2019-2020年高二（上）期末化學(xué)試卷蘇教版含解析.doc

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2019-2020年高二（上）期末化學(xué)試卷蘇教版含解析 　 一、單項(xiàng)選擇題（本題包括10小題，每題2分，共20分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意） 1．（2分）“美麗中國(guó)”是十八大提出的重大課題，她突出了生態(tài)文明，重點(diǎn)是社會(huì)發(fā)展與自然環(huán)境之間的和諧，下列行為中不符合這一主題的是（　?。? 　 A． 用已脫硫的煤作燃料 　 B． 開(kāi)發(fā)太陽(yáng)能、風(fēng)能和氫能等能源代替化石燃料，有利于節(jié)約資源、保護(hù)環(huán)境 　 C． 采用“綠色化學(xué)”工藝，使原料盡可能轉(zhuǎn)化為所需要的物質(zhì) 　 D． 開(kāi)發(fā)利用可燃冰是緩解能源緊缺的唯一途徑 考點(diǎn)： 常見(jiàn)的生活環(huán)境的污染及治理． 專(zhuān)題： 熱點(diǎn)問(wèn)題． 分析： 根據(jù)題意：“美麗中國(guó)”是十八大提出的重大課題，她突出了生態(tài)文明，重點(diǎn)是社會(huì)發(fā)展與自然環(huán)境之間的和諧；據(jù)此進(jìn)行分析判斷即可． 解答： 解：A．用已脫硫的煤作燃料可減少二氧化硫的排放，符合主題，故A不選； B．開(kāi)發(fā)太陽(yáng)能、風(fēng)能和氫能等潔凈能源可減少化石燃料的使用，減少污染物的排放，符合主題，故B不選； C．采用“綠色化學(xué)”工藝，使原料盡可能轉(zhuǎn)化為所需要的物質(zhì)可減少污染物的排放，符合主題，故C不選； D．緩解能源緊缺的途徑很多，如開(kāi)發(fā)太陽(yáng)能，氫能，核能等，故D選． 故選D． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查環(huán)境保護(hù)，難度不大，注意緩解能源緊缺的途徑很多，如開(kāi)發(fā)太陽(yáng)能，氫能，核能等． 　 2．（2分）下列對(duì)有關(guān)反應(yīng)能量變化圖象的判斷錯(cuò)誤的是（　?。? 　 A． I可表示需加熱的放熱反應(yīng) 　 B． Ⅱ可表示爆炸反應(yīng) 　 C． Ⅲ可表示無(wú)催化劑（a）和有催化劑（b）時(shí)反應(yīng)的能量變化 　 D． Ⅳ可表示醋酸和堿的中和反應(yīng) 考點(diǎn)： 反應(yīng)熱和焓變． 專(zhuān)題： 化學(xué)反應(yīng)中的能量變化． 分析： A、當(dāng)生成物的能量高于反應(yīng)物的能量時(shí)，反應(yīng)是吸熱反應(yīng)； B、爆炸可以看成是劇烈的燃燒過(guò)程，反應(yīng)物和產(chǎn)物能量差距大； C、催化劑是通過(guò)降低反應(yīng)的活化能來(lái)加快化學(xué)反應(yīng)速率的； D、弱酸和堿之間的中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)，生成物的能量較低． 解答： 解：A、根據(jù)圖是可以知道：生成物的能量高于反應(yīng)物的能量，所以反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤； B、爆炸是劇烈的燃燒過(guò)程，反應(yīng)物和產(chǎn)物能量差距大，過(guò)程表現(xiàn)為放熱，故B正確； C、催化劑是通過(guò)降低反應(yīng)的活化能來(lái)加快化學(xué)反應(yīng)速率的，加入催化劑后活化能會(huì)降低，故C正確； D、弱酸和堿之間的中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)，此時(shí)生成物的能量低于反應(yīng)物的能量，故D正確． 故選A． 點(diǎn)評(píng)： 本題是一道有關(guān)化學(xué)反應(yīng)中的能量變化知識(shí)的題目，考查學(xué)生對(duì)放熱反應(yīng)和吸熱反應(yīng)的理解和掌握，難度不大． 　 3．（2分）化學(xué)用語(yǔ)是學(xué)習(xí)化學(xué)的重要工具．下列用來(lái)表示物質(zhì)變化的化學(xué)用語(yǔ)錯(cuò)誤的是（　　） 　 A． 碳酸鈉的水解反應(yīng)：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ 　 B． FeCl3水解的離子方程式：Fe3++3H2O?Fe （OH）3+3H+ 　 C． 稀溶液中強(qiáng)酸與強(qiáng)堿的中和熱：H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3 kJ?mol﹣1 　 D． C不燃燒的熱化學(xué)方程式為：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=110.5kJ?mol﹣1 考點(diǎn)： 離子方程式的書(shū)寫(xiě)；熱化學(xué)方程式． 專(zhuān)題： 化學(xué)用語(yǔ)專(zhuān)題． 分析： A．碳酸根離子水解以第一步為主； B．鐵離子水解生成氫氧化鐵，不標(biāo)沉淀符號(hào)； C．稀的強(qiáng)酸與強(qiáng)堿生成可溶性鹽和1mol水時(shí)放出的熱為中和熱； D．燃燒反應(yīng)為放熱反應(yīng)． 解答： 解：A．碳酸鈉的水解反應(yīng)的離子反應(yīng)為CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，故A正確； B．FeCl3水解的離子方程式為Fe3++3H2O?Fe （OH）3+3H+，故B正確； C．稀溶液中強(qiáng)酸與強(qiáng)堿的中和熱為H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3 kJ?mol﹣1，故C正確； D．C不燃燒的熱化學(xué)方程式為：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ?mol﹣1，故D錯(cuò)誤； 故選D． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查離子反應(yīng)、中和熱、燃燒的熱化學(xué)方程式，注意多元弱酸根離子水解的分步進(jìn)行、多元弱堿離子的水解及中和熱即可解答，題目難度不大． 　 4．（2分）下列離子組一定能大量共存的是（　?。? 　 A． 能使甲基橙變紅的溶液中：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣ 　 B． 含有0.1 mol?L﹣1Ba2+的溶液中：K+、Mg2+、CO32﹣、SO42﹣ 　 C． 由水電離出來(lái)的c（H+）=110﹣13mol?L﹣1的溶液中：K+、CH3COO﹣、Cl﹣、NO3﹣ 　 D． 常溫下，KW/（OH﹣）=0.1 mol?L﹣1的溶液：Na+、SO42﹣、NH4+、NO3﹣ 考點(diǎn)： 離子共存問(wèn)題． 專(zhuān)題： 離子反應(yīng)專(zhuān)題． 分析： A．能使甲基橙變紅的溶液，顯酸性； B．硫酸鋇、碳酸鋇均不溶于水； C．由水電離出來(lái)的c（H+）=110﹣13mol?L﹣1的溶液，為酸或堿溶液； D．常溫下，KW/（OH﹣）=0.1 mol?L﹣1的溶液，即c（H+）=0.1mol/L，溶液顯酸性． 解答： 解：A．能使甲基橙變紅的溶液，顯酸性，H+、I﹣、NO3﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則不能共存，故A錯(cuò)誤； B．因Ba2+分別與CO32﹣、SO42﹣反應(yīng)碳酸鋇、硫酸鋇，則不能共存，故B錯(cuò)誤； C．由水電離出來(lái)的c（H+）=110﹣13mol?L﹣1的溶液，為酸或堿溶液，酸溶液中氫離子與CH3COO﹣結(jié)合生成弱酸，則不能共存，故C錯(cuò)誤； D．常溫下，KW/（OH﹣）=0.1 mol?L﹣1的溶液，即c（H+）=0.1mol/L，溶液顯酸性，該組離子之間不反應(yīng)，則能共存，故D正確； 故選D． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查離子的共存，明確習(xí)題中的信息是解答本題的關(guān)鍵，并熟悉離子之間的反應(yīng)來(lái)解答，題目難度不大． 　 5．（2分）在電解水時(shí)，為了增強(qiáng)導(dǎo)電性，加入的電解質(zhì)最好選用（　?。? 　 