1、湖北省荆门市2019-2020学年高二化学上学期期末学业水平选择性考试阶段性检测试题（含解析）注意事项：1、本试卷分第卷和第卷两部分，全卷满分100分，考试时间90分钟。2、所有试题答案均填写在答题卷中，只交答题卷。3、本试卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Ar 40 Fe 56第I卷 选择题（共45分）一、选择题（本大题包括15个小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意）1.荆门市积极创建全国文明城市，让城市变得“净起来、亮起来、绿起来、美起来、文明起来”，下列行为不符合文明城市创建的是（ ）A.
2、倡导市民分类回收垃圾B. 禁止焚烧秸秆，减少建筑扬尘C. 鼓励使用新能源汽车、鼓励乘坐公共交通，以减少小汽车尾气排放D. 直接排放工业废水、废气、废渣【答案】D【解析】【详解】A. 倡导市民分类回收垃圾,符合文明城市创建要求，故A不符合题意；B. 禁止焚烧秸秆，减少建筑扬尘，符合文明城市创建的要求，故B不符合题意C. 鼓励使用新能源汽车、鼓励乘坐公共交通，以减少小汽车尾气排放, 符合文明城市创建的要求，故C不符合题意D.直接排放工业废水、废气、废渣会造成环境污染，所以不符合文明城市创建的要求，故D符合题意；答案：D。2.化学用语是学习化学的工具和基础，下列有关化学用语的使用正确的是（ ）A.
3、食醋呈酸性的原因是：CH3COOH=CH3COOH+B. 纯碱溶液呈碱性的原因是：CO32-2H2OH2CO32OH-C. 2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2OD. 表示氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）；H571.6kJmol-1【答案】C【解析】【详解】A. 食醋为弱酸，呈酸性的原因是：CH3COOHCH3COOH+，故A错误；B. 纯碱属于强碱弱酸盐，溶液中碳酸根离子发生水解，呈碱性的原因是：CO32-H2OHCO3-OH-，HCO3H2O H2CO3OH-，故B错误；C. CH3CH2OH 被氧化成乙醛，反应的方程式为：2CH3CH2OHO22C
4、H3CHO2H2O，故C正确；D. 表示氢气燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)H2O(l)；H285.8kJmol-1,故D错误；答案：C。3.室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH)11013molL1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（ ）A. ClO- Na NO3- Cl-B. K I- SO42- NO3-C. K Na Cl- HSO3-D. K Na Cl- NO3-【答案】D【解析】【分析】室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH)11013molL1，溶液可能为酸性，也可能为碱性，以此分析解答。【详解】A.ClO-在酸性下不能大量共存，故A不符合题意；B
5、.在酸性下 I-和NO3-会发生氧化还原反应，所以不能共存，故B不符合题意；C.HSO3-既能酸反应，又能和碱反应，所以在酸性和在碱性条件下HSO3-都不能存在，故C不符合题意； D.在酸性和在碱性条件下，K Na Cl- NO3-这些离子都不发生反应，所以能大量共存，故D符合题意；所以答案：D。【点睛】室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH)11013molL1，溶液可能为酸性，也可能为碱性，根据离子共存条件，及个离子与酸和碱都不反应，则可确定离子能共存。4.铁粉与足量1 molL1盐酸反应，为了加快反应速率且不影响产生氢气的量可以加入()2 molL1硝酸溶液少量硫酸铜(s)少量铜粉少量醋
6、酸钠(s)对溶液加热 向反应液中通入氯化氢气体加入过量铁粉将铁粉改为铁片A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】2mol/L的硝酸溶液，硝酸与铁粉反应生成的不是氢气，错误；少量CuSO4(s)，铁粉与置换出的少量铜形成原电池，加快了反应速率，但使生成的氢气减少，错误；少量铜粉，可以形成原电池，加快了反应速率，且不影响氢气的量，正确；少量CH3COONa(s)，生成了醋酸，降低了溶液中氢离子浓度，反应速率减小，错误；对溶液加热，升高温度，反应速率加快，正确；向反应液中通入HCl气体，氯化氢的浓度增大，溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，但不影响生成氢气的量，正确；加入过量铁粉，铁粉增加
