【文档说明】湖北省武汉市部分重点中学2021-2022学年高二上学期12月联考化学试题 含解析【武汉专题】.docx，共(23)页，1.044 MB，由envi的店铺上传

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高二化学试卷可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cr52Cl35.5Mn55Ti48一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.天然气、沼气都是比较清洁的可

再生能源B.燃煤时加入生石灰可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C.回收处理废旧电池，主要是为了变废为宝D.镀锌的铁表面有划损时，铁仍然受到保护【答案】D【解析】【详解】A．天然气和沼气的主要成分都是甲烷，是比较清洁的能源，沼气是可再生能源，但天

然气是不可再生能源，A错误；B．燃煤时加入生石灰可以减少SO2的排放，可以减少酸雨的形成，但并没有减少CO2等温室气体的排放，B错误；C．回收处理废旧电池，可以回收一些金属，但主要是为了防止重金属污染土壤和地下水等，C错误；D．镀锌的铁表面有划损时，可能形成原电池，此时锌作负极，铁作正极，铁仍

然受到保护，D正确；答案选D。2.下列措施与化学反应速率无关的有①向炉膛内鼓风②炉膛内用煤粉代替煤块③食物存放在冰箱④糕点包装内放置除氧剂⑤将固体试剂溶于水配成溶液后反应⑥高炉炼铁增大炉高⑦在铁制品表面刷油漆⑧向门窗合页里注油⑨纸张在暴晒下变黄⑩某些电化学反

应外加强磁场A.1项B.2项C.3项D.4项【答案】B【解析】【详解】①向炉膛内鼓风，增大氧气浓度，加快反应速率，故不选①；②炉膛内用煤粉代替煤块，增大接触面积，加快反应速率，故不选②；③食物存放在冰箱，降低温度，减慢食物氧化变质速率，

故不选③；④糕点包装内放置除氧剂，降低氧气浓度，减慢食物氧化变质速率，故不选④；⑤将固体试剂溶于水配成溶液后反应，增大接触面积，加快反应速率，故不选⑤；⑥高炉炼铁增大炉高，延长反应时间，与反应速率无关，故选⑥；⑦在铁制品表面刷

油漆，隔绝空气，降低铁的腐蚀速率，故不选⑦；⑧向门窗合页里注油，目的是起到润滑作用，降低门窗开关时的声响，与反应速率无关，故选⑧；⑨纸张在暴晒下变黄，是因为纤维素被氧气氧化的速率加快，故不选⑨；⑩某些电化

学反应外加强磁场，可以加快电化学反应速率，故不选⑩；与化学反应速率无关的是⑥⑧，选B。3.下列说法正确的是A.已知H2(g)+S(g)=H2S(g)∆H1＜0，H2(g)+S(s)=H2S(g)∆H2＜0，则∆H1＜∆H2B.中和热的测定实验中，氢氧化钠分批加入，反应更充分，测

定的中和热数值误差更小C.已知：CH4的燃烧热为890.3kJ/mol，则101kPa时：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)∆H=-890.3kJ/molD.500℃、30MPa下，将0.5mol

N2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)催化剂高温高压2NH3(g)ΔH=-38.6kJ/mol【答案】A【解析】【详解】A．S(s

)→S(g)要吸热，因此反应H2(g)+S(g)=H2S(g)放出的热量要比反应H2(g)+S(s)=H2S(g)放出的热量多，但反应为放热反应，焓变是负值，因此∆H1＜∆H2，A正确；B．氢氧化钠分批加入，会造成热量的散失，

误差较大，应一次性全部加入，B错误；C．1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，甲烷燃烧生成的稳定化合物是液态水，其热化学方程式中，水应是液态，C错误；D．合成氨的反

应为可逆反应，放出的热量与转化率有关，由于转化率未知，所以根据已知条件无法计算该反应的焓变，D错误；答案选A。4.能正确表示下列变化的离子方程式是A.NaHSO3溶液的水解方程式：HSO3−+H2O⇌H3O++SO23−B.方铅矿(PbS)遇CuSO4

溶液生成铜蓝(CuS)：Cu2++PbS=CuS+Pb2+C.用银作阳极电解稀盐酸：2Ag+2H++2Cl-通电H2↑+2AgClD.泡沫灭火器原理：3CO23−+2Al3++3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】C【解析

】【详解】A．NaHSO3溶液的水解方程式为：HSO3−+H2O⇌OH-+H2SO3，A错误；B．方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液生成铜蓝(CuS)的离子方程式为：SO24−+Cu2++PbS=CuS+PbSO4，B错误

