2022-2022学年甘肃省白银市会宁县高二（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）1.以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是（ ）A.四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反应B.商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土D.屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【答案】A【解析】解：A．酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，而葡萄糖不能发生水解反应，故A错误；B．后（司）母戊鼎的主要成分为Cu，属于铜合金制品，故B正确；C．瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故C正确；D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故D正确；故选：A。A．酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇；B．后（司）母戊鼎的主要成分为Cu；C．瓷器由黏土烧制而成；D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关。本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、物质的组成、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。2.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A.11.2L（标准状况）O2和NO的混合物中含有的分子数为0.5NAB.1mol羟基与1mol氢氧根离子含有的电子数均为9NAC.162.5 g FeCl3完全水解形成的Fe（OH）3胶体粒子数为NAD.42g乙烯和丁烯的混合物中含有的极性共价键数为6NA【答案】C【解析】解：A．标准状况下，11.2LO2和NO的混合物物质的量为0.5mol，由于二者发生反应，则含有的分子数小于0.5NA，故A错误；B.1mol羟基含有9mol电子，1mol氢氧根离子含有的电子数为10NA，二者不同，故B错误；C．一个氢氧化铁是多个氢氧化铁的聚集体，故162.5gFeCl3即1molFeCl3水解生成的氢氧化铁胶粒小于1NA个，故C错误；D．乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故42g混合物中含有的CH2的物质的量为3mol，而CH2中含2条极性键，故3molCH2中含6NA条极性键，故D正确；故选：C。A．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，导致分子数减少；B.1个羟基含有9个电子，1个氢氧根离子含有10个电子；C．一个氢氧化铁是多个氢氧化铁的聚集体；D．乙烯和丁烯的最简式均为CH2，求出混合物中含有的CH2的物质的量，然后根据CH215/15中含2条极性键来分析。本题考查阿伏加德罗常数的有应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。1.下列实验设计不能达到实验目的是（ ）实验目的实验设计A比较Al2O3和Al的熔点铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落B检验 NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明Na2O2与CO2是放热反应Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应D证明Cl2没有漂白性，HClO有漂白性将Cl2依次通过干燥的有色布条和湿润的有色布条A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】解：A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则可比较Al2O3和Al的熔点，故A正确；B．二者均与石灰水反应生成沉淀，现象相同，不能鉴别，故B错误；C．Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧可说明Na2O2与CO2是放热反应，故C正确；D．干燥的有色布条和湿润的有色布条可对比，则证明Cl2没有漂白性，HClO有漂白性，故D正确；故选：B。A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；B．二者均与石灰水反应生成沉淀；C．Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧可说明；D．干燥的有色布条和湿润的有色布条可对比。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、反应与现象、物质的鉴别、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。2.柠檬烯（）是一种食用香料。下列分析正确的是（ ）A.柠檬烯的一氯代物有8种B.柠檬烯和，互为同分异构体C.柠檬烯分子中所有碳原子可能均处同一平面D.一定条件下，柠檬烯可以发生加成、氧化、酯化等反应【答案】A15/15【解析】解：A．