湖北省鄂州市部分高中联考协作体2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

湖北省鄂州市部分高中联考协作体2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

高二化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、选择题（本题共 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项符合要求） 1.下列加横线的字所指代物质的主要成分与其他三项不同的是（ ） A. 儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢 B. 黑发不知勤学早，白首方悔读书迟 C. 散入珠帘湿罗幕，狐裘不暖锦衾薄 D. 绚丽丝绸云涌动，霓裳歌舞美仙姿 【答案】A 【解析】 【详解】纸鸢的主要成分是人造纤维；头发的主要成分是蛋白质；狐裘的主要成分是蛋白质； 丝绸的主要成分是蛋白质；故以上物质的主要成分与其他三项不同的是纸鸢，答案为 A。 2.设 NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 密闭容器中 2molSO2 和 1molO2 催化反应后分子数为 2NA B. 标准状况下，5.6LCO2 气体中含有的氧原子数目为 0.5NA C. 1mol 重水与 1mol 水中中子数比为 2：1 D. 标准状况下，2.24LN2 和 O2 的混合气体中分子数为 0.2NA 【答案】B 【解析】 【详解】A、SO2 与 O2 的反应为 2SO2＋O2  2SO3，因该反应为可逆反应，故反应结束分子物质 的量介于 2mol 至 3mol 之间，故 A 错误； B、标准状况下，5.6LCO2 气体的物质的量为 5.6L 22.4L/mol =0.25mol，含有的氧原子数目为 0.25 NA×2=0.5NA，故 B 正确； C、1 个重水分子中中子数为 10 个，1 个水分子中中子数为 8 个，故相同物质的量的重水与水 分子中中子数目比例为 5:4，故 C 错误； D、标准状况下，N2 和 O2 不会发生化学反应，2.24L 气体的物质的量为 2.24L 22.4L/mol =0.1mol， 故混合气体中分子总数为 0.1NA，故 D 错误。 【点睛】气体摩尔体积不单单适用于单一气体，同时还适用于混合气体；在适用气体摩尔体 积时，需注意该物质所处的环境以及在该环境下是否为气体。 3.用下列装置进行实验，能达到实验目的的是（ ） A. ①配制 250mL 0.1mol/L 的盐酸 B. ②用稀盐酸滴定氢氧化钠溶液 C. ③海带灼烧成灰 D. ④鉴别 KNO3 溶液和 NaCl 溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A、配制 250mL 溶液需选用 250mL 容量瓶，100mL 容量瓶不满足实验需求，且稀释过 程需在烧杯中进行，然后再转移，故 A 错误； B、酸碱滴定实验中盐酸需装在酸式滴定管中，且滴定管下端不能伸入锥形瓶内，故 B 错误； C、灼烧需在坩埚中进行，不能用表面皿作为灼烧容器，故 C 错误； D、钠元素在灼烧时焰色呈黄色，钾元素在灼烧时焰色呈紫色（透过蓝色钴玻璃），故可利用 灼烧时火焰颜色进行鉴别 KNO3 溶液和 NaCl 溶液，故 D 正确。 【点睛】酸式滴定管为玻璃管，碱式滴定管为橡胶管，可根据酸会腐蚀橡胶以及强碱会与二 氧化硅反应进行记忆与区分。 4.下列实验操作能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验操作 A 检验 KIO3 中的碘元素 取少量 KIO3 晶体溶于适量的蒸馏水，再加入硝酸酸化的 AgNO3 溶液 B 检验石油裂解气中的乙 烯 将混合气体通入足量酸性 KMnO4 溶液中 C 比较 HClO 和 CH3COOH 的 酸性强弱 室温下，用 pH 计测定饱和的 NaClO 溶液和饱和的 3CH COONa 溶液 的 pH D 硅酸胶体的制备 向 2 3Na SiO 溶液（饱和溶液 1:2 用水稀释）中加入几滴酚酞，再逐 滴滴入稀盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A. 氯酸钾与硝酸银不反应，则不能检验 KClO3 中的氯元素，应先加热使氯酸钾分解， 再检验氯元素，故 A 不能达到实验目的； B. 石油裂解气是一种复杂的混合气体，它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外， 还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等，丙烯、丁二烯、硫化氢气体都可使酸性高锰酸钾溶液， 故 B 不能达到实验目的； C. 用 pH 值测定，要保证两个溶液浓度相同，不同溶质的溶解度不同，其饱和溶液的浓度也 不同，不能进行酸性比较，故 C 不能达到实验目的 ； D. 用硅酸钠溶液和盐酸可制备硅酸胶体，为防止在电解质作用下胶体沉聚，用酚酞做指示剂， 来防止盐酸过量，故 D 能达到实验目的； 答案选 D。 5.有一化学平衡 mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，如图表示的是 A 的转化率与压强、温度的 关系。