安徽省皖西南名校2024-2025學年高二化學下學期期末聯(lián)考試題含解析

PAGE23-安徽省皖西南名校2024-2025學年高二化學下學期期末聯(lián)考試題（含解析）考生留意：1.本試卷分第I卷(選擇題)和第II卷(非選擇題)兩部分、共100分。試時間90分鐘。2.請將各題答案填寫在答題卡上。3.本試卷主要考試內容：高考必考內容。4.可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16Cl-35.5第I卷(選擇題，共50分)一、選擇題(本題包括10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意)1.青藏高原上的銅礦探究、半導體照明產業(yè)化、文物愛護、大型二氧化氯制備系統(tǒng)及紙漿無元素氯漂白等關鍵技術或應用干脆面對國家重大需求。這些致力于服務百姓美妙生活的科技成果斬獲了2024年多項國家科學技術大獎。下列有關相識錯誤的是A.古代的青銅器、現代的銅質獎牌，都是純銅B.半導體照明具有高效、節(jié)能、環(huán)保等顯著特點，是實現節(jié)能減排的有效途徑C.生態(tài)環(huán)境的愛護和環(huán)境污染的防治對愛護文物至關重要D.二氧化氯屬無毒型消毒劑，可用于水果、蔬菜的殺菌【答案】A【解析】【詳解】A．古代的青銅器屬于合金，A相識錯誤；B．半導體照明具有高效、節(jié)能、環(huán)保等顯著特點，是實現節(jié)能減排的有效途徑，B相識正確；C．生態(tài)環(huán)境的愛護和環(huán)境污染的防治對愛護文物至關重要，C相識正確；D．二氧化氯利用強氧化性消毒，產物為氯離子，屬無毒型消毒劑，可用于水果、蔬菜的殺菌，D相識正確；答案為A。2.反應NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放熱且產生氣體，可用于冬天石油開采。下列表示反應中相關微粒的化學用語不正確的是A.中子數為18的氯原子：ClB.H2O的電子式：C.N2的結構式：N≡ND.Na的原子結構示意圖：【答案】B【解析】【詳解】A．氯元素的質子數為17，中子數為18的氯原子的質量數為35，該原子表示為：Cl，故A正確；B．水為共價化合物，分子中存在兩個氫氧共價鍵，電子式為，故B錯誤；C．兩個N原子間通過三對共用電子對成鍵，電子式為，則其結構式為N≡N，故C正確；D．鈉為11號元素，原子核外有3個電子層，原子結構示意圖：，故D正確；故選B。3.下列關于有機物的說法正確的是A.油脂只在堿性條件下水解B.淀粉和纖維素互為分同異構體C.可用金屬鈉區(qū)分乙醇和苯D.石油的分餾和煤的氣化都是物埋變更【答案】C【解析】【詳解】A．油脂屬于酯類，在酸性或堿性條件下均可以水解，A錯誤；B．淀粉和纖維素的表達式均為(C6H10O5)n，由于聚合度不同，不是分同異構體，B錯誤；C．乙醇和鈉反應生成氫氣，可用金屬鈉區(qū)分乙醇和苯，C正確；D．石油的分餾利用組分的沸點不同，得到不同的餾分，比如汽油，煤油等，無新物質生成，是物理變更；煤的氣化可得水煤氣，有新物質生成，屬于化學變更，D錯誤；答案選C。4.下列反應中的反應物總能量高于生成物總能量的是A.氯化銨晶體與氫氧化鋇晶體的反應B.碳酸鈣的分解反應C.焦炭與二氧化碳高溫下的化合反應D.鹽酸與氫氧化鈉的中和反應【答案】D【解析】【分析】反應物總能量高于生成物總能量，說明該反應為放熱反應，結合常見的吸熱反應和放熱反應分析推斷?！驹斀狻緼．氯化銨晶體與氫氧化鋇晶體的反應為吸熱反應，故A不選；B．碳酸鈣分解反應為吸熱反應，故B不選；C．焦炭與二氧化碳高溫下的化合反應為吸熱反應，故B不選；D．鹽酸與氫氧化鈉的中和反應為放熱反應，故D選；故選D。5.元素周期表的一部分如圖所示，YW4中含有的質子總數為18。下列說法錯誤的是W……XYZA.W的單質的沸點比Z的單質的沸點高B.原子半徑：X＞Y＞Z＞WC.YW4為共價化合物D.X、Z形成的化合物的水溶液呈酸性【答案】A【解析】【分析】依據題干信息，YW4中含有的質子總數為18，結合各元素在周期表中的位置分析可知，W為H元素，X為Al元素，Y為Si元素，Z為Cl元素，據此分析解答?！