该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的一氯代物有8种，故A正确；B．丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；C．环状结构中含饱和碳原子，为四面体结构，分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，故C错误；D．不含羟基或羧基，不能发生酯化反应，故D错误。故选：A。由柠檬烯的结构简式可知，分子中含碳碳双键，具有烯烃的性质，由结构的对称性可知，含8种位置的H，且甲基、亚甲基、次甲基中的C均为四面体构型，以此来解答。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，涉及同分异构体、共面问题、有机反应及一氯代物等，综合性较强，题目难度中等。1.空气吹出法工艺（如图所示）是目前“海水提溴”的最主要方法之一。下列说法错误的是（ ）A.步骤④、⑤是为了富集溴B.步骤③说明溴具有挥发性C.步骤④过程中，溶液的pH不断增大D.步骤⑧中的混合物可用分液漏斗分离【答案】C【解析】解：A．溴的浓度太低，则步骤④、⑤是为了富集溴，故A正确；B．步骤③空气吹出，说明溴具有挥发性，故B正确；C．④中发生2H2O+SO2+Br2=4H++SO42-+2Br-，酸性增强，pH减小，故C错误；D．步骤⑧中的混合物中分离出溴，利用其易溶于有机溶剂，选分液漏斗分离，故D正确；故选：C。由流程可知，海水提取粗盐得到苦卤，酸化后②中发生2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，酸化可抑制氯气、溴的溶解，然后空气吹出溴，④中发生2H2O+SO2+Br2=4H++SO42-+2Br-，吸收液再通入氯气氧化富集溴，得到溴水混合物，蒸馏得到溴蒸气，冷凝分离得到液溴，以此来解答。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意海水资源的综合应用，题目难度不大。2.X、Y、Z、W均为短周期主族元素且原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数之和为13，X的原子半径比Y的小，W与X同族，用惰性电极电解一种常见的无色无味液体可得到X和Z元素的单质。下列说法正确的是（ ）A.由X、Y、Z三种元素形成的化合物中只含有共价键B.X与W可形成一种二元离子化合物15/15C.Y的简单氢化物的热稳定性比Z的强D.Y、Z、W的简单离子的电子层结构相同，其中Z的离子半径最小【答案】B【解析】解：用惰性电极电解一种常见的无色无味液体可得到X和Z元素的单质，该液体为水，则X为H元素，Z为O元素；W与X同族，W的原子序数大于Z，则W为Na元素；X、Y、Z、W的原子最外层电子数之和为13，Y最外层电子数=13-1-1-6=5，Y的原子序数小于O，则Y为N元素，A．H、N、O形可以形成化合物硝酸铵，硝酸铵属于离子化合物，含有离子键，故A错误；B．H、Na可以形成二元离子化合物NaH，故B正确；C．非金属性N＜O，则Y（N）的简单氢化物的热稳定性比Z（O）的弱，故C错误；D．电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则W的离子半径最小，故D错误；故选：B。用惰性电极电解一种常见的无色无味液体可得到X和Z元素的单质，该液体为水，则X为H元素，Z为O元素；W与X同族，W的原子序数大于Z，则W为Na元素；X、Y、Z、W的原子最外层电子数之和为13，Y最外层电子数=13-1-1-6=5，Y的原子序数小于O，则Y为N元素，据此进行解答。本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力。1.能说明醋酸是弱电解质的事实是（ ）A.醋酸溶液的导电性比盐酸弱B.醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳C.醋酸溶液用水稀释后，氢离子浓度下降D.0.1mol•的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol【答案】D【解析】解：A．溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关，故A错误；B．醋酸溶液和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性比碳酸强，但不能说明醋酸是弱电解质，故B错误；C．无论醋酸是强电解质还是弱电解质，稀释醋酸溶液，氢离子浓度都降低，所以不能说明醋酸是弱电解质，故C错误；D.0.1mol•的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol，说明醋酸是部分电离的，在其溶液中存在电离平衡，所以能说明醋酸是弱电解质，故D正确；故选：D。证明醋酸是弱电解质的方法有：1．根据醋酸的电离程度，2．根据醋酸的强碱盐溶液的酸碱性判断．本题考查了弱电解质的判断，电解质的强弱与其电离程度有关，只有部分电离的电解质是弱电解质．2.下列事实与盐类的水解无关的是（ ）A.FeCl3溶液可用于腐蚀印刷电路铜板B.ZnCl2溶液可用作焊接中的除锈剂C.AlCl3溶液蒸干后灼烧可得到Al2O3D.草木灰与铵态氮肥混合后使用肥效降低【答案】A【解析】解：A．FeCl3溶液可用于腐蚀印刷电路铜板，发生了氧化还原反应，与盐的水解无关，故A选；15/15B．ZnCl2溶液中，锌离子水解溶液呈酸性，可用作焊接中的除锈剂，与盐的水解有关，故B不选；C．铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发，AlCl3溶液蒸干得到氢氧化铝，灼烧可得到Al2O3，与盐的水解有关，故C不选；D．