1、高考资源网（） 您身边的高考专家2019一2020学年度第一学期期末考试高二化学试题（A）1.答题前，考生先将自己的姓名，学校、班级、考生号，座号填写在相应位置，认真核对条形码，并将条形码黏贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂：非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸上、试题上答题无效。保持卡面整洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 0 16 Na 23 Mg 24 A127 S 32 Cl 35.5 K39 Ca 40 Fe 5
2、6 Cu 64 Zn 65 Ba137一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.人类在未来将逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”（包括风能、生物质能等太阳能转换形态），届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”。下列说法错误的是：A. 煤、石油和天然气都属于碳素燃料B. 发展太阳能经济有助于减缓温室效应C. 太阳能电池可将太阳能直接转化为电能D. 目前研究菠菜蛋白质“发电”不属于“太阳能文明”【答案】D【解析】【详解】A、煤和石油，天然气都为化石燃料，为碳素燃料，不选A；B、太阳能的利用减少化石燃料的使用，从而减慢温室效应，正确，不选B；C、
3、太阳能电池将太阳能转化为电能，为清洁能源和 新能源，正确，不选C；D、菠菜蛋白质制成电池为生物质能，属于太阳能文明时代范畴，错误，选D。2.工业制备纯硅反应的热化学方程式：SiCl4（g）+2H2（g）=Si（s）+ 4HCl（g）H=QkJmol-1（Q0）。在一定某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器中进行以上反应，下列叙述错误的是A. 反应过程中，若充入一定量NH3，可能提高SiCl4的转化率B. 若反应开始时加入1mol SiCl4，则达到平衡时，.吸收热量小于Q kJC. 反应至4min时，若HCl浓度为0.12 molL-l，H2的反应速率为0.03 molL-1min-1D
4、. 当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的 HC1 恰好中和 0.l molNaOH【答案】C【解析】【详解】A充入氨气后，NH3和HCl反应生成NH4Cl固体而降低c(HCl)，平衡正向移动，则SiCl4的转化率提高，故A正确；B该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以达到平衡时吸收的热量小于QkJ，故B正确；C4min内v(HCl)=0.03molL-1min-1，相同时间内v(H2)=v(HCl)=0.03molL-1min-1=0.015molL-1min-1，故C错误；D如果吸收0.025QkJ热量则生成n(HCl)=4mol=0.1mol，HCl和NaOH以1：1反应
5、，所以生成的HCl能中和0.1molNaOH，故D正确；故选：C。3.石墨烯是新一代防腐材料，它不仅具有可以阻隔几乎所有气体的完美屏蔽性能，而且还是目前世界最薄最坚硬的纳米材料之一。下列说法错误的是A. 金属腐蚀是金属被氧化的过程B. 石墨烯结构中最小环由六个碳原子构成C. 石墨烯是一种新型的复合材料D. 金属表面进行石墨烯防腐处理后，石墨烯层破损会加速金属腐蚀进程【答案】C【解析】【详解】A. 金属在反应时化合价只能升高，故只能被氧化，即金属腐蚀是金属被氧化的过程，故A正确；B. 石墨烯中的环为六元环，即最小的环由六个碳原子构成，故B正确；C. 石墨烯是单质，不是复合材料，故C错误；D. 石
6、墨烯层破损后，和金属形成原电池，石墨烯为正极，金属做负极被腐蚀，故能加快金属的腐蚀速率，故D正确。故选：C。4.下列元素原子结构的最外层电子排布中，元素属于副族元素的是A. 3s33p3B. 3d104s1C. 3d64s2D. 2s22p4【答案】B【解析】【详解】A元素原子结构的最外层电子排布3s23p3，为P元素，属于主族元素，故A错误；B元素原子结构的最外层电子排布3d104s1，为Cu元素，属于副族元素，故B正确；C元素原子结构的最外层电子排布3d64s2，为铁元素，属于族元素，故C错误；D元素原子结构的最外层电子排布4s24p4，为Se元素，属于主族元素，故D错误；故选：B。【点睛
