河北省衡水市安平中学2017-2018学年高三上学期化学期中考试试卷
一、选择题
1．（2018高三上·安平期中）下列装置中，都伴随有能量变化，其中是由化学能转变为电能的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解答】A．是电解装置，将电能转化成化学能，故A不符合题意；
B．机械能转化为电能，故B错误；
C．太阳能转化成热能，故C错误；
D．干电池属于原电池，将化学能转化成电能，故D正确。
故答案为：D
【分析】原电池是将化学能转化为电能的装置，据此判断是否属于原电池即可.
2．（2018高三上·安平期中）雪是冬之精灵，在雪 水 冰的转化中能量变化的叙述正确的是（ ）
A．ΔH1＞0，ΔH2＞0 B．ΔH1＞0，ΔH2＜0
C．ΔH1＜0，ΔH2＜0 D．ΔH1＜0，ΔH2＞0
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】雪→水的过程需吸收热量，故△H1＞0，水→冰的过程需放出热量，故△H2＜0，B项正确。
故答案为：B
【分析】雪是固态的水，熔化需要吸收热量，水变为固态的冰需要放出热量，据此判断焓变即可.
3．（2018高三上·安平期中）下列化学用语的表述正确的是（ ）
A．CSO的电子式： B．NaClO的电子式：
C．CO2的分子示意图： D．次氯酸的结构式：H Cl O
【答案】A
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A. CSO与CO2属于等电子体，结构相似，电子式： ，故A符合题意；
B. NaClO属于离子化合物，存在离子键，故B不符合题意；
C. CO2中碳原子半径比氧原子半径大，故C不符合题意；
D. 次氯酸中氯原子最外层有7个电子，只能形成1个共价键，结构式为H—O—Cl，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.根据等电子体书写羰基硫的电子式；
B.NaClO是离子化合物；
C.碳原子的半径比氧原子的半径小；
D.次氯酸分子中，氢原子与氧原子相连接.
4．（2018高三上·安平期中）随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多， 、H3、O4、C60等已被发现。下列有关说法中，正确的是（ ）
A． 中含有36个电子 B．O2与O4属于同分异构体
C．C60和12C、14C互为同位素 D．H2与H3属于同素异形体
【答案】D
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同位素及其应用
【解析】【解答】A．因N5+中的电子数为7×5-1=34，故A不符合题意；
B、O2与O4是由氧元素形成的不同单质，两者是同素异形体，故B不符合题意；
C、因质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，C60的一个分子中含有60个碳原子，故C不符合题意；
D、H2与H3属于由同种氢元素形成的不同单质，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A.根据氮原子核外电子数和带有正电荷数进行计算；
B.两种物质属于同素异形体；
C.C60是单质；
D.同素异形体是指同种元素形成的不同单质.
5．（2018高三上·安平期中）下列说法中不正确的是（ ）
①质子数相同的微粒一定属于同一种元素
②共价化合物中不存在离子键
③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子
④电子数相同的微粒不一定是同一种元素
⑤非金属元素之间不可能形成离子键
⑥离子键是指阴阳离子间的静电吸引力
⑦水受热不容易分解，原因是水分子间存在氢键
A．②③⑤⑥ B．①③⑤⑦ C．①⑤⑥⑦ D．③④⑤⑥
【答案】C
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】①质子数相同的微粒若是原子，则一定属于同一种元素，但是不一定是原子，错误；②共价化合物中一定不存在离子键，正确；③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，若是分子就都是分子，若是离子，则都是离子，故不可能是一种分子和一种离子，正确；④电子数相同的微粒不一定是原子，故不一定是同一种元素，正确；⑤非金属元素之间也可能形成离子键如NH4NO3、NH4NO2中含有离子键，错误；⑥离子键是指阴阳离子间的静电作用力，包括静电吸引和静电排斥力，错误；⑦水受热不容易分解，原因是水分子内的化学键很强，断裂需要消耗大量的能量，与分子间存在氢键无关，错误。故错误的是①⑤⑥⑦。
故答案为：C
【分析】①具有相同质子数的原子一定属于同种元素，但微粒可能为原子、分子、离子等；
②共价化合物中只含共价键；
③根据分子中质子数=电子数，而离子中质子数≠电子数，若两粒子中质子数相同，电子数肯定不同；
④元素是具有相同核电荷数（即核内质子数）的同一类原子的总称；
⑤非金属元素的原子之间可能形成离子键，如铵盐；
⑥离子键指阴阳离子间通过静电作用形成的化学键；
⑦物质的稳定性与键能的大小有关.
6．（2018高三上·安平期中）已知：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) △H＝a kJ/mol
C(s)＋O2(g)＝2CO(g) △H＝－220 kJ/mol
H－H、O＝O和O－H键的键能分别为436、496和462 kJ/mol，则a为（ ）
A．－332 B．－118 C．＋350 D．＋130
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】①×2－②得到：2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g) △H=(－2a＋220)kJ·mol－1，根据反应热与键能的关系，△H=反应物键能总和－生成物键能总和=2×2×462－(2×436＋496)=220－2a，解得a=－130，故D正确。
故答案为：D
【分析】根据盖斯定律得出目标化学方程式，然后结合化学键键能计算焓变即可.
7．（2018高三上·安平期中）下列有关说法正确的是（ ）
A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥
C．Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象
D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、在酒精灯加热条件下，NaHCO3固体能发生分解，Na2CO3却不能，故A不符合题意；
B. H2、SO2、CO2三种气体与浓硫酸均不反应，都可用浓硫酸干燥，故B符合题意；
C、Fe(OH)3胶体红褐色、透明，能发生丁达尔现象，故C不符合题意；
D、SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，和氢氟酸反应，生成SiF4不是盐，两性氧化物要求既能和酸反应又能和碱反应只生成盐和水，所以不是两性氧化物，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠不稳定，加热分解；
B.浓硫酸属于酸性干燥剂，能干燥中性、酸性和非还原性气体；
C.氢氧化铁胶体是红褐色；
D.二氧化硅是酸性氧化物.
8．（2018高三上·安平期中）下列反应中，反应后固体物质增重的是（ ）
A．氢气通过灼热的CuO粉末 B．二氧化碳通过Na2O2粉末
C．铝与Fe2O3发生铝热反应 D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；探究铝热反应
【解析】【解答】A．发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，A不符合题意；
B．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，B符合题意；
C．铝与氧化铁发生铝热反应，生成铁和氧化铝，反应物质和生成物都是固体，质量不变，C不符合题意；
D．发生Zn与硝酸铜反应生成硝酸锌和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.氢气还原氧化铜生成铜，固体质量减小；
B.二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠；
C.铝热反应过程中固体质量不变；
D.锌与硝酸铜溶液反应生成硝酸锌溶液和铜，固体质量减小.
9．（2018高三上·安平期中）某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是（ ）
A．AlCl3 B．Na2O C．FeCl2 D．SiO2
【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；氯气的化学性质
【解析】【解答】A、AlCl3可由Al与Cl2反应制得，将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中生成CO2 气体和Al(OH)3沉淀，选项A符合题意；
B、Na2O 加入Ba(HCO3)2溶液中只产生碳酸钡沉淀而没有气体产生，选项B不符合题意；
C、Fe 与Cl2 反应生成FeCl3，选项C不符合题意；
D、SiO2 与Ba(HCO3)2不反应，选项D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.铝与氯气反应生成氯化铝，氯化铝与碳酸氢根离子水解相互促进，产生气体和白色沉淀；
B.氧化钠与水反应生成NaOH，NaOH与碳酸氢钡溶液反应生成碳酸钡沉淀；
C.氯气与铁反应生成氯化铁；
D.二氧化硅不溶于水，不与碳酸氢被人用反应.
10．（2018高三上·安平期中）热核聚变实验反应堆的原理类似太阳发光发热，即在上亿摄氏度的超高温条件下，利用氢的同位素氘、氚的聚变反应释放出核能。下列说法正确的是（ ）
A．H、D、T互为同素异形体
B．H2、D2、T2在相同条件下的密度之比为1∶2∶3
C．H,D,T与16O、17O、18O构成的双氧水分子的相对分子质量有36种
D．氘、氚发生聚变反应生成其他元素，属于化学变化
【答案】B
【知识点】同素异形体；同位素及其应用
【解析】【解答】A、H、D、T是原子，不是单质，不在同素异形体讨论的范围内，故A不符合题意；
B、相同条件下的密度之比等于摩尔质量之比，H2、D2、T2相对分子质量之比为2：4：6，即密度之比为1：2：3，故B符合题意；
C、根据双氧水组成知，三种氢的同位素有6种组合方式，三种氧的同位素也有6种组合方式，故二者组合成双氧水的种类有36种，两个氢组合的相对原子质量之和分别为连续数据：2、3、4、5、6，两个氧组合的相对原子质量之和分别为连续数据：32、33、34、35、36，所以H2O2的相对分子质量数据是连续的，最小值为2+32=34，最大值为6+36=42，故双氧水的相对分子质量数值共有42-33=9，即9个数据分别是34、35、36、37、38、39、40、41、42，故C不符合题意；
D、氘、氚聚变反应属于核反应，核反应属于物理变化，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.同素异形体研究的对象是单质；
B.根据氢的同位素形成的单质的摩尔质量计算其密度之比即可；
C.根据同位素原子间形成的过氧化氢分子的组合进行判断；
D.核聚变过程没有新物质生成.
11．（2018高三上·安平期中）用右图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A．稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡
B．浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体
C．氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀
D．草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色
【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A.首先发生中和反应而不会立即产生气泡；
B.常温下，铝在浓硝酸中被钝化，不会产生红棕色气体；
C. 氯化铝溶液在过量浓氢氧化钠溶液中最终生成偏铝酸钠而不是氢氧化铝沉淀；
D. 现象与实际相符。
故答案为：D
【分析】A.盐酸首先与NaOH发生反应；
B.铝遇常温下的浓硝酸发生钝化；
C.氯化铝加入到NaOH溶液中首先生成偏铝酸钠；
D.草酸具有还原性，与强氧化性物质发生氧化还原反应.
