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1、四川省成都市七中实验学校2022-2022学年高二化学5月月考试题含解析第I卷选择题，共40分可能用到的相对原子质量：H-l N-14 0-16 Cl-35.5 Cu-64一本卷共20题，每题2分，共40分。只有一个选项符合题意。1.以下说法不正确的选项是 A. 麦芽糖和蔗糖的水解产物相同B. 天然油脂属于酯类物质C. 淀粉和纤维素的分子式不同D. 石油裂化和裂解都可制得烯烃【答案】A【解析】【详解】A、麦芽糖水解生成葡萄糖、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，选项A不正确；B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类物质，选项B正确；C、淀粉和纤维素的分子组成都可以表示为(C6H10O5)n，但n的值不同，
2、所以分子式不同，选项C正确；D、石油裂化生成烷烃和烯烃，石油裂解生成乙烯、丙烯、丁二烯等，选项D正确。答案选A。2.以下物质在光束照射下能产生丁达尔效应的是 A. N2B. 稀豆浆C. NaC1溶液D. Fe(OH)3【答案】B【解析】【分析】胶体具有丁达尔效应是指当光束通过胶体分散系时能看到一条光亮的通路，丁达尔效应是区分胶体和溶液最常用的简单方法；丁达尔效应的是胶体特有的性质，所以只要判断分散系是胶体即可。【详解】AN2是纯洁物，不是分散系，选项A错误； B稀豆浆属于胶体分散系，用光束照射能观察到丁达尔效应，选项B正确；CNaCI溶液属于溶液分散系，用光束照射不能观察到丁达尔效应，选项C错
3、误；DFe(OH)3是纯洁物，不是分散系，选项D错误。答案选B。【点睛】此题考查胶体的性质，注意胶体的本质特征是：胶体粒子的直径在1100nm之间，这也是胶体与其它分散系的本质区别区分胶体和溶液最简单的方法是利用丁达尔效应。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，以下表达中正确的选项是 A. 11.2L氧气与臭氧的混合气体中含NA个氧原子B. 60gSiO2晶体中含有2NA个SiO键C. 常温下，20LpH12的Na2CO3溶液中含有的OH-离子数为0.2NAD. 标准状况下，22.4LSO2的中心原子所含有的孤电子对数为2NA【答案】C【解析】【分析】A气体状况未知，气体摩尔体积未知；B.1mol
4、SiO2晶体存在4molSi-O键；C. pH=12Na2CO3溶液中cH+=10-12mol/L，根据水的离子积计算溶液中cOH-，再根据n=cV计算nOH-，根据N=nNA计算OH-离子数目；D1molSO2含有1mol孤电子对。【详解】A气体状态未知，无法确定气体的物质的量，选项A错误；B、1molSiO2中有4molSiO键，60gSiO2中含有SiO键的物质的量为mol=4mol，即4NA个SiO键，选项B正确；CpH=12的Na2CO3溶液中cH+=10-12mol/L，故溶液中cOH-=0.01mol/L，溶液中nOH-=20L0.01mol/L=0.2mol，OH-离子数目为0
5、.2molNAmol-1=0.2NA，选项C正确；D标准状况下，22.4LSO2的物质的量是1mol，1molSO2含有1mol孤电子对，选项D错误；答案选C。【点睛】此题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意二氧化硅的结构，题目难度中等。4.对于反响2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，以下分析错误的选项是 A. 该反响氧化剂是H2C2O4B. 反响中1molMnO4-得到5NA个e-C. 该反响的复原产物是Mn2+D. MnSO4可以作该反响的催化剂【答案】A【解析】【分析】A氧化复原反响中得电子化合价降低的反响物的氧
6、化剂；B根据高锰酸根离子中锰元素和二价锰离子之间化合价的差来分析判断；C锰元素化合价降低被复原，产物为Mn2+；D硫酸锰可以作催化剂。【详解】A该反响中，C元素的化合价由+3价变为+4价，所以草酸是复原剂，选项A错误；B反响中一个MnO4-得到7-2个e-，1mol MnO4-得到5NA个e-，选项B正确；C该反响中，草酸是复原剂，二价锰离子是复原产物，选项C正确；D该反响中生成硫酸锰，硫酸锰能加快反响速率，所以可以做该反响的催化剂，选项D正确；答案选A。【点睛】此题考查氧化复原反响，注意草酸中碳元素化合价的判断方法，难度不大，易错点为选项B，应根据高锰酸根离子中锰元素和二价锰离子之间化合价的
7、差来分析判断。5.在某无色强酸性溶液中，以下各组离子一定能大量共存的是 A. NH4+、Fe3+、ClO-、SCN-B. Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-C. Na+、K+、NO3-、SO42-D. K+、Al3+、CO32-、Cl-【答案】C【解析】【详解】A.无色溶液中不含Fe3+且Fe3+与SCN-发生络合反响而不能大量共存，选项A不符合题意；B. 无色溶液中不含Cu2+，选项B不符合题意；C. Na+、K+、NO3-、SO42-各离子之间不反响，能大量共存，选项C符合题意；D. Al3+与CO32-因发生双水解而不能大量共存，选项D不符合题意。答案选C。6.以下说法中正确的选项
