2019-2020年高二下学期期末化学试卷含解析 (I).doc

2019-2020年高二下学期期末化学试卷含解析 (I)一、解答题（共10小题，满分20分）1xx年巴黎气候变化大会召开，旨在保护环境造福人类下列说法不正确的是（）A扩大铅蓄电池、汞锌锰干电池的生产，满足消费需求B采用碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳的零排放C对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放D催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾2下列有关化学用语表示正确的是（）ANH4Br的电子式：B葡萄糖的结构简式：C6H12O6C水分子的比例模型：D原子核内有18个中子的氣原子：1735Cl3H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示，下列说法正确的是（）A元素O的单质存在O2和O3两种同位素B加入催化剂，减小了H2O2分解反应的热效应C若H2O2分解产生1molO2，理论上转移4mol电子DH2O2和Na2O2所含化学键类型不同4下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（）A红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B高压比常压有利于合成SO3的反应C由H2（g）、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深D黄绿色的氯水光照后颜色变浅5下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1molL 1AgNO3，溶液：H+、K+、SO42、IBc（ H+ ）/c（ OH）=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClC由水电离的 c（H+）=11014molL1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3D甲基橙呈红色的溶液中：Na+、CO32、Fe3+、Cl6X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具行相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍下列说法正确的是（）AX与Y形成的化合物只有一种B原子半径：r（Z）r（R）CR的氯化物的热稳定性比W的强DY的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强7下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A用pH试纸测量新制氯水的pHB用量筒量取 20mL 0.5000molL1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000molL1H2SO4溶液C图1所示装置可用于吸收NH3或HC1气体，并防止倒吸D实验室用图2所示装置除去Cl2中的少量HC18下列离子方程式正确的是（）A金属钠与水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2BCu与浓硝酸反应制 NO2：Cu+4HNO3（浓）Cu2+2 NO3+NO2+2H2OC向同浓度的NaOH和Na2CO3，的混合液中加少量稀盐酸：CO32+2H+CO2+3H2OD将 NaHSO4与 Ba（OH）2溶液混合至中性：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O9下列物质转化在给定条件下能实现的是（）AFeS2SO3H2SO4BNaCl（aq）NaNa2O2CFeFeSO4（aq）Fe（OH）2Fe2O3DFe2O3FeCl3（aq）Fe10镁一次氯酸盐电池的工作原理如图，该电池反应为：Mg+ClO+H2OMg（OH）2+Cl下列有关说法正确的是（）A电池工作时，正极a附近的pH将不断增大B电池工作时，C溶液中的溶质是MgCl2C负极反应式：ClO+2e+H2O=Cl+2OHDb电极发生还原反应，每转移0.1 mol电子，理论上生成0.1 mol Cl二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小理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，该题得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，该小题就得0分11下列有关说法正确的是（）A一定温度下，反应 MgCl2（1）=Mg（1）+Cl2（g）的H0，S0B常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同C0.1molL1CH3COOH溶液加水稀释，溶液的pH和CH3COOH的电离度均增大D将BaCl2溶液滴入含酚酞的Na2CO3溶液，红色逐渐褪去，说明BaCl2溶液显酸性12下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示25时，用0lmol L1盐酸滴定20mL 0.1molL1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B图2表示一定条件下的合成氨反应中NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率大于b点C图3表示恒容密闭容器中反应“2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0”的平衡常数K正、K逆随温度的变化D图4表示不同温度下水溶液中H+和OH浓度的变化的曲线，图中温度T2T113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取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应X产生氢气的体积比Y多金属性：XYB在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀生产，苯层呈紫色Cu2+有氧化性，白色沉淀可能为CuIC测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者的大非金属性：SCD向浓度均为0.1molL1的NaCl和NaI溶液中滴加少量AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD1425时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0lmolLlNaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）c（ HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42 ）B0lmolL1NaHS 溶液：C（OH）+c（S2）=c（ H+）+c（H2S）C0lmolL1CH3COOH 溶液和 0lmolL1CH3COONa 溶液等体积混合：c（Na+）c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（ OH）D0lmolLlNH4HSO4 溶液中滴加 0lmolL1NaOH 溶液至中性：c（Na+ ）c（SO42 ）c（NH4+ ）c（OH）=c（H+）15如图所示，隔板固定不动，活塞可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=192kJmol1向 M、N 中，都通入 xmol N2 和ymol H2的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变下列说法正确的是（）A若x：y=1；2，则平衡时，M中的转化率：N2H2B若x：y=1：3，当M中放出热量172.8kJ时，N2的转化率为90%C若x=1，y=3，则达到平衡时反应物的转化率NMD平衡时N2气体在两容器中体积分数可能相等三、解答题（共6小题，满分80分）1625时，取0lmolL1HA溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合（混合后溶液体积的变化不计），测得混合溶液的pH=8，试回答以下问题：（1）混合溶液的pH=8的原因（用离子方程式表示）；（2）混合溶液中由水电离出的c（H+） （选填“”、“”、“=”）0.1molL1NaOH 溶液中由水电离出的c（H+）；（3）混合液中：c（HA）+c（A）= molL1；（4）25时，已知NH4A溶液为中性，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断 （NH4）2CO3溶液的 pH7（选填“”、“”、“=”）；（5）相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序（填字母）ANH4HCO3 BNH4A CNH4HSO4 DNH4Cl（6）某温度下，V1L pH=a的盐酸与V2L pH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性若a+b=13，则V1：V2=（溶液体积变化忽略不计）17以硅孔雀石主要成分为 CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含 SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质为原料制备CuCl2的工艺流程如下：已知：SOCl2+H2O SO2+2HCl（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu（OH）2反应的化学方程式为为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度；（2）滤渣2的主要成分为（填化学式）（3）“氧化”时发生反应的离子方程式为（4）试剂X的作用是调节溶液的PH，试剂X可以是ACuSO4 BCu2（OH）2CO3 CNaOH DCuO“调pH”时，PH不能过高，其原因是（5）“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是18海洋是一个巨大的化学资源宝库海水综合利用的部分流程如下：已知：Br2的沸点为59，微溶于水，有毒性和强腐蚀性（1）电解饱和NaCl溶液的离子方程式为，粗盐中常含Ca2+、Mg2+、SO42等杂质离子，可依次加入NaOH溶液、稀盐酸来进行提纯（2）下列方法可用于海水淡化的是（填字母）A蒸馏法 B萃取法 C过滤法（3）工业上用电解法制Mg时，通常在MgCl3中加入CaCl2，其原因是：增加电解质的密度，便于分离出熔融的镁：（4）用母液（含Na+、K+、Mg2+、C1、Br等离子）提取溴，其生产流程如下：若吸收塔中的溶液含BrO3，则吸收塔中反应的离子方程式为母液中通入Cl2已获得含溴的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液向蒸馏塔中通人水蒸气加热，控制温度在90左右进行蒸馏的原因是19某研究小组同学通过下列流程制取不溶于水和稀琉酸的黄钾铵铁矾KNH4Fex（SO4）y（OH）z，并通过实验测定样品中黄钾铵铁矾的有关组成实验测定：称取一定质量的样品加入稀盐酸中充分溶解，将所得溶液转移至容器瓶并配制成l00.00mL 溶液A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9.32g量取25.00mL溶液A，加入足量KI，用2.000molL1Na2S2O3溶液进行滴定（已知反应为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6，消耗30.00mL Na2S2O3溶液至终点（1）在KNH4Fex（SO4）y（OH）z中x、y、z的代数关系式为（2）若加入H2SO4将pH调节为2，则溶液c（Fe3+ ）应为 