福建省龙岩市2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）

青海省西宁市2020学年高二化学下学期期末联考试题（含答案）

青海省西宁市2020学年高二化学下学期期末联考试题（含答案）,青海省,西宁市,莲山课件.

福建省龙岩市2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）

(考试时间：90分钟   满分：100分)

注意：1.请将试题的全部答案填写在答题卡上

2.相对原子质量：P – 31  Cu – 64     S – 32  Fe – 56

一、选择题(每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)

1.港珠澳大桥建设过程使用了下列各种材料，其中属于无机材料的是(    )

A. 高强度耐腐蚀钢筋

B. 超高分子量聚乙烯纤维

C. 大尺寸橡胶隔震支座

D. 高韧薄层沥青罩面

【答案】A

【解析】

【详解】A．高强度耐腐蚀钢筋无机材料，故A正确；
B．超高分子量聚乙烯纤维，是有机高分子化合物材料，故B错误；
C．大尺寸橡胶隔震支座，成分为有机高分子材料，故C错误；
D．高韧薄层沥青罩面，成分为烃类有机物质，故D错误；
故选：A。

2.对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解读错误的是（     ）

A. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K₂CO₃

B. 《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，“ 曾青”是指可溶性铜盐

C. 《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼用”里的“石灰”指的是Ca(OH)₂

D. 《汉书》中“高奴县有洧水可燃”这里的“洧水”指的是石油

【答案】C

【解析】

【详解】A、草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，选项A正确；

B、曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，选项B正确；

C、“凡石灰，经火焚炼为用”里“石灰”指的是CaCO₃，不是Ca(OH)₂，如果是Ca(OH)₂，不用焚烧，可以直接使用，选项C错误；

D、由题中信息知，“洧水”是一种矿物，且可燃，所以“洧水”就是石油，选项D正确；

答案选C。

【点睛】本题以文言文为切入点考查物质的组成、结构和性质的关系，关键是正确理解题中所描述的意思，作出正确判断，题目难度不大，但理解不好容易出错。

3.N_A代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(    )

A. 常温常压下，124 g P₄中所含P—P键数目为4N_A

B. 100 mL 1mol·L⁻¹FeCl₃溶液中所含Fe³⁺的数目为0.1N_A

C. 密闭容器中，2 mol SO₂和1 mol O₂催化反应后分子总数为2N_A

D. 标况下，11.2 L甲烷和乙烯的混合气体充分燃烧，所形成的O—H键数目为2N_A

【答案】D

【解析】

【详解】A.124g白磷的物质的量为1mol，而白磷分子中含6条p-p键，故1mol白磷中含6N_A条p-p键，故A错误；

B. FeCl₃溶液中存在Fe³⁺的水解，所以100 mL 1mol•L^-1FeCl₃溶液中所含Fe³⁺的数目小于0.1mol，数目小于0.1N_A，故B错误；

C. SO₂和O₂的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，存在一个化学平衡，所以密闭容器中，2 mol SO₂和1molO₂催化反应后分子总数不一定为2mol，即不一定为2N_A，故C错误；

D.标准状况下，11.2L甲烷和乙烯的混合气体物质的量为：＝0.5mol，一个甲烷分子和一个乙烯分子中均含4个氢原子，所以完全燃烧生成1mol水，产物中所含O-H键数目为2N_A，故D正确。

故答案为D。

4.化学反应条件的变化会影响化学反应产物或现象。下列有关影响因素的分析，错误的是(    )

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

【答案】C

【解析】

【详解】A.少量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，而二氧化碳过量时生成碳酸氢钙，故A正确；

B.铜与稀硝酸生成一氧化氮，与浓硝酸生成二氧化氮，硝酸的浓度不同产物不同，故B正确；

C.钠和氧气在常温下生成氧化钠，在加热生成过氧化钠，所以为反应温度不同产物不同，故C错误；

D. AlC1₃溶液中滴入NaOH溶液，生成氢氧化铝沉淀，有浑浊现象，而NaOH溶液中滴入AlC1₃溶液，先生成偏铝酸钠溶液澄清，所以试剂加入顺序不同现象不同，故D正确；

故答案为C。

5.下列实验现象、结论及其推理都正确的是 （ ）

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

【答案】C

【解析】

【详解】A．电解质为硫酸，活泼金属作负极，则左边烧杯中应该是Al不断溶解，而不是铁不断溶解，而右边烧杯中Fe为负极，Fe应该不断溶解，Cu表面有气泡，实验现象错误，故A错误；

