江西省吉安市吉水二中新干二中吉安县二中永丰二中泰和二中五校2019-2020学年高二期中考试联考化学试题

江西省吉安市吉水二中新干二中吉安县二中永丰二中泰和二中五校2019-2020学年高二期中考试联考化学试题

‎2021 届高二(上) 吉水二中 新 干 二 中 吉安县二中 永丰二中 泰和二中 五校联考化学试卷 可能用到的相对原子质量：Fe 56 H 1 O 16 S 32 Zn 65 Cu 64‎ 一、选择题（包括16小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.古代的很多成语、谚语都蕴含着科学知识，下列对成语、谚语的解释正确的是 A. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量和温度的水和冰，冰的能量高 B. “玉不琢，不成器”“百炼方能成钢”发生的均为化学变化 C. “甘之如饴”说明糖类均有甜味 D. “火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．冰转化为水的过程吸热，因此相同质量和温度的水和冰，水的能量高，故A错误；B．“玉不琢不成器”只是玉的形状改变，是物理变化，故B错误；C．淀粉和纤维素属于糖类，但没有甜味，故C错误；D．焰色反应为元素的性质，则节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，故D正确；故选D。‎ 考点：考查了物质变化、焰色反应等的相关知识。‎ ‎2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA B. 密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA C. 1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA D. 某电池的总反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋,当有5.6gFe溶解时电路中有0.2mol e-通过 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH3COOH为弱酸，0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数小于0.05NA，故A错误；‎ B．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故B错误；‎ C．碳酸氢钠溶液中存在了守恒n（Na）=n（C），碳元素所有存在形式的粒子的物质的量之和和钠物质的量相同，1L 0.1mol/L的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA ‎，故C错误；‎ D．某电池的总反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，Fe由0价升到+2价，转移2个电子，所以5.6gFe即0.1molFe溶解时电路中有0.2mol e-通过，故D正确。‎ 故答案为D。‎ ‎3.已知：①Zn(s)＋O2(g)=ZnO(s) ΔH1＝－351.1 kJ/mol ‎②Hg(l)＋O2(g)=HgO(s) ΔH2＝－90.7 kJ/mol 则反应Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)的焓变是(　　)‎ A. －260.4 kJ/mol B. －254.6 kJ/mol C. －438.9 kJ/mol D. －441.8 kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用盖斯定律求解。‎ ‎【详解】结合盖斯定律可知，①-②得到Zn（s）+HgO（g）=Hg（s）+ZnO（s），则△H3=△H1-△H2=-351.1kJ•mol-1-（-90.7kJ•mol-1）=-260.4 kJ•mol-1，故答案为A。‎ ‎4.某科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：‎ 下列分析不合理的是（　　）‎ A. 状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂 B. 合成NH3总反应的原子利用率是100%‎ C. “TM﹣LiH”能降低合成氨反应的△H D. 生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知氮气与TM-LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，总反应为 ‎2LiNH+3H2═2LiH+2NH3。‎ ‎【详解】A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；‎ B．由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；‎ C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；‎ D．由状态Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎5.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 某无色溶液中：Fe3＋、K＋、NO3－、SO42－‎ B. 