【化学】山东省烟台市2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】山东省烟台市2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

山东省烟台市2019-2020学年高二下学期期末考试 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Fe-56‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与生产、生活等密切相关。下列说法错误的是 A. “光化学烟雾”的形成与氮氧化合物有关 B. “玉不琢不成器”、“百炼方能成钢”均发生化学变化 C. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染 D. 明矾和漂白粉可用于自来水的净化，但两者的作用原理不相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“光化学烟雾”为碳氢化合物和氮氧化物等一次污染物在阳光（紫外光）作用下发生光化学反应生成二次污染物，“光化学烟雾”的形成与氮氧化合物有关，A说法正确；‎ B．“百炼方能成钢”说明碳在高温下能和氧气反应。发生化学变化，玉雕琢的过程中没有新物质生成，属于物理变化，B说法错误；‎ C．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，C说法正确；‎ D．明矾和漂白粉可用于自来水的净化，明矾中铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附性，可以除去水中的悬浮物等杂质，而漂白粉具有强氧化性，可以杀菌消毒，两者的作用原理不相同，D说法正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎2.下列有关元素与物质分类说法正确的是 A. Na2O2、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物 B. 根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质和弱电解质 C. 依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液 D. 向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热即制得Fe(OH)3胶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe2O3属于碱性氧化物，Na2O2属于过氧化物，Al2O3为两性氧化物，均为离子化合物，A说法错误；‎ B．根据电解质在水溶液中是否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，B说法错误；‎ C．依据分散质微粒的大小可将分散系分为溶液、胶体与浊液，C说法错误；‎ D．向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，即制得Fe(OH)3胶体，D说法正确；‎ 答案为D。‎ ‎3.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA B. 100mL0.1mol·L－1的氨水中含有0.01NA个 C. 标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合后气体的分子数为NA D. ‎25℃‎，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10－5NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1 mol Cl2参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为2NA，故A错误；‎ B．氨水为弱碱，NH3·H2O＋OH－，100mL0.1mol·L－1的氨水中含有的数少于0.01NA个，故B错误；‎ C．NO和氧气反应生成的NO2存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减少，标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合后气体的分子数少于NA个，故C错误；‎ D．常温下水溶液中，水电离的氢离子和发生电离的水分子数目相等，等于水电离的氢氧根离子，1LpH=9的CH3COONa溶液中n(OH-)=1×10-5mol，即发生电离的水分子数为1×10-5NA，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.下列有关溶液中离子反应或离子共存说法正确的是 A. 向小苏打溶液中滴加少量澄清石灰水：Ca2＋＋2OH－＋2＝CaCO3↓＋＋2H2O B. 无色溶液中可能大量存在Al3＋、、Cl－、S2－‎ C. 溴化亚铁溶液中通入少量氯气：2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－‎ D. 水电离出c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中能大量存在K＋、I－、Mg2＋、‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水的离子方程式为2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+2H2O+，故A正确；‎ B．Al3+与S2-能够发生双水解反应，不能大量共存，故B错误；‎ C．溴化亚铁溶液中通入少量氯气，首先氧化亚铁离子，离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故C错误；‎ D．