2018-2019学年江西省鹰潭市高二上学期期末质量检测化学试题 解析版

2018-2019学年江西省鹰潭市高二上学期期末质量检测化学试题 解析版

鹰潭市2018—2019学年度上学期期末质量检测 高 二 化 学 试 题 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Fe：56 Cu：64 Na：23 ‎ 第Ⅰ卷(选择题，共48分)‎ 一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个符合题意的正确选项)‎ ‎1.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 煤的气化、液化和干馏都是化学变化，是实现煤的综合利用的有效途径 B. 海水淡化可以解决淡水危机，用光催化分解代替电解水制氢气可实现节能环保 C. 我国油品从国IV汽油升级到国V汽油，有助于减少酸雨、雾霾，提高空气质量 D. 天然气、沼气和太阳能分别属于化石能源、可再生能源和二次能源 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程；煤的气化是在一定条件下把煤中的有机物转化为可燃性气体的过程，主要反应是碳与水蒸气反应生成水煤气（CO、H2)；煤的液化是在一定条件下将煤转化为液体燃料；所以煤的气化、液化和干馏都是化学变化，是实现煤的综合利用的有效途径，故不选A；‎ B. 可以通过将海水淡化或把污染的水净化后使用解决淡水资源紧缺问题，用光催化分解代替电解水制氢气可减少电能的消耗，实现节能环保，故不选B；‎ C.油品从国IV汽油升级到国V汽油，可减少氮氧化物及颗粒物的排放，则有助于减少酸雨、雾霾，提高空气质量，故不选C；‎ D.太阳能属于一次能源，故选D；‎ 正确答案：D。‎ ‎【点睛】易错点A选项，对于煤的气化、液化和干馏概念的理解。‎ ‎2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温下，10 mLpH=1的醋酸溶液中含有的氢离子数为0.001NA B. 合成氨反应中，1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C. 1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目等于NA D. 常温常压下，18.4gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子总数为0.8NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 10 mLpH=1的醋酸溶液中含有的氢离子数为10-1×10×10-3NA=0.001NA，故A正确；‎ B.合成氨反应中， N2与H2反应可逆，无法计算生成的NH3分子数，故B错误；‎ C. NaClO溶液中ClO－会有部分水解生成HClO，含有ClO－的数目小于NA，故C错误；‎ D. 18.4gNO2和N2O4的混合气体中含有的氮原子总数为 =0.4NA，故D错误；‎ 正确答案：A。‎ ‎3.常温下，向0.1 mol·L－1Na2SO3溶液中加入少量NaOH固体或加水稀释，下列有关量一定增大的是 A. c(Na＋) / c(SO32-)的值 B. 水解常数Kh C. 水的电离程度 D. 溶液中c(OH−)•c (H+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. c(Na＋) / c(SO32-)= n(Na＋) / n(SO32-)，由于加入了NaOH固体，增加了钠离子的物质的量，所以一定增大；加水稀释时，钠离子物质的量不变，亚硫酸根离子水解程度增大，剩余亚硫酸根离子物质的量减少，c(Na＋) / c(SO32-)= n(Na＋) / n(SO32-)一定增大，故A正确；‎ B.水解常数Kh只与温度有关，故B错误；‎ C.盐类的水解促进水的电离，酸碱抑制水的电离，所以加入少量NaOH固体或加水稀释，水的电离程度均减小，故C错误；‎ D.溶液中c(OH−)•c (H+)=Kw，只与温度有关，故D错误；‎ 正确答案：A。‎ ‎【点睛】影响电离平衡常数，水解常数，水的离子积常数，溶度积常数，化学平衡常数大小的外界条件只有温度。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 由水电离的c(OH−)=10-13 mol•L-1的溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、NO3-‎ B. 由水电离的c(OH−)•c (H+)=10-20 mol•L-1的溶液中：Na+、K+、NO3-、SO42-‎ C. KW/c(H+) =l×l0-13 mol/L的溶液中：Ba2+、ClO-、Cl-、NO3-‎ D. 溶液中c (H+)/c(OH−) =l×l0-12 mol/L的溶液：CH3COO-、NO3-、NH4+、SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水电离的c(OH−)=10-13 mol•L-1，说明抑制了水的电离，可能为酸性环境也可能为碱性环境， Fe3+不能存在于碱性环境，会生成氢氧化铁沉淀，故A错误；‎ B.