1、河南省许昌市长葛市第一高级中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）一、单选题(共20题，共40分)1. 在一体积不变密闭容器中发生化学反应：Fe2O3(s) +2NH3(g)2Fe(s)+N2(g)+3H2O(g) H，实验测得化学平衡时的有关变化曲线如图所示。已知：平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压物质的量分数。下列说法不正确的是A. 该反应的H0B. 气体压强P2 P1C. 平衡后再加入Fe2O3，则NH3转化率增大D. M点的平衡常数Kp=【答案】C【解析】分析：A、随温度升高，氨的体积分数降低，平衡正向移动，正反应方向是吸热反应；B、气体体积
2、增大的反应，加压平衡逆向移动，氨的体积分数增大；C、Fe2O3是固体，增加量对平衡没有影响；D、先写出三段式，由图可知M点时氨气的体积分数为25%，算出平衡时氮气的物质的量，再算出气体总物质的量，图中M点的平衡常数Kp=生成物平衡分压幂次方乘积/反应物平衡分压幂次方乘积。详解：A、由图可知，随温度升高，氨的体积分数降低，平衡正向移动，正反应方向是吸热反应，该反应的H0，故A正确；B、由于Fe2O3(s) +2NH3(g)2Fe(s)+N2(g)+3H2O(g)是气体体积增大的反应，加压平衡逆向移动，氨的体积分数增大，气体压强P2 P1，故B正确；C、Fe2O3是固体，增加量对平衡没有影响，平衡
3、后再加入Fe2O3，则NH3转化率不变，故C错误；D、Fe2O3(s) +2NH3(g)2Fe(s)+N2(g)+3H2O(g)起始量（mol） 2 0 0变化量（mol） 2x x 3x平衡量（mol） 2-2x x 3x由图可知M点时氨气的体积分数为25%，得到（2-2x）/(2+2x)=0.25，x=0.6mol，气体总物质的量=2+2x=3.2mol，图中M点的平衡常数Kp= =，故D正确。点睛：难点：平衡移动原理的理解应用和图象分析，D选项，先写出三段式，由图可知M点时氨气的体积分数为25%，得到（2-2x）/(2+2x)=0.25，x=0.6mol，算出平衡时氮气的物质的量，再算出
4、气体总物质的量，图中M点的平衡常数Kp=生成物平衡分压幂次方乘积/反应物平衡分压幂次方乘积，M点的平衡常数Kp=。2. 已知一定温度下，有下列难溶电解质的相关数据：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3Ksp/25 8.010162.210204.01038完全沉淀时的pH范围9.66.434对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液的说法，不正确的是A. 向该混合溶液中加过量铁粉，能观察到红色固体析出B. 向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀C. 该混合溶液中c（SO42-）c（Cu2）c（Fe2）c（Fe3）54D. 向该混合溶液中加入适
5、量氯水，并调pH至34后过滤，能得到纯净的CuSO4溶液【答案】D【解析】【详解】A.等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中加过量铁粉，铁粉和铜离子反应生成Cu，所以能观察到红色固体析出，故A正确；B.依据溶度积常数可以求出各阳离子开始沉淀所需要的c(OH-)，在阳离子溶液相同的条件下，Fe3+开始沉淀时的c(OH-)最小，可知加入氢氧化钠溶液先沉淀的是氢氧化铁，最先看到的是红褐色沉淀，故B正确；C.等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中设各物质的物质的量均为1mol，n（SO42-）=5mol，n（Cu2+）+n（Fe2+）+n（Fe3+）=4
6、mol，但Cu2+、Fe2+、Fe3+在水溶液中发生水解，所以该混合溶液中c（SO42-）c（Cu2）c（Fe2）c（Fe3）54，故C正确；D.向该混合溶液中加入适量氯水，加入氯水，氧化Fe2+为Fe3+，发生反应6FeSO4+3Cl2=2Fe2（SO4）3+2FeCl3，并调节溶液的pH为3-4，Fe3+水解生成Fe（OH）3沉淀，然后过滤，得到溶液是硫酸铜溶液和盐酸、硫酸，不能得到纯净的CuSO4溶液，故D错误；故选D3. 往 100 g FeCl3 和 CuCl2 的混合溶液中加入铁粉。已知 FeCl3会先与铁粉发生反应：2FeCl3 + Fe =3FeCl2。下图为加入铁粉的质量与反
7、应后剩余固体质量关系。下列说法不正确的是A. D 点对应纵坐标为 6.4B. B 点后溶液的颜色为蓝色C. 该 100 g 溶液中的 CuCl2质量分数为 13.5%D. 取 DE 两点间（不含 D）的剩余固体加入盐酸，均有气泡产生【答案】B【解析】【详解】A、B点处与氯化铜反应铁的质量为11.2g-5.6g=5.6g，设生成铜的质量为x，参加反应氯化铜的质量为yFe + CuCl2FeCl2+Cu56 135 645.6g yx，x=6.4g，y=13.5g，故此时生成铜为6.4g，也就是D点的坐标为6.4g，故A正确；B、A点以前是铁与氯化铁反应，说明与氯化铁反应的铁为5.6g；A-B段是
8、铁与氯化铜溶液反应，B点后溶液中无氯化铜，故B错误；C、由D点的坐标为6.4g，则DE间的固体质量为5.6g，而BC间的质量也为5.6g，则说明B点后铁粉再未参加反应，氯化铜已恰好反应完全，由B可知反应的氯化铜的质量为13.5g，其溶质的质量分数100%=13.5%，故C正确；D、由于由于DE两点间存在铁粉，所以加盐酸后一定能产生气泡，故D正确；故选B。4. A2、B2、C23种单质和它们离子间能发生下列反应2A- + C2 = 2C- + A2、2C- + B2 = 2B- + C2。若X-能与C2发生反应2X- + C2 = 2C- + X2有关说法中不正确的是（ ）A. 氧化性B2C2A
