2017-2018学年贵州省铜仁市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年贵州省铜仁市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

贵州省铜仁市第一中学2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题 可能用到的相对原子质量：H…1 C…12 O…16 S…32 Fe…56 Cu…64‎ 第一部分 一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分, 共计20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1. 下图所示的日常生活装置中，与手机充电时的能量转化形式相同的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】手机充电为电解过程，化学能转化为电能。A．为电解过程，与手机充电的能量转化形式相同，故A正确；B．水力发电为机械能转化为电能的过程，故B错误；C．太阳能热水器将太阳能转化为热能，故C错误；D．干电池将化学能转化为电能，故D错误；故选A。‎ ‎2. 25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－　ΔH>0，下列叙述正确的是 A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低 B. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低 C. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变 D. 将水加热，KW增大，pH不变 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、向水中加入氨水，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水的电离，平衡向逆反应方向移动，氨水中的氢氧根离子远远大于水减少的氢氧根离子，所以溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误；B、向水中加入少量固体CH3COONa，醋酸根离子和氢离子反应生成弱电解质，导致c（H+）降低，平衡正向移动，故B错误；C、向水中加入硫酸氢钠固体，硫酸氢钠电离出氢离子，导致溶液中氢离子浓度增大，因为温度不变，则KW不变，故C正确；D、水的电离是吸热反应，升高温度，促进水电离，KW增大，pH变小，故D错误，故选C。‎ ‎【考点定位】考查水的电离 ‎【名师点晴】本题考查了水的电离，向水中加入酸或碱，抑制水的电离，向溶液中加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的电离是吸热反应，升高温度能促进水电离，水的离子积常数增大，溶液的pH变小。注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。‎ ‎3. 下列实验现象与实验结论或原理不一致的是 ‎ 选项 实验现象 实验结论或原理 A 生活中用泡沫灭火器灭火 ‎3HCO3-+Al3+===Al(OH)3↓+3CO2↑‎ B 向AgCl悬浊液中滴入少量KI溶液，有黄色沉淀生成 说明KSP（AgCl）＞KSP（AgI）‎ C 向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色 HS-水解程度大于电离程度 D Na2CO3溶液中滴加酚酞呈红色 CO32-+2H2OH2O+CO2↑+2OH-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】A．Al3+与HCO3-发生相互促进的水解，Al3++3HCO3-⇌Al(OH)3↓+3CO2↑，生成大量的二氧化碳能灭火，故A正确；B．白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成AgI，生成物溶度积更小，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故B正确；C．酚酞遇碱性溶液变红，则向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色，可知HS-水解程度大于电离程度，故C正确；D.碳酸钠水解分步进行，CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，因此碳酸钠溶液显碱性，故D错误；故选D。‎ ‎4. 向未知溶液中再溶入CH3COONa晶体，测得c(Na+)与c(CH3COO-)几乎相等，则原来的溶液可能是 A. HCl溶液 B. CH3COOH溶液 C. NaOH溶液 D. NaCl溶液 ‎【答案】B ‎【解析】A、HCl溶液溶入CH3COONa晶体，反应生成醋酸和氯化钠，c(Na+)与c(CH3COO-)一定不相等，故A错误；B、CH3COOH溶液溶入CH3COONa晶体，溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+ c(H+) =c(CH3COO-)+ c(OH-)，当溶液显中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)，故B正确；C、NaOH溶液溶入CH3COONa晶体，氢氧根离子抑制醋酸根离子水解，但增大了钠离子浓度，c(Na+)与c(CH3COO-‎ ‎)一定不相等，故C错误；D、NaCl溶液溶入CH3COONa晶体，醋酸根离子水解，离子浓度为c(Na+)＞c(CH3COO-)，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查了电解质溶液中离子浓度大小的比较和盐类水解的影响因素。