A． Na2SO4 B． HCl C． NaCl D． CuSO4 考點(diǎn)： 電解原理． 專(zhuān)題： 電化學(xué)專(zhuān)題． 分析： 為了增強(qiáng)溶液的導(dǎo)電性，所加入電解質(zhì)只能增大溶液的導(dǎo)電性，不能參與電極反應(yīng)，否則會(huì)影響生成H2和O2． 解答： 解：A．加入Na2SO4，增大溶液濃度，導(dǎo)電性增強(qiáng)，且不影響H2和O2的生成，故A正確； B．加入HCl，一極析出氫氣，另一極產(chǎn)生氯氣，影響氧氣的生成，故B錯(cuò)誤； C．加入NaCl，發(fā)生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成氯氣，不全部為水的電解，故C錯(cuò)誤； D．加入CuSO4，在陰極上析出銅，影響氫氣的生成，不全部為水的電解，故D錯(cuò)誤． 故選A． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查電解原理，題目難度中等，注意把握題目要求，注意增強(qiáng)溶液的導(dǎo)電性，所加入電解質(zhì)只能增大溶液的導(dǎo)電性，不能參與電極反應(yīng)． 　 6．（2分）下列關(guān)于電解質(zhì)溶液說(shuō)法正確的是（　?。? 　 A． 水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，說(shuō)明水的電離是放熱反應(yīng) 　 B． .等體積的pH都為3的酸HA和HB分別與足量的Mg反應(yīng)，HA放出的H2多，說(shuō)明酸性：HA＞HB 　 C． 常溫下，弱酸酸式鹽NaHA溶液的pH=6，說(shuō)明HA￣的電離程度大于其水解程度 　 D． pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的電離程度相同 考點(diǎn)： 電解質(zhì)在水溶液中的電離；鹽類(lèi)水解的應(yīng)用． 專(zhuān)題： 電離平衡與溶液的pH專(zhuān)題；鹽類(lèi)的水解專(zhuān)題． 分析： A、水的電離過(guò)程是一個(gè)吸熱的過(guò)程； B、金屬和酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣的量的多少取決于酸的物質(zhì)的量的多少； C、弱酸酸式鹽的陰離子存在電離平衡和水解平衡兩種平衡，電離程度大于其水解程度時(shí)，顯示酸性，反之顯示堿性； D、根據(jù)溶液中水電離出的氫離子濃度的計(jì)算來(lái)確定水的電離程度大?。? 解答： 解：A、水的電離過(guò)程是一個(gè)吸熱的過(guò)程，水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，故A錯(cuò)誤； B、等體積的pH都為3的酸HA和HB分別與足量的Mg反應(yīng)，HA放出的H2多，說(shuō)明HA是較弱的弱酸，其物質(zhì)的量較大放出的H2多，酸性：HA＜HB，故B錯(cuò)誤； C、弱酸酸式鹽的陰離子存在電離平衡和水解平衡兩種平衡，常溫下，弱酸酸式鹽NaHA溶液的pH=6，說(shuō)明HA￣的電離程度大于其水解程度，故C正確； D、pH=5的CH3COOH溶液中水電離出的氫離子濃度為10﹣9mol/L，pH=5的NH4Cl溶液中10﹣5mol/L，所以水的電離程度不同，故D錯(cuò)誤． 故選C． 點(diǎn)評(píng)： 本題是一道關(guān)于水的電離、電離平衡和水解平衡的應(yīng)用以及電解質(zhì)在水中的電離等方面知識(shí)的綜合考查題，難度較大． 　 7．（2分）下列對(duì)于化學(xué)反應(yīng)方向說(shuō)法正確的是（　?。? 　 A． 反應(yīng)2A（g）+B（g）=3C （s）+D（g）在一定條件下能自發(fā)進(jìn)行，說(shuō)明該反應(yīng)的△H＞0 　 B． 常溫下反應(yīng)2Na2SO3（s）+O2（g）=2Na2SO4（s）能自發(fā)進(jìn)行，則△H＜0 　 C． 反應(yīng)2Mg（s）+CO2（g）=C（s）+2MgO（s）能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＞0 　 D． 一定溫度下，反應(yīng)2NaCl（s）=2Na（s）+Cl2（g）的△H＜0，△S＞0 考點(diǎn)： 焓變和熵變． 專(zhuān)題： 化學(xué)反應(yīng)中的能量變化． 分析： 化學(xué)反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行，取決于焓變和熵變的綜合判據(jù)，當(dāng)△G=△H﹣T?△S＜0時(shí)，反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行，以此解答該題． 解答： 解：A．反應(yīng)的△S＜0，在一定條件下能自發(fā)進(jìn)行，△H應(yīng)小于0，故A錯(cuò)誤； B．反應(yīng)的△S＜0，由△G=△H﹣T?△S＜0時(shí)，反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行可知，△H＜0，故B正確； C．反應(yīng)的△S＜0，由△G=△H﹣T?△S＜0時(shí)，反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行可知，△H＜0，故C錯(cuò)誤； D．反應(yīng)的△S＞0，該反應(yīng)為分解反應(yīng)，應(yīng)吸熱，反應(yīng)的△H＞0，在較高溫度下，可滿(mǎn)足△G=△H﹣T?△S＜0，能自發(fā)進(jìn)行，故D錯(cuò)誤． 故選B． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查焓變和熵變，題目難度中等，注意△S的判斷，反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行，須滿(mǎn)足△G=△H﹣T?△S＜0． 　 8．（2分）升高溫度，下列數(shù)據(jù)不一定增大的是（　　） 　 A． 化學(xué)反應(yīng)速率v B． 化學(xué)平衡常數(shù)K 　 C． 水的離子積常數(shù)Kw D． 弱酸的電離常數(shù)Ka 考點(diǎn)： 化學(xué)平衡常數(shù)的含義；離子積常數(shù)． 專(zhuān)題： 化學(xué)平衡專(zhuān)題． 分析： A、升高溫度活化分子數(shù)目增大，有效碰撞增大，反應(yīng)速率加快； B、若正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，化學(xué)平衡常數(shù)減??； C、水的電離過(guò)程是吸熱的，升高溫度促進(jìn)水的電離； D、升高溫度促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離． 解答： 解：A、升高溫度，反應(yīng)速率加快，故A不符合； B、若正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，化學(xué)平衡常數(shù)減小，若正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，化學(xué)平衡常數(shù)增大，故B符合； C、水的電離過(guò)程是吸熱的，升高溫度促進(jìn)水的電離，升高溫度電離程度增大，水的離子積增大，故C不符合； D、弱電解質(zhì)的電離是吸熱過(guò)程，升高溫度促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離，電離平衡常數(shù)增大，故D不符合； 故選B． 點(diǎn)評(píng)： 考查溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響、溫度對(duì)化學(xué)平衡常數(shù)與水的離子積以及電離平衡常數(shù)的影響，比較基礎(chǔ)，注意基礎(chǔ)知識(shí)的掌握． 　 9．（2分）合成氨所需的氫氣可用煤和水作原料經(jīng)多步反應(yīng)制得，其中的一步反應(yīng)為：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0 反應(yīng)達(dá)到平衡后，為提高CO的轉(zhuǎn)化率，下列措施中正確的是（　?。? 　 A． 增加壓強(qiáng) B． 降低溫度 C． 增大CO的濃度 D． 更換催化劑 考點(diǎn)： 化學(xué)平衡的影響因素． 