【文档说明】【精准解析】山东省烟台市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题.doc，共(22)页，882.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019~2020学年度第二学期期末学业水平诊断高二化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答

案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Fe-56一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只

有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活等密切相关。下列说法错误的是A.“光化学烟雾”的形成与氮氧化合物有关B.“玉不琢不成器”、“百炼方能成钢”均发生化学变化C.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染D.明

矾和漂白粉可用于自来水的净化，但两者的作用原理不相同【答案】B【解析】【详解】A．“光化学烟雾”为碳氢化合物和氮氧化物等一次污染物在阳光（紫外光）作用下发生光化学反应生成二次污染物，“光化学烟雾”的形成与氮氧化合物有关，A说法正确；B．“百炼方能成钢”说明碳在高温下能和氧气反应。发生化

学变化，玉雕琢的过程中没有新物质生成，属于物理变化，B说法错误；C．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，C说法正确；D．明矾和漂白粉可用于自来水的净化，明矾中铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附性，可以除去水中的悬浮物等杂质，而漂白粉具有强氧化性，可以杀菌消毒，两者

的作用原理不相同，D说法正确；综上所述，答案为B。2.下列有关元素与物质分类说法正确的是A.Na2O2、Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物B.根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质和弱电解质C.依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊

液D.向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热即制得Fe(OH)3胶体【答案】D【解析】【详解】A．Fe2O3属于碱性氧化物，Na2O2属于过氧化物，Al2O3为两性氧化物，均为离子化合物，A说法错误；B．根据电解

质在水溶液中是否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，B说法错误；C．依据分散质微粒的大小可将分散系分为溶液、胶体与浊液，C说法错误；D．向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，即制得Fe(OH

)3胶体，D说法正确；答案为D。3.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAB.100mL0.1mol·L－1的氨水中含有0.01NA个+4NHC.标准状况下，2

2.4LNO与11.2LO2混合后气体的分子数为NAD.25℃，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10－5NA【答案】D【解析】【详解】A．1molCl2参加反应，可以是自身

氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为2NA，故A错误；B．氨水为弱碱，NH3·H2O+4NH＋OH－，100mL0.1mol·L－1的氨水中含有的+4NH数少于0.01NA个，故B错误；C．NO和氧气反应

生成的NO2存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减少，标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合后气体的分子数少于NA个，故C错误；D．常温下水溶液中，水电离的氢离子和发生电离的水分子数目相等，等于水电离的氢氧根离子，1LpH=9的CH3

COONa溶液中n(OH-)=1×10-5mol，即发生电离的水分子数为1×10-5NA，故D正确；故选D。4.下列有关溶液中离子反应或离子共存说法正确的是A.向小苏打溶液中滴加少量澄清石灰水：Ca2＋＋2OH－＋2-3HCO＝CaCO3↓＋23CO−＋2H2OB.无色溶液中可能大量存在Al3＋

、+4NH、Cl－、S2－C.溴化亚铁溶液中通入少量氯气：2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－D.水电离出c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中能大量存在K＋、I－、Mg2＋、-3NO【答案】A【解析】【详解】A．NaHCO3溶液中滴加少量澄

清石灰水的离子方程式为2-3HCO+Ca2++2OH-═CaCO3↓+2H2O+23CO−，故A正确；B．Al3+与S2-能够发生双水解反应，不能大量共存，故B错误；C．溴化亚铁溶液中通入少量氯气，首先氧化亚铁离子，离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3

++2Cl-，故C错误；D．水电离出的c(H+)=1×10ˉ12mol•Lˉ1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，酸性溶液中，-3NO具有强氧化性，能够将I－氧化，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；故选A。5.下列实验操作或实验仪器使用错

误的是A.甲图液面读数为11.80mLB.用装置乙除去粗盐溶液中的不溶物C.用装置丙蒸发FeCl3溶液制取FeCl3晶体D.丁图是闻气体气味的操作【答案】C【解析】【详解】A.滴定管的量程为0.01mL，根据题图，读数为11.80mL

，A项正确；B.乙为过滤装置，可将溶液中不溶物分离出去，B项正确；C.FeCl3在溶液中，会发生水解，直接蒸发，无法得到其晶体，C项错误；D.用手在集气瓶口轻轻扇动，仅使极少量的气体飘进鼻孔，D项正确；答案选C。【点睛】6.已知甲为带有活塞的密闭容器(活塞可以自

由滑动且质量忽略不计)、乙为恒容容器，一定温度下充入等量NO2气体，起始时体积相同，发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，一段时间后相继达到平衡状态，下列说法中正确的是A.达到平衡所需时间：甲＜乙B.将乙升高温

