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1、2021-2022学年安徽省合肥市肥东县综合高中高二（下）期末化学试卷一、单 选 题（本大题共16小题，共 48.0分）1.X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比丫大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是ns，p2n；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对、下列说法正确的是（）A.电负性：X YZB.键角：YX3 0C.在Pd催化剂表面离解C-H键比0-H键的活化能高D.用DCOOH或HCOOD代替HCOOH,得至U 的产物者B 有HD和C
2、O214.下列离子方程式书写正确的是()A.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2A +3co歹=A12(CO3)3 IB.向KI与稀硫酸的混合溶液中通入氧气：4H+02+6 r =3I2+2H2OC.已知还原性Fe?+Br_,amolFeBr2溶液中通入amolC：2Fe2+4-2Br-+2C12=Br2+2Fe3+4C1-D.在澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液：Ca2+OH-+HCO3=CaCO3 I+H2015.酒石酸是葡萄酒中主要的有机酸之一，它的结构式为HOOCCH(OH)CH(OH)COOH(简写为H2R)。已知：25国时，&R和H2c。3的电离平衡常数如下，下列说法正确的是()化学式
3、H2RH 2cO 3电离平衡常数KI=9.1 x IOTK2=4.3 x IO-5&=4.2 X IO-K2=5.6 x IO-11A.NaHR溶液呈酸性,且溶液中c(Na+)c(HR)c(H2R)c(Rz)B.在Na?R溶液中通入足量CO2生成的盐是NaHR和NaHCC)3C.ImolHzR分另IJ与足量的NaOH、Na2cO3、Na反应消耗三者的物质的量之比为1：1：1D.25式时，将等物质的量浓度的Na?R和NaHC03溶液等体积混合，反应的离子方程式为：R2-+HCO3=HR-+COl-16.已知常温下，HCOOH比NH3 也0 电离常数大。向lOmLO.lmol/LHCOOH中滴加同
4、浓度的氨水，有关叙述正确的是()A.滴加过程中水的电离程度始终增大B.当加1 入lOmLNE 时，c(NH)c(HCOQ-)C.当两者恰好中和时，溶液pH=7D.滴加过程中n(HCOOH)与n(HCOO-)之和保持不变二、流程题(本大题共1 小题，共 14.0分)17 .聚硅酸铁是将铁离子引入到活性硅酸而制得的复合型混凝剂。用废铁皮（主要成分F e F e3O4,少量碳）为原料制备的流程如下：废铁渣聚硅酸R34侬度检测 f 混聚，移置2h 聚畦酸铁（1）废铁渣进行“粉碎”的目的是。（2）在实验室进行过滤操作时，所 用 到 玻 璃 仪 器 有。（3）“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度、氧流
5、量等条件，其中酸浸温度对铁浸取率的影响如表所示：温度（）4 060 8 01 0 0 1 2 0铁浸取率（）5 0 627 99 28 3已知：在一定温度下，F e 3+在p H =2 开始沉淀，p H =3.7 沉淀完全。酸浸时应控制溶液的pH,其原因是。酸浸时通入。2 的目的是。当酸浸温度超过1 0 0 时，铁浸取率反而减小，其原因是。（4）滤 渣 的 主 要 成 分 为（填化学式）。“F e 3+浓度检测”是先用S nC k将F e 3+还原为F e 2+；在酸性条件下，再用（:白。?标准溶液滴定F e 2+（C r z O/被还原为C r 3+）,该 滴 定 反 应 的 离 子 方 程
6、 式 为；已知称取2.60 g 聚硅酸铁产品，加入硫酸，再加入足量S nC k，用0.2 0 0 0 mol/L K z C r z O 7 标准溶液滴定，消耗匕前2。7 溶液的体枳为2 0.0 0 mL,则聚硅酸铁产品中铁 元 素 的 百 分 含 量 为（结果保留两位有效数字）。三、简 答 题（本大题共2小题，共 2 8.0 分）1 8 .焦亚硫酸钠（N a 2 s 2 O 5）是一种常用的食品抗氧化剂（易被氧化）。实验室利用如图所示装置制取少量焦亚硫酸钠，并探究S O?的性质（夹持装置已略去）。第6页，共24页请回答下列问题：(实验前已除去装置中的空气)(1)仪器a的名称是 o(2)关闭&
