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【化学】湖北省鄂州市部分高中联考协作体2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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湖北省鄂州市部分高中联考协作体2019-2020学年高二上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）
1.下列加横线的字所指代物质的主要成分与其他三项不同的是（ ）
A. 儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢 B. 黑发不知勤学早，白首方悔读书迟
C. 散入珠帘湿罗幕，狐裘不暖锦衾薄 D. 绚丽丝绸云涌动，霓裳歌舞美仙姿
【答案】A
【解析】
【详解】纸鸢的主要成分是人造纤维；头发的主要成分是蛋白质；狐裘的主要成分是蛋白质；丝绸的主要成分是蛋白质；故以上物质的主要成分与其他三项不同的是纸鸢，答案为A。
2.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 密闭容器中2molSO2和1molO2催化反应后分子数为2NA
B. 标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA
C. 1mol重水与1mol水中中子数比为2：1
D. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、SO2与O2的反应为2SO2＋O22SO3，因该反应为可逆反应，故反应结束分子物质的量介于2mol至3mol之间，故A错误；
B、标准状况下，5.6LCO2气体的物质的量为=0.25mol，含有的氧原子数目为0.25 NA×2=0.5NA，故B正确；
C、1个重水分子中中子数为10个，1个水分子中中子数为8个，故相同物质的量的重水与水分子中中子数目比例为5:4，故C错误；
D、标准状况下，N2和O2不会发生化学反应，2.24L气体的物质的量为=0.1mol，故混合气体中分子总数为0.1NA，故D错误。
3.用下列装置进行实验，能达到实验目的的是（ ）
A. ①配制250mL 0.1mol/L的盐酸 B. ②用稀盐酸滴定氢氧化钠溶液
C. ③海带灼烧成灰 D. ④鉴别KNO3溶液和NaCl溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、配制250mL溶液需选用250mL容量瓶，100mL容量瓶不满足实验需求，且稀释过程需在烧杯中进行，然后再转移，故A错误；
B、酸碱滴定实验中盐酸需装在酸式滴定管中，且滴定管下端不能伸入锥形瓶内，故B错误；
C、灼烧需在坩埚中进行，不能用表面皿作为灼烧容器，故C错误；
D、钠元素在灼烧时焰色呈黄色，钾元素在灼烧时焰色呈紫色（透过蓝色钴玻璃），故可利用灼烧时火焰颜色进行鉴别KNO3溶液和NaCl溶液，故D正确。
4.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验操作
A
检验KIO3中的碘元素
取少量KIO3晶体溶于适量的蒸馏水，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液
B
检验石油裂解气中的乙烯
将混合气体通入足量酸性KMnO4溶液中
C
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
室温下，用pH计测定饱和的NaClO溶液和饱和的溶液的pH
D
硅酸胶体的制备
向溶液（饱和溶液1:2用水稀释）中加入几滴酚酞，再逐滴滴入稀盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯酸钾与硝酸银不反应，则不能检验KClO3中的氯元素，应先加热使氯酸钾分解，再检验氯元素，故A不能达到实验目的；
B. 石油裂解气是一种复杂的混合气体，它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等，丙烯、丁二烯、硫化氢气体都可使酸性高锰酸钾溶液，故B不能达到实验目的；
C. 用pH值测定，要保证两个溶液浓度相同，不同溶质的溶解度不同，其饱和溶液的浓度也不同，不能进行酸性比较，故C不能达到实验目的 ；
D. 用硅酸钠溶液和盐酸可制备硅酸胶体，为防止在电解质作用下胶体沉聚，用酚酞做指示剂，来防止盐酸过量，故D能达到实验目的；
答案选D。
5.有一化学平衡mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系。下列叙述正确的是（ ）
A. 正反应是吸热反应；m＋n
C. 正反应是放热反应；m＋n
【答案】D
【解析】
【分析】采取“定一议二”原则分析，根据等压线，由温度对A的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；
作垂直横轴的线，温度相同，比较压强对A的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向，确定m+n与p+q的大小关系；
【详解】由图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，
作垂直横轴线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n>p+q，
综上所述，D项符合题意，故选D。
6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 在漂白液中：Ag+、K+、NO3-、SO32-
B. K+、Na+、Br-、AlO2-在溶液中能大量共存，通入过量的CO2后仍能大量共存
C. =1012的溶液中，NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-
D. 由水电离的c(H+)=1×10-10mol/L的溶液中：K+、Na+、HCO3-、AlO2-
【答案】C
【解析】
【详解】A、漂白液中含有H+、Cl-、ClO-等，Cl-与Ag+会生成难溶物AgCl，H+和ClO- 均会与SO32-反应，故A不符合题意；
B、K+、Na+、Br-、AlO2-在溶液中不发生化学反应，能大量共存，通入CO2后会发生化学反应：2AlO2－＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32－（少量CO2）、CO32－＋CO2＋H2O=2HCO3－（过量CO2），通入CO2后不能大量共存，故B不符合题意；
C、根据=1012可知，该溶液呈酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子也不反应，所以能大量共存，故C符合题意；
D、常温下，由水电离的c(H+)=1×10-10mol/L的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，HCO3-与H+、OH-均会发生反应、AlO2-不能与H+大量共存，故D不符合题意。
7.2019年10月9日，瑞典皇家科学院在斯德哥尔摩宣布2019年度诺贝尔化学奖授予在锂离子电池的发展方面做出贡献的科学家。锂电池作为最主要的便携式能量源，影响着我们生活的方方面面。锂空气电池放电的工作原理如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 电池放电时负极电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-
B. 放电时电子由B极向A极移动
C. 电解液a，b之间可采用阴离子交换膜
D. 电解液b可能为稀LiOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】锂空气电池属于原电池，锂电极作为原电池的负极发生氧化反应，通入空气的一极作为原电池正极，根据其工作原理图可知，锂失去电子后生成锂离子并迁移至电解液b，以LiOH的形式进行回收，故电池的空气电极生成为OH-并结合负极迁移过来的锂离子，以此进行解答本题。
【详解】A、由上述分析可知，电池放电时负极电极反应式为：Li-e-=Li+，故A错误；
B、放电时电极A为负极，电极B为正极，电子由A极向B极移动，故B错误；
C、由上述分析可知，离子交换膜应采用阳离子交换膜，故C错误；
D、由上述分析可知，电解液b可以为稀LiOH溶液，故D正确。
8.能正确表达下列反应的离子方程式的为（ ）
A. 向FeI2溶液中通入少量的氯气：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-
B. 光导纤维遇碱性土壤“短路”：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
C. 电解MgCl2溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
D. 向明矾溶液中加入Ba(OH)2使Al3+刚好沉淀完全：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
【答案】B
【解析】
【详解】A、I-的还原性强于Fe2+，根据氧化还原反应的强弱规律，氯气先与I-反应，故A错误；
B、光导纤维中主要成分为二氧化硅，碱性土壤中含有大量碱性物质，其反应为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故B正确；
C、电解MgCl2溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故C错误；
D、以KAl(SO4)2为1mol，当Al3+刚好沉淀完全，加入Ba(OH)2的物质的量为1.5mol，其反应的离子方程式为：2Al3＋＋6OH－＋3SO42－＋3Ba2＋=3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，故D错误。
