福建省宁德市2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析 20页

- 1 - 宁德市 2019-2020 学年度第一学期期末高二质量检测 化学试题 注意： 1.在本试卷上作答无效，应在答题卡各题指定的答题区域内作答。 2.相对原子质量：H－l C－12 N－14 O－16 S－32 Fe－56 Ba－137 第Ⅰ卷选择题（共 48 分） 本题包括 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.下列物质不属于毒品的是 A. 吗啡 B. 青霉素 C. 海洛因 D. 冰毒 【答案】B 【解析】 【详解】A．吗啡属于毒品，选项 A 错误； B．青霉素是抗生素，选项 B 正确； C．海洛因属于毒品，选项 C 错误； D．冰毒属于毒品，选项 D 错误。 答案选 B。 2.下列物质属于弱电解质的是（ ） A. O2 B. AgCl C. C2H5OH D. NH3•H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．O2 是单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故 A 不符合题意； B．AgCl 在熔融状态下能完全电离成氯离子和银离子，能导电，属于强电解质，故 B 不符合题 意 C．C2H5OH 在水溶液里或熔融状态下都不导电，属于非电解质，故 C 不符合题意； D．NH3∙H2O 在水中可部分电离生成铵根离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故 D 符合题意； 答案选 D。 3.下列说法正确的是（ ） A. 钢铁 腐蚀都是析氢腐蚀 B. 电解精炼铜时，阳极泥中含有 Zn、Fe、Au、Ag 等金属 C. 电镀铜时用待镀的金属制品作阳极，铜作阴极 的 - 2 - D. 氯化铝溶液蒸干灼烧产物为氧化铝 【答案】D 【解析】 【详解】A．当钢铁表面的水膜呈酸性时，发生析氢腐蚀；当钢铁表面的水墨呈弱酸性或中性 时，发生吸氧腐蚀，则钢铁的腐蚀不都是析氢腐蚀，故 A 错误； B．Zn、Fe 的活泼性比铜强，先于 Cu 放电，所以电解精炼铜时，阳极泥中不含有 Zn、Fe，故 B 错误； C．电镀过程中，镀件作阴极，镀层金属作阳极，所以电镀铜时用待镀的金属制品作阴极、铜 作阳极，故 C 错误； D．氯化铝水解生成氢氧化铝和 HCl，HCl 易挥发，升高温度促进其挥发，所以将氯化铝溶液 加热蒸干得到氢氧化铝固体，灼烧得到氧化铝固体，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】由易挥发的酸根组成的盐，其盐溶液蒸干不能得到溶质。 4.下列化学用语不正确的是 A. 醋酸的电离：CH3COOH CH3COO-+H+ B. 碳酸氢钠在水溶液中的电离：NaHCO3=Na++HCO3- C. 氯化铵的水解：NH4++H2O NH4OH+H+ D. 碳酸钙的溶解平衡：CaCO3(s) Ca2+(aq)+CO32-(aq) 【答案】C 【解析】 【详解】A．醋酸为弱酸，且电离方程式为 CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故 A 正确； B．碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式为 NaHCO3=Na++HCO3-，故 B 正确； C．氯化铵的水解离子反应为 NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，故 C 错误； D．碳酸钙的溶解平衡为 CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），故 D 正确； 故选 C。 5.对于反应 A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(g)，其中反应速率最快的是（ ） A. v(D)=0.30mol·L-1·s-1 B. v(A)=0.50mol·L-1·s-1 C. v(B)=0.60mol·L-1·s-1 D. v(C)=0.50mol·L-1·s-1 【答案】B 【解析】 - 3 - 【分析】 同一化学反应中，化学反应速率与化学计量数成正比，所以各物质的反应速率与化学计量数 的比值越大，表示的反应速率越快，据此分析。 【详解】各物质的反应速率与化学计量数的比值越大，其表示的反应速率越快； A． =0.15 mol·L-1·s-1； B． =0.50 mol·L-1·s-1； C． =0.20 mol·L-1·s-1； D． =0.25 mol·L-1·s-1； 根据分析可知，反应速率最快的为 B，答案选 B。 6.如图所示的双液原电池，下列叙述正确的是（ ） A. Cu 为电池负极 B. Ag 电极上发生氧化反应 C. 盐桥中的阳离子向左池移动 D. 外电路中，电流从 Cu 电极流向 Ag 电极 【答案】A 【解析】 【分析】 该原电池中，铜易失电子作负极，银作正极，负极上电极反应式为 Cu-2e-=Cu2+，正极上电极 反应式为 Ag++e-=Ag，放电时，电流从银沿导线流向铜，盐桥中阳离子向正极移动，据此分析 解答。 