安徽省合肥市庐江县2022学年高二化学下学期期末试卷含解析

2022-2022学年安徽省合肥市庐江县高二（下）期末化学试卷　一、选择题（每小题3分，共48分）1．国家发改委、中宣部等十七部委在人民大会堂举行“节能减排全民行动”启动仪式，要求在全国范围内形成全民节能减排氛围．下列有关做法不符合这一要求的是（　　）A．在水力发电、火力发电、核能发电和风力发电中，要大力发展火力发电B．在汽车上安装汽车尾气催化转化装置，使之发生如下反应：2CO+2NO═2CO2+N2C．在大力推广乙醇汽油的同时，研究开发太阳能汽车和氢燃料电池汽车D．将煤液化、气化，提高燃料的燃烧效率　2．下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）A．NaHS水解：HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+B．向硫酸铁溶液中加入铁：Fe3++Fe═2Fe2+C．在铁上镀铜阳极反应为：Cu2++2e﹣═CuD．氯化铜水解：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+　3．有一处于平衡状态的反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＜0，为了使平衡向生成C的方向移动，应选择的条件是（　　）①升高温度②降低温度③增大压强④降低压强⑤加入催化剂⑥分离出C．A．①③⑤B．②③⑤C．②③⑥D．②④⑥　4．由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣12molL﹣1的无色溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）A．K+、Cr3+、Cl﹣、NO3﹣B．Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣C．K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣D．K+、Na+、Cl﹣、S2O32﹣　5．在一定温度下的定容容器中，发生反应：2A（g）+B（s）⇌C（g）+D（g），下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是（　　）①混合气体的压强不变②混合气体的密度不变③C（g）的物质的量浓度不变④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1⑤单位时间内生成nmolC，同时生成nmolD⑥单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA．A．①②⑤B．②③④C．②③⑥D．①③⑥　6．在25℃101kPa下，①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H1=﹣414kJ/mol，②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H2=﹣511kJ/mol，下列说法正确的是（　　）A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C．常温下Na与足量O2反应生成Na20，随温度升高生成Na20的速率逐渐加快-24-\nD．25℃101kPa下，Na202（s）+2Na（s）═2Na20（s）△H=﹣317kJ/mol　7．有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡；④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应．据此，判断四种金属的活动性顺序是（　　）A．A＞B＞C＞DB．A＞C＞D＞BC．C＞A＞B＞DD．B＞D＞C＞A　8．下列溶液均处于25℃，有关叙述正确的是（　　）A．某物质的水溶液PH＜7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐B．pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍C．稀释醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低D．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）＞c（CH3COO﹣）　9．下列现象或反应的原理解释正确的是（　　）选项现象或反应原理解释A铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔对熔化的铝有较强的吸附作用B合成氨反应需在高温条件下进行该反应为吸热反应C镀层破损后，镀锡铁比镀锌铁易腐蚀锡比锌活泼D2CO=2C+O2在任何条件下均不能自发进行该反应△H＞0，△S＜0A．AB．BC．CD．D　10．密闭容器中进行的可逆反应：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）在不同温度（T1和T2）及压强（p1和p2）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）A．T1＜T2，p1＜p2，a+b＞c，正反应为吸热反应B．T1＞T2，p1＜p2，a+b＜c，正反应为吸热反应C．T1＜T2，p1＞p2，a+b＜c，正反应为吸热反应D．T1＞T2，p1＞p2，a+b＞c，正反应为放热反应　11．在容积固定的密闭容器中发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），700℃时平衡常数为1.47，900℃时平衡常数为2.15．下列说法正确的是（　　）A．从700℃到900℃，平衡体系中气体的密度变大B．该反应的化学平衡常数表达式为K=C．绝热容器中进行该反应，温度不再变化，则达到化学平衡状态D．该反应的正反应是放热反应-24-\n　12．常温下，pH为3的FeCl3溶液，pH为11的Na2CO3溶液和pH为3的盐酸中由水电离出来的H+的浓度分别为：C1、C2、C3，它们之间的关系是（　　）A．C1＜C2＜C3B．C1=C2＞C3C．C1＞C2＞C3D．无法判断　13．已知，常温下，Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（AgI）=8.3×10﹣17，下列叙述中正确的是（　　）A．向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色B．向AgCl的饱和溶液中加入KCl晶体，有AgCl析出且溶液中c（Ag+）=c（Cl﹣）C．常温下，AgCl在饱和KCl溶液中的Ksp比在纯水中的Ksp小D．将0.001　mol•L﹣1的AgNO3溶液滴入NaCl和NaI的混合溶液中，一定先产生AgI沉淀　14．如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后后发生a极板质量增加，b极板处有无色无味气休放出．符合这一情况的是（　　）a极板b极板X电极Z溶液A石墨石墨正极NaOHB铜石墨负极CuCl2C锌石墨负极CuSO4D银铁正极AgNO3A．AB．BC．CD．D　15．一定条件下，对于可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，则下列判断正确的是（　　）A．c1：c2=3：1B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3C．X、Y的转化率相等D．c1的取值范围为0.04mol/L＜c1＜0.14mol/L　16．常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法不正确的是（　　）-24-\nA．点①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）B．点②所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）C．点③所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）　　二、填空题（共4大题，共42分）（一）必做题17．（1）甲烷、氢气、一氧化碳燃烧热分别为akJ•mol﹣1，bkJ•mol﹣1，ckJ•mol﹣1，工业上利用天燃气和二氧化碳反应制备合成气（CO、H2），其热化学反应方程式为　　　　　　．