【文档说明】【精准解析】北京101学校2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题.doc，共(24)页，1.492 MB，由小赞的店铺上传

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北京一零一中2019－2020学年度第二学期期末考试高二年级化学友情提示：1.本试卷分为Ⅰ卷、Ⅱ卷两部分，共25个小题，共8页，满分100分；答题时间为90分钟；I卷选择题请在智学网上直接作答，II卷非选择题写在答题纸上，拍照

上传。2.可能用到的相对原子质量：H－lC－12O－16Cl－35.5Ⅰ卷选择题(共42分)本卷共21小题，每小题2分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1.以下各种装置工作时是由化学能转变为电能的是ABCD太阳能电池风力发电氢氧燃料电池电解熔融NaClA.

AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.太阳能电池是光能转化为电能，故A不符合题意；B.风力发电是把风能转化为电能，故B不符合题意；C.氢氧燃料电池是把化学能转化为电能，故C符合题意；D.电解熔融NaCl是把电能转化为化学能，故D不符合题意；故答案为C。

2.下列物质属于强电解质的是A.FeB.NH3C.H2OD.CaCO3【答案】D【解析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；强电解质一般是强酸、强碱和活泼金属氧化物以及大部分盐，它们溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴、

阳离子，弱电解质在溶液中只能部分电离，据此进行判断。【详解】A．Fe是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；B．氨气本身不能电离出阴阳离子，属于非电解质，氨气溶于水后，结合成NH3•H2O，能够电离出离子，故B不符合题意；C．H2O部分电离，存在电离平衡即H2O⇌H++OH-，是弱

电解质，故C不符合题意；D．CaCO3溶于水的部分或者熔融状态下完全电离，属于强电解质，故D符合题意；答案为D。3.如图所示为锌铜原电池。下列叙述中正确的是A.盐桥的作用是传导电子B.外电路电流由铜片流向锌片C.锌片上发生还原反应D.铜片做正极

，电极反应是：Cu－2e－=Cu2+【答案】B【解析】【分析】因为锌的金属性比铜强，所以锌片作负极，铜片作正极。【详解】A．盐桥的作用是使整个装置构成通路、保持两边溶液的电中性，又不使两边溶液混合，但溶液中不能传导电子，A不正确；B．在原电池工作时，外电路中电流由正极(铜片)

沿导线经过电流计流向负极(锌片)，B正确；C．锌片为负极，锌失电子生成锌离子，发生氧化反应，C不正确；D．铜片做正极，溶液中的Cu2+在铜片上得电子生成铜，电极反应式为：Cu2++2e－=Cu，D不正确；故

选B。4.25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是A.0.01mol/L醋酸溶液B.0.01mol/LNH4Cl溶液C.0.01mol/LNaHSO4溶液D.0.01mol/LNaHCO3溶液【答案】C【解析】【详解】根据酸或碱抑

制水的电离，含有弱根离子的盐水解，促进水的电离，则醋酸和NaHSO4均抑制水的电离，NH4Cl和NaHCO3均促进水的电离，醋酸是弱酸，0.01mol/L醋酸氢离子浓度小于0.01mol/L，NaHS

O4在水溶液中完全电离，0.01mol/LNaHSO4中氢离子浓度是0.01mol/L，氢离子浓度越大，抑制水电离程度越大，所以水电离程度最小的是NaHSO4溶液；答案为C。5.下列反应属于氧化还原反应且能量变化符合图像的是A.C(s)＋CO2(g)=2CO(g)B.CH4

(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)C.NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)D.Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)=BaCl2(aq)＋2NH3(g)＋10H2O(l)【答案】A【解析】【分析】由图像可知反应物的总

能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应；氧化还原反应是反应前后化合价发生变化的反应，据此判断；【详解】A.碳与二氧化碳的反应为吸热反应，符合图像，且该反应元素化合价发生改变属于氧化还原反应，故A正确；B.甲烷和氧气的反应为燃烧反应，燃烧为放热反应，故B错误；C.酸碱中和反应

为放热反应，故C错误；D.该反应为吸热反应与图像符合，但该反应为复分解反应不属于氧化还原反应，故D错误；故选：A。6.对于反应3Fe(s)＋4H2O(g)⇌Fe3O4(s)＋4H2(g)，下列措施能使反应速率加快的是A.恒容通入He气B.减小容器容积C.增加Fe的质量D.降低

体系温度【答案】B【解析】【详解】A.恒容通入He气，各组分的浓度不变，反应速率不变，故A不合题意；B.减小容器容积，增大了反应物和生成物的浓度，加快了反应速率，故B符合题意；C.增加固体反应物的用量对反应速率无影响，故C不合题意；D.其他条件相同时，降低温度会减慢化学反

应速率，故D不合题意；故选：B。7.下列方程式书写正确的是A.S2－＋2H2O⇌H2S＋2OH－B.NaHCO3⇌Na＋＋3HCOC.4NH＋H2O=NH3·H2O＋H+D.HClO＋H2O⇌H3O＋＋ClO－【答案】D【解析】【详解】A．Na2S的水解的离子反应

