2019-2020年高二下学期期末化学试卷含解析 (IV).doc

2019-2020年高二下学期期末化学试卷含解析 (IV)一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题3分）1化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是（）A生铁在潮湿的空气中易发生化学腐蚀而锈蚀B海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾可以使海水淡化C在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D在米汤中加入食盐，可以检验食盐中是否加碘2关于下列各装置图的叙述中，错误的是（）A装置用来电解饱和食盐水，c电极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝B装置可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2C装置可用于分离沸点相差较大的互溶的液体混合物D装置可用于干燥、收集氨气、并吸收多余的氨气3下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（）A甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2BH2O2的电子式：C中子数为10 的氧原子：188OD对硝基甲苯的结构简式：4锑（Sb）在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2Sb2S3+3O2+6FeSb4O6+6FeS Sb4O6+6C4Sb+6CO 关于反应、的说法正确的是（）A反应中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B反应中每生成3molFeS时，共转移6mol电子C反应说明高温下Sb的还原性比C强D每生成4molSb时，反应与反应中还原剂的物质的量之比为3：45下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）ACaH2能与水反应生成H2，可用作野外制氢气BNH3具有还原性，可与灼热的CuO反应制备少量氮气CSO2具有还原性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色DSi能导电，可用于制作光导纤维6下列说法正确的是（）A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm100nm之间BNH3的沸点高于PH3，是因为NH键能大于PH键能C金属阳离子只存在于离子晶体中D由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物7常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A滴入酚酞显红色的溶液：Na+、Al3+、SO42、ClB滴入KSCN显红色的溶液：Na+、Cu2+、Br、SO42Cc（Fe2+）=1mol/L的溶液：H+、Na+、Cl、NO3D加入铝粉能产生大量H2的溶液：Na+、K+、Cl、HCO38设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A0.1L，2mol/L的（NH4）2CO3溶液中含有CO32数目为0.2NAB加热条件下，MnO2与浓盐酸反应生成7.1gCl2，转移的电子数目为0.2NAC标准状况下，11.2LCCl4中含有的分子数目为0.5NAD常温下，1L0.1molL1的CH3COOH溶液中含有的H+数目为0.1NA9下列表示对应化学反应离子方程式正确的是（）A用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O3I2+6OHBFeCl3溶液于Cu的反应：Cu+Fe3+Cu2+Fe2+C用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al2O3+2OH2AlO2+H2OD过量氯气通入FeI2溶液中：3Cl2+2I+4Fe2+I2+4Fe3+4Cl10下列说法正确的是（）A100mL、pH=3的HA和HB分别与足量的锌充分反应，HA放出的氢气多，说明HA的酸性比HB强B电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金属C在NH4HSO4溶液中由于的水解促进了水的电离，所以水的电离程度增大D在一密闭容器中发生2SO2+O22SO3反应，增大压强，平衡会正向移动，的值增大11下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（）A将NO2球浸泡在冷水和热水中Bt/2550100KW/10141.015.4755.0CDC（氨水）/（molL1）0.10.01pH11.110.612在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）AFeFeCl3FeCl2BAl（OH）3AlCl3（aq）无水AlCl3CNH4Cl（s）NH3Mg（OH）2）DC6H5ONaC6H5OHCO213单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应B正交硫比单斜硫稳定C相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高D表示断裂1mol O2中的共价键所吸收的能量比形成lmolSO2中的共价键所放出的能量少297.16 