9、2B. 还原性X-C-B-C. X2与B-能发生反应D. B2与X-能发生反应【答案】C【解析】【详解】2A- + C2 = 2C- + A2，该反应的氧化剂是C2，氧化产物是A2，所以氧化性C2 A2；还原剂是A-，还原产物是C-，所以还原性A- C-。分析2C- + B2 = 2B- + C2 ， 该反应的氧化剂是B2，氧化产物是C2，所以氧化性B2 C2；还原剂是C-，还原产物是B-，所以还原性C- B-。若X-能与C2发生反应2X- + C2 = 2C- + X2，则氧化性C2 X2；还原性X- C-。，综上所述，氧化性B2C2A2、B2C2X2，还原性X-C-B-，所以B2与X-能发
10、生反应，X2与B-不能发生反应，C不正确，本题选C。【点睛】在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。较强的氧化剂可以制备较弱的氧化剂，较强的还原剂可以制备较弱的还原剂。5. 能将NaCl、AlCl3、FeCl2、FeCl3、MgCl2、NH4Cl六种溶液区别开的一种试剂是A. KSCN 溶液B. BaCl2溶液C. NaOH溶液D. 盐酸【答案】C【解析】【详解】能将NaCl、AlCl3、FeCl2、FeCl3、MgCl2、NH4Cl六种溶液区别开的一种试剂是A选项，KSCN 溶液只能鉴别出氯化铁溶液显红色，故A不符合题意；B选项，BaCl2溶
11、液不和六种物质反应，不能区别，故B不符合题意；C选项，NaOH溶液与氯化钠不反应；NaOH与氯化铝先生成沉淀，继续加氢氧化钠，沉淀溶解；NaOH与氯化亚铁先白色沉淀，后迅速变灰绿，最终变为红褐色；NaOH与氯化铁反应生成红褐色沉淀；NaOH与氯化镁生成白色沉淀；NaOH与氯化铵共热生成刺激性气体；故C符合题意；D选项，盐酸不能区别六种物质，故D不符合题意；综上所述，答案为C。6. 将标准状况下的aLHCl气体溶于1000g水中，得到盐酸密度为bg/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是（ ）A. molL-1B. molL-1C. molL-1D. molL-1【答案】B【解析】【详解】标准状况下的
12、aLHCl气体的物质的量为，溶液的体积=L，则c(HCl)=mol/L，答案为B。7. 下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是A. 将58.5g NaCl溶解于1L水中B. 将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液C. 将2L 5mol/L的浓盐酸与8L水混合D. 将l0g NaOH溶解于水中配成250mL溶液【答案】D【解析】【详解】A、58.5gNaCl是1mol，溶解于1L水中所得溶液体积不是1L，不能计算其浓度，A错误；B、22.4L氯化氢气体不一定是1mol，不能计算其浓度，B错误；C、将2L5mol/L的浓盐酸与8L水混合后溶液的体积不是10L，不能计算浓度，C错误；D、l
13、0gNaOH的物质的量是10g40g/mol0.25mol，溶解于水中配成250mL溶液，溶质的浓度是0.25mol0.25L1.0mol/L，D正确；答案选D。【点睛】计算溶液的物质的量浓度时需要注意以下两点：概念中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积，也不是溶剂和溶质的体积之和。溶液浓度与体积多少无关，即同一溶液，无论取出多少体积，其浓度(物质的量浓度、溶质的质量分数、离子浓度)均不发生变化。8. 有机物支链上的二氯代物的种数(不考虑立体异构)为（ ）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】两个氯原子取代同一个碳原子上的氢原子有2种同分异构体、 ；取代不同碳原子上的氢原子有4种同分
14、异构体、，故选C。9. 下列物质在给定条件下的同分异构体数目（不包括立体异构）正确的是（ ）A. 乙苯的一氯代物有4种B. 分子式为C5H12O且属于醇的有机物有6种C. 分子式为C4H8且属于烯烃的有机物有4种D. 分子式为C4H8O2且属于酯的有机物有4种【答案】D【解析】分析：A乙苯分子中有5种氢原子；B属于醇类，含有-OH，C5H12O可以看做戊烷为-OH取代的产物，书写戊烷的同分异构体，根据等效氢判断属于醇类的同分异构体数目；C含有4个C的碳链连接方式有C-C-C-C和C-C（C）-C，然后添上碳碳双键即可得到相应的烯烃；DC4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，根据形成酯的
15、酸和醇的种类来确定。详解：A乙苯结构简式为C6H5CH2CH3，其一溴代物有5种，A错误；BC5H12的异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH3、（CH3）4C，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3种H原子，CH3CH2CH（CH3）CH3有4种H原子，（CH3）4C只有1种H原子，故-OH取代1个H得到的醇有3+4+1=8种，B错误；CC4H8的碳架连接方式有C-C-C-C和C-C（C）-C，其中中添加双键的方式有2种，添加双键的方式有1种，所以C4H8中属于烯烃类的同分异构体有3种，C错误；DC4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇
