1、福建省泉州市永春一中2020届高三化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 Al：27 Fe：56 Cl：35.5 Zn ：65 K：39 I：127一、选择题（每小题2分，共44分）1. “暖宝宝”的主要原料有铁粉、活性炭、水、食盐等，其中活性炭是原电池的电极之一，食盐的作用是溶于水形成电解质溶液下列有关“暖宝宝”的说法错误的是A. “暖宝宝”使用前要密封保存，使之与空气隔绝B. “暖宝宝”放出的热量是铁发生氧化反应时产生的C. 活性炭作用是作原电池正极，加速铁粉的氧化D. 活性炭最终将转化为二氧化碳【答案】D【解析】试题分析：铁粉、活性炭、
2、水、食盐等可以构成一个原电池，发生的是铁的吸氧腐蚀，要延长使用寿命应该密封保存，A对；铁是负极，发生氧化反应，B对；构成原电池后铁的腐蚀会加快，C对，活性炭做正极，不参与反应，D错。考点：原电池的基本知识。2. 下列由相关实验现象所推断出的结论中，正确的是A. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B. 加热分别盛有氯化铵和碘的两支试管，试管底部固体均减少，说明二者均发生升华C. Fe与稀HNO3溶液、稀H2SO4溶液反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D. 分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【答案】D【解析】试题分析：A、二氧
3、化硫使品红溶液褪色，是因为二氧化硫具有漂白性，不是氧化性，错误；B、碘易升华，而氯化铵固体加热分解产生氯化氢和氨气，所以试管底部固体减少，错误；C、Fe与稀硫酸发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，而与稀硝酸反应生成NO气体、水及铁的硝酸盐，不是置换反应，错误；D、分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水，使烧瓶内的压强迅速减小，水面上升，正确，答案选D。考点：对物质的性质、反应类型的判断3.下列有关说法中正确的是 （ ）A. 12C、13C、14C是碳的三种同素异形体B. HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，而熔沸点逐渐升高C. 液态 HCl、固态 AgCl 均
4、不导电，所以 HCl、AgCl 是非电解质D. NaHSO4在熔融状态下不仅破坏了离子键，还破坏了共价键【答案】B【解析】【详解】A. 12C、13C、14C质子数不同，中子数相同，互为同位素，故A错误；B. 同一主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性： ClBrI，元素非金属性越强，其氢化物越稳定，所以热稳定性： HClHBrHI；HCl、HBr、HI，都不含氢键，都为分子晶体，决定熔沸点高低的因素是分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越强，则熔沸点越高，HCl、HBr、HI沸点却依次升高，故B正确；C. 液态HCl、固态AgCl均不导电，原因是液态氯化氢和固态AgCl
5、中不含自由移动的阴阳离子，但HCl溶于水后或AgCl熔融状态下能电离出自由移动的阴阳离子而使其水溶液导电，所以HCl、AgCl是电解质，故C错误；D. NaHSO4在熔融状态下电离，破坏了离子键，没有破坏共价键，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查了化学键和化合物的判断，根据物质的构成微粒及微粒间的作用力来分析解答，注意硫酸氢钠在水溶液里或熔融状态下电离方程式的区别。4.下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是（）A. 氯气使KBr溶液变黄B. 用Na2SiO3溶液制备H2SiO3C. 用漂白液杀菌、消毒D. 用浸泡过高锰酸钾的硅藻土保鲜水果【答案】B【解析】【详解】A. 氯气使KBr溶液变黄
6、，发生反应2KBrCl2=2KClBr2，Cl2化合价降低，氧化剂，有氧化性，被还原，故A涉及；B. 硅酸钠和盐酸反应可以制备H2SiO3，方程式为：Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiO3，没有化合价变化，不是氧化还原反应，故B不涉及氧化性或还原性；C. 用漂白液杀菌、消毒应用的是次氯酸钠的氧化性，故C涉及；D. 水果（香蕉最为典型）在生长或存放的过程中会产生乙烯（有催熟作用的植物激素）并释放到空气中。高峰酸钾可以将乙烯氧化为二氧化碳，阻止水果过度成熟或提早成熟，从而达到保鲜目的，故D涉及；题目要求选择不涉及的，故选B。5.下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是A.
