2017-2018学年重庆市第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版 19页

重庆市第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试化学试题 化学试题共8页。满分100分。时间120分钟。‎ 注意事项:‎ ‎1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。‎ ‎2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。‎ ‎3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。‎ ‎4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。‎ 可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cr-52 Fe-56‎ I卷(选择题，共40分)‎ 一.选择题(本题包括20个小题，每小题只有- 一个选项符合题意，每小题2分，共40分)‎ ‎1. 下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是 A. 着色剂 B. 增稠剂 C. 抗氧化剂 D. 调味剂 ‎【答案】C ‎..................‎ ‎2. 以下化学用语正确的是 A. 乙烷的结构式: CH3CH3 B. 一氯甲烷的分子式: CH3C1‎ C. 氯化钠的分子式: NaC1 D. 氯化氢的电子式: ‎ ‎【答案】B ‎【解析】CH3CH3是乙烷的结构简式，不是结构式（需要表示出所有共价键），选项A错误。一氯甲烷的分子式就是CH3C1（一个氯原子取代甲烷分子中的一个氢原子），选项B正确。氯化钠是离子化合物，不存在分子式，应该说是化学式，选项C错误。氯化氢是共价化合物，电子式中一定没有括号和电荷，选项D错误。‎ 点睛：具有分子式的物质应该是以分子形式存在的物质，或者说其晶体类型一定属于分子晶体。离子晶体的化学式表示的是阴阳离子的比例关系，例如：NaCl表示的就是在其晶体中，钠离子和氯离子是1:1的关系。原子晶体化学式表示的是其中各种原子的比例关系，例如：SiO2表示的就是在其晶体中氧原子是硅原子的2倍。‎ ‎3. 下列叙述正确的是 A. 含有碳元素的化合物都是有机物 B. 1mol CH4与等物质的量的Cl2在光照条件下生成 1mol CH3C1‎ C. 完全燃烧只生成CO2和H2O的化合物都是烃 D. 有机物有的不溶于水，有的可溶于水 ‎【答案】D ‎【解析】含有碳元素的化合物有可能是无机化合物，例如：CO2等，选项A错误。CH4与Cl2在光照条件下发生的是不可控的取代，无论以何种比例反应都得到四种氯代甲烷的混合物，选项B错误。完全燃烧只生成CO2和H2O的化合物不一定是烃，也可能是烃的含氧衍生物，选项C错误。有机物有的不溶于水（例如：甲烷），有的可溶于水（例如：乙醇），选项D正确。‎ ‎4. NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 标准状况下，22.4L 四氯化碳中含有的分子数为NA B. 25℃时，pH=13 的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA C. 16g 甲烷中含有共价键的数目为4NA D. 0.1 L 2mol/LK2S溶液中含有S2-的数目为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】标准状况下，四氯化碳为液体，所以无法计算其物质的量，选项A错误。pH=13 的NaOH溶液中的OH-的数目是无法计算的，因为没有说明溶液的体积，选项B错误。16g 甲烷（1mol）中含有4molC-H，所以共价键的数目为4NA，选项C正确。0.1 L 2mol/L K2S溶液中S2-会发生水解，所以其中含有的S2-的数目是无法计算的，选项D错误。‎ ‎5. 下列说法正确的是 A. 将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为Al2O3和Na2SO3‎ B. 配制FeSO4 溶液时，将FeSO4 固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度 C. 用加热的方法可以除去KC1溶液中的Fe3+‎ D. 洗涤油污常用热的碳酸钠溶液 ‎【答案】D ‎【解析】Na2SO3溶液加热蒸干、灼烧时，要考虑空气中的氧气将其氧化，所以最终得到Na2SO4‎ 固体，选项A错误。配制FeSO4 溶液时，将FeSO4 固体溶于稀盐酸中会引入氯离子杂质，所以选项B错误。加热会促进Fe3+的水解，生成氢氧化铁沉淀，但是还要经过滤才能得到氯化钾溶液，选项C错误。碳酸钠溶液显碱性，加热可以促进碳酸根的水解，使溶液碱性增强，所以常用热的碳酸钠溶液与油污发生皂化反应，除去油污，选项D正确。‎ 点睛：关于将溶液加热蒸干、灼烧后，应该得到什么物质，主要考虑如下：‎ ‎ 1、水解完全，得到水解产物：AlCl3溶液加热蒸干、灼烧后，所得固体为Al2O3。‎ ‎ 2、易被氧化的物质，得到氧化产物：Na2SO3溶液加热蒸干、灼烧后，所得固体为Na2SO4。‎ ‎ 3、易分解的物质，得到分解产物：碳酸氢钙溶液加热蒸干、灼烧后，所得固体为碳酸钙。‎ 注意：对于第一种，只有水解生成易挥发的酸的盐才会出现这种结果，例如：硫酸铝溶液（因为硫酸不挥发）加热蒸干、灼烧后，所得固体为硫酸铝。‎ ‎6. 下列叙述正确的是 A. 强电解质溶液中一定不存在电离平衡 B. 在恒温条件下，增大压强，化学反速率一定加快 C. 