广东省深圳市宝安区2019-2020学年高二化学上学期期末调研考试试题含解析

广东省深圳市宝安区2019-2020学年高二化学上学期期末调研考试试题（含解析）

注意：

1.本卷可能所需相对原子质量：H-1；C-12；O-16；K-39；Cu-64。

2.本卷考试时间为75分钟。

3.本卷满分为100分。

4.在答题卷相应的位置填写考生姓名，并准确填写考号和用2B铅笔涂黑考号。

第Ⅰ卷(共54分)

一、选择题(下列各题均只有一个合理答案，请将合理答案的序号涂在答题卡上，填在其它地方无效。本题共18小题，每小题3分，共54分)。

1.我国古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层丝胶蛋白杂质水解而除去。这种“碱剂”的主要成分可能是( )

A. 食盐 B. 烧碱 C. 纯碱 D. 胆矾

【答案】C

【解析】

【详解】该“碱剂”的主要成分是一种盐，根据盐的水解原理可知该盐应该为强碱弱酸盐，选项中只有纯碱符合题意，故合理选项是C。

2.有关能源的分类、利用和开发，下列说法不正确的是( )

A. 煤、石油和天然气属于不可再生能源

B. 太阳能、氢能和生物质能属于新能源

C. 乙醇属于可再生能源，可作汽车燃料

D. 研发高效催化剂，在不消耗任何能源下，分解水产生氢气

【答案】D

【解析】

【详解】A.煤、石油和天然气等化石能源在使用后不可能在短期内从自然界中得到补充，所以属于不可再生能源，A正确；

B.太阳能、氢能和生物质能都是可再生的无污染的新能源，B正确；

C.乙醇燃烧产物CO2、H2O通过光合作用转化为有机物淀粉、纤维素等，这些物质水解产物葡萄糖在酒化酶作用下又转化为乙醇，故乙醇属于可再生能源，可作汽车燃料，C正确；

D.氢气燃烧产生水的反应是放热反应，则水分解反应是吸热反应，消耗能量，催化剂只能改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，D错误；

故合理选项是D。

3.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )

A. 夏天，打开冰冻啤酒瓶时会在瓶口逸出气体

B. 升温可加快SO2转化为SO3的速率

C. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气

D. 将FeCl3溶液蒸干得到Fe(OH)3固体

【答案】B

【解析】

【详解】A.因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；

B.升温能够使活化分子数增加，物质含有的能量增加，有效碰撞次数增加，可加快SO2转化为SO3的速率，与化学平衡移动无关，B符合题意；

C.氯气与水反应存在化学平衡，饱和食盐水中Cl-的存在使氯气的反应平衡逆向移动，减少了氯气的溶解，可以使用平衡移动原理分析，C不符合题意；

D.FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解产生Fe(OH)3和HCl，溶液蒸干，HCl挥发掉，得到Fe(OH)3固体，可以用平衡移动原理分析，D不符合题意；

故合理选项是B。

4.下列方程式书写正确的是( )

A. 电解CuCl2溶液：CuCl2=Cu2++Cl-

B. NaHCO3的电离方程式：NaHCO3Na++ HCO3-

C. 中和热的热化学方程式：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.3kJ·mol -1

D. 表示氢气燃烧热的热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6kJ·mol -1

【答案】C

【解析】

【详解】A.电解CuCl2溶液产生Cu单质和Cl2，不符合反应事实，A错误；

B.NaHCO3是盐，属于强电解质，完全电离产生Na+、HCO3-，电离方程式为：NaHCO3=Na++ HCO3-，B错误；

C.符合反应事实，遵循中和热的含义，C正确；

D.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，方程式给出的是2molH2燃烧放出的热量，不符合燃烧热的概念，D错误；

故合理选项是C。

5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )

A. 0.1molCuSO4溶于水，溶液中阳离子数大于0.1NA

B. 0.1molCH3COOH溶于水，溶液中氢离子数为0.1NA

C. 0.1mol·L－1的NaHSO4溶液中阴阳离子数目之和为0.3NA

D. 一定条件下，0.3 molH2与0.1 molN2充分反应后，产物的分子总数0.2NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.在溶液中Cu2+发生水解反应：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，且还存在水电离平衡，水电离产生H+，所以0.1molCuSO4溶于水，溶液中阳离子数大于0.1NA，A正确；

B.CH3COOH是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子存在，所以0.1molCH3COOH溶于水，溶液中氢离子数小于0.1NA，B错误；

