湖南省邵陽市新邵縣2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試試題含解析

PAGE21-湖南省邵陽市新邵縣2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試試題（含解析）滿分100分，考試時間90分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12O-16Ni-59Cu-64一、選擇題（本題共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.化學(xué)與生產(chǎn)、生活及環(huán)境親密相關(guān)，下列說法不正確的是()A.針對新冠肺炎疫情，可用高錳酸鉀溶液、無水酒精、雙氧水對場所進(jìn)行殺菌消毒B.用含有橙紅色酸性重鉻酸鉀的儀器檢驗酒駕，利用的是乙醇的還原性C.“霾塵積聚難見路人”，霧霾所形成的氣溶膠有丁達(dá)爾效應(yīng)D.常用危急化學(xué)品標(biāo)記中的數(shù)字主要表示的是危急的類別【答案】A【解析】【詳解】A．高錳酸鉀溶液和雙氧水具有強(qiáng)氧化性、乙醇能破壞細(xì)胞組織，均能使蛋白質(zhì)變性，但醫(yī)療上常用75%的酒精殺菌消毒、不用無水酒精殺菌消毒，A錯誤；B．橙紅色酸性重鉻酸鉀具有強(qiáng)氧化性，能夠氧化乙醇，重鉻酸鉀則被還原為+3價的綠色物質(zhì)，乙醇表現(xiàn)還原性，因此可用含有橙紅色酸性重鉻酸鉀的儀器檢驗是否酒駕，B正確；C．霧霾形成的是氣溶膠，屬于膠體，具有膠體的丁達(dá)爾效應(yīng)，C正確；D．危急化學(xué)品標(biāo)記中的數(shù)字危急品的類別：如第1類是爆炸品、第2類是壓縮氣體和液化氣體、第3類是易燃液體等，D正確；故合理選項是A。2.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述不正確的是()A.20gD2O與20gH218O含有的中子數(shù)均為10NAB.4.6g分子式為C2H6O的有機(jī)物中碳?xì)滏I數(shù)目肯定是0.5NAC.電解精煉銅時，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移NA個電子，陰極析出32g銅D.將含0.1molFeCl3的飽和溶液滴入沸水中，形成的膠體粒子的數(shù)目少于0.1NA【答案】B【解析】【詳解】A．D2O與H218O相對分子質(zhì)量都是20，分子中都含有10個中子，20gD2O與20gH218O的物質(zhì)的量都是1mol，則其中含有的中子的物質(zhì)的量是10mol，含有的中子數(shù)目為10NA，A正確；B．4.6g分子式為C2H6O的物質(zhì)的量是0.1mol，但C2H6O表示的物質(zhì)可能是CH3CH2OH，也可能是CH3-O-CH3，因此不能確定其中含有的碳?xì)滏I數(shù)目，B錯誤；C．電解精煉銅時，Cu2+在陰極得到電子變?yōu)閱钨|(zhì)Cu，由于Cu是+2價金屬，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移NA個電子，反應(yīng)產(chǎn)生Cu的物質(zhì)的量是0.5mol，則陰極析出Cu質(zhì)量是m(Cu)=0.5mol×64g/mol=32g，C正確；D．由于Fe(OH)3膠體是很多Fe(OH)3的集合體，所以將含0.1molFeCl3的飽和溶液滴入沸水中，形成的膠體粒子的數(shù)目少于0.1NA，D正確；故合理選項是B。3.下列圖示的試驗操作中，能達(dá)到相應(yīng)試驗?zāi)康牡氖?)A.石油分餾的產(chǎn)物含有不飽和烴B.驗證石蠟油分解C.測量氨氣體積D.制取干燥的氨氣【答案】B【解析】【詳解】A．該裝置是分餾裝置，是分別沸點不同的互溶的液體混合物，不能用于證明石油分餾的產(chǎn)物是否含有不飽和烴，A不符合題意；B．石蠟油分解產(chǎn)生不飽和烴能夠被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，而飽和烴不能使酸性KMnO4溶液褪色，因此可用酸性KMnO4溶液證明石蠟油是否分解，B符合題意；C．氨氣極簡潔溶于水，不能用排水方法測定其體積，C不符合題意；D．氨氣與CaCl2會反應(yīng)生成絡(luò)合物，不能用于干燥氨氣，應(yīng)當(dāng)運(yùn)用堿石灰干燥，D不符合題意；故合理選項是B。4.下列化學(xué)用語對事實的表述正確的是A.電解CuCl2溶液：CuCl2=Cu2++2Cl-B.Mg和Cl形成離子鍵的過程：C.向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓D.乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O【答案】D【解析】【詳解】A．