1、江苏省无锡市普通高中2019-2020学年高二化学下学期期终调研考试试题（选修，含解析）可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 V-51第I卷一、单项选择题1.化学在抗击新冠肺炎中起到了重要作用。下列叙述错误的是A. 医用消毒剂使用的酒精浓度越高消毒效果越好B. 免洗洗手液的有效成分活性银离子能使蛋白质变性C. 传播新冠病毒的气溶胶分散质粒子直径大小在1nm100nm之间D. 制作口罩的熔喷布的主要原料聚丙烯(PP)是一种有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A乙醇(酒精)作为消毒剂使用时，常用浓度是75%，低于75%,达不到杀菌目的，高于75%,又会使细菌表面的蛋白
2、质迅速凝固而妨碍酒精向内渗透，也会影响杀菌效果，故A错误；B免洗洗手液的有效成分活性银离子属于重金属盐离子，能使蛋白质变性，故B正确；C根据胶体的特征，传播新冠病毒的气溶胶分散质粒子直径大小在1nm100nm之间，故C正确；D聚丙烯(PP)是一种有机高分子材料，故D正确；故选A。2.反应CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O可应用于工业合成尿素。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A. 中子数为8的碳原子： B. NH3的电子式：C. 氧原子的结构示意图：D. CO2的比例模型：【答案】D【解析】【详解】A中子数为8，质量数=中子数+质子数，为6+8=14，中子数为8的碳原子应为，选项A
3、错误；B氨气中N原子最外层含有8个电子，其正确的电子式为，选项B错误；C氧原子是8号元素，核内质子数为8，核外有2个电子层，第一层2个电子，第二层6个电子，氧原子的结构示意图为，选项C错误；D二氧化碳分子内每个氧原子与碳原子共用2对电子对，CO2是直线型分子，碳原子半径比氧原子半径大，故比例模型为，选项D正确；答案选D。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. NH3具有还原性，可用作制冷剂B. HClO溶液显酸性，可用于杀菌消毒C. 浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂D. Al2O3具有两性，可用作耐高温材料【答案】C【解析】【详解】A液氨气化时破坏氢键，吸收较多热量，可用作制冷剂，故A错
4、误；BHClO具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故B错误；C浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，故C正确；DAl2O3具有较高的熔点，可用作耐高温材料，故D错误；故选C。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.lmolL-1NaAlO2溶液：K+、OH-、Cl-、B. 0.lmolL-1NaHCO3溶液：Na+、Ba2+、 、OH-C. 0.lmolL-1NaHSO4溶液：Fe2+、Mg2+、Cl-D. 0.lmolL-1NaClO溶液：K+、S2-、Cl-【答案】A【解析】【详解】A0.lmolL-1NaAlO2溶液中K+、OH-、Cl-、SO42之间，以及与Na
5、AlO2不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B0.lmolL-1NaHCO3溶液中Ba2+、OH-与NaHCO3溶液反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故B错误；C0.lmolL-1NaHSO4溶液中含有氢离子，溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D次氯酸钠具有强氧化性，NaClO溶液与具有还原性的SO32和S2-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A。5.某兴趣小组为探究SO2的性质设计下列实验装置，能达到实验目的的是A. 制取SO2 .B. 收集SO2C. 验证SO2漂白性D. 吸收尾气【答案】C【解析】【详解】A.浓硫酸与铜共热反应
6、生成硫酸铜、二氧化硫和水，由图可知，装置中缺少酒精灯，无法制得二氧化硫，故A错误；B.收集二氧化硫时，应从短管通入盛有饱和亚硫酸氢钠的广口瓶，故B错误；C.二氧化硫具有漂白性，通入品红中，品红褪色，水浴加热后，溶液又变为红色，故C正确；D.二氧化硫与水的反应为可逆反应，用水不可能完全吸收二氧化硫，应选用氢氧化钠溶液吸收，故D错误；故选C。6.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. Na(s)Na2O2(s)Na2CO3(s)B. Fe3O4(s)Fe(s)FeCl2(s)C. SiO2(s)SiCl4(g)Si(s)D. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)【答案】A【解析】