C.只有浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，C错误；

D. H2与N2生成NH3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此一定条件下，0.3 molH2与0.1 molN2充分反应后，产物的分子总数小于0.2NA，D错误；

故合理选项是A。

6.已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g) ΔH=+100kJ·mol-1的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是( )

A. 加入催化剂，该反应的反应热ΔH将减小

B 每形成2 mol A-B键，将放出(a－b) kJ能量

C. 该反应中反应物的键能总和小于生成物的键能总和

D. 该反应正反应的活化能大于100 kJ·mol－1

【答案】D

【解析】

【详解】A.催化剂不改变反应的始、终态，则加入催化剂，该反应的反应热△H不变，A错误；

B.形成化学键释放能量，由图可知每生成2molA-B键，将释放bkJ能量，B错误；

C.该反应为吸热反应，则反应物的键能总和大于生成物的键能总和，C错误；

D.由热化学方程式可知，生成2molAB时吸热为100kJ，焓变等于正逆反应的活化能之差，所以正反应的活化能大于100kJ/mol，D正确；

故合理选项是D。

【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、焓变计算、催化剂对反应的影响为解答的关键，注意选项C为解答的易错点，侧重考查学生的分析与应用能力。

7.下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是( )

A. 滴加酚酞显红色的溶液中：K+、S2-、SO42-、NO3-

B. 由水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液中：Cl-、CO32-、NO3-、NH4+

C. 在=10-12的溶液中：Mg2+、SO42-、Cl-、NO3-

D. 使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、Na+、NO3-、SO42-

【答案】A

【解析】

【详解】A.滴加酚酞显红色溶液显碱性，含有大量的OH-，在碱性环境中，选项离子不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；

B.由水电离出c(H+)=10-13mol·L-1＜10-7mol·L-1，说明水的电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性也可能显碱性，在酸性溶液中H+、CO32-会发生反应，不能大量共存，在碱性溶液中，OH-、NH4+会发生反应，也不能大量共存，B错误；

C.=10-12的溶液是碱性溶液，含有大量OH-，Mg2+、OH-会反应产生Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，C错误；

D.使甲基橙变红的溶液是酸性溶液，含有大量的H+，Fe2+、H+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；

故合理选项是A。

8.下列有关电解的叙述中正确的是( )

A. 铜器上电镀银，铜器作阴极，银块作阳极

B. 电解法制镁时，可电解氯化镁溶液或熔融态氯化镁

C. 电解法生产铝时，可用钢网代替碳棒作阳极增大接触面积

D. 电解精炼铜时，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等

【答案】A

【解析】

【详解】A.铜器上电镀银，镀件铜器作阴极，镀层金属银块作阳极，A正确；

B.电解法制镁时，要电解熔融态氯化镁，若电解氯化镁溶液，则在阴极上溶液中的H+得到电子变为H2逸出，不能得到金属Mg，B错误；

C.电解法生产铝时，若用钢网代替碳棒作阳极，则Fe在阳极被氧化，阴极上可能生成Fe，C错误；

D.电解精炼铜时，阳极反应的物质有Cu及活动性比Cu强的金属，活动性弱的Au、Ag等则以固体形成阳极泥，在阴极上溶液中的Cu2+得到电子变为单质Cu，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不一定相等，D错误；

故合理选项是A。

9.纳米钴常用于CO加氢反应的催化剂：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH＜0。下列说法正确的是( )

A. 纳米技术的应用，优化了催化剂的性能，提高了反应的转化率

B. 缩小容器体积，平衡向正反应方向移动，CO的浓度增大

C. 从平衡体系中分离出H2O(g)能加快正反应速率

D. 工业生产中采用高温条件下进行，其目的是提高CO的平衡转化率

【答案】B

【解析】

【详解】A.纳米技术的应用，优化了催化剂的性能，提高了反应速率，但不能使平衡发生移动，因此物质的转化率不变，A错误；

B.反应的正反应是气体体积减小的反应，缩小容器的体积，导致体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，所以缩小容器的体积CO的浓度增大，B正确；

C.从平衡体系中分离出H2O(g)，正反应速率瞬间不变，后会逐渐减小，C错误；

D.该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应物转化率会降低，工业生产中采用高温条件下进行，其目的是在高温下催化剂的化学活性高，能提高化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，D错误；

故合理选项是B。

10.用标准NaOH滴定未知浓度的醋酸溶液，下列说法中，正确的是( )

