1、湖南师大附中2013-2014第二学期期中考试高一化学试卷（B）命题人：李海汾 姜平贵 审题人：肖鹏飞 备课组长：姜平贵可能用到的相对原子质量：H-1 O-161国际上不提倡伊朗浓缩铀，因为铀是制造原子弹的燃料。原子核内含有中子数为A92 B235 C143 D327【考点】本题主要考查了原子的构成和相对原子质量的计算方法熟悉原子的结构中质子，中子，电子之间的关系相对原子质量约等于质子数与中子数之和是解题的关键所在。【解析】根据原子中核电荷数与质子数相等可知：铀的核内质子数为92，根据相对原子质量等于质子数与中子数之和可知：原子核内中子数为235-92=143，所以B正确。【答案】C2与氢氧根
2、具有相同的质子数和电子数的微粒是ACH4 BNH4+ CNH2- DCl-【考点】本题考查微粒的质子数和电子数，明确原子序数与质子数、电子数的关系即可解答，注意阳离子失去电子，阴离子得到电子来解答，较简单。【解析】OH-的质子数为8+1=9，电子数为8+1+1=10。A、CH4的质子数=电子数=6+14=10，故A不选；B、NH4+的质子数为7+4=11，电子数为7+4-1=10，故B不选；C、NH2-的质子数为7+2=9，电子数为7+2+1=10，故C选；D、Cl-的质子数为17，电子数为17+1=18，故D不选。【答案】C3下列性质的递变中，正确的是A.O、Na、S的原子半径依次增大 B.
3、LiOH、KOH、CsOH的碱性依次增强C.HF、NH3、SiH4的稳定性依次增强D.HCl、HBr、HI的还原性依次减弱【考点】本题主要考查了元素周期律的应用，难度不大，根据课本知识即可完成。【解析】A、因同一主族，从上到下，元素原子的半径逐渐增大，所以半径：SO，又因同一周期，从左至右，元素原子的半径逐渐减小，所以半径：NaS；则半径：NaSO，故A错误；B、Li、K、Cs位于同一主族，且原子序数逐渐增大，同主族元素随核电荷数的增大元素的金属性逐渐增强，则对应最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故B正确；C、非金属性：FNSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则有HF、NH3、Si
4、H4的稳定性依次减弱，故C错误；D、卤化氢的还原性随着卤原子原子序数的增大而增强，所以卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，故D错误。【答案】B4下列电子式中错误的是（ ）A Na B C D 【考点】本题考查化学用语的使用，学生明确原子的最外层电子数及物质的类别、电子式的书写方法是解答本题的关键。【解析】A、因Na+是简单阳离子，它的电子式就是它的离子符号，故A正确；B、因氧原子最外层6个电子，氢原子最外层1个电子，则OH-的电子式为，故B正确；C、NH3为共价化合物，N最外层5个电子，H最外层1电子，而电子式中N最外层3个电子，故C错误；D、CH3Cl为共价化合物，碳最
5、外层4个电子，H最外层有1个电子，Cl最外层7电子，则CH3Cl的电子式为，故D正确。【答案】C5下列过程中，共价键被破坏的是A.碘升华B.溴蒸气被木炭吸附C.蔗糖溶于水D.氯化氢气体溶于水【考点】本题考查化学键与分子间作用力，明确分子形态变化及电解质的电离是解答本题的关键，较简单。【解析】A碘升华，只是分子的状态改变，不破坏共价键，分子间作用力发生变化，故A不选；B溴蒸气被木炭吸附，破坏共价键，分子间作用力发生变化，故B不选；C酒精溶于水，不发生电离，分子间作用力发生变化，故C不选；DHCl溶于水，发生电离，共价键被破坏，故D选；故选D。【答案】D6元素Y的原子获得3个电子或元素X的原子失去
6、2个电子后，它们的电子层结构与氖原子的电子层结构相同，X、Y两种元素的单质在高温下得到的化合物的正确化学式是A B C D【考点】本题考查学生对微粒结构知识的理解，并能正确书写物质化学式。【解析】元素X的原子获得3个电子，形成离子的电子层结构均与氖原子相同，可知X元素质子数为7；即N；元素Y的原子失去2个电子后，所形成离子的电子层结构均与氖原子相同，可知Y元素质子数为2+8+2=12；即Mg；X、Y两元素的单质在高温下反应得到的化合物的化学式为：Mg3N2。【答案】B7下列说法正确的是 A、 物质发生化学反应都伴随着能量变化B、 伴有能量变化的物质变化都是化学变化C、 在一个化学反应中，反应物