水电离出的c(H+)=1×10ˉ12mol•Lˉ1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，酸性溶液中，具有强氧化性，能够将I－氧化，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎5.下列实验操作或实验仪器使用错误的是 A. 甲图液面读数为11.80mL B. 用装置乙除去粗盐溶液中的不溶物 C. 用装置丙蒸发FeCl3溶液制取FeCl3晶体 D. 丁图是闻气体气味的操作 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.滴定管的量程为0.01mL，根据题图，读数为11.80mL，A项正确；‎ B.乙为过滤装置，可将溶液中不溶物分离出去，B项正确；‎ C.FeCl3在溶液中，会发生水解，直接蒸发，无法得到其晶体，C项错误；‎ D.用手在集气瓶口轻轻扇动，仅使极少量的气体飘进鼻孔，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】‎ ‎6.已知甲为带有活塞的密闭容器(活塞可以自由滑动且质量忽略不计)、乙为恒容容器，一定温度下充入等量NO2气体，起始时体积相同，发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，一段时间后相继达到平衡状态，下列说法中正确的是 A. 达到平衡所需时间：甲＜乙 B. 将乙升高温度，气体颜色加深，则此反应为吸热反应 C. 若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态 D. 恒温时向乙中充入稀有气体，压强增大，平衡向正反应方向移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲为恒压溶液，乙为恒容容器，反应体系为气体减少的反应，甲随反应的进行体积减小，则浓度增大，反应速率加快，而乙的体积不变，则达到平衡所需时间：甲＜乙，A说法正确；‎ B．将乙升高温度，平衡向吸热的方向移动，气体颜色加深，则逆反应方向为吸热反应，此反应为放热反应，B说法错误；‎ C．容器甲为恒压，则容器内的压强自始至终未变，压强不变，不能说明以达到平衡状态，容器乙为恒容，气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态，C说法错误；‎ D．恒温时向乙中充入稀有气体，压强增大，但反应体系中各物质的浓度未变，则平衡不移动，D说法错误；‎ 答案为A。‎ ‎7.下列关于溶液的说法中错误的是 A. 常温下，NH4Cl溶液加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大 B. NaF和氢氟酸的混合液中存在：c(Na＋)＞c(F－)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ C. ‎25℃‎测得0.1mol·L－1醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸是弱电解质 D. 0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：c()＋c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)＋0.05mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温下，NH4Cl溶液加水稀释后，平衡向NH4Cl水解的方向移动，则n(H＋)与n(OH－)的物质的量增大，其乘积变大，A说法正确；‎ B．未给定NaF和氢氟酸的比例关系，则混合液中各离子的浓度无法比较大小，B说法错误；‎ C．‎25℃‎测得0.1mol·L－1醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸根离子水解使溶液显碱性，则醋酸是弱电解质，C说法正确；‎ D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：根据溶液呈电中性，①c(Na+)+c(H+)=‎2c()＋c(OH－)+c()；物料守恒，‎3c(H2CO3)＋‎3c()＋‎3c()=‎2c(Na+)=0.3mol/L；②c(Na+)=0.15mol/L；③c(H2CO3)＋c()＋c()=0.1mol/L，把②、③带入①，可得c()＋c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)＋0.05mol·L－1，D说法正确；‎ 答案为B。‎ ‎8.下列实验操作能达到实验目的的是 目的 操作 A 测定NaClO溶液的pH 取一张pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液点滴于试纸的中部，与标准比色卡对比 B 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液，观察溶液的变化 C 验证Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)‎ 取2mL0.1mol·L－1AgNO3溶液，先后滴加3滴0.1mol·L－1NaCl溶液和5滴0.1mol·L－1KI溶液，先生成白色沉淀，后又产生黄色沉淀 D 检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质 将Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故A不能达到实验目的；‎ B．碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使水解平衡＋H2OHCO＋OH－逆向移动，则向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液，溶液的红色会逐渐变浅，可证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B能达到实验目的；‎ C．