下列叙述正确的是（ ） A. 正反应是吸热反应；m＋np＋q C. 正反应是放热反应；m＋np＋q 【答案】D 【解析】 【分析】 采取“定一议二”原则分析，根据等压线，由温度对 A 的转化率影响，判断升高温度平衡移 动方向，确定反应吸热与放热； 作垂直横轴的线，温度相同，比较压强对 A 的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向， 确定 m+n 与 p+q 的大小关系； 【详解】由图可知，压强相同时，温度越高 A 的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移 动，故正反应为吸热反应， 作垂直横轴的线，由图可知，温度相同，压强越大 A 的转化率越大，增大压强平衡向正反应 移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即 m+n>p+q， 综上所述，D 项符合题意，故选 D。 6.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. 在漂白液中：Ag+、K+、NO3 -、SO3 2- B. K+、Na+、Br-、AlO2 -在溶液中能大量共存，通入过量的 CO2 后仍能大量共存 C. + - c(H ) c(OH ) =1012 的溶液中，NH4 +、Ca2+、Cl-、NO3 - D. 由水电离的 c(H+)=1×10-10mol/L 的溶液中：K+、Na+、HCO3 -、AlO2 - 【答案】C 【解析】 【详解】A、漂白液中含有 H+、Cl-、ClO-等，Cl-与 Ag+会生成难溶物 AgCl，H+和 ClO- 均会与 SO3 2-反应，故 A 不符合题意； B、K+、Na+、Br-、AlO2 -在溶液中不发生化学反应，能大量共存，通入 CO2 后会发生化学反应： 2AlO2 －＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO3 2－（少量 CO2）、CO3 2－＋CO2＋H2O=2HCO3 －（过量 CO2），通入 CO2 后不能大量共存，故 B 不符合题意； C、根据 + - c(H ) c(OH ) =1012 可知，该溶液呈酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子也不反应，所 以能大量共存，故 C 符合题意； D、常温下，由水电离的 c(H+)=1×10-10mol/L 的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，HCO3 -与 H+、 OH-均会发生反应、AlO2 -不能与 H+大量共存，故 D 不符合题意。 【点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间不能大 量共存；（2）能发生氧化还原反应的离子之间大量共存；（3）能发生络合反应的离子之间大 量共存（如 Fe3+和 SCN-等）；（4）还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来 判断溶液中是否有大量的 H+或 OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉 产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。需注意：含有大量 NO3 -的溶液中，加入 铝粉，产生氢气，溶液不能为酸性，因为硝酸与铝反应不会产生氢气。 7.2019 年 10 月 9 日，瑞典皇家科学院在斯德哥尔摩宣布 2019 年度诺贝尔化学奖授予在锂离 子电池的发展方面做出贡献的科学家。锂电池作为最主要的便携式能量源，影响着我们生活 的方方面面。锂空气电池放电的工作原理如图所示。下列叙述正确的是（ ） A. 电池放电时负极电极方程式为 O2+2H2O+4e-=4OH- B. 放电时电子由 B 极向 A 极移动 C. 电解液 a，b 之间可采用阴离子交换膜 D. 电解液 b 可能为稀 LiOH 溶液 【答案】D 【解析】 【分析】 锂空气电池属于原电池，锂电极作为原电池的负极发生氧化反应，通入空气的一极作为原电 池正极，根据其工作原理图可知，锂失去电子后生成锂离子并迁移至电解液 b，以 LiOH 的形 式进行回收，故电池的空气电极生成为 OH-并结合负极迁移过来的锂离子，以此进行解答本题。 【详解】A、由上述分析可知，电池放电时负极的电极反应式为：Li-e-=Li+，故 A 错误； B、放电时电极 A 为负极，电极 B 为正极，电子由 A 极向 B 极移动，故 B 错误； C、由上述分析可知，离子交换膜应采用阳离子交换膜，故 C 错误； D、由上述分析可知，电解液 b 可以为稀 LiOH 溶液，故 D 正确。 8.能正确表达下列反应的离子方程式的为（ ） A. 向 FeI2 溶液中通入少量的氯气：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl- B. 光导纤维遇碱性土壤“短路”：SiO2+2OH-=SiO3 2-+H2O C. 电解 MgCl2 溶液：2Cl－＋2H2O 2OH－＋H2↑＋Cl2↑ D. 