12．（2018高三上·安平期中）将Fe、Cu与FeCl3、FeCl2、CuCl2溶液一起放入某容器中，则下列情况错误的是（ ）
A．充分反应后，若Fe有剩余，则容器中不可能有Fe3+、Cu2+
B．充分反应后，若容器中还有大量Fe3+，则一定还有Fe2+、Cu2+，可能有Fe、Cu
C．充分反应后，若容器中有较多的Cu2+和一定量的Cu，则不可能还有Fe和Fe3+
D．充分反应后，若容器内有一定量的Cu，则可能还含有Cu2+，一定含有Fe2+，一定不含有Fe3+
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu；
A．反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在，故A不符合题意；
B．若FeCl3有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在，故B符合题意误；
C．充分反应后，若容器中有较多的Cu2+和一定量的Cu，因Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，则不可能还有Fe和Fe3+，故C不符合题意；
D．充分反应后，若容器内有一定量的Cu，因Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，则可能还含有Cu2+，一定含有Fe2+，一定不含有Fe3+，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】铁的还原性比铜强，氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，据此分析氧化还原反应发生的先后顺序即可.
13．（2018高三上·安平期中）某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】含有Fe3+离子的溶液呈黄色，所以一定不含Fe3+；H+与CO32–、OH–反应不能大量共存；NH4+、Al3+、与OH–反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+与CO32–反应不能大量共存；该溶液中加入铝粉，只放出H2，说明溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，若为酸性，则含有大量H+，所以不含CO32–、OH–，由于硝酸具有强氧化性，所以加入铝粉，放出H2不含NO3–，溶液中还可能有NH4+、Ca2+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多有6种；若为碱性，则含有大量OH-，所以不含NH4+、Al3+，溶液中最多还可能有Ca2+、Ba2+、Cl–、NO3–，共有5种；故C正确。
故答案为：C
【分析】与金属铝反应生成氢气的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，结合无色溶液中不含有色离子分析可能共存的离子即可.
14．（2018高三上·安平期中）短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为(a-b)，L层电子数为(a+b)，则X、Y两元素形成的化合物可能具有的性质是（ ）
A．和水反应 B．和硫酸反应
C．和氢氧化钠反应 D．和氯气反应
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；无机物的推断
【解析】【解答】短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b），则L层电子数为8，所以a+b=8，元素X原子有2个电子层，b=2，所以a=8-b=8-2=6，X为O元素；元素Y原子的M层电子数为a-b=6-2=4，Y为Si元素，X、Y两元素形成的化合物为SiO2。
SiO2和水不反应，A项不符合题意；
SiO2性质稳定，溶于HF酸，不溶于其它酸，B项不符合题意；
SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，C项符合题意；
SiO2不与氯气反应，D项不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据短周期元素原子核外电子排布判断X、Y两种元素分别是O、Si，结合二氧化硅的化学性质进行判断即可.
15．（2018高三上·安平期中）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中 和 代表不同元素的原子。（ ）
关于此反应说法错误的是（ ）
A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应
C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；化学基本反应类型；化学反应的可逆性
【解析】【解答】A．该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A符合题意；
B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B不符合题意；
C．该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，属于分解反应，反应物没有完全转化为生成，属于可逆反应，据此解答即可.
16．（2018高三上·安平期中）已知34Se、35Br位于同一周期，根据元素在周期表中的位置，判断下列说法正确的是（ ）
A．离子还原性：Cl >Br
B．气态氢化物的稳定性：H2S>H2Se
C．原子半径：Cl>Br>Se
D．酸性：H2SeO4>HBrO4>HClO4
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】同周期从左到右半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，还原性逐渐减弱，氧化性逐渐增强，离子的还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性依次增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强；同主族从上到下半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，离子的还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性依次减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性依次增强，酸性依次减弱。A项离子还原性：Cl－< Br－；B项气态氢化物的稳定性：H2S＞H2Se；C项原子半径：Cl
【分析】根据元素周期表中同周期、同主族元素及其化合物的性质递变规律进行分析即可.
17．（2018高三上·安平期中）化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知：氧化还原反应：
2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl 2Co(OH)3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋6H2O
2Fe(OH)2＋I2＋2KOH=2Fe(OH)3＋2KI 3I2＋6KOH=5KI＋KIO3＋3H2O
复分解反应：
2HSCN＋K2CO3=2KSCN＋CO2↑＋H2O KCN＋CO2＋H2O=HCN＋KHCO3
热分解反应：
4NaClO 3NaCl＋NaClO4 NaClO4 NaCl＋2O2↑
下列说法不正确的是（ ）
A．氧化性(酸性溶液)：FeCl3>Co(OH)3>I2
B．还原性(碱性溶液)：Fe(OH)2>I2>KIO3
C．热稳定性：NaCl>NaClO4>NaClO
D．酸性(水溶液)：HSCN>H2CO3>HCN
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、在2FeCl3+ 2HI＝2FeCl2+ I2+ 2HCl反应中，氧化性：FeCl3＞I2，在2Co(OH)3+ 6HCl = 2CoCl2+ Cl2↑ + 6H2O中，氧化性：Co（OH）3＞Cl2，又Cl2＞FeCl3，故Co（OH）3＞FeCl3，则有：Co（OH）3＞FeCl3＞I2，A符合题意；
B、在 3I2+ 6KOH＝5KI + KIO3+ 3H2O反应中，I2既是氧化剂又是还原剂，其还原性介于高低价态产物之间KI＞I2＞KIO3；在2Fe(OH)2+ I2+ 2KOH= 2Fe(OH)3+ 2KI反应中，反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的，即Fe（OH）2＞I2；Fe（OH）2＞Fe（OH）3；Fe（OH）2＞KI，故还原性应为：Fe（OH）2＞I2＞KIO3，B不符合题意；
C、物质分解时生成更加稳定的物质，在反应中4NaClO 3NaCl + NaClO4，稳定性NaClO4＞NaClO，在反应中NaClO4 NaCl + 2O2↑中，稳定性NaCl＞NaClO4，则稳定性NaCl＞NaClO4＞NaClO，C不符合题意；
D、化学反应遵循较强酸制弱较酸的规律，在反应2HSCN + K2CO3=" 2KSCN" + CO2 ↑ + H2O中，酸性HSCN＞H2CO3，在反应中 KCN + CO2 + H2O＝HCN + KHCO3，酸性H2CO3＞HCN，则酸性为HSCN＞H2CO3＞HCN，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据强氧化剂制取弱氧化剂、强还原剂制取弱还原剂的原理，以及强酸制取弱酸和不稳定化合物生成稳定化合物等进行判断即可.
18．（2018高三上·安平期中）前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。已知：A、C同主族，A的原子最外层电子数是次外层的3倍，B的氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，D的原子半径是第3周期中最小的，E是形成骨骼和牙齿的主要元素，且E单质能和水反应。则下列分析错误的是（ ）
A．A的离子结构示意图为
B．D的最高价氧化物的水化物的酸性大于C的最高价氧化物的水化物的酸性
C．E和D形成的离子化合物ED2的电子式为
D．B的氧化物为离子化合物，只含离子键，其晶体为离子晶体
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；画元素的原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。已知：A、C同主族，A的原子最外层电子数是次外层的3倍，则A有2个电子层，最外层电子数为6，则A为氧元素；A、C同主族，则C为硫元素；B的氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，B为Al元素；D的原子半径是第三周期中最小的，则D为Cl元素，E是形成骨骼和牙齿的主要元素，且E单质能和水反应，E为Ca元素。
A、A的离子O2－的核外电子数为10，结构示意图为 ，故A不符合题意；
B、非金属性Cl＞S，故酸性HClO4＞H2SO4，D的最高价氧化物的水化物的酸性大于C的最高价氧化物的水化物的酸性，故B不符合题意；
C、E和D形成的离子化合物CaCl2的电子式为： ，故C符合题意；
D、Al为活泼金属，Al的氧化物Al2O3为离子化合物，只含离子键，其晶体为离子晶体，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据原子核外电子排布判断A元素是O，校核C与O同主族判断C是S；根据B的氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，判断B为Al；然后再判断D和E分别是Cl和Ca，据此分析即可.
19．（2018高三上·安平期中）在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：（ ）
H2S(g)＋ O2(g)=SO2(g)＋H2O(g) ΔH1
2H2S(g)＋SO2(g)= S2(g)＋2H2O(g) ΔH2
H2S(g)＋ O2(g)=S(g)＋H2O(g) ΔH3
2S(g)=S2(g) ΔH4
则ΔH4的正确表达式为
A．ΔH4＝ (ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
B．ΔH4＝ (3ΔH3－ΔH1－ΔH2)
C．ΔH4＝ (ΔH2＋3ΔH3－ΔH1)
D．ΔH4＝ (ΔH1－ΔH2－3ΔH3)
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】根据盖斯定律，将第一个和第二个反应相加，减去3倍的第三个反应，即得3S(g)= S2(g)，再将反应乘以 即得第四个反应，所以ΔH4＝ (ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)。
故答案为：A
【分析】根据盖斯定律构造出目标方程式，然后计算反应热即可.
20．下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞H3PO4 B．非金属性：Cl＞Br
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B不选；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选．故选D．
【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解．
21．（2018高三上·安平期中）可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极．下列说法正确的是（ ）
A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2+2H2O+4e-═4OH-
B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al+3OH--3e-═Al(OH)3↓
C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变
D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、电解质溶液显碱性或中性，该燃料电极的正极发生反应为：O2 +2H2O+4e-=4OH-，故A符合题意；
B、铝作负极，负极反应应该是铝失去电子变为铝离子，在氢氧化钠的溶液中氢氧化铝继续与过量的碱反应生成偏铝酸根，因此负极反应为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，故B不符合题意；
C、该电池在碱性条件下消耗了碱，反应式为4Al+3O2+4OH-=4AlO2-+2H2O，溶液pH降低，故C不符合题意；
D、电池工作时，电子从负极出来经过外电路流到正极，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据铝—空气燃料电池，以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极，负极发生氧化反应、正极发生还原反应进行分析电极方程式和溶液变化即可.
