湖北省恩施州清江外国语学校2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 21页

化 学 试 题 可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5‎ 第Ⅰ卷（选择题，共 48 分）‎ 一、选择题（本大题共 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）‎ ‎1.002 型航母是我国自主研制的，为了延长航母服役寿命可以在航母舰体(主要成分是钢铁合金)上镶嵌金属 M。下列有关说法正确的是 A. M 可以是锌、铅等金属 B. 航母舰体表面发生氧化反应 C. 这种保护方法叫牺牲阳极的阴极保护法 D. 在酸雨环境中，航母主要发生吸氧腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Zn和Fe及海水构成原电池时，Zn易失电子作负极，Fe作正极，则Fe被保护，但Fe比Pb活泼，构成的原电池，Fe是负极，加快Fe的腐蚀，故A错误；‎ B．在保护航母的过程中，M失电子发生氧化反应，被氧化，则航母表面发生的是还原反应，故B错误；‎ C．该装置中钢铁防护涉及原电池原理，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；‎ D．在酸雨环境中，航母主要发生析氢腐蚀，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理和电解池原理是解本题关键，原电池中作负极的金属被腐蚀，作正极的金属被保护；在电解池中作阳极的金属电极被腐蚀，作阴极的金属电极被保护，要使钢铁被保护，应该使钢铁作原电池正极或电解池阴极。‎ ‎2.下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是 A. 过滤豆浆 B. 酿酒蒸馏 C. 精油萃取 D. 海水晒盐 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、过滤是一种分离不溶性固体与液体的方法，过滤豆浆是利用不溶性溶质的粒子大小大于滤纸的缝隙，而溶剂的粒子大小小于滤纸的缝隙，故A正确；‎ B项、酿酒蒸馏是利用混合物各成分的沸点不同将混合物分开，与微粒大小无关，故B错误；‎ C项、精油萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的不同将其分离的方法，与微粒大小无关，故C错误；‎ D项、海水晒盐是利用溶质不挥发而溶剂易挥发将其分离的方法，与微粒大小无关，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 在常温常压下，11.2LN2含有的分子数为 0.5NA B. 标准状况下，22.4LH2和O2的混合物所含分子数为NA C. 标准状况下，18gH2O 的体积是 22.4L D. 1molSO2的体积是 22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，则常温常压下11.2L氮气的物质的量不是0.5mol，故A错误；‎ B．标况下，气体的摩尔体积是22.4L/mol，22.4L氢气和氧气的混合气体物质的量为1mol，所含有的分子数为NA，故B正确；‎ C．在标况下，水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算水的体积，故C错误；‎ D．没有指明SO2气体是标准状况，不知道气体摩尔体积，无法计算1mol二氧化硫的体积，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎4.下列各组离子一定能大量共存的是（ ）‎ A. 在无色溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、CO32-‎ B. 在含大量Ba2+的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、OH-‎ C. 在强碱性溶液中：Na+、K+、SO42-、HCO3-‎ D. 在强酸性溶液中：K+、Fe2+、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe2+为有色离子，且Fe2+、CO32-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B.NH4+、OH-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C.HCO3-与氢氧根离子反应，在强碱性溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D.强酸性溶液中存在大量H+，K+、Fe2+、Cl-、SO42-之间不反应，都不与H+反应，在溶液中能够大量共存，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.根据反应 ‎①Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu ②2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+‎ ‎③2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl−④HClO + H+ + Cl− = Cl2 + H2O 可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是 A. HClO > Cl2> Fe3+ > Cu2+ > Fe2+ B. Cl2 > HClO > Fe3+ > Cu2+ > Fe2+‎ C. Cl2 > Fe3+ > HClO > Cu2+ > Fe2+ D. HClO > Cl2 > Cu2+ > Fe3+ > Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。