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甘肃省白银市部分学校2024-2025学年高二上学期1月期末联考化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中华文化博大精深，源远流长。下列诗句或成语不涉及放热反应的是
A．烈火焚烧若等闲 B．爆竹声中一岁除
C．蜡炬成灰泪始干 D．铁杵磨成针
2．下列物质不属于弱电解质的是
A．HI B． C． D．
3．化学与生活、生产等密切相关。下列应用与水解无关的是
A．小苏打作发酵粉
B．硫酸铝用于制作泡沫灭火器试剂
C．氮肥硫酸铵的施用使土壤酸化
D．铁盐作净水剂
4．下列各组物质间的转化均能一步完成的是
A． B．
C． D．
5．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。已知X与Z位于同一主族，X的原子半径是周期表所有元素中最小的，Y是地壳中含量最多的元素，W的最外层电子数等于X与Y的最外层电子数之和。下列说法错误的是
A．X、Y组成的化合物常温下呈液态
B．Y与Z可组成两种化合物
C．Z、W组成的化合物溶于水呈碱性
D．Y、W可组成具有强氧化性的化合物
6．下列说法正确的是
A．弱电解质溶液的导电能力一定比强电解质溶液弱
B．常温下稀释HF溶液的过程中，的值减小
C．电解金属的盐溶液，不一定能冶炼出相应的金属
D．滴定时，眼睛要一直紧盯滴定管，观察管中溶液液面的变化
7．利用下列实验装置进行相关实验能达到实验目的的是
A．测NaClO溶液的pH B．制备氯气 C．制备固体 D．制备氨气
A．A B．B C．C D．D
8．下列离子方程式或化学方程式的书写正确的是
A．石灰乳中通入：
B．水热法制备：
C．将通入含有的废水中：
D．用铜电极电解饱和NaCl溶液：
9．阿司匹林是一种重要的药物，具有解热镇痛作用，其合成路线如下。下列说法错误的是
A．水杨酸中含有两种官能团 B．该反应的原子利用率为100%
C．阿司匹林能与NaOH溶液反应 D．乙酸可由乙醇氧化生成
10．由下列实验操作及现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色 已被氧化
B 压缩(g)、(g)和HI(g)组成的混合体系的体积，气体颜色加深 反应的平衡向逆反应方向移动
C 向溶液中滴入稀盐酸，溶液由黄色变为橙黄色 反应(黄色)(橙黄色)的K值增大
D 微热滴有几滴酚酞试液的溶液，红色加深 微热后，溶液中水电离出的的浓度减小
A．A B．B C．C D．D
11．利用臭氧可除去室内的HCHO(甲醛)。一定条件下，将2molHCHO(g)和2.5mol(g)充入一密闭容器中发生反应。实验测得HCHO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，已知为用平衡分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。下列说法错误的是
A．该反应的△H<0
B．
C．M点的压强平衡常数
D．及时移出(g)可增大HCHO的平衡转化率
12．常温下，将50mL0.1的硫酸与50mLc的KOH溶液混合(忽略溶液体积的变化)，混合后溶液pH=13.则c的数值为
A．1.0 B．0.8 C．0.6 D．0.4
13．我国科学家展示了一种在某种环境条件下通过和CO在Pt上的电催化氧化偶联来生产尿素[]的方法。这种C-N偶联反应性质温和，可以与合成氨生产的化学循环工艺相结合，提供了一种低能耗途径。合成示意图如图(甲、乙、丙、丁电极均为Pt电极，假设电解槽1中电解质溶液为稀硫酸，电解槽2中电解质溶液为NaOH溶液，和在一定条件下生成尿素)，下列说法错误的是
A．M为直流电源的正极
B．电路中每转移2mol，理论上可制得60g
C．丙电极上的电极反应式为
D．电解槽1中需要不断补充稀硫酸
14．常温下，调节浓度为0.1的溶液的pH，测得溶液中[或]随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．表示随溶液pH的变化关系
B．常温下，NaHA溶液显碱性
C．常温下，pH=6.5时，
D．溶液中存在关系：
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．我国科学家设计出一种微生物脱盐电池，实现了同时产电脱盐并去除污水，其工作原理如图所示。回答下列问题：
（1）外电路中的电流方向为电极　 　(填“A”或“B”，下同)→电极　 　。
（2）该电池的负极反应式为　 　。
（3）离子交换膜Ⅰ是　 　(填“阴”或“阳”，下同)离子交换膜，离子交换膜Ⅱ是　 　离子交换膜。
（4）反应一段时间后，Ⅲ室电解质溶液的pH　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（5）当Ⅲ室消耗0.56L(标准状况)氧气时，理论上Ⅱ室可脱去　 　molNaCl。
16．已知常温下几种弱电解质的电离平衡常数如表。回答下列问题：
弱电解质 ①HClO ② ③HCOOH ④
电离平衡常数 ，
（1）①的溶液中存在的粒子有　 　。
（2）等浓度的上述弱电解质溶液中，由大到小的顺序是　 　(填标号，下同)，pH由小到大的顺序是。
（3）向NaClO溶液中通入过量(被氧化为S)，发生反应的离子方程式为　 　。
（4）溶液呈　 　(填“酸”“碱”或“中”)性；水的电离程度：pH=10的氨水(填“大于”“小于”或“等于”)　 　pH=4的HCOOH溶液。
（5）pH=5的氢硫酸中，　 　(用的形式表示，a保留2位有效数字)。
17．钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺流程如下：
已知：
①常温下，溶液中金属离子的浓度小于时可认为沉淀完全；
②、；
③。
回答下列问题：
（1）提高“酸浸”速率的措施除粉碎废渣外，还有　 　(写出1条即可)；“滤渣1”的主要成分为　 　(填化学式)。
（2）“过滤1”后的溶液中加入时发生反应的离子方程式为　 　；“氧化”时不采用作氧化剂的原因可能为　 　。
（3）试剂X可选用下列物质中的　 　(填标号)；“调pH”中将沉淀完全的最小pH为(保留3位有效数字)　 　。
a．MnO b． c．
（4）氧化沉钴反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（5）以惰性材料为电极，硫酸锰溶液为电解质溶液也可以制备，写出电解时，阳极的电极反应式：　 　。
18．我们日常食用的很多蔬菜和常见的很多花卉中都富含草酸，例如菠菜、苋菜、芹菜、芭蕉等。长期食用草酸含量高的蔬菜容易引发关节炎、膀胱结石和肾结石等疾病。某同学利用滴定法测定芭蕉叶中的草酸含量。回答下列有关问题：
Ⅰ．提取芭蕉叶中的草酸并配成250mL待测溶液
取200g新鲜芭蕉叶，在研钵中捣碎，将捣碎的芭蕉叶转移到烧杯中，洗涤研钵，洗涤液也一并转移到烧杯中。向烧杯中加适量水，搅拌浸取后滤去渣滓，将浸取液(假设其中只有草酸与标准溶液反应)配成250mL溶液。
（1）将浸取液配制成待测溶液时，需要的硅酸盐仪器除烧杯和玻璃棒外还有　 　。
（2）用酸式滴定管量取25.00mL待测液于锥形瓶中。
①滴定管使用时需要先检查是否漏水，然后洗涤干净，再用待测液进行　 　。
②量取待测液时，若起始读数正确，则量取结束时，下列读数操作会造成量取的待测液体积偏大的是(填标号)　 　。
Ⅱ．测定草酸含量
