1、江苏省徐州市2019-2020学年高二化学下学期期末抽测试题（含解析）单项选择题：本题包括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. 根据能量变化示意图(如图所示)，下列说法不正确的是( )A. 相同质量的和，前者具有的能量较高B. 破坏相同物质的量的和中所有的化学键，后者所需的能量高C. D. ，则【答案】D【解析】【详解】A转化为要吸收热量，故相同质量的和，具有的能量高于，故A正确；B转化为的反应为放热反应，所以破坏中的化学键所吸收的能量比形成中的化学键放出的能量少，所以破坏相同物质的量的和中所有的化学键，后者所需的能量高，故B正确；C由盖斯定律可知，故C正确；D ，
2、因，故，故D错误。综上所述，答案为D。2. 下列化学用语正确的是（ ）A. CO2分子的电子式为B. 基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d94s2C. Cl-的结构示意图为D. HClO的结构式为HClO【答案】A【解析】【详解】A二氧化碳分子中碳原子与每个氧原子共用两对电子，所以电子式为，故A正确；B能级半满、全满、全空更稳定，能量更低，所以基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故B错误；C氯原子得到一个电子形成氯离子，所以Cl结构示意图为，故C错误；DHClO的结构式为HOCl，故D错误；综上所述答案为A。3. 下列说法正确的是
3、(NA表示阿伏伽德罗常数)( )A. 反应TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)H0能自发进行，其原因是S0B. 对反应使用催化剂虽然不能改变转化率，但能够改变反应的焓变C. 除去MgCl2溶液中的少量FeCl3，加入足量氢氧化钠，充分反应后，过滤D. 1molCl2溶于水后，溶液中Cl2、HClO、ClO-、Cl-四种粒子总数为2NA【答案】A【解析】【详解】ATiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)在一定条件下可自发进行，则G=H-TS0，又该反应的H0，则只有S0时才能使G0，故A正确；B催化剂可以改变反应速率，但不能改变反应的初状态和终状态，不
4、影响焓变，故B错误；C加入足量的NaOH溶液一是会引入新的杂质钠离子，二是镁离子也会沉淀，故C错误；D1molCl2溶于水后，体系中Cl原子总数为2NA，而Cl2分子中含有两个氯原子，所以2n(Cl2)+ n(HClO)+n(ClO-)+n(Cl-)=2mol，故D错误；综上所述答案为A。4. 下列关于价电子排布式为3s23p4的粒子的描述正确的是()A. 它的原子核外有三种形状不同的电子云B. 它的原子核外电子共有16种不同的运动状态C. 它可与H2反应生成常温时的液态化合物D. 该原子的轨道表示式为【答案】B【解析】【分析】A. 电子云形状种数由该原子能级种类确定；B. 原子核外电子运动状
5、态和该原子的核外电子数相等；C. 硫与氢气反应生成硫化氢，在常温下，硫化氢为气体；D. 3p能级上电子排布图违反洪特规则。【详解】A. 价电子构型为3s23p4的元素是16号元素S，具有s和p两种能级，因此该原子的电子云形状有两种，分别是球形和哑铃形，故A项错误；B. S原子具有16个核外电子，处于不同能层、能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子自旋方向相反，故有16种不同的运动状态，故B项正确；C. 硫和氢气化合生成的硫化氢在常温下是气体而不是液体，故C项错误；D. 电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，故D项错
6、误；答案选B。5. 下列说法正确的是A. 在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH)相等B. 中和pH和体积均相等的盐酸、CH3COOH溶液，所需NaOH的物质的量相同C. 浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多D. 室温下pH1的CH3COOH溶液和pH13的NaOH溶液中，c(CH3COO)c(Na+)【答案】D【解析】【详解】A. 氢氧化钠是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH)不相等，前者小于后者，故A错误；B. pH相同的盐酸、CH3COOH溶液相比，CH3COO
7、H的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的盐酸、CH3COOH溶液时，最终CH3COOH所需NaOH的物质的量更大，故B错误；C. 浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液中氢离子的物质的量n(H+)相等，则两者分别与足量的Zn完全反应时，产生的H2一样多，故C错误；D. 室温下pH=1醋酸溶液中c(H+)=0.1 mol/L，pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1 mol/L，各溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，根据室温下水的离子积为常数，所以酸中c(OH-)等于碱中c(H+)，所以存在c(CH3COO-
