【KS5U解析】安徽省黄山市2019-2020学年高二上学期期末质量检测化学（理）试题 Word版含解析

1、黄山市20192020学年度第一学期期末质量检测高二(理)化学试题可能用到的相对原子质量：h1 c12 o16 na23 cu64第i卷(选择题 共48分)(本卷包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意，请将正确选项标号填入答题卡上对应位置)1.关于垃圾的分类处理。下列说法错误的是a. 废旧电池不可填埋焚烧，要单独处理b. 填埋垃圾不需要处理，只要深埋即可c. 包装纸、塑料、玻璃、织物等垃圾是可回收物d. 剩饭菜和瓜果壳等生物性垃圾适于生化处理或堆肥【答案】b【解析】【详解】a.废旧电池中含有重金属，若直接填埋，会造成水污染、土壤污染，所以要先单独处理，然后填埋，a正确；

2、b.填埋垃圾需要分门别类的无害化处理后，再深埋，b错误；c.包装纸、塑料、玻璃、织物等垃圾都是可再生的资源，所以是可回收利用的物质，c正确；d.剩饭菜和瓜果壳等生物性垃圾中含有大量的营养物质，经过生化处理或堆肥处理后就可以作为农作物生长需要的肥料使用，d正确；答案选b。2.下列关于热化学反应的描述中正确的是a. hcl和naoh反应的中和热/57.3kj/mol，则h2so4和ca(oh)2反应的中和热2×(57.3)kj/molb. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应c. co(g)的燃烧热是283.0kj/mol，则2co2(g)2co(g)o2(g)反应的h2×28

3、3.0kj/mo1d. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】c【解析】【详解】a中和热是指生成1mol水放出的热量，h2so4和ca(oh)2反应生成硫酸钙和水，硫酸钙是微溶物，生成硫酸钙也要放热，a错误；b需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，有些放热反应也需要加热，例如：n2(g)+3h2(g)2nh3(g) h0，b错误；c燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，则2co2(g)=2co(g)+o2 (g)反应的h=+2×283.0kj/mol，c正确；d燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，故1 mo

4、l甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，d错误；答案选c。3.cco22co h1>0，反应速率v1，n23h22nh3 h2<0，反应速率v2。若升高温度，v1和v2的变化是a. v1增大，v2减少b. 同时减少c. 同时增大d. v1减少，v2增大【答案】c【解析】【分析】升高温度，正逆反应速率都增加，只是增大的倍数不同。详解】a升高温度，反应速率都增加，v1增大，v2增大，a错误；b升高温度，反应速率同时都增大，b错误；c升高温度，反应速率同时都增大，c正确；d升高温度，v1增大，v2增大，d错误；答案选c。4.放热反应2no(g)o2(g)2no2(g)达

5、平衡后，若分别采取下列一项措施：增大压强 减小no2的浓度 增大o2浓度 升高温度 加入催化剂，能使平衡向正反应方向移动的是a. b. c. d. 【答案】a【解析】【详解】2no(g)o2(g)2no2(g) h <0：增大压强，平衡向着气体分子数目减小的方向移动，该反应为气体分子数减小的反应，故增大压强，平衡向着正反应方向移动；减小no2的浓度，即减小生成物的浓度，平衡向着正反应方向移动；增大o2浓度，即增大反应物的浓度，平衡向着正反应方向移动；升高温度，平衡向着吸热方向移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度，平衡向着逆反应方向移动；加入催化剂，能同等倍数的增大正、逆反应速率，平衡

6、不移动；能使平衡向正反应方向移动的是，a符合题意；答案选a。5.设阿伏加德罗常数的值为na，下列说法正确的是a. 25°c时，ph13的氢氧化钡溶液中含有oh0.1na个b. 电解精炼铜时，当电路中转移na个电子，阳极的质量一定减轻了32gc. 0.1 mol h2和0.1 mol i2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2nad. 1 l 0.1 mol·l1 nh4cl溶液中，nh4的数量为0.1na【答案】c【解析】【详解】a题中没有给出溶液的体积，无法计算出25°c时，ph13的氢氧化钡溶液中含有oh的数量，a错误；b电解精炼铜时，阳极材料为粗铜，fe