水电离的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－‎ C. 0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、Cl－‎ D. 0.1mol/LAlCl3溶液中：K＋、NH4＋、HCO3－、SO42－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含有Fe3＋的溶液呈淡黄色，故A错误；‎ B．由水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，若存在大量氢氧根，Mg2＋、Cu2＋会与氢氧根生成沉淀，故B错误；‎ C．K＋、Na＋、NO3－、Cl－四种离子之间相互不反应，也不与NH4+或HCO3-反应，故可以共存，故C正确；‎ D．Al3+会与HCO3－发生双水解，反应生成二氧化碳气体以及难溶的氢氧化铝，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎6.已知，常温下，KSP(AgCl)=1.8×10-10mol2·L-2，KSP(AgI)=8.3×10-17mol2·L-2，下列叙述中，正确的是 A. 常温下，AgCl在饱和NaCl溶液中的KSP比在纯水中的KSP小 B. 向AgCl悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色 C. 将0.001 mol·L-1的AgNO3溶液滴入KCl和KI的混合溶液中，一定先产生AgI沉淀 D. 向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgCl析出且溶液中c(Ag+)=c(Cl-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．KSP只于温度有关，与溶液中离子浓度无关，故A错误； B．KSP ‎(AgCl)＞KSP(AgI)，沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色，故B正确；C．KCl和KI的混合溶液中，c(Cl-)和c(I-)的大小无法比较，所以Qc也无法知道，无法判断Qc与KSP差别大小，也就无法确定沉淀的先后顺序，故C错误；D．向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体，溶解平衡逆向移动，生成沉淀，c(Ag+)减小，c(Cl-)增大，c(Ag+)＜c(Cl-)，故D错误。故选B。‎ 考点：考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 ‎7.下列说法正确的是( )‎ 下列图示与对应的叙述符合的是( )‎ A. 图甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化 B. 图乙表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H<0的平衡常数K与温度和压强的关系 C. 图丙表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，溶液中随HCl溶液体积变化关系 D. 图丁表示常温下向20mL pH=3的醋酸中滴加pH=11的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、使用催化剂化学正逆反应速率均加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A错误；‎ B、平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故B错误；‎ C、表示向0.1mol/L的NH4Cl溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液时，氢离子浓度增大，铵根离子浓度也增大，但增加的幅度没有氢离子的浓度增加的大，所以溶液中 随HCl溶液体积增大而增大，故C正确；‎ D．当氢氧化钠体积为20ml时，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，以醋酸的电离为主溶液呈酸性，所以a＜7，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎8.25 ℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX的溶液pH＝4，BY的溶液pH＝6。下列说法正确的是 A. 电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)‎ B. AY溶液的pH小于BY溶液的pH C. 稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BY D. 将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给条件可以推出AX是强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY为强碱弱酸盐。‎ ‎【详解】A. 1 mol·L-1 BY溶液pH=6，说明B+的水解程度大于Y-的，则电离平衡常数 K(BOH) v(逆)‎ C. 图b中，E→A所需的时间为x，D→C所需时间为y，则x < y D. 依据图b分析可知，该化学反应△H＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、A1→A2变化为：NO2的浓度突变，增大，可能为缩小容器体积或加入了NO2，故A错误；B、图b中，E点NO2的含量比平衡低，则反应正向进行，v(正)>v(逆)，故B正确；C、温度越高，反应速率越大，达到平衡用时越小，故C错误；D、根据图b，温度升高，N2O4％减小，平衡左移，所以正反应是一个放热反应，△H＜0，故D错误。