（2）在室温下，下列溶液中①0.1mol/LCH3COONH4，②0.1mol/LNH4HSO4，③0.1mol/LNH3•H2O④0.1mol/LNH4Cl，请根据要求回答问题：溶液①和②中c（NH4+）的大小关系是①　　　　　　②（填“＞”、“＜”或“=”）．将一定体积的溶液③和溶液④混合，所得溶液的pH=7，则该溶液中离子浓度的由大到小顺序是：　　　　　　（3）25℃时，将一定体积和浓度的醋酸与醋酸钠溶液相混合，若所得混合液pH=6，则该混合液中c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=　　　　　　．　18．如图所示装置，C，D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同（假设通电前后溶液体积不变），A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近溶液呈红色．请回答：（1）B极是电源的　　　　　　，C电极上的电极反应式：　　　　　　．（2）若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为　　　　　　．（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是　　　　　　（填“镀层金属”或“镀件”），电镀液是　　　　　　溶液．当乙中溶液的pH=13时（此时乙溶液体积为500mL），丙中镀件上析出银的质量为　　　　　　．　19．在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深．回答下列问题：（1）反应的△H　　　　　　0（填“大于”“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示．在0～60s时段，反应速率v（N2O4）为　　　　　　mol·L﹣1·s﹣1反应的平衡常数K1为　　　　　　．（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.0020mol•L﹣1•s﹣1的平均速率降低，经10s又达到平衡．①T　　　　　　100℃（填“大于”或“小于”），理由是　　　　　　．②列式计算温度T时反应的平衡常数K2　　　　　　．-24-\n　　（二）选做题（每位学生只要做其中一题即可）20．某工业原料主要成分是NH4Cl、FeCl3和AlCl3，利用此原料可以得到多种工业产品，分折下面流程，回答问题已知Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38（1）用稀硫酸中和等体积等pH值的氨水和烧碱溶液，前者需要消耗的酸液体积　　　　　　（填“大”、“小”或“相同”）；（2）计算溶液②中Fe3+的物质的量浓度为　　　　　　　mol/L；（3）此时缓冲溶液中c（NH4+）　　　　　　c（Cl﹣）（填＞，=，＜）（4）沉淀①中加人过量NaOH反应的离子方程式：　　　　　　．（5）溶液④中含有Al3Cl3，加热蒸干Al3Cl3，溶液最终得到　　　　　　，若想得到AlCl3晶体，应采取的措施是　　　　　　．　21．某化学小组通过査阅资料，设计了如图所示的方法以含镍催化剂为原料来制备NiSO4•7H20．已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．-24-\n部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下：沉淀物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHAl（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.7Ni（OH）27.19.2（1）“碱浸”时反应的离子方程式是　　　　　　．（2）“酸浸”时所加入的酸是　　　　　　（填化学式）．（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为　　　　　　．（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是　　　　　　．（5）NiS04•7H20可用于制备镍氢电池（NiMH），镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型．NiMH中的M表示储氢金属或合金．该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni（OH）2+M═NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为　　　　　　．　　三、实验题22．某研究小组进行Mg（OH）2沉淀溶解和生成的实验探究．向2支盛有1mL　1mol/L的MgCl2溶液中各加入10滴2mol/L　NaOH，制得等量Mg（OH）2沉淀；然后分别向其中加入不同试剂，记录实验现象如表：实验序号加入试剂实验现象Ⅰ4mL　2mol/L　NH4Cl　溶液沉淀溶解Ⅱ4mL蒸馏水沉淀不溶解（1）测得实验Ⅰ中所用NH4Cl溶液显酸性（pH约为4.5），用离子方程式解释其显酸性的原因　　　　　　．（2）同学们猜测实验Ⅰ中沉淀溶解的原因有两种：猜想1：氢氧化镁电离出OH﹣离子，与氯化铵电离出来的铵根离子反应生成氨水．猜想2：　　　　　　．（3）为验证猜想，又设计了以下实验序号实验内容结　　果1测定醋酸铵溶液的pHpH约为7，溶液呈中性-24-\n2取少量的相同质量的氢氧化镁分别盛放在试管中，分别向其中滴加醋酸铵溶液和氯化铵溶液固体均溶解①用醋酸铵溶液与氢氧化镁反应的原因是　　　　　　．②实验证明猜想正确的是　　　　　　（填“1”或“2”）．（4）实验Ⅱ观察到沉淀不溶解．该实验的目的是　　　　　　．　　-24-\n2022-2022学年安徽省合肥市庐江县高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题3分，共48分）1．国家发改委、中宣部等十七部委在人民大会堂举行“节能减排全民行动”启动仪式，要求在全国范围内形成全民节能减排氛围．下列有关做法不符合这一要求的是（　　）A．在水力发电、火力发电、核能发电和风力发电中，要大力发展火力发电B．在汽车上安装汽车尾气催化转化装置，使之发生如下反应：2CO+2NO═2CO2+N2C．在大力推广乙醇汽油的同时，研究开发太阳能汽车和氢燃料电池汽车D．将煤液化、气化，提高燃料的燃烧效率【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】节能减排就是工业上减少化石燃料的燃烧，淘汰高耗能产业，研制新的能源，减少二氧化碳气体的排放，A．火力发电会消耗大量的煤，且造成大气污染；B．将一氧化氮、一氧化碳转化成氮气和二氧化碳，符合要求；C．大力推广乙醇汽油，可减少化石燃料的利用，同时研发清洁能源太阳能、氢能，符合节能减排要求；D．将煤液化、气化，使煤在燃烧过程中充分燃烧，提高了燃烧效率．【解答】解：A．火力发电会消耗大量的煤并且造成大气污染，水力，核能，风力都是清洁能源，故A错误；B．安装汽车尾气催化转化装置，能减少空气污染，符合要求，故B正确；C．使用乙醇汽油能减少化石能源的使用，太阳能、氢能都是清洁能源，故C正确；D．将煤液化、气化，提高燃料的燃烧效率，符合要求，故D正确；故选A．【点评】本题考查了能源的利用及环境保护，题目难度中等，明确节能减排的理念及采取的正确措施为解答关键，试题培养了学生的分析能力、理解能力及灵活应用能力，增强了环保意识．　2．下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）A．NaHS水解：HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+B．向硫酸铁溶液中加入铁：Fe3++Fe═2Fe2+C．在铁上镀铜阳极反应为：Cu2++2e﹣═CuD．氯化铜水解：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+【考点】离子方程式的书写．【分析】A．NaHS水解生成H2S，且水解程度较小；B．离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；C．在铁上镀铜，则阳极应该为铜失去电子生成铜离子；D．铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子．【解答】解：A．