化学卷·2018届重庆一中高二上学期期末化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届重庆一中高二上学期期末化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年重庆一中高二（上）期末化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个答案符合题意，每小题3分，共48分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．CaCO3难溶于水，是弱电解质 B．进行中和滴定操作时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化 C．用pH试纸测溶液的pH应预先润湿 D．蒸干FeCl3溶液可得到FeCl3固体 ‎2．下列化学用语正确的是（　　）‎ A．新戊烷的结构简式：C5H12 B．丙烷的比例模型：‎ C．四氯化碳的电子式： D．乙烯的结构式：‎ ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．电解精炼粗铜时，粗铜应作阴极 B．氯碱工业的阳极区得到的产品是H2和NaOH C．将金属与直流电源的负极相连的方法叫做外加电流的阴极保护法 D．同种金属作为原电池的正极比作为电解池的阳极腐蚀得更快 ‎4．可逆反应A（s）+B（g）⇌2C（g）△H＜0在密闭容器中达到平衡后，改变条件，能使B转化率提高的是（　　）‎ A．保持温度不变，减小压强 B．保持恒温恒容，充入氦气 C．其它条件不变时，升高温度 D．其它条件不变时，加入少量A ‎5．下列热化学式中，正确的是（　　）‎ A．甲烷的燃烧热为 890.3 kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1‎ B．500℃、30MPa 下，将 0.5mol N2和 1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成 NH3（g），放热 19.3 kJ，其热化学方程式为：N2+3H2（g）2NH3（g）△‎ H=﹣38.6 kJ•mol﹣1‎ C．稀盐酸和 稀氢氧化钠溶液混合，其热化学方程式为：H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（1）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1‎ D．1molH2完全燃烧放热 142.9kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=+285.8 kJ•mol﹣1‎ ‎6．下列离子或分子在溶液中能大量共存且满足相应要求的是（　　）‎ 选项 离子或分子 要求 A K+、SO42﹣、Cl﹣、HS﹣‎ c（K+）＜c（SO42﹣）‎ B Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣‎ 滴加氨水立即有沉淀产生 C NH4+、Ba2+、NO3﹣、CH3COOH 滴加NaOH溶液立即有气泡产生 D Fe3+ Na+、NO3﹣、ClO﹣‎ 溶液pH=l A．A B．B C．C D．D ‎7．鲨鱼体内含有的角鲨烯具有抗癌性．实验测得角鲨烯分子是链状结构，分子中含有30个碳原子且碳氢质量比为7.2：1，下列说法不正确的是（　　）‎ A．角鲨烯分子式为C30H50‎ B．角鲨烯可以被酸性KMnO4溶液所氧化 C．1mol角鲨烯最多可与6molH2发生加成反应 D．汽油经过催化裂化可以获得角鲨烯 ‎8．常温下，1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．根据表中信息判断下列说法不正确的是（　　）‎ 共价键 H﹣H F﹣F H﹣F H﹣Cl H﹣I E（kJ•mol﹣1）‎ ‎436‎ ‎157‎ ‎568‎ ‎432‎ ‎298‎ A．432 kJ•mol﹣1＞E（H﹣Br）＞298 kJ•mol﹣1‎ B．表中最稳定的共价键是H﹣F键 C．H2（g）→2H （g）D△H=+436 kJ•mol﹣1‎ D．H2（g）+F2（g）=2HF（g）D△H=﹣25 kJ•mol﹣1‎ ‎9．在15mL0．lmol•L﹣1KOH溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1甲酸溶液，溶液pH和加入甲酸（弱酸）的体积关系曲线如图所示，下列关系正确的是（　　）‎ A．在B点：c（K+）=c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），且a=7.5‎ B．在A、B间任意一点，c（HCOO﹣）＞c（K+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ C．在D点：c（HCOO﹣）+c（HCOOH）＞2c（K+）‎ D．B→C段：水的电离程度先增大后减小 ‎10．如图所示，甲池的总反应式为：CH4+2O2+2KOU=K2CO3+3H2O，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置 B．甲池中正极的电极反应式是O2+4e﹣+4H+=2H2O C．反应过程中，乙池的pH逐渐减小 D．甲池中消耗O2的体积与丙池生成气体的总体积在相同条件下的比值为1：2‎ ‎11．某锂离子电池用含有Li+的导电固体作为电解质．充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电极材料碳C6中，以LiC6表示，电池反应为CoO2+Li C6LiCoO2+C6．右图表示该装置工作时电子和离子的移动方向，此时C6‎ 电极是作为（　　）‎ A．阴极 B．阳极 C．负极 D．正极 ‎12．用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后停止通电，若需向溶液中加入1molCu（OH）2才能使溶液恢复至电解前的状态，则电解过程中转移电子的物质的量为（　　）‎ A．2mol B．4mol C．6mol D．8mol ‎13．分子式为C5H10的烯烃的同分异构体有多少种（要考虑顺反异构）（　　）‎ A．4种 B．5种 C．6种 D．7种 ‎14．某烃的结构简式为CH3﹣CH2﹣CH=C（C2H5）﹣C≡CH，分子中含有四面体结构的碳原子（即饱和碳原子）数为a，在同一直线上的碳原子数为b，一定在同一平面内的碳原子数为c，则a、b、c分别为（　　）‎ A．4、3、6 B．4、3、5 C．2、5、4 D．4、6、4‎ ‎15．﹣定温度下，反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）在一个体积可变的密闭容器中达到平衡．充入一定量H2并增大容器体积，维持容器的温度和H2的浓度不变，则达到新平衡时CO的 转化率跟原平衡相比（　　）‎ A．增大 B．不变 C．减小 D．无法判断 ‎16．一定温度下，向2L恒容容器中充入1molA和1molB，发生反应A（g）+B（g）=C（g）经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如表．下对说法正确的是（　　） ‎ t/s ‎0‎ ‎5‎ ‎15‎ ‎25‎ ‎35‎ n（A）/mol ‎1.0‎ ‎0.85‎ ‎0.81‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ A．前 5 s 的平均反应速率v（A）=0.03 mol•L﹣1•s﹣1‎ B．正反应是吸热反应 C．保持温度不变，起始时向容器中充入2molC，达平衡时，C的转化率大于80%‎ D．保持温度不变，起始时向容器中充入0.2molA、0.2molB´和1molC，反应达到平衡前v（正）＜v（逆）‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分52分）‎ ‎17．现有下列几种有机物：‎ A．CH4B．（CH3）2C=CH﹣CH3 C．C2H2‎ D．C6H14 E．CH2=CH﹣CH=CH2 F．