2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一下学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一下学期期末考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一下学期期末考试化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 S-32 Al-27 Fe-56 Ca-40‎ 第I卷（选择题，共54分）‎ 本卷共18题，每题3分，共54分。四个选项中，只有一个选项是符合要求的。‎ ‎1.硒(Se)是人体必需的微量元素,具有抗氧化、增强免疫力等作用。下列说法错误的是 A. 与互为同位素 B. 与属于同种原子 C. 与核外电子排布相同 D. 与是硒元素的两种不同核素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，所以中子数是80－34＝46。又因为电子数等于质子数，据此分析。‎ 详解：A. 与互为同位素，选项A正确；B. 与属于同种元素形成的不同核素，即不同原子，选项B错误；C. 与核外电子数相同，电子排布相同，选项C正确；D. 与是硒元素的两种不同核素，互为同位素，选项D正确。答案选B。‎ 点睛：本题考查原子的组成及表示方法。‎ ‎2.下列含有共价键的离子化合物是 A. Al2O3 B. NH3·H2O C. CH3COONa D. Na2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：根据形成化合物的价键类型进行判断。一般情况活泼金属和活泼非金属之间可以形成离子建；非金属之间可以形成共价键。但特殊情况下金属和非金属之间也能形成共价键。如AlCl3属于共价化合物。‎ 详解：A.Al2O3属于离子化合物，只含离子键；故A错误；B.NH3·H2O属于共价化合物，只含共价键，故B错误；C.CH3COONa属于离子化合物，C、H、O之间是共价键，与Na之间形成的是离子键，故C正确；D.Na2O是只由离子键构成的离子化合物，故D错误；答案：选C。‎ ‎3.下列属于吸热反应的是 A. 氧化钙与水反应 B. 铁丝在氧气中燃烧 C. NaOH溶液与盐酸反应 D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化钙与水反应是放热反应；‎ B. 铁丝在氧气中燃烧是放热反应；‎ C. NaOH溶液与盐酸反应是放热反应；‎ D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应是吸热反应。本题选D。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是熟记常见的吸热反应和放热反应，常见的放热反应：①大多数化合反应，②所有的燃烧反应，③酸碱中和反应，④金属与酸反应放出H2，⑤物质的缓慢氧化等；常见的吸热反应：①大多数分解反应，②盐类的水解反应，③Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应，④C和CO2、C和H2O(g)的反应等。‎ ‎4.下图是土豆电池的示意图。土豆电池工作时，下列有关说法正确的是 A. Fe作负极，电极反应式为: Fe-3e-=Fe3+ B. Cu作正极，Cu片质量减少 C. 电子由Fe经导线流向Cu片 D. 实现了电能向化学能的转化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：根据金属的活泼性知,Fe作负极,Cu作正极,负极上Fe失电子发生氧化反应,正极得电子发生的还原反应,电子从负极沿导线流向正极,据此解答。‎ 详解：A. Fe作负极，电极反应式为:Fe-2e-=Fe2+ 故A错误；B. Cu作正极，Cu片质量不变，故B错误；C. 外电路电子由Fe经导线流向Cu片，故C正确；D. 实现了化学能向电能的转化，故D错误；答案：选C。‎ ‎5.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是：‎ A. 铅蓄电池放电时，负极反应式为PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O B. 粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=== Cu C. 生铁中含碳，抗腐蚀能力比纯铁强 D. 铁制品上镀锌，锌做阴极，铁制品做阳极，电解质溶液中含Zn2＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由铅蓄电池放电时的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故A错误；‎ B.粗铜精炼时，纯铜为阴极，与电源负极相连，Cu2＋在阴极上得电子被还原为Cu，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，故B正确；‎ C.生铁中含有碳，易形成原电池铁被腐蚀，抗腐蚀能力不如纯铁强，故C错误；‎ D.电镀时，将镀层金属做阳极，镀件做阴极，故在铁制品上镀锌，应用锌做阳极，铁制品做阴极，含Zn2＋的溶液为电解质溶液，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】注意电镀时，镀层金属做阳极，镀件做阴极，含有镀层金属阳离子的溶液为电解质溶液。‎ ‎6.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是 A. NaHS水解反应：HS－＋H2O H3O＋＋S2－‎ B. Fe(OH)2与稀硝酸反应：2H＋＋Fe(OH)2=Fe2＋＋2H2O C. 过量的SO2通入到漂白粉溶液中：ClO－＋SO2＋H2O=HClO＋HSO3-‎ D. Na2CO3水溶液中存在平衡：CO32－+H2OHCO3－+OH－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应是电离方程式，水解方程式应该是HS－＋H2OOH－＋H2S；故A错误；‎ B.Fe(OH)2与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，离子方程式为：10H＋＋3Fe(OH)2+NO3-=3Fe3＋＋8H2O+NO↑，故B错误；‎ C.