7、铜和硝酸反应B. 二氧化碳通入氢氧化钠溶液中C. 细铁丝在氯气中燃烧D. 氯化铝与氢氧化钠溶液反应【答案】C【解析】【详解】A、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成一氧化氮，生成物有改变，不选A；B、二氧化碳和氢氧化钠反应可以生成碳酸钠，也可以生成碳酸氢钠，生成物有不同，不选B；C、铁和氯气只能生成氯化铁，不改变生成物，选C；D、氯化铝和氢氧化钠反应可以生成氢氧化铝沉淀，也可以生成偏铝酸钠，产物有不同，不选D。答案选C。6. 下列有关元素的性质及其递变规律正确的是（）A. IA族与A族元素间形成的化合物都是离子化合物B. 第三周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7C. 同主族元素的
8、简单阴离子还原性越强，其单质的氧化性越强D. 同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强【答案】B【解析】试题分析：AIA族与A族元素间形成的化合物可以是离子化合物，也可以是共价化合物，如HCl,所以错误；C同主族元素的简单阴离子还原性越强，其单质的氧化性越弱，错误；D同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越弱。考点：元素的性质及其递变规律7.洗涤仪器时，下列所选试剂合理的是A. 用稀盐酸洗涤粘有二氧化锰的烧杯B. 用稀硫酸洗涤做过银镜反应的试管C. 用水洗涤久置漂白粉的试剂瓶D. 用CS2洗涤粘有硫单质的圆底烧瓶【答案】D【解析】A、稀盐酸与二氧化锰不反应，A错误；B、稀硫酸与银
9、单质不反应，B错误；C、久置的漂白粉含有难溶于水的碳酸钙，C错误；D、CS2能将硫单质溶解，D正确，答案选D。8.NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是（ ）A. 标准状况下，0.1 mol Cl2参加反应，转移的电子数目一定为0.2 NAB. 标准状况下，11.2 L氦气中含有0.5 NA原子C. 常温常压下，46g NO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD. 1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数NA个【答案】A【解析】【详解】A.标准状况下，0.1 mol Cl2参加反应，转移的电子数目不一定为0.2 NA，例如与氢氧化钠溶液反应等，故A错
10、误；B. 标准状况下，11.2 L氦气是0.5mol，其中含有0.5 NA原子，B正确；C. 如果46g完全是NO2，则NO2的物质的量是46g46g/ mol=1mol，一个分子中含有3个原子，所以1molNO2含有的原子的物质的量是1mol3=3mol，数目是3NA；如果46g完全是N2O4，则N2O4的物质的量为46g92g/ mol=0.5mol，一个分子中含有6个原子，所以46g的N2O4含有原子的物质的量是0.5mol6=3mol，其数目为3NA；综上，无论是46g的NO2，还是46g的N2O4，还是46g的NO2和N2O4混合气体中含有原子总数均为3NA，故C正确；D.钠在反应中
11、只能失去1个电子，1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA，故D正确；题目要求选错误的，故选A。9.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. 在1 molL1的NaAlO2溶液中：K+、Ba2+、SO42、OHB. 在能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cl、NO3、K+C. 在pH = 1的溶液中：SO32、Cl、NO3、Na+D. 在1 molL1的AlCl3溶液中：NH4+、Ag+、Na+、NO3【答案】B【解析】【详解】A. 在1 molL1的NaAlO2溶液中，Ba2+和SO42不能共存，故A错误；B. 能使酚酞变红的溶液呈碱
12、性，Na+、Cl、NO3、K+之间不发生反应，可以共存，故B正确；C. 在pH = 1的溶液中呈酸性，酸性溶液中NO3具有强氧化性，会和SO32反应生成SO42，不能共存，故C错误；D. 在1 molL1的AlCl3溶液中，氯离子会和Ag+不能共存，故D错误；正确答案是B。10.以下物质间的每一步转化都能通过一步反应实现的是A. Fe FeCl2 Fe(OH)2 Fe(OH)3B. Si SiO2 H2SiO3 Na2SiO3C. Al Al2O3 Al(OH) 3 AlCl3D. NH3NO 2 HNO3 NH4NO3【答案】A【解析】【详解】A. Fe 与盐酸反应生成 FeCl2，FeCl
13、2与氢氧化钠反应生成 Fe(OH)2，Fe(OH)2被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3，均能一步实现转化，故A正确；B. SiO2不溶于水，不能一步转化为H2SiO3，故B错误；C. Al2O3不溶于水，不能一步转化为Al(OH) 3，故C错误；D. NH3催化氧化生成NO，不能一步转化为NO 2，故D错误；故选A。11.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010 mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是A. 简单离子半径：XYZWB. Y元素存在同素异形体C. 气态氢化物的稳定性：ZWYD. X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好
