河南省三门峡市2022学年高二化学下学期期末考试试卷含解析

2022-2022学年河南省三门峡市高二（下）期末化学试卷　一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，计48分）1．化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片．当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热．下列说法不正确的是（　　）　A．彩色密封塑胶袋能造成白色污染　B．钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠　C．大多数合金比各成分金属硬度大，熔点低　D．任何物理变化和化学变化都伴随着能量的变化　2．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）　A．标准状况下，11.2LCCl4中含有的分子数为0.5NA　B．1molCl2完全溶于水，转移的电子数为NA　C．25℃时，PH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数为0.1NA　D．电解精炼铜，转移2NA个电子时，阳极溶解64g铜　3．下列有关说法正确的是（　　）　A．在潮湿的环境中，铜容易发生析氢腐蚀形成铜绿　B．常温下，PH均为5的盐酸、氯化铵溶液中，水的电离程度相同　C．8NH3（g）+6NO（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＜0，则该反应一定能自发进行　D．对于乙酸乙酯的水解反应（△H＞0）加入少量氢氧化钠溶液并加热，该反应的反应速率和平衡常数均减小　4．下列说法正确的是（　　）　A．在中和热测定实验中，为准确测得反应前后的温差，应将已分别测得温度的氢氧化钠溶液与盐酸在隔热的容器中快速混合，并不断搅拌，用温度计测量混合液的最高温度　B．往海带灰的浸泡液中加入过量的氯水，保证I﹣完全氧化为I2　C．将溴乙烷与氢氧化钾混合液加热，再滴加硝酸银溶液，观察有淡黄色沉淀生成，可证明溴乙烷中含有溴　D．润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3～5mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从上口倒出，重复2～3次　5．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）　A．用浓氨水和氢氧化钠制取氨气　B．加热蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3　C．工业上SO2和O2在常压下生成SO3　D．水中的c（H+）比0.1mol/LNaOH溶液中的c（H+）大　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．含有0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、SCN﹣、SO42﹣　B．=1×1014的溶液：Ca2+、Na+、ClO﹣、NO3﹣29\n　C．能使酚酞变红的溶液：Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣　D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣　7．25℃时，溶液只含有Na+、H+、OH﹣、CH3COO﹣这四种离子，下列说法错误的是（　　）　A．溶液只能是CH3COONa溶液　B．溶液中的离子浓度可能是c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　C．溶液中的离子浓度可能是c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　D．溶液中的离子浓度可能是c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）　8．下列图示与对应的叙述不相符的是（　　）　A．如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液　B．如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化　C．如图表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1醋酸溶液得到的滴定曲线　D．如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强　9．白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2═P4O10．已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P﹣P：akJ•mol﹣1、P﹣O：bkJ•mol﹣1、P=O：ckJ•mol﹣1、O=O：dkJ•mol﹣1．根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（　　）29\n　A．（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1B．（4c+12b﹣6a﹣5d）kJ•mol﹣1　C．（4c+12b﹣4a﹣5d）kJ•mol﹣1D．（4a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1　10．下列有关说法正确的是（　　）　A．常温下，0.1mol•L﹣1Na2S溶液中存在：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）　B．常温下，0.1mol•L﹣1HA溶液与0.1mol•L﹣1NaOH溶液正好完全反应时，溶液中一定存在：c（Na+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）　C．常温下，向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到4.0时，溶液中的值增大到原来的10倍　D．常温下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中c（Na+）=0.1mol•L﹣1；c（Na+）=c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）　11．下列关于反应4Li+2SOC12═4LiCl+S+SO2↑的叙述中，不正确的是（　　）　A．SOCl2是氧化剂，Li是还原剂　B．2molSOCl2参加反应，共转移4mol电子　C．若将该反应设计成原电池，SOCl2在正极发生反应　D．若将该反应设计成原电池，可用稀硫酸作电解质溶液　12．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是（　　）　A．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B＞A＞D　B．25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c（NH4+）/c（NH3•H2O）的值逐渐减小　C．在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点　D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl﹣、S042﹣　13．常用的电池是一个液体电解质将两个固体电极隔开．而钠﹣硫（Na/S829\n）电池正相反，它是由固体电解质将两个液体电极隔开（如图），一个由钠﹣β﹣氧化铝固体电解质做成的中心管，将内室的熔融钠（熔点98℃）和外室的熔融硫（熔点119℃）隔开，并允许Na+通过．下列有关说法不正确的是（　　）　A．a为电池的正极　B．充电时b接电源的正极　C．正极反应为：nS8+16ne﹣=8Sn2﹣　D．Na+可以穿过固体电解质和硫反应从而传递电流　14．COCl2的分解反应为COCl2（g）═Cl2（g）+CO（g）△H=+108kJ•mol﹣1．反应体系平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）：比较反应物COCl2在5﹣6min和15﹣16min时平均反应速率的大小：v（5﹣6）_v（15﹣16）（　　）　A．＜B．=　C．＞D．条件不足，无法判断　15．利用如图所示联合装置制备金属钛，下列叙述正确的是（　　）　A．甲装置中通入O2的电极反应式为：O2+4e﹣═2O2﹣　B．若不考虑能量的损失，制备24.0g金属钛，需要消耗氢气22.4L　C．甲装置工作过程中pH减小29\n　D．乙装置中的石墨电极反应式为：C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑　16．反应aA（g）+bB（g）cC（g）（△H＜0）在等容条件下进行．改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：比较第Ⅱ阶段反应温度（T2）和第Ⅲ阶段反应温度（T3）的高低：T2__T3（　　）　A．