1、2014-2015学年江苏省无锡市高二（下）期末化学试卷一、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中共中央、国务院于2015年5月5日发布了关于加快生态文明建设的意见，5月6日北京市公布禁止露天烧烤地点，取缔各类露天烧烤下列说法正确的是( )A在烧烤过程中，肉类中的蛋白质在高温下发生变性B有部分烧烤摊使用了地沟油，地沟油经过精炼后可以食用C为了食品卫生，鼓励烧烤摊大量使用一次性竹签D露天烧烤产生的大量PM2.5能在空气中形成胶体2下列有关化学用语表示正确的是( )A O2离子结构示意图：B四氯化碳分子的比例模型：C次氯酸的电子式：D中子数为16的硫
2、离子：S23下列关于化学腐蚀与电化学腐蚀的说法中，错误的是( )A均是被腐蚀的金属失去电子的过程B均是需要有氧气参加的反应C化学腐蚀与电化学腐蚀往往是同时发生的D电化学腐蚀比化学腐蚀的速率通常情况下大得多4下列溶液一定呈中性的是( )A酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液BpH=7的溶液C使石蕊试液呈紫色的溶液Dc（H+）=c（OH）=106molL1的溶液5下列有关物质的性质与应用的对应关系正确的是( )A铜的金属活动性比铁弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀B硫酸铜溶于水呈酸性，可用来做杀菌剂C氧化铝熔点高，可用于生产耐火砖D明矾溶液具有强氧化性，可用作净水剂625时，下列各组离子在指定溶
3、液中一定能大量共存的是( )ApH=12的溶液：NO3、I、Na+、Al3+B0.1molL1CH3COONa溶液：Mg2+、H+、Cl、SO42CKw/c（H+）=0.1molL1 的溶液：Na+、K+、SiO32、NO3D0.1molL1KMnO4溶液：Na+、Mg2+、N03、S0327设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是( )A31g白磷中含有的共价键数目为1.5NAB0.1L3.0molL1的NH4N03溶液中含有的NH4+的数目为0.3NAC标准状况下，22.4L己烷中含共价键数目为19NAD常温常压下，lmolCl2与足量的水充分反应，转移的电子数目为NA8下列指定反应的离
4、子方程式正确的是( )A用氨水吸收足量的SO2：0H+S02HS03B氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应至恰好呈中性：Ba2+2H+SO42+20HBaS04+2H20C在加热条件下浓盐酸与Mn02反应制取少量氯气：Mn02+2H+2ClMn2+Cl2+2H20D向一定量的FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl9己知红磷转化为白磷需要吸收热量4P（s，红）+502（g）2P205（s）H14P（s，白）+502（g）2P205（s）H2则H1与H2的关系正确的是( )AH1=H2BH1H2CH1H2D无法确定10已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素
5、，其中Y、R原子最外层电子数相等；X元素最低负价与W元素最高正价绝对值相等；工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼W单质；Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水下列说法正确的是( )A简单离子半径：YZWB简单氢化物的热稳定性：XYRCW的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强DR的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是HRO4二、不定项选择：（本题包括5小题，每小题4分，共计20分，每小题有1个或2个选项符合题意，若正确答案只包括1个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选1个且正确的得2分，选2个且都正确的得满分，但只要选错1个，该小题得0分）11图象能直观地反映有关
6、物理量的变化及规律，下列各图象与描述相符的是( )A如图表示SO2氧化反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B如图表示0.1 mol MgCl26H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化C如图表示分别稀释10 mL pH=2的盐酸和醋酸时溶液pH的变化，图中b100D如图表示平衡2NO2（g）N2O4（g）在t1时迅速将体积缩小后c（N2O4）的变化12下列说法正确的是( )A等体积、等物质的量浓度的NH3H20溶液与NH4C1溶液混合后溶液呈碱性，说明 NH3H20的电离程度小于NH4+的水解程度BSi02（s）+2C（s）Si（s）+2CO（g）在常温下不能自发进行，则该反
7、应的H0C锅炉内壁上沉积的CaS04可先用饱和Na2C03溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去D加热OlmolL1Al2（SO4）3溶液，水解程度和溶液的pH均增大13某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl22AgCl下列说法正确的是( )A正极为Pt电极，电极反应为2Ag+Cl2+2e2AgClB放电时，交换膜两侧溶液中盐酸浓度不变C若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D当电路中转移0.01mole时，交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子14下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是 ( )A0.2molL1某一元弱酸HA溶液和0.1molL1NaOH溶液等体积混合后的溶液：2
8、c（OH）+c（A）2c（H+）+c（HA）Bc（NH4+）相等的（NH4）2C03、（NH4）2S04和（NH4）2Fe（S04）2三份溶液中，溶质物质的量浓度依次增大C在 0lmolL1Na2CO3溶液中：c（OH）c（H+）c（HCO3）+c（H2C03）D常温下，CH3COONa和 CH3COOH 混合溶液pH=7，c（Na+）=0.1molL1；c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）15在2L的恒容密闭容器中充入A（g）和B（g），发生反应：A（g）+B（g）2C（g）+D（s）H=akJmol1实验内容和结果分别如下表和如图所示下列说法正确的是(
9、 )实验序号温度起始物质的量热量变化ABI6001mol3mol96kJ8001.5 mol0.9molA实验I中，lOmin 内平均速率v（B）=0.06molL1min1B600时，上述方程式中a=160C600时，该反应的平衡常数是0.45D800时，在原容器中充入 1molA、0.5molB、1molC、0.5molD，则v（正）v（逆）三、非选择题（共80分）16氯化铁是常见的水处理剂，无水氯化铁的熔点为555K、沸点为588K工业制备氯化铁的一种工艺如下：回答下列问题：（1）反应炉中发生反应的化学方程式为_（2）己知FeCl36H20在水中的溶解度如下：温度/01020305080
10、100溶解度（g/l00gH20）74.481.991.8106.8315.1525.8535.7从FeCl3溶液中获得FeCl36H20的方法是_（3）捕集器中温度超过673K，存在相对分子质量为325的物质，该物质的化学式为_（4）吸收塔中吸收剂X的作用是_，FeCl3溶液可腐蚀印刷电路铜板，其离子方程式为_（5）室温时向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，当溶液中c（Fe3+）lOlO5molL1时，视作Fe3+沉淀完全，则Fe3+沉淀完全的pH至少为_（已知KspFe（OH）3=l.0l038）17CoC126H20是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿主要成分为Co203、Co（OH）3，
11、还含少量Fe203、A1203、MnO等制取CoC126H20的工艺流程如图1：己知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等； 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中加Na2S03的作用是_（2）写出浸出液中加氧化剂H202发生反应的离子方程式_（3）加Na2C03调pH至5.2的目的是_（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2萃取剂的作用是_；其使用的较适宜pH范围是_A.2.
