福建省福州市闽侯县高二化学下学期期末考试试题（含解析）.doc

2016-2017学年度高二第二学期期末质量检测化试卷一、单项选择题1. 下列物质加工或应用中未利用其化学性质的是（）选项abcd加工或应用油脂的硬化玉米酿酒石英传输光信号漂白精消毒a. a b. b c. c d. d【答案】c【解析】a油脂的硬化即油脂的氢化，即油脂与氢气发生加成反应，由不饱和的高级脂肪酸甘油酯反应生成饱和的高级脂肪酸甘油酯，故利用了化学性质，故a错误；b玉米酿酒是将玉米中的淀粉水解为葡萄糖，然后葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，利用了物质的化学性质，故b错误；c石英传输信号是物理过程，与二氧化硅的化学性质无关，故c正确；d漂白精消毒是利用其强氧化性，将病毒氧化，漂白精被还原，利用了物质的化学性质，故d错误；故选c。点睛：明确物质的性质与应用是解题关键，物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，常表现为生成气体，颜色改变，生成沉淀等，而且伴随能量变化，常表现为吸热、放热、发光等；常见的物理变化和化学变化：物理变化：物态变化，形状变化等；化学变化：物质的燃烧、钢铁锈蚀、火药爆炸，牛奶变质等；应注意的是具有漂白精的消毒功能是由于其强氧化性决定的。2. 以下电子排布不是基态原子的电子排布的是（ ）a. 1s12s1 b. 1s22s2 c. 1s22s22p2 d. 1s22s22p63s1【答案】a【解析】a基态原子的电子排布式应为1s2，发生电子跃迁为1s12s1，故a错误；b基态原子的电子排布式应为1s22s2，符合基态原子电子排布规律，故b正确；c基态原子的电子排布式为1s22s22p2，符合基态原子电子排布规律，故c正确；d基态原子的电子排布式为1s22s22p63s1，符合基态原子电子排布规律，故d正确；故选a。3. 如图为周期表中短周期的一部分，若x原子最外层电子数比次外层电子数少3，则下列说法正确的是（）rxyza. x的氢化物比r的氢化物稳定b. 原子半径大小顺序是zyxrc. z的单质能与y的某些化合物发生置换反应d. x、z可形成化合物xz5，分子中各原子均满足最外层8电子结构【答案】c【解析】r、x、y、z都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，r是第二周期元素，x、y、z属于第三周期元素，x原子最外层电子数比次外层电子数少3，则其最外层电子数是5，则x是p元素，所以r是o、y是s、z是cl元素；a元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，r的非金属性大于x，则r的氢化物比x的氢化物稳定，故a错误；b同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：xyzr，故b错误；ccl2能氧化h2s、na2s等生成s，发生置换反应，故c正确；d在abn型化合物中，中心元素a的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，含h元素的化合物一定不满足，p、cl可形成化合物pcl5，pcl5分子中p原子的族序数+成键数=5+5=10，所以该分子中不是各原子均满足最外层8电子结构，故d错误；故选c。点睛：根据元素在周期表中的物质及原子结构确定元素是解题关键，r、x、y、z都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，r是第二周期元素，x、y、z属于第三周期元素，x原子最外层电子数比次外层电子数少3，则其最外层电子数是5，则x是p元素，所以r是o、y是s、z是cl元素，再结合物质的性质、结构及元素周期律解答，注意d选项中8电子稳定结构的判断方法。4. 2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。分子机器是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激（如ph 变化、吸收光子、电子得失等）时，分子组分间原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。下列说法不正确的是（ ）a. 驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量b. 分子状态的改变会伴随能量变化，属于化学变化c. 氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一d. 