甘肃省甘谷第一中学2018_2019学年高一化学下学期选拔考试试题(子才班,含解析)

甘肃省甘谷第一中学2018-2019学年高一化学下学期选拔考试试题
（子才班，含解析）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ag108 I 127
选择20题每题2.5分共50分
1.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法一定正确的是( )
A. 0.1 mol FeCl3形成的胶体粒子数为0.1N A
B. 常温下，1 L氢氧根离子浓度为0.01moL·L－1氨水中含有OH－的数目为0.01NA
C. 0.1 mol O2完全反应时，转移的电子数为0.4N A
D. 12 g碳单质中所含的共价键数为2N A
【答案】B
【解析】
【详解】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故0.1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于0.1N A个，A项错误；
B、pH=12的氨水溶液中，氢氧根的浓度为0.01mol/L，故1L此溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.01mol，个数为0.01N A个，B项正确；
C、氧气反应后的价态可能为-2价，还可能为-1价，故0.1mol氧气反应转移的电子数可能为0.4NA个，还可能为0.2N A个，C项错误；
D、12g碳的物质的量为1mol，而碳单质分为石墨、金刚石和C60，而碳单质不同，其中含有的共价键的个数不同，D项错误。

本题答案选B。

2.一定温度和压强下，30 L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由
1.204×1024个原子组成，下列有关说法中不正确的是
A. 该温度和压强可能是标准状况
B. 标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4 L
C. 每个该气体分子含有2个原子
D. 若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L
【答案】A
【解析】
试题分析：如果温度和压强是标准状况，根据气体的体积：V=nmol×22.4L/mol,那么30 L 某种气态纯净物的物质的量大于1mol，分子个数大于6.02×1023个，故肯定不是标准状况，A不正确；分子数为6.02×1023个，那么物质的量就是1mol，标准状况下的体积约是22.4 L，B正确；分子数为6.02×1023个，原子数为1.204×1024个原子，说明该分子是由2个原子组成，C正确；O2是双原子分子，是气态物质，符合条件，D正确。

选A。

考点：有关气体摩尔体积公式使用条件的理解
3.所谓合金，就是不同种金属(也包括一些非金属)在熔化状态下形成的一种熔合物，下表为四种金属的熔、沸点：
根据以上数据判断其中不能形成合金的是( )
A. Cu和Na
B. Fe和Cu
C. Fe和Al
D. Al和Na
【答案】A
【解析】
【详解】合金是不同种金属在熔化状态下形成的一种熔合物，即两种金属都成为液态时进行混合；
A．钠的沸点低于铜的熔点，即钠变成了蒸气，铜还没有熔解，两种金属不能够形成合金，A 项错误，符合题意；
B、C、D中的两种金属，在一定温度范围内，均可以液体的形式存在，可以形成合金，B、C、D不符合题意；
本题答案选A。

【点睛】本题考查了合金的形成条件，注意制造合金时，两种金属必须都是液态才能制成合
金，一种液态、一种气态不会转化成合金。

4.同温同压下,质量忽略不计的两气球A和B,分别充入X气体和Y气体,且充气后两气球的体积相同。

若相同条件下, A气球放在CO中静止不动,B气球放在O2中上浮。

下列叙述或表示正确的是（）
A. X气体的相对分子质量比Y气体的相对分子质量大
B. X可能是N2,Y可能是CH4
C. X气体的密度小于Y气体的密度
D. 充气后A气球质量比B气球质量大
【答案】B
【解析】
试题分析：X气球放在CO中静止不动，Y气球放在O2中上浮，说明X气体的密度和一氧化碳的密度接近，Y的密度小于氧气，根据ρ=M/V m知，同温同压下，密度与摩尔质量成正比，所以X的相对分子质量与CO的相似，接近28，Y的相对分子质量小于氧气，即小于32；A．通过以上分析知，X的相对分子质量接近CO，Y相对分子质量小于氧气，但X气体的相对分子质量不一定比Y大，故A错误；B．氮气的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，所以X可能是氮气，Y可能是甲烷，故B正确；C．X的密度接近CO，但不一定小于Y的密度，故C错误；D．相同条件下，等体积的两种气体其物质的量相等，因为其摩尔质量相对大小未知，所以无法确定其质量相对大小，故D错误；故选B。