12、02.5 B.3.03.5 C.4.04.5（5）为测定粗产品中CoC126H20的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgN03溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量若沉淀未烘干就直接称量，则会导致粗产品中CoCl26H20的质量分数的计算结果_实际值（填大于、等于或小于）18（14分）一定条件下铁可以和C02发生反应：Fe（s）+C02（g）FeO（s）+CO（g）；已知该反应的平衡常数（K）与温度（T）的关系如图甲所示：（1）该反应的平衡常数表达式K=_（2）定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的C02气体，反应过程中C02 气体和CO气体的浓度与时间的关系如图乙所示8
13、分钟内，CO的平均反应速率v（CO）=_molL1min1（3）在恒容密闭容器发生反应，下列措施中能加快反应速率的是_，能使平衡时增大的是_（填序号）A升高温度 B增大压强 C使用催化剂 D再加入一些铁粉（4）铁的重要化合物高铁酸钠是一种新型饮用水消毒剂，具有氧化能力强、安全性好等优点高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe+2Na0H+2H20Na2Fe04+3H2，则电解时阳极的电极反应式是_高铁酸钠对饮用水进行消毒后具有净水功能，其净水原理是_（用离子方程式表示）高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为_19（14
14、分）某合作学习小组的同学拟用硼砂（Na2B4C7l0H2O）制取硼酸（H3B03）并测定硼酸样品的纯度制备硼酸的实验流程如下：（1）用pH试纸测定溶液pH的操作方法为_（2）步骤a实验操作所需玻璃仪器有_、_、_（3）实验流程中缺少的步骤b操作为_（4）硼酸酸性太弱不能用碱的标准溶液直接滴定，实验室常采用间接滴定法，其原理为：滴定步骤为：准确称取0.3000g样品锥形瓶冷却滴定终点滴定终点的判断方法是_若滴定到终点时消耗NaOH标准溶液22.00mL，则本次滴定测得的硼酸样品中硼酸的质量分数为_（假定杂质不反应）若滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中消失，将导致测得的结果_（选填：“偏 大”
15、、“偏小”或“不变”）20（14分）高氯酸钾广泛用于火箭及热电池等领域实验室制取高氯酸钾的步骤为：称取一定质量的KC1、NaClO4，溶解后混合，经冷却、过滤、滤出晶体用蒸馏水多次洗涤及真空干燥得到有关物质溶解度与温度的关系如下表： 温度 溶解度化学式010203040KC1040.761.061.682.563.73KC12831.234.237.240.1NaClO4167183201222245（1）写出实验室制取高氯酸钾的化学方程式_；用蒸馏水多次洗涤晶体的目的是_（2）热电池是以熔盐作电解质，利用热源使其熔化而激活得一次储备电池Li/FeS2热电池工作时，Li转变为硫化锂，FeS2转
16、变为铁，该电池工作时，电池总反应为_（3）Fe和KC104反应放出的热量能为熔盐电池提供550660的温度，使低熔点盐熔化导电，从而激活电池，其供热原理为：KClO4（s）+4Fe（s）KC1（s）+4FeO（s），H0600时FeO可部分分解生成Fe304，写出有关的化学方程式_称取一定质量上述加热材料反应后的混合物（假定只含氯化钾一种钾盐）于烧杯中，用蒸馏水充分洗涤、过滤、干燥，固体质量减少了0.43g，在固体中继续加入过量的稀硫酸，微热让其充分反应，固体完全溶解得到的溶液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗净、干燥，再在空气中充分灼烧得6.0g棕色固体求该加热材料反应前，铁和高氯酸钾的质
17、量（写出计算过程，结果保留2位有效数字）_21（14分）硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，其单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用（1）已知：重晶石（BaS04）高温煅烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：BaS04（s）+4C（s）BaS（s）+4C0（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）Ba（s）+S（s）H=+460kJmol1已知：2C（s）+02（g）2CO（g）H=221kJmol1 则：Ba（s）+S（s）+202（g）BaS04（s）H=_（2）雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料已知As2S3和HN03有如下反应：As2S3+10H+10NO32H3As
18、O4+3S+10NO2+2H2O当反应中转移电子的数目为2mol时，生成H3As04的物质的量为_（3）向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量其中主要含硫各物种（H2S、HS、S2）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图1所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）含硫物种B表示_在滴加盐酸过程中，溶液中c（Na+）与含硫各物种浓度的大小关系为_（填字母）ac（Na+）=c（H2S）+c（HS）+2c（S2）b.2c（Na+）=c（H2S）+c（HS）+c（S2）cc（Na+）=3c（H2S）+c（HS）+c（S2）（4）将H2S和空气的混
19、合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图2所示在图示的转化中，化合价变化的元素是_反应中若消耗1molO2时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，则转化成S的H2S的物质的量为_（5）在油田大量产出的污水中，硫化物主要是以水中的S042被硫酸盐还原菌（SRB）还原产生的S2形式存在，其反应机理如图3，请写出以甲烷为碳源时，S042在SRB作用下还原为S2的离子反应方程式_2014-2015学年江苏省无锡市高二（下）期末化学试卷一、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中共中央、国务院于2015年5月5日发布了
20、关于加快生态文明建设的意见，5月6日北京市公布禁止露天烧烤地点，取缔各类露天烧烤下列说法正确的是( )A在烧烤过程中，肉类中的蛋白质在高温下发生变性B有部分烧烤摊使用了地沟油，地沟油经过精炼后可以食用C为了食品卫生，鼓励烧烤摊大量使用一次性竹签D露天烧烤产生的大量PM2.5能在空气中形成胶体【考点】常见的生活环境的污染及治理；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 【分析】A蛋白质受热发生变性；B地沟油又称为垃圾油，是质量极差、极不卫生，不能食用；C使用一次性方便筷会造成森林资源的浪费；DPM2.5是微粒直径为2.5微米的颗粒，1微米=1000nm，“PM2.5”是细小颗粒物悬
21、浮在空气中形成不是胶体【解答】解：A烧烤过程中，蛋白质在高温条件下发生变性，故A正确；B地沟油又称为垃圾油，是质量极差、极不卫生，过氧化值、酸价、水分严重超，食用对人体有害，故B错误；C使用一次性方便筷会造成森林资源的浪费，不利于节能减排，故C错误；DPM2.5是微粒直径为2.5微米的颗粒，1微米=1000nm，“PM2.5”是细小颗粒物悬浮在空气中形成不是胶体，故D错误；故选：A【点评】本题考查了环境污染与治理，熟悉蛋白质、胶体的性质是解题关键，题目难度不大2下列有关化学用语表示正确的是( )AO2离子结构示意图：B四氯化碳分子的比例模型：C次氯酸的电子式：D中子数为16的硫离子：S2【考点
22、】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；球棍模型与比例模型 【分析】A氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10；B四氯化碳分子中，碳原子的相对体积小于氯原子；C次氯酸分子中不存在氢氯键，中心原子为氧原子；D质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数【解答】解：A氧原子核电荷数是8，818O2的离子结构示意图为：，故A错误；BCl原子半径大于C原子，可以表示甲烷的比例模型，四氯化碳中氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的比例模型为：，故B错误；C次氯酸为共价化合物，H原子最外层1个电子，Cl原子最外层7个电子，O原子最外层6个电子，则其电子式为：，故C错误；D中子数16的硫
