湖南省永州市2019-2020学年高二上学期期末考试质量检测化学试题 Word版含解析

湖南省永州市2019-2020学年高二上学期期末考试质量检测化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 永州市2019年下期高二期末质量监测试卷 化 学 可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64 ‎ 第I卷（共48分）‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）‎ ‎1. 下列不属于正在研究和开发的新能源是 A. 天然气 B. 生物质能 C. 氢能 D. 太阳能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、天然气是化石能源，A项正确；‎ B、生物质能属于正在研究和开发的新能源，B项错误；‎ C、氢能属于正在研究和开发的新能源，C项错误；‎ D、正太阳能属于在研究和开发的新能源，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列物质属于非电解质的是 A. Cu B. NaOH溶液 C. SO3 D. AgCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；‎ B．氢氧化钠溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；‎ C．三氧化硫为非金属氧化物，自身不能电离，属于非电解质，故C正确；‎ D．氯化银为盐，在水溶液和熔融状态下都能够导电，属于电解质，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.下列溶液一定呈酸性的是 A. 溶液中c(H＋)＞c(OH－) B. 含有H＋离子的溶液 C. 滴加酚酞显无色的溶液 D. pH小于7的溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，故A选；‎ B．水溶液中均含H+，不能判断溶液的酸碱性，故B不选；‎ - 21 -‎ C．滴加酚酞显无色的溶液，可能为中性、弱碱性，故C不选；‎ D．温度未知，不能由pH直接判断溶液的酸碱性，如100℃时pH=6的溶液为中性，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意水的电离为吸热过程，升高温度能够促进水的电离，纯水的pH随温度的升高而减小，因此中性溶液的pH也随温度的升高而减小。‎ ‎4.下列有关反应热的说法中正确的是 A. 已知：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则1.00L 1.00mol·L－1H2SO4溶液与足量稀NaOH溶液完全反应放出57.3kJ的热量 B. 在101kPa时，1molCH4完全燃烧生成CO2和水蒸气放出的热量就是CH4的燃烧热 C. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl (g)在光照和点燃条件下ΔH不同 D. 已知S(g)＋O2(g)＝SO2(g) ΔH1； S(S)＋O2(g)＝SO2(g) ΔH2，则ΔH1＜ΔH2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1.00L 1.00mol•L-1H2SO4溶液与足量稀NaOH溶液完全反应可生成2mol水，放出114.6kJ的热量，故A错误；‎ B．燃烧热中应该生成稳定的氧化物，其中水的稳定的氧化物为液态的水，故B错误；‎ C．反应热取决于反应物与生成物的总能量（即始态和终态），与反应条件无关，故C错误；‎ D．硫蒸气放出的热量较高，反应热为负值，则△H1＜△H2，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.关于化学反应进行的方向叙述正确的是 A. ΔH＜0，△S＞0时，反应自发进行，如金属钠和水的反应 B. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的 C. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小 D. 同一种物质的熵值，固态时最大、液态时次之、气态时最小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．熵增加△S＞0，且放热△H＜0，反应△H-T△S＜0，一定自发反应，故A正确；‎ B．放热反应不一定是自发的，如△H＜0，△S＜0的反应在高温下是非自发进行的反应，故B错误；‎ C．反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，反应自发进行的依据是△H-T△S - 21 -‎ ‎＜0，自发反应不一定熵增大，如△H＜0，△S＜0的反应在低温下是自发进行的反应，非自发反应不一定是熵减小，如△H＞0，△S＞0的反应在低温下是非自发进行的反应，故C错误；‎ D．同一物质的熵与其聚集状态及外界条件有关，一般来说，气态时最大、液态时次之、固态时最小，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.