江苏省淮安市洪泽县实验中学高二化学上学期11月月考试卷选修含解析

江苏省淮安市洪泽县实验中学2022-2022学年高二（上）月考化学试卷（11月份）（选修）　一.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．化学与科学、技术、社会及生产、生活密切相关．下列说法中不正确的是（　　）A．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌B．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的重要因素之一C．粗铜提纯电解时精铜作阳极，选择CuSO4溶液作电解液D．目前以水为原料获得廉价、丰富的氢能的技术仍有待突破　2．下列事实中，不能用勒沙特列原理来解释的是（　　）A．打开啤酒瓶盖后有大量泡沫溢出B．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气C．热的纯碱去油污能力更强D．夏天将食品储藏在冰箱中　3．有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成，若将合金放入盐酸中，只有Z、Y能溶解；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物；若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X．这四种金属的活动性顺序是（　　）A．Y＞Z＞W＞XB．Z＞Y＞W＞XC．W＞Z＞Y＞XD．X＞Y＞Z＞W　4．氢氰酸（HCN）的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是（　　）A．1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3B．常温下，pH=a的HCN稀释100倍后所得溶液pH＜（a+2）[（a+2）＜7]C．10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应D．NaCN溶液呈碱性　5．水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其平衡常数为Kw（25℃）=1.0×10﹣14，Kw（35℃）=2.1×10﹣14．则下列叙述正确的是（　　）A．水的电离是一个放热过程B．35℃时，c（H+）＞c（OH﹣）C．25℃时，pH=3的盐酸中由水电离产生的c（OH﹣）=1.0×10﹣3mol/LD．25℃时，向溶液中加入稀氨水，平衡逆向移动，Kw不变　6．下列说法正确的是（　　）-27-\nA．用润湿的pH试纸测定0.1mol/L氨水的pH值B．在CaCO3饱和溶液中，加入Na2CO3固体，平衡时c（Ca2+）=c（CO）=C．图I装置可用于探究浓度对化学反应速率的影响D．观察图II导管中水柱的变化，可知该条件下铁钉主要发生了析氢腐蚀　7．用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．高温高压下，28gN2和6gH2充分反应生成NH3的分子数为2NAB．1mol/LFeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于NAC．常温下，1LpH=12的氨水中含OH﹣的数目为0.1NAD．23gNO2和N2O4的混合气体中含有氮原子数为0.5NA　8．常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　）A．pH=1的溶液中：Na+、Cl﹣、K+、HS﹣B．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L中：Ba2+、K+、Cl﹣、CO32﹣C．=1012的水溶液中：CH3COO﹣、CO32﹣、Na+、K+D．c（Al3+）=1mol/L的溶液中：Na+、NO3﹣、SO42﹣、HCO3﹣　9．一元强酸HA溶液与一元碱MOH混合，溶液呈中性，下列判断正确的是（　　）A．MA不可能是强酸弱碱盐B．反应后溶液中c（A﹣）=c（M+）C．MOH一定是强碱D．混合前酸与碱中溶质的物质的量相等　10．一定条件下，在体积为5L的密闭容器中，0.5molX和0.5molY进行反应：2X（g）+Y（g）⇌Z（g），经60s达到平衡，生成0.15molZ，下列说法正确的是（　　）A．平衡后充入氦气，平衡正向移动B．以X浓度变化表示反应速率：v（X）=0.001mol/（L•s）C．平衡后升高温度Y的转化率减小，则正反应为吸热反应D．达到平衡时，X与Y的浓度相等　　-27-\n二.不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共计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，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要一个选错，该小题就得0分）11．下列解释实验事实的方程式不正确的是（　　）A．Mg（OH）2悬浊液中滴加浓的NH4Cl溶液，沉淀溶解：Mg（OH）2+2H+═2H2O+Mg2+B．“NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅2NO2（红棕色，g）⇌N2O4（无色，g）△H＜0C．铁溶于稀硝酸，溶液变黄：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2OD．将饱和FeCl3溶液滴入沸水并煮沸至红褐色：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+　12．相同温度、相同容积的四个密闭容器中进行同样的可逆反应：2X（g）+Y（g）⇌3W（g）+2Z（g）△H=﹣QKJ/mol，起始时充入气体的物质的量及平衡时体系能量变化数据如表：XYWZ反应体系能量变化甲2mol1mol放出akJ/mol乙1mol1mol放出bkJ/mol丙2mol2mol放出ckJ/mol丁3mol2mol吸收dkJ/mol下列说法正确的是（　　）A．c+d＜QB．平衡时，甲、丁容器中X、W的转化率之和等于1C．平衡时丙容器中Z的物质的量浓度最大D．X的转化率为：甲＜乙＜丙　13．在如图串联装置中，通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则下列说法错误的是（　　）A．标准状况下当甲中产生4.48L气体时，丙中Cu电极质量增加21.6gB．电解过程中丙中溶液pH无变化C．向甲中加入适量的盐酸，可使溶液恢复到电解前的状态D．乙中左侧电极反应式：Cu2++2e﹣═Cu　14．为解决能源危机，在汽油中掺入一定比例的乙醇（即“乙醇汽油”），以代替一部分汽油．乙醇在气缸中完全燃烧的热化学方程式为：C2H5OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H1=﹣683.4kJ/mol．下列说法正确的是（　　）A．该反应过程中，断裂化学键会放出热量B．该反应中，生成物的总能量大于反应物的总能量C．乙醇的燃烧热为683.4kJ/mol-27-\nD．反应C2H5OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（g）的△H2＞﹣683.4kJ/mol　15．25℃时，取浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol•L﹣1NaOH溶液、0.1mol•L﹣1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是（　　）A．曲线Ⅰ：滴加溶液到10mL时：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．曲线Ⅱ：滴加溶液到10mL时：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（OH﹣）﹣c（H+）]C．曲线Ⅱ：滴加溶液在10mL～20mL之间存在：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）D．曲线Ⅰ：滴加溶液到20mL时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）　　二.非选择题16．（12分）某化学科研小组对周围大气进行监测，发现该地区首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5微米的悬浮颗粒物），其主要来源为燃煤、机动车尾气等．因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义．请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样，若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如表：离　子K+Na+NH4+SO42﹣NO3﹣Cl﹣浓度/mol•L﹣14×10﹣66×10﹣62×10﹣54×10﹣53×10﹣52×10﹣5根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为　　　　　　，试样的pH=　　　　　　．（2）①为减少SO2的排放，可洗涤含SO2的烟气，作为洗涤剂下列物质最好选择　　　　　　（填字母）．a．氨水　　　b．Na2CO3　　　c．O2　　　d．