取2mL0.1mol·L－1AgNO3溶液，先滴加3滴0.1mol·L－1NaCl溶液，生成白色沉淀，硝酸银过量，再滴加5滴0.1mol·L－1KI溶液，又产生黄色沉淀，不能比较Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故C不能达到实验目的；‎ D．Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸后，发生氧化还原反应生成铁离子，不能检验Fe(NO3)2晶体是否变质，应溶于水加KSCN溶液检验，故D不能达到实验目的；‎ 故选B。‎ ‎9.25℃‎时，下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别是：‎ Ag2SO4(白色)‎ Ag2S(黑色)‎ FeS(黑色)‎ MnS(肉色)‎ ‎1.4×10－5mol3·L－3‎ ‎6.3×10－50mol3·L－3‎ ‎3.3×10－18mol2·L－2‎ ‎2.5×10－13mol2·L－2‎ 结合相关数据分析，下列说法错误的是 A. 除去某溶液中的Ag＋用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好 B. ‎25℃‎时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度 C. 向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液，沉淀颜色会由黑色变为肉色 D. 向Ag2S(s)⇌2Ag＋(aq)＋S2－(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体，溶液中c(Ag＋)不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2SO4)，除去某溶液中的Ag＋用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好，A说法正确；‎ B．根据表中数据，‎25℃‎时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度，B说法正确；‎ C．向少量FeS悬浊液中，即FeS的饱和溶液，加入足量饱和MnCl2‎ 溶液，发生沉淀的转化，沉淀颜色会由黑色变为肉色，C说法正确；‎ D．向Ag2S(s)⇌2Ag＋(aq)＋S2－(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体，溶液中c(S2－)增大，平衡逆向移动，则溶液中c(Ag＋)减小，D说法错误；‎ 答案为D。‎ ‎10.如图是家庭自制含氯消毒剂装置(C1和C2为铅笔芯)。接通电源：C1周围产生细小气泡，C2周围无明显现象；持续通电一段时间，当C2周围产生细小气泡立即停止通电。下列说法错误的是 A. C1周围产生气泡的原因是2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－‎ B. C2与适配器输出的正极相连 C. 持续通电一段时间后，C2周围产生气泡主要成分为Cl2‎ D. 制含氯消毒剂的总反应为NaCl＋H2ONaClO＋H2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解饱和食盐水，反应方程式为：2H2O+2NaCl 2NaOH+H2↑+Cl2↑，阳极会产生氯气，阴极会产生氢气；由于H2不溶于水且不与溶液中的其他物质反应，所以会直接溢出；而氯气会与电解过程中溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl， 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O所以在制备过程中几乎不会逸出；因此，C1极应当为阴极，C2极应当为阳极，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．通过分析可知，C1极阴极，阴极处产生了氢气，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故A正确；‎ B．通过分析可知，C2极应当为阳极，与适配器输出的正极相连，故B正确；‎ C．持续通电一段时间后，氯化钠溶液电解完全，溶液变成次氯酸钠溶液，相当于电解水，此时C2周围产生气泡主要成分为O2，故C错误；‎ D．通过分析可知，电解过程中生成的氯气又会再与溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl，涉及的反应共有两步，分别为：2H2O+2NaCl 2NaOH+H2↑+Cl2↑和2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，因此自制消毒剂的总反应为：H2O+NaCl NaClO+H2↑，故D正确；‎ 故选C。‎ 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎11.钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2＋为蓝色，VO为淡黄色，VO具有较强氧化性，浓盐酸能把VO还原为VO2＋。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是 A. 在酸性溶液中氧化性：VO＞＞Cl2‎ B. 向酸性(VO2)2SO4溶液中滴加Na2SO3溶液，溶液由淡黄色变为蓝色 C. 向0.1molKMnO4的酸性溶液中滴加1molVOSO4溶液，转移电子为1mol D. 浓盐酸还原VO2＋的离子方程式为2VO＋4H＋＋2Cl－＝2VO2＋＋Cl2↑＋2H2O ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．VO2＋具有较强的氧化性，浓盐酸能把VO还原为VO2＋，同时生成氯气，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：VO＞Cl2，又向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：MnO＞VO，所以在酸性溶液中氧化性：MnO＞VO＞Cl2，故A错误；‎ B．