8、)=c(Na+)，故D正确；答案选D。6. 设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A. 与组成的混合物中，含有的电子数目为B. （标准状况）与足量乙烷反应时，断裂的键数目为C. 浓度均为的、溶液中，数目前者比后者多D. 电离方程式：消耗数目最多为【答案】C【解析】【详解】A. C60与C50均是由碳原子组成的，3.6 g碳原子的物质的量n(C)=0.3 mol，每个C原子中含有6个电子，则0.3 mol C原子中含有电子数目：0.3 mol 6NA/mol=1.8NA，选项A正确；B. 6.72L(标准状况)Cl2的物质的量n(Cl2)=0.3 mol，Cl2与足量的乙烷反应时，有一半的氯
9、原子取代烷烃分子中的氢原子，故反应时断裂的C-H键物质的量为0.3 mol，选项B正确；C. 0.1 L浓度为2 mol/L盐溶液中含有溶质的物质的量为n=2 mol/L0.1 L=0.2 mol，若不考虑盐的水解，NH4+数目前者比后者多0.2NA，但NH4+能水解且水解程度与溶液中c(NH4+)有关，离子浓度越小，水解程度越大，故两种溶液中NH4+数目：前者比后者多的数值大于0.2NA，选项C错误；D. 由硼酸电离方程式可知：硼酸为一元酸，所以0.1 mol H3BO3消耗OH-数目最多为0.1 NA，选项D正确；答案选C。7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A.
10、 =1012的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO、Cl-B. 澄清透明的溶液中：H+、Cu2+、SO、NOC. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中：Fe3+、K+、Cl-、SOD. 由水电离产生的c(H+)=110-12mol/L的溶液中：K+、Al3+、Cl-、SO【答案】B【解析】【详解】A=1012的溶液中显酸性，酸性溶液中NO3会将Fe2氧化而不能大量共存，故A不符合题意；B四种离子相互之间不反应，可以在澄清透明的溶液中大量共存，故B符合题意；CFe3可以与HCO3相互促进水解，生成Fe(OH)3和CO2，不能大量共存，故C不符合题意；D水电离产生的c(H+)=110-12mol/L的
11、溶液中水的电离受到抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液，碱溶液中Al3+不能大量存在，故D不符合题意；答案为B。8. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO+CaSO4=CaCO3+SOB. 酸化NaIO3和NaI的溶液混合：I-+IO+6H+=I2+3H2OC. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO+3Cl-+4H+H2OD. 电解饱和食盐水：2Cl-+2H+Cl2+H2【答案】A【解析】【详解】A碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO+CaSO4=CaCO3+SO，A正
12、确；B酸化NaIO3和NaI的溶液混合发生氧化还原反应：5I-+IO+6H+=3I2+3H2O，B错误；CKClO碱性溶液与Fe(OH)3发生氧化还原反应：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH=2FeO+3Cl-+5H2O，C错误；D电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气：2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH，D错误；答案选A。9. 三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料，在催化剂作用下可发生反应：2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，在50 和70 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列叙述不正确的是A. 该反应为吸热反应B. 反应速率
13、大小：va vbC. 70 时，平衡常数K =0.112/0.782D. 增大压强，可以提高SiHCl3的平衡转化率，缩短达平衡的时间【答案】D【解析】【详解】A. 升高温度，SiHCl3的平衡转化率增大，所以该反应为吸热反应，故A正确；B. a、b两点的浓度相同，a点的温度大于b点，所以反应速率大小：va vb，故B正确；C. 70 时，达到平衡时SiHCl3的平衡转化率为22%，2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)n 0 00.22n 0.11n 0.11n0.78n 0.11n 0.11n平衡常数K =(0.11n)2/(0.78n)2=0.112/0.782，故