‎ ‎【详解】①Fe+Cu2+=Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+＞Fe2+；‎ ‎②2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+＞Cu2+；‎ ‎③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2＞Fe3+；‎ ‎④HClO+H++Cl-=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClO＞Cl2；‎ 则氧化性由强到弱的顺序正确的是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故答案为A。‎ ‎6.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径：d>c>b>a B. 4种元素中b的金属性最强 C. c的氧化物的水化物是强碱 D. d单质的氧化性比a单质的氧化性强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。‎ ‎【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；‎ B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；‎ C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；‎ D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。‎ 答案选B ‎【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。‎ ‎7.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：‎ 下列叙述正确的是(　　)‎ A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 B. 反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁 C. 电解法制取铝单质时也可以采用电解氯化铝以降低成本 D. 反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由溶液中通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，A错误；‎ B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，B错误；‎ C．熔融状态下氯化铝不导电，工业上通过电解熔融Al2O3制取铝单质，C错误；‎ D．反应①过滤后所得溶液为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+NaHCO3，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查铁、铝化合物性质以工业冶炼铝等，难度中等，理解工艺原理，明确相关物质的性质及反应流程是解题的关键。选项C是解答的易错点，注意氯化铝含有共价键，属于共价化合物，溶于水时可以导电。‎ ‎8. 2007年诺贝尔化学奖授予善于做“表面文章”的德国科学家格哈德·埃特尔。他的成就之一是证实了气体在固体催化剂表面进行的反应，开创了表面化学的方法论。在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示。下列说法错误的是 A. 汽车尾气的主要污染成分包括CO和NO B. NO2是该过程的中间产物 C. NO和O2必须在催化剂表面才能反应 D. 该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 汽车尾气的有害气体主要是氮氧化物、一氧化碳等；通过气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程图，可知NO2在整个过程中是一种中间产物，一氧化氮气体和氧气一氧化碳会在催化剂表面发生反应，转化为无毒气体，起到尾气净化作用。‎ ‎【详解】A、汽车尾气的主要污染成分是CO、NO、NO2等，故A正确； ‎ B、气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程中先生成二氧化氮，然后在催化剂表面和一氧化碳反应，最终生成无毒气体，起到尾气净化的作用，故B正确； C、NO和O2在常温下就会发生反应，故C错误； D、尾气处理净化的目的是把有毒的污染气体在催化剂作用下转化为空气中的无毒成分：反应方程式2NO+O2+4CO4CO2+N2正好是过程图中的变化，故D正确； 故选C。‎ ‎9.某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是 A. AgCl的溶解度、Ksp均减小 B. AgCl的溶解度、Ksp均不变 C. AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D. AgCl的溶解度不变、Ksp减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。‎ ‎10.