1、2015-2016学年江苏省盐城市大丰市新丰中学高三（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1CO2（g）+C（s）2CO（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H34Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H43CO（g）+Fe2O3（s）3CO2（g）+2Fe（s）H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是（）AH10，H30BH20，H40CH1=H2+H3DH3=H4+H52锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（）A铜电极上发生氧化反应B电池工作一段时
2、间后，甲池的c（SO42）减小C电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡3关于下列装置的说法正确的是（）A装置中盐桥内的K+移向CuSO4溶液B装置将电能转变为化学能C若装置用于铁棒镀铜，则N极为铁棒D若装置用于电解精炼铜，溶液中的Cu2+浓度保持不变4如图，石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2CaO作电解质图示装置工作时，生成的金属钙能还原二氧化钛制备金属钛下列说法不正确的是（）A阳极反应式为C+2O24eCO2B由TiO2制得1mol金属Ti，理论上外电路转移4mol电子C制备金属钛前后，装置中CaO的量不变DTiO2在阴极放电5
3、已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示下列说法正确的是（）A加入催化剂，减小了反应的热效应B加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率CH2O2分解的热化学方程式：H2O2H2O+O2+QD反应物的总能量高于生成物的总能量625时，下列溶液中水的电离程度最小的是（）A0.01mol/L盐酸B0.01mol/L Na2CO3溶液CpH=4NaHSO3溶液DpH=11氨水7在不同温度下，向2L密闭容器中加入1mol NO和1mol活性炭，发生反应：2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）H=213.5kJ/mol，达到平衡时的数据如下：下列说法不正确的是（）温度/
4、n（活性炭）/moln（CO2）/molT10.70T20.25A上述信息可推知：T1T2BT1时，该反应的平衡常数K=CT2时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c （N2）：c （NO）不变DT1时，若开始时反应物的用量均减小一半，平衡后NO的转化率减小8下列关于各图象的解释或结论正确的是（）A.热化学方程式是H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8 kJ/molB.对于恒温恒容条件下的反应2NO2（g）N2O4（g），A点为平衡状态C将A、B饱和溶液分别由T1升温至T2时，溶质的质量分数BAD.同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者9下列曲线中，可以描述乙
5、酸（甲、Ka=1.8105）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4103）在水中的电离度与浓度关系的是（）ABCD10准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000molL1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是（）A滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11为探究锌与稀硫酸的反应速率（以v（H2）表示），向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是（）A加入NH4HSO4固体，v（H
6、2）不变B加入少量水，v（H2）减小C加入CH3COONa固体，v（H2）减小D滴加少量CuSO4溶液，v（H2）减小12室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是（）序号pH1212溶液氨水氢氧化钠溶液A与AlCl3溶液发生反应的离子方程式均为Al3+3OH=Al（OH）3B溶液的物质的量浓度为0.01molL1C两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：D等体积的两溶液分别与0.01molL1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：13部分弱酸的电离平衡常数如下表：下列选项错误的是（）弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数（ 25）Ki=1.77104Ki=4.91010Ki1=4.3107K
7、i2=5.61011A2CN+H2O+CO22HCN+CO32B2HCOOH+CO322HCOO+H2O+CO2C中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者14常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得溶液pH7，下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（）A1.0107mol/LBc（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）Cc（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）Dc（Cl）c（NH4+）
8、c（HCO3）c（CO32）1525时，在10mL浓度均为0.1molL1的NaOH和NH3H2O混合溶液中滴加0.1molL1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A未加盐酸时：c（OH）c（Na+）=c（NH3H2O）B加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH）C加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl）=c（Na+）D加入20mL盐酸时：c（Cl）=c（NH4+）+c（Na+）三、解答题（共5小题，满分80分）16离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝（1）钢制品应接电源的极，已知电镀过程中不
9、产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为，若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为（2）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为mol（3）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有a、KCl b、KClO3c、MnO2d、Mg取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，（填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是（用离子方程式说明）17用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，（1）传统上该转化通过如右图所示的催化剂循环实现，其中，反应为：
