化学反应原理部分高考试题

一、选择题

1．下列叙述正确的是

A ．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度

B ．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7

C ．25℃时，0.1mol·L －1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱

D ．0.1 mol AgCl 和0.1mol AgI 混合后加入1L 水中，所得溶液中c （Cl －）=c （I －） 2．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是

A ．正极反应中有CO 2生成

B ．微生物促进了反应中电子的转移

C ．质子通过交换膜从负极区移向正极区

D ．电池总反应为C 6H 12O 6+6O 2=6CO 2+6H 2O

3．浓度均为0.10mol/L 、体积均为V 0的MOH 和ROH 溶液，分别加水稀释至体积V ，pH 随0

lg V V

的变化如图所示，下列叙述错误．．

的是

A ．MOH 的碱性强于ROH 的碱性

B ．ROH 的电离程度：b 点大于a 点

C ．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH －)相等

D ．当0lg V V

=2时，若两溶液同时升高温度，则 )

()(++R c M c 增大

4．室温下，将0.05 mol Na 2CO 3固体溶于水配成100mL 溶液，向溶液中加入下列物质。有关加入的物质结论 A 50mL 1 mol·L －1H 2SO 4 反应结束后，c(Na +)=c(SO 42－) B

0.05molCaO

溶液中增大 C

50mL H 2O

由水电离出的c(H +)·c(OH —)不变

D 0.1molNaHSO 4固体

反应完全后，溶液pH 减小，c(Na +)不变

5．常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH

4HCO

与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO

晶体，

过滤，所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确

．．．的是

A．<1.0×10-7mol/L B．c(Na+)= c(HCO

3－)+ c(CO

2－)+ c(H

)

C．c(H+)+c(NH

4+)= c(OH－)+ c(HCO

－)+2 c(CO

2－)

D．c(Cl－)> c(NH

4+)> c(HCO

－)> c(CO

2－)

6．已知H

在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如下图所示。下列说

法正确的是

A．加入催化剂，减小了反应的热效应 B．加入催化剂，可提高H

的平衡转化率

C．H

分解的热化学方程式：H

→ H

O + O

+ Q

D．反应物的总能量高于生成物的总能量

7．研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是

A．d为石墨，铁片腐蚀加快

B．d为石墨，石墨上电极反应为：O

2 + 2H

O + 4e → 4OH–

C．d为锌块，铁片不易被腐蚀

D．d为锌块，铁片上电极反应为：2H++ 2e → H

↑8．对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大

B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大

C．减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大D．加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大

第II卷（非选择题）

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评卷人得分

二、填空题（题型注释）

9．（14分）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO

和

）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：

①CO（g）+2H

2（g）CH

OH（g）△H

②CO

2（g）+3H

（g）CH

OH（g）+H

O（g）△H

③CO

2（g）+H

（g）CO（g）+H

O（g）△H

回答下列问题：

（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：

由此计算△H

1＝ kJ·mol-1，已知△H

＝-58kJ·mol-1，则△H

＝ kJ·mol-1。

（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为（填曲线标记字母），其判断理由是。

（3）合成气的组成n（H

2）/n（CO+CO

）＝2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度

和压强的关系如图2所示。α（CO）值随温度升高而（填“增大”或“减小”），其原因是。图2中的压强由大到小为_____，其判断理由是_____。

10．（本题共12分）氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。

完成下列填空：

27．写出电解饱和食盐水的离子方程式。

28．离子交换膜的作用为：、。

29．精制饱和食盐水从图中位置补充，氢氧化钠溶液从图中位置流出（选填“a”、“b”、“c”或“d”）。

30．KClO 3可以和草酸（H 2C 2O 4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO 2，还生成CO 2和KHSO 4等物质。

写出该反应的化学方程式。 31．室温下，0.1 mol/L NaClO 溶液的pH 0.1 mol/L Na 2SO 3溶液的pH （选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为0.1 mol/L 的Na 2SO 3和Na 2CO 3的混合溶液中，SO 32–、CO 32–、HSO 3–、HCO 3–浓度从大到小的顺序为。已知： H 2SO 3 K i1=1.54×10-2 K i2=1.02×10-7 HClO K i1=2.95×10-8

H 2CO 3 K i1=4.3×10-7 K i2=5.6×10-11 评卷人得分

三、实验题（题型注释） 424是常见的化肥和化工原料，受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产

