宁夏六盘山高级中学2015-2016学年高三期中化学试卷.doc

2015-2016学年宁夏六盘山高级中学高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题2分，共40分）1．下列电池工作时能量转化形式与其它三个不同的是（）A．锌锰碱性电池B．硅太阳能电池C．氢燃料电池D．铅蓄电池【考点】常见的能量转化形式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．锌锰碱性电池，将化学能转化成电能的装置；B．硅太阳能电池，是将太阳能转化为电能的装置；C．氢燃料电池，将化学能转化成电能的装置；D．铅蓄电池，将化学能转化成电能的装置．【解答】解：A．锌锰碱性电池，将化学能转化成电能的装置；B．硅太阳能电池，是将太阳能转化为电能的装置；C．氢燃料电池，将化学能转化成电能的装置；D．铅蓄电池，将化学能转化成电能的装置；所以B能量转化形式与其它三个不同，故选B．【点评】本题考查电池的能量转化形式，比较简单，学习中注意相关基础知识的积累．2．下列金属中用电解方法进行冶炼的是（）A．铝B．铜C．银D．铁【考点】金属冶炼的一般原理．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】依据金属活泼性，一般活泼的金属用电解法，较活泼的金属用热还原法，不活泼的金属例如汞、银等用热分解法，据此解答【解答】解：A．铝性质活泼，用电解氧化铝方法冶炼，故A选；B．Cu用热还原法冶炼，故B不选；C．Ag用热分解法冶炼，故C不选；D．Fe用热还原法冶炼，故D不选；故选：A．【点评】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大，注意相关知识的积累．3．分类是重要的科学研究方法，下列物质归类不正确的是（）A．电解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡B．酸性氧化物：CO2、SO2、NO、SiO2C．混合物：铝热剂、矿泉水、水玻璃、漂白粉D．同素异形体：C60、C70、金刚石【考点】电解质与非电解质；同素异形体；混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】A．电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；B．酸性氧化物：能与水作用生成相应价态的酸，或与碱作用生成盐和水，或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物；C．混合物：由两种或多种物质混合而成的物质；D．相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．【解答】解：A．明矾、冰醋酸、硫酸钡在水溶液中都能够导电，属于电解质，故A正确；B．CO2、SO2、SiO2属于酸性氧化物：NO为不成盐氧化物，故B错误；C．铝热剂是铝粉和三氧化二铁粉末的混合物、矿泉水是水与盐类的混合物、水玻璃是硅酸钠上午水溶液、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，故C正确；D．C60、C70、金刚石是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D正确；故选B．【点评】本题考查电解质、酸性氧化物、混合物、同素异形体的概念，难度不大．要注意基础知识的积累．4．用N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．1mol OH﹣中含有9N A个电子B．28g的CO气体中含有N A个氧原子C．1L 1mol/L的AlCl3溶液中含有N A个Al3+D．常温常压下11.2 L的甲烷气体含有的分子数为0.5N A【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、依据氢氧根离子结构计算电子数，氢氧根离子含10个电子；B、依据n=计算物质的量结合分子式计算氧原子数；C、铝离子溶液中水解；D、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断．【解答】解：A、1mol OH﹣中含有10N A个电子，故A错误；B、28g的CO气体物质的量为1mol，分子中含有N A个氧原子，故B正确；C、铝离子溶液中水解，1L 1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+小于N A个，故C错误；D、常温常压下11.2 L的甲烷气体物质的量不是标准状况，含有的分子数不是0.5N A，故D 错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是微粒结构分析计算，盐类水解的应用，注意气体摩尔体积的条件分析，题目较简单．5．下列与含氯化合物有关的说法正确的是（）A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质B．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物C．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体D．电解NaCl溶液得到22.4L H2（标准状况），理论上需要转移N A个电子【考点】电解质与非电解质；物质的量的相关计算；胶体的重要性质；离子化合物的结构特征与性质．【专题】化学用语专题；溶液和胶体专题．【分析】A、HClO是弱酸，与NaClO是强弱电解质之间无逻辑关系；B、HCl是共价化合物；C、根据氢氧化铁胶体的制备方法来分析；D、求出氢气的物质的量，然后根据氢元素的化合价的变化来分析．【解答】解：A、HClO是弱酸，不能完全电离，故是弱电解质，但NaClO能完全电离，故是强电解质，故A错误；B、HCl是共价化合物，溶于水后在水分子的作用下电离为氢离子和氯离子，故HCl溶液是通过离子导电，但不能说明HCl是离子化合物，故B错误；C、氢氧化铁胶体的制备方法是将饱和的氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至溶液变为红褐色，则制得氢氧化铁胶体，故C正确；D、标况下22.4L氢气的物质的量为1mol，而在电解氯化钠溶液的反应中，氢元素的化合价由+1价变为0价，故当生成1mol氢气时转移2mol电子即2N A个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了强弱电解质的判断、离子化合物共价化合物的区分以及胶体的制备，难度不大，应注意根据元素的化合价的变化来计算转移电子的数目．6．下列有关实验的选项正确的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价；真题集萃．【分析】A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；B、二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO既不溶于碱也不溶于水；C、苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；D、滴定管的0刻度在上方，据此读数即可．【解答】解：A、溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误；B、CO不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去CO中混有的二氧化碳，故B正确；C、苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C错误；D、滴定管的0刻度在上方，此图中正确读数应为11.80mL，故D错误，故选B．