吉林省安图县第一中学2019届高三上学期期末考试化学试题

1、绝密启用前吉林省安图县第一中学2019届高三上学期期末考试化学试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1能正确表示下列反应的离子反应方程式为（ ）ABa(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液:HCO3+Ba2+OH-=BaCO3+H2OB向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全：3Ba2+3SO42-+2Al3+6OH-2BaSO4+2Al（OH）3CNH4HCO3稀溶液与过量的KOH

2、溶液反应：HCO3-+OH-=CO32-+H2OD醋酸除去水垢：2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O2下列叙述正确的是A（CH3）3CCH2CH3的一氯代物只有2种B甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应C葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体D乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同3已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去)，则下列有关物质的推断不正确的是A若A是铁，则E可能为稀硝酸B若A是CuO，E是碳，则B为COC若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3D若A是AlCl3溶液，

3、E可能是氨水4下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作及实验现象结论A室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1 molL-1NaClO溶液和0.1 molL-1CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向某溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加少量酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去溶液中含有Fe2+，不含Fe3+C取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊Na2O2已经变质D向浓度均为0.1 molL-1NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加0.1 molL-1AgNO3溶液，先生成白色的AgCl沉淀Ksp(AgCl)

4、0D在T温度下，起始时向容器中充入2.0mol N2O5和2.0mol O2，达到平衡时，N2O5的转化率大于20%13根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去) A反应说明该条件下铝的还原性强于锰B反应均属于氧化反应和离子反应C相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为11D反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1414根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是A图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)c(H+)c(OH)B图2表示用水稀释pH

5、相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：cbaC图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJmol1D由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右15某化工采用稀NaOH溶液脱除CO2，若碱洗脱除后所得废液的pH约为13(已知：相同温度下饱和Na2CO3溶液的pH约为12)，则下列说法正确的是A该溶液中：c(OH)c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)c(H+)B该溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CO32-)+c(HCO3-)C加水稀释该溶液，恢复至原温度

6、，pH减小，Kw不变D该溶液pH约为13的原因：CO32-+H2O=HCO3-+OH16某镍冶炼车间排放的漂洗废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl-，图甲是双膜三室电沉积法回收废水中的Ni2+的示意图，图乙描述的是实验中阴极液pH值与镍回收率之间的关系。下列说法不正确的是（ ）A交换膜a为阳离子交换膜B阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+C阴极液 pH=1时，镍的回收率低主要是有较多的H2生成D浓缩室得到1 L 0.5mol/L的盐酸时，阴极回收得到11.8g镍第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、实验题17硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)又称海波，呈无色透

7、明状，易溶于水，不溶于乙醇，常用作棉织物漂白后的脱氯剂、定量分析中的还原剂。Na2S2O35H2O的制备Na2S2O35H2O的制备方法有多种，其中亚硫酸钠法是工业和实验室中的主要方法：Na2SO3+S+5H2ONa2S2O35H2O制备过程如下：称取12.6g Na2SO3于100mL烧杯中，加50mL去离子水搅拌溶解。另取4.0g硫粉于200mL烧杯中，加6mL乙醇充分搅拌均匀将其润湿，再加入Na2SO3溶液，隔石棉网小火加热煮沸，不断搅拌至硫粉几乎全部反应。停止加热，待溶液稍冷却后加2g活性炭，加热煮沸2分钟(脱色)。趁热过滤，得滤液至蒸发皿中，_、_。过滤、洗涤，用滤纸吸干后，称重，计

8、算产率。（1）加入的硫粉用乙醇润湿的目的是_。（2）步骤趁热过滤的原因_，空格处应采取的操作是_、_。（3）步骤洗涤过程中，为防止有部分产品损失，应选用的试剂为_。（4）滤液中除Na2S2O3和未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_，生成该杂质的原因可能是_。产品纯度的测定准确称取1.00g产品(硫代硫酸钠晶体的摩尔质量为248 gmol1)，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000molL1 I2的标准溶液滴定，反应的离子方程式为2S2O32-+I2=S4O62-+2I，记录数据如下：滴定次数滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)10.3021.3220.3622.563

