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

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1、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) +

2、 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

3、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

4、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 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

5、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 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

6、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，

7、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

8、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

9、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、

10、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

11、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

12、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

13、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

14、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

15、，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

16、。(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

17、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

18、，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

19、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，Mg

20、Cl2(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

21、(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

22、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

23、+ = 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+

24、，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 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

25、，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

26、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 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【

27、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

28、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

29、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.

30、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.

31、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

32、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

33、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

34、.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

35、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

36、，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

37、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

38、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) = 4109 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

39、 +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

40、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 =