A. 滴定管、锥形瓶均用待测醋酸溶液润洗后进行滴定

B. 滴定时，眼睛要注视滴定管的读数

C. 滴定前平视滴定管刻度线，滴定终点俯视刻度线，滴定结果偏低

D. 用酚酞试液作指示剂，当溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色为滴定终点

【答案】C

【解析】

【详解】A.用标准NaOH滴定未知浓度的醋酸溶液，滴定管必须用NaOH标准溶液润洗，锥形瓶不能润洗，A错误；

B.滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，B错误；

C.滴定前平视滴定管刻度线，滴定终点俯视刻度线，则消耗标准溶液体积偏小，使滴定结果偏低，C正确；

D.用酚酞试液作指示剂，开始时溶液为无色，当溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色为滴定终点，D错误；

故合理选项是C。

11.室温下，关于10.0mL0.1mol/L氨水，下列判断正确的是( )

A. 溶液的pH等于13

B. c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)

C. 溶液中由水电离的c(OH－)>10-7

D. 加盐酸至中性，溶液中c(Cl-)>c(NH4+)

【答案】B

【解析】

【详解】A.氨水中的一水合氨是弱碱，只能部分电离，所以0.1mol/L氨水中c(OH-)<0.1mol/L，所以溶液的pH<13，A错误；

B.在溶液中存在H2O的电离平衡：H2OH++OH-及NH3·H2O的电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，所以根据电荷守恒可得：c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，B正确；

C.NH3·H2O电离产生OH-，对水的电离平衡起抑制作用，所以溶液中由水电离的c(OH-)<10-7，C错误；

D.加盐酸至中性，c(OH-)= c(H+)，所以根据电荷守恒可知溶液中c(Cl-)=c(NH4+)，D错误；

故合理选项是B。

12.臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)。若此反应在恒容密闭容器中进行，相关图像如下，其中对应分析结论正确的是(　　)

A. 平衡后降温，NO2含量降低

B. 0～2 s内，υ(O3)＝0.2 mol·L－1·s－1

C. υ正：b点<a点，b点：υ逆<υ正

D. 恒温，t1时再充入O3

【答案】A

【解析】

【详解】A. 由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，NO2的含量降低，故A正确；

B. 由图可知，0?2s内，二氧化氮的浓度变化量=0.8mol/L?0.4mol/L=0.4mol/L，故υ(NO2)= =0.2mol/(L.s)，υ(O3)=υ(NO2)=0.1mol/(L.s)，故B错误；

C. 温度高，化学反应速率快，b点温度高于a点，故υ正：b点>a点，此反应为放热反应，温度升高，平衡左移，故b点：υ逆>υ正，故C错误；

D. 容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，故D错误；

答案选A。

【点睛】在解决根据图像判断平衡移动的方向时，必须要认真观察图像中横坐标和纵坐标所代表的物理量，根据图像中物理量的增大和减小来判断外界条件影响下，反应进行的方向。

13.结合图示判断，下列叙述正确的是( )

A. K与N连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大

B. K与N连接时，X为氯化钠，石墨极电极反应式为2H＋+2e-=H2↑

C. K与M连接时，X为硫酸铜，一段时间后溶液的pH增大

D. K与M连接时，X为氯化钠，石墨极电极反应式为4OH－-4e-=2H2O+O2↑

【答案】A

【解析】

【详解】A.K与N连接时，X为硫酸，该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，负极上铁失电子生成Fe2+，正极上H+放电生成H2，导致溶液中氢离子浓度降低，所以一段时间后溶液的pH增大，A正确；

B.K与N连接时，X为氯化钠，该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，石墨上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，B错误；

C.K与M连接时，X为硫酸铜，该装置是电解池，石墨作阳极，铁作阴极，阳极上氢氧根放电，阴极上铜离子放电，电解产物是铜、氧气和硫酸，所以溶液的pH减小，C错误；

D.K与M连接时，X为氯化钠，该装置是电解池，石墨作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电，所以阳极上的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】本题考查原电池和电解池原理，易错点是选项C，注意该反应中，实际上电解的是水，溶质的物质的量不变，而溶液的体积减小，所以溶质的物质的量浓度增大。

14.室温时，1mol·L-1HA溶液和1mol·L-1HB溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示。下列说法中错误的是( )

