资源简介

广东省清中河中北中惠中阳中五校联考2024-2025学年高二上学期12月月考化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中国人历来讲究美食美器。下列酒器中主要材质为硅酸盐的是
A.清·梅纹银盏 B.清·蛋壳黑陶杯 C.夏·青铜爵 D.春秋战国·木漆耳杯
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅酸盐
【解析】【解答】A．清·梅纹银盏主要材质为单质银，属于金属材料，故A不符合题意；
B．清·蛋壳黑陶主要材质为陶瓷，陶瓷属于硅酸盐材料，故B符合题意；
C．夏·青铜爵的主要材质为青铜器，为合金，属于金属材料，故C不符合题意；
D．春秋战国·木漆耳杯主要材质为木质，属于有机物，不属于硅酸盐，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、银盏的材料为银单质，属于金属材料。
B、黑陶杯的材料为陶瓷，属于硅酸盐。
C、青铜爵的材料为青铜器，属于金属材料。
D、木漆耳杯的材料为木材，属于有机物。
2．各种形式的能量转换为生活提供便利，下列选项主要依靠化学能转化为热能的是
A．自热速食米饭
B．太阳能电池光伏发电
C．公路上行驶的新能源汽车
D．捏破内袋瞬间降温的一次性速冷冰袋
【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；化学能与热能的相互转化
【解析】【解答】A．自热饭速食米饭，是由生石灰与水发生化学反应，过程中放出热量，对米饭进行加热，因此存在化学能转化为热能，A正确；
B．太阳能光伏发电过程中，是将太阳能直接转化为电能，B错误；
C．新能源汽车是将电能转化为动能，C错误；
D．冰融化吸热，一次性速冷冰袋融化过程中没有发生化学变化，不存在化学能，D错误；
故答案为：A
【分析】A、自热速食米饭利用CaO与H2O反应放热进行加热。
B、太阳能电池发电时将太阳能转化为电能。
C、新能源汽车将电能转化为动能。
D、冰袋速冷过程中没有涉及化学反应，不存在化学能。
3．下列有关化学反应原理的说法正确的是
A．强碱和强酸的中和反应的活化能很高，所以化学反应速率很大
B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率加快
C．使用催化剂，改变反应历程，降低反应的反应热
D．反应的自发性既能用于判断反应进行的方向，也能用于确定反应发生的速率
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；有效碰撞理论
【解析】【解答】A. 常温下强酸与强碱的中和反应能快速完成，说明该反应的活化能较低（活化能小反应速度快），因此A选项表述不正确。B. 温度升高会提高反应物分子的能量，使更多普通分子转变为活化分子，从而增加活化分子比例，最终加快化学反应速率，故B选项正确。
C. 化学反应的反应热本质由反应物与生成物的总能量差决定，催化剂虽然能改变反应路径，但不会影响反应热的大小，因此C选项错误。
D. 过程的自发性仅能说明反应可能发生的方向，既不能保证反应必然发生，也不能决定反应速率，所以D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、反应所需的活化能越大，反应速率越慢。
B、温度升高，活化分子百分数增大，反应速率加快。
C、使用催化剂可以降低反应所需的活化能，但不影响反应热。
D、反应的自发性只能判断反应进行的方向，不能确定反应速率的快慢。
4．我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含碳氧双键的数目为
B．每生成转移电子数目为
C．晶体中含离子数目为
D．溶液中含数目为
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解析】A．分子含有2个π键，但题目未指明标准状况条件，气体摩尔体积不确定，因此无法计算π键的数目，选项A错误；B. 2.8g的物质的量计算如下：。由于每生成1mol转移12mol电子，因此生成0.1mol时转移的电子数为1.2NA，选项B错误；
C. 0.1mol晶体中含有0.1mol K+和0.1mol NO3-，离子总数为0.2NA，选项C正确；
D. 由于S2-会发生水解反应，使得溶液中S2-的实际数目小于0.1NA，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、未指明气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算。
B、根据反应过程中元素的化合价变化计算转移电子数。
C、一个KNO3晶体中含有1个K＋和1个NO3－。
D、K2S溶液中S2－发生水解，使得溶液中S2－数目减少。
5．下列实验操作对应的装置不正确的是
A.蒸干溶液制无水固体 B.排出碱式滴定管尖嘴内气泡
C.该装置可持续供电 D.测量体积
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；酸（碱）式滴定管的使用；原电池工作原理及应用
【解析】【解析】A、蒸干Al2(SO4)3溶液时，虽然铝离子会水解生成氢氧化铝，但由于水解产物硫酸是难挥发性酸，最终仍会得到无水Al2(SO4)3固体，因此A选项正确。B、碱式滴定管排气泡的正确操作是将胶管弯曲使尖嘴斜向上，用手指挤压玻璃珠使溶液从尖嘴流出，从而排出气泡，故B选项正确。
C、图示装置存在两个问题：一是硫酸铜溶液和硫酸锌溶液位置放反，无法构成原电池；二是即使正确组装，当锌电极消耗完后也会停止供电，因此C选项错误。
D、由于氧气不易溶于水，可以采用排水法准确测量O2的体积，故D选项正确。
故答案为：C
【分析】Al2(SO4)3水解过程中生成Al(OH)3和H2SO4，H2SO4不挥发，进一步与Al(OH)3反应，生成Al2(SO4)3。
B、根据碱式滴定管排气泡的操作分析。
C、用盐桥连接的原电池装置中，电极材料与所用的电解质溶液中金属元素应相同。
D、O2不易溶于水，可用该装置测量O2的体积。
6．劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识正确且有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 消防演练：泡沫灭火器灭火 和相互促进水解
B 家务劳动：用重油清洁剂清洗厨房油烟机 重油清洁剂里含有盐酸
C 探究活动：可除去废水中的 具有还原性
D 学农活动：用改善土壤的酸性 溶于水形成显碱性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；胶体的性质和应用
【解析】【解析】A、泡沫灭火器的工作原理是基于Al3＋和HCO3－之间的双水解反应，其离子方程式为：，A错误；B、重油清洁剂能够有效清除厨房油烟机上的油污，主要是由于其中含有的碱性成分可以使油污发生水解反应，B错误；
C、H2S用于处理含Hg2+的废水，是因为两者会生成极难溶的HgS沉淀，这一过程与H2S的还原性无关，C错误；
D、CaO可以通过与水反应生成Ca(OH)2来中和土壤中的酸性物质，从而达到改良酸性土壤的目的，D正确。
故答案为：D
【分析】A、泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3与NaHCO3溶液。
B、重油清洁剂中所含的为碱性物质。
C、H2S除去废水中的Hg2＋，是形成HgS沉淀。
D、CaO改良酸性土壤，是利用CaO与H2O反应生成Ca(OH)2。
7．硫酸工业中，转化是关键步骤： ，下列叙述正确的是
A．升高温度，变小，变大
B．使用催化剂，的平衡转化率增大
C．平衡后，增大的浓度使平衡右移，平衡常数减小
D．平衡后，增大压强(压缩体积)达到新的平衡，的浓度增大
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解析】A．温度升高时，正反应速率()和逆反应速率()都会增大，A错误；B．催化剂虽然能加快反应速率，但不会改变平衡转化率，SO2的平衡转化率不变，B错误；
C．增加氧气浓度会使平衡向右移动，但由于温度不变，平衡常数K保持不变，C错误；
D．当体积减小（压强增大）时，所有气体组分的浓度都会增加。根据勒夏特列原理，平衡会向气体分子数减少的方向（正向）移动。但达到新平衡后，SO2的浓度会比原平衡更高，D正确；
故答案为：D
【分析】A、升高温度，正逆反应速率都加快。
B、催化剂可改变反应速率，但不影响平衡移动。
C、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
D、增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
8．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．饱和溶液与固体反应：
B．硫化钠溶液在空气中氧化变质：
C．工业废水中的用去除：
D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解析】A、饱和溶液与固体反应时，由于碳酸钙的溶解度比硫酸钙更小，发生沉淀转化反应，离子方程式为。该选项正确。B、硫化钠溶液在空气中被氧气氧化时，正确的离子方程式应为，但题目中的表述存在错误。
C、用处理含的工业废水时，是难溶物，不能拆分为离子形式，正确离子方程式为，题目表述错误。
D、草酸()是弱酸，在离子方程式中不应拆开，正确离子方程式为，题目表述错误。
故答案为：A
【分析】A、CaCO3比CaSO4更难溶，因此CaSO4可转化为更难溶的CaCO3。
B、Na2S溶液显碱性，不存在H＋。
C、FeS难溶于水，不能拆解成离子形式。
D、H2C2O4是弱酸，在离子方程式中应保留化学式。
9．下列有关水及水溶液的说法正确的是
A．常温下，若水电离出的为，该溶液的可能为2
B．在时，约为6的纯水呈酸性
C．时将盐酸稀释至，所得溶液的
D．稀醋酸加水稀释的过程中，醋酸的电离度逐渐增大，逐渐增大
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子积常数
【解析】【解析】A、常温下，当水电离出的氢离子浓度c(H+)=1×10 12 mol L 1时，说明水的电离受到抑制（该值小于中性时的1×10 7 mol L 1）。抑制可能来自酸性或碱性环境：若为酸性溶液（如加入盐酸），pH=2；若为碱性溶液（如加入NaOH），pH=12。因此A选项描述正确。B、100℃时，纯水中c(H+)=1×10 6 mol L 1，此时pH≈6。但由于c(H+)=c(OH )，溶液仍呈中性，而非酸性，故B选项错误。
C、盐酸稀释后不可能变为碱性，将10 mL 1×10 6 mol L 1盐酸稀释至1000 mL时，溶液pH趋近7但始终略小于7（因残留的H+无法完全消除），故C选项错误。
