山东省枣庄市第三中学新城校区2018-2019学年高三上学期化学12月月考试卷
一、单选题
1．（2019高三上·枣庄月考）“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，下列说法中错误的是（ ）
A. B. C. D.
用灼烧法可鉴别毛笔羊毫的真伪 用墨写字画画可长久不褪色 纸及造纸原料的主要成分均是纤维素 用石材制作砚台的过程是化学变化
A．A B．B C．C D．D
2．（2019高三上·枣庄月考）设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是 （ ）
A．标准状况下，6.72 L NO2 与水反应转移的电子数为 0.1NA
B．1 mol Na2O 和 Na2O2 混合物中含有的阴、阳离子总数是 3NA
C．1 mol Cl2 与足量 Fe 反应转移电子数一定为 3NA
D．1 L 0.1 mol/L 的碳酸钠溶液中的阴离子总数等于 0.1NA
3．（2019高三上·枣庄月考）下列说法正确的是（ ）
A．图Ⅰ所示装置用于 Cu 和浓 H2SO4 制取少量的 SO2 气体
B．图Ⅱ装置可验证非金属性：Cl>C>Si
C．图Ⅲ可用于收集气体 H2、CO2、Cl2、NH3
D．图Ⅳ表示将 SO2 气体通入 H2S 水溶液中，所得溶液的 pH 变化
4．（2019高三上·枣庄月考）下列各组离子可能大量共存的是（ ）
A．与铝反应放出氢气的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO32-
B．常温下Kw/c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Ca2+、Fe2+、NO3-、NH4+
C．常温下水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1的溶液中Na+、K+、Cl-、HCO3-
D．0.5 mol·L-1AlCl3溶液中：AlO2-、K+、CO32-
5．（2017高三上·河北期中）短周期元素M、N、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们组成的单质或化合物存在如下转化关系。甲、丁为二元化合物(两种元素形成的化合物），乙、戊为单质，丙、己为三元化合物。已知25℃时，0.1mol/L的甲、丙两溶液的pH分别为l、13 ，丁、己两溶液混合时产生白色沉淀。下列推断正确的是（ ）
A．M分别与N、X、Z形成的简单化合物中，M与N形成的化合物熔点最高
B．原子半径：Z>Y>X>M>N
C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
D．Z的阴离子结合质子的能力比N的阴离子强
6．（2019高三上·枣庄月考）二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成 电能的同时，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结 合，降低了成本提高了效益，其原理如图所示。下列说 法错误的是（ ）
A．该电池放电时电子从 Pt1 电极经过外电路流到 Pt2电极
B．Pt1 电极附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e－=SO42-＋4H＋
C．相同条件下，放电过程中消耗的 SO2 和 O2 的体积比为 2∶1
D．Pt2 电极附近发生的反应为 O2＋4e－=2O2－
7．（2019高三上·枣庄月考）下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是（ ）
物质 编号 物质转 化关系 a b c d
① FeCl2 FeCl3 Fe CuCl2
② NO NO2 N2 HNO3
③ Na2O Na2O2 Na NaOH
④ Al2O3 Na[Al(OH)4] Al Al(OH)3
A．①④ B．①②③ C．①③④ D．②④
二、综合题
8．（2018高三上·漯河期中）脱硝通常指将烟气中的氮氧化物(NOx)转化为无害的物质。
（1）选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在金属催化剂作用下，用还原剂(如NH3)选择性地与NOx反应生成N2和H2O。
①已知：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △H=-905.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+l80kJ mol-1
完成该方法中主要反应的热化学方程式：
4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) △H= 。
该方法应控制反应温度在315 400℃之间，反应温度不宜过低也不宜过高的原因是 。
③氨氮比[n(NH3)/n(NO)]会直接影响该方法的脱硝率，350℃时，只改变氨气的投放量，反应物X的转化率与氨氮比的关系如下图所示，则X是 (填学式)。氨氮比由0.5增加到1.0时，脱硝主要反应的平衡将向 方向移动。当[n(NH3)/n(NO)>1.0时，烟气中NO浓度反而增大，主要原因是 。
（2）直接电解吸收也是脱硝的一种方法，用6%的稀硝酸吸收NOx生成HNO2(—元弱酸)，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如上右图所示。①图中b应连接电源的 （填“正极”或“负极”)。②a电极反应式为 。
9．（2019高三上·枣庄月考）铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大.回答下列问题：
（1）已知高炉炼铁过程中会发生如下反应：
FeO(s)+
CO(g)═Fe(s)+CO2(g)△H1
Fe2O3(s)+1/3 CO(g)═ 2/3
Fe3O4(s)+ 1/3 CO2(g)△H2
Fe3O4(s)+
CO(g)═3Fe(s)+CO2(g)△H3
Fe2O3(s)+
CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g)△H4
则△H4 的表达式为 (用含△H1、△H2、△H3 的代数式表示)。
（2）上述反应在高炉中大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下：
温度 250℃ 600℃ 1000℃ 2000℃
主要成分 Fe2O3 Fe3O4 FeO Fe
1600℃时固体物质的主要成分为 ，该温度下若测得固体混合物中 m(Fe)：m(O)=35：2， 则
FeO 被 CO 还原为 Fe 的百分率为 (设其它固体杂质中不含 Fe、O 元素)。
（3）铁等金属可用作 CO 与氢气反应的催化剂.已知某种催化剂可用来催化反应 CO(g)+3H2(g) = CH4(g) +H2O(g)△H＜0.在 T℃，106Pa 时将 1mol CO 和 3mol H2 加入体积可变的密闭容器 中.实验测得 CO 的体积分数 x(CO)如下表：
t/min 0 10 20 30 40 50
x(CO) 0.25 0.23 0.214 0.202 0.193 0.193
①能判断
CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)达到平衡的是 (填序号)。
a.容器内压强不再发生变化
b.混合气体的密度不再发生变化
c.v
正(CO)=3v 逆(H2)
d.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
②达到平衡时 CO 的转化率为 ；在 T℃106Pa 时该反应的压强平衡常数 Kp(用平衡分 压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)的计算式为 。
③图表示该反应 CO 的平衡转化率与温度、压强的关系.图中温度
T1、T2、T3 由高到低的顺序是 ，理由是 .