故选B。‎ ‎11.在T ℃时，难溶物Ag2CrO4在水溶液中的溶解平衡曲线如下图所示，又知T ℃时AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法错误的是 A. T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－11‎ B. T ℃时，Y点和Z点的Ag2CrO4的Ksp相等 C. T ℃时 , X点的溶液不稳定，会自发转变到Z点 D. T ℃时，将0.01 mol·L－1的AgNO3溶液逐渐滴入20 mL 0.01 mol·L－1的KCl和0.01 mol·L－1的K2CrO4混合溶液中，Cl－先沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42-（aq），Ksp=c2（Ag+）·c（CrO42-）=（10-3mol/L）2•10-5mol/L=10-11，A正确；‎ B、溶度积常数随温度变化，不随浓度变化，所以T℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，B正确；‎ C、T ℃时，X点是过饱和溶液，变为饱和溶液的过程中，银离子与铬酸根离子浓度均降低，不会自发转变到Z点，C错误；‎ D、0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c（CrO42-）=0.01mol/L，得到c（Ag+）=，c（Cl-）=0.01mol/L，依据溶度积计算得到：c（Ag+）=1.8×10−10(mol/L)2÷0.01 mol/L=1.8×10-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.下列实验能达到预期目的是（　　）‎ 选项 实验内容 实验目的 A 取两只试管，分别加入4mL 0.01mol/L KMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.1mol/L H2C2O4溶液2mL，向另一只试管中加入0.1mol/L H2C2O4溶液4mL，记录褪色时间 证明草酸浓度越大，反应速率越快 B 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 C 向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下的Kap：Mg(OH)2＞Fe(OH)3‎ D 室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH 比较HClO和CH3COOH的酸性强弱 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】解：A．草酸浓度相同，体积不同，且生成锰离子可作催化剂，不能探究浓度对反应速率的影响，故A错误；‎ B．碳酸根离子结合钡离子生成沉淀，使水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，故B正确；‎ C．NaOH过量，为沉淀生成，不发生沉淀转化，不能比较Ksp，故C错误；‎ D．次氯酸钠水解生成次氯酸，具有漂白性不能用pH试纸测其pH值，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎13.羰基硫（COS）可用于合成除草剂、杀草丹等农药。可通过H2S与CO2在高温下反应制得COS：H2S(g)+CO2(g) COS(g) +H2O(g) △H > 0。在2 L容器中充入一定量的H2S和CO2发生上述反应，数据如下：‎ 实验 温度/℃‎ 起始时 平衡时 平衡 常数 n(CO2)/mol n(H2S)/mol ‎ n(COS)/mol n(H2O)/mol n(COS)/mol ‎1‎ T1‎ ‎0.200‎ ‎0.200‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.0200‎ K1‎ ‎2‎ T2‎ ‎0.200‎ ‎0.200‎ ‎0‎ ‎0‎ n2‎ K2 =1/36‎ ‎3‎ T2‎ ‎0.400‎ ‎0.400‎ ‎0‎ ‎0‎ n3‎ K3‎ 下列判断不正确的是 A. K1=1/81‎ B. K2 = K3且n3= 2n2‎ C. 初始反应速率：实验3 > 实验2 > 实验1‎ D. 实验2中平衡时的c(COS)约为0.0286 mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项，实验1中平衡时n（COS）=0.02mol，转化COS物质的量为0.02mol，则转化H2S、CO2、H2O（g）物质的量都为0.02mol，平衡时H2S、CO2、COS、H2O（g）物质的量依次为0.18mol、0.18mol、0.02mol、0.02mol，平衡时H2S、CO2、COS、H2O（g）物质的量浓度依次为0.09mol/L、0.09mol/L、0.01mol/L、0.01mol/L，K1==，正确；B项，实验2和实验3温度相同，K2=K3，实验3起始CO2、H2S物质的量为实验2起始物质的量的两倍，该反应反应前后气体分子数不变，则实验3和实验2达到平衡时各物质的百分含量相同，实验3中平衡时各物质物质的量为实验2的两倍，n3=2n2，正确；C项，实验3和实验2温度相同，实验3中初始浓度为实验2的两倍，反应速率：实验3实验2，升高温度平衡向正反应方向移动，K1K2，则T2T1，实验2和实验1初始浓度相同，反应速率：实验2实验1，正确；D项，设实验2中转化COS物质的量浓度为x mol/L，则转化H2S、CO2、H2O（g）物质的量浓度都为x mol/L，平衡时H2S、CO2、COS、H2O（g）物质的量浓度依次为（0.1-x）mol/L、（0.1-x）mol/L、xmol/L、xmol/L，K2==，解得x=0.0143，平衡时c（COS）约为0.0143mol/L，错误；答案选D。