山西太原2018-2019学年高二上学期期末考试化学试题附答案解析

1、山西省太原市2018-2019学年高二上学期期末考试化学试题本试卷为闭卷笔答，答题时间90分钟，满分100分。一、选择题(每小题只有1个符合题意，每小题2分，共40分。请将正确选项的序号填入下面答题栏内)1.2018年9月，中国国际能源产业博览会在太原召开。下列关于能源说法不正确的是A,煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能B.在能源的开发和利用中必须同时考虑对环境的影响C.天然气是一种高效清洁的能源D.我的煤炭储量十分丰富，人类可以无穷无尽地开发【答案】D【解析】【详解】A、煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能，即间接来自太阳能，故A正确；B、能源的开发和利用，必须同时考虑其对生态

2、环境的影响，不计后果的开发能源是不可取的，故B正确；C、天然气的主要成分是甲烷，是一种高效、低耗、污染小的清洁能源，故C正确；D、虽然我国的煤的储量十分丰富，但是它是化石能源，储量有限，用完以后不能在短时间内形成，并不是可以无穷无尽地开发，故D错误。故选D=2 .在密闭容器中进行可逆反应，气体A与B反应生成C,其反应速率分别用VVb、Vc表示，三者之间有以下关系：Vb=3Va,3Vc=2Vj,则此反应的化学方程式为()A. A(g)+B(g)C(g)B. 6A(g)+2B(g)=3C(g)C. 3A(g)+B(g)2C(g)D. A(g)+3B(g)2C(g)【答案】D【解析】【分析】根据化学

3、反应速率之比等化学计量数之比进行计算，根据计算结果书写方程式。【详解】Vb=3Va,3Vc=2Vb，故Va:Vb:Vc=1:3:2,化学反应速率之比等化学计量数之比，故此反应可表示为A(g)+3B(g)2c(g),故选Dt【点睛】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键。3 .某反应使用催化剂后，其反应过程中的能量变化如图，下列说法错误的是()过百A.总反应为放热反应C.反应是吸热反应【答案】B【解析】B.使用催化剂后，活化能不变D.AH=AH1+AH2【详解】A.因为反应物的总能量比生成物总能量高，故总反应为放热反应，A正确；B.加入催化剂，改变反应的

4、活化能，B错误；C.因为中反物的总能量比生成物总能量低，故反应为吸热反应，C正确；D.由图可知，反应为吸热反应，反应热为1,反应为放热反应，反应热为-2,根据盖斯定律，AH=AH1-(-H2)=AHi+AH2,D正确。故选Bo4.如图所示，相同温度下，在容器I和n中分别充入等物质的量的HI,发生反应2HI(g)khb(g)+l2(g)。下列关于反应起始时容器I和n中活化分子的说法不正确的是()a.I和n中活化分子数相同B. I和n中活化分子百分数相同c. I和n中单位体积内活化分子数相等d. I中化学反应速率比n中的小【答案】C【解析】【分析】HI,发生反应2HI(g)4H(g)+I2(g)。

5、由图可知，II的压强大,容器I和n中分别充入等物质的量的以此解答。【详解】A.I和n中温度相同，活化分子数相同，故A正确；b.I和n中温度相同，活化分子数相同，分子总数相同，所以活化分子百分数相同，故B正确；C. I和n中体积不同，活化分子数相同，所以单位体积内活化分子数不相等，故C错误；d.I中压强比n中小，压强越小反应越慢，所以I中化学反应速率比n中的小，故D正确。故选C5.室温下，设1LpH=6的AlCl3溶液中，由水电离出的H+物质的量为ni;1LpH=6的HCl溶液中，由水电离出的H+物质的量为n2.则ni/n2的值是()A.0.01B.1C.10D.100【答案】D【解析】【详解】

6、1LpH=6的AlCl3溶液中，由水电离出的H+物质的量为n1=n(H+)=10-6mol/LX1L=10-6mol;10141LpH=6的HCl溶液中，由水电离出的H+物质的量为n2=n(OH尸一mol/Lx1L=10-8mol。则106,10"m/n2=100o10'8故选D=【点睛】本题考查水的电离的影响因素，注意能水解的盐促进水的电离，酸和碱都抑制水的电离，水电离出的氢离子总是等于水电离出的氢氧根离子。6 .一种新型火药用高氯酸钾代替硝酸钾，用糖类代替木炭和硫磺，可避免二氧化硫等有害物质的排放，这种新型火药爆炸的热化学方程式：QHi2O6(s)+3KClO4(s)=3