A. HB是一元强酸

B. HA的电离常数约为10-4

C. M点溶液中c(A-)等于N点溶液中c(B-)

D. M、P两点溶液分别用等浓度的NaOH溶液中和，消耗的NaOH溶液体积：P>M

【答案】D

【解析】

【详解】A.1mol·L-1HB溶液，起始时HB的pH为0，则c(H+)=1mol/L，所以HB为强酸，A正确；

B.开始时1mol·L-1HA溶液，pH=2，则c(H+)=0.01mol/L<1mol/L，HA为弱酸，当电离达到平衡时K(HA)=≈10-4，B正确；

C.M点溶液和N点溶液的pH相等，则M点溶液中c(A-)等于N点溶液中c(B-)，C正确；

D.M、P两点的溶液中HA和HB的起始浓度相等，用等浓度的NaOH中和时，消耗等量的NaOH溶液，所以消耗的NaOH溶液体积：P=M，D错误；

故合理选项是D。

15.下列说法不正确的是( )

A. MgO可除去MgCl2溶液中的Fe3＋

B. 常温下，向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，有沉淀析出，AgCl的Ksp不变

C. 浓度均为0.1 mol·L-1①醋酸；②醋酸钠；③醋酸铵溶液，c(CH3COO-)由大到小的顺序为②>③>①

D. 0.2 mol·L-1 CH3COOH与0.1mol·L-1 NaOH等体积混合后，存在关系c(H＋)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)

【答案】D

【解析】

【详解】A.MgO消耗溶液中的H+，可促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀而除去，因此在加热搅拌条件下加入MgO，可除去MgCl2溶液中的Fe3+，A正确；

B.AgCl的溶度积常数只与温度有关，温度不变，Ksp不变，B正确；

C.醋酸是弱酸，存在电离平衡，只有很少的醋酸发生电离，溶液中c(CH3COO-)很小；醋酸钠是强碱弱酸盐，属于强电解质，电离产生CH3COO-和Na+，CH3COO-只有很少一部分水解，存在水解平衡；醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，在溶液中电离产生CH3COO-和NH4+，阳离子、阴离子都水解，NH4+水解对CH3COO-的水解起促进作用，使醋酸根离子水解程度大于醋酸钠，所以等浓度的三种溶液中c(CH3COO-)由大到小的顺序为②>③>①，C正确；

D.0.2 mol·L-1 CH3COOH与0.1mol·L-1 NaOH等体积混合后，得到的溶液为CH3COONa和CH3COOH等浓度的混合溶液，根据物料守恒可知：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，根据电荷守恒，可得：c(H＋)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，将两式整理可得2c(H＋)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，D错误；

故合理选项是D。

16.下列实验不能达到预期实验目的是( )

实验内容

实验目的

A

向3mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中先加入4～5滴0.1mol·L-1NaCl溶液，再滴加4～5滴0.1mol·L-1NaI溶液

比较Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小

B

将氯化铁晶体溶解于少量浓盐酸中，再加水稀释

配制氯化铁溶液

C

向5mL0.1 mol·L-1的K2Cr2O7溶液两支试管中分别滴加浓H2SO4和5mol·L-1的NaOH溶液，观察并记录两支试管溶液颜色的变化

探究浓度对化学平衡的影响

D

其他条件相同，测定等浓度的CH3COONa和NaClO溶液的pH

比较Ka(CH3COOH)和Ka(HClO)的大小

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A.Ag+过量，均能形成沉淀，不能比较AgCl、AgI的Ksp的大小，A错误；

B.FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解产生Fe(OH)3和HCl，存在水解平衡，将氯化铁晶体溶解于少量浓盐酸中，再加水稀释，由于盐酸存在，可抑制氯化铁的水解，得到澄清的溶液，B正确；

C.在溶液中存在Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，改变氢离子浓度，平衡发生移动，则分别加入浓硫酸和5mol/L氢氧化钠溶液，记录溶液颜色的变化，可探究浓度对平衡的影响，C正确；

D.二者都是强碱弱酸盐，在溶液中弱酸根离子发生水解作用，形成盐的相应的弱酸越弱，其酸根离子水解程度就越大，溶液的碱性就越强，溶液的pH就越大，所以可通过测定等浓度的CH3COONa和NaClO溶液的pH来比较Ka(CH3COOH)和Ka(HClO)的大小，D正确；

故合理选项是A。

17.常温下，将NaOH溶液加到乙二酸(H2C2O4)溶液中，混合液的pH与C2O42-、HC2O4-、H2C2O4三种微粒分布分数的关系如图所示。下列叙述错误的是( )