向明矾溶液中加入 Ba(OH)2 使 Al3+刚好沉淀完全：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ 【答案】B 【解析】 【详解】A、I-的还原性强于 Fe2+，根据氧化还原反应的强弱规律，氯气先与 I-反应，故 A 错 误； B、光导纤维中主要成分为二氧化硅，碱性土壤中含有大量碱性物质，其反应为： SiO2+2OH-=SiO3 2-+H2O，故 B 正确； C、电解 MgCl2 溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl－＋2H2O Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故 C 错误； D、以 KAl(SO4)2 为 1mol，当 Al3+刚好沉淀完全，加入 Ba(OH)2 的物质的量为 1.5mol，其反应的 离子方程式为：2Al3＋＋6OH－＋3SO4 2－＋3Ba2＋=3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，故 D 错误。 【点睛】配比型离子反应方程式：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时， 因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成 离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关。书写方法为“少定多变”法 （1）“少定”就是把相对量较少的物质定为“1 mol”，若少量物质有两种或两种以上离子 参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符； （2）“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化 学式中的比例制约，是可变的。 9.a，b，c，d 为核电荷数依次增大的短周期主族元素。a 的简单气态氢化物可使湿润的红色 石蕊试纸变蓝，a 与 b 同周期，b 的单质能与水反应置换水中的氧，b 与 d 同主族，c 原子的 半径在短周期主族元素中最大。下列说法正确的是（ ） A. a 的氧化物的水化物是强酸 B. 简单离子的半径：ab>c，d 对应简单离子的电子层数较 a、b、c 多一层，其半径最大，故简单离子的半径： d> a>b>c，故 B 错误； C、F 和 Cl 同主族，对应单质的氧化性 F2>Cl2，故 C 正确； D、c 为 Na，在空气中燃烧产物为 Na2O2，阳离子与阴离子个数比为 2：1，故 D 错误。 10.室温下向 10ml0.2mol/L 的 H2A 溶液中加入 0.2mol/LNaOH 溶液，溶液 pH 的变化曲线如图所 示。下列说法正确的是（ ） A. b 点溶液中离子浓度的大小：c(H2A)>c(A2-) B. 加水稀释 c 点溶液，水电离出的 c(H+)·c(OH-)不变 C. a 点的溶液可以用钢瓶贮存 D. c 点溶液中存在：c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-) 【答案】D 【解析】 【分析】 由题干可知，a 点对应的溶质为 NaHA，其溶液呈酸性，由此可知 HA-的电离程度大于其水解程 度，c 点对应溶质为 Na2A，由此进行解答本题。 【详解】A、根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，b 点溶液呈中性， c(H+)=c(OH-)，故 c(Na＋) =2c(A2－)＋c(HA－)，a 点溶质为 NaHA，存在物料守恒：c(Na＋) =c(A2 －)＋c(HA－)＋c(H2A)，由 a→b 的过程中，加入了 Na+，故 b 点 c(Na＋) >c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)， 即 2c(A2－)＋c(HA－) >c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)，由此可知 c(A2－)> c(H2A)，故 A 错误； B、c 点的溶质为 Na2A，加水稀释过程中，A2-离子水解程度增大，促进水的电离，水电离出的 c(H+)·c(OH-)增大，故 B 错误； C、a 点溶液呈酸性，不能用钢瓶贮存，故 C 错误； D、c 点溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，其溶液呈碱性，故 c(H+)2c(A2-)+c(HA-)，故 D 正确。 11.已知 1g 氢气完全燃烧生成液态水时放出热量 143kJ，18g 水蒸气变成液态水放出 44kJ 的 热量。其他相关数据如下表： 化学键 O=O H—H H—O(g) 1 mol 化学键断裂时 需要吸收的能量/kJ 496 x 463 则表中 x 为（ ） A. 920 B. 557 C. 436 D. 188 【答案】C 【解析】 【详解】1g 氢气完全燃烧生成液态水时放出热量 143kJ，故 2mol 氢气燃烧生成 2mol 液态水 时放出热量为 2mol 2g g /mol 1  ×143kJ=572kJ，18g 水蒸气变成液态水放出 44kJ 的热量，2mol 液态水变为气态水吸收的热量为 2mol 18g g /mol 18  ×44kJ=88kJ，故 2mol 氢气燃烧生成 2mol 气 态 水 时 放 出 热 量 为 572kJ−88kJ=484kJ ， 故 热 化 学 方 程 式 为 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)  H=−484kJ/mol，所以 2xkJ/mol+496kJ/mol−4×463kJ/mol=−484kJ/mol，解得 x=436，故选 C。 