9、0.1021.08（5）计算所得产品的纯度为_(保留三位有效数字)，该数据的合理解释可能是_(不考虑实验操作引起的误差)。产品的应用（6）Na2S2O3 常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，该反应的离子方程式为_。评卷人得分三、综合题18李克强总理在2018年国务院政府工作报告中强调“今年二氧化硫、氮氧化物排放量要下降3%。”因此，研究烟气的脱硝(除NOx)、脱硫(除SO2)技术有着积极的环保意义。（1）汽车的排气管上安装“催化转化器”，其反应的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) H=-746.50kJmol-1。T时，将等物质的量的NO和CO充

10、入容积为2L的密闭容器中，若温度和体积不变，反应过程中(015min) NO的物质的量随时间变化如图。图中a、b分别表示在相同温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n (NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是_。（填“a”或“b”）T时，该反应的化学平衡常数K=_；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2 mol，则平衡将_移动。(填“向左”、“向右”或“不”)15min时，若改变外界反应条件，导致n (NO)发生图中所示变化，则改变的条件可能是_ (任答一条即可)。（2）在催化剂作用下，用还原剂如肼(N2H4)选择性地与NOx反应生成N2和H2

11、O。已知200时：.3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g) H1=-32.9 kJmol-1；II. N2H4(g)+H2(g) =2NH3(g) H2=-41.8 kJmol-1。写出肼的电子式：_。200时，肼分解成氮气和氢气的热化学方程式为：_。目前，科学家正在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝原理，其脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如下图所示。为达到最佳脱硝效果，应采取的条件是_。（3）利用电解装置也可进行烟气处理，如图可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-，阳极的电极反应式为_；物质A是_ (填化学式)。19工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)

12、结晶后的母液(含少量杂质Fe3+)生产重铬酸钾 (K2Cr2O7)，其工艺流程及相关物质溶解度曲线如下图所示。（1）向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是_。（2）通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是_。（3）固体A的主要成分为_（填化学式），用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液_(填“I”“”或“”)中，既能提高产率又可使能耗降低。（4）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.500 g 配成250 mL溶液，用移液管取出25.00 mL于碘量瓶中，加入10 mL 2 molL-l H2SO4溶液和足量KI溶液(铬的还原产物为Cr3+)，放置于暗处5 min，

13、然后加入100 mL蒸馏水、3 mL 淀粉指示剂，用0.1200 molL-l Na2S2O3标准溶液滴定(已知I2+ 2S2O32-=2I-+S4O62-)。酸性溶液中KI 与K2Cr2O7反应的离子方程式为_。若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度为_%( 保留2 位小数，设整个过程中其他杂质不参与反应)。20氯化亚铜（CuCl，白色、易被氧化，Ksp=1.210-6）广泛用作催化剂、脱臭剂、脱色剂等。工业上用初级铜矿粉（主要含Cu2S、CuS、Fe2O3、FeO等）制备活性CuCl的流程如下：（1）滤渣是Fe(OH)3和单质硫的混合物，反应中Cu

14、2S参与反应的化学方程式为：Cu2S+MnO2 + H2SO4CuSO4 +S+MnSO4 + H2O（未配平）；氧化产物为：_。（2）除Mn2+时得MnCO3沉淀，该反应的离子方程式为_。（3）已知：Cu(OH)2可溶于氨水形成深蓝色溶液。Cu(OH)2+4NH3Cu(NH3)42+2OH。蒸氨条件及蒸氨效果见下表：序号温度/时间/min压强/KPa残液颜色a11060101.3浅蓝色b1004074.6几乎很浅c903060.0无色透明由表中信息可知蒸氨的条件应选_（填序号），请用平衡移动原理解释选择该条件的原因是_。（4）反应的离子方程式_。（5）实验证明通过如图装置也可获得CuCl，现