漂白粉溶液中通入过量SO2气体发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀，离子反应为Ca2++2ClO-+2H2O+2SO2═4H++2Cl-+CaSO4↓+SO42-，故C错误；‎ D.Na2CO3溶液存在水解平衡，水解方程式为：CO32－+H2OHCO3－+OH－，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：‎ ‎“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中，两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。‎ ‎7.已知常温下：Ksp(AgCl)=1.6×10－10，下列叙述正确的是 A. AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的小 B. AgCl的悬浊液中c(Cl－)=4×10－5.5mol/L C. 将0.001mol/LAgNO3溶液滴入0.001 mol/L的KCl溶液中，无沉淀析出 D. 向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)< Ksp(AgBr)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．溶度积常数只与温度有关系，A错误；B．根据氯化银的溶度积常数可知AgCl的悬浊液中c（Cl-）=4×10-5.5mol/L，B正确；C．将0.001 mol·L－1AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl，浓度熵＝10－6＞1.6×10－10，有沉淀析出，C错误；D．向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，D错误，答案选B。‎ 考点：考查溶解平衡的有关判断 ‎8.下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确且具有因果关系的是：‎ 选项 操作 现象 解释或结论 A 测定等浓度的Na2SO3和NaHSO3溶液的pH Na2SO3溶液的pH较大 HSO3－结合H+的能力比SO32－的强 B 向盛有2ml 0.1mol/L AgNO3溶液的试管中滴加一定量0.1mol/L NaCl溶液，再向其中滴加一定量 0.1mol/L KI溶液 先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀 Ksp(AgCl)> Ksp(AgI)‎ C 室温下，取相同大小、形状和质量的Zn粒分别投入0.1mol/L的盐酸和1.0mol/L的盐酸中 Zn粒与1.0mol/L的反应更剧烈 探究浓度对化学反应速率的影响 D 用石墨做电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液 阴极上先析出铜 金属活动性：Cu > Mg A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故A错误；‎ B.向AgNO3溶液中先后滴加NaCl溶液和KI溶液，依次生成白色沉淀和黄色沉淀，由于滴加NaCl溶液后AgNO3过量，不能说明发生了沉淀的转化，不能得出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B错误；‎ C.其他条件相同，探究浓度对化学反应速率的影响，反应物的浓度越大，反应速率越快，故C正确；‎ D.由D的现象可得氧化性Cu2+＞Mg2+，还原性Mg>Cu，所以金属活动性：Mg>Cu，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎9.下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是 A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气 B. SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率 C. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅 D. 锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜反应速率加快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，可以用平衡移动原理解释，A不选；‎ B.SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，增大氧气浓度平衡正向进行，提高了二氧化硫的转化率，可以用平衡移动原理解释，B不选；‎ C.加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，使溴离子浓度减小，平衡Br2+H2OHBr+HBrO正向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用平衡移动原理解释，C不选；‎ D.锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜溶液，Zn与CuSO4发生置换反应反应，产生Cu单质，Zn、Cu及稀硫酸构成了Cu-Zn原电池，原电池反应加快化学反应速率，所以不能用平衡移动原理解释，D选；‎ 故合理选项D。‎ ‎10.向某容积一定的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，一定条件下发生如下反应:2SO2+O22SO3。下列说法不正确的是( )‎ A. 升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率 B. 达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比一定为2:1:2‎ C. 当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，反应达到平衡状态 D. 达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：根据影响化学反应速率的因素和化学反应达到化学平衡的标志进行解答。增加反应浓度或生成物的浓度化学反应速率加快；升高温度化学反应速率加快；化学平衡的标志是各物质的浓度不在改变，正反应速率等于逆反应速率。‎ 详解：A.根据影响化学反应速率的因素知反应2SO2+O22SO3，如果升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率，故A正确；B. 