7、KCl(s)+6H2O(g)+6CQ(g)H=xkJ/mol,已知：葡萄糖的燃烧热：产akJ/mol,KClQ(s)=KCl(s)+2O2(g)AH2=bkJ/mol,H2O(g)=H2O。)AH3=ckJ/mol,则x为()A.a+3b-6cB.6c+3a-bC.a+b-6cD.6c+a-b【答案】A【解析】【详解】已知：C6Hi2Q(s)+6O2(g)=6H2O(l)+6CO2(g)AH1=akJ/mol,KClO4(s)=KCl(s)+2O2(g)H2=bkJ/mol,H2O(g)=H2O(l)AH3=ckJ/mol,根据盖斯定律：+X3-X6得反应QHi2O6(s)+3KClO4(s)

8、=3KCl(s)+6H2O(g)+6CQ(g)的4H=(a+3b-6c)kJ/mol,所以x=a+3b-6c,故选A。7 .关于水解应用的说法，错误的是（）A,在氯化钱的浓溶液中加入镁粉会产生气泡8 .配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶液在较浓的盐酸中再水稀释C.硫酸钱和草木灰混合施用到农田可以增强肥效D.可用油脂的碱性水解来制备肥皂和甘油【答案】C【解析】【详解】A项，氯化钱水解使溶液显酸性，加入镁粉有氢气产生，同时产生氨气，故A项正确；B项，铁离子水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液变浑浊，所以配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶液在较浓的盐酸中再加水稀释，故B项正确；C项，硫酸俊和草木灰混合施用，

9、由于俊根离子与碳酸根离子发生互促水解使肥效降低，故C项错误；D项，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，即皂化反应，可用来制备肥皂和甘油，故D项正确。故答案选C8.如图表示钢铁在海水中的锈蚀过程的模型，以下有关说法正确的是（）A.该金属腐蚀过程为析氢腐蚀B.正极为C,发生的反应为氧化反应C.在强酸性条件下发生的是吸氧腐蚀D.正极反应为：2H2O+O+4e-=4OH【答案】D【解析】钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极；A.从图中看出，空气中的氧气参加反应，所以发生了吸氧腐蚀，故A错误；B.碳作正极，发生的反应为还原反应，故B错误；C.在酸性环境下，原电池的正极发

10、生氢离子得电子的还原反应，析出氢气，即在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，故C错误;D.吸氧腐蚀时，氧气在正极发生得电子的还原反应：Q+2H2O+4e=4OH,故D正确；故选D。9.人工光合系统装置（如图）可实现以CO和H2O合成CH。下列有关说法不正确的是（）A.该装置中铜为正极B.电池工作时H+向Cu电极移动C.GaN电极表面的电极反应式为：2H2O-4e-02+4HD.反应CQ+2H2O-CH+2Q中每消耗1molCO2转移4mole【答案】D【解析】【分析】该装置中，根据电子流向知，GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为2HO-4e-O2T+4H,正极反应式为CO+8e-+8H+=CH+2H

11、2。，电解质溶液中阳离子向正极移动，据此分析解答。【详解】A、根据图知，该装置中有太阳能转化为化学能、化学能转化为电能，则为原电池，根据电子流向知铜为正极，故A正确；B、电池工作时，H+向正极Cu电极移动，故B正确；C、GaN负极，负极反应式为2H2O-4e=4H+QT,故C正确；D、反应CO+2HO-CH+2Q中每消耗1molCO转移8mole-,故D错误。故选D=10.某兴趣小组设计了如图所示原电池装置（盐桥中吸附有RSQ饱和溶液）。下列说法正确的是（）卡FTh4Ks4.、ituSKJ.旗It港考茜，霞A.该原电池的正极反应是Cu2+2e-=CuB.甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅C.盐桥中的

12、SO2-流向甲烧杯D.若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，电流表指针反向偏转【答案】B【解析】A、正极发生还原反应，电极反应为：Fe3+e=Fe2+,错误；日左边烧杯中发生Fe3+e=Fe2+,则左烧杯中溶液的红色逐渐变浅，正确；C阴离子向原电池的负极移动，错误；D若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，铜被氧化，铜为负极，电流表指针偏转方向不变，错误。答案选B。点睛：本题考查原电池原理，为高考频考点，明确原电池反应及正负电极的判断、发生的电极反应等是解答本题的关键，该原电池反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2,则负极为Cu,发生Cu-2e=Cu2+,阳离子移动到正极，左边烧杯中发生Fe3+e=

13、Fe2+,从而分析得解。11.下列关于难溶电解质溶解平衡的说法正确的是A,可直接根据Ksp的数值大小比较难溶电解质在水中的溶解度大小B.在AgCl的饱和溶液中，加入蒸储水，Ksp(AgCl)不变C.难溶电解质的溶解平衡过程是可逆的，且在平衡状态时v溶解=丫沉淀=0D.25c时，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),向AgCl的饱和溶液中加入少量KI固体，一定有黄色沉【答案】B【解析】【详解】A、比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，比较同类型的难溶物的溶解度大小，可通过溶度积直接比较溶解度大小，故A错误；B、在纯水中物质白溶解度和Ksp都只受物