7、、K3,打开K 装置B中 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为。(3)D、F装置的作用是 o(4)实验前，装置E中所用蒸储水需经煮沸后迅速冷却，目的是，关闭K】，K3,打开七,一段时间后装置E中有Na2s2O5晶体析出，装置E中发生反应的化学方程式为 o(5)设计实验验证Na2s2O5晶体在空气中已被氧化，所 需 试 剂 为。(6)测定KMnC4样品的纯度可用标准Na2s2O3溶液进行滴定，取0.474gKMn()4样品溶解酸化后，用0.100mol/L标准Na2s2O3溶液进行滴定，标准Na2s2O3溶液应盛装在(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。实验中，滴定至终点时消耗Na2s2O3溶
8、液12.00m L,则该样品中KMnO4的 物 质 的 量 是。(S?。“被氧化为SO)1 9.合成氨是人工固氮比较成熟的技术，在工业上有重要的用途。(1)已知化学键的键能如下表，MN2(g)+3H2(g)3 2NH3(g)H=。化学键H-HN=NN-HN-N键能/kJ mol-1435.9946.5391.1192.8(2)恒温条件下，在体积固定的容器中发生合成氨的反应，下列叙述表明反应已达平 衡 状 态 的 是。体系压强保持不变C(N2)：C(H2)：C(NH3)=1：3：2每消耗ImoINz，有6moi N-H键发生断裂混合气体的密度保持不变混合气体的平均摩尔质量保持不变 v正(N&)=
9、0(3)合成氨反应的平衡常数与温度的对应关系如下表：温度，c)25400450平衡常数5 x 1080.507 0.152试解释平衡常数随温度的升高而减小的原因_ _ _ _ _。工业上合成氨一般以a-铁触媒为催化剂，400500?条件下反应，选取该反应温度而非室温或更高温度的原因是 o(4)在恒温条件下实验室模拟合成氨反应，甲、乙两容器充入相同量的电 与电 后体积相同，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则反应到达平衡状态时，转化率甲_ _ _ _ _乙（填“”、“”或“=）。反应达平衡后向甲容器中再充入一定量的N H 3,则甲容器中心 的转化率（填“增大”、“减小”或“不变”）。（5）
10、脱（N2 H J 又称联氨可看成是氨气中的氢原子被氨基取代后的产物，常用作火箭的液体燃料。肿燃料电池的原理如图所示，则 负 极 发 生 的 电 极 反 应 式 为。四、推 断 题（本大题共1小题，共 10.0分）20.X、Y、Z、W、M、R六种短周期元素，周期表中位置如图。试回答下列问题：（1）X、Z、W、R四 种 元 素 的 原 子 半 径 由 大 到 小 的 排 列 顺 序 是（用元素符号表示）。（2）由X、Z、W、R四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该反应的化学方程式为（3）由X、W、M、R四种元素组成的一种离子化合物A,已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应
11、，写出A与足量盐酸反应的离子方程式_ _ _ _ _ _。（4）分子式为X2丫 2W4的化合物与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性,其原因是（用方程式及必要的文字说明）。O.lmol IT】该溶液中各离子浓度由大 到 小 的 顺 序 为-（5）由X、Z、W、R和Fe五种元素可组成类似明矶的化合物T（相对分子质量为392）,ImolT中含有6 mol结晶水。对化合物T进行如下实验：a.取T的溶液，加入过量的NaOH浓溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体。白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色b.另取T的溶液，加入过量的BaCk溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解。则T的化学
12、式为第8页，共24页答案和解析1.【答案】A【解析】解：根据分析可知，X为H元素，丫为N元素，Z为0元素，Q为Na元素，W为Cu元素，A.主族元素同一周期从左到右元素电负性逐渐增强，H元素的电负性需要N、0元素，则电负性：H N H2。，故 B 错误；C.NazOz由钠离子和过氧根离子构成，其阴阳离子个数比为1：2,故 C 错误；D.Cu在周期表位于第四周期I B族，属于ds区，故 D 错误；故选：AoX、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素，则X为H元素；Z元素原子的价层电子排布是ns，p2n,n只能为2,则Z元素为0元素；由于丫的原子序数小于Z大于X