7、的总能量与生成物的总能量一定相同D、在一个化学反应中，反应物的总能量一定高于生成物的总能量【考点】本题考查了化学反应过程中的能量变化知识。【解析】A、化学反应的实质是旧化学键断裂，新化学键形成，键断裂吸收能量，新键形成放出能量，所以反应过程中一定伴随能量变化，A正确；B、物理变化时也可能伴随能量变化，如气态水液化会放出热量，所以伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，故错误；C、化学变化过程中能量守恒，但是反应物的总能量与生成物的总能量一定不相同，C错误；D、在一个化学反应中，反应物的总能量可能高于也可能低于生成物的总能量，D错误。【答案】A8下列反应中，属于吸热反应的是A活泼金属跟酸反应 B
8、煤气燃烧 C酸碱中和反应 D工业制生石灰【考点】本题考查吸热反应，难度不大，掌握中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键。【解析】A、活泼金属跟酸反应放出大量的热，则属于放热反应，故A错误；B、燃烧是氧化反应，是常见放热反应，故B错误；C、中和反应是放热反应，故C错误；D、石灰石在高温下的分解反应属于吸热反应，故D正确；【答案】D9化学反应一般均会伴随着能量变化，对H2在O2中燃烧的反应，正确的是A 该反应为吸热反应B该反应为放热反应 C断裂HH键放出能量 D. 生成HO键吸收能量【考点】本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的
9、要熟练记忆来解答此类习题。【解析】AH2在O2中燃烧反应为放热反应，故A错误，故B正确；C断裂H-H键需要吸收能量，故C错误确；D生成H-O键会吸收能量，故D错误。【答案】B10将纯锌片和纯铜片按下图所示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间,以下叙述正确的是A.两烧杯中铜片表面均无气泡产生B.甲中铜片是正极,乙中铜片是负极C.两烧杯中溶液的酸性均减弱D.产生气泡的速率甲比乙慢【考点】本题考查了置换反应和原电池的有关知识，题目难度不大，注意把握原电池的组成条件的工作原理。【解析】A甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；B乙
10、中不构成原电池，铜片不是电极，故B错误；C甲中铜片上氢离子得电子生成氢气，乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气，所以两烧杯的溶液中氢离子浓度均减小，酸性均减弱，故C正确；D甲能形成原电池，乙不能构成原电池，所以产生气泡的速度甲比乙快，故D错误。【答案】C11在5L的密闭容器中进行下述反应，30S内，NO增加了0.3mol，则在30S内，该反应的平均反应速率正确的是AV(O2)=0.01molL-1s-1 B V(NO)=0.08molL-1s-1C V(H2O)=0.01molL-1s-1 D V(NH3)=0.002molL-1s-1 【考点】本题考查化学反应速率的计算，比较基础，反应速率计算
11、通常有定义法、化学计量数法，根据情况选择合适的方法。【解析】在5L的密闭容器中进行30s后，NO的物质的量增加了0.3mol，则v（NO）=0.002mol/（Lmin）。A、速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=v（NO）=0.002mol/（Lmin）=0.0025mol/（Lmin），故A错误；B、v（NO）=0.002mol/（Lmin），故B错误；C、速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2O）=v（NO）=0.002mol/（Lmin）=0.003mol/（Lmin），故C错误；D、速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=v（NO）=0.002mol/（Lmin），故D
12、正确。【答案】D12.已知空气锌电池的电极反应：锌片：Zn2OH2e ZnO H2O，石墨：1/2 O2H2O 2e 2OH据次推断锌片是 A、负极，被氧化 B、负极，被还原 C、正极，被氧化 D、正极，被还原【考点】本题考查化学电源知识，题目难度中等，注意原电池的两极上的变化以及原电池原理。【解析】根据化合价可知，电极反应中锌的化合价升高，被氧化，原电池中较活泼的金属做负极，发生氧化反应，则锌为原电池的负极，负极上锌失电子发生氧化反应而逐渐被溶解。【答案】A13.下列物质中，不能和氯气发生取代反应的是A.CH3Cl B.CCl4 C.CH2Cl2 D.CH4 【考点】本题考查了取代反应的特点