【详解】A．该原电池中，铜易失电子作负极，故 A 正确； B．该原电池中，银作正极发生还原反应，故 B 错误； ( )v D 2 ( )v A 1 ( )v B 3 ( )v C 2 - 4 - C．原电池中，盐桥中阳离子向正极移动，银作正极，阳离子即向右池移动，故 C 错误； D．外电路中，电子由铜电极沿导线流向银电极，电流的方向与电子的流向相反，则电流从银 沿导线流向铜，故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】一般情况下，原电池中活泼金属做负极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动， 电子从负极由导线向正极移动。 7.某温度下，在一固定容积的密闭容器中进行反应：2NO2(g)⇌2NO(g)＋O2(g)。该条件下，一 定能说明该反应已达到化学平衡状态的是（ ） A. 单位时间内生成 nmolO2 的同时生成 2nmolNO B. 用 NO2、NO、O2 表示的反应速率的比为 2∶2∶1 的状态 C. 混合气体的颜色不再改变的状态 D. 混合气体密度不再改变的状态 【答案】C 【解析】 【详解】A．只要反应发生就有单位时间内生成 nmolO2 的同时生成 2nmolNO，不能说明该反应 已达到化学平衡状态，故 A 错误； B．只要反应发生就有用 NO2、NO、O2 表示的反应速率的比为 2:2:1 的状态，不能说明该反应 已达到化学平衡状态，故 B 错误； C．反应前气体红棕色，反应后气体颜色变浅，混合气体的颜色不再改变的状态，说明二氧化 氮的浓度不变，说明反应达平衡状态，故 C 正确； D．该反应是一个全部是气体的反应体系，遵循质量守恒，在一固定容积的密闭容器中进行反 应，体积始终不变，则混合气体的密度一直不变，不能作为判断反应是否达到平衡的依据， 故 D 错误； 答案选 C。 【点睛】一般判断反应是否达到平衡状态，可以根据反应体系中变量变为不变量，来判断反 应是否达到平衡状态。 8.已知反应 N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，ΔH<0，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正 确的是（ ） A. 通入稀有气体使压强增大，v 正(N2)增大 B. 3v 正(N2)═v 逆(H2) - 5 - C. 降低温度，v 正(N2)变小，v 逆(H2)增大 D. 增加 N2 的物质的量，H2 的转化率降低 【答案】B 【解析】 【详解】A．恒容通入稀有气体，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不变，故 A 错误； B．平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则平衡时存在 3 v 正 (N2)═v 逆(H2)，故 B 正确； C．降温时正逆反应速率均减小，则 v 正(N2)变小，v 逆(H2)减小，故 C 错误； D．增加 N2 的物质的量，平衡正向移动，促进氢气的转化，H2 的转化率增大，故 D 错误； 答案选 B。 9.下列装置或操作不能达到目的的是（ ） A. 装置①验证温度对反应 2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡移动的影响 B. 装置②验证增大反应物浓度对平衡的影响 C. 装置③测定中和热 - 6 - D. 装置④比较 Cu2+、Fe3+对 H2O2 分解速率的影响 【答案】D 【解析】 【 详 解 】 A ． 根 据 控 制 变 量 法 ， 该 装 置 图 中 ， 只 有 温 度 不 同 ， 可 验 证 温 度 对 反 应 2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡移动的影响，故 A 正确； B．图中只有氯化铁的浓度不同，可验证增大反应物浓度对平衡的影响，故 B 正确； C．图中装置可测定反应的温度变化，可测定中和热，故 C 正确； D．硫酸铜、氯化铁的阴离子不同，阴离子也可能对反应速率有影响，不能比较 Cu2+、Fe3+对 H2O2 分解速率的影响，故 D 错误； 答案选 D。 10.为了使(NH4)2SO4 溶液中 接近 2：1，可采取的措施是（ ） A. 加热 B. 加适量 NaOH(s) C. 加水 D. 通 HCl 【答案】D 【解析】 【详解】A．(NH4)2SO4 溶液中铵根离子水解，水解反应吸热，加热促进铵根离子的水解，c(NH4+) 减小，c(SO42−)不变，c(NH4+)和 c(SO42−)之比小于 2:1，故 A 错误； B．(NH4)2SO4 溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，加入氢氧化钠会促进铵根的水解， 减少铵根离子，c(NH4+)和 c(SO42−)之比小于 2:1，故 B 错误； C．溶液越稀越水解，所以加水促进铵根离子的水解，导致 c(NH4+)和 c(SO42−)之比小于 2:1， 故 C 错误； D．