kJ14已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中Y、R原子最外层电子数相等；X元素最低负价绝对值与W元素最高正价相等；工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼W单质；Z、W、R的最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水下列说法正确的是（）A原子半径由大到小的顺序：Z、W、YB简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、RCW的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强DR的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是HRO415硼化钒（VB2）空气电池能力最高的电池，电池示意图如下，该电池工作时反应为：4VB2+11O24B2O3+2V2O5下列说法正确的是（）A电极a为电池负极B图中选择性透过膜只能让阳离子选择性透过C电子由VB2极经KOH溶液流向a电极DVB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH22eV2O5+2B2O3+11H2O二、不定项选择题（每小题有1-2个选项符合题意，每小题4分，共32分，全对得4分，漏选得2分，错选或多选得0分）16下列有关说法正确的是（）A硫酸工业中二氧化硫的催化氧化，不采用高压是因为压强对SO2转化率无影响B同温、同浓度的盐酸和氢氧化钠稀溶液中，水的电离程度相同C3C（s）+CaO（s）CaC2（s）+CO（g）在常温下不能自发进行，说明该反应的H0D合成氨时，其他条件不变升高温度，反应速率v（H2）和氢气的平衡转化率均增大17下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图2表示0.1000 molL1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000 molL1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C图3表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将tl时A、B的饱和溶液分别升温至t2时，溶质的质量分数B=AD图4表示在其他条件相同时，分别在T1、T2温度下由CO2和H2合成甲醇的物质的量随时间变化情况，则CO2和H2合成甲醇是吸热反应18下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液中通入SO2有白色沉淀生成BaSO3难溶于酸B向溶液X中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+C向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取CCl4层无色Fe2+的还原性强于BrD向亚硫酸钠溶液中滴加盐酸有气体产生非金属性ClSAABBCCDD19温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2，反应2NO2（g）N2O4（g）经一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250350n（N2O4）/mol00.120.180.200.20下列说法正确的是（）A反应在前50 s的平均速率为v（NO2）=0.001 2 molL1s1B保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0 mol N2O4时，v（正）v（逆）C保持其他条件不变，升高温度达到新平衡时K=0.125，则反应的H0DT温度时，若起始向容器中充入2.0 mol N2O4，则平衡时N2O4的转化率大于80%20下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A常温下0.1 mol/L的下列溶液NH4Al（SO4）2、NH4Cl、NH3H2O、CH3COONH4溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序是B常温下0.4 mol/L CH3COOH溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性，则溶液中粒子浓度大小顺序为：c（CH3COOH）c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）C0.1 mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液：c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（Fe2+）=0.3 mol/LD室温下，向0.1 mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）三、解答题（共4小题，满分55分）21工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）制取金属锌的流程如图所示回答下列问题：（1）酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，该反应的化学方程式为；（2）净化操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀写出酸性条件下H2O2与Fe2+反应的离子方程式：；25时，pH=3的溶液中，c（Fe3+）=molL1（已知25，Ksp=4.01038）净化生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是；（3）若没有净化操作，则对锌的制备带来的影响是；（4）本流程中可以循环利用的物质除锌外还有22硫酸钠过氧化氢加合物（xNa2SO4yH2O2zH2O）的组成可通过下列实验测定：准确称取1.7700g 样品，配制成100.00mL 溶液A准确量取25.00mL 溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.5825g准确量取25.00mL 