＞B．=　C．＜D．条件不足，无法判断　　二、非选择题（37分）17．（10分）（2022春•河南期中）H2、CH3OH是优质的清洁燃料，可制作燃料电池．（1）已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H1=﹣1275.6kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1③H2O（g）═H2O（1）△H3=﹣44.0kJ•mol﹣1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：　　　　　　．（2）生产甲醇的原料CO和H2于下列反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0①一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a所示，则Tl　　　　　　T2（填“＜”、“＞”、“=”，下同）；A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的大小关系为　　　　　　②100℃时，将1mol　CH4和2molH2O通入容积为1L的定容密闭容器中发生反应，能说明该反应已经达到平衡状态的是　　　　　　（填序号）．a．容器的压强恒定b．单位时间内消耗0.1mol　CH4同时生成0.3molH2c．容器内气体密度恒定d．3v正（CH4）=v逆（H2）如果达到平衡时CH4的转化率为0.5，则100℃时该反应的平衡常数K=　　　　　　．（3）某实验小组利用CO（g）、O2（g）、KOH（aq）设计成如图b所示的电池装置，则该电池负极的电极反应式为　　　　　　．29\n　18．（14分）（2022春•河南期中）A：K2Cr2O7是橙红色的固体，有强氧化性．①将其用浓盐酸处理产生黄绿色刺激性气味气体B和蓝紫色溶液C；②在C中加入KOH溶液，先生成灰蓝色沉淀D；③继续加入过量的KOH溶液则沉淀消失，变成绿色溶液E；④在E中加入H2O2加热则生成黄色溶液F；⑤F用稀硫酸酸化，又变成原来的化合物A的溶液．已知：氢氧化铬在溶液中存在如下平衡：Cr3++3OH﹣⇌Cr（OH）3⇌H2O+HCrO2⇌H2O+H++CrO2﹣蓝紫色　　　灰蓝色　　　　　　　　　　　绿色（1）根据上述平衡判断氢氧化铬具有　　　　　　（填“碱性”、“酸性”、“两性”）．（2）写出①的离子方程式　　　　　　；（3）已知D的溶解度为2.06×10﹣7g，则D的溶度积常数为　　　　　　．（4）写出③的离子反应方程式　　　　　　．（5）④F溶液中的黄色离子是　　　　　　（写化学式）；若参加反应的H2O2是5mol，则生成的黄色离子的物质的量为　　　　　　．（6）金属锡（Sn）是第ⅣA的元素，通过下列方法可以测定金属锡样品的纯度：①将试样溶于盐酸中，发生的反应化学方程式为：　　　　　　；②向①的溶液中再加入过量的FeCl3溶液，发生的反应化学方程式为　　　　　　；③用已知浓度的A溶液滴定生成的Fe2+．现有金属锡样品wg，经上述各步反应后，用A溶液滴定，A应放在　　　　　　（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，共用去cmol•L﹣1的A溶液vmL（锡的相对原子质量用M表示）．求样品中锡的质量分数为　　　　　　（假定杂质不参加反应）．　19．（13分）（2022春•河南期中）氨气是一种重要的化工产品及工业原料．Ⅰ．某温度下，合成氨反应的平衡常数K=3.0×103（mol/L）﹣1，（1）写出其对应的化学方程式　　　　　　（2）某温度下，如果在体积恒定为10L的密闭容器中充入：0.1molN2、0.1molH2和2molNH3则反应　　　　　　（填“正向进行”或“逆向进行”或“达到平衡”）．（3）该温度下，在体积恒定为10L的四个密闭容器中分别充入下列物质，反应达到平衡后，N2的转化率最大的是　　　　　　．a.10molN2、30molH2和20molNH3b．10molN2和30molH2c.20molN2和60molH2d．10molN2和28molH2Ⅱ．氨气极易溶于水，氨水是氨气溶于水而形成的溶液，回答下列问题：29\n（4）在氨水溶液中加水稀释的过程，NH3•H2O的电离程度　　　　　　（填“增大”“减小”或“不变”，　　　　　　（同上）．（5）室温下，a　mol•L﹣1的（NH4）2SO4水溶液的pH=5，则NH水解平衡的平衡常数表达式为　　　　　　（用含代数a的较为精确的数学表达式表示，不必化简，不做近似运算）（6）室温下，向浓度均为0.1mol•L﹣1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，首先生成沉淀对应的离子方程式为　　　　　　．（已知：室温时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10﹣11mol3•L﹣3，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20　mol3．L﹣3）．（7）测定某产品中KI含量的方法是：a．称取3.340g样品，溶解，在250mL容量瓶定容；b．量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量KIO3，用少量稀硫酸酸化后，使KIO3与KI反应完全；c．以淀粉为指示剂，用0.2400mol/L的Na2S2O3溶液滴定，消耗溶液体积平均值为10.00mL．已知：IO3﹣+I﹣+H+═I2+H2O（未配平），I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣．该样品中KI的质量分数为　　　　　　．（保留3位有效数字）　　选做题（考生可从下面两题中任选一题做答）[化学—选修3：物质结构与性质]20．（15分）（2022春•河南期中）太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置．其材料除单晶硅，还有铜铟镓硒等化合物．（1）镓的基态原子的电子排布式是　　　　　　．（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为　　　　　　（用元素符号表示）．（3）气态SeO3分子的立体构型为　　　　　　．（4）硅烷（SinH2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是：　　　　　　．（5）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成[B（OH）4]﹣而体现一元弱酸的性质，则[B（OH）4]﹣中B的原子杂化类型为　　　　　　；（6）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应生成铜氨配离子的溶液，则该反应的离子方程式为　　　　　　；（7）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构．在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为　　　　　　，若该晶胞的边长为apm，则合金的密度为　　　　　　　g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）．29\n　　[化学—选修5：有机化学基础]21．（2022•南阳模拟）（代号DMP）是一种常用的酯类塑化剂，其蒸气对氢气的相对密度为97．工业上生产DMP的流程如图所示：（1）上述转化中属于取代反应的是　　　　　　，D的核磁共振氢谱有　　　　　　组峰．（2）的名称　　　　　　，C中官能团的名称为　　　　　　，DMP的分子式为　　　　　　．（3）A→B的化学方程式为　　　　　　．（4）E是D的芳香族同分异构体，E具有如下特征：①遇FeCl3溶液显紫色；②能发生银镜反应；③苯环上有三个取代基，则符合条件的E最多有　　　　　　种，写出其中任意两种物质的结构简式　　　　　　．（5）用制备DMP的另一种途径：其中反应①还有另外一种产物，该产物最可能是　　　　　　，反应②中的另一产物是水，且n（F）：n（H2O）=2：1，则F的结构简式为　　　　　　．　　2022-2022学年河南省三门峡市高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，计48分）1．化学“暖手袋”是充满过饱和醋酸钠溶液的密封塑胶袋，袋内置有一个合金片．当合金片轻微震动使溶质结晶，该过程放热．下列说法不正确的是（　　）　A．彩色密封塑胶袋能造成白色污染　B．钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应得到醋酸钠　C．大多数合金比各成分金属硬度大，熔点低29\n　D．任何物理变化和化学变化都伴随着能量的变化考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：A．根据白色污染指塑料制品形成的污染分析；B．根据钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应的产物分析；C．根据合金的特点分析；D．物理过程不一定伴随着能量的变化．