7、】第族元素不是副族元素，元素周期表分为主族、副族、族和0族元素。5.X、Y、Z表示三种元素的原子，其最外层电子排布分别为ns1、3s23p4和2s2p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是A. XYZ2B. XYZ3C. X2Y2Z3D. X3YZ4【答案】C【解析】【分析】X原子最外层电子排布为ns1，处于第A族，化合价为+1，Y原子最外层电子排布为3s23p4，则Y为S元素，Z原子最外层电子排布为2s22p4，则Z为氧元素，化合价为-2，结合化合价规则与常见物质化学式进行判断。【详解】AXYZ2中Y的化合价为+3价，Y为S元素，没有+3价，不符合，故A错误；BXYZ3中Y的化合价为+5
8、价，Y为S元素，没有+5价，不符合，故B错误；CX2YZ3中Y的化合价为+4价，Y为S元素，有+4价，符合，如H2SO3，故C正确；DX3YZ4中Y的化合价为+5价，Y为S元素，没有+5价，不符合，故D错误；故选：C。6.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 39g苯蒸气含碳碳双键的数目为1.5NAB. 将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NAC. 高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.45NAD. 电解饱和食盐水消耗2molNaCl，加入含2mol HCl的盐酸可恢复到电解前的状态【答案】B【解析】【详解】A.
9、苯环中不含碳碳双键，故A错误；B. 根据电荷守恒可知：n(NH4+)+ n(H+)= n(OH-)+ n(NO3-)，由于溶液显中性， n(H+)= n(OH-)，则n(NH4+)= n(NO3-)=1mol，故溶液中NH4+的数目为NA，故B正确；C. 铁与水蒸气反应：3Fe+4H2OFe3O4+3H2，3molFe参与反应，转移了8mol电子，16.8gFe的物质的量为0.3mol，即转移0.8mol电子，故C错误；D. 电解饱和食盐水消耗2molNaCl，从阳极析出的是1mol氯气，阴极析出的是1mol氢气，故若使溶液复原，应加入2molHCl气体，不能加入盐酸，故D错误；故选：B。7.
10、由多元素组成的化合物Fe-Sm-As-F-O是一种重要的铁系超导材料。下列说法正确的是A. F的核外电子排布式1s22s22p7B. Fe3+的轨道表示式违背了泡利不相容原理C. N、As同主族，第一电离能NAsD. 电负性FOAs【答案】D【解析】【详解】A氟原子核外电子数为9，基态氟原子核外电子排布式为1s22s22p5，故A错误；B泡利不相容原理内容为：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，选项中违背洪特规则，铁离子3d轨道排布图应为：，故B错误；CN、As同主族，同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能NAs，故C错误；D同一周期元素从左到右电负性逐渐增
11、大，电负性FON，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性NAs，所以电负性FOAs，故D正确；故选：D。8.下表中的实验、现象和解释对应都正确的是选项实验现象解释A向CuSO4溶液中通入H2S气体无明显现象弱酸不能制强酸B用玻璃杯分别蘸取NaClO溶液和CH3COONa溶液滴在pH试纸上，在空气中久置CH3COONa溶液的试纸为蓝色，NaClO溶液的试纸为无色HClO酸性强于CH3COOHC向0.1mol/L的Fe（NO3）2溶液中滴加盐酸振荡试管溶液颜色变为黄色Fe2+被氧化为Fe3+D向5mL0.1mol/LAgNO3溶液滴入3滴0.1mol/LNaBr溶液，再滴加0.1mol/LNa
12、Cl溶液先有浅黄色沉淀生成，后又生成白色沉淀AgBr的溶度积比AgCl的大A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】ACuS不溶于稀硫酸，所以硫酸铜和硫化氢反应生成CuS黑色沉淀，故A错误；BNaClO溶液具有强氧化性，能漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH值，且二者浓度未必相同，而且久置的次氯酸钠溶液会变质，故B错误；C硝酸根在酸性环境下氧化亚铁离子生成铁离子而导致溶液呈黄色，故C正确；D硝酸银过量，两种沉淀都有生成，所以不能比较溶度积常数大小，故D错误；故选：C。9.元素X、Y、Z、M在周期表中的相对位置如图所示，已知M元素原子的价电子排布式ns2pn+