溶液A，加适量稀硫酸酸化后，用0.0xxmolL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00mLH2O2与KMnO4反应的离子方程式如下：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+8H2O+5O2（1）步骤中滴定终点的现象为；（2）步骤中使用盐酸酸化，而步骤中改用硫酸酸化的原因是；（3）上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnO4被还原为MnO2，其离子方程式为；（4）通过计算确定样品的组成（写出计算过程）23氨气在生产、生活和科研中应用十分广泛（1）SNCRSCR是一种新型的烟气脱硝技术（除去烟气中的NOx），SNCRSCR流程中发生的主要反应有：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=1627.2kJmol1；6NO（g）+4NH3（g）5N2（g）+6H2O（g）H=1807.0kJmol1；6NO2（g）+8NH3（g）7N2（g）+12H2O（g）H=2659.9kJmol1；反应N2（g）+O2（g）2NO（g）的H= kJmol1液氨可以发生电离：2NH3（l）NH2+NH4+，COCl2和液氨发生“复分解”反应生成尿素，写出该反应的化学方程式；（2）氨气易液化，便于储运若在恒温恒容的容器内进行反应2NH3（g）N2（g）+3H2（g）；H=+94.4kJ/mol，下列表示该反应达到平衡状态的标志有（填字母序号）A容器中混合气体的密度保持不变BNH3（g）百分含量保持不变C容器中混合气体的压强保持不变D有3个HH键生成同时又1个NN键生成其他条件相同时，该反应在不同催化剂作用下反应，相同时间后，氨气的转化率随反应温度的变化如图1所示在600时催化效果最好的是（填催化剂的化学式）c点氨气的转化率高于b点，原因是（3）如图2表示使用新型电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HClNH4Cl为电解质溶液组成的既能提供能量又能实现氮固定的新型电池请写出该电池的正极反应式；生产中可分离出的物质A的化学式为24氮元素可形成卤化物、叠氮化物及配合物等（1）在铜催化作用下F2和过量NH3反应得到NF3，其构型为三角锥形，沸点129，则NF3属于晶体（2）氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，它的酸性类似于醋酸，微弱电离出H+和N3与N3互为等电子体的分子有：（举1例），由此可推知N3的空间构型是型；叠氮化物、氰化物能与Fe3+及Cu2+及Co3+等形成络合物，如：Co（N3）（NH3）5SO4、Fe（CN）64写出钴原子在基态时的价电子排布式：；Co（N3）（NH3）5SO4中钴的配位数为；CN中C原子的杂化类型是；（3）由叠氮化钠（NaN3）热分解可得纯N2：2NaN3（s）2Na（l）+3N2（g），有关说法正确的是（选填序号）ANaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小B第一电离能（I1）：NPSC钠晶胞结构如图，该晶胞分摊2个钠原子D氮气常温下很稳定，是因为氮的电负性大xx江苏省淮安市淮阴中学高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题3分）1化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是（）A生铁在潮湿的空气中易发生化学腐蚀而锈蚀B海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾可以使海水淡化C在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D在米汤中加入食盐，可以检验食盐中是否加碘【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A生铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀；B明矾不能淡化海水；C硅胶具有吸水作用，铁粉具有还原性；D食盐中的碘为碘酸钠，与淀粉不反应【解答】解：A生铁在潮湿的空气中可形成原电池反应，易发生电化学腐蚀，故A错误；B明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，但不能淡化海水，故B错误；C硅胶具有吸水作用，可用作食品干燥剂，铁粉具有还原性，可防止食品氧化，故C正确；D淀粉遇碘变蓝色，食盐中的碘为碘酸钠，与淀粉不反应，故D错误故选C2关于下列各装置图的叙述中，错误的是（）A装置用来电解饱和食盐水，c电极产生的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝B装置可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2C装置可用于分离沸点相差较大的互溶的液体混合物D装置可用于干燥、收集氨气、并吸收多余的氨气【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；电解原理；气体的收集；尾气处理装置；气体的净化和干燥【分析】A、电解饱和食盐水时，在阳极上是氯离子失电子产生能使湿润的淀粉KI试纸变蓝的氯气；B、H2、NH3、Cl2、HCl、NO2可以采用排空气法来收集；C、蒸馏或是分馏法可以分离沸点相差较大的互溶的液体混合物；D、氨气的收集采用向上排空气法【解答】解：A、电解饱和食盐水时，电流的方向是：外电路从原电池的正极流向负极，所以a是正极，b是负极，即c是在阳极，该极上是氯离子失电子产生能使湿润的淀粉KI试纸变蓝的氯气，故A正确；B、H2、NH3、Cl2、HCl、NO2可以采用排空气法来收集，收集时H2、NH3，导管是短进长出，Cl2、HCl、NO2的收集是导管长进短出，故B正确；C、蒸馏或是分馏法可以分离沸点相差较大的互溶的液体混合物，蒸馏烧瓶加热时必须垫上石棉网，故C错误；D、氨气的收集采用向上排空气法，导管可以短进长出，用碱石灰来干燥，用水来吸收时，要防止倒吸，故D正确故选C3下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（）A甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2BH2O2的电子式：C中子数为10 的氧原子：188OD对硝基甲苯的结构简式：【考点】结构简式；电子式；结构式【分析】A是指把分子中各原子连接方式表示出来的式子，通常只适用于以分子形式存在的纯净物，有官能团的需要表示出来；BH2O2是共价化合物，形成的是共用电子对；C原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数；D硝基中连接苯环的原子顺序不正确【解答】解：A甲酸甲酯的结构简式HCOOCH3，C2H4O2 为分子式，故A错误；B双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个OO键，双氧水的电子式为：，故B错误；C中子数为10 