在某未知溶液中再溶入CH3COONa晶体，测得c(Na+)与c(CH3COO-)几乎相等，说明溶液中离子抑制醋酸根离子水解，本题的易错点为C，要注意氢氧化钠提供钠离子，使得钠离子增多。‎ ‎5. 下列说法正确的是 A. 向Mg(OH)2悬浊液中滴入饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解，其离子方程式为：Mg(OH)2 + 2H+ == Mg2+ + 2H2O B. 夏天，打开冰镇啤酒瓶，立即冒出大量泡沫与溶解平衡移动有关 C. 为充分利用原料，氯碱工业中，将阳极室的饱和氯化钠溶液电解的产物水导出 D. 电解精炼铜的阳极反应式为：Cu2+ + 2e— ＝ Cu ‎【答案】B ‎【解析】A．向Mg(OH)2悬浊液中滴入饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解，其离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+=2Mg2++2NH3↑+2H2O，故A错误；B．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，故B正确；C. 为充分利用原料，氯碱工业中，将阳极室反应后的溶液为浓度较小的氯化钠溶液，不是纯水，故C错误；D．电解精炼铜的阳极发生氧化反应，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，故D错误；故选B。‎ ‎6. 通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)＋CO(g) MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g) ΔH>0，该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是 选项 x y A 温度 容器内混合气体的密度 B CO的物质的量 CO2与CO的物质的量之比 C SO2的浓度 平衡常数K D MgSO4质量(忽略体积)‎ CO的转化率 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】△H＞0，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳浓度增大，混合气体的密度增大，故A正确； , 平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，增加CO的物质的量， CO2与CO的物质的量之比不变，故B错误；平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，故C错误；MgSO4是固体，增加固体质量，平衡不移动， CO的转化率不变，故D错误。‎ 视频 ‎7. 某温度下反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数K＝57.0，现向此温度下的真空容器中充入0.2 mol/L H2(g)、0.5 mol/L I2(g)及0.3 mol/L HI(g)，则下列说法中正确的是 A. 反应向逆反应方向进行 B. 反应向某方向进行一段时间后c(H2)<0.2 mol/L C. 若升温后，K减小，说明该反应是吸热反应 D. 反应向某方向进行一段时间后K<57.0‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据题意，向此温度下的真空容器中充入0.2mol•L-1H2(g)、0.5mol•L-1I2(g)及0.3mol•L-1HI(g)，Qc===9＜K=57.0。A．反应向正反应方向进行，故A错误； B．反应向正方向进行一段时间后，反应物浓度减小，c(H2)＜0.2 mol•L-1，故B正确；C．若升温后，K减小，说明平衡逆向移动，说明该反应是放热反应，故C错误；D．温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡常数的应用等。解答本题要注意根据浓度商判断反应的进行方向，具体为Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。‎ ‎8. 下列说法中，不正确的是 A B C D 钢铁表面水膜的酸性很弱或呈中性，发生吸氧腐蚀 钢铁表面水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀 将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好 钢闸门作为阴极而受到保护 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】钢铁生锈主要是电化学腐蚀，而电化学腐蚀的种类因表面水膜的酸碱性不同而不同，当表面水膜酸性很弱或中性时，发生吸氧腐蚀；当表面水膜的酸性较强时，发生析氢腐蚀，A、B均正确；C、钢闸门与锌板相连时，形成原电池，锌板做负极，发生氧化反应而被腐蚀，钢闸门做正极，从而受到保护，这是牺牲阳极的阴极保护法；当把锌板换成铜板时，钢闸门做负极，铜板做正极，钢闸门优先腐蚀，选项C错误；D、钢闸门连接直流电源的负极，做电解池的阴极而受到保护，这是连接直流电源的阴极保护法，选项D正确。答案选C。‎ ‎9. 