2023学年度湖南省怀化市高二(上)期末化学试卷(附答案详解).docx

2023-2023 学年湖南省怀化市高二上期末化学试卷1. 化学在日常生活和生产中有着重要的应用，以下说法错误的选项是()A. 泡沫灭火器中的Al2(SO4)3溶液应贮存在玻璃筒内B. BaSO4在医学上用作钡餐所以Ba2+无毒对人体无害C. 能源汽车的推广与使用能削减氮氧化合物对环境的污染D. 工业上通常承受铁触媒、400500和10MPa30MPa的条件来合成氨2. 以下化学用语错误的选项是()A. 醋酸的电离：CH3COOH CH3COO + H+4B. 硫酸氢钠在水中的电离：NaHSO4 = Na+ + H+ + SO23C. 碳酸钙的溶解：CaCO3(s) Ca2+ + (aq) + CO2(aq)D. HS的水解：HS + H2O S2 + H3O+3. 镁和卤素单质(X2)反响的相对能量变化如下图，以下说法正确的选项是()A. 热稳定性：MgF2 > MgCl2 > MgBr2 > MgI2B. 22.4LF2(g)与足量的Mg充分反响，放热1124kJC. 电解熔融MgCl2要放出热量D. 由图中信息可知：MgBr2(s) + Cl2(g) = MgCl2(S) + Br2(l)H = 117kJ mol14. 以下说法正确的选项是()第 1 页，共 23 页A. 利用装置制无水AlCl3B. 装置为酸式滴定管，其读数为12.20mLC. 装置为牺牲阳极法防护钢闸门D. 装置为铅酸蓄电池，充电时阴极反响式为4PbSO+ 2e = Pb + SO245. 一种酒精检测仪的工作原理如下图，其反响原理为CH3CH2OH + O2 =CH3COOH + H2O，被测者吹出气体中所含的酒精被输送到电池中反响产生微小电流，该电流经电子放大器放大后在液晶显示屏上显示其酒精含量，以下说法错误的选项是()4A. 溶液中SO2移向a电极B. b为正极，正极区反响式为O2 + 2H2O + 4e = 4OHC. 吹出气体中酒精含量越高，微处理器中通过的电流越大D. a极区反响式为CH3CH2OH + H2O 4e = CH3COOH + 4H+第 2 页，共 23 页6. 处理CO2的一种重要方法是将CO2复原，所涉及的反响为CO2(g) + 4H2(g) CH4(g) + 2H2O(g)，假设平衡后将温度从300升至400，保持其他条件不变，反响重到达平衡时，CO2的体积分数增加。以下有关推断错误的选项是()A. 该反响的H < 0B. 上升温度正反响速率增大，逆反响速率也增大且增加的倍数更大C. 上升温度化学平衡常数K增大D. 上升温度CH4的产率降低7. 汽车尾气中CO、NO2气体在肯定条件下可以发生反响，4CO(g) + 2NO2(g) 4CO2(g) + N2(g) H = 1200kJ mol1，温度不同(T2 > T1)、其他条件一样时， 以下图象正确的选项是()A. B.C.D.8. 以下试验所得结论错误的选项是()选项试验结论将0.1mol L1氨水稀释成0.01mol L1，测得pH 稀释后，NH3 H2O的电离A由11.1变成10.6室温下，用pH计分别测定同浓度的NaClO和BCH3COONa溶液的pH，NaClO溶液pH大向含有酚酞的Na2CO3溶液中参加少量BaCl2固C体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅在AgCl悬浊液中滴入数滴0.1mol/LKI溶液，生成D黄色沉淀程度减小酸性：HClO < CH3COOH证明纯碱溶液呈碱性是由CO2水解引起的3同温下溶解度：AgCl > AgIA. AB. BC. CD. D9. 以下各组离子在相应条件下可能大量共存的是()第 3 页，共 23 页3A. 能使pH试纸变蓝的溶液中：CO2、K+、Cl、Na+B. 由水电离产生的c(H+) = 1 × 1010 mol L1的溶液中：NO、Mg2+、Na+、SO234C. 在c(OH ) = 1 × 1010的溶液中：NH+、Fe2+、Cl、NOc(H +)433D. 加水稀释pH增大的溶液：Na+、K+、Cl、CO210. 利用传感技术可以探究压强对2NO2(g) N2O4(g)化学平衡移动的影响。在室温、100kPa条件下，往针筒中充入肯定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻快速移动活塞至肯定位置，并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如下图。以下说法正确的选项是( )A. t1时刻的操作是向内推活塞B. E点到H点的过程中，NO2的物质的量先增大后减小C. E、H两点对应的正反响速率大小为v(H) > v(E)D. B、E两点气体的平均相对分子质量大小为M(B) > M(E)11. 工业上可承受CH OH 催化剂 CO + 2H的方法来制取高纯度的CO和H。