10．（2019高三上·枣庄月考）已知部分弱酸的电离常数如下表：
弱酸 CH3COOH HCN H2CO3
电离常数(25
℃) Ka＝1.8×10－5 Ka＝5.0×10－10 Ka1＝4.3×10－7 Ka2＝5.6×10－11
请回答下列问题：
（1）25
℃时，在某二元酸 H2A 溶液中存在的所有微粒为：H+、OH-、HA-、A2-、H2O，写出 H2A 的 电离方程式 。
（2）25
℃时，在 0.5 mol·L－1 的醋酸溶液中由醋酸电离出的[H＋]约是 ，是该溶液 中由水电离出的[H＋]的 倍，醋酸的电离度为 (填百分数)
（3）写出向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式： 。
（4）25
℃时，CH3COOH 与 CH3COONa 的混合溶液，若测得混合液 pH＝6，则溶液中[CH3COO－]-[Na＋]= (填准确数值)。
（5）25
℃时，将 a mol·L－1 的醋酸与 b mol·L－1 氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性， 用
a、b 表示醋酸的电离常数为 。
三、实验题
11．（2019高三上·枣庄月考）某矿样中含有大量的 CuS 及少量其他不溶于酸的杂质。实验室中以该矿样为原料制备CuCl2·2H2O
晶体，流程如下：
（1）在实验室中，欲用 37%(密度为 1.19 g·mL－1)的盐酸配制 500 mL 6 mol·L－1 的盐酸，需要的仪器除 量筒、烧杯、玻璃棒外，还有 、 。
（2）①若在实验室中完成系列操作 a。则下列实验操作中，不需要的是 (填字母)。
②CuCl2 溶液中存在平衡：Cu(H2O)42＋(蓝色)＋4Cl－ CuCl42－(黄色)＋4H2O。欲用实验证明滤液 A(绿色)中存在上述平衡，除滤液 A 外，下列试剂中还需要的是 (填字 母)。
a.FeCl3 固体
b.CuCl2 固体
c.蒸馏水
（3）某化学小组欲在实验室中研究 CuS 焙烧的反应过程，查阅资料得知在空气中焙烧 CuS 时，固体 质量变化曲线及 SO2 生成曲线如图。
①CuS 矿样在焙烧过程中，有 Cu2S、CuO·CuSO4、CuSO4、CuO 生成，转化顺序为CuS Cu2S CuO·CuSO4 CuSO4 CuO第 ① 步 转 化 主 要 在 200 ～ 300 ℃ 内 进 行 ， 该 步 转 化 的 化 学 方 程 式 。
②300～400 ℃内，固体质量明显增加的原因是 ，图所示过程中，CuSO4固体能稳定存在的阶段是 (填字母)。
a.一阶段
b.二阶段
c.三阶段
d.四阶段
③该化学小组设计如下装置模拟 CuS 矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为 SO2和 O2 的混合物。
a.装置组装完成后，应立即进行的一项操作是 。
b.当 D 中产生白色沉淀时，说明第四阶段所得气体为 SO2 和 O2 的混合物，你认为 D 中原来盛有 溶液。
c.若原 CuS 矿样的质量为 10.0 g，实验过程中，保持在 760 ℃左右持续加热，待矿样充分反应后， 石英玻璃管内所得固体的质量为 8.0 g，则原矿样中 CuS 的质量分数为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；生活中的有机化合物
【解析】【解答】A、蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，因此用灼烧法可鉴别毛笔羊毫的真伪，A不符合题意；
B、松烟墨性质稳定，因此用墨写字画画可长久不褪色，B不符合题意；
C、纸及造纸原料的主要成分均是纤维素，C不符合题意；
D、用石材制作砚台的过程是物理变化，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.羊毛的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味；
B.碳的化学性质稳定；
C.纸及造纸原料的主要成分均是纤维素；
D.石材制作砚台过程中没有新物质生成；
2．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.标况下6.72 L NO2的物质的量为0.3mol，而NO2和水的反应中，3mol NO2转移2mol电子，故0.3mol二氧化氮转移0.2 NA电子，A不符合题意；
B.氧化钠和过氧化钠均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol两者的混合物中含有的阴阳离子的物质的量为3mol，个数为3 NA，B符合题意；
C.氯气和铁反应后，氯由0价变为-1价，故1mol氯气和铁反应后转移2 NA电子，C不符合题意；
D.碳酸根在溶液中会水解，导致阴离子个数增多，故溶液中的阴离子的个数多于0.1NA，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据公式计算n(NO2)，再结合反应过程中化合价的变化确定转移电子数；
B.Na2O和Na2O2中都只含有两个阳离子和一个阴离子；
C.结合反应过程中氯元素化合价的变化计算转移电子数；
D.溶液中CO32-水解，使得阴离子数增大；
3．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；气体的收集；实验装置综合
【解析】【解答】A.Cu和浓H2SO4反应需要加热，则图中装置不能制取少量的SO2气体，A不符合题意；
B.由于盐酸易挥发，图中可以知道盐酸酸性大于碳酸、盐酸酸性大于硅酸，不能确定碳酸、硅酸的酸性，且不能利用无氧酸与含氧酸的酸性比较非金属性，应利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，B不符合题意；
C.CO2、Cl2可利用向上排空气法收集，从长导管进气，H2、NH3可利用向下排空气法收集，从短导管进气，C符合题意；
D.H2S水溶液显酸性，反应开始时pH不会大于7，将SO2气体通入H2S水溶液中生成单质硫，酸性减弱，pH增大，当SO2过量时，SO2溶于水生成亚硫酸，使溶液酸性增强，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.铜与浓硫酸的反应需要加热条件；
B.由酸性强弱比较非金属性强弱时，需比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱；
C.排空气法收集气体时，应注意气体不能与空气中的物质发生反应；
D.H2S溶液显酸性，其pH<7；
4．【答案】A
【知识点】水的电离；离子积常数；离子共存
【解析】【解答】A.与铝反应放出氢气的溶液显酸性或碱性，在酸性溶液中S2－、SO32-发生氧化还原反应，不能共存，在碱性溶液可以大量共存，A符合题意；
B.常温下Kw/c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2+、NO发生氧化还原反应，不能共存，B不符合题意；
C.水电离出的c(H＋)＝10－10mol·L—1的溶液显酸性或碱性，在酸性或碱性溶液中HCO3 都不能大量存在，C不符合题意；
D.AlCl3溶液中CO32―与铝离子发生双水解反应，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.能与铝反应放出氢气的溶液中可能含有大量的H+或OH-；