NaHS水解生成H2S，且水解程度较小，离子方程式为HS﹣+H2O⇌OH﹣+H2S，该方程式为电离方程式，故A错误；B．离子方程式必须满足电荷守恒，正确离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，故B错误；C．在铁上镀铜，阳极铜失去电子生成铜离子，正确的电极反应为：Cu﹣2e﹣═Cu2+，故C错误；D．铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，离子方程式为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，故D正确；-24-\n故选D．【点评】本题考查离子方程式正误判断，题目难度中等，侧重考查离子方程式的书写原则，明确物质性质及离子方程式书写规则即可解答，注意多元弱酸根离子、多元弱碱离子水解区别．　3．有一处于平衡状态的反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＜0，为了使平衡向生成C的方向移动，应选择的条件是（　　）①升高温度②降低温度③增大压强④降低压强⑤加入催化剂⑥分离出C．A．①③⑤B．②③⑤C．②③⑥D．②④⑥【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】①升高温度，平衡向吸热反应移动；②降低温度，平衡向放热反应移动；③压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；④降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；⑤加催化剂不会引起化学平衡的移动；⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动．【解答】解：反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），△H＜0，正反应是气体物质的量减小的放热反应，①升高温度，平衡逆向移动，故①错误；②降低温度，平衡向正反应移动，故②正确；③压强增大，平衡向正反应移动，故③正确；④降低压强，平衡向逆反应方向移动，故④错误；⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，故⑤错误；⑥分离出C，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故⑥正确；故选C．【点评】本题考查化学平衡移动的影响因素等，难度中等，注意加入惰性气体对平衡的影响，恒温恒容平衡不移动，恒温恒压，体积增大，平衡向体积增大方向移动．　4．由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣12molL﹣1的无色溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）A．K+、Cr3+、Cl﹣、NO3﹣B．Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣C．K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣D．K+、Na+、Cl﹣、S2O32﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，由水电离的c（H+）为1.0×10﹣12mol•L﹣1，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质，不能大量共存，以此来解答．【解答】解：A．Cr3+有颜色，且在碱性条件下不能大量共存，故A错误；B．无论溶液呈酸性还是碱性，HCO3﹣都不能大量共存，故B错误；C．溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．S2O32﹣在酸性条件下不能大量共存，故D错误．故选C．-24-\n【点评】本题考查离子的共存，为高考高频考点，侧重复分解反应的考查，注意信息的抽取和离子的性质为解答的关键，选项D易错点，题目难度不大．　5．在一定温度下的定容容器中，发生反应：2A（g）+B（s）⇌C（g）+D（g），下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是（　　）①混合气体的压强不变②混合气体的密度不变③C（g）的物质的量浓度不变④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1⑤单位时间内生成nmolC，同时生成nmolD⑥单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA．A．①②⑤B．②③④C．②③⑥D．①③⑥【考点】化学平衡状态的判断．【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．【解答】解：①反应前后气体的体积不变，故混合气体的压强不变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故①错误；②密度=，总质量再变，体积不变，故密度会变，故混合气体的密度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故②正确；③C（g）的物质的量浓度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故③正确；④平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故④错误；⑤生成nmolC是正反应，同时生成nmolD也是正反应，故⑤错误；⑥生成nmolD是正反应，同时生成2nmolA是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故⑥正确；故能表明反应已达到平衡状态的是②③⑥，故选C．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大．要注意把握平衡状态的特征．　6．在25℃101kPa下，①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H1=﹣414kJ/mol，②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H2=﹣511kJ/mol，下列说法正确的是（　　）A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C．常温下Na与足量O2反应生成Na20，随温度升高生成Na20的速率逐渐加快D．25℃101kPa下，Na202（s）+2Na（s）═2Na20（s）△H=﹣317kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；钠的重要化合物．【专题】化学反应中的能量变化；几种重要的金属及其化合物．【分析】A、Na2O中阴阳离子个数之比为1：2，Na2O2中阴阳离子个数之比为1：2；B、由钠原子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数；C、钠与氧气在加热时生成过氧化钠，温度越高，反应速率越大；D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析．-24-\n【解答】解：A、在Na2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1：2，①和②产物的阴阳离子个数比相等，故A错误；B、由钠原子守恒可知，①和②生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，故B错误；C、常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O2，且速率逐渐加快，故C错误；D、热化学方程式25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）═Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1，②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，①×2﹣②可得：Na2O2（s）+2Na（s）═2Na2O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1，故D正确；故选：D．