13、,在同周期元素中，第一电离能数值比丫大的元素有2种，则丫为N元素；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，则Q为Na元素；W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对且原子序数大于Na元素，W应该为第四周期的元素，又因为W的最外层只有一个电子且次外层内的所有轨道的电子均成对即3d轨道全充满，4s轨道有一个电子，其核外电子排布式为Is22s22P63s23P63di4s1,则W为Cu元素，以此分析解答。本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。2.【答案】B【解析】解：A
14、.碇、镉都位于周期表第五周期，属于长周期，故 A 正确；B.光能转化成化学能过程中部分能量损失，转化率不可能达到100%,故 B 错误；C.推广使太阳能电池，有利于减少化石能源的使用，降低碳排放，保护环境，故 C 正确；D.铝合金属于金属材料，故 D 正确；故选：B。A.碗、镉都位于周期表第五周期；B.光能转化成化学能过程中部分能量损失；C.推广使太阳能电池，有利于减少化石能源的使用，降低碳排放；第 10页，共 24页D.铝合金属于金属材料。本题考查了电化学原理，涉及到原电池的基本原理和应用，解题的关键是掌握化学基本知识，难度较小。3.【答案】D【解析】解：A.聚丙烯的结构简式为:CHCH故
15、A 错误;B是丙烷的球棍模型，故 B 错误；c.氯原子未成键的孤对电子对未标出，四氯化碳电子式为：K：&：,故 C 错误;*：C b：D.质量数=质子数+中子数，中子数为18的氯原子：衿C L 故 D 正确.故选D.A.结构单元主链错误，丙烯中C=C双键中其中一个碳碳键断裂，发生自身加成聚合生成聚丙烯；B.球棍模型突出的是原子之间的成键的情况及空间结构；C.氯原子未成键的孤对电子对未画出；D.质量数=质子数+中子数.本题考查常用化学用语、质子数和中子数关系等，难度不大，A为易错点，注意理解加聚反应的原理，注意基础知识的理解掌握.4.【答案】B【解析】解：A.该有机物含有苯环，属于芳香族化合物，
16、且含有两个官能团，分别为醛基和羟基，故 A 正确；B.与苯环相连的单键可以旋转，则该有机物分子中所有原子不一定共平面，故 B 错误;C.苯环上含有3种H原子，其一氯代物有3种，以C 正确；D.该有机物含有1个苯环和1个醛基，则lmol该分子最多能与4moi氢气完全加成，故 D正确；故 选:Bo结合图示结构简式可知，该有机物分子中含有酚羟基和醛基，具有酚和醛的性质，能够发生加成反应、取代反应、银镜反应，以此分析解答。本题考查有机物结构与性质，为高频考点，明确官能团类型、反应原理为解答关键，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。5.【答案】D【解
17、析】解：A.lm ol甲基(-CH3)所含的电子总数为Imol x 9 x NA/HIOI=9NA，故 A 正确；B.0.5moll,3 一丁二烯分子中含有C=C双键数为0.5mol x 2 x NA/mol=NA，故 B 正确;C.14g乙 烯 和 丙 烯 的 混 合 物 中 含 有 碳 原 子 的 数 目 为 湍 1 x NA/HWI=以，故 C 正确；D.标准状况下，庚烷为液体，无法求算庚烷的物质的量和分子数，故 D 错误；故选：D,A.一个甲基(-CH3)中含有电子数为6+3=9；B.一个1,3-丁二烯分子中含有2个C=C双键；C.乙烯和丙烯的最简式均为C%;D.标准状况下，庚烷为液体
18、，不能使用 =22.4L/mol。本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。6.【答案】B【解析】解：A.灼烧在死相中进行，不需要烧杯，故 A 错误；B.二氧化镒可催化过氧化氢分解，氧气的密度比空气密度大，则图中装置可制备并收集氧气，故 B 正确；C.挥发的醇及生成的乙烯均使高镒酸钾褪色，则高锦酸钾褪色，不能检验乙烯，故 C 错、口联；D.二氧化硫的密度比空气密度大，导管应长进短出收集，故 D 错误；故选：BoA.灼烧在年烟中进行；B.二氧化锌可催化过氧化氢分解，氧气的密度比空气密度大
19、；C.挥发的醇及生成的乙烯均使高镭酸钾褪色；D.二氧化硫的密度比空气密度大。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、气体的制备及收集、气第12页，共24页体的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。7 .【答案】C【解析】解：A.N a zF e O d 中，0 为一2 价，N a 为+1 价，则F e 元素显+6 价，故 A正确；B.N a C l O 是氧化剂，N a zF e C U 是氧化产物，则碱性条件下N a C l O 氧化性强于N a z F e O 故B正确；C.F e 元素的化合价由+3 价升高到+6 价，则
