【文档说明】【精准解析】安徽省合肥市2019-2020学年高二下学期开学考试化学试题.pdf，共(18)页，467.547 KB，由小赞的店铺上传

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-1-高二化学第一部分选择题可能用到的相对原子质量：H1Cl2N14O16Na23K39Mn55Cu64一、选择题1.能源是现代社会发展的主要支柱，下列属于二次能源的是A.太阳能B.水力C.潮汐能D.电力【答案】D【解析】【

详解】太阳能、水力、潮汐能都是从自然界取得能够直接利用的能源，是一次能源，而电力则是一次能源经过加工转换得到的能源，属于二次能源，故合理选项是D。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法中，不正确．．．的是A.28gN2含分子数目为NAB.1L0．1mo

l/LKCl溶液中，含K+的数目为0.1NAC.标准状况下，11.2LH2O含有的原子数目为1.5NAD.1molNa2O和Na2O2的混合物中，所含阴离子数的总数为NA【答案】C【解析】【分析】根据物质的量的计算公式和有关物质的结构分析回答。【详解】A项：28gN2

含1molN2，分子数目为NA，A项正确；B项：1L0.1mol/LKCl溶液中有0.1molKCl，K+数目为0.1NA，B项正确；C项：标准状况下水非气体物质，11.2LH2O不是0.5mol，所含原子数目不是1.5NA，C项错误；D项：Na2O2中阴离子为O22－，1molNa2O和

Na2O2的混合物中阴离子总数为NA，D项正确。本题选C。【点睛】公式n=V/Vm只适用于气体物质，Vm＝22.4L/mol时还要求是标准状况。3.下列离子方程式不正确．．．的是A.用硝酸银溶液检验自来水中的氯离子:Ag++Cl-=AgCl↓B.实验室用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳:CO

32-+2H+=H2O+CO2↑C.用稀硫酸清洗铁锈(氧化铁):Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O-2-D.用铜与稀硝酸反应制备一氧化氮:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O【答案】B【解析】【分析】根据离子方程式的书写要求判断。【详

解】A项：硝酸银溶液检验氯离子，只有AgCl不溶于水，不能拆写，A项正确；B项：碳酸钙不溶于水，不能拆写，应写为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，B项错误；C项：铁锈(氧化铁)为氧化物，不能拆写，C项正确；D项：铜与稀硝

酸反应中只硝酸、硝酸铜可拆写，D项正确。本题选B。【点睛】离子方程式常见错误：不符合事实，质量不守恒，电荷不守恒，拆写不正确等。4.实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述正确的是()①②③④

A.装置①中溶液上层无色，下层紫红色B.装置②可用于吸收HCl气体，并防止倒吸C.装置③可用于制取蒸馏水D.装置④中液体蒸干后停止加热【答案】C【解析】【详解】A.先加碘水，后加酒精，水与酒精互溶，不能出现分层现象，A错误；B.吸收HCl气体时，由于H

Cl极易溶于水，B装置中，导管出气口仍与水接触，不能防倒吸，若把苯改为四氯化碳就可以了，B错误；C.装置③为典型的蒸馏装置，可利用液体混合物中成分沸点的不同，得到蒸馏水，C正确；-3-D.装置④是蒸发装置，当蒸发皿中出现大量晶体时，立即停止加热，利用余热蒸

干，不能将液体蒸干后停止加热，D错误。答案选C。5.下列有关铜片镀银的说法不正确的是A.阳极反应式为Ag-e-=Ag+B.铜片应与电源正极相连C.电解液为AgNO3溶液D.镀银过程中电能转化为化学能【答

案】B【解析】【详解】A.电镀时，镀层金属Ag作阳极，发生氧化反应：Ag-e-=Ag+，A正确；B.铜片是镀件，应与电源负极相连，作阴极，B错误；C.铜片镀银，电解质溶液应该是含有镀层金属Ag的离子的溶液为电镀液，所

以电解液为AgNO3溶液，C正确；D.镀银过程中，消耗电能，在阴、阳两极发生还原反应、氧化反应，因此实现了电能向化学能转化，D正确；故合理选项是B。6.下列各组离子中，能在溶液里大量共存的是A.H+、NH4+、SO42-、Cl-B.K+

