江西省赣州市第一中学2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2021高二下·赣州开学考）中华传统文化中蕴藏着丰富的化学知识。下列对古文或古诗词蕴藏的原理理解正确的是（ ）
选项 古文或古诗词 原理
A 冰，水为之，而寒于水 冰变成水过程中ΔH＜0，ΔS＜0
B 日照香炉生紫烟 紫烟指的是碘的升华
C 蜡炬成灰泪始干 蜡烛燃烧过程中化学能全部转化为光能
D 《天工开物》记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用” 陶瓷是一种传统硅酸盐材料
A．A B．B C．C D．D
2．（2021高二下·赣州开学考）下列属于吸热的氧化还原反应的是（ ）
A．Zn与稀盐酸反应制备氢气
B．铵盐和碱反应生成氨气
C．碳与二氧化碳高温反应生成一氧化碳
D．铝热反应
3．（2021高二下·赣州开学考）对于 的反应来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2021高二下·赣州开学考）德国化学家弗里茨·哈伯因合成氨工业化而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，在一定条件下使该反应发生。下列说法正确的是（ ）
A．若断裂3 mol H-H键，同时生成6 mol N-H键，说明该反应已处于平衡状态
B．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
C．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化
D．达到化学平衡时，正反应和逆反应速率都为零
5．（2021高二下·赣州开学考）下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A．已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
C．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol，若将含0.6 mol H2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3 kJ
D．需要加热的反应说明它是吸热反应
6．（2021高二下·赣州开学考）利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法错误的是（ ）
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应
7．（2021高二下·赣州开学考）某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如下，下列说法错误的是（ ）
A．A为电源正极
B．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为： +6Fe2++14H+= 2Cr3++6Fe3++ 7H2O
C．阴极区附近溶液pH降低
D．若不考虑气体的溶解，当收集到H2 13.44 L(标准状况)时，有0.1 mol 被还原
8．（2021高二下·赣州开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，46 g C2H6O含有的O-H键数目为NA
B．100 mL 12 mol/L的浓HNO3、与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6 NA
C．将0.1 molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目小于0.1 NA
D．12 g金刚石中含有的共价键数目为4 NA
9．（2020高二上·长沙月考）高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝ 。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是（ ）
A．该反应是焓变为正值
B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应化学方程式为CO＋H2O CO2＋H2
10．（2021高二下·赣州开学考）下列溶液一定能大量共存的（ ）
A．使甲基橙变红的溶液中：
B．水电离产生的 的溶液中：
C． 的溶液中：
D．pH=14的溶液中：Na+、 、 、Cl
11．（2021高二下·赣州开学考）有关碰撞理论，下列说法中正确的是（ ）
A．具有足够能量的分子（活化分子）相互碰撞就一定能发生化学反应
B．增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
C．升温能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D．催化剂不影响反应活化能，从而只影响反应速率不影响化学平衡
12．（2021高二下·赣州开学考）如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在(1)中加入CaO，在(2)中不加其他任何物质，在(3)中加入NH4Cl晶体，发现(1)中红棕色变深，(3)中红棕色变浅。[已知反应2NO2(红棕色) N2O4(无色)]
下列叙述正确的是（ ）
A．2NO2 N2O4是放热反应
B．NH4Cl溶于水时放出热量
C．烧瓶(1)中平衡混合气体的平均相对分子质量增大
D．烧瓶(3)中气体的压强增大
13．（2021高二下·赣州开学考）一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，可能引起由c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13
C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
14．（2021高二下·赣州开学考）铁、稀盐酸、澄清石灰水、氯化铜溶液是中学化学中常见物质，四种物质间的反应关系如图所示，图中两圆相交部分(A、B、C、D)表示物质间的反应。下列说法错误的是（ ）
A．反应A属于复分解反应
B．反应B的离子方程式为
C．反应C，反应D既是氧化还原反应又是离子反应
D．上述四种物质既不是电解质又不是非电解质
15．（2020高二上·长沙月考）下列有关化学反应方向的说法中正确的是（ ）
A．反应3NO2(g) + H2O(l) = 2HNO3(aq) + NO(g)在一定条件下能自发进行，说明该反应的△H>0
B．反应2Na2SO3(s) + O2(g) = 2Na2SO4(s)能自发进行，则△H＜0
C．在一定温度下的AgCl的水溶液中，Ag+和Cl-浓度的乘积是一个常数
D．在1 L 溶液中 数目为
16．（2020高二上·包头期中）已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4。现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ为次氯酸稀释时pH变化曲线
B．取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小
C．b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小
D．从b点到d点，溶液中 保持不变(HR代表HClO或HF)
二、综合题
17．（2021高二下·赣州开学考）下列是八种环状的烃类物质：
（1）互为同系物的有 和 (填名称)。互为同分异构体的有 和 、 和 (填名称，可以不填满，也可以再补充)。
（2）正四面体烷的二氯取代产物有 种；金刚烷的一氯取代产物有 种。
（3）用系统命名法给 有机物命名
18．（2021高二下·赣州开学考）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生在实验室中进行测定盐酸的浓度的实验。请完成下列填空：
（1）I．配制480mL0.10mol L 1NaOH标准溶液。
用托盘天平称量NaOH固体质量为 g；
（2）II．取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下表。
实验编号 c(NaOH) mol L 1 NaOH溶液滴入的体积(mL) 待测盐酸的体积(mL)
1 0.10 25.90 20.00
2 0.10 26.00 20.00
3 0.10 26.10 20.00
滴定达到终点的标志是 ；
（3）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为 mol L 1；
（4）排碱式滴定管中气泡应采用如图所示操作中的 ；
（5）在上述实验中，下列操作会造成测定结果偏高的有______（填字母序号）；
A．滴定终点读数时俯视
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥
D．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
（6）若滴定结束时，碱式滴定管中的液面如图所示：则终点读数为 mL。
19．（2021高二下·赣州开学考）某同学为探究Kw的影响因素，做了如下探究。
（1）查阅资料，不同温度下水的离子积常数。
t/℃ 0 10 20 25 40 50 90 100
Kw/10-14 0.134 0.292 0.681 1.01 2.92 5.47 38.0 55.0
由此推出：随着温度的升高，Kw的值 ；水的电离程度 ；水的电离平衡向 移动，水的电离过程是 过程。
（2）取三只烧杯A、B、C，分别加入适量水，再向B、C烧杯中分别加入适量盐酸和NaOH，分析并填写下表：
纯水 加少量盐酸 加少量NaOH
c(H+) 1.0×10-7
mol·L-1 增大
c(OH-) 1.0×10-7
mol·L-1 增大
c(H+)和c(OH-)大小比较 c(H+)=c(OH-) c(H+) c(OH-) c(H+)
c(OH-)
水的电离平衡移动方向
Kw值 1.0×10-14
综上所述，可得出如下结论：
①温度、 均能影响水的电离平衡。
②Kw只受 的影响，而与其他因素无关。
20．（2021高二下·赣州开学考）
（1）I.在25 ℃、101
