2018-2019学年山西省太原市高二上学期期末考试化学试题 解析版

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文档介绍

2018-2019学年山西省太原市高二上学期期末考试化学试题 解析版

‎2018-2019学年第一学期高二期末考试化学 本试卷为闭卷笔答,答题时间90分钟,满分100分。‎ 一、选择题(每小题只有1个符合题意,每小题2分,共40分。请将正确选项的序号填入下面答题栏内)‎ ‎1.2018 年9月,中国国际能源产业博览会在太原召开。下列关于能源说法不正确的是 A. 煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能 B. 在能源的开发和利用中必须同时考虑对环境的影响 C. 天然气是一种高效清洁的能源 D. 我的煤炭储量十分丰富,人类可以无穷无尽地开发 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能,即间接来自太阳能,故A正确; B、能源的开发和利用,必须同时考虑其对生态环境的影响,不计后果的开发能源是不可取的,故B正确; C、天然气的主要成分是甲烷,是一种高效、低耗、污染小的清洁能源,故C正确; D、虽然我国的煤的储量十分丰富,但是它是化石能源,储量有限,用完以后不能在短时间内形成,并不是可以无穷无尽地开发,故D错误。 故选D。‎ ‎2.在密闭容器中进行可逆反应,气体A与B反应生成C,其反应速率分别用VA、VB、VC 表示,三者之间有以下关系:VB=3VA,3VC =2VB,则此反应的化学方程式为( )‎ A. A(g)+B(g)C(g)‎ B. 6A(g)+2B(g)3C(g)‎ C. 3A(g)+B(g)2C(g)‎ D. A(g)+3B(g)2C(g)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算,根据计算结果书写方程式。‎ ‎【详解】V B =3V A ,3V C =2V B ,故V A :V B :V C =1:3:2,化学反应速率之比等化学计量数之比,故此反应可表示为A(g)+3B(g)2C(g), ‎ ‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的相关计算,把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键。‎ ‎3.某反应使用催化剂后,其反应过程中的能量变化如图,下列说法错误的是( )‎ A. 总反应为放热反应 B. 使用催化剂后,活化能不变 C. 反应①是吸热反应 D. △H=△H1+△H2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因为反应物的总能量比生成物总能量高,故总反应为放热反应,A正确;‎ B. 加入催化剂,改变反应的活化能,B错误;‎ C. 因为①中反物的总能量比生成物总能量低,故反应①为吸热反应,C正确;‎ D. 由图可知,反应①为吸热反应,反应热为△H1,反应②为放热反应,反应热为-△H2,根据盖斯定律,△H =△H1-(-△H2)=△H1+△H2,D正确。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示,相同温度下,在容器Ⅰ和Ⅱ中分别充入等物质的量的HI,发生反应2HI(g) H2(g)+I2(g)。下列关于反应起始时容器Ⅰ和Ⅱ中活化分子的说法不正确的是( )‎ A. Ⅰ和Ⅱ中活化分子数相同 B. Ⅰ和Ⅱ中活化分子百分数相同 C. Ⅰ和Ⅱ中单位体积内活化分子数相等 D. Ⅰ中化学反应速率比Ⅱ中的小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 容器Ⅰ和Ⅱ中分别充入等物质的量的HI,发生反应2HI(g) H2(g)+I2(g)。由图可知,II的压强大,以此解答。‎ ‎【详解】A. Ⅰ和Ⅱ中温度相同,活化分子数相同,故A正确;‎ B. Ⅰ和Ⅱ中温度相同,活化分子数相同,分子总数相同,所以活化分子百分数相同,故B正确;‎ C. Ⅰ和Ⅱ中体积不同,活化分子数相同,所以单位体积内活化分子数不相等,故C错误;‎ D. Ⅰ中压强比Ⅱ中小,压强越小反应越慢,所以Ⅰ中化学反应速率比Ⅱ中的小,故D正确。‎ 故选C。‎ ‎5.室温下,设 1L pH=6 的 AlCl3溶液中,由水电离出的 H+物质的量为n1;1L pH=6 的 HCl 溶液中,由水电离出的 H+物质的量为 n2.则 n1/n2的值是( )‎ A. 0.01 B. 1 C. 10 D. 100‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】1L pH=6 的 AlCl3溶液中,由水电离出的 H+物质的量为n1=n(H+)=10-6mol/L×1L=10-6mol;‎ ‎1L pH=6 的 HCl 溶液中,由水电离出的 H+物质的量为 n2=n(OH-)=mol/L×1L=10-8mol。则 n1/n2==100。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查水的电离的影响因素,注意能水解的盐促进水的电离,酸和碱都抑制水的电离,水电离出的氢离子总是等于水电离出的氢氧根离子。‎ ‎6.一种新型火药用高氯酸钾代替硝酸钾,用糖类代替木炭和硫磺,可避免二氧化硫等有害物质的排放,这种新型火药爆炸的热化学方程式:C6H12O6(s)+3KClO4(s)=3KCl(s)+6H2O(g)+6CO2(g) △H=xkJ/mol,已知:葡萄糖的燃烧热:△H1=akJ/mol,KClO4(s)=KCl(s)+2O2(g) △H2=bkJ/mol,H2O(g)= H2O(l) △H3=ckJ/mol,则 x 为()‎ A. a+3b-6c B. 6c+3a-b C. a+b-6c D. 6c+a-b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】已知:①C6H12O6(s)+6O2(g)=6H2O(l)+6CO2(g) △H1=akJ/mol,‎ ‎②KClO4(s)=KCl(s)+2O2(g) △H2=bkJ/mol,‎ ‎③H2O(g)= H2O(l) △H3=ckJ/mol,‎ 根据盖斯定律:①+②×3-③×6得反应C6H12O6(s)+3KClO4(s)=3KCl(s)+6H2O(g)+6CO2(g) 的△H= (a+3b-6c)kJ/mol,所以x= a+3b-6c,‎ 故选A。