池中，阳极上发生失电子的氧化反应，阴极上发生得电子的还原反应；D、根据原电池原理判断。 详解：根据原电池原理，放电时电子从负极流向正极，原电池内部的阳离子向正极移动，所以a电极是原电池的正极，b是原电池的负极，A说法正确；
放电时，负极的电极反应式：LixC6-xe-=xLi++C6，正极的电极反应式：Li（1-x）FePO4+xLi++x e-═LiFePO4，7g/mol=1.4g，所以当电路中通过0.2mol电子，正极有0.2molLi+得到电子在正极析出，正极增重0.2mol×
B选项说法正确；充电时是电解池原理，电源的正极和电池的正极相连，此时a极是电解池的阳极，发生失电子的氧化反应，反应为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，所以C选项错误；Li1-xFePO4是原电池的正极材料，铁单质是导体，能够导电，电子不能够通过外电路，即造成电池短路，D选项说法正确；正确选项C。
点睛：原电池的正负极判断方法：1、根据原电池里电解质溶液内离子的定向流动方向判断：在原电池的电解质溶液内，阳离子移向的极是正极，阴离子流向的极为负极，本题中Li+移向a极，a极为原电池的正极；
2、由组成原电池的两极的电极材料判断：一般来说,通常两种不同金属在电解溶液中构成原电池时，较活泼的金属作负极，但也不是绝对的,应以发生的电极反应来定，例如：Mg-Al合金放入稀盐酸中，Mg比Al易失去电子，Mg作负极；将Mg-Al合金放入烧碱溶液中，由于发生电极反应的是 Al，故Al作负极。另如Cu-Al放在浓硫酸中，Cu是负极。
3、根据电流方向或电子流动方向判断：电流流入的一极或电子流出的一极为负极；电子流动方向是由负极流向正极，本题中的电子从Zn（负极）流向Cu（正极），所以A说法正确。 16．B
【解析】分析：A. 电解 NaCl 溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融态的氯化镁可制得镁和氯气；B. 工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，发生的氧化还原反应为Cu2S+O2═2Cu+SO2故B正确；C. 铝热反应不能用于冶炼K、 Ca等活泼金属；D. 工业电解熔融态的 Al2O3 制 Al 时，加冰晶石的主要作用是降低Al2O3的熔化温度。
详解：A. 电解 NaCl 溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融态的氯化镁可制得镁和氯气，故A错误； B. 工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，发生的氧化还原反应为Cu2S+O2═2Cu+SO2故B正确； C. 铝热反应不能用于冶炼K、 Ca等活泼金属，故C错误；
D. 工业电解熔融态的 Al2O3 制 Al 时，加冰晶石的主要作用是降低Al2O3的熔化温度，不能提高Al的产量，故D错误。 所以本题答案选B。 17．B
【解析】分析:有机物含有羧基,苯环,具有羧酸、苯的性质,结合有机物的结构特点解答该题。 详解:A.由结构简式可以知道布洛芬的分子式为C13H18O2,所以A选项是正确的；
B. 布洛芬与乙酸结构上不相似（乙酸中无苯环），分子组成也不是相差CH2原子团，因而不是同系物,所以
B选项是错误的;
C.能与氢气发生加成反应的只有苯环,则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应,所以C选项是正确的；
D.结构对称,则布洛芬在苯环上发生取代反应,其一氯代物有2种,故D正确。 综上所述，本题正确答案为B。 18．B 【解析】 【分析】 【详解】
A．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，故A错误； B．使用催化剂能够降低反应活化能，可提高反应速率，故B正确；
C．化学平衡是动态平衡，达到平衡时，(正）=(逆） ≠0，属于动态平衡，故C错误； D．2SO2+O2故答案选B。 19．C
【解析】A．由结构可知，分子式为C14H18O6，A正确；B．结构对称，环上有5种H，环上氢原子的一氯取代物5种，B正确；C．-OH、-COOH均与Na反应，1mol该有机物与足量的金属钠反应产生2mol H2，C错误；D．含-OH、-COOH，分子间可发生酯化反应，D正确；答案选C。 20．B 【解析】 【详解】
A.根据图示可知：生成物的能量比反应物的能量高，所以该反应是吸热反应，A正确；
B.任何化学反应发生都有断裂反应物化学键吸收能量的过程，和形成生成物化学键释放能量的过程，与化学反应是放热反应还是吸热反应无关，B错误；
C.该反应是吸热反应说明反应物断裂旧键所吸收的能量高于生成物形成新键放出的能量，C正确； D.碳酸钙分解反应是吸热反应，该反应图示过程是吸热反应，因此可能为碳酸钙分解反应，D正确； 故合理选项是B。
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．大于水的电离吸热，升高温度，促进水的电离，KW增大10：19：2D 【解析】
Ⅰ．升高温度促进水的电离，则水的离子积常数增大，某温度(t°C)时水的Kw=1×10-13＞1×10-14，则该温度大于25°C，故答案为大于；升高温度促进水电离；
(1)pH=11的NaOH中c(OH-)=0.01mol/L，pH=1的硫酸中c(H+)=0.1mol/L，混合溶液呈中性，说明酸中n(H+)
2SO3为可逆反应，达到平衡时SO2转化率不可能可达100%，故D错误；
等于碱中n(OH-)，则0.01a =0.1b，a：b=10：1，故答案为10：1； (2)若所得混合液的 pH=2，混合溶液中c(H+)=0.01mol/L，
0.1mol/L?bL?0.01mol/L?aLc(H)==0.01mol/L，a：b=9：2，故答案为9：2；
?a?b?L+
Ⅱ．A．c(H+)=0.1mol?L-1×0.1%=10-4mol/L，pH=-lg10-4=4，故A正确；B．水电离出的c(H+)等于溶液中