为S2-+H2O⇌HS-+OH-，选项A错误；B．NaHCO3的电离的方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，选项B错误；C．NH4Cl的水解的离子反应为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，选项C错误；D．HClO是弱电解质，其电离方程式为HClO＋H2O⇌H3O＋＋ClO－，选项

D正确；答案选D。8.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是A.H+、Fe2+、227CrO、24SOB.Na＋、OH－、23CO、23SOC.Na+、Al3+、Cl－、3HCOD.Fe3+、K+、SCN－、Cl－【答案】B【解析】【详解】A．在H+、Fe2+、227CrO

、24SO中，Cr2O72-在酸性环境中有强氧化性，Fe2+有还原性，则H+、Fe2+、Cr2O72-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；B．在Na＋、OH－、23CO、23SO中，离子间既不能形成沉淀也无气体或水产生，因此，该组离

子可以在溶液中大量共存；故B符合题意；C．在Na+、Al3+、Cl－、HCO3-中，Al3+与HCO3-发生双水解生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，故C不符合题意；D．在Fe3+、K+、SCN－、Cl－中，Fe3+

、SCN-发生络合反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故D不符合题意；答案为B。9.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.将Na2S溶液加入到含Hg2+的废水中，可生成HgS沉淀B.将AlCl3溶液加热、蒸干、灼烧，最终得到Al2O3C.工业合成氨选择高压而不是常压作为反

应条件D.用稀H2SO4洗涤BaSO4沉淀，可减少沉淀损失量【答案】A【解析】【详解】A.将Na2S溶液加入到含Hg2+的废水中，发生S2-+Hg2+=HgS反应，可生成HgS沉淀，不能用勒夏特列原理解释，故A符合题

意；B.在AlCl3溶液中存在：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+水解平衡，加热促进水解，平衡正向移动，产生Al(OH)3沉淀，符合勒夏特列原理，蒸干、灼烧Al(OH)3，发生2Al(OH)3Al2O3+3H2O反应，最终得到A

l2O3，故B不符合题意；C.工业合成氨的反应为：N2+3H22NH3，增大压强，平衡正向移动，促进氨气的生成，符合勒夏特列原理，故C不符合题意；D.BaSO4在溶液中存在：BaSO4(s)Ba2-(aq)+SO42-(aq)，用

稀H2SO4洗涤沉淀，增大SO42-离子的浓度，平衡逆向移动可减少沉淀损失量，符合勒夏特列原理，故D不符合题意；故答案为A。10.如图表示埋在潮湿土壤中的钢管，下列说法正确的是A.钢管发生电化学腐蚀的负极反应是：Fe－3e－=Fe3+B.为防止其腐蚀，可通过

导线将钢管与锌块相连C.为防止其腐蚀，可通过导线将钢管与直流电源正极相连D.为防止其腐蚀，可通过导线将钢管与铜块相连【答案】B【解析】【详解】A.铁做负极失去2个电子，反应为Fe－2e－=Fe2+，故A错误；B.锌比铁活泼，连接后锌作负极，铁作正极，正极是被保护的电极，从而可以防止腐蚀，故B正确；

C.通过导线将钢管与直流电源正极相连，钢管作阳极，更容易失电子被腐蚀，故C错误；D.铁比铜活泼，则与铜相连后钢管作负极，负极失电子被腐蚀，故D错误；故选：B。11.用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl，利用下列反应可实现氯的循环利用：4HCl(g)＋O2

(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－115.6kJ/mol。恒温恒容的密闭容器中，充入一定量的反应物发生上述反应，能说明该反应达到化学平衡状态的是A.混合气体的密度保持不变B.单位时间内消耗nmolO2，同时生成2nmolCl2C.断开4molH-

Cl键的同时断裂4molH-O键D.n(HCl)∶n(O2)∶n(Cl2)∶n(H2O)＝4∶1∶2∶2【答案】C【解析】【详解】A.反应前后气体的总质量不变，容器体积恒定，则密度在反应过程中保持恒定，因此密度不

变不能说明反应达到平衡，故A错误；B.消耗氧气和生成氯气均表示正向反应过程，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C.断开4molH-Cl键为正向反应，断裂4molH-O键为逆向反应，且速率之比满足系数比，可说明正反应速率等于逆反应速率，能说明反应达到平衡状态，故C正确；D.反应过程中各物质的物质

的量之比等于化学计量数之比，只是反应过程中可能出现的特殊情况，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故选：C。12.25℃时，下列事实不能说明一水合氨是弱电解质的是A.醋酸铵溶液pH＝7B.0.01mol/L氨水pH约为10.6C.氯化铵溶液可以除铁锈D.氨水与氯

化铁溶液混合产生沉淀【答案】D【解析】【详解】A.醋酸铵溶液pH＝7，说明铵根离子与醋酸根离子都能水解且水解程度相同，醋酸是弱酸，从而说明一水合氨是弱碱，故A不选；B.0.01mol/L氨水pH约为10.6，说明

