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2022-2023学年河南省焦作市温县第一高级中学高二上学期期末考试化学试题（解析版）
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这是一份2022-2023学年河南省焦作市温县第一高级中学高二上学期期末考试化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了5 K， 化学与生活密切相关， 用NA表示阿伏加德罗常数的值，1NA等内容，欢迎下载使用。
温县一中2022—2023学年上学期高二期末考试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Cl：35.5 K：39
第I卷 (选择题)
一、选择题(每小题只有一个选项正确，每小题3分，共48分)
1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】C
【解析】
【详解】A．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，A正确；
B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品，由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；
C．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，C错误；
D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。
2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA
B. 常温常压下，4.4gCO2和N2O混合物中所含有的原子数为0.3NA
C. 1.12L Cl2含有1.7NA个质子
D. 100mL0.1mol·L-1醋酸溶液含有的分子总数一定小于0.01 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．缺少NaOH溶液的体积，无法计算含有OH-的数目，故A错误；
B．CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，则4.4gCO2和N2O混合物的物质的量为0.1mol，而CO2和N2O均为三原分子，故所含有的原子数为0.3NA，故B正确；
C．没有标明为标准状况，不能计算氯气的物质的量，也就不能计算所含的质子数，故C错误；
D．100mL0.1mol·L-1醋酸溶液中醋酸物质的量为0.01mol，醋酸电离，醋酸分子数小于0.01 NA，但是醋酸溶液中还含有水分子，故不一定小于0.01 NA，故D错误；
故选B。
3. 下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 无色溶液中：K＋、Na＋、、
B. pH=11的溶液中：、Na＋、、
C. 加入Al能放出H2的溶液中：、、Mg2＋、Na＋
D. 酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、、I-、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．无色溶液中不能大量共存，故A不符合；
B．pH=11的溶液显碱性，、Na＋、、之间不反应，可以大量共存，故B符合；
C．加入Al能放出H2的溶液如果显碱性，、Mg2＋均不能大量共存；如果显酸性，、(硝酸根在酸性溶液中和铝反应不能生成氢气)均不能大量共存，故C不符合；
D．酸性溶液中I-、Fe2＋均能被氧化，不能大量共存，故D不符合；
答案选B。
4. 已知，，。某溶液中含有Ag+、Cu2+和Sb3+，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的Na2S溶液时，三种阳离子产生沉淀的先后顺序为
A. Ag+、Cu2+、Sb3+ B. Cu2+、Ag+、Sb3+
C. Sb3+、Ag+、Cu2+ D. Ag+、Sb3+、Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】根据溶度积常数求生成饱和溶液的S2 -物质的量浓度，S2 -物质的量浓度越小则越先沉淀。沉淀Ag+时，沉淀Cu2+时，沉淀Sb3+时，，则三种阳离子产生沉淀的先后顺序为Ag+、Cu2+、Sb3+，故答案选A。
5. 在配制一定物质的量浓度的盐酸时，下列错误操作可使所配制溶液浓度偏高的是 ( )
A. 用量筒量取浓盐酸时仰视读数 B. 溶解搅拌时有液体飞溅
C. 定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线 D. 摇匀后见液面下降，再加水至刻度线
【答案】A
【解析】
【详解】A.用量筒量取浓盐酸时仰视读数会使量取的浓盐酸的体积偏大，浓度偏高，故A选；
B. 溶解搅拌时有液体飞溅会使溶质的物质的量减少，导致浓度偏低，故B不选；
C. 定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，会使稀盐酸的体积偏大，浓度偏低，故C不选；
D. 摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，会使溶液的体积偏大，浓度偏低，故D不选；
故选A。
6. Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4＋6Na2O2===== 2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，下列说法中不正确的是（ ）
A. Na2O2在上述反应中只作氧化剂
B. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C. Na2FeO4处理水时，既能杀菌，又能在处理水时产生胶体净水
D. 2 mol FeSO4发生反应时，共有10 mol电子发生转移
【答案】A
【解析】
【详解】A. 过氧化钠中氧元素化合价有的升高到0价有的降低到-2价，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故A错误；
B. 反应中，Na2FeO4中的铁元素化合价为+6价，是从硫酸亚铁中+2价的铁元素升来的，所以硫酸亚铁是还原剂，被氧化得到氧化产物Na2FeO4，同时过氧化钠中的-1价的氧元素化合价降低，Na2FeO4中的-2价氧元素就来自过氧化钠，所以Na2FeO4又是还原产物，当然氧化产物还有氧气，故B正确；
C. Na2FeO4中的Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，生成的三价铁能发生水解再生成氢氧化铁胶体，可净化水，故C正确；
D.反应中元素化合价升高的数目为：2×（6-2）+2×（1-0）=10，所以2molFeSO4发生反应时，反应中转移电子的数目为10mol，故D正确；
故选A。
7. 已知X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是
A. W的原子序数不可能是Y的原子序数的2倍
B. Z元素的原子半径一定比Y元素的大
C. X的气态氢化物的稳定性一定比Y的强
D. Z元素的最高价氧化物对应的水化物一定是强碱
【答案】B
【解析】
【详解】A．W的原子序数可能是Y的原子序数的2倍，例如W是S，Y是O，故A错误；
B．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则Z元素的原子半径比Y元素的大，故B正确；
C．同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，因此X的气态氢化物的稳定性一定比Y的弱，故C错误；
D．根据该图不能确定Z为活泼金属Na，可能是右侧的非金属元素，则Z元素的最高价氧化物对应的水化物不一定是强碱，故D错误；
答案选B。