物。

[查阅资料](NH 4)2SO 4在260℃和400℃时分解产物不同。

[实验探究]该小组拟选用下图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）

实验1：连接装置A-B-C-D ，检查气密性，按图示加入试剂（装置B 盛0.5000mol/L 盐酸70.00mL ）。通入N 2排尽空气后，于260℃加热装置A 一段时间，停止加热，冷却，停止通入N 2。品红溶液不褪色，取下装置B ，加入指示剂，用0.2000mol/L NaOH 溶液滴定剩余盐酸，

终点时消耗NaOH 溶液25.00 mL 。经检验滴定后的溶液中无SO 42-。（1）仪器X 的名称是________________。

（2）滴定前，下列操作的正确顺序是_________(填字母编号)。 a ．盛装0.2000mol/L NaOH 溶液 b ．用0.2000mol/L NaOH 溶液润洗 c ．读数、记录 d ．查漏、清洗

e ．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面

（3）装置B 内溶液吸收气体的物质的量是__________mol

实验2：连接装置A-D-B ，检查气密性，按图示重新加入试剂。通入N 2排尽空气后，于400℃加热装置A 至(NH 4)2SO 4完全分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入N 2。观察到装置A 、D 之间的导气管内有少量白色固体。经检验，该白色固体和装置D 内溶液中有SO 32-，无SO 42-。进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物。

（4）检验装置D 内溶液中有SO 32-，无SO 42-的实验操作和现象是__________. （5）装置B 内溶液吸收的气体是____________.

（6）(NH 4)2SO 4在400℃分解的化学方程式是______________________.

五、简答题 12．（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO 2和H 2SO 4，即可得到I 2，该反应的还原产物为____________。

（2）上述浓缩液中含有I -、Cl -等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO 3溶液，当AgCl

开始沉淀时，溶液中)

()(--Cl c I c 为：_____________，已知K sp （AgCl ）=1.8×10-10，K sp （AgI ）

=8.5×10-17。（3）已知反应2HI(g) ===H 2(g) + I 2(g)的ΔH= +11kJ ·mol －1，1mol H 2(g)、1mol I 2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ 、151kJ 的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为______________kJ 。

（4）Bodensteins 研究了下列反应：2HI(g)H 2(g) + I 2(g)

在716K

t/min 0 20 40 60 80 120 x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 x(HI)

0.60

0.73

0.773

0.780

0.784

②上述反应中，正反应速率为v 正= k 正·x 2(HI)，逆反应速率为v 逆=k 逆·x(H 2)·x(I 2)，其中k 正、k 逆为速率常数，则k 逆为________(以K 和k 正表示)。若k 正 = 0.0027min -1，在t=40min

时，v 正=________min -1

③由上述实验数据计算得到v 正~x(HI)和v 逆~x(H 2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_________________（填字母）

13．（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，MnO 2，ZnCl 2和NH 4Cl 等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH ，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：溶解度/（g/100g 水）

化合物 Zn （OH ）2 Fe （OH ）2 Fe （OH ）3 Ksp 近似值

10-17

10-39

（1）该电池的正极反应式为，电池反应的离子方程式为（2）维持电流强度为0.5A ，电池工作五分钟，理论上消耗Zn g 。（已经F ＝96500C/mol ）（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl 2和NH 4Cl ，二者可通过____分离回收；滤渣的主要成分是MnO 2、______和，欲从中得到较纯的MnO 2，最简便的方

法是，其原理是。

（4）用废电池的锌皮制备ZnSO

4·7H

O的过程中，需去除少量杂质铁，其方法是：加稀硫酸

和H

溶解，铁变为_____，加碱调节至pH为时，铁刚好完全沉淀（离子浓度小于1

×10-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全）；继续加碱调节至pH为_____时，锌开始沉淀（假

定Zn2＋浓度为0.1mol/L）。若上述过程不加H

后果是，原因是。

14．（14分）FeCl

具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理

污水比FeCl

高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：

（1）FeCl

3净水的原理是。FeCl

溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因

是（用离子方程式表示）。

（2）为节约成本，工业上用NaClO

3氧化酸性FeCl

废液得到FeCl

。

①若酸性FeCl

废液中c(Fe2＋)=2.0×10-2mol·L-1, c(Fe3＋)=1.0×10-3mol·L-1, c(Cl －)=5.3×10-2mol·L-1,则该溶液的PH约为。

②完成NaClO

3氧化FeCl

的离子方程式：

（3）FeCl

在溶液中分三步水解：

Fe3＋+H

2O Fe(OH)2++H＋ K

Fe(OH)2++H

2O Fe(OH)