铵根离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，二者在一起会发生相互促进的水解反应，生成氨气，会降低肥效，与盐类水解有关，故D不选；故选：A。A．铁离子与铜发生氧化还原反应；B．锌离子水解，溶液呈酸性；C．铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，蒸干后灼烧得到氧化铝；D．铵根离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性。本题考查盐类水解的应用，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响即可解答，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重于化学知识的综合运用的考查。1.某可逆反应的能量变化如图所示。下列有关叙述正确的是能（ ）A.该反应的正反应为放热反应B.E2可表示逆反应的活化能C.该反应的反应热△H=E1-E2D.加入催化剂可同等程度的降低E1、E2，但△H不变【答案】D【解析】解：A．反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，故A错误；B．E1表示活化能，故B错误；C．该反应的反应热等于断键吸收的总能量减去成键放出的总能量，所以△H=E2-E1，故C错误；D．催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变，所以加入催化剂可同等程度的降低E1、E2，但△H不变，故D正确；故选：D。A．反应物总能量小于生成物总能量；B．E1表示活化能；C．该反应的反应热等于断键吸收的总能量减去成键放出的总能量；D．催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变。本题考查反应热和焓变，侧重考查图象分析判断能力，明确反应热含义、焓变与反应物和生成物总能量关系是解本题关键，注意：催化剂不改变焓变，题目难度不大。2.已知：H2O（g）=H2O（l）△H1=-Q1 kJ/mol；C2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=-Q215/15 kJ/molC2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=-Q3 kJ/mol若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量是多少kJ（ ）A.Q1+Q2+Q3B.0.5（Q1+Q2+Q3）C.0.5 Q1-1.5 Q2+0.5Q3D.1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3【答案】D【解析】解：①H2O（g）=H2O（l）△H1=-Q1kJ•mol-1，②C2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=-Q2kJ•mol-1，③C2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=-Q3kJ•mol-1，根据盖斯定律可知，①×3-②+③得C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=-（3Q1-Q2+Q3）kJ/mol，即1mol液态酒精完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为（3Q1-Q2+Q3）kJ，则23g液态酒精完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为0.5×（3Q1-Q2+Q3）kJ=1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3kJ，故选：D。23g液态酒精为0.5mol，利用已知的反应得出C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）的反应热，利用物质的量与反应放出的热量成正比来解答．本题考查学生利用盖斯定律计算反应热，明确已知反应和目标反应的关系是解答本题的关键，题目难度中等．1.将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L-1•s-1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L-1•s-1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol•L-1其中正确的是（ ）A.①③B.①④C.②③D.③④【答案】B【解析】解：利用三段式法计算： 起始A的浓度为=2mol/L，B的浓度为 =1mol/L 2A（g）+B（g）⇌2C（g），起始：2mol/L 1mol/L 0变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）==0.3mol•L-1•s-1；2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）==0.15mol•L-1•s-1；2s时物质A的转化率为α=×100%=30%；2s时物质B的浓度为0.7mol•L-1，显然①④正确，故选：B。根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）⇌2C（g15/15），并利用三段式法计算，据此解答．