13、1,且最外层有9个原子轨道。下列说法错误的是XYMZA. M元素原子的价电子排布为3s23p4B. Y元素在周期表的第四周期第VA族C. X基态原子核外有两个未成对电子D. Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2【答案】B【解析】【分析】M元素原子的价电子排布为ns2npn+1，且有9个原子轨道，可知n=3时符合，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，M为S；由X、Y、Z、M在周期表中的相对位置可知，X为O、Y为P、Z为Ge，以此来解答。【详解】AM为S，最外层电子数为6，价电子排布为3s23p4，故A正确；BY为P，在周期表的第三周期第VA族
14、，故B错误；CX为O，核外电子排布式为1s22s22p4，p轨道上有两个未成对电子，故C正确；DZ为Ge，原子序数为32，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，故D正确；故选：B。10.下列关于溶液的说法中正确的是A. pH=7的溶液中，Na+、NH4+、CH3COO-、NO3-可以大量共存B. Ksp（BaSO4）=1.110-10，Ksp（BaCO3）=5.110-9，任何条件下二者不可能相互转化C. 1mol/LNa2SO4溶液中阴离子数目大于1mol/LNa2CO3溶液中阴离子数目D. Na2S溶液与FeC13溶液混合后产生沉淀，该沉淀一定是Fe（OH）3
15、【答案】A【解析】【详解】ANH4+、CH3COO-的水解程度相同，当二者浓度相等时溶液为中性，所以pH=7的溶液中Na+、NH4+、CH3COO-、NO3-可以共存，故A正确；B根据Ksp(BaSO4)=1.110-10可知饱和硫酸钡溶液中c(Ba2+)= c(SO42+)=1.0510-5mol/L，向该溶液中加入碳酸钠固体，当碳酸根浓度大于时，则会有碳酸钡沉淀生成，同理向饱和碳酸钡溶液中加入一定量硫酸钠固体会有硫酸钡沉淀生成，故B错误；C.1mol/L Na2SO4溶液和1 mol/L Na2CO3溶液的体积未知，无法判断两溶液中阴离子数目大小，故C错误；DNa2S 溶液与FeCl3溶液
16、混合发生反应：2Fe3+S2-=S+2Fe2+，生成的沉淀中有S单质，故D错误；故选：A。二、选择题:本题共5小题，每小题4分，共200分。 每小题有一个或两个选项符台题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.室温时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c（NH3H2O）+c（NH4+）=0.1molL-1的混合溶液。溶液中c（NH3H2O）、c（NH4+）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A. W点溶液中：c（H+）=c（OH-）B. pH=8时溶液中：c（C1-）+c（OH-）=c（H+）+c（NH4+）C. 室温时NH3H2O的电离平衡常数的值为10-9.25D. pH
17、=10溶液中：c（NH3H2O）c（NH4+）c（OH-）c（H+）【答案】BD【解析】【分析】随pH增加，铵根的水解和一水合氨的电离均受到抑制，所以c(NH4+)下降，c(NH3H2O)上升，所以a代表一水合氨浓度，b代表铵根浓度。【详解】AW点溶液pH7，溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，故A错误；B任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，所以pH=8时存在c(Cl-)+c(OH-)= c(H+)+ c(NH4+)，故B正确；CW点c(NH3H2O)=c(NH4+)，室温时NH3H2O的电离平衡常数K=c(OH-)=10-4.75，故C错误；DpH=10的溶液呈碱性，则c(OH-)c (H+