驹斀狻緼．依據上述分析，W為H元素，Z為Cl元素，H2和Cl2均為分子晶體，Cl2的相對分子質量更大，范德華力更大，熔沸點更高，A錯誤；B．同一周期從左至右原子半徑依次減小，H為第一周期，原子半徑最小，Al、Si、Cl位于第三周期，故原子半徑：Al＞Si＞Cl＞H，B正確；C．SiH4分子只含有共價鍵，為共價化合物，C正確；D．AlCl3的水溶液中，由于Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，所以溶液顯酸性，D正確；答案選A。6.下列推斷或操作肯定不正確的是A.已知常溫下NH4CN溶液顯堿性，則常溫下K(NH3?H2O)＞K(HCN)B.25℃時，0.1mol?L-1NH4Cl溶液的pH=1C.配制溶液時，用玻璃棒轉移液體D.加熱蒸干FeCl3溶液，再灼燒，最終得到Fe2O3【答案】B【解析】【詳解】A.已知常溫下NH4CN溶液顯堿性，說明NH4＋的水解程度小于CN－的水解程度，則常溫下K(NH3?H2O)＞K(HCN)，A正確；B.銨根水解程度較小，因此25℃時，0.1mol?L-1NH4Cl溶液的pH＞1，B錯誤；C.配制溶液時，為防止液體外濺，應當用玻璃棒轉移液體，C正確；D.加熱蒸干FeCl3溶液促進鐵離子水解生成氫氧化鐵，再灼燒，最終得到Fe2O3，D正確；答案選B。7.下列說法錯誤的是A.我國西周時期獨創(chuàng)的“酒曲”釀酒工藝，是利用了催化劑使平衡正向移動的原理B.第五形態(tài)的碳單質“碳納米泡沫”與石墨烯互為同素異形體C.港珠澳大橋用到的鋁合金材料，具有強度大、密度小、耐腐蝕等性能D.聞名詩人杜牧在《泊秦淮》中寫逍：“煙籠寒水月籠沙，夜泊秦淮近酒家”文中的煙能產生丁達爾效應【答案】A【解析】【詳解】A．“酒曲”釀酒工藝中，酒曲為催化劑，催化劑影響反應速率，但不影響化學平衡，故A錯誤；B．第五形態(tài)的碳單質“碳納米泡沫”為碳單質，石墨烯也是碳單質，二者互為同素異形體，故B正確；C．港珠澳大橋用到的鋁合金材料，鋁合金材料具有強度大、密度小、耐腐蝕等性能，故C正確；D．“煙”中分散質的直徑在1～100nm之間，屬于膠體，能產生丁達爾效應，故D正確；故選A。8.為除去酸性CuCl2溶液中的Fe3+，可在加熱攪拌的條件下向其中加入一種試劑。過濾后，再向濾液中加入適量鹽酸。這種試劑不行能是A.CuO B.Cu(OH)2 C.Cu D.CuCO3【答案】C【解析】【詳解】Fe3+易水解生成氫氧化鐵沉淀，可加堿式碳酸銅、氧化銅或氫氧化銅等物質調整溶液的pH，促使鐵離子水解形成沉淀除去，如加入銅，銅與鐵離子反應生成銅離子和亞鐵離子，引入新雜質，因此不能加入銅，故選C。9.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.用惰性電極電解MgSO4溶液，加入0.1molH2O能使溶液復原，則電路中轉移的電子數為0.4NAB.100g質量分數為46%的乙醇溶液中含有氫原子的數目為6NAC.100mL12mol?L-1HNO3溶液與過量Cu反應，轉移的電子數為0.6NAD.1L0.1mol?L-1Na2CO3溶液中，陰離子總數大于0.1NA【答案】D【解析】【詳解】A．用惰性電極電解MgSO4溶液，實質上是電解水，加入0.1molH2O能使溶液復原，即電解了0.1molH2O，則電路中轉移的電子數為0.2NA，故A錯誤；B．100g質量分數為46%的乙醇溶液中，乙醇的質量為100g×46%=46g，物質的量為=1mol，H2O的物質的量為=3mol，乙醇溶液中含有氫原子數為(1mol×6+3mol×2)×NAmol-1=12NA，故B錯誤；C．100mL12mol?L-1HNO3溶液中硝酸的物質的量為1.2mol，若與銅反應完全生成二氧化氮，轉移電子物質的量為0.6mol，但是由于銅足量，隨著反應的進行，濃硝酸后來變成了稀硝酸，生成了一氧化氮，轉移的電子數增加，所以1.2mol硝酸與足量的銅反應，轉移的電子數大于0.6mol，轉移的電子數大于0.6NA，故C錯誤；D．