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文档介绍
北京师大附中2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题
北京师大附中2019－2020学年上学期高二年级期末考试化学试卷 本试卷有两道大题，考试时长100分钟，满分100分。 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5 Na—23 Mg—24 Fe—56 Cu—64 Zn—65 Ba—137 一、选择题(1～22题，每题2分，共44分。每小题只有1个选项符合题意) 1.下列电池能实现化学能与电能相互转化的是 A. 锌锰干电池 B. 可充电锂电池 C. 氢燃料电池 D. 锌银纽扣电池 【答案】B 【解析】 【详解】A. 锌锰干电池为一次电池，只能实现化学能转化成电能，故A不符合题意； B. 可充电锂电池为二次电池，放电时实现化学能转化成电能，充电时实现电能转化成化学能，故B符合题意； C. 氢燃料电池为一次电池，只能实现化学能转化成电能，故C不符合题意； D. 新银纽扣电池为一次电池，只能实现化学能转化成电能，故D不符合题意； 故答案为B。 2.下列物质中，属于弱电解质的是 A. 氨水 B. 二氧化硫 C. 冰醋酸 D. 甲烷 【答案】C 【解析】 【详解】A. 氨水为混合物，不是电解质，故A不符合； B. 二氧化硫自身不能电离出离子，不导电，为非电解质，故B不符合； C. 冰醋酸在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，故C符合； D. 甲烷自身不能电离出离子，不导电，为非电解质，故D不符合； 故答案为C。 3.某温度下容积固定的密闭容器中进行反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，下列各选项中，不能表明反应已达平衡的是 A. 容器中气体物质的量不随时间而变化 B. 反应物的转化率不随时间而变化 C. 2v(O2)正＝v(SO3)逆 D. 容器中气体的密度不随时间而变化 【答案】D 【解析】 【详解】A. 反应正向移动气体物质的量减少，逆向移动气体的物质的量增加，所以气体物质的量不变时说明反应达到平衡，故A不符合题意； B. 反应达到平衡后各物质的浓度不再变化，转化率不再变化，故B不符合题意； C. 平衡时v(SO3)正＝v(SO3)逆，v(SO3)正＝2v(O2)正，即2v(O2)正＝v(SO3)逆，故C不符合题意； D. 反应容器体积恒定，平衡移动过程中气体的质量不变，所以密度一直不变，所以密度不再变化时不能说明反应达到平衡，故D符合题意； 故答案为D。 【点睛】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。 4.将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属Ti的主要反应之一。已知： TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(1)＋O2(g) ∆H＝＋140.5kJ/mol 2CO(g)＝2C(s，石墨)＋O2(g) ∆H＝＋221.0 kJ/mol 则反应TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s，石墨)＝TiCl4(1)＋2CO(g)的∆H为 A. －30.0kJ/mol B. ＋30.0 kJ/mol C. －80.5kJ/mol D. ＋80.5kJ/mol 【答案】C 【解析】 【详解】已知i：TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(1)＋O2(g) ∆H＝＋140.5kJ/mol ii：2CO(g)＝2C(s，石墨)＋O2(g) ∆H＝＋221.0 kJ/mol 根据盖斯定律可知i-ii可得TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s，石墨)＝TiCl4(1)＋2CO(g) ∆H=＋ 140.5kJ/mol-221.0 kJ/mol=-80.5 kJ/mol，故答案为C。 5.对化学反应2A(g)＋B(g)＝3C(g)＋4D(g)，下列选项中表示该反应速率最快的是 A. v(A)＝0.6 mol/(L·s) B. v(B)＝0.2 mol/(L·s) C. v(C)＝0.8 mol/(L·s) D. v(D)＝1.0 mol/(L·s) 【答案】A 【解析】 【详解】将速率全部转化为A物质表示的反应速率进行比较 A. v(A)＝0.6 mol/(L·s)； B. 