本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算．1.已知：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H=-14.9kJ•mol-1．某温度下，在体积均为2.0L的甲、乙两个恒容密闭容器中充入反应物，其起始物质的量如下表所示。甲中反应达到平衡时，测得c（H2）=0.008mol•L-1．下列判断正确的是（ ）起始物质的量n（H2）/moln（I2）/moln（HI）/mol甲0.020.020乙0.040.040A.平衡时，乙中H2的转化率是甲中的2倍B.平衡时，甲中混合物的颜色比乙中深C.平衡时，甲、乙中热量的变化值相等D.该温度下，反应的平衡常数K=0.25【答案】D【解析】解：A．该反应前后气体的体积不变，乙中的浓度为甲中的2倍，乙中压强为甲中2倍，压强不影响平衡移动，二者为等效平衡，平衡时对应各组分的转化率相同，故A错误；B．二者为等效平衡，平衡时乙中c（I2）是甲中的2倍，平衡时乙中颜色更深，故B错误；C．二者为等效平衡，反应物转化率相同，乙中参加反应I2的是甲中的2倍，乙中的热量变化是甲中的2倍，故C错误；D．平衡时氢气的浓度为0.008mol/L，则： H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）开始（mol/L）：0.01 0.01 0变化（mol/L）：0.002 0.002 0.004平衡（mol/L）：0.008 0.008 0.004故该温度下该反应的平衡常数K==0.25，故D正确；故选：D。A．该反应前后气体的体积不变，乙中的浓度为甲中的2倍，乙中压强为甲中2倍，压强不影响平衡移动，二者为等效平衡；B．二者为等效平衡，平衡时乙中c（I2）是甲中的2倍；C．二者为等效平衡，反应物转化率相同，乙中参加反应I2的是甲中的2倍；D．根据平衡时氢气的浓度，利用三段式计算平衡时其它组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算。本题考查等效平衡、化学平衡常数的计算、影响化学平衡的因素等，题目难度中等，明确三段式在化学平衡计算中的应用为解答关键，注意理解等效平衡规律，试题培养了学生的化学计算能力。2.常温下向10mL0.1mol•L-1CuCl2溶液中滴入0.1mol•L-1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc（Cu2+）随滴入的Na2S溶液体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）15/15A.Na2S溶液中：c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）=2c（Na+）B.Ksp（CuS）的数量级为10-36C.a、b、c三点溶液中，b点水的电离程度最大D.c点溶液中：c（Cl-）=2c（Na+）【答案】B【解析】解：A．由物料守恒可知Na2S溶液中存在2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S）=c（Na+），故A错误；B．该温度下，平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-18mol/L，则Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2-）=10-18mol/L×10-18mol/L=10-36mol2/L2，Ksp（CuS）的数量级为10-36，故B正确；C．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不三点中最大的，故C错误；D．c点时钠离子的物质的量为0.1mol/L×0.02L×2=0.004mol，氯离子的物质的量为0.1mol/L×0.01L×2=0.002mol，则2c（Cl-）=c（Na+），故D错误；故选：B。向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图中浓度计算溶度积常数及溶液中的守恒思想来解答。本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握图中浓度、Ksp计算、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物料守恒的应用，题目难度不大。二、双选题（本大题共1小题，共3.0分）1.如图装置，放电时可将Li、CO2转化为Li2CO3和C，充电时选用合适催化剂仅使Li2CO3转化为Li、CO2和O2．下列有关表述正确的是（ ）A.放电时，Li+向电极X方向移动B.充电时，电极Y应与外接直流电源的负极相连C.充电时阳极的电极反应式为C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li+D.放电时，每转移4mol电子，生成1molC【答案】CD【解析】解：A．放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，Li+向电极Y方向移动，故A错误；15/15B．该电池充电时，电源的负极与外加电源的负极相连，即电极X与外接直流电源的负极相连，故B错误；C．该电池充电时，阳极上C失电子生成二氧化碳，即C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li+，故C正确；D．正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，C的化合价降低4价，则每转移4mol电子，理论上生成1molC，故D正确；故选：CD。