kPa下：①2Na(s)+ O2(g)=Na2O(s) ΔH1=-414 kJ·mol-1；②2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH2=-511 kJ·mol-1；25℃、101 kPa下，Na2O2(s)与Na(s)反应生成Na2O(s)的热化学方程式为 。
（2）II.在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s) 0 1 2 3 4 5
n(NO)(mol) 0.020 0.011 0.008 0.007 0.007 0.007
写出该反应的平衡常数表达式：K= 。
（3）如图中表示NO2的变化的曲线是 。用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=
（4）能说明该反应已达到平衡状态的是 。
a.v(NO2)=2v(O2) b.容器内压强保持不变
c.v逆(NO)=2v正(O2) d.容器内密度保持不变
（5）某同学查阅资料得知，该反应K300℃>K350℃；25℃时，生成1molNO2，热量变化为56.4kJ。但是该同学由于疏忽，忘记注明“+”、“-”。根据题目信息，该反应的热化学方程式为 。
（6）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是 。
a.及时分离除NO2气体 b.适当升高温度 c.增大O2的浓度 d.选择高效催化剂
21．（2021高二下·赣州开学考）湿法炼锌为现代炼锌的主要方法，下列是以硫化锌精矿为原料制备单质锌的工业流程。
（1）硫化锌精矿在空气中焙烧时，通常会将硫化锌精矿粉碎，其目的是 。
（2）浸出液以硫酸锌为主，还含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Cu2+、Cd2+、Cl-等杂质，会影响锌的电解，必须除去。净化过程如下：
①在酸性条件下，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为 。
②将浸出液的pH调节为5.5左右，使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去，可选用的最佳试剂为 。
A．H2SO4 B．Zn(OH)2 C．NH3·H2O D．ZnO
③用Zn除去Cu2+和Cd2+；
④用Ag2SO4除去Cl-。
（3）用两支惰性电极插入500mL硫酸锌溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解时没有氢气析出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略)，锌在 极析出，其质量为 mg；另一电极上的反应式为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；燃料的充分燃烧；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A．冰融化为水的过程需要吸收热量，ΔH>0；固体变为液体的过程是熵增大的过程；ΔS>0；A项不符合题意；
B．紫烟是指在阳光的照射下，因水汽蒸腾而呈现出紫色烟霞，不是碘的升华，B项不符合题意；
C．蜡烛燃烧过程中化学能转化为光能和热能，C项不符合题意；
D．陶瓷是以黏土为原料，经过高温烧制而成，属于传统硅酸盐材料。D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据起始状态物质具有的能量和状态判定
B.紫烟指的是水蒸气
D.考查的是硅酸盐材料的用途
2．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．Zn与稀盐酸反应产生ZnCl2和H2，反应过程中Zn、H元素化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应；但反应过程会放出热量，属于放热反应，A不符合题意；
B．铵盐和碱共热反应生成氨气，该反应属于吸热反应；但由于反应过程中元素化合价不变，因此反应属于非氧化还原反应，B不符合题意；
C．碳与二氧化碳高温反应生成一氧化碳，反应过程中C元素化合价发生了变化，反应为氧化还原反应；反应过程中吸收热量，因此反应同时属于吸热反应，C符合题意；
D．铝热反应过程中有元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应；铝热反应发生放出热量，因此属于放热反应， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应是由化合价变化的反应
常见的放热反应是：酸碱中和、绝大部分化合反应、酸和金属等等
常见的吸热反应是大部分分解反应和碳和二氧化碳的反应，以及氯化铵和氢氧化钡的反应等等
3．【答案】B
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】比较同一反应的化学反应速率快慢，应用同种物质比较，由化学反应速率之比等于化学反应速率之比可知，A中 、B中 、C中 、D中 ，则B的反应速率最快，
故答案为：B。
【分析】利用速率之比等于化学计量系数之比，转化为同一种物质的速率即可
4．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．若断裂3 mol H-H键，同时生成6 mol N-H键，表示的都是反应正向进行，不能据此说明该反应已处于平衡状态，A不符合题意；
B．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度可能相等，也可能不相等，这与起始浓度有关，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，B不符合题意；
C．达到化学平衡时，N2、H2和NH3各自的消耗量与产生量相同，三种物质的物质的量浓度不再变化，C符合题意；
D．化学平衡状态为动态平衡，反应达到化学平衡时，反应仍然在进行，只不过任何物质的消耗速率与产生速率相等，但都不为零，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.平衡条件是正反应的速率等于逆反应的速率
B.平衡浓度和起始的浓度有关
C.平衡时速率相等
D.平衡时反应以一个恒定的速率进行
5．【答案】C
【知识点】中和热；反应热的大小比较
【解析】【解答】A.2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1<ΔH2，故A不符合题意；
B.能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，故B不符合题意；
C.将含0.6molH2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，生成1mol水，放出的热量等于57.3 kJ，故C符合题意；
D.反应条件与反应吸放热无关，故D不符合题意。
【分析】A.碳完全燃烧放出热量大于不完全燃烧
B. ΔH =金刚石的能量-石墨的能量
C.中和热是生成1mol的水放出的热量
D.吸热以及放热和反应物生成物本身有关系
6．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A不符合题意，B符合题意。
若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C不符合题意；
X极作阳极，发生氧化反应，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】若K连接M构成原电池，若X的活动性强于铁，可以保护铁，若X是不活泼金属或碳棒时，加速铁的腐蚀，若K连接N构成电解池。此时是可以保护铁
7．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，左侧铁板为阳极，A为电源正极，A不符合题意；
B．左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的 氧化，反应生成Cr3+、Fe3+，反应的离子方程式为 +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，B不符合题意；
C．阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，C符合题意；
D．标准状况时，13.44 L氢气的物质的量为 =0.6mol，根据电子转移守恒n(Fe2+)= =0.6mol，根据 +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知，被还原的 的物质的量为0.6mol× =0.1mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据产物的产生情况，可以确定A是阳极连接的是正极阳极区是重铬酸根离子失去电子发生氧化反应，B是阴极连接的是负极。氢离子得到电子发生还原反应，根据得失电子的情况即可计算出各变化的量
8．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.46g C2H6O的物质的量是1mol，该物质可以表示乙醇，也可以表示二甲醚，因此不一定表示乙醇，所以含有羟基数目不一定是NA，A不符合题意；
B.100mL 12mol/L的浓HNO3中含有溶质的物质的量是1.2mol，若1.2mol硝酸与Cu完全发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，转移电子的物质的量是(1.2mol÷4)×2=0.6mol，若完全发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，转移电子的物质的量是(1.2mol÷8)×6=0.9mol，事实上硝酸发生上述两个反应，因此转移的电子数目大于0.6NA，B符合题意；
C.根据电荷守恒可得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于溶液显中性，所以c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，CH3COONa物质的量是0.1mol，则溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，C不符合题意；