9.a，b，c，d为核电荷数依次增大的短周期主族元素。a的简单气态氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，a与b同周期，b的单质能与水反应置换水中的氧，b与d同主族，c原子的半径在短周期主族元素中最大。下列说法正确的是（ ）
A. a的氧化物的水化物是强酸
B. 简单离子的半径：a
D. c的单质在空气中的燃烧产物阳离子与阴离子个数比为1：1
【答案】C
【解析】
【分析】根据a的简单气态氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，a为N；a与b同周期，b的单质能与水反应置换水中的氧，可推出b为F；b与d同主族可知，d为Cl；由c原子的半径在短周期主族元素中最大可知，c为Na，由此解答本题。
【详解】A、a为N，其氧化物对应水化物不一定是强酸，如N2O3对应水化物为HNO2，属于弱酸，故A错误；
B、a、b、c对应简单离子核外电子结构相同，核电荷数越小，其半径越大，故简单离子半径为：a>b>c，d对应简单离子的电子层数较a、b、c多一层，其半径最大，故简单离子的半径：d> a>b>c，故B错误；
C、F和Cl同主族，对应单质的氧化性F2>Cl2，故C正确；
D、c为Na，在空气中燃烧产物为Na2O2，阳离子与阴离子个数比为2：1，故D错误。
10.室温下向10ml0.2mol/L的H2A溶液中加入0.2mol/LNaOH溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. b点溶液中离子浓度的大小：c(H2A)>c(A2-)
B. 加水稀释c点溶液，水电离出的c(H+)·c(OH-)不变
C. a点的溶液可以用钢瓶贮存
D. c点溶液中存在：c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-)
【答案】D
【解析】
【分析】由题干可知，a点对应的溶质为NaHA，其溶液呈酸性，由此可知HA-的电离程度大于其水解程度，c点对应溶质为Na2A，由此进行解答本题。
【详解】A、根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，b点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，故c(Na＋) =2c(A2－)＋c(HA－)，a点溶质为NaHA，存在物料守恒：c(Na＋) =c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)，由a→b的过程中，加入了Na+，故b点c(Na＋) >c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)，即2c(A2－)＋c(HA－) >c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)，由此可知c(A2－)> c(H2A)，故A错误；
B、c点的溶质为Na2A，加水稀释过程中，A2-离子水解程度增大，促进水的电离，水电离出的c(H+)·c(OH-)增大，故B错误；
C、a点溶液呈酸性，不能用钢瓶贮存，故C错误；
D、c点溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，其溶液呈碱性，故c(H+)2c(A2-)+c(HA-)，故D正确。
11.已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量。其他相关数据如下表：
化学键
O=O
H—H
H—O(g)
1 mol化学键断裂时
需要吸收的能量/kJ
496
x
463
则表中x为（ ）
A. 920 B. 557 C. 436 D. 188
【答案】C
【解析】
【详解】1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，故2mol氢气燃烧生成2mol液态水时放出热量为×143kJ=572kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量，2mol液态水变为气态水吸收的热量为×44kJ=88kJ，故2mol氢气燃烧生成2mol气态水时放出热量为572kJ−88kJ=484kJ，故热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=−484kJ/mol，所以2xkJ/mol+496kJ/mol−4×463kJ/mol=−484kJ/mol，解得x=436，故选C。
12.对于H2(g)+I2(g)2HI(g)，ΔH<0，根据如图，下列说法错误的是（ ）
A. t2时可能使用了催化剂 B. t3时可能采取减小反应体系压强的措施
C. t5时采取升温的措施 D. 反应在t6时刻，HI体积分数最大
【答案】D
【解析】
【分析】该可逆反应为气体等体积反应，该变压强或加入催化剂能够该变其化学反应速率，但平衡不会移动；该反应正向为放热反应，升高温度化学反应速率增加，平衡逆向移动，降温化学反应速率降低，平衡正向移动，然后结合图像进行分析。
【详解】A、t2时化学反应速率加快，平衡未发生移动，可能加入了催化剂，故A不符合题意；
B、t3时化学反应速率降低，由上述分析可知，其采取的措施可能是减小反应体系压强，故B不符合题意；
C、t5时正逆化学反应速率均加快，且逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，由此可知，t5时采取升温措施，故C不符合题意；
D、由t1～t6整个过程来看，平衡逆向移动，因此t6时刻对应HI体积分数最小，故D符合题意。
13.已知反应：①2C(s)+O2(g)＝2CO(g) ΔH＝－221kJ/mol
②稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol
下列结论正确的是（ ）
A. 碳的燃烧热为ΔH=－221kJ/mol
B. 1molC(s)和0.5molO2(g)所具有的能量高于1molCO(g)所具有的能量
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应放出的热量为57.3kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于57.3kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A、碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成的稳定的氧化物CO2放出的热量，从2C(s)+O2(g)＝2CO(g) ΔH＝－221kJ/mol 可知1mol碳不完全燃烧生成CO放出110.5kJ，由题干数据无法计算碳的燃烧热，故A错误；
B、由反应①可知：C(s)+ O2(g)＝CO(g) ΔH＝－110.5kJ/mol，该反应放热，即1molC(s)和0.5molO2(g)所具有的能量高于1molCO(g)所具有的能量，故B正确；
C、未告知酸与碱的量，无法确定其酸碱中和放出的热量，故C错误；
D、醋酸为弱酸，其电离过程需要吸收能量，因此稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误。
14.工业生产硫酸接触室发生如下化学反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6kJ·mol－1。一定温度下，向甲、乙、丙三个容积均为2L的恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g)，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如表所示，下列判断中，正确的是（ ）
甲
乙
丙
起始物质的量
n(SO2)/mol
0.6
1.2
1.2
n(O2)/mol
0.36
0.36
0.72
SO2的平衡转化率
80%
α1
α2
A. 甲→乙，平衡向正反应方向移动，α(O2)增大，放出的热量为47.18kJ
B. 平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍
C. 平衡时，SO2的转化率：α2>80%>α1
D. 该温度下，平衡常数K＝400
【答案】C
【解析】
【详解】A、乙相对于甲，SO2浓度增加，平衡正向移动，O2转化率增加，
甲容器中： 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
起始（mol） 0.6 0.36 0
转化（mol） 0.48 0.24 0.48
平衡（mol） 0.12 0.12 0.48
其放出的热量= =47.18kJ，由甲→乙，因氧气浓度降低了，增加的0.6molSO2转化将会降低，其放出的热量一定小于47.18kJ，故A错误；
B、丙相对于甲，反应物浓度增加一倍，相当于增大一倍压强，平衡正向移动，平衡时丙中c(SO2)小于甲中2c(SO2)，故B错误；
C、由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，乙、丙可知二氧化硫浓度相同，氧气浓度增大，二氧化硫转化率增大，则平衡时，SO2的转化率：α1＜80%＜α2，故C正确；
D、甲容器中：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
起始（mol/L） 0.3 0.18 0
转化（mol/L） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol/L） 0.06 0.06 0.24
K==，故D错误。
15.下列性质中，可以证明CH3COOH是弱电解质的是（ ）
A. 醋酸的导电能力比盐酸的弱
B. 0.1mol/L醋酸溶液中，c(H+)=0.1mol/L
C. 10ml0.1mol/L的醋酸溶液恰好与10ml0.1mol/L的NaOH溶液完全反应
D. 醋酸钠的水溶液显碱性
【答案】D
【解析】
【详解】A、由于未告知醋酸和盐酸是否为同浓度，不能根据其溶液导电能力判断其电离程度，故A错误；