NaHSO3②浓度均为0.1mol/L（NH4）2Fe（SO4）2、NH4HSO4、（NH4）2SO3，其中c（NH4+）最大的是　　　　　　（填化学式）．（3）①已知汽缸中生成NO的反应为N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是　　　　　　．②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设计下列反应除去CO：2CO（g）═2C（s）+O2（g），已知该反应的△H＞0，简述该设想能否实现的依据　　　　　　．　17．（14分）工业制硫酸生产流程如图甲：-27-\n（1）造气即将黄铁矿在沸腾炉中充分煅烧，煅烧时将黄铁矿粉碎的目的是　　　　　　．（2）在催化反应室中发生的可逆反应为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H＜0．下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有　　　　　　．（填写编号）a．减少压强b．升高温度c．不断补充空气d．及时分离出SO3（3）在450℃、常压和钒催化条件下，在容积为VL的恒容容器中加入2nmolSO2和nmolO2，判断反应达到平衡状态的标志是　　　　　　．（填写编号）a．SO2和SO3浓度相等b．SO2百分含量保持不变c．容器中气体的压强不变d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等反应达平衡后测得平衡常数为K，此时O2的转化率为x，则K和x的关系满足K=　　　　　　．（4）图乙、丙表示该SO2和O2的反应在时刻t1达到平衡、在时刻t2因改变某个条件而发生变化的情况：图乙中时刻t2发生改变的条件是　　　　　　．图丙中时刻t2发生改变的条件是　　　　　　．（5）以SO2、O2和H2O为原料，利用原电池原理可制得硫酸．该电池用多孔材料作电极，电解质溶液呈酸性．该电池负极的电极反应式为　　　　　　．　18．（12分）能源在国民经济中具有特别重要的战略地位．有人说能源相当于城市的血液，它驱动着城市的运转．（1）①丙烷常用作运动会火炬的燃料，图甲是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O（l）过程中的能量变化图（图中括号内“+”或“﹣”未标注），写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：　　　　　　．②二甲醚（CH3OCH3）作为一种新型燃料，应用前景广阔．1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为　　　　　　．（2）盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成，整个过程的总热效应相同．试运用盖斯定律回答下列问题：①反应A+B→C（△H＜0）分两步进行：①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）．如图乙示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是　　　　　　（填字母）．-27-\n②已知：H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣Q1kJ/molC2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ/molC2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ/mol若使23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为　　　　　　．（3）水溶液锂电池体系，是复旦大学教授吴宇平课题组的一项重磅研究成果．研究成果刊发于2022年《自然》（Nature）杂志子刊《科学报道》（Sci．Report）．如图丙某锂电池中用有机电解液将电极锂与水性电解液隔开的目的　　　　　　，其充电时阳极的电极反应式为　　　　　　．　19．（16分）滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一．常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等等．（1）酸碱中和滴定﹣﹣用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液．某学生的实验操作如下：A．用碱式滴定管取稀NaOH25.00mL，注入锥形瓶中，加入甲基橙做指示剂．B．用待测定的溶液润洗碱式滴定管．C．用蒸馏水洗净滴定管．D．将酸式滴定管用标准的HCl溶液润洗后，将标准液注入滴定管刻度“0”以上2～3cm处，赶气泡、调液面，再把滴定管固定好．E．检查滴定管是否漏水．F．另取锥形瓶，再重复操作一次．G．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直，眼睛注视滴定管中液面的变化，并于终点时记下滴定管液面所在刻度．上述操作步骤中有错误的是　　　　　　（填写“序号”），若将错误更正，则整个滴定实验操作的正确顺序是　　　　　　（填写“序号”）．（2）氧化还原滴定﹣﹣葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：-27-\n葡萄酒样品100.00mL馏分…注：实验中加入盐酸的目的：将Na2S2O5全部转化成SO2．①滴定时，I2溶液应装在　　　　　　（“酸”或“碱”）式滴定管中，滴定终点时滴定现象是　　　　　　．②实验消耗标准I2溶液25.00mL，所测样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为　　　　　　g•L﹣1．③上述滴定过程中的原理为　　　　　　（用离子方程式表示），下列情形会造成测定结果偏高的是　　　　　　．A．滴定持续时间稍长，溶液中部分HI被空气氧化B．滴定前平视，滴定后俯视C．盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失（3）沉淀滴定﹣﹣滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶．参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是　　　　　　（填选项字母）．难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白Ksp1.77×10﹣105.35×10﹣131.21×10﹣161.12×10﹣121.0×10﹣12A．NaClB．NaBrC．NaCND．Na2CrO4．　20．（14分）铁铜单质及其化合物的应用范围很广．现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体，为制取纯净的CuCl2•2H2O，首先将其制成水溶液，然后按照如图步骤进行提纯：已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表：Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀的pH1.97.04.7完全沉淀的pH3.2a6.7请回答下列问题：（1）化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，沉淀就达到完全．已知Fe（OH）2的Ksp约为1.0×10﹣15，则a=　　　　　　．（2）加入氧化剂的目的是　　　　　　，X应选择　　　　　　．A．K2Cr2O7B．浓HNO3C．H2O2D．KMnO4（3）加入的物质Y是　　　　　　．（4）设计实验从溶液Ⅲ中获得纯净的CuCl2•2H2O．简要描述实验步骤　　　　　　．　21．（12分）有A、B、C、D、E五种前四周期元素，其元素特征信息如表：元素编号元素特征信息A其单质是密度最小的物质-27-\nB阴离子带两个单位负电荷，单质是空气的主要成分之一C其阳离子与B的阴离子有相同的电子层结构，电离能（I）数据依次为：I1=490kJ/mol﹣1，I2=4562kJ/mol﹣1，I3=6912kJ/mol﹣1…D其氢氧化物和氧化物都有两性，与C同周期E在第四周期元素原子中，其所含不成对电子数最多回答下列问题：（1）元素C在周期表中的位置为　　　　　　．（2）B基态原子的核外电子排布图　　　　　　；E基态原子的电子排布式　　　　　　．（3）写出化合物A2B2的电子式　　　　　　．（4）D的氢氧化物与化合物CBA反应的离子方程式　　　　　　．（5）B与C（碳）、N（氮）相比，第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　．　　-27-\n江苏省淮安市洪泽县实验中学2022-2022学年高二（上）月考化学试卷（11月份）（选修）参考答案与试题解析　一.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．化学与科学、技术、社会及生产、生活密切相关．下列说法中不正确的是（　　）A．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌B．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的重要因素之一C．粗铜提纯电解时精铜作阳极，选择CuSO4溶液作电解液D．