8. Harbermann等设计出利用Desulfovibrio desulfurcan菌种生成的硫化物作为介体的微生物燃料电池，电池内部有质子通过，该系统不经任何维护可连续运行5年。该电池的负极反应式为S2－＋4H2O－8e－===SO＋8H＋。有关该电池的下列说法中正确的是( )
A. 若有1.12 L氧气参与反应，则有0.2 mol电子发生转移
B. 质子由正极移向负极
C. 该电池的总反应为S2－＋2O2===SO
D. 正极的电极反应式为2O2＋8e－＋4H2O===8OH－
【答案】C
【解析】
【详解】A、微生物燃料电池的正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，若有标况下1.12 L即0.05mol氧气参与反应，则有0.2 mol电子发生转移，没有注明标准状况，A错误；
B、根据原电池中离子的移动方向可知：质子由负极移向正极，B错误；
C、该电池的负极反应式为S2-+4H2O-8e-=SO42-+8H+，正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，该电池的总反应为S2-+2O2=SO42-，C正确；
D、微生物燃料电池的正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，D错误。
答案选C。
9. 根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是
化学式
电离常数
HClO
Ka=3×10-8mol·L-1
H2CO3
Ka1=4.3×10-7mol·L-1
Ka2=5.6×10-11mol·L-1
A. c()＞c(ClO-)＞c(OH-) B. c(HClO)＋c(ClO-)=c()＋c(H2CO3)
C. c(ClO-)＞c()＞c(H＋) D. c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋c(ClO-)＋c(OH-)
【答案】A
【解析】
【分析】弱酸的电离平衡常数越大，弱酸的酸性越强，其相对应的酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数可知，酸性：H2CO3＞HClO＞，则酸根离子水解程度：＞ClO-＞，溶液中存在电荷守恒、物料守恒，据此分析解答。
【详解】A．根据电离平衡常数可知，酸性：H2CO3＞HClO＞，则酸根离子水解程度：＞ClO-＞，酸根离子水解程度越大，溶液中该离子浓度越小，但其水解程度都较小，水解产生的OH-离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，所以离子浓度：c()＞c(ClO-)＞c(OH-)，故A正确；
B．根据物料守恒可知溶液中微粒关系为：c(HClO)+c(ClO-)=c()+c(H2CO3)+c()，故B错误；
C．根据选项A分析可知：c()＞c(ClO-)，溶液显碱性，所以溶液中c(H+)很小，故溶液中离子浓度关系为：c()＞c(ClO-)＞c(H+)，故C错误；
D．根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c()+c(ClO-)+c(OH-)+2c()，所以c(Na+)+c(H+)＞c()+c(ClO-)+c(OH-)，故D错误；
故选A。
10. 一定条件下，分别对反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)进行如下操作(只改变该条件)：①升高反应体系的温度；②增加反应物C的用量；③缩小反应体系的体积；④减少体系中CO的量。上述措施中一定能使反应速率显著变大的是
A. ①②③④ B. ①③④ C. ①② D. ①③
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①升高反应体系的温度，活化分子百分数增加，反应速率加快，①符合题意；
②C为固体，增加C的用量对反应速率几乎没有影响，②不符合题意；
③缩小反应体系的体积，气体物质浓度增大，反应速率加快，③符合题意；
④减少体系中CO的量，平衡正向移动，CO2的浓度也会减小，反应速率减慢，④不符合题意；
综上所述答案为D。
11. 如图，在注射器中加入少量晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是
A. 蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B. 品红试纸、蘸有酸性溶液的滤纸均褪色，证明具有漂白性
C. 湿润的淀粉试纸未变蓝说明的氧化性弱于
D. 饱和NaCl溶液可用于除去实验中多余的
【答案】C
【解析】
【详解】A．与反应生成，由于溶于水生成，只能使指示剂变色，而不能使指示剂褪色，选项A错误；
B．能使酸性溶液褪色，是发生氧化还原反应的结果体现二氧化硫的还原性而非漂白性，选项B错误；
C．湿润的淀粉-KI试纸未变蓝，即无生成，故的氧化性弱于的氧化性，选项C正确；
D．除去多余的可用NaOH溶液而非饱和NaCl溶液，选项D错误。
答案选C。
12. 近年来我国政府强化了对稀土元素原料的出口管制，引起了美、日等国家的高度关注与不满。所谓“稀土元素”是指镧系元素及第五周期ⅢB族的钇(39Y)，它们被称为“工业味精”。它们在军工生产、高科技领域中有极为重要的作用，下列有关“稀土元素”的说法正确的是 ( )。
A. 它们的原子核外均有5个电子层
B. 它们的原子最外层均含有3个电子
C. 它们均是金属元素
D. 76Y、80Y中子数不同，化学性质不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．镧系元素属于第六周期，而周期序数等于电子层数，则原子核外有6个电子层，选项A错误；
B．过渡元素最外层电子均只有1-2个，选项B错误；
C．过渡元素均为金属元素，选项C正确；
D．76Y、80Y互为同位素，化学性质几乎相同，选项D正确；
答案选C。
13. 已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述正确的是
A. 每生成2分子AB吸收bkJ热量
B. 该反应的反应热ΔH=+(a-b)kJ/mol
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂1molA2和1molB2中的化学键，放出akJ能量
【答案】B
【解析】
【详解】据图象可知a为反应物键能之和，b为生成物键能之和，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应。
A．由图中信息可知，每生成2mol AB(g)吸收的热量应为(a-b)kJ，故A错误；
B．根据分析，反应吸热，焓变大于0，焓变等于=反应物键能之和-生成物键能之和=+(a－b) kJ/mol，故B正确；
C．由图象可知，反应吸热，反应物总能量低于生成物总能量，故C错误；
D．断键应吸收能量，断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量，故D错误；
答案选B。
14. 在可逆反应2SO2(g)+O2⇌2SO3(g)的平衡状态下，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，下列说法正确的是(K为平衡常数，Qc为浓度商)
A. Qc不变，K变大，O2转化率增大 B. Qc不变，K变大，SO2转化率增大
C. Qc变小，K不变，O2转化率减小 D. Qc增大，K不变，SO2转化率增大
【答案】C
【解析】
【详解】当可逆反应2SO2(g)+O2⇌2SO3(g)达到平衡状态后，保持温度不变，则平衡常数K不变；浓度商，容器容积不变，向容器中充入一定量的O2，分母变大，所以浓度商Qc减小，平衡正向移动，由于充入了O2，所以O2的转化率减小，故C正确；
故选C。
15. N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) ΔH>0，T1温度下的部分实验数据为：
t/s
0
500
1000
1500
c(N2O5)/(mol·L-1)
5.00
3.52
2.50
2.50
下列说法不正确的是