7、，生成的氢气物质的量增大，错误；将铁粉改为铁片，减小了接触面积，反应速率变小，错误；答案选B。【点晴】为了加快反应速率，可以升高温度或增大反应物浓度，也可以加入某些物质形成原电池，加快反应速率，但不能改变产生氢气的总量，、为易错点，注意硝酸的强氧化性，铁和盐酸反应生成氢气而影响生成氢气的总量。5.向0.1molL-1的CH3COOH溶液中加水或加入少量CH3COONa晶体时，下列有关叙述不正确的是（ ）A. 都能使溶液的pH增大B. 都能使溶液中c(H)c(CH3COO)减小C. 都能使溶液中比值增大D. 溶液中不变【答案】B【解析】【详解】A. 向0.1molL-1的CH3COOH溶液中加水
8、，促进CH3COOH电离，但c(H)浓度减小，pH增大；加入少量CH3COONa晶体，抑制CH3COOH电离，使c(H)减小，所以使溶液的pH增大，故A正确； B. 向0.1molL-1的CH3COOH溶液中加水，促进CH3COOH电离，但c(H)、c(CH3COO)浓度减小，所以c(H)c(CH3COO) 会减小，向0.1molL-1的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体，抑制CH3COOH电离，使c(H)减小，c(CH3COO)增大，c(H)c(CH3COO)会增大，故B错误； C. 向0.1molL-1的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体，抑制CH3COOH电离
9、， c(CH3COO)、c( CH3COOH)增大，但c(CH3COO)增大的倍数大，所以溶液中比值增大，故C正确；D. 因为=K，醋酸的电离平衡常数只受温度影响，温度不变K值不变，故D正确； 答案：B。【点睛】根据影响化学平衡的影响因素进行判断。醋酸中存在着CH3COOHH+CH3COO-电离平衡，加水，促进CH3COOH电离，但c(H)浓度减小，pH增大；加入少量CH3COONa晶体，抑制CH3COOH电离，使c(H)减小，所以使溶液的pH增大。以此进行分析。6.下列实验中，由于错误操作导致所测出的数据一定偏低的是（ ）A. 用标准氢氧化钠溶液滴定盐酸时，开始滴定时碱式滴定管尖嘴部分有气泡
10、，在滴定过程中气泡消失，所测定盐酸的浓度B. 用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液时，滴定前平视读数，达到滴定终点仰视读数，所测出的碱液的浓度C. 配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液，溶解后未冷却，所配溶液的物质的量浓度D. 配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液，定容时仰视容量瓶，所配溶液的物质的量浓度【答案】D【解析】【详解】A. 用标准氢氧化钠溶液滴定盐酸时，开始滴定时碱式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，消耗氢氧化钠溶液体积增大，所测定盐酸的浓度偏高，故A不符合题意；B. 用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液时，滴定前平视读数，达到滴定终点仰视读数，消耗盐酸溶液体积增大，所测定氢氧化钠的浓度偏高，故B
11、不符合题意； C. 配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液，溶解后未冷却使加入水的体积减小，所配溶液的物质的量浓度偏高，故C不符合题意；D. 配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液，定容时仰视容量瓶使加入水的体积增大，所配溶液的物质的量浓度偏低，故D符合题意；答案：D。7.恒温恒容下的可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)，下列叙述不是反应达到平衡状态标志的是（ ）C生成的速率与C分解的速率相等单位时间内生成amolA，同时生成3amolBA、B、C的浓度不再变化A、B、C的质量分数不再变化混合气体的总压强不再变化混合气体的密度不再变化混合气体的平均相对分子质量不再变化A、B、C的分子数之比为1：3：2