初始加入2molSO2和1molO2，根据反应2SO2+O22SO3，因为是可逆反应不能进行彻底，所以达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比不一定为2:1:2，故B错误；C. 当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D.因为2SO2+O22SO3是可逆反应不能进行彻底，达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol，故D正确；答案：选B。‎ ‎11.合成氨化学方程式 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=−92.4 kJ/mol。将l mol N2(g)、3 mol H2(g)充入2 L的密闭容器中，在500℃下反应，10 min 时达到平衡，NH3的体积分数为，下列说法中正确的是 A. 若达到平衡时，测得体系放出9.24 kJ热量，则H2反应速率变化曲线如图甲所示 B. 反应过程中，混合气体平均相对分子质最M，混合气体密度d，混合气体压强p，三者关系如图乙所示 C. 图丙容器I和II达到平衡时，NH3的体积分数，则容器I放出热量与容器II吸收热量之和为92.4 kJ D. 若起始加入物料为1 mol N2，3 mol H2，在不同条件下达到平衡时，NH3的体积分数变化如图丁所示 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、达到平衡时放出的热量为9.24kJ，由热化学方程式可知参加反应的氢气的物质的量为0.3mol，10min内氢气的平均速率为0.015mol/（L•min），反应速率应为由高到低，A错误；B、混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度为定值；随反应进行、混合气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大、混合气体的压强降低，B错误；C、恒温恒容下，容器Ⅱ中按化学计量数转化为N2、H2，可得N21mol、H23mol，容器Ⅰ、容器Ⅱ内为等效平衡。平衡时容器内对应各物质物质的量相等，容器I放出热量与容器II吸收热量之和为92.4kJ，C正确；D、增大压强平衡向正反应方向移动，氨气的体积分数增大，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时NH3的体积分数减小，D错误，答案选C。‎ 考点：考查物质的量或浓度随时间的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线 ‎12.氧化亚铜常用于制船底防污漆。用CuO与Cu高温烧结可制取,已知反应:‎ 则等于 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盖斯定律，热化学方程式可以“加减运算”，获得新的热化学方程式。‎ ‎【详解】已知反应中，（前式－后式）/2得，故＝（－314+292）kJ·mol-1/2＝。‎ 本题选A ‎13.500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6.0 mol·L－1，用石墨做电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是(　　)‎ A. 原混合溶液中c(K＋)为2 mol·L－1‎ B. 上述电解过程中共转移6 mol电子 C. 电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol D. 电解后溶液中c(H＋)为2 mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cu(NO3)2的物质的量是1mol，根据N守恒可得n(KNO3)= 6.0 mol/L×0.5L－2mol=1mol，所以c(K＋)= c(KNO3)==2mol/L，选项A正确；‎ B、电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，在阳极发生反应：4OH-－4e-=2H2O+O2↑。n(O2)= =1mol。则转移电子4mol，因此选项B错误；‎ C、在阴极首先发生反应：Cu2++2e-=Cu，然后发生：2H++2e-=H2↑。由于产生氢气的物质的量是1mol，得到电子2mol，则产生Cu转移的电子也是2mol，产生Cu 1mol。所以选项C错误；‎ D、因为在反应过程中放电的OH-的物质的量与H+及电子的物质的量相等，因为电子转移4mol，所以电解后溶液中H＋的物质的量也是4mol，所以c(H＋)==8mol/L ，所以选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.室温下，设 1L pH=6 的 AlCl3溶液中，由水电离出的 H+物质的量为n1；1L pH=6 的 HCl 溶液中，由水电离出的 H+物质的量为 n2.则 n1/n2的值是( )‎ A. 0.01 B. 1 C. 10 D. 100‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】1L pH=6 的 AlCl3溶液中，由水电离出的 H+物质的量为n1=n(H+)=10-6mol/L×1L=10-6mol；‎ ‎1L pH=6 的 HCl 溶液中，由水电离出的 H+物质的量为 n2=n(OH-)=mol/L×1L=10-8mol。则 n1/n2==100。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查水的电离的影响因素，注意能水解的盐促进水的电离，酸和碱都抑制水的电离，水电离出的氢离子总是等于水电离出的氢氧根离子。‎ ‎15.据报道，以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为＋3价)和H2O2作原料的燃料电池可用作空军通信卫星电源，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电池放电时Na＋从b极区移向a极区 B. 电极b采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用 C. 每消耗1 mol H2O2，转移的电子为1 mol D. 该电池的正极反应为＋8OH－－8e－===＋6H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则b电极为正极，a电极为负极，负极上BH4-得电子和氢氧根离子反应生成BO2-，结合原电池原理分析解答。