光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动【答案】b【解析】a需要对体系输入一定的能量，才能驱动分子机器，故a正确；b分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故b错误；c电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故c正确；d光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故d正确；答案为b。5. 某学生以铁丝和cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度分析，下列选项正确的是()a. 实验、所涉及的物质均为电解质 b. 实验、均为放热反应实验c. 、均未发生氧化还原反应 d. 实验、反应制得的物质均为纯净物【答案】c【解析】试题分析：a铁与cl2都是单质，不是化合物，也不是电解质，a错误；bfecl3溶于水没有明显的热量变化，fecl3溶于沸水，发生水解反应产生氢氧化铁胶体，该反应是吸热反应，b错误；bfecl3溶于水及fecl3溶于沸水制取氢氧化铁胶体，过程中没有元素化合价的变化，因此发生的是非氧化还原反应，c正确； dfe丝在氯气中燃烧产生fecl3，得到的是纯净物，而fecl3在沸水中得到的是氢氧化铁胶体和hcl溶液，同时还有未水解的fecl3，因此属于混合物，d错误；答案选c。考点：考查铁丝和cl2反应及有关产物种类的判断的知识。6. 下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）a. 已知甲烷的燃烧热为890.3kjmol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为ch4（g）+2o2（g）2co2（g）+2h2o（g）h=-890.3kjmol-1b. 已知c（石墨，s）c（金刚石，s）h0，则金刚石比石墨稳定c. 已知中和热为h=-57.4kjmol-1，则1mol稀硫酸和足量稀naoh溶液反应的反应热就是中和热d. 已知s（g）+o2（g）so2（g）h1；s（s）+o2（g）so2（g）h2，则h1h2【答案】d【解析】a燃烧热：在101 kpa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水应为液态，故a错误；bc(石墨，s)c(金刚石，s)h0，该反应为吸热反应，故石墨的能量较低，比金刚石稳定，故b错误；c1mol稀硫酸和足量稀naoh溶液反应的反应生成2mol水，不符合中和热的定义，故c错误；ds(g)的能量大于s(s)，故与o2(g)反应生成so2(g)，s(g)放出的热量多，h0，故放出的热量越多，h越小，故h1h2，故d正确；故选d。7. 经检验，某酸雨的成分除含有少量h+和极少量oh外，还有na+、cl、nh4+、so42等离子，已知：c（na+）=7106 moll1，c（cl）=3.5105 moll1，c（nh4+）=2.3105 moll1，c（so42）=2.5106 moll1，则该酸雨的ph为（）a. 3 b. 4 c. 5 d. 6【答案】c【解析】溶液中阴阳离子所带电荷相等，设氢离子浓度为c，所以c (nh4+)+c (na+)+c(h+)=2c (so42-)+c(cl-)，710-6mol/l+2.310-5mol/l+c(h+)=22.510-6mol/l+3.510-5mol/l，所以c(h+)=10-5mol/l，ph=-lgc(h+)=5，故选c。8. 下列溶液中，各组离子一定能大量共存的是（）a. 能使石蕊试液呈蓝色的溶液：na+、i、cl、no3b. 含大量fe3+的溶液：nh4+、na+、cl、scnc. 能与al反应生成h2的溶液：ca2+、nh4+、hco3、cld. 水电离出的c（h+）=11014mol/l的溶液：k+、alo2、br、cl【答案】a【解析】a能使石蕊试液呈蓝色的溶液呈碱性，在碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故a正确；bscn-与fe3+反应而不能大量共存，故b错误；c能与al反应生成h2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论溶液呈酸性还是呈碱性，hco3-都不能大量存在，故c错误；d水电离出的c(h+)=110-14mol/l的溶液水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下alo2-不能大量存在，故d错误；故选a。9. 已知：h2(g) f2(g)=2hf(g)的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是()a. 氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应b. 1 mol h2与1 mol f2反应生成2 mol液态hf放出的热量小于270 kjc. 在相同条件下，1 mol h2与1 mol f2的能量总和大于2 mol hf气体的能量d. 