【考点定位】考查阿伏伽德罗定律及其推论
【名师点晴】X气球放在CO中静止不动，Y气球放在O2中上浮，说明X气体的密度和一氧化碳的密度接近，Y的密度小于氧气，根据ρ=M/V m知，同温同压下，密度与摩尔质量成正比，所以X的相对分子质量与CO的相似，接近28，Y的相对分子质量小于氧气，即小于32，据此分析解答。

5. 等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是
A. FeO
B. Fe2O3
C. FeSO4
D. Fe3O4【答案】A
【解析】
试题分析：假设质量都为mg；A．FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；
B．Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C．FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；D．Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO
物质的量最多的是FeO，故选A。

【考点定位】考查氧化还原反应的相关计算
【名师点晴】侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键；氧化还原反应中，氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，可根据物质的质量计算物质的量，计算失去电子的物质的量，可比较放出NO物质的量的多少。

【此处有视频，请去附件查看】
6.下列实验操作和现象、结论或目的均正确的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A．氧化铁溶于盐酸反应得氯化铁溶液，滴加KSCN溶液变红色；B．CO还原Fe2O3得到的黑色固体中可能含有铁，可与Fe3+发生反应生成Fe2+；C．溶液中含有NO3－，在酸性条件下会氧化Fe2+离子，不能证明是否已变质；D．若溶液中存在铁离子，加入KSCN溶液也变红色。

【详解】A. 氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，三价铁离子遇KSCN溶液会变红色，说明红砖中含有氧化铁，故A正确；
B.CO还原Fe2O3得到单质Fe，即使有Fe3O4，其溶于盐酸后产生的Fe3＋与Fe发生反应：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，加入KSCN溶液也不显红色，故B错误；
C. NO3－＋H＋具有强氧化性，而Fe2＋具有还原性，二者发生氧化还原反应，有Fe3＋生成，遇KSCN溶液呈红色，不能证明样品是否变质，故C错误；
D.若原溶液中不存在Fe2＋存在Fe3＋，也有此现象，故D错误，答案选A。

7. 下列图象是表示铁加入到一定量硝酸中时，铁和硝酸铁之间物质的量(mol)的关系，其中正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：铁不足，发生Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，过量铁跟一定量硝酸反应最终生成硝酸亚铁，则Fe与硝酸的物质的量比大于1：4时发生2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2，即生成3molFe(NO3)2，消耗2molFe反应生成Fe(NO3)3，再消耗1molFe，都生成Fe(NO3)2，只有图象B符合，故选B。

考点：考查了铁盐和亚铁盐的相互转变；硝酸的化学性质的相关知识。

8. 下列物质肯定为纯净物的是（）
A. 只有一种元素组成的物质
B. 只有一种原子构成的物质
C. 只有一种分子构成的物质
D. 只有一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子构成的物质
【答案】C
【解析】
试题分析：A、由一种元素组成的物质不一定是纯净物，例如氧气和臭氧，故A错误；B、由原子构成的物质，不一定是纯净物，例如空气中含有分子、原子属于混合物，故B错误；C、只由一种分子构成的物质一定是纯净物，故C正确．D、只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质不一定是纯净物，如氧化钠与过氧化钠，故D错误；故选C。

考点：考查了纯净物和混合物的判别的相关知识。

9. 海水中含有氯化镁，是镁的重要来源之一。

下列从海水中提取镁涉及的化学方程式中，不正确的是( )
A. 制石灰乳：CaO+H2O====Ca(OH)2
B. 制Mg(OH)2：MgCl2+Ca(OH)2====Mg(OH)2↓+CaCl2
C. 制MgCl2：Mg(OH)2+2HCl====MgCl2+2H2O
D. 制Mg，在MgCl2溶液中加Na：MgCl2+2Na====2NaCl+Mg
【答案】D
【解析】
分析：从海水中提取Mg的流程为：。

