黑龙江省哈尔滨市第六中学2018届高三9月阶段检测化学试题Word版含解析.doc

‎2018届高三上学期9月阶段检测 化学试题 ‎1. 下列对文献记载内容理解错误的是(　　)‎ A. 《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐 B. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏 C. 《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应 D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化 ‎【答案】D ‎【解析】A、瓦应属于陶瓷，属于传统的无机非金属材料，主要成分是硅酸盐，故A说法正确；B、此时的“法”应属于蒸馏，利用乙醇容易挥发的特点，故B说法正确；C、以火烧之，紫青烟起，该方法属于焰色反应，故C说法正确；D、利用方法是萃取，不属于化学变化，属于物理变化，故D说法错误。‎ ‎2. 下列化学用语表示正确的是(　　)‎ A. S2－的离子结构示意图： B. 次氯酸的结构式：H—O—Cl C. 水分子的比例模型： D．NCl3的电子式：‎ ‎【答案】B ‎..................‎ ‎3. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)‎ A. 饱和氯水中：Cl－、NO、Na＋、SO B. Na2S溶液中：SO、K＋、Cl－、Cu2＋‎ C. 由水电离出的c(OH－)＝1×10－12 mol·L－1的溶液中：Ba2＋、K＋、NO、Cl－‎ D. 常温下pH=7溶液中：NO、I－、Na＋、Al3＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、氯水中含有Cl2、HCl和HClO，Cl2、HClO、NO3－(H＋)具有强氧化性能把SO32－氧化成SO42－，因此不能大量共存，故A错误；B、Cu2＋和S2－发生反应生成CuS沉淀，不能大量共存，故B错误；C、此溶液可能为酸，也可能为碱，能够大量共存，故C正确；D、Al3＋水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，溶液显酸性，pH不能等于7，故D错误。‎ ‎4. 中国计量科学研究院研制的NIM5铯原子喷泉钟，2 000万年不差一秒，目前成为国际计量局认可的基准钟之一，参与国际标准时间修正。关于Cs元素，下列说法错误的是(　　)‎ A. 137Cs和133Cs互为同位素 B. 单质Cs与水反应非常缓慢 C. 137Cs比133Cs多4个中子 D. 137Cs最外层只有1个电子 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．137Cs和133Cs是同种元素的核素，且中子数不等，互为同位素，故A正确； B．单质Cs的活泼性比钠、钾活泼，与水反应非常剧烈，故B错误；C．137Cs比133Cs的中子数多137-133=4，故C正确；D．137Cs属第ⅠA族元素，最外层只有1个电子，故D正确，答案为B。‎ 考点：考查微粒的结构，涉及到同位素、中子数的计算及元素周期律等。‎ ‎5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A. 0.1‎‎ mol·L－1的MgCl2溶液中含Cl－的数目为0.2NA B. ‎100 g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子数为4NA C. 标准状况下， ‎11.2 L CCl4中含C—Cl键的数目为2NA D. 20 mL 2 mol·L－1 H2O2完全分解，转移的电子数为0.08NA ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、没有指明溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，故错误；B、乙醇中氧原子的物质的量为100×46%/46mol=1mol，水中氧原子的物质的量为100×54%/18mol=3mol，因此氧原子总物质的量为4mol，故正确；C、2H2O2=2H2O＋O2↑，转移电子物质的量为20×10－3×2/2mol=2×10－2mol，故错误。‎ 考点：考查阿伏加德罗常数等知识。‎ ‎6. 如图所示，将两烧杯中电极用导线相连，四个电极分别为Mg、Al、Pt、C。当闭合开关S后，以下表述正确的是(　　)‎ A. 电流表指针不发生偏转 B. Al、Pt两极有H2产生 C. 甲池pH减小，乙池pH不变 D. Mg、C两极生成的气体在一定条件下可以恰好完全反应 ‎【答案】D ‎【解析】A 错 闭合开关S后，甲池是原电池，乙池是电解池，有电流通过，电流表指针偏转 B 甲池中Al和氢氧化钠溶液反应，做负极，Mg电极上有氢气产生。乙池中Pt做阴极，C做阳极，Pt电极有氢气产生 C 甲池氢氧化钠溶液参加了反应，所以，浓度减小，PH减小。乙池电解氢氧化钠溶液，本质是电解水，溶液浓度增大，PH增大。‎ D Mg极上产生氢气，C极上产生氧气，恰好完全反应，生成水。故选C、D。‎ ‎7. 下列热化学方程式，正确的是(　　)‎ A. 