20、每生成I m o l N a zF e O q 转移3 m o i 电子，故 C错误；D.N a 2 F e O 4 具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成F e(0 H)3能高效地除去水中的悬浮物，所以N a zF e C X j 兼具消毒和净水两种功能，故 D正确。故 选:C o2 F e(O H)3+3 N a C 1 0 +4 N a O H =2 N a2F e O4+3 N a C l +5 H 2。反 应 中,F e 元素的化合价由+3 价升高到+6 价，C 1 元素的化合价由+1 价降低到-1 价，据此分析。本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握转化过程中
21、化合价的变化为解答的关键，注意把握物质的性质和应用，题目难度不大。8 .【答案】C【解析】解：A.硫氟化钾溶液可以检验溶液中的F e 3+,离子方程式为：F e 3+3 S C N-=F e(S C N)3，故 A 错误；B.用稀氢氧化钠溶液吸收二氧化氮，离子方程式为：201+2 N O2=N O j +N O 2 +H20,故 B错误;C.常温下将水杨酸(任-8)与过量的N a 2 c O 3 溶液混合的离子反应为敏一。”+2C0j 一口一一+2 H C O 3,故 C 正确;e n o*D.氯化银悬浊液滴入过量氨水溶液变澄清，氯化银不能拆开，正确的离子方程式为:A g C l +2 N H
22、 3 -H20 =A g(N H3)f 2 H2O +C T，故 D 错误;故选：C oA.F e(S C N)3 不是沉淀；B.二氧化氮与氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠、水;C.发生强酸制取弱酸的反应，-C O O H、酚-0 H 均与N a 2 c。3 溶液反应;D.氯化银为难溶物，离子方程式中A g(N H 3)2。应拆成离子形式。本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，c、D为易错点，注意反应物过量情况对生成物的影响。9.【答案】
23、B【解析】解：A.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则平衡时存在4V正(。2)=5V逆(N O),故A错误；B.达到化学平衡时，若增加容器体积，反应物、生成物浓度均减小，则正逆反应速率都减小，故 B 正确；C.单位时间内消耗5moi。2的同时生成4moi N O,只体现正反应速率关系，不能判定平衡状态，故 C错误；D.达到平衡时，向体系内充入4 m oiN&,可促进氧气的转化，则氧气的转化率增大，而NH3的平衡转化率减小，故 D 错误；故 选:BoA.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比；B.达到化学平衡时，若增加容器体积，反应物、生成物浓度均减小；C.单位时间
24、内消耗5moi。2的同时生成4moi N O,只体现正反应速率关系；D.达到平衡时，向体系内充入4 m o iN&,可促进氧气的转化。本题考查化学平衡状态，为高频考点，把握平衡状态的特征、可逆反应的特征、平衡判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D 为解答的易错点，题目难度不大。10.【答案】A【解析 1 解：设开始加入的H2s的物质的量为x m o l,平衡后CO物质的量为8m01,贝 ljmol CO(g)+H2S(g)#COS(g)+H2(g)开始10X00转化2222平衡8x 222A.该反应为气体体积不变的反应，体积不影响浓度募之积的比，设体积为1 L,由长=黑；)c黑
25、;=,可知，就 片=,，解得x=7,起始时H2s的物质的量为7m01，故 A第 14页，共 24页正确；B.转化率=鬻 粤*1 0 0%,C O、H 2 s的转化率之比为。：；=7：1 0,故B错误；C.升高温度，c o s浓度减小，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故c错误；D.恒温下向平衡体系中再加入C O、H2S,C O S、%各I m o l,Q c =皤察=妥=*K =0.1,平衡逆向移动，故D错误；故 选:A o设开始加入的H 2 s的物质的量为x m o l,平衡后C O物质的量为8m o l,则m o l C O(g)+H2S(g)#C O S(g)+H2(g)开始
