2023-2024学年北京市第一○一中学高二年级上册12月统练四化学试卷含详解

北京一零一中2023—2024学年度第一学期统练四

高二年级化学

友情提示：

本试卷分为I卷、II卷两部分，共13道小题，共8页，满分100分；答题时间为60分钟；请将答

案写在答题纸上。

可能用到的相对原子质量：H1O16Na23Cu64Zn65

I卷选择题（共40分）

一、选择题（共10道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题4分）

1.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成对环境有不良影响的活化氧。反应过程的能量

变化如下图。下列说法不正理的是

A.生成活化氧的总反应是吸热反应

B.反应前后氧元素的化合价发生改变

C.生成活化氧的反应在有水条件下更容易发生

D.反应过程中存在氧氧键的断裂和碳氧键的生成

2.用选项中的电极、溶液和如图所示装置可组成原电池。下列现象或结论的叙述正确的是

A)

选电极电极

A溶液B溶液现象或结论

项ab

一段时间后，增加的质量与减少的质量相等

ACuZnCuSO4ZnSO4ab

稀

BCuZnZnSO盐桥中阳离子向b极移动

H2so44

CFeCNaClFeCl3外电路电子转移方向：b—a

KI、淀粉混合若开始时只增大FeCh溶液浓度，b极附近溶液变蓝的速

DCcFeCl3

液度加快

A.AB.BC.CD.D

3.在体积恒为IL的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g).-C(g)+D(g)AH<0»测得不同条件下A的平衡转化率

a(A)如下表。

初始投料量

实验序号实验温度a（A）%

n0（A）/moln0（B）/mol

1T.101050

2T21010a

3T3151040

下列说法正确的是

A.当容器内压强不变时，反应达到化学平衡状态

B.工时，反应的化学平衡常数值为2

C.若12<[,贝|a<50

D.HF

4.实验小组用双指示剂法准确测定NaOH样品(杂质为Na2co3)的纯度。步骤如下：

①称取mg样品，配制成100mL溶液；

②取出25mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴酚醐溶液，用浓度为cmol-!7i的盐酸滴定至溶液恰好褪色(溶质为

NaCl和NaHCO3),消耗盐酸体积为YmL；

③滴入2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，消耗盐酸体积为V2mL。

下列说法正确的是

A.①中配制溶液时，需在容量瓶中加入100mL水

+

B.②中溶液恰好褪色时：c（Na）=c（HCO3）+2c（CO^）+c（CF）

C.NaOH样品纯度为竺喘，%。。％

D.配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏高

5.我国科研人员研制出一种室温“可呼吸"Na-CCh电池。放电时该电池“吸入”C02,充电时“呼出”C02.吸入C02

2

时，其工作原理如图所示。吸收的全部CCh中，有耳转化为Na2c03固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表