用c的酸性高锰酸钾标准溶液滴定待测液，反应原理为。重复滴定三次。
（3）本实验_____(填“需要”或“不需要”)滴加指示剂；若需要，应该加_____。　 　(填名称，若前一空选填“不需要”，此空无须作答)作为指示剂。
（4）简述如何判断到达滴定终点：　 　。
（5）三次滴定的数据如表所示：
次数 标准溶液起始读数 标准溶液终点读数
第一次 0.11mL 20.15mL
第二次 0.80mL 20.80mL
第三次 0.30mL 20.26mL
则新鲜芭蕉叶中草酸的含量为　 　(用含c的式子表示)。
Ⅲ．误差分析
（6）判断下列操作对测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
①配制待测液时未洗涤烧杯和玻璃棒。　 　。
②量取待测液时，锥形瓶内有少量水。　 　。
③盛放标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失。　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、烈火焚烧过程属于燃烧现象，燃烧是典型的放热反应，A不符合题意；
B、爆竹爆炸包含剧烈的化学反应，释放大量热量，属于放热反应，B不符合题意；
C、蜡烛燃烧同样是放热反应过程，C不符合题意；
D、铁杵磨成针仅是物理形态的改变，没有发生化学反应，自然不涉及放热反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】题的易错点主要有：
混淆 “化学变化” 与 “物理变化”：误将 “铁杵磨成针”（只是物质形状改变，属于物理变化，无化学反应，更无放热反应）当成化学变化，错认为涉及放热反应。
对诗句对应的反应类型判断模糊：比如不清楚 “烈火焚烧若等闲”（碳酸钙高温分解，虽反应吸热，但易误记为放热）、“爆竹声”（爆炸反应放热）、“蜡炬燃烧”（燃烧反应放热）的反应热类型，导致错选其他选项。
2．【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A、HI 是卤族元素的氢化物，属于强酸，在水溶液中完全电离，是强电解质，因此不属于弱电解质 ，故A符合题意；B、Mg(OH)2是弱碱，在水溶液中部分电离，属于弱电解质 ，故B不符合题意；
C、NH3 H2O 是弱碱，在水溶液中部分电离，属于弱电解质 ，故C不符合题意；
D、HNO2是弱酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】解题核心要点：熟记 “强酸、强碱是强电解质；弱酸、弱碱是弱电解质” 的分类规律；
区分卤族氢化物的酸性：HF 是弱酸，HCl、HBr、HI 均为强酸。
3．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、小苏打（NaHCO3）作发酵粉，是利用其与发酵产生的酸发生复分解反应（HCO3-+H+=CO2↑+H2O）产生气体，与水解无关，故A符合题意 ；
B、Al3+水解显酸性，与 NaHCO3（HCO3-水解显碱性）发生 “双水解” 反应（Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑）产生泡沫，与水解有关，故B不符合题意 ；
C、NH4+水解（NH4+ +H2O NH3 H2O+H+）产生 H+，使土壤显酸性，与水解有关，故C不符合题意 ；
D、Fe3+水解生成 Fe(OH)3胶体（Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+），胶体吸附杂质净水，与水解有关，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】解题核心要点：
牢记盐类水解的特征：弱离子（弱酸根、弱碱阳离子）与水作用生成弱电解质；
区分 “水解” 与 “复分解、分解反应”：水解必须有 “水参与”，而非直接与酸或者碱反应。
4．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、硫化氢(H2S)与氧气(O2)反应只能生成硫(S)或二氧化硫(SO2)，无法直接生成三氧化硫(SO3)，A错误；
B、铁(Fe)与盐酸(HCl)反应生成氯化亚铁(FeCl2)，氯化亚铁再与氯气(Cl2)反应可以得到氯化铁(FeCl3)，这个过程是可行的，B正确；
C、二氧化硅(SiO2)不能通过一步反应直接转化为硅酸(H2SiO3)，C错误；
D、氮气(N2)与氧气(O2)反应生成一氧化氮(NO)，但不能直接生成二氧化氮(NO2)，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有：
对物质转化条件的误判：误认为 H2S 能一步生成 SO3（实际 H2S 燃烧或氧化通常先生成 SO2，再经催化氧化生成 SO3，无法一步完成）；错以为 SiO2能一步生成 H2SiO3（SiO2不溶于水，不能直接与水反应生成硅酸，需先转化为硅酸盐再酸化）；混淆 N2的氧化产物（N2与 O2放电仅能生成 NO，无法一步生成 NO2）。
对反应可行性的模糊认知：忽略 Fe 与弱氧化剂（如 HCl）生成 FeCl2、FeCl2与强氧化剂（如 Cl2）生成 FeCl3的一步转化可行性，错判 B 选项。
5．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、X(H)与Y(O)组成的化合物为H2O或H2O2，常温下均为液态，A正确；B、Y(O)与Z(Na)可形成Na2O和Na2O2两种化合物，B正确；
C、W(Cl)与Z(Na)形成的NaCl是强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，C错误；
D、Y(O)与W(Cl)可形成强氧化性化合物ClO2，D正确；
故答案为：C。
【分析】X 的原子半径是周期表中最小的，由此可确定 X 对应的元素是氢（H）；Y 是地壳中含量最高的元素，所以 Y 为氧（O）。接下来分析 W：X（H）的最外层电子数是 1，Y（O）的最外层电子数是 6，二者之和为 7，结合原子序数依次增大的条件，可知 W 的最外层电子数为 7，对应的元素是氯（Cl）；最后，原子序数介于 Y（O）和 W（Cl）之间的 Z，对应的元素是钠（Na）。据此解题。
6．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】A、溶液的导电能力取决于离子浓度和离子电荷数，与电解质的强弱无直接关系。弱电解质（如醋酸）若浓度较高，其导电能力可能超过极稀的强电解质（如盐酸）溶液。A错误；
B、HF是弱酸，稀释时其电离平衡（HF H++F ）正向移动。虽然c(H+)和c(F )都减小，但根据平衡常数表达式：，由于c(H+)减小，比值会增大。B错误；
C、电解金属盐溶液时，能否析出金属单质取决于金属离子的氧化性。若金属离子（如Cu2+、Ag+）的氧化性强于H+，则阴极析出金属；若金属离子（如Na+、K+）的氧化性弱于H+，或溶液中H+优先放电（如电解NaCl溶液），则无法得到金属单质。C正确；
D、在滴定操作中，应始终观察锥形瓶内溶液颜色的变化以准确判断终点，滴定管液面只需在初始和终点时读数。D错误；
故答案为：C。
【分析】A．导电能力取决于溶液中离子的浓度与电荷数。若弱电解质溶液浓度远大于强电解质溶液，其导电能力可能更强（如浓醋酸导电能力可强于极稀盐酸）。
B．HF是弱酸，存在电离平衡：HF H++F ，电离常数。稀释时减小，但不变，因此的值会增大，而非减小。