A. 乙二酸的Ka2的数量级为10-5

B. 随pH增大，溶液中的值减小

C. 在NaHC2O4溶液中c(H2C2O4)<c(C2O42-)

D. 当溶液pH从3变成5时，主要的离子方程为：HC2O4–+OH-=C2O42-+H2O

【答案】B

【解析】

【详解】根据微粒浓度与溶液pH关系可知：曲线①表示H2C2O4，曲线②表示HC2O4-，曲线③表示C2O42-。

A.pH=4.2时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，Ka2==c(H+)=10-4.2，所以乙二酸的Ka2的数量级为10-5，A正确；

B.溶液中，Ka1、Kw只与温度有关，与溶液的pH无关，所以随pH增大，溶液中的值不变，B错误；

C.在NaHC2O4溶液中存在HC2O4-的电离作用和水解作用，根据图象可知Ka2=10-4.2，Kh==10-12.8<10-4.2，说明其电离程度大于其水解程度，所以微粒浓度c(H2C2O4)<c(C2O42-)，C正确；

D.根据图象可知：当溶液pH从3变成5时，溶液中离子由HC2O4-变为C2O42-，所以主要的离子方程式为：HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，D正确；

故合理选项是B。

18.在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3?)以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：

下列说法不正确的是( )

A. 气体层中Ir的表面发生反应：H2+N2O＝N2+H2O

B. 液体层中Cu电极面发生的电极反应之一：NO3-+3e?+4H+＝NO↑+2H2O

C. 若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量

D. 以上原理说明电极材料Pt聚集状态不影响电极反应的选择性

【答案】D

【解析】

【详解】A.由原理的示意图可知，Ir的表面发生反应：H2+N2O=N2+H2O，A正确；

B.根据图示，在导电基体Cu电极上，NO3-得到电子变为NO，电极反应式为NO3-+3e-+4H+=NO↑+2H2O，B正确；

C.由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中的含氮量，C正确；

D.根据图示可知：在导电基体上若Pt为单原子铂，发生反应为H2-2e-=H+，Pt电极为负极；若Pt为Pt颗粒，在Pt电极上发生反应为：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，Pt电极为正极，所以电极材料Pt聚集状态影响电极反应的选择性，D错误；

故合理选项是D。

【点睛】本题考查学生原电池的工作原理知识，注意从示意图中获取信息。侧重考查学生的观察能力与分析应用能力。

第Ⅱ卷(包括四小题，共46分)

二、填空题：(包括四小题，共46分)

19.2019年诺贝尔化学奖授予约翰?古迪纳夫、斯坦利?惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。我国科学家设计了一种锂离子电池，并用此电池来电解含有Na2SO3的工业废水，获得硫酸等物质，如图所示：

(1)锂离子电池工作时，a极发生____反应(填写“氧化”或“还原”)，Li+移向__极(填写“a”或“b”)，写出b极的电极反应式为____________。

(2)电解池中物质A的化学式是______，其中右侧交换膜应选用______交换膜(填写“阳离子”或“阴离子”)，该交换膜的作用是________________________，写出d极的电极反应式为____________。

(3)若电解池左侧溶液的体积为2L，其浓度由2mol?L-1变为4mol?L-1时，理论上电路中通过的电子是______mol。

【答案】 (1). 还原 (2). a (3). Li－e-=Li+ (4). H2 (5). 阴离子 (6). 能选择性的通过SO32-，起到平衡电荷的作用 (7). SO32--2e-+H2O=2H++SO42-或2H2O-4e?=O2↑+4H+，2SO32-+O2=2SO42- (8). 4

【解析】

【分析】

在该锂电池中，b电极Li失去电子，为原电池负极，a电极Mn元素得到电子，为原电池正极，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则判断离子移动方向；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应；与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应，结合离子放电能力大小判断电解池两个电极产生的物质、电极反应式及交换膜的种类，根据转移电子与产生微粒的物质的量关系计算电子转移的物质的量的多少。

【详解】(1)锂离子电池工作时，a极发生Mn得到电子，发生还原反应；Li+带有正电荷，向负电荷较多的正极a极移动，负极b极上Li失去电子变为Li+，该电极反应式为Li-e-=Li+。

(2)在电解池中，c电极连接电源负极，为阴极，在阴极c上溶液中的H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为2H++2e-=H2↑，所以物质A的化学式是H2，在右侧溶液中的离子失去电子发生氧化反应，阴离子不断放电，使右侧溶液中正电荷较多，所以右侧交换膜应选用阴离子交换膜，该交换膜的作用是能选择性的通过SO32-，起到平衡电荷的作用，在d极的电极反应式为：SO32--2e-+H2O=2H++SO42-或写为2H2O-4e?=O2↑+4H+，2SO32-+O2=2SO42-。