16、形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，D正确；答案选D。点睛：本题考查了烃、烃的含氧衍生物的分类、同分异构体的类型及书写等知识，题目难度中等，注意掌握常见有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及求算方法，掌握基础是解题关键，注意碳链异构、位置异构和官能团异构的判断方法。10. 在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是( )A. Na+、K+、HCO、NOB. Mg2+
17、、SO、Al3+、NOC. Na+、Ca2+、NO、COD. K+、MnO、CH3COO-、NO【答案】B【解析】【详解】A酸性溶液中存在大量氢离子，碳酸氢根能与氢离子结合生成碳酸，A错误；B在某无色酸性溶液中Mg2+、SO、Al3+、NO能大量共存，B正确；C碳酸根能与钙离子结合生成白色沉淀，碳酸根能与氢离子结合，C错误；D酸性溶液中存在大量氢离子，能与醋酸根离子结合生成醋酸，D错误；答案选B。11. 下列离子方程式书写正确的是A. 铜跟硝酸银溶液反应： Cu+Ag+=Cu2+AgB. 碳酸钙与盐酸反应： CO32-+2H+=CO2+H2OC. 硫酸与氢氧化钡溶液反应： H+ SO42-+B
18、a2+OH-=BaSO4+H2OD. Ba(OH)2与 CuSO4溶液反应： Cu2+ SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+Cu(OH)2【答案】D【解析】铜跟硝酸银溶液反应： Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，A项错误；碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时用化学式表示，B项错误；硫酸与氢氧化钡溶液反应： 2H+ SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，C项错误；Ba(OH)2与 CuSO4溶液反应： Cu2+ SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+Cu(OH)2，D项正确。点睛：判断指定反应的离子方程式是否正确，通常从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能够发生、
19、反应能否生成所给产物、反应是否可逆等。从物质存在形态进行判断，如电解质的拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等。从守恒角度进行判断，如是否遵循电荷守恒、质量守恒、氧化还原反应中电子转移守恒等。从反应条件进行判断，如是否标注了必要的条件，是否关注了反应物的量对参加反应的离子种类及其反应产物的影响（如本题D选项中的足量石灰水）等。从反应物的组成及反应物之间的配比进行判断，如本题中C选项硫酸和氢氧化钡分别为二元酸和二元碱。12. 某物质的分子组成为CxHyOz，取该物质mg在足量的O2中充分燃烧后，将产物全部通入过量的Na2O2中，若Na2O2固体的质量也增加mg，则该物质分子组成中必须满足（
20、）A. x=y=zB. x=yC. y=zD. x=z【答案】D【解析】有机物在足量氧气中燃烧生成CO2和H2O，与Na2O2反应 ，对生成物变式：，固体增加的质量相当于CO和H2的质量，则有机物应可拆写成(CO)m Hn的形式，由此可以看出CxHyOz中x=z，故选D。13. 有四种燃料电池：A固体氧化物燃料电池；B碱性氢氧化物燃料电池；C质子交换膜燃料电池；D熔融盐燃料电池，下面是工作原理示意图，其中正极反应生成水的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A.负极反应式为2H2-4e-+2O2-=2H2O，正极反应式为O2+4e-=2O2-，正极没有生成水，A不选；B.负极
21、反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，正极没有生成水，B不选；C.负极反应式为2H2-4e-=4H+，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，正极生成水，C选；D.负极反应式为H2-2e-+=H2O+CO2、CO-2e-+=2CO2，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2，正极没有生成水，D不选；答案选C。14. 以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A. 58.5 g氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子B. 1 mol Fe参与反应失去电子数目一定为2NAC. 1 molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子D. 常温下，46
22、 g NO2和N2O4的混合物中含有的氮原子数为NA【答案】D【解析】【详解】A氯化钠固体中只含有Na+和Cl-，不含有氯化钠分子，A错误；BFe参加反应时，有可能被氧化+2价态，也有可能被氧化为+3价态，或者+6价态，因此失去电子数目不一定为2NA，B错误；C1 molNa被完全氧化生成Na2O2，钠元素由0价变为+1价，失去NA个电子，C错误；DNO2和N2O4的混合物的平均摩尔质量为46g/mol，因此常温下，46 g NO2和N2O4的混合物中含有的氮原子数为NA，D正确；故答案D。15. 下列说法正确的是A. 可用品红溶液检验SO2B. 常温下，可用铝罐贮运稀硝酸C. NaOH溶液可