15、象为阴极：产生无色气体；阳极：有白色胶状沉淀生成且逐渐增多；U形管底部：靠近阴极区白色胶状沉淀逐渐转化为淡黄色沉淀。生成CuCl的电极反应式为_。有同学提出：淡黄色沉淀可能是CuOH，以下是从资料中查阅到CuOH的有关信息，哪些可以支持该同学的说法_。（填序号）a容易脱水变成红色的Cu2ObCuOH是黄色或淡黄色固体，不溶于水cCuOH的Ksp=210-15d易被氧化成Cu(OH)2评卷人得分四、填空题21研究NO2、NO、CO、NO2-等污染物的处理，对环境保护有重要的意义。（1）NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g) H1=234.00kJmol-11/2N2(g)+1/2O2(

16、g)NO(g) H2=89.75 kJmol-12NO(g)+O2(g)2NO2(g) H3=112.30kJmol-1若NO2气体和CO气体反应生成无污染气体，其热化学方程式为_。（2）某温度下，向10L密闭容器中分别充入0.1 mol NO2和0.2 mol CO，发生反应：2NO2(g)+ 4CO(g)N2(g)+4CO2(g)，经10min反应达到平衡，容器的压强变为原来的29/30010min内，CO的平均反应速率v(CO)=_；若容器中观察到_，可判断该反应达到平衡状态；为增大污染物处理效率，起始最佳投料比为n(NO2)n(CO)=_；平衡后，仅将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，

17、则平衡_(填“右移”或“左移”或“不移动”)。（3）在高效催化剂作用下可用NH3还原NO2进行污染物处理。相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反应，生成氮气的物质的量与时间变化如图a。活化能最小的是_用E(A)、E(B)、E(C)表示三种催化剂下该反应的活化能。 在催化剂A作用下测得相同时间处理NO2的量与温度关系如图b。试说明图中曲线先增大后减小的原因_(假设该温度范围内催化剂的催化效率相同)。（4）有人设想在含有NO2-的酸性污水中加入填充有铝粉的多孔活性炭颗粒进行水的净化。试结合电极反应说明多孔活性炭的主要作用_。参考答案1A【解析】【详解】A定量的溶质通常假设为1mol，则NaHC

18、O3溶液中NaHCO3为1mol，Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液，反应为：HCO3+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，选项A正确；B、向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42- 沉淀完全的离子反应为Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-AlO2-+2BaSO4+2H2O，选项B错误；CNH4HCO3稀溶液与过量的KOH溶液反应，离子方程式：NH4+HCO3-+2OH-=CO32-+NH3H2O+H2O，选项C错误；D、醋酸除去水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO-，选项D错误；答案选A。2C【解析】【分析】A.烃分子

19、中有几种类型氢原子，其一氯代物就有几种；B.取代反应是有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应，加成反应是断开双键或者三键然后在键的两边分别加上其他的原子或者原子团；C.同分异构体是一种有相同分子式而结构式不同的化合物；D.官能团是决定有机化合物的化学性质的原子或原子团，羟基与羧基均能与Na反应。【详解】A、（CH3）3CCH2CH3分子中有3种氢原子，其一氯代物有3种同分异构体，故A错误；B、前者属于取代反应，后者属于加成反应，故B错误；C、葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，但是二者的结构式不同，所以互为同分异构体，故C正确；D、乙醇含有羟基，乙酸含有羧基，二者虽都能与钠

20、反应生成氢气，但官能团不同，故D错误。故选C。3D【解析】试题分析：A、如果A是Fe，E为稀硝酸，B为Fe(NO3)3，D为Fe(NO3)2，Fe(NO)3和Fe反应生成Fe(NO3)2，Fe(NO3)2和硝酸反应生成Fe(NO3)3，符合转化关系，故说法正确；B、CCuO=CuCO2，过量的C和CO2发生反应：CCO2=2CO，因此B为CO，D为CO2，符合转化关系，故说法正确；C、2NaOHCO2(少量)=Na2CO3H2O，NaOHCO2(过量)=NaHCO3、2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，符合转化关系，故说法正确；D、氢氧化铝溶于强碱