环戊烷 ‎（1）上述有机物中互为同系物的是　　，互为同分异构体的是　　．‎ ‎（2）用系统命名法对B进行命名　　．‎ ‎（3）A可与Cl2反应生成二氯甲烷，用﹣个化学方程式表示该反应　　．‎ ‎（4）B发生加聚反应的化学方程式为　　．‎ ‎（5）用个化学方程式表示C与足量溴水所反应的　　．‎ ‎（6）如图表示的是一种叫做双烯合成的有机反应，请写出 B 与 E发生双烯合成所得产物的结构简式　　．‎ ‎18．科学家提出“绿色自由”构想，把空气中的CO2转化为可再生能源甲醇（CH3OH）．该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）→CH3OH（g）+H2O（g）△H ‎（1）若在一个定温定容的容器中发生上述反应，反应达到平衡的标志是　　．‎ A．CO2和CH3OH的浓度相等 B．H2的百分含量保持不变 C．容器内压强保持不变 D．3v正（H2）=v逆（H2O）‎ E．容器中混合气体的密度保持不变 ‎（2）若将CO2和H2的混合气体分成五等份，将它们分别充入温度不同、容积相同的恒容容器中发生上述反应．反应相同时间后，测得甲醇的体积分数 ȹ（CH3OH）与反应温度T的关系如图1，则上述CO2转化为甲醇的反应的△H　　0（填“＞”、“＜”、“=”）‎ ‎（3）上述反应在实际生产中采用的温度是300℃，其目的是　　．‎ ‎（4）300℃时，将CO2与H2按1：3的体积比充入某密闭容器中，CO2的平衡转化率（a）与体系总压强（P）的关系如图2所示．回答问题：‎ ‎①‎ 若其他条件不变，将A点的体积压缩至原来的一半，一段时间后反应再次达到平衡，与原平衡相比较下列说法正确的是　　．‎ A．CO2的浓度减小 B．正反应速率增大，逆反应速率减小 C．CO2和H2的体积比仍然是1：3 D．H2的体积分数减小 ‎②B点平衡混合气体的平均摩尔质量为　　（保留一位小数）．‎ ‎19．NiSO4•xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得．操作步骤如图：‎ ‎（1）在待镀件上镀镍时，待镀件应作　　极，电镀过程中电解质溶液浓度　　 （填“增大”、“减小”、“不变”）‎ ‎（2）向滤液Ⅰ中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，则除去Cu2+的离子方程式为　　．当Zn2+恰好沉淀完全时，在CuS、ZnS共存的混合液中c（Zn2+）=10﹣5mol/L，则c（Cu2+）=　　mol/L （已知Ksp（CuS）=1.3×10﹣36，Ksp（ZnS）=1.6×10﹣24）．‎ ‎（3）对滤液Ⅱ中先加H2O2再调pH，调pH的目的是　　．‎ ‎（4）滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加入Na2CO3过滤后再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是　　．‎ ‎（5）为测定NiSO4•xH2O晶体x的值，称取26.3g晶体加热至充全失去结晶水，剩余固体15.5g，则x的值等于　　．‎ ‎20．NaOH溶液可用于多种气体的处理．‎ ‎（1）CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3．‎ ‎①Na2CO3俗称纯碱，因CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，写出CO32﹣第一步水解的离子方程式　　．已知25℃时，CO32﹣第一步水解的平衡常数Kh=2×10﹣4mol/L，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=20：1 时，溶液的pH=　　．‎ ‎②泡沫灭火器中通常装有NaHCO溶液和Al2（SO4）3溶液，请写出这两种溶液混合时的离子反应方程式　　．‎ ‎（2）金属与浓硝酸反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0．lmol•L﹣1CH3COONa溶液，则两份溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为　　（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1）．可使溶液A和溶液B的 pH相等的方法是　　．‎ A．向溶液A中加适量NaOH B．向溶液A中加适量水 C．向溶液B中加适量NaOH D．向溶液B中加适量水 ‎（3）烟气中的SO2会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收．吸收SO2的过裎中，溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣三者所占物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示：‎ ‎①图中pH=7时，溶液中离子浓度关系正确的是　　．‎ A．c（Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）‎ B．c（Na+）=c（SO32﹣ ）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）‎ C．c（OH﹣）=c（H+）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）‎ D．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣ ）＞c（H+）=c（OH﹣）‎ ‎②利用上图中数据，求反应H2SO3=2H++SO32﹣的平衡常数的数值　　．‎ ‎21．火力发电厂释放出的大量NONOx、SO2、CO2会对环境造成污染．对燃煤废气进行脱硝、脱硫和脱碳等处理，可实现节能减排、废物利用等目的．‎ ‎（1）脱硝：利用甲烷催化还原NOx；‎ CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1‎ CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ•mol﹣1‎ 甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为　　．‎ ‎（2）脱硫：①某种脱硫工艺将废气处理后可获得硫酸铵和硝酸铵，物质的量浓度相等的硫酸铵溶液和硝酸铵溶液，前者的c（NH4+）与后者的c（NH4+）的关系是　　．‎ A．大于2倍 B．等于2倍 C．介于2倍与2倍之间 D．小于1倍 ‎②25℃时pH均为4的硝酸铵溶液和稀硝酸中由水电离出的氢离子浓度分别为c1、c2，则c1与c2的比值等于　　．‎ ‎（3）脱碳：废气中的CO2转化为甲醇（CH3OH）可用于制作甲醇燃料电池（结构如图），质子交换膜左右两侧的溶液均为1L2mol•L﹣1H2SO4溶液．电极c上发生的电极反应式为　　，当电池中有1mole﹣发生转移时左右两侧溶液的质量之差为　　g （假设反应物a、b耗尽，忽略气体的溶解）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆一中高二（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括16小题，每小题只有一个答案符合题意，每小题3分，共48分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．CaCO3难溶于水，是弱电解质 B．进行中和滴定操作时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化 C．用pH试纸测溶液的pH应预先润湿 D．蒸干FeCl3溶液可得到FeCl3固体 ‎【考点】电解质与非电解质；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】A．电解质的强弱与溶解性无关；‎ B．根据锥形瓶中溶液颜色变化来判断滴定终点；‎ C．湿润pH试纸时，被测定的溶液的浓度减小；‎ D．加热溶液会促进盐的水解．‎ ‎【解答】解：A．