两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别a和a+1,则c1=10c2‎ D. 常温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH等体积混合后，溶液pH<7‎ ‎【答案】D ‎【解析】任何水溶液一定有水的电离平衡，选项A错误。增大压强能加快反应的前提是：反应物有气体，如果没有气体，压强不会影响速率，选项B错误。弱电解质的电离特点是：浓度越小，电离程度越大，但酸碱性越弱。两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2，如果c1=10c2，c1浓度的溶液的pH=a，则可以认为c2溶液是将c1溶液10倍得到，稀释10倍（电离平衡正向移动，电离出更多的氢离子）pH的增大应该小于1，所以c2的pH应该小于a+1。但是题目说c2溶液的pH就是a+1，说明从c1到c2要稀释多于10倍，即c1＞10c2，选项C错误。常温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH等体积混合后，因为醋酸的浓度远大于氢氧化钠，所以混合后应该是醋酸过量很多，所以溶液显酸性pH<7，选项D正确。‎ ‎7. 用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随水量的增加而减小的是 A. c(OH-)c(NH3•H2O) B. c(NH3•H2O)/c(OH-)‎ C. c(H+)和c(OH-)的乘积 D. n(OH-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】加水稀释促进NH3·H2O的电离，NH4+、OH-物质的量增大，NH3·H2O物质的量减小。A项，c(OH-)/c(NH3·H2O)= n(OH-)/n(NH3·H2O)，随着水量的增加c(OH-)/c(NH3·H2‎ O)增大；B项，随着水量的增加c(NH3·H2O)/ c(OH-)减小；C项，c(H+)和c(OH-)的乘积为水的离子积，加水稀释温度不变，水的离子积不变；D项，随着水量的增加OH-物质的量增大；答案选B。‎ 点睛：弱电解质稀溶液加水稀释会促进弱电解质电离，弱电解质电离产生的离子物质的量增大，弱电解质分子物质的量减小，由于溶液的体积增大，弱电解质电离产生的离子物质的量浓度减小。由于加水稀释温度不变，弱电解质的电离平衡常数和水的离子积不变。‎ ‎8. 下列各反应中属于取代反应的是 A. CH2=CH2＋H-OHCH3-CH2-OH B. H2＋Cl22HCl C. 2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O D. CH3－CH3＋2Cl2CH2Cl－CH2Cl＋2HCl ‎【答案】D ‎【解析】选项A的反应为加成反应，选项A错误。选项B的反应根本就不是有机反应，选项B错误。选项C的反应是乙醇的催化氧化反应，不是取代，选项C错误。选项D的反应是用氯原子代替了乙烷分子中的两个氢原子，选项D正确。‎ ‎9. 下列表示化学过程的化学用语书写正确的是 A. BaSO4投入水中后建立的沉淀溶解平衡:BaSO4 Ba2++SO42-‎ B. AlCl3溶液与NaAlO2溶液混合:A13++A1O2-+3H2O2Al(OH)3↓‎ C. HCO3-的电离:HCO3-+H2OCO32-+H3O+‎ D. Na2SO3的水解:SO32-+2H2OH2SO3+2OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】选项A的平衡应该标注各物质的状态，即为：BaSO4（s） Ba2+（aq）+SO42-（aq），选项A错误。选项B的电荷不守恒，应该为A13++3A1O2-+6H2O4Al(OH)3↓，选项B错误。将选项C的方程式两边各去掉一个水分子，即得到:HCO3-CO32-+H+，表示的是碳酸氢根的电离，选项C正确。亚硫酸根离子的水解应该分步进行，选项D错误。‎ ‎10. 下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是 A. 无色溶液中:K+、Cl-、CO32-、AlO2-、NO3-‎ B. 水电离的H+浓度c(H+)=10-2mol/L的溶液中: Cl-、CO32-、NO3-、NH4+、SO32-‎ C. 使甲基橙变红的溶液中: Fe2+、NO3-、Na+、SO42-‎ D. 中性溶液中: Fe3+、Al3+、NO3-、Cl-‎ ‎【答案】A ‎【解析】K+、Cl-、CO32-、AlO2-、NO3-都无色且互相之间不反应，能大量共存，选项A正确。水电离的H+浓度c(H+)=10-2mol/L的溶液中一定存在大量的H+，所以不能存在CO32-，选项B错误。使甲基橙变红的溶液显强酸性，而H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应，而不能大量共存，选项C错误。因为Fe3+水解溶液一定显酸性，所以中性溶液中不应该存在大量的Fe3+，选项D错误。‎ ‎11. 某同学用0.1000mol/L的氢氧化钠标准溶液滴定某未知浓度的醋酸溶液20mL,则下列叙述正确的是 A. 本实验可选用甲基橙为指示剂 B. 在滴定操作开始前，应洗涤并润洗滴定管和锥形瓶 C. 在滴定操作的碱式滴定管中有气泡，滴定结束时气泡消失，则测定结果偏大 D. 若达到滴定终点时，消耗NaOH溶被20.00mL,如原醋酸溶液的pH=1‎ ‎【答案】C ‎【解析】氢氧化钠与醋酸恰好中和生成醋酸钠，此时溶液应该显碱性，所以应该用碱性变色的指示剂（酚酞）来判断终点，选项A错误。能够进行润洗的仪器只有滴定管，选项B错误。在滴定操作的碱式滴定管中有气泡，滴定结束时气泡消失，则滴定管的读数包括滴入锥形瓶的氢氧化钠溶液的体积，还包括了填满下端尖嘴原来的气泡用的氢氧化钠溶液的体积，所以氢氧化钠溶液的体积变大了，测定的结果应该偏大。