B．氯气可分别氧化NaBr、KI，不能比较Br₂、I₂的氧化性，故B错误；

C．氯气不能使干燥的布条褪色，但能使湿润的有色布条褪色，说明干燥氯气无漂白性，潮湿的氯气有漂泊性，故C正确；

D．盐酸为无氧酸，且盐酸挥发，盐酸与硅酸钠反应，不能比较非金属性，故D错误；

故答案为C。

6.有机物俗称稗草烯，主要用于水稻田防除稗草。下列有关该有机物的说法正确的是(    )

A. 属于烯烃

B. 可用与Cl₂在光照条件下反应直接制得纯净的该物质

C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D. 在一定条件下可发生聚合反应

【答案】D

【解析】

【详解】A. 该物质含有C、H、Cl元素，应为烃的衍生物，故A错误；

B.光照条件下与氯气反应，甲基、亚甲基中H原子均可被取代，无法控制反应得到，故B错误；

C.含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故C错误；

D.含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故D正确；

故答案为D。

7.X、Y、Z、Q、R均为短周期元素(原子序数Y

A. X和R的简单离子半径：X < R>

B. Z、Q的气态氢化物的稳定性：Z > Q

C. Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HZO₃

D. 上述五种元素中有两种元素是金属元素

【答案】B

【解析】

【分析】

这几种元素都是短周期元素，XYZQ元素最高价氧化物的水合物溶液pH都小于7，说明其最高价氧化物的水合物都是酸，则这几种元素都是非金属元素，0.001mol/L的X、Z的最高价氧化物的水合物pH=3，为一元强酸，X的原子半径最小，该强酸是硝酸，则X为N元素，Z为S元素；Y的原子序数小于X，且为弱酸，应该是C元素；Z的原子半径大于X且为一元强酸，为Cl元素；R的氧化物的水合物呈碱性，且0.001mol/L的R最高价氧化物的水合物pH=11，则为一元强碱，且原子半径最大，则为Na元素；通过以上分析知，XYZQR分别是N、C、Cl、S、Na元素。

【详解】A．X和R分别是N、Na元素，氮离子和钠离子电子层结构相同，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，则离子半径：X＞R，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Cl＞S，则氢化物的稳定性：Z＞Q，故B正确；
C．D为Cl元素，其最高价氧化物的水合物是HClO₄，故C错误；
D．这几种元素中只有Na是金属元素，故D错误；
故选：B。

8.已知Ca₃N₂遇水发生水解反应，需密封保存。利用如下装置制取氮气，并用氮气制备Ca₃N₂，下列说法正确的是 (    )

A. ①中发生的反应属于置换反应

B. ②作用为安全瓶，防止停止加热时①中的溶液进入③中

C. ③、④、⑥中依次盛装浓H₂SO₄、酸性氯化亚铁溶液、碱石灰

D. 取⑤中少量产物，加适量蒸馏水，再滴加石蕊试液，溶液显蓝色

【答案】D

【解析】

【分析】

由图可知，①中发生NaNO₂+NH₄ClNaCl+N₂↑+2H₂O，②可防止倒吸，作安全瓶，③中酸性FeCl₂溶液可发生4Fe²⁺+O₂+4H⁺═4Fe³⁺+2H₂O，排除装置中氧气，防止与Ca反应，④中浓硫酸可干燥氮气，防止Ca与水反应，⑤中发生3Ca+N₂Ca₃N₂，⑥中试剂X为碱石灰，可防止空气中水进入⑤中，以此来解答。

【详解】A.根据分析可知①中发生的反应不属于置换反应，故A错误；

B.②的作用为安全瓶，可防止停止加热时③中液体进入①中，故B错误；

C.③、④、⑥中依次盛装酸性氯化亚铁溶液、浓H₂SO₄、碱石灰，先排除装置中氧气，防止与Ca反应，再干燥，故C错误；

D.实验结束后，取⑤中少量产物于试管中，加适量蒸馏水，发生反应Ca₃N₂+6H₂O=2NH₃↑+3Ca(OH)₂↓，溶液显碱性，滴加石蕊试液，溶液变蓝，故D正确；
故选：D。

9.研究小组向恒容密闭容器中加入一定量的固体A和气体B，发生反应A(s)+2B(g)D(g)+E(g)。已知∆c=c_后-c_前，下列示意图中，能正确表达该反应的有关物理量随时间变化的是(    )

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据题目信息可知为负值，为正值，当反应达到平衡后单位时间内浓度不在变化，即为0，且反应过程中B的计量数为2，E的计量数为1，所以(B)变化速率为(E)的2倍，故A正确；

B.根据题目信息可知为负值，故B错误；

C.反应物A为固体，浓度为常数，故C错误；

D.反应达到平衡后浓度商Q与平衡常数相等，不会再随时间变化，故D错误；

故答案为A。

【点睛】本题的关键在于正确理解∆c的含义，正确区分反应速率和本题中的区别。

10.下列有关“石油分馏产品乙烯CH₂BrCH₂BrCH₂OHCH₂OH”转化的描述中，正确的是(    )