7、【详解】A.钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故A正确；B.氯气的氧化性强，铁在氯气中燃烧生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故B错误；C.二氧化硅是酸性氧化物，不能与盐酸反应，故C错误；D.硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故D错误；故选A。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A. SO2与过量氨水反应：SO2+NH3H2O=+B. FeCl3溶液与铜片反应：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+C. Cu与稀硝酸反应：3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2OD. MnO2与浓盐酸共热反应：MnO2+4H+4Cl-MnCl2+Cl2+2H2O【答案】C【解
8、析】【详解】ASO2与过量氨水反应生成亚硫酸铵：SO2+2NH3H2O=2+H2O，故A错误；BFeCl3溶液与铜片反应：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故B错误；CCu与稀硝酸反应生成硝酸铜和水、NO：3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，故C正确；DMnCl2是强电解质，离子方程式中要写成离子，MnO2与浓盐酸共热反应：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，故D错误；故选C。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，已知X的最外层电子数是电子层数的3倍，X、W同主族，Y的原子半径在短周期主族元素中最大，Z的最高化合价和最低化合价的代数和为零。下列说法正确的
9、是（ ）A. X、Y的简单离子半径：r(X2-)r(Y+)B. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强C. 由X、Z组成的化合物是离子化合物D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强【答案】A【解析】【分析】X的最外层电子数是电子层数的3倍，说明X是O元素；X、W同主族，且都是短周期，则W为S元素；Y的原子半径在短周期主族元素中最大，则Y是Na；Z的最高化合价和最低化合价的代数和为零，且Z在Y之后，说会Z是Si元素。所以X、Y、Z、W依次是O、Na、Si、S。【详解】A根据分析，X、Y的简单离子分别为：O2-、Na+，离子核外电子排布相同时，原子序数越大，半径越小，所以r(O2-)r(Na+
10、)，A正确；BZ、W的最高价氧化物对应水化物分别为H2SiO3、H2SO4，由于非金属性SiS，所以酸性H2SiO3H2SO4，B错误；C由X、Z组成的化合物是SiO2，是共价化合物，C错误；DW、X的简单气态氢化物是H2S、H2O，非金属性SO，所以稳定性H2SH2O，D错误；故选A。9.镍镉（NiCd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是（ ）A. 放电时负极附近溶液的碱性不变B. 充电过程是化学能转化为电能的过程C. 充电时阳极反应：Ni(OH
11、)2e+ OH=NiOOH + H2OD. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动【答案】C【解析】【分析】当该电池放电时为原电池，负极上镉失电子发生氧化反应，正极上NiOOH得电子发生还原反应。放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-。充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，以此解答该题。【详解】A放电时，Cd为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd(O
12、H)2，由于OH-不断消耗，所以溶液的碱性减弱，选项A错误；B充电时能量转化是电能转化为化学能，选项B错误； 放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故B错误；C充电时阳极发生氧化反应，电极反应式是：Ni(OH)2-e+OH=NiOOH+H2O，选项C正确；D放电时电解质溶液中的OH-向负极移动，选项D错误；故合理选项C.【点睛】本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，易错点为A，注意电解质的酸碱性，为解答该题的关键。10.以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能
13、量变化如下图所示。下列说法正确的是A. 过程中钛氧键断裂会释放能量B. 该反应中，光能和热能转化为化学能C. 使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率D. CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) H= + 30 kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A. 化学键断裂需要吸收能量，过程中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；B. 根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故 B正确；C. 催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；D. 反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO
14、2(g) =2CO(g) + O2(g) H=15982- 10722-496=+ 556 kJ/mol，故D错误。二、不定项选择题：每小题有一个或两个选项符合题意11.下列说法正确的是A. 可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀B. 0.lmolK2Cr2O7被完全还原为Cr3+时，转移的电子数约为1.8061023C. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中滴加少量AgNO3溶液。溶液中不变D. 一定条件下，反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)能自发进行，该反应的H0【答案】AC【解析】【详解】A.将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连为外加电流的阴极保护
15、法，可以保护地下输油钢管，故A正确；B.lmolK2Cr2O7被完全还原为Cr3+时，转移电子的物质的量为6mol，则0.lmolK2Cr2O7被完全还原为Cr3+时，转移的电子数约为3.6121023，故B错误；C.AgCl、AgBr的饱和溶液中=，为定值，则向AgCl、AgBr的饱和溶液中滴加少量AgNO3溶液，溶液中不变，故C正确；D.该反应为熵减的反应，一定条件下，反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)能自发进行，说明HTS0，则H0，故D错误；故选AC。12.下列图示与对应的叙述相符的是A. 图甲表示压强对反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，曲线
16、a对应的压强大于bB. 根据图乙，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加适量CuO，调节pH=4，过滤C. 图丙表示0.l000molL-1NaOH溶液滴定20.00mL0.l000molL-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线D. 图丁中曲线I表示反应2SO2+O2SO3在催化剂存在条件下反应过程中能量的变化情况【答案】B【解析】【详解】A2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，图中平衡状态相同，应为使用催化剂，故A错误；B根据图乙，除去CuSO4溶液中的Fe3+，Fe3+3H2OFe(OH)3+3H,可向溶液中加适量CuO，促进铁离子水解
17、，调节pH=4，铁离子沉淀完全，铜还没有开始沉淀，过滤，达到分离的目的，故B正确；C图丙表示的是强碱滴定强酸的滴定曲线图，醋酸是弱酸，故C错误；D使用催化剂，能降低反应的活化能，图丁中曲线表示反应2SO2+O2SO3在催化剂存在条件下反应过程中能量的变化情况，故D错误；故选B。13.下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作和现象结论A向NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已变质C向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色Cl-的还原性强
18、于I-D常温下，测得0.lmolL-1NaA溶液的pH小于0.lmolL-1NaB溶液的pH酸性：HAHBA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.不知道混合溶液中氯化钠和碘化钠的浓度大小，则向混合溶液中加入少量硝酸银溶液，无法比较氯化银和碘化银溶度积的大小，故A错误；B.酸性条件下，硝酸根能够将亚铁离子氧化为铁离子，则将硝酸亚铁样品溶于稀硫酸后，滴加硫氰化钾溶液，溶液变为红色不能判断样品是否已变质，故B错误；C.向碘化钾溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色说明有碘生成，碘离子被氧化为碘单质，说明碘离子还原性强于氯离子，故C错误；D.一元酸的酸性越
19、弱，对应的酸根的水解程度越大，溶液的pH越大，则常温下，测得0.lmolL-1NaA溶液的pH小于0.lmolL-1NaB溶液的pH，说明酸性：HAHB，故D正确；故选D。14.已知邻苯二甲酸(H2A)的Kal=1.110-3，Ka2=3.910-6 常温下，用0.l0molL-1的NaOH溶液滴定20.0mL0.l0molL-1的邻苯二甲酸氢钾(KHA)溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是A. a点的混合溶液中：c(K+)c(HA-)c(Na+)c(A2-)B. b点的混合溶液中：c(Na+)=c(A2-)+c(H2A)C. c点的混合溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(HA
20、-)+2c(H2A)D. 从a点到c点水的电离程度逐渐增大【答案】CD【解析】【分析】由图可知，a点时20.0mL0.l0molL-1邻苯二甲酸氢钾溶液与10mL0.l0molL-1氢氧化钠溶液反应得到邻苯二甲酸氢钾和邻苯二甲酸钠等浓度的混合液，溶液呈酸性；b点时邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液反应得到邻苯二甲酸氢钾和邻苯二甲酸钠的混合液，溶液呈中性；c点时20.0mL0.l0molL-1邻苯二甲酸氢钾溶液与20mL0.l0molL-1氢氧化钠溶液恰好反应得到邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾等浓度的混合液，溶液呈碱性。【详解】A.由分析可知，a点为邻苯二甲酸氢钾和邻苯二甲酸钾等浓度的混合液，溶液呈酸