水电离的c(OH−)•c (H+)=10-20 mol•L-1的溶液中，说明抑制了水的电离，可能为酸性环境也可能为碱性环境，Na+、K+、NO3-、SO42-均能大量存在，故B正确；‎ C. KW/c(H+) =l×l0-13 mol/L，得出此溶液为酸性溶液， ClO-会与H+生成HClO，不能大量存在，故C错误；‎ D. c (H+)/c(OH−) =l×l0-12 mol/L，得出此溶液为碱性溶液， NH4+会和OH−反应，不能大量存在，故D错误；‎ 正确答案：B。‎ ‎【点睛】酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，不能根据抑制还是促进确定溶液为酸性还是碱性，两种情况均可能。‎ ‎5.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅 B. 温度过高对合成氨不利 C. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈 D. 常温下，将1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释至l00mL，测得其pH＜5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2NO2 N2O4加压浓度变大导致颜色先变深，平衡正向移动消耗二氧化氮，所以后变浅，故不选A； ‎ B.N2+3H22NH3 △H＜0由于正反应放热,升温平衡逆向移动，因此温度过高不利于反应正向进行,造成产率降低,对合成氨不利,故不选B；‎ C.钢铁在潮湿的空气中会发生电化腐蚀，加快腐蚀速率，造成钢铁容易生锈，不能用勒夏特列原理解释，故选C。 ‎ D. 醋酸溶液加水稀释至原来体积的100倍，电离平衡正向移动，使得氢离子浓度大于原来离子浓度的1/100，所以pH＜5，故不选D；‎ 正确答案：C。‎ ‎6.向100mL3mol/L的硫酸溶液中加入过量的锌粉发生反应，为了加快化学反应速率但又不影响生成氢气的总量,可向反应物中加入适量的 ①K2SO4溶液 ②Na2CO3固体 ③水 ④NaNO3固体 ⑤CuSO4粉末 ⑥6mol/L的硫酸 A. ①② ③ B. ④⑤⑥ C. ③④⑤ D. 只有⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①向反应物中加入适量的K2SO4溶液，会将溶液稀释，氢离子浓度减小，速率减慢，不影响氢气总量，故①错误； ②向反应物中加入适量的Na2CO3固体，会和硫酸反应生成二氧化碳，造成硫酸浓度，物质的量均减少，速率减慢，产生氢气的量减少，故②错误； ③向反应物中加入适量的水，会将溶液稀释，氢离子浓度减小，速率减慢，不影响氢气总量，故③错误；④向反应物中加入适量的NaNO3固体，会产生NO气体，消耗了氢离子，所以生成氢气速率减慢，物质的量减少；⑤向反应物中加入适量的CuSO4粉末 ，锌粒会置换出铜，Cu、Zn、硫酸形成原电池，加快反应速率，不影响生成氢气总量，故⑤正确；⑥向反应物中加入适量的6mol/L的硫酸，会加快速率，但是产生氢气的量也增多，故⑥错误；只有⑤正确，故选D；‎ 正确答案：D。‎ ‎7.A、B、C、D、E是周期表前20号元素，它们的原子序数依次增大，A与E，B与D分别同主族，C原子最外层电子数是D原子最外层电子数的一半，A与B可形成A2B和A2B2两种液态化合物．下列说法错误的是 A. 25℃时0.1mol/LA2D溶液的pH>1－lg2‎ B. 相同条件下，溶液中水的电离程度：EBA>E2D C. 工业上冶炼C可通过电解法得到 D. 由A、B、C、D、E五种元素组成的一种化合物可作净水剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A与B可形成A2B和A2B2两种液态化合物，确定为H2O和H2O2，所以A为氢元素，B为氧元素；原子序数依次增大，A与E，B与D分别同主族，确定D为硫元素，E为钾元素；C原子最外层电子数是D原子最外层电子数的一半，确定C为铝元素，由此A：H；B：O；C：Al；D：S；E：K。‎ ‎【详解】A. H2S为弱酸，只是部分电离，所以0.1mol/L的H2S溶液的pH>1－lg2，故不选A；‎ B. 相同条件下，KOH 会抑制水的电离，K2S 水解会促进水的电离，所以溶液中水的电离程度KOH＜K2S，故选B；‎ C.工业上冶炼Al可通过电解熔融氧化铝得到，故不选C；‎ D. 由A、B、C、D、E五种元素组成的一种化合物KAl(SO4)2•12H2O可作净水剂，故不选D；‎ 正确答案：B。‎ ‎8.今有反应X(g)＋Y(g) 2Z(g)(正反应放热)，右图表示该反应在t1时达到平衡，在t2 时因改变某个条件而发生变化的曲线。则下图中的t2时改变的条件是( )‎ A. 升高了反应体系的温度 B. 增大了x或y的浓度 C. 增大了反应体系的压强 D. 使用了催化剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 升高了反应体系的温度，平衡逆向移动 ，X、Y浓度增大，Z浓度减小，故A正确；‎ B. x或y的浓度并没有瞬间增大，而是渐渐增大，所以B错误；‎ C.增大了反应体系的压强，应该X、Y、Z的浓度同时瞬间增大，平衡不移动，故C错误； ‎ D.使用了催化剂，平衡不移动，浓度不变，故D错误；‎ 正确答案：A。‎ ‎9.