氯气能够氧化Na2SO3溶液生成Na2SO4溶液，因此SO也能把VO还原为VO2+，溶液由淡黄色变为蓝色，故B正确；‎ C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，则说明VO2+被氧化生成VO，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为10VOSO4+2H2O+2KMnO4═5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，因此0.1molKMnO4的酸性溶液中滴加1molVOSO4溶液，VOSO4过量，因此0.1molKMnO4转移0.5mol电子，故C错误；‎ D．浓盐酸还原VO生成VO2＋和Cl2，反应的离子方程式为2VO＋4H＋＋2Cl－＝2VO2＋＋Cl2↑＋2H2O，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎12.用一定浓度NaOH溶液滴定某一元酸HA溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如图所示。下列说法正确的是 A. HA为一元弱酸 B. b点对应的溶液中：c(A－)＞c(Na＋)‎ C. 根据溶液pH和导电能力的变化可判断V2＜V3‎ D. a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度依次减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据右图，随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的导电能力逐渐增强，说明HA溶液中离子浓度较小，HA未完全电离，为一元弱酸，故A正确；‎ B．根据右图，随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的导电能力逐渐增强，b点时，溶液的导电能力突然增大，说明b点时，NaOH与HA恰好中和，生成NaA溶液，水解溶液显碱性，c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒，c(A－)+ c(OH-)=c(Na＋)+ c(H+)，则c(A－)＜c(Na＋)，故B错误；‎ C．b点时，NaOH与HA恰好中和，生成NaA溶液，水解溶液显碱性，a点时，溶液显中性，说明HA未完全中和，因此V2＜V3，故C正确；‎ D．a点溶液中含有HA和NaA、b点溶液中含有NaA、c点溶液中含有NaA和NaOH，酸或碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，因此a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度b最大，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】根据溶液的导电能力的变化判断HA的强弱是解题的关键。本题的易错点为D，要注意酸碱盐对水的电离的影响的区别；难点为B，要注意滴定终点的判断。‎ ‎13.‎ 我国科学家研制一种新型化学电池成功实现废气的处理和能源的利用，用该新型电池电解CuSO4溶液，装置如下(H2R和R都是有机物)。下列说法正确的是 A. b电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R B. 电池工作时，负极区要保持呈酸性 C. 工作一段时间后，正极区的pH变大 D. 若消耗标准状况下112mLO2，则电解后的CuSO4溶液pH约为2‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，左图为原电池，右图为电解池。左图中a电极上Fe3＋和H2S生成S和Fe2＋，Fe2＋在电极a处失去电子生成Fe3＋，电极反应为Fe2＋－e－=Fe3＋，生成的Fe3＋能够继续氧化H2S；b电极一侧，O2和H2R反应生成H2O2和R，R在电极b处得到电子和H＋生成H2R，电极方程式为R＋2e－＋2H＋=H2R，生成的H2R可以继续与氧气反应，因此电极a为负极，电极b为正极，与电源负极相连的电极为阴极，与电源正极相连的电极为阳极，结合原电池原理和电解池原理分析判断。‎ ‎【详解】A．b电极为正极，电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R，故A正确；‎ B．电极a为负极，电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋，因此电池工作时，负极区要保持呈酸性，防止Fe3＋水解沉淀，故B正确；‎ C．正极电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R，生成的H2R又继续与氧气反应，H2R+O2= H2O2+ R，负极区的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，左侧的氢离子通过质子交换膜移向右侧，保持正极区的pH基本不变，故C错误；‎ D．标准状况下112mLO2的物质的量==0.005mol，转移电子0.005mol×2=0.01mol，电解CuSO4溶液的反应方程式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，根据转移的电子守恒，生成0.005mol硫酸，c(H+)==0.1mol/L，pH=1，故D错误；‎ 故选AB。‎ ‎【点睛】正确判断原电池的正负极是解题的关键，也是本题的难点。本题的易错点为C，要转移质子的移动对溶液pH的影响。‎ ‎14.锰酸锂(LiMn2O4)是最早制得的具有三维锂离子通道的正极材料。以MnSO4和LiFePO4为原料制备锰酸锂的流程如图：‎ 下列说法错误的是 A. NaClO3的作用是将二价铁氧化为三价铁 B. “沉铁”过程所得滤渣的主要成分是FePO4‎ C. 