12、A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)，C的生成速率与C的消耗速率相等，说明反应达到平衡状态，故不符合题意;单位时间内生成amolA,同时生成3amolB，A、B都是反应物，生成A、B的速率都是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故符合题意;A、B、C的浓度不再变化，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故不符合题意;A、B、C的质量分数不再变化，说明各物质的物质的量的量不变，反应达到平衡状态，故不符合题意;混合气体的总压强不再变化，反应前后气体体积不相同，压强不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不符合题意;恒温恒容，A、B、C
13、都是气体，所以混合气体的密度不会发生变化，故不能作为判断反应达到平衡状态的标志，故符合题意;由反应A(g)+3B(g)2C(g)，可知混合气体的质量是定值，反应前后气体的体积不等，所以平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡状态了，故不符合题意;因为反应A、B、C的化学计量数之比为1：3：2，所以A、B、C的分子数之比为1：3：2不能作为判断反应达到平衡状态的标志，故符合题意;所以C符合题意；答案：C。【点睛】根据化学平衡定义进行分析判断。在一定温度下，可逆反应中各物质浓度不再改变或正逆反应速率相等时，化学反应达到平衡状态。8.X、Y、Z三种短周期元素，原子半径的大小关系为：r (Y)r(X
14、)r(Z)，原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示变化，其中B和C均为10电子分子。下列说法不正确的是（ ）A. 元素的非金属性：XYZB. B和C中化学键类型相同C. A和C不可能发生氧化还原反应D. B的沸点高于C的沸点【答案】C【解析】【分析】根据B和C均为10电子分子，应该为氢化物,由转化关系可知，Z为氢元素，X、Y、Z原子序数之和为16，则X、Y的原子序数之和为15，原子半径YX，则Y为碳元素、X为氟元素或者Y为氮元素、X为氧元素;由转化关系,单质X、Y反应生成A，单质Y、Z生成B，则Y应为N元素、X应为O元素，则A为NO、B为H2O、C为NH3，
15、验证符合转化关系。【详解】A. 由上述分析可知， X应为O元素，Y应为N元素，Z为氢元素，所以他们的非金属性：XYZ，故A正确；B. 由上述分析可知，B为H2O、C为NH3，所以B和C中化学键类型相同，故B正确；C. 由上述分析可知，A为NO，C为NH3，NH3与NO可以发生反应生成氮气与水，故C错误;D. 由上述分析可知，B为H2O常温下为液体，C为NH3常温下为气体， 所以B的沸点高于C的沸点，故D正确；答案：C。【点睛】本题突破口为：B和C均为10电子分子，说明B和C可能为氢化物；再根据原子结构特点进行分析判断。例如短周期元素，原子半径的大小关系为：r (Y)r(X)r(Z)，原子序数之
16、和为16。推出A为NO、B为H2O、C为NH3进而解答本题。9.下列有关金属腐蚀与防护的说法错误的是（ ）A. 钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极反应式是O2+2H2O+4e-=4OH-B. 当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C. 在海轮外壳上连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀【答案】D【解析】A项，钢铁在弱碱性条件下发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，正确；B项，镀锌铁制品的镀层破损时，由于Zn比Fe活泼，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护，正确；C项，Zn比Fe活泼