‎ ‎【详解】A．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A错误；‎ B．电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材料又有催化作用，故B正确；‎ C．正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，每消耗1molH2O2，转移的电子为2mol，故C错误；‎ D．负极发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】掌握原电池原理及其电极判断和电极反应式书写是解题的关键。做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写。‎ ‎16.已知 Na2SO3和 KIO3 反应过程和机理较复杂，一般认为分以下①～④步反应。‎ ‎①IO3－＋SO32－=IO2－＋SO42－(反应速率慢)‎ ‎②IO2－＋2SO32－=I－＋2SO42－(反应速率快)‎ ‎③5I－＋IO3－＋6H＋=3I2＋3H2O(反应速率快)‎ ‎④I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋(反应速率快)‎ 下列说法不正确的是：‎ A. IO2－和 I－是该反应的催化剂 B. 此反应总反应速率由反应①决定 C. 此反应①中氧化剂是IO3－，反应③中还原剂是 I－‎ D. 若生成 0.5mol 碘单质，则总反应中有 5mol 电子转移 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此反应的4个步骤中，②③④为快反应，是瞬间完成的，而①为慢反应，直接决定了反应进行的快慢；‎ Na2SO3中S元素由+4价上升到+6价，KIO3中I元素由+5价降低到0价，由化合价守恒(电子守恒)配平方程式如下：5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，‎ 其中氧化剂是KIO3，反应中有10 mol电子转移，则生成的碘1 mol，以此分析。‎ ‎【详解】A. 从4个步骤的反应可知，IO2－和 I－是反应的中间产物，不是反应的催化剂，故A错误；‎ B. 此反应的4个步骤中，②③④为快反应，是瞬间完成的，而①为慢反应，所以总反应速率由反应①决定，故B正确；‎ C. 反应①中IO3－→IO2－，化合价降低，被还原，IO3－作氧化剂；反应③中I－→I2，化合价升高，被氧化，I－作还原剂，故C正确；‎ D. 由总反应5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O可知，反应中有10 mol电子转移，则生成的碘1 mol，若生成 0.5mol 碘单质，有 5mol 电子转移，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎17.常温下，下列关于溶液中粒子浓度大小关系的说法正确的是（ ）‎ A. 0.1mol/LNa2CO3 溶液中：c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）‎ B. 0.1mol/L NH4Cl的溶 液 和 0.1mol/LNH3·H2O的 溶液等体积混合后溶液中：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）‎ C. 醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，则混合溶液一定有：c（Na+）＜c（CH3COO-）‎ D. 0.1 mol/L NaHS 的溶液中： c（OH-）+ c（S2-）= c（H+）+c（H2S）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、0.1mol/LNa2CO3 溶液中存在物料守恒，离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故A错误； B、0.1mol/L NH4Cl的溶 液 和 0.1mol/LNH3·H2O等体积混合后溶液中，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中的离子浓度关系： c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误； C、常温下，醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，溶液pH=7时，根据电荷守恒得到：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），得到c（Na+）=c（CH3COO-）；溶液pH>7时，c（Na+）>c（CH3COO-）；溶溶液pH<7时，c（Na+）c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸至pH等于11时，溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，选项A正确；B、25℃时，pH等于11时，c(HCO3-)= c(H2CO3),H2CO3的一级电离平衡常数Ka1=== 10-6，选项B正确；C. 25℃时，CO2饱和溶液的浓度是0.05 mol·L-1，其中1/5的CO2转变为H2CO3，即H2CO3的浓度为0.01 mol·L-1，若此时溶液的pH 约为5，即c(H+)=10-5mol/L，据此可得该温度下CO2饱和溶液中H2CO3的电离度约为，选项C错误；D. 25℃时，0.1 mol·L-1，的Na2CO3和0.1 mol·L-1的NaHCO3混合溶液呈碱性，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解，离子浓度的大小为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，选项D正确。答案选C。‎ 第II卷（非选择题，共46分）‎ ‎19.A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，五种元素核内质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。‎ ‎(1)A2W的电子式为________。‎ ‎(2)B中质子数和中子数相等的核素符号为____ ，E元素在周期表中的位置为_______ 。‎ ‎(3)W、D、E三种元素的简单离子半径由小到大的顺序为_______ ( 填离子符号)。