22．（2018高三上·安平期中）某同学做了如下实验：
下列说法中正确的是（ ）
A．加热铁片I所在烧杯，电流表指针会发生偏转
B．用KSCN溶液检验铁片Ⅲ、IV附近溶液，可判断电池的正、负极
C．铁片I、Ⅲ的腐蚀速率相等
D．“电流计指针未发生偏转”，说明铁片I、铁片Ⅱ均未被腐蚀
【答案】A
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 温度不同，反应速率不等，两烧杯中存在电势差，能够产生电流，电流表指针会发生偏转，故A符合题意；
B. 两烧杯中溶液的浓度不同，发生离子的定向移动，产生电流，铁失去电子发生氧化反应，生成亚铁离子，与KSCN溶液无明显现象，不能判断电池的正、负极，故B不符合题意；
C. 铁片I中未构成原电池、铁片Ⅲ构成了原电池，腐蚀速率一定不相等，故C不符合题意；
D. “电流计指针未发生偏转”，说明铁片I、铁片Ⅱ未构成原电池，但铁片表面俊辉发生吸氧腐蚀，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据装置中电流计指针没发生偏转，说明没有形成原电池，但铁片可发生吸氧腐蚀；电流计指针发生偏转说明形成了原电池，结合KSCN溶液检验的是三价铁离子进行分析各选项即可.
23．（2018高三上·安平期中）有关下列四个常用电化学装置的叙述正确的是( )
图1 碱性锌锰电池 图2 铅—硫酸蓄电池 图3 电解精炼铜 图4 银锌纽扣电池
A．图1所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B．图2所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大
C．图3所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变
D．图4所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag
【答案】D
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，故A不符合题意；
B．铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，该反应中浓硫酸参加反应，所以浓度降低，故B不符合题意；
C．粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故C不符合题意；
D．该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以氧化剂作氧化剂发生还原反应，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据电解池和原电池的组成、电极反应以及电解质溶液的变化进行分析即可.
24．（2018高三上·安平期中）某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构如图所示，电池总反应可表示为：2H2＋O2=2H2O，下列有关说法正确的是（ ）
A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－
C．H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
D．每转移0.1 mol电子，消耗1.12L的H2
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、因氢元素的化合价升高，则a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，故A不符合题意；
B、该电池为酸性电池，b极上的电极反应式为：O2+4e－+4H＋=2H2O，故B不符合题意；
C、H＋带正电，移向正极，由a极通过固体酸电解质传递到b极，故C符合题意；
D、每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的H2 1.12 L，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.原电池中离子的流动方向是由负极流向正极；
B.酸性电解质溶液中不能生成氢氧根离子；
C.原电池中阳离子由负极向正极方向移动；
D.氢气的温度和压强不明确.
25．（2018高三上·安平期中）将两根铁钉分别缠绕铜丝和铝条，放入滴有混合溶液的容器中，如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．a中铁钉附近呈现蓝色沉淀 B．b中铁钉附近呈现红色
C．b中发生吸氧腐蚀 D．a中铜丝附近有气泡产生
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、a构成的是铁铜原电池，铁作为负极：Fe-2e－═Fe2＋，与K3[Fe（CN）6]反应，生成蓝色沉淀，故A正确；
B、b中构成铁铝原电池，铝作负极，铁作正极，没有Fe3＋ ，铁钉附近不可能呈现红色，故B错误；
C、正极上O2得电子，故 b中发生吸氧腐蚀，故C正确；
D、a中铜丝附近有气泡产生，H＋ 得电子生成H2，故D正确。
故答案为：B
【分析】铁、铜作为原电池的电极时，铁做负极被氧化为亚铁离子，铝、铁作为原电池的电极时，铝做原电池的负极被氧化，结合电极反应进行分析即可.
26．（2018高三上·安平期中）下图中甲为甲烷和O2构成的燃料电池示意图，电解质为KOH溶液，乙为电解饱和MgCl2溶液的装置，其中乙装置中X为阳离子交换膜。用该装置进行实验，反应开始后观察到Fe电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是（ ）
A．甲中A处通入CH4，电极反应式为CH4＋10OH－－8e－= ＋7H2O
B．乙中电解MgCl2溶液的总反应为2Cl－＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋2OH－
C．理论上甲中每消耗22.4 L CH4(标准状况下)，乙中产生4 mol Cl2
D．甲、乙中电解质溶液的pH都增大
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A项，乙为电解氯化镁溶液的装置，反应开始后观察到Fe电极附近出现白色沉淀，说明H+在铁电极放电，所以铁电极为阴极，则甲中B端为负极，通入CH4，反生氧化反应，电极反应式为：CH4＋10OH--8e-=CO32-＋7H2O，故A错误；B项，乙中电解氯化镁溶液的总反应为：Mg2+＋2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，故B错误；C项，由上分析可知，甲中每消耗标况下22.4L（1mol）CH4，转移8mol电子，则乙中产生4molCl2，故C正确；D项，甲中KOH参与反应，碱性减弱，PH减小，乙中氢离子放电，pH增大，故D错误。
故答案为：C
【分析】反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀，说明X是阴极，氢离子放电，产生OH－，所以得到氢氧化镁沉淀，故A是负极，通入的是甲烷，据此进行分析即可.
27．（2018高三上·安平期中）下图装置(Ⅰ)是一种可充电电池，装置(Ⅱ)为电解池。装置(Ⅰ)的离子交换膜只允许Na＋通过，已知电池充、放电的化学方程式为2Na2S2＋NaBr3 Na2S4＋3NaBr，当闭合开关K时，X电极附近溶液变红。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关K时，Na＋从右到左通过离子交换膜
B．闭合开关K时，负极反应式为3NaBr－2e－=NaBr3＋2Na＋
C．闭合开关K时，当有0.1 mol Na＋通过离子交换膜时，X电极上放出标准状况下气体1.12 L
D．闭合开关K时，X电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、闭合K时，I左边是负极，右边是正极，根据异性电荷相吸原理，所以钠离子从左到右通过离子交换膜，故A不符合题意；
B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2K2S2-2e－═K2S4+2K＋，故B不符合题意；
C、闭合K时，当有0.1mol钠离子通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成的氢气体积为1.12L（标况下），故C符合题意；
D、闭合K时，X电极是阴极，在阴极上溶液中的氢离子放电生成氢气，所以电极反应式为 2H＋+2e－=H2↑，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极．与阴极连接的是原电池的负极，所以左边是负极，右边是正极，据此解答即可。
28．（2018高三上·安平期中）原电池反应是释放能量的氧化还原反应，下列可设计成原电池的化学反应是（ ）
A．H2O (l)+CaO(s) ＝Ca(OH)2(s)
B．Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl＝BaCl2+2NH3·H2O+8H2O
C．2KClO3 2KCl+3O2↑
D．CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】原电池反应必须是自发的氧化还原反应，否则不能设计成原电池，通过对反应析，选项只有D符合题意。
故答案为：D
【分析】原电池反应必须是自发的氧化还原反应，据此判断能否设计为原电池即可.
二、综合题
29．（2018高三上·安平期中）根据要求回答问题：
（1）如图是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是 。
（2）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为 。
（3）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应的热化学方程式如下：
①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋ O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
又知③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1，则甲醇蒸气燃烧为液态水的热化学方程式为 。
（4）在微生物作用的条件下，NH 经过两步反应被氧化成NO 。这两步的能量变化如图：
第二步反应是 反应(填“放热”或“吸热”)。1 mol NH4+(aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式是 。
【答案】（1）减小；不变
（2）2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ΔH= 85.6 kJ·mol 1
（3）CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.7 kJ·mol－1
（4）放热；NH 4+ (aq)＋ O2(g)=NO 2- (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) ΔH＝－273 kJ/mol
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响。E1的变化是减小，ΔH的变化是不变；
（2）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体HCl和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物TiCl4(l)，放热4.28 kJ，反应方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)，0.1 mol Cl2反应放热4.28 kJ，2 mol Cl2反应放热4.28 kJ×2/0.1=85.6 kJ，该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ΔH= 85.6 kJ·mol 1 ；
（3）利用盖斯定律进行计算，①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1，②CH3OH(g)＋ O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1，又知③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1，依据盖斯定律计算（②×3-①×2+③×2）得：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=3×（-192.9 kJ·mol－1）-2×49.0 kJ·mol－1+（-44 kJ·mol－1）×2=-764.7 KJ·mol－1；则甲醇蒸气燃烧为液态水的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.7 KJ·mol－1；
（4）由图可知，第二步反应反应物能量高于生成物能量，是放热反应；由图可知，第一步热化学反应为NH4＋（aq）+1.5O2（g）=2H＋（aq）+NO2－（aq）+H2O（l）△H=-273 kJ·mol－1，即1 mol NH 4+ (aq)全部氧化成NO 2- (aq)的热化学方程式。
【分析】（1）催化剂降低活化能，但不能改变反应的热效应；
（2）首先计算1mol氯气反应时放出的热量，然后书写热化学方程式；
（3）根据盖斯定律书写热化学方程式；
（4）根据图像计算反应热，然后书写热化学方程式.
30．（2018高三上·安平期中）有五种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示，已知R元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为0。
完成下列问题：
（1）Z元素在周期表中的位置是 ，同周期原子半径最大的元素是 （填元素符号）。
（2）X的简单氢化物与M的单质，在一定条件下可以发生置换反应，化学方程式为 ，还原产物中含有的化学键类型有 。
（3）我国发射“神舟”系列飞船的长征火箭，常以X、Y的液态氢化物做燃料。已知X、Y的两种氢化物电子数相等，并且反应时生成两种无毒、无污染的物质。
①写出两种氢化物反应的化学方程式 ，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
②X的液态氢化物的电子式 。
（4）下列说法能证明R、Y非金属性强弱的是____________。
A．R和Y的单质在一定条件下能生成RY2
B．Y单质常温下是气体，R单质是固体
C．Y的氢化物稳定性大于R的氢化物
D．自然界中存在Y单质不存在R单质
【答案】（1）第三周期、第IIIA族；Na
（2）8NH3+3Cl2 N2+6NH4Cl；离子键、共价键
（3）N2H4+2H2O2 N2+4H2O；2∶1；
（4）C
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】有五种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示，已知R元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为0，则R为硅，再由表 确定X为N，Y为O，Z为Al，M为Cl。
（1）Z为Al元素在周期表中的位置是第三周期、第IIIA族，同周期原子半径从左到右，由大到小，故同周期原子半径最大的元素是Na（填元素符号）。（2）X的简单氢化物是氨气，与Cl2的单质，在一定条件下可以发生置换反应，氯气具有强氧化性，化学方程式为8NH3+3Cl2 N2+6NH4Cl，还原产物NH4Cl中含有的化学键类型有离子键、共价键。
（3）我国发射“神舟”系列飞船的长征火箭，常以X、Y的液态氢化物做燃料。已知X、Y的两种氢化物电子数相等，两种氢化物分别是N2H4,H2O2,并且反应时生成两种无毒、无污染的物质,N2和H2O。①两种氢化物反应的化学方程式 N2H4+2H2O2 N2+4H2O，氧化剂H2O2，还原剂为 N2H4，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1。②X的液态氢化物的电子式 。
（4）A、R和Y的单质在一定条件下能生成RY2，并不能说明R和Y哪个是氧化剂，故A错误；B、Y单质常温下是气体，R单质是固体，下金属性没有必然联系，故 B错误；C．Y的氢化物稳定性大于R的氢化物，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，故C正确；D、自然界中存在Y单质不存在R单质，只能说明两种元素的存在形态，故D错误；故选C。
【分析】短周期元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为0，结合其在元素周期表中的位置可知R是Si，则X为N，Y为O，Z为Al，M为Cl，据此解答即可.
