1、四川省双流中学2019-2020学年高二化学3月月考试题（含解析）说明：（1）本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共6页。满分100分，考试时间90分钟。（2）本试卷所有答案都写在答题卡上。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Fe-56第I卷（选择题，共40分）本卷共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与日常生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）A. NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂B. 洗涤油污常用热纯碱溶液C. 明矾可用作自来水的杀菌消毒D. 加入Na2S可除去工业废水
2、中Cu2+和Hg2+等离子【答案】C【解析】【详解】ANH4Cl与ZnCl2水解呈酸性，可作焊接中的除锈剂，A正确；B碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下水解，加热可以加大水解程度，所以生活中常用热的纯碱溶液洗涤油污，B正确；CAl3+水解产生的Al(OH)3胶体可以吸附水中的悬浮杂质，可以除去水中的悬浮杂质，不能消毒杀菌，C错误；DS2-与工业废水中Cu2+和Hg2+等离子反应生成硫化物沉淀，所以可以加入Na2S可除去业废水中Cu2+和Hg2+等离子，D正确。答案选C。2.下列仪器在酸碱中和反应中不会用到的是（ ）A. 烧杯B. 长颈漏斗C. 锥形瓶D. 酸式滴定管【答案】B【解析】【详解】A
3、排气泡和调滴定管内液面高度时用到烧杯，A正确；B酸碱中和滴定用不到长颈漏斗，B错误；C将待测液盛放在锥形瓶中进行滴定，C正确； D酸滴定碱时，用酸式滴定管盛放或者量取酸溶液，D正确。答案选B。3.下表中物质的分类组合完全正确的是（ ）选项ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱电解质HFCaCO3HClOSO2非电解质SO2金属AlH2OC2H5OHA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，包括大多数有机物、非金属氧化物等；在
4、水中全部电离的电解质为强电解质，包括强酸、强碱、盐等，在水中部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱、水等。【详解】AKNO3是盐，盐属于强电解质，HF是弱酸，弱酸属于弱电解质，SO2是非金属氧化物，属于非电解质，A正确；BH2SO4是强酸，强酸属于强电解质，CaCO3是盐，盐属于强电解质，Al是单质，既不是电解质，也不是非电解质，B错误；CBaSO4是盐，盐属于强电解质，HClO是弱酸，弱酸属于弱电解质，H2O是电解质，C错误；DHClO4是强酸，强酸属于强电解质，SO2是非金属氧化物，属于非电解质，C2H5OH是有机物，在水溶液和熔融状态下都不能电离，是非电解质，D错误。答案选A。【点睛
5、】单质和混合物不属于化合物，所以单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。4.下列化学用语中正确的是（ ）A. Na2S的水解：S2-+2H2OH2S+2OH-B. NaHCO3的电离：NaHCO3Na+H+CO32-C. HSO3-的电离：HSO3-H+SO32-D. 硫氢化钠溶液呈碱性：HS-+H2OS2-+H3O+【答案】C【解析】【详解】A多元弱酸酸根分步水解，所以Na2S的水解：S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，A错误；BNaHCO3是弱酸酸式盐，其电离方程式为：NaHCO3Na+HCO3-，B错误；CHSO3-的电离方程式为：HSO3-H+SO32-，C正
6、确；D硫氢化钠酸式盐，在水溶液中既能电离，也会水解，硫氢化钠溶液呈碱性是因为其水解程度大于电离程度，所以应为：HS-+H2OH2S+OH-，D错误。答案选C。【点睛】酸式盐电离产生H+，水解产生OH-，酸式盐溶液显什么性，要比较其水解程度和电离程度，电离程度大于水解程度显酸性，如HSO3-，H2PO4-，电离程度小于水解程度显碱性，如HCO3-、HS-。5.下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）A. 高温能使合成氨的反应速率加快B. H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深C. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂D. 红棕色NO2加压后颜色先变深后变浅【答案】D【解析】【分
7、析】勒夏特列原理：如果改变可逆反应的条件(如浓度、压强、温度等)，化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。【详解】A升高温度，活化分子百分数增多，有效碰撞增多，反应速率增大，与平衡移动无关，A错误；BH2+I22HI可知，加压后平衡不移动，颜色加深是因为加压使体积减小，I2浓度增大所致，B错误；C加入催化剂，可以降低反应所需的活化能，活化分子百分数增多，有效碰撞增多，反应速率增大，与平衡无关，C错误；D2NO2N2O4，加压后，平衡向气体分子数减小(也是压强减小)的方向移动，符合勒夏特列原理，D正确。答案选D。6.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（ ）亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸
8、性常温下，NaNO2溶液的pH=90.1mol/LHNO2溶液中，c(H+)=0.015mol/L用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】亚硝酸溶液中存在HNO2分子，说明HNO2部分电离，能说明亚硝酸是弱电解质；常温下，NaNO2溶液的pH=9，显碱性，说明NO2-会水解，则HNO2是弱酸，弱酸是弱电解质，所以能说明亚硝酸是弱电解质；0.1mol/LHNO2溶液中，c(H+)=0.015mol/L，c(H+) c(HNO2)，说明HNO2部分电离，能说明亚硝酸是弱电解质；电解质溶液的导电性和离子浓度及离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关，不能说明
9、亚硝酸是弱电解质；综上所述：能说明亚硝酸是弱电解质的有：。答案选A。【点睛】有弱才水解的含义是：含弱酸根离子或者弱碱阳离子的盐才水解。7.下列实验装置能达到实验目的的是（ ）A.测定一定时间内生成H2的反应速率B.可以进行中和热的测定实验C.比较温度对化学反应速率的影响D.比较Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A可以根据秒表测出生成一定体积氢气的时间，故可以算出反应速率，A正确；B中和热的测定，温度计应放在反应溶液中，B错误；C二氧化氮为红棕色气体，四氧化二氮为无色气体，容器内存在：2NO2N2O4,O，升高温度，平衡逆向移动，
10、NO2含量增多，颜色加深，说明的是温度对平衡移动的影响，而不是温度对速率的影响，C错误；D还有氯离子和硫酸根离子不同，故不能比较铜离子和铁离子对双氧水的分解速率的影响，D错误。答案选A。8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（ ）A. 过量铁在1molCl2中然烧，最终转移电子数为2NAB. 在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为6NAC. 5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NAD. 1L1mol/LNaF溶液中F-的数目为NA【答案】D【解析】【详解】A铁过量，氯气反应完，由可知，1molCl2反应，转移电
11、子数为2NA，A正确；Bm(乙醇)=50g46%，n(乙醇)=0.5mol，乙醇(C2H5OH)中H的物质的量=0.5mol6=3mol，该溶液中，溶剂水也含H原子，m(水)=50g(1-46%)，n(H2O)=1.5mol，水中H原子物质的量=1.5mol2=3mol，所以H原子总物质的量=3mol+3mol=6mol，故在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为6NA，B正确；C反应中部分硝酸根中N元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中N元素3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，生成氮气物质的量=
12、1mol，故氧化产物的物质的量为1mol=mol，铵根中N元素被氧化，故转移电子为mol20(3)=3.75mol，个数为3.75NA，C正确；Dn(NaF)= 1mol/L1L=1mol，因F-会水解，n(F-)1mol，F-的数目小于NA，D错误。答案选D。【点睛】B项为易错点，注意乙醇水溶液中，乙醇和水均含有H，计算时不要把水漏掉！9.向含有下列离子的溶液中滴加NaCl并通入足量SO2气体后，溶液中还可能大量共存的离子组是（ ）A. NH4+、H+、NO3-B. H+、Fe2+、SO42-C. Ag+、Fe3+、SO42-D. Fe3+、Ba2+、HCO3-【答案】B【解析】【详解】AH
13、+、NO3-为HNO3，有强氧化性，SO2有还原性，二者发生氧化还原反应，H+、NO3-不能再大量共存，A错误；B不会发生反应，能大量共存，B正确；CAg+和Cl-生成AgCl沉淀而不能大量共存，Fe3+有氧化性，和二氧化硫发生氧化还原反应不共存，C错误；D原溶液中Fe3+和HCO3-发生双水解，不能大量共存，D错误。答案选B。【点睛】注意H+和NO3-同时存在时，可视为硝酸溶液，有强氧化性。10.已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(s)的能量变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）A. 该反应为吸热反应B. A-B的键能为bkJ/molC. 加催化剂能降低该反应焓变D. 该反应的反应热为