D、醋酸稀释时存在电离平衡：CH3COOH CH3COO +H+。虽然加水促进电离（电离度增大），但c(H+)整体降低，故D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、该溶液中H2O的电离受到抑制，酸碱都能抑制水的电离。
B、纯水显中性。
C、盐酸稀释过程中，溶液中c(H＋)＞c(OH－)，显酸性，pH只能无限接近7。
D、稀释促进CH3COOH的电离，但溶液中c(H＋)减小。
10．下列类比或推理合理的是
　 已知 方法 结论
A 稳定性： 类比 酸性：
B 应用：溶液可做除锈剂 类比 溶液可做除锈剂
C 金属性： 推理 氧化性：
D ： 推理 溶解度：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．同一主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性F＞Cl。非金属性越强，其气态氢化物越稳定，所以稳定性HF＞HCl。由于F的电负性比Cl大，F对H的吸引力更强，导致HF中的H更难电离，因此酸性：HFC．金属性越强，则对应离子的氧化性越弱，由于金属性：Fe＞Cu，对应离子的氧化性则是，C不符合题意。
D．虽然关系为，但不能直接得出溶解度关系，因为属于不同类型的沉淀。只有同类型的溶度积常数越小，才能得出其溶解度越小的结论，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、稳定性和酸性的性质差异明显，不能直接类比。
B、NH4Cl溶液和ZnCl2溶液中都存在水解，使得溶液显酸性，Fe2O3能溶于酸性溶液中。
C、铁单质对应的离子为Fe2＋。
D、Ag2CrO4和AgCl属于不同类型的沉淀，不能直接根据溶度积Ksp大小比较溶解度大小。
11．下列图像及有关叙述不正确的是
A．图甲是合成氨反应中，其他条件不变时，起始时用量对反应影响的曲线，则图中三点所处的平衡状态中，转化率最高的点是点
B．图乙表示足量锌分别与盐酸、硫酸反应产生氢气的体积随时间变化的曲线
C．图丙是恒温密闭容器中发生反应时，随反应时间变化的曲线，时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
D．图丁是反应 中的平衡转化率随温度、压强的变化曲线，说明代表温度，代表压强，且
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解析】A、在工业合成氨反应中，随着氢气物质的量增加，平衡正向移动，氮气转化率随之提高。图中c点对应氮气转化率最高，A选项正确。B、盐酸中H+初始浓度为0.1 mol/L，硫酸中H+初始浓度为0.2 mol/L。由于硫酸氢离子浓度更高，反应初期硫酸的反应速率更快。但锌足量时，最终氢气产量由酸中可电离H+的总物质的量决定，盐酸提供的H+更多，因此盐酸反应产生的氢气体积更大，B选项错误。
C、CO2浓度随时间逐渐增大直至平衡。若在t1时缩小容器体积，CO2浓度会突然增大（因体积减小），随后平衡逆向移动使CO2浓度逐渐减小。由于温度不变，平衡常数不变，最终CO2浓度会回到原平衡值，C选项正确。
D、图丁显示SO2与O2反应放热，升温会使平衡逆向移动，导致SO2转化率降低，因此X代表温度。增大压强使平衡正向移动，SO2转化率提高，故Y代表压强，且Y1＞Y2（高压更有利），D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、增大n(H2)，平衡正向移动，N2的转化率增大。
B、酸溶液中c(H＋)越大，反应速率越快；n(H＋)越多，反应生成的V(H2)越大。
C、缩小容器的体积，体系中c(CO2)增大，平衡逆向移动。
D、结合温度、压强对平衡移动的影响分析。升高温度，平衡向吸热方向移动；增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
12．和是环境污染性气体，可在表面转化为无害气体，其总反应为： ，有关化学反应的物质变化及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法错误的是
A．由图甲可知：
B．由图乙可知：该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
C．由图甲可知：为了实现转化，需不断向反应器中补充和
D．由图乙可知：，改用其他高效的催化剂时的值不变
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示反应过程分析：①反应式：（焓变ΔH1）
②反应式：（焓变ΔH2）
将①+②可得总反应：，总焓变ΔH=ΔH1+ΔH2，选项A正确。
B．由能量变化图可知，反应物总能量高于生成物，说明该反应为放热反应，因此正反应活化能（134kJ/mol）小于逆反应活化能（360kJ/mol），选项B正确。
C．作为催化剂在反应中先消耗后再生，其化学性质和质量保持不变；而是中间产物，无需额外补充。因此"需要不断补充"的说法错误，选项C错误。
D．该反应焓变ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=-226kJ·mol- 。催化剂只能改变反应速率，不会影响焓变值，因此更换催化剂时ΔH保持不变，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
B、该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能。
C、是反应的催化剂，而是中间产物，因此不需要不断加入。
D、催化剂改变反应速率，但不影响反应热。
13．根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 将通入溶液中，生成淡黄色沉淀 的非金属性比强
B 向、的混合稀溶液中滴入少量稀溶液，有黄色沉淀生成
C 用计测量醋酸、盐酸的，溶液： 是弱电解质
D 向蔗糖溶液中加入少量稀，加热，再加入银氨溶液，未出现银镜 蔗糖未水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；葡萄糖的银镜反应；化学实验方案的评价；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解析】A、将氯气()通入硫化钾()溶液时，会产生淡黄色硫沉淀，反应方程式为。根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物，说明氯气的氧化性强于硫，由此可推知氯元素的非金属性强于硫元素，A正确。B、由于实验中未说明氯化钠()和碘化钠()溶液的浓度是否相同，因此不能直接得出的结论。只有在两者浓度相同的条件下，才能通过沉淀出现的先后顺序判断溶度积大小，B错误。
C、由于实验中没有说明醋酸()和盐酸的初始浓度是否相同，无法直接比较它们的酸性强弱。只有在浓度相同的条件下，才能通过pH试纸的颜色差异判断醋酸的弱电解质性质，C错误。
D、银镜反应必须在碱性环境中进行，而该实验在加入银氨溶液前未用氢氧化钠溶液中和反应体系中的硫酸，导致实验失败，D错误。
故答案为：A
【分析】A、产生的淡黄色沉淀为S，由Cl2将S2－氧化生成，由单质的氧化性即可得出元素的非金属性强弱。
B、溶液中c(Cl－)、c(I－)未知，无法比较。
C、醋酸和盐酸的浓度未知，无法比较。
D、银氨溶液要在碱性条件下才具有氧化性，应先加NaOH溶液中和过量的H2SO4，再加银氨溶液。
14．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是
A．坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物
B．的转化均能一步实现
C．c、d和i、j均属于酸性氧化物
D．f与l可以是同一种物质
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．分析表明，左侧确实为氮及其部分化合物的价类二维图，选项A正确；B．右侧为硫及其化合物的价类二维图，转化过程a→b→c→d→e对应H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，根据硫的化学性质，这些转化都能一步实现，选项B正确；
C．一氧化氮（NO）和二氧化氮（NO2）或四氧化二氮（N2O4）都不属于酸性氧化物，选项C错误；
D．f代表硫酸盐，l代表铵盐，两者可能都是硫酸铵[(NH4)2SO4]，选项D正确；
故答案为：C
【分析】A、坐标左侧区域，元素最高正价为+5价，属于含氮物质。
B、右侧区域为含硫物质，结合相关物质的性质与转化分析。
C、NO、NO2都不是酸性氧化物。
D、f和i可以是(NH4)2SO4。
15．国内某高校化学研究团队利用微生物电池除去废水中的，该电池装置如图所示。下列有关该电池的说法正确的是
A．该电池能在高温下工作
B．电池工作时，透过质子交换膜向不锈钢电极迁移
C．石墨电极发生的电极反应为：
D．理论上当除去废水中时，有透过交换膜向石墨电极迁移
【答案】B
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解析】A. 高温会导致微生物失活，因此该电池不能在高温条件下工作，A选项错误；B. 石墨是负极，不锈钢是正极，在原电池中阳离子（H+）会向正极迁移，因此H+会通过质子交换膜移向不锈钢电极，B选项正确；
C. 石墨电极的负极反应为：，C选项错误；
D. 当去除1 mol时，会转移8 mol电子，这些电子通过外电路导线流向不锈钢电极，而不会通过质子交换膜，D选项错误。
故答案为：B
【分析】根据装置图分析可知，石墨电极上发生转化为CO2的反应，发生失电子的氧化反应，因此石墨电极作为负极，其电极反应式为：。不锈钢电极作为正极，其电极反应为：。据此分析选项。
16．某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、已知 X (g) Y (g) ΔH1<0，应为放热反应（X 能量高于 Y）。但此选项中 Y 能量高于 X，属于吸热反应，不符合条件；且活化能关系也不匹配，A错误；
B、两个反应均为放热反应（ΔH1<0、ΔH2<0），故 X 能量> Y 能量 > Z 能量。浓度变化显示 X到Y 速率比 Y到Z 快，说明 X到Y 的活化能（过渡态 1 与 X 的能量差）小于 Y到Z 的活化能（过渡态 2 与 Y 的能量差），与图像一致，B正确；
C、虽然反应为放热反应符合条件，但图像中 X到Y 的活化能大于 Y到Z 的活化能，与 “X到Y 速率更快（活化能应更小）” 矛盾，C错误；
D、图像显示 X 能量 0），与题目中 ΔH1<0、ΔH2<0（放热）的条件不符，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断反应是否为放热反应及活化能大小关系。
B．结合放热反应特征和活化能与反应速率的关系判断。
C．依据活化能大小与反应速率的对应关系分析。