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是 操作和现象 结论 A 向氯水中加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生 氯水中已无Cl2‎ B 将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去 SO2具有漂白性 C 向FeCl3和CuCl2混合溶液中加入少量铁粉，没有红色固体析出 氧化性：Fe3+＞Cu2+‎ D 向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该溶液中含有SO42－‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向氯水中加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，只能说明溶液中存在氯离子，故A错误；‎ B、将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，说明二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故B错误；‎ C、向FeCl3、CuCl2混合溶液加铁粉，先发生Fe与铁离子的反应生成亚铁离子，再发生Fe与氯化铜反应，则说明氧化性：Fe3+＞Cu2+，故C正确；‎ D、向某溶液中先滴加硝酸酸化，硝酸具有强氧化性，溶液中若是亚硫酸根离子，被硝酸氧化为硫酸根离子，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中不一定含有SO42－离子，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及氯水、还原性、氧化还原反应、离子检验等，侧重反应原理及物质性质的考查，为高频考点，明确物质性质是解本题关键。本题的易错点是D，注意硝酸的氧化性。‎ ‎11.已知下列反应的反应热：‎ ‎(1)CH3COOH(l) + 2O2(g) = 2CO2(g) + 2H2O(l) △ H1 =− 870.3 kJ · mol−1‎ ‎(2)C(s) + O2(g) = CO2(g) △ H2 =− 393.5 kJ · mol−1‎ ‎(3)H2(g) + O2(g) = H2O(l) △ H3 =− 285.8 kJ · mol−1‎ 则下列反应的反应热为( )2C(s) + 2H2(g) + O2(g) = CH3COOH(l)‎ A. △ H =+ 488.3 kJ · mol−1 B. △ H =− 244.15 kJ · mol−1‎ C. △ H =− 977.6 kJ · mol−1 D. △ H =− 488.3 kJ · mol−1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由(1)CH3COOH(l)+2O2(g)═2CO2(g)+2H2O(l)△H1=-870.3kJ•mol-1，(2)C(s)+O2(g)═CO2(g)△H2=-393.5kJ•mol-1，(3)H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H3=-285.8kJ•mol-1‎ ‎，由盖斯定律可知，(3)×2+(2)×2-(1)可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(1)，其反应热为2×(-285.8kJ•mol-1)+2×(-393.5kJ•mol-1)+870.3kJ•mol-1=-488.3kJ•mol-1，故答案为D。‎ ‎【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎12.可逆反应：2NO22NO+O2在密闭容器反应，达到平衡状态的标志是（）‎ ‎（1）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2‎ ‎（2）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO ‎（3）用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示反应速率的比为2:2:1的状态 ‎（4）混合气体的颜色不再改变的状态 ‎（5）混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO2，说明反应v正=v逆； （2）未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态； （3）从反应开始就符合速率的比为2：2：1的状态； （4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变； （5）当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变。‎ ‎【详解】（1）单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故（1）正确；‎ ‎（2）生成n mol O2，生成2n mol NO，表示的均为正反应过程，未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态，故（2）错误；‎ ‎（3）任意时刻，同一个化学反应中用不同的物质表示的化学反应速率等于计量数之比，所以不能说明达平衡状态，故（3）错误；‎ ‎（4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故（4）正确； （5）混合气体的平均相对分子质量=，各物质均为气体，总质量不变；反应前后物质的量变化。当平均相对分子质量不变的时候，说明总物质的量不变，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，故（5）正确； 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。‎ ‎13.甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是 A. .0.1mol/L 甲酸溶液的 c(H+) = 10−3mol/L B. 甲酸以任意比与水互溶 C. 10mL1mol/L 甲酸恰好与 10mL1mol/LNaOH 溶液完全反应 D. 甲酸溶液的导电性比一元强酸溶液的弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0.1mol/L甲酸溶液的c(H+)=10-3mol/L，说明甲酸在溶液中只能部分电离出氢离子，从而证明甲酸为弱酸，故A正确；‎ B．