2021-2022学年新疆乌鲁木齐四中高二（上）期末化学试卷

第1页（共1页）2021-2022学年新疆乌鲁木齐四中高二（上）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，20×2＝40分）1．（2分）《礼记•内则》记载：“冠带垢，和灰清漱；衣裳垢，和灰清浣。”古人洗涤衣裳冠带，所用的就是草木灰浸泡的溶液。下列说法错误的是（）A．草木灰的主要成分是纯碱 B．洗涤利用了草木灰溶液的碱性 C．洗涤时加热可增强去油污能力 D．草木灰做肥料时不可与铵态氮肥混合施用2．（2分）今年9月24日，中科院的科研人员在线发表成果宣布创制了一条利用二氧化碳和电能人工合成淀粉的路线（ASAP路线）：通过光伏发电电解水产生氢气，然后通过催化剂利用氢气和二氧化碳生成甲醇，使用多种优选的酶逐步将甲醇最后转化为淀粉。1立方米生物反应器年产淀粉量相当于5亩土地玉米种植的淀粉产量。下列说法错误的是（）A．ASAP路线体现了光能﹣电能﹣化学能的转变 B．催化剂可以提高氢气和二氧化碳的平衡转化率 C．酶在合成路线中使各步化学反应更容易发生 D．ASAP路线生产在未来的发展具有广阔前景3．（2分）食品添加剂是现代食品加工技术发展的基础，食品添加剂的使用极大地满足了人们对食品的要求，下列使用食品添加剂的目的与反应速率有关的是（）A．炒菜时加入鸡精增加鲜味 B．火腿中加入乳酸链球菌素延长保存期 C．向饮料中加入酒石酸增强酸味 D．面粉中添加过氧化苯甲酰使面粉更白4．（2分）下列说法正确的是（）A．活化分子的每一次碰撞都能够发生化学反应 B．能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子 C．反应物用量增加后，有效碰撞次数增多，反应速率增大 D．催化剂能提高活化分子的活化能，从而加快反应速率5．（2分）下列事实能用勒夏特列原理解释的是（）A．工业合成氨选择500℃ B．SO2氧化成SO3，需要使用催化剂 C．光照新制氯水时，溶液的颜色逐渐变浅 D．由NO2（g）和N2O4（g）组成的平衡体系，加压后颜色加深6．（2分）一定条件下，氢气与氧气反应的能量变化如图所示，下列说法中正确的是（）A．该反应的反应热△H＝（c﹣a）kJ/mol B．该反应为吸热反应 C．断裂2molH﹣H和1molO＝O放出（b﹣a）kJ的能量 D．H2燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H＝kJ/mol7．（2分）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在容积不变的密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）K＝0.1。反应前CO物质的量为5mol，达到平衡时CO的物质的量为4mol。下列说法正确的是（）A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应 B．分离出羰基硫后，逆反应速率逐渐减小 C．反应前H2S物质的量为3.5mol D．CO的平衡转化率为80%8．（2分）下列应用与盐类水解无主要关系的是（）A．用铝盐和铁盐作净水剂 B．将SOCl2（遇水剧烈水解）和AlCl3•6H2O混合加热制取无水AlCl3 C．FeSO4溶液制备FeSO4•7H2O晶体时，不能直接蒸干结晶获取 D．草木灰与铵态氮肥不能混合施用9．（2分）10mL浓度为1mol/L的盐酸和过量的锌反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（）A．再加入10mL浓度为0.5mol/L的硫酸 B．加入几滴CuCl2溶液 C．加入几滴NaNO3溶液 D．加入少量CH3COONa溶液10．（2分）下列图示装置不能达到实验目的的是（）A．验证温度对化学平衡的影响 B．测定锌与稀硫酸的反应速率 C．验证FeCl3溶液对H2O2分解有催化作用 D．研究浓度对反应速率的影响11．（2分）已知如下物质的溶度积常数：Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36下列说法正确的是（）A．同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度 B．同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp（FeS）变小 C．向含有等物质的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，最先出现的沉淀是FeS D．除去工业废水中的Cu2+和Hg2+，可以选用FeS作沉淀剂12．（2分）在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）（正反应放热）有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）（）A．P3＞P4，y轴表示B的转化率 B．P3＜P4，y轴表示B的体积分数 C．P3＜P4，y轴表示混合气体的密度 D．P3＞P4，y轴表示混合气体的密度13．（2分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．将Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3、KAl（SO4）2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质 B．配制Fe（NO3）2溶液时，向Fe（NO3）2溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止Fe（NO3）2发生水解 C．Ksp和溶解度都受温度的影响，常温下，AgCl在NaCl溶液中的Ksp和溶解度与在纯水中的Ksp和溶解度相同 D．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度不相同14．（2分）下列实验装置图正确且能达到相应实验目的的是（）ABCD中和热的测定钢闸门与外接电源的正极相连以实现外加电流的阴极保护铁钥匙上镀铜铁发生吸氧腐蚀A．A B．B C．C D．D15．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温下，1.0L0.5mol⋅L﹣1的NH4NO3溶液中NH4+数目为0.5NA B．1L0.1mol⋅L﹣1Na2CO3溶液中，阴离子数目大于0.1NA C．pH＝3的HClO溶液中含有H+离子数目为0.001NA D．用电解法精炼铜时，若电路中转移2mol电子，阳极质量减轻64g16．（2分）温度为T1时，向容积为2L的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO（g）和H2O（g），发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol。数据如下，下列说法不正确的是（）容器甲乙反应物COH2OCOH2O起始时物质的量（mol）1.20.62.41.2平衡时物质的量（mol）0.80.2abA．甲容器中，平衡时，反应放出的热量为16.4kJ B．T1时，反应的平衡常数K甲＝1 C．平衡时，乙中CO的浓度是甲中的2倍 D．乙容器中，平衡时CO的转化率约为75%17．（2分）已知25°C时，几种弱酸或弱碱测得的电离平衡常数如下：HNO2：K＝5.1×10﹣4，HCN：K＝4.9×10﹣10，HF：K＝7.2×10﹣4，NH3•H2O＝1.76×10﹣5。下列说法不正确的是（）A．25°C时，NH4Cl水溶液的pH＜7 B．一定条件下，反应NaCN+HF＝HCN+NaF可以发生 C．25°C时，将等浓度的NaNO2和NaF混合：c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（F﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．等物质的量浓度的NaCN和HCN的混合溶液显碱性18．（2分）下列说法正确的是（）A．常温下，0.1mol⋅L﹣1CH3COONa溶液加水稀释后，溶液中的值增大 B．常温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的电离程度相同 C．