四川省遂寧市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試試題含解析

PAGE24-四川省遂寧市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試試題（含解析）1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活、材料等親密相關(guān)，下列敘述正確的是A.泡沫滅火器可用于電器著火時(shí)滅火B(yǎng).氯化鐵溶于水會(huì)形成氫氧化鐵膠體，因此可用于自來水的凈化、殺菌消毒C.N95口罩用0.3微米氯化鈉顆粒進(jìn)行測(cè)試，阻隔率達(dá)95%以上，戴N95口罩可有效阻隔PM2.5D.“神州七號(hào)”的防護(hù)層中含聚四氟乙烯，四氟乙烯屬于不飽和烴【答案】C【解析】【詳解】A.泡沫滅火器運(yùn)用時(shí)會(huì)噴出水和二氧化碳，因?yàn)橛兴?，故不能用于電器著火時(shí)滅火，A錯(cuò)誤；

B.氯化鐵溶于水會(huì)形成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體能吸附水中的懸浮物，因此可用于自來水的凈化，但不能殺菌消毒，B錯(cuò)誤；

C.PM2.5即直徑小于等于2.5微米的粒子，故戴N95口罩可有效阻隔PM2.5，C正確；

D.四氟乙烯由C、F組成的，不屬于烴，D錯(cuò)誤；

答案選C。2.2024年12月以來，我國(guó)部分地區(qū)突發(fā)的新冠病毒肺炎威逼著人們的身體健康。下列有關(guān)說法不正確的是A.醫(yī)療上常用75％（體積分?jǐn)?shù)）的酒精作消毒劑B.高溫可以殺死新冠肺炎病毒C.“84”消毒液（主要成分是次氯酸鈉）能有效殺死新型冠狀病毒，為了提升消毒效果，可以與潔廁靈（主要成分為鹽酸）混合運(yùn)用D.過氧化氫、過氧乙酸等消毒液均可以將病毒氧化而達(dá)到消毒的目的【答案】C【解析】【詳解】A.酒精能使蛋白質(zhì)變性，故醫(yī)療上常用75％（體積分?jǐn)?shù)）的酒精作消毒劑，A正確；

B.加熱能使蛋白質(zhì)變性，故高溫可以殺死新冠肺炎病毒，B正確；

C.“84”消毒液（主要成分是次氯酸鈉）與潔廁靈（主要成分為鹽酸）混合運(yùn)用，會(huì)產(chǎn)生氯氣，故C錯(cuò)誤；

D.過氧化氫、過氧乙酸等具有強(qiáng)氧化性，故可以將病毒氧化而達(dá)到消毒的目的，D正確；

答案選C。3.下列有機(jī)物分子中，全部原子可能共平面的是A.乙苯 B.乙烷 C.丙烯 D.苯乙烯【答案】D【解析】【詳解】A.甲烷屬于正四面體結(jié)構(gòu)，乙苯分子中含有乙基，有飽和碳原子，故全部原子不行能共平面，A錯(cuò)誤；

B.乙烷分子中含有飽和碳原子，含有四面體構(gòu)型，故全部原子不行能共平面，B錯(cuò)誤；

C.甲烷屬于正四面體結(jié)構(gòu)，丙烯分子中含有甲基，有飽和碳原子，故全部原子不行能共平面，C錯(cuò)誤；

D.苯乙烯中苯環(huán)和碳碳雙鍵都是平面結(jié)構(gòu)，故全部原子有可能共平面，D正確；

答案選D。4.下列金屬防腐的措施中，運(yùn)用外加電流的陰極愛護(hù)法的是A.水中的鋼閘門連接電源的負(fù)極 B.金屬護(hù)攔表面涂漆C.汽車底盤噴涂高分子膜 D.地下鋼管連接鋅塊【答案】A【解析】【詳解】A．水中的鋼閘門連接電源負(fù)極，陰極上得電子被愛護(hù)，所以屬于運(yùn)用外加電流的陰極愛護(hù)法，故A正確；