8、是 浓硫酸具有吸水性，能枯燥SO2、H2S、NH3、NO2等气体砹At是第VIIA族，其氢化物的稳定大于HClSO2气体具有漂白性，通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐别离碘水中的碘和水，可用乙醇做萃取剂第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱冷的浓硝酸可用铁制容器盛装A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】氨气属于碱性气体，能被浓硫酸吸收，所以不能用浓硫酸枯燥氨气；硫化氢具有复原性，能够被浓硫酸氧化，所以不能使用浓硫酸枯燥硫化氢，故错误；第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，那么砹
9、的氢化物的稳定性小于HCl，故错误；将SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，可说明二氧化硫为酸性氧化物，溶液不会褪色，不能说明二氧化硫的漂白性，故错误；水晶、玛瑙、光导纤维等主要成分都是SiO2，陶瓷、玻璃、水泥属于硅酸盐产品，所以陶瓷、玻璃和水泥的主要成分都是硅酸盐，故错误；乙醇与水混溶不能用作萃取剂，故错误；第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性NaMgAl，那么金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故正确；常温下铁在浓硫酸，浓硝酸中发生钝化阻止反响进行，可用铁制容器盛装浓硝酸，故正确；答案选D。7.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到
10、广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反响式为：Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)，以下说法错误的选项是 A. 电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极B. 电池正极的电极反响式为：2MnO2+H2O(l)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)C. 电池工作时，锌失去电子D. 外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【答案】A【解析】【详解】A、电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，选项A错误；B、正极得电子，发生复原反响，所以正极的电极反响式为：2MnO2+H2O(l)+2e-=Mn2O3(s)+2OH
11、-(aq)，选项B正确；C、原电池工作原理是，负极失电子，发生氧化反响，根据电池总反响知，锌失电子，选项C正确；D、由Zns+2MnO2s+H2OlZn(OH)2s+Mn2O3s可知，65gZn反响转移电子为2mol，那么6.5gZn反响转移0.2mol电子，选项D正确；答案选A。8.以下化学反响的离子方程式书写正确的选项是 A. H2CO3电离：H2CO3CO32-+2H+B. 将少量金属钠放入冷水中：Na2H2ONa+ +2OH-+H2C. C12溶解于水：Cl2+H2O2H+ClO- +Cl-D. 向CuSO4溶液中通入H2S：Cu2+ +H2S=CuS+2H+【答案】D【解析】分析】A
12、碳酸电离分步进行，以第一步为主；B电荷不守恒；C生成的HClO为弱酸；D反响生成CuS沉淀和硫酸。【详解】AH2CO3电离方程式为H2CO3HCO3-+H+，选项A错误；B将少量金属钠放入冷水中的离子反响方程式为2Na+2H2O2Na+2OH-+H2，选项B错误；CC12溶解于水的离子反响方程式为H2O+Cl2H+HClO+Cl-，选项C错误；D向CuSO4溶液中通入H2S的离子反响为Cu2+H2SCuS+2H+，选项D正确；答案选D。【点睛】此题考查离子反响方程式的书写，明确发生的反响即可解答，注意选项D为特殊的弱酸制取强酸的反响，题目难度不大。9.在恒容的密闭容器中充入适量NO2，发生如下
13、反响：2NO2(g) N2O4(g)，当别离出局部N2O4时，以下说法中正确的选项是 A. (正)增大B. 平衡逆向移动C. (正)(逆)D. NO2转化率不变【答案】C【解析】【分析】恒容的密闭容器中充入适量NO2，发生反响2NO2gN2O4g，当别离出局部N2O4时，瞬间NO2的浓度不变，N2O4的浓度减小，平衡正向移动，正逆，正反响速率在减小，直到正逆反响速率相等，以此来解答。【详解】A别离出局部N2O4时，瞬间NO2的浓度不变，N2O4的浓度减小，平衡正向移动，正逆，正反响速率在减小，直到正逆反响速率相等，故A错误；B减小生成物的浓度，平衡正向移动，故B错误；C由A可知，减小生成物浓度
