2019年高二下学期期末考试化学试题 含解析.doc

2019年高二下学期期末考试化学试题 含解析 xx06注 意 事 项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页，包含选择题第1题第15题，共40分、非选择题第16题第21题，共80分两部分。本次考试时间为100分钟，满分120分。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。本卷可能用到的相对原子质量：O-16 Na-23S-32Cu-64I-127【试卷综析】本试卷是高二第二学期期末调研化学试卷，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，注重主干知识，兼顾覆盖面。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。试题重点考查：阿伏伽德罗定律、元素化合物知识、化学基本概念、化学计量的有关计算、溶液中的离子、化学实验题、化学反应与能量、化学平衡的移动、等主干知识，考查了较多的知识点。注重常见化学方法，应用化学思想，体现学科基本要求。选择题（共40分）单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）1下列做法与可持续发展理念不符合的是A加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放【知识点】化学与生活、环境【答案解析】C 解析：A、加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率，有利于节能减排，故A符合；B、推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，低碳环保，故B符合；C、废旧铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池污染环境，故C不符合；D、减少污染，故D符合；故答案选C【思路点拨】本题考查内容涉及生产生活问题，环保问题是时下考试的热点，要注意此方面知识的积累。2下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是 ANH3溶于水后所得溶液显碱性，在硫酸铜溶液中加入足量氨水可产生氢氧化铜沉淀 B碳酸钠溶液显碱性，用热的碳酸钠溶液可去除金属表面的油污 C次氯酸钠具有强还原性，可用于配制“84”消毒液 D铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸【知识点】物质的性质和应用【答案解析】B 解析：A、在硫酸铜溶液中加入少量氨水可产生氢氧化铜沉淀，继续加入氨水沉淀消失，故A错误；B、碳酸钠溶液水解显碱性，热的碳酸钠溶液碱性增强，可去除金属表面的油污，故B正确；C、次氯酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，可用于配制“84”消毒液，故C错误；D、铜与浓硝酸反应，不可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题主要考查物质的性质和应用，注意金属与硝酸反应的规律。3一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是 A能与金属Al反应放出H2的溶液 B加酚酞后显无色的溶液 CpH=6的某溶液 Dc(H+)c(OH)的任意水溶液【知识点】溶液性质【答案解析】D 解析：A、能与金属Al反应放出H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故A错误；B、加酚酞后显无色的溶液，可能呈弱碱性，故B错误；C、由于温度不确定，pH=6的溶液的酸碱性无法确定 ，故C错误；D、c(H+)c(OH)的任意水溶液一定呈酸性，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题主要考查溶液酸碱性的判断，若用pH的大小判断溶液酸碱性，必须知道温度，满足c(H+)c(OH)的任意水溶液一定呈酸性。4常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是 A使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、AlO2、NO、CO B由水电离产生的c(H+)=1012molL1的溶液：NH4+、SO42-、HCO3、Cl C含有0.1 molL1 HCO的溶液：Na、Fe3、NO、SCN Kwc(H+) D 0.1 molL1的溶液：Na、K、CO、NO【知识点】离子问题共存【答案解析】 D 解析：A、使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，CO不能大量存在；B、由水电离产生的c(H+)=1012molL1的溶液呈酸性或碱性，HCO3不能大量存在；C、Fe3与SCN不能大量共存；D、c(H+)=1013molL1溶液呈碱性，四种离子均不反应；故答案选D【思路点拨】本题主要考查离子共存问题，关键是清楚每一个选项有怎样的限定条件，注意由水电离产生的c(H+)=1012molL1的溶液呈酸性或碱性。