A
项，CaO与H2O化合成Ca（OH）2；B项，MgCl2与Ca（OH）2发生复分解反应生成Mg（OH）2和CaCl2；C项，Mg（OH）2与HCl发生中和反应生成MgCl2和H2O；D项，电解熔融MgCl2制Mg。

详解：从海水中提取Mg流程为：。

A
项，CaO与H2O化合成Ca（OH）2，反应的化学方程式为CaO+H2O=Ca（OH）2，A项正确；B项，向海水中加入石灰乳沉淀Mg2+，MgCl2与Ca（OH）2发生复分解反应生成Mg（OH）2和CaCl2，反应的化学方程式为MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaCl2，B项正确；C项，用HCl溶解Mg （OH）2得MgCl2溶液，Mg（OH）2与HCl发生中和反应生成MgCl2和H2O，反应的化学方程式为Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，C项正确；D项，电解熔融MgCl2制Mg，Na加入MgCl2溶液中反应生成Mg（OH）2、NaCl和H2，反应的化学方程式为2Na+MgCl2+2H2O=Mg（OH）
↓+2NaCl+H2↑，D项错误；答案选D。

2
点睛：本题考查从海水中提取Mg涉及的化学反应，掌握从海水中提取Mg的流程是解题的关键。

注意Na与盐溶液反应时，Na先与溶剂水反应生成NaOH和H2，再考虑NaOH与溶质的反应。

10.异丁香酚可作为合成香料的原料,其结构简式如下图所示。

下列有关叙述正确的是（）
A. 异丁香酚属于芳香族化合物,分子式为C10H14O2
B. 该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 1mol该物质与足量H2发生加成反应,最多可消耗1molH2
D. 分子中所有原子有可能同一平面上
【答案】B
【解析】
A、异丁香酚的结构简式中含有苯环，属于芳香族化合物，根据有机物中碳原子的成键特点，分子式为C10H12O2，故A错误；
B、根据结构简式，含有官能团是酚羟基、碳碳双键，都能使酸性酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C、1mol碳碳双键，能与1molH2发生加成，1mol 苯最多需要3molH2发生加成反应，因此1mol异丁香酚最多需要4molH2发生加成，故C错误；
D、－CH3中所有原子没有在同一平面上，故D错误。

11.如图所示是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程：
在上述实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是
A. ①蒸馏、②过滤、③分液
B. ①分液、②蒸馏、③蒸馏
C. ①蒸馏、②分液、③分液
D. ①分液、②蒸馏、③结晶、过滤【答案】B
【解析】
混合物全部是液体，但在饱和碳酸钠溶液中，乙酸乙酯的溶解度比较小，且不溶于水，分液即可。

A是乙酸钠和乙醇的混合液，乙醇的沸点比较低，蒸馏得到乙醇。

B是乙酸钠，加入硫酸得到乙酸和硫酸钠，乙酸的沸点远低于硫酸钠的，蒸馏得到乙酸。

所以答案选B。

12.从淡化海水中提取溴的流程如下：
下列有关说法不正确的是
A. X试剂可用Na2SO3饱和溶液
B. 步骤Ⅲ的离子反应：2Br－＋Cl2=2Cl－＋Br2
C. 工业上每获得1molBr2，需要消耗Cl244.8L
D. 步骤Ⅳ包含萃取、分液和蒸馏
【答案】C
【解析】
试题分析：A、亚硫酸根离子可以和氧化性的溴单质发生氧化还原反应，可以用所给物质来吸收溴单质，故A正确；B、氯气具有氧化性，可已将溴离子氧化为溴单质，即2Br-+Cl2═2Cl-+Br2，故B正确；C、根据化学方程式2Br-+Cl2═2Cl-+Br2，每获得1molBr2，需要消耗标况下Cl222.4L，故C错误；D、从溴水中提取溴可以采用萃取、分液和蒸馏的方法，故D正确，故选C。