在1L0.1mol/L的碳酸鈉溶液中，含有溶質碳酸鈉0.1mol，由于碳酸根離子部分水解，＋H2OHCO＋OH－，導致溶液中陰離子數目增多，所以溶液中陰離子總數大于0.1NA，故D正確；故選D。10.用Cl2生產某些含氯有機物時會產生副產物HCl。利用如下反應可實現氯的循環(huán)利用：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-l15.6kJ·mo1-1，下列說法正確的是A.該反應的活化能為115.6kJ?mo1-1B.加入催化劑能使該反應的焓變減小C.該反應正反應的活化能比逆反應的活化能小D.斷裂H2O(g)中l(wèi)molH-O鍵比斷裂HCl(g)中1molH-Cl鍵所需的能量更少【答案】C【解析】【詳解】A．由4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-l15.6kJ·mo1-1可知反應焓變?yōu)?115.6kJ/mol，該反應的活化能不是115.6kJ/mol，故A錯誤；B．催化劑能變更活化能，不能變更反應焓變，故B錯誤；C．4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-l15.6kJ·mo1-1，依據焓變數值可知正反應為放熱反應，所以正反應活化能低于逆反應活化能，故C正確；D．焓變等于斷裂化學鍵汲取的能量減去成鍵釋放的能量，則4×E(H-Cl)+498k/mol-2×243kJ/mol-4×E(H-O)=-115.6kJ/mol，可知4×E(H-Cl)-4×E(H-O)=-127.6kJ/mol，即斷裂H2O(g)中1molH-O鍵比斷裂HCl(g)中1molH-Cl鍵所需能量高，故D錯誤；答案選C。二、選擇題(本題包括10小題，每小題3分，共30分。每小題只有一個選項符合題意)11.工業(yè)上常用納米級零價鐵(ZVI)處理廢水[含C2HCl3(三氯乙烯)和]。處理后C2HCl3轉化為C2H4和Cl-、轉化為。下列說法正確的是A.水體中含越多，三氯乙烯脫Cl的效果越好B.當產生3molFe2+時有1mol三氯乙烯完全脫ClC.用納米級零價鐵處理被三氯乙烯污染的水體可加快脫氯速率D.發(fā)生的電極反應為+7H2O+8e-=+10OH-【答案】C【解析】【分析】依據圖示，鐵轉化為亞鐵離子，發(fā)生氧化反應，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價為+1價，乙烯中C原子化合價為-2價，C2HCl3轉化為C2H4和Cl-，C2HCl3發(fā)生還原反應；轉化為，也是發(fā)生還原反應，結合原電池原理分析解答?！驹斀狻緼．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價為+1價，乙烯中C原子化合價為-2價，處理后C2HCl3轉化為C2H4和Cl-，C2HCl3發(fā)生還原反應；轉化為，也是發(fā)生還原反應，依據得失電子守恒，水體中含越多，三氯乙烯脫Cl的效果越差，故A錯誤；B．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價為+1價，乙烯中C原子化合價為-2價，1molC2HCl3脫去3mol氯原子轉化為1molC2H4時，得到6mol電子，再加上轉化為，發(fā)生反應得到的電子，則得失電子總量大于6mol，所以產生的Fe2+的總量大于3mol，故B錯誤；C．用納米級零價鐵處理被三氯乙烯污染的水體，增大了單位體積水體中小微粒ZVI的投入量，可以增大ZVI和正極的接觸面積，加快ZVI釋放電子的速率，可加快水體修復速率，故C正確；D．由示意圖及N元素的化合價變更，發(fā)生反應的電極反應式為NO3-+10H++8e-═NH4++3H2O，故D錯誤；故選C。12.