；C．用银作阳极电解稀盐酸，阳极电解反应式为：Ag-e-+Cl-=AgCl，阴极电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故总反应式为：2Ag+2H++2Cl-通电H2↑+2AgCl，C正确；D．泡沫灭火

器原理为铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应：Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑，D错误；答案选C。5.下列实验操作能达到实验目的的是A.图1可制得氢氧化铁胶体B.图2可用来测定中和反应的反应热C.图3的读数为42.0

0mLD.图4可用标准酸性高锰酸钾溶液测定未知Na2SO3溶液的浓度【答案】A【解析】【详解】A．将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中进一步加热至液体呈红褐色，停止加热，就制取得到Fe(OH)3胶体，A能够达到实验目的；B．测定中和反应的反应热时，应该用温度计测量反应溶液的温度，B不能达到实验目

的；C．量具小刻度在上，大刻度在下，该仪器是量筒，其读数是42.0mL，C不能达到实验目的；D．标准酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应该使用酸式滴定管进行滴定，D不能达到实验目的；故合理选项是A。6.温度为T℃，向体积不等的密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol2NO

，发生反应：2222C(s)+2NO(g)N(g)+2CO(g)。反应相同时间，测得各容器中2NO的转化率与容器体积的关系如图所示(123V<V<V)。下列说法正确的是A.对c点容器加压，缩小容器体积，则此时()逆)(正>vvB.T℃时，a、b两点时反应的平衡常数abKK＜C

.向a点体系中充入一定量2NO，达到新平衡时，2NO转化率将减小D.图中c点所示条件下()()v=v正逆【答案】C【解析】【分析】图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO

2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达

到最大；b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行。【详解】A．在相同的反应时间内，c点对应的容

器体积最大、压强最小，化学反应速率较慢，故其中二氧化氮的转化率较小，对c点容器加压，缩小容器体积，则化学反应速率加快，向正反应方向进行，此时v(逆)＜v(正），A错误；B．平衡常数只受温度影响，不受压强影响，因此，T°C时，a、b两

点时反应的平衡常数Ka=Kb，B错误；C．向a点体系中充入一定量NO2，相当于在原平衡的基础上增大压强（因为另一反应物是固体），化学平衡向逆反应方向移动，则达到新平衡时，NO2转化率将减小，C正确；D．由分析可知，c点反应未达到平衡状态，则v(逆)≠v(正），D

错误；答案选C。7.下列有关问题，与盐的水解有关的是①实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体④Al2S3不能通过溶液中的反应制取⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)

3固体⑥铁在潮湿环境中生锈A.①②③⑥B.②③④⑥C.①④⑤D.①②③④⑤【答案】D【解析】【详解】①Na2CO3水解产生NaOH，NaOH会和玻璃中的SiO2反应生成Na2SiO3，Na2SiO3溶液有黏性，会将玻璃塞

粘在试剂瓶上，故实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与盐的水解有关，①符合题意；②NaHCO3与Al2(SO4)3发生互促的完全双水解生成氢氧化铝、二氧化碳，故NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂

，与盐的水解有关，②符合题意；③CuCl2水解生成Cu(OH)2和HCl，加热蒸干CuCl2溶液，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Cu(OH)2固体，与盐的水解有关，③符合题意；④S2-与Al3+在溶液中发生互促的完全双水解，故

Al2S3不能通过溶液中的反应制取，与盐的水解有关，④符合题意；⑤AlCl3水解生成氢氧化铝和HCl，加热蒸干AlCl3溶液，HCl挥发，水解平衡正向移动，得到Al(OH)3固体，与盐的水解有关，⑤符合题意；⑥Fe、H2O、O2反应生成氢氧化铁，

氢氧化铁失水生成铁锈，铁在潮湿环境中生锈与盐的水解无关，⑥不符合题意；综上所述，①②③④⑤与盐的水解有关，D正确；选D。8.下列说法中正确的是A.向氨水中滴加等浓度的盐酸至c(+4NH)=c(Cl-)的

溶液一定呈中性B.将611mL110molL−−的稀盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9C.常温下当水电离的()Hc+为131110molL−−时，此溶液的pH为13D.将pH=2的盐酸与醋酸各1m

L分别稀释至100mL，所得醋酸溶液的pH更大【答案】A【解析】【详解】A．向氨水中滴加等浓度的盐酸，电荷守恒为c(NH+4)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，若有c(NH+4)=c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，A正