專(zhuān)題： 化學(xué)平衡專(zhuān)題． 分析： 提高CO的轉(zhuǎn)化率可以使平衡正向進(jìn)行，根據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理來(lái)回答判斷． 解答： 解：提高CO的轉(zhuǎn)化率可以讓平衡正向進(jìn)行即可． A、增加壓強(qiáng)，該平衡會(huì)不會(huì)發(fā)生移動(dòng)，故A錯(cuò)誤； B、降低溫度，化學(xué)平衡向著放熱方向即正向進(jìn)行，故B正確； C、增大CO的濃度，化學(xué)平衡向著正方向進(jìn)行，但是一氧化碳的轉(zhuǎn)化率降低，故C錯(cuò)誤； D、催化劑不會(huì)引起化學(xué)平衡的移動(dòng)，故D錯(cuò)誤． 故選B． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查學(xué)生化學(xué)平衡移動(dòng)原理的應(yīng)用方面的知識(shí)，屬于基本知識(shí)的考查，注意知識(shí)的積累是解題的關(guān)鍵，難度不大． 　 10．（2分）下列對(duì)于電化學(xué)說(shuō)法正確的是（　?。? 　 A． 電解精練銅時(shí)，陽(yáng)極泥中常含有金屬金、銀、鋅等 　 B． 為保護(hù)浸入海水中的鋼閘門(mén)，可在閘門(mén)表面鑲上銅錠 　 C． 充電電池放電時(shí)，化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔? 　 D． 鉛蓄電池放電時(shí)的負(fù)極和充電時(shí)的陰極均發(fā)生氧化反應(yīng) 考點(diǎn)： 原電池和電解池的工作原理；金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)． 專(zhuān)題： 電化學(xué)專(zhuān)題． 分析： A．陽(yáng)極泥中不含有Zn； B．Cu的活潑性比Fe的弱，不能保護(hù)Fe； C．放電時(shí)為原電池； D．原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電解池中陰極發(fā)生還原反應(yīng)． 解答： 解：A．電解精練銅時(shí)，陽(yáng)極泥中常含有金屬金、銀等，Zn比Cu活潑，則陽(yáng)極泥中不含有Zn，故A錯(cuò)誤； B．Cu的活潑性比Fe的弱，Cu作正極，不能保護(hù)Fe，所以為保護(hù)浸入海水中的鋼閘門(mén)，一般在閘門(mén)表面鑲上鋅錠，故B錯(cuò)誤； C．充電電池，放電時(shí)為原電池，則化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，故C正確； D．原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電解池中陰極發(fā)生還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤； 故選C． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查原電池和電解池，明確工作原理及金屬的腐蝕和防護(hù)即可解答，題目難度中等，注意二次電池中放電為原電池，充電為電解池來(lái)解答． 　 二、不定項(xiàng)選擇題（本題包括5小題，每小題4分，共20分．每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意．若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該題為0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿(mǎn)分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就為0分） 11．（4分）下列關(guān)于難溶電解質(zhì)溶液說(shuō)法正確的是（　?。? 　 A． 在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固體，c（Ba2+）增大 　 B． 相同溫度下，將足量氯化銀固體分別放入相同體積的①蒸餾水、②0.1 mol?L﹣1鹽酸、③0.1 mol?L﹣1氯化鎂溶液、④0.1 mol?L﹣1硝酸銀溶液中，Ag+濃度：①＞④=②＞③ 　 C． 向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色：2AgCl+S2﹣=Ag2S↓+2Cl﹣ 　 D． 25℃時(shí)，在Mg（OH）2懸濁液中加入少量的NH4Cl固體后，c（Mg2+）增大 考點(diǎn)： 難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)． 專(zhuān)題： 物質(zhì)的量濃度和溶解度專(zhuān)題． 分析： A、依據(jù)沉淀溶解平衡和溶度積常數(shù)分析判斷，溶度積隨溫度變化； B、相同溫度下，氯化銀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，依據(jù)溶度積是常數(shù)，結(jié)合濃度對(duì)平衡的影響分析； C、硫化銀溶解度小于氯化銀，可以實(shí)現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化； D、氫氧化鎂溶液中存在沉淀溶解平衡，氯化銨水解生成的氫離子結(jié)合氫氧根離子，促進(jìn)平衡向溶解方向進(jìn)行． 解答： 解：A、在含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡，溶度積一定溫度下是常數(shù)，加入Na2SO4固體后硫酸根離子濃度增大，平衡逆向進(jìn)行，鋇離子濃度減小，故A錯(cuò)誤； B、相同溫度下，氯化銀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，依據(jù)溶度積是常數(shù)，與①蒸餾水相比較，②中0.1 mol?L﹣1鹽酸溶液中氯離子0.1mol/L，抑制沉淀溶解平衡，銀離子濃度減??；③中0.1 mol?L﹣1氯化鎂溶液中氯離子濃度為0.2mol/L，平衡逆向進(jìn)行，銀離子濃度減?。虎苤?.1 mol?L﹣1硝酸銀溶液中，銀離子濃度為0.1mol/L，平衡逆向進(jìn)行，銀離子濃度增大，則Ag+濃度：④＞①＞②＞③，故B錯(cuò)誤； C、硫化銀溶解度小于氯化銀，可以實(shí)現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化，則向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色：2AgCl+S2﹣=Ag2S↓+2Cl﹣，故C正確； D、氫氧化鎂溶液中存在沉淀溶解平衡，氯化銨水解顯酸性，與氫氧根離子結(jié)合，促進(jìn)平衡向溶解方向進(jìn)行，所以鎂離子濃度增大，故D正確； 故選CD． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了沉淀溶解平衡的影響因素和平衡移動(dòng)判斷，溶度積常數(shù)的應(yīng)用，理解實(shí)質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度中等． 　 12．（4分）下列圖示與對(duì)應(yīng)的敘述相符的是（　?。? 　 A． 圖1表示可逆反應(yīng)“2X（g）?Y（g）△H＜0”，溫度T1＜T2的情形 　 B． 用0.1000 mol?L﹣1NaOH溶液分別滴定濃度相同的三種一元酸，由圖2曲線(xiàn)可確定①的酸性最強(qiáng) 　 C． 在其它條件不變時(shí)，2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）轉(zhuǎn)化關(guān)系（如圖3）中，縱坐標(biāo)表示O2的轉(zhuǎn)化率 　 D． 圖4表示碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)收集到氣體最多的時(shí)間段是t3～t4 考點(diǎn)： 轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變化曲線(xiàn)；體積百分含量隨溫度、壓強(qiáng)變化曲線(xiàn)；物質(zhì)的量或濃度隨時(shí)間的變化曲線(xiàn)；中和滴定． 專(zhuān)題： 圖示題． 