根据反应方程式可知v(A)=2v(B)= 0.4 mol/(L·s)； C. 根据方程式可知3v(A)=2v(C)，v(C)＝0.8 mol/(L·s)，则v(A)=； D. 根据方程式可知2v(A)=v(D)，v(D)＝1.0 mol/(L·s)，则v(A)=0.5mol/(L·s)； 则反应速率A>C>D>B，故答案为A。 【点睛】注意比较反应速率常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快． 6.在容积为5L的密闭容器中注入2molA气体和1 mol B气体，在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)⇌2C(g)，达平衡后，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的5/6，则B气体的平衡转化率为 A. 5％ B. 25％ C. 50％ D. 67％ 【答案】C 【解析】 【详解】设转化的B的物质的量为a，列三段式： 恒容容器中压强之比等于气体的物质的量之比，所以有，解得a=0.5mol，则B的转化率为，故答案为C。 7.常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是 A. HClO在光照条件下易分解成HCl和O2 B. 0.01mol/L NaClO溶液的pH>7 C. NaClO的电离方程式：NaClO＝Na＋＋ClO－ D. HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4 【答案】B 【解析】 【详解】A. HClO在光照条件下易分解成HCl和O2，体现了HClO的不稳定性，故A不符合题意； B. 0.01mol/L NaClO溶液的pH>7说明溶液中存在次氯酸根的水解，则可说明HClO为弱电解质，故B符合题意； C. NaClO的电离方程式：NaClO＝Na＋＋ClO－，说明NaClO为强电解质，不能证明HClO为弱电解质，故C不符合题意； D. HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，体现了HClO的氧化性，故D不符合题意； 故答案为B。 8.常温下，将pH＝3的盐酸与pH＝11的某碱溶液等体积混和后，所得溶液的pH值 A. <7 B. ＝7 C. 7 D. 7 【答案】D 【解析】 【详解】若该碱为强碱，则盐酸中氢离子浓度和碱中氢氧根浓度相等，二者等体积混合溶液显中性，此时pH=7；若该碱为弱碱，则碱中所含的氢氧根要多于盐酸中的氢离子，二者等体积混合碱过量，溶液显碱性，pH>7，综上所述答案为D。 9.常温下用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL 0.1mol/L盐酸，恰好中和后不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积以0.05mL计)，再往锥形瓶中加蒸馏水至反应液的总体积为50mL，此时混合溶液的pH约为 A. 4 B. 7.2 C. 10 D. 11.3 【答案】C 【解析】 【详解】恰好中和后不慎多加了1滴NaOH溶液，则碱过量，溶液显碱性，加水稀释后溶液中c(OH-)=，则溶液中c(H+)=10-10mol/L，pH=10 ，故答案为C。 【点睛】计算酸和碱混合后的pH值时要先判断谁过量，酸过量则直接计算溶液中氢离子的浓度，得到pH值；若碱过量，要先计算溶液中的氢氧根浓度，再计算氢离子浓度得到pH值。 10.对滴有酚酞试液的Na2CO3溶液，下列操作后红色会加深的是 A. 降温 B. 通入CO2气体 C. 加入少量CaCl2固体 D. 加入少量NaOH固体 【答案】D 【解析】 【详解】A. 降温会减弱碳酸钠的水解程度，溶液碱性减弱，故A不符合题意； B. 二氧化碳与碳酸钠的溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的水解能力小于碳酸钠溶液，溶液碱性减弱，故B不符合题意； C. 加入少量氯化钙固体，与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，溶液中碳酸根减少，碱性减弱，故C不符合题意； D. 氢氧化钠会电离出氢氧根，增强溶液碱性，使红色加深，故D正确； 故答案为D。 11.某pH＝1的无色透明溶液中能大量共存的离子组是 A. Na＋、NO3－、HCO3－、Cl－ B. Al3＋、SO42－、NH4＋、Cl－ C. Fe2＋、K＋、SO42－、NO3－ D. Cl－、Na＋、S2O32－、K＋ 【答案】B 【解析】 【详解】pH=1的溶液中有大量氢离子，无色透明则没有有颜色的离子； A. 