下列試驗設計正確的是選項目的試驗方法A檢驗溶液中是否含Fe2+先加氯水、再加硫氰化鉀溶液B從溶液中得到FeSO4?7H2O晶體蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥C鑒別SO2、乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液中D除去乙酸乙酯中的乙酸加入氫氧化鈉溶液中、分液A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．檢驗溶液中的Fe2+時，要先加KSCN溶液，不變紅色，說明不含Fe3+，然后加入氯水，把Fe2+氧化為Fe3+，溶液變紅，說明產生了Fe3+，從而間接地證明原溶液有Fe2+，故A錯誤；B．將FeSO4溶液加熱蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾，洗滌，低溫干燥，得到FeSO4?7H2O晶體，故B正確；C．乙烯能使酸性高錳酸鉀褪色，二氧化硫也能使酸性高錳酸鉀褪色，現象相同，不能鑒別，故C錯誤；D．乙酸乙酯和乙酸均能與NaOH溶液反應，不能除雜，應選飽和碳酸鈉溶液洗滌后分液，故D錯誤；故選B。13.常溫下，下列各組離子能在指定溶液中大量共存的是A.使甲基橙變紅的溶液：Fe2+、、、Na+B.加入鋁粉放出氫氣的溶液：Na+、Cl-、、C.水電離出c(H+)=10-13mol?L-1的溶液：K+、、Br-、Ba2+D.的值為100的溶液S2-、Na+、、【答案】D【解析】【詳解】A．使甲基橙變紅的溶液呈酸性，Fe2+、在酸性條件下能夠發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故A錯誤；B．加入鋁粉放出氫氣的溶液呈酸性或強堿性，與氫氧根離子反應，在酸性條件下能夠與氫離子反應生成亞硫酸，不能大量共存，故B錯誤；C．水電離出來的c(H+)=10-13mol/L的溶液呈酸性或堿性，與氫離子和氫氧根離子都能反應，不能大量共存，故C錯誤；D．值為100的溶液呈堿性，S2-、Na+、、之間不反應，且都不與氫氧根離子反應，在堿性溶液中能夠大量共存，故D正確；故選D?！军c睛】正確解讀限制條件是解題的關鍵。本題的易錯點為A，要留意硝酸根離子在酸性溶液中具有強氧化性。14.中國科學院科研團隊探討發(fā)覺，在常溫常壓和可見光下，基于LDH（一種固體催化劑）合成NH3的原理示意圖如圖所示。下列說法不正確的是（）A.該反應屬于置換反應B.該過程中只涉及極性鍵的斷裂與生成C.基于LDH合成NH3的過程屬于氮的固定D.該過程中每生成2.24L（標準狀況）O2則轉移0.4mol電子【答案】B【解析】【詳解】A.依據圖示可知，該反應的化學方程式為2N2+6H2O=4NH3+3O2，屬于置換反應，A正確；B.該過程中，既有極性鍵(O-H、N-H)的斷裂與生成，也有非極性鍵(N≡N、O=O)的斷裂與生成，B錯誤；C.基于LDH合成NH3的過程是將氮氣轉化為氨氣的過程，屬于氮的固定，C正確；D.標準狀況下2.241LO2的物質的量為0.1mol，1molO2完全變?yōu)?2價，轉移4mol電子，故0.1molO2轉移0.4mol電子，D正確；故答案為：B。【點睛】相同非金屬原子之間能形成非極性共價鍵，不同非金屬原子之間能形成極性共價鍵。15.試驗室可利用反應Na2S+H2NCN+2H2OCS(NH2)2+2NaOH在限制溶液pH為10~11時，制取少量CS(NH2)2(硫脲，受熱易分解，能溶于水)。試驗裝置(夾持及加熱裝置已省略)如圖所示。下列說法錯誤的是A.裝置B中盛放的試劑為飽和NaHS溶液B.裝置C可用水浴加熱C.持續(xù)通入H2S，有利于提高反應液中硫脲的含量D.為獲得硫脲晶體可將燒瓶中的反應液蒸發(fā)至干【答案】D【解析】【分析】裝置A中鹽酸與FeS反應生成H2S，通過B裝置除去其中含有的HCl氣體，裝置C中反應生成CS(NH2)2(硫脲)，Na2S+H2NCN+2H2OCS(NH2)2+2NaOH；H2S有毒，裝置D中可以用NaOH溶液(或CuSO4溶液等)汲取H2S，據此分析解答?！驹斀狻緼．裝置B用于除去H2S中混有的HCl，須要盛放飽和NaHS溶液，故A正確；B．制備CS(NH2)2的反應溫度為50℃，則裝置C合適的加熱方式為熱水浴，故B正確；C．