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提高版选择题
一、选择题（题型注释）
1．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
A．图1可证明乙醇发生消去反应生成了乙烯
B．图2用于实验室制备乙酸乙酯
C．图3用于配制银氨溶液
D．图4用于实验室制硝基苯
【答案】D
【解析】
试题分析：A、如果不严格控制温度，乙醇分子间脱水会生成乙醚，错误；B、实验室制备乙酸乙酯，用的是饱和碳酸钠，错误；C、配制银氨溶液，应该是将氨水滴加到硝酸银中，错误；D正确。
2．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛使用，锌-锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为：ZN(s)+2MNO2(s)+H2O(l)﹦ZN(OH)2(s)+MN2O3(s)。下列说法错误的是
A、电池工作时，锌失去电子
B、电池正极的电极反应式为：2MNO2(s)+H2O(l)+2e－﹦MN2O3(s)+2OH－(aq)
C、电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D、外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g
【答案】C
【解析】
试题分析：A、电池工作时，ZN作负极，失去电子，正确；B、原电池的正极发生还原反应，则元素的化合价降低，所以二氧化锰得到电子，与水结合生成MN2O3和氢氧根离子，正确；C、电池工作时，电子从负极向正极移动，错误；D、外电路通过0.2mol电子，则消耗0.1molZN，在ZN的质量减少6.5g，正确，答案选C。
3．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．氯水中：c（Cl2）＝2c（ClO－）＋2c（Cl－）＋2c（HClO）
B．Na2CO3溶液：c（OH－）＝c（HCO3-）＋c（H2CO3） ＋c（H＋）
C．等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）＋c（ClO－）＝c（HCO3-）＋c（H2CO3）
D．室温下，向0.01 mol•L－1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na＋）>c（SO42－）>c（NH4+）>c（OH－）＝c（H＋）
【答案】D
【解析】
试题分析：氯气溶于水时不会全部都与水发生反应，故不存在等式中的守恒，A错；Na2CO3溶液中c（OH－）＝c（HCO3-）＋2c（H2CO3） ＋c（H＋）是质子守恒，B错；根据物料守恒，等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中有：c（HClO）＋c（ClO－）＝c（HCO3-）＋c（H2CO3）+ c（CO32-），C错；NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，NaOH溶液要稍过量，故c（Na＋）>c（SO42-）>c（NH4+）>c（OH－）＝c（H＋），D对。
7．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：
元素符号 X Y Z R T
原子半径（nm） 0．160 0．080 0．102 0．143 0．074
主要化合价 +2 +2 -2,+4,+6 +3 -2
根据表中信息，判断以下说法正确的是
A．单质与稀硫酸反应的速率快慢：R>Y>X
B．离子半径：T2－＞X2+
C．元素最高价氧化物的水化物的碱性：Y > R >X
D．气态氢化物的稳定性：Z＞T
【答案】B
【解析】
试题分析：根据表中信息，Z元素的化合价为-2、+4、+6，所以Z是S元素，T的化合价为-2，则T是O元素，X、Y的主要化合价相同，所以属于同种族元素，都是第IIA族元素，X是Mg，Y是Be元素，R的化合价是+3价，且原子半径比X稍小，所以R是Al元素。A、Be、Mg、Al三种金属的活动性顺序是Mg>Al>Be，所以单质与稀硫酸反应的速率快慢：X>R>Y，错误；B、T2－与X2+的电子层结构相同，所以核电荷数小的离子半径大，则T2－＞X2+，正确；C、元素的金属性越强，则其最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以元素最高价氧化物的水化物的碱性：X>R>Y，错误；D、元素的非金属性T>Z，所以气态氢化物的稳定性T>Z，错误，答案选B。
8．下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是
A．钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极反应是：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D．当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
【答案】B
【解析】
试题分析：A、钢铁在弱碱条件下发生的腐蚀为吸氧腐蚀，氧气得到电子与水结合生成氢氧根离子，正确；B、钢管与电源的正极 ，则钢管作阳极，发生氧化反应，所以钢管失去电子，被腐蚀，错误；C、海轮外壳连接锌块，锌比铁活泼，所以形成的原电池中Zn作负极，Fe作正极，所以Fe被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，正确；D、当镀锌铁制品的镀层破损时，仍是Zn为负极，则Zn被发生，所以镀层仍能对铁制品起保护作用，正确，答案选B。
