陕西省榆林市绥德县绥德中学2019-2020学年高二下学期阶段性测试化学试题

陕西省榆林市绥德县绥德中学2019-2020学年高二下学期阶段性测试化学试题

化学试卷 第Ⅰ卷 一、选择题(每小题的四个选项中有一项是符合题目要求)‎ ‎1.新型冠状病毒是一种致病性很强的 RNA 病毒，下列说法错误的是 A. 新型冠状病毒组成元素中含有 C、H、O B. 用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液越浓越好 C. ‎3M 防颗粒物口罩均使用 ‎3M 专有高效过滤材料——聚丙烯材质，聚丙烯属于高分子 D. 不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 新型冠状病毒成分为蛋白质，组成元素为C、H、O、N等，故A错误；‎ B. 用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液过高对人体健康也会产生危害，故B错误；‎ C. 聚丙烯材质的成分为聚丙烯，聚丙烯属于合成有机高分子，故C正确；‎ D. .新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播，为减少传染性，不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.列关于古籍中的记载说法正确的是( )‎ A. 直径为20 nm的纳米碳酸钙属于胶体 B. 氢化钙的电子式是：Ca2+[∶H]2-‎ C. “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。”这句古诗包含了吸热反应过程 D. 《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 纳米碳酸钙是一种纯净物，不是分散系，因此不属于胶体，A错误；‎ B. 氢化钙化学式是CaH2，其电子式是，B错误；‎ C. “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。”这句古诗表示CaCO3在高温下分解产生CaO和CO2，该反应为吸热反应，因此包含了吸热反应过程，C正确；‎ D. 鉴别KNO3和 Na2SO4‎ ‎，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，是利用了焰色反应，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 A. 标准状况下，2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NA B. 1mol Na2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为2 NA C. ‎25℃‎1LpH=12的Na2CO3溶液中，由水电离出H+的数目为0.01NA D. 0.1 mol H2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，CH3OH是液体，无法计算2.24LCH3OH分子中共价键的数目，故A错误；‎ B． Na2O2～e-，1molNa2O2与足量CO2充分反应转移电子数为NA，故B错误；‎ C．‎25℃‎1LpH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=0.01mol/L，n(OH-)=0.01mol/L×‎1L=0.01mol,由水电离出H+等于由水电离出的OH-,数目为0.01NA，故C正确.‎ D．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应，H2+I22HI，因为可逆反应不能进行到底，所以反应后HI分子总数小于0.2NA，故D错误；‎ 本题答案为C。‎ ‎4.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是( )‎ A. 在pH=7的溶液中：Fe3+、K+、Cl-、SO42-‎ B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K+、Cl-、I-‎ C. =10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-‎ D. 水电离产生的c(OH-)=10-12 mol/L的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在pH=7的溶液中，Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在，A错误；‎ B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有大量Fe3+，Fe3+与I-会发生氧化还原反应，产生Fe2+、I2，不能大量共存，B错误；‎ C. =10-12的溶液是酸性溶液，含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；‎ D. 水电离产生的c(OH-)=10-12 mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在碱性溶液中含有大量OH-，OH-、Al3+会发生反应转化为AlO2-，不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.下列反应的离子方程式书写正确的是( )‎ A. 向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4+‎ B. 