23、长期贮存在带玻璃塞的试剂瓶中D. 常温常压下，22.4LN2含有氮原子数为26.021023【答案】A【解析】A. 二氧化硫能使品红溶液褪色，可用品红溶液检验SO2，A正确；B. 常温下稀硝酸与铝反应，不能用铝罐贮运稀硝酸，但能用铝罐贮运浓硝酸，B错误；C. NaOH溶液不能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，应该用橡皮塞，C错误；D. 常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，22.4LN2含有氮原子数小于26.021023，D错误，答案选A。16. 已知向某碳酸盐溶液中滴加稀盐酸至过量，生成气体的质量(m)与加入盐酸的体积(V)的关系如图一所示。现将1.12gKOH和1.38gK2CO3混合并
24、配成溶液，向其中滴加稀盐酸，图二是甲、乙、丙三位同学分别绘制的产生气体的质量(m)与稀盐酸的体积(V)的关系的示意图。下面判断正确是( ) A. 甲图正确B. 乙图正确C. 丙图正确D. 无法判断【答案】C【解析】【详解】KOH和K2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钾与盐酸的中和反应，再发生碳酸钾与盐酸的反应生成碳酸氢钾和氯化钾，最后发生碳酸氢钾与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，由化学方程式， ， 可知，氢氧化钾与盐酸的中和反应，碳酸钾与盐酸的反应生成碳酸氢钾，所用盐酸质量与碳酸氢钾与盐酸反应所用盐酸质量的比为（0.73g+0.365g）：0.365g=3：1所以图象如图丙所示；
25、C正确；答案为C。17. 下列离子能大量共存的是( )A. 无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO、COB. 无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、NOC. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2、NH、SO、ClD. 紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2、K、HCO、NO【答案】A【解析】【详解】A酚酞试液呈红色，溶液呈碱性，碱性条件下，该组离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A符合题意；B无色透明的溶液，不存在有颜色的离子，Cu2+呈蓝色，与溶液无色不相符，故B不符合题意；C含有大量Ba(NO3)2的溶液中，SO42-与Ba2+反应生成BaSO4沉淀而不能大量共存，故C不符合题
26、意；D紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，HCO3-与H+发生反应生成CO2和H2O，而不能大量共存，故D不符合题意；答案为A。18. 下列离子方程式正确的是（）A. 向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时反应为：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Al(OH)3B. 向澄清石灰水中滴入少量NaHCO3溶液：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+CO32+2H2OC. 已知：2Br+Cl22Cl+Br2，Br2+2Fe2+2Fe3+2Br，向含0.2molFeBr2的溶液中通入标准状况下3.36LCl2时，发生的反应为：4Fe2+2Br+3Cl24Fe3+Br2
27、+6ClD. 向NaHSO4中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性：H+SO42+Ba2+OHH2O+BaSO4【答案】C【解析】【详解】A向明矾溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，至沉淀质量最大时应该是硫酸根离子恰好转化为硫酸钡沉淀，则反应为：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2O，A错误；B向澄清石灰水中滴入少量NaHCO3溶液生成碳酸钙、氢氧化钠和水：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O，B错误；C已知：2Br+Cl22Cl+Br2,Br2+2Fe2+2Fe3+2Br，说明还原性是Fe2+BrCl，向含0.2molFeBr2溶液中通入标准状况下3.36LCl
28、2即0.15mol氯气时亚铁离子全部被氧化，溴离子有0.1mol被氧化，则发生的反应为：4Fe2+2Br+3Cl24Fe3+Br2+6Cl，C正确；D向NaHSO4中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性生成硫酸钡、硫酸钠和水：2H+SO42+Ba2+2OH2H2O+BaSO4，D错误。答案选C。19. 下列除杂过程中，所选用的试剂或方法不正确的是A. Fe2O3固体中混有A12O3:加入足量的盐酸，过滤B. SO2气体中混有HC1:通过饱和亚硫酸氢钠溶液C. FeCl2溶液中混有FeCl3:加入过量的铁粉，过滤D. KNO3固体中混有少量的NaCl:热水溶解、降温结晶、过滤【答案】A【解析】A.