甲烷的燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1‎ B. ‎500 ℃‎、30 MPa下，将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－38.6 kJ·mol－1‎ C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ·mol－1‎ D. 在101 kPa时，‎2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，生成的H2O为液态水，热化学反应方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－890.3kJ·mol－1，‎ 故A错误；B、合成氨是可逆反应，不能完全进行到底，题目中没有说明转化的氮气或氢气的物质的量，因此无法计算放出的热量，故B错误；C、发生反应是Ca(OH)2＋H2SO4=CaSO4＋2H2O，存在Ca2＋和SO42－的反应，因此放出的热量不是2×57.3kJ，故C错误；D、‎2g氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ·mol－1，即消耗2mol氢气完全燃烧放出的热量为2×285.8kJ=571.6kJ，氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，故D正确。‎ ‎8. 镁及其合金是用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。实验室模拟海水中提取镁的主要步骤如下，下列说法错误的是(　　)‎ A. 步骤Ⅰ分离物质需要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 B. 溶液A中的阴离子主要有Cl－、SO、OH－‎ C. 试剂②应选用稀盐酸 D. 步骤Ⅲ可直接加热MgCl2溶液得到MgCl2固体 ‎【答案】D ‎【解析】A、步骤I操作是过滤，需要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故A说法正确；B、步骤IMgSO4→Mg(OH)2，试剂①为碱，碱应该是过量的，因此溶液A中含有阴离子是SO42－、Cl－、OH－，故B说法正确；C、步骤II是Mg(OH)2→MgCl2，因此试剂②是盐酸，故C说法正确；D、MgCl2溶液中存在MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，加热促使水解，最后得到MgO，因此MgCl2溶液中得到MgCl2固体，需要在干燥的HCl氛围中加热MgCl2溶液，故D说法错误。‎ ‎9. 将‎2a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分为两等份，其中一份加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；另一份加入足量强碱并加热可得到c mol NH3气体，则原混合溶液中的Al3＋浓度(mol/L)为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析： 由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀，‎ 则SO42-+Ba2+BaSO4↓，n(SO42-)="b" mol，由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，则NH4++OH-═NH3↑+H2O，n(NH4+)="c" mol,因溶液分成两等份，故原溶液中n(SO42-)=" 2b" mol，n(NH4+)=" ‎2c" mol。‎ 根据电荷守恒，n(NH4+)×1 + n( Al +)×3 = n(SO42-)×2，解得，n( Al +)=mol，浓度为mol/L。‎ 考点：物质的量为核心的计算。‎ ‎【名师点睛】本题采用了电荷守恒法。守恒法包括有电子守恒，电荷守恒，及元素守恒。物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒。所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。‎ ‎10. 最新报道，科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. CO和O生成CO2是吸热反应 B. 在该过程中，CO断键形成C和O C. CO和O生成了具有极性共价键的CO2‎ D. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程 ‎【答案】C ‎【解析】A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B．由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；C．CO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误；故答案为C。‎ ‎11. 某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔材料。下列说法正确的是(　　)‎ A. 