10、2HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（g）H1，反应生成1molCl2（g）的反应热为H2，则总反应的热化学方程式为（反应热用H1和H2表示）（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性，实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的a（HCl）T曲线如右图，则总反应的H0（填“”、“”或“”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应a（HCl）T曲线的示意图，并简要说明理由下列措施中有利于提高a（HCl）的有A、增大n（HCl）B、增大n（O2）C、使用更好的催化剂 D、移去H2O（
11、3）一定条件下测得反应过程中n（Cl2）的数据如下：t（min）02.04.06.08.0n（Cl2）/103mol01.83.75.47.2计算2.06.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率（以molmin1为单位，写出计算过程）（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学方程式18“C1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义（1）一定温度下，在两个容积均为 2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H=49.0kJ/
12、mol相关数据如下：容器甲乙反应物投入量1mol CO2（g）和3mol H2（g）1mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放出29.4kJ吸收a kJ请回答：c1c2（填“”、“”或“=”）；a=若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是mol/（Ls）（2）压强为p1时，向体积为 1L的密闭容器中充入bmol CO和2b mol H2，发生反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图1所示请回答：该反应属于（填“吸”或“放”）热反应；p1p2（填“”、“
13、”或“=”）100时，该反应的平衡常数K=（用含b的代数式表示）（3）治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H0在恒温恒容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=1：2的混合气体，发生上述反应下列图象如图2正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是（选填字母）19研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义（1）硫离子的结构示意图为加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为（2）25，在0.10molL1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）
14、pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS）=molL1某溶液含0.020molL1Mn2+、0.10molL1H2S，当溶液PH=时，Mn2+开始沉淀已知：Ksp（MnS）=2.81013（3）25，两种酸的电离平衡常数如表Ka1Ka2H2SO31.31026.3108H2CO34.21075.61011HSO3的电离平衡常数表达式K=0.10molL1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为20氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以太阳能为热能，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法其反应过程如图1所示：（1）反应I的化学方
15、程式是（2）反应I得到的产物用I2进行分离该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层一一含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层根据上述事实，下列说法正确的是（选填序号）a两层溶液的密度存在差异b加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶cI2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶辨别两层溶液的方法是经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42）=2.06：1，其比值大于2的原因（3）反应：2H2SO4（l）2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）H=+550kJmol1它由两步反应组成：iH2SO4（l）SO3（g）+H2O（g），H=+177kJmol1iiSO3（g）分解L（Ll，
16、L2）、X可分别代表压强或温度，如图2表示L一定时，ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系X代表的物理量是判断Ll，L2的大小关系，并简述理由：2015-2016学年江苏省盐城市大丰市新丰中学高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1CO2（g）+C（s）2CO（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H34Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H43CO（g）+Fe2O3（s）3CO2（g）+2Fe（s）H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是（）AH10，H30BH20，H4
17、0CH1=H2+H3DH3=H4+H5【考点】真题集萃；反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、所有的燃烧反应属于放热反应；B、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应，铁的氧化属于放热反应；C、根据盖斯定律利用加合法进行分析；D、根据盖斯定律利用加合法进行分析【解答】解：A、所有的燃烧反应属于放热反应，因此H10，H30，故A错误；B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，H20，铁与氧气的反应属于放热反应，H40，故B错误；C、已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1CO2（g）+C（s）2CO（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3，由盖斯定律可知=+，因此H1=H2+H
18、3，故C正确；D、已知2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H34Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H43CO（g）+Fe2O3（s）3CO2（g）+2Fe（s）H5，由盖斯定律可知=（+），因此H3=H4+H5，故D错误；故选C【点评】本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算，难度中等，熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键2锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（）A铜电极上发生氧化反应B电池工作一段时间后，甲池的c（SO42）减小C电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