D.金刚石中每一个碳原子形成4个共价键，但每个碳碳单键被两个碳原子共用，即每一个碳原子只分摊两个共价键，所以12g金刚石中含有的共价键数目为42NA，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.分子式中不一定含有氢氧键
B.根据极值法进行计算产生二氧化氮和一氧化氮转移电子的数目即可
C.根据物料守恒判断
D.根据n=m/M计算出物质的量，再根据金刚石含有的共价键进行计算
9．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A. 由题意知，温度升高，平衡向正反应移动，说明正反应为吸热反应，故该反应的焓变为正值，A符合题意；
B. 恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定增大而不会减小，B不符合题意；
C. 升高温度，正逆反应速率都会增大，C不符合题意
D.该反应化学方程式应为CO2+H2 CO+H2O，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由平衡常数的表达式可得，该反应化学方程式应为CO2+H2 CO+H2O。
10．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．使甲基橙变红的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与AlO 不能共存，A项不符合题意；
B．水电离产生的 的溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO 既能与H+反应，也能与OH 反应，故HCO 在水电离产生的 的溶液中不能共存，B项不符合题意；
C． 的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与CO 、SiO 不能共存，C项不符合题意；
D．pH=14的溶液中含有大量的OH ，OH 与Na+、 、 、Cl 都能共存，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】考查的是离子的共存问题，不能发生复分解反应或者氧化还原反应
与氢离子不能共存的有：氢氧根、碳酸氢根、醋酸根、碳酸根、偏铝酸跟等
与氢氧根不共存的有，氢离子、碳酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等等
与氯离子不能共存的是：银离子
与钡离子不能共存的是：碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根等等
11．【答案】C
【知识点】催化剂；有效碰撞理论
【解析】【解答】A．只有活化分子间的有效碰撞，才能发生化学反应，A不符合题意；
B．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，但不能增加活化分子的百分数，B不符合题意；
C．升温能增大活化分子百分数，从而加快反应速率，符合题意；
D．催化剂能改变反应的活化能，从而改变反应速率，D是错误的；
故答案为：C。
【分析】使用催化剂可以减小活化能，可以提高反应的速率，但是不能改变平衡的移动，升高温度，提供了能量，增加了活化分子的数目，增加了有效碰撞的机会，只有有效的碰撞才能使反应发生，增加反应物的浓度，可以提高活化分子数
12．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A.（1）中红棕色变深，说明平衡是向逆反应方向移动的，而CaO和水反应放出热量，即逆反应方向是吸热反应，则正反应方向是放热反应，故A符合题意；
B.（3）中红棕色变浅，说明平衡正向移动，正反应是放热反应，则氯化铵溶于水时吸收热量，故B不符合题意；
C.（1）中平衡逆向移动，NO2和之前相比含量增多，则体系中平均相对分子质量减小，故C不符合题意；
D.（3）中红棕色变浅，说明氯化铵溶于水时吸收热量，平衡正向移动，气体的物质的量减小，则烧瓶（3）中的压强必然减小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】2NO2(g) N2O4(g)，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，若红棕色加深，说明向生成NO2的方向进行，若红棕色变浅说明向生成N2O4的方向进行；已知CaO和水反应生成氢氧化钙的反应是放热反应，据此分析（1）瓶中的热量变化；（3）瓶中颜色变浅，说明反应正向移动，根据方程式发现反应后气体体积变小，据此分析（3）瓶的压强变化情况。
13．【答案】C
【知识点】水的电离；离子积常数
【解析】【解答】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，故A不符合题意；
B．根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+) c(OH )=1×10 7×1×10 7=1×10 14，故B不符合题意；
C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C符合题意；
D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.水的电离是吸热
B.根据离子积常数计算
C.盐的水解促进了水的电离
D.稀释时依然符合水的离子积常数的公式
14．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；电解质与非电解质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．澄清石灰水与稀盐酸的反应是酸碱中和，是复分解反应，故A不符合题意；
B．，正确的离子方程式是 ，故B符合题意；
C．氯化铜和铁的反应，铁和稀盐酸的反应都是水溶液中的离子反应，都是置换反应，都是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．上述四种物质是混合物或者是单质，都不是化合物，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.交换成分有水生成
B.澄清石灰水可以拆写为离子
C.元素化合价发生变化并且可以写成离子方程式，Cu2++Fe=Fe2++Cu,Fe+2H+=Fe2++H2
A.上述四种物质既不是电解质也不是非电解质
15．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变
【解析】【解答】A．△H-T△S＜0，反应能自发进行，该反应前后气体物质的量减小，则其△S＜0，在一定条件下能自发进行，说明该反应的△H＜0，故A不符合题意；
B．△H-T△S＜0，反应能自发进行，该反应前后气体物质的量减小，则其△S＜0，在一定条件下能自发进行，说明该反应的△H＜0，故B符合题意；
C．未达到饱和溶液时，溶液中Ag+和Cl-浓度的乘积不是常数，故C不符合题意；
D.1 L 溶液中 会发生水解而减少，数目小于 ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A：该反应的△S＜0，△H-T△S＜0，反应能自发进行，说明该反应的△H＜0
B：该反应的△S＜0，△H-T△S＜0，反应能自发进行，说明该反应的△H＜0
C：没有说 是饱和的AgCl水溶液
D： 会发生水解而减少
16．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．酸性越强，加水稀释时溶液pH值变化越大，HF酸酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线I代表HF稀释时pH变化曲线，故A不符合题意；
B．pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，故B不符合题意；
C．酸的pH越大，对水的电离的抑制程度越小，所以b点溶液中水的电离程度比c 点溶液中水的电离程度大，故C不符合题意；
D．溶液中 = = ，平衡常数只随温度而改变，所以从b点到d点，溶液中 保持不变，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.pH相同的两种酸溶液，酸的酸性越强，其初始浓度越小，稀释过程中，pH变化越大；
B.pH相同的两种酸溶液，酸的酸性越强，其初始浓度越小，等浓度的HClO和HF用同样的NaOH溶液中和时消耗NaOH的体积相同；
C.酸的电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离；
D.平衡常数只随温度而改变 。
17．【答案】（1）环己烷；环辛烷；苯；棱晶烷；环辛四烯；立方烷
（2）1；2
（3）2-甲基-2，4-己二烯
【知识点】有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】(1)同系物：结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，则环己烷（C6H12）与环辛烷（C8H16）均为环烷烃，分子组成上相差2个CH2，互为同系物；
同分异构体：分子式相同，结构不同的化合物，则苯与棱晶烷（分子式均为C6H6），环辛四烯与立方烷（分子式均为C8H8）互为同分异构体，故互为同系物的有环己烷和环辛烷；
互为同分异构体的有苯和棱晶烷、环辛四烯和立方烷；
(2)由正四面体烷的结构可知分子中有4个碳原子和4个氢原子，分子式为C4H4，正四面体烷完全对称，只有一种氢原子，一氯代物只有1种，一氯代物中氢原子也只有1种，所以故二氯代物只有1种；金刚烷分子中有两种氢原子，一种是次甲基氢，一种亚甲基氢，所以其一氯代物有2种；
(3)将有机物进行编号 ，主链上有6个碳原子，系统命名为2-甲基-2，4-己二烯。
【分析】一氯代物就是等效氢的个数，二氯代物就是利用等效氢和排列组合来考虑：
①先确定一氯代物；
②再在一氯代物的基础上再连一个氯，利用排列组合进行分析，要仔细分析前面出现的，防止重复。
18．【答案】（1）2.0
（2）最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色
（3）0.13
（4）③
（5）D
（6）26.10