B.结合Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14计算溶液中c(H+)，从而判断溶液的酸碱性，再结合溶液中的离子分析是否共存；
C.常温下水电离出的c(H+)=10-10mol/L<10-7mol/L，说明该溶液中可能含有大量的H+或OH-；
D.Al3+能与AlO2-、CO32-反应；
5．【答案】C
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】25℃时，0.1 mol L-1甲溶液的pH=1，说明甲为一元强酸，甲为二元化合物，短周期中只有HCl满足；0.1mol L-1丙溶液的pH=13，说明丙为一元强碱，短周期元素中只有Na对应的NaOH为强碱，所以M为H元素；乙为单质，能够与强酸甲、强碱丙反应生成单质戊，则戊只能为氢气，乙为金属Al；结合M，N，X，Y，Z的原子序数依次增大可知为H、O、Na、Al、Cl元素，则
A. M分别与N、X、Z形成的简单化合物分别是H2O、NaH、HCl，NaH是离子化合物，熔点最高，A不符合题意；
B. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：Na>Al>Cl>O>H，B不符合题意；
C. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，三者能相互反应，C符合题意；
D. 盐酸是强酸，因此氯离子结合氢离子的能力比O的阴离子弱，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】25℃时，0.1 mol L-1甲溶液的pH=1，说明甲为一元强酸，甲为二元化合物，短周期中只有HCl满足；0.1mol L-1丙溶液的pH=13，说明丙为一元强碱，短周期元素中只有Na对应的NaOH为强碱，所以M为H元素；乙为单质，能够与强酸甲、强碱丙反应生成单质戊，则戊只能为氢气，乙为金属Al；结合M，N，X，Y，Z的原子序数依次增大可知为H、O、Na、Al、Cl元素，据此解答即可.
6．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.放电时，电子从负极流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时电子从Pt1电极经过外电路流到Pt2电极，A不符合题意；
B.Pt1电极通入SO2，SO2在负极失电子生成SO42-，则电极反应为SO2+2H2O-2e-＝SO42-+4H+，B不符合题意；
C.该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为2：1，C不符合题意；
D.酸性条件下，氧气得电子生成水，则Pt2电极附近发生的反应为O2+4H++4e-＝2H2O，D符合题意；
故答案为：D
【分析】该装置为原电池装置，Pt1电极SO2转化为H2SO4，发生失电子的氧化反应，为负极，其电极反应式为：SO2+2H2O-2e-＝SO42-+4H+；则Pt2为正极，O2发生得电子的还原反应，与溶液中的H+结合形成H2O，其电极反应式为：O2+4H++4e-＝2H2O；据此结合选项分析。
7．【答案】A
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】N2不能一步生成NO2，②不符合题意；NaOH不能一步生成Na2O，③不符合题意。
故答案为：A
【分析】此题是对物质转化的考查，结合铁的化合物、氮的化合物、钠的化合物和铝的化合物的性质和转化进行分析。
8．【答案】（1）-1625.5 kJ mol-1；温度过低，反应速率小；温度过离，使脱硝主要反应的平衡向逆反应方向移动，脱硝率降低；NH3；正反应；过量氨气与氧气反应生成NO
（2）负极；H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+
【知识点】化学平衡移动原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：（1）4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △H=-905.5kJ·mol-1 ①
N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+l80kJ mol-1②
根据盖斯定律，①－②×4得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) △H= -905.5kJ·mol-1－l80kJ mol-1×4= -1625.5 kJ mol-1；
②温度过低，反应速率小；温度过离，使脱硝主要反应的平衡向逆反应方向移动，脱硝率降低，所以反应温度在315 400℃之间；
③两种反应物，增加一种物质的投料量，能提高另一种物质的平衡转化率，自身的平衡转化率减小；增加氨气的投放量，X转化率降低，所以X是氨气；增加反应物，平衡将向正方向移动，所以氨氮比由0.5增加到1.0时，脱硝主要反应的平衡将向正方向移动；当[n(NH3)/n(NO)>1.0时，氨气过量，过量的氨气被催化氧化为NO，所以NO浓度增大；（2）电解将HNO2转化为硝酸，发生氧化反应，所以a是阳极，b是阴极，b连接电源的负极；阳极的电极反应式为H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+。
【分析】1 ① 利用盖斯定律，求出相应的化学方程式；②温度太低反应速率慢，温度太高会使平衡逆向移动； ③ 要注意浓度和平衡移动的关系；
2、在电解池中，被氧化的一方为阳极，连接正极。
9．【答案】（1）△H2+ △H3
（2）FeO和Fe；80%
（3）bd；37.1%；；T3＞T2＞T1；正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率升高
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知反应：Fe2O3(s)+ CO(g)═ Fe3O4(s)+ CO2(g)△H2②Fe3O4(s)+4CO(g)═3Fe(s)+4CO2(g)△H3 ③，根据盖斯定律，将所给的反应②+③× 可得：Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g)，故△H4=△H2+ △H3 ，故答案为：△H2+ △H3 ；
（2）根据当1000℃时为FeO，在2000℃时为Fe，故在1600℃时固体物质的主要成分为FeO和Fe的混合物；设混合物中FeO的物质的量为xmol，Fe的物质的量为ymol，则有： = ，即可求的x:y=1:4，故剩余的FeO和被还原为铁的FeO的物质的量之比为1:4，则可知被还原的FeO的百分比为 ×100%=80%，故答案为：FeO和Fe；80%；
（3）①a.由于此容器是个体积可变的容器，故为恒容的容器，则容器内压强一直不变，故不能作为反应达平衡的标志，a不符合题意；
b.此反应在平衡前，气体的质量不变，但体积变小，故密度变大，故当混合气体的密度不再发生变化时能说明反应达平衡，b符合题意；
c.反应达平衡的根本标志是v正=v逆，所以3v正(CO)=v逆(H2)，c不符合题意；
d.在反应达平衡之前，混合气体的质量不变，但物质的量变小，故混合气体的平均相对分子质量在变小，故当不变时能说明反应达平衡，d符合题意；
故答案为：bd；