断裂1 mol hh键和1 mol ff键吸收的能量大于形成2 mol hf键放出的能量【答案】c点睛：如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，就有部分能量以热的形式释放出来，称为放热反应；如果反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，反应物就需要吸收能量，才能转化为生成物；且h=e(生成物的总能量)-e(反应物的总能量)=e(反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量)-e(生成物分子化学键形成时所释放的总能量)=e1(正反应的活化能)-e2(逆反应的活化能)。10. 某化学反应2x(g) y(g)z(g)在4种不同条件下进行，y、z起始浓度为0，反应物x的浓度(moll1)随反应时间(min)的变化情况如下表：实验序号 时间浓度温度01020304050601800 1.00.800.670.570.500.500.502800 1.00.600.500.500.500.500.503800 c0.920.750.630.600.600.604820 1.00.400.250.200.200.200.20下列说法不正确的是()a. c1.0b. 实验2可能使用了催化剂c. 实验3比实验2先达到化学平衡状态d. 前10分钟，实验4的平均化学反应速率比实验1的大【答案】c【解析】a实验3达到平衡x的浓度大于实验1，温度相同，达到平衡说明x起始浓度c大于1.0mol/l，故a正确；b实验2和实验1达到相同的平衡状态，但实验2所需时间短说明可能使用了催化剂，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，故b正确；c依据图表数据分析，实验3在40min时x浓度不变达到平衡，实验2在20min时达到平衡，实验2达到平衡快，故c错误；d实验4和实验1在10分钟都未达到平衡，依据化学反应速率概念计算，实验1x的反应速率=0.02mol/lmin，实验4x的反应速率=0.06mol/lmin，所以实验4反应速率大于实验1，故d正确；故选c。点睛：解答时应注意如下几点：(1)反应达到平衡的过程是(以起始生成物浓度为0为例)：开始：反应物浓度最大，生成物浓度为0，正反应速率最大，逆反应速率为0；过程中：反应物浓度不断减小，生成物浓度不断增大，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大；平衡时：反应物浓度和生成物浓度都达到平衡，保持不变，正逆反应速率也保持不变；(2)化学平衡研究的对象是可逆反应，因此不可能完全转化；达到化学平衡时，正逆反应速率相等，但不为零。11. 在所给的四种溶液中，各种离子能在原溶液中大量共存并形成无色溶液的是（）a. 在c（h+）=1013mol/l的溶液中：nh4+、al3+、fe3+、no3b. ph值为1的溶液：cu2+、na+、mg2+、no3c. 水电离出来的c（h+）=103mol/l的溶液：k+、hco3、br、ba2+d. 溶有nahso4的溶液中：k+、so42、no3、al3+【答案】d【解析】无色溶液时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4-等有色离子的存在；a在c(h+)=10-13mol/l的溶液中存在大量氢氧根离子，nh4+、al3+、fe3+与氢氧根离子反应，fe3+为有色离子，在溶液中不能大量共存，故a错误；bcu2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故b错误；c水电离出来的c(h+)=10-3mol/l的溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，hco3-与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故c错误；dk+、so42-、no3-、al3+之间不反应，都不与nahso4反应，在溶液中能够大量共存，故d正确；故选d。点睛：解离子共存题时，应注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh-；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。12. 已知w、x、y、z为短周期元素，w、z同主族，x、y、z同周期，w的气态氢化物的稳定性大于z的气态氢化物的稳定性，x、y为金属元素，x的阳离子的氧化性小于y的阳离子的氧化性下列说法正确的是（）a. x、y、z、w的原子半径依次减小b. w与x形成的化合物只含离子键c. w的气态氢化物的沸点一定高于z的气态氢化物的沸点d. 