1、江苏省扬州中学2019-2020学年高二化学下学期4月月考试题（含解析）1.本卷分为选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间90分钟。2.将选择题的答察填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ag-108 I-127选择题单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.FeSO4溶液不可能具有的性质是（ ）A. 还原性B. 氧化性C. 酸性D. 碱性【答案】D【解析】【详解】AFeSO4溶液中含有
2、亚铁离子，能被高锰酸钾或过氧化氢溶液氧化成三价铁离子，故FeSO4溶液具有还原性，故A不符合题意；BFeSO4溶液中含有亚铁离子，亚铁离子处于中间价态，可以被还原剂还原，例如，锌和硫酸亚铁反应生成铁和硫酸锌，故FeSO4溶液体现出氧化性，故B不符合题意；CFeSO4溶液属于强酸弱碱盐，亚铁离子易水解生成氢氧化铁和氢离子，故FeSO4溶液具有酸性，故C符合题意；DFeSO4溶液属于强酸弱碱盐，亚铁离子易水解使FeSO4溶液显酸性，故D不符合题意；答案选D。【点睛】强酸弱碱盐水解后，溶液显酸性，亚铁离子即可以被氧化，也可以被还原，既有氧化性又有还原性。2.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存
3、是（ ）A. 0.1mol/LNa2CO3溶液：K+、SO42-、OH-B. 0.1mol/LNaOH溶液：NH4+、SO42-、Cl-C. 0.1mol/LFeCl3溶液：K+、SCN-、NO3-D. 0.1mol/LNaClO溶液：Na+、SO42-、S2-【答案】A【解析】【详解】A0.1mol/LNa2CO3溶液中，CO32-水解使溶液略显碱性，K+、SO42-、OH-离子间没有发生反应，在碱性条件下可以大量共存，故A能大量共存；B0.1mol/LNaOH溶液中，NH4+容易水解使溶液显酸性，且不能大量存在，NH4+会和OH-反应生成弱电解质氨水，故B不能大量共存；C0.1mol/LF
4、eCl3溶液中，SCN-会和Fe3+反应生成硫氰化铁络合物，故C不能大量共存；D0.1mol/LNaClO溶液中，S2-具有还原性，会和次氯酸根发生氧化还原反应，故D不能大量共存；答案选A。【点睛】发生氧化还原反应的离子也不可以大量共存，氧化性和还原性从化合价的角度分析。3.下列说法不正确的是A. pH7的溶液不一定呈酸性B. 在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH)相等C. 在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl)c(CH3COO)D. 氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl)c(NH4+)，则溶液呈中性【答案】B【解析】【详解】A. pH7的溶液不一定
5、呈酸性，只有当溶液中c(OH)c(H)时溶液显酸性，A正确；B. 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，B错误；C. 盐酸、CH3COOH溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH)+c(Cl)、c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，因此在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl)c(CH3COO)，C正确；D. 氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，若c(Cl)c(NH4+)，则c(H+)=c(OH)，溶液呈中性，D正确。答
6、案选B。【点睛】选项A是易错点，注意溶液的酸碱性是由溶液中c(H)与c(OH)的相对大小决定的：c(H)c(OH)，溶液呈酸性；c(H)c(OH)，溶液呈中性；c(H)c(OH)，溶液呈碱性。利用pH判断时需要注意溶液的温度。4.锌碘液流电池的工作原理如图所示，下列关于该电池工作时的说法不正确的是( )A. 电极Y为电池负极B. 溶液中的离子数目减少C. 电子由电极Y经外电路流向电极XD. 电极X上的反应为【答案】B【解析】【详解】A电极Y上Zn发生氧化反应生成Zn2+，电极Y为负极，故A不符合题意；B该电池的总反应为：，反应过程中溶液中离子数目增加，故B符合题意；C电极Y失去电子，电子经导线
7、流向电极X，故C不符合题意；D电极X上得电子生成I-，电极反应式为：，故D不符合题意；故答案为：B。5.已知反应式：mX(g)+nY(?)Q(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其它条件不变，将容器缩小到原来的，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是（ ）A. 反应向逆反应方向移动B. Y可能是固体或液体C. 化学计量数nmD. Z的体积分数减小【答案】C【解析】【详解】A根据c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，若平衡不移动，则c(X)=0.6mol/L0.5mol/L，说明在消耗X，即平衡正向移动，故A错误；B说明缩小体积，即
8、增大压强，平衡正向移动，说明正反应方向气体体积减小，故Y必为气体，故B错误；C平衡正向移动，说明正反应方向气体体积减小，m+n2m，即nm，故C正确；D平衡正向移动，生成了Z，故Z的体积分数增大，故D错误；答案选C。6.以下反应可表示获得乙醇并用作汽车燃料的过程，下列有关说法正确的是（ ）6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12O6(s)+6O2(g) H1C6H12O6(s)=2C2H5OH(l)+2CO2(g) H2C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) H3A. 2H3=H1-H2B. H3、H1、H2均为H0C. 在不同油耗汽车中发生反应，H3会不同D. 植
9、物的光合作用通过反应将热能转化为化学能【答案】A【解析】【详解】A6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12O6(s)+6O2(g) H1，C6H12O6(s)=2C2H5OH(l)+2CO2(g) H2，根据盖斯定律：-可得，2C2H5OH(l)+6O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l) H=H1-H2C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) H3=H=H1-H2，可以得到：2H3=H1-H2，故A正确；B是光合作用的原理和乙醇的燃烧是放热反应，H3、H10，H2属于无氧呼吸，是需要吸收能量，故H20，故B错误；C在不同油耗汽车中发生反应，H3是相同的，故C错误；