電解氯化銅溶液生成銅和氯氣，總的化學(xué)方程式為：CuCl2Cu+Cl2↑，故A錯誤；B．氯化鎂為離子化合物，由離子形成離子鍵，其形成過程為，故B錯誤；C．向Al2(SO4)3溶液中滴加少量Na2CO3溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w，反應(yīng)的離子方程式為2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C錯誤；D．羧酸與醇發(fā)生的酯化反應(yīng)中，羧酸中的羧基供應(yīng)-OH，醇中的-OH供應(yīng)-H，相互結(jié)合生成水，其它基團(tuán)相互結(jié)合生成酯，反應(yīng)的方程式為CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，故D正確；故選D。5.下列有機(jī)物的命名正確的是A.CH2＝CH—CH＝CH21,3-二丁烯B.CH3CH2CH(CH3)OH2-甲基-1-丙醇C.2-甲基-3-丁炔D.3,3,4-三甲基己烷【答案】D【解析】【分析】烷烴的命名原則是：找出最長的碳鏈當(dāng)主鏈，依碳數(shù)命名主鏈，前十個以天干(甲、乙、丙)代表碳數(shù)，碳數(shù)多于十個時，以中文數(shù)字命名，如：十一烷；從最近的取代基位置編號：1、2、3(使取代基的位置數(shù)字越小越好)，以數(shù)字代表取代基的位置，數(shù)字與數(shù)字之間以“,”隔開，數(shù)字與中文數(shù)字之間以“－”隔開；有多個取代基時，以取代基數(shù)字最小且最長的碳鏈當(dāng)主鏈，并依甲基、乙基、丙基的依次列出全部取代基；有兩個以上的取代基相同時，在取代基前面加入中文數(shù)字：一、二、三，如：二甲基；假如含有官能團(tuán)，則含有官能團(tuán)的最長碳鏈作主鏈，編號也是從離官能團(tuán)最近的一端起先，據(jù)此分析解答。【詳解】A．該物質(zhì)是二烯烴，兩個雙鍵的位置在1，2號C原子和3，4號碳原子之間，因此名稱為1，3-丁二烯，A選項錯誤；B．CH3CH2CH(CH3)OH的主鏈有4個碳，2號為羥基，因此名稱為2-丁醇，B選項錯誤；C．屬于炔烴，最長碳鏈含有4個碳原子，離叁鍵最近一端編號，甲基在3號碳上，因此名稱為3-甲基-1-丁炔，C選項錯誤；D．屬于烷烴，主鏈有6個碳，2個甲基位于3號碳原子上，1個甲基位于4號碳原子上，因此其名稱為3，3，4-三甲基己烷，D選項正確；答案選D。6.前20號元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，且分列四個不同周期和四個不同主族。其中A為Y元素組成的單質(zhì)；甲、乙、丙、丁、戊為上述四種元素組成的二元或三元化合物；常溫下乙為液體。下列說法正確的是A.簡潔離子半徑：Z>YB.反應(yīng)①為吸熱反應(yīng)C.反應(yīng)②為工業(yè)上制備漂白粉反應(yīng)原理D.X、Y分別與Z形成的化合物中，化學(xué)鍵類型肯定相同【答案】C【解析】依據(jù)題給信息分析可知，常溫下乙為液體，乙為水，W為氫元素，Y為氯元素，A為氯氣；甲為氧化鈣，與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，X為氧，Z為鈣；化合物丁和化合物戊可能為氯化鈣或次氯酸鈣；核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以Ca2+<Cl-,A錯誤；氧化鈣與水猛烈反應(yīng)，放出大量的熱，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B錯誤；氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，氫氧化鈣與氯氣反應(yīng)生成氯化鈣和次氯酸鈣，為工業(yè)上制備漂白粉的反應(yīng)原理，C正確；過氧化鈣中含有離子鍵和非極性共價鍵，而氯化鈣只有離子鍵，D錯誤；正確選項C。點睛：此題在進(jìn)行元素推斷時，假如只依據(jù)題干信息及各物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，進(jìn)行各元素及各物質(zhì)的判定，的確不易確定；假如依據(jù)題給的第三個判據(jù)供應(yīng)信息，就很簡潔想到甲乙詳細(xì)物質(zhì)，則快速突破此題的難點，問題就迎刃而解。7.25℃時，向濃度均為0.1mol/L、體積均為100mL的兩種一元酸HX、HY溶液中分別加入NaOH

固體，溶液中l(wèi)g隨n(

NaOH)的變更如下圖所示。下列說法不正確的是A.HX

為強(qiáng)酸，HY

