江苏省扬州市高二化学下学期期末考试试题（含解析）苏教版(1).doc

20132014学年度第二学期期末调研测试卷高二化学（选修） 注 意 事 项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页，包含选择题第1题第15题，共40分、非选择题第16题第21题，共80分两部分。本次考试时间为100分钟，满分120分。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3.选择题每小题选出答案后，请用2b铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。4.如有作图需要，可用2b铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。本卷可能用到的相对原子质量：o-16 na-23s-32cu-64i-127【试卷综析】本试卷是高二第二学期期末调研化学试卷，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，注重主干知识，兼顾覆盖面。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。试题重点考查：阿伏伽德罗定律、元素化合物知识、化学基本概念、化学计量的有关计算、溶液中的离子、化学实验题、化学反应与能量、化学平衡的移动、等主干知识，考查了较多的知识点。注重常见化学方法，应用化学思想，体现学科基本要求。选择题（共40分）单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）1下列做法与可持续发展理念不符合的是a加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率b推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放c加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求d对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放【知识点】化学与生活、环境【答案解析】c 解析：a、加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率，有利于节能减排，故a符合；b、推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，低碳环保，故b符合；c、废旧铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池污染环境，故c不符合；d、减少污染，故d符合；故答案选c【思路点拨】本题考查内容涉及生产生活问题，环保问题是时下考试的热点，要注意此方面知识的积累。2下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是 anh3溶于水后所得溶液显碱性，在硫酸铜溶液中加入足量氨水可产生氢氧化铜沉淀 b碳酸钠溶液显碱性，用热的碳酸钠溶液可去除金属表面的油污 c次氯酸钠具有强还原性，可用于配制“84”消毒液 d铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸【知识点】物质的性质和应用【答案解析】b 解析：a、在硫酸铜溶液中加入少量氨水可产生氢氧化铜沉淀，继续加入氨水沉淀消失，故a错误；b、碳酸钠溶液水解显碱性，热的碳酸钠溶液碱性增强，可去除金属表面的油污，故b正确；c、次氯酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，可用于配制“84”消毒液，故c错误；d、铜与浓硝酸反应，不可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸，故d错误；故答案选b【思路点拨】本题主要考查物质的性质和应用，注意金属与硝酸反应的规律。3一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是 a能与金属al反应放出h2的溶液 b加酚酞后显无色的溶液 cph=6的某溶液 dc(h+)c(oh)的任意水溶液【知识点】溶液性质【答案解析】d 解析：a、能与金属al反应放出h2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故a错误；b、加酚酞后显无色的溶液，可能呈弱碱性，故b错误；c、由于温度不确定，ph=6的溶液的酸碱性无法确定 ，故c错误；d、c(h+)c(oh)的任意水溶液一定呈酸性，故d正确；故答案选d【思路点拨】本题主要考查溶液酸碱性的判断，若用ph的大小判断溶液酸碱性，必须知道温度，满足c(h+)c(oh)的任意水溶液一定呈酸性。