2021-2022學(xué)年廣東省深圳市南山區(qū)高二（上）期末化學(xué)試卷

第1頁（共1頁）2021-2022學(xué)年廣東省深圳市南山區(qū)高二（上）期末化學(xué)試卷一、選擇題（1-10題每小題2分，11-16題每小題2分，每題只有一個符合題意的答案）1．（2分）實(shí)施垃圾分類，節(jié)約使用資源是社會文明水平的重要體現(xiàn)，廢舊鉛蓄電池屬于（）A．廚余垃圾 B．可回收物 C．有害垃圾 D．其他垃圾2．（2分）下列離子方程式正確的是（）A．碳酸鈉水解：CO32﹣+2H2O?H2CO3+2OH﹣ B．硫氫化鈉水解：HS﹣+H2O?H3O++S2﹣ C．制Fe（OH）3膠體：Fe3++3H2O═Fe（OH）3+3H+ D．硫酸鋁溶液與偏鋁酸鈉溶液反應(yīng)：Al3++3AlO2﹣+6H2O═4Al（OH）3↓3．（2分）某反應(yīng)的反應(yīng)機(jī)理、能量與反應(yīng)進(jìn)程的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）A．Fe2+是該反應(yīng)的催化劑 B．兩步反應(yīng)都是放熱反應(yīng) C．S2O82﹣在第一步反應(yīng)中作還原劑 D．第一步反應(yīng)的活化能比第二步反應(yīng)的小4．（2分）用某溫度下，在2L恒容密閉容器中，X、Y、Z三種氣態(tài)物質(zhì)的物質(zhì)的量變化曲線如圖所示，下列有關(guān)說法中不正確的是（）A．若在3min后，升高溫度，平衡一定移動 B．反應(yīng)開始至2min，平均反應(yīng)速率：v（Z）＝0.1mol?L﹣1?min﹣1 C．該反應(yīng)的化學(xué)方程式：3X+Y?2Z D．v（X）＝0.3mol?L﹣1?min﹣1與v（Y）＝0.1mol?L﹣1?min﹣1表示該化學(xué)反應(yīng)速率相等5．（2分）下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．使甲基橙顯黃色的溶液：Fe2+、Cl、Mg2+、SO42﹣ B．常溫下，＝1.0×10﹣12的溶液：Na+、AlO2﹣、NO3﹣、SO32﹣ C．c（NH4+）＝c（Cl﹣）的NH4Cl﹣NH3?H2O混合液：Al3+、Fe3+、SO42﹣、HCO3﹣ D．常溫下，由水電離產(chǎn)生的c（H+）＝10﹣12mol?L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣6．（2分）25℃時(shí)，CaCO3在水中沉淀溶解平衡曲線如圖。25℃時(shí)CaSO4的Ksp＝9.1×10﹣6，下列說法正確的是（）A．通過蒸發(fā)，可使溶液由a點(diǎn)變化到c點(diǎn) B．圖中b點(diǎn)碳酸鈣的結(jié)晶速率小于其溶解速率 C．在25℃時(shí)，從CaCO3（s）轉(zhuǎn)化為CaSO4（s）更容易實(shí)現(xiàn) D．可將鍋爐中的CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，再用酸去除7．（2分）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．電解精煉銅時(shí)，當(dāng)外電路通過NA個電子時(shí)，陽極一定減輕32g B．CO的燃燒熱為283.0kJ/mol，若一定量的CO完全燃燒放出熱量為283.0kJ，則消耗O2的分子數(shù)為NA C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，NO和O2各11.2L混合后充分反應(yīng)，所得氣體的分子總數(shù)為0.75NA D．3H2（g）+N2（g）?2NH3（g）若生成2mol氨氣，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NA8．（2分）下列有關(guān)說法正確的是（）A．直接加熱CuCl2溶液可得到CuCl2固體 B．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，若錐形瓶內(nèi)殘留少量蒸餾水，對實(shí)驗(yàn)無影響 C．金屬鐵在潮濕的空氣中生銹，主要發(fā)生化學(xué)腐蝕 D．室溫下，pH＝2的鹽酸與pH＝12的氨水等體積混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）9．（2分）下列示意圖與化學(xué)用語表述內(nèi)容相符的是（水合離子用相應(yīng)離子符號表示）（）ABCDNaCl溶于水電解CuCl2溶液CH3COOH在水中電離H2與Cl2反應(yīng)能量變化2NaCl═2Na+Cl2CuCl2═Cu2++2Cl﹣CH3COOH═CH3COO﹣+H+H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H＝﹣183kJ?mol﹣1A．A B．B C．C D．D10．（2分）科學(xué)家利用鐵觸媒催化合成氨的反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面的物種用“ad”表示（）下列說法不正確的是：A．合成氨反應(yīng)的N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH＝﹣92kJ?mol﹣1 B．活化能最大的一步反應(yīng)的方程式是Nad+Had═NHad C．升高溫度、增大壓強(qiáng)均能提高原料的平衡轉(zhuǎn)化率 D．加入催化劑能降低反應(yīng)活化能，加快正反應(yīng)速率11．（4分）25℃時(shí)不斷將水滴入0.1mol?L﹣1的氨水中，下列圖象變化合理的是（）A． B． C． D．（多選）12．（4分）以菱鎂礦（主要成分為MgCO3，含少量SiO2/Fe2O3和Al2O3）為原料制備高純鎂砂的工藝流程如圖，已知浸出時(shí)產(chǎn)生的廢渣中有SiO2、Fe（OH）3和Al（OH）3，下列說法錯誤的是（）A．浸出鎂的反應(yīng)為MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2O B．浸出和沉鎂的操作均應(yīng)在較高溫度下進(jìn)行 C．流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)只有NH3 D．分離Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同13．（4分）沉積物微生物燃料電池可處理含硫廢水，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．碳棒b的電極反應(yīng)式為：O2+4e﹣+4H+＝2H2O B．光照強(qiáng)度對電池的輸出功率有影響 C．外電路的電流方向：碳棒a→碳棒b D．酸性增強(qiáng)不利于菌落存活，故工作一段時(shí)間后，電池效率降低14．（4分）下列圖示與對應(yīng)的敘述相符的是（）A．由圖甲可知，a點(diǎn)Kw的數(shù)值比b點(diǎn)Kw的數(shù)值大 B．圖乙表示不同溫度下水溶液中H+和OH﹣的濃度變化曲線，圖中a點(diǎn)對應(yīng)溫度高于b點(diǎn) C．圖丙表示NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲線，M點(diǎn)水的電離程度最大 D．圖丁表示向醋酸稀溶液中加水時(shí)溶液的導(dǎo)電性變化，圖中p點(diǎn)醋酸的電離程度大于q點(diǎn)15．（4分）如圖所示為工業(yè)合成氨的流程圖。有關(guān)說法不正確的是（）A．步驟①中“凈化”可以防止催化劑中毒 B．產(chǎn)品液氨除可生產(chǎn)化肥外，還可用作制冷劑 C．步驟③、④、⑤均有利于提高原料的轉(zhuǎn)化率 D．步驟②中“加壓”既可以提高原料的轉(zhuǎn)化率，又可以加快反應(yīng)速率16．（4分）25℃時(shí)，已知醋酸的電離常數(shù)為1.8×10﹣5．向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水電離出的c（H+）在此滴定過程中變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)溶液中：c（H+）＝6.0×10﹣3mol?L﹣1 B．b點(diǎn)溶液中：c（CH3COOH）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣） C．c點(diǎn)溶液中：c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+c（H+） D．d點(diǎn)溶液中：c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）二、非選擇題17．（14分）雙氧水、84消毒液、HClO都可做消毒劑。