下列实验中“实验内容”与对应“现象或结论”关系都正确的是 选项 实验内容 实验现象或结论 A 分别往4 mL 0.1 mol/L 、4 mL 0.2 mol/L KMnO4溶液加入2 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液，记录褪色时间 浓度越大，反应速率越快越先褪色 B ‎25℃时，向pH=1的盐酸和醋酸各0.5L的溶液中各加入1.4g铁粉 醋酸中生成H2的速率快且最终气体量多 C 以石墨为电极，电解KI溶液(其中含有少量酚酞)‎ 阴极逸出气体且附近溶液呈现红色 D 向FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的溶液平衡体系中加入少量KCl固体 血红色变浅，说明增加生成物浓度，平衡逆向移动 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.实验内容错误，应该是高锰酸钾少量且稀溶液，改变草酸浓度，观察褪色时间。‎ 可改为：分别取两只试管，各加入0.01mol/l的高锰酸钾4ml，其中一只试管中加入2 mL 0.1 mol/L H2C2O4，另一只试管中加入2 mL 0.2 mol/L H2C2O4，记录褪色时间，故A错误；‎ B.实验现象或结论错误，醋酸中生成H2的速率快，但是由于铁粉少量，最终气体一样多，故B错误；‎ C.阴极电极反应式：2H2O+2e-=2OH-+H2，故C正确；‎ D.实际化学平衡应该是Fe3++3SCN-Fe(SCN)3， KCl固体对平衡无影响，故D错误；‎ 正确答案：C。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. 某放热反应能自发进行，则该反应一定是熵增的反应 B. 0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.05 mol·L－1盐酸等体积混合后的酸性溶液中：c(CH3COO－)>c(CH3COOH)>c(Cl－)>c(H＋)‎ C. pH相等的①(NH4)2SO4 ②NH4HSO4 ③NH4Cl三种溶液中,c(NH4+)大小：①>③>②‎ D. 某温度时水的离子积常数KW＝10－12，若将此温度下pH＝11的NaOH溶液a L与pH＝1的稀硫酸b L混合，若所得混合液pH＝2，则a∶b＝9∶11‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只要满足△H-T△S<0反应就可自发进行，不一定是熵增的反应，故A错误；‎ B. 因混合后溶液中含等量的NaCl、CH3COOH及CH3COONa，酸与盐的混合溶液显酸性，考虑醋酸的电离平衡，忽略醋酸钠水解平衡，所以应该是c(CH3COO－)> c(Cl－)> c(CH3COOH)>c(H＋)，故B错误；‎ C. 三个溶液都是酸性的,阴离子都不会水解,如果只考虑NH4+水解导致溶液的PH降低,效果都是一样的,所以NH4+的浓度应该相等,但是NH4HSO4会电离出H+导致溶液酸性增强,所以同PH下,不用那么多的NH4+水解了,所以NH4HSO4中的NH4+浓度最小,NH4Cl ,(NH4)2SO4中铵根离子浓度相等，所以c(NH4+)大小：①=③>②，故C错误；‎ D.某温度时水的离子积常数KW＝10－12，若将此温度下pH＝11的NaOH溶液a L与pH＝1的稀硫酸b L混合，若所得混合液pH＝2，则10-2=，得a∶b＝9∶11，故D正确；‎ 正确答案：D。‎ ‎【点睛】酸、碱混合溶液计算步骤：1）先判断混合后溶液的酸碱性 ‎2）若为酸性，先求c(H+)，再求pH，若为碱性，先求c(OH-)，依据c(H+)=KW/ c(OH-)，再求pH。‎ 两强酸混合：混合溶液中c混(H＋)＝‎ 两强碱混合：混合溶液中c混(OH－)＝‎ 强酸与强碱混合：c混(H＋)[或c混(OH－)]＝‎ ‎11.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是 A. 黄铜(铜锌合金)制作的铜锣易产生铜绿 B. 镀锡铁制品和镀锌铁制品的镀层破损时，镀锡铁中铁的腐蚀速率更慢 C. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法 D. 不锈钢有较强的抗腐蚀能力是因为在钢铁表面上镀上了铬 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.锌比铜的化学性质活泼，与铜相比它更易与空气中的氧气反应，而阻碍了铜的空气中的缓慢氧化，所以黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿，故A错误；‎ B.镀层破损后，镀锡铁中，金属铁为负极，易被腐蚀，镀锌铁中，金属铁是正极，被保护，所以镀锡铁中铁的腐蚀速率更快，故B错误；‎ C.为防止金属被腐蚀，如果利用牺牲阳极的阴极保护法保护金属，则被保护的金属作原电池正极，应该选取比铁活泼的金属作原电池负极，一般在轮船身上装有一定数量的锌，故C正确；‎ D.不锈钢有较强的抗腐蚀能力不是因为在钢铁表面镀上了铬，而铁与以铬为主，再添加如镍、锰、钼等元素冶炼而成的合金，故D错误；‎ 正确答案：C。‎ ‎【点睛】金属的防护(1)电化学防护①牺牲阳极的阴极保护法—原电池原理②外加电流的阴极保护法—电解池原理(2)改变金属的内部结构，如制成合金、不锈钢等。(3)加防护层，如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法 ‎12.