电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反 B. 电极A表面反应之一为NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋‎ C. 电极B附近的c(NO)增大 D. 该电池工作时，每转移4 mol电子，生成‎22.4 L O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】A.电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，故A错误；B.该原电池中，通入氮氧化物的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极A表面反应之一为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故B正确；C.电解质溶液中阴离子向负极移动，所以硝酸根离子向A电极移动，故C错误；D.该电池工作时，正极上氧气得电子发生还原反应，温度和压强未知，导致‎22.4L氧气的物质的量未知，故D错误。故选B。‎ ‎12. 短周期元素X、Y、Z、W，它们的原子序数依次增大。X与Z同主族，并且原子序数之和为20。Y原子的质子数为Z原子的质子数的一半，W原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多2个。下列叙述正确的是(　　)‎ A. Y的最高价氧化物对应的水化物可与其简单气态氢化物发生反应 B. 原子半径：Z>W>Y>X C. 简单气态氢化物的稳定性：Z>W D. X的简单气态氢化物与足量W的单质在光照条件下反应的生成物均为气体 ‎【答案】A ‎【解析】短周期元素X、Y、Z、W，它们的原子序数依次增大．X与Z同主族，并且原子序数之和为20，设X的原子序数为x，则x+x+8=20，解得x=6，所以X为C，Z为Si；Y原子的质子数为Z原子的质子数的一半，则Y为N；W原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多2个，则W为F；A．Y的最高价氧化物对应的水化物硝酸可与其气态氢化物氨气发生化合反应生成硝酸铵，故A正确；B．电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的半径小，则原子半径为Z＞X＞Y＞W，故B错误；C．非金属性W＞Z，则气态氢化 物的稳定性Z＜W，故C错误；D．X的气态氢化物甲烷与足量W单质(氯气)在光照条件下反应生成物中，四氯化碳为液体，故D错误；故选A。‎ 点睛：考查原子结构与元素周期律，把握原子结构的关系推断各元素为解答的关键，短周期元素X、Y、Z、W，它们的原子序数依次增大．X与Z同主族，并且原子序数之和为20，设X的原子序数为x，则x+x+8=20，解得x=6，所以X为C，Z为Si；Y原子的质子数为Z原子的质子数的一半，则Y为N；W原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多2个，则W为F，然后结合元素化合物性质及元素周期律来解答。‎ ‎13. 下列制备氨水的实验装置中最合理的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、发生的反应是Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O，制备氨水，不需要干燥氨气，故A错误；B、根据A选项的分析，故B正确；C、氢氧化钠在加热条件下，对玻璃腐蚀加强，因此制备氨气时不用氢氧化钠，故C错误；D、不能防倒吸，故D错误。‎ ‎14. 已知A、B两种气体在一定条件下可以发生反应：‎2A＋BC＋3D，现将2 mol A气体与1 mol B气体充入一个密闭容器中，温度和压强恒定的情况下，测得反应后气体体积为反应前的一半，且测得放出的热量为198 kJ，则下列热化学方程式可能正确的是(　　)‎ A. ‎2A(g)＋B(g) C(g)＋3D(g) ΔH＝－198kJ·mol－1‎ B. C(g)＋3D(l) ‎2A(g)＋B(g) ΔH＝＋198kJ·mol－1‎ C. ‎2A(g)＋B(g) C(g)＋3D(l) ΔH＝－198kJ·mol－1‎ D. C(g)＋3D(l) ‎2A(g)＋B(g) ΔH＝＋264kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎2A ＋ B C ＋ 3D 起始：2 1 0 0‎ 变化：2x x x 3x 点睛：本题是恒压恒温下进行，因此需要利用阿伏加德罗推论，即体积比等于物质的量之比。‎ ‎15. 下列离子方程式书写正确的是(　　)‎ A. 向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－‎ B. NaClO溶液和FeCl2溶液混合：2ClO－＋Fe2＋＋2H2O===Fe(OH)2↓＋2HClO C. 在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe(OH)3=2FeO＋3Cl－＋H2O＋4H＋‎ D. 