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】I．(1)配制480mL0.10mol L 1NaOH标准溶液，因为容量瓶没有480mL的规格，故应配制500mL0.10mol L 1NaOH标准溶液，则需要NaOH固体质量为 ，答案为：2.0；
II．(2)该实验过程中是将碱滴入酸溶液中，酚酞遇酸呈无色，遇碱呈红色，因此滴定达到终点的标志是：最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色。答案为：最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色；
(3)由表格数据可知，消耗NaOH标准溶液体积可取3次实验平均值，V= ，NaOH标准溶液浓度为0.10mol L-1，因此消耗n(NaOH)= ，由HCl+NaOH＝NaCl+H2O可知，反应过程中n(NaOH)=n(HCl)，因此c(HCl)= 。答案为：0.13；
(4)碱式滴定管排气泡操作为：把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，因此采用操作③排气；答案为：③；
(5)A．滴定终点读数时俯视，会使NaOH标准溶液体积偏小，由n(NaOH)=n(HCl)可知，最终会导致实验结果偏低；A项不正确；
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，会使盐酸浓度偏低，所量取的盐酸溶液中n(HCl)偏低，滴定过程中所消耗的标准液体积偏低，导致实验结果偏低；B项不正确；
C．锥形瓶水洗后未干燥并不会影响n(HCl)和n(NaOH)，因此对实验结果无影响；C项不正确；
D．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致读出的标准液体积偏大，造成实验结果偏大；D项正确；
故答案为：D。
(6)滴定管读数精确到0.01mL，且滴定管刻度构造为“上小下大”，根据图示，终点读数为26.10mL；答案为：26.10mL。
【分析】（1）根据m=nxM计算即可
（2）中和滴定的终点判断
（5）根据c=n/v，偏高主要是n增大或者v减小
（6）根据大数在下，小数在上的原则即可准确读出
19．【答案】（1）增大；增大；右；吸热
（2）减小；减小；>；＜；不移动；向左；向左；1.0×10-14；1.0×10-14；酸碱性；温度
【知识点】化学平衡的影响因素；水的电离；离子积常数
【解析】【解答】(1)由图表不同温度下水的离子积常数可知随着温度的升高， 的值增大；水的电离程度增大；水的电离平衡向正向移动，所以水的电离过程是吸热过程。答案：增大；增大；右；吸热。
(2)纯水中不加人任何物质c(H+)=c(OH-)，水的电离平衡不移动，纯水中加入盐酸,增大了c(H+), c(OH-)减小了，使溶液呈酸性,即c(H+)>c(OH-),纯水中加氢氧化钠,增大了c(OH-), c(H+)减小了，溶液呈碱性,即c(H+)因此，本题正确答案是:减小；减小；＞；＜ ；不移动；向左；向左 ； ； ；酸碱性；温度。
【分析】水的离子积反映水的电离程度的大小。Kw越大水的电离程度越大；水的离子积Kw只与温度有关和酸碱的浓度无关。但是加酸加碱能抑制水的电离。结合上述知识对本题进行判断即可。
20．【答案】（1）Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) ΔH=-317 kJ·mol-1
（2）
（3）b；0.0015mol/(L s)
（4）bc
（5）2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=-112.8kJ/mol
（6）c
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡的调控；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】I. 将①×2-②得反应为Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)，则ΔH=-414 kJ·mol-1×2-(-511 kJ·mol-1)=-317 kJ·mol-1，故Na2O2(s)与Na(s)反应生成Na2O(s)的热化学方程式为Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) ΔH=-317 kJ·mol-1；
II. (2)可逆反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的平衡常数K= ，故答案为： ；
(3)由方程式2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)可知，平衡时△c(NO)：△c(O2)：△c(NO2)=2：1：2，由表中数据可知，平衡时△c(NO)= =0.00625mol/L，曲线b平衡时的浓度为0.00625mol/L，故曲线b表示NO2的浓度变化；由图中数据可知2s内，NO的浓度变化量为0.01mol/L-0.004mol/L=0.006mol/L，故v(NO)= =0.003mol/(L s)，根据速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)= v(NO)= ×0.003mol/(L s)=0.0015mol/(L s)，故答案为：b；0.0015mol/(L s)；
(4)a．未指明正逆速率，若都为同一方向速率，始终都存在v(NO2)=2v(O2)关系，故不能说明到达平衡，若为不同方向的速率，速率之比等于化学计量数之比，说明到达平衡，故a不正确；
b．随反应进行气体的物质的量减小，压强增减小，容器内压强保持不变，说明到达平衡，故b正确；
c．不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故v逆(NO)=2v正(O2)，说明到达平衡，故c正确；
d．反应混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，故容器内物质的密度保持不变，不能说明到达平衡，故d不正确；
故答案为：bc；
(5)K(300℃)>K(350℃)，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，则25℃时生成1molNO2放出热量为56.4kJ，生成2mol二氧化氮放出热量为112.8kJ，所以该反应的热化学方程式为：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=-112.8kJ/mol，故答案为：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=-112.8kJ/mol；
(6)a．及时分离出NO2气体，平衡向正反应移动，但反应速率降低，故a不正确；
b．适当升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应移动，故b不正确；
c．增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，故c正确；
d．选择高效的催化剂，增大反应速率，不影响平衡移动，故d不正确；
故答案为：c；
【分析】本题考查较为综合，涉及平衡常数的表达式、化学反应速率计算、影响化学平衡的元素与平衡状态的判断等知识，题目难度中等，注意平衡状态判断选择判断的物理量，应随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力。
21．【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率和原料的利用率
（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；B、D
（3）阴；16.25；4OH--4e-=O2↑+2H2O或2H2O-4e-=O2↑+4H+
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)硫化锌精矿在空气中焙烧时，通常会将硫化锌精矿粉碎，其目的是增大接触面积，提高反应速率和原料的利用率；
(2)①在酸性条件下，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，由电荷守恒，有氢离子参加反应，过氧化氢还原为水，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
②将浸出液的pH调节为5.5左右，使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去，选择的试剂能消耗氢离子，且不能引入新杂质，
A．加入硫酸不能消耗溶液中氢离子，故A不正确；
B．加入Zn(OH)2 能消耗溶液中氢离子，并可以pH调节为5.5左右，使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去，故B正确；
C．加入NH3·H2O能消耗溶液中氢离子，但会引入杂质离子，故C不正确；
D．加入ZnO能消耗溶液中氢离子，并可以pH调节为5.5左右，使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去，故D正确；
故答案为：BD；
(3)用两支惰性电极插入500mL硫酸锌溶液中，通电电解，Zn2+发生还原反应得到Zn，在阴极析出，当电解液的pH从6.0变为3.0时，溶液里的H+变为0.001mol/L。根据电解总反应2Zn2++2H2O 2Zn+O2↑＋4H＋，可知溶解Zn的物质的量为 =0.00025mol，质量为0.00025mol×65g/mol×1000=16.25mg，另一电极上的反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O或2H2O-4e-=O2↑+4H+。
【分析】根据流程图和题意，硫化锌精矿在空气中焙烧生成ZnO焙砂和烟气，将ZnO焙砂用足量硫酸酸浸，浸出液以硫酸锌为主，还含有Fe 3+、Fe 2+、Al 3+、Cu 2+、Cd 2+、Cl-等杂质，净化过程中，在酸性条件下，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，将浸出液的pH调节为5.5左右，加入Zn(OH)2 或ZnO使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去，用Zn除去Cu2+和Cd2+，用Ag2SO4除去Cl-，过滤后得到ZnSO4溶液，最后进行电解硫酸锌溶液得到单质锌，据此分析解答。