11．常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是
A．将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液中各离子浓度均减小
B．用CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液至pH=7，V（CH3COOH溶液）<V（NaOH溶液）
C．向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积0．1 mol•L-1 NH3•H2O溶液：c（Cl–）+c（OH–）=c（H+）+c（NH3•H2O）
D．在含0．1mol NaHSO4的溶液中：c（H+）=c（SO42-）+c（OH–）
【答案】D
【解析】
试题分析：将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，酸性减弱，氢离子浓度减小，常温下，KW不变，则氢氧根离子浓度增大，A错误；用 CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液，如果体积相同时，恰好生成乙酸钠，乙酸钠为强碱弱酸盐，显碱性，要使溶液显中性，加入的乙酸的体积应大于氢氧化钠溶液的体积，B错误；向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积0.1 mol•L－1 NH3•H2O溶液，得到等浓度的氯化氢和氯化铵的混合溶液，根据电荷守恒可得c（Cl–）+c（OH–）=c（H+）+ c（NH4+），由于铵根离子水解生成一水合氨，水解是微弱的，则一水合氨的浓度远远小于铵根离子的浓度，所以c（Cl–）+c（OH–）＞c（H+）+ c（NH3•H2O），C错误；根据电荷守恒可得c（Na+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），在0.1mol NaHSO4溶液中c（Na+）= c（SO42-），所以，在含0.1mol NaHSO4的溶液中，c（H+）=c（SO42-+c（OH-），D正确。
16．某未知溶液可能含Cl﹣、CO32﹣、Na+、SO42﹣、Al3+．将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红．取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀．下列判断合理的是
A．一定有Cl﹣ B．一定有SO42﹣
C．一定没有Al3+ D．一定没有CO32﹣
【答案】BD
【解析】
因为将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32﹣不存在；因为Al3+水解呈酸性，所以有Al3+；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42﹣，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有Cl﹣，因为前面已滴加了氯化钡，据此可知A错误；B正确；C错误；D正确，
故选BD．
【答案】C
【解析】A．由于氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子先反应，滤液中因不存在Cu2+一定不存在铁离子，故A错误；
B．由于生成了氢气说明滤液中不含铜离子，滤渣3.2g为金属铜，铜元素的物质的量为0.05mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：80g/mol×0.05mol=4.0g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故B错误；
C．滤液A中含有亚铁离子和氢离子，加入足量氢氧化钠溶液后，过滤，最后灼烧得到的固体为氧化铁，3.2g氧化铁的物质的量为0.02mol，含有铁元素的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，样品中所有铁元素都生成了氧化铁，所以样品中Fe元素的质量为：56g/mol×0.04mol=2.24g，故C正确；
D．由于部分铁用于置换金属铜，则与氢离子反应生成氢气的铁的物质的量小于0.04mol，反应生成的气体的物质的量小于0.04mol，标况下生成的气体的体积一定小于：22.4mol/L×0.04mol=0.896L=896mL，故D错误；故答案选C。
【答案】C
【解析】A、1 mol X含1mol酚羟基、1mol羧基，与足量的NaOH溶液反应，最多消耗2mol NaOH，故A错误；B、1 mol X最多能与10mol氢气反应，故B错误；C、模仿课本上的苯酚与甲醛发生缩聚生成酚醛树脂的反应判断x能与糠醛发生缩聚，故C正确；D、与浓溴水反应时，只有酚羟基的两个邻位氢被取代，所以1 mol X与足量的浓溴水反应，最多消耗2mol Br2故D错误。
故答案选C
19．下列设计的实验方案能达到实验目的的是
A．制备Al(OH)3悬浊液：向1mol•L－1AlCl3溶液中加过量的6mol•L－1NaOH溶液
B．提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和碳酸钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水
C．检验溶液中是否含有Fe3＋：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象
