山东省青岛市2020届高三化学上学期9月阶段性检测试题（含解析）新人教版

山东省青岛二中2020届高三上学期9月阶段性检测化学试题一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）1下列有关金属的说法正确的是A银器在空气中变暗后一定条件下被还原又会变光亮B当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层不能对铁制品起保护作用C不锈钢不生锈是因为表面有保护膜D可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀【答案】A【解析】B、当镀锌铁制品的镀层破损时，锌失去电子被腐蚀从而铁被保护，故错误。C、不锈钢是合金，改变了其内部组织结构，所以不生锈，故错误。D、可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀，故错误。2有一种锂电池，用金属锂和石墨作电极材料，电解质溶液是由四氯铝锂（LiAlCl4）溶解在亚硫酰氯（）中而形成的，电池总反应方程式为：8Li3SOCl2=6LiClLi2SO32S，下列叙述中正确的是A电解质溶液中混入水，对电池反应无影响B金属锂作电池的正极，石墨作电池的负极C电池工作过程中，亚硫酰氯（SOCl2）被还原为Li2SO3D电池工作过程中，金属锂提供的电子与正极区析出硫的物质的量之比为41【答案】D【解析】A、锂性质活泼，易与水反应，则电解质为非水溶液，故A错误；B、该电池的负极材料为锂，被氧化生成LiCl和Li2SO3，故B错误；C、根据总反应8Li+3SOCl2=6LiCl+Li2SO3+2S可知，亚硫酰氯（SOCl2）被还原为S，故C错误；D、根据总反应8Li+3SOCl2=6LiCl+Li2SO3+2S可知，8mol锂反应失去8mol电子，生成2molS，金属锂提供的电子与正极区析出硫的物质的量之比为4：1，故D正确、3下列有关电化学的图示，完全正确的是【答案】D【解析】A、铜-锌原电池中锌作 负极，铜作正极，故错误。B、电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，故错误。C、电镀时，镀件作阴极，镀层作阳极，故错误。4铅蓄电池放电时发生下列变化：负极：PbSO2e=PbSO4 正极：PbO24HSO2e=PbSO42H2O使用该电池电解CuSO4溶液，要得到纯铜16 g，这时铅蓄电池消耗的H2SO4的物质的量为A0025 molB005 molC01 mol D02 mol【答案】B【解析】得到1.6g铜转移电子0.05mol，当转移0.05mol电子时消耗硫酸的物质的量是0.05mol，故选B。5下列有关原电池和电解池的叙述正确的是A纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液，可使反应速率加快B甲醇和氧气以及KOH溶液构成的新型燃料电池中，其负极上发生的反应为：CH3OH6OH6e=CO25H2OC在铁上镀铜时，金属铜作阴极D电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度基本不变【答案】A【解析】B、负极上甲醇失电子和氢氧根离子生成碳酸根离子和水，故错误。C、在铁上镀铜时，铜作阳极，故错误。D、电解精炼铜时，部分阳极上的金属进入溶液，导致溶液中铜离子浓度变小，故错误。6用石墨做电极电解1 mol/L CuSO4溶液，当c（Cu2）为05 mol/L时，停止电解，向剩余溶液中加入下列何种物质可使电解质溶液恢复至原来状况ACuSO4BCuOCCu（OH）2 DCuSO45H2O【答案】B【解析】电解一段时间后，溶液中还有铜离子说明铜离子没有完全反应，所以阳极上析出氧气，阴极上析出铜，所以向溶液中加入氧化铜即可使溶液恢复，故选B。7为使反应：Cu2H2O=Cu（OH）2H2能够发生，下列设计方案正确的是A用铜片作负极，石墨电极作正极，氯化钠溶液为电解质溶液构成原电池B用铜片作电极，外接直流电源电解硫酸铜溶液C用铜片作阳极，铁片作阴极，电解硫酸钠溶液D用铜片作阴、阳电极，电解稀硫酸【答案】C【解析】该反应是氧化还原反应且不能自发的进行反应，所以应该设计成电解池，铜失电子作阳极，水得电子应该在阴极上析出，电解质溶液是活泼金属的含氧酸盐溶液，故选C。8微生物燃料电池因具有原料广泛、操作条件温和、清洁高效和资源利用率高、无污染等特点而被人们所重视以用葡萄糖作底物的燃料电池为例，其正负极反应式如下：正极反应：6O224H24e=12H2O负极反应：C6H12O66H2O24e=6CO224H则有关该电池的下列说法正确的是A该电池的工作环境是高温条件B作为负极的葡萄糖（C6H12O6）在变化中失去电子，被还原C该电池的电解质溶液是强酸性溶液，如浓硫酸或硝酸等D该电池的总反应为C6H12O66O2 = 6CO26H2O【答案】D【解析】A、该电池是燃料原电池，反应条件温和，所以不是高温条件，故错误。