A. 500 s内N2O5分解速率为2.96×10-3 mol·L-1·s-1
B. 其他条件不变，T2温度下反应到1000s时测得N2O5(g)浓度为2.98 mol·L-1，则T1
D. T1温度下的平衡常数为K1，T3温度下的平衡常数为K3，若K1>K3，则T1>T3
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据图标数据分析计算500s内△c(N2O5)=(5.00-3.52)mol/L=1.48mol/L，v(N2O5)==2.96×10-3 mol/（L•s），故A正确；
B．假设T1
D．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T3温度下的平衡常数为K3，若K1＞K3，反应吸热反应，则T1＞T3，故D正确。
故选B。
16. 25℃时，0. 100 mol/L二元弱酸H2A(或其钠盐)用相同浓度的NaOH溶液(或盐酸)滴定，其pH与滴定分数τ(τ= 或 的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线①表示盐酸滴定Na2A溶液
B. 25℃时，Ka2(H2A)=1.0×10-10
C. 溶液中：a点 比b点大
D. c点溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(A2-)
【答案】B
【解析】
【分析】曲线①起始点pH为10，则为盐酸滴钠盐Na2A，曲线②起始pH为酸性，则为氢氧化钠滴定H2A，方程式为：H2A+NaOH=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，故反应终点a溶质为NaHA，反应终点b的溶质为Na2A，c点为Na2A和NaOH，且物质的量之比为1：1。
【详解】A．曲线①起点pH为10，由分析可知，表示盐酸滴定Na2A溶液，故A正确；
B．25℃时，b溶液pH=10，，其溶质为Na2A，水解过程为：A2-+H2O⇌HA-+OH-，， 由于c(HA-)≠c(A2-)，所以Kh1≠1×10-4mol/L，Ka2(H2A)=≠1×10-10，Ka2(H2A)不等于1×10-10，故B错误；
C．a点溶质为NaHA存在HA-的电离和HA-的水解：HA-⇌A2-+H+，HA-+H2O⇌H2A+OH-，由图可知溶液显酸性，所以电离程度大于水解程度，以电离为主，故＞1，b点溶质为Na2A存在：A2-+H2O⇌HA-+OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，水解以第一步为主，故＜1，a点比b点大，故C正确；
D．c点为Na2A和NaOH，且物质的量之比为1：1，c(Na+)最大，若只考虑电离：Na2A=2Na++A2-，NaOH=Na++OH-，则c(A2-)=c(OH-)，但A2-要水解：A2-+H2O⇌HA-+OH-，A2-要消耗且生成OH-，故c(Na+)＞c(OH-)＞c(A2-)，故D正确；
故选：B。
第II卷 (非选择题)
二、非选择题(包括4个小题，共52分 )
17. 下表列出了一些化学键的键能E：
化学键
H- H
Cl-Cl
O=O
C-Cl
C-H
O-H
H- Cl
E/(kJ ·mol-1 )
436
247
x
330
413
463
431
请回答下列问题：
（1）如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应，其中ΔH= ___________(用含有 a、b的关系式表示)。
（2）若图示表示反应2H2(g) +O2(g) =2H2O(g) ΔH=-484 kJ·mol -1 ，x=__________。
（3）曾用CuCl2作催化剂，在450°C利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，反应的化学方程式为___________。 该反应的热化学方程式可表示为___________。
【答案】（1） ①. 放热 ②. (a-b) kJ·mol-1
（2）496 （3） ①. O2+4HCl2Cl2+2H2O ②. O2(g)+4HCl(g) = 2Cl2(g) +2H2O(g) ΔH=- 126 kJ·mol-1
【解析】
【小问1详解】
由图示可知，反应物的总能量比生成物的总能量高，因此该反应为放热反应，其中焓变等于断开反应物中化学键吸收的能量减去形成生成物中化学键释放的能量，因此焓变ΔH=(a-b)kJ/mol。
小问2详解】
从微观角度看，焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和=2EH-H+EO=O-4EO-H=-484kJ/mol，代入数据有：2436kJ/mol+x-4463kJ/mol=-484kJ/mol，求得x=496kJ/mol。
【小问3详解】
由题意可知，氧气和氯化氢发生氧化还原反应生成氯气和水，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：O2+4HCl2Cl2+2H2O；该反应的焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和=EO=O+4EH-Cl-2ECl-Cl-4EO-H=496kJ/mol+4431kJ/mol-2247kJ/mol-4463kJ/mol=-126kJ/mol，则该反应的热化学方程式可表示为：O2(g)+4HCl(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-126kJ·mol-1。
18. 实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。
（1）实验原理
用如图1所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO( OH)2，反应的离子方程式为___________。MnO(OH)2中Mn元素的化合价是___________。再用I-将生成的MnO(OH)2还原为Mn2+，反应的离子方程式为：MnO(OH)2 +2I- +4H+ =Mn2+ +I2 +3H2O。然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为： I2+2Na2S2O3 =2NaI + Na2S4O6。
（2）实验步骤
①打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是___________；
②用注射器抽取某水样20.00 mL从A处注入锥形瓶；
③再分别从A处注入适量NaOH溶液及过量的MnSO4溶液；
④完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡。该步操作的目的是___________；
⑤打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及适量的硫酸溶液；
⑥重复④的操作。
⑦取下锥形瓶，向其中加入2 ~3滴淀粉指示剂；
⑧用0.005 mol·L-1 Na2S2O3滴定至终点。终点时溶液的颜色变化是___________。
（3）数据分析
①若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积如图2所示。则此水样中氧(O2)的含量为___________(单位：mg·L-1)。
②滴定前若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将___________(填“偏大”、 “偏小”或“不变” )。
③实验中加入适量的H2SO4使溶液pH控制在合适范围。其原因是___________。
【答案】（1） ①. 2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2 ②. +4
（2） ①. 赶走装置内空气，避免空气中的O2参与反应 ②. 使水中的氧气被充分吸收 ③. 由蓝色变为无色
（3） ①. 9.4mg·L-1 ②. 偏大 ③. 若酸不足，则Mn(OH)2不能全部转变为Mn2+，而酸过量时，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应