31．（2018高三上·安平期中）某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。
（1）如图为某实验小组依据氧化还原反应：(用离子方程式表示) ，设计的原电池装置，反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12 g，导线中通过 mol电子。
（2）用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中，向其中滴加少量新制饱和氯水，写出发生反应的离子方程式 ，然后滴加几滴硫氰化钾溶液，溶液变红，继续滴加过量新制饱和氯水，颜色褪去，同学们对此做了多种假设，某同学的假设是：“溶液中的＋3价铁被氧化为更高的价态。”如果＋3价铁被氧化为FeO ，试写出该反应的离子方程式 。
（3）如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图所示。一段时间后，在甲装置铜丝附近滴加酚酞试液，现象是溶液变红，电极反应为 ；乙装置中石墨(1)为 极(填“正”、“负”、“阴”或“阳”)，乙装置中与铜丝相连石墨电极上发生的反应式为 。
（4）观察如图所示的两个装置，图1装置中铜电极上产生大量的无色气泡，图2装置中铜电极上无气体产生，而铬电极上产生大量的有色气体。根据上述现象试推测金属铬具有的两种重要化学性质为 、 。
【答案】（1）Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；0.2
（2）2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－； 2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O=2FeO42－＋6Cl－＋16H＋
（3）O2＋2H2O＋4e－=4OH－；阴；2Cl－－2e－=Cl2↑
（4）金属铬的活动性比铜的强且能和稀硫酸反应生成H2；金属铬易被稀硝酸钝化
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）图1为原电池反应，Fe为负极，发生：Fe-2e－=Fe2+，石墨为正极，发生Cu2＋+2e－=Cu，总反应式为Fe+Cu2＋═Fe2＋+Cu；一段时间后，两电极质量相差12g，则
Fe+Cu2＋═Fe2＋+ Cu 两极质量差△m 转移电子
56g+64g=120g 2mol
12g n
解得：n=0.2mol；
（2）用吸管吸出铁片附近溶液，Fe为负极，发生：Fe-2e－=Fe2+，向其中滴加少量新制饱和氯水，氯气将Fe2＋氧化， 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－ ，如果＋3价铁被氧化为FeO42－，其反应的离子方程式为：2Fe3＋+3Cl2+8H2O=2FeO42－+6Cl－+16H＋；
（3）如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，甲装置为铁的吸氧腐蚀，铁为负极，铜为正极，正极发生 O2+2H2O+4e－═4OH－，呈碱性，滴加酚酞，溶液变红，则乙装置与铁相连的石墨为阴极；与铜相连的石墨为阳极，发生的反应为：2Cl－－2e－=Cl2↑。
（4）由图1可知还原性Cr＞Cu，金属铬的活动性比铜的强且能和稀硫酸反应生成H2，但在稀硝酸中却出现了反常，结合稀硝酸的氧化性，不难推测铬被稀硝酸钝化，导致活性降低，故答案为：金属铬的活动性比铜的强且能和稀硫酸反应生成H2 金属铬易被稀硝酸钝化。
【分析】（1）根据自发氧化还原反应知识来书写，并根据两极反应结合两极质量变化进行计算；
（2）根据亚铁离子被氯气氧化书写离子方程式，根据铁离子被氧化为高铁酸根离子书写离子方程式；
（3）根据电解池、原电池的工作原理进行回答；
（4）根据金属性强弱进行分析.
32．（2018高三上·安平期中）以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α 氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备实验流程如下：
（1）写出铝灰与硫酸反应涉及的离子方程式 。
（2）图中“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。
（3）加30%H2O2溶液发生的离子反应方程式为 。
（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al(SO4)2·12H2O] 2Al2O3＋2NH3↑＋N2↑＋5SO3↑＋3SO2↑＋53H2O，将产生的气体通过下图所示的装置。
①集气瓶中收集到的气体是 (填化学式)。
②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有 (填化学式)。
③KMnO4溶液褪色(MnO 被还原为Mn2＋)，发生的离子反应方程式为 。
【答案】（1）Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O
（2）SiO2
（3）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O N2
（4）SO3；NH3；2MnO ＋5SO2＋2H2O=2Mn2＋＋5SO ＋4H＋
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O ；
（2）图中“滤渣”的主要成分为不溶于硫酸的SiO2，
（3）加30%H2O2溶液Fe2＋被氧化为Fe3＋，发生的离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O ；
（4）①NH4Al(SO4)2·12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；②NH3极易溶于水，NH3所以能被亚硫酸钠溶液吸收，SO3与水反应是硫酸，则SO3也被亚硫酸钠溶液吸收，所以足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有SO3、NH3；③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，其反应的离子方程式为：2MnO4－+5SO2+2H2O=2Mn2＋+5SO42－+4H＋；
【分析】铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣含SiO2，滤液中含有Al3＋、Fe2＋、Fe3＋，加30%双氧水，Fe2＋被氧化为Fe3＋，加入K4[Fe（CN）6]，Fe3＋转化为蓝色沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al(SO4)2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3，据此解答即可.
三、实验题
33．（2018高三上·安平期中）某铁红涂料中添加有CuO或FeO中的一种，为探究添加物的成分设计如下实验方案。
（1）请写出实验步骤、预期现象，对应的离子方程式。
（限选试剂：铁粉、3mol/LH2SO4、0.1mol/L酸性KMnO4溶液、10%H2O2、KSCN溶液）
① ，② ， ，③ ，
④操作步骤③中反应的离子方程式为 。
（2）经分析该铁红涂料中有FeO，为测定铁红中铁的质量分数，兴趣小组的同学称量11.6g该铁红涂料进行了如下实验。
已知：气体由草酸晶体受热分解得到：H2C2O4·2H2O CO2↑+CO↑+3H2O。且除铁红外所用试剂均过量。
①装置A、B中的试剂依次是 、 。
②气体通入后，接下来的操作是 ，然后对C装置加热。
③实验前后称得D装置增重8.8g，则此铁红中铁的质量分数是 。
【答案】（1）3mol/LH2SO4；取少许溶液于试管中，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol L-1H2SO4，充分振荡．；试管中出现红色固体，说明试样中有CuO；取少许溶液于试管中，逐滴加入0.01mol L-1酸性KMnO4溶液；紫红色褪去；5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
（2）氢氧化钠溶液；浓硫酸；用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧；72.41%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)氧化铜可以溶解于强酸溶液中，得到含有铜离子的盐，加入足量铁粉可以将金属铜置换出来，据此可以检验固体是氧化铜，氧化亚铁可以和强酸反应生成亚铁盐，能使高锰酸钾褪色，据此可以检验固体中含有氧化亚铁，
实验方案设计为：
实验操作 预期现象和结论
①加入足量的3mol L-1H2SO4，充分振荡．
样品全部溶解
②取少许溶液于试管中，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol L-1H2SO4，充分振荡．
试管中出现红色固体，说明试样中有CuO
③取少许溶液于试管中，逐滴加入0.01mol L-1酸性KMnO4溶液
如果紫红色褪去，发生的离子反应方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O说明试样中有FeO；
故答案为：①3mol/LH2SO4；②向一支试管中加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol/LH2SO4，充分振荡； 出现红色固体；③向另一支试管中加入0.01mol/L酸性KMnO4溶液；紫红色褪去；④5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
(2)①草酸分解生成的气体中含有二氧化碳和一氧化碳，C中发生一氧化碳与铁红的反应生成二氧化碳，D是吸收二氧化碳的装置，通过D装置的质量变化来测定的，因此需要除去加入C中气体中的二氧化碳，并干燥，装置A、B中的试剂依次是氢氧化钠溶液和浓硫酸，故答案为：氢氧化钠溶液；浓硫酸；
②一氧化碳具有可燃性，需要验纯，操作为用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧，一氧化碳纯净后才能对C装置加热，故答案为：用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧；
③实验前后称得D装置增重8.8g，表示生成的二氧化碳为8.8g，物质的量为 =0.2mol，说明样品中含有0.2molO元素，质量为0.2mol×16g/mol=3.2g，则此铁红中铁的质量分数是 ×100%=72.41%，故答案为：72.41%。
【分析】（1）氧化铜可以溶解于强酸溶液中，得到含有铜离子的盐，加入足量铁粉可以将金属铜置换出来，据此可以检验固体是氧化铜，氧化亚铁可以和强酸反应生成亚铁盐，能使高锰酸钾褪色，据此可以检验固体中含有氧化亚铁；
（2）气体发生装置由草酸晶体受热分解CO2、CO、H2O，通过装置A中氢氧化钠溶液除去二氧化碳，通过装置B中浓硫酸除去水蒸气，得到干燥纯净的一氧化碳气体，通过装置C中的铁红发生氧化还原反应，生成的二氧化碳被装置D吸收，装置E是防止肥皂液则水蒸气进入；
①装置AB是对生成的气体进行除杂和干燥，除去二氧化碳用氢氧化钠溶液，除去水蒸气用浓硫酸；
②气体还原铁红样品需要检验气体的纯度，防止混有空气发生爆炸；
③实验前后称得D装置增重8.8g为生成二氧化碳的质量，其中一半来源于CO，一半来源于铁的氧化物，计算铁红中氧元素质量，结合元素守恒计算铁元素含量.