反應Na2S+H2NCN+2H2OCS(NH2)2+2NaOH中生成了NaOH，持續(xù)通入H2S，可以將NaOH轉化為Na2S，有利于提高原料的利用率，提高反應液中硫脲的含量，故C正確；D．硫脲，受熱易分解，能溶于水，為獲得硫脲晶體，可將反應液轉移到蒸發(fā)皿中蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到硫脲晶體，但不能蒸發(fā)至干，故D錯誤；故選D。16.A(g+)B(g)?C(g)+D(g)反應過程中的能量(單位：kJ?mol-1)變更如圖所示：下列有關該反應的說法正確的是A.正反應與逆反應的活化能相等B.圖中反應的焓變?yōu)棣，是吸熱反應C.肯定條件下，1molA(g)與1molB(g)在密閉容器中充分反應，放出的熱量等于ΔED.加入催化劑后ΔE、E1、E2均不變【答案】B【解析】【分析】從圖象可知，反應物能量低于生成物，為吸熱反應，△H=△E＞0，據此分析解答?！驹斀狻緼．E1表示正反應的活化能，E2表示逆反應的活化能，正反應與逆反應的活化能不相等，故A錯誤；B．反應物能量低于生成物，為吸熱反應，△H=△E＞0，故B正確；C．該反應為可逆反應，肯定條件下，1molA(g)與1molB(g)在密閉容器中充分反應，汲取的熱量少于ΔE，故C錯誤；D．催化劑只能夠減小活化能，但不能變更焓變，所以加入催化劑后，E1、E2都減小，△E不變，故D錯誤；故選B。17.Y是合成藥物查爾酮類抑制劑的中間體，可由X在肯定條件下與Z反應制得。下列敘述正確的是A.X與Z生成Y的反應屬于加成反應B.X、Y均能與新制氫氧化銅反應產生磚紅色沉淀C.X、Y、Z含有官能團的數目相同D.先向Z中加入NaOH的水溶液，在加熱條件下充分反應后，再滴加AgNO3溶液可檢驗Z中的溴元素【答案】B【解析】【分析】依據方程式可知，X酚羥基中的氫原子與Z中的Br原子結合生成了HBr，該反應為取代反應，結合官能團的性質分析解答?！驹斀狻緼．X酚羥基中的氫原子與Z中的Br原子結合生成了HBr，該反應為取代反應，故A錯誤；B．醛基能和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應生成磚紅色沉淀，X、Y中都含有醛基，所以都能和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應生成磚紅色沉淀，故B正確；C．X中含有醛基和羥基、Y中含有溴原子和碳碳雙鍵、Z中含有醛基、醚鍵和碳碳雙鍵，含有官能團的數目不相同，故C錯誤；D．向Z中加入NaOH的水溶液，在加熱條件下充分反應生成和NaBr，再滴加AgNO3溶液，AgNO3溶液與氫氧化鈉反應干擾試驗，須要先加硝酸中和氫氧化鈉，再檢驗溴元素，故D錯誤；故選B。18.2024是元素周期表誕生150周年。中國科學院院士張青蓮教授曾主持測定的銦(49In)等9種元素相對原子質量的新值，被采納為國際新標準。In與Al同主族。下列說法正確的是A.原子半徑：Rb＞InB.In與In為同素異形體C.In是第四周期IIIA族元素D.堿性：In(OH)3＜Al(OH)3【答案】A【解析】【詳解】A．金屬Rb和In為同一周期主族元素，從左到右，原子半徑減小，因此原子半徑：Rb＞In，故A正確；B．In與In為同種元素的不同原子，互為同位素，故B錯誤；C．In的原子序數為49，原子核外有5個電子層，數目分別為2、8、18、18、3，則銦處于第五周期第ⅢA族，故C錯誤；D．金屬性In＞Al，元素的金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，則堿性In(OH)3＞Al(OH)3，故D錯誤；故選A。19.用肼與氧氣形成的燃料電池電解制備Cu2O的裝置如圖所示，下列說法錯誤的是A.電極B與電極D相連B.負極的電極反應式為N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2OC.離子交換膜為陽離子交換膜D.