放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3；充电时，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上C失电子生成二氧化碳，即C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li+，据此分析。本题考查了原电池原理和电解池原理的综合知识，题目难度中等，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，掌握原电池、电解池原理是解题关键，电极方程式的书写是题目的难点。三、简答题（本大题共3小题，共32.0分）1.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡．根据要求回答问题（1）生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是______（用离子方程式表示）．（2）常温下，取0.2mol•L-1 HCl溶液与0.2mol•L-1 MOH溶液等体积混合，测得混合溶液后的pH=5．写出MOH的电离方程式：______．（3）0.1mol/L的NaHA溶液中，测得溶液中的显碱性．则①该溶液中c（H2A）______c（A2-）（填“＞”、“＜”或“=”）．②作出上述判断的依据是______（用文字解释）．（4）含Cr2O72-的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10-3 mol•L-1的Cr2O72-．为了使废水的排放达标，进行如下处理：①绿矾为FeSO4•7H2O．反应（I）中Cr2O72-与FeSO4的物质的量之比为______．②常温下若处理后的废水中c（Cr3+）=6.0×10-7 mol•L-1，则处理后的废水的pH=______．（Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10-31）【答案】Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+ MOH⇌M++OH- ＞ NaHA溶液显碱性，说明其电离程度小于水解程度 1：6 6【解析】解：（1）明矾溶于水电离出铝离子，铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，所以明矾能净水，离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；（2）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，弱碱电离可逆，其电离方程式为：MOH⇌M++OH-，故答案为：MOH⇌M++OH-；（3）①NaHA溶液中，HA-离子既电离也水解，电离产生A2-，水解生成H2A，溶液显碱性，说明其电离程度小于水解程度，所以c（H2A）＞c（A2-）故答案为：＞；②NaHA溶液中，HA-离子既电离也水解，电离产生A2-，水解生成H2A，溶液显碱性，说明其电离程度小于水解程度，故答案为：NaHA溶液显碱性，说明其电离程度小于水解程度；（4）①依据氧化还原反应离子方程式：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可以求得Cr2O72-与FeSO4的物质的量之比为1：6，故答案为：1：6；②Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH-）=c3（OH-）×6.0×10-7=6.0×10-31，c（OH-）=1.0×10-8，其pH=6，故答案为：6．（1）明矾中含有铝离子，易水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中的悬浮物而净水；15/15（2）室温下取0.2mol•L-1HCl溶液与0.2mol•L-1MOH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pH=6，说明得到的盐是强酸弱碱盐；（3）NaHA溶液中，HA-离子既电离也水解，测得溶液显碱性，说明其电离程度小于水解程度；（4）①依据氧化还原反应离子方程式：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可以求得Cr2O72-与FeSO4的物质的量之比；②据Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10-31和c（Cr3+）=6.0×10-7mol•L-1求得c（OH-）可求得pH．本题考查了盐类水解的应用、氧化还原反应计算应用，溶度积的计算应用等知识点，题目难度较大．1.电解的应用比较广泛，回答下列问题：（1）图甲为电解精炼银的示意图，______（填“a”或“b”）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应为______。（2）利用图乙装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH溶液和LiCl溶液。B极区电解液为______（填化学式）溶液阳极的电极反应式为______，电解过程中Li+向______（填“A”或“B”）电极迁移。（3）用阴离子膜法提取金属锰的电解装置图如图丙所示。①电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则A电极是直流电源的______（填“正”或“负”）极。实际生产中，阳极区以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为：______。