‎ 点睛：本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响、化学平衡常数的计算和影响化学平衡常数的因素。难点是实验2和实验3为恒温恒容下反应前后气体分子数不变的比例等效平衡的判断。‎ ‎14.常温下，向20 mL 0.1 mol/L氨水中滴加盐酸，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入盐酸体积变化如图所示。则下列说法正确的是(　　)‎ A. b、d两点为恰好完全反应点 B. c点溶液中c(NH)＝c(Cl－)‎ C. a、b之间的任意一点：c(Cl－)＞c(NH4+)，c(H＋)＞c(OH－)‎ D. 常温下，0.1 mol/L氨水的电离常数K约为1×10－5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知c点水的电离程度最大，故c点溶质为NH4Cl，即c点为恰好完全反应的点，c点之前盐酸量不足，c点之后盐酸过量。b点溶液中的溶质为NH4Cl和NH3·H2O，溶液中的氢离子均为水电离出的氢离子，故此时溶液中c（H+）=10-7mol/L，溶液呈中性。‎ ‎【详解】 A．据分析可知c点为恰好完全反应的点，故A错误；‎ B．c点溶液中的溶质为NH4Cl，由于NH4+会发生水解，所以c(NH) c (HA－) > c (A2－)> c (OH－)＝c (H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2A）＞Ka2（H2A），酸性条件下，则pH相同时>,由图象可知N为 的变化曲线，M为 。‎ ‎【详解】A.，当=0时，=1，此时pH≈5.4，则Ka2（H2A）≈10-5.4，可知Ka2（H2A）的数量级为10-6，故A错误；‎ B．由图象可知，=0，即c（HA-）=c（A2-），此时pH≈5.4，可知HA-电离程度大于A2-水解程度，则NaHA溶液呈酸性，溶液中c（H+）＞c（OH-），故B正确；‎ C．由以上分析可知曲线M表示pH与的变化关系，故C错误；‎ D．由图象可知当pH=7时，＞0，则c（A2-）＞c（HA-），故D错误。‎ 故答案为B。‎ ‎16.H2S为二元弱酸。20℃时，向 0.100 mol·L－1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体（忽略溶液体积的变化及H2S的挥发）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是 A. pH=7的溶液中：c(Cl－)＝c(HS－)＋2c(H2S)‎ B. 通入HCl气体之前：c(S2－)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H+)‎ C. c(HS－)=c(S2－)的碱性溶液中：c(Cl－)＋c(HS－)＞0.100 mol·L－1＋c(H2S)‎ D. c(Cl－)=0.100 mol·L－1的溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－2c(S2－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电荷守恒式c（Cl-）+2c（S2-）+c（HS-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），物料守恒式c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），pH=7的溶液c（OH-）=c（H+），三等式联立可得c（Cl-）=c（HS-）+2c（H2S），故A正确；‎ B．通入HCl气体之前，该溶液为Na2S溶液，分步水解且程度很小，离子浓度大小关系为c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+），故B错误；‎ C．c（Cl-）+c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），两边同时加上c（S2-），得c（Cl-）+c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（HS-）+c（S2-）+2c（H2S），因c（HS-）=c（S2-）碱性溶液，所以c（Cl-）+c（HS-）＜c（HS-）+c（S2-）+2c（H2S），又因0100mol•L-1=c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S），所以c（Cl-）+c（HS-）＜0.100 mol•L-1+c（H2S），故C错误；‎ D．c（Cl-）=0.100 mol•L-1的溶液中，c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）=c（Cl-）=0.100mol•L-1，又因c（Cl-）+c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），所以c（OH-）-c（H+）=c（HS-）+2c（H2S）-[c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）]=c（H2S）-c（S2-），故D错误；‎ 故答案为A。‎ 二、非选择题（52 分）‎ ‎17.