陽極的反應式為2Cu+OH--2e-=Cu2O+H2O【答案】C【解析】【分析】依據圖示，右圖為肼與氧氣形成的燃料電池，左圖為電解池，通入肼的電極為負極，即C電極為負極，通入氧氣的電極為正極，D電極為正極，要電解得到Cu2O，則Cu的化合價上升，被氧化，因此B電極為陽極，A電極為陰極，據此分析解答?！驹斀狻緼．依據上述分析，B電極為陽極，與燃料電池的正極D相連，故A說法正確；B．通入燃料肼的電極為負極，負極上肼失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O，故B說法正確；C．左圖中，陽極銅電極放電生成Cu2O，電極反應式為2Cu+OH--2e-=Cu2O+H2O，陰極上水電離產生的氫離子放電放出氫氣，左側的氫氧根離子移向右側，因此該離子交換膜為陰離子交換膜，故C說法錯誤；D．左圖中，陽極銅電極放電生成Cu2O，電極反應式為2Cu+OH--2e-=Cu2O+H2O，故D說法正確；故選C。20.常溫下，濃度均為0.lmol?L-1的H2SO3、H2T(酒石酸)分別用0.1rnol?L-1的NaOH溶液滴定，滴定曲線分別如圖所示。下列說法錯誤的是A.相同濃度時，Na2SO3溶液中水的電離程度比Na2T中的大B.0.1mol?L-1的NaHT溶液中：c(T2-)＞c(H2T)CKa1(H2SO3)＞Ka1(H2T)D.等體積、濃度均為0.1mol?L-1的H2SO3溶液、H2T溶液分別滴加等濃度的NaOH溶液至pH=7，H2SO3溶液消耗的NaOH更多【答案】D【解析】【分析】依據滴定曲線，起始時0.lmol?L-1的亞硫酸的pH比0.lmol?L-1的酒石酸的pH小，說明亞硫酸的一級電離程度比酒石酸大，當=1時，恰好反應生成酸式鹽，NaHT的pH比NaHSO3小，說明亞硫酸的二級電離程度比酒石酸小，結合弱電解質的電離平衡和鹽類水解的學問分析解答。【詳解】A．依據圖象，當=2時，恰好反應生成正鹽，此時，Na2SO3溶液的pH大于Na2T，說明Na2SO3的水解程度比Na2T大，鹽類的水解促進水的電離，因此相同濃度時，Na2SO3溶液中水的電離程度比Na2T中的大，故A正確；B．依據圖象，NaHT溶液顯酸性，說明NaHT的電離程度大于水解程度，因此0.1mol?L-1的NaHT溶液中：c(T2-)＞c(H2T)，故B正確；C．起始時0.lmol?L-1的亞硫酸的pH比0.lmol?L-1的酒石酸的pH小，說明亞硫酸的一級電離程度比酒石酸大，即Ka1(H2SO3)＞Ka1(H2T)，故C正確；D．依據圖像，等體積、濃度均為0.1mol?L-1的H2SO3溶液、H2T溶液分別滴加等濃度的NaOH溶液，恰好反應生成酸式鹽時，溶液均顯酸性，且NaHT的pH比NaHSO3小，恰好反應生成正鹽時，溶液均顯堿性，且Na2SO3溶液的pH大于Na2T，因此中和至pH=7，H2SO3溶液消耗的NaOH少點，故D錯誤；故選D。第II卷(非選擇題，共50分)三、非選擇題(本題包括4小題，共50分)21.25℃時，分別向等體積pH均為a的CH3COOH溶液和HCN溶液中加水稀釋，稀釋過程中溶液的pH變更與溶液體積的關系如圖所示：已知25℃時，HCN的電離平衡常數Ka=6.2×10-10，CH3COOH的電離平衡常數Ka=1.7×10-5(1)表示CH3COOH溶液的pH變更趨勢的曲線是____(填“A”或“B”)。(2)pH均為a的CH3COOH溶液和HCN溶液，溶質的物質的量濃度較大的是____(填化學式)。(3)25℃時，等濃度的NaCN溶液的pH___填“>”=”或“<”)CH3COONa溶液的pH。(4)25℃時，向20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1KOH溶液，當pH=7時，所加KOH溶液的體積____(填或“<”)20mL。(5)用相同濃度的AgNO3溶液分別滴定濃度相同的含Cl－、Br－及I－的混合溶液，由圖可確定首先沉淀的離子是______。(填離子符號)【答案】(1).A(2).HCN(3).>(4).<(5).I-【解析】【分析】已知25℃時，HCN的電離平衡常數Ka=6.2×10-10，CH3COOH的電離平衡常數Ka=1.7×10-5，HCN的電離平衡常小于CH3COOH的電離平衡常數，故CH3COOH的酸性比HCN的酸性強，酸性越強則酸對應的酸根離子的水解實力越弱；沉淀溶解平衡的應用?！