A. 步骤①②均没有化学键断裂 B. CH₂OHCH₂OH不能发生酯化反应

C. C₂H₄Br₂与C₂H₂Br₄ 有相同数目的同分异构体 D. 步骤④属于加成反应

【答案】C

【解析】

【详解】A.步骤②为石油的裂解，属于化学变化，有化学键的断裂，故A错误；

B. CH₂OHCH₂OH含有官能团—OH，可以发生酯化反应，故B错误；

C. C₂H₄Br₂与C₂H₂Br₄同分异构体均有两种，故C正确；

D.步骤④为取代反应，故D错误；

故答案为C。

11.三室式电渗析法处理含NH₄NO₃废水的原理如图所示，工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH₄NO₃。下列叙述错误的是(    )

A. a极为电源负极，b极为电源正极

B. c膜是阳离子交换膜，d膜是阴离子交换膜

C. 阳极电极反应式为4OH^–-4e^–＝O₂↑+2H₂O

D. Ⅱ室溶液pH保持不变

【答案】D

【解析】

【分析】

在直流电场的作用下，两膜中间的NH₄⁺和NO₃^–可通过离子交换膜，工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH₄NO₃，则NH₄⁺向左移动，NO₃^–向右移动，在两极分别产生NH₄NO₃；在电解池中，阳离子向阴极移动，则与电源a电极连接的石墨为阴极，电极反应2H⁺+2e^–=H₂↑，Ⅰ室中阳离子减少，NH₄⁺移动到Ⅰ室与硝酸根，形成硝酸铵。a为电源负极，b为电源正极，与之相连的石墨为阳极，电极反应4OH^–-4e^–=2H₂O+O₂↑，Ⅲ室中剩余较多NH₄⁺，NO₃^–移动到Ⅰ室与铵根，形成硝酸铵据此分析判断。

【详解】A、分析可知a极为电源负极，b极为电源正极，故A正确；
B、工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH₄NO₃，则NH₄⁺向左移动，NO₃^–向右移动，在两极分别产生NH₄NO₃；所以c膜是阳离子交换膜，d膜是阴离子交换膜；故B正确；

C.根据分析可知阳极的电极反应式为：4OH^–-4e^–=2H₂O+O₂↑，故C正确；

D.Ⅱ室中存在铵根的水解使溶液显酸性，随着铵根离子进入Ⅰ室，溶液酸性逐渐减弱，故D错误；

故答案为D。

12.氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是

A. HCl和HIO B. HI和HClO C. HClO₃和HIO D. HClO和HIO

【答案】A

【解析】

【详解】ICl中I元素的化合价为+1价，Cl元素的化合价为-1价，与水反应的实质为水解反应，反应方程式为：ICl+H₂O=HCl+HIO，生成物为HCl和HIO，故选A。

【点晴】本题考查卤素互化物的性质。注意卤素互化物的性质和卤素单质性质相似，具有氧化性，与水反应时注意各元素的化合价，反应原理为水解反应，属于非氧化还原反应。

13.某兴趣小组用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到如图所示曲线。下列分析错误的是(    )

A. b点水解程度最大

B. 水的电离平衡也会对溶液的pH产生影响

C. a→b段水解平衡向右移动

D. 水解是吸热过程

【答案】A

【解析】

青海省海东市2020学年高一化学下学期期末联考试题（含答案）

青海省海东市2020学年高一化学下学期期末联考试题（含答案）,青海省,海东市,莲山课件.

【分析】

溶液中存在碳酸根的水解平衡和水的电离平衡；图中显示温度升高溶液的碱性先增强后减弱，水的电离是吸热过程，纯水中温度升高pH值会降低，碳酸钠溶液中温度升高pH有增大的过程，说明水解受到促进，即水解为吸热过程；后pH值下降，说明温度升高水电离出更多的氢氧根抑制了碳酸根的水解，据此分析作答。

【详解】A.根据分析可知水解是吸热过程，温度越高，水解程度越大，故A错误；

B.随温度升高，此时促进盐类水解，对水的电离也起到促进作用，水电离出的氢氧根离子浓度抑制水解平衡，导致溶液pH值减小，因此水的电离平衡也对pH产生影响，故B正确；

C. a→b段说明升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增大溶液pH增大，图象符合，故C正确；

D.根据分析可知水解是吸热过程，故D正确；

故答案为A。

14.25℃时，FeS、CuS的溶度积常数分别为6.3×10^－18 mol²·L^－2、1.3×10^－36 mol²·L^－2。下列说法中，错误的是(    )