14、H=（b-a）kJ/mol【答案】A【解析】【详解】A反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，A正确；B2molA和2molB形成2molAB释放bkJ能量，所以A-B键的键能=kJ/mol，B错误；C催化剂能降低反应所需的活化能，改变反应途径，但焓变和反应途径无关，只与反应的始态和终态有关，C错误；D反应热H=反应物的总键能-生成物的总键能=（a-b）kJ/mol，D错误。答案选A。11.某学生的实验报告中，描述合理的是（ ）A. 用量筒量取25.20mL的稀盐酸B. 用pH试纸测得NaClO溶液的pH约为11C. 将CuCl2溶液蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到氯化铜晶体D. 用25mL酸式
15、滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液【答案】D【解析】【详解】A量筒只能精确到小数点后一位，A错误；BNaClO溶液具有漂白性，可漂白pH试纸，pH试纸不能测定其pH，B错误；CCuCl2会水解，水解方程式为：CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl，蒸发浓缩时，HCl迅速挥发，平衡正向移动，最终得到Cu(OH)2固体，得不到氯化铜晶体，C错误；DKMnO4溶液有强氧化性，只能用酸式滴定管盛装，滴定管精确到小数点后2位，D正确。答案选D。【点睛】滴定时，酸式滴定管用来量取或盛放酸性溶液和氧化性溶液，碱式滴定管用来量取或盛放碱性溶液。12.用蒸馏水逐步稀释0.2mol/L的稀氨水时，若温
16、度不变，在稀释过程下列数据始终保持增大趋势的是（ ）A. c(OH-)B. c(NH4+)C. D. c(NH3H2O)【答案】C【解析】【分析】氨水溶液中存在如下平衡：NH3H2OOH-+NH4+，且越稀越电离，即加水稀释，电离平衡右移。【详解】A加水稀释氨水，促进电离，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的更多，则c（OH-）减小，A错误；B加水稀释氨水，促进电离，n（NH4+）增大，但溶液的体积增大的更多，则c（NH4+）减小，B错误；C电离平衡常数表示为：K=，温度不变，K不变，稀释过程中c(OH-)减小，所以增大，C正确；D加水稀释，平衡右移，c(NH3H2O)减小，D错误。答案选C。
17、13.现有pHa和pHb的两种NaOH溶液，已知ba2，将两种溶液等体积混和后，所得溶液的pH接近于（ ）A. alg2B. blg2C. alg2D. blg2【答案】B【解析】【详解】pH=a的NaOH溶液中c（OH-）=mol/L，pH=b的NaOH溶液中c（OH-）=mol/L，将两种溶液等体积混合后溶液中c（OH-）=mol/L，b=a+2，则溶液中c（H+）=Kw210-bmol/L，所得溶液的pH=-lgc（H+）=-lg（210-b）=b-lg2；答案选B。14.将一定量的X加入某密闭容器中，发生反应：2X(g)3Y(g)+Z(g)，混合气体中X的物质的量分数与温度关系如图所示
18、：下列推断不正确的是（ ）A. 升高温度，该反应平衡常数K增大B. 压强大小有P3P2P1C. 反应过程中加入高效催化剂可以缩短达到平衡的时间D. 在该条件下M点X平衡转化率为【答案】B【解析】【分析】横坐标为温度，温度升高，X的物质的量分数减小，说明温度升高，平衡向消耗X的方向移动。【详解】A根据图象可知，升高温度，X的物质的量分数降低，说明反应向正方向移动，平衡常数增大，A正确；B可逆反应的正反应是气体分子数增大的反应，增大压强，X的物质的量分数增大，所以，压强大小关系有p3p2p1，B错误；C催化剂能缩短到达平衡的时间，不会使平衡发生移动， C正确；DM点对应的平衡体系中，X的体积分数为
19、0.1，设X的起始值为1，反应了2x，则根据得：0.1=，解得：x=，则M点x的转化率=，D正确。答案选B。15.研究金属桥墩的腐蚀及防护是桥梁建设的重要课题。下列有关说法正确的是（ ）A. 图1辅助电极的材料应为铜B. 图1通入的保护电流只与钢铁桥墩和辅助阳极的材料有关C. 图2钢铁桥墩上发生的反应是O2+2H2O+4e-=4OH-D. 钢铁桥墩在河水的腐蚀比海水中更快【答案】C【解析】【分析】图1有外接电源，是外加电流的阴极保护法，图2没有外接电源，是牺牲阳极的阴极保护法。【详解】A辅助电极与电源正极相连，作阳极，Cu在阳极失电子被腐蚀消耗，成本增大，不能用Cu作阳极，A错误；B在保护过程
20、中要使被保护金属结构电位低于周围环境，通入的保护电流应该根据环境条件变化(pH值，离子浓度，温度等)进行调整，B错误；C图2是牺牲阳极的阴极保护法，钢铁桥墩作正极被保护，正极上氧气得电子发生还原反应O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；D河水中电解质少于海水中的电解质，所以钢铁桥墩在海水中比在河水中腐蚀更快，D错误。答案选C。16.下列说法正确的是A. 常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大B. 用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小C. 在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大D. 物质的溶解度都随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的【