‎ ‎7.关于水解应用的说法,错误的是( )‎ A. 在氯化铵的浓溶液中加入镁粉会产生气泡 B. 配制氯化铁溶液时,将氯化铁溶液在较浓的盐酸中再水稀释 C. 硫酸铵和草木灰混合施用到农田可以增强肥效 D. 可用油脂的碱性水解来制备肥皂和甘油 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项,氯化铵水解使溶液显酸性,加入镁粉有氢气产生,同时产生氨气,故A项正确;‎ B项,铁离子水解呈酸性,加入盐酸可抑制水解,防止溶液变浑浊,所以配制氯化铁溶液时,将氯化铁溶液在较浓的盐酸中再加水稀释,故B项正确;‎ C项,硫酸铵和草木灰混合施用,由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解使肥效降低,故C项错误;‎ D项,油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油,即皂化反应,可用来制备肥皂和甘油,故D项正确。‎ 故答案选C。‎ ‎8.如图表示钢铁在海水中的锈蚀过程的模型,以下有关说法正确的是 ( )‎ A. 该金属腐蚀过程为析氢腐蚀 B. 正极为 C,发生的反应为氧化反应 C. 在强酸性条件下发生的是吸氧腐蚀 D. 正极反应为: 2H2O+O2+4e-=4OH-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 钢铁中含有铁和碳,在潮湿的环境中构成原电池,铁作负极,碳作正极;A.从图中看出,空气中的氧气参加反应,所以发生了吸氧腐蚀,故A错误;B.碳作正极,发生的反应为还原反应,故B错误;C.在酸性环境下,原电池的正极发生氢离子得电子的还原反应,析出氢气,即在酸性条件下发生的是析氢腐蚀,故C错误;D.吸氧腐蚀时,氧气在正极发生得电子的还原反应:O2+2H2O+4e−=4OH-,故D正确;故选D。‎ ‎9.人工光合系统装置(如图)可实现以CO2和 H2O 合成CH4。下列有关说法不正确的是()‎ A. 该装置中铜为正极 B. 电池工作时H+向Cu电极移动 C. GaN 电极表面的电极反应式为: 2H2O-4e-═O2+4H+‎ D. 反应CO2+2H2O═CH4+2O2中每消耗 1mol CO2转移 4mol e-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置中,根据电子流向知,GaN是负极、Cu是正极,负极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+,正极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O,电解质溶液中阳离子向正极移动,据此分析解答。‎ ‎【详解】A、根据图知,该装置中有太阳能转化为化学能、化学能转化为电能,则为原电池,根据电子流向知铜为正极,故A正确; B、电池工作时,H+向正极Cu电极移动,故B正确; C、GaN是负极,负极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑,故C正确; D、反应CO2+2H2O═CH4+2O2中每消耗1mol CO2转移8mol e-,故D错误。 故选D。‎ ‎10.某兴趣小组设计了如图所示原电池装置(盐桥中吸附有K2SO4‎ 饱和溶液)。下列说法正确的是()‎ A. 该原电池的正极反应是Cu2++2e-=Cu B. 甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅 C. 盐桥中的SO42-流向甲烧杯 D. 若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸,电流表指针反向偏转 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、正极发生还原反应,电极反应为:Fe3++e-=Fe2+,错误;B、左边烧杯中发生Fe3++e-=Fe2+,则左烧杯中溶液的红色逐渐变浅,正确;C、阴离子向原电池的负极移动,错误;D、若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸,铜被氧化,铜为负极,电流表指针偏转方向不变,错误。答案选B。‎ 点睛:本题考查原电池原理,为高考频考点,明确原电池反应及正负电极的判断、发生的电极反应等是解答本题的关键,该原电池反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2,则负极为Cu,发生Cu-2e-=Cu2+,阳离子移动到正极,左边烧杯中发生Fe3++e-=Fe2+,从而分析得解。‎ ‎11.下列关于难溶电解质溶解平衡的说法正确的是 A. 可直接根据 Ksp 的数值大小比较难溶电解质在水中的溶解度大小 B. 在 AgCl 的饱和溶液中,加入蒸馏水, Ksp(AgCl)不变 C. 难溶电解质的溶解平衡过程是可逆的,且在平衡状态时 v溶解=v沉淀=0‎ D. 25℃时, Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),向 AgCl 的饱和溶液中加入少量 KI 固体,一定有黄色沉 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、比较不同类型的难溶物的溶解度大小,必须通过计算溶解度比较,不能通过溶度积直接比较,比较同类型的难溶物的溶解度大小,可通过溶度积直接比较溶解度大小,故A错误; ‎ B、在纯水中物质的溶解度和Ksp都只受物质性质和温度的影响,与其它外界条件无关,所以B选项是正确的; C、平衡状态时v溶解=v沉淀0,电解质的溶解和离子结晶形成电解质都在继续,故C错误; D、加入KI后碘离子浓度增大,使得碘离子浓度与银离子浓度之积增大,可能会大于Ksp(AgI),若加入足量的碘化钾,则有黄色沉淀碘化银生成,但不一定,故D错误。 