A. 25℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度

B. 反应CuSO₄＋H₂S＝CuS↓＋H₂SO₄不能发生

C. 可用FeS作沉淀剂除去废水中的Cu^2＋

D. 25℃时，饱和CuS溶液中，Cu^2＋的浓度为×10^－18 mol·L^－1

【答案】B

【解析】

【详解】A. FeS、CuS为同种类型的沉淀，且Ksp[FeS]远大于Ksp[CuS]，所以FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故A正确；

B. CuS是不溶于酸的黑色物质，所以能发生反应：CuSO₄+H₂S═CuS↓+H₂SO₄，这是弱酸制备强酸的特例，故B错误；

C. FeS的溶解度大于CuS的溶解度，根据溶解度大的沉淀可以转化成溶解度小的沉淀可知可用FeS作沉淀剂除去废水中的Cu^2＋，故C正确；

D.饱和CuS溶液中存在平衡，设铜离子的浓度为amol/L，则有Ksp[CuS]=c(Cu^2＋)·c(S^2-)=amol/L·amol/L=1.3×10^－36 mol²·L^－2，解得c(Cu^2＋)=×10^－18 mol·L^－1，故D正确；

故答案为B。

二、填空题(本题包含5小题，共58分)

15.液氨作为一种潜在的清洁汽车燃料，它在安全性、价格等方面较化石燃料和氢燃料有着较大的优势。请回答下列问题：

Ⅰ.已知反应N₂(g)+3H₂(g)2NH₃(g)的活化能Ea₁=akJ/mol，相关化学键键能数据如下：

(1)反应2NH₃(g)N₂(g)+3H₂(g)的活化能Ea₂=______kJ/mol(用含a的代数式表示)；

(2)已知：

① 4NH₃(g)+3O₂(g)＝2N₂(g)+6H₂O(l)  △H₁    

② 4NH₃(g)+5O₂(g)＝4NO(g)+6H₂O(l)  △H₂  

③ 4NH₃(g)+6NO(g)＝5N₂(g)+6H₂O(l)  △H₃  

则△H₁、△H₂、△H₃三者之间的关系为：△H₃= ______________ ；

Ⅱ.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV²⁺/MV⁺在电极与酶之间传递电子，工作原理如图所示。

(3)负极的电极反应式为_______________；

(4)当电路中通过3mol电子时，可产生氨气的体积(标况下)为_______L；正极区中n(H⁺)______(填“增加”、“减少”或“不变”)；

(5)该装置在高温下不能正常工作，原因是_____。

【答案】    (1). (a+92)    (2).     (3). MV⁺ -e^– ＝MV²⁺    (4). 22.4    (5). 不变    (6). 高温下氢化酶会失去催化活性

【解析】

【分析】

Ⅰ.(1)△H=反应物总键能-生成物总键能，可以算出反应热，焓变等于正逆反应的活化能之差，且物质的量与能量成正比。

(2)根据盖斯定律进行计算；

Ⅱ.生物燃料电池的工作原理是N₂+3H₂2NH₃，其中N₂在正极区得电子发生还原反应，H₂在负极区失电子发生氧化反应，原电池工作时阳离子向正极区移动，据此分析判断。

【详解】Ⅰ.(1)N₂(g)+3H₂ (g)⇌2NH₃(g)△H=反应物总键能-生成物总键能=(946+436×3)kJ•mol^-1-(6×391)kJ•mol^-1=-92 kJ•mol^-1，合成氨反应N₂(g)+3H₂(g)⇌2NH₃(g)的活化能Ea₁=akJ/mol，氨分解的活化能Ea₂，则有△H= Ea₁– Ea₂=-92 kJ•mol^-1，所以Ea₂=(a+92) kJ•mol^-1，故答案为：(a+92)；

(2)已知：① 4NH₃(g)+3O₂(g)＝2N₂(g)+6H₂O(l)  △H₁    

② 4NH₃(g)+5O₂(g)＝4NO(g)+6H₂O(l)  △H₂  

根据盖斯定律可知反应③=①-②，所以△H₃=，故答案为：；

Ⅱ.(3)负极区发生氧化反应，电极上的反应为：MV⁺ -e^– ＝MV²⁺，故答案为：MV⁺ -e^– ＝MV²⁺；

(4)负极区氢气在氢化酶的作用下发生氧化反应，反应式为H₂+2MV²⁺═2H⁺+2MV⁺，正极区得电子发生还原反应，生成NH₃，发生反应：N₂+6H⁺+6MV⁺═6MV²⁺+2NH₃，根据反应可知转移6mol电子时生成2mol氨气，负极区产生6mol氢离子进入正极区，同时正极区消耗6mol氢离子，故氢离子总量不变，当电路中通过3mol电子时，可产生氨气的体积(标况下)为22.4L，正极区中n(H⁺)不变，故答案为：22.4；不变；