D．根据焓变判断反应吸放热类型。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．铁的化合物在水溶液中呈现丰富的颜色，这与其水解平衡和配位平衡有关。
（1）实验室用溶液制备胶体的化学反应方程式为　 　。
（2）下列为用氯化铁固体制备氢氧化铁胶体的相关实验，可以达到实验目的的是　 　。
A.配制溶液 B.制备胶体
C.观察胶体的丁达尔效应 D.分离胶体与溶液
（3）实验小组为探究溶液对水解平衡的影响，在常温下设计了下列实验，通过测定透光率进行研究。
已知：①水解程度越大，颜色越深；②颜色越深，透光率越低
组别 溶液 蒸馏水 溶液 透光率
1
2
3
①　 　，　 　。
②由　 　(选填“>”“<”或“=”)，可证明：减小，的水解平衡逆向移动。
③分析实验结果：，同学甲推测原因可能是：(较深的黄色)，并做了如下实验：
组别 溶液 蒸馏水 试剂 透光率
4
试剂为　 　，可由，证实同学甲的推测。通过对比　 　(填标号)的实验结果，证明对的水解平衡的影响。
A.组别4与组别1　　　　B.组别4与组别2 　　　　C.组别4与组别3
（4）为了探究的热效应，同学乙设计了下列四组实验方案：
组别 温度 试剂 透光率
5 溶液
6 溶液
7 溶液
8 溶液
若实验结果为　 　，则可证明：为吸热反应。
（5）写出一种强酸弱碱盐(除之外)的用途：　 　。
【答案】（1）
（2）C
（3）0；0.1；<；溶液；C
（4）或
（5）氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料
【知识点】盐类水解的应用；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁制备氢氧化铁胶体，其反应方程式为。
故答案为
（2）A．配制氯化铁溶液，是将FeCl3固体溶于浓盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度，故A错误；
B．制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，故B错误；
C．胶体性质之一具有丁达尔效应，故C正确；
D．胶体、溶液均能透过滤纸，分离胶体和溶液的方法是渗析，故D错误；
故答案为：C
（3）①探究外界因素影响水解，需要控制变量，根据第一组数值，溶液总体积为4mL，第三组数值，溶液总体积也应是4mL，即a为0mL，同理b为0.1mL。
故答案为：0；0.1
②Fe3+水解平衡：，根据题中所给信息，颜色越深，透光率越低，Fe3+水解程度越大，颜色越深；pH越小，抑制Fe3+水解，溶液颜色变浅，透光率增大，第2组相当于在第1组基础上加入酸，因此A1＜A2，可证明结论。
故答案为：＜
③探究Cl-对实验的影响，做对照实验，试剂x应为溶液；证明pH对Fe3+的水解的影响，应用对照实验，排除其他离子的干扰，即组别3和4可以证明pH对Fe3+的水解的影响，选项C正确。
故答案为：溶液；C
（4）探究该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，溶液颜色加深，透光率降低，因此，可以证明该反应为吸热反应。
故答案为：或
（5）氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)。
故答案为氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)
【分析】（1）FeCl3溶液在加热过程中发生水解反应，生成Fe(OH)3胶体和HCl，据此写出反应的化学方程式。
（2）A、配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶解于浓盐酸中，再加水稀释。
B、制备Fe(OH)3胶体时，应将饱和FeCl3溶液滴入沸水中。
C、激光笔照射胶体时，可观察到明亮的通路。
D、胶体和溶液都能透过滤纸，二者的分离应用半透膜进行渗析。
（3）①根据混合溶液的总体积为4mL计算a、b的值。
②水解平衡逆向移动，则水解程度减小，颜色变浅，透光率变高。
③该实验过程是为了探究Cl－的影响，据此确定所加试剂。
（4）结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
（5）常见的强酸弱碱盐有NH4Cl，可做氮肥；AlCl3可做净水剂等。
（1）制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁制备氢氧化铁胶体，其反应方程式为，故答案为；
（2）A．配制氯化铁溶液，是将FeCl3固体溶于浓盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度，故A错误；
B．制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，故B错误；
C．胶体性质之一具有丁达尔效应，故C正确；
D．胶体、溶液均能透过滤纸，分离胶体和溶液的方法是渗析，故D错误；
答案为C；
（3）①探究外界因素影响水解，需要控制变量，根据第一组数值，溶液总体积为4mL，第三组数值，溶液总体积也应是4mL，即a为0mL，同理b为0.1mL，故答案为0；0.1；
②Fe3+水解平衡：，根据题中所给信息，颜色越深，透光率越低，Fe3+水解程度越大，颜色越深；pH越小，抑制Fe3+水解，溶液颜色变浅，透光率增大，第2组相当于在第1组基础上加入酸，因此A1＜A2，可证明结论；故答案为＜；
③探究Cl-对实验的影响，做对照实验，试剂x应为溶液；证明pH对Fe3+的水解的影响，应用对照实验，排除其他离子的干扰，即组别3和4可以证明pH对Fe3+的水解的影响，选项C正确，故答案为溶液；C；
（4）探究该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，溶液颜色加深，透光率降低，因此，可以证明该反应为吸热反应，故答案为或；
（5）氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)；故答案为氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)。
18．甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料。
（1）利用光能和催化剂，和可转化为：，图1为在恒温、紫外光照射、不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ)作用下，在体积为的密闭容器中，的量随光照时间(单位：)的变化。
①反应开始后的16小时内，在第　 　种催化剂作用下，收集的较多。
②内，在第Ⅰ种催化剂作用下，的平均生成速率　 　。实验测得当温度高于时，的平均生成速率明显下降，原因可能是　 　。
（2）工业上常用和水蒸气在一定条件下的恒温恒容密闭容器中制取：
已知：a.
b.
c.
①反应的　 　。
②下列说法中，无法说明该反应达到平衡状态的是　 　(填标号)。
a.体积分数不再变化
b.气体的压强不再变化
c.体系的密度保持不变
d.消耗同时消耗
③一定温度时，在体积为的恒容密闭容器中，充入和水蒸气发生以上反应。测得平衡时的转化率与温度、压强的关系如图2所示，则　 　(填“>”“<”或“=”)；温度为时，点的浓度平衡常数　 　。
【答案】（1）Ⅱ；；催化剂失去活性
（2）；c；<；4.32
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）①从图中可以看出，反应开始后的 16 小时内，在第Ⅱ种催化剂作用下，收集的 CH4较多。
故答案为：Ⅱ
②0~20 小时内，在第 I 种催化剂作用下，甲烷的物质的量变化量为15mol，依据CO2(g)+2H2O(g) CH4(g)+2O2(g)，氧气的物质的量变化量为30mol，则O2的平均生成速率v(O2)== 1.5 mol·L-1·h-1；温度高于560℃，O2的平均生成速率明显下降，可能是因为温度过高，催化剂失去了活性。
故答案为：1.5 mol·L-1·h-1；催化剂失去活性
（2）①依据盖斯定律，反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)可由c-b-a得到，则焓变ΔH=ΔH3-ΔH2-ΔH1。
故答案为：
②a．CH4体积分数不再变化，说明单位时间内生成甲烷和消耗甲烷的速率相等，反应达到平衡状态，a不符合题意；
b．该反应为反应前后气体分子数改变的反应，气体的压强不再变化，说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c．该体系恒容，总质量不变，所以密度一直不变，体系的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，c符合题意；
d．消耗1 mol CH4同时生成3mol H2，则生成3mol H2同时消耗3 mol H2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，d不符合题意；
故答案为：c
③该反应为气体分子数增多的反应，其他条件相同时，压强越大，甲烷的转化率越小，由图示可知，温度一定时，p1下甲烷的转化率大于p2，则p1故答案为：＜；4.32
【分析】（1）①由图可知，在反应开始16小时内，使用催化剂Ⅰ收集到的CH4较多。
②根据反应生成n(CH4)，结合反应的化学方程式计算反应生成的n(O2)，再根据公式计算用O2表示的反应速率。当温度高于560℃时，催化剂失活，导致O2的生成速率下降。
（2）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
②当正逆反应速率相等（或变量不变）时，可逆反应达到平衡状态，据此结合选项所给进行分析。
③根据压强对平衡移动的影响分析，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。根据y点时CH4的平衡转化率计算平衡时各物质的物质的量浓度，再结合平衡常数的表达式进行计算。
（1）①从图中可以看出，反应开始后的 16 小时内，在第Ⅱ种催化剂作用下，收集的 CH4较多。
②0~20 小时内，在第 I 种催化剂作用下，甲烷的物质的量变化量为15mol，依据CO2(g)+2H2O(g) CH4(g)+2O2(g)，氧气的物质的量变化量为30mol，则O2的平均生成速率v(O2)== 1.5 mol·L-1·h-1；温度高于560℃，O2的平均生成速率明显下降，可能是因为温度过高，催化剂失去了活性。
（2）①依据盖斯定律，反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)可由c-b-a得到，则焓变ΔH=ΔH3-ΔH2-ΔH1。
②a．CH4体积分数不再变化，说明单位时间内生成甲烷和消耗甲烷的速率相等，反应达到平衡状态，a不符合题意；