面。下列说法正确的是

（NaCK）4-四甘醇二甲酶）

A.“吸入"CCh时，钠箔为正极

B.“呼出"CCh时，Na+向多壁碳纳米管电极移动

C.“吸入"CCh时的正极反应：4Na++3co2+4e=2Na2cCh+C

D.标准状况下，每“呼出”22.4LCCh,转移电子0.75mol

6.双极膜能够在直流电场作用下将H2O解离为H+和OH-。以维生素C的钠盐（C6H7O6Na）为原料制备维生素

C（C6H8。6,具有弱酸性和还原性）的装置示意图如下。

直流电源

NaOH阳离子

维生素

溶液C交换膜

b

X、离

极子

Na2sO4_____t双极膜

溶液溶液

C6H7O6Na比0C6H7O6Na

溶液溶液

下列说法不正理的是

A.a禺子是OH?,b禺子是H+

B.生成维生素C的离子方程式为C6H7。:+H+=C6H8。6

C.X极的电极反应式为2H2O-4e=O2T+4H+

D,将X极区的Na2s04替换为C6H7O6Na,可以提高维生素C的产率

7.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。

A,对比②③，可以判定Zn保护了Fe

B.对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化

C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法

D.将Zn换成Cu,用①的方法可判断Fe比Cu活泼

8.有人建议用AG来表示溶液的酸度，AG的定义式为AG=lg[c(H+)/c(OH-)],室温下实验室用O.Olmol/L的氢氧化

钠溶液滴定20mL0.01mol/L的醋酸溶液，滴定曲线如图所示，下列有关叙述不正确的是

A.在一定温度下，溶液酸性越强，AG越大

B.由图知：室温时0.01mol/L的醋酸溶液的pH=4

C.ab段溶液中：c(CH3coeT)>c(CH3COOH)

D.c点溶液中：c(CH3COO)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)

9.研究小组探究Na?。？与水反应。取L56gNa2C>2粉末加入到40mL水中，充分反应得溶液A(溶液体积几乎

无变化)，进行以下实验。

编

①②③④

号

代J滴叫L1滴

酚猷

f

2r1L1mol-L'

2mL0.1mol-L'1

NaOH溶液

NaOH溶液

步骤i步密Hi

i,产生大量能使带火

i.溶液变红色，10

现溶液变红色，20星木条复燃的气体溶液变红色，2小

分钟后溶液褪色

象秒后褪色ii.溶液变红色，10分时后无明显变化

ii.变红色

钟后褪色

下列说法不正确的是

A.由②中现象i可知，Na?。？与水反应有H2。？生成

B.由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为c(OH.)大

C.由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是c(OHT)大

D.向①中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L盐酸，溶液最终变成红色

10.用石墨电极完成下列电解实验

实验一实验二

——lhl~~---------'1(1~~

铁丝mn

/I)d1/

装置//J

芳工受L稀硫酸

然化钠溶液润湿的瓜纸

pH铜珠

a、d处试纸变蓝;b处变红，局部褪两个石墨电极附近有气泡产生;n

现象

色;c处无明显变化处有气泡产生……

下列对实验现象的解释或推测不合理的是()

A.a、d处：2H2O+2e-=H2f+2OH-B.b处：2Cl-2e-=C12T

C.c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+D.根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜

n卷非选择题(共60分)

11.由短周期元素组成的化合物x是某抗酸药的有效成分。甲同学欲探究X的组成。

查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式

碳酸镁铝。

②AJ3+pH=5.0时沉淀完全;

Mg2+在pH=8.8时开始沉淀，在pH=H.4时沉淀完全。

实验过程：

I.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A,得到无色溶液

II.用柏丝蘸取少量I中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。

III.向中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5〜6,产生白色沉淀B,过滤。

IV.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。

V.向III中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12,得到白色沉淀C。

(1)I中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是。

(2)由I、II判断X一定不含有的元素是磷、。

(3)III中生成B的离子方程式是。

(4)IV中B溶解的离子方程式是o

(5)沉淀C的化学式是。

(6)若上述"(A):"(B):“(C)=1:1:3,则X的化学式是o

12.MnC>2是重要的化工原料，山软铳矿制备MnCh的一种工艺流程如图：

西后什研磨过量较浓H2so4,过量铁屑M2+、内山加纯化M2+好心加电解C

软镒矿-----►--------,---------->Mn溶出液------>Mn2+纯化液----->MnO2

资料：①软铳矿的主要成分为MnCh,主要杂质有AI2O3和SiO2

②金属离于沉淀的pH

Fe3+Al3+Mn2+Fe2+

开始沉淀时1.53.4586.3

完全沉淀时2.84.77.88.3

③该工艺条件下，MnCh与H2s。4反应。

⑴溶出

①溶出前，软锦矿需研磨。目的是一

②溶出时，Fe的氧化过程及得到Md+的主要途径如图所示：

MnO2Mi?+

Fe--------►Fe2+>Fe3

III

i.步骤II是从软铳矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是一。

+2+

ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H=Fe+H2T，完全溶出Md+所需Fe与MnCh的物质的量比值为2„而实际比值