14、中和时，溶液呈中性【答案】B【解析】【分析】同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，所以原子序数XYZW,X的最高价氧化物的水溶液为碱性，而且0.010 molL1的这四种溶液pH为12，确定为一元强碱，所以X为Na，W的最高价氧化物的水溶液的pH为2，W为Cl、Z为S，Y的溶液的pH为4，为弱酸磷酸，Y为P，存在同素异形体。【详解】A、四种元素简单离子的半径YZWX，错误；B、P存在红磷和白磷等多种同素异形体，正确；C、YZW的非金属性逐渐减弱，所以气态氢化物的稳定性逐渐减弱，错误；D、NaOH与磷酸恰好反应，生成强碱弱酸盐，水解为碱性，错误；答案选B。12.下列正确的叙述有A. CO2、N
15、O2、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
16、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
17、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。13.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法正确的是A. O2所在的铂电极处发生氧化反应B. H+透过质子交换膜流向呼气所在的铂电极C. 电路中流过2mol电子时，消耗标准状况下11.2LO2D. 该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+【答案】C【解析】A、乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处发生还原反应，故
18、A错误；B该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，由装置图可知酒精在负极被氧气氧化发生氧化反应生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H+CH3COOH，所以H+透过质子交换膜流向氧气所在的铂电极，故B错误；C根据CH3CH2OH-4e-+H2O=4H+CH3COOH，O2 + 4e- + 4H+ = 2H2O，电路中流过2mol电子时，消耗氧气0.5mol，标准状况下体积为11.2L，故C正确；D、该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，由装置图可知酒精在负极被氧气氧化发生氧化反应生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H+CH3COOH，故D错误；故选C。点睛：本题以乙醇为燃料考查
19、了燃料电池，注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同。本题的易错点为D，要注意图像信息的提取。14.下列有关实验装置进行的相应实验,能达到实验目的的是 ( )A. 用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B. 用图2所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液C. 用图3所示装置可除去NO2中的NOD. 用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色【答案】B【解析】【分析】A. 氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集。B. 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离。C. 二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。
20、D. 本装置为电解池，铁连接电源正极，通电才能发生氧化反应。【详解】A.氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，A错误。B.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，B正确。C.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，不能除去NO2中的NO，C错误。D.本装置为电解池，铁连接在电源负极，铁不能发生氧化反应生成亚铁离子，故不能制备氢氧化亚铁，D错误。15. 下列化学反应的离子方程式正确的是( )A. 0.01mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合NH4+Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2OB. Na
21、2O2加入H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na+4OH+18O2C. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热：NH4+OHNH3+H2OD. 浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3+6H+Fe3+3NO2+3H2O【答案】A【解析】试题分析：A0.01mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子方程式：NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O；故A正确；BNa2O2加入到足量H218O中，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，离子方程式：2Na2O2+