下列溶液一定呈中性的是 A. c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol/L的溶液 B. c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1的溶液 C. pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合后所得的混合液 D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液 ‎【答案】A ‎【解析】A、只要是c(H+)=c(OH-)，则溶液为中性，故A正确；B、c(H+)=1.0×10-7mol/L的溶液不一定是中性溶液，必须在常温下才成立，故B错误；C、pH=3盐酸和pH=11氨水等体积混合后溶液中碱剩余，得到氯化铵和氨水的混合物，所以溶液显示碱性，故C错误；D、酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故D错误；故选A。‎ ‎10. 下列说法正确的是 A. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同 B. 配制一定浓度的FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度 C. 常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)≤5.6×10-4 mol·L-1‎ D. 浓度为5 mol·L－1和0.5 mol·L－1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者比后者大 ‎【答案】C ‎【解析】A．AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热、灼烧生成氧化铝，Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧仍得到硫酸铝，因硫酸难挥发，故A错误；B．加入盐酸，引入新杂质，为抑制水解，可加入少量硫酸，故B错误；C．pH=10的含Mg2+溶液中，c(OH-)=10-4 mol•L-1，c(Mg2+ )≤=5.6×10-4 mol•L-1，故C正确；D．Fe3+的浓度越大，水解程度越小，浓度为5 mol•L-1和0.5 mol•L-1的两种 FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者比后者小，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查了盐类的水解的应用和溶解平衡等知识。本题的易错点为A，金属阳离子易水解的易挥发性酸盐得金属氧化物。例如氯化铝得氧化铝，氯化铁得氧化铁；而硫酸铝的蒸干还是硫酸铝，因为硫酸难挥发。‎ 二、单项选择题：本题共8小题，每小题3分, 共计24分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎11. 在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10－a mol/L，c(OH－)＝10－b mol/L，已知a＋b＝13，则在该温度下，将100 mL 0.10 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.40 mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH为（已知：忽略混合时体积的变化；lg2=0.30；lg3=0.48）‎ A. 11.52 B. 11.70 C. 11.82 D. 12.00‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：t℃时，a＋b＝13，则KW=10-13。两溶液混合后，碱过量，溶液呈碱性，c（OH-）＝＝0.1mol/L,则c(H+)=KW/ c（OH-）=10-13/0.1mol/L＝10-12mol/L,pH=12。答案选D 考点：pH的计算 ‎12. 对可逆反应：2A(s)＋3B(g)===C(g)＋2D(g)　ΔH<0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是 ‎①增加A的量，平衡向正反应方向移动 ②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v正 减小 ‎③压强增大一倍，平衡不移动，v正、v逆均增大 ④增大B的浓度，v正>v逆 ‎⑤加入催化剂，B的转化率提高 A. 只有③④ B. 只有②④ C. 只有①②⑤ D. 只有③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；②升高温度，v(正)、v(逆)均应增大，但v(逆)增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；③反应恰好气体的物质的量不变，压强增大平衡不移动，但v(正)、v(逆)都增大，故③正确；④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v(正)＞v(逆)，故④正确；⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选A。‎ ‎13. 下图是镁和卤素反应的能量变化图(反应物和产物均为298 K时的稳定状态)。下列选项中不正确的是 A. Mg与F2反应的ΔS＜0‎ B. MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)＋F2(g)　ΔH＝＋600 kJ·mol－1‎ C. MgBr2与Cl2反应的ΔH＜0‎ D. 化合物的热稳定性顺序：MgI2 ＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2‎ ‎【答案】D ‎..................‎ 考点：考查反应热的有关应用 ‎14. 