以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑‎ C. 硫酸亚铁溶液与稀硫酸、双氧水混合：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O D. 硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. NH3·H2O是弱碱，反应时若氨水过量，NH3·H2O不能溶解反应产生的Al(OH)3，A错误；‎ B. 溶液中的Al3+会与反应产生的OH-结合形成Al(OH)3沉淀，B错误；‎ C. Fe2+在酸性条件下被H2O2氧化产生Fe3+，符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，C正确；‎ D. 硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合，要以不足量的NaHSO4为标准书写离子方程式，正确的应该为H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎6.下列关于冰融化为水的过程判断正确的是( )‎ A. ΔH＞0，ΔS＜0 B. ΔH＜0，ΔS＞‎0 ‎C. ΔH＞0，ΔS＞0 D. ΔH＜0，ΔS＜0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】冰融化为水的过程要吸收热量，所以ΔH＞0‎ ‎；固体变为液体，是熵增的变化过程，体系的混乱程度增大，所以ΔS＞0，故合理选项是C。‎ ‎7.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。据此判断下列说法中正确的是(　　)‎ A. 石墨转变为金刚石是吸热反应 B. 白磷比红磷稳定 C. S(g)＋O2(g)=SO2(g)　ΔH1，S(s)＋O2(g)=SO2(g)　ΔH2，则ΔH1>ΔH2‎ D. CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)　ΔH>0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图象分析金刚石能量高于石墨，石墨转变为金刚石是吸热反应，故A正确；‎ B. 图象分析白磷能量高于红磷，能量越高越活泼，能量越低越稳定，白磷比红磷活泼，故B 错误；‎ C. 依据图象分析固体硫变化为气态硫需要吸收能量，相同条件下，等质量S(g)和S(s)能量比较，S(s)较小，△H1<△H2，故C错误；‎ D. 图象分析反应物CO(g)+H2O(g)的能量总和高于生成物CO2(g)+H2(g)的能量总和，反应是放热反应，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎8.某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是( )‎ A. 该反应的还原剂是Cl-‎ B. 消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3‎ D. 反应后溶液的酸性明显增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价升高，则具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒可得反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。‎ ‎【详解】该反应方程式为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。‎ A．由方程式可知：在反应中NH4+中N元素在反应后化合价升高，所以还原剂为NH4+，A错误；‎ B．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，B错误；‎ C．由方程式可知氧化剂是ClO-，还原剂是NH4+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C错误；‎ D．反应生成H+，使溶液中c(H+)增大，溶液酸性增强，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应方程式，然后再进行分析判断，侧重考查学生的分析能力和计算能力。‎ ‎9.C是一种常见的工业原料，实验室制备C的化学方程式如下，下列说法正确的( )‎ A. l mol的C最多能与7 mol的H2反应 B. 分子C中所有碳原子一定共平面 C. 可以用酸性KMnO4溶液鉴别A和B D. A的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．C中能与H2发生加成反应的有苯环、碳碳双键和羰基，则l mol的C最多能与8 mol的H2反应，A错误；‎ B．C含有饱和碳原子，具有甲烷的正四面体结构特征，因此不可能所有的碳原子在同一个平面上，B错误；‎ C．A中的甲基和B中的醛基，都可被酸性高锰酸钾氧化，因此不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别A和B，C错误；‎ D．A的同分异构体中含有苯环和醛基，苯环可能含有2个甲基、1个醛基，有6种结构；如含有两个取代基，可为CH3CH2-、-CHO，也可为-CH3、-CH2CHO，各有邻、间、对3种结构，如含有1个取代基，可为-CH2CH2CHO或-CH(CH3)CHO两种结构，因此符合条件的同分异构体种类共有6+3+3+2=14种，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎10.