5设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A1 L 0.1molL-1的氨水含有0.1NA个OH B1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NA C25时，pH =13的Ba(OH)2溶液中含有OH的数目为0 .1 NA D在电解精炼粗铜的过程中，当阴极析出32 g铜时转移电子数为NA【知识点】阿伏加德罗常数【答案解析】D 解析：A、NH3.H2O为弱电解质,在水中部分电离，无法得到OH数目，故A错误；B、ClO部分水解，1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目小于NA，故B错误；C、不知道溶液体积,无法得到溶液中含有OH的数目，故C错误；D、阴极析出32 g铜，32 g铜的物质的量为0.5mol，转移电子数为NA，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题主要考查阿伏加德罗常数，解答时注意弱电解质在水中部分电离以及盐的水解。6二甲醚是一种绿色、可再生的新能源。图是绿色电源“燃料电池”的工作原理示意图（a、b均为多图 孔性Pt电极）。该电池工作时，下列说法错误的是 Aa电极为该电池负极 BO2在b电极上得电子，被氧化 C电池工作时，a电极反应式： CH3OCH312e+3H2O2CO2+12H+ D电池工作时，燃料电池内部H+从a电极移向b电极【知识点】原电池原理【答案解析】B 解析：A、a电极充的是燃料，为该电池负极，故A正确；B、O2在b电极上得电子，被还原，故B错误；C、a电极为该电池负极，发生失电子的反应，故C正确；D、电池工作时，燃料电池内部阳离子移向正极，故D正确；故答案选B【思路点拨】本题主要考查原电池原理，理解燃料电池燃料充入电池负极发生氧化反应，助燃物充入电池正极，发生还原反应。7常温下，下列各溶液pH最小的是 ApH0的溶液 B0.04 molL1 H2SO4 C0.5 molL1 HCl D0.05 molL1CH3COOH【知识点】溶液pH大小比较【答案解析】A 解析：pH0的溶液指c(H+)=1molL1的溶液，在四个选项中c(H+)最大，而c(H+)越大，溶液pH越小，故答案选A【思路点拨】本题主要考查溶液pH大小比较，注意c(H+)越大，溶液pH越小，本题只需比较c(H+)的大小即可。8下列离子方程式正确的是 AHCO3水解的离子方程式：HCO3H2OCO32H3O B用铜为电极电解饱和食盐水：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH C用白醋除铁锈：Fe2O3+6H+ = 3H2O + 2Fe3+ D向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2：3Mg(OH)2+2Fe3+= 2Fe(OH)3+3Mg2+【知识点】离子方程式正误判断【答案解析】D 解析：A、HCO3水解生成H2CO3和OH，故A错误；B、用铜为电极电解饱和食盐水，铜参与反应，故B错误；C、白醋的主要成分醋酸是弱电解质，离子方程式中保留化学式，故C错误；D正确；故答案选D【思路点拨】本题主要考查离子方程式正误判断，注意强弱电解质的判断，弱电解质在离子方程式中保留化学式。9短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为14。X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最高的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法正确的是 A元素X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的弱 B元素Y、Z的简单离子的电子层结构相同 C元素W与Z形成的化合物为离子化合物 D原子半径由大到小的顺序为：r(Z)r(Y)r (W)【知识点】元素推断、原子结构【答案解析】 A 解析：X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X为C；Y是地壳中含量最高的金属元素，Y是Al；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z为S；W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为14，W为H；A、H2CO3比H2SO4弱，故A正确；B、元素Y的简单离子比Z的简单离子少一电子层，故B错误；C、元素W与Z形成的化合物H2S为共价化合物，故C错误；D、原子半径由大到小的顺序为：r(Y)r(Z)r (W)，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题主要考查元素推断、原子结构，关键是根据原子结构特征得到元素W、X、Y、Z分别是什么元素。