4常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是 a使甲基橙呈红色的溶液中：na+、alo2、no、co b由水电离产生的c(h+)=1012moll1的溶液：nh4+、so42-、hco3、cl c含有0.1 moll1 hco的溶液：na、fe3、no、scn kwc(h+) d 0.1 moll1的溶液：na、k、co、no【知识点】离子问题共存【答案解析】 d 解析：a、使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，co不能大量存在；b、由水电离产生的c(h+)=1012moll1的溶液呈酸性或碱性，hco3不能大量存在；c、fe3与scn不能大量共存；d、c(h+)=1013moll1溶液呈碱性，四种离子均不反应；故答案选d【思路点拨】本题主要考查离子共存问题，关键是清楚每一个选项有怎样的限定条件，注意由水电离产生的c(h+)=1012moll1的溶液呈酸性或碱性。5设na 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 a1 l 0.1moll-1的氨水含有0.1na个oh b1 l 1 moll1的naclo溶液中含有clo的数目为na c25时，ph =13的ba(oh)2溶液中含有oh的数目为0 .1 na d在电解精炼粗铜的过程中，当阴极析出32 g铜时转移电子数为na【知识点】阿伏加德罗常数【答案解析】d 解析：a、nh3.h2o为弱电解质,在水中部分电离，无法得到oh数目，故a错误；b、clo部分水解，1 l 1 moll1的naclo溶液中含有clo的数目小于na，故b错误；c、不知道溶液体积,无法得到溶液中含有oh的数目，故c错误；d、阴极析出32 g铜，32 g铜的物质的量为0.5mol，转移电子数为na，故d正确；故答案选d【思路点拨】本题主要考查阿伏加德罗常数，解答时注意弱电解质在水中部分电离以及盐的水解。6二甲醚是一种绿色、可再生的新能源。图是绿色电源“燃料电池”的工作原理示意图（a、b均为多图 孔性pt电极）。该电池工作时，下列说法错误的是 aa电极为该电池负极 bo2在b电极上得电子，被氧化 c电池工作时，a电极反应式： ch3och312e+3h2o2co2+12h+ d电池工作时，燃料电池内部h+从a电极移向b电极【知识点】原电池原理【答案解析】b 解析：a、a电极充的是燃料，为该电池负极，故a正确；b、o2在b电极上得电子，被还原，故b错误；c、a电极为该电池负极，发生失电子的反应，故c正确；d、电池工作时，燃料电池内部阳离子移向正极，故d正确；故答案选b【思路点拨】本题主要考查原电池原理，理解燃料电池燃料充入电池负极发生氧化反应，助燃物充入电池正极，发生还原反应。7常温下，下列各溶液ph最小的是 aph0的溶液 b0.04 moll1 h2so4 c0.5 moll1 hcl d0.05 moll1ch3cooh【知识点】溶液ph大小比较【答案解析】a 解析：ph0的溶液指c(h+)=1moll1的溶液，在四个选项中c(h+)最大，而c(h+)越大，溶液ph越小，故答案选a【思路点拨】本题主要考查溶液ph大小比较，注意c(h+)越大，溶液ph越小，本题只需比较c(h+)的大小即可。8下列离子方程式正确的是 ahco3水解的离子方程式：hco3h2oco32h3o b用铜为电极电解饱和食盐水：2cl+2h2ocl2+h2+2oh c用白醋除铁锈：fe2o3+6h+ = 3h2o + 2fe3+ d向fecl3溶液中加入mg(oh)2：3mg(oh)2+2fe3+= 2fe(oh)3+3mg2+【知识点】离子方程式正误判断【答案解析】d 解析：a、hco3水解生成h2co3和oh，故a错误；b、用铜为电极电解饱和食盐水，铜参与反应，故b错误；c、白醋的主要成分醋酸是弱电解质，离子方程式中保留化学式，故c错误；d正确；故答案选d【思路点拨】本题主要考查离子方程式正误判断，注意强弱电解质的判断，弱电解质在离子方程式中保留化学式。9短周期元素w、x、y、z的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为14。