河北省衡水市安平中学2017-2018学年高三上学期化学期中考试试卷
一、选择题
1．（2018高三上·安平期中）下列装置中，都伴随有能量变化，其中是由化学能转变为电能的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
2．（2018高三上·安平期中）雪是冬之精灵，在雪 水 冰的转化中能量变化的叙述正确的是（ ）
A．ΔH1＞0，ΔH2＞0 B．ΔH1＞0，ΔH2＜0
C．ΔH1＜0，ΔH2＜0 D．ΔH1＜0，ΔH2＞0
3．（2018高三上·安平期中）下列化学用语的表述正确的是（ ）
A．CSO的电子式： B．NaClO的电子式：
C．CO2的分子示意图： D．次氯酸的结构式：H Cl O
4．（2018高三上·安平期中）随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多， 、H3、O4、C60等已被发现。下列有关说法中，正确的是（ ）
A． 中含有36个电子 B．O2与O4属于同分异构体
C．C60和12C、14C互为同位素 D．H2与H3属于同素异形体
5．（2018高三上·安平期中）下列说法中不正确的是（ ）
①质子数相同的微粒一定属于同一种元素
②共价化合物中不存在离子键
③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子
④电子数相同的微粒不一定是同一种元素
⑤非金属元素之间不可能形成离子键
⑥离子键是指阴阳离子间的静电吸引力
⑦水受热不容易分解，原因是水分子间存在氢键
A．②③⑤⑥ B．①③⑤⑦ C．①⑤⑥⑦ D．③④⑤⑥
6．（2018高三上·安平期中）已知：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) △H＝a kJ/mol
C(s)＋O2(g)＝2CO(g) △H＝－220 kJ/mol
H－H、O＝O和O－H键的键能分别为436、496和462 kJ/mol，则a为（ ）
A．－332 B．－118 C．＋350 D．＋130
7．（2018高三上·安平期中）下列有关说法正确的是（ ）
A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥
C．Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象
D．SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
8．（2018高三上·安平期中）下列反应中，反应后固体物质增重的是（ ）
A．氢气通过灼热的CuO粉末 B．二氧化碳通过Na2O2粉末
C．铝与Fe2O3发生铝热反应 D．将锌粒投入Cu(NO3)2溶液
9．（2018高三上·安平期中）某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是（ ）
A．AlCl3 B．Na2O C．FeCl2 D．SiO2
10．（2018高三上·安平期中）热核聚变实验反应堆的原理类似太阳发光发热，即在上亿摄氏度的超高温条件下，利用氢的同位素氘、氚的聚变反应释放出核能。下列说法正确的是（ ）
A．H、D、T互为同素异形体
B．H2、D2、T2在相同条件下的密度之比为1∶2∶3
C．H,D,T与16O、17O、18O构成的双氧水分子的相对分子质量有36种
D．氘、氚发生聚变反应生成其他元素，属于化学变化
11．（2018高三上·安平期中）用右图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A．稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡
B．浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体
C．氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀
D．草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色
12．（2018高三上·安平期中）将Fe、Cu与FeCl3、FeCl2、CuCl2溶液一起放入某容器中，则下列情况错误的是（ ）
A．充分反应后，若Fe有剩余，则容器中不可能有Fe3+、Cu2+
B．充分反应后，若容器中还有大量Fe3+，则一定还有Fe2+、Cu2+，可能有Fe、Cu
C．充分反应后，若容器中有较多的Cu2+和一定量的Cu，则不可能还有Fe和Fe3+
D．充分反应后，若容器内有一定量的Cu，则可能还含有Cu2+，一定含有Fe2+，一定不含有Fe3+
13．（2018高三上·安平期中）某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
14．（2018高三上·安平期中）短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为(a-b)，L层电子数为(a+b)，则X、Y两元素形成的化合物可能具有的性质是（ ）
A．和水反应 B．和硫酸反应
C．和氢氧化钠反应 D．和氯气反应
15．（2018高三上·安平期中）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中 和 代表不同元素的原子。（ ）
关于此反应说法错误的是（ ）
A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应
C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应
16．（2018高三上·安平期中）已知34Se、35Br位于同一周期，根据元素在周期表中的位置，判断下列说法正确的是（ ）
A．离子还原性：Cl >Br
B．气态氢化物的稳定性：H2S>H2Se
C．原子半径：Cl>Br>Se
D．酸性：H2SeO4>HBrO4>HClO4
17．（2018高三上·安平期中）化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知：氧化还原反应：
2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl 2Co(OH)3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋6H2O
2Fe(OH)2＋I2＋2KOH=2Fe(OH)3＋2KI 3I2＋6KOH=5KI＋KIO3＋3H2O
复分解反应：
2HSCN＋K2CO3=2KSCN＋CO2↑＋H2O KCN＋CO2＋H2O=HCN＋KHCO3
热分解反应：
4NaClO 3NaCl＋NaClO4 NaClO4 NaCl＋2O2↑
下列说法不正确的是（ ）
A．氧化性(酸性溶液)：FeCl3>Co(OH)3>I2
B．还原性(碱性溶液)：Fe(OH)2>I2>KIO3
C．热稳定性：NaCl>NaClO4>NaClO
D．酸性(水溶液)：HSCN>H2CO3>HCN
18．（2018高三上·安平期中）前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。已知：A、C同主族，A的原子最外层电子数是次外层的3倍，B的氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，D的原子半径是第3周期中最小的，E是形成骨骼和牙齿的主要元素，且E单质能和水反应。则下列分析错误的是（ ）
A．A的离子结构示意图为
B．D的最高价氧化物的水化物的酸性大于C的最高价氧化物的水化物的酸性
C．E和D形成的离子化合物ED2的电子式为
D．B的氧化物为离子化合物，只含离子键，其晶体为离子晶体
19．（2018高三上·安平期中）在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：（ ）
H2S(g)＋ O2(g)=SO2(g)＋H2O(g) ΔH1
2H2S(g)＋SO2(g)= S2(g)＋2H2O(g) ΔH2
H2S(g)＋ O2(g)=S(g)＋H2O(g) ΔH3
2S(g)=S2(g) ΔH4
则ΔH4的正确表达式为
A．ΔH4＝ (ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
B．ΔH4＝ (3ΔH3－ΔH1－ΔH2)
C．ΔH4＝ (ΔH2＋3ΔH3－ΔH1)
D．ΔH4＝ (ΔH1－ΔH2－3ΔH3)
20．下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞H3PO4 B．非金属性：Cl＞Br
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
21．（2018高三上·安平期中）可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极．下列说法正确的是（ ）
A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2+2H2O+4e-═4OH-
B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al+3OH--3e-═Al(OH)3↓
C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变
D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极
22．（2018高三上·安平期中）某同学做了如下实验：
下列说法中正确的是（ ）
A．加热铁片I所在烧杯，电流表指针会发生偏转
B．用KSCN溶液检验铁片Ⅲ、IV附近溶液，可判断电池的正、负极
C．铁片I、Ⅲ的腐蚀速率相等
D．“电流计指针未发生偏转”，说明铁片I、铁片Ⅱ均未被腐蚀
23．（2018高三上·安平期中）有关下列四个常用电化学装置的叙述正确的是( )
图1 碱性锌锰电池 图2 铅—硫酸蓄电池 图3 电解精炼铜 图4 银锌纽扣电池
A．图1所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B．图2所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大
C．图3所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变
D．图4所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag
24．（2018高三上·安平期中）某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构如图所示，电池总反应可表示为：2H2＋O2=2H2O，下列有关说法正确的是（ ）
A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－
C．H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
D．每转移0.1 mol电子，消耗1.12L的H2
25．（2018高三上·安平期中）将两根铁钉分别缠绕铜丝和铝条，放入滴有混合溶液的容器中，如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．a中铁钉附近呈现蓝色沉淀 B．b中铁钉附近呈现红色
C．b中发生吸氧腐蚀 D．a中铜丝附近有气泡产生
26．（2018高三上·安平期中）下图中甲为甲烷和O2构成的燃料电池示意图，电解质为KOH溶液，乙为电解饱和MgCl2溶液的装置，其中乙装置中X为阳离子交换膜。用该装置进行实验，反应开始后观察到Fe电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是（ ）
A．甲中A处通入CH4，电极反应式为CH4＋10OH－－8e－= ＋7H2O
B．乙中电解MgCl2溶液的总反应为2Cl－＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋2OH－
C．理论上甲中每消耗22.4 L CH4(标准状况下)，乙中产生4 mol Cl2
D．甲、乙中电解质溶液的pH都增大
27．（2018高三上·安平期中）下图装置(Ⅰ)是一种可充电电池，装置(Ⅱ)为电解池。装置(Ⅰ)的离子交换膜只允许Na＋通过，已知电池充、放电的化学方程式为2Na2S2＋NaBr3 Na2S4＋3NaBr，当闭合开关K时，X电极附近溶液变红。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关K时，Na＋从右到左通过离子交换膜
B．闭合开关K时，负极反应式为3NaBr－2e－=NaBr3＋2Na＋
C．闭合开关K时，当有0.1 mol Na＋通过离子交换膜时，X电极上放出标准状况下气体1.12 L
D．闭合开关K时，X电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑
28．（2018高三上·安平期中）原电池反应是释放能量的氧化还原反应，下列可设计成原电池的化学反应是（ ）
A．H2O (l)+CaO(s) ＝Ca(OH)2(s)
B．Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl＝BaCl2+2NH3·H2O+8H2O
C．2KClO3 2KCl+3O2↑
D．CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)
二、综合题
29．（2018高三上·安平期中）根据要求回答问题：
（1）如图是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是 。
（2）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为 。
（3）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应的热化学方程式如下：