D．探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2ml5%H2O2和1mlH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象
【答案】BD
【解析】A、Al(OH)3是两性氢氧化物，可以和过量氢氧化钠反应生偏铝酸钠，故不能制备氢氧化铝悬浊液，错误；B、乙酸的酸性强于碳酸钠，饱和碳酸钠除去乙酸，还可以降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，然后分液即可，故正确；C、氯水具有强氧化性，可能把Fe2＋氧化成Fe3＋，也会出现上述现象，故错误；D、两试管做对比实验，如果第二支试管冒出气泡多与第一支，说明FeCl3是催化剂，加快反应速率，故正确。
20．向某4L密闭容器中加入一定量的A、B、C三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示．乙图为达到平衡后在t2、t3、t4、t5时改变某一种反应条件，平衡体系中速率随时间变化的情况，且所改变的条件均不同．已知t3﹣t4阶段为使用催化剂．则下列说法不正确的是
A．若t1=15s，则t0﹣t1阶段以A浓度变化表示的反应速率v（A）为0.006mol/（L•s）
B．B的起始物质的量为0.04mol
C．若t2﹣t3阶段改变的条件是增大A的浓度，则平衡时C的体积分数变大
D．该反应为放热反应
【答案】BC
【解析】
t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，如t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，则t4～t5阶段应为减小压强；反应中A的浓度变化为0.15mol/L﹣0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为0.11mol/L﹣0.05mol/L=0.11mol/L，则A、C的化学计量数之比为9：11，该反应为气体体积不变的反应，则Y为反应物，该反应为9A（g）+2B（g）⇌11C（g），
A．t1=15s，则t0﹣t1阶段以A浓度变化表示的反应速率v（A）= =0.006mol/（L•s），故A正确；B．A减少0.36mol，则B减少0.04mol，则起始B的物质的量为0.20mol+0.04mol=0.24mol，故B错误；C．由图象可知，逆反应速率瞬间不变，正反应速率增大，则t2﹣t3阶段改变的条件是增大A的浓度，平衡正向移动，但C的体积分数减小，故C错误；D．t5﹣t6阶段，改变条件为升高温度，升高温度逆反应大于正反应速率，则正反应为放热反应，故D正确；
故选BC．
22．下列说法正确的是
A．实验室从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取
B．用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度
C．氯离子存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器
D．将（NH4）2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性
【答案】C
【解析】A选项：海带中碘元素是以碘离子的形式存在，需要加双氧水将碘离子氧化成碘单质，然后萃取分液，最后蒸馏得到碘单质。B选项：用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时必须使温度迅速提高至约170℃。
C选项：通常认为是Cl—替换氧化铝中的O2—而形成可溶性的氯化物，所以铝表面的氧化膜易被Cl—破坏。
D选项：蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液发生盐析（盐析是可逆过程，不破坏蛋白质的生理活性，加水后又溶解）；蛋白质溶液中加入CuSO4等重金属盐溶液变性析出（变性是不可逆过程，蛋白质失去了生理活性，加水不再溶解）。
25．将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol•L-1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是
A．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL
B．参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol
C．开始加入合金的质量可能为16.4g
D．标况下产物NO的体积为22.4 L
【答案】A
【解析】固体增加的质量是金属阳离子结合的OH－的物质的量，因此OH－的物质的量是0.3mol，所以原氢氧化钠溶液的体积是100mol，A正确；由于金属失去电子的物质的量就是结合的OH－的物质的量，所以反应中转移电子是0.3mol，则生成NO是0.1mol。根据原子守恒可知，生成硝酸钠是0.3mol，所以参加反应的硝酸是0.3mol＋0.1mol＝0.4mol。由于无法确定沉淀的质量，所以不能确定合金的质量，因此BCD都是错误的，答案选A。
27．合成导电高分子材料PPV的反应：
下列说法中正确的是
A．合成PPV的反应为加聚反应
B．PPV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元
C． 和苯乙烯互为同系物
D．通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度
【答案】D