确；B．酸溶液加水稀释不可能变成碱溶液，其不断接近于中性，将1mL1×10−6mol⋅L−1的稀盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH不可能为9，B错误；C．常温下当水电离的c(OH-)为1×10−13mol⋅L−1时，若是酸性溶液，则c(H＋)为0.1mol⋅L−1，此

溶液的pH为1，若是碱溶液，则c(OH-)为1×10−13mol⋅L−1，此溶液的pH为13，C错误；D．将pH=2的盐酸与醋酸各1mL分别稀释至100mL，由于醋酸稀释时又电离，醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，因此所得醋酸溶液的pH更小，D错误；故选A。9.催化剂TAPP-Mn(Ⅱ)的

应用，使2Li-CO电池的研究取得了新的进展。2Li-CO电池结构和该催化剂作用下正极反应可能的历程如下图所示。下列说法错误．．的是A.2Li-CO电池可使用有机电解液B.充电时，+Li由正极向负极迁移C

.放电时，正极反应为2233CO4Li4e2LiCOC+−++=+D.2LiCO、CO、23LiCO和C都是正极反应的中间产物【答案】D【解析】【详解】A．Li是活泼金属能与水发生反应，因此不能采用水溶液作为电解质，应使用有机电解液，故A正确；

B．充电时原电池的负极与电源负极相连作阴极，原电池的正极与电源正极相连作阳极，阳离子由阳极向阴极移动，则+Li由正极（电池中标注“＋”，实际阳极）向负极（电池中标注“－”，实际阴极）迁移，故B正确；C．由装置可知，该原电池的正极为二

氧化碳得电子生成C单质，电极反应式为：2233CO4Li4e2LiCOC+−++=+，故C正确；D．由正极的反应历程图示可知，C为最终的产物，不是中间产物，故D错误；故选：D。10.一定温度下，向含Cu2+、Mn2+、Fe2

+、Zn2+四种金属离子(M2＋)的溶液中滴加Na2S溶液，生成硫化物沉淀所需S2-浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的关系如图所示。下列判断错误的是A.图中四条直线的斜率相同B.Ksp(FeS)=1.0×10-20C.向含等物质的量

浓度的Fe2+、Cu2+稀溶液中滴加Na2S溶液，Cu2+先沉淀D.该温度下，a点相对于MnS是过饱和溶液，相对于FeS是饱和溶液【答案】D【解析】【分析】横纵坐标是对数，横纵坐标越大，离子浓度越大，45°角

平分线与曲线交点代表纯固体，根据图像可知，溶度积由大到小的顺序是MnS、FeS、ZnS、CuS，据此分析；【详解】A．四种金属离子都是二价离子，都存在c(M2+)·c(S2-)=Ksp，因此斜率都是-1

，故A说法正确；B．溶度积只与温度有关，与浓度无关，根据图像可知，Ksp(FeS)=c(Fe2+)×c(S2-)=1×10-10×1×10-10=1×10-20，故B说法正确；C．根据上述分析，FeS的溶度积大于CuS，相同形式下，溶

度积小更难溶，一般先沉淀，因此向含有等物质的量浓度的Fe2+、Cu2+稀溶液中滴加Na2S，Cu2+先沉淀，故C说法正确；D．a点c(Mn2+)·c(S2-)＜Ksp(MnS)，溶液为不饱和溶液，因为a点FeS直线上，FeS

应是饱和溶液，故D说法错误；答案为D。11.在某温度时，将xmol/L氨水滴入10mL1.0mol/L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是A.a点：()14W+K1.010cH−=B.氨水浓度为1.0mol/LC.b点溶

液中加入NaOH溶液至中性后，()()+32cNa>cNHHOD.b、c、d三点水的电离程度大小关系是bcd【答案】D【解析】【分析】xmol/L氨水滴入10mL1.0mol/L盐酸中，发生NH3·

H2O+HCl=NH4Cl+H2O，NH3·H2O和HCl恰好完全反应得NH4Cl溶液，此时温度应最高，由于NH4Cl是强碱弱酸正盐，其水溶液显酸性，pH<7，即b点对应恰好完全反应。【详解】A．a点pH=0，则c(H+)=1mol/L，水的离子积与温度有关，a点时溶液温度

小于25℃，则水的离子积Kw<1.0×10-14，即c(H+)×c(OH-)<1.0×10-14，即c(OH-)<-14+1.00c(H)1mol/L=1.0×10-15mol/L，A错误；B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好