x原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素y是地壳中含量最高的金属元素，z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法正确的是 a元素x的最高价氧化物对应的水化物的酸性比z的弱 b元素y、z的简单离子的电子层结构相同 c元素w与z形成的化合物为离子化合物 d原子半径由大到小的顺序为：r(z)r(y)r (w)【知识点】元素推断、原子结构【答案解析】 a 解析：x原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，x为c；y是地壳中含量最高的金属元素，y是al；z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，z为s；w、x、y、z的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为14，w为h；a、h2co3比h2so4弱，故a正确；b、元素y的简单离子比z的简单离子少一电子层，故b错误；c、元素w与z形成的化合物h2s为共价化合物，故c错误；d、原子半径由大到小的顺序为：r(y)r(z)r (w)，故d错误；故答案选a【思路点拨】本题主要考查元素推断、原子结构，关键是根据原子结构特征得到元素w、x、y、z分别是什么元素。10下列图示与对应的叙述相符的是 图甲 图乙 图丙 图丁 a由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的h0 b图乙表示ph相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液ph的变化，其中曲线a对应的是醋酸 c图丙表示该反应为放热反应，且催化剂能改变反应的焓变 d图丁表示向na2co3溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成co2与所加盐酸物质的量的关系【知识点】化学反应速率、溶液稀释ph的变化等图象【答案解析】b 解析：a、根据图象知升温平衡逆向移动，所以该反应的h0，故a错误；b、ph相同的盐酸与醋酸中分别加入水后，盐酸ph的变化大，故b正确；c、催化剂不能改变反应的焓变，故c错误；d、向na2co3溶液中逐滴滴加稀盐酸，开始没有co2生成，故d错误；故答案选b【思路点拨】本题主要考查化学反应速率、溶液稀释ph的变化等图象，难点是图甲的分析，要看平衡后升温平衡如何移动，来判断该反应的h。不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只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，该题为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，但只要选错一个，该小题就为0分。）11下列说法正确的是 a常温下，将ph4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低 b温度一定时，向水中滴加少量酸或碱形成稀溶液，水的离子积常数kw不变 c8nh3(g)6no2(g)7n2(g)12h2o(g) h0，则该反应一定能自发进行 d由于ksp(baso4)ksp(baco3)，因此不可能使baso4沉淀转化为baco3沉淀【知识点】电解质溶液【答案解析】bc 解析：a、将ph4的醋酸溶液稀释后，c(h+)降低，c(oh)升高，故a错误；b、水的离子积常数kw只与温度有关，故b正确；c、该反应是熵增、放热反应，一定能自发进行，故c正确；d、往baso4的溶解平衡体系中加饱和naco3溶液，baso4沉淀就能转化为baco3沉淀，故d错误；故答案选bc【思路点拨】本题主要考查可逆反应的方向、沉淀转化、水的离子积常数等，注意水的离子积常数kw只与温度有关。12将6 mol a和5 mol b混合于4 l恒容密闭容器中，发生如下反应：3a(g)b(g) nc(g)2d(g) 5 s后反应达到平衡状态，生成2 mol d，经测定以c表示的平均反应速率为0.1 moll1s1。则下列结论中正确的是 a5 s内以a表示的平均反应速率为0.15 moll1s1 b平衡时，b的浓度为1 moll1 cn值等于1 d平衡时b的转化率为50%【知识点】化学反应速率、平衡转化率【答案解析】ab 解析：5 s后反应达到平衡状态，生成2 mol d，以d表示的平均反应速率为0.1 moll1s1根据用不同物质表示同一速率时速率比等于方程式的系数比，得到n=2，5 s内以a表示的平均反应速率为0.15 moll1s1 故a正确；c错误；b、以b表示的平均反应速率为0.05 moll1s1，5 sb减少1mol，平衡时，b的浓度为1 moll1，故b正确；d、平衡时b的转化率为：1/5100%=20%，故d错误；故答案选ab【思路点拨】本题主要考查化学反应速率、平衡转化率的计算，既要掌握有关公式，又要理解用不同物质表示同一速率时速率比等于方程式的系数比。