21、，不溶于弱碱，无论氨水是否过量，生成都是氢氧化铝沉淀，不符合转化关系，故说法错误。考点：考查无机推断、元素及其化合物的性质等知识。4C【解析】次氯酸钠溶液具有漂白性，不能用PH试纸测PH，故A错误；向某溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，溶液中不含Fe3+，滴加少量酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，说明溶液中含有I-等还原性离子，故B错误；取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，说明放出二氧化碳气体，过氧化钠已变质为碳酸钠，故C正确；AgCl与Ag2CrO4的结构不同，不能直接根据沉淀的先后顺序判断溶度积常数的大小，故D错误。点睛：对于结构相似的沉淀物

22、，可以根据溶度积常数的大小直接判断溶解性，如氯化银、溴化银结构相同，溶度积常数越小越难溶；对于结构不同的物质，要通过计算离子浓度判断溶解度。5A【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E是原子序数依次增大，所以B是C；A的原子序数小于6（碳）且单质为气体，A是H元素；C的原子序数大于6，半径是同周期中最大，C是第三周期的Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是Al元素；E单质是气体，E是Cl元素；所以A、B、C、D、E分别是：H、C、Na、Al、Cl。工业上用电解熔融氯化钠制取钠，用电解熔融氧化铝制取铝，用电解饱和食盐水制取氯气，

23、A选项正确；氢元素、碳元素组成化合物属于烃，常温下碳原子数小于4是气态，大于4是液态或者固态，B选项错误；HCl是共价化合物，含共价键，氯化钠是离子化合物，含离子键，HCl和NaCl的化学键类型不同，C选项错误；元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al（OH）3， H2CO3与Al（OH）3不反应，D选项错误，正确答案A。6D【解析】【详解】A“薪柴之灰”中含有K2CO3，若与铵态氮肥混合施用，则会因CO32-和NH4+相互促进水解导致氮肥的损失，故A错误；B玻璃钢是玻璃纤维与合成树脂组成的复合材料，压电陶瓷属于新型无机非金属材料，故B错误；C柳絮和棉花的主要成

24、分都是纤维素，故C错误；D“去土而糖白”说明塌了的墙土具有吸附作用，将红糖中的色素吸附而脱色变白，故D正确；正确答案：D。7B【解析】【详解】ACO密度很接近空所不能利用排空气法收集，图中装置可制取少量CO2、SO2，且必须考虑CO、SO2敞口收集容易造成污染，选项A错误；B洗涤沉淀时，加蒸馏水浸没固体，不能搅拌，然后滤干即可，选项B正确；C氯化氢极易溶于水，不能直接通入溶液中，否则容易产生倒吸，另外氯化氢与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，不能除去二氧化碳且洗气时导管必须长进短出，选项C错误；D碘易升华，用图丁装置可以将KI和I2的固体混合物分离后回收I2时没有将碘蒸气冷凝收集，选项D错误；答案

25、选B。8C【解析】A、SiO2是原子晶体，不存在分子，选项A错误；B、常温下铁被浓硝酸钝化，反应不能继续，转移电子数无法计算，选项B错误；C、反应中氢元素化合价由+1变为0，则反应:NH4N3=2N2+2H2，则每收集标况下89.6L气体，即4mol气体其中2mol氮气和2mol氢气，爆炸时转移电子数为4NA，选项C正确；D、没有给定体积，无法求得粒子总数，选项D错误。答案选C。9C【解析】根据原子个数守恒可知，若反应的原子利用率为100%，则物质X为CO，A项错误；MMA与甲醇互溶，故不能分液漏斗分离MMA和甲醇，B项错误；、均含碳碳双键，故均可发生加成反应、氧化反应，含有甲基，均能发生取代