B、葡萄糖在反应中失去电子被氧化，故错误。C、硝酸不可以作电解质溶液，浓硫酸能和有机物发生脱水反应，故错误。D、将正负极反应方程式相加即可得总反应方程式为C6H12O66O2 = 6CO26H2O，故正确。9如下图所示，各烧杯中盛有海水，铁（含杂质C）在其中被腐蚀由快到慢的顺序为A BC D【答案】C【解析】是原电池，是电解池，金属被腐蚀由快到慢的顺序是：电解池的阳极原电池的负极原电池的正极电解池的阴极，故选C。10金属镍有广泛的用途粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是（已知：氧化性Fe2Ni2Cu2）A阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni22e=NiB电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2和Zn2D电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt【答案】D【解析】A、阳极上失去电子发生氧化反应，其电极反应式为Ni-2e= Ni2，故错误。B、电解过程中，阳极上铁、镍、铜和锌都失去电子，阴极上只有镍析出，所以阳极减少的质量和阴极上增加的质量不等，故错误。C、电解后，溶液中不仅存在二价铁离子和锌离子还存在铜离子，故错误。D、电解后，阳极上铁、镍和锌溶解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故正确。11由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的主要能源根据下图所示的装置，判断下列说法不正确的是A该装置中Cu极为阳极B当铜片的质量变化了128 g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为224 LC该装置中b极的电极反应式是：H22OH2e=2H2OD该装置中a极为正极，发生氧化反应【答案】D【解析】左边装置是原电池，投放燃料的是负极，投放氧化剂的电极是正极，右边装置是电解池，所以铜是阳极，锌是阴极。A、铜是阳极，故正确。B、根据氧化还原反应中得失电子数相等，所以当铜片的质量变化了128 g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为224 L，故正确。C、该装置中b极是负极，负极上失电子发生氧化反应，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，故正确。D、该装置中a极是正极，正极上得电子发生还原反应，故错误。12铁锈的成分中含有铁的氧化物、铁的氢氧化物研究证明，铁器的生锈与大气中的氧气、水蒸气有关下列做法中最有利于减缓铁器生锈的是A铁锅用完后用水刷洗干净其表面的油污B久置不用的铁刀涂抹凡士林在空气中保存C将铁壶盛水后保存D铁勺、铁铲放在阴湿处保存【答案】B【解析】A、油污能阻止铁和氧气、水反应，故错误。B、久置不用的铁刀涂抹凡士林在空气中保存能阻止铁和水、氧气反应，故正确。C、铁和水直接接触能发生电化学反应，故错误。D、铁和水直接接触能发生电化学反应，所以能腐蚀生锈，故错误。13如图所示，下列叙述正确的是 AY为阴极，发生还原反应BX为正极，发生氧化反应CY与滤纸接触处有氧气生成DX与滤纸接触处变红【答案】A【解析】左边装置是原电池，锌作负极，铜作正极，所以右边装置是电解池，x是阳极，y是阴极。A、Y是阴极，阴极上得电子发生还原反应，故正确。B、X是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，故错误。C、Y电极上氢离子得电子生成氢气，故错误。D、X极上氢氧根离子失电子发生氧气，电极附近氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以接触处不变红，故错误。14下列叙述中，可以说明金属甲的活动性比金属乙的活动性强的是A在氧化还原反应中，甲原子失去的电子比乙原子失去的电子多B同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强C甲能跟稀盐酸反应放出氢气而乙不能D将甲、乙作电极组成原电池时，甲是正极【答案】C【解析】A、失电子多的不一定比失电子少的还原性强，如铝和钠，故错误。B、同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强，说明乙的还原性比甲强，故错误。C、甲和元素反应，而乙和盐酸不反应，说明甲的还原性比乙强，故正确。D、将甲、乙作电极组成原电池时，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，所以说明乙的活动性大于甲，故错误。