21、答案】B【解析】【详解】A常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，沉淀溶解平衡逆向移动，但是由于温度不变，所以Ksp值不变，A错误；B用稀盐酸洗涤AgCl沉淀时由于沉淀溶解平衡逆向移动，所以溶解消耗的AgCl比用水洗涤损耗AgCl小，B正确；C在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，由于c(SO42-)增大，所以沉淀溶解平衡逆向移动，使溶液中的c(Ba2+)减小，C错误；D大多数物质的溶解度随温度的升高而增加，说明多数物质的溶解是吸热的，只有少数物质溶解度随温度的降低而增大，这类物质的溶解是放热的，D错误。答案选B。17.电解法转化CO2实现CO2资源化利用。电解CO2制甲酸盐的装置如
22、图所示。下列说法中正确的是（ ）A. b是电源正极B. K+由乙池向甲池迁移C. 甲池中KHCO3溶液浓度增大，乙池中KHCO3溶液浓度降低D. 乙池电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-【答案】D【解析】【分析】电解CO2制甲酸盐(HCOO)，C化合价从+4价降低到+2价，得电子，被还原，应在阴极制得甲酸盐。【详解】A由上面分析可知，通入CO2的乙池电极为阴极，所以b是电源的负极，A错误；B电解池中，阳离子向阴极移动(乙池)，B错误；C甲池Pt电极做阳极，反应为：4HCO3+4e=O2+4CO2+2H2O，HCO3-浓度减小，乙池Sn电极为阴极，发生的反应为：CO2
23、+HCO3+2e=HCOO+CO32-，HCO3-浓度减小，C错误；D由C可知，乙池电极反应式为：CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-，D正确。答案选D。18.一种特殊的热激活电池示意图如下。该电池总反应为：PbSO4(s)+2LiCl+Ca(s)= CaCl2(s)+ Li2SO4+Pb(s) ，下列说法不正确的是A. Ca电极发生氧化反应B. 负极的电极反应：Ca(s)+2Cl2e= CaCl2(s)C. 可用 LiCl 和 KCl 水溶液代替无水 LiClKClD. 当无水LiClKCl混合物受热熔融后电池才能工作【答案】C【解析】【分析】由原电池总反应可知Ca失电子为原电
24、池的负极，被氧化生成CaCl2，负极的电极反应式为Ca+2Cl-2e-=CaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，结合原电池原理分析解答。【详解】A根据原电池总反应可知Ca失电子为原电池的负极，发生氧化反应，故A正确；BCa为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，电极反应式为Ca(s)+2Cl2e= CaCl2(s)，故B正确；CCa是活泼金属，能与水直接反应，所以不能用水溶液作电解质，故C错误；D无水LiClKCl常温为固体，不能导电，需要将无水LiClKCl混合物受热熔融，该原电池才能工作，故D正确；答案选C。19.下列
25、溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（ ）A. 等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c(Na+)=c(SO42-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)B. 20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COOH)c(Cl-)c(CH3COO-)c(H+)C. 室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)c(NH4+)+c(OH-)D. 草酸钠（Na2C2O4）溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)【答案】A【解析】【分析】A
26、等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，NH4HSO4和NaOH物质的量相等，发生反应为：2NH4HSO4+2NaOH= (NH4)2SO4+2H2O+Na2SO4，溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4；B20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL 0.1mol/LHCl溶液混合后，有一半的CH3COONa和HCl发生反应生成NaCl和CH3COOH，一半的CH3COONa没反应，反应后溶质为等物质的量的NaCl和CH3COOH和CH3COONa；CpH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，由于氨水还有一部分没电离，所以NH3H2O的浓度大于HCl浓
27、度；D优先用质子守恒分析。【详解】A等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4，所以c(Na+)=c(SO42-)，由于铵根离子会水解，水解显酸性，所以c(Na+)=c(SO42-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)，A正确；B20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后, 溶质为等物质的量的NaCl和CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH电离产生CH3COO-和H+，CH3COO-水解产生CH3COOH和OH-，因为溶液显酸性，所以CH3COOH电离程度比CH3COO-水解程