常温下，反应NH3（g）+HCl（g）＝NH4Cl（s）能自发发生反应，则该反应的ΔH＞0 D．常温下，向BaCO3、BaSO4的饱和溶液中加入少量BaCl2固体，溶液中减小19．（2分）用AG表示溶液酸度：AG＝lg．在室温下，用0.1mol/L的HCl溶液滴定20.00mL0.1mol/L氨水。滴定结果可表示如图，下列分析正确的是（）A．0.1mol/L氨水pH＝10.2 B．A点加入盐酸的体积为20.00mL C．若a＝7，从A到B水的电离程度逐渐减小 D．B点溶液中可能存在c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞（H+）＞c（OH﹣）（多选）20．（2分）2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。某高能锂离子电池的反应方程式为Li1﹣xCoO2+LixC6LiCoO2+C6（x＜1）。以该锂离子电池为电源、苯乙酮为原料制备苯甲酸的装置如图所示（苯甲酸盐溶液酸化后可以析出苯甲酸）。下列说法正确的是（）A．电池放电时，Li+向b极移动 B．电池充电时，a极反应式为LiCoO2﹣xe﹣═Lil﹣xCoO2+xLi+ C．M为阳离子交换膜 D．生成苯甲酸盐的反应为二、填空题（4小题，共60分）21．（14分）图是利用废铜屑（含杂质铁）制备胆矾（硫酸铜晶体）的流程。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀2.77.54.4完全沉淀3.79.76.7请回答：（1）溶液B中含有的阳离子有（填离子符号）。（2）下列物质中最适宜做氧化剂X的是（填字母）。a．NaClOb．H2O2c．KMnO4（3）加入试剂①是为了调节pH，要调整pH范围是，则试剂①可以选择（填化学式）。（4）沉淀D加入盐酸和铁粉，可以制得FeCl2溶液，实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉，其原因是（用离子方程式表示）。（5）溶液E经过操作①可得到胆矾，操作①为、过滤、洗涤。（6）已知溶液中c（Cu2+）与pH的关系为lgc（Cu2+）＝8.6﹣2pH，若溶液中c（Cu2+）为1mol/L，此时溶液中的Fe3+能否沉淀完全：（填“能”或“否”）。22．（16分）按要求回答下列问题。（1）一定温度下，现有：a.盐酸，b.硫酸，c.醋酸三种酸①当三种酸体积相同，物质的量浓度相同时，使其恰好完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是（用a、b、c表示）。②当三者c（H+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是（用a、b、c表示）。③当c（H+）相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2（相同状况），则开始时反应速率的大小关系为（用a、b、c表示）。（2）现用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度，有关数据记录如表：滴定序号待测液体积/mL所消耗盐酸标准液的体积/mL滴定前滴定后消耗的体积125.000.5026.8026.30225.00﹣﹣﹣325.005.0031.3426.34①用式滴定管盛装0.2500mol⋅L﹣1盐酸标准液。如图表示第二次滴定前后50mL滴定管中液面的位置。该次滴定所用标准盐酸体积为mL。②现实验室中有石蕊和酚酞两种指示剂，该实验应选用作指示剂。③根据所给数据，该烧碱样品的物质的量浓度为。④若操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则会造成测定结果（填“偏低”“偏高”或“无影响”）。23．（10分）已知部分弱酸的电离平衡常数如表，根据表中数据回答下列问题。弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）Ka＝1.77×10﹣4Ka＝5.0×10﹣10Ka1＝4.3×10﹣7Ka2＝5.6×10﹣11（1）写出HCOOH的电离方程式：；NaCN水溶液呈性，原因是（用离子方程式表示），pH＝8的碳酸钠溶液中，由水电离出的OH﹣浓度为。（2）50mL0.1mol/L醋酸溶液a和50mL0.1mol/L盐酸溶液b与足量Zn粉反应，初始速率ab；生成H2的量ab。（填“＜”、“＞”或“＝”）。（3）同浓度HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中碱性由强到弱的顺序是；NaHCO3溶液中各离子浓度由大到小的顺序是。（4）体积相同、c（H+）相同的三种酸溶液a．HCOOH；b．HCN；c．HCl分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是。（填字母）24．（15分）甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料．如图是甲醇燃料电池工作的示意图，工作一段时间后，断开K．（1）甲中负极的电极反应式为．（2）若丙中C为铝，D为石墨，W溶液为稀H2SO4，若能使铝的表面生成一层致密的氧化膜，则C电极反应式为．（3）若A、B、C、D均为石墨，W溶液为饱和氯化钠溶液：a．丙中电解的总化学方程式为．b．工作一段时间后，向乙中所得溶液加入0.05molCu2（OH）2CO3后恰好使电解质溶液复原，则丙中D电极上生成的气体标况下的体积为．（4）若把乙装置改为精炼铜装置（粗铜含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质），下列说法正确的是．A．电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等B．A为粗铜，发生氧化反应C．CuSO4溶液的浓度保持不变D．杂质都将以单质的形式沉淀到池底（5）用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液反应测定中和热，实验中测得起始平均温度为20.4℃，反应后最高温度为23.4℃，反应后溶液的比热容为4.2J/（g•℃）盐酸和NaOH溶液的密度都近似认为是1g/cm3，则中和热ΔH＝．25．（5分）甲烷是一种重要的化工原料和清洁能源，研究其相关反应并合理利用具有重要意义．请回答下列问题：（1）已知：a.工业上甲烷可用于制造合成气，常温常压下其反应为CH4（g）+H2O（1）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH＝+250.1kJ•mol﹣1；b.CO（g）、H2（g）的燃烧热依次为283.0kJ⋅mol﹣1、285.8kJ⋅mol﹣1．常温常压下，16g甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量为kJ．（2）甲烷属于易燃易爆气体，可用电化学原理测定空气中甲烷的含量防止爆炸事故的发生，其原理如图1所示，则负极的电极反应式为；若测得标准状况下空气中甲烷的含量为0.112L，当甲烷完全被氧化时消耗的H2SO4为mol．