14、质性质和温度的影响，与其它外界条件无关，所以B选项是正确的；C、平衡危态时v溶解=丫沉淀羊0,电解质的溶解和离子结晶形成电解质都在继续，故C错误；D、加入KI后碘离子浓度增大，使得碘离子浓度与银离子浓度之积增大，可能会大于Ksp(AgI),若加入足量的碘化钾，则有黄色沉淀碘化银生成，但不一定，故D错误。所以B选项是正确的。12.常温下，用钳作电极电解1L,1mol”-1的氯化钠溶液，当收集到1.12L氯气(标准状况)时，溶液的pH约为(不考虑气体溶解，忽略溶液体积变化)A.1B.7C.13D.14【答案】C【解析】【详解】惰性电极电解氯化钠溶液，阳极反应：2Cl-2e-=Cl2f,当阳极产生1

15、.12L即0.05mol氯气，根据电解方程式：2NaCl+2H2O型H4+Cl2,+2NaOH产生0.05mol氯气生成氢氧化钠的物质的量是0.1mol,溶液中OH的物质的量浓度是：=0.1mol/L,c(H+)=1mol/L=10-13mol/L,溶液的pH=-lg10-13=13,故答案选Co【点睛】本题是一道关于电解池的工作原理的应用的计算题，主要以电极反应式的书写以及电子守恒的计算是关键。13.常温下，有浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HXHY溶液，下列叙述不正确的是()A.若此时HY溶液的pH=3,则HY是弱酸B.若分别加入0.01molNaOH固体，则酸碱恰

16、好完全中和C.若分别加入0.01molNaOH固体，则所得溶液的pH均为7D.若此时HX溶液的pH=1,则由水电离出的c(H+)=1X10-13mol/L【答案】C【解析】【详解】A.浓度为0.1mol/LHY溶液，若此时pH=3,则说明HY不完全电离，即HY是弱酸，故A正确；B.浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HXHY溶液与NaOH好中和消耗NaOH0.01mol,则酸碱恰好完全中和，故B正确；C.若分别加入0.01molNaOH固体，则酸碱恰好完全中和，由于酸的强弱未知，可能生成强碱强酸盐或强碱弱酸盐，则所得溶液的pHm7,故C错误；1V1(1-14D.浓度为0.1

17、mol/LHX溶液，若此时pH=1,说明HX为强酸，则由水电离出的c(H+)=mol/L=1X10-130.1mol/L,故D正确。故选C14.一般较强酸可制取较弱酸，这是复分解反应的规律之一。已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列3种溶液的pH:溶质NaHCONaCONaClOpH8.3411.610.3下列有关说法正确的是()A.以上溶液的pH是用广泛pH试纸测定的B.反应CO+HO+2NaClO=NaDO+2HClO可以发生C.室温下，电离常数：K2(H2CO)>K(HClO)D.在新制氯水中加入少量NaHCO固体可以提高溶液中HClO的浓度【答案】D【解析】【详解】根据“

18、越弱越水解”并结合表格数据知，酸性的强弱顺序为HCO>HClO>HCO,A.pH试纸不能用于测量具有氧化性和漂白性的溶液的pH,NaClO具有强氧化性，故A错误；B.正确的反应方程式为NaClO+CO+HO-NaHCOHClQ故B错误；C.酸性HClO>HCQ,电离常数：K2(H2CO)<K(HClO),故C错误；D.氯水中存在如下平衡：Cl2+H2O二H+Cl-+HClO,因为碳酸氢钠能够消耗氢离子，平衡右移，生成的次氯酸增多，所以浓度增大，故D正确。故选D=【点睛】本题考查弱电解质电离及复分解反应条件，同时考查学生分析问题并总结归纳能力，明确酸的强弱及酸根离子水解程

19、度关系、强酸能够制取弱酸即可解答。15.常温下，下列关于溶液中粒子浓度大小关系的说法正确的是()A. 0.1mol/LNa2CO溶液中：c(Na+)=2c(CO2-)+c(HCO)+c(HCO)B. 0.1mol/LNH4Cl的溶液和0.1mol/LNH3H2O的溶液等体积混合后溶液中：c(Cl-)>c(NH+)>c(OH)>c(H+)C.醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，则混合溶液一定有：c(Na+)<c(CHCOQD.0.1mol/LNaHS的溶液中：c(OH)+c(S2-)=c(H+)+c(H2S)【答案】D【解析】【详解】A、0.1mol/LNa2CO溶液中存在物料守恒

20、，离子浓度关系：c(Na)=2c(CO2-)+2c(HCO)+2c(H2CO),故A错误；B、0.1mol/LNHQl的溶液和0.1mol/LNH3H2O等体积混合后溶液中，一水合氨电离程度大于俊根离子水解程度，所以溶液中的离子浓度关系：c(NH+)>c(Cl-)>c(OH)>c(rf),故B错误；C、常温下，醋酸钠溶液中7加醋酸溶液，溶液pH=7时，根据电荷守恒得到：c(Na+)+c(H)=c(CHCO。+c(OH),得至ijc(Na)=c(CHCO。；溶液pH>7时，c(Na+)>c(CHCOQ;溶溶液pH<7时，c(Na)<c(CHCOQ,故C错