(5)高温条件下会导致氢化酶失活，故答案为：高温下氢化酶会失去催化活性。

16.随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。

Ⅰ.利用NH₃的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH₃(g)+6NO(g)5N₂(g)+6H₂O(l)   △H＜0

(1)写出一种可以提高NO的转化率的方法：__________

(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH₃)︰n(NO) =2︰3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是___________

A.c(NH₃)︰c(NO) =2︰3    B.n(NH₃)︰n(N₂) 不变    C.容器内压强不变    D.容器内混合气体的密度不变    E.1molN—H键断裂的同时，生成1molO—H键

(3)已知该反应速率v_正=k_正·c⁴(NH₃)·c⁶ (NO)，v_逆=k_逆·c^x(N₂)·c^y(H₂O) (k_正、k_逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k_正/k_逆,则x=_____，y=_______。

(4)某研究小组将2molNH₃、3molNO和一定量的O₂充入2L密闭容器中，在Ag₂O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：

①在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)=_______;

②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N₂的转化率降低的原因可能是___________。

Ⅱ.用尿素[(NH₂)₂CO]水溶液吸收氮氧化物也是一种可行的方法。NO和NO₂不同配比混合气通入尿素溶液中，总氮还原率与配比关系如图。

(5) 用尿素[(NH₂)₂CO]水溶液吸收体积比为1∶1的NO和NO₂混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。写出该反应的化学方程式____。

(6)随着NO和NO₂配比的提高，总氮还原率降低的主要原因是________________。

【答案】    (1). 降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等)    (2). AE    (3). 5    (4). 0    (5). 0.171 mol•L^-1·min^-1    (6). 平衡逆向移动    (7). (NH₂)₂CO+NO+NO₂ ＝2N₂+CO₂+2H₂O    (8). NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多

【解析】

【分析】

(1)不增加一氧化氮的量使平衡右移可提高一氧化氮转化率；

(2)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；

(3)根据K=进行推导；

(4)①根据计算反应速率；

②平衡逆向移动一氧化氮的转化率降低；

(5)NO和NO₂的体积比为一比一，即反应中化学计量数之比为一比一，将N元素转变为对环境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒配平方程式；

(6)一氧化氮不溶于水，大量的一氧化氮不能反应。

【详解】(1)该反应焓变小于零，为放热反应，降温可以使平衡右移，增大一氧化氮转化率；该反应为压强减小的反应，故增大压强可使平衡右移；加入氨气或者移走生成物氮气都可以使平衡右移增大一氧化氮转化率，故答案为：降低温度(或“增大压强”、“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等)；

(2)A.根据方程式可知氨气与一氧化氮按2：3反应，且按n(NH₃)︰n(NO) =2︰3充入反应物，所以，任意时刻都满足c(NH₃)︰c(NO) =2︰3，故A错误；

B.反应正向移动时氨气的物质的量减小，氮气的物质的量增多，所以n(NH₃)︰n(N₂)会变小，当该值不在变化时说明反应达到平衡，故B正确；

C.平衡正向移动压强减小，逆向移动压强增大，所以压强不变时反应达到平衡，故C正确；

D.生成物中有液态水，所以平衡正向移动时气体的总质量减小，但总体积不变，所以密度会减小，所以当混合气体密度不变时能说明反应平衡，故D正确；

E.1molN—H键断裂即消耗mol氨气，则生成mol水，形成1molO—H键，描述的都是正反应速率，故E错误；

故答案为AE；

(3)当反应达到平衡时有v_正= v_逆，即k_正·c⁴(NH₃)·c⁶ (NO) =k_逆·c^x(N₂)·c^y(H₂O)，变换可得，该反应的平衡常数K=k_正/k_逆,平衡状态下K=，所以x=5，y=0，故答案为：5；0；

(4)①420K时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=3mol×2%=0.06mol，580K时一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=3mol×59%=1.77mol，此时段内一氧化氮的变化量为：1.77mol-0.06mol=1.71mol，容器的体积为2L，所以反应速率 ，故答案为：0.171 mol•L^-1·min^-1；

②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低；故答案为：平衡逆向移动；

(5)NO和NO₂的体积比为一比一，即反应中化学计量数之比为一比一，将N元素转变为对环境无害的气体即氮气，根据元素守恒和电子守恒可知方程式为：(NH₂)₂CO+NO+NO₂ ＝2N₂+CO₂+2H₂O，故答案为(NH₂)₂CO+NO+NO₂ ＝2N₂+CO₂+2H₂O；