下列说法不正确的是 A. 草木灰与铵态氮肥不宜混合使用 B. 电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁 C. 热的纯碱溶液比冷的除油污的效果更好 D. 在轮船外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．草木灰的主要成分为碳酸钾，与铵态氮肥混合能够发生双水解反应，易使氨气逸出，土壤中铵根离子浓度降低，从而降低肥效，故A正确；‎ B．电解MgCl2饱和溶液得到氢氧化镁沉淀，Mg是活泼金属，工业上采用电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故B错误；‎ C．纯碱的水解反应为吸热反应，升高温度，能促进其水解，所得溶液碱性更强，除油污的效果更好，故C正确；‎ D．在轮船外壳上镶入锌块，Zn-Fe-海水形成原电池，Zn作负极，Fe作正极，Fe电极发生得电子的还原反应而被保护，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意电解熔融氯化镁和电解氯化镁溶液的区别。‎ ‎7.对于反应3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(g)，下列各数据表示不同条件下的反应速率,其中反应进行得最快的是 A. v(A)＝0.9 mol·L－1·min－1 B. v(B)＝0.2mol·L－1·min－1‎ C. v(C)＝0.5mol·L－1·min－1 D. v(D)＝1.0mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】不同物质表示的反应速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，对于反应3A(g)+B(g)⇌2C(g)+3D(g)，A．=0.3mol•L-1•min-1；B．=0.2mol•L-1•min-1；C．=0.25mol•L-1•min-1；D．≈0.33mol•L-1•min-1；因此反应速率：v(D)＞v(A)＞v(C)＞v(B)，故选D。‎ ‎8.煤的气化反应：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH＞0，在一定条件下，该反应于密闭容器中达到平衡。下列叙述正确的是 A. 增加碳使用量，平衡右移 B. 更换高效催化剂，反应物转化率增大 C. 恒温恒容时充入He，v(正)增大 D. 恒温恒容时充入H2O(g)，v(正)增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳为固体，增加碳的量，平衡不移动，故A错误；‎ B．加入催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，反应物转化率不变，故B错误；‎ C．恒温恒容时充入He，体积不变，参加反应气体的浓度不变，则反应速率不变，故C错误；‎ D．恒温恒容时充入H2O(g)，反应物浓度增大，则v(正)增大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.下列说法正确的是 A. 1L 0.1mol·L−1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NA B. pH＝1的硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA C. 1 L 1 mol·L−1FeCl3溶液水解制备胶体，制得的胶粒数目为NA D. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2一定条件下充分反应后分子总数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．n(NH4NO3)=c•V=1L×0.1 mol·L−1=0.1mol，含有氮原子0.2mol，氮原子数为0.2NA，故A正确；‎ B．未告知溶液的体积，无法计算pH＝1的硫酸溶液中含有的氢离子数，故B错误；‎ - 21 -‎ C．氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的集合体，1L 1mol•L-1FeCl3溶液中含1mol FeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体后能生成的胶粒小于NA个，故C错误；‎ D．2mol SO2和1mol O2混合在闭容器中加热反应后，由于该反应为体积减小的可逆反应，反应后气体的物质的量大于2mol，分子总数大于2NA，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意胶体中的胶体微粒是多个分子和离子的聚合体。‎ ‎10.下列离子方程式中，属于水解反应的是 A. CH3COOH＋H2OCH3COO－＋H3O＋‎ B. CO2＋H2OHCO3-＋H＋‎ C. CO32-＋H2OHCO3-＋OH－‎ D. HS－＋H2OS2－＋H3O＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH3COOH＋H2OCH3COO－＋H3O＋为乙酸的电离方程式，不是水解方程式，故A不选；‎ B．