【点评】本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大．7．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的有几个（）①2L 0.5mol/L FeCl3溶液中所含的Fe3+离子的个数为N A②82g Na218O2固体与足量CO2反应转移电子总数为N A③标准状况下，11.2L CH3Cl中所含分子数为0.5N A④15g 甲基（﹣CH3）所含电子数为10N A⑤1molC6H14分子中共价键总数为20N A⑥28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2N A⑦16.9g过氧化钡（BaO2）固体中阴、阳离子总数约为0.2N A．A．2 B．3 C．4 D．5【考点】阿伏加德罗常数．【分析】①Fe3+能发生水解；②依据n=计算物质的量，过氧化钠中氧元素化合价﹣1价变化为﹣2价和0价，1mol过氧化钠反应电子转移1mol；③标准状况下，CH3Cl不是气体；④甲基（﹣CH3）所含电子数为9，⑤C6H14分子中共价键总数为20；⑥烯烃和环丁烷的最简式为CH2，根据最简式计算出混合气体中含有碳原子的数目；⑦过氧化钡中阴离子为过氧根离子，0.1mol过氧化钡中含有0.1mol钡离子、0.1mol过氧根离子．【解答】解：①Fe3+能发生水解，故2L 0.5mol/L FeCl3溶液中所含的Fe3+离子的个数小于N A，故①错误；②82g Na218O2固体的物质的量==1mol，过氧化钠中氧元素化合价﹣1价变化为﹣2价和0价，1mol过氧化钠反应电子转移1mol，转移电子总数为N A，故②正确；③标准状况下，CH3Cl不是气体，故11.2L CH3Cl中所含分子数不为0.5N A，故③错误；④甲基（﹣CH3）所含电子数为9，故15g 甲基（﹣CH3）所含电子数为×9N A=9N A，故④错误；⑤C6H14分子中共价键总数为20，则1molC6H14分子中共价键总数为20N A，故⑤正确；⑥28g乙烯和环丁烷的混合物中含有2mol最简式CH2，含有2mol碳原子，混合气体中含有的碳原子数为2N A，故⑥正确；⑦16.9g过氧化钡的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钡中含有0.1mol钡离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.2mol离子，阴、阳离子总数约为0.2N A，故⑦正确；故说法正确的是②⑤⑥⑦，共4个，故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，难度中等．注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项⑦为易错点，注意过氧化钡中的阴离子为过氧根离子．8．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O，则RO4n﹣中R的化合价是（）A．+3 B．+4 C．+5 D．+6【考点】真题集萃；氧化还原反应．【分析】根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n﹣为RO42﹣，该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，据此判断R元素化合价．【解答】解：根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n﹣为RO42﹣，该离子中O 元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，所以该离子中R元素化合价=﹣2﹣（﹣2）×4=+6，故选D．【点评】本题以氧化还原反应为载体考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可，侧重考查分析计算能力，题目难度不大．9．在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO+16H++5Na2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+．下列判断正确的是（）A．O2是还原产物，Mn2+是氧化产物B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂C．标准状况下，产生22.4L O2时反应转移2mol e﹣D．通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算．【分析】在2MnO4﹣+12H++5Na2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+中，2MnO4﹣→2Mn2+，Mn元素的化合价由+7价→+2价，得到2×5e﹣，Mn元素的化合价降低其所在的物质高锰酸钾是氧化剂，5Na2O2→5O2，O元素的化合价由﹣1价→0价，失去10×e﹣，过氧化钠是还原剂，以此来解答．【解答】解：A．Mn元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2+是还原产物，故A错误；B．过氧化钠中O元素的化合价升高，则过氧化钠是还原剂，故B错误；C．标准状况下，产生22.4L O2时反应转移×2×[0﹣（﹣1）]=2mol e﹣，故C正确；D．用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．10．已知NH4CuSO3与足量的1mol•L﹣1硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②有刺激性气味气体产生；③溶液呈蓝色．据此判断下列说法合理的是（）A．NH4CuSO3中硫元素被氧化了B．刺激性气味的气体是二氧化硫或氨气C．该反应中NH4CuSO3既是氧化剂又是还原剂D．该反应中硫酸既表现为酸性又表现氧化性【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，以此解答该题．【解答】解：反应的发产生为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+．A．NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2+，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故A错误；B．因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故B错误．C．反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1→+2，+1→0，NH4CuSO3既是氧化剂又是还原剂，故C正确；D．由发产生为：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意利用现象分析反应产物，侧重信息处理能力的考查，题目难度较大．11．能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O B．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+NH3•H2O+H2O C．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2D．