氢离子可以和碳酸氢根反应，不能大量共存，故A错误； B. 四种离子相互之间不反应且不与氢离子反应，可以大量共存，且无色，故B正确； C. 酸性环境硝酸根会将亚铁离子氧化，不能大量共存，故C错误； D. 酸性环境中S2O32－会发生歧化反应生成S和SO2，故D错误； 故答案为B。 12.将下列物质的水溶液在蒸发皿中蒸干后充分灼烧，最终能得到该溶质固体的是 A FeCl3 B. K2CO3 C. Na2SO3 D. NaHCO3 【答案】B 【解析】 【详解】A. Fe3+水解，盐酸易挥发，蒸干后灼烧会得到氧化铁，故A错误； B. K2CO3较稳定，加热K2CO3溶液蒸干后再灼烧最终得到的是碳酸钾固体，故B正确； C. Na2SO3具有还原性，加热过程中被氧化，最终得到硫酸钠，故C错误； D. NaHCO3不稳定，加热易分解，最终得到碳酸钠，故D错误； 故答案为B。 13.关于下列装置的说法正确的是 A. 装置①中Cu为正极，电极上大量气泡产生 B. 装置①中e－的迁移方向是：Zn→导线→Cu→盐桥→Zn C. 若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铜棒 D. 若装置②用于电解精炼铜，则电解前后溶液中的Cu2＋浓度保持不变 【答案】C 【解析】 【详解】A. 装置①为原电池装置，总反应为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，铜为正极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，不产生气泡，故A错误； B. 装置①为原电池装置，电子不能在电解质溶液中发生迁移，故B错误； C. 装置②为电解池装置，给铁棒镀铜，则需要铜离子在阴极被还原成铜单质，铜单质在阳极生成铜离子补充电解质中的铜离子，据图可知N与电源正极相连，则N为阳极，所以N为铜棒，故C正确； D. 精炼铜时，阴极只有铜离子放电生成铜单质得到精铜，粗铜在阳极，粗铜含有杂质，则在阳极放电的不止有铜单质，还会有其他金属单质被氧化，所以溶液中的铜离子浓度会发生变化，故D错误； 故答案为C。 【点睛】原电池中电子由负极流出经导线流入正极，电解质是阴阳离子发生迁移从而形成闭合回路。 14.用惰性电极电解浓度均为0.1mol/L的下列溶液。电解一段时间后停止通电并搅拌混匀，电解前后溶液pH保持不变的是 A. KCl溶液 B. NaHSO4溶液 C. AgNO3溶液 D. Na2SO4溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A. 电解KCl溶液，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为2H++2e-=H2↑，阴极消耗氢离子，溶液中氢氧根浓度变大，pH值变大，故A不符合题意； B. NaHSO4溶液显酸性，电解NaHSO4溶液，阳极反应为4OH-2e-=O2↑+2H2O，阴极反应为2H++2e-=H2↑，实质是电解水，导致溶液酸性增强，pH减小，故B不符合题意； C. 电解硝酸银溶液，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极为Ag++e-=Ag↓，阳极消耗水电离出的氢氧根，则溶液中氢离子浓度增大，pH值增大，故C不符合题意； D. 电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，但硫酸钠溶液显中性，水减少溶液依然为中性，pH值不变，故D符合题意； 故答案为D。 15.模拟“人工树叶”的电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是 A. 该装置将化学能转化为光能和电能 B. b电极上发生得e－的氧化反应 C. 该装置工作时，H＋从b极区向a极区迁移 D. a电极上反应：3CO2＋18H＋－18e－＝C3H8O＋5H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A. 该装置是电解池装置，将光能和电能转化为化学能，故A错误； B. b极水转化成氧气，发生失电子的氧化反应，故B错误； C. 该装置工作时为电解池，b极发生氧化反应，则b极为阳极，a极为阴极，电解池中阳离子由阳极流向阴极，即从b极区向a极区迁移，故C正确； D. a是阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e-=C3H8O+5H2O，故D错误； 故答案为C。 16.下列事实不能用电化学原理解释的是 A. 常温下，在空气中铝不容易被腐蚀 B. 在远洋海轮的船体吃水线以下焊上一定数量的锌板 C. 为了保护地下钢管不受腐蚀，可将钢管与直流电源的负极相连 D. 