(1)用离子方程式表示泡沫灭火器的灭火原理：______________‎ ‎(2)25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.79×10﹣39，该温度下反应Fe(OH)3+ 3H+ Fe3++ 3H2O的平衡常数K=_______‎ ‎(3)在加热条件下 CeCl3 易发生水解，无水 CeCl3 可用加热 CeCl3·6H2O 和 NH4Cl 固体混合物的方法来制备。其中NH4Cl 的作用是____________‎ ‎【答案】 (1). Al3+ + 3HCO3- = Al(OH)3 ↓ + 3CO2↑ (2). 2.79×103 (3). NH4Cl分解产生的HCl气体抑制CeCl3的水解（或其它合理答案）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）泡沫灭火器灭火的原理为硫酸铝和碳酸氢钠发生互促水解生成二氧化碳气体；‎ ‎（2）；‎ ‎【详解】（1）泡沫灭火器灭火的原理为硫酸铝和碳酸氢钠发生互促水解生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-═3CO2↑+Al（OH）3↓，故答案为：Al3++3HCO3-═3CO2↑+Al（OH）3↓；‎ ‎（2）；故答案为：2.79×103；‎ ‎（3）NH4Cl固体受热分解生成氯化氢能抑制CeCl3的水解；故答案为：NH4Cl分解产生的HCl气体抑制CeCl3的水解（或其它合理答案）。‎ ‎18.温下，将四种不同的一元酸（用 HA 代表）分别和 NaOH 溶液等体积混合。 两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的 pH 如下表所示：‎ 实验 HA 物质的量 NaOH 物质的量 混合后溶 编号 浓度/(mol·L－1)‎ 浓度/(mol·L－1)‎ 液的 pH 甲 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH＝a 乙 ‎0.12‎ ‎0.1‎ pH＝7‎ 丙 ‎0.2‎ ‎0.1‎ pH＞7‎ 丁 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH＝11‎ ‎(1)从甲组情况分析，如何判断 HA 是强酸还是弱酸？___________‎ ‎(2)从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是：____________________‎ ‎(3)分析丁组实验数据，写出混合溶液中下列算式的精确结果(列式表示)：c(Na＋)－c(A－)＝______mol·L－1。‎ ‎(4)某二元酸(化学式用 H2B 表示)在水中的电离方程式是：H2B=H＋＋HB－ HB－ H＋＋B2－‎ 在0.1 mol·L－1 的 Na2B 溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________。‎ A．c(B2－)＋c(HB－)＝0.1 mol·L－1 B．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1 mol·L－1 ‎ C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－) D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)‎ ‎【答案】 (1). a＝7时，HA是强酸;a＞7时，HA是弱酸 (2). c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) (3). 10－3－10－11 (4). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）等物质的量混合时，二者恰好反应生成盐，根据溶液的pH判断酸性强弱；‎ ‎（2）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A-的水解大于HA的电离，结合电荷守恒判断；‎ ‎（3）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）；‎ ‎（4）根据二元酸的电离方程式知，B2-只发生第一步水解，结合电荷守恒和物料守恒分析解答．‎ ‎【详解】（1）若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH＞7，故答案为：a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸；‎ ‎（2）混合溶液溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A-的水解大于HA的电离，故答案为：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；‎ ‎（3）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-3-10-11）mol•L-1， 故答案为：10-3-10-11；‎ ‎（4）在Na2B中存在水解平衡：B2-+H2OHB-+OH-，HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，‎ A．由物料守恒得c（B2-）+c（HB-）=0.1mol•L-1，故A正确；‎ B．HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，故B错误；‎ C．溶液中质子守恒得c（OH-）=c（H+）+c（HB-），故C正确；‎ D．溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HB-）+2c（B2-），故D错误； 故答案为：AC．