②设反应达平衡时CO转化了xmol，则根据三段式可知：
CO(g) + 3H2(g) CH4(g)+ H2O(g)
起始（mol） 1 3 0 0
转化（mol） x 3x x x
平衡（mol） 1-x 3-3x x x
结合平衡时CO的体积分数为0.193可知： =0.193，解得x=0.371，故达到平衡时CO的转化率为= ×100%＝37.1%；在T℃106Pa时该反应的压强平衡常数Kp= = ，故答案为：37.1%； ；
③反应CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)△H＜0，温度越高，则平衡左移，CO的平衡转化率越低，根据图象可知，温度T3＞T2＞T1，故答案为：T3＞T2＞T1；正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率越高。
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；
（2）根据表格中温度与成分的关系确定1600℃时固体物质的成分；根据铁元素和氧元素的质量比计算FeO被CO还原为Fe的百分率；
（3）①a、容积可变的容器中，体系的压强保持不变；
b、根据公式，结合反应过程分析混合气体的密度是否发生变化；
c、根据反应速率之比等于化学计量系数之比分析；
d、根据公式，结合反应过程分析混合气体的相对分子质量是否发生变化；
②根据平衡三段式进行计算；
③根据温度、压强对反应速率和平衡移动的影响分析；
10．【答案】（1）H2A=H++HA- HA- H++A2-
（2）3×10-3 mol·L－1；9×108；0.6%
（3）CN－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HCN
（4）9.9×10－7 mol·L－1
（5）b×10－7/(a－b)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】(1)由于二元酸H2A溶液中存在HA-，不存在H2A分子，则说明H2A为强酸，HA-为弱酸，故其电离方程式为：H2A=H++HA- ；HA- H++A2-；
(2)醋酸中存在电离平衡，则c(CH3COO-)=c(H+)= mol/L，根据醋酸的电离平衡常数表达式可得到0.5mol/L的醋酸电离出的c(H+)为 =3×10-3 mol/L，水电离产生的氢离子浓度为10 14/3×10-3mol/L，则由醋酸电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的9×108倍；
(3)酸性强弱顺序为H2CO3>HCN>HCO3 ，所以向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为CN-+CO2+H2O= HCO3 +HCN；
(4)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合溶液pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，根据电荷守恒关系有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(CH3COO-)-c(Na+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol L-1；
(5)将a mol·L－1的醋酸溶液与b mol·L－1的氢氧化钠溶液等体积混合,溶液呈中性,说明醋酸过量,醋酸和氢氧化钠溶液发生反应生成醋酸钠和水,溶液中c(CH3COOH)= (a－b)/2 mol L-1，达到电离平衡时,溶液呈中性,氢离子浓度是1×10-7mol L-1,c(Na)=c(CH3COO-)=b/2 mol L-1,则K= c(CH3COO-) c(H+)/c(CH3COOH)= b×10－7/(a－b);
【分析】（1）由溶液中微粒的成分可知，H2A第一步完全电离，产生的HA-部分电离，据此写出电离方程式；
（2）结合醋酸的电离常数和水的离子积常数进行计算；
（3）由表格中电离常数的大小分析酸性强弱，再根据“强酸制弱酸”的原理书写反应的离子方程式；
（4）结合电荷守恒进行计算；
（5）反应后所得溶液显中性，则CH3COOH过量，根据消耗的CH3COOH和NaOH的量可计算溶液中剩余CH3COOH的量；由NaOH的量可计算溶液中CH3COO-的量， 再结合CH3COOH的电离常数的表达式计算其电离常数；
11．【答案】（1）胶头滴管；500mL容量瓶
（2）cd；c
（3）2CuS+O2 Cu2S+SO2；300～400oC范围内Cu2S转化为CuSO4，进行的是第二阶段，主要产物是CuO·CuSO4，相当于固体中增加了氧元素的质量，所以固体质量明显增加；c；检验装置气密性；氯化钡（BaCl2）；96%
【知识点】二氧化硫的性质；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）用液体配制溶液，需要量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、及容量瓶，本题中需配制500mL的溶液所以需要500mL的容量瓶；、
（2）①从滤液到晶体，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤步骤得到晶体，不需要灼烧、分液，所以
故答案为：cd；
②欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，则需要改变条件，看是否有平衡移动，因此实验中加入水后溶液蓝色加深，即可证明存在平衡；不能加入氯化铁固体或氯化铜固体，原因是铁离子和铜离子本身有颜色，c正确；
（3）①200～300oC范围内进行的是第一阶段，所以产物主要是Cu2S，所以化学方程式为2CuS+O2 Cu2S+SO2；
②300～400oC范围内，进行的是第二阶段，主要产物是CuO·CuSO4，相当于固体中增加了氧元素的质量，所以固体质量明显增加；从图中可以看出，CuSO4固体能稳定存在的阶段是第三阶段，
故答案为：c；
③a、装置组装完成后，应立即进行的一项操作是检验装置制气密性；
b、当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物，气体溶于溶液后可得硫酸根离子，所以只需验证硫酸根离子的存在即可，因此应选择氯化钡溶液；
c、石英玻璃管内所得固体为CuO，其质量为8.0g，物质的量是0.1mol，根据元素守恒，则CuS的质量是9.6g，所以原矿样中CuS的质量分数为9.6÷10×100%=96%。
【分析】（1）根据溶液的配制确定其所需的仪器；
（2）①系列操作a是从溶液中得到晶体，为结晶操作，据此分析；
②结合平衡移动的影响分析；
（3）①根据题干信息确定反应物和生成，结合原子守恒书写反应的化学方程式；
②固体质量的增加，是由于增加了氧元素的质量；结合图像分析CuSO4固体温度存在的阶段；
③a、有气体参与的反应，连接仪器后，应进行装置气密性的检查；
b、证明所得气体为SO2和O2，则应证明有BaSO4沉淀的产生， 据此确定D中的试剂；
c、根据质量守恒定律进行计算；
山东省枣庄市第三中学新城校区2018-2019学年高三上学期化学12月月考试卷
一、单选题
1．（2019高三上·枣庄月考）“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，下列说法中错误的是（ ）