10、D植物的光合作用通过反应将太阳能转化为化学能，故D错误；答案选A。7. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OHCl+ ClO+ H2OB. 该消毒液的pH约为12：ClO+ H2OHClO+ OHC. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H+ Cl+ ClO= Cl2+H2OD. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO= HClO+CH3COO【答案】B【解析】【详解】A、用Cl2和NaOH
11、溶液反应制取漂白液，故A正确；B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=1211，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；C、根据HCl和HClO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确；D、根据漂白粉起漂白作用原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。答案选B。8.短周期主族元素原子序数依次增大，同主族且与处于不同周期，同主族且的原子序数是的两倍，以下说法正确的是A. 原子半径：B. 由组成的化合物中可能含共价键C. 元素最高价氧化物对应的水化物的酸性比强D. 的简单气态氢化物的热稳定性比的弱【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X
12、、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，Y、W同主族且W的原子序数是Y的两倍，则Y为O，W为S；X、Z同主族且与Y处于不同周期，则X为H，Z为Na元素；Q的原子序数大于S，则Q为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。【详解】根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为S元素，Q为Cl元素，A同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径r(Z)r(W)r(Y)r(X)，故A错误；BO、Na形成的过氧化钠中含有共价键，故B正确；C非金属性SCl，则W元素最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q弱，故C错误；D非金属性OS，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故D错误；故答
13、案为B。9.某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.010-4和1.710-5。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）A. 曲线代表HNO2溶液B. 溶液中水的电离程度：b点c点C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同D. c点到d点，溶液中保持不变（HA、A-代表相应的酸和酸根离子）【答案】D【解析】【详解】AHNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.010-4和1.710-5，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同浓度的HNO2和CH3COOH，酸性HNO2CH3COOH，pH相同的HN
14、O2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，故A错误； B酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：bc，则水的电离程度：bc，故B错误； C相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后消耗n(NaOH)：HNO2CH3COOH，所以溶液中n(Na+)：HNO2CH3COOH，故C错误；D温度不变水解平衡常数不变，从c点到d点温度不变，溶液中 =Kh(HA)不变，故D正确；答案选D。【点睛】pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀
15、释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强都是解题的关键。10.25时，在“H2AHAA2”的水溶液体系中，H2A、HA和A2三者中各自所占的物质的量分数（）随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 在含H2A、HA和A2的溶液中，加入少量NaOH固体，(HA)一定增大B. 将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得的溶液中(HA)(A2)C. NaHA溶液中，HA的水解能力小于HA的电离能力D. 在含H2A、HA和A2的溶液中，若c(H2A)2c(A2)c(OH)c(H)，则(H2A)和(HA)一定相等【答案】C【解析】【详解】A.根据图像，
16、在含H2A、HA-和A2- 的溶液中，加入少量NaOH固体，溶液的酸性减弱，(HA-)可能增大，可能减小，与原溶液的成分有关，故A错误；B. 根据图像，将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水时，溶液的pH在45之间，溶液显酸性，以HA-电离为主，所得的溶液中(HA-)(A2-)，故B错误；CNaHA溶液显酸性，以电离为主，可知其电离程度大于其水解程度，故C正确；D. 在含H2A、HA-和A2-的溶液中，根据电荷守恒，有2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)= c(H+)+ c(Na+)，因为c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)，则2c(A2-)+c(OH-)+c(H