molL1（已知KspFe（OH）3）=4.0x1038）（3）实验测定，检验沉淀是否完全的方法是（4）根据以上实验数据计算样品中的n（Fe3+）：n（SO42）（写出计算过程）20ClO2在常温下是一种黄绿色有刺激性气味的气体，熔点：59，沸点：11.0，易溶于水工业上用稍潮湿的KClO3，和草酸（H2C2O4）在60时反应制得，某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2（1）A装罝必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还要的玻璃仪器有烧杯、（2）B装置必须放在冰水浴中，其原因是（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已知：（1）NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出的晶体是NaClO2，在温度髙于60时NaClO2，分解生成NaClO3和NaCl（2）NaClO2的溶解度曲线如图2所示请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：减压，55蒸发结晶；洗涤；得到成品（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为（5）用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是（填序号）A明矾 B碘化钾 C盐酸 D硫酸亚铁（6）利用ClO2氧化氮氧化物的反应过程如下：NONO2无污染气体反应的化学方程式为2NO+ClO2+H2ONO2+HNO3+HCl，反应的离子方程式为21文献报道：利用氯化氢氧化反应一脱水耦合工艺，可用有机氯化工艺的副产品氯化氢为原料制备氯气，实现氯的循环利用，原理为4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）将HC1和O2分别以5种物质的量比：1：1 2：1 4：1 6：1 8：1，向五个容积可变的容器中投料时，反应温度对HCl平衡转化氯影响的曲线如图请回答下列问题：（1）可以判断该反应已经达到化学平衡的是 （填字母）A密闭容器中总压强不变B密闭容器中混合气体的密度不变Cv（HCl）=2v（Cl2）D密闭容器中氣气的体积分数不变（2）d曲线对应的投料比是（填比值，从题干中选择，下同）有机工业需要含O2量低的氧气和氯化氢混合气体，可控制n（HCl）：n（O2）=制备（3）该反应的平衡常数表达式为（4）若按b曲线对应的投料比进行反应，且温度为415，反应达到平衡时Cl2的体积分数为（5）用盐酸作甲醇燃料电池的电解质正在成为热点课题甲醇可以用一氧化碳与氢气反应生成（催化剂为Cu2O/ZnO）已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566kJmol1CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H=182.9kJmol1则 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=若将生成的CH3OH与盐酸、氧气构成燃料电池，则燃料电池的负极反应式为xx江苏省无锡市高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、解答题（共10小题，满分20分）1xx年巴黎气候变化大会召开，旨在保护环境造福人类下列说法不正确的是（）A扩大铅蓄电池、汞锌锰干电池的生产，满足消费需求B采用碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳的零排放C对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放D催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】A加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，使用后的废弃物影响环境；B推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少温室效应；C对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放，符合社会可持续发展理念；D光化学烟雾的形成与汽车尾气中的氮氧化物有关【解答】解：A加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有的铅、汞、锌、锰污染和废旧蓄电池电解液污染，会造成污染，不符合社会可持续发展理念，故A错误；B二氧化碳气体是产生温室效应的主要气体，推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少了二氧化碳的排放，符合社会可持续发展理念，故B正确；C水污染主要来自工业、农业、生活污染物的排放，工业废水生活污水经过处理后可以节约资源，保护水源，符合社会可持续发展理念，故C正确；D光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物发生复杂的变化造成的，故D正确；故选A2下列有关化学用语表示正确的是（）ANH4Br的电子式：B葡萄糖的结构简式：C6H12O6C水分子的比例模型：D原子核内有18个中子的氣原子：1735Cl【考点】电子式；结构简式【分析】A、溴化铵为离子晶体，由氨根离子与溴离子通过离子键结合在一起，溴离子为阴离子，应标出最外层电子；B、葡萄糖为多羟基醛，含有5个羟基一个醛基；结构简式需须能体现有机物的结构；C、由小球和小棍组成的是球棍模型；D、质量数=质子数+中子数【解答】解：A、溴化铵为离子晶体，由氨根离子与溴离子通过离子键结合在一起，溴离子为阴离子，应标出最外层电子，故电子式为，故A错误；B、葡萄糖为多羟基醛，含有5个羟基一个醛基；结构简式需须能体现有机物的结构，故葡萄糖的结构简式为CH2（OH）CH（OH）CH（OH）CH（OH）CH（OH）CHO，故B错误；C、由小球和小棍组成的是球棍模型，比例模型能更真实的体现物质的成键情况和原子的相对大小，故水的比例模型为，故C错误；D、质量数=质子数+中子数，故含18个中子的氯原子的质量数为17+18=35，即为3517Cl，故D正确故选D3H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示，下列说法正确的是（）A元素O的单质存在O2和O3两种同位素B加入催化剂，减小了H2O2