17、，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护，此法为牺牲阳极的阴极保护法，正确；D项，地下输油钢管若与外加直流电源的正极相连，地下输油钢管为阳极，腐蚀加快，不能被保护，错误；答案选D。10.2019年度诺贝尔化学奖授予研究锂离子电池的三位化学家，以表彰他们在锂离子电池发展方面所做出的突出贡献。锂锰电池是一种常用的锂离子电池，它体积小、性能优良，该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2，下列说法错误的是（ ）A. 外电路的电流方向是由b极流向a极B. 电池正极反应式为MnO2e-Li+=LiMnO2C. 可用水代替电池中的混合
18、有机溶剂D. 电路中每通过1mol电子，就有NA个Li移向b极【答案】C【解析】【分析】形成原电池反应时，Li为负极被氧化，电极反应方程式为Li-e-=Li+，MnO2为正极被还原，电极方程式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2，阴离子移向负极，结合电极方程式以及元素化合价的变化解答该题。【详解】A.形成原电池反应时，Li为负极被氧化，MnO2为正极被还原，外电路的电流方向是由正极b流向负极a，故A正确；B. MnO2为正极被还原，电极方程式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2，故B正确； C. 因为Li为负极，可用水发生反应，所以不能用水代替电池中的混合有机溶剂，故C错误；D. 因Li为
19、负极被氧化，电极反应方程式为Li-e-=Li+，所以电路中每通过1mol电子，就有NA个Li移向b极，故D正确；答案：C。【点睛】根据原电池的工作原理进行解答。活泼金属做负极发生氧化反应，失电子电子流出，电流流入端。以此分析判断。11. 中学阶级介绍的电解原理的应用主要有三种：一是氯碱工业、二是电解精炼铜、三是电解冶金。下列关于这三个工业生产的描述中正确的是A. 电解精炼铜时，负极反应式：Cu22eCuB. 氯碱工业和电解精炼铜中，阳极都是氯离子放电放出氯气C. 在氯碱工业中，电解池中的阴极产生的是H2， NaOH在阳极附近产生D. 电解精炼铜时，应用粗铜作阳极、精铜作阴极，可溶性铜盐作电解质
20、溶液【答案】D【解析】【详解】A.电解精炼铜时，两极分别是阴阳极，阴极电极反应为Cu22eCu，A项错误；B.在氯碱工业，阳极是Cl放电生成氯气，电解精炼铜时，阳极是粗铜失电子，生成Cu2，B项错误；C.水中存在H2OHOH，在氯碱工业中，电解池的阴极氢离子放电生成氢气，水的电离平衡向右移动，生成NaOH，C项错误；D. 电解精炼铜时，应用粗铜作阳极、精铜作阴极，可溶性铜盐作电解质溶液，D项正确；选D。12.一定量的混合气体在密闭容器中发生反应：mA（g）+nB（g）pC（g）。达到平衡时，维持温度不变，将气体体积缩小到原来的1/2，当达到新的平衡时，气体C的浓度变为原平衡时的1.9倍。则下列
21、说法正确的是（ ）A. m+npB. m+npC. 平衡向正反应方向移动D. C的质量分数增加【答案】B【解析】【详解】mA(g)+nB(g)pC(g)，达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到1/2，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍；维持温度不变，将气体体积缩小到原来的1/2，当达到新的平衡时，气体C的浓度变为原平衡时的1.9倍原平衡的2倍，即缩小体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，m+nc(Cl-)c(OH-)c(H+)，故答案为：c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)；(3)C为NaOH溶液，D为CH3COOH溶液，常温下，若C溶液与D溶液的pH之和等于14，将二者等体积混合
22、，由于CH3COOH溶液是弱电解质，所以CH3COOH溶液过量，所得混合溶液的pH小于7；答案：小于。（4）根据电荷守恒有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),溶液显中性时c(H+)= c(OH-)，则c(CH3COO-)= c(Na+)，所以室温下，CH3COOH电离平衡常数为K=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)=，答案：。（5）取一张pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取CH3COONa溶液点在pH试纸上，对照比色卡，若pH7，则证明CH3COOH是弱酸；答案：取一张pH试纸放在玻璃片上，用玻璃棒蘸取CH3COONa溶液点在pH试纸上，对照比色卡，若