7、、zn、ni、cu等在阳极失电子，故当电路中转移na个电子，阳极的质量不一定减轻了32g，b错误；ch2+i2 2hi，该反应为反应前后气体分子数不变的反应，故0.1 mol h2和0.1 mol i2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2na，c正确；dnh4cl为强酸弱碱盐，nh4在溶液中发生水解反应，故1 l 0.1 mol·l1 nh4cl溶液中，nh4的数量小于0.1na，d错误；答案选c。6.下列说法正确的是a. h2(g)i2(g)2hi(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变b. c(s)h2o(g)h(g)co(g)，碳的质量不再改变说明反应已达

8、平衡c. 若在恒温恒容容器内，压强不再随时间变化能说明反应2a(？)b(g)2c(？)已达平衡，则a、c不能同时是气体d. 1 mol n2和3 mol h2反应达到平衡时h2转化率为10%，放出的热量为q1；在相同温度和压强下，当2 mol nh3分解为n2和h2的转化率为10%时，吸收的热量为q2，q2不等于q1【答案】b【解析】【详解】ah2(g)i2(g)2hi(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，反应物、生成物浓度都增加，正逆反应速率加快，a错误；bc(s)h2o(g)h(g)co(g)，达到平衡时，碳的质量不再随时间的改变而改变，b正确；c若a、c同时是气体，则2a(g)b(g)

9、2c(g)是反应前后气体分子数改变的反应，当压强不再随时间变化能说明该反应达到平衡，c错误；d假设n2(g)+3h2(g)2nh3(g) h=-a kj/mol，则1 mol n2和3 mol h2反应达到平衡时h2转化率为10%，放出的热量为q1=0.1a kj；在相同温度和压强下，当2 mol nh3分解为n2和h2的转化率为10%时，吸收的热量为q2=0.1a kj，q2等于q1，d错误；答案选b。7.下列实验操作正确的是a. 实验室保存饱和fecl2溶液时，应加入少量铁粉b. 将4.0gnaoh固体置于100ml容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·l1 naoh标准

10、溶液，滴定未知浓度的盐酸c. 用装置甲蒸干alcl3溶液制无水alcl3固体d. 用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量so2【答案】d【解析】【详解】a实验室保存饱和fecl2溶液时，应加入少量铁粉防止fe2+被氧化，还需要加入盐酸或者通入hcl，防止fe2+发生水解反应，a错误；b应该在烧杯中溶解naoh固体，不能在容量瓶中溶解，b错误；calcl3+3h2o al(oh)3+3hcl，hcl易挥发，蒸干alcl3溶液无法获得无水alcl3固体，c错误；dnaoh溶液与so2反应，并且naoh溶液与乙烯不反应，故可用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量so2，d正确；答案选d。8.根据下列图示所得

11、出的结论不正确的是a. 图甲是co(g)+h2o(g)co2(g)+h2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的h<0b. 图乙是室温下h2o2催化分解放出氧气的反应中c(h2o2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行h2o2分解速率逐渐减小c. 图丙是室温下用0.1000 mol·l1naoh溶液滴定20.00 ml 0.1000 mol·l1某一元酸hx的滴定曲线，说明hx是一元强酸d. 图丁是室温下用na2so4除去溶液中ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(ba2+ )与c(so42)的关系曲线，说明溶液中c(so42 )越大c(ba2+ )越

12、小【答案】c【解析】【分析】a. 升高温度，lgk减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的h0；b. 根据图像，随着时间的推移，c（h2o2）变化趋于平缓，随着反应的进行h2o2分解速率逐渐减小；c. 根据图像，没有滴入naoh溶液时，0.1000mol/lhx溶液的ph1，hx为一元弱酸；d. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（so42-）越小，-lgc（ba2+）越大，说明c（so42-）越大c（ba2+）越小。【详解】a. 升高温度，lgk减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的h0，a项正确；b. 根据图像，随

13、着时间的推移，c（h2o2）变化趋于平缓，随着反应的进行h2o2分解速率逐渐减小，b项正确；c. 根据图像，没有滴入naoh溶液时，0.1000mol/lhx溶液的ph1，hx为一元弱酸，c项错误；d. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（so42-）越小，-lgc（ba2+）越大，说明c（so42-）越大c（ba2+）越小，d项正确；答案选c。【点睛】本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定ph曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。9.下列有关电化学原理的说法正确的是a.