10下列图示与对应的叙述相符的是 图甲 图乙 图丙 图丁 A由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的H0 B图乙表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，其中曲线a对应的是醋酸 C图丙表示该反应为放热反应，且催化剂能改变反应的焓变 D图丁表示向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成CO2与所加盐酸物质的量的关系【知识点】化学反应速率、溶液稀释pH的变化等图象【答案解析】B 解析：A、根据图象知升温平衡逆向移动，所以该反应的H0，故A错误；B、pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后，盐酸pH的变化大，故B正确；C、催化剂不能改变反应的焓变，故C错误；D、向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，开始没有CO2生成，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题主要考查化学反应速率、溶液稀释pH的变化等图象，难点是图甲的分析，要看平衡后升温平衡如何移动，来判断该反应的H。不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分。）11下列说法正确的是 A常温下，将pH4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低 B温度一定时，向水中滴加少量酸或碱形成稀溶液，水的离子积常数Kw不变 C8NH3(g)6NO2(g)7N2(g)12H2O(g) H0，则该反应一定能自发进行 D由于Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，因此不可能使BaSO4沉淀转化为BaCO3沉淀【知识点】电解质溶液【答案解析】BC 解析：A、将pH4的醋酸溶液稀释后，c(H+)降低，c(OH)升高，故A错误；B、水的离子积常数Kw只与温度有关，故B正确；C、该反应是熵增、放热反应，一定能自发进行，故C正确；D、往BaSO4的溶解平衡体系中加饱和NaCO3溶液，BaSO4沉淀就能转化为BaCO3沉淀，故D错误；故答案选BC【思路点拨】本题主要考查可逆反应的方向、沉淀转化、水的离子积常数等，注意水的离子积常数Kw只与温度有关。12将6 mol A和5 mol B混合于4 L恒容密闭容器中，发生如下反应：3A(g)B(g) nC(g)2D(g) 5 s后反应达到平衡状态，生成2 mol D，经测定以C表示的平均反应速率为0.1 molL1s1。则下列结论中正确的是 A5 s内以A表示的平均反应速率为0.15 molL1s1 B平衡时，B的浓度为1 molL1 Cn值等于1 D平衡时B的转化率为50%【知识点】化学反应速率、平衡转化率【答案解析】AB 解析：5 s后反应达到平衡状态，生成2 mol D，以D表示的平均反应速率为0.1 molL1s1根据用不同物质表示同一速率时速率比等于方程式的系数比，得到n=2，5 s内以A表示的平均反应速率为0.15 molL1s1 故A正确；C错误；B、以B表示的平均反应速率为0.05 molL1s1，5 sB减少1mol，平衡时，B的浓度为1 molL1，故B正确；D、平衡时B的转化率为：1/5100%=20%，故D错误；故答案选AB【思路点拨】本题主要考查化学反应速率、平衡转化率的计算，既要掌握有关公式，又要理解用不同物质表示同一速率时速率比等于方程式的系数比。13根据下列有关实验得出的结论一定正确的是选项操作现象与结论A同温时，等质量的锌粒分别与足量稀硫酸反应产生H2，氢气量：加胆矾未加胆矾B向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄，氧化性：H2O2Fe3C相同温度下，等质量的大理石与等体积、等浓度的盐酸反应粉状大理石产生气泡更快，反应速率：粉状大理石块状大理石D向浓度均为0.1 molL1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)【知识点】反应速率、Ksp、氧化性比较【答案解析】C 解析：A、加胆矾时锌粒先与硫酸铜反应，再与稀硫酸反应，产生H2少，故A错误；B、不一定是H2O2将Fe(NO3)2氧化，可能是硝酸将Fe(NO3)2氧化，故B错误；C、粉状大理石与盐酸接触面积大，所以反应速率：粉状大理石块状大理石，故C正确；D、向浓度均为0.1 molL1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀，说明AgI的溶解度小，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题主要考查反应速率、Ksp、氧化性比较等知识，易错点是向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，不一定是H2O2将Fe(NO3)2氧化，可能是硝酸将Fe(NO3)2氧化。14下列叙述中正确的是 A锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后，再将不溶物用稀盐酸溶解去除 B向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体的原理是加热促进了Fe3水解 C向纯水中加入盐酸或降温都能使水的离子积减小，电离平衡逆向移动 D反应2A(g)B(g)=3C(s)D(g)在一定条件下能自发进行，说明该反应的H0【知识点】沉淀转化、水的离子积、化学反应的方向【答案解析】AB 解析：A、锅炉中沉积的CaSO4用Na2CO3溶液浸泡CaSO4会转化成CaCO3，再将不溶物用稀盐酸溶解去除，故A正确；B正确；C、向纯水中加入盐酸，水的离子积不变，故C错误；D、反应2A(g)B(g)=3C(s)D(g)是熵减的反应，在一定条件下能自发进行，说明该反应的H0，故D错误；故答案选AB【思路点拨】本题主要考查沉淀转化、水的离子积、化学反应的方向，记住向纯水中加入盐酸水的离子积不变，因为水的离子积只与温度有关。