(0.9)小于2,原因是。

⑵纯化。已知：MnCh的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnCh,后加入NH3H2O,调溶液pH==5,说明试剂

加入顺序及调节pH的原因：—o

(3)电解。MM+纯化液经电解得MnCh。生成MnCh的电极反应式是=

(4)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量bgNa2c2。4和足量稀H2so4,加热至充分反应。再用cmoLLTKMnCU

2+

溶液滴定剩余Na2c2。4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知：MnO2及MnO；均被还原为MnO相对分子

质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0)

产品纯度为—(用质量分数表示)。

13.用FeCL酸性溶液脱除H2s后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下

电解pH=1的O.lmol/L的FeCl2溶液，研究废液再生机理。

记录如下(a、b、c代表电压数值)：

序号电压/V阳极现象检验阳极产物

有Fe3+、有

I%>a电极附近出现黄色，有气泡产生

Cl2

有Fe'+、无

IIa>x>b电极附近出现黄色，无气泡产生

Cl2

无Fe3+、无

IIIb>x>0无明显变化

ci2

(1)用KSCN检验出Fe3+现象是。

(2)I中，Fe3+产生的原因可能是C1在阳极放电，生成的C"将Fe?+氧化。写出有关反应______。

(3)由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe?+在阳极放电，原因是Fe?+具有性。

(4)II中虽未检验出Cl?,但C「在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH=l的NaCl溶液做对照实验，记录

如下:

序号电压/V阳极现象检验阳极产物

IVa>x>c无明显变化有5

Vc>%>b无明显变化无5

①NaCl的浓度是moVLo

②IV中检测Cl?的实验方法O

③与n对比，得出的结论（写出两点）：

北京一零一中2023—2024学年度第一学期统练四

高二年级化学

I卷选择题（共40分）

一、选择题（共10道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题4分）

1.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成对环境有不良影响的活化氧。反应过程的能量

变化如下图。下列说法不正颂的是

反Wii程

A.生成活化氧的总反应是吸热反应

B.反应前后氧元素的化合价发生改变

C,生成活化氧的反应在有水条件下更容易发生

D.反应过程中存在氧氧键的断裂和碳氧键的生成

【答案】A

【详解】A.根据图示，炭黑和氧气的总能量大于活化氧的总能量，生成活化氧的总反应是放热反应，故A错

误；

B.反应前氧气中。元素的化合价为0,在活化氧中。元素的化合价不为0,反应前后氧元素的化合价发生了改

变，故B正确；

C.根据图示，生成活化氧的反应在有水条件下的活化能小于无水条件下的活化能，反应更容易发生，故C正确；

D.根据图示，反应物氧气中存在氧氧键，炭黑中存在碳碳键，生成物活化氧中存在碳氧键和碳碳键，因此反应过

程中存在氧氧键的断裂和碳氧键的生成，故D正确；

故选Ao

2.用选项中的电极、溶液和如图所示装置可组成原电池。下列现象或结论的叙述正确的是

-(A)-

L

Ig液

盐桥

选电极电极

A溶液B溶液现象或结论

项ab

ACuZnCuSO4ZnSO4一段时间后，a增加的质量与b减少的质量相等

稀

盐桥中阳离子向极移动

BCuZnZnSO4b

H2s04

CFeCNaClFeCh外电路电子转移方向：b一a

KI、淀粉混合若开始时只增大FeCh溶液浓度，b极附近溶液变蓝的速

DCCFeCl3

液度加快

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【分析】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子