為弱酸 B.b點時溶液呈中性C.水的電離程度：d>c D.c點時溶液的pH=4【答案】C【解析】【詳解】A項，依據(jù)圖像0.1mol/LHX溶液中l(wèi)g=12，=11012，c（H+）·c（OH-）=110-14，解得c（H+）=0.1mol/L，HX為強(qiáng)酸，0.1mol/LHY溶液中l(wèi)g12，HY為弱酸，A項正確；B項，b點時溶液中l(wèi)g=0，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，B項正確；C項，d點、c點加入510-3mol的NaOH固體，d點得到等物質(zhì)的量濃度的NaX和HX的混合液，HX電離出H+使d點溶液呈酸性，c點得到等物質(zhì)的量濃度的NaY和HY的混合液，c點溶液呈酸性，HY的電離程度大于Y-的水解程度，d點溶液中c（H+）大于c點，d點溶液中H+對水的電離的抑制程度大于c點，水的電離程度：cd，C項錯誤；D項，c點溶液中l(wèi)g=6，=1106，c（H+）·c（OH-）=110-14，解得c（H+）=110-4mol/L，c點溶液的pH=4，D項正確；答案選C?！军c睛】本題考查酸堿中和滴定的圖像分析、影響水的電離平衡的因素、pH的計算。留意縱坐標(biāo)表示lg，縱坐標(biāo)數(shù)值越大溶液的酸性越強(qiáng)，縱坐標(biāo)為0時溶液呈中性；酸電離出的H+對水的電離平衡起抑制作用，而且酸溶液中c（H+）越大，水的電離程度越小。8.氧氟沙星是常用抗菌藥物，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)氧氟沙星的敘述錯誤的是A.能發(fā)生加成、取代、還原等反應(yīng)B.分子內(nèi)有3個手性碳原子C.分子內(nèi)存在三種含氧官能團(tuán)D.分子內(nèi)共平面的碳原子多于6個【答案】B【解析】【詳解】A．含C=C、苯環(huán)、羰基，均能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，也是還原反應(yīng)；含-COOH，能發(fā)生取代反應(yīng)，故A正確；B．手性碳原子上需連接四個不同的原子或原子團(tuán)，則中只有1個手性碳原子，故B錯誤；C．分子結(jié)構(gòu)中含有羧基、羰基和醚鍵三種含氧官能團(tuán)，故C正確；D．苯環(huán)、C=O均為平面結(jié)構(gòu)，且二者干脆相連，與它們干脆相連的C原子在同一平面內(nèi)，則分子內(nèi)共平面的碳原子數(shù)多于6個，故D正確；故答案為B?！军c睛】考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，留意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)特點以及官能團(tuán)的性質(zhì)，為解答該類題目的關(guān)鍵，該有機(jī)物中含C=C、C=O、苯環(huán)、-COOH，結(jié)合烯烴、苯、羧酸的性質(zhì)及苯為平面結(jié)構(gòu)來解答。9.試驗室常常利用KMnO4來檢驗產(chǎn)物或驗證性質(zhì)，圖示為部分裝置圖，下列說法不正確的是A.若X為NaOH溶液時，則KMnO4可用于溴乙烷發(fā)生消去反應(yīng)的產(chǎn)物檢驗B.若X為NaOH溶液時，則KMnO4可用于乙醇發(fā)生消去反應(yīng)的產(chǎn)物檢驗C.若X為CuSO4溶液時，則KMnO4可用于試驗室制取乙炔時驗證其性質(zhì)D.若X為溴水，則KMnO4可用于乙醛發(fā)生還原反應(yīng)的產(chǎn)物檢驗【答案】D【解析】【詳解】A.溴乙烷發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，乙醇、乙烯進(jìn)入到第一個裝置中（X），乙醇溶于NaOH溶液中，KMnO4檢驗乙烯產(chǎn)物，故A正確；B.乙醇發(fā)生消去反應(yīng)得到乙烯，乙醇、乙烯進(jìn)入到第一個裝置中(X)，乙醇溶于NaOH溶液中，KMnO4檢驗乙烯產(chǎn)物，故B正確；C.試驗室制取乙炔時有PH3、H2S等雜質(zhì)，PH3、H2S等雜質(zhì)與CuSO4溶液反應(yīng)，KMnO4可用于驗證乙炔氣體及其性質(zhì)，故C正確；D.乙醛發(fā)生還原反應(yīng)生成乙醇，乙醛和乙醇進(jìn)入到第一個裝置中(X)，乙醇溶解，乙醛與溴水中溴單質(zhì)反應(yīng)，故KMnO4不能用于檢驗產(chǎn)物，故D錯誤。綜上所述，答案為D。10.工業(yè)上可用軟錳礦(主要成分是MnO2)和黃鐵礦(主要成分是FeS2)為主要原料制備高性能磁性材料碳酸錳(MnCO3)。其工藝流程如下：已知：凈化工序的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等雜質(zhì)（CaF2難溶）。下列說法不正確的是A.研磨礦石、適當(dāng)上升溫度均可提高溶浸工序中原料的浸出率B.除鐵工序中，在加入石灰調(diào)整溶液的pH前，加入適量的軟錳礦，發(fā)生的反應(yīng)為MnO2＋2Fe2＋＋4H＋==2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2OC.