电解质的强弱与溶解性无关，在溶液中完全电离的电解质为强电解质，CaCO3难溶于水，但是溶于水的部分能够完全电离是强电解质，故A错误；‎ B．根据锥形瓶中溶液颜色变化来判断滴定终点，所以进行中和滴定操作时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故B正确；‎ C．湿润pH试纸时，被测定的溶液的浓度减小，测定的pH会产生误差，所以测定pH时，pH试纸不能湿润，故C错误；‎ D．加热溶液会促进盐的水解，蒸干FeCl3溶液最终可得到Fe（OH）3固体，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．下列化学用语正确的是（　　）‎ A．新戊烷的结构简式：C5H12 B．丙烷的比例模型：‎ C．四氯化碳的电子式： D．乙烯的结构式：‎ ‎【考点】电子式．‎ ‎【分析】A．结构简式省略结构式中的碳氢、碳碳单键，C5H12为新戊烷的分子式，2，2﹣二甲基丙烷俗称新戊烷；‎ B．比例模型表示原子之间相对大小、原子之间连接顺序、空间结构，不能表示出原子之间的化学键；‎ C．四氯化碳的电子式中，氯原子最外层已经达到8电子稳定结构，漏掉了Cl原子的3对未成键电子对；‎ D．结构式中需要用短线代替所有共用电子对，乙烯分子中含有2个碳原子和4个氢原子，两个碳原子之间通过共用2对电子形成一个碳碳双键．‎ ‎【解答】解：A．2，2﹣二甲基丙烷俗称新戊烷，只有一种氢原子，结构简式为：，故A错误；‎ B．是丙烷的球棍模型，不是比例模型，丙烷的比例模型为：，故B错误；‎ C．四氯化碳为共价化合物，分子中存在4个碳氯共用电子对，碳原子和氯原子最外层都达到8电子稳定结构，四氯化碳正确的电子式为：‎ ‎，故C错误；‎ D．乙烯分子中含有2个碳原子和4个氢原子，两个碳原子之间通过共用2对电子形成一个碳碳双键，碳碳键与碳氢键之间夹角120度，为平面型结构，其电子式为：，结构式为：，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．电解精炼粗铜时，粗铜应作阴极 B．氯碱工业的阳极区得到的产品是H2和NaOH C．将金属与直流电源的负极相连的方法叫做外加电流的阴极保护法 D．同种金属作为原电池的正极比作为电解池的阳极腐蚀得更快 ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】A．粗铜作阳极，失去电子而溶解；‎ B．氯碱工业的阳极区氯离子放电；‎ C．与直流电源的负极相连，作阴极，被保护；‎ D．一般金属腐蚀速率为：电解池的阳极＞原电池的负极＞化学腐蚀＞原电池的正极＞电解池的阴极．‎ ‎【解答】解：A．粗铜作阳极，失去电子而溶解，而纯铜作阴极，故A错误；‎ B．氯碱工业的阳极区氯离子放电生成氯气，而阴极区氢离子放电生成NaOH和氢气，故B错误；‎ C．与直流电源的负极相连，作阴极，被保护，为外加电流的阴极保护法，故C正确；‎ D．同种金属作为电解池的阳极比作为原电池的正极腐蚀得更快，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．可逆反应A（s）+B（g）⇌2C（g）△H＜‎ ‎0在密闭容器中达到平衡后，改变条件，能使B转化率提高的是（　　）‎ A．保持温度不变，减小压强 B．保持恒温恒容，充入氦气 C．其它条件不变时，升高温度 D．其它条件不变时，加入少量A ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】能使B转化率提高，应使平衡正向移动，且不能加入B，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．该反应为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，B的转化率提高，故A选；‎ B．保持恒温恒容，充入氦气，平衡不移动，转化率不变，故B不选；‎ C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故C不选；‎ D．A为固体，加少量A，平衡不移动，故D不选；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．下列热化学式中，正确的是（　　）‎ A．甲烷的燃烧热为 890.3 kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1‎ B．500℃、30MPa 下，将 0.5mol N2和 1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成 NH3（g），放热 19.3 kJ，其热化学方程式为：N2+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣38.6 kJ•mol﹣1‎ C．稀盐酸和 稀氢氧化钠溶液混合，其热化学方程式为：H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（1）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1‎ D．1molH2完全燃烧放热 142.9kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=+285.8 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】反应热和焓变；热化学方程式．‎ ‎【分析】A．燃烧热中水为液体；‎ B．合成氨为可逆反应，热化学方程式转化为完全转化时的能量变化，且焓变为负；‎ C．稀的强酸与强碱生成1molH2O（1）为中和热；‎ D．物质的量与热量成正比，且燃烧反应的焓变为负．‎ ‎【解答】解：A．甲烷的燃烧热为 890.3 kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1，故A错误；‎ B．合成氨为可逆反应，热化学方程式转化为完全转化时的能量变化，且焓变为负，则热化学方程式为：N2+3H2（g）2NH3（g）△H＜﹣38.6 kJ•mol﹣1，故B错误；‎ C．稀的强酸与强碱生成1molH2O（1）为中和热，则稀盐酸和稀氢氧化钠溶液混合，其热化学方程式为H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（1）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，故C正确；‎ D．物质的量与热量成正比，且燃烧反应的焓变为负，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=﹣285.8 kJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．下列离子或分子在溶液中能大量共存且满足相应要求的是（　　）‎ 选项 离子或分子 要求 A K+、SO42﹣、Cl﹣、HS﹣‎ c（K+）＜c（SO42﹣）‎ B Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣‎ 滴加氨水立即有沉淀产生 C NH4+、Ba2+、NO3﹣、CH3COOH 滴加NaOH溶液立即有气泡产生 D Fe3+ Na+、NO3﹣、ClO﹣‎ 溶液pH=l A．A B．B C．C D．D ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．c（K+）＜c（SO42﹣），不满足电荷守恒；‎ B．滴加氨水，与铝离子反应生成沉淀；‎ C．滴加NaOH溶液，先与CH3COOH发生中和反应；‎ D．溶液pH=l，显酸性．‎ ‎【解答】解：A．c（K+）＜c（SO42﹣），不满足电荷守恒，溶液应遵循电荷守恒，故A错误；‎ B．滴加氨水，与铝离子反应生成沉淀，则立即有沉淀产生，故B正确；‎ C．滴加NaOH溶液，先与CH3COOH发生中和反应，不能立即有气泡产生，故C错误；‎ D．溶液pH=l，显酸性，不能大量存在ClO﹣，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．鲨鱼体内含有的角鲨烯具有抗癌性．实验测得角鲨烯分子是链状结构，分子中含有30个碳原子且碳氢质量比为7.2：1，下列说法不正确的是（　　）‎ A．