‎ ‎【点睛】本题第（4）题中要注意题目所给信息H2B=H＋＋HB－，第一步电离是完全的，所以HB－不会发生水解，不要惯性思维。‎ ‎19.I.用标准NaOH溶液滴定充满HCl的烧瓶（标况下，烧瓶容积为V L）做完喷泉实验后得到的稀盐酸（水充满整个烧瓶）以测定它的准确浓度，用酚酞作指示剂。请你回答下列问题：‎ ‎(1)计算该盐酸的物质的量浓度为：_____。（保留三位有效数字）‎ ‎(2)现有三种浓度的标准NaOH溶液，你认为最合适的是下列第_____种。‎ ‎①5.00mol•L﹣1②0.500mol•L﹣1③0.0500mol•L﹣1‎ ‎(3)若采用上述最合适浓度的标准NaOH溶液滴定，滴定时实验数据列表如下：‎ 实验次数编号 待测盐酸体积（mL）‎ 滴入NaOH溶液体积（mL）‎ ‎1‎ ‎10.00‎ ‎8.48‎ ‎2‎ ‎10.00‎ ‎8.52‎ ‎3‎ ‎10.00‎ ‎8.00‎ 求这种待测稀盐酸的物质的量浓度c（HCl）=_____。与理论计算值比较，造成的误差的原因可能是哪些下列操作导致的_____‎ ‎①滴定前平视，滴定终了俯视 ‎②滴定管（装标准溶液）在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡 ‎③滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗 ‎④看到颜色变化后立即读数 ⑤洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤 II．测定绿矾FeSO4·xH2O中结晶水含量 Ⅰ．准确称量27.8 g绿矾样品，配成250 mL溶液；‎ Ⅱ．量取25.00 mL所配制的溶液于锥形瓶中；‎ Ⅲ．用硫酸酸化的0.100 0 mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点；‎ Ⅳ．重复操作3次，消耗KMnO4溶液的体积分别为20.02 mL、24.98 mL、19.98 mL。‎ ‎(1)判断达到滴定终点时的实验现象是_____。‎ ‎(2)根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=__________。‎ ‎【答案】 (1). 0.0446mol·L-1 (2). ③ (3). 0.0425mol·L-1 (4). ①④ (5). 滴入最后一滴KMnO4标准溶液时，待测溶液恰好由浅绿色变为紫红色，且半分钟内不再褪色 (6). 7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.（1）根据进行计算；‎ ‎（2）为减小误差，应尽量用浓度和待测液浓度相近的溶液；‎ ‎（3）先根据数据的有效性，舍去第3组数据，然后求出1、2组平均消耗氢氧化钠溶液体积，然后根据盐酸和NaOH的反应求出c（HCl）；与理论值相比测量值偏小，即需要找导致测量值偏小的原因。‎ II（1）该方法的滴定原理是用酸化的高锰酸钾来氧化亚铁离子；高锰酸钾溶液显紫红色；‎ ‎（2）测定绿矾中结晶水的含量，实验原理是测量27.8g绿矾样品中亚铁离子的物质的量，进而确定硫酸亚铁的物质的量，根据总质量确定水的物质的量，可确定结晶水的数目；‎ ‎【详解】：I.（1）设烧瓶的容积为V，标况下VLHCl的物质的量为： ，则该盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）= 故答案为：0.0446 mol/L；‎ ‎（2）实验时，为减小实验误差，则所用氢氧化钠溶液体积不能过小，否则误差较大，应尽量用浓度和待测液浓度相近的溶液，故答案为：③；‎ ‎（3）舍去第3组数据，1、2组平均消耗氢氧化钠溶液体积为：=8.50mL，根据关系式NaOH～HCl可知，反应中消耗氢氧化钠与氯化氢的物质的量相等，则该待测稀盐酸的物质的量浓度c（HCl）==0.0425mol/L；‎ ‎①滴定前平视，滴定终了俯视导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低，故①正确；‎ ‎②滴定管（装标准溶液）在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故②错误；‎ ‎③滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故③错误；‎ ‎④看到颜色变化后立即读数，此时还没有达到滴定终点，则读出的标准液体积偏小，测定结果偏低，故④正确；‎ ‎⑤洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤，NaCl不与氢氧化钠溶液反应，不影响滴定结果，故⑤错误；‎ 故答案为：0.0425mol·L-1；①④‎ II（1）该方法的滴定原理是用酸化的高锰酸钾来氧化亚铁离子；高锰酸钾溶液显紫红色；故当溶液中亚铁离子完成反应完之后，由于高锰酸钾的滴入溶液会出现紫红色，故答案为：滴入最后一滴KMnO4标准溶液时，待测溶液恰好由浅绿色变为紫红色，且半分钟内不再褪色 ‎ ‎（2）消耗KMnO4溶液的体积分别为20.02mL、24.98mL、19.98 mL，第二次实验误差较大，应舍弃，平均体积为20.00mL，则n（KMnO4）=0.02L×0.100 0mol•L-1=0.0020mol，反应中Fe元素化合价由+2价升高为+3价，Mn元素化合价由+7价将为+2价，则有5FeSO4～KMnO4，可知27.8g绿矾样品n（FeSO4）=0.0020mol×5×=0.1mol，则m（FeSO4）=0.01mol×152g/mol=15.2g，n（H2O）==0.7mol，则绿矾化学式中结晶水数目x==7，故答案为：7。‎ ‎20.