15室温时，向20 mL 0.1 molL1的醋酸溶液中不断滴入0.1 molL1的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线，如图所示。在滴定过程中，关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是 Aa点时：c( CH3COOH)c( Na+)c( CH3COO)c( H+)c( OH ) 图 Bb点时：c( Na+) =c( CH3COO)c(H+)=c( OH) Cc点时：c(OH)=c(CH3COOH) +c(H+) Dd点时：c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)【知识点】离子浓度大小比较【答案解析】A 解析：Aa点时醋酸过量，溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物，溶液呈酸性，醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度，则c（CH3COO-）c（CH3COOH），故A错误；B根据溶液电荷守恒可知溶液中应存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（CH3COO-），溶液中离子浓度关系为：c（Na+）=c（CH3COO-）c（H+）=c（OH-），故B正确；Cc点时，氢氧化钠与醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液，醋酸钠溶液中，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），将代入可得：c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+），故C正确；Dd点为NaOH和CH3COONa的混合物，氢氧化钠过量，溶液呈碱性，由于CH3COO-存在微弱的水解，则有c（Na+）c（CH3COO-）c（OH-）c（H+），故D正确；故答案选A【思路点拨】本题主要考查酸碱混合的判断和离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解判断溶液中离子浓度大小非 选 择 题 （共80分）16（12分）向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，在温度为T时发生如下反应PCl5(g) PCl3(g)+C12(g) H+124 kJmol1。反应过程中测定的部分数据见下表：时间t/s050150250350n(PCl3）/mol00.160.190.20.2回答下列问题： 已知:Ksp(Ag3 PO4) 1.4 1016，Ksp(AgCl) 1.8 1010（1）反应在前50 s的平均速率v(PCl5) 。（2）温度为T时，该反应的化学平衡常数。（3）要提高上述反应的转化率，可采取的措施是(任写一种)。（4）在温度为T时，若起始时充入0.5 mol PCl5和a mol Cl2，平衡时PCl5的转化率仍为20，则a。（5）PCl5在热水中完全水解生成H3 PO4，该反应的化学方程式是。 若将0.01 mol PCl5投入l L热水中，再逐滴加入0.1 mol /L AgNO3溶液，先产生的沉淀是。【知识点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【答案解析】（1）0.0016 mol/( Ls) （2）0.025 （3）升高温度、降低压强、移走PCl3、Cl2等（4）0.1 （5）PCl5+4H2O = H3PO4+5HCl AgCl 解析：（1）反应在前50s中生成了0.16molPCl3，根据反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）可知，消耗的PCl5的物质的量为0.16mol，所以反应在前50s的平均速率v（PCl5）=0.16mol2.0L50s=0.0016molL-1s-1，（2）由表中数据可知，反应在250s、350s时三氯化磷的物质的量相等，说明250s时达到了平衡状态，则： PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）反应前（mol） 1.0 0 0变化（mol） 0.2 0.2 0.2平衡时（mol） 0.8 0.20.2平衡时各组分的浓度为：c（PCl5）=0.8mol2.0L=0.4mol/L，c（PCl3）=c（Cl2）=0.2mol2.0L=0.1mol/L，该温度下该反应的平衡常数为：K=(0.10.1)/0.4=0.025（3）根据反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）H=+124kJmol-1可知，增大反应物转化率，需要使平衡向着正向移动，可以升高温度、减小压强、移走氯气、三氯化磷等，平衡都会向着正向移动，（4）由于温度相同，所以平衡常数K=0.025，利用三段式可得：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）反应前（mol） 