副產(chǎn)品A的化學(xué)式(NH4)2SD.從沉錳工序中得到純凈MnCO3的操作方法是過濾、洗滌、干燥【答案】C【解析】【分析】由流程可知軟錳礦(主要成分MnO2)和黃鐵礦加入硫酸酸浸過濾得到浸出液調(diào)整溶液pH，F(xiàn)eS2和稀硫酸反應(yīng)生成Fe2+，然后過濾得到濾渣是MnO2，向濾液中加入軟錳礦發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，過濾，濾液中主要含有Cu2+、Ca2+等雜質(zhì)，加入硫化銨和氟化銨，生成CuS、CaF沉淀除去，在濾液中加入碳酸氫銨和氨水沉錳，生成MnCO3沉淀，過濾得到的濾渣中主要含有MnCO3，通過洗滌、烘干得到MnCO3晶體?！驹斀狻緼.提高浸取率的措施可以是攪拌、適當(dāng)上升溫度、研磨礦石、適當(dāng)增大酸的濃度等，故A正確；B.主要成分是FeS2的黃鐵礦在酸浸過程中產(chǎn)生亞鐵離子，因此流程其次步除鐵環(huán)節(jié)的鐵應(yīng)當(dāng)轉(zhuǎn)化鐵離子才能更好除去，所以須要加入氧化劑軟錳礦使殘余的Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，再加入石灰調(diào)整pH值使Fe3+完全沉淀，故B正確；C.得到的濾液中還有大量的銨根離子和硫酸根離子沒有反應(yīng)，因此可以制的副產(chǎn)品為：(NH4)2SO4，故C錯誤；D.從沉錳工序中得到純凈MnCO3，只需將沉淀析出的MnCO3過濾、洗滌、干燥即可，故D正確；故選C。二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全都選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。11.某種化合物的結(jié)構(gòu)如圖所示，其中X、Y、Z、Q、W為原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，Q核外最外層電子數(shù)與Y核外電子總數(shù)相同，X的原子半徑是元素周期表中最小的。下列敘述正確的是（）A.WX的水溶液呈堿性B.元素非金屬性的依次為：Y＞Z＞QC.由X、Y、Q、W四種元素形成的化合物的水溶液肯定呈堿性D.該化合物中與Y單鍵相連的Q滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】AD【解析】【分析】X的原子半徑是元素周期表中最小的，X是H元素；X、Y、Z、Q、W為原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，W能形成+1價陽離子，W是Na；依據(jù)形成共價鍵數(shù)，Z形成3個共價鍵、Y形成4個共價鍵、Q形成2個共價鍵，Q核外最外層電子數(shù)與Y核外電子總數(shù)相同，所以Y是C元素、Z是N元素、Q是O元素?！驹斀狻緼．NaH與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，溶液呈堿性，故A正確；B．同周期元素從左到右，非金屬性增加，元素非金屬性的依次為：O＞N＞C，故B錯誤；C．由H、C、O、Na四種元素能形成的化合物NaHC2O4，NaHC2O4的水溶液呈酸性，故C錯誤；D．該化合物中，與C單鍵相連O，共用一對電子，并得到了Na失去的一個電子，形成-1價的陰離子，滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D正確；故選AD。【點睛】本題考查元素周期表與周期律，依據(jù)原子結(jié)構(gòu)和成鍵規(guī)律推斷元素是解題的關(guān)鍵，明確同周期元素從左到右性質(zhì)遞變規(guī)律，留意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的推斷方法。12.工業(yè)上以鉻鐵礦(主要成分為FeO?Cr2O3)、碳酸鈉、氧氣和硫酸為原料生產(chǎn)重鉻酸鈉(Na2Cr2O7?2H2O)，其主要反應(yīng)為：(1)4FeO?Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2(2)2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O下列說法中正確的是()A.反應(yīng)(1)和(2)均為氧化還原反應(yīng)B.反應(yīng)(1)的氧化劑是O2，還原劑是FeO?Cr2O3C.高溫下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4D.生成1mol的Na2Cr2O7時共轉(zhuǎn)移7mol電子【答案】BD【解析】【詳解】A．反應(yīng)(2)中元素化合價都沒有發(fā)生變更，因此該反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)，A錯誤；B．