度，气体颜色加深，则此反应为吸热反应C.若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态D.恒温时向乙中充入稀有气体，压强增大，平衡向正反应方向移动【答案】A【解析】【详解】A．甲为恒压溶液，乙为恒容容器，反应体系为气体减少的反应，甲随

反应的进行体积减小，则浓度增大，反应速率加快，而乙的体积不变，则达到平衡所需时间：甲＜乙，A说法正确；B．将乙升高温度，平衡向吸热的方向移动，气体颜色加深，则逆反应方向为吸热反应，此反应为放热反应，B说法错误；C．容器甲为恒压，则容器内的压强自始至终未变，压强不变

，不能说明以达到平衡状态，容器乙为恒容，气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态，C说法错误；D．恒温时向乙中充入稀有气体，压强增大，但反应体系中各物质的浓度未变，则平衡不移动，D说法错误；答案为A。7.下列关于溶液的说法中错

误的是A.常温下，NH4Cl溶液加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大B.NaF和氢氟酸的混合液中存在：c(Na＋)＞c(F－)＞c(H＋)＞c(OH－)C.25℃测得0.1mol·L－1醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸是弱电

解质D.0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：c(23CO−)＋c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)＋0.05mol·L－1【答案】B【解析】【详解】A．常温下，NH4Cl溶液加水稀释后，平衡

向NH4Cl水解的方向移动，则n(H＋)与n(OH－)的物质的量增大，其乘积变大，A说法正确；B．未给定NaF和氢氟酸的比例关系，则混合液中各离子的浓度无法比较大小，B说法错误；C．25℃测得0.1mol·L－1醋酸钠溶液pH＝8.9

，说明醋酸根离子水解使溶液显碱性，则醋酸是弱电解质，C说法正确；D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：根据溶液呈电中性，①c(Na+)+c(H+)=2c(23CO−)＋c

(OH－)+c(3HCO−)；物料守恒，3c(H2CO3)＋3c(23CO−)＋3c(3HCO−)=2c(Na+)=0.3mol/L；②c(Na+)=0.15mol/L；③c(H2CO3)＋c(23CO−)＋c(3HCO−)=0.1mol/L，把②、③带入①，可得c(23CO−)＋c(OH－)

＝c(H2CO3)＋c(H＋)＋0.05mol·L－1，D说法正确；答案为B。8.下列实验操作能达到实验目的的是目的操作A测定NaClO溶液的pH取一张pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液点滴于试纸的中部，与标准比色卡对比B证明Na2CO3溶液中

存在水解平衡向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液，观察溶液的变化C验证Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)取2mL0.1mol·L－1AgNO3溶液，先后滴加3滴0.1mol·L－1NaCl溶液和5滴0.1mol·L－1KI溶

液，先生成白色沉淀，后又产生黄色沉淀D检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故A不能达到实验

目的；B．碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，使水解平衡2-3CO＋H2OHCO-3＋OH－逆向移动，则向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液，溶液的红色会逐渐变浅，可证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B能达到实验目的；C．取2mL0.1mol·L－1AgNO3溶

液，先滴加3滴0.1mol·L－1NaCl溶液，生成白色沉淀，硝酸银过量，再滴加5滴0.1mol·L－1KI溶液，又产生黄色沉淀，不能比较Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故C不能达到实验目的；D．Fe(NO3)

2样品溶于稀盐酸后，发生氧化还原反应生成铁离子，不能检验Fe(NO3)2晶体是否变质，应溶于水加KSCN溶液检验，故D不能达到实验目的；故选B。9.25℃时，下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别是：Ag2SO4(白色)Ag2S(黑色)FeS(黑色)MnS(肉色)1.4×1

0－5mol3·L－36.3×10－50mol3·L－33.3×10－18mol2·L－22.5×10－13mol2·L－2结合相关数据分析，下列说法错误的是A.除去某溶液中的Ag＋用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好B.25℃时，Mn

S的溶解度大于FeS的溶解度C.向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液，沉淀颜色会由黑色变为肉色D.向Ag2S(s)⇌2Ag＋(aq)＋S2－(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体，溶液中c(Ag＋)不

变【答案】D【解析】【详解】A．Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2SO4)，除去某溶液中的Ag＋用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好，A说法正确；B．根据表中数据，25℃时，MnS的溶解度大于FeS的溶解度，B说法正确；C．向少量FeS悬浊液中，即FeS的饱和溶液，加入足量饱和MnC

l2溶液，发生沉淀的转化，沉淀颜色会由黑色变为肉色，C说法正确；D．向Ag2S(s)⇌2Ag＋(aq)＋S2－(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体，溶液中c(S2－)增大，平衡逆向移动，则溶液中c(Ag＋)减小，D