若w与y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为y2w3【答案】a 点睛：确定元素的相对位置关系是关键，w、x、y、z为短周期元素，w、z同主族，w的气态氢化物的稳定性比z的气态氢化物的稳定性强，故w、z为非金属，原子序数zw，w处于第二周期，z处于第三周期，x、y、z同周期，x、y为金属元素，x的阳离子的氧化性小于y的阳离子的氧化性，则原子序数yx，且二者处于第三周期，根据选项进行判断，其中d选项为易错点，容易审题不仔细，造成错误。13. 已知：(hf)2(g) 2hf(g) h0，平衡体系的总质量m(总)与总物质的量n(总)之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )a. 温度：t1 t2b. 平衡常数：k(a)=k(b)v(a)d. 当30gmol-1时，n(hf)：n=2:1【答案】c【解析】a根据平衡体系的总质量与总物质的量之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量与总物质的量之比减小，t1t2，故a错误；b平衡常数随温度变化，不随压强变化，温度越高，平衡正向进行，平衡常数增大，平衡常数：k(a)=k(c)k(b)，故b错误；c分析判断可知t1t2，温度越高反应速率越快，反应速率：vbva，故c正确；dn(hf)：n=2：1，当=26.7g/mol，故d错误；故选c。14. 实验室使用ph传感器来测定na2co3和nahco3混合物中nahco3的含量。称取1.59 g样品，溶于水配成250.00 ml溶液，取出该溶液25.00 ml用0.1 moll1盐酸进行滴定，得到如下曲线。以下说法或操作正确的是( )a. 上一个计量点前发生反应的离子方程式为hco(h=h2oco2b. 下一个计量点溶液中存在大量的阴离子是cl、hco(c. 此样品n(nahco3)(28.1211.9)104 mold. 使用该方法测定na2co3和naoh混合溶液中的氢氧化钠含量，将会得到1个计量点【答案】c【解析】a根据图示知道上一个计量点前溶液显示碱性，发生的离子反应：co32-+h+hco3-，故a错误；b下一个计量点溶液ph=4，显示酸性，不能存在hco3-离子，故b错误；cna2co3和nahco3混合物加盐酸，首先是碳酸钠转化为碳酸氢钠：co32-+h+hco3-，此时消耗的盐酸的体积为11.9ml，随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程，hco3-+h+h2o+co2，由于co32-+h+hco3-过程和hco3-+h+h2o+co2过程消耗的盐酸体积应该是相同的，所以样品中碳酸钠消耗的盐酸为211.9ml，则样品中碳酸氢钠消耗的盐酸n(hcl)=(28.1-211.9)10-3l0.1moll-1=(28.1-211.9)10-4mol，所以此样品n(nahco3)=(28.1-211.9)10-4mol10=(28.1-211.9)10-3mol，故c正确；dna2co3和naoh混合溶液中加入盐酸，先是和氢氧化钠中和，随后是和碳酸钠之间发生反应，生成碳酸氢钠，最后是生成氯化钠，不止得到1个计量点，是3个计量点，故d错误；故选c。点睛：本题涉及离子反应，理解离子反应的条件是解题关键，通常离子反应的判断方法：离子反应指有离子参加的化学反应离子反应的本质是某些离子浓度发生改变，常见离子反应多在水溶液中进行根据反应原理，离子反应可分为复分解、盐类水解、氧化还原、络合4个类型；也可根据参加反应的微粒，分为离子间、离子与分子间、离子与原子间的反应等极浓的电解质跟固态物质反应时，应根据反应的本质来确定是否属于离子反应，例如：浓硫酸跟铜反应时，表现的是硫酸分子的氧化性，故不属于离子反应；浓硫酸跟固体亚硫酸钠反应时，实际上是氢离子跟亚硫酸根离子间的作用，属于离子反应此外，离子化合物在熔融状态也能发生离子反应。15. 25时，有c（ch3cooh）+c（ch3coo-）=0.1moll-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（ch3cooh）、c（ch3coo-）与ph的关系如图所示下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是（）a. ph=5.5的溶液中：c（ch3cooh）c（ch3coo-）c（h+）c（oh-）b. 该温度下醋酸的电离平衡常数为10-4.75c. ph=3.5的溶液中：c（na+）+c（h+）+c（oh-）+c（ch3cooh）=0.1moll-1d. 