分析： A、根據(jù)先拐先平數(shù)值大原則，由圖1可知，T2＞T1，溫度越高，Y的含量越小，結(jié)合方程式判斷； B、濃度相同的三種一元酸，滴定前pH值越小，酸性越強(qiáng)； C、由圖象可知n（O2）/n（SO2）越大，氧氣轉(zhuǎn)化率越大，實(shí)際應(yīng)是n（O2）/n（SO2）越大，SO2的轉(zhuǎn)化率越大，氧氣轉(zhuǎn)化率越??； D、各時(shí)間段對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)之差為該時(shí)間段生成的二氧化碳體積． 解答： 解：A、由圖1可知，T2＞T1，溫度越高，Y的含量越小，對(duì)于反應(yīng)2X（g）?Y（g）△H＜0，升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，Y的含量降低，圖象與實(shí)際符合，故A正確； B、由圖可知，濃度相同的三種一元酸，滴定前pH值③＜②＜①，故③的酸性最強(qiáng)，故B錯(cuò)誤； C、由圖象可知n（O2）/n（SO2）越大，氧氣轉(zhuǎn)化率越大，由反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），n（O2）/n（SO2）越大，SO2的轉(zhuǎn)化率越大，氧氣轉(zhuǎn)化率越小，圖象與實(shí)際不相符，故C錯(cuò)誤； D、各時(shí)間段對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)之差為該時(shí)間段生成的二氧化碳體積，由圖可知t1～t2時(shí)間段生成的二氧化碳最多，故D錯(cuò)誤； 故選A． 點(diǎn)評(píng)： 以圖象的形式考查平衡移動(dòng)、酸性比較、對(duì)反應(yīng)速率的理解等，難度中等，需要學(xué)生具有扎實(shí)的基礎(chǔ)與讀圖獲取信息的能力． 　 13．（4分）某蓄電池放電、充電時(shí)反應(yīng)為：Fe+Ni2O3+3H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2下列推斷不正確的是（　?。? 　 A． 放電時(shí)，F(xiàn)e為正極，Ni2O3為負(fù)極 　 B． 充電時(shí)，陰極上的電極反應(yīng)式是：Fe（OH）2+2e﹣→Fe+2OH﹣ 　 C． 放電時(shí)，負(fù)極上的電極反應(yīng)式是：Ni2O3+3H2O+2e﹣→2Ni（HO）2+2OH﹣ 　 D． 該蓄電池的電極必須是浸在某種堿性電解質(zhì)溶液中 考點(diǎn)： 化學(xué)電源新型電池． 專(zhuān)題： 電化學(xué)專(zhuān)題． 分析： 根據(jù)電池的總反應(yīng)：Fe+Ni2O3+3H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判斷出鐵鎳蓄電池放電時(shí)Fe作負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，為還原劑，失電子生成Fe2+，最終生成Fe（OH）2，Ni2O3作正極，發(fā)生還原反應(yīng)，為氧化劑，得電子，最終生成Ni（OH）2，電池放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，則充電時(shí)，陰極發(fā)生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，陰極附近溶液的pH升高，電池充電時(shí)，陽(yáng)極發(fā)生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O． 解答： 解：A、由放電時(shí)的反應(yīng)可以得出鐵做還原劑失去電子，Ni2O3做氧化劑得到電子，即正極為Ni2O3、負(fù)極為Fe，故A錯(cuò)誤； B、充電可以看作是放電的逆過(guò)程，即陰極為原來(lái)的負(fù)極，所以電池放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，所以電池充電過(guò)程時(shí)陰極反應(yīng)為Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，故B正確； C、根據(jù)總反應(yīng)Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判斷出鐵鎳蓄電池放電時(shí)Fe作負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，為還原劑，失電子生成Fe2+，堿性電解質(zhì)中最終生成Fe（OH）2，負(fù)極反應(yīng)為：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，Ni2O3+3H2O+2e﹣→2Ni（HO）2+2OH﹣為正極反應(yīng)，故C錯(cuò)誤； D、Fe（OH）2、2Ni（OH）2只能存在于堿性溶液中，在酸性條件下不能存在，故D正確． 故選AC． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查二次電池的工作原理，涉及到原電池和電解池的有關(guān)知識(shí)，做題時(shí)注意根據(jù)總反應(yīng)從氧化還原的角度判斷化合價(jià)的變化，以得出電池的正負(fù)極以及所發(fā)生的反應(yīng)． 　 14．（4分）下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（　?。? 　 A． 1L0.1mol?L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 　 B． 25℃時(shí)，等體積、等濃度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：c（Na+）＞c（HX）＞c（X﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） 　 C． 25℃時(shí)，BaCO3飽和溶液（Ksp=8.110﹣9）：c（Ba2+）=c（CO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣） 　 D． 1.0 mol?L﹣1 Na2CO3溶液：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3） 考點(diǎn)： 離子濃度大小的比較． 專(zhuān)題： 鹽類(lèi)的水解專(zhuān)題． 分析： A、依據(jù)離子水解微弱結(jié)合離子濃度分析判斷； B、溶液中酸的電離程度和陰離子的水解程度不知無(wú)法比較離子濃度大?。? C、25℃時(shí)，BaCO3飽和溶液中依據(jù)Ksp計(jì)算鋇離子和碳酸根離子濃度，25C水溶液中存在離子積常數(shù)為10﹣14； D、依據(jù)碳酸鈉溶液中的質(zhì)子守恒分析計(jì)算． 解答： 解：A、1L0.1mol?L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中銨根離子濃度大于亞鐵離子濃度水解顯酸性得到溶液中離子濃度大小為：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正確； B、25℃時(shí)，等體積、等濃度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中，無(wú)法判斷酸的電離程度和陰離子的水解程度，不能比較離子濃度大小，故B錯(cuò)誤； C、25℃時(shí)，BaCO3飽和溶液（Ksp=8.110﹣9）中碳酸根離子水解溶液中的離子濃度愛(ài)心為：c（Ba2+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C錯(cuò)誤； D、1.0 mol?L﹣1 Na2CO3溶液中依據(jù)水電離出的全部氫離子和氫氧根離子守恒分析得到：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3），故D正確； 故選AD． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了鹽類(lèi)水解的應(yīng)用，溶液中電荷守恒，物料守恒的分析判斷，離子濃度大小的比較，沉淀溶解平衡的分析應(yīng)用，題目難度中等． 　 15．