解答：解：A．白色污染指塑料制品形成的污染，而彩色密封塑胶袋属于塑料，故A正确；B．钠、氧化钠、氢氧化钠都能与醋酸反应都生成醋酸钠，故B正确；C．合金的特点为熔点比各成分都低，硬度比各成分都大，故C正确；D．物理过程不一定伴随着能量的变化，故D错误；故选D．点评：本题考查了白色污染、合金的特点、物质变化时的能量变化以及钠及其化合物的性质，属于基础知识的考查，题目比较简单．　2．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）　A．标准状况下，11.2LCCl4中含有的分子数为0.5NA　B．1molCl2完全溶于水，转移的电子数为NA　C．25℃时，PH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数为0.1NA　D．电解精炼铜，转移2NA个电子时，阳极溶解64g铜考点：阿伏加德罗常数．分析：A．气体摩尔体积适用对象为气体；B．氯气与水反应为可逆反应；C．依据PH计算氢离子浓度，结合溶液中离子积常数计算碱溶液中氢氧根离子浓度；D．粗铜中含有杂质铁、锌等，活泼性强于铜，优先放电．解答：解：A．标况下，四氯化碳是液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，1molCl2完全溶于水，转移的电子数小于NA，故B错误；C．pH=13的Ba（OH）2溶液中C（H+）=10﹣13mol/L，C（H+）=0.1mol/L，根据n=CV可知OH﹣的物质的量n=1L×0.1mol/L=0.1mol，故个数为0.1NA，故C正确；D．电解精炼铜过程中，由于阳极粗铜中还原杂质铁、锌，电解是铁和锌原先铜放电，所以当外电路通过2NA个电子时，阳极溶解铜的物质的量小于1mol，故D错误；故选：C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，熟练掌握以物质的量为中心的各物理量之间的转化关系是解题关键，注意气体摩尔体积的使用对象和条件，注意可逆反应的特点，题目难度不大．　3．下列有关说法正确的是（　　）　A．在潮湿的环境中，铜容易发生析氢腐蚀形成铜绿　B．常温下，PH均为5的盐酸、氯化铵溶液中，水的电离程度相同　C．8NH3（g）+6NO（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＜0，则该反应一定能自发进行29\n　D．对于乙酸乙酯的水解反应（△H＞0）加入少量氢氧化钠溶液并加热，该反应的反应速率和平衡常数均减小考点：金属的电化学腐蚀与防护；反应热和焓变；水的电离．分析：A．铜发生吸氧腐蚀形成铜绿；B．氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离；C．如反应能自发进行，应满足△H﹣T•△S＜0；D．乙酸乙酯的水解反应为吸热反应，加热或加入碱都能促进平衡正向移动．解答：解：A．铜于酸不反应，即不能发生析氢腐蚀，在空气中发生吸氧腐蚀形成铜绿，故A错误；B．氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，而盐酸抑制水的电离，故B错误；C．反应的△H＜0，且△S＞0，则△H﹣T•△S＜0，能自发进行，故C正确；D．乙酸乙酯的水解反应为吸热反应，加热或加入碱都能促进平衡正向移动，但只有升高温度，平衡常数才增大，加入少量的氢氧化钠溶液导致的平衡右移，K不变，故D错误．故选C．点评：本题综合考查化学反应速率以及平衡移动问题，为高考常见题型，侧重于基本理论知识的综合理解和运用的考查，主要相关知识的积累，难度不大．　4．下列说法正确的是（　　）　A．在中和热测定实验中，为准确测得反应前后的温差，应将已分别测得温度的氢氧化钠溶液与盐酸在隔热的容器中快速混合，并不断搅拌，用温度计测量混合液的最高温度　B．往海带灰的浸泡液中加入过量的氯水，保证I﹣完全氧化为I2　C．将溴乙烷与氢氧化钾混合液加热，再滴加硝酸银溶液，观察有淡黄色沉淀生成，可证明溴乙烷中含有溴　D．润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3～5mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从上口倒出，重复2～3次考点：中和热的测定；氯气的化学性质；有机物（官能团）的检验．分析：A、中和热测定温度为恰好中和时的温度即最高温度；B、根据氯水会氧化I2生成HIO3来回答判断；C、检验溴乙烷水解产物中的溴离子，因先中和碱；D、润洗后，从滴定管的下口放出．解答：解：A、中和热测定温度为恰好中和时的温度即最高温度，故A正确；B、海带灰的浸泡液中如果加入过量的氯水，氯水会氧化I2生成HIO3，故B错误；C、检验溴乙烷水解产物中的溴离子，因先中和碱，防止碱和硝酸银生成氢氧化银沉淀干扰实验，故C错误；D、润洗后，从滴定管的下口放出，不能从上口倒出，其他操作均合理，故D错误；故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、中和热的测定、滴定实验及操作等，把握反应原理及实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等．　5．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）　A．用浓氨水和氢氧化钠制取氨气29\n　B．加热蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3　C．工业上SO2和O2在常压下生成SO3　D．水中的c（H+）比0.1mol/LNaOH溶液中的c（H+）大考点：化学平衡移动原理．分析：平衡移动原理：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用．解答：解：A．NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，加入氢氧化钠，增大氢氧根离子浓度，平衡逆向移动，有利于氨气的生成，故能用勒夏特列原理解释，故A不选；B．AlCl3水解存在平衡AlCl3+3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3HCl，加热HCl挥发，水解彻底进行，生成Al（OH）3沉淀，灼烧Al（OH）3得Al2O3，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C．2SO2+O2⇌2SO3，增大压强，平衡正向移动，常压下不利于生成SO3，故不能用勒夏特列原理解释，故C选；D．水中存在电离平衡：H2O⇌H++OH﹣，加入氢氧化钠，增大氢氧根离子浓度，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，故能利用平衡移动原理解释，故D不选；故选C．点评：本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确化学平衡移动原理内涵及适用范围是解本题关键，注意：平衡移动原理只适用于“改变条件时能引起平衡移动的化学反应”，题目难度不大．　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．含有0.1mol•L﹣1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、SCN﹣、SO42﹣　B．=1×1014的溶液：Ca2+、Na+、ClO﹣、NO3﹣　C．能使酚酞变红的溶液：Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣　D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．离子之间结合生成络离子；B.=1×1014的溶液，显酸性；C．能使酚酞变红的溶液，显碱性；D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．解答：解：A．Fe3+、SCN﹣离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故A错误；B.=1×1014的溶液，显酸性，H+、ClO﹣结合生成弱电解质，不能大量共存，故B错误；C．能使酚酞变红的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；29\nD．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱溶液中Fe2+、OH﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存，为高频考点，把握离子的性质及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及络合反应、复分解反应的离子共存的考查，题目难度不大．　7．25℃时，溶液只含有Na+、H+、OH﹣、CH3COO﹣这四种离子，下列说法错误的是（　　）　A．溶液只能是CH3COONa溶液　B．溶液中的离子浓度可能是c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　C．溶液中的离子浓度可能是c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　D．