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5 表示。有关说法正确的是 ‎ A. 该装置为原电池，b为原电池的负极 B. 中间室Na+移向右室，Cl－移向左室，a极区溶液的pH减小 C. 当左室有4.48L(标准状况下)CO2生成时，右室产生的N2为0.8mol D. b电极反应式：C6H10O5－24e－＋7H2O===6CO2↑＋24H＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10 e－+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5－24e－＋7H2O===6CO2↑＋24H＋。‎ ‎【详解】A.该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，故A错误；‎ B.a是负极，中间室Na+移向右室，Cl－移向左室，电极反应式为C6H10O5－24e－＋7H2O===6CO2↑＋24H＋，所以a极区溶液的pH减小，故B正确；‎ C.根据分析列关系式2N2～5CO2，n(N2)=×n(CO2)=×=0.08mol,故C错误；‎ D.电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10 e－+12H+=N2↑+6H2O，故D错误；‎ 正确答案：B。‎ ‎13.某温度时，CuS、MnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是 ‎ A. 在含有CuS和MnS固体的溶液中c(Cu2＋)∶c(Mn2＋)＝1∶2×10－23‎ B. 向CuSO4溶液中加入MnS发生反应：‎ Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)‎ C. a点对应的Ksp等于b点对应的Ksp D. 该温度下，Ksp(CuS)小于Ksp(MnS)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图象可知，在此温度下，在含有CuS和MnS固体的溶液中c（Cu2+）：c（Mn2+）=6×10-34：3×10-11=2×10-23：1，故选A； B.因Ksp（CuS）小于Ksp（MnS），则向CuSO4溶液中加入MnS，可发生沉淀的转化，即Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，故不选B； C.a、b处于同一温度下，Ksp相同，故不选C； D．由图象可知，当c（M2+）相同时，CuS固体的溶液中c（S2-）较小，则说明Ksp（CuS）较小，故不选D。 正确答案：A。‎ ‎14.某温度下，向2L的密闭容器中投入一定量的X和Y，在催化剂的作用下发生反应：X(g) + Y(g)Z(g)。反应过程中测定的部分数据如下表:‎ t/min n(X)/mol n(Y)/mol ‎0‎ ‎1.20‎ ‎0.60‎ ‎1‎ ‎0.90‎ ‎2‎ ‎0.80‎ ‎4‎ ‎0.20‎ 下列说法正确的是 A. 反应1~2min末的平均速率v(Z)=0.2mol/(L·min)‎ B. 在2min~4min间，v(X)正>v(Y)逆 C. 生成1mol Z的同时，生成1mol X 能说明该反应已达化学平衡状态 D. 其他条件不变，再充入1.2mol X，X的转化率将增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图表列出反应物，生成物的物质的量 ‎ ‎ X(g) + Y(g)Z(g)‎ t0（开始） 1.20 0.60 0‎ t1（1min） 0.90 0.30 0.30‎ t2（2mun） 0.80 0.20 0.20‎ t4（4min） 0.80 0.20 0.20‎ 可以看出在2min已达平衡。‎ ‎【详解】A.反应1~2min末的平均速率v(Z)= = 0.05mol/(L·min),故A错误；‎ B. 在2min~4min间，由于已经达到平衡，v(X)正=v(Y)逆，故B错误；‎ C. 生成1mol Z代表正反应，生成1mol X代表逆反应，v(Z)正=v(X)逆，速率比等于化学计量数比， 能说明该反应已达化学平衡状态，故C正确；‎ D.其他条件不变，再充入1.2mol X，平衡正向移动，但X的转化率减小，故D错误；‎ 正确答案：C。‎ ‎15.开发和利用矿物资源有重要的意义。某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下，下列有关说法不正确的是(　　)‎ A. 制取粗硅时生成的气体产物为CO B. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应 C. 黄铜矿冶炼铜时，产生的SO2可用于生产硫酸，产生的FeO可用作冶炼铁的原料 D. 粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.制取粗硅方程式：2C+SiO22CO+Si，生成的气体产物为CO，故不选A；‎ B.生产玻璃的过程中不涉及氧化还原反应，故选B；‎ C.黄铜矿冶炼铜时，产生的SO2可用于生产硫酸，产生的FeO可用作冶炼铁的原料，故不选C；‎ D.制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl4从杂质中提取出来，再与H2发生置换反应得到高纯硅，则多次蒸馏提纯，故不选D；‎ 正确答案：B。