（4分）一定溫度下，在4個(gè)容積均為1L的容器中分別進(jìn)行反應(yīng)（各容器中A都足量） A（s）+B（g）?C（g）+D（g）△H=+100kJ/mol 某時(shí)刻測(cè)得部分?jǐn)?shù)據(jù)如下表： 容器編號(hào) n（B）/mol n（C）/mol n（D）/mol 反應(yīng)時(shí)間/min 反應(yīng)速率 Ⅰ 0.06 0.60 0.10 t1 v（正）=v（逆） Ⅱ 0.12 1.20 0.20 t2 Ⅲ 0.32 1.0 0 0 Ⅳ 0.12 0.30 v（正）=v（逆） 下列說(shuō)法正確的是（　?。? 　 A． 容器Ⅰ中平均反應(yīng)速率v（B）=0.04/t1 mol/（L?min） 　 B． t2時(shí)容器Ⅱ中v（正）＞v（逆） 　 C． 容器Ⅲ中反應(yīng)至平衡時(shí)吸熱20 kJ 　 D． 容器Ⅳ中c（D）=0.4 mol/L 考點(diǎn)： 化學(xué)平衡的計(jì)算；反應(yīng)速率的定量表示方法． 專(zhuān)題： 化學(xué)平衡專(zhuān)題． 分析： A、該時(shí)刻v（正）=v（逆），反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，由于不知道反應(yīng)是由哪個(gè)方向到達(dá)的平衡，無(wú)法計(jì)算各物質(zhì)的濃度變化量． B、根據(jù)容器Ⅰ可知該反應(yīng)的平衡常數(shù)k==1，計(jì)算t2時(shí)容器Ⅱ中的濃度商Qc，比較Qc與K，判斷反應(yīng)進(jìn)行方向，進(jìn)而判斷正、逆反應(yīng)速率關(guān)系． C、令平衡時(shí)D的物質(zhì)的量為x，由方程式可知，平衡時(shí)C的物質(zhì)的量為（1+x）mol，B的物質(zhì)的量為（3.2﹣x）mol，根據(jù)平衡常數(shù)計(jì)算x的值，再根據(jù)熱化學(xué)方程式計(jì)算反應(yīng)吸收的熱量． D、容器Ⅳ中該時(shí)刻v（正）=v（逆），反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，令D的濃度為cmol/L，代入平衡常數(shù)計(jì)算． 解答： 解：A、該時(shí)刻v（正）=v（逆），反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，由于不知道反應(yīng)是由哪個(gè)方向到達(dá)的平衡，不能計(jì)算各物質(zhì)的濃度變化量，不能計(jì)算反應(yīng)速率，故A錯(cuò)誤； B、根據(jù)容器Ⅰ可知該反應(yīng)的平衡常數(shù)k==1，t2時(shí)容器Ⅱ中的濃度商Qc==2，大于平衡常數(shù)k，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，v（正）＜v（逆），故B錯(cuò)誤； C、令平衡時(shí)D的物質(zhì)的量為x，由方程式可知，平衡時(shí)C的物質(zhì)的量為（1+x）mol，B的物質(zhì)的量為（3.2﹣x）mol，根據(jù)平衡常數(shù)可知=1，解得x=0.14，根據(jù)熱化學(xué)方程式可知反應(yīng)吸收的熱量為100kJ/mol0.14mol=14kJ，故C錯(cuò)誤； D、容器Ⅳ中該時(shí)刻v（正）=v（逆），反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，令D的濃度為cmol/L，根據(jù)平衡常數(shù)可知=，解得c﹣0.4，故容器Ⅳ中c（D）=0.4 mol/L，故D正確． 故選：D． 點(diǎn)評(píng)： 考查化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡計(jì)算、化學(xué)平衡常數(shù)等，難度中等，注意根據(jù)平衡常數(shù)的計(jì)算，是近幾年高考的熱點(diǎn)．注意C可以利用與容器Ⅰ相比，容器Ⅰ等效為開(kāi)始n（B）=0.16mol、n（C）=0.5mol，容器Ⅲ等效為在開(kāi)始n（B）=0.16mol、n（C）=0.5mol基礎(chǔ)上加壓，B的轉(zhuǎn)化率降低，故平衡時(shí)容器Ⅲ中n（D）＜0.2mol． 　 三、非選擇題（80分） 16．（12分）完成下列熱化學(xué)方程式（化學(xué)方程式、電極反應(yīng)式、表達(dá)式等）的書(shū)寫(xiě)： （1）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；△H=﹣169kJ?mol﹣1， C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=﹣110.5kJ?mol﹣1， Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；△H=﹣157kJ?mol﹣1 用炭粉在高溫條件下還原CuO生成Cu2O的熱化學(xué)方程式是：　2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=+34.5kJ?mol﹣1　 （2）在一定條件下，二氧化硫和氧氣發(fā)生如下反應(yīng)：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式：　　 （3）以甲烷、空氣為反應(yīng)物，KOH溶液作電解質(zhì)溶液構(gòu)成燃料電池，則負(fù)極反應(yīng)式為：　CH4+10OHˉ﹣8eˉ=CO32ˉ+7H2O?。? （4）無(wú)水AlCl3瓶蓋打開(kāi)有白霧，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為　AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl?。? （5）“鎂﹣次氯酸鹽”燃料電池，其裝置示意圖如圖，該電池反應(yīng)的總反應(yīng)方程式為　Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2?。? （6）工業(yè)上電解飽和食鹽水的離子方程式為　2Clˉ+2H2O2OHˉ+Cl2↑+H2↑　． 考點(diǎn)： 用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；原電池和電解池的工作原理；化學(xué)平衡常數(shù)的含義． 專(zhuān)題： 化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；化學(xué)平衡專(zhuān)題． 分析： （1）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學(xué)方程式乘以適當(dāng)?shù)南禂?shù)進(jìn)行加減構(gòu)造目標(biāo)熱化學(xué)方程式，反應(yīng)熱也乘以相應(yīng)的系數(shù)作相應(yīng)的加減． （2）平衡常數(shù)指生成物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積所得的比值． （3）原電池負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，甲烷在負(fù)極放電，氧氣在正極反應(yīng)，堿性條件下氧氣放電生成氫氧根離子，正極電極反應(yīng)式為2O2+4H2O+8e﹣=8OH﹣，總的電池反應(yīng)式為CH4+2O2+2OHˉ=CO32ˉ+3H2O，電池總反應(yīng)式減去正極電極反應(yīng)式可得負(fù)極電極反應(yīng)式． （4）AlCl3水解產(chǎn)生HCl，氯化氫與空氣中的水蒸氣呈白霧． （5）由圖可知鎂﹣次氯酸鹽”燃料電池中Mg與ClO﹣、H2O反應(yīng)生成Cl﹣與Mg（OH）2． （6）電解飽和食鹽水生成氯氣、氫氣、氫氧化鈉． 解答： 解：（1）已知：①2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；△H=﹣169kJ?mol﹣1， ②C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=﹣110.5kJ?mol﹣1， ③Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；△H=﹣157kJ?mol﹣1 =﹣169kJ?mol﹣1， 由蓋斯定律可知，①﹣③2+②得2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=﹣169kJ?mol﹣1﹣（﹣157kJ?mol﹣1）2=﹣110.5kJ?mol﹣1=+34.5 kJ?mol﹣1． 故答案為：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=+34.5 kJ?mol﹣1． （2）可逆反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）的化學(xué)平衡常數(shù)k=． 