用锌粒与稀H2SO4制H2时，往溶液中加几滴CuSO4溶液以加快反应速率 【答案】A 【解析】 【详解】A. 铝片在空气中被O2氧化，使铝片表面形成一层致密的氧化物薄膜而保护内层的铝不再被氧化，与电化学无关，故A符合题意； B. 锌比铁活泼，在海水中形成原电池，锌做负极被氧化，正极的铁被保护，可以用电化学原理解释，故B不符合题意； C. 钢管与直流电源的负极相连，成为电解池的阴极，可以得到保护，可以用电化学原理解释，故C不符合题意； D. 滴加硫酸铜后，锌将铜单质置换出来附着在锌表面形成原电池，锌比铜活泼为原电池的负极，加速被氧化，加快反应速率，可以用电化学原理解释，故D不符合题意； 故答案为A。 【点睛】原电池和电解池都是加快氧化还原反应速率装置。 17.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是 A. 转化过程中发生了氧化还原反应 B. ①→②放出能量并形成了C—C键 C. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100％ D. 该催化剂降低了反应活化能，反应物平衡转化率得到提高 【答案】D 【解析】 【详解】A. 该过程中反应物为CO2和CH4最终产物为CH3COOH，碳元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意； B. 据图可知①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C-C键形成，故B不符合题意； C. 图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应原子利用率为100%，故C不符合题意； D. 催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，不影响转化率，故D符合题意； 故答案为D。 18.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I－(aq)⇌I3－(aq)。在某I2、KI混合溶液中，c(I3－)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是 A. 向混合溶液中加水，平衡逆向移动 B. 反应I2(aq)＋I－(aq)⇌I3－(aq)的∆H<0 C. 状态A与状态B相比，I2的消耗速率Ac(H＋)，故B错误； C．c点溶液中的溶质为Na2CO3，存在物料守恒c(Na＋)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，故C正确； D．d点水电离出氢氧根浓度为10-7mol/L，水的电离既不受到促进也不受到抑制，则此时溶液中的溶质应为NaHCO3和H2CO3，溶液应为中性，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，两式相减得：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故D错误； 故答案为C。 【点睛】解决本题的关键一是要明确二氧化碳持续通入氢氧化钠溶液不同阶段溶液中的溶质成分，二是要明确水电离出的氢氧根浓度两次为10-7mol/L，哪一次溶液呈中性。 21.下列实验不能达到实验目的的是 A. 研究浓度对反应速率的影响 B. 研究阳离子对H2O2分解速率的影响 C. 研究沉淀的转化 D. 研究酸碱性对平衡移动的影响 【答案】C 【解析】 【详解】A. 两组实验只有一个变量：氢离子的浓度不同，所以可以探究氢离子浓度对反应速率的影响，故A不符合题意； B. 两组实验只有一个变量，所用阳离子种类不同，所以可以探究阳离对分解速率的影响，故B不符合题意； C. 该实验中硝酸银溶液过量，氯化银和碘化银沉淀都可以生成，不存在沉淀转化，故C符合题意； D. 滴入浓硫酸酸后溶液酸碱性发生变化，溶液颜色发生变化，说明平衡发生移动，可以研究酸碱性对平衡移动的影响，故D不符合题意； 故答案为C。 22.碘化亚铜(CuI)是一种不溶于水的白色固体，它可由反应：2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋I2而制得。选取铜片、石墨、KI溶液组成电化学装置制取CuI。为确认反应情况，通电前在溶液中又加入了少量酚酞试液和淀粉溶液。电解一段时间后得到白色沉淀，同时阴极区溶液变红，阳极区溶液变蓝。下列说法不正确的是 A. 铜片做阳极，石墨做阴极 B. 白色沉淀在靠近阳极处产生 C. 阴极区溶液变红的原因：2H＋＋2e－＝H2↑，促进H2O电离，c(OH－)升高 D. 