B、若0.1mol/L的醋酸溶液中，c(H+)=0.1mol/L，则醋酸为强电解质，故B错误；
C、10ml0.1mol/L的醋酸溶液恰好与10ml0.1mol/L的NaOH溶液完全反应只能说明醋酸为一元酸，不能证明醋酸为弱电解质，故C错误；
D、醋酸钠溶液呈碱性的原因是因为醋酸根离子的水解，根据“有弱才水解”可知，醋酸为弱电解质，故D正确。
16.常温下，下列有关叙述正确的是（ ）
A. Na2CO3溶液中：c（Na+）=2[c(CO32-)+c(HCO3-)]
B. pH相等的①NH4NO3 ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4溶液中，c(NH4+)大小顺序①>②>③
C. NaY溶液的pH=8，c（Na+）-c(Y-)=9.9×10-7mol/L
D. 向0.1mol/L的氨水中加入少量的硫酸铵固体，溶液中增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na2CO3溶液中的物料守恒为：c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，故A错误；
B、pH相等的①NH4NO3、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4三种溶液中，NH4HSO4电离出H+，NH4+浓度最小，NH4NO3和(NH4)2SO4水解程度相同，正确顺序为①=②>③，故B错误；
C、NaY溶液的pH=8可知，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，NaY溶液中电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(Y－)＋c(OH－)，即c(Na＋)- c(Y－)= c(OH－)- c(H＋)= 10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L，故C正确；
D、氨水中加入少量的硫酸铵固体，c(NH4+)增大，且温度不变，则Kb不变，故=减小，故D错误。
二、非选择题（本大题共4小题，共52分）
17.在一定条件下发生反应：4NO2(g)＋O2(g)2N2O5(g) ΔH<0，T1时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入NO2和O2，部分实验数据如表所示。
时间/s
0
5
10
15
c(NO2)/(mol·L－1)
4.00
2.52
2.00
c3
c(O2)/(mol·L－1)
1.00
c1
c2
0.50
（1）0～10s内N2O5的平均反应速率为__ ，此温度下的平衡常数为___。
（2）其他条件不变，将容器体积压缩一半，则重新达到平衡时c(N2O5)___2.00mol·L－1（填“>、<或=”，下同）
（3）假设温度T1时平衡常数为K1，温度T2时平衡常数为K2，若K1
A.容器内混合气体的颜色不再改变
B.生成1molO2的同时消耗2molN2O5
C.混合气体的平均摩尔质量不再变化
D.混合气体的密度不再变化
（5）改变哪些措施可以增加NO2的平衡转化率___（答出任意两条及以上）
（6）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5 kJ·mol−1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=﹣221.0 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=﹣393.5 kJ·mol−1
则汽车尾气处理的反应之一：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=___ kJ·mol−1，利于该反应自发进行的条件是___（选填“高温”或“低温”）。
【答案】(1). 0.1mol·L－1·s－1 (2). 0.125 (3). > (4). > (5). AC (6). 增加O2浓度、降低温度、增大压强、及时分离N2O5 (7). ﹣746.5kJ/mol (8). 低温
【解析】
【详解】（1） 4NO2(g)＋O2(g)2N2O5(g)
起始（mol/L） 4 1 0
10s内转化（mol/L） 2 0.5 1
10s末（mol/L） 2 0.5 1
故用N2O5表示平均化学反应速率==0.1mol·L－1·s－1；由10s～15s内氧气浓度不变可知，该反应在10s末已经处于平衡状态，故该反应平衡常数K==0.125；
（2）将容器体积压缩一半，压缩瞬间，c(N2O5)=2mol/L，压强增大，化学平衡正向移动，重新达到平衡时，c(N2O5)> 2mol/L；
（3）该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，由此可知，T1>T2；
（4）A、容器内有颜色的气体为NO2，若容器内混合气体的颜色不再改变，则说明NO2浓度不变，可证明该反应处于平衡状态，故A正确；
B、该反应在任意时刻均存在每消耗2molN2O5会生成1molO2，故不能说明该反应处于平衡状态，故B错误；
C、混合气体的总质量不变，因反应前后气体的物质的量不相等，在反应未达到平衡时，气体的物质的量会发生变化，由可知，当混合气体的平均摩尔质量不再变化时，即反应达到平衡，故C正确；
D、混合气体的总质量不变，容器体积恒定，其密度不会发生改变，故不能判断该反应是否处于平衡状态，故D错误；
（5）NO2作为反应物，若要提高其转化率，可通过增加O2浓度、降低温度、增大压强、及时分离N2O5使反应正向移动达到目的；
（6）令①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5 kJ·mol−1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=﹣221.0 kJ·mol−1
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=﹣393.5 kJ·mol−1
将反应③×2-①-②可得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5kJ/mol；该反应为熵减反应（S<0），H<0，当G=H-TS<0时，该条件有利于反应的自发，由此可知，利于该反应自发进行的条件是低温。
18.I、烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。回答下列问题：
将vL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入v1mLc1mol·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗v2mL。
（1）NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为___。
（2）加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要___；滴定操作使用的玻璃仪器主要有____。
（3）滴定过程中发生下列反应：
3Fe2＋＋NO3-＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为___mg/L。
（4）下列操作会使滴定结果偏高的是____
A.滴定管未用标准液润洗
B.锥形瓶洗净后还存留少量的水
C.滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数
D.FeSO4标准溶液部分变质
II、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。
（已知：CH3COOH、 HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）
（1）图___（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，判断的理由是___。
（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：____。
（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)___c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）
（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：____。
【答案】(1). 2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO3-＋2H2O (2). 100mL容量瓶 (3). 锥形瓶、酸式滴定管 (4). (5). CD (6). a (7). 由CH3COOH、 HCN的电离平衡常数可知，HCN的酸性弱于CH3COOH，浓度相同的两种酸，HCN的pH高于CH3COOH的pH值 (8). c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－) (9). = (10). ④③②
【解析】
【分析】I、（1）NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和水；
（2）100.00mL溶液的稀释配制实验中主要仪器为量筒、烧杯、玻璃杯、100mL容量瓶、胶头滴管；本滴定实验操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等；
（3）根据滴定剩余Fe2+时，消耗的K2Cr2O7的物质的量计算剩余Fe2+，然后根据总Fe2+与剩余Fe2+计算与NO3−反应的Fe2+物质的量，然后计算100mL溶液中总NO3−的量，最终根据氮守恒计算出NO2含量；
（4）根据滴定过程中操作对K2Cr2O7的量的影响进行分析；