B．金屬護(hù)攔表面涂漆使金屬和空氣、水等物質(zhì)隔離而防止生銹，沒有連接外加電源，故B錯(cuò)誤；

C．汽車底盤噴涂高分子膜阻擋了鐵與空氣、水的接觸，從而防止金屬鐵防銹，沒有連接外加電源，故C錯(cuò)誤；

D．鋅的活潑性大于鐵，故地下鋼管連接鋅塊是犧牲活潑金屬鋅來愛護(hù)地下鋼管而防止鐵被腐蝕，屬于犧牲陽(yáng)極的陰極愛護(hù)法，故D錯(cuò)誤；

答案選A。5.下列能說明0.1mol/L的NaHA溶液肯定呈酸性的是A.測(cè)得溶液中有c（H2A）>c（A2－）B.某溫度下，測(cè)得溶液的pH<7C.溶液中存在Na＋、HA－、A2－、H2A多種微粒D.測(cè)得溶液中有c（Na＋）=c（A2－）【答案】D【解析】【詳解】A.測(cè)得溶液中有H2A、A2－，則HA-既存在水解平衡又存在電離平衡，水解生成的H2A濃度更大，則溶液呈堿性，A不選；B.未指明詳細(xì)溫度，溶液的pH<7不肯定呈酸性，B不選；C.溶液中存在Na＋、HA－、A2－、H2A多種微粒，則HA-既存在水解平衡又存在電離平衡，有可能水解程度大于電離程度使溶液呈堿性，也有可能水解程度小于電離程度使溶液呈酸性，C不選；D.測(cè)得溶液中Na＋與A2－濃度相等，則NaHA是強(qiáng)酸的酸式鹽，NaHA=Na＋+A2－+H+，因電離溶液呈酸性，D選；答案選D。6.25℃時(shí)，將濃度為0.1mol·L-1HF溶液加水不斷稀釋，下列各量始終保持增大的是A.c(H＋) B. C. D.Ka(HF)【答案】B【解析】【分析】HF在水中的電離平衡為：HFH++F-，加水稀釋，平衡右移，c(H＋)、、c(HF)均減小，結(jié)合相關(guān)學(xué)問解答?！驹斀狻緼．加水稀釋，酸性減弱，c(H＋)不斷減小，A不滿意題意；B．HF的電離常數(shù)Ka(HF)=，溫度不變，Ka(HF)不變，減小，增大，B滿意題意；C．c(H＋)不斷減小，則增大，且減小，所以減小，C不滿意題意；D．溫度不變，Ka(HF)不變，D不滿意題意。答案選B。7.下列描述中，不符合生產(chǎn)實(shí)際的是A.在鍍件上電鍍鋅，用鋅作陽(yáng)極B.用惰性電極電解熔融的氯化鎂制取金屬鎂C.電解飽和食鹽水制燒堿，用涂鎳碳鋼網(wǎng)作陰極D.用鐵作陽(yáng)極電解熔融的氧化鋁制取金屬鋁【答案】D【解析】【詳解】A.在鍍件上電鍍鋅，用鋅作陽(yáng)極，鍍件作陰極，A符合；B.用惰性電極電解熔融的氯化鎂，生成鎂和氯氣，在工業(yè)上用于制取金屬鎂，B符合；C.電解飽和食鹽水制燒堿，石墨作陽(yáng)極，用涂鎳碳鋼網(wǎng)作陰極，C符合；D.用石墨作陽(yáng)極電解熔融的氧化鋁制取金屬鋁，D不符合；答案選D。8.室溫下，有兩種溶液：①0.01mol?L-1NH3?H2O溶液、②0.01mol?L-1NH4Cl溶液，下列操作可以使兩種溶液中c(NH4+)都增大的是（）A.通入少量HCl氣體B.加入少量NaOH固體C.加入少量H2OD.適當(dāng)上升溫度【答案】A【解析】【分析】NH3?H2O電離，溶液顯堿性，NH4Cl水解，溶液顯酸性，據(jù)此進(jìn)行分析。【詳解】A．①向0.01mol?L-1NH3?H2O溶液中通入少量HCl氣體，氫氧根離子濃度減小，促進(jìn)NH3?H2O電離，c(NH4+)增大；②向0.01mol?L-1NH4Cl溶液中通入少量HCl氣體，氫離子濃度增大，抑制NH4+水解，c(NH4+)增大，故選A；B．①向0.01mol?L-1NH3?H2O溶液中加入少量NaOH固體，氫氧根離子濃度增大，抑制NH3?H2O電離，c(NH4+)減小；②向0.01mol?L-1NH4Cl溶液中加入少量NaOH固體，氫離子濃度減小，促進(jìn)NH4+水解，c(NH4+)減小，故不選B；C．①向0.01mol?L-1NH3?H2O溶液中加入少量H2O，NH3?H2O濃度降低，c(NH4+)減?。虎谙?.01mol?L-1NH4Cl溶液中加入少量H2O，NH4Cl濃度減小，c(NH4+)減小，故不選C；D．①上升溫度，促進(jìn)NH3?H2O電離，c(NH4+)增大；②上升溫度，促進(jìn)NH4+水解，c(NH4+)減小，故不選D；故答案選A。9.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.c()=0.1mol/L的溶液中：Fe3＋、Cl－、、Na＋B.由水電離的c(H＋)=1×10－14mol/L的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、C.c(Fe3＋)=0.1mol/L溶液中：K＋、ClO－、、SCN－D.=1012的溶液中：、Al3＋、、Cl－【答案】D【解析】【詳解】A.c()=0.1mol/L的溶液中：Fe3＋與亞硫酸根離子因氧化還原反應(yīng)不共存，A不符合；B.由水電離的c(H＋)=1×10－14mol/L等于由水電離的c(OH-)=1×10－14mol/L，溶液可能是酸或堿溶液，均不能大量存在，B不符合；C.Fe3＋與SCN－會(huì)生成硫氰化鐵而不共存，C不符合；D.=1012的溶液中，氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，溶液呈酸性：、Al3＋、、Cl－可共存，D符合；答案選D。10.下列化學(xué)用語(yǔ)表示不正確的是A.醋酸的電離：CH3COOHCH3COO－＋H＋B.亞硫酸氫鈉在水溶液中的電離：NaHSO3═Na＋＋H＋+C.氯化銨的水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋D.碳酸鈣的溶解平衡：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋(aq)【答案】B【解析】【詳解】A.醋酸為弱酸，則醋酸的電離：CH3COOHCH3COO－＋H＋，A正確；B.亞硫酸氫根離子在水溶液中不能完全電離為H＋和，亞硫酸氫根離子不能拆寫，B錯(cuò)誤；C.氯化銨溶液水解反應(yīng)是可逆的：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，C正確；D.碳酸鈣的溶解平衡是可逆的：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋(aq)，D正確；答案選B。11.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.7.8g的苯分子里含有碳碳雙鍵數(shù)目為0.3NAB.常溫下pH=3的FeCl3溶液中由水電離出的H＋的數(shù)目為0.001NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LC3H6中含有共用電子對(duì)數(shù)目為0.9NAD.1L0.1mol?L－1碳酸鈉溶液中含有的陰離子數(shù)目為0.1NA【答案】C【解析】【詳解】A.苯分子里沒有碳碳雙鍵，A錯(cuò)誤；B.不知道溶液體積，無法計(jì)算該溶液中由水電離出的H＋的數(shù)目，B錯(cuò)誤；C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LC3H6的物質(zhì)的量為0.1mol，含有共用電子對(duì)數(shù)目為0.1molNA=0.9NA，C正確；D.碳酸根離子會(huì)水解，，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，則1L0.1mol?L－1碳酸鈉溶液中含有的陰離子數(shù)目大于0.1NA，D錯(cuò)誤；答案選C。12.某有機(jī)物X能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物為Y和Z。同溫同壓下，相同質(zhì)量的Y和Z的蒸氣所占體積相同，化合物X是()①乙酸丙酯②甲酸乙酯③乙酸甲酯④乙酸乙酯A.①② B.③④ C.②③ D.①④【答案】A【解析】【分析】同溫同壓下，相同質(zhì)量的Y和Z的蒸氣所占的體積相同，依據(jù)阿伏加德羅定律可得Y和Z的物質(zhì)的量相等，進(jìn)一步推得Y和Z的相對(duì)分子質(zhì)量相等?！驹斀狻竣僖宜岜ニ馍梢宜崤c丙醇，其相對(duì)分子質(zhì)量都為60，故①正確；②甲酸乙酯水解生成甲酸和乙醇，相對(duì)分子質(zhì)量都為46，故②正確；