13、。【解析】饱和有机物分子中存在H原子才能发生取代反应，CCl4无法发生取代反应。【答案】B14.在一定温度下，反应A2(g) B2(g) 2AB(g)达到平衡的标志是 A、单位时间内生成nmolA2同时生成nmolABB、容器内的总物质的量不随时间变化C、单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2D、单位时间内生成nmolA2的同时生成nmolB2【考点】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题易错点为B，注意反应前后气体的化学计量数关系。【解析】A消耗反应物的物质的量之比等于化学质量数之比，不能作为判断达到化学平衡的标志，故A错误；B、反应两边气体的化学计量数之和相等，气体的物
14、质的量始终不变，所以物质的量不能作为判断达到平衡状态的依据，故B错误；C、单位时间内生成2n mol AB的同时生成n mol B2，表示正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C正确；D无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内生成nmolA2同时生成nmolB2，不能说明正逆反应速率相等，故D错误。【答案】C15.(11分）在第3周期中，置换酸中氢的能力最强的元素的元素符号为 ，化学性质最稳定的元素符号是 ，最高价氧化物的水化物的酸性最强的化合物的化学式是 ，最高价氧化物的水化物的碱性最强的化合物的化学式是 ，显两性的氢氧化物的化学式是 ，该两性氢氧化物与盐酸、氢氧钠溶液分别反应的离子方程式为 、
15、 ，原子半径最大的金属元素的名称是 ，离子半径最小的离子结构示意图是 。【考点】本题考查同周期元素性质的递变规律，题目难度不大，注意加强对基础知识的积累。【解析】同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，则置换酸中氢的能力最强的元素为金属性最强的元素为Na；碱性最强的化合物为NaOH；化学性质最稳定的元素为0族元素，第三周期元素为Ar；最高价氧化物的水化物的酸性最强的化合物对应的元素为Cl元素，对应的酸为HClO4；第三周期中的两性氢氧化物为Al（OH）3；与盐酸、氢氧化钠溶液分别反应的离子方程式为：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O、Al（OH）3+3OH-=Al（OH
16、）4-；同周期元素从左到右元素原子半径逐渐减小，则原子半径最大的是Na；离子半径最小的离子为Al3+，离子结构示意图是。【答案】Na Ar HClO4 NaOH Al(OH)3 Al(OH)3 +3H =Al3 +3H2O Al(OH)3 +OH = AlO2 +2H2O 钠 16. (12分，每空2分）氮化钠(Na3N)是科学家制备的一种重要化合物，它与水作用可产生NaOH和NH3。请回答下列问题：（1）Na3N的电子式是_；该化合物是由_键形成的_（填“离子”或“共价”）化合物。(2)Na3N与盐酸反应生成_种盐，对应的反应方程式是 。(3)比较Na3N中两种微粒的半径：r(Na+)_r(
17、N3)(填“”“=”“”符号)。【考点】本题考查化学键的有关判断、化学方程式的书写，题目难度不大，本题是基础性试题的考查，试题基础性强，注重能力的考查，该题有利于巩固学生对教材基础知识的理解，培养学生的规范答题能力，提高学习效率。【解析】（1）钠元素和氮元素分别是活泼的金属和活泼的非金属，所以二者形成的化学键是离子键，属于离子化合物，Na3N的电子式为：；（2）氮化钠和水反应生成氨气，则根据原子守恒可判断，另外一种生成物应该是氢氧化钠，所以氮化钠和盐酸反应的生成物应该是氯化钠和氯化铵，共计是2种盐，反应的方程式为Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl+3H2O；（3）Na+与N3-属电子层