的氧原子，质量数=10+8=18，原子符号为188O，故C正确；D、对硝基甲苯的结构简式为，故D错误；故选C4锑（Sb）在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2Sb2S3+3O2+6FeSb4O6+6FeS Sb4O6+6C4Sb+6CO 关于反应、的说法正确的是（）A反应中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B反应中每生成3molFeS时，共转移6mol电子C反应说明高温下Sb的还原性比C强D每生成4molSb时，反应与反应中还原剂的物质的量之比为3：4【考点】氧化还原反应【分析】2Sb2S3+3O2+6Fe=Sb4O6+6FeS中，O和Fe化合价发生变化，O2为氧化剂，Fe为还原剂；Sb4O6+6C=4Sb+6CO中Sb和C的化合价发生变化，Sb4O6为氧化剂，C为还原剂；从化合价的角度分析氧化还原反应，注意氧化剂和还原剂的分析【解答】解：A反应O2为氧化剂，中Sb4O6为氧化剂，故A错误；B2Sb2S3+3O2+6Fe=Sb4O6+6FeS中，每生成6molFeS时，共转移12mol电子，则每生成3molFeS时，共转移6mol电子，故B正确；C反应说明高温下Sb的还原性比C弱，故C错误；D每生成4molSb时，反应与反应中还原剂的物质的量之比为1：1，故D错误故选B5下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）ACaH2能与水反应生成H2，可用作野外制氢气BNH3具有还原性，可与灼热的CuO反应制备少量氮气CSO2具有还原性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色DSi能导电，可用于制作光导纤维【考点】硅和二氧化硅；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质【分析】ACaH2能与水反应生成H2，反应方程式为CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2；B氨气中N元素处于最低价态，具有还原性，能和灼热的CuO发生氧化还原反应；C二氧化硫能被酸性高锰酸钾氧化生成硫酸；D二氧化硅是制作光导纤维的主要材料【解答】解：ACaH2能与水反应生成H2，反应方程式为CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2，所以可用作野外制氢气，故A正确；B氨气中N元素处于最低价态，具有还原性，能和灼热的CuO发生氧化还原反应，反应方程式为2NH3+3CuOCu+N2+3H2O，故B正确；C二氧化硫具有还原性、高锰酸钾具有氧化性，所以二氧化硫能被酸性高锰酸钾氧化生成硫酸，故C正确；D二氧化硅是制作光导纤维的主要材料，硅是制作硅芯片、硅太阳能电池的主要材料，故D错误；故选D6下列说法正确的是（）A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm100nm之间BNH3的沸点高于PH3，是因为NH键能大于PH键能C金属阳离子只存在于离子晶体中D由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；离子键的形成；键能、键长、键角及其应用【分析】A胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；BNH3分子之间存在氢键，沸点高；C离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成；D非金属元素可组成离子化合物【解答】解：A胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的微粒直径大于100nm，故A正确；BNH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故NH3沸点比PH3高，故B错误；C离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成，所以金属阳离子可存在于离子晶体中，也可存在于金属晶体中，故C错误；D由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如NH4Cl是由非金属元素组成得离子化合物，故D错误；故选A7常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A滴入酚酞显红色的溶液：Na+、Al3+、SO42、ClB滴入KSCN显红色的溶液：Na+、Cu2+、Br、SO42Cc（Fe2+）=1mol/L的溶液：H+、Na+、Cl、NO3D加入铝粉能产生大量H2的溶液：Na+、K+、Cl、HCO3【考点】离子共存问题【分析】A滴入酚酞显红色的溶液，显碱性；B滴入KSCN显红色的溶液含Fe3+；C离子之间发生氧化还原反应；D加入铝粉能产生大量H2的溶液，为酸或强碱溶液【解答】解：A滴入酚酞显红色的溶液，显碱性，OH、Al3+反应，则不能共存，故A错误；B滴入KSCN显红色的溶液含Fe3+，该组离子之间不反应，能共存，故B正确；CFe2+、H+、NO3离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；D加入铝粉能产生大量H2的溶液，为酸或强碱溶液，HCO3既能与酸反应又能与碱反应，则不能共存，故D错误；故选B8设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A0.1L，2mol/L的（NH4）2CO3溶液中含有CO32数目为0.2NAB加热条件下，MnO2与浓盐酸反应生成7.1gCl2，转移的电子数目为0.2NAC标准状况下，11.2LCCl4中含有的分子数目为0.5NAD常温下，1L0.1molL1的CH3COOH溶液中含有的H+数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、碳酸根是弱酸根，在溶液中会水解；B、求出氯气的物质的量，然后根据反应中氯元素的价态由1价变为0价来分析；C、标况下四氯化碳为液态；D、醋酸是弱酸，不能完全电离【解答】解：A、碳酸根是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