③乙酸甲酯水解生成乙酸和甲醇，相對(duì)分子質(zhì)量分別為60和32，故③錯(cuò)誤；

④乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，相對(duì)分子質(zhì)量分別為60和46，故④錯(cuò)誤；

答案選A。13.pH=a的某電解質(zhì)溶液中，插入兩支惰性電極，通直流電一段時(shí)間后，溶液的pH<a，則電解質(zhì)可能是A.Na2SO4 B.AgNO3 C.NaOH D.Na2S【答案】B【解析】【詳解】A.電解Na2SO4溶液，消耗水，生成氫氣和氧氣，一段時(shí)間后，溶液的濃度增大，但pH不變，A不符合；B.電解溶液AgNO3，消耗硝酸銀和水，生成硝酸、氧氣和銀，一段時(shí)間后，溶液的pH減小，B符合；C.電解NaOH溶液，消耗水，生成氫氣和氧氣，一段時(shí)間后，溶液的濃度增大,pH增大，C不符合；D.電解Na2S溶液，消耗硫化鈉和水，生成硫、氫氧化鈉和氫氣，一段時(shí)間后，溶液的pH增大，不符合；答案選B。14.2024年6月6日，工信部正式向四大運(yùn)營(yíng)商頒發(fā)了5G商用牌照，揭示了我國(guó)5G元年的起點(diǎn)。通信用磷酸鐵鋰電池其有體積小、重量輕、高溫性能突出、可高倍率充放電、綠色環(huán)保等眾多優(yōu)點(diǎn)。磷酸鐵鋰電池是以磷酸鐵鋰為正極材料的一種鋰離子二次電池，放電時(shí)，正極反應(yīng)式為M1-xFexPO4+e-+Li+=LiM1-xFexPO4，其原理如圖所示，下列說法正確的是（）A.放電時(shí)，電流由石墨電極流向磷酸鐵鋰電極B.充電時(shí)，Li+移向磷酸鐵鋰電極C.放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式為L(zhǎng)iC6-e-=Li++6CD.電池總反應(yīng)為M1-xFexPO4+LiC6LiM1-xFexPO4+6C【答案】C【解析】【分析】依據(jù)電池裝置圖知，石墨為負(fù)極，反應(yīng)式為L(zhǎng)iC6-e-=Li++6C，磷酸鐵鋰為正極，反應(yīng)式為M1-xFexPO4+xLi++xe-=LiM1-xFexPO4，充電時(shí)，陰極、陽(yáng)極反應(yīng)式與負(fù)極、正極反應(yīng)式正好相反，據(jù)此分析解答。【詳解】A．放電時(shí)，電子由負(fù)極石墨電極流向正極磷酸鐵鋰電極，則電流由正極磷酸鐵鋰電極流向負(fù)極石墨電極，A錯(cuò)誤；B．放電時(shí)，Li+移向正極磷酸鐵鋰電極，充電時(shí)Li+移向負(fù)極石墨電極，B錯(cuò)誤；C．放電時(shí)，石墨電極為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為L(zhǎng)iC6-e-=Li++6C，C正確；D．依據(jù)電池結(jié)構(gòu)可知，該電池的總反應(yīng)方程式為：M1-xFexPO4+LiC6LiM1-xFexPO4+6C，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)電源新型電池，明確充放電各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫，側(cè)重考查原電池和電解池反應(yīng)原理，留意放電時(shí)負(fù)極與充電時(shí)的陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，放電時(shí)的正極與充電時(shí)的陰極發(fā)生還原反應(yīng)。15.草酸(H2C2O4)又叫乙二酸，廣泛存在于植物源食品中，25℃時(shí)，其解離常數(shù)Kal=5.9×10-2；Ka2=6.4×10-5。下列與草酸有關(guān)的說法錯(cuò)誤的是A.H2C2O4(aq)?H+(aq)+HC2O4-(aq)△H>0；升溫有利于提高草酸的電離程度B.草酸中的碳為+3價(jià)，具有較強(qiáng)的還原性，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.25℃時(shí)，KHC2O4溶液呈弱酸性，有時(shí)用于清洗金屬表面的銹跡D.同濃度的KHC2O4和K2C2O4混合溶液中：2c(H2C2O4)+2c(HC2O4)+2c(C2O42-)=3c(K+)【答案】D【解析】【詳解】A．上升溫度，電離平衡正向進(jìn)行，有利于提高草酸的電離度，A選項(xiàng)正確；B．草酸中氫元素為+1價(jià)，氧元素為-2價(jià)，所以碳元素為+3價(jià)，具有較強(qiáng)還原性，可以與高錳酸鉀反應(yīng)使其褪色，B選項(xiàng)正確；C．25℃時(shí)，HC2O4-的水解平衡常數(shù)Kh===1.7×10-13<Ka2，草酸氫根的電離程度大于水解程度，所以其呈弱酸性，可以用來清洗金屬表面的銹跡，C選項(xiàng)正確；D．依據(jù)物料守恒有，同濃度的KHC2O4和K2C2O4混合溶液中：3c(H2C2O4)+3c(HC2O4)+3c(C2O42-)=2c(K+)，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。16.我國(guó)自主研發(fā)的對(duì)二甲苯綠色合成項(xiàng)目取得新進(jìn)展，其合成過程如圖所示。下列說法正確的是A.對(duì)二甲苯的二氯代物有7種B.可用酸性高錳酸鉀溶液鑒別異戊二烯和對(duì)二甲苯C.異戊二烯分子中全部原子可能共平面D.過程Ⅰ發(fā)生的是取代反應(yīng)【答案】A【解析】【詳解】A.對(duì)二甲苯的二氯代物有7種，它們分別是：當(dāng)二個(gè)氯原子均在苯環(huán)上時(shí)有、、共3種、苯環(huán)上有1個(gè)氯原子時(shí)有、共2種、苯環(huán)上沒有氯原子時(shí)、共有2種，共A正確；B.異戊二烯和對(duì)二甲苯均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故不行鑒別，B錯(cuò)誤；C.異戊二烯分子中含有甲基，甲基是四面體結(jié)構(gòu)，故全部原子不行能共平面，C錯(cuò)誤；D.過程Ⅰ發(fā)生的是加成反應(yīng)，D錯(cuò)誤；答案選A。17.用甲醇燃料電池作電源，用鐵作電極電解含的酸性廢水，最終可將轉(zhuǎn)化成Cr(OH)3沉淀而除去，裝置如下圖。下列說法正確的是A.電極N為負(fù)極，F(xiàn)e(Ⅱ)為陽(yáng)極B.