甲酸以任意比与水互溶，无法判断甲酸为弱电解质还是弱电解质，故B错误；‎ C.10mL 1mol/L甲酸恰好与10mL 1mol/L NaOH溶液完全反应，二者发生中和反应，无法判断甲酸是强电解质还是弱电解质，故C错误；‎ D．溶液导电性与离子浓度大小有关，没有指出浓度相同，则无法判断甲酸为弱电解质，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】考查强电解质的判断方法，明确强电解质、弱电解质的概念为解答关键，注意电解质强弱与水溶性、导电性没有必然关系。‎ ‎14.常温下，pH=5的盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比11∶9混合,则混合液的pH为 A. 7.2 B. 8 C. 6 D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下，pH=5的盐酸中c（H+）=10-5mol/L，pH=9的氢氧化钠中c（OH-‎ ‎） =10-5mol/L，二者以体积比11：9混合，则盐酸过量，溶液呈酸性，反应后溶液c(H＋)=mol/L=10－6mol·L－1，pH=－lgc(H＋)=6；‎ 答案选C。‎ ‎15.在常温下，向 100mL0.01mol/LHA 溶液中逐滴加入 0.02mol/LMOH 溶液，混合溶液的pH 变化情况如图中所示曲线(体积变化忽略不计)。下列叙述正确的是( )‎ A. MA 溶液的 pH > 7‎ B. K 点时加水稀释溶液，c(H+)减小 C. 在 N 点，c(A−) = c(M+) + c(MOH)‎ D. 在 K 点，c(M+) > c(A−) > c(OH−) > c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象可知，0.01mol•L-1HA溶液中pH=2，则HA在溶液中完全电离，则HA为强酸；100mL 0.01mol•L-1HA溶液中加入51mL 0.02mol•L-1MOH溶液时，溶液的pH=7，则加入50mL该MOH溶液时，混合液为酸性，数目MOH为弱碱，则MA为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，MA溶液的pH＜7，故A错误；‎ B．K点溶液呈碱性，稀释后溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B错误；‎ C．N点溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒c(OH-)+c(OH-)=c(H+)+c(M+)可得，c(A-)=c(M+)，故C错误；‎ D．在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，溶液pH＞7，溶液显示碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒c(OH-)+c(OH-)=c(H+)+c(M+)可得，c(M+)＞c(A-)，溶液中各离子浓度大小为：c(M+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】考查酸碱混合时的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，需要根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点；要求学生能够根据电荷守恒、盐的水解、物料守恒判断溶液中各离子浓度大小。‎ ‎16.某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质，以C4H10为燃料，该电池工作原理如图。下列说法正确的是（ ）‎ A. a为C4H10，b为CO2‎ B. 在熔融电解质中，CO32-向正极移动 C. 此电池在常温时也能工作 D. 通入丁烷的一极是负极，电极反应式为C4H10-26e-+13CO32-=17CO2↑+5H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据电子流向知，左边电极是负极、右边电极是正极，所以a为，b为，故A错误；‎ B.原电池放电时，阴离子移向负极，故CO32-向负极移动，故B错误；‎ C.电解质为熔融碳酸盐，需要高温条件，常温下不能工作，故C错误；‎ D.通入丁烷的一极是负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为C4H10-26e-+13CO32-=17CO2↑+5H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题，共 52 分）‎ ‎17.如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图 请回答下列问题(用元素符号表达)：‎ ‎(1) X、Y、Z 三种元素的原子半径大小顺序是____________‎ ‎(2)X 与 Y 形成化合物Y2X2，写出该化合物的电子式____________‎ ‎(3)RX2是一种强氧化性气体，可用于污水处理，能将 CN-氧化，生成两种无毒气体，该反应离子方程式为 ____________‎ ‎(4)某阴离子 Wa2-(a 为2 − 6之间数字)在碱性溶液中被 BrO3‾离子氧化为 WO42-，而BrO3-离子被还原为Br-，反应中消耗的 BrO3-离子和 OH ‾离子的物质的量之比为 2：3，则 a =____________。‎ ‎【答案】 (1). Na＞Al＞O (2). (3). 2ClO2+2CN-=N2+2CO2+2Cl- (4). 