CO2是氧化物，即不含弱酸根又不含弱碱阳离子，不能水解，不是水解方程式，故B不选；‎ C．CO32-是弱酸根，在溶液中能结合水电离出的氢离子生成HCO3-，是水解反应方程式，故C选；‎ D．HS-既能电离又能水解，但由HS-变为S2-是电离而不是水解，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意CH3COOH＋H2OCH3COO－＋H3O＋可以简写为CH3COOH CH3COO-+ H+。‎ ‎11.关于水的电离平衡H2OH＋＋OH－，下列叙述正确的是 A. 加热，Kw增大，pH不变 B. 向水中加入少量盐酸，c(H＋)增大，Kw不变 C. 向水中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，c(H＋)降低 D. 向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH－)降低 ‎【答案】B - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子浓度增大，pH减小，故A错误；‎ B．盐酸是强酸，能完全电离产生氢离子，溶液中氢离子浓度增大，但Kw只随着温度的变化而变化，温度不变，Kw不变，故B正确；‎ C．醋酸根离子的水解对水的电离起到促进作用，所以向水中加入少量醋酸钠固体，水的电离程度增大，平衡正向移动，故C错误；‎ D．向水中加入少量固体NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移动，c(H+)降低，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎12.根据下列实验操作和现象所做出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 相同条件下，浓度均为1mol·L−1的CH3COOH和HCl分别做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗 CH3COOH是弱电解质 B 向浓度均为0.1 mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]＜Ksp[Cu(OH)2]‎ C 分别向pH＝3的盐酸和草酸溶液中加入足量锌粒，一段时间后草酸反应速率更快 草酸是二元酸 D 室温下，用pH试纸测得：0.1 mol•L－1 Na2SO3溶液的pH为10；0.1 mol•L－1 NaHSO3溶液pH为5‎ HSO结合H＋的能力比SO32－的强 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．等浓度时盐酸完全电离，醋酸部分电离，则CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，能够说明CH3COOH是弱电解质，故A正确；‎ B．Ksp小的先沉淀，向浓度均为0.1 mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，故B错误；‎ - 21 -‎ C．pH=3的盐酸和草酸，草酸浓度大，随着反应的进行，草酸继续电离，一段时间后草酸反应速率比盐酸快，只能说明草酸为弱酸，不能说明草酸为二元酸，故C错误；‎ D．0.1 mol•L－1 Na2SO3溶液的pH为10；0.1 mol•L－1 NaHSO3溶液pH为5，说明Na2SO3溶液水解显碱性，NaHSO3溶液电离显酸性，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎13.HCl(g)分别在有、无催化剂的条件下分解的能量变化如图所示，下列说法正确的是 化学键 H—H H—Cl Cl—Cl 键能kJ·mol－1‎ ‎436‎ ‎431‎ ‎243‎ A. 由键能可得1molHCl(g)完全分解需吸收183kJ的能量 B. 有催化剂的反应曲线是a曲线 C. a曲线变为b曲线，反应物的活化分子百分数增大 D. b曲线的热化学方程式为：2HCl(g)＝H2(g)＋Cl2(g) ΔH＝－( E1－E2 )kJ•mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H-Cl键能的数据为431kJ•mol-1，由键能可得1molHCl(g)完全分解需吸收(431kJ×2-436 kJ -243 kJ)=91.5kJ的能量，故A错误；‎ B．加入催化剂，可降低活化能，有催化剂的反应曲线是b曲线，故B错误；‎ C．a曲线变为b曲线，活化能降低，活化分子数目增大，活化分子百分数增大，故C正确；‎ D．HCl的分解为吸热反应，2HCl(g)═H2(g)+Cl2(g) △H=+( E1-E2 )kJ•mol-1，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g) ‎ - 21 -‎ zC(g)，图1表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图2表示温度与C的体积分数的变化关系，则下列结论正确的是 A. 由图可知该反应为2A(g)＋B(g) C(g) ΔH＜0‎ B. 200℃，该反应的平衡常数为25‎ C. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04mol·L－1·min－1‎ D. 当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡被破坏，且正逆反应速率均增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据图1可知，200℃时，A的物质的量减少：0.8mol-0.4mol=0.4mol，B的物质的量减少：0.4mol-0.2mol=0.2mol，C的物质的量增大0.2mol，则该反应方程式为：2A(g)+B(g)⇌C(g)，由图2可知，温度越高，平衡时C的体积分数越大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，ΔH＞0，故A错误；‎ B．由图1可知，200℃反应达到平衡时c(A)==0.2mol/L、c(B)=c(C)==0.1mol/L，反应方程式为2A(g)+B(g)⇌C(g)，则K==25，故B正确；‎ C．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)==0.02mol•L-1•min-1，故C错误；‎ D．降低温度，正、逆反应速率都减小，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.利用碳纳米管能够吸附氢气，设计一种新型二次电池，其装置如图所示。关于该电池的叙述不正确的是( )‎ - 21 -‎ A. 电池放电时K＋移向正极 B. 电池放电时负极反应为：H2－2e－＋2OH－===2H2O C. 电池充电时镍电极上NiOOH转化为Ni(OH)2‎ D. 电池充电时碳纳米管电极与电源的负极相连 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．原电池放电时，阳离子向正极移动；‎ B．原电池放电时，负极上燃料失电子发生氧化反应；‎ C．电池充电时，镍电极做阳极，发生氧化反应；‎ D．充电时，碳纳米管与电源负极相连。‎ ‎【详解】A．原电池放电时，阳离子向正极移动，则K+移向正极，A正确；‎ B．放电时，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－＋2OH－＝2H2O，B正确；‎ C．充电时，镍电极作阳极，阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Ni（OH）2-e-+OH-=NiO（OH）+H2O，C错误；‎ D．充电时，碳纳米管电极作阴极，则与电源的负极相连，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎16.常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是 - 21 -‎ A. L1表示与pH的变化关系 B. Kb(YOH)=10－10.5‎ C. a点时两溶液中水的电离程度不相同 D. 0.1mol·L－1的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】NaX的Kh=，则=，所以-lg=-lg=-lg+lgKh=14-pH+lgKh；同理YCl的Kh′=，则=，-lg=pH+lgKh′。‎ A．根据以上分析知，-lg=14-pH+lgKh，-lg越大，溶液的pH值越小；-lg=pH+lgKh′，-lg越大，溶液的pH值越大，所以L1表示-lg与pH的变化关系，L2表示-lg与pH的变化关系，故A正确；‎ B．当=1时，Kb(YOH)==c(OH-)==10-10.5，故B正确；‎ C．a点溶液呈酸性，NaX溶液含有的HX电离导致溶液呈酸性，YCl溶液中阳离子水解导致溶液呈酸性，所以对于NaX溶液是抑制水电离、对于YCl溶液是促进水电离，故C正确；‎ D．a点溶液的pH及纵坐标相等，则14-pH+lgKh=pH+lgKh′，根据图知，14-2pH=lgKh′-lgKh - 21 -‎ ‎＞0，说明水解程度YCl＞NaX，所以在YX溶液中水解程度Y+＞X-，溶液呈酸性，结合电荷守恒得c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的难点为L1和L2表示的含义，要注意根据水解原理找到-lg和-lg与pH的关系式。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ 二、非选择题（本题共5个小题，共52分）‎ ‎17.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡均属于溶液中的离子平衡。根据要求回答问題。‎ ‎(1)常温下0.1mol·L－1的HA溶液中pH＝3，则HA是______（填“强电解质”或“弱电解质”），其电离方程式____________________________________。‎ ‎(2)已知：常温下0.1mol·L－1 BOH溶液pH＝13，将V1L0.1mol·L－1HA溶液和V2L 0.1 mol·L－1BOH溶液混合，回答下列问题：‎ ‎①当V1:V2＝1:1时，溶液呈____性，请用离子方程式解释原因________________‎ ‎②当混合溶液pH＝7时，溶液中离子浓度大小关系是_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 弱电解质 (2). HAH＋＋A－ (3). 