我国学者承受322量子力学方法，通过计算机模拟，争论了在钯基催化剂外表上甲醇制氢的反响历程， 其中吸附在钯催化剂外表上的物质用标注。如图为计算机模拟的各步反响的能量 变化示意图，以下说法正确的选项是()第 4 页，共 23 页A. 温度较低时不利于该反响自发进展B. 决速步骤的能垒(活化能)为53.6kJ/molC. 过渡态II的稳定性小于过渡态VD. 由CH3OH (g)经过渡态I生成CH3O +H 的过程要释放能量，断裂极性共价键12. ：H2R为二元弱酸，25时，在肯定体积某浓度的H2R溶液中渐渐参加NaOH固体(无视溶液体积的变化)，H2R、HR、R2三者物质的量浓度随溶液pH变化的关系如下图，以下表达错误的选项是( )A. H2R一级电离平衡常数KR1 = 101.3B. 等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，所得溶液能促进水的电离C. pH = 4.3的溶液中：3c(R2) = c(Na+) + c(H+) c(OH)D. 等浓度的NaOH溶液与H2R溶液按体积比1：2混合，所得溶液呈酸性13.：2Cu2S(s) + 3O2(g) = 2Cu2O(s) + 2SO2(g)H = 768.2kJ/mol2Cu2O(s) + Cu2S(s) = 6Cu(s) + SO2(g)H = +116.0kJ/mol则Cu2S(s) + O2(g) = 2Cu(s) + SO2(g)H =。14. 如下图，E为浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸；A、B均为铂片，压在滤纸两端；R、S为电源的电极；M、N是用多微孔的Ni制成的电极，在碱溶液中可视为惰性电极：G为电流计；K为开关；C、D和电解池中都布满浓KOH溶液。假设在滤纸中心滴一滴紫色的KMnO4溶液，将开关K翻开，接通电源一段时间后，C、D中有气体产生。答复以下问题：第 5 页，共 23 页(1) R为(填“正”或“负”)极。(2) 通电一段时间后，M极四周溶液的pH(填“变大”、“变小”或“不变”)；B极区的电极反响式为。(3) 滤纸上的紫色点向(填“A”或“B”)方向移动。(4) 通电一段时间后，C、D中的气体产生到肯定量时，切断外电源并接通开关K，C、D中的气体渐渐削减，C中的电极反响式为。15. 高纯硫酸锰是合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由自然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图。：“滤渣1”含有S和SiO2；Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+8.16.31.53.48.96.26.910.18.32.84.710.98.28.9相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子开头沉淀的pH沉淀完全的pH答复以下问题：(1) “氧化”中添加适量MnO2的作用是。(2) “除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，则“滤渣3”的主要成分是(写化第 6 页，共 23 页学式)。(3) “除杂2”的目的是除去Mg2+。假设1L溶液中Mg2+的初始浓度为0.1mol/L，现欲将Mg2+沉淀完全(即剩余离子浓度小于1 × 105mol/L)，则至少需要参加MnF2固体 mol(无视参加固体时溶液体积的变化)。(：Ksp(MgF2) = 4.0 × 109；MnF2为易溶的强电解质。)(4) 写出“沉猛”的离子方程式。16. 肯定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压(P0)密闭容器中反响：C(s) + CO2(g) 2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图：(1) 650时，反响达平衡后CO2的转化率为。(2)T时该反响的平衡常数Kp =(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数)17. 醋酸是一种常见的弱酸，答复以下问题：(1) 以下措施可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是(填字母序号)。A. 升温B. 通入HCl气体 C.参加NaOH固体D.参加NaHSO4固体(2) 用0.1mol L1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol L1的盐酸和醋酸溶液，滴定过程中溶液pH随参加NaOH溶液体积变化的曲线如图。请答复：第 7 页，共 23 页滴定盐酸的曲线是(填“I”或“II”)；M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的挨次是。