18、结构相同的粒子，核电荷数越大半径越小，故Na+的核电荷数大而N3-半径小，r（Na+）r（N3-）。【答案】（1） 离子 离子(2) 两 Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl+3H2O(3)17.（10分，每空2分）实验室利用如右图装置进行中和热的测定。回答下列问题：如图装置中，为了酸碱能更充分地反应，应该增加一个 （填玻璃仪器名称）；大烧杯上没有盖上硬纸板，测得的中和热数值将会 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。在操作正确的前提下提高中和热测定的准确性的关键是 （ 填代号）A.进行实验时的气温B.装置的保温隔热效果C.实验所用酸碱溶液的体积如果用0.5mol/L的盐酸和氢氧化钠固体
19、进行实验，则实验中所测出的“中和热”的数值将 （填“偏大”、“偏小”、“不变”）；原因是 。【考点】本题考查中和热的测定，题目难度不大。【解析】（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器。中和热测定实验成败的关键是保温工作，大烧杯上没有盖上硬纸板，将导致热量散失，中和热数值将会偏小；（2）在中和反应中，必须确保热量不散失，要求装置的保温隔热效果好；（3）氢氧化钠固体溶于水放热，所以实验中测得的“中和热”数值将偏大。【答案】环形搅拌器（或环形玻璃棒） 偏小 B 偏大 固体NaOH溶于水放热 18（10分，每空2分）往一个容积为5L的密闭容器中，通入2molN2和3molH2，在一
20、定条件下,发生反应 ,2 min后,测得容器中生成了1mol NH3，试求：（1）2 min时，N2的物质的量 ；（2） 2 min时，H2的物质的量浓度 ；（3）2 min时，H2的转化率 ；（4）2min内，N2的平均反应速率 ；（5）N2、H2、NH3的反应速率之比 。【考点】本题考查化学平衡的有关计算，题目难度不大，注意把握有关计算公式的运用和对概念的理解。【解析】（1）根据反应的方程式为：N2+3H22NH3，生成1mol NH3，则消耗N2的物质的量0.5mol，所以2 min时，N2的物质的量等于2mol-0.5mol=1.5mol；（2）根据反应的方程式为：N2+3H22NH3
21、，生成1mol NH3，则消耗H2的物质的量是1.5mol，所以剩余H2的物质的量是1.5mol，所以此时=0.3mol/L；（3）2 min时，消耗H2的物质的量是1.5mol，所以H2的转化率是=50%；（4）根据反应的方程式为：N2+3H22NH3，生成1mol NH3，则消耗N2的物质的量0.5mol，即N2的浓度变化量=0.1mol/L，所以=0.05mol/(L min)；（5）N2、H2、NH3的反应速率之比等于化学计量数之比，即1:3:2。【答案】1.5mol 0.3mol/L 50% 0.05mol/(L min) 1:3:219（9分，除标明外，其余每空2分）如图所示，把试
22、管放入盛有25的饱和石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再用滴管滴入5mL盐酸于试管中。试回答下列回答：（1）实验中观察到的现象是_。（选填代号，3分）A.试管中镁片逐渐溶解B.试管中产生无色气泡C.烧杯外壁变冷D.烧杯底部析出少量白色固体（2）试管中发生的反应属于_（选填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”）。（3）写出有关反应的离子方程式_。（4）由实验推知，MgCl2溶液和H2的总能量_（填“大于”“小于”“等于”）镁片和盐酸的总能量。【考点】本题考查了化学反应现象和能量变化分析，注意分析通过化学变化放热而使饱和溶液温度升高，氢氧化钙的饱和溶液中，氢氧化钙溶解度随温度升高而减小的，
23、掌握特征和基础是解决问题的关键。【解析】如图所示的实验中，所试管内滴入稀盐酸，盐酸与镁剧烈反应放出氢气，同时反应放出的热量使饱和石灰水溶液温度升高，温度升高氢氧化钙溶解度减小，饱和溶液析出固体氢氧化钙而使溶液看上去变浑浊；碳酸在溶液中不稳定分解生成二氧化碳气体。（1）镁与盐酸剧烈反应，可观察到产生大量气体，反应放出热量使饱和溶液温度升高，析出固体溶质，观察到溶液变浑浊，所以答案选ABD；（2）镁与盐酸发生置换反应，生成氯化镁和氢气，反应的化学方程式为Mg+2HClMgCl2+H2，该反应属于氧化还原反应；（3）镁与盐酸发生置换反应，生成氯化镁和氢气，反应的化学方程式为Mg+2HClMgCl2+