1 / 1江西省赣州市第一中学2020-2021学年高二下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2021高二下·赣州开学考）中华传统文化中蕴藏着丰富的化学知识。下列对古文或古诗词蕴藏的原理理解正确的是（ ）
选项 古文或古诗词 原理
A 冰，水为之，而寒于水 冰变成水过程中ΔH＜0，ΔS＜0
B 日照香炉生紫烟 紫烟指的是碘的升华
C 蜡炬成灰泪始干 蜡烛燃烧过程中化学能全部转化为光能
D 《天工开物》记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用” 陶瓷是一种传统硅酸盐材料
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；燃料的充分燃烧；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A．冰融化为水的过程需要吸收热量，ΔH>0；固体变为液体的过程是熵增大的过程；ΔS>0；A项不符合题意；
B．紫烟是指在阳光的照射下，因水汽蒸腾而呈现出紫色烟霞，不是碘的升华，B项不符合题意；
C．蜡烛燃烧过程中化学能转化为光能和热能，C项不符合题意；
D．陶瓷是以黏土为原料，经过高温烧制而成，属于传统硅酸盐材料。D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据起始状态物质具有的能量和状态判定
B.紫烟指的是水蒸气
D.考查的是硅酸盐材料的用途
2．（2021高二下·赣州开学考）下列属于吸热的氧化还原反应的是（ ）
A．Zn与稀盐酸反应制备氢气
B．铵盐和碱反应生成氨气
C．碳与二氧化碳高温反应生成一氧化碳
D．铝热反应
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．Zn与稀盐酸反应产生ZnCl2和H2，反应过程中Zn、H元素化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应；但反应过程会放出热量，属于放热反应，A不符合题意；
B．铵盐和碱共热反应生成氨气，该反应属于吸热反应；但由于反应过程中元素化合价不变，因此反应属于非氧化还原反应，B不符合题意；
C．碳与二氧化碳高温反应生成一氧化碳，反应过程中C元素化合价发生了变化，反应为氧化还原反应；反应过程中吸收热量，因此反应同时属于吸热反应，C符合题意；
D．铝热反应过程中有元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应；铝热反应发生放出热量，因此属于放热反应， D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应是由化合价变化的反应
常见的放热反应是：酸碱中和、绝大部分化合反应、酸和金属等等
常见的吸热反应是大部分分解反应和碳和二氧化碳的反应，以及氯化铵和氢氧化钡的反应等等
3．（2021高二下·赣州开学考）对于 的反应来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】比较同一反应的化学反应速率快慢，应用同种物质比较，由化学反应速率之比等于化学反应速率之比可知，A中 、B中 、C中 、D中 ，则B的反应速率最快，
故答案为：B。
【分析】利用速率之比等于化学计量系数之比，转化为同一种物质的速率即可
4．（2021高二下·赣州开学考）德国化学家弗里茨·哈伯因合成氨工业化而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，在一定条件下使该反应发生。下列说法正确的是（ ）
A．若断裂3 mol H-H键，同时生成6 mol N-H键，说明该反应已处于平衡状态
B．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
C．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化
D．达到化学平衡时，正反应和逆反应速率都为零
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．若断裂3 mol H-H键，同时生成6 mol N-H键，表示的都是反应正向进行，不能据此说明该反应已处于平衡状态，A不符合题意；
B．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度可能相等，也可能不相等，这与起始浓度有关，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，B不符合题意；
C．达到化学平衡时，N2、H2和NH3各自的消耗量与产生量相同，三种物质的物质的量浓度不再变化，C符合题意；
D．化学平衡状态为动态平衡，反应达到化学平衡时，反应仍然在进行，只不过任何物质的消耗速率与产生速率相等，但都不为零，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.平衡条件是正反应的速率等于逆反应的速率
B.平衡浓度和起始的浓度有关
C.平衡时速率相等
D.平衡时反应以一个恒定的速率进行
5．（2021高二下·赣州开学考）下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A．已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
C．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol，若将含0.6 mol H2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3 kJ
D．需要加热的反应说明它是吸热反应
【答案】C
【知识点】中和热；反应热的大小比较
【解析】【解答】A.2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1<ΔH2，故A不符合题意；
B.能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，故B不符合题意；
C.将含0.6molH2SO4的稀硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，生成1mol水，放出的热量等于57.3 kJ，故C符合题意；
D.反应条件与反应吸放热无关，故D不符合题意。
【分析】A.碳完全燃烧放出热量大于不完全燃烧
B. ΔH =金刚石的能量-石墨的能量
C.中和热是生成1mol的水放出的热量
D.吸热以及放热和反应物生成物本身有关系
6．（2021高二下·赣州开学考）利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法错误的是（ ）
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A不符合题意，B符合题意。
若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C不符合题意；
X极作阳极，发生氧化反应，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】若K连接M构成原电池，若X的活动性强于铁，可以保护铁，若X是不活泼金属或碳棒时，加速铁的腐蚀，若K连接N构成电解池。此时是可以保护铁
7．（2021高二下·赣州开学考）某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如下，下列说法错误的是（ ）
A．A为电源正极
B．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为： +6Fe2++14H+= 2Cr3++6Fe3++ 7H2O
C．阴极区附近溶液pH降低
D．若不考虑气体的溶解，当收集到H2 13.44 L(标准状况)时，有0.1 mol 被还原
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，左侧铁板为阳极，A为电源正极，A不符合题意；
B．左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的 氧化，反应生成Cr3+、Fe3+，反应的离子方程式为 +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，B不符合题意；
C．阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，C符合题意；
D．标准状况时，13.44 L氢气的物质的量为 =0.6mol，根据电子转移守恒n(Fe2+)= =0.6mol，根据 +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知，被还原的 的物质的量为0.6mol× =0.1mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据产物的产生情况，可以确定A是阳极连接的是正极阳极区是重铬酸根离子失去电子发生氧化反应，B是阴极连接的是负极。氢离子得到电子发生还原反应，根据得失电子的情况即可计算出各变化的量
8．（2021高二下·赣州开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，46 g C2H6O含有的O-H键数目为NA
B．100 mL 12 mol/L的浓HNO3、与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6 NA
C．将0.1 molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目小于0.1 NA
D．12 g金刚石中含有的共价键数目为4 NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.46g C2H6O的物质的量是1mol，该物质可以表示乙醇，也可以表示二甲醚，因此不一定表示乙醇，所以含有羟基数目不一定是NA，A不符合题意；