一水合氨不能完全电离，从而证明其是弱电解质，故B不选；C.氯化铵溶液能除铁锈说明氯化铵溶液显酸性，说明铵根离子能够水解，从而证明一水合氨是弱碱，故C不选；D.氨水与氯化铁溶液混合产生沉淀只能说明一水合氨是碱能提供氢氧根离子，与电

解质强弱无关，故D选；故选：D。13.某小组用如图装置模拟电镀铜和精炼铜。下列说法不正确的是A.电镀铜和精炼铜时，Y上的电极反应都是：Cu2+＋2e－=CuB.电镀铜时，Y电极为待镀的金属制品C.精炼铜时，X电

极是粗铜，比铜活泼的金属最终变成阳极泥D.电镀铜时，X电极是铜，溶液中的Cu2+浓度保持不变【答案】C【解析】【分析】电镀铜时，阳极X为Cu，发生的电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，阴极Y为待镀金属，发生的电极反应为：Cu

2++2e-=Cu；精炼铜时，阳极X为粗Cu，发生的电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，阴极Y为纯Cu，发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu。【详解】A．由分析可知，电镀铜和精炼铜时，Y上的电极反应都是：Cu2+＋2e－=Cu，A正确；

B．由分析可知，电镀铜时，Y电极为待镀的金属制品，B正确；C．精炼铜时，X电极是粗铜，比Cu活泼的金属在Cu之前失电子，以离子形式进入溶液中，没有Cu活泼的金属不失电子，以金属形式进入阳极附近的溶液中成为阳极泥，C错误；D．电镀铜时，阳极X为Cu，发生的电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，阴

极Y为待镀金属，发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，由此可知：电镀时，溶液中Cu2+浓度保持不变，D正确。答案选C。14.解释下列过程的离子方程式不正确的是A.K2Cr2O7溶液中加入浓NaOH溶液后变黄：227CrO＋H2O224CrO＋2H+B.明矾溶于水产生Al(OH)3胶

体：Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+C.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4＋23CO==CaCO3＋24SOD.向Ca(HCO3)2溶液中滴加少量NaOH溶液生成白色沉淀：Ca2+＋23HCO＋2OH-=CaCO3

↓＋23CO＋2H2O【答案】D【解析】【详解】A．K2Cr2O7溶液中存在227CrO＋H2O224CrO＋2H+，加入浓NaOH溶液后，c(H+)浓度不断减少，平衡不断正向移动，c(24CrO)不断增大，所以溶液不断变黄，A正确；B．明矾[化学式为KAl(SO4)2∙

12H2O]溶于水后，Al3+发生水解产生Al(OH)3胶体，水解的离子方程式为：Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+，B正确；C．硫酸钙在水中存在CaSO4(s)Ca2++24SO，用碳酸钠溶液处理锅炉水垢，Ca2+将与23CO反应生成CaCO3，反应

的离子方程式为CaSO4＋23CO==CaCO3＋24SO，C正确；D．向Ca(HCO3)2溶液中滴加少量NaOH溶液，依据“以少定多”的原则，OH-与3HCO完全反应生成23CO，23CO全部生成CaCO3沉淀，离子方程式为Ca2+＋3HCO＋

OH-=CaCO3↓＋H2O，D不正确；故选D。15.在2L密闭容器中，3molA和1molB发生反应：3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g)，10s末时，生成1.2molC，下列说法正确的是A.10s内，v(D)＝0.12mol/(L·s)B

.10s末时，物质A的转化率为60%C.10s末时，B的浓度为0.3mol/LD.10s末时，C的物质的量分数为15%【答案】B【解析】【详解】A.由反应可知，生成1.2molC的同时也生成1.2molD，则v(D)＝-1-11.2mol2L=0.06molLs10s，故A错

误；B.由变化量之比等于化学计量数之比可得，生成1.2molC时，消耗的A的物质的量为1.8mol，则A的转化率=1.8mol100%=60%3mol，故B正确；C.由变化量之比等于化学计量数之比可得，生成1.2molC时，消耗的B的物质的量为0.6mol，

则剩余的B的物质的量为1mol-0.6mol=0.4mol，B的浓度为0.2mol/L，故C错误；D.由以上分析可知，平衡时A的物质的量为3mol-1.8mol=1.2mol，B的物质的量为0.4mol，C和D的物质的量均为1.2mol，则C的物质的量分数为=1

.2mol1.2mol+0.4mol+1.2mol+1.2mol100%=30%，故D错误；故选：B。16.铅蓄电池反应原理为：Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq)放电充电2PbSO4(s)＋2H2O(l)，下列说法正确的是

A.放电时，正极附近pH减小B.充电时，铅蓄电池的负极连接电源的正极C.放电时，负极的电极反应式为：Pb－2e－=Pb2+D.充电时，阴极的电极反应式为：PbSO4＋2e－=Pb＋24SO【答案】D【解析】【详解】A．放电时，该装

置是原电池，原电池的正极材料是PbO2，PbO2得电子，发生还原反应，其电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=2H2O+PbSO4，消耗H+，pH增大，故A错误；B．充电时，该装置是电解池，铅蓄电池的负极与外加电