C．电解活泼金属（如Na、Al）的盐溶液时，阴极放电的是（生成），无法得到对应的金属；只有电解熔融盐才能冶炼活泼金属。
D．滴定时，眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化（判断滴定终点），而非滴定管的液面。
7．【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NaClO溶液呈弱碱性且具有氧化性，会损坏pH试纸，因此不能使用pH试纸测量其pH值，但可采用pH计进行精确测定，故A符合题意 ；
B、实验室制取氯气需使用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，仅描述"二氧化锰与浓盐酸"未说明加热条件不完整，故B不符合题意 ；
C、FeCl3溶液直接蒸发时会发生水解反应（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），最终得到Fe(OH)3固体。正确操作应在HCl气氛保护下蒸发，故C不符合题意 ；
D、NH4Cl受热分解为NH3和HCl气体，但在试管口会重新结合成NH4Cl（NH3+HCl=NH4Cl），不能用于制氨气。实验室应采用NH4Cl与Ca(OH)2固体混合加热的方法，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．NaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定（会漂白试纸），但图中使用的是pH计（不受氧化性影响），可准确测定溶液pH，能达到实验目的。
B．MnO2与浓盐酸反应制备Cl2需要加热，但图中装置无加热仪器，无法发生反应，不能达到目的。
C．FeCl3溶液加热时，Fe3+会水解（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），且HCl易挥发，最终会得到Fe(OH)3（或分解为Fe2O3），无法得到FeCl3固体，不能达到目的。
D．NH4Cl固体加热分解生成NH3和HCl，但二者在试管口会重新化合为NH4Cl，无法收集到NH3，不能达到目的。
8．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、石灰乳与二氧化碳反应的化学方程式为： ，故A错误；B、TiCl4在水热条件下制备二氧化钛水合物的离子方程式正确表示为： ，故B正确；
C、硫化氢与汞离子反应的离子方程式为： ，故C错误；
D、铜电极电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为： ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有：
忽略物质的存在形式（离子方程式）：石灰乳中的 Ca(OH)2以浊液形式存在，不能拆分为 Ca2+和 OH-；
弱电解质的拆写错误：H2S 是弱酸，在离子方程式中应保留分子形式，不能拆为 S2-；
电解池的电极反应分析错误：用铜作电极电解 NaCl 溶液时，阳极是铜（活性电极）放电（
Cu-2e-=Cu2+），而非 Cl-放电；
对反应条件与物质组成的认知模糊：误判水热法制备 TiO2 xH2O 的反应式，忽略 TiCl4与水在加热条件下的水解规律。
9．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．水杨酸分子结构中含有羟基(-OH)和羧基(-COOH)两种官能团，选项A正确；B．该化学反应过程中除了生成目标产物阿司匹林外，还产生了副产物乙酸(CH3COOH)，因此原子利用率未达到100%，选项B错误；
C．阿司匹林分子结构中含有羧基(-COOH)和酯基(-COOR)两种官能团，这两种基团都能与氢氧化钠(NaOH)溶液发生反应，选项C正确；
D．乙醇(C2H5OH)在酸性高锰酸钾(KMnO4)溶液作用下可被氧化生成乙酸(CH3COOH)，选项D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据水杨酸的结构简式确定其所含的官能团。
B、该反应过程中生成两种产物，原子利用率小于100%。
C、阿司匹林中的羧基和酯基能与NaOH溶液反应。
D、乙醇可氧化生成乙酸。
10．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、与不显色，滴加后溶液变红，说明生成了，即被氧化，现象与结论一致，A正确；
B、反应是等气体分子数反应，压缩体积时平衡不移动；气体颜色加深是因为浓度增大（体积减小），并非平衡逆向移动，B错误；
C、是温度的函数，滴加稀盐酸（仅改变浓度）不会改变值；溶液变黄是因为浓度增大，使平衡正向移动，C错误；
D、中水解促进水的电离（）；微热时水解平衡正向移动，浓度增大（红色加深），水的电离程度也增大，因此水电离出的浓度增大，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题的解题关键：
离子检验的特异性：是的特征试剂；
等体反应的平衡移动：压缩体积平衡不移动，浓度变化由体积减小导致；
的影响因素：仅受温度影响，与浓度、压强无关；
盐类水解的温度效应：升温促进水解，水的电离程度增大。
11．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、温度升高，HCHO平衡转化率降低，说明升温使平衡逆向移动，正反应为放热反应，，A正确；
B、反应中气体分子数减少（2mol HCHO+2mol O3→2mol CO2+1mol O2），增大压强平衡正向移动，HCHO转化率升高。由图可知，相同温度下对应的转化率最高，故，B正确；
C、M点HCHO转化率为90%，则转化的HCHO为，结合反应式：
平衡时，，，，（生成）+ 原O3剩余=0.9mol。气体总物质的量。
分压，代入，计算得，而非，C错误；
D、及时移出O2（生成物），平衡正向移动，HCHO的平衡转化率增大，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
A. 反应热判断：温度升高，HCHO转化率降低，平衡逆向移动，正反应放热（ΔH<0）。
B. 压强与转化率的关系：反应气体分子数减少（反应物气体3mol，生成物气体1mol），增大压强平衡正向移动，转化率升高，压强越大，转化率越高，故。
C. 平衡常数（）计算：先通过转化率算平衡时各气体的物质的量，再用“分压=总压×物质的量分数”计算分压，最后代入公式（注意固体、液体不计入）。
D. 浓度对平衡的影响：移出生成物（O2），平衡正向移动，HCHO转化率增大。
12．【答案】D
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】混合后溶液的pH=13，说明混合溶液呈碱性。根据pH与氢氧根离子浓度的关系，可以得出混合后溶液中。通过计算可得c=0.4，
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
先确定酸碱过量：pH=13（碱性），KOH 过量；再算 H+、OH-物质的量：硫酸的
n (H+)=2×0.05×0.1=0.01 mol；KOH 的 n (OH-)=0.05c mol；
最后算过量 OH-的量：混合后 c (OH-)=0.1 mol/L，过量 n (OH-)=0.1×0.1=0.01 mol；