18. 国家标准规定葡萄酒中SO2的最大使用量为0.25g L1.某兴趣小组用如图1所示装置(夹持装置已略去)收集某葡萄酒中的SO2，并对其含量进展测定(1) 仪器B的名称为，仪器A的作用是(2) 向B中参加300.00mL葡萄酒和适量稀硫酸，加热SO2使全部逸出，并与C中H2O2完全反响，C中发生反响的离子方程式为(3) 除去C中剩余的H2O2，然后用0.0900mol L1的NaOH标准溶液进展滴定，NaOH标准溶液应盛装在图2中的(填“”或“”)中，理由是(4) 滴定前，先在锥形瓶中滴入几滴无色酚酞滴定过程中，眼睛应留意的变化，到达滴定终点的标志是(5) 滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2的含量为g L119. 钛及其化合物作用重要，尤其氧化钛、四氧化钛、钛酸钡等应用更广。答复以下问题：(1) 基态钛原子的价层电子排布式为。(2) 二氧化钛是世界上最白的物质，1g二氧化钛可以把450多平方厘米的面积涂得洁白，是调制白油漆的最好颜料。基态Ti4+中核外电子占据的原子轨道数为。(3)四氯化钛是种好玩的液体，在潮湿空气中水解生成白色的二氧化钛水凝胶，军事上利用四氯化钛的这种“怪脾气”制造烟雾剂。写出四氯化钛水解的化学方程式 。4(4) Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反响制得。LiBH4由Li+和BH构成，4其中BH的空间构型为；B原子的杂化轨道类型为。(5) Mn、Fe均为第四周期过渡金属元素，两元素的局部电离能数据如下：第 8 页，共 23 页元素MnFeI1717759电离能/kJ mol1I215091561I332482957锰元素位于第周期族区；比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难，对此你的解释是。20. (1)基态Cr原子外围电子排布图为；核外有种不同运动状态的电子。(2)CH3CH2OH与H2O可以任意比例互溶，除由于它们都是分子(极性或非极性)外，还由于 。(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的个实例如下图。化合物 甲分子中实行sp2方式杂化的碳原子个数为；化合物乙中各元素的电负性由大到小的挨次为。(4)一种常用麻醉剂氯仿常因保存不慎而被氧化，产生剧毒光气(COCl2)：2CHCl3 +O2 2HCl + 2COCl2，其中光气(COCl2)分子的立体构型为。(5)丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反响可生成鲜红色沉淀，其构造如下图。该分子中含有个键。第 9 页，共 23 页答案和解析1. 【答案】B【解析】解：A.泡沫灭火器中的原料为NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，NaHCO3溶液显碱性，Al2(SO4)3溶液显酸性，应储存在玻璃桶内，故A 正确；B.Ba2+可使蛋白质变性，对人体有害，但BaSO4难溶于盐酸，在胃中不能被人体吸取， 可做钡餐，故B 错误；C.能源汽车的推广削减了化石燃料的使用，从而氮氧化合物对环境的污染，故 C 正确； D.工业上通常承受铁触媒、400500和10MPa30MPa的条件来合成氨，故 D 正确；应选：B。A.Al2(SO4)3溶液显酸性，应储存在玻璃桶内； B.BaSO4难溶于盐酸，在胃中不能被人体吸取； C.能源汽车的推广削减了化石燃料的使用；D.工业合成氨在400500时催化剂铁触媒活化性能最好，10MPa30MPa的条件下转化率较高、速率较快。此题考察化学与生活的联系，难度不大，侧重考察学生从化学视角对待实际问题的力量， 敏捷迁移应用所学学问是解题的关键。2. 【答案】D【解析】解：A.醋酸为弱酸，其电离方程式为：CH3COOH CH3COO + H+，故A 正确；B.硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，其电离方程式为：4NaHSO= Na+ + H+ + SO2，故 B 正确；43C.碳酸钙在水溶液中存在溶解平衡： CaCO3(s) Ca2+ + (aq) + CO2(aq)，故 C 正确； D.HS + H2O S2 + H3O+为电离方程式，HS的水解反响为：HS + H2O H2S +OH，故 D 错误； 应选：D。A.醋酸为弱酸，在溶液中局部电离出氢离子和醋酸根离子； B.硫酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离；第 10 页，共 23 页C.碳酸钙在溶液中存在溶解平衡；D.该反响为硫氢根离子的电离方程式。