所以B选项是正确的。‎ ‎12.常温下,用铂作电极电解 1L, 1mol·L-1 的氯化钠溶液,当收集到 1.12L 氯气(标准状况)时,溶液的 pH 约为(不考虑气体溶解,忽略溶液体积变化)‎ A. 1 B. 7 C. 13 D. 14‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】惰性电极电解氯化钠溶液,阳极反应:2Cl--2e-=Cl2↑,当阳极产生1.12L即0.05mol氯气,根据电解方程式:2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH,产生0.05mol氯气生成氢氧化钠的物质的量是0.1mol,溶液中OH-的物质的量浓度是:=0.1mol/L,c(H+)=mol/L=10-13mol/L, 溶液的 pH=-lg10-13=13,‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题是一道关于电解池的工作原理的应用的计算题,主要以电极反应式的书写以及电子守恒的计算是关键。‎ ‎13.常温下,有浓度均为 0.1mol/L、体积均为 100mL 的两种一元酸HX、HY溶液,下列叙述不正确的是()‎ A. 若此时 HY 溶液的 pH=3,则 HY 是弱酸 B. 若分别加入 0.01molNaOH 固体,则酸碱恰好完全中和 C. 若分别加入 0.01molNaOH 固体,则所得溶液的pH 均为 7‎ D. 若此时 HX 溶液的 pH=1,则由水电离出的c(H+) =1×10-13 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 浓度为 0.1mol/LHY溶液, 若此时pH=3,则说明HY不完全电离,即HY 是弱酸,故A正确;‎ B. 浓度均为 0.1mol/L、体积均为 100mL 的两种一元酸HX、HY溶液与NaOH恰好中和消耗NaOH为0.01mol,则酸碱恰好完全中和,故B正确;‎ C. 若分别加入 0.01molNaOH固体,则酸碱恰好完全中和,由于酸的强弱未知,可能生成强碱强酸盐或强碱弱酸盐,则所得溶液的 pH 7,故C错误;‎ D. 浓度为 0.1mol/LHX溶液, 若此时pH=1,说明HX为强酸,则由水电离出的c(H+) =mol/L=1×10-13 mol/L,故D正确。‎ 故选C。‎ ‎14.一般较强酸可制取较弱酸,这是复分解反应的规律之一。已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列 3 种溶液的 pH:‎ 溶质 ‎ NaHCO3 ‎ Na2CO3 ‎ NaClO pH ‎ ‎8.34 ‎ ‎11.6 ‎ ‎10.3‎ 下列有关说法正确的是( )‎ A. 以上溶液的 pH 是用广泛 pH 试纸测定的 B. 反应CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO可以发生 C. 室温下,电离常数: K2( H2CO3)>K( HClO)‎ D. 在新制氯水中加入少量 NaHCO3固体可以提高溶液中 HClO 的浓度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据“越弱越水解”并结合表格数据知,酸性的强弱顺序为H2CO3>HClO >HCO3-, A.pH 试纸不能用于测量具有氧化性和漂白性的溶液的pH,NaClO具有强氧化性,故A错误; B.正确的反应方程式为NaClO+CO2+H2O═NaHCO3+HClO,故B错误; C.酸性HClO >HCO3-,电离常数: K2( H2CO3)7时,c(Na+)>c(CH3COO-);溶溶液pH<7时,c(Na+)c(CH3COO-)‎ C. Q 点所示的溶液 pH 一定等于 7‎ D. Q 点加入 NaOH 溶液的体积等于醋酸溶液的体积 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸溶液中pOH越大,说明溶液中氢氧根离子浓度越小,溶液氢离子浓度越大,酸性越强,随着NaOH的加入,发生中和反应,溶液氢氧根离子的浓度逐渐增大,则溶液pOH逐渐减小,pH逐渐增大,结合弱电解质的电离解答该题。‎ ‎【详解】A.因为醋酸是弱酸,电离程度很小,离子浓度也较小,M点溶液的导电能力最弱,故A错误; B.N点所示溶液为碱性,根据溶液电荷守恒易判断出此时c(Na+)>c(CH3COO-),所以B选项是正确的; C. Q点的pOH=pH,溶液为中性,由于温度不一定是室温,所以pH 不一定等于7,故C错误; D.Q点的pOH=pH,溶液为中性,而两者等体积混合后生成醋酸钠,水解显碱性,则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积,故D错误。 所以B选项是正确的。‎ ‎20.工业上电解 Na2CO3的原理如图所示。下列说法不正确的是( )‎ A. 阴极产生的物质 A 是 H2‎ B. 电解一段时间后,阳极附近溶液的 PH 将增大 C. 该离子交换膜应为阳离子交换膜 D. 阳极电极反应为 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 工业上电解 Na2CO3溶液,根据装置图分析,电解池阳极发生的反应为物质失去电子,发生氧化反应,碳酸钠转化为碳酸氢钠,则阳极电极反应为:4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑,阴极为物质得到电子,发生还原反应,生成氢氧化钠,则阴极反应式为:2H2O+2e-═2OH-+H2↑,据此分析判断。