18、)，根据图知，c (NH3H2O)c (NH4+)，所以存在c (NH3H2O)c (NH4+)c (OH-)c (H+)，故D正确；故选：BD。【点睛】关于各离子浓度或者各离子物质的量分数与pH值的关系曲线图，可以利用各曲线的交点求解电离或水解平衡常数。12.合金ThNi5可催化反应CO（g）+3H2（g）=CH4（g）+H2O（g），在一定温度下，反应过程中有无催化剂的能量变化如图。下列叙述正确的是A. 使用催化剂时反应的速率主要决定于第步B. 缩小体积可加快该反应速率，是因为增大了活化分子百分数C. 使用催化剂降低反应的焓变，降低温度有利于产物的生成D. 升高温度，平衡常数减小【答案】D
19、【解析】【详解】A催化剂可降低反应的活化能，活化能越小，反应速率越快，且慢反应决定整个反应速率，则使用催化剂时反应的速率主要决定于第步，故A错误；B缩小体积，浓度增大，可加快该反应速率，是因为增大了单位体积内活化分子数目，故B错误；C催化剂只改变反应活化能，不改变整个反应焓变，故C错误；D图中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D正确；故选：D。【点睛】增大浓度与缩小体积增大压强可增大反应体系中单位体积活化分子的数目，则反应速率加快；温度与催化剂可增大反应体系中活化分子的百分数。13.下图是半导体光电化学电池光解水制氢的反应原理示意图。在光照下，电
20、子由价带跃迁到导带后，然后流向对电极。下列说法正确的是A. 半导体电极的电极反应式4OH -4e-=2H2O+O2B. 电解一段时间后，溶液pH减少C. 电解质溶液中的阴离子移向半导体电极D. 整个过程中实现了太阳能化学能电能【答案】AC【解析】【分析】图示分析可知：在对电极上发生的反应是水电离出的氢离子得到电子生成氢气，该电极是正极，电极反应为：2H+2e-=H2，则半导体电极是负极，半导体电极的电极反应式4OH-4e=2H2O+O2，电解质里的阳离子移向正极，整个过程构成原电池，据此回答。【详解】A图示分析可知半导体电极的电极反应式4OH-4e=2H2O+O2，故A正确；B半导体光电化学电
21、池光解水生成氧气和氢气，但电解质溶液酸碱性不知，电解一段时间后，溶液的pH不能确定，故B错误；C电解质溶液中阳离子向正极即对电极移动，阴离子移向半导体电极，故C正确；D过程分析可知，该装置是光能转化为电能，电能转化为化学能，故D错误；故选：AC。14.某温度下，分别在下列容积为2L的恒容绝热密闭容器中，发生如下反应： 2CO（g）+SO2（g）=S（g）+2CO2（g） H0。测得相关数据如下表所示。容器起始时物质的量平衡时CO（g）的浓度/molLCO（g）SO2（g）S（g）CO2（g）甲10.50.51a乙10.5000.2丙0012b下列说法正确的是A. 平衡常数：K甲K乙B. a=0
22、.4C. 若乙容器l0min达到平衡.则用S（g）表示的反应速率为0.005molL-1min-1D. 若将丙容器改为恒压绝热容器，则达到平衡时b=0.2【答案】A【解析】【详解】A正反应为吸热反应则温度越高平衡常数越大，甲中反应正向或逆向移动程度都较小，则温度变化较小，乙中反应正向移动，正反应为吸热反应，温度较低，所以T：甲乙，则平衡常数：K甲K乙，故A正确；B若甲中生成物完全转化为反应物，则甲中反应物是乙的二倍，反应前后气体计量数不变，则增大压强平衡不移动，恒温恒容条件下二者为等效平衡，平衡时c(CO)：甲是乙的2倍，但实际上是恒容绝热条件，随着反应的进行温度逐渐降低，甲中温度较低，反应物
23、转化率：甲乙，则甲中c(CO)小于乙中2倍，所以a0.4，故B错误；Cv(CO)= =0.03mol/(Lmin)，相同条件下相同时间内v(S)=v(CO)=0.03mol/(Lmin)=0.015mol/(Lmin)，故C错误；D如果将丙中生成物完全转化为反应物时，反应物物质的量：丙是乙的二倍，丙中开始压强是乙的二倍，增大压强平衡不移动，恒温条件下则有c丙(CO)= 2c乙(CO)，但实际为绝热条件下丙逆向移动放热，丙的温度大于乙的温度，温度升高平衡正移，所以平衡时c(CO)：b大于乙中c(CO)的二倍，则b0.4，故D错误；故选：A。【点睛】解决本题时要注意题目条件为“恒容绝热容器”，即温