(NH4)2SO4 溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，通 HCl，抑制铵根离子的水解， c(NH4+)增大，使 c(NH4+)和 c(SO42−)之比更接近 2:1，故 D 正确； 答案选 D。 + 2- 4 4 ) c c (SO (NH ) - 7 - 11.25℃时，体积均为 V0 且 pH 相同的 MOH 与 ROH 溶液，分别加水稀释至 V，pH 随 变化如图 所示。下列说法正确的是（ ） A. MOH 为一元强碱 B. a 点溶液的导电性大于 b 点溶液 C. 原溶液中：c(MOH)=c(ROH) D. 水的电离程度：a 点小于 b 点 【答案】A 【解析】 【详解】A．25℃时体积均为 V0 且 pH 都为 13 的 MOH 与 ROH 溶液，分别加水稀释 10 倍，pH 变为 12 的 MOH 为强碱，pH 大于 12 的 ROH 为弱碱，所以 MOH 是强碱、ROH 是弱碱，故 A 正确； B．溶液导电性与离子浓度成正比，离子浓度：a＜b，则导电性：a＜b，故 B 错误； C．pH 相同的一元碱，碱浓度：强碱＜弱碱，MOH 是强碱、ROH 是弱碱，则原溶液浓度：c(MOH) ＜c(ROH)，故 C 错误； D．碱抑制水电离，碱溶液中 c(OH−)越大其抑制水电离程度越大，碱中 c(OH−):a＜b，则水电 离程度 a＞b，故 D 错误； 答案选 A。 12.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ） A. 若 C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH＞0，则石墨比金刚石稳定 B. 已知 2SO2(g)＋O2(g)⇌ 2SO3(g)为放热反应，则 SO2 的能量一定高于 SO3 的能量 C. 由 C(s)＋ O2(g)=CO(g)ΔH=+110.5kJ·mol-1，可知碳的燃烧热为 110.5kJ·mol-1 D. 已知 2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则 ΔH1＞ΔH2 【答案】A 【解析】 0 V V 1 2 - 8 - 【详解】A．石墨生成金刚石，反应吸热，说明反应物的能量低，能量越低越稳定石墨更稳定 ，故 A 正确； B．2SO2(g)＋O2(g)⇌ 2SO3(g)为放热反应，说明二氧化硫和氧气的能量之和比三氧化硫高，不 能比较 SO2 和 SO3 的能量，故 B 错误； C．1mol 纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为燃烧热，1mol 碳完全燃烧生成二氧 化碳为燃烧热，故 C 错误； D．碳燃烧为放热反应，完全燃烧放出的热量更多，放热反应焓变为负值，放出的热量越多， 焓变越小，则△H1＜△H2，故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】易错点为 D 选项，放热反应，焓变为负值小于 0，放出的热量越多，焓变越小。 13.下列条件下，对应离子一定能大量共存的是（ ） A. 中性溶液中：Mg2+、Fe3+、CO32-、SO42- B. 使甲基橙变红的溶液中：NH4+、Al3+、Cl-、Mg2+ C. 25℃时，水电离出的 c(H+)=1×10-13mol·L-1：K+、Ba2+、NO3-、S2- D. =1×1012 的溶液中：Fe2+、NO3-、HCO3-、Na+ 【答案】B 【解析】 【详解】A．Mg2+与 CO32−生成碳酸镁沉淀且 Fe3+与 CO32−发生双水解生成氢氧化铁沉淀，所以在 中性溶液中不能大量共存，故 A 错误； B．甲基橙变红色 溶液呈酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存 ，故 B 正确； C．25℃时，水电离出的 c(H+)=1×10-13mol·L-1，说明水的电离被抑制，溶液呈强酸性或强碱 性，强酸性条件下 NO3−、S2−发生氧化还原反应而不能大量共存，故 C 错误； D． =1×1012 的溶液中，c(OH−)＞c(H+)，则溶液呈碱性，OH−和 Fe2+、HCO3−反应而不能 大量共存，故 D 错误； 答案选 B。 【点睛】Fe3+在溶液中易水解生成氢氧化铁沉淀，一般只能大量存在于较强的酸性中，中性或 碱性溶液中不能大量共存。 的 - + c(OH ) c(H ) - + c(OH ) c(H ) - 9 - 14.室温时，向 20mL0.1mol·L-1 的醋酸溶液中不断滴加 0.1mol·L-1 的 NaOH 溶液，溶液的 pH 变化曲线如图所示，在滴定过程中，下列关于溶液中微粒浓度大小关系的描述不正确的是（ ） A. a 点时：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-) B. b 点时：c(Na+)＞c(CH3COO-) C. c 点时：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+) D. d 点时：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+) 【答案】B 【解析】 【详解】A．