14、C正确；D. 增大压强，平衡不移动，增大压强不能提高SiHCl3的平衡转化率，故D错误。选D。10. 全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2x8）。下列说法正确的是A. 电池工作时，负极可发生反应：2Li2S6+2Li+2e-=3Li2S4B. 电池充电时间越长，电池中的Li2S2量越多C. 电解质中加入硫酸能增强导电性D. 电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 g【答案】D【解析】【详解】A、由装置图可知，电池工作时Li+向a极移动，则a极为正极，b极为负极，结合电
15、池反应为16Li+xS8=8Li2Sx（2x8），负极Li的反应式为Li-e-=Li+，所以A错误；B、由总反应可知正极依次发生S8Li2S8 Li2S6Li2S4Li2S2的还原反应，当充电时，将进行逆向转化，所以充电时间越长，电池中Li2S2量越少，故B错误；C、加入硫酸，将腐蚀负极材料Li，故C错误；D、该电池的负极反应Li-e-=Li+，所以当电路中流过0.02 mol电子，负极消耗Li的物质的量为0.02mol，其质量为0.14 g，所以D正确。本题正确答案为D。【点睛】由于正极反应可以写多个，且随着时间的延长，依次发生S8Li2S8 Li2S6Li2S4Li2S2的转化，所以充电时
16、将逆向转化，因此充电时间超长，电池中Li2S2量越少。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若答案包括2个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分；但只要选错1个，该题就得0分。11. 高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为2价，如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是 A. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K和4个B. 晶体中每个K周围有8个，每个周围有8个KC. 晶体中与每个K距离最近的K有8个，晶体中与每个距离最近的有6个D. 晶体中其中
17、0价氧和2价氧的物质的量之比为1:1【答案】A【解析】【详解】A. 该晶胞中，K+的个数为=4，的个数为：=4，A正确；B. 晶体中每个K周围有6个O，每个周围有6个K，B错误；C. 晶体中与每个K距离最近的K有12个，晶体中与每个距离最近的有12个，C错误；D. 晶胞中K+与个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒，4个K+带有4个正电荷，则-2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3：1，D错误；故合理选项为A。12. 常温下，有关物质的溶度积如下，下列有关说法不正确的是( )物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2M
18、g(OH)2Fe(OH)3Ksp4.9610-96.8210-64.6810-65.6010-122.8010-39A. 常温下，除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好B. 常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好C. 向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c(Mg2+)：c(Fe3+)=2.010-21D. 将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水中，刚好达到饱和c(Ca2+)=1.010-2mol/L，若保持温度不变，向其中加入100mL0.012mol/L的N
19、aOH，则该溶液变为不饱和溶液【答案】B【解析】【详解】A设镁离子的浓度为a，根据表格中的数据可知当产生Mg(OH)2沉淀时c(OH)=mol/L，当产生碳酸镁沉淀时，c(CO)=mol/L，mol/Lmol/L，所以当镁离子浓度相同时，氢氧化镁更容易产生沉淀，则除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好，故A正确；B设钙离子离子的浓度为b，根据表格中的数据可知当产生Ca(OH)2沉淀时c(OH)=mol/L，当产生碳酸钙沉淀时，c(CO)=mol/L，mol/Lmol/L，所以当钙离子浓度相同时，碳酸钙更容易沉淀，则除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用N
20、a2CO3溶液比NaOH溶液效果好，故B错误；C向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，所以，C项正确；D将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水中，刚好达到饱和，c(Ca2+)=1.010-2mol/L，c(OH-)=mol/L=2.16310-2mol/L，若保持温度不变，向其中加入100mL 0.012mol/L的NaOH，混合后，c(Ca2+)=0.510-2mol/L，c(OH-)=，此时Ca(OH)2的离子积KspCa(OH)2，则该溶液变为不饱和溶液，D项正确；综上所述答案为为B。13. 下列判断正确的是()A. 图1可表示电解200