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是 A. 简单离子半径: X>Y>Z>W B. W的单质在常温下是黄绿色气体 C. 气态氢化物的稳定性: Z>W>Y D. X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。‎ A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3->S2->Cl->Na+，A错误；‎ B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B 正确；‎ C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性W>Z>Y，所以气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，C错误；‎ D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH 与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。‎ ‎11.某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述正确的是( )‎ A. a和b用导线连接时，铁电极上发生还原反应 B. a和b用导线连接时，电子经硫酸铜溶液从铁电极流向铜电极 C. 无论a和b是否连接，铜电极质量都增加 D. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a和b用导线连接时，形成了原电池，Fe作负极，失去电子，发生氧化反应，A错误；‎ B．a和b用导线连接时，形成了原电池，Fe片作负极，失去电子，发生氧化反应，电子经导线流向Cu片，溶液中Cu2+在Cu片上得到电子发生还原反应，B错误；‎ C．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液直接发生化学反应，铁将金属铜从其盐中置换出来，产生的Cu在铁片上附着，使铁片质量增加，而铜电极质量不变；当a和b用导线连接时，形成了原电池，溶液中Cu2+在Cu片上得到电子发生还原反应，产生Cu单质在Cu片上附着，使铜电极质量增加，可见Cu电极质量不一定都增加，C错误；‎ D．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，Fe变为Fe2+进入溶液；当a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液。可见无论a和b是否连接，铁片均会溶解生成+2价的Fe2+，导致溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎12.在密闭容器中，一定条件下进行反应：mA(气)+nB（气）pC（气）+qD（气）,若增大压强，或升高温度，重新达到平衡，随时间化过程均如图所示，则对该反应叙述正确的是（ ）‎ A. 正反应是放热反应，m+n < p+q B. 逆反应是放热反应，m+n > p+q C. 正反应是放热反应，m+n > p+q D. 逆反应是放热反应，m+n < p+q ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】升高温度和增大压强，平衡向逆向移动，故逆反应方向吸热，正反应方向放热；逆反应方向气体体积减小，正反应方向气体体积增大，答案选A。‎ ‎13. 在密闭容器中，一定量混合气体发生下列反应：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），达到平衡后，测得C气体的浓度为0.5mol/L．当在恒温下，将密闭容器的体积缩小为1/2，再达平衡时，测得C气体的浓度为0.9mol/L．则下列叙述正确的是 A. 反应速率降低 B. 平衡向右移动 C. B的转化率提高 D. a+b＜c+d ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 保持温度不变，将容器的体积缩小1倍，如平衡不移动，C气体的浓度为1mol/L，实际C的浓度变为0.9mol/L，说明平衡向逆反应方向移动 ‎【详解】A、增大压强反应速率加快，A错误；‎ B、保持温度不变，将容器的体积缩小1倍，如平衡不移动，C气体的浓度为1mol/L，实际C的浓度变为0.9mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，B错误；‎ C、平衡逆向移动，反反应物转化率降低，C错误；‎ D、保持温度不变，将容器的体积缩小1倍，平衡向逆反应方向移动，说明反应物气体物质的量比生成物小，a+b＜c+d，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎14.反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝＋57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2‎ 的体积分数随压强变化曲线如图所示。‎ 下列说法正确的是 A. A、C两点的反应速率：A＞C B. A、C两点气体的颜色：A深，C浅 C. 由状态B到状态A，可以用加热的方法 D. A、C两点气体的平均相对分子质量：A＞C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 温度相同，C点压强大于A点，则速率C>A，A错误；‎ B. 