反应器Ⅱ中产生的气体是CO2‎ D. 已知K2S2O8中S的化合价为+6价，则中存在“—O—O—”键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ LiFePO4加入盐酸和氯酸钠浸取，浸取过程中亚铁离子被氧化成铁离子，再加入碳酸钠溶液调节pH，使Fe3+沉淀，得到滤渣为白色固体，说明不是氢氧化铁沉淀，根据元素守恒可知该沉淀应为FePO4，之后再加入饱和的碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀；MnSO4与K2S2O8反应，Mn2+被氧化成MnO2生成沉淀析出；将MnO2与Li2CO3混合反应得到锰酸锂。‎ ‎【详解】A. 分析可知，NaClO3的作用是将二价铁氧化为三价铁，A说法正确；‎ B. “沉铁”过程，所得滤渣中铁为+3价，且为白色，不是氢氧化铁，利用原子守恒，其主要成分是FePO4，B说法正确；‎ C. 反应器Ⅱ中二氧化锰与碳酸锂反应生成LiMn2O4，Mn的化合价降低，C的化合价最高，则O的化合价升高，应有氧气产生，则产生的气体是CO2和O2混合气体，C说法错误；‎ D. 已知K2S2O8中S的化合价为+6价，K为+1价，O的化合价有-2、-1价，则中存在“-O-O-”键，D说法正确；‎ 答案为C。‎ ‎15.工业用CO2和H2合成乙醇：2CO2(g)＋6H2(g)⇌C2H5OH(g)＋3H2O(g)。保持压强为5MPa，向密闭容器中投入一定量CO2和H2发生上述反应，CO2的平衡转化率与温度、投料比m[]的关系如图所示。下列说法正确的是 A. △H＞0‎ B. m1＜m2＜m3‎ C. 若m3=3，则400K时H2的平衡转化率为50%‎ D. 投料比m=1时，容器内CO2的体积分数不再改变则反应达到平衡状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象，m相同时，升高温度，CO2 的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，说明逆反应为吸热反应，投料比 m[]越大，CO2 的平衡转化率越大，结合化学平衡的计算方法和影响因素分析解答。‎ ‎【详解】A．根据图象，m相同时，升高温度，CO2 的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，说明逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；‎ B．2CO2(g)＋6H2(g)⇌C2H5OH(g)＋3H2O(g)的投料比 m[]越大，CO2 的平衡转化率越大，根据图象，投料比由大到小的顺序为m1＞m2＞m3，故B错误；‎ C．投料比 m=3，400K时CO2 的平衡转化率为50%，‎ ‎ ‎ 则H2 的平衡转化率=×100%=50%，故C正确；‎ D．投料比 m=1时， ‎ ‎ ‎ 容器内CO2的体积分数=×100%=50%，始终不变，因此容器内CO2的体积分数不再改变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；‎ 故选C。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.NaClO溶液有杀菌、消毒、漂白作用。某兴趣小组查资料得到Cl2和烧碱在‎70℃‎以上主要发生副反应：3Cl2＋6NaOHNaClO3＋5NaCl＋3H2O，并设计如图制备NaClO溶液的装置：‎ ‎(1)装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为________。‎ ‎(2)装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是________；装置Ⅲ的作用是________。‎ ‎(3)上述装置存在一处缺陷，会导致NaClO产率降低，改进的方法是________。‎ ‎(4)用NaOH固体配制480mL10.0mol·L－1的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒、烧杯、胶头滴管外还需要________。‎ ‎(5)配制上述NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体________g 放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容会导致结果________(填“偏大”、“不变”或“偏小”)。配制溶液的过程中定容时的操作是________。‎ ‎【答案】 (1). KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O (2). 防止副反应的发生 (3). 吸收Cl2，防止污染环境 (4). 在装置Ⅰ、Ⅱ之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 (5). 500 mL容量瓶、玻璃棒 (6). 200.0 (7). 偏大 (8). 往容量瓶中缓慢加蒸馏水，等液面离容量瓶瓶颈刻度线1～‎2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置I中，盐酸与氯酸钾反应生成氯气；装置II中，氯气与NaOH在低温下反应生成次氯酸钠、氯化钠和水；装置III中，氯气有毒，进行尾气处理。‎ ‎【详解】(1)装置Ⅰ盐酸与氯酸钾反应生成氯气，反应的方程式为KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O；‎ ‎(2)Cl2和烧碱在‎70℃‎以上生成氯酸钠，为防止副反应产生，则装置Ⅱ在冰水浴中进行；氯气有毒，防止污染环境，装置III进行尾气处理；‎ ‎(3)浓盐酸具有挥发性，会导致NaClO产率降低，应在装置I与II之间加除去HCl的装置；‎ ‎(4)配制480mL10.0mol·L－1的NaOH溶液时，应选用500mL的容量瓶，需要的玻璃仪器有500mL的容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管等；‎ ‎(5)m(NaOH)=‎0.5L×10.0mol·L－1×‎40g/mol=‎200g；未经冷却立即转移到容量瓶中，则溶液的温度较高，恢复至室温时，体积变小，则浓度偏大；配制溶液的过程中定容的操作为往容量瓶中缓慢加蒸馏水，等液面离容量瓶瓶颈刻度线1～‎2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。