列方程求解：0.05c - 0.01 = 0.01得c=0.4。
13．【答案】D
【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、根据分析，M端为正极，A正确；B、由丙电极反应可知，每转移2mol电子可生成1mol（60g）尿素（），B正确；
C、丙电极反应式正确，C正确；
D、电解槽1总反应为，硫酸作为电解质不消耗，无需补充，D错误；
故选D。
【分析】根据图示，乙电极上二氧化碳被还原为一氧化碳，说明乙是阴极，由此可确定丁也是阴极，甲和丙为阳极。M端为正极，N端为负极。具体电极反应如下：甲电极（阳极）反应：；乙电极（阴极）反应：；丙电极（阳极）反应：；丁电极（阴极）反应：。
14．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、由核心基础可知，对应，而非，A错误；
B、由N点（，）得；
的水解常数；由M点得，因，的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，B错误；
C、；
代入、，得；
当时，，则，故，即，C正确；
D、溶液的质子守恒式为：；
对比选项中的“”，显然，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题思路：结合二元弱酸的电离平衡（、）、电离/水解常数计算，分析曲线对应的电离过程，再逐一验证选项。
二元弱酸的电离：，；
因，相同下，故，即对应，对应，据此解题。
15．【答案】（1）B；A
（2）
（3）阴；阳
（4）增大
（5）0.1
【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；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）外部电路电流方向为电极B→电极A。
故答案为：B；A；
（2）负极反应为葡萄糖氧化过程，反应式为。
故答案为： ；
（3）在原电池内部，阴离子向负极迁移。因此离子交换膜I是阴离子交换膜，允许II室中的Cl-迁移至I室；离子交换膜II是阳离子交换膜，允许II室中的Na+迁移至III室，实现同时发电和脱盐。
故答案为： 阴 ； 阳 ；
（4）电极B上的反应消耗H+，导致III室中c(H+)降低，因此溶液的pH增大。
故答案为： 增大 ；
（5）当III室消耗0.56L（0.025mol）氧气时，根据正极反应式，外电路转移0.1mol电子。根据电荷守恒，有0.1mol Cl-通过膜I迁移至I室，0.1mol Na+通过膜II迁移至III室，因此理论上可脱去0.1mol NaCl。
故答案为： 0.1 。
【分析】根据图示分析，III室通入氧气，因此电极B是电池的正极，其电极反应式为。相应地，电极A作为负极，其反应为。电流方向在外部电路中从正极到负极，即由电极B流向电极A。
（1）根据分析可知，外电路中的电流方向为电极电极。
（2）负极的葡萄糖失去电子，负极反应式为 。
（3）在原电池中，阴离子移向负极，则离子交换膜是阴离子交换膜，即室中的通过离子交换膜移向室，离子交换膜是阳离子交换膜，室中的通过离子交换膜移向室，实现了同时产电脱盐的目的。
（4）电极B上的电极反应式为，反应一段时间后，溶液中减小，则室电解质溶液的增大。
（5）当室消耗标准状况下氧气时，根据电极反应式可知，外电路转移。根据电荷守恒原则，则有通过离子交换膜移向室，通过离子交换膜移向室，所以理论上室可脱去。
16．【答案】（1）HClO、、、、
（2）③>④>①>②
（3）
（4）酸；等于
（5）
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）HClO是弱酸，不完全电离，溶液中存在的粒子有HClO、、、、；
故答案为： HClO、、、、 ；
（2）弱酸电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的溶液中越大，是弱碱，水溶液中最小，由大到小的顺序是③>④>①>②；
故答案为： ③>④>①>② ；
（3）向NaClO溶液中通入过量，发生氧化还原反应，生成S和氯离子，离子方程式为；
故答案为： ；
（4）HCOOH电离常数大于的电离常数，谁强显谁性，溶液呈酸性；酸碱均抑制水的电离，pH=10的氨水中的氢氧根浓度等于pH=4的HCOOH溶液中的氢离子浓度，两者水的电离程度相等；
故答案为： 酸 ； 等于 ；
（5）pH=5的氢硫酸中，，==，可得。
故答案为： 。
【分析】(1)HClO 是弱酸，不完全电离，溶液中存在未电离的 HClO 分子、电离出的 ClO-和 H+，还有水电离的 OH-及 H2O 分子。
(2)电离常数越大，酸性越强（弱碱反之）。等浓度时，c (H+)：弱酸按 Ka 排序，弱碱（NH3 H2O）最小；pH 与 c(H+) 相反。
(3)ClO-氧化 H2S 生成 S，自身被还原为 Cl-，结合守恒配平离子方程式：ClO-+H2S=Cl-+S↓+H2O。
(4)HCOONH4中，HCOOH 的 Ka 大于 NH3 H2O 的 Kb，溶液显酸性；pH=10 氨水的 c(OH-) 与 pH=4 甲酸的 c (H+) 相等，对水的抑制程度相同，电离程度相等。
(5)用 Ka1×Ka2 = ，代入 pH=5 时的c(H+)=10-5，计算得。
（1）HClO是弱酸，不完全电离，溶液中存在的粒子有HClO、、、、；
（2）弱酸电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的溶液中越大，是弱碱，水溶液中最小，由大到小的顺序是③>④>①>②；
（3）向NaClO溶液中通入过量，发生氧化还原反应，生成S和氯离子，离子方程式为；
（4）HCOOH电离常数大于的电离常数，谁强显谁性，溶液呈酸性；酸碱均抑制水的电离，pH=10的氨水中的氢氧根浓度等于pH=4的HCOOH溶液中的氢离子浓度，两者水的电离程度相等；
（5）pH=5的氢硫酸中，，==，可得。
17．【答案】（1）搅拌或适当升温、提高硫酸浓度等；
（2）；金属离子会催化双氧水分解，降低氧化效率，增加成本
（3）abc；2.82
（4）1：3
（5）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）提高“酸浸”速率的措施除粉碎废渣外，还有搅拌或适当升温、提高硫酸浓度等；根据分析，“滤渣1”的主要成分为；
故答案为： 搅拌或适当升温、提高硫酸浓度等 ； ；
（2）向滤液中加入将氧化为，发生反应的离子方程式为；“氧化”时不采用作氧化剂的原因可能为金属离子会催化双氧水分解，降低氧化效率，增加成本；
故答案为： ； 金属离子会催化双氧水分解，降低氧化效率，增加成本 ；
（3）MnO、、均可与氢离子反应，调pH，并且不会引入新的杂质离子，故选abc；浓度小于时可认为沉淀完全，，，，pH=≈2.82；
故答案为： abc ； 2.82 ；
（4）氧化沉钴反应中则被还原为，被氧化为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3；
故答案为： 1：3 ；
（5）电解时，阳极锰离子失电子发生氧化反应生成，电极反应式为。
故答案为： 。