21、误；D、0.1mol/LNaHS溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-);存在物料守恒：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-);消去钠离子得到离子浓度关系：c(OH)+c(S2-)=c(H+)+c(H2S),所以D选项是正确的。故选D=16.测定0.1mol/LNa2SO溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。-8-时刻(D温度七一.3025pH9.669.529379,25|实验过程中，取、时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（）A.此实验中NazSG溶液的pH是由pH计测定的2

22、B.与的PH不同，是由于SO3浓度减小造成的C.一的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.与的KW直相等【答案】C【解析】【详解】A.由表中数据可知，pH精确到小数点后两位，说明溶液的pH是由pH计测定的，故A正确；B.根据信息，取、时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，与的温度相同，与相比SO浓度减小，即与的pH不同，是由于SO32一浓度减小造成的，故B正确；C.盐类水解是吸热反应，一的过程中，升局温度，SO水解平衡向正向移动；若减小SO浓度，平衡向逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，故C错误；

23、D.Kw只与温度有关，与温度相同，所以KW直相等，故D正确。故选C【点睛】本题要抓好对多个因素的分析：NaSO是强酸弱碱盐，水解显碱性，温度升高促进水解，溶液pH增大；同时N&SO具有较强的还原性，容易被氧化为N&SO,生成强酸强碱盐，不水解，较之前pH减小，加热能够加快氧化。17.在25c时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/(mol-L-1)0.10.20平衡浓度/(mol-L-1)0.050.050.1下列说法正确的是A.反应达到平衡时，X和Y的转化率相等B.增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大C.反应可表示为X+3P2

24、Z,其平衡常数为1600D.若该反应的正反应方向为放热反应，升高温度，化学反应速率增大，反应的平衡常数也增大【答案】C【解析】由图表数据可以计算，X的转化率为（0.05mol1/0.1molL-1）X100%=50%Y的转化率为（0.15mol-L-1/0.2molI/1）X100%=75%A错误；对于一个可逆反应，平衡常数与浓度、压强和催化剂无关，只与温度有关，故B错误；图表中X、Y、Z的变化量依次为0.05mol-L-0.15mol-L"0.1molL-1,其浓度变化比为1:3:2,即化学计量数之比为1:3:2,故该反应可表示为X+3Y-2Z,将表中平衡时各物一O.lmE厂1）工

25、,、一一，一质的浓度代入平衡常数表达式计算，=1600,C正确；由于该反应的正反05m川L-1）-（0.05moMr-1）3应方向为放热反应，因此，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，D错误。18.已知NazSO和KIO3反应过程和机理较复杂，一般认为分以下步反应。IO3+so2=4+so2一（反应速率慢）IO2+2SO2=I+2SO2一（反应速率快）5I-+IO3+6Hf=312+3HzO（反应速率快）I2+SO2+HO=2+SO”+2H（反应速率快）下列说法不正确的是：A.IO2一和I一是该反应的催化剂B.此反应总反应速率由反应决定C.此反应中氧化剂是IO3一,反应中还原剂是

26、I一D.若生成0.5mol碘单质，则总反应中有5mol电子转移【答案】A【解析】【分析】此反应的4个步骤中，为快反应，是瞬间完成的，而为慢反应，直接决定了反应进行的快慢；NaSQ中S元素由+4价上升到+6价，KIO3中I元素由+5价降低到0价，由化合价守恒（电子守恒）配平方程式如下：5N&SQ+2KIO3+HSO=5NaSO+&SQ+12+HQ其中氧化剂是KIO3,反应中有10mol电子转移，则生成的碘1mol,以此分析。【详解】A.从4个步骤的反应可知，IO2一和I一是反应的中间产物，不是反应的催化剂，故A错误；B.此反应的4个步骤中，为快反应，是瞬间完成的，而为慢反应，所以

27、总反应速率由反应决定，故B正确；-10-C.反应中IO3一IO2,化合价降低，被还原，IO3一作氧化剂；反应中一12,化合价升高，被氧化，I作还原剂，故C正确；D.由总反应5NaSO+2KIO3+HSO=5NaSO+KSO+I2+H2O可知，反应中有10mol电子转移，则生成的碘1mol,若生成0.5mol碘单质，有5mol电子转移，故D正确。故选A。19.某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图所示，则正确的是()pOH-IC<OH>A. M点所示溶液导电能力强于Q点B. N点所示溶液中c(Na+)>c(C