故答案為：． （3）原電池負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，甲烷在負(fù)極放電，氧氣在正極反應(yīng)，堿性條件下氧氣放電生成氫氧根離子，正極電極反應(yīng)式為2O2+4H2O+8e﹣=8OH﹣，總的電池反應(yīng)式為CH4+2O2+2OHˉ=CO32ˉ+3H2O，電池總反應(yīng)式減去正極電極反應(yīng)式可得負(fù)極電極反應(yīng)式為CH4+10OHˉ﹣8eˉ=CO32ˉ+7H2O． 故答案為：CH4+10OHˉ﹣8eˉ=CO32ˉ+7H2O． （4）AlCl3水解AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl生成HCl，氯化氫與空氣中的水蒸氣呈白霧． 故答案為：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl． （5）由圖可知鎂﹣次氯酸鹽”燃料電池中Mg與ClO﹣、H2O反應(yīng)生成Cl﹣與Mg（OH）2，該電池反應(yīng)的總反應(yīng)方程式為 Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2． 故答案為：Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2． （6）電解飽和食鹽水生成氯氣、氫氣、氫氧化鈉，電解飽和食鹽水的離子方程式為2Clˉ+2H2O 2OHˉ+Cl2↑+H2↑． 故答案為：2Clˉ+2H2O 2OHˉ+Cl2↑+H2↑． 點(diǎn)評(píng)： 考查蓋斯定律與熱化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)、化學(xué)平衡常數(shù)、原電池、鹽類(lèi)水解、電解池等，綜合性較大，難度中等，是對(duì)知識(shí)的綜合運(yùn)用，注意基礎(chǔ)知識(shí)的理解掌握． 　 17．（14分）（1）在其他條件不變的情況下，研究改變起始?xì)錃馕镔|(zhì)的量[用n（H2）表示]對(duì)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）反應(yīng)的影響，實(shí)驗(yàn)結(jié)果可表示成如圖1所示的規(guī)律（圖中T表示溫度，n表示物質(zhì)的量）： ①比較在a、b、c三點(diǎn)所處的平衡狀態(tài)中，反應(yīng)物N2的轉(zhuǎn)化率最高的是　c?。? ②若容器容積為1L，n=3mol，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)N2、H2的轉(zhuǎn)化率均為60%，則在起始時(shí)體系中加入N2的物質(zhì)的量為　1　mol，此條件下（T2），反應(yīng)的平衡常數(shù)K=　2.08（mol/L）﹣2　，當(dāng)溫度升高時(shí)該平衡常數(shù)將　減小?。? ③圖象中T2和T1的關(guān)系是　低于?。ㄌ睢案哂凇?、“低于”、“等于”、“無(wú)法確定”）． （2）氨氣和氧氣從145℃就開(kāi)始反應(yīng)，在不同溫度和催化劑條件下生成不同產(chǎn)物（如圖2）： 4NH3+5O2?4NO+6H2O，4NH3+3O2?2N2+6H2O 溫度較低時(shí)以生成　N2　為主，溫度高于900℃時(shí)，NO產(chǎn)率下降的原因是　氨氣氧化生成NO的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度轉(zhuǎn)化率下降　． 考點(diǎn)： 化學(xué)平衡的計(jì)算． 專(zhuān)題： 化學(xué)平衡專(zhuān)題． 分析： （1）①三點(diǎn)時(shí)溫度相同，氫氣量越大，氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率越大； ②N2（g）+3H2（g）?2NH3（g） 起始 x 3 0 轉(zhuǎn)化0.6 1.8 1.2 平衡x﹣0.6 1.2 1.2 N2的轉(zhuǎn)化率為60%，則100%=60%，解得x=1mol， 由圖可知，溫度低氨氣的含量大，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，結(jié)合平衡常數(shù)來(lái)解答； ③由圖可知，其它條件相同時(shí)，T1先達(dá)到平衡且平衡時(shí)氨氣的濃度??； （2）根據(jù)圖象可知溫度低時(shí)生成氮?dú)?，溫度高時(shí)生成NO，但該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則溫度高于900℃時(shí)，NO產(chǎn)率下降． 解答： 解：（1）①三點(diǎn)時(shí)溫度相同，氫氣量越大，氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率越大，則c點(diǎn)的轉(zhuǎn)化率最高，故答案為：c； ②N2（g）+3H2（g）?2NH3（g） 起始 x 3 0 轉(zhuǎn)化0.6 1.8 1.2 平衡x﹣0.6 1.2 1.2 N2的轉(zhuǎn)化率為60%，則100%=60%，解得x=1mol， 反應(yīng)的平衡常數(shù)K==2.08（mol/L）﹣2， 由圖可知，溫度低氨氣的含量大，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則升高溫度其平衡常數(shù)減小， 故答案為：1；2.08（mol/L）﹣2；減??； ③由圖可知，其它條件相同時(shí)，T1先達(dá)到平衡且平衡時(shí)氨氣的濃度小，則T2低于T1，故答案為：低于； （2）根據(jù)圖象可知溫度低時(shí)生成氮?dú)?，溫度高時(shí)生成NO，但該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則溫度高于900℃時(shí)，NO產(chǎn)率下降， 故答案為：N2；氨氣氧化生成NO的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度轉(zhuǎn)化率下降． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，明確化學(xué)平衡的三段法計(jì)算及圖象的分析試劑解答本題的關(guān)鍵，題目難度中等，溫度大小的比較是解答的難點(diǎn)和易錯(cuò)點(diǎn)． 　 18．（14分）高鐵酸鉀（K2FeO4）是鐵的一種重要化合物，具有極強(qiáng)的氧化性． （1）將適量K2FeO4溶解于pH=4.74的溶液中，配制成c（FeO42﹣）=1.010﹣3mol?L﹣的試樣，將試樣分別置于20℃、30℃、40℃和60℃的恒溫水浴中，測(cè)定c（FeO42﹣）隨時(shí)間變化的結(jié)果如圖1所示． 該實(shí)驗(yàn)的目的是　探究溫度對(duì)FeO42﹣影響（溫度越高，高鐵酸鉀越不穩(wěn)定）??；FeO42﹣發(fā)生反應(yīng)的△H?。尽?（填“＞”“＜”或“=”） （2）將適量K2FeO4分別溶解于pH=4.74、7.00、11.50的水溶液中，配制成c（FeO42﹣）=1.010﹣3 mol?L﹣的試樣，靜置，考察不同初始pH的水溶液對(duì)K2FeO4某種性質(zhì)的影響，其變化圖象見(jiàn)圖2，800min時(shí)，在pH=11.50的溶液中，K2FeO4的濃度比在pH=4.74的溶液中高，主要原因是　pH=11.50時(shí)溶液中OHˉ離子濃度大，不利于K2FeO4與水的反應(yīng)正向進(jìn)行?。? （3）電解法是工業(yè)上制備K2FeO4的一種方法．以鐵為陽(yáng)極電解氫氧化鈉溶液，然后在陽(yáng)極溶液中加入KOH，即在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），說(shuō)明　同溫度下，高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度小　．電解時(shí)陽(yáng)極發(fā)生反應(yīng)生成FeO42﹣，該電極反應(yīng)式為　Fe+8OHˉ﹣6eˉ=FeO42﹣+4H2O?。? （4）與MnO2﹣Zn電池類(lèi)似，K2FeO4﹣Zn也可以組成高鐵電池，K2FeO4在電池中作正極材料，其電極反應(yīng)式為FeO42﹣+3eˉ+4H2O→Fe（OH）3+5OHˉ，則該電池總反應(yīng)的離子方程式為　3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OHˉ?。