14、，平衡正向移动，正逆，故C正确；D因平衡向正反响方向移动，那么NO2转化率增大，故D错误；答案选C。10.以下有关热化学方程式的表达正确的选项是 A. 反响物的总能量低于生成物的总能量时，该反响必须加热才能发生B. 2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l) H=akJmol-1，那么中和热为0.5akJmol-1C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；H1=akJmol1，那么氢气燃烧热为akJmol-1D. N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)；H=akJmol1，那么将14gN2(g)和足量H2置于一密闭容器中，充分反响后放出0.5akJ的热
15、量【答案】B【解析】【详解】A.反响物的总能量低于生成物的总能量，反响是吸热反响，吸热反响不一定需要加热才能发生反响，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反响，故A错误；B. 中和热是在一定条件下，稀的强酸和强碱反响生成1mol水时所放出的热量，2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l) H=-akJmol-1那么中和热为a/2kJmol-1，故B正确；C. 燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，那么氢气燃烧热为a/2kJmol-1，故C错误；D. 由热化学方程式可知，1mol N2和3mol H2完全反响时放出的热量为akJ，因为N
16、2和H2反响生成NH3的反响为可逆反响，可逆反响不能完全进行到底，反响物的转化率不能到达100%。14gN2g的物质的量为：，和足量H2置于一密闭容器中，参加反响的氮气的物质的量小于0.5mol，故反响放出的热量小于0.5akJ，故D错误。答案选B。【点睛】该题主要通过反响热的有关判断，考查对反响热、中和热、燃烧热的掌握程度，以及灵活运用知识的能力,能正确掌握有关的概念，就不难得出正确的结论。11.以下根据实验操作和现象所得出的结论正确的选项是 选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和 CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba
17、(NO3)2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42-C向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强D处理锅炉水垢中的CaSO4时，依次参加饱和Na2CO3溶液和盐酸水垢溶解Ksp：CaCO3CaSO4A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】A滴加NaCl溶液，发生盐析；B溶液X中可能含SO32-；C、H2CO3的酸性比H2SiO3 的酸性强；D依据沉淀转化的依据分析判断。【详解】A滴加NaCl溶液，发生盐析，而加CuSO4溶液发生变性，选项A错误；B向某溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaNO32溶液，出现白色沉淀为硫酸钡
18、，原溶液可能含SO42-、SO32-，或均存在，选项B错误；C向Na2SiO3溶液中通入适量的CO2，反响方程式为：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3+Na2CO3，H2CO3的酸性比H2SiO3 的酸性强，选项C错误；D硫酸钙和碳酸钙阴离子和阳离子比相同，可以直接比拟溶解度和溶度积常数，处理锅炉水垢中的CaSO4时，依次参加饱和Na2CO3溶液和盐酸，水垢溶解，发生了沉淀转化，选项D正确；答案选D。【点睛】此题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及蛋白质的性质、SO42-的检验、酸性强弱的比拟、沉淀的转化等，把握物质的性质和化学反响原理为解答的关键，侧重反响原理的考查，注意实验的
19、评价性分析，题目难度不大。12.以下涉及混合物的别离提纯，其中说法正确的选项是 A. 除去CO2中混有的少量SO2，可将气体通过装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶B. 除去SiO2中混有的少量Al2O3，可选用NaOH溶液C. 除去溴苯中混有的少量苯，可加水后分液除去D. 乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇可通过氢氧化钠溶液除去【答案】A【解析】【分析】A二氧化硫与酸性高锰酸钾反响，而二氧化碳不能；B二者均与NaOH溶液反响；C苯、溴苯均不溶于水；D乙酸乙酯、乙酸均与NaOH反响。【详解】A二氧化硫与酸性高锰酸钾反响，而二氧化碳不能，那么可将气体通过装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶除去二氧化碳中混有的少量二氧化
