1、湖北省荊州中學、宜昌一中兩校2019-2020學年高二化學上學期期末考試試題（含解析）可能用到的相對原子質量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137 一、選擇題 (本題包括16小題，每小題3分，共計48分。每小題只有一個選項符合題意。)1.下列既屬于放熱反應又屬于氧化還原反應的是A. 氧化鈣與水反應B. 鐵絲在氧氣中燃燒C. NaOH溶液與鹽酸反應D. Ba(OH)28H2O晶體與NH4Cl晶體反應【答案】B【解析】【詳解】A. 氧化鈣與水反應，放出熱量，但是該反應不涉及化合價的變化，不

2、是氧化還原反應，A錯誤；B. 鐵絲在氧氣中燃燒，是放熱反應，也有化合價的變化，是氧化還原反應，B正確；C. NaOH溶液和鹽酸反應是放熱反應，但是該反應不涉及化合價變化，不是氧化還原反應，C錯誤；D. Ba(OH)28H2O晶體與NH4Cl晶體反應是吸熱反應，但是該反應不涉及化合價變化，不是氧化還原反應，D錯誤；故合理選項為B。2.其他條件不變，升高溫度下列數據不一定增大的是( )A. 可逆反應的化學平衡常數KB. 0.1 mol/L CH3COONa溶液的pHC. 水的離子積常數KWD. 弱電解質的電離程度【答案】A【解析】【詳解】A、若正反應為放熱反應，升高溫度平衡向逆反應移動，化學平衡常

3、數減小，若正反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應移動，化學平衡常數增大，可逆反應的化學平衡常數K不一定增大，故A正確；B、醋酸鈉水解吸熱，升溫能夠促進其水解，堿性增強，pH增大，故B錯誤；C、水的電離過程是吸熱的，升高溫度促進水的電離，升高溫度電離程度增大，水的離子積一定增大，故C錯誤；D、電離是吸熱過程，升溫促進弱電解質的電離，電離度增大，故D錯誤；故答案選A。3.室溫下，將1mol的CuSO45H2O(s)溶于水會使溶液溫度降低，熱效應為H1，將1mol的CuSO4(s)溶于水會使溶液溫度升高，熱效應為H2；CuSO45H2O受熱分解的化學方程式為：CuSO45H2O(s)CuSO4(s)

4、+5H2O(l)，熱效應為H3。則下列判斷正確的是A. H2H3B. H1H3C. H1+H3=H2D. H1+H2H3【答案】B【解析】【詳解】根據題意知，CuSO45H2O(s)溶于水的熱化學方程式為CuSO45H2O(s)Cu2（aq）+SO42（aq）+5H2O(l)，H10；CuSO4(s)溶于水的熱化學方程式為CuSO4(s)Cu2（aq）+SO42（aq），H20；根據蓋斯定律知，CuSO45H2O受熱分解的熱化學方程式為：CuSO45H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l) H3=H1H20。A、根據上述分析知，H2H3，A錯誤；B、根據上述分析知，H1H3，B正確；C、根

5、據上述分析知，H3=H1H2，C錯誤；D、根據上述分析知，H1+H2H3，D錯誤。答案選B。4.下列事實能說明醋酸是弱電解質的是 ( )A. 醋酸能使石蕊溶液變紅B. 時.醋酸的pH約為3C. 向醋酸中加入氫氧化鈉溶液，溶液pH增大D. 醋酸能與碳酸鈣反應產生氣體【答案】B【解析】【分析】弱電解質在水溶液中不能完全電離，存在電離平衡，由此判斷回答。【詳解】A項：使石蕊變紅只能說明醋酸在溶液中已電離，但不能判斷電離是否完全，A項錯誤；B項：醋酸的pH約為3，即c(H+)為0.001mol/L，醋酸未完全電離，為弱電解質，B項正確；C項：醋酸中加入氫氧化鈉溶液，發生中和反應使c(H+)減小，溶液p