b．该反应为反应前后气体分子数改变的反应，气体的压强不再变化，说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c．该体系恒容，总质量不变，所以密度一直不变，体系的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，c符合题意；
d．消耗1 mol CH4同时生成3mol H2，则生成3mol H2同时消耗3 mol H2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，d不符合题意；
答案选c。
③该反应为气体分子数增多的反应，其他条件相同时，压强越大，甲烷的转化率越小，由图示可知，温度一定时，p1下甲烷的转化率大于p2，则p119．钴是生产电池材料、耐高温合金、防腐合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌的净化渣(含有、、、等金属的单质及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示：
已知：
①常温下，，，。
②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下表：
金属离子
开始沉淀时()的
沉淀完全时()的
回答下列问题：
（1）“浸出渣”的主要成分为　 　(填化学式)。
（2）常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到，“除铜液”中浓度为，则此时溶液的　 　[已知常温下，饱和水溶液中存在关系式：。
（3）过硫酸钠()能将和氧化，和反应的离子方程式为　 　。
（4）氧化后，溶液中浓度为，利用碳酸钠溶液调节溶液。“沉铁”时，调节溶液的范围是　 　，“沉铁”后，调节溶液的目的是　 　。
（5）“沉钴”过程中反应的离子方程式为　 　。“钴回收后废液”中含有的金属离子主要有　 　。
【答案】（1）Cu
（2）0.5
（3）
（4）；使充分沉淀，同时保证不发生沉淀
（5）；和
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）铜单质不溶于稀硫酸，“浸出渣”的主要成分为Cu。
故答案为：Cu
（2）“除铜液”中Co2+浓度为，，，常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：，则此时溶液中，。
故答案为：0.5
（3）过硫酸钠(Na2S2O8)能将Fe2+氧化，Na2S2O8和Fe2+反应的离子方程式为：。
故答案为：
（4）①“沉铁”时，为了使铁离子完全沉淀，钴离子不沉淀，根据表中数据可知，控制溶液pH的范围：。
故答案为：
②“沉铁”后，调节溶液，将溶液中的钴元素转化为氢氧化钴沉淀，同时保证不发生沉淀。
故答案为：使充分沉淀，同时保证不发生沉淀
（5）①“沉钴”过程中反应的离子方程式为：。
故答案为：
②“钴回收后废液”中含有的金属离子主要有Na+和Zn2+。
故答案为：Na+和Zn2+
【分析】（1）加入H2SO4的过程中，净化渣中的Cu与H2SO4不反应，因此存在于浸出渣中。
（2）根据CoS的溶度积Ksp计算溶液中c(S2－)，结合H2S的电离平衡常数计算此时的溶液中c(H＋)，从而得出溶液的的pH。
（3）S2O82－将Fe2＋氧化成Fe3＋的同时，自身还原为SO42－，据此写出反应的离子方程式。
（4）“沉铁”过程中要将Fe3＋完成沉淀，则溶液的pH＞3.2；同时Co3＋不形成沉淀，则pH应小于4.0。“沉铁”调节溶液的pH=5.5是为了使溶液中的Co3＋完全沉淀，但Zn2＋不沉淀。
（5）“沉钴”过程中加入Na2CO3，形成Co(OH)3，因此Co3＋与CO32－发生双水解反应，据此确定该反应的离子方程式。根据流程中加入和除去的离子，确定“钴回收后废液”中所含的金属离子。
（1）铜单质不溶于稀硫酸，“浸出渣”的主要成分为Cu，故答案为：Cu；
（2）“除铜液”中Co2+浓度为，，，常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：，则此时溶液中，，故答案为：0.5；
（3）过硫酸钠(Na2S2O8)能将Fe2+氧化，Na2S2O8和Fe2+反应的离子方程式为：，故答案为：。
（4）①“沉铁”时，为了使铁离子完全沉淀，钴离子不沉淀，根据表中数据可知，控制溶液pH的范围：，故答案为：。
②“沉铁”后，调节溶液，将溶液中的钴元素转化为氢氧化钴沉淀，同时保证不发生沉淀，故答案为：使充分沉淀，同时保证不发生沉淀；
（5）①“沉钴”过程中反应的离子方程式为：，故答案为：。
②“钴回收后废液”中含有的金属离子主要有Na+和Zn2+，故答案为：Na+和Zn2+。
20．探究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式，有重要的实际意义。回答下列相关问题：
（1）常温下，向溶液中逐滴加入溶液，所得溶液的随溶液的体积变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。
①由图中信息可知为　 　(填“弱”或“强”)酸。
②点时，溶液中、、由大到小的顺序是　 　。
③点时，溶液中　 　。
（2）氰化物有剧毒，若废水中含量超标，可用将其氧化。测定处理后(含少量)的废水(废水中不含干扰测定的物质)中的含量的操作如下：取处理后的废水于锥形瓶中，滴加几滴溶液作指示剂，再用的溶液滴定，消耗溶液的体积为。
已知：，，优先于与反应。
①溶液应装在　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，且最好是棕色的，目的是　 　。
②滴定终点时的现象是　 　。经处理后的废水中的含量为　 　。
③下列操作使得测定结果偏高的是　 　(填标号)。
a.滴定终点时未等半分钟就读数
b.振荡锥形瓶时，有液滴溅出
c.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数
（3）的电化学合成。阳离子交换膜和阴离子交换膜将装置分成三室，两电极反应产生的离子在多孔介质中生成的原理如图所示，正极的电极反应式为　 　。用代替进行实验，酸性多孔介质中的参与反应的证据是生成的过氧化氢中有　 　(填分子式)。
【答案】（1）强；；0.005
（2）酸式；防止硝酸银见光分解；滴入最后半滴硝酸银溶液，与生成黄色沉淀，且半分钟内不消失；；c
（3）；或
【知识点】电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】（1）①根据图示起点可知，常温下，溶液的，说明HA完全电离，HA是强酸。
故答案为：强
②X点为等物质的量浓度的HA和MA的混合溶液，因为HA为强酸，MA为强酸弱碱盐，考虑水解生成，故有。
故答案为：
③K点为MA和MOH的物质的量浓度均为的混合溶液，依据溶液中电荷守恒有：，则溶液中。
故答案为：0.005
（2）①溶液中银离子水解使溶液显酸性，应装在酸式滴定管中，由于硝酸银易见光分解，故应装在棕色酸式滴定管中。
故答案为：酸式； 防止硝酸银见光分解
②Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，且半分钟内不消失，说明反应到达滴定终点，消耗AgNO3的物质的量为V×10-3L×cmol/L=cV×10-3mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，处理的废水中氰化钠的质量为cV×10-3mol×2×49g/mol=98cV×10-3g，废水中氰化钠的含量为=。
故答案为： 滴入最后半滴硝酸银溶液，与生成黄色沉淀，且半分钟内不消失 ；
③a.未等半分钟，可能未达到滴定终点，消耗标准液体积偏小，结果偏低；
b.有液滴溅出，消耗标准的体积偏小，结果偏低；
c.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，读数的结果偏大，结果偏高；
故答案为：c
（3）阳离子交换膜和阴离子交换膜将装置分成三室，两电极反应产生的离子在多孔介质中生成H2O2：，即两个电极分别产生，正极发生还原反应，电极反应式为：；
用D2代替H2进行实验，酸性多孔介质中的参与反应的证据是生成的过氧化氢中有：HDO2或DHO2。
故答案为：；HDO2或DHO2
【分析】（1）①0.01mol·L－1的HA溶液的pH=2，说明HA完全电离，因此HA为强酸。
②X点时所得溶液为等浓度为HA和MA，M＋发生水解，据此判断溶液中离子浓度大小。
③K点所得溶液为等浓度的MA和MOH，结合电荷守恒计算。
（2）①AgNO3溶液中存在Ag＋的水解，使得溶液显酸性，应装在酸式滴定管中。棕色可起到避光的作用，可防止AgNO3光照分解。
②达到滴定终点时，Ag＋开始与I－形成AgI黄色沉淀，据此确定滴定终点的现象。根据滴定过程中消耗标准AgNO3溶液的量，计算废水中NaCN的含量。
③使测定结果偏高，则滴定过程中消耗标准AgNO3溶液的体积偏大，据此结合选项分析。
（3）正极上O2发生得电子的还原反应生成OH－和HO2－，据此写出正极的电极反应式。若用D2代替H2进行实验，则产生的过氧化氢中含有D原子，据此确定其化学式。
（1）①根据图示起点可知，常温下，溶液的，说明HA完全电离，HA是强酸；
②X点为等物质的量浓度的HA和MA的混合溶液，因为HA为强酸，MA为强酸弱碱盐，考虑水解生成，故有；
③K点为MA和MOH的物质的量浓度均为的混合溶液，依据溶液中电荷守恒有：，则溶液中；
（2）①溶液中银离子水解使溶液显酸性，应装在酸式滴定管中，由于硝酸银易见光分解，故应装在棕色酸式滴定管中；
②Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，且半分钟内不消失，说明反应到达滴定终点，消耗AgNO3的物质的量为V×10-3L×cmol/L=cV×10-3mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，处理的废水中氰化钠的质量为cV×10-3mol×2×49g/mol=98cV×10-3g，废水中氰化钠的含量为=。
③a.未等半分钟，可能未达到滴定终点，消耗标准液体积偏小，结果偏低；
b.有液滴溅出，消耗标准的体积偏小，结果偏低；
c.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，读数的结果偏大，结果偏高；
答案选c。
（3）阳离子交换膜和阴离子交换膜将装置分成三室，两电极反应产生的离子在多孔介质中生成H2O2：，即两个电极分别产生，正极发生还原反应，电极反应式为：；
用D2代替H2进行实验，酸性多孔介质中的参与反应的证据是生成的过氧化氢中有：HDO2或DHO2。
1 / 1广东省清中河中北中惠中阳中五校联考2024-2025学年高二上学期12月月考化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中国人历来讲究美食美器。下列酒器中主要材质为硅酸盐的是
A.清·梅纹银盏 B.清·蛋壳黑陶杯 C.夏·青铜爵 D.春秋战国·木漆耳杯