21、 mL 0.1 molL1 NaCl溶液过程中，产生氢气体积(标准状况)与转移电子物质的量的关系曲线B. 图2可表示常温下0.1 molL1盐酸滴加到40 mL 0.1 molL1 NaOH溶液的滴定曲线C. 高温下能自发进行的反应CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)的能量变化如图3所示，则该反应的S0D. 图4可表示反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)在t1时刻扩大容器体积时，v逆随时间的变化曲线【答案】CD【解析】【详解】A电解NaCl溶液时，阴极始终是水电离生成的H+被还原为H2，因此氢气的体积随着转移电子的物质的量在不断增加，A项错误；B常温下0.1mol/L的NaOH溶液
22、其pH是13，因此，滴定曲线中V(盐酸)=0mL即未滴加盐酸时，溶液的pH应为13，B项错误；C由图可知，该反应的，该反应能在高温下自发进行，根据可知，该反应的，C项正确；Dt1时刻扩大容器体积，相当于降低体系的压强，因此t1时刻v逆会因为压强降低而减小；根据该反应的方程式可知，降低压强会使反应平衡逆向移动，NH3的量会逐渐下降，因此v逆会进一步减小直至达到新的平衡状态，D项正确；答案选CD。14. 分别调节0.01molL1HCOOH溶液、0.01molL1氨水的pH，系统中微粒浓度的负对数值(lgc)与pH的关系分别如下图所下列说法错误的是A. 25时，NH3H2ONH4+OH的lgK=4
23、.7B. 25时，0.01molL1HCOOH溶液的pH为3.7C. HCOONa溶液中加入NH4Cl至溶液呈中性：c(Cl)c(Na+)c(HCOO)D. HCOONa溶液中加入KHSO3至溶液呈中性：c(HCOOH) +c(H2SO3) = c(SO32)【答案】BC【解析】【分析】【详解】A、NH3H2O为弱碱，部分电离，电离平衡常数只受温度的影响，因此25时当c(NH3H2O)=c(NH4)，K=c(OH)=Kw/c(H)=10-4.7molL1，即lgK=4.7，故A说法正确；B、25时甲酸平衡常数为K=103.7，根据平衡常数，25时，0.01molL1甲酸中c(H)=102.85
24、molL1，即pH2.9，故B错误；C、根据水解平衡常数、电离平衡常数、水的离子积之间的关系，HCOO的水解平衡常数Kh=Kw/Ka=1010.3，NH4的水解平衡常数Kh=109.3，NH4的水解程度大于HCOO水解程度，两种溶液混合后呈中性，甲酸钠的量比NH4Cl多，Na浓度大于Cl浓度，故C错误；D、根据电荷守恒，c(CHOO)c(HSO3)2c(SO32)c(OH)=c(Na)c(H)c(K)，溶液显中性，c(H)=c(OH)，即c(CHOO)c(HSO3)2c(SO32)=c(Na)c(K)，根据物料守恒，c(Na)=c(HCOO)c(HCOOH)，c(K)=c(HSO3)c(H2S
25、O3)c(SO32)，三式合并得到：c(SO32)=c(HCOOH)c(H2SO3)，故D正确；15. 初始温度为t ，向三个密闭的容器中按不同方式投入反应物，发生如下反应：4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g) H116kJmol1，测得反应的相关数据如下：容器容器类型初始体积初始压强/Pa反应物投入量/mol平衡时Cl2的物质的量/molHClO2Cl2H2OI恒温恒容1L41001II绝热恒容1Lp20022aIII恒温恒压2Lp38200b下列说法正确的是()A. 反应4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(l)的H116 kJmol1B. a1, b2C. p2
26、1.6105Pa，p34105PaD. 若起始向容器中充入0.5 mol HCl、0.5 mol O2、0.5 mol Cl2和0.5 mol H2O，则反应向逆反应方向进行【答案】BD【解析】【分析】三个容器中，与均为恒容容器，差别在于前者恒温，后者绝热；不妨设想容器，其与容器其余的条件相同，仅投料方式按照容器中的投料方式进行，那么容器中的平衡与中的等效，容器中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为1mol。容器相比于容器，体积扩大了一倍，初始投料也增加了一倍，但容器是在恒温恒压的条件下反应的；不妨设想容器，其与容器的其他的条件相同，仅容器类型更改为恒温恒容的容器，那么容器中的平衡状态与中的等
27、效，容器中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为2mol。【详解】A4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g) H116kJmol1，反应4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(l)，生成液态水，气态水变液态水放出热量，因此H116 kJmol1，故错误；B构造的容器的类型是恒温恒容，容器的类型是绝热恒容，二者都是逆向反应建立的平衡状态，容器由于是绝热的，所以容器中的温度会越来越低，不利于反应逆向进行，相比于容器达到平衡时消耗的Cl2更少，所以a1；构造的容器的类型为恒温恒容，容器的类型为恒温恒压，二者都是正向反应建立的平衡，由于容器为恒容容器，所以反应开始后容器中的压强逐渐小