【解析】
【小问1详解】
反应物有O2、OH-(碱性条件下)、Mn2+，发生氧化还原反应，生成MnO(OH)2，锰元素化合价升高2价，氧气化合价降低了4价，化合价升高降低最小公倍数为4，故O2、Mn2+的化学计量数分别为1、2，根据电荷守恒可知OH-的化学计量数为4，根据原子守恒可知MnO(OH)2的化学计量数为2，故反应的离子方程式为：2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2；设MnO(OH)2中Mn元素的化合价是x，根据元素正负化合价之和为0可得x+(-2)+(-1)×2=0，解得x=+4；
【小问2详解】
①由于测定的是水样中氧气含量，必须将装置中的空气赶走，避免干扰测定结果，故答案为：赶走装置内空气，避免空气中的O2参与反应；
④将锥形瓶中溶液充分振荡，该步操作的目的是：使水中的氧气被充分吸收；
⑧碘单质反应完毕，滴最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液恰好由蓝色变为无色；
【小问3详解】
①根据图2所示，滴定前读数为：1.50mL，滴定后为：6.2mL，消耗的硫代硫酸钠溶液的体积为：6.20mL-1.50mL=4.7mL，发生的反应有：2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2、MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，氧气反应的关系式为：O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，1000mL水样中含有的氧气的物质的量是：n(O2)=n(Na2S2O3)×=0.25×0.005mol•L-1×0.0047L×50=2.9375×10-4mol，氧气的质量为：2.4375×10-4mol×32g/mol=9.4mg，此水样中氧(O2)的含量为9.4mg•L-1；
②若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则c(Na2S2O3)减小，消耗V(Na2S2O3)增大，所以n(O2)增大，故测得水样中O2的含量将偏大；
由于加入稀H2SO4使MnO(OH)2充分转化为Mn2+，但加入稀H2SO4的量时不宜过多，否则后续滴定过程中Na2S2O3与过量的酸反应导致消耗的Na2S2O3溶液偏大，所以加入适量的H2SO4使溶液接近中性，原因是若酸不足，则MnO(OH)2不能全部转变为Mn2+，而酸过量时，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应。
19. 利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣(Al、、等)中浸出铬和铝，实现铬和铝再生利用。其工艺流程如下：
（1）写出过程Ⅰ中得到的化学方程式为_______。
（2）提高过程Ⅰ的化学反应速率的方法_______(写一条即可，温度改变除外)；
（3）过程Ⅰ：在参与的反应中，消耗氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______。
（4）通入调节溶液pH实现物质的分离。
①写出溶液1通入的离子方程式_______。
②滤渣B受热分解所得物质在此流程中可以循环利用，此物质为_______。
③已知：，。滤液3中的浓度是，则的浓度是_______。
（5）过程Ⅱ的目的是得到粗品，粗品再重结晶可制得纯净的，不同温度下化合物的溶解度
化合物名称
0℃
20℃
40℃
60℃
80℃
NaCl
35.7
36.0
36.6
37.3
38.4
KCl
28.0
34.2
40.1
45.8
51.3
7.4
11.1
14.8
18.2
21.4
4.7
12.3
26.3
45.6
73.0
163
183
215
269
376
结合表中数据分析，过程Ⅱ得到粗品的操作是：向滤液3中加入_______、_______(填试剂)后，蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到粗品。
【答案】（1）
（2）增大固体表面积(或将铬渣粉碎或搅拌或增大空气的流速等)
（3）3∶2 （4） ①. 或 ②. ③. 0.01
（5） ①. 稀盐酸 ②. KCl固体
【解析】
【分析】铬渣(Al、、等)加熔融NaOH、空气后铝单质和氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，转化成，降温后溶于水得到溶液1，再通入适量二氧化碳将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣A为氢氧化铝，滤液2为含和碳酸根离子的溶液，再通入二氧化碳将碳酸钠转化成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，因此会析出晶体，故滤渣B为碳酸氢钠晶体，然后滤液3进行酸化得到重铬酸钾，据此分析解答。
【小问1详解】
该过程中，转化成，Cr元素化合价升高，作还原剂，则氧化剂为氧气，根据得失电子守恒和原子守恒判断，产物为水及，可得化学方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
增大固体表面积或将铬渣粉碎或搅拌或增大空气的流速等均能加快反应速率，故答案为：增大固体表面积(或将铬渣粉碎或搅拌或增大空气的流速等)；
【小问3详解】
该过程氧化剂为氧气，还原剂为，根据得失电子守恒氧化为，由电子守恒，，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故答案为：3∶2；
【小问4详解】
①相对强的酸制相对弱的酸的原理，可将转化为，若二氧化碳过量，则生成，少量则生成，故离子方程式为或；
②滤渣B含有，受热分解后得碳酸钠和二氧化碳，可以循环利用，故答案为：；
③，，，则，故答案为：0.01；
【小问5详解】
要生成较多，需使反应③正向移动，故需要向滤液3中加入稀盐酸；从表中数据看出，对应钠盐的溶解度大于钾盐，所以，还需要同时加入KCl固体转变为钾盐后，蒸发浓缩、降温结晶，故答案为：向滤液3中加入稀盐酸和KCl固体后，蒸发浓缩、降温结晶。
20. 下表中阿拉伯数字(1、2……)是元素周期表中行或列的序号。请参照元素A～I在周期表中的位置，回答下列问题。
纵行
横行
1
2
13
14
15
16
17
18
1
A
2
B
C
D
E
3
F
G
H
I
（1）表中某元素的单质在常温下为气态，该元素能与A～I中的一种元素构成原子个数比为1∶1和1∶2的两种共价化合物X和Y，该元素还能与A～I中的另一种元素以原子个数之比为1∶1和1∶2形成两种离子化合物Z和M。写出Z与Y反应的化学方程式：_______。
（2）I元素在周期表中的位置是第_______周期、第_______族。
（3）实验室中采用下图所示装置模拟工业上同时制取元素A和I的单质的过程。
①写出电极C1上发生反应的电极反应式_______。
②当电极上产生112 mL(标准状况)元素I的单质气体时(假设气体完全逸出，溶液体积不变)，烧杯中溶液的pH=_______。(Kw=1.0×10-14)
【答案】（1）2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑
（2） ①. 三 ②. VIIA
（3） ①. 2Cl--2e-=Cl2↑ ②. 13
【解析】
【分析】根据元素周期表知，A是H元素，B是C元素，C是N元素，D是O元素，E是F元素，F是Na元素，G是Al元素，H是Si元素，I是Cl元素。
【小问1详解】
氧元素和氢元素能形成原子个数比为1：1和1：2的两种共价化合物H2O2和H2O，氧元素元素还能钠元素构成离子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物Na2O2和Na2O，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑。
【小问2详解】
氯元素处于第三周期，第VIIA族；