碱 (4). A－＋H2O HA＋OH－ (5). c(B+) = c(A－) ＞ c(OH－) = c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)常温下0.1mol•L-1的HA溶液中pH=3，c(H+)=0.001mol/L，据此分析解答；‎ ‎(2)常温下0.1mol•L-1BOH溶液pH=13，c(OH-)=0.1mol•L-1，说明BOH完全电离，属于强碱，结合盐类水解的规律和电荷守恒分析解答。‎ ‎【详解】(1)常温下0.1mol•L-1的HA溶液中pH=3，c(H+)=0.001mol/L，说明HA不完全电离，属于弱电解质，其电离方程式为HA⇌H++A-，故答案为：弱电解质；HA⇌H++A-；‎ ‎(2)①常温下0.1mol•L-1BOH溶液pH=13，c(OH-)=0.1mol•L-1，BOH完全电离，属于强碱，V1∶V2=1∶1时，HA和BOH恰好完全反应生成BA，BA为强碱弱酸盐，存在水解反应A-+H2O⇌HA+OH-，溶液显碱性，故答案为：碱；A-+H2O⇌HA+OH-；‎ ‎②在反应后的混合溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，当pH=7时c(OH-)=c(H+)，故存在关系式c(B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+)。‎ - 21 -‎ ‎【点睛】正确判断电解质的强弱是解题的关键。本题的易错点为(2)②，要注意一般情况下，溶液中的主要离子浓度远大于水电离的离子浓度。‎ ‎18.如图所示，甲、乙两U形管各盛有100mL溶液，请回答下列问题：‎ ‎(1)若两池中均为饱和NaCl溶液：‎ ‎①甲池中铁电极发生_____________腐蚀（填“析氢”或“吸氧”），碳棒上电极反应式__________________________；‎ ‎②甲池铁棒腐蚀的速率比乙池铁棒_____（填“快”、“慢”或“相等”）。‎ ‎(2)若乙池中盛CuSO4溶液：‎ ‎①电解硫酸铜溶液的化学方程式___________________________________；‎ ‎②乙池反应一段时间后，两极都产生3.36L（标况）气体，该硫酸铜溶液的浓度为___________ mol·L－1。‎ ‎【答案】 (1). 吸氧 (2). O2＋2H2O＋4e－＝4OH－ (3). 快 (4). 2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑ (5). 1.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)若两池中均为饱和NaCl溶液：甲池属于原电池，铁易失电子作负极，碳作负极，正极上氧气得电子发生还原反应；乙池属于电解池，根据电子流向知，C电极为阳极，铁电极为阴极被保护，据此分析解答；‎ ‎(2)①若乙池中盛CuSO4溶液，C电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子发生氧化反应，铁电极为阴极，溶液中的铜离子得电子发生还原反应，据此书写电解硫酸铜溶液的化学方程式；②两极都产生3.36L(标况)气体，则阳极上始终是氢氧根离子放电，阴极首先是铜离子放电，铜离子反应完成后，再氢离子放电，根据得失电子守恒计算。‎ - 21 -‎ ‎【详解】(1)①甲装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，铁易失电子作负极，碳作正极，在饱和NaCl溶液中，正极上氧气得电子发生还原反应，为吸氧腐蚀，正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，故答案为：吸氧；2H2O+O2+4e-=4OH-；‎ ‎②甲装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，铁易失电子作负极，乙池属于电解池，根据电子流向知，C电极为阳极，铁电极为阴极，被保护，所以甲池铁棒腐蚀的速率比乙池铁棒快，故答案为：快；‎ ‎(2)①若乙池中盛CuSO4溶液，C电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子发生氧化反应，铁电极为阴极，溶液中的铜离子得电子发生还原反应，则电解硫酸铜溶液的化学方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；‎ ‎②3.36L(标况)气体的物质的量为=0.15mol，两极都产生3.36L(标况)气体，则阳极上始终是氢氧根离子放电，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，生成氧气0.15mol，共失电子0.15mol×4=0.6mol；阴极首先是铜离子放电，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，铜离子反应完成后，氢离子再放电，电极反应式为2H++2e-=H2↑，生成氢气0.15mol，得电子0.15mol×2=0.3mol，据得失电子守恒有2n(Cu2+)+0.3=0.6，n(Cu2+)=0.15mol，所以c(Cu2+)==1.5mol/L，故答案为：1.5。