鐖D3為高鐵酸鉀電池和高能堿性電池放電曲線(xiàn)，由此可得出的高鐵酸鉀電池的優(yōu)點(diǎn)有　放電時(shí)間長(zhǎng)　、　工作電壓穩(wěn)定?。? 考點(diǎn)： 電解原理；化學(xué)平衡的影響因素． 專(zhuān)題： 信息給予題． 分析： （1）由圖1數(shù)據(jù)可知，溫度越高，相同時(shí)間內(nèi)FeO42﹣濃度變化越快，高鐵酸鉀溶液平衡時(shí)FeO42﹣濃度越??；溫度越高FeO42﹣濃度越小，正向反應(yīng)是吸熱反應(yīng)； （2）由圖2數(shù)據(jù)可知，溶液pH越小，相同時(shí)間內(nèi)FeO42﹣濃度變化越快，高鐵酸鉀溶液平衡時(shí)FeO42﹣濃度越小；高鐵酸鉀在水中的反應(yīng)為4FeO42﹣+10H2O?4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，堿性越強(qiáng)，OH﹣離子濃度大； （3）以鐵為陽(yáng)極電解氫氧化鈉溶液，陽(yáng)極電極反應(yīng)為鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；然后在陽(yáng)極溶液中加入KOH，即在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），說(shuō)明同溫度下，高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度??；電解時(shí)陽(yáng)極發(fā)生反應(yīng)生成FeO42﹣，依據(jù)化合價(jià)的變化和電荷守恒書(shū)寫(xiě)電極反應(yīng)； （4）原電池的負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極電極反應(yīng)式為：①FeO42﹣+3eˉ+4H2O→Fe（OH）3+5OHˉ；負(fù)極電極反應(yīng)為：②Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2；依據(jù)電極反應(yīng)的電子守恒，①2+②3合并得到電池反應(yīng)為：3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OHˉ；由圖知高鐵電池比高能堿性電池放電時(shí)間長(zhǎng)． 解答： 解：（1）由圖1數(shù)據(jù)可知，溫度越高，相同時(shí)間內(nèi)FeO42﹣濃度變化越快，高鐵酸鉀溶液平衡時(shí)FeO42﹣濃度越小，溫度越高FeO42﹣濃度越小，正向反應(yīng)是吸熱反應(yīng)； 故答案為：溫度越高，高鐵酸鉀越不穩(wěn)定（或溫度越高，高鐵酸鉀與水反應(yīng)的速率越快）；＞ （2）由圖2數(shù)據(jù)可知，溶液pH越小，相同時(shí)間內(nèi)FeO42﹣濃度變化越快，高鐵酸鉀溶液平衡時(shí)FeO42﹣濃度越?。哞F酸鉀在水中的反應(yīng)為4FeO42﹣+10H2O?4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，pH=11.50的溶液中OH﹣離子濃度大，使上述平衡向左移動(dòng)， FeO42﹣濃度增大，不利于K2FeO4與水的反應(yīng)正向進(jìn)行； 故答案為：pH=11.50的溶液中OH﹣離子濃度大，使上述平衡向左移動(dòng)，不利于K2FeO4與水的反應(yīng)正向進(jìn)行； （3）以鐵為陽(yáng)極電解氫氧化鈉溶液，然后在陽(yáng)極溶液中加入KOH，即在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2FeO4），說(shuō)明同溫度下，高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度??；陽(yáng)極是鐵失電子在堿性溶液中發(fā)生氧化反應(yīng)生成FeO42﹣；電極反應(yīng)為：Fe+8OHˉ﹣6eˉ=FeO42﹣+4H2O； 故答案為：同溫度下，高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉的溶解度??；Fe+8OHˉ﹣6eˉ=FeO42﹣+4H2O； （4）原電池的負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極電極反應(yīng)式為：①FeO42﹣+3eˉ+4H2O→Fe（OH）3+5OHˉ；負(fù)極電極反應(yīng)為：②Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2；依據(jù)電極反應(yīng)的電子守恒，①2+②3合并得到電池反應(yīng)為：3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OHˉ；由圖3知高鐵電池比高能堿性電池放電時(shí)間長(zhǎng)，工作電壓穩(wěn)定； 故答案為：3Zn+2FeO42﹣+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OHˉ；放電時(shí)間長(zhǎng)，工作電壓穩(wěn)定； 點(diǎn)評(píng)： 本題考查學(xué)生閱讀題目獲取信息的能力、氧化還原反應(yīng)、電解原理的應(yīng)用，原電池的工作原理的應(yīng)用，電極反應(yīng)，電極產(chǎn)物的判斷等，難度中等，要求學(xué)生要有扎實(shí)的基礎(chǔ)知識(shí)和靈活運(yùn)用知識(shí)解決問(wèn)題的能力．注意基礎(chǔ)知識(shí)的全面掌握． 　 19．（14分）蛇紋石可用于生產(chǎn)氫氧化鎂，簡(jiǎn)要工藝流程如下： I．制取粗硫酸鎂：用酸液浸泡蛇紋石礦粉，過(guò)濾；并在常溫常壓下結(jié)晶，制得粗硫酸鎂（其中常含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等雜質(zhì)離子）． II．提純粗硫酸鎂：將粗硫酸鎂在酸性條件下溶解，加入適量的0.1mol?L﹣H2O2溶液，再調(diào)節(jié)溶液pH至7～8，并分離提純． III．制取氫氧化鎂：向步驟II所得溶液中加入過(guò)量氨水． 已知：金屬離子氫氧化物沉淀所需pH Fe3+ Al3+ Fe2+ Mg2+ 開(kāi)始沉淀時(shí) 1.5 3.3 6.5 9.4 沉淀完全時(shí) 3.7 5.2 9.7 12.4 請(qǐng)回答下列問(wèn)題： （1）步驟II中，可用于調(diào)節(jié)溶液pH至7～8的最佳試劑是　A?。ㄌ钭帜感蛱?hào)）． A．MgO B．Na2CO3 C．蒸餾水 （2）Fe2+與H2O2溶液反應(yīng)的離子方程式為　2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O?。? （3）工業(yè)上常以Mg2+的轉(zhuǎn)化率為考察指標(biāo)，確定步驟III制備氫氧化鎂工藝過(guò)程的適宜條件．其中，反應(yīng)溫度與Mg2+轉(zhuǎn)化率的關(guān)系如右圖所示． ①步驟III中制備氫氧化鎂反應(yīng)的離子方程式為　Mg2++2NH3?H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+?。? ②根據(jù)圖中所示50℃前溫度與Mg2+轉(zhuǎn)化率之間 的關(guān)系，可判斷此反應(yīng)是　吸熱?。ㄌ睢拔鼰帷被颉胺艧帷保┓磻?yīng)． ③圖中，溫度升高至50℃以上Mg2+轉(zhuǎn)化率下降的可能原因是　溫度過(guò)高時(shí)，氨水受熱分解，濃度降低，Mg2+轉(zhuǎn)化率下降　． ④Ksp表示沉淀溶解平衡的平衡常數(shù)．已知： Mg（OH）2（s）?Mg2+ （aq）+2OH﹣ （aq） Ksp=c（Mg2+）?c2（OH﹣）=5.610﹣12 Ca（OH）2（s）?Ca2+ （aq）+2OH﹣ （aq） Ksp=c（Ca2+）?c2（OH﹣）=4.710﹣6 若用石灰乳替代氨水，　能?。ㄌ睢澳堋被颉安荒堋保┲频脷溲趸V，理由是　Mg（OH）2的溶解度小于Ca（OH）2，可發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化?。? 考點(diǎn)： 難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；化學(xué)平衡的影響因素；常見(jiàn)金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用． 專(zhuān)題： 化學(xué)平衡專(zhuān)題；電離平衡與溶液的pH專(zhuān)題． 