用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu↓＋O2↑＋4H＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、氯气是足量，氯气能把Fe2＋和Br－氧化，离子反应方程式为2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，故A正确；B、次氯酸具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故B错误；C、因为溶液显强碱性，不能与H＋大量存在，故C错误；D、铜作阳极，铜失去电子，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，故D错误。‎ 点睛：本题的易错点是选项C，学生没有注意到此反应是在碱性环境下发生，H＋和OH－不能大量共存。‎ ‎16. 10 mL浓度为1 mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是(　　)‎ A. K2SO4 B. H2SO‎4 C. CuSO4 D. Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．加入K2SO4溶液，相当于加水稀释，溶液中氢离子浓度降低，且氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故A正确；B，加入稀硫酸溶液，酸浓度增大，反应速率加快，且生成的氢气增多，故B错误；C．Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C错误；；D．加入碳酸钠溶液，与盐酸反应是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故D错误；故选A。‎ 点睛：明确影响反应速率的因素是解题关键，为了减缓反应进行的速率，加入溶液后应降低 氢离子浓度，但又不影响生成氢气的总量，则提供的氢离子的总物质的量不变，而C选项中构成原电池，加快反应速率，D选项中碳酸钠反应消耗氢离子，生成氢气的总量减少。‎ ‎17. 化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就不再向环境排放该种有害物质。例如，铬的化合物有以下循环关系：‎ 下列有关说法中正确的是(　　)‎ A. 上述物质中只有Na2CrO4可作氧化剂 B. 发生反应⑤，一定要加入氧化剂 C. 发生反应①时，消耗Na2Cr2O7的个数与转移的电子数之比为1∶6‎ D. 从反应②来看，CrCl3不能用Cr(OH)3与盐酸反应来制取 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析： 根据元素化合价可判断Na2CrO4和Na2Cr2O7中Cr均为+6价，所以都可作氧化剂；而两者之间的转化并非氧化还原反应。‎ 考点：物质间的转化、氧化还原反应。‎ ‎18. 常温下，向Na2CO3溶液中逐滴滴入0.1mol/L盐酸，溶液的pH随着滴入盐酸溶液体积变化曲线如下图，则下列说法正确的是(　　)‎ A. a点时溶液pH＝11.5，原因是：CO＋H2O===HCO＋OH－‎ B. a～b段发生反应为：CO＋2H＋===CO2↑＋H2O C. b～c段发生反应为：HCO＋H＋===CO2↑＋H2O D. c～d段发生反应为：H＋＋OH－===H2O ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、碳酸根离子水解是可逆反应，所以不能用“=”表示，错误；B、碳酸钠溶液中逐滴滴入稀盐酸时，先发生CO32－＋H＋= HCO3－，a-b段溶液的pH基本不变，说 明此时发生的是CO32－＋H＋= HCO3－，错误；C、bc段的pH降低，说明此时发生的是HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，正确；D、当稀盐酸与碳酸钠反应完全时，溶液应呈中性，但二氧化碳能溶于水，生成的碳酸电离产生氢离子，使溶液呈酸性，所以c-d段溶液由中性变为酸性的原因是二氧化碳溶于水的缘故，错误，答案选C。‎ 考点：考查对图像的分析，离子方程式的判断 ‎19. 右图是铝热反应(2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe)的实验装置，有关该反应的下列说法中正确的是(　　)‎ A. a为镁条 B. b为氧化铁与铝粉的混合物 C. 2 mol氧化剂参与反应则电子转移6NA个 D. 还原剂与氧化产物的物质的量之比为1∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、镁条作为引燃，故A正确；B、b为氯酸钾，c为氧化铁和铝粉的混合物，故B错误；C、氧化剂是Fe2O3，转移电子物质的量为2×2×3mol=12mol，故C错误；D、Al2O3为氧化产物，还原剂为Al，因此还原剂和氧化产物的物质的量之比为：2：1，故D错误。‎ ‎20. 用毛笔蘸取少量30%FeCl3溶液在铜片上写一个“Cu”字，放置片刻，用少量水将铜片上的溶液冲到小烧杯中，下列说法正确的是(　　)‎ A. 烧杯中的溶液呈黄色 B. 铜片无任何变化 C. 铜片上有凹陷的“Cu”字 D. 发生了反应：Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋Fe2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：FeCl3具有氧化性，能氧化Cu生成Cu2+，反应方程式为2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，A．