选项C正确。若达到滴定终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，则醋酸的浓度为0.1mol/L，因为只能电离一部分，所以溶液pH＞1，选项D错误。‎ ‎12. 近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是 A. 氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以 B. 氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸 C. 0.10mol/L的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1‎ D. 氢硫酸的还原性强于亚硫酸 ‎【答案】D ‎【解析】氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，说明亚硫酸酸性强于碳酸而氢硫酸酸性弱于碳酸，所以亚硫酸酸性强于氢硫酸，选项A可以比较。浓度相等，氢硫酸的导电能力低于亚硫酸，说明氢硫酸的电离能力弱于亚硫酸，即亚硫酸酸性强于氢硫酸，选项B可以比较。0.10mol/L的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，说明亚硫酸电离出来的氢离子远多于氢硫酸，即亚硫酸酸性强于氢硫酸，选项C可以比较。酸性强弱和还原性强弱之间没有具体关系，选项D错误。‎ ‎13. 已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12Ksp [MgF2]=7.42×10-11.下列说法正确的是 A. 25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大 B. 25℃时，在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2‎ C. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大 D. 25℃时,Mg(OH)2固体在20mL 0.01mol/L氨水中的Ksp比在20mL0.01mol/L NH4Cl溶液中的Kap小 ‎【答案】C ‎【解析】因为Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12小于Ksp[MgF2]=7.42×10-11，所以饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)更小，选项A错误。因为Ksp[Mg(OH)2]与Ksp[MgF2]的差距很小，所以两种沉淀之间的转化为可逆反应，增大F-的浓度应该可以将Mg(OH)2转化为MgF2，选项B错误。NH4Cl水解显酸性，氢离子可以与Mg(OH)2电离出来的氢氧根离子反应，使其沉淀溶解平衡正向移动，增大了Mg2+的浓度，选项C正确。Ksp是沉淀溶解平衡的平衡常数，只与温度有关，所以25℃下，Mg(OH)2的Ksp是定值不变，选项D错误。‎ 点睛：沉淀转化时，反应能否进行，以及是否能转化完全，可以利用平衡常数进行判断。本题的选项B中，如果进行沉淀转化，离子方程式为：Mg(OH)2+2F- = MgF2 + 2OH-，所以反应的，题目给出的两种物质的Ksp的差距较小，所以反应的K一定在105到10-5之间，即反应为标准的可逆反应，两个方向都能进行。如果计算出来的K大于105，则说明反应不可逆；如果计算出来的K小于10-5，则说明反应不发生。 ‎ ‎14. 下列实验操作、现象以及对结论均正确的是 实验操作及现象 结论 A 明矾的水溶液和小苏打溶液混合，生成大量白色泡沫 弱碱阳离子的水解和弱酸阴离子的水解相互促进 B 在0.1mol/LMgCl2‎ Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2‎ 溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀后，再加入等浓度的FeCl3溶液，沉淀变为红褐色 C 加热饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体 水解过程是吸热过程 D 用广泛PH试纸测得某NH4Cl溶液的pH为5.8‎ NH4Cl水解呈酸性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】铝离子和碳酸氢根离子的水解互相促进，以至于水解完全，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，所以选项A正确。在0.1mol/LMgCl2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀后，再加入等浓度的FeCl3溶液，以为上一步氢氧化钠过量，所以加入FeCl3溶液后一定会得到红褐色的氢氧化铁沉淀，与溶解度无关，选项B错误。制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和氯化铁溶液滴加到沸腾的水中，选项C错误。广泛pH试纸的精度为1，不可能测出5.8的pH值，选项D错误。‎ ‎15. 