分解反应的热效应C若H2O2分解产生1molO2，理论上转移4mol电子DH2O2和Na2O2所含化学键类型不同【考点】反应热和焓变；氧化还原反应的电子转移数目计算；共价键的形成及共价键的主要类型【分析】A、同位素是质子数相同中子数不同的原子；B、催化剂能降低反应所需的活化能，催化剂对反应热无影响；C、H2O2中O为1价生成氧气为0价；D、H2O2中只含有共价键，Na2O2中共价键和离子键【解答】解：A、同位素是质子数相同中子数不同的原子，O2和O3都是单质，属于同素异形体，故A错误；B、催化剂能降低反应所需的活化能，催化剂对反应热无影响，所以加入催化剂，不能减小H2O2分解反应的热效应，故B错误；C、H2O2中O为1价生成氧气为0价，所以H2O2分解产生1molO2，理论上转移2mol电子，故C错误；D、H2O2中只含有共价键，Na2O2中共价键和离子键，所以H2O2和Na2O2所含化学键类型不同，故D正确；故选D4下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（）A红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B高压比常压有利于合成SO3的反应C由H2（g）、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深D黄绿色的氯水光照后颜色变浅【考点】化学平衡移动原理【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【解答】解：A存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；B存在平衡2SO2+O2（g）2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；C存在平衡H2+I2（g）2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；D对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；故选C5下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A0.1molL 1AgNO3，溶液：H+、K+、SO42、IBc（ H+ ）/c（ OH）=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClC由水电离的 c（H+）=11014molL1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3D甲基橙呈红色的溶液中：Na+、CO32、Fe3+、Cl【考点】离子共存问题【分析】A与银离子或硝酸根离子反应的离子不能大量共存；Bc（ H+ ）/c（ OH）=1012的溶液呈酸性；C由水电离的 c（H+）=11014molL1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；D甲基橙呈红色的溶液呈酸性【解答】解：AI与银离子反应生成沉淀，I与硝酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；Bc（ H+ ）/c（ OH）=1012的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C由水电离的 c（H+）=11014molL1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论呈酸性还是碱性，HCO3都不能大量共存，故C错误；D甲基橙呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下CO32不能大量共存，故D错误故选B6X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具行相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍下列说法正确的是（）AX与Y形成的化合物只有一种B原子半径：r（Z）r（R）CR的氯化物的热稳定性比W的强DY的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，结合原子序数可知，W为S，故R为Cl，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，处于A族，原子序数小于Mg，故Y为C元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答【解答】解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，结合原子序数可知，W为S，故R为Cl，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，处于A族，原子序数小于Mg，故Y为C元素，AH与C元素形成烃类物质，化合物种类繁多，故A错误；BZ为Mg、R为Cl，二者同周期，原子序数依次增大，原子半径减小，r（Z）r（R），故B错误；C非金属性ClS，故氢化物稳定性HClH2S，故C正确；D非金属性SC，Y、W的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、硫酸，Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱，故D错误；故选C7下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A用pH试纸测量新制氯水的pHB用量筒量取 20mL 0.5000molL1 H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000molL1H2SO4溶液C图1所示装置可用于吸收NH3或HC1气体，并防止倒吸D实验室用图2所示装置除去Cl2中的少量HC1【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯水中含HClO，具有漂白性；B量筒的准确到0.1mL，且溶液体积不等于二者的加和；C苯的密度比水的密度小，不能隔绝气体与水；D导管长进短处可除去，且HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解【解答】解：A氯水中含HClO，具有漂白性，不能利用pH试纸测定pH，应选pH计，故A错误；B量筒的准确到0.1mL，且溶液体积不等于二者的加和，则用量筒量取 