24、H2，离子方程式为：Mg+2H+=Mg2+H2；（4）当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故MgCl2溶液和H2的总能量小于镁片的盐酸的总能量，故答案为：小于；【答案】A B D 氧化还原反应 Mg2H+Mg2+H2 小于20（6分，每空2分）(1)甲烷通常用来作燃料，其燃烧反应的化学方程式是 。(2) 若用甲烷氧气构成燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，试写出该电池的正极的电极反应式 ；负极的电极反应式 。【考点】本题考查了化学方程式、电极方程式的书写。【解析】（1）甲烷燃烧的化学方程式：CH4+2O2 CO2+2H2O；（2）甲烷燃料电池以KOH溶液为电解质溶液时，负极上是甲烷
25、发生失电子的氧化反应，又因为电解质是KOH溶液，二氧化碳和氢氧化钾反应得到的是碳酸钾，即CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O。通氧气的电极为正极，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；总化学方程式为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O。【答案】CH4+2O2=CO2+2H2O O2+ 4e- + 2H2O=4OH- CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O选考部分（B卷）可能需要的相对原子质量：Ca：40 Ag：108一、选择题（共6小题，每小题3分，共18分）1三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用NaOH调NiCl2溶液pH
26、至7.5，再加入适量硫酸钠后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO，把二价镍氧化为三价镍。以下说法不正确的是 A可用铁作阳极材料B电解过程中阳极附近溶液的pH降低C阳极反应方程式为：2Cl2eCl2D1 mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1 mol电子【考点】本题考查电解原理，明确离子的放电顺序及发生的电极反应是解答本题的关键，选项A为解答的易错点，题目难度中等。【解析】A若Fe为阳极，则氯离子不能在阳极生成，则不会存在产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO-，把二价镍氧化为三价镍，故A错误；B电解时阳极附近氯离子放电，溶液的pH不会升高，故B错误；C电解过程中阳极
27、附近生成的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液的pH降低，故C正确；D由Ni2+-e-=Ni3+可知1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1mol电子，故D正确；故选A。【答案】A2已知电极上每通过96 500 C的电量就会有1 mol电子发生转移。精确测量金属离子在惰性电极上以镀层形式沉积的金属质量，可以确定电解过程中通过电解池的电量。实际测量中，常用银电量计，如图所示。下列说法不正确的是A电量计中的银棒应与电源的正极相连，铂坩埚上发生的电极反应是：Age= Ag B称量电解前后铂坩埚的质量变化，得金属银的沉积量为108.0 mg，则电解过程中通过电解池的电量为96.5 CC实验中，
28、为了避免银溶解过程中可能产生的金属颗粒掉进铂坩埚而导致测量误差，常在银电极附近增加一个收集网袋。若没有收集网袋，测量结果会偏高。D若要测定电解饱和食盐水时通过的电量，可将该银电量计中的银棒与待测电解池的阳极相连，铂坩埚与电源的负极相连。【考点】本题考查电解原理的应用，注意电解池的组成和两极上的变化，并注意与电镀知识的结合来分析解答即可。【解析】A、电解时的电极反应为：阳极（Ag）：Ag-e-Ag+，阴极（Pt）：Ag+e-Ag，故A正确；B、析出Ag的物质的量为=1mmol=0.001mol，根据Ag+e-=Ag可知通过电量为96.5库伦，故B正确； C、银溶解时有些可能未失电子变成银离子然后
29、在阴极（铂坩埚）得电子析出，而是直接跌落到铂坩埚中，造成铂坩埚增重较多，导致计算出的电量偏大，所以必须增加收集袋，故C正确；D、要将银电量计与电解食盐水的电解池串联，才能做到通过的电量相同所以电源正极接电解食盐水的电解池（待测电解池）的阳极，再从电解食盐水的电解池（待测电解池）的阴极连接到银电量计的银棒，然后再从铂坩埚接到电源的负极，故D错误。故选D。【答案】D3关于下列各装置图的叙述中，不正确的是 A用装置精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B装置的总反应是：Cu2Fe3 Cu22Fe2C装置中钢闸门应与外接电源的负极相连D装置中的铁钉几乎没被腐蚀【考点】本题考查原电池和电解池的