阳极区溶液变蓝的原因：4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑，O2将I－氧化为I2，I2遇淀粉变蓝 【答案】D 【解析】 【分析】 用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI，Cu作阳极失电子生成铜离子，铜离子与碘离子反应生成CuI；石墨为阴极，阴极上H+得电子被还原，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，破坏了水的电离平衡，使c(OH-)＞c(H+)，酚酞试液变红；阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，又由信息可知，同时又发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，生成I2，I2遇淀粉变蓝，有白色CuI沉淀生成，据此分析。 【详解】A. 由分析可知，铜片做阳极，石墨做阴极，故A正确； B．阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，铜离子在阳极生成，铜离子与碘离子反应生成CuI，所以CuI白色沉淀在阳极生成，故B正确； C．阴极上H+得电子被还原，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，破坏了水的电离平衡，使c(OH-)＞c(H+)，故C正确； D．阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，生成Cu2+与I-能反应产生I2、CuI，I2遇淀粉变蓝，没有O2生成，故D错误； 故答案为D。 【点睛】注意电解过程中离子的放电顺序，明确阴阳极上的电极反应和物质的性质是解题关键。 二、非选择题(23～29题，共56分) 23.按要求回答下列问题： (1)亚硫酸电离方程式_____________。 (2)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]能用作净水剂，结合化学用语解释原因_____________。 (3)以KOH作电解质的氢氧燃料电池，负极的电极反应式为_____________。 【答案】 (1). H2SO3⇌HSO3－＋H＋，HSO3－⇌SO32－＋H＋ (2). KAl(SO4)2＝K＋＋Al3＋＋2SO42－，Al3＋水解：Al3＋＋3H2O⇌Al(OH)3＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附、絮凝、沉降水中的悬浮杂质，达净水目的 (3). H2＋2OH－－2e－＝2H2O 【解析】 【详解】(1)亚硫酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2SO3⇌HSO3－＋H＋，HSO3－⇌SO32 －＋H＋； (2)明矾可以在水溶液中电离KAl(SO4)2＝K＋＋Al3＋＋2SO42－，生成的铝离子发生水解Al3＋＋3H2O⇌Al(OH)3＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附、絮凝、沉降水中的悬浮杂质，达净水目的； (3)原电池中负极失电子发生氧化反应，氢氧燃料电池中氢气被氧化，又KOH做电解质溶液，所以氢气被氧化后生成水，负极电极反应方程式为：H2＋2OH－－2e－＝2H2O。 【点睛】多元弱酸的电离要分步电离；原电池的电极方程式书写时除了分析各电极的反应物之外还要注意结合电解质溶液的酸碱性。 24.某电化学装置如图所示(电极a、b均为碳棒)。 (1)烧杯中盛有饱和NaCl溶液，往烧杯中加几滴酚酞试液，通电发生反应。则电解总反应方程式为_____________。电极a上及附近溶液中的实验现象为_____________。 (2)若烧杯中盛有200mL 0.1mol/L CuSO4溶液。通电反应一段时间，在两极收集到的气体体积相等，则此段时间e－转移的物质的量为_________mol。 【答案】 (1). 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－ (2). 电极a上产生无色气泡，电极附近溶液变红 (3). 0.08 【解析】 【详解】(1)电解氯化钠溶液时阳极氯离子放电生成氯气，阴极氢离子放电生成氢气，电解总反应方程式为：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；a极与电源负极相连为阴极，阴极氢离子放电生成氢气，会有气泡产生，同时破坏水的电离平衡，使水的电离平衡右移，氢氧根浓度变大，阴极附近显碱性，遇酚酞会变红； (2)电解硫酸铜溶液，开始时阴极反应为Cu2++2e-=Cu，，当铜离子完全反应后发生2H++2e-=H2↑，阳极的反应一直为4OH--4e-=O2↑+2H2O，设最终收集的到氧气的物质的量为a，两极收集到的气体体积相等，则收集到的氢气的物质的量也为a，溶液中铜离子的物质的量为0.2L×0.1mol/L=0.02mol，根据电子守恒可知4a=2a+0.02mol×2，解得a=0.02mol，即生成的氧气为0.02mol，转移电子的物质的量为0.08mol。 