某學(xué)習(xí)小組為探究HClO的電離情況，用pH計(jì)測定25℃時(shí)不同濃度次氯酸的pH，結(jié)果如下：濃度/（mol?L﹣1）0.20000.10000.0100pH2.832.883.38（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知HClO是電解質(zhì)（填“強(qiáng)”或“弱”），得出此結(jié)論的依據(jù)是。（2）從表中數(shù)據(jù)，還可以得出另一結(jié)論：隨著次氯酸溶液濃度的減小，次氯酸的電離程度（填“增大”、“減小”或“不變”）。18．2016年巴西奧運(yùn)會期間，工作人員將84消毒液與雙氧水兩種消毒劑混用，導(dǎo)致泳池藻類快速生長，池水變綠。一種可能的原因是NaClO與H2O2反應(yīng)產(chǎn)生O2。（1）①該反應(yīng)說明氧化性：NaClOH2O2（填“＞”或“＜”）。②當(dāng)有0.1molO2生成時(shí)，轉(zhuǎn)移電子mol。（2）已知：HClO不穩(wěn)定，為防止存儲過程中失效，通常要在84消毒液中殘余少量NaOH，請運(yùn)用平衡移動原理解釋NaOH的作用：。（3）雙氧水是二元弱酸，298K時(shí)，Kal＝1.6×10﹣12，Ka2＝1.0×10﹣25，雙氧水電離方程式為；298K時(shí)0.1mol?L﹣1雙氧水溶液的pH≈（已知：lg2≈0.3）19．（14分）甲醇是一種可再生能源，由CO2制備甲醇可能涉及的反應(yīng)如下：反應(yīng)I：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.58kJ?mol﹣1反應(yīng)Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2反應(yīng)Ⅲ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH3＝﹣90.77kJ?mol﹣1（1）反應(yīng)Ⅱ的ΔH2＝。反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡常數(shù)分別為K1、K2、K3，則K2＝（用K1、K3表示）。（2）反應(yīng)Ⅰ能自發(fā)進(jìn)行的條件是（填“較低溫度”“較高溫度”或“任何溫度”）。（3）如表是反應(yīng)Ⅲ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH3在不同溫度下化學(xué)平衡常數(shù)（K）溫度/℃250300350平衡常數(shù)（K）2.040.270.012某溫度下，將2molCO和6molH2充入2L的密閉容器中，充分反應(yīng)后達(dá)平衡時(shí)，①測得c（CO）＝0.2mol/L，則CO的轉(zhuǎn)化率是，此時(shí)的溫度為。②要提高CO的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施是。A.升溫B.恒容充入COC.恒容充入H2D.分離出甲醇（4）在此條件下，不可作為判斷反應(yīng)Ⅲ達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是。A.混合氣體的密度不再變化B.生成1molCO的同時(shí)生成1molCH3OHC.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變化D.甲醇的百分含量不再變化（5）由CO2制備甲醇還需要?dú)錃?。工業(yè)上用電解法制取Na2FeO4，同時(shí)獲得氫氣，原理如圖。電解一段時(shí)間后，c（OH﹣）降低的區(qū)域在。（填“陰極室”或“陽極室”）。該室發(fā)生的電極反應(yīng)式為。20．（14分）Ni2O3主要用作陶瓷、搪瓷和玻璃的著色顏料，也可用于鎳粉的制造，其中一種生產(chǎn)工藝如圖：已知：①Ni+有很強(qiáng)的氧化性，且氧化性：Ni3+＞H2O2＞Fe3+。②一些物質(zhì)的沉淀pH值氫氧化物pH值Ksp開始沉淀沉淀完全Fe（OH）26.5﹣7.59.71.6×10﹣14Fe（OH）31.5﹣2.34.11.11.6×10﹣36Ni（OH）26.7﹣7.78.9﹣9.54.8×10﹣16（1）Ni2O3中Ni的化合價(jià)為。（2）為了提高金屬鎳廢料浸出速率，在“酸浸”時(shí)可采取的措施有（寫兩條）。（3）加入H2O2“氧化”的離子方程式為；加入Na2CO3溶液調(diào)pH，產(chǎn)生的“濾渣”是。（4）從濾液A中可回收利用的主要物質(zhì)是；加入NaClO溶液和NaOH溶液，“氧化”生成Ni2O3的離子方程式為。（5）工業(yè)上用鎳為陽極，電解0.05～0.1mol?L﹣1NiCl2溶液與一定量NH4Cl組成的混合溶液，可得到高純度、球形的超細(xì)鎳粉。當(dāng)其他條件一定時(shí)，NH4Cl的濃度對陰極電流效率及鎳的成粉率的影響如圖所示：①NH4Cl的濃度最好控制為g?L﹣1。②當(dāng)NH4Cl濃度大于15g?L﹣1時(shí)，陰極有氣體生成，導(dǎo)致陰極電流效率降低，相應(yīng)的電極反應(yīng)式為。21．（14分）某實(shí)驗(yàn)小組對FeCl3分別與Na2SO3、NaHSO3的反應(yīng)進(jìn)行探究?！炯淄瑢W(xué)的實(shí)驗(yàn)】裝置編號試劑X實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象ⅠNa2SO3溶液（pH≈9）閉合開關(guān)后靈敏電流計(jì)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)ⅡNaHSO3溶液（pH≈5）閉合開關(guān)后靈敏電流計(jì)指針未發(fā)生偏轉(zhuǎn)（1）配制FeCl3溶液時(shí)，先將FeCl3溶于濃鹽酸，再稀釋至指定濃度。結(jié)合化學(xué)用語說明濃鹽酸的作用：。（2）甲同學(xué)探究實(shí)驗(yàn)Ⅰ的電極產(chǎn)物。①取少量Na2SO3溶液電極附近的混合液，加入，產(chǎn)生白色沉淀，證明產(chǎn)生了SO42﹣。②該同學(xué)又設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究另一電極的產(chǎn)物，其實(shí)驗(yàn)方案為。（3）實(shí)驗(yàn)I中負(fù)極的電極反應(yīng)式為?！疽彝瑢W(xué)的實(shí)驗(yàn)】乙同學(xué)進(jìn)一步探究FeCl3溶液與NaHSO3溶液能否發(fā)生反應(yīng)，設(shè)計(jì)、完成實(shí)驗(yàn)并記錄如下：裝置編號反應(yīng)時(shí)間實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象III0～1min產(chǎn)生紅色沉淀，有刺激性氣味氣體逸出1～30min沉淀迅速溶解形成紅色溶液，隨后溶液逐漸變?yōu)槌壬?，之后幾乎無色30min后與空氣接觸部分的上層溶液又變?yōu)闇\紅色，隨后逐漸變?yōu)闇\橙色（4）乙同學(xué)認(rèn)為刺激性氣味氣體的產(chǎn)生原因有兩種可能，用離子方程式表示②的可能原因。①Fe3++3HSO3﹣?Fe（OH）3+3SO2；②。（5）查閱資料：溶液中Fe3+、SO32﹣、OH﹣三種微粒會形成紅色配合物并存在如下轉(zhuǎn)化：從反應(yīng)速率和化學(xué)平衡兩個角度解釋1～30min的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：。（6）解釋30min后上層溶液又變?yōu)闇\紅色的可能原因：?！緦?shí)驗(yàn)反思】（7）分別對比Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ，F(xiàn)eCl3能否與Na2SO3或NaHSO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)和有關(guān)（寫出兩條）。

