发布时间 : 星期一 文章湖北省武汉十一中2017届高考化学一模试卷（解析版）更新完毕开始阅读
A．石墨电极作正极，发生还原反应
B．铂电极的电极反应式为：C8H18+16H2O﹣50e﹣═8CO2+50H+ C．每消耗标准状况下5.6 L O2溶液中通过lmol 电子 D．H+由质子交换膜左侧向右侧迁移 【考点】BL：化学电源新型电池．
【分析】该原电池中，铂电极上锌C8H18失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式：C8H18+16H2O﹣50e﹣═8CO2↑+50H+，石墨作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式：4H++O2+4e﹣═2H2O，在原电池中，阳离子移向正极，电子不能通过电解质溶液，据此分析判断．
【解答】解：A．石墨作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A正确； B．铂电极上锌C6H18失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式：C8H18+16H2O﹣50e﹣═8CO2↑+50H+，故B正确； C．每消耗标准状况下5.6 L O2，物质的量=
=0.25mol，强酸性溶液作电
解质溶液中电极反应4H++O2+4e﹣═2H2O，电子守恒得到通过lmol 电子，但溶液中不能通过电子，故C错误；
D．阳离子移向正极，所以H+由质子交换膜左侧向右侧迁移，故D正确； 故选C．
【点评】本题考查了原电池原理，根据电极反应式中元素化合价变化来确定正负极，结合正负极反应式判断，题目难度中等．
6．已知常温下0.1mol/L NaHSO3溶液pH＜7，将10mL 0.1mol/LBa（OH）2溶液缓慢滴加到10mL 0.1mol/L NaHSO3溶液中，下列说法不正确的是（ ） A．常温下0.1 mol/L NaHSO3溶液中HSO3﹣电离程度大于水解程度
B．2HSO3﹣+Ba2++2OH当加入的Ba（OH）溶液中的反应为：2溶液体积小于5 mL时，
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﹣
?BaSO3↓+2H2O+SO32﹣
C．滴加过程中，溶液中白色沉淀不断增加
D．当加入Ba（OH）2溶液体积为7.5 mL时，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 【考点】DN：离子浓度大小的比较．
【分析】A、多元弱酸的酸式根在水溶液中存在两种趋势，电离与水解，如果电离大于水解溶液呈酸性，如果水解大于电离溶液呈碱性；
B、当加入的Ba（OH）2溶液体积小于5 mL时，说明亚硫酸氢钠过量，则氢氧化钡少量，即氢氧化钡完全反应，所以钡离子与氢氧根离子之比等于1：2； C、随着钡离子和氢氧根离子的浓度增加，所以滴加过程中，逐渐产生亚硫酸钡沉淀；
D、0.75mmol，当加入Ba（OH）则氢氧化钡的物质的量为：2溶液体积为7.5 mL时，而NaHSO3溶液的物质的量为1mmol，所以溶液钠离子的物质的量为1mmol，而亚硫酸根离子的物质的量1mmol﹣0.75mmol=0.25mmol，氢氧根离子的物质的量为：1.5mmol﹣1mmol=0.5mmol，由此分析解答．
【解答】解：A、已知常温下0.1mol/L NaHSO3溶液pH＜7，说明亚硫酸氢钠的电离程度大于水解程度，故A正确；
B、当加入的Ba（OH）2溶液体积小于5 mL时，说明亚硫酸氢钠过量，则氢氧化钡少量，即氢氧化钡完全反应，所以钡离子与氢氧根离子之比等于1：2，所以溶液中反应的离子方程式为：2HSO3﹣+Ba2++2OH﹣?BaSO3↓+2H2O+SO32﹣，故B正确；
C、随着钡离子和氢氧根离子的浓度增加，所以滴加过程中，逐渐产生亚硫酸钡沉淀，所以滴加过程中，溶液中白色沉淀不断增加，故C正确；
D、0.75mmol，当加入Ba（OH）则氢氧化钡的物质的量为：2溶液体积为7.5 mL时，而NaHSO3溶液的物质的量为1mmol，所以溶液钠离子的物质的量为1mmol，而亚硫酸根离子的物质的量1mmol﹣0.75mmol=0.25mmol，氢氧根离子的物质的量为：1.5mmol﹣1mmol=0.5mmol，所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（OH
﹣
）＞c（SO32﹣）＞c（H+），故D错误；
故选D．
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【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确c（HSO3﹣）溶液酸碱性的含义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．
7．某溶液中可能含有K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、I﹣、Cl﹣中的一种或多种，进行如图所示的实验，下列说法正确的是（ ）
A．溶液X中有Fe3+、SO42﹣
B．溶液X中有Fe2+、I﹣可能有SO42﹣、Cl﹣ C．溶液X中有I﹣、Cl﹣，无CO32﹣
D．溶液X中有I﹣，Fe2+和Fe3+两种离子中至少有一种 【考点】DG：常见离子的检验方法．
【分析】由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加入CCl4萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有I﹣，则能够氧化I﹣的Fe3+不能同时存在于溶液中．此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl﹣，所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中Cl﹣不能说明存在于原溶液中．另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，但是该Fe3+又不能存在于原溶液中，那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+，所以原溶液中含有Fe2+；Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32﹣，以此来解答．
【解答】解：由上述分析可知，原溶液X中一定含有I﹣、Fe2+，一定不存在Fe3+、CO32﹣，不能确定是否存在K+、Na+、SO42﹣、Cl﹣， A．X中不含Fe3+，故A错误；
B．由分析可知溶液X中有Fe2+、I﹣可能有SO42﹣、Cl﹣，故B正确； C．不能确定是否存在Cl﹣，故C错误； D．X中不含Fe3+，故D错误； 故选B．
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【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握流程中发生的离子反应、现象与结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应与复分解反应的判断，题目难度不大．
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）（2017?汕头三模）碲（Te）广泛用于彩色玻璃和陶瓷．工业上用精炼铜的阳极泥（主要含有TeO2、少量Ag、Au）为原料制备单质碲的一种工艺流程如图：
已知TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强喊．
（1）“碱浸”时发生反应的离子方程式为 TeO2+2OH﹣=TeO32﹣+H2O ．
（2）碱浸后的“滤渣”可以部分溶于稀硝酸，发生反应的化学方程式是 3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O ．
（3）“沉碲”时控制溶液的pH为4.5?5.0，生成TeO2沉淀．酸性不能过强，其原因是 溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失 ；防止局部酸度过大的操作方法是 缓慢加入H2SO4，并不断搅拌 ．
（4）“酸溶”后，将SO2通人TeCl4酸性溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是 TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 ．
（5）25°C 时，亚碲酸（H2TeO3）的Ka1=1×10﹣3，Ka2=2×10﹣8 ①0.1mol?L﹣1H2TeO3电离度α约为．（α=
×100%）
②0．lmol?L﹣1的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系正确的是 CD ．
A．c（Na+）＞c（HTeO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2TeO3）＞c（H+） B．c（Na+）+c（ H+）＞=c（HTeO3﹣）+c（TeO32﹣）+c（OH﹣） C．c（Na+）=c（TeO32﹣）+c（ HTeO3﹣）+c（ H2TeO3） D．c（H+）+c（H2TeO3）=c（OH﹣）+e（TeO32﹣） 【考点】U3：制备实验方案的设计．
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