源的负极相连，为阴极，发生还原反应，即PbSO4+2e-═Pb+SO42-，故B错误；C．放电时，该装置是原电池，原电池的负极材料是铅，铅失电子发生氧化反应，其电极反应为Pb+SO42--2e-=PbSO4，故C错误；D．在

充电时，该装置是电解池，阴极上硫酸铅得电子发生还原反应，即PbSO4+2e-═Pb+SO42-，故D正确；答案为D。17.下列实验方案中能达到相应实验目的的是ABCD方案润湿的pH试纸将NO2球分别浸泡

在冷水和热水中目的证明AgI比AgCl更难溶探究浓度对化学反应速率的影响测定溶液的pH探究温度对化学反应速率的影响A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．硝酸银足量，能与氯化钠和碘化钾均反应生成沉淀，无法判断AgI与AgCl的大小，选

项A错误；B．利用等体积不同浓度的草酸与酸性高锰酸钾反应使其褪色的快慢可以探究浓度对化学反应速率的影响，选项B正确；C．利用润湿的pH试纸测定溶液的pH时可能会因溶液稀释而使测得pH引起误差，选项C错误；D．只有温度一个变量，由图可知，温度高颜色深，则图中装置可探究温度对

化学平衡的影响而不是化学反应速率的影响，选项D错误；答案选B。18.25℃时，向20mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/L醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.该NaOH溶液中水电

离出的c(OH－)＝1×10－12mol/LB.M点时，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(OH－)>c(H＋)C.P点时，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na+)D.N点对应的横坐标是20【答案】C【解析】【详解】A.0.1mol/LNaOH溶液中水电离出

的c(OH－)＝1×10－13mol/L，选项A错误；B．在M点溶液显碱性，根据电荷守恒，则c(Na+)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，选项B错误；C.P点时相当于醋酸和醋酸钠按1：1形成的溶液，根据物料守恒有c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na+)

，选项C正确；D.若N点对应的横坐标是20，则醋酸与氢氧化钠恰好反应时，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，与N点溶液显中性不相符，选项D错误。答案选C。19.反应mY(g)＋nZ(g)⇌qX(g)ΔH，在不同温度下的平衡体系中，物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正

确的是A.m+n<qB.该反应的ΔH>0C.A、C两点化学平衡常数：KA>KCD.B、C两点的反应速率：v(B)<v(C)【答案】D【解析】【详解】A．根据图象可知，在温度不变时，增大压强，Y的体积分数减小，说明增大压强，化学平衡向正反应方向移

动，根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，正反应方向是气体体积减小的反应方向，所以m+n>q，故A错误；B．根据图象可知：在压强不变时，升高温度，达到平衡时Y的体积分数增大，说明升高温度化学平衡向逆反应方向移动。根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，该

反应的正反应是放热反应，所以△H<0，故B错误；C．A、C点的温度均为500℃，化学平衡常数只受温度影响，温度不变，K不变，因此KA=KC，故C错误；D．压强B<C，温度B<C，条件越高化学反应速率越快，所以B、C两点的反应速率v(B)<v(C)，故D正确；故选：D。20.25℃时，下列各溶液中

微粒物质的量浓度关系不正确的是A.pH＝10的Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(3HCO)＋c(H+)＋2c(H2CO3)B.pH＝13的氨水与pH＝1的盐酸等体积混合：c(Cl－)＞c(4NH)＞c(H+

)＞c(OH-)C.pH＝7的Na2C2O4和NaHC2O4混合溶液：c(Na＋)＝2c(224CO)＋c(24HCO)D.浓度均为0.2mol/L的NH4Cl溶液与NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)＞c(4NH)【答案

】B【解析】【详解】A.根据质子守恒可知，Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(3HCO)＋c(H+)＋2c(H2CO3)，故A正确；B.pH＝13的氨水与pH＝1的盐酸等体积混合后氨水过量，溶液呈碱性，c(4NH)＞c(Cl－)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C.pH＝

7的Na2C2O4和NaHC2O4混合溶液，根据电荷守恒得c(Na＋)+c(H+)＝2c(224CO)＋c(24HCO)+c(OH-)，因中性溶液中c(H+)＝c(OH-)，则c(Na＋)＝2c(224CO)＋c(24HCO)，故C正确；D.浓度均为

0.2mol/L的NH4Cl溶液与NaOH溶液等体积混合恰好完全反应产生等浓度的一水合氨和氯化钠，因此c(Na＋)＝c(Cl－)，而一水合氨弱碱不完全电离，结合水的电离可知，c(OH－)＞c(4NH)，故c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)＞c(4NH)，故D正确；故选：B

。21.25℃时，pH＝2的盐酸和醋酸溶液各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.曲线I代表醋酸溶液的稀释过程B.a溶液的导电性比c溶液的导电性差C.将a、b两溶液加热至30℃(忽略溶质挥发)，--

3c(Cl)c(CHCOO)变大D.与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时，消耗a溶液的体积比b溶液的体积大【答案】D【解析】【详解】A.1mLpH=2的盐酸加水稀释至1000mL，溶液的pH=5；1mLpH=2的醋酸加水稀释至1