24、度会随平衡移动而变化；另外注意等效平衡原理的使用，先假设一个等效平衡状态，再比较实际状态与虚拟状态的差异进行分析。15.NCl3是一种黄色粘稠状液体，常用干杀菌消毒，工业上通过情性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备NCl3，其原理如图所示。下列说法正确的是A. 在b极区产生的气体是H2B. a极的电极反应式为NH4+-6e-+ 4OH-+3Cl-=NCl3+4H2OC. 溶液中的Cl-移向a极区D. 若将阴离子交换膜改为阳离子交换膜，NH4Cl的利用率不变【答案】AC【解析】【分析】根据图示信息知道：a电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应，反应式为：NH4+3Cl-6e-=NCl3+4H+，b
25、电极是阴极，氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H+2e-=H2，电解过程中，阴离子可以经过阴离子交换膜移向阳极，则Cl-移向a极区。【详解】A. b电极是阴极，氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H+2e-=H2，所以在b极区产生的气体是H2，故A正确；B. a电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应，反应式为：NH4+3Cl-6e-=NCl3+4H+，故B错误；C. 溶液中的Cl-移向阳极a极区，故C正确；D. 若将阴离子交换膜改为阳离子交换膜，又a电极反应式为：NH4+3Cl-6e-=NCl3+4H+，则生成的氢离子经过阳离子交换膜移向阴极，而氯离子无法通过交换膜进入阳极区，导致
26、产率降低，NH4Cl的利用率降低，故D错误。故选：AC。三、非选择题:本题共5小题，共60分。16.为研究温度对反应2H2S（g）2H2（g） +S2（g）的影响，兴趣小组进行如下探究:向三个体积均为2L的恒容密团容器（A1、A2、A3）中分别加入等量的H2S，进行H2S分解实验。在T1、T2、T3，下测得H2的物质的量与时间的关系如下图所示:（1）该反应的H_0（填“”“”或“=”，下同），T2、T3温度下的平衡常数K2_K3。（2）T1温度下，前5min用S2（g）表示的反应速率为_。（3）图中P、Q、M三点逆反应速率由小到大的顺序是_。（4）已知v正=k正c2（H2S）,v逆=k逆c2（
27、H2）c（S2）, 温度为T1时，k逆=3.4k正。则该温度下的化学平衡常数的值为_（保留小数点后两位数字）。（5）在A容器中，下列选项中能标志反应2H2S（g）2H2（g） +S2（g）达到平衡的是_（填写序号）。a v正（H2S）=2v逆（S2） b H2和S2的浓度之比为2;1c 密度不再变化 d 平均相对分子质量不再发生变化【答案】 (1). (2). (3). (4). vMvQvP (5). 0.29 (6). ad【解析】【详解】(1)根据达到平衡所需时间可知，T1T2T3，升高温度平衡时n(H2)增大，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，H0；温度越高平衡正向移动则平衡常数增
28、大，温度T2T3，K2K3；(2)T1温度下，前5min用H2(g)表示的反应速率为=0.04mol/(Lmin)，相同时间内v(S2)=v(H2)=0.04mol/(Lmin)=0.02mol/(Lmin)；(3)温度越高化学反应速率越快，T1T2T3，温度：MQP，所以化学反应速率vMvQvP；(4)v正=k正c2(H2S)、v逆=k逆c2(H2)c(S2)，温度T1时，反应达到平衡状态时v正=v逆，k正c2(H2S)=k逆c2(H2)c(S2)，k逆=3.4k正，；(5)av正(H2S)=2v逆(S2)=v逆(H2S)，反应达到平衡状态，故a正确；bH2和S2的浓度之比为2：1时，该反应
29、不一定达到平衡状态，与初始浓度及转化率有关，故b错误；c反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故c错误；d反应前后气体总质量不变、气体物质的量增大，则平衡正向移动时平均相对分子质量减小，当平均相对分子质量不再发生变化，反应达到平衡状态，故d正确；故选ad。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。17.一种新型漂白剂（结构如下图）可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短