现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ pH ‎11‎ ‎11‎ ‎3‎ ‎3‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大 B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H＋)＞c(OH－)‎ C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①＞②＞④＞③‎ D. V1 L ④与V2 L ①混合，若混合后溶液pH＝7，则V1＜V2‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．③④中分别加入适量醋酸钠晶体，③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，④反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以③④中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小，则溶液的pH都增大，故A正确；B．醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，所以所得溶液中：c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C．室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释10倍后pH：①＞②＞④＞③，故C正确；D．V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，氨水浓度远远大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则V1＞V2，故D错误；故选D。‎ ‎15. 室温下向10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示，下列说法正确的是 A. HA是一元强酸 B. a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－) >c(HA) >c(OH－)‎ C. 当pH＝7时，c(Na＋)＝c(A－)‎ D. b点溶液中由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－4.7 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，故A错误；B．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c(HA)＞c(H+)，故B错误；C. 当pH＝7时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na＋)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na＋)＝c(A－)，故C正确；D. b点溶液中含有等物质的量浓度的NaA和HA，溶液显酸性，HA的电离抑制水的电离，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－(13-4.7)mol·L－1=1.0×10－9.3 mol·L－1，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题侧重于酸碱混合的定性判断。本题易错点为C，注意从溶液电中性的角度分析判断。解答此类试题需要注意一些特殊点，如本题的a点为恰好完全中和，溶质为NaA；b点恰好为等物质的量浓度的NaA和HA。‎ ‎16. 一种酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为CH3CH2OH－4e－＋H2O===CH3COOH＋4H＋。下列有关说法正确的是 A. 正极上发生的反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－‎ B. 电池反应的化学方程式为CH3CH2OH＋O2===CH3COOH＋H2O C. 若有0.4 mol电子转移，消耗氧气4.48 L D. 检测时，电解质溶液中的H＋向负极移动 ‎【答案】B ‎【解析】A．燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为：O2+4e-+4H+═2H2‎ O，故A错误；B．酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，故B正确；C．氧气得电子被还原，化合价由0价降低到-2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故C错误；D．原电池中，阳离子向正极移动，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查酸性乙醇燃料电池的知识，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题。本题中酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e-+4H+═2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O。‎ ‎17. 氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃，已知25℃时：HF(aq) + OH—(aq) F—(aq) + H2O(l) △H=－67.7 kJ/mol,H+(aq) + OH—(aq) H2O(l) △H=－57.3kJ/mol.在10 mL 0.1mol/L的NaOH溶液中，加入10 mL 浓度为c mol/L的HF稀溶液，下列说法中错误的是 A. 当氢氟酸溶液温度升高，HF的电离程度减小（不考虑挥发）‎ B. 水电离的热化学方程式为：H2O(1) H+(aq)+OH—(aq)；△H= +57.3kJ/mol C. 当c > 0.1时，一定不存在：c(Na+) = c(F—)‎ D. 