同一温度，由于C点压强大于A点，从A点到C点，平衡左移，NO2的体积分数减小，并不能说明NO2浓度的变化，因为NO2的体积分数发生变化，说明压强的变化是由于容器体积的变化引起的，若C点容器的体积为A点的一半，则C点压强大于A点，刚开始C点NO2的浓度是A点的2倍，但是由于C点的压强比A点的大，平衡左移，所以C点NO2的浓度大于A点的浓度，小于A点浓度的2倍，所以C点的颜色深，B错误；‎ C. 同一压强下，由状态B到状态A，NO2的体积分数增加，由于该反应的正反应是吸热反应，所以可以升温，C正确；‎ D. A点到C点，混合气体的质量没变，NO2的体积分数减小，说明平衡左移，则气体的总物质的量减小，所以平均相对分子质量增大，即A、C两点气体的平均相对分子质量：A＜C，D错误；‎ 故合理选项为C。‎ ‎15.某温度下在密闭容器中发生如下可逆反应：‎2M(g)＋N(g)2E(g)，若开始时只充入2mol E(g)，达平衡时，E的转化率为40%；若开始时充入2mol M和1mol N的混合气体，达平衡时混合气体的压强比起始时减少了(　　)‎ A. 20% B. 40% C. 60% D. 80%‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若开始时只充入2mol E(g)，达到的平衡与开始时充入2mol M和1mol N的混合气体，达到的平衡等效；在这两个平衡中，各物质的百分含量即各物质的质量百分含量，各物质的物质的量的百分含量，各气体的体积百分含量，物质的量，物质的质量，各气体的体积，各物质的物质的量，浓度和物质的转化率均完全相同。‎ ‎【详解】只充入2mol E(g)，E的转化率为40%，设E转化了2x 则有 ‎2M(g) ＋ N(g) 2E(g)‎ 始（mol） 0 0 2‎ 转（mol） 2x x 2x 平（mol） 2x x 2-2x ‎ ‎ x=0.4mol 达到平衡时气体总物质的量为2.4mol，若开始时充入2mol M、1mol N时，平衡等效，平衡时气体总物质的量也为2.4mol，在密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，那么达平衡时混合气体的压强比起始时减少了=20%；答案选A。‎ ‎16.下列溶液中有关物质的量浓度的关系正确的是( )‎ A. 在NaHCO3溶液中，c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)‎ B. 含有Na+、CH3COO-、H+、OH-的溶液中，离子浓度大小关系可能为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)‎ C. 物质的量浓度相等的HF溶液和NaF溶液等体积混合：c(F-)+‎2c(OH-)=‎2c(H+)+c(HF)‎ D. 0.1 mol•L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(NH4+)+c(Fe2+)+c(NH3•H2O)=0.3 mol•L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．根据质子守恒可得：c(H+)+c(H2CO3)+c(CO32-)=c(OH-)，则c(H+)+c(H2CO3)＜c(OH-)，A错误；‎ B．正电荷数目比负电荷数目多，溶液中的电荷不守恒，B错误；‎ C．根据物料守恒可得‎2c(Na+)=c(F-)+c(HF)，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，将第二个式子扩大2倍减去第一个式子，整理可得：c(F-)+‎2c(OH-)=‎2c(H+)+c(HF)，C正确；‎ D．根据物料守恒可得c(NH4+)+c(Fe2+)+c(NH3•H2O)+c([Fe(OH)2]=0.3mol•L-1，所以 c(NH4+)+c(Fe2+)+c(NH3•H2O)＜0.3mol•L-1，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎17.下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是 选项 操 作 现 象 结 论 A 向 3ml0.1mol/L 的 AgNO3 溶液中先加 入 4—5 滴 0.1mol/L 的 NaCl 溶液，再滴加 4—5 滴 0.1mol/L 的 NaI 溶液 先出现白色沉 淀后出现黄色 沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)‎ B 将某气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该气体是 SO2‎ C 用 pH 计测定等浓度的 Na2CO3 和NaClO 溶液的 pH 后者 pH比前者 的小 非金属性：Cl＞C D 将铜粉加入 1.0 mol/L Fe2(SO4)3 溶液中 溶液变蓝 氧化性Fe3＋>Cu2＋‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. AgNO3过量，生成氯化银沉淀后有剩余，滴加NaI溶液产生黄色碘化银沉淀，不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故A错误；‎ B. 能使品红溶液褪色的气体不仅有二氧化硫，氯气、臭氧等氧化性气体也可以，故B错误；‎ C. 比较元素非金属性，应该比较其最高价氧化物的水化物的酸性强弱，NaClO 不是最高价氧化物的水化物，不能比较，故C错误；‎ D. 反应的离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性Fe3＋>Cu2＋，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎18.