醋酸锁[(CH3COO)2Ba·H2O]是一种媒染剂，下列是有关0.1mol/L醋酸钡溶液中粒子浓度的比较，其中不正确的是 A. c(Ba2+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)‎ B. c(H+)+2c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(OH-)‎ C. c(H+)=c(OH-)-c(CH3COOH)‎ D. 2c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、CH3COO-离子水解程度较小，水解后溶液呈碱性，由（CH3COO）2Ba可知，则有c（CH3COO-）＞c（Ba2+），c（OH-）＞c（H+），正确的顺序应为，c（CH3COO-）＞c（Ba2+）＞c（OH-）＞c（H+），故A错误；B、溶液呈电中性，溶液中阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，故c（H+）+2c（Ba2+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故B正确；C、根据溶液电中性可知：c（H+）+2c（Ba2+）=c（OH-）+c（CH3COO-），根据物料守恒可知，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=2c（Ba2+），‎ 则有c（H+）+c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（OH-）+c（CH3COO-），则c（H+）=c（OH-）-c（CH3COOH），故C正确；D、由（CH3COO）2Ba，根据物料守恒可知，c（CH3‎ COOH）+c（CH3COO-）=2c（Ba2+），故D正确；故选A。‎ 考点：考查了离子浓度大小的比较；盐类水解的应用的相关知识。‎ ‎16. 25℃时，0.1mol/L下列溶液的PH如下表，有关比较正确的是 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ 溶液 NaCl CH3COONH4‎ NaClO NaHCO3‎ Na2CO3‎ pH ‎7.0‎ ‎7.0‎ ‎10.3‎ ‎8.3‎ ‎11.6‎ A. 酸性的相对强弱：HClO＞HCO3－‎ B. 由水电离产生的c(H+)：①=②‎ C. 溶液③④中酸根离子浓度：c(ClO－)＞c(HCO3－)‎ D. 在④⑤溶液等体积混合后的溶液中：c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)=0.1mol/L ‎【答案】D ‎【解析】根据表中数据得到碱性为：NaClO＜Na2CO3，再根据越弱越水解的原理得到酸性为：HClO＜HCO3－，选项A错误。NaCl对于水的电离无影响，CH3COONH4对于水的电离起到促进作用，所以选项B错误。因为碱性：NaClO＞NaHCO3，所以ClO-的水解能力更强，则ClO-剩余的浓度应该更小，即溶液③④中酸根离子浓度：c(ClO－)＜c(HCO3－)，选项C错误。④⑤溶液等体积混合后是c(NaHCO3)=c(Na2CO3)=0.05mol/L的混合溶液（注意体积变为原来的2倍），c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)=0.1mol/L是溶液的物料守恒，选项D正确。‎ 点睛：利用越弱越水解的原理解决问题时，应该要注意二元酸的正盐和酸式盐的区别。一般可以这样理解：正盐对应的“酸”应该酸式盐的酸根，酸式盐对应的酸才是真正的二元酸。例如：碳酸钠对应的是碳酸氢根，碳酸氢钠对应的是碳酸。‎ ‎17. 用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是 A. 通电后阴极区附近溶液pH会增大 B. 阳极反应式为4OH－-4e－＝2H2O+O2↑‎ C. 纯净的KOH溶液从b出口导出 D. K+通过交换膜从阴极区移向阳极区 ‎【答案】D ‎【解析】阴极的反应是2H++2e-=H2↑，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，选项A正确。阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH－-4e－＝2H2O+O2↑，选项B正确。左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出，选项C正确。阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动，选项D错误。‎ ‎18. 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 0.1mol•L-1NaHCO3溶液:c（Na+）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）‎ B. 室温下，向0.01mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性:c（Na+）>c（SO42-）＞c（NH4+）>c（H+）=c（OH-）‎ C. Na2CO3溶液: c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3）‎ D. 25℃时，浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH和CH3COONa等体积混合溶液:c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）=0.2mol/L ‎【答案】B ‎【解析】0.1mol•L-1NaHCO3溶液中，碳酸氢根的浓度大约就是0.1mol/L，明显氢离子远小于0.1mol/L，所以c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），选项A错误。