【解析】A.高分子材料的合成过程可以看出该反应生成小分子HI，应为缩聚反应，故A错误；B.聚苯乙烯的重复结构单元为 ，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以不相同，故B错误；C． 有两个碳碳双键，而苯乙烯有一个碳碳双键，结构不同，二者不是同系物，故C错误；D.质谱图可以测定有机物的相对分子质量，故D正确。
29．25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3•H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是
A．未加盐酸时：c(OH－)＞c(Na＋)= c(NH3•H2O)
B．加入10mL盐酸时：c(NH4＋) ＋c(H＋) ＝ c(OH－)
C．加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl－) = c(Na＋)
D．加入20mL盐酸时：c(Cl－) ＝c(NH4＋) ＋c(Na＋)
【答案】B
【解析】A、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法判断c(Na＋)= c(NH3•H2O)，故A错误；B、加入10mL盐酸时，c（Cl-）=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4＋) ＋c(H＋) + c(Na+)＝c(OH－)+c（Cl-），所以c(NH4＋) ＋c(H＋) ＝ c(OH－)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4＋) ＋c(H＋) + c(Na+)＝ c(OH－)+c（Cl-），pH=7时，即c(H＋) ＝ c(OH－)，所以c(NH4＋) + c(Na+)＝ c（Cl-），c(Cl－) >c(Na＋)，故C错误；D、加入20mL盐酸时， c（Cl-）=2 c(Na＋),由于铵根离子的水解，c(NH4＋) ﹤c(Na+)，所以c(Cl－)>c(NH4＋) ＋c(Na＋)，故D错误，此题选B。
30．某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是
A．该装置将化学能转化为光能和电能
B．该装置工作时，H＋从b极区向a极区迁移
C．每生成1 mol O2，有44 g CO2被还原
D．a电极的反应为：3CO2 + 16H＋-18e－= C3H8O+4H2O
【答案】B
【解析】A．根据图示可知，该装置将电能和光能转化为化学能，错误。B．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H＋从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移，正确。C．该反应的总方程式是：6CO2+8H2O=2C3H8O+9O2。根据反应方程式可知，每生成1 mol O2，有2/3molCO2被还原，其质量是88/3 g，错误。D．根据图示可知与电源负极连接的a 电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：3CO2 + 18H＋+18e－= C3H8O+5H2O，错误。
31．下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是
A．该溶液中，H+、NH4+、SO42-、Br-可以大量共存
B．该溶液中，Ag+、K+、NO3-、CH3CHO可以大量共存
C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=== Cl-+2Fe3++H2O
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个
【答案】D
【解析】A、ClO-在酸性条件具有强氧化性，可以氧化Br-，故A错误；B、混合溶液中存在Cl-，所以Ag+不能大量存在，故B错误；C、该溶液呈碱性，离子方程式书写中不应该有H+，故C错误；D、该反应方程式为：NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑，生成1molCl2，转移电子约为6.02×1023个，D正确；此题选D
32．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项 实 验 现 象 结 论
A． 将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液 有气体生成，溶液呈血红色 稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋
B． 将铜粉加1.0 mol•L－1 Fe2（SO4）3溶液中 溶液变蓝、有黑色固体出现 金属铁比铜活泼
C． 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热 熔化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点较低
D． 将0.1mol•L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol•L－1CuSO4溶液 先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀 Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小
【答案】D