在反應(yīng)(1)中，O2中氧元素化合價降低，得到電子，所以氧化劑是O2，鐵元素和鉻元素化合價上升，失去電子，所以還原劑是FeO?Cr2O3，B正確；C．在反應(yīng)(1)中氧化劑是O2，還原劑是FeO?Cr2O3，由于氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以O(shè)2的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能推斷Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相對強(qiáng)弱，C錯誤；D．由反應(yīng)(1)方程式可知：每生成8molNa2CrO4時，參與反應(yīng)的O2的物質(zhì)的量為7mol，轉(zhuǎn)移28mol電子，電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量為參與反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量的4倍，8molNa2CrO4發(fā)生反應(yīng)(2)為非氧化還原反應(yīng)，會生成4molNa2Cr2O7，則每生成1mol的Na2Cr2O7時共轉(zhuǎn)移7mol電子，D正確；故合理選項是BD。13.在肯定溫度下，向2L恒容密閉容器中充入1molA，發(fā)生2A(g)B(g)+C(g)反應(yīng)。反應(yīng)過程中c(C)隨時間變更的曲線如圖所示，下列說法不正確的是（）A.反應(yīng)在0~50s的平均速率v(C)=1.6×10-3mol?L-1?s-1B.該溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.025mol?L-1C.保持其他條件不變，上升溫度，平衡時c(B)=0.09mol?L-1，則該反應(yīng)的?H<0D.反應(yīng)達(dá)平衡后，再向容器中充入1molA，該溫度下再達(dá)到平衡時，A的轉(zhuǎn)化率不變【答案】B【解析】【詳解】A．反應(yīng)在0~50s的平均速率v(C)==1.6×10-3mol?L-1?s-1，A正確；B．該溫度下，平衡時，c(C)=0.10mol/L，則c(B)=0.10mol/L，c(A)=0.50mol/L-0.20mol/L=0.30mol/L，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=≈0.11mol?L-1，B不正確；C．上升溫度，平衡時c(B)=0.09mol?L-1<0.10mol?L-1，則平衡逆向移動，該反應(yīng)的?H<0，C正確；D．反應(yīng)達(dá)平衡后，再向容器中充入1molA，相當(dāng)于加壓，平衡不發(fā)生移動，A的轉(zhuǎn)化率不變，D正確；故選B。14.如圖所示，裝置(Ⅰ)是一種可充電電池的示意圖，裝置(Ⅱ)為電解池的示意圖；裝置(Ⅰ)的離子交換膜只允許通過。電池放電的化學(xué)方程式為。當(dāng)閉合K時，X極旁邊溶液先變紅色。下列說法正確的是（）A.裝置(Ⅰ)中A為正極B.電極X的電極溶液變紅的緣由C.放電時，電極B的電極反應(yīng)式為D.給原電池充電時從右向左通過離子交換膜【答案】BD【解析】【分析】在電極X旁邊溶液變紅，說明c(OH-)＞c(H+)，電極反應(yīng)為2H2O+2e-＝2OH-+H2↑，則X為陰極，A為負(fù)極，B為正極，Y為陽極?！驹斀狻緼．由以上分析可知，裝置(Ⅰ)中A負(fù)極，A不正確；B．依據(jù)上述分析，電極X旁邊溶液變紅，說明發(fā)生反應(yīng)2H2O+2e-＝2OH-+H2↑，B正確；C．放電時，電極B為正極，電極反應(yīng)式為3NaBr3+2e-+6Na+＝9NaBr，C不正確；D．給原電池充電時A電極為陰極，陽離子向陰極移動，則Na+從右向左通過離子交換膜，D正確；故選BD。15.298K時，向20mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液中滴入0.1000mol·L-1NaOH溶液，滴定曲線如圖所示(忽視溫度變更)。下列說法正確的是A.該滴定過程應(yīng)當(dāng)選擇石蕊溶液做指示劑B.由c點數(shù)值可求醋酸的電離平衡常數(shù)為1.66×10-5mol·L-1C.b點溶液中各微粒濃度關(guān)系為2c(H＋)+c(CH3COOH)=c(CH3COO－)+2c(OH－)D.中和同體積同pH的醋酸和鹽酸所用氫氧化鈉的物質(zhì)的量，后者多【答案】BC【解析】【詳解】A．由圖可知，醋酸和氫氧化鈉中和滴定的滴定終點為堿性，而石蕊的變色pH范圍為5~8，不選其做指示劑，應(yīng)選用酚酞做指示劑，A選項錯誤；B．