電解一段時(shí)間后，在Fe(Ⅰ)極旁邊有沉淀析出C.M電極的電極反應(yīng)式為CH3OH＋8OH－－6e－═＋6H2OD.電路中每轉(zhuǎn)移6mol電子，最多有1mol被還原【答案】B【解析】【分析】依據(jù)裝置圖可知，左側(cè)裝置為原電池裝置，依據(jù)左側(cè)質(zhì)子的移動(dòng)方向可知M為負(fù)極，N為正極，則右側(cè)裝置為電解池裝置，F(xiàn)e(Ⅰ)為陽(yáng)極，F(xiàn)e(Ⅱ)為陰極，據(jù)此答題?！驹斀狻緼．由分析可知，N為正極，F(xiàn)e(Ⅱ)為陰極，A錯(cuò)誤；B．Fe(Ⅰ)為陽(yáng)極，電極反應(yīng)為：Fe?2e?=Fe2+，F(xiàn)e2+與在陽(yáng)極反應(yīng)生成Cr(OH)3沉淀，故電解一段時(shí)間后，在Fe(Ⅰ)極旁邊有沉淀析出，B正確；C．M電極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，C錯(cuò)誤；D．被Fe2+還原，離子方程式為：6Fe2+++2H+=6Fe3++2Cr(OH)3+H2O，電路中每轉(zhuǎn)移6mol電子，則陽(yáng)極有3molFe2+生成，最多有0.5mol被還原，D錯(cuò)誤。答案選B。18.下列試驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到預(yù)期目的是編號(hào)試驗(yàn)內(nèi)容試驗(yàn)?zāi)康腁室溫下，用pH試紙測(cè)定濃度為0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強(qiáng)弱B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固體，溶液紅色變淺證明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成紅褐色沉淀證明在相同溫度下Ksp：Mg(OH)2＞Fe(OH)3D等體積pH=2HX和HY兩種酸分別與足量的鐵反應(yīng)，排水法收集氣體，HX放出的氫氣多且反應(yīng)速率快證明HX酸性比HY強(qiáng)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．NaClO溶液具有強(qiáng)氧化性，不能利用pH試紙測(cè)定pH，應(yīng)利用pH計(jì)測(cè)定pH，然后比較酸性強(qiáng)弱，A錯(cuò)誤；B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根離子水解使溶液呈堿性，溶液呈紅色，加入少量BaC12固體，水解平衡逆向移動(dòng)，則溶液顏色變淺，證明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B正確；C．向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，NaOH過量，后滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成紅褐色沉淀，不能說明發(fā)生了沉淀的轉(zhuǎn)化，則不能比較溶度積大小，C錯(cuò)誤；D．HX放出的氫氣多且反應(yīng)速率快，說明HX酸性比HY弱，故D錯(cuò)誤；綜上所述，本題選B?！军c(diǎn)睛】該題為高頻考點(diǎn)，涉及鹽類水解與酸性比較、沉淀生成與沉淀轉(zhuǎn)化、pH的測(cè)定等，留意試驗(yàn)原理及物質(zhì)性質(zhì)的考查，留意試驗(yàn)的操作性、評(píng)價(jià)性分析，選項(xiàng)A和D是易錯(cuò)點(diǎn)，留意次氯酸的強(qiáng)氧化性和pH相等的弱酸濃度大小關(guān)系。19.向含MgCl2和CuCl2的溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，沉淀的質(zhì)量（m）與加入NaOH溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示，已知V2=3V1，下列說法正確的是()A.原溶液中MgCl2和CuCl2的物質(zhì)的量濃度相等B.該試驗(yàn)不能證明Cu(OH)2Ksp比Mg(OH)2的Ksp小C.水的電離程度：A>B>CD.若向Mg(OH)2懸濁液中加入CuCl2溶液，肯定會(huì)有Cu(OH)2生成【答案】C【解析】A.V2=3V1，說明n[Mg(OH)2]=2n[Cu(OH)2]，原溶液中MgCl2和CuCl2的物質(zhì)的量濃度不相等，故A錯(cuò)誤；B.由圖可知，CuCl2的物質(zhì)的量濃度小且首先沉淀銅離子，說明Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的Ksp小，故B錯(cuò)誤；C.A點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)為NaCl和MgCl2，B點(diǎn)時(shí)為NaCl，C點(diǎn)為NaCl和NaOH，鎂離子水解促進(jìn)水的電離，NaOH抑制水的電離，NaCl對(duì)水的電離無影響，故水的電離程度：A>B>C，故C正確；D.要想生成沉淀，必需滿意Qc>Ksp，因銅離子濃度大小未知，則無法推斷是否生成沉淀，故D錯(cuò)誤；答案選C。點(diǎn)睛：本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，依據(jù)圖象分析MgCl2和CuCl2的的濃度大小及沉淀析出的依次是解答本題的關(guān)鍵。據(jù)圖可知，0-V1時(shí)生成藍(lán)色沉淀為Cu(OH)2，V1-V2生成的沉淀為Mg(OH)2，V2=3V1，說明n[Mg(OH)2]=2n[Cu(OH)2]，再依據(jù)反應(yīng)可知A點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)為NaCl和MgCl2，B點(diǎn)時(shí)為NaCl，C點(diǎn)為NaCl和NaOH，據(jù)此分析解答本題即可。20.如圖所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)一個(gè)燃料電池并探究氯堿工業(yè)原理和粗銅的精煉原理，其中乙裝置中X為陽(yáng)離子交換膜。依據(jù)要求回答相關(guān)問題：（1）通入氫氣的電極為_____________（填“正極”或“負(fù)極”），正極的電極反應(yīng)式為____________。