2021-2022學(xué)年廣東省深圳市南山區(qū)高二（上）期末化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（1-10題每小題2分，11-16題每小題2分，每題只有一個符合題意的答案）1．（2分）實(shí)施垃圾分類，節(jié)約使用資源是社會文明水平的重要體現(xiàn)，廢舊鉛蓄電池屬于（）A．廚余垃圾 B．可回收物 C．有害垃圾 D．其他垃圾【分析】可回收垃圾：廢紙、塑料、玻璃、金屬和布料五大類；廚余垃圾：剩菜剩飯、骨頭、菜根菜葉、果皮等食品類廢物；有害垃圾：包含電池、熒光燈管、燈泡、水銀溫度計(jì)、油漆桶、部分家電、過期藥品、過期化妝品等。含有對人體健康有害的重金屬、有毒的物質(zhì)或?qū)Νh(huán)境造成現(xiàn)實(shí)危害或者潛在危害的廢棄物。其他垃圾：除上述幾類垃圾之外的垃圾。結(jié)合圖示標(biāo)志含義解答?！窘獯稹拷猓簭U舊鉛蓄電池主要由極板、隔板、殼體、電解液、鉛連接條、極柱等構(gòu)成，鉛為重金屬、硫酸具有強(qiáng)烈的腐蝕性，若隨意處理，會造成環(huán)境的污染，不能會污染水源，還會污染土壤等，所以廢舊鉛蓄電池屬于有害垃圾，故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了物質(zhì)的分類，熟悉不同垃圾成分，各個標(biāo)志的含義是解題關(guān)鍵，題目難度不大。2．（2分）下列離子方程式正確的是（）A．碳酸鈉水解：CO32﹣+2H2O?H2CO3+2OH﹣ B．硫氫化鈉水解：HS﹣+H2O?H3O++S2﹣ C．制Fe（OH）3膠體：Fe3++3H2O═Fe（OH）3+3H+ D．硫酸鋁溶液與偏鋁酸鈉溶液反應(yīng)：Al3++3AlO2﹣+6H2O═4Al（OH）3↓【分析】A．多元弱酸根離子，分步水解，以第一步為主；B．硫氫根離子水解生成硫化氫和氫氧根離子；C．鐵離子水解為可逆反應(yīng)；D．鋁離子、偏鋁酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁?！窘獯稹拷猓篈．碳酸鈉水解，離子方程式為：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，故A錯誤；B．硫氫化鈉水解，離子方程式為：HS﹣+H2O?OH﹣+H2S，故B錯誤；C．制Fe（OH）3膠體，離子方程式為：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，故C錯誤；D．硫酸鋁溶液與偏鋁酸鈉溶液反應(yīng)，離子方程式為：Al3++3AlO2﹣+6H2O═4Al（OH）3↓，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查離子方程式的判斷，為高考的高頻題，注意明確離子方程式正誤判斷方法：檢查反應(yīng)能否發(fā)生，檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合守恒關(guān)系（如：質(zhì)量守恒和電荷守恒等）等，題目難度不大。3．（2分）某反應(yīng)的反應(yīng)機(jī)理、能量與反應(yīng)進(jìn)程的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）A．Fe2+是該反應(yīng)的催化劑 B．兩步反應(yīng)都是放熱反應(yīng) C．S2O82﹣在第一步反應(yīng)中作還原劑 D．第一步反應(yīng)的活化能比第二步反應(yīng)的小【分析】A．Fe2+在第一步反應(yīng)中消耗，在第二步反應(yīng)中生成；B．生成物的總能量低于反應(yīng)總能量的反應(yīng)，是放熱反應(yīng)，若是吸熱反應(yīng)則相反；C．第一步反應(yīng)中S2O82﹣在中硫元素化合價(jià)下降；D．反應(yīng)活化能為過渡態(tài)能量與反應(yīng)物能量之差?！窘獯稹拷猓篈．Fe2+在第一步反應(yīng)中消耗，在第二步反應(yīng)中生成，則Fe2+是該反應(yīng)的催化劑，故A正確；B．由圖可知，第一步反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，第二步反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故B錯誤；C．第一步反應(yīng)中S2O82﹣在中硫元素化合價(jià)下降，則S2O82﹣在第一步反應(yīng)中作氧化劑，故C錯誤；D．由圖可知，第一步反應(yīng)的活化能比第二步反應(yīng)的大，故D錯誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查反應(yīng)熱與焓變，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)中能量變化、活化能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大。4．（2分）用某溫度下，在2L恒容密閉容器中，X、Y、Z三種氣態(tài)物質(zhì)的物質(zhì)的量變化曲線如圖所示，下列有關(guān)說法中不正確的是（）A．若在3min后，升高溫度，平衡一定移動 B．反應(yīng)開始至2min，平均反應(yīng)速率：v（Z）＝0.1mol?L﹣1?min﹣1 C．該反應(yīng)的化學(xué)方程式：3X+Y?2Z D．v（X）＝0.3mol?L﹣1?min﹣1與v（Y）＝0.1mol?L﹣1?min﹣1表示該化學(xué)反應(yīng)速率相等【分析】A.反應(yīng)可能為吸熱或放熱反應(yīng)；B.結(jié)合v＝計(jì)算；C.由圖可知，開始至平衡時(shí)X減少1.0mol﹣0.7mol＝0.3mol，Y減少1.0mol﹣0.9mol＝0.1mol，Z增加0.2mol，且物質(zhì)的量的變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；D.化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比?！窘獯稹拷猓篈.反應(yīng)可能為吸熱或放熱反應(yīng)，則在3min后，升高溫度，平衡一定移動，故A正確；B.反應(yīng)開始至2min，平均反應(yīng)速率v（Z）＝＝0.05mol?L﹣1?min﹣1，故B錯誤；C.由圖可知，開始至平衡時(shí)X減少1.0mol﹣0.7mol＝0.3mol，Y減少1.0mol﹣0.9mol＝0.1mol，Z增加0.2mol，且物質(zhì)的量的變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則反應(yīng)為3X+Y?2Z，故C正確；D.化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則v（X）＝0.3mol?L﹣1?min﹣1與v（Y）＝0.1mol?L﹣1?min﹣1表示該化學(xué)反應(yīng)速率相等，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化曲線，為高頻考點(diǎn)，把握圖中物質(zhì)的量的變化、速率計(jì)算、方程式的確定為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意化學(xué)計(jì)量數(shù)的確定方法，題目難度不大。5．（2分）下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．使甲基橙顯黃色的溶液：Fe2+、Cl、Mg2+、SO42﹣ B．常溫下，＝1.0×10﹣12的溶液：Na+、AlO2﹣、NO3﹣、SO32﹣ C．c（NH4+）＝c（Cl﹣）的NH4Cl﹣NH3?H2O混合液：Al3+、Fe3+、SO42﹣、HCO3﹣ D．常溫下，由水電離產(chǎn)生的c（H+）＝10﹣12mol?L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣【分析】A.該溶液可能呈堿性，亞鐵離子、鎂離子都與氫氧根離子反應(yīng)；B.該溶液呈堿性，四種離子之間不反應(yīng)，都不與氫氧根離子反應(yīng)；C.該溶液呈中性，鋁離子、鐵離子都與碳酸氫根離子反應(yīng)；D.該溶液呈酸性或堿性，碳酸根離子與氫離子反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈.使甲基橙顯黃色的溶液可能呈堿性，F(xiàn)e2+、Mg2+都與OH﹣反應(yīng)，不能大量共存，故A錯誤；B.該溶液呈堿性，Na+、AlO2﹣、NO3﹣、SO32﹣、OH﹣之間不反應(yīng)，在堿性溶液中能夠大量共存，故B正確；C.c（NH4+）＝c（Cl﹣）的NH4Cl﹣NH3?H2O混合液呈中性，Al3+、Fe3+都與HCO3﹣發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能大量共存，故C錯誤；D.常溫下，由水電離產(chǎn)生的c（H+）＝10﹣12mol?L﹣1的溶液呈酸性或堿性，H+、CO32﹣之間發(fā)生反應(yīng)，在酸性溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查離子共存的判斷，為高頻考點(diǎn)，明確題干暗含信息、常見離子的性質(zhì)及離子反應(yīng)發(fā)生條件為解答關(guān)鍵，注意掌握常見離子不能共存的情況，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析與應(yīng)用能力，題目難度不大。6．（2分）25℃時(shí)，CaCO3在水中沉淀溶解平衡曲線如圖。25℃時(shí)CaSO4的Ksp＝9.1×10﹣6，下列說法正確的是（）A．通過蒸發(fā)，可使溶液由a點(diǎn)變化到c點(diǎn) B．圖中b點(diǎn)碳酸鈣的結(jié)晶速率小于其溶解速率 C．在25℃時(shí)，從CaCO3（s）轉(zhuǎn)化為CaSO4（s）更容易實(shí)現(xiàn) D．可將鍋爐中的CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，再用酸去除【分析】A．