II、（1）根据同浓度酸对应的电离程度[即电离平衡常数]进行分析；
（2）根据电荷守恒以及溶液呈中性进行分析；
（3）根据起始两种酸的物质的量以及物料守恒分析；
（4）根据酸碱中和过程中溶质的变化对水的电离的影响进行分析。
【详解】（1）NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO3-＋2H2O，
（2）100.00mL溶液的稀释配制实验中主要仪器为量筒、烧杯、玻璃杯、100mL容量瓶、胶头滴管；本滴定实验操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪器为酸式滴定管、锥形瓶；
（3）根据题干方程式可列出关系式（以下关系式计算均按照25mL NO3−溶液计算）：
故100mLNO3−溶液中NO3-总量为：×5mol =mol，根据氮元素守恒，二氧化氮的总质量mol×46g/mol=g=mg，故vL气样中NOx折合成NO2的含量为mg/L=mg/L；
（4）A、滴定管未洗涤，K2Cr2O7读数将会增大，所计算剩余Fe2+偏大，导致计算Fe2+与NO3−溶液反应的Fe2+偏小，从而计算出NO3−数值偏小，导致结果偏低，故A错误；
B、锥形瓶内有水不影响滴定实验，对结果无影响，故B错误；
C、滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致K2Cr2O7读数将会增小，与A同理分析可知结果偏大，故C正确；
D、FeSO4标准溶液部分变质，将会导致消耗的K2Cr2O7偏小，同理可知结果偏大，故D正确；
II、由二者的电离平衡常数可知，酸性：CH3COOH >HCN；
（1）浓度相同的两种酸，HCN的pH高于CH3COOH的pH值，故a为NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；
（2）点③存在电荷平衡：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+ c(CH3COO－)，因此时溶液呈中性，故c(H＋)＝c(OH－)，可得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，因Na＋、CH3COO－相较于H＋、OH－高很多，由此可知溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)；
（3）因起始两种酸的物质的量相等，故c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)=c(CN－)+c(HCN)，由此可知c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；
（4）从②～④的过程中，溶液中一直在发生酸碱中和，酸对于水的电离程度逐渐减小，故水的电离程度由大到小的顺序是④③②。
19.氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠。硫代硫酸钠的工业制备原理为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。某化学兴趣小组拟用该原理在实验室制备硫代硫酸钠，并检测氰化钠废水处理后的排放情况。
I、实验室通过如图所用的装置制备Na2S2O3
（1）仪器A的名称___，使用前注意的事项___。
（2）b装置的作用是___。
（3）装置a中发生反应的化学方程式____。
（4）反应开始后，c中先有淡黄色浑浊产生，此浑浊物为___（填化学式）；反应后剩余的SO2全部被d中的氢氧化钠溶液吸收，若恰好生成酸式盐，反应后的溶液呈___（“酸”或“碱”）性，原因是___。
II、已知：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L。
（1）向氰化钠溶液中通入少量CO2能发生反应：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3，浓度相同①NaCN、②Na2CO3、③NaHCO3三种溶液pH值由大到小的顺序（用序号表示）：___。
（2）工业上常用碱性氯化法处理含氰废水，其原理如下：第一步，NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；第二步，NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。某工厂含氰废水中NaCN的含量为1.47mg/L，处理10m3这样的废水，理论上需要5mol/LNaClO溶液___L处理后才可以进行排放。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 检验是否漏液 (3). 作安全瓶，防止倒吸 (4). Na2SO3+H2SO4=Na2SO3+SO2↑+H2O (5). S (6). 酸 (7). HSO3-的电离大于水解 (8). ②①③ (9). 0.15
【解析】
【详解】I、（1）仪器A的名称是分液漏斗；分液漏斗使用前需要注意检查是否漏液，避免发生实验安全事故；
（2）根据装置图和气体压强变化，装置b能作安全瓶，防止倒吸；
（3）a装置制备二氧化硫，其反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO3+SO2↑+H2O；
（4）二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S,硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3，c中先有浑浊产生，后又变澄清，此浑浊物为S；该酸式盐为NaHSO3，因HSO3-的电离大于水解，因此溶液呈酸性；
II、（1）根据强酸制弱酸的规律可知，酸性由大到小顺序为：H2CO3>HCN>HCO3-，根据越弱越水解，浓度相同①NaCN、②Na2CO3、③NaHCO3三种溶液pH值由大到小的顺序为：②①③；
（2）根据第一步和第二步的总反应可知，整个反应中氧化剂为NaClO，还原剂为NaCN，C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，根据得失电子守恒可列出关系式：
理论上需要5mol/LNaClO溶液为=0.15L。
20.火电厂粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。某研究小组对其进行综合处理的流程如图所示：
已知：①“酸浸”后钛主要以TiOSO4的形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO42-和TiO2+，TiO2+在80℃左右水解生成TiO2·xH2O。
②已知FeSO4在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如下表：
回答下列问题：
（1）加快“酸浸”速率的措施有哪些？写出一条即可___，滤渣1的主要成分为___(填化学式)。
（2）“反应”时加入铁粉的作用为___（用离子方程式表示）。
（3）“结晶”时，若要获得FeSO4·7H2O，则对溶液进行的操作是：蒸发浓缩，___，过滤，洗涤，干燥。
（4）“水解”反应的离子方程式为____。
（5）实验室用MgCl2·6H2O制备MgCl2固体，在加热的同时要不断通入___(填化学式，下同)若不通入该物质，最终得到的产物中可能含有___。
【答案】(1). 微热（或将煤灰放入石绒棉中） (2). SiO2 (3). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (4). 冷却到50℃以下结晶 (5). TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+ (6). HCl (7). MgO或Mg（OH）Cl
【解析】
【分析】粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等，加入硫酸酸溶过滤得到滤渣1和滤液，氧化铝溶解生成硫酸铝，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧化镁溶解生成硫酸镁，“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，滤渣为SiO2，加入铁粉还原铁离子生成亚铁离子，结晶析出硫酸亚铁晶体，过滤，得到滤液1含硫酸铝、硫酸镁、TiOSO4、少量硫酸亚铁，水解过滤，TiOSO4生成TiO2⋅xH2O，经酸洗水洗干燥和灼烧后得到TiO2，滤液2中含硫酸铝和硫酸镁、少量硫酸亚铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铝离子和铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液3含硫酸镁，据此分析。
【详解】（1）该反应为固液反应，若要加快“酸浸”的速率，可通过加热提高化学反应速率，也可将煤灰放入石绒棉中，增大反应接触面积，提高化学反应速率；由上述分析可知，滤渣主要为SiO2；
（2）因需要将Fe3+转化为Fe2+以FeSO4·7H2O结晶除去，故加入铁粉的目的是将三价铁转化为二价铁，其离子反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（3）由题干表格可知，FeSO4在50℃以下主要析出晶体为FeSO4·7H2O，若要获得FeSO4·7H2O，则对溶液进行的操作是：蒸发浓缩，冷却到50℃以下结晶，过滤，洗涤，干燥；
（4）水解过程中，TiOSO4生成TiO2⋅xH2O，因“强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO42-和TiO2+，TiO2+在80℃左右水解生成TiO2·xH2O”，故该反应的离子方程式为：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；