(6)一氧化氮溶解度小，大量的一氧化氮通入之后不能反应，导致总还原率降低，故答案为：NO在尿素溶液中的溶解度较低，未参与反应的NO增多。

【点睛】本题中讨论了速率常数和平衡常数之间的关系，可以当做结论记下来；注意反应中反应物和生成物的聚集状态。

17.Na₂S粗品含有杂质，其纯化、含量测定方法如下。回答下列问题：

(1)粗品经水浸、过滤、__________________、洗涤、干燥等操作可以除去不溶性杂质，得到较纯的Na₂S固体。

(2)国标中采用如图所示装置测定Na₂S样品溶液中Na₂CO₃的百分含量(实验前，吸收管1、吸收管2、参比管中均装入组成相同的乙醇、丙酮混合溶液，该溶液吸收CO₂后，颜色发生改变) 。

【步骤一】标定KOH标准溶液

准确称取w g邻苯二甲酸氢钾(KC₈H₅O_4，摩尔质量为M g/mol)置于锥形瓶中，加入适量蒸馏水、2滴指示剂，用待标定的KOH溶液滴定至终点，消耗v mL KOH溶液。

①标定过程中应该选用的指示剂名称是______，理由是__________；

(已知邻苯二甲酸的电离平衡常数为K_a1=1.1×10^-3，K_a2=4.0×10^-6)

②KOH溶液的准确浓度为_____mol/L(用含M、v、w的代数式表示)

【步骤二】往三颈烧瓶中先后加入100mL 样品溶液、15 ml过氧化氢溶液(足量)，连接好装置，加热并打开抽气装置；

步骤三】上述反应完成后，从滴液漏斗中慢慢加入足量稀硫酸溶液，充分反应；

【步骤四】用装置6中的KOH标准溶液滴定吸收管1中的溶液至与参比管中溶液相同的颜色，3 min内不变色为终点。

③过氧化氢的作用是______；碱石棉的作用是__________；

④如果抽气速度过快，可能导致测定结果_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；

⑤若步骤三中出现_______________________(填现象)，说明实验失败，必须重新测定。

【答案】    (1). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤    (2). 酚酞    (3). 滴定终点为邻苯二甲酸钾的水溶液，呈碱性    (4).     (5). 氧化除去S^2-    (6). 除去空气中的CO₂    (7). 偏低    (8). 吸收管2中的溶液颜色发生明显变化

【解析】

【分析】

(1)粗品经水浸、过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作可以除去不溶性杂质，得到较纯的Na₂S固体。

(2)①根据滴定终点溶液的性质选择指示剂；

②根据KC₈H₅O₄+KOH= K₂C₈H₄O₄+H₂O找到数量关系，进行计算；

③过氧化氢具有氧化性，为了实验结果准确要防止空气中的二氧化碳被吸收；

④抽气过快反应不能完全进行；

⑤步骤四中只滴定吸收管1中的溶液，则要保证吸收管1可以吸收全部二氧化碳。

【详解】(1)粗品经水浸、过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作可以除去不溶性杂质，得到较纯的Na₂S固体。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；

(2)①滴定终点为邻苯二甲酸钾的水溶液，存在邻苯二甲酸根的水解，导致溶液呈碱性，所以选用酚酞做指示剂，故答案为：酚酞；滴定终点为邻苯二甲酸钾的水溶液，呈碱性；

②滴定过程发生反应KC₈H₅O₄+KOH= K₂C₈H₄O₄+H₂O，则反应中邻苯二甲酸氢钾的物质的量与氢氧化钾物质的量相同，n(KC₈H₅O₄)=mol，则n(KOH)=mol，浓度c=，故答案为；

③过氧化氢具有氧化性，可以将硫离子氧化，以免生成硫化氢影响实验结果；为了实验结果准确要防止空气中的二氧化碳被吸收，故答案为：氧化除去S^2-；除去空气中的CO₂；

④抽气过快二氧化碳不能完全被吸收，继而使测量结果偏小，故答案为：偏小；

⑤步骤四中只滴定吸收管1中的溶液，则要保证吸收管1可以吸收全部二氧化碳，当吸收管2中颜色发生变化时，说明有二氧化碳在吸收管1中没有完全被吸收，实验失败，故答案为：吸收管2中的溶液颜色发生明显变化。

18.“烟气脱硫”是环境治理的重要工程，两种常见脱硫方法如下。回答相关问题：

方法I：用亚硫酸盐吸收烟气中的SO₂。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数与溶液pH的变化关系如图所示。

(1)若选用 (NH₄)₂SO₃作为吸收液(已知NH₃·H₂O 的电离常数K_b=1.74×10^-5)：

①H₂SO₃的pK_a1=________( pK_a1 = -lgK_a1)；

②(NH₄)₂SO₃溶液呈________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，理由是________________；