19、D阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理【分析】由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2+Cu，Zn发生氧化反应，为负极，Cu电极上发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大【解答】解：A由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2+Cu，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，故A错误；B
20、阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO42）不变，故B错误；C甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应：Cu2+2e=Cu，保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大，故C正确；D甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，阴离子不能通过阳离子交换膜，故D错误，故选：C【点评】本题考查原电池工作原理，比较基础，注意阳离子交换膜不允许阳离子通过，C选项利用电荷守恒分析3关于下列装置的说法正确的是（）A装置中盐桥内的K+移向CuSO4溶液B装置将电能转变为化学能C若装置用于铁棒
21、镀铜，则N极为铁棒D若装置用于电解精炼铜，溶液中的Cu2+浓度保持不变【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A、原电池中阳离子移向正极；B、原电池是将化学能转化为电能；C、电镀时，镀件作阴极；D、电解精炼铜时，阳极上比铜活泼的金属也放电，阴极上只有铜离子放电【解答】解：A、Zn比铜活泼为负极，Cu为正极，K+移向CuSO4溶液，故A正确；B、原电池是将化学能转化为电能，故B错误；C、用装置用于铁棒镀铜，则N极为铜棒，故C错误；D、电解精炼铜时溶液中的Cu2+浓度减小，故D错误；故选A【点评】本题考查了原电池和电解的相关知识、原理，题目难度不大，注意电极反应类型和离子移动方向
22、4如图，石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2CaO作电解质图示装置工作时，生成的金属钙能还原二氧化钛制备金属钛下列说法不正确的是（）A阳极反应式为C+2O24eCO2B由TiO2制得1mol金属Ti，理论上外电路转移4mol电子C制备金属钛前后，装置中CaO的量不变DTiO2在阴极放电【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】根据图知，阳极上电极反应式为C+2O24eCO2，阴极上电极反应式为：2Ca2+4e2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2Ti+2CaO，“+”接线柱应连接原电池正极【解答】解：A阳极上电极反应式为C+2O24eCO2，阴极上电极反应式为2C
23、a2+4e2Ca，故A正确；B阴极的电极反应式为2Ca2+4e2Ca、2Ca+TiO2=Ti+2CaO等，则由TiO2制得1mol金属Ti，理论上外电路转移4mol电子，故B正确；C阴极上电极反应式为：2Ca2+4e2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2Ti+2CaO，所以CaO质量不变，故C正确；DTiO2与Ca反应，不参与电极放电，故D错误故选D【点评】本题综合考查电解池和原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等5已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示下列说法正确的是
24、（）A加入催化剂，减小了反应的热效应B加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率CH2O2分解的热化学方程式：H2O2H2O+O2+QD反应物的总能量高于生成物的总能量【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素【分析】A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；C、图象分析反应是放热反应，热化学方程式要注明状态；D、图象分析反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量【解答】解：A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；故A错误；B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变H2O2的平衡转化率，故
25、B错误；C、图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H2O2分解的热化学方程式：H2O2（l）=H2O（l）+O2（g）+Q，故C错误；D、图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；故选D【点评】本题考查了化学平衡、化学反应能量的图象分析判断，注意催化剂改变速率不改变平衡的理解，题目难度中等625时，下列溶液中水的电离程度最小的是（）A0.01mol/L盐酸B0.01mol/L Na2CO3溶液CpH=4NaHSO3溶液DpH=11氨水【考点】水的电离【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，据此分析解答
26、【解答】解：盐酸和氨水都抑制水电离，碳酸钠和亚硫酸氢都促进水电离，0.01mol/L盐酸中氢离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氨水中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，氢离子或氢氧根离子浓度越大，抑制水电离程度越大，所以水电离程度最小的是盐酸，故选A【点评】本题考查弱电解质的电离，明确离子是影响水电离还是促进水电离，然后根据离子浓度判断即可，难度中等7在不同温度下，向2L密闭容器中加入1mol NO和1mol活性炭，发生反应：2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）H=213.5kJ/mol，达到平衡时的数据如下：下列说法不正确的是（）温度/n（活性炭）/moln（CO2）/m
27、olT10.70T20.25A上述信息可推知：T1T2BT1时，该反应的平衡常数K=CT2时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c （N2）：c （NO）不变DT1时，若开始时反应物的用量均减小一半，平衡后NO的转化率减小【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】A、根据T1时活性炭的平衡物质的量计算出二氧化碳平衡物质的量与T2时二氧化碳平衡物质的量比较，平衡温度对化学平衡的影响；B、根据反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）平衡常数K=计算判断；C、反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，平衡不受压强的影响；D、反应2NO（g）+C（s）N2（g）
28、+CO2是气体体积不变的反应，平衡不受压强的影响【解答】解：A、温度T1时，活性炭的平衡物质的量为0.70mol，则消耗的n（活性炭）=1mol0.7mol=0.3mol，故消耗的n（NO）=0.6mol，平衡时n（NO）=1mol0.6mol=0.4mol，生成的n（N2）=0.3mol，生成的n（CO2）=0.3mol，温度T2时，生成的n（CO2）=0.25mol，反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）H=213.5kJ/mol，正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，所以T1T2，故A正确；B、温度T1，平衡时n（NO）=0.4mol，（N2）=0.3mol，n（CO2）=0.