【分析】用硫酸浸泡废渣时，Co、Zn、Fe 的单质 / 氧化物会与硫酸发生反应（如 CoO+H2SO4=CoSO4+H2O、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑），生成可溶的 Co2+、Zn2+、Fe2+与 SO42-，进入溶液；而 Pb 的单质、氧化物与硫酸反应后，生成的 PbSO4是难溶性盐（如PbO+H2SO4=PbSO4↓+H2O），因此 “酸浸” 后过滤得到的滤渣为 PbSO4，滤液中则含有 Co2+、Zn2+、Fe2+、SO42-等离子。向上述滤液中加入 MnO2，利用其氧化性将 Fe2+氧化为 Fe3+（反应为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O）；随后调节溶液 pH，使 Fe3+在弱碱性条件下完全沉淀为 Fe(OH)3（Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓），过滤后滤液中的金属离子主要为 Co2+、Zn2+、Mn2+（Fe 已以沉淀形式除去）。进行 “氧化沉钴” 操作：向滤液中加入强氧化剂 KMnO4，KMnO4将 Co2+氧化为 Co3+；在 pH=5 的弱酸性环境中，Co3+会结合 OH-生成 Co(OH)3沉淀（Co3++3OH-=Co(OH)3↓）；同时，KMnO4自身被还原为 MnO2，且还原产物 MnO2还会与溶液中已有的 Mn2+发生归中反应（2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+），最终得到Co(OH)3与 MnO2的混合沉淀；而剩余的 “除钴液” 中，主要含有未参与反应的 Zn2+、K+与 SO42-，即溶质为 ZnSO4、K2SO4。
（1）提高“酸浸”速率的措施除粉碎废渣外，还有搅拌或适当升温、提高硫酸浓度等；根据分析，“滤渣1”的主要成分为；
（2）向滤液中加入将氧化为，发生反应的离子方程式为；“氧化”时不采用作氧化剂的原因可能为金属离子会催化双氧水分解，降低氧化效率，增加成本；
（3）MnO、、均可与氢离子反应，调pH，并且不会引入新的杂质离子，故选abc；浓度小于时可认为沉淀完全，，，，pH=≈2.82；
（4）氧化沉钴反应中则被还原为，被氧化为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3；
（5）电解时，阳极锰离子失电子发生氧化反应生成，电极反应式为。
18．【答案】250mL容量瓶、胶头滴管；润洗；a；不需要；当滴入最后半滴酸性标准溶液时，溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；22.5c；偏低；无影响；偏高
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）硅酸盐仪器即为玻璃仪器，配制250mL溶液需要用250mL容量瓶，定容时还需使用胶头滴管；
故答案为： 250mL容量瓶、胶头滴管 ；
（2）①滴定管使用时需要先检查是否漏水，然后洗涤干净，此时滴定管内有水，因此需要用待测液进行润洗，否则会导致溶液被稀释；
②滴定管0刻线在上方，量取25.00mL待测液时俯视25.00的刻度会导致滴下去的溶液体积偏大，故选a；
故答案为： 润洗 ；a；
（3）KMnO4为紫色溶液，通过KMnO4颜色的变化来判定滴定终点，不需要再加指示剂；
故答案为： 不需要 ；
（4）草酸溶液为无色，酸性KMnO4溶液为紫色，随着酸性KMnO4溶液的不断滴入，草酸越来也少，滴定终点的现象为：当滴入最后半滴酸性KMnO4标准溶液时，溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
故答案为： 当滴入最后半滴酸性标准溶液时，溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ；
（5）由表格数据可知三次消耗酸性KMnO4标准溶液的体积分别为20.04mL、20.00mL、19.96mL，平均值为20.00mL，由2~5H2C2O4可知n(H2C2O4)=n()=×0.02cmol×=0.5cmol，草酸的含量为g 100g-1=22.5cg 100g-1；
故答案为： 22.5c ；
（6）①配制待测液时未洗涤烧杯和玻璃棒导致待测液溶质的物质的量减小，滴定时消耗的标准液减少，结果偏低；
②量取待测液时，锥形瓶内有少量水不影响滴定管中待测液的量，因此对结果无影响；
③盛放标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失会导致标准液的体积偏大，结果偏高。
故答案为： 偏低 ； 无影响 ； 偏高 。
【分析】(1)配制 250mL 溶液需 250mL 容量瓶（定容）和胶头滴管（定容加液）。
(2)①酸式滴定管洗净后需用待测液润洗，避免稀释待测液。
②滴定管读数时俯视（如 a），会导致量取体积偏大。
(3)KMnO4自身为紫色，可通过颜色变化判断终点，无需指示剂。
(4)滴入最后半滴 KMnO4溶液，溶液由无色变浅红且半分钟不褪色，即为终点。
(5)先算平均消耗 KMnO4体积，再根据反应比例算草酸物质的量，最后换算成含量。
(6)①未洗涤烧杯玻璃棒，待测液中草酸减少，结果偏低；
②锥形瓶内有水不影响草酸量，结果无影响；
③气泡消失使标准液体积读数偏大，结果偏高。
1 / 1甘肃省白银市部分学校2024-2025学年高二上学期1月期末联考化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中华文化博大精深，源远流长。下列诗句或成语不涉及放热反应的是
A．烈火焚烧若等闲 B．爆竹声中一岁除
C．蜡炬成灰泪始干 D．铁杵磨成针
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、烈火焚烧过程属于燃烧现象，燃烧是典型的放热反应，A不符合题意；
B、爆竹爆炸包含剧烈的化学反应，释放大量热量，属于放热反应，B不符合题意；
C、蜡烛燃烧同样是放热反应过程，C不符合题意；
D、铁杵磨成针仅是物理形态的改变，没有发生化学反应，自然不涉及放热反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】题的易错点主要有：
混淆 “化学变化” 与 “物理变化”：误将 “铁杵磨成针”（只是物质形状改变，属于物理变化，无化学反应，更无放热反应）当成化学变化，错认为涉及放热反应。
对诗句对应的反应类型判断模糊：比如不清楚 “烈火焚烧若等闲”（碳酸钙高温分解，虽反应吸热，但易误记为放热）、“爆竹声”（爆炸反应放热）、“蜡炬燃烧”（燃烧反应放热）的反应热类型，导致错选其他选项。
2．下列物质不属于弱电解质的是
A．HI B． C． D．
【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A、HI 是卤族元素的氢化物，属于强酸，在水溶液中完全电离，是强电解质，因此不属于弱电解质 ，故A符合题意；B、Mg(OH)2是弱碱，在水溶液中部分电离，属于弱电解质 ，故B不符合题意；
C、NH3 H2O 是弱碱，在水溶液中部分电离，属于弱电解质 ，故C不符合题意；
D、HNO2是弱酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】解题核心要点：熟记 “强酸、强碱是强电解质；弱酸、弱碱是弱电解质” 的分类规律；
区分卤族氢化物的酸性：HF 是弱酸，HCl、HBr、HI 均为强酸。
3．化学与生活、生产等密切相关。下列应用与水解无关的是
A．小苏打作发酵粉
B．硫酸铝用于制作泡沫灭火器试剂
C．氮肥硫酸铵的施用使土壤酸化
D．铁盐作净水剂