向w点所表示的溶液中加入等体积的0.05moll1naoh溶液：c（h+）=c（ch3cooh）+c（oh）【答案】b【解析】a由图可知，ph=5.5的溶液，显酸性，且c(ch3coo-)c(ch3cooh)，即c(ch3coo-)c(ch3cooh)c(h+)c(oh-)，故a错误；bw点c(ch3cooh)=c(ch3coo-)，平衡常数k=10-4.75moll-1，故b正确；c由电荷守恒及c(ch3cooh)+c(ch3coo-)=0.1moll-1可知，c(na+)+c(h+)-c(oh-)+c(ch3cooh)=c(ch3coo-)+c(ch3cooh)=0.1mol/l，故c错误；d向w点所表示溶液中通入0.05molhcl气体，原有平衡被打破，建立起了新的平衡，溶液中电荷守恒关系为：c(na+)+c(h+)=c(ch3coo-)+c(oh-)+c(cl-)；物料守恒关系为：2c(cl-)=c(ch3coo-)+c(ch3cooh)=0.1moll-1，得2c(na+)+2c(h+)=3c(ch3coo-)+2c(oh-)+c(ch3cooh)，c(na+)=0.05mol/l，c(ch3cooh)+c(ch3coo-)=0.1mol/l，所以得c(h+)c(ch3coo-)+c(oh-)，故d错误；故选b。16. na2so3溶液做为吸收液吸收so2时，吸收液ph随n（so32）：n（hso3）变化的关系如表：n（so32）：n（hso3）91：91：19：91ph8.27.26.2以下离子浓度关系的判断正确的是（）a. na2so3溶液中c（h+）c （oh）b. na2so3溶液中c（na+）c （so32）c （hso3）c （oh）c（h+）c. 当吸收液呈中性时，c（na+）c （so32）c （hso3）c （oh）=c（h+）d. 当吸收液呈中性时，c（na+）c （hso3）+c （so32）【答案】d【解析】用na2so3溶液吸收so2时，随着吸收的增多，溶液由碱性逐渐变为酸性；a由表中信息可知na2so3溶液为碱性溶液，c(h+)c (oh-)，故a错误；bna2so3溶液中so32-的水解存在二级水解，亚硫酸氢根离子水解程度较小，且水电离也产生氢氧根离子，所以c(hso3-)应小于c (oh-)，故b错误；c由表中数据，当c (so32-)=c (hso3-)时，ph=7.2，故当吸收液呈中性时，可推出c (so32-)c (hso3-)，故c错误；d因c(h+)=c (oh-)，根据电荷守恒，c(na+)=c (hso3-)+2c (so32-)成立，c(na+)c(hso3-)+c(so32-)，故d正确；故选d。点睛：离子浓度大小比较，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在na2co3溶液中存在na2co3的电离，co32-的水解、二级水解以及h2o的电离等多个反应，故溶液中微粒有h2o、na+、co32-、hco3-、h2co3、h+、oh-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的。17. 某密闭容器中充入等物质的量的a和b，一定温度下发生反应a（g）+xb（g）2c（g）达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中各物质的物的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是（）a. 4 min时反应第一次达到平衡b. 15 min时降低压强，20 min时升高温度c. 反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应d. 1520 min该反应使用了催化剂【答案】b【解析】a010min内，反应物b的浓度逐渐减小，生成物c的浓度逐渐增加，说明该时间段反应向着正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以4min时没有达到平衡状态，故a错误；b由图象可知，15min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，20min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故b正确；c由开始到达到平衡，a、b的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，20min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故c错误；d根据左图知，1520min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且c的物质的量浓度减少量是a、b的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x=1，所以1520min间改变的体积是减小压强，故d错误；故选b。18. 