12.对于 H2(g)+I2(g) 2HI(g)，ΔH<0，根据如图，下列说法错误的是（ ） A. t2 时可能使用了催化剂 B. t3 时可能采取减小反应体系压强的措 施 C. t5 时采取升温的措施 D. 反应在 t6 时刻，HI 体积分数最大 【答案】D 【解析】 【分析】 该可逆反应为气体等体积反应，该变压强或加入催化剂能够该变其化学反应速率，但平衡不 会移动；该反应正向为放热反应，升高温度化学反应速率增加，平衡逆向移动，降温化学反 应速率降低，平衡正向移动，然后结合图像进行分析。 【详解】A、t2 时化学反应速率加快，平衡未发生移动，可能是加入了催化剂，故 A 不符合题 意； B、t3 时化学反应速率降低，由上述分析可知，其采取的措施可能是减小反应体系压强，故 B 不符合题意； C、t5 时正逆化学反应速率均加快，且逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，由此可 知，t5 时采取升温的措施，故 C 不符合题意； D、由 t1～t6 整个过程来看，平衡逆向移动，因此 t6 时刻对应 HI 体积分数最小，故 D 符合题 意。 13.已知反应：①2C(s)+O2(g)＝2CO(g) ΔH＝－221kJ/mol ②稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol 下列结论正确的是（ ） A. 碳的燃烧热为ΔH=－221kJ/mol B. 1molC(s)和 0.5molO2(g)所具有的能量高于 1molCO(g)所具有的能量 C. 稀硫酸与稀 NaOH 溶液反应放出的热量为 57.3kJ/mol D. 稀醋酸与稀 NaOH 溶液反应生成 1mol 水，放出的热量大于 57.3kJ 【答案】B 【解析】 【详解】A、碳的燃烧热是指 1mol 碳完全燃烧生成的稳定的氧化物 CO2 放出的热量，从 2C(s)+O2(g)＝2CO(g) ΔH＝－221kJ/mol 可知 1mol 碳不完全燃烧生成 CO 放出 110.5kJ，由 题干数据无法计算碳的燃烧热，故 A 错误； B、由反应①可知：C(s)+ 1 2 O2(g)＝CO(g) ΔH＝－110.5kJ/mol，该反应放热，即 1molC(s) 和 0.5molO2(g)所具有的能量高于 1molCO(g)所具有的能量，故 B 正确； C、未告知酸与碱的量，无法确定其酸碱中和放出的热量，故 C 错误； D、醋酸为弱酸，其电离过程需要吸收能量，因此稀醋酸与稀 NaOH 溶液反应生成 1mol 水，放 出的热量小于 57.3kJ，故 D 错误。 14.工业生产硫酸接触室发生如下化学反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＝－196.6kJ·mol －1。一定温度下，向甲、乙、丙三个容积均为 2L 的恒容密闭容器中投入 SO2(g)和 O2(g)，其起 始物质的量及 SO2 的平衡转化率如表所示，下列判断中，正确的是（ ） 甲 乙 丙 起始物质的量 n(SO2)/mol 0.6 1.2 1.2 n(O2)/mol 0.36 0.36 0.72 SO2 的平衡转化率 80% α1 α2 A. 甲→乙，平衡向正反应方向移动，α(O2)增大，放出的热量为 47.18kJ B. 平衡时，丙中 c(SO2)是甲中的 2 倍 C. 平衡时，SO2 的转化率：α2>80%>α1 D. 该温度下，平衡常数 K＝400 【答案】C 【解析】 【详解】A、乙相对于甲，SO2 浓度增加，平衡正向移动，O2 转化率增加， 甲容器中： 2SO2(g)＋O2(g)  2SO3(g) 起始（mol） 0.6 0.36 0 转化（mol） 0.48 0.24 0.48 平衡（mol） 0.12 0.12 0.48 其放出的热量= 0.48 196.62  =47.18kJ，由甲→乙，因氧气浓度降低了，增加的 0.6molSO2 转 化将会降低，其放出的热量一定小于 47.18kJ，故 A 错误； B、丙相对于甲，反应物浓度增加一倍，相当于增大一倍压强，平衡正向移动，平衡时丙中 c(SO2) 小于甲中 2c(SO2)，故 B 错误； C、由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化 率减小，乙、丙可知二氧化硫浓度相同，氧气浓度增大，二氧化硫转化率增大，则平衡时， SO2 的转化率：α1＜80%＜α2，故 C 正确； D、甲容器中：2SO2(g)＋O2(g)  2SO3(g) 起始（mol/L） 0.3 0.18 0 转化（mol/L） 0.24 0.12 0.24 平衡（mol/L） 0.06 0.06 0.24 K= 2 2 0.24 0.06 0.06 = 800 3 ，故 D 错误。 【点睛】对于等效平衡或平衡移动，可通过构建“虚拟状态”进行分析，也可以根据该变条 件的瞬间分析相关数据的变化，然后根据平衡移动原理进行分析。 15.