反应生成氯化铵，此时n(HCl)=n(NH3·H2O)，即10mL×1.0mol/L=c(NH3·H2O)×V，由于c点对应氨水体积是10mL，则b点体积V小于10mL，因此氨水的浓度大于1.0mol/L，B错误；C．b点

溶液中加入NaOH溶液至中性后点存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(4NH+)+c(H+)+c(Na+)，中性c(OH-)=c(H+)，则有①c(Cl-)=c(4NH+)+c(Na+)，b点所得溶液为NH4Cl溶液，

之后加的是NaOH溶液，根据Cl、N守恒有②c(Cl-)=c(4NH+)+c(NH3·H2O)，联立①和②可知c(NH3·H2O)=c(Na+)，C错误；D．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成

氯化铵，n(HCl)=n(NH3·H2O)，铵根离子水解促进了的水的电离，而c、d两点氨水都过量，会抑制水的电离，氨水体积越大，NH3·H2O的物质的量越多，对水电离的抑制程度就越大，故b、c、d三点水的

电离程度为：b>c>d，D正确；选D。12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向2支均盛有2mL相同浓度的3AgNO溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀Ksp(AgI)>Ksp

(AgCl)B将红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，试管中有红棕色气体产生木炭与浓硝酸反应产生NO2C用pH试纸测得：3CHCOONa溶液的pH约为9，2NaNO溶液的pH约为82HNO电离出+H的能力比3CHCOOH的强D向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管

中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀溶液中可能存在平衡：I3−I-+I2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．其他条件相同时，对于相同类型的难溶电解质，Ksp小的先沉淀，向2支均盛有2mL相同浓度的3AgNO溶液的试管中，分别滴入2滴相

同浓度的KCl、KI溶液，只生成AgI黄色沉淀，说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，A错误；B．浓硝酸受热易分解生成二氧化氮，因此将红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，试管中有红棕色气体产生，二氧化氮不一

定是木炭与浓硝酸反应产生的，也有可能是浓硝酸受热分解产生的，B错误；C．两种盐溶液的浓度未知，无法根据钠盐溶液的pH定性判断其对应的酸的酸性强弱，B错误；D．向盛有相同浓度KI3溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明溶液中含有碘单质和碘离子，则KI3

溶液中可能存在平衡：I3−I-+I2，D正确；答案选D。13.已知3NaHSO溶液显酸性，溶液中存在以下平衡；3223HSOHOHSOOH−−++①-233HSOHSO+−+②向10.1molL−的3

NaHSO溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是A.加入少量金属Na，反应①平衡逆向移动，溶液中()-3cHSO增大B.加入少量3NaHSO固体，则反应①平衡正向移动，3NaHSO的水解程度增大

，酸性减弱C.加入少量NaOH溶液，()()2-3-3cSOcHSO、()()cOHcH−+的值均增大D.加入氨水至中性，则()()()()+2-+-32cNa=cSO>cH=cOH【答案】C【解析】【详解】A．加

入少量金属Na，Na与3HSO−电离出的H+反应，促使反应②平衡正向移动，3HSO−离子浓度减小，又促使反应①平衡逆向移动，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，溶液中c(3HSO−)减小，A错误；B．加入少量3NaHS

O固体，则反应①平衡正向移动，反应②平衡正向移动，3NaHSO溶液显酸性，说明3HSO−的电离程度大于水解程度，则溶液酸性增强，B错误；C．加入NaOH，与NaHSO3反应生成亚硫酸钠和水，c(2-3SO)增大，c(

3HSO−)减小，则()()2-3-3cSOcHSO增大，溶液碱性增强，()()cOHcH−+增大，C正确；D．0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中存在物料守恒，即：c(Na+)=c(2-3SO)+c(3HSO−)+c(

H2SO3)，则c(Na+)＞c(2-3SO)＞c(H+)=c(OH-)，D错误；答案选C。14.采用钠碱法烟气脱硫后的吸收液主要含NaHSO3和Na2SO3，用电解法可再生吸收液并回收硫，装置如图，下列说法错误的是A.石墨电极I接外电源的正极.B.出液1为再生吸收液，主要成分为Na2S

O3和NaOHC阴极室每生成0.2molSO2-3，需转移0.4mol电子D.在中间室硫资源回收的主要反应为HSO-3+H+=SO2↑+H2O，SO2-3+H+=HSO-3【答案】C【解析】【详解】A．电极II上生成H2是发生的还原反应，应接电源负极，电极1应为阳极，接外电源

的正极，A正确；B．阴极室消耗H+，OH-浓度增大，Na+穿过膜I，进入阴极室使NaOH浓度增大。同时可发生反应HSO3-+OH-=SO32-+H2O，使Na2SO3浓度增大，得再生吸收液主要成分为Na2SO3和NaOH，B正确；C．由阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2O