②该工艺之所以采用阴离子交换膜，是为了防止Mn2+进入阳极区发生副反应生成MnO2造成资源浪费写出该副反应的电极反应式：______。【答案】a NO3-+e-+2H+=NO2↑+H2O LiOH 2Cl--2e-=Cl2↑ B 负 4OH--4e-=2H2O+O2↑或者2H2O-4e-=O2↑+4H+ Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+【解析】解：（1）电解精炼时，粗银做阳极，所以粗银是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO2，电极反应：NO3-+e-+2H+=NO2↑+H2O，故答案为：a；NO3-+e-+2H+=NO2↑+H2O；（2）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，说明B中氢离子放电，则B为阴极，在B中制备LiOH，B极区电解液为LiOH溶液；Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：LiOH；2Cl--2e-=Cl2↑；B；（3）①电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则左室为阴极室，右室为阳极室，A为电源的负极，B为电源的阳极，阳极以稀硫酸为电解液，溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑或者2H2O-4e-=O2↑+4H+，故答案为：负；4OH--4e-=2H2O+O2↑或者2H2O-4e-=O2↑+4H+；②Mn2+进入阳极区，发生氧化反应生成MnO2，需要有水参与反应，根据电荷守恒可知有氢离子生成，该副反应的电极反应式：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，故答案为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+15/15。（1）电解精炼银时，粗银作阳极，若b极有少量红棕色气体生成，则b电极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮，据此分析；（2）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图示可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气；（3）①电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则左室为阴极室，右室为阳极室，A为电源的负极，B为电源的阳极，阳极以稀硫酸为电解液，溶液中氢氧根离子放电生成氧气；②Mn2+进入阳极区，发生氧化反应生成MnO2，需要有水参与反应，根据电荷守恒可知有氢离子生成。本题考查了电解池的原理，题目难度不大，注意把握电池中电极的判断以及电极方程式的书写方法，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。1.SO2和CO均为燃煤烟气中的主要污染物，对二者的治理备受瞩目。回答下列问题：（1）有人设计通过硫循环完成二者的综合处理，原理为：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H1=-41.2kJ•mol-1S（1）+2H2O（g）=2H2（g）+SO2（g）△H2=-45.4kJ•mol-12CO（g）+SO2（g）⇌S（1）+2CO2（g）△H3则△H3=______。（2）T℃时，向2L恒容密闭容器中充入2mol CO和1mol SO2，发生反应2CO（g）+SO2（g）⇌S（l）+2CO2（g），经过10min反应达到平衡，测得S（l）的物质的量为0.8mol。①0～10min内，平均反应速率v（CO）=______。②反应平衡常数K=______。（3）起始时向密闭容器中充人一定量的S（1）和H2O（g），发生反应S（l）+2H2O（g）⇌2H2（g）+SO2（g），H2O（g）的平衡转化率与温度（T）和压强（p）的关系如图所示。①上图中p1和p2的大小关系为：p1______p2（填“＞”“＜”或“=”）。②MN两点的平衡常数大小关系为：K（M）______K（N）（填“＞”“＜”或“=”），理由是______。【答案】-37.0kJ/mol 0.08mol•L•min-1 160 ＜ ＞ N点的温度高于M点，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小【解析】解：（1）i．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H1=-41.2kJ•mol-1 ii．S（l）+2H2O（g）⇌2H2（g）+SO2（g）△H2=-45.4kJ•mol-1盖斯定律计算（2×i-ii）得到2CO（g）+SO2（g）⇌S（1）+2CO2（g）△H3=2×（-41.2kJ•mol-1 ）-（-45.4kJ•mol-1）=-37.0kJ/mol；故答案为：-37.0kJ/mol；（2）①T℃，向2L恒容密闭容器中充入2molCO和1molSO2，发生反应，10min达到平衡时，测得S（l）的物质的量为0.8mol，反应的CO物质的量1.6mol，0〜10min内，用CO表示该反应速率v（CO）==0.08mol•L•min-115/15；故答案为：0.08mol•L•min-1；②反应的三段式为2CO（g）+SO2（g）⇌S（l）+2CO2（g）起始量（mol） 2 1 0 0变化量（mol） 1.6 0.8 0.8 1.6平衡量（mol） 0.4 0.2 1.6平衡时c（CO）==0.2mol/L，c（SO2）=0.1mol/L，c（CO2）=0.8mol/L，平衡常数K===160；故答案为：160；（3）①该反应正向为气体分子总数增大的放热反应，升高温度和增大压强均使平衡逆向移动，H2O（g）的平衡转化率减小，所以p1＜p2；故答案为：＜；②平衡常数只与温度有关，N点温度高于M点，则升温平衡逆向进行，平衡常数减小，所以K（M）＞K（N）；故答案为：＞；N点的温度高于M点，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小。