室温下，向0.01mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，有电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因为溶液显中性，所以c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，得到c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-‎ ‎)记为等式①。无论加入多少氢氧化钠不会影响硫酸氢铵溶液的物料守恒即：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(SO42-)，所以c(NH4+)＜c(SO42-)，带入等式①中，得到c(Na+)＞c(SO42-)，所以有：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）>c（H+）＝c（OH-），选项B正确。Na2CO3溶液的电荷守恒式为：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+ c(OH)，与选项C的等式联立得到：2c（CO32-）+ c(OH)=2c（H2CO3），对于碳酸钠溶液，明显c（CO32-）远大于c（H2CO3）,所以2c（CO32-）+ c(OH)=2c（H2CO3）这个等式不成立，那么选项C中的c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3）也不成立，选项C错误。浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH和CH3COONa等体积混合，得到c（CH3COOH）＝ c（CH3COONa）=0.05mol/L的溶液（注意溶液体积是原来的2倍），则物料守恒为c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）=0.1mol/L，选项D错误。‎ ‎19. 下列图示与对应的叙述相符的是 ‎  ‎ 甲 乙 丙 A. 图甲中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点 B. 图甲中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性 C. 图乙表相同温度下pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线Ⅱ为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强 D. 用0.0100mol/L硝酸银标准溶液,滴定浓度均为0.1000mol/L，C1-、Br-及I-的混合溶液，由图丙曲线，可确定首先沉淀的是Cl-‎ ‎【答案】B ‎20. 改变0.1mol/L二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数随pH的变化如图所示已知[]。‎ 下列叙述错误的是 A. lg[K2(H2A)]=－4.2‎ B. pH=4.2时，c(HA－) = c(A2－) = c(H+)‎ C. pH=2.7时，c(HA－) ＞c(H2A)= c(A2－)‎ D. pH=1.2时，c(H2A)=c(HA－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】K2(H2A)= ，结合题图中pH=4.2时c(HA-)=c(A2-)，代入上式可得K2(H2A)=10-4.2，则lg[K2(H2A)]＝－4.2，选项A正确。pH=4.2时，c(H+)=10-4.2 mol·L-1，但溶液中c(HA-)、c(A2-)均约为0.05 mol·L-1（图中看到这两个成分浓度相等，综合应该还是0.1mol/L），选项B错误。从图中可以得到pH=2.7时，c(HA－)较大，c(H2A)= c(A2－)且都较低，所以选项C正确。从图中得到H2A和HA-的相等，则两者的浓度一定相等，选项D正确。‎ Ⅱ卷(非选择题 共60分)‎ ‎21. 随着大气污染的日趋严重，我国提出于“十二五”期间，將二氧化硫(SO2)排放量减少8%，氮氧化物（NOx)排放量减少10%，二氧化碳(CO2)的排放量也要大幅减少。‎ ‎(1)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx形成酸雨、污染大气。采用NaClO和Ca(ClO)2的混合溶液作为吸收剂可得到较好的烟气脱硫效果，已知下列反应：‎ SO2（g）+2OH−（aq）===SO32−（aq）+H2O（l） ΔH1‎ ClO−（aq）+SO32−（aq）===SO42−（aq）+Cl−（aq） ΔH2‎ CaSO4（s）===Ca2+（aq）+SO42−（aq） ΔH3‎ 则反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO−（aq）+2OH−（aq）===CaSO4（s）+H2O（l）+Cl−（aq）的ΔH=_______。‎ ‎(2)在“十二五”期间重庆市也积极展开了主城区各工厂燃料“媒改气”的整改行动。“煤改气中“气”的主要成分为:____（填化学式), 其空间结构为_____（填名称），它与C3H8互称为________。‎ ‎(3)甲醇(CH3OH)是一种液态可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，在25℃、101KPa下， 1g甲醇完全燃烧放热22.68kJ，表示甲醇燃烧热的热化学方程式________。该反应在低温下___（填“自发”、“不自发”）。‎ ‎【答案】 (1). ΔH1-ΔH3+ΔH2 (2). CH4 (3). 