③图中b点溶液中n(HSO₃^– ) : n(NH₄⁺) =_________。

(2)若选用0.1mol/L 的Na₂SO₃作为吸收液，吸收过程中，下列有关粒子浓度关系一定正确的是(忽略溶液体积的变化)_________。

A.Na₂SO₃溶液中存在：c(Na⁺)>c(SO₃^2-)>c(H₂SO₃)>c(HSO₃^–)

B.NaHSO₃溶液中存在：c(Na⁺)>c(HSO₃^–)>c(SO₃^2-)>c(H₂SO₃)

C.当吸收液呈中性时：2c(SO₃^2-)+c(HSO₃^–)=0.2mol/L

D.当吸收液呈酸性时：c(Na⁺)=c(SO₃^2-)+c(HSO₃^–)+c(H₂SO₃)

方法II：用含铬废水吸收烟气中的SO₂。吸收原理如图所示：

(3)“吸收”中反应的离子方程式为____________________

(4)欲使废水中的铬元素完全转化为Cr(OH)₃沉淀，应调节pH的范围为____。(常温下K_sp[Cr(OH)₃]=1.0×10^-32)

【答案】    (1). 1.85    (2). 碱性    (3). SO₃^2-的水解程度大于NH₄⁺的水解程度    (4). 1:3    (5). BC    (6). 3SO₂+Cr₂O₇^2－+2H⁺ ＝2Cr³⁺+3SO₄^2-+H₂O    (7). ≥5

【解析】

【分析】

(1)①H₂SO₃的第一步电离平衡常数K_a1=，据此结合图像计算；

②(NH₄)₂SO₃溶液中存在铵根的水解和亚硫酸根的水解，若铵根水解程度大则显酸性，若亚硫酸根水解程度大则显碱性；

③结合电荷守恒和图像进行判断；

(2)A.Na₂SO₃作为吸收液，溶液中存在第一步水解：，第二步水解：，且一步水解程度远大于第二步水解；

B.NaHSO₃溶液中存在电离平衡：，和水解平衡：，据此进行分析；

C.根据电荷守恒进行分析；

D.根据电荷守恒进行分析；

(3)根据产物可知该过程中Cr₂O₇^2－被还原成Cr³⁺，二氧化硫做还原剂；

(4)当离子浓度，可认为该离子完全沉淀；然后根据K_sp[Cr(OH)₃]=c(Cr³⁺)·c³(OH^–)进行计算；

【详解】(1)①K_a1=，根据图像可知当pH=1.85时，n(HSO₃^– ) =n(H₂SO₃)，也即c(HSO₃^– ) =c(H₂SO₃)，所以K_a1=10^-1.85，则pK_a1=1.85，故答案为：1.85；

②NH₃·H₂O 的电离常数K_b=1.74×10^-5，则铵根的水解平衡常数为，亚硫酸根的水解平衡常数根据图像可知当pH=7时，n(HSO₃^–)=n(SO₃^2-)，即c(HSO₃^–)=c(SO₃^2-)，所以亚硫酸根的水解平衡常数为1×10^-7，大于铵根的水解平衡常数，所以亚硫酸根的水解程度大，溶液显碱性，故答案为：碱性；SO₃^2-的水解程度大于NH₄⁺的水解程度；

③b点溶液呈中性，即c(H⁺)=c(OH^–)，同时溶液中存在电荷守恒2c(SO₃^2-)+c(HSO₃^–)+ c(OH^–)= c(NH₄⁺)+ c(H⁺)，则有2c(SO₃^2-)+c(HSO₃^–)= c(NH₄⁺)，根据图像可知该点c(HSO₃^–)=c(SO₃^2-)，所以有3c(HSO₃^–)= c(NH₄⁺)，所以n(HSO₃^– ) : n(NH₄⁺) =1:3；

(2)A.根据分析可知，在吸收二氧化硫之前，H₂SO₃是水解产生的，且为更为微弱的第二步水解产生，所以此时c(HSO₃^–)>c(H₂SO₃)，故A错误；

B.NaHSO₃溶液中存在硫酸氢根的电离和水解，根据图像可知硫酸氢钠水溶液显酸性即电离大于水解，所以c(SO₃^2-)>c(H₂SO₃)，溶液中存在c(Na⁺)>c(HSO₃^–)>c(SO₃^2-)>c(H₂SO₃)，故B正确；

C.吸收至中性时存在电荷守恒2c(SO₃^2-)+c(HSO₃^–)+ c(OH^–)= c(Na⁺)+ c(H⁺)，且此时c(H⁺)=c(OH^–)，所以有2c(SO₃^2-)+c(HSO₃^–)=c(Na⁺)=0.2mol/L，故C正确；