角鲨烯分子式为C30H50‎ B．角鲨烯可以被酸性KMnO4溶液所氧化 C．1mol角鲨烯最多可与6molH2发生加成反应 D．汽油经过催化裂化可以获得角鲨烯 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】角鲨烯分子是链状结构，分子中含有30个碳原子且碳氢质量比为7.2：1，设H原子个数为x，则： =，解得：x=50，分子式为C30H50，该有机物为链状结构的烯烃，所以分子中含6个C=C键，结合烯烃的性质解答该题．‎ ‎【解答】解：A．由以上分析可知，角鲨烯分子式为C30H50，故A正确；‎ B．含有碳碳双键，可被高锰酸钾氧化，故B正确；‎ C．分子式为C30H50，实验测得角鲨烯分子是链状结构，不饱和度为6，则分子中含6个C=C键，则1mol角鲨烯最多可与6molH2发生加成反应，故C正确；‎ D．汽油经过催化裂化可得到相对分子质量较小的烯烃，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．常温下，1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．根据表中信息判断下列说法不正确的是（　　）‎ 共价键 H﹣H F﹣F H﹣F H﹣Cl H﹣I E（kJ•mol﹣1）‎ ‎436‎ ‎157‎ ‎568‎ ‎432‎ ‎298‎ A．432 kJ•mol﹣1＞E（H﹣Br）＞298 kJ•mol﹣1‎ B．表中最稳定的共价键是H﹣F键 C．H2（g）→2H （g）D△H=+436 kJ•mol﹣1‎ D．H2（g）+F2（g）=2HF（g）D△H=﹣25 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析推断；‎ B、键能越大形成的化学键越稳定；‎ C、氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量；‎ D、依据键能计算反应焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算判断；‎ ‎【解答】解：A、依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJ•mol﹣1＞E（H﹣Br）＞298 kJ•mol﹣1，故A正确；‎ B、键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H﹣F，最稳定的共价键是H﹣F键，故B正确；‎ C、氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2（g）→2H （g）D△H=+436 kJ•mol﹣1 ，故C正确；‎ D、依据键能计算反应焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算判断，△H=436KJ/mol+157KJ/mol﹣2×568KJ/mol=﹣543KJ/mol，H2（g）+F2（g）=2HF（g）D△H=﹣543 kJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．在15mL0．lmol•L﹣1KOH溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1甲酸溶液，溶液pH和加入甲酸（弱酸）的体积关系曲线如图所示，下列关系正确的是（　　）‎ A．在B点：c（K+）=c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），且a=7.5‎ B．在A、B间任意一点，c（HCOO﹣）＞c（K+）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ C．在D点：c（HCOO﹣）+c（HCOOH）＞2c（K+）‎ D．B→C段：水的电离程度先增大后减小 ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．当恰好中和时消耗0.2mol/L甲酸溶液7.5mL，溶液显示碱性，欲显中性，甲酸应该稍过量，则有a＞7.5；‎ B．开始时c（OH﹣）＞c（HCOO﹣），所以A、B之间不一定满足c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）；‎ C．点甲酸过量，所加入甲酸的物质的量大于KOH的物质的量的2倍，根据物料守恒进行判断；‎ D．B点是甲酸钾和甲酸的混合溶液，在C点甲酸过量，溶液呈酸性，抑制水的电离，酸浓度增大水电离程度减小；‎ ‎【解答】解：A．当恰好中和时消耗0.2mol/L甲酸溶液7.5mL，反应生成甲酸钠溶液，溶液显示碱性，若溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒c（K+）=c（HCOO﹣），由于溶液中存在部分甲酸，则应该满足a＞7.5，故A错误；‎ B．在A、B间任意一点，因为开始时c（OH﹣）＞c（HCOO﹣），即有可能存在：c（K+）＞c（OH﹣）＞c（HCOO﹣）＞c（H+），故B错误；‎ C．D点甲酸过量，所加入甲酸的物质的量为：0.02L×0.2mol/L═0.004mol，KOH的物质的量为：0.015L×0.1mol/L=0.0015mol，根据物料守恒，则反应后溶液中一定满足：c（HCOO﹣）+c（HCOOH）＞2c（K+），故C正确；‎ D．B点是甲酸钾和甲酸的混合溶液，在C点甲酸过量，溶液呈酸性，抑制水的电离，酸浓度增大水电离程度减小，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，甲池的总反应式为：CH4+2O2+2KOU=K2CO3+3H2O，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置 B．甲池中正极的电极反应式是O2+4e﹣+4H+=2H2O C．反应过程中，乙池的pH逐渐减小 D．甲池中消耗O2的体积与丙池生成气体的总体积在相同条件下的比值为1：2‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】根据反应方程式知，甲装置是燃料电池，通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极；乙、丙有外加电源，所以是电解池，石墨与原电池的正极相连，所以B石墨电极是阳极，Ag为阴极，阴极上铜离子得电子生成Cu，丙中左边的电极为阳极，右边的电极为阴极，结合电极反应方程式分析．‎ ‎【解答】解：A．甲池是原电池，是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是电能转化电能的装置，故A错误；‎ B．在燃料电池中，正极是氧气发生得电子的还原反应，在碱性电解质下的电极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故B错误；‎ C．电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，溶液中氢离子浓度增大，则pH逐渐减小，故C正确；‎ D．甲池中消耗1molO2，则转移电子4mol，根据转移电子守恒知，丙中生成的氢气和氯气各为2mol，则甲池中消耗O2的体积与丙池生成气体的总体积在相同条件下的比值为1：4，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．某锂离子电池用含有Li+的导电固体作为电解质．充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电极材料碳C6中，以LiC6表示，电池反应为CoO2+Li C6LiCoO2+C6．右图表示该装置工作时电子和离子的移动方向，此时C6电极是作为（　　）‎ A．阴极 B．阳极 C．负极 D．正极 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电极材料碳C6中，以LiC6表示，则Li+在阴极发生得电子的氧化反应，据此分析．