a 点溶质为等物质的量浓度的 CH3COOH、CH3COONa，溶液 pH＜7，溶液呈酸性，则 c(H+)>c(OH−) ， 溶 液 中 存 在 电 荷 守 恒 c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+) ， 所 以 c(CH3COO−)>c(Na+)，但是醋酸电离和醋酸钠水解程度都较小，所以存在：c(CH3COO−)＞c(Na+) ＞c(H+)＞c(OH−)，故 A 正确； B．b 点溶液呈中性，则 c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒 c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+) ，所以 c(CH3COO−)=c(Na+)，故 B 错误； C．c 点溶质为醋酸钠，溶液中存在电荷守恒 c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，存在物料守恒 c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(Na+)，所以存在 c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，故 C 正确； D．d 点溶质为等物质的量浓度的 CH3COONa、NaOH，溶液的 pH＞7，溶液呈碱性，NaOH 电离、 CH3COONa 水解都生成 OH−，只有 CH3COONa 电离生成 CH3COO−，所以 c(OH−)＞c(CH3COO−)，结合 物料守恒得 c(Na+)＞c(OH−)，所以存在 c(Na+)＞c(OH−)＞c(CH3COO−)＞c(H+)，故 D 正确； 答案选 B。 15.“重油—氧气—熔融碳酸钠”燃料电池装置如图所示。下列说法不正确的是（ ） A. b 为电池的正极 - 10 - B 放电过程中，电子由电极 a 经导线流向电极 b C. 该电池工作时，CO32-经交换膜 2 移向 b 极 D. H2 参与的电极反应为：H2-2e-+CO32-=H2O+CO2 【答案】C 【解析】 【分析】 燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，根据装置所示，a 电极通入燃 料 CO 和 H2 为负极，b 电极通入氧气为正极，据此分析。 【详解】A．根据分析，通入氧气一极为正极，发生还原反应，所以 O2 在 b 极得电子，最终被 还原为 CO32−，故 A 正确； B．原电池中电子沿导线流向正极，所以放电过程中，电子由电极 a 经导线流向电极 b，故 B 正确； C．原电池中阴离子向负极移动，所以 CO32−经“交换膜 2”移向 a 极，故 C 错误； D．负极氢气发生氧化反应，电极反应式：H2−2e−+CO32−═H2O+CO2，故 D 正确； 答案选 C。 【点睛】燃料电池的特点是一般通入燃料的一端为原电池负极，通入氧气的一端为原电池的 正极，此规律记熟，方便判断原电池的正负极。 16.硫化镉(CdS)是一种难溶于水 黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列 说法不正确的是（ ） A. 图中 a 和 b 分别为 T1、T2 温度下 CdS 在水中的溶解度 B. 图中各点对应的 Ksp 的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q) C. 向 n 点的溶液中加入少量 CdCl2 固体，溶液组成由 n 沿 npm 线向 m 方向移动 D. 温度升高时，p 点的饱和溶液的组成由 p 沿 pq 线向 q 方向移动 【答案】B 【解析】 . 的 - 11 - 【详解】A．曲线上的 p、q 点时，CdS 饱和溶液中 c(Cd2+)=c(S2-)，难溶物的溶解度既可用溶 质的质量表示，也可以用溶解出的离子浓度表示，所以图中 a 和 b 分别为 T1、T2 温度下 CdS 在水中的溶解度，故 A 正确； B．温度不变 Ksp 不变，温度升高 Ksp 增大，则 T2＞T1，m、n、p 在 T1 上，q 在 T2 上，图中各点 对应的 Ksp 的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)＜Ksp(q)，故 B 错误； C．Ksp=c(Cd2+)⋅c(S2−)，向 n 点的溶液中加入少量 CdCl2 固体，温度不变、Ksp 不变，c(Cd2+)浓 度增大，c(S2−)减小，溶液组成由 n 沿 npm 线向 m 方向移动，故 C 正确； D．CdS溶解吸热，温度升高，则 CdS 的 Ksp 增大，饱和 CdS 溶液中 Cd2+、S2−离子浓度同比增大 ，p 点的饱和溶液的组成由 p 沿 pq 线向 q 方向移动，故 D 正确； 答案选 B。 第Ⅱ卷非选择题（共 52 分） 17.电化学法还原二氧化碳，不仅能缓解温室效应还能得到乙烯。