20mL 0.5molL1 H2SO4溶液于烧杯中，稀释、冷却后转移到100mL容量瓶中定容，故B错误；C苯的密度比水的密度小，不能隔绝气体与水，则吸收NH3或HC1气体均发生倒吸，故C错误；D导管长进短处可除去，且HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则图中装置可除去Cl2中的少量HC1，故D正确；故选D8下列离子方程式正确的是（）A金属钠与水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2BCu与浓硝酸反应制 NO2：Cu+4HNO3（浓）Cu2+2 NO3+NO2+2H2OC向同浓度的NaOH和Na2CO3，的混合液中加少量稀盐酸：CO32+2H+CO2+3H2OD将 NaHSO4与 Ba（OH）2溶液混合至中性：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A电子、电荷不守恒；B硝酸完全电离；C加少量稀盐酸，只与NaOH反应；D中性时反应生成硫酸钡、硫酸钠和水【解答】解：A金属钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故A错误；BCu与浓硝酸反应制 NO2的离子反应为Cu+4H+2NO3Cu2+2 NO2+2H2O，故B错误；C向同浓度的NaOH和Na2CO3的混合液中加少量稀盐酸的离子反应为OH+H+H2O，故C错误；D将 NaHSO4与 Ba（OH）2溶液混合至中性的离子反应为2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故D正确；故选D9下列物质转化在给定条件下能实现的是（）AFeS2SO3H2SO4BNaCl（aq）NaNa2O2CFeFeSO4（aq）Fe（OH）2Fe2O3DFe2O3FeCl3（aq）Fe【考点】铁的化学性质【分析】AFeS2和氧气反应生成二氧化硫；B电解氯化钠可生成钠，加热条件下钠与氧气反应生成过氧化钠；C铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，在空气中灼烧可生成氧化铁；D氯化铁和铜反应生成氯化铜、氯化亚铁【解答】解：AFeS2和氧气反应生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，二氧化硫和氧气在催化作用下可生成三氧化硫，故A错误；B钠为活泼金属，工业可用电解氯化钠可生成钠，加热条件下钠与氧气反应生成过氧化钠，故B正确；C铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，在空气中灼烧时氢氧化亚铁生成氢氧化铁，分解可生成氧化铁，故C正确；D氯化铁和铜反应生成氯化铜、氯化亚铁，不能置换出铁，故D错误故选BC10镁一次氯酸盐电池的工作原理如图，该电池反应为：Mg+ClO+H2OMg（OH）2+Cl下列有关说法正确的是（）A电池工作时，正极a附近的pH将不断增大B电池工作时，C溶液中的溶质是MgCl2C负极反应式：ClO+2e+H2O=Cl+2OHDb电极发生还原反应，每转移0.1 mol电子，理论上生成0.1 mol Cl【考点】化学电源新型电池【分析】该燃料电池中，镁易失电子作负极、次氯酸根离子得电子发生还原反应，负极电极反应式为Mg2e+2OH=Mg（OH）2，正极电极反应式为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，据此分析【解答】解：A放电时正极电极反应式为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，所以a附近的PH将不断增大，故A正确；B根据电池反应式为：Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，所以C溶液中的溶质不含镁离子，故B错误；C根据电池反应式为：Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，负极电极反应式为Mg2e+2OH=Mg（OH）2，故C错误；D由可知b电极为正极发生还原反应，反应式为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，所以每转移0.1mol电子，理论上生成0.05mol Cl，故D错误；故选A二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小理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，该题得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，该小题就得0分11下列有关说法正确的是（）A一定温度下，反应 MgCl2（1）=Mg（1）+Cl2（g）的H0，S0B常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同C0.1molL1CH3COOH溶液加水稀释，溶液的pH和CH3COOH的电离度均增大D将BaCl2溶液滴入含酚酞的Na2CO3溶液，红色逐渐褪去，说明BaCl2溶液显酸性【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；pH的简单计算；盐类水解的应用【分析】A氯化镁的分解为吸热反应，其焓变大于0；该反应为气体体积增大的反应，则熵变大于0；B盐酸中氢离子抑制了水的电离，氯化铵溶液中铵根离子水解，促进了水的电离；C稀释后醋酸的电离程度增大，而氢离子浓度减小，则溶液的pH增大；D氯化钡溶液呈中性，溶液之所以褪色，原因是钡离子与碳酸根离子结合生成碳酸钡沉淀，导致碳酸根离子浓度减小【解答】解：AMg与氯气的反应为放热反应，则反应 