++H＋ K

Fe(OH)++H

2O Fe(OH)

+H＋ K

以上水解反应的平衡常数K

1、K

、K

由大到小的顺序是。

通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3++yH

x (OH)

(3x-y)++yH+

欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）。a．降温 b．加水稀释

c．加入NH

4Cl d．加入NaHCO

室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是。

（4）天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为mg·L-1。

参考答案

1．C

【解析】A.醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c （CH 3COO －）浓度增大，抑制了醋酸的电离，A 错误；B. 25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反应生成硝酸铵，属于强酸弱碱盐，N 水解导致溶液呈酸性，PH<7,B 错误；C.硫化氢属于弱酸，部分电离，硫化钠属于强电解质，全部电离，等浓度的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液中离子浓度小，导电能力弱，C 正确；D.AgCl 和AgI 的K sp 不相等，c （Ag ＋）·c（Cl －）=K sp

（AgCl ）, c （Ag ＋

）·c（I －）=K sp （AgI ），0.1mol AgCl 和0.1molAgI 混合后加

入1L 水中，所得溶液中c （Ag ＋）浓度相等，则c （Cl －）不等于c （I －

），D 错误；答案选C 。【考点定位】本题主要考查弱电解质的电离平衡，酸碱混合溶液的PH 判断，溶液的导电性和沉淀溶解平衡的应用。 2．A 【解析】首先根据原电池反应判断出厌氧反应为负极侧，有氧反应为正极侧。A 、根据厌氧反应中碳元素的化合价的变化：葡萄糖分子中碳元素平均为0价，二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，所以生成二氧化碳的反应为氧化反应，所以在负极生成。错误；B 、在微生物的作用下，该装置为原电池装置。原电池能加快氧化还原反应速率，故可以说微生物促进了电子的转移。正确；C 、原电池中阳离子向正极移动。正确；D 、电池的总反应实质是葡萄糖的氧化反应。正确。【考点定位】原电池原理；难度为一般等级 3．D 【解析】A 、根据图像可知，0.1mol/L MOH 溶液的pH=13，说明MOH 完全电离，为强电解质，而ROH 溶液的pH<13，说明ROH 为弱电解质，所以MOH 的碱性强于ROH 的碱性。正确；B 、ROH 为弱碱，溶液越稀越易电离，所以ROH 的电离程度：b 点大于a 点。正确；C 、两溶液无限稀释下去，最终的pH 均为7，所以它们的氢氧根离子浓度相等。正确；D 、当0

V V

=2时，MOH 溶液的pH=11，ROH 溶液的pH=10，MOH 溶液中不存在电离平衡，升高温度，对c(M +)无影响；而ROH 溶液中存在电离平衡，升高温度，电离正向移动，则c(R +)浓度增大。综上所述，升高温度时)

()(++

R c M c 比值减小，错误。

【考点定位】电解质强弱的判断、电离平衡移动（稀释、升温）；难度为较难等级。 4．B

【解析】室温下，将0.05 mol Na 2CO 3固体溶于水配成100mL 溶液，溶液中存在CO 32—+H 2O HCO 3—+OH —溶液呈碱性；A 项加入50mL 1 mol·L －1H 2SO 4，H 2SO 4与Na 2CO 3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na 2SO 4，故根据物料守恒反应结束后c(Na +)=2c(SO 42－)，故A 项错误；向溶液中加入0.05molCaO ，则CaO+ H 2O=Ca(OH)2，则c(OH —)增大，且Ca 2++CO 32—=CaCO 3↓，使CO 32—+H 2O HCO 3—+OH —平衡左移，c(HCO 3—)减小，故增大，故B 项正确；C 项加入50mL H 2O ，溶液体积变大，

CO 32—+H 2O

HCO 3—+OH —平衡右移，但c(OH —)减小，Na 2CO 3溶液中H +、OH —均由水

电离，故由水电离出的c(H +)·c(OH —)减小，故C 项错误；D 项加入0.1molNaHSO 4固体，NaHSO 4为强酸酸式盐电离出H +与CO 32—反应，则反应后溶液为Na 2SO 4溶液，溶液呈中性，故溶液pH 减小，引入了Na +，故c(Na +)增大，D 项错误；本题选B 。【考点定位】本题主要考查了盐类水解平衡应用。涉及离子浓度的比较、比值的变化、溶液pH 的变化等 5．C