A. B. C. D.
用灼烧法可鉴别毛笔羊毫的真伪 用墨写字画画可长久不褪色 纸及造纸原料的主要成分均是纤维素 用石材制作砚台的过程是化学变化
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；生活中的有机化合物
【解析】【解答】A、蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，因此用灼烧法可鉴别毛笔羊毫的真伪，A不符合题意；
B、松烟墨性质稳定，因此用墨写字画画可长久不褪色，B不符合题意；
C、纸及造纸原料的主要成分均是纤维素，C不符合题意；
D、用石材制作砚台的过程是物理变化，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.羊毛的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味；
B.碳的化学性质稳定；
C.纸及造纸原料的主要成分均是纤维素；
D.石材制作砚台过程中没有新物质生成；
2．（2019高三上·枣庄月考）设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是 （ ）
A．标准状况下，6.72 L NO2 与水反应转移的电子数为 0.1NA
B．1 mol Na2O 和 Na2O2 混合物中含有的阴、阳离子总数是 3NA
C．1 mol Cl2 与足量 Fe 反应转移电子数一定为 3NA
D．1 L 0.1 mol/L 的碳酸钠溶液中的阴离子总数等于 0.1NA
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.标况下6.72 L NO2的物质的量为0.3mol，而NO2和水的反应中，3mol NO2转移2mol电子，故0.3mol二氧化氮转移0.2 NA电子，A不符合题意；
B.氧化钠和过氧化钠均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol两者的混合物中含有的阴阳离子的物质的量为3mol，个数为3 NA，B符合题意；
C.氯气和铁反应后，氯由0价变为-1价，故1mol氯气和铁反应后转移2 NA电子，C不符合题意；
D.碳酸根在溶液中会水解，导致阴离子个数增多，故溶液中的阴离子的个数多于0.1NA，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据公式计算n(NO2)，再结合反应过程中化合价的变化确定转移电子数；
B.Na2O和Na2O2中都只含有两个阳离子和一个阴离子；
C.结合反应过程中氯元素化合价的变化计算转移电子数；
D.溶液中CO32-水解，使得阴离子数增大；
3．（2019高三上·枣庄月考）下列说法正确的是（ ）
A．图Ⅰ所示装置用于 Cu 和浓 H2SO4 制取少量的 SO2 气体
B．图Ⅱ装置可验证非金属性：Cl>C>Si
C．图Ⅲ可用于收集气体 H2、CO2、Cl2、NH3
D．图Ⅳ表示将 SO2 气体通入 H2S 水溶液中，所得溶液的 pH 变化
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；气体的收集；实验装置综合
【解析】【解答】A.Cu和浓H2SO4反应需要加热，则图中装置不能制取少量的SO2气体，A不符合题意；
B.由于盐酸易挥发，图中可以知道盐酸酸性大于碳酸、盐酸酸性大于硅酸，不能确定碳酸、硅酸的酸性，且不能利用无氧酸与含氧酸的酸性比较非金属性，应利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，B不符合题意；
C.CO2、Cl2可利用向上排空气法收集，从长导管进气，H2、NH3可利用向下排空气法收集，从短导管进气，C符合题意；
D.H2S水溶液显酸性，反应开始时pH不会大于7，将SO2气体通入H2S水溶液中生成单质硫，酸性减弱，pH增大，当SO2过量时，SO2溶于水生成亚硫酸，使溶液酸性增强，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.铜与浓硫酸的反应需要加热条件；
B.由酸性强弱比较非金属性强弱时，需比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱；
C.排空气法收集气体时，应注意气体不能与空气中的物质发生反应；
D.H2S溶液显酸性，其pH<7；
4．（2019高三上·枣庄月考）下列各组离子可能大量共存的是（ ）
A．与铝反应放出氢气的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO32-
B．常温下Kw/c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Ca2+、Fe2+、NO3-、NH4+
C．常温下水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1的溶液中Na+、K+、Cl-、HCO3-
D．0.5 mol·L-1AlCl3溶液中：AlO2-、K+、CO32-
【答案】A
【知识点】水的电离；离子积常数；离子共存
【解析】【解答】A.与铝反应放出氢气的溶液显酸性或碱性，在酸性溶液中S2－、SO32-发生氧化还原反应，不能共存，在碱性溶液可以大量共存，A符合题意；
B.常温下Kw/c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2+、NO发生氧化还原反应，不能共存，B不符合题意；
C.水电离出的c(H＋)＝10－10mol·L—1的溶液显酸性或碱性，在酸性或碱性溶液中HCO3 都不能大量存在，C不符合题意；
D.AlCl3溶液中CO32―与铝离子发生双水解反应，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.能与铝反应放出氢气的溶液中可能含有大量的H+或OH-；
B.结合Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14计算溶液中c(H+)，从而判断溶液的酸碱性，再结合溶液中的离子分析是否共存；
C.常温下水电离出的c(H+)=10-10mol/L<10-7mol/L，说明该溶液中可能含有大量的H+或OH-；
D.Al3+能与AlO2-、CO32-反应；
5．（2017高三上·河北期中）短周期元素M、N、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们组成的单质或化合物存在如下转化关系。甲、丁为二元化合物(两种元素形成的化合物），乙、戊为单质，丙、己为三元化合物。已知25℃时，0.1mol/L的甲、丙两溶液的pH分别为l、13 ，丁、己两溶液混合时产生白色沉淀。下列推断正确的是（ ）
A．M分别与N、X、Z形成的简单化合物中，M与N形成的化合物熔点最高
B．原子半径：Z>Y>X>M>N
C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
D．Z的阴离子结合质子的能力比N的阴离子强
【答案】C
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】25℃时，0.1 mol L-1甲溶液的pH=1，说明甲为一元强酸，甲为二元化合物，短周期中只有HCl满足；0.1mol L-1丙溶液的pH=13，说明丙为一元强碱，短周期元素中只有Na对应的NaOH为强碱，所以M为H元素；乙为单质，能够与强酸甲、强碱丙反应生成单质戊，则戊只能为氢气，乙为金属Al；结合M，N，X，Y，Z的原子序数依次增大可知为H、O、Na、Al、Cl元素，则
A. M分别与N、X、Z形成的简单化合物分别是H2O、NaH、HCl，NaH是离子化合物，熔点最高，A不符合题意；
B. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：Na>Al>Cl>O>H，B不符合题意；
C. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，三者能相互反应，C符合题意；
D. 盐酸是强酸，因此氯离子结合氢离子的能力比O的阴离子弱，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】25℃时，0.1 mol L-1甲溶液的pH=1，说明甲为一元强酸，甲为二元化合物，短周期中只有HCl满足；0.1mol L-1丙溶液的pH=13，说明丙为一元强碱，短周期元素中只有Na对应的NaOH为强碱，所以M为H元素；乙为单质，能够与强酸甲、强碱丙反应生成单质戊，则戊只能为氢气，乙为金属Al；结合M，N，X，Y，Z的原子序数依次增大可知为H、O、Na、Al、Cl元素，据此解答即可.