①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋ O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
又知③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1，则甲醇蒸气燃烧为液态水的热化学方程式为 。
（4）在微生物作用的条件下，NH 经过两步反应被氧化成NO 。这两步的能量变化如图：
第二步反应是 反应(填“放热”或“吸热”)。1 mol NH4+(aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式是 。
30．（2018高三上·安平期中）有五种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示，已知R元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为0。
完成下列问题：
（1）Z元素在周期表中的位置是 ，同周期原子半径最大的元素是 （填元素符号）。
（2）X的简单氢化物与M的单质，在一定条件下可以发生置换反应，化学方程式为 ，还原产物中含有的化学键类型有 。
（3）我国发射“神舟”系列飞船的长征火箭，常以X、Y的液态氢化物做燃料。已知X、Y的两种氢化物电子数相等，并且反应时生成两种无毒、无污染的物质。
①写出两种氢化物反应的化学方程式 ，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
②X的液态氢化物的电子式 。
（4）下列说法能证明R、Y非金属性强弱的是____________。
A．R和Y的单质在一定条件下能生成RY2
B．Y单质常温下是气体，R单质是固体
C．Y的氢化物稳定性大于R的氢化物
D．自然界中存在Y单质不存在R单质
31．（2018高三上·安平期中）某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。
（1）如图为某实验小组依据氧化还原反应：(用离子方程式表示) ，设计的原电池装置，反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12 g，导线中通过 mol电子。
（2）用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中，向其中滴加少量新制饱和氯水，写出发生反应的离子方程式 ，然后滴加几滴硫氰化钾溶液，溶液变红，继续滴加过量新制饱和氯水，颜色褪去，同学们对此做了多种假设，某同学的假设是：“溶液中的＋3价铁被氧化为更高的价态。”如果＋3价铁被氧化为FeO ，试写出该反应的离子方程式 。
（3）如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图所示。一段时间后，在甲装置铜丝附近滴加酚酞试液，现象是溶液变红，电极反应为 ；乙装置中石墨(1)为 极(填“正”、“负”、“阴”或“阳”)，乙装置中与铜丝相连石墨电极上发生的反应式为 。
（4）观察如图所示的两个装置，图1装置中铜电极上产生大量的无色气泡，图2装置中铜电极上无气体产生，而铬电极上产生大量的有色气体。根据上述现象试推测金属铬具有的两种重要化学性质为 、 。
32．（2018高三上·安平期中）以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α 氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备实验流程如下：
（1）写出铝灰与硫酸反应涉及的离子方程式 。
（2）图中“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。
（3）加30%H2O2溶液发生的离子反应方程式为 。
（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al(SO4)2·12H2O] 2Al2O3＋2NH3↑＋N2↑＋5SO3↑＋3SO2↑＋53H2O，将产生的气体通过下图所示的装置。
①集气瓶中收集到的气体是 (填化学式)。
②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有 (填化学式)。
③KMnO4溶液褪色(MnO 被还原为Mn2＋)，发生的离子反应方程式为 。
三、实验题
33．（2018高三上·安平期中）某铁红涂料中添加有CuO或FeO中的一种，为探究添加物的成分设计如下实验方案。
（1）请写出实验步骤、预期现象，对应的离子方程式。
（限选试剂：铁粉、3mol/LH2SO4、0.1mol/L酸性KMnO4溶液、10%H2O2、KSCN溶液）
① ，② ， ，③ ，
④操作步骤③中反应的离子方程式为 。
（2）经分析该铁红涂料中有FeO，为测定铁红中铁的质量分数，兴趣小组的同学称量11.6g该铁红涂料进行了如下实验。
已知：气体由草酸晶体受热分解得到：H2C2O4·2H2O CO2↑+CO↑+3H2O。且除铁红外所用试剂均过量。
①装置A、B中的试剂依次是 、 。
②气体通入后，接下来的操作是 ，然后对C装置加热。
③实验前后称得D装置增重8.8g，则此铁红中铁的质量分数是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解答】A．是电解装置，将电能转化成化学能，故A不符合题意；
B．机械能转化为电能，故B错误；
C．太阳能转化成热能，故C错误；
D．干电池属于原电池，将化学能转化成电能，故D正确。
故答案为：D
【分析】原电池是将化学能转化为电能的装置，据此判断是否属于原电池即可.
2．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】雪→水的过程需吸收热量，故△H1＞0，水→冰的过程需放出热量，故△H2＜0，B项正确。
故答案为：B
【分析】雪是固态的水，熔化需要吸收热量，水变为固态的冰需要放出热量，据此判断焓变即可.
3．【答案】A
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A. CSO与CO2属于等电子体，结构相似，电子式： ，故A符合题意；
B. NaClO属于离子化合物，存在离子键，故B不符合题意；
C. CO2中碳原子半径比氧原子半径大，故C不符合题意；
D. 次氯酸中氯原子最外层有7个电子，只能形成1个共价键，结构式为H—O—Cl，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.根据等电子体书写羰基硫的电子式；
B.NaClO是离子化合物；
C.碳原子的半径比氧原子的半径小；
D.次氯酸分子中，氢原子与氧原子相连接.
4．【答案】D
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同位素及其应用
【解析】【解答】A．因N5+中的电子数为7×5-1=34，故A不符合题意；
B、O2与O4是由氧元素形成的不同单质，两者是同素异形体，故B不符合题意；
C、因质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，C60的一个分子中含有60个碳原子，故C不符合题意；
D、H2与H3属于由同种氢元素形成的不同单质，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A.根据氮原子核外电子数和带有正电荷数进行计算；
B.两种物质属于同素异形体；
C.C60是单质；
D.同素异形体是指同种元素形成的不同单质.
5．【答案】C
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】①质子数相同的微粒若是原子，则一定属于同一种元素，但是不一定是原子，错误；②共价化合物中一定不存在离子键，正确；③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，若是分子就都是分子，若是离子，则都是离子，故不可能是一种分子和一种离子，正确；④电子数相同的微粒不一定是原子，故不一定是同一种元素，正确；⑤非金属元素之间也可能形成离子键如NH4NO3、NH4NO2中含有离子键，错误；⑥离子键是指阴阳离子间的静电作用力，包括静电吸引和静电排斥力，错误；⑦水受热不容易分解，原因是水分子内的化学键很强，断裂需要消耗大量的能量，与分子间存在氢键无关，错误。故错误的是①⑤⑥⑦。
故答案为：C
【分析】①具有相同质子数的原子一定属于同种元素，但微粒可能为原子、分子、离子等；
②共价化合物中只含共价键；
③根据分子中质子数=电子数，而离子中质子数≠电子数，若两粒子中质子数相同，电子数肯定不同；
④元素是具有相同核电荷数（即核内质子数）的同一类原子的总称；
⑤非金属元素的原子之间可能形成离子键，如铵盐；
⑥离子键指阴阳离子间通过静电作用形成的化学键；
⑦物质的稳定性与键能的大小有关.
6．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】①×2－②得到：2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g) △H=(－2a＋220)kJ·mol－1，根据反应热与键能的关系，△H=反应物键能总和－生成物键能总和=2×2×462－(2×436＋496)=220－2a，解得a=－130，故D正确。
故答案为：D
【分析】根据盖斯定律得出目标化学方程式，然后结合化学键键能计算焓变即可.
7．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、在酒精灯加热条件下，NaHCO3固体能发生分解，Na2CO3却不能，故A不符合题意；
B. H2、SO2、CO2三种气体与浓硫酸均不反应，都可用浓硫酸干燥，故B符合题意；
C、Fe(OH)3胶体红褐色、透明，能发生丁达尔现象，故C不符合题意；
D、SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，和氢氟酸反应，生成SiF4不是盐，两性氧化物要求既能和酸反应又能和碱反应只生成盐和水，所以不是两性氧化物，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠不稳定，加热分解；
B.浓硫酸属于酸性干燥剂，能干燥中性、酸性和非还原性气体；
C.氢氧化铁胶体是红褐色；
D.二氧化硅是酸性氧化物.
8．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；探究铝热反应
【解析】【解答】A．发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，A不符合题意；
B．发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，B符合题意；
C．铝与氧化铁发生铝热反应，生成铁和氧化铝，反应物质和生成物都是固体，质量不变，C不符合题意；
D．发生Zn与硝酸铜反应生成硝酸锌和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.氢气还原氧化铜生成铜，固体质量减小；
B.二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠；
C.铝热反应过程中固体质量不变；
D.锌与硝酸铜溶液反应生成硝酸锌溶液和铜，固体质量减小.
9．【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；氯气的化学性质
【解析】【解答】A、AlCl3可由Al与Cl2反应制得，将AlCl3加入Ba(HCO3)2溶液中生成CO2 气体和Al(OH)3沉淀，选项A符合题意；
B、Na2O 加入Ba(HCO3)2溶液中只产生碳酸钡沉淀而没有气体产生，选项B不符合题意；
C、Fe 与Cl2 反应生成FeCl3，选项C不符合题意；
D、SiO2 与Ba(HCO3)2不反应，选项D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.铝与氯气反应生成氯化铝，氯化铝与碳酸氢根离子水解相互促进，产生气体和白色沉淀；
B.氧化钠与水反应生成NaOH，NaOH与碳酸氢钡溶液反应生成碳酸钡沉淀；
C.氯气与铁反应生成氯化铁；
D.二氧化硅不溶于水，不与碳酸氢被人用反应.
10．【答案】B
【知识点】同素异形体；同位素及其应用
【解析】【解答】A、H、D、T是原子，不是单质，不在同素异形体讨论的范围内，故A不符合题意；
B、相同条件下的密度之比等于摩尔质量之比，H2、D2、T2相对分子质量之比为2：4：6，即密度之比为1：2：3，故B符合题意；
C、根据双氧水组成知，三种氢的同位素有6种组合方式，三种氧的同位素也有6种组合方式，故二者组合成双氧水的种类有36种，两个氢组合的相对原子质量之和分别为连续数据：2、3、4、5、6，两个氧组合的相对原子质量之和分别为连续数据：32、33、34、35、36，所以H2O2的相对分子质量数据是连续的，最小值为2+32=34，最大值为6+36=42，故双氧水的相对分子质量数值共有42-33=9，即9个数据分别是34、35、36、37、38、39、40、41、42，故C不符合题意；
D、氘、氚聚变反应属于核反应，核反应属于物理变化，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.同素异形体研究的对象是单质；
B.根据氢的同位素形成的单质的摩尔质量计算其密度之比即可；
C.根据同位素原子间形成的过氧化氢分子的组合进行判断；
D.核聚变过程没有新物质生成.
11．【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A.首先发生中和反应而不会立即产生气泡；
B.常温下，铝在浓硝酸中被钝化，不会产生红棕色气体；
C. 氯化铝溶液在过量浓氢氧化钠溶液中最终生成偏铝酸钠而不是氢氧化铝沉淀；
D. 现象与实际相符。
故答案为：D
【分析】A.盐酸首先与NaOH发生反应；
B.铝遇常温下的浓硝酸发生钝化；
C.氯化铝加入到NaOH溶液中首先生成偏铝酸钠；
D.草酸具有还原性，与强氧化性物质发生氧化还原反应.