0.5 0a变化（mol）0.1 0.10.1平衡时（mol） 0.4 0.1a+0.1平衡时各组分浓度为：c（PCl5）=0.2mol/L，c（PCl3）=0.05mol/L，c（Cl2）=(a+0.1)/2mol/L，利用K=0.025, 解得a=0.1，（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），则该反应的化学方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl；设饱和磷化银溶液中银离子浓度为x，则：Ksp（Ag3P04）=x3x/3=1.410-16，x=104；设饱和氯化银溶液中银离子浓度为y，则y2=Ksp（AgCl）=1.810-10，y=所以0.01molPCl5投入lL热水中，再逐滴加入AgN03溶液，先产生的沉淀是AgCl，【思路点拨】本题考查了化学反应速率的计算、化学平衡常数的计算、化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意掌握化学反应速率的表达式及计算方法，明确化学平衡常数的概念及计算方法17（12分）常温下，取0.2 molL1 HCl溶液与0.2 molL1 MOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH6，试回答以下问题：（1）混合溶液中由水电离出的c (H+) 0.2 molL1 HCl溶液中由水电离出的c (H+) (填“、c(M+)c(H+)c(OH-)（4） 解析：（1）等体积等浓度的盐酸和MOH恰好反应生成盐，得到的盐溶液呈酸性，说明该盐是强酸弱碱盐，含有弱根离子的盐促进水电离，而酸抑制水电离，所以混合溶液中水电离出的c（H+）0.2 molL-1HCl溶液中水电离出的c（H+），（2）根据电荷守恒得c（Cl-）-c（M+）=c（H+）-c（OH-）=10-6mol/L-10-8mol/L=9.910-7molL-1，根据质子守恒得c（H+）-c（MOH）=c（OH-）=1.010-8molL-1，（3）室温下如果取0.2molL-1MOH溶液与0.1molL-1HCl溶液等体积混合，溶液中的溶质是MCl和MOH，测得混合溶液的pH7，说明碱的电离程度小于盐的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH-），结合电荷守恒知c（Cl-）c（M+），盐中阴阳离子浓度大于氢离子和氢氧根离子浓度，所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Cl-）c（M+）c（H+）c（OH-），（4）若常温下pH=3的盐酸与pH=11的氨水溶液等体积混合，氨水的浓度大于0.001mol/L，而盐酸的浓度为0.001mol/L，等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH7，【思路点拨】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，根据电荷守恒和质子守恒分析弱电解质的电离及盐类水解，题目难度中等18（12分）某化学兴趣小组对加碘食盐中的KIO3进行研究，它是一种白色粉末，常温下很稳定，加热至560 开始分解。在酸性条件下KIO3是一种较强的氧化剂，与HI、H2O2等作用，被还原为碘单质。(1)学生甲设计实验测出加碘食盐中碘元素的含量，步骤如下：a称取w g加碘盐，加适量蒸馏水溶解； b用稀硫酸酸化，再加入过量KI溶液；c以淀粉为指示剂，用物质的量浓度为1.00103 molL1的 Na2S2O3溶液滴定(滴定时的反应方程式：I22S2O=2IS4O)。操作b涉及的主要反应的离子方程式为 ；滴定时，Na2S2O3溶液应放在 (填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，其终点颜色变化为 ；加碘食盐样品中的碘元素含量是 mgkg1(以含w的代数式表示)。(2)学生乙对纯净的NaCl（不含KIO3）进行了下列实验：顺序步骤实验现象取少量纯净的NaCl，加蒸馏水溶解溶液无变化滴入淀粉KI溶液，振荡溶液无变化放置片刻，再滴加稀H2SO4，振荡溶液变蓝色请推测实验中产生蓝色现象的可能原因是（用离子方程式表示）： 。由学生乙的实验结果推知，学生甲的实验结果将 （填“偏大、偏小或无影响”）。【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；测量物质的含量【答案解析】（1）5I-+IO3-+6H+ =3I2+3H2O 碱式滴定管蓝色变无色，且保持半分钟不变色1270/3W（2）4IO24H+ 2H2O +I2 偏大 解析：（1）用稀硫酸酸化，再加入过量KI溶液，b涉及的主要反应的离子方程式为5I-+IO3-+6H+ =3I2+3H2O；Na2S2O3为强碱弱酸盐，因为硫代硫酸根离子水解，Na2S2O3溶液呈弱碱性，所以滴定时Na2S2O3溶液应放在碱式滴定管中；b中生成I2，c中使用淀粉作为指示剂；加入淀粉，溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，I2反应完毕，溶液蓝色褪色，滴定终点现象为：溶液蓝色褪色，半分钟内不恢复蓝色；20mL溶液消耗Na2S2O3的物质的量为1.0010-3mol/L0.02L=2.0010-5mol，根据IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，则：IO3-3I26S2O32-1 