空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC)，RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。如图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是 A. 转移0.1 mol电子时，a电极产生‎1.12 L H2‎ B. b电极上发生还原反应 C. 酸性电解质溶液中H＋移向c电极 D. d电极上发生的电极反应是：O2＋4H＋＋4e－= 2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据RFC工作原理示意图，a电极与电源负极相连，a电极为阴极，电极反应为2H＋＋2e－=H2↑，转移0.1 mol电子时，a电极产生标准状况下的气体‎1.12 L，A项错误；‎ B．b电极与电源正极相连，是电解池的阳极，发生氧化反应，B项错误；‎ C．气体Y是氧气，在c电极得电子，做原电池的正极，酸性电解质溶液中H＋移向c电极，C项正确；‎ D．d电极是氢氧燃料电池的负极，则d电极上发生的电极反应为H2-2e－=2H＋，D项错误；答案选C。‎ 第II卷 二、非选择题 ‎19.在室温下，下列五种溶液：‎ ‎①0.1mol/L NH4Cl ②0.1mol/L CH3COONH4 ③ 0.1mol/L NH4HSO4‎ ‎④0.1mol/L NH3•H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液 ⑤0.1mol/L NH3•H2O 请根据要求填写下列空白：‎ ‎（1）溶液①呈_________性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因_____________（用离子方程式表示）。‎ ‎（2）在上述五种溶液中，pH最小的是_____；c（NH4+）最小的是____（填序号）。‎ ‎（3）在溶液④中，_____________离子的浓度为0.1mol/L；NH3•H2O和________离子的物质的量浓度之和为0.2 mol/L。‎ ‎（4）室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是：c（CH3COO－）_____________c（NH4+）（填“＞”、“＜”或“＝”）。‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). NH4++H2OH++NH3•H2O (3). ③ (4). ⑤ (5). Cl- (6). NH4+ (7). =‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 盐类水解一般是微弱的，根据影响盐类能水解离子的因素，结合弱电解质的电离，判断溶液的酸碱性以及相关离子浓度的大小，HSO4-电离出的H+抑制NH4+的水解；等物质的量浓度的NH3•H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，NH3•H2O的电离大于NH4+水解，溶液呈碱性；NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同。‎ ‎【详解】（1）NH4Cl是强碱弱酸盐，NH4+水解显酸性；NH4+水解反应的离子方程式NH4++H2OH++NH3•H2O；‎ ‎（2）酸溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，①0.1mol/L NH4Cl，NH4+水解显酸性，Cl-不水解；②CH3COONH4是弱酸弱碱盐，0.1mol/L CH3COONH4，NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同，溶液呈中性；③ 0.1mol/L NH4HSO4，HSO4- = H++SO42-，HSO4-电离出的H+抑制NH4+的水解；④0.1mol/L NH3•H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，NH3•H2O的电离大于NH4+水解，溶液呈碱性，溶液中NH4+水解的浓度大于0.1mol/L；⑤0.1mol/L NH3•H2O，NH3•H2O是弱电解质，NH3•H2ONH4++OH-， NH3•H2O微弱电离生成NH4+；经上述分析可知溶液pH最小的是③ 0.1mol/L NH4HSO4；c(NH4+)最小的是⑤0.1mol/L NH3•H2O；‎ ‎（3）④0.1mol/L NH3•H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液，氯离子的物质的量不变、浓度不变，氯离子的浓度为0.1mol/L；NH3•H2O的电离大于NH4+水解，溶液呈碱性，由物料守恒可知，c(NH3•H2O)+c(NH4+)=0.2 mol/L；‎ ‎（4）室温下，测得溶液②的pH=7，NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同，‎ c(CH3COO-)=c(NH4+)。‎ ‎【点睛】依据盐类水解规律，判断溶液的酸碱性和相关离子浓度的大小：无弱不水解，越弱越水解，谁强显谁性，弱弱相对定，例如CH3COONH4是弱酸弱碱盐， NH4+、CH3COO-都水解，并且水解相互促进程度相同，故0.1mol/L CH3COONH4溶液呈中性。‎ ‎20.以煤为原料可合成一系列燃料。