14、用惰性电极电解mgcl2饱和溶液可制得金属镁b. 用惰性电极电解cucl2溶液时，阳极表面生成红色物质c. 在铁钉表面电镀铜时，将铁钉作阳极，铜作阴极，硫酸铜溶液为电解质d. 用石墨电极电解饱和食盐水的过程中，溶液的ph逐渐增大【答案】d【解析】【详解】amg是比较活泼金属，用惰性电极电解mgcl2饱和溶液，溶液中水电离出的h+在阴极的放电性比mg2+强，故用惰性电极电解mgcl2饱和溶液不能制得金属镁，a错误；b用惰性电极电解cucl2溶液时，阳极发生氧化反应，阳极反应式为2cl-2e-=cl2，阳极表面无红色物质生成，b错误；c在电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，含镀层金属阳离子的盐溶液

15、作电解质溶液，在铁钉表面电镀铜时，将铁钉作阴极，铜作阳极，硫酸铜溶液为电解质溶液，c错误；d用石墨电极电解饱和食盐水的电解方程式：2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2，故用石墨电极电解饱和食盐水的过程中，溶液的ph逐渐增大，d正确；答案选d。10.硫化氢是一种急性剧毒气体，回收硫化氢解决了环境污染问题也可变废为宝。其反应原理为：2h2s(g)o2(g)s2(s)2h2o(l) h632 kj·mol1。在酸性固体电解质环境下，硫化氢的处理原理图如图所示。下列说法正确的是a. 电极a的电极反应式为2h2s4es24hb. 电子由电极a经质子固体电解质膜流向电极bc. 1 mol

16、的h2s气体完全反应得到固体s2和水蒸气放热316kjd. 负载中电流的方向自上而下【答案】a【解析】【分析】原电池中，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，由在酸性固体电解质环境下，硫化氢的处理原理图可知a为负极，b为正极。【详解】a电极a负极，发生氧化反应，反应式为2h2s4es24h，a正确；b原电池中电子由负极沿导线流向正极，电子不能在电解质中通过，b错误；c1 mol的h2s气体完全反应得到固体s2和水蒸气吸收热量为316kj，c错误；d原电池中电流由正极沿导线流向负极，故负载中电流的方向自下而上，d错误；答案选a。11.以下是几种酸碱指示剂变色的ph范围：甲基橙3.14.4 甲基红4

17、.46.2 酚酞8.210,现用0.1000 mol·l1naoh溶液滴定浓度相近的甲酸时，上述指示剂a. 都可以用b. 只能用c. 可以用或d. 可以用或【答案】b【解析】【详解】用0.1000mol/lnaoh溶液滴和ch3cooh溶液反应恰好完全时，生成了ch3coona，ch3coona溶液中醋酸根离子部分水解，溶液呈碱性，根据指示剂的变色范围可知，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，不能选用甲基橙和甲基红；答案选b。12.下列实验不能达到预期实验目的是（  ）序号实验内容实验目的a室温下，用ph试纸测定浓度为0.1mol·l-1naclo溶液

18、和0.1mol·l-1ch3coona溶液的ph比较hclo和ch3cooh的酸性强弱b向盛有1ml硝酸银溶液的试管中滴加nacl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加na2s溶液说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀c向含有少量fecl3的mgcl2溶液中加入足量mg(oh)2粉末，搅拌一会过滤除去mgcl2中少量fecl3d室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的na2s2o3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸研究浓度对反应速率的影响a. ab. bc. cd. d【答案】a【解析】【详解】a次氯酸钠具有强氧化性，能够使ph试纸褪色，不能用ph试纸测定，应该用ph

19、计测定浓度为0.1moll-1naclo溶液和0.1moll-1 ch3coona溶液的ph，故a不能达到预期实验目的，故a选；b向盛有1ml硝酸银溶液的试管中滴加nacl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加na2s溶液，生成黑色沉淀，则发生沉淀的转化，说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，能达到预期实验目的，故b不选；c氯化铁溶液能够水解，水解呈碱性，加入足量mg(oh)2粉末，可调节溶液ph，利于生成氢氧化铁沉淀，可用于除杂，能达到预期实验目的，故c不选；d分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸，浓度越大，反应速率越快，可研究浓度对反应速率的影响，能达到预期实验目的，故d不选；故