23、离子的核电荷数为16、质量数为32，该离子可以表示为：S2，故D正确；故选D【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握电子式、比例模型、离子结构示意图、元素符号等化学用语的表示方法，明确甲烷与四氯化碳的比例模型的区别，为易错点3下列关于化学腐蚀与电化学腐蚀的说法中，错误的是( )A均是被腐蚀的金属失去电子的过程B均是需要有氧气参加的反应C化学腐蚀与电化学腐蚀往往是同时发生的D电化学腐蚀比化学腐蚀的速率通常情况下大得多【考点】金属的电化学腐蚀与防护 【分析】A金属在腐蚀过程中易失电子；B钢铁在酸性环境中易发生析氢腐蚀；C金属的电化学腐蚀与化学腐蚀是同时存在的；D电化学腐
24、蚀过程中，形成了原电池，腐蚀速率较快【解答】解：A金属原子最外层电子数小于4，所以金属的腐蚀均是被腐蚀的金属失去电子的过程，故A正确；B钢铁在酸性环境中易发生析氢腐蚀，产生氢气，没有氧气的参与，故B错误；C化学腐蚀和电化学腐蚀往往同时发生，只是电化学腐蚀比化学腐蚀普遍得多，腐蚀速率也快得多，故C正确；D电化学腐蚀速率通常比化学腐蚀速率快，且存在较普遍，故D正确；故选B【点评】本题考查了金属的腐蚀类型的判断，题目难度不大，注意掌握金属的化学腐蚀与电化学腐蚀的关系，明确化学腐蚀和电化学腐蚀往往同时发生，只是电化学腐蚀比化学腐蚀普遍得多，且腐蚀速率也快得多4下列溶液一定呈中性的是( )A酸与碱恰好完
25、全反应生成正盐的溶液BpH=7的溶液C使石蕊试液呈紫色的溶液Dc（H+）=c（OH）=106molL1的溶液【考点】探究溶液的酸碱性 【分析】任何溶液中当c（H+）=c（OH）时，该溶液呈中性；如果c（H+）c（OH）则呈酸性，如果c（H+）c（OH），则呈碱性，据此分析解答【解答】解：A酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液可能呈中性，也可能呈酸性或碱性，强酸强碱盐呈中性，如NaCl溶液，强酸弱碱盐呈酸性如NH4Cl溶液，强碱弱酸盐溶液呈碱性如Na2CO3，故A错误；BpH=7的溶液不一定呈中性，可能呈碱性或酸性，100时纯水溶液的pH=6，此温度下pH=7的溶液呈碱性，故B错误；C常温下石蕊的变
26、色范围是58，所以使石蕊试液呈紫色的溶液可能呈酸性、中性或碱性，故C错误；Dc（H+）=c（OH）=106molL1的溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以溶液呈中性，故D正确；故选D【点评】本题考查溶液酸碱性判断，溶液酸碱性要根据溶液中c（H+）、c（OH）的相对大小判断，不能根据溶液的pH或溶液中的溶质判断，易错选项是B5下列有关物质的性质与应用的对应关系正确的是( )A铜的金属活动性比铁弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀B硫酸铜溶于水呈酸性，可用来做杀菌剂C氧化铝熔点高，可用于生产耐火砖D明矾溶液具有强氧化性，可用作净水剂【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；镁、铝的重要
27、化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质 【分析】A构成原电池中，Fe为负极；B铜离子水解显酸性，铜离子能使蛋白质发生变性；C熔点高可作耐火材料；D铝离子水解生成胶体，具有吸附性【解答】解：A铜的金属活动性比铁弱，构成原电池中，Fe为负极，加快海轮外壳的腐蚀，故A错误；B铜离子水解显酸性，铜离子能使蛋白质发生变性，则水解显酸性与做杀菌剂无对应关系，故B错误；C熔点高可作耐火材料，则氧化铝熔点高，可用于生产耐火砖，故C正确；D铝离子水解生成胶体，具有吸附性，可用作净水剂，与氧化性无关，故D错误；故选C【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，涉及原电池、盐类水解、性质与用途的关系等，侧重分析
28、与应用能力的综合考查，题目难度不大625时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )ApH=12的溶液：NO3、I、Na+、Al3+B0.1molL1CH3COONa溶液：Mg2+、H+、Cl、SO42CKw/c（H+）=0.1molL1 的溶液：Na+、K+、SiO32、NO3D0.1molL1KMnO4溶液：Na+、Mg2+、N03、S032【考点】离子共存问题 【分析】ApH=12的溶液中存在大量氢氧根离子，铝离子与氢氧根离子反应；B醋酸钠与氢离子反应生成弱电解质醋酸；C该溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；D高锰酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚硫
29、酸根离子；镁离子与亚硫酸根离子反应【解答】解：ApH=12的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BCH3COONa与H+之间发生反应，在溶液中吧大量共存，故B错误；CKw/c（H+）=0.1molL1的溶液为碱性溶液，Na+、K+、SiO32、NO3之间不发生反应，都不与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DS032与KMnO4、Mg2+发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的
30、离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；是“可能”共存，还是“一定”共存等7设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是( )A31g白磷中含有的共价键数目为1.5NAB0.1L3.0molL1的NH4N03溶液中含有的NH4+的数目为0.3NAC标准状况下，22.4L己烷中含共价键数目为19NAD常温常压下，lmolCl2与足量的水充分反应，转移的电子数目为NA【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A白磷分子中含有6个PP共价键
31、，白磷分子式为P4，据此进行计算含有共价键数目；B铵根离子在溶液中部分水解，导致铵根离子数目减少；C标准状况下，己烷的状态不是气体；D氯气与水的反应中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸【解答】解：A白磷是正四面体型结构，分子中含有6个PP共价键；31 g白磷（分子式为P4）的物质的量是0.25mol，所以分子中含有PP共价键1.5mol，含有的共价键数目为1.5 NA，故A正确；B0.1L3.0molL1的NH4N03溶液中含有溶质硝酸铵的物质的量为0.3mol，由于铵根离子部分水解，则溶液中含有的铵根离子小于0.3mol，含有的NH4+的数目小于0.3NA，故B错误；C标况下己烷不是气
32、体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D1mol氯气与水反应，只有少量氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，则反应转移电子需要1mol，转移的电子数目小于NA，故D错误；故选A【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下己烷、乙醇、水、四氯化碳等物质的状态不是气体8下列指定反应的离子方程式正确的是( )A用氨水吸收足量的SO2：0H+S02HS03B氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应至恰好呈中性：Ba2+2H+SO42+20HBaS04+2H20C在加热条件下浓盐酸与Mn02反应制取少量氯气：Mn02+2H+2ClM
33、n2+Cl2+2H20D向一定量的FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写 【分析】A一水合氨在离子反应中保留化学式；B反应至恰好呈中性，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；C电荷、原子不守恒；D通入过量Cl2，亚铁离子、溴离子均被氧化【解答】解：A用氨水吸收足量的SO2的离子反应为NH3H2O+S02NH4+HS03，故A错误；B氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应至恰好呈中性的离子反应为Ba2+2H+SO42+20HBaS04+2H20，故B正确；C在加热条件下浓盐酸与Mn02反应制取少量氯气的离子反应为Mn02+4H+2ClMn2+Cl2+2H20，故C