26、1 0 x00转化2 222平衡8 x-222A.由K-C；C O C(HS-可计算X；B 转 化 率 蹴 嚣X I。；C.升高温度，C O S浓度减小,可知升高温度平衡逆向移动;D.恒温下向平衡体系中再加入C O、&S、C O S、出 各I m o l,Q c =黑 苦 黑=爰=：K =0.1。本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，明确化学平衡三段式、K及转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点。1 1.【答案】D【解析】解：装置是制备二氧化碳气体，通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，装置是制备氨气装置，装置是想饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳发生反应
27、得到碳酸氢钠晶体，A.制备氢气是利用锌粒和稀盐酸反应生成，装置也可用于制H 2,故A正确；B.中为饱和食盐水，用来制备碳酸氢钠，中是浓氨水滴入碱石灰生成氨气，故B正确；C.由于二氧化碳的溶解度较小，要先通氨气，则先通入氨气，再由通入二氧化碳，增大二氧化碳吸收，生成碳酸氢钠，故C正确；D.实验中产生的尾气为二氧化碳、氨气，通过浓N a O H溶液不能完全处理尾气，故D错误；故选：D o装置是制备二氧化碳气体，通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，装置是制备氨气装置，装置是想饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳发生反应得到碳酸氢钠晶体，A.固体和液体不加热制备气体的装置分析；B.中为饱和食盐水，中
28、是浓氨水滴入碱石灰生成氨气；C.由于二氧化碳的溶解度较小，要先通氨气；D.实验中产生的尾气为二氧化碳、氨气，通过浓N a O H 溶液不能完全处理尾气。本题考查了候氏制碱工艺的原理和物质性质分析判断，纯碱制备的条件应用和产物的提纯析出，反应过程中反应的原理分析和物质来源是解题的关键，题目难度中等。12.【答案】B【解析】解：A.该燃料电池中，C H 4 和。2 没有直接接触，没有燃烧，则总反应为C H 4 +2 O2-C O2+2 H2O,故 A 错误；B.熔融L i2 c。3、K 2 c。3 需要较高温度，则该电池只有在较高温度下才能正常工作，故 B正确；C.由图中电子流向可知，左侧电极为负
29、极,右侧电极为正极，即a 为C H,，b 为。2,c 为C O?，d 为电，故 C错误；D.L i2 c O 3、K 2 c O 3 为电解质，则正极反应为O 2 +2 C O 2 +4 e-=2 C O T，故 D错误；故 选:B o该原电池为甲烷燃料电池，通入燃料的电极为负极、通入氧气的电极为正极，负极反应式为C H 4 +4 c o l -8 e-=5C O2+2 H2O,正极反应式为O 2 +2 C O2+4 e-=2 C 0 Q,总反应为C H 4 +2 O 2 T C O 2 +2 H 2 O,根据图中电子流向可知，a 为C H*b 为。2,据此分析解答。本题考查了化学电源新型电池
30、工作原理，把握电极的判断、电极反应、电子或离子流向即可解答，注意结合电解质书写电极反应式，题目难度中等。13.【答案】D【解析】解：A.由图可知，生成V 的过程活化能最高，则反应速率最慢，故 A错误；B.由图示知，甲酸在P d 催化剂表面脱氢反应，反应物的总能量高于最终产物的总能量,为放热反应，即AH Br l a m o l Fe Br 2 溶液中通入a m o l Cl?，氯气按照顺序进行，反应的离子方程式为：2 Fe 2+2 Br-+2 Q z =Br 2 +2 Fe 3+4 C r,故 C 正确；D.过量碳酸氢钠与澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水：Ca2+2 0 H-+2 H C0
31、 J=Ca CO3 I+2 H2O +CO 1 ,故 D 错误;故 选:CoA.AF+与C O g 发生彻底双水解生成A1(O H)3 沉淀、CO 2 气体；B.离子方程式要满足电荷守恒、质量守恒和电子转移数目守恒；C.亚铁离子的还原性大于溪离子，亚铁离子优先反应，剩余的氯气再氧化浸离子；D.碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水。本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。1 5 .【答案】D【解析】解：A.H R-水解平衡常数K h 二
32、 三 去?1.1 X IO-1】K 式也，说明H R-电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则C(H 2R)H R-H2CO3 H CO ,Im o l H z R 分别与足量的N a O H、N a 2 c O 3、N a 反应消耗N a O H 物质的量2 m。1,消耗N a 2 c O 3 消耗物质的量l m o l,消耗N a 物质的量2 m o l,消耗三者的物质的量之比为2：1：2,故 C 错误；D.酸性：H R-酸性大于碳酸、碳酸氢根离子，根据强酸制取弱酸原理知，发生反应R 2-+H CO 3 =H R-+CO|,故 D 正确；故选：D。A.H R-水解平衡常数k=9 仪1.1 X