B.100mL 12mol/L的浓HNO3中含有溶质的物质的量是1.2mol，若1.2mol硝酸与Cu完全发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，转移电子的物质的量是(1.2mol÷4)×2=0.6mol，若完全发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，转移电子的物质的量是(1.2mol÷8)×6=0.9mol，事实上硝酸发生上述两个反应，因此转移的电子数目大于0.6NA，B符合题意；
C.根据电荷守恒可得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于溶液显中性，所以c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，CH3COONa物质的量是0.1mol，则溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，C不符合题意；
D.金刚石中每一个碳原子形成4个共价键，但每个碳碳单键被两个碳原子共用，即每一个碳原子只分摊两个共价键，所以12g金刚石中含有的共价键数目为42NA，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.分子式中不一定含有氢氧键
B.根据极值法进行计算产生二氧化氮和一氧化氮转移电子的数目即可
C.根据物料守恒判断
D.根据n=m/M计算出物质的量，再根据金刚石含有的共价键进行计算
9．（2020高二上·长沙月考）高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝ 。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是（ ）
A．该反应是焓变为正值
B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应化学方程式为CO＋H2O CO2＋H2
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A. 由题意知，温度升高，平衡向正反应移动，说明正反应为吸热反应，故该反应的焓变为正值，A符合题意；
B. 恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定增大而不会减小，B不符合题意；
C. 升高温度，正逆反应速率都会增大，C不符合题意
D.该反应化学方程式应为CO2+H2 CO+H2O，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由平衡常数的表达式可得，该反应化学方程式应为CO2+H2 CO+H2O。
10．（2021高二下·赣州开学考）下列溶液一定能大量共存的（ ）
A．使甲基橙变红的溶液中：
B．水电离产生的 的溶液中：
C． 的溶液中：
D．pH=14的溶液中：Na+、 、 、Cl
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．使甲基橙变红的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与AlO 不能共存，A项不符合题意；
B．水电离产生的 的溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO 既能与H+反应，也能与OH 反应，故HCO 在水电离产生的 的溶液中不能共存，B项不符合题意；
C． 的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与CO 、SiO 不能共存，C项不符合题意；
D．pH=14的溶液中含有大量的OH ，OH 与Na+、 、 、Cl 都能共存，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】考查的是离子的共存问题，不能发生复分解反应或者氧化还原反应
与氢离子不能共存的有：氢氧根、碳酸氢根、醋酸根、碳酸根、偏铝酸跟等
与氢氧根不共存的有，氢离子、碳酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等等
与氯离子不能共存的是：银离子
与钡离子不能共存的是：碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根等等
11．（2021高二下·赣州开学考）有关碰撞理论，下列说法中正确的是（ ）
A．具有足够能量的分子（活化分子）相互碰撞就一定能发生化学反应
B．增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
C．升温能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D．催化剂不影响反应活化能，从而只影响反应速率不影响化学平衡
【答案】C
【知识点】催化剂；有效碰撞理论
【解析】【解答】A．只有活化分子间的有效碰撞，才能发生化学反应，A不符合题意；
B．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，但不能增加活化分子的百分数，B不符合题意；
C．升温能增大活化分子百分数，从而加快反应速率，符合题意；
D．催化剂能改变反应的活化能，从而改变反应速率，D是错误的；
故答案为：C。
【分析】使用催化剂可以减小活化能，可以提高反应的速率，但是不能改变平衡的移动，升高温度，提供了能量，增加了活化分子的数目，增加了有效碰撞的机会，只有有效的碰撞才能使反应发生，增加反应物的浓度，可以提高活化分子数
12．（2021高二下·赣州开学考）如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在(1)中加入CaO，在(2)中不加其他任何物质，在(3)中加入NH4Cl晶体，发现(1)中红棕色变深，(3)中红棕色变浅。[已知反应2NO2(红棕色) N2O4(无色)]
下列叙述正确的是（ ）
A．2NO2 N2O4是放热反应
B．NH4Cl溶于水时放出热量
C．烧瓶(1)中平衡混合气体的平均相对分子质量增大
D．烧瓶(3)中气体的压强增大
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A.（1）中红棕色变深，说明平衡是向逆反应方向移动的，而CaO和水反应放出热量，即逆反应方向是吸热反应，则正反应方向是放热反应，故A符合题意；
B.（3）中红棕色变浅，说明平衡正向移动，正反应是放热反应，则氯化铵溶于水时吸收热量，故B不符合题意；
C.（1）中平衡逆向移动，NO2和之前相比含量增多，则体系中平均相对分子质量减小，故C不符合题意；
D.（3）中红棕色变浅，说明氯化铵溶于水时吸收热量，平衡正向移动，气体的物质的量减小，则烧瓶（3）中的压强必然减小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】2NO2(g) N2O4(g)，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，若红棕色加深，说明向生成NO2的方向进行，若红棕色变浅说明向生成N2O4的方向进行；已知CaO和水反应生成氢氧化钙的反应是放热反应，据此分析（1）瓶中的热量变化；（3）瓶中颜色变浅，说明反应正向移动，根据方程式发现反应后气体体积变小，据此分析（3）瓶的压强变化情况。
13．（2021高二下·赣州开学考）一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，可能引起由c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13
C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【知识点】水的电离；离子积常数
【解析】【解答】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，故A不符合题意；
B．根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+) c(OH )=1×10 7×1×10 7=1×10 14，故B不符合题意；
C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C符合题意；
D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.水的电离是吸热
B.根据离子积常数计算
C.盐的水解促进了水的电离
D.稀释时依然符合水的离子积常数的公式
14．（2021高二下·赣州开学考）铁、稀盐酸、澄清石灰水、氯化铜溶液是中学化学中常见物质，四种物质间的反应关系如图所示，图中两圆相交部分(A、B、C、D)表示物质间的反应。下列说法错误的是（ ）
A．反应A属于复分解反应
B．反应B的离子方程式为
C．反应C，反应D既是氧化还原反应又是离子反应
D．上述四种物质既不是电解质又不是非电解质
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；电解质与非电解质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．澄清石灰水与稀盐酸的反应是酸碱中和，是复分解反应，故A不符合题意；
B．，正确的离子方程式是 ，故B符合题意；
C．氯化铜和铁的反应，铁和稀盐酸的反应都是水溶液中的离子反应，都是置换反应，都是氧化还原反应，故C不符合题意；
D．上述四种物质是混合物或者是单质，都不是化合物，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.交换成分有水生成
B.澄清石灰水可以拆写为离子
C.元素化合价发生变化并且可以写成离子方程式，Cu2++Fe=Fe2++Cu,Fe+2H+=Fe2++H2
A.上述四种物质既不是电解质也不是非电解质
15．（2020高二上·长沙月考）下列有关化学反应方向的说法中正确的是（ ）
A．反应3NO2(g) + H2O(l) = 2HNO3(aq) + NO(g)在一定条件下能自发进行，说明该反应的△H>0
B．反应2Na2SO3(s) + O2(g) = 2Na2SO4(s)能自发进行，则△H＜0
C．在一定温度下的AgCl的水溶液中，Ag+和Cl-浓度的乘积是一个常数