2021-2022学年新疆乌鲁木齐四中高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，20×2＝40分）1．（2分）《礼记•内则》记载：“冠带垢，和灰清漱；衣裳垢，和灰清浣。”古人洗涤衣裳冠带，所用的就是草木灰浸泡的溶液。下列说法错误的是（）A．草木灰的主要成分是纯碱 B．洗涤利用了草木灰溶液的碱性 C．洗涤时加热可增强去油污能力 D．草木灰做肥料时不可与铵态氮肥混合施用【分析】A．草木灰主要成分为碳酸钾；B．草木灰溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性；C．加热促进水解平衡正向进行；D．K2CO3中的CO32﹣能与铵态氮肥中的NH4+发生双水解。【解答】解：A、草木灰中含K2CO3，故主要成分是碳酸钾，故A错误；B、K2CO3水解显碱性，衣服上的油脂在碱性溶液中水解，故能洗涤衣服，故B正确；C、盐类的水解吸热，故加热能促进其水解，增强其去污能力，故C正确；D、K2CO3中的CO32﹣能与铵态氮肥中的NH4+发生双水解，从而降低肥效，故草木灰做肥料时不可与铵态氮肥混合施用，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了草木灰的成分以及盐类的水解，题目难度不大，应注意基础的掌握。2．（2分）今年9月24日，中科院的科研人员在线发表成果宣布创制了一条利用二氧化碳和电能人工合成淀粉的路线（ASAP路线）：通过光伏发电电解水产生氢气，然后通过催化剂利用氢气和二氧化碳生成甲醇，使用多种优选的酶逐步将甲醇最后转化为淀粉。1立方米生物反应器年产淀粉量相当于5亩土地玉米种植的淀粉产量。下列说法错误的是（）A．ASAP路线体现了光能﹣电能﹣化学能的转变 B．催化剂可以提高氢气和二氧化碳的平衡转化率 C．酶在合成路线中使各步化学反应更容易发生 D．ASAP路线生产在未来的发展具有广阔前景【分析】通过光伏发电是光能转化为电能；电解水产生氢气，是电能转化为化学能的过程，这个过程在未来的发展具有广阔前景。【解答】解：A.通过光伏发电是光能转化为电能，电解水产生氢气，是电能转化为化学能的过程，故ASAP路线体现了光能﹣电能﹣化学能的转变，故A正确；B.催化剂只能改变反应速率，不能提高转化率，故B错误；C.酶是反应的催化剂，可以降低反应的活化能，故使各步化学反应更容易发生，故C正确；D.1立方米生物反应器年产淀粉量相当于5亩土地玉米种植的淀粉产量，可以解决粮食危机问题，故ASAP路线生产在未来的发展具有广阔前景，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了常见能量的转化形式，题目难度不大，应注意题干中所给信息的提取以及已有知识的应用。3．（2分）食品添加剂是现代食品加工技术发展的基础，食品添加剂的使用极大地满足了人们对食品的要求，下列使用食品添加剂的目的与反应速率有关的是（）A．炒菜时加入鸡精增加鲜味 B．火腿中加入乳酸链球菌素延长保存期 C．向饮料中加入酒石酸增强酸味 D．面粉中添加过氧化苯甲酰使面粉更白【分析】一般来说，食品中常加入防腐剂、调味剂、着色剂以及营养强化剂等，其中加入防腐剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及营养强化剂与食品的色、态、味以及营养成分含量有关，以此解答该题。【解答】解：A．炒菜时加入鸡精增加鲜味是为了增加食品的味道，与速率无关，故A错误；B．火腿中加入乳酸链球菌素，延缓氧化的反应速率，故B正确；C．向饮料中加入酒石酸是为了增加食品的味道，与速率无关，故C错误；D．面粉中添加过氧化苯甲酰使面粉更白，为了给食品更白，与速率无关，故D错误；故选：B。【点评】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查学生的双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累4．（2分）下列说法正确的是（）A．活化分子的每一次碰撞都能够发生化学反应 B．能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子 C．反应物用量增加后，有效碰撞次数增多，反应速率增大 D．催化剂能提高活化分子的活化能，从而加快反应速率【分析】A．只有发生有效碰撞才能发生化学反应；B．根据活化分子的定义分析；C．增大反应速率，应提高活化分子的浓度或百分数；D．加入催化剂可降低活化能，增大反应速率。【解答】解：A．分子发生有效碰撞时才能发生化学反应，则活化分子的每一次碰撞不一定能够发生化学反应，故A错误；B．分子发生有效碰撞时发生化学反应，此时的分子为活化分子，故B正确；C．反应物用量增加后，有效碰撞次数增多，但单位体积的有效碰撞不一定增大，即浓度不一定增大，如加入固体或纯液体，故C错误；D．加入催化剂可降低活化能，提高活化分子的百分数，反应速率增大，故D错误；故选：B。【点评】本题考查活化能与反应速率的关系，题目难度中等，注意有效碰撞、活化分子与温度、浓度以及催化剂的关系。5．（2分）下列事实能用勒夏特列原理解释的是（）A．工业合成氨选择500℃ B．SO2氧化成SO3，需要使用催化剂 C．光照新制氯水时，溶液的颜色逐渐变浅 D．由NO2（g）和N2O4（g）组成的平衡体系，加压后颜色加深【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，以此进行判断。【解答】解：A.合成氨的反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，选择500℃主要考虑反应速率和催化剂的催化活性，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B.使用催化剂的目的是加快反应速率，但不能引起化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C.氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，光照条件下HClO分解，溶液中HClO浓度降低，平衡向生成HClO方向移动，溶液的颜色逐渐变浅，可用勒夏特列原理解释，故C正确；D.加压会使平衡2NO2（g）⇌N2O4（g）正向移动，NO2的含量减小，颜色变浅，但由于容器体积缩小导致NO2浓度增大，混合气体的颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；故选：C。【点评】本题考查勒夏特列原理的应用，为高频考点，把握勒夏特列原理的内容为解答关键，注意掌握勒夏特列原理的使用条件，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。6．（2分）一定条件下，氢气与氧气反应的能量变化如图所示，下列说法中正确的是（）A．该反应的反应热△H＝（c﹣a）kJ/mol B．该反应为吸热反应 C．断裂2molH﹣H和1molO＝O放出（b﹣a）kJ的能量 D．H2燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H＝kJ/mol【分析】A．△H＝生成物总能量﹣反应物总能量；B．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量；C．断开化学键吸收能量；D．H2燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量。【解答】解：A．△H＝生成物总能量﹣反应物总能量＝（c﹣a）kJ/mol，故A正确；B．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应，故B错误；C．由图可知，断裂2molH﹣H和1molO＝O吸收（b﹣a）kJ的能量，故C错误；D．H2燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量，选项给出的是生成气态水的热化学方程式，故D错误；故选：A。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意热化学方程式的书写规则，题目难度不大。7．（2分）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在容积不变的密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）K＝0.1。反应前CO物质的量为5mol，达到平衡时CO的物质的量为4mol。下列说法正确的是（）A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应 B．分离出羰基硫后，逆反应速率逐渐减小 C．反应前H2S物质的量为3.5mol D．CO的平衡转化率为80%【分析】反应前CO物质的量为5mol，达到平衡时CO的物质的量为4mol，设反应前H2S物质的量为xmol，则molCO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）开始5x00转化1111平衡4x﹣111K＝＝＝1.0，解得x＝3.5，A.升高温度，H2S浓度增加，可知升高温度平衡逆向移动；B.分离出羰基硫后，瞬间正反应速率不变、逆反应速率减小，平衡正向移动；C.由上述分析可知反应前H2S物质的量；D.转化率＝×100%。