20、选a。13.下列有关电解质溶液的说法正确的是a. 向0.1 mol·l1 ch3cooh溶液中加入少量水，溶液中减小b. 将ch3coona溶液从20升温至30，溶液中增大c. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1d. 向agcl、agbr的饱和溶液中加入少量agno3，溶液中不变【答案】d【解析】【详解】a溶液中=ka(ch3cooh)/kw，因为ka(ch3cooh)、kw仅受温度影响，当温度不变时，它们的值不会随着浓度的变化而变化，故向0.1 mol·l1 ch3cooh溶液中加入少量水，溶液中不变，a错误；bch3coo-+h2och3cooh+oh-， ，温度

21、升高促进ch3coo-水解，水解平衡常数增大，=1/kh，故将ch3coona溶液从20升温至30，溶液中减小，b错误； c由电荷守恒可知c(nh4+)+c(h+)=c(cl-)+c(oh-)，因为溶液呈中性，c(h+)=c(oh-)，所以c(nh4+)=c(cl-)，c(nh4+)/c(cl-)=1，c错误；d向agcl、agbr的饱和溶液中加入少量agno3，溶液中=ksp(agcl)/ksp(agi)，故溶液中不变，d正确；答案选d。14.银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了ags的缘故。根据化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑

22、色会褪去。下列说正确的是a. 黑色褪去的原因是黑色ag2s转化为白色agclb. 银器为正极，ag2s被还原生成单质银c. 铝质容器为正极d. 过程中银器一直保持恒重【答案】b【解析】【详解】a黑色褪去是ag2s转化为ag而不是agcl，a错误；b银作正极，正极上ag2s得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，b正确；c银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，c错误；d银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的ag2s得电子，析出单质银，所以银器质量减小，d错误；答案选b。15.1mol x气体跟a mol y气体在体积可变的密闭容器中发生

23、如下反应：x（g） + ay（g）bz（g），反应达到平衡后，测得x的转化率为50% 。而且，在同温同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，则a和b的数值可能是a. a=l，b=2b. a=2，b=1c. a=2，b=2d. a=3，b=2【答案】d【解析】【分析】1mol x气体跟a mol y气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：x（g）+a y（g）b z（g）。反应达到平衡后，测得x的转化率为50%而且，在同温同压下反应前后混合气体的密度之比和气体体积成反比即和气体物质的量成反比，讨论分析判断得到a、b的取值。【详解】x（g）+a y（g）b z（g）。起始量（

24、mol）    1      a         0变化量（mol）    0.5    0.5a     0.5b平衡量（mol） 0.5       0.5a     0.5b 依据在同温同压下反应前后混合气体的密度之比和气体体积成反比

25、即和气体物质的量成反比，在同温同压下测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的，即反应后气体物质的量是反应前气体物质的量，则得到；（0.5+0.5a+0.5b）:（1+a）=3:4，计算得到：2b=a+1，依据选项中的取值分析判断，a=3，b=2符合计算关系。故选d。16.室温下，将一元酸ha的溶液和koh溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/（mol·l1）反应后溶液的phc（ha）c(koh)0.10.19x0.27 下列判断不正确的是a. 实验反应后的溶液中：c(k)>c(a)>c(oh)>c(h)b. 实验反应后的溶液中：c(

26、oh)=c(k)c(a)=mol/lc. 实验反应后的溶液中：c(a)c(ha)>0.1mol·l1d. 实验反应后的溶液中：c(k)=c(a)>c(oh) =c(h)【答案】b【解析】【详解】a、两者是等体积等浓度混合，应是恰好完全反应，溶质是ka，反应后溶液显碱性，说明ha是弱酸，a发生水解，ah2ohaoh，离子浓度大小顺序是c(k)>c(a)>c(oh)>c(h)，故a说法正确；b、根据电荷守恒，有c(k)c(h)=c(oh)c(a)，则有c(oh)=c(k)c(h)c(a)=kw/109mol·l1，故b说法错误；c、因为ha是弱酸，