用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl﹣+2H2O═Cl2↑+H2↑+2OH﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．亚硝酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰离子、硝酸根离子和水；B．氢氧化钡足量，离子方程式按照碳酸氢铵的组成书写，反应产物中不会有碳酸根离子剩余；C．碘化氢过量，硝酸根离子具有强氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质；D．惰性电极电解熔融氯化钠，不是电解氯化钠溶液，反应生成的是钠和氯气．【解答】解：A．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故A正确；B．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液，反应产物中不会生成碳酸根离子，正确的离子方程式为：Ba2++NH4++HCO3﹣+2OH﹣═BaCO3↓+NH3•H2O+H2O，故B错误；C．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液，碘化氢过量，硝酸根离子和铁离子完全反应，正确的离子方程式为：10I﹣+3NO3﹣+Fe3++12H+═5I2+3NO↑+Fe2++6H2O，故C错误；D．用惰性电极电解熔融氯化钠，反应生成钠和氯气，2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等．12．25℃时，某溶液中可能含有以下几种离子：Na+、H+、Fe3+、HCO3﹣、OH﹣、I﹣，已知溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1，向该溶液中通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，下列有关该溶液的说法中正确的是（）A．该溶液的pH值一定等于1B．阴离子肯定有I﹣，不能确定有无HCO3﹣C．阳离子肯定没有Fe3+，一定有Na+D．该溶液含有的溶质成分可能为HI或HI和NaI或NaI和NaOH【考点】离子共存问题；几组未知物的检验．【分析】水电离出的c（H+）=1×lO﹣13 mol/L，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液为强酸性或碱性溶液，一定不会存在碳酸氢根离子；当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定存在碘离子，能够与碘离子反应的铁离子一定不会存在，以此解答该题．【解答】解：由水电离出的c（H+）=1×lO﹣13 mol/L，该溶液中大量存在氢离子或者氢氧根离子，所以溶液中一定不会存在碳酸氢根离子；通入氯气后溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定不会存在有色的铁离子，一定存在碘离子，A．根据分析可知，水电离出的c（H+）=1×lO﹣13 mol/L，若为酸性溶液，该溶液pH=1；若为碱性溶液，该溶液的pH为13，故A错误；B．该溶液中一定存在碘离子，一定不会存在碳酸氢根离子，故B错误；C．溶液中一定不会存在铁离子，若是碱性溶液，一定存在钠离子，故C错误；D．如果为酸性溶液，则溶质可能为：①HI②HI和NaI；如果为碱性溶液，则溶质为③NaI 和NaOH，故D正确；故选D．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，为高频考点，题目难度中等，注意明确常见离子的反应现象及检验方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．13．下列实验操作正确且能达到相应实验目的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价；真题集萃．【分析】A．氢氧化钠是强腐蚀性易潮解的固体；B．FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子易水解而生成氢氧化铁，配制氯化铁溶液过程中要防止氯化铁水解；C．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据铵离子的检验方法进行判断：加入滴加NaOH 溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中一定含有NH4+；D．铁在中性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀．【解答】解：A．称量强腐蚀性试剂需在烧杯内称量，用纸片会造成托盘污染腐蚀且称量不准确，故A错误；B．氯化铁为强酸弱碱盐，易水解，为防止氯化铁水解，配制溶液过程中要加入盐酸，故B 错误；C．检验铵根离子，可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根离子结合产生氨气，NH4++OH﹣NH3↑+H2O，氨气的水溶液呈碱性，能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；D．铁在中性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及药品的称量、盐类的水解、铵根离子的加检验及分金属的腐蚀分类等，把握反应原理及实验技能为解答的关键，注意实验的操作分析，题目难度不大．14．下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A．已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H=﹣483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ B．已知4P（红磷，s）=P4（白磷，s）；△H＞0，则白磷比红磷稳定C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）；△H=﹣57.4kJ/mol D．己知C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H1C（s）+O2（g）=CO（g）；△H2则△H1＞△H2【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、根据燃烧热是在某一温度和压强下，1mol物质燃烧生成最稳定的氧化物所放出的能量来回答；B、物质具有的能量越低越稳定；C、中和热是稀的强酸和稀的强碱反应生成1mol水的过程所放出的能量；D、物质完全燃烧放出的能量多，焓变越小；【解答】解：A、由燃烧热在某一温度和压强下lmol某物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量，所以H2的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，故A错误；B、4P（红磷，s）=P4（白磷，s）△H＞0，则红磷的能量低于白磷的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定，故B错误；C、含20.0g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）；△H=﹣57.4kJ/mol，故C正确；D、物质C完全燃烧放出的能量多，所以△H1＜△H2，故D错误；故选：C．【点评】本题考查学生燃烧热的含义以及中和热的概念、反应的热效应方面的知识，注意比较反应热时要考虑反应热前面的负号，难度中等．15．一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（）A．