、Fe3+、OH-、SO42-C.Na+、H+、HCO3-、Cl-D.Ca2+、Na+、CO32-、NO3-【答案】A【解析】【分析】根据离子间的相互反应（复分解反应、氧化还原反应等）判断。【详解】A项：

四种离子彼此不反应，能大量共存，A项正确；B项：Fe3+与OH-生成沉淀，不能大量共存，B项错误；C项：H+与HCO3-生成CO2气体和水，不能大量共存，C项错误；D项：Ca2+与CO32-生成沉淀，不能大量共存，D项错误。本题选A。-4-7.下列说法中，不正确．．．的是A.11H

和21H互为同位素B.O2和O3互为同素异形体C.CH4和C2H6互为同系物D.和互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A.两种H原子的质子数是相同的，但是中子数不同，所以它们是同位素，A正确；B.氧气

分子和臭氧分子的分子式不同，它们都是氧元素形成的单质，所以它们互为同素异形体，B正确；C.CH4只能表示甲烷，C2H6只能表示乙烷，所以它们互为同系物，C正确。D.因为甲烷分子是正四面体结构，所以其二氯代物即二氯甲烷只有一种，D中的两种结构其实都表示同一种物质，即二

氯甲烷，它们不是同分异构体，所以D不正确。答案选D。8.常温下，某酸溶液中由水电离出的离子浓度关系为c(H＋)·c(OH-)=1×10-20，该溶液的pH等于A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【详解】常温下，某酸溶液中由水电离出的离子浓度关系为c(H＋)·c(OH-)=1×10-20，则溶

液中c(OH-)=1×10-10，由于室温下水的离子积常数Kw=1×10-14，所以溶液中c(H＋)=1410110110=1×10-4mol/L，所以溶液的pH=4，故合理选项是D。9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下

列有关叙述正确的是A.100mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，CO32-的数目为0.01NAB.100mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中，Cl-的数目为0.01NAC.100mL0.1mol·

L-1(NH4)2SO4溶液中，SO42-的数目为0.01NAD.100mL0.1mol·L-1NaCl溶液中，阳离子的数目为0.01NA【答案】C-5-【解析】【详解】A.100mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中，溶质的物质的量是0.01mol，该盐是强碱弱

酸盐，CO32-发生水解反应而消耗，所以溶液中CO32-的数目小于0.01NA，A错误；B.100mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中，FeCl3的物质的量为n(FeCl3)=c·V=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，根据盐的组成可知，1个FeCl3电离产生3个Cl

-，所以0.01molFeCl3电离Cl-的数目为0.03NA，B错误；C.100mL0.1mol·L-1(NH4)2SO4溶液中，溶质的物质的量为n[(NH4)2SO4]=c·V=0.1mol/L×0.1L=0.01mol

，根据盐的组成可知，1个(NH4)2SO4电离产生1个SO42-，所以0.01mol(NH4)2SO4电离产生的SO42-数目为0.01NA，C正确；D.溶液中阳离子有Na+、水电离产生的H+，Na+的物质的量是0.01mol，其数目为0.01NA，所以溶液中含有的

阳离子Na+、H+的和大于0.01NA，D错误；故合理选项是C。10.0.2mol·L-1的NaOH溶液与0.4mol·L-1的NH4NO3溶液等体积混合并加热使NH3全部逸出，溶液中各离子的物质的量浓度大小关系正确的是A.

c(NO3-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)B.c(Na＋)>c(NH4+)>c(NO3-)>c(OH-)>c(H+)C.c(NO3-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(H+)>c(OH

-)D.c(NO3-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)【答案】D【解析】【详解】将0.2mol·L-1的NaOH溶液与0.4mol·L-1的NH4NO3溶液等体积混合，会发生反应NH4NO3+NaOH=NaNO3+NH3↑+H2O，反应后得到的溶液为NaNO3、NH4

NO3等浓度的混合溶液，假设溶液的体积是1L，则反应后溶液中NH4NO3和NH4NO3的物质的量浓度都是1mol/L，则c(NO3-)=2mol/L，c(Na+)=1mol/L，NH4NO3是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+会发生水解反应产生NH3·H2O而消耗，所以c(NH4＋