的碳酸根的个数小于0.2NA个，故A错误；B、7.1g氯气的物质的量为0.1mol，而反应中氯元素的价态由1价变为0价，故当生成0.1mol氯气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故B正确；C、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故C错误；D、醋酸是弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故D错误故选B9下列表示对应化学反应离子方程式正确的是（）A用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O3I2+6OHBFeCl3溶液于Cu的反应：Cu+Fe3+Cu2+Fe2+C用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al2O3+2OH2AlO2+H2OD过量氯气通入FeI2溶液中：3Cl2+2I+4Fe2+I2+4Fe3+4Cl【考点】离子方程式的书写【分析】A酸性条件下，反应产物中不会存在氢氧根离子；B离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；C氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；D氯气过量，碘离子和亚铁离子完全反应【解答】解：A用KIO3氧化酸性溶液中的KI，正确的离子方程式为：5I+IO3+6H+=3I2+3H2O，故A错误；BFeCl3溶液于Cu的反应生成氯化亚铁和氯化铜，正确的离子方程式为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故B错误；C用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故C正确；D过量氯气通入FeI2溶液中，亚铁离子和碘离子完全被氧化，正确的离子方程式为：3Cl2+4I+2Fe2+2I2+2Fe3+6Cl，故D错误；故选C10下列说法正确的是（）A100mL、pH=3的HA和HB分别与足量的锌充分反应，HA放出的氢气多，说明HA的酸性比HB强B电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金属C在NH4HSO4溶液中由于的水解促进了水的电离，所以水的电离程度增大D在一密闭容器中发生2SO2+O22SO3反应，增大压强，平衡会正向移动，的值增大【考点】pH的简单计算；化学平衡的影响因素；电解原理【分析】A.100 mL pH=3的酸HA和HB分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多说明HA溶质浓度大，HA酸性弱；B锌、铁的活泼性大于铜，则电解过程中优先放电，阳极泥中不会存在Zn、Fe；C硫酸氢铵在溶液中完全电离出氢离子，溶液呈强酸性，抑制了水的电离；D为平衡常数，温度不变，平衡常数不变【解答】解：A.100 mL pH=3的酸HA和HB分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多说明HA溶质浓度大，说明HA酸性比HB弱，故A正确；B电解精炼铜时，阳极泥中含有Ag、Au等不活泼金属，不会含有比铜活泼的Zn、Fe等金属，故B错误；C在NH4HSO4溶液呈强酸性，氢离子抑制了水的电离，故C错误；D在一密闭容器中发生2SO2+O22SO3反应，增大压强，平衡会正向移动，由于温度不变，则平衡常数K=的值不变，故D错误；故选A11下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（）A将NO2球浸泡在冷水和热水中Bt/2550100KW/10141.015.4755.0CDC（氨水）/（molL1）0.10.01pH11.110.6【考点】化学平衡的影响因素【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用【解答】解：A存在平衡2NO2N2O4，且正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故A不选；B水是弱电解质，存在电离平衡H2OH+OH，电离过程是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子与氢氧根离子的浓度增大，水的离子积中增大，可以用平衡移动原理解释，故B不选；C过氧化氢分解，加入的二氧化锰起催化剂的作用，加快过氧化氢分解，不能用平衡移动原理解释，故C选；D氨水中存在平衡NH3H2ONH4+OH，浓度越稀，电离程度越大，故0.1mol/L的氨水稀释10倍，pH变化小于1个单位，可以用平衡移动原理解释，故D不选；故选C12在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）AFeFeCl3FeCl2BAl（OH）3AlCl3（aq）无水AlCl3CNH4Cl（s）NH3Mg（OH）2）DC6H5ONaC6H5OHCO2【考点】镁、铝的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚钠溶液与CO2的作用【分析】AFe与盐酸反应生成FeCl2；BAlCl3溶液加热蒸发得到氢氧化铝；C氯化铵与氢氧化钙生成氨气，氨气与氯化镁溶液反应生成氢氧化镁；D碳酸的酸性强于苯酚【解答】解：AFe与盐酸反应生成FeCl2，不能得到FeCl3，所以物质间转化均不能一步实现，故A错误；BAlCl3溶液加热蒸发得到氢氧化铝，则AlCl3溶液加热蒸发不能得到AlCl3，故B错误；C氯化铵与氢氧化钙混合加热生成氨气，把氨气通入氯化镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀，所以物质间转化均能一步实现，故C正确；D碳酸的酸性强于苯酚，则苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，得不到二氧化碳，故D错误故选C13单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应B正交硫比单斜硫稳定C相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高D表示断裂1mol