蒸發(fā)時(shí)，CO32﹣、Ca2+均增大；B．曲線上點(diǎn)為平衡點(diǎn)，且b點(diǎn)在曲線上方，則Qc（CaCO3）＞Ksp（CaCO3）；C．通過圖示，算出Ksp（CaCO3），比較Ksp（CaCO3）與Ksp（CaSO4）的大??；D．Qc（CaCO3）＞Ksp（CaCO3）時(shí)生成CaCO3，且CaCO3與鹽酸反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．蒸發(fā)時(shí)，CO32﹣、Ca2+均增大，圖中由a點(diǎn)變化到c點(diǎn)時(shí)c（CO32﹣）不變，與圖象不符，則通過蒸發(fā)不能使溶液由a點(diǎn)變化到c點(diǎn)，故A錯誤；B．曲線上點(diǎn)為平衡點(diǎn)，且b點(diǎn)在曲線上方，則Qc（CaCO3）＞Ksp（CaCO3）有晶體析出，則b點(diǎn)碳酸鈣的結(jié)晶速率大于其溶解速率，故B誤；C．通過圖示，算出Ksp（CaCO3）＝4.0×10﹣5mol/L×7.0×10﹣5mol/L＝2.8×10﹣11（mol/L）2，Ksp（CaSO4）＝9.1×10﹣6，所以Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4），在25℃時(shí)，從CaSO4（s）轉(zhuǎn)化為CaCO3（s）更容易實(shí)現(xiàn)，故C錯誤；D．Qc（CaCO3）＞Ksp（CaCO3）時(shí)生成CaCO3，且CaCO3與鹽酸反應(yīng)，則除去鍋爐水垢中硫酸鈣的辦法是將其轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，然后用酸去除，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡，為高頻考點(diǎn)，把握圖中曲線與Ksp的關(guān)系、沉淀生成和轉(zhuǎn)化為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)A為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。7．（2分）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．電解精煉銅時(shí)，當(dāng)外電路通過NA個電子時(shí)，陽極一定減輕32g B．CO的燃燒熱為283.0kJ/mol，若一定量的CO完全燃燒放出熱量為283.0kJ，則消耗O2的分子數(shù)為NA C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，NO和O2各11.2L混合后充分反應(yīng)，所得氣體的分子總數(shù)為0.75NA D．3H2（g）+N2（g）?2NH3（g）若生成2mol氨氣，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NA【分析】A．電解精煉銅時(shí)，陽極除了銅放電、鐵、鋅等金屬也放電；B．依據(jù)燃燒熱定義可知：CO燃燒熱為283.0kJ/mol，則CO（g）+O2（g）＝CO2（g），△H＝﹣283.0kJ/mol；C．NO和氧氣反應(yīng)生成的NO2中存在平衡：2NO2?N2O4；D．依據(jù)3H2（g）+N2（g）?2NH3（g）可知，生成2mol氨氣，轉(zhuǎn)移6mol電子?！窘獯稹拷猓篈．電解精煉銅時(shí)，陽極除了銅放電、鐵、鋅等金屬也放電，所以電解精煉銅時(shí)，當(dāng)外電路通過NA個電子時(shí)，陽極不一定減輕32g，故A錯誤；B．依據(jù)燃燒熱定義可知：CO燃燒熱為283.0kJ/mol，則CO（g）+O2（g）＝CO2（g），△H＝﹣283.0kJ/mol，一定量的CO完全燃燒放出熱量為283.0kJ，則消耗O2分子數(shù)為NA，故B錯誤；C．標(biāo)況下，一氧化氮和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，NO和O2各11.2L，物質(zhì)的量n＝＝0.5mol，2NO+O2＝2NO2，剩余氣體為0.5mol二氧化氮和0.25mol氧氣，二氧化氮能自身轉(zhuǎn)化為四氧化二氮，即2NO2?N2O4，混合充分反應(yīng)導(dǎo)致混合氣體的分子總數(shù)小于0.75NA，故C錯誤；D．依據(jù)3H2（g）+N2（g）?2NH3（g）可知，生成2mol氨氣，轉(zhuǎn)移6mol電子，個數(shù)為6NA，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的計(jì)算和判斷，題目難度中等，熟練掌握物質(zhì)的量與阿伏加德羅常數(shù)、氧化還原反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移計(jì)算等是解題關(guān)鍵。8．（2分）下列有關(guān)說法正確的是（）A．直接加熱CuCl2溶液可得到CuCl2固體 B．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，若錐形瓶內(nèi)殘留少量蒸餾水，對實(shí)驗(yàn)無影響 C．金屬鐵在潮濕的空氣中生銹，主要發(fā)生化學(xué)腐蝕 D．室溫下，pH＝2的鹽酸與pH＝12的氨水等體積混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）【分析】A．CuCl2溶液中存在水解：CuCl2+2H2O?Cu（OH）2+2HCl，且水解反應(yīng)是吸熱的；B．只要NaOH的物質(zhì)的量的不變，對實(shí)驗(yàn)無影響；C．構(gòu)成原電池的腐蝕均為電化學(xué)腐蝕；D．抓住電荷守恒思考。【解答】解：A．CuCl2溶液中存在水解：CuCl2+2H2O?Cu（OH）2+2HCl，且水解反應(yīng)是吸熱的，HCl易揮發(fā)，平衡一直正向移動，最后得到Cu（OH）2固體，故A錯誤；B．錐形瓶內(nèi)殘留少量蒸餾水，不會該變NaOH的物質(zhì)的量，對實(shí)驗(yàn)無影響，故B正確；C．金屬鐵在潮濕的空氣中生銹，主要發(fā)生電化學(xué)腐蝕，故C錯誤；D．室溫下，pH＝2的鹽酸與pH＝12的氨水等體積混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＝c（NH4+）+c（OH﹣），故D錯誤；故選：B。【點(diǎn)評】本題主要考查金屬的腐蝕與防護(hù)，本質(zhì)屬于原電池原理的應(yīng)用，掌握正負(fù)極的判斷，電極反應(yīng)式的書寫，離子、電子的移動方向等是解決本題的關(guān)鍵，同時(shí)還考查了鹽類水、中和滴定、電荷守恒的應(yīng)用等，都屬于高頻考點(diǎn)，難度不大。9．（2分）下列示意圖與化學(xué)用語表述內(nèi)容相符的是（水合離子用相應(yīng)離子符號表示）（）ABCDNaCl溶于水電解CuCl2溶液CH3COOH在水中電離H2與Cl2反應(yīng)能量變化2NaCl═2Na+Cl2CuCl2═Cu2++2Cl﹣CH3COOH═CH3COO﹣+H+H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H＝﹣183kJ?mol﹣1A．A B．B C．C D．D【分析】A．NaCl為強(qiáng)電解質(zhì)，溶于水完全電離；B．用惰性電極電解氯化銅生成銅和氯氣；C．醋酸為弱酸，部分電離，用可逆號表示；D．△H＝斷裂化學(xué)鍵吸收的能量﹣生成化學(xué)鍵釋放的能量?！窘獯稹拷猓篈．NaCl屬于鹽，為強(qiáng)電解質(zhì)，電離方程式為：NaCl═Na++Cl﹣，故A錯誤；B．用惰性電極電解氯化銅溶液的總反應(yīng)為：CuCl2Cu+Cl2↑，故B錯誤；C．醋酸為弱酸，部分電離，電離方程式為：CH3COOH?CH3COO﹣+H+，故C錯誤；D．焓變△H＝斷裂化學(xué)鍵吸收的能量﹣生成化學(xué)鍵釋放的能量，則H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）△H＝（436+243﹣431×2）kJ/mol＝﹣183kJ?mol﹣1，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查反應(yīng)熱與焓變、電解質(zhì)的電離、電解池，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)中能量變化、電離與電解為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)C為解答的易錯點(diǎn)，題目難度不大10．（2分）科學(xué)家利用鐵觸媒催化合成氨的反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面的物種用“ad”表示（）下列說法不正確的是：A．合成氨反應(yīng)的N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH＝﹣92kJ?mol﹣1 B．