30、工作原理，题目难度不大，本题易错点为D，注意浓硫酸的性质对金属腐蚀的影响。【解析】A、根据电流的方向可知a为电解池的阳极，则用来精炼铜时，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液，故A正确；B、铁比铜活泼，为原电池的负极，发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B错误；C、装置为外加电源的阴极保护法，钢闸门与外接电源的负极相连，电源提供电子而防止铁被氧化，故C正确；D、浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀，故D正确。故选B。【答案】B4已知：2CrO42（黄色）2H Cr2O72（橙色）H2O。现以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下（阳离子交换膜只允许阳离子通过）：
31、下列说法不正确的是 A在阴极室，发生的电极反应为：2H2O2e2OHH2B在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为产生的H，与CrO42离子反应使2CrO422H Cr2O72H2O向右进行C该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO44H2O2K2Cr2O74KOH2H2O2D测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(nK/nCr )为d，则此时铬酸钾的转化率为1【考点】本题考查了电解原理，难点是计算转化率，根据原子守恒即可计算其转化率，根据阴阳极上发生的反应类型写出相应的电极反应式。【解析】A、电极均为惰性电极，在阴极室发生还原反应，水得电子变成氢气，电极反应为：2H2
32、O+2e-=2OH-+H2，故A正确；B、阳极室发生氧化反应，水失去电子放电，电极反应为：2H2O-4e-=4H+O2，阳极区氢离子浓度增大，平衡右移，故B正确；C、阴极电极反应为：4H2O+4e-=4OH-+2H2，阳极反应为：2H2O-4e-=4H+O2，4CrO42-+4H+2Cr2O72-+2H2O，故总制备方程式为4K2CrO4 +4H2O2K2Cr2O7 +4KOH+2H2+O2，故C正确；D、设加入反应容器内的K2CrO4为1mol，反应过程中有xmol K2CrO4转化为K2Cr2O4，则阳极区剩余K2CrO4为（1-x）mol，对应的n（K）=2（1-x）mol，n（Cr）=
33、（1-x）mol，生成的K2Cr2O4为mol，对应的n（K）=xmol，n（Cr）=xmol，根据：K与Cr的物质的量之比为d，d，解得x=2-d，转化率为100%=2-d，故D错误；故选D。【答案】D5用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，若电解前后温度变化忽略不计，则电解一段时间后，下列有关溶液叙述正确的有该溶液的pH可能增大该溶液的pH可能减小该溶液的pH可能不变该溶液的浓度可能增大该溶液的浓度可能减小该溶液的浓度可能不变A BC D【考点】本题考查电解的有关判断，是中等难度的试题，试题综合性强，在注重对基础知识巩固和训练的同时，主要是侧重对学生能力的培养，有助于培养学生
34、的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。【解析】两极只有H2和O2生成，应为电解水型的电解，电解时阳极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2，阴极反应为：4H+4e-=2H2，可为电解含氧酸溶液、强碱溶液或活泼金属的含氧酸盐溶液，如为电解强碱溶液，则pH增大，故正确；如为电解含氧酸溶液，则pH减小，故正确；如电解活泼金属的含氧酸盐，则pH不变，故正确；如电解含氧酸溶液、强碱溶液或活泼金属的含氧酸盐溶液等，实际上为电解的水，如电解后没有达到饱和，则浓度增大，故正确；两极只有H2和O2生成，相当于减少了水，所以浓度不可能减小，故错误；如电解的溶液为饱和溶液，则浓度