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)②，要注意阳极上离子的放电顺序是铜离子先放电，然后氢离子放电。‎ ‎19.我国《食品添加剂使用卫生标准》中规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某兴趣小组用图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中的SO2，并对其含量进行测定。‎ ‎(1)仪器B的名称是__________，冷却水的进口为________。（填“a”或“b”）‎ ‎(2)B中加入300.00mL葡萄酒和适量硫酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2‎ - 21 -‎ 完全反应，其化学方程式为______________________________________________。‎ ‎(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.1000mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；若选择酚酞为指示剂，则滴定终点的现象为_____________________；‎ ‎(4)经3次平行实验，消耗NaOH溶液体积如下：‎ 序号 滴定前读数 滴定后读数 ‎1‎ ‎0.00‎ ‎20.01‎ ‎2‎ ‎1.00‎ ‎20.99‎ ‎3‎ ‎0.00‎ ‎21.10‎ 该葡萄酒中SO2含量为______________g·L－1（保留两位小数）。‎ ‎【答案】 (1). 圆底烧瓶（答烧瓶也给满分） (2). b (3). SO2＋H2O2＝H2SO4 (4). ③ (5). 当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 (6). 0.21‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据仪器B的形状确定仪器名称，冷凝管中通水方向采用下进上出；‎ ‎(2)二氧化硫具有还原性，能够与双氧水反应生成硫酸，据此写出反应的离子方程式；‎ ‎(3)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，根据碱式滴定管确定排气泡的方法；滴定终点时溶液显碱性酸碱性，据此判断滴定终点的现象；‎ ‎(4)第3次滴定误差明显偏大，根据实验1、2计算消耗标准液的体积的平均值，再根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，最后计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量。‎ ‎【详解】(1)根据图示，仪器B为圆底烧瓶，冷凝管中通水方向采用下进上出，所以进水口应该为b，故答案为：圆底烧瓶；b；‎ ‎(2)双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；‎ - 21 -‎ ‎(3)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法为：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液显弱碱性，应该选择酚酞做指示剂(酚酞的变色范围是8.2～10.0)，滴定终点现象为：当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不褪色，故答案为：③；当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不褪色；‎ ‎(4)第3次滴定误差明显偏大，则选择实验1、2计算消耗标准液的体积的平均值，即消耗标准液的体积V=mL=20.00mL，根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为×0.1000mol/L×0.020L×64g/mol=0.064g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为=0.21g/L，故答案为：0.21。‎ ‎20.我国政府承诺，到2020年，单位GDP CO2排放量比2005年下降40%－45%。请回答下列问题：‎ ‎(1)利用太阳能工艺可将Fe3O4转化为FeO，然后利用FeO捕获CO2可得炭黑，其流程如上图所示。该循环中Fe3O4可视为_______（填“催化剂”、“中间产物”），过程2捕获1mo1CO2转移电子的物质的量是_______mol。‎ ‎(2)以CO2和NH3为原料合成尿素[CO(NH2)2]，反应如下:‎ ‎2NH3(g)＋CO2(g)＝H2NCOONH4(s) ΔH＝－1595kJ·mol－1‎ H2NCOONH4 (s)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH＝＋1165kJ·mol－1‎ H2O(l)＝H2O(g) ΔH＝＋44.0kJ·mol－1‎ CO2(g)与NH3(g)合成尿素和液态水的热化学方程式_______________________；‎ ‎(3)CH4-CO2催化重整可以得到燃料CO和H2。