17、A-)= c(H+)+ c(Na+)= c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)+ c(Na+)，因此c(HA-)= c(H2A) + c(Na+)，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了据图分析数据进行电离平衡常数的计算、电离程度与水解程度大小判断以及电荷守恒的应用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握图象中的信息。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。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给2分，选两个且都正确的给满分，但只要选错一个该小题就为0分。）11.下列说法正确的是（ ）A. 常
18、温下，反应2Mg(s)+O2(g)=2MgO(s)能自发进行则H0B. 反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0达平衡后，降低温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动C. 镀锌铁板是利用了牺牲阳极的阴极保护法来达到防止腐蚀的目的D. 电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金属【答案】C【解析】【详解】A常温下，反应2Mg(s)+O2(g)=2MgO(s)能自发进行，由G=H-TS0可知，反应的S0，则H0，故A错误；B反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)H0达平衡后，达平衡后，降低温度，正反应速率减小、逆反应速率也减小，平衡向放热反应方向移动，即向正
19、向移动，故B错误；C镀锌铁板在空气中会形成原电池，锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护，此方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，Zn、Fe比铜活泼，所以失电子变成离子，阳极泥中含有的是Ag、Au等金属，故D错误；答案选C。12.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()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m点的溶液中加入少量Na2S固体，
20、溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D. 温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动【答案】B【解析】【分析】A难溶物质的沉淀溶解平衡中物质溶解度用离子浓度表示；B溶度积常数随温度变化，温度不变溶度积常数不变，沉淀溶解是吸热过程，升温平衡正向进行；C温度不变溶度积常数不变，加入硫化钠溶液中硫离子浓度增大，镉离子浓度减小；D饱和溶液中降低温度向沉淀方向进行，溶液中离子浓度减小，溶度积常数减小。【详解】Aa、b两点都是溶液中阴阳离子浓度相等的点，而此时处于饱和状态，根据溶解度和溶度积的换算，此时的溶解度都等于a点的浓度，故A正确；B温度升高Ksp增大，则T2T1，图中各点对应的Ksp的
21、关系为：Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)，故B错误；CKspc(Cd2)c(S2)，向m点的溶液中加入少量Na2S固体，温度不变Ksp不变，硫离子浓度增大，镉离子浓度减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，故C正确；DKspc(Cd2)c(S2)，是吸热过程，降低温度平衡逆向进行，饱和溶液中离子浓度减小，Ksp减小，温度降低时，q点的饱和溶液的组成由qp线向p方向移动，故D正确；故答案选B。【点睛】本题关键是理解沉淀溶解平衡的图像表示的含义，注意溶度积常数的变化只与温度有关，其它条件改变不影响溶度积常数的值。13.25时，将浓度均为0.1molL-1、体积分别为Va和Vb的H
22、X溶液与NH3H2O溶液不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. Ka(HX)的值与Kb(NH3H2O)的值相等B. b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05molL-1C. ac点过程中，一定有c(NH4+)c(X-)c(H+)c(OH-)D. a、b、c三点，c点时水电离出的c(H)最大【答案】AB【解析】【详解】根据图式可知，酸溶液的pH=3，则c(H+)0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH)0.1mol/L，则NH3H2O是弱碱；A酸碱恰好完全反应时溶液的pH=7，溶液呈中性，说明HA电离
23、程度和NH3H2O电离程度相同，则Ka(HX)的值与Kb(NH3H2O)的值相等，故A正确；Bb点，溶液显中性，HX和NH3H2O初始浓度为0.1molL-1，等体积混合后， c(H+)=c(OH)，电荷守恒为c(OH)+c(X-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(NH4+)=c(X-)，HX溶液的物料守恒为：c(X-)+c(HX)=0.05molL-1，故c(NH4+)+c(HX)=0.05molL-1，故B正确；Cac点过程中，随着氨水的加入，溶液的由酸性变为中性，再变为碱性，c点时，c(H+)c(OH-) ，故C错误；Da、b、c三点，c点显碱性，a点显酸性，对水的电离都有抑制作用，b
24、点的溶液显中性，没有抑制水的电离，故b点时水电离出的c(H)最大，故D错误；答案选AB。【点睛】盐类的水解其实是促进水的电离，溶液显酸性或碱性会抑制水的电离。14.常温时，向20mL0.1000mol/LH2C2O4溶液中滴加0.1000molL-1NaOH溶液，混合溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列有关叙述正确的是（ ）A. 点、所示溶液中，点所示溶液H2O的电离程度最小B. 点所示溶液中：2c(H+)+c(HC2O4-)+3c(H2C2O4)=2c(OH-)+c(C2O42-)C. 点所示溶液中：c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(Na+)D. 滴定过程中可能出现
25、：c(Na+)c(HC2O4-)=c(C2O42-)c(OH-)c(H+)【答案】BC【解析】【分析】常温时，向20mL0.1000mol/LH2C2O4溶液中滴加0.1000molL-1NaOH溶液，发生反应H2C2O4+OH-= HC2O4-+H2O，HC2O4-+OH-= C2O42-+H2O，消耗20ml NaOH溶液时为第一化学计量点，恰好生成NaHC2O4，消耗40ml NaOH溶液时为第二化学计量点，恰好生成Na2C2O4，由此分析。【详解】A酸或碱存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，随着滴定反应的进行，液中H2C2O4的量越来越少。盐类含量越来越高，则水的电离程度逐渐增大，