‎ ‎【详解】A. 阴极发生还原反应,反应式为:2H2O+2e-═2OH-+H2↑,则阴极产生的物质A是H2,故A正确;‎ B. 阳极电极反应为:4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑,溶液的碱性减弱,所以电解一段时间后,阳极附近溶液的 pH 将减小,故B错误;‎ C. 由于阴极产品为氢氧化钠,阳极区的钠离子要进入阴极区,所以离子交换膜应为阳离子交换膜,故C正确;‎ D. 阳极发生氧化反应,阳极电极反应为 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑,故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查电解原理,明确电极反应方程式是解题的关键,需掌握电解池中离子的运动方向。‎ 二、必做题(本题包括3小题,共40分)‎ ‎21.现用 0.1000mol/L KMnO4 酸性溶液滴定未知浓度的无色 H2C2O4 溶液(体积为 20.00mL)。请回答下列问题 ‎(1)该反应的离子方程式是___________________。‎ ‎(2)盛放高锰酸钾溶液的是___‎ ‎ (填“酸式”或“碱式”)滴定管,其原因是___________________。‎ ‎(3)滴定终点的现象为______。‎ ‎(4)若某次滴定开始和结束时,滴定管中的液面如图所示,则终点的读数为___mL。小明同学根据 3 次实验求得平均消耗高锰酸钾溶液的体积为 VmL,请计算该 H2C2O4溶液的物质的量浓度为___mol/L ‎(5)下列操作使测定结果偏低的是___(填字母)。‎ A.酸式滴定管未用标准液润洗直接注入 KMnO4标准液 B.滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡,滴定后有气泡 D.读取 KMnO4标准液时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数 ‎【答案】 (1). (2). 酸式 (3). KMnO4溶液会把碱式滴定管的橡胶管氧化 (4). 当滴入最后一滴标准液时,溶液由无色变为紫红色,且半分钟内不褪色 (5). 26.10 (6). 0.0125V或V/80 (7). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) KMnO4 酸性溶液和H2C2O4发生氧化还原反应,KMnO4被还原为Mn2+,H2C2O4被氧化为CO2;‎ ‎(2) 酸性高锰酸钾具有强氧化性,实验时应用酸式滴定管;高锰酸钾具有强氧化性,能腐蚀碱式滴定管下端橡胶管; (3) 高锰酸钾溶液本身有颜色,为紫色,在开始滴入草酸中时被还原,颜色消失,当达到滴定终点时,加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去,溶液应该是由无色变为浅紫色;‎ ‎(4) 根据滴定管的结构和精确度读出滴定管中的读数;利用关系式:2MnO4-~5H2C2O4计算H2C2O4的物质的量浓度; (5)根据c(待测)=c(标准)×分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差。‎ ‎【详解】(1) KMnO4 酸性溶液和H2C2O4发生氧化还原反应,KMnO4被还原为Mn2+,H2C2O4被氧化为CO2,反应的离子方程式是2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,‎ 因此,本题正确答案为:2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;‎ ‎(2) 氧化还原滴定,盛装高锰酸钾用酸式滴定管;由于KMnO4具有强氧化性,能腐蚀橡胶管,故不能用碱式滴定管盛放KMnO4溶液;‎ 因此,本题正确答案为:酸式;KMnO4溶液会把碱式滴定管的橡胶管氧化; (3) MnO4-为紫色,Mn2+为无色,当滴入最后一滴标准液时,溶液从无色变成紫红色,且半分钟内保持不变色;‎ 因此,本题正确答案为:当滴入最后一滴标准液时,溶液由无色变为紫红色,且半分钟内不褪色;‎ ‎(4) 视线与凹液面最低处相切,故起始读数为0.00mL,终点读数为26.10mL;‎ 根据关系式:2MnO4-~5H2C2O4,H2C2O4溶液的物质的量等于高锰酸钾的2.5倍, c(H2C2O4)= =0.0125V;‎ 因此,本题正确答案为:0.0125V;‎ ‎(5)A.酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液,浓度偏低,结果偏高,不选A;‎ B.滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥,不影响,不选B;‎ C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡,滴定后有气泡,所用高锰酸钾过少,结果偏低,选C;‎ D.读取KMnO4标准液时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数,结果偏低,选D。‎ 因此,本题正确答案为:CD。‎ ‎【点睛】本题主要考查氧化还原滴定实验,试题培养了学生的分析能力及化学计算能力,明确中和滴定的操作方法为解答关键,注意掌中和滴定的误差分析方法与技巧。‎ ‎22.已知氢硫酸是一种二元弱酸,请回答以下问题:‎ ‎(1)已知 0.1mol/L NaHS 溶液显碱性,则c(S2—)___c(H2S)(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎(2)常温下,向 0.2mol/L的 H2S溶液中逐滴滴入 0.2mol/L NaOH 溶液至中性,此时溶液中以下所示关系不正确的是___(填字母)。