江苏省徐州市2024-2025学年高二化学下学期期末抽测试题含解析

PAGE22-江苏省徐州市2024-2025学年高二化学下学期期末抽测试题（含解析）单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.依据能量变更示意图(如图所示)，下列说法不正确的是()A.相同质量的和，前者具有的能量较高B.破坏相同物质的量的和中全部的化学键，后者所需的能量高C.D.，则【答案】D【解析】【详解】A．转化为要汲取热量，故相同质量的和，具有的能量高于，故A正确；B．转化为的反应为放热反应，，所以破坏中的化学键所汲取的能量比形成中的化学键放出的能量少，所以破坏相同物质的量的和中全部的化学键，后者所需的能量高，故B正确；C．由盖斯定律可知，，故C正确；D．，，因，故，故D错误。综上所述，答案为D。2.下列化学用语正确的是（）A.CO2分子的电子式为B.基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d94s2C.Cl-的结构示意图为D.HClO的结构式为H—Cl—O【答案】A【解析】【详解】A．二氧化碳分子中碳原子与每个氧原子共用两对电子，所以电子式为，故A正确；B．能级半满、全满、全空更稳定，能量更低，所以基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故B错误；C．氯原子得到一个电子形成氯离子，所以Clˉ结构示意图为，故C错误；D．HClO的结构式为H—O—Cl，故D错误；综上所述答案为A。3.下列说法正确的是(NA表示阿伏伽德罗常数)()A.反应TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)ΔH>0能自发进行，其缘由是ΔS>0B.对反应运用催化剂虽然不能变更转化率，但能够变更反应的焓变C.除去MgCl2溶液中的少量FeCl3，加入足量氢氧化钠，充分反应后，过滤D.1molCl2溶于水后，溶液中Cl2、HClO、ClO-、Cl-四种粒子总数为2NA【答案】A【解析】【详解】A．TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)在肯定条件下可自发进行，则△G=△H-T•△S＜0，又该反应的△H＞0，则只有△S＞0时才能使△G＜0，故A正确；B．催化剂可以变更反应速率，但不能变更反应的初状态和终状态，不影响焓变，故B错误；C．加入足量的NaOH溶液一是会引入新的杂质钠离子，二是镁离子也会沉淀，故C错误；D．1molCl2溶于水后，体系中Cl原子总数为2NA，而Cl2分子中含有两个氯原子，所以2n(Cl2)+n(HClO)+n(ClO-)+n(Cl-)=2mol，故D错误；综上所述答案为A。4.下列关于价电子排布式为3s23p4的粒子的描述正确的是()A.它的原子核外有三种形态不同的电子云B.它的原子核外电子共有16种不同的运动状态C.它可与H2反应生成常温时的液态化合物D.该原子的轨道表示式为【答案】B【解析】【分析】A.电子云形态种数由该原子能级种类确定；B.原子核外电子运动状态和该原子的核外电子数相等；C.硫与氢气反应生成硫化氢，在常温下，硫化氢为气体；D.3p能级上电子排布图违反洪特规则。【详解】A.价电子构型为3s23p4的元素是16号元素S，具有s和p两种能级，因此该原子的电子云形态有两种，分别是球形和哑铃形，故A项错误；B.S原子具有16个核外电子，处于不同能层、能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子自旋方向相反，故有16种不同的运动状态，故B项正确；C.硫和氢气化合生成的硫化氢在常温下是气体而不是液体，故C项错误；D.电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，故D项错误；答案选B。5.下列说法正确的是A.在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH‾)相等B.中和pH和体积均相等的盐酸、CH3COOH溶液，所需NaOH的物质的量相同C.浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多D.室温下pH＝1的CH3COOH溶液和pH＝13的NaOH溶液中，c(CH3COO‾)＝c(Na+)【答案】D【解析】【详解】A.氢氧化钠是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)不相等，前者小于后者，故A错误；B.pH相同的盐酸、CH3COOH溶液相比，CH3COOH的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的盐酸、CH3COOH溶液时，最终CH3COOH所需NaOH的物质的量更大，故B错误；C.浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液中氢离子的物质的量n(H+)相等，则两者分别与足量的Zn完全反应时，产生的H2一样多，故C错误；D.室温下pH=1醋酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，各溶液中都存在电荷守恒，依据电荷守恒得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，依据室温下水的离子积为常数，所以酸中c(OH-)等于碱中c(H+)，所以存在c(CH3COO-)=c(Na+)，故D正确；答案选D。6.