6、H增大，不能判斷醋酸電離否完全，C項錯誤；D項：與碳酸鈣反應產生氣體，也只能證明醋酸有酸性，不能判斷醋酸電離是否完全，D項錯誤。本題選B。【點睛】判斷電解質強弱是看已溶解的電解質是否完全電離，與電解質的溶解度大小、溶液導電能力的強弱無關。5.為了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加熱攪拌的條件下加入一種試劑，過濾后，再向濾液中加入適量的鹽酸，這種試劑是( )A. NH3H2OB. NaOHC. MgCO3D. Na2CO3【答案】C【解析】【分析】Fe3+易水解生成沉淀，可通過調節溶液pH的方法促進Fe3+的水解，注意不能引入新的雜質。【詳解】A. 加入氨水混入氯化銨雜質，且生成氫氧化鎂

7、沉淀，故A錯誤；B. 加入NaOH易生成氫氧化鎂沉淀，且混入NaCl雜質，故B錯誤；C. 加入碳酸鎂，與氫離子反應，可起到調節溶液pH的作用，促進鐵離子的水解生成氫氧化鐵沉淀而除去，且不引入新的雜質，故C正確；D. 加入碳酸鈉，易混入NaCl雜質，故D錯誤；答案選C。【點睛】物質的分離與提純是高頻考點，掌握除雜原則是解題的關鍵。在除雜過程中選擇試劑時要保證不增、不減、不繁“三不原則”，即不能引入新的雜質（包括水蒸氣等），不能與原有的物質反應，且過程要簡單、易操作。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大。X與W同主族，X、W的單質在標準狀況下的狀態不同。Y是空氣中含量最高的元素，Z原

8、子最外層電子數是其內層電子總數的3倍，Z2與W具有相同的電子層結構。下列說法正確的是（ ）A. 原子半徑大小順序：r(W)r(Z)r(Y)r(X)B. 由X、Y、Z三種元素形成的化合物的水溶液可能呈堿性C. 元素Y的簡單氣態氫化物的熱穩定性比Z的強D. 化合物X2Z2與W2Z2所含化學鍵類型完全相同【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Y是空氣中含量最高的元素，則Y為N元素；Z原子最外層電子數是其內層電子總數的3倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為6，則Z為O元素；Z2-與W+具有相同的電子層結構，則W為Na；X與W同主族，X、W的單質在標準狀況下的狀態

9、不同，則X單質為氣體，故X為H元素。據此解答。【詳解】A、同周期自左到右原子半徑逐漸減小，同主族自上而下原子半徑逐漸增大，氫原子比較最小，故原子半徑r（Na）r（N）r（O）r（H），選項A錯誤；B、由X（H）、Y（N）、Z（O）三種元素形成的化合物中，一水合氨的水溶液呈堿性，選項B正確；C、非金屬性Z（O）Y（N），元素非金屬性越強，簡單氣態氫化物越穩定，因此H2O的熱穩定性大于NH3，選項C錯誤；D、化合物H2O2含有共價鍵，而Na2O2含有共價鍵、離子鍵，所含化學鍵類型不完全相同，選項D錯誤。答案選C。【點睛】本題考查結構性質位置關系綜合應用，推斷元素是解題關鍵，注意對你元素周期律的理解

10、掌握。7.次磷酸(H3PO2)是一種精細磷化工產品，屬于一元弱酸，具有較強的還原性。下列有關說法正確的是A. 用惰性電極電解NaH2PO2溶液，其陽極反應式為：2H2O-4e-=O2+4H+B. H3PO2與過量NaOH溶液反應的離子方程式為：H3PO2+3OH-=PO23-+3H2OC. 將H3PO2溶液加入到酸性重鉻酸鉀溶液中，H3PO2的還原產物可能為H3PO4D. H3PO2溶于水的電離方程式為H3PO2H+H2PO2-【答案】D【解析】【詳解】A、H3PO2具有較強的還原性，電解時，陽極上H2PO2-失電子，所以用惰性電極電解NaH2PO2溶液，其陽極反應式為：H2PO2-4e-+2