(3)若电解池左侧溶液的体积为2L，其浓度由2mol/L变为4mol/L时，△n(OH-)=2L×(4mol/L-2mol/L)=4mol，由于左侧电极为2H++2e-=H2↑，每消耗2molH+，就会同时产生2molOH-，转移2mol电子，现在溶液中OH-物质的量增加了4mol，因此理论上电路中通过的电子是4mol。

【点睛】本题考查了电化学知识，涉及电极的判断、电极反应式的书写、离子移动方向及有关计算。掌握原电池、电解质反应原理是本题解答的关键，要明确原电池的负极与电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极发生还原反应；根据整个闭合回路中电子转移数目相等计算。

20.某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。

试剂

操作

现象

实验Ⅰ

酸化的0.5 mol·L－1FeSO4溶液(pH=0.2)，5% H2O2溶液(pH=5)

取2 mL酸化的FeSO4溶液于试管中，加入5滴5% H2O2溶液

溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH＝0.9

向反应后的溶液中加入KSCN溶液

溶液变红

实验Ⅱ

未酸化的0.5 mol·L－1FeSO4溶液(pH=3)，5% H2O2溶液(pH=5)

取2 mL 5% H2O2溶液于试管中，加入5滴未酸化的FeSO4溶液

溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH＝1.4

(1)已知H2O2是弱酸，其第一级的电离方程式是_________________，实验Ⅰ产生气泡的原因是______________。

(2)将实验Ⅱ反应的混合物过滤后，得到红褐色胶体。写出生成红褐色胶体反应的离子方程式为________________。对于生成红褐色胶体的原因，提出两种假设：

i.H2O2溶液氧化Fe2＋消耗H＋

ii.Fe2＋ 氧化的产物发生了水解

①根据实验Ⅱ记录否定假设i，理由是_______________。

②实验验证假设ii：取Fe2(SO4)3溶液加热，溶液变为红褐色，pH下降，证明假设ii成立。

(3)若用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验Ⅱ相同，除了产生与Ⅱ相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。推断该刺激性气味气体的化学式是_____________，从平衡移动原理解释产生该气体的原因是____________。

(4)由上述实验可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与________，_________有关(至少写两点)。

【答案】 (1). H2O2HO2-+H+ (2). Fe3＋作催化剂，使H2O2分解成H2O和O2 (3). Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (4). 反应后溶液的pH降低 (5). HCl (6). H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生的HCl受热挥发 (7). pH、阴离子种类 (8). 温度

【解析】

【分析】

(1)根据多元弱酸分步电离，存在电离平衡书写电离方程式；反应生成铁离子，能催化过氧化氢分解生成氧气；

(2)Fe3+发生水解作用产生氢氧化铁胶体；根据反应前后溶液的pH变化分析判断；

(3)用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验Ⅱ相同，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色，为HCl气体；

(4)由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与溶液pH、阴离子种类、温度、反应物用量有关。

【详解】(1)H2O2是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，第一步电离方程式为H2O2HO2-+H+；H2O2具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+是H2O2分解产生O2的催化剂，Fe3＋作催化剂，使H2O2分解成H2O和O2；

(2)Fe3+在溶液中发生水解作用产生氢氧化铁胶体，反应的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；反应产生氢氧化铁胶体后溶液的pH减小，对形成胶体的原因，有两种解释：假设i.H2O2溶液氧化Fe2＋消耗H＋会使溶液的pH增大；假设ii.Fe2＋氧化的产物Fe3+发生了水解反应产生H+，使溶液pH减小，实验后溶液pH比原来小，说明假设ii成立，假设i不成立；

(3)用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验II相同，H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡向正向移动，水解产生的HCl受热挥发产生HCl气体；

(4)由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与溶液的pH、阴离子种类、反应温度、反应物用量有关。

【点睛】本题考查性质实验方案设计，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用。侧重考查学生知识综合应用、根据物质的性质进行实验原理分析及实验方案设计能力。

21.分子筛[主要成分为Ca0.5x(AlO2)x(SiO2)x?wH2O及少量CoO、FeO]常用作吸附剂。现用废分子筛来制取KAl(SO4)2?12H2O，其工艺设计如图所示：