活化能最大的一步反應(yīng)的方程式是Nad+Had═NHad C．升高溫度、增大壓強(qiáng)均能提高原料的平衡轉(zhuǎn)化率 D．加入催化劑能降低反應(yīng)活化能，加快正反應(yīng)速率【分析】A．由圖可知，N2（g）+H2（g）的能量為0，生成NH3能量降低46kJ，即反應(yīng)為放熱反應(yīng)；B．由圖可知，活化能最大的一步反應(yīng)的方程式是Nad+Had═NHad，注意，有2個Had在這一步是不反應(yīng)的；C．增大壓強(qiáng)，平衡向氣體分子數(shù)減小的方向移動，升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動；D．催化劑可以降低反應(yīng)的活化能從而加快正反應(yīng)速率。【解答】解：A．由圖可知，N2（g）+H2（g）的能量為0，生成NH3能量降低46kJ，所以有：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH＝﹣92kJ?mol﹣1，故A正確；B．由圖可知，活化能最大的一步反應(yīng)的方程式是Nad+Had═NHad，且能壘為106kJ，故B正確；C．正反應(yīng)為氣體分子總數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)均能提高原料的平衡轉(zhuǎn)化率，根據(jù)A中分析可知，升高溫度，平衡逆向移動，不能提高原料的平衡轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；D．加入催化劑，降低反應(yīng)的活化能，從而加快正反應(yīng)速率，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要考查學(xué)生的看圖理解能力、分析能力，同時(shí)考查壓強(qiáng)、溫度對平衡移動的影響，催化劑對反應(yīng)速率的影響等，屬于高頻考點(diǎn)，難度不大。11．（4分）25℃時(shí)不斷將水滴入0.1mol?L﹣1的氨水中，下列圖象變化合理的是（）A． B． C． D．【分析】A．加水稀釋稀氨水，促進(jìn)一水合氨電離，溶液的pH減小，但不會小于7；B．溫度不變時(shí)，弱電解質(zhì)溶液中，濃度越小其電離程度越大；C．溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比；D．電離平衡常數(shù)只受溫度的影響?！窘獯稹拷猓篈．該溫度下，加水稀釋稀氨水，促進(jìn)一水合氨電離，溶液的pH減小，但無論任何稀釋，溶液的pH仍然大于7，不可能小于7，圖象與實(shí)際不符，故A錯誤；B．溫度不變時(shí)，濃度越小一水合氨的電離程度越大，所以一水合氨電離程度隨著水的增加而增大，圖象與實(shí)際不符，故B錯誤；C．溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，加水稀釋稀氨水，一水合氨電離增大程度小于溶液體積增大程度，所以溶液中銨根離子和氫氧根離子濃度減小，溶液的導(dǎo)電性減小，圖象與實(shí)際一致，故C正確；D．溫度不變，一水合氨的電離平衡常數(shù)不變，圖象與實(shí)際不符，故D錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響，題目難度不大，明確弱電解質(zhì)的電離特點(diǎn)為解答關(guān)鍵，注意掌握影響電離平衡、導(dǎo)電性、電離平衡常數(shù)的因素，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活運(yùn)用能力。（多選）12．（4分）以菱鎂礦（主要成分為MgCO3，含少量SiO2/Fe2O3和Al2O3）為原料制備高純鎂砂的工藝流程如圖，已知浸出時(shí)產(chǎn)生的廢渣中有SiO2、Fe（OH）3和Al（OH）3，下列說法錯誤的是（）A．浸出鎂的反應(yīng)為MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2O B．浸出和沉鎂的操作均應(yīng)在較高溫度下進(jìn)行 C．流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)只有NH3 D．分離Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同【分析】菱鎂礦煅燒后得到輕燒粉，其中MgCO3轉(zhuǎn)化為MgO，加入氯化銨溶液浸取，浸出的廢渣有SiO2、Fe（OH）3、Al（OH）3，同時(shí)產(chǎn)生氨氣，則此時(shí)浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg（OH）2沉淀，煅燒得到高純鎂砂，以此解答該題。【解答】解：A.高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與銨根水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)，促進(jìn)銨根的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，化學(xué)方程式為MgO+2NH4Cl＝MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正確；B.一水合氨受熱易分解，沉鎂時(shí)在較高溫度下進(jìn)行會造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用率，故B錯誤；C.浸出過程產(chǎn)生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂時(shí)氯化鎂與氨水反應(yīng)生成的氯化銨又可以利用到浸出過程中，故C錯誤；D.Fe（OH）3、Al（OH）3的Ksp遠(yuǎn)小于Mg（OH）2的Ksp，所以當(dāng)pH達(dá)到一定值時(shí)Fe3+、Al3+產(chǎn)生沉淀，而Mg2+不沉淀，從而將其分離，故D正確；故選：BC?！军c(diǎn)評】本題考查制備方案的設(shè)計(jì)、物質(zhì)分離和提純方法的綜合應(yīng)用，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，題目綜合性較強(qiáng)，明確流程圖中發(fā)生的反應(yīng)、基本操作方法、物質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，試題有利于提高學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ}目難度不大。13．（4分）沉積物微生物燃料電池可處理含硫廢水，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．碳棒b的電極反應(yīng)式為：O2+4e﹣+4H+＝2H2O B．光照強(qiáng)度對電池的輸出功率有影響 C．外電路的電流方向：碳棒a→碳棒b D．酸性增強(qiáng)不利于菌落存活，故工作一段時(shí)間后，電池效率降低【分析】A．圖中分析可知?dú)潆x子移向碳棒b，則碳棒b為原電池的正極，氧氣得到電子生成水；B．光照強(qiáng)度越強(qiáng)，光合作用越強(qiáng)生成氧氣越多；C．外電路電流流向是正極流向負(fù)極；D．酸性增強(qiáng)菌落失去活性；負(fù)極反應(yīng)減慢?！窘獯稹拷猓篈．氫離子移向碳棒b，則碳棒b為原電池的正極，氧氣得到電子生成水，電極反應(yīng)：O2+4e﹣+4H+＝2H2O，故A正確；B．光照強(qiáng)度越強(qiáng)，光合作用越強(qiáng)，光照強(qiáng)度對電池的輸出功率有影響，故B正確；C．外電路的電流方向：碳棒b→碳棒a，故C錯誤；D．酸性增強(qiáng)不利于菌落存活，負(fù)極失電子發(fā)生的氧化反應(yīng)會減慢，故工作一段時(shí)間后，電池效率降低，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了原電池原理、電極判斷、電極反應(yīng)書寫、電池原理的應(yīng)用等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。14．（4分）下列圖示與對應(yīng)的敘述相符的是（）A．由圖甲可知，a點(diǎn)Kw的數(shù)值比b點(diǎn)Kw的數(shù)值大 B．圖乙表示不同溫度下水溶液中H+和OH﹣的濃度變化曲線，圖中a點(diǎn)對應(yīng)溫度高于b點(diǎn) C．圖丙表示NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲線，M點(diǎn)水的電離程度最大 D．圖丁表示向醋酸稀溶液中加水時(shí)溶液的導(dǎo)電性變化，圖中p點(diǎn)醋酸的電離程度大于q點(diǎn)【分析】A．水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)；B．