【点评】本题是一综合题，考查化学键类型、氧化还原反应的计算、元素化合物知识、以及盖斯定律，考查了多个考点，设点全面，但难度适中，是一好题．　7．有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡；④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应．据此，判断四种金属的活动性顺序是（　　）A．A＞B＞C＞DB．A＞C＞D＞BC．C＞A＞B＞DD．B＞D＞C＞A【考点】原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】电化学专题．【分析】在原电池中，负极金属的活泼性一般强于正极金属的活泼性，根据原电池的工作原理判断电池的正负极，进而可以判断金属的活泼性强弱关系．【解答】解：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；②原地啊池中，电流从正极流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D→导线→C，所以金属活泼性：C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B．故选B．【点评】本题考查原电池在判断金属活泼性方面的应用，可以根据所学知识来回答，难度不大．　8．下列溶液均处于25℃，有关叙述正确的是（　　）A．某物质的水溶液PH＜7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐B．pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍-24-\nC．稀释醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低D．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）＞c（CH3COO﹣）【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．【分析】A．溶液PH小于7的溶液有酸、强酸弱碱盐以及强酸的酸式盐等；B．根据pH大小可计算出溶液中H+浓度，pH=4.5，c（H+）=10﹣4.5mol•L﹣1，pH=6.5，其c（H+）=10﹣6.5mol•L﹣1；C．稀释醋酸的过程中，氢离子浓度减小，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大；D．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性，溶液中H+大于OH﹣浓度，根据溶液呈电中性，则有c（CH3COO﹣）＞c（Na+）．【解答】解：A．某些强酸的酸式盐如NaHSO4溶液的pH＜7，故A错误；B．pH=4.5的溶液中c（H+）=10﹣4.5mol•L﹣1，pH=6.5的溶液中c（H+）=10﹣6.5mol•L﹣1，则pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍，故B正确；C．稀释醋酸溶液，溶液中氢离子和醋酸根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，故C错误；D．混合溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒，c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故D错误；故选B．【点评】本题考查了pH的计算、离子浓度大小比较等知识，题目难度中等，涉及盐类的水解、溶液的pH与c（H+）的关系和溶液中离子浓度大小的比较，做题时注意盐溶液类型的积累，能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理正确判断各离子浓度大小．　9．下列现象或反应的原理解释正确的是（　　）选项现象或反应原理解释A铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔对熔化的铝有较强的吸附作用B合成氨反应需在高温条件下进行该反应为吸热反应C镀层破损后，镀锡铁比镀锌铁易腐蚀锡比锌活泼D2CO=2C+O2在任何条件下均不能自发进行该反应△H＞0，△S＜0A．AB．BC．CD．D【考点】铝金属及其化合物的性质实验；金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；合成氨条件的选择．【专题】化学平衡专题；金属概论与碱元素．【分析】A、铝箔表面的氧化铝熔点很高，是一层致密的氧化膜；B、高温下化学反应速率快，要考虑催化剂的催化活性；C、在原电池中，负极金属的腐蚀速率远大于正极金属的腐蚀速率；D、根据反应能否自发进行的判据：△H﹣T△S＞0，反应在任何温度下均不能自发进行来回答．【解答】解：A、铝箔表面的氧化铝熔点很高，是一层致密的氧化膜，该薄膜兜着熔化的液态铝而不滴落，故A错误；B、合成氨反应需在高温条件下进行，高温下化学反应速率快，适宜温度下催化剂的催化活性最好，合成氨的反应是放热反应，故B错误；C、镀层破损后，镀锡铁中，金属铁为负极，易被腐蚀，镀锌铁中，金属铁是正极，被保护，金属的活泼性是Zn＞Fe＞Sn，故C错误；-24-\nD、当反应△H＞0，△S＜0时，根据反应能否自发进行的判据，可知△H﹣T△S＞0，反应在任何温度下均不能自发进行，故D正确．故选D．【点评】本题是一道综合知识题目，考查角度广，难度大，注意平时知识的积累并灵活掌握是解题的关键．　10．密闭容器中进行的可逆反应：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）在不同温度（T1和T2）及压强（p1和p2）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）A．T1＜T2，p1＜p2，a+b＞c，正反应为吸热反应B．T1＞T2，p1＜p2，a+b＜c，正反应为吸热反应C．T1＜T2，p1＞p2，a+b＜c，正反应为吸热反应D．T1＞T2，p1＞p2，a+b＞c，正反应为放热反应【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大．【解答】解：相同压强下，根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2，升高温度，B的含量减小，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应；相同温度下，根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：P2＞P1，压强越大，B的含量越大，说明平衡向逆反应方向移动，则a+b＜c，故选B．【点评】本题考查了温度、压强对化学平衡的影响，根据“先拐先平数值大”确定温度、压强的相对大小，再结合温度、压强与生成物D物质的量的变化确定反应热及气体的计量数变化，难度中等．　11．在容积固定的密闭容器中发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），700℃时平衡常数为1.47，900℃时平衡常数为2.15．下列说法正确的是（　　）A．从700℃到900℃，平衡体系中气体的密度变大B．该反应的化学平衡常数表达式为K=C．绝热容器中进行该反应，温度不再变化，则达到化学平衡状态D．该反应的正反应是放热反应【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A．700℃时平衡常数为1.47，900℃时平衡常数为2.15，说明反应是吸热反应，升高温度，平衡正向进行，气体质量减小，气体体积不变；-24-\nB．平衡常数K=；C．当反应达到平衡状态时，该物质的含量不变、同一物质的正逆反应速率相等及由此衍生的物理量不再变化；D．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，据此判断即可．【解答】解：A．700℃时平衡常数为1.47，900℃时平衡常数为2.15，说明反应是吸热反应，升高温度，平衡正向进行，气体质量减小，气体体积不变，密度减小，故A错误；B．平衡常数K=，故B错误；C．该可逆反应存在热量变化，当绝热容器中进行该反应，温度不再变化，说明该反应正逆反应速率相等，则达到化学平衡状态，故C正确；D．