回答下列问题： （1）已知：C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g) ΔH1=-45.8kJ·mol-1 C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH2=-1277.0kJ·mol-1 则 2CO2(g)+2H2O(g)=C2H4(g)+3O2(g)ΔH3=____。 （2）电化学法还原二氧化碳为乙烯原理如图所示。 A 为电源的___极(填“正”或“负”)，阴极电极反应式为___。电路中转移 0.2mol 电子，理 论上产生氧气___L（标准状况）。 （3）铜作阴极能提高还原产物乙烯的选择性，水溶液中二氧化碳在铜表面还原为乙烯的机理 如图所示（参与反应的水分子及其它生成微粒未画出）。下列有关说法不正确的是___（填标 号）。 - 12 - A.铜是二氧化碳转化为乙烯的催化剂 B.二氧化碳还原产物有甲烷和乙烯 C.两个反应历程都是先加氢再除氧 D.两个反应历程都出现碳氧键的断裂与碳碳键的形成 【 答 案 】 (1). +1322.8kJ·mol-1 (2). 负 (3). 2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH- (4). 1.12 (5). C 【解析】 【分析】 (1)结合已知信息，根据盖斯定律解答； (2)根据图知，加入水的电极上失电子生成氧气，则该电极为阳极，则通入二氧化碳的电极为 阴极，连接阴极的电极为原电池负极，阴极上二氧化碳得电子和水生成乙烯和氢氧根离子； 每生成 1mol 氧气转移 4mol 电子，据此计算转移 0.2mol 电子生成的氧气体积； (3)A．根据图知，二氧化碳先和 Cu 反应，最后又生成 Cu； B．二氧化碳在反应中得电子发生还原反应，根据图知，二氧化碳还原产物还有甲烷； C．生成乙烯是先除去氧后加氢； D．两个反应历程中都有碳氧键的断裂和碳氢键的形成。 【详解】(1)①C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)△H1=-45.8 kJ/mol ②C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H2=-1277.0 kJ/mol 根据盖斯定律，-(①+②)得方程式 :2CO2(g)+2H2O(g)═C2H4(g)+3O2(g)△H3=−(−45.8−1277.0)kJ/mol=+1322.8 kJ/mol； (2)根据图知，加入水的电极上失电子生成氧气，则该电极为阳极，则通入二氧化碳的电极为 阴极，连接阴极的电极为原电池负极，则 A 为负极，阴极上二氧化碳得电子和水生成乙烯和 氢氧根离子，电极反应式为 2CO2+8H2O+12e−=C2H4+12OH−；每生成 1mol 氧气转移 4mol 电子，据 - 13 - 此计算转移 0.2mol 电子生成的氧气体积= ×1mol×22.4L/mol=1.12L； (3)A．根据图知，二氧化碳先和 Cu 反应，最后又生成 Cu，则 Cu 作催化剂，故 A 正确； B．二氧化碳在反应中得电子发生还原反应，根据图知，二氧化碳还原产物还有甲烷，所以二 氧化碳反应还原产物有乙烯和甲烷，故 B 正确； C．生成乙烯是先除去氧后加氢，而不是先除氢后除氧，故 C 错误； D．两个反应历程中都有碳氧键的断裂和碳氢键的形成，形成碳氢键导致生成甲烷和乙烯，故 D 正确； 答案选 C。 18.碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为 MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s) Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) ΔH，实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。 （1）该反应的平衡常数表达式为 K=___。 （2）由图 1 可知，该反应 ΔH__0(填“>”或“<”)，p1、p2、p3 由大到小的顺序为___。 （3）由图 2 可知，A 点时 H2 的平衡转化率为___。 【答案】 (1). K= (2). ＞ (3). p3＞p2＞p1 (4). 50% 【解析】 【分析】 (1)根据化学平衡常数的定义书写该反应的平衡常数表达式； (2)图象中氢气体积分数随温度升高减小，说明升温平衡正向进行； MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，反应前后气体物质的量增大， 压强越大平衡逆向进行； (3)由图可知 A 点时氢气的体积分数为 40%，结合三行计算列式计算平衡转化率。 