11、H2OH3PO4+3H+，選項A錯誤；B、一元弱酸與NaOH按照物質的量1：1反應，所以H3PO2與過量NaOH溶液反應的離子方程式為：H3PO2+OH-H2PO2-+H2O，選項B錯誤；C、H3PO2具有還原性，能被高錳酸鉀氧化，則將H3PO2溶液加入到酸性高錳酸鉀溶液中，H3PO2的氧化產物為H3PO4，選項C錯誤；D、一元弱酸在溶液中部分電離出一個氫離子，則H3PO2溶于水的電離方程式為：H3PO2H+H2PO2-，選項D正確。答案選D。8.下列液體均處于25，有關敘述正確的是A. 某物質的溶液pHc(CH3COO)【答案】B【解析】【詳解】A.某些強酸酸式鹽如NaHSO4溶液的pH7，

12、故A錯誤； B.pH=4.5的番茄汁中c（H+）=10-4.5 molL-1，pH=6.5的牛奶中c（H+）=10-6.5 molL-1，前者c（H+）是后者的100倍，故B正確；C.同濃度的CaCl2和NaCl溶液中，c（Cl-）不同，則AgCl固體置于同濃度的CaCl2和NaCl溶液中左移程度是不同的，則兩溶液中銀離子濃度也不相同，故C錯誤；D.混合溶液顯酸性，則c（H+）c （OH-），根據電荷守恒，c（CH3COO-）c（Na+），故D錯誤。答案選B。【點睛】本題綜合考查了電解質溶液中的有關知識，包括鹽類的水解、溶液的pH與c（H+）的關系、沉淀溶解平衡的移動和溶液中離子濃度大小的比較

13、做題時注意鹽溶液類型的積累，對溶液濃度不同類型計算方法的整理以及平衡移動的影響條件的理解。9.下列說法正確的是A 電解法精煉銅時，以粗銅作陰極，純銅作陽極B. 加熱0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大C. 1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的數目為6.021023D. 相同條件下，溶液中Fe2+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次減弱【答案】B【解析】【詳解】A、依據電解原理分析判斷，電解法精煉銅時，以粗銅作陽極，純銅作陰極，選項A錯誤；B、鹽類的水解吸熱，故升高溫度，0.1mol/L Na2CO3溶液的水解平衡右移，則水解程度變大，溶液中氫氧根

14、的濃度增大，則pH變大，選項B正確；C、1L 1molL-1的NaClO溶液中含有溶質次氯酸鈉1mol，由于次氯酸根離子部分水解，溶液中含有ClO-的數目小于6.021023，選項C錯誤；D、相同條件下，溶液中Cu2+、Fe2+、Zn2+的氧化性依次減弱，選項D錯誤。答案選B。10.下列指定反應的離子方程式不正確的是 ( )A. Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl+ HClOB. 向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液：6Fe2+3ClO+3H2O=2Fe(OH)3+4Fe3+3ClC. NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HC

15、O3-OH=CO32-H2OD. 向FeCl3溶液中加入足量的Na2S溶液：2Fe3+3S2= 2FeS+S【答案】B【解析】【詳解】A. Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2的離子反應為Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl+HClO，故A正確；B. 向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液的離子反應為2Fe2+5ClO+5H2O2Fe(OH)3+Cl+4HClO，故B錯誤；C. NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合的離子反應為HCO3-+OHCO32-+H2O，故C正確；D. 向FeCl3溶液中加入足量的Na2S溶液：2Fe3+3S2= 2FeS+S，故D正確；答案選B