（2）石墨電極(C)為____________（填“陽(yáng)極”或“陰極”），鐵電極的電極反應(yīng)式為____________。（3）反應(yīng)一段時(shí)間后，乙裝置中生成氫氧化鈉主要在________區(qū)。（填“鐵極”或“石墨極”）（4）假如粗銅中含有鋅、銀、金等雜質(zhì)，丙裝置中反應(yīng)一段時(shí)間，硫酸銅溶液濃度將____________（填“增大”“減小”或“不變”）。（5）若在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，有2.24L氧氣參與反應(yīng)，則乙裝置中（NaCl足量）C電極上生成的氣體的分子數(shù)為____________NA；丙裝置中陰極析出銅的質(zhì)量為____________?！敬鸢浮?1).負(fù)極(2).O2+4e-＋2H2O=4OH-(3).陽(yáng)極(4).2H2O+2e-=2OH-+H2↑(5).鐵極(6).減小(7).0.2(8).12.8g【解析】【分析】甲裝置：為燃料電池，正極：O2+2H2O+4e-=4OH-，負(fù)極：H2－2e－+2OH-=2H2O，總反應(yīng)：2H2+O2=2H2O；乙裝置：Fe電極與電源負(fù)極相連，為陰極，電極反應(yīng)式：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，C極為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑，總反應(yīng)為：2H2O+2Cl-2OH-+H2↑+Cl2↑；丙裝置：銅的電解精煉池，粗銅為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式主要為：Cu-2e-=Cu2+，精銅為陰極，電極反應(yīng)式為：Cu2++2e-=Cu，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)由分析可知，通入氫氣的電極為負(fù)極，正極的電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案為：負(fù)極；O2+2H2O+4e-=4OH-；(2)石墨電極為陽(yáng)極，鐵電極為陰極，陰極的電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案為：陽(yáng)極；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；(3)乙裝置中Fe電極旁邊產(chǎn)生OH-，X為陽(yáng)離子交換膜，則Na+透過X膜在鐵極產(chǎn)生NaOH，故答案為：鐵極；(4)裝置中，陽(yáng)極粗銅中的Zn、Cu失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極上銅離子得電子生成銅，依據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒，陽(yáng)極上銅消耗的質(zhì)量小于陰極上析出銅的質(zhì)量，所以溶液中硫酸銅濃度減小，故答案為：減??；(5)標(biāo)況下2.24LO2即0.1mol，能夠轉(zhuǎn)移0.4mol電子，乙池中Fe電極生成H2，因此能生成0.2molH2即0.2NA個(gè)分子，丙裝置的精銅電極則能析出0.2mol銅單質(zhì)，即12.8g銅，故答案為：0.2；12.8g。21.Ⅰ.25℃時(shí)，現(xiàn)有pH＝2的醋酸溶液甲和pH＝2的鹽酸乙，以及未知濃度的氫氧化鈉溶液丙和未知濃度的氨水?。海?）取10mL的甲溶液，加入少量固體醋酸鈉，醋酸的電離平衡____________(填“向左”、“向右”或“不”，下同)移動(dòng)；（2）相同條件下，若將甲、乙兩溶液等體積混合，混合溶液的pH＝____________。（3）25℃時(shí)，各取25mL的甲、乙兩溶液，分別用同濃度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，則消耗的NaOH溶液的體積大小關(guān)系為V(甲)____________(填“大于”、“小于”或“等于”)V(乙)。（4）若用乙去滴定25mL的丁，應(yīng)選用____________作指示劑。（5）若20mL的乙與200mL的丙混合后溶液呈中性，則丙的pH=____________。Ⅱ.25℃時(shí)，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1的一組醋酸和醋酸鈉混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)與pH的關(guān)系如圖所示。（6）25℃時(shí)，醋酸的電離常數(shù)的數(shù)量級(jí)為____________。（7）w點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中的離子濃度由大到小為____________。（8）c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝____________mol·L－1【答案】(1).向左(2).2(3).大于(4).甲基橙(5).11(6).10-5(7).c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)(8).0.1【解析】【分析】Ⅰ.(1)加入少量固體醋酸鈉，用同離子效應(yīng)推斷醋酸的電離平衡移動(dòng)方向；(2)依據(jù)混合溶液中的氫離子濃度計(jì)算pH；(3)25℃時(shí)，中和至pH＝7，即呈中性，據(jù)此推斷出溶質(zhì)成分，再推斷出消耗的NaOH溶液的體積大??；(4)若用乙去滴定25mL的丁，即鹽酸和氨水發(fā)生中和反應(yīng)，按所得鹽溶液的酸堿性，選用合適的指示劑；(5)若20mL的乙即鹽酸與200mL的丙即氫氧化鈉混合后溶液呈中性，即恰好中和，據(jù)此計(jì)算氫氧化鈉溶液的濃度及pH；Ⅱ.(6)25℃時(shí)，據(jù)圖、抓住w點(diǎn)和電離常數(shù)的定義計(jì)算醋酸的電離常數(shù)的數(shù)量級(jí)；(7)按w點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的酸堿性及信息，推斷離子濃度大小并排序；(8)按電荷守恒及信息進(jìn)行計(jì)算；【詳解】Ⅰ.