‎ A. c(H+)·c(OH-)=1×10-14‎ B. c(Na+)=c(HS—)+2c(S2—)‎ C. c(Na+)> c(HS—)+c(S2—)+ c(H2S)‎ D. c(H2S)> c(S2—)‎ ‎(3)已知常温下,CaS 饱和溶液中存在平衡CaS(s) Ca2+(aq)+S2-(aq) △H>0。‎ ‎①温度升高时,KSP(CaS ) =___ (填“增大”“减少”或“不变”,下同)。‎ ‎②滴加少量浓盐酸时,c(Ca2+ )___,原因是___(用文字和离子方程式说明)。‎ ‎③若向CaS 饱和溶液中加入Cu(NO3)2 溶液中,生成一种黑色固体物质,写出该过程中反应的离子方程式:___。‎ ‎【答案】 (1). < (2). C (3). 增大 (4). 增大 (5). 加入HCl,增大H+的浓度, H+与S2-结合,降低S2-的浓度,导致CaS(s) Ca2++(aq)+S2-(aq)溶解平衡正向移动 (6). CaS(s)+Cu(aq) Ca2++(aq)+CuS(s)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)NaHS 溶液显碱性,水解过程大于电离过程,则c(S2—)0。‎ 根据影响沉淀溶解平衡的条件来分析。‎ ‎【详解】(1)NaHS 溶液中存在电离平衡和水解平衡:HS-H++S2-和HS-+H2OH2S+OH-,由于溶液显碱性,所以水解过程大于电离过程,则c(S2—) c(S2—),故D正确。‎ 故本题答案为:C;‎ ‎(3)已知常温下,CaS 饱和溶液中存在平衡CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq) △H>0。‎ ‎①该反应为吸热反应,所以温度升高时, KSP(CaS )增大;‎ 故本题答案为:增大;‎ ‎②对于平衡CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq),滴加少量浓盐酸时,S2-与H+结合,c(S2-) 减小,平衡右移,c(Ca2+ )增大;‎ 故本题答案为:增大;加入HCl,增大H+的浓度, H+与S2-结合,降低S2-的浓度,导致CaS(s) ‎ ‎ Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq)溶解平衡正向移动;‎ ‎③CaS悬浊液存在CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq)平衡, 若向CaS饱和溶液中加入Cu(NO3)2 溶液,发生复分解反应,生成黑色固体CuS,反应的离子方程式为:CaS(s)+Cu(aq) Ca2+&xF02B;(aq)+CuS(s);‎ 故本题答案为:CaS(s)+Cu(aq) Ca2+&xF02B;(aq)+CuS(s)。‎ ‎23.研究表明:丰富的 CO2 可以作为新碳源,解决当前应用最广泛的碳源(石油和天然气)枯竭危机,同时又可缓解由 CO2累积所产生的温室效应,实现 CO2的良性循环。‎ ‎(1)目前工业上有一种方法是用CO2加氢合成低碳烯烃。现以合成乙烯(C2H4)为例、该过程分两步进行:‎ 第一步:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.3kJ/mol 第二步:2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)△H=-210.5kJ/mol ‎①CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为___。‎ ‎②一定条件下的密闭容器中,上述反应达到平衡后,要加快反应速率并提高 CO2 的转化率,可以采取的措施是___(填字母)。‎ A.减小压强 B.增大 H2浓度 C.加入合适的催化剂 D.分离出水蒸气 ‎(2)另一种方法是将 CO2 和 H2 在 230℃催化剂条件下生成甲醇蒸气和水蒸气,在不同条件下测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。若在 10L 恒容密闭容器中投入1molCO2 和 2.75molH2,发生反应: CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。‎ ‎①能判断该反应达到化学平衡状态的是___(填字母)。‎ A.c(H2):c(CH3OH)=3:1‎ B.容器内氢气的体积分数不再改变 C.容器内气体的密度不再改变 D.容器内压强不再改变 ‎②上述反应的△H___0(填“>”或“<”),图中压强 p1 ___p2(填“>”或“<”)。‎ ‎③经测定知 Q 点时容器的压强是反应前压强的 9/10,则 Q 点 CO2的转化率为___。‎ ‎④M 点时,该反应的平衡常数 K=___ (计算结果保留两位小数)。‎ ‎(3)用生石灰吸收 CO2 可生成难溶电解质 CaCO3,其溶度积常数 Ksp=2.8×10-9。现有一物质的量浓度为2×10-4mol/L 纯碱溶液,将其与等体积的 CaCl2溶液混合,则生成沉淀所需 CaCl2溶液的最小浓度为___mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H=-127.9kJ/mol (2). B (3). BD (4). < (5). > (6). 18.75% (7). 1.04 (8). 5.6×10-5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) ①根据盖斯定律计算;‎ ‎②要加快反应速率并提高 CO2 的转化率,可以增大反应物H2的浓度,使平衡右移;‎ ‎(2)①根据达到平衡状态时正反应速率等于逆反应速率,混合物中各组分百分含量保持不变以及相关量不变分析判断;‎ ‎②由图可以知道,压强一定时,温度越高,CH3OH的物质的量越小,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,则正反应为放热反应; 正反应为气体体积减小的反应,温度一定时,增大压强,平衡向正反应方向移动,甲醇的物质的量增大;‎ ‎③列出三段式,根据压强是反应前压强的 9/10,列方程计算; ‎ ‎④温度不变平衡常数不变,图中M 点时,容器体积为10L,结合M点的坐标可以知道,M点的CH3OH的物质的量为0.25mol,根据反应,列出三段式,再根据 K=计算;‎ ‎(3)因QcKsp时,形成沉淀,计算c(Ca2+)。