13根据下列有关实验得出的结论一定正确的是选项操作现象与结论a同温时，等质量的锌粒分别与足量稀硫酸反应产生h2，氢气量：加胆矾未加胆矾b向fe(no3)2溶液中滴入硫酸酸化的h2o2溶液溶液变黄，氧化性：h2o2fe3c相同温度下，等质量的大理石与等体积、等浓度的盐酸反应粉状大理石产生气泡更快，反应速率：粉状大理石块状大理石d向浓度均为0.1 moll1nacl和nai混合溶液中滴加少量agno3溶液出现黄色沉淀，ksp(agcl)ksp(agi)【知识点】反应速率、ksp、氧化性比较【答案解析】c 解析：a、加胆矾时锌粒先与硫酸铜反应，再与稀硫酸反应，产生h2少，故a错误；b、不一定是h2o2将fe(no3)2氧化，可能是硝酸将fe(no3)2氧化，故b错误；c、粉状大理石与盐酸接触面积大，所以反应速率：粉状大理石块状大理石，故c正确；d、向浓度均为0.1 moll1nacl和nai混合溶液中滴加少量agno3溶液出现黄色沉淀，说明agi的溶解度小，ksp(agcl)ksp(agi)，故d错误；故答案选c【思路点拨】本题主要考查反应速率、ksp、氧化性比较等知识，易错点是向fe(no3)2溶液中滴入硫酸酸化的h2o2溶液，不一定是h2o2将fe(no3)2氧化，可能是硝酸将fe(no3)2氧化。14下列叙述中正确的是 a锅炉中沉积的caso4可用na2co3溶液浸泡后，再将不溶物用稀盐酸溶解去除 b向沸水中滴加fecl3饱和溶液制备fe(oh)3胶体的原理是加热促进了fe3水解 c向纯水中加入盐酸或降温都能使水的离子积减小，电离平衡逆向移动 d反应2a(g)b(g)=3c(s)d(g)在一定条件下能自发进行，说明该反应的h0【知识点】沉淀转化、水的离子积、化学反应的方向【答案解析】ab 解析：a、锅炉中沉积的caso4用na2co3溶液浸泡caso4会转化成caco3，再将不溶物用稀盐酸溶解去除，故a正确；b正确；c、向纯水中加入盐酸，水的离子积不变，故c错误；d、反应2a(g)b(g)=3c(s)d(g)是熵减的反应，在一定条件下能自发进行，说明该反应的h0，故d错误；故答案选ab【思路点拨】本题主要考查沉淀转化、水的离子积、化学反应的方向，记住向纯水中加入盐酸水的离子积不变，因为水的离子积只与温度有关。15室温时，向20 ml 0.1 moll1的醋酸溶液中不断滴入0.1 moll1的naoh溶液，溶液的ph变化曲线，如图所示。在滴定过程中，关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是 aa点时：c( ch3cooh)c( na+)c( ch3coo)c( h+)c( oh ) 图 bb点时：c( na+) =c( ch3coo)c(h+)=c( oh) cc点时：c(oh)=c(ch3cooh) +c(h+) dd点时：c(na+)c(ch3coo)c(oh)c(h+)【知识点】离子浓度大小比较【答案解析】a 解析：aa点时醋酸过量，溶液为ch3cooh和ch3coona的混合物，溶液呈酸性，醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度，则c（ch3coo-）c（ch3cooh），故a错误；b根据溶液电荷守恒可知溶液中应存在c（na+）+c（h+）=c（ch3coo-）+c（oh-），溶液呈中性，则c（h+）=c（oh-），则c（na+）=c（ch3coo-），溶液中离子浓度关系为：c（na+）=c（ch3coo-）c（h+）=c（oh-），故b正确；cc点时，氢氧化钠与醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液，醋酸钠溶液中，根据电荷守恒可得：c（na+）+c（h+）=c（ch3coo-）+c（oh-），根据物料守恒可得：c（na+）=c（ch3coo-）+c（ch3cooh），将代入可得：c（oh-）=c（ch3cooh）+c（h+），故c正确；dd点为naoh和ch3coona的混合物，氢氧化钠过量，溶液呈碱性，由于ch3coo-存在微弱的水解，则有c（na+）c（ch3coo-）c（oh-）c（h+），故d正确；故答案选a【思路点拨】本题主要考查酸碱混合的判断和离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液ph的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解判断溶液中离子浓度大小非 选 择 题 （共80分）16（12分）向2.0 l恒容密闭容器中充入1.0 mol pcl5，在温度为t时发生如下反应pcl5(g) pcl3(g)+c12(g) h+124 kjmol1。