30、周期元素，Z原子的核外电子排布为1s1，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X基态原子核外有两个单电子，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。回答下列问题:（1）写出元素X在周期表中的位置_。（2）写出W离子的核外电子排布式_。（3）Y元素基态原子核外电子的运动状态有_种，占据的原子轨道有_个。（4）W、X、Y电负性由大到小的顺序_（用元素符号表示）。（5）试解释W的第一电离能大于Al的第一电离能的原因_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). 1s22s22p6 (3). 5 (4). 3 (5). OBMg (6). 基态Mg的核外电子排布式为1s22s22p63s2，
31、处于稳定状态，失去1个电子后，处于不稳定状态；基态Al的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，失去1个电子，处于稳定状态，所以第一电离能Mg大于Al的【解析】【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，由图中结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Y可以形成4个单键，Z形成1个共价键，Z原子的核外电子排布为1s1，则Z为H元素，W位于A族，X位于A族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，X基态原子核外有两个单电子，核外电子排布式为1s22s22p4，则X为O元素、W为Mg元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-
32、2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，以此来解答。【详解】(1)元素X为O，在周期表中的位置为第二周期A族；(2)W为Mg，其离子的核外电子排布式为1s22s22p6；(3)Y元素为B，电子排布式为1s22s22p1，基态原子核外电子的运动状态有5种，占据的原子轨道有3个；(4)非金属性越强、电负性越大，则W、X、Y电负性由大到小的顺序为OBMg；(5)W的第一电离能I1大于Al的第一电离能I1的原因为Mg的基态电子排布为1s22s22p63s2，最外层电子全满为稳定状态，能量较低，而Al的基态电子排布为1s22s22p63s23p1，失去1个电子处于稳定状态，所以第一电离能Mg大于
33、Al。【点睛】同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族(最外层全满)、第VA族(最外层半满)元素第一电离能大于其相邻元素。18.磷是重要的元素，能形成多种含氧酸。回答下列问题:(1)次磷酸(H3PO2)是一元酸，其电离常数的值K=9103。向10mL0.1 molL-1H3PO2溶液中加入30mL等物质的量浓度的NaOH溶液，写出反应的离子方程式_，c(Na+)+(H2PO2-)+c(H3PO2)=_(忽略混合后溶波体积的变化)。(2)亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸， 25时亚磷酸的电离常数的值为K1=110-2、k2=2.6107,则NaH2PO3溶液显性_(填
34、“酸”“碱”或“中”)，原因是_(结合化学用语及数据计算进行解释)(3)已知HF的电离常数的值为K=3.610-4,将足量HF溶液和Na2HPO3溶液反应，其离子方程式为_。(4)亚磷酸具有强还原性。化学实验小组利用滴定法测定某亚磷酸溶液的浓度，取25.00mL的亚磷酸溶液放入锥形瓶中，用0.10 molL-1的高锰酸钾溶液进行滴定，反应的离子方程式是5H3PO3+ 2MnO4-+6H+ = 5H3PO4+ 2Mn2+ +3H2O。三次滴定实验的数据分别如下:实验编号滴定前读数滴定后读数10.5022.5021.5024.5031.0022.00亚磷酸溶液物质的量浓度为_。关于该实验下列说法正
35、确的是_(填写序号)。a 取亚磷酸溶液的滴定管，洗涤后未润洗，导致结果偏低b 盛高锰酸钾溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，导致结果偏高c 滴定过程中眼睛只注视滴定管中液面变化，并做好记录d 锥形瓶未干燥底部有水，会导致结果偏低【答案】 (1). H3PO2+OH-= H2PO2-+H2O (2). 0.1mol/L (3). 酸 (4). H2PO3-溶液中存在水解平衡和电离平衡：H2PO3-+H2OH3PO3+OH-、H2PO3-HPO32+H，水解平衡常数为：Kh=K22.6107，即电离大于水解，所以NaH2PO3溶液显酸性 (5). HPO32-+HF=H2PO3-+F- (6)