O2中的共价键所吸收的能量比形成lmolSO2中的共价键所放出的能量少297.16 kJ【考点】反应热和焓变【分析】由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，物质的能量越高越不稳定，生成SO2的反应为放热反应，以此解答该题【解答】解：A单斜硫的能量比正交硫的能量高，二者转化热化学方程式为：S（s，单斜）=S（s，正交）H=0.33kJ/mol，该反应为放热反应，故A错误；B物质的能量越高越不稳定，则正交硫比单斜硫稳定，故B正确；C由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，故C错误；D式反应需断裂单斜硫中SS键和O=O键，不仅仅是断裂lmolO2中的共价键所吸收的能量，故D错误；故选B14已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中Y、R原子最外层电子数相等；X元素最低负价绝对值与W元素最高正价相等；工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼W单质；Z、W、R的最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水下列说法正确的是（）A原子半径由大到小的顺序：Z、W、YB简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、RCW的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强DR的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是HRO4【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知Z为Na元素、W为Al元素，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al单质；X元素最低负价绝对值与W元素最高正价相等，X处于VA族，原子序数小于Al，故X为N元素；Y、R原子最外层电子数相等，若Y为O，则R为S，若Y为F，则R为Cl，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知Z为Na、W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al单质；X元素最低负价绝对值与W元素最高正价相等，X处于VA族，原子序数小于Al，故X为N元素；Y、R原子最外层电子数相等，若Y为O，则R为S，若Y为F，则R为ClAY为O或F，Z为Na，W为Al，同周期随原子序数增大，原子半径减小，电子层越多半径越大，所以原子半径由大到小的顺序：Z、W、Y，故A正确；BX、Y为同周期元素，Y的非金属性强于X，故氢化物稳定性YX，故B错误；C金属性AlNa，故碱性：氢氧化铝氢氧化钠，故C错误；DR为S时，最高价氧化物对应水化物为H2SO4，故D错误故选A15硼化钒（VB2）空气电池能力最高的电池，电池示意图如下，该电池工作时反应为：4VB2+11O24B2O3+2V2O5下列说法正确的是（）A电极a为电池负极B图中选择性透过膜只能让阳离子选择性透过C电子由VB2极经KOH溶液流向a电极DVB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH22eV2O5+2B2O3+11H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】硼化钒空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：4VB2+11O24B2O3+2V2O5；氧气在正极得电子生成氢氧根离子，溶液中阴离子向负极移动【解答】解：A、硼化钒空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为正极，故A错误；B、氧气在正极上得电子生成OH，OH通过选择性透过膜向负极移动，故B错误；C、电子只在导线中移动，不能在溶液中移动，故C错误；D、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH22eV2O5+2B2O3+11H2O，故D正确故选D二、不定项选择题（每小题有1-2个选项符合题意，每小题4分，共32分，全对得4分，漏选得2分，错选或多选得0分）16下列有关说法正确的是（）A硫酸工业中二氧化硫的催化氧化，不采用高压是因为压强对SO2转化率无影响B同温、同浓度的盐酸和氢氧化钠稀溶液中，水的电离程度相同C3C（s）+CaO（s）CaC2（s）+CO（g）在常温下不能自发进行，说明该反应的H0D合成氨时，其他条件不变升高温度，反应速率v（H2）和氢气的平衡转化率均增大【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；水的电离【分析】A二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，反应是可逆反应，增大压强平衡正向进行；B依据溶液中离子积常数分析判断；C已经反应自发进行的判断依据HTS0；D合成氨是放热反应，升温平衡逆向进行；【解答】解：A硫酸工业中二氧化硫的催化氧化，不采用高压是因为常压下二氧化硫转化率已经很大，再增大压强平衡正向进行，但二氧化硫转化率增大不大，经济效率低，故A错误；B同温、同浓度的盐酸和氢氧化钠稀溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度相同，对水的电离抑制程度相同，水的电离程度相同，故B正确；C.3C（s）+CaO（s）CaC2（s）+CO（g）在常温下不能自发进行，HTS0说，反应S0，说明该反应的H0，故C正确；D合成氨是放热反应，升温平衡逆向进行，反应速率v（H2）增大，氢气的平衡转化率减小，故D错误；故选BC17下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B图2表示0.1000 molL1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000 