‎ ‎16.25℃时，向1L 0.1mol/L的一元酸HR溶液中逐渐通入氨气(已知25℃时一水合氨的电离平衡常数为K=1.76×10－5)，保持溶液的温度和体积不变，混合溶液的pH与粒子浓度比值的对数变化关系如图所示。下列叙述错误的是 A. 25℃时，0.1mol/L的一元酸HR的电离平衡常数为Ka=10－5‎ B. 当通入0.1mol氨气时，c(NH4+)>c(R-)>c(OH－)>c(H＋)‎ C. 当c(R-)=c(HR) 时，溶液为酸性 D. HR为弱酸，25℃时随着氨气的通入，c (R-)/[c(OH−)•c (HR)] 逐渐增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据起点：PH=5，lg ， HR的电离平衡常数为Ka==10－5，故不选A；‎ B. 当通入0.1mol氨气时，恰好完全反应生成NH4R，因为一水合氨的电离平衡常数为K=1.76×10－5，HR的电离平衡常数为Ka=10－5，所以铵根离子水解能力略小于R-， NH4R溶液略显碱性，离子浓度c(NH4+)>c(R-)>c(OH－)>c(H＋)，故不选B；‎ C. 当c(R-)=c(HR) 时，lg ，根据图像可知PH=5， 溶液为酸性，故不选C。‎ D. HR为弱酸，25℃时随着氨气的通入，c (R-)/[c(OH−)•c (HR)]=1/Kh,因为水解常数只受温度影响, c (R-)/[c(OH−)•c (HR)]=1/Kh是定值,故选D;‎ 正确答案:D。‎ 第Ⅱ卷(共52分)‎ 二、填空题(本大题含4小题，除特殊标记外，每空2分。共52分)‎ ‎17.已知25 ℃时，HCN的电离常数Ka＝6.2×10－10 mol·L－1，CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10－5 mol·L－1。请根据以下四个图像回答问题。‎ ‎(1)25 ℃时，体积均为100 mL、pH＝2的CH3COOH溶液和HCN溶液，加水稀释过程中溶液的pH变化与溶液体积的关系如图所示，则表示CH3COOH溶液的pH变化趋势的曲线是：______(填“A”或“B”)；相同条件下，NaCN溶液的pH________(填 “>”“＝”或“<”)CH3COONa溶液的pH。将0.2 mol·L－1HCN溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，若所得溶液的c(HCN)>c(Na+)，则溶液中离子浓度由大到小顺序为___________________________________。‎ ‎(2)如图所示，25 ℃时向20 mL 0.01 mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1 KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法正确的是_______‎ A．a点溶液中c(H＋)为1×10－4 mol·L－1‎ B．a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是c点 C．滴定过程中宜选用酚酞做指示剂 D．b点溶液中离子浓度大小顺序一定为c(CH3COO－)>c(H＋)>c(K＋)>c(OH－)‎ ‎(3)如图表示用相同的NaOH溶液分别滴定浓度相同的三种一元酸，由图可知酸性最强的是_____(填“①”“②””或“③”)。‎ ‎(4)如图表示相同浓度的AgNO3标准溶液分别滴定浓度相同的含Cl-、Br- 及I- 的混合溶液，由图可确定首先沉淀的离子是________。已知25 ℃时Ksp(AgCl)＝2×10－10，在1L 0.1mol/L的NaCl溶液中加入1L 0.2mol/L的AgNO3溶液，充分反应后溶液中c(Cl－)=_________(假设混合溶液的体积为2L)‎ ‎【答案】 (1). A (2). > (3). c(Na+)>c(CN-)>c(OH－)>c(H＋) (4). BC (5). ③ (6). I- (7). 4.0×10－9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据电离平衡常数进行判断；混合溶液先反应，根据产物和剩余反应物在进行判断； ‎ ‎（2）A.根据醋酸电离常数计算； B.酸或碱抑制水电离，a和b点溶液都呈酸性，所以抑制水电离，c点呈中性，d点碱过量抑制水的电离，c点水的电离程度最大；C.氢氧化钾滴定醋酸恰好反应生成醋酸钾溶液呈碱性，应选择酚酞试液指示反应终点； D.b点溶液呈酸性，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，当醋酸钾的物质的量大于或醋酸的物质的量，则溶液中离子浓度大小顺序是c（CH3COO-）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH-），当醋酸钾的物质的量远远小于醋酸的物质的量时，溶液中离子浓度大小顺序是c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（K+）＞c（OH-）；‎ ‎（3）由图可知，浓度相同的三种一元酸，滴定前pH值③＜②＜①，故③的酸性最强；‎ ‎（4）由图可看出，碘化银的Ksp最小，首先沉淀的离子是I-；再根据Ksp计算；‎ ‎【详解】(1)25℃时，HCN的电离常数Ka=6.2×10-10mol•L-1；CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol•L-1，都是弱酸说明醋酸酸性大于氢氰酸，稀释相同倍数，酸性弱的溶液PH变化小，则HCN溶液PH变化小，A为醋酸变化曲线，酸越弱对应盐水解程度越大，相同条件下同浓度的NaCN溶液的pH大于CH3COONa溶液的pH，0.2 mol·L－1HCN溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，生成NaCN，剩余等量的HCN，若所得溶液的c(HCN)>c(Na+)，NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，溶液中离子浓度由大到小顺序为c(Na+)>c(CN-)>c(OH－)>c(H＋)；‎ 正确答案：A > c(Na+)>c(CN-)>c(OH－)>c(H＋)。‎ ‎（2）A.根据醋酸电离常数可知：=1.7×10-5，计算得c（H+）=×10-4mol/L，故A不正确； B.酸或碱抑制水电离，a和b点溶液都呈酸性，所以抑制水电离，c点呈中性，d点碱过量抑制水的电离， c点水的电离程度最大，故B正确； ‎ C. 氢氧化钾滴定醋酸恰好反应生成醋酸钾溶液呈碱性，应选择酚酞试液指示反应终点；故C正确；‎ D.b点溶液呈酸性，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，当醋酸钾的物质的量大于或醋酸的物质的量，则溶液中离子浓度大小顺序是c（CH3COO-）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH-），当醋酸钾的物质的量远远小于醋酸的物质的量时，溶液中离子浓度大小顺序是c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（K+）＞c（OH-），故D不正确；‎ 正确答案：BC。 （3）由图可知，浓度相同的三种一元酸，滴定前pH值③＜②＜①，故③的酸性最强；‎ 正确答案：③。‎ ‎（4）由图可看出，碘化银的Ksp最小，首先沉淀的离子是I-；‎ 充分反应后溶液中c(Cl－)：‎ Ag++Cl-=AgCl↓‎ ‎1 1 1‎ ‎0.1 0.1 ‎ 过量银离子浓度为0.1mol/2L=0.05mol/L,根据Ksp(AgCl)=C(Ag+)×C(Cl－)得出c(Cl－)==4.0×10－9mol/L;‎ 正确答案: I- 4.0×10－9。‎ ‎18.甲醇(CH3OH)是一种绿色能源。如图所示，某同学设计一个甲醇燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜．‎ 根据要求回答相关问题：‎ ‎(1)写出负极的电极反应式__________________________________．‎ ‎(2)铁电极为______(填“阳极”或“阴极” )，石墨电极(C)的电极反应式为______________．‎ ‎(3)若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，丙装置中阴极析出铜的质量为______g。假设乙装置中溶液足量，若在标准状况下有448mL氧气参加反应，则乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将增加_______g.‎ ‎(4)若将乙装置中两电极位置互换，其他装置不变，此时乙装置中发生的总反应式________________________________‎ ‎【答案】 (1). CH3OH+8OH--6e-＝CO32- +6H2O (2). 阴极 (3). 2Cl--2e-=Cl2↑ (4). 12.8 (5). 1.76 (6). Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）燃料电池中通入氧化剂氧气的电极是正极，燃料为负极，写出电极反应式；‎ ‎（2）铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯离子放电；‎ ‎（3）根据转移电子守恒进行计算。‎ ‎【详解】（1）燃料电池中通入氧化剂氧气的电极是正极，正极上得电子发生还原反应，负极上燃料失电子和氢氧根离子发生氧化反应生成水，电极反应式为CH3OH+8OH--6e-＝CO32-+6H2O， 正确答案：CH3OH+8OH--6e-＝CO32-+6H2O。 （2）铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑， 正确答案：阴极；2Cl--2e-=Cl2↑； （3）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，根据转移电子守恒得：丙装置中阴极上铜离子得电子生成铜单质，析出铜的质量m(Cu)==12.8g；‎ 若在标准状况下有448mL氧气参加反应，转移电子为左侧溶液生成氢气，钠离子过来，差量法进行计算 ‎ ‎2Na+～H2～ 2e- △m ‎46g 2g 2mol 44g 溶液质量增加×0.08mol=1.76g；‎ 正确答案：12.8 1.76。