【解答】解：反应前CO物质的量为5mol，达到平衡时CO的物质的量为4mol，设反应前H2S物质的量为xmol，则molCO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）开始5x00转化1111平衡4x﹣111K＝＝＝1.0，解得x＝3.5，A.升高温度，H2S浓度增加，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；B.分离出羰基硫后，瞬间正反应速率不变、逆反应速率减小，平衡正向移动，则逆反应速率增大，故B错误；C.由上述分析可知反应前H2S物质的量为3.5mol，故C正确；D.CO的平衡转化率为×100%＝20%，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段式、转化率及K的计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的易错点。8．（2分）下列应用与盐类水解无主要关系的是（）A．用铝盐和铁盐作净水剂 B．将SOCl2（遇水剧烈水解）和AlCl3•6H2O混合加热制取无水AlCl3 C．FeSO4溶液制备FeSO4•7H2O晶体时，不能直接蒸干结晶获取 D．草木灰与铵态氮肥不能混合施用【分析】A．铝离子、铁离子均可水解生成胶体；B．SOCl2遇水剧烈水解，可抑制铝离子水解；C．FeSO4溶液制备FeSO4•7H2O晶体时，应选冷却结晶法；D．草木灰和硝酸铵可相互促进水解。【解答】解：A．铝离子、铁离子均可水解生成胶体，作净水剂，与水解有关，故A正确；B．SOCl2遇水剧烈水解，可抑制铝离子水解，则混合加热制取可无水AlCl3，故B正确；C．FeSO4溶液制备FeSO4•7H2O晶体时，应选冷却结晶法，不能直接蒸干结晶获取，与水解无关，故C错误；D．草木灰和硝酸铵可相互促进水解，不能混合使用，与水解有关，故D正确；故选：C。【点评】题考查盐类水解，为高考常见题型，把握水解原理、晶体制备为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盐的水解及应用，题目难度不大。9．（2分）10mL浓度为1mol/L的盐酸和过量的锌反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（）A．再加入10mL浓度为0.5mol/L的硫酸 B．加入几滴CuCl2溶液 C．加入几滴NaNO3溶液 D．加入少量CH3COONa溶液【分析】盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，则增大氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量或利用原电池原理来加快反应速率即可。【解答】解：A．加入10mL浓度为0.5mol/L的硫酸，0.5mol/L的硫酸溶液中c（H+）＝1mol/L与1mol/L的盐酸溶液中c（H+）＝1mol/L相同，反应速率不变，故A错误；B．加入几滴CuCl2溶液，Zn足量，构成Cu、Zn原电池，加快反应速率，且没有改变氢离子的物质的量，不影响生成的氢气的总量，故B正确；C．加入几滴NaNO3溶液，NO3﹣、H+与锌反应不产生氢气，故C错误；D．加入少量CH3COONa溶液，CH3COONa溶液与盐酸相遇生成CH3COOH，强酸变为弱酸，反应速率减慢，但是生成氢气的量不变，故D错误；故选：B。【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，明确信息中加快反应速率但不影响生成氢气的总量是解答本题的关键，并熟悉常见的影响因素来解答，注意Zn过量，题目难度不大。10．（2分）下列图示装置不能达到实验目的的是（）A．验证温度对化学平衡的影响 B．测定锌与稀硫酸的反应速率 C．验证FeCl3溶液对H2O2分解有催化作用 D．研究浓度对反应速率的影响【分析】A.只有温度不同；B.注射器可测定一定时间内产生气体的体积；C.只有一支在热水中，且加催化剂；D.酸性高锰酸钾溶液不足，且草酸浓度不同。【解答】解：A.只有温度不同，可验证温度对平衡的影响，故A正确；B.用注射器测定一定时间内产生气体的体积，可计算化学反应速率，故B正确；C.只有一支在热水中，且加催化剂，不能验证FeCl3对H2O2分解有催化作用，故C错误；D.酸性高锰酸钾溶液不足，且草酸浓度不同，可探究浓度对反应速率的影响，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率与化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。11．（2分）已知如下物质的溶度积常数：Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36下列说法正确的是（）A．同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度 B．同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp（FeS）变小 C．向含有等物质的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，最先出现的沉淀是FeS D．除去工业废水中的Cu2+和Hg2+，可以选用FeS作沉淀剂【分析】两种物质的化学式形式相同，可以直接通过溶度积常数比较二者的溶解度，根据溶度积常数计算溶液中的离子浓度，从溶解平衡移动的角度分析即可【解答】解：A．CuS与FeS的化学式形式相同，可以直接通过溶度积常数比较二者的溶解度，Ksp越小，溶解度越小，故A错误；B、溶度积常数只与温度有关，同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp（FeS）不变，故B错误；C、化学式相似的物质，Ksp小的，溶解度小，易先形成沉淀，由于CuS的Ksp小，所以CuS先形成沉淀，故C错误；D、FeS的溶度积大于CuS的溶度积，其溶解平衡的S2﹣浓度远大于CuS的S2﹣离子浓度，故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2+，故D正确；故选：D。【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，题目难度不大，本题注意溶度积常数的利用和理解。12．（2分）在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）（正反应放热）有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）（）A．P3＞P4，y轴表示B的转化率 B．P3＜P4，y轴表示B的体积分数 C．P3＜P4，y轴表示混合气体的密度 D．P3＞P4，y轴表示混合气体的密度【分析】由图（Ⅰ）中a、b的相对位置知，增压（因p2＞p1），C%升高，故x＝1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1＞T2），C%降低。故正反应为放热反应。即该反应为A（g）+B（g）⇌C（g）△H＜0，由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动。由图Ⅱ，y随温度的升高而降低，可判断y为A的转化率或混合气体的平均摩尔质量等量，结合压强对平衡移动的影响判断P3、P4的关系。【解答】解：由图（Ⅰ）中a、b的相对位置知，增压（因p2＞p1），C%升高，故x＝1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1＞T2），C%降低。故正反应为放热反应，该反应为A（g）+B（g）⇌C（g）△H＜0，由反应可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动。由图（Ⅱ）知：因随着温度升高y降低，故y降低的方向必为压强减小的方向，A．P3＞P4，随着温度的升高，平衡将向左移动，B的转化率降低，与图象一致，故A正确；B．温度越高，B物质的转化率减小，所以B的体积分数增大，与图象不符，故B错误；C．气体的质量、体积均不变，则密度始终不变，与图象不符，故C错误；D．气体的质量、体积均不变，则密度始终不变，与图象不符，故D错误；故选：A。【点评】本题考查物质的量随时间变化曲线，为高频考点，把握图中物质的量的变化、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意比较温度及判断正反应为放热反应，题目难度不大。