16、。11.下列圖示與對應敘述相符的是A. 圖甲表示壓強對可逆反應2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影響，乙的壓強大B. 圖乙表示CH3COOH溶液中通入NH3至過量的過程中溶液導電性的變化C. 圖丙表明合成氨反應是放熱反應，b表示在反應體系中加入了催化劑D. 圖丁表示一定濃度Na2CO3溶液中滴加鹽酸，生成CO2與滴加鹽酸物質的量的關系【答案】C【解析】【詳解】A、對可逆反應2A(g)2B(g)3C(g)D(s)，增大壓強，反應速率加快，達平衡的時間縮短，該反應正向為氣體物質的量減小的反應，增大壓強，平衡正確向移動，A的百分含量降低，與圖象不符，選項A錯誤；B、CH3COOH溶液中通入

17、氨氣，二者反應生成醋酸銨，溶液中自由移動離子濃度增大，導電性增強，與圖像不符，選項B錯誤；C、圖丙表明合成氨反應是放熱反應，b表示在反應體系中加入了催化劑，選項C正確；D、一定濃度碳酸鈉溶液中滴加鹽酸，發生的反應依次為Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，開始沒有二氧化碳生成，與圖像不符，選項D錯誤。答案選C。12.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A. 在0.01 molL1Ba(OH)2溶液中：Al3+、NH4+、NO3-、HCO3-B. 0.1 molL1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO42-、ClOC

18、. 滴加KSCN溶液顯紅色的溶液：NH4、K、Cl、ID. 由水電離產生的c(H+)110-13molL1的溶液中：Na+、Ba2+、NO3-、Cl【答案】D【解析】【詳解】A、Al3+與HCO3雙水解反應不能大量共存，而且HCO3與條件中OH-反應不能大量共存，選項A錯誤；B、Al3+、ClO-發生雙水解反應，H+、ClO-反應生成次氯酸，次氯酸能夠氧化FeCl2，在溶液中一定不能大量共存，選項B錯誤；C、滴加KSCN溶液顯紅色的溶液中含有Fe3：2Fe3+2I=2Fe2+I2，不能大量共存，選項C錯誤；D、由水電離出的c(H)=1013molL1的溶液既可能呈酸性又可能呈堿性，酸性條件下，

19、Na+、Ba2+、NO3-、Cl都可以大量共存，選項D正確。答案選D。13.對于下列化學平衡在一定條件下發生移動的描述，不正確的是A. Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中加入碳酸鈣，漂白性增強B. ZnS + Cu2+CuS + Zn2+，閃鋅礦(ZnS)遇CuSO4溶液轉化為銅藍(CuS)C. 2NO2N2O4 H0，將裝有NO2的玻璃球浸入熱水中，紅棕色變淺D. Cr2O72(橙色)+H2O2CrO42(黃色) +2H+，K2Cr2O7溶液中滴加幾滴濃硫酸，橙色加深【答案】C【解析】【詳解】A. 氯水中加入碳酸鈣，HCl與碳酸鈣反應，平衡正向移動，則HClO濃度增大，漂白性增強，A項正

20、確；B. 發生ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，溶解度大的物質轉化為溶解度小的物質，溶解度ZnSCuS，則閃鋅礦(ZnS)遇CuSO4溶液轉化為銅藍(CuS)，B項正確；C. 升高溫度，平衡逆向移動，則紅棕色變深，C項錯誤；D. 增大氫離子濃度，平衡逆向移動，則橙色加深，D項正確；答案選C。14. 在密閉容器中進行反應：X（g）+3Y（g）2Z（g），有關下列圖象的說法正確的是A. 依據圖a可判斷正反應為吸熱反應B. 在圖b中，虛線可表示壓強增大C. 若正反應的H0，圖c可表示升高溫度使平衡向逆反應方向移動D. 由圖d中氣體平均相對分子質量隨溫度的變化情況，可推知正反應的H0【答案】C【解析】