6．（2019高三上·枣庄月考）二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成 电能的同时，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结 合，降低了成本提高了效益，其原理如图所示。下列说 法错误的是（ ）
A．该电池放电时电子从 Pt1 电极经过外电路流到 Pt2电极
B．Pt1 电极附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e－=SO42-＋4H＋
C．相同条件下，放电过程中消耗的 SO2 和 O2 的体积比为 2∶1
D．Pt2 电极附近发生的反应为 O2＋4e－=2O2－
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.放电时，电子从负极流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池放电时电子从Pt1电极经过外电路流到Pt2电极，A不符合题意；
B.Pt1电极通入SO2，SO2在负极失电子生成SO42-，则电极反应为SO2+2H2O-2e-＝SO42-+4H+，B不符合题意；
C.该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为2：1，C不符合题意；
D.酸性条件下，氧气得电子生成水，则Pt2电极附近发生的反应为O2+4H++4e-＝2H2O，D符合题意；
故答案为：D
【分析】该装置为原电池装置，Pt1电极SO2转化为H2SO4，发生失电子的氧化反应，为负极，其电极反应式为：SO2+2H2O-2e-＝SO42-+4H+；则Pt2为正极，O2发生得电子的还原反应，与溶液中的H+结合形成H2O，其电极反应式为：O2+4H++4e-＝2H2O；据此结合选项分析。
7．（2019高三上·枣庄月考）下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是（ ）
物质 编号 物质转 化关系 a b c d
① FeCl2 FeCl3 Fe CuCl2
② NO NO2 N2 HNO3
③ Na2O Na2O2 Na NaOH
④ Al2O3 Na[Al(OH)4] Al Al(OH)3
A．①④ B．①②③ C．①③④ D．②④
【答案】A
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】N2不能一步生成NO2，②不符合题意；NaOH不能一步生成Na2O，③不符合题意。
故答案为：A
【分析】此题是对物质转化的考查，结合铁的化合物、氮的化合物、钠的化合物和铝的化合物的性质和转化进行分析。
二、综合题
8．（2018高三上·漯河期中）脱硝通常指将烟气中的氮氧化物(NOx)转化为无害的物质。
（1）选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在金属催化剂作用下，用还原剂(如NH3)选择性地与NOx反应生成N2和H2O。
①已知：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △H=-905.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+l80kJ mol-1
完成该方法中主要反应的热化学方程式：
4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) △H= 。
该方法应控制反应温度在315 400℃之间，反应温度不宜过低也不宜过高的原因是 。
③氨氮比[n(NH3)/n(NO)]会直接影响该方法的脱硝率，350℃时，只改变氨气的投放量，反应物X的转化率与氨氮比的关系如下图所示，则X是 (填学式)。氨氮比由0.5增加到1.0时，脱硝主要反应的平衡将向 方向移动。当[n(NH3)/n(NO)>1.0时，烟气中NO浓度反而增大，主要原因是 。
（2）直接电解吸收也是脱硝的一种方法，用6%的稀硝酸吸收NOx生成HNO2(—元弱酸)，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如上右图所示。①图中b应连接电源的 （填“正极”或“负极”)。②a电极反应式为 。
【答案】（1）-1625.5 kJ mol-1；温度过低，反应速率小；温度过离，使脱硝主要反应的平衡向逆反应方向移动，脱硝率降低；NH3；正反应；过量氨气与氧气反应生成NO
（2）负极；H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+
【知识点】化学平衡移动原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：（1）4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △H=-905.5kJ·mol-1 ①
N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+l80kJ mol-1②
根据盖斯定律，①－②×4得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) △H= -905.5kJ·mol-1－l80kJ mol-1×4= -1625.5 kJ mol-1；
②温度过低，反应速率小；温度过离，使脱硝主要反应的平衡向逆反应方向移动，脱硝率降低，所以反应温度在315 400℃之间；
③两种反应物，增加一种物质的投料量，能提高另一种物质的平衡转化率，自身的平衡转化率减小；增加氨气的投放量，X转化率降低，所以X是氨气；增加反应物，平衡将向正方向移动，所以氨氮比由0.5增加到1.0时，脱硝主要反应的平衡将向正方向移动；当[n(NH3)/n(NO)>1.0时，氨气过量，过量的氨气被催化氧化为NO，所以NO浓度增大；（2）电解将HNO2转化为硝酸，发生氧化反应，所以a是阳极，b是阴极，b连接电源的负极；阳极的电极反应式为H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+。
【分析】1 ① 利用盖斯定律，求出相应的化学方程式；②温度太低反应速率慢，温度太高会使平衡逆向移动； ③ 要注意浓度和平衡移动的关系；
2、在电解池中，被氧化的一方为阳极，连接正极。
9．（2019高三上·枣庄月考）铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大.回答下列问题：
（1）已知高炉炼铁过程中会发生如下反应：
FeO(s)+
CO(g)═Fe(s)+CO2(g)△H1
Fe2O3(s)+1/3 CO(g)═ 2/3
Fe3O4(s)+ 1/3 CO2(g)△H2
Fe3O4(s)+
CO(g)═3Fe(s)+CO2(g)△H3
Fe2O3(s)+
CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g)△H4
则△H4 的表达式为 (用含△H1、△H2、△H3 的代数式表示)。
（2）上述反应在高炉中大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下：
温度 250℃ 600℃ 1000℃ 2000℃
主要成分 Fe2O3 Fe3O4 FeO Fe
1600℃时固体物质的主要成分为 ，该温度下若测得固体混合物中 m(Fe)：m(O)=35：2， 则
FeO 被 CO 还原为 Fe 的百分率为 (设其它固体杂质中不含 Fe、O 元素)。
（3）铁等金属可用作 CO 与氢气反应的催化剂.已知某种催化剂可用来催化反应 CO(g)+3H2(g) = CH4(g) +H2O(g)△H＜0.在 T℃，106Pa 时将 1mol CO 和 3mol H2 加入体积可变的密闭容器 中.实验测得 CO 的体积分数 x(CO)如下表：
t/min 0 10 20 30 40 50
x(CO) 0.25 0.23 0.214 0.202 0.193 0.193
①能判断
CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)达到平衡的是 (填序号)。
a.容器内压强不再发生变化
b.混合气体的密度不再发生变化
c.v
正(CO)=3v 逆(H2)
d.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
②达到平衡时 CO 的转化率为 ；在 T℃106Pa 时该反应的压强平衡常数 Kp(用平衡分 压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)的计算式为 。
③图表示该反应 CO 的平衡转化率与温度、压强的关系.图中温度
T1、T2、T3 由高到低的顺序是 ，理由是 .