6xmol 2.0010-5mol解得X=2.0010-56，加碘食盐样品中的碘元素含量是2.0010-56127106W=1270/3W（mgkg1）（2）酸性条件下，碘离子被氧气氧化生成碘单质，离子反应方程式为：4I-+4H+O2=2I2+2H2O；且酸性条件下，过量的碘离子易被空气中氧气氧化生成碘单质，因b用稀硫酸酸化，再加入过量KI溶液，所以导致测定结果偏大，【思路点拨】本题以碘酸钾中碘的测定为载体考查了氧化还原滴定的应用、对实验原理理解，注意掌握碘及其化合物的性质是解答本题的关键，题目难度中等19(14分)中国环境监测总站数据显示，颗粒物(PM2.5等)为连续雾霾过程影响空气质量最显著的污染物。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题： （1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K+Na+NHSONOCl浓度/molL1410661062105410531052105根据表中数据计算PM2.5待测试样的pH 。 （2）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如图3： N2(g)O2(g)2NO(g) HkJmol1。 尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2。写出NO被CO还原的化学方程式。 汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，若设想按下列反应除去CO：2CO(g)2C(s)O2(g),已知该反应的H0，该设想能否实现？ （填“能或不能”）。依据是。（3） 碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图4： 用离子方程式表示反应器中发生的反应。 用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是。【知识点】反应热和焓变；二氧化硫的化学性质；二氧化硫的污染及治理【答案解析】 （1）4（2）+183 kJmol1 2NO2CO2CO2N2 不能 该反应是焓增、熵减的反应（3）SO2I22H2OSO2I4H+ HI分解为可逆反应，及时分离出产物H2，有利于反应正向进行 解析：（1）溶液中电荷守恒：C（K+）+C（NH4+）+C（H+）=2C（SO42-）+C（NO3-）+C（Cl-），得C（H+）=110-4molL-1，pH值为4，（2）该反应中的反应热=反应物的键能和-生成物的键能和=（945+498)kJ/mol-2630kJ/mol=+183kJ/mol在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以其反应方程式为：2NO2CO2CO2N2该反应的反应物有2mol气体，生成物有1mol气体，S0，H0，所以，H-TS0，反应不能自发进行；（3）从流程图可知，在反应器中，I2氧化SO2，生成硫酸和HI，反应方程式为SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；HI分解为可逆反应，及时分离出产物H2，有利于反应正向进行【思路点拨】本题考查了电解质溶液中的电荷守恒、反应热=反应物的键能和-生成物的键能和、化学反应自发进行的条件、平衡移动等等知识，题目难度不大20（16分）研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3(s) + 3C(s)2Fe(s) + 3CO(g) H 1+489.0 kJ mol1，C(s) +CO2(g)2CO(g) H 2 +172.5 kJmol1， 则CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为 。 0n(CH3OH)/molt/min（2）CO与O2设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。该电池的负极反应式为 。（3）CO2和H2充入一定体积的恒容密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) 测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图5。 图5该反应的H 0(填“大于或小于”），曲线I、对应的平衡常数大小关系为K K （填“、或”）。一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容 器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2a molCO2、3a molH2、b molCH3OH(g)、b molH2O(g)若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则b的取值范围为 。（4）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图6。