‎ ‎（3）若将乙装置中两电极位置互换，阳极为铁，铁失电子；阴极氢离子得电子；电极反应式Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2↑；‎ 正确答案：Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2↑‎ ‎【点睛】串联电路中利用转移电子守恒进行计算是重点，常见关系式：2H2～1O2～1Cl2～1Cu～4Ag～4H＋～4OH－～4e－‎ ‎19.汽车尾气中的NO(g) 是导致光化学烟雾和破坏臭氧层的重要源头之一。现拟用下列方法处理NO，根据题意回答下列问题：‎ ‎(1)采用某种催化剂催化分解NO，发生反应2NO(g)N2(g)+O2(g)，在T1 ℃ 和T2 ℃时(T1>T2)NO的转化率随时间变化的结果如图所示。‎ ‎① 反应 2NO(g)N2(g)+O2(g) 为(填“吸热”或“放热”)____________反应。‎ ‎② T2℃时，反应的平衡常数K=__________(保留2位小数)。‎ ‎③ 在T1 ℃下，要提高NO转化率，可采取的措施是_________________________‎ ‎④ 比较a、b处反应速率大小：va(正)________ vb(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。已知反应速率 v正=k正x2(NO)，v逆=k逆 x(N2)·x(O2)，k正、k逆 分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算b点处v(正)/v(逆)=__________(保留1位小数)。‎ ‎(2)臭氧也可用于处理NO．O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，写出该反应的化学方程式___________________，每生成1mol的HNO3转移_______mol电子．‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). 0.02 (3). 移走生成物 (4). 大于 (5). 1.3 (6). 3O3+2NO+H2O═2HNO3+3O2 (7). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) ①根据图像分析，温度越高，化学反应速率越快，越先达到平衡，从图像看出温度高时NO转化率低，所以反应 2NO(g)N2(g)+O2(g)为放热反应；‎ ‎② T2℃时，根据图像可以知道NO的平衡转化率为22%，三行式法计算平衡常数；‎ ‎③温度一定时，可减少生成物浓度，平衡正向移动，提高转化率；压强对此反应无影响；‎ ‎④温度越高，化学反应速率越快，比较a、b处反应速率大小；根据平衡常数计算 k正、k逆的关系，再根据b点计算v(正)/v(逆)；‎ ‎ (2)O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，写出化学方程式；O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，转移电子数=化合价升高数，NO转化为HNO3 ，化合价升高3，每生成1mol的HNO3转移3mol电子。‎ ‎【详解】(1) ①根据图像分析，温度越高，化学反应速率越快，越先达到平衡，从图像看出温度高时NO转化率低，所以反应 2NO(g)N2(g)+O2(g)为放热反应；‎ 正确答案：放热反应。‎ ‎② T2℃时，根据图像可以知道NO的平衡转化率为22%，三行式法计算平衡常数；‎ ‎2NO(g)N2(g)+O2(g)‎ C（初） 1 0 0‎ ‎△C 0.22 0.11 0.11‎ C（末） 0.78 0.11 0.11‎ K= ≈0.02；‎ 正确答案：0.02。‎ ‎③温度一定时，可减少生成物浓度，平衡正向移动，提高转化率；压强对此反应无影响；‎ 正确答案：移走生成物。‎ ‎④温度越高，化学反应速率越快，所以va(正)大于vb(逆)；根据平衡常数计算 k正、k逆的关系，再根据b点计算v(正)/v(逆)；‎ T2℃时，平衡时v(正)= v(逆)， 即k正x2(NO)平衡 =k逆 x(N2)平衡·x(O2)平衡，得k (正)/ k (逆)= x(N2)平衡·x(O2)平衡/ x2(NO)平衡=K=0.02(提示:前面计算所得);‎ b点时NO转化率为20%,列三行式 ‎2NO(g)N2(g)+O2(g)‎ C（初） 1 0 0‎ ‎△C 0.20 0.10 0.10‎ C（末） 0.80 0.10 0.10‎ b点处v(正)/v(逆)= k正x2(NO)/ (k逆 x(N2)·x(O2))=×=0.02×64=1.3‎ 正确答案: 大于 1.3。‎ ‎ (2) O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，写出化学方程式3O3+2NO+H2O═2HNO3+3O2；O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，转移电子数=化合价升高数，NO转化为HNO3 ，化合价升高3，每生成1mol的HNO3转移3mol电子。‎ 正确答案：3O3+2NO+H2O═2HNO3+3O2 3。‎ ‎20.铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如下：‎ 实验室中可用FeSO4(用铁粉和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3溶液在如下装置模拟上述流程中的“转化”环节。