?1410c(OH-)=?4mol/L=10-10mol/L，由HA电离出的c(H+)为10-4mol/L，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离
10出的c(H)的10倍，故B正确；C．电离平衡常数K=
+6
cH?·cA?c?HA?????=10?4?10?4mol/=1×10-7 mol?L-1，故C
0.1正确；D．HA的电离是吸热反应，升高温度促进HA电离，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故D错误；故选D。
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22． 气体X→A→C→A→B→E→F→D 恢复红色 a 防止空气中的水蒸气进入F 浓硫酸变稀，稀硫酸与锌反应产生氢气
【解析】分析：本题考查锌与浓硫酸共热的产物。开始产生SO2，随着反应的进行，硫酸变稀，又会产生氢气。检验产物为SO2和H2方法是生成的SO2可以用品红溶液检验，为防止对后续实验的干扰，需要除去SO2，可以用氢氧化钠溶液，为检验是否除尽，还需要再通过品红溶液，另外氢气与氧化铜反应前还需要干燥氢气，氢气还原黑色CuO变成红色的Cu，同时产生水，需用无水硫酸铜检验氢气被氧化的产物水，水和无水硫酸铜反应生成蓝色的五水合硫酸铜，最后还需要防止空气中的水蒸气对实验造成干扰。 详解：(1)生成的SO2可以用品红溶液检验，为防止对后续实验的干扰，需要除去SO2，可以用氢氧化钠溶液，为检验是否除尽，还需要再通过品红溶液，另外氢气与氧化铜反应前还需要干燥氢气，氢气还原黑色CuO变成红色的Cu，同时产生水，需用无水硫酸铜检验氢气被氧化的产物水，水和无水硫酸铜反应生成蓝色的五水合硫酸铜，最后还需要防止空气中的水蒸气对实验造成干扰，因此上述装置的连接顺序为：气体X→A→C→A→B→E→F→D。
(2)SO2的漂白是不稳定的， 所以实验结束后取适量该溶液于试管中并加热，现象为溶液又由无色变为红色。(3)根据以上分析可知装置C的作用是吸收SO2；a.酸性KMnO4溶液能吸收SO2，故a正确；b.CaCl2溶液不能吸收SO2，故b错误；c.饱和NaHSO3溶液不能吸收SO2，故c错误；答案选a；D中加入的试剂可以是碱石灰，可以防止空气中的水蒸气进入F中，避免对氢气与CuO反应产物检验产生干扰。 (4)由于Zn与浓硫酸反应时，浓硫酸逐渐变稀，Zn与稀硫酸反应可产生H2。
点睛：本题考查锌和硫酸的反应及产物的检验，题目难度中等，注意掌握浓硫酸与金属在加热的条件下反应能生成二氧化硫，随反应进行，硫酸浓度变稀，又会和锌反应放出氢气。根据性质检验气体、检验方法，理解检验的先后顺序是解答本题的关键，侧重于考查学生的分析能力和实验探究能力。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．NH4HCO3或(NH4)2CO3 NH3 H2O 排水 向上排空气 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2
4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O 用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的
玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在) 【解析】 【分析】
常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。 【详解】
常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；
(1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；
(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；
(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2； (4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3 + 5O2
4NO + 6H2O；
(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)。 【点睛】
此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24． 浓硫酸 湿润的红纸条褪色 b Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O
【解析】分析：结合所给装置，干燥氯气需用浓硫酸；氯水具有漂白性，能使湿润的红纸条褪色；氯气具有氧化性，可以通过和还原性物质反应产生现象来要验证氯气具有氧化性；装置②中发生的是氯气和氢氧化钠的反应，以此分析。
详解：结合以上分析（1）若要得到干燥的氯气，则①中所加的试剂应为浓硫酸。
（2）若①中盛放的是湿润的红纸条，因为氯水具有漂白性，所以可观察到的现象为湿润的红纸条褪色。
（3）a. 将氯气通入FeCl2溶液，FeCl2被氯气氧化，溶液由浅绿色变为棕黄色，可以证明氯气具有氧化性，a正确；b.将氯气通入溴水不反应，故b错误；c. 将氯气通入KI溶液溶液，KI溶液被氯气氧化生成I2，溶液由无色变为黄色，可以证明氯气具有氧化性，c正确；因此本题答案选b。
（4）装置②中用氢氧化钠溶液吸收多余氯气，反应的离子方程式是Cl2 + 2OH- =Cl- + ClO- + H2O。因此本题答案为：Cl2 + 2OH = Cl + ClO + H2O。
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[合集3份试卷]2020甘肃省金昌市高一化学下学期期末复习检测试题