000mL，CH3COOH的电离平衡正向移动，溶液的pH<5，故曲线I代表盐酸的稀释过程，曲线II代表醋酸的稀释过程，故A错误；B.盐酸加水稀释时，溶液中c(Cl-)、c(H+)减小，溶液的导电能力减弱，故a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；C.升高温度，CH3COOH的电离平

衡正向移动，c(CH3COO-)增大，而c(Cl-)基本不变，所以--3c(Cl)c(CHCOO)变小，故C错误；D.pH=2的盐酸和醋酸相比，c(CH3COOH)>c(HCl)，体积相等的两种溶液中n(CH3COOH)>n(HCl

)，与NaOH溶液发生中和反应时，CH3COOH消耗NaOH多，故消耗a溶液的体积比b溶液的体积大，故D正确；故答案为D。II卷非选择题(共58分)22.海水是一个巨大的化学资源宝库。(1)海水中制得的氯化钠可用于生产烧碱及氯气，装置如图所示，下列说法正确的是____(填字母)。A.阴极反应式是

：Na++e－=NaB.可以用铁做阴极，石墨做阳极C.烧碱和氯气都在阳极生成D.离子交换膜是阴离子交换膜(只允许阴离子通过)(2)苦卤的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2＋、Fe3＋、Al3＋等离子。已知：生成氢氧化物沉淀的pH氢氧化物开始沉淀沉淀完全Fe(OH)3273.7Fe(

OH)27.69.6Al(OH)33.74.7Mg(OH)29.611.1①步骤i中加入NaClO的作用是_____，_____。②步骤ii需在HCl保护气中加热进行，HCl保护气的作用是_____。③若向苦

卤中加入石灰乳，可以得到Mg(OH)2沉淀，用化学平衡移动原理解释该反应过程_____。(3)海水淡化前需对海水进行预处理。用如图所示NaClO的发生装置对海水进行消毒和灭藻处理。①装置中由NaCl转化为NaClO的离子方程式是_____，_____。②定量测定排出的海水中Cl2和

ClO－的含量。已知：2223SO＋I2=246SO＋2I－。取25.00mL排出的海水，加入过量KI溶液，然后用amol/LNa2S2O3溶液滴定生成的I2，达滴定终点时消耗Na2S2O3溶液bmL。该滴定操作选择的指示剂是_____，通过计算可知排出的海水中Cl

2和ClO－的总物质的量浓度是_____mol/L。【答案】(1).B(2).把Fe2+氧化成Fe3+(3).调pH(至4.7~9.6)(4).防止MgCl2水解(5).Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH

－(aq)，Mg2+与OH－生成Mg(OH)2沉淀，OH－浓度减小，平衡正向移动(6).2Cl－+2H2O电解Cl2+H2+2OH－(7).Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O(8).淀粉溶液(9).ab/50【解析】【分析】(1)根据电解氯化钠溶液的原理进行分析解答；(2)根据

Fe2＋具有还原性，Fe3＋、Al3＋的沉淀Ksp及产生Fe(OH)3和Al(OH)3的pH大小进行分析判断；根据Ksp[Mg(OH)2]<Ksp[Ca(OH)2]进行分析解答；(3)根据电解饱和氯化钠溶液原理进行分析，根据原子守恒计算Cl2

和ClO－的总物质的量浓度。【详解】(1)A.由图可知，该装置是用来电解氯化钠溶液的装置，根据电极可知左侧为阳极，右侧为阴极，在阴极上发生还原反应的电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，故A错误；B.在电解池中，阴极是被保护的电极，所以可以用铁做阴极，阳

极能发生氧化反应，所以可用石墨做阳极，故B正确；C.在电解池中，阳极能发生氧化反应，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2，在阴极上发生还原反应，其电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，所以

氯气在阳极生成，烧碱在阴极生成，故C错误；D.因为Cl2能与烧碱反应，且阳极能发生氧化反应生成Cl2，阴极上发生还原反应生成烧碱，所以离子交换膜应是阳离子交换膜，故D错误；故答案：B；(2)①因为苦卤的主要成分是MgCl2，此外

还含Fe2＋、Fe3＋、Al3＋等离子，NaClO具有强氧化性，所以步骤i是为了将Fe2+氧化成Fe3+；根据沉淀表可知需调节溶液的pH=4.7~9.6，即可除去Fe2＋、Fe3＋、Al3＋杂质离子，故答案：把Fe2+氧

化成Fe3+；调pH(至4.7~9.6)；②因为MgCl2溶液中存在Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+,加热促进水解，所以步骤ii需在HCl保护气中加热进行，抑制MgCl2水解，故答案：防止MgCl2水解；③石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，微溶于水，溶液中存在Ca(OH)2(s

)⇌Ca2+(aq)+2OH－(aq)；Mg(OH)2为难溶于水的沉淀，溶液中存在Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH－(aq)，因为Ksp[Mg(OH)2]<Ksp[Ca(OH)2]，Mg2+与OH－生成更难溶的Mg(OH)2沉