21、性，说明HA-的电离程度大于A2-的水解程度，溶液中c(A2-) c(HA-)，故A错误；B. b点溶液的pH=7，c（OH-）=c（H+），此时溶液中所含溶质为等浓度的K2A和Na2A，以及少量的KHA，根据电荷守恒c（Na+）+c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），因此c（Na+）+c（K+）=c（HA-）+2c（A2-），在KHA溶液中存在物料守恒，c（K+）=c（HA-）+c（A2-）+c（H2A），因此c（Na+）+c（H2A）=c（A2-），故B错误；C.c点为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾等浓度的混合液，溶液中c(Na+)=c(K+)，由电荷守恒可得c(
22、Na+)+c(K+)+ c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH-)，由物料守恒可得c(Na+)=c(A2-)+c(H2A)+ c(HA-)，整合电荷守恒和物料守恒可得c(OH-)-c(H+)=c(HA-)+2c(H2A)，故C正确；D.由电离常数可知邻苯二甲酸氢根的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，抑制水的电离，邻苯二甲酸根为二元弱酸根，在溶液中水解使溶液呈碱性，促进水的电离，从a点到c点，邻苯二甲酸氢根的浓度减小，邻苯二甲酸根浓度增大，水的电离程度逐渐增大，故D正确；故选CD。15.一定条件下，测得反应3CO(g)3H2(g)(CH3)2O(g)CO2(g)达平衡时CO的平衡转
23、化率与温度和压强的关系如图所示(假定过程中不发生其他反应)。温度为T时，向体积为1 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CO和0.4 mol H2，反应达平衡时测得CO2物质的量为0.1 mol。下列说法正确的是()A. 该反应的Hp2B. 压强为p2时，图中Q点所示条件下v(正)v(逆)C. 温度为T时，若向体积为1 L的恒压容器中充入0.4 mol CO和0.4 mol H2，达平衡时CO的转化率大于75%D. 温度为T时，若向原容器中充入0.1 mol CO、0.2 mol(CH3)2O和0.2 mol CO2，则该反应的平衡常数大于104【答案】AC【解析】【详解】A由图可知，在压强
24、不变的条件下，升高温度一氧化碳的转化率降低，说明升温向逆反应反应移动，故正反应是放热反应，即该反应的Hp2，故A正确；B压强为p2时，图中Q点在该温度下要达到平衡状态，要增大一氧化碳的转化率，即要向正反应方向进行，所以v(正)v(逆)，故B错误；C温度为T时，向体积为1 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CO和0.4 mol H2，反应达平衡时测得CO2物质的量为0.1 mol，由化学方程式可知消耗的一氧化碳是0.3mol，一氧化碳的转化率是75%，若向恒温恒压的容器中加入0.4 mol CO和0.4 mol H2，由于该反应的正反应是体积缩小的反应，所以压强增大，平衡正向进行，达平衡时C
25、O的转化率大于75%，故C正确； D温度为T时，化学平衡常数K=104，向原容器中充入0.1 mol CO、0.2 mol(CH3)2O和0.2 mol CO2，温度不变，则该反应的平衡常数等于104，故D错误；故选：AC。第II卷三、非选择题16.25C时，三种弱电解质的电离平衡常数如下表：化学式HCOOHCH3COOHNH3H2O电离平衡常数1.7710-41.7510-51.7610-5(1)下列方法中，可以使0.l0molL-1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是_ 。a.通入少量HCl气体 b.加入少量冰醋酸 c.加入少量醋酸钠固体 d.加入少量水(2)常温下，0.lm
26、olL-1的NH3H2O溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是_。a.c(OH-) b. c. c(H+)c(OH-) d.(3)同浓度的HCOONaCH3COONaCH3COONH4NH4Cl溶液的pH由大到小的顺序为_。(4)用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积分别为V1、V2，则V1_V2(填“”、“或“”)。【答案】 (1). d (2). a (3). (4). 【解析】【分析】(1)醋酸为弱酸，溶液中部分电离，电离方程式为CH3COOHH+CH3COO，根据对电离平衡的影响分析；(2)根据影响氨水电离
27、平衡的因素分析；(3)根据盐的水解规律判断；(4)pH均为3的HCOOH和CH3COOH，醋酸酸性更弱，酸浓度大。【详解】(1)醋酸为弱酸，溶液中部分电离，电离方程式为CH3COOHH+CH3COO，a.通入少量HCl气体，增大氢离子浓度，抑制醋酸电离，故a不选；b.加入少量冰醋酸，增大醋酸浓度，电离程度减小，故b不选； c.加入少量醋酸钠固体，增大醋酸根离子浓度，抑制醋酸电离，故c不选；d.加入少量水，促进醋酸电离，故d选；故答案为：d；(2)a.碱加水稀释溶液浓度变稀，c(OH-)一定变小，故a选； b. 电离平衡常数只受温度的影响，加水稀释溶液，铵根离子浓度减小，= 增大，故b不选； c