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、小苏打（NaHCO3）作发酵粉，是利用其与发酵产生的酸发生复分解反应（HCO3-+H+=CO2↑+H2O）产生气体，与水解无关，故A符合题意 ；
B、Al3+水解显酸性，与 NaHCO3（HCO3-水解显碱性）发生 “双水解” 反应（Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑）产生泡沫，与水解有关，故B不符合题意 ；
C、NH4+水解（NH4+ +H2O NH3 H2O+H+）产生 H+，使土壤显酸性，与水解有关，故C不符合题意 ；
D、Fe3+水解生成 Fe(OH)3胶体（Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+），胶体吸附杂质净水，与水解有关，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】解题核心要点：
牢记盐类水解的特征：弱离子（弱酸根、弱碱阳离子）与水作用生成弱电解质；
区分 “水解” 与 “复分解、分解反应”：水解必须有 “水参与”，而非直接与酸或者碱反应。
4．下列各组物质间的转化均能一步完成的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、硫化氢(H2S)与氧气(O2)反应只能生成硫(S)或二氧化硫(SO2)，无法直接生成三氧化硫(SO3)，A错误；
B、铁(Fe)与盐酸(HCl)反应生成氯化亚铁(FeCl2)，氯化亚铁再与氯气(Cl2)反应可以得到氯化铁(FeCl3)，这个过程是可行的，B正确；
C、二氧化硅(SiO2)不能通过一步反应直接转化为硅酸(H2SiO3)，C错误；
D、氮气(N2)与氧气(O2)反应生成一氧化氮(NO)，但不能直接生成二氧化氮(NO2)，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有：
对物质转化条件的误判：误认为 H2S 能一步生成 SO3（实际 H2S 燃烧或氧化通常先生成 SO2，再经催化氧化生成 SO3，无法一步完成）；错以为 SiO2能一步生成 H2SiO3（SiO2不溶于水，不能直接与水反应生成硅酸，需先转化为硅酸盐再酸化）；混淆 N2的氧化产物（N2与 O2放电仅能生成 NO，无法一步生成 NO2）。
对反应可行性的模糊认知：忽略 Fe 与弱氧化剂（如 HCl）生成 FeCl2、FeCl2与强氧化剂（如 Cl2）生成 FeCl3的一步转化可行性，错判 B 选项。
5．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。已知X与Z位于同一主族，X的原子半径是周期表所有元素中最小的，Y是地壳中含量最多的元素，W的最外层电子数等于X与Y的最外层电子数之和。下列说法错误的是
A．X、Y组成的化合物常温下呈液态
B．Y与Z可组成两种化合物
C．Z、W组成的化合物溶于水呈碱性
D．Y、W可组成具有强氧化性的化合物
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、X(H)与Y(O)组成的化合物为H2O或H2O2，常温下均为液态，A正确；B、Y(O)与Z(Na)可形成Na2O和Na2O2两种化合物，B正确；
C、W(Cl)与Z(Na)形成的NaCl是强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，C错误；
D、Y(O)与W(Cl)可形成强氧化性化合物ClO2，D正确；
故答案为：C。
【分析】X 的原子半径是周期表中最小的，由此可确定 X 对应的元素是氢（H）；Y 是地壳中含量最高的元素，所以 Y 为氧（O）。接下来分析 W：X（H）的最外层电子数是 1，Y（O）的最外层电子数是 6，二者之和为 7，结合原子序数依次增大的条件，可知 W 的最外层电子数为 7，对应的元素是氯（Cl）；最后，原子序数介于 Y（O）和 W（Cl）之间的 Z，对应的元素是钠（Na）。据此解题。
6．下列说法正确的是
A．弱电解质溶液的导电能力一定比强电解质溶液弱
B．常温下稀释HF溶液的过程中，的值减小
C．电解金属的盐溶液，不一定能冶炼出相应的金属
D．滴定时，眼睛要一直紧盯滴定管，观察管中溶液液面的变化
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】A、溶液的导电能力取决于离子浓度和离子电荷数，与电解质的强弱无直接关系。弱电解质（如醋酸）若浓度较高，其导电能力可能超过极稀的强电解质（如盐酸）溶液。A错误；
B、HF是弱酸，稀释时其电离平衡（HF H++F ）正向移动。虽然c(H+)和c(F )都减小，但根据平衡常数表达式：，由于c(H+)减小，比值会增大。B错误；
C、电解金属盐溶液时，能否析出金属单质取决于金属离子的氧化性。若金属离子（如Cu2+、Ag+）的氧化性强于H+，则阴极析出金属；若金属离子（如Na+、K+）的氧化性弱于H+，或溶液中H+优先放电（如电解NaCl溶液），则无法得到金属单质。C正确；
D、在滴定操作中，应始终观察锥形瓶内溶液颜色的变化以准确判断终点，滴定管液面只需在初始和终点时读数。D错误；
故答案为：C。
【分析】A．导电能力取决于溶液中离子的浓度与电荷数。若弱电解质溶液浓度远大于强电解质溶液，其导电能力可能更强（如浓醋酸导电能力可强于极稀盐酸）。
B．HF是弱酸，存在电离平衡：HF H++F ，电离常数。稀释时减小，但不变，因此的值会增大，而非减小。
C．电解活泼金属（如Na、Al）的盐溶液时，阴极放电的是（生成），无法得到对应的金属；只有电解熔融盐才能冶炼活泼金属。
D．滴定时，眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化（判断滴定终点），而非滴定管的液面。
7．利用下列实验装置进行相关实验能达到实验目的的是
A．测NaClO溶液的pH B．制备氯气 C．制备固体 D．制备氨气
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NaClO溶液呈弱碱性且具有氧化性，会损坏pH试纸，因此不能使用pH试纸测量其pH值，但可采用pH计进行精确测定，故A符合题意 ；
B、实验室制取氯气需使用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，仅描述"二氧化锰与浓盐酸"未说明加热条件不完整，故B不符合题意 ；
C、FeCl3溶液直接蒸发时会发生水解反应（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），最终得到Fe(OH)3固体。正确操作应在HCl气氛保护下蒸发，故C不符合题意 ；
D、NH4Cl受热分解为NH3和HCl气体，但在试管口会重新结合成NH4Cl（NH3+HCl=NH4Cl），不能用于制氨气。实验室应采用NH4Cl与Ca(OH)2固体混合加热的方法，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．NaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定（会漂白试纸），但图中使用的是pH计（不受氧化性影响），可准确测定溶液pH，能达到实验目的。
B．MnO2与浓盐酸反应制备Cl2需要加热，但图中装置无加热仪器，无法发生反应，不能达到目的。