【解析】A、稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误；B、Cu与硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，无黑色固体出现，现象错误；C、铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝不会滴落，现象错误；D、硫酸镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀（硫酸镁足量是关键信息），再加入硫酸铜，则生成氢氧化铜蓝色沉淀，沉淀的自发转化应该由溶解度小的向溶解度更小的沉淀转化，所以氢氧化铜的溶度积比氢氧化镁的溶度积小，正确，答案选D。
33．下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka=1．8×10-5）和一氯乙酸（乙，Ka=1．4×10-3）在水中的电离度与浓度关系的是
【答案】B
【解析】A、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误；B、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像相符，正确；C、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误；D、根据题给电离常数分析醋酸和一氯醋酸均为弱电解质且在相同温度、相同浓度时，醋酸的电离度小于一氯醋酸，即甲的电离度小于乙；弱电解质的浓度越大，电离度越小，与图像不符，错误。
35．一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＋H2O 3H2＋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－=2H2O
C．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－
【答案】D
【解析】A、1molCH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO＋H2＋2CO32－－4e－=3CO2＋H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2＋2CO2＋4e－=2CO32－，故D正确。
36．海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是
A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂
D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收
【答案】C
【解析】A．氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，A正确；B．粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去，所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯，B正确；C．工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C错误；D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，SO2具有还原性，能被溴氧化，因此再用SO2将其还原吸收，D正确，答案选C。
37．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是
A．正极反应中有CO2生成
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O
【答案】A
【解析】首先根据原电池反应判断出厌氧反应为负极侧，有氧反应为正极侧。A、根据厌氧反应中碳元素的化合价的变化：葡萄糖分子中碳元素平均为0价，二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，所以生成二氧化碳的反应为氧化反应，所以在负极生成。错误；B、在微生物的作用下，该装置为原电池装置。原电池能加快氧化还原反应速率，故可以说微生物促进了电子的转移。正确；C、原电池中阳离子向正极移动。正确；D、电池的总反应实质是葡萄糖的氧化反应。正确。
38．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
【解析】A项比较的是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，可以根据元素非金属性强弱判断，B项根据元素在周期表的位置来推断， C项与金属性强弱有关，比较的是最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，以上三个选项都能用元素周期律解释， D项无法根据元素周期律的知识对盐的热稳定性来判断，故选D。
39．室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．向0.10mol•L－1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4＋）=c（HCO3－）＋c（CO32－）
B．向0.10mol•L－1NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na＋）>c（NH4＋）>c（SO32－）