28、度大，所以c(CH3COO-)CH3COOH，假设NaCl和CH3COOH和CH3COONa的物质的量都为1，经过水解、电离后，Cl-还是1，c(CH3COO-)1CH3COOH，所以有c(CH3COO-)c(Cl-)CH3COOHc(H+)，B错误；C根据电荷守恒有c(H+)+c(NH4+)=c(OH-) +c(Cl-)，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，NH3H2O的浓度大于HCl浓度，所以混合后溶液显碱性，所以c(OH-)c(H+)，c(NH4+) c(Cl-)，所以c(NH4+)+c(OH-)c(Cl-)+c(H+)，C错误；D草酸钠（Na2C2O4）溶液中，质子守恒有：c(
29、OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)，D错误。答案选A。【点睛】判断B选项时，也可以先假设NaCl和CH3COOH和CH3COONa的物质的量都为1，经过水解、电离后，Cl-还是1，c(CH3COO-)1CH3COOH，所以有c(CH3COO-)c(Cl-)CH3COOHc(H+)。20.常温下，向20.00mL0.1molL-1氨水中滴入0.1molL-1盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数-1gc水(H+)与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）A. 常温下，Kb(NH3H2O)约为110-5B. b=20.00C. R、Q两点对应溶液均呈中性
30、D. R到N、N到Q所加盐酸体积不相等【答案】C【解析】【分析】还没滴HCl时，溶质为：NH3H2O，抑制水的电离，c水(H+)10-7，-1gc水(H+)7；NH3H2O和HCl反应生成NH4Cl和H2O，二者恰好完全反应时溶质为：NH4Cl，促进水的电离，水的电离程度最大，对应N点；所以R点溶质为：NH4Cl和NH3H2O，Q点溶质为：NH4Cl和HCl，据此分析解答。【详解】AV(HCl)=0时，溶质为NH3H2O，此时溶液中的H+全都是由水电离的，所以-1gc(H+)=-1gc水(H+)=11，即c(H+)=10-11，c(OH-)=10-3mol/L，所以Kb(NH3H2O) =，A
31、正确；Bb=20mL时，HCl的物质的量= NH3H2O的物质的量，NH3H2O和HCl恰好完全反应，溶质为NH4Cl，促进水的电离，水的电离程度最大，-1gc水(H+)最小，B正确；CR点溶质为：NH4Cl和NH3H2O，水的电离程度不促进也不抑制，说明该点NH4Cl的水解程度和NH3H2O的电离程度相等，显中性，Q点溶质为：NH4Cl和HCl，一定显酸性，C错误；DR到N，一方面滴加HCl消耗了NH3H2O的抑制作用，另一方面生成的NH4Cl还直接起到促进水的电离的作用，N到Q，仅仅HCl起到抑制作用，但是R点和Q点水的电离程度是相等的，那么必然有R到N的HCl的体积小于N到Q所加盐酸体积
32、，D正确。答案选C。【点睛】解题时要注意纵坐标的含义：c水(H+)越大，水的电离程度越大，则-1gc水(H+)越小。第卷（非选择题，共60分）21.（1）化合物SOCl2是一种液态化合物，沸点为77，在盛有10mL水的锥形瓶中小心滴加810滴SOCl2，可观察到剧烈水解反应，液面有白雾和带有刺激性气味的气体逸出，该气体可使滴有品红试液的滤纸褪色。轻轻振荡锥形瓶，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色凝乳状沉淀析出。根据上述实验，写出SOCl2和水反应的化学方程式_。AlCl3溶液蒸干灼烧得不到无水AlCl3，而用SOCl2与AlCl36H2O混合共热，可得到无水AlC
33、l3，其原因是_。（2）25时，将amol/L氨水与0.01mol/L盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液显_(填“酸”、“碱”或“中”)性。（3）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中_。已知Ksp(BaCO3)=2.2109，Ksp(BaSO4)=1.11010。（4）次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品。常温下，K(H3PO2)=1102，0.1mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_。（填序号）A.c(H+) B. C.c(H+)c(OH-) D.【答案】 (1). SOCl2
34、+H2O=SO2+2HCl (2). SOCl2和H2O生成SO2和HCl，一方面使水的物质的量减少，另一方面，生成HCl抑制AlCl3的水解，所以SOCl2与AlCl36H2O混合共热，可得到无水AlCl3 (3). 中 (4). 20 (5). AB【解析】【分析】（1）产生白雾，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色凝乳状沉淀析出，确定该物质为HCl，有刺激性气味的气体可使滴有品红试液的滤纸褪色，确定该物质为二氧化硫；盐酸盐蒸干、灼烧问题，考虑盐酸盐水解；（2）由电荷守恒分析；（3）构建沉淀转换新平衡分析；（4）K(H3PO2)=1102，说明次磷酸(H3PO2)是一元弱酸，