)<1mol/L，NH4+水解消耗水电离产生的OH-，最终达到平衡时使溶液中c(H+)>c(OH-)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c(NH4＋)>c(H+)，故反应后整个溶液中各种离子的浓度大小关系为：c(NO3-)>

c(Na+)>c(NH4＋)>c(H+)>c(OH-)，故合理选项是D。11.下列属于加成反应的是A.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中B.光照射甲烷与氯气的混合气体-6-C.乙烷燃烧生成二氧化碳与水D.在催化剂加热

条件下，乙烯与氢气反应【答案】D【解析】【详解】A.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中发生氧化反应；B.光照射甲烷与氯气的混合气体发生取代反应；C.乙烷燃烧生成二氧化碳与水发生的是氧化反应；D.在催化剂加热条件下，乙烯与氢气反应，乙烯分子中的碳碳双键中有一个键不稳定、易断裂，每个C原子上再连接一个H原子

后生成乙烷，所以发生的是加成反应。所以答案选D。12.某温度下的反应为SO2(g)+12O2(g)SO3(g)△H=－98kJ·mol-1。开始时在100L的密闭容器中加入4.0molSO2(g)和10.0molO2(g)，当反应达到平衡时共放出热量196kJ，此温度下，该

反应的平衡常数为A.1B.3C.103D.1009【答案】C【解析】【分析】热化学方程式SO2(g)+12O2(g)SO3(g)△H=-98kJ·mol-1表示1molSO2(g)与0.5molO2(g)完全反应产生1molSO3(g)时放出98kJ的

热量，根据反应放出热量计算反应产生的SO3(g)的物质的量，利用题目给出的SO2(g)和O2(g)的物质的量计算出各种物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式可得该温度下的平衡常数。【详解】根据热化学方程式可知反应产生1molSO3气体时放出98kJ的热量，则现在反应放出热量是196k

J，产生的SO3气体的物质的量是196÷98=2mol，根据物质反应转化关系可知反应消耗2molSO2(g)和1mol的O2(g)，由于容器的容积是100L，所以平衡时各种气体的浓度分别为c(SO2)=42

mol100L=0.02mol/L，c(O2)=10.01mol100L=0.09mol/L，c(SO3)=2mol100L=0.02mol/L，因此该温度下该反应的化学平衡常数-7-K=3112222cSO0.020.020.09

csOcO=103，故合理选项是C。【点睛】本题考查了化学平衡常数的计算，根据反应放出的热量计算出各种物质的平衡浓度是解题关键，结合平衡常数的定义计算，同一化学反应，化学平衡常数只与温度有关，与其它条件无关。13.锌铜原电池装置如图所示，

其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是()A.铜电极上发生氧化反应B.电池工作一段时间后，甲池的c（SO42-）减小C.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D.阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移

动，保持溶液中电荷平衡【答案】C【解析】【分析】锌铜原电池中，负极（Zn）:Zn-2e-=Zn2+（氧化），正极（Cu）:Cu2++2e-=Cu（还原），总反应是：Zn+Cu2+=Zn2++Cu。【详解】A.铜电极为正极，正极得电子，发生还原反应，A错误

；B.阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO42-）不变，B错误；C．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应：Cu2++2e-=Cu，保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2

+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大，C正确；D．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，阴离子不能通过阳离子交换膜，D错误。答案选C。-8-14.已

知下列两个热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol－1C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ·mol－1下列说法正确的是A.H2的燃烧热为571.6kJ·mol－1B.C3H8完全

燃烧生成1molH2O(l)放出的热量为555kJC.1molH2和2molC3H8组成的混合气体完全燃烧放出的热量为5011.6kJD.5molH2和C3H8的混合气体，若完全燃烧时放出3847kJ

热量，则V(H2)：V(C3H8)=1：3【答案】B【解析】【详解】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol－1可知H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，A错误；B.根据C3H8(g)+

5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ·mol－1可知反应产生4molH2O时放出2220kJ的热量，则反应产生1molH2O(l)放出热量为2220kJ÷4=555kJ，B正确；C.1molH2和

2molC3H8组成的混合气体完全燃烧放出的热量为(571.6kJ÷2)+2×2220kJ=4725.8kJ，C错误；D.假设混合气体中H2、C3H8的物质的量分别是x、y，则x+y=5；285.8x+2220y=3847，解得x=3.