正四面体 (4). 同系物 (5). CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-725.76kJ/mol (6). 自发 ‎【解析】（1）第一个反应加上第二个反应再减去第三个反应就可以得到反应：SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO−（aq）+2OH−（aq）===CaSO4（s）+H2O（l）+Cl−（aq），所以该反应的ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3。‎ ‎（2）煤改气主要是将燃煤改为燃烧天然气，天然气的主要成分是甲烷。甲烷是空间正四面体结构，属于烷烃，与丙烷（C3H8）的关系是互为同系物。‎ ‎（3）甲醇燃烧热是指1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水的热效应。1mol甲醇的质量是32g，燃烧的放热为32×22.68=725.76，所以热化学方程式为：CH3OH(l) + 3/2O2(g) === CO2(g) + 2H2O(l) ΔH= -725.76 kJ/mol。反应的气体由1.5mol氧气变为1mol二氧化碳气体，所以△s＞0，又有ΔH＜0，所以△G=ΔH－T△s一定为负数，反应一定自发。‎ ‎22. 用沉淀滴定法快速测定NaI等确化物落液中c(I-).实验过程包括准备标准液和滴定待测溶液。‎ I.准备标准溶液 a.准确称取AgNO3基准物4.2468 g(0.0250 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。‎ b.配制并标定100 mL 0.1000 mol·L−1 NH4SCN标准溶液，备用。‎ Ⅱ.滴定的主要步骤 a.取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。‎ b.加入25.00 mL 0.1000 mol·L−1 AgNO3溶液(过量)，使I-完全转化为AgI沉淀。‎ c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。‎ d.用0.1000 mol·L−1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。‎ e.重复上述操作两次。三次测定数据如下表:‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 消耗NH4SCN标准溶液体积/mL ‎10.24‎ ‎10.02‎ ‎9.98‎ f.数据处理。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有__________。‎ ‎(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________________________。‎ ‎(3)滴定应在pH<0.5的条件下进行，其原因是___________________________________。‎ ‎(4)Ⅱ中b和c两步操作是否可以颠倒________________，说明理由____________。‎ ‎(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为_____mL，测得c(I-)=_________________mol·L-1。‎ ‎(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为_________________。‎ ‎(7)判断下列操作对c(I-)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)‎ ‎①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_______________。‎ ‎②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果____________________。‎ ‎【答案】 (1). 250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 (2). 避免AgNO3见光分解 (3). 防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解） (4). 否（或不能） (5). 若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 (6). 10.00 (7). 0.0600 (8). 用NH4SCN标准溶液进行润洗 (9). 偏高 (10). 偏低 ‎【解析】本题主要考查沉淀滴定法。‎ ‎（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管。‎ ‎（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是避免AgNO3见光分解。‎ ‎（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）。‎ ‎（4）b和c两步操作不可以颠倒，理由是若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点。