溶液中溶质为CuCl2、FeCl2，溶液中不存在铁离子，所以溶液不呈棕黄色，应该呈蓝色，A错误；B．FeCl3具有氧化性，能氧化Cu生成Cu2+，所以Cu被腐蚀，B错误；C．FeCl3具有氧化性，能氧化Cu生成Cu2+，所以Cu被腐蚀，所以铜片上有凹陷的“Cu”字，C正确；D．发生的离子反应为2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，D错误；答 案选C。‎ 考点：考查氧化还原反应的有关判断 ‎21. 电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0~6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用，其原理如图所示。下列说法正确的是 A. 石墨电极上发生氧化反应 B. 根据图示，物质A为CO2‎ C. 甲烷燃料电池中CO32-向空气一极移动 D. 为增强污水的导电能力，可向污水中加入适量乙醇 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、石墨为阴极，阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，所以石墨上发生还原反应，故A错误；B、电池是以熔融碳酸盐为电解质，通甲烷电极为负极，负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，反应生成CO2，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，反应消耗CO2，所以物质A为CO2，故B正确；C、电池中阴离子向负极移动，则电池中CO32-向甲烷一极移动，故C错误；D、加入的乙醇是非电解质，不能增强导电性，故D错误；故选B。‎ 考点：考查了燃料电池的工作原理和原电池和电解池的相关知识。‎ ‎22. 已知酸性条件下有反应：2Cu＋=Cu2＋＋Cu。氢气还原氧化铜实验由于反应温度不同，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。某同学对某次氢气还原氧化铜的红色固体产物做了如下实验，实验操作和实验现象列表如下：‎ 加入 试剂 稀硫酸 浓硫酸 并加热 稀硝酸 浓硝酸 实验 现象 红色固体 不反应 无色气体 无色气体 蓝色溶液 红棕色气体 蓝色溶液 由此推出本次氢气还原氧化铜实验的产物(　　)‎ A. 是Cu B. 是Cu2O C. 一定有Cu，一定有Cu2O D. 一定有Cu2O，可能有Cu ‎【答案】A ‎【解析】因为酸性条件下：2Cu＋=Cu2＋＋Cu，红色固体加入稀硫酸中，现象是红色固体，不反应，说明不含Cu2O，即红色固体为Cu，故A正确。‎ ‎23. 碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法不正确的是(　　)‎ A. 可用KI－淀粉试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘 B. 足量Cl2能使湿润的KI－淀粉试纸变白的原因可能是5Cl2＋I2＋6H2O===2HIO3＋10HCl C. 由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞IO D. 途径Ⅱ中若生成1 mol I2，反应转移的电子数为10NA ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、加碘盐中含有IO3-，在酸性条件下可被I－还原生成I2，淀粉—KI试纸会变蓝，A正确；B、根据图示转化关系可知原因可能是5Cl2+I2+6H2O==2HIO3+10HCl，B正确；C、根据途径I可知氧化性Cl2>I2，根据途径Ⅱ可知氧化性IO3->I2，根据途径Ⅲ可知氧化性Cl2>IO3-，C错误；D、根据关系式2IO3-～I2～10e－可知，若生成1 mol I2，反应中转移的电子数为10NA，D正确。答案选C。‎ 考点：氧化性、还原性强弱的比较，物质的推断 ‎24. 全钒液流储能电池利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能的相互转化，充电时，惰性电极M、N分别连接电源的正极和负极。电池工作原理如图所示，下列说法不正确的是 A. 充电过程中，N电极附近酸性减弱 B. 充电过程中，N电极上V3+被还原为V2+‎ C. 放电过程中，H+由N电极向M电极移动 D. 放电过程中，M电极反应为VO2++ 2H++e一= V02+ +H2O ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、充电过程中，N电极是阴极，氢离子移向阴极，故附近酸性增强，A项错误；B、充电过程中，N电极是阴极，发生反应：V3++e-=V2+，B项正确；C、放电过程中，N极是负极，H+由N电极向M电极移动，C项正确；D、放电过程中，M电极为正极，反应为V02++ 2H++e一= V02++H20，D项正确；答案选A。