35、用H3PO2H+H2PO2-平衡分析。【详解】是一种液态化合物，与水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种有刺激性气味的气体，由上面的分析可知，该两种气体应该为氯化氢和二氧化硫，反应的方程式为，故答案为：；与水反应生成的氯化氢会对氯化铝水解起到抑制作用，蒸干溶液不能得到无水，使与混合并加热，可得到无水，与水反应生成的氯化氢会对氯化铝水解起到抑制作用，故答案为：和生成和HCl，一方面使水的物质的量减少，另一方面，生成HCl抑制的水解，所以和混合共热，可得到无水；根据电荷守恒：，溶液中，则有，说明溶液为中性，故答案为：中； (3)BaSO4(s)+CO32-(aq)，所以，故答案为：20；(4)次磷酸
36、(H3PO2)是一元弱酸，用如下平衡分析H3PO2H+H2PO2-：的溶液加稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，A正确；B.的溶液加稀释过程中，和均减小，同时醋酸的电离向右移动，减小的程度小于的减小程度，则减小，B正确；C.只受温度的影响，温度不变则其值是一个常数，C错误；D.稀释，酸性减弱，减小，水的离子积不变，则增大，所以增大，D错误；故答案为：AB。【点睛】（3）构建沉淀转换平衡：BaSO4(s)+CO32-(aq)K= ，同理：=。22.硒（Se）是第四周期第A族元素，是人体内不可或缺的微量元素，H2Se是制备新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物的重要原料。（1）已知：2H2Se(
37、g)+O2(g)2Se(s)+2H2O(l) H1=akJmol-12H2(g)+O2(g)2H2O(l) H2=bkJmol-1反应H2(g)+Se(s)H2Se(g)的H3=_kJmol-1（用含a、b的代数式表示）。（2）T时，向一恒容密闭容器中加入3molH2和1molSe，发生反应H2(g)+Se(s)H2Se(g)。下列情况可判断反应达到平衡状态的是_（填字母代号）。a.气体的密度不变 b.v(H2)=v(H2Se)c.气体的压强不变 d.气体的平均摩尔质量不变当反应达到平衡后，将平衡混合气体通入气体液化分离器使H2Se气体转化为H2Se液体，并将分离出的H2再次通入发生反应的密闭
38、容器中继续与Se反应时，Se的转化率会提高。请用化学平衡理论解释：_。以5小时内得到的H2Se为产量指标，且温度、压强对H2Se产率的影响如图1、图2所示：则制备H2Se的最佳温度和压强为_。（3）已知常温下H2Se的电离平衡常数K1=1.310-4、K2=5.010-11，则NaHSe溶液呈_（填“酸性”或“碱性”），请通过计算数据说明_。【答案】 (1). (b-a) (2). ad (3). （移除产物H2Se后）将分离出的H2重新通入容器中，平衡正向移动，Se的转化率提高 (4). 550，0.3MPa (5). 碱性 (6). HSe-的电离常数为K2=5.010-11，HSe-的水
39、解常数为7.710-11，故电离小于水解,溶液呈碱性【解析】【分析】（1）给两个热化学方程式，求目标方程式的反应热，用盖斯定律计算；（2）当v(正)=v(逆)，体系中各种成分的量不在改变时，达到平衡状态；H2Se气体浓度减小、氢气浓度增大，平衡正向移动；（3）酸式盐的酸碱性，根据KaKh=Kw计算Kh，比较Kh和Ka大小。【详解】已知2H2Se(g)+O2(g)2Se(s)+2H2O(l) H1=akJmol-12H2(g)+O2(g)2H2O(l) H2=bkJmol-1，根据盖斯定律，可得的反应热kJ/mol，故答案为：；(2)a.由于体积不变，有固体参与反应，气体质量在变，故气体的密度不
40、变可作为判定依据，a正确；未指明方向，不能作为判定依据，b错误；此反应为气体体积不变的反应，故气体的压强不变不能作为判定依据，c错误； 气体的质量改变，气体的物质的量不变，气体的平均摩尔质量不变可作为判定依据，d正确；故答案为：ad；将分离出的重新通入容器中，平衡正向移动，Se的转化率提高，故答案为：（移除产物H2Se后）将分离出的H2重新通入容器中，平衡正向移动，Se的转化率提高；根据图1和图2知550，0.3MPa时产率最高，故答案为：550，0.3MPa；由于常温下的电离平衡常数，根据KaKh=Kw得：HSe-的水解常数Kh(HSe-)= ,所以Kh(HSe-)Ka(HSe-)，故NaH
41、Se溶液呈碱性，故答案为：碱性；HSe-的电离常数为K2=5.010-11，HSe-的水解常数为7.710-11，故电离小于水解，溶液呈碱性。【点睛】（3）弱酸酸式盐既会水解产生OH-，又能电离产生H+，水解程度大于电离程度，显碱性，水解程度小于电离程度，显酸性，水解程度等于电离程度，显中性。23.某实验小组用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与草酸溶液反应测定单位时间内生成CO2的量来探究影响反应速率的因素。设计实验方案如表：实验序号A溶液B溶液20mL0.1molL-1H2C2O4溶液30mL0.02molL-1酸性KMnO4溶液20mL0.2molL-1H2C2O4溶液30mL0.02molL-1酸