26、点、所示溶液中，点所示溶液H2O的电离程度最小，故A错误；B点时氢氧化钠与草酸的物质的量之比是3: 2，根据电荷守恒和物料守恒可知溶液中2c(H+)+c(HC2O4-)+3c(H2C2O4)=2c(OH-)+c(C2O42-)，故B正确；C点溶液显中性，根据电荷守恒可知c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(Na+)，故C正确；D根据图像可知当溶液显碱性，水解程度大于电离程度，c(HC2O4-)和c(C2O42-)不可能相等，故D错误；答案选BC。15.一定温度下(T2 Tl)，在3个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中反应 2NO(g)+ Cl2(g) = 2ClNO(g)（正反应放热）
27、达到平衡，下列说法正确的是A. 达到平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为1：2B. 达到平衡时，容器III中ClNO的转化率小于80%C. 达到平衡时，容器II中c(ClNO(/ c(NO)比容器I中的大D. 若温度为Tl，起始时向同体积恒容密闭容器中充入0.20 mol NO(g)、0.2 mol Cl2(g)和0.20 mol ClNO(g)，则该反应向正反应方向进行【答案】C【解析】【详解】A. 容器II相当于是0.4mol/LNO与0.2mol/L氯气开始建立平衡，正反应体积减小，相当于容器I增大了压强，平衡正向移动，因此达到平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为大于1：2，A错
28、误；B. 容器III相当于是0.2mol/LNO与0.1mol/L氯气开始建立平衡，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，因此达到平衡时，容器III中NO的转化率小于容器I中NO的转化率（20%），所以达到平衡时，容器III中ClNO的转化率大于80%，B错误；C. 容器II相当于是0.4mol/LNO与0.2mol/L氯气开始建立平衡，正反应体积减小，相当于容器I增大了压强，平衡正向移动，因此达到平衡时，容器II中c(ClNO(/c(NO)比容器I中的大，C正确；D. 根据容器I中数据可知该温度下平衡常数为,若温度为Tl，起始时向同体积恒容密闭容器中充入0.20 mol NO(g)、0.2 mo
29、l Cl2(g)和0.20 mol ClNO(g)，则浓度熵为K，所以该反应向逆反应方向进行，D错误；答案选C。非选择题16.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn+)=0.1molL-1形成氢氧化物沉淀pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18 32.84.710.98.28.9（1）写出基态锰原子核外电子排布式_。（2）“氧化”中添加
30、适量的MnO2发生反应的离子方程式是_。（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。（4）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_。（5）写出“沉锰”的离子方程式_。（6）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=_。【答案】 (1). Ar3d54s2 (2). 2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O (3). 4.7 (4). F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2+(aq)+2F(aq)
31、溶解平衡向右移动 (5). Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O (6). 【解析】【分析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)和MnO2粉加入稀硫酸，二氧化锰粉和硫化锰矿生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，MnO2氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，再向溶液中通入氨气调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，
32、“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰，由此分析。【详解】(1)锰的原子序数为27，根据核外电子排布式，基态锰原子核外电子排布式Ar3d54s2；(2)MnO2氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+ ，“氧化”中添加适量的MnO2发生反应的离子方程式：2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的pH值，在pH=4.7时Fe3+和Al3+沉淀完全，在pH=6.2时Zn2+开始产生沉淀，溶液的pH
33、范围为4.76之间；(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，溶液中存在MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性较强，生成弱电解质HF而促进氟化镁溶解，即F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2+(aq)+2F(aq)溶解平衡向右移动，所以镁离子沉淀不完全；(5)“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4当x=y=，根据化合价的代数和为0，z=。1
34、7.碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：(1)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的还原产物为_。(2)上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为：_，已知Ksp(AgCl)=1.810-10，Ksp(AgI)=8.510-17。(3)Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g) H=+11kJmol-1，在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/min020406080