【小问3详解】
①用惰性电极电解饱和食盐水制取氢气、氯气，电解时阳极上氯离子放电，电极反应式为：2Cl－-2e－=Cl2↑。
②112 mL氯气的物质的量为0.005mol，电解的总反应式为2Cl－+2H2O=H2↑+Cl2↑+2OH－，则生成氢氧根离子的物质的量为0.01mol，则，故，故pH=13。
温县一中2022—2023学年上学期高二期末考试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Cl：35.5 K：39
第I卷 (选择题)
一、选择题(每小题只有一个选项正确，每小题3分，共48分)
1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】C
【解析】
【详解】A．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，A正确；
B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品，由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；
C．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，C错误；
D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。
2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA
B. 常温常压下，4.4gCO2和N2O混合物中所含有的原子数为0.3NA
C. 1.12L Cl2含有1.7NA个质子
D. 100mL0.1mol·L-1醋酸溶液含有的分子总数一定小于0.01 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．缺少NaOH溶液的体积，无法计算含有OH-的数目，故A错误；
B．CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，则4.4gCO2和N2O混合物的物质的量为0.1mol，而CO2和N2O均为三原分子，故所含有的原子数为0.3NA，故B正确；
C．没有标明为标准状况，不能计算氯气的物质的量，也就不能计算所含的质子数，故C错误；
D．100mL0.1mol·L-1醋酸溶液中醋酸物质的量为0.01mol，醋酸电离，醋酸分子数小于0.01 NA，但是醋酸溶液中还含有水分子，故不一定小于0.01 NA，故D错误；
故选B。
3. 下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 无色溶液中：K＋、Na＋、、
B. pH=11的溶液中：、Na＋、、
C. 加入Al能放出H2的溶液中：、、Mg2＋、Na＋
D. 酸性溶液中：Fe2＋、Al3＋、、I-、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．无色溶液中不能大量共存，故A不符合；
B．pH=11的溶液显碱性，、Na＋、、之间不反应，可以大量共存，故B符合；
C．加入Al能放出H2的溶液如果显碱性，、Mg2＋均不能大量共存；如果显酸性，、(硝酸根在酸性溶液中和铝反应不能生成氢气)均不能大量共存，故C不符合；
D．酸性溶液中I-、Fe2＋均能被氧化，不能大量共存，故D不符合；
答案选B。
4. 已知，，。某溶液中含有Ag+、Cu2+和Sb3+，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的Na2S溶液时，三种阳离子产生沉淀的先后顺序为
A. Ag+、Cu2+、Sb3+ B. Cu2+、Ag+、Sb3+
C. Sb3+、Ag+、Cu2+ D. Ag+、Sb3+、Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】根据溶度积常数求生成饱和溶液的S2 -物质的量浓度，S2 -物质的量浓度越小则越先沉淀。沉淀Ag+时，沉淀Cu2+时，沉淀Sb3+时，，则三种阳离子产生沉淀的先后顺序为Ag+、Cu2+、Sb3+，故答案选A。
5. 在配制一定物质的量浓度的盐酸时，下列错误操作可使所配制溶液浓度偏高的是 ( )
A. 用量筒量取浓盐酸时仰视读数 B. 溶解搅拌时有液体飞溅
C. 定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线 D. 摇匀后见液面下降，再加水至刻度线
【答案】A
【解析】
【详解】A.用量筒量取浓盐酸时仰视读数会使量取的浓盐酸的体积偏大，浓度偏高，故A选；
B. 溶解搅拌时有液体飞溅会使溶质的物质的量减少，导致浓度偏低，故B不选；
C. 定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，会使稀盐酸的体积偏大，浓度偏低，故C不选；
D. 摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，会使溶液的体积偏大，浓度偏低，故D不选；
故选A。
6. Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4＋6Na2O2===== 2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，下列说法中不正确的是（ ）
A. Na2O2在上述反应中只作氧化剂
B. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C. Na2FeO4处理水时，既能杀菌，又能在处理水时产生胶体净水
D. 2 mol FeSO4发生反应时，共有10 mol电子发生转移
【答案】A
【解析】
【详解】A. 过氧化钠中氧元素化合价有的升高到0价有的降低到-2价，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故A错误；
B. 反应中，Na2FeO4中的铁元素化合价为+6价，是从硫酸亚铁中+2价的铁元素升来的，所以硫酸亚铁是还原剂，被氧化得到氧化产物Na2FeO4，同时过氧化钠中的-1价的氧元素化合价降低，Na2FeO4中的-2价氧元素就来自过氧化钠，所以Na2FeO4又是还原产物，当然氧化产物还有氧气，故B正确；
C. Na2FeO4中的Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，生成的三价铁能发生水解再生成氢氧化铁胶体，可净化水，故C正确；
D.反应中元素化合价升高的数目为：2×（6-2）+2×（1-0）=10，所以2molFeSO4发生反应时，反应中转移电子的数目为10mol，故D正确；
故选A。
7. 已知X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是
A. W的原子序数不可能是Y的原子序数的2倍
B. Z元素的原子半径一定比Y元素的大
C. X的气态氢化物的稳定性一定比Y的强
D. Z元素的最高价氧化物对应的水化物一定是强碱
【答案】B
【解析】
【详解】A．W的原子序数可能是Y的原子序数的2倍，例如W是S，Y是O，故A错误；
B．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则Z元素的原子半径比Y元素的大，故B正确；
C．同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，因此X的气态氢化物的稳定性一定比Y的弱，故C错误；
D．根据该图不能确定Z为活泼金属Na，可能是右侧的非金属元素，则Z元素的最高价氧化物对应的水化物不一定是强碱，故D错误；
答案选B。
8. Harbermann等设计出利用Desulfovibrio desulfurcan菌种生成的硫化物作为介体的微生物燃料电池，电池内部有质子通过，该系统不经任何维护可连续运行5年。该电池的负极反应式为S2－＋4H2O－8e－===SO＋8H＋。有关该电池的下列说法中正确的是( )
A. 若有1.12 L氧气参与反应，则有0.2 mol电子发生转移
B. 质子由正极移向负极