H-，阴极区反应HSO3-+OH-=SO32-+H2O可得生成0.2molSO32-再生吸收剂，转移0.2mol电子，C错误；D．由于阳极应为2H2O-4e-=O2↑+4H+使中间区域酸性增强，发生反应HSO3-+

H+=SO2↑+H2O，SO32-+H+垐?噲?=HSO3-，释放SO2可回收硫，D正确；故选C。15.实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程如图所示。下列说法正确的是A.“溶解”时Cu发生反应的离子方程式为2Cu+4H2O2+4

H+=2Cu2++O2↑+6H2O.B.因为升高温度可以加快反应速率，所以“溶解”时适宜使用高温C.用NaOH溶液“调节pH=2”可提高锌粉的利用率D.将ZnCl2溶液加热蒸干即可获得无水ZnCl2【答案】C【解析】【分析】废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收C

u并制备ZnCl2的部分实验过程中，先加入双氧水、稀盐酸，Zn转化为ZnCl2，Cu转化为CuCl2，所得溶液中含Zn2+、Cu2+、Cl-、H+，向溶液中加入适量NaOH溶液调节pH=2，再加入锌粉将Cu2+

置换为Cu，过滤得到Cu，所得滤液中主要成分为NaCl、ZnCl2，经过一系列操作后得到无水ZnCl2。【详解】A．“溶解”时Cu与过氧化氢和稀盐酸发生氧化还原反应生成氯化铜和水，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：Cu＋H2O

2＋2H+=Cu2+＋2H2O，A错误；B．升高温度能够加快化学反应速率，但双氧水受热易分解、盐酸受热易挥发，因此溶解过程中需在适宜的温度下进行反应，B错误；C．加入NaOH溶液，可降低溶液中氢离子的浓度，防止置换时消耗过多锌粉，提高锌粉的利用率，C正确；D．Zn

Cl2为强酸弱碱盐，加热能够促进Zn2+水解，因此需要在HCl的气氛中进行加热蒸干方可得到无水ZnCl2，D错误；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.2TiO和4TiCl都是钛的重要化合物，某化学兴趣小组在实验

室对两者的制备及性质进行探究。①制备4TiCl。实验室利用反应2442ΔTiO(s)+CCl(g)TiCl(g)+CO(g)，在无水无氧条件下制备4TiCl，装置图和有关信息如下：物质熔点/℃沸点/℃其他4CCl-237

6与TiCl4互溶4TiCl-25136遇潮湿空气产生白雾请回答下列问题：（1）仪器B中盛装4CCl的仪器名称是___________。（2）请补充完整实验步骤：①组装仪器，②检查装置气密性，③加装药品，④_____

______，⑤点燃酒精灯，⑥停止加热，⑦停止通2N。（3）实验结束后需要分离D中的液态混合物，该操作使用的主要玻璃仪器有___________(写2个即可)。Ⅱ．制备并测定的质量分数。在4TiCl中加

水、加热，水解得到沉淀22TiOxHO，经过滤、水洗，再烘干、焙烧除去水分得到粉体。（4）一定条件下，将2TiO溶解并还原为3+Ti，用()442NHFeSO标准溶液滴定3+Ti至全部生成4+Ti。滴定分析时，称取上述2TiO试样0

.2g，消耗()-14420.1molLNHFeSO标准溶液20mL。则2TiO质量分数为___________。（5）配制()442NHFeSO标准溶液时，加入一定量24HSO的目的是抑制()442NHFeSO

水解，现在实验室中有一瓶98%的H2SO4(3ρ=1.84g/cm)，要配制2.0mol/L的稀24HSO250mL，请回答如下问题：需要量筒量取浓硫酸的体积为___________。在该配置实验使用的玻璃仪器中有___________种(填阿拉伯数字)。（6）在用

浓硫酸配制稀硫酸过程中，下列操作中会造成稀硫酸溶液质量分数偏小共有___________个(填阿拉伯数字)。A．在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶B．在稀释过程中，有少量液体溅出C．在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤D．在定容时，滴加蒸馏水

超过刻度线，用滴管从容量瓶中小心取出多余液体至液体凹液面与刻度线相平E．用量筒量取一定体积的浓硫酸时，仰视读数【答案】（1）锥形瓶（2）通入N2一段时间（3）蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶等（4）80%（5）①.27.2mL②.5的（6）3【解析】【分析】通过氮气将装置中空