33、IO-1】K2(H2R),说明H R-电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小；B.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；C.H 2 R 分别与足量的N a O H、N a 2 c O 3、N a 反应，分别反应生成的盐溶液为：N a2R,N a H R和N a H C C)3、N a2R；D.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。本题考查弱电解质的电离，侧重考查比较分析判断及知识综合应用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、水解平衡常数的计算应用、强酸制取弱酸原理是解本题关键,题目难度中等。1 6.【答案】D【解析】解：A、H C
34、 O O H 能够抑制水的电离，滴加氨水过程中，水的电离程度增大，氨水过量时，抑制水的电离，所以滴加过程中水的电离程度先增大，恰好中和后再减小，故 A错误；B、力 口 入 l O m L N E-M O 时，恰好生成H C O O N H 4,H C O C T 不如N H r K 解程度大，溶液显酸性，据电荷守恒可知c(N H)c(H C O(r),故 B错误；C,两者恰好中和时生成H C O O N H 4,H C O C T 不如N H 水解程度大，溶液显酸性，故 C错误；D、由原子守恒可知滴加过程中n(H C O O H)与n(H C O C T)之和保持不变，故 D正确；故选：D o
35、常温下，H C O O H 比N H 3 H 2 O 电离常数大，说明相同浓度的H C O O H 比N H 3 H 2 O 电离程度第18页，共24页大，H C O O-不如N H：水解程度大，据此分析。本题考查了弱电解质的电离和盐类水解的相关知识，题目难度不大。1 7.【答案】(1)减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；(2)烧杯、漏斗、玻璃棒；(3)2 时将有部分F e 3+沉淀损失；氧化F e 2+为F e 3+；温度超过1 0 0 时，F e 3+水解反应速率明显加快，导致F e 3+浓度降低；(4)C；(5)C r2O +6F e2+1 4H+=2 C r3+6F e3
36、+7 H2O；5 2%。【解析】解：废铁皮(主要成分F e 和F e 3()4,少量碳)加入硫酸酸浸：F e +2 H+=F e2+H20,F e304+8 H+=F e2+2 F e3+4H20,通入氧气,将F e?+氧化为F e 3+,C 不溶，过滤，滤渣为C,滤液主要含有F e 3+,检验F e 3+,加入聚硅酸混凝得到产品，(1)铁渣进行“粉碎”可以减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；故答案为：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；(2)过滤需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；(3)已知：在一定温度下，F e 3+在p H =2
37、 开始沉淀，故酸浸时应控制溶液的p H 2 时将有部分F e 3+沉淀损失；故答案为：2；p H 2 2 时将有部分F e 3+沉淀损失；通入氧气的目的是氧化F e 2+为F e 3+；故答案为：氧化F e 2+为F e 3+；温度超过1 0 0 时，F e 3+水解反应速率明显加快，导致F e 3+浓度降低，铁浸取率反而减小；故答案为：温度超过1 0 0 冤时，F e 3+水解反应速率明显加快，导致F e 3+浓度降低；(4)根据流程可知，杂质C 不溶，过滤得滤渣为C；故答案为：C；(5)酸性条件下，“20申 与F e 2+反应得到C r 3+和F e 3+,离子反应为：C 0 O 厂+6F
38、 e?+14H+=2C r3+6F e3+7H2O；根据反应可知n(F e)=6n(K2C r2O7),则聚硅酸铁产品中铁元素的百分含量为0.2000mol/Lx20 xl0-3Lx6x56g/mol X QQ(y 529/2.6g 故答案为：C r2O +6F e2+14H+=2C r3+6F e3+7H20；52%。本题考查了物质的制备流程，涉及化学方程式的书写、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。18.【答案】分 液 漏 斗2F e 3+S C)2+2H 2O =2F