设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.与组成的混合物中，含有的电子数目为B.（标准状况）与足量乙烷反应时，断裂的键数目为C.浓度均为的、溶液中，数目前者比后者多D.[电离方程式：]消耗数目最多为【答案】C【解析】【详解】A.C60与C50均是由碳原子组成的，3.6g碳原子的物质的量n(C)==0.3mol，每个C原子中含有6个电子，则0.3molC原子中含有电子数目：0.3mol×6NA/mol=1.8NA，选项A正确；B.6.72L(标准状况)Cl2的物质的量n(Cl2)==0.3mol，Cl2与足量的乙烷反应时，有一半的氯原子取代烷烃分子中的氢原子，故反应时断裂的C-H键物质的量为0.3mol，选项B正确；C.0.1L浓度为2mol/L盐溶液中含有溶质的物质的量为n=2mol/L×0.1L=0.2mol，若不考虑盐的水解，NH4+数目前者比后者多0.2NA，但NH4+能水解且水解程度与溶液中c(NH4+)有关，离子浓度越小，水解程度越大，故两种溶液中NH4+数目：前者比后者多的数值大于0.2NA，选项C错误；D.由硼酸电离方程式可知：硼酸为一元酸，所以0.1molH3BO3消耗OH-数目最多为0.1NA，选项D正确；答案选C。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中肯定能大量共存的是（）A.=1012的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO、Cl-B.澄清透亮的溶液中：H+、Cu2+、SO、NOC.0.1mol/L的NaHCO3溶液中：Fe3+、K+、Cl-、SOD.由水电离产生的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中：K+、Al3+、Cl-、SO【答案】B【解析】【详解】A．=1012的溶液中显酸性，酸性溶液中NO3－会将Fe2＋氧化而不能大量共存，故A不符合题意；B．四种离子相互之间不反应，可以在澄清透亮的溶液中大量共存，故B符合题意；C．Fe3＋可以与HCO3－相互促进水解，生成Fe(OH)3和CO2，不能大量共存，故C不符合题意；D．水电离产生的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中水的电离受到抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液，碱溶液中Al3+不能大量存在，故D不符合题意；答案为B。8.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO+CaSO4=CaCO3+SOB.酸化NaIO3和NaI的溶液混合：I-+IO+6H+=I2+3H2OC.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO+3Cl-+4H++H2OD.电解饱和食盐水：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑【答案】A【解析】【详解】A．碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO+CaSO4=CaCO3+SO，A正确；B．酸化NaIO3和NaI的溶液混合发生氧化还原反应：5I-+IO+6H+=3I2+3H2O，B错误；C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3发生氧化还原反应：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH－=2FeO+3Cl-+5H2O，C错误；D．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气：2Cl-++2H2OCl2↑+H2↑+2OH－，D错误；答案选A。9.三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料，在催化剂作用下可发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，在50℃和70℃K时SiHCl3的转化率随时间变更的结果如图所示。下列叙述不正确的是A.该反应为吸热反应B.反应速率大小：va＞vbC.70℃时，平衡常数K=0.112/0.782D.增大压强，可以提高SiHCl3的平衡转化率，缩短达平衡的时间【答案】D【解析】【详解】A.上升温度，SiHCl3的平衡转化率增大，所以该反应为吸热反应，故A正确；B.a、b两点的浓度相同，a点的温度大于b点，所以反应速率大小：va＞vb，故B正确；C.70℃时，达到平衡时SiHCl3的平衡转化率为22%，2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)n000.22n0.11n0.11n0.78n0.11n0.11n平衡常数K=(0.11n)2/(0.78n)2=0.112/0.782，故C正确；D.增大压强，平衡不移动，增大压强不能提高SiHCl3的平衡转化率，故D错误。选D。10.全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列说法正确的是A.电池工作时，负极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4B.电池充电时间越长，电池中的Li2S2量越多C.电解质中加入硫酸能增加导电性D.