【解析】A 、=c(OH －)，pH<7时，c(OH －) 1.0×10-7mol/L ，A 正确；B 、物料守恒，B 正确；C 、电荷守恒，应为c(H +)+c(NH 4+)= c(OH -)+ c(HCO 3-)+2 c(CO 32-)+ c(Cl -)，C 错误；D 、c(Cl －)不变，NH 4+水解，则c(Cl －)> c(NH 4+)，HCO 3－部分结晶析出，则c(NH 4+)> c(HCO 3－)，CO 32－是HCO 3－电离产生的，电离很微弱，则c(HCO 3－

)> c(CO 32－)，D 正确。选C 。【考点定位】电解质溶液 6．D

【解析】A ．加入催化剂，减小了反应的活化能，使反应在较低的温度下发生，但是反应的热效应不变，错误。B ．加入催化剂，可提高H 2O 2的分解的反应速率，该反应不是可逆反应，而且催化剂不能是平衡发生移动，因此不存在平衡转化率的提高与否，错误。C ．在书写热化学方程式式，也要符合质量守恒定律，而且要注明与反应的物质多少相对应的能量和物质的存在状态，错误。D ．根据图示可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，正确。【考点定位】考查图示法在表示催化剂对化学反应的影响的知识。 7．D

【解析】由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe 为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，正确。B.d 为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O 2 + 2H 2O + 4e → 4OH –，正确。C.若d 为锌块，则由于金属活动性：Zn>Fe ，Zn 为原电池的负极，Fe 为正极，首先被腐蚀的是Zn ，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，正确。D. d 为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O 2 + 2H 2O + 4e → 4OH –，错误。【考点定位】考查金属的电化学腐蚀及防护的知识。 8．B

【解析】A.合成氨反应的正反应是放热反应，升高温度，正反应、逆反应的反应速率都增大，但是温度对吸热反应的速率影响更大，所以对该反应来说，对逆速率影响更大，错误。B ．合成氨的正反应是气体体积减小的反应。增大压强，对正反应的反应速率影响更大，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动，正确。C ．减小反应物浓度，使正反应的速率减小，由于生成物的浓度没有变化，所以逆反应速率不变，逆反应速率大于正反应速率，所以化学平衡逆向移动，错误。D ．加入催化剂，使正反应、逆反应速率改变的倍数相同，正反应、逆反应速率相同，化学平衡不发生移动，错误。

【考点定位】考查外界条件对可逆反应的正反应、逆反应速率的影响的判断的知识。

9．（1）—99；＋41（2）)

(c )(c )

(c 223H CO OH CH K ?=

；a ；反应①为放热反应，平衡常数

应随温度升高变小；

（3）减小；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO 的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO 的量增大；总结果，随温度升高，使CO 的转化率降低；P 3＞P 2＞P 1；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO 的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO 的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO 的转化率升高【解析】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO （g ）+2H 2（g ）CH 3OH （g ）可知反应热△H 1＝1076kJ/mol ＋2×436 kJ/mol —3×413 kJ/mol —343 kJ/mol —465 kJ/mol ＝—99kJ.mol -1。根据盖斯定律可知②—①即可得到反应③，则△H 3＝—58 kJ/mol

＋99 kJ/mol ＝＋41kJ.mol -1

。

（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的化学平衡常数K 的表达式为

)

(c )(c )

(c 223H CO OH CH K ?=

；由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，

平衡常数减小，因此a 正确。（3）反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO 的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO 的量增大；因此最终结果是随温度升高，使CO 的转化率降低；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO 的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO 的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO 的转化率升高，所以图2中的压强由大到小为P 3＞P 2＞P 1。

【考点定位】本题主要是考查反应热计算、盖斯定律应用、平衡常数以及外界条件对平衡状态的影响等 10．27. 2Cl －＋2H 2O

Cl 2↑＋H 2↑＋2OH －。

28.阻止OH -进入阳极室，与Cl 2发生副反应：2NaOH+Cl 2=NaCl+NaClO+H 2O ；阻止阳极产生的Cl 2和阴极产生的H 2混合发生爆炸。 29.a ；d ；

30.2KClO 3+ H 2C 2O 4+ 2H 2SO 4= 2ClO 2+2CO 2+2KHSO 4+2H 2O. 31.大于；SO 32–>CO 32–>HCO 3–>HSO 3–。【解析】

27.电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H+在阴极得到电子变为H 2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl -在阳极失去电子，发生氧化反应。产生Cl 2。反应的离子方程式是2Cl －＋2H 2O