若混合后溶液中：c(Na+)>c(OH—) >c(F—)>c(H+)，则c一定小于0.1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：C项：因为HF是弱酸，弱电解质，部分电离，当F—的水解程度等于多余的HF的电离程度时，可以出现c(Na+)=c(F—)。故错。故选C。‎ 考点：盐类的水解电离平衡 ‎18. 控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是 A. 反应时，电子从乙中石墨电极沿导线流向甲中石墨电极 B. 反应时，甲中石墨电极发生还原反应 C. 电流表读数为零时，反应达到化学平衡状态 D. 电流表读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极 ‎【答案】D ‎【解析】根据总反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2可知，铁元素的化合价降低，发生还原反应；而碘元素的化合价升高，发生氧化反应则图中甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极。A、原电池中，电子从负极沿导线流向正极，即从乙中石墨电极沿导线流向甲中石墨电极，故A正确；B、甲中石墨电极上Fe3+得电子发生还原反应生成亚铁离子，故B正确；C、当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故C正确；D、当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D错误；故选D。‎ 第二部分 三、填空题：本题共4个大题, 共计56分 ‎19. 2017年12月19日，中国绿色碳汇基金会印发《关于授予江口县“碳汇城市”称号的决定》。我市江口县成为全国第三个、我省首个“碳汇城市”。碳汇，是指通过植树造林、森林管理、植被恢复等措施，利用植物光合作用吸收大气中的二氧化碳6CO2(g) +6H2O(l) === C6H12O6(s)+6O2(g) ，并将其固定在植被和土壤中，从而减少温室气体在大气中浓度的过程、活动或机制。已知每吸收1molCO2需要吸收能量约为470kJ.据此回答下列问题：‎ ‎（1）碳汇过程中能量的转化形式由__________能转化为___________能；据相关资料表明，每1m3林木,大约能吸收能量为1.88×107kJ，大约可以吸收CO2______吨；葡萄糖燃烧的热化学方程式为：_____________ 。‎ ‎（2）工业废气中的CO2可用碱液吸收。所发生的反应如下：‎ CO2(g)＋2NaOH(aq)===Na2CO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－a kJ·mol－1‎ CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq) ΔH＝－b kJ·mol－1‎ 则：①反应CO2(g)＋H2O(l)＋Na2CO3(aq)===2NaHCO3(aq)的ΔH＝______ kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。‎ ‎（3）生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂NF3和CO2一样是一种温室气体 ,在大气中的寿命可长达740年之久。以下是几种化学键的键能:‎ 化学键 N≡N F—F N—F 键能/kJ·mol-1‎ ‎941.7‎ ‎154.8‎ ‎283.0‎ ‎①反应:N2(g)+3F2(g)＝2NF3(g)ΔH=_________________ ‎ ‎②下列说法中不正确的有_____________‎ A.过程:N2(g)2N放出能量 ‎ B.过程:N+3FNF3(g)放出能量 ‎ C.使用催化剂能减小反应的ΔH ‎【答案】 (1). 太阳 (2). 化学 (3). 1.76 (4). C6H12O6(s)+6O2(g)= 6CO2(g) +6H2O(l) ΔH＝-2820kJ/mol (5). a-2b）kJ/mol (6). -291.9kJ•mol-1 (7). AC ‎【解析】(1)根据题意，碳汇过程中能量的转化形式太阳能转化为化学能；据相关资料表明，每1m3林木,大约能吸收能量为1.88×107kJ，则吸收的二氧化碳的物质的量为=4×104mol，大约可以吸收CO2的质量为4×104mol×44g/mol=1.76×106g=1.76吨；吸收1molCO2需要吸收能量约为470kJ，则吸收6mol二氧化碳吸收的能量为470kJ×6=2820kJ，6CO2(g) +6H2O(l) === C6H12O6(s)+6O2(g)，ΔH＝+2820kJ/mol，因此C6H12O6(s)+6O2(g)= 6CO2(g) +6H2O(l) ΔH＝-2820kJ/mol，故答案为：太阳；化学；1.76；C6H12O6(s)+6O2(g)= 6CO2(g) +6H2O(l) ΔH＝-2820kJ/mol；‎ ‎(2)已知①CO2(g)+2NaOH(aq)=Na2CO3(aq)+H2O(l)△H=-a kJ/mol，②CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq)△H=-b kJ/mol，由盖斯定律：②×2-①得 CO2(g)+H2O(l)+Na2CO3(aq)=2NaHCO3(aq)的△H=(a-2b)kJ/mol，故答案为：(a-2b)kJ/mol；‎ ‎(3)①因为反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，所以反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)△H=(941.7+3×154.8-283.0×6)kJ•mol-1=-291.9kJ•mol-1，故答案为：-291.9kJ•mol-1；‎ ‎②A．