35、120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为_。若起始时n(HI)=100mol，则过程中需吸收的能量为_kJ。上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为_(以K和k正表示)。由上述实验数据计算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的关系可用如图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_(填字母)【答案】 (1). MnSO4 (2). 4.710-7 (3). K= (4)
36、. 118.8 (5). k逆= (6). A、E【解析】【分析】(1)海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中I元素发生氧化反应，Mn元素被还原，根据元素守恒判断还原产物；(2)当AgCl开始沉淀时，说明溶液中的c(I-)和c(Cl-)均已达到饱和状态，因此可以根据溶度积表达式进行计算，溶液中=；(3)表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据找出平衡时HI物质的量分数，求出氢气、碘蒸汽总物质的量分数，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度代入平衡常数表达式K=计算，根据物质的量与焓变的关系计算；到达平衡时，正、逆反应速率相等，结合平衡常数表达式，可知k
37、逆的表达式；升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应建立平衡，平衡时HI的物质的量分数减小，逆反应建立平衡，平衡时H2的物质的量分数增大，由此分析。【详解】(1)海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中I元素发生氧化反应，Mn元素被还原，还原产物应为硫酸锰；(2)当AgCl开始沉淀时，说明溶液中的c(I-)和c(Cl-)均已达到饱和状态，因此可以根据溶度积表达式进行计算，溶液中=；(3)表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时HI物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为1-0.784
38、=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度代入平衡常数表达式K= ，2HI(g)H2(g)+I2(g) H=+11kJmol-1，表示分解2mol碘化氢需要吸收11 kJ的热量，若起始时n(HI)=100mol，平衡时HI物质的量分数为0.784，为78.4mol，分解了21.6mol，吸收的热量为；正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，达到平衡状态时，v正=v逆，k正x2(HI) =k逆x(H2)x(I2)，可以得到，k逆= ；升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应为吸热反应，升高温度，
39、平衡向吸热反应方向移动，正反应建立平衡，平衡时HI的物质的量分数减小，逆反应建立平衡，平衡时H2的物质的量分数增大，相应的点分别为A、E。18.某小组以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1molL-1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2molL-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。氯测定：准确称取样品X，配成溶液后用A
40、gNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）。回答下列问题：（1）装置中安全管的作用原理是_。（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用_式滴定管，可使用的指示剂为_。（3）样品中氨的质量分数表达式为_。（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将_（填“偏高”或“偏低”）。（5）滴定终点时，若溶液中c(Ag)=2.010-5molL-1，c(CrO42-)为_molL-1。（已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.1210-12）（6）X的化学为Co(NH3)6Cl3。制备X的反应化学方程式为_。【答案】 (1
41、). 当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定 (2). 碱 (3). 酚酞（或甲基红） (4). (5). 偏低 (6). 2.810-3 (7). 2CoCl26H2O+2NH4Cl+4NH3+H2O22Co(NH3)6Cl3+14H2O【解析】【分析】精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1 mL cl molL-1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2 molL-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2 mL NaOH溶液，进行氨的测定，(1)通过2中液面调
42、节A中压强；(2)碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂；(3)根据氨气与和盐酸反应之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数；(4)若气密性不好，导致氨气的量偏低；(5)根据离子积常数计算c(CrO42-)；(6)该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Co(NH3)6Cl3和水；【详解】(1)无论三颈瓶中压强过大或过小，都不会造成危险，若过大，A在导管内液面升高，将缓冲压力，若过小，外界空气通过导管进入烧瓶，也不会造成倒吸，
43、安全作用的原理是使A中压强稳定；(2)碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基橙为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基橙或酚酞作指示剂；(3)与氨气反应的n(HCl)=V110-3Lc1molL-1-c2molL-1 V210-3L=(c1V1-c2V2)10-3mol，根据氨气和HCl的关系式知，n(NH3)=n(HCl)=(c1V1-c2V2)10-3mol，氨的质量分数=；(4)若气密性不好，导致