【点睛】解答第2题时要注意阴极的反应有两个，发生第二个反应时才生成气体，而阳极反应一直不变，一直有气体生成。 25.用0.1000mol/L NaOH溶液滴定分别滴定0.1000mol/L的盐酸和醋酸溶液各25.00 mL。滴定过程中溶液pH随滴入的NaOH溶液体积变化的两条滴定曲线如图所示： (1)滴定醋酸的曲线是_____________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 (2)下列方法中可使溶液中醋酸的电离程度减小的是_____________(填字母序号)。 A. 微热溶液 B. 加少量冰醋酸 C. 加少量醋酸钠固体 D. 加少量碳酸钠固体 (3)V1和V2的关系：V1________V2(填“>”、“＝”或“<”)。 (4)M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_____________。 【答案】 (1). I (2). BC (3). < (4). c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) 【解析】 【详解】(1)醋酸为弱酸，则0.1000mol/L的醋酸溶液pH应大于1，所以滴定醋酸的曲线是I； (2)A. 电离吸热，微热溶液会促进醋酸的电离，故A错误； B. 加少量的冰醋酸，醋酸的浓度增大，浓度越大电离程度越小，故B正确； C. 醋酸钠固体可以电离出醋酸根离子，抑制醋酸的电离，故C正确； D. 加入碳酸钠固体，碳酸根消耗氢离子，使醋酸的电离平衡右移，促进醋酸的电离，故D错误； 综上所述选BC； (3)CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则CH3COOH应该稍微过量，NaCl是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，酸碱的物质的量相等，所以V1＜V2； (4)M点混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH，pH小于7 ，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，结合电荷守恒得c(CH3COO- )＞c(Na+)，溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO- )＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。 26.25℃时，如图烧杯中各盛有20mL的溶液。 甲. 0.100mol/L盐酸 乙. 0.100mol/L氨水 丙. 0.100mol/LNH4Cl (1)甲溶液的pH＝_____________。 (2)若将甲全部倒入乙中，所得溶液的pH_____________丙溶液的pH(填“>”、“＝”或“<”)。 (3)若将一部分乙倒入丙中，所得的混合溶液呈中性，所得混合溶液中离子浓度大小关系是_____________。 【答案】 (1). 1 (2). > (3). c(NH4＋)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－) 【解析】 【详解】(1)0.100mol/L盐酸中c(H＋)=0.100mol/L，所以溶液pH=1； (2)等体积(20mL)等浓度(0.100mol/L)的盐酸和氨水混合得到的溶液为NH4Cl溶液，浓度为0.05mol/L，铵根水解使溶液显酸性；丙为0.100mol/L的NH4Cl，所以丙的酸性较强，所以混合溶液的pH>丙溶液的pH； (3)溶液中存在电荷守恒c(NH4＋)+ c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，溶液显中性则c(H＋)＝c(OH－)，水解使微弱的，所以c(NH4＋)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)。 27.如图是闪锌矿(主要成分是ZnS，含有少量FeS)制备ZnSO4·7H2O的一种工艺流程：闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ZnSO4∙7H2O。