‎ ‎(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成DA，DA能与水反应放氢气，则其化学方程式为_______ ，若将 1 mol DA和1 mol E单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是______ L(标准 状况下)。‎ ‎(5)若要比较D和E的金属性强弱，下列实验方法可行的是_______。‎ a.将D单质置于E的盐溶液中，若单质D不能置换出单质E，说明D的金属性弱 b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强 C. 比较相同条件下D和E的最高价氧化物对应水化物的溶解性若前者比后者溶解度大，说明D的金属性强 ‎【答案】 (1). (2). (3). 第3周期第ⅢA族 (4). Al3+ < Na+ < O2- (5). NaH+H2O=NaOH+H2↑ (6). 56 (7). b ‎【解析】‎ A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，则A为氢元素，W为氧元素；E元素的周期序数与主族序数相等则为铝元素。A、D同主族，则D为钠元素， B、W同周期，五种元素核内质子数之和为39，则B的质子数为39-11-13-1-8=6，故B为碳元素。(1)A2W为水，其电子式为；(2)B为碳元素，质子数和中子数相等的核素符号为，E为铝元素，在周期表中的位置为第3周期第ⅢA族；(3)W、D、E三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，核电核数越大半径越小，故半径由小到大的顺序为Al3+ < Na+ < O2-；(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成NaH，NaH能与水反应放氢气，则其化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，若将1molNaH和1molE单质铝混合加入足量的水，根据反应NaH+H2O=NaOH+H2↑、2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，充分反应后生成气体(1+1.5)mol=2.5 mol, 标准状况下的体积是2.5 mol ×22.4L/mol=56L；(5) a.钠是极活泼的金属，直接与水反应而不能置换出铝，故错误；b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强，故正确；C.金属的最高价氧化物的水化物的溶解性不能用于判断金属性的强弱，故错误。答案选b。‎ ‎20.(1)利用反应Cu＋2FeCl3===CuCl2＋2FeCl2设计成如下图所示的原电池，回答下列问题：‎ ‎①写出正极电极反应式：___________‎ ‎②图中X溶液是_______，原电池工作时，盐桥中的_____(填“阳”、“阴”)离子向X溶液方向移动。‎ ‎(2)控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成如图所示的原电池。‎ 请回答下列问题：‎ ‎①反应开始时，乙中石墨电极上发生______(填“氧化”或“还原”)反应，电极反应式为_____。‎ ‎②电流表读数为0时，反应达到平衡状态，此时在甲中加入FeCl2固体，则乙中的石墨电极上的反应式为_________。‎ ‎(3)利用反应2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为________。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋ (2). FeCl3 (3). 阳 (4). 氧化 (5). 2I－－2e－===I2 (6). I2＋2e－===2I－ (7). O2＋4e－＋4H＋===2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)该反应中，Cu元素化合价由0价变为+2价、Fe元素化合价由+3价变为+2价，所以Cu作负极，不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，FeCl3溶液为电解质溶液，以此解答该题；‎ ‎(2)①反应开始时，乙中碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2I--2e-=I2，Fe3+被还原成Fe2+，则发生还原反应，电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+；②反应达到平衡后，向甲中加入适量FeCl2固体，Fe2+浓度增大，平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+；‎ ‎(3)该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、O元素化合价由0价变为-2价，要将该反应设计成原电池，Cu作负极，正极上氧气得电子发生还原反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)①该反应中，Cu元素化合价由0价变为+2价、Fe元素化合价由+3价变为+2价，所以Cu作负极，不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，因此C为正极，发生还原反应，电极方程式为2Fe3++2e-=2Fe2+， 故答案为：2Fe3++2e-=2Fe2+；‎ ‎②铜被氧化，应为原电池负极，由装置图可知，Y是氯化铜溶液，电解质溶液X是FeCl3，右池是正极池，所以盐桥中的阳离子向X溶液方向(正极)移动，故答案为：FeCl3；阳；‎ ‎(2)①反应开始时，乙中碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2I--2e-=I2，Fe3+被还原成Fe2+，则发生还原反应，电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+，故答案为：氧化；2I--2e-=I2；‎ ‎②反应达到平衡后，电流表读数为0，向甲中加入适量FeCl2固体，Fe2+浓度增大，平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，发生2Fe2+-2e-=2Fe3+，甲为负极，乙中的石墨作正极，电极反应式为：I2+2e-=2I-，故答案为：I2+2e-=2I-；‎ ‎(3)2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、O元素化合价由0价变为-2价，要将该反应设计成原电池，Cu作负极，正极上氧气得电子发生还原反应，因为在酸性条件下，所以氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为4H++O2+4e-═2H2O，故答案为：4H++O2+4e-═2H2O。