15镍镉（NiCd）可充电电池在现代生活中有广泛应用已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd2NiOOH2H2O Cd（OH）22Ni（OH）2有关该电池的说法正确的是A充电时阳极反应：Ni（OH）2eOH=NiOOHH2OB充电过程是化学能转化为电能的过程C放电时负极附近溶液的碱性不变D放电时电解质溶液中的OH向正极移动【答案】A【解析】B、充电过程是将电能转化为化学能，故错误。C、放电时，负极上镉失电子生成氢氧化铬，碱性减弱，故错误。D、放电时电解质溶液中的阴离子向负极反应，故错误。16下列关于实验现象的描述不正确的是A把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡B用锌片作阳极，铁片作阴极，电解氯化锌溶液，铁片表面出现一层锌C把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁D把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快【答案】C【解析】A、该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，故正确。B、电解时，阳极上锌失电子，阴极上锌离子得电子，所以铁片上析出一层锌，故正确。C、铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能析出铁，故错误。D、锌置换出铜，锌、铜和盐酸构成原电池，能加快反应速率，故正确。第卷 （非选择题，共52分）二、非选择题（本题包括6小题，共52分）17（10分）工业上处理含Cr2O的酸性工业废水常用以下方法：往工业废水里加入适量的NaCl，搅拌均匀；用Fe为电极进行电解，经过一段时间有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀产生；过滤回收沉淀，废水达到排放标准试回答：（1）电解时的电极反应：阳极_，阴极_（2）Cr2O转变成Cr3的离子反应方程式：_（3）电解过程Cr（OH）3、Fe（OH）3沉淀是怎么产生的？_（4）能否用Cu电极来代替Fe电极？_（填“能”或“不能”），简述理由_【答案】（1）Fe2e=Fe22H2e=H2（2）6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O（3）在阴极反应及Cr2O与Fe2反应的过程中，将消耗大量的H，使溶液pH上升，促使Fe3、Cr3水解并最终转化为Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀（4）不能因为阳极产生的Cu2不能使Cr2O还原到低价【解析】（1）用铁作电极时进行电极，阳极上铁失去电子发生氧化反应，阴极上氢离子得电子发生还原反应，所以电极反应式分别为Fe2e=Fe22H2e=H2（2）重铬酸根离子有氧化性，二价铁离子有还原性，二者能发生氧化还原反应，生成三价铁离子和三价铬离子，离子方程式为6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O（3）在阴极反应及Cr2O与Fe2反应的过程中，将消耗大量的H，使溶液pH上升，促使Fe3、Cr3水解并最终转化为Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀（4）不能；因为阳极产生的Cu2不能使Cr2O还原到低价。18（7分）甲、乙两池的电极材料都是铁棒与碳棒（如下图）请回答下列问题：（1）若两池中均盛放CuSO4溶液，反应一段时间后：有红色物质析出的是：甲池中的_棒；乙池中的_棒在乙池中阴极的电极反应式是_（2）若两池中均盛放饱和NaCl溶液，反应一段时间后：写出乙池中发生的总反应的离子方程式_将湿润的淀粉KI试纸放在乙池附近，发现试纸变蓝，待一段时间后又发现蓝色褪去，这是因为过量的Cl2将生成的I2氧化若反应的Cl2和I2的物质的量之比为51，且生成两种酸，该反应的化学方程式为_若乙池转移002 mol电子后停止实验，池中溶液的体积是200 mL，则溶液混匀后的pH_【答案】：（1）碳（C）铁（Fe）Cu22e=Cu（2）2Cl2H2O2OHH2Cl25Cl2I26H2O=10HCl2HIO313【解析】：甲池为原电池，乙池为电解池，且甲池中Fe为负极，乙中Fe为阴极，C为阳极（1）均盛放CuSO4溶液时，甲池中发生的反应为FeCu2=Fe2Cu，乙池中发生的反应为2Cu22H2O2Cu4HO2（2） 均盛放NaCl溶液时，甲池中发生吸氧腐蚀，乙池中发生的反应为2Cl2H2OCl2H22OH，Cl2再氧化I2，结合物质的量之比为51，利用电子守恒即得出方程式为5Cl2I26H2O=10HCl2HIO32Cl2H2OCl2H22OH，因此每生成2 