‎ ‎【解答】解：充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电极材料碳C6中，以LiC6表示，则Li+在阴极发生得电子的氧化反应，由图可知，Li+向C6电极，则C6电极是作为阴极，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后停止通电，若需向溶液中加入1molCu（OH）2才能使溶液恢复至电解前的状态，则电解过程中转移电子的物质的量为（　　）‎ A．2mol B．4mol C．6mol D．8mol ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，Cu（OH）2从组成上可看成CuO•H2O，所以实际上相当于加入的物质是氧化铜和水．‎ ‎【解答】解：加入1 mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，Cu（OH）2从组成上可看成CuO•H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成1mol铜转移电子=1mol×2mol=2mol，根据原子守恒知，生成1mol水需要1mol氢气，生成1mol氢气转移电子=1mol×2mol=2mol，所以电解过程中共转移电子数为4mol，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．分子式为C5H10的烯烃的同分异构体有多少种（要考虑顺反异构）（　　）‎ A．4种 B．5种 C．6种 D．7种 ‎【考点】有机化合物的异构现象．‎ ‎【分析】组成为C5H10的有机物，其所有同分异构体中属于烯烃，同分异构体说明含有1个C=C双键，根据碳链缩短法书写同分异构体，①先写烷烃同分异构体（烷烃碳骨架）②主链从长到短、支链由整到散、位置由心到边③“C=C”位置移动，据此写出戊烯的同分异构体．‎ ‎【解答】解：戊烷的同分异构体有CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3、、；若为CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3，相应烯烃有：CH2═CH﹣CH2﹣CH2﹣CH3、CH3﹣CH═CH﹣CH2﹣CH3，即有2种异构；若为，相应烯烃有：CH2═C（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）═CHCH3；CH3CH（CH3）CH═CH2，有3种异构；若为，没有相应烯烃，所以分子式为C5H10的烯烃共有2+3=5种，另外CH3C（CH3）═CHCH3存在顺反异构，所以共6种同分异构体；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．某烃的结构简式为CH3﹣CH2﹣CH=C（C2H5）﹣C≡CH，分子中含有四面体结构的碳原子（即饱和碳原子）数为a，在同一直线上的碳原子数为b，一定在同一平面内的碳原子数为c，则a、b、c分别为（　　）‎ A．4、3、6 B．4、3、5 C．2、5、4 D．4、6、4‎ ‎【考点】常见有机化合物的结构．‎ ‎【分析】直接碳碳双键两端的碳原子位于同一平面上，直接连接碳碳三键两端碳原子位于同一直线上，甲基碳和乙基碳原子是含有四面体结构的碳原子，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：有机物 中，含有乙烯的共面基本结构部分，含有乙炔的共线基本结构，线可以在面上，所以一定在同一平面内的碳原子数为6个，即c=6，在同一直线上的碳原子数即为符合乙炔的结构的碳原子，最多为3个，即b=3，甲基碳和乙基碳原子是含有四面体结构的碳原子（即饱和碳原子），共4个，故a=4，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎15．﹣定温度下，反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）在一个体积可变的密闭容器中达到平衡．充入一定量H2并增大容器体积，维持容器的温度和H2的浓度不变，则达到新平衡时CO的 转化率跟原平衡相比（　　）‎ A．增大 B．不变 C．减小 D．无法判断 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由信息可知，体积可变，充入一定量H2并增大容器体积，维持容器的温度和H2的浓度不变，则平衡不移动，以此来解答．‎ ‎【解答】解：若浓度变化，平衡发生移动，由信息可知，体积可变，充入一定量H2并增大容器体积，维持容器的温度和H2的浓度不变，则平衡不移动，可知达到新平衡时CO的转化率跟原平衡相同，即不变，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．一定温度下，向2L恒容容器中充入1molA和1molB，发生反应A（g）+B（g）=C（g）经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如表．下对说法正确的是（　　） ‎ t/s ‎0‎ ‎5‎ ‎15‎ ‎25‎ ‎35‎ n（A）/mol ‎1.0‎ ‎0.85‎ ‎0.81‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ A．前 5 s 的平均反应速率v（A）=0.03 mol•L﹣1•s﹣1‎ B．正反应是吸热反应 C．保持温度不变，起始时向容器中充入2molC，达平衡时，C的转化率大于80%‎ D．保持温度不变，起始时向容器中充入0.2molA、0.2molB´和1molC，反应达到平衡前v（正）＜v（逆）‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】向2L恒容容器中充入1molA和1molB，发生反应A（g）+B（g）=C（g）经过一段时间后达到平衡，由表格数据可知25s达到平衡，则 ‎ A（g）+B（g）=C（g）‎ 开始 0.5 0.5 0‎ 转化 0.1 0.1 0.1‎ 平衡 0.4 0.4 0.1‎ A．结合v=计算；‎ B．由信息不能判断反应中能量变化；‎ C．保持温度不变，起始时向容器中充入2molC，极性转化为反应物，与原起始量相同；‎ D．K==0.625，Qc==50，Qc＞K，平衡逆向移动．‎ ‎【解答】解：向2L恒容容器中充入1molA和1molB，发生反应A（g）+B（g）=C（g）经过一段时间后达到平衡，由表格数据可知25s达到平衡，则 ‎ A（g）+B（g）=C（g）‎ 开始 0.5 0.5 0‎ 转化 0.1 0.1 0.1‎ 平衡 0.4 0.4 0.1‎ A．前 5 s 的平均反应速率v（A）==0.015 mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；‎ B．由信息不能判断反应中能量变化，不能确定是否为吸热、放热反应，故B错误；‎ C．保持温度不变，起始时向容器中充入2molC，极性转化为反应物，与原起始量相同，原平衡时A的转化率为×100%=20%，则起始时向容器中充入2molC，达平衡时，C的转化率为80%，故C错误；‎ D．K==0.625，Qc==50，Qc＞K，平衡逆向移动，则反应达到平衡前v（正）＜v（逆），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分52分）‎ ‎17．现有下列几种有机物：‎ A．CH4B．（CH3）2C=CH﹣CH3 C．C2H2‎ D．C6H14 E．CH2=CH﹣CH=CH2 F．环戊烷 ‎（1）上述有机物中互为同系物的是　AD　，互为同分异构体的是　BF　．‎ ‎（2）用系统命名法对B进行命名　2﹣甲基﹣2﹣丁烯　．‎ ‎（3）A可与Cl2反应生成二氯甲烷，用﹣个化学方程式表示该反应　CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl　．‎ ‎（4）B发生加聚反应的化学方程式为　　．‎ ‎（5）用个化学方程式表示C与足量溴水所反应的　CH≡CH+2Br2→CHBr2CHBr2　．‎ ‎（6）如图表示的是一种叫做双烯合成的有机反应，请写出 B 与 E发生双烯合成所得产物的结构简式　　．