溶液中的离子浓度可能是c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）考点：离子浓度大小的比较．分析：A．从溶液电荷守恒的角度分析；B．溶液呈酸性，应存在c（CH3COO﹣）＞c（Na+）；C．CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液呈碱性；D．如NaOH过量，则可存在题中关系．解答：解：A．根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），溶液中溶质可能是CH3COONa溶液，或CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，或CH3COONa和NaOH，故A错误；B．c（H+）＞c（OH﹣），说明溶液呈酸性，因醋酸为弱酸，则醋酸过量，应存在，c（CH3COO﹣）＞c（Na+），溶液中的离子浓度可能是c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；C．若溶质是CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；D．若是NaOH和CH3COONa作溶质，NaOH过量，可存在c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），故D正确；故选A．点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，解答本题注意结合电荷守恒，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点，能够根据离子浓度大小关系判断溶液的溶质，为解答该题的关键．　8．下列图示与对应的叙述不相符的是（　　）　A．如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液　B．29\n如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化　C．如图表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1醋酸溶液得到的滴定曲线　D．如图表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是增大压强考点：溶解度、饱和溶液的概念；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：图示题．分析：A．a点时溶解的硝酸钾的质量小于80℃时KNO3的溶解度，说明该溶液为不饱和溶液；B．反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，使用催化剂可以降低活化分子需要能量；C．醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/L的醋酸溶液的pH大于1；D．在t0时改变某一条件后瞬间正逆反应速率都增大，且反应速率相等，平衡不移动，改变的条件可能为增大了压强．解答：解：A．曲线上所有的点代表相应温度下KNO3溶液的溶解度，均为饱和溶液，a点溶解的KNO3的质量远小于饱和时的数值，因此a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液，该说法正确，故A错误；B．反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，因此图象表示的为放热反应；使用催化剂能够降低活化分子能量，使用催化剂时需要能量低于不使用催化剂的能量，该图示与对应的叙述相符，故B错误；C.0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，故C正确；D．对于反应前后气体的化学计量数相等的化学平衡，增大压强，正逆反应速率瞬间同时增大且相等，图示变化可能为改变了压强，图象变化与题中描述一致，故D错误；故选C．点评：本题考查反应热和焓变、溶解度和饱和溶液、反应速率与化学平衡的关系，题目难度中等，注意明确饱和溶液概念、反应速率与化学平衡的关系，试题侧重考查学生运用所学原理从图象中获取信息、分析问题、及解决问题的能力．　9．白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2═P4O10．已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P﹣P：akJ•mol﹣1、P﹣O：bkJ•mol﹣1、P=O：ckJ•mol﹣1、O=O：dkJ•mol﹣1．根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（　　）29\n　A．（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1B．（4c+12b﹣6a﹣5d）kJ•mol﹣1　C．（4c+12b﹣4a﹣5d）kJ•mol﹣1D．（4a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1考点：有关反应热的计算；化学反应中能量转化的原因．专题：化学反应中的能量变化．分析：反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP﹣P键．解答：解：各化学键键能为P﹣PakJ•mol﹣1、P﹣ObkJ•mol﹣1、P=OckJ•mol﹣1、O=OdkJ•mol﹣1．反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，所以反应P4+5O2=P4O10的反应热△H=6akJ•mol﹣1+5dkJ•mol﹣1﹣（4ckJ•mol﹣1+12bkJ•mol﹣1）=（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ•mol﹣1，故选：A．点评：考查反应热与化学键键能的关系，难度中等，注意从物质能量、键能理解反应热．　10．下列有关说法正确的是（　　）　A．常温下，0.1mol•L﹣1Na2S溶液中存在：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）　B．常温下，0.1mol•L﹣1HA溶液与0.1mol•L﹣1NaOH溶液正好完全反应时，溶液中一定存在：c（Na+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）　C．常温下，向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到4.0时，溶液中的值增大到原来的10倍　D．常温下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中c（Na+）=0.1mol•L﹣1；c（Na+）=c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒判断；B．混合溶液中溶质为NaA，如果HA是强酸，溶液呈中性，如果HA是弱酸，溶液呈碱性；C．溶液中==；D．常温下pH=7的溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO﹣）相对大小．29\n解答：解：A．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故A正确；B．混合溶液中溶质为NaA，如果HA是强酸，溶液呈中性，如果HA是弱酸，溶液呈碱性，所以溶液中c（OH﹣）≥c（H+），故B错误；C．温度不变，醋酸电离平衡常数不变，pH由3变为4，氢离子浓度降为原来的，溶液中===10Ka，所以溶液中的值增大到原来的10倍，故C正确；D．常温下pH=7的溶液呈中性，根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO﹣），故D错误；故选AC．点评：本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质性质结合溶液酸碱性再结合是思想分析解答，注意C中分式的灵活变换，从而找出电离平衡常数与氢离子浓度关系，题目难度中等．　11．下列关于反应4Li+2SOC12═4LiCl+S+SO2↑的叙述中，不正确的是（　　）　A．SOCl2是氧化剂，Li是还原剂　B．2molSOCl2参加反应，共转移4mol电子　C．若将该反应设计成原电池，SOCl2在正极发生反应　D．若将该反应设计成原电池，可用稀硫酸作电解质溶液考点：氧化还原反应．分析：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2反应中，Li的化合价升高，作还原剂，S元素的化合价降低，作氧化剂，每生成1molSO2转移4mol电子，将该反应设计成电池，负极为锂，SOCl2在正极发生反应，据此分析．解答：解：A．