28、. c(H+)c(OH-)=Kw， 只受温度的影响，故c不选；d.加水稀释溶液浓度变稀，c(OH-)一定变小，c(H+)增大，增大，故d不选；故答案为：a；(3)HCOONaCH3COONa均为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，醋酸比甲酸酸性弱，溶液碱性；醋酸和一水合氨的电离平衡常数相差很小，CH3COONH4几乎呈中性，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解后溶液呈酸性，同浓度的HCOONaCH3COONaCH3COONH4NH4Cl溶液的pH由大到小的顺序为。故答案为：；(4)用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，前者酸性强，酸中未电离酸浓度小，消耗的
29、NaOH少，消耗NaOH溶液的体积分别为V1、V2，则V1V2。故答案为：。17.硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。由方铅矿(主要成分为PbS，含FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbSO4的工艺流程如下：已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq) H0Ksp(PbSO4)=1.08l0-8，Ksp(PbCl2)=1.6l0-5(1)“浸取”过程中盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为_；“浸取”时加入饱和NaCl溶液的原因是_。(2)“调pH”的目的是_。(3)“沉降”时加入冰水的作用是_。(
30、4)流程中可循环使用的物质是_。(5)20C时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(gL-1)如图所示。下列叙述正确的是(填序号)_。a.盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小b.x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等c.当盐酸浓度为lmolL-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小【答案】 (1). MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+MnCl2+S+2H2O (2). PbCl2难溶于水，容易覆盖在方铅矿表面，减慢反应速率，加入NaCl增大c(Cl-)，有利于PbC12(s)+2Cl-(aq) (aq)平衡正移，将PbCl2(s)转化为 (3). 使Fe3+沉淀成Fe(OH)
31、3而除去 (4). 降低PbCl2的溶解度，使PbC12(s)+2Cl-(aq) (aq)平衡逆向移动，有利于PbCl2晶体而析出 (5). 盐酸(或HCl) (6). b【解析】【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含FeS2等杂质)和软锰矿用盐酸浸取时，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，FeS2也会反应，亚铁离子转变为铁离子得到氯化铁，而加入食盐，则增大了氯离子浓度，使PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡右移；用氢氧化钠调pH，可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀、随不溶性杂质一起除去，滤液经冰水降温，使PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡左移，已知：PbCl2难溶
32、于冷水，易溶于热水，则得到PbCl2沉淀，经过滤分离得到PbCl2固体，往PbCl2固体中加稀硫酸，促使PbCl2转化为硫酸铅(PbSO4)，据此回答；【详解】(1)已知“浸取”过程中盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，则该反应为氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化铅为还原剂，化学方程式为MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+MnCl2+S+2H2O；由信息知，PbCl2难溶于冷水，故反应过程中容易覆盖在方铅矿表面，减慢反应速率，加入NaCl，则增大c(Cl-)，有利于PbC12(s)+2Cl-(aq) (aq)平衡右移，将PbCl2(s)转化为 ；(2) 杂质铁离子必须除去，
33、通常转变为氢氧化铁沉淀加以除去，故“调pH”的目的是直接使Fe3+沉淀成Fe(OH)3而除去；(3)“沉降”环节是使铅元素以PbC12析出，已知PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，故冰水降温，可降低PbCl2溶解度，又可使PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)朝着放热反应的方向移动即平衡左移；(4) “转化”环节是往PbCl2固体中加稀硫酸，已知Ksp(PbSO4)=1.08l0-8，Ksp(PbCl2)=1.6l0-5，由于硫酸铅的生成，c(Pb2+)降低，促使PbCl2不断地溶解，最终PbCl2转化为硫酸铅(PbSO4)，同时生成盐酸，从整个流程可见，可循环使用的物质是盐酸；(5)a.