说法错误；答案为D。10.如图是家庭自制含氯消毒剂装置(C1和C2为铅笔芯)。接通电源：C1周围产生细小气泡，C2周围无明显现象；持续通电一段时间，当C2周围产生细小气泡立即停止通电。下列说法错误的是A.C1周围产生气泡

的原因是2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－B.C2与适配器输出的正极相连C.持续通电一段时间后，C2周围产生气泡主要成分为Cl2D.制含氯消毒剂的总反应为NaCl＋H2ONaClO＋H2↑【答案】C【解

析】【分析】电解饱和食盐水，反应方程式为：2H2O+2NaCl2NaOH+H2↑+Cl2↑，阳极会产生氯气，阴极会产生氢气；由于H2不溶于水且不与溶液中的其他物质反应，所以会直接溢出；而氯气会与电解过程中溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl，2NaOH+Cl2=NaC

l+NaClO+H2O所以在制备过程中几乎不会逸出；因此，C1极应当为阴极，C2极应当为阳极，据此分析解答。【详解】A．通过分析可知，C1极为阴极，阴极处产生了氢气，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故A正确；B．通过分析可知，C2极应当为阳极，与适配器输出的正极

相连，故B正确；C．持续通电一段时间后，氯化钠溶液电解完全，溶液变成次氯酸钠溶液，相当于电解水，此时C2周围产生气泡主要成分为O2，故C错误；D．通过分析可知，电解过程中生成的氯气又会再与溶液中生成的NaOH反应转变为

NaClO和NaCl，涉及的反应共有两步，分别为：2H2O+2NaCl2NaOH+H2↑+Cl2↑和2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，因此自制消毒剂的总反应为：H2O+NaClNaClO+H2↑，故D正确；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或

两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2＋为蓝色，VO+2为淡黄色，VO+2具有较强的氧化性，浓盐酸能把VO+2还原

为VO2＋。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是A.在酸性溶液中氧化性：VO+2＞4MnO−＞Cl2B.向酸性(VO2)2SO4溶液中滴加Na2SO3溶液，溶液由淡黄色变为蓝色C.向0.1molKMnO4的酸性溶液中滴加1molVOSO4溶液，转移

电子为1molD.浓盐酸还原VO2＋的离子方程式为2VO+2＋4H＋＋2Cl－＝2VO2＋＋Cl2↑＋2H2O【答案】BD【解析】【详解】A．VO2＋具有较强的氧化性，浓盐酸能把VO+2还原为VO2＋，同时生成氯气，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：VO+2＞Cl2，又向VOSO

4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：MnO4-＞VO+2，所以在酸性溶液中氧化性：MnO4-＞VO+2＞Cl2，故A错误；B．氯气能够氧化Na2SO3溶液生成Na2SO4溶

液，因此SO2-3也能把VO+2还原为VO2+，溶液由淡黄色变为蓝色，故B正确；C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，则说明VO2+被氧化生成VO+2，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为10VOSO4+2H2O+2KMnO4═5(VO2)2SO4+2MnS

O4+2H2SO4+K2SO4，因此0.1molKMnO4的酸性溶液中滴加1molVOSO4溶液，VOSO4过量，因此0.1molKMnO4转移0.5mol电子，故C错误；D．浓盐酸还原VO+2生成VO2＋和Cl2，反应的离子方程式为2VO+2＋4H＋＋2Cl－＝2VO2＋＋Cl2↑＋2

H2O，故D正确；故选BD。12.用一定浓度NaOH溶液滴定某一元酸HA溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如图所示。下列说法正确的是A.HA为一元弱酸B.b点对应的溶液中：c(A－)＞c(Na＋)C.根据溶液pH和导电能

力的变化可判断V2＜V3D.a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度依次减小【答案】AC【解析】【详解】A．根据右图，随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的导电能力逐渐增强，说明HA溶液中离子浓度较小，HA未完全电离，为一元弱酸，故

A正确；B．根据右图，随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的导电能力逐渐增强，b点时，溶液的导电能力突然增大，说明b点时，NaOH与HA恰好中和，生成NaA溶液，水解溶液显碱性，c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒，c(A－)+c(OH-)=c(Na＋)+c(H+)，则c(A－)＜c(Na＋)，

故B错误；C．b点时，NaOH与HA恰好中和，生成NaA溶液，水解溶液显碱性，a点时，溶液显中性，说明HA未完全中和，因此V2＜V3，故C正确；D．a点溶液中含有HA和NaA、b点溶液中含有NaA、c点溶液中含有NaA和NaOH，酸或碱抑制水的电离，能够水解