Li的化合价升高，作还原剂，SOCl2中S元素的化合价降低，作氧化剂，故A正确；B、反应4Li+2SOCl2═4LiCl+S+SO2中，每生成1molSO2转移4mol电子，则2molSOCl2参加反应，共转移4mol电子，故B正确；C、将该反应设计成电池，正极电极反应式为2SOCl2+4e﹣=4Cl﹣+S+SO2，则SOCl2在正极发生反应，故C正确；D、由于Li和SOCl2都易与水反应，电解池应为非水电解质，故D错误．故选：D．点评：本题考查了氧化还原反应、原电池原理，侧重于基础知识的考查，注意根据氧化还原反应中元素化合价的变化分析，题目难度不大．　12．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是（　　）29\n　A．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B＞A＞D　B．25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c（NH4+）/c（NH3•H2O）的值逐渐减小　C．在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点　D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl﹣、S042﹣考点：离子积常数；水的电离．分析：A、A、D都处于25℃时，Kw相等，然后比较B、A两点的c（H+）和c（OH﹣）的大小，依次比较Kw的大小；B、根据氨水和硫酸之间的反应来回答；C、从A点到C点c（H+）和c（OH﹣）的变化以及Kw只受温度影响来分析；D、A点的溶液显示中性，根据铁离子的水解程度来判断．解答：解：A、AD都处于25℃时，Kw相等，c（H+）和c（OH﹣）越大，Kw越大，故B＞C＞A=D，故A错误；B、25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，会发生反应得到硫酸铵溶液，随着氨水的逐渐滴入，氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以铵根离子浓度减小，氨水浓度增大，即溶液中c（NH4+）/c（NH3•H2O）的值逐渐减小，故B正确；C、温度不变，Kw不变，向水中加入氯化铵固体，溶液中c（OH﹣）变小，c（H+）变大，溶液显示酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，但是图中A点到C点氢离子和氢氧根离子都增加，故C错误；D、A点所对应的溶液中，pH=7，但是，铁离子的水解导致不能大量共存，故D错误；故选B．点评：本题考查水的电离平衡移动问题，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的Kw，做题时注意根据图象比较c（H+）和c（OH﹣）的大小是做题的关键．　13．常用的电池是一个液体电解质将两个固体电极隔开．而钠﹣硫（Na/S8）电池正相反，它是由固体电解质将两个液体电极隔开（如图），一个由钠﹣β﹣氧化铝固体电解质做成的中心管，将内室的熔融钠（熔点98℃）和外室的熔融硫（熔点119℃）隔开，并允许Na+通过．下列有关说法不正确的是（　　）　A．a为电池的正极　B．充电时b接电源的正极29\n　C．正极反应为：nS8+16ne﹣=8Sn2﹣　D．Na+可以穿过固体电解质和硫反应从而传递电流考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A、在放电时，原电池正极发生得电子的还原反应，电极反应为nS8+16e﹣=8Sn2﹣；B、在充电时，电解池的阳极发生的电极反应极为正极上的逆反应，阴极反应和负极互为逆反应，所以充电时b接电源的负极；C、原电池正极发生得电子的还原反应，电极反应为nS8+16ne﹣=8Sn2﹣；D、允许Na+通过．解答：解：A、在放电时，原电池正极发生得电子的还原反应，电极反应为nS8+16e﹣=8Sn2﹣，所以a为电池的正极，故A正确；B、在充电时，电解池的阳极发生的电极反应极为正极上的逆反应，阴极反应和负极互为逆反应，所以充电时b接电源的负极，故B错误；C、原电池正极发生得电子的还原反应，电极反应为nS8+16ne﹣=8Sn2﹣，故C正确；D、允许Na+通过，所以Na+可以穿过固体电解质和硫反应从而传递电流，故D正确；故选B．点评：本题考查了二次电池的工作原理以及电极反应式的书写知识，放电和充电过程的实质判断，依据电子守恒进行电极产物的计算，可以根据教材知识来回答，难度不大．　14．COCl2的分解反应为COCl2（g）═Cl2（g）+CO（g）△H=+108kJ•mol﹣1．反应体系平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）：比较反应物COCl2在5﹣6min和15﹣16min时平均反应速率的大小：v（5﹣6）_v（15﹣16）（　　）　A．＜B．=　C．＞D．条件不足，无法判断考点：化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素．分析：在5～6min和15～16min时反应时间都为1min，所以比较这两段的反应速率，即比较这两段的COCl2浓度变化．解答：解：在5～6min和15～16min时反应时间都为1min，所以比较这两段的反应速率，即比较这两段的COCl2浓度变化，由图可以看出15～16min时COCl2浓度变化小，则反应速率小，即v（5～6）＞v（15～16），故选：C．29\n点评：本题考查化学反应速率的比较，理解图象中曲线变化趋势及影响反应速率变化因素是解本题关键，题目难度中等．　15．利用如图所示联合装置制备金属钛，下列叙述正确的是（　　）　A．甲装置中通入O2的电极反应式为：O2+4e﹣═2O2﹣　B．若不考虑能量的损失，制备24.0g金属钛，需要消耗氢气22.4L　C．甲装置工作过程中pH减小　D．乙装置中的石墨电极反应式为：C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑考点：原电池和电解池的工作原理．分析：根据图知，甲为燃料电池，氢气为负极，被氧化，氧气为正极，发生还原反应，乙为电解装置，阳极上电极反应式为C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑，阴极上电极反应式为：2Ca2++4e﹣═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，以此解答该题．解答：解：A．甲装置通入O2的电极为正极，反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，故A错误；B．n（Ti）==0.5mol，则消耗1molCa，转移2mol电子，由电极方程式H2﹣2e﹣═2H+可知，需要1molH2，则在标况下才为22.4L，故B错误；C．甲装置总反应为O2+2H2═2H2O，生成水导致磷酸浓度降低，则pH增大，故C错误；D．乙装置石墨电极为阳极，电极反应式为C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑，故D正确．故选D．点评：本题综合考查电解池和原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等．　16．反应aA（g）+bB（g）cC（g）（△H＜0）在等容条件下进行．改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：比较第Ⅱ阶段反应温度（T2）和第Ⅲ阶段反应温度（T3）的高低：T2__T3（　　）29\n　A．＞B．=　C．＜D．条件不足，无法判断考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．分析：此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变，由此分析解答．解答：解：第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降低温度，因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低，故选：A．点评：本题考查化学反应速率与化学平衡图象、化学平衡影响因素等，难度中等，学生应注意化学平衡移动原理的应用．　二、非选择题（37分）17．（10分）（2022春•河南期中）H2、CH3OH是优质的清洁燃料，可制作燃料电池．（1）已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H1=﹣1275.6kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1③H2O（g）═H2O（1）△H3=﹣44.0kJ•mol﹣1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：　CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ/mol　．（2）生产甲醇的原料CO和H2于下列反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0①一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a所示，则Tl　＞　T2（填“＜”、“＞”、“=”，下同）；A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的大小关系为　KC＜KB=KA　②100℃时，将1mol　CH4和2molH2O通入容积为1L的定容密闭容器中发生反应，能说明该反应已经达到平衡状态的是　ad　（填序号）．