27、反应后溶液显中性，溶质为ha和ka，因此ha的浓度应大于0.2mol，根据物料守恒，c(a)c(ha)>0.2/2mol·l1=0.1mol·l1，故c说法正确；d、根据电中性，c(k)c(h)=c(oh)c(a)，溶液显中性，即c(h)=c(oh)，c(k)=c(a)，离子浓度大小顺序是c(k)=c(a)> c(h)=c(oh)，故d说法正确；答案选b。第ii卷(非选择题 共4题，共52分)17.cucl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，潮湿的cucl在空气中被氧化为cu2(oh)3cl。(1)一种由海绵铜(cu)为原料制备cucl的工艺流程如下：“溶解”步骤

28、发生反应的离子方程式为_；潮湿cucl在空气中被氧化的化学反应方程式为_；已知常温下cu(oh)2溶度积常数ksp2×1020要使c(cu2)0.2 mol·l1的硫酸铜溶液中的铜离子沉淀比较完全(使铜离子浓度变为原来的千分之一)则应调节溶液ph为_以上。(2)次磷酸(h3po2)是一元中强酸，可用于作金属表面处理剂。向ba(h2po2)2溶液中加入硫酸可以制取h3po2，写出反应的化学方程式：_；h3po2可将溶液中的ag还原为银，从而用于化学镀银，反应同时生成p元素最高价氧化物对应的水化物。在该过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为：_；nah2po2的水溶液呈弱碱性，

29、用离子方程式说明原因：_。【答案】 (1). 3cu+2no3-+8h+=3cu2+2no+4h2o (2). 4cucl+o2+4h2o=2cu2(oh)3cl+2hcl (3). 6 (4). ba(h2po2)2+h2so4=2h3po2+baso4 (5). 4:1 (6). h2po2- + h2oh2po2- + oh-【解析】【分析】（1）“溶解”时no3-在酸性条件下有氧化性，能溶解铜，相当于铜与稀硝酸的反应；结合题中所给出的反应物、生成物书写相关方程式；利用cu(oh)2溶度积常数，通过计算调节ph，使铜离子浓度变为原来的千分之一；（2）根据强酸制弱酸原理，向ba(h2po2

30、)2溶液中加入硫酸可以制取h3po2，同时生成baso4沉淀，则发生反应的化学方程式：ba(h2po2)2+h2so4=2h3po2+baso4；根据氧化还原反应中得失电子守恒，判断出氧化剂与还原剂的物质的量之比；nah2po2是强碱弱酸盐，h2po2- 在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】（1）“溶解”时no3-在酸性条件下有氧化性，能溶解铜，发生反应的离子方程式：3cu+2 no3-+8h+=3cu2+2no+4h2o ；潮湿的cucl在空气中被氧化cu2(oh)3cl的化学反应方程式：4cucl+o2+4h2o=2cu2(oh)3cl+2hcl；要使c(cu2)0.2 mol·l

31、1的硫酸铜溶液中的铜离子沉淀比较完全(使铜离子浓度变为原来的千分之一)，ksp(cu(oh)2)0.210-3c2(oh-)=2×1020，c(oh-)=1.0×108mol·l1，ph=6，故应调节溶液ph为6以上；（2）根据强酸制弱酸原理，向ba(h2po2)2溶液中加入硫酸可以制取h3po2，同时生成baso4沉淀，则发生反应的化学方程式：ba(h2po2)2+h2so4=2h3po2+baso4； h3po2可将溶液中的ag还原为银，从而用于化学镀银，反应同时生成p元素最高价氧化物对应的水化物，应为h3po4，h3po2作还原剂，h3po2h3po4，p元

32、素的化合价从+1+5，升高4价；ag作氧化剂agag，ag元素的化合价从+10，降低1价，氧化还原反应中得失电子守恒，4、1的最小公倍数是4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1；nah2po2是强碱弱酸盐，h2po2- 在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式：h2po2- + h2oh2po2- + oh-。【点睛】本题的难点是特定条件下陌生方程式的书写，在近几年的高考题中，尤其在实验题和工艺流程题中经常出现，例如潮湿的cucl在空气中被氧化、h3po2可将溶液中的ag还原为银，这就需要结合题中的信息，然后根据得失电子守恒做出解答。18.为了测定含有h2c2o4·2h2o、kh