34、Ksp(PbCl2)与温度有关，与盐酸的浓度无关，故a错误； b.x、y两点对应的溶液中c(Cl-)不相等，则不相等，故b正确；c.当盐酸浓度大于1molL1时，溶液的c(Cl)增大，Pb2+与Cl生成PbCl2沉淀，溶液中c(Pb2+)减小，故c错误；答案为b。【点睛】本题主要考察氧化还原反应、水溶液中的离子平衡等知识，掌握化学平衡的移动原理、溶度积的计算并善于有效利用题目提供的信息是解题的关键。18.硫酸厂尾气中含有大量SO2，回收并综合利用SO2对环境保护有重要意义。(1)利用氨水吸收烟气中的SO2可转化为(NH4)2SO4。相关反应的主要热化学方程式如下：SO2(g)+NH3H2O(a
35、q)=NH4HSO3(aq) H1=akJmol-1NH3H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l) H2=bkJmol-12(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=ckJmol-1反应2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的H=_kJmol-1空气氧化NH4HSO3的速率随温度的变化如图1所示，当温度超过60时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是_。研究发现，在500下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如图2所示。写出该条件下硫酸铵分
36、解的化学方程式：_。(2)工业上利用SO2尾气可制备亚硫酰氯(SOCl2)。SOCl2是一种发烟液体，易水解，可用于农药、医药、染料、电池等生产，其制备原理为：S(s)+2Cl2(g)+SO2(g)2SOCl2(g)。该反应的平衡常数表达式为_。用SOCl2与A1Cl36H2O混合共热，可得到无水A1Cl3，原因是_。(3)用电解法处理含有SO2尾气的装置如图所示(电极材料均为惰性电极)。该装置中的离子交换膜为_离子交换膜(填“阴”或“阳”)；阴极的电极反应式为_。【答案】 (1). 2a+2b+c (2). 温度过高(NH4)2SO3会分解(或水解），浓度减小(或温度升高O2在溶液中溶解度降
37、低） (3). 3(NH4)2SO4N2+4NH3+3SO2+6H2O (4). K= (5). SOCl2水解产生HCl，抑制Al3+的水解 (6). 阳 (7). 2+2e-+2H+=+2H2O【解析】【分析】(1)由盖斯定律计算可得；亚硫酸铵是不稳定的弱酸弱碱盐，升高温度，亚硫酸铵受热分解，在溶液中水解程度增大，气体的溶解度随温度升高而减小；由图可知，亚硫酸铵受热分解有氨气和氮气生成，氮元素化合价部分升高，由氧化还原反应规律可知，硫元素化合价降低，反应中一定有二氧化硫生成；(2)反应的平衡常数等于各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值；A1Cl3是强
38、酸弱碱盐，A1Cl36H2O受热时，Al3+易水解，而SOCl2与水反应生成氯化氢和二氧化硫，反应生成的HCl能抑制Al3+的水解；(3)由图可知，与直流电源a极相连的电极上SO2失去电子发生氧化反应生成硫酸，该电极为阳极，电极反应式为SO2-2e-+H2O=4H+SO42-，与直流电源b极相连的电极上HSO3-得到电子发生还原反应生成S2O42-，该电极为阴极。【详解】(1)将已知反应依次编号为，由盖斯定律可知2+2+可得反应2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)，则H=2H1+2H2+H3=(2a+2b+c)kJ/mol，故答案为：
39、2a+2b+c；亚硫酸铵是不稳定的弱酸弱碱盐，升高温度，亚硫酸铵可能受热分解，或在溶液中水解程度增大，导致亚硫酸铵浓度减小，反应速率减小；气体的溶解度随温度升高而减小，升高温度，溶液中氧气的浓度减小，反应速率减小；由图可知，亚硫酸铵受热分解有氨气和氮气生成，氮元素化合价部分升高，由氧化还原反应规律可知，硫元素化合价降低，反应中一定有二氧化硫生成，则反应的化学方程式为3(NH4)2SO4N2+4NH3+3SO2+6H2O，故答案为：温度过高(NH4)2SO3会分解(或水解），浓度减小(或温度升高O2在溶液中溶解度降低）；3(NH4)2SO4N2+4NH3+3SO2+6H2O；(2)反应的平衡常数
40、等于各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，由化学方程式可知，硫为固态，浓度为常数，则反应的平衡常数表达式为K=，故答案为：K=；A1Cl3是强酸弱碱盐，A1Cl36H2O受热时，Al3+易水解，而SOCl2与水反应生成氯化氢和二氧化硫，反应的化学方程式为SOCl2+H2O= SO2+2HCl，用SOCl2与A1Cl36H2O混合共热，SOCl2与水反应生成的HCl能抑制Al3+的水解，可得到无水A1Cl3，故答案为：SOCl2水解产生HCl，抑制Al3+的水解；(3)由图可知，与直流电源a极相连的电极上SO2失去电子发生氧化反应生成硫酸，该电极为阳极，电