75，y=1.25，所以x：y=3.75：1.25=3：1，在同温同压下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以V(H2)：V(C3H8)=3：1，D错误；故合理选项是B。15.已知断开1molCl2(g)中Cl－Cl键需

要吸收243kJ能量。根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式正确的是A.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=－185kJ·mol－1B.生成1molH2(g)中的H－H键放出121.5kJ能量C.断开1molHCl(g)中的H－Cl键要吸收

864kJ能量-9-D.HCl(g)=12H2(g)+12Cl2(g)△H=－92.5kJ·mol－1【答案】A【解析】【详解】A.由图可知H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-(864-679)kJ/mol=-185kJ/mol，A正确；B.由图可知断开1mol

H2(g)中的H－H键和1molCl2(g)中的Cl－Cl键需吸收679kJ/mol的能量，而已知断开1molCl2(g)中Cl－Cl键需要吸收243kJ能量，所以断开断开1molH2(g)中的H－H键需要吸收的能量为679kJ-243kJ=436kJ，因此生成1

molH2(g)中的H－H键放出436kJ能量，B错误；C.生成2molHCl(g)中的H-Cl键放出864kJ的能量，所以生成2molHCl(g)中的H-Cl键放出432kJ的能量，则断开1molHCl(g)中的H－Cl键要吸收432kJ能量，C错误；D.根据选项A分析可知2molH

Cl(g)反应产生1molH2(g)和1molCl2(g)吸收185kJ的能量，因此1molHCl反应产生H2(g)、Cl2(g)吸收92.5kJ的热量，热化学方程式为HCl(g)=12H2(g)+12Cl2(g)△H=+92.5kJ·mol－1

，D错误；故合理选项是A。16.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量)。根据以上规律判断，下列结论正确的是()A.反应Ⅰ：ΔH＞0，p2＞p1B.反应Ⅱ：ΔH＜0，T1＜T2C.反应Ⅲ：ΔH＞0，T2＞

T1或ΔH＜0，T2＜T1D.反应Ⅳ：ΔH＜0，T2＞T1【答案】C【解析】【详解】A.反应Ⅰ中，由图分析，升温，A的平衡转化率降低，平衡逆移，而升温，平衡向-10-吸热方向移动，所以反应是放热反应ΔH<0。因为反应I是体积减小的可逆反应，即压强越大，反

应物的转化率越高，P2＞P1，A错误；B.反应Ⅱ中，根据先拐先平衡，数值大，故T1＞T2，B错误；C.反应Ⅲ中，如ΔH＞0，T2＞T1，则升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，如ΔH＜0，T2＜T1，则升高温度，平衡向

逆反应方向移动，C的体积分数减小，与图象吻合，C正确；D.反应Ⅳ中如ΔH＜0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2＜T1，D错误。答案选C。第二部分非选择题17.对于Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑，改变下列条件对生成氢气的速率有何影响？(

填“增大”“减小”或“不变”)①降低温度：________；②增大盐酸浓度：________；③加入NaCl固体：________。④滴入几滴CuSO4溶液：________。【答案】(1).减小(2).增大(3).

不变(4).增大【解析】【详解】根据外部条件对化学反应速率的影响因素分析，(1)降温，化学反应速率减小，故答案为：减小；(2)增大反应物浓度，化学反应速率加快，故增大盐酸浓度，化学反应速率加快，答案为：增大；(3)加入NaCl固体，对温度，和浓度几乎无影响，故答案为

：不变；(4)滴入几滴CuSO4溶液，Fe与少量CuSO4反应产生Cu，从而构成以盐酸为电解质的铜铁原电池，铁为负极，加快了铁与盐酸的反应速率，故答案为：增大。18.铁及其化合物在生产和生活中起到重要的作用。