反应过程中测定的部分数据见下表：时间t/s050150250350n(pcl3）/mol00.160.190.20.2回答下列问题： 已知:ksp(ag3 po4) 1.4 1016，ksp(agcl) 1.8 1010（1）反应在前50 s的平均速率v(pcl5) 。（2）温度为t时，该反应的化学平衡常数。（3）要提高上述反应的转化率，可采取的措施是(任写一种)。（4）在温度为t时，若起始时充入0.5 mol pcl5和a mol cl2，平衡时pcl5的转化率仍为20，则a。（5）pcl5在热水中完全水解生成h3 po4，该反应的化学方程式是。 若将0.01 mol pcl5投入l l热水中，再逐滴加入0.1 mol /l agno3溶液，先产生的沉淀是。【知识点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【答案解析】（1）0.0016 mol/( ls) （2）0.025 （3）升高温度、降低压强、移走pcl3、cl2等（4）0.1 （5）pcl5+4h2o = h3po4+5hcl agcl 解析：（1）反应在前50s中生成了0.16molpcl3，根据反应pcl5（g）pcl3（g）+cl2（g）可知，消耗的pcl5的物质的量为0.16mol，所以反应在前50s的平均速率v（pcl5）=0.16mol2.0l50s=0.0016moll-1s-1，（2）由表中数据可知，反应在250s、350s时三氯化磷的物质的量相等，说明250s时达到了平衡状态，则： pcl5（g）pcl3（g）+cl2（g）反应前（mol） 1.0 0 0变化（mol） 0.2 0.2 0.2平衡时（mol） 0.8 0.20.2平衡时各组分的浓度为：c（pcl5）=0.8mol2.0l=0.4mol/l，c（pcl3）=c（cl2）=0.2mol2.0l=0.1mol/l，该温度下该反应的平衡常数为：k=(0.10.1)/0.4=0.025（3）根据反应pcl5（g）pcl3（g）+cl2（g）h=+124kjmol-1可知，增大反应物转化率，需要使平衡向着正向移动，可以升高温度、减小压强、移走氯气、三氯化磷等，平衡都会向着正向移动，（4）由于温度相同，所以平衡常数k=0.025，利用三段式可得：pcl5（g）pcl3（g）+cl2（g）反应前（mol） 0.5 0a变化（mol）0.1 0.10.1平衡时（mol） 0.4 0.1a+0.1平衡时各组分浓度为：c（pcl5）=0.2mol/l，c（pcl3）=0.05mol/l，c（cl2）=(a+0.1)/2mol/l，利用k=0.025, 解得a=0.1，（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（h3po4），则该反应的化学方程式为：pcl5+4h2o=h3po4+5hcl；设饱和磷化银溶液中银离子浓度为x，则：ksp（ag3p04）=x3x/3=1.410-16，x=104；设饱和氯化银溶液中银离子浓度为y，则y2=ksp（agcl）=1.810-10，y=所以0.01molpcl5投入ll热水中，再逐滴加入agn03溶液，先产生的沉淀是agcl，【思路点拨】本题考查了化学反应速率的计算、化学平衡常数的计算、化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意掌握化学反应速率的表达式及计算方法，明确化学平衡常数的概念及计算方法17（12分）常温下，取0.2 moll1 hcl溶液与0.2 moll1 moh溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的ph6，试回答以下问题：（1）混合溶液中由水电离出的c (h+) 0.2 moll1 hcl溶液中由水电离出的c (h+) (填“、c(m+)c(h+)c(oh-)（4） 解析：（1）等体积等浓度的盐酸和moh恰好反应生成盐，得到的盐溶液呈酸性，说明该盐是强酸弱碱盐，含有弱根离子的盐促进水电离，而酸抑制水电离，所以混合溶液中水电离出的c（h+）0.2 