(1)加入少量固體醋酸鈉，醋酸根濃度增大，醋酸的電離平衡向左移動(dòng)；答案為:向左；(2)混合前醋酸溶液和鹽酸的pH均為2，氫離子濃度相同，故混合溶液中的氫離子濃度不變，則pH＝2；答案為:2；(3)醋酸和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成醋酸鈉呈堿性，故當(dāng)中和反應(yīng)后溶液呈中性，意味著反應(yīng)后得到醋酸和醋酸鈉混合溶液，醋酸略有多余，而鹽酸則被恰好中和，由于醋酸和鹽酸等pH，醋酸物質(zhì)的量濃度遠(yuǎn)大于鹽酸，故醋酸消耗NaOH溶液的體積更大，即V(甲)大于V(乙)；答案為:大于；(4)鹽酸和氨水發(fā)生中和反應(yīng)，得氯化銨溶液呈酸性，選擇在酸性溶液中改變的指示劑，即甲基橙；答案為:甲基橙；(5)25℃，20mLpH＝2的鹽酸與200mL的氧化鈉混合后溶液呈中性，即恰好中和，則氫氧化鈉溶液中氫氧根離子濃度是，該溶液中氫離子的濃度，則pH=11；答案為:11；Ⅱ.(6)，25℃時(shí)，抓住w點(diǎn)c(CH3COOH)=c(CH3COO－)，，則酸的電離常數(shù)的數(shù)量級(jí)為10-5；答案為:10-5；(7)溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，w點(diǎn)c(CH3COOH)=c(CH3COO－)＝0.05mol·L－1，該溫度下，w點(diǎn)溶液pH=4.75，呈酸性，，溶液中電荷守恒，，則c(CH3COO－)>c(Na＋)，故離子濃度大小排序?yàn)閏(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；答案為:c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；(8)溶液呈電中性，，則c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)=c(CH3COO－)，故c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=0.1mol·L－1；答案為:0.1?！军c(diǎn)睛】本題主要考查弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡、溶液酸堿性及中和反應(yīng)等相關(guān)學(xué)問，充分理解定義、應(yīng)用電荷守恒、合理有效提取圖像信息是解本題的關(guān)鍵。22.碳酸錳是制取其他含錳化合物的原料，也可用作脫硫的催化劑等。一種焙燒氯化銨和菱錳礦粉制備高純度碳酸錳的工藝流程如圖所示已知①菱錳礦粉的主要成分是MnCO3，還有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素②常溫下，相關(guān)金屬離子在濃度為0.1mol/L時(shí)形成M(OH)n沉淀的pH范圍如表金屬離子Al3＋Fe3＋Fe2＋Ca2+Mn2＋Mg2＋起先沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610811.6回答下列問題：（1）“混合研磨”的作用為____________（2）分析圖1、圖2，焙燒氯化銨、菱錳礦粉的最佳條件是：溫度____________，m（NH4Cl）:（錳礦粉）=____________。（3）“焙燒”時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________（4）凈化除雜流程如下①已知幾種物質(zhì)氧化實(shí)力的強(qiáng)弱依次為(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3＋，常溫下KMnO4能氧化鹽酸產(chǎn)生氯氣，則氧化劑X宜選擇____________A．(NH4)2S2O8B．MnO2C．KMnO4②調(diào)整pH時(shí)，pH可取的范圍為____________③常溫下Ksp(CaF2)=3.20×10－12；Ksp(MgF2)=7.29×10－11.當(dāng)溶液中離子濃度小于或等于1×10－5mol/L時(shí)可認(rèn)為離子沉淀完全。要使Ca2＋和Mg2＋都沉淀完全，沉淀后的溶液中F－的濃度不低于____________。（5）“碳化結(jié)晶”過程中不能用碳酸銨代替碳酸氫銨，可能的緣由是____________【答案】(1).增大反應(yīng)物接觸面，加快反應(yīng)速率，提高原料的利用率（或轉(zhuǎn)化率）(2).500℃(3).1.10(4).MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O(5).B(6).5.2≤pH<8.8(7).2.7×10-3mol/L(8).水解程度大于，易生成錳的氫氧化物沉淀【解析】分析】菱錳礦的主要成分為MnCO3，加入氯化銨焙燒發(fā)生的主要反應(yīng)為MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，酸浸后其中Fe、Al、Ca、Mg等元素也被溶解生成Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，所以浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，結(jié)合表中離子的沉淀pH及信息可知，加入MnO2將Fe2+氧化為Fe3+，再加氨水調(diào)整溶液的pH將Al3+、Fe3+變?yōu)锳l(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F將Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，凈化液主要溶質(zhì)主要為MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氫銨發(fā)生反應(yīng)生成MnCO3，碳化結(jié)晶，過濾，濾餅干燥后得到MnCO3，濾液為NH4Cl溶液，蒸發(fā)結(jié)晶得到NH4Cl固體，可循環(huán)運(yùn)用?！驹斀狻?1)“混合研磨”可增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，則“混合研磨”的作用為增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，故答案為：增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率；