21、【詳解】A依據圖a可知：當反應達到平衡后，由于升高溫度，逆正，平衡逆向移動，根據平衡移動原理，升高溫度，化學平衡向吸熱反應方向移動，因此可判斷正反應為放熱反應，錯誤；B在圖b中，平衡未移動，但是達到平衡所需要的時間縮短，由于該反應是氣體體積減小的反應，所以虛線不可表示壓強增大，只能表示是加入了催化劑，錯誤；C若正反應的H0，升高溫度，正、逆反應速率都加快，根據平衡移動原理，平衡逆向移動，故可以用圖c可表示升高溫度使平衡向逆反應方向移動，正確；D由于升高溫度，氣體的平均相對分子質量減小，該反應是氣體體積減小的反應，則根據平衡移動原理，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，平衡逆向移動，可推知正反應的

22、H0，錯誤；答案選C。15.25時，用0.1 molL-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL-1 HX溶液，溶液的pH隨加入NaOH溶液體積變化如圖。下列說法不正確的是A. HX為弱酸B V1 20C. M點溶液中離子濃度由大到小的順序為：c(X)c(Na)c(H)c(OH)D. 二者等體積混合時，c(Na)c(X) + c(OH)【答案】D【解析】【分析】若HX為強酸，其濃度為0.1 molL-1時，溶液的pH應該為1，但實際上pH為3，則說明HX為弱酸，可從此進行分析作答。【詳解】A. 起始時，HX的濃度為0.1 molL-1，pH=3，則說明HX為弱酸，A正確；B. 若V1=

23、20，則溶液的溶質只有NaX，由于HX為弱酸，則NaX溶液呈堿性，pH7，所以V1應小于20，B正確；C. M點的溶質是等濃度的HX和NaX，溶液呈酸性，說明HX的電離程度大于X的水解程度，則溶液中離子濃度大小順序為：c(X)c(Na)c(H)c(OH)，C正確；D. 兩種溶液等體積混合時，根據電荷守恒有：c(Na)+c(H+)c(X) + c(OH)，D錯誤；故合理選項為D。【點睛】本題的突破口就在，圖中曲線的起點，通過這個點，可以發現，若HX為強酸，0.1 molL-1 HX溶液的pH應為1，而不是3。作答此類題目，一定要仔細分析題中的信息，圖中的信息也不能忽略。16.下列說法正確的是（

24、）A. 某物質的溶液中由水電離出的c（H+）110a molL1，若a7時，則該溶液的pH一定為14aB. 相同物質的量濃度的下列溶液中，NH4Al（SO4）2、(NH4)2SO4、CH3COONH4、NH3H2O；c（NH4）由大到小的順序是：C. 物質的量濃度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（S2）+c（HS）+c（OH）D. AgCl懸濁液中存在平衡：AgCl（s）Ag+（aq）Cl（aq），往其中加入少量NaCl粉末，平衡會向左移動，Ksp減少【答案】B【解析】【詳解】A、當溶液中加酸或加堿時，都會抑制水的電離，所以當水電離出的c(H)1107 mol/L

25、時，溶液可能顯酸性或堿性，A不正確；B、弱酸不完全電離，銨根離子濃度比鹽中的都小，濃度最小，鋁離子水解顯酸性，所以能抑制NH4水解，醋酸根水解顯堿性，能促進NH4水解，(NH4)2SO4中銨根離子最大，c（NH4）由大到小的順序是：，選項B正確；C、根據電荷守恒，應該是c（Na+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH），選項C不正確；D、Ksp只與溫度有關，與平衡移動無關，溫度不變，Ksp不變，選項D不正確。答案選B。二、非選擇題 17.(1)25 0.1mol/L的Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液變為紅色，原因是（用離子方程式表示）_ ，向其中逐滴加入0.1mol/L的鹽酸至過量

26、，產生的現象是_，依次發生主要反應的離子方程式是_；若向該溶液中逐滴加入BaCl2溶液至過量，產生的現象是_，反應的離子方程式是_。(2)在氫氧化鎂的濁液中有Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡，向其中加入FeCl3溶液，產生的現象是_，反應的離子方程式是_；已知 NH4Cl溶液的pH7，原因是（用離子方程式表示）_，向氫氧化鎂的濁液中加入固體氯化銨或適量飽和氯化銨溶液發現溶液逐漸變澄清，甲同學認為NH4Cl溶液中的H+與OH-反應使溶解平衡右移至溶液澄清；乙同學認為是NH4+與OH-反應生成氨水使溶解平衡右移至溶液澄清；丙同學為了證明前兩位同學誰的分析正確用下列中的試劑