‎ ‎(1)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ/mol，‎ ‎②CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH=+49.0 kJ/mol 请写出甲醇燃烧生成H2O(g)的热化学方程式_________；‎ ‎(2)向‎1 L密闭容器中加入2 mol CO、4 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(l)+H2O(l) ΔH=+71 kJ/mol ‎①该反应能否_________自发进行(填“能”、“不能”或“无法判断”)‎ ‎②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_________．‎ a．混合气体的平均相对分子质量保持不变 b．CO和H2的转化率相等 c．CO和H2的体积分数保持不变 d．混合气体的密度保持不变 e．1 mol CO生成的同时有1 mol O-H键断裂 ‎(3)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0在一定条件下，某反应过程中部分数据如下表：‎ 反应条件 反应时间 CO2(mol)‎ H2(mol)‎ CH3OH(mol)‎ H2O(mol)‎ 恒温恒容 ‎(T‎1℃‎、‎2L)‎ ‎0min ‎2‎ ‎6‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎10min ‎4.5‎ ‎20min ‎1‎ ‎30min ‎1‎ ‎①0～10 min内，用H2O(g)表示的化学反应速率v(H2O)=_________mol/(L·min)；‎ ‎②达到平衡时，该反应的平衡常数K=_________(用分数表示)，平衡时H2的转化率是_________；‎ ‎③在其他条件不变的情况下，若30 min时向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，则平衡_______移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；‎ ‎(4)用甲醚(CH3OCH3)作为燃料电池的原料，请写出在碱性介质中电池负极反应式_________。‎ ‎【答案】 (1). 2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-1352.8 kJ/mol (2). 不能 (3). d (4). 0.025 (5). (6). 50% (7). 不 (8). CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；‎ ‎(2)①根据反应自发进行的判断依据分析；‎ ‎②根据反应达到平衡状态时，物质的浓度不变、物质的含量不变等分析判断；‎ ‎(3)①0～10 min内H2物质的量变化△n(H2)=6 mol-4.5 mol=1.5 mol，先计算H2表示的反应速率，再根据速率之比等于化学方程式计量数之比，可得用H2O表示的反应速率；‎ ‎②图表中计算20 min时二氧化碳消耗物质的量1 mol，同时生成1 mol甲醇，30 min甲醇物质的量为1 mol，则20 min反应处于平衡状态，结合物质转化关系计算各种气体的平衡浓度，可得氢气转化率和平衡常数；‎ ‎③在其它条件不变的情况下，若30 min时向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，计算此时浓度商，并与平衡常数比较，判断反应进行方向；‎ ‎(4)甲醚作为燃料电池的原料，甲醚在负极失电子发生氧化反应，依据电极反应写出电极反应。‎ ‎【详解】(1)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ/mol，‎ ‎②CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH=+49.0 kJ/mol 根据盖斯定律，将①×3+②×2，整理可得2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-1352.8 kJ/mol；‎ ‎(2)①根据方程式2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(l)+H2O(l) ΔH=+71 kJ/mol可知：该反应的正反应是气体体积减小的吸热反应，ΔH＞0，ΔS＜0，反应的自由能ΔG=ΔH－TΔS＞0，所以反应不能自发进行；‎ ‎②a．只有反应物为气体，加入的两种气体的物质的量的比等于反应消耗的二者的物质的量的比，混合气体的平均相对分子质量始终不变，因此不能据此说明反应处于平衡状态，a错误；‎ b．由于两种气体的起始量和变化量之比相同，CO和H2的转化率始终相等，与反应是否达到平衡无关，因此不能说明反应是否处于平衡状态，b错误；‎ c．由于生成物都是液体，气体体积分数始终不变，CO和H2的体积分数保持不变，因此不能说明反应是否处于平衡状态，c错误；‎ d．反应前后气体体积不变，气体质量发生变化，当混合气体的密度保持不变时，说明反应处于平衡状态，d正确；‎ e．1 mol CO生成的同时有1 mol O-H键断裂，只能说明反应逆向进行，不能说明正、逆反应速率相同，反应处于平衡状态，e错误；‎ 故合理选项是d；‎ ‎(3)①0～10 min内氢气物质的量变化△n(H2)=6 mol-4.5 mol=1.5 mol，v(H2)==0.075 mol/(L·min)，由于化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比，所以v(H2O)=v(H2)=×0.075 mol/(L·min)=0.025 mol/(L·min)；‎ ‎②图表中20 min时CO2反应消耗1 mol，同时生成1 mol甲醇，30 min甲醇物质的量也是1 mol，说明20 min反应处于平衡状态。