34、错误；D向一定量的FeBr2溶液中通入过量Cl2的离子反应为4Br+2Fe2+3Cl22Br2+2Fe3+6Cl，故D错误；故选B【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大，注意离子反应中保留化学式的物质9己知红磷转化为白磷需要吸收热量4P（s，红）+502（g）2P205（s）H14P（s，白）+502（g）2P205（s）H2则H1与H2的关系正确的是( )AH1=H2BH1H2CH1H2D无法确定【考点】反应热的大小比较 【分析】根据可得到4P（s，红）=4
35、P（s，白）H=H1H2，结合红磷转化为白磷时需吸收热量来解答【解答】解：4P（s，红）+502（g）2P205（s）H1，4P（s，白）+502（g）2P205（s）H2，由可得到4P（s，红）=4P（s，白）H=H1H2，因红磷转化为白磷时需吸收热量，则H=H1H20，所以H1H2，故选B【点评】本题考查反应热的比较，明确盖斯定律的应用及物质的能量与稳定性的关系即可解答，题目难度不大10已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中Y、R原子最外层电子数相等；X元素最低负价与W元素最高正价绝对值相等；工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼W单质；Z、W、R最高价氧化物对应的
36、水化物两两反应均生成盐和水下列说法正确的是( )A简单离子半径：YZWB简单氢化物的热稳定性：XYRCW的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强DR的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是HRO4【考点】原子结构与元素周期律的关系 【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知Z为Na、W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al单质；X元素最低负价绝对值与W元素最高正价相等，X处于VA族，原子序数小于Al，故X为N元素；Y、R原子最外层电子数相等，若Y为O，则R为S，若Y为F，则R为
37、Cl，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知Z为Na、W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al单质；X元素最低负价绝对值与W元素最高正价相等，X处于VA族，原子序数小于Al，故X为N元素；Y、R原子最外层电子数相等，若Y为O，则R为S，若Y为F，则R为ClAY离子为O2或F，Z、W的离子分别为Na+、Al3+，三者离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2（或F）Na+Al3+，故A正确；BY的非金属性强于X，故氢化物稳定性YX，故B错误
38、；C金属性AlNa，故碱性：氢氧化铝氢氧化钠，故C错误；DR为S时，最高价氧化物对应水化物为H2SO4，故D错误，故选A【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析推断能力，推断元素是解题的关键，注意Y、R元素的不确定性，明确元素周期律即可解答，难度不大二、不定项选择：（本题包括5小题，每小题4分，共计20分，每小题有1个或2个选项符合题意，若正确答案只包括1个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选1个且正确的得2分，选2个且都正确的得满分，但只要选错1个，该小题得0分）11图象能直观地反映有关物理量的变化及规律，下列各图象与描述相符的是( )A如图表示SO2氧化反应
39、分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B如图表示0.1 mol MgCl26H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化C如图表示分别稀释10 mL pH=2的盐酸和醋酸时溶液pH的变化，图中b100D如图表示平衡2NO2（g）N2O4（g）在t1时迅速将体积缩小后c（N2O4）的变化【考点】化学反应的能量变化规律；化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；镁、铝的重要化合物 【分析】A、催化剂只能改变化学反应中的活化能，不能改变热效应；B、MgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁，据此解答即可；C、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸
40、电离；D、此反应特点为气体体积减小的反应，缩小体积，即增大压强，平衡右移【解答】解：A、此图中反应物总能量与生成物总能量差值出现变化，不可能是由于催化剂引起，催化剂不能改变反应的热效应，故A错误；B、MgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁，0.1molMgO的质量为0.1mol（24+16）g/mol=4.0g，故最终生成质量应为4.0g，故B错误；C、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化小的为醋酸，且稀释至pH=4，b应100，故C正确；D、此反应特点为气体体积减小的反
41、应，缩小体积，即增大压强，平衡右移，c（N2O4）变大，与图象中先变大后变小不一致，故D错误，故选C【点评】本题主要考查的是化学反应的能量变化规律、弱电解质的电离、平衡移动方向判断等，综合性较强，难度较大12下列说法正确的是( )A等体积、等物质的量浓度的NH3H20溶液与NH4C1溶液混合后溶液呈碱性，说明 NH3H20的电离程度小于NH4+的水解程度BSi02（s）+2C（s）Si（s）+2CO（g）在常温下不能自发进行，则该反应的H0C锅炉内壁上沉积的CaS04可先用饱和Na2C03溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去D加热OlmolL1Al2（SO4）3溶液，水解程度和溶液的pH均增大
42、【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；焓变和熵变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【分析】ANH3H2O电离使溶液显碱性，NH4Cl水解使溶液显酸性，说明NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度；BHTS0反应非自发进行，反应S0，H0；C沉淀可以向着更难溶的方向进行，碳酸钙能溶于盐酸；D铝离子水解，溶液呈碱性，升高温度后水解程度增大，溶液的pH减小【解答】解：A体积、等物质的量浓度的NH3H2O溶液与NH4Cl溶液混合后溶液呈碱性，说明NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，故A错误；BHTS0，反应非自发进行，反应S0，满足HTS0，则H0，故B正确；C锅炉中沉积的CaSO
43、4用Na2CO3溶液浸泡后，会生成碳酸钙和硫酸钠，碳酸钙可以用稀盐酸溶解去除，故C正确；D盐的水解为吸热反应，加热硫酸铝溶液后，铝离子的水解程度增大，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故D错误；故选BC【点评】本题考查难溶物溶解平衡及应用、盐的水解原理、反应自发进行的条件等知识，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，明确难溶物溶解平衡及其影响，能够根据HTS0判断反应中焓变或能否自发进行13某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl22AgCl下列说法正确的是( )A正极为Pt电极，电极反应为2Ag+Cl2+2e2AgClB放电时，交换膜两侧溶液中盐酸浓度不变C若用NaCl