已知下列反应的热化学方程式为（1）ch3cooh（l）+2o2（g）2co2（g）+2h2o（l）h1=870.3kjmol1（2）c（s）+o2（g）co2（g）h2=393.5kjmol1（3）h2（g）+o2（g）h2o（l）h3=285.8kjmol1则反应2c（s）+2h2（g）+o2（g）ch3cooh（l）的h为（）a. 488.3 kjmol1 b. 191 kjmol1c. 476.8 kjmol1 d. 1 549.6 kjmol1【答案】a【解析】已知(1)ch3cooh(l)+2o2(g)2co2(g)+2h2o(l)h1=-870.3kjmol-1；(2)c(s)+o2(g)co2(g)h=-393.5kjmol-1；(3)h2(g)+ o2(g)h2o(l)h=-285.8kjmol-1；据盖斯定律，(2)2+(3)2-(1)得：2c(s)+2h2(g)+o2(g)ch3cooh(l)h=-488.3kj/mol，故选a。19. 截止到2013年12月末，中国光伏发电新增装机容量达到10.66gw，光伏发电累计装机容量达到17.16gw，图为光伏并网发电装置电解尿素的碱性溶液制氢的装置示意图(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极)。下列叙述中正确的是( )a. n型半导体为正极，p型半导体为负极b. 制氢装置溶液中电子流向：从b极流向a极c. x2为氧气d. 工作时，a极的电极反应式为co(nh2)2+8oh6eco32+n2+6h2o【答案】d【解析】a该电池反应时中，氮元素化合价由-3价变为0价，h元素化合价由+1价变为0价，则氮元素被氧化，氢元素被还原，所以生成氮气的电极a是阳极，生成氢气的电极b是阴极，则图1中n型半导体为负极，p型半导体为正极，故a错误；b电解时，电子的流向为：阳极电源，电源阴极，故b错误；c阴极b上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2h2o+2e-h2+2oh-，故c错误；da极为阳极，电极反应式为：co(nh2)2+80h-6e-co32-+n2+6h2o，故d正确；故选d。点睛：明确元素化合价变化与阴阳极的关系是解本题关键，该电池反应时中，氮元素化合价由-3价变为0价，h元素化合价由+1价变为0价，所以生成氮气的电极a是阳极，生成氢气的电极b是阴极，结合电解池的工作原理分析解答。20. 电解100ml含c（h+）=0.3mol/l的下列溶液，当电路中通过0.04mol电子时，理论上析出金属质量最大的是（ ）a. 0.10moll ag+ b. 0.20moll cu2+ c. 0.20moll zn2+ d. 0.20mol lpb2+【答案】b【解析】zn2+和pb2+的放电顺序都在h+后面，所以含有这两种阳离子的盐溶液中，阴极上放出h2，而含有银离子和铜离子这两种阳离子的盐溶液中，ag和cu金属先在阴极析出；a0.10mollag+在氢离子之前放电，金属银的质量是 0.1mol/l0.1l108g/mol=1.08g；b铜离子先放电，100ml0.20mollcu2+就会得到0.04mol电子，所以析出金属铜的质量为：0.04mol64g/mol=1.28g；czn2+的放电顺序在h+后面，所以含有这种阳离子的盐溶液中，阴极上放出h2，不会析出金属；dpb2+的放电顺序在h+后面，所以含有这种阳离子的盐溶液中，阴极上放出h2，不会析出金属；所以析出金属质量最大的是0.20mollcu2+，故选b。21. 右图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法确的是( )a. 31d和33d属于同种核素b. 气态氢化物的稳定性：adec. 工业上常用电解法制备单质b和cd. a和b形成的化合物不可能含共价键【答案】c【解析】短周期元素中，a为-2价、e为+6价，处于vi族，可推知a为o、e为s，b有+1价，原子序数大于氧，则b为al，由原子序数可知c、d处于第三周期，化合价分别为+3、+5，则c为al、d为p；a31d和33d质子数相同，中子数不同，是不同的核素，互为同位素，故a错误；b非金属性a(o)e(s)d(p)，故氢化物稳定性：aed，故b错误；c工业上电解熔融氯化钠冶炼钠，电解熔融氧化铝冶炼铝，故c正确；da和b形成的化合物过氧化钠，含有共价键，故d错误；故选c。22. 某溶液中只可能含有下列离子中的某几种：k+、nh、ba2+、so、i、alo2。分别取样：用ph计测试，溶液显弱酸性加氯水和ccl4振荡后静置，下层呈无色，为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（）a. k+ b. so c. ba2+ d. nh【答案】a【解析】用ph计测试，溶液显弱酸性，则一定不含alo2-，且ba2+、so42-不能共存；加氯水和ccl4振荡后静置，下层呈无色，则一定不含i-，由电荷守恒可知，一定存在阴离子为so42-，则原溶液不存在ba2+，因溶液为弱酸性可知，含阳离子一定为nh4+，则还需检验的离子为k+，利用焰色反应，故选a。23. 