26、反应，C项正确；MMA与H2反应生成，能与NaHCO3溶液反应说明含有-COOH，故C4H9-COOH,因丁基存在4种结构，故Y的同分异构体有4种，D项错误。10D【解析】【分析】根据盐类的水解的规律和氧化还原反应的规律进行分析解答。【详解】A.Na2S2O3的溶液pH8，说明S2O32-水解，水的电离受到了促进，由水电离的c(OH)=106 molL1，故A错误；B.S2O32-水解是分步进行的，S2O32-H2OHS2O3-OH，故B错误；C.两个错误点（1）氯水足量，沉淀中不可能有BaSO3（2）BaSO3与硝酸发生氧化还原反应生成BaSO4，不能加硝酸验证，故C错误；D.S2O32-+

27、5H2O+4Cl2+2Ba2+=2BaSO4+8Cl-+10H+ ，S元素的化合价升高,说明Na2S2O3具有还原性,故D选项正确；正确答案：D。【点睛】易错选项C，要注意氧化剂氯水是足量的，硝酸有强氧化性。11C【解析】【分析】本题是一道工艺流程题，解题时应注意对流程的分析：硅孔雀石粉加盐酸“酸浸”，得到含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Cl-的溶液；通入氯气氧化Fe2+为Fe3+，调节pH使Fe3+以Fe(OH)3形式除去；结晶得到CuCl2xH2O，在HCl的保护下加热脱水得到CuCl2。以此分析并结合选项，可解决此题。【详解】A项，该工艺流程制备的是CuCl2，用盐酸溶解硅孔雀石粉不会引

28、入其他阴离子，再者流程中也标明了“酸浸”时加入盐酸，故A正确；B项，硅孔雀石粉中含有+2价铁的化合物，“酸浸”后溶液中还原性离子为Fe2+，所以通入氯气“氧化”时发生反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-，故B正确；C项，常温下，Fe3+在pH约为3.7时就全部以Fe(OH)3形式沉淀了，若pH过高，则Cu2+也会转化为沉淀，所以“调pH”时不能控制在碱性区域，故C错误；D项，CuCl2是强酸弱碱盐，CuCl2xH2O“加热脱水”时，Cu2+会水解而得不到CuCl2，所以加入SOCl2的目的是生成HCl抑制CuCl2的水解，故D正确。综上所述，符合题意的选项为C。12B【解析

29、】【详解】A.由表中数据可知，3s内氧气物质的量变化量为0.36mol，容器体积为2L，故03 s内v(O2)C（O2）t=0.3623=0.06 molL-1s-1, 根据速率之比等于其化学计量数之比,故v(NO2)=2v(O2)=20.06mol/(L.s)=0.12mol/(L.s),故A错误；B.容器体积不变,在T温度下,起始时向容器中充入1.0molNO20.5molO3和0.50molN2O50.50molO2,转化到左边相当于起始投入2.0molNO2和1.0molO3,与原平衡为完全等效平衡。原平衡12s到达平衡时，氧气的物质的量为0.8mol,则:2NO2(g)+O3(g)N

30、2O5(g)+O2(g) 物质的量减少 1 1 0.8mol 0.8mol由化学方程式可知，氧气的物质的量等于反应体系的总变化量，故原平衡中平衡时气体物质的量为2mol+1mol0.8mol=2.2mol。由此可知，起始时向容器中充入1.0molNO20.5molO3和0.50molN2O50.50molO2到达平衡时,混合气体总物质的量为2.2mol,平衡时压强为起始的2.2mol(1+0.5+0.5+0.5)mol=0.88倍,故B 正确；C. 由表中数据可知,12s与24s时氧气的物质的量均为0.8mol,说明12s时可逆反应到达平衡,平衡时氧气的浓度为0.8mol2L=0.4mol/L

31、,降低温度,达到新平衡时测得c(O2)=0.44mol/L,氧气浓度增大,说明降低温度,平衡向正反应方向移动,则正反应为放热反应,即H0,故C错误；D.在T温度下，起始时向容器中充入2.0 mol N2O5和2.0 mol O2，转化到左边相当于起始投入4.0 mol NO2和2.0 mol O3，所到达的平衡状态相当于在原平衡的基础上压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，平衡时N2O5的物质的量大于20.8 mol1.6 mol，故参加反应的N2O5的物质的量小于2 mol1.6 mol0.4 mol，则达到平衡时，N2O5的转化率小于0.4mol2mol100%20%，故D错误。正确答案：B