c點時，溶液呈中性，則有c(H+)=c(OH-)，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，則c(Na+)=c(CH3COO-)=mol/L，c(CH3COOH)=mol/L，故醋酸的電離平衡常數(shù)，B選項正確；C．b點時的溶質(zhì)為等量的CH3COOH和CH3COONa，存在著質(zhì)子守恒2c(H＋)+c(CH3COOH)=c(CH3COO－)+2c(OH－)，C選項正確；D．由于醋酸是弱電解質(zhì)，在水溶液中部分電離，則相同體積、相同pH的醋酸和鹽酸溶液前者物質(zhì)的量更大，故中和同體積同pH的醋酸和鹽酸所用氫氧化鈉的物質(zhì)的量，前者多，D選項錯誤；答案選BC。三、非選擇題（本題共4小題，共60分）16.煤氣中主要的含硫雜質(zhì)有H2S以及COS(有機(jī)硫)，煤氣燃燒后含硫雜質(zhì)會轉(zhuǎn)化成SO2從而引起大氣污染，因此煤氣中H2S的脫出程度已成為煤氣干凈度的一個重要指標(biāo)。請回答下列問題：

(1)脫除煤氣中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2還原法、水解法等。

①COS的分子結(jié)構(gòu)與CO2相像，COS的結(jié)構(gòu)式為___________。

②Br

2的KOH溶液將COS氧化為硫酸鹽的離子方程式為______________。

③已知：H2、COS、H2S、CO的燃燒熱依次為285kJ/mol、299kJ/mol、586kJ/mol、283kJ/mol；H2還原COS發(fā)生的反應(yīng)為H2(g)+COS(g)=H2S(g)+CO(g)，該反應(yīng)的ΔH=_________kJ/mol。恒溫恒容條件下，密閉容器中將氣體按n(H2)：n(COS)=2：1混合發(fā)生下列反應(yīng)，下列事實能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_______(填字母)a.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變更b.n(H2)與n(COS)的比值不變c.CO的體積分?jǐn)?shù)不變d.形成2molH-S鍵的同時形成1molH-H鍵④用活性α-Al2O3催化COS水解反應(yīng)為COS(g)+H2O(g)CO

2(g)+H2S(g)ΔH<0，相同流量且在催化劑表面停留相同時間時，不同溫度下H2S的轉(zhuǎn)化率(未達(dá)到平衡)如圖所示由圖可知，催化劑活性最大時對應(yīng)的溫度約為______，H2S的轉(zhuǎn)化率在后期下降的緣由是_______________________________________。(2)煤氣燃燒后含硫雜質(zhì)轉(zhuǎn)化成的SO2，可以被氨水汲取，已知25℃時，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8.將SO2通入氨水中，當(dāng)溶液呈中性時，溶液中的c(NH4+)/c(HSO3-)=_____________________.此時溶液中各離子濃度大小關(guān)系為：_____________________【答案】(1).O=C=S(2).COS+4Br2+12OH-=CO32-+SO42-+8Br-+6H2O(3).285(4).bcd(5).150℃(6).催化劑中毒，發(fā)生副反應(yīng)(7).2.24(8).c(NH4+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)【解析】【分析】（1）①CO2的等電子體COS，等電子體結(jié)構(gòu)相像，依據(jù)二氧化碳的分子的電子式可知COS電子式；②COS和Br2KOH反應(yīng)生成CO32-、SO42-、Br-和H2O，據(jù)此書寫離子方程式；③依據(jù)蓋斯定律推斷④當(dāng)溫度為150℃時，COS的轉(zhuǎn)化率最大；設(shè)COS1mol，【詳解】（1）①)COS是CO2的等電子體,等電子體結(jié)構(gòu)相像,依據(jù)二氧化碳的分子的結(jié)構(gòu)式可知COS結(jié)構(gòu)式。故答案為；②COS和Br2的KOH反應(yīng)生成K2CO3、K2SO4、KBr和H2O,故離子方程式為COS+4Br2+12OH?═CO32?+SO42?+8Br?+6H2O，故答案為COS+4Br2+12OH-=CO32-+SO42-+8Br-+6H2O；③已知：H2、COS、H2S、CO的燃燒熱依次為285kJ/mol、299kJ/mol、586kJ/mol、283kJ/mol；其燃燒熱反應(yīng)方程式為：①H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH=-285kJ/mol②COS(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+SO2(g)ΔH=-299kJ/mol；③H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l)ΔH=-586kJ/mol④CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ/mol；由①+②-③-④=-（285kJ/mol+299kJ/mol）+586kJ/mol+283kJ/mo=285kJ/mol。