C．FeCl3溶液加热时，Fe3+会水解（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），且HCl易挥发，最终会得到Fe(OH)3（或分解为Fe2O3），无法得到FeCl3固体，不能达到目的。
D．NH4Cl固体加热分解生成NH3和HCl，但二者在试管口会重新化合为NH4Cl，无法收集到NH3，不能达到目的。
8．下列离子方程式或化学方程式的书写正确的是
A．石灰乳中通入：
B．水热法制备：
C．将通入含有的废水中：
D．用铜电极电解饱和NaCl溶液：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、石灰乳与二氧化碳反应的化学方程式为： ，故A错误；B、TiCl4在水热条件下制备二氧化钛水合物的离子方程式正确表示为： ，故B正确；
C、硫化氢与汞离子反应的离子方程式为： ，故C错误；
D、铜电极电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为： ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有：
忽略物质的存在形式（离子方程式）：石灰乳中的 Ca(OH)2以浊液形式存在，不能拆分为 Ca2+和 OH-；
弱电解质的拆写错误：H2S 是弱酸，在离子方程式中应保留分子形式，不能拆为 S2-；
电解池的电极反应分析错误：用铜作电极电解 NaCl 溶液时，阳极是铜（活性电极）放电（
Cu-2e-=Cu2+），而非 Cl-放电；
对反应条件与物质组成的认知模糊：误判水热法制备 TiO2 xH2O 的反应式，忽略 TiCl4与水在加热条件下的水解规律。
9．阿司匹林是一种重要的药物，具有解热镇痛作用，其合成路线如下。下列说法错误的是
A．水杨酸中含有两种官能团 B．该反应的原子利用率为100%
C．阿司匹林能与NaOH溶液反应 D．乙酸可由乙醇氧化生成
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．水杨酸分子结构中含有羟基(-OH)和羧基(-COOH)两种官能团，选项A正确；B．该化学反应过程中除了生成目标产物阿司匹林外，还产生了副产物乙酸(CH3COOH)，因此原子利用率未达到100%，选项B错误；
C．阿司匹林分子结构中含有羧基(-COOH)和酯基(-COOR)两种官能团，这两种基团都能与氢氧化钠(NaOH)溶液发生反应，选项C正确；
D．乙醇(C2H5OH)在酸性高锰酸钾(KMnO4)溶液作用下可被氧化生成乙酸(CH3COOH)，选项D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据水杨酸的结构简式确定其所含的官能团。
B、该反应过程中生成两种产物，原子利用率小于100%。
C、阿司匹林中的羧基和酯基能与NaOH溶液反应。
D、乙醇可氧化生成乙酸。
10．由下列实验操作及现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色 已被氧化
B 压缩(g)、(g)和HI(g)组成的混合体系的体积，气体颜色加深 反应的平衡向逆反应方向移动
C 向溶液中滴入稀盐酸，溶液由黄色变为橙黄色 反应(黄色)(橙黄色)的K值增大
D 微热滴有几滴酚酞试液的溶液，红色加深 微热后，溶液中水电离出的的浓度减小
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、与不显色，滴加后溶液变红，说明生成了，即被氧化，现象与结论一致，A正确；
B、反应是等气体分子数反应，压缩体积时平衡不移动；气体颜色加深是因为浓度增大（体积减小），并非平衡逆向移动，B错误；
C、是温度的函数，滴加稀盐酸（仅改变浓度）不会改变值；溶液变黄是因为浓度增大，使平衡正向移动，C错误；
D、中水解促进水的电离（）；微热时水解平衡正向移动，浓度增大（红色加深），水的电离程度也增大，因此水电离出的浓度增大，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题的解题关键：
离子检验的特异性：是的特征试剂；
等体反应的平衡移动：压缩体积平衡不移动，浓度变化由体积减小导致；
的影响因素：仅受温度影响，与浓度、压强无关；
盐类水解的温度效应：升温促进水解，水的电离程度增大。
11．利用臭氧可除去室内的HCHO(甲醛)。一定条件下，将2molHCHO(g)和2.5mol(g)充入一密闭容器中发生反应。实验测得HCHO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，已知为用平衡分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。下列说法错误的是
A．该反应的△H<0
B．
C．M点的压强平衡常数
D．及时移出(g)可增大HCHO的平衡转化率
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、温度升高，HCHO平衡转化率降低，说明升温使平衡逆向移动，正反应为放热反应，，A正确；
B、反应中气体分子数减少（2mol HCHO+2mol O3→2mol CO2+1mol O2），增大压强平衡正向移动，HCHO转化率升高。由图可知，相同温度下对应的转化率最高，故，B正确；
C、M点HCHO转化率为90%，则转化的HCHO为，结合反应式：
平衡时，，，，（生成）+ 原O3剩余=0.9mol。气体总物质的量。
分压，代入，计算得，而非，C错误；
D、及时移出O2（生成物），平衡正向移动，HCHO的平衡转化率增大，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
A. 反应热判断：温度升高，HCHO转化率降低，平衡逆向移动，正反应放热（ΔH<0）。
B. 压强与转化率的关系：反应气体分子数减少（反应物气体3mol，生成物气体1mol），增大压强平衡正向移动，转化率升高，压强越大，转化率越高，故。
C. 平衡常数（）计算：先通过转化率算平衡时各气体的物质的量，再用“分压=总压×物质的量分数”计算分压，最后代入公式（注意固体、液体不计入）。
D. 浓度对平衡的影响：移出生成物（O2），平衡正向移动，HCHO转化率增大。
12．常温下，将50mL0.1的硫酸与50mLc的KOH溶液混合(忽略溶液体积的变化)，混合后溶液pH=13.则c的数值为
A．1.0 B．0.8 C．0.6 D．0.4
【答案】D
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】混合后溶液的pH=13，说明混合溶液呈碱性。根据pH与氢氧根离子浓度的关系，可以得出混合后溶液中。通过计算可得c=0.4，
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
先确定酸碱过量：pH=13（碱性），KOH 过量；再算 H+、OH-物质的量：硫酸的
n (H+)=2×0.05×0.1=0.01 mol；KOH 的 n (OH-)=0.05c mol；
最后算过量 OH-的量：混合后 c (OH-)=0.1 mol/L，过量 n (OH-)=0.1×0.1=0.01 mol；
列方程求解：0.05c - 0.01 = 0.01得c=0.4。
13．我国科学家展示了一种在某种环境条件下通过和CO在Pt上的电催化氧化偶联来生产尿素[]的方法。这种C-N偶联反应性质温和，可以与合成氨生产的化学循环工艺相结合，提供了一种低能耗途径。合成示意图如图(甲、乙、丙、丁电极均为Pt电极，假设电解槽1中电解质溶液为稀硫酸，电解槽2中电解质溶液为NaOH溶液，和在一定条件下生成尿素)，下列说法错误的是