44、部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低；(5)c(CrO42-)=mol/L=2.810-3 mol/L；(6)该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成Co(NH3)6Cl3和水，反应方程式为2CoCl26H2O+2NH4Cl+4NH3+H2O22Co(NH3)6Cl3+14H2O。19.CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液c(HCO3-)c(CO32-)=21，溶液pH=_。（室温下，H2CO3的K1=4107；K2=51011）（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成
45、气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键CHC=OHHCO(CO)键能/kJmol14137454361075则该反应的H=_。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_（填“A”或“B”）。按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900的原因是_。（3）O2辅助的AlCO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要
46、的化工原料。电池的正极反应式：6O2+6e=6O2 6CO2+6O2=3C2O42+6O2反应过程中O2的作用是_。该电池的总反应式：_。【答案】 (1). 10 (2). +120kJmol-1 (3). B (4). 900时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 (5). 催化剂 (6). 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3【解析】【分析】(1) K2=510-11，且所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，据此计算溶液pH；(2)该反应的H=反应物总键能-生成物总键能；该反应的正反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动，A在反应
47、过程中压强在不断增大、B在反应过程中压强不变；900时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大；(3)该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子；在正极的反应式中，在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物；在得失电子相同条件下，正负极电极反应式相加即得电池反应式。【详解】(1) K2=510-11，且所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，c(H+)=510112=11010，则pH=10；(2)该反应的H=反应物总键能生成物总键能=4413+2745210752436kJ/mol=+120kJ/mol；该反应的正反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆
48、向移动，A在反应过程中压强在不断增大、B在反应过程中压强不变，所以A相当于B来说是增大压强，平衡逆向移动，所以A中反应物转化率小于B，则两容器中反应达平衡后吸收的热量较多的是B；根据图知，900时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低；(3)该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，电极反应式为Al3e=Al3+；在正极的反应式中，在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，所以氧气在反应中作催化剂；在得失电子相同条件下，正负极电极反应式相加即得电池反应式，电池反应式为2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。20.过
49、一硫酸氢钾复合盐(KHSO42KHSO5K2SO4)常用作漂白剂和消毒剂，其制备流程如图：(1)反应的化学方程式为：H2O2+H2SO4H2SO5+H2O，H0；则反应中K2CO3与H2SO5反应生成KHSO5的化学方程式为_。(2)生产原料的理论比值n(H2O2)：n(H2SO4)为0.4：1，但实际生产最佳投料比为0.6：1，其原因是_。(3)准确称取3.350g复合盐样品配制成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸和足量的KI溶液，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量淀粉溶液，用0.1000molL-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消粍标准溶液20.00mL。
50、计算复合盐中有效成分KHSO5的质量分数。(写出计算过程)(已知：HSO5-+I-+H+SO42-+I2+H2O，I2+S2O32-I-+S4O62-未配平)_。【答案】 (1). 2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2+H2O (2). 硫酸与双氧水反应放热，使得双氧水部分分解 (3). 45.37%【解析】【分析】由题给流程图可知，8. 5mol/L浓硫酸与30%H2O2反应，浓硫酸部分转化为过硫酸H2SO5和水，H2SO5与K2CO3反应生成过硫酸氢钾、二氧化碳和水，所得溶液经结晶、过滤得到过一硫酸氢钾复合盐KHSO42KHSO5K2SO4，据此分析解答。【详解】(1)根据流程：
51、K2CO3与H2SO5反应生成KHSO5和二氧化碳，故反应化学方程式为：2H2SO5+K2CO3=2KHSO5+CO2+H2O；(2)生产原料的理论比值n(H2O2)：n(H2SO4)为0.4：1，但实际生产最佳投料比为0.6：1，其原因是因为硫酸与双氧水反应放热，促使双氧水部分分解，故实际投入时过氧化氢稍过量；(3)已知：HSO5-+2I-+H+=SO42-+I2+H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，则KHSO5 I22Na2S2O3，n(Na2S2O3)=0.1000 molL-120.0010-3L=0.002mol，n(I2)=n(Na2S2O3)=0.002mol=0.001mol，n(KHSO5)= n(I2)=0.001mol152g/mol=0.152g，则复合盐中有效成分KHSO5的质量分数=100%=45.37%。