29、3mol，平衡常数K=，故B正确；C、反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）是一个气体体积不变的反应，平衡后再缩小容器的体积，压强增大，但平衡不移动，故c （N2）：c （NO）不变，故C正确；D、反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）是一个气体体积不变的反应，开始时反应物的用量均减小一半，压强减小，但平衡不移动，平衡后NO的转化率不变，故D错误故选：D【点评】本题考查了化学平衡影响因素和化学平衡常数的计算问题，难度不大，注意反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，平衡不受压强的影响8下列关于各图象的解释或结论正确的是（）A.热化学方程式是H2
30、（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8 kJ/molB.对于恒温恒容条件下的反应2NO2（g）N2O4（g），A点为平衡状态C将A、B饱和溶液分别由T1升温至T2时，溶质的质量分数BAD.同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，其pH前者小于后者【考点】反应热和焓变【专题】图像图表题【分析】A、图象中当放热483.6KJ时，是生成液态水的时候；B、A点时，NO2和N2O4的消耗速率相等；C、T1时，A和B的溶解度相同，溶质的质量分数相同；D、酸越弱，其对应的盐越水解【解答】解：A、图象中当放热483.6KJ时，是生成液态水的时候，故热化学方程式应是H2（g）+O2（g）=H2O（l
31、）H=241.8 kJ/mol，故A错误；B、A点时，只说明NO2和N2O4的消耗速率相等，而当NO2和N2O4的消耗速率之比为2：1时，反应才达平衡，故B错误；C、T1时，A和B的溶解度相同，饱和溶液中溶质的质量分数相同，当升温到T2时，两者的溶解度均变大，无晶体析出，故溶液中的溶质的质量分数均不变，仍相等，故C错误；D、从图象可以看出，加水稀释时，HA的pH变化大，故HA的酸性强于HB，而酸越弱，其对应的盐越水解，故同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，NaB的水解程度大，pH更大，其pH前者小于后者，故D正确；故选D【点评】本题考查了图象的问题，应注意的是升高温度，A 和 B的溶解
32、度均增大，无晶体析出，故溶质的质量分数不变9下列曲线中，可以描述乙酸（甲、Ka=1.8105）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4103）在水中的电离度与浓度关系的是（）ABCD【考点】真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】由乙酸（甲、Ka=1.8105）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4103）可知，乙酸的Ka小，则乙酸的酸性弱；等浓度时酸性强的电离度大；弱酸的浓度越大，其电离度越小，以此来解答【解答】解：由乙酸（甲、Ka=1.8105）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4103）可知，乙酸的Ka小，则乙酸的酸性弱；由图可知，横坐标为浓度，纵坐标为电离度，则等浓度时酸性强的电离度大，即乙的曲线在上方，可排
33、除A、C；弱酸的浓度越大，其电离度越小，则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降，可排除D，显然只有B符合，故选B【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握Ka与酸性的关系、弱酸的电离度与浓度的关系及图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大10准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000molL1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是（）A滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小【考点】真题集萃；中和滴
34、定【分析】A滴定管使用必须用NaOH标准液润洗；B碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小；C用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液；D滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大【解答】解：A滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误；B碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，故B正确；C用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C错误；D滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D错误；故选B【点评】本题为2015年广东高考题，
35、侧重中和滴定实验的考查，把握中和滴定原理、仪器的使用、误差分析为解答的关键，注重分析与实验能力的结合，题目难度不大二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11为探究锌与稀硫酸的反应速率（以v（H2）表示），向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是（）A加入NH4HSO4固体，v（H2）不变B加入少量水，v（H2）减小C加入CH3COONa固体，v（H2）减小D滴加少量CuSO4溶液，v（H2）减小【考点】化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】A、加入NH4HSO4固体，NH4HSO4发生电离，溶液中c（H+）增大；B、加入少量水稀释溶液，溶液中c（H+）减小；C、加入
36、CH3COONa固体，存在平衡CH3COO+H+CH3COOH，溶液中c（H+）减小；D、滴加少量CuSO4溶液，Zn置换出Cu，构成原电池【解答】解：A、加入NH4HSO4固体，NH4HSO4发生电离，溶液中c（H+）增大，反应速率加快，即v（H2）增大，故A错误；B、加入少量水稀释溶液，溶液中c（H+）减小，反应速率减小，即v（H2）减小，故B正确；C、加入CH3COONa固体，存在平衡CH3COO+H+CH3COOH，溶液中c（H+）减小，反应速率减小，即v（H2）减小，故C正确；D、滴加少量CuSO4溶液，Zn置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故v（H2）增大，故D错误；故选BC【
37、点评】本题考查化学反应速率的影响因素，难度不大，注意D选项中构成原电池，注意理解外界因素对反应速率的影响12室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是（）序号pH1212溶液氨水氢氧化钠溶液A与AlCl3溶液发生反应的离子方程式均为Al3+3OH=Al（OH）3B溶液的物质的量浓度为0.01molL1C两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：D等体积的两溶液分别与0.01molL1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A一水合氨不能拆开，离子方程式中需要保留化学式；B一水合氨是弱电解质，不能完全电离，氢氧化钠是强电解质，完