moll-1hcl溶液中水电离出的c（h+），（2）根据电荷守恒得c（cl-）-c（m+）=c（h+）-c（oh-）=10-6mol/l-10-8mol/l=9.910-7moll-1，根据质子守恒得c（h+）-c（moh）=c（oh-）=1.010-8moll-1，（3）室温下如果取0.2moll-1moh溶液与0.1moll-1hcl溶液等体积混合，溶液中的溶质是mcl和moh，测得混合溶液的ph7，说明碱的电离程度小于盐的水解程度，溶液呈酸性，则c（h+）c（oh-），结合电荷守恒知c（cl-）c（m+），盐中阴阳离子浓度大于氢离子和氢氧根离子浓度，所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（cl-）c（m+）c（h+）c（oh-），（4）若常温下ph=3的盐酸与ph=11的氨水溶液等体积混合，氨水的浓度大于0.001mol/l，而盐酸的浓度为0.001mol/l，等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的ph7，【思路点拨】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，根据电荷守恒和质子守恒分析弱电解质的电离及盐类水解，题目难度中等18（12分）某化学兴趣小组对加碘食盐中的kio3进行研究，它是一种白色粉末，常温下很稳定，加热至560 开始分解。在酸性条件下kio3是一种较强的氧化剂，与hi、h2o2等作用，被还原为碘单质。(1)学生甲设计实验测出加碘食盐中碘元素的含量，步骤如下：a称取w g加碘盐，加适量蒸馏水溶解； b用稀硫酸酸化，再加入过量ki溶液；c以淀粉为指示剂，用物质的量浓度为1.00103 moll1的 na2s2o3溶液滴定(滴定时的反应方程式：i22s2o=2is4o)。操作b涉及的主要反应的离子方程式为 ；滴定时，na2s2o3溶液应放在 (填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)，滴定至终点时消耗na2s2o3溶液20.00 ml，其终点颜色变化为 ；加碘食盐样品中的碘元素含量是 mgkg1(以含w的代数式表示)。(2)学生乙对纯净的nacl（不含kio3）进行了下列实验：顺序步骤实验现象取少量纯净的nacl，加蒸馏水溶解溶液无变化滴入淀粉ki溶液，振荡溶液无变化放置片刻，再滴加稀h2so4，振荡溶液变蓝色请推测实验中产生蓝色现象的可能原因是（用离子方程式表示）： 。由学生乙的实验结果推知，学生甲的实验结果将 （填“偏大、偏小或无影响”）。【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；测量物质的含量【答案解析】（1）5i-+io3-+6h+ =3i2+3h2o 碱式滴定管蓝色变无色，且保持半分钟不变色1270/3w（2）4io24h+ 2h2o +i2 偏大 解析：（1）用稀硫酸酸化，再加入过量ki溶液，b涉及的主要反应的离子方程式为5i-+io3-+6h+ =3i2+3h2o；na2s2o3为强碱弱酸盐，因为硫代硫酸根离子水解，na2s2o3溶液呈弱碱性，所以滴定时na2s2o3溶液应放在碱式滴定管中；b中生成i2，c中使用淀粉作为指示剂；加入淀粉，溶液呈蓝色，用na2s2o3溶液滴定，i2反应完毕，溶液蓝色褪色，滴定终点现象为：溶液蓝色褪色，半分钟内不恢复蓝色；20ml溶液消耗na2s2o3的物质的量为1.0010-3mol/l0.02l=2.0010-5mol，根据io3-+5i-+6h+=3i2+3h2o，i2+2s2o32-=2i-+s4o62-，则：io3-3i26s2o32-1 6xmol 2.0010-5mol解得x=2.0010-56，加碘食盐样品中的碘元素含量是2=1270/3w（mgkg1）（2）酸性条件下，碘离子被氧气氧化生成碘单质，离子反应方程式为：4i-+4h+o2=2i2+2h2o；且酸性条件下，过量的碘离子易被空气中氧气氧化生成碘单质，因b用稀硫酸酸化，再加入过量ki溶液，所以导致测定结果偏大，【思路点拨】本题以碘酸钾中碘的测定为载体考查了氧化还原滴定的应用、对实验原理理解，注意掌握碘及其化合物的性质是解答本题的关键，题目难度中等19(14分)中国环境监测总站数据显示，颗粒物(pm2.5等)为连续雾霾过程影响空气质量最显著的污染物。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下表：离子k+na+nhsonocl浓度/moll1410661062105410531052105根据表中数据计算pm2.5待测试样的ph 。 （2）汽车发动机工作时会引发n2和o2反应，其能量变化示意图如图3： n2(g)o2(g)2no(g) hkjmol1。 尾气中空气不足时，nox在催化转化器中被还原成n2。写出no被co还原的化学方程式。 汽车汽油不完全燃烧时还产生co，若设想按下列反应除去co：2co(g)2c(s)o2(g),已知该反应的h0，该设想能否实现？ （填“能或不能”）。依据是。