20 min时CO2反应1 mol，同时消耗3 mol H2，反应产生1 mol CH3OH和1 mol H2O，则此时各种气体的物质的量浓度：c(CO2)==0.5 mol/L，c(H2)==1.5 mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)==0.5 mol/L，故该条件下反应的化学平衡常数K==；平衡时H2的转化率=×100%=50%；‎ ‎③在其它条件不变时，若30 min时向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，Qc=== K，说明化学平衡不移动；‎ ‎(4)若用甲醚作为燃料电池原料，甲醚在负极失电子，发生氧化反应，在碱性介质中电池负极的电极反应式为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O。‎ ‎21.二硫化钨(WS2，WS2中W的化合价为＋4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)“滤渣Ⅰ”的化学式为__________；‎ ‎(2)提高“熔融”速率的措施有_____________________(写一条即可)；‎ ‎(3)用离子方程式表示通入过量CO2的主要目的是：________________________；‎ ‎(4)钨酸与氨水反应时控制温度为‎58℃‎，温度不宜太高，其原因是___________。‎ ‎(5)已知2(NH4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O，若该反应转移了8 mol电子，则生成的气体产物在标准状况下的体积为______L；‎ ‎(6)常温下，Ksp(CaWO4) =1×10-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀，当溶液中pCa=‎-1g c(Ca2+)=4，c(WO42-)=_____mol/L。‎ ‎【答案】 (1). Al(OH)3 (2). 增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等任意一种 (3). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (4). 一水合氨不稳定，受热分解 (5). 67.2 (6). 1×10-6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，水浸时，可除去不溶于水的氧化铁，向粗钨酸钠溶液中通入过量CO2，经过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣I的主要成份是Al(OH)3，滤液再经酸化得钨酸，向钨酸中加入氨水并控制温度得钨酸铵，继续通入H2S气体，生成(NH4)2WS4，最后将(NH4)2WS4在氧气中高温加热即可得到WS2。‎ ‎【详解】(1)粗钨酸钠溶液中含有NaAlO2，向其中通入过量CO2，NaAlO2与CO2、H2O反应产生Al(OH)3沉淀，所以“滤渣Ⅰ”为Al(OH)3；‎ ‎(2)熔融的钨铁矿与NaOH溶液、氧气会发生反应：FeWO4+8NaOH+O22Fe2O3+Na2WO4+4H2O，能够提高该反应速率的因素有增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等；‎ ‎(3)在含有NaAlO2的溶液中通入过量CO2气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；‎ ‎(4)钨酸与氨水反应时控制温度为‎58℃‎，温度太高，氨水中的一水合氨分解产生的氨气逸出，导致反应物浓度降低，不利于反应的进行；‎ ‎(5)在反应2(NH4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O中，(NH4)2WS4中+6价W 被还原为+4价的WS2，-2价S元素被氧化成0价的S单质，-2价S元素被氧化成+4价的SO2，O2得到电子被还原为-2价的O，每反应生成2 mol WS2，同时得到4 mol NH3、2 mol SO2气体，共6 mol气体，反应中共转移16 mol电子，若该反应转移了8 mol电子，则反应产生气体的物质的量是3 mol，反应产生气体在标准状况下的体积V=3 mol×‎22.4 L/mol=‎67.2 L；‎ ‎(6)常温下，Ksp(CaWO4) =1×10-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀，当溶液中pCa=‎-1g c(Ca2+)=4，c(Ca2+)=1×10-4 mol/L，c(WO42-)= mol/L=1×10-6 mol/L。‎ ‎【点睛】本题以钨矿原料制备WS2的工艺流程为载体，考查了制备方案的设计，涉及氧化还原反应原理、离子方程式的书写、对工艺流程的理解、及难溶电解质溶解平衡的计算等知识，理解工艺流程是解题的关键，需要学生掌握化学基本原理，具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。‎ ‎22.草酸(H‎2C2O4，二元弱酸)与草酸盐在实验和工业生产中都起着重要的作用。