请回答下列问题：（1）下列微粒中，既有氧化性又有还原性的是_____________________（填字母）。A.FeB.Fe2＋C.Fe3＋（2）维生素C可使食物中的Fe3＋转化为Fe2＋，在此过程中_______是还原剂（填“维生素C”或“Fe3＋”）

。（3）向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液时的现象是：生成的白色絮状沉淀迅速变成___________色，最后变成_________色。（4）印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”将铜箔腐蚀，反应原理______________

_______________（用离子方程式表示）。-11-【答案】(1).B(2).维生素C(3).灰绿(4).红褐(5).2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+【解析】【详解】（1）既有氧化性又有还原性说明在化学反应中

化合价既可以升高，也可以降低，该粒子化合价应处于该元素的中间价，故选B；（2）还原剂，失电子，价升高，维生素C可使食物中的Fe3＋转化为Fe2＋，化合价升高的是维生素C，答案为：维生素C；（3）向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液时首先生成白色絮状沉淀Fe(OH)2，然后在空气中迅速被氧化4

Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3，现象为白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：灰绿；红褐；(4)FeCl3溶液作为“腐蚀液”将铜箔腐蚀，即铁离子与铜的反应，离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，答案为：2Fe3++Cu＝2Fe2++C

u2+。19.将64gCu与一定浓度的HNO3反应，Cu全部反应完后，收集到标准状况下NO和NO2混合气体22.4L。请回答下列问题：（1）Cu与HNO3反应生成NO的离子方程式为____________________。该反应体现的HNO3的性质为______（填字

母）。A.强氧化性B.酸性C.不稳定性D.易挥发性（2）参加反应的Cu转移电子的数目为______。（3）该反应中消耗HNO3的物质的量为______。【答案】(1).3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O(2).A

，B(3).2NA(4).3mol【解析】【详解】(1)Cu与HNO3反应生成NO的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O；反应物HNO3中氮的化合价由+5变为+2价，体现强氧化

性，同时生成了硝酸盐，体现了酸性，故选A、B；(2)64gCu全部反应转化为Cu2+，64gCu的物质的量=64g64/gmol=1mol，而1mol铜转移2mol电子，即2NA个电子，故答案为：2NA；(3)根据反应原理和质量守恒，消耗HNO3中的N全部存在于Cu(NO3)2、NO和NO2中

，而NO和NO2混合气体22.4L，在标准状况下为1mol，这部分消耗了1molHNO3；1mol铜全部反应可生-12-成1molCu(NO3)2，这部分消耗了2molHNO3，故答案为3mol。【点睛】在化学方程式的计算中，守恒法是一种常用技巧，本题抓住

N原子的一个守恒，消耗HNO3中所有N原子只能存在于Cu(NO3)2、NO和NO2中，从而根据这三种物质中N原子物质的量求出消耗HNO3，使计算变得更轻松，同学们在解题的过程中应注意。20.X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素，其原子半径及主要

化合价如下：元素代号XYZMQR原子半径/nm0.1600.1430.1020.0750.0770.037主要化合价＋2＋3＋6，－2＋5，－3＋4，－4＋1（1）Z在元素周期表中的位置是__________________

_______。（2）元素Q和R形成的化合物A是果实催熟剂，用A制备乙醇的化学方程式是_______________________。（3）单质铜和元素M的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的离子方程式为___________________。（4）元

素X的金属性比元素Y______（填“强”或“弱”）。（5）元素Q、元素Z的含量影响钢铁性能，采用下图装置A在高温下将钢样中元素Q、元素Z转化为QO2、ZO2。①气体a的成分是________________（填化

学式）。②若钢样中元素Z以FeZ的形式存在，在A中反应生成ZO2和稳定的黑色氧化物，则反应的化学方程式是_________________________________。【答案】(1).第三周期第ⅥA族(2).CH2=CH2+H2O一定条件下CH3CH2OH(3).Cu+4H++2

NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O(4).强(5).O2，SO2，CO2(6).-13-5O2+3FeS高温3SO2+Fe3O4【解析】【分析】根据Z的化合价＋6，－2，符合这点的短周期元素只有S；而根据同周期，从左