36、. 0.22mol/L (7). ab【解析】【详解】(1)由于次磷酸(H3PO2)是一元酸，向10 mL 0.1 molL-1 H3PO2溶液中加入30 mL等物质的量浓度的NaOH溶液，则NaOH溶液过量，反应的离子方程式为：H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O；根据元素守恒：c(Na+)+c(H2PO2-)+c(H3PO2)=0.1mol/L；(2)由于H2PO3-溶液中存在水解平衡和电离平衡：H2PO3-+H2OH3PO3+OH-、H2PO3-HPO32+H，水解平衡常数为：Kh=K22.6107，即电离大于水解，所以NaH2PO3溶液显酸性；(3)因为亚磷酸的电离常数的值为K1=
37、110-2、K2=2.610-7，HF的电离常数的值为K=3.610-4，则酸性强弱为：H3PO3HFH2PO3-，根据强酸制弱酸书写离子方程式为：HF+HPO32-=H2PO3-+F-；(4)高锰酸钾溶液滴定亚磷酸溶液，离子方程式是5H3PO3+2MnO4-+6H+=5H3PO4+2Mn2+3H2O，实验1：V1=22.5 mL -0.5 mL =22mL，实验2：V2=24.5 mL -1.5 mL =23mL，实验3：V3=22 mL -1 mL =21mL，所以平均体积V=22mL，根据5H3PO32MnO4-，则c(H3PO3)=0.22mol/L；a. 亚磷酸溶液的滴定管洗涤后未润
38、洗，则待测液被稀释，浓度降低，故a正确；b. 滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，则V标偏大，导致结果偏大，故b正确；c. 滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故c错误；d. 锥形瓶盛放待测液，锥形瓶未干燥底部有水，待测液浓度降低，但待测液物质的量不变，消耗标准液体积不变，测定结果不变，故d错误；故答案为：ab。【点睛】判定某酸为几元酸时不是看该酸分子中有几个氢，而是根据一个酸分子可以电离出几个氢离子来判定为几元酸，如次磷酸(H3PO2)是一元酸，则其一个分子只能电离出一个氢离子，相应的NaH2PO2为正盐。19.硝酸厂的烟气中含有一定量的氮氧化物（NOx）,通常要将烟气中的氮氧化物转化为无
39、毒无害的物质即脱硝。（1）用空气-水脱硝的方法是最经济的方法。已知：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H1=-123.4kJmol-13NO2（g）+H2O（1）=2HNO3（aq）+NO（g）H2=-73.6kJmol-1写出NO（g）、O2（g）和液体水反应生成HNO3（aq）的热化学方程式_。（2）吸收电解法是脱硝的种重要方法。先用稀硝酸吸收NOx、反应生成HNO2（一元弱酸），再将吸收液加入电解槽中进行电解，使之转化为硝酸，其电解装置如下图所示。图中a应连接电源的_（正极或负极），其电极反应式为_。电解过程中总反应的化学方程式是_。有10 mol HNO2参加反应.氧化产物的物质
40、的量是_。阴极区产生1mol氮气时，理论上阳极区减少H+的物质的量约为_。【答案】 (1). 4NO(g)+3O2(g)+2H2O(l)=4HNO3(aq) H=-517.4kJ/mol (2). 正极 (3). HNO2+H2O-2e-=NO3-+3H+ (4). 5HNO23HNO3+N2+H2O (5). 6mol (6). 10mol【解析】【详解】(1)已知：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H1=-123.4kJmol-13NO2（g）+H2O（1）=2HNO3（aq）+NO（g）H2=-73.6kJmol-1根据盖斯定律可知，将2+3，可得4NO2(g)+3O2(g)+2H