32、13A【解析】【分析】根据氧化还原反应和离子反应的本质和规律进行分析。【详解】A.反应是置换反应，铝是还原剂，锰是还原产物，所以铝的还原性强于锰，故A正确；B.五个反应中都有元素的化合价发生了变化，所以都是氧化还原反应。反应不是在水溶液中发生的反应，所以不是离子反应，故B错误；C.反应中氧元素的化合价是从-1升高到0，而反应中氧元素的化合价是从-2升高到0，所以两者转移的电子数之比为12，故C错误；D.反应的化学方程式为MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O，参加反应的HCl中有一半被氧化，所以氧化剂和还原剂之比为12，故D错误。正确答案：A。14B【解析】试题分析：A.在开始时，1

33、0 mL 0. 1 molL1NaOH溶液，pH=13，图l表示常温下向体积为0. 1 molL1NaOH溶液中逐滴加入0. 1 molL1CH3COOH溶液10ml时，恰好完全反应：CH3COOH+NaOH= CH3COONa +H2O，由于产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，所以溶液显碱性，b点处根据质子守恒可得有: c（OH-）= c（CH3COOH）+c（H+），正确；B.醋酸是弱酸，在溶液中存在大量未电离的电解质分子，而盐酸是强酸，完全电离，所以在开始时，溶液的pH相等，则B.在开始时溶液的pH相等，则c（H+）相等，由于盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以酸的

34、浓度： c（CH3COOH）c（HCl），当稀释相同倍数时，由于破坏了醋酸的电离平衡，未电离的醋酸分子会电离产生H+，使溶液中的c（H+）又有所增加，因此溶液的离子浓度大小，pH变化比盐酸小，所以I表示盐酸II表示醋酸，导电性ab；对于盐酸来说，由于稀释倍数cb，稀释倍数越大，离子浓度就越小，溶液的导电性就越弱，所以溶液导电性：cba，错误；C.氢气燃烧反应是放热反应，所以反应物的能量 高于生成物；燃烧热是1mol的可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，所以图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285. 8kJ mol1，正确；D.根据图示可知Fe3+形成Fe（OH

35、）3沉淀时的pH小于4，而此时Cu2+仍然以离子存在与溶液中，所以若要除去CuSO4洛液中的Fe3，可采用向溶掖中加入适量CuO，调节溶液的PH至4左右，然后过滤，就得到了纯净的CuSO4洛液，正确。考点：考查图像法在表示酸碱中和反应、溶液的导电性、反应热及除杂的应用的知识。15C【解析】【详解】碱洗脱除CO2后所得废液的pH约为13，大于相同温度下饱和Na2CO3溶液的pH，说明碱洗脱除CO2后所得废液中的溶质为NaOH和Na2CO3，Na2CO3在溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-。A.该溶液中c（Na+）c（OH-），故A错误；

36、B.溶液中的电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故B错误；C.加水稀释恢复至原温度，溶液中c（OH-）减小，pH减小，水的离子积KW不变，故C正确；D.该溶液pH约为13的原因是NaOH=Na+OH-，故D错误。故选C。16D【解析】阳极区域是稀硫酸，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子通过交换膜a进入浓缩室，所以交换膜a为阳离子交换膜，故A正确；阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故B正确；阴极发生还原反应，酸性强时主要氢离子发生还原反应生成氢气、酸性弱时主要Ni2+发生还原反应生成Ni，故C正确；浓缩室得到1 L 0.5mol/

37、L的盐酸时，转移电子0.4mol，阴极生成镍和氢气，所以阴极回收得到镍小于11.8g，故D错误。17增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度 防止温度降低，产品析出而损失 蒸发浓缩 冷却结晶 乙醇 Na2SO4 Na2SO3被空气中的O2氧化 104% 产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多 S2O32+ 4Cl2 + 5H2O = 2SO42 + 8Cl + 10H+ 【解析】【详解】（1）硫不溶于水，微溶于酒精，因此加入的硫粉用乙醇润湿的目的是增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度。（2）步骤趁热过滤的原因是防止温度降低时，产品析出而损失