目前以水为原料获得廉价、丰富的氢能的技术仍有待突破【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；电解原理．【分析】A．NaClO具有强氧化性；B．大量燃烧化石燃料，排放固体颗粒物；C．粗铜精炼时，粗铜为阳极；D．海水资源丰富，可获得水，水分解生成氢气．【解答】解：A．NaClO具有强氧化性，则次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌，故A正确；B．大量燃烧化石燃料，排放固体颗粒物，则大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的重要因素之一，故B正确；C．粗铜精炼时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，选择CuSO4溶液作电解液，故C错误；D．海水资源丰富，可获得水，水分解生成氢气，可研究高效催化剂以水为原料获得廉价、丰富的氢能，技术仍有待突破，故D正确；故选C．【点评】本题考查较综合，涉及物质的性质、电解原理及应用、化学与生活等，注重高频考点的考查，注意把握反应原理及应用，题目难度不大．　2．下列事实中，不能用勒沙特列原理来解释的是（　　）A．打开啤酒瓶盖后有大量泡沫溢出B．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气C．热的纯碱去油污能力更强D．夏天将食品储藏在冰箱中【考点】化学平衡移动原理．【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用．【解答】解：A．存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开瓶盖时，压强减小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，可以用平衡移动原理来解释，故A不选；B、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，故B不选；C、碳酸根水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，溶液呈碱性，水解过程是吸热过程，升高温度促进碳酸根水解，碱性增强，去油污能力增强，可以用平衡移动原理来解释，故C不选；D、将食物放在冰箱里延长保质期，是通过降低温度来减慢反应速率，不能用平衡移动原理来解释，故D选；故选D．-27-\n【点评】本题考查勒夏特例原理应用的有关判断，是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查．试题难易适中，基础性强，侧重对学生解题能力的培养与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．该题需要明确的应注意区别化学平衡移动原理和化学反应速率理论的应用范围，并能具体问题、具体分析加快．　3．有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成，若将合金放入盐酸中，只有Z、Y能溶解；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物；若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X．这四种金属的活动性顺序是（　　）A．Y＞Z＞W＞XB．Z＞Y＞W＞XC．W＞Z＞Y＞XD．X＞Y＞Z＞W【考点】原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】电化学专题．【分析】在金属活动性顺序中，位于氢前的金属能置换出酸中的氢，可以溶解在酸中，金属阳离子的氧化性最强，金属单质的活泼性越弱．【解答】解：将合金放入盐酸中，只有Z、Y能溶解，说明Z、Y在氢前，X、W在氢后，故C、D错误；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物则说明Z为负极，活泼性是Z＞Y，故A错误，若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X，说明X离子的氧化性最强，所以X的活泼性最弱，故活泼性顺序是：Z＞Y＞W＞X．故选B．【点评】本题考查的是金属活动性顺序的应用，完成此题可以依据金属活动性顺序的意义进行判断．　4．氢氰酸（HCN）的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是（　　）A．1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3B．常温下，pH=a的HCN稀释100倍后所得溶液pH＜（a+2）[（a+2）＜7]C．10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应D．NaCN溶液呈碱性【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】氢氰酸为弱电解质，则利用其电离不完全来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性比较以及对应盐溶液的酸碱性来判断，以此解答该题．【解答】解：A．氢氰酸为一元酸，0.1mol/L氢氰酸溶液的pH=1时该酸为强酸，但pH约为3，说明电离生成的氢离子约为10﹣3mol/L＜0.1mol/L，电离不完全，故A不选；B．常温下，pH=a的HCN稀释100倍后所得溶液pH＜（a+2），可说明HCN在加水稀释时进一步电离，为弱电解质，故B不选；C．二者物质的量相等，不能证明酸性的强弱，故C选；D．NaCN溶液呈碱性，说明为强碱弱酸盐，则HCN为弱酸，故D不选．故选C．【点评】本题考查弱电解质的判断方法，明确弱电解质在水中电离不完全是解答本题的关键，学生应注意在平时的学习中归纳判断弱电解质的方法，难度不大．　5．水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其平衡常数为Kw（25℃）=1.0×10﹣14，Kw（35℃）=2.1×10﹣14．则下列叙述正确的是（　　）-27-\nA．水的电离是一个放热过程B．35℃时，c（H+）＞c（OH﹣）C．25℃时，pH=3的盐酸中由水电离产生的c（OH﹣）=1.0×10﹣3mol/LD．25℃时，向溶液中加入稀氨水，平衡逆向移动，Kw不变【考点】水的电离．【分析】水中存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度升高促进电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大；水中氢离子浓度始终等于氢氧根离子浓度，无论在什么温度下，水永远显中性．【解答】解：A、根据Kw（25℃）=1.0×10﹣14，Kw（35℃）=2.1×10﹣14可知，温度越高，水的离子积越大，即水的电离平衡右移，说明水的电离吸热，故A错误；B、水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣可知，无论在什么温度下，水溶液永远显中性，即c（H+）=c（OH﹣），故B错误；C、酸溶液中，酸的存在抑制水的电离，故pH=3的盐酸溶液中，氢离子c（H+）=10﹣3mol/L几乎全部来自于酸的电离，而c（OH﹣）=10﹣11mol/L全部来自于水的电离，故由水电离产生的c（OH﹣）=1.0×10﹣11mol/L，故C错误；D、向水溶液中加入氨水，c（OH﹣）增大，水的电离平衡向左移，但Kw只受温度的影响，温度不变，Kw的数值不变，故D正确．故选D．【点评】本题考查水的电离平衡的影响因素分析，注意水是中性的液体，氢离子和氢氧根离子浓度相同，题目较简单．　6．下列说法正确的是（　　）A．用润湿的pH试纸测定0.1mol/L氨水的pH值B．在CaCO3饱和溶液中，加入Na2CO3固体，平衡时c（Ca2+）=c（CO）=C．图I装置可用于探究浓度对化学反应速率的影响D．观察图II导管中水柱的变化，可知该条件下铁钉主要发生了析氢腐蚀【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】A．润湿的pH试纸，测定氨水的pH偏小；B．加入Na2CO3固体，使碳酸钙的溶解平衡逆向移动；C．固定相同形状、大小的Zn，适当改变硫酸的浓度，观察针筒中出现相同体积的气体时快慢；D．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀．【解答】解：A．润湿的pH试纸，测定氨水的pH偏小，则试纸不能润湿，故A错误；B．加入Na2CO3固体，使碳酸钙的溶解平衡逆向移动，c（Ca2+）＜c（CO32﹣），但Ksp不变，故B错误；-27-\nC．固定相同形状、大小的Zn，适当改变硫酸的浓度，观察针筒中出现相同体积的气体时快慢，则图I装置可用于探究浓度对化学反应速率的影响，故C正确；D．食盐水为中性，观察图II导管中水柱的变化可知发生吸氧腐蚀，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及pH的测定、反应速率及平衡移动、原电池等，把握实验操作、反应原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．　7．用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．高温高压下，28gN2和6gH2充分反应生成NH3的分子数为2NAB．1mol/LFeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于NAC．