此题考察电离方程式的书写推断，为高频考点，明确强弱电解质的区分为解答关键，留意把握电离方程式的书写原则，试题侧重考察学生敏捷应用根底学问的力量，题目难度 不大。3. 【答案】A【解析】解：A.能量越低越稳定，则热稳定性：MgF2 > MgCl2 > MgBr2 > MgI2，故 A正确；B.F2(g)所处的状态未知，不能使用Vm = 22.4L/mol，故 B 错误；C.由图可知，电解熔融MgCl2反响中反响物总能量小于生成物总能量，则该反响为吸热反响，故C 错误；D.由图可知，MgBr2(s) = Mg(s) + Br2(g)H = +524kJ/mol，MgCl2(s) = Mg(s) + Cl2(g)H = +641kJ/mol，依据盖斯定律 得MgBr2(s) + Cl2(g) = MgCl2(s) +Br2(g)H = (524 641)kJ/mol = 117kJ/mol，故 D 错误； 应选：A。A.能量越低越稳定； B.F2(g)所处的状态未知；C.反响物总能量小于生成物总能量，则该反响为吸热反响；D.由图可知，MgBr2(s) = Mg(s) + Br2(g)H = +524kJ/mol，MgCl2(s) = Mg(s) + Cl2(g)H = +641kJ/mol，依据盖斯定律 得MgBr2(s) + Cl2(g) = MgCl2(s) +Br2(g)。此题考察反响热与焓变，为高频考点，把握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意物质的状态，题目难度不大。4. 【答案】D【解析】解：A.加热促进铝离子水解，且生成的盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备无水氯化铝，故A 错误；B.酸式滴定管的小刻度在上方，且感量为0.01mL，图中读数为11.80mL，故 B 错误； C.图中有外加电源，为电解原理，为外加电源的阴极保护法，故C 错误；D.放电时负极上Pb失去电子生成硫酸铅，则充电时阴极反响硫酸铅得到电子生成Pb，4阴极反响式为PbSO4 + 2e = Pb + SO2，故 D 正确；应选：D。A.加热促进铝离子水解，且生成的盐酸易挥发； B.酸式滴定管的小刻度在上方，且感量为0.01mL； C.图中有外加电源，为电解原理；D.放电时负极上Pb失去电子生成硫酸铅，则充电时阴极反响硫酸铅得到电子生成Pb。 此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、仪器的使用、电化学腐蚀及防护、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。5. 【答案】B4【解析】解：A.电极b为正极，电极a为负极，酒精检测仪工作时，阴离子移向负极，即溶液中SO2移向a电极，故 A 正确；B.电极b为正极，电极a为负极，酸性条件下正极反响式为O2 + 4e + 4H+ = 2H2O，故B 错误；C.负极反响为CH3CH2OH 4e + H2O = CH3COOH + 4H+，吹出气体中酒精含量越高， CH3CH2OH的浓度越大，反响速率越快，电路中电流越大，故C 正确；D.电极b为正极，电极a为负极，CH3CH2OH在负极发生失去电子的反响生成CH3COOH， 负极反响式为CH3CH2OH 4e + H2O = CH3COOH + 4H+，故 D 正确；应选：B。该检测仪工作原理实质是原电池反响原理，呼入检测气体所接电极a为负极，CH3CH2OH发生失去电子的氧化反响，酸性条件下负极反响为CH3CH2OH 4e + H2O = CH3COOH + 4H+，则通入空气的b电极为正极，发生复原反响，电极反响为O2 + 4e + 4H+ = 2H2O，酒精检测仪工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。此题考察了原电池原理的应用，侧重于考察学生分析力量和敏捷运用力量，电极方程式的书写是难点，留意结合电解质溶液的酸碱性书写电极反响式，题目难度不大。6. 【答案】C【解析】解：A.依据分析可知，该反响为放热反响，其焓变H < 0，故A 正确；B.上升温度，反响速率增大，且平衡逆向移动，则逆反响速率倍数增大更大，故 B 正确； C.该过程温度上升平衡逆向移动，化学平衡常数K减小，故 C 错误；D.平衡逆向移动，则CH4的产率降低，故 D 正确； 应选：C。温度从300升至400，反响重到达平衡时，CO2的体积分数增加，可知上升温度平衡逆向移动，正反响为放热反响，以此解答该题。此题考察化学平衡，为高频考点，把握温度变化对氢气体积分数的影响为解答的关键， 侧重分析与应用力量的考察，留意平衡常数与温度有关，题目难度不大。7. 【答案】B【解析】解：A.上升温度，正逆反响速率均增大，且焓变为负，平衡逆向移动，逆反响速率大于正反响速率，图中正反响速率瞬间不变，二者不符，故A 错误；B.