（5）MgCl2·6H2O制备MgCl2固体，在加热过程中，MgCl2中Mg2+水解程度增大，生成的HCl随着浓度增加会溢出，导致最终所得固体中含有MgO或Mg(OH)Cl，因此在加热的同时要不断通入HCl气体，以此抑制MgCl2的水解，从而获得MgCl2固体。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）
1.下列加横线的字所指代物质的主要成分与其他三项不同的是（ ）
A. 儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢 B. 黑发不知勤学早，白首方悔读书迟
C. 散入珠帘湿罗幕，狐裘不暖锦衾薄 D. 绚丽丝绸云涌动，霓裳歌舞美仙姿
【答案】A
【解析】
【详解】纸鸢的主要成分是人造纤维；头发的主要成分是蛋白质；狐裘的主要成分是蛋白质；丝绸的主要成分是蛋白质；故以上物质的主要成分与其他三项不同的是纸鸢，答案为A。
2.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 密闭容器中2molSO2和1molO2催化反应后分子数为2NA
B. 标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA
C. 1mol重水与1mol水中中子数比为2：1
D. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、SO2与O2的反应为2SO2＋O22SO3，因该反应为可逆反应，故反应结束分子物质的量介于2mol至3mol之间，故A错误；
B、标准状况下，5.6LCO2气体的物质的量为=0.25mol，含有的氧原子数目为0.25 NA×2=0.5NA，故B正确；
C、1个重水分子中中子数为10个，1个水分子中中子数为8个，故相同物质的量的重水与水分子中中子数目比例为5:4，故C错误；
D、标准状况下，N2和O2不会发生化学反应，2.24L气体的物质的量为=0.1mol，故混合气体中分子总数为0.1NA，故D错误。
3.用下列装置进行实验，能达到实验目的的是（ ）
A. ①配制250mL 0.1mol/L的盐酸 B. ②用稀盐酸滴定氢氧化钠溶液
C. ③海带灼烧成灰 D. ④鉴别KNO3溶液和NaCl溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、配制250mL溶液需选用250mL容量瓶，100mL容量瓶不满足实验需求，且稀释过程需在烧杯中进行，然后再转移，故A错误；
B、酸碱滴定实验中盐酸需装在酸式滴定管中，且滴定管下端不能伸入锥形瓶内，故B错误；
C、灼烧需在坩埚中进行，不能用表面皿作为灼烧容器，故C错误；
D、钠元素在灼烧时焰色呈黄色，钾元素在灼烧时焰色呈紫色（透过蓝色钴玻璃），故可利用灼烧时火焰颜色进行鉴别KNO3溶液和NaCl溶液，故D正确。
4.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验操作
A
检验KIO3中的碘元素
取少量KIO3晶体溶于适量的蒸馏水，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液
B
检验石油裂解气中的乙烯
将混合气体通入足量酸性KMnO4溶液中
C
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
室温下，用pH计测定饱和的NaClO溶液和饱和的溶液的pH
D
硅酸胶体的制备
向溶液（饱和溶液1:2用水稀释）中加入几滴酚酞，再逐滴滴入稀盐酸，边加边振荡，至溶液红色变浅并接近消失
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯酸钾与硝酸银不反应，则不能检验KClO3中的氯元素，应先加热使氯酸钾分解，再检验氯元素，故A不能达到实验目的；
B. 石油裂解气是一种复杂的混合气体，它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等，丙烯、丁二烯、硫化氢气体都可使酸性高锰酸钾溶液，故B不能达到实验目的；
C. 用pH值测定，要保证两个溶液浓度相同，不同溶质的溶解度不同，其饱和溶液的浓度也不同，不能进行酸性比较，故C不能达到实验目的 ；
D. 用硅酸钠溶液和盐酸可制备硅酸胶体，为防止在电解质作用下胶体沉聚，用酚酞做指示剂，来防止盐酸过量，故D能达到实验目的；
答案选D。
5.有一化学平衡mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系。下列叙述正确的是（ ）
A. 正反应是吸热反应；m＋n
C. 正反应是放热反应；m＋n
【答案】D
【解析】
【分析】采取“定一议二”原则分析，根据等压线，由温度对A的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；
作垂直横轴的线，温度相同，比较压强对A的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向，确定m+n与p+q的大小关系；
【详解】由图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，
作垂直横轴线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n>p+q，
综上所述，D项符合题意，故选D。
6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 在漂白液中：Ag+、K+、NO3-、SO32-
B. K+、Na+、Br-、AlO2-在溶液中能大量共存，通入过量的CO2后仍能大量共存
C. =1012的溶液中，NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-
D. 由水电离的c(H+)=1×10-10mol/L的溶液中：K+、Na+、HCO3-、AlO2-
【答案】C
【解析】
【详解】A、漂白液中含有H+、Cl-、ClO-等，Cl-与Ag+会生成难溶物AgCl，H+和ClO- 均会与SO32-反应，故A不符合题意；
B、K+、Na+、Br-、AlO2-在溶液中不发生化学反应，能大量共存，通入CO2后会发生化学反应：2AlO2－＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32－（少量CO2）、CO32－＋CO2＋H2O=2HCO3－（过量CO2），通入CO2后不能大量共存，故B不符合题意；
C、根据=1012可知，该溶液呈酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子也不反应，所以能大量共存，故C符合题意；
D、常温下，由水电离的c(H+)=1×10-10mol/L的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，HCO3-与H+、OH-均会发生反应、AlO2-不能与H+大量共存，故D不符合题意。
7.2019年10月9日，瑞典皇家科学院在斯德哥尔摩宣布2019年度诺贝尔化学奖授予在锂离子电池的发展方面做出贡献的科学家。锂电池作为最主要的便携式能量源，影响着我们生活的方方面面。锂空气电池放电的工作原理如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 电池放电时负极电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-
B. 放电时电子由B极向A极移动
C. 电解液a，b之间可采用阴离子交换膜
D. 电解液b可能为稀LiOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】锂空气电池属于原电池，锂电极作为原电池的负极发生氧化反应，通入空气的一极作为原电池正极，根据其工作原理图可知，锂失去电子后生成锂离子并迁移至电解液b，以LiOH的形式进行回收，故电池的空气电极生成为OH-并结合负极迁移过来的锂离子，以此进行解答本题。
【详解】A、由上述分析可知，电池放电时负极电极反应式为：Li-e-=Li+，故A错误；
B、放电时电极A为负极，电极B为正极，电子由A极向B极移动，故B错误；
C、由上述分析可知，离子交换膜应采用阳离子交换膜，故C错误；
D、由上述分析可知，电解液b可以为稀LiOH溶液，故D正确。
8.能正确表达下列反应的离子方程式的为（ ）
A. 向FeI2溶液中通入少量的氯气：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-
B. 光导纤维遇碱性土壤“短路”：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
C. 电解MgCl2溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
D. 向明矾溶液中加入Ba(OH)2使Al3+刚好沉淀完全：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
【答案】B
【解析】
【详解】A、I-的还原性强于Fe2+，根据氧化还原反应的强弱规律，氯气先与I-反应，故A错误；
B、光导纤维中主要成分为二氧化硅，碱性土壤中含有大量碱性物质，其反应为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故B正确；
C、电解MgCl2溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故C错误；
D、以KAl(SO4)2为1mol，当Al3+刚好沉淀完全，加入Ba(OH)2的物质的量为1.5mol，其反应的离子方程式为：2Al3＋＋6OH－＋3SO42－＋3Ba2＋=3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，故D错误。
9.a，b，c，d为核电荷数依次增大的短周期主族元素。a的简单气态氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，a与b同周期，b的单质能与水反应置换水中的氧，b与d同主族，c原子的半径在短周期主族元素中最大。下列说法正确的是（ ）