C．0.10mol•L－1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na＋）=2
D．0.10mol•L－1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na＋）>c（CH3COOH）=c（Cl－）
【答案】D
【解析】A、两者不反应，根据溶液呈现电中性，c（NH4＋）＋c（H＋）=c（OH－）＋c（HCO3－）＋2c（CO32－），因为pH=7，c（H＋）=c（OH－），即c（NH4＋）=c（HCO3－）＋2c（CO32－），故错误；B、HSO3－ H＋＋SO32－，NH3和H＋反应，生成亚硫酸钠和亚硫酸铵，水解的程度是微弱的，c（Na＋）>c（SO32－）=c（NH4＋），故错误；C、Na2SO3＋SO2＋H2O=2NaHSO3，pH=7，反应后溶液的溶质Na2SO3、NaHSO3，根据物料守恒：2c（Na＋）=3，故错误；D、CH3COONa＋HCl=CH3COOH＋NaCl，溶液pH=7，反应后的溶质：NaCl、CH3COOH、CH3COONa，电离和水解相等，即：c（Na＋）>c（CH3COOH）=c（Cl－），故正确。
40．浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随 的变化如图所示，下列叙述错误的是
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：b点大于a点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH－）相等
D．当 =2时，若两溶液同时升高温度，则 增大
【答案】D
【解析】A、根据图像可知，0.1mol/L MOH溶液的pH=13，说明MOH完全电离，为强电解质，而ROH溶液的pH<13，说明ROH为弱电解质，所以MOH的碱性强于ROH的碱性。正确；B、ROH为弱碱，溶液越稀越易电离，所以ROH的电离程度：b点大于a点。正确；C、两溶液无限稀释下去，最终的pH均为7，所以它们的氢氧根离子浓度相等。正确；D、当 =2时，MOH溶液的pH=11，ROH溶液的pH=10，MOH溶液中不存在电离平衡，升高温度，对c（M+）无影响；而ROH溶液中存在电离平衡，升高温度，电离正向移动，则c（R+）浓度增大。综上所述，升高温度时 比值减
43．下列说法正确的是
A．制备硫酸亚铁晶体时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液被全部蒸干
B．向1 mL浓度均为0.05 mol•L－1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴0.01 mol•L－1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色。结论：Ksp（AgCl）<Ksp（AgI）
C．0.1mol•L-1的NaOH溶液分别中和pH、体积均相等的醋酸和盐酸，所消耗NaOH溶液的体积：前者小于后者
D．水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小
【答案】D
【解析】
试题分析：A.由于硫酸亚铁很不稳定，小火加热至溶液被全部蒸干时已经被空气中的氧气氧化成了硫酸铁，A项错误；B. 向1 mL浓度均为0.05 mol•L－1的NaCl、NaI混合溶液中滴加2滴0.01 mol•L－1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgI的溶解度较小，则结论为Ksp（AgCl）>Ksp（AgI），B项错误；C.醋酸是弱酸，部分电离，pH、体积均相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量远大于盐酸的物质的量，所以所消耗NaOH溶液的体积：前者大于后者，C项错误；D. 水的电离过程是吸热过程，升高温度，平衡向电离的方向移动，水的离子积增大、pH减小，D项正确；选D。
45．下列说法正确的是
A．常温下，0.1 mol/L的下列溶液①NH4Al(SO4)2；②NH4Cl；③NH3•H2O；④CH3COONH4⑤(NH4)2SO4中，c(NH4+)由大到小的顺序是：⑤>②＞①＞④＞③
B．常温下，0.4 mol/L HB溶液和0．2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为： c(B—)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH—)
C．常温下，将CH3COONa、HCl两溶液混合后，溶液呈中性，溶液中c(Na+)大于c(Cl-)。
D．pH相等的下列溶液：a.CH3COOK、b.NaHCO3、c．Na2CO3、d.NaOH，其物质的量浓度由小到大顺序 为：d<c<a<b
【答案】C
【解析】
试题分析：A.溶液中c(NH4＋ )由大到小的顺序是：⑤>①＞②＞④＞③,A项错误；B．常温下，0.4 mol/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合，混合后溶液中有等物质的量的HB和NaB，PH=3说明HB的电离程度大于B-的水解程度，溶液中离子浓度大小顺序为c(B—)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH—)，B项错误；C.根据电荷守恒，c(Na+)+c(H＋)= c(OH－)+c(Cl-)+c(CH3COO－),溶液呈中性，c(H＋)=c(OH－),则溶液中c(Na+)大于c(Cl-)，C项正确；D.PH相等的四种溶液中前三种属于强碱弱酸盐，微弱水解导致溶液显碱性，NaOH属于强碱，完全电离导致溶液显碱性，根据酸性：CH3COOH>H2CO3 >HCO3-，则其物质的量浓度由小到大顺序为：d<c<b<a，D项错误；选C。