Cl 2↑＋H 2↑＋2OH －。

28.图中的离子交换膜只允许阳离子通，是阳离子交换膜，可以允许阳离子通过，

不能使阴离子通过，这样就可以阻止阴极溶液中的OH -进入阳极室，与氯气发生反应，阻止Cl -进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH 纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl 2和阴极产生的H 2混合发生爆炸。

29.随着电解的进行，溶质NaCl 不断消耗，所以应该及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a 位置补充，由于阴极H +不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d 位置流出；水不断消耗，所以从b 口不断加入蒸馏水，从c

位置流出的是稀的NaCl 溶液。

30.KClO 3有氧化性，H 2C 2O 4有还原性，在酸性条件下KClO 3可以和草酸（H 2C 2O 4）生成高效的消毒杀菌剂ClO 2，还生成CO 2和KHSO 4等物质。则根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学方程式是：2KClO 3+ H 2C 2O 4+ 2H 2SO 4= 2ClO 2+2CO 2+2KHSO 4+2H 2O. 31. NaClO 、Na 2SO 3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H +，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时，溶液中c(OH -)>c(H +)，所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱，盐水解程度就越大。消耗的离子浓度越大，当溶液达到平衡时，剩余的离子浓度就越小。由于H 2SO 3的K i2=1.02×10-7；HClO 的K i1=2.95×10-8，所以酸性：HSO 3->HClO ，因此溶液的pH: NaClO> Na 2SO 3。由于电离程度：H 2SO 3> H 2CO 3>HSO 3->HCO 3-，浓度均为0.1 mol/L 的Na 2SO 3和Na 2CO 3的混合溶液中，水解程度：CO 32–>SO 32–，所以离子浓度：SO 32–>CO 32–；水解产生的离子浓

度：HCO 3- > HSO 3-。但是盐水解程度总的来说很小，主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中SO 32–、CO 32–、HSO 3–、HCO 3– 浓度从大到小的顺序为SO 32–>CO 32–>HCO 3–>HSO 3–。

【考点定位】考查电解原理的应用、氧化还原反应方程式的书写、电离平衡常数在比较离子浓度大小的应用的知识。 11．

（1）圆底烧瓶（2）dbaec （3）0.03 mol

（4）取少量装置D 内溶液于试管中，滴加BaCl 2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体（5）NH 3

（6）3(NH 4)2SO

3↑+ N 2↑+3SO 2↑ + 6H 2O↑

【解析】（1）仪器X 为圆底烧瓶。

（2）滴定操作步骤为：首先查漏、水洗，再用待装的溶液润洗，再装液，再排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面，最后记录读数。

（3）由题意知：品红溶液不褪色，说明无SO 2，滴定后的溶液中无SO 42-，说明无SO 3则装置B 中吸收的气体为NH 3。n(HCl)= n(NH 3) +n(NaOH)，则得答案为0.03 mol （4）取装置D 内溶液少许于试管中，加入BaCl 2溶液，再加入稀盐酸，若产生白色沉淀且加入盐酸后白色沉淀能完全溶液，则说明原溶液中有SO 32-，无SO 42- （5）NH 3

（6）3(NH 4)2SO

3↑+ N 2↑+3SO 2↑ + 6H 2O

【考点定位】实验设计与评价 12．（1）MnSO 4；（2）4.7×10-7；（3）299

（4）①2

784.0108.0108.0?=K ；②k 逆= k 正/K ；1.95×10-3

；③ A 、E

【解析】（1）问中根据氧化还原反应方程式来判断还原产物是中学常规考法，迁移实验室制氯气的原理可得MnSO 4。

（2）体系中既有氯化银又有碘化银时，存在沉淀转化平衡：AgI(s) +Cl －

AgCl(s) +I －。

)

()(--=

Cl c I c K 分子、分母同时乘以)(+

c ，有：)

()()()()

()()()(AgCl K AgI K Cl c Ag c I c Ag c Cl c I c K p s p s =

??==-+-+--，将K sp （AgCl ）

=1.8×10-10

，K sp （AgI ）=8.5×10

-17

代入得：7107.4)

()(---?=Cl c I c 。（3）键能一般取正值来运算，ΔH=E （反应物键能总和）－E （生成物键能总和）；

设1molHI （g ）分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ ，代入计算：+11=2x －（436+151） x =299