13．（2分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．将Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3、KAl（SO4）2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质 B．配制Fe（NO3）2溶液时，向Fe（NO3）2溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止Fe（NO3）2发生水解 C．Ksp和溶解度都受温度的影响，常温下，AgCl在NaCl溶液中的Ksp和溶解度与在纯水中的Ksp和溶解度相同 D．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度不相同【分析】A．Ca（ClO）2水解生成HClO不稳定，亚硫酸钠易被氧化，氯化铁水解生成易挥发的盐酸，KAl（SO4）2溶液蒸干得到原溶质；B．Fe（NO3）2能与HNO3反应生成Fe（NO3）3，使Fe（NO3）2变质；C．Ksp和溶解度都受温度的影响，温度不变，溶度积常数不变，氯化钠溶液中氯离子浓度较大，抑制氯化银的溶解；D．醋酸铵中铵根离子和醋酸根离子都发生水解，促进了水的电离。【解答】解：A．Ca（ClO）2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质，而KAl（SO4）2溶液加热时虽能水解，但生成的氢氧化铝和硫酸反应，最终为KAl（SO4）2，可得到溶质固体，故A错误；B．HNO3有强氧化性，Fe2+有强还原性，二者能发生氧化还原反应生成Fe3+，所以配制Fe（NO3）2溶液时，不能滴加几滴稀硝酸抑制水解，故B错误；C．氯化钠溶液中氯离子浓度较大，抑制氯化银的溶解，则常温下，AgCl在NaCl溶液中的溶解度比在纯水中的溶解度小，Ksp不变，故C错误；D．NaCl溶液为中性，原因是钠离子和氯离子都不水解，而CH3COONH4溶液显中性是由于醋酸根离子与铵根离子的水解程度相等，所以醋酸铵溶液中水的电离程度大于氯化钠溶液，故D正确；故选：D。【点评】本题考查电解质溶液的盐类水解知识，为高频考点，把握盐的水解原理及其应用为解答的关键，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。14．（2分）下列实验装置图正确且能达到相应实验目的的是（）ABCD中和热的测定钢闸门与外接电源的正极相连以实现外加电流的阴极保护铁钥匙上镀铜铁发生吸氧腐蚀A．A B．B C．C D．D【分析】A.图中缺少环形玻璃搅拌器；B.钢闸门与外接电源的正极相连，作阳极，失去电子；C.铁钥匙上镀铜，Cu应与电源正极相连；D.食盐水为中性，负极上Fe失去电子，正极上氧气得到电子。【解答】解：A.图中缺少环形玻璃搅拌器，不能测定最高温度，则不能测定中和热，故A错误；B.钢闸门与外接电源的正极相连，作阳极，失去电子，加快腐蚀，应与电源负极相连，故B错误；C.铁钥匙上镀铜，Cu应与电源正极相连，图中连接不合理，故C错误；D.食盐水为中性，负极上Fe失去电子，正极上氧气得到电子，发生吸氧腐蚀，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、中和热测定、电化学腐蚀及防护为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。15．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温下，1.0L0.5mol⋅L﹣1的NH4NO3溶液中NH4+数目为0.5NA B．1L0.1mol⋅L﹣1Na2CO3溶液中，阴离子数目大于0.1NA C．pH＝3的HClO溶液中含有H+离子数目为0.001NA D．用电解法精炼铜时，若电路中转移2mol电子，阳极质量减轻64g【分析】A．铵根能发生水解；B．碳酸根的水解会导致阴离子个数增多；C．溶液体积不明确；D．电解精炼铜，阳极为粗铜，包括铜在内多种金属放电。【解答】解：A．铵根能发生水解，溶液中的NH4+数目小于0.5NA，故A错误；B．碳酸根的水解会导致阴离子个数增多，故溶液中的阴离子的个数增多，故B正确；C．溶液体积不明确，故溶液中氢离子的个数无法计算，故C错误；D．电解精炼铜，阳极为粗铜，包括铜在内多种金属放电，无法计算减轻质量，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了阿伏加德罗的使用，明确以物质的量为核心的计算公式，气体摩尔体积适用条件和对象是解题关键，题目难度不大。16．（2分）温度为T1时，向容积为2L的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO（g）和H2O（g），发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol。数据如下，下列说法不正确的是（）容器甲乙反应物COH2OCOH2O起始时物质的量（mol）1.20.62.41.2平衡时物质的量（mol）0.80.2abA．甲容器中，平衡时，反应放出的热量为16.4kJ B．T1时，反应的平衡常数K甲＝1 C．平衡时，乙中CO的浓度是甲中的2倍 D．乙容器中，平衡时CO的转化率约为75%【分析】A．甲容器中平衡时消耗的n（CO）＝（1.2﹣0.8）＝0.4mol，消耗1molCO时放出41kJ热量，据此计算消耗0.4molCO放出的热量；B．甲可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）开始（mol）1.20.600反应（mol）0.40.40.40.4平衡（mol）0.80.20.40.4平衡时c（CO）＝0.4mol/L、c（H2O）＝0.1mol/L、c（CO2）＝c（H2）＝0.2mol/L，K甲＝；C．乙中加入的反应物的物质的量是甲的2倍，增大压强平衡不移动，则乙中反应物的转化率和甲中相同，达到平衡状态时各物质浓度是甲的2倍；D．乙中加入的反应物的物质的量是甲的2倍，增大压强平衡不移动，则乙中反应物的转化率和甲中相同。【解答】解：A．甲容器中平衡时消耗的n（CO）＝（1.2﹣0.8）＝0.4mol，消耗1molCO时放出41kJ热量，据此计算消耗0.4molCO放出的热量＝×0.4mol＝16.4kJ，故A正确；B．甲可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）开始（mol）1.20.600反应（mol）0.40.40.40.4平衡（mol）0.80.20.40.4平衡时c（CO）＝0.4mol/L、c（H2O）＝0.1mol/L、c（CO2）＝c（H2）＝0.2mol/L，K甲＝＝＝1，故B正确；C．乙中加入的反应物的物质的量是甲的2倍，增大压强平衡不移动，则乙中反应物的转化率和甲中相同，达到平衡状态时各物质浓度是甲的2倍，则平衡时乙中CO的浓度是甲中的2倍，故C正确；D．乙中加入的反应物的物质的量是甲的2倍，增大压强平衡不移动，则乙中反应物的转化率和甲中相同，甲中CO转化率＝×100%＝33.3%，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡计算，侧重考查比较分析判断及计算能力，明确甲乙容器中反应物转化率关系、化学平衡常数计算方法是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。17．（2分）已知25°C时，几种弱酸或弱碱测得的电离平衡常数如下：HNO2：K＝5.1×10﹣4，HCN：K＝4.9×10﹣10，HF：K＝7.2×10﹣4，NH3•H2O＝1.76×10﹣5。下列说法不正确的是（）A．25°C时，NH4Cl水溶液的pH＜7 B．一定条件下，反应NaCN+HF＝HCN+NaF可以发生 C．25°C时，将等浓度的NaNO2和NaF混合：c（Na+）＞c（NO2﹣）＞c（F﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．等物质的量浓度的NaCN和HCN的混合溶液显碱性【分析】A．25°C时，NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解溶液的pH＜7；B．