C. 该电池的总反应为S2－＋2O2===SO
D. 正极的电极反应式为2O2＋8e－＋4H2O===8OH－
【答案】C
【解析】
【详解】A、微生物燃料电池的正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，若有标况下1.12 L即0.05mol氧气参与反应，则有0.2 mol电子发生转移，没有注明标准状况，A错误；
B、根据原电池中离子的移动方向可知：质子由负极移向正极，B错误；
C、该电池的负极反应式为S2-+4H2O-8e-=SO42-+8H+，正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，该电池的总反应为S2-+2O2=SO42-，C正确；
D、微生物燃料电池的正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，D错误。
答案选C。
9. 根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是
化学式
电离常数
HClO
Ka=3×10-8mol·L-1
H2CO3
Ka1=4.3×10-7mol·L-1
Ka2=5.6×10-11mol·L-1
A. c()＞c(ClO-)＞c(OH-) B. c(HClO)＋c(ClO-)=c()＋c(H2CO3)
C. c(ClO-)＞c()＞c(H＋) D. c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋c(ClO-)＋c(OH-)
【答案】A
【解析】
【分析】弱酸的电离平衡常数越大，弱酸的酸性越强，其相对应的酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数可知，酸性：H2CO3＞HClO＞，则酸根离子水解程度：＞ClO-＞，溶液中存在电荷守恒、物料守恒，据此分析解答。
【详解】A．根据电离平衡常数可知，酸性：H2CO3＞HClO＞，则酸根离子水解程度：＞ClO-＞，酸根离子水解程度越大，溶液中该离子浓度越小，但其水解程度都较小，水解产生的OH-离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，所以离子浓度：c()＞c(ClO-)＞c(OH-)，故A正确；
B．根据物料守恒可知溶液中微粒关系为：c(HClO)+c(ClO-)=c()+c(H2CO3)+c()，故B错误；
C．根据选项A分析可知：c()＞c(ClO-)，溶液显碱性，所以溶液中c(H+)很小，故溶液中离子浓度关系为：c()＞c(ClO-)＞c(H+)，故C错误；
D．根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c()+c(ClO-)+c(OH-)+2c()，所以c(Na+)+c(H+)＞c()+c(ClO-)+c(OH-)，故D错误；
故选A。
10. 一定条件下，分别对反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)进行如下操作(只改变该条件)：①升高反应体系的温度；②增加反应物C的用量；③缩小反应体系的体积；④减少体系中CO的量。上述措施中一定能使反应速率显著变大的是
A. ①②③④ B. ①③④ C. ①② D. ①③
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①升高反应体系的温度，活化分子百分数增加，反应速率加快，①符合题意；
②C为固体，增加C的用量对反应速率几乎没有影响，②不符合题意；
③缩小反应体系的体积，气体物质浓度增大，反应速率加快，③符合题意；
④减少体系中CO的量，平衡正向移动，CO2的浓度也会减小，反应速率减慢，④不符合题意；
综上所述答案为D。
11. 如图，在注射器中加入少量晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是
A. 蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B. 品红试纸、蘸有酸性溶液的滤纸均褪色，证明具有漂白性
C. 湿润的淀粉试纸未变蓝说明的氧化性弱于
D. 饱和NaCl溶液可用于除去实验中多余的
【答案】C
【解析】
【详解】A．与反应生成，由于溶于水生成，只能使指示剂变色，而不能使指示剂褪色，选项A错误；
B．能使酸性溶液褪色，是发生氧化还原反应的结果体现二氧化硫的还原性而非漂白性，选项B错误；
C．湿润的淀粉-KI试纸未变蓝，即无生成，故的氧化性弱于的氧化性，选项C正确；
D．除去多余的可用NaOH溶液而非饱和NaCl溶液，选项D错误。
答案选C。
12. 近年来我国政府强化了对稀土元素原料的出口管制，引起了美、日等国家的高度关注与不满。所谓“稀土元素”是指镧系元素及第五周期ⅢB族的钇(39Y)，它们被称为“工业味精”。它们在军工生产、高科技领域中有极为重要的作用，下列有关“稀土元素”的说法正确的是 ( )。
A. 它们的原子核外均有5个电子层
B. 它们的原子最外层均含有3个电子
C. 它们均是金属元素
D. 76Y、80Y中子数不同，化学性质不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．镧系元素属于第六周期，而周期序数等于电子层数，则原子核外有6个电子层，选项A错误；
B．过渡元素最外层电子均只有1-2个，选项B错误；
C．过渡元素均为金属元素，选项C正确；
D．76Y、80Y互为同位素，化学性质几乎相同，选项D正确；
答案选C。
13. 已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述正确的是
A. 每生成2分子AB吸收bkJ热量
B. 该反应的反应热ΔH=+(a-b)kJ/mol
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂1molA2和1molB2中的化学键，放出akJ能量
【答案】B
【解析】
【详解】据图象可知a为反应物键能之和，b为生成物键能之和，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应。
A．由图中信息可知，每生成2mol AB(g)吸收的热量应为(a-b)kJ，故A错误；
B．根据分析，反应吸热，焓变大于0，焓变等于=反应物键能之和-生成物键能之和=+(a－b) kJ/mol，故B正确；
C．由图象可知，反应吸热，反应物总能量低于生成物总能量，故C错误；
D．断键应吸收能量，断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量，故D错误；
答案选B。
14. 在可逆反应2SO2(g)+O2⇌2SO3(g)的平衡状态下，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，下列说法正确的是(K为平衡常数，Qc为浓度商)
A. Qc不变，K变大，O2转化率增大 B. Qc不变，K变大，SO2转化率增大
C. Qc变小，K不变，O2转化率减小 D. Qc增大，K不变，SO2转化率增大
【答案】C
【解析】
【详解】当可逆反应2SO2(g)+O2⇌2SO3(g)达到平衡状态后，保持温度不变，则平衡常数K不变；浓度商，容器容积不变，向容器中充入一定量的O2，分母变大，所以浓度商Qc减小，平衡正向移动，由于充入了O2，所以O2的转化率减小，故C正确；
故选C。
15. N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) ΔH>0，T1温度下的部分实验数据为：
t/s
0
500
1000
1500
c(N2O5)/(mol·L-1)
5.00
3.52
2.50
2.50
下列说法不正确的是
A. 500 s内N2O5分解速率为2.96×10-3 mol·L-1·s-1
B. 其他条件不变，T2温度下反应到1000s时测得N2O5(g)浓度为2.98 mol·L-1，则T1
D. T1温度下的平衡常数为K1，T3温度下的平衡常数为K3，若K1>K3，则T1>T3