考点：考查学生氧化还原反应的基本原理以及物质分离和提纯的方法等方面的知识
13.下列有关实验的说法正确的是( )
A. 除去氧化铁中混有的少量氧化铝，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后，过滤
B. 为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量
C. 制备Fe(OH)3胶体，通常是将Fe(OH)3固体溶于热水中
D. 可用澄清石灰水鉴别Na 2CO 3溶液和NaHCO 3溶液
【答案】A
【解析】
A ．正确
B ．瓷坩埚中的二氧化硅可与氢氧化钠反应：SiO 2＋2NaOH=Na 2SiO 3＋H 2O ，排除
C ．制备Fe(OH)3胶体，通常是：在沸水中逐滴滴加饱和的FeCl 3溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,即停止加热即可，排除
D ．澄清石灰水与Na 2CO 3溶液和NaHCO 3溶液均反应产生白色沉淀碳酸钙，排除
故答案为A
14.180℃时将0.5 mol H 2和1 mol CO 2通入1L 的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸汽（CH 3OH ）和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分．．
变化如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应的化学方程式：2CO 2+4H 22CH 3OH+O 2
B. 在0～3 min 内H 2的平均化学反应速率为0.1 mol·L -1·min -1
C. 当容器内混合气体密度不再变化时，表明反应已经达到平衡状态
D. 在3～10 min 内，反应仍未达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图知，消耗n( CO2)=(1-0.9)mol=0.1mol、n(H2)=(0.5-0.2)mol=0.3mol、n(CH3OH)=0.1mol，同一反应中参加反应的各物质的物质的量之比等于其分子个数之比，则N(CO2)：N(H2)：N(CH3OH)=0.1mol：0.3mol：0.1mol=1：3：1，根据原子守恒知，还生成H2O，
所以反应方程式为CO2+3H2⇌CH3OH+H2O，故A错误；B．v(H2)=
n
V
t
=
0.3
1
3
mol
L
min
=0.1mol•L-1•min-1，
故B正确；C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则反应前后气体密度始终不变，所以气体密度不能作为平衡状态判断标准，故C错误；D．在3min时各物质物质的量不变，反应达到平衡状态，则在3～10 min内，反应达到平衡状态，故D错误；故选B。

【点睛】本题考查化学平衡的建立和图像分析，明确化学平衡状态判断标准及化学反应速率计算方法是解本题关键。

本题的易错点为D。

15.某烯烃(只含1个双键)与H2加成后的产物是，则该烯烃的结构式可能有（）
A. 1种
B. 2种
C. 3种
D. 4种【答案】C
【解析】
【详解】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置。

该烷烃的碳链结构为，1号和6号碳
原子关于2号碳原子对称，5、8、9号碳原子关于4号碳原子对称，但4号碳原子上没有氢原子，所以4号碳原子和3、5、8、9号碳原子间不能形成双键；相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键有：1和2之间(或2和6)；2和3之间；3和7之间，共有3种，故答案为C。

【点睛】加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应．根据加成原理采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置．还原双键时注意：先判断该烃结构
是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键。

16.下列结论正确的是( )
①离子半径：K＋＞Al3＋＞S2－＞Cl－
②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4
③离子的还原性：S2－＞Cl－＞Br－＞I－
④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te
⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO
⑥非金属性：O＞N＞P＞Si ⑦金属性：Be＜Mg＜Ca＜K
A. 只有②⑤⑦
B. ②⑥⑦
C. ②④⑤⑥⑦
D. ②④⑥【答案】C
【解析】
【详解】①电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①错误；
②非金属性F＞Cl＞S＞P＞Si，氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；
③非金属性Cl＞Br＞I＞S，阴离子还原性S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故③错误；
④非金属性Cl＞S＞Se＞Te，单质氧化性Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；
⑤非金属性S＞P＞C，最高价含氧酸的酸性H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，碳酸酸性比HClO酸性强，故酸性H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤正确；
⑥同周期随原子序数增大元素非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱，故非金属性O＞N＞P＞Si，故⑥正确；
⑦同主族自上而下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱，故金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，故正确。