上升温度平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，T2 > T1，温度高对应的转化率小，与图全都，故B 正确；C.温度一样时增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小，与图不全都，故C 错误； D.上升温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，与图不全都，故D 错误；应选：B。A.上升温度，正逆反响速率均增大，且焓变为负，平衡逆向移动； B.上升温度平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小；C.一样压强时，上升温度平衡逆向移动，CO的体积分数增大；温度一样时增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小；D.上升温度平衡逆向移动，CO的转化率减小。此题考察化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意图中坐标及曲线的意义，题目难度不大。8. 【答案】A【解析】解：A.稀释促进一水合氨的电离，电离程度增大，则0.1mol L1氨水稀释成0.01mol L1，测得pH由11.1变成10.6，故 A 错误；B. 用pH计分别测定同浓度的NaClO和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液pH大，可知次氯酸根离子的水解程度大，可知酸性：HClO < CH3COOH，故 B 正确；C. 钡离子与碳酸根离子反响，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液的碱性降低，观看到有白色沉淀生成，溶液红色变浅，故C 正确；D. AgCl与KI反响生成更难溶的AgI黄色沉淀，可知同温下溶解度：AgCl > AgI，故 D 正确；应选：A。A. 稀释促进一水合氨的电离；B. 用pH计分别测定同浓度的NaClO和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液pH大，可知次氯酸根离子的水解程度大；C. 钡离子与碳酸根离子反响，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动； D.AgCl与KI反响生成更难溶的AgI黄色沉淀。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、弱电解质的电离、盐类水解、难溶电解质、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。9. 【答案】AB3【解析】解：A.能使pH试纸变蓝的溶液呈碱性，CO2、K+、Cl、Na+、OH之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故A 正确；3B.由水电离产生的c(H+) = 1 × 1010mol L1的溶液呈酸性或碱性，NO、Mg2+、Na+、HSO2、 +之间不反响，在酸性溶液中能够大量共存，故B 正确； 443C.该溶液呈碱性，NH+、Fe2+都与OH反响，在碱性溶液中不能大量共存，故 C 错误； D.加水稀释pH增大的溶液呈酸性，Na+、K+、Cl、CO2、H+之间不反响，在酸性溶液中不能够大量共存，故D 错误； 应选：AB。A.该溶液呈碱性，四种离子之间不反响，都不与氢氧根离子反响； B.该溶液呈酸性或碱性，四种离子之间不反响，都不与氢离子反响； C.该溶液呈碱性，亚铁离子、铵根离子与氢氧根离子反响；D.该溶液呈酸性，碳酸根离子与氢离子反响。此题考察离子共存的推断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反响发生条件为解答关键，留意把握常见离子不能共存的状况，试题侧重考察学生的分析与应用力量，题目难度不大。10. 【答案】CD【解析】解：A. t1时刻移动了活塞，压强快速减小，说明操作是t1时刻的操作是向外拉活塞，故A 错误；B.E点到H点的过程中，压强先增大后减小，增大压强平衡正向移动，则NO2的物质的量先减小后增大，故B 错误；C.E、H点压强不同，H点压强大，则E、H两点对应的正反响速率大小为vH > vE，故C正确；D.气体的质量不变时，B比E点压强大，增大压强平衡正向移动使气体的物质的量减小，由M = m可知B、E两点气体的平均相对分子质量大小为M nB应选：CD。A.t1时刻移动了活塞，压强快速减小；B.E点到H点的过程中，压强先增大后减小； C.E、H点压强不同，H点压强大；> ME，故D 正确；D.气体的质量不变时，B比E点压强大，增大压强平衡正向移动使气体的物质的量减小。