下列性质中，可以证明 CH3COOH 是弱电解质的是（ ） A. 醋酸的导电能力比盐酸的弱 B. 0.1mol/L的醋酸溶液中，c(H+)=0.1mol/L C. 10ml0.1mol/L 的醋酸溶液恰好与 10ml0.1mol/L 的 NaOH 溶液完全反应 D. 醋酸钠的水溶液显碱性 【答案】D 【解析】 【详解】A、由于未告知醋酸和盐酸是否为同浓度，不能根据其溶液导电能力判断其电离程度， 故 A 错误； B、若 0.1mol/L 的醋酸溶液中，c(H+)=0.1mol/L，则醋酸为强电解质，故 B 错误； C、10ml0.1mol/L 的醋酸溶液恰好与 10ml0.1mol/L 的 NaOH 溶液完全反应只能说明醋酸为一元 酸，不能证明醋酸为弱电解质，故 C 错误； D、醋酸钠溶液呈碱性的原因是因为醋酸根离子的水解，根据“有弱才水解”可知，醋酸为弱 电解质，故 D 正确。 16.常温下，下列有关叙述正确的是（ ） A. Na2CO3 溶液中：c（Na+）=2[c(CO3 2-)+c(HCO3 -)] B. pH 相等的①NH4NO3 ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4 溶液中，c(NH4 +)大小顺序①>②>③ C. NaY 溶液的 pH=8，c（Na+）-c(Y-)=9.9×10-7mol/L D. 向 0.1mol/L 的氨水中加入少量的硫酸铵固体，溶液中 - 3 2 c(OH ) c(NH H O) 增大 【答案】C 【解析】 【详解】A、Na2CO3 溶液中的物料守恒为：c(Na+)=2[c(CO3 2-)+c(HCO3 -)+c(H2CO3)]，故 A 错误； B、pH 相等的①NH4NO3、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4 三种溶液中，NH4HSO4 电离出 H+，NH4 +浓度最小， NH4NO3 和(NH4)2SO4 水解程度相同，正确顺序为①=②>③，故 B 错误； C、NaY 溶液的 pH=8 可知，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，NaY 溶液中电荷守恒：c(Na＋) ＋c(H＋)=c(Y－)＋c(OH－)，即 c(Na＋)- c(Y－)= c(OH－)- c(H＋)= 10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L，故 C 正确； D、氨水中加入少量的硫酸铵固体，c(NH4 +)增大，且温度不变，则 Kb 不变，故 - 3 2 c(OH ) c(NH H O) =   b + 4 K c NH 减小，故 D 错误。 二、非选择题（本大题共 4 小题，共 52 分） 17.在一定条件下发生反应：4NO2(g)＋O2(g) 2N2O5(g) ΔH<0，T1 时，向体积为 2L 的恒容密 闭容器中通入 NO2 和 O2，部分实验数据如表所示。 时间/s 0 5 10 15 c(NO2)/(mol·L－1) 4.00 2.52 2.00 c3 c(O2)/(mol·L－1) 1.00 c1 c2 0.50 （1）0～10s 内 N2O5 的平均反应速率为__ ，此温度下的平衡常数为___。 （2）其他条件不变，将容器体积压缩一半，则重新达到平衡时 c(N2O5)___2.00mol·L－1（填 “>、<或=”，下同） （3）假设温度 T1 时平衡常数为 K1，温度 T2 时平衡常数为 K2，若 K1 (4). > (5). AC (6). 增加 O2 浓度、降低温度、增大压强、及时分离 N2O5 (7). ﹣746.5kJ/mol (8). 低温 【解析】 【详解】（1） 4NO2(g)＋O2(g)  2N2O5(g) 起始（mol/L） 4 1 0 10s 内转化（mol/L） 2 0.5 1 10s 末（mol/L） 2 0.5 1 故用 N2O5 表示平均化学反应速率 Δcν= Δt =1mol/L 10s =0.1mol·L－1·s－1；由 10s～15s 内氧气浓度 不变可知，该反应在 10s 末已经处于平衡状态，故该反应平衡常数 K= 2 4 1 2 0.5 =0.125； （2）将容器体积压缩一半，压缩瞬间，c(N2O5)=2mol/L，压强增大，化学平衡正向移动，重 新达到平衡时，c(N2O5)> 2mol/L； （3）该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，由此可知，T1>T2； （4）A、容器内有颜色的气体为 NO2，若容器内混合气体的颜色不再改变，则说明 NO2 浓度不 变，可证明该反应处于平衡状态，故 A 正确； B、该反应在任意时刻均存在每消耗 2molN2O5 会生成 1molO2，故不能说明该反应处于平衡状态， 故 B 错误； C、混合气体的总质量不变，因反应前后气体的物质的量不相等，在反应未达到平衡时，气体 的物质的量会发生变化，由 mM = n — 可知，当混合气体的平均摩尔质量不再变化时，即反应达 到平衡，故 C 正确； D、混合气体的总质量不变，容器体积恒定，其密度不会发生改变，故不能判断该反应是否处 于平衡状态，故 D 错误； （5）NO2 作为反应物，若要提高其转化率，可通过增加 O2 浓度、降低温度、增大压强、及时 分离 N2O5 使反应正向移动达到目的； （6）令①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5 kJ·mol−1 ②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=﹣221.0 kJ·mol−1 ③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=﹣393.5 kJ·mol−1 将反应③×2-①-②可得 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5kJ/mol；该反应为熵减反 应（ Δ S<0）， Δ H<0，当 Δ G= Δ H-TΔ S<0 时，该条件有利于反应的自发，由此可知，利于该 反应自发进行的条件是低温。 