在015小时内，CH4的平均生成速率I、II和III从小到大的顺序为 （填序号）。 光照时间/h 反应温度/ 图6 图7（5）以TiO2Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图7。当温度在 范围时，温度是乙酸生成速率的主要影响因素。Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，稀硝酸还原产物为NO，写出有关的离子方程式 。【知识点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池【答案解析】（1）Fe2O3(s)+ 3CO(g)2Fe(s)+ 3CO2(g) H 28.5 kJmol1（2）CO + 4OH 2e CO32+ 2H2O（3）小于 0.4c1（4）IIIIII（5）300400 3Cu2Al2O4+32H+2NO3 6Cu2+ 6Al3+2NO+16 H2O 解析：（1）a、Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H1=+489.0kJmol-1b、C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）H2=+172.5kJmol-1依据盖斯定律a-b3得到Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）H=-28.5 kJmol-1；（2）一氧化碳在负极失电子发生氧化反应，生成二氧化碳在溶液中生成碳酸钾，原电池负极电极反应为：CO+4OH-2e-=CO32-+2H2O；（3）根据图象可知，线的反应速率大于线，所以线对应的温度高于线，而线对应的甲醇的物质的量小，也就是说温度高反应平衡逆向移动，据此判断反应的H0，根据温度对平衡移动的影响可知，升高温度，平衡向吸热方向移动，而该反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，平衡常数变小，即KK；设平衡时二氧化碳转化了xmol， CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g），开始1（mol）： 1 30 0变化1（mol）： x 3x xx平衡1（mol）： 1-x 3-3x x x开始2a 3a b b则由题意可知：（x+x+1-x+3-3x）/（1+3）=0.8，解得x=0.4，根据恒温恒容条件下的等效平衡的思想则有开始1和开始2为完全等效，即a+b=1，要使反应始终向逆向进行，则bx，故a的范围为：0.4b1；（4）由图2可知，在015小时内，甲烷的物质的量变化量为n（）n（）n（），故在030h内，CH4的平均生成速率v（）v（）v（）；（5）根据图象3可知，当温度大于300时，线的斜率变化较大，也就是温度对化学反应速率的影响较大，故答案为：300400；Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H+2NO3-=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O，【思路点拨】本题主要考查了热化学方程式的书写、电极反应的书写、化学平衡的计算及氧化还原反应方程式的书写，综合性较强，有一定的难度21 (14分) 用Cr3掺杂的氮化铝是理想的LED用荧光粉基质材料，氮化铝(其晶胞如图8所示)可由氯化铝与氨经气相反应制得。图9图8（1）基态Cr的价电子排布式可表示为 。（2）氮化铝的化学式为 ，距离铝原子最近且距离相等的氮原子数目为 个。（3）氯化铝易升华，其双聚物Al2Cl6结构如图9所示。在Al2Cl6中存在的化学键有 (填字母)。 a离子键b共价键c配位键d金属键（4）一定条件下用Al2O3和CCl4反应制备AlCl3的反应为：Al2O33CCl4=2AlCl33COCl2。其中COCl2分子的空间构型为 。一种与CCl4互为等电子体的分子的化学式为 。（5）AlCl3在下述反应中作催化剂。分子中碳原子的杂化类型为 。【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型【答案解析】（1）3d54s1 （2）AlN 4 （3）bc （4）平面三角形 SiCl4 （5）sp2和sp3 解析：（1）铬24号元素，根据构造原理知，基态Cr的价电子排布式可表示为3d54s1（2）氮化铝晶胞中N原子的个数=81/8+1=2，Al原子的个数=41/4+1=2，所以氮化铝的化学式为AlN；距离铝原子最近且距离相等的氮原子数目为4；（3）双聚物Al2Cl6形式存在，氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供，所以含有配位键，则在Al2Cl6中存在的化学键有共价键、配位键，故选bc；（4）COCl2分子的结构式为，C=O中含有1个键、1个键，碳原子的杂化方式为SP2杂化，分子的空间构型为平面三角形；与CCl4互为等电子体的分子的化学式为： SiCl4 （5） 分子中的碳原子有些是形成4个键，无孤电子对，有些是形成3个键，无孤电子对，所以碳原子的杂化方式为sp2和sp3；【思路点拨】本题考查物质结构，涉及化学式的确定、杂化方式的确定、核外电子排布式的书写等知识，利用均摊法、价层电子对互斥理论、构造原理来分析解答即可，难度不大