乙烯是合成食品外包装材料聚乙烯的单体，可以由丁烷裂解制备。‎ 主反应：C4H10（g，正丁烷）C2H4(g)+C2H6(g) ΔH1‎ 副反应：C4H10（g，正丁烷）CH4(g)+C3H6(g) ΔH2 回答下列问题：‎ ‎(1)化学上，将稳定单质的能量定为0，生成稳定化合物时的释放或吸收能量叫生成热，生成热可表示该物质相对能量。下表为25℃、101 kPa下几种有机物的生成热：‎ 物质 甲烷 乙烷 乙烯 丙烯 正丁烷 异丁烷 生成热/kJ·mol-1‎ ‎−75‎ ‎−85‎ ‎52‎ ‎20‎ ‎−125‎ ‎−132‎ ‎①表格中的物质，最稳定的是________________（填结构简式）。‎ ‎②上述反应中，ΔH1=____________kJ·mol-1。‎ ‎(2)一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量正丁烷发生反应生成乙烯。下列情况表明该反应达到平衡状态的是_________________（填代号）。‎ A．气体密度保持不变 B．保持不变 C．反应热不变 D．正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等 ‎ ‎(3)向密闭容器中充入丁烷，在一定条件（浓度、催化剂及压强等）下发生反应，测得乙烯产率与温度关系如图所示。温度高于600℃时，‎ 随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是____________（填代号）。‎ A．平衡常数降低 B．活化能降低 ‎ C．催化剂活性降低 D．副产物增多 ‎(4)在一定温度下向1 L恒容密闭容器中充入2 mol正丁烷，反应生成乙烯和乙烷，经过10 min 达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75倍。‎ ‎①0～10 min内乙烷的生成速率v(C2H6)为___________mol·L-1·min-1。‎ ‎②上述条件下，正丁烷的平衡转化率为_____________；该反应的平衡常数K为____。‎ ‎(5)丁烷−空气燃料电池以熔融的K2CO3（其中不含O2-和HCO3-）为电解质，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极。该燃料电池的正极反应式为26CO2+13O2+52e-=6CO32-，负极反应式为____________________。‎ ‎【答案】 (1). （CH3）2 CH CH3 (2). +92 (3). BD (4). CD (5). 0.15 (6). 75％ (7). 4.5 (8). C4H10+13 CO32-26 e－=17 CO2+5H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①能量越低越稳定，即由稳定单质生成稳定化合物时放出释放的能量越大越稳定；‎ ‎②反应方程式中焓变=生成物的生成热-反应物的生成热；‎ ‎（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；‎ ‎（3）催化剂活性受温度影响，有机化学反应中副反应较多；‎ ‎（4）恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，经过10min 达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75 倍，说明平衡后气体总物质的量是原来的1.75倍，混合气体物质的量=2mol×1.75=3.5mol，增加的物质的量相当于生成的n（C2H4）=n（C2H6）=（3.5-2）mol=1.5mol，剩余的n（C4H10）=（2-1.5）mol=0.5mol，平衡时c（C2H4）=c（C2H6）= =1.5mol/L，c（C4H10）==0.5mol/L ‎①反应速率，据此计算；‎ ‎②转化率为已反应的正丁烷占总正丁烷的物质的量的百分比；平衡常数 ；‎ ‎（5）负极上丁烷失电子发生氧化反应。‎ ‎【详解】：（1）①能量越低越稳定，即由稳定单质生成稳定化合物时放出释放的能量越大越稳定，由图表可知异丁烷的生成热最低，即生成异丁烷时释放能量最大，异丁烷能量最低，最稳定，异丁烷的结构简式为（CH3）2CHCH3，故答案为：（CH3）2CHCH3； ②反应方程式中焓变=生成物的生成热-反应物的生成热，所以该反应的焓变=（52-85+125）kJ/mol=+92kJ/mol，故答案为：+92；‎ ‎（2）A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，所以密度始终不变，不能根据密度判断平衡状态，故A错误；‎ ‎ B．保持不变时，各物质的物质的量浓度不变，说明达到平衡状态，故B正确；‎ C．反应热与计量数成正比，与是否达到平衡状态无关，故C错误；‎ D．正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：BD；‎ ‎（3）催化剂活性受温度影响，有机化学反应中副反应较多，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是催化剂活性降低，副产物增多，选项C和D符合题意，故答案为：CD；‎ ‎（4）恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，经过10min 达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的1.75 倍，说明平衡后气体总物质的量是原来的1.75倍，混合气体物质的量=2mol×1.75=3.5mol，增加的物质的量相当于生成的n（C2H4）=n（C2H6‎ ‎）=（3.5-2）mol=1.5mol，剩余的n（C4H10）=（2-1.5）mol=0.5mol，平衡时c（C2H4）=c（C2H6）= =1.5mol/L，c（C4H10）==0.5mol/L ‎①0～10min 内乙烷的生成速率v（C2H6）=mol/（L•min）=0.15mol/（L•min），故答案为：0.15；‎ ‎②根据分析可知转化的正丁烷为1.5mol，故其转化率为：；‎ 该反应的平衡常数K；故答案为：75％；4.5；‎ ‎（5）负极上丁烷失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水， 故答案为：C4H10+13CO32--26e-=17CO2+5H2O。