23、pH7，则证明CH3COOH是弱酸。17.已知NO(g)CO2(g)=NO2(g)CO(g) H1；2CO(g)O2(g)=2CO2(g) H2则2NO2(g)2NO(g)O2(g)的反应热H=_(用含H1，H2的代数式表示)。.某条件下，在2L密闭容器中发生如下反应：2NO2(g)2NO(g)O2(g) H，在三种不同条件下进行，其中实验、都在800，实验在850，NO、O2的起始浓度都为0，NO2的浓度（molL-1）随时间（min）的变化如图所示。请回答下列问题：（1）实验隐含的反应条件是_。（2）实验II中，从反应开始至达到平衡，用氧气浓度变化表示的化学反应速率为_。（3）800时，该
24、反应的平衡常数K=_。该反应是_（填“吸”或“放”）热反应。（4）若实验中达到平衡后，再向密闭容器中通入2mol由物质的量之比为1：1组成的NO2与NO混合气体（保持温度不变），此时正反应方向速率_逆反应方向速率（填“大于”或“等于”或“小于”）。（5）若实验中达到平衡后，再向密闭容器中再通入一定量NO2（保持温度不变），一段时间后达到新平衡，则新平衡与原平衡相比混合气体中NO2的体积分数_（填“增大”或“不变”或“减小”）。（6）NO2、NO是重要的大气污染物，近年来人们利用NH3在一定条件下与之反应而将其转化为无害的参与大气循环的物质，如：8NH3+6NO27N2+12H2O。该反应中氧化
25、产物与还原产物物质的量的比为：_。【答案】 (1). 2H1H2 (2). 使用了催化剂 (3). 0.0125molL-1min-1 (4). 0.25molL-1 (5). 吸 (6). 等于 (7). 增大 (8). 4：3【解析】【分析】（1）根据盖斯定律进行解答；（2）根据影响化学反应速率的因素和化学反应速率的计算公式进行分析；（3）根据化学反应平衡常数的概念完成表达式，根据化学反应只受温度影响，与其他因素无关进行判断。【详解】.由NO(g)CO2(g)=NO2(g)CO(g) H1；2CO(g)O2(g)=2CO2(g) H2则+2为：2NO(g)O2(g) 2NO2(g) H=H
26、2+2H1 ，所以2NO2(g)2NO(g)O2(g)的反应热H=-2H1H2；答案：-2H1H2；(1)因实验I和实验II平衡时NO2的浓度相同，但实验II反应速率大，则实验II使用了催化剂，故答案为:使用了催化剂; （2）实验II中，反应开始时c(NO2)=1mol/L,达到平衡时c(NO2)=0.5mol/L，浓度变化量为c(NO2)=0.5mol/L，由2NO2(g)2NO(g)O2(g)可知，O2浓度变化量c(O2)=0.25mol/L则用氧气浓度变化表示的化学反应速率为v=0.0125 molL-1min-1,答案：0.0125 molL-1min-1。(3)由图像可知达到平衡时c
27、(NO2)=0.5mol/L，由反应2NO2(g)=2NO(g)+O2(g),可知c(NO)=0.5mol/L，c(O2)=0.25mol/L，则800时K=c(NO)2c(O2)/c2(NO2)=0.25 mol/L,又温度越高，平衡时NO2的浓度越小，则正反应为吸热反应，故答案为: 0.25molL-1;吸;(4)实验I中达平衡后，C(NO2)=0.5mol/L”，2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)开始(mol/L): 1.0 0 0变化(mol/L): 0.5 0.5 0.25平衡(m.ol/L): 0.5 0.5 0.25加入2mol后：1.5 1.5 0.25，所以Qc= =0
28、.25=K, 此时正反应方向速率等于逆反应方向速率；答案：等于；（5）实验中达到平衡后，保持温度不变，再向密闭容器中再通入一定量的NO2，使化学平衡正向移动，一段时间后达到新平衡，则新平衡与原平衡相比混合气体中NO2的体积分数仍然会增大；答案：增大。（6）由8NH3+6NO27N2+12H2O可知，做还原剂的NH3为8mol，氧化产物为4molN2，做氧化剂的NO2为6mol，还原产物为3mol N2，所以反应中氧化产物与还原产物物质的量的比为：4:3；答案：4:3。18.某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解池的原理进行实验探究。请回答：.用图1所示装置进行第一组实验。（1）M极发生反应