N2(g)→2N(g)为化学键的断裂过程，应吸收能量，故A错误；B．N(g)+3F(g)→NF3(g)为形成化学键的过程，放出能量，故B正确；C．使用催化剂不能改变反应的ΔH，故C错误；故选AC。‎ ‎20. 请按要求回答下列问题：‎ Ⅰ．硫酸铜晶体的溶解度虽大，但溶解过程较慢，实验室常用热水配制以加快溶解速率，但常常会产生浑浊，请用文字简要说明原因_____________，如何才能用热水配制出澄清的较浓的CuSO4溶液_______________；‎ Ⅱ．依据反应：MnO4-+5Fe2++8H+ = Mn2++5Fe3++4H2O，采用滴定的方法测定FeSO4的质量分数，实验步骤如下：‎ 滴定前的准备：‎ ‎①→ 用蒸馏水清洗 → 用待装溶液润洗 → 装液→ ② → 调节液面在零刻度或零刻度以下 → 记录初始读数 ‎①称量绿矾样品质量为m g，配成100 mL待测溶液，②取体积为10.00mL的待测液置于锥形瓶中，并加入一定量的硫酸，③将标准浓度为1.0mol•L﹣1的KMnO4溶液装入滴定管中，调节液面至a mL处，④滴定待测液至滴定终点时，滴定管的液面读数b mL，⑤重复滴定2～3次。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）将步骤1中的操作补充完整：‎ ‎①__________________________,②__________________________‎ ‎（2）KMnO4（H+）溶液应装入______式滴定管进行滴定；如何知道滴定到达终点？___________‎ ‎（3）下列操作会导致测定结果偏低的是____________________‎ A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定 ‎ B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗 ‎ C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视 D．滴定后滴定管尖嘴处悬有溶液未滴落 ‎（4）实验测得FeSO4的质量分数为____________(用含a、b的代数式表示)‎ ‎【答案】 (1). Cu2+水解产生Cu（OH）2是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊 (2). 应加入少量H2SO4 (3). 查漏 (4). 排气泡 (5). 酸 (6). 溶液由浅绿色变紫红色，且半分钟内不褪色 (7). C (8). ‎ ‎【解析】Ⅰ、(1)因Cu2+水解产生Cu(OH)2，该反应是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；硫酸浓度增大，平衡逆向移动，能得到澄清的较浓的CuSO4溶液，故答案为：Cu2+水解产生Cu(OH)2是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；应加入少量H2SO4；‎ Ⅱ．(1)滴定前首先需要加成滴定管是否漏液，然后用待装溶液润洗，装液，排气泡，调节液面在零刻度或零刻度以下，并记录初始读数，故答案为：查漏；排气泡；‎ ‎(2)KMnO4(H+)溶液具有强氧化性，能够发生乳胶管，应装入酸式滴定管进行滴定；滴入最后一滴KMnO4溶液恰好由浅绿色变紫红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点，故答案为：酸；溶液由浅绿色变紫红色，且半分钟内不褪色；‎ ‎(4)由题意可知10.0mL待测液与(b-a)×10-3L 1 mol•L-1的KMnO4完全反应，‎ ‎ 5Fe2+ + MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，‎ ‎      5           1  ‎ ‎0.01L×c(Fe2+)  1mol•L-1×(b-a)×10-3L 则=，解得：c(Fe2+)=0.5(b-a)mol•L-1，则100mL待测溶液中FeSO4的质量为0.5(b-a)mol•L-1×0.1L×152g/mol= 7.6(b-a)g，所以样品中FeSO4的质量分数为×100%=，故答案为：。‎ ‎21. 按要求回答下列问题：‎ Ⅰ、稀Na2S溶液有一种臭鸡蛋气味，加入AlCl3溶液后，臭鸡蛋气味加剧，用离子方程式表示气味加剧过程所发生的离子反应方程式_________________________________。‎ Ⅱ、常温下，向20mL 0.2mol•L﹣1H2A溶液中滴加0.2mol•L﹣1NaOH溶液．有关微粒的物质的量变化如下图（Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA﹣，Ⅲ代表A2﹣）‎ ‎（1）H2A在水中的电离方程式为_________________________。‎ ‎（2）当V（NaOH）=20 mL时，写出H2A与NaOH反应的离子方程式_________________。此时溶液中所有离子浓度大小关系：__________________。‎ ‎（3）向NaHA溶液中加水，HA﹣的电离度_________、溶液的pH________。（填增大、减小、不变、无法确定）。 ‎ ‎（4）V（NaOH）=30 mL时，溶液中存在如下关系：2c（H+）﹣2c（OH﹣）________2c（A2﹣）﹣3c（H2A）﹣c（HA﹣）（填“<”“>”或“=”）。‎ ‎（5）某校研究性学习小组开展了题为“H2A是强酸还是弱酸的实验研究”的探究活动。该校研究性学习小组设计了如下方案：你认为下述方案可行的是_______（填编号）；‎ A．测量浓度为0.05 mol/L H2A溶液的pH，若pH大于1，则可证明H2A为弱电解质 B．可测NaHA溶液的pH。若pH>7，则H2A是弱酸；若pH<7，则H2A是强酸 C．