（1）i．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H1=-41.2kJ•mol-1 ii．S（l）+2H2O（g）⇌2H2（g）+SO2（g）△H2=-45.4kJ•mol-1盖斯定律计算（2×i-ii）得到2CO（g）+SO2（g）⇌S（1）+2CO2（g）△H3；（2）①利用硫物质的量计算反应的CO物质的量，反应速率v=；②结合三行计算列式计算平衡浓度，将平衡浓度代入平衡常数表达式得到平衡常数K；（3）S（l）+2H2O（g）⇌2H2（g）+SO2（g）△H2=-45.4kJ•mol-1，反应正向为气体体积增大的放热反应，①图象分析判断p1和p2的大小；②反应为放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小。本题考查了热化学方程式书写、平衡常数和反应速率计算、影响化学平衡的因素发生判断等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。四、实验题（本大题共2小题，共26.0分）1.亚硝酸钠（NaNO2）在漂白、电镀等方面应用广泛。以木炭浓硝酸、水和铜为原料制备亚硝酸钠的装置如图所示：已知：室温下，①2NO+Na2O2=2NaNO2②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO2+2NO↑+H2O③酸性条件下，NO或NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+回答下列问题：（1）检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间N2，然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热。通人N2的作用是______。（2）装置B中观察到的主要现象为______，发生反应的离子方程式是______。（3）装置D的作用是______，发生反应的离子方程式是______。（4）预测C中反应开始阶段，固体产物除NaNO2外，还含有的副产物有Na2CO3和______（写化学式）。为避免产生这些副产物，应在装置B、C间增加干燥管，则干燥管中盛放的试剂为______（写名称）。（5）利用改进后的装置，将3.12gNa2O2完全转化为NaNO2，理论上至少需要木炭______g。15/15【答案】排尽空气，防止生成的NO被O2氧化 导管口有气泡冒出，红棕色气体消失，铜片逐渐溶解，铜片表面有气泡生成，溶液变蓝 3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO↑、3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O 吸收未反应的NO，防止污染空气 3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O NaOH 碱石灰 0.48【解析】解：（1）通入N2，可排尽空气，防止生成的NO被O2氧化，故答案为：排尽空气，防止生成的NO被O2氧化；（2）二氧化氮在B中与水反应是硝酸，硝酸与Cu反应生成硝酸铜与NO，观察到的现象为：红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出，涉及反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO↑、3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：导管口有气泡冒出，红棕色气体消失，铜片逐渐溶解，铜片表面有气泡生成，溶液变蓝；3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO↑、3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）由题目信息，酸性条件下，NO能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+吸收未反应的NO，防止污染空气，反应离子方程式为：3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故答案为：吸收未反应的NO，防止污染空气；3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O；（4）二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，可以在B、C之间添加成分碱石灰的装置，吸收除去二氧化碳，并干燥NO气体，故答案为：NaOH；碱石灰；（5）n（Na2O2）==0.04mol，根据2NO+Na2O2=2NaNO2知，0.04mol过氧化钠反应需要0.08molNO，设参加反应的碳为nmol，根据C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O知，生成4nmolNO2，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知4nmolNO2与水反应生成4nmol×=nmol硝酸和nmolNO，再根据3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，硝酸与铜反应生成的NO为nmol×=nmol，所以nmol+nmol=2nmol=0.08mol，可得n=0.04mol，则需要碳的质量=12g/mol×0.04mol=0.48g，故答案为：0.48。