的盐促进水的电离，因此a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度b最大，故D错误；故选AC。【点睛】根据溶液的导电能力的变化判断HA的强弱是解题的关键。本题的易错点为D，要注意酸碱盐对水的电离的影响的区别；难点为B，要注意滴定终点的判断。13.我国科学家研制一种新型化学电池

成功实现废气的处理和能源的利用，用该新型电池电解CuSO4溶液，装置如下(H2R和R都是有机物)。下列说法正确的是A.b电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2RB.电池工作时，负极区要保持呈酸性C.工作一

段时间后，正极区的pH变大D.若消耗标准状况下112mLO2，则电解后的CuSO4溶液pH约为2【答案】AB【解析】【分析】根据图示，左图为原电池，右图为电解池。左图中a电极上Fe3＋和H2S生成S和Fe2＋，Fe2＋在电极a处

失去电子生成Fe3＋，电极反应为Fe2＋－e－=Fe3＋，生成的Fe3＋能够继续氧化H2S；b电极一侧，O2和H2R反应生成H2O2和R，R在电极b处得到电子和H＋生成H2R，电极方程式为R＋2e－＋2H＋=H2R，生成的H2R可以继续与氧气反应，因此电极a为负极，电极b为正极，与电源负极相连的电

极为阴极，与电源正极相连的电极为阳极，结合原电池原理和电解池原理分析判断。【详解】A．b电极为正极，电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R，故A正确；B．电极a为负极，电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋，因

此电池工作时，负极区要保持呈酸性，防止Fe3＋水解沉淀，故B正确；C．正极的电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R，生成的H2R又继续与氧气反应，H2R+O2=H2O2+R，负极区的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，左侧的氢离子通过质子交换膜移向右侧，保

持正极区的pH基本不变，故C错误；D．标准状况下112mLO2的物质的量=0.112L22.4L/mol=0.005mol，转移电子0.005mol×2=0.01mol，电解CuSO4溶液的反应方程式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，根据转移的电子守恒，生成

0.005mol硫酸，c(H+)=0.005mol20.1L=0.1mol/L，pH=1，故D错误；故选AB。【点睛】正确判断原电池的正负极是解题的关键，也是本题的难点。本题的易错点为C，要转移质子的移动对溶液pH的影响。14.锰酸锂(LiMn2O4)是最早制得的具有三维锂离子通道的正极材料

。以MnSO4和LiFePO4为原料制备锰酸锂的流程如图：下列说法错误的是A.NaClO3的作用是将二价铁氧化为三价铁B.“沉铁”过程所得滤渣的主要成分是FePO4C.反应器Ⅱ中产生的气体是CO2D.已知K2S2O8中S的化合价为+6

价，则82-2SO中存在“—O—O—”键【答案】C【解析】【分析】LiFePO4加入盐酸和氯酸钠浸取，浸取过程中亚铁离子被氧化成铁离子，再加入碳酸钠溶液调节pH，使Fe3+沉淀，得到的滤渣为白色固体，说明不是氢氧化铁沉淀，根据元素守恒可知该沉淀应为FePO4，之后再加入饱和的碳酸钠溶

液得到碳酸锂沉淀；MnSO4与K2S2O8反应，Mn2+被氧化成MnO2生成沉淀析出；将MnO2与Li2CO3混合反应得到锰酸锂。【详解】A.分析可知，NaClO3的作用是将二价铁氧化为三价铁，A说法正确；B.“沉铁

”过程，所得滤渣中铁为+3价，且为白色，不是氢氧化铁，利用原子守恒，其主要成分是FePO4，B说法正确；C.反应器Ⅱ中二氧化锰与碳酸锂反应生成LiMn2O4，Mn的化合价降低，C的化合价最高，则O的化合价升高，应

有氧气产生，则产生的气体是CO2和O2混合气体，C说法错误；D.已知K2S2O8中S的化合价为+6价，K为+1价，O的化合价有-2、-1价，则82-2SO中存在“-O-O-”键，D说法正确；答案为C。15.工业用CO2和H2合成乙醇：2CO2(g)＋6H2(g)⇌C2H5O

H(g)＋3H2O(g)。保持压强为5MPa，向密闭容器中投入一定量CO2和H2发生上述反应，CO2的平衡转化率与温度、投料比m[()()22HCOnn]的关系如图所示。下列说法正确的是A.△H＞0B.m1＜m2＜m3C.若m3=3，则400K时H2的平衡转化率为50%D.投料比m=1时，容器