29、的电极反应式为_。（2）已知电解质溶液均足量，若电路中通过0.2mol电子，则CuSO4溶液质量变化量为_g。.用图2所示装置进行第二组实验。实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料发现，高铁酸根（FeO42-）在溶液中呈紫红色。（3）电解过程中，X极发生反应的电极反应式_。（4）电解过程中，Y极发生反应的电极反应式为Fe6e-8OH-=FeO42-4H2O和4OH-4e-=2H2OO2，若在X极收集到896mL气体，在Y极收集到112mL气体(均已折算为标准状况时气体体积)，则Y电极(铁电极)质量减少_g。（5）在碱性锌电池中
30、，用高铁酸钾作为正极材料，电池总反应式为2K2FeO43Zn=Fe2O3ZnO2K2ZnO2，该电池正极的电极反应式为_。【答案】 (1). Fe2e-2OH-=Fe(OH)2 (2). 16g (3). 2H2O2e-=H22OH-或2H+2e-=H2 (4). 0.56 (5). 2FeO42-6e-5H2O=Fe2O310OH-【解析】【分析】图1左侧为原电池，右侧为电解池；根据原电池和电解池的工作原理进行分析解答；(1)图1中左侧是原电池装置Zn为负极，Cu为正极，Cu电极也可以换成比Zn活泼性弱的金属或石墨。(2)图1中右侧是电解池装置，则M为阳极，N为阴极，H+在阴极得电子，发生还
31、原反应。(3)在原电池中阴离子移向原电池的负极，整个电池中电子转移数相同。【详解】I.(1)图1中左侧是原电池装置Zn为负极，Cu为正极，Cu电极也可以换成比Zn活泼性弱的金属或石墨。(2)图1中右侧是电解池装置，则M为阳极，N为阴极，H+在阴极得电子，发生还原反应。(3)在原电池中阴离子移向原电池的负极，图1中右侧装置实质是M电极(Fe)被腐，M极发生反应的电极反应式为Fe2e-2OH-=Fe(OH)2；答案：Fe2e-2OH-=Fe(OH)2；（2）图1中左侧是原电池装置Zn为负极，Cu为正极，电极反应方程式为：Cu2-+2e-=Cu若电路中通过0.2mol电子，则会产生0.1mol的Cu
32、，有0.1mol的SO42-离子通过隔膜，所以CuSO4溶液质量变化量为6.4g+9.6g=16g。答案：16g.用图2所示装置为电解池，X为阴极，Y为阳极，实验过程中，阴极X极发生反应的电极反应式2H2O2e-=H22OH-或2H+2e-=H2。答案：2H2O2e-=H22OH-或2H+2e-=H2。 （4）电解过程中，Y极发生反应的电极反应式为Fe6e-8OH-=FeO42-4H2O和4OH-4e-=2H2OO2，若在X极收集到896mLH2气体，转移的电子数为0.08mol，在Y极收集到112mL气体为氧气，转移的电子数为0.02mol，由Fe6e-8OH-=FeO42-4H2O反应和根
33、据得失电子守恒，则Y电极参加的铁为0.01mol,铁的电极质量减少0.56g。（5）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池总反应式为2K2FeO43Zn=Fe2O3ZnO2K2ZnO2，因为K2FeO4Fe2O3中Fe元素的化合价由+6+3，发生还原反应，则电池正极的电极反应式为2FeO42-6e-5H2O=Fe2O310OH-。答案：2FeO42-6e-5H2O=Fe2O310OH-。19.某化学兴趣小组要完成中和热的测定。（1）实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、50mL量筒两个，0.55molL-1NaOH溶液、0.50molL-1盐酸，实验
34、尚缺少的玻璃仪器是_。（2）他们记录的实验数据如下：（t1为起始终止温度，t2为终止温度）实验用品溶液温度中和热t1t2H50mL0.55molL-1NaOH溶液50mL0.50molL-1HCl溶液2023.250mL0.55molL-1NaOH溶液50mL0.50molL-1HCl溶液2023.4已知：Q=cmt，c为4.18J-1g-1，各溶液的密度均为1gcm-3。通过计算得到中和热H=_kJ/mol(只列出计算式不计算结果)。根据的计算式计算出中和热的数值为55.2，写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：_。（3）若用0.50molL-1醋酸代替0.50molL-1盐酸做实