3S52-+16BrO3-+24OH-=15SO42-+16Br-+12H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 都是短周期元素，由表中化合价可知，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素，Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素，Z为+3价，原子序数大于Na为Al元素，W的化合价为+6、-2价，故W为S元素，R的最高正价为+7价，应为Cl元素，结合元素周期律与元素化合物的性质解答该题；‎ ‎(4) W为S元素，则S元素的化合价由-升高为+6价，Br元素的化合价由+5价降低为-1价，BrO3-和OH-的物质的量之比为2:3，2xSa2-+4BrO3-+6OH-→2xaSO42-+4Br-+3H2O，由电荷守恒可知，4x+4+6=4xa+4，由氧原子守恒可知18=8xa+3，解得x=，a=5，以此解答。‎ ‎【详解】由分析知：X为O元素、Y为Na元素、Z为Al元素、W为S元素、R为Cl元素；‎ ‎(1)同周期随原子序数增大，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞Al＞O；‎ ‎(2)O 与 Na 形成化合物Na2O2，是离子型化合物，其电子式为；‎ ‎(3)ClO2是一种强氧化性气体，能将 CN-氧化，生成N2和CO2，则该反应离子方程式为2ClO2+2CN-=N2+2CO2+2Cl-；‎ ‎(4) BrO3-和OH-的物质的量之比为2:3，2xSa2-+4BrO3-+6OH-→2xaSO42-+4Br-+3H2O，由电荷守恒可知，4x+4+6=4xa+4，由氧原子守恒可知18=8xa+3，解得x=，a=5；2xSa2-+4BrO3-+6OH-→2xaSO42-+4Br-+3H2O，a=5时，离子反应为3S52-+16BrO3-+24OH-=15SO42-+16Br-+12H2O。‎ ‎18.反应①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g) △H1=a kJ/mol；‎ ‎②CO(g)+1/2O2(g) CO2(g) △H2=b kJ/mol 测得在不同温度下，反应①的平衡常数 K 值随温度的变化如下：‎ ‎(1)若 500℃时进行反应①，CO2起始浓度为 2 mol·L-1，CO2的平衡浓度为____________。 ‎ ‎(2)反应①中的 a_____________0（填“大于”“小于”或“等于”）。‎ ‎(3)700℃反应已经①达到平衡，要使该平衡正向移动，其他条件不变时，可以采取的措施有_____________（填序号） ‎ A．缩小反应器体积 B．通入 CO2‎ C．升高温度到 900℃ D．使用合适的催化剂 ‎(4)下列图像符合反应①的是_____（填序号）（图中 v是速率、Φ为混合物中 CO2含量， T 为温度且 T1> T2）‎ ‎(5) 2Fe(s)+O2(g) 2FeO(s) △H3，该反应的△H3= ________kJ/mol。（用含 a、b的代数式表示）‎ ‎【答案】 (1). 1mol/L (2). ＞ (3). BC (4). A (5). 2(a+b)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)若 500℃时进行反应①，CO2起始浓度为 2 mol·L-1，设CO2的平衡浓度为cmol/L，则变化浓度为(2-c)cmol/L，由Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)可知CO的变化浓度和平衡浓度均为(2-c)cmol/L，结合平衡常数K=计算；‎ ‎(2)‎ ‎ 由表中数据可知，对于反应①，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，据此判断a值的符号；‎ ‎(3) 根据化学平衡移动影响因素知识来回答；‎ ‎(4) 根据化学平衡移动和化学反应速率的影响因素知识来回答；‎ ‎(5) 已知：①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g) △H1=a kJ/mol，②CO(g)+1/2O2(g) CO2(g) △H2=b kJ/mol，由盖斯定律可知(①+②)可得2Fe(s)+O2(g) 2FeO(s) ，据此计算△H3。‎ ‎【详解】(1) 若 500℃时进行反应①，CO2起始浓度为 2 mol·L-1，设CO2的平衡浓度为cmol/L，则变化浓度为(2-c)cmol/L，由Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)可知CO的变化浓度和平衡浓度均为(2-c)cmol/L，则K===1，解得：c=1，即CO2的平衡浓度为1mol/L；‎ ‎(2) 由表中数据可知，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0；‎ ‎(3) A．缩小反应器容积，压强增大，化学平衡不移动，故A错误；‎ B．通入适量CO2，增大CO2的浓度，化学平衡向右移动，故B正确；‎ C．升高温度到900℃，化学平衡正向移动，故C正确；‎ D．使用合适的催化剂，不会引起化学平衡的移动，故D错误；‎ 故答案为BC；‎ ‎ (4) A．升高温度平衡向吸热方向移动，即向正方向移动，故A正确；‎ B．升高温度平衡向吸热方向移动，即向正方向移动，混合物中CO的含量升高，故B错误；‎ C．由图知，T1曲线速率快，则T1＞T2，据平衡移动，对应的CO的含量也升高，故C错误；‎ 故答案为：A；‎ ‎(5) 已知：①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g) △H1=a kJ/mol，②CO(g)+1/2O2(g) CO2(g) △H2=b kJ/mol，由盖斯定律可知(①+②)×2可得2Fe(s)+O2(g) 2FeO(s) ，则△H3=2(a+b)kJ/mol。‎ ‎19.某同学用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度。Ⅰ.实验步骤：‎ ‎(1)用________ (填仪器“A”或“B”)取待测烧碱溶液 25.00 mL 于锥形瓶中，滴加 2 滴酚酞作示剂。