A. a的氧化物的水化物是强酸
B. 简单离子的半径：a
D. c的单质在空气中的燃烧产物阳离子与阴离子个数比为1：1
【答案】C
【解析】
【分析】根据a的简单气态氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，a为N；a与b同周期，b的单质能与水反应置换水中的氧，可推出b为F；b与d同主族可知，d为Cl；由c原子的半径在短周期主族元素中最大可知，c为Na，由此解答本题。
【详解】A、a为N，其氧化物对应水化物不一定是强酸，如N2O3对应水化物为HNO2，属于弱酸，故A错误；
B、a、b、c对应简单离子核外电子结构相同，核电荷数越小，其半径越大，故简单离子半径为：a>b>c，d对应简单离子的电子层数较a、b、c多一层，其半径最大，故简单离子的半径：d> a>b>c，故B错误；
C、F和Cl同主族，对应单质的氧化性F2>Cl2，故C正确；
D、c为Na，在空气中燃烧产物为Na2O2，阳离子与阴离子个数比为2：1，故D错误。
10.室温下向10ml0.2mol/L的H2A溶液中加入0.2mol/LNaOH溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. b点溶液中离子浓度的大小：c(H2A)>c(A2-)
B. 加水稀释c点溶液，水电离出的c(H+)·c(OH-)不变
C. a点的溶液可以用钢瓶贮存
D. c点溶液中存在：c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-)
【答案】D
【解析】
【分析】由题干可知，a点对应的溶质为NaHA，其溶液呈酸性，由此可知HA-的电离程度大于其水解程度，c点对应溶质为Na2A，由此进行解答本题。
【详解】A、根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，b点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，故c(Na＋) =2c(A2－)＋c(HA－)，a点溶质为NaHA，存在物料守恒：c(Na＋) =c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)，由a→b的过程中，加入了Na+，故b点c(Na＋) >c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)，即2c(A2－)＋c(HA－) >c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)，由此可知c(A2－)> c(H2A)，故A错误；
B、c点的溶质为Na2A，加水稀释过程中，A2-离子水解程度增大，促进水的电离，水电离出的c(H+)·c(OH-)增大，故B错误；
C、a点溶液呈酸性，不能用钢瓶贮存，故C错误；
D、c点溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，其溶液呈碱性，故c(H+)
11.已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量。其他相关数据如下表：
化学键
O=O
H—H
H—O(g)
1 mol化学键断裂时
需要吸收的能量/kJ
496
x
463
则表中x为（ ）
A. 920 B. 557 C. 436 D. 188
【答案】C
【解析】
【详解】1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，故2mol氢气燃烧生成2mol液态水时放出热量为×143kJ=572kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量，2mol液态水变为气态水吸收的热量为×44kJ=88kJ，故2mol氢气燃烧生成2mol气态水时放出热量为572kJ−88kJ=484kJ，故热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=−484kJ/mol，所以2xkJ/mol+496kJ/mol−4×463kJ/mol=−484kJ/mol，解得x=436，故选C。
12.对于H2(g)+I2(g)2HI(g)，ΔH<0，根据如图，下列说法错误的是（ ）
A. t2时可能使用了催化剂 B. t3时可能采取减小反应体系压强的措施
C. t5时采取升温的措施 D. 反应在t6时刻，HI体积分数最大
【答案】D
【解析】
【分析】该可逆反应为气体等体积反应，该变压强或加入催化剂能够该变其化学反应速率，但平衡不会移动；该反应正向为放热反应，升高温度化学反应速率增加，平衡逆向移动，降温化学反应速率降低，平衡正向移动，然后结合图像进行分析。
【详解】A、t2时化学反应速率加快，平衡未发生移动，可能加入了催化剂，故A不符合题意；
B、t3时化学反应速率降低，由上述分析可知，其采取的措施可能是减小反应体系压强，故B不符合题意；
C、t5时正逆化学反应速率均加快，且逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，由此可知，t5时采取升温措施，故C不符合题意；
D、由t1～t6整个过程来看，平衡逆向移动，因此t6时刻对应HI体积分数最小，故D符合题意。
13.已知反应：①2C(s)+O2(g)＝2CO(g) ΔH＝－221kJ/mol
②稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol
下列结论正确的是（ ）
A. 碳的燃烧热为ΔH=－221kJ/mol
B. 1molC(s)和0.5molO2(g)所具有的能量高于1molCO(g)所具有的能量
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应放出的热量为57.3kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于57.3kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A、碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成的稳定的氧化物CO2放出的热量，从2C(s)+O2(g)＝2CO(g) ΔH＝－221kJ/mol 可知1mol碳不完全燃烧生成CO放出110.5kJ，由题干数据无法计算碳的燃烧热，故A错误；
B、由反应①可知：C(s)+ O2(g)＝CO(g) ΔH＝－110.5kJ/mol，该反应放热，即1molC(s)和0.5molO2(g)所具有的能量高于1molCO(g)所具有的能量，故B正确；
C、未告知酸与碱的量，无法确定其酸碱中和放出的热量，故C错误；
D、醋酸为弱酸，其电离过程需要吸收能量，因此稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误。
14.工业生产硫酸接触室发生如下化学反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6kJ·mol－1。一定温度下，向甲、乙、丙三个容积均为2L的恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g)，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如表所示，下列判断中，正确的是（ ）
甲
乙
丙
起始物质的量
n(SO2)/mol
0.6
1.2
1.2
n(O2)/mol
0.36
0.36
0.72
SO2的平衡转化率
80%
α1
α2
A. 甲→乙，平衡向正反应方向移动，α(O2)增大，放出的热量为47.18kJ
B. 平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍
C. 平衡时，SO2的转化率：α2>80%>α1
D. 该温度下，平衡常数K＝400
【答案】C
【解析】
【详解】A、乙相对于甲，SO2浓度增加，平衡正向移动，O2转化率增加，
甲容器中： 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
起始（mol） 0.6 0.36 0
转化（mol） 0.48 0.24 0.48
平衡（mol） 0.12 0.12 0.48
其放出的热量= =47.18kJ，由甲→乙，因氧气浓度降低了，增加的0.6molSO2转化将会降低，其放出的热量一定小于47.18kJ，故A错误；
B、丙相对于甲，反应物浓度增加一倍，相当于增大一倍压强，平衡正向移动，平衡时丙中c(SO2)小于甲中2c(SO2)，故B错误；
C、由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，乙、丙可知二氧化硫浓度相同，氧气浓度增大，二氧化硫转化率增大，则平衡时，SO2的转化率：α1＜80%＜α2，故C正确；
D、甲容器中：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
起始（mol/L） 0.3 0.18 0
转化（mol/L） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol/L） 0.06 0.06 0.24
K==，故D错误。
15.下列性质中，可以证明CH3COOH是弱电解质的是（ ）
A. 醋酸的导电能力比盐酸的弱
B. 0.1mol/L醋酸溶液中，c(H+)=0.1mol/L
C. 10ml0.1mol/L的醋酸溶液恰好与10ml0.1mol/L的NaOH溶液完全反应
D. 醋酸钠的水溶液显碱性
【答案】D
【解析】
【详解】A、由于未告知醋酸和盐酸是否为同浓度，不能根据其溶液导电能力判断其电离程度，故A错误；
B、若0.1mol/L的醋酸溶液中，c(H+)=0.1mol/L，则醋酸为强电解质，故B错误；
C、10ml0.1mol/L的醋酸溶液恰好与10ml0.1mol/L的NaOH溶液完全反应只能说明醋酸为一元酸，不能证明醋酸为弱电解质，故C错误；