29、 Fe2O3固体中混有A12O3应选择加入足量的NaOH溶液，再过滤，故A错误；B. SO2气体中混有HC1可通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去HCl，故B正确；C. FeCl2溶液中混有FeCl3，通过加入过量的铁粉，将FeCl3完全还原为FeCl2，再过滤，故C正确；D. KNO3固体中混有少量的NaCl，可根据两者溶解度随温度变化情况不同，利用溶解、降温结晶、过滤的方法除去NaCl，故D正确；答案为A。点睛：掌握常见物质的性质、混合物分离提纯的方法为解答此类试题的关键。需要注意的是，在除杂时，所加除杂质的试剂必须“过量”，只有过量才能除尽欲除杂质，由过量试剂引入的新的杂质必须除尽，同时分离和除杂
30、质的途径必须选择最佳方案(操作简单、常见)。20. 维生素C可用于预防和治疗坏血病等，其结构式如图所示。下列关于维生素C的叙述错误的是A. 维生素C的化学式为C6H8O6B. 维生素C可作食品添加剂C. 维生素C可发生水解反应D. 维生素C不能发生氧化反应【答案】D【解析】【详解】A该有机物含有6个C、8个H、6个O，则分子式为C6H8O6，故A正确；B维生素C可用于预防和治疗坏血病等，则可作食品添加剂，故B正确；C含有酯基，可发生水解，故C正确；D含有碳碳双键，可被氧化，故D错误；故答案为D。【点睛】考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，维生素C中含有羟
31、基、酯基和碳碳双键，结合乙醇、乙酸乙酯和乙烯的性质推断有机物可能具有的性质，根据有机物的结构简式判断含有的元素种类和原子个数可确定有机物的分子式。二、填空题(共5题；共16分)21. 纳米TiO2作为一种光催化剂越来越受到人们的关注，现正广泛开发运用。(1)制取纳米TiO2的方法很多，氢氧火焰水解法是将TiCl4气体导入氢氧火焰中（7001000）进行水解，其化学反应式为：_。(2)纳米二氧化钛可光解挥发性有机污染物（VOCs），若无水蒸气存在，三氯乙烯降解反应为：C2HCl3+2O22CO2+HCl+Cl2，若有足够量的降解后的尾气，实验室检验产物中有氯气的简单方法是：_；通过质谱仪发现还有
32、多种副反物，其中之一为：，则该有机物核磁共振氢谱有_个峰。(3)利用半导材料TiO2与染料、铂电极及I和I的混合物作电解质（I2+II），可构成染料敏化太阳能电池（DSSCs）工作原理如右图，该电池工作时，正极的电极反应为：_。(4)在不同的载体(钛片、铝片、陶瓷)表面制备二氧化钛薄膜，来考察不同载体TiO2薄膜光催化使甲基橙脱色，每次光照20min取一次样，实验结果如下。w ww. co m下列说法正确的是_。（a）不同载体，无论何种温度一定是钛片最好（b）约在520时，钛片载体的光催化活性最好（c）无论何种载体，催化活性总是随温度的升高而升高（d）不同负载TiO2薄膜的光催化活性不同【答案
33、】 (1). TiCl4+2H2OTiO2+4HCl或:TiCl4(g)+2H2(g)+O2(g)TiO2(s)+4HCl(g) (2). 用湿润的KI-淀粉试纸检验 (3). 3 (4). I 3+2e=3I（写成： I2+2e=2I也可） (5). bd【解析】【分析】(1)四氯化钛与水反应生成氯化氢和二氧化钛；(2)氯气具有强的氧化性能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；根据有机物分子中有几种H原子，核磁共振氢谱有几种吸收峰，结合等效氢判断；(3)由图电子的移动方向可以知道，半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物， I3在正极上得电子
34、被还原； (4)根据图中脱色率与温度关系解题。【详解】(1)四氯化钛与水反应生成氯化氢和二氧化钛，化学方程式： TiCl4+2H2OTiO2+4HCl或TiCl4(g)+2H2(g)+O2(g) TiO2(s)+4HCl(g)；因此，本题正确答案是：TiCl4+2H2OTiO2+4HCl或TiCl4(g)+2H2(g)+O2(g) TiO2(s)+4HCl(g)；(2)氯气具有强的氧化性能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝，所以可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气；有三种不同环境下的氢原子，所以有3个峰值。因此，本题正确答案是：用湿润的KI-淀粉试纸检验；3；(3)由电子的移动方向可以知道，
35、半导材料TiO2与染料为原电池的负极，铂电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物， I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-；因此，本题正确答案是： I3-+2e-=3I-；(4)（a）由图知，500度以下钛片最差，故a错误； (b)由图知，在520时，脱色率最高，钛片载体的光催化活性最好，故b正确； (c)520后钛片催化活性随温度的升高而降低，故c错误； (d)由图知，相同温度时，不同的载体(钛片、铝片、陶瓷)，TiO2薄膜的光催化活性不同，故d正确；综上所述，本题正确选项bd。22. 标准状况下，V L的某气体（摩尔质量为M gmol1）溶解在1L水（水的密度
36、近似为1gcm3）中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，溶液的密度为gcm3，则所得溶液的物质的量浓度c=_ mol/L（选择以上字母表达计算式，要求化简）。【答案】【解析】【分析】根据n=V/Vm计算该气体的物质的量，根据m=nM计算该气体的质量，进而计算溶液的质量，根据V=m/计算溶液的体积，再根据c=n/V计算溶液物质的量浓度。【详解】标准状况下，VL该气体的物质的量为V/22.4mol，其质量为V/22.4molMg/mol= VM/22.4g，故溶液的质量为（1000+ VM/22.4）g，体积为=L，故所得溶液的物质的量浓度为mol/L。23. 已知：某原电池的总反应为：2Fe3+