28、于容器中的压强，压强越小越不利于反应正向进行，因此平衡时，容器中的Cl2的量小于容器中的，所以b2，故B正确；C根据阿伏加德罗定律PV=nRT可知，温度相同，体积相同，则压强之比等于物质的量之比，解得p21.6105 Pa，III容器体积和加入的物质的量都是I容器的2倍，因此压强相同p32105 Pa，故C错误；D，反应容器平衡常数，若起始向容器中充入0.5 mol HCl、0.5 mol O2、0.5 mol Cl2和0.5 mol H2O，则反应向逆反应方向进行，故D正确。综上所述，答案为BD。非选择题：本题包括5小题，每小题12分，共60分。16. 原子序数依次增大的A、B、C、D、E、
29、F、G七种元素。其中A的原子有5种不同运动状态的电子；B的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；D的基态原子2p能级上的未成对电子数与B原子的相同；E为它所在周期中原子半径最大的主族元素；F和D位于同一主族，G的原子序数为29。(1)基态G原子的价电子排布式为_。(2)元素B、C的简单气态氢化物的沸点较高的是_(用化学式表示)。(3)A晶体熔点为2300，则其为_晶体。(4)GD在加热条件下容易转化为G2D，从原子结构的角度解释原因_。(5)G与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸盐，为将生成的两种气体(气体相对分子质量均小于50)完全转化为最高价含氧酸盐，消耗了1mo
30、lO2和1L2.2mol/LNaOH溶液。则两种气体的分子式及物质的量分别为_，生成硫酸铜物质的量为_。【答案】 (1). 3d104s1 (2). NH3 (3). 原子 (4). Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子3d10为全充满稳定状态，所以Cu2O更稳定 (5). 0.9molNO、1.3molNO2 (6). 2mol【解析】【分析】其中A的原子有5种不同运动状态的电子，则A原子核外有5个电子，所以A为硼(B)元素；B的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则其核外电子排布应为1s22s22p2，所以B为碳(C)元素；D的基态原子2p能级上的未成对电子数与B原子
31、的相同，则D原子的核外电子排布式为1s22s22p4，所以D为氧(O)元素，C位于碳和氧之间，所以C为氮(N)元素；G的原子序数为29，则G为铜(Cu)元素；F和D位于同一主族，且原子序数小于铜，则F为硫(S)元素；E为它所在周期中原子半径最大的主族元素，且原子序数小于硫大于氧，则E为钠(Na)元素。【详解】(1)G为Cu，基态铜原子的核外电子排布式为Ar3d104s1，所以价电子排布式为3d104s1；(2)元素B、C分别为C元素和N元素，简单气态氢化物分别为CH4和NH3，由于NH3分子之间存在氢键，所以NH3的沸点较高；(3)元素A为硼，硼晶体熔点很高，应为原子晶体；(4)GD为CuO，
32、加热条件下容易转化为Cu2O；Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子3d10为全充满稳定状态，所以Cu2O更稳定，CuO在加热条件下容易转化为Cu2O；(5)同时产生两种气体，气体相对分子质量均小于50，根据N元素的价态变化规律和硝酸与铜反应的规律不妨设两种气体为NO和NO2；消耗1L2.2mol/LNaOH溶液，则根据元素守恒可知生成的nNa(NO3)=2.2mol，则n(NO)+ n(NO2)=2.2mol，根据电子守恒可知3n(NO)+ n(NO2)=4n(O2)=4mol，联立解得n(NO)=0.9mol，n(NO2)=1.3mol，可以得出合理解，故假设成立，两种气体分别为N
33、O和NO2，物质的量分别为0.9mol、1.3mol；Cu与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应生成的盐只有CuSO4，根据题意可知硝酸被铜还原后的产物又被氧气氧化生成了硝酸根，则根据电子守恒可知n(CuSO4)=2n(O2)=2mol；【点睛】第5小题为本题难点，首先学生需要对N元素的价态变化熟悉，明确生成的两种气体分别是何种物质，其次要注意应用氧化还原反应中的守恒规律进行计算。17. 25时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.810-5K14.310-7K25.610-113.010-8回答下列问题：(1)一般情况下，当温度升高时，Ka_(填“增大