a．容器的压强恒定b．单位时间内消耗0.1mol　CH4同时生成0.3molH2c．容器内气体密度恒定d．3v正（CH4）=v逆（H2）如果达到平衡时CH4的转化率为0.5，则100℃时该反应的平衡常数K=　2.25（mol•L﹣1）2　．（3）某实验小组利用CO（g）、O2（g）、KOH（aq）设计成如图b所示的电池装置，则该电池负极的电极反应式为　CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O　．29\n考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．分析：（1）依据盖斯定律计算反应热，写出反应的热化学方程式；（2）①正反应为吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大，据此判断温度大小；平衡常数只受温度影响，处于等温线上各点平衡常数相等，由图可知，压强一定时，温度T2条件下，甲烷的转化率更大，则反应进行的程度更大；②达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，百分含量不变，以及由此衍生其它一些物理量不变，据此结合选项判断；利用三段式计算平衡时各组分的物质的量浓度，代入平衡常数表达式计算．（3）CO发生氧化反应，在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水．解答：解：（1）①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H1=﹣1275.6kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ/mol③H2O（g）=H2O（l）△H3=﹣44.0kJ/mol由盖斯定律①﹣②+③×4，得：2CH3OH（l）+2O2（g）=2CO（g）+4H2O（l）△H=﹣885.6KJ/mol；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ/mol；（2）①由图开始，压强一定时，温度T1的转化率较大，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大，故温度Tl＞T2；平衡常数只受温度影响，A、B处于等温线上，平衡常数相等，由图可知，压强一定时，温度T1条件下，甲烷的转化率更大，则反应进行的程度更大，比温度T2时的平衡常数大，故平衡常数KC＜KB=KA，故答案为：＞；KC＜KB=KA；②a．随反应进行混合气体总物质的量增大，容器容积不变，压强增大，当容器的压强恒定时，说明到达平衡，故a正确；b．单位时间内消耗0.1molCH4同时生成0.3molH2，反应始终按此比例进行，不能说明到达平衡，故b错误；c．100℃时，反应混合物都是气体，混合气体总质量不变，容器的容积不变，容器内气体密度始终不变，不能说明得到平衡，故c错误；d．3v正（CH4）=v逆（H2），不同物质的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故d正确，平衡时甲烷的转化为0.5，则甲烷的浓度变化量=1mol/L×0.5=0.5mol/L，CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）开始（mol/L）：1200变化（mol/L）：0.50.50.51.5平衡（mol/L）：0.51.50.51.5故平衡常数k==2.25，故答案为：ad；2.25；（3）CO发生氧化反应，在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，负极电极反应式为：CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O，故答案为：CO﹣2e﹣+4OH﹣=CO32﹣+2H2O．29\n点评：本题比较综合，难度中等，涉及热化学方程式、化学平衡图象及影响因素、平衡常数、平衡状态判断、原电池等，（3）可以用总反应式减去正极电极反应式得负极电极反应式．　18．（14分）（2022春•河南期中）A：K2Cr2O7是橙红色的固体，有强氧化性．①将其用浓盐酸处理产生黄绿色刺激性气味气体B和蓝紫色溶液C；②在C中加入KOH溶液，先生成灰蓝色沉淀D；③继续加入过量的KOH溶液则沉淀消失，变成绿色溶液E；④在E中加入H2O2加热则生成黄色溶液F；⑤F用稀硫酸酸化，又变成原来的化合物A的溶液．已知：氢氧化铬在溶液中存在如下平衡：Cr3++3OH﹣⇌Cr（OH）3⇌H2O+HCrO2⇌H2O+H++CrO2﹣蓝紫色　　　灰蓝色　　　　　　　　　　　绿色（1）根据上述平衡判断氢氧化铬具有　两性　（填“碱性”、“酸性”、“两性”）．（2）写出①的离子方程式　Cr2O72﹣+14H++6Cl﹣=2Cr3++3Cl2↑+7H2O　；（3）已知D的溶解度为2.06×10﹣7g，则D的溶度积常数为　4.32×10﹣30　．（4）写出③的离子反应方程式　Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O　．（5）④F溶液中的黄色离子是　CrO42﹣　（写化学式）；若参加反应的H2O2是5mol，则生成的黄色离子的物质的量为　　．（6）金属锡（Sn）是第ⅣA的元素，通过下列方法可以测定金属锡样品的纯度：①将试样溶于盐酸中，发生的反应化学方程式为：　Sn+2HCl=SnCl2+H2↑　；②向①的溶液中再加入过量的FeCl3溶液，发生的反应化学方程式为　SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2　；③用已知浓度的A溶液滴定生成的Fe2+．现有金属锡样品wg，经上述各步反应后，用A溶液滴定，A应放在　酸式　（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，共用去cmol•L﹣1的A溶液vmL（锡的相对原子质量用M表示）．求样品中锡的质量分数为　　（假定杂质不参加反应）．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；无机物的推断．分析：K2Cr2O7是橙红色的固体，有强氧化性．①将其用浓盐酸处理产生黄绿色刺激性气味气体B和蓝紫色溶液C，B为氯气，C为CrCl3；②在C中加入KOH溶液，先生成灰蓝色沉淀D，应生成Cr（OH）3；③继续加入过量的KOH溶液则沉淀消失，变成绿色溶液E，E为KCrO2；④在E中加入H2O2加热则生成黄色溶液F，发生氧化还原反应生成K2CrO4；⑤F用稀硫酸酸化，又变成原来的化合物A的溶液，即生成K2Cr2O7，（1）分析氢氧化铬在溶液中存在平衡可知，氢氧化铬能溶于酸和碱符合两性氢氧化物的性质；（2）浓盐酸处理产生黄绿色刺激性气味气体B为氯气和蓝紫色溶液C为氯化铬溶液，结合电荷守恒和一种守恒配平书写离子方程式；（3）在C中加入KOH溶液，先生成灰蓝色沉淀D为Cr（OH）3，溶解度是一定温度下100g水中达到饱和溶解溶质的质量，计算溶质物质的量，得到平衡浓度计算溶度积常数；（4）加入过量的KOH溶液则沉淀消失，变成绿色溶液E为CrO2﹣，结合原子守恒配平书写离子方程式；29\n（5）在E中加入H2O2加热则生成黄色溶液F为CrO2﹣被过氧化氢氧化为CrO42﹣，依据离子方程式电子守恒定量关系计算；（6）①将试样溶于盐酸中生成SnCl2和氢气；②SnCl2溶液中加入过量的FeCl3溶液发生氧化还原反应生成氯化亚铁和SnCl4；③重铬酸钾A是强氧化剂应存在酸式滴定管中；根据n=cV计算反应中消耗的K2Cr2O7的物质的量；根据方程式可得关系式3Sn～3SnCl2～6FeCl3～6FeCl2～K2Cr2O7，据此计算n（Sn），再根据m=nM计算m（Sn），利用质量分数定义计算试样中Sn的百分含量．