38、。得到的溶液需要移至蒸发皿中，然后蒸发浓缩、冷却结晶即可。（3）由于硫代硫酸钠晶体易溶于水，不溶于乙醇，因此洗涤过程中，为防止有部分产品损失，应选用的试剂为乙醇。（4）由于Na2SO3易被空气中的O2氧化转化为硫酸钠，则最可能存在的无机杂质是Na2SO4。（5）三次实验消耗标准液体积分别是21.02mL、22.20mL、20.98mL，第二次数据太大舍去，标准液体积的平均值是21.00mL，所得产品的纯度为0.10000.02122481100%=104.16%，由于产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多，所以会出这种结果。（6）Na2S2O3常用

39、于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，该反应的离子方程式为S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+。18 b 5 L/mol 不 增加CO的物质的量浓度或减少生成物浓度或降温等 N2H4(g)=N2(g)+2H2(g) H=+50.7 kJmol-1 350左右、负载率3% SO2+ 2H2O-2e-=SO42-+4H+ H2SO4【解析】分析：(1)我们知道物质的表面积对反应速度有影响，同样催化剂的表面积也影响催化效率；利用图象中NO的数据，结合化学方程式即可算出平衡常数K；当温度不变时，K值也不变，利用浓度商与K做比较，即可判断平衡的移动方向；根据外界条件对化学

40、平衡的影响可分析出n(NO)减小的原因；(2)利用盖斯定律可得肼分解的热化学方程式；由图象信息即可分析出最佳脱硝效果的条件。(3)根据题目所给物质的转化关系，结合电解原理解答。详解：(1) 由图象可知，曲线a变化慢，即反应速率慢，曲线b变化快，即反应速率快，催化剂的表面积越大，催化效率越高，反应速率越快，所以表示催化剂表面积较大的曲线是b；已知n起(NO)= n起(CO)=0.4mol, n平(NO)=0.2mol，则平衡时c平(NO)=c平(CO)=0.1mol/L，c平(CO2)=0.1mol/L，c平(N2)=0.05mol/L，故K=c2(CO2)c(N2)c2(NO)c2(CO)=

41、(0.1mol/L)20.05mol/L(0.1mol/L)2(0.1mol/L)2 =5 L/mol；若保持温度不变，则K值不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2 mol时，其Qc= (0.2mol/L)20.05mol/L(0.1mol/L)2(0.2mol/L)2=5L/mol=K，所以平衡不移动；15min时，反应物NO的物质的量迅速减小，但不是突然变小，可能的原因是增大了CO的浓度或减小了生成物的浓度，使平衡正向移动，由于反应是放热反应，也可能是降低温度使平衡正向移动。(2) 肼的电子式为；根据盖斯定律，反应-2反应即得N2H4(g)=N2(g)+ 2H2(g) H=H1-2H2=

42、+50.7 kJmol-1；分析图象信息可知，负载率过高或过低，脱硝率都不是最高的，而温度过低或过高，脱硝率也不是最高的，只有在350左右，负载率为3.0%时脱硝率最高。(3)根据题目叙述，结合装置可知阳极反应物为SO2，生成物为SO42-，所以阳极反应式为SO2+ 2H2O-2e- =SO42-+4H+，而阴极反应为NO+H+5e- =NH4+H2O，所以总反应式为2NO+5SO2+8H2O=(NH4)2SO4+4H2SO4，由此反应方程式可知，装置中的物质A是H2SO4。点睛：本题有两个易失分点，一是图象中15min时，反应物NO的物质的量迅速减小的原因，防止从减小NO的物质的量的角度去思

