下列说法正确的是A. H10B. 2H2O(l)2H2(g)+O2(g) H=-2b kJ/molC. CO2与H2合成C2H5OH反应的原子利用率为100%D. 2CO(g)+4H2(g)H2O(g)+C2H5OH(l) H=(2a+4b-c) kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A.反应为CO(g)的燃烧反应，一定为放热反应，H1Fe3+Cu2+H+Fe2+Zn2+H+；阳极：活泼电极S2-I-Br-Cl-OH-；电解原理的应用中包含铜的精炼，注意粗铜做阳极，纯铜做阴极，含铜离子的溶液做电解质。25.在容积为2.0 L的密闭容器内，物质D在T 时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述不正确的是 A. 从反应开始到第一次达到平衡时， A物质的平均反应速率为0.0667 mol/(Lmin)B. 该反应的化学方程式为2D(s) 2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2c(B)C. 已知：反应的H0，则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度D. 若在第7分钟时增加D的物质的量，则表示A的物质的量变化正确的是a曲线【答案】D【解析】【详解】A.根据v=c/t计算得A物质的平均反应速率为0.4/(23)= 0.0667 mol/(Lmin),A正确；B.根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了0.4mol，B的物质的量增加了0.2mol，所以A、B为生成物，D的物质的量减少了0.4mol/L，所以D为反应物，D、A、B的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1,反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，化学方程式为2D(s) 2A(g)+B(g)，该反应的平衡常数表达式为K=c(A)2c(B) ，故B正确；C.第5分钟时A、B的物质的量在原来的基础上增加，而D的物质的量在原来的基础上减小，说明平衡正向移动，因为反应的H0,所以此时是升高温度，故C正确； D.因为D是固体，量的改变不影响化学平衡，所以A的物质的量不变，故D错误；综上所述，本题选D。26.下列有关实验的描述正确的是A. 向碘化钠稀溶液中加入新制氯水立即生成大量紫黑色固体B. 向分别装有1 g Na2CO3和NaHCO3固体的试管中滴入几滴水，温度高的为Na2CO3C. 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，变红，说明样品变质D. 中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，目的是为了混合均匀，充分反应【答案】B【解析】碘离子被氯气氧化为碘单质，碘单质溶在水中，溶液显紫色，不能有紫色固体析出，A错误； Na2CO3溶于水放热多，所以温度高，B正确；Fe2+ 、NO3- 在酸性环境下发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，样品不一定变质，C错误；用环形玻璃搅拌棒要轻轻搅动，防止热量散失，D错误。正确答案B。27.下图是采用新能源储能器件将CO2转化为固体产物，实现CO2的固定和储能灵活应用的装置。储能器件使用Li-CO2电池，组成为：钌电极/CO2饱和的LiClO4-DMSO电解液/锂片。下列说法不正确的是 A. Li-CO2电池的电解液由LiClO4和DMSO溶于水得到B. CO2的固定中，每转移8 mol e-，生成6 mol气体C. 过程中化学能转化为电能D. 过程的钌电极的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-4Li+3CO2【答案】A【解析】【详解】A. 金属锂能够与水反应，电解液不能由LiClO4和DMSO溶于水得到，A错误；B. 根据电极反应方程式：2Li2CO3=4Li+2CO2+O2+4e-可知，得到4mole-，生成2molCO2气体和1molO2，现转移8mole-，生成6mol气体，B正确；C. 通过图示可知，电子不断的流出，过程中化学能转化为电能，C正确；D. 通过图示可知，碳变为二氧化碳，发生氧化反应，过程的钌电极的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-4Li+3CO2，D正确；综上所述，本题选A。28.下列有关实验设计或操作、观察或记录、结论或解释都正确的是选项 实验设计或操作 观察或记录 结论或解释A. 将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中 产生红棕色气体 硝酸的还原产物是NO2B. 某粉末用酒精润湿后，用铂丝蘸取做焰色反应 火焰呈黄色 该粉末一定不含钾盐C. 将Na2O2裹入棉花中，放入充满CO2的集气瓶中 棉花燃烧 Na2O2与CO2的反应为放热反应D. 将过量的CO2通入CaCl2溶液中 无白色沉淀出现 生成的Ca(HCO3)2可溶于水A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮，选项A错误； B火焰呈黄色，说明是含钠元素的物质，不能确定是否含有钾元素，选项B错误；C、将Na2O2裹入棉花中，放入充满CO2的集气瓶中，Na2O2与CO2的反应为放热反应，温度升高，达到棉花的着火点，且有大量氧气，棉花燃烧，选项C正确；D、弱酸不能制强酸，所以CO2不与强酸盐反应，所以无沉淀，选项D错误。答案选C。29.下列说法正确的是A. 将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，还是一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热测定B. 已知反应的中和热为H=-57.3 kJmol-1，则稀H2SO4和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热H=-257.3 kJmol-1C. 