【答案】（1）△H2+ △H3
（2）FeO和Fe；80%
（3）bd；37.1%；；T3＞T2＞T1；正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率升高
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知反应：Fe2O3(s)+ CO(g)═ Fe3O4(s)+ CO2(g)△H2②Fe3O4(s)+4CO(g)═3Fe(s)+4CO2(g)△H3 ③，根据盖斯定律，将所给的反应②+③× 可得：Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g)，故△H4=△H2+ △H3 ，故答案为：△H2+ △H3 ；
（2）根据当1000℃时为FeO，在2000℃时为Fe，故在1600℃时固体物质的主要成分为FeO和Fe的混合物；设混合物中FeO的物质的量为xmol，Fe的物质的量为ymol，则有： = ，即可求的x:y=1:4，故剩余的FeO和被还原为铁的FeO的物质的量之比为1:4，则可知被还原的FeO的百分比为 ×100%=80%，故答案为：FeO和Fe；80%；
（3）①a.由于此容器是个体积可变的容器，故为恒容的容器，则容器内压强一直不变，故不能作为反应达平衡的标志，a不符合题意；
b.此反应在平衡前，气体的质量不变，但体积变小，故密度变大，故当混合气体的密度不再发生变化时能说明反应达平衡，b符合题意；
c.反应达平衡的根本标志是v正=v逆，所以3v正(CO)=v逆(H2)，c不符合题意；
d.在反应达平衡之前，混合气体的质量不变，但物质的量变小，故混合气体的平均相对分子质量在变小，故当不变时能说明反应达平衡，d符合题意；
故答案为：bd；
②设反应达平衡时CO转化了xmol，则根据三段式可知：
CO(g) + 3H2(g) CH4(g)+ H2O(g)
起始（mol） 1 3 0 0
转化（mol） x 3x x x
平衡（mol） 1-x 3-3x x x
结合平衡时CO的体积分数为0.193可知： =0.193，解得x=0.371，故达到平衡时CO的转化率为= ×100%＝37.1%；在T℃106Pa时该反应的压强平衡常数Kp= = ，故答案为：37.1%； ；
③反应CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)△H＜0，温度越高，则平衡左移，CO的平衡转化率越低，根据图象可知，温度T3＞T2＞T1，故答案为：T3＞T2＞T1；正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率越高。
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；
（2）根据表格中温度与成分的关系确定1600℃时固体物质的成分；根据铁元素和氧元素的质量比计算FeO被CO还原为Fe的百分率；
（3）①a、容积可变的容器中，体系的压强保持不变；
b、根据公式，结合反应过程分析混合气体的密度是否发生变化；
c、根据反应速率之比等于化学计量系数之比分析；
d、根据公式，结合反应过程分析混合气体的相对分子质量是否发生变化；
②根据平衡三段式进行计算；
③根据温度、压强对反应速率和平衡移动的影响分析；
10．（2019高三上·枣庄月考）已知部分弱酸的电离常数如下表：
弱酸 CH3COOH HCN H2CO3
电离常数(25
℃) Ka＝1.8×10－5 Ka＝5.0×10－10 Ka1＝4.3×10－7 Ka2＝5.6×10－11
请回答下列问题：
（1）25
℃时，在某二元酸 H2A 溶液中存在的所有微粒为：H+、OH-、HA-、A2-、H2O，写出 H2A 的 电离方程式 。
（2）25
℃时，在 0.5 mol·L－1 的醋酸溶液中由醋酸电离出的[H＋]约是 ，是该溶液 中由水电离出的[H＋]的 倍，醋酸的电离度为 (填百分数)
（3）写出向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式： 。
（4）25
℃时，CH3COOH 与 CH3COONa 的混合溶液，若测得混合液 pH＝6，则溶液中[CH3COO－]-[Na＋]= (填准确数值)。
（5）25
℃时，将 a mol·L－1 的醋酸与 b mol·L－1 氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性， 用
a、b 表示醋酸的电离常数为 。
【答案】（1）H2A=H++HA- HA- H++A2-
（2）3×10-3 mol·L－1；9×108；0.6%
（3）CN－＋CO2＋H2O=HCO3－＋HCN
（4）9.9×10－7 mol·L－1
（5）b×10－7/(a－b)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】(1)由于二元酸H2A溶液中存在HA-，不存在H2A分子，则说明H2A为强酸，HA-为弱酸，故其电离方程式为：H2A=H++HA- ；HA- H++A2-；
(2)醋酸中存在电离平衡，则c(CH3COO-)=c(H+)= mol/L，根据醋酸的电离平衡常数表达式可得到0.5mol/L的醋酸电离出的c(H+)为 =3×10-3 mol/L，水电离产生的氢离子浓度为10 14/3×10-3mol/L，则由醋酸电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的9×108倍；
(3)酸性强弱顺序为H2CO3>HCN>HCO3 ，所以向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为CN-+CO2+H2O= HCO3 +HCN；
(4)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合溶液pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，根据电荷守恒关系有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(CH3COO-)-c(Na+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol L-1；