42、性KMnO4溶液（1）图1装置中盛放A溶液的仪器名称是_，检验如图1装置气密性的方法为_。（2）硫酸酸化的高锰酸钾溶液与草酸溶液反应的化学反应方程式为_。（3）此实验探究的是_因素对化学反应速率的影响，若实验在40s末收集了22.4mLCO2(标准状况下)，则在40s内，v(MnO4-)=_(忽略溶液混合前后体积的变化)。（4）小组同学将图1的气体收集装置改为图2，实验完毕冷却后，读数时发现量气管液面高于干燥管液面，为得到准确数据，采取的操作是：_。（5）除了通过测定单位时间内生成CO2的体积来比较反应速率，本实验还可以通过测定_来比较化学反应速率。（6）同学们在实验中发现反应速率总是如图3所
43、示，探究t1t2时间内速率变快的主要原因可能是：_。A.该反应放热 B.生成的Mn2+起催化作用 C.K2SO4浓度增大【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 先关闭分液漏斗的活塞,再轻轻向外拉(或向内压)注射器的活塞，松手后恢复原位,表明气密性良好 (3). 2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O (4). 浓度 (5). 110-4mol/(Ls) (6). 调节量气管高度使两液面相平 (7). 收集相同体积气体所需要的时间或KMnO4溶液完全褪色所需时间 (8). AB【解析】【分析】（1）盛放A溶液的仪器是分液漏斗，如果气密性良好，关
44、闭分液漏斗的活塞，再轻轻向外拉或向内压注射器的活塞，松手后会恢复原位；（2）高锰酸钾作氧化剂被还原成MnO2，草酸作还原剂被氧化成二氧化碳，结合原子守恒进行分析；（3）从表格看出，两组实验，草酸的浓度不一样；（4）根据连通器原理，适当放低量气管；（5）高锰酸钾有颜色，产物无色，可以从褪色时间角度分析；（6）可用热量变化角度分析。【详解】图1装置中盛放A溶液的仪器名称是分液漏斗，检查装置气密性的方法是先关闭分液漏斗的活塞，再轻轻向外拉或向内压注射器的活塞，松手后恢复原位，表明气密性良好，故答案为：分液漏斗；先关闭分液漏斗的活塞，再轻轻向外拉或向内压注射器的活塞，松手后恢复原位，表明气密性良好 合
45、理即可；和发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳、水，中锰降低了5价，1个分子中有2个价的C，所以升高价，根据化合价升降总数相等可以确定和比例关系为2：5，根据电荷守恒配平方程式：，故答案为：；对比实验可探究浓度对化学反应速率的影响，中A溶液的浓度比中大，的物质的量是：，设40s末参加反应的的物质的量为x，解得 ，则 浓度的改变量为：，故答案为：浓度；通过测定溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率，小组同学将图1的气体收集装置改为图2，实验完毕冷却后，读数时发现量气管液面高于干燥管液面，为得到准确数据，应该调节量气管高度使两液面相平，故答案为：调节量气管高度使两液面相
46、平；除了通过测定单位时间内生成的体积来比较反应速率，本实验还可以通过测定收集相同体积气体所需要的时间或 溶液完全褪色所需时间来比较化学反应速率，故答案为收集相同体积气体所需要的时间或KMnO4溶液完全褪色所需时间；升高温度会加快反应的速率，催化剂也能加快化学反应的速率，产物或是反应的催化剂，故答案为：AB。【点睛】（6）随着反应开始，开始这段时间里或从无到有，可能是或起了催化作用，温度升高，反应速率加快，可能是放热使温度升高了，随着反应的进行，反应的浓度在减小。24.（1）用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液
47、pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。滴定醋酸的曲线是_（填“I”或“II”）。V1和V2的关系：V1_V2（填“”、“”或“”）。M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_。（2）为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如下实验。查阅资料：AgSCN是白色沉淀，相同温度下，溶解度：AgSCNAgI。操作步骤现象步骤1：向2mL0.005mol/LAgNO3溶液中加入2mL0.005mol/LKSCN溶液，静置。出现白色沉淀步骤2：取1mL上层清液于试管中，滴加1滴mol/LFe(NO3)3溶液。溶液变红色步骤3：向步骤2的溶液中，继续加入5滴3mol/LA
48、gNO3溶液。现象a，溶液红色变浅步骤4：向步骤1中余下的浊液中加入5滴3mol/LKI溶液。出现黄色沉淀写出步骤2中溶液变红色的离子方程式_。步骤3中现象a是_。用化学平衡原理解释步骤4的实验现象_。【答案】 (1). I (2). (3). c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-) (4). Fe3+3SCN-Fe(SCN)3 (5). 出现白色沉淀 (6). ，加入KI后，因为溶解度：，与反应生成AgI黄色沉淀：，AgSCN的溶解平衡正向移动【解析】【分析】（1）醋酸是弱酸，HCl是强酸，浓度相同的醋酸和HCl，HCl的氢离子浓度更大，pH更小；醋酸和盐酸分别与NaOH恰好