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据图标数据分析计算500s内△c(N2O5)=(5.00-3.52)mol/L=1.48mol/L，v(N2O5)==2.96×10-3 mol/（L•s），故A正确；
B．假设T1
D．平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T3温度下的平衡常数为K3，若K1＞K3，反应吸热反应，则T1＞T3，故D正确。
故选B。
16. 25℃时，0. 100 mol/L二元弱酸H2A(或其钠盐)用相同浓度的NaOH溶液(或盐酸)滴定，其pH与滴定分数τ(τ= 或 的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线①表示盐酸滴定Na2A溶液
B. 25℃时，Ka2(H2A)=1.0×10-10
C. 溶液中：a点 比b点大
D. c点溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(A2-)
【答案】B
【解析】
【分析】曲线①起始点pH为10，则为盐酸滴钠盐Na2A，曲线②起始pH为酸性，则为氢氧化钠滴定H2A，方程式为：H2A+NaOH=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，故反应终点a溶质为NaHA，反应终点b的溶质为Na2A，c点为Na2A和NaOH，且物质的量之比为1：1。
【详解】A．曲线①起点pH为10，由分析可知，表示盐酸滴定Na2A溶液，故A正确；
B．25℃时，b溶液pH=10，，其溶质为Na2A，水解过程为：A2-+H2O⇌HA-+OH-，， 由于c(HA-)≠c(A2-)，所以Kh1≠1×10-4mol/L，Ka2(H2A)=≠1×10-10，Ka2(H2A)不等于1×10-10，故B错误；
C．a点溶质为NaHA存在HA-的电离和HA-的水解：HA-⇌A2-+H+，HA-+H2O⇌H2A+OH-，由图可知溶液显酸性，所以电离程度大于水解程度，以电离为主，故＞1，b点溶质为Na2A存在：A2-+H2O⇌HA-+OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，水解以第一步为主，故＜1，a点比b点大，故C正确；
D．c点为Na2A和NaOH，且物质的量之比为1：1，c(Na+)最大，若只考虑电离：Na2A=2Na++A2-，NaOH=Na++OH-，则c(A2-)=c(OH-)，但A2-要水解：A2-+H2O⇌HA-+OH-，A2-要消耗且生成OH-，故c(Na+)＞c(OH-)＞c(A2-)，故D正确；
故选：B。
第II卷 (非选择题)
二、非选择题(包括4个小题，共52分 )
17. 下表列出了一些化学键的键能E：
化学键
H- H
Cl-Cl
O=O
C-Cl
C-H
O-H
H- Cl
E/(kJ ·mol-1 )
436
247
x
330
413
463
431
请回答下列问题：
（1）如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应，其中ΔH= ___________(用含有 a、b的关系式表示)。
（2）若图示表示反应2H2(g) +O2(g) =2H2O(g) ΔH=-484 kJ·mol -1 ，x=__________。
（3）曾用CuCl2作催化剂，在450°C利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，反应的化学方程式为___________。 该反应的热化学方程式可表示为___________。
【答案】（1） ①. 放热 ②. (a-b) kJ·mol-1
（2）496 （3） ①. O2+4HCl2Cl2+2H2O ②. O2(g)+4HCl(g) = 2Cl2(g) +2H2O(g) ΔH=- 126 kJ·mol-1
【解析】
【小问1详解】
由图示可知，反应物的总能量比生成物的总能量高，因此该反应为放热反应，其中焓变等于断开反应物中化学键吸收的能量减去形成生成物中化学键释放的能量，因此焓变ΔH=(a-b)kJ/mol。
小问2详解】
从微观角度看，焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和=2EH-H+EO=O-4EO-H=-484kJ/mol，代入数据有：2436kJ/mol+x-4463kJ/mol=-484kJ/mol，求得x=496kJ/mol。
【小问3详解】
由题意可知，氧气和氯化氢发生氧化还原反应生成氯气和水，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：O2+4HCl2Cl2+2H2O；该反应的焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和=EO=O+4EH-Cl-2ECl-Cl-4EO-H=496kJ/mol+4431kJ/mol-2247kJ/mol-4463kJ/mol=-126kJ/mol，则该反应的热化学方程式可表示为：O2(g)+4HCl(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-126kJ·mol-1。
18. 实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。
（1）实验原理
用如图1所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO( OH)2，反应的离子方程式为___________。MnO(OH)2中Mn元素的化合价是___________。再用I-将生成的MnO(OH)2还原为Mn2+，反应的离子方程式为：MnO(OH)2 +2I- +4H+ =Mn2+ +I2 +3H2O。然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为： I2+2Na2S2O3 =2NaI + Na2S4O6。
（2）实验步骤
①打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是___________；
②用注射器抽取某水样20.00 mL从A处注入锥形瓶；
③再分别从A处注入适量NaOH溶液及过量的MnSO4溶液；
④完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡。该步操作的目的是___________；
⑤打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及适量的硫酸溶液；
⑥重复④的操作。
⑦取下锥形瓶，向其中加入2 ~3滴淀粉指示剂；
⑧用0.005 mol·L-1 Na2S2O3滴定至终点。终点时溶液的颜色变化是___________。
（3）数据分析
①若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积如图2所示。则此水样中氧(O2)的含量为___________(单位：mg·L-1)。
②滴定前若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将___________(填“偏大”、 “偏小”或“不变” )。
③实验中加入适量的H2SO4使溶液pH控制在合适范围。其原因是___________。
【答案】（1） ①. 2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2 ②. +4
（2） ①. 赶走装置内空气，避免空气中的O2参与反应 ②. 使水中的氧气被充分吸收 ③. 由蓝色变为无色
（3） ①. 9.4mg·L-1 ②. 偏大 ③. 若酸不足，则Mn(OH)2不能全部转变为Mn2+，而酸过量时，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应
【解析】
【小问1详解】