43、考；二是电解装置中物质A的确定，要从总反应式上去思考。19除去Fe3+ 低温下K2Cr2O7溶解度远小于其它组分，温度的降低K2Cr2O7溶解度明显减小NaClCr2O72-+6I-+14H+=2Cr3+3I2+7H2O94.08%【解析】【详解】（1）根据题目信息，母液中含有少量的Fe3，加碱液的目的是除去Fe3，故答案为：除去Fe3+；（2）根据温度与溶解度的关系，K2Cr2O7的溶解度受温度的影响较大，低温时K2Cr2O7的溶解度远小于其他组分，且温度降低，K2Cr2O7的溶解度受温度的影响较大，故答案为：低温下K2Cr2O7溶解度远小于其它组分，温度的降低K2Cr2O7溶解度明显减小；

44、（3）母液I中加入KCl，发生Na2Cr2O7KCl=K2Cr2O7NaCl，采用冷却降温得到K2Cr2O7固体，即母液II中含有大量的NaCl，因此蒸发浓缩得到的固体是NaCl；冷却结晶中有大量的K2Cr2O7析出，但溶液中含有少量的K2Cr2O7，蒸发浓缩时，NaCl表面附着一部分K2Cr2O7，为了提高产率又可使能耗降低，因此需要把洗涤液转移到母液II中，达到类似富集的目的，故答案为：NaCl、；（4）根据操作，得出K2Cr2O7作氧化剂，本身被还原成Cr3，I被氧化成I2，因此有Cr2O72ICr3I2，然后采用化合价升降法、原子守恒配平即可，离子方程式为Cr2O72+6I+14H=2

45、Cr3+3I2+7H2O，故答案为：Cr2O72+6I+14H=2Cr3+3I2+7H2O；根据离子方程式，得出关系式为Cr2O723I26S2O32，则求出样品中K2Cr2O7的质量为0.04L0.12mol/L625025294g/mol=2.352g，纯度为2.352/2.500100%=94.08%，故答案为：94.08%。20CuSO4、S Mn2+ +HCO+NH3H2O=MnCO3+NH+H2O c 减小压强，平衡逆向移动，利于蒸氨 SO2 +2Cu2+2Cl+2H2O=2CuCl+SO+4H+ Cu-e+Cl=CuCl b c 【解析】【分析】以初级铜矿粉（主要含Cu2S、Cu

46、S、Fe2O3、FeO等）制备氯化亚铜的路线为：在反应I中向铜矿粉中加入硫酸溶液、二氧化锰，发生氧化还原反应生成硫单质，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，溶液中含有铜离子、铁离子；向溶液中加入氨水，沉淀铁离子为氢氧化亚铁，过滤，滤渣是Fe（OH）3和单质硫的混合物，然后滤液中加入碳酸氢铵除锰离子，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，然后蒸氨得到氢氧化铜沉淀，发生分解反应得到CuO固体、氨气与二氧化碳，再用盐酸溶解CuO得到CuCl2，通入二氧化硫气体得到氯化亚铜沉淀，以此解答该题。【详解】（1）Cu2S参与反应的化学方程式为：Cu2S+MnO2+H2SO4CuSO4+S+MnSO4+H2O，在该反

47、应中，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，MnSO4为还原产物，铜元素化合价由Cu2S中的+1价升高到CuSO4中的+2价，S元素的化合价由Cu2S中的-2价升高至单质S中的0价，故CuSO4和S为氧化产物；故答案为：CuSO4、S。（2）除Mn2+时加入氨水和NH4HCO3得MnCO3沉淀，反应的离子方程式为：Mn2+HCO3-+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O；故答案为：Mn2+HCO3-+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O。（3）根据流程，蒸氨时Cu(NH3)42+先变成Cu(OH)2，根据表中信息，c得到的残液颜色为无色透明，说明Cu(NH3)42+的转化率很大，蒸氨效果较好，蒸氨的条件应选c；选择该条件的原因是：减小压强，平衡Cu(OH)2+4NH3Cu(NH3)42+2OH逆向移动，利于蒸氨；故答案为：c；减小压强，平衡逆向移动，利于蒸氨。（4）反应为向CuCl2溶液中通入二氧化硫制得CuCl，CuCl2被