到右原子半径依次减小，S的原子半径为0.102，从表中数据，X的化合价为+2，Y的化合价为+3，且原子半径比S大，X、Y只能为三周期，X为Mg，Y为Al；而M为＋5价，Q为+4价，由于原子半径比S小，所以只能是二周期，M为N，Q为C；R的原子半径比

M、Q都小，不可能是Li，只能是H。【详解】(1)根据分析，Z为硫，元素周期表中的位置是第三周期第ⅥA族，故答案为：第三周期第ⅥA族；(2)A是果实催熟剂，为乙烯，由乙烯制备乙醇的化学方程式CH2=CH2+H2O一定条件下CH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2+H2O一

定条件下CH3CH2OH；(3)M的最高价氧化物对应水化物为HNO3，铜与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O；(4

)X为Mg，Y为Al，同周期，从左到右金属性依次减弱，Mg的金属性强，故答案为：强；(5)①元素Q为C，元素Z为S，根据题意，气体a中有SO2，CO2，以及未反应完的O2，故答案为：O2，SO2，CO2；②根据题意，FeS在

A中生成了SO2和黑色固体，而黑色固体中一定含Fe，所以为Fe3O4，反应的化学反应方程式为：5O2+3FeS高温3SO2+Fe3O4。【点睛】（5）是解答的易错点，注意不要漏掉未反应完的氧气。21.CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，潮湿的

CuCl在空气中被氧化为Cu2(OH)3Cl。(1)一种由海绵铜(Cu)为原料制备CuCl的工艺流程如下：①“溶解”步骤发生反应的离子方程式为________________________________

_；②潮湿的CuCl在空气中被氧化的化学反应方程式为_________________________________；-14-③已知常温下Cu(OH)2溶度积常数Ksp＝2×10－20要使c(Cu2＋)＝0.2mol·L－1的硫酸铜溶

液中的铜离子沉淀比较完全(使铜离子浓度变为原来的千分之一)则应调节溶液pH为___________以上。(2)次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，可用于作金属表面处理剂。①向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸可以制取H3PO2，写出反应的化学方程式：_____________；

②H3PO2可将溶液中的Ag＋还原为银，从而用于化学镀银，反应同时生成P元素最高价氧化物对应的水化物。在该过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为：___________；③NaH2PO2的水溶液呈弱碱性，用离子方程式说明原

因：______________________。【答案】(1).3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O(2).4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl(3).6(4).Ba(H2PO2)2+H2SO4=2H3P

O2+BaSO4↓(5).4:1(6).H2PO2-+H2OH2PO2-+OH-【解析】【分析】（1）①“溶解”时NO3-在酸性条件下有氧化性，能溶解铜，相当于铜与稀硝酸的反应；②结合题中所给出的反应物、生成物书写相关方程式；③利用Cu(OH)2溶度积常数，通

过计算调节pH，使铜离子浓度变为原来的千分之一；（2）①根据强酸制弱酸原理，向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸可以制取H3PO2，同时生成BaSO4沉淀，则发生反应的化学方程式：Ba(H2PO2)2+H2SO4=2H3PO2+BaSO4↓；②根据氧化还原反应中得失电子守恒，判断出氧化

剂与还原剂的物质的量之比；③NaH2PO2是强碱弱酸盐，H2PO2-在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】（1）①“溶解”时NO3-在酸性条件下有氧化性，能溶解铜，发生反应的离子方程式：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；②潮湿的CuCl在空气中被氧化Cu2(

OH)3Cl的化学反应方程式：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；③要使c(Cu2＋)＝0.2mol·L－1的硫酸铜溶液中的铜离子沉淀比较完全(使铜离子浓度变为原来的千分之一)，Ksp(Cu(OH)2)＝0.210-3c2(OH-)=2×10－

20，c(OH-)=1.0×10－8mol·L－1，pH=6，故应调节溶液pH为6以上；（2）①根据强酸制弱酸原理，向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸可以制取H3PO2，同时生成BaSO4沉淀，则发生反应的化学方程式：Ba(H2PO2)2+H2SO4=2H3PO2+BaSO4↓；②H

3PO2可将溶液中的Ag＋还原为银，从而用于化学镀银，反应同时生成P元素最高价氧化物对-15-应的水化物，应为H3PO4，H3PO2作还原剂，H3PO2→H3PO4，P元素的化合价从+1→+5，升高4价；Ag＋作氧化剂