常温下，1LpH=12的氨水中含OH﹣的数目为0.1NAD．23gNO2和N2O4的混合气体中含有氮原子数为0.5NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、合成氨的反应为可逆反应；B、溶液体积不明确；C、pH=12的氨水中氢氧根的浓度为0.01mol/L，根据n=CV求出氢氧根的物质的量；D、NO2和N2O4的最简式均为NO2．【解答】解：A、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子个数小于2NA个，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数不能计算，故B错误；C、pH=12的氨水中氢氧根的浓度为0.01mol/L，氢氧根的物质的量n=CV=0.01mol/L×1L=0.01mol，即0.01NA个，故C错误；D、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量n==0.5mol，故含有0.5NA个氮原子，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　8．常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　）A．pH=1的溶液中：Na+、Cl﹣、K+、HS﹣B．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L中：Ba2+、K+、Cl﹣、CO32﹣C．=1012的水溶液中：CH3COO﹣、CO32﹣、Na+、K+D．c（Al3+）=1mol/L的溶液中：Na+、NO3﹣、SO42﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．pH=1的溶液中含有大量氢离子，硫氢根离子与氢离子反应；B．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀；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．碳酸氢根离子与铝离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体．-27-\n【解答】解：A．pH=1的溶液中含有大量氢离子，HS﹣与氢离子反应生成硫化氢，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．水电离出的c（H+）=10﹣12mol/L溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，CO32﹣与氢离子反应，Ba2+、CO32﹣离子反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．该溶液中存在大量氢氧根离子，CH3COO﹣、CO32﹣、Na+、K+离子之间不反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．Al3+、HCO3﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，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，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，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﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等．　9．一元强酸HA溶液与一元碱MOH混合，溶液呈中性，下列判断正确的是（　　）A．MA不可能是强酸弱碱盐B．反应后溶液中c（A﹣）=c（M+）C．MOH一定是强碱D．混合前酸与碱中溶质的物质的量相等【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】.一元强酸HA溶液与一元碱MOH混合，溶液呈中性，一元碱可以是强碱，也可以是弱碱，若为弱碱，二者恰好反应，溶液显酸性，碱略过量溶液可以呈中性．【解答】解：A、一元碱可以是强碱，也可以是弱碱，若为弱碱，二者恰好反应，溶液显酸性，碱略过量溶液可以呈中性，故A错误；B、溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（M+）=c（OH﹣）+c（A﹣），呈中性c（H+）=c（OH﹣），反应后溶液中一定存在c（A﹣）=c（M+），故B正确；C、一元强酸HA溶液与一元碱MOH混合，溶液呈中性，一元碱可以是强碱，也可以是弱碱，若为弱碱，二者恰好反应，溶液显酸性，碱略过量溶液可以呈中性，故C错误；D、混合前酸与碱中溶质的物质的量相等，若为强酸强碱反应后溶液呈中性，若为弱碱，溶液显酸性，故D错误；故选B．【点评】本题考查了酸碱反应后溶液酸碱性的分析判断，主要是溶液中离子浓度和电荷守恒的分析应用，掌握基础是关键，题目较简单．　10．一定条件下，在体积为5L的密闭容器中，0.5molX和0.5molY进行反应：2X（g）+Y（g）⇌Z（g），经60s达到平衡，生成0.15molZ，下列说法正确的是（　　）A．平衡后充入氦气，平衡正向移动B．以X浓度变化表示反应速率：v（X）=0.001mol/（L•s）C．平衡后升高温度Y的转化率减小，则正反应为吸热反应D．达到平衡时，X与Y的浓度相等【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、平衡后充入氦气，体积不变，各组分浓度不变；-27-\nB、一定条件下，体积为5L的密闭容器中，0.5molX和0.5molY进行反应，经60s达到平衡，生成0.15molZ，依据平衡三段式列式计算；2X（g）+Y（g）⇌Z（g）起始量（mol）0.50.50变化量（mol）0.30.150.15平衡量（mol）0.20.350.15据此分析计算判断；C、平衡后升高温度Y的转化率减小，即反应逆向进行，升高温度，平衡向着吸热方向进行；D、达到平衡时，各组分的浓度不会发生变化．【解答】解：A、平衡后充入氦气，体积不变，各组分浓度不变，所以平衡不会发生移动，故A错误；B、一定条件下，体积为5L的密闭容器中，0.5molX和0.5molY进行反应，经60s达到平衡，生成0.15molZ，依据平衡三段式列式计算；2X（g）+Y（g）⇌Z（g）起始量（mol）0.50.50变化量（mol）0.30.150.15平衡量（mol）0.20.350.15以X浓度变化表示反应速率：v（X）==0.001mol/（L•s），故B正确；C、平衡后升高温度Y的转化率减小，即反应逆向进行，升高温度，平衡向着吸热方向进行，所以逆向是吸热的方向，则正反应为放热反应，故C错误；D、根据B中数据，达到平衡时，各组分的浓度不会发生变化，X与Y的浓度之比是4：7，故D错误．故选B．【点评】本题考查了化学平衡的计算应用，化学平衡移动原理的分析判断，掌握平衡影响因素是解题关键，题目难度中等．　二.不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共计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，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要一个选错，该小题就得0分）11．下列解释实验事实的方程式不正确的是（　　）A．Mg（OH）2悬浊液中滴加浓的NH4Cl溶液，沉淀溶解：Mg（OH）2+2H+═2H2O+Mg2+B．“NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅2NO2（红棕色，g）⇌N2O4（无色，g）△H＜0C．铁溶于稀硝酸，溶液变黄：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2OD．将饱和FeCl3溶液滴入沸水并煮沸至红褐色：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+【考点】离子方程式的书写．【分析】A．漏掉铵根离子与氢氧根离子的反应；B.2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，降低温度，平衡正向移动；C．硝酸过量反应生成三价铁离子；D．氯化铁水解生成氢氧化铁胶体和氯化氢．【解答】解：A．Mg（OH）2悬浊液中滴加氯化铵浓溶液，氢氧化镁与铵根离子反应生成一水合氨和镁离子，反应的离子方程式为：Mg（OH）2+2NH4+═2NH3•H2O+Mg2+，故A错误；-27-\nB.2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，降低温度，平衡正向移动，NO2浓度降低，颜色变浅，故B正确；C．稀硝酸具有强氧化性，可以把单质铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe3++2NO↑+4H2O，故C错误；D．将饱和FeCl3溶液滴入沸水并煮沸至红褐色，离子方程式：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故D正确；故选：AC．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应必须遵循客观事实，遵循原子个数守恒规律，题目难度不大．　12．