D、醋酸钠溶液呈碱性的原因是因为醋酸根离子的水解，根据“有弱才水解”可知，醋酸为弱电解质，故D正确。
16.常温下，下列有关叙述正确的是（ ）
A. Na2CO3溶液中：c（Na+）=2[c(CO32-)+c(HCO3-)]
B. pH相等的①NH4NO3 ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4溶液中，c(NH4+)大小顺序①>②>③
C. NaY溶液的pH=8，c（Na+）-c(Y-)=9.9×10-7mol/L
D. 向0.1mol/L的氨水中加入少量的硫酸铵固体，溶液中增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na2CO3溶液中的物料守恒为：c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，故A错误；
B、pH相等的①NH4NO3、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4三种溶液中，NH4HSO4电离出H+，NH4+浓度最小，NH4NO3和(NH4)2SO4水解程度相同，正确顺序为①=②>③，故B错误；
C、NaY溶液的pH=8可知，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，NaY溶液中电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(Y－)＋c(OH－)，即c(Na＋)- c(Y－)= c(OH－)- c(H＋)= 10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L，故C正确；
D、氨水中加入少量的硫酸铵固体，c(NH4+)增大，且温度不变，则Kb不变，故=减小，故D错误。
二、非选择题（本大题共4小题，共52分）
17.在一定条件下发生反应：4NO2(g)＋O2(g)2N2O5(g) ΔH<0，T1时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入NO2和O2，部分实验数据如表所示。
时间/s
0
5
10
15
c(NO2)/(mol·L－1)
4.00
2.52
2.00
c3
c(O2)/(mol·L－1)
1.00
c1
c2
0.50
（1）0～10s内N2O5的平均反应速率为__ ，此温度下的平衡常数为___。
（2）其他条件不变，将容器体积压缩一半，则重新达到平衡时c(N2O5)___2.00mol·L－1（填“>、<或=”，下同）
（3）假设温度T1时平衡常数为K1，温度T2时平衡常数为K2，若K1
A.容器内混合气体的颜色不再改变
B.生成1molO2的同时消耗2molN2O5
C.混合气体的平均摩尔质量不再变化
D.混合气体的密度不再变化
（5）改变哪些措施可以增加NO2的平衡转化率___（答出任意两条及以上）
（6）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5 kJ·mol−1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=﹣221.0 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=﹣393.5 kJ·mol−1
则汽车尾气处理的反应之一：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=___ kJ·mol−1，利于该反应自发进行的条件是___（选填“高温”或“低温”）。
【答案】(1). 0.1mol·L－1·s－1 (2). 0.125 (3). > (4). > (5). AC (6). 增加O2浓度、降低温度、增大压强、及时分离N2O5 (7). ﹣746.5kJ/mol (8). 低温
【解析】
【详解】（1） 4NO2(g)＋O2(g)2N2O5(g)
起始（mol/L） 4 1 0
10s内转化（mol/L） 2 0.5 1
10s末（mol/L） 2 0.5 1
故用N2O5表示平均化学反应速率==0.1mol·L－1·s－1；由10s～15s内氧气浓度不变可知，该反应在10s末已经处于平衡状态，故该反应平衡常数K==0.125；
（2）将容器体积压缩一半，压缩瞬间，c(N2O5)=2mol/L，压强增大，化学平衡正向移动，重新达到平衡时，c(N2O5)> 2mol/L；
（3）该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，由此可知，T1>T2；
（4）A、容器内有颜色的气体为NO2，若容器内混合气体的颜色不再改变，则说明NO2浓度不变，可证明该反应处于平衡状态，故A正确；
B、该反应在任意时刻均存在每消耗2molN2O5会生成1molO2，故不能说明该反应处于平衡状态，故B错误；
C、混合气体的总质量不变，因反应前后气体的物质的量不相等，在反应未达到平衡时，气体的物质的量会发生变化，由可知，当混合气体的平均摩尔质量不再变化时，即反应达到平衡，故C正确；
D、混合气体的总质量不变，容器体积恒定，其密度不会发生改变，故不能判断该反应是否处于平衡状态，故D错误；
（5）NO2作为反应物，若要提高其转化率，可通过增加O2浓度、降低温度、增大压强、及时分离N2O5使反应正向移动达到目的；
（6）令①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5 kJ·mol−1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=﹣221.0 kJ·mol−1
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=﹣393.5 kJ·mol−1
将反应③×2-①-②可得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5kJ/mol；该反应为熵减反应（S<0），H<0，当G=H-TS<0时，该条件有利于反应的自发，由此可知，利于该反应自发进行的条件是低温。
18.I、烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。回答下列问题：
将vL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入v1mLc1mol·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗v2mL。
（1）NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为___。
（2）加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要___；滴定操作使用的玻璃仪器主要有____。
（3）滴定过程中发生下列反应：
3Fe2＋＋NO3-＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为___mg/L。
（4）下列操作会使滴定结果偏高的是____
A.滴定管未用标准液润洗
B.锥形瓶洗净后还存留少量的水
C.滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数
D.FeSO4标准溶液部分变质
II、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。
（已知：CH3COOH、 HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）
（1）图___（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，判断的理由是___。
（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：____。
（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)___c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）
（4）点②③④所示的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：____。
【答案】(1). 2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO3-＋2H2O (2). 100mL容量瓶 (3). 锥形瓶、酸式滴定管 (4). (5). CD (6). a (7). 由CH3COOH、 HCN的电离平衡常数可知，HCN的酸性弱于CH3COOH，浓度相同的两种酸，HCN的pH高于CH3COOH的pH值 (8). c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－) (9). = (10). ④③②
【解析】
【分析】I、（1）NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和水；
（2）100.00mL溶液的稀释配制实验中主要仪器为量筒、烧杯、玻璃杯、100mL容量瓶、胶头滴管；本滴定实验操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等；
（3）根据滴定剩余Fe2+时，消耗的K2Cr2O7的物质的量计算剩余Fe2+，然后根据总Fe2+与剩余Fe2+计算与NO3−反应的Fe2+物质的量，然后计算100mL溶液中总NO3−的量，最终根据氮守恒计算出NO2含量；
（4）根据滴定过程中操作对K2Cr2O7的量的影响进行分析；
II、（1）根据同浓度酸对应的电离程度[即电离平衡常数]进行分析；
（2）根据电荷守恒以及溶液呈中性进行分析；
（3）根据起始两种酸的物质的量以及物料守恒分析；
（4）根据酸碱中和过程中溶质的变化对水的电离的影响进行分析。