22、2H218O4Na+418OH-+O2，故B错误；CNH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热生成氨气和碳酸钠，故C错误；D加入过量铁粉，生成亚铁离子，离子反应为Fe+2NO3-+4H+Fe2+2NO2+2H2O，故D错误；故选A。考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。16.下列的图示与对应的叙述相符的是（ ）A. 如图表示向A1Cl3溶液中滴加NaOH溶液时n Al(OH)3的变化情况B. 如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点C. 如图表示某一放热反应，若使用催化剂，E1、E2、H都会发生改变D. 如图表示向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，产生n (CO2
23、)的情况【答案】A【解析】【详解】A. 氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠的反应，反应的化学方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl；氢氧化铝沉淀溶解的过程，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH-AlO2-+2H2O，前后NaOH的物质的量之比为3：1，符合此图，故A正确；B. b点为硝酸钾在80时的饱和溶液，a点为不饱和溶液，可以通过升高温度蒸发掉部分溶剂，然后恢复到80可以变成饱和溶液，但是仅仅升高温度不行，故B错误；C. 催化剂能改变活化能，但不能改变反应热，故C错误；D. 向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸时，发生的反应依次为Na2CO
24、3HCl=NaClNaHCO3和NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，不会立刻产生二氧化碳，故D错误；正确答案是A。17.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，其中X、Z同族，Y是短周期主族元素中原子半径最大的，X是农作物生长的三种必须营养元素之一，W的单质以前常用于自来水消毒。下列说法正确的是A. Z的最高价氧化物的水化物能形成多种含Y元素的盐B. W的氧化物对应水化物的酸性一定强于ZC. Y的单质应该保存在水中D. X的氢化物沸点比Z的氢化物沸点低【答案】A【解析】【分析】Y是短周期主族元素中原子半径最大，Y为Na元素；X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依
25、次增大，X是农作物生长的三种必须营养元素之一，X为N元素；其中X、Z同族，Z为P元素；W的单质以前常用于自来水消毒，W为Cl元素。【详解】AP的最高价氧化物的水化物为磷酸，能形成多种含Na元素的盐，如磷酸钠，磷酸二氢钠等，故A正确；BCl的氧化物对应水化物的酸性不一定强于P，如次氯酸是弱酸，磷酸为中强酸，故B错误；CNa能够与水反应，故C错误；D氨分子间能够形成氢键，沸点高于PH3，故D错误；故选A。18.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
26、FeI2、NaHSO3的混合溶液100mL，向其中通入4.48L(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0.2molC. 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-
27、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，
28、B错误；综上所述，本题选A。19.CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：下列说法不正确的是A. 合成气的主要成分为CO和H2B. 既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成C. 吸收能量D. Ni在该反应中做催化剂【答案】C【解析】【详解】A由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下，最终生成CO和H2，故A正确；B化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；C的能量总和大于的能量总和，则的过程放出能量，故C错误；D由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质