气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，干燥氮气，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；B装置加热使四氯化碳挥发，C中装置在加热条件下，发生反应2442ΔTiO(s)+CCl(g)TiCl(g)+CO(

g)，CCl4、TiCl4熔点较低，D装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，E装置连接空气，盛放浓硫酸，干燥空气，据此解答。【小问1详解】仪器B中盛装4CCl的仪器名称是锥形瓶，故答案为：锥形瓶；【小问2详解】对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验装置气密性、加装

药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2，故答案为：通入N2一段时间；【小问3详解】D中的液态混合物为TiCl4与未反应的CCl4，二者互溶，但CCl4和TiCl4是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏进行分离，该操作使用的主要玻璃仪

器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶等，故答案为：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶等；【小问4详解】根据氧化还原反应中得失电子相等得二者的关系式，TiO2～()442NHFeSO，二氧化钛的质量=0.1mol/L×0.02L×80g/mol=0.16g，TiO2试样0.2g，其质量分数=0.1

6g0.2g=80%，故答案为：80%；【小问5详解】浓H2SO4的物质的量浓度=100010001.8498%98M=mol/L=18.4mol/L；根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/

L=250mL×2.0mol/L，解得：x≈27.2，所以量取的浓硫酸体积是27.2mL；配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量（用到胶头滴管）量取，在烧杯中稀释，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引

流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、250mL容量瓶，故答案为：27.2mL；5；【小问6详解】A．在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶，定容后冷却，液面下降，体积

偏小，稀硫酸溶液质量分数偏大，故A不符合题意；B．在稀释过程中，有少量液体溅出，即由部分溶质损失，稀硫酸溶液质量分数偏小，故B符合题意；C．在转移过程中，烧杯和玻璃棒没有进行洗涤，则烧杯和玻璃棒上有部分溶质附着，即由部分溶质损失，稀硫酸溶液质量分数偏小，故C符合题意

；D．在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线，用滴管从容量瓶中小心取出多余液体，导致部分溶质损失，稀硫酸溶液质量分数偏小，故D符合题意；E．用量筒量取一定体积的浓硫酸时，仰视读数，浓硫酸的体积偏大，稀硫酸溶液质量分数偏大，故E不符合题意；故答案为：3。17.常温下，浓度均为0.1mol/L的6

种溶液的pH如表：序号abcdef溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNNaAlO2pH8.89.711.610.311.111.3（1）上述溶液中的阴离子结合H+能力最弱的为_______。(填阴离子化学式)（2）NaAlO2溶液呈碱

性的原因是_______(用化学方程式表示)。将溶液加热蒸干最后得到的固体产物是_______；（3）结合表中数据分析，与0.1mol/L的CH3COONa溶液中水的电离程度相同的有_______(填字母代号)。A.pH=8.8的NaOH溶液B.p

H=5.2的NH4Cl溶液C.pH=5.2的盐酸D.0.1mol/L的NaCN溶液E.pH=8.8的Na2CO3溶液（4）将浓度均为0.1mol/L的b、c等体积混合，所得溶液中各离子浓度关系正确的有_______。A.c(Na+)=c(CO2-3)+c(HCO-3)+c(H2CO3)B.2c(

Na+)=3c(CO2-3)+3c(HCO-3)+3c(H2CO3)C.c(OH-)=c(H+)+c(HCO-3)+2c(H2CO3)D.c(Na+)+c(H+)=2c(CO2-3)+c(HCO-3)+c(OH-)E.c(Na+)>c(H

CO-3)>c(CO2-3)>c(OH-)>c(H+)F.c(Na+)>c(CO2-3)>c(HCO-3)>c(H+)>c(OH-)（5）0.1mol/LHCl与0.1mol/LNa2CO3溶液等体积混合后溶液中各离子浓度大小关系为_______。（6）向NaCN溶液中通入少量CO2气体发生反

应的离子方程式为_______。【答案】（1）CH3COO-（2）①.NaAlO2+2H2O⇌Al(OH)3+NaOH②.NaAlO2（3）BE（4）BDE（5）c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO

-3)>c(OH-)>c(H+)>c(CO2-3)（6）CN-+CO2+H2O=HCN+HCO-3【解析】【小问1详解】越容易水解的盐，代表水解生成的酸的酸性越弱，越容易结合氢离子，相同浓度的钠盐溶液，pH越大则盐的水解程度越大，所以最易水解的盐是碳酸钠，所以最容易结合氢离子的阴离子是C