38、全电离；CpH相等的强碱和弱碱加水稀释，强碱溶液pH变化大；DpH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多【解答】解：A氯化铝与氨水反应的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故A错误；B一水合氨是弱电解质，不能完全电离，pH=12的氨水中，其物质的量浓度大于0.01mol/L，故B错误；CpH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时，NaOH溶液pH变化大，故C正确；DpH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多，与盐酸中和时消耗的盐酸，故D正确；故选AB【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确影响弱电解质的电
39、离平衡的因素为解答关键，注意铝离子与氨水反应的离子方程式中，一水合氨不能拆开，试题培养了学生的灵活应用能力13部分弱酸的电离平衡常数如下表：下列选项错误的是（）弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数（ 25）Ki=1.77104Ki=4.91010Ki1=4.3107Ki2=5.61011A2CN+H2O+CO22HCN+CO32B2HCOOH+CO322HCOO+H2O+CO2C中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】
40、弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，弱酸根离子水解程度越小，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答【解答】解：酸的电离平衡常数HCOOHH2CO3HCNHCO3，则酸根离子水解程度CO32CNHCO3HCOO，A酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能够制取弱酸，所以二者反应生成HCN和HCO3，离子方程式为CN+H2O+CO2HCN+HCO3，故A错误；B酸性强弱顺序是HCOOHH2CO3HCNHCO3，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以反应方程式为2HCOOH+CO32=2HCOO+H2O+CO2，故B正确；C等pH、等体积的HCOOH和H
41、CN，n（HCN）n（HCOOH），中和酸需要碱的物质的量与酸的物质的量、酸的元数成正比，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；D根据电荷守恒，c（HCOO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），c（CN）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+ ）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故D错误；故选AD【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离平衡常数与酸性强弱、酸根离子的水解程度的关系是解本题关系，再结合强酸制取弱酸、酸碱
42、中和反应来分析解答，易错选项是D，注意从电荷守恒的角度解答该题14常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得溶液pH7，下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（）A1.0107mol/LBc（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）Cc（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）Dc（Cl）c（NH4+）c（HCO3）c（CO32）【考点】盐类水解的原理【专题】盐类的水解专题【分析】A根据Kw=c（H+）c（OH）=1.01014计算；B根据物料守恒即c（Na）=c（C）分析；C根据电荷守
43、恒分析；D铵根离子部分水解，则c（Cl）c（NH4+），HCO3的电离程度很小【解答】解：AKw=c（H+）c（OH）=1.01014，已知pH7，即c（H+）1.0107mol/L，则1.0107mol/L，故A正确；B溶液中存在物料守恒即c（Na）=c（C），所以c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故B正确；C溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）+c（Cl），由于析出部分NaHCO3晶体，则c（Na+）c（Cl），所以c（H+）+c（NH4+）c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故C
44、错误；D铵根离子部分水解，则c（Cl）c（NH4+），由于析出部分NaHCO3晶体，则HCO3浓度减小，HCO3的电离程度很小，所以c（CO32）最小，即c（Cl）c（NH4+）c（HCO3）c（CO32），故D正确故选C【点评】本题考查了混合溶液中离子浓度的计算、离子浓度大小比较、电荷守恒和物料守恒的应用，题目难度中等，注意把握电荷守恒和物料守恒的应用方法1525时，在10mL浓度均为0.1molL1的NaOH和NH3H2O混合溶液中滴加0.1molL1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A未加盐酸时：c（OH）c（Na+）=c（NH3H2O）B加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c
45、（H+）=c（OH）C加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl）=c（Na+）D加入20mL盐酸时：c（Cl）=c（NH4+）+c（Na+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；真题集萃【分析】氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可【解答】解：A、NaOH和NH3H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3H2O部分电离，因此c（OH）0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3H2O）0.1mol/L，故c（OH）c（Na+）c（NH3H2O），故A错误；B、在此混合溶液中加入10
46、mL盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（Cl），由于等体积等浓度混合，故c（Na+）=c（Cl），即c（NH4+）+c（H+）=c（OH），故B正确；C、加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH），那么c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl），即c（Cl）c（Na+），故C错误；D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H+）c（OH），那么c（NH4+）+c（Na+）c（Cl），故D错误，故选B【点评】本题主要考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点