‎ ‎【点睛】配制480mL溶液时，只能选用500mL规格的容量瓶，且计算时按此计算。‎ ‎17.氨是一种重要的化工原料，氨的合成和应用是当前的研究热点。‎ ‎(1)实验室制取氨气的化学原理是________(用化学方程式表示)，验满方法是________。‎ ‎(2)已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－92kJ·mol－1，工业合成氨温度选择700K的原因是________。‎ ‎(3)利用NH3处理硝酸工业尾气中的NOx，将其转化为无毒物质，该反应的化学方程式为________。‎ ‎(4)水体中氨气和铵根离子(统称氨氮)‎ 总量的检测备受关注。利用氨气传感器检测水体中氨氮含量的示意图：‎ ‎①利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用________。‎ ‎②若利用氨气传感器将‎1L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为3.9×10－4mol，则水样中氨氮(以氨气计)含量为________mg·L－1。‎ ‎(5)联氨(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨类似。‎25℃‎时，联氨的电离常数Kb1＝3×10－6mol·L－1，Kb2＝7.6×10－15mol·L－1。联氨和盐酸按物质的量之比1∶1反应的离子方程式是________，所得溶液呈________性(填“酸”、“中”或“碱”)。‎ ‎【答案】 (1). Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O (2). 用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝色 (3). 700K时催化剂活性强，反应速率快 (4). 6NOx＋4xNH3＝(2x＋3)N2＋6xH2O (5). 氨氮水样中存在如下平衡：NH4＋＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O，加入NaOH溶液，使水样中OH－浓度增大，平衡正向移动，有利于生成NH3，便于被空气吹出 (6). 2.21 (7). N2H4+ H+= (8). 酸 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)实验室用氯化铵与熟石灰共热制取氨气，用湿润的红色石蕊试纸验满；‎ ‎(2)合成氨工业反应温度的选择与催化剂的活性有关；‎ ‎(3)无毒气体为氮气，再利用氧化还原反应配平；‎ ‎(4)含氨氮水样中加入氢氧化钠，增大溶液中c(OH-)，促使NH4＋＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O向右移动；‎ ‎(5)利用N2H5Cl的电离平衡常数与水解平衡常数的大小关系判断溶液的酸碱性。‎ ‎【详解】(1)实验室用氯化铵与熟石灰共热制取氨气，用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，若变蓝则收集满；‎ ‎(2)合成氨工业中，反应为放热反应，使用催化剂活性最佳时的温度为700K，且反应速率快，为选择的原因；‎ ‎(3)利用NH3处理硝酸工业尾气中的NOx，将其转化为无毒物质，即氮气和水，则方程式为6NOx＋4xNH3＝(2x＋3)N2＋6xH2O；‎ ‎(4)①向含氨氮水样中加入氢氧化钠，增大溶液中c(OH-)，促使NH4＋＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O向右移动，以便于让空气吹出氨气；‎ ‎②氨氮转化为N2，N的化合价由-3变为0价，已知转移电子的物质的量为3.9×10－4mol，则n(NH3)==1.3mol，水样中氨氮(以氨气计)含量==2.21×10－‎3g/L=2.21mg/L；‎ ‎(5)联氨(N2H4)为二元弱碱，联氨和盐酸按物质的量之比1∶1反应生成N2H5Cl，离子方程式为：N2H4+ H+=N2H5+；N2H5Cl电离方程式为+H2O⇌+OH-，水解方程式为⇌N2H4+H+，水解平衡常数Kh===3.3×10-9mol/L＞Kb2，则溶液显酸性。‎ ‎【点睛】分清N2H5Cl的电离与水解，电离导致溶液显碱性，水解导致溶液显酸性，水解平衡常数大于电离平衡常数时，溶液显酸性。‎ ‎18.工业上采用乙烯直接水合法(CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH)制乙醇。‎ ‎(1)在磷酸/硅藻土催化剂作用下，乙烯进行水合反应历程的能量变化如图所示：‎ 可知乙烯水合法制乙醇的△H________0(填>或<)，该历程中决定总反应速率步骤的化学方程式________。‎ ‎(2)已知：C2H4(g)＋H2O(g)⇌C2H5OH(g)的反应速率为v正＝k正c(C2H4)·c(H2O)，v逆＝k逆c(C2H5OH)，其中k正、k逆为速率常数。如图(pk＝－lgk)所示①、②、③、④四条斜线中，能表示pk正随T变化关系的是斜线________，能表示pk逆随T变化关系的是斜线________。‎ ‎(3)温度T1时该反应的化学平衡常数K＝________L·mol－1，已知温度T1时，某时刻容器中三种组分的浓度均为0.5mol·L－1，此时v正________v逆(填>或<)。‎ ‎(4)温度T2时，向‎2L恒容密闭容器中充入乙烯和水蒸气各1mol，5min达到平衡，此时容器中乙烯和乙醇的浓度之比为2∶1，则T1________T2(填>或<)，乙烯的平衡转化率是________%(保留1位小数)。