水的電離吸收熱量，升高溫度促進(jìn)水電離，則水的離子積常數(shù)增大；C．酸或堿抑制水電離，酸中c（H+）越大或堿中c（OH﹣）越大，水電離程度越??；D．醋酸濃度越小，其電離程度越大?！窘獯稹拷猓篈．水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，圖甲中a、b兩點(diǎn)溫度相同，則水的離子積常數(shù)相等，故A錯誤；B．水的電離吸收熱量，升高溫度促進(jìn)水電離，則水的離子積常數(shù)增大，Kw＝c（H+）×c（OH﹣），Kw：a點(diǎn)小于b點(diǎn)，則溫度：a點(diǎn)低于b點(diǎn)，故B錯誤；C．酸或堿抑制水電離，酸中c（H+）越大或堿中c（OH﹣）越大，水電離程度越小，M點(diǎn)溶液呈中性，不影響水電離，M點(diǎn)前后都抑制水電離，所以水電離程度M點(diǎn)最大，故C正確；D．醋酸濃度越小，其電離程度越大，溶液濃度：p點(diǎn)大于q點(diǎn)，則醋酸電離程度：p點(diǎn)小于q點(diǎn)，故D錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查弱電解質(zhì)電離、水電離影響因素等知識點(diǎn)，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確水的離子積常數(shù)影響因素、弱電解質(zhì)電離程度與濃度的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。15．（4分）如圖所示為工業(yè)合成氨的流程圖。有關(guān)說法不正確的是（）A．步驟①中“凈化”可以防止催化劑中毒 B．產(chǎn)品液氨除可生產(chǎn)化肥外，還可用作制冷劑 C．步驟③、④、⑤均有利于提高原料的轉(zhuǎn)化率 D．步驟②中“加壓”既可以提高原料的轉(zhuǎn)化率，又可以加快反應(yīng)速率【分析】A．N2和H2凈化干燥除去含P、S、As的化合物等雜質(zhì)；B．氨氣可以合成銨鹽，氨氣易液化；C．催化劑不改變化學(xué)平衡，不能改變反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，升溫平衡逆向進(jìn)行，液化分離出氨氣，平衡正向移動，氮?dú)夂蜌錃庋h(huán)使用有利于提高原料的轉(zhuǎn)化率；D．加壓既能提高反應(yīng)速率，又能促進(jìn)平衡正向移動?！窘獯稹拷猓篈．步驟①中“凈化”是除去雜質(zhì)以防止鐵催化劑中毒，故A正確；B．氨氣與酸反應(yīng)得到銨鹽可生產(chǎn)化肥；氨氣易液化得到液氨，液氨變?yōu)闅怏w時(shí)吸收周圍熱量可用作制冷劑，故B正確；C．催化劑只能提高反應(yīng)速率，不能提高平衡轉(zhuǎn)化率，合成氨反應(yīng)為放熱反應(yīng)，高溫不利于平衡正向移動，而液化分離出NH3和N2、H2的循環(huán)再利用均可以使平衡正向移動，所以步驟④、⑤有利于提高原料平衡的轉(zhuǎn)化率，步驟③不能，故C錯誤；D．合成氨的反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，加壓有利于平衡正向移動，提高原料轉(zhuǎn)化率，加壓也可以提高反應(yīng)速率，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了工業(yè)合成氨的操作流程，實(shí)質(zhì)考查的還是化學(xué)反應(yīng)速率和平衡移動，考生應(yīng)運(yùn)用基礎(chǔ)知識去理解合成氨的操作條件，難度不大。16．（4分）25℃時(shí)，已知醋酸的電離常數(shù)為1.8×10﹣5．向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水電離出的c（H+）在此滴定過程中變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)溶液中：c（H+）＝6.0×10﹣3mol?L﹣1 B．b點(diǎn)溶液中：c（CH3COOH）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣） C．c點(diǎn)溶液中：c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+c（H+） D．d點(diǎn)溶液中：c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）【分析】A．a(chǎn)點(diǎn)為2.0mol/LCH3COOH溶液，c（H+）≈c（CH3COO﹣），結(jié)合平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算；B．b點(diǎn)反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），結(jié)合物料守恒分析；C．c點(diǎn)反應(yīng)后溶質(zhì)為醋酸鈉，結(jié)合醋酸鈉溶液中的質(zhì)子守恒分析；D．d點(diǎn)溶質(zhì)為等濃度的醋酸鈉和NaOH，結(jié)合物料守恒分析?！窘獯稹拷猓篈．a(chǎn)點(diǎn)為2.0mol/LCH3COOH溶液，c（H+）≈c（CH3COO﹣），設(shè)c（H+）為x，則Ka＝＝1.8×10﹣5，解得：x＝6.0×0﹣3mol?L﹣1，故A正確；B．b點(diǎn)加入10mL等濃度的氫氧化鈉溶液，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），根據(jù)物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝2c（Na+）可知：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），故B錯誤；C．c點(diǎn)NaOH和CH3COOH恰好反應(yīng)生成CH3COONa，根據(jù)CH3COONa溶液中的質(zhì)子守恒可得：c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+c（H+），故C正確；D．d點(diǎn)加入40mL等濃度的NaOH溶液，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的CH3COONa和NaOH，根據(jù)物料守恒可得：c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH），故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒及鹽的水解原理，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及綜合應(yīng)用能力。二、非選擇題17．（14分）雙氧水、84消毒液、HClO都可做消毒劑。某學(xué)習(xí)小組為探究HClO的電離情況，用pH計(jì)測定25℃時(shí)不同濃度次氯酸的pH，結(jié)果如下：濃度/（mol?L﹣1）0.20000.10000.0100pH2.832.883.38（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知HClO是弱電解質(zhì)（填“強(qiáng)”或“弱”），得出此結(jié)論的依據(jù)是HClO只能部分完全電離。（2）從表中數(shù)據(jù)，還可以得出另一結(jié)論：隨著次氯酸溶液濃度的減小，次氯酸的電離程度增大（填“增大”、“減小”或“不變”）?！痉治觥浚?）強(qiáng)電解質(zhì)在水溶液中或熔融狀態(tài)下完全電離，弱電解質(zhì)是部分電離；（2）弱電解質(zhì)溶液中，越稀越電離；【解答】解：（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知HClO濃度為0.2mol/L，H+濃度是10﹣2.83mol/L＜0.2mol/L，即HClO沒有完全電離，所以HClO是弱電解質(zhì)，故答案為：弱，HClO只能部分完全電離；（2）從表中數(shù)據(jù)，次氯酸溶液濃度的減小，H+濃度濃度反而越大，根據(jù)電離程度＝可知，分子在增大，分母在減小，故比值在增大，故次氯酸的電離程度增大，故答案為：增大；【點(diǎn)評】本題主要考查強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷，弱電解質(zhì)溶液中，越稀越電離的具體應(yīng)用，同時(shí)考查學(xué)生的讀取信息的能力，分析能力，屬于高頻考點(diǎn)，難度不大。18．2016年巴西奧運(yùn)會期間，工作人員將84消毒液與雙氧水兩種消毒劑混用，導(dǎo)致泳池藻類快速生長，池水變綠。一種可能的原因是NaClO與H2O2反應(yīng)產(chǎn)生O2。（1）①該反應(yīng)說明氧化性：NaClO＞H2O2（填“＞”或“＜”）。②當(dāng)有0.1molO2生成時(shí)，轉(zhuǎn)移電子0.2mol。