此题考察化学平衡，为高频考点，把握压强对平衡移动的影响、图中压强变化为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意选项B 为解答的易错点，题目难度不大。11. 【答案】AC【解析】解：A.由图可知，该反响是吸热反响，H > 0，该反响是熵增的反响，S > 0， 依据H TS < 0，反响才能自发进展，则该反响在高温下能自发进展，则温度较低时不利于该反响自发进展，故A 正确；B.决速步骤的能垒(活化能)(113.9)kJ/mol (65.7)kJ/mol = 179.6kJ/mol，故B 错误； C.由图可知，过渡态II的能量高于过渡态V，则过渡态II的稳定性小于过渡态V，故 C 正确；D.由图可知，1molCH3OH (g)能量低于1molCH3O 和1molH 能量之和，则由CH3OH (g)经过渡态I生成CH3O +H 的过程要吸取能量，断裂极性共价键，故D 错误； 应选：AC。A. H TS < 0，反响才能自发进展；B. 决速步骤的能垒(活化能)即为活化能最大的步骤； C.能量越低越稳定；D.由图可知，1molCH3OH (g)能量低于1molCH3O 和1molH 能量之和。此题考察反响热与焓变，为高频考点，把握反响中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，题目难度不大。12. 【答案】B【解析】解：A. H2R的第一步电离方程式为H2R HR + H+，依据图像，当pH = 1.3时，H2R、HR的浓度相等，即c(HR) = c(H2R)则Ka1= c(H +)c(HR ) = c(H+) = 101.3，故 Ac(H 2R)正确；B.等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，所得溶液溶质为NaHR，依据图像HR的电离常数Ka2= 104.3大于水解KwKa1= 1012.7，电离为主，抑制水的电离，故B 错误；C.依据图像，在pH = 4.3时，c(HR) = c(R2)，依据电荷守恒，c(Na+) + c(H+) = c(OH) + c(HR) + 2c(R2) = c(OH) + 3c(R2)，故 C 正确；D.由选项B 中1：1混合显酸性，1：2混合时酸更多，故显酸性，故D 正确； 应选：B。H2R为二元弱酸，电离方程式为H2R HR + H+，HR R2 + H+，依据图像，随着溶液pH的增大，H2R的浓度渐渐减小，HR的浓度渐渐增大，即为H2R的浓度的变化曲线，为HR的浓度的变化曲线，随着溶液pH的进一步增大，HR的浓度渐渐减小， R2渐渐增大，则为R2浓度的变化曲线，据此分析解答。此题侧重考察电离平衡常数K的表达式的应用，Kh与Ka、Kw的关系推断电离程度与水 解程度的大小，从而推断溶液中离子浓度大小的关系，盐类水解促进水的电离，对学生的思维力量要求较高，属于难题。13. 【答案】217.4kJ/mol3【解析】解：依据盖斯定律：1 × ( + )得Cu2S(s) + O2(g) = 2Cu(s) + SO2(g)H =1 (768.2 + 116)kJ/mol = 217.4kJ/mol，3故答案为：217.4kJ/mol。3依据盖斯定律：1 × ( + )得Cu2S(s) + O2(g) = 2Cu(s) + SO2(g)。此题考察反响热与焓变，为高频考点，把握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，题目难度不大。14.【答案】负 变大 4OH 4e = 2H2O + O2 或2H2O 4e = O2 +4H+ B H2 +2OH 2e = 2H2O【解析】解：(1)开关K翻开，电极M、N及氢氧化钾溶液构成电解池，电解KOH溶液实质是电解水，分别生成氢气和氧气，氢气和氧气的体积比为2：1，由图可知，M极上气体体积是N极上气体体积的2倍则M极上得氢气，N极上得到氧气，则R是负极，S是正极，故答案为：负；(2) 开关K翻开，电极M、N及氢氧化钾溶液构成电解池，M极为阴极，N极为阳极，R是负极，S是正极，阴极反响式为2H2O + 2e = H2 +2OH，消耗水生成OH，则M极四周溶液的pH变大；B极与电源正极相接，为阳极，电解Na2SO4溶液实质也是电解水，阳极上OH或H2O放电生成O2，阳极反响式为4OH 4e = 2H2O + O2 或2H2O 4e =O2 +4H+，故答案为：变大；4OH 4e = 2H2O + O2 或2H2O 4e = O2 +4H+；(3) 浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸E与电源也构成了电解池，由于R是负极，S是正极，则B极是阳极，A极是阴极，电解质溶液中的阴离子高锰酸根离子向阳极移动，即紫色的高锰酸根离子移向B极，故答案为：B；(4) 通电一段时间后，C、D中的气体产生到肯定量时，切断外电源并接通开关K，构成 氢氧燃料电池，该燃料电池中C试管中布满氢气，D试管中布满氧气，M极为负极，N极为正极，负极反响式为H2 + 2OH 2e = 2H2O，故答案为：H2 + 2OH 2e = 2H2O。