相同温度、相同容积的四个密闭容器中进行同样的可逆反应：2X（g）+Y（g）⇌3W（g）+2Z（g）△H=﹣QKJ/mol，起始时充入气体的物质的量及平衡时体系能量变化数据如表：XYWZ反应体系能量变化甲2mol1mol放出akJ/mol乙1mol1mol放出bkJ/mol丙2mol2mol放出ckJ/mol丁3mol2mol吸收dkJ/mol下列说法正确的是（　　）A．c+d＜QB．平衡时，甲、丁容器中X、W的转化率之和等于1C．平衡时丙容器中Z的物质的量浓度最大D．X的转化率为：甲＜乙＜丙【考点】反应热和焓变；化学平衡的计算．【分析】A．甲丁属于等效平衡，二者反应方向相反，二者的转化率之和为100%，丙的加入Y的量大于甲，向正方向进行的程度大；B．甲丁属于等效平衡，二者的转化率之和为100%；C．丙中可以看作先加入2molX和1molY，平衡后又加了1molY；D．丙的物质的量是乙的2倍，物质的量增大，压强增大；甲乙相比，甲中增大了X的物质的量．【解答】解：A．甲丁属于等效平衡，二者反应方向相反，二者的转化率之和为100%，则甲丁热量之和为Q，丙的加入Y的量大于甲，向正方向进行的程度大，所以丙放出的热量大于甲，则丙丁热量之和大于Q，即c+d＞Q，故A错误；B．把丁中的物质完全转化为反应物，其物质的量与甲相同，则甲丁属于等效平衡，二者的转化率之和为100%，故B正确；C．丙中可以看作先加入2molX和1molY，平衡后又加了1molY，增大反应物的浓度平衡正向移动，所以生成物的浓度增大，即丙中Z的物质的量浓度最大，故C正确；D．丙的物质的量是乙的2倍，物质的量增大，压强增大，转化率减小，则转化率乙＞丙；甲乙相比，甲中增大了X的物质的量，则X的转化率减小，则转化率甲＞乙，所以X的转化率为：甲＞乙＞丙，故D错误．故选BC．【点评】本题考查了等效平衡的建立判断、反应热的确定，解题的关键是相同条件下三容器中达到相同平衡状态的判断，题目难度中等．　-27-\n13．在如图串联装置中，通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则下列说法错误的是（　　）A．标准状况下当甲中产生4.48L气体时，丙中Cu电极质量增加21.6gB．电解过程中丙中溶液pH无变化C．向甲中加入适量的盐酸，可使溶液恢复到电解前的状态D．乙中左侧电极反应式：Cu2++2e﹣═Cu【考点】电解原理．【分析】若通电一段时间后铜电极质量增加，应为电解池的阴极，则X为负极，Y为正极，Ag为阳极，电解时阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，结合电解质溶液以及离子的放电顺序解答该题．【解答】解：若通电一段时间后铜电极质量增加，应为电解池的阴极，则Ag为阳极，X为负极，Y为正极，A．甲中发生2KCl+2H2O2KOH+Cl2↑+H2↑，当甲装置中共产生标准状况下4.48L气体时，则氯气为2.24L即0.1mol，转移电子为0.2mol，所以Cu电极上析出0.2mol银，其质量增加21.6g，故A正确；B．丙为电镀装置，溶液浓度不变，则pH不变，故B正确；C．甲中发生2KCl+2H2O2KOH+Cl2↑+H2↑，生成氢气和氯气，应通入适量的HCl气体，可使溶液恢复到电解前的状态，而不是盐酸，故C错误；D．乙中左侧电极连接电源的负极，做电解池的阴极，铜离子得电子发生还原反应，其极反应式：Cu2++2e﹣═Cu，故D正确．故选C．【点评】本题综合考查电解原理，题目难度不大，注意根据铜电极的质量变化判断原电池的正负极为解答该题的关键，答题时要把握离子的放电顺序．　14．为解决能源危机，在汽油中掺入一定比例的乙醇（即“乙醇汽油”），以代替一部分汽油．乙醇在气缸中完全燃烧的热化学方程式为：C2H5OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H1=﹣683.4kJ/mol．下列说法正确的是（　　）A．该反应过程中，断裂化学键会放出热量B．该反应中，生成物的总能量大于反应物的总能量C．乙醇的燃烧热为683.4kJ/molD．反应C2H5OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（g）的△H2＞﹣683.4kJ/mol【考点】反应热和焓变；热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、反应过程中断裂化学键吸收热量；-27-\nB、反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量；C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；D、反应从液态水生成气态水时，需要吸收能量，反应焓变大于﹣683.4kJ/mol；【解答】解：A、反应过程中断裂化学键吸收热量；故A错误；B、反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量；故B错误；C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；热化学方程式中可燃物不是1mol，故C错误；D、反应从液态水生成气态水时，需要吸收能量，反应焓变大于﹣683.4kJ/mol；故D正确；故选D．【点评】本题考查了反应能量变化和化学键的变化关系，燃烧热的概念判断，盖斯定律的应用，题目难度中等．　15．25℃时，取浓度均为0.1mol•L﹣1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol•L﹣1NaOH溶液、0.1mol•L﹣1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是（　　）A．曲线Ⅰ：滴加溶液到10mL时：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．曲线Ⅱ：滴加溶液到10mL时：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（OH﹣）﹣c（H+）]C．曲线Ⅱ：滴加溶液在10mL～20mL之间存在：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）D．曲线Ⅰ：滴加溶液到20mL时：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH＞7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH＜7，说明属于碱滴定酸溶液；A．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是氯化铵和一水合氨；B．曲线II为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，结合物料守恒及电荷守恒分析；C．曲线II为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液在10mL～20mL之间，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度；D．线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到20mL时，溶液中的溶质是氯化铵，铵根离子水解，且水解程度很弱．【解答】解：根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH＞7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH＜7，说明属于碱滴定酸溶液；A．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是氯化铵和一水合氨，溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；B．曲线II为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，溶液中存在物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），溶液中存在电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Na+），所以得c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]，故B错误；-27-\nC．曲线II为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液在10mL～20mL之间，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，则溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；D．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到20mL时，溶液中的溶质是氯化铵，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），所以得c（Cl﹣）＞c（NH4+），盐类水解程度较小，水电离出氢离子，所以离子浓度大小顺序是c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣），故D正确；故选D．