‎ ‎【答案】 (1). < (2). CH2=CH2＋H2O＋H3O＋＝CH3CH2＋＋2H2O或CH2=CH2＋H3O＋＝CH3CH2＋＋H2O (3). ③ (4). ④ (5). 1 (6). < (7). > (8). 33.3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)比较反应物的总能量与生成物的总能量的大小即可；‎ ‎(2)对比正逆反应速率及反应物浓度的乘积与生成浓度的比值关系即可；‎ ‎(3)利用速率公式代入数据即可；‎ ‎(4)利用三段式求解。‎ ‎【详解】(1)根据图像可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应为放热反应，即△H＜0；反应物的活化能影响反应速率，活化能越大，反应速率越慢，则CH2=CH2＋H2O＋H3O＋＝CH3CH2＋＋2H2O或CH2=CH2＋H3O＋＝CH3CH2＋＋H2O影响反应速率；‎ ‎(2)根据坐标，温度升高，反应速率增大，已知反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则v逆＞v正，c(C2H4)·c(H2O)增大，c(C2H5OH)减小，可判断K逆＞K正，且K逆、K正均增大，pK逆＜pK正，斜线③对应pK正，斜线④对应pK逆；‎ ‎(3)温度T1时，pK逆=pK正，则K逆=K正，K＝=‎1L·mol－1；T1时，v正＝k正×0.5mol/L×0.5mol/L，v逆＝k逆×0.5mol/L，K逆=K正，则v正＜v逆；‎ ‎(4)‎ 平衡时，容器中乙烯和乙醇的浓度之比为2∶1，即(1-x)：x=2：1，则x=mol，K==L/mol＞‎1L/mol，T1＞T2；乙烯的平衡转化率=×100%=33.3%。‎ ‎19.工业以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为原料冶炼铬及获得化工原料红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，工艺流程如图：‎ 已知：常温下NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr3＋转化为。‎ ‎(1)反应之前先将矿石粉碎的目的是________，固体D的主要成分为________。‎ ‎(2)写出反应④的离子方程式________。‎ ‎(3)步骤⑤中不能用盐酸代替硫酸的原因是________；将Na2Cr2O7溶液经过________，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体。‎ ‎(4)工业上常用电解铬酐(CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4)水溶液的方法镀铬，电镀液中需加入适量的催化剂和添加剂，并通过加入H2O2提高或降低电镀液中Cr(Ⅲ)的含量，发生的部分反应有：‎ a．2H＋＋2e－＝H2‎ b．2H2O−4e－＝O2+4H＋‎ c．2＋2H＋⇌＋H2O d．＋14H＋+6e−＝2Cr3＋+7H2O e．2Cr3＋＋7H2O−6e－＝＋14H＋‎ ‎①镀件上发生的反应有________(填上述序号)‎ ‎②电极上放电生成铬的电极反应式为________。‎ ‎③镀铬过程中H2O2体现的化学性质________。‎ A．仅氧化性 B．仅还原性 C．氧化性和还原性 ‎【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，加快反应速率 (2). Fe(OH)3、Al(OH)3 (3). 3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O＝3Bi(OH)3＋2＋3Na＋ (4). 盐酸能将Na2CrO4还原，同时产生Cl2污染环境 (5). 蒸发浓缩，冷却结晶 (6). a d (7). ＋8H＋＋6e－＝Cr＋4H2O (8). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)，加入过量稀硫酸，只有二氧化硅不能溶解，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+等离子，在B中加入过氧化氢，将Fe2+氧化生成Fe3+，加入适量NaOH调节溶液的pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，固体D中含有氢氧化铁、氢氧化铝，溶液E含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，生成Bi(OH)3沉淀和Na2CrO4溶液，Na2CrO4溶液酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，Na2CrO4溶液中加入Na2S溶液，发生氧化还原反应生成Cr(OH)3沉淀和溶液F，溶液F中主要含有Na2SO4，Cr(OH)3沉淀受热分解生成Cr2O3，用热还原法可以冶炼铬，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)反应之前先将矿石粉碎，可增大反应物的接触面积，加快反应速率，根据上述分析，固体D中含有氢氧化铁、氢氧化铝，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；Fe(OH)3、Al(OH)3；‎ ‎(2) 常温下NaBiO3不溶于水，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，生成Bi(OH)3沉淀，反应④的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2+3Na++3Bi(OH)3，故答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2+3Na++3Bi(OH)3；‎ ‎(3) Na2CrO4溶液具有强氧化性，能够氧化氯离子，因此步骤⑤中不能用盐酸代替硫酸；Na2Cr2O7溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠粗晶体，故答案为：盐酸能将Na2CrO4还原，同时产生Cl2污染环境；蒸发浓缩；冷却结晶；‎ ‎(4)①工业上常用电解铬酐(CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4)水溶液的方法镀铬，溶液中存在2＋2H＋⇌＋H2O，阴极镀件上发生得到电子的还原反应，因此发生的反应有a．