内CO2的体积分数不再改变则反应达到平衡状态【答案】C【解析】【分析】根据图象，m相同时，升高温度，CO2的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，说明逆反应为吸热反应，投料比m[()()22HCOnn]越大，CO2的平衡转

化率越大，结合化学平衡的计算方法和影响因素分析解答。【详解】A．根据图象，m相同时，升高温度，CO2的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，说明逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；B

．2CO2(g)＋6H2(g)⇌C2H5OH(g)＋3H2O(g)的投料比m[()()22HCOnn]越大，CO2的平衡转化率越大，根据图象，投料比由大到小的顺序为m1＞m2＞m3，故B错误；C．投料比m=3，400K时CO2的平衡转化率为50%，()()()()()()()2225

22a6a00a3a0.5a1.5aa32COg+6HgCHOHg+3HOgmolmolmola0.5a1.5a起始转化平衡则H2的平衡转化率=3a6a×100%=50%，故C正确；D．投料比m=1时，()()()()()()()222522COg+6Hgaa002x

6xx3xa-2xa-6CHOHg+3HOgmxxolmolmol3x起始转化平衡容器内CO2的体积分数=a2x2a4x−−×100%=50%，始终不变，因此容器内CO2的体积分数不再改变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故选C。三、非选择题：本题共5小题，共60

分。16.NaClO溶液有杀菌、消毒、漂白作用。某兴趣小组查资料得到Cl2和烧碱在70℃以上主要发生副反应：3Cl2＋6NaOHΔNaClO3＋5NaCl＋3H2O，并设计如图制备NaClO溶液的装置：(1)装置Ⅰ

中烧瓶内发生反应的化学方程式为________。(2)装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是________；装置Ⅲ的作用是________。(3)上述装置存在一处缺陷，会导致NaClO产率降低，改进的方法是________。(4)用NaOH固体配制480mL10.0mol·L－1的Na

OH溶液时，所需玻璃仪器除量筒、烧杯、胶头滴管外还需要________。(5)配制上述NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体________g放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容会导致结果________(填“偏大”、“不变”或“偏小”)。配制溶液的过程中定容时的操作是

________。【答案】(1).KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O(2).防止副反应的发生(3).吸收Cl2，防止污染环境(4).在装置Ⅰ、Ⅱ之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶(5).500mL容量瓶、

玻璃棒(6).200.0(7).偏大(8).往容量瓶中缓慢加蒸馏水，等液面离容量瓶瓶颈刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切【解析】【分析】装置I中，盐酸与氯酸钾反应生成氯气；装置II中，氯气与NaOH在低温下反应生成次氯酸钠、氯化钠和水；装置III中，氯气有毒，进行尾气处

理。【详解】(1)装置Ⅰ盐酸与氯酸钾反应生成氯气，反应的方程式为KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O；(2)Cl2和烧碱在70℃以上生成氯酸钠，为防止副反应产生，则装置Ⅱ在冰水浴中进行；氯气有毒，防止污染环境，装置III进行尾气处理；(3)浓盐酸具有挥发性，

会导致NaClO产率降低，应在装置I与II之间加除去HCl的装置；(4)配制480mL10.0mol·L－1的NaOH溶液时，应选用500mL的容量瓶，需要的玻璃仪器有500mL的容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管等；(5)m(NaOH)=0.5L×10.0mo

l·L－1×40g/mol=200g；未经冷却立即转移到容量瓶中，则溶液的温度较高，恢复至室温时，体积变小，则浓度偏大；配制溶液的过程中定容的操作为往容量瓶中缓慢加蒸馏水，等液面离容量瓶瓶颈刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加

蒸馏水至凹液面与刻度线相切。【点睛】配制480mL溶液时，只能选用500mL规格的容量瓶，且计算时按此计算。17.氨是一种重要的化工原料，氨的合成和应用是当前的研究热点。(1)实验室制取氨气的化学原理是________(用化学方程式表示)，验满方法是________。(2)已知：N2

(g)+3H2(g)催化剂高温高压2NH3(g)△H=－92kJ·mol－1，工业合成氨温度选择700K的原因是________。(3)利用NH3处理硝酸工业尾气中的NOx，将其转化为无毒物质，该反应的化学方程式为_

_______。(4)水体中氨气和铵根离子(统称氨氮)总量的检测备受关注。利用氨气传感器检测水体中氨氮含量的示意图：①利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用________。②若利用氨气传感器将1L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为3

.9×10－4mol，则水样中氨氮(以氨气计)含量为________mg·L－1。(5)联氨(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨类似。25℃时，联氨的电离常数Kb1＝3×10－6mol·L－1，Kb2＝7.6×10－15mol·L－1。联氨和盐酸按物质的量之比1∶1反应的离