金属（m）空气电池（如图）具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：4m+no2+2nh2o=4m（oh）n，已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，下列说法不正确的是（）a. 采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面b. 比较mg，al，zn三种金属空气电池，al空气电池的理论比能量最高c. m空气电池放电过程的正极反应式：4m+no2+2nh2o+4ne=4m（oh）nd. 在mg空气电池中，为防止负极区沉积mg（oh）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜【答案】c【解析】a反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故a正确；b电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为2=mol、3=mol、2=mol，所以al-空气电池的理论比能量最高，故b正确；c正极上氧气得电子和水反应生成oh-，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为o2+2h2o+4e-=4oh-，故c错误；d负极上mg失电子生成mg2+，为防止负极区沉积mg(oh)2，则阴极区溶液不能含有大量oh-，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故d正确；故选c。24. 中学常见物质a、b、c、d、e、x，存在下图转化关系 （部分生成物和反应条件略去）下列推断不正确的是（）a. 若d是一种强碱，则a、b、c均可与x反应生成db. 若d为nacl，且a可与c反应生成b，则e可能是co2c. 若d是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色，则a可能是铁d. 若d是一种强酸，则a既可以是单质，也可以是化合物，且d可与铜反应生成b或c【答案】c【解析】a若d是一种强碱，a为na、e为氧气、b为氧化钠、c为过氧化钠、x为水、d为氢氧化钠，符合转化关系，na、氧化钠、过氧化钠都能与水反应，故a正确；b若d为nacl，a为氢氧化钠、e为二氧化碳、b为碳酸钠、c为碳酸氢钠、x为盐酸，符合转化关系，故b正确；c若d是一种白色沉淀，在空气中最终变为红褐色说明d为fe(oh)2，x为naoh，c为fe2+，b为fe3+，a为cl2，e为fe，才能实现转化关系，故c错误；d若d是一种强酸，如为硝酸，则a为氮气或氨气，b为no，c为no2，e为o2，x为h2o，稀硝酸与铜反应生成no，浓硝酸与铜反应生成no2，故d正确；故选c。二、非选择题25. i有四种化合物w、x、y、z，它们是由短周期元素a、b、c、d、e中的两种元素组成。已知（1）a、b、c、d、e的原子序数依次增大，且a、d同主族，c、e同主族；b、c 同周期；（2）w由a、b组成，其分子中原子个数比为a：b=4：1，常温为气态。（3）x由a、c组成，其分子中原子数比为a：c=1：1（4）y是c、d形成的离子化合物，且y晶体中相应元素的原子个数比为1：1（5）z是由d、e形成的离子化合物，其中阳离子比阴离子少一个电子层，阳离子数与阴离子数之比为2：1 则b为_，w为_，x的结构式_y的电子式为_。ii（1）一元素原子的n层上只有1个电子，该元素原子各内层均已充满，写出该原子电子排布式：_，（2）一元素属于短周期元素，该元素的原子核外所有p轨道全满或者半满，写出该元素原子的价电子轨道排布图_，（3）乙烯分子中有_个键，_键。【答案】 (1). 碳（c） (2). ch4 (3). hooh (4). 略 (5). 3d104s1 (6). 略 (7). 5 (8). 1【解析】i四种化合物w、x、y、z它们都是由短周期元素a、b、c、d、e中两种元素组成，a、b、c、d、e原子序数依次增大，且a、d同主族，c、e同主族，b、c同周期，w由a、b组成，分子中原子个数比ab=41，常温时为气态，且b的原子序数大于a，所以a是h元素，b是c元素，w是ch4；a和d同主族，且d的原子序数大于b和c，所以d是na元素；z是由d、e形成的离子化合物，其中阳离子比阴离子少一个电子层，阳离子数与阴离子数之比为21，则e位于第via族，且e的原子序数大于d，所以e是s元素，c和e同主族，所以c是o元素，则z是na2s；x由a、c组成，分子中原子个数比ac=11，则x是h2o2；y是由c、d形成的离子化合物，且y晶体中相应元素原子个数比cd=11，则y是na2o2；(5)通过以上分析知，a、b、c、d、e分别是：h、c、o、na、s元素，则b为碳(c)，w为ch4；x由a、c组成，其分子中原子数比为a：c=1：1，x是h2o2，是一种含有氧氧共价键和氧氢共价键的极性分子，电子式为：，所以结构式为h-o-o-h；y是na2o2，钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在共价键，所以过氧化钠的电子式为；ii(1)某元素原子的n层上只有1个电子，该元素原子各内层均已充满，则此元素为cu元素，其原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；(2)某短周期元素，该元素的原子核外所有p轨道全满或者半满，则为n元素或p元素，若为n元素，其基态原子的价电子排布图为，若为p元素，其基态原子的价电子排布图为；(3)乙烯分子中含有碳碳双键和碳氢键，其中有5个键，1个键。