41、极反应式为SO2-2e-+H2O=4H+SO42-，与直流电源b极相连的电极上HSO3-得到电子发生还原反应生成S2O42-，该电极为阴极，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，由溶液电荷守恒可知，溶液中氢离子从左通过离子交换膜向右移动，则离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳；2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O。【点睛】由图可知，亚硫酸铵受热分解有氨气和氮气生成，氮元素化合价部分升高，由氧化还原反应规律可知，硫元素化合价降低，反应中一定有二氧化硫生成是解答关键。19.二氧化氯泡腾片是一种常用的含氯消毒剂，其主要成分是亚氯酸钠(NaClO2)。Na
42、ClO2的制备原理为：用SO2与NaClO3制取ClO2气体，再由ClO2在强碱性条件下与过量的H2O2反应制得(装置如图所示)。已知：NaClO2碱性溶液稳定，酸性溶液会分解无水NaClO2常温稳定，有水存在时加热到130C分解；NaClO2饱和溶液在温度低于38C时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38C时析出晶体是NaClO2。(1)装置C用于制备ClO2气体，同时生成NaHSO4，写出该反应的化学方程式：_。(2)将C中产生的ClO2通入装置D中制备NaClO2，反应温度需控制在3C，写出该反应的离子方程式：_。(3)反应结束后，将D中混合物减压蒸发浓缩，冷却结晶可获得NaClO2
43、晶体。结晶时温度需保持在4055C，原因是_。(4)保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的措施有(写出一种即可)_。(5)装置C所得溶液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源，经处理后可获得芒硝(Na2SO410H2O)。请补充完整由装置C中所得溶液制取Na2SO410H2O的实验方案：_(实验中须使用的试剂和仪器有：NaOH溶液、冰水、pH计)。已知：Na2SO4的溶解度曲线如图所示。【答案】 (1). 2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 (2). 2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O (3).
44、 温度过高NaClO2会分解，温度过低晶体以NaClO23H2O析出 (4). 缓慢滴加硫酸(搅拌、冰水浴均可） (5). 向装置C所得溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体23次，低温烘干得到芒硝【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中75%硫酸与装置B中亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与装置C中的硫酸和氯酸钠反应制得二氧化氯，二氧化氯进入装置D中，在温度为3C的碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢反应生成亚氯酸钠，装置E为空载仪器，起防止倒吸的作用，装置F为尾气吸收装置，吸收过量
45、的二氧化硫和二氧化氯，防止污染环境。【详解】（1）装置C中二氧化硫与硫酸和氯酸钠反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；（2）在温度为3C的碱性条件下，二氧化氯与过氧化氢反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O；（3）由NaClO2饱和溶液在温度低于38C时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38C时析出晶体是NaClO2可知，结晶时
46、温度需保持在4055C，故答案为：温度过高NaClO2会分解，温度过低晶体以NaClO23H2O析出；(4)保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中缓慢滴加硫酸或搅拌或冰水浴可提高ClO2吸收率，故答案为：缓慢滴加硫酸(搅拌、冰水浴均可）；（5）装置C为硫酸氢钠溶液，由Na2SO4的溶解度曲线可知，若温度高于32.4C，会析出硫酸钠固体，则由硫酸氢钠溶液制取芒硝的操作为向装置C所得的溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体23次，低温烘干得到芒硝，故答案为：向装置C所得溶液中滴加
47、NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体23次，低温烘干得到芒硝。【点睛】装置C为硫酸氢钠溶液，由硫酸氢钠溶液制取芒硝的操作为向装置C所得的溶液中滴加NaOH溶液，边滴加边用pH计测溶液的pH至溶液pH=7时停止滴加NaOH溶液，将溶液蒸发浓缩，冷却至32.4C以下结晶，过滤，用冰水洗涤晶体23次，低温烘干得到芒硝为分析关键，也是易错点。20.工业上以钒炉渣(主要含V2O3还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体(NH4)a(VO)b(CO3)c(OH)dnH2O)，