27、代替NH4Cl做了相同的實驗，他選擇的試劑是_（填字母編號）A、NH4NO3 B、CH3COONH4 C、HNO3 D、NH4HSO4 則丙同學觀察到的實驗現象和結論可能是_。【答案】 (1). CO32-+H2OHCO3-+OH-(若寫了HCO3-+H2OH2CO3+OH-也正確） (2). 溶液的紅色逐漸變淺并消失且有無色氣泡冒出 (3). CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2+H2O（寫總反應不給分） (4). 紅色逐漸變淺并消失且有白色沉淀生成 (5). CO32-+Ba2+=BaCO3 (6). 白色沉淀變為紅褐色 (7). 2Fe3+3Mg(OH)2=2Fe(OH

28、)3+3Mg2+或2Fe3+（aq）+3Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq) (8). NH4+H2ONH3H2O+H+ (9). B (10). 若沉淀不溶解則甲正確，若沉淀溶解則乙正確【解析】【分析】（1）碳酸鈉溶液中，碳酸根離子水解，導致溶液呈堿性；向其中逐滴加入0.1mol/L的鹽酸至過量，依次發生主要反應的離子方程式是CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=CO2+H2O，導致碳酸根的水解平衡逆向移動，鹽酸過量，使溶液顯酸性；若向該溶液中逐滴加入BaCl2溶液至過量，由于發生反應CO32-+Ba2+=BaCO3，導致碳酸根的水解平衡逆向移動；（2）在

29、氫氧化鎂的濁液中有Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡，向其中加入FeCl3溶液，Fe3+結合OH-生成Fe(OH)3紅褐色沉淀，導致平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)正向移動；NH4Cl溶液中，NH4+發生水解反應使溶液顯酸性；為了證明氫氧化鎂懸濁液變澄清原理，需選擇呈中性的銨鹽，若加入中性銨鹽，濁液變澄清則說明乙同學正確，若加入中性銨鹽，濁液不變澄清則說明甲同學正確，據此分析。【詳解】（1）碳酸鈉溶液中，碳酸根離子水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，導致溶液呈堿性，滴入酚酞，溶液變為紅色；向其中逐滴加入0.1mol/L的鹽酸至過量，依次發

30、生主要反應的離子方程式是CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=CO2+H2O，導致碳酸根的水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-逆向移動，鹽酸過量，使溶液顯酸性，因此產生的現象為：溶液的紅色逐漸變淺并消失且有無色氣泡冒出；若向該溶液中逐滴加入BaCl2溶液至過量，由于發生反應CO32-+Ba2+=BaCO3，導致碳酸根的水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-逆向移動，因此產生的現象是紅色逐漸變淺并消失且有白色沉淀生成；（2）在氫氧化鎂的濁液中有Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡，向其中加入FeCl3溶液，Fe3+結合OH-生成Fe(OH)3紅褐色沉

31、淀，導致平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)正向移動，產生的現象是白色沉淀變為紅褐色沉淀；反應的離子方程式是2Fe3+3Mg(OH)22Fe(OH)3+3Mg2+或2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)；NH4Cl溶液中，NH4+發生水解反應NH4+H2ONH3H2O+H+使溶液顯酸性，則NH4Cl溶液的pH7；NH4HSO4、HNO3顯酸性，而NH4NO3與NH4Cl相似，醋酸銨溶液呈中性，將醋酸銨溶液滴入Mg(OH)2的濁液中，甲的解釋是銨根離子水解使溶液顯酸性，酸性溶液中的H+與氫氧化鎂電離的OH發生中和反應使氫氧化鎂溶