一定条件下在恒容的密闭容器中发生反应：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)能够说明上述反应已达到平衡状态的是______ （填字母序号）。‎ A．CO2和CH4的浓度相等 B．v正(CO2)＝2v逆(CO)‎ - 21 -‎ C．每断裂4molC—H键的同时，断裂2molH—H键 D．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变 E．容器中混合气体的密度保持不变 ‎(4)CO2是一种温室气体，但其本身无毒，处理废气时常将一些有毒物质转化为CO2。一定温度下，在三个容积均为2.0 L的密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)‎ 不同温度下，容器中各物质起始和平衡时的物质的量如下表所示：‎ 容器 温度/℃‎ 起始物质的量/mol 平衡时物质的量/mol NO(g)‎ CO(g)‎ CO2‎ 甲 ‎50‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0.12‎ 乙 ‎100‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 丙 ‎100‎ ‎0.3‎ ‎0.3‎ 下列说法正确的是___________‎ A．该反应的正反应为吸热反应 B．50℃时，若起始时向甲中充入0.1 mol N2和0.2 mol CO2，则达平衡时N2的转化率为40% ‎ C．100℃时，若起始时向乙中充入的NO、CO、N2和CO2均为0.40 mol，则此时v正＞v逆 D．达到平衡时，丙中CO2的体积分数比乙中的小 ‎【答案】 (1). 催化剂 (2). 4 (3). 2NH3(g)＋CO2(g) = CO(NH2)2(s)＋H2O(l) △H=－474 kJ·mol-1 (4). CD (5). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 利用太阳能工艺可将Fe3O4转化为FeO，然后利用FeO捕获CO2可得炭黑，结合流程图写出反应的总反应，据此分析解答；‎ ‎(2)首先写出CO2(g)与NH3(g)合成尿素的化学方程式，再根据盖斯定律分析解答；‎ ‎(3)反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，据此分析判断；‎ ‎(4)A.根据温度对平衡的影响分析判断；B.50℃时，起始甲中充入0.1molN2和0.2molCO2‎ - 21 -‎ 所达到的平衡状态与50℃时，起始甲中充入0.2molNO和0.2molCO所达到的平衡状态是等效平衡，利用甲的反应三段式计算；C.根据乙的反应三段式计算平衡常数K，结合浓度商Qc与K的关系判断反应进行的方向；D.同比增大NO、CO的浓度，相当于加压，根据增大压强对化学平衡的影响分析判断。‎ ‎【详解】(1)利用太阳能工艺可将Fe3O4转化为FeO，然后利用FeO捕获CO2可得炭黑，由流程图可知总反应为CO2C+O2，在500℃条件下，过程2中CO2和FeO发生反应生成的Fe3O4是过程1中的反应物，所以该循环中Fe3O4可视为催化剂，过程2的反应为6FeO+CO2=2Fe3O4+C，C的化合价降低4，即转移4e-，所以捕获1mo1CO2转移电子的物质的量为4mol，故答案为：催化剂；4；‎ ‎(2)CO2(g)与NH3(g)合成尿素的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s) +H2O(l)；①2NH3(g)+CO2(g)═H2NCOONH4(s) △H=-1595kJ•mol-1，②H2NCOONH4 (s)═CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=+1165kJ•mol-1，③H2O(l)═H2O(g) △H=+44.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①+②-③得：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s) +H2O(l) △H=-1595kJ•mol-1+(+1165kJ•mol-1) -(+44.0kJ•mol-1)=-474 kJ•mol-1，即2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H=-474 kJ•mol-1 ，故答案为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H=-474 kJ•mol-1 ；‎ ‎(3)A．反应达到平衡时，CO2和CH4的浓度不变，但不一定相等，所以该状态不能判定反应达到平衡状态，故A错误；B．反应达到平衡时v正(CO2)∶v逆(CO)=1∶2，即2v正(CO2)=v逆(CO)，所以v正(CO2)=2v逆(CO)的状态不是平衡状态，实际上此时反应正向进行，故B错误；C．每断裂4molC-H键的同时，断裂2molH-H键，即2v正(CH4)=v逆(H2)，符合v正(CH4)∶v逆(H2)=1∶2，说明正逆反应速率相等，为平衡状态，故C正确；D．