向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。

【详解】A.电极b的电极反应为Zn-2e=Zn2+,电极a的电极反应为Cu2++2e=Cu,所以一段时间后，a增加的质

量小于b减少的质量，A错误；

B.由于b极上锌失电子为负极，盐桥中阴离子向b极移动，B错误；

C.Fe做负极，C做正极，外电路电子转移方向：a—b,C错误；

D.r失去电子生成12,淀粉溶液遇碘变蓝色，则b极附近溶液变蓝，若开始时增大FeCb溶液浓度，反应速率加

快，则b极附近溶液变蓝的速度加快，D正确；

故选D。

3.在体积恒为1L的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g).-C(g)+D(g)AHcO。测得不同条件下A的平衡转化率

a(A)如下表。

实验序号实验温度初始投料量

n0(A)/moln0(B)/mola(A)%

1T.101050

2T21010a

3T3151040

下列说法正确的是

A.当容器内压强不变时，反应达到化学平衡状态

B.工时，反应的化学平衡常数值为2

C.若T2<工，贝|a<50

D.

【答案】D

【分析】

【详解】A.A(g)+B(g).C(g)+D(g)AH<0反应气体分子总数不变，则等温等体积的条件下，容器内压强始

终不变，故压强不变不能说明达到化学平衡状态，A错误；

A(g)+B(g)=C(g)+D(g)

B,工时，起始(mo"L)101000,则反应的化学平衡常数

改变(zno//L)5555

平衡(mo//L)5555

KJ"%、鸟1,B

c[A(g)].c[B(g)]5x5'=八’

C.正反应放热，降温时平衡右移，若T2<工，则a>50,C错误;

A(g)+B(g),■C(g)+D(g)

D.起始(mo//L)0c[C(g)]-c[D(g)]6x61

151000，K一b1，干衡吊数是温

c[A(g)].c[B(g)]9x4

改变(加o//L)15x40%=666o

平衡(mo//L)9466

度的函数，故工=工，D正确；

答案选D。

4.实验小组用双指示剂法准确测定NaOH样品(杂质为Na2co3)的纯度。步骤如下:

①称取mg样品，配制成100mL溶液；

②取出25mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴酚醐溶液，用浓度为cmol-!7i的盐酸滴定至溶液恰好褪色（溶质为

NaCl和NaHCO3）,消耗盐酸体积为YmL；

③滴入2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，消耗盐酸体积为V2mL。

下列说法正确的是

A.①中配制溶液时，需在容量瓶中加入100mL水

+

B.②中溶液恰好褪色时：c（Na）=c（HCO3）+2c（CO|-）+c（CF）

C.NaOH样品纯度为"（'一治）义40-i

1000m

D.配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏高

【答案】C

【详解】A.①中配制溶液时，在容量瓶中定容时溶液总体积为100mL,A错误；

B.②中溶液恰好褪色时溶质为NaCl和NaHCC>3，由电荷守恒可知，

c（Na+）+c（H+）=c（HCO；）+2c（CO1-）+c（CF）+c（OH-）,此时溶液显碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓

+

度，故，c（Na）>c（HCO3）+2c（CO|j+c（Clj；B错误;

C.第1次滴定反应为OH-+H+=H2。、CO；+H+=HCO3,第2次滴定反应为HCO]+H+=H2O+CO2T，则通过第2

次滴定可知，n（CO,）=n（HCO]）=cV2X10-3mol,第1次滴定中氢氧化钠消耗HC1的物质的量的为n（HCl）=cVixW

3mol-cV2X10-3mol=c（Vi-V2）xlO-3mol=n（NaOH）,故NaOH样品纯度为

3

c（X-V2）X10molXX40g/mol4c（v「V,）x40c正确•

---------------------组匹----------X100%=—'12）——x100%，C止%

mg-------------------1000m

D.配制溶液时放置时间过长，氢氧化钠吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，会导致最终测定结果偏低，D错误；

故选Co

5.我国科研人员研制出一种室温“可呼吸"Na-CCh电池。放电时该电池“吸入”CO2,充电时“呼出”COz吸入CO2

2

时，其工作原理如图所示。吸收的全部CO2中，有耳转化为Na2c03固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表

面。下列说法正确的是

/C02

(NaCK)4-四甘醇二甲酶)