35、验，对测定结果_影响(填“有”或“无”)。（4）本次实验测定值与正确值57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是_(填序号)操作。量取NaOH溶液的体积时仰视读数用温度计测定NaOH溶液的温度后直接测定盐酸的温度分多次把NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中【答案】 (1). 温度计 (2). kJ/mol (3). NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O（1） H=-55.2kJ/mol (4). 有 (5). 【解析】【分析】（1）根据中和热测定实验进行判断所缺仪器；根据实验步骤和实验注意事项判断产生误差的大小，根据测量数据和计算公式计算中和热。【详解】（1）中和热的测
36、定过程中，需要用量筒量取酸溶液、碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少温度计和量筒;故答案为：温度计；（2)由表格分析可知2次温度差分别为:3.2C，3.4C，2组数据都有效，温度差平均值=3.3C,50mL0.50mol.L-1NaOH和50mL.0.55mol. L-1HCl质量和为m=100mL1g/mL=100g，c=4.18J/(g.C)，T=3.3C，代入公式Q=cmT得生成0.025mol的水放出热量H kJ/mol；答案：kJ/mol；根据的计算式计算出中和热的数值为55.2， NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(a
37、q)+H2O(1) H=-55.2kJ/mol；答案：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1) H=-55.2kJ/mol；（3）醋酸是弱电解质，电离吸热，故用醋酸代替盐酸，放出的热量偏小，故答案为：有；。（4）量取NaOH溶液的体积时仰视读数会导致NaOH溶液溶液体积偏大，则放出的热量偏高，即测得中和热的值偏高，故错误;温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入盐酸测温度，盐酸的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值小,故正确;分多次把NaOH溶液倒人盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较多,测得温度偏低，热的数值偏小，故正确；故选。20.化学兴趣小组中和热测定
38、值与正确值有偏差，某同学甚至怀疑盐酸物质的量浓度不准确，他准备亲手配制0.50molL-1NaOH溶液，然后用中和滴定的方法测定盐酸物质的量浓度。（1）配制100mL0.50molL-1 NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体_g。（2）下面是一段关于酸碱中和滴定实验操作的叙述：取一锥形瓶，用待测HCl溶液润洗两次；在一锥形瓶中加入20.00mL待测HCl溶液；加入足量的合适试剂作指示剂；取一支酸式滴定管，先用蒸馏水洗涤，再用待测HCl溶液润洗；直接往碱式滴定管中注入标准NaOH溶液，进行滴定；左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶；两眼注视着滴定管内NaOH溶液液面下降，直至滴定终点
39、。文中所述操作有错误的序号为（ ）A B C D（3）他若选择酚酞试剂作指示剂，判断达到滴定终点的正确方法是_。【答案】 (1). 2.0 (2). D (3). 当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液恰好变成浅红色，半分钟不褪色【解析】【分析】根据配置一定物质的量浓度的溶液的实验步骤进行判断实验步骤是否合理；根据中和滴定的原理进行判断即可。【详解】（1）配制100mL0.50molL-1 NaOH溶液，需NaOH的质量为m=0.1L0.50molL-140g/mol=2.0g，所以用托盘天平称取NaOH固体2.0g。答案：2.0；（2）锥形瓶装待测液时不能润洗，所以不能用HCl溶液润洗锥形瓶，故