燃烧热是指在101 kPa时可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S(s)+3/2O2(g)SO3(g)H=-315 kJmol-1即为硫的燃烧热D. 已知冰的熔化热为6.0 kJmol-1，冰中氢键键能为20.0 kJmol-1，假设1 mol冰中有2 mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1 mol冰中15%氢键【答案】D【解析】【详解】A.将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，会有热量的损失，中和热数值测定结果偏小；必须一次性快速注入盐酸中，减小热量损失，A错误；B.中和热是指在稀溶液中，氢离子和氢氧根离子生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量和酸碱的元数无关，故B错误；C.S的燃烧热是指1molS固体完全燃烧生成SO2放出的热量，而不是SO3，故C错误；D.冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体,冰的熔化热为6.0 kJmol-1，1mol冰变成0的液态水所需吸收的热量为6.0 kJ ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0 kJmol-1，1mol冰中含有2mol氢键,需吸收40.0 kJ 的热量,6.0/40.0100%=15%；所以最多只能打破1mol 冰中全部氢键的15%，故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧的反应热，完全燃烧是指物质中含有的氮元素转化为气态氮气，氢元素转化为液态水，碳元素转化为气态二氧化碳，硫元素变为气态二氧化硫。30.一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为-2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4 g硫单质、0.425 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是A. 该盐酸的物质的量浓度为4.25 molL-1B. 该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为31C. 生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24 LD. 该磁黄铁矿中FexS的x=0.85【答案】D【解析】【详解】n(S)=2.4/32=0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.075(2-0)/(3-2)=0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6；A.盐酸恰好反应生成FeCl2的量为0.425mol，根据氯原子守恒得c(HCl)=0.4252/0.1=8.5mol/L，故A错误；B.根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.075(2-0)/(3-2)=0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，故B错误；C根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，V(H2S)=0.425mol22.4L/mol=9.52L，故C错误；DFexS中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以n(Fe)：n(S)=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】本题考查了根据氧化还原反应进行计算，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算是关键；本题中根据氢原子守恒计算硫化氢体积，根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比。31.金属镓是广泛用于电子工业和通讯领域的重要金属，化学性质与铝元素相似。（1）工业上提纯镓的方法很多，其中以电解精炼法为多。具体原理如下：以待提纯的粗镓(内含Zn、Fe、Cu杂质)为阳极，以高纯镓为阴极，以NaOH水溶液为电解质溶液。在电流作用下使粗镓在阳极溶解进入电解质溶液，并通过某种离子迁移技术到达阴极并在阴极放电析出高纯镓。已知离子氧化性顺序为Zn2+Ga3+Fe2+Cu2+。电解精炼镓时阳极泥的成分是_。GaO2-在阴极放电的电极方程式是_。（2）工业上利用固态Ga与NH3高温条件下合成固体半导体材料氮化镓(GaN)同时又有氢气生成。反应中每生成3 mol H2时就会放出30.8 kJ热量。该反应的热化学方程式为_。一定条件下，加入一定量的Ga与NH3进行上述反应，下列叙述符合事实且可作为判断反应已达到平衡状态的标志的是_。A.恒温恒压下，混合气体的密度不变B.断裂3 mol HH键，同时断裂2 mol NH键C.恒温恒压下达平衡后再加入2 mol H2使平衡移动，NH3消耗速率等于原平衡时NH3的消耗速率D.升高温度，氢气的生成速率先增大再减小【答案】 (1). Fe、Cu (2). GaO2-+3e-+2H2OGa+4OH- (3). 2Ga(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) H=-30.8 kJ/mol (4). AC【解析】【详解】(1)已知离子氧化性顺序为：Zn2+Ga3+Fe2+Cu2+，则电解精炼镓时阳极是 Zn和 Ga失去电子，而铁和铜变为阳极泥；综上所述，本题答案是：Fe、Cu。GaO2-在阴极得到电子转化为金属单质，因此放电的电极方程式是：GaO2-+3e-+2H2OGa+4OH-；综上所述，本题答案是：GaO2-+3e-+2H2OGa+4OH-。(2)反应中每生成3molH2时就会放出30.8 kJ 热量，因此该反应的热化学方程式为: 2Ga(s)+2NH3(g