12．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu；
A．反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在，故A不符合题意；
B．若FeCl3有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在，故B符合题意误；
C．充分反应后，若容器中有较多的Cu2+和一定量的Cu，因Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，则不可能还有Fe和Fe3+，故C不符合题意；
D．充分反应后，若容器内有一定量的Cu，因Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，则可能还含有Cu2+，一定含有Fe2+，一定不含有Fe3+，故D不符合题意。
故答案为：B
【分析】铁的还原性比铜强，氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，据此分析氧化还原反应发生的先后顺序即可.
13．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】含有Fe3+离子的溶液呈黄色，所以一定不含Fe3+；H+与CO32–、OH–反应不能大量共存；NH4+、Al3+、与OH–反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+与CO32–反应不能大量共存；该溶液中加入铝粉，只放出H2，说明溶液可能呈碱性，也可能呈酸性，若为酸性，则含有大量H+，所以不含CO32–、OH–，由于硝酸具有强氧化性，所以加入铝粉，放出H2不含NO3–，溶液中还可能有NH4+、Ca2+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多有6种；若为碱性，则含有大量OH-，所以不含NH4+、Al3+，溶液中最多还可能有Ca2+、Ba2+、Cl–、NO3–，共有5种；故C正确。
故答案为：C
【分析】与金属铝反应生成氢气的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，结合无色溶液中不含有色离子分析可能共存的离子即可.
14．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；无机物的推断
【解析】【解答】短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b），则L层电子数为8，所以a+b=8，元素X原子有2个电子层，b=2，所以a=8-b=8-2=6，X为O元素；元素Y原子的M层电子数为a-b=6-2=4，Y为Si元素，X、Y两元素形成的化合物为SiO2。
SiO2和水不反应，A项不符合题意；
SiO2性质稳定，溶于HF酸，不溶于其它酸，B项不符合题意；
SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，C项符合题意；
SiO2不与氯气反应，D项不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据短周期元素原子核外电子排布判断X、Y两种元素分别是O、Si，结合二氧化硅的化学性质进行判断即可.
15．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；化学基本反应类型；化学反应的可逆性
【解析】【解答】A．该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A符合题意；
B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B不符合题意；
C．该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，属于分解反应，反应物没有完全转化为生成，属于可逆反应，据此解答即可.
16．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】同周期从左到右半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，还原性逐渐减弱，氧化性逐渐增强，离子的还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性依次增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强；同主族从上到下半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，离子的还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性依次减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性依次增强，酸性依次减弱。A项离子还原性：Cl－< Br－；B项气态氢化物的稳定性：H2S＞H2Se；C项原子半径：Cl
【分析】根据元素周期表中同周期、同主族元素及其化合物的性质递变规律进行分析即可.
17．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、在2FeCl3+ 2HI＝2FeCl2+ I2+ 2HCl反应中，氧化性：FeCl3＞I2，在2Co(OH)3+ 6HCl = 2CoCl2+ Cl2↑ + 6H2O中，氧化性：Co（OH）3＞Cl2，又Cl2＞FeCl3，故Co（OH）3＞FeCl3，则有：Co（OH）3＞FeCl3＞I2，A符合题意；
B、在 3I2+ 6KOH＝5KI + KIO3+ 3H2O反应中，I2既是氧化剂又是还原剂，其还原性介于高低价态产物之间KI＞I2＞KIO3；在2Fe(OH)2+ I2+ 2KOH= 2Fe(OH)3+ 2KI反应中，反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的，即Fe（OH）2＞I2；Fe（OH）2＞Fe（OH）3；Fe（OH）2＞KI，故还原性应为：Fe（OH）2＞I2＞KIO3，B不符合题意；
C、物质分解时生成更加稳定的物质，在反应中4NaClO 3NaCl + NaClO4，稳定性NaClO4＞NaClO，在反应中NaClO4 NaCl + 2O2↑中，稳定性NaCl＞NaClO4，则稳定性NaCl＞NaClO4＞NaClO，C不符合题意；
D、化学反应遵循较强酸制弱较酸的规律，在反应2HSCN + K2CO3=" 2KSCN" + CO2 ↑ + H2O中，酸性HSCN＞H2CO3，在反应中 KCN + CO2 + H2O＝HCN + KHCO3，酸性H2CO3＞HCN，则酸性为HSCN＞H2CO3＞HCN，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据强氧化剂制取弱氧化剂、强还原剂制取弱还原剂的原理，以及强酸制取弱酸和不稳定化合物生成稳定化合物等进行判断即可.
18．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；画元素的原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。已知：A、C同主族，A的原子最外层电子数是次外层的3倍，则A有2个电子层，最外层电子数为6，则A为氧元素；A、C同主族，则C为硫元素；B的氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，B为Al元素；D的原子半径是第三周期中最小的，则D为Cl元素，E是形成骨骼和牙齿的主要元素，且E单质能和水反应，E为Ca元素。
A、A的离子O2－的核外电子数为10，结构示意图为 ，故A不符合题意；
B、非金属性Cl＞S，故酸性HClO4＞H2SO4，D的最高价氧化物的水化物的酸性大于C的最高价氧化物的水化物的酸性，故B不符合题意；
C、E和D形成的离子化合物CaCl2的电子式为： ，故C符合题意；
D、Al为活泼金属，Al的氧化物Al2O3为离子化合物，只含离子键，其晶体为离子晶体，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据原子核外电子排布判断A元素是O，校核C与O同主族判断C是S；根据B的氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，判断B为Al；然后再判断D和E分别是Cl和Ca，据此分析即可.
19．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】根据盖斯定律，将第一个和第二个反应相加，减去3倍的第三个反应，即得3S(g)= S2(g)，再将反应乘以 即得第四个反应，所以ΔH4＝ (ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)。
故答案为：A
【分析】根据盖斯定律构造出目标方程式，然后计算反应热即可.
20．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B不选；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选．故选D．
【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解．
21．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、电解质溶液显碱性或中性，该燃料电极的正极发生反应为：O2 +2H2O+4e-=4OH-，故A符合题意；
B、铝作负极，负极反应应该是铝失去电子变为铝离子，在氢氧化钠的溶液中氢氧化铝继续与过量的碱反应生成偏铝酸根，因此负极反应为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，故B不符合题意；
C、该电池在碱性条件下消耗了碱，反应式为4Al+3O2+4OH-=4AlO2-+2H2O，溶液pH降低，故C不符合题意；
D、电池工作时，电子从负极出来经过外电路流到正极，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据铝—空气燃料电池，以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极，负极发生氧化反应、正极发生还原反应进行分析电极方程式和溶液变化即可.
22．【答案】A
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 温度不同，反应速率不等，两烧杯中存在电势差，能够产生电流，电流表指针会发生偏转，故A符合题意；
B. 两烧杯中溶液的浓度不同，发生离子的定向移动，产生电流，铁失去电子发生氧化反应，生成亚铁离子，与KSCN溶液无明显现象，不能判断电池的正、负极，故B不符合题意；
C. 铁片I中未构成原电池、铁片Ⅲ构成了原电池，腐蚀速率一定不相等，故C不符合题意；
D. “电流计指针未发生偏转”，说明铁片I、铁片Ⅱ未构成原电池，但铁片表面俊辉发生吸氧腐蚀，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据装置中电流计指针没发生偏转，说明没有形成原电池，但铁片可发生吸氧腐蚀；电流计指针发生偏转说明形成了原电池，结合KSCN溶液检验的是三价铁离子进行分析各选项即可.
23．【答案】D
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，故A不符合题意；
B．铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，该反应中浓硫酸参加反应，所以浓度降低，故B不符合题意；
C．粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故C不符合题意；
D．该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以氧化剂作氧化剂发生还原反应，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据电解池和原电池的组成、电极反应以及电解质溶液的变化进行分析即可.
24．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、因氢元素的化合价升高，则a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，故A不符合题意；
B、该电池为酸性电池，b极上的电极反应式为：O2+4e－+4H＋=2H2O，故B不符合题意；
C、H＋带正电，移向正极，由a极通过固体酸电解质传递到b极，故C符合题意；
D、每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的H2 1.12 L，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.原电池中离子的流动方向是由负极流向正极；
B.酸性电解质溶液中不能生成氢氧根离子；
C.原电池中阳离子由负极向正极方向移动；
D.氢气的温度和压强不明确.
25．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、a构成的是铁铜原电池，铁作为负极：Fe-2e－═Fe2＋，与K3[Fe（CN）6]反应，生成蓝色沉淀，故A正确；
B、b中构成铁铝原电池，铝作负极，铁作正极，没有Fe3＋ ，铁钉附近不可能呈现红色，故B错误；
C、正极上O2得电子，故 b中发生吸氧腐蚀，故C正确；
D、a中铜丝附近有气泡产生，H＋ 得电子生成H2，故D正确。
故答案为：B
【分析】铁、铜作为原电池的电极时，铁做负极被氧化为亚铁离子，铝、铁作为原电池的电极时，铝做原电池的负极被氧化，结合电极反应进行分析即可.
26．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A项，乙为电解氯化镁溶液的装置，反应开始后观察到Fe电极附近出现白色沉淀，说明H+在铁电极放电，所以铁电极为阴极，则甲中B端为负极，通入CH4，反生氧化反应，电极反应式为：CH4＋10OH--8e-=CO32-＋7H2O，故A错误；B项，乙中电解氯化镁溶液的总反应为：Mg2+＋2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，故B错误；C项，由上分析可知，甲中每消耗标况下22.4L（1mol）CH4，转移8mol电子，则乙中产生4molCl2，故C正确；D项，甲中KOH参与反应，碱性减弱，PH减小，乙中氢离子放电，pH增大，故D错误。
故答案为：C
【分析】反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀，说明X是阴极，氢离子放电，产生OH－，所以得到氢氧化镁沉淀，故A是负极，通入的是甲烷，据此进行分析即可.
27．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、闭合K时，I左边是负极，右边是正极，根据异性电荷相吸原理，所以钠离子从左到右通过离子交换膜，故A不符合题意；
B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2K2S2-2e－═K2S4+2K＋，故B不符合题意；
C、闭合K时，当有0.1mol钠离子通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成的氢气体积为1.12L（标况下），故C符合题意；
D、闭合K时，X电极是阴极，在阴极上溶液中的氢离子放电生成氢气，所以电极反应式为 2H＋+2e－=H2↑，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极．与阴极连接的是原电池的负极，所以左边是负极，右边是正极，据此解答即可。
28．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】原电池反应必须是自发的氧化还原反应，否则不能设计成原电池，通过对反应析，选项只有D符合题意。
故答案为：D
【分析】原电池反应必须是自发的氧化还原反应，据此判断能否设计为原电池即可.