A．A B．B C．C D．D
2．各种形式的能量转换为生活提供便利，下列选项主要依靠化学能转化为热能的是
A．自热速食米饭
B．太阳能电池光伏发电
C．公路上行驶的新能源汽车
D．捏破内袋瞬间降温的一次性速冷冰袋
3．下列有关化学反应原理的说法正确的是
A．强碱和强酸的中和反应的活化能很高，所以化学反应速率很大
B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率加快
C．使用催化剂，改变反应历程，降低反应的反应热
D．反应的自发性既能用于判断反应进行的方向，也能用于确定反应发生的速率
4．我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含碳氧双键的数目为
B．每生成转移电子数目为
C．晶体中含离子数目为
D．溶液中含数目为
5．下列实验操作对应的装置不正确的是
A.蒸干溶液制无水固体 B.排出碱式滴定管尖嘴内气泡
C.该装置可持续供电 D.测量体积
A．A B．B C．C D．D
6．劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识正确且有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 消防演练：泡沫灭火器灭火 和相互促进水解
B 家务劳动：用重油清洁剂清洗厨房油烟机 重油清洁剂里含有盐酸
C 探究活动：可除去废水中的 具有还原性
D 学农活动：用改善土壤的酸性 溶于水形成显碱性
A．A B．B C．C D．D
7．硫酸工业中，转化是关键步骤： ，下列叙述正确的是
A．升高温度，变小，变大
B．使用催化剂，的平衡转化率增大
C．平衡后，增大的浓度使平衡右移，平衡常数减小
D．平衡后，增大压强(压缩体积)达到新的平衡，的浓度增大
8．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．饱和溶液与固体反应：
B．硫化钠溶液在空气中氧化变质：
C．工业废水中的用去除：
D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：
9．下列有关水及水溶液的说法正确的是
A．常温下，若水电离出的为，该溶液的可能为2
B．在时，约为6的纯水呈酸性
C．时将盐酸稀释至，所得溶液的
D．稀醋酸加水稀释的过程中，醋酸的电离度逐渐增大，逐渐增大
10．下列类比或推理合理的是
　 已知 方法 结论
A 稳定性： 类比 酸性：
B 应用：溶液可做除锈剂 类比 溶液可做除锈剂
C 金属性： 推理 氧化性：
D ： 推理 溶解度：
A．A B．B C．C D．D
11．下列图像及有关叙述不正确的是
A．图甲是合成氨反应中，其他条件不变时，起始时用量对反应影响的曲线，则图中三点所处的平衡状态中，转化率最高的点是点
B．图乙表示足量锌分别与盐酸、硫酸反应产生氢气的体积随时间变化的曲线
C．图丙是恒温密闭容器中发生反应时，随反应时间变化的曲线，时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
D．图丁是反应 中的平衡转化率随温度、压强的变化曲线，说明代表温度，代表压强，且
12．和是环境污染性气体，可在表面转化为无害气体，其总反应为： ，有关化学反应的物质变化及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法错误的是
A．由图甲可知：
B．由图乙可知：该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
C．由图甲可知：为了实现转化，需不断向反应器中补充和
D．由图乙可知：，改用其他高效的催化剂时的值不变
13．根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 将通入溶液中，生成淡黄色沉淀 的非金属性比强
B 向、的混合稀溶液中滴入少量稀溶液，有黄色沉淀生成
C 用计测量醋酸、盐酸的，溶液： 是弱电解质
D 向蔗糖溶液中加入少量稀，加热，再加入银氨溶液，未出现银镜 蔗糖未水解
A．A B．B C．C D．D
14．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是
A．坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物
B．的转化均能一步实现
C．c、d和i、j均属于酸性氧化物
D．f与l可以是同一种物质
15．国内某高校化学研究团队利用微生物电池除去废水中的，该电池装置如图所示。下列有关该电池的说法正确的是
A．该电池能在高温下工作
B．电池工作时，透过质子交换膜向不锈钢电极迁移
C．石墨电极发生的电极反应为：
D．理论上当除去废水中时，有透过交换膜向石墨电极迁移
16．某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是
A． B．
C． D．
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．铁的化合物在水溶液中呈现丰富的颜色，这与其水解平衡和配位平衡有关。
（1）实验室用溶液制备胶体的化学反应方程式为　 　。
（2）下列为用氯化铁固体制备氢氧化铁胶体的相关实验，可以达到实验目的的是　 　。
A.配制溶液 B.制备胶体
C.观察胶体的丁达尔效应 D.分离胶体与溶液
（3）实验小组为探究溶液对水解平衡的影响，在常温下设计了下列实验，通过测定透光率进行研究。
已知：①水解程度越大，颜色越深；②颜色越深，透光率越低
组别 溶液 蒸馏水 溶液 透光率
1
2
3
①　 　，　 　。
②由　 　(选填“>”“<”或“=”)，可证明：减小，的水解平衡逆向移动。
③分析实验结果：，同学甲推测原因可能是：(较深的黄色)，并做了如下实验：
组别 溶液 蒸馏水 试剂 透光率
4
试剂为　 　，可由，证实同学甲的推测。通过对比　 　(填标号)的实验结果，证明对的水解平衡的影响。
A.组别4与组别1　　　　B.组别4与组别2 　　　　C.组别4与组别3
（4）为了探究的热效应，同学乙设计了下列四组实验方案：
组别 温度 试剂 透光率
5 溶液
6 溶液
7 溶液
8 溶液
若实验结果为　 　，则可证明：为吸热反应。
（5）写出一种强酸弱碱盐(除之外)的用途：　 　。
18．甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料。
（1）利用光能和催化剂，和可转化为：，图1为在恒温、紫外光照射、不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ)作用下，在体积为的密闭容器中，的量随光照时间(单位：)的变化。
①反应开始后的16小时内，在第　 　种催化剂作用下，收集的较多。
②内，在第Ⅰ种催化剂作用下，的平均生成速率　 　。实验测得当温度高于时，的平均生成速率明显下降，原因可能是　 　。
（2）工业上常用和水蒸气在一定条件下的恒温恒容密闭容器中制取：
已知：a.
b.
c.
①反应的　 　。
②下列说法中，无法说明该反应达到平衡状态的是　 　(填标号)。
a.体积分数不再变化
b.气体的压强不再变化
c.体系的密度保持不变
d.消耗同时消耗
③一定温度时，在体积为的恒容密闭容器中，充入和水蒸气发生以上反应。测得平衡时的转化率与温度、压强的关系如图2所示，则　 　(填“>”“<”或“=”)；温度为时，点的浓度平衡常数　 　。
19．钴是生产电池材料、耐高温合金、防腐合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌的净化渣(含有、、、等金属的单质及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示：
已知：
①常温下，，，。
②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下表：
金属离子
开始沉淀时()的
沉淀完全时()的
回答下列问题：
（1）“浸出渣”的主要成分为　 　(填化学式)。
（2）常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到，“除铜液”中浓度为，则此时溶液的　 　[已知常温下，饱和水溶液中存在关系式：。
（3）过硫酸钠()能将和氧化，和反应的离子方程式为　 　。
（4）氧化后，溶液中浓度为，利用碳酸钠溶液调节溶液。“沉铁”时，调节溶液的范围是　 　，“沉铁”后，调节溶液的目的是　 　。
（5）“沉钴”过程中反应的离子方程式为　 　。“钴回收后废液”中含有的金属离子主要有　 　。
20．探究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式，有重要的实际意义。回答下列相关问题：
（1）常温下，向溶液中逐滴加入溶液，所得溶液的随溶液的体积变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。
①由图中信息可知为　 　(填“弱”或“强”)酸。
②点时，溶液中、、由大到小的顺序是　 　。
③点时，溶液中　 　。
（2）氰化物有剧毒，若废水中含量超标，可用将其氧化。测定处理后(含少量)的废水(废水中不含干扰测定的物质)中的含量的操作如下：取处理后的废水于锥形瓶中，滴加几滴溶液作指示剂，再用的溶液滴定，消耗溶液的体积为。
已知：，，优先于与反应。
①溶液应装在　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，且最好是棕色的，目的是　 　。
②滴定终点时的现象是　 　。经处理后的废水中的含量为　 　。
③下列操作使得测定结果偏高的是　 　(填标号)。
a.滴定终点时未等半分钟就读数
b.振荡锥形瓶时，有液滴溅出
c.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数
（3）的电化学合成。阳离子交换膜和阴离子交换膜将装置分成三室，两电极反应产生的离子在多孔介质中生成的原理如图所示，正极的电极反应式为　 　。用代替进行实验，酸性多孔介质中的参与反应的证据是生成的过氧化氢中有　 　(填分子式)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅酸盐
【解析】【解答】A．清·梅纹银盏主要材质为单质银，属于金属材料，故A不符合题意；
B．清·蛋壳黑陶主要材质为陶瓷，陶瓷属于硅酸盐材料，故B符合题意；
C．夏·青铜爵的主要材质为青铜器，为合金，属于金属材料，故C不符合题意；
D．春秋战国·木漆耳杯主要材质为木质，属于有机物，不属于硅酸盐，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、银盏的材料为银单质，属于金属材料。
B、黑陶杯的材料为陶瓷，属于硅酸盐。
C、青铜爵的材料为青铜器，属于金属材料。
D、木漆耳杯的材料为木材，属于有机物。