(5)将a mol·L－1的醋酸溶液与b mol·L－1的氢氧化钠溶液等体积混合,溶液呈中性,说明醋酸过量,醋酸和氢氧化钠溶液发生反应生成醋酸钠和水,溶液中c(CH3COOH)= (a－b)/2 mol L-1，达到电离平衡时,溶液呈中性,氢离子浓度是1×10-7mol L-1,c(Na)=c(CH3COO-)=b/2 mol L-1,则K= c(CH3COO-) c(H+)/c(CH3COOH)= b×10－7/(a－b);
【分析】（1）由溶液中微粒的成分可知，H2A第一步完全电离，产生的HA-部分电离，据此写出电离方程式；
（2）结合醋酸的电离常数和水的离子积常数进行计算；
（3）由表格中电离常数的大小分析酸性强弱，再根据“强酸制弱酸”的原理书写反应的离子方程式；
（4）结合电荷守恒进行计算；
（5）反应后所得溶液显中性，则CH3COOH过量，根据消耗的CH3COOH和NaOH的量可计算溶液中剩余CH3COOH的量；由NaOH的量可计算溶液中CH3COO-的量， 再结合CH3COOH的电离常数的表达式计算其电离常数；
三、实验题
11．（2019高三上·枣庄月考）某矿样中含有大量的 CuS 及少量其他不溶于酸的杂质。实验室中以该矿样为原料制备CuCl2·2H2O
晶体，流程如下：
（1）在实验室中，欲用 37%(密度为 1.19 g·mL－1)的盐酸配制 500 mL 6 mol·L－1 的盐酸，需要的仪器除 量筒、烧杯、玻璃棒外，还有 、 。
（2）①若在实验室中完成系列操作 a。则下列实验操作中，不需要的是 (填字母)。
②CuCl2 溶液中存在平衡：Cu(H2O)42＋(蓝色)＋4Cl－ CuCl42－(黄色)＋4H2O。欲用实验证明滤液 A(绿色)中存在上述平衡，除滤液 A 外，下列试剂中还需要的是 (填字 母)。
a.FeCl3 固体
b.CuCl2 固体
c.蒸馏水
（3）某化学小组欲在实验室中研究 CuS 焙烧的反应过程，查阅资料得知在空气中焙烧 CuS 时，固体 质量变化曲线及 SO2 生成曲线如图。
①CuS 矿样在焙烧过程中，有 Cu2S、CuO·CuSO4、CuSO4、CuO 生成，转化顺序为CuS Cu2S CuO·CuSO4 CuSO4 CuO第 ① 步 转 化 主 要 在 200 ～ 300 ℃ 内 进 行 ， 该 步 转 化 的 化 学 方 程 式 。
②300～400 ℃内，固体质量明显增加的原因是 ，图所示过程中，CuSO4固体能稳定存在的阶段是 (填字母)。
a.一阶段
b.二阶段
c.三阶段
d.四阶段
③该化学小组设计如下装置模拟 CuS 矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为 SO2和 O2 的混合物。
a.装置组装完成后，应立即进行的一项操作是 。
b.当 D 中产生白色沉淀时，说明第四阶段所得气体为 SO2 和 O2 的混合物，你认为 D 中原来盛有 溶液。
c.若原 CuS 矿样的质量为 10.0 g，实验过程中，保持在 760 ℃左右持续加热，待矿样充分反应后， 石英玻璃管内所得固体的质量为 8.0 g，则原矿样中 CuS 的质量分数为 。
【答案】（1）胶头滴管；500mL容量瓶
（2）cd；c
（3）2CuS+O2 Cu2S+SO2；300～400oC范围内Cu2S转化为CuSO4，进行的是第二阶段，主要产物是CuO·CuSO4，相当于固体中增加了氧元素的质量，所以固体质量明显增加；c；检验装置气密性；氯化钡（BaCl2）；96%
【知识点】二氧化硫的性质；配制一定物质的量浓度的溶液；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）用液体配制溶液，需要量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、及容量瓶，本题中需配制500mL的溶液所以需要500mL的容量瓶；、
（2）①从滤液到晶体，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤步骤得到晶体，不需要灼烧、分液，所以
故答案为：cd；
②欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，则需要改变条件，看是否有平衡移动，因此实验中加入水后溶液蓝色加深，即可证明存在平衡；不能加入氯化铁固体或氯化铜固体，原因是铁离子和铜离子本身有颜色，c正确；
（3）①200～300oC范围内进行的是第一阶段，所以产物主要是Cu2S，所以化学方程式为2CuS+O2 Cu2S+SO2；
②300～400oC范围内，进行的是第二阶段，主要产物是CuO·CuSO4，相当于固体中增加了氧元素的质量，所以固体质量明显增加；从图中可以看出，CuSO4固体能稳定存在的阶段是第三阶段，
故答案为：c；
③a、装置组装完成后，应立即进行的一项操作是检验装置制气密性；
b、当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物，气体溶于溶液后可得硫酸根离子，所以只需验证硫酸根离子的存在即可，因此应选择氯化钡溶液；
c、石英玻璃管内所得固体为CuO，其质量为8.0g，物质的量是0.1mol，根据元素守恒，则CuS的质量是9.6g，所以原矿样中CuS的质量分数为9.6÷10×100%=96%。
【分析】（1）根据溶液的配制确定其所需的仪器；
（2）①系列操作a是从溶液中得到晶体，为结晶操作，据此分析；
②结合平衡移动的影响分析；
（3）①根据题干信息确定反应物和生成，结合原子守恒书写反应的化学方程式；
②固体质量的增加，是由于增加了氧元素的质量；结合图像分析CuSO4固体温度存在的阶段；
③a、有气体参与的反应，连接仪器后，应进行装置气密性的检查；
b、证明所得气体为SO2和O2，则应证明有BaSO4沉淀的产生， 据此确定D中的试剂；
c、根据质量守恒定律进行计算；