35、不变，故正确；故选C。【答案】C6将含有0.400 mol Cu(NO3)2和0.400 mol KCl的水溶液1.00 L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出0.300 mol Cu，此时在另一电极上放出的气体在标准状况下的体积为A3.36L B6.72L C5.60L D大于5.60L，小于6.72L【考点】本题以电解原理为载体考查了物质的量的有关计算，明确阳极上析出气体的成分再结合转移电子相等即可解答，题目难度中等。【解析】阴极发生Cu2+2e-=Cu，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl-2e-=Cl2、4OH-4e-=O2+2H2O，氯离子完全析出时，生成n（Cl2
36、）=0.2mol，转移电子0.4mol，则生成氧气转移电子0.2mol，生成氧气0.05mol，所以阳极共生成（0.2+0.05）mol=0.25mol气体，气体体积=0.25mol22.4L/mol=5.6L，故选C。【答案】C二、非选择题（共3小题，32分）7（8分）甲醇可作为燃料电池的原料。以CH4和H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇。I：CH4 ( g ) H2O ( g )CO ( g ) 3H2 ( g )II：CO ( g ) 2H2 ( g )CH3OH ( g )（1）反应（I）制得的混合气体和水煤气成分相同，也能形成燃料电池。下图是利用其作原料，采用熔融碳酸盐为电解质的燃
37、料电池工作原理示意图，则该电池的负极反应式可表示为： 。（2）在使用甲醇时，若有残留，对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将Co2氧化成Co3，然后以Co3做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化。实验室用下图装置模拟上述过程：写出阳极电极反应式 。写出除去甲醇的离子方程式 。【考点】本题考查了电解、原电池原理分析和电极反应书写方法，题目难度中等。【解析】（1）根据反应的本质可知，CO、H2两种气体在负极参加反应，熔融碳酸盐为电解质，所以电极反应为COCO322e=2CO2、H2CO322e=H2OCO2；（2）通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失
38、电子发生氧化反应，电极反应为Co2+-e-=Co3+；故答案为：Co2+-e-=Co3+；以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写离子方程式为：6Co3+CH3OH+H2O=CO2+6Co2+6H+；【答案】（8分）（1）COCO322e=2CO2（2分）、H2CO322e=H2OCO2（2分）（或CO 3H24CO328e=3H2O5CO2（4分）（2）Co2e=Co3 （2分） 6Co3CH3OHH2O=CO26Co26H（2分）8（15分）（1）工业品氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电
39、解提纯。电解槽内装有离子交换膜【阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过】，其工作原理如图所示。该电解槽的阳极反应式是 。图中a、b两处分别加入的物质是 、 ；离子交换膜为 （填“阴”或“阳”）离子交换膜。除去杂质后氢氧化钾溶液从液体出口 （填写“A”或“B”）导出。（2）海洋资源的开发与利用具有广阔的前景，海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力。锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工作原理如下图所示：FePO4LiFePO4该电池电解质为能传导 Li的固体材料。放电时该电极是电池的 极（填“正”或“负”），电极反应式为 。（3）利用海洋资源可获得MnO2