20、硫，选项A正确；B二者均与NaOH溶液反响，不能除杂，应利用盐酸除去氧化铝，选项B错误；C苯、溴苯均不溶于水，那么加水不能除杂，选项C错误；D乙酸乙酯、乙酸均与NaOH反响，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液除杂，选项D错误；答案选A。【点睛】此题考查混合物的别离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反响为解答此题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。13.将 1molCO和 2molH2充入一容积为 1L的密闭容器中，分别在250C、TC下发生反响：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。根据图，以下分析中正确的选项是 A. 250C时，反响
21、在前10s的平均速率(H2)=0.015mol/(Lmin)B. 平衡时CO的转化率：250CTCC. 反响达平衡后，其他条件不变，假设减小容积体积，CO 体积分数增大D. 该反响的正反响是放热反响【答案】D【解析】分析】依据先拐先平的判断方法可知T250，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反响为放热反响，H0；A.010min内甲醇物质的量增加了0.15mol，根据方程式求出氢气的变化量，再求速率；B根据分析该反响H0，而且T250，温度越低CO的转化率越大；C其他条件不变，假设减小容积体积，压强增大，平衡正移；DT250，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反响为放热反响
22、，H0。【详解】依据先拐先平的判断方法可知T250，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反响为放热反响，H0；A.010min内甲醇物质的量增加了0.15mol，根据方程式氢气的变化量为：0.15mol2=0.3mol，所以H2=0.03mol/Lmin，选项A错误；B根据分析该反响H0，而且T250，温度越低CO的转化率越大，所以CO的转化率：T时大于250时，选项B错误；C其他条件不变，假设减小容积体积，压强增大，平衡正移，CO的物质的量减少，CO物质的量分数减小，所以CO体积分数减小，选项C错误；D先拐先平的判断方法可知T250，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反响为
23、放热反响，H0，选项D正确；答案选D。【点睛】此题考查物质的量随时间的变化图象，明确图象中量的变化来分析反响速率、转化率、影响平衡的移动因素等，题目难度不大。14.：CH3OH(g)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g) H=+190kJ/mol。以下说法正确的选项是 A. CH3OH的燃烧热为190kJ/molB. 该反响说明CH3OH比H2稳定C. 反响中的能量变化与反响体系的温度和压强无关D. CO2(g)+2H2(g)=CH3OH(g)+1/2O2(g) H=-190kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A、反响生成氢气，未生成稳定氧化物，选项A错误；B、反响是吸热反响，说明甲
24、醇和氧气能量之和小于二氧化碳和氢气能量之和，但不能证明CH3OH比H2稳定；选项B错误；C、题干没有注明温度和压强，指的是25、101kPa条件下的反响焓变；反响中的能量变化与反响体系的温度和压强有关，选项C错误；D、依据题干热化学方程式，热化学方程式改变方向，焓变改变符号；选项D正确；答案选D。15.AgCl的溶解平衡：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，以下说法不正确的选项是()A. 除去溶液中Ag加盐酸盐比硫酸盐好B. 参加H2O，溶解平衡不移动C. 用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl，可以减少沉淀损失D. 反响2AgClNa2SAg2S2NaCl说明溶解度：AgClAg2S【答案
25、】B【解析】A、氯化银溶解度小于硫酸银，除去溶液中Ag+加盐酸盐比硫酸盐好，故A正确；B、参加H2O，沉淀溶解平衡正向进行，故B错误；C、用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl，氯化钠溶液中氯离子抑制程度溶解平衡，平衡左移，可以减少沉淀损失，故C正确；D、反响2AgCl+Na2SAg2S+2NaCl，反响向更难溶的方向进行，说明溶解度：AgClAg2S，故D正确；应选B。16.用高铁酸钠(Na2FeO4)对河、湖水消毒是城市饮用水处理的新技术，反响：Fe2O33Na2O2=2Na2FeO4Na2O，以下说法正确的选项是 A. Na2O2既是氧化剂又是复原剂B. Fe2O3在反响中显氧化性C. N