驹斀狻浚?）CH3COOH的酸性比HCN的酸性強，pH相等時，加水稀釋相同的倍數，酸性較強的pH變更大，故A表示CH3COOH溶液的pH變更趨勢的曲線；（2）由于HCN的電離平衡常小于CH3COOH的電離平衡常數，則物質的量濃度相等的CH3COOH溶液和HCN溶液，CH3COOH在溶液中電離出的c(H+)大于與HCN在溶液中電離出的c(H+)，故pH相等的CH3COOH溶液和HCN溶液，溶質的物質的量濃度較大的是HCN溶液；（3）酸性越強則酸對應的酸根離子的水解實力越弱，由于CH3COOH的酸性比HCN的酸性強，所以CN-的水解實力比CH3COO-的水解水解強，故25℃時，等濃度的NaCN溶液的pH>CH3COONa溶液的pH；（4）25℃時，向20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1KOH溶液，當加入KOH溶液的體積為20mL時，CH3COOH與KOH恰好完全反應生成CH3COOK，CH3COOK是強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，故當pH=7時，所加KOH溶液的體積<20mL；（5）由圖像可知-lgc(X-)的值越大，則c(X-)越小，當c(Ag+)相同時，起先產生沉淀c(I-)最小，故用相同濃度的AgNO3溶液分別滴定濃度相同的含Cl－、Br－及I－的混合溶液，首先沉淀的離子是I-?！军c睛】依據酸的電離平衡常數推斷酸性的強弱，鹽類水解的規(guī)律，能依據圖形，理解沉淀溶解平衡等。22.已知黑銅泥主要含Cu3As，還含有少量Sb、Bi、Pb、Ni等。黑銅泥酸浸和堿浸制取砷酸銅的工藝流程如圖：回答下列問題：(l)“酸浸”主要反應之一為4Cu3As+12H2SO4+9O2=12CuSO4+4H3AsO3+6H2O，每1molCu3As被浸取轉移電子的物質的量為______mol。(2)H3AsO3的第一步電離方程式為H3AsO3+H2O?[As(OH)4]-+H+，Ka1=1.03×l0-9，可推斷H3AsO3是______(填“強”或“弱”)酸，依據此電離形式，其次步電離方程式為______。(3)“沉砷酸銅”時，CuSO4與H3AsO4反應生成砷酸銅的反應是可逆反應，反應的離子方程式為______，“沉砷酸銅”過程中需不斷加入NaOH溶液的目的是______。(4)可用石灰乳處理含的廢水生成Ca3(AsO4)2沉淀。Ksp[Ca3(AsO4)2]=4.9×l0-19，當廢水中c()=7.0×l0-4mol?L-1時，c(Ca2+)=______mol?L-1?！敬鸢浮?1).9(2).弱(3).[As(OH)4]-+H2O?[As(OH)5]2-+H+(4).5Cu2++4H3AsO4Cu5H2(AsO4)4↓+10H+(5).減小H+濃度，利于提高砷酸銅產率(6).10-4【解析】【分析】(1)4Cu3As+12H2SO4+9O2=12CuSO4+4H3AsO3+6H2O反應中Cu由+1價上升到+2價，As由-3價上升到+3價，O由0價降低為-2價，共轉移36個電子，依據氧化還原反應的規(guī)律計算解答；(2)H3AsO3的第一步電離方程式為H3AsO3+H2O?[As(OH)4]-+H+，Ka1=1.03×l0-9，未完全電離，并據此書寫其次步的電離方程式；(3)“沉砷酸銅”時，CuSO4與H3AsO4在60℃時反應生成砷酸銅的反應是可逆反應，據此書寫反應的離子方程式，并結合平衡移動的影響因素分析解答；(4)依據Ksp[Ca3(AsO4)2]=c3(Ca2+)c2()計算c(Ca2+)?！驹斀狻?1)4Cu3As+12H2SO4+9O2=12CuSO4+4H3AsO3+6H2O反應中Cu由+1價上升到+2價，As由-3價上升到+3價，O由0價降低為-2價，共轉移36個電子，因此1molCu3As被浸取轉移電子的物質的量為mol=9mol，故答案為：9；(2)H3AsO3的第一步電離方程式為H3AsO3+H2O?