‎ ‎【考点】有机物分子中的官能团及其结构；有机化合物的异构现象；芳香烃、烃基和同系物．‎ ‎【分析】（1）同系物是结构相似，组成上相差CH2原子团的物质互称同系物；分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体；‎ ‎（2）（CH3）2C=CH﹣CH3 主链4个C，2号C有个甲基和C=C；‎ ‎（3）甲烷与氯气发生取代反应生成二氯甲烷；‎ ‎（4）（CH3）2C=CH﹣CH3 发生加聚反应生成聚合物；‎ ‎（5）乙炔与足量的单质溴发生加成反应生成四溴乙烷；‎ ‎（6）（CH3）2C=CH﹣CH3 与CH2=CH﹣CH=CH2 发生双烯合成反应，二烯烃中的两个双键断裂，形成一个新的双键．‎ ‎【解答】解：（1）同系物是结构相似，组成上相差CH2原子团的物质互称同系物，而AD的均为烷烃，故结构相似，在分子组成上相差5个CH2原子团，故互为同系物；分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体，（CH3）2C=CH﹣CH3 的分子式为C5H10，环戊烷的分子式为C5H10，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体；‎ 故答案为：AD；BF； ‎ ‎（2）（CH3）2C=CH﹣CH3 主链4个C，在2号和3号碳原子之间会形成一条碳碳双键，在2号碳原子上有一个甲基，所得产物的名称为：2﹣甲基﹣2﹣丁烯，‎ 故答案为：2﹣甲基﹣2﹣丁烯；‎ ‎（3）甲烷与氯气发生取代反应生成二氯甲烷，反应的方程式为：CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl，‎ 故答案为：CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl；‎ ‎（4）（CH3）2C=CH﹣CH3 发生加聚反应生成聚合物，反应的方程式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）乙炔能够和溴水发生加成反应，按1：2加成，生成1，1，2，2﹣四溴乙烷，反应的化学方程式为CH≡CH+2Br2→CHBr2CHBr2，‎ 故答案为：CH≡CH+2Br2→CHBr2CHBr2；‎ ‎（6）（CH3）2C=CH﹣CH3 与CH2=CH﹣CH=CH2 发生双烯合成反应，二烯烃中的两个双键断裂，形成一个新的双键，所得产物的结构简式为 ‎，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎18．科学家提出“绿色自由”构想，把空气中的CO2转化为可再生能源甲醇（CH3OH）．该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）→CH3OH（g）+H2O（g）△H ‎（1）若在一个定温定容的容器中发生上述反应，反应达到平衡的标志是　BC　．‎ A．CO2和CH3OH的浓度相等 B．H2的百分含量保持不变 C．容器内压强保持不变 D．3v正（H2）=v逆（H2O）‎ E．容器中混合气体的密度保持不变 ‎（2）若将CO2和H2的混合气体分成五等份，将它们分别充入温度不同、容积相同的恒容容器中发生上述反应．反应相同时间后，测得甲醇的体积分数 ȹ（CH3OH）与反应温度T的关系如图1，则上述CO2转化为甲醇的反应的△H　＜　0（填“＞”、“＜”、“=”）‎ ‎（3）上述反应在实际生产中采用的温度是300℃，其目的是　加快反应速率，使催化剂活性较高　．‎ ‎（4）300℃时，将CO2与H2按1：3的体积比充入某密闭容器中，CO2的平衡转化率（a）与体系总压强（P）的关系如图2所示．回答问题：‎ ‎①若其他条件不变，将A点的体积压缩至原来的一半，一段时间后反应再次达到平衡，与原平衡相比较下列说法正确的是　CD　．‎ A．CO2的浓度减小 B．正反应速率增大，逆反应速率减小 C．CO2和H2的体积比仍然是1：3 D．H2的体积分数减小 ‎②B点平衡混合气体的平均摩尔质量为　22.7g/mol　（保留一位小数）．‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；‎ ‎（2）由图可知，到达平衡后，温度越高，φ（CH3OH）越小，平衡向逆反应进行；‎ ‎（3）采用300℃的温度，可以加快反应速率，且催化剂活性较高；‎ ‎（4）①A．体积压缩，反应混合物各组分浓度均增大；‎ B．体积压缩，压强增大，正、逆反应速率都增大；‎ C．CO和H2按1：3的体积比投入，且二者按物质的量1：3反应，反应体系中CO2和H2的体积比始终为1：3；‎ D．压缩体积，增大压强，平衡正向移动，H2的体积分数减小；‎ ‎②由CO2与H2按1：3的体积比，设二氧化碳的物质的量为1mol，则氢气的物质的量为3mol，而平衡时CO2的平衡转化率90%，根据三行式分析解答．‎ ‎【解答】解：（1）A．CO2和CH3OH的浓度相等，并不是不变，所以不能说明达平衡状态，故错误； ‎ ‎ B．H2的百分含量保持不变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；‎ C．容器内压强保持不变，说明气体的总物质的量不变，反应达平衡状态，故正确； ‎ D．达平衡时应有：v正（H2）=3v逆（H2O），故错误；‎ E．容器中混合气体的密度一直保持不变，故错误；‎ 故选：BC；‎ ‎（2）由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高，φ（CH3‎ OH）越小，平衡向逆反应进行，升高温度平衡吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H＜0，‎ 故答案为：＜；‎ ‎（3）采用300℃的温度，可以加快反应速率，且催化剂活性较高，‎ 故答案为：加快反应速率，使催化剂活性较高；‎ ‎（4）①A．体积压缩，反应混合物各组分浓度均增大，故A错误；‎ B．体积压缩，压强增大，正、逆反应速率都增大，故B错误；‎ C．CO和H2按1：3的体积比投入，且二者按物质的量1：3反应，反应体系中CO2和H2的体积比始终为1：3，故C正确；‎ D．压缩体积，增大压强，平衡正向移动，H2的体积分数减小，故D正确，‎ 故选：CD；‎ ‎②由CO2与H2按1：3的体积比，设二氧化碳的物质的量为1mol，则氢气的物质的量为3mol，而平衡时CO2的平衡转化率90%，‎ ‎ CO2（g）+3H2（g）→CH3OH（g）+H2O（g）‎ 初起量：1mol 3mol 0 0‎ 变化量：0.9mol 2.7mol 0.9mol 0.9mol ‎ 平衡量：0.1mol 0.3mol 0.9mol 0.9mol ‎ 所以B点平衡混合气体的平均摩尔质量为： =22.7g/mol，故答案为：22.7g/mol．‎ ‎　‎ ‎19．NiSO4•xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得．操作步骤如图：‎ ‎（1）在待镀件上镀镍时，待镀件应作　阴　极，电镀过程中电解质溶液浓度　不变　 （填“增大”、“减小”、“不变”）‎ ‎（2）向滤液Ⅰ中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，则除去Cu2+的离子方程式为　FeS（aq）+Cu2+（aq）=Fe2+（aq）+CuS（aq）　．当Zn2+恰好沉淀完全时，在CuS、ZnS共存的混合液中c（Zn2+）=10﹣5mol/L，则c（Cu2+）=　8.1×10﹣18　mol/L （已知Ksp（CuS）=1.3×10﹣36，Ksp（ZnS）=1.6×10﹣24）．‎ ‎（3）对滤液Ⅱ中先加H2O2再调pH，调pH的目的是　除去Fe3+　．‎ ‎（4）滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加入Na2CO3过滤后再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是　增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（（或富集NiSO4）　．