32、解，因醋酸銨溶液呈中性，如果氫氧化鎂不溶解，則甲同學的解釋正確；乙的解釋是只要溶液中存在NH4+，NH4+就與氫氧化鎂電離的OH反應使氫氧化鎂溶解，所以加入醋酸銨溶液，如果氫氧化鎂溶解，則乙同學的解釋正確。18.氫氣作為清潔能源有著廣泛的應用前景，含硫天然氣制備氫氣的流程如下圖所示。請回答下列問題：I轉化脫硫：將天然氣壓入吸收塔，30時，在TF菌作用下，酸性環境中脫硫過程如圖所示。 (1)過程i的氧化劑是_。(2)過程ii的離子方程式是_。(3)已知：Fe3+在pH=l.9時開始沉淀，pH=3.2時沉淀完全。30時，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。pH0.

33、91.21.51.82.12.42.73.0Fe2+的氧化速率/gL-1h-14.55.36.26.87.06.66.25.6請結合以上信息，判斷工業脫硫應選擇的最合適的pH范圍是_pH_。蒸氣轉化：在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化。結合下圖回答問題。(4)該過程的熱化學方程式是_。比較壓強p1和p2的大小關系：p1_p2（選填“”、“”或“=”）。在一定溫度和一定壓強下的體積可變的密閉容器中充入1mol CH4和1mol水蒸氣充分反應達平衡后，測得起始時混合氣體的密度是平衡時混合氣體密度的1.4倍，則CH4的轉化率為_。【答案】 (1). Fe3+或Fe2(SO4)3 (2). 4Fe2

34、+O2+4H+=4Fe3+2H2O (3). 15 (4). 1.9 (5). CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H=+204kJ/mol (6). (7). 40%【解析】【分析】（1）過程i中H2S被Fe2(SO4)3氧化生成單質S，S元素化合價升高，Fe元素化合價降低，故H2S作還原劑，Fe3+或Fe2(SO4)3作氧化劑；（2）過程ii是亞鐵離子酸性條件下被氧氣氧化生成鐵離子；（3）結合Fe3+沉淀的pH，以及30C時，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率，判斷工業脫硫應選擇的最合適的pH范圍；（4）圖像表示1mol甲烷與1mol水蒸氣反應

35、的焓變，據此寫出反應的熱化學方程式；該反應前后氣體物質的量增大，當溫度不變時，增大壓強平衡逆向移動，甲烷體積分數增大，再結合圖像分析；根據同溫同壓下，設平衡時，甲烷的轉化量為x mol，可列出三段式，計算平衡時混合氣體的平均摩爾質量，并計算起始時混合氣體的平均摩爾質量，列方程解未知數，進而計算甲烷的轉化率。【詳解】（1）過程i中H2S被Fe2(SO4)3氧化生成單質S，S元素化合價升高，Fe元素化合價降低，故H2S作還原劑，Fe3+或Fe2(SO4)3作氧化劑；（2）過程ii是亞鐵離子酸性條件下被氧氣氧化生成鐵離子，反應的離子方程式為4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；（3）Fe3+在

36、pH=1.9時開始沉淀，pH=3.2時沉淀完全，分析30C時，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率可知：工業脫硫應選擇的最佳pH范圍1.5pH1.9，當pH大于1.9時，Fe3+開始沉淀，導致Fe3+、Fe2+離子濃度均下降，降低反應速率，pH1.5時，T.F菌活性較低，反應速率減慢；（4）在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化生成一氧化碳和氫氣，圖中反應的焓變H=2582kJ/mol2378kJ/mol=204kJ/mol，則該過程的熱化學方程式為：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H=+204kJ/mol； 該反應前后氣體物質的量增大，當溫度不變