升高温度，平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡常数的有关知识，根据化学平衡常数与温度的关系确定反应热，再结合可逆反应平衡状态的判断依据、化学平衡常数表达式等知识点来分析解答，注意：化学平衡常数表达式中只有气体，为易错点．　12．常温下，pH为3的FeCl3溶液，pH为11的Na2CO3溶液和pH为3的盐酸中由水电离出来的H+的浓度分别为：C1、C2、C3，它们之间的关系是（　　）A．C1＜C2＜C3B．C1=C2＞C3C．C1＞C2＞C3D．无法判断【考点】水的电离；盐类水解的应用．【分析】FeCl3和Na2CO3都可促进水的电离，盐酸抑制电离，结合溶液的pH判断水的电离程度大小．【解答】解：FeCl3和Na2CO3都可促进水的电离，pH为3的FeCl3溶液，水电离出来的H+的浓度为10﹣3mol/L，pH为11的Na2CO3溶液，水电离出来的H+的浓度为10﹣3mol/L，pH为3的盐酸抑制水的电离，水电离出来的H+的浓度为10﹣11mol/L，则C1=C2＞C3，故选B．【点评】本题考查盐类水解的应用以及弱电解质的电离等问题，为高考常见题型，综合考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，注意相关基础知识的理解和积累，难度不大．　13．已知，常温下，Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（AgI）=8.3×10﹣17，下列叙述中正确的是（　　）A．向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色B．向AgCl的饱和溶液中加入KCl晶体，有AgCl析出且溶液中c（Ag+）=c（Cl﹣）C．常温下，AgCl在饱和KCl溶液中的Ksp比在纯水中的Ksp小D．将0.001　mol•L﹣1的AgNO3溶液滴入NaCl和NaI的混合溶液中，一定先产生AgI沉淀【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．难溶物类型相同，溶度积越小，越容易生成沉淀；B．向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体，溶解平衡逆向移动，生成沉淀，c（Ag+）减小，c（Cl﹣）增大C．KSP只于温度有关；D．Qc与KSP差别越大，越容易生成沉淀．-24-\n【解答】解：A．KSP（AgCl）＞KSP（AgI），沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色，故A正确；B．向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体，溶解平衡逆向移动，生成沉淀，c（Ag+）减小，c（Cl﹣）增大，c（Ag+）＜c（Cl﹣），故B错误；C．KSP只于温度有关，与溶液中离子浓度无关，故C错误；D．KCl和KI的混合溶液中，c（Cl﹣）和c（I﹣）的大小无法比较，所以Qc也无法知道，无法判断Qc与KSP差别大小，也就无法确定沉淀的先后顺序，故D错误；故选A．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，题目难度中等，注意难溶物类型相同时，溶度积越小越容易生成沉淀，注意掌握难溶物溶解平衡及其影响因素，试题侧重考查学生的分析、理解能力．　14．如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后后发生a极板质量增加，b极板处有无色无味气休放出．符合这一情况的是（　　）a极板b极板X电极Z溶液A石墨石墨正极NaOHB铜石墨负极CuCl2C锌石墨负极CuSO4D银铁正极AgNO3A．AB．BC．CD．D【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味气体放出，说明a为阴极、b为阳极，溶液中的阳离子氧化性大于氢离子，阳极上生成氧气说明氢氧根离子放电，X为负极，据此分析解答．【解答】解：X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色、无臭气体放出，说明a为阴极、b为阳极，溶液中的阳离子氧化性大于氢离子，阳极上生成氧气说明氢氧根离子放电，X为负极，A．X为负极而不是正极，故A错误；B．以石墨为电极电解CuCl2溶液时，a电极上生成铜，b电极上生成氯气为黄绿色，不符合条件，故B错误；C．以石墨电极材料为电极时电解硫酸铜溶液，a电极上生成铜、b电极上生成氧气，符合条件，故C正确；D..X为负极而不是正极，故D错误；故选C．【点评】本题考查电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，题目难度不大．　-24-\n15．一定条件下，对于可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，则下列判断正确的是（　　）A．c1：c2=3：1B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3C．X、Y的转化率相等D．c1的取值范围为0.04mol/L＜c1＜0.14mol/L【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol•L﹣1、0.3mol•L﹣1、0.08mol•L﹣1，利用极值转化；A．可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；B．达到平衡状态时，正逆反应速率相等；C．起始量相同，平衡量相同，转化率相同；D．根据可逆不能完全转化的角度分析．【解答】解：A．设X转化的浓度为x，X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）初始：c1c2c3转化：x3x2x平衡：0.1moL/L0.3mol/L0.08mol/L则：c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A错误；B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C正确；D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜c1，如反应向逆反应分析进行，则c1＜0.14mol•L﹣1，故有0＜c1＜0.14mol•L﹣1，故D错误．故选：C．【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点，要掌握极值法在可逆反应中的应用．　16．常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图．下列说法不正确的是（　　）A．点①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）B．点②所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）C．点③所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）D．滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．-24-\n【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、根据点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，所以c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）；B、点②pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），所以c（Na+）=c（CH3COO﹣）；C、点③体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，根据物料守恒可知：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）；D、在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）的情况．