‎ ‎（5）舍弃与其它数据不平行的20.24，所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为20.00mL，n(AgNO3)= 25.00 mL×0.1000 mol·L−1=0.00250mol，n(NH4SCN)= 20.00 mL×0.1000 mol·L−1=0.00200mol，n(I-)= n(AgNO3)-n(NH4SCN)=0.00050mol，所以c(I-)=0.00050mol/25.00mL=0.02mol·L-1。‎ ‎（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为用NH4SCN标准溶液进行润洗。‎ ‎（7）①AgNO3标准溶液浓度变小，使得标准溶液体积增大，则测定结果偏高。②终读数变小，标准液液数值变小，则测定结果偏低。‎ ‎23. Ⅰ.水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的某种方法过程如图所示：‎ ‎（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_____________，还可使用__________代替硝酸。‎ ‎（2）沉淀A的主要成分是________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为____________。‎ ‎（3）加氨水过程中加热的目的是_____。沉淀B的主要成分为_______、_________（填化学式）。‎ Ⅱ、已知25℃时草酸的电离常数为K1=5.0×10-2,K2=5.4×10-5.草酸钙的Kap=4.0×10-8.碳酸钙的Ksp=2.5×10-9．不同温度下水的离子积常数见下表：‎ t/℃‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎90‎ ‎100‎ Kw/10-14‎ ‎0.134‎ ‎0.292‎ ‎0.681‎ ‎1.00‎ ‎2.92‎ ‎5.57‎ ‎38.0‎ ‎55.0‎ ‎（1）计算25℃时KHC2O4溶液的水解平衡常数Kb=_____；写出水溶液中草酸的电离方程式_____；常温下将0.2mol/L的KOH溶液10mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合后溶液显________性。（填“酸性”“中性”或“无法确定”）‎ ‎（2）25℃时向20mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10-4mol/L的碳酸钾溶液10mL，能否产生沉淀，_______（填“能”或“否”）． 碳酸钙转化为草酸钙的离子方程式为______，列式计算该反的平衡常数K=_________。‎ ‎（3）90℃时，将0.005mol/L的氢氧化钙溶液20mL与0.0012mol/L的草酸溶液20mL混合，则混合后溶液的pH______。（可能用到的对数：lg38=1.6，lg26=2.4，lg2=0.3）‎ ‎【答案】 (1). 氧化亚铁离子 (2). H2O2、氯水等 (3). SiO2 (4). SiO2 + 4HF === SiF4↑+ 2H2O (5). 促进Fe3+、Al3+水解，加速沉淀生成 (6). Fe(OH)3 (7). Al(OH)3 (8). 2×10-13 (9). H2C2O4H+ + HC2O4- (10). 酸性 (11). 否 (12). CaCO3(s) + C2O42- (aq) CaC2O4(s) + CO32- (aq) (13). (14). 10‎ ‎【解析】（1）流程中铁杂质主要是通过转化为氢氧化铁沉淀的方式除去，所以加入硝酸的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，以便于沉淀除杂。除硝酸外，还可以使用绿色氧化剂：过氧化氢，以保证不引入杂质。用氯水氧化也是一种可行的选择，因为本流程中存在的阴离子就是氯离子。‎ ‎（2）根据水泥中的成分，一般二氧化硅不溶于酸，所以沉淀A主要是二氧化硅。其溶于氢氟酸的反应为：SiO2 + 4HF === SiF4↑+ 2H2O。‎ ‎（3）加热可以使生成的胶体聚沉，避免胶体的生成，易于沉淀的分离；pH为4～5时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。‎ Ⅱ（1）HC2O4-的水解方程式为：HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，HC2O4-的水解平衡常数为：，所以Kh= 2×10-13。草酸为二元弱酸，电离过程分步进行，草酸的电离方程式为：H2C2O4H++HC2O4-，HC2O4-H++C2O42-；常温下将0.2mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合，反应后得到草酸氢钾溶液，由于草酸氢根离子的电离平衡常数（K2）大于其水解平衡常数（Kh），所以电离占主导地位，溶液显酸性。‎ ‎（2）碳酸钙溶液中钙离子浓度==5×10-5mol/L，二者混合后，钙离子浓度=×10-5mol/L，草酸钾的浓度为×10-4 mol/L，混合后c(Ca2+)•c(C2O42-)=，故无沉淀。碳酸钙转化为草酸钙的离子方程式为：CaCO3(s) + C2O42- (aq) CaC2O4(s) + CO32- (aq)，所以该反应的平衡常数为：。‎ ‎（3）氢氧化钙和草酸等物质的量反应生成草酸钙沉淀和水，所以0.005mol/L的氢氧化钙溶液20mL与0.0012mol/L的草酸溶液20mL混合，得到的是(0.005－0.0012)÷2=0.0019mol/L的氢氧化钙溶液，其中氢氧根离子的浓度为0.0038mol/L。所以90℃下的氢离子为38×10-14÷0.0038=1×10-10mol/L，所以pH=10。‎ ‎24. 