HCN：K＝4.9×10﹣10，HF：K＝7.2×10﹣4，酸性HF＞HCN；C．HNO2：K＝5.1×10﹣4，HF：K＝7.2×10﹣4，HNO2＜HF，25°C时，将等浓度的NaNO2和NaF混合，NO2﹣离子水解程度大，NO2﹣和F﹣离子水解，溶液显碱性；D．NaCN发生水解显碱性；室温下，HCN的电离常数Ka＝4.9×10﹣10，则CN﹣水解平衡常数Kh＝＝≈2×10﹣5＞4.9×10﹣10，即水解平衡常数大于电离平衡常数。【解答】解：A．NH3•H2O的K＝1.76×10﹣5，为弱碱，NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解溶液显酸性，溶液的pH＜7，故A正确；B．HCN：K＝4.9×10﹣10，HF：K＝7.2×10﹣4，酸性HF＞HCN，一定条件下，反应NaCN+HF＝HCN+NaF可以发生，故B正确；C．25°C时，将等浓度的NaNO2和NaF混合，NO2﹣离子水解程度大，NO2﹣和F﹣离子水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度c（Na+）＞c（F﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；D．NaCN发生水解显碱性；室温下，HCN的电离常数Ka＝4.9×10﹣10，则CN﹣水解平衡常数Kh＝＝≈2×10﹣5＞4.9×10﹣10，即水解平衡常数大于电离平衡常数，等物质的量浓度的NaCN和HCN的混合溶液显碱性，故D正确；故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、强酸制取弱酸原理是解本题关键，题目难度不大。18．（2分）下列说法正确的是（）A．常温下，0.1mol⋅L﹣1CH3COONa溶液加水稀释后，溶液中的值增大 B．常温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的电离程度相同 C．常温下，反应NH3（g）+HCl（g）＝NH4Cl（s）能自发发生反应，则该反应的ΔH＞0 D．常温下，向BaCO3、BaSO4的饱和溶液中加入少量BaCl2固体，溶液中减小【分析】A.常温下，0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液加水稀释过程中，c（H+）增大，溶液中＝；B.醋酸为弱酸，不能完全电离，盐酸为强酸可完全电离，且酸抑制水的电离；C.常温下该反应的△S＜0，该反应能自发进行，当△G＝△H﹣T△S＜0时能自发进行；D．温度不变溶度积常数不变，×＝。【解答】解：A.常温下，0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液加水稀释过程中，水解平衡正向移动，c（H+）增大，溶液中＝，Ka只与温度有关，氢离子浓度增大，因而增大，故A正确；B.等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氢离子浓度大，对水的电离抑制程度大，所以等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中水的电离程度不同，故B错误；C．常温下该反应的△S＜0，该反应能自发进行，当△G＝△H﹣T△S＜0时能自发进行，所以要使△G＜0，则△H＜0，故C错误；D．温度不变溶度积常数不变，×＝不变，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学平衡，题目难度不大，明确反应进行的方向、K与温度的关系、弱电解质的电离为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强。19．（2分）用AG表示溶液酸度：AG＝lg．在室温下，用0.1mol/L的HCl溶液滴定20.00mL0.1mol/L氨水。滴定结果可表示如图，下列分析正确的是（）A．0.1mol/L氨水pH＝10.2 B．A点加入盐酸的体积为20.00mL C．若a＝7，从A到B水的电离程度逐渐减小 D．B点溶液中可能存在c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞（H+）＞c（OH﹣）【分析】室温下，用0.1mol/L的HCl溶液滴定20.00mL0.1mol/L氨水，发生的反应为HCl+NH3•H2O═NH4Cl+H2O，化学计量点时恰好生成NH4Cl，水解使溶液酸性，此时消耗HCl的体积为20.00mL，结合图象和溶液中的守恒思想分析判断．【解答】解：室温下，用0.1mol/L的HCl溶液滴定20.00mL0.1mol/L氨水，发生的反应为：HCl+NH3•H2O═NH4Cl+H2O，化学计量点时恰好生成NH4Cl，水解使溶液酸性，此时消耗HCl的体积为20.00mL，A．滴定起始时，溶液中仅存在氨水，此时AG＝＝﹣7.4，则，由于Kw＝c（H+）c（OH﹣），则溶液中c（OH﹣）＝10﹣3.3mol/L，因此0.1mol/L氨水pH＝14﹣pOH＝10.7，故A错误；B．B点时，AG未知，不能判断加入盐酸具体的量，故B错误；C．若a＝7，则此时lg＝7，所以溶液中c（H+）＝＝10﹣3.5mol/L，溶液为酸性，表明已经经过化学计量点或刚好在化学计量点，溶液中都会有NH4Cl生成，NH4Cl水解促进水的电离，酸过量则抑制水的电离，因此从A到B水的电离程度不是纯粹的减小，故C错误；D．根据电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），B点溶液a值＞0，则，溶液为酸性，c（H+）＞c（OH﹣），则c（NH4+）＜c（Cl﹣），总的来说就有c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞（H+）＞c（OH﹣），故D正确。故选：D。【点评】本题考查本题考查了酸碱反应后溶液溶质成分、溶液酸碱性、离子浓度关系的计算分析判断，掌握基础是解题关键，牢牢把握溶液中的守恒思想，题目难度中等．（多选）20．（2分）2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。某高能锂离子电池的反应方程式为Li1﹣xCoO2+LixC6LiCoO2+C6（x＜1）。以该锂离子电池为电源、苯乙酮为原料制备苯甲酸的装置如图所示（苯甲酸盐溶液酸化后可以析出苯甲酸）。下列说法正确的是（）A．电池放电时，Li+向b极移动 B．电池充电时，a极反应式为LiCoO2﹣xe﹣═Lil﹣xCoO2+xLi+ C．M为阳离子交换膜 D．生成苯甲酸盐的反应为【分析】根据锂离子电池的反应方程式为Li1﹣xCoO2+LixC6LiCoO2+C6（x＜1）可知，LixC6发生失去电子的氧化反应，LixC6所在电极为负极，电极反应式为LixC6﹣xe﹣＝xLi++C6，则Li1﹣xCoO2所在电极为正极，电极反应式为xLi++xe﹣+L1﹣xCoO2═LiCoO2；根据电解池中物质转化：H2O→H2可知，电解池右侧为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，与原电池的负极相接，即b电极为原电池的负极、a电极为原电池的正极，电解池的左侧为电解池的阳极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为2I﹣﹣2e﹣＝I2，I2发生歧化反应生成IO﹣，离子方程式为I2+2OH﹣＝I﹣+IO﹣+H2O，据此分析解答。【解答】解：A、根据电解池中H2O→H2可知，电解池右侧为阴极，与原电池的负极相接，即b电极为原电池的负极，则a电极为原电池的正极，电池放电时，Li+向正极a极移动，故A错误；B、a电极为原电池的正极，电池充电时，a极为阳极，反应式为LiCoO2﹣xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+，故B正确；C、由于阳极区还发生I2+2OH﹣＝I﹣+IO﹣+H2O的反应生成氧化剂IO﹣，反应条件为碱性，阴极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，所以交换膜为阴离子交换膜，故C错误；D、根据图示信息，生成苯甲酸盐的反应为，故D正确。故选：BD。