【详解】(1)MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，化学平衡常数为 0.2mol 4mol ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 2 c CO H Oc c H × - 14 - 达到平衡，体系各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂 的乘积所得的比值，固体或纯液体没有浓度变化量，则该反应的平衡常数表达式为 K= ； (2)图象中氢气体积分数随温度升高减小，说明升温平衡正向进行，正反应为为吸热反应，△H ＞0，MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)⇌Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，该反应正向是气体增大 的反应，增大压强则平衡逆向进行，氢气体积分数增大，即其它条件相同时，压强越大，氢 气体积分数越大，则 p3＞p2＞p1； (3)设生成二氧化碳物质的量为 x，三段式为 由图可知 A 点时氢气的体积分数为 40%，得到 ×100%=40%，x=1mol，氢气转化率= ×100%=50%。 【点睛】由于固体或纯液体没有浓度变化量，浓度始终为常数 1，不用写入平衡常数表达式中 。 19.电解质在水溶液中存在各种行为，如电离、水解等，依据所学知识回答下列问题： （1）t℃时，纯水中 c(H+)=1×10-6mol·L-1，该温度下，pH=10 的 NaOH 溶液的物质的量浓度 为___。 （2）25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NaCl②NH3·H2O③H2SO4④(NH4)2SO4，其中 水的电离程度由大到小顺序为___（填标号）。 （3）25℃时，将 amol·L-1 的醋酸和 bmol·L-1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的 pH=7， 则 a___b（填“>”“<”或“=”）。 【答案】 (1). 0.01mol·L-1 (2). ④①②③ (3). > 【解析】 【分析】 (1)t℃ 时 ， 纯 水 中 c(H+)=c(OH-)=1×10-6 mol•L-1 ， 则 该 温 度 下 水 的 离 子 积 常 数 ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 2 c CO H Oc c H × ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2MoS s +4H g +2Na CO s Mo s + 2CO g +4H O g +2Na S s mol mol 4 0 0 2x x 2x mol 4-2x x 2x  始 变 平 4-2x 4+x 2 1mol 4mol × - 15 - KW=c(H+)∙c(OH-) ； 该 温 度 下 ， pH=10 的 Ba(OH)2 溶 液 中 c(OH-)= mol/L=0.01mol/L ， c(NaOH)= c(OH-)； (2)酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中 c(H+)、碱中 c(OH-)越大其抑制水 电离程度越大； (3)25℃时，将 a mol•L-1 的醋酸和 b mol•L-1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的 pH=7，则 c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得 c(Na+)=c(CH3COO-)=0.5bmol/L，溶液中存在物料守 恒 c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.5amol/L。 【详解】(1)t℃时，纯水中 c(H+)=c(OH−)=1×10−6 mol∙L−1，则该温度下水的离子积常数 KW=c(H+)∙c(OH−)=1×10−6×1×10−6=10−12；该温度下，pH=10 的 NaOH 溶液中 c(OH−)= mol/L=0.01mol/L，c c(NaOH)= c(OH-)=0.01mol/L； (2)酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中 c(H+)、碱中 c(OH−)越大其抑制水 电离程度越大，①不影响水电离，②中 c(OH−)小于③中 c(H+)且二者都抑制水电离程度，水电 离程度②>③，④中铵根离子水解促进水的电离，所以水电离程度大小顺序是④①②③； (3)25℃时，将 a mol⋅L−1 的醋酸和 b mol⋅L−1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的 pH=7，则 c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒得 c(Na+)=c(CH3COO−)=0.5bmol/L；溶液体积增大一倍， 浓度是原来的一半，溶液中存在物料守恒 c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.5amol/L＞ c(CH3COO−)=0.5bmol/L，所以 a＞b。 20.