D．在1 L 溶液中 数目为
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变
【解析】【解答】A．△H-T△S＜0，反应能自发进行，该反应前后气体物质的量减小，则其△S＜0，在一定条件下能自发进行，说明该反应的△H＜0，故A不符合题意；
B．△H-T△S＜0，反应能自发进行，该反应前后气体物质的量减小，则其△S＜0，在一定条件下能自发进行，说明该反应的△H＜0，故B符合题意；
C．未达到饱和溶液时，溶液中Ag+和Cl-浓度的乘积不是常数，故C不符合题意；
D.1 L 溶液中 会发生水解而减少，数目小于 ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A：该反应的△S＜0，△H-T△S＜0，反应能自发进行，说明该反应的△H＜0
B：该反应的△S＜0，△H-T△S＜0，反应能自发进行，说明该反应的△H＜0
C：没有说 是饱和的AgCl水溶液
D： 会发生水解而减少
16．（2020高二上·包头期中）已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4。现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ为次氯酸稀释时pH变化曲线
B．取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小
C．b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小
D．从b点到d点，溶液中 保持不变(HR代表HClO或HF)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．酸性越强，加水稀释时溶液pH值变化越大，HF酸酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线I代表HF稀释时pH变化曲线，故A不符合题意；
B．pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，故B不符合题意；
C．酸的pH越大，对水的电离的抑制程度越小，所以b点溶液中水的电离程度比c 点溶液中水的电离程度大，故C不符合题意；
D．溶液中 = = ，平衡常数只随温度而改变，所以从b点到d点，溶液中 保持不变，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.pH相同的两种酸溶液，酸的酸性越强，其初始浓度越小，稀释过程中，pH变化越大；
B.pH相同的两种酸溶液，酸的酸性越强，其初始浓度越小，等浓度的HClO和HF用同样的NaOH溶液中和时消耗NaOH的体积相同；
C.酸的电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离；
D.平衡常数只随温度而改变 。
二、综合题
17．（2021高二下·赣州开学考）下列是八种环状的烃类物质：
（1）互为同系物的有 和 (填名称)。互为同分异构体的有 和 、 和 (填名称，可以不填满，也可以再补充)。
（2）正四面体烷的二氯取代产物有 种；金刚烷的一氯取代产物有 种。
（3）用系统命名法给 有机物命名
【答案】（1）环己烷；环辛烷；苯；棱晶烷；环辛四烯；立方烷
（2）1；2
（3）2-甲基-2，4-己二烯
【知识点】有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】(1)同系物：结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，则环己烷（C6H12）与环辛烷（C8H16）均为环烷烃，分子组成上相差2个CH2，互为同系物；
同分异构体：分子式相同，结构不同的化合物，则苯与棱晶烷（分子式均为C6H6），环辛四烯与立方烷（分子式均为C8H8）互为同分异构体，故互为同系物的有环己烷和环辛烷；
互为同分异构体的有苯和棱晶烷、环辛四烯和立方烷；
(2)由正四面体烷的结构可知分子中有4个碳原子和4个氢原子，分子式为C4H4，正四面体烷完全对称，只有一种氢原子，一氯代物只有1种，一氯代物中氢原子也只有1种，所以故二氯代物只有1种；金刚烷分子中有两种氢原子，一种是次甲基氢，一种亚甲基氢，所以其一氯代物有2种；
(3)将有机物进行编号 ，主链上有6个碳原子，系统命名为2-甲基-2，4-己二烯。
【分析】一氯代物就是等效氢的个数，二氯代物就是利用等效氢和排列组合来考虑：
①先确定一氯代物；
②再在一氯代物的基础上再连一个氯，利用排列组合进行分析，要仔细分析前面出现的，防止重复。
18．（2021高二下·赣州开学考）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生在实验室中进行测定盐酸的浓度的实验。请完成下列填空：
（1）I．配制480mL0.10mol L 1NaOH标准溶液。
用托盘天平称量NaOH固体质量为 g；
（2）II．取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下表。
实验编号 c(NaOH) mol L 1 NaOH溶液滴入的体积(mL) 待测盐酸的体积(mL)
1 0.10 25.90 20.00
2 0.10 26.00 20.00
3 0.10 26.10 20.00
滴定达到终点的标志是 ；
（3）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为 mol L 1；
（4）排碱式滴定管中气泡应采用如图所示操作中的 ；
（5）在上述实验中，下列操作会造成测定结果偏高的有______（填字母序号）；
A．滴定终点读数时俯视
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥
D．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
（6）若滴定结束时，碱式滴定管中的液面如图所示：则终点读数为 mL。
【答案】（1）2.0
（2）最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色
（3）0.13
（4）③
（5）D
（6）26.10
【知识点】常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】I．(1)配制480mL0.10mol L 1NaOH标准溶液，因为容量瓶没有480mL的规格，故应配制500mL0.10mol L 1NaOH标准溶液，则需要NaOH固体质量为 ，答案为：2.0；
II．(2)该实验过程中是将碱滴入酸溶液中，酚酞遇酸呈无色，遇碱呈红色，因此滴定达到终点的标志是：最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色。答案为：最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色；
(3)由表格数据可知，消耗NaOH标准溶液体积可取3次实验平均值，V= ，NaOH标准溶液浓度为0.10mol L-1，因此消耗n(NaOH)= ，由HCl+NaOH＝NaCl+H2O可知，反应过程中n(NaOH)=n(HCl)，因此c(HCl)= 。答案为：0.13；
(4)碱式滴定管排气泡操作为：把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，因此采用操作③排气；答案为：③；
(5)A．滴定终点读数时俯视，会使NaOH标准溶液体积偏小，由n(NaOH)=n(HCl)可知，最终会导致实验结果偏低；A项不正确；
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，会使盐酸浓度偏低，所量取的盐酸溶液中n(HCl)偏低，滴定过程中所消耗的标准液体积偏低，导致实验结果偏低；B项不正确；
C．锥形瓶水洗后未干燥并不会影响n(HCl)和n(NaOH)，因此对实验结果无影响；C项不正确；
D．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致读出的标准液体积偏大，造成实验结果偏大；D项正确；
故答案为：D。
(6)滴定管读数精确到0.01mL，且滴定管刻度构造为“上小下大”，根据图示，终点读数为26.10mL；答案为：26.10mL。
【分析】（1）根据m=nxM计算即可
（2）中和滴定的终点判断
（5）根据c=n/v，偏高主要是n增大或者v减小
（6）根据大数在下，小数在上的原则即可准确读出
19．（2021高二下·赣州开学考）某同学为探究Kw的影响因素，做了如下探究。
（1）查阅资料，不同温度下水的离子积常数。
t/℃ 0 10 20 25 40 50 90 100
Kw/10-14 0.134 0.292 0.681 1.01 2.92 5.47 38.0 55.0
由此推出：随着温度的升高，Kw的值 ；水的电离程度 ；水的电离平衡向 移动，水的电离过程是 过程。
（2）取三只烧杯A、B、C，分别加入适量水，再向B、C烧杯中分别加入适量盐酸和NaOH，分析并填写下表：
纯水 加少量盐酸 加少量NaOH
c(H+) 1.0×10-7
mol·L-1 增大
c(OH-) 1.0×10-7
mol·L-1 增大
c(H+)和c(OH-)大小比较 c(H+)=c(OH-) c(H+) c(OH-) c(H+)
c(OH-)
水的电离平衡移动方向
Kw值 1.0×10-14
综上所述，可得出如下结论：
①温度、 均能影响水的电离平衡。
②Kw只受 的影响，而与其他因素无关。
【答案】（1）增大；增大；右；吸热
（2）减小；减小；>；＜；不移动；向左；向左；1.0×10-14；1.0×10-14；酸碱性；温度
【知识点】化学平衡的影响因素；水的电离；离子积常数
【解析】【解答】(1)由图表不同温度下水的离子积常数可知随着温度的升高， 的值增大；水的电离程度增大；水的电离平衡向正向移动，所以水的电离过程是吸热过程。答案：增大；增大；右；吸热。
(2)纯水中不加人任何物质c(H+)=c(OH-)，水的电离平衡不移动，纯水中加入盐酸,增大了c(H+), c(OH-)减小了，使溶液呈酸性,即c(H+)>c(OH-),纯水中加氢氧化钠,增大了c(OH-), c(H+)减小了，溶液呈碱性,即c(H+)因此，本题正确答案是:减小；减小；＞；＜ ；不移动；向左；向左 ； ； ；酸碱性；温度。