【点睛】本题的（2）问需注意，当体积压缩一半时，各物质浓度在那一瞬间都会增加一倍， 然后再考虑压强对平衡的影响。 18.I、烟道气中的 NOx 是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。回答 下列问题： 将 vL 气样通入适量酸化的 H2O2 溶液中，使 NOx 完全被氧化成 NO3 -，加水稀释至 100.00mL。量 取 20.00mL 该溶液，加入 v1mLc1mol·L－1 FeSO4 标准溶液(过量)，充分反应后，用 c2mol·L－1 K2Cr2O7 标准溶液滴定剩余的 Fe2＋，终点时消耗 v2mL。 （1）NO 被 H2O2 氧化为 NO3 -的离子方程式为___。 （2）加水稀释到 100.00ml 所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要___； 滴定操作使用的玻璃仪器主要有____。 （3）滴定过程中发生下列反应： 3Fe2＋＋NO3 -＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2O Cr2O7 2-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 则气样中 NOx 折合成 NO2 的含量为___mg/L。 （4）下列操作会使滴定结果偏高的是____ A.滴定管未用标准液润洗 B.锥形瓶洗净后还存留少量的水 C.滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数 D.FeSO4 标准溶液部分变质 II、常温下，用酚酞作指示剂，用 0.10mol·L－1 NaOH 溶液分别滴定 20.00mL 浓度均为 0.10mol·L－1 的 CH3COOH 溶液和 HCN 溶液所得滴定曲线如图。 （已知：CH3COOH、 HCN 的电离平衡常数分别为 1.75×10-5、6.4×10-10） （1）图___（a 或 b）是 NaOH 溶液滴定 HCN 溶液的 pH 变化的曲线，判断的理由是___。 （2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：____。 （3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)___c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”） （4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：____。 【答案】 (1). 2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO3 -＋2H2O (2). 100mL 容量瓶 (3). 锥形瓶、酸 式滴定管 (4). 1 1 2 2230 (c v -6c v ) 3v  (5). CD (6). a (7). 由 CH3COOH、 HCN 的电离平衡常数可知，HCN 的酸性弱于 CH3COOH，浓度相同的两种酸，HCN 的 pH 高于 CH3COOH 的 pH 值 (8). c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－) (9). = (10). ④③② 【解析】 【分析】 I、（1）NO 与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和水； （2）100.00mL 溶液的稀释配制实验中主要仪器为量筒、烧杯、玻璃杯、100mL 容量瓶、胶头 滴管；本滴定实验操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等； （3）根据滴定剩余 Fe2+时，消耗的 K2Cr2O7 的物质的量计算剩余 Fe2+，然后根据总 Fe2+与剩余 Fe2+计算与 NO3−反应的 Fe2+物质的量，然后计算 100mL 溶液中总 NO3−的量，最终根据氮守恒计 算出 NO2 含量； （4）根据滴定过程中操作对 K2Cr2O7 的量的影响进行分析； II、（1）根据同浓度酸对应的电离程度[即电离平衡常数]进行分析； （2）根据电荷守恒以及溶液呈中性进行分析； （3）根据起始两种酸的物质的量以及物料守恒分析； （4）根据酸碱中和过程中溶质的变化对水的电离的影响进行分析。 