【解答】解：A、根据点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，所以c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故A正确；B、点②pH=7，即c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）=c（CH3COO﹣），故B正确；C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，物料守恒可知：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），故C正确；D、如果出现c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）这个关系，则溶液中电荷不守恒，故D错误；故选：D．【点评】本题考查NaOH与CH3COOH的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，注意利用电荷守恒的角度做题．　二、填空题（共4大题，共42分）（一）必做题17．（1）甲烷、氢气、一氧化碳燃烧热分别为akJ•mol﹣1，bkJ•mol﹣1，ckJ•mol﹣1，工业上利用天燃气和二氧化碳反应制备合成气（CO、H2），其热化学反应方程式为　CH4（l）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H=﹣（a﹣2b﹣2c）kJ•mol﹣1　．（2）在室温下，下列溶液中①0.1mol/LCH3COONH4，②0.1mol/LNH4HSO4，③0.1mol/LNH3•H2O④0.1mol/LNH4Cl，请根据要求回答问题：溶液①和②中c（NH4+）的大小关系是①　＜　②（填“＞”、“＜”或“=”）．将一定体积的溶液③和溶液④混合，所得溶液的pH=7，则该溶液中离子浓度的由大到小顺序是：　c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）　（3）25℃时，将一定体积和浓度的醋酸与醋酸钠溶液相混合，若所得混合液pH=6，则该混合液中c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=　9.9×10﹣7mol/L　．【考点】离子浓度大小的比较；热化学方程式；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】（1）根据甲烷、氢气、一氧化碳的燃烧热分先书写热方程式，再利用盖斯定律来分析天燃气和二氧化碳反应制备合成气（CO、H2）的热化学方程式；（2）醋酸根离子促进了铵根离子的水解，硫酸氢铵中氢离子抑制了铵根离子的水解；溶液的pH=7，反应后溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可知：c（Cl﹣）=c（NH4+）；（3）pH=6溶液中，c（H+）=10﹣6mol/L，c（OH﹣）=10﹣8mol/L，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）计算．【解答】解：（1）甲烷、氢气、一氧化碳的燃烧热分别为akJ•mol﹣1，bkJ•mol﹣1，ckJ•mol﹣1，则①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣ckJ•mol﹣1②CH4（l）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣akJ•mol﹣1-24-\n③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1由盖斯定律可知用②﹣①×2﹣③×2得反应CH4（l）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），该反应的反应热△H=﹣akJ•mol﹣1﹣（﹣2c）kJ•mol﹣1﹣（﹣2bkJ•mol﹣1）=﹣（a﹣2b﹣2c）kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（l）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H=﹣（a﹣2b﹣2c）kJ•mol﹣1；（2）CH3COONH4溶液中醋酸根离子促进了铵根离子的水解，NH4HSO4溶液中氢离子抑制了铵根离子的水解，则溶液①和②中c（NH4+）的大小关系是①＜②；将一定体积的溶液③0.1mol/LNH3•H2O、④0.1mol/LNH4Cl混合，所得溶液的pH=7，反应后溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可知：c（Cl﹣）=c（NH4+），则溶液中离子浓度当大小为：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故答案为：＜；c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）；（3）pH=6溶液中c（H+）=10﹣6mol/L，c（OH﹣）=10﹣8mol/L，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）可知：c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=10﹣6mol/L﹣10﹣8mol/L=9.9×10﹣7mol/L，故答案为：9.9×10﹣7mol/L．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及盐的水解原理及其影响、热化学方程式的书写、离子浓度大小比较等知识，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中应用方法，明确热化学方程式的书写原则．　18．如图所示装置，C，D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同（假设通电前后溶液体积不变），A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近溶液呈红色．请回答：（1）B极是电源的　负　，C电极上的电极反应式：　4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O　．（2）若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为　1：2：2：2　．（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是　镀件　（填“镀层金属”或“镀件”），电镀液是　AgNO3　溶液．当乙中溶液的pH=13时（此时乙溶液体积为500mL），丙中镀件上析出银的质量为　5.4g　．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）将直流电源接通后，F极附近呈红色，可知氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，并得到其他各个电极的名称，阳极上阴离子放电；（2）C、D、E、F电极转移的电子数目相等，根据转移电子数可计算生成的单质的量；（3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，各个电极上转移的电子数是相等的．-24-\n【解答】解：将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极；（1）B电极是电源的负极，C电极与正极相连为阳极，则电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案为：负；4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；（2）C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH﹣═O2↑+2H2O+4e﹣、Cu2++2e﹣═Cu、2Cl﹣═Cl2↑+2e﹣、2H++2e﹣═H2↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2，故答案为：1：2：2：2；（3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，电解质溶液中含银离子，应为AgNO3，当乙中溶液的pH是13时（此时乙溶液体积为500mL）时，根据电极反应2H++2e﹣═H2↑，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/l×0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol×0.05mol=5.4g，故答案为：镀件；AgNO3；5.4g．