电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14g【答案】D【解析】【详解】A、由装置图可知，电池工作时Li+向a极移动，则a极为正极，b极为负极，结合电池反应为16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8），负极Li的反应式为Li-e-=Li+，所以A错误；B、由总反应可知正极依次发生S8→Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2的还原反应，当充电时，将进行逆向转化，所以充电时间越长，电池中Li2S2量越少，故B错误；C、加入硫酸，将腐蚀负极材料Li，故C错误；D、该电池的负极反应Li-e-=Li+，所以当电路中流过0.02mol电子，负极消耗Li的物质的量为0.02mol，其质量为0.14g，所以D正确。本题正确答案为D。【点睛】由于正极反应可以写多个，且随着时间的延长，依次发生S8→Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2的转化，所以充电时将逆向转化，因此充电时间超长，电池中Li2S2量越少。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若答案包括2个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分；但只要选错1个，该题就得0分。11.高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为－2价，如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是A.超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K＋和4个B.晶体中每个K＋四周有8个，每个四周有8个K＋C.晶体中与每个K＋距离最近的K＋有8个，晶体中与每个距离最近的有6个D.晶体中其中0价氧和－2价氧的物质的量之比为1:1【答案】A【解析】【详解】A.该晶胞中，K+的个数为=4，的个数为：=4，A正确；B.晶体中每个K＋四周有6个O，每个四周有6个K＋，B错误；C.晶体中与每个K＋距离最近的K＋有12个，晶体中与每个距离最近的有12个，C错误；D.晶胞中K+与个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，依据电荷守恒，4个K+带有4个正电荷，则-2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3：1，D错误；故合理选项为A。12.常温下，有关物质的溶度积如下，下列有关说法不正确的是()物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Fe(OH)3Ksp4.96×10-96.82×10-64.68×10-65.60×10-122.80×10-39A.常温下，除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好B.常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好C.向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c(Mg2+)：c(Fe3+)=2.0×10-21D.将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水中，刚好达到饱和[c(Ca2+)=1.0×10-2mol/L]，若保持温度不变，向其中加入100mL0.012mol/L的NaOH，则该溶液变为不饱和溶液【答案】B【解析】【详解】A．设镁离子的浓度为a，依据表格中的数据可知当产生Mg(OH)2沉淀时c(OHˉ)=mol/L，当产生碳酸镁沉淀时，c(CO)=mol/L，mol/L＜mol/L，所以当镁离子浓度相同时，氢氧化镁更简洁产生沉淀，则除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好，故A正确；B．设钙离子离子的浓度为b，依据表格中的数据可知当产生Ca(OH)2沉淀时c(OHˉ)=mol/L，当产生碳酸钙沉淀时，c(CO)=mol/L，mol/L＞mol/L，所以当钙离子浓度相同时，碳酸钙更简洁沉淀，则除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好，故B错误；C．向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，，，所以，C项正确；D．将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水中，刚好达到饱和，c(Ca2+)=1.0×10-2mol/L，c(OH-)=mol/L=2.163×10-2mol/L，若保持温度不变，向其中加入100mL0.012mol/L的NaOH，混合后，c(Ca2+)=0.5×10-2mol/L，c(OH-)=，此时Ca(OH)2的离子积＜Ksp[Ca(OH)2]，则该溶液变为不饱和溶液，D项正确；综上所述答案为为B。13.下列推断正确的是()A.图1可表示电解200mL0.1mol·L－1NaCl溶液过程中，产生氢气体积(标准状况)与转移电子物质的量的关系曲线B.图2可表示常温下0.1mol·L－1盐酸滴加到40mL0.1mol·L－1NaOH溶液的滴定曲线C.