46．常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是
A．将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液中各离子浓度均减小
B．用CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液至pH=7，V（CH3COOH溶液）<V（NaOH溶液）
C．向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积0．1 mol•L-1 NH3•H2O溶液：c（Cl–）+c（OH–）=c（H+）+c（NH3•H2O）
D．在含0．1mol NaHSO4的溶液中：c（H+）=c（SO42-）+c（OH–）
【答案】D
【解析】
试题分析：将pH=4的CH3COOH溶液加水稀释10倍，酸性减弱，氢离子浓度减小，常温下，KW不变，则氢氧根离子浓度增大，A错误；用 CH3COOH溶液滴定等物质的量浓度的NaOH溶液，如果体积相同时，恰好生成乙酸钠，乙酸钠为强碱弱酸盐，显碱性，要使溶液显中性，加入的乙酸的体积应大于氢氧化钠溶液的体积，B错误；向0.2 mol/L的盐酸溶液中加入等体积0.1 mol•L－1 NH3•H2O溶液，得到等浓度的氯化氢和氯化铵的混合溶液，根据电荷守恒可得c（Cl–）+c（OH–）=c（H+）+ c（NH4+），由于铵根离子水解生成一水合氨，水解是微弱的，则一水合氨的浓度远远小于铵根离子的浓度，所以c（Cl–）+c（OH–）＞c（H+）+ c（NH3•H2O），C错误；根据电荷守恒可得c（Na+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），在0.1mol NaHSO4溶液中c（Na+）= c（SO42-），所以，在含0.1mol NaHSO4的溶液中，c（H+）=c（SO42-+c（OH-），D正确。
55．某有机化合物D的结构为 ，是一种常见的有机溶剂，它可以通过下列三步反应制得： ，下列相关说法中正确的是
A．烃A为CH3CH3 B．反应②属于消去反应
C．反应①②③都属于取代反应 D．化合物D属于醚
【答案】D
【解析】
试题分析： 是环醚，是有HOCH2CH2OH通过分子间脱水得到的，故 中A为CH2=CH2，依次发生加成、水解、取代反应，最终得到目标产物，选项D符合题意。
62．下列有关物质性质的比较，错误的是
A．溶解度：小苏打 < 苏打 B．密度：溴乙烷 > 水
C．硬度：晶体硅 < 金刚石 D．碳碳键键长：乙烯 > 苯
【答案】D
【解析】A．小苏打能溶于水，苏打容易溶于水，因此溶解度：小苏打 < 苏打，正确。B．溴乙烷密度>1g/ml，而水的密度等于1g/ml,因此密度：溴乙烷 > 水，正确。C．晶体硅、金刚石都是原子晶体，原子之间通过共价键结合，由于原子半径C<Si，所以共价键的强度：C-C>Si-Si，共价键越强，原子结合的就越牢固，物质的硬度就越大。所以物质的硬度：晶体硅 < 金刚石，正确。D．乙烯分子中碳碳键是碳碳双键，而苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，所以键长：乙烯< 苯，错误。
63．下列实验操作或设计不正确的是
A．除去氯化钠固体中少量的纯碱：加入足量氯化钙，过滤、蒸发、结晶
B．用溴水鉴别苯、乙醇、四氯化碳
C．在淀粉中加入稀硫酸，加热一段时间后，先加NaOH溶液，再加银氨溶液检验葡萄糖的存在
D．用溴水验证裂化汽油中含有不饱和烃
【答案】A
【解析】
试题分析:纯碱和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，但氯化钙足量，引入杂质，正确的方法是加足量盐酸后蒸发、结晶可除杂，选A。
64．一般情况下，前者无法决定后者的是
A．原子核外电子排布——元素在周期表中的位置
B．弱电解质的相对强弱——电离常数的大小
C．分子间作用力的大小——分子稳定性的高低
D．物质内部储存的能量——化学反应的热效应
【答案】C
【解析】A．原子核外电子排布，根据原子核外具有的电子层数确定元素所在的周期数，根据元素原子的最外层电子数可确定元素所在的族序数。因此可以确定元素在周期表中的位置，正确。B．弱电解质在溶液中存在电离平衡，当达到电离平衡时，已经电离的电解质的分子电离产生的离子浓度的乘积与未电离的电解质分子浓度的比是个常数，这个常数越大，表明电解质越容易电离，它只与温度有关，而与其它外界条件无关。因此电解质的相对强弱可用电离常数的大小比较，正确。C．分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化或汽化需要消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，这与物质的稳定性大小无关，错误。D．物质内部储存的能量越高，物质发生反应时释放的能量就越大，因此可以根据物质内部储存的能量，判断化学反应的热效应，正确。
65．下图是周期表中短周期的一部分，W、X、Y三种元素原子核外电子数之和等于X的质量数，X原子核内质子数和中子数相等。下列叙述中不正确的是
A．三种元素的原子半径的大小顺序是W<Y<X
B．W最高价氧化物对应水化物具有强碱性，气态氢化物的水溶液具有弱酸性
C．X元素的氧化物、氢化物的水溶液都呈酸性
D．Y是周期表中非金属性最强的元素
【答案】AB
【解析】设W元素的质子数为x，则X、Y元素的质子数分别为x+9、x+2，由题意可知x+x+9+x+2=2(x+9)，求得x=7，故W、X、Y三种元素为别为N、F、S