41、2O(l)=4HNO3(aq)，H=2H2+H13=(-73.6 kJmol-1)2+(-123.4 kJmol-1)3=-517.4kJmol-1；(2)a电极上亚硝酸失电子生成硝酸，所以a为阳极，b为阴极，则a与电源的正极相连；阳极上亚硝酸失电子生成硝酸，其电极方程式为：H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+；阳极上亚硝酸失电子生成硝酸，其电极方程式为：5H2O+5HNO2-10e-=5NO3-+15H+；阴极生成氮气，反应式为2NO3-+10e-+12H+= N2+6H2O，两式相加得电解过程中总反应的化学方程式为：5HNO23HNO3+N2+H2O，化合价升高的产物为氧化产物，即硝
42、酸，根据总反应的化学方程式的比列关系可知有10 mol HNO2参加反应，氧化产物的物质的量是6 mol；阴极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，所以阴极区产生1mol氮气时，转移电子为10mol，则有10molH+从阳极室进入阴极室，即理论上阳极区减少H+的物质的量约为10mol。20.碱式硫酸铁Fe(OH)SO4是重要的化工原料，工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、 氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：已知：KspFe(OH)3=2.610-39 KspFe(OH)2=4.910-17 KspAl(OH)3=810-32(单位略)(1)工业生产中，常将废铁块处理为废铁屑
43、，其目的是_；用稀硫酸处理废铁屑的过程中_个氧化还原反应发生。(2)加入碳酸氢钠后，发生反应的主要离子方程式为_。(3)若要使沉淀完全(一般认为离子浓度小于10-5 molL-1即为沉淀完全)，溶液的pH为_；此溶液中亚铁离子的物质的量浓度不高于_molL-1才不会生成沉淀。(4)从环保、产品纯度角度分析.试剂a最好选择下列物质中的_(填字母代号)。A NaClO B KNO3 C H2O2 D KMnO4(5)若搅拌过程中NaHCO3过量，会产生FeCO3沉淀和大量气泡，若将NaHCO3改为 Na2CO3过量时产生的沉淀为FeCO3和Fe(OH)2的混合物，试解释混合物中有Fe(OH)2的原
44、因_。【答案】 (1). 增大表面积，加快反应速率 (2). 2 (3). Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2 (4). 5.3 (5). 12.25 (6). C (7). 改为Na2CO3以后，由于Na2CO3溶液的碱性（或水解程度）比NaHCO3溶液的强，所以会生成Fe(OH)2【解析】【分析】废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，反应后加入NaHCO3并搅拌，
45、调节溶液的pH，发生反应Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2，所以固体a成分是Al(OH)3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和氧化剂，酸性条件下，发生氧化还原反应生成铁离子，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，以此解答该题。【详解】(1)将废铁块处理为废铁屑，固体表面积增大，可加快反应速率，涉及反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，有2个属于氧化还原反应，即Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Fe2(SO4)3+Fe
46、=3FeSO4；(2)反应后加入NaHCO3并搅拌，调节溶液pH，碳酸氢根和铝离子双水解，发生反应Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2；(3)若要使A13+沉淀完全，KspAl(OH)3=c(Al3+)c3(OH-)=810-32，当c(Al3+)=10-5 molL-1时c(OH-)=mol/L=210-9mol/L，c(H+)=510-6mol/L，pH=5.3；根据KspFe(OH)2= c(Fe2+)c2(OH-)=4.910-17可知,此溶液中亚铁离子的物质的量浓度不高于=12.25mol/L；(4)从环保、产品纯度角度分析，试剂a最好选择过氧化氢即C选项，可避免生成杂质或污染性气体；(5)由于碳酸钠水解程度比碳酸氢钠大，溶液碱性较强，因此会生成Fe(OH)2。- 19 - 版权所有高考资源网