【点评】本题综合考查电化学，为高频考点，涉及原电池、电解池的工作原理及有关电子守恒计算等，综合性很强，难度较大，侧重分析与应用能力的综合考查．　19．在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深．回答下列问题：（1）反应的△H　大于　0（填“大于”“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示．在0～60s时段，反应速率v（N2O4）为　0.0010　mol·L﹣1·s﹣1反应的平衡常数K1为　0.36　．（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.0020mol•L﹣1•s﹣1的平均速率降低，经10s又达到平衡．①T　大于　100℃（填“大于”或“小于”），理由是　c（N2O4）降低，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故温度升高　．②列式计算温度T时反应的平衡常数K2　1.28　．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】（1）随温度升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应；根据v=计算v（N2O4），平衡常数K=；（2）①改变温度后，N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应吸热反应，升高温度平衡正向移动；-24-\n②平衡时，c（NO2）=0.120mol•L﹣1+0.0020mol•L﹣1•s﹣1×10s×2=0.16mol•L﹣1，c（N2O4）=0.040mol•L﹣1﹣0.0020mol•L﹣1•s﹣1×10s=0.020mol•L﹣1，代入平衡常数K=计算．【解答】解：（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0；0～60s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L﹣0.04mol/L=0.06mol/L，v（N2O4）==0.0010mol•L﹣1•s﹣1；K===0.36，故答案为：大于；0.0010mol•L﹣1•s﹣1；0.36；（2）①改变温度后，N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应吸热反应，升高温度平衡正向移动，故T＞100℃，故答案为：大于；c（N2O4）降低，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故温度升高；②平衡时，c（NO2）=0.120mol•L﹣1+0.0020mol•L﹣1•s﹣1×10s×2=0.16mol•L﹣1，c（N2O4）=0.040mol•L﹣1﹣0.0020mol•L﹣1•s﹣1×10s=0.020mol•L﹣1，故K2==1.28，故答案为：1.28．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数及影响因素、化学反应速率的计算等，难度不大，有利于基础知识的巩固．　（二）选做题（每位学生只要做其中一题即可）20．某工业原料主要成分是NH4Cl、FeCl3和AlCl3，利用此原料可以得到多种工业产品，分折下面流程，回答问题已知Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38（1）用稀硫酸中和等体积等pH值的氨水和烧碱溶液，前者需要消耗的酸液体积　大　（填“大”、“小”或“相同”）；（2）计算溶液②中Fe3+的物质的量浓度为　4.0×10﹣20　　mol/L；（3）此时缓冲溶液中c（NH4+）　＞　c（Cl﹣）（填＞，=，＜）（4）沉淀①中加人过量NaOH反应的离子方程式：　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．（5）溶液④中含有Al3Cl3，加热蒸干Al3Cl3，溶液最终得到　Al2O3　，若想得到AlCl3晶体，应采取的措施是　在HCl（g）氛围中加热蒸干　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．-24-\n【分析】原料中中含有NH4Cl、FeCl3和AlCl3，加入水溶解得到溶液①，在溶液中加入氨水调节溶液pH=8.0，得到沉淀①为Fe（OH）3、Al（OH）3，加入过量NaOH，由于Al（OH）3与氢氧化钠反应，则溶液③为NaAlO2，加入过量盐酸可生成氯化铝，沉淀②为Fe（OH）3，加热分解生成氧化铁，可得到红色颜料，溶液②主要含有氯化铵和氨水，可得到缓冲溶液，以此解答该题．【解答】解：原料中中含有NH4Cl、FeCl3和AlCl3，加入水溶解得到溶液①，在溶液中加入氨水调节溶液pH=8.0，得到沉淀①为Fe（OH）3、Al（OH）3，加入过量NaOH，由于Al（OH）3与氢氧化钠反应，则溶液③为NaAlO2，加入过量盐酸可生成氯化铝，沉淀②为Fe（OH）3，加热分解生成氧化铁，可得到红色颜料，溶液②主要含有氯化铵和氨水，可得到缓冲溶液，（1）由于一水合氨为弱电解质，不能完全电离，则pH值的氨水和烧碱溶液相比较，氨水浓度较大，用稀硫酸中和时消耗酸液体积较大，故答案为：大；（2）在溶液中加入氨水调节溶液pH=8.0，过滤得到溶液②，此时c（OH﹣）=1×10﹣6mol/L，c（Fe3+）=mol/L=4.0×10﹣20mol/L，故答案为：4.0×10﹣20；（3）缓冲溶液中电荷守恒c（NH+4）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），将溶液②调节pH=9.2可到缓冲溶液，所以c（H+）＜c（OH﹣），则有c（NH+4）＞c（Cl﹣），故答案为：＞；（4）沉淀①为Fe（OH）3、Al（OH）3，沉淀①中加人过量NaOH反应的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（5）溶液④中含有AlCl3，由于铝离子水解生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解得氧化铝，所以加热蒸干AlCl3，溶液最终得到，若想得到AlCl3晶体，要防止铝离子水解，所以应采取的措施是在HCl（g）氛围中加热蒸干，故答案为：Al2O3；在HCl（g）氛围中加热蒸干；【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目着重于弱电解质的电离和盐类水解的考查，注意把握解答问题的角度，难度中等．　21．某化学小组通过査阅资料，设计了如图所示的方法以含镍催化剂为原料来制备NiSO4•7H20．已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．-24-\n部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下：沉淀物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHAl（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.7Ni（OH）27.19.2（1）“碱浸”时反应的离子方程式是　2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O　．（2）“酸浸”时所加入的酸是　H2SO4　（填化学式）．（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为　H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O　．（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是　3.2﹣7.1　．（5）NiS04•7H20可用于制备镍氢电池（NiMH），镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型．