（4）①问中的反应是比较特殊的，反应前后气体体积相等，不同的起始态很容易达到等效的平衡状态。大家注意表格中的两列数据是正向和逆向的两组数据。 716K 时，取第一行数据计算：2HI （g ）H 2（g ）+I 2（g ） n （始）（取1mol ） 1 0 0

Δn （0.216）（0.108）（0.108） n （平） 0.784 （0.108）（0.108）化学平衡常数为2

22784.0108

.0108.0)()()(?=?=

HI c I c H c K 本小题易错点：计算式会被误以为是表达式。

②问的要点是：平衡状态下，v 正= v 逆，故有：k 正·x 2(HI) = k 逆·x(H 2)·x(I 2) 变形：k 正/ k 逆=｛ x(H 2)·x(I 2)｝/ x 2(HI)=K 故有： k 逆= k 正/K ③ 问看似很难，其实注意到升温的两个效应（加快化学反应速率、使平衡移动）即可突破：先看图像右半区的正反应，速率加快，坐标点会上移；平衡（题中已知正反应吸热）向右移动，坐标点会左移。综前所述，找出A 点。同理可找出E 点。 13．（1）MnO 2＋e —＋H ＋＝MnOOH ；Zn ＋2MnO 2＋2H ＋＝Zn 2＋＋2MnOOH （2）0.05g （3）加热浓缩、冷却结晶；铁粉、MnOOH ；在空气中加热；碳粉转变为CO 2，MnOOH

氧化为MnO 2 （4）Fe 3＋；2.7；6；Zn 2＋和Fe 2＋

分离不开；Fe （OH ）2和Zn （OH ）2的Ksp 相近【解析】（1）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是活泼的金属，锌是负极，电解质显酸性，则负极电极反应式为Zn —2e —＝Zn 2＋。中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH ，则正极电极反应式为MnO 2＋e —＋H ＋＝MnOOH ，所以总反应式为Zn ＋2MnO 2＋2H ＋＝Zn 2＋＋2MnOOH 。（2）维持电流强度为0.5A ，电池工作五分钟，则通过的电量是0.5×300＝150，

因此通过电子的物质的量是mol 10155496500150

3-?＝，锌在反应中失去2个电子，

则理论消耗Zn 的质量是g 05.0mol /g 652

mol

001554.0＝?。

（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵。根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大，因此两者可以通过结晶分离回

收，即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离。二氧化锰、铁粉、MnOOH 均难溶于水，因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH 。由于碳燃烧生成CO 2，MnOOH 能被氧化转化为二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是在空气中灼烧。

（4）双氧水具有强氧化性，能把铁氧化为铁离子，因此加入稀硫酸和双氧水，溶解后铁变为硫酸铁。根据氢氧化铁的溶度积常数可知，当铁离子完全沉淀时溶

液中铁离子浓度为10—5

mol/L ，则溶液中氢氧根的浓度＝L /mol 10510

1012

39———＝?，所以氢离子浓度是2×10—3mol/L ，pH ＝2.7，因此加碱调节pH 为2.7时铁刚好完全沉淀。Zn 2＋浓度为0.1mol/L ，根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢

氧根浓度为＝1.01017-＝10—8mol/L ，氢离子浓度是10—6

mol/L ，pH ＝6，即继续加

碱调节pH 为6时锌开始沉淀。如果不加双氧水，则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近，因此在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀，导致生成的氢氧化锌不纯，无法分离开Zn 2＋和Fe 2＋。

【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等，涉及电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、pH 计算、化学实验基本操作等。 14．（1）Fe 3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 2 Fe 3++Fe=3 Fe 2+

（2）①2 ②1 6 6H + 1 6 3H 2O （3）K 1>K 2>K 3 b d 调节溶液的pH （4）18～20 【解析】（1）Fe 3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，所以可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe 会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是2 Fe 3++Fe=3 Fe 2+

（2）①根据电荷守恒，则溶液中氢离子的浓度是c(Cl －) -2 c(Fe 2＋)-3 c(Fe 3＋

)=1.0×10-2mol·L -1,所以pH=2；

②根据题意，氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl 元素的化合价从+5价降低到-1价，得到6个电子，而Fe 元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe 2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3；

（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K 1>K 2>K 3；使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，所以答案选bd ；从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH 。（4）由图像可知，聚合氯化铁的浓度在18～20 mg·L -1时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小。

【考点定位】本题主要考查了对铁的化合物性质的应用，氧化还原反应方程式的配平，对图像的分析能力