44、溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D当电路中转移0.01mole时，交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子【考点】化学电源新型电池 【分析】根据电池总反应为2Ag+Cl22AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，负极反应式为Cl+Age=AgCl，正极反应式为Cl2+2e2Cl，据此分析解答【解答】解：根据电池总反应为2Ag+Cl22AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，负极反应式为Cl+Age=AgCl，正极反应式为Cl2+2e2Cl，据此分析解答A正极为Pt电极，正极上氯气得电子，正极反应式为Cl2+2e2Cl，故A错误；B负极反
45、应式为Cl+Age=AgCl，正极反应式为Cl2+2e2Cl，氢离子会通过阳离子交换膜移至右侧，所以放电时左边盐酸浓度降低、右边升高，故B错误；C电池总反应为2Ag+Cl22AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；D放电时，当电路中转移0.01mol e时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中共约减少0.02mol离子，故D正确；故选D【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确正负极上发生的
46、反应是解本题关键，难点是D选项，忽略银离子和氯离子的反应而导致错误，为易错点14下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是( )A0.2molL1某一元弱酸HA溶液和0.1molL1NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c（OH）+c（A）2c（H+）+c（HA）Bc（NH4+）相等的（NH4）2C03、（NH4）2S04和（NH4）2Fe（S04）2三份溶液中，溶质物质的量浓度依次增大C在 0lmolL1Na2CO3溶液中：c（OH）c（H+）c（HCO3）+c（H2C03）D常温下，CH3COONa和 CH3COOH 混合溶液pH=7，c（Na+）=0.1molL1；c（Na+）=c（CH3COO）c
47、（CH3COOH）c（H+）=c（OH）【考点】离子浓度大小的比较 【分析】A溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaA和HA，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；B（NH4）2CO3溶液中的碳酸根离子和铵根离子相互促进水解，导致铵根离子浓度减小；（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的亚铁离子水解溶液显示酸性，铵根离子水解溶液显示酸性，亚铁离子的水解抑制了铵根离子水解；（NH4）2SO4溶液铵根离子正常水解；铵根离子水解程度越大，相同物质的量浓度c（NH4+）的溶液中溶质的浓度越大，据此进行判断；C根据碳酸钠溶液中的质子守恒判断；DCH3COONa和CH3COOH混合溶液PH=7
48、，显示中性，据电荷守恒、溶液组成来判断【解答】解：A溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaA和HA，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒可得：c（OH）+c（A）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得：c（A）+c（HA）=2c（Na+），二者结合可得：2c（OH）+c（A）=2c（H+）+c（HA），故A正确；B（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2三种溶液，（NH4）2CO3溶液中CO32离子促进NH4+水解，（NH4）2Fe （SO4）2溶液中Fe2+抑制NH4+离子水解，则同浓度的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2溶
49、液中，铵根离子浓度大小为：（NH4）2Fe （SO4）2（NH4）2SO4（NH4）2CO3，如果溶液中c（NH4+）相等，则（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe（SO4）2溶液的浓度大小顺序为：（NH4）2CO3（NH4）2SO4NH4）2Fe （SO4）2，故B错误；C碳酸钠溶液中存在质子守恒：c（OH）=c（HCO3）+2c（H2C03）+c（H+），故C错误；D室温下，pH=7的溶液中存在c（OH）=c（H+），结合电荷守恒得：c（CH3COO）=c（Na+），醋酸钠显示弱碱性，则醋酸的浓度较小，则溶液中浓度大小为：c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH
50、）c（H+）=c（OH），故D正确；故选AD【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确溶液中的溶质及溶液性质再结合守恒思想分析解答，注意掌握电荷守恒、物料守恒及质子守恒在判断离子浓度大小中的应用方法15在2L的恒容密闭容器中充入A（g）和B（g），发生反应：A（g）+B（g）2C（g）+D（s）H=akJmol1实验内容和结果分别如下表和如图所示下列说法正确的是( )实验序号温度起始物质的量热量变化ABI6001mol3mol96kJ8001.5 mol0.9molA实验I中，lOmin 内平均速率v（B）=0.06molL1min1B600时，上述方程式中a=160C600时，该
51、反应的平衡常数是0.45D800时，在原容器中充入 1molA、0.5molB、1molC、0.5molD，则v（正）v（逆）【考点】化学平衡的计算 【分析】A根据v=计算v（C），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；B由图可知，升高温度到达平衡时C的物质的量减小，说明正反应为放热反应，实验I平衡时生成1.2molC，同时放出96kJ，计算生成2molC放出的热量确定反应热；C计算平衡时各组分的物质的量，反应前后气体的体积不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=计算；D.800时，在原容器中充入 1molA、0.5molB、1molC、0.5molD，等效为开始通入1.5mol
52、A、1molB到达的平衡，进一步等效为在原平衡基础上再加入0.1molB，与原平衡相比反应逆向移动，平衡时C的物质的量小于0.6mol，故在原容器中充入 1molA、0.5molB、1molC、0.5molD反应逆向进行【解答】解：A实验I中，lOmin 内生成C为1.2mol，则v（C）=0.06molL1min1，速率之比等于化学计量数之比，v（B）=v（C）=0.03molL1min1，故A错误；B由图可知，升高温度到达平衡时C的物质的量减小，说明正反应为放热反应，实验I平衡时生成1.2molC，同时放出96kJ，则生成2molC放出的热量为96kJ=160kJ，则a=160，故B正确；
53、C实验I平衡时生成1.2molC，则： A（g）+B（g）2C（g）+D（s）起始量（mol）：1 3 0变化量（mol）：0.6 0.6 1.2平衡量（mol）：0.4 2.4 1.2反应前后气体的体积不变，可以用物质的量代替浓度，平衡常数K=1.5，故C错误；D.800时，在原容器中充入 1molA、0.5molB、1molC、0.5molD，等效为开始通入1.5molA、1molB到达的平衡，进一步等效为在原平衡基础上再移走0.1molB，与原平衡相比反应逆向移动，平衡时C的物质的量小于0.6mol，故在原容器中充入 1molA、0.5molB、1molC、0.5molD反应逆向进行，则
54、v（正）v（逆），故D正确，故选：BD【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算等，D选项注意利用等效思想进行解答，也可以利用浓度商与平衡常数相对大小判断，难度中等三、非选择题（共80分）16氯化铁是常见的水处理剂，无水氯化铁的熔点为555K、沸点为588K工业制备氯化铁的一种工艺如下：回答下列问题：（1）反应炉中发生反应的化学方程式为2Fe+3Cl2=2FeCl3 （2）己知FeCl36H20在水中的溶解度如下：温度/01020305080100溶解度（g/l00gH20）74.481.991.8106.8315.1525.8535.7从FeCl3溶液中获得FeCl36H20的方法