子方程式是________，所得溶液呈________性(填“酸”、“中”或“碱”)。【答案】(1).Ca(OH)2＋2NH4ClΔCaCl2＋2NH3↑＋2H2O(2).用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝色(3).700K时催化剂活性强，反应速率快(4

).6NOx＋4xNH3＝(2x＋3)N2＋6xH2O(5).氨氮水样中存在如下平衡：NH4＋＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O，加入NaOH溶液，使水样中OH－浓度增大，平衡正向移动，有利于生成NH3，便于被空气吹出(6).2.21(7).N2H4+H+=+25NH(8)

.酸【解析】【分析】(1)实验室用氯化铵与熟石灰共热制取氨气，用湿润的红色石蕊试纸验满；(2)合成氨工业反应温度的选择与催化剂的活性有关；(3)无毒气体为氮气，再利用氧化还原反应配平；(4)含氨氮水样中加入氢氧化钠，增大溶液中c(OH-)，促使NH4＋＋OH－⇌NH3·H2O

⇌NH3＋H2O向右移动；(5)利用N2H5Cl的电离平衡常数与水解平衡常数的大小关系判断溶液的酸碱性。【详解】(1)实验室用氯化铵与熟石灰共热制取氨气，用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，若变蓝则收集满；(2)合成氨工业中，反应为放热反应，使用催化剂活性最佳时的温度为700K，且反应速

率快，为选择的原因；(3)利用NH3处理硝酸工业尾气中的NOx，将其转化为无毒物质，即氮气和水，则方程式为6NOx＋4xNH3＝(2x＋3)N2＋6xH2O；(4)①向含氨氮水样中加入氢氧化钠，增大溶液中c(OH-)，促使NH4＋＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O向右移动，

以便于让空气吹出氨气；②氨氮转化为N2，N的化合价由-3变为0价，已知转移电子的物质的量为3.9×10－4mol，则n(NH3)=43.910mol3−=1.3mol，水样中氨氮(以氨气计)含量=41.310mol17g/mol1L−=2.21×10－3g

/L=2.21mg/L；(5)联氨(N2H4)为二元弱碱，联氨和盐酸按物质的量之比1∶1反应生成N2H5Cl，离子方程式为：N2H4+H+=N2H5+；N2H5Cl电离方程式为25NH++H2O⇌226NH++OH-，水解方程式为25NH+⇌N2H4+H+，水解平衡常数Kh=1wKK=1

4610310/molL−−=3.3×10-9mol/L＞Kb2，则溶液显酸性。【点睛】分清N2H5Cl的电离与水解，电离导致溶液显碱性，水解导致溶液显酸性，水解平衡常数大于电离平衡常数时，溶液显酸性。18.工业上采用乙烯直接水合法(CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH)制乙醇。(1)在磷

酸/硅藻土催化剂作用下，乙烯进行水合反应历程的能量变化如图所示：可知乙烯水合法制乙醇的△H________0(填>或<)，该历程中决定总反应速率步骤的化学方程式________。(2)已知：C2H4(g)＋H

2O(g)⇌C2H5OH(g)的反应速率为v正＝k正c(C2H4)·c(H2O)，v逆＝k逆c(C2H5OH)，其中k正、k逆为速率常数。如图(pk＝－lgk)所示①、②、③、④四条斜线中，能表示pk正随T变化关系的是斜线________，能表示pk逆随T变化关系的是斜线_____

___。(3)温度T1时该反应的化学平衡常数K＝________L·mol－1，已知温度T1时，某时刻容器中三种组分的浓度均为0.5mol·L－1，此时v正________v逆(填>或<)。(4)温度T2时，向2L恒容密闭容器中充入乙烯和水蒸气各1mol

，5min达到平衡，此时容器中乙烯和乙醇的浓度之比为2∶1，则T1________T2(填>或<)，乙烯的平衡转化率是________%(保留1位小数)。【答案】(1).<(2).CH2=CH2＋H2O＋H3O＋＝CH3CH2＋＋2H2O或CH2=CH2＋H3O＋＝CH

3CH2＋＋H2O(3).③(4).④(5).1(6).<(7).>(8).33.3【解析】【分析】(1)比较反应物的总能量与生成物的总能量的大小即可；(2)对比正逆反应速率及反应物浓度的乘积与生成浓度的比值关

系即可；(3)利用速率公式代入数据即可；(4)利用三段式求解。【详解】(1)根据图像可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应为放热反应，即△H＜0；反应物的活化能影响反应速率，活化能越大，反应速率越慢，则CH2=CH2＋H2O＋H3O＋＝CH3C