molL1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C图3表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将tl时A、B的饱和溶液分别升温至t2时，溶质的质量分数B=AD图4表示在其他条件相同时，分别在T1、T2温度下由CO2和H2合成甲醇的物质的量随时间变化情况，则CO2和H2合成甲醇是吸热反应【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液中溶质的质量分数及相关计算；反应热和焓变；pH的简单计算【分析】A反应物的能量高于生成物的能量的反应是放热反应，不是吸热反应；B醋酸为弱酸，0.1000 molL1CH3COOH溶液的pH大于1；C饱和溶液升温时，无溶质析出，溶质质量分数不变；D先拐先平温度高，T1T2，然后根据温度变化对甲醇含量影响判断该反应的能量变化【解答】解：A催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，加入催化剂后活化能会降低，但是图中信息可知，该反应中反应物的能量高于生成物的能量，属于是放热反应，故A错误；B0.1000 molL1CH3COOH溶液的pH应该大于1，图象与实际反应不相符，故B错误；CA与B的溶解度随温度的升高而增大，将t1时A、B的饱和溶液分别升温至t2时，溶液中溶质和溶剂的质量没有变化，所以质量分数B=A，故C正确；D先拐先平温度高，则T1T2，温度高平衡时甲醇的物质的量少，说明升高温度平衡向着逆向移动，则CO2和H2合成甲醇的反应为放热反应，故D错误；故选C18下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液中通入SO2有白色沉淀生成BaSO3难溶于酸B向溶液X中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+C向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取CCl4层无色Fe2+的还原性强于BrD向亚硫酸钠溶液中滴加盐酸有气体产生非金属性ClSAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A酸性条件下NO3与SO2发生氧化还原反应生成SO42；B氨气易溶于水，加入稀NaOH溶液不能挥发出氨气；C向FeBr2溶液中加入少量氯水，CCl4层无色，说明没有生成Br2；D亚硫酸、盐酸不是最高价含氧酸，无法根据二者酸性强弱判断Cl、S的非金属性【解答】解：A酸性条件下NO3与SO2发生氧化还原反应生成SO42，生成的沉淀为BaSO4，而不是BaSO3，故A错误；B检验NH4+，应用浓NaOH溶液或加热才能生成NH3，故B错误；C向FeBr2溶液中加入少量氯水，CCl4层无色，说明没有生成Br2，氯水与Fe2+发生氧化还原反应，则Fe2+的还原性强于Br，故C正确；D向亚硫酸钠溶液中滴加盐酸，能够生成二氧化硫气体，但是亚硫酸和盐酸都不是最高价氧化物对应水合物，无法据此判断Cl、S的非金属性强弱，故D错误；故选C19温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2，反应2NO2（g）N2O4（g）经一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250350n（N2O4）/mol00.120.180.200.20下列说法正确的是（）A反应在前50 s的平均速率为v（NO2）=0.001 2 molL1s1B保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0 mol N2O4时，v（正）v（逆）C保持其他条件不变，升高温度达到新平衡时K=0.125，则反应的H0DT温度时，若起始向容器中充入2.0 mol N2O4，则平衡时N2O4的转化率大于80%【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用【分析】A由表中数据可知，50s内N2O4的物质的量变化量为0.12mol，根据v=计算v（N2O4），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；B保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0 mol N2O4时，平衡向逆反应移动；C由表中数据可知，250s达到平衡，平衡时生成0.2molmol N2O4时，N2O4浓度变化量为0.1mol/L，据此利用三段式计算平衡时NO2的浓度，计算温度T时平衡常数，根据升高温度平衡常数的变化，判断反应是吸热还是放热；DT温度时，若起始向容器中充入2.0 mol N2O4，相当于开始4molmol NO2，等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，平衡时N2O4的物质的量大于0.4mol，据此计算判断【解答】解：A由表中数据可知，50s内N2O4的物质的量变化量为0.12mol，则v（N2O4）=0.0012 molL1s1，根据速率之比等于化学计量数之比，故v（NO2）=2v（N2O4）=0.0024molL1s1，故A错误；B保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0 mol N2O4时，平衡向逆反应移动，故v（正）v（逆），故B正确；C由表中数据可知，250s达到平衡，平衡时生成0.2molmol N2O4时，N2O4浓度变化量为0.1mol/L，则： 2NO2（g）N2O4（g）开始（mol/L）：1 0变化（mol/L）：0.2 0.1平衡（mol/L）：0.8 0.1故温度为T时平衡常数k=0.156，保持其他条件不变，升高温度达到新平衡时K=0.125，则平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即H0，故C正确；DT温度时，若起始向容器中充入2.0 mol N2O4，相当于开始4molmol NO2，等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，平衡时N2O4的物质的量大于0.4mol，故平衡时N2O4的转化率小于=80%，故D错误；故选BC20下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A常温下0.1 mol/L的下列溶液NH4Al（SO4）2、NH4Cl、NH3H2O、CH3COONH4溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序是B常温下0.4 