‎ ‎（5）为测定NiSO4•xH2O晶体x的值，称取26.3g晶体加热至充全失去结晶水，剩余固体15.5g，则x的值等于　6　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素），加入稀硫酸过滤得到含有镍离子、铜离子、锌离子、亚铁离子的滤液，后在滤液中加入FeS，生成CuS、ZnS，可除去Cu2+、Zn2+等杂质，对滤液Ⅱ先加W，应为过氧化氢，可氧化Fe2+生成Fe3+，有利于水解生成氢氧化铁沉淀而除去，过滤后在滤液中加入碳酸钠，可生成NiCO3，过滤后加入硫酸可生成NiSO4，经蒸发、浓缩、冷却结晶可得到硫酸镍晶体，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：（1）在待镀件上镀镍，待镀件作阴极，镀层金属镍做阳极，电解质溶液用镍离子的盐溶液，阴极析出的镍与阳极溶解的镍等量，故电解质溶液的浓度不变；‎ 故答案为：阴；不变；‎ ‎（2）向滤液Ⅰ中加入FeS主要目的是除去Cu、Zn等杂质，说明CuS的溶解度更小，反应的离子方程式为FeS（aq）+Cu2+（aq）=Fe2+（aq）+CuS（aq），‎ 已知Ksp（CuS）=1.3×10﹣36，Ksp（ZnS）=1.6×10﹣24，当Zn2+恰好沉淀完全时，在CuS、ZnS共存的混合液中c（Zn2+）=10﹣5mol/L，则溶液中的c（S2﹣）===1.6×10﹣19‎ mol/L，则c（Cu2+）==mol/L≈8.1×10﹣18 mol/L；‎ 故答案为：FeS（aq）+Cu2+（aq）=Fe2+（aq）+CuS（aq）；8.1×10﹣18；‎ ‎（3）对滤液Ⅱ先加过氧化氢，可氧化Fe2+生成Fe3+，调节pH有利于水解生成氢氧化铁沉淀而除去；‎ 故答案为：除去 Fe3+；‎ ‎（4）滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，再加入碳酸钠过滤后，加稀硫酸溶解又生成NiSO4，可增大成NiSO4浓度，有利于蒸发结晶；‎ 故答案为：增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（（或富集NiSO4）；‎ ‎（5）26.3g晶体加热至完全失去结晶水，剩余固体15.5g，失去水的质量=26.3g﹣15.5g=10.8g，NiSO4的质量为15.5g，计算物质的量得到1：x=：，解得x=6；‎ 故答案为：6．‎ ‎　‎ ‎20．NaOH溶液可用于多种气体的处理．‎ ‎（1）CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3．‎ ‎①Na2CO3俗称纯碱，因CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，写出CO32﹣第一步水解的离子方程式　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣　．已知25℃时，CO32﹣第一步水解的平衡常数Kh=2×10﹣4mol/L，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=20：1 时，溶液的pH=　9　．‎ ‎②泡沫灭火器中通常装有NaHCO溶液和Al2（SO4）3溶液，请写出这两种溶液混合时的离子反应方程式　3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑　．‎ ‎（2）金属与浓硝酸反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0．lmol•L﹣1CH3COONa溶液，则两份溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为　c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）　（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1）．可使溶液A和溶液B的 pH相等的方法是 ‎　AD　．‎ A．向溶液A中加适量NaOH B．向溶液A中加适量水 C．向溶液B中加适量NaOH D．向溶液B中加适量水 ‎（3）烟气中的SO2会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收．吸收SO2的过裎中，溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣三者所占物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示：‎ ‎①图中pH=7时，溶液中离子浓度关系正确的是　A　．‎ A．c（Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）‎ B．c（Na+）=c（SO32﹣ ）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）‎ C．c（OH﹣）=c（H+）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）‎ D．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣ ）＞c（H+）=c（OH﹣）‎ ‎②利用上图中数据，求反应H2SO3=2H++SO32﹣的平衡常数的数值　0.27　．‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】（1）①CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，写出CO32﹣‎ 第一步水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，水解常数Kh=，当溶c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=20：1时，根据水解常数计算c（OH﹣），由根据水的离子积Kw计算c（H+），根据pH=﹣lgc（H+）计算；‎ ‎②Al2（SO4）3与NaHCO3混合时能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体；‎ ‎（2）溶液A中NaNO3、NaNO2的浓度均为0.1mol/L，HNO2、CH3COOH均为弱酸，由电离常数可知CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液；‎ ‎（3）①A、由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液则c（H+）═c（OH﹣），则c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），所以c（Na+）＞2c（SO32﹣），而图可知pH=7时，c（SO32﹣）=c（HSO3﹣），则c（Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣），故A 正确；‎ B、由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液则c（H+）═c（OH﹣），则c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），c（SO32﹣）≠c（H2SO3），故B错误；‎ C、pH=7时，c（H+）=c（OH﹣）；‎ D、HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，因为亚硫酸氢根离子既能电离又能水解，所以溶液中存在H2SO3、SO32﹣，在NaHSO3溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；‎ ‎②HSO3﹣⇌SO32﹣+H+，由图中数据，pH=7时，c（HSO3﹣ ）=c（SO32﹣ ），由Ka的表达式可知，H2SO3的第二级电离平衡常数K2≈c（H+）=10﹣7，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：（1）①CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，写出CO32﹣第一步水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，水解常数Kh==2×10﹣4，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣‎ ‎）=20：1时，c（OH﹣）=10﹣5mol/L，由水的离子积Kw可知，c（H+）=10﹣9mol/L，所以pH=﹣lg10﹣9=9，‎ 故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；9；‎ ‎②Al2（SO4）3与NaHCO3混合时能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3﹣═Al（OH）3↓+3CO2↑，‎ 故答案为：3HCO3﹣+Al3+=Al（OH）3↓+3CO2↑；‎ ‎（2）0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量浓度为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液；‎ HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣），‎ A．向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故正确；‎ B．溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故错误；‎ C．溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故错误；‎ D．向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故正确；‎ 故答案为：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；AD；‎ ‎（3）①A、由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液则c（H+）═c（OH﹣），则c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），所以c（Na+）＞2c（SO32﹣），而图可知pH=7时，c（SO32﹣）=c（HSO3﹣），则c（Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣），故A 正确；‎ B、由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液则c（H+）═c（OH﹣），则c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），c（SO32﹣）≠c（H2SO3），故B错误；‎ C、pH=7时，c（H+）=c（OH﹣），故C错误；‎ D、SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，亚硫酸两步水解，则离子浓度为c（Na+）＞c（HSO3﹣）=c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故D错误；故答案为：A；‎ ‎②亚硫酸的第一步电离方程式为：H2SO3⇌H++HSO3﹣，根据图象可知，pH=0时，亚硫酸浓度为0.9mol/L，亚硫酸氢根离子浓度为0.24mol/L，此时氢离子浓度为1mol/L，则Ka1=≈0.27，故答案为：0.27．‎ ‎　‎ ‎21．火力发电厂释放出的大量NONOx、SO2、CO2会对环境造成污染．对燃煤废气进行脱硝、脱硫和脱碳等处理，可实现节能减排、废物利用等目的．‎ ‎（1）脱硝：利用甲烷催化还原NOx；‎ CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1‎ CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ•mol﹣1‎ 甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为　CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867 kJ/mol　．‎ ‎（2）脱硫：①某种脱硫工艺将废气处理后可获得硫酸铵和硝酸铵，物质的量浓度相等的硫酸铵溶液和硝酸铵溶液，前者的c（NH4+）与后者的c（NH4+）的关系是　A　．‎ A．大于2倍 B．等于2倍 C．介于2倍与2倍之间 D．小于1倍 ‎②25℃时pH均为4的硝酸铵溶液和稀硝酸中由水电离出的氢离子浓度分别为c1、c2，则c1与c2的比值等于　106　．‎ ‎（3）脱碳：废气中的CO2转化为甲醇（CH3OH）可用于制作甲醇燃料电池（结构如图），质子交换膜左右两侧的溶液均为1L2mol•L﹣1H2SO4溶液．电极c上发生的电极反应式为　CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2↑+6H+　，当电池中有1mole﹣发生转移时左右两侧溶液的质量之差为　12　g （假设反应物a、b耗尽，忽略气体的溶解）．‎ ‎【考点】含氮物质的综合应用；"三废"处理与环境保护．‎ ‎【分析】（1）根据盖斯定律，利用已知化学反应方程式乘以某个系数相加或相减，构造出目标化学反应方程式，该化学反应的焓变即为已知化学反应方程式的焓变乘以某个系数相加或相减得到；‎ ‎（2）①物质的量浓度相等的硫酸铵溶液和硝酸铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，铵根离子浓度越大其水解程度越小；‎ ‎②硝酸铵水解促进水的电离，C1=10﹣4 mol/L，稀醋酸抑制水的电离，C2=c（OH﹣）==10﹣10 mol/L；‎ ‎（3）负极反应式为CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+，正极反应式为O2+4H++4e﹣=2H2O，按照电极反应式计算；‎ ‎【解答】解：（1）已知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1，‎ CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣1160kJ•mol﹣1，‎ 不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的．利用盖斯定律将两式相加，可得 ‎2CH4（g）+4NO2（g）=2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1734 kJ/mol，‎ 即CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867 kJ/mol；‎ ‎（2）①物质的量浓度相等的硫酸铵溶液和硝酸铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，铵根离子浓度越大其水解程度越小，前者的c（NH4+）与后者的c（NH4+）的关系是大于其2倍，故选A，‎ 故答案为：A；‎ ‎②硝酸铵水解促进水的电离，C1=10﹣4 mol/L，稀醋酸抑制水的电离，C2=c（OH﹣）==10﹣10 mol/L，因此则c1与c2的比值等于=106，‎ 故答案为：106 ；‎ ‎（3）负极反应式为CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+，当转移1mol电子时，左侧质量减轻×12g=2g，还要有1molH+通过质子交换膜进入右侧，质量减少1g，正极反应式为O2+4H++4e﹣=2H2O，右侧质量增加32g×=8g，加上转移过来的1gH+，因此左右两侧溶液的质量之差为8g+1g+2g+1g=12g，‎ 故答案为：CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2↑+6H+；12．‎ ‎　‎