(1)依据C、D两试管中得到的气体体积大小推断电极名称，从而确定电源R、S电极名称； (2)电解KOH溶液实质是电解水，C试管中得到的气体体积大，D试管中得到的气体体积小，则M极生成氢气，N极生成氧气；(3) 依据电解池的工作原理推断电解时溶液阴离子高锰酸跟离子向阳极移动；(4) 当C、D里的气体产生到肯定量时，切断外电源并接通开关K，构成氢氧燃料电池， 消耗了氢气和氧气，正极氧气得电子发生复原反响，负极氢气失电子发生氧化反响，据此分析解答。此题考察了原电池工作原理和电解原理的应用，为高频考点，把握电极的推断、电极反响及反响式书写为解题关键，侧重分析力量和敏捷运用力量的考察，留意溶液中离子的 移向，题目难度不大。315.【答案】将Fe2+氧化为Fe3+NiS和ZnS 0.01Mn2+ + 2HCO = MnCO3 +CO2 +H2O【解析】解：(1)MnO2具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，从而在调整pH时除去Fe3+， 故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；(2) “除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，这两种离子和硫离子生成NiS和ZnS沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，故答案为：NiS和ZnS；(3) ：Ksp (MgF2) = 6.4 × 1011，假设使溶液中的Mg2+沉淀完全，需维持c(F)不低于Ksp (MgF 2) = 4×109 mol/L = 2 × 102mol L1，则n(MnF2) = cV × 1 = 0.01mol，c(Mg 2+ )1052故答案为：0.01；3(4) “沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反响生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳， 离子方程式为：Mn2+ + 2HCO = MnCO3 +CO2 +H2O，3故答案为：Mn2+ + 2HCO = MnCO3 +CO2 +H2O。硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)和MnO2中参加稀硫酸，MnO2为氧化剂， 具有氧化性，二者发生氧化复原反响生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及 难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2、S以及难溶性的硅酸盐；然后向滤液中参加MnO2，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后再向溶液中参加氨水调整溶液的pH除铁离子和 铝离子，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，参加 的Na2S和Zn2+、Ni2+反响生成NiS和ZnS沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，“除杂2”的目 的是将镁离子转化为MgF2沉淀除去，所以滤渣4为MgF2，最终向滤液中参加碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解得到硫酸锰，据此分析答复以下问题。此题考察物质的分别提纯和制备试验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考察学生学问综合应用、依据试验目的及物质的性质进展分析、试验根本操作力量及试验方案设计力量，综合性较强，留意把握物质性质以及对题目信息的猎取于使用，难度中等。16.【答案】25% 0.5p0【解析】解：(1)设CO2浓度变化为x，C(s) + CO2(g) 2CO(g)开头(mol/)10变化(mol/L)x2x平衡(mol/L)1 x2x2x 1+x× 100% = 40.0%，解得x = 0.25mol L1，即CO2的转化率为0.25mol/L1mol/L× 100% =25%，故答案为：25%；(6)T时，CO的平衡分压为50%p0，CO2的分压为50%p0，Kp= p2 (CO)p(CO 2)= (0.5p 0 )20.5p 0= 0.5p0，故答案为：0.5p0。(1)设CO2浓度变化为x，C(s) + CO2(g) 2CO(g)开头(mol/)10变化(mol/L)x2x平衡(mol/L)1 x2x2x 1+x× 100% = 40.0%，解得x =