‎ ‎(1)装置A的仪器名称是________，装置B中盛放的药品是________。‎ ‎(2)实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合，操作方法是____________________。FeSO4溶液要现用现配制的原因是_____________________。‎ ‎(3)干燥过程的主要目的是脱去产物FeCO3中的游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为_________________________________________，取干燥后的FeCO3样品24.98 g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉12.32 g，计算样品中FeCO3的质量分数________%(计算结果取整数)。‎ ‎(4)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂.用如图装置可以制取少量高铁酸钠．写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳极的电极反应式___________________‎ ‎(5)25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38 ，此温度下，若实验室中配制2.5mol/L 100mL硫酸铁溶液，为使配制过程中不出现浑浊，则至少需要加入10mol/L的硫酸______mL(忽略加入硫酸的体积)。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 铁粉 (3). 待D处的氢气纯净后，关闭活塞3，打开活塞2 (4). 亚铁离子易被氧化 (5). 4FeCO3＋O2＋2H2O===4FeOOH＋4CO2 (6). 93 (7). (8). 0.25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A（分液漏斗）中盛放的是稀硫酸，B中盛放的是铁粉，C中盛放的是NH4HCO3‎ 溶液，开始打开分液漏斗上口玻璃塞，打开活塞1，活塞3，关闭活塞2，反应进行到装置中的空气排尽，关闭活塞3，打开活塞2，B中生成的硫酸亚铁溶液被压入C中与碳酸氢铵溶液反应，生成沉淀，经过过滤，洗涤，干燥，焙烧得还原铁粉。‎ ‎(1)A和B装置是用来制取硫酸亚铁的，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；‎ ‎(2)实验过程中，待D处的氢气纯净后，关闭活塞3，打开活塞2，可将B中生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合， 由于亚铁盐具有强还原性容易被空气中的氧气氧化，所以最好现配现用；‎ ‎(3)由于铁的化合价发生了变化，确定反应物为FeCO3、O2、H2O，产物为FeOOH、CO2写出方程式4FeCO3＋O2＋2H2O===4FeOOH＋4CO2；利用关系式法计算FeCO3的质量分数 ‎(4)根据图像可以看出阳极铁失电子与氢氧根离子结合生成高铁酸根离子，写出电极反应式；‎ ‎(5)根据氢氧化铁的Ksp进行计算。‎ ‎【详解】(1)A和B装置是用来制取硫酸亚铁的，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；‎ 正确答案：分液漏斗 铁粉。‎ ‎(2)实验过程中，待D处的氢气纯净后，关闭活塞3，打开活塞2，可将B中生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合，由于亚铁盐具有强还原性容易被空气中的氧气氧化，所以最好现配现用；‎ 正确答案：待D处的氢气纯净后，关闭活塞3，打开活塞2，亚铁离子易被氧化。‎ ‎(3)由于铁的化合价发生了变化，确定反应物为FeCO3、O2、H2O，产物为FeOOH、CO2写出方程式4FeCO3＋O2＋2H2O===4FeOOH＋4CO2；利用关系式法计算FeCO3的质量分数。‎ FeCO3 ～ Fe FeOOH ～ Fe ‎ ‎116g 56g 89g 56g m（FeCO3）g m（FeOOH）g ‎ 根据已知得：m（FeCO3）+ m（FeOOH）=24.98 g；+=12.32g;‎ 两个等式联立可得出m（FeCO3）=23.2g m（FeOOH）=1.78g 样品中FeCO3的质量分数:×100%≈93%;‎ 正确答案: 4FeCO3＋O2＋2H2O===4FeOOH＋4CO2 93。‎ ‎ (4)根据图像可以看出阳极铁失电子与氢氧根离子结合生成高铁酸根离子，写出电极反应式；‎ 正确答案：‎ ‎(5)配制2.5mol/L 100mL硫酸铁溶液，根据氢氧化铁的Ksp进行计算：Ksp[Fe(OH)3]＝C（Fe3+‎ ‎）×=5× = 4.0×10－38，C（OH-）=2×10－13mol/L，所以C（H+）=Kw/ C（OH-）=5×10－2mol/L。根据C1V1=C2V2，可知5×10－2mol/L×100×10－3L=20×V1×10－3L，V1=0.25mL；‎ 正确答案：0.25。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