分析： （1）步驟II中，可用于調(diào)節(jié)溶液pH至7～8的目的是和酸反應(yīng)提高溶液pH，使Fe3+、Al3+等雜質(zhì)離子沉淀分離除去，試劑不能引入新的雜質(zhì)分析； （2）Fe2+與H2O2溶液反應(yīng)亞鐵離子被過(guò)氧化氫氧化為三價(jià)鐵離子便于完全沉淀，過(guò)氧化氫被還原為水，依據(jù)氧化還原反應(yīng)的電荷守恒和電子守恒些離子方程式； （3）①步驟III中制備氫氧化鎂反應(yīng)的離子方程式是氨水沉淀鎂離子，注意一水合氨是弱電解質(zhì)； ②根據(jù)圖中所示50℃前溫度與Mg2+轉(zhuǎn)化率之間 的關(guān)系是隨溫度升高鎂離子轉(zhuǎn)化率增大，反應(yīng)是吸熱反應(yīng)； ③溫度升高至50℃以上Mg2+轉(zhuǎn)化率下降的可能原因是溫度過(guò)高時(shí)，氨水受熱分解，濃度降低，Mg2+轉(zhuǎn)化率下降； ④依據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化是想更難溶的方向進(jìn)行分析判斷． 解答： 解：（1）步驟II中，可用于調(diào)節(jié)溶液pH至7～8的目的是和酸反應(yīng)提高溶液pH，使Fe3+、Al3+等雜質(zhì)離子沉淀分離除去， A、加入氧化鎂和酸反應(yīng)能提高溶液PH，生成鎂離子，不加入雜質(zhì)離子，可選； B、加入碳酸鈉能調(diào)節(jié)溶液PH但假如了鈉離子，引入雜質(zhì)，故不選； C、蒸餾水對(duì)提高溶液pH不好，故不選； 故答案為：A； （2）Fe2+與H2O2溶液反應(yīng)亞鐵離子被過(guò)氧化氫氧化為三價(jià)鐵離子便于完全沉淀，過(guò)氧化氫被還原為水，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O， 故答案為：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O； （3）①氨水沉淀鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：Mg2++2NH3?H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+， 故答案為：Mg2++2NH3?H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+； ②根據(jù)圖中所示50℃前溫度與Mg2+轉(zhuǎn)化率之間 的關(guān)系是隨溫度升高鎂離子轉(zhuǎn)化率增大，反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；故答案為：吸熱； ③圖中，溫度升高至50℃以上Mg2+轉(zhuǎn)化率下降的可能原因是溫度過(guò)高時(shí)，氨水受熱分解，濃度降低，Mg2+轉(zhuǎn)化率下降， 故答案為：溫度過(guò)高時(shí)，氨水受熱分解，濃度降低，Mg2+轉(zhuǎn)化率下降； ④依據(jù)氫氧化鈣和氫氧化鎂陰陽(yáng)離子比相同，可以用溶度積常數(shù)比較溶解性強(qiáng)弱，氫氧化鈣溶解性大于氫氧化鎂，溶液中加入石灰乳可以實(shí)現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化，生成氫氧化鎂分離出來(lái)； 故答案為：能；Mg（OH）2的溶解度小于Ca（OH）2，可發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了難溶物沉淀溶解平衡的分析判斷，離子沉淀的條件選擇，化學(xué)平衡的影響因素，離子方程式的書(shū)寫(xiě)，沉淀轉(zhuǎn)化的原理應(yīng)用，題目綜合性較強(qiáng)． 　 20．（14分）（1）常溫下，已知0.1mol?L﹣1一元酸HA溶液中c（OH﹣）/c（H+）=110﹣8． ①常溫下，0.1mol?L﹣1 HA溶液的pH=　3??；寫(xiě)出該酸（HA）與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式：　HA+OH﹣═A﹣+H2O　； ②pH=3的HA與pH=11的NaOH溶液等體積混合后，溶液中4種離子物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系是：　c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）?。o(wú)需填寫(xiě)　 （2）常溫下，向pH=a的氨水中加入等體積鹽酸時(shí)，溶液呈中性，則此鹽酸的pH?。肌?4﹣a（＞、＜、=） （3）向物質(zhì)的量濃度均為0.01mol?L﹣1的MnCl2和BaCl2混合溶液中，滴加Na2CO3溶液，先沉淀的離子是　Mn2+　，當(dāng)兩種難溶電解質(zhì)共存時(shí)，溶液中c（Ba2+）/c（Mn2+）　450　．（此溫度下，Ksp（BaCO3）=8.110﹣9、Ksp（MnCO3）=1.810﹣11） （4）設(shè)Ka、Kh、Kw分別表示CH3COOH的電離平衡常數(shù)、CH3COO﹣的水解平衡常數(shù)和水的離子積常數(shù)，則三者之間的關(guān)系為：　Ka?Kh=Kw?。? 考點(diǎn)： 弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；pH的簡(jiǎn)單計(jì)算；酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算． 專(zhuān)題： 電離平衡與溶液的pH專(zhuān)題． 分析： （1）①根據(jù)c（OH﹣）/c（H+）=110﹣8結(jié)合水的離子積常數(shù)計(jì)算氫氧根離子濃度，再根據(jù)水的離子積常數(shù)計(jì)算溶液中氫離子濃度，從而得出溶液的pH；根據(jù)離子方程式書(shū)寫(xiě)規(guī)則書(shū)寫(xiě)離子方程式． ②根據(jù)酸和堿的物質(zhì)的量的相對(duì)大小確定溶液中的溶質(zhì)，從而確定溶液的酸堿性，結(jié)合電荷守恒確定溶液中各種離子濃度的相對(duì)大?。? （2）利用假設(shè)法判斷鹽酸的pH值，實(shí)際上鹽酸的pH值小于假設(shè)值． （3）難溶物的溶度積常數(shù)越小的，該金屬離子先沉淀；當(dāng)兩種難溶電解質(zhì)共存時(shí)，碳酸錳恰好飽和，溶液中錳離子濃度和碳酸根離子濃度相等，根據(jù)碳酸錳的溶度積常數(shù)計(jì)算錳離子、碳酸根離子濃度，再根據(jù)碳酸鋇溶度積常數(shù)、碳酸根離子濃度計(jì)算鋇離子濃度，從而得出鋇離子和錳離子濃度之比． （4）寫(xiě)出醋酸電離平衡常數(shù)、醋酸根離子水解平衡常數(shù)，水的離子積常數(shù)進(jìn)行比較，從而得出結(jié)論． 解答： 解：（1）①c（OH﹣）/c（H+）=110﹣8，c（OH﹣）c（H+）=110﹣14，所以c（OH﹣）=10﹣11mol?L﹣1，則c（H+）=10﹣3mol?L﹣1，所以溶液的pH=3；氫離子濃度小于酸的濃度，所以該酸是弱酸，該酸（HA）與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為：HA+OH﹣═A﹣+H2O． 故答案為：3；HA+OH﹣═A﹣+H2O． ②pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）=10﹣3mol?L﹣1，HA是弱酸，酸的濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于氫離子濃度，所以pH=3的HA與pH=11的NaOH溶液等體積混合后，溶液中的溶質(zhì)是酸和鹽，溶液呈酸性，所以溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，酸根離子濃度大于鈉離子濃度，溶液中4種離子物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系是c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）， 故答案為：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）． （2）假設(shè)氨水是強(qiáng)電解質(zhì)時(shí)，pH=a的氨水中氫氧根離子濃度=10a﹣14mol/L，向pH=a的氨水中加入等體積鹽酸時(shí)，溶液呈中性，則氫氧根離子濃度等于氫離子濃度，所以鹽酸的pH=14﹣a；實(shí)際上氨水是弱堿，等體積的酸和堿混合后溶液呈中性，說(shuō)明