MgCl2（1）=Mg（1）+Cl2（g）为吸热反应，其H0；该反应为混乱度增加的反应，则S0，故A正确；B常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，前者抑制了水的电离，而后者促进了水的电离，两溶液中水的电离程度不同，故B错误；C.0.1molL1CH3COOH溶液加水稀释，醋酸的浓度减小，则醋酸的电离程度增大，由于溶液体积增大的程度大于氢离子，则稀释后氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故C正确；D加入了几滴酚酞试液的Na2CO3溶液，碳酸根离子水解显碱性，溶液为红色，而Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，碳酸根离子与钡离子结合生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，颜色褪去，而氯化钡溶液呈中性，故D错误；故选AC12下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示25时，用0lmol L1盐酸滴定20mL 0.1molL1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B图2表示一定条件下的合成氨反应中NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率大于b点C图3表示恒容密闭容器中反应“2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0”的平衡常数K正、K逆随温度的变化D图4表示不同温度下水溶液中H+和OH浓度的变化的曲线，图中温度T2T1【考点】中和滴定；化学平衡的影响因素【分析】A.0.1molL1NaOH溶液，pH=13，用盐酸滴定时，pH减小，滴定终点时pH发生突变；B合成氨反应中，氢气越多，促进氮气的转化，氮气的转化率增大；CH0为放热反应，交叉点正逆反应速率相等，为平衡点，之后升高温度平衡逆向移动；D水的电离为吸热反应，图中T1时Kw大【解答】解：A.0.1molL1NaOH溶液，pH=13，用盐酸滴定时，pH减小，滴定终点时pH发生突变，图中没有pH的突变，故A错误；B合成氨反应中，氢气越多，促进氮气的转化，氮气的转化率增大，则a点N2的转化率小于b点，故B错误；CH0为放热反应，交叉点正逆反应速率相等，为平衡点，之后升高温度平衡逆向移动，K正减小、K逆增大，图象合理，故C正确；D水的电离为吸热反应，图中T1时Kw大，则图中温度T2T1，故D错误；故选C13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取等物质的量的两种金属单质X、Y，分别与足量的盐酸反应X产生氢气的体积比Y多金属性：XYB在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀生产，苯层呈紫色Cu2+有氧化性，白色沉淀可能为CuIC测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者的大非金属性：SCD向浓度均为0.1molL1的NaCl和NaI溶液中滴加少量AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】AX产生氢气的体积比Y多，可确定失去电子的多少；B苯层呈紫色，说明生成碘，KI被氧化，白色沉淀为CuI；C比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性比较；D溶度积越小的越易生成沉淀【解答】解：AX产生氢气的体积比Y多，可确定失去电子的多少，而金属性强弱与失去电子的难易有关，与失去电子数目的多少无关，则不能比较金属性，故A错误；B苯层呈紫色，说明生成碘，KI被氧化，白色沉淀为CuI，可说明Cu2+有氧化性，故B正确；C比较非金属性，应根据最高价氧化物的水化物的酸性比较，应比较Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，故C错误；D溶度积越小的越易生成沉淀，Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故D错误故选B1425时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0lmolLlNaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）c（ HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42 ）B0lmolL1NaHS 溶液：C（OH）+c（S2）=c（ H+）+c（H2S）C0lmolL1CH3COOH 溶液和 0lmolL1CH3COONa 溶液等体积混合：c（Na+）c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（ OH）D0lmolLlNH4HSO4 溶液中滴加 0lmolL1NaOH 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.0lmolLlNaHC2O4溶液（pH=5.5）溶液中HC2O4电离大于水解：B.0lmolL1NaHS 溶液中电荷守恒和物料守恒计算，分析判断选项；C.0lmolL1CH3COOH 溶液和 0lmolL1CH3COONa 溶液等体积混合，醋酸电离大于醋酸根离子水解，溶液显酸性；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：A.0lmolLlNaHC2O4溶液（pH=5.5）溶液中HC2O4电离大于水解，c（Na+）c（ HC2O4）c（C2O42 ）c（H2C2O4），故A错误；B.0lmolL1NaHS 溶液中电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HS）+2c（S2），物料守恒，c（Na+）=c（H2S）+c（HS）+c（S2），代入计算得到：C（OH）+c（S2）=c（ H+）+c（H2S），故B正确；C.0lmolL1CH3COOH 溶液和 0lmolL1CH3COONa 溶液等体积混合，醋酸电离大于醋酸根离子水解，溶液显酸性：c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（ OH），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BD15如图所示，隔板固定不动，活塞可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=192kJmol1向 M、N 中，都通入 xmol N2 和ymol H2的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变下列说法正确的是（）A若x：y=1；2，则平衡时，M中的转化率：N2H2B若x：y=1：3，当M中放出热量172.8kJ时，N2的转化率为90%C若x=1，y=3，则达到平衡时反应物的转化率NMD平衡时N2气体在两容器中体积分数可能相等【考点】等效平衡【分析】M容器保持恒容，N容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，A、由于x：y=1：2，即y=2 x，设反应中消耗掉amolA，用a表示参加反应的B的物质的量，表示出转化率；B、题目中热化学方程式的意义为1molA完全反应，放热192 kJ，根据实际放出的热量计算参加反应的A的物质的量，进而表示出转化率进行判断；C、反应中氮气与氢气的物质的量之比为1：3，反应时按1：3的比例反应；D、让M、N中平衡时N2的体积分数一样，那么只能是M或N中，反应前后不论限度多少，N2的体积分数始终为定值，假定反应的N2为zmol，利用三段式表示平衡时各组分的物质的量据此判断【解答】解：M容器保持恒容，N容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，A、x：y=1：2，即y=2 x，设反应中消耗掉amoN2l，则： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）初始（mol）：x 2x 0 变化（mol）：a 3a 2a故N2的转化率=，H2的转化率=，则平衡时，M中的转化率：N2H2，故A错误；B、题目中热化学方程式的意义：若1moN2l完全反应，放热192 kJ，当M中放出热量172.8 kJ时，参加反应的N2的物质的量为1mol=0.9mol，故N2的转化率为，故B错误；C、x=1，y=3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡减小容器体积，压强增大，平衡正向移动，达到平衡后的转化率关系为：（M）（N），故C正确；D、要让M、N中平衡时A的体积分数一样，那么只能是M或N中，反应前后不论限度多少，A的体积分数始终为定值，假定反应的A为zmol，则： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始：x y 0反应：z 3z 2z平衡：xz y3z 2z故平衡时N2的体积分数为，N2的体积分数始终为定值，则x=y，即x=y时，平衡时N2气体在两容器中体积分数相等，故D正确；故选CD三、解答题（共6小题，满分80分）1625时，取0lmolL1HA溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合（混合后溶液体积的变化不计），测得混合溶液的pH=8，试回答以下问题：（1）混合溶液的pH=8的原因A+H2OHA+OH（用离子方程式表示）；（2）混合溶液中由水电离出的c（H+） （选填“”、“”、“=”）0.1molL1NaOH 溶液中由水电离出的c（H+）；（3）混合液中：c（HA）+c（A）=0.05 molL1；（4）25时，已知NH4A溶液为中性，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断 （NH4）2CO3溶液的 pH7（选填“”、“”、“=”）；（5）相同温度下相同物质的量浓度的下列四种盐溶液，pH由大到小的顺序ABDC（填字母）ANH4HCO3 BNH4A CNH4HSO4 DNH4Cl（6）某温度下，V1L pH=a的盐酸与V2L pH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性若a+b=13，则V1：V2=1：10（溶液体积变化忽略不计）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】（1）盐溶液呈碱性说明该盐能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性；（2）含有弱根离子的盐能促进水电离，酸或碱能抑制水电离；（3）根据物料守恒分析；（4）根据题意知，NH4A溶液为中性，说明铵根离子和该酸根离子水解程度相同，将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性大于碳酸，由此得知铵根离子水解程度小于碳酸根离子；（5）根据离子的水解程度判断溶液酸碱性的大小；（6）混合溶液显中性，则V110a=V210b14，根据a+b=13计算【解答】解：（1）等物质的量的一元酸和一元碱恰好反应生成盐和水，生成的盐溶液呈碱性说明该酸是弱酸，生成的盐能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液的pH值大于7，水解方程式为：A+H2OHA+OH，故答案为：A+H2OHA+OH；（2）该盐含有弱根离子能促进水电离，氢氧化钠是强碱能抑制水电离，所以混合溶液中由水电离出的c（H+）0.1molL1NaOH溶液中由水电离出的c（H+），故答案为：；（3）0lmolL1HA溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合，由物料守恒可知，c（HA）+c（A）=0.05mol/L，故答案为：0.05；（4）将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH4A溶液为中性，说明相同条件下，氨水和HA的电离程度相同，所以（NH4）2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，所以溶液的pH7；故答案为：；（5）NH4HCO3 显碱性；NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性；NH4A溶液中阴阳离子的水解程度相等，所以溶液呈中性； NH4HSO4中硫酸氢根离子能完全电离出氢离子，溶液强显酸性；所以pH大小顺序为ABDC，故答案为：ABDC；（6）常温下，V1L