比较中和等体积、等物质的量浓度的硫酸和H2A溶液所需氢氧化钠的量多少，可证明H2A是强酸还是弱酸。‎ ‎【答案】 (1). 2Al3++3S2-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑ (2). H2A HA﹣+ H+，HA﹣ A2﹣+ H+ (3). OH-+H2A═HA-+H2O (4). c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-） (5). 增大 (6). 增大 (7). ＜ (8). A ‎【解析】Ⅰ、(1)铝离子能与硫离子发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢，反应的离子方程式为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，故答案为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑；‎ Ⅱ、(1)根据图像，0.2mol•L﹣1H2A溶液中存在H2A和HA﹣，以及少量的A2﹣，说明该酸为弱酸，在水中的电离方程式为H2A HA﹣+ H+，HA﹣ A2﹣+ H+，故答案为：H2A HA﹣+ H+，HA﹣ A2﹣+ H+；‎ ‎(2)当V(NaOH)=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，离子方程式为OH-+H2A═HA-+H2O，溶液主要为NaHA，HA-电离大于水解，溶液显酸性，则c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故答案为：OH-+H2A═HA-+H2O；c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)；‎ ‎(3)根据图像，V(NaOH)=20 mL时，为NaHA溶液，溶液中c(A2-)＞c(H2A)，说明NaHA的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，向NaHA溶液中加水，HA﹣的电离度增大，溶液中c(H+)减小，pH增大，故答案为：增大；增大；‎ ‎(4)当V(NaOH)=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液中含有等物质的量的NaHA，Na2A，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)①，物料守恒可知：3c(HA-)+3c(A2-)+3c(H2A)=2c(Na+)②，①×2+②得：2c(H+)-2c(OH-)=c(A2-)-3c(H2A)-c(HA-)＜2c(A2﹣)﹣3c(H2A)﹣c(HA﹣)，故答案为：＜；‎ ‎(5)A．测量浓度为0.05 mol/L H2A溶液的pH，若pH大于1，说明H2A未完全电离，则可证明H2A为弱电解质，故A正确；B．可测NaHA溶液的pH。若pH>7，则H2‎ A是弱酸；若pH<7，可能是NaHA的水解程度小于电离程度，不能证明是强酸，故B错误；C．无论H2A是强酸还是弱酸，中和等体积、等物质的量浓度的硫酸和H2A溶液所需氢氧化钠的量都相同，故C错误；故选A。‎ ‎22. 已知铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO4 2PbSO4＋2H2O，现用如图装置进行电解(电解液足量)，电解中发现Ag电极有气体产生。请回答下列问题。‎ 甲池 乙池 ‎（1）B是铅蓄电池的________极，放电过程中A电极反应式：_______________________。‎ ‎（2）电解后甲池中电解液的pH________(填“减小”“增大”或“不变”)。若甲池中产生气体11.2L（标准状况下），此时乙池中理论上Zn电极最多产生固体________ g。‎ ‎（3）乙池中 C（碳）电极是_________极。C电极的电极反应式是___________________，反应一段时间后，向乙池中加入一定量的___________（填化学式）固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度。‎ ‎【答案】 (1). 正 (2). Pb+SO42--2e-=PbSO4 (3). 增大 (4). 32 (5). 阳 (6). 4OH――4e－＝2H2O＋O2↑ (7). CuO ‎【解析】电解中发现Ag电极有气体产生，则Ag电极上发生2H++2e-=H2↑，则Ag电极为阳极，因此A为负极，B为正极。甲池中铁电极为阳极，Fe-2 e-=Fe2+；乙池中锌为阴极，Cu2++2 e-=Cu，C为阳极，4OH――4e－＝2H2O＋O2↑。‎ ‎(1)根据上述分析，B是铅蓄电池的正极，A为负极，放电过程中A电极反应式为Pb+SO42--2e-=PbSO4，故答案为：正；Pb+SO42--2e-=PbSO4；‎ ‎(2)甲池中用铁作阳极电解稀硫酸，电极反应分别为2H++2e-=H2↑，Fe-2 e-=Fe2+，电解后甲池中硫酸的浓度减小，溶液的酸性减弱，电解液的pH增大；标准状况下11.2L的氢气的物质的量为0.5mol，转移电子1mol；根据电路中转移的电子守恒，Zn电极析出0.5molCu，质量为32g，故答案为：增大；32；‎ ‎(3)根据上述分析，乙池中 C(碳)电极是阳极。C电极的电极反应式为4OH――4e－＝2H2O＋O2↑，锌为阴极，Cu2++2 e-=Cu，反应一段时间后，溶液中减少的元素有铜和氧，要使CuSO4‎ 溶液恢复到原浓度，需要向乙池中加入一定量的氧化铜固体或碳酸铜固体，故答案为：阳；4OH――4e－＝2H2O＋O2↑；CuO。‎ 点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据“Ag电极有气体产生”判断电源的正负极是解题的关键。本题的易错点为(2)中pH的变化，要注意铁为阳极。‎ ‎ ‎ ‎ ‎