碘循环工艺不仅能吸收so2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图4： 用离子方程式表示反应器中发生的反应。 用化学平衡移动的原理分析，在hi分解反应中使用膜反应器分离出h2的目的是。【知识点】反应热和焓变；二氧化硫的化学性质；二氧化硫的污染及治理【答案解析】 （1）4（2）+183 kjmol1 2no2co2co2n2 不能 该反应是焓增、熵减的反应（3）so2i22h2oso2i4h+ hi分解为可逆反应，及时分离出产物h2，有利于反应正向进行 解析：（1）溶液中电荷守恒：c（k+）+c（nh4+）+c（h+）=2c（so42-）+c（no3-）+c（cl-），得c（h+）=110-4moll-1，ph值为4，（2）该反应中的反应热=反应物的键能和-生成物的键能和=（945+498)kj/mol-2630kj/mol=+183kj/mol在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以其反应方程式为：2no2co2co2n2该反应的反应物有2mol气体，生成物有1mol气体，s0，h0，所以，h-ts0，反应不能自发进行；（3）从流程图可知，在反应器中，i2氧化so2，生成硫酸和hi，反应方程式为so2+i2+2h2o=so42-+2i-+4h+；hi分解为可逆反应，及时分离出产物h2，有利于反应正向进行【思路点拨】本题考查了电解质溶液中的电荷守恒、反应热=反应物的键能和-生成物的键能和、化学反应自发进行的条件、平衡移动等等知识，题目难度不大20（16分）研究和深度开发co、co2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。（1）co可用于炼铁，已知：fe2o3(s) + 3c(s)2fe(s) + 3co(g) h 1+489.0 kj mol1，c(s) +co2(g)2co(g) h 2 +172.5 kjmol1， 则co还原fe2o3(s)的热化学方程式为 。 0n(ch3oh)/molt/min（2）co与o2设计成燃料电池（以koh溶液为电解液）。该电池的负极反应式为 。（3）co2和h2充入一定体积的恒容密闭容器中，在两种温度下发生反应：co2(g) +3h2(g)ch3oh(g) +h2o(g) 测得ch3oh的物质的量随时间的变化如图5。 图5该反应的h 0(填“大于或小于”），曲线i、对应的平衡常数大小关系为k k （填“、或”）。一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容 器甲乙反应物投入量1molco2、3molh2a molco2、3a molh2、b molch3oh(g)、b molh2o(g)若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则b的取值范围为 。（4）利用光能和光催化剂，可将co2和h2o(g)转化为ch4和o2。紫外光照射时，在不同催化剂（i、ii、iii）作用下，ch4产量随光照时间的变化如图6。在015小时内，ch4的平均生成速率i、ii和iii从小到大的顺序为 （填序号）。 光照时间/h 反应温度/ 图6 图7（5）以tio2cu2al2o4为催化剂，可以将co2和ch4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图7。当温度在 范围时，温度是乙酸生成速率的主要影响因素。cu2al2o4可溶于稀硝酸，稀硝酸还原产物为no，写出有关的离子方程式 。【知识点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池【答案解析】（1）fe2o3(s)+ 3co(g)2fe(s)+ 3co2(g) h 28.5 kjmol1（2）co + 4oh 2e co32+ 2h2o（3）小于 0.4c1（4）iiiiii（5）300400 3cu2al2o4+32h+2no3 6cu2+ 6al3+2no+16 h2o 解析：（1）a、fe2o3（s）+3c（石墨）=2fe（s）+3co（g）h1=+489.0kjmol-1b、c（石墨）+co2（g）=2co（g）h2=+172.5kjmol-1依据盖斯定律a-b3得到fe2o3（s）+3co（g）=2fe（s）+3co2（g）h=-28.5 kjmol-1；（2）一氧化碳在负极失电子发生氧化反应，生成二氧化碳在溶液中生成碳酸钾，原电池负极电极反应为：co+4oh-2e-=co32-+2h2o；（3）根据图象可知，线的反应速率大于线，所以线对应的温度高于线，而线对应的甲醇的物质的量小，也就是说温度高反应平衡逆向移动，据此判断反应的h0，