反应物有O2、OH-(碱性条件下)、Mn2+，发生氧化还原反应，生成MnO(OH)2，锰元素化合价升高2价，氧气化合价降低了4价，化合价升高降低最小公倍数为4，故O2、Mn2+的化学计量数分别为1、2，根据电荷守恒可知OH-的化学计量数为4，根据原子守恒可知MnO(OH)2的化学计量数为2，故反应的离子方程式为：2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2；设MnO(OH)2中Mn元素的化合价是x，根据元素正负化合价之和为0可得x+(-2)+(-1)×2=0，解得x=+4；
【小问2详解】
①由于测定的是水样中氧气含量，必须将装置中的空气赶走，避免干扰测定结果，故答案为：赶走装置内空气，避免空气中的O2参与反应；
④将锥形瓶中溶液充分振荡，该步操作的目的是：使水中的氧气被充分吸收；
⑧碘单质反应完毕，滴最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液恰好由蓝色变为无色；
【小问3详解】
①根据图2所示，滴定前读数为：1.50mL，滴定后为：6.2mL，消耗的硫代硫酸钠溶液的体积为：6.20mL-1.50mL=4.7mL，发生的反应有：2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2、MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，氧气反应的关系式为：O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，1000mL水样中含有的氧气的物质的量是：n(O2)=n(Na2S2O3)×=0.25×0.005mol•L-1×0.0047L×50=2.9375×10-4mol，氧气的质量为：2.4375×10-4mol×32g/mol=9.4mg，此水样中氧(O2)的含量为9.4mg•L-1；
②若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则c(Na2S2O3)减小，消耗V(Na2S2O3)增大，所以n(O2)增大，故测得水样中O2的含量将偏大；
由于加入稀H2SO4使MnO(OH)2充分转化为Mn2+，但加入稀H2SO4的量时不宜过多，否则后续滴定过程中Na2S2O3与过量的酸反应导致消耗的Na2S2O3溶液偏大，所以加入适量的H2SO4使溶液接近中性，原因是若酸不足，则MnO(OH)2不能全部转变为Mn2+，而酸过量时，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应。
19. 利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣(Al、、等)中浸出铬和铝，实现铬和铝再生利用。其工艺流程如下：
（1）写出过程Ⅰ中得到的化学方程式为_______。
（2）提高过程Ⅰ的化学反应速率的方法_______(写一条即可，温度改变除外)；
（3）过程Ⅰ：在参与的反应中，消耗氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______。
（4）通入调节溶液pH实现物质的分离。
①写出溶液1通入的离子方程式_______。
②滤渣B受热分解所得物质在此流程中可以循环利用，此物质为_______。
③已知：，。滤液3中的浓度是，则的浓度是_______。
（5）过程Ⅱ的目的是得到粗品，粗品再重结晶可制得纯净的，不同温度下化合物的溶解度
化合物名称
0℃
20℃
40℃
60℃
80℃
NaCl
35.7
36.0
36.6
37.3
38.4
KCl
28.0
34.2
40.1
45.8
51.3
7.4
11.1
14.8
18.2
21.4
4.7
12.3
26.3
45.6
73.0
163
183
215
269
376
结合表中数据分析，过程Ⅱ得到粗品的操作是：向滤液3中加入_______、_______(填试剂)后，蒸发浓缩、降温结晶、过滤得到粗品。
【答案】（1）
（2）增大固体表面积(或将铬渣粉碎或搅拌或增大空气的流速等)
（3）3∶2 （4） ①. 或 ②. ③. 0.01
（5） ①. 稀盐酸 ②. KCl固体
【解析】
【分析】铬渣(Al、、等)加熔融NaOH、空气后铝单质和氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，转化成，降温后溶于水得到溶液1，再通入适量二氧化碳将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣A为氢氧化铝，滤液2为含和碳酸根离子的溶液，再通入二氧化碳将碳酸钠转化成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，因此会析出晶体，故滤渣B为碳酸氢钠晶体，然后滤液3进行酸化得到重铬酸钾，据此分析解答。
【小问1详解】
该过程中，转化成，Cr元素化合价升高，作还原剂，则氧化剂为氧气，根据得失电子守恒和原子守恒判断，产物为水及，可得化学方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
增大固体表面积或将铬渣粉碎或搅拌或增大空气的流速等均能加快反应速率，故答案为：增大固体表面积(或将铬渣粉碎或搅拌或增大空气的流速等)；
【小问3详解】
该过程氧化剂为氧气，还原剂为，根据得失电子守恒氧化为，由电子守恒，，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故答案为：3∶2；
【小问4详解】
①相对强的酸制相对弱的酸的原理，可将转化为，若二氧化碳过量，则生成，少量则生成，故离子方程式为或；
②滤渣B含有，受热分解后得碳酸钠和二氧化碳，可以循环利用，故答案为：；
③，，，则，故答案为：0.01；
【小问5详解】
要生成较多，需使反应③正向移动，故需要向滤液3中加入稀盐酸；从表中数据看出，对应钠盐的溶解度大于钾盐，所以，还需要同时加入KCl固体转变为钾盐后，蒸发浓缩、降温结晶，故答案为：向滤液3中加入稀盐酸和KCl固体后，蒸发浓缩、降温结晶。
20. 下表中阿拉伯数字(1、2……)是元素周期表中行或列的序号。请参照元素A～I在周期表中的位置，回答下列问题。
纵行
横行
1
2
13
14
15
16
17
18
1
A
2
B
C
D
E
3
F
G
H
I
（1）表中某元素的单质在常温下为气态，该元素能与A～I中的一种元素构成原子个数比为1∶1和1∶2的两种共价化合物X和Y，该元素还能与A～I中的另一种元素以原子个数之比为1∶1和1∶2形成两种离子化合物Z和M。写出Z与Y反应的化学方程式：_______。
（2）I元素在周期表中的位置是第_______周期、第_______族。
（3）实验室中采用下图所示装置模拟工业上同时制取元素A和I的单质的过程。
①写出电极C1上发生反应的电极反应式_______。
②当电极上产生112 mL(标准状况)元素I的单质气体时(假设气体完全逸出，溶液体积不变)，烧杯中溶液的pH=_______。(Kw=1.0×10-14)
【答案】（1）2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑
（2） ①. 三 ②. VIIA
（3） ①. 2Cl--2e-=Cl2↑ ②. 13
【解析】
【分析】根据元素周期表知，A是H元素，B是C元素，C是N元素，D是O元素，E是F元素，F是Na元素，G是Al元素，H是Si元素，I是Cl元素。
【小问1详解】
氧元素和氢元素能形成原子个数比为1：1和1：2的两种共价化合物H2O2和H2O，氧元素元素还能钠元素构成离子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物Na2O2和Na2O，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑。
【小问2详解】
氯元素处于第三周期，第VIIA族；
【小问3详解】
①用惰性电极电解饱和食盐水制取氢气、氯气，电解时阳极上氯离子放电，电极反应式为：2Cl－-2e－=Cl2↑。
②112 mL氯气的物质的量为0.005mol，电解的总反应式为2Cl－+2H2O=H2↑+Cl2↑+2OH－，则生成氢氧根离子的物质的量为0.01mol，则，故，故pH=13。
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