A装置为C与HNO3（浓）反应生成二氧化碳与二氧化氮，二氧化氮在B中与水反应是硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，C装置中制备NaNO2，由于二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，故需要需要除去二氧化碳，并干燥NO气体，可以在B、C之间添加成分碱石灰的装置，反应开始需要排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化。利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气，由题目信息，酸性条件下，NO能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+，以此解答该题。本题考查物质制备实验方案的设计，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，题目涉及对原理与装置的分析评价、信息获取与迁移运用、化学计算等，（5）中计算为易错点、难点，关键是根据方程式需找B装置中得到NO15/15与碳的物质的量关系。1.某研究性学习小组用浓度为0.20mol•L-1的盐酸标准液滴定含有一定量杂质的烧碱样品（杂质与酸不反应）溶于水形成的溶液。（1）准确量取一定体积的待测液需要使用的仪器是______。（2）若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则消耗盐酸标准液的体积为______。（3）用盐酸标准液滴定待测烧碱样品的溶液时，______（填“左手”或“右手”，下同）握酸式滴定管的活塞，______摇动锥形瓶，眼睛始终注视______。（4）滴定时，若以酚酞为指示剂，滴定达到终点的标志是______。（5）将准确称取的5.0g烧碱样品配制成250mL待测液，并用盐酸标准液滴定。滴定前读数及滴定后读数如下表所示。滴定次数待测液体积（mL）0.20mol•L的盐酸体积（mL）滴定前读数滴定后读数第一次10.000.7020.60第二次10.004.0024.10第三次10.001.1021.10由实验数据可知，烧碱的纯度为______（6）下列操作会导致测得的待测液的浓度偏大的是______（填字母）。a．部分标准液滴出锥形瓶外b．用待测溶液润洗锥形瓶c．锥形瓶洗净后还留有蒸馏水d．放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失【答案】碱式滴定管 26.10 左手 右手 锥形瓶中溶液颜色的变化 滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色 80% ab【解析】解：（1）氢氧化钠溶液是碱溶液，需要用碱式滴定管；故答案为：碱式滴定管；（2）滴定管的0刻度在上方，0～1刻度间每一小格为0.10mL，如图1显示0.00ml，图2显示26.10ml，可知则所用盐酸标准溶液的体积为26.10ml-0.00ml=26.10mL，故答案为：26.10；（3）用盐酸标准液滴定待测烧碱样品的溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化；故答案为：左手；右手；锥形瓶中溶液颜色的变化；（4）滴定前溶液为红色，滴定终点时溶液为无色，所以滴定终点现象为滴最后一滴溶液由红色变为无色，半分钟不褪色，（5）三次消耗的标准液体积为：20.60-0.70=19.90； 24.10-4.00=20.10； 21.10-1.10=20.00；三组数据都有效，所以消耗盐酸体积为：（19.90+20.10+20.10）÷3=20.00；所以氢氧化钠的物质的量浓度为：=0.40mol/L，则该样品中氢氧化钠的质量分数为：×100%=80%，故答案为：80%；（6）a．部分标准液滴出锥形瓶外，导致消耗的标准液体积偏大，待测液浓度偏高，故a选；15/15 b．用待测溶液润洗锥形瓶，导致消耗的标准液体积偏大，待测液浓度偏高，故b选；c．锥形瓶洗净后还留有蒸馏水，对标准液消耗的体积不会产生影响，溶液浓度准确，故c不选；d．放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏小，待测液浓度偏低，故d不选；故选：ab。（1）待测液为碱溶液，应选用碱式滴定管；（2）滴定管的0刻度在上方，0～1刻度间每一小格为0.10mL，如图1显示0.00ml，图2显示26.10ml；（3）中和滴定正确的操作为：左手旋转活塞，右手摇动锥形瓶，眼注视锥形瓶颜色变化：（4）根据滴定前溶液为红色，滴定终点时溶液为无色判断滴定终点；（5）依据图表数据，先根据数据的有效性，然后求出平均消耗V（盐酸），接着根据盐酸和NaOH反应求出c（NaOH），然后计算氢氧化钠的质量和质量分数；（6）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。本题考查了氧化还原滴定的操作、仪器、误差分析和数据处理，题目难度中等，明确中和滴定的原理，熟悉滴定管的构造及使用方法是解题关键，注意实验的基本操作方法和注意事项。15/15