40、错误;锥形瓶用于盛装一定体积的待测液，故正确;加入几滴的合适试剂作指示剂，故错误;；取一支酸式滴定管，洗涤干净故正确;不能直接往碱式滴定管中注入标准NaOH溶液，进行滴定，故错误;左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，故正确;两眼应该注视着锥形瓶中溶液颜色变化，故错误。所以D选项符合题意；答案：D；（3）当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液恰好变成浅红色，半分钟不褪色，说明达到滴定终点；答案：当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液恰好变成浅红色，半分钟不褪色。21.研究性学习小组对某硫酸亚铁晶体(FeSO4xH2O)热分解研究，该小组同学称取ag硫酸亚铁晶体样品按图1高温加热，使其完全分解，
41、对所得产物进行探究，并通过称量装置B质量测出x的值。（1）装置B中硫酸铜粉末变蓝。装置C中酸性高锰酸钾溶液褪色，已知反应后C中溶液有Mn2+，则C中发生反应的离子方程式为_。（2）实验中要持续通入氮气，其目的是_。（3）硫酸亚铁晶体完全分解后装置A中还残留红棕色固体。（4）从理论上分析得出硫酸亚铁分解还生成另一物质SO3，写出FeSO4分解的化学方程式_。（5）装置D球形干燥管的作用_。（6）某研究所利用SDTQ600热分析仪对硫酸亚铁晶体(FeSO4xH2O)进行热分解，获得相关数据，绘制成固体质量分解温度的关系图如图2，根据图2中有关数据，可计算出FeSO4xH2O中的x=_（用含a、b的
42、代数式表示）。（7）某同学完成硫酸亚铁晶体热分解研究后，还想以硫酸亚铁晶体制备Fe(OH) 2，该同学配制成8.010-2molL-1的硫酸亚铁溶液，再逐滴加入NaOH溶液，已知常温下Fe(OH) 2的溶度积常数为8.010-16，Fe2+开始沉淀的pH为_。【答案】 (1). 5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+ (2). 将气体产物全部排入后续装置，使其分别被相应溶液充分吸收 (3). 2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3 (4). 防止氢氧化钠溶液倒吸 (5). (6). 7【解析】【分析】装置A中某硫酸亚铁晶体(FeSO4xH2O)受热分解, 装置B中硫酸
43、铜粉末变蓝,说明有水产生，装置C中酸性高锰酸钾溶液褪色，说明生成的气体二氧化硫生成且SO2具有还原性，D装置为吸收生成的过量的SO2装置，装有氢氧化钠溶液，说明SO2能和氢氧化钠溶液反应。【详解】（1）已知反应后C中溶液有Mn2+，说明高锰酸钾被还原了，气体含有还原性，根据2 FeSO4xH2O Fe2O3+SO2+SO3+2 xH2O ,所以C中发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+；答案：5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+。（2）根据实验目的是为了测出FeSO4xH2O中的x的值，所以先通入氮气，排除装置中的空气
44、，防止水蒸气干扰，反应后继续通入氮气，赶出装置中的生成气体，使其分别被相应溶液充分吸收，也是为了减少误差；答案：将气体产物全部排入后续装置，使其分别被相应溶液充分吸收。（4）由FeSO4的分解后装置A中还有残留红棕色固体，说明生成了氧化铁，还生成另一物质SO3，根据装置C中酸性高锰酸钾溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，说明产物中还有 SO2，所以反应方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3；故答案为:2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。(5)装置D氢氧化钠溶液主要是吸收产生的过多二氧化硫气体防止污染空气，球形干燥管的作用是:干燥气体的作用并防止氢氧化钠溶液倒吸；故答案为：防止氢氧化钠溶液倒吸；（6）通过FeSO4xH2O的化学式可知铁原子和水的个数比为1：2x，根据反应2 FeSO4xH2O Fe2O3+SO2+SO3+2 xH2O 可知：Fe2O32xH2O160 36x8g a-bg解得x=，故答案为:。（7）因为常温下Fe(OH) 2的溶度积常数为8.010-16，Ksp=c(Fe2+)c2(OH-)，所以c2(OH-)=10-14，c(OH-)=10-7 molL-1，c(H+)=10-7 molL-1，pH=7，答案：7。