37、Cu2Fe2+Cu2+。则：(1)该原电池的正极材料可以选用(填材料名称)：_，该电极的电极反应式是：_。(2)若负极质量减少1.28克，那么电路中转移的电子数为：_。【答案】 (1). 不如Cu活泼的金属或石墨电极 (2). 2Fe3+2e=2Fe2+ (3). 0.04NA【解析】【分析】根据总的化学方程式2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，由电子得失或转移情况判断正负极及正极选取的材料，并写出电极反应；根据电极反应，由负极质量减少计算转移的电子数；据此解答。【详解】（1）由原电池的总反应为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+可知，Cu作负极，失电子发生氧化反应，正极材料是不如Cu活泼的金属或石
38、墨电极，Fe3+在正极上得电子发生还原反应，电极反应式为2Fe3+2e-=2Fe2+；答案为不如Cu活泼的金属或石墨电极，2Fe3+2e-=2Fe2+。（2）设电路中转移的电子的物质的量为n，由可知，n=0.04mol，转移的电子个数为0.04NA；答案为0.04NA。24. 用惰性电极电解AgNO3溶液，写出该电解反应的化学方程式_；若在阳极收集到0.32g O2，中和电解生成的酸需0.4molL1 NaOH溶液_mL。【答案】 (1). 4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2 (2). 100【解析】【分析】根据电解池的阴阳两极反应写出总反应方程式；根据产生O2的量计算生成HNO3
39、的量，求出所需NaOH的体积；据此解答。【详解】用惰性电极电解AgNO3溶液，阳极发生4OH-4e-=2H2O+O2，阴极发生4Ag+4e-=4Ag，所以电解总反应方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2，在阳极上收集到0.32g O2即0.01mol氧气(标准状况下)，转移电子是0.04mol，根据反应4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2，生成硝酸是0.04mol，消耗0.04mol氢氧化钠来将之中和，所以需要NaOH溶液的体积为V(NaOH)=0.1L=100mL。25. 有A、B、C、D、E、F六种微粒，它们都含有10个电子，已知A+B=2C；A+D=E+C；2A
40、+F=G；G中含有30个电子。试推断后回答：(1)A、B、E的电子式：A_B_E_(2)C、D、的化学符号：C_D_【答案】 (1). (2). (3). (4). H2O (5). NH【解析】【分析】由A、B、C、D、E、F六种微粒，它们都含有10个电子，且A+B=2C，C为水，H3O+OH-=2H2O，A+D=E+C；铵根离子与氢氧根离子发生反应生成水和氨气，即NH4+OH-=NH3+H2O，2A+F=G；G中含有30个电子，G为Mg(OH)2，Mg2+2OH-Mg(OH)2，则A为OH-，B为H3O+；C为H2O，D为NH4+，E为NH3，F为Mg2+，G为Mg(OH)2，据此解答。【
41、详解】（1）A为OH-，氢氧根离子为阴离子，O原子周围8个电子，其电子式为；B为H3O+，电子式为：，E为NH3，NH3属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，氨气的电子式为；答案为，。（2）C为H2O，D为NH4+；答案为H2O，NH4+。三、解答题(共2题；共10分)26. 现有500mL物质的量浓度为1mol/L的NaOH溶液，与足量的铝完全反应，可消耗_克铝？若产生标准状况下11.2L的H2，转移_mol电子？【答案】 (1). 13.5 (2). 1【解析】【分析】根据题中所给信息和化学反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3
42、H2计算即可；据此解答。【详解】由题意知，n(NaOH)=0.5L1mol/L=0.5mol，根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2可知，n(Al)=n(NaOH)=0.5mol，其质量为m(Al)=0.5mol27g/mol=13.5g，若产生标准状况下11.2L的H2，H2的物质的量n(H2)=0.5mol，转移电子为0.5mol2=1mol；答案为13.5，1。27. 把2.0mol/LCuSO4溶液和1.0mol/L H2SO4溶液等体积混合（假设混合后溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和）。则：混合液中CuSO4的物质的量浓度_。H2SO4的物质的量浓度_。混合液
43、中c（H+）_、c（Cu2+）_、c（SO42-）_。向溶液中加入足量铁粉，经过足够长的时间后，铁粉有剩余。此时溶液中Fe2+的物质的量浓度为_。【答案】 (1). 1.0mol/L (2). 0.5mol/L (3). 1.0mol/L (4). 1.0mol/L (5). 1.5mol/L (6). 1.5mol/L【解析】【分析】溶液的稀释时，溶质的物质的量不变。【详解】c(CuSO4)=1.0mol/L；同理，c(H2SO4)=0.5mol/L，c(H+)为硫酸浓度的2倍，则c(H+)=1.0mol/L；c(Cu2+)与硫酸铜的浓度相等，则c(Cu2+)=1.0mol/L；c(SO42