高温下能自发进行的反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的能量变更如图3所示，则该反应的ΔS>0D.图4可表示反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在t1时刻扩大容器体积时，v逆随时间的变更曲线【答案】CD【解析】【详解】A．电解NaCl溶液时，阴极始终是水电离生成的H+被还原为H2，因此氢气的体积随着转移电子的物质的量在不断增加，A项错误；B．常温下0.1mol/L的NaOH溶液其pH是13，因此，滴定曲线中V(盐酸)=0mL即未滴加盐酸时，溶液的pH应为13，B项错误；C．由图可知，该反应的，该反应能在高温下自发进行，依据可知，该反应的，C项正确；D．t1时刻扩大容器体积，相当于降低体系的压强，因此t1时刻v逆会因为压强降低而减小；依据该反应的方程式可知，降低压强会使反应平衡逆向移动，NH3的量会渐渐下降，因此v逆会进一步减小直至达到新的平衡状态，D项正确；答案选CD。14.分别调整0.01mol·L－1HCOOH溶液、0.01mol·L－1氨水的pH，系统中微粒浓度的负对数值(－lgc)与pH的关系分别如下图所下列说法错误的是A.25℃时，NH3·H2ONH4++OH－的lgK=－4.7B.25℃时，0.01mol·L－1HCOOH溶液的pH为3.7C.HCOONa溶液中加入NH4Cl至溶液呈中性：c(Cl－)＞c(Na+)＞c(HCOO－)D.HCOONa溶液中加入KHSO3至溶液呈中性：c(HCOOH)+c(H2SO3)=c(SO32－)【答案】BC【解析】【分析】－【详解】A、NH3·H2O为弱碱，部分电离，电离平衡常数只受温度的影响，因此25℃时当c(NH3·H2O)=c(NH4＋)，K=c(OH－)=Kw/c(H＋)=10-4.7mol·L－1，即lgK=－4.7，故A说法正确；B、25℃时甲酸平衡常数为K=10－3.7，依据平衡常数，25℃时，0.01mol·L－1甲酸中c(H＋)=10－2.85mol·L－1，即pH≈2.9，故B错误；C、依据水解平衡常数、电离平衡常数、水的离子积之间的关系，HCOO－的水解平衡常数Kh=Kw/Ka=10－10.3，NH4＋的水解平衡常数Kh=10－9.3，NH4＋的水解程度大于HCOO－水解程度，两种溶液混合后呈中性，甲酸钠的量比NH4Cl多，Na＋浓度大于Cl－浓度，故C错误；D、依据电荷守恒，c(CHOO－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)＋c(K＋)，溶液显中性，c(H＋)=c(OH－)，即c(CHOO－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)=c(Na＋)＋c(K＋)，依据物料守恒，c(Na＋)=c(HCOO－)＋c(HCOOH)，c(K＋)=c(HSO3－)＋c(H2SO3)＋c(SO32－)，三式合并得到：c(SO32－)=c(HCOOH)＋c(H2SO3)，故D正确；15.初始温度为t℃，向三个密闭的容器中按不同方式投入反应物，发生如下反应：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，测得反应的相关数据如下：容器容器类型初始体积初始压强/Pa反应物投入量/mol平衡时Cl2的物质的量/molHClO2Cl2H2OI恒温恒容1L41001II绝热恒容1Lp20022aIII恒温恒压2Lp38200b下列说法正确的是()A.反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(l)的ΔH>－116kJ·mol－1B.a＞1,b＞2C.p2＝1.6×105Pa，p3＝4×105PaD.若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O，则反应向逆反应方向进行【答案】BD【解析】【分析】三个容器中，Ⅰ与Ⅱ均为恒容容器，差别在于前者恒温，后者绝热；不妨设想容器Ⅳ，其与容器Ⅰ其余的条件相同，仅投料方式依据容器Ⅱ中的投料方式进行，那么容器Ⅳ中的平衡与Ⅰ中的等效，容器Ⅳ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为1mol。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，体积扩大了一倍，初始投料也增加了一倍，但容器Ⅲ是在恒温恒压的条件下反应的；不妨设想容器Ⅴ，其与容器Ⅲ的其他的条件相同，仅容器类型更改为恒温恒容的容器，那么容器Ⅴ中的平衡状态与Ⅰ中的等效，容器Ⅴ中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为2mol。【详解】A．4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(l)，生成液态水，气态水变液态水放出热量，因此ΔH＜－116kJ·mol－1，故Ａ错误；B．构造的容器Ⅳ的类型是恒温恒容，容器Ⅱ的类型是绝热恒容，二者都是逆向反应建立的平衡状态，容器Ⅱ由于是绝热的，所以容器Ⅱ中的温度会越来越低，不利于反应逆向进行，相比于容器Ⅳ达到平衡时消耗的Cl2更少，所以a＞1；构造的容器Ⅴ的类型为恒温恒容，容器Ⅲ的类型为恒温恒压，二者都是正向反应建立的平衡，由于容器Ⅴ为恒容容器，所以反应起先后容器Ⅴ中的压强渐渐小于容器Ⅲ中的压强，压强越小越不利于反应正向进行，因此平衡时，容器Ⅴ中的Cl2的量小于容器Ⅲ中的，所以b＞2，故B正确；C．