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)，要注意平衡后改变条件对平衡的影响，按照平衡的移动方向分析发生的氧化还原反应。‎ ‎21.我国国标推荐的食品药品中Ca元素含量的测定方法之一：利用Na2C2O4将处理后的样品中的Ca2＋沉淀，过滤洗涤，然后将所得CaC2O4固体溶于过量的强酸，最后使用已知浓度的KMnO4溶液通过滴定来测定溶液中Ca2＋的含量。针对该实验中的滴定过程，回答以下问题：‎ ‎(1)KMnO4溶液应该用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装。‎ ‎(2)写出滴定过程中反应的离子方程式：_____________。‎ ‎(3)滴定终点的颜色变化：溶液由________色变为________色。‎ ‎(4)以下哪些操作会导致测定的结果偏高________(填字母编号)。‎ a．装入KMnO4溶液前未润洗滴定管 b．滴定结束后俯视读数 c．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液 d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出 ‎(5)某同学对上述实验方法进行了改进并用于测定某品牌的钙片中的钙元素(主要为CaCO3)含量，其实验过程如下：取2.00 g样品加入锥形瓶中，用酸式滴定管向锥形瓶内加入20.00 mL浓度为0.10 mol·L－1的盐酸(盐酸过量)，充分反应一段时间，用酒精灯将锥形瓶内液体加热至沸腾，数分钟后，冷却至室温，加入2～3滴酸碱指示剂，用浓度为0.10 mol·L－1的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液8.00 mL。[提示：Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会沉淀]‎ ‎①为使现象明显、结果准确，滴定过程中的酸碱指示剂应选择_______(填“石蕊”、“甲基橙”或“酚酞”)溶液；‎ ‎②此2.00 g钙片中CaCO3的质量为________g。‎ ‎【答案】 (1). 酸式 (2). 2MnO4-+5H2C2O4+6H⁺=2Mn²⁺+10CO2↑+8H2O (3). 无 (4). 紫 (5). ac (6). 甲基橙 (7). 0.06‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，根据中和滴定所需仪器判断；‎ ‎(2)在硫酸条件下，高锰酸钾将C2O42-氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，据此写出反应的离子方程式；‎ ‎(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入含C2O42-溶液中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，据此判断；‎ ‎(4)分析不当操作对V(标准)的影响，根据c(待测)=判断对结果的影响；‎ ‎(5)碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，考虑二氧化碳溶于水，故要加热煮沸，过量盐酸用氢氧化钠滴定，考虑氢氧化钙的微溶性，应选择在pH较低时变色的指示剂，根据滴定算出过量盐酸，进而求得与碳酸钙反应的盐酸，根据方程式计算碳酸钙的质量。‎ ‎【详解】(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中，故答案为：酸式； ‎ ‎(2)高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将C2O42-氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，离子方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入C2O42-中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故答案为：无；紫；‎ ‎(4)a．滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂高锰酸钾溶液，造成标准液体被稀释，浓度变稀，导致V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，结果偏高，故a正确；b．滴定前平视，滴定后俯视，则所用标准液读数偏小，根据c(待测)=可知，结果偏低，故b错误；c．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，结果偏高，故c正确；d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出，所用标准液V(标准)偏小，根据c(待测)=可知，结果偏低，故d错误；故答案为：ac；‎ ‎(5)①根据题给信息，Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会沉淀出，甲基橙变色范围为3.1～4.4，符合，石蕊变色不明显，酚酞变色范围为：8.2～10.0，pH较高，有氢氧化钙沉淀生成，干扰滴定，故用甲基橙作指示剂，故答案为：甲基橙；‎ ‎②中和滴定消耗盐酸的物质的量=氢氧化钠的物质的量=0.1mol/L×8mL=0.8mmol，则和碳酸钙反应的盐酸为：0.1mol/L×20mL-0.8mmol=1.2mmol=0.0012mol，‎ CaCO3 + 2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑‎ ‎100g    2mol m      0.0012mol m==0.06g，故答案为：0.06。‎ ‎22.H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：‎ Ⅰ.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。‎ ‎(1)该反应的化学方程式为_____________。