33、c2o4和k2so4的试样中各物质的质量分数，进行如下实验：称取6.0 g试样，加水溶解，配成250 ml试样溶液。用酸式滴定管量取25.00 ml试样溶液放入锥形瓶中，并加入23滴酚酞试液，用0.2500 mol/l naoh溶液滴定，消耗naoh溶液20.00 ml。再取25.00 ml试样溶液放入另一锥形瓶中，用0.1000 mol/l的酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗高锰酸钾溶液16.00 ml。回答下列问题：（1）已知：0.10mol/lkhc2o4溶液ph约为3，其中含碳元素的粒子浓度由大到小的顺为_。（2）步骤所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_。（3） 完成并配平下列离子方程式：_c2

34、o42- +_mno4+_h+ =_co2+_mn2+ +_（4）步骤中判断滴定终点的方法是_。（5）步骤中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，则测得的h2c2o4·2h2o的质量分数_。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（6）试样中h2c2o4·2h2o的质量分数为_。【答案】 (1). c(hc2o4-)c(c2o42-)c(h2c2o4) (2). 胶头滴管、250 ml容量瓶、量筒 (3). 5 (4). 2 (5). 16 (6). 10 (7). 2 (8). 8h2o (9). 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，就证明达到了终点 (10)

35、. 偏小 (11). 21%【解析】【详解】（1）0.10 mol/l khc2o4溶液ph约为3，则说明hc2o4-的电离作用大于水解作用。所以c（c2o42-）> c（h2c2o4）。但是物质的电离作用是微弱的，微粒主要还是以盐的形式存在，所以c（hc2o4-）>c（c2o42-），则其中含碳元素的粒子浓度由大到小的顺序是c（hc2o4-）>c（c2o42-）>c（h2c2o4）；（2）步骤配制溶液时所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、250 ml容量瓶和胶头滴管及量筒。（3）根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式是5c2o42+ 2mno4+16 h+ 10c

36、o2+ 2mn2+8h2o；（4）步骤中用高锰酸钾滴定草酸根离子。由于高锰酸钾是紫色的，所以当达到滴定终点时溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，就证明达到了终点；（5）步骤中量取试样溶液时，酸式滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，试样的物质的量偏少，消耗的naoh体积就偏小，因此测得的h2c2o4·2h2o的质量分数偏小。（6） 假设在25.00 ml试样中h2c2o4·2h2o的物质的量为x，khc2o4的物质的量为y，根据酸碱中和时微粒的物质的量相等可得2x+y=0.2500mol/l×0.02l；根据在氧化还原反应中电子转移数目相等可得2（x+y）×

37、1=0.1000mol/l×0.016l×5，两式联立求解可得x=0.001mol；y=0.003mol。由于溶液有均一性，所以25.00 ml试样溶液中含有样品质量是0.6g，故试样中h2c2o4·2h2o的质量分数为（0.001mol× 126g/mol） ÷0.6g× 100% =21%。19.研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。(1)已知部分弱酸的电离常数如下表：写出h2s的ka1的表达式：_常温下，ph相同的三种溶液naf、na2co3、na2s，物质的量浓度最小的是_。将过量h2s通入na2co3溶液，反应的离子

38、方程式是_。(2)室温下，用0.100 mol·l1 盐酸溶液滴定20.00 ml 0.100 mol·l1 的氨水溶液，滴定曲线如图所示。(忽略溶液体积的变化，填“>”“<”或“”)a点所示的溶液中c(nh3·h2o)_c(cl)。b点所示的溶液中c(cl)_c(nh4)。室温下ph11的氨水与ph5的nh4cl溶液中，由水电离出的c(h)之比为_。(3)二元弱酸h2a溶液中h2a、ha、a2的物质的量分数(x)随ph的变化如图所示。则h2a第二级电离平衡常数ka2_。【答案】 (1). c(h+)×c(hs-)/c(h2s) (2). n