依据阿伏加德罗定律PV=nRT可知，温度相同，体积相同，则压强之比等于物质的量之比，解得p2＝1.6×105Pa，III容器体积和加入的物质的量都是I容器的2倍，因此压强相同p3＝2×105Pa，故C错误；D．，反应容器Ⅰ平衡常数，若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O，，则反应向逆反应方向进行，故D正确。综上所述，答案为BD。非选择题：本题包括5小题，每小题12分，共60分。16.原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G七种元素。其中A的原子有5种不同运动状态的电子；B的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；D的基态原子2p能级上的未成对电子数与B原子的相同；E为它所在周期中原子半径最大的主族元素；F和D位于同一主族，G的原子序数为29。(1)基态G原子的价电子排布式为__。(2)元素B、C的简洁气态氢化物的沸点较高的是__(用化学式表示)。(3)A晶体熔点为2300℃，则其为__晶体。(4)GD在加热条件下简洁转化为G2D，从原子结构的角度说明缘由__。(5)G与肯定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸盐，为将生成的两种气体(气体相对分子质量均小于50)完全转化为最高价含氧酸盐，消耗了1molO2和1L2.2mol/LNaOH溶液。则两种气体的分子式及物质的量分别为__，生成硫酸铜物质的量为__。【答案】(1).3d104s1(2).NH3(3).原子(4).Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子3d10为全充溢稳定状态，所以Cu2O更稳定(5).0.9molNO、1.3molNO2(6).2mol【解析】【分析】其中A的原子有5种不同运动状态的电子，则A原子核外有5个电子，所以A为硼(B)元素；B的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则其核外电子排布应为1s22s22p2，所以B为碳(C)元素；D的基态原子2p能级上的未成对电子数与B原子的相同，则D原子的核外电子排布式为1s22s22p4，所以D为氧(O)元素，C位于碳和氧之间，所以C为氮(N)元素；G的原子序数为29，则G为铜(Cu)元素；F和D位于同一主族，且原子序数小于铜，则F为硫(S)元素；E为它所在周期中原子半径最大的主族元素，且原子序数小于硫大于氧，则E为钠(Na)元素。【详解】(1)G为Cu，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，所以价电子排布式为3d104s1；(2)元素B、C分别为C元素和N元素，简洁气态氢化物分别为CH4和NH3，由于NH3分子之间存在氢键，所以NH3的沸点较高；(3)元素A为硼，硼晶体熔点很高，应为原子晶体；(4)GD为CuO，加热条件下简洁转化为Cu2O；Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子3d10为全充溢稳定状态，所以Cu2O更稳定，CuO在加热条件下简洁转化为Cu2O；(5)同时产生两种气体，气体相对分子质量均小于50，依据N元素的价态变更规律和硝酸与铜反应的规律不妨设两种气体为NO和NO2；消耗1L2.2mol/LNaOH溶液，则依据元素守恒可知生成的n[Na(NO3)]=2.2mol，则n(NO)+n(NO2)=2.2mol，依据电子守恒可知3n(NO)+n(NO2)=4n(O2)=4mol，联立解得n(NO)=0.9mol，n(NO2)=1.3mol，可以得出合理解，故假设成立，两种气体分别为NO和NO2，物质的量分别为0.9mol、1.3mol；Cu与肯定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应生成的盐只有CuSO4，依据题意可知硝酸被铜还原后的产物又被氧气氧化生成了硝酸根，则依据电子守恒可知n(CuSO4)=2n(O2)=2mol；【点睛】第5小题为本题难点，首先学生须要对N元素的价态变更熟识，明确生成的两种气体分别是何种物质，其次要留意应用氧化还原反应中的守恒规律进行计算。17.25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8×10-5K14.3×10-7K25.6×10-113.0×10-8回答下列问题：(1)一般状况下，当温度上升时，Ka__(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)下列四种离子结合质子实力由大到小的依次是__(填序号)；a.COb.ClO-c.CH3COO-d.HCO(3)下列反应不能发生的是__(填序号)a.CO+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2Ob.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClOc.CO+2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-d.2ClO-+CO2+H2O=CO+2HClO(4)体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变更如图所示。