【详解】（1）NO 与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2NO＋ 3H2O2=2H＋＋2NO3 -＋2H2O， （2）100.00mL 溶液的稀释配制实验中主要仪器为量筒、烧杯、玻璃杯、100mL 容量瓶、胶头 滴管；本滴定实验操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪器为酸式滴定管、 锥形瓶； （3）根据题干方程式可列出关系式（以下关系式计算均按照 25mL NO3−溶液计算）： 故 100mLNO3−溶液中 NO3 -总量为： -3 -3 1 1 2 2c v 10 -6 c v 3 10  ×5mol =  -3 -3 1 1 2 2c v 10 -6 c v 15 0 3   mol，根据氮元素守恒，二氧化氮的总质量  -3 -3 1 1 2 2c v 10 -6 c v 15 0 3   mol×46g/mol=  -3 -3 1 1 2 2c v 10 -23 3 6 c v 00 1   g=  1 1 2 2c v -6 c230 3 v mg，故 vL 气样中 NOx 折合成 NO2 的含量为  1 1 2 2c v -230 3 c v 6 v mg/L=  1 1 2 2c v -230 c× 6 v 3v mg/L； （4）A、滴定管未洗涤，K2Cr2O7 读数将会增大，所计算剩余 Fe2+偏大，导致计算 Fe2+与 NO3−溶 液反应的 Fe2+偏小，从而计算出 NO3−数值偏小，导致结果偏低，故 A 错误； B、锥形瓶内有水不影响滴定实验，对结果无影响，故 B 错误； C、滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致 K2Cr2O7 读数将会增小，与 A 同理分析可知 结果偏大，故 C 正确； D、FeSO4 标准溶液部分变质，将会导致消耗的 K2Cr2O7 偏小，同理可知结果偏大，故 D 正确； II、由二者的电离平衡常数可知，酸性：CH3COOH >HCN； （1）浓度相同的两种酸，HCN 的 pH 高于 CH3COOH 的 pH 值，故 a 为 NaOH 溶液滴定 HCN 溶液的 pH 变化的曲线； （2）点③存在电荷平衡：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+ c(CH3COO－)，因此时溶液呈中性，故 c(H ＋)＝c(OH－)，可得 c(Na＋)＝c(CH3COO－)，因 Na＋、CH3COO－相较于 H＋、OH－高很多，由此可知溶 液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)； （3）因起始两种酸的物质的量相等，故 c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)=c(CN－)+c(HCN)，由此可知 c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)； （4）从②～④的过程中，溶液中一直在发生酸碱中和，酸对于水的电离程度逐渐减小，故水 的电离程度由大到小的顺序是④③②。 19.氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠。硫代硫酸钠的 工业制备原理为 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。某化学兴趣小组拟用该原理在实验室制备硫 代硫酸钠，并检测氰化钠废水处理后的排放情况。 I、实验室通过如图所用的装置制备 Na2S2O3 （1）仪器 A 的名称___，使用前注意的事项___。 （2）b 装置的作用是___。 （3）装置 a 中发生反应的化学方程式____。 （4）反应开始后，c 中先有淡黄色浑浊产生，此浑浊物为___（填化学式）；反应后剩余的 SO2 全部被 d 中的氢氧化钠溶液吸收，若恰好生成酸式盐，反应后的溶液呈___（“酸”或“碱”） 性，原因是___。 II、已知：废水中氰化钠的最高排放标准为 0.50mg/L。 （1）向氰化钠溶液中通入少量 CO2 能发生反应：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3，浓度相同①NaCN、 ②Na2CO3、③NaHCO3 三种溶液 pH 值由大到小的顺序（用序号表示）：___。 （2）工业上常用碱性氯化法处理含氰废水，其原理如下：第一步，NaCN 与 NaClO 反应，生成 NaOCN 和 NaCl；第二步，NaOCN 与 NaClO 反应，生成 Na2CO3、CO2、NaCl 和 N2。某工厂含氰废 水中 NaCN 的含量为 1.47mg/L，处理 10m3 这样的废水，理论上需要 5mol/LNaClO 溶液___L 处 理后才可以进行排放。 【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 检验是否漏液 (3). 作安全瓶，防止倒吸 (4). Na2SO3+H2SO4=Na2SO3+SO2↑+H2O (5). S (6). 酸 (7). HSO3 -的电离大于水解 (8). ②①③ (9). 