H2＋＋2H2O或CH2=CH2＋H3O＋＝CH3CH2＋＋H2O影响反应速率；(2)根据坐标，温度升高，反应速率增大，已知反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则v逆＞v正，c(C2H4)·c(H2O)增大，c(C2H5OH)减小，可判断K逆＞K正，且K逆、K正均增大，pK逆＜pK正，斜

线③对应pK正，斜线④对应pK逆；(3)温度T1时，pK逆=pK正，则K逆=K正，K＝KK正逆=1L·mol－1；T1时，v正＝k正×0.5mol/L×0.5mol/L，v逆＝k逆×0.5mol/L，K逆=K正，则v正＜v逆；(4)()()()242251mol1mol11CHgHOgCHOHg

xxxxxx−−＋初始反应平衡平衡时，容器中乙烯和乙醇的浓度之比为2∶1，即(1-x)：x=2：1，则x=13mol，K=1/611//33molLmolLmolL=32L/mol＞1L/mol，T1＞T2；乙烯的平衡转化率=131molmol×100%=33.3%。19.工业以铬铁

矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为原料冶炼铬及获得化工原料红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，工艺流程如图：已知：常温下NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下

能将Cr3＋转化为24CrO−。(1)反应之前先将矿石粉碎的目的是________，固体D的主要成分为________。(2)写出反应④的离子方程式________。(3)步骤⑤中不能用盐酸代替硫酸的原因是________；将Na2Cr2O7溶液经过_____

___，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体。(4)工业上常用电解铬酐(CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4)水溶液的方法镀铬，电镀液中需加入适量的催化剂和添加剂，并通过加入H2O2提高或降低电镀液中Cr(Ⅲ)的含量，发生的部分反应有：a．2H＋＋2e－＝H2b．2H2

O−4e－＝O2+4H＋c．22-4CrO＋2H＋⇌2-27CrO＋H2Od．2-27CrO＋14H＋+6e−＝2Cr3＋+7H2Oe．2Cr3＋＋7H2O−6e－＝2-27CrO＋14H＋①镀件上发生的反应有________(填上述序号)②

电极上2-4CrO放电生成铬的电极反应式为________。③镀铬过程中H2O2体现的化学性质________。A．仅氧化性B．仅还原性C．氧化性和还原性【答案】(1).增大反应物的接触面积，加快反应速率(2).

Fe(OH)3、Al(OH)3(3).3NaBiO3＋2Cr3＋＋7OH－＋H2O＝3Bi(OH)3＋224CrO−＋3Na＋(4).盐酸能将Na2CrO4还原，同时产生Cl2污染环境(5).蒸发浓缩，冷却结晶(6).ad(7).2

4CrO−＋8H＋＋6e－＝Cr＋4H2O(8).C【解析】【分析】铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)，加入过量稀硫酸，只有二氧化硅不能溶解，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+等离

子，在B中加入过氧化氢，将Fe2+氧化生成Fe3+，加入适量NaOH调节溶液的pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，固体D中含有氢氧化铁、氢氧化铝，溶液E含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3

和NaOH，发生氧化还原反应，生成Bi(OH)3沉淀和Na2CrO4溶液，Na2CrO4溶液酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)，Na2CrO4溶

液中加入Na2S溶液，发生氧化还原反应生成Cr(OH)3沉淀和溶液F，溶液F中主要含有Na2SO4，Cr(OH)3沉淀受热分解生成Cr2O3，用热还原法可以冶炼铬，据此分析解答。【详解】(1)反应之前先

将矿石粉碎，可增大反应物的接触面积，加快反应速率，根据上述分析，固体D中含有氢氧化铁、氢氧化铝，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；Fe(OH)3、Al(OH)3；(2)常温下NaBiO3不溶于水，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应

，生成Bi(OH)3沉淀，反应④的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=224CrO−+3Na++3Bi(OH)3，故答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=224Cr

O−+3Na++3Bi(OH)3；(3)Na2CrO4溶液具有强氧化性，能够氧化氯离子，因此步骤⑤中不能用盐酸代替硫酸；Na2Cr2O7溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠粗晶体，故答案为：

盐酸能将Na2CrO4还原，同时产生Cl2污染环境；蒸发浓缩；冷却结晶；(4)①工业上常用电解铬酐(CrO3，遇水生成H2Cr2O7和H2CrO4)水溶液的方法镀铬，溶液中存在22-4CrO＋2H＋⇌2-27CrO＋H2O，阴