29、量和化学性质没有发生变化，则Ni为催化剂，故D正确；故答案为C。20.在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O (l)，示意图如下：反应：NH4+(aq)2O2(g)=NO3-(aq)2H(aq)H2O (l) H1a kJmol1反应：5NH4+(aq)3NO3-(aq)=4N2(g)9H2O(l)2H(aq) H2b kJmol1下列说法正确的是A. 两池发生的反应中，氮元素只被氧化B. 两池中投放的废液体积相等时，NH4+能完全转化为N2C. 常温常压下，反应中生成22.4 L N2转移的电子数为3.756.021023D. 4NH4+(aq)3O2(g)=2N2
30、(g)4H(aq)6H2O(l)H1/2(3ab) kJmol1【答案】D【解析】A反应I：氧气作氧化剂，反应中O元素的化合价和N元素的化合价发生变化，A错误；B反应I：1molNH4+转化为1molNO3-，反应II：1molNO3-消耗NH4+，两个反应中消耗的废液不同，B错误；C常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算氮气的物质的量，所以无法计算转移的电子的数目，C错误；D根据盖斯定律(3I+II)/2即可得到4NH4+(aq)3O2(g)=2N2(g)4H+(aq)6H2O(l) H(3ab) kJmol1，D正确。答案选D。点睛：本题考查了氧化还原反应、元素化合物的
31、性质，把握氧化还原反应原理和N元素的化合物的性质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。选项B是解答的易错点，注意气体摩尔体积的使用条件和适用范围。21.锂铜空气燃料电池是低成本高效电池。该电池通过一种复杂的铜“腐蚀”现象产生电能，其中放电过程为2LiCu2OH2O=2Cu2Li+2OH。下列说法不正确的是A. 放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动B. 通空气时，铜被腐蚀，产生Cu2OC. 放电时，正极的电极反应式为:Cu2O2H+ +2 e- =2CuH2OD. 整个反应过程中，氧化剂为O2【答案】C【解析】【分析】放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应
32、式为Li-e-Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A.放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A正确；B.放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH-，可以知道通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故B正确；C.正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故C错误；D.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，得电子的物质是氧气，所以氧气为氧化剂，故D正确。故选C。【
33、点睛】明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，注意把握Cu在整个过程中的作用。22.实验小组进行如下实验：已知：Cr2(SO4)3稀溶液为蓝紫色；Cr(OH)3为灰绿色固体，难溶于水。下列关于该实验的结论或叙述不正确的是A. 中生成蓝紫色溶液说明K2Cr2O7在反应中表现了氧化性B. 若继续向中加入稀硫酸，溶液有可能重新变成蓝紫色C. 将与溶液等体积混合会产生灰绿色浑浊，该现象与Cr3+的水解平衡移动有关D. 操作I中产生的无色气体是CO【答案】D【解析】【分析】往H2C2O42H2O固体中滴入适量的K2Cr2O7酸性溶液，发生反应的化学方程式为：2K2Cr2O7+6H2C2O4+8
34、H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+12CO2+14H2O，生成Cr2(SO4)3为蓝紫色溶液，无色气体为CO2，滴入适量的NaOH溶液，生成Cr(OH)3为灰绿色固体，可以看到灰绿色浑浊，继续滴加NaOH溶液，可以看到灰绿色浑浊溶解，生成绿色的CrO2-，据此答题。【详解】A.中发生反应的化学方程式为：2K2Cr2O7+6H2C2O4+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+12CO2+14H2O，K2Cr2O7中Cr元素的化合价由+6价+3价，化合价降低，作氧化剂，表现为氧化性，故A正确；B.向蓝紫色Cr2（SO4）3溶液中，加入NaOH溶液至析出灰绿色沉淀，此时，溶
35、液中存在着如下平衡Cr3+(蓝紫色)+3OH-Cr(OH)3(灰绿色)CrO2-(绿色)+H+H2O，加入稀硫酸，会增大氢离子浓度，平衡向逆反应方向移动，溶液显蓝紫色，故B正确；C.溶液中含有Cr3+，溶液中含有CrO2-，Cr3+与CrO2-双水解，反应的离子方程式为：Cr3+3CrO2- +6H2O=4Cr(OH)3，会产生灰绿色浑浊，故C正确；D.由反应方程式2K2Cr2O7+6H2C2O4+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+12CO2+14H2O可知，操作I中产生的无色气体是CO2，故D错误。故选D。二、填空题（共56分）23.W是由A、B两种元素组成的AB2型化合物。
36、（1）若W和焦炭在高温下发生反应，所制得的半导体材料应用广泛。则W为_(填化学式)。（2）若取两支试管分别加入少量W溶液，往一支试管中滴入KSCN溶液，无明显现象。往另一支试管中加入足量氯水，再加入适量CCl4，振荡，静置，下层溶液呈紫红色；往上层溶液中滴入KSCN溶液，溶液呈红色。W溶液中所含金属阳离子为_。上述实验中，W与足量氯水反应的离子方程式为_。（3）若W是离子化合物，其阴、阳离子均含18个电子，且阴、阳离子个数比为11。阴离子的电子式为_。1mol W与足量水充分反应，转移电子的物质的量为_mol。（4）若A、B是同主族元素，W溶于水生成一种二元弱酸。B在元素周期表中的位置为_。如