26、a2FeO4既是氧化产物又是复原产物D. 3molNa2O2发生反响，有12mol电子转移【答案】C【解析】【分析】A、化合价降低元素所在的反响物是氧化剂，化合价升高元素所在的反响物是复原剂；B. Fe2O3在反响中铁元素由+3价变为+6价被氧化，显复原性；C、复原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物叫复原产物；D、根据反响过程转移的电子物质的量来计算答复。【详解】A、反响Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，氧元素化合价降低，Na2O2是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe2O3是复原剂，选项A错误；B、 Fe2O3在反响中铁元素由+3价变为+6价被氧化，显复原性，选项B错误
27、；C、复原剂Fe2O3对应的产物Na2FeO4是氧化产物，氧化剂Na2O2对应的产物Na2FeO4和Na2O是复原产物，所以Na2FeO4既是氧化产物又是复原产物，选项C正确；D、在反响Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，铁元素化合价共升高6价，所以反响过程转移的电子物质的量为6mol，消耗3molNa2O2，选项D错误；答案选C。【点睛】此题考查学生氧化复原反响的根本概念和电子转移知识，可以根据所学知识进行答复，难度不大。17.以下说法正确的选项是 A. 常温下0.4mol/LHB溶液和0.2mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，那么混合溶液中离子浓度的大小顺
28、序为：c(B-)c(H+)c(Na+)c(OH-)B. 同浓度同体积的NaClO溶液和CH3COONa溶液，离子总数前者小于后者C. 在1mol/LCH3COOH溶液中参加少量冰醋酸，醋酸电离平衡正向移动且电离程度增大D. 常温下0.1 mol/L的以下溶液NH4Al(SO4)2；NH4Cl；NH3H2O；CH3COONH4中，c(NH4+)由大到小的顺序是：【答案】B【解析】【分析】A反响后得到物质的量浓度均为0.1mol/L的NaB和HB的混合液，混合液pH=3，呈酸性，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，那么B-的浓度增大：cB-cNa+，由于氢离子浓度较小，那么cNa+cH+；B根据
29、电荷守恒可知溶液中总电荷为：2cNa+2cH+，然后结合水解程度大小判断；C醋酸浓度增大，平衡向着正向移动，但醋酸的电离程度较小；D铝离子水解抑制铵根离子的水解；铵根离子水解；弱碱电离，且电离的程度很弱；醋酸根离子水解促进铵根离子水解。【详解】A常温下，0.4 mol/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，反响后得到物质的量浓度均为0.1mol/L的NaB和HB的混合液，混合液呈酸性，说明HB的电离程度大于B-的水解程度，导致B-的浓度增大，即cB-cNa+，由于溶液中的氢离子浓度较小，那么cNa+cH+，溶液中离子浓度大小为：cB-cNa+cH+cOH-，
30、选项A错误；BCH3COONa水解程度小，其溶液中氢氧根离子浓度较小，那么氢离子浓度较大，根据电荷守恒可知溶液中总电荷为：2cNa+2cH+，所以相同条件下，两溶液比拟，NaClO溶液中的离子总数较少，选项B正确；C在1mol/L CH3COOH溶液中参加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，平衡向着正向移动，但是溶液中醋酸的电离程度会较小，选项C错误；D和相比拟，中铵根离子和铝离子水解都呈酸性，相互抑制，那么中cNH4+大于，与相比拟，醋酸根离子和铵根离子水解相互促进，那么中cNH4+大于，NH3H2O为弱电解质，电离程度较小，那么中cNH4+大于，那么顺序为，选项D错误；答案选B。【点睛】此题考查离子
31、浓度大小的比拟，题目难度中等，明确信息得到溶液的组成及外界条件对盐的水解程度的影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。18.对于NH4Cl溶液的相关表达不正确的选项是 A. 0.2mol/LNH4Cl溶液：c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)B. NH4Cl溶液中：c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3H2O)C. 将NH4C1溶解到氨水中，NH4C1抑制NH3H2O的电离D. 等物质的量浓度的NH4C1、CH3COONH4溶液中cNH4+相等【答案】D【解析】分析】A、氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；B根据氯化铵溶液中的物料守恒分