47、为C，注意酸碱中和滴定的实验原理三、解答题（共5小题，满分80分）16离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝（1）钢制品应接电源的负极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4，若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为H2（2）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为3mol（3）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有bda、KCl b、KClO3c、MnO2d、Mg
48、取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，不能（填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O Fe+2Fe3+=3Fe2+（用离子方程式说明）【考点】电解原理；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】电化学专题；几种重要的金属及其化合物【分析】（1）依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极，钢铁做阴极，由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成的离子液体做电解液来实现；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气；（2）依据氯和氢氧化钠反应的化学方程式分析判断，还原产物为氢气；（3）铝热反应需
49、要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度；铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子分析书写离子方程式；【解答】解：（1）依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极与电源正极相连，钢铁做阴极与电源负极相连，由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成的离子液体做电解液来实现，离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，则阴极反应生成铝是发生的还原反
50、应，铝元素化合价降低，分析离子液体成分，结合电荷守恒分析可知是Al2Cl7得到电子生成，电极反应为：4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4；改用AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，2H+2e=H2；故答案为：负；4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4；H2 ；（2）依据铝和氢氧化钠反应的化学方程式分析，2Al+2NaOH+6H2O=2NaAlO2+3H2+4H2O，还原产物为氢气，当反应转移6mol电子时，所得还原产物的物质的量为3mol；故答案为：3；（3）铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所
51、需要的温度；铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+；故答案为：bd；不能；Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O； Fe+2Fe3+=3Fe2+【点评】本题考查了电解原理的分析应用铝热反应原理分析，氧化还原反应电子转移计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等17用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，（1）传统上该转化通过如右图所示的催化剂循环实现，其中，反应为：2
52、HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（g）H1，反应生成1molCl2（g）的反应热为H2，则总反应的热化学方程式为4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）H=2（H1+H2）（反应热用H1和H2表示）（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性，实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的a（HCl）T曲线如右图，则总反应的H0（填“”、“”或“”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是K（A）在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应a（HCl）T曲线的示意图，并简要说明理由增大压强，平衡向正反应方向移
53、动，HCl增大，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大下列措施中有利于提高a（HCl）的有BDA、增大n（HCl）B、增大n（O2）C、使用更好的催化剂 D、移去H2O（3）一定条件下测得反应过程中n（Cl2）的数据如下：t（min）02.04.06.08.0n（Cl2）/103mol01.83.75.47.2计算2.06.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率（以molmin1为单位，写出计算过程）（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学方程式2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素【专题】化学反应中的能
54、量变化；化学平衡专题【分析】（1）由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应生成1molCl2（g）的反应热为H2，则反应热化学方程式为：CuCl2（g）+O2（g）=CuO（s）+Cl2（g）H2，根据盖斯定律（+）2可得总反应的热化学方程式；（2）由图可知，温度越高，平衡时HCl的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；改变措施有利于提高HCl，应使平衡向正反应方向移动，注意不能只增加HCl的浓度；（3）根据v=计算2.06.0min内v（Cl2），再利用速率
55、之比等于其化学计量数之比计算v（HCl）；（4）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，以此写出化学方程式【解答】解：（1）由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应为：2HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（s）H1，反应生成1molCl2（g）的反应热为H2，则反应热化学方程式为：CuCl2（g）+O2（g）=CuO（s）+Cl2（g）H2，根据盖斯定律（+）2可得总反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）H=2（H1+H2），故答案为：4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）H=2（H1+H2