故选C。

【点睛】非金属性强弱的比较规律：①单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；②单质和酸或者和水的反应程度：反应越剧烈，非金属性越强；③对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；④和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；⑤最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；⑥由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱；⑦置换反应：非金属性强的制非金属性弱
的。

17.已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且c(Cl-)/c(ClO-)的值与温度高低有关。

当n(KOH)=a mol时，下列有关说法错误的是( )
A. 若某温度下，反应后c(Cl-)/c(ClO-)＝11，则溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)＝1/2
B. 参加反应的氯气的物质的量等于a/2 mol
C. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n e的范围：1
2
a mol≤n e≤
5
6
a mol
D. 改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为1
7
a mol
【答案】D
【解析】
分析：本题考查氧化还原反应的计算，注意电子转移守恒及极限法的应用，培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。

详解：A. 设n(ClO－)=1mol，反应后c(Cl－)/c(ClO－)＝11，则n(Cl－)=11mol，电子转移守恒，5×n(ClO3－)+1×n(ClO－)=1×n(Cl－)，即5×n+1×1=1×11，解得n(ClO3－)=2mol，则溶液中c(ClO－)/c(ClO3－)＝，故正确。

B. 由氯原子守恒可知，2n(Cl2)=
n(KClO)+n(KCl)+n(KClO3),由钾离子守恒可知n(KClO)+n(KCl)+n(KClO3)= n(KOH)，故参加反应的氯气的物质的量为n(Cl2)= n(KOH)= amol，故正确；C.氧化产物只有氯酸钾时，转移电子最多，根据电子守恒n(KCl)=5 n(KClO3)分析，由钾离子守恒n(KCl)+n(KClO3)=
n(KOH)，故n(KClO3)= n(KOH)/6=a/6mol，转移电子最大物质的量为a/6×5=5a/6mol，氧化产物只有次氯酸钾时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KClO)=n(KCl)，根据钾离子守恒n(KClO)+n(KCl)= n(KOH)，故n(KClO)= n(KOH)/2=a/2mol，转移电子最小物质的量为
a/2mol，则反应中转移电子的物质的量的范围为amol ≤ n e ≤amol，故正确。

D. 氧化产物只有氯酸钾时，其物质的量最大，有C中计算可知，产物中KC1O3的最大理论产量为a/6mol，故错误。

故选D。

18.将盛有1 mol NO和NO2混合气体的试管倒立于盛满水的水槽中，再通入0.4 mol O2，充分反应后，整个试管充满水。

则原混合气体中NO与NO2体积比为( )
A. 1∶2
B. 2∶5
C. 3∶7
D. 无法确定
【答案】C
【解析】
设1 mol NO和NO2的混合气体中有a mol NO和(1－a) mol NO2，根据4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3和4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3可得：a＋＝0.4，所以a＝0.3，V(NO)∶V(NO2)＝3∶7。

19.把铜粉和过量的铁粉加入到热的浓硝酸中，充分反应后溶液中大量存在的金属阳离子是（）
A. 只有Fe2+
B. 只有Fe3+
C. 有Fe2+和Cu2+
D. 有Fe3+和Cu2+
【答案】A
【解析】
【分析】
金属性：Fe>Cu，铁过量，只有铁单质与浓硝酸反应，先发生：Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO2↑＋2H2O，铁单质还能与Fe3＋反应，Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，金属阳离子是Fe2＋。

【详解】铁的金属性强于铜，铁先于硝酸反应：Fe＋3HNO3=Fe(NO3)3＋NO2↑＋2H2O，因为铁过量，硝酸完全消耗，因此Cu不与硝酸反应，过量铁与Fe3＋发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，因此反应后溶液中大量的金属阳离子是Fe2＋，故选项A正确。

20.对于1LH2SO4和HNO3的混合溶液，若H2SO4和HNO3物质的量浓度存在如下关系：
c(H2SO4)+c(HNO3)=1.2mol·L-1，则理论上最多能溶解铜的物质的量为
A. 0.80mol 0.72mol
B. 0.45mol
C. 0.40mol
【答案】B
【解析】
【分析】
金属铜和稀硫酸之间不会反应，但是可以和稀硝酸之间反应，根据反应：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O来计算。