‎ ‎(2)记录盛装 0.100 0 mol/L 盐酸标准溶液的酸式滴定管的初始读数。如果某时刻液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。‎ ‎(3)滴定。滴定过程中，眼睛应始终注视________。‎ ‎(4)滴定终点的现象是：________。‎ Ⅱ数据记录：‎ Ⅲ.数据处理 ‎(1)平均消耗的盐酸标准液的体积 V =_____________mL。‎ ‎(2)计算该烧碱溶液的浓度 c(NaOH) =_____________mol/L(精确到小数点后 4 位)。‎ IV.误差分析：以下操作会导致测定结果偏高的是_____________。‎ A.未用盐酸标准溶液润洗滴定管 B.装待测液前，锥形瓶中有少量蒸馏水 C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D.观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视 ‎【答案】 (1). A (2). 0.70 (3). 注视锥形瓶中溶液颜色的变化 (4). 溶液红色褪去，并且半分钟内不复原 (5). 18.00 (6). 0.0720 (7). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.实验步骤：(1)待测溶液为NaOH溶液，显碱性，A为碱式滴定管，B为酸式滴定管；‎ ‎(2) 根据滴定管的结构与精确度来分析；‎ ‎(3) 滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化；‎ ‎(4) 如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；‎ Ⅲ.数据处理 ‎(1)第4次实验读数明显偏大，则取前三次消耗的盐酸体积计算平均值；‎ ‎(2) 根据c(NaOH) =c(盐酸)×V(盐酸)÷V(NaOH)计算；‎ IV. 根据c(NaOH) =分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。‎ ‎【详解】Ⅰ.实验步骤：(1) 待测溶液为NaOH溶液，显碱性，应选择碱式滴定管，即选择仪器A；‎ ‎(2) 根据图示可知，滴定管液面的读数0.70mL；‎ ‎(3) 滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手不停地向同一方向摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化；‎ ‎(4)锥形瓶中为碱性溶液加酚酞为红色，当达到滴定终点时，溶液红色会褪去，并且半分钟内不复原；‎ Ⅲ.数据处理 ‎(1) 第4次实验读数明显偏大，取前三次消耗的盐酸体积，则平均消耗的盐酸标准液的体积 V =mL=18.00mL；‎ ‎(2) c(NaOH) ===0.0720mol/L；‎ IV. A．未用盐酸标准溶液润洗滴定管，标准液的浓度降低，消耗标准液的体积偏大，则测定浓度偏高，故A正确；‎ B．装待测液前，锥形瓶中有少量蒸馏水，不影响消耗标准液的体积，对测定结果没有影响，故B错误；‎ C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液的体积读数偏大，则测定浓度偏高，故C正确；‎ D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，消耗标准液的体积读数偏小，则测定浓度偏低，故D错误；‎ 故答案为AC。‎ ‎【点睛】考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。‎ ‎20.有一种节能的氯碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如图所示(电极未标出)。回答下列有关问题：‎ ‎(1)电解池的阴极反应式为_____________。‎ ‎(2)通入空气一极的电极反应式为_____________。燃料电池中阳离子的移动方向是_____________ (“从左向右”或“从右向左”)。‎ ‎(3)电解池中产生 2molCl2，理论上燃料电池中消耗标准状况下_____________LO2。‎ ‎(4) a、b、c 由大到小的顺序为：_____________。‎ ‎(5)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，可由 KClO3在H2SO4存在下与 Na2SO3反应制得。请写出反应的离子方程式_____________‎ ‎【答案】 (1). 2H++2e-=H2↑ (2). 正极 (3). 从左向右 (4). 22.4 (5).‎ ‎ c＞a＞ (6). 2ClO3-+SO32-+2H+═2ClO2+SO42-+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 电解池中生成氢气的一端为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气；‎ ‎(2) 燃料电池中燃料在原电池负极失电子发生氧化反应，空气中氧气在正极上得到电子生成氢氧根离子，燃料电池中阳离子移向正极；‎ ‎(3) 依据电解池和原电池中电子守恒计算得到；‎ ‎(4)燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，再结合离子交换膜的作用分析即可；‎ ‎(5) 二氧化氯由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得，则可知反应物、生成物，结合电子守恒、电荷守恒分析。