55、是加入少量盐酸加热浓缩，再冷却结晶（3）捕集器中温度超过673K，存在相对分子质量为325的物质，该物质的化学式为Fe2Cl6（4）吸收塔中吸收剂X的作用是吸收反应炉中过量的氯气和少量氯化铁烟气，FeCl3溶液可腐蚀印刷电路铜板，其离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+（5）室温时向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，当溶液中c（Fe3+）lOlO5molL1时，视作Fe3+沉淀完全，则Fe3+沉淀完全的pH至少为4（已知KspFe（OH）3=l.0l038）【考点】制备实验方案的设计 【分析】（1）根据流程图可知，反应炉中反应物为铁屑与氯气反应，生成氯化铁；（2）由表中数据可知，温度越
56、高氯化铁的溶解度越高，由溶液获得晶体需加热蒸发、冷却晶体，铁离子易水解应先加入少量的盐酸；（3）捕集器中物质冷却后得氯化铁，根据元素守恒，捕集器中物质也应由氯元素和铁元素组成，且铁原子与氯原子个数比也为1：3，根据相对分子质量可判断化学式；（4）反应炉中出来的尾气有过量的氯气和少量的氯化铁烟气，需要被吸收，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；（5）根据KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH），及c（Fe3+）lOlO5molL1，可计算出氢氧根离子的最低浓度，再计算出pH最小值【解答】解：（1）根据流程图可知，反应炉中反应物为铁屑与氯气反应，生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl
57、2=2FeCl3 ，故答案为：2Fe+3Cl2=2FeCl3；（2）由表中数据可知，温度越高氯化铁的溶解度越高，由溶液获得晶体需加热蒸发、冷却晶体Fe3+易水解应先加入少量的盐酸，抑制Fe3+水解，再热蒸发、冷却晶体获得FeCl36H2O；故答案为：加入少量盐酸加热浓缩，再冷却结晶；（3）捕集器中物质冷却后得氯化铁，根据元素守恒，捕集器中物质也应由氯元素和铁元素组成，且铁原子与氯原子个数比也为1：3，相对分子质量为325，则该物质的化学式Fe2Cl6，故答案为：Fe2Cl6；（4）反应炉中出来的尾气有过量的氯气和少量的氯化铁烟气，需要被吸收，所以吸收塔中吸收剂X的作用是吸收反应炉中过量的氯气和
58、少量氯化铁烟气，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故答案为：吸收反应炉中过量的氯气和少量氯化铁烟气；2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（5）根据KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH），当Fe3+沉淀完全时c（Fe3+）lOlO5molL1，此时c（OH）=molL1=1.01011 molL1，所以pH=4，即Fe3+沉淀完全的pH至少为4，故答案为：4【点评】本题考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯等基本操作、氧化还原反应滴定应用、溶度积有关计算等，题目难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力17
59、CoC126H20是一种饲料营养强化剂一种利用水钴矿主要成分为Co203、Co（OH）3，还含少量Fe203、A1203、MnO等制取CoC126H20的工艺流程如图1：己知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等； 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中加Na2S03的作用是将Fe3+、Co3+还原（2）写出浸出液中加氧化剂H202发生反应的离子方程式2Fe2+H2O2+2H+=2Fe
60、3+2H2O（3）加Na2C03调pH至5.2的目的是完全沉淀Fe3+、Al3+（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+；其使用的较适宜pH范围是BA.2.02.5 B.3.03.5 C.4.04.5（5）为测定粗产品中CoC126H20的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgN03溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量若沉淀未烘干就直接称量，则会导致粗产品中CoCl26H20的质量分数的计算结果大于实际值（填大于、等于或小于）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、Fe
61、Cl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴，（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子；（2）过氧化氢氧化氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH便于沉淀Fe3+除去；（3）根据铝离子、铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；（4）滤液中加入萃取剂的作用是除去锰离子；根据图知，调节溶液PH在3
62、.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；（5）原理是利用氯离子守恒，用称量出的氯化银质量计算氯元素物质的量，得到CoC126H20物质的量，计算CoC126H20含量分析；【解答】解：（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原，故答案为：将Fe3+、Co3+还原；（2）浸出液中加氧化剂H202发生反应是酸性条件小氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（3）NaClO3
63、的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，加Na2C03调pH至5.2的目的是完全沉淀Fe3+、Al3+，故答案为：完全沉淀Fe3+、Al3+；（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在
64、3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B； （5）称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgN03溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量若沉淀未烘干就直接称量，称量氯化银质量增大，氯元素物质的量增大，所以会导致粗产品中CoCl26H20的质量分数的计算结果大于实际值，故答案为：大于【点评】本题通过制取CoCl26H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力18（14分）一定条件下铁可以
65、和C02发生反应：Fe（s）+C02（g）FeO（s）+CO（g）；已知该反应的平衡常数（K）与温度（T）的关系如图甲所示：（1）该反应的平衡常数表达式K=（2）定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的C02气体，反应过程中C02 气体和CO气体的浓度与时间的关系如图乙所示8分钟内，CO的平均反应速率v（CO）=0.0625molL1min1（3）在恒容密闭容器发生反应，下列措施中能加快反应速率的是ABC，能使平衡时增大的是A（填序号）A升高温度 B增大压强 C使用催化剂 D再加入一些铁粉（4）铁的重要化合物高铁酸钠是一种新型饮用水消毒剂，具有氧化能力强、安全性好等优点高铁酸钠生产方
66、法之一是电解法，其原理为Fe+2Na0H+2H20Na2Fe04+3H2，则电解时阳极的电极反应式是Fe+8OH6e=FeO42+4H2O高铁酸钠对饮用水进行消毒后具有净水功能，其净水原理是4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3+8OH+3O2（用离子方程式表示）高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O【考点】用化学平衡常数进行计算；电解原理 【分析】（1）根据反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）中各物质状态及平衡常数表达式写出该反应的平衡