28、H3COQC. Q点所示的溶液pH一定等于7D. Q点加入NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积【答案】B【解析】【分析】酸溶?中pOH越大，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液氢离子浓度越大，酸性越强，随着NaOH的加入,发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐增大，则溶液pOHM渐减小，pH逐渐增大，结合弱电解质的电离解答该题。【详解】A.因为醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，故A错误；B.N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c(Na+)>c(CH3COQ,所以B选项是正确的；C.Q点的pOH=pH溶液为中性，由于温度不一定是室温，所以pH不一定

29、等于7,故C错误；D.Q点的pOH=pH溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性，则所加NaOH§液体积略小于醋酸溶液的体积，故D错误。所以B选项是正确的。20.工业上电解NazCO的原理如图所示。下列说法不正确的是()-11-MM(XJMWL_rzzf-*Nwtt*4J-p11、士L+产岁*声.副出手工餐A.阴极产生的物质A是H2B.电解一段时间后，阳极附近溶液的PH将增大C.该离子交换膜应为阳离子交换膜D.阳极电极反应为4Cd2-+2H2O-4e-=4HCQ+QT【答案】B【解析】【分析】工业上电解Na2CO溶液，根据装置图分析，电解池阳极发生的反应为物质失去电子，发

30、生氧化反应，碳酸钠转化为碳酸氢钠，则阳极电极反应为：4CO2+2H2O-4e-=4HCO+Od,阴极为物质得到电子，发生还原反应，生成氢氧化钠，则阴极反应式为：2H2O+2e2OH+H4,据此分析判断。【详解】A.阴极发生还原反应，反应式为：2H2O+2e2OH+H4,则阴极产生的物质A是比故A正确；B.阳极电极反应为：4CO2-+2HO-4e=4HCO+QT,溶液的碱性减弱，所以电解一段时间后，阳极附近溶液的pH将减小，故B错误；C.由于阴极产品为氢氧化钠，阳极区的钠离子要进入阴极区，所以离子交换膜应为阳离子交换膜，故C正确;D.阳极发生氧化反应，阳极电极反应为4CQ2-+2HO-4e-=4

31、HCO+OT,故D正确。故选Bo【点睛】本题考查电解原理，明确电极反应方程式是解题的关键，需掌握电解池中离子的运动方向。二、必做题(本题包括3小题，共40分)21.现用0.1000mol/LKMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色H2QQ溶?夜(体积为20.00mL)。请回答下列问题(1)该反应的离子方程式是。(2)盛放高镒酸钾溶液的是(填“酸式”或“碱式”)滴定管，其原因是。(3)滴定终点的现象为。(4)若某次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则终点的读数为mL小明同学根据3次实验求(5)下列操作使测定结果偏低的是-12-(填字母)。得平均消耗高镒酸钾溶液的体积为VmL,请计算该H2GQ

32、溶液的物质的量浓度为mol/LA.酸式滴定管未用标准液润洗直接注入KMnQ标准液B.滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸储水洗净后没有干燥C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡D.读取KMnQ标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数【答案】(1).2两7。4+5/GO4+6”+十用，工口(2).酸式(3).KMnO4溶液会把碱式滴定管的橡胶管氧化(4).当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色(5).26.10(6).0.0125V或V/80(7).CD【解析】KMnO4酸性溶液和H2C2Q发生氧化还原反应，KMnO被还原为MrT,H2G。被氧化为CO;(2)酸

33、性高镒酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管；高镒酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管下端橡胶管；(3)高镒酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高镒酸钾溶液颜色不褪去，溶液应该是由无色变为浅紫色；2MnO5H2C2O4计算HbCzQ的物质的量浓(4)根据滴定管的结构和精确度读出滴定管中的读数；利用关系式:(5)根据c(待测)=c(标准)X*标准)解待所分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。【详解】(1)KMnO酸性溶液和HGQ发生氧化还原反应，KMnO还原为Mr2+,被氧化为CO,反应的离子方程式是2MnO-+5HGQ+6l

34、4=2M吊+10COT+8H2O,因此，本题正确答案为：2MnO+5H2GQ+6H+=2M吊+10COT+8HQ(2)氧化还原滴定，盛装高镒酸钾用酸式滴定管；由于KMnO具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，故不能用碱式滴定管盛放KMn丽液;因此，本题正确答案为：酸式；KMnO溶液会把碱式滴定管的橡胶管氧化；2(3)MnO为紫色，Mn为无色，当滴入最后一滴标准液时，溶液从无色变成紫红色，且半分钟内保持不变色;因此，本题正确答案为：当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；(4)视线与凹液面最低处相切，故起始读数为0.00mL,终点读数为26.10mL;根据关系式：2MnO5HGQ,

35、溶液的物质的量等于高镒酸钾的2.5倍，O.lOOOmoi/ixP*inf*25c(HGQ)=盆=0.0125V;20,00x103L因此，本题正确答案为：0.0125V;KMnQ标准液，浓度偏低，结果偏高，不选A;(5)A.酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入-13-B.滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸储水洗净后没有干燥，不影响，不选B;C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，所用高镒酸钾过少，结果偏低，选C;D.读取KMn的准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，结果偏低，选Do因此，本题正确答案为：CD>【点睛】本题主要考查氧化还原滴定实验，试题培养了学生的分析能力及化学