O2-3，反之，上述溶液中的阴离子结合H+能力最弱的为CH3COO-。【小问2详解】NaAlO2是强碱弱酸盐，偏铝酸根离子水解使溶液呈碱性，化学方程式为：NaAlO2+2H2O⇌Al(OH)3+NaOH。将NaAlO2溶液加热，促进水解，氢氧化铝、氢氧化钠浓度增大，反应生成偏铝酸钠，故蒸干最

后得到的固体产物是NaAlO2；【小问3详解】由表中数据可知，在常温下，0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH=8.8，促进水的电离，c(H+)=10-8.8mol/L，由水电离产生的氢氧根离子浓度为10-5.2mol/L，而由水电离产生的氢离子浓度与由

水电离产生氢氧根离子浓度相等，则由水电离产生的氢离子浓度也为10-5.2mol/L：A．pH=8.8的NaOH溶液，抑制水的电离，A错误；B．pH=5.2的NH4Cl溶液，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度为10-5.2mol/L，B正确；C．pH=5.2的

盐酸，抑制水的电离，C错误；D．0.1mol/L的NaCN溶液pH=11.1，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度为10-2.9mol/L，D错误；E．pH=8.8的Na2CO3溶液，促进水的电离，水电离产生的氢离子或氢氧根离子

浓度为10-5.2mol/L，E正确；答案选BE。【小问4详解】将浓度均为0.1mol/L的NaHCO3、Na2CO3等体积混合，钠离子的物质的量与碳原子的物质的量之比为3:2，则物料守恒：2c(Na+)=3c(CO2-3)+3c(HCO-3)

+3c(H2CO3)，溶液呈电中性，有电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO2-3)+c(HCO-3)+c(OH-)，则：A．依据物料守恒有：2c(Na+)=3c(CO2-3)+3c(HCO-3)+3c(H2CO3)，A错误；B．依据物料

守恒有：2c(Na+)=3c(CO2-3)+3c(HCO-3)+3c(H2CO3)，B正确；C．物料守恒：2c(Na+)=3c(CO2-3)+3c(HCO-3)+3c(H2CO3)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO2-3

)+c(HCO-3)+c(OH-)，两式联立有质子守恒：c(CO2-3)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HCO-3)+3c(H2CO3)，C错误；D．依据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c(CO2-3)+c(HCO-3)

+c(OH-)，D正确；E．混合溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，故混合溶液中离子浓度c(Na+)>c(HCO-3)>c(CO2-3)>c(OH-)>c(H+)，E正确；F．混合溶液呈碱性，碳酸

根离子水解程度大于碳酸氢根离子，故混合溶液中离子浓度c(Na+)>c(HCO-3)>c(CO2-3)>c(OH-)>c(H+)，F错误；答案选BDE。【小问5详解】0.1mol/LHCl与0.1mol

/LNa2CO3溶液等体积混合后所得0.05mol/LNaCl与0.05mol/LNaHCO3混合溶液；溶液呈碱性，因碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，故各离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO-3)>c(OH-)>c(H+

)>c(CO2-3)。【小问6详解】等浓度的上述盐溶液，水解程度越大，溶液pH越大，对应酸的酸的酸性越弱，则有酸性：H2CO3>HCN>HCO-3，则向NaCN溶液中通入少量CO2气体发生反应的离子方程式为：CN-+CO2+H2O=HCN+HCO-3。18.铁及其化合物在处理工业废水

、废气过程中发挥着重要作用。为(1)用铁的化合物除硫化氢：2[Fe(CN)6]3-+223CO−+HS-=2[Fe(CN)6]4-+23HCO−+S↓，可通过图1使[Fe(CN)6]3-再生，电解时，阳极的电极反应式为_______；电解过程

中阴极区溶液的pH_______(填“变大”、“变小”或“不变")。(2)以铁为电极电解除铬，如图2已知：2-27CrO+H2O=22-4CrO+2H+氧化性：2-27CrO＞2-4CrO①电解过程中主要反应之一：2-27CrO+6Fe2++17H2O=2Cr(OH)3↓+6Fe(OH)3↓+1

0H+；气体a主要成分_______。②电解过程中，不同pH时，通电时间与Cr元素的去除率关系如图3所示，pH=10相比pH=4，Cr元素的去除率偏低的原因可能是_______。(3)高铁酸钾(K2FeO4)除锰已知：K2FeO4具有强氧化性，极易溶于水①在酸性条件下，能与废