pH=a的盐酸与V2L pH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则V110a=V210b14，而a+b=13，则V1：V2=1：10，故答案为：1：1017以硅孔雀石主要成分为 CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含 SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质为原料制备CuCl2的工艺流程如下：已知：SOCl2+H2O SO2+2HCl（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu（OH）2反应的化学方程式为CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度；适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间（2）滤渣2的主要成分为Fe（OH）3（填化学式）（3）“氧化”时发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl（4）试剂X的作用是调节溶液的PH，试剂X可以是BDACuSO4 BCu2（OH）2CO3 CNaOH DCuO“调pH”时，PH不能过高，其原因是防止Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀（5）“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】以硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质加入盐酸酸浸生成二氧化碳气体，过滤得到滤渣1为SiO2 ，H2SiO3，滤液中通入氯气氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH沉淀铁离子，过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，滤液浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化铜晶体，加入SOCl2加热脱水得到氯化铜，（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu（OH）2反应为复分解反应，由此确定产物配平得化学方程式为CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度；适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间；（2）根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2+和Fe3+，加试剂X调节pH使Fe3+完全沉淀而除去，滤渣2为Fe（OH）3；（3）硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质，根据流程图，加盐酸“酸浸”后溶液中只有Fe2+可被氯气氧化，“氧化”时发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl；（4）根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2+和Fe3+，加试剂X调节pH使Fe3+完全沉淀而除去，Cu2+仍留在溶液中，实现Cu2+和Fe3+的分离，最终制备CuCl2；加入X试剂可以和酸反应调节溶液PH且不能引入杂质，“调pH”时，pH不能过高，否则Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀；（5）由已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl，“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解【解答】解：（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu（OH）2反应为复分解反应，由此确定产物配平得化学方程式为CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度；适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间，故答案为：CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O；适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间；（2）根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2+和Fe3+，加试剂X调节pH使Fe3+完全沉淀而除去，滤渣2为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；（3）硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质，根据流程图，加盐酸“酸浸”后溶液中只有Fe2+可被氯气氧化，“氧化”时发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl，故答案为：Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl；（4）根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2+和Fe3+，加试剂X调节pH使Fe3+完全沉淀而除去，Cu2+仍留在溶液中，实现Cu2+和Fe3+的分离，最终制备CuCl2；试剂X选择，ACuSO4 不能调节溶液PH，引入杂质硫酸根离子，故A错误；BCu2（OH）2CO3 和酸反应可以调节溶液PH且不引入杂质，故B正确；CNaOH可以调节溶液PH，但会引入钠离子杂质，故C错误； DCuO可以和酸反应调节溶液PH，不会引入杂质，故D正