(1)为了提高碱溶速率，可以采用的措施有__________，__________(至少写二点)。

(2)Ca0.5x(AlO2)x(SiO2)x?wH2O中Al元素的化合价是_____，操作X的名称是_____。

(3)分析生产流程，往滤液②中逐滴加入K2CO3时，有KAl(SO4)2?12H2O晶体析出，分离出晶体后的母液中c(CO32﹣)=2.5×10﹣6 mol?L-1，c(SO42﹣)=2.5×10﹣3 mol?L-1，通过计算说明晶体中是否有CaSO4，__________________。已知该条件下，Ksp(CaCO3)=5.0×10﹣9，Ksp(CaSO4)=1.0×10-5。

(4)取10mL滤液②进行研究，实验发现K2CO3的加入量与KAl(SO4)2?12H2O晶体质量及纯度关系如图所示。当K2CO3的加入量超过3.5g后，晶体的质量减少且纯度降低，其原因是____________________(用离子方程式表式)。

(5)焙烧明矾产生SO2，可用于制硫酸，已知25℃、101kPa时：

2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=﹣197 kJ?mol-1

H2O(g) = H2O(l) △H2=﹣44 kJ?mol-1

2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l) △H3=﹣545 kJ?mol-1

则1molSO3(g)与1molH2O(l)反应的反应热__________________。

【答案】 (1). 将反应物粉碎 (2). 适当提高碱液浓度 (3). +3 (4). 过滤 (5). c(Ca2+)=mol/L=2.0×10-3mol/L；c(Ca2+)·c(SO42-)=2.0×10-3mol/L×2.5×10-3mol/L=5.0×10-6＜Ksp(CaSO4)，所以晶体中没有CaSO4 (6). 2Al3++3CO32﹣+3H2O=Al(OH)3↓+3CO2↑ (7). －130kJ/mol

【解析】

【分析】

(1)根据影响化学反应速率的因素分析；

(2)根据化合物中元素化合价代数和等于0分析，固体难溶于液体，分离开用过滤方法；

(3)结合溶液中c(Ca2+)·c(SO42-)与Ksp大小分析；

(4)根据盐的水解规律分析解答；

(5)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式。

【详解】(1)用NaOH溶液溶解分子筛，为了提高碱溶速率，可以采用将反应物分子筛粉碎、适当提高碱液浓度、升高反应温度等措施；

(2)在任何化合物中，所有元素化合价代数和等于0，将已知Ca为+2价，Si为+4价，H为+1价，O为-2价，将化合价带入化学式，可知Al元素化合价为+3价；分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法为过滤；

(3)形成CaCO3沉淀时溶液中Ca2+的浓度为：c(Ca2+)=mol/L=2.0×10-3mol/L；c(Ca2+)·c(SO42-)=2.0×10-3mol/L×2.5×10-3mol/L=5.0×10-6＜Ksp(CaSO4)，所以晶体中没有CaSO4；

(4)当K2CO3的加入量过多时，溶液碱性增强，发生反应：2Al3++3CO32-+3H2O＝Al(OH)3↓+3CO2↑，导致KAl(SO4)2?12H2O的质量减少，Al(OH)3杂质含量增多。

(5)已知热化学方程式：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-197 kJ?mol-1

②H2O(g)=H2O(l) △H2=-44 kJ?mol-1

③2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l) △H3=-545 kJ?mol-1

根据盖斯定律(－－×2)/2整理可得：SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l) △H=-130kJ/mol。

【点睛】本题考查物质制备方案的设计，根据制备流程明确实验原理和盖斯定律为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，(3)利用溶度积常数与溶液中离子浓度关系判断是否有沉淀生成为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。

22.有机物M和N发生催化醇解反应的方程式为M(l) + N(l)P(l) +Q(l) ΔH＞0，已知：正反应速率v正=k正·x(M)·x(N)，逆反应速率v逆=k逆·x(P)·x(Q)，其中k正、k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数，以物质的量分数表示的化学平衡常数为：

(1)在一定温度下，下列表述中能表明该醇解反应一定达到平衡状态的是_____(填序号)。

a.x(M)=x(N) b.x(Q)保持不变 c.v逆保持不变 d.k正=k逆

(2)在一定温度下，若M和N按物质的量之比1：1、1：2和2：1进行初始投料，达到平衡后，初始投料比为_____(填“1：1”、“1：2”或“2：1”)时，M的转化率最大；与初始投料比为1：1相比，按2：1投料时，化学平衡常数Kx____(填“增大”、“减小”或“不变”)。