32、析；C、氯化铵中的铵根离子抑制一水合氨的电离；D、醋酸铵溶液中醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，氯离子对铵根离子水解无影响。【详解】A、氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，0.2mol/LNH4Cl溶液中离子浓度大小为：cCl-cNH4+cH+cOH-，选项A正确；BNH4Cl溶液中，根据物料守恒可得：cCl-=cNH4+cNH3H2O，选项B正确；C、一水合氨是弱电解质，氯化铵电离出铵根离子抑制一水合氨的电离，选项C正确；D、醋酸铵溶液中醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，氯离子对铵根离子水解无影响；等物质的量浓度的氯化铵溶液中铵根离子浓度大于醋酸铵溶液中铵根离子浓度，选项D错误；
33、答案选D。19.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H，其根本结构见图，电池总反响可表示为：2H2O2=2H2O，以下有关说法正确的选项是 A. b 极上的电极反响式为：O22H2O4e=4OHB. 每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2C. H由a极通过固体酸电解质传递到b极D. 电子通过外电路从b极流向a极【答案】C【解析】【分析】根据电池总反响：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反响，电极反响式为H2-2e-2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生复原反响，电极反响式为O2+4e-+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，
34、即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L。【详解】A、该电池为酸性电池，b极电极反响式为O2+4e-+4H+=2H2O，选项A错误； B、因没有说明是否为标准状况，那么消耗氢气的体积不一定为1.12L，选项B错误；C、原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，选项C正确；D、因氢元素的化合价升高，那么a为负极，电子应该是通过外电路由a极流向b极，选项D错误；答案选C。【点睛】此题考查燃料电池的工作原理，学习中要明确电子以及离子的定向移动问题，
35、要能正确判断原电池的正负极，以及电极反响式的书写问题。20.将Mg、Cu 组成的2.64g固体混合物投入适量稀稍酸中恰好完全反响，收集复原产物气体NO复原产物只有一种。然后向反响后的溶液中参加一定浓度的氢氧化钠溶液，使金属恰好沉淀完全，此时生成沉淀的质量为4.68g，那么反响过程中收集到NO气体标况下体积为 A. 8.96LB. 0.896LC. 4.48LD. 0.448L【答案】B【解析】【详解】Mg、Cu混合物与硝酸反响生成Mg(NO3)2、Cu(NO3)2，局部硝酸被复原为NO气体，反响后的溶液参加NaOH溶液使金属恰好沉淀完全，沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，可知m(OH-)=
36、4.68g-2.64g=2.04g，故n(OH-)=0.12mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根离子的物质的量，即金属提供电子物质的量为0.12mol，根据电子转移守恒可知NO的物质的量为：nNO=0.04mol，所以标况下反响过程中收集到NO气体体积为：VNO=0.04mol22.4L/mol=0.896L，答案选B。卷非选择题，共60分21.现有X、Y、Z三种常见短周期元素，X 的原子结构示意图为，Y、Z为同周期金属元素，Y、Z的最高价氧化物对应水化物可以反响生成盐和水。答复以下问题：1Y2X2为浅黄色固体物质，其阴阳离子个数比为_，其中含有的化学键类型有_。2将单质
37、 Z 的薄片在酒精灯上加热至熔化，观察到的现象是_，产生该现象的原因是_。3Y、Z最高价氧化物对应的水化物混合反响生成盐和水的离子方程式为_。4假设3中生成物还可表示为YZ(OH)4，那么YZ(OH)4与过量HC1溶液反响的离子方程式为_。【答案】 (1). 1：2 (2). 离子键、非极性键 (3). 铝箔熔化成的小球不落下 (4). 氧化铝的熔点比铝高 (5). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (6). Al(OH)4-+4H+=Al3+4H2O【解析】【详解】X、Y、Z三种常见短周期元素，由X的原子结构示意图可知a=2，故X为O元素，结合1Y2X2为浅黄色固体物质，可知Y为
38、Na元素，Y、Z为同周期金属元素，两者的最高价氧化物对应水化物可以反响生成盐和水，为氢氧化钠与氢氧化铝反响，故Z为Al元素，1Na2O2由钠离子与过氧根离子构成的离子化合物，其阴阳离子个数比为1：2，过氧根离子与钠离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成非极性键；2将单质Al的薄片在酒精灯上加热至熔化，由于反响生成氧化铝，氧化铝的熔点比铝高，氧化铝膜兜住铝箔熔化成的小球不落下；3氢氧化钠与氢氧化铝反响生成偏铝酸钠与水，反响离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；4NaAl(OH)4与过量HCl溶液反响生成氯化铝、氯化钠与水，反响离子方程式为：Al(OH)4-+4H+=