56、）；（2）由图可知，温度越高，平衡时HCl的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即H0，化学平衡常数减小，即K（A）K（B），故答案为：；K（A）；正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，故压缩体积使压强增大，画相应HClT曲线的示意图为，故答案为：，增大压强，平衡向正反应方向移动，HCl增大，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；A增大n（HCl），HCl浓度增大，平衡右移，但HCl的转化率降低，故A错误；B增大n（O2），氧气浓度增大，平衡右移，HCl的转化率提高，故B正确；C使用更好的催化
57、剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，HCl的转化率不变，故C错误；D移去生成物H2O，有利于平衡右移，HCl的转化率增大，故D正确，故选：BD；（3）解：设2.06.0min时间内，HCl转化的物质的量为n，则2HCl（g）+1/2O2（g）H2O（g）+Cl2（g）2 1n （5.41.8）103mol解得 n=7.2103mol，所以v（HCl）=7.2103mol/（6.02.0）min1.8103mol/min，答：2.06.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率1.8103molmin1；（4）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为2Cl2
58、+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O【点评】本题比较综合，涉及热化学方程式书写、化学平衡及平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等，（3）中注意用单位时间内物质的量变化表示熟练，较好的考查的分析解决问题的能力，难度中等18“C1化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物质（如CO、CO2、CH4、CH3OH等）为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义（1）一定温度下，在两个容积均为 2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）
59、H=49.0kJ/mol相关数据如下：容器甲乙反应物投入量1mol CO2（g）和3mol H2（g）1mol CH3OH（g）和1mol H2O（g）平衡时c（CH3OH）c1c2平衡时能量变化放出29.4kJ吸收a kJ请回答：c1=c2（填“”、“”或“=”）；a=19.6若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是0.03mol/（Ls）（2）压强为p1时，向体积为 1L的密闭容器中充入bmol CO和2b mol H2，发生反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图1所示请回答：该反应属于放热（填“吸
60、”或“放”）热反应；p1p2（填“”、“”或“=”）100时，该反应的平衡常数K=（用含b的代数式表示）（3）治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H0在恒温恒容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=1：2的混合气体，发生上述反应下列图象如图2正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是cd（选填字母）【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素；等效平衡【专题】化学平衡专题【分析】（1）应用恒温恒容条件下的等效平衡知识来解决；甲、乙是等效平衡，则甲中放出的热量与乙中吸收的热量之和为49.0kJ；平衡时能量变化放出29.4kJ，
61、求平衡时各组分的浓度，然后求平均反应速率；（2）根椐温度的变化来判断反应热，依据反应是气体体积减小的反应，铜温度下增大压强平衡正向进行；100C时一氧化碳的转化率为50%，结合平衡三段式列式计算平衡浓度结合平衡常数概念计算得到；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，据此进行判断【解答】解：（1）应用恒温恒容条件下的乙的投料量极端转化为甲相当于投1mol CO2（g）和3mol H2（g），所以两者是等效平衡，所以c1=c2，甲、乙是等效平衡，则甲中放出的热量与乙中吸收的热量之和为49.0kJ，则a=49.0kJ29.4kJ=19.6kJ，故答案为：=；19.6；平
62、衡时能量变化放出29.4kJ，所以反应二氧化碳的物质的量为=0.6mol，所以，然后求平均反应速率v=0.03mol/（Lmin），故答案为：0.03；（2）温度升高，一氧化碳的转化率下降，平衡正向移动，所以正反应是放热反应，图象分析可知相同温度下P2压强下一氧化碳转化率大于P1压强下一氧化碳转化率，反应是气体体积减小的反应，压强增大平衡正向进行，所以P1P2，故答案为：放；向VL恒容密闭容器中充入a mol CO与2a mol H2，100C时一氧化碳的转化率为50%， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol/L）：b 2b 0 变化量（mol/L）：0.5b b 0.5b平
63、衡量（mol/L） 0.5b b 0.5b平衡常数K=，故答案为：；（3）当反应前后改变的物理量不变时，该可逆反应达到平衡状态，a中为平衡常数，平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数始终不变，所以平衡常数不能判断是否达到平衡状态，故a错误；b为物质的量随时间的变化，一氧化氮与二氧化碳浓度相等时，各组分浓度仍然继续变化，说明没有达到平衡状态，故b错误；c反应物的转化率不变，说明达平衡状态，故c正确；d为CO质量分数随时间变化，反应恰好总质量不变，则反应过程中一氧化氮与一氧化碳的物质的量之比会发生变化，当达到平衡状态时，一氧化氮与一氧化碳的物质的量之比不再变化，故c正确；故答案为：cd【点评】本
64、题考查化学平衡的有关计算、等效平衡、平衡常数计算、化学平衡状态判断等知识，题目难度中等，（1）中关键是对等效平衡规律的理解掌握，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力19研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义（1）硫离子的结构示意图为加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）2SO2+CO2+2H2O（2）25，在0.10molL1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS）=0.043molL1某溶液含0.02
65、0molL1Mn2+、0.10molL1H2S，当溶液PH=5时，Mn2+开始沉淀已知：Ksp（MnS）=2.81013（3）25，两种酸的电离平衡常数如表Ka1Ka2H2SO31.31026.3108H2CO34.21075.61011HSO3的电离平衡常数表达式K=0.10molL1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O【考点】真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较【分析】（1）S是16号元素S原子获得2个电