则HX的电离平衡常数__(填“大于”、“等于”或“小于”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)__醋酸溶液中水电离出来的c(H+)，理由是___。【答案】(1).增大(2).a＞b＞d＞c(3).cd(4).大于(5).大于(6).稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，醋酸抑制水电离程度大于HX【解析】【分析】上升温度促进弱电解质的电离；酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的实力越弱；酸性强弱为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，强酸能够制取弱酸；加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变更大的酸酸性强，变更小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；加水稀释HX溶液中氢离子浓度减小，对水的抑制程度减小。【详解】(1)上升温度能促进弱电解质的电离，所以当温度上升时，Ka增大；(2)电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的实力越弱，则四种离子结合质子的实力由大到小的依次是：CO＞ClO-＞HCO＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；(3)a.CO+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a不符合题意；b.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b不符合题意；c.CO+HClO=CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c符合题意；d.2ClO-+CO2+H2O=CO+2HClO：由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO，该反应不能发生，故d符合题意；综上所述，本题答案是：cd；(4)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变更大的酸酸性强，变更小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；依据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变更大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)；理由是：稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，醋酸抑制水电离程度大于HX。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性推断，涉及弱酸的电离、水的电离程度、反应能否进行等学问，试题学问点较多、综合性较强，充分考查分析推断实力。18.常温下，用含钴废料(主要成分为CoCO3，还含有少量NiCO3与铁屑)制备CoCl2•6H2O的工艺流程如图。①已知除镍过程中溶液pH对钴的回收率及Ni2+含量的影响如图所示。②部分金属阳离子在试验条件下起先沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属阳离子起先沉淀pH完全沉淀pHFe3+1.54.0Fe2+7.59.7Co2+6.69.4Ni2+7.79.5回答下列问题：(1)酸浸后溶液中的阳离子为：Co2+，Ni2+和__。(2)除镍时，应调整溶液pH=__，此时Ni2+是否形成Ni(OH)2沉淀？___(是或否)。若pH过小，则产品纯度会___(上升，降低，或不变)。(3)酸溶时，当调整pH=8时，溶液中n(Fe3+)：n(Co2+)=__。已知Ksp[Co(OH)2]=2.0×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。(4)除铁时先向溶液中加入30%的H2O2发生的离子反应方程式是：__。充分反应后再向溶液中加入CoCO3，调整溶液pH范围为__，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，最终过滤得到CoCl2溶液。(5)已知Ag++SCN-=AgSCN↓，为测定粗产品中CoCl2•6H2O的含量，称取11.9g粗产品配成100mL溶液，从中取出25mL先加入含0.03mol的AgNO3，(杂质不与其反应)，再用0.5mol/L的KSCN溶液标定过量的AgNO3，该标定操作所用的指示剂为__(填化学式)，若消耗20.00mL的KSCN溶液，则该粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数为__。【答案】(1).Fe2+、H+(2).10(3).否(4).降低(5).2.0×10-16：1(或2.0×10-16)(6).