44、-)为硫酸的浓度于硫酸铜浓度的和，c(SO42-)=1.5mol/L；加入足量铁粉，生成硫酸亚铁溶液，则c(Fe2+)=c(SO42-)=1.5mol/L。【点睛】本题最后恰好得到硫酸亚铁溶液，根据生成溶液的溶质的量，利用元素守恒关系确定c(Fe2+)。四、实验探究题(共3题；共20分)28. 氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用。某化学兴趣小组利用下图装置探究氨气的有关性质。(1)装置A中烧瓶内试剂可选用_(填序号)，B的作用是_。a碱石灰 b生石灰 c浓硫酸 d烧碱溶液(2)连接好装置并检验装置的气密性后，装入试剂，然后应先_(填或)。.打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水.加热装置C(3)实
45、验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为_；该反应证明氨气具有_性。(4)该实验缺少尾气吸收装置，上图中能用来吸收尾气的装置是_(填装置序号)。(5)氨气极易溶于水，若标准状况下，将2.24 L的氨气溶于水配成1 L溶液，所得溶液的物质的量浓度为_ molL1。【答案】 (1). ab (2). 吸收水蒸气干燥氨气 (3). (4). 3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O (5). 还原 (6). 、 (7). 0.1【解析】【详解】（1）A装置制备氨气，利用浓氨水受热易挥发的特点，烧瓶中盛放碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体，因此ab正确
46、；B装置的作用是干燥氨气；（2）先通一段时间的氨气，排除装置中的空气，然后点燃酒精灯，故I正确；（3）CuO变红说明转化成铜，无水硫酸铜变蓝，说明产生H2O，因此反应方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，氨气中N的化合价升高，被氧化，作还原剂；（4）氨气极易溶于水，防止倒吸，因此选用的是II、III；（5）溶液物质的量浓度为2.24/22.4/0.5molL1=0.1molL1。29. 某学生为探究钠与CO2的反应，利用如下装置进行实验(已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd)。 （1）请将上图各装置连接(填写装置中字母):c接f，_。（2）检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯
47、之前应进行的操作是打开分液漏斗活塞，当观察到_现象时才点燃酒精灯。此步操作的目的是_。（3）反应过程中CO2足量，假如反应过程中有下列两种情况，分别写出两种情况下钠与CO2反应的化学方程式。i.装置PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体:_。装置中钠的质量为0.46g，充分反应后，将装置中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL(标准状况)CO2气体，且溶液中还有固体残留:_。【答案】 (1). g接d，e接a（b），b（a）接h (2). 装置中澄清石灰水变浑浊 (3). 排尽装置中空气，以免空气中O2、H2O干扰实验 (4
48、). 2Na+2CO2Na2CO3+CO (5). 4Na+3CO22Na2CO3+C【解析】【详解】(1)探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl，需要用装置中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后用浓硫酸干燥，再在中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置检验反应产物，所以装置的连接顺序为：c、f、g、d、e、a(b)、b(a)、h，故答案为g接d，e接a(或b)，b(或a)接h；(2)钠化学性质比较活泼，能够与空气中的氧气、水反应，所以点燃酒精灯之前应需要打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，以便排尽装置中的空气，避免空气中O2、H2O干扰
49、实验；当装置中澄清石灰水变浑浊时，证明装置中空气已经排净，故答案为装置中澄清石灰水开始变浑浊；排尽装置中空气，以免空气中O2、H2O干扰实验；(3)i装置PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，又PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，则黑色沉淀为Pd，则钠与二氧化碳反应生成了CO；装置中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和CO，2Na+2CO2Na2CO3+CO，故答案为2Na+2CO2Na2CO3+CO；ii装置中钠的质量为0.46g，钠的物质的量为：n(Na)=0.02mol，将装置中的固体加入到足量稀盐酸中产生2
50、24mL(标准状况)CO2气体，二氧化碳的物质的量为：n(CO2)=0.01mol，则反应后生成碳酸钠的物质的量为0.01mol，说明钠完全转化成了碳酸钠；溶液中还有固体残留，根据化合价变化可知，残留的固体只能为C，则钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和C，反应的化学方程式为：4Na+3CO22Na2CO3+C，故答案为4Na+3CO22Na2CO3+C。【点睛】本题通过探究钠与CO2的反应，考查了性质实验方案的设计原则。正确理解题干信息为解答关键，(3)为易错点，需要根据题中信息及反应现象判断反应物、生成物。30. 碘是人体必须的元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的、以碘离子形式存在的碘元素