37、果常温下W为气体，W所形成的二元弱酸溶液中，含A元素的某微粒占所有含A元素微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如下图所示，该微粒的化学式为_；该二元弱酸的一级电离常数为Ka1，则pKa1=lgKa1_。如果A元素的周期序数是B元素的两倍，W的水溶液被双氧水氧化的化学方程式为_。【答案】 (1). SiO2 (2). Fe2+ (3). 3Cl2 + 4I + 2Fe2+ = 2 I2 + 6Cl + 2 Fe3+ (4). (5). 1 (6). 第2周期A族 (7). HSO3 (8). 1.91 (9). H2SeO3 + H2O2 H2SeO4 + H2O【解析】【详解】（1）半导体材料是
38、硅，制备反应是C+SiO2=Si+CO，W为SiO2；（2）往一支试管中滴入KSCN溶液，无明显现象，说明原溶液中不存在没有铁离子，另一支试管中加入足量氨水，再加入适量CCl4，振荡，静置，下层溶液呈紫红色，说明原溶液中存在碘离子，往上层溶液中滴人KSCN溶液，溶液呈红色，说明原溶液中存在亚铁离子，则w溶液中所含金属阳离子为亚铁离子。在上述实验中加足量氨水，亚铁离子、碘离子被完全氧化，其反应的离子方程式为：3Cl2 + 4I + 2Fe2+ = 2 I2 + 6Cl + 2 Fe3+；（3）AB2型离子化合物，且阴、阳离子个数比为11，阴、阳离子均含18个电子，若阴离子为B22，则A为钙，若阴
39、离子为B2，则阴离子所含电子数不是18。W的化学式为CaO2，阴离子的电子式为：；1 molCaO2与足量水充分反应，负一价氧发生歧化反应生成氧气和氢氧化钙，转移1mol电子；（4）若A、B是同主族元素，W溶于水生成一种二元弱酸，为VIA族元素，B为O元素；氧元素处于周期表中第二周期VIA族，故答案为：第二周期VIA族；如果A元素的周期序数是B元素的两倍，则A为Se，W为SeO2，SeO2的水溶液被双氧水氧化的化学方程式为：H2SeO3+H2O2=H2SeO4+H2O；故答案为：H2SeO3 + H2O2H2SeO4 + H2O。24.碘化钾是一种无色晶体，易溶于水。实验室制备KI晶体的步骤如
40、下：.在如下图所示的三颈烧瓶中加入研细的I2和一定量的30%KOH溶液，搅拌（已知：I2与KOH反应产物之一是KIO3）；.碘完全反应后，打开分液漏斗中的活塞、弹簧夹1、2，向装置C中通入足量的H2S；.反应结束后，向装置C中加入稀H2SO4酸化，水浴加热；.冷却，过滤得KI粗溶液。（1）仪器a的名称是_，步骤中控制KOH溶液过量的目的是_。（2）装置B的作用是_，装置D中盛放的溶液是_。（3）装置C中H2S和KIO3反应的离子方程式为_。（4）步骤中水浴加热的目的是除去_（填化学式）。（5）由步骤所得的KI粗溶液中含有少量K2SO4，需进行提纯，提纯流程如下：已知白色固体B是混合物，试剂A为
41、_，为除去溶液C中的杂质，步骤中调节溶液为弱酸性，则加入HI溶液后产生的现象是_。为测定最后所得KI晶体的纯度，取a g晶体配制100mL溶液，取出25mL溶液，滴入足量稀的酸性K2Cr2O7溶液，充分反应后，滴加几滴淀粉溶液为指示剂，用b molL1的Na2S2O3溶液进行滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL。滴定过程中涉及的反应为：，则滴定终点时的现象为_，晶体的纯度为_（列出计算式）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 使碘充分反应 (3). 除去硫化氢中的氯化氢气体 (4). NaOH溶液 (5). 3H2S+IO3-=3S+I-+3H2O (6). H2S (7). BaCO3 (
42、8). 有无色气体放出 (9). 当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复 (10). bmol/LV10-3L4166/a100%【解析】【分析】反应时，首先使碘单质与过量的KOH反应，生成的产物中有碘化钾和碘酸钾，再利用制取的硫化氢与碘酸钾反应生成碘化钾和硫酸钾，除去硫酸钾，制备碘化钾。【详解】（1）根据图像可知，仪器a的名称是分液漏斗；装置C中KOH过量时可使碘充分反应；（2）制取硫化氢使用的盐酸易挥发，装置B的作用是除去硫化氢中的氯化氢气体；硫化氢气体有毒，装置D为除去硫化氢防止污染空气，使用的药品为NaOH溶液；（3）装置C中H2S和KIO3反应生成单质硫、碘化钾
43、和水，反应的离子方程式为3H2S+IO3-=3S+I-+3H2O；（4）步骤中水浴加热可降低硫化氢在水中的溶解度，使过量的硫化氢逸出；（5）除去溶液中的硫酸根离子通常用钡离子，除杂时不引入新的杂质离子，可利用沉淀的转化使用碳酸钡固体；溶液C中含有一定量的碳酸根离子，加入HI溶液时，生成二氧化碳气体，观察到有气泡产生；反应过程：用重铬酸钾氧化碘离子为单质，再用硫代硫酸钠与碘反应生成碘离子，则滴定终点时，溶液中无碘单质，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复；根据方程式可知，n（I-）：n（S2O32-）=1：1，生成硫代硫酸钠的物质的量等于碘离子的物质的量为bmol/LV1