（2）已知：HClO不穩(wěn)定，為防止存儲過程中失效，通常要在84消毒液中殘余少量NaOH，請運(yùn)用平衡移動原理解釋NaOH的作用：ClO﹣+H2O?OH﹣+HClO，加入NaOH使c（OH﹣）增大，平衡逆向移動，使c（HClO）減小，分解速率減慢（或消毒液更穩(wěn)定）。（3）雙氧水是二元弱酸，298K時(shí)，Kal＝1.6×10﹣12，Ka2＝1.0×10﹣25，雙氧水電離方程式為H2O2?H++HO2﹣、HO2﹣?H++O22﹣；298K時(shí)0.1mol?L﹣1雙氧水溶液的pH≈6.4（已知：lg2≈0.3）【分析】（1）①根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物進(jìn)行判斷；②根據(jù)化合價(jià)的變化結(jié)合電子守恒進(jìn)行作答；（2）通常要在84消毒液中殘余一定量的NaOH，溶液中氫氧根離子濃度增大，次氯酸根離子水解逆向進(jìn)行，消毒液更穩(wěn)定；（3）二元弱酸分步電離，主要以第一步為主；第一步電離方程式為H2O2?H++H2O﹣，可知c（H+）≈，結(jié)合pH＝﹣lgc（H+）計(jì)算?！窘獯稹拷猓海?）①NaClO一般做氧化劑，還原產(chǎn)物是Cl﹣，故NaClO與H2O2反應(yīng)產(chǎn)生的O2是由H2O2被氧化而來，即H2O2作還原劑，所以氧化性：NaClO＞H2O2，故答案為：＞；②NaClO與H2O2反應(yīng)生成O2，O的化合價(jià)由﹣1變?yōu)?，則生成0.1molO2，轉(zhuǎn)移電子0.2mol，故答案為：0.2；（2）84消毒液可由氯氣與NaOH溶液反應(yīng)制得，為了防止消毒液在存儲過程中失效，通常要在84消毒液中殘余一定量的NaOH，運(yùn)用平衡移動原理解釋NaOH的作用是：ClO﹣+H2O?OH﹣+HClO，加入NaOH使c（OH﹣）增大，平衡逆向移動，使c（HClO）減小，分解速率減慢（或消毒液更穩(wěn)定），故答案為：ClO﹣+H2O?OH﹣+HClO，加入NaOH使c（OH﹣）增大，平衡逆向移動，使c（HClO）減小，分解速率減慢（或消毒液更穩(wěn)定）；（3）雙氧水是二元弱酸，則其電離方程式為：H2O2?H++HO2﹣、HO2﹣?H++O22﹣；c（H+）≈＝0.4×10﹣6，則298K時(shí)0.1mol?L﹣1雙氧水溶液的pH＝﹣lg0.4×10﹣6＝6﹣lg0.4＝6.4，故答案為：H2O2?H++HO2﹣、HO2﹣?H++O22﹣；6.4?！军c(diǎn)評】本題利用實(shí)驗(yàn)考查了氧化還原規(guī)律，培養(yǎng)學(xué)生靈活運(yùn)用氧化還原原理，題目難度中等，明確反應(yīng)原理為解答關(guān)鍵，主要掌握電解原理、離子方程式的書寫原則，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及綜合應(yīng)用能力。19．（14分）甲醇是一種可再生能源，由CO2制備甲醇可能涉及的反應(yīng)如下：反應(yīng)I：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.58kJ?mol﹣1反應(yīng)Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2反應(yīng)Ⅲ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH3＝﹣90.77kJ?mol﹣1（1）反應(yīng)Ⅱ的ΔH2＝+41.19kJ/mol。反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡常數(shù)分別為K1、K2、K3，則K2＝（用K1、K3表示）。（2）反應(yīng)Ⅰ能自發(fā)進(jìn)行的條件是較低溫度（填“較低溫度”“較高溫度”或“任何溫度”）。（3）如表是反應(yīng)Ⅲ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）ΔH3在不同溫度下化學(xué)平衡常數(shù)（K）溫度/℃250300350平衡常數(shù)（K）2.040.270.012某溫度下，將2molCO和6molH2充入2L的密閉容器中，充分反應(yīng)后達(dá)平衡時(shí)，①測得c（CO）＝0.2mol/L，則CO的轉(zhuǎn)化率是80%，此時(shí)的溫度為250℃。②要提高CO的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施是CD。A.升溫B.恒容充入COC.恒容充入H2D.分離出甲醇（4）在此條件下，不可作為判斷反應(yīng)Ⅲ達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是BCD。A.混合氣體的密度不再變化B.生成1molCO的同時(shí)生成1molCH3OHC.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變化D.甲醇的百分含量不再變化（5）由CO2制備甲醇還需要?dú)錃?。工業(yè)上用電解法制取Na2FeO4，同時(shí)獲得氫氣，原理如圖。電解一段時(shí)間后，c（OH﹣）降低的區(qū)域在陽極室。（填“陰極室”或“陽極室”）。該室發(fā)生的電極反應(yīng)式為Fe﹣6e﹣+8OH﹣＝FeO42﹣+4H2O?！痉治觥浚?）根據(jù)蓋斯定律：Ⅱ＝Ⅰ﹣Ⅲ得反應(yīng)②的△H2；所以平衡常數(shù)則K2＝；（2）根據(jù)ΔH﹣TΔS＜0，反應(yīng)才能自發(fā)進(jìn)行；（3）測得c（CO）＝0.2mol/L，列化學(xué)平衡三段式，CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）起始（mol/L）130轉(zhuǎn)化（mol/L）0.81.60.8平衡（mol/L）0.21.40.8①CO的轉(zhuǎn)化率＝×100%，計(jì)算K值，與表格數(shù)據(jù)對照得出答案；②要提高CO的轉(zhuǎn)化率，即使平衡正向移動，結(jié)合勒夏特列原理分析；（4）判斷化學(xué)平衡狀態(tài)的直接標(biāo)志：Ⅰ.v正＝v逆（同物質(zhì)），Ⅱ.各組分濃度不再改變，以及以此為基礎(chǔ)衍生出來的標(biāo)志如壓強(qiáng)不再改變，混合氣體的密度不再改變、氣體的顏色不再變化等等，以此為判斷依據(jù)；（5）該裝置為電解池，陽極電極材料是Fe，鐵在陽極失去電子，結(jié)合電極方程式分析?！窘獯稹拷猓海?）反應(yīng)Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.58kJ?mol﹣1，反應(yīng)Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2，反應(yīng)Ⅲ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H3＝﹣90.77kJ?mol﹣1，根據(jù)蓋斯定律：Ⅱ＝Ⅰ﹣Ⅲ得反應(yīng)②的△H2＝（﹣49.58+90.77）kJ/mol＝+41.19kJ/mol，所以平衡常數(shù)，則K2＝，故答案為：+41.19kJ/mol；；（2）反應(yīng)Ⅰ是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，則ΔS＜0，ΔH1＜0，根據(jù)ΔH﹣TΔS＜0，反應(yīng)才能自發(fā)進(jìn)行，則反應(yīng)Ⅰ能自發(fā)進(jìn)行的條件是較低溫度，故答案為：較低溫度；（3）測得c（CO）＝0.2mol/L，列化學(xué)平衡三段式，CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）起始（mol/L）130轉(zhuǎn)化（mol/L）0.81.60.8平衡（mol/L）0.21.40.8①CO的轉(zhuǎn)化率＝×100%＝×100%＝80%；K＝＝≈2.04，則此時(shí)的溫度為250℃，故答案為：80%；250℃；②A.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫，平衡逆向移動，CO的轉(zhuǎn)化率減小，故A錯誤；B.恒容充入CO，平衡正向移動，但CO的轉(zhuǎn)化率減小，故B錯誤；C.恒容充入H2，平衡正向移動，CO轉(zhuǎn)化率增大，故C正確；D.分離出甲醇，平衡正向移動，CO轉(zhuǎn)化率增大，故D正確；故答案為：CD；（4）A.根據(jù)質(zhì)量守恒，混合氣體的質(zhì)量始終不變，容器體積不變，則氣體的密度始終不變，當(dāng)氣體的密度不再改變，不能表明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A錯誤；B.生成1molCO的同時(shí)生成1molCH3OH，正逆反應(yīng)速率相等，表明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B正確；C.