水中的Mn2+反应生成Fe(OH)3和MnO2沉淀来除锰，该反应的离子方程式_______。②用K2FeO4处理1L50mg/L的含Mn2+废水，Mn元素的去除率与K2FeO4量的关系如图4所示，当是K2FeO4超过20mg时，Mn元素的去除率下降的原因可能是_______。【答案

】①.()()4-3--66FeCN-e=FeCN②.变大③.H2④.pH值升高，2-27CrO转化为2-4CrO，氧化能力减弱，使铬元素难以被还原，从而去除率下降⑤.()2-2+42+322FeO+3Mn=+4HO2FeOHMn+O+2H3⑥.随着K2

FeO4增加，Mn2+被氧化成高价态的可溶性离子留在溶液中【解析】【分析】【详解】(1)可通过图1使[Fe(CN)6]3-再生，即电解时，[Fe(CN)6]4-生成[Fe(CN)6]3-，Fe元素化合价由+2价升高为+3价，则阳极的电极反应式为()()4-3--66FeCN-e=FeC

N；电解过程中阴极反应为-22-2HO+2e=H+2OH，阴极区溶液的pH变大；(2)①以铁为电极电解除铬，电解过程中主要反应之一：2-27CrO+6Fe2++17H2O=2Cr(OH)3↓+6

Fe(OH)3↓+10H+，则Fe作阳极，发生反应-2+Fe-2e=Fe，Fe2+将2-27CrO还原生成Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀，阴极发生反应-22-2HO+2e=H+2OH，则气体a主要成分是H2；

②pH值升高，2-27CrO+H2O=22-4CrO+2H+的平衡正向移动，生成2-4CrO，氧化能力减弱，使铬元素难以被还原，从而去除率下降；(3)①在酸性条件下，K2FeO4能与废水中的Mn2+反应生成Fe(OH)3和Mn

O2沉淀来除锰，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为()2-2+42+322FeO+3Mn=+4HO2FeOHMn+O+2H3；②K2FeO4具有强氧化性，随着K2FeO4增加，K2FeO4将

Mn2+氧化成更高价态的可溶性离子留在溶液中，Mn元素的去除率下降。19.软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2。闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备MnO2和Z

n，其简化流程如下（中间产物的固体部分已经略去）已知：Ⅰ．矿石中所有金属元素在滤液A中均以离子形式存在。Ⅱ．各种金属离子完全沉淀的pH如下表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+pH8.010.19.03.24.7回答下列问题：（1）步骤①中发生多个反应，其中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄

色物质析出，溶液变为棕黄色，写出MnO2、FeS与硫酸共热发生反应的化学方程式______。（2）步骤③中MnO2的其作用是______，另外一种物质X可以是______。A．MgCO3B．ZnOC．M

nCO3D．Cu(OH)2（3）MnO2与Li构成LiMnO2，它可作为某锂离子电池的正极材料，电池反应方程式为：Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，写出该锂离子电池的正极电极反应式______。MnO2可做超级电

容器材料，用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是______.（4）已知：H2S的电离常数K1=1.3×10-7，K2=7.0×10-15，在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020mol·L-1Mn2+废水中通入一定量的H

2S气体，调节溶液的pH=a，当HS―浓度为1.0×10-4mol·L-1时，Mn2+开始沉淀，则a=______。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10-15]【答案】①.3MnO2+2FeS+6H2SO4Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O②.

将Fe2+氧化为Fe3+③.BC④.Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2⑤.Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+⑥.5【解析】【详解】（1）步骤①，MnO2、FeS与硫酸共热时析出淡

黄色物质为硫，溶液变为棕黄色，MnO2、FeS与硫酸共热发生反应的化学方程式为3MnO2+2FeS+6H2SO4Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O，故答案为3MnO2+2FeS+6H2SO4Fe2(SO4)3+3MnSO4+2

S↓+6H2O；（2）步骤③中MnO2的作用是将将Fe2+氧化为Fe3+，便与后续操作中除去，另外一种物质X的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀，为了不引入新的杂质，可以使用ZnO、MnCO3，不能使用MgCO3和Cu(OH)2，故答案为将

Fe2+氧化为Fe3+；BC；（3）根据电池反应方程式：Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，该锂离子电池的正极电极反应式为Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2，MnO2可做超级电容器材料，用惰性电极电解

MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，故答案为Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2；Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；（4）当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2-）=()2()spKMnScM

n+=151.4100.02―=0.7×10-13mol/L，根据H2S的电离常数K2=7.0×10―15，K2=2()()()cScHcHS−+−=1340.710()1.010―cH−+=7

.0×10―15=1.0×10―5，pH=5，故答案为5。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com