36、计算能力，明确中和滴定的操作方法为解答关键，注意掌中和滴定的误差分析方法与技巧。22.已知氢硫酸是一种二元弱酸，请回答以下问题：已知0.1mol/LNaHS溶液显碱性，则c(S2)c(H2S)(填“>”“<”或“=”)。(2)常温下，向0.2mol/L的H2s溶液中逐滴滴入0.2mol/LNaOH溶液至中性，此时溶液中以下所示关系不正确的是(填字母)。A. c(H+)c(OH)=1X10-14B. c(Na+)=c(HS)+2c(S2)C. c(Na+)>c(HS)+c(S2)+c(H2S)D. c(H2S)>c(S2)(3)已知常温下，CaS饱和溶液中存在平衡CaS(

37、s)Ca2+(aq)+S2-(aq)H>Q温度升高时，KSP(CaS)=(填“增大”“减少”或“不变”，下同)。滴加少量浓盐酸时，c(Ca2+),原因是(用文字和离子方程式说明)。若向CaS饱和溶液中加入Cu(NQ)2溶液中，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式：。【答案】(1).<(2).C(3).增大(4).增大(5).加入HCl,增大的浓度，H+与S2-结合，降低S2-的浓度，导致CaS(s)Ca"(aq)+S2-(aq)溶解平衡正向移动(6).CaS(s)+Cu(aq)Ca(aq)+CuS(s)【解析】【分析】(1)NaHS溶液显碱性，水解过程大于电

38、离过程，则c(S2)<c(H2S);(2)NaHS溶液显碱性，根据电荷守恒、物料守恒及水的电离常数只与温度有关来分析判断；(3)已知常温下，CaS饱和溶液中存在平衡CaS(s)Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq)H>Q根据影响沉淀溶解平衡的条件来分析。【详解】(1)NaHS溶液中存在电离平衡和水解平衡：HS=H+S2-和HS+HOhbS+OH,由于溶液显碱性，所以水解过程大于电离过程，则c(S2)<c(H2S),故本题答案为：<(2)A.Kw只与温度有关，常温下，Kw=c(H+)c(OH)=1X10-14,故A正确；-14-B.根据电荷守恒：c(H+)

39、+c(Na+)=c(HS)+2c(S2)+c(OH-),因为c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(HS)+2c(S2),故B正确；C.由于NaHS溶液显碱性，所以要彳证溶液呈中性，H2s适当过量，所以根据物料守恒可知，c(Na+)<c(HS)+c(S2)+c(HS),故C错误；D.由于NaHS溶液显碱性，所以要彳证溶液呈中性，H2s适当过量，c(HS)>c(S2),故D正确。故本题答案为：C;(3)已知常温下，CaS饱和溶液中存在平衡CaS(s)-7-Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq)H>Q该反应为吸热反应，所以温度升高时，KSCaS)增大；故本

40、题答案为：增大；对于平衡CaS(s)Ca2+&xF0组(aq)+S2-(aq),滴加少量浓盐酸时，S2一与结合，c(S2-)减小，平衡右移，c(Ca2+)增大；故本题答案为：增大；加入HCl,增大H+的浓度，H与S2-结合，降低S2一的浓度，导致CaS(s)Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq)溶解平衡正向移动；CaS悬浊液存在CaS(s)Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq)平衡，若向CaS饱和溶液中加入Cu(N0)2溶液，发生复分解反应，生成黑色固体CuS,反应的离子方程式为：CaS(s)+Cu(aq)Ca2+&xF02B;(aq)+CuS(

41、s);故本题答案为：CaS(s)+Cu(aq)Ca2+&xF02B;(aq)+CuS(s)。23.研究表明：丰富的CQ可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源(石油和天然气)枯竭危机，同时又可缓解由CO2累积所产生的温室效应，实现CQ的良性循环。(1)目前工业上有一种方法是用CO加氢合成低碳烯烧。现以合成乙烯(C2H4)为例、该过程分两步进行：第一步：CO(g)+H>(g)CO(g)+HbO(g)H=+41.3kJ/mol第二步：2CO(g)+4H(g)(g)+2H2O(g)H=210.5kJ/molCO加氢合成乙烯的热化学方程式为。一定条件下的密闭容器中，上述反应达到平衡后，要

42、加快反应速率并提高CO2的转化率，可以采取的措施是(填字母)。A.减小压强B.增大H2浓度C.加入合适的催化剂D.分离出水蒸气(2)另一种方法是将CO2和H2在230c催化剂条件下生成甲醇蒸气和水蒸气，在不同条件下测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。若在10L恒容密闭容器中投入1molCO和2.75molH2,发生反应：CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+H2O(g)。-15-能判断该反应达到化学平衡状态的是(填字母)。A.c(H2):c(CH3OH)=3:1B.容器内氢气的体积分数不再改变C.容器内气体的密度不再改变D.容器内压强不再改变上述反应的H0(填“>”或“