‎ ‎(1)硫酸酸化的KMnO4能与Na‎2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，该反应的离子方程式为__________；‎ ‎(2)分别使10 mL pH=3的H‎2C2O4溶液和100 mL pH=4的H‎2C2O4溶液全部转化为Na‎2C2O4，所需等浓度的NaOH溶液的体积为V1和V2，则V1_____V2(填“>”“<”或“=”)‎ ‎(3)常温下，用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H‎2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：‎ ‎ ‎ ‎①该草酸溶液的物质的量浓度为__________；‎ ‎②a点所示溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为_________________；‎ ‎(4)已知：某温度时，Ksp(FeC2O4)=2.0×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9。‎ ‎①此温度下，CaC2O4饱和溶液的物质的量浓度为________；‎ ‎②此温度下，向Na‎2C2O4溶液中加入FeCl2与CaCl2，当两种沉淀共存时，溶液中c(Fe2+)：‎ c(Ca2+)=_____。‎ ‎【答案】 (1). 2MnO4-+16H++‎5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O (2). > (3). 0.054 mol/L (4). c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-) (5). 5×10-5 mol/L (6). 80‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据KMnO4能与热的经硫酸化的Na‎2C2O4反应生成Mn2+和CO2，并利用质量守恒定律、电荷守恒、电子守恒来书写离子反应方程式；‎ ‎(2)相同温度下，酸的浓度越小其电离程度越大，草酸和碱反应消耗碱的物质的量与酸的物质的量成正比；‎ ‎(3)①用0.1000 mol/LNaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度H‎2C2O4溶液，根据c点离子浓度之间的关系，得到c点的溶液是草酸钠的水溶液，根据滴定原理来计算；‎ ‎②a点所示溶液显示酸性，此时得到的是草酸氢钠溶液，据此回答；‎ ‎(5)①根据Ksp的意义结合物质的量浓度公式c=来计算；‎ ‎②根据Ksp表达式得到溶液中c(Fe2+)：c(Ca2+)等于Ksp(FeC2O4)：Ksp(CaC2O4)，据此计算。‎ ‎【详解】由KMnO4能与热的经硫酸化的Na‎2C2O4反应生成MnSO4和CO2，反应的化学方程式为2KMnO4+5Na‎2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O，根据物质拆分原则，其离子方程式是：2MnO4-+16H++‎5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O； ‎ ‎(2)相同温度下，酸的浓度越小其电离程度越大，所以pH=3草酸的浓度大于pH=4草酸浓度的10倍，10 mLpH=3的草酸溶液和100 mLpH=4的草酸溶液，前者的物质的量大于后者，草酸和碱反应消耗碱的物质的量与酸的物质的量成正比，所以消耗氢氧化钠体积V1>V2；‎ ‎(3)①用0.100 mol/LNaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H‎2C2O4溶液，根据c点离子浓度之间的关系，得到c点的溶液是草酸钠的水溶液，草酸和氢氧化钠之间按照1：2物质的量之比进行反应，所以该草酸溶液的物质的量浓度c(H‎2C2O4)=≈0.054 mol/L；‎ ‎②c点为Na‎2C2O4溶液，此时NaOH溶液的体积是21.60 mL，而a点时NaOH溶液的体积是10.80 mL，恰好是c点消耗的一半，则a点溶液为NaHC2O4溶液；所示溶液显示酸性，说明HC2O4-电离程度大于其水解程度，且溶液中同时存在水电离产生H+，且HC2O4-电离程度远大于水的电离程度，则c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)；HC2O4-由于电离、水解消耗，而溶液中Na+不发生任何变化，盐电离产生的离子浓度远大于其电离产生的微粒浓度，所以 c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)，故溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)；‎ ‎(4)①已知Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9，假设饱和溶液浓度是x，则根据溶度积常数的含义可知Ksp=c(Ca2+)·c(C2O42-)=x2=2.5×10-9=25×10-10，所以x=5×10-5 mol/L，溶液的体积是‎1 L，所溶解的草酸钙的物质的量是5×10-5mol；‎ ‎②此温度下，向Na‎2C2O4溶液中加入FeCl2与CaCl2，当两种沉淀共存时，溶液c(Fe2+)：c(Ca2+)等于Ksp(FeC2O4)：Ksp(CaC2O4)==80。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式的书写、盐的水解原理的应用以及沉淀溶解平衡的有关计算，根据氧化还原反应的规律、结合离子方程式应该遵循的原则书写离子方程式，在利用盐的水解规律分析解答时，注意根据酸式酸根离子电离程度与水解程度的相对大小比较离子浓度大小，注意知识的迁移应用。‎