‎ 考点：考查充放电电池 ‎25. K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：‎ 结合实验，下列说法不正确的是 （ ）‎ A. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 B. ②中Cr2O72-被C2H5OH还原 C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 ‎【答案】D ‎【解析】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说 明酸性条件下氧化性强，故C正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误；故选D。‎ 点睛：难准确利用题中信息和氧化还原反应理论是解题关键，K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O⇌2CrO42-（黄色）+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能，以此解答该题。‎ ‎26. （1）火箭的第一、二级发动机中，所用的燃料为偏二甲肼和四氧化二氮，偏二甲肼可用肼来制备。‎ ‎①用肼(N2H4)作燃料，四氧化二氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。‎ 已知：N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g) ΔH＝＋10.7 kJ·mol－1‎ N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－543 kJ·mol－1‎ 写出气态肼和N2O4反应的热化学方程式：_____________________________________________________。‎ ‎②已知四氧化二氮在大气中或在较高温度下很难稳定存在，它很容易转化为二氧化氮。试推断出二氧化氮制取四氧化二氮的反应条件(或措施)：____________________________________________________。‎ ‎（2）科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航空航天。如图1所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2－离子(O2＋4e－===2O2－)。‎ ‎①c电极的名称为________，d电极上的电极反应式为__________________________。‎ ‎②如图2所示为电解100 mL 0.5 mol·L－1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为__________。若a电极产生56 mL(标准状况)气体，则所得溶液的pH＝______(不考虑溶液体积变化)，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入_____(填序号)。‎ a．CuO b．Cu(OH)‎2 c．CuCO3 d．Cu2(OH)2CO3‎ ‎【答案】 (1). 2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1 096.7 kJ·mol－1 (2). 高压、低温(或加压、降温) (3). 正极 (4). CH4－8e－＋4O2－=CO2＋2H2O (5). 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ (6). 1 (7). ac ‎【解析】（1）本题考查热化学反应方程式的计算，①N2H4与N2O4反应的方程式为：2N2H4＋N2O4=3N2＋4H2O，①N2(g)＋2O2(g)=N2O4(g)，②N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)②×2－①得出：N2H4(g)＋N2O4(g)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝[2×(－543)－10.7]kJ·mol－1=－1 096.7 kJ·mol－1；②N2O42NO2，促使平衡向逆反应方向进行，可以增大压强，此反应属于吸热反应，也可以降低温度；（2）①考查原电池的工作原理和电极反应式的书写，根据电流的方向，电流从正极流向负极，即c为正极，d为负极，通入的B为CH4，电解质传导O2－，因此负极电极反应式为：CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O；②考查电解原理以及关于电解的计算，a连接电源的正极，a为阳极，a电极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；电解CuSO4溶液总反应方程式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，假设Cu2＋全部被电解成Cu，此时产生氧气的物质的量为100×10－3×0.5/2mol=0.025mol，体积为0.025×‎22.4L= ‎0.56L>56mL，因此Cu2＋没有完全电解，因此有n(H＋)=56×10－3×4/22.4mol=0.01mol，c(H＋)=0.01/100×10－3mol·L－1=0.1mol·L－1，则pH=1； 根据上述分析，只电解部分Cu2＋，因此恢复到电解前的在状态，应加入CuO或CuCO3，即ac正确。 ‎ 点睛：本题的易错点是pH的计算和状态的恢复，计算pH，首先判断电解的过程，假设Cu2＋全部被电解，求出产生氧气的体积，与题目所给体积作出对比，从而得出只是电解部分Cu2＋，根据电解反应方程式，求出H＋的浓度，根据电极反应方程式，溶液中出来的物质是Cu和O2，因此需要加入CuO，才能恢复原来的状态，或者加入CuCO3。‎ ‎27. 二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且与Cl2相比不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。现有下列两种制备ClO2的方法：‎ ‎（1）方法一：可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备，反应原理为5NaClO2＋4HCl===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O。‎ ‎①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是________。‎ ‎②研究表明：若反应开始时盐酸浓度较大，则气体产物中有Cl2，用离子方程式解释产生Cl2的原因______。‎ ‎（2）方法二：氯化钠电解法。‎ ‎①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2＋、Mg2＋、SO等杂质。某次除杂操作时，往粗盐 水中先加入过量的_____(填化学式)，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。‎ ‎②该法工艺原理示意图如图所示。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2，氯化钠电解槽中阳极反应方程式为__________________，二氧化氯发生器中生成ClO2的化学方程式为_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 1∶4 (2). ClO＋3Cl－＋4H＋=2Cl2↑＋2H2O (3). BaCl2 (4). Cl－－6e－＋3H2O===ClO＋6H＋(或Cl－－6e－＋6OH－===ClO＋3H2O) (5). 2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O ‎【解析】考查氧化还原反应和电极反应式的书写，（1）①根据氧化还原反应规律，NaClO2既作氧化又作还原剂剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量比值为1：4；②盐酸浓度过大，ClO2－把Cl－氧化成为Cl2，本身被还原成Cl2，离子反应方程式为ClO2－＋3Cl－＋4H＋=2Cl2↑＋2H2O；（2）①除杂不能引入新的杂质，因此Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用NaOH除去，SO42－用BaCl2除去，根据题意，粗盐水中先加入过量的BaCl2溶液；②根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，根据信息，工艺流程制备氯酸钠，因此阳极反应式为Cl－＋3H2O－6e－=ClO3－＋6H＋，ClO2是由氯酸钠与盐酸反应升策划那个，即反应方程式为2NaClO2＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O。‎ 点睛：本题难点是氧化还原反应规律的应用，如本题的（1）①氧化还原反应中既有化合价的升高也有化合价的降低，不同价态的元素参加反应，化合价向邻近的价态靠拢，不能出现交叉，因此ClO2－→ClO2，ClO2－→Cl－，即NaClO2既是氧化剂又是还原剂，根据ClO2的系数，推出有4molNaClO2作还原剂，1molNaClO2作氧化剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4。‎ ‎28. 铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛。利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如下：‎ 实验室中可用FeSO4(用铁粉和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3在如下装置模拟上述流程中的“转化”环节。‎ ‎（1）装置A的名称是________，装置B中盛放的试剂是________，NH4HCO3盛放在装置________中。‎ ‎（2）实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合制FeCO3沉淀，操作方法是________________，发生主要反应的离子方程式为_____________________。FeSO4溶液要现用现配制的原因是____________，检验久置的FeSO4是否变质的方法是______________。