【详解】（1）NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO3-＋2H2O，
（2）100.00mL溶液的稀释配制实验中主要仪器为量筒、烧杯、玻璃杯、100mL容量瓶、胶头滴管；本滴定实验操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪器为酸式滴定管、锥形瓶；
（3）根据题干方程式可列出关系式（以下关系式计算均按照25mL NO3−溶液计算）：
故100mLNO3−溶液中NO3-总量为：×5mol =mol，根据氮元素守恒，二氧化氮的总质量mol×46g/mol=g=mg，故vL气样中NOx折合成NO2的含量为mg/L=mg/L；
（4）A、滴定管未洗涤，K2Cr2O7读数将会增大，所计算剩余Fe2+偏大，导致计算Fe2+与NO3−溶液反应的Fe2+偏小，从而计算出NO3−数值偏小，导致结果偏低，故A错误；
B、锥形瓶内有水不影响滴定实验，对结果无影响，故B错误；
C、滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致K2Cr2O7读数将会增小，与A同理分析可知结果偏大，故C正确；
D、FeSO4标准溶液部分变质，将会导致消耗的K2Cr2O7偏小，同理可知结果偏大，故D正确；
II、由二者的电离平衡常数可知，酸性：CH3COOH >HCN；
（1）浓度相同的两种酸，HCN的pH高于CH3COOH的pH值，故a为NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线；
（2）点③存在电荷平衡：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+ c(CH3COO－)，因此时溶液呈中性，故c(H＋)＝c(OH－)，可得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，因Na＋、CH3COO－相较于H＋、OH－高很多，由此可知溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)；
（3）因起始两种酸的物质的量相等，故c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)=c(CN－)+c(HCN)，由此可知c(CH3COO－)－c(CN－)=c(HCN)－c(CH3COOH)；
（4）从②～④的过程中，溶液中一直在发生酸碱中和，酸对于水的电离程度逐渐减小，故水的电离程度由大到小的顺序是④③②。
19.氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠。硫代硫酸钠的工业制备原理为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。某化学兴趣小组拟用该原理在实验室制备硫代硫酸钠，并检测氰化钠废水处理后的排放情况。
I、实验室通过如图所用的装置制备Na2S2O3
（1）仪器A的名称___，使用前注意的事项___。
（2）b装置的作用是___。
（3）装置a中发生反应的化学方程式____。
（4）反应开始后，c中先有淡黄色浑浊产生，此浑浊物为___（填化学式）；反应后剩余的SO2全部被d中的氢氧化钠溶液吸收，若恰好生成酸式盐，反应后的溶液呈___（“酸”或“碱”）性，原因是___。
II、已知：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L。
（1）向氰化钠溶液中通入少量CO2能发生反应：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3，浓度相同①NaCN、②Na2CO3、③NaHCO3三种溶液pH值由大到小的顺序（用序号表示）：___。
（2）工业上常用碱性氯化法处理含氰废水，其原理如下：第一步，NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；第二步，NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。某工厂含氰废水中NaCN的含量为1.47mg/L，处理10m3这样的废水，理论上需要5mol/LNaClO溶液___L处理后才可以进行排放。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 检验是否漏液 (3). 作安全瓶，防止倒吸 (4). Na2SO3+H2SO4=Na2SO3+SO2↑+H2O (5). S (6). 酸 (7). HSO3-的电离大于水解 (8). ②①③ (9). 0.15
【解析】
【详解】I、（1）仪器A的名称是分液漏斗；分液漏斗使用前需要注意检查是否漏液，避免发生实验安全事故；
（2）根据装置图和气体压强变化，装置b能作安全瓶，防止倒吸；
（3）a装置制备二氧化硫，其反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO3+SO2↑+H2O；
（4）二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S,硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3，c中先有浑浊产生，后又变澄清，此浑浊物为S；该酸式盐为NaHSO3，因HSO3-的电离大于水解，因此溶液呈酸性；
II、（1）根据强酸制弱酸的规律可知，酸性由大到小顺序为：H2CO3>HCN>HCO3-，根据越弱越水解，浓度相同①NaCN、②Na2CO3、③NaHCO3三种溶液pH值由大到小的顺序为：②①③；
（2）根据第一步和第二步的总反应可知，整个反应中氧化剂为NaClO，还原剂为NaCN，C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，根据得失电子守恒可列出关系式：
理论上需要5mol/LNaClO溶液为=0.15L。
20.火电厂粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。某研究小组对其进行综合处理的流程如图所示：
已知：①“酸浸”后钛主要以TiOSO4的形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO42-和TiO2+，TiO2+在80℃左右水解生成TiO2·xH2O。
②已知FeSO4在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如下表：
回答下列问题：
（1）加快“酸浸”速率的措施有哪些？写出一条即可___，滤渣1的主要成分为___(填化学式)。
（2）“反应”时加入铁粉的作用为___（用离子方程式表示）。
（3）“结晶”时，若要获得FeSO4·7H2O，则对溶液进行的操作是：蒸发浓缩，___，过滤，洗涤，干燥。
（4）“水解”反应的离子方程式为____。
（5）实验室用MgCl2·6H2O制备MgCl2固体，在加热的同时要不断通入___(填化学式，下同)若不通入该物质，最终得到的产物中可能含有___。
【答案】(1). 微热（或将煤灰放入石绒棉中） (2). SiO2 (3). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (4). 冷却到50℃以下结晶 (5). TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+ (6). HCl (7). MgO或Mg（OH）Cl
【解析】
【分析】粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等，加入硫酸酸溶过滤得到滤渣1和滤液，氧化铝溶解生成硫酸铝，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧化镁溶解生成硫酸镁，“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，滤渣为SiO2，加入铁粉还原铁离子生成亚铁离子，结晶析出硫酸亚铁晶体，过滤，得到滤液1含硫酸铝、硫酸镁、TiOSO4、少量硫酸亚铁，水解过滤，TiOSO4生成TiO2⋅xH2O，经酸洗水洗干燥和灼烧后得到TiO2，滤液2中含硫酸铝和硫酸镁、少量硫酸亚铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铝离子和铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液3含硫酸镁，据此分析。
【详解】（1）该反应为固液反应，若要加快“酸浸”的速率，可通过加热提高化学反应速率，也可将煤灰放入石绒棉中，增大反应接触面积，提高化学反应速率；由上述分析可知，滤渣主要为SiO2；
（2）因需要将Fe3+转化为Fe2+以FeSO4·7H2O结晶除去，故加入铁粉的目的是将三价铁转化为二价铁，其离子反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（3）由题干表格可知，FeSO4在50℃以下主要析出晶体为FeSO4·7H2O，若要获得FeSO4·7H2O，则对溶液进行的操作是：蒸发浓缩，冷却到50℃以下结晶，过滤，洗涤，干燥；
（4）水解过程中，TiOSO4生成TiO2⋅xH2O，因“强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO42-和TiO2+，TiO2+在80℃左右水解生成TiO2·xH2O”，故该反应的离子方程式为：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；
（5）MgCl2·6H2O制备MgCl2固体，在加热过程中，MgCl2中Mg2+水解程度增大，生成的HCl随着浓度增加会溢出，导致最终所得固体中含有MgO或Mg(OH)Cl，因此在加热的同时要不断通入HCl气体，以此抑制MgCl2的水解，从而获得MgCl2固体。
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