A.“吸入"CO2时，钠箔为正极

B.“呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动

+

C.“吸入”C02时的正极反应：4Na+3CO2+4e-=2Na2CO3+C

D.标准状况下，每“呼出”22.4LCO2,转移电子0.75mol

【答案】C

【分析】Na-CCh电池，放电时钠箔作负极失去电子生成钠离子，同时正极“吸入”C02,二氧化碳得电子生成C单质；

充电时“呼出”C02,右侧作阳极，左侧为阴极，据此解答。

【详解】A.活泼金属钠是负极，选项A错误；

B.“呼出"CCh时，是电解池，电解池中，阳离子向有机移动，Na+向钠箔电极移动，选项B错误；

C.“吸入"C02时是原电池装置，正极发生还原反应，电极反应式为4Na++3co2+4e=2Na2cCh+C,选项C正确；

D.标准状况下，22.4LCCh的物质的量为Imol,根据2Na2cCh+C-4e=4Na++3co2,每“呼出"lmol82,转移电

4

子数为一mol,选项D错误;

3

故选：Co

6.双极膜能够在直流电场作用下将H2O解离为H+和OH、以维生素C的钠盐(C6H7O6Na)为原料制备维生素

C(C6H8。6,具有弱酸性和还原性)的装置示意图如下。

阳离子

交换膜

双极膜

下列说法不正确的是

A.a离子是OH:b离子是H+

B.生成维生素C的离子方程式为C6H70£+H+=C6H8。6

C.X极的电极反应式为2H2O-4e-=O2f+4H+

D,将X极区的Na2so4替换为C6H7C)6Na,可以提高维生素C的产率

【答案】D

【分析】在X电极，水失电子生成02,同时生成H+,Na+通过阳离子交换膜进行碱室，与a离子即0H-构成

NaOH；则b离子为H+,与C6H7。公结合为C6H7。8。丫电极为阴极，FhO得电子生成H2和0H、

【详解】A.由以上分析可知，a离子是OH、b离子是H+,A正确；

B.C6H为弱酸根离子，与b离子即H+结合生成维生素C,离子方程式为C6H7C)6+H+=C6H8。6,B正确;

C.在X极，抵0失电子生成02和H+,电极反应式为2H2O-4e=O2T+4H+,C正确；

D.若将X极区的Na2s04替换为C6H7O6Na,一方面生成的C6H8。6导电能力弱，另一方面维生素C易被生成的。2

氧化，不能提高维生素C的产率，D不正确；

故选D。

A对比②③，可以判定Zn保护了Fe

B.对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化

C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法

D.将Zn换成Cu,用①的方法可判断Fe比Cu活泼

【答案】D

【详解】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)61无明显变化，②Fe附近的溶液中不含

Fe2+,③Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)目产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe?+,②中Fe被保护；B项，①

加入K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe?+,对比①②的异同，①可能是K3【Fe(CN)司将Fe

氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+,不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知

2+

K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化成Fe,将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。

详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)61无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe?+,③Fe

附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+,②中Fe被保护，A项正确；B项，

①加入K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe?+,对比①②的异同，①可能是K3IFe(CN)6]

将Fe氧化成Fe2+,B项正确；C项，对比①②，①加入K31Fe(CN)61在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出

Fe2+,不能用①的方法验证Zn保护Fe,C项正确；D项，由实验可知K3[Fe(CN)6〕可能将Fe氧化成Fe?+,将Zn

换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。

点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比

分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比

Cu活泼，可用②的方法。

8.有人建议用AG来表示溶液的酸度，AG的定义式为AG=lg[c(H+)/c(OH-)],室温下实验室用O.Olmol/L的氢氧化

钠溶液滴定201nL0.01mol/L的醋酸溶液，滴定曲线如图所示，下列有关叙述不正确的是

A.在一定温度下，溶液酸性越强，AG越大

B.由图知：室温时0.01mol/L的醋酸溶液的pH=4

C.ab段溶液中：c(CH3coeT)>c(CH3COOH)