【点评】本题主要考查新型原电池工作原理和电解池原理，为高频考点，明确两池的工作原理、电极的判断及电极上发生的反应为解题关键，注意电子守恒在电化学计算中的应用，试题侧重学生分析能力和计算能力的考查，培养了学生的灵活应用能力，题目难度中等。二、填空题（4小题，共60分）21．（14分）图是利用废铜屑（含杂质铁）制备胆矾（硫酸铜晶体）的流程。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2开始沉淀2.77.54.4完全沉淀3.79.76.7请回答：（1）溶液B中含有的阳离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+（填离子符号）。（2）下列物质中最适宜做氧化剂X的是b（填字母）。a．NaClOb．H2O2c．KMnO4（3）加入试剂①是为了调节pH，要调整pH范围是3.7～4.4，则试剂①可以选择CuO[或Cu（OH）2或CuCO3]（填化学式）。（4）沉淀D加入盐酸和铁粉，可以制得FeCl2溶液，实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉，其原因是Fe+2Fe3+＝3Fe2+（用离子方程式表示）。（5）溶液E经过操作①可得到胆矾，操作①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。（6）已知溶液中c（Cu2+）与pH的关系为lgc（Cu2+）＝8.6﹣2pH，若溶液中c（Cu2+）为1mol/L，此时溶液中的Fe3+能否沉淀完全：能（填“能”或“否”）。【分析】灼烧废铜屑，Cu反应生成CuO、Fe被氧化生成Fe3O4，A的成分为CuO、Fe3O4，A与足量稀硫酸反应生成CuSO4、FeSO4、Fe3（SO4）3，B中含有CuSO4、FeSO4、Fe3（SO4）3和稀硫酸，加入氧化剂X得到溶液C，X能氧化亚铁离子生成铁离子但是不能引进新的杂质，则X为H2O2，加入试剂①是为了调节pH，加入的物质能和氢离子反应但是不能引进新的杂质，则试剂①为CuO[或Cu（OH）2或CuCO3]，过滤得到的沉淀D为Fe（OH）3，溶液E为CuSO4，从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾，（1）A中含有CuO、Fe3O4，A和稀硫酸反应且稀硫酸过量导致溶液B中含有CuSO4、FeSO4、Fe3（SO4）3和稀硫酸；（2）氧化剂X能氧化亚铁离子生成铁离子且不能引进新的杂质；（3）加入试剂①是为了调节pH，让三价铁离子完全沉淀，铜离子不沉淀，故调整pH范围是3.7～4.4；试剂①能和氢离子反应且不能引进新的杂质；（4）沉淀D为氢氧化铁，氢氧化铁加入盐酸和铁粉，可以制得FeCl2溶液，实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉，亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子；（5）溶液E为硫酸铜，硫酸铜溶液经过操作①可得到胆矾，操作①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；（6）根据关系式：lgc（Cu2+）＝8.6﹣2pH计算溶液pH，再结合pH≥3.7时Fe3+沉淀完全判断。【解答】解：灼烧废铜屑，Cu反应生成CuO、Fe被氧化生成Fe3O4，A的成分为CuO、Fe3O4，A与足量稀硫酸反应生成CuSO4、FeSO4、Fe3（SO4）3，B中含有CuSO4、FeSO4、Fe3（SO4）3和稀硫酸，加入氧化剂X得到溶液C，X能氧化亚铁离子生成铁离子但是不能引进新的杂质，则X为H2O2，加入试剂①是为了调节pH，加入的物质能和氢离子反应但是不能引进新的杂质，则试剂①为CuO[或Cu（OH）2或CuCO3]，过滤得到的沉淀D为Fe（OH）3，溶液E为CuSO4，从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾，（1）A中含有CuO、Fe3O4，A和稀硫酸反应且稀硫酸过量导致溶液B中含有CuSO4、FeSO4、Fe3（SO4）3和稀硫酸，所以B中含有阳离子为Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+，故答案为：Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+；（2）氧化剂X能氧化亚铁离子生成铁离子且不能引进新的杂质，双氧水被还原为水，不引进新的杂质，但是次氯酸钠和高锰酸钾溶液能引进新的杂质，所以选双氧水，故答案为：b；（3）加入试剂①是为了调节pH，让三价铁离子完全沉淀，铜离子不沉淀，故调整pH范围是3.7～4.4；试剂①能和氢离子反应且不能引进新的杂质，该试剂为CuO[或Cu（OH）2或CuCO3]，故答案为：3.7～4.4；CuO[或Cu（OH）2或CuCO3]；（4）沉淀D为氢氧化铁，氢氧化铁加入盐酸和铁粉，可以制得FeCl2溶液，实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉，亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子，离子方程式为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+；（5）溶液E为硫酸铜，硫酸铜溶液经过操作①可得到胆矾，操作①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。（1）Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+（2分）（6）若溶液中c（Cu2+）为1mol/L，根据关系式：lgc（Cu2+）＝8.6﹣2pH，可知溶液pH＝4.3，pH≥3.7时Fe3+沉淀完全，故溶液中Fe3+沉淀完全，故答案为：能。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应及水解原理的应用，题目难度不大。22．（16分）按要求回答下列问题。（1）一定温度下，现有：a.盐酸，b.硫酸，c.醋酸三种酸①当三种酸体积相同，物质的量浓度相同时，使其恰好完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是b＞a＝c（用a、b、c表示）。②当三者c（H+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是c＞a＝b（用a、b、c表示）。③当c（H+）相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2（相同状况），则开始时反应速率的大小关系为a＝b＝c（用a、b、c表示）。（2）现用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度，有关数据记录如表：滴定序号待测液体积/mL所消耗盐酸标准液的体积/mL滴定前滴定后消耗的体积125.000.5026.8026.30225.00﹣﹣﹣325.005.0031.3426.34①用酸式式滴定管盛装0.2500mol⋅L﹣1盐酸标准液。如图表示第二次滴定前后50mL滴定管中液面的位置。该次滴定所用标准盐酸体积为24.60mL。②现实验室中有石蕊和酚酞两种指示剂，该实验应选用酚酞作指示剂。③根据所给数据，该烧碱样品的物质的量浓度为0.2632mol/L。④若操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则会造成测定结果偏低（填“偏低”“偏高”或“无影响”）。【分析】（1）①当三种酸体积相同，物质的量浓度相同时，n（HCl）＝n（CH3COOH）＝n（H2SO4），HCl、CH3COOH都是一元酸，与NaOH等物质的量反应，H2SO4是二元酸，与NaOH按物质的量为1：2反应；②HCl、H2SO4是强酸，CH3COOH是弱酸，当三者c（H+）相同时n（CH3COOH）＞n（HCl），HCl、H2SO4溶液中c（H+）相等；③c（H+）相同、体积相同，加入形状、密度、质量完全相同的锌时，开始的反应速率相等；（2）①酸式滴定管可用于盛装酸性、强氧化性的试剂，碱式滴定管用于盛装碱性试剂；滴定管的0.00刻度线在上方位置，精确度为0.01mL，据此读数；②盐酸和氢氧化钠溶液反应时，常常选择酚酞作指示剂，不选择石蕊；③先分析实验数据的有效性，再计算消耗HCl溶液体积的平均值，结合反应NaOH+HCl＝NaCl+H2O进行计算；④若操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则NaOH没有完全被中和。