根據(jù)質(zhì)量守恒，混合氣體的質(zhì)量始終不變，該反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，隨著反應(yīng)進(jìn)行，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量增大，當(dāng)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變，表明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，故C正確；D.甲醇的百分含量不再變化，正逆反應(yīng)速率相等，表明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故D正確；故答案為：BCD；（5）該裝置為電解池，陽極電極材料是Fe，鐵在陽極失去電子，陽極的電極反應(yīng)為：Fe﹣6e﹣+8OH﹣＝FeO42﹣+4H2O，由于陽極消耗了OH﹣，所以隨著電解的進(jìn)行c（OH﹣）會逐漸降低；故答案為：陽極室；Fe﹣6e﹣+8OH﹣＝FeO42﹣+4H2O?！军c(diǎn)評】本題考查反應(yīng)熱的計(jì)算、化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷、化學(xué)平衡的影響因素、化學(xué)平衡的計(jì)算等，側(cè)重考查學(xué)生分析能力、識圖能力和計(jì)算能力，根據(jù)題目信息結(jié)合蓋斯定律、勒夏特列原理、化學(xué)平衡三段式等知識解答，此題難度中等。20．（14分）Ni2O3主要用作陶瓷、搪瓷和玻璃的著色顏料，也可用于鎳粉的制造，其中一種生產(chǎn)工藝如圖：已知：①Ni+有很強(qiáng)的氧化性，且氧化性：Ni3+＞H2O2＞Fe3+。②一些物質(zhì)的沉淀pH值氫氧化物pH值Ksp開始沉淀沉淀完全Fe（OH）26.5﹣7.59.71.6×10﹣14Fe（OH）31.5﹣2.34.11.11.6×10﹣36Ni（OH）26.7﹣7.78.9﹣9.54.8×10﹣16（1）Ni2O3中Ni的化合價(jià)為+3。（2）為了提高金屬鎳廢料浸出速率，在“酸浸”時(shí)可采取的措施有適當(dāng)升高溫度、增大鹽酸的濃度（攪拌或?qū)㈡噺U料研成粉末）（寫兩條）。（3）加入H2O2“氧化”的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；加入Na2CO3溶液調(diào)pH，產(chǎn)生的“濾渣”是Fe（OH）3。（4）從濾液A中可回收利用的主要物質(zhì)是NaCl；加入NaClO溶液和NaOH溶液，“氧化”生成Ni2O3的離子方程式為2Ni2++ClO﹣+4OH﹣＝Ni2O3↓+Cl﹣+2H2O。（5）工業(yè)上用鎳為陽極，電解0.05～0.1mol?L﹣1NiCl2溶液與一定量NH4Cl組成的混合溶液，可得到高純度、球形的超細(xì)鎳粉。當(dāng)其他條件一定時(shí)，NH4Cl的濃度對陰極電流效率及鎳的成粉率的影響如圖所示：①NH4Cl的濃度最好控制為10g?L﹣1。②當(dāng)NH4Cl濃度大于15g?L﹣1時(shí)，陰極有氣體生成，導(dǎo)致陰極電流效率降低，相應(yīng)的電極反應(yīng)式為2H++2e﹣＝H2↑或2NH4++2H2O+2e﹣＝2NH3?H2O+H2↑?！痉治觥克峤蟮乃嵝匀芤褐泻蠳i2+、Cl﹣，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入過氧化氫將Fe2+氧化為Fe3+，加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+離子全部轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，過濾分離，濾液中再加入碳酸鈉沉淀鎳離子得NiCO3，濾液A中含有NaCl等物質(zhì)，將NiCO3再溶于鹽酸，得氯化鎳溶液，向其中加入次氯酸鈉和氫氧化鈉溶液氧化得到Ni2O3。【解答】解：（1）Ni2O3中O顯﹣2價(jià)，則Ni的價(jià)態(tài)為+3價(jià)，故答案為：+3；（2）提高浸出率的措施是適當(dāng)升高溫度，增大鹽酸的濃度，攪拌或?qū)㈡噺U料研成粉末等，故答案為：適當(dāng)升高溫度、增大鹽酸的濃度（攪拌或?qū)㈡噺U料研成粉末）；（3）加入H2O2，能把Fe2+氧化成Fe3+，離子反應(yīng)方程式為：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；加入Na2CO3的目的是調(diào)節(jié)pH，讓Fe3+以氫氧化鐵的形式沉淀出來，因此濾渣X為Fe（OH）3，故答案為：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；Fe（OH）3；（4）濾液A中含有NaCl等物質(zhì)，可以回收利用的主要物質(zhì)為NaCl；堿性條件下Ni2+被ClO﹣氧化生成Ni2O3，ClO﹣還原生成Cl﹣，反應(yīng)離子方程式為：2Ni2++ClO﹣+4OH﹣＝Ni2O3↓+Cl﹣+2H2O，故答案為：NaCl；2Ni2++ClO﹣+4OH﹣＝Ni2O3↓+Cl﹣+2H2O；（5）①根據(jù)圖2可知，NH4Cl的濃度為10g?L﹣1時(shí)，鎳的成粉率最高，所以NH4Cl的濃度最好控制為10g?L﹣1，故答案為：10；②當(dāng)NH4Cl濃度大于15g?L﹣1時(shí)，陰極有氣體生成，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，陰極生成的氣體為氫氣，溶液中銨根離子水解溶液呈酸性，陰極電極反應(yīng)式為：2H++2e﹣＝H2↑或2NH4++2H2O+2e﹣＝2NH3?H2O+H2↑，故答案為：2H++2e﹣＝H2↑或2NH4++2H2O+2e﹣＝2NH3?H2O+H2↑?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)制備工藝流程、分離提純，涉及化學(xué)式計(jì)算、反應(yīng)速率影響因素、陌生方程式書寫、條件控制，電解原理等，解答這類題目時(shí)注意瀏覽全題，確定該流程的目的，看懂生產(chǎn)流程圖，難度中等。21．（14分）某實(shí)驗(yàn)小組對FeCl3分別與Na2SO3、NaHSO3的反應(yīng)進(jìn)行探究?！炯淄瑢W(xué)的實(shí)驗(yàn)】裝置編號試劑X實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象ⅠNa2SO3溶液（pH≈9）閉合開關(guān)后靈敏電流計(jì)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)ⅡNaHSO3溶液（pH≈5）閉合開關(guān)后靈敏電流計(jì)指針未發(fā)生偏轉(zhuǎn)（1）配制FeCl3溶液時(shí)，先將FeCl3溶于濃鹽酸，再稀釋至指定濃度。結(jié)合化學(xué)用語說明濃鹽酸的作用：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，鹽酸抑制氯化鐵水解。（2）甲同學(xué)探究實(shí)驗(yàn)Ⅰ的電極產(chǎn)物。①取少量Na2SO3溶液電極附近的混合液，加入足量鹽酸和氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，證明產(chǎn)生了SO42﹣。②該同學(xué)又設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究另一電極的產(chǎn)物，其實(shí)驗(yàn)方案為取少量FeCl3溶液電極附近的混合液，加如鐵氰化鉀溶液產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，證明產(chǎn)生了Fe2+。（3）實(shí)驗(yàn)I中負(fù)極的電極反應(yīng)式為3SO32﹣﹣2e﹣+H2O＝SO42﹣+2HSO3﹣或SO32﹣﹣2e﹣+H2O＝SO42﹣+2H+?！疽彝瑢W(xué)的實(shí)驗(yàn)】乙同學(xué)進(jìn)一步探究FeCl3溶液與NaHSO3溶液能否發(fā)生反應(yīng)，設(shè)計(jì)、完成實(shí)驗(yàn)并記錄如下：裝置編號反應(yīng)時(shí)間實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象III0～1min產(chǎn)生紅色沉淀，有刺激性氣味氣體逸出1～30min沉淀迅速溶解形成紅色溶液，隨后溶液逐漸變?yōu)槌壬?，之后幾乎無色30min后與空氣接觸部分的上層溶液又變?yōu)闇\紅色，隨后逐漸變?yōu)闇\橙色（4）乙同學(xué)認(rèn)為刺激性氣味氣體的產(chǎn)生原因有兩種可能，用離子方程式表示②的可能原因。①Fe3++3HSO3﹣?Fe（OH）3+3SO2；②H++HSO3﹣＝H2O+SO2↑。（5）查閱資料：溶液中Fe3+、SO32﹣、OH﹣三種微粒會形