67、常数表达式K；（2）根据v=计算8分钟内，CO的平均反应速率v（CO）；（3）根据影响化学反应速率的因素判断；根据反应前后气体的计量数之和关系以及压强对平衡移动的影响分析；（4）阳极发生氧化反应，根据反应物和生成物书写电极反应式；高铁酸根离子能发生氧化还原反应生成氧气，同时生成氢氧化铁，氢氧化铁具有吸附性；根据氧化还原反应中电荷守恒、电子转移守恒、原子守恒可知另外的化合物含有H元素，应为水，据此写出离子方程式【解答】解：（1）反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）中，铁和氧化亚铁为固体，不影响平衡的移动，所以该反应的平衡常数表达式为：K=，故答案为：；（2）根据图乙可知，8分钟内
68、一氧化碳的浓度变化为0.5mol/L，所以CO的平均反应速率v（CO）=0.0625mol/（Lmin），故答案为：0.0625；（3）该反应中有气体参与，则升高温度、增大压强、使用催化剂都可以加快反应速率，即：ABC正确；A该反应正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应进行，c（CO）增大c（CO2）减小，所以 c（CO）/c（CO2）的值增大，故A正确；B该反应反应前后气体的体积不变，增大压强平衡不移动，c（CO）/c（CO2）的值不变，故B错误； C恒温恒容，充入一定量氮气，c（CO）、c（CO2）不变，平衡不移动，c（CO）/c（CO2）的值不变，故C错误；D铁粉为固体，浓度为定值，增
69、加铁粉的用量，不影响平衡，c（CO）/c（CO2）的值不变，故D错误；故答案为：ABC；A；（4）电解时Fe作阳极，失去电子生成FeO42，则阳极的电极反应式应为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O；高铁酸根离子具有强氧化性，所以能杀菌消毒，高铁酸根离子和水反应生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，反应方程式为：4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3+8OH+3O2，故答案为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O；4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3+8OH+3O2；强碱性溶液中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和另一种常见化合物，根据电荷守恒、电子转移
70、守恒、原子守恒可知另一种常见化合物含有H元素，应为水，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O【点评】本题综合性较强，涉及反应速率、平衡影响因素、氧化还原反应、读图提取信息等知识，题目难度中等，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力19（14分）某合作学习小组的同学拟用硼砂（Na2B4C7l0H2O）制取硼酸（H3B03）并测定硼酸样品的纯度制备硼酸的实验流程如下：（1）用pH试纸测定溶液pH的操作方法为玻璃棒（2）步骤a实验
71、操作所需玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯（3）实验流程中缺少的步骤b操作为洗涤（4）硼酸酸性太弱不能用碱的标准溶液直接滴定，实验室常采用间接滴定法，其原理为：滴定步骤为：准确称取0.3000g样品锥形瓶冷却滴定终点滴定终点的判断方法是由无色变为浅红色若滴定到终点时消耗NaOH标准溶液22.00mL，则本次滴定测得的硼酸样品中硼酸的质量分数为90.93%（假定杂质不反应）若滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中消失，将导致测得的结果偏大（选填：“偏 大”、“偏小”或“不变”）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】实验设计题【分析】用硼砂制取硼酸并测定硼酸样品的纯度，硼砂溶解后加入盐
72、酸调节溶液PH为34，冷却到9C，恒温结晶，过滤洗涤干燥得到硼酸，（1）固体溶解需要烧杯和玻璃棒；（2）过滤实验操作分析需要的玻璃仪器；（3）依据上述分析可知操作步骤b是洗涤；（4）滴定过程中加入的指示剂是酚酞溶液，滴入氢氧化钠溶液到反应终点，溶液颜色由无色变化为浅红色证明反应达到终点；分析滴定原理和反应的定量关系计算；若滴定时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中消失，则消耗标准溶液体积增大，依据c（待测）=，测定结果偏大【解答】解：用硼砂制取硼酸并测定硼酸样品的纯度，硼砂溶解后加入盐酸调节溶液PH为34，冷却到9C，恒温结晶，过滤洗涤干燥得到硼酸；（1）固体溶解需要烧杯和玻璃棒，溶解硼砂时需要的
73、玻璃仪器有：烧杯和玻璃棒；故答案为：玻璃棒；（2）步骤a实验操作为过滤操作，所需玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；（3）依据上述分析可知实验流程中缺少的步骤a、步骤b操作分别为过滤、洗涤；故答案为：洗涤；（4）分析流程可知，滴定过程中加入的指示剂是酚酞溶液，滴入氢氧化钠溶液到反应终点的现象为，滴入最后一滴溶液颜色由无色变化为浅红色且半分钟不变化，证明反应达到终点，滴定到终点时溶液颜色变化是由无色变为浅红色；故答案为：由无色变为浅红色；分析滴定原理和反应的定量关系计算，实验室常采用间接滴定法，其原理为：，若滴定到终点时消耗NaOH标准溶液22.00mL，氢氧化钠溶液浓度
74、为0.2000mol/L，H3BO3NaOH1 1n 0.0220L0.2000mol/Ln=0.0044mol则本次滴定测得的硼酸样品中硼酸的质量分数=100%=90.93%；故答案为：90.93%；若滴定时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中消失，则消耗标准溶液体积增大，测定结果偏大；故答案为：偏大【点评】本题考查了物质制备的流程分析判断，物质性质和实验过程判断，滴定实验的操作过程和计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等20（14分）高氯酸钾广泛用于火箭及热电池等领域实验室制取高氯酸钾的步骤为：称取一定质量的KC1、NaClO4，溶解后混合，经冷却、过滤、滤出晶体用蒸馏水多次洗涤及真空干燥得到
75、有关物质溶解度与温度的关系如下表： 温度 溶解度化学式010203040KC1040.761.061.682.563.73KC12831.234.237.240.1NaClO4167183201222245（1）写出实验室制取高氯酸钾的化学方程式NaClO4+KClKClO4+NaCl；用蒸馏水多次洗涤晶体的目的是尽可能除去溶解度较大的杂质（2）热电池是以熔盐作电解质，利用热源使其熔化而激活得一次储备电池Li/FeS2热电池工作时，Li转变为硫化锂，FeS2转变为铁，该电池工作时，电池总反应为FeS2+4LiFe+2Li2S（3）Fe和KC104反应放出的热量能为熔盐电池提供550660的温度
76、，使低熔点盐熔化导电，从而激活电池，其供热原理为：KClO4（s）+4Fe（s）KC1（s）+4FeO（s），H0600时FeO可部分分解生成Fe304，写出有关的化学方程式4FeO=Fe3O4+Fe称取一定质量上述加热材料反应后的混合物（假定只含氯化钾一种钾盐）于烧杯中，用蒸馏水充分洗涤、过滤、干燥，固体质量减少了0.43g，在固体中继续加入过量的稀硫酸，微热让其充分反应，固体完全溶解得到的溶液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗净、干燥，再在空气中充分灼烧得6.0g棕色固体求该加热材料反应前，铁和高氯酸钾的质量（写出计算过程，结果保留2位有效数字）铁的质量为4.2g、高氯酸钾的质量为0.8
77、0g【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量 【分析】（1）依据题干信息和图表中溶解度大小分析判断写出反应化学方程式；洗涤晶体的目的是洗去晶体表面的杂质；（2）依据题干信息，Li/FeS2热电池工作时，Li发生氧化反应转变为硫化锂，FeS2发生还原反应转变为铁，据此书写电池反应的总反应；（3）依据反应物和产物结合原子守恒写出化学方程式；依据题干得到棕色固体为Fe2O3，铁的质量可以依据元素守恒计算得到；KClO4（s）+4Fe（s）KCl（s）+4FeO（s）；反应中KClO4和氯化钾物质的量相同；质量减少为氯化钾质量【解答】解：（1）实验室制取高氯酸钾的步骤为：称取一定质量