NiMH中的M表示储氢金属或合金．该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni（OH）2+M═NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为　NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%），原料中加入碱溶液，铝元素溶解，碱浸后过滤得到固体中应含有镍、铁的化合物，酸浸后过滤，滤液中含有亚铁离子、铁离子、镍离子，加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，镍离子不沉淀，再过滤后，调节滤液PH值为2﹣3防止镍离子水解，得硫酸镍溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO4•7H2O晶体，（1）含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al的单质及氧化物，铝和氧化铝都可以和强碱反应溶解得到溶液含有偏铝酸盐；（2）依据最后制备NiSO4•7H2O，防止引入其他杂志离子需要加入硫酸进行溶解；铁及其化合物、镍和硫酸反应生成亚铁离子、铁离子和镍离子；（3）加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子易转化为沉淀除去；（4）依据氢氧化物沉淀的PH分析判断，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液；（5）正极上NiOOH得电子生成Ni（OH）2．-24-\n【解答】解：由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%），原料中加入碱溶液，铝元素溶解，碱浸后过滤得到固体中应含有镍、铁的化合物，酸浸后过滤，滤液中含有亚铁离子、铁离子、镍离子，加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液PH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，镍离子不沉淀，再过滤后，调节滤液PH值为2﹣3防止镍离子水解，得硫酸镍溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO4•7H2O晶体，（1）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2O，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑、Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（2））“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液，则酸浸后，经操作a分离出固体①后，溶液中可能含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；故答案为：H2SO4；（3）铁离子易转化为沉淀除去，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，其反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；（4）依据图表中沉淀需要的溶液pH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.2﹣7.1间，故答案为：3.2﹣7.1；（5）NiMH电池放电过程中，正极上NiOOH得电子生成Ni（OH）2，则正极的电极方程式为：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣，故答案为：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣．【点评】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用、溶度积常数的有关计算，主要是利用溶液不同PH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液PH除去杂质离子，得到较纯净的硫酸镍溶液来制备硫酸镍晶体，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，铝及其化合物性质分析判断，题目难度中等．　三、实验题22．某研究小组进行Mg（OH）2沉淀溶解和生成的实验探究．向2支盛有1mL　1mol/L的MgCl2溶液中各加入10滴2mol/L　NaOH，制得等量Mg（OH）2沉淀；然后分别向其中加入不同试剂，记录实验现象如表：实验序号加入试剂实验现象Ⅰ4mL　2mol/L　NH4Cl　溶液沉淀溶解Ⅱ4mL蒸馏水沉淀不溶解（1）测得实验Ⅰ中所用NH4Cl溶液显酸性（pH约为4.5），用离子方程式解释其显酸性的原因　NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+　．（2）同学们猜测实验Ⅰ中沉淀溶解的原因有两种：猜想1：氢氧化镁电离出OH﹣离子，与氯化铵电离出来的铵根离子反应生成氨水．猜想2：　氯化铵中NH4+离子水解出的H+，与氢氧化镁电离出OH﹣离子生成了水　．（3）为验证猜想，又设计了以下实验序号实验内容结　　果1测定醋酸铵溶液的pH-24-\npH约为7，溶液呈中性2取少量的相同质量的氢氧化镁分别盛放在试管中，分别向其中滴加醋酸铵溶液和氯化铵溶液固体均溶解①用醋酸铵溶液与氢氧化镁反应的原因是　醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁能溶解于醋酸铵，说明是NH4+结合氢氧化镁电离出的OH﹣离子，导致沉淀溶解平衡移动正向移动，达到沉淀溶解　．②实验证明猜想正确的是　1　（填“1”或“2”）．（4）实验Ⅱ观察到沉淀不溶解．该实验的目的是　做对比分析，排除实验中溶剂水使沉淀溶解的可能性　．【考点】探究沉淀溶解．【分析】（1）氯化铵溶液中，铵根离子结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性；（2）氢氧化镁能溶解在氯化铵中有两种可能性，一是水解呈酸性的原因，二是氢氧化镁电离出的氢氧根离子与铵根离子反应，据此进行解答；（3）醋酸铵为中性，如果醋酸铵能够溶解氢氧化镁固体，则证明猜想1正确；（4）假如溶剂水能够溶解氢氧化镁，对该实验探究会产生影响，据此进行解答．【解答】解：（1）NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性，水解的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；（2）氢氧化镁能溶解在氯化铵中有两种可能性，一是氢氧化镁电离出OH﹣离子，与氯化铵电离出来的铵根离子反应生成氨水，二可能是铵根离子水解呈酸性，氢离子与氢氧根离子反应生成水，故答案为：氯化铵中NH4+离子水解出的H+，与氢氧化镁电离出OH﹣离子生成了水；（3）①醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁能溶解于醋酸铵，说明是NH4+结合氢氧化镁电离出的OH﹣离子，导致沉淀溶解平衡移动正向移动，达到沉淀溶解，则证明猜想1是正确的，否则猜想2正确，故答案为：醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁能溶解于醋酸铵，说明是NH4+结合氢氧化镁电离出的OH﹣离子，导致沉淀溶解平衡移动正向移动，达到沉淀溶解；②根据①可知，氢氧化镁存在溶解平衡，Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），铵根离子结合氢氧化镁电离的氢氧根离子，氢氧化镁的溶解平衡右移，导致氢氧化镁沉淀，所以猜想1正确，故答案为：1；（4）实验Ⅱ，加入等体积的水，观察到沉淀不溶解，可以排除实验中溶剂水使沉淀溶解的可能性，使实验结果更具有说服力，故答案为：做对比分析，排除实验中溶剂水使沉淀溶解的可能性．【点评】本题考查较为综合，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，题目难度中等，注意把握影响沉淀平衡，电离平衡和水解平衡的因素，综合把握相关基本理论知识，注重基础知识的学习．　-24-