29．【答案】（1）减小；不变
（2）2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ΔH= 85.6 kJ·mol 1
（3）CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.7 kJ·mol－1
（4）放热；NH 4+ (aq)＋ O2(g)=NO 2- (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) ΔH＝－273 kJ/mol
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响。E1的变化是减小，ΔH的变化是不变；
（2）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体HCl和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物TiCl4(l)，放热4.28 kJ，反应方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)，0.1 mol Cl2反应放热4.28 kJ，2 mol Cl2反应放热4.28 kJ×2/0.1=85.6 kJ，该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ΔH= 85.6 kJ·mol 1 ；
（3）利用盖斯定律进行计算，①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1，②CH3OH(g)＋ O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1，又知③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1，依据盖斯定律计算（②×3-①×2+③×2）得：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=3×（-192.9 kJ·mol－1）-2×49.0 kJ·mol－1+（-44 kJ·mol－1）×2=-764.7 KJ·mol－1；则甲醇蒸气燃烧为液态水的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.7 KJ·mol－1；
（4）由图可知，第二步反应反应物能量高于生成物能量，是放热反应；由图可知，第一步热化学反应为NH4＋（aq）+1.5O2（g）=2H＋（aq）+NO2－（aq）+H2O（l）△H=-273 kJ·mol－1，即1 mol NH 4+ (aq)全部氧化成NO 2- (aq)的热化学方程式。
【分析】（1）催化剂降低活化能，但不能改变反应的热效应；
（2）首先计算1mol氯气反应时放出的热量，然后书写热化学方程式；
（3）根据盖斯定律书写热化学方程式；
（4）根据图像计算反应热，然后书写热化学方程式.
30．【答案】（1）第三周期、第IIIA族；Na
（2）8NH3+3Cl2 N2+6NH4Cl；离子键、共价键
（3）N2H4+2H2O2 N2+4H2O；2∶1；
（4）C
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】有五种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示，已知R元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为0，则R为硅，再由表 确定X为N，Y为O，Z为Al，M为Cl。
（1）Z为Al元素在周期表中的位置是第三周期、第IIIA族，同周期原子半径从左到右，由大到小，故同周期原子半径最大的元素是Na（填元素符号）。（2）X的简单氢化物是氨气，与Cl2的单质，在一定条件下可以发生置换反应，氯气具有强氧化性，化学方程式为8NH3+3Cl2 N2+6NH4Cl，还原产物NH4Cl中含有的化学键类型有离子键、共价键。
（3）我国发射“神舟”系列飞船的长征火箭，常以X、Y的液态氢化物做燃料。已知X、Y的两种氢化物电子数相等，两种氢化物分别是N2H4,H2O2,并且反应时生成两种无毒、无污染的物质,N2和H2O。①两种氢化物反应的化学方程式 N2H4+2H2O2 N2+4H2O，氧化剂H2O2，还原剂为 N2H4，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1。②X的液态氢化物的电子式 。
（4）A、R和Y的单质在一定条件下能生成RY2，并不能说明R和Y哪个是氧化剂，故A错误；B、Y单质常温下是气体，R单质是固体，下金属性没有必然联系，故 B错误；C．Y的氢化物稳定性大于R的氢化物，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，故C正确；D、自然界中存在Y单质不存在R单质，只能说明两种元素的存在形态，故D错误；故选C。
【分析】短周期元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为0，结合其在元素周期表中的位置可知R是Si，则X为N，Y为O，Z为Al，M为Cl，据此解答即可.
31．【答案】（1）Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；0.2
（2）2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－； 2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O=2FeO42－＋6Cl－＋16H＋
（3）O2＋2H2O＋4e－=4OH－；阴；2Cl－－2e－=Cl2↑
（4）金属铬的活动性比铜的强且能和稀硫酸反应生成H2；金属铬易被稀硝酸钝化
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）图1为原电池反应，Fe为负极，发生：Fe-2e－=Fe2+，石墨为正极，发生Cu2＋+2e－=Cu，总反应式为Fe+Cu2＋═Fe2＋+Cu；一段时间后，两电极质量相差12g，则
Fe+Cu2＋═Fe2＋+ Cu 两极质量差△m 转移电子
56g+64g=120g 2mol
12g n
解得：n=0.2mol；
（2）用吸管吸出铁片附近溶液，Fe为负极，发生：Fe-2e－=Fe2+，向其中滴加少量新制饱和氯水，氯气将Fe2＋氧化， 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－ ，如果＋3价铁被氧化为FeO42－，其反应的离子方程式为：2Fe3＋+3Cl2+8H2O=2FeO42－+6Cl－+16H＋；
（3）如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，甲装置为铁的吸氧腐蚀，铁为负极，铜为正极，正极发生 O2+2H2O+4e－═4OH－，呈碱性，滴加酚酞，溶液变红，则乙装置与铁相连的石墨为阴极；与铜相连的石墨为阳极，发生的反应为：2Cl－－2e－=Cl2↑。
（4）由图1可知还原性Cr＞Cu，金属铬的活动性比铜的强且能和稀硫酸反应生成H2，但在稀硝酸中却出现了反常，结合稀硝酸的氧化性，不难推测铬被稀硝酸钝化，导致活性降低，故答案为：金属铬的活动性比铜的强且能和稀硫酸反应生成H2 金属铬易被稀硝酸钝化。
【分析】（1）根据自发氧化还原反应知识来书写，并根据两极反应结合两极质量变化进行计算；
（2）根据亚铁离子被氯气氧化书写离子方程式，根据铁离子被氧化为高铁酸根离子书写离子方程式；
（3）根据电解池、原电池的工作原理进行回答；
（4）根据金属性强弱进行分析.
32．【答案】（1）Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O
（2）SiO2
（3）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O N2
（4）SO3；NH3；2MnO ＋5SO2＋2H2O=2Mn2＋＋5SO ＋4H＋
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O ；
（2）图中“滤渣”的主要成分为不溶于硫酸的SiO2，
（3）加30%H2O2溶液Fe2＋被氧化为Fe3＋，发生的离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O ；
（4）①NH4Al(SO4)2·12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；②NH3极易溶于水，NH3所以能被亚硫酸钠溶液吸收，SO3与水反应是硫酸，则SO3也被亚硫酸钠溶液吸收，所以足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有SO3、NH3；③酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，其反应的离子方程式为：2MnO4－+5SO2+2H2O=2Mn2＋+5SO42－+4H＋；
【分析】铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣含SiO2，滤液中含有Al3＋、Fe2＋、Fe3＋，加30%双氧水，Fe2＋被氧化为Fe3＋，加入K4[Fe（CN）6]，Fe3＋转化为蓝色沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al(SO4)2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3，据此解答即可.
33．【答案】（1）3mol/LH2SO4；取少许溶液于试管中，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol L-1H2SO4，充分振荡．；试管中出现红色固体，说明试样中有CuO；取少许溶液于试管中，逐滴加入0.01mol L-1酸性KMnO4溶液；紫红色褪去；5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
（2）氢氧化钠溶液；浓硫酸；用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧；72.41%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)氧化铜可以溶解于强酸溶液中，得到含有铜离子的盐，加入足量铁粉可以将金属铜置换出来，据此可以检验固体是氧化铜，氧化亚铁可以和强酸反应生成亚铁盐，能使高锰酸钾褪色，据此可以检验固体中含有氧化亚铁，
实验方案设计为：
实验操作 预期现象和结论
①加入足量的3mol L-1H2SO4，充分振荡．
样品全部溶解
②取少许溶液于试管中，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol L-1H2SO4，充分振荡．
试管中出现红色固体，说明试样中有CuO
③取少许溶液于试管中，逐滴加入0.01mol L-1酸性KMnO4溶液
如果紫红色褪去，发生的离子反应方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O说明试样中有FeO；
故答案为：①3mol/LH2SO4；②向一支试管中加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol/LH2SO4，充分振荡； 出现红色固体；③向另一支试管中加入0.01mol/L酸性KMnO4溶液；紫红色褪去；④5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
(2)①草酸分解生成的气体中含有二氧化碳和一氧化碳，C中发生一氧化碳与铁红的反应生成二氧化碳，D是吸收二氧化碳的装置，通过D装置的质量变化来测定的，因此需要除去加入C中气体中的二氧化碳，并干燥，装置A、B中的试剂依次是氢氧化钠溶液和浓硫酸，故答案为：氢氧化钠溶液；浓硫酸；
②一氧化碳具有可燃性，需要验纯，操作为用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧，一氧化碳纯净后才能对C装置加热，故答案为：用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧；
③实验前后称得D装置增重8.8g，表示生成的二氧化碳为8.8g，物质的量为 =0.2mol，说明样品中含有0.2molO元素，质量为0.2mol×16g/mol=3.2g，则此铁红中铁的质量分数是 ×100%=72.41%，故答案为：72.41%。
【分析】（1）氧化铜可以溶解于强酸溶液中，得到含有铜离子的盐，加入足量铁粉可以将金属铜置换出来，据此可以检验固体是氧化铜，氧化亚铁可以和强酸反应生成亚铁盐，能使高锰酸钾褪色，据此可以检验固体中含有氧化亚铁；
（2）气体发生装置由草酸晶体受热分解CO2、CO、H2O，通过装置A中氢氧化钠溶液除去二氧化碳，通过装置B中浓硫酸除去水蒸气，得到干燥纯净的一氧化碳气体，通过装置C中的铁红发生氧化还原反应，生成的二氧化碳被装置D吸收，装置E是防止肥皂液则水蒸气进入；
①装置AB是对生成的气体进行除杂和干燥，除去二氧化碳用氢氧化钠溶液，除去水蒸气用浓硫酸；
②气体还原铁红样品需要检验气体的纯度，防止混有空气发生爆炸；
③实验前后称得D装置增重8.8g为生成二氧化碳的质量，其中一半来源于CO，一半来源于铁的氧化物，计算铁红中氧元素质量，结合元素守恒计算铁元素含量.