2H＋＋2e－＝H2、d．＋14H＋+6e−＝2Cr3＋+7H2O，故答案为：ad；‎ ‎②电极上放电生成铬的电极反应式为＋8H＋＋6e－＝Cr＋4H2O，故答案为：＋8H＋＋6e－＝Cr＋4H2O；‎ ‎③H2Cr2O7和H2CrO4均具有强氧化性，能够氧化H2O2，加入H2O2能够降低电镀液中Cr(Ⅲ)的含量，体现了H2O2的氧化性，因此镀铬过程中体现了H2O2的氧化性和还原性，故答案为C。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意根据电解原理分析解答，其中③中要注意根据H2Cr2O7和H2CrO4的性质和正确理解“加入H2O2提高或降低电镀液中Cr(Ⅲ)的含量”的含义。‎ ‎20.铁及其化合物在国民经济中占重要地位。FeCO3是白色难溶于水的固体。某研究小组采用如图装置制取FeCO3(夹持装置略)。‎ 操作的关键是向1mol·L－1Na2CO3溶液(pH＝12.1)通入一段时间CO2至溶液pH为7，再滴加一定量0.8mol·L－1FeSO4溶液，产生白色沉淀。‎ ‎(1)实验室配制FeSO4溶液时，加入少量稀硫酸的原因是________；配制完毕后加入少量还原铁粉的目的是________。‎ ‎(2)先向1mol·L－1Na2CO3溶液中通入CO2的目的是________；生成FeCO3的离子方程式为________。‎ ‎(3)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁(摩尔质量为‎234g·mol－1)补血剂。‎ ‎①某化学小组同学用KMnO4测定补血剂中亚铁含量，进而计算乳酸亚铁的质量分数。在操作均正确的前提下，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因可能是________。‎ ‎②该小组同学经查阅资料后，改用碘量法测定铁元素的含量计算乳酸亚铁的质量分数。称取‎2.000g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，将所有可溶物配成100mL溶液。取25.00mL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.100mol·L－1Na2S2O3溶液滴定(已知：I2＋2＝＋2I－)，滴定时应将Na2S2O3溶液加入________(填“酸式”或 ‎“碱式”)滴定管中。当溶液________，即为滴定终点；三次滴定平均消耗20.00mL的Na2S2O3溶液，则乳酸亚铁的质量分数为________%(保留1位小数)。‎ ‎【答案】 (1). 抑制Fe2＋的水解 (2). 防止Fe2＋被氧化 (3). 排除装置中的空气，防止Fe2+被氧化为Fe3+；降低溶液中OH－的浓度，防止生成Fe(OH)2 (4). Fe2＋＋2＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O (5). 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，导致消耗KMnO4溶液偏多 (6). 碱式 (7). 蓝色褪去且半分钟不恢复 (8). 93.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)FeSO4溶液加水稀释时，亚铁离子的水解平衡正向进行，配制溶液考虑水解及空气中的氧气氧化；‎ ‎(2)碳酸钠溶液碱性强，溶液中c（OH-）大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高；‎ ‎(3)乳酸中的羟基能与高锰酸钾反应；利用方程式进行计算。‎ ‎【详解】(1)配制FeSO4溶液加水稀释时，亚铁离子的水解平衡正向进行，加入少量稀硫酸，增大溶液中的氢离子浓度，可抑制Fe2＋的水解；Fe2＋易被空气中的氧气氧化为Fe3＋，加入少量铁屑，可与Fe3＋反应生成Fe2＋；‎ ‎(2)装置中的空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子，CO2可将装置中的氧气排除，防止亚铁离子氧化；同时碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH-)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高，则先向1mol/LNa2CO3溶液中通入CO2的目的是排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2；亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，离子方程式为Fe2＋＋2＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；‎ ‎(3)①乳酸中含有醇羟基，能被高锰酸鉀溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；‎ ‎②Na2S2O3为强碱弱酸盐，其溶液显碱性，滴定时应将Na2S2O3溶液加入碱式滴定管中；碘水遇到淀粉溶液时，溶液显蓝色，当滴定终点时，碘消耗完全，则溶液蓝色褪色，滴定终点的现象为蓝色褪去且半分钟不恢复；根据反应的方程式可得：2n(Fe3+)=n(I2)=2n()‎ ‎，则样品中的n(Fe3+)=×2×=0.008mol；乳酸亚铁的质量分数=×100%=93.6%。‎ ‎【点睛】根据方程式，确定乳酸亚铁中铁元素与硫代硫酸根离子的关系，计算铁元素的物质的量，注意配制溶液的体积与量取溶液体积的关系即可。‎