【分析】水的离子积反映水的电离程度的大小。Kw越大水的电离程度越大；水的离子积Kw只与温度有关和酸碱的浓度无关。但是加酸加碱能抑制水的电离。结合上述知识对本题进行判断即可。
20．（2021高二下·赣州开学考）
（1）I.在25 ℃、101
kPa下：①2Na(s)+ O2(g)=Na2O(s) ΔH1=-414 kJ·mol-1；②2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH2=-511 kJ·mol-1；25℃、101 kPa下，Na2O2(s)与Na(s)反应生成Na2O(s)的热化学方程式为 。
（2）II.在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s) 0 1 2 3 4 5
n(NO)(mol) 0.020 0.011 0.008 0.007 0.007 0.007
写出该反应的平衡常数表达式：K= 。
（3）如图中表示NO2的变化的曲线是 。用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=
（4）能说明该反应已达到平衡状态的是 。
a.v(NO2)=2v(O2) b.容器内压强保持不变
c.v逆(NO)=2v正(O2) d.容器内密度保持不变
（5）某同学查阅资料得知，该反应K300℃>K350℃；25℃时，生成1molNO2，热量变化为56.4kJ。但是该同学由于疏忽，忘记注明“+”、“-”。根据题目信息，该反应的热化学方程式为 。
（6）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是 。
a.及时分离除NO2气体 b.适当升高温度 c.增大O2的浓度 d.选择高效催化剂
【答案】（1）Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) ΔH=-317 kJ·mol-1
（2）
（3）b；0.0015mol/(L s)
（4）bc
（5）2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=-112.8kJ/mol
（6）c
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡的调控；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】I. 将①×2-②得反应为Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)，则ΔH=-414 kJ·mol-1×2-(-511 kJ·mol-1)=-317 kJ·mol-1，故Na2O2(s)与Na(s)反应生成Na2O(s)的热化学方程式为Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) ΔH=-317 kJ·mol-1；
II. (2)可逆反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的平衡常数K= ，故答案为： ；
(3)由方程式2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)可知，平衡时△c(NO)：△c(O2)：△c(NO2)=2：1：2，由表中数据可知，平衡时△c(NO)= =0.00625mol/L，曲线b平衡时的浓度为0.00625mol/L，故曲线b表示NO2的浓度变化；由图中数据可知2s内，NO的浓度变化量为0.01mol/L-0.004mol/L=0.006mol/L，故v(NO)= =0.003mol/(L s)，根据速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)= v(NO)= ×0.003mol/(L s)=0.0015mol/(L s)，故答案为：b；0.0015mol/(L s)；
(4)a．未指明正逆速率，若都为同一方向速率，始终都存在v(NO2)=2v(O2)关系，故不能说明到达平衡，若为不同方向的速率，速率之比等于化学计量数之比，说明到达平衡，故a不正确；
b．随反应进行气体的物质的量减小，压强增减小，容器内压强保持不变，说明到达平衡，故b正确；
c．不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故v逆(NO)=2v正(O2)，说明到达平衡，故c正确；
d．反应混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，故容器内物质的密度保持不变，不能说明到达平衡，故d不正确；
故答案为：bc；
(5)K(300℃)>K(350℃)，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，则25℃时生成1molNO2放出热量为56.4kJ，生成2mol二氧化氮放出热量为112.8kJ，所以该反应的热化学方程式为：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=-112.8kJ/mol，故答案为：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=-112.8kJ/mol；
(6)a．及时分离出NO2气体，平衡向正反应移动，但反应速率降低，故a不正确；
b．适当升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应移动，故b不正确；
c．增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，故c正确；
d．选择高效的催化剂，增大反应速率，不影响平衡移动，故d不正确；
故答案为：c；
【分析】本题考查较为综合，涉及平衡常数的表达式、化学反应速率计算、影响化学平衡的元素与平衡状态的判断等知识，题目难度中等，注意平衡状态判断选择判断的物理量，应随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力。
21．（2021高二下·赣州开学考）湿法炼锌为现代炼锌的主要方法，下列是以硫化锌精矿为原料制备单质锌的工业流程。
（1）硫化锌精矿在空气中焙烧时，通常会将硫化锌精矿粉碎，其目的是 。
（2）浸出液以硫酸锌为主，还含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Cu2+、Cd2+、Cl-等杂质，会影响锌的电解，必须除去。净化过程如下：
①在酸性条件下，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为 。
②将浸出液的pH调节为5.5左右，使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去，可选用的最佳试剂为 。
A．H2SO4 B．Zn(OH)2 C．NH3·H2O D．ZnO
③用Zn除去Cu2+和Cd2+；
④用Ag2SO4除去Cl-。
（3）用两支惰性电极插入500mL硫酸锌溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解时没有氢气析出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略)，锌在 极析出，其质量为 mg；另一电极上的反应式为 。
【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率和原料的利用率
（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；B、D
（3）阴；16.25；4OH--4e-=O2↑+2H2O或2H2O-4e-=O2↑+4H+
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)硫化锌精矿在空气中焙烧时，通常会将硫化锌精矿粉碎，其目的是增大接触面积，提高反应速率和原料的利用率；
(2)①在酸性条件下，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，由电荷守恒，有氢离子参加反应，过氧化氢还原为水，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
②将浸出液的pH调节为5.5左右，使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去，选择的试剂能消耗氢离子，且不能引入新杂质，
A．加入硫酸不能消耗溶液中氢离子，故A不正确；
B．加入Zn(OH)2 能消耗溶液中氢离子，并可以pH调节为5.5左右，使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去，故B正确；
C．加入NH3·H2O能消耗溶液中氢离子，但会引入杂质离子，故C不正确；
D．加入ZnO能消耗溶液中氢离子，并可以pH调节为5.5左右，使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去，故D正确；
故答案为：BD；
(3)用两支惰性电极插入500mL硫酸锌溶液中，通电电解，Zn2+发生还原反应得到Zn，在阴极析出，当电解液的pH从6.0变为3.0时，溶液里的H+变为0.001mol/L。根据电解总反应2Zn2++2H2O 2Zn+O2↑＋4H＋，可知溶解Zn的物质的量为 =0.00025mol，质量为0.00025mol×65g/mol×1000=16.25mg，另一电极上的反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O或2H2O-4e-=O2↑+4H+。
【分析】根据流程图和题意，硫化锌精矿在空气中焙烧生成ZnO焙砂和烟气，将ZnO焙砂用足量硫酸酸浸，浸出液以硫酸锌为主，还含有Fe 3+、Fe 2+、Al 3+、Cu 2+、Cd 2+、Cl-等杂质，净化过程中，在酸性条件下，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，将浸出液的pH调节为5.5左右，加入Zn(OH)2 或ZnO使Fe3+、Al3+形成沉淀而除去，用Zn除去Cu2+和Cd2+，用Ag2SO4除去Cl-，过滤后得到ZnSO4溶液，最后进行电解硫酸锌溶液得到单质锌，据此分析解答。
1 / 1