已知：相关金属离子浓度为0.1mol/L时形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： 金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Zn2＋ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 沉淀完全的pH 28 8.3 8.2 (1)闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其目的是_____________。 (2)溶浸过程使用过量的Fe2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉，发生的主要反应是：ZnS＋2Fe3＋＝Zn2＋＋2Fe2＋＋S。 ①浸出液中含有的阳离子包括Zn2＋、Fe2＋、_____________。 ②若改用CuSO4溶液浸取，发生复分解反应，也能达到浸出锌的目的，写出离子方程式_____________。 (3)工业除铁过程需要控制沉淀速率，因此分为还原和氧化两步先后进行，如图。还原过程将部分Fe3＋转化为Fe2＋，得到pH小于1.5溶液。氧化过程向溶液中先加入氧化物a，再通入O2。下列说法正确的是_____________(填序号)。 A. 氧化物a可以是ZnO B. 滤渣2的主要成分是Fe(OH)2 C. 加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c(Fe3＋) 【答案】 (1). 增大表面积，提高反应速率 (2). Fe3＋、H＋ (3). ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS (4). AC 【解析】 【分析】 闪锌矿(主要成分是ZnS，含有FeS)，加硫酸和Fe2(SO4)3，发生ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，过滤可除去S；浸出液中先加ZnS还原，分离出滤渣1为S，滤液中通入氧气可氧化亚铁离子生成铁离子，加ZnO调节pH，铁离子转化为沉淀，则滤渣2为Fe(OH)3，过滤分离出滤液经蒸发浓缩得到ZnSO4•7H2O，以此来解答。 【详解】(1)粉碎闪锌矿可增大接触面积，加快反应速率； (2)①使用过量的Fe2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉，所以阳离子为Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+； ②用CuSO4溶液浸取，发生复分解反应，根据元素守恒可知离子方程式为：ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS； (3)A. ZnO为碱性氧化物，可增大酸性溶液pH值，同时不引入新的杂质，故A正确； B. 根据分析可知滤渣2主要为Fe(OH)3，故B错误； C. 加入ZnS可将铁离子还原，通入氧气可将亚铁离子氧化成铁离子，所以加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c(Fe3＋)，故C正确； 综上所述选AC。 28.通过下列实验探究Na2SO3溶液的性质。 (1)实验Ⅰ：将0.1mol/L Na2SO3溶液先升温后降温过程中的pH记录如下表。实验过程中，取t1、t4时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，t4产生白色沉淀比t1多。 时刻 t1 t2 t3 t4 温度/℃ 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 ①用离子方程式表示t1时刻溶液呈碱性的原因：__________________________。 ②根据t1→t4溶液的pH，结合平衡移动原理，推测t1→t3的过程中pH变化的原因____________。 (2)实验Ⅱ：研究Na2SO3溶液与酸性KIO3溶液的反应。按下表中用量将KIO3溶液、Na2SO3溶液(含淀粉)、H2SO4溶液和H2O混合，记录溶液变蓝色的时间t(s)。 编号 0.01mol/LKIO3(mL) 0.01mol/LNa2SO3(含淀粉)(mL) 0.1mol/LH2SO4(mL) H2O(mL) t(s) 1 15 15 1 19 68.0 2 20 15 1 14 52.3 3 15 15 5 15 13.1 ①反应的离子方程式为_____________。 ②通过三组实验对比，得出的结论是_____________。 (3)实验Ⅲ：向实验Ⅱ反应后的蓝色溶液中加入少量Na2SO3溶液，蓝色消失，后再次变蓝。结合化学方程式解释产生这种现象的原因_____________。 (4)实验Ⅳ：将15mL 0.01mol/L KIO3溶液、1mL 0.1mol/L H2SO4溶液、8mL0.01mol/L KI溶液和_____________混合，混合溶液在4s后即变蓝。本实验证明了I－是Na2SO3溶液与酸性 KIO3溶液反应的催化剂。 【答案】 (1). SO32－＋H2O⇌HSO3－＋OH－ (2). 温度升高使平衡正向移动，c(SO32－)降低使平衡逆向移动，后者影响大于前者，故t1→t3的过程中pH逐渐降低 (3). 5SO32－＋2IO3－＋2H＋＝5SO42－＋I2＋H2O (4). 探究IO3－浓度、H＋浓度对反应速率的影响。浓度越大，速率越快 (5). 加入Na2SO3溶液后蓝色消失：SO32－＋I2＋H2O＝SO42－＋2I－＋2H＋。后I－被过量KIO3再次氧化为I2，蓝色复现 (6). 15mL 0.01mol/L Na2SO3(含淀粉)、11mL H2O 【解析】 【分析】 实验Ⅰ：据图表可知温度升高过程中溶液pH值减小，温度恢复后pH依然比原来要小，且加入盐酸酸化的BaCl2溶液，t4产生白色沉淀比t1多，说明该过程中亚硫酸根被氧气氧化生成硫酸根。 【详解】(1)①亚硫酸钠溶液中存在亚硫酸根的水解SO32－＋H2O⇌HSO3－＋OH－，所以溶液显碱性； ②根据t4产生白色沉淀比t1多，可知温度变化过程中氧气将亚硫酸根氧化导致c(SO32－)降低；温度升高，SO32－＋H2O⇌HSO3－＋OH－平衡正向移动， c(SO32－)降低使平衡逆向移动，后者影响大于前者，故t1→t3的过程中pH逐渐降低； (2)①反应中亚硫酸根被碘酸根氧化成硫酸根，溶液变蓝说明碘酸根被还原成碘单质，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为5SO32－＋2IO3－＋2H＋＝5SO42－＋I2＋H2O； ②1组和2组对比，变量为IO3－的浓度，且浓度越大反应速率越快；1组和3组对比，变量为H＋的浓度，且浓度越大反应速率越快，所以三组实验对比得出结论：探究IO3－浓度、H＋浓度对反应速率的影响。浓度越大，速率越快； (3)加入Na2SO3溶液后蓝色消失说明碘单质将亚硫酸根氧化，发生反应：SO32－＋I2＋H2O＝SO42－＋2I－＋2H＋，后I－被过量KIO3再次氧化为I2，蓝色复现； (4)前三组实验溶液总体积为15mL+15mL+1mL+19mL=50mL；该组实验要证明I－是Na2SO3溶液与酸性KIO3溶液反应的催化剂，所以与1组相比，变量应只有KI的浓度，则需要加入15mL 0.01mol/L Na2SO3(含淀粉)，此时溶液体积为15mL+1mL+8mL+15mL=39mL，则还需要添加11mL水。 【点睛】控制变量法的探究实验要注意不同组别的实验变量要唯一，据此判断第4题中还需要添加的药品。 29.某小组同学通过下列实验探究了物质的溶解度大小、反应物浓度与沉淀转化方向之间的关系。 已知： 物质 BaSO4 BaCO3 AgI AgCl 溶解度/g(20℃) (1)探究BaCO3和BaSO4之间的转化 实验操作： 试剂A 试剂B 加入盐酸后的现象 实验Ⅰ Na2CO3 Na2SO4 无明显现象 实验Ⅱ Na2SO4 Na2CO3 有少量气泡产生，沉淀部分溶解 ①实验Ⅰ中加入A溶液后生成沉淀的离子方程式为_____________。 ②实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因________。 (2)探究AgCl和AgI之间的转化 实验Ⅲ： 实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验(电压表读数：a>c>b>0)。 装置 步骤 电压表读数 i. 如图连接装置并加入试剂，闭合K a ii. 向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全 b iii. 再向B中投入一定量NaCl(s) c iv. 重复i，再向B中加入与iii等量NaCl(s) a 注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关。 ①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液是_____________(填序号)。 a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液 ②实验Ⅳ中结合信息，解释电压b查看更多
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