【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，把握滴定曲线的判断及溶液中的溶质、电荷守恒和物料守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．　二.非选择题16．（12分）某化学科研小组对周围大气进行监测，发现该地区首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5微米的悬浮颗粒物），其主要来源为燃煤、机动车尾气等．因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义．请回答下列问题：（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样，若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如表：离　子K+Na+NH4+SO42﹣NO3﹣Cl﹣浓度/mol•L﹣14×10﹣66×10﹣62×10﹣54×10﹣53×10﹣52×10﹣5根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为　酸性　，试样的pH=　4　．（2）①为减少SO2的排放，可洗涤含SO2的烟气，作为洗涤剂下列物质最好选择　a　（填字母）．a．氨水　　　b．Na2CO3　　　c．O2　　　d．NaHSO3②浓度均为0.1mol/L（NH4）2Fe（SO4）2、NH4HSO4、（NH4）2SO3，其中c（NH4+）最大的是　（NH4）2Fe（SO4）2　（填化学式）．（3）①已知汽缸中生成NO的反应为N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是　吸热反应，温度升高，平衡正向移动，NO含量增大　．②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设计下列反应除去CO：2CO（g）═2C（s）+O2（g），已知该反应的△H＞0，简述该设想能否实现的依据　①②△H＞0△S＜0，则在任何温度下△G＞0，不可能自发进行　．【考点】常见的生活环境的污染及治理；焓变和熵变；盐类水解的应用．【分析】（1）先根据溶液中电荷守恒计算氢离子的浓度，然后求出pH；（2）①二氧化硫使酸性氧化物和碱或碱性盐溶液反应；②物质的量浓度相等的这几种溶液中，NH3•H2O溶液中c（NH4+）小于铵盐的c（NH4+），铵根离子水解程度较小，所以要比较铵根离子浓度大小，先比较盐中铵根离子的系数，系数越大，溶液中铵根离子浓度越大，相同系数的铵盐溶液，再根据溶液中其它离子是促进铵根离子水解还是抑制铵根离子水解判断即可；（3）①依据化学反应速率和平衡移动原理分析判断；②根据G=△H﹣T•△S判断反应能否自发进行．【解答】解：（1）观察表格中发现NH4+水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性；试样的pH值根据溶液中电荷守恒：c（H+）+c（K+）+c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣）+c（NO3﹣）+c（Cl﹣）计算H+离子浓度为10﹣4，该样本的pH=4，-27-\n故答案为：酸性；4；（2）洗涤含SO2的烟气，根据酸性氧化物的性质可选a．氨水b．Na2CO3，而氯化钙和亚硫酸氢钠不与二氧化硫反应，碳酸钠碱性较弱，最好选用氨水，故答案为：a；②（NH4）2Fe（SO4）2、（NH4）2SO3中铵根离子系数是2，NH4HSO4中铵根离子系数都是1，所以（NH4）2Fe（SO4）2、（NH4）2SO3比NH4HSO4的大，（NH4）2Fe（SO4）2中二价铁离子抑制铵根离子水解，浓度最大，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2；（3）①气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移；故答案为：吸热反应，温度升高，平衡正向移动，NO的含量增大；②2CO（g）=2C（s）+O2（g），该反应是焓增、熵减的反应．根据G=△H﹣T•△S，G＞0，不能实现，故答案为：①②△H＞0△S＜0，则在任何温度下△G＞0，不可能自发进行．【点评】本题考查化学反应原理的基础知识，涉及离子的水解、pH值的计算、化学平衡常数的计算、自由能的应用等，题目难度中等，注意相关知识的积累．　17．（14分）工业制硫酸生产流程如图甲：（1）造气即将黄铁矿在沸腾炉中充分煅烧，煅烧时将黄铁矿粉碎的目的是　增大固体接触面积，提高转化率　．（2）在催化反应室中发生的可逆反应为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H＜0．下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有　cd　．（填写编号）a．减少压强b．升高温度c．不断补充空气d．及时分离出SO3（3）在450℃、常压和钒催化条件下，在容积为VL的恒容容器中加入2nmolSO2和nmolO2，判断反应达到平衡状态的标志是　bc　．（填写编号）a．SO2和SO3浓度相等b．SO2百分含量保持不变c．容器中气体的压强不变d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等反应达平衡后测得平衡常数为K，此时O2的转化率为x，则K和x的关系满足K=　　．-27-\n（4）图乙、丙表示该SO2和O2的反应在时刻t1达到平衡、在时刻t2因改变某个条件而发生变化的情况：图乙中时刻t2发生改变的条件是　催化剂　．图丙中时刻t2发生改变的条件是　降低温度　．（5）以SO2、O2和H2O为原料，利用原电池原理可制得硫酸．该电池用多孔材料作电极，电解质溶液呈酸性．该电池负极的电极反应式为　SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+　．【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．【分析】（1）黄铁矿粉碎会增大反应物的接触面积加快反应速度；（2）提高SO2平衡转化率，促进化学平衡向右移动，根据化学平衡移动影响因素判断；（3）根据化学平衡状态特征判断；根据“三段式”来进行计算得出结论；（4）根据外界条件对化学平衡的影响判断；（5）电解质溶液呈酸性．SO2在电池负极放电生成SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+．【解答】解：（1）反应物接触面积越大，反应越剧烈，黄铁矿粉碎会增大反应物的接触面积，加快反应速度，故答案为：增大固体的接触面积，提高反应速率；（2）提高SO2平衡转化率，促进化学平衡向右移动，a．正反应方向气体体积减小，减小压强，化学平衡向逆反应方向移动，故a错误；b．正反应方向放热，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，故b错误；c．增大氧气浓度，化学平衡向右移动，故c正确；d．减小生成物浓度，化学平衡向右移动，故d正确；故答案为：cd；（3）a、SO2和SO3浓度相等，并不能说明各物质浓度不变，不能判断是否平衡，故a错误；b、SO2百分含量保持不变，即各物质浓度不再发生变化，达到化学平衡状态，故b正确；c、反应前后气体物质的量不同，容器中气体的压强不变，则达到化学平衡状态，故c正确；d、SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等，均为正反应方向，不能判断正逆反应速率是否相等，不能判断是否平衡，故d错误；故选bc；根据题意：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），初始物质的量：2nn0变化物质的量：2nxnx2nx平衡物质的量：2n﹣2nxn﹣nx2nx则平衡常数为K1===；故答案为：bc；；（4）图1中，t2正逆反应速率同时同等程度增大，由于反应前后气体物质的量不同，增大压强化学平衡发生移动，即正逆反应速率变化程度不同，所以外界条件只能为加入催化剂；图2中时刻t2SO3浓度增大，SO2浓度减小，即化学平衡向右移动，又由于在t2时，二者浓度不变，即压强不变，或者说，不是因为压强变化而导致平衡的移动，只能为温度的影响，所以条件为降低温度，故答案为：加入催化剂；降低温度；（5）以SO2、O2和H2O为原料，利用原电池原理可制得硫酸，电解质溶液呈酸性．SO2在电池负极放电生成SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+；故答案为：SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+．-27-\n【点评】本题是一道综合性的考题，涉及化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的移动以及v﹣t图的知识，难度较大，综合性强．　18．（12分）能源在国民经济中具有特别重要的战略地位．有人说能源相当于城市的血液，它驱动着城市的运转．（1）①丙烷常用作运动会火炬的燃料，图甲是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O（l）过程中的能量变化图（图中括号内“+”或“﹣”未标注），写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：　C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=﹣2215.0kJ/mol　．②二甲醚（CH3OCH3）作为一种新型燃料，应用前景广阔．