‎ ‎【详解】(1) ①已知:I.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.3kJ/mol II.2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)△H=-210.5kJ/mol 根据盖斯定律,I2+II可得:2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)△H=-127.9kJ/mol,‎ 因此,本题正确答案是:2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)△H=-127.9kJ/mol;‎ ‎②A.正反应为气体体积减小的反应,低压有利于逆向进行,CO2的转化率减小,故A错误; ‎ B.增大 H2浓度,平衡正向移动,CO2的转化率增大,故B正确; ‎ C.加入合适的催化剂,可以加快反应速率,但不影响平衡移动,CO2的转化率不变,故C错误;‎ D.分离出水蒸气,生成物浓度减小,平衡正向移动,CO2‎ 的转化率增大,但反应速率减小,故D错误。‎ 因此,本题正确答案是:B;‎ ‎ (2)①A.c(H2):c(CH3OH)=3:1不能说明反应到平衡;‎ B.容器内氢气的体积分数不再改变,说明混合物中各组分百分含量不变,达到平衡;‎ C. 气体的总质量随着反应不变,所以容器内气体的密度一直不变,密度不变不能说明反应到平衡;‎ D. 由于气体总物质的量改变,容器内压强改变,所以压强不变说明已达平衡。‎ 故选BD;‎ ‎②由图可以知道,压强一定时,温度越高,CH3OH的物质的量越小,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,则正反应为放热反应; 正反应为气体体积减小的反应,温度一定时,增大压强,平衡向正反应方向移动,甲醇的物质的量增大,故压强p1 >p2。‎ 因此,本题正确答案是:<;>。‎ ‎③根据反应 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)‎ 起始(mol/L)0.1 0.275 0 0‎ 转化(mol/L) x 3x x x 平衡(mol/L)0.1-x 0.275-3x x x 根据压强是反应前压强的 9/10,可以列出表达式=,可以计算出x=0.01875,‎ 即 CO2的转化率=100%=18.75%,‎ 因此,本题正确答案是:18.75%;‎ ‎④温度不变平衡常数不变,图中M 点时,容器体积为10L,结合M点的坐标可以知道,M点的CH3OH的物质的量为0.25mol,‎ 根据反应 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)‎ 起始(mol/L)0.1 0.275 0 0‎ 转化(mol/L)0.025 0.075 0.025 0.025‎ 平衡(mol/L)0.075 0.2 0.025 0.025‎ ‎ K===1.04,‎ 因此,本题正确答案是:1.04;‎ ‎(3)因QcKsp时,形成沉淀,c(Ca2+)mol/L=2.810-5mol/L,等体积混合前CaCl2溶液的物质的量浓度最小为5.6×10-5mol/L。‎ 因此,本题正确答案是:5.6×10-5。‎ 三.选做题(以下两组题任选一组作答,共20分,A组较简单,若两组都做,按A组计分)‎ A组 ‎24.(1)电解原理具有广泛应用,如图为在铁上镀铜的简易装置示意图,则X极材料为___, 电极反应式为___;电解质溶液为___。‎ ‎(2)燃料电池是一种将燃料所具有的化学能直接转化成电能的装置。‎ ‎①以多孔铂为电极,如图装置中 A、B 口分别通入CH3 CH2OH和O2构成燃料电池模型,该电池负极的电极反应式为___。‎ ‎②科学家研究了转化温室气体的方法,利用如图所示装置可以将CO2 转化为气体燃料CO,该电池正极的电极反应式为___。‎ ‎【答案】 (1). Cu (2). Cu-2e-= Cu2+ (3). CuSO4溶液 (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)若利用电解原理在铁上镀铜,则该装置是电镀池,镀层作阳极,镀件作阴极,阴极上得电子发生还原反应,阳极上失电子发生氧化反应;‎ ‎(2)①燃料电池负极发生氧化反应,电解质溶液为KOH溶液,以此写出电极反应式; ‎ ‎②根据图示,N极为电子流入的一极,则N为正极,CO2在N极上发生还原反应生成CO。‎ ‎【详解】(1)利用电解原理在铁上镀铜,铜为阳极,连接电源的正极,发生氧化反应,电极方程式为Cu-2e-=Cu2+,即X极材料为Cu,电极反应式为Cu-2e-=Cu2+,电解质溶液可以是CuSO4溶液,‎ 因此,本题正确答案为:Cu ;Cu-2e-= Cu2+ ;CuSO4溶液;‎ ‎(2)①CH3 CH2OH在负极发生氧化反应,电解质溶液为KOH溶液,负极的电极反应式为CH3 CH2OH+16OH—-12e-=2CO32-+11H2O,‎ 因此,本题正确答案为:CH2OH+16OH—-12e-=2CO32-+11H2O;‎ ‎②由图可知,N极为电子流入的一极,则N为正极,CO2在N极上发生还原反应生成CO,故电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+ H2O;‎ 因此,本题正确答案为:CO2+2e-+2H+=CO+ H2O。‎ ‎25.