D.c点溶液中：c(CH3COO)+c(OH)=c(H+)+c(Na+)

【答案】C

【分析】根据图象可知，未加入NaOH时，AG=lg[c(H+)/c(OH-)]=6,则c(H+)=l(?4mol/L。

【详解】A.在一定温度下，AG越大，即c(H+)/c(OJT)越大，则c(H+)越大，故溶液酸性越强，A叙述正确；

B.分析可知，室温时0.01mol/L的醋酸溶液的pH=4,B叙述正确；

C.b点时，AG=lg[c(H+)/c(OH-)]=0,即c(H+)=c(OH-),溶液呈中性，ab段溶液中c(CH3coeT)逐渐增大，c

(CH3coOH)逐渐减小，故初始时c(CH3coOH)>c(CH3coCT),C叙述错误；

D.c点溶液中，根据溶液呈电中性，c(CH3coeT)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),D叙述正确；

答案为C。

9.研究小组探究Na?。？与水反应。取L56gNa2C>2粉末加入到40mL水中，充分反应得溶液A(溶液体积几乎

无变化)，进行以下实验。

编①②③④

号

t

-

=V

操

作

2mL1mol-L"

2mL0.1mol-L

NaOH溶液

2mL溶液ANaOH溶液

步骤i步骤ii

i,产生大量能使带火

i.溶液变红色，10

现溶液变红色，20星木条复燃的气体溶液变红色，2小

分钟后溶液褪色

象秒后褪色ii.溶液变红色，10分时后无明显变化

ii.变红色

钟后褪色

下列说法不正确的是

A.由②中现象i可知，Na?。？与水反应有H2。？生成

B.由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为c(OIT)大

C.由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是c(OH「)大

D.向①中褪色后的溶液中滴加5滴6moi/L盐酸，溶液最终变成红色

【答案】D

【详解】A.②中i现象证明有02生成，是溶液中H2O2在MnCh催化下分解生成，因此Na?。？与水反应有H2。？

生成，A正确；

B.②中溶液红色在10分钟后褪去，结合③、④可知，②中溶液红色褪去是因为c(OH-)大，B正确；

C.①中溶液红色在20秒后褪去，结合②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是c(OH-)大，C正

确；

D.①中褪色的原因是H2O2具有强氧化性，把酚酰氧化了，故滴加5滴6moi/L盐酸，溶液不会重新变成红色，D

错误；

故选D。

10.用石墨电极完成下列电解实验

实验一实验二

------<|<|————，hl~~

铁丝mn

/I-d1/

装置

E-二甲芳三乩稀硫酸

狐化钠溶液河沏的pH直纸钢珠

a、d处试纸变蓝;b处变红，局部褪两个石墨电极附近有气泡产生;n

现象

色;c处无明显变化处有气泡产生……

下列对实验现象的解释或推测不合理的是（）

A.a、d处：2H2O+2e=H2T+2OHB.b处：2Cl-2e-=C12T

C.c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+D.根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜

【答案】B

【详解】A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢

氧根离子浓度增大造成的，A正确；

B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，分别产生氧气和氯气，氢离子浓度增大，酸

性增强，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B错误；

C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，C正确；

D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两

极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，D正确；

答案选B。

【点睛】化学反应主要是物质变化，同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是

把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳

极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极（除Au、

Pt、C之外的电极），则电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极（Au、Pt、C等电极），则是溶液中的阴离

子放电，放电的先后顺序是S2->I>Br>Cl>0H>含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是

Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+,与金属活动性顺序刚好相反。因此掌握电解池反应原理是本题解答的关键。注意依据实

验现象分析可能发生的电极反应。

n卷非选择题（共60分）

11.由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。甲同学欲探究X的组成。

查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式

碳酸镁铝。

②AJ3+pH=5.0时沉淀完全;