‎ ‎【点睛】在转化率或平衡常数的相关计算中经常会用到“恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比”。‎ ‎21.废旧电池危害上要集中在其中所含的少量重金属上。将废旧锌锰电池回收处理，既能减少它对环境的污染，又能实现废电池的资源化利用。‎ I．若碱性锌锰干电池的总反应为：2MnO2+Zn+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2 ，则该电池的正极反应式为：_________________________________‎ II．回收填料中的二氧化锰和氯化铵。已知：废旧干电池填料的主要成分为二氧化锰、炭粉、氯化铵和氯化锌等，其中氯化铵、氯化锌可溶于水。回收物质的流程如图所示。‎ ‎(1)① 操作中先将电池填料研碎的目的是：________________。操作l和操作2的名称都是___________，② 灼烧滤渣l的目的是______________________。‎ ‎(2)回收二氯化锰：将废旧锌锰电池处理，得到含锰混合物，向该混合物加入浓盐酸并加热。①写出MnOOH与浓盐酸反应的化学方程式：________________。‎ ‎② 锰回收新方法：向废旧锌锰电池内的混合物[主要成分MnOOH、Zn(OH)2]中加入一定量的稀硫酸和稀草酸（H2C2O4），并不断搅拌至无CO2产生为止，与使用浓盐酸回收锰相比，新方法的优点是___________（答l点即可）。‎ ‎(3)部分难溶的电解质溶度积常数（Ksp）如下表：‎ 用废电池的锌皮可用于回收制作ZnSO4·7H2O。过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：常温下，加入稀H2SO4和H2O2，铁溶解变为Fe3+，加碱调节pH为4，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中c(Fe3+)=_________。继续加碱调节pH为____时，锌开始沉淀（假定Zn2+浓度为0.1mol/L）。‎ ‎【答案】 (1). 2MnO2+2H2O+2e-=2MnO(OH)+2OH- (2). 增大接触面积，加快反应速率 (3). 过滤 (4). 除去二氧化锰中混有的碳粉 (5). 2MnOOH+6HCl(浓)= 2MnCl2+ Cl2↑+4 H2O (6). 工艺流程简单；反应过程无有毒有害物质生成，不会造成二次污染；废物资源化；生成的产物CO2和H2O不会影响MnSO4的纯度 (7). 2.6×10-9 mol·L-1 (8). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．该原电池中正极上二氧化锰得电子发生还原反应；‎ II．废旧干电池填料的主要成分为二氧化锰、炭粉、氯化铵和氯化锌等，其中氯化铵、氯化锌可溶于水，溶解过滤后得到滤渣1为二氧化锰、碳粉，滤液为氯化铵和氯化锌，滤渣1洗涤烘干、灼烧除去碳得到二氧化锰，滤液1蒸发结晶过滤得到氯化铵晶体和滤液2；‎ ‎（1）从化学反应速率的因素分析；过滤可以除去不溶于水的物质；玻璃棒的用途有搅拌、引流、转移物质等；加热条件下，炭粉能和空气中的氧气反应生成二氧化碳；‎ ‎（2）①MnO(OH)与浓盐酸反应，+3价的锰能把浓盐酸氧化为氯气；‎ ‎②分析回收工艺的优点从可操作性、产品的纯度、对环境的影响等方面分析；‎ ‎（3）根据Ksp计算公式进行求解；‎ ‎【详解】I．锌锰碱性电池的总反应式为：Zn+2MnO2+2H2O═2MnO(OH)+Zn(OH)2，该原电池中正极上二氧化锰得电子发生还原反应，故答案为：2MnO2+2H2O+2e-═2MnO(OH)+2OH-；‎ II．（1）①将电池填料研碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，操作1和操作2的名称都是过滤。故答案为：增大接触面积，加快反应速率；过滤；‎ ‎②灼烧滤渣l的目的是使炭粉和氧气反应转化成二氧化碳，从而和二氧化锰分离。故答案为：除去二氧化锰中混有的碳粉；‎ ‎（2）①+3价的锰能把浓盐酸氧化为氯气，即MnO(OH)与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰、水，‎ ‎ 故答案为：；‎ ‎②从可操作性、产品的纯度、对环境的影响等方面分析回收工艺的优点可知答案为：工艺流程简单；生成CO2和H2O不影响MnSO4纯度；反应过程无有毒有害物质生成，不造成二次污染；废物资源化等；‎ ‎（3）加碱调节pH为4，溶液中c（OH-）=10-10mol/L，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中c（Fe3+）= =2.6×10-9mol/L，如锌开始沉淀，则c（OH-）= =10-8mol/L，此时pH=6，故答案为：2.6×10-9mol/L；6．‎ ‎【点睛】在工艺流程题中常常将原料研磨打碎来加快反应速率；分析回收工艺的优点从可操作性、产品的纯度、对环境的影响等方面分析。‎ ‎ ‎ ‎ ‎