A：原子半径的大小顺序是F<N<S，不正确
B：硝酸为酸，氨气为碱性气体，溶液水得到弱碱性溶液氨水，不正确
C：SO2、SO3、H2S溶液均为酸性，正确
D：F元素为最强的非金属元素，正确
答案为AB
66．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
【解析】含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子。故选项是C。
67．下列反应中的氨与反应4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O中的氨作用相同的是
A．2Na + 2NH3 → 2NaNH2 + H2↑
B．2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 +3H2O
C．4NH3 + 6NO → 5N2 + 6H2O
D．3SiH4 + 4NH3 → Si3N4 + 12H2
【答案】BC
【解析】在反应4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O中N元素的化合价由反应前氨中的的-3价变为反应后NO中的+2价，化合价升高，失去电子，氨气作还原剂。A．在2Na + 2NH3 → 2NaNH2 + H2↑反应中，H元素的化合价由NH3中的+1价变为反应后H2的0价，化合价降低，得到电子，所以NH3作氧化剂，与上述反应的氨的作用不同，错误。B．在2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 +3H2O中，NH3中的N化合价由-3价变为反应后的0价，失去电子，作还原剂，与上述反应相同，正确。C．在4NH3 + 6NO → 5N2 + 6H2O中，NH3的N元素的化合价由-3价变为反应后N2的0价，化合价升高，失去电子，作还原剂，与上述反应相同，正确。D．在3SiH4 + 4NH3 → Si3N4 + 12H2中，NH3的N元素的化合价没有发生变化，既不作氧化剂，也不作还原剂，错误。
68．离子方程式2Ca2+ + 3HCO3– + 3OH– → 2CaCO3↓ + CO32– + 3H2O可以表示
A．Ca(HCO3)2与NaOH溶液反应 B．NaHCO3与澄清石灰水反应
C．Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应 D．NH4HCO3与澄清石灰水反应
【答案】AB
【解析】A．Ca(HCO3)2与NaOH溶液按照2:3混合，会发生反应，离子方程式是：2Ca2+ + 3HCO3– + 3OH– → 2CaCO3↓ + CO32– + 3H2O，正确。B．NaHCO3与澄清石灰水按照3:2混合，发生反应，离子方程式是：2Ca2+ + 3HCO3– + 3OH– → 2CaCO3↓ + CO32– + 3H2O，正确。C．Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应，离子方程式是：Ca2+ + HCO3– + OH– → CaCO3↓ +H2O，错误。D．NH4HCO3与澄清石灰水反应的离子方程式是：Ca2+ + HCO3– +NH4++ 2OH– → CaCO3↓ +NH3•H2O + H2O，错误。
69． 反应5min达到平衡时，X减小n mol•L-1，用Y表示的反应速率为0.6n mol•L-1•min-1。若将体系压强增大，W的百分含量不发生变化，则下列描述正确的是
A．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动
B．反应中各物质的系数比a:b:c:d可能为1：3：2：2
C．增大X的浓度，平衡向正反应方向移动，X和Y的转化率都增大
D．增大压强和使用催化剂都不能改变该反应的速率和化学平衡状态
【答案】B
【解析】A、温度升高，正逆反应速率同时增大，平衡正向移动；
B、X减小n mol•L-1，用Y表示的反应速率为0.6n mol•L-1•min-1。可知X:Y=1:3；又因为压强对平衡移动不影响，可知a+b=c+d；故正确；
C、增加X，正向移动；Y转化率增大，X转化率减小；
D、压强和催化剂可以改变反应速率，但不影响平衡移动。
70．工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
【答案】A
【解析】在反应物Na2S中S元素的化合价为-2价，在SO2中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质Na2S2O3中，S元素的化合价为+2价，介于-2价与+4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，正确。B．根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：Na2CO3+2Na2S+ 4SO2= 3Na2S2O3+CO2，在反应中氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为4:2=2:1，错误。C．根据B选项的河西方程式可知，每生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，则产生1mol Na2S2O3，转移8/3mol电子，错误。D．根据反应方程式可知消耗的SO2与产生的CO2的物质的量的比是4:1，但是由于SO2容易溶于水，而CO2在水中溶解度较小。所以相同条件下，每吸收10m3SO2放出CO2的体积小于2.5m3，错误。