Mg2+在pH=8.8时开始沉淀，在pH=H.4时沉淀完全。

实验过程：

I.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A,得到无色溶液。

II.用钳丝蘸取少量I中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。

III.向中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5〜6,产生白色沉淀B,过滤。

IV.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。

V.向III中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12,得到白色沉淀C。

(1)I中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是o

(2)由I、II判断X一定不含有的元素是磷、o

(3)m中生成B的离子方程式是o

(4)IV中B溶解的离子方程式是o

(5)沉淀C的化学式是。

(6)若上述“(A):"(B):n(C)=1:1:3,则X的化学式是。

【答案】11.CO2

3+

12.钠、硅13.A1+3NH3-H2O=A1(OH)3i+3NH*

14.A1(OH)3+OH=[A1(OH)4]

15.Mg(OH)2

16.Mg3Al(OH)7cC>3

【分析】实验I的现象与气体A可使澄清石灰水变浑浊，说明A是CO2,则X含有碳酸根或碳酸氢根，由于硅酸

根遇盐酸会生成硅酸沉淀，则X不是硅酸镁铝；实验II的现象说明X不是碳酸氢钠；实验III、IV的现象说明白色沉

淀B是A1(OH)3,实验V说明白色沉淀C是Mg(OH)2,因此X中同时含有Mg、Al元素。综上所述，化合物X是碱

式碳酸镁铝。据此答题。

【小问1详解】

由分析知A是CO2。

【小问2详解】

化合物X是碱式碳酸镁铝，故不含有磷、钠、硅元素。

【小问3详解】

3+

白色沉淀B是A1(OH)3,III中生成B的离子方程式为：A1+3NH3-H2O-A1(OH)3J+3NH：。

【小问4详解】

A1(OH)3溶解的离子方程式为：A1(OH)3+0H-[A1(OH)4]o

【小问5详解】

沉淀C是氢氧化镁，化学为Mg(OH)2。

【小问6详解】

根据分析，若”(A):“(B):〃(C)=1:1:3,则“仁02):〃(加3+)：“(乂82+)=1:1:3,根据电荷守恒，X的化学式

为Mg3Al(OH)7c。3。

12.MnCh是重要的化工原料，山软铳矿制备MnCh的一种工艺流程如图:

田生导研磨过重较侬H2so4,过里铁屑》2+、火山加纯化2+/小加电解》C

软镒矿-----►---------7------------------>Mn2溶出液------>Mn2+纯化液------>MnO

溶出(20。02

资料：①软镒矿的主要成分为MnCh,主要杂质有AI2O3和SiCh

②金属离于沉淀的pH

Fe3+Al3+Mn2+Fe2+

开始沉淀时1.53.45.86.3

完全沉淀时2.84.77.88.3

③该工艺条件下，MnCh与H2s04反应。

⑴溶出

①溶出前，软铸矿需研磨。目的是一o

②溶出时，Fe的氧化过程及得到Md+的主要途径如图所示:

2+

Mn02Mn

Fe---------►Fe2+Fe3"

III

i.步骤II是从软镒矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是一o

+2+

ii.若Fe?+全部来自于反应Fe+2H=Fe+H2T，完全溶出Mi?+所需Fe与MnCh的物质的量比值为2。而实际比值

(0.9)小于2,原因是o

⑵纯化。已知：MnCh的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnCh,后加入NH3H2O,调溶液pH=5,说明试剂

加入顺序及调节pH的原因：—o

(3)电解。Md+纯化液经电解得MnCh。生成MnCh的电极反应式是。

(4)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量bgNa2c2。4和足量稀H2so4,加热至充分反应。再用cmolL-iKMnCU

溶液滴定剩余Na2c2O4至终点，消耗KMnCU溶液的体积为dL(已知：MnCh及MnO；均被还原为MM+。相对分子

质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0)

产品纯度为—(用质量分数表示)。

A

【答案】0.增大反应速率，提高浸出率②.MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O③.二氧化锦能够氧

2++

化