34、”、“减小”或“不变”)。(2)下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是_(填序号)；a.COb.ClO-c.CH3COO-d.HCO(3)下列反应不能发生的是_(填序号)a.CO+CH3COOH=CH3COO-+CO2+H2Ob.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClOc.CO+2HClO=CO2+H2O+2ClO-d.2ClO-+CO2+H2O=CO+2HClO(4)体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示。则HX的电离平衡常数_(填“大于”、“等于”或“小于”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的
35、c(H+)_醋酸溶液中水电离出来的c(H+)，理由是_。【答案】 (1). 增大 (2). abdc (3). cd (4). 大于 (5). 大于 (6). 稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，醋酸抑制水电离程度大于HX【解析】【分析】升高温度促进弱电解质的电离；酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱；酸性强弱为CH3COOHH2CO3HClOHCO，强酸能够制取弱酸；加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；加水稀释HX溶液中氢离子浓度减小，对水的抑制
36、程度减小。【详解】(1)升高温度能促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大； (2)电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOHH2CO3HClOHCO，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：COClO-HCOCH3COO-，即abdc； (3)a.CO+CH3COOH=CH3COO-+CO2+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a不符合题意；b.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COO
37、H能够制取HClO，该反应能够发生，故b不符合题意；c.CO+HClO=CO2+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c符合题意；d.2ClO-+CO2+H2O=CO+2HClO：由于酸性H2CO3HClOHCO，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO，该反应不能发生，故d符合题意；综上所述，本题答案是：cd；(4)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的
38、酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)；理由是：稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，醋酸抑制水电离程度大于HX。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，涉及弱酸的电离、水的电离程度、反应能否进行等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查分析判断能力。18. 常温下，用含钴废料(主要成分为CoCO3，还含有少量NiCO3与铁屑)制备CoCl26H2O的工艺流程如图。已知除镍过程中溶液pH对钴的回收率及Ni2+含量的影响如图所示。部分金属阳离子在实验条
39、件下开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属阳离子开始沉淀pH完全沉淀pHFe3+1.54.0Fe2+7.59.7Co2+6.69.4Ni2+7.79.5回答下列问题：(1)酸浸后溶液中的阳离子为：Co2+，Ni2+和_。(2)除镍时，应调节溶液pH=_，此时Ni2+是否形成Ni(OH)2沉淀？_(是或否)。若pH过小，则产品纯度会_(升高，降低，或不变)。(3)酸溶时，当调节pH=8时，溶液中n(Fe3+)：n(Co2+)=_。已知KspCo(OH)2=2.010-16，KspFe(OH)3=4.010-38。(4)除铁时先向溶液中加入30%的H2O2发生的离子反应方程式是：_。充分反应后再向
40、溶液中加入CoCO3，调节溶液pH范围为_，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，最后过滤得到CoCl2溶液。(5)已知Ag+SCN-=AgSCN，为测定粗产品中CoCl26H2O的含量，称取11.9g粗产品配成100mL溶液，从中取出25mL先加入含0.03mol的AgNO3，(杂质不与其反应)，再用0.5mol/L的KSCN溶液标定过量的AgNO3，该标定操作所用的指示剂为_(填化学式)，若消耗20.00mL的KSCN溶液，则该粗产品中CoCl26H2O的质量分数为_。【答案】 (1). Fe2+、H+ (2). 10 (3). 否 (4). 降低 (5). 2.010-16：1(或2.