D.当吸收溶液呈酸性时，溶液中有电荷守恒：2c(SO₃^2-)+c(HSO₃^–)+ c(OH^–)= c(Na⁺)+ c(H⁺)，溶液显酸性则c(H⁺) -)，所以2c(SO ₃ ^2-)+c(HSO ₃ ^–)>c(Na ⁺)，根据图像可知当溶液呈酸性时c(H ₂SO ₃)> c(SO ₃ ^2-)是，所以c(SO ₃ ^2-)+c(HSO ₃ ^–)+c(H ₂SO ₃)> c(Na ⁺)，故D错误；

故答案为：BC；

(3)根据产物可知该过程中Cr₂O₇^2－被还原成Cr³⁺，二氧化硫做还原剂被氧化成硫酸根，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为：3SO₂+Cr₂O₇^2－+2H⁺ ＝2Cr³⁺+3SO₄^2-+H₂O；故答案为：3SO₂+Cr₂O₇^2－+2H⁺ ＝2Cr³⁺+3SO₄^2-+H₂O；

(4)设铬元素完全转化为Cr(OH)₃沉淀时溶液中的c(OH^–)=amol/L，K_sp[Cr(OH)₃]=c(Cr³⁺)·c³(OH^–)=1×10^-5×a³=1.0×10^-32，解得a=1.0×10^-9 amol/L，此时pH值为5，所以欲使废水中的铬元素完全转化为Cr(OH)₃沉淀，应调节pH的范围为≥5，故答案为：≥5。

【点睛】任何溶液中都存在电荷守恒，在解决第(1)(2)题时要灵活运用电荷守恒以及图像所给信息。

19.锡酸钠用于制造陶瓷电容器的基体、颜料和催化剂。工业上以锡碲渣(主要含Na₂SnO₃和Na₂TeO₃)为原料，制备锡酸钠的工艺流程图如下，请回答下列问题：

已知：锡酸钠(Na₂SnO₃)和亚碲酸钠(Na₂TeO₃)均易溶于碱。

(1)“碱浸”过程中，锡碲浸出率与溶液中游离碱质量浓度关系如图所示，则最理想的质量浓度为__________，理由是______________。

(2)如图反映的是“除碲”过程中反应温度对碲脱除率的影响关系，70℃后随温度升高碲脱除率下降的原因可能是______________。

(3)“除碲”反应的离子方程式为_________________。

(4)从“溶析结晶”回到“碱浸”的物质除烧碱外，主要还有_____________(写化学式)。

(5)“溶析结晶”母液中还含有少量SbO₄^3-，可用锡片将Sb置换出来，锡转化成最高价含氧酸盐，写出反应的离子方程式___________________。

【答案】    (1). 100g/L    (2). 浓度超过100后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续分离    (3). 温度升高，过氧化氢受热分解    (4). 2Na⁺+TeO₃^2-+H₂O₂＝Na₂TeO₄↓+H₂O    (5). Na₂SnO₃、Na₂TeO₄    (6). 5Sn + 4SbO₄^3- + H₂O＝4Sb + 5SnO₃^2- + 2OH^–

【解析】

【分析】

(1)最理想的点应满足浸出率高且用量合适；

(2)过氧化氢受热易分解；

(3)过氧化氢具有强氧化性；

(4)溶析结晶后的溶液仍为Na₂SnO₃和Na₂TeO₄的饱和溶液，

(5)锡的最高价含氧酸盐为H₂SnO₃，结合电子守恒和元素守恒配平方程式；

【详解】(1)根据图像可知浓度超过100后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续分离，故答案为：100g/L；浓度超过100后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续分离；

(2)该过程反应物中有过氧化氢，过氧化氢受热易分解，故答案为：温度升高，过氧化氢受热分解；

(3)过氧化氢具有氧化性，还原产物一般为水，该过程中过氧化氢将TeO₃^2-氧化成Na₂TeO₄，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：2Na⁺+TeO₃^2-+H₂O₂＝Na₂TeO₄↓+H₂O；

(4)溶析结晶后的溶液仍为Na₂SnO₃和Na₂TeO₄的饱和溶液，所以从“溶析结晶”回到“碱浸”的物质除烧碱外，主要还有Na₂SnO₃、Na₂TeO₄，故答案为：Na₂SnO₃、Na₂TeO₄；

(5)锡的最高价含氧酸盐为H₂SnO₃，锡片可将Sb置换出来，即产物中有Sb单质，再结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：5Sn + 4SbO₄^3- + H₂O＝4Sb + 5SnO₃^2- + 2OH^–。

青海省海东市2020学年高二化学下学期期末联考试题（含答案）

青海省海东市2020学年高二化学下学期期末联考试题（含答案）,青海省,海东市,莲山课件.