(2)依據(jù)圖可知，錳的浸出率隨著溫度的上升而增大，隨著m(NH4Cl)：m(錳礦粉)增大而增大，500℃、m(NH4Cl)：m(錳礦粉)=1.10時(shí)，錳的浸出率較高，溫度再高，m(NH4Cl)：m(錳礦粉)再大，浸出率改變不大，成本增加，故焙燒溫度取500℃、m(NH4Cl)：m(錳礦粉)=1.10即可；故答案為：500℃；1.10；(3)依據(jù)以上分析可知，“焙燒”時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。故答案為：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；(4)①依據(jù)氧化實(shí)力的強(qiáng)弱依次(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3＋，且常溫下KMnO4能氧化鹽酸產(chǎn)生氯氣，為防止除雜時(shí)影響到Mn元素，須要把浸出液中的Fe2+氧化為Fe3+，為了防止Cl-被氧化，且簡(jiǎn)單除去過量的氧化劑，最合適的試劑為MnO2，且MnO2的還原產(chǎn)物為Mn2+，不引入新雜質(zhì)；故答案為：B；

②欲使Al3+、Fe3+變?yōu)槌恋沓?，溶液pH?5.2，不使Mn2+沉淀，pH<8.8，溶液pH的范圍為5.2?pH<8.8；故答案為：5.2?pH<8.8；