2．【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；化学能与热能的相互转化
【解析】【解答】A．自热饭速食米饭，是由生石灰与水发生化学反应，过程中放出热量，对米饭进行加热，因此存在化学能转化为热能，A正确；
B．太阳能光伏发电过程中，是将太阳能直接转化为电能，B错误；
C．新能源汽车是将电能转化为动能，C错误；
D．冰融化吸热，一次性速冷冰袋融化过程中没有发生化学变化，不存在化学能，D错误；
故答案为：A
【分析】A、自热速食米饭利用CaO与H2O反应放热进行加热。
B、太阳能电池发电时将太阳能转化为电能。
C、新能源汽车将电能转化为动能。
D、冰袋速冷过程中没有涉及化学反应，不存在化学能。
3．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；有效碰撞理论
【解析】【解答】A. 常温下强酸与强碱的中和反应能快速完成，说明该反应的活化能较低（活化能小反应速度快），因此A选项表述不正确。B. 温度升高会提高反应物分子的能量，使更多普通分子转变为活化分子，从而增加活化分子比例，最终加快化学反应速率，故B选项正确。
C. 化学反应的反应热本质由反应物与生成物的总能量差决定，催化剂虽然能改变反应路径，但不会影响反应热的大小，因此C选项错误。
D. 过程的自发性仅能说明反应可能发生的方向，既不能保证反应必然发生，也不能决定反应速率，所以D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、反应所需的活化能越大，反应速率越慢。
B、温度升高，活化分子百分数增大，反应速率加快。
C、使用催化剂可以降低反应所需的活化能，但不影响反应热。
D、反应的自发性只能判断反应进行的方向，不能确定反应速率的快慢。
4．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解析】A．分子含有2个π键，但题目未指明标准状况条件，气体摩尔体积不确定，因此无法计算π键的数目，选项A错误；B. 2.8g的物质的量计算如下：。由于每生成1mol转移12mol电子，因此生成0.1mol时转移的电子数为1.2NA，选项B错误；
C. 0.1mol晶体中含有0.1mol K+和0.1mol NO3-，离子总数为0.2NA，选项C正确；
D. 由于S2-会发生水解反应，使得溶液中S2-的实际数目小于0.1NA，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、未指明气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算。
B、根据反应过程中元素的化合价变化计算转移电子数。
C、一个KNO3晶体中含有1个K＋和1个NO3－。
D、K2S溶液中S2－发生水解，使得溶液中S2－数目减少。
5．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；酸（碱）式滴定管的使用；原电池工作原理及应用
【解析】【解析】A、蒸干Al2(SO4)3溶液时，虽然铝离子会水解生成氢氧化铝，但由于水解产物硫酸是难挥发性酸，最终仍会得到无水Al2(SO4)3固体，因此A选项正确。B、碱式滴定管排气泡的正确操作是将胶管弯曲使尖嘴斜向上，用手指挤压玻璃珠使溶液从尖嘴流出，从而排出气泡，故B选项正确。
C、图示装置存在两个问题：一是硫酸铜溶液和硫酸锌溶液位置放反，无法构成原电池；二是即使正确组装，当锌电极消耗完后也会停止供电，因此C选项错误。
D、由于氧气不易溶于水，可以采用排水法准确测量O2的体积，故D选项正确。
故答案为：C
【分析】Al2(SO4)3水解过程中生成Al(OH)3和H2SO4，H2SO4不挥发，进一步与Al(OH)3反应，生成Al2(SO4)3。
B、根据碱式滴定管排气泡的操作分析。
C、用盐桥连接的原电池装置中，电极材料与所用的电解质溶液中金属元素应相同。
D、O2不易溶于水，可用该装置测量O2的体积。
6．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；胶体的性质和应用
【解析】【解析】A、泡沫灭火器的工作原理是基于Al3＋和HCO3－之间的双水解反应，其离子方程式为：，A错误；B、重油清洁剂能够有效清除厨房油烟机上的油污，主要是由于其中含有的碱性成分可以使油污发生水解反应，B错误；
C、H2S用于处理含Hg2+的废水，是因为两者会生成极难溶的HgS沉淀，这一过程与H2S的还原性无关，C错误；
D、CaO可以通过与水反应生成Ca(OH)2来中和土壤中的酸性物质，从而达到改良酸性土壤的目的，D正确。
故答案为：D
【分析】A、泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3与NaHCO3溶液。
B、重油清洁剂中所含的为碱性物质。
C、H2S除去废水中的Hg2＋，是形成HgS沉淀。
D、CaO改良酸性土壤，是利用CaO与H2O反应生成Ca(OH)2。
7．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解析】A．温度升高时，正反应速率()和逆反应速率()都会增大，A错误；B．催化剂虽然能加快反应速率，但不会改变平衡转化率，SO2的平衡转化率不变，B错误；
C．增加氧气浓度会使平衡向右移动，但由于温度不变，平衡常数K保持不变，C错误；
D．当体积减小（压强增大）时，所有气体组分的浓度都会增加。根据勒夏特列原理，平衡会向气体分子数减少的方向（正向）移动。但达到新平衡后，SO2的浓度会比原平衡更高，D正确；
故答案为：D
【分析】A、升高温度，正逆反应速率都加快。
B、催化剂可改变反应速率，但不影响平衡移动。
C、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
D、增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
8．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解析】A、饱和溶液与固体反应时，由于碳酸钙的溶解度比硫酸钙更小，发生沉淀转化反应，离子方程式为。该选项正确。B、硫化钠溶液在空气中被氧气氧化时，正确的离子方程式应为，但题目中的表述存在错误。
C、用处理含的工业废水时，是难溶物，不能拆分为离子形式，正确离子方程式为，题目表述错误。
D、草酸()是弱酸，在离子方程式中不应拆开，正确离子方程式为，题目表述错误。
故答案为：A
【分析】A、CaCO3比CaSO4更难溶，因此CaSO4可转化为更难溶的CaCO3。
B、Na2S溶液显碱性，不存在H＋。
C、FeS难溶于水，不能拆解成离子形式。
D、H2C2O4是弱酸，在离子方程式中应保留化学式。
9．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子积常数
【解析】【解析】A、常温下，当水电离出的氢离子浓度c(H+)=1×10 12 mol L 1时，说明水的电离受到抑制（该值小于中性时的1×10 7 mol L 1）。抑制可能来自酸性或碱性环境：若为酸性溶液（如加入盐酸），pH=2；若为碱性溶液（如加入NaOH），pH=12。因此A选项描述正确。B、100℃时，纯水中c(H+)=1×10 6 mol L 1，此时pH≈6。但由于c(H+)=c(OH )，溶液仍呈中性，而非酸性，故B选项错误。
C、盐酸稀释后不可能变为碱性，将10 mL 1×10 6 mol L 1盐酸稀释至1000 mL时，溶液pH趋近7但始终略小于7（因残留的H+无法完全消除），故C选项错误。
D、醋酸稀释时存在电离平衡：CH3COOH CH3COO +H+。虽然加水促进电离（电离度增大），但c(H+)整体降低，故D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、该溶液中H2O的电离受到抑制，酸碱都能抑制水的电离。
B、纯水显中性。
C、盐酸稀释过程中，溶液中c(H＋)＞c(OH－)，显酸性，pH只能无限接近7。
D、稀释促进CH3COOH的电离，但溶液中c(H＋)减小。
10．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．同一主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性F＞Cl。非金属性越强，其气态氢化物越稳定，所以稳定性HF＞HCl。由于F的电负性比Cl大，F对H的吸引力更强，导致HF中的H更难电离，因此酸性：HFC．金属性越强，则对应离子的氧化性越弱，由于金属性：Fe＞Cu，对应离子的氧化性则是，C不符合题意。
D．虽然关系为，但不能直接得出溶解度关系，因为属于不同类型的沉淀。只有同类型的溶度积常数越小，才能得出其溶解度越小的结论，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、稳定性和酸性的性质差异明显，不能直接类比。
B、NH4Cl溶液和ZnCl2溶液中都存在水解，使得溶液显酸性，Fe2O3能溶于酸性溶液中。
C、铁单质对应的离子为Fe2＋。
D、Ag2CrO4和AgCl属于不同类型的沉淀，不能直接根据溶度积Ksp大小比较溶解度大小。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解析】A、在工业合成氨反应中，随着氢气物质的量增加，平衡正向移动，氮气转化率随之提高。图中c点对应氮气转化率最高，A选项正确。B、盐酸中H+初始浓度为0.1 mol/L，硫酸中H+初始浓度为0.2 mol/L。由于硫酸氢离子浓度更高，反应初期硫酸的反应速率更快。但锌足量时，最终氢气产量由酸中可电离H+的总物质的量决定，盐酸提供的H+更多，因此盐酸反应产生的氢气体积更大，B选项错误。
C、CO2浓度随时间逐渐增大直至平衡。若在t1时缩小容器体积，CO2浓度会突然增大（因体积减小），随后平衡逆向移动使CO2浓度逐渐减小。由于温度不变，平衡常数不变，最终CO2浓度会回到原平衡值，C选项正确。
D、图丁显示SO2与O2反应放热，升温会使平衡逆向移动，导致SO2转化率降低，因此X代表温度。增大压强使平衡正向移动，SO2转化率提高，故Y代表压强，且Y1＞Y2（高压更有利），D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、增大n(H2)，平衡正向移动，N2的转化率增大。
B、酸溶液中c(H＋)越大，反应速率越快；n(H＋)越多，反应生成的V(H2)越大。
C、缩小容器的体积，体系中c(CO2)增大，平衡逆向移动。
D、结合温度、压强对平衡移动的影响分析。升高温度，平衡向吸热方向移动；增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
12．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示反应过程分析：①反应式：（焓变ΔH1）