‎ Ⅱ.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。‎ ‎(2)H2S第一步电离方程式为________。‎ ‎(3)已知：25 ℃时，Ksp(SnS)＝1.0×10－25，Ksp(CdS)＝8.0×10－27。该温度下，向浓度均为0.1 mol·L－1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2＋开始沉淀时，溶液中c(Cd2＋)＝________(溶液体积变化忽略不计)。‎ Ⅲ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为 ⅰ.COS(g)＋H2(g) H2S(g)＋CO(g)　ΔH＝＋7 kJ·mol－1；‎ ⅱ.CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－42 kJ·mol－1。‎ ‎(4)已知：断裂1 mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。‎ 分子 COS(g)‎ H2(g)‎ CO(g)‎ H2S(g)‎ H2O(g)‎ CO2(g)‎ 能量/(kJ·mol－1)‎ ‎1 319‎ ‎442‎ x ‎678‎ ‎930‎ ‎1 606‎ 表中x＝________。‎ ‎(5)向10 L容积不变的密闭容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g)，进行上述两个反应。其他条件不变时，体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。‎ ‎①随着温度升高，CO的平衡体积分数_____(填“增大”或“减小”)。原因为_______‎ ‎②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol。则该温度下，COS的平衡转化率为_____；反应ⅰ的平衡常数为_____(保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 4SO2＋3CH44H2S＋3CO2＋2H2O (2). H2SH＋＋HS－ (3). 8.0×10－3mol·L－1 (4). 1076 (5). 增大 (6). 反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大 (7). 20% (8). 0.044‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．（1）工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物，从元素角度考虑，这两种氧化物为CO2和H2O，反应产生H2S；‎ II．（2）H2S的第一步电离产生H+和HS-，是不完全电离；‎ ‎（3）根据溶度积常数计算；‎ III．（4）根据盖斯定律计算，△H=反应物总键能-生成物总键能；‎ ‎（5）①根据方程式和图象分析，升高温度，CO的平衡体积分数增大，升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行；‎ ‎②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol，此时CO的平衡体积分数为5%，根据方程式计算COS的平衡转化率，将各组分平衡浓度代入平衡常数表达式计算反应i的平衡常数。‎ ‎【详解】I．（1）工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物，从元素角度考虑，这两种氧化物为CO2和H2O，反应产生H2S，则该反应的化学方程式为：4SO2+3CH44H2S+3CO2+2H2O；‎ II．（2）H2S的第一步电离产生H+和HS-，是不完全电离，则H2S的第一步电离方程式为：H2S⇌H++HS-；‎ ‎（3）向浓度均为0.1mol/L的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，溶液中c（S2-）=‎ ‎==1.0×10-24mol/L，则溶液中c（Cd2+）===8.0×10-3mol/L；‎ III．（4）根据反应i：COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）△H=+7kJ/mol，根据盖斯定律，△H=1319+442-678-x=7，可得x=1076；‎ ‎（5）①根据方程式和图象分析，升高温度，CO的平衡体积分数增大，升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行，反应i为吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向进行，CO的体积分数增大，反应ii为放热反应，升高温度化学平衡向逆反应方向移动，CO的体积分数增大，综合两个反应考虑，CO的体积分数随着温度升高而增大；‎ ‎②T1℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol，此时CO的平衡体积分数为5%，反应起始时，向10L容积不变的密闭容器中充入1mol COS（g）、1mol H2（g）和1mol H2O（g），则COS的平衡转化率为α=×100%=20%；‎ 反应i的方程式：‎ COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）‎ 起始（mol） 1 1 0 0‎ 转化（mol） 0.2 0.2 0.2 0.2‎ 平衡（mol） 0.8 0.8 0.2 0.2‎ 反应ii的方程式：‎ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）‎ 起始（mol） 0.2 1 0 0.8‎ 转化（mol） x x x x 平衡（mol） 0.2-x 1-x x 0.8+x CO的平衡体积分数为5%，则0.2-x=3×5%，可得x=0.05，则平衡时c（COS）==0.08mol/L，c（H2）=mol/L=0.085mol/L，c（H2S）==0.02mol/L，c（CO）=mol/L=0.015mol/L，因此反应i的化学平衡常数为K1===0.044。‎ ‎【点睛】本题涉及利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应关系是解答本题的关键。应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎ ‎