43、<”)，图中压强pip2(填“>”或“<”)。经测定知Q点时容器的压强是反应前压强的9/10,则Q点CO2的转化率为。M点时，该反应的平衡常数K=(计算结果保留两位小数)。(3)用生石灰吸收CO2可生成难溶电解质CaCQ,其溶度积常数Ksp=2.8X10-9。现有一物质的量浓度为2X10-4mol/L纯碱溶液，将其与等体积的CaCl2溶液混合，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为mol/L。【答案】(1).2CQ(g)+6hb(g)QH4(g)+4H2。(g)H=-127.9kJ/mol(2).B(3).BD(4).一一-5<(5).>(6).18.75%(7

44、).1.04(8).5.6X10【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算；要加快反应速率并提高CQ的转化率，可以增大反应物H的浓度，使平衡右移；(2)根据达到平衡状态时正反应速率等于逆反应速率，混合物中各组分百分含量保持不变以及相关量不变分析判断；由图可以知道，压强一定时，温度越高，CHOH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大；列出三段式，根据压强是反应前压强的9/10,列方程计算；温度不变平衡常数不变，图中M点时，容器体积为10L,结合M点的坐标可以知道，M点的CHOH的

45、物质的-16-c(H2O)-c(CII301I量为0.25mol,根据反应，列出三段式，再根据K=计算；1(“力c(CO2)因Qc之Ksp时，形成沉淀，计算c(Ca2+)。【详解】(1)已知：I.CO2(g)+H(g)00(g)+HO(g)H=+41.3kJ/molII.2C0(g)+4H2(g)(g)+2H0(g)H=-210.5kJ/mol根据盖斯定律，Ix2+II可得：2C0(g)+6H(g)02H(g)+4H2O(g)H=-127.9kJ/mol,因此，本题正确答案是：2C0(g)+6H(g):-02H(g)+4H2O(g)H=-127.9kJ/mol;A.正反应为气体体积减小的反应，

46、低压有利于逆向进行，C0的转化率减小，故A错误；B.增大H2浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，故B正确；C.加入合适的催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，CO的转化率不变，故0错误；D.分离出水蒸气，生成物浓度减小，平衡正向移动，00的转化率增大，但反应速率减小，故D错误。因此，本题正确答案是：B;(2)A.c(H2):c(0H3OH)=3:1不能说明反应到平衡；B.容器内氢气的体积分数不再改变，说明混合物中各组分百分含量不变，达到平衡；0.气体的总质量随着反应不变，所以容器内气体的密度一直不变，密度不变不能说明反应到平衡；D.由于气体总物质的量改变，容器内压强改变，所以压强不变说

47、明已达平衡。故选BD由图可以知道，压强一定时，温度越高，0H0H的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，故压弓虽P1>P2。因此，本题正确答案是：V；>。根据反应002(g)+3H2(g)0H0H(g)+HO(g)起始(mol/L)0.10.27500转化(mol/L)x3xxx平衡(mol/L)0.1-x0.275-3xxx一，一，一0,1-x+0.275-3X4-x+x9-根据压强是反应前压强的9/10,可以列出表达式丁77了了=.,可以计算出x=0.018

48、75,001875即002的转化率=口1乂100%=18.75%因此，本题正确答案是：18.75%;温度不变平衡常数不变，图中M点时，容器体积为10L,结合M点的坐标可以知道，M点的0HOH的物质的-17-量为0.25mol,根据反应CO2(g)+3H2(g)CHOH(g)+H2O(g)起始(mol/L)0.10.27500转化(mol/L)0.0250.0750.0250.025平衡(mol/L)0.0750.20.0250.025c(H2O)c(CH3OH)o.O25X0.025K=1.04?(H2)式肛)0.23x0.075因此，本题正确答案是：1.04;28X10一分因Qc>Ks

49、p时，形成沉淀，c(Ca2+)>-mol/L=2.8父10-5mol/L,等体积混合前CaCl2溶液的物质的1 xW4量浓度最小为5.6x10-5mol/L。5因此，本题正确答案是：5.6X10。三.选做题(以下两组题任选一组作答，共20分，A组较简单，若两组都做，按A组计分)A组24.(1)电解原理具有广泛应用，如图为在铁上镀铜的简易装置示意图，则X极材料为，电极反应式为;电解质溶液为一。jQ“FHe”-*J(2)燃料电池是一种将燃料所具有的化学能直接转化成电能的装置。以多孔钳为电极，如图装置中A、B口分别通入CHCHOH和Q构成燃料电池模型，该电池负极的电极反应式为O科学家研究了转化