解答：解：（1）分析氢氧化铬在溶液中存在平衡可知，Cr3++3OH﹣⇌Cr（OH）3⇌H2O+HCrO2⇌H2O+H++CrO2﹣蓝紫色灰蓝色绿色氢氧化铬能溶于酸和碱符合两性氢氧化物的性质，属于两性氧化物；故答案为：两性；（2）浓盐酸处理产生黄绿色刺激性气味气体B为氯气和蓝紫色溶液C为氯化铬溶液，结合电荷守恒和一种守恒配平书写离子方程式为：Cr2O72﹣+14H++6Cl﹣=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；故答案为：Cr2O72﹣+14H++6Cl﹣=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；（3）在C中加入KOH溶液，先生成灰蓝色沉淀D为Cr（OH）3，溶解度是一定温度下100g水中达到饱和溶解溶质的质量，溶解度为2.06×10﹣7g，计算溶质物质的量==2×10﹣9mol，溶液密度近似为水，1000g水即1L溶液，得到平衡浓度c（Cr3+）=2×10﹣8mol/L，c（OH﹣）=6×10﹣8mol/L，计算溶度积常数Ksp=c（Cr3+）×c3（OH﹣）=2×10﹣8mol/L×（6×10﹣8mol/L）3=4.32×10﹣30；故答案为：4.32×10﹣30；（4）加入过量的KOH溶液则沉淀消失，变成绿色溶液E为CrO2﹣，结合原子守恒配平书写离子方程式为：Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O；故答案为：Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O；（5）在E中加入H2O2加热则生成黄色溶液F，为CrO2﹣被过氧化氢氧化为CrO42﹣，反应的离子方程式为：2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣=2CrO42﹣+4H2O325moln参加反应的H2O2是5mol，则生成的黄色离子的物质的量为mol；故答案为：CrO42﹣；；（6）①将试样溶于盐酸中生成SnCl2和氢气，反应的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑；故答案为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑；②SnCl2溶液中加入过量的FeCl3溶液发生氧化还原反应生成氯化亚铁和SnCl4，反应的化学方程式为：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2；故答案为：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2；③重铬酸钾A是强氧化剂应存在酸式滴定管中；现有金属锡样品wg，经上述各步反应后，用A溶液滴定，共用去cmol•L﹣1的A溶液vmL（锡的相对原子质量用M表示）．反应的离子方程式为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O，SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2，Sn+2HCl=SnCl2+H2↑；根据n=cV计算反应中消耗的K2Cr2O729\n的物质的量根据方程式可得关系式3Sn～3SnCl2～6FeCl3～6FeCl2～K2Cr2O7，据此计算n（Sn），再根据m=nM计算m（Sn），利用质量分数定义计算试样中Sn的百分含量；n（Cr2O72﹣）=cmol•L﹣1×v×10﹣3L=cv×10﹣3mol；根据方程式可得关系式3Sn～3SnCl2～6FeCl3～6FeCl2～K2Cr2O7，31ncv×10﹣3moln=3cv×10﹣3mol样品中锡的质量分数=×100%=故答案为：酸式；．点评：本题考查无机物的推断以及物质含量的测定，为高频考点，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，题目涉及物质组成的实验探究过程分析判断，离子方程式书写和定量关系的计算应用，主要是滴定实验的计算应用，注意把握实验原理以及相关物质的性质，难度中等．　19．（13分）（2022春•河南期中）氨气是一种重要的化工产品及工业原料．Ⅰ．某温度下，合成氨反应的平衡常数K=3.0×103（mol/L）﹣1，（1）写出其对应的化学方程式　N2+3H22NH3　（2）某温度下，如果在体积恒定为10L的密闭容器中充入：0.1molN2、0.1molH2和2molNH3则反应　逆向进行　（填“正向进行”或“逆向进行”或“达到平衡”）．（3）该温度下，在体积恒定为10L的四个密闭容器中分别充入下列物质，反应达到平衡后，N2的转化率最大的是　c　．a.10molN2、30molH2和20molNH3b．10molN2和30molH2c.20molN2和60molH2d．10molN2和28molH2Ⅱ．氨气极易溶于水，氨水是氨气溶于水而形成的溶液，回答下列问题：（4）在氨水溶液中加水稀释的过程，NH3•H2O的电离程度　增大　（填“增大”“减小”或“不变”，　不变　（同上）．（5）室温下，a　mol•L﹣1的（NH4）2SO4水溶液的pH=5，则NH水解平衡的平衡常数表达式为　　（用含代数a的较为精确的数学表达式表示，不必化简，不做近似运算）（6）室温下，向浓度均为0.1mol•L﹣1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，首先生成沉淀对应的离子方程式为　Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+　．（已知：室温时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10﹣11mol3•L﹣3，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20　mol3．L﹣3）．（7）测定某产品中KI含量的方法是：29\na．称取3.340g样品，溶解，在250mL容量瓶定容；b．量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量KIO3，用少量稀硫酸酸化后，使KIO3与KI反应完全；c．以淀粉为指示剂，用0.2400mol/L的Na2S2O3溶液滴定，消耗溶液体积平均值为10.00mL．已知：IO3﹣+I﹣+H+═I2+H2O（未配平），I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣．该样品中KI的质量分数为　99.4%　．（保留3位有效数字）考点：化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；探究物质的组成或测量物质的含量．分析：（1）工业合成氨是氮气和氢气在催化剂、高温、高压条件下反应生成氨气；（2）根据浓度积与平衡常数K的关系比较；（3）依据加入一种反应物可以增加另外一种反应反应物的转化率回答；（4）弱电解质加水稀释促进电离，电离平衡常数、离子积常数随温度变化分析；（5）根据Kw计算溶液中c（OH﹣），根据电荷守恒计算溶液中c（NH4+），根据物料守恒计算溶液中c（NH3•H2O），代入平衡常数表达式计算；（6）溶度积常数越小的物质越先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁的溶度积，所以氢氧化铜先沉淀，据此解答即可；（7）KIO3与KI反应完全的化学方程式为IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，反应的关系式为5I﹣～3I2～6S2O32﹣，结合关系式法计算．解答：解：（1）工业合成氨是氮气和氢气在催化剂、高温、高压条件下反应生成氨气，反应的化学方程式为：N2+3H22NH3；故答案为：N2+3H22NH3；（2）合成氨反应浓度积===4000000=4×106＞K=3.0×103，所以平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆反应；（3）a与b相比，a中含有大量的氨气，因此b中氨气的转化率大于a中．b与d相比，b中氢气浓度大，大转化率高；由于正方应是体积减小的可逆反应，所以增大压强平衡向正反应方向进行，c与b相比，相当于是在b的基础上增大压强，氮气转化率增大，故答案为：c；（4）在氨水溶液中加水稀释的过程，一水合氨属于弱电解质，加水稀释NH3．H2O的电离程度增大，=×=，弱电解质电离平衡常数和离子积常数随温度变化，温度不变，比值不变；故答案为：增大；不变；（5）NH4+水解导致硫酸铵溶液显酸性，水解方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，室温下，在amol•L﹣1的（NH4）2SO4水溶液中pH=5，溶液中c（H+）=10﹣5mol/L，故溶液中c（OH﹣）=10﹣9mol/L，根据电荷守恒有：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），即c（NH4+29\n）+10﹣5mol/L=10﹣9mol/L+2amol/L，则c（NH4+）=（2a+10﹣9﹣10﹣5）mol/L，根据物料守恒计算溶液中c（NH3•H2O）=2amol/L﹣（2a+10﹣9﹣10﹣5）mol/L=（10﹣5﹣10﹣9）mol/L，故NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+的平衡常数的表达式为；故答案为：；（6）溶度积常数越小的物质越先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁的溶度积，所以氢氧化铜先沉淀，铜离子和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和铵根离子，离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，故答案为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；（7）KIO3与KI反应完全的化学方程式为IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，反应的关系式为5I﹣～3I2～6S2O32﹣，n（Na2S2O3）=0.2400mol/L×0.01L=2.4×10﹣3mol，由关系式可知n（KI）=2.4×10﹣3mol×=2×10﹣3mol，则3.340g样品中含有KI的质量为2×10﹣3mol××166g/mol=3.32g，则样品中KI的质量分数为×100%=99.4%，故答案为：99.4%．