淀，OH－浓度减小，平衡正向移动，所以可以得到Mg(OH)2沉淀，故答案：Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH－(aq)，Mg2+与OH－生成Mg(OH)2沉淀，OH－浓度减小，平衡正向移动；(3)①首先是电解NaCl溶液制取氯气，反应的离子方程式为：2Cl－+2H2O电解C

l2+H2+2OH－，生成的Cl2和氢氧化钠溶液反应生成NaClO，其反应的离子方程式为：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O，故答案：2Cl－+2H2O电解Cl2+H2+2OH－；Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O；②根据2Na2S2O3+I2=2I-+Na2S4O6反

应，碘遇淀粉变蓝的性质，所以该滴定过程选用的指示剂通常为淀粉溶液，判断滴定终点时的现象是：滴入最后一滴溶液，溶液蓝色褪色，且半分钟内不恢复，说明反应达到终点。利用消耗Na2S2O3的物质的量计算样品中Cl2和ClO－的总物质的量，根据Cl原子守恒即n(NaCl)=2n(C

l2)+n(ClO)，由ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O，2223SO＋I2=246SO＋2I－,可知Cl2~ClO-~I2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=amol/LbmL1000mL，所以n(Cl2)=n(ClO-)=ab2000mol，所以排

出的海水中Cl2和ClO－的总物质的量浓度c=abmol20000.025L=ab50mol/L，故答案：淀粉溶液；ab50。23.SO2经一系列反应可以得到硫酸和芒硝(Na2SO4·10H2O)，其转化关系如图：(1)SO2可用于H2SO4。已知25℃、101kPa时：2SO

2(g)＋O2(g)＋2H2O(l)=2H2SO4(l)ΔH1＝－456kJ/molSO3(g)＋H2O(l)=H2SO4(l)ΔH2＝－130kJ/mol则I中SO2(g)→SO3(g)的热化学方程式是_____。(2)若Ⅲ中将

SO2通入NaHCO3溶液中，反应的离子反应方程式是_____。已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数：K1＝4.3×10-7K2＝5.6×10-11；H2SO3电离平衡常数：K1＝1.5×10-2K2＝6.0×10-8(3)若Ⅲ中将SO2通

入NaOH溶液中，得到NaHSO3溶液，用化学用语表示NaHSO3在水溶液中存在的可逆过程_____。25℃时，SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，含硫各微粒(H2SO3、3HSO和23SO)的物质的量分数X(i)与溶液pH的关系如图所示，下列说法不正确的是_____(填字母

)。A.为获得更多的NaHSO3，应将溶液的pH控制在4～5B.pH＝3时，溶液中c(3HSO)＞c(H2SO3)＞c(23SO)C.由M点坐标，可以计算H2SO3⇌H+＋3HSO的电离常数D.pH＝9时，溶液中存在c(H+)＝c(3HSO)＋2c(23SO)＋c(OH

-)(4)通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，如图所示，结合化学用语解释c室只排出Na2SO3的原因_____。(5)步骤IV中可以将NaHSO3转化为Na2SO4的试剂是_____，_____(任意写两种)。【答案】(1).

2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=－196kJ/mol(2).SO2＋3HCO=3HSO+CO2(3).3HSO+H2O⇌H2SO3+OH-，3HSO⇌23SO+H+(4).D(5).2H++e－=H2，H+浓度降低，使3HS

O⇌23SO+H+平衡正向移动，Na+通过离子交换膜进入c室，最终生成Na2SO3(6).H2O2(7).Cl2【解析】【分析】根据题给的热化学方程式由盖斯定律求出；根据题给的电离常数判断酸性强弱，写出正确的离子

方程式；根据NaHSO3，判断溶液中存在电离和水解平衡；由题中所给的图示信息，判断溶液中离子浓度相对大小及相关计算；根据题中图示信息，写出阳极、阴极电极反应，由阳离子交换分离NaHSO3与Na2SO3混合物；根据氧化还原反应，

由化合价判断需加入氧化剂。【详解】（1）①2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(l)=2H2SO4(l)ΔH1＝－456kJ/mol，②SO3(g)＋H2O(l)=H2SO4(l)ΔH2＝－130kJ/mol，由盖斯定律计算①-②×2得2SO2(g)＋O2(

g)=2SO3(g)ΔH=ΔH1－ΔH2×2=(－456kJ/mol)－(－130kJ/mol)×2=－196kJ/mol；答案为2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=－196kJ/mol。（2）由H2CO3电离平衡常数：K

1＝4.3×10-7K2＝5.6×10-11；H2SO3电离平衡常数：K1＝1.5×10-2K2＝6.0×10-8可知，亚硫酸的酸性比碳酸强，但亚硫酸氢根的酸性比碳酸的弱，因而根据强酸制弱酸的原理，SO2通入NaHCO3溶液中发生反应，生成亚硫酸氢根和二氧化碳

，其离子反应方程式为SO2＋3HCO=3HSO+CO2；答案为SO2＋3HCO=3HSO+CO2。（3）NaHSO3溶液中，HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-⇌SO32-+H+，HSO3-在溶液中还存在水解平衡：HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH

-；答案为HSO3-⇌SO32-+H+，HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-。A．图象可知，为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH控制在4∼5左右，故A正确；B．由图象可知，pH=3时，溶液中c(3HSO)＞c(H2SO3)，SO32-几乎没有，浓度顺序