mol/L CH3COOH溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性，则溶液中粒子浓度大小顺序为：c（CH3COOH）c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）C0.1 mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液：c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（Fe2+）=0.3 mol/LD室温下，向0.1 mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A铝离子水解显酸性抑制铵根离子水解，醋酸根离子促进铵根离子水解，氯离子对铵根离子水解无影响，一水合氨是弱碱存在微弱的电离平衡，据此分析；B常温下0.4 mol/L CH3COOH溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合得到等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，反应后溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度；C溶液中存在物料守恒，铵根离子水解生成一水合氨，亚铁离子水解生成氢氧化亚铁；D向 NH4HSO4中滴加NaOH溶液，当二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的（NH4）2SO4和Na2SO4，溶液呈酸性，再滴加少许NaOH呈中性【解答】解：ANH4Al（SO4）2 中铝离子水解溶液显酸性，Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，抑制铵根离子水解； NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子能水解但较弱； NH3H2O是弱电解质，电离程度较小；CH3COONH4中醋酸根离子促进铵根离子水解，水解是微弱的反应过程，水解程度很小，所以铵根离子浓度大小顺序是：，故A错误；B常温下0.4 mol/L CH3COOH溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合得到等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，反应后溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH），故B错误；C溶液中存在物料守恒，c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（Fe2+）+c（Fe（OH）2）=0.3 mol/L，故C错误；DNH4HSO4中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的（NH4）2SO 4和Na2SO 4，溶液呈酸性，需要再滴加少许NaOH呈中性，c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42），故溶液中离子浓度大小关系为c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故D正确；故选D三、解答题（共4小题，满分55分）21工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）制取金属锌的流程如图所示回答下列问题：（1）酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，该反应的化学方程式为ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；（2）净化操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀写出酸性条件下H2O2与Fe2+反应的离子方程式：H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O；25时，pH=3的溶液中，c（Fe3+）=4.0105molL1（已知25，Ksp=4.01038）净化生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性；（3）若没有净化操作，则对锌的制备带来的影响是制取的锌含铜等杂质；（4）本流程中可以循环利用的物质除锌外还有H2SO4、ZnSO4【考点】金属的回收与环境、资源保护【分析】将锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）酸浸，发生反应CaO+H2SO4=CaSO4+H2O（硫酸钙微溶于水），ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O、ZnO+2H+=Zn2+H2O、FeO+2H+=Fe2+H2O、CuO+2H+=Cu2+H2O，NiO+2H+=Ni2+H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2+2H+H2O2=2 Fe3+2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，然后向溶液中加入Zn，可以置换出铜和镍，然后过滤，最后电解得到Zn（1）酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁；（2）双氧水具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子；根据氢氧化铁的溶度积及pH=3计算出溶液中铁离子浓度；根据Fe（OH）3胶体（沉淀）具有的吸附性进行分析；（3）锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存在铜离子，没有净化操作，电解制取的锌会含有铜等杂质；（4）根据制取流程可以看出，能够循环利用的物质有锌、硫酸和硫酸锌【解答】解：（1）根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2