41、010-16) (6). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (7). 4.0pH6.6 (8). Fe(NO3)3 (9). 80%【解析】【分析】含钴废料(主要成分为CoCO3，还含有少量NiCO3与铁屑)加稀盐酸酸浸，得到含Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水调节pH将Co2+、Fe2+沉淀，过滤，向沉淀中加入盐酸酸浸得到含Co2+、Fe2+溶液，向溶液中滴加适量30%H2O2，氧化Fe2+得到Fe3+，向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH为4.0pH6.6，使Fe3+沉淀完全，过滤得CoCl2溶液，减压蒸干溶液，结晶干燥得CoCl26H2O。【详解】(1)碳酸钴和碳酸
42、镍与盐酸反应生成相应的氯化物溶于水，酸浸后，铁屑与酸反应生成Fe2+和H2，同时剩余溶液中还有过量的盐酸，则溶液中的阳离子除有Co2、Ni2以外，还有Fe2+、H+；(2)据图可知除镍过程中产品中钴的回收率随着溶液pH的增大而降低，产品中镍元素的含量在pH=10以后几乎不变，pH=10时，Co的回收率高且Ni的含量低，所以应调节pH为10；除镍时，Co元素在滤渣中Ni元素在滤液中，未形成沉淀；若pH过小，除镍不完全，溶液中镍元素的含量增大，则产品的纯度会降低；(3)常温下，酸溶时，当调节溶液的pH为8时，溶液中c(OH)=mol/L=110-6mol/L，因KspCo(OH)2c(Co2)c2
43、(OH)=2.01016，所以c(Co2)=2.010-4，同理可知c(Fe3)=4.010-20，溶液的体积一定，则溶液中的n(Fe3)：n(Co2)c(Fe3)：c(Co2)=2.010-16：1=2.010-16，(4)除铁时，先向溶液中滴加适量30H2O2溶液，将Fe2氧化为Fe3，其离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；充分反应后再向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，所需pH4.1，又要保证溶液中的Co2不沉淀，则pHc(OH -)向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是_。(2)海水pH稳
44、定在7.98.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。海水中含有的OH -可以吸收烟道气中的CO2同时为海水脱钙，生产CaCO3。写出此反应的离子方程式：_。已知：25时，H2CO3电离平衡常数K1=4.310-7 K2=5.610 -11H2SO3电离平衡常数K1=1.510-2 K2 =6.010-8海水中含有的HCO3-可用于吸收SO2，该过程的离子方程式是_。(3)洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放。与新鲜海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种处理的有效方式。通入O2可将酸性海水中的硫(IV)氧化，该反应的离子方程式是_。上述方式使处理后海水pH升高的原因是_。【答
45、案】 (1). bc (2). HCO3-+OH-=CO32-+H2O (3). CO2+2OH-+Ca2+=CaCO3+H2O (4). SO2+HCO3-=CO2+HSO3- (5). O2+2HSO3-=2SO42-+2H+ (6). 碱性海水的中和置稀释作用：鼓入空气排除了部分CO2（写出任意一点即可）【解析】(1)a有图示可知在pH=8的溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，故a正确；bA点，溶液中CO2和H2CO3 的浓度 和与HCO3-浓度相同，故b错误；c有图示可知当c(HCO3-)=c(CO32-)时， 溶液显碱性，即c(H+)c(OH -)，故c错误；答案为bc；pH=8.