【详解】铜不与硫酸反应，但能提供氢离子，硝酸与铜反应生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子可以继续反应，反应离子方程式如下：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸
根离子的浓度与氢离子的浓度比为1:4时，溶解的铜最多，设硫酸的物质的量为x mol，硝
酸的物质的量为ymol，则x+y=1.5，
y
2x y
=1：4，解得x=0.9mol，y=0.6mol，设参加反
应的铜的最大物质的量是z，
3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
3 2
z0.6
3z
=
20.6mol
解得：z = 0.9 mol，即理论上最多能溶解铜的物质的量为0.90 mol，C项正确；
答案选C。

非选择题
21.I. 某实验小组对H2O2的分解做了如下探究。

下表是研究影响H2O2分解速率的因素时记录的一组数据，将质量相同但状态不同的MnO2分别加入盛有15 mL5%的H2O2溶液的大试管中，并用带火星的木条测试，结果如下：
(1)该反应是_________反应(填放热或吸热)。

(2)实验结果表明，催化剂的催化效果与_____________________有关。

Ⅱ．某可逆反应在体积为5L的密闭容器中进行，在从0—3分钟各物质的物质的量变化情况如图所示(A、B、C均为气体)。

(3)该反应的的化学方程式为_____________。

(4)反应开始至2分钟时，B的平均反应速率为__________。

(5)能说明该反应已达到平衡状态的是_________。

A．v(A)= 2v(B) B．容器内压强保持不变
C．v逆(A)= v正(C) D．容器内混合气体的密度保持不变
(6)由图求得A的平衡时的转化率为__________。

【答案】 (1). 放热 (2). 催化剂的接触面积 (3). 2A+B2C (4). 0.1
mol/(L·min) (5). BC (6). 40%
【解析】
【分析】
I．(1)试管发烫，说明反应为放热反应；
(2)根据试管发烫程度，反应剧烈程度、木条复燃情况，说明粉末状二氧化锰情况比块状的反应更剧烈；
II．(3)由物质的量的变化判断反应物与生成物，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比；
(4)反应开始至2分钟时，B的变化量为1mol，再根据
c n
==
t V t
υ
∆∆
∆∆
计算；
(5)可逆反应到达平衡时，同种物质表示的正逆反应速率相对，不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，平衡时各组分的浓度、物质的量、含量保持不变，选择判断平衡的物理量由变化到不再变化，说明反应到达平衡；
【详解】I．(1)试管发烫，说明反应为放热反应；故答案为：放热；
(2)根据试管发烫程度，反应剧烈程度、木条复燃情况，说明粉末状二氧化锰情况比块状的反应更剧烈，粉末状接触面积更大，反应更剧烈，故催化剂的催化效果与催化剂的接触面积有关，故答案为：催化剂的接触面积；
II ．(3)随反应进行A 、B 物质的量减小，二者为反应物，C 的物质的量增大，为生成物，△n(A)：△n(B)：△n(C)=2mol ：1mol ：2mol=2：1：1，故反应方程式为：2A+B
2C ，故答案为：2A+B 2C ； (4)反应开始至2分钟时，B 的变化量为1mol ，根据公式c n ==t V t
υ∆∆∆∆，求解11n 1()=0.1min 52min
mol B mol L V t L υ--∆==∆⨯； (5)A ．未指明只能速率，不能说明到达平衡，故A 错误；
B ．随反应进行混合气体总物质的量减小，容器内压强减小，压强保持不变，说明到达平衡，故B 正确；
C ．不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，说明到达平衡，即v 逆(A)=v 正(C)，故C 正确；
D ．容器内混合气体总质量不变，容器体积越大，容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明到达平衡，故D 错误。

故选：BC ；
(6)平衡时消耗的A 为2mol ，A 的转化率=2mol÷5mol×100%=40%，故答案为：40%。

22.人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要，广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面，请根据题中提供的信息，填写空格。