为c(3HSO)＞c(H2SO3)＞c(23SO)，故B正确；C．根据M(1.9，0.5)坐标可知，pH=1.9，X(i)=0.5，即c(H2SO3)=c(3HSO)，则由H2SO3⇌H+＋3HSO反应

，其电离常数K1=-+323c(HSO)c(H)c(HSO)=10-1.9，故C正确；D．pH=9时，溶液中存在Na+、H+、HSO3-、SO32-、OH-，由电荷守恒得出c(Na+)+c(H+)＝c(3HSO)

＋2c(23SO)＋c(OH-)，故D错误；答案为D。（4）通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，阳极4OH--4e-=O2↑+2H2O，c(OH-)降低，促进水电离，c(H+)增大，多余的H+由a室经阳离子交换膜进入b室，H+与SO32-结合生成HSO3-，Na2SO3转化为

NaHSO3，阴极2H++2e-=H2↑，导致HSO3-⇌H++SO32-正向移动，生成更多SO32-，Na+从b室进入c室，NaHSO3转化为Na2SO3，实现Na2SO3的循环利用，最终b中Na2SO3转化为NaHSO3，c中NaHSO3转化为Na2S

O3，实现分离；答案为：阴极2H++2e-=H2↑，导致平衡HSO3-⇌H++SO32-向右移动，生成更多SO32-，Na+从b室进入c室，c中NaHSO3转化为Na2SO3，实现分离。(5)步骤IV中将

NaHSO3转化为Na2SO4，硫元素的化合价由+4价升高到+6价，失电子，作还原剂，因而要实现上述转化，需加入氧化剂，H2O2、Cl2等常作氧化剂，加入它们，即可实现由NaHSO3转化为Na2SO4；答案为H2O2、Cl2。24.CO2可用于合成多种化

工原料。用CO2生产绿色燃料甲醇时发生反应A：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1(1)反应A的平衡常数表达式是_____。在恒温恒容的密闭容器中进行该反应，下列说法正确的

是_____(填字母)。A.反应达到平衡时，容器的总压强不再改变B.加入合适的催化剂，可以提高CO2的转化率C.将初始投料增加1倍，可以提高CO2的转化率D.充入一定量的He气，可以提高CO2的转化率(2)在体积为1

L的恒容密闭容器中发生反应A，如图是在三种投料，即[n(CO2)，n(H2)]分别为：[1mol，3mol]、[1mol，4mol]、[1mol，6mol]下，反应温度对CO2平衡转化率影响的曲线。①反应A的ΔH1_____0(填“>”或“<”)。②曲

线c对应的投料是_____。③T1℃时，曲线c对应的化学平衡常数_____1(填“大于”、“小于”或“等于”)。(3)在一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应过程中会有副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)。压强

一定时，将初始投料比一定的CO2和H2按一定流速通过催化剂甲，经过相同时间(反应均未达到平衡)时，温度对CH3OH、CO的产率影响如图1所示，温度对CO2的转化率影响如图2所示。由图像可知，升高温度，

CO2的实际转化率提高而甲醇的产率降低，其原因是_____。(4)以CO2和H2O为原料合成CH4，可以借助氮化镓(GaN)与Cu组成的人工光合系统，装置如图所示。①GaN电极上的电极反应式是_____。②当有0.4mol电子转移时，铜电极上生成的CH4在标准状况下的体积是_____L。【答

案】(1).23322cHOcCHOHcCOcH(2).AC(3).＜(4).[1mol，6mol](5).小于(6).升高温度，反应B(副反应)的速率比反应(A)快(7).2H2O－

4e－=O2+4H+(8).1.12【解析】【分析】根据可逆反应化学方程式写出平衡常数表达式，由影响平衡移动的因素判断移动的方向；根据题中图示，判断反应放热还是吸热；根据化学平衡“三段式”计算平衡常数；根据题中图1和图2，

分析CO2转化率升高而CH3OH产率减小原因；根据题图所给信息，判断正负极，写出电极反应，由电子守恒和电极反应计算CH4的体积(标况)。【详解】(1)由CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)反应可

知，平衡常数表达式为K=32322c(CHOH)c(HO)c(CO)c(H)，答案为32322c(CHOH)c(HO)c(CO)c(H)。A．由CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)反应可知，是一个气体体积缩小的反应，总压强是一个变量，若反应达到平衡时，各物质的量不再变

化，容器的总压强也不再改变，故A正确；B．加入合适的催化剂，可以改变达到平衡的时间，但不影响平衡移动，CO2的转化率不变，故B错误；C．将初始投料增加1倍，相当于增大压强，此反应是一个气体体积缩小的反应，平衡向右移动，可以提高CO2的转化率，故C

正确；D．充入一定量的He气，由于整个体系恒温恒容，对平衡体系无影响，故D错误；答案为AC。(2)①由题中图示可知，随着温度升高，CO2的平衡转化率减小，则平衡逆向移动，升高温度，向吸热方向移动，故该反应正反应放热反应，ΔH1＜0；答案为＜。②当其他条件不变时，增大反应物氢气的浓