46、4的水溶液中主要存在的是HCO3-，则加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是HCO3-+OH-=CO32-+H2O；(2)用含Ca2+碱性溶液收CO2生成CaCO3和水，反应的离子方程式为CO2+2OH-+Ca2+=CaCO3+H2O。已知：25时，H2CO3电离平衡常数K1=4.310-7 、K2=5.610 -11、H2SO3电离平衡常数K1=1.510-2、K2 =6.010-8，则酸性H2SO3H2CO3HSO3-HCO3-，则用含有HCO3-的溶液吸收SO2，发生反应的离子方程式是SO2+HCO3-=CO2+HSO3- ；(3)洗涤烟气后的海水呈酸性，+4价的S在溶液中存在形式为H
47、SO3-，有较强还原性，可被O2在酸性条件下氧化为SO42-，发生反应的离子方程式是O2+2HSO3-=2SO42-+2H+；通入的新鲜海水是碱性的，可中和酸性海水，另外鼓入空气排除了部分CO2均可以使处理后海水pH升高。20. 锂二次电池新正极材料的探索和研究对锂电池的发展非常关键。(1) 锂硒电池具有优异的循环稳定性。正极材料Se可由SO2通入亚硒酸(H2SeO3)溶液反应制得，则该反应的化学方程式为_。一种锂硒电池放电时的工作原理如图1所示，写出正极的电极反应式：_。充电时Li向_(填“Se”或“Li”)极迁移。 Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种Li2Sex与
48、碳基体的结合能力由大到小的顺序是_。(2) Li2S电池的理论能量密度高，其正极材料为碳包裹的硫化锂(Li2S)。 Li2S可由硫酸锂与壳聚糖高温下制得，其中壳聚糖的作用是_。取一定量Li2S样品在空气中加热，测得样品固体残留率随温度的变化如图3所示。(固体残留率100%)分析300 后，固体残留率变化的原因是_。【答案】 (1). H2SeO32SO2H2O=Se2H2SO4 (2). 2LixSe2e=Li2Sex (3). Li (4). Li2Se6Li2Se4Li2Se (5). 提供碳源，将硫酸锂还原(作还原剂) (6). 300 后，样品主要发生两个反应过程：反应1为Li2S被O
49、2氧化生成Li2SO4，反应2为C被O2氧化生成CO2；前期固体残留率增加的原因是反应1为主，后期固体残留率减少的原因反应2为主【解析】【详解】(1)SO2通入亚硒酸中生成Se，发生氧化还原反应，化学方程式为：；由电池工作的原理图可知，Li电极为电池的负极，Se电极为电池的正极，电池放电时Li+能迁移到正极附近与Se结合生成，因此正极的电极反应式为：；电池在充电时，Li电极接外电源的负极，做阴极，Li+是阳离子在电解池中朝阴极迁移，因此Li+在充电时朝Li电极迁移；由图可知，与正极碳基体结合时会向外释放能量，如果释放的能量越大，那么结合之后越稳定，因此3中与碳基体结合能力的强弱为；(2)Li2S电池的正极材料是碳包裹得Li2S，因此为了获得这种正极材料，就需要壳聚糖在与硫酸锂高温反应时，一方面将硫酸锂还原，另一方面提供包裹Li2S的碳源；该Li2S是具有碳包裹结构的Li2S，因此在考虑其固体质量变化时，一方面要考虑Li2S自身被氧化的影响，另一方面也要考虑包裹Li2S的碳在高温下被氧化的影响；所以300 后，样品主要发生两个反应过程：反应1为Li2S被O2氧化生成Li2SO4，反应2为C被O2氧化生成CO2；前期固体残留率增加的原因是反应1为主，后期固体残留率减少的原因是反应2为主。