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(7).4.0≤pH＜6.6(8).Fe(NO3)3(9).80%【解析】【分析】含钴废料(主要成分为CoCO3，还含有少量NiCO3与铁屑)加稀盐酸酸浸，得到含Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水调整pH将Co2+、Fe2+沉淀，过滤，向沉淀中加入盐酸酸浸得到含Co2+、Fe2+溶液，向溶液中滴加适量30%H2O2，氧化Fe2+得到Fe3+，向溶液中加入CoCO3，调整溶液pH为4.0≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全，过滤得CoCl2溶液，减压蒸干溶液，结晶干燥得CoCl2•6H2O。【详解】(1)碳酸钴和碳酸镍与盐酸反应生成相应的氯化物溶于水，酸浸后，铁屑与酸反应生成Fe2+和H2，同时剩余溶液中还有过量的盐酸，则溶液中的阳离子除有Co2＋、Ni2＋以外，还有Fe2+、H+；(2)据图可知除镍过程中产品中钴的回收率随着溶液pH的增大而降低，产品中镍元素的含量在pH=10以后几乎不变，pH=10时，Co的回收率高且Ni的含量低，所以应调整pH为10；除镍时，Co元素在滤渣中Ni元素在滤液中，未形成沉淀；若pH过小，除镍不完全，溶液中镍元素的含量增大，则产品的纯度会降低；(3)常温下，酸溶时，当调整溶液的pH为8时，溶液中c(OH−)=mol/L=1×10-6mol/L，因Ksp[Co(OH)2]＝c(Co2＋)×c2(OH−)=2.0×10－16，所以c(Co2＋)===2.0×10-4，同理可知c(Fe3＋)===4.0×10-20，溶液的体积肯定，则溶液中的n(Fe3＋)：n(Co2＋)＝c(Fe3＋)：c(Co2＋)==2.0×10-16：1=2.0×10-16，(4)除铁时，先向溶液中滴加适量30％H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋，其离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；充分反应后再向溶液中加入CoCO3，调整溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，所需pH≥4.1，又要保证溶液中的Co2＋不沉淀，则pH<6.6，故相宜的pH范围为：4.0≤pH＜6.6；(5)为防止银离子与其他阴离子发生反应，在操作过程中可选用Fe(NO3)3(因氯离子和硫酸根和银离子生成沉淀，不能用氯化铁或硫酸铁)作为指示剂；Ag＋＋SCN－==AgSCN↓，则KSCN消耗的Ag＋的物质的量n(Ag＋)=n(SCN－)=0.5mol/L×20×10-3L=0.01mol，加入的AgNO3的物质的量为0.03mol，说明与CoCl2·6H2O反应的AgNO3的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，依据关系式Ag＋Cl−CoCl2·6H2O可知，25mL溶液样品中CoCl2·6H2O的物质的量为×0.02mol=0.01mol，100mL溶液中的CoCl2·6H2O的质量为×0.01mol×238g/mol=9.52g，则该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为×100%=80%。【点睛】第2小题为易错点，要留意该流程中除镍时是使Co元素沉淀，Ni元素留着溶液中，从而达到分别的目的；第5小题选择指示剂时要留意理解该滴定试验的原理是利用KSCN溶液滴定过量的银离子，所以所用指示剂不能与银离子反应。19.海水中含有80多种元素，是重要的物质资源宝库，同时海水具有强大的自然调整实力，为解决环境污染问题供应了广袤的空间。（1）①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如下图所示。下列说法不正确的是______________（填字母序号）。a．pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-b．A点，溶液中H2CO3和HCO3-浓度相同c．当c(HCO3-)=c(CO32-)时，c(H+)>c(OH-)②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是______________。(2)海水pH稳定在7.9—8.4之间，可用于烟道气中CO2和SO2的汲取剂。①海水中含有的OH-可以汲取烟道气中的CO2同时为海水脱钙，生产CaCO3。写出此反应的离子方程式：__________。②已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11H2SO3电离平衡常数K1=1.5×10-2K2=6.0×10-8海水中含有的HCO3-可用于汲取SO2，该过程的离子方程式是_______________。(3)洗涤烟气后的海水呈酸性，需处理后再行排放。与簇新海水混合同时鼓入大量空气排出部分CO2，是一种处理的有效方式。①通入O2可将酸性海水中的硫(IV)氧化，该反应的离子方程式是_______________。②上述方式使处理后海水pH上升的缘由是_________________。【答案】(1).bc(2).HCO3-+OH-=CO32-+H2O(3).CO2+2OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O(4).SO2+HCO3-=CO2+HSO3-(5).O2+2HSO3-=2SO42-+2H+(6).碱性海水的中和置稀释作用：鼓入空气解除了部分CO2（写出随意一点即可）【解析】(1)①a．有图示可知在pH=8的溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，故a正确；b．A点，溶液中CO2和H2CO3