50、温室气体的方法，利用如图所示装置可以将CO转化为气体燃料CO该电池正极的电极反应式为【答案】(1).Cu(2).Cu2e=Cf(3).CuSO溶液(4).-18-匚I：；。七1.,，一飞，二.(5),以1上二I.'：【解析】【分析】(1)若利用电解原理在铁上镀铜，则该装置是电镀池，镀层作阳极，镀件作阴极，阴极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应；(2)燃料电池负极发生氧化反应，电解质溶液为KOH§液，以此写出电极反应式；根据图示，N极为电子流入的一极，则N为正极，CO在N极上发生还原反应生成CO【详解】(1)利用电解原理在铁上镀铜，铜为阳极，连接电源的正极，发生氧化

51、反应，电极方程式为Cu-2e=Cu2+,即X极材料为Cu,电极反应式为Cu-2e-=Cu2+,电解质溶?可以是CuSOm夜，因此，本题正确答案为：Cu;Cu-2e=Cu2+;CuSO溶液；(2)CHCHOH在负极发生氧化反应，电解质溶液为KOH§液，负极的电极反应式为CHChiOH+16OH-12e-=2CO2-+11HO,因此，本题正确答案为：CHOH+160H>12e-=2CO2-+11H2O;由图可知，N极为电子流入的一极，则N为正极，CO在N极上发生还原反应生成CO故电极反应式为CO+2e-+2H+=CO+HO;因此，本题正确答案为：CO+2e-+2H+=CO+HQ25

52、.粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2Q、FezQ和C等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性Al2Q,其流程如下图：CaCO./NijCO13锦溶液C«O气体X过扇气体K1 懒而I'A%。，粉煤森|*已知烧结过程的产物主要是NaAQ、CaSiO4、NaFeO和NaSiO3等。(1)写出烧结过程中铝元素转化的化学方程式。(2)操作a为冷却、研磨，其中研磨的目的是。(3)浸出过程中，NaFeO2可完全水解，生成沉淀为。3%NaCO溶液显(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，请用离子方程式解释：。(4)操作b所用的玻璃仪器有漏斗、。(5)“碳化”时，通入过量气体x主要成分的

53、化学式为。(6)工业上电解AI2O3制备Al是为使AI2O3在较低温下融化，通常加入。电解过程中做阳极的石墨易消-19-耗，原因是。【答案】(1).Al2Q+NaCO高遢2NaAlQ+CGT(2).提高烧结产物浸出率(或增大反应物的接触面积，加快反应速率)(3).Fe(OH3(或氢氧化铁)(4).碱性(5).CO2-+HO=HCO+OH(6).玻璃棒(7).烧杯(8).CO2(9).冰晶石(或NaAlF6)(10).石墨电极被阳极上产生的氧气氧化【解析】【分析】(1)根据题给工艺流程和信息知，烧结过程中氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；(2)研磨能增大反应物的接触面积，提高烧结产物浸出

54、率；(3)NaFeO完全水解生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠；Na2CO为强碱弱酸盐，水解显碱性；(4)过滤所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；(5)“碳化”过程为偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳制取氢氧化铝；(6)加入助溶剂冰晶石降低氧化铝的融化温度；以石墨为电极电解氧化铝时，阳极发生氧化反应产生氧气，部分氧气和石墨电极发生氧化反应。【详解】(1)根据题给工艺流程和信息知，烧结过程中氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，化学方程式为Al2C3+N&COj5k2NaAQ+COT,日因此，本题正确答案为：Al2Q+NaaCOk-2NaAlQ+COT;(2)操作a为冷却、研磨，其中研磨的目的是增大

55、反应物的接触面积，提高烧结产物浸出率。因此，本题正确答案为：提高烧结产物浸出率(或增大反应物的接触面积，加快反应速率)；(3)NaFeO完全水解生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠；N%CO为强碱弱酸盐，水解显碱性，离子方程式为CO2-+H2kHCO+OH;因此，本题正确答案为：Fe(OH3(或氢氧化铁)；碱性；CO+HgHCO+OH;(4)操作b为分离固液混合物的操作，名称是过滤，所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；因此，本题正确答案为：玻璃棒；烧杯；(5)根据题给流程知，“碳化”过程为偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳。因此，本题正确答案为：CO;(6)由于Al2Q熔点很高，为了能使氧化铝在较低的温度下融化，要加入助溶剂冰晶石；以石墨为电极电解氧化铝时，阳极发生氧化反应产生氧气。但由于温度高，部分氧气和石墨电极发生氧化反应产生COCO。因此，本题正确答案为：冰晶石(或NaAlF6);石墨电极被阳极上产生的氧气氧化。-20-B组26.孔雀石主要含CU2(OH)2CO,还含少量Fe、Si的化合物。某工厂以孔雀石为主要原料制备CuSO5此0,主要步骤如下：SiO,IBMA，体E试剂舞作I广一红黑色加诧D*裱C-CuSO4，地0已知该