查阅资料:元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色) 、Cr(OH)4-(绿色) 、Cr2O72−（橙红色）、CrO42−（黄色）等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：‎ ‎（1）铬(24Cr)属于________（选填编号）。‎ a.主族元素 b.副族元素 c.Ⅶ族元素 d.过渡元素 ‎（2）CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L−1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72−）随c（H+）的变化如图所示。‎ ‎①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。‎ ‎②由图可知，溶液酸性增大，CrO42−的平衡转化率__________（填“增大“减小”或“不变”）。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。‎ ‎③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________0（填“>”“<”或“=”）。‎ ‎（3）欲降低废水中重金属元素铬的毒性，可将Cr2O72-转化为Cr(OH)3沉淀除去．已知：‎ 氢氧化物开始沉淀时的pH 氢氧化物沉淀完全时的pH Fe2+‎ ‎7.0‎ ‎9.0‎ Fe3+‎ ‎1.9‎ ‎3.2‎ Cr3+‎ ‎6.0‎ ‎8.0‎ 某含铬废水处理的主要流程如图所示：‎ ‎①初沉池中加入的混凝剂是K2SO4﹒Al2(SO4)3﹒2H2O，其作用为__________（用离子方程式表示）．‎ ‎②反应池中用NaHSO3将酸性废液中的Cr2O72-还原成Cr3+，该反应的离子方程式为________．根据“沉淀法”和“中和法”的原理，向沉淀池中加入NaOH溶液，此过程中发生主要反应的离子的先后顺序是____________．证明Cr3+沉淀完全的方法是__________．‎ ‎（4）工业可用电解法来处理含 Cr2O72-废水．实验室利用如图模拟处理含Cr2O72-的废水，阳极反应式是Fe-2e-═Fe2+，阴极反应式是2H++2e-═H2↑．Fe2+与酸性溶液中的Cr2O72-反应的离子方程式是__________，得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，用电解法处理该溶液中0.01mol Cr2O72-时，至少得到沉淀的质量是__________ g．‎ ‎【答案】 (1). bd (2). 2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O (3). 增大 (4). K=1.0×10-14 (5). ＜ (6). Al3+ + 3H2OAl(OH)3(胶体) + 3H+ (7). H+、Cr3+ (8). 测定溶液的pH，若pH≥8，则证明Cr3+沉淀完全（其他合理答案均可） (9). Cr2O72- +3HSO3- +5H+===2Cr3++3SO42- +4H2O (10). 6Fe2++Cr2O72- +14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O (11). 8.48‎ ‎【解析】（1）Cr是ⅥB族的金属元素，所以是副族元素也是过渡元素。‎ ‎（2）①图中看到：酸性增强时CrO42−转化为Cr2O72−，所以方程式为：2CrO42+2H+Cr2O72- +H2O。②酸性增强，氢离子浓度增大，平衡正向移动，CrO42−的平衡转化率增大。A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，则消耗的CrO42-的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c（CrO42-）=1.0mol/L - 0.25mol/L×2 = 0.5mol/L，H+浓度为1×10-7mol/L，此时该转化反应的平衡常数为 ，即K=1×1014。③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，则该反应的ΔH＜0。‎ ‎（3）①加入明矾的目的是铝离子水解得到氢氧化铝胶体，再吸附水中其他不溶物一起聚沉，所以反应为：Al3+ + 3H2OAl(OH)3(胶体) + 3H+。‎ ‎②用NaHSO3将酸性废液中的Cr2O72-还原成Cr3+，同时+4价S化合价应该升高到+6价，得到硫酸根根，所以方程式为：Cr2O72- +3HSO3- +5H+===2Cr3++3SO42- +4H2O。沉淀池溶液中主要存在氢离子和Cr3+，加入氢氧根离子，应该先进行酸碱中和，再形成氢氧化铬沉淀，所以先反应H+再反应Cr3+。从题目的表格中已知：pH达到8的时候溶液中的Cr3+完全沉淀，所以可以利用测定溶液pH的方法来证明Cr3+完全沉淀。‎ ‎（4）Cr2O72-将Fe2+氧化为Fe3+，本身还原为Cr3+，所以反应方程式为：6Fe2++Cr2O72- +14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O。根据上述方程式，处理该溶液中0.01mol Cr2O72-时，应该得到0.02molCr3+和0.06molFe3+，题目说得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，则Cr3+和Fe3+应该完全沉淀，得到0.02molCr(OH)3和0.06molFe(OH)3，质量为0.02×(52+17×3) + 0.06×(56+17×3)=8.48g。‎ ‎ ‎