‎ ‎（3）干燥过程主要目的是脱去游离水，过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为____________________________，取干燥后的FeCO3样品‎12.49 g，与碳混合后焙烧，最终得到还原铁粉‎6.16 g，计算样品中杂质FeOOH的质量：________g。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 铁粉 (3). C (4). (待D处的气体纯净后)关闭活塞3，打开活塞2 (5). Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋H2O+CO2 (6). 亚铁离子易被氧化 (7). 取样品配成溶液，取少量溶液于试管中，再向试管中加入KSCN溶液，观察是否显血红色 (8). FeCO3＋O2＋2H2O===4FeOOH＋4CO2 (9). 0.89‎ ‎【解析】本题分析：本题主要考查对于利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程的评价。‎ ‎(1)装置A是分液漏斗，盛放稀硫酸，装置B中盛放铁粉，稀硫酸与铁粉反应生成H2和FeSO4。装置C中盛放NH4HCO3。‎ ‎(2)检验D处氢气已纯净时，表明装置中空气已排尽，关闭活塞3，打开活塞2，在氢气作用下将FeSO4溶液压入C中发生反应。发生主要反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(或Fe2＋＋HCO===FeCO3↓＋H＋、HCO＋H＋===CO2↑＋H2O) 。FeSO4具有还原性，易被O2氧化，故FeSO4溶液要现用现配。用KSCN溶液检验久置的FeSO4是否变质。‎ ‎(3)FeCO3、H2O、O2反应生成FeOOH和CO2，反应的化学方程式为4FeCO3＋O2＋2H2O===4FeOOH＋4CO2。设干燥后的FeCO3样品中FeCO3、FeOOH的物质的量分别为x、y，则x×‎116 g·mol－1＋y×‎89 g·mol－1＝‎12.49 g,‎56 g·mol－1×(x＋y)＝‎6.16 g，解得：x＝0.1 mol，y＝0.01 mol。故m(FeOOH)＝‎0.89 g。‎ ‎29. 有机化合物J是治疗心脏病药物的一种中间体，分子结构中含有3个六元环。其中一种合成路线如下：‎ 已知：‎ ‎①A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1︰2︰2︰1。‎ ‎②有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平。‎ ‎③‎ 回答以下问题：‎ ‎（1）A中含有的官能团名称是_________________________________。‎ ‎（2）写出有机反应类型B→C__________，F→G_________，I→J_________。‎ ‎（3）写出F生成G的化学方程式____________________________________。‎ ‎（4）写出J的结构简式__________________________________。‎ ‎（5）E的同分异构体有多种，写出所有符合以下要求的E的同分异构体的结构简式_____________。‎ ‎①FeCl3溶液发生显色反应 ②能发生银镜反应 ‎ ‎③苯环上只有两个对位取代基 ④能发生水解反应。‎ ‎【答案】 (1). 羟基（或酚羟基）、醛基 (2). 加成反应 (3). 消去反应 (4). 取代反应（或酯化反应） (5). (6). (7). ‎ ‎【解析】试题分析：有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平，则B是乙烯，与水发生加成反应生成乙醇，即C是乙醇。乙醇发生催化氧化生成D，则D是乙醛。A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有醛基和酚羟基。其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1︰2︰2︰1，则根据A的分子式可知A的结构简式为。根据已知信息③可知A和D发生醛基的加成反应生成E，则E的结构简式为。E发生银镜反应生成F，则F的结构简式为.F在浓硫酸的作用下发生消去反应生成G，则G的结构简式为。G与氯化氢发生加成反应生成H，H水解生成I，2分子I发生酯化反应生成J，由于J分子结构中含有3个六元环，则H、I、J的结构简式分别是、、.。‎ ‎（1）根据A的结构简式可知A中含有的官能团名称是羟基（或酚羟基）、醛基。‎ ‎（2）根据以上分析可知B→C、F→G、I→J的反应类型分别是加成反应、消去反应、取代反应（或酯化反应）。‎ ‎（3）F生成G的化学方程式为 ‎。‎ ‎（4）根据以上分析可知J的结构简式为。‎ ‎（5）E的同分异构体有多种，写出所有符合以下要求的E的同分异构体的结构简式。‎ FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基。能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上只有两个对位取代基，能发生水解反应，说明是甲酸形成的酯基，则符合条件的有机物结构简式为、。‎ 考点：考查有机化学基础模块的分析与应用