39、e 2+S O r+4 H+吸收S O 2，防止污染空气去除水中溶解的氧气S O?+N a 2s O 3=N a 2s 2O 5稀盐酸、B a Q?溶 液 碱式 0.00192m o l【解析】解：(1)仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)关闭K2、处，打开K rA中产生二氧化硫进入装置B中，装置B中发生的反应是二氧化硫与氯化铁溶液反应生成硫酸亚铁、氯化亚铁和盐酸，离子方程式为：2F e 3+S O 2+2H 2O =2F e 2+S O g +4H+,故答案为：2F e 3+S 02+2H2O =2F e2+S 0/+4H+；(3)二氧化硫有毒不能直接排放到空气中，可采用氢氧化
40、钠溶液吸收二氧化硫，因此装置D和F的作用是吸收S O 2,防止污染空气，故答案为：吸收S O 2,防止污染空气；(4)装置E为制备焦亚硫酸钠(N a 2s 2O 5)，但水中溶解氧气，具有氧化性，影响焦亚硫酸钠(N a 2s 2O 5)的制备，因此E中所用蒸得水需经煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧气，制备焦亚硫酸钠的化学反应为：S O2+N a2S O3=N a2S2O5,故答案为：去除水中溶解的氧气;S O2+N a2S O3=N a2S2O5;(5)N a 2s 2O 5晶体在空气中易被氧化为N a 2s O 4,用盐酸、氯化节贝溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，因此所需试剂为稀盐酸、
41、B a C k溶液，故答案为：稀盐酸、B a C k溶液；(6)标准N a 2s 2O 3溶液是强碱弱酸盐，显碱性，应盛装在碱性滴定管中；用标准N a 2s 2O 3溶液滴定KMn C U时，发生的离子反应方程式为：8 Mn O；4-5S2O 1 +14H+=8 Mn2+l O S O j-+7H 2O，当达到滴定终点时消耗N a 2s 2O 3的物质的量为n(N a 2s 2O 3)=c(N a2S2O3)V(N a2S2O3)=O.l m o l/L X 0.0 1 2 L =0.0 0 1 2 m o l,参加反应的各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比，则有黑吟;=*n(K M n
42、04)=0.0 0 1 2 m o l x|=0.0 0 1 9 2 m o l,故答案为：碱性；0.0 0 1 9 2 m o l。第20页，共24页(1)仪器a的名称是分液漏斗；(2)关闭心、K3,打开KI，A中产生二氧化硫进入装置B中，装置B中发生的反应是二氧化硫与氯化铁溶液反应生成硫酸亚铁、氯化亚铁和盐酸；(3)二氧化硫有毒不能直接排放到空气中；(4)装置E为制备焦亚硫酸钠(Na2s2O5)，但水中溶解氧气，具有氧化性，影响焦亚硫酸钠(Na2s2O5)的制备，因此E中所用蒸储水需经煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧气，制备焦亚硫酸钠的化学反应为：SOz+Na2sO3=Na2s2O5；
43、(5)Na2s2O5晶体在空气中易被氧化为Na2so家 用盐酸、氯化钢溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；(6)标准Na2s2O3溶液是强碱弱酸盐，显碱性，应盛装在碱性滴定管中；用标准Na2s2O3溶液滴定KMnCU时，发生的离子反应方程式为：8Mn0；4-5s2。歹+14H+=8Mn2+10SQ2-+7H2O,根据参加反应的各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比即可作答。本题主要考查无机物质的制备，包括对氧化还原滴定、仪器的识别与使用、常见离子的检验等基础知识的考查，题目难度一般。19.【答案】-92.4kJm o L 反应放热，升温后平衡逆向移动，K减 小 催 化剂活性最强 增大 N2H4
44、-4e-+40H-=N2 T +4H20【解析】解：(1)由表中数据可知 N2(g)+3H2(g)U 2NH3(g)AH=(946.5+435.9 x3)kJ/mol-2 x 3 x 391.1kJ/mol=-92.4kJ-mol-1,故答案为:-92.4kJ-m o r1；(2)为气体体积减小的反应，体系压强先减小，平衡时保持不变，故正确；C(N2)：C(H2)：C(N H3)=1：3：2,与起始量、转化率有关，不能判定是否平衡，故错误；每消耗lmolNz，有6moi N-H 键发生断裂，可知不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，为平衡状态，故正确；混合气体的密度始终保持不变，不能判