粉煤灰是燃煤电厂的废渣,主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性Al2O3,其流程如下图:‎ 已知烧结过程的产物主要是NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等。‎ ‎(1)写出烧结过程中铝元素转化的化学方程式___。‎ ‎(2)操作 a 为冷却、研磨,其中研磨的目的是___。‎ ‎(3)①浸出过程中, NaFeO 2 可完全水解,生成沉淀为___。‎ ‎②3%Na2 CO3溶液显___(填 “酸性 ”、 “碱性 ”或“中性 ”),请用离子方程式解释:___。‎ ‎(4)操作b 所用的玻璃仪器有漏斗、___、___。‎ ‎(5)“碳化”时,通入过量气体 x 主要成分的化学式为___。‎ ‎(6)工业上电解Al2O3制备 Al 是为使Al2O3在较低温下融化,通常加入___。电解过程中做阳极的石墨易消耗,原因是___。‎ ‎【答案】 (1). Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑ (2). 提高烧结产物浸出率(或增大反应物的接触面积,加快反应速率) (3). Fe(OH)3 (或氢氧化铁) (4). 碱性 (5). CO32-+H2O HCO3- +OH- (6). 玻璃棒 (7). 烧杯 (8). CO2 (9). 冰晶石(或Na3AlF6) (10). 石墨电极被阳极上产生的氧气氧化 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题给工艺流程和信息知,烧结过程中氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳;‎ ‎(2)研磨能增大反应物的接触面积,提高烧结产物浸出率;‎ ‎(3)①NaFeO2完全水解生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠;‎ ‎②Na2 CO3为强碱弱酸盐,水解显碱性;‎ ‎(4)过滤所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯;‎ ‎(5) “碳化”过程为偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳制取氢氧化铝;‎ ‎(6)加入助溶剂冰晶石降低氧化铝的融化温度;以石墨为电极电解氧化铝时,阳极发生氧化反应产生氧气,部分氧气和石墨电极发生氧化反应。‎ ‎【详解】(1)根据题给工艺流程和信息知,烧结过程中氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳,化学方程式为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑,‎ 因此,本题正确答案为:Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑;‎ ‎(2)操作a为冷却、研磨,其中研磨的目的是增大反应物的接触面积,提高烧结产物浸出率。‎ 因此,本题正确答案为:提高烧结产物浸出率(或增大反应物的接触面积,加快反应速率);‎ ‎(3)①NaFeO2完全水解生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠;‎ ‎②Na2 CO3为强碱弱酸盐,水解显碱性,离子方程式为CO32-+H2OHCO3- +OH-;‎ 因此,本题正确答案为:Fe(OH)3 (或氢氧化铁);碱性;CO32-+H2OHCO3- +OH-;‎ ‎(4)操作b为分离固液混合物的操作,名称是过滤,所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯;‎ 因此,本题正确答案为:玻璃棒;烧杯; ‎ ‎(5)根据题给流程知,“碳化”过程为偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳。‎ 因此,本题正确答案为:CO2;‎ ‎(6)由于Al2O3熔点很高,为了能使氧化铝在较低的温度下融化,要加入助溶剂冰晶石;以石墨为电极电解氧化铝时,阳极发生氧化反应产生氧气。但由于温度高,部分氧气和石墨电极发生氧化反应产生CO、CO2。‎ 因此,本题正确答案为:冰晶石(或Na3AlF6);石墨电极被阳极上产生的氧气氧化。‎ B组 ‎26.孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3‎ ‎,还含少量Fe、Si的化合物。某工厂以孔雀石为主要原料制备CuSO4·5H2O,主要步骤如下:‎ 已知该条件下,通过调节溶液的酸碱性而使 Fe3+、Fe2+、Cu2+生成沉淀的 pH 分别如下:‎ 物质 开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH Fe(OH)3‎ ‎2.2‎ ‎3.2‎ Fe(OH)2‎ ‎7.6‎ ‎9.6‎ Cu(OH)2‎ ‎4.7‎ ‎6.4‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)为了提高孔雀石酸浸时的速率,除适当增加浓硫酸浓度外,还可以采取的措施有:___(写一种)。‎ ‎(2)试剂①是双氧水,把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是___。根据如图有关数据,你认为工业上氧化操作时应采取的条件是___。‎ ‎(3)试剂②为CuO,其目的是调节溶液的 pH 保持在___范围。操作Ⅰ的名称是___。‎ ‎(4)溶液 C 得到CuSO4·5H2O的主要步骤是___、___、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎【答案】 (1). 适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案) (2). 调节pH时, Fe3+在Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全,以而把杂质快除去 (3). 