48、其中V为+4价。其生产工艺流程如下：(1)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中c()=0.lmolL-1，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c()为_molL-1。已知：Ksp(NH4VO3)=1.610-3。(2)“还原”V2O5过程中，生成VOCl2和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程为式_。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOCl2，该方法的缺点是_。(3)为测定氧钒碱式碳酸铵样品的组成，进行下列实验：准确称量1.0650g产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加水稀释至100.00mL得到溶液A。将溶解过程产生的气体全部通入足量澄清石灰水，生成白色
49、沉淀0.4000g。准确量取20.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH322.4mL(标准状况)。准确量取20.00mL溶液A，加入0.l000molL-1KMnO4溶液将VO2+恰好氧化成，然后用0.l000molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为12.00mL。已知滴定反应为：+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O。通过计算确定该氧钒碱式碳酸铵晶体样品的化学式(写出计算过程)_。【答案】 (1). 0.8 (2). N2H42HCl+2V2O5+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O (3). 有氯气生成，污染空气 (4). (
50、NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9l0H2O【解析】分析】由流程图可知，向钒炉渣中加入碳酸钠，通入空气高温焙烧后得到NaVO3、Fe2O3、Na3PO4和Na2SiO3；水浸后，过滤得到主要是氧化铁的滤渣，含有NaVO3、Na3PO4和Na2SiO3的滤液；向滤渣中加入硫酸镁将Na3PO4和Na2SiO3转化为Mg3（PO4）2和MgSiO3沉淀，过滤，得到主要成分为Mg3（PO4）2、MgSiO3的滤渣和含有NaVO3的滤液；向滤液中加入氯化铵，NaVO3转化为NH4VO3沉淀，煅烧NH4VO3沉淀，NH4VO3受热分解生成V2O5；V2O5与浓盐酸和N2H42HCl反应生成VOCl
51、2、N2和H2O；向VOCl2溶液中加入碳酸氢铵，VOCl2溶液与碳酸氢铵反应生成产品(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9l0H2O。【详解】（1）钒元素的沉降率达到98%，溶液中c()=0.lmolL-12%=210-3molL-1，则溶液中c()=0.8 molL-1，故答案为：0.8；(2)还原V2O5过程中，V2O5与浓盐酸和N2H42HCl反应生成VOCl2、N2和H2O，反应的化学方程式为N2H42HCl+2V2O5+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O；用浓盐酸与V2O5反应制备VOCl2时，V2O5做反应的氧化剂，浓盐酸做反应的还原剂，浓盐酸与V2O5反应会有有毒的氯
52、气生成，污染环境，故答案为：N2H42HCl+2V2O5+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O；有氯气生成，污染空气；（3）由题意可知，n()=n(CaCO3)=4.00010-3mol，n()=n(NH3)=5.00010-3mol，n(VO2+)=n()=n(Fe2+)=0.1000molL-112.00mL10-3LmL-1=6.00010-3mol，n(OH-)=n()+2n(VO2+)一2n()=5.000l0-3mol+26.00010-3mol-24.00010-3mol=9.000l0-3mol，则m()=60gmol-14.00010-3mol=0.2400g，m()=18
53、gmo1-15.00010-3mol=0.09000gm(VO2+)=67gmo1-16.00010-3mol=0.4020g，m(OH-)=17gmo1-19.00010-3mol=0.1530g， n(H2O)=1.00010-2mol，故a:b:c:d:n=n(NH4+)：n(VO2+):n(CO32-)：n(OH-):n(H2O)=5:6:4:9:10，氧钒碱式碳酸铵晶体样品的化学式为(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9l0H2O，故答案为：(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9l0H2O。【点睛】用浓盐酸与V2O5反应制备VOCl2时，V2O5做反应的氧化剂，浓盐酸做反应的还原剂，浓盐酸与V2O5反应会有有毒的氯气生成，污染环境是解答关键。