H2還原COS發(fā)生的反應(yīng)為H2(g)+COS(g)=H2S(g)+CO(g)，該反應(yīng)ΔH=+285kJ/mol。a.因為是兩邊計量數(shù)相等的反應(yīng)，所以混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變更不能作為推斷平衡的依據(jù)；b.因為氣體按n(H2)：n(COS)=2：1投料，所以n(H2)與n(COS)的比值不變時說明此反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；c.CO的體積分?jǐn)?shù)不變說明此反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)；d.形成2molH-S鍵的同時形成1molH-H鍵說明此反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)。答案：bcd。④由圖可知，在相同時間內(nèi)，轉(zhuǎn)化率最大時即催化劑的活性最大，對應(yīng)的溫度為150℃；溫度過高，使催化劑活性減弱或丟失，即催化劑中毒，導(dǎo)致轉(zhuǎn)化率減小。所以H2S的轉(zhuǎn)化率在后期下降的緣由是催化劑中毒，發(fā)生副反應(yīng)。答案：150℃、催化劑中毒，發(fā)生副反應(yīng)。（2）NH3.H2ONH4++OH-，溶液中c(NH4+)=c(OH-)，Kb=[c(NH4+)c(OH-)]/c(NH3.H2O)，SO2通入氨水中，溶液中的電荷守恒為c(NH4+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，當(dāng)溶液呈中性時c(OH-)=c(H+)，則c(NH4+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，Ka2=[c(H+)c(SO32-)]/c(HSO3-)，c(SO32-)Ka2/c(H+)，c(NH4+)=c(HSO3-)+2Ka2.c(HSO3-)/c(H+)=[1+2Ka2/c(H+)]c(HSO3-)，c(NH4+)/c(HSO3-)=[1+2Ka2/c(H+)=1+26.2×10-8110-7=2.24.此時溶液中各離子濃度大小關(guān)系為c(NH4+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)。答案：2.24.c(NH4+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)。17.化學(xué)小組為探究在酸性溶液中的反應(yīng)，利用如圖裝置進(jìn)行試驗：I.排出裝置內(nèi)的空氣。減緩的流速，向丁裝置中通入和的混合氣體。Ⅱ.一段時間后，溶液變黃并出現(xiàn)渾濁。搖動錐形瓶、靜置，苯與溶液邊緣呈紫紅色。Ⅲ.持續(xù)向丁裝置中通入和混合氣體，溶液變?yōu)闊o色。Ⅳ.再靜置一段時間，取錐形瓶中水溶液，滴加溶液，產(chǎn)生白色沉淀?；卮鹣铝袉栴}：(1)苯的作用為__________。排出裝置內(nèi)空氣的詳細(xì)操作為_________。(2)向裝置丁中緩慢通入的作用是__________。(3)步驟Ⅱ反應(yīng)的離子方程式為__________；步驟Ⅲ反應(yīng)的離子方程式為______________。(4)試驗的總反應(yīng)為_________，和在反應(yīng)中的作用為___________?！敬鸢浮?1).萃取碘單質(zhì)，隔絕空氣防止被氧化(2).關(guān)閉，打開，打開(3).防止倒吸(4).(5).(6).(7).催化劑【解析】【分析】為探究在酸性溶液中的反應(yīng)，由于酸性簡潔被O2氧化，所以加苯液封，同是萃取碘單質(zhì)，并且在反應(yīng)前先用二氧化碳將裝置內(nèi)的空氣排盡；在反應(yīng)中分二步進(jìn)行，第一步，，其次步，；最終用氫氧化鈉進(jìn)行尾氣處理，四氯化碳防倒吸?！驹斀狻?1)依據(jù)分析，裝置丁中苯有二個作用：萃取碘單質(zhì)，隔絕空氣防止被氧化；用二氧化碳排出甲、乙、丙中的空氣，打開，打開，關(guān)閉；(2)若只將通入丁中，反應(yīng)后壓強(qiáng)減小，會倒吸，通入和混合氣體，不反應(yīng)，始終有氣體排出，起防止倒吸的作用，故答案為：防止倒吸；(3)步驟Ⅱ中，溶液變黃并出現(xiàn)渾濁，說明生成了硫單質(zhì)，搖動錐形瓶、靜置，苯與溶液邊緣呈紫紅色，說明生成了碘單質(zhì)，離子方程式為；步驟Ⅲ通入和混合氣體，溶液變?yōu)闊o色，說明碘單質(zhì)被消耗，離子方程式為：；(4)依據(jù)和反應(yīng)，將后者的系數(shù)擴(kuò)大2倍，與前一個反應(yīng)疊加，得總反應(yīng)為：；和在反應(yīng)前后質(zhì)量和性質(zhì)沒有發(fā)生變更,故其為催化劑。