mol OH，即转移2 mol e，所以n（OH）n（e）002 mol, c（OH）01 mol/L，所以pH1319（10分）在玻璃圆筒中盛有两种无色的互不相溶的中性液体，上层液体中插入两根石墨电极，圆筒内还放有一根下端弯成环状的玻璃搅棒，可以上下搅动液体，装置如右图接通电源，阳极周围的液体呈现棕色，且颜色由浅变深，阴极上有气泡生成停止通电，取出电极，用搅棒上下剧烈搅动静置后液体又分成两层，下层液体呈紫红色，上层液体几乎无色根据上述实验回答：（1）阳极上的电极反应式为_（2）阴极上的电极反应式为_（3）原上层液体是_（4）原下层液体是_（5）搅拌后两层液体颜色发生变化的原因是_（6）要检验上层液体中含有的金属离子，其方法是_，现象是_【答案】（1）2I2e=I2（2）2H2e=H2（3）KI（或NaI等）水溶液（4）CCl4（或CHCl3等）（5）I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，所以绝大部分I2都转移到CCl4中（6）焰色反应透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色（其他合理答案同样给分例如，若中答NaI水溶液，这里答火焰呈黄色）【解析】两种无色的互不相溶的中性液体，接通电源，阳极周围的液体呈现棕色，且颜色由浅变深，说明阳极上有碘生成，阴极上有气泡生成说明阴极上有氢气生成停止通电，取出电极，用搅棒上下剧烈搅动静置后液体又分成两层，下层液体呈紫红色，上层液体几乎无色说明碘被萃取到下层液体中，下层液体是四氯化碳，上层液体是水溶液（1）阳极上碘离子失电子生成碘单质，所以电极反应式为2I2e=I2（2）阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H2e=H2（3）阳极上析出碘单质，阴极上析出氢气，说明电解质溶液中阳离子是活泼金属阳离子，所以KI（或NaI等）水溶液（4）下层液体是比水的密度大的液体且和水不互溶，所以可以是CCl4（或CHCl3等）（5）根据相似相溶原理知，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，所以绝大部分I2都转移到CCl4中。（6）检验金属阳离子的方法是焰色反应，检验钾离子要通过蓝色钴玻璃，所以答案为焰色反应；透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色（其他合理答案同样给分例如，若中答NaI水溶液，这里答火焰呈黄色）。20（7分）二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料工业上以软锰矿为原料，利用硫酸亚铁制备高纯二氧化锰的流程如下：某软锰矿的主要成分为MnO2，还含Si（1627%）、Fe（586%）、Al（342%）、Zn（268%）和Cu（086%） 等元素的化合物部分阳离子以氢氧化物或硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH见下表，回答下列问题：沉淀物pHAl（OH）352Fe（OH）332Fe（OH）297Mn（OH）2104Cu（OH）267Zn（OH）280CuS042ZnS25MnS7FeS7（1）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为_（2）滤渣A的主要成分为_（3）加入MnS的目的是除去_杂质（4）碱性锌锰干电池中，MnO2参与的电极反应方程式为_（5）从废旧碱性锌锰干电池中可以回收利用的物质有_（写出两种）【答案】（1）MnO22FeSO42H2SO4=MnSO4Fe2（SO4）32H2O（2）Fe（OH）3、Al（OH）3（3）Cu2、Zn2（4）MnO2H2Oe=MnOOHOH（5）Zn、MnO2【解析】：（1）根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2被氧化为Fe3，可以写其反应方程式2FeSO4MnO22H2SO4=MnSO4Fe2（SO4）32H2O（2）根据反应后滤液（Mn2、Fe3、Al3、Cu2、Zn2、Fe2）加氨水调pH至54，结合题表可知滤渣A的主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3（3）根据题表可知加入MnS是为了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2、Zn2（4）碱性锌锰干电池中Zn作负极，则MnO2作正极得电子其电极反应式应为 MnO2H2Oe=MnOOHOH（5）从碱性锌锰干电池的原料可知，其废旧电池可回收利用的物质为锌和MnO221（8分）某化学研究小组以铜为电极电解饱和食盐水，探究过程如下：实验1：如右图所示连接装置，电源接通后，与电池负极相连的铜丝上有大量气泡产生；与电池正极相连的铜丝由粗变细电解开始30 