(1)铅蓄电池在放电时发生的电池反应式为：Pb+PbO 2+2H 2SO 4===2PbSO 4+2H 2O 。

正极电极反应为__________。

(2)某学习小组依据氧化还原反应：2Ag ++Cu===Cu 2+
+2Ag 设计成原电池，则负极发生的电极反应为 ________，当反应进行到一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了5.4g ，则该原电池反应共转移了的电子数目是_________。

(3)燃料电池是一种高效、环境友好供电装置，如下图是电解质为稀硫酸溶液的氢氧燃料电池原理示意图，回答下列问题：
①该电池的正极反应式__________________________。

②若该电池的效率80%，当外电路通过0.2mo1电子时，消耗O2的体积____L(标准状况) 【答案】 (1). PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O (2). Cu-2e=Cu2+ (3). 0.05N A (4). O2+4e-+4H+=2H2O (5). 1.4
【解析】
【分析】
（1）根据铅蓄电池中正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅，写出电极方程式；
（2）根据总反应可知铜发生氧化反应，则铜失电子作原电池的负极；Ag为原电池的正极，正极上发生还原反应，根据电极反应式计算转移电子的数目；
（3）氢氧燃料电池中，通入氧气的一极为正极，发生还原反应；根据原电池中得失电子数目相等进行计算。

【详解】（1）铅蓄电池的电池总反应式为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，依据反应的总电池反应，反应中PbO2中元素化合价降低的是在正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅，电极反应为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；故答案为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O。

（2）在2Ag++Cu═Cu2++2Ag反应中，铜的化合价升高，发生氧化反应，则铜失电子作原电池的负极，电极反应为Cu-2e-═Cu2+；原电池工作时，负极铜失去电子被氧化生成铜离子，铜的质量逐渐减少，溶液中的银离子在正极银得电子发生还原反应生成银，所以正极增重的质量就是析出银的质量，当银电极质量增加5.4g时，n（Ag）=5.4g÷108g/mol =0.05mol，根据电极反应Ag++e-=Ag，可知原电池反应共转移电子的数目为0.05N A，故答案为：Cu-2e-═Cu2+；
0.05N A。

（3）①氢氧燃料电池中，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，该电池的正极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O；故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O。

②设参加反应的氧气的体积为VL（标准状况），则
VL
22.4L/mol
×80%×4mol=0.2mol，解得
V=1.4L，故答案为：1.4。

23.已知A为淡黄色固体，R和T是两种生活中常见的金属单质，C、F是无色无味的气体。

(1)物质A的化学式为_____，D化学式为_____，W的化学式为_____；
(2)B与R反应生成F的离子反应式为___________；
(3)A与CO2反应的化学反应方程式为____________；
(4)H转化为M的化学反应方程式为_____________；
【答案】 (1). Na2O2 (2). Fe3O4 (3). FeCl3 (4). 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO﹣2+3H2↑ (5). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
A为淡黄色固体，能与水反应，即A为Na2O2，Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，C 为无色无味的气体，即C为O2，B为NaOH，R为常见金属单质，即R为Al，F为无色无味气体，即F为H2，T为两种生活中常见的金属单质，即T为Fe，D为Fe3O4，E为FeCl2，H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3；
【详解】A为淡黄色固体，能与水反应，即A为Na2O2，Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH ＋O2↑，C为无色无味的气体，即C为O2，B为NaOH，R为常见金属单质，即R为Al，F为无色无味气体，即F为H2，T为两种生活中常见的金属单质，即T为Fe，D为Fe3O4，Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2和FeCl3，加入过量的Fe，Fe与FeCl3反应生成FeCl2，即E为FeCl2，H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3，
（1）根据上述分析，物质A为Na2O2，D的化学式为Fe3O4，W的化学式为FeCl3；
（2）Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；
（3）Na2O2与CO2反应的方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；
（4）Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，其反应方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。

24.用如图所示装置(夹持仪器省略)进行实验，将液体A逐渐加入固体B中。

回答下列问题：。