反应体系中各物质均为气体，混合气体的总质量不变，气体总物质的量n是变化的，根据M=可知，容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变的状态是平衡状态，故D正确；E．反应体系中各物质均为气体，混合气体的总质量不变，所以恒温恒容条件下容器中混合气体的密度ρ=始终保持不变，不能判定反应是否达到平衡状态，故E错误；故答案为：CD；‎ ‎(4)A.将甲的平衡状态升温到100℃时，n(CO2)减少，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应放热，故A错误；‎ B.‎ - 21 -‎ ‎ ‎ ‎50℃时，若起始甲中充入0.1molN2和0.2molCO2达到的平衡状态与起始甲中充入0.2molNO和0.2molCO所达到的平衡状态是等效平衡，即达到平衡状态时c(N2)=0.03mol/L，n(N2)=0.06mol，所以达平衡时N2的转化率=×100%=40%，故B正确；‎ C.100℃时，‎ 平衡常数K==10，若起始时向乙中充入的NO、CO、N2和CO2均为0.40mol，即浓度均为0.2mol/L时，浓度商Qc==5＜10=K，所以反应正向进行，此时v正＞v逆，故C正确；‎ D.反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)正向气体体积减小，增大压强时平衡正向移动，c(CO2)增大，丙容器反应体系相当于乙容器加压，平衡正向移动，c(CO2)增大，所以达到平衡时，丙中CO2的体积分数比乙中的大，故D错误；故答案为：BC。‎ ‎【点睛】正确理解等效平衡的原理是解题关键。本题的易错点为(4)，要注意“恒温恒容条件下，同比增大反应物的浓度相当于增大体系压强”的应用。‎ ‎21.以方铅矿(PbS)为原料制备铅蓄电池的电极材料的工艺流程如图所示： ‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)“焙烧”生成的气体直接排放可能造成的环境问题是____________，“焙烧”前须将方铅矿研磨粉粹的目的是________________________________。‎ ‎(2)电解时，如c(Pb2＋)远大于c(H＋)，则Pb2＋优先于H＋‎ - 21 -‎ 放电，工业上应用此原理可对铅进行电解精炼。“粗铅”的杂质主要有锌、铁、铜、银等，则阳极泥的主要成分为_________。‎ ‎(3)写出制备PbO2的离子方程式________________________。‎ ‎(4)已知部分含铅化合物的Ksp如下表所示：‎ 物质 PbCl2‎ PbS Ksp ‎1.2×10－5‎ ‎9.0×10－29‎ ‎①铅与稀盐酸反应产生少量气泡后反应终止，原因是_____________________。‎ ‎②Pb(NO3)2是强酸弱碱盐，氢硫酸是弱酸[Ka1(H2S)＝1.3×10－7，Ka2(H2S)＝7.1×10－15]，已知K>105时可以认为反应基本完全，通过计算判断向Pb(NO3)2溶液中通入H2S气体能否形成PbS沉淀___________________。（要求写出计算过程）‎ ‎【答案】 (1). 酸雨 (2). 增大方铅矿与空气的接触面积，加快化学反应速率 (3). 铜、银 (4). ClO－＋PbO＝PbO2＋Cl－ (5). PbCl2覆盖在铅表面，阻止反应的进一步进行 (6). 假设能发生反应：Pb2＋＋H2S＝PbS↓＋2H＋，该反应的平衡常数，反应可进行完全，故有PbS沉淀生成 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方铅矿中通入空气焙烧，发生反应2PbS+3O22SO2+2PbO，加入焦炭还原，发生反应PbO+CPb+CO↑，得到粗铅，通过电解精炼得到纯Pb，Pb加热得到PbO，将PbO投入NaClO溶液中得到PbO2，发生的反应为ClO-+PbO═PbO2+Cl-，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)焙烧时发生的反应为2PbS+3O22SO2+2PbO，生成的气体是SO2，可导致酸雨，“焙烧”前须将方铅矿研磨粉粹，可增大方铅矿与空气的接触面积，加快化学反应速率，故答案为：酸雨；增大方铅矿与空气的接触面积，加快化学反应速率；‎ ‎(2)“粗铅”的杂质主要有锌，铁，铜，银等，电解精炼时，粗Pb作阳极、纯Pb作阴极，Zn、Fe比Pb活泼，所以阳极上Zn、Fe和Pb失电子生成离子进入溶液，铅的活泼性大于铜、银，铅先放电，阳极泥的主要成分为铜、银，故答案为：铜、银；‎ ‎(3)，根据流程图，制备PbO2的离子方程式为ClO-+PbO=PbO2+Cl-，故答案为：ClO-+PbO=PbO2+Cl-；‎ - 21 -‎ ‎(4)①铅与稀盐酸反应生成氯化铅和氢气，生成的氯化铅难溶于水，PbCl2覆盖在铅表面，阻止反应的进一步进行，因此产生少量气泡后反应终止，故答案为：PbCl2覆盖在铅表面，阻止反应的进一步进行；‎ ‎②假设能发生反应Pb2++H2S═PbS↓+2H+，该反应的电离平衡常数K===1.0×107＞105，所以该反应能进行完全，所以有PbS沉淀生成，故答案为：假设能发生反应Pb2++H2S═PbS↓+2H+，该反应的电离平衡常数K===1.0×107＞105，反应能进行完全，有沉淀PbS生成。‎ ‎ ‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