点评：本题考查较为综合，涉及化学平衡状态的判断、盐类水解、水的电离等知识，为高考常见题型，难度中等，注意把握相关基本理论的理解和应用．　选做题（考生可从下面两题中任选一题做答）[化学—选修3：物质结构与性质]20．（15分）（2022春•河南期中）太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置．其材料除单晶硅，还有铜铟镓硒等化合物．（1）镓的基态原子的电子排布式是　1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）　．（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为　Br＞As＞Se　（用元素符号表示）．（3）气态SeO3分子的立体构型为　平面三角形　．（4）硅烷（SinH2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是：　硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强　．（5）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成[B（OH）4]﹣而体现一元弱酸的性质，则[B（OH）4]﹣中B的原子杂化类型为　sp3　；（6）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应生成铜氨配离子的溶液，则该反应的离子方程式为　Cu+H2O2+4NH3•H2O=Cu（NH3）42++2OH﹣+4H2O　；（7）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构．在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为　1：3　29\n，若该晶胞的边长为apm，则合金的密度为　　　g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）．考点：原子核外电子排布；元素周期表的结构及其应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算．分析：（1）镓是31号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式；（2）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能Br＞As＞Se，据此答题；（3）气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数可以判断分子构型；（4）硅烷（SinH2n+2）都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而分子间作用力与相对分子质量的大小有关，据此答题；（5）根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；（6）根据氧化还原反应中元素和电荷守恒，可写出离子方程式；（7）利用均摊法计算两种金属原子个数之比，根据ρ=计算．解答：解：（1）镓是31号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1），故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）；（2）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能Br＞As＞Se，故答案为：Br＞As＞Se；（3）气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数为=3，无孤电子对，所以分子构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；（4）硅烷（SinH2n+2）都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而分子间作用力与相对分子质量的大小有关，硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强，故答案为：硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强；（5）[B（OH）4]﹣中B的价层电子对=4+（3+1﹣4×1）=4，所以采取sp3杂化，故答案为：sp3；（6）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，说明两者能互相促进，是两种物质共同作用的结果，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，方程式可表示为：Cu+H2O2+4NH3•H2O=Cu（NH3）42++2OH﹣+4H2O，29\n故答案为：Cu+H2O2+4NH3•H2O=Cu（NH3）42++2OH﹣+4H2O；（7）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8×=1，Cu原子个数=6×=3，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=1：3，晶胞体积V=（a×10﹣10cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则ρ==g•cm﹣3，故答案为：1：3；．点评：本题主要考查了核外电子排布、第一电离能、分子空间构型、杂化方式、晶胞密度的计算，难度中等，解题时要注意对基本知识的灵活运用．　[化学—选修5：有机化学基础]21．（2022•南阳模拟）（代号DMP）是一种常用的酯类塑化剂，其蒸气对氢气的相对密度为97．工业上生产DMP的流程如图所示：（1）上述转化中属于取代反应的是　①②⑤　，D的核磁共振氢谱有　3　组峰．（2）的名称　1，2﹣二甲苯（或邻二甲苯）　，C中官能团的名称为　醛基　，DMP的分子式为　C10H10O4　．（3）A→B的化学方程式为　　．（4）E是D的芳香族同分异构体，E具有如下特征：①遇FeCl3溶液显紫色；②能发生银镜反应；③苯环上有三个取代基，则符合条件的E最多有　26　种，写出其中任意两种物质的结构简式　　．（5）用制备DMP的另一种途径：29\n其中反应①还有另外一种产物，该产物最可能是　H2O　，反应②中的另一产物是水，且n（F）：n（H2O）=2：1，则F的结构简式为　CH3OH　．考点：有机物的推断．分析：邻二甲苯和氯气在一定条件下发生取代反应生成氯代烃A，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇B，B被氧气氧化生成生成醛C，C被氧气氧化生成羧酸D，D和醇发生酯化（取代）反应生成DMP，根据DMP的结构知邻二甲苯中甲基上1个氢原子被氯原子取代，所以A的结构简式为：，B是，C是，D是，邻二苯甲酸和醇发生酯化反应生成DMP，DMP蒸气对氢气的相对密度为97，则DMP的相对分子质量为194，则该醇是甲醇，故DMP的结构简式为：，据此答题．解答：解：邻二甲苯和氯气在一定条件下发生取代反应生成氯代烃A，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇B，B被氧气氧化生成生成醛C，C被氧气氧化生成羧酸D，D和醇发生酯化（取代）反应生成DMP，根据DMP的结构知邻二甲苯中甲基上1个氢原子被氯原子取代，所以A的结构简式为：，B是，C是，D是，邻二苯甲酸和醇发生酯化反应生成DMP，DMP蒸气对氢气的相对密度为97，则DMP的相对分子质量为194，则该醇是甲醇，故DMP的结构简式为：，（1）根据上面的分析可知，上述转化中属于取代反应的是①②⑤，D是，D的核磁共振氢谱有3组峰，故答案为：①②⑤；3；（2）的名称是1，2﹣二甲苯（或邻二甲苯），C是，C中官能团的名称为醛基，DMP的结构简式为：，所以DMP的分子式为C10H10O4，故答案为：1，2﹣二甲苯（或邻二甲苯）；醛基；C10H10O4；（3）A→B是卤代烃的碱性水解，反应的化学方程式为，29\n故答案为：；（4）D是，E是D的芳香族同分异构体，E具有如下特征：①遇FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基；②能发生银镜反应，说明有醛基；③苯环上有三个取代基，则符合条件的E的结构简式为苯环上连有﹣CHO、﹣OH、HCOO﹣或﹣CHO、﹣OH、﹣COOH，两种情况，根据定二动一的原则，每种情况有10种结构，也可以是苯环上连两个一OH，一个一COCHO，这样的结构有6种，所以共有26种同分异构体，其中任意两种物质的结构简式为，故答案为：20；；（5）根据元素守恒可知，反应①还有另外一种产物为H2O，DMP的结构简式为：，反应②中的另一产物是水，且n（F）：n（H2O）=2：1，则F的结构简式为CH3OH，故答案为：H2O；CH3OH．点评：本题考查了有机物的推断，明确有机物的官能团及其结构是解本题关键，采用正逆相结合的方法进行推断，难点是同分异构体种类的推断，难度较大．　29