【解答】解：（1）①同体积同物质的量浓度的三种酸，三种酸n（HCl）＝n（CH3COOH）＝n（H2SO4），HCl、CH3COOH都是一元酸，H2SO4是二元酸，HCl、CH3COOH消耗NaOH的物质的量相等，H2SO4消耗NaOH的物质的量是HCl、CH3COOH的2倍，即完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是b＞a＝c，故答案为：b＞a＝c；②HCl、H2SO4是强酸，CH3COOH是弱酸，部分电离，当c（H+）相同、体积相同时，醋酸的物质的量最大，反应过程中电离的H+最多，HCl、H2SO4溶液中n（H+）相等，所以分别加入足量锌，生成氢气体积为c＞a＝b，故答案为：c＞a＝b；③加入的锌的形状、密度、质量完全相同、酸溶液中c（H+）也相同，则开始时三者的反应速率均相等，即a＝b＝c，故答案为：a＝b＝c；（2）①盐酸标准液呈酸性，盛装于酸式滴定管中，图中盐酸的起始位置为0.30mL，终点读数为24.90mL，则所用标准盐酸体积为24.90mL﹣0.30mL＝24.60mL，故答案为：酸；24.60；②石蕊变色不明显，通常不选石蕊作指示剂，所以该实验选用的指示剂为酚酞，故答案为：酚酞；③3次消耗NaOH溶液的体积分别为：26.30mL、24.60mL、26.34mL，第2次数据误差大，舍去，消耗HCl溶液的体积V（NaOH）＝mL＝26.32mL，反应NaOH+HCl＝NaCl+H2O，则n（NaOH）＝n（HCl），即0.025L×c（NaOH）＝0.02632L×0.2500mol⋅L﹣1，解得c（NaOH）＝0.2632mol/L，故答案为：0.2632mol/L；④若操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则NaOH没有完全被中和，消耗的盐酸的体积偏小，由c（NaOH）＝可知，测定结果偏低，故答案为：偏低。【点评】本题考查中和滴定操作、弱电解质的电离等知识，明确中和滴定原理及操作方法、弱电解质的电离特点即可解答，注意掌握实验数据的处理及误差分析，充分考查了学生的化学实验、化学计算能力，题目难度中等。23．（10分）已知部分弱酸的电离平衡常数如表，根据表中数据回答下列问题。弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）Ka＝1.77×10﹣4Ka＝5.0×10﹣10Ka1＝4.3×10﹣7Ka2＝5.6×10﹣11（1）写出HCOOH的电离方程式：HCOOH⇌HCOO﹣+H+；NaCN水溶液呈碱性，原因是CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣（用离子方程式表示），pH＝8的碳酸钠溶液中，由水电离出的OH﹣浓度为1×10﹣6mol/L。（2）50mL0.1mol/L醋酸溶液a和50mL0.1mol/L盐酸溶液b与足量Zn粉反应，初始速率a＜b；生成H2的量a＝b。（填“＜”、“＞”或“＝”）。（3）同浓度HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中碱性由强到弱的顺序是Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3＞HCOONa；NaHCO3溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）。（4）体积相同、c（H+）相同的三种酸溶液a．HCOOH；b．HCN；c．HCl分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是b＞a＞c。（填字母）【分析】（1）HCOOH为弱酸，水溶液中存在电离平衡，NaCN为强碱弱酸盐，CN﹣离子水解溶液显碱性，pH＝8的碳酸钠溶液中，碳酸根离子分步水解，溶液显碱性，溶液中氢氧根离子是水完全电离出的；（2）开始溶液中c（H+）关系决定反应时的速率，足量的Zn和酸反应生成H2的量和酸的物质的量有关；（3）弱酸的电离平衡常数越小，酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子的电离；（4）c（H+）相同的三种酸溶液浓度c（HCN）＞c（HCOOH）＞c（HCl），等体积等c（H+）的这三种酸，消耗V（NaOH）与酸的物质的量成正比。【解答】解：（1）HCOOH为弱酸，HCOOH的电离方程式为：HCOOH⇌HCOO﹣+H+，NaCN为强碱弱酸盐，CN﹣离子水解溶液显碱性，水解离子方程式：CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣，pH＝8的碳酸钠溶液中，碳酸根离子分步水解，溶液显碱性，溶液中氢氧根离子是水完全电离出的，由水电离出的OH﹣浓度＝mol/L＝1×10﹣6mol/L，故答案为：HCOOH⇌HCOO﹣+H+；碱；CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣；1×10﹣6mol/L；（2）酸能与锌反应得到氢气，开始溶液中c（H+）关系是b＞a，反应时的速率b＞a，生成H2的量和酸的物质的量有关，酸的浓度和体积一样，物质的量一样，所以产生氢气的物质的量是一样的，故答案为：＜；＝；（3）弱酸的电离平衡常数，可知酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，所以同浓度HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液碱性由强到弱的顺序是：Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3＞HCOONa，NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子的电离，溶液显碱性，离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣），故答案为：Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3＞HCOONa；c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）；（4）体积相同、c（H+）相同的三种酸溶液a．HCOOH、b．HCN、c．HCl，溶质物质的量：n（HCN）＞n（HCOOH）＞n（HCl），所以与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积与酸的物质的量成正比，则消耗NaOH体积由大到小的排列顺序是b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c。【点评】本题考查电离平衡常数及其应用，侧重考查基础知识的理解和灵活应用，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、与其对应弱酸根离子水解程度关系是解本题关键，注意酸消耗碱的量与酸的物质的量有关，与酸强弱无关，题目难度不大。24．（15分）甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料．如图是甲醇燃料电池工作的示意图，工作一段时间后，断开K．（1）甲中负极的电极反应式为CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣＝CO32﹣+6H2O．（2）若丙中C为铝，D为石墨，W溶液为稀H2SO4，若能使铝的表面生成一层致密的氧化膜，则C电极反应式为2Al﹣6e﹣+3H2O＝Al2O3+6H+．（3）若A、B、C、D均为石墨，W溶液为饱和氯化钠溶液：a．丙中电解的总化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑．b．工作一段时间后，向乙中所得溶液加入0.05molCu2（OH）2CO3后恰好使电解质溶液复原，则丙中D电极上生成的气体标况下的体积为3.36L．（4）若把乙装置改为精炼铜装置（粗铜含Al、Zn、Ag、Pt、