Ag＋→Ag，Ag元素的化合价从+1→0，降低1价，氧化还原反应中得失电子守恒，4、1的最小公倍数是4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1；③NaH2PO2是强碱弱酸盐，H2PO2-在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式

：H2PO2-+H2OH2PO2-+OH-。【点睛】本题的难点是特定条件下陌生方程式的书写，在近几年的高考题中，尤其在实验题和工艺流程题中经常出现，例如潮湿的CuCl在空气中被氧化、H3PO2可将溶液中的Ag＋还原为银，这就需要结合题中的

信息，然后根据得失电子守恒做出解答。22.研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。（1）已知部分弱酸的电离常数如下表：化学式HFH2CO3H2S电离平衡常数K(25℃)-47.2101-7aK=4.4102-11

aK=4.7101-8aK=9.1102-12aK=1.110①写出H2S的Ka1的表达式：________________。②常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最小的是_______。③将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是____

___________。（2）室温下，用0.100mol·L－1盐酸溶液滴定20.00mL0.100mol·L－1的氨水溶液，滴定曲线如图所示。(忽略溶液体积的变化，①②填“＞”“＜”或“＝”)①a点所示的溶液中c(NH3·H2O)___________c(Cl－)。②b点所示的溶液中c(Cl－)

___________c(NH4＋)。③室温下pH＝11的氨水与pH＝5的NH4Cl溶液中，由水电离出的c(H＋)之比为__________。-16-（3）二元弱酸H2A溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。则H2A第二级电离平衡常数Ka2＝____

_______。【答案】(1).c(H+)·c(HS-)/c(H2S)(2).Na2S(3).H2S+CO32-=HCO3-+HS(4).＜(5).=(6).1:106(7).10-4.2【解析】【分析】Ka为弱酸的电离平衡常数，Ka值越大，在相同条件下，酸性越强，即酸

性有HF＞H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS-,多元弱酸电离分步，以第一步为主，同理，多元弱酸盐水解也分步，以第一步为主，据此解答。【详解】(1)①平衡常数为生成物浓度的幂之积与反应物浓度幂之积的比值，根据H2SO

3HSO3-+H+可知Ka的表达式为c(H+)·c(HS-)/c(H2S)；②相同浓度的NaF、Na2CO3、Na2S中，由于酸性HF＞HCO3-＞HS-，根据越弱越水解，S2-水解程度最大，产生的OH－浓度最大，pH值最大；故pH相同的三种溶液NaF、Na2C

O3、Na2S，浓度最小的为Na2S，答案为：Na2S；③将过量H2S通入Na2CO3溶液，根据强酸制弱酸的原理，由于酸性H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS-，所以，即便H2S过量，也只能生成HCO3-和HS-，

而不能生成CO2，答案为：H2S+CO32-=HCO3-+HS-；(1)①用0.100mol·L－1盐酸溶液滴定20.00mL0.100mol·L－1的氨水溶液时，在a点消耗盐酸10.00mL时，反应后生成的氯化

铵和剩余的NH3·H2O的物质的量相等，若只考虑氯化铵电离，c(NH4＋)和c(Cl－)相等，但NH4＋要水解消耗，a点pH大于7，呈碱性，以电离为主，产生的NH4＋多，所以c(Cl－)＜c(NH4＋)；②b点溶液中存在电荷守恒，c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，b

点pH值为7，c(H＋)=c(OH－)，故c(NH4＋)=c(Cl－)，答案为：=；③pH＝11的氨水，氨水不能电离出H+，溶液中H+就是水电离出的H+，c(H＋)为1×10-11,pH＝5的NH4Cl溶液中铵根水解，溶液显酸性，溶液中水电离出的c(H＋)为1×

10-5，故由水电离出的-17-c(H＋)之比为1:106；(3)H2A的二级电离为HA－H+＋A2-，Ka2=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)，电离平衡常数是温度的常数，从图中取c(A2-)=c(HA-)特殊点，Ka2=c(H+)=10-4.2，故答案为：10-4.2。-18-