37、時，增大壓強平衡逆向移動，甲烷體積分數增大，則p1p2；設平衡時，甲烷的轉化量為x mol，則可列出三段式：同溫同壓下，即起始時混合氣體的平均摩爾質量是平衡時混合氣體的平均摩爾質量的1.4倍，起始時，混合氣體的平均摩爾質量為，則平衡時混合氣體的平均摩爾質量為，則有，解得x=0.4，故CH4的轉化率為為。【點睛】公式：同溫同壓下，氣體物質有以下關系，這是學生們的易忘點。19.CO和聯氨(N2H4)的性質及應用的研究是能源開發、環境保護的重要課題。（1）用CO、O2和KOH溶液可以制成堿性燃料電池，則該電池反應的離子方程式為_。用CO、O2和固體電解質還可以制成如下圖1所示的燃料電池，則電極d的電

38、極反應式為_。（2）聯氨的性質類似于氨氣，將聯氨通入CuO濁液中，有關物質的轉化如圖2所示。在圖示2的轉化中，化合價不變的元素是_(填元素名稱)。在轉化過程中通入氧氣發生反應后，溶液的pH將_(填“增大”、“減小”或“不變”)。轉化中當有1 mol N2H4參與反應時，需要消耗O2的物質的量為_。加入NaClO時發生的反應為：Cu(NH3)422ClO2OHCu(OH)22N2H42Cl2H2O。該反應需在80以上進行，其目的除了加快反應速率外，還有_、_。（3）CO與SO2在鋁礬土作催化劑、773 K條件下反應生成CO2和硫蒸氣，該反應可用于從煙道氣中回收硫，反應體系中各組分的物質的量與反應

39、時間的關系如圖3所示，寫出該反應的化學方程式：_。【答案】 (1). 2CO+O2+4OH2CO32+2H2O (2). CO-2e+O2CO2 (3). 鈉和氫 (4). 增大 (5). 1mol (6). 使氫氧化銅分解 (7). 降低聯氨的溶解度，使其從溶液中逸出 (8). 4CO+2SO2=4CO2+S2【解析】【詳解】（1）該燃料電池中，負極上CO失電子發生氧化反應生成二氧化碳，正極上氧氣得電子發生還原反應生成氫氧根離子，二氧化碳和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水，所以電池反應式為2CO+O2+4OH-=2CO32-+2H2O。d電極上CO生成二氧化碳，則該電極上發生失電子發生氧化反

40、應，電極反應式為CO+O2-2e-=CO2；（2）根據圖知，H、Na元素都在化合物中，化合價不變，故答案為氫、鈉；Cu（NH3）2+和氧氣反應過程中，Cu元素化合價由+1價變為+2價，O元素化合價由0價變為-2價，氧氣得電子和水反應生成氫氧根離子，所以溶液的pH增大；轉化中當有1mol N2H4參與反應時，轉移電子物質的量=1mol20-（-2）=4mol，根據轉移電子相等得需要消耗O2的物質的量=1mol，故答案為增大；1mol；由于溫度高時氫氧化銅分解，且氣體溶解度隨溫度升高而降低，從而促進反應向正反應方向進行，所以該反應需在80以上進行；（3）根據圖象知，反應物的物質的量變化量一個為（4

41、-1）mol=3mol、一個為（2-0.5）mol=1.5mol，生成物的物質的量變化量一個為（3-0）mol=3mol、一個為（0.75-0）mol=0.75mol，則反應物、生成物的物質的量變化量之比等于其計量數之比=3mol：1.5mol：3mol：0.75mol=4：2：4：1，根據C原子守恒知，計量數是4的為CO、CO2，二氧化硫的計量數是2，硫單質的計量數是1，則生成的硫單質為S2，所以反應方程式為4CO+2SO2=4CO2+S2。【點晴】本題考查原電池原理、氧化還原反應、化學方程式計算等知識點，為高頻考點，結合電解質溶液書寫電極反應式，難點是（3）題生成物硫化學式的確定，明確計量數與物質的量變化量關系是解（3）題關鍵。20.CO、CO2是火力發電廠釋放出的主要尾氣，為減少對環境造成的影響，發電廠試圖采用以下方法將其資源化利用，重新獲得燃料或重要工業產品。（1）CO與Cl2在催化劑的作用下合成光氣（COCl2）。某溫度下