1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为　1：3　．（2）盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成，整个过程的总热效应相同．试运用盖斯定律回答下列问题：①反应A+B→C（△H＜0）分两步进行：①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）．如图乙示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是　d　（填字母）．②已知：H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣Q1kJ/molC2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ/molC2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ/mol若使23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为　0.5Q3﹣0.5Q2+1.5Q1　．（3）水溶液锂电池体系，是复旦大学教授吴宇平课题组的一项重磅研究成果．研究成果刊发于2022年《自然》（Nature）杂志子刊《科学报道》（Sci．Report）．如图丙某锂电池中用有机电解液将电极锂与水性电解液隔开的目的　防止金属锂与水发生反应　，其充电时阳极的电极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O　．【考点】热化学方程式；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）①分析图象得到生成1mol水的焓变△H=﹣553.75KJ/mol；依据热化学方程式书写方法写出，注意物质聚集状态，对应量下的焓变；②依据热化学方程式结合混合气体物质的量和放热列式计算得到二甲醚和丙烷物质的量之比；-27-\n（2）①根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）﹣E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题；②依据热化学方程式，结合盖斯定律计算得到热化学方程式；（3）防上锂与水发生氧化还原反应；阳极发生氧化反应，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O．【解答】解：（1）①图象是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O（l）过程中的能量变化图，反应放热△H=﹣553.75KJ/mol，则写出的热化学方程式为C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=﹣2215.0kJ/mol，故答案为：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=﹣2215.0kJ/mol；②1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，设1mol混合气体中二甲醚物质的量x，丙烷物质的量为1﹣x，C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）；△H1=﹣2215.0kJ/mol，得到丙烷燃烧放热（1﹣x）2215KJ；依据条件得到：1645KJ﹣1455xKJ=（1﹣x）2215KJ，计算得到x=0.75，则混合丙烷物质的量为0.25mol，则混合气体中丙烷和二甲醚物质的量之比=0.25：0.75=1：3，故答案为：1：3；（2）①由反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X（△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象d符合，故答案为：d：②依据盖斯定律计算；①C2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）；△H1=﹣Q3kJ/mol，②C2H5OH（g）=C2H5OH（l）；△H2=﹣Q2kJ/mol，③H2O（g）=H2O（l）；△H3=﹣Q1kJ/mol．依据盖斯定律：①﹣②+3×③得到：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）；△H1=﹣（Q3﹣Q2+3Q1）kJ/mol，若使23g液态无水酒精物质的量为0.5mol，完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为（0.5Q3﹣0.5Q2+1.5Q1）KJ；故答案为：0.5Q3﹣0.5Q2+1.5Q1；（3）防上锂与水发生氧化还原反应；阳极发生氧化反应，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案为：防止金属锂与水发生反应；4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O．【点评】本题考查了燃烧热概念，热化学方程式的计算，盖斯定律的计算应用，物质的能量分析应用和化学反应的能量变化，热化学方程式的计算和盖斯定律的计算应用是解题关键，题目难度中等．　19．（16分）滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一．常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等等．（1）酸碱中和滴定﹣﹣用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液．某学生的实验操作如下：A．用碱式滴定管取稀NaOH25.00mL，注入锥形瓶中，加入甲基橙做指示剂．B．用待测定的溶液润洗碱式滴定管．C．用蒸馏水洗净滴定管．D．将酸式滴定管用标准的HCl溶液润洗后，将标准液注入滴定管刻度“0”以上2～3cm处，赶气泡、调液面，再把滴定管固定好．-27-\nE．检查滴定管是否漏水．F．另取锥形瓶，再重复操作一次．G．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直，眼睛注视滴定管中液面的变化，并于终点时记下滴定管液面所在刻度．上述操作步骤中有错误的是　G　（填写“序号”），若将错误更正，则整个滴定实验操作的正确顺序是　ECBADGF或ECDBAGF　（填写“序号”）．（2）氧化还原滴定﹣﹣葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：葡萄酒样品100.00mL馏分…注：实验中加入盐酸的目的：将Na2S2O5全部转化成SO2．①滴定时，I2溶液应装在　酸　（“酸”或“碱”）式滴定管中，滴定终点时滴定现象是　当滴入最后一滴碘溶液时，溶液由无色变为蓝色，且保持30s不变　．②实验消耗标准I2溶液25.00mL，所测样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为　0.16　g•L﹣1．③上述滴定过程中的原理为　SO2+I2+2H2O═SO42﹣+4H++2I﹣　（用离子方程式表示），下列情形会造成测定结果偏高的是　CD　．A．滴定持续时间稍长，溶液中部分HI被空气氧化B．滴定前平视，滴定后俯视C．盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失（3）沉淀滴定﹣﹣滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶．参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是　D　（填选项字母）．难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白Ksp1.77×10﹣105.35×10﹣131.21×10﹣161.12×10﹣121.0×10﹣12A．NaClB．NaBrC．NaCND．Na2CrO4．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定．【分析】（1）中和滴定是眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色的变化，滴定实验有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液加指示剂、滴定等操作；（2）①I2溶液有氧化性，会腐蚀橡胶管，用淀粉做指示剂，在滴定终点时，溶液由无色变为蓝色；②由消耗碘的量，结合SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；③滴定过程中的原理为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，A．若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小；B．滴定前平视，滴定后俯视，读取的碘溶液的体积偏小；C．盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗，所用的碘溶液的浓度偏低；D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则消耗碘溶液的体积偏大；（3）滴定结束时，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成有明显颜色变化的沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应．