‎ ‎【详解】(1) 电解池中生成氢气的一端为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，在氢氧化钠溶液中，电解池的阴极反应式为；2H++2e-=H2↑；‎ ‎(2) 燃料电池的工作原理：负极是燃料氢气发生失电子的氧化反应，即H2-2e-+2OH-=2H2O，正极是氧气发生得电子得还原反应，即O2+4e-+2H2O=4OH-，铜空气的电极为正极；原电池中，阳离子交换膜使阳离子通过，阳离子移向正极；‎ ‎(3) 电解池中产生2mol Cl2，依据电子守恒，O2+4e-+2H2O=4OH-，4Cl--4e-=2Cl2↑，得到2Cl2～O2，计算得到生成氧气1mol，标准状况下O2的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L；‎ ‎(4) 燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于c%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以b%＜a%，得到b%＜a%＜c%，故答案为：c＞a＞b；‎ ‎(5) KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32-被氧化成SO42-，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3-+SO32-+2H+═2ClO2+SO42-+H2O。‎ ‎21.工业上利用粗ZnO(含FeO、CuO)制取金属锌的流程如下（部分步骤省略）：‎ 已知：几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：‎ 待沉淀的离子 Fe2＋‎ Fe3＋‎ Zn2＋‎ Cu2＋‎ 开始沉淀时pH ‎6.3‎ ‎1.5‎ ‎6.2‎ ‎5.2‎ 沉淀完全时pH ‎9.7‎ ‎3.2‎ ‎8.0‎ ‎6.4‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)酸浸粗氧化锌的过程中，为了加快酸浸速率，可采取的措施有______________ (写出一点即可)。‎ ‎(2)步骤A的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，并全部形成Fe(OH)3沉淀，为了暂不形成Cu(OH)2、Zn(OH)2，该步骤需控制溶液pH的范围是______________，该步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式为_______________________________________。‎ ‎(3)步骤D的操作名称为________________________________________________。‎ ‎(4)由粗ZnO制取单质锌的另一种方法是将粗ZnO（含FeO、CuO）溶于NaOH溶液，ZnO全 部转化为Na2[Zn(OH)4]溶液，该反应的化学方程式为_________________________；然后将FeO、CuO过滤除去；再用惰性电极电解该滤液，阳极上逸出无色无味气体，阴极上析出锌，则阴极电极反应式为_____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 将粗氧化锌粉碎成细颗粒、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度（任写一点） (2). 3.2≤pH＜5.2 (3). 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O (4). 过滤 (5). ZnO＋2NaOH＋H2O===Na2[Zn(OH)4] (6). [Zn(OH)4]2－＋2e－===Zn＋4OH－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用粗ZnO（含FeO、CuO）制取金属锌，由实验流程可知，先加硫酸溶解，浸出液含Fe2+、Cu2+、Zn2+，结合表中离子沉淀的pH可知，加过氧化氢发生2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，氨水调节3.2≤pH<5.2，步骤B为过滤，分离出氢氧化铁，步骤C中发生Zn+Cu2+=Zn2++Cu，步骤D为过滤分离出Cu，电解可冶炼Zn，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素，酸浸粗氧化锌的过程中，为了加快酸浸速率，可采取的措施有将粗氧化锌粉碎成细颗粒、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等，故答案为将粗氧化锌粉碎成细颗粒(或适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等)；‎ ‎(2)氢氧化铁沉淀时的pH是1.48～3.2，Zn(OH)2沉淀时的pH为6.2～8.0,Cu(OH)2沉淀时的pH为5.2～6.4，因此将Fe2＋氧化为Fe3＋，并全部形成Fe(OH)3沉淀，为了暂不形成Cu(OH)2、Zn(OH)2，该步骤需控制溶液pH的范围为3.2≤pH＜5.2，加入H2O2‎ ‎，发生过氧化氢氧化亚铁离子的反应，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故答案为3.2≤pH＜5.2；2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；‎ ‎(3)步骤C中加入锌，发生锌和硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，从混合物中分离得到铜的方法为过滤，故答案为过滤；‎ ‎(4)由粗ZnO制取单质锌的另一种方法是将粗ZnO(含FeO、CuO)溶于NaOH溶液，ZnO全部转化为Na2[Zn(OH)4]溶液，该反应的化学方程式为ZnO＋2NaOH＋H2O=Na2[Zn(OH)4]；然后将FeO、CuO过滤除去；再用惰性电极电解该滤液，阳极上逸出无色无味气体，阴极上析出锌，则阴极电极反应式为[Zn(OH)4]2－＋2e－=Zn＋4OH－，故答案为ZnO＋2NaOH＋H2O=Na2[Zn(OH)4]；[Zn(OH)4]2－＋2e－=Zn＋4OH－。‎ ‎ ‎ ‎ ‎