26. 青蒿素，是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156157，热稳定性差，青蒿素是高效的抗疟药已知：乙醚沸点为35从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的，主要有乙醚浸取法和汽油浸取法乙醚浸取法的主要工艺为如图1：请回答下列问题：（1）对青蒿进行干燥破碎的目的是_（2）操作i需要的玻璃仪器主要有：烧杯、_，为加速操作i的进行，最好采用_的方法，操作的名称是_（3）操作的主要过程可能是_（填字母）a加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶b加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤c加入乙醚进行萃取分液（4）用如图2实验装置测定青蒿素分子式的方法如下：将28.2g青蒿素样品放在硬质玻璃管c中，缓缓通入空气数分钟后，再充分燃烧，精确测定装置e和f实验前后的质量，根据所测数据计算装置e中盛放的物质是_，装置f中盛放的物质是_该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是_用合理改进后的装置进行试验，称得：装置实验前/g实验后/ge22.642.4f80.2146.2则测得青蒿素的最简式是_（5）某学生对青蒿素的性质进行探究将青蒿素加入含有naoh、酚酞的水溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与_（填字母）具有相同的性质a乙醇 b乙酸 c乙酸乙酯 d葡萄糖（6）某科研小组经多次提取青蒿素实验认为用石油醚做溶剂较为适宜，实验中通过控制其他实验条件不变，来研究原料的粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响，其结果如图3所示，由图可知控制其他实验条件不变，采用的最佳粒度、时间和温度为_a80目、100分钟、50b60目、120分钟、50c60目、120分钟、55【答案】 (1). 增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率 (2). 漏斗、玻璃棒 (3). 抽滤或减压过滤 (4). 蒸馏 (5). b (6). cacl2或p2o5 (7). 碱石灰； (8). 在装置f后连接一个防止空气中的co和水蒸气进入f的装置 (9). c15h22o5 (10). c (11). b【解析】(1)根据乙醚浸取法的流程可知，对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；(2)根据上面的分析，操作i为过滤，需要的玻璃仪器主要有：烧杯、漏斗、玻璃棒，为加速过滤的进行，最好采用 抽滤或减压过滤的方法，操作的名称是蒸馏；(3)根据上面的分析可知，粗品中加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，故选b；(4)为了能准确测量青蒿素燃烧生成的co2和h2o，实验前应通入除去co2和h2o的空气，排除装置内的空气，防止干扰实验e和f一个吸收生成的h2o，一个吸收生成的co2，应先吸水后再吸收co2，所以e内装的cacl2或p2o5，而f中为碱石灰，而在f后应再加入一个装置防止外界空气中co2，和h2o进入的装置，根据上面的分析可知，装置e中盛放的物质是 cacl2或p2o5，装置f中盛放的物质是 碱石灰；该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法是 在装置f后连接一个防止空气中的co和水蒸气进入f的装置；由数据可知m(h2o)=42.4-22.6=19.8g，所以n(h2o)=1.1molm(co2)=146.2-80.2=66g，所以n(co2)=1.5mol所以青蒿素中氧原子的质量为m(o)=28.2-(2.21)-(1.512)=6g，所以n(o)=0.5mol，n(c)：n(h)：n(o)=1.5：2.2：0.5=15：22：5，所以c15h22o5；(5)由于酯能溶于水，能在氢氧化钠溶液中水解并消耗氢氧化钠结合题意可知，青蒿素中含有酯基，故选c；(6)根据原料的粒度对青蒿素提取速率的影响可知，应为60目，根据提取时间对青蒿素提取