44、0-3L，原溶液在碘离子的物质的量=bmol/LV10-3L100mL/25mL，跟碘原子守恒，则纯度=bV10-34166/a100%。【点睛】用重铬酸钾氧化碘离子为单质，再用硫代硫酸钠与碘反应生成碘离子，多步反应的计算，只要根据碘离子与硫代硫酸根之间的关系式进行即可，不必分析碘与重铬酸钾之间的关系。25.I：雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下离子中的若干种：NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl、NO3、CO32、SO42某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得到试样溶液，设计并完成如下实验：试回答下列问题：（1）实验中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，气体A遇空气变成
45、红棕色，溶液B依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，据此可知原溶液中一定不含_。（填离子符号）（2）实验中发生反应的离子方程式为_。（3）根据实验现象该同学认为原溶液中一定含有SO42，有其他同学认为其结论不合理，又进行了后续实验，最终确认原溶液中含有SO42，试写出实验可行的操作方法及现象_。II ：汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。（4）氧化还原法消除NOx的转化如下： 反应I为NO+O3 = NO2+O2，生成标准状况11.2 L O2时，转移电子的物质的量是_mol。反应中，当n( NO2)：nCO(NH2)2=3：2时，氧化产物与还原产
46、物的质量比为_。（5）吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）。 装置中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-，请写出生成等物质的量的NO3和NO2时的离子方程式_ 装置的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4+再生，同时在另一极生成S2O42-的电极反应式为_。【答案】 (1). CO32 (2). 3Fe2+ + NO3 +4H+ = 3Fe3+ +NO + 2H2O (3). 向沉淀G中加入足量的稀硝酸，若沉淀部分溶解，则证明原溶液中含有SO42 (4). 1 (5). 4:3 (6). 2NO+3H2O+4Ce4+=N
47、O3+NO2+6H+4Ce3+ (7). 2HSO3-+4H+4e-=S2O32-+3H2O【解析】【详解】I.（1）实验中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，该气体可能为CO2或NO，由于盐酸过量且反应后溶液中阴离子种类不变，则生成的气体为NO，溶液中一定含有Fe2+、Cl-、NO3-，且NO3-过量；根据离子共存可知一定不存在CO32-，故答案为：CO32-；（2）实验中亚铁离子与稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮和水，反应的离子反应方程式为：3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+NO3-+4H+=3Fe3+NO+2H2O；（3）由于实验中NaHCO3足量，则实
48、验沉淀G中一定含有沉淀BaCO3，不能确定是否含有BaSO4，需要进行后续实验，可向沉淀G中加入足量的稀硝酸，若沉淀部分溶解，则证明原溶液中含有SO42-，答：向沉淀G中加入足量的稀硝酸，若沉淀部分溶解，则证明原溶液中含有SO42-。II.（4）NO+O3NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5mol O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是0.5mol2=1mol，故答案为：1；当n（NO2）：nCO（NH2）2=3：2，即NO2和CO（NH2）2的系数之比是3：2，其方程式表示为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，只有N元素的化合价变
49、化，氮气为氧化产物也是还原产物，由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4：3，故答案为：4：3；（5）酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-，生成等物质的量的NO3和NO2时共转移4个电子，应该消耗4个Ce4+，离子方程式为：2NO+3H2O+4Ce4+=NO3+NO2+6H+4Ce3+；电解池的阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：2HSO3-+4H+4e-=S2O32-+3H2O，阳极电极反应为：Ce3+-e-Ce4+，故答案为：2HSO3-+4H+4e-=S2O32-+3H2O；【点睛】题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计