40、。MnO2可用来制备高锰酸钾：将MnO2与KOH混合后在空气中加热熔融，得到绿色的锰酸钾（K2MnO4），再利用氯气将锰酸钾氧化成高锰酸钾。该制备过程中消耗相同条件下空气和氯气的体积比为_（空气中氧气的体积分数按20%计）。（4）海水中也含有大量的镁元素，高温时，用CO还原MgSO4可制备高纯MgO。750时，测得气体中含等物质的量SO2和SO3，此时反应的化学方程式是： 。由MgO可制成“镁次氯酸盐”燃料电池，其装置示意图如下图，该电池反应的总离子方程式为 。【考点】本题考查了电解池原理，电极反应式的书写等知识。【解析】（1）电解硫酸钾溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为4OH
41、-4e-=2H2O+O2。电解时，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中产生氢氧化钾，气体从上口C放出，则氢氧化钾从B口流出。（2）放电时，该装置是原电池，Fe元素化合价由+3价变为+2价，得电子发生还原反应，所以该电极是正极，电极反应式为FePO4+e-+Li+=LiFePO4；（3）该过程中放生了氧化还原反应，根据氧化还原反应得失电子守恒可知，假设锰酸钾（K2MnO4）的物质的量是1mol，所以制备的过程中会消耗氧气的物质的量为0.5mol，则需要空气2.5mol，1mol锰酸钾（K2MnO4）和氯气反应则消耗氯气的物质的量是0.5mol，所以消耗相同条件下空气和氯气的体积比为5:1；（4）
42、根据题意可知，反应物为MgSO4、CO，生成物为MgOSO2CO2SO3，反应条件是750，所以发生的花学方程式为2MgSO4CO2MgOSO2CO2SO3。负极上镁失电子，正极上次氯酸根离子得电子，所以电池反应为Mg+ClO-+H2O=Mg（OH）2+Cl-。【答案】（16分）（1） 4OH - 4e 2H2O + O2（1分） 工业品KOH（1分） H2O（含少量KOH）（1分） 阳（2分）B（2分） （2）正（1分） FePO4e Li=LiFePO4（2分）（3）5:1（2分）（4）2MgSO4CO2MgOSO2CO2SO3（2分）MgClOH2O=ClMg(OH)2（2分）9（12分
43、）铬是一种重金属，铬超标对环境和人类有很大的危害，高价态铬对人体的毒性非常强，对肝、肾等内脏器官和DNA造成损伤，在人体内蓄积具有致癌性并可能诱发基因突变等。（1）某电镀厂用生铁将废水中的Cr2O72转化为Cr3，并进一步从废水中除去，其流程图如下： 气体A是 。 在上述酸性溶液中，生铁比纯铁产生Fe2的速率快，原因是 。 将Cr3转化为Cr(OH)3的离子方程式是 。（2）电解法将一定浓度的酸性废水中的Cr2O72转化为Cr3，其原理示意图如下： 阳极附近溶液中Cr2O72转化为Cr3的离子方程式是 。 一段时间后，试管底部出现沉淀。解释生成沉淀的原因： 。【考点】本题考查较为综合，涉及电解
44、、氧化还原反应等问题，题目难度中等。【解析】（1）铁与硫酸反应生成H2，故答案为：H2；生铁中含有C，铁和碳在硫酸溶液中形成原电池，故答案为：生铁中含有C，在硫酸溶液中形成无数微小原电池，加快反应速率；Cr3+与石灰乳反应生成Cr（OH）3是沉淀，离子方程式是2Cr3+3Ca（OH）22Cr（OH）3+3Ca2+，故答案为：2Cr3+3Ca（OH）22Cr（OH）3+3Ca2+；（2）铁作阳极，电极本身被氧化，反应式为Fe-2e-Fe2+，溶液呈酸性，H+离子在阴极放电生成氢气，反应式为2H+2eH2，Fe2+离子与Cr2O72-离子发生氧化还原反应生成Fe3+离子和Cr3+离子，反应离子方程
45、式为6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O，故答案为：6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O；随着电解进行，c（OH-）浓度增大，生成Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀，故答案为：随着电解进行，溶液中c（H+）逐渐减少，c（OH-）浓度增大，生成Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀。【答案】（8分）（1） H2 （1分） 生铁中含有C，在硫酸溶液中形成无数微小原电池，加快反应速率（1分） 2Cr3 3Ca(OH)2 = 2Cr(OH)3 3Ca2（2分）（2） 6Fe2 Cr2O72 14H = 6Fe3 2Cr3 7H2O （2分） 随着电解进行，溶液中c(H) 逐渐减少，c(OH )浓度增大，生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀（2分）