反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2OC．电池工作时，CO32﹣向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价有﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32﹣，以此解答该题．【解答】解：A．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价有﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；B．电解质没有OH﹣，负极反应为H2+CO+2CO32﹣﹣4e﹣=H2O+3CO2，故B错误；C．电池工作时，CO32﹣向负极移动，即向电极A移动，故C错误；D．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32﹣，电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，故D 正确．故选D．【点评】本题为2015年江苏考题第10题，考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，难度中等．16．根据图回答，下列说法不正确的是（）A．此装置用于铁表面镀铜时，a为铁B．此装置用于电镀铜时，硫酸铜溶液的浓度不变C．燃料电池中正极反应为D．若a为粗铜，b为纯铜，该装置可用于铜的精炼【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的电极一定是负极，通入氧气的电极一定是正极，和正极相连的是电解池的阳极，和负极相连的是电解池的阴极；电镀时，电解质溶液中离子浓度不变，电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极．【解答】解：氢氧燃料电池中，通入氢气的电极一定是负极，通入氧气的电极一定是正极，故b极为阴极，a极为阳极．A、铁表面镀铜时，金属铜必须作阳极，金属铁作阴极，所以a为金属铜，故A错误；B、此装置用于电镀铜时，金属铜必须作阳极，电解前后硫酸铜溶液的浓度不变，故B正确；C、氢氧燃料电池中，通入氧气的电极一定是正极，在酸性环境下，氧气放电的反应为：，故C正确；D、电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，故D正确．故选A．【点评】本题考查了氢氧燃料电池的工作原理和电解精炼铜、电镀原理等知识，难度不大．17．向MnCl2溶液中加入过量难溶电解质MnS，可使溶液中含有的Cu2+、Pb2+、Cd2+等金属离子转化为硫化物沉淀，从而得到纯净的MnCl2．下列分析正确的是（）A．MnS具有吸附性B．MnS有还原性，将Cu2+、Pb2+、Cd2+还原后除去C．MnS溶液度大于CuS、PbS、CdSD．MnS与Cu2+反应的离子方程式是Cu2++S2﹣=CuS↓【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，向MnCl2溶液中加入过量难溶电解质MnS，可使溶液中含有的Cu2+、Pb2+、Cd2+等金属离子转化为硫化物沉淀，说明MnS的溶解度大于CuS、PbS、CdS，据此分析解答．【解答】解：溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，向MnCl2溶液中加入过量难溶电解质MnS，可使溶液中含有的Cu2+、Pb2+、Cd2+等金属离子转化为硫化物沉淀，说明MnS 的溶解度大于CuS、PbS、CdS，A．MnS不是胶体，没有吸附性，故A错误；B．该反应中没有电子转移，发生复分解反应而不是氧化还原反应，故B错误；C．根据以上分析知，MnS溶液度大于CuS、PbS、CdS，故C正确；D．MnS与Cu2+反应的离子方程式是Cu2++MnS=CuS+Mn2+，故D错误；故选C．【点评】本题考查难溶物的溶解平衡及沉淀转化，明确溶解平衡原理及氧化还原反应特征即可解答，易错选项是D，注意MnS要写化学式，为易错点．18．黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=x kJ•mol﹣1已知：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣12K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1则x为（）A．3a+b﹣c B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c D．c﹣a﹣b【考点】真题集萃；热化学方程式；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ•mol﹣1①S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1②2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1③将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热．【解答】解：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ•mol﹣1①S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1②2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1③将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=x kJ•mol﹣1=（3a+b﹣c）kJ•mol﹣1，所以x=3a+b﹣c，故选A．【点评】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减，题目难度不大．19．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OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程【考点】真题集萃．【分析】由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题．【解答】解：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．故选C．【点评】本题为2015年考题，侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大．20．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+．现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（）A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2C．开始加入的K2Cr2O7为0.25 molD．K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：3【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】氧化性强弱顺序为K2Cr2O7＞Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题．【解答】解：A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；。