49、完全反应时生成醋酸钠、氯化钠，醋酸钠显碱性、氯化钠显中性；结合电荷守恒和pH=7来分析；（2）铁离子和硫氰根离子相遇显红色，是铁离子和硫氰根离子相互检验的特征现象；溶解度：AgSCNAgI，AgSCN和AgI类型相同，溶解度越大，Ksp越大，Ksp大的沉淀转换为Ksp小的沉淀；【详解】浓度均为的盐酸和醋酸溶液的pH，盐酸的等于1，但是醋酸的大于1，所以滴定醋酸的曲线是I，故答案为：I； 醋酸和氢氧化钠之间的反应，当恰好完全反应得到的醋酸钠显示碱性，要使得溶液显示中性，需要醋酸稍过量，即醋酸消耗的氢氧化钠相对于盐酸少点，盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，得到的氯化钠显示中性，所以，故答案为：； 用溶液
50、10mL和溶液体积为的醋酸反应，得到的是醋酸和醋酸钠的混合物，显示酸性，此时离子浓度大小，故答案为：； 铁离子遇到硫氰化钾显示红色，发生的反应为：，故答案为：；加入硝酸银，银离子会和硫氰酸根离子之间反应得到AgSCN白色沉淀，故答案为：出现白色沉淀；，加入KI后，因为溶解度：，沉淀会向着更难溶的方向转化，即与反应生成AgI黄色沉淀：，AgSCN的溶解平衡正向移动，故答案为：，加入KI后，因为溶解度：，与反应生成AgI黄色沉淀：，AgSCN的溶解平衡正向移动。25.某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、Al2O3、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质。部分金属氢氧化物Ksp近似值如下表所示：
51、化学式Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Ksp近似值10-1710-3910-3410-15现用含镍废催化剂制备NiSO47H2O晶体，其流程图如图：回答下列问题：（1）滤液中的阴离子为_。（2）“酸浸”所使用的酸为_。（3）“净化除杂”是为了除铁，需加入H2O2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为_；一段时间后。溶液中有气泡出现，并放热随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是_；然后调节pH就可使溶液中铁元素完全沉淀，若使其刚好沉淀完全（离子浓度为1.010-5mol/L），此时的pH=_（保留一位小数）（4）“操作A”为_、过滤、洗涤、干燥，即得产品。（5）关于
52、铁铝化合物的下列说法正确的是_(填序号)。配制FeCl3、AlCl3溶液时，均是先将固体FeCl3、AlCl3溶于较浓的盐酸，再用蒸馏水稀释到所需浓度FeCl2、FeCl3、Fe(OH)3均可以通过化合反应生成利用氯水和KSCN溶液可以检验FeCl3溶液中有无Fe2+加热蒸干Al2(SO4)3溶液残留固体的成分为Al2O3【答案】 (1). AlO2-和OH- (2). 稀硫酸（或H2SO4） (3). H2O2+2Fe2+2H+=2H2O+2Fe3+ (4). Fe3+催化H2O2分解产生O2 (5). 2.7 (6). 冷却结晶 (7). 【解析】【分析】某含镍废催化剂中主要含有Ni，还含
53、有Al、Fe及其它不溶于酸、碱的杂质，工艺流程的目的是用含镍废催化剂制备晶体，分析工艺流程，将含Ni废催化剂碱浸，Al和溶于碱生成，进行过滤操作，则Fe、Ni及其他不溶于碱的杂质被过滤出，进行酸浸，则Fe和Ni溶于酸形成和，进行过滤操作，则不溶于酸的杂质被过滤出，滤液中主要含有和，净化除杂主要除去Fe元素得到Ni元素的溶液，经过后续处理得到晶体。【详解】“碱浸”时Al和溶于碱生成，则发生反应的化学方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O、，同时为了保证“碱浸”彻底，所加NaOH过量，所以，滤液中的阴离子为：AlO2-和OH-，故答案为：AlO2-和OH-；工艺流程最终目的是制备晶体
54、，所以酸浸时所用的酸应为，故答案为：；更易形成从而达到去除Fe元素的目的，所以，“净化除杂”需加入溶液，将氧化为，离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+=2H2O+2Fe3+，随着反应的进行，产生的Fe3+可能会催化过氧化氢分解成水和氧气，气泡就是氧气，结合题表中数据可知氢氧化铁的Ksp=10-39，恰好沉淀完全，即时，有10-39=，由Kw=c(H+)C(OH-)得，c3(H+)=10-8，c(H+)= =10-3，所以pH=-lg(10-3)=3-2.7,故答案为：H2O2+2Fe2+2H+=2H2O+2Fe3+；Fe3+催化H2O2分解产生O2；2.7 ；溶液中存在，经过加热浓缩和操作A得到晶体，则操作A为冷却结晶，故答案为：冷却结晶；(5)由于FeCl3、AlCl3会水解，为了抑制FeCl3、AlCl3水解，配制FeCl3、AlCl3溶液时，均是先将固体FeCl3、AlCl3溶于较浓的盐酸，再用蒸馏水稀释到所需浓度，正确；2FeCl3+Fe=3FeCl2、2Fe+3Cl22FeCl3、4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3均是化合反应，正确；Fe3+干扰Fe2+的检验，错误；Al2(SO4)3+3H2O=2Al(OH)3+3H2SO4，硫酸抑制Al2(SO4)3水解，故加热蒸干Al2(SO4)3溶液残留固体的成分Al2(SO4)3，错误；故答案为：。