温度控制在80ºC,pH控制在1.5,氧化时间为4h左右 (4). 3.2≤pH<4.7 (5). 过滤 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3,还含少量Fe、Si的化合物,向孔雀石中加入足量稀硫酸,发生的反应有Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑,Fe+ H2SO4=FeSO4+H2↑,硅和稀硫酸不反应,溶液A只含Cu2+、Fe2+两种金属离子,然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物,溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜,向溶液A中加入试剂①双氧水得到溶液B,双氧水是一种氧化剂,将Fe2+转化为Fe3+,向溶液B中加入试剂②CuO经过操作Ⅰ得到溶液C和红褐色沉淀D,则操作Ⅰ为过滤,D为Fe(OH)3,以及过量的试剂,溶液C为硫酸铜溶液,据此答题。‎ ‎【详解】(1)为了提高孔雀石酸浸时的速率,可以采取的措施有: 适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案)。‎ 因此,本题正确答案是:适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案);‎ ‎(2)试剂①是双氧水,把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是调节pH时, Fe3+在Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全,以而把杂质除去。‎ 根据图像可知,在80℃pH等于1.5时转化率最高,所以应该控制的条件就是溶液温度控制在80℃,pH控制在1.5,氧化时间为4小时左右。‎ 因此,本题正确答案是:温度控制在80ºC,pH控制在1.5,氧化时间为4h左右;‎ ‎(3)在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀,而Cu2+不沉淀,根据表中数据,应调节溶液的 pH 保持在3.2≤pH<4.7范围;向溶液B中加入CuO经过操作Ⅰ得到溶液C和红褐色沉淀D,则操作Ⅰ为过滤, 因此,本题正确答案是:过滤;‎ ‎(4)溶液C为硫酸铜溶液,从硫酸铜溶液得到CuSO4·5H2O的主要步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。‎ 因此,本题正确答案是:蒸发浓缩;冷却结晶。‎ ‎27.(1)柠檬 酸是 一种 重 要的 有 机 酸 ,其结构简式 为, 其电离常数K1=7.41×10-4,K,2=1.74×10-5,K3=3.98×10-7。碳酸的电离常数K1=4.5×10-7,K1=4.7×10-11。请回答下列有关问题:‎ ‎①设计实验证明柠檬酸的酸性比碳酸强:___。‎ ‎②设计实验证明柠檬酸为三元酸:___。 ‎ ‎(2)绿色电源“二甲醚-氧气燃料电池”的工作原理如图所示。‎ ‎①氧气应从 c 处通入,则电极 Y 上发生反应的电极反应式为___。‎ ‎②二甲醚(CH3OCH 3 )应从 b 处通入,则电极 X上发生反应的电极反应式为___。‎ ‎【答案】 (1). 向盛有少量NaHCO3溶液的试管里滴加柠檬酸溶液,有气泡产生(或其他合理设计) (2). 用NaOH标有溶液滴定柠檬酸溶液,消耗NaOH的物质的量是柠檬酸的3倍 (3). O2+4e﹣+4H+═2H2O (4). (CH3)2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①要证明柠檬酸的酸性比碳酸强,可以利用强酸制取弱酸分析; ②利用酸碱中和滴定酸碱物质的量比确定柠檬酸是三元酸;‎ ‎(2)根据氢离子移动方向知,Y为原电池正极,X为负极,则c处通入的气体是氧气,根据d处生成物知,正极上发生的反应为O2+4e-+4H+═2H2O,电解质溶液为酸性溶液,b处通入的物质是二甲醚,X电极反应式为(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+,据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)①要证明柠檬酸的酸性比碳酸强,可以利用强酸制取弱酸,向盛有少量NaHCO3的试管里滴加柠檬酸溶液,有气泡产生就说明柠檬酸酸性大于碳酸, 因此,本题正确答案是:向盛有少量NaHCO3溶液的试管里滴加柠檬酸溶液,有气泡产生(或其他合理设计); ②柠檬酸和NaOH发生中和反应时,如果柠檬酸是三元酸,则参加反应的NaOH物质的量应该是柠檬酸的三倍,所以用NaOH标准溶液滴定柠檬酸溶液,消耗NaOH的物质的量是柠檬酸的3倍就说明柠檬酸是三元酸,‎ 因此,本题正确答案是:用NaOH标有溶液滴定柠檬酸溶液,消耗NaOH的物质的量是柠檬酸的3倍;‎ ‎(2)①c处通入的气体是氧气,根据d处生成物知,正极上发生的反应为O2+4e-+4H+═2H2O ‎,因此,本题正确答案是:O2+4e-+4H+═2H2O; ②b处通入的物质是二甲醚,X电极反应式为(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+,‎ 因此,本题正确答案是:(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+。‎ ‎【点睛】本题(2)考查了化学电源新型电池,侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力,根据氢离子移动方向确定正负极,再根据d处生成物确定电解质溶液酸碱性,难点是电极反应式书写。‎ ‎ ‎
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