从某矿渣【成分为 NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2 等】中回收 NiSO4 的工艺流程 如图： 已知：(NH4)2SO4 在 350℃分解生成 NH3 和 H2SO4；NiFe2O4 在焙烧过程中生成 NiSO4、Fe2(SO4)3。 回答下列问题： （1）“研磨”的目的是___。 （2）矿渣中部分 FeO 在空气焙烧时与 H2SO4 反应生成 Fe2(SO4)3 的化学方程式为____。 （3）“浸泡”过程中 Fe2(SO4)3 生成 FeO(OH)的离子方程式为___。“浸渣”的成分除 Fe2O3、 -12 -10 10 10 -12 -10 10 10 - 16 - FeO(OH)、CaSO4 外还含有___（填化学式）。 （4）向“浸取液”中加入 NaF 以除去溶液中 Ca2+，溶液中 c(F-)至少为___mol·L-1 时，可使 钙离子沉淀完全。[已知 Ca2+浓度小于 1.0×10-5mol·L-1 时沉淀完全；Ksp(CaF2)=4.0×10-11] （5）萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相)+2RH(有机相) FeR2(有 机相)+2H+(水相)。萃取剂与溶液的体积比（ ）对溶液中 Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示 ， 的最佳值为___。在___（填“强碱性”“强酸性”或“中性”）介质中“反萃取”能使 有机相再生而循环利用。 （6）若将流程图中浸泡步骤改为如图步骤（前后步骤不变）。依据下表数据判断，调 pH 范 围为___。 【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). 4FeO+6H2SO4+O2 2Fe2(SO4)3+6H2O (3). Fe3++2H2O FeO(OH)+3H+ (4). SiO2 (5). 2.0×10-3 (6). 0.25 (7). 强 酸性 (8). 3.7≤pH<7.1 【解析】 【分析】 某矿渣的主要成分是 NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2 等，加入硫酸铵研磨后，600°C 焙烧，已知：(NH4)2SO4 在 350℃以上会分解生成 NH3 和 H2SO4；NiFe2O4 在焙烧过程中生成 NiSO4 、Fe2(SO4)3，在 90°C 的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入 NaF 除去钙离子，过滤得到滤液 加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，据 0 A V V 0 A V V 高温 加热 - 17 - 此分析解答。 【详解】(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4 混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应 速率，使反应更充分； (2)矿渣中部分 FeO 在空气焙烧时与 H2SO4 反应生成 Fe2(SO4)3 的化学方程式为 4FeO+6H2SO4+O2 2Fe2(SO4)3+6H2O； (3)“浸泡”过程中 Fe2(SO4)3 生成 FeO(OH)的离子方程式为：Fe3++2H2O FeO(OH)+3H+；根据 分析，浸渣”的成分除 Fe2O3、FeO(OH) 、CaSO4 外还含有 SiO2； (4)向“浸取液”中加入 NaF 以除去溶液中 Ca2+，已知 Ca2+浓度小于 1.0×10-5mol·L-1 时沉淀 完全，溶液中 c(F−)= = ≈2×10−3mol/L，故溶液中 c(F-)至少为 2×10−3 mol/L； (5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比( )对溶液中 Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，最 佳取值是亚铁离子不能被萃取，镍离子被萃取， 的最佳取值是 0.25；由 Fe2+(水相)+2RH( 有机相)⇌FeR(有机相)+2H+(水相)可知，加酸，增大氢离子的浓度，使平衡逆向移动，可生成 有机相，则应在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用； (6)若将流程图中浸泡步骤改 如图步骤(前后步骤不变)，亚铁离子被双氧水氧化为铁离子， 除杂过程中要将铁离子除去但不能使镍离子沉淀，依据下表数据判断，pH=3.7 时铁离子完全 沉淀，pH=7.1 时镍离子开始沉淀，则调节 pH 范围为 3.7≤pH<7.1。 21.莫尔盐［硫酸亚铁铵，(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O，Mr=392］是一种重要的还原剂，在空气中比 一般的亚铁盐稳定，易溶于水，难溶于乙醇。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐并 测定其纯度。 回答下列问题： Ⅰ.制取莫尔盐 为 高温 加热 ( )sp 2 K c Ca + -11 -5 4.0 10 1.0 10 × × 0 A V V 0 A V V - 18 - i.