(3)如图是M和N按物质的量之比1：1初始投料，测得348K、343K、338K三个温度下M的转化率(α)随时间(t)的变化关系。

①已知曲线Ⅲ在该温度下的k正=0.5mol?min-1，计算B点的v逆=____ mol?min-1。

②348K时，Kx=_______(计算结果保留2位有效数字)。

③在曲线Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ中，的值最大的曲线是____；A、B、C、D四点中，v正最大的是______，v逆最大的是______。

【答案】 (1). bc (2). 1：2 (3). 不变 (4). 0.0072 (5). 3.2 (6). Ⅰ (7). A (8). C

【解析】

【分析】

(1)根据平衡时物质的反应速率不变，物质的浓度不变等分析判断；

(2)根据浓度对化学平衡移动的影响分析判断；化学平衡常数Kx只与温度有关，以其它外界条件无关；

(3)该反应的正反应为吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，平衡正向移动，根据物质转化率高低可知Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示348K、343K、338K三个温度下M的转化率；

①先根据反应达到平衡时v正=v逆及M转化率为50%计算k逆，然后带入B点P、Q的物质的量分数计算v逆；

②将348K平衡时各种物质的物质的量分数带入平衡常数表达式中计算Kx的大小；

③利用温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析判断。

【详解】(1)a.反应从正反应分析开始，x(M)、x(N)是否相等与开始时加入的反应物M、N多少有关，x(M)=x(N)时不一定达到平衡状态，a错误；

b.当反应达到平衡时任何物质的反应速率与生成速率相等，物质的含量不变，故x(Q)保持不变时反应处于平衡状态，b正确；

c.若反应达到平衡，则v逆、v正都会保持不变，因此可根据v逆保持不变判断反应处于平衡状态，c正确；

d. k正、k逆是速率常数，只与温度有关，不能据此判断反应是否处于平衡状态，d错误；

给合理选项是bc；

(2)在其它条件不变时，增大某种反应物的浓度，化学平衡正向移动，可提高其它物质的转化率，而该物质本身的转化率反而降低，所以M、N初始投料比为1：2时，反应达到平衡M的转化率最大；由于化学平衡常数Kx只与温度有关，以其它外界条件无关，所以改变反应物的配比，化学平衡常数Kx不变；

(3)在反应中M、N按1：1加入，达到平衡时M转化率为50%，则平衡时M、N、P、Q的物质的量分数都相同，由于v正=k正·x(M)·x(N)，v逆=k逆·x(P)·x(Q)，此时v正=v逆，所以k逆=k正=0.5mol?min-1，在B点时M转化率为24%，假设反应开始时M的物质的量为1mol，则B点时n(M)=n(N)=0.76mol，n(P)=n(Q)=0.24mol，则x(P)=x(Q)==0.12，带入反应速率公式可得v逆=k逆·x(P)·x(Q)=0.5mol/min×0.12×0.12=0.0072mol/min；

②根据上述分析可知曲线I表示的348K时物质转化率图象；假设反应开始时M、N物质的量都是1mol，达到平衡时，物质转化率为64%,所以平衡时物质的量分别为n(M)=n(N)=0.36mol，n(P)=n(Q)=0.64mol，则x(M)=x(N)==0.18，x(M)=x(N)==0.32，Kx==3.2。

③根据上述分析可知曲线Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ分别表示348K、343K、338K三个温度下M的转化率(α)随时间(t)的变化关系，温度升高，化学反应速率加快，由于速率常数k正、k逆只与温度有关，且温度对吸热反应影响更大，曲线I表示的温度高，所以的值最大的曲线是I；化学反应速率不仅与温度有关，还与物质的浓度有关，在浓度相等时，温度高，速率平衡常数大；在温度相等时，反应物的浓度越大，化学反应速率越快，由于v正=k正·x(M)·x(N)，v逆=k逆·x(P)·x(Q)，曲线I反应温度高，速率平衡常数大，反应物浓度A点最高，则v正最大的是A点；生成物浓度最大对应反应达到平衡状态时，所以v逆最大的是C点。

【点睛】本题考查了化学反应速率和化学平衡的有关知识。根据反应特点，结合平衡移动原理正确分析温度对反应的影响是本题解答的关键。理解用物质的量分数表示的化学平衡常数的含义，结合温度对化学平衡常数、速率常数的影响分析判断。在比较速率大小时，应该采用控制变量法分析。