39、a2s (3). h2s+ co32-=hco3-+hs- (4). < (5). = (6). 1: 106 (7). 10-4.2【解析】【分析】（1）多元弱酸分步电离，h2s是一个二元弱酸，ka1=c(h+)×c(hs-)/c(h2s)；酸的电离平衡常数越大，酸性越强，对应的酸根离子的水解能力越弱；利用强酸制弱酸；（2）a点加入的盐酸体积为氨水体积的1/2，混合液中含有等浓度的nh3·h2o和nh4cl，结合图象判断出nh3·h2o的电离程度大于nh4+的水解程度；由电荷守恒可知c(nh4+)+c(h+)=c(cl-)+c(oh-)，溶液呈中性，c(h

40、+)=c(oh-)，所以c(nh4+)=c(cl-)；nh3·h2o是一元弱碱，对水的电离起到抑制作用，nh4cl是强酸弱碱盐，促进水的电离；（3）由图象可知，ph=4.2时，c(ha)=c(a2)，ka2c(a2)×c(h)/ c(ha)= 10-4.2。【详解】（1）h2s是一个二元弱酸，ka1=c(h+)×c(hs-)/c(h2s)；常温下，k(hf) >ka2(h2co3) > ka2(h2s)，酸越弱，对应的酸根离子的水解能力越强，故物质的量浓度相同的naf、na2co3、na2s三种溶液，ph(na2s) >ph(na2co3) &g

41、t;ph(naf)，所以常温下，ph相同的三种溶液naf、na2co3、na2s，物质的量浓度最小的是na2s。因为ka1(h2co3) > ka1(h2s) >ka2(h2co3) > ka2(h2s)，由强酸制弱酸可知，将过量h2s通入na2co3溶液，反应的离子方程式：h2s+ co32-=hco3-+hs-。（2）a点加入的盐酸体积为氨水体积的1/2，等浓度的两溶液反应后，混合液中含有等浓度的nh3·h2o和nh4cl，由于nh3·h2o的电离程度大于nh4+的水解程度，则溶液显示碱性，故a点所示的溶液中c(nh3·h2o) <c(

42、cl)；由电荷守恒可知c(nh4+)+c(h+)=c(cl-)+c(oh-)，因为ph=7，溶液呈中性，c(h+)=c(oh-)，所以c(nh4+)=c(cl-)；nh3·h2o是一元弱碱，对水的电离起到抑制作用，故室温下ph11的氨水由水电离出的c(h)= 1.0×1011mol·l1；nh4cl是强酸弱碱盐，促进水的电离，故室温下ph5的nh4cl溶液中，由水电离出的c(h)= c(h)= 1.0×10-5mol·l1，所以室温下ph11的氨水与ph5的nh4cl溶液中，由水电离出的c(h)之比为(1.0×1011mol·

43、;l1):(1.0×10-5mol·l1)=1: 106；（3）由图象可知，ph=4.2时，c(ha)=c(a2)，ka2c(a2)×c(h)/ c(ha)= 10-4.2。【点睛】本题的难点是最后一问，解题时要善于运用图象中的关键点提供的信息，如本题中就要灵活运用两个交点解答电离平衡常数。20.co是大气污染气体，可利用化学反应进行治理或转化。(1)甲醇是重要的溶剂和燃料，工业上用co和h2在一定条件下制备ch3oh的反应为：co(g)2h2(g)ch3oh(g) h<0t时，向容积为2l的恒容密闭容器中充入1 mol co和1.2 mol h2，一段时间

44、后达到平衡，此时h2与ch3oh的体积分数之比为2：5，该反应的平衡常数k_；此时若向容器中再通入0.4 mol co和0.2 mol ch3oh(g)，则平衡将_移动。(填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”)在一容积可变的密闭容器中充入一定物质的量的co和h2，测得co在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。a、b、c三点平衡常数k(a)、k(b)、k(c)的大小关系是_。b、d点的正反应速率vb(co)_va(co).(2)沥青混凝土可作为2co(g)o2(g)2co2(g)反应的催化剂。图表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、反应相同的时间，使用同质量的不同沥青混凝土(型、型)催化时，co的转化率与温度的关系。a、b、c、d四点中表示平衡状态的是_；e点转化率出现突变的原因可能是_。(3)电解法转化co2可实现co2资源化利用。电解时co2在阴极区转化为hcooh，其原理示意图如下：电解一段时间后，阳极区的khco3溶液浓度降低，其原因是_。【答案】 (1). 100 (2). 正反应方向 (3). k(a) > k(b) > k(c) (4). > (5). c、d