连接装置，检査装置气密性。将 13.2g(NH4)2SO4 晶体置于三颈烧瓶 B 中，将 6.0g 洁净铁屑 加入锥形瓶中。 ii.打开仪器 a 瓶塞，关闭活塞 K3，打开 K2、K1，加完 55.0mL2mol·L-1 稀硫酸后关闭 K1。 iii.待大部分铁粉溶解后，打开 K3、关闭 K2，A 中浅绿色溶液流入 B。 iv.关闭活塞 K2、K3，采用 100℃水浴蒸发三颈烧瓶中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷 却结晶、过滤、洗涤晶体。 （1）仪器 a 的名称是___。 （2）操作 iii 中浅绿色溶液会流入 B 的原因是___。 （3）操作 iv 中洗涤晶体所用试剂是___（填标号）。 A.水 B.无水乙醇 C.硫酸溶液 Ⅱ.为测定所得莫尔盐晶体纯度，取 mg 该样品配制成 1L 溶液，分别设计如下两个实验方案， 请回答： 方案一：取 20.00mL 所配硫酸亚铁铵溶液用 0.1000mol·L-1 的酸性 K2Cr2O7 溶液进行滴定。重 复三次。（已知：Cr2O72-还原产物为 Cr3+） （4）写出此反应的离子方程式___。 （5）滴定时必须选用的仪器是___。（填标号） 方案二：取 20.00mL 所配硫酸亚铁铵溶液进行如下实验。 （6）莫尔盐晶体纯度为___。（用含 m、w 的式子表示） （7）若实验操作都正确，但方案一的测定结果总是小于方案二，其可能原因为__。 【答案】 (1). 分液漏斗 (2). A 中产生 H 2 使其压强大于 B (3). B (4). 6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O (5). ①④⑥ (6). ×100% (7). 部分 Fe2+被空气氧化 【解析】 w 50 392 2 233m × × × - 19 - 【分析】 (1)仪器 a 的名称是分液漏斗； (2)A 中产生 H2 使其压强大于 B； (3)摩尔盐易溶于水而难溶于乙醇，洗涤摩尔盐时摩尔盐不能溶解于洗涤剂； (4)Cr2O72-还原产物为 Cr3+，则 K2Cr2O7 具有氧化性，摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子，同 时还生成水，根据反应物和生成物书写离子方程式； (5)酸性 K2Cr2O7 溶液具有强氧化性和酸性，应该盛放在酸式滴定管中，所以该实验滴定时需要 的仪器有酸式滴定管、滴定管夹、锥形瓶； (6)得到的沉淀是 BaSO4，n(BaSO4)= mol，根据硫酸根离子守恒得(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O～ 2BaSO4，则 n[(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O]= n(BaSO4)= mol，m[(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O]= mol×392g/mol× = g，摩尔盐纯度= ×100%； (7)Fe2+不稳定，易被空气氧化。 【详解】(1)仪器 a 的名称是分液漏斗； (2)A 中产生 H2 使其压强大于 B，液体从压强大的装置流入压强小的装置，所以浅绿色溶液会 流入 B； (3)摩尔盐易溶于水而难溶于乙醇，洗涤摩尔盐时摩尔盐不能溶解于洗涤剂，所以应该选取乙 醇洗涤摩尔盐，答案为 B； (4)Cr2O72-还原产物为 Cr3+，则 K2Cr2O7 具有氧化性，摩尔盐中亚铁离子被氧化生成铁离子，同 时还生成水，根据反应物和生成物书写离子方程式为 6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O； (5)酸性 K2Cr2O7 溶液具有强氧化性和酸性，应该盛放在酸式滴定管中，所以该实验滴定时需要 的仪器有酸式滴定管、滴定管夹、锥形瓶，所以应该选取①④⑥； (6)得到的沉淀是 BaSO4，n(BaSO4)= mol，根据硫酸根离子守恒得(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O～ 2BaSO4，则 n[(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O]= n(BaSO4)= mol，m[(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O]= mol×392g/mol× = g，摩尔盐纯度= ×100%= ×100%= ×100%； (7)Fe2+不稳定，易被空气氧化，导致方法一测定值偏小。 w 233 ⋅ 1 2 w 2 233× ⋅ w 2 233× 1000 20.00 392 50 w 466 × × 摩尔盐质量 样品质量 w 233 1 2 w 2 233× w 2 233× 1000 20.00 392 50 w 466 × × 摩尔盐质量 样品质量 392 50 w 466 m × × w 50 392 2 233m × × × - 20 -