78、的KCl、NaClO4溶解，然后混合，氯酸钾溶解度小于氯酸钠，反应得到氯酸钾，反应的化学方程式为NaClO4+KClKClO4+NaCl；经冷却、过滤、滤出晶体用蒸馏水多次洗涤及真空干燥得到；洗涤的目的是洗去晶体表面的杂质，故答案为：NaClO4+KClKClO4+NaCl；尽可能除去溶解度较大的杂质；（2）Li/FeS2热电池工作时，Li转变为硫化锂，FeS2转变为铁，该电池工作时失电子的做负极发生氧化反应，得到电子的发生还原反应，电池反应为FeS2+4LiFe+2Li2S，故答案为：FeS2+4LiFe+2Li2S；（3）600时FeO可部分分解生成Fe3O4，依据元素守恒计算得到出生成四
79、氧化三铁外还有铁，依据原子守恒配平可得4FeO=Fe3O4+Fe，故答案为：4FeO=Fe3O4+Fe；反应过程中的反应为：KClO4（s）+4Fe（s）KCl（s）+4FeO（s）；用蒸馏水充分洗涤、过滤、干燥，固体质量减少了0.43g，减少的固体质量是氯化钾的质量，n（KClO4）=n（KCl），在固体中继续加入过量的稀硫酸，微热让其充分反应，固体完全溶解得到的溶液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗净、干燥，再在空气中充分灼烧得6.0g棕色固体固体是Fe2O3，n（Fe）=2n（Fe2O3），得到：m（Fe）=n（Fe）56 gmol1=256 gmol1=4.2g，m（KClO4）=n
80、（KClO4）138.5 gmol1=n（KCl）138.5 gmol1=138.5 gmol1=0.80g，故答案为：铁的质量为4.2g、高氯酸钾的质量为0.80g【点评】本题考查了物质制备反应的应用，铁及其化合物性质的应用，数据分析应用，溶解度变化的反应原理，原电池原理应用，混合物和反应化学方程式的计算应用，题目难度较大21（14分）硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，其单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用（1）已知：重晶石（BaS04）高温煅烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：BaS04（s）+4C（s）BaS（s）+4C0（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）Ba（
81、s）+S（s）H=+460kJmol1已知：2C（s）+02（g）2CO（g）H=221kJmol1 则：Ba（s）+S（s）+202（g）BaS04（s）H=1473.2KJmol1（2）雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料已知As2S3和HN03有如下反应：As2S3+10H+10NO32H3AsO4+3S+10NO2+2H2O当反应中转移电子的数目为2mol时，生成H3As04的物质的量为0.4mol（3）向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量其中主要含硫各物种（H2S、HS、S2）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图1
82、所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）含硫物种B表示HS在滴加盐酸过程中，溶液中c（Na+）与含硫各物种浓度的大小关系为c（填字母）ac（Na+）=c（H2S）+c（HS）+2c（S2）b.2c（Na+）=c（H2S）+c（HS）+c（S2）cc（Na+）=3c（H2S）+c（HS）+c（S2）（4）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图2所示在图示的转化中，化合价变化的元素是O、Fe、S反应中若消耗1molO2时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，则转化成S的H2S的物质的量为2mol（5）在油田大量产出的污水中，硫化物主要是以水中
83、的S042被硫酸盐还原菌（SRB）还原产生的S2形式存在，其反应机理如图3，请写出以甲烷为碳源时，S042在SRB作用下还原为S2的离子反应方程式CH4+SO42S2+CO2+2H2O【考点】离子浓度大小的比较；离子方程式的有关计算；热化学方程式 【分析】（1）已知：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）=Ba（s）+S（s）H=+460kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmol1，根据盖斯定律：2得方程式Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s），据此计算（2）反应中As、S元素化合价升高，N原子化
84、合价降低，根据N元素变化变化计算二氧化氮的物质的量，在结合方程式计算生成H3AsO4的物质的量；（3）向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，NaHS的含量先增加后减少，最后转化为H2S；开始溶液中c（Na2S）=c（NaOH），滴加过程中S元素存在形式有：H2S、HS、S2，根据物料守恒可知c（Na+）=3c（S原子）；（4）硫化氢与铜离子反应得到CuS与氢离子，氧气将亚铁离子氧化铁为铁离子，铁离子将CuS氧化得到S；反应中若消耗1molO2时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，整个过程相当于氧气将H2S氧化为S，同时生成水，根据电子转
85、移守恒计算H2S的物质的量；（5）由图中转化可知，甲烷与SO42在SRB作用下还原为S2的离子，同时生成二氧化碳与水，配平书写【解答】解：（1）已知：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）=Ba（s）+S（s）H=+460kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmol1，根据盖斯定律：2得方程式Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）H=（221）2（+460）（+571.2）=1473.2KJmol1，故答案为：1473.2KJmol1；（2）反应中As、S元素化合价升高，N原子化合价降低，由+5价降
86、低为+4，故转移电子的数目为2mol时，生成二氧化氮为=2mol，由方程式：As2S3+10H+10NO32H3AsO4+3S+10NO2+2H2O，可知生成H3As04的物质的量为2mol=0.4mol，故答案为：0.4mol；（3）向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，NaHS的含量先增加后减少，最后转化为H2S，A表示含硫微粒浓度减小为S2，B先增加后减少为HS，C浓度一直在增加为H2S，故B表示HS；向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，因体积相同，设Na2S、NaOH各为1mol，则n（Na）=3n（S），溶
87、液中含硫的微粒为HS、S2、H2S，则c（Na+）=3c（H2S）+c（HS）+c（S2），故c正确；故答案为：HS；c；（4）硫化氢与铜离子反应得到CuS与氢离子，氧气将亚铁离子氧化铁为铁离子，铁离子将CuS氧化得到S，图中O元素、Fe元素、S元素化合价发生变化，故答案为：O、Fe、S；反应中若消耗1molO2时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，整个过程相当于氧气将H2S氧化为S，同时生成水，根据电子转移守恒，转化为S的H2S的物质的量为=2mol，故答案为：2mol；（5）由图中转化可知，甲烷与SO42在SRB作用下还原为S2的离子，同时生成二氧化碳与水，反应离子方程式为：CH4+SO42S2+CO2+2H2O，故答案为：CH4+SO42S2+CO2+2H2O【点评】本题属于拼合型题目，涉及反应热计算、氧化还原反应及有关计算、盐类水解等，侧重考查学生分析解决问题能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等