45、定平衡，故错误；气体的物质的量为变量，则混合气体的平均摩尔质量保持不变，为平衡状态，故正确；为动态平衡，V正3 出)力0,故错误;故答案为：；(3)由表中数据可知，平衡常数随温度的升高而减小的原因为反应放热，升温后平衡逆向移动，K减小；工业上合成氨一般以a-铁触媒为催化剂，400 500久条件下反应，选取该反应温度而非室温或更高温度的原因是催化剂活性最强，故答案为：反应放热，升温后平衡逆向移动，K减小；催化剂活性最强；(4)甲、乙两容器充入相同量的N2与H2后体积相同，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，乙中发生反应导致气体的物质的量减小、体积减小，相当于加压，平衡正向移动，则乙比甲正向进
46、行的程度大，则转化率为甲乙；反应达平衡后向甲容器中再充入一定量的N%,因体积不变，可看成增大压强平衡正向移动，则甲容器中H2的转化率增大，故答案为：N 0 H 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO T+4H2O HSO3+H+=SO2 T+H2O 溶液中存在HC2OZ U C2Ol-+H+、HC2O；+H2O U H2C2O4+OH1He?。1的电离程度大于水解程度，使溶液中c(H+)c(OH-)c(K+)C(HC2O；)c(H+)C(C2Q2-)c(OH-)(NH4)2Fe(S04)2-6H2O【解析】解：根据图示可知：X为H,丫为C元素，Z为N元素，W为0元素，M为Na元素
47、,R为S元素。(1)同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为S第22页，共24页N 0 H,故答案为：SNOH；(2)由H、0、N a、S 四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，应是Cu 与稀硝酸反应生成硝酸铜、N 0 与水，该反应的化学方程式为：3 CU+8 H N O 3(稀)=3 CU(N 03)2+2 N 0 T +4 H20,故答案为：3 Cu +8 H N C 3(稀)=3 CU(N O3)2+2 N 0 T +4 H2O；(3)由H、N、0、S 四种元素组成的一种离子化合物A,已知A 既能与盐酸反应，又能与氯水反应，则A 为N
48、a H S C)3,A 与足量盐酸反应的离子方程式为:H S O +H+=S O 2 T +H20,故答案为：H S 0 3+H+=S 02T+H20；(4)H 2 c 2 O 4 与含等物质的量的K O H 的溶液反应得到K H C2 O 4 溶液，溶液中存在H C2。1:C2 O 七+H+、HC2O；+H20#H2C2O4+O H-,HC?。1 的电离程度大于水解程度，使溶液中c(H+)c(O H-),所以K HC2 O 4 溶液显酸性，溶液中氢离子还来源于水的电离，故c(H+)c(C20i-),反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(K+)C(HC2O J)c(H+)cGO/)c(O H
49、-),故答案为：溶液中存在HCz O =C2(4-+H+、HC2 O Z+H2 O =H2 c 2 O 4 +O H HC2O J的电离程度大于水解程度，使溶液中c(H+)c(O H)c(K+)C(HC2O；)c(H+)c(C20i-)c(O H-)；(5)由H、N、O、S 和Fe 五种元素组成的相对分子质量为3 9 2 的化合物T,l m o l T 中含有6 m o i结晶水；向T 的溶液中加入过量浓N aO H溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体,白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明T 中含有Fe 2+和N H t；另取少量T 的溶液，向其中加入过量B aC1 2 溶
50、液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明T 中含有S O/,结合电荷守恒可知，T 的化学式中至少含有2 个S O/、1 个Fe 2+、2 个N H i，2 个S O/、1 个Fe 2+、2 个N H：的总式量为:9 6 x 2 +5 6 +1 8 x 2 =2 8 4；6 m 0国2。的相对分子量为：1 8 x 6 =1 08,T 的化学式中含有S O f-、Fe?+和N H：的总式量为3 9 2 -1 08 =2 8 4,所以T 的化学式为(N H4)2 Fe(S C)4)2 -6 H2O,故答案为：(N H4)2 Fe(S 04)2 -6 H2。X、Y、Z、W、M、R 六种短周期元素