极镀件上发生得到电子的还原反应，因此发生的反应有a．2H＋＋2e－＝H2、d．2-27CrO＋14H＋+6e−＝2Cr3＋+7H2O，故答案为：ad；②电极上2-4CrO放电生成铬的电极反应式为24CrO−＋8H＋＋6e－＝Cr＋4H2O，故答案为：24CrO−＋8H＋＋6e－＝Cr

＋4H2O；③H2Cr2O7和H2CrO4均具有强氧化性，能够氧化H2O2，加入H2O2能够降低电镀液中Cr(Ⅲ)的含量，体现了H2O2的氧化性，因此镀铬过程中体现了H2O2的氧化性和还原性，故答案为C。【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意根据电解

原理分析解答，其中③中要注意根据H2Cr2O7和H2CrO4的性质和正确理解“加入H2O2提高或降低电镀液中Cr(Ⅲ)的含量”的含义。20.铁及其化合物在国民经济中占重要地位。FeCO3是白色难溶于水的固体。某研究小组采用如图装置制取FeCO3(夹持装置略)。操作的关键是向

1mol·L－1Na2CO3溶液(pH＝12.1)通入一段时间CO2至溶液pH为7，再滴加一定量0.8mol·L－1FeSO4溶液，产生白色沉淀。(1)实验室配制FeSO4溶液时，加入少量稀硫酸的原因是________；配制完毕后加入少量还原铁粉的目的是_____

___。(2)先向1mol·L－1Na2CO3溶液中通入CO2的目的是________；生成FeCO3的离子方程式为________。(3)FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁(摩尔质量为234g·mol－1)补血剂。①某化学小组同学用KMn

O4测定补血剂中亚铁含量，进而计算乳酸亚铁的质量分数。在操作均正确的前提下，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因可能是________。②该小组同学经查阅资料后，改用碘量法测定铁元素的含量计算乳酸亚铁的质量分数。称取2.000g样品，灼

烧完全灰化，加足量盐酸溶解，将所有可溶物配成100mL溶液。取25.00mL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.100mol·L－1Na2S2O3溶液滴定(已知：I2＋2223SO−＝246S

O−＋2I－)，滴定时应将Na2S2O3溶液加入________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。当溶液________，即为滴定终点；三次滴定平均消耗20.00mL的Na2S2O3溶液，则乳酸亚铁的质量分数为________%(保留1位小数)。【答案】(1).抑制Fe2＋的水解(2).防止F

e2＋被氧化(3).排除装置中的空气，防止Fe2+被氧化为Fe3+；降低溶液中OH－的浓度，防止生成Fe(OH)2(4).Fe2＋＋2-3HCO＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(5).乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，导致消耗KMnO4溶液偏多(6).碱式(7).

蓝色褪去且半分钟不恢复(8).93.6【解析】【分析】(1)FeSO4溶液加水稀释时，亚铁离子的水解平衡正向进行，配制溶液考虑水解及空气中的氧气氧化；(2)碳酸钠溶液碱性强，溶液中c（OH-）大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeC

O3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高；(3)乳酸中的羟基能与高锰酸钾反应；利用方程式进行计算。【详解】(1)配制FeSO4溶液加水稀释时，亚铁离子的水解平衡正向进行，加入少量稀硫酸，增大溶液中的氢离子浓度，可抑制Fe2

＋的水解；Fe2＋易被空气中的氧气氧化为Fe3＋，加入少量铁屑，可与Fe3＋反应生成Fe2＋；(2)装置中的空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子，CO2可将装置中的氧气排除，防止亚铁离子氧化；同时碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH-)大，就会出现生成氢

氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高，则先向1mol/LNa2CO3溶液中通入CO2的目的是排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2；亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生

成碳酸亚铁、二氧化碳和水，离子方程式为Fe2＋＋2-3HCO＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；(3)①乳酸中含有醇羟基，能被高锰酸鉀溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于

100%；②Na2S2O3为强碱弱酸盐，其溶液显碱性，滴定时应将Na2S2O3溶液加入碱式滴定管中；碘水遇到淀粉溶液时，溶液显蓝色，当滴定终点时，碘消耗完全，则溶液蓝色褪色，滴定终点的现象为蓝色褪去且半分钟不恢复；根据反应的方程式可得：2n(Fe3+)=n(I2)=2n(223SO−

)，则样品中的n(Fe3+)=10.100mol?L0.02L2−×2×10025mLmL=0.008mol；乳酸亚铁的质量分数=0.008234/2.000molgmolg×100%=93.6%。【点睛】根据方程式，确定乳酸亚

铁中铁元素与硫代硫酸根离子的关系，计算铁元素的物质的量，注意配制溶液的体积与量取溶液体积的关系即可。