18.三氧化二鈷（Co2O3）主要用作顏料、釉料、磁性材料、催化劑和氧化劑等。以含鈷廢料（主要成分為Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）為原料制備Co2O3的流程如下圖所示：已知：Ⅰ.“酸浸”后的浸出液中含的陽離子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+等。Ⅱ.部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2完全沉淀時的pH3.79.09.2回答下列問題：(1)“酸浸”含鈷廢料的溫度不宜過高，緣由是_____________。(2)“酸浸”時發(fā)生的主要反應(yīng)是___________________（寫離子方程式）。(3)某萃取劑對金屬離子的萃取率與溶液pH的關(guān)系如圖所示：運(yùn)用該萃取劑時應(yīng)限制的pH約為____________，理由是_____________。(4)寫出高溫煅燒時發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式___________。(5)操作1得到的副產(chǎn)品是__________（填名稱）；已知該物質(zhì)的溶液加熱到100℃時會變質(zhì)，該物質(zhì)的溶解度見下表：濕度0℃10℃20℃30℃40℃50℃60℃溶解度70.673.075.478.081.084.588.0操作1是________（填字母）。a．蒸發(fā)結(jié)晶b．降溫結(jié)晶c．減壓蒸發(fā)結(jié)晶(6)有機(jī)相提取的Ni2+再生時可用于制備鎳氫電池，該電池充電時的總反應(yīng)為Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，則放電時負(fù)極的電極反應(yīng)式為_________________?！敬鸢浮?1).溫度過高H2O2簡潔分解(2).Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑(3).2.5～3.3即可(4).萃取劑在該pH時對Ni2+、Co2+萃取率差別大，能分別Ni2+、Co2+兩種離子(5).2Co2(OH)2CO3+O2Co2O3+2H2O+2CO2(6).硫酸銨(7).c(8).MH+OH--e-=M+H2O【解析】【分析】含鈷廢料(主要成分為Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4)中加入硫酸和H2O2酸浸，MnO2不溶，其它物質(zhì)都溶解，從后續(xù)產(chǎn)物看，Co2O3被H2O2還原為Co2+，F(xiàn)e3O4溶解，同時生成的Fe2+被氧化為Fe3+；調(diào)pH至3.7，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀；加入萃取劑后Ni2+進(jìn)入有機(jī)相，Co2+進(jìn)入水相；加入NH4HCO3和氨水，Co2+轉(zhuǎn)化為Co2(OH)2CO3沉淀，濾液中應(yīng)含有(NH4)2SO4；高溫煅燒時，Co2(OH)2CO3中Co2+由+2上升到+3，不是簡潔的分解反應(yīng)，而是分解產(chǎn)物又與O2反應(yīng)，生成Co2O3、H2O、CO2。【詳解】(1)雙氧水熱穩(wěn)定性差，“酸浸”含鈷廢料的溫度不宜過高，緣由是溫度過高H2O2簡潔分解。答案為：溫度過高H2O2簡潔分解；(2)“酸浸”時，Co2O3被H2O2還原為Co2+，發(fā)生的主要反應(yīng)是Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑。答案為：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑；(3)運(yùn)用該萃取劑萃取Ni2+，單純從萃取率考慮，萃取率越高越好，但同時還需考慮到，Co2+盡可能不被萃取，兩方面綜合考慮，應(yīng)限制的pH約為2.5～3.3即可，理由是萃取劑在該pH時對Ni2+、Co2+萃取率差別大，能分別Ni2+、Co2+兩種離子。答案為：2.5～3.3即可；萃取劑在該pH時對Ni2+、Co2+萃取率差別大，能分別Ni2+、Co2+兩種離子；(4)高溫煅燒時，Co2(OH)2CO3的分解產(chǎn)物被O2氧化生成Co2O3等，化學(xué)反應(yīng)方程式2Co2(OH)2CO3+O2Co2O3+2H2O+2CO2。答案為：2Co2(OH