51、。在实验室中，从海藻里提取碘的流程和实验装置如下：（1）指出上述提取碘的过程中有关实验操作的名称：步骤_，步骤_。（2）写出步骤对应反应的离子方程式：_。（3）步骤除了加入过量Cl2，下列氧化剂最好选用_（填代号）。A浓硫酸 BH2O2溶液 CKMnO4溶液（4）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是_。（填编号）A酒精 B醋酸 C四氯化碳 D苯【答案】 (1). 过滤 (2). 萃取分液 (3). Cl2 +2II2 +2Cl (4). B (5). CD【解析】【详解】（1）将浑浊液分成溶液和残渣的方法为过滤操作，将碘从水溶液中转移到有机相中的过程为萃取分液；（2）加入过量氯气是为了将溶液中
52、的碘离子转化为单质碘，离子方程式为Cl2+2I-I2+2Cl-；（3）步骤除了加入过量Cl2，还可以选择H2O2溶液，因其还原产物为水，属绿色氧化剂，且不改变溶液的成分，故答案为B；（4）酒精和醋酸虽然也属于有机溶剂，但它们与水可以互溶，故只能选择四氯化碳和苯，故答案为CD。五、推断题(共3题；共14分)31. 在下图所示的物质转化关系中。A是常见气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，E的相对分子质量比D大17，G是一种紫红色金属单质。(部分反应中生成物没有全部列出，反应条件未列出)请回答下列问题：(1)B的化学式为_。(2)A的电子式为_。(3)反应的化学方程式为 _ 。(4)
53、反应的离子方程式为 _。【答案】 (1). O2 (2). (3). 3NO2+H2O2HNO3+NO (4). 3Cu+8H+2NO3一=3Cu2+2NO+4H2O【解析】【分析】B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是氧气。G是一种紫红色金属单质，则G是铜。A是常见气态氢化物，且能和氧气反应，所以根据图中的转化判断，A可能是氨气，则C就是NO，F是水。NO和氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，则E是硝酸，硝酸和铜反应又生成NO。【详解】(1)B是氧气，化学式为O2。(2)A为氨气，电子式为。(3)反应是NO2和水的反应，化学方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO 。(4)反应
54、为铜和稀硝酸的反应，离子方程式为3Cu+8H+2NO3一=3Cu2+2NO+4H2O。【点睛】该题是典型的无机框图题，试题综合性强，难度较大。该题的关键是要明确化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。32. 现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些
55、反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：丙_G_(2)写出下列反应的离子方程式：反应_反应_(3)写出乙 + D的化学方程式_ 。【答案】 (1). HCl (2). FeCl3 (3). 2Na +2H2O = 2Na+ + 2OH- +H2 (4). 2Fe2Cl2=2Fe32Cl (5). Cl22NaOH =NaClONaClH2O【解析】【分析】由框图知A为钠，甲为氢气，D为氢氧化钠溶液，B为铝，乙为氯气，丙为氯化氢，E为盐酸，H为氢氧化铁，则G为氯化铁、C为铁、F为氯化亚铁【详解】(1) 丙为氯化氢，化学式为HCl；G为氯化铁，
56、化学式为FeCl3；(2)反应是钠和水的反应，离子方程式为2Na +2H2O = 2Na+ + 2OH- +H2 ；反应FeCl2被Cl2氧化为FeCl3，离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl；(3)乙是氯气，D为NaOH溶液，乙 + D反应的化学方程式为Cl22NaOH =NaClONaClH2O。33. 下图中AH均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系（反应中生成的水已略去）。请回答以下问题：(1)E是_（填化学式），G是_（填名称）；(2)C物质在日常生活中可作_；(3)写出反应的化学方程式_；C与浓盐酸反应，可以生成A气体，写出反应的化学方程式_。【答
57、案】 (1). CaCO3 (2). 次氯酸 (3). 消毒剂（或漂白剂） (4). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (5). Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O【解析】【分析】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰乳反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。和石灰水反应的气体还可以是SO2，但若B为SO2，则SO2和Ca(ClO)2发生氧化还原反应，后面的转化不能实现，所以B不能是SO2。【详解】(1)由以上分析可知E为CaCO3，G为HClO，故答案为CaCO3，次氯酸；(2)C为Ca(ClO)2，可生成HClO，具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；(3)反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；C与浓盐酸反应，可以生成A气体，C为Ca(ClO)2与浓盐酸反应生成Cl2的化学方程式为：Ca(ClO)2 + 4HCl= CaCl2 + 2Cl2+ 2H2O。