39、Al3+4H2O。22.用如图实验装置探究铜丝与过量浓硫酸的反响及SO2的局部化学性质。1试管中发生反响的化学反响方程式为_。2装置证明SO2溶液显_性，同时证明SO2_填“能或“不能漂白pH试纸。3实验完毕，取下试管并加热，可观察的现象是_，该实验可以到达的目的是_。4实验初期发现大试管内有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为_。5终止试管中反响的方法是_。6基于环境保护的考虑，如图是某学生提出的实验改良方法，其中棉花团上应浸取的试剂为_(任填一种。【答案】 (1). Cu+2H2SO4浓CuSO4+SO2+2H2O (2). 酸 (3). 不能 (4). 溶液由无色恢复为红色 (5). 说明二氧
40、化硫与有色物质生成的无色物质是不稳定的 (6). CuSO4 (7). 停止加热或把铜丝抽离浓硫酸 (8). NaOH溶液或高锰酸钾溶液【解析】【详解】1铜与浓硫酸加热条件下反响生成硫酸铜、二氧化硫、水，依据氧化复原反响写出化学方程式；Cu+2H2SO4浓CuSO4+SO2+2H2O；2二氧化硫是酸性氧化物溶于水生成亚硫酸显酸性，装置湿润的pH试纸变红色，证明二氧化硫溶液显酸性；同时证明二氧化硫的漂白性具有选择性，不能漂白变色的pH试纸；3试管二氧化硫通入后品红褪为无色，加热后无色溶液恢复原来的颜色红色，说明二氧化硫的漂白性不稳定，即二氧化硫和有色物质结合成不稳定的无色物质，加热恢复原来的颜色
41、；4浓硫酸中水的含量很少，开始反响生成的水量少，与铜反响开始生成的硫酸铜不能溶解；实验初期发现大试管内有白色沉淀生成，该物质为CuSO4，故答案为：CuSO4 ；5终止试管中反响的方法是，停止加热或把铜丝抽离浓硫酸；6装置中 生成的二氧化硫气体是污染性气体，不能排放到空气中，改良装置中的棉花是吸收二氧化硫的作用，可以用氢氧化钠溶液或高锰酸钾溶液等。23.明矾石的主要成分是K2SO4Al2(SO4)32Al2O36H2O，还含有少量Fe2O3 杂质。利用明矾石制备氢氧化铝的流程如下：1焙烧炉中发生反响的化学方程式为2Al2(SO4)3+3S=2Al2O3+9SO2，假设生成1molAl2O3，那
42、么转移的电子数为_。2将标况下1.12L炉气通入100mL0.5mol/LNaOH 溶液中，得到一种酸性溶液，那么该溶液中各种离子浓度由大到小的排列顺序为_。3熟料溶解时反响的离子方程式为_。4检验废渣中含有Fe2O3所需的试剂是_。5母液中溶质主要成分的化学式为_，溶液调节pH后经过滤、洗涤可得Al(OH)3沉淀，证明沉淀已洗涤干净的实验操作和现象是_。【答案】 (1). 3.6121024 (2). cNa+cHSO3-cH+cSO32-cOH- (3). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (4). 稀盐酸、硫氰化钾 (5). K2SO4、Na2SO4 (6). 取最后一次洗涤液
43、于试管中，滴加BaCl2溶液，假设无白色沉淀生成那么已洗涤干净【解析】【分析】1所含元素化合价降低的反响物是氧化剂；反响中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，硫单质为复原剂，计算生成1molAl2O3需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据N=nNA转移电子数目；2根据n(SO2)：n(NaOH)确定反响产物，再结合溶液呈酸性对离子浓度进行排序；3由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠；4由工艺流程可知，废渣主要成分为Fe2O3，废渣中参加盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，假设溶液变红色，说明废渣中含有Fe2O3；5由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含
44、有K+、Na+、SO42-、AlO2-、OH-等，加硫酸调pH值，AlO2-转化为Al(OH)3，母液中离子主要有K+、Na+、SO42-，据此分析判断。【详解】1反响中硫元素化合价由Al2(SO4)3中+6价降低为SO2中+4价，故Al2(SO4)3是氧化剂，反响中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO2中+4价，硫单质为复原剂，生成1molAl2O3需要硫的物质的量为1mol=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol4=6mol，转移电子数目为6mol6.021023mol-1=3.6121024；2标准状况下1.12L二氧化硫的物质的量为 =0.05mol，nNaOH=0.1L0.5mol/L=0.05mol，nSO2：nNaOH=0.05mol：0.05mol=1：1，故反响后溶液中溶质为NaHSO3，溶液呈酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，同时水电离生成氢离子，故cH+cSO3