66、子变为S2，硫离子的结构示意图为：；加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；（2）pH=13时，c（S2）=5.7102mol/L，在0.10molL1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS）+c（S2）=0.10molL1；当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH；（3）HSO3的电离方程式为：HSO3H+SO32，平衡常数表达式为K=；Na2SO3溶液显碱性，SO32存在两步水解，以第一步水解为主，水解程度较小，据此判断离子浓度关系；由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，则酸性
67、强弱H2SO3H2CO3HSO3，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3=SO32+2CO2+2H2O【解答】解：（1）S是16号元素S原子获得2个电子变为S2，硫离子的结构示意图为：，故答案为：；加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的方程式为：C+2H2SO4（浓）2SO2+CO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）2SO2+CO2+2H2O；（2）pH=13时，c（S2）=5.7102mol/L，在0.10molL1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（H
68、S）+c（S2）=0.10molL1，所以c（H2S）+c（HS）=0.15.7102=0.043mol/L，故答案为：0.043；当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2）=1.41011mol/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，故答案为：5；（3）HSO3的电离方程式为：HSO3H+SO32，平衡常数表达式为K=，故答案为：；Na2SO3溶液显碱性，SO32存在两步水解：SO32+H2OHSO3+OH，HSO3+H2OH2SO3+OH，以第一步水解为主，水解程度较小，则0.1mol/L Na2SO3溶液中的离子浓度顺序为：c（Na+）c（SO32）c（O
69、H）c（HSO3）c（H+），故答案为：c（Na+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）；由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3H2CO3HSO3，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3=SO32+2CO2+2H2O故答案为：H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O【点评】本题考查元素原子结构示意图的书写、物质性质的化学方程式书写、盐的水解平衡、弱电解质电离平衡、沉淀溶解平衡的知识在离子浓度大小比较的应用20氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以太阳能为热能，热化学硫碘循环分
70、解水是一种高效、无污染的制氢方法其反应过程如图1所示：（1）反应I的化学方程式是SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI（2）反应I得到的产物用I2进行分离该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层一一含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层根据上述事实，下列说法正确的是ac（选填序号）a两层溶液的密度存在差异b加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶cI2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶辨别两层溶液的方法是观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42）=2.06：1，其比值大于2的原因硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子（3）反应
71、：2H2SO4（l）2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）H=+550kJmol1它由两步反应组成：iH2SO4（l）SO3（g）+H2O（g），H=+177kJmol1iiSO3（g）分解L（Ll，L2）、X可分别代表压强或温度，如图2表示L一定时，ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系X代表的物理量是压强判断Ll，L2的大小关系，并简述理由：L1L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；常见的能量转化形式；反应热和焓变；转化率随温度、压强的变化曲线【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题【分析】（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原
72、反应生成硫酸和HI；（2）分成两层，与溶解性、密度有关；两层的颜色不同；H2SO4中c（H+）：c（SO42）=2：1，且HI电离出氢离子；（3）由图可知，X越大，转化率越低；分解反应为吸热反应，温度高，转化率大【解答】解：（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；（2）a两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a正确；b加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，与分层无关，故b错误；cI2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与
73、分层有关，故c正确；故答案为：ac；辨别两层溶液的方法是：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层，故答案为：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层；H2SO4层中c（H+）：c（SO42）=2.06：1其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子，故答案为：硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子；（3）由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X表示压强，故答案为：压强；由SO3（g）=SO2（g）+O2（g）H0，温度高，转化率大，图中等压强时L2对应的转化率大，则L1L2，故答案为：L1L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大【点评】本题考查混合物分离提纯及化学平衡等，为高频考点，题目难度中等，把握发生的反应、平衡影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查