③加入NH4F將Ca2+、Mg2+變?yōu)镃aF2、MgF2沉淀除去，已知常溫下Ksp（CaF2）=3.20×10－12，Ksp（MgF2）=7.29×10－11，則CaF2、MgF2更簡(jiǎn)單沉淀，故共存時(shí)溶液中，Mg2+沉淀完全時(shí)鈣離子也已沉淀完全，則c(F?)，則此時(shí)氟離子濃度不低于2.7×10-3mol/L；故答案為：2.7×10-3mol/L；

(5)因?yàn)樘妓岣x子水解程度大，碳酸銨溶液中c(OH?)較大，易產(chǎn)生Mn(OH)2沉淀，故碳化結(jié)晶過程中不能用碳酸銨溶液代替碳酸氫銨溶液；故答案為：碳酸根離子水解程度大，碳酸銨溶液中c(OH?)較大，易產(chǎn)生Mn(OH)2沉淀?！军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的制備試驗(yàn)，應(yīng)用題目供應(yīng)的信息，敏捷應(yīng)用物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分別提純、試驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵。23.二氧化氯（ClO2）是一種黃綠色氣體，易溶于水，在混合氣體中的體積分?jǐn)?shù)大于10％就可能發(fā)生爆炸，在工業(yè)上常用作水處理劑、漂白劑。回答下列問題：（1）依據(jù)文獻(xiàn)資料，用NaClO3和雙氧水在酸性條件下可制得ClO2。某小組依據(jù)文獻(xiàn)中制備ClO2的方法設(shè)計(jì)了如圖所示的試驗(yàn)裝置用于制備ClO2。①通入氮?dú)獾闹饕饔糜?個(gè)，一是可以起到攪拌作用，二是____________。②裝置B的作用是____________。③裝置A用于生成ClO2氣體，其中H2O2的作用是____________。（2）測(cè)定裝置C中ClO2溶液的濃度：取10.00mLC中溶液于錐形瓶中，加入足量H2SO4酸化的KI溶液（ClO2還原為Cl-），然后加入____________作指示劑，用0.1000mol·L－1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2＝2I－+），消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為20.00mL。滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是____________，C中ClO2溶液的濃度是____________mol·L－1。（3）ClO2可將廢水中的CN－氧化成CO2和N2，其離子方程式為____________?！敬鸢浮?1).稀釋二氧化氯，防止二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸(2).防止倒吸（或作平安瓶）(3).作還原劑（或還原作用）(4).淀粉溶液(5).當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液藍(lán)色褪去且半分鐘內(nèi)不復(fù)原原色(6).0.04000mol/L(7).2ClO2+2CN－＝2CO2+N2+2Cl－【解析】【分析】用NaClO3和雙氧水在酸性條件下可制得ClO2，裝置A為發(fā)生裝置，產(chǎn)生ClO2，裝置B是平安瓶作用，裝置C收集ClO2，裝置D尾氣汲取，避開污染環(huán)境，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)①氮?dú)饪梢詳嚢杌旌弦?，使其充分反?yīng)，還可以稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸，故答案為：稀釋二氧化氯，防止二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸；②已知二氧化氯易溶于水，則裝置B防止倒吸（或作平安瓶），故答案為：防止倒吸（或作平安瓶）；③裝置A用于生成ClO2氣體，H2O2中氧元素由-1價(jià)變成0價(jià)，作還原劑（或還原作用），故答案為：作還原劑（或還原作用）；(2)依據(jù)滴定原理，KI在酸性條件下被ClO2氧化為I2，反應(yīng)為：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故選用淀粉溶液做指示劑，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定錐形瓶中的I2，當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)，錐形瓶?jī)?nèi)溶液藍(lán)色褪去且半分鐘內(nèi)不復(fù)原原色，說明達(dá)到滴定終點(diǎn)，依據(jù)2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O和I2

+2S2O32－＝2I－+S4O62－可知：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，則n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的濃度是c(ClO2)==0.04000mol/L，故答案為：淀粉溶液；當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液藍(lán)色褪去且半分鐘內(nèi)不復(fù)原原色；0.04000mol/L。(3)ClO2可將廢水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被還原為Cl-，則ClO2中氯元素由+4價(jià)變成Cl-，CN-中碳元素由+2價(jià)變+4價(jià)，氮元素由-3價(jià)變0價(jià)，由電子得失守恒和質(zhì)量守恒可寫出離子反應(yīng)式為：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-，故答案為：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-。24.中國(guó)科學(xué)院探討員馬大為以氨基酸銅的絡(luò)合物為催化劑實(shí)現(xiàn)了碳氮鍵的高效構(gòu)筑，為含苯胺片段的藥物及材料的合成供應(yīng)了一種簡(jiǎn)便、好用的方法，馬大為借助這一探討也獲得了“將來科學(xué)大獎(jiǎng)物質(zhì)科學(xué)獎(jiǎng)”。如圖是一種氨基酸銅的絡(luò)合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)銅原子的最外層電子所處的原子軌道的形態(tài)為___________，某同學(xué)查閱資料發(fā)覺銅有+3價(jià)，則基態(tài)的Cu3＋價(jià)電子排布式為___________。（2）Cu、C、N、O四種元素的第一電離能由大到小的依次為___________（用元素符號(hào)表示）；該氨基酸銅中碳原子的雜化方式為___________；1mol氨基酸銅中含有的π鍵數(shù)目為___________NA。（3）N、O元素可形成多種微粒，的空間構(gòu)型為___________，寫出一種與互為等電子體的分子的化學(xué)式：___________。（4）銅晶體晶胞是面心立方晶胞，銅原子的配位數(shù)為___________。（5）銅元素與氮元素形成的一種晶體的立方晶胞如圖所示，該晶體的化學(xué)式為___________，兩個(gè)最近的氮原子之間的距離為anm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為___________g/cm3（用含a、NA的代數(shù)式表示）。【答案】(1).球形(2).3d8(3).N>O>C>Cu(4).sp2、sp3(5).2(6).正四面體形(7).CCl4（合理均可）(8).12(9).Cu3N(10).【解析】【分析】（1）基態(tài)銅原子的最外層電子所處的原子軌道為4s，據(jù)此寫其形態(tài)，銅原子序數(shù)為29，據(jù)此寫基態(tài)的Cu3＋價(jià)電子排布式；（2）按第一電離能的規(guī)律寫Cu、C、N、O四種元素的第一電離能由大到小的依次；按氨基酸銅中碳原子是單鍵還是雙鍵確定其雜化方式并計(jì)算1mol氨基酸銅中含有的π鍵數(shù)目；（3）用雜化軌道理論和價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定的空間構(gòu)型、并寫出一種等電子體；（4）按銅晶體晶胞是面心立方晶胞模型求銅原子的配位數(shù)；（5）用均攤法計(jì)算如圖所示晶體的化學(xué)式，通過計(jì)算晶胞質(zhì)量、晶胞體積計(jì)算晶胞密度，也就是；【詳解】(1)Cu為29號(hào)元素，最外層為4s電子，s原子軌道呈球形；基態(tài)Cu3+的價(jià)電子排布式為3d8；故答案為：球形；3d8；

(2)N的2p軌道為半充溢結(jié)構(gòu)，故N的第一電離能比C和O大，Cu為金屬，第一電離能最小，故第一電離能：N>O>C>Cu；該氨基酸銅中含有雙鍵的碳原子雜化方式為sp2，以單鍵連接其它原子的雜化方式為：sp3；C=O中有一個(gè)π鍵，故1mol氨基