【解答】解：（1）中和滴定是眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色的变化，故步骤G错误，滴定实验有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液加指示剂、滴定等操作，所以操作顺序应为ECBADGF或ECDBAGF，-27-\n故答案为：G；ECBADGF或ECDBAGF；（2）①I2溶液有氧化性，会腐蚀橡胶管，I2溶液应装在酸式滴定管中，用淀粉做指示剂，在滴定终点时，当滴入最后一滴碘溶液时，溶液由无色变为蓝色，且保持30s不变，故答案为：酸；当滴入最后一滴碘溶液时，溶液由无色变为蓝色，且保持30s不变；②令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：SO2+2H2O+I2═H2SO4+2HI64g1molmg0.025L×0.01mol/L所以，64g：mg=1mol：0.025L×0.01mol/L，解得m=0.016故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为=0.16g/L故答案为：0.16；③滴定过程中的原理为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI，其离子方程式为SO2+I2+2H2O═SO42﹣+4H++2I﹣，A．若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，使测定结果偏低；B．滴定前平视，滴定后俯视，读取的碘溶液的体积偏小，使测定结果偏低；C．盛装标准I2溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗，所用的碘溶液的浓度偏低，用掉的碘溶液的体积偏大，使测定结果偏高；D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则消耗碘溶液的体积偏大，使测定结果偏高，故选CD，故答案为：SO2+I2+2H2O═SO42﹣+4H++2I﹣；CD；（2）①②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低；（3）若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4，混合物中有砖红色沉淀生成，故答案为：D．【点评】本题考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用．　20．（14分）铁铜单质及其化合物的应用范围很广．现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体，为制取纯净的CuCl2•2H2O，首先将其制成水溶液，然后按照如图步骤进行提纯：已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表：Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀的pH1.97.04.7完全沉淀的pH3.2a6.7请回答下列问题：-27-\n（1）化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，沉淀就达到完全．已知Fe（OH）2的Ksp约为1.0×10﹣15，则a=　9　．（2）加入氧化剂的目的是　将Fe2+氧化成Fe3+　，X应选择　C　．A．K2Cr2O7B．浓HNO3C．H2O2D．KMnO4（3）加入的物质Y是　CuO[Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3也可以]　．（4）设计实验从溶液Ⅲ中获得纯净的CuCl2•2H2O．简要描述实验步骤　应在HCl气流中加热蒸发结晶，过滤、冰水洗涤、低温烘干　．【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，（1）依据溶度积常数分析（2）加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，易除去，据此回答；（2）选择的氧化剂不能引进新的杂质离子是最佳氧化剂；（3）在调节pH时，加入的物质不能引进新杂质；（4）铜离子水解溶液显示酸性，加热蒸干硫酸铜溶液得到的是氢氧化铜，据此回答．【解答】解：根据流程图，氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，（1）残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，沉淀就达到完全．已知Fe（OH）2的Ksp约为1.0×10﹣15，Ksp=c（Fe2+）c2（OH﹣）=1.0×10﹣151×10﹣5mol/L×c2（OH﹣）=1.0×10﹣15c（OH﹣）=10﹣5mol/L，c（H+）==10﹣9mol/mol，a=9，故答案为：9；（2）根据实验目的，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离，K2Cr2O7、NaClO、H2O2、KMnO4都具有氧化性，能将亚铁离子氧化，但是K2Cr2O7、NaClO、KMnO4能引进新的杂质离子，双氧水是绿色氧化剂，得到的还原产物是水，不会引进杂质离子，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离；C；（3）中和溶液的酸性，调节pH，将铁离子沉淀，铜离子不沉淀，可以加入CuO[Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3也可以]，故答案为：CuO[Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3也可以]；（4）铜离子水解溶液显示酸性，加热蒸干硫酸铜溶液得到的是氢氧化铜，为防止水解，从溶液Ⅲ中获得纯净的CuCl2•2H2O，应该在HCl气流中蒸干，在HCl气氛中加热浓缩，冷却结晶，过滤、冰水洗涤、低温烘干，故答案为：应在HCl气流中加热蒸发结晶，过滤、冰水洗涤、低温烘干．【点评】本题是一道物质的分离和提纯的实验方案设计题，考查学生分析解决问题以及灵活应用所学知识的能力，题目难度不大．　21．（12分）有A、B、C、D、E五种前四周期元素，其元素特征信息如表：-27-\n元素编号元素特征信息A其单质是密度最小的物质B阴离子带两个单位负电荷，单质是空气的主要成分之一C其阳离子与B的阴离子有相同的电子层结构，电离能（I）数据依次为：I1=490kJ/mol﹣1，I2=4562kJ/mol﹣1，I3=6912kJ/mol﹣1…D其氢氧化物和氧化物都有两性，与C同周期E在第四周期元素原子中，其所含不成对电子数最多回答下列问题：（1）元素C在周期表中的位置为　第3周期ⅠA族　．（2）B基态原子的核外电子排布图　　；E基态原子的电子排布式　1s22s22p63s23p63d54s1　．（3）写出化合物A2B2的电子式　　．（4）D的氢氧化物与化合物CBA反应的离子方程式　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．（5）B与C（碳）、N（氮）相比，第一电离能由大到小的顺序为　N＞O＞C　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E五种前四周期元素，A单质是密度最小的物质，则A为H元素；B的阴离子带两个单位负电荷，单质是空气的主要成分之一，则B为O元素；C的阳离子与B的阴离子有相同的电子层结构，C的第二电离能剧增，则C原子最外层有1个电子，故C为Na；D与C同周期，且D的氢氧化物和氧化物都有两性，故D为Al；E在第四周期元素原子中，其所含不成对电子数最多，外围电子排布为3d54s1，则E为Cr元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E五种前四周期元素，A单质是密度最小的物质，则A为H元素；B的阴离子带两个单位负电荷，单质是空气的主要成分之一，则B为O元素；C的阳离子与B的阴离子有相同的电子层结构，C的第二电离能剧增，则C原子最外层有1个电子，故C为Na；D与C同周期，且D的氢氧化物和氧化物都有两性，故D为Al；E在第四周期元素原子中，其所含不成对电子数最多，外围电子排布为3d54s1，则E为Cr元素．（1）元素C为Na，在周期表中的位置为：第3周期ⅠA族，故答案为：第3周期ⅠA族；（2）B为O元素，基态原子的核外电子排布图为；E为Cr元素，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为：；1s22s22p63s23p63d54s1；（3）化合物H2O2的电子式为：，故答案为：；（4）D的氢氧化物为Al（OH）3，化合物CBA为NaOH，二者反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（5）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C．-27-\n【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对化学用语的考查，注意同周期第一电离能异常情况．　-27-