[As(OH)4]-+H+，Ka1=1.03×l0-9，未完全電離，則H3AsO3(亞砷酸)為弱酸，依據第一步的電離方程式為：H3AsO3+H2O?[As(OH)4]-+H+，可推知其次步的電離方程式為：[As(OH)4]-+H2O?[As(OH)5]2-+H+，故答案為：弱；[As(OH)4]-+H2O?[As(OH)5]2-+H+；(3)“沉砷酸銅”時，CuSO4與H3AsO4在60℃時反應生成砷酸銅的反應是可逆反應，反應的離子方程式為5Cu2++4H3AsO4Cu5H2(AsO4)4↓+10H+，加入NaOH溶液可以減小H+濃度，使平衡正向移動，有利于提高砷酸銅的產率，故答案為：5Cu2++4H3AsO4Cu5H2(AsO4)4↓+10H+；減小H+濃度，利于提高砷酸銅的產率；(4)Ksp[Ca3(AsO4)2]=c3(Ca2+)c2()=4.9×l0-19，則c(Ca2+)=mol?L-1=mol?L-1=10-4mol?L-1，故答案為：10-4?！军c睛】本題的易錯點為(2)，要留意仿照H3AsO3+H2O?[As(OH)4]-+H+書寫其次步的電離方程式。23.碳酰氯(COCl2)俗稱光氣，熔點為-118℃，沸點為8.2℃，微溶于水，易溶于甲苯等有機溶劑，化學性質不穩(wěn)定，遇水快速水解得到強酸，是化工制品的重要中間體。某種制取光氣的試驗裝置如圖所示(部分裝置已省略)。已知：3CCl4+2H2SO4(濃)3COCl2↑+4HCl↑+S2O5Cl2(1)盛放濃硫酸的儀器名稱為______，該儀器運用前要進行的操作為______。(2)冷凝管的進水口為______(填“a”或“b”)，丁裝置的作用是______。(3)戊中盛放的試劑為______。(4)指出該試驗設計存在的不妥之處：______。(5)光氣遇水快速反應的化學方程式為______。(6)試驗起先時稱取30.8gCCl4與足量的濃H2SO4充分反應，試驗結束后得到14.6g光氣，則該試驗中COCl2的產率為______%(保留有效四位數字)?！敬鸢浮?1).分液漏斗(2).檢查儀器是否漏液(3).a(4).汲取多余光氣，防止倒吸(5).NaOH溶液(6).沒有進行水浴加熱(7).COCl2+H2O=2HCl+CO2(8).73.74【解析】【分析】由試驗裝置可知，連接好裝置先檢驗裝置的氣密性，甲中發(fā)生3CCl4+2H2SO4(濃)3COCl2↑+4HCl↑+S2O5Cl2，乙、丙裝置中冰鹽降溫得到液態(tài)光氣，丁中甲苯可汲取光氣，最終戊裝置進氣尾氣處理，以此來解答。【詳解】(1)依據儀器構造可知盛放濃硫酸的儀器名稱為分液漏斗，該儀器運用前要進行的操作為檢查儀器是否漏液。(2)冷凝時應當是逆向冷卻，則冷凝管的進水口為a，光氣易溶于甲苯，則丁裝置的作用是汲取多余光氣，防止倒吸。(3)反應后有酸性氣體生成，則戊中盛放的試劑為NaOH溶液，用來汲取尾氣。(4)由于反應溫度沒有超過100℃，因此該試驗設計存在的不妥之處為沒有進行水浴加熱。(5)光氣遇水快速反應，依據原子守恒可知生成物是鹽酸和二氧化碳，反應的化學方程式為COCl2+H2O=2HCl+CO2。(6)試驗起先時稱取30.8gCCl4與足量的濃H2SO4充分反應，理論上生成光氣的質量是，試驗結束后得到14.6g光氣，則該試驗中COCl2的產率為＝73.74%。24.二甲醚(CH3OCH3)常作為甲基化試劑用于生產硫酸二甲酯，CO2催化加氫合成二甲醚的過程中主要發(fā)生下列反應：反應Ⅰ：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.2kJ·mol-1反應Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)?CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH2=-122.5kJ·mol-1回答下列問題：(1)2CO(g)+4H2(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=______，欲提高該反應