②反应式：（焓变ΔH2）
将①+②可得总反应：，总焓变ΔH=ΔH1+ΔH2，选项A正确。
B．由能量变化图可知，反应物总能量高于生成物，说明该反应为放热反应，因此正反应活化能（134kJ/mol）小于逆反应活化能（360kJ/mol），选项B正确。
C．作为催化剂在反应中先消耗后再生，其化学性质和质量保持不变；而是中间产物，无需额外补充。因此"需要不断补充"的说法错误，选项C错误。
D．该反应焓变ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=-226kJ·mol- 。催化剂只能改变反应速率，不会影响焓变值，因此更换催化剂时ΔH保持不变，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
B、该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能。
C、是反应的催化剂，而是中间产物，因此不需要不断加入。
D、催化剂改变反应速率，但不影响反应热。
13．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；葡萄糖的银镜反应；化学实验方案的评价；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解析】A、将氯气()通入硫化钾()溶液时，会产生淡黄色硫沉淀，反应方程式为。根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物，说明氯气的氧化性强于硫，由此可推知氯元素的非金属性强于硫元素，A正确。B、由于实验中未说明氯化钠()和碘化钠()溶液的浓度是否相同，因此不能直接得出的结论。只有在两者浓度相同的条件下，才能通过沉淀出现的先后顺序判断溶度积大小，B错误。
C、由于实验中没有说明醋酸()和盐酸的初始浓度是否相同，无法直接比较它们的酸性强弱。只有在浓度相同的条件下，才能通过pH试纸的颜色差异判断醋酸的弱电解质性质，C错误。
D、银镜反应必须在碱性环境中进行，而该实验在加入银氨溶液前未用氢氧化钠溶液中和反应体系中的硫酸，导致实验失败，D错误。
故答案为：A
【分析】A、产生的淡黄色沉淀为S，由Cl2将S2－氧化生成，由单质的氧化性即可得出元素的非金属性强弱。
B、溶液中c(Cl－)、c(I－)未知，无法比较。
C、醋酸和盐酸的浓度未知，无法比较。
D、银氨溶液要在碱性条件下才具有氧化性，应先加NaOH溶液中和过量的H2SO4，再加银氨溶液。
14．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．分析表明，左侧确实为氮及其部分化合物的价类二维图，选项A正确；B．右侧为硫及其化合物的价类二维图，转化过程a→b→c→d→e对应H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，根据硫的化学性质，这些转化都能一步实现，选项B正确；
C．一氧化氮（NO）和二氧化氮（NO2）或四氧化二氮（N2O4）都不属于酸性氧化物，选项C错误；
D．f代表硫酸盐，l代表铵盐，两者可能都是硫酸铵[(NH4)2SO4]，选项D正确；
故答案为：C
【分析】A、坐标左侧区域，元素最高正价为+5价，属于含氮物质。
B、右侧区域为含硫物质，结合相关物质的性质与转化分析。
C、NO、NO2都不是酸性氧化物。
D、f和i可以是(NH4)2SO4。
15．【答案】B
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解析】A. 高温会导致微生物失活，因此该电池不能在高温条件下工作，A选项错误；B. 石墨是负极，不锈钢是正极，在原电池中阳离子（H+）会向正极迁移，因此H+会通过质子交换膜移向不锈钢电极，B选项正确；
C. 石墨电极的负极反应为：，C选项错误；
D. 当去除1 mol时，会转移8 mol电子，这些电子通过外电路导线流向不锈钢电极，而不会通过质子交换膜，D选项错误。
故答案为：B
【分析】根据装置图分析可知，石墨电极上发生转化为CO2的反应，发生失电子的氧化反应，因此石墨电极作为负极，其电极反应式为：。不锈钢电极作为正极，其电极反应为：。据此分析选项。
16．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、已知 X (g) Y (g) ΔH1<0，应为放热反应（X 能量高于 Y）。但此选项中 Y 能量高于 X，属于吸热反应，不符合条件；且活化能关系也不匹配，A错误；
B、两个反应均为放热反应（ΔH1<0、ΔH2<0），故 X 能量> Y 能量 > Z 能量。浓度变化显示 X到Y 速率比 Y到Z 快，说明 X到Y 的活化能（过渡态 1 与 X 的能量差）小于 Y到Z 的活化能（过渡态 2 与 Y 的能量差），与图像一致，B正确；
C、虽然反应为放热反应符合条件，但图像中 X到Y 的活化能大于 Y到Z 的活化能，与 “X到Y 速率更快（活化能应更小）” 矛盾，C错误；
D、图像显示 X 能量 0），与题目中 ΔH1<0、ΔH2<0（放热）的条件不符，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断反应是否为放热反应及活化能大小关系。
B．结合放热反应特征和活化能与反应速率的关系判断。
C．依据活化能大小与反应速率的对应关系分析。
D．根据焓变判断反应吸放热类型。
17．【答案】（1）
（2）C
（3）0；0.1；<；溶液；C
（4）或
（5）氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料
【知识点】盐类水解的应用；胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁制备氢氧化铁胶体，其反应方程式为。
故答案为
（2）A．配制氯化铁溶液，是将FeCl3固体溶于浓盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度，故A错误；
B．制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，故B错误；
C．胶体性质之一具有丁达尔效应，故C正确；
D．胶体、溶液均能透过滤纸，分离胶体和溶液的方法是渗析，故D错误；
故答案为：C
（3）①探究外界因素影响水解，需要控制变量，根据第一组数值，溶液总体积为4mL，第三组数值，溶液总体积也应是4mL，即a为0mL，同理b为0.1mL。
故答案为：0；0.1
②Fe3+水解平衡：，根据题中所给信息，颜色越深，透光率越低，Fe3+水解程度越大，颜色越深；pH越小，抑制Fe3+水解，溶液颜色变浅，透光率增大，第2组相当于在第1组基础上加入酸，因此A1＜A2，可证明结论。
故答案为：＜
③探究Cl-对实验的影响，做对照实验，试剂x应为溶液；证明pH对Fe3+的水解的影响，应用对照实验，排除其他离子的干扰，即组别3和4可以证明pH对Fe3+的水解的影响，选项C正确。
故答案为：溶液；C
（4）探究该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，溶液颜色加深，透光率降低，因此，可以证明该反应为吸热反应。
故答案为：或
（5）氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)。
故答案为氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)
【分析】（1）FeCl3溶液在加热过程中发生水解反应，生成Fe(OH)3胶体和HCl，据此写出反应的化学方程式。
（2）A、配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶解于浓盐酸中，再加水稀释。
B、制备Fe(OH)3胶体时，应将饱和FeCl3溶液滴入沸水中。
C、激光笔照射胶体时，可观察到明亮的通路。
D、胶体和溶液都能透过滤纸，二者的分离应用半透膜进行渗析。
（3）①根据混合溶液的总体积为4mL计算a、b的值。
②水解平衡逆向移动，则水解程度减小，颜色变浅，透光率变高。
③该实验过程是为了探究Cl－的影响，据此确定所加试剂。
（4）结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
（5）常见的强酸弱碱盐有NH4Cl，可做氮肥；AlCl3可做净水剂等。
（1）制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁制备氢氧化铁胶体，其反应方程式为，故答案为；
（2）A．配制氯化铁溶液，是将FeCl3固体溶于浓盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度，故A错误；
B．制备氢氧化铁胶体：将几滴饱和氯化铁溶液加入到沸水中，加热至出现红褐色液体，氯化铁与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，故B错误；
C．胶体性质之一具有丁达尔效应，故C正确；
D．胶体、溶液均能透过滤纸，分离胶体和溶液的方法是渗析，故D错误；
答案为C；
（3）①探究外界因素影响水解，需要控制变量，根据第一组数值，溶液总体积为4mL，第三组数值，溶液总体积也应是4mL，即a为0mL，同理b为0.1mL，故答案为0；0.1；
②Fe3+水解平衡：，根据题中所给信息，颜色越深，透光率越低，Fe3+水解程度越大，颜色越深；pH越小，抑制Fe3+水解，溶液颜色变浅，透光率增大，第2组相当于在第1组基础上加入酸，因此A1＜A2，可证明结论；故答案为＜；
③探究Cl-对实验的影响，做对照实验，试剂x应为溶液；证明pH对Fe3+的水解的影响，应用对照实验，排除其他离子的干扰，即组别3和4可以证明pH对Fe3+的水解的影响，选项C正确，故答案为溶液；C；
（4）探究该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，溶液颜色加深，透光率降低，因此，可以证明该反应为吸热反应，故答案为或；
（5）氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)；故答案为氯化铵：化肥；氯化铝：净水剂；硫酸铝：灭火器材料(合理即可)。
18．【答案】（1）Ⅱ；；催化剂失去活性
（2）；c；<；4.32
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）①从图中可以看出，反应开始后的 16 小时内，在第Ⅱ种催化剂作用下，收集的 CH4较多。
故答案为：Ⅱ
②0~20 小时内，在第 I 种催化剂作用下，甲烷的物质的量变化量为15mol，依据CO2(g)+2H2O(g) CH4(g)+2O2(g)，氧气的物质的量变化量为30mol，则O2的平均生成速率v(O2)== 1.5 mol·L-1·h-1；温度高于560℃，O2的平均生成速率明显下降，可能是因为温度过高，催化剂失去了活性。