50、算能力的考查，注意把握还原性的强弱及电子守恒为解答的关键。26.碱性锌锰电池的工作原理：Zn+2MnO2+2H2O2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料MnxZn(1x)Fe2O4，其工艺流程如图所示：(1)已知MnxZn(1x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰相同，则铁元素的化合价为_。(2)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式：_。(3)“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的
51、量之比与产品的化学式MnxZn(1x)Fe2O4相符合。写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式：_、_。若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a molL1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=b molL1，滤液体积为1 m3，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为_kg(忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示)。(4)在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是把 Fe 2+ 氧化为 Fe 3+；生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是_。(5)用氨水“调pH”后，经“结晶”、“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中离子浓度由大到
52、小的排序为_。【答案】 (1). +3 (2). MnO(OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe 3+ +2H 2 O (3). Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+ (4). Fe+2H += Fe 2+ +H 2 (5). 112a56b (6). 生成的 Fe 3+ 催化了双氧水的分解 (7). c(NH4+)c(SO42)c(H + )c(OH )【解析】【分析】由流程图可知，向用水洗涤的废旧电池滤渣中加入稀硫酸，滤渣中的Fe和Zn(OH)2溶于稀硫酸，反应生成的硫酸亚铁在酸性条件下，与MnO(OH)发生氧化还原反应生成硫酸铁、硫酸锰，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸锰的酸
53、性滤液，向滤液中加入铁粉调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1x)Fe2O4相符合，再加入双氧水将Fe 2+氧化为Fe 3+，用氨水调pH后，经结晶、过滤得到产品MnxZn(1x)Fe2O4。【详解】（1）由题意可知，MnxZn(1x)Fe2O4中锰元素的化合价为+2价，设铁元素化合价为+a，由化合价代数和为零可得：（+2）x+（+2）（1x）+（+a）2+（2）4=0，解得a=3，故答案为：+3；（2）由题意可知，硫酸亚铁与MnO(OH)在酸性条件下发生氧化还原反应，硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，MnO(OH)被还原为硫酸锰，反应的离子方程式为MnO(
54、OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe 3+ +2H 2O，故答案为：MnO(OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe 3+ +2H 2O；（3）“调铁”工序中，加入铁粉与溶液中的Fe 3+和H+反应，反应时，氧化性较强的Fe 3+与Fe反应生成Fe 2+，Fe 3+完全反应后，H+与Fe反应生成Fe 2+和H2，反应的离子方程式为Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+和Fe+2H += Fe 2+ +H2，故答案为：Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+；Fe+2H += Fe 2+ +H2；由MnxZn(1x)Fe2O4得化学式可知，nMn2+Zn2+:n(Fe 3+)=
55、1:2，设加入的铁粉为xmol，依据题意可得（a molL1103 L）:(b molL1103 L +x) =1:2，解得x=(2a-b)103 mol，则加入的铁粉质量为(2a-b)103 mol56g/mol=56(2a-b)103g=56(2a-b)kg，故答案为：56(2a-b)；(4)在“氧化”工序中，双氧水把 Fe 2+ 氧化为Fe 3+，反应生成的Fe 3+可以做催化剂，使双氧水催化分解，成为除温度外，导致实际消耗双氧水的量大于理论值的因素，故答案为：生成的 Fe 3+ 催化了双氧水的分解；（5）由流程图可知，反应中加入了稀硫酸和氨水，滤液C中一定含有可以做氮肥的硫酸铵，硫酸铵溶液中由于铵根离子水解使溶液显酸性，溶液中有c(H + )c(OH )，但是由于水解程度小，溶液中有c(NH4+)c(SO42)，则溶液中离子浓度由大到小的排序为，故答案为：c(NH4+)c(SO42)c(H + )c(OH )；【点睛】本题主要考查化学工艺流程，考查分析问题与解决问题的能力，集元素化合物知识基本概念和基本理论于一体，考查面广、综合性强，注意题给信息和流程中的反应原理分析是解答关键。