0.15 【解析】 【详解】I、（1）仪器 A 的名称是分液漏斗；分液漏斗使用前需要注意检查是否漏液，避免发 生实验安全事故； （2）根据装置图和气体压强变化，装置 b 能作安全瓶，防止倒吸； （3）a 装置制备二氧化硫，其反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO3+SO2↑+H2O； （4）二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到 S,硫与亚硫酸钠反应得到 Na2S2O3，c 中先有浑浊产 生，后又变澄清，此浑浊物为 S；该酸式盐为 NaHSO3，因 HSO3 -的电离大于水解，因此溶液呈 酸性； II、（1）根据强酸制弱酸的规律可知，酸性由大到小顺序为：H2CO3>HCN>HCO3 -，根据越弱越水 解，浓度相同①NaCN、②Na2CO3、③NaHCO3 三种溶液 pH 值由大到小的顺序为：②①③； （2）根据第一步和第二步的总反应可知，整个反应中氧化剂为 NaClO，还原剂为 NaCN，C 由 +2 价升高到+4 价，N 元素化合价从-3 价升高到 0 价，即 1molNaCN 失去 5mol 电子，1mol 次氯 酸钠得到 2mol 电子，根据得失电子守恒可列出关系式： 理论上需要 5mol/LNaClO 溶液为 0.75mol 5mol/L =0.15L。 20.火电厂粉煤灰的主要成分为 SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2 等。某研究小组对其进行 综合处理的流程如图所示： 已知：①“酸浸”后钛主要以 TiOSO4 的形式存在，强电解质 TiOSO4 在溶液中仅能电离出 SO4 2- 和 TiO2+，TiO2+在 80℃左右水解生成 TiO2·xH2O。 ②已知 FeSO4 在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如下表： 回答下列问题： （1）加快“酸浸”速率的措施有哪些？写出一条即可___，滤渣 1 的主要成分为___(填化学 式)。 （2）“反应”时加入铁粉的作用为___（用离子方程式表示）。 （3）“结晶”时，若要获得 FeSO4·7H2O，则对溶液进行的操作是：蒸发浓缩，___，过滤， 洗涤，干燥。 （4）“水解”反应的离子方程式为____。 （5）实验室用 MgCl2·6H2O 制备 MgCl2 固体，在加热的同时要不断通入___(填化学式，下同) 若不通入该物质，最终得到的产物中可能含有___。 【答案】 (1). 微热（或将煤灰放入石绒棉中） (2). SiO2 (3). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (4). 冷却到 50℃以下结晶 (5). TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ (6). HCl (7). MgO 或 Mg（OH）Cl 【解析】 【分析】 粉煤灰的主要成分为 SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2 等，加入硫酸酸溶过滤得到滤渣 1 和滤液，氧化铝溶解生成硫酸铝，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧 化镁溶解生成硫酸镁，“酸浸”后钛主要以 TiOSO4 形式存在，滤渣为 SiO2，加入铁粉还原铁 离子生成亚铁离子，结晶析出硫酸亚铁晶体，过滤，得到滤液 1 含硫酸铝、硫酸镁、TiOSO4、 少量硫酸亚铁，水解过滤，TiOSO4 生成 TiO2⋅ xH2O，经酸洗水洗干燥和灼烧后得到 TiO2，滤液 2 中含硫酸铝和硫酸镁、少量硫酸亚铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液 pH 使铝离子和铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣 2 为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液 3 含硫酸镁， 据此分析。 【详解】（1）该反应为固液反应，若要加快“酸浸”的速率，可通过加热提高化学反应速率， 也可将煤灰放入石绒棉中，增大反应接触面积，提高化学反应速率；由上述分析可知，滤渣 主要为 SiO2； （2）因需要将 Fe3+转化为 Fe2+以 FeSO4·7H2O 结晶除去，故加入铁粉的目的是将三价铁转化为 二价铁，其离子反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+； （3）由题干表格可知，FeSO4 在 50℃以下主要析出晶体为 FeSO4·7H2O，若要获得 FeSO4·7H2O， 则对溶液进行的操作是：蒸发浓缩，冷却到 50℃以下结晶，过滤，洗涤，干燥； （4）水解过程中，TiOSO4 生成 TiO2⋅ xH2O，因“强电解质 TiOSO4 在溶液中仅能电离出 SO4 2-和 TiO2+，TiO2+在 80℃左右水解生成 TiO2·xH2O”，故该反应的离子方程式为： TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+； （5）MgCl2·6H2O 制备 MgCl2 固体，在加热过程中，MgCl2 中 Mg2+水解程度增大，生成的 HCl 随 着浓度增加会溢出，导致最终所得固体中含有 MgO 或 Mg(OH)Cl，因此在加热的同时要不断通 入 HCl 气体，以此抑制 MgCl2 的水解，从而获得 MgCl2 固体。