故答案为：1.5 mol·L-1·h-1；催化剂失去活性
（2）①依据盖斯定律，反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)可由c-b-a得到，则焓变ΔH=ΔH3-ΔH2-ΔH1。
故答案为：
②a．CH4体积分数不再变化，说明单位时间内生成甲烷和消耗甲烷的速率相等，反应达到平衡状态，a不符合题意；
b．该反应为反应前后气体分子数改变的反应，气体的压强不再变化，说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c．该体系恒容，总质量不变，所以密度一直不变，体系的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，c符合题意；
d．消耗1 mol CH4同时生成3mol H2，则生成3mol H2同时消耗3 mol H2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，d不符合题意；
故答案为：c
③该反应为气体分子数增多的反应，其他条件相同时，压强越大，甲烷的转化率越小，由图示可知，温度一定时，p1下甲烷的转化率大于p2，则p1故答案为：＜；4.32
【分析】（1）①由图可知，在反应开始16小时内，使用催化剂Ⅰ收集到的CH4较多。
②根据反应生成n(CH4)，结合反应的化学方程式计算反应生成的n(O2)，再根据公式计算用O2表示的反应速率。当温度高于560℃时，催化剂失活，导致O2的生成速率下降。
（2）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
②当正逆反应速率相等（或变量不变）时，可逆反应达到平衡状态，据此结合选项所给进行分析。
③根据压强对平衡移动的影响分析，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。根据y点时CH4的平衡转化率计算平衡时各物质的物质的量浓度，再结合平衡常数的表达式进行计算。
（1）①从图中可以看出，反应开始后的 16 小时内，在第Ⅱ种催化剂作用下，收集的 CH4较多。
②0~20 小时内，在第 I 种催化剂作用下，甲烷的物质的量变化量为15mol，依据CO2(g)+2H2O(g) CH4(g)+2O2(g)，氧气的物质的量变化量为30mol，则O2的平均生成速率v(O2)== 1.5 mol·L-1·h-1；温度高于560℃，O2的平均生成速率明显下降，可能是因为温度过高，催化剂失去了活性。
（2）①依据盖斯定律，反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)可由c-b-a得到，则焓变ΔH=ΔH3-ΔH2-ΔH1。
②a．CH4体积分数不再变化，说明单位时间内生成甲烷和消耗甲烷的速率相等，反应达到平衡状态，a不符合题意；
b．该反应为反应前后气体分子数改变的反应，气体的压强不再变化，说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c．该体系恒容，总质量不变，所以密度一直不变，体系的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，c符合题意；
d．消耗1 mol CH4同时生成3mol H2，则生成3mol H2同时消耗3 mol H2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，d不符合题意；
答案选c。
③该反应为气体分子数增多的反应，其他条件相同时，压强越大，甲烷的转化率越小，由图示可知，温度一定时，p1下甲烷的转化率大于p2，则p119．【答案】（1）Cu
（2）0.5
（3）
（4）；使充分沉淀，同时保证不发生沉淀
（5）；和
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）铜单质不溶于稀硫酸，“浸出渣”的主要成分为Cu。
故答案为：Cu
（2）“除铜液”中Co2+浓度为，，，常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：，则此时溶液中，。
故答案为：0.5
（3）过硫酸钠(Na2S2O8)能将Fe2+氧化，Na2S2O8和Fe2+反应的离子方程式为：。
故答案为：
（4）①“沉铁”时，为了使铁离子完全沉淀，钴离子不沉淀，根据表中数据可知，控制溶液pH的范围：。
故答案为：
②“沉铁”后，调节溶液，将溶液中的钴元素转化为氢氧化钴沉淀，同时保证不发生沉淀。
故答案为：使充分沉淀，同时保证不发生沉淀
（5）①“沉钴”过程中反应的离子方程式为：。
故答案为：
②“钴回收后废液”中含有的金属离子主要有Na+和Zn2+。
故答案为：Na+和Zn2+
【分析】（1）加入H2SO4的过程中，净化渣中的Cu与H2SO4不反应，因此存在于浸出渣中。
（2）根据CoS的溶度积Ksp计算溶液中c(S2－)，结合H2S的电离平衡常数计算此时的溶液中c(H＋)，从而得出溶液的的pH。
（3）S2O82－将Fe2＋氧化成Fe3＋的同时，自身还原为SO42－，据此写出反应的离子方程式。
（4）“沉铁”过程中要将Fe3＋完成沉淀，则溶液的pH＞3.2；同时Co3＋不形成沉淀，则pH应小于4.0。“沉铁”调节溶液的pH=5.5是为了使溶液中的Co3＋完全沉淀，但Zn2＋不沉淀。
（5）“沉钴”过程中加入Na2CO3，形成Co(OH)3，因此Co3＋与CO32－发生双水解反应，据此确定该反应的离子方程式。根据流程中加入和除去的离子，确定“钴回收后废液”中所含的金属离子。
（1）铜单质不溶于稀硫酸，“浸出渣”的主要成分为Cu，故答案为：Cu；
（2）“除铜液”中Co2+浓度为，，，常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：，则此时溶液中，，故答案为：0.5；
（3）过硫酸钠(Na2S2O8)能将Fe2+氧化，Na2S2O8和Fe2+反应的离子方程式为：，故答案为：。
（4）①“沉铁”时，为了使铁离子完全沉淀，钴离子不沉淀，根据表中数据可知，控制溶液pH的范围：，故答案为：。
②“沉铁”后，调节溶液，将溶液中的钴元素转化为氢氧化钴沉淀，同时保证不发生沉淀，故答案为：使充分沉淀，同时保证不发生沉淀；
（5）①“沉钴”过程中反应的离子方程式为：，故答案为：。
②“钴回收后废液”中含有的金属离子主要有Na+和Zn2+，故答案为：Na+和Zn2+。
20．【答案】（1）强；；0.005
（2）酸式；防止硝酸银见光分解；滴入最后半滴硝酸银溶液，与生成黄色沉淀，且半分钟内不消失；；c
（3）；或
【知识点】电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】（1）①根据图示起点可知，常温下，溶液的，说明HA完全电离，HA是强酸。
故答案为：强
②X点为等物质的量浓度的HA和MA的混合溶液，因为HA为强酸，MA为强酸弱碱盐，考虑水解生成，故有。
故答案为：
③K点为MA和MOH的物质的量浓度均为的混合溶液，依据溶液中电荷守恒有：，则溶液中。
故答案为：0.005
（2）①溶液中银离子水解使溶液显酸性，应装在酸式滴定管中，由于硝酸银易见光分解，故应装在棕色酸式滴定管中。
故答案为：酸式； 防止硝酸银见光分解
②Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，且半分钟内不消失，说明反应到达滴定终点，消耗AgNO3的物质的量为V×10-3L×cmol/L=cV×10-3mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，处理的废水中氰化钠的质量为cV×10-3mol×2×49g/mol=98cV×10-3g，废水中氰化钠的含量为=。
故答案为： 滴入最后半滴硝酸银溶液，与生成黄色沉淀，且半分钟内不消失 ；
③a.未等半分钟，可能未达到滴定终点，消耗标准液体积偏小，结果偏低；
b.有液滴溅出，消耗标准的体积偏小，结果偏低；
c.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，读数的结果偏大，结果偏高；
故答案为：c
（3）阳离子交换膜和阴离子交换膜将装置分成三室，两电极反应产生的离子在多孔介质中生成H2O2：，即两个电极分别产生，正极发生还原反应，电极反应式为：；
用D2代替H2进行实验，酸性多孔介质中的参与反应的证据是生成的过氧化氢中有：HDO2或DHO2。
故答案为：；HDO2或DHO2
【分析】（1）①0.01mol·L－1的HA溶液的pH=2，说明HA完全电离，因此HA为强酸。
②X点时所得溶液为等浓度为HA和MA，M＋发生水解，据此判断溶液中离子浓度大小。
③K点所得溶液为等浓度的MA和MOH，结合电荷守恒计算。
（2）①AgNO3溶液中存在Ag＋的水解，使得溶液显酸性，应装在酸式滴定管中。棕色可起到避光的作用，可防止AgNO3光照分解。
②达到滴定终点时，Ag＋开始与I－形成AgI黄色沉淀，据此确定滴定终点的现象。根据滴定过程中消耗标准AgNO3溶液的量，计算废水中NaCN的含量。
③使测定结果偏高，则滴定过程中消耗标准AgNO3溶液的体积偏大，据此结合选项分析。
（3）正极上O2发生得电子的还原反应生成OH－和HO2－，据此写出正极的电极反应式。若用D2代替H2进行实验，则产生的过氧化氢中含有D原子，据此确定其化学式。
（1）①根据图示起点可知，常温下，溶液的，说明HA完全电离，HA是强酸；
②X点为等物质的量浓度的HA和MA的混合溶液，因为HA为强酸，MA为强酸弱碱盐，考虑水解生成，故有；
③K点为MA和MOH的物质的量浓度均为的混合溶液，依据溶液中电荷守恒有：，则溶液中；
（2）①溶液中银离子水解使溶液显酸性，应装在酸式滴定管中，由于硝酸银易见光分解，故应装在棕色酸式滴定管中；
②Ag+与CN-反应生成[Ag(CN)2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，且半分钟内不消失，说明反应到达滴定终点，消耗AgNO3的物质的量为V×10-3L×cmol/L=cV×10-3mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，处理的废水中氰化钠的质量为cV×10-3mol×2×49g/mol=98cV×10-3g，废水中氰化钠的含量为=。
③a.未等半分钟，可能未达到滴定终点，消耗标准液体积偏小，结果偏低；
b.有液滴溅出，消耗标准的体积偏小，结果偏低；
c.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，读数的结果偏大，结果偏高；
答案选c。
（3）阳离子交换膜和阴离子交换膜将装置分成三室，两电极反应产生的离子在多孔介质中生成H2O2：，即两个电极分别产生，正极发生还原反应，电极反应式为：；
用D2代替H2进行实验，酸性多孔介质中的参与反应的证据是生成的过氧化氢中有：HDO2或DHO2。
1 / 1

展开更多......

收起↑