s内，阳极附近出现白色浑浊，然后开始出现橙黄色浑浊，此时测定溶液的pH约为10随着沉淀量的逐渐增加，橙黄色沉淀慢慢聚集在试管底部，溶液始终未出现蓝色实验2：将实验1中试管底部的橙黄色沉淀取出，分装在两支小试管中，以后的操作和现象如下：序号操作现象滴入稀硝酸溶液沉淀溶解，有无色气泡产生，最终得到蓝色溶液滴入稀硫酸溶液橙黄色沉淀转变为紫红色不溶物，溶液呈现蓝色阅读资料：常见铜的化合物颜色如下：物质颜色物质颜色氯化铜固体呈棕色，浓溶液呈绿色，稀溶液呈蓝色氢氧化亚铜（不稳定）橙黄色碱式氯化铜绿色氢氧化铜蓝色氧化亚铜砖红色或橙黄色氯化亚铜白色请回答下列问题：（1）铜的常见正化合价为_、_，最终试管底部橙黄色沉淀的化学式_（2）阴极上发生的反应为_；阳极上发生的反应为_（3）写出实验2中、的离子方程式：_，_【答案】（1）12Cu2O（2）2H2e=H2CuCle=CuCl（或CuOHe=CuOH）（3）3Cu2O14H2NO=6Cu22NO7H2OCu2O2H=CuCu2H2O【解析】：（1）铜有1价和2价，据实验1的现象说明橙黄色沉淀较稳定，再结合铜的化合物的颜色知该物质应为Cu2O，而Cu2O也符合实验2中的要求（2）在阴极上H放电，反应为2H2e=H2，而阳极为铜，据现象及信息知反应为CueCl=CuCl（3）Cu2O与稀HNO3发生了氧化还原反应，方程式为3Cu2O14H2NO=6Cu22NO7H2O，Cu2O与H2SO4反应，据反应现象知产物有CuSO4与Cu生成，故反应为Cu2O2H=CuCu2H2O22（10分）某学生试图用电解法根据电极上析出物质的质量来验证阿伏伽德罗常数的值，其实验方案的要点为：用直流电电解氯化铜溶液，所用仪器如图：在电流为I A，通电时间为t s后，精确测得某电极上析出的铜的质量为m g试回答：（1）连接这些仪器的正确顺序为：（用图中标注仪器接线柱的英文字母表示，下同）E接_，C接_，_接F（2）写出B电极上发生反应的离子方程式_G试管中淀粉KI溶液变化的现象为_，相应的离子方程式是_（3）为精确测定电极上析出铜的质量，所必需的实验步骤的先后顺序是_（选填下列操作步骤的编号）称量电解前电极质量刮下电解后电极上的铜并清洗用蒸馏水清洗电解后电极低温烘干电极后称量低温烘干刮下的铜后称量再次低温烘干后称量至恒重（4）已知电子的电荷量为161019 C试列出阿伏伽德罗常数的计算表达式：NA_【答案】（1）DAB（2）2Cl2e=Cl2溶液变蓝Cl22I=2ClI2（3）（4）mol1 【解析】：（1）B电极上应产生Cl2：2Cl2e=Cl2，B极上流出电子，电子进入直流电源的正极，即F极，由此可得仪器连接顺序及电流方向（2）B中产生Cl2，Cl2进入G中与KI反应，有I2生成，I2使淀粉变蓝色（3）镀在A电极上的Cu是没必要刮下的，也无法刮干净，故两步须排除在外（4）因为析出Cu的物质的量 mol，电子转移物质的量为2 mol，即2NA个电子，由于电子的电荷量为161019C，所以2NA161019It，则 NAmol1 参考答案12345678ADDBABCD910111213141516CDDBACAC17 （1）Fe2e=Fe22H2e=H2（2）6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O（3）在阴极反应及Cr2O与Fe2反应的过程中，将消耗大量的H，使溶液pH上升，促使Fe3、Cr3水解并最终转化为Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀（4）不能因为阳极产生的Cu2不能使Cr2O还原到低价18解析：甲池为原电池，乙池为电解池，且甲池中Fe为负极，乙中Fe为阴极，C为阳极（1）均盛放CuSO4溶液时，甲池中发生的反应为FeCu2=Fe2Cu，乙池中发生的反应为2Cu22H2O2Cu4HO2（2） 均盛放NaCl溶液时，甲池中发生吸氧腐蚀，乙池中发生的反应为2Cl2H2OCl2H22OH，Cl2再氧化I2，结合物质的量之比为51，利用电子守恒即得出方程式为5Cl2I26H2O=10HCl2HIO32Cl2H2OCl2H22OH，因此每生成2 mol OH，即转移2 mol e，所以n（OH）n（e）002 mol, c（OH）01 mol/L，所以pH13答案：（1）碳（C）铁（Fe）Cu22e=Cu（2）2Cl2H2O2OHH2Cl25Cl2I26H2O=10HCl2HIO31319 （1）2I2e=I2（2）2H2e=H2（3）KI（或NaI等）水溶液（4）CCl4（或CHCl3等）（5）I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，所以绝大部分I2都转移到CCl4中（6）焰色反应透过蓝色钴玻璃观察火焰呈