度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，由题给图象知相同温度下，曲线c二氧化碳的平衡转化率最大，故曲线c对应的投料是n(CO2)=1mol，n(H2)=6mol；答案为n(CO2)=1mol，n(H2)=6mol。③曲线c对应的投料

是n(CO2)=1mol，n(H2)=6mol，T1℃时，二氧化碳的平衡转化率为65%，转化的二氧化碳为0.65mol，容器体积为1L，则：3222CHOH(g)CO(g)3H(g)HO(g)60010.651.950.650.650.35

4.050.650.65起始浓度(mol/L)变化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L)则平衡常数K=32322c(CHOH)c(HO)c(CO)c(H)=30.650.650.354.05（）＜1；答案为小于。(3)因为A：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g

)△H1＜0，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的产率减小，符合图1，温度升高，而一氧化碳产率增大，可判断副反应B：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)平衡正向移动，△H2＞0，所以升高温度时副反应B：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H

2＞0，速率比A更快，平衡正向移动，CO2转化率更大，对于A来说，平衡逆向移动，CH3OH的产率减小；答案为升高温度，反应B(副反应)的速率比反应A快。(4)①根据装置图，铜电极上通入了CO2，生成了CH4，C元素化合价降低，得到电子发生还原反应，作正极，CaN表面水失电子生成氧气，O

元素的化合价升高，发生氧化反应，作负极，则电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+；答案为2H2O-4e-=O2↑+4H+。②Cu作正极，电极反应为CO2+8e-+8H+=CH4↑+2H2O，当有0.4mol电子转移时，铜电极上生成的CH4在标准状况下的体积V(CH4)

=0.4mol22.4L8mol=1.12L；答案为1.12。25.某兴趣小组探究溶液的pH对KI与O2反应的影响，实验如下。装置烧杯中的液体现象①2mL1mol/LKI溶液＋5滴淀粉5分钟后无明显变化②2mL1mol/LK

I溶液＋5滴淀粉＋2mL0.2mol/LHCl溶液5分钟后溶液变蓝③2mL1mol/LKI溶液＋5滴淀粉＋2mL0.2mol/LKCl溶液5分钟后无明显变化④2mLpH＝8.5混有KOH的1mol/LKI溶液＋5滴淀粉5小时后溶液才略变蓝⑤2mLpH＝10混有KOH的1mo

l/LKI溶液＋5滴淀粉5小时后无明显变化(1)实验①中无现象，可能的原因是：i.KI与O2不反应，ii._____。(2)若放置5小时后，实验①中的溶液变蓝，则反应的离子方程式是_____。(3)去掉实验③，对该探究过程_____(填“有”或“没有”)影响。(4)对比实验②和实验④

，可以得出的结论是_____。(5)对于实验⑤的现象，甲同学提出猜想“pH=10时O2不能氧化I-”，设计了下列装置进行实验⑥，验证猜想。i.烧杯a中的溶液为_____。ii.实验结果是b中溶液变蓝，此猜想不成立。通入O2后，a中的

电极反应式是_____。iii.实验⑥的结果说明实验⑤中“无明显现象的原因”是_____。【答案】(1).KI与O2反应速率慢(2).4I－+O2+2H2O=I2+4OH－(3).有(4).KI与O2反应在酸性条件下反应速率比碱性条件下快(5).pH=10的KOH

溶液(6).O2+2H2O+4e－=4OH－(7).生成的I2与OH－反应【解析】【详解】(1)实验①中5分钟后无明显变化可能是反应并没有发生，也可能是反应速率太慢，时间太短不足以观察到现象，故答案为：KI与O2反应速率慢；(2)若放置5小时后，实验①中的溶液变蓝，是因为

碘离子能被氧气氧化成I2，反应离子方程式为：4I－+O2+2H2O=I2+4OH－；故答案为：4I－+O2+2H2O=I2+4OH－；(3)对比实验②和实验③可以排除氯离子对反应的影响，如果去掉实验③则不能说明氯离子对反应是否有影响，故答案为：有；(4)对比实验②和实

验④，一个酸性条件下反应，一个是碱性条件下反应，可以判断溶液酸碱性对反应速率的影响，由现象可知KI与O2反应在酸性条件下反应速率比碱性条件下快；故答案为：KI与O2反应在酸性条件下反应速率比碱性条件下快(5)i：因甲同学

提出猜想“pH=10时O2不能氧化I-”，所以通氧气的一侧烧杯中应加pH=10的KOH溶液，故答案为:pH=10的KOH溶液;ii.实验结果是b中溶液变蓝，说明pH=10时，氧气可以氧化碘离子，从而说明猜想不成立。通入O2后，a中的电极反应式是O2+2H2O

+4e－=4OH－，故答案为：O2+2H2O+4e－=4OH－；iii.实验⑥的结果说明pH=10时，氧气可以氧化碘离子，而实验⑤中“无明显现象的原因”只能是产生的碘单质被碱消耗导致，即生成的I2与OH－反应，故答案为：生成的I2与OH－反应；