A．M为直流电源的正极
B．电路中每转移2mol，理论上可制得60g
C．丙电极上的电极反应式为
D．电解槽1中需要不断补充稀硫酸
【答案】D
【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、根据分析，M端为正极，A正确；B、由丙电极反应可知，每转移2mol电子可生成1mol（60g）尿素（），B正确；
C、丙电极反应式正确，C正确；
D、电解槽1总反应为，硫酸作为电解质不消耗，无需补充，D错误；
故选D。
【分析】根据图示，乙电极上二氧化碳被还原为一氧化碳，说明乙是阴极，由此可确定丁也是阴极，甲和丙为阳极。M端为正极，N端为负极。具体电极反应如下：甲电极（阳极）反应：；乙电极（阴极）反应：；丙电极（阳极）反应：；丁电极（阴极）反应：。
14．常温下，调节浓度为0.1的溶液的pH，测得溶液中[或]随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．表示随溶液pH的变化关系
B．常温下，NaHA溶液显碱性
C．常温下，pH=6.5时，
D．溶液中存在关系：
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、由核心基础可知，对应，而非，A错误；
B、由N点（，）得；
的水解常数；由M点得，因，的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，B错误；
C、；
代入、，得；
当时，，则，故，即，C正确；
D、溶液的质子守恒式为：；
对比选项中的“”，显然，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题思路：结合二元弱酸的电离平衡（、）、电离/水解常数计算，分析曲线对应的电离过程，再逐一验证选项。
二元弱酸的电离：，；
因，相同下，故，即对应，对应，据此解题。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．我国科学家设计出一种微生物脱盐电池，实现了同时产电脱盐并去除污水，其工作原理如图所示。回答下列问题：
（1）外电路中的电流方向为电极　 　(填“A”或“B”，下同)→电极　 　。
（2）该电池的负极反应式为　 　。
（3）离子交换膜Ⅰ是　 　(填“阴”或“阳”，下同)离子交换膜，离子交换膜Ⅱ是　 　离子交换膜。
（4）反应一段时间后，Ⅲ室电解质溶液的pH　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（5）当Ⅲ室消耗0.56L(标准状况)氧气时，理论上Ⅱ室可脱去　 　molNaCl。
【答案】（1）B；A
（2）
（3）阴；阳
（4）增大
（5）0.1
【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；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）外部电路电流方向为电极B→电极A。
故答案为：B；A；
（2）负极反应为葡萄糖氧化过程，反应式为。
故答案为： ；
（3）在原电池内部，阴离子向负极迁移。因此离子交换膜I是阴离子交换膜，允许II室中的Cl-迁移至I室；离子交换膜II是阳离子交换膜，允许II室中的Na+迁移至III室，实现同时发电和脱盐。
故答案为： 阴 ； 阳 ；
（4）电极B上的反应消耗H+，导致III室中c(H+)降低，因此溶液的pH增大。
故答案为： 增大 ；
（5）当III室消耗0.56L（0.025mol）氧气时，根据正极反应式，外电路转移0.1mol电子。根据电荷守恒，有0.1mol Cl-通过膜I迁移至I室，0.1mol Na+通过膜II迁移至III室，因此理论上可脱去0.1mol NaCl。
故答案为： 0.1 。
【分析】根据图示分析，III室通入氧气，因此电极B是电池的正极，其电极反应式为。相应地，电极A作为负极，其反应为。电流方向在外部电路中从正极到负极，即由电极B流向电极A。
（1）根据分析可知，外电路中的电流方向为电极电极。
（2）负极的葡萄糖失去电子，负极反应式为 。
（3）在原电池中，阴离子移向负极，则离子交换膜是阴离子交换膜，即室中的通过离子交换膜移向室，离子交换膜是阳离子交换膜，室中的通过离子交换膜移向室，实现了同时产电脱盐的目的。
（4）电极B上的电极反应式为，反应一段时间后，溶液中减小，则室电解质溶液的增大。
（5）当室消耗标准状况下氧气时，根据电极反应式可知，外电路转移。根据电荷守恒原则，则有通过离子交换膜移向室，通过离子交换膜移向室，所以理论上室可脱去。
16．已知常温下几种弱电解质的电离平衡常数如表。回答下列问题：
弱电解质 ①HClO ② ③HCOOH ④
电离平衡常数 ，
（1）①的溶液中存在的粒子有　 　。
（2）等浓度的上述弱电解质溶液中，由大到小的顺序是　 　(填标号，下同)，pH由小到大的顺序是。
（3）向NaClO溶液中通入过量(被氧化为S)，发生反应的离子方程式为　 　。
（4）溶液呈　 　(填“酸”“碱”或“中”)性；水的电离程度：pH=10的氨水(填“大于”“小于”或“等于”)　 　pH=4的HCOOH溶液。
（5）pH=5的氢硫酸中，　 　(用的形式表示，a保留2位有效数字)。
【答案】（1）HClO、、、、
（2）③>④>①>②
（3）
（4）酸；等于
（5）
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）HClO是弱酸，不完全电离，溶液中存在的粒子有HClO、、、、；
故答案为： HClO、、、、 ；
（2）弱酸电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的溶液中越大，是弱碱，水溶液中最小，由大到小的顺序是③>④>①>②；
故答案为： ③>④>①>② ；
（3）向NaClO溶液中通入过量，发生氧化还原反应，生成S和氯离子，离子方程式为；
故答案为： ；
（4）HCOOH电离常数大于的电离常数，谁强显谁性，溶液呈酸性；酸碱均抑制水的电离，pH=10的氨水中的氢氧根浓度等于pH=4的HCOOH溶液中的氢离子浓度，两者水的电离程度相等；
故答案为： 酸 ； 等于 ；
（5）pH=5的氢硫酸中，，==，可得。
故答案为： 。
【分析】(1)HClO 是弱酸，不完全电离，溶液中存在未电离的 HClO 分子、电离出的 ClO-和 H+，还有水电离的 OH-及 H2O 分子。
(2)电离常数越大，酸性越强（弱碱反之）。等浓度时，c (H+)：弱酸按 Ka 排序，弱碱（NH3 H2O）最小；pH 与 c(H+) 相反。
(3)ClO-氧化 H2S 生成 S，自身被还原为 Cl-，结合守恒配平离子方程式：ClO-+H2S=Cl-+S↓+H2O。
(4)HCOONH4中，HCOOH 的 Ka 大于 NH3 H2O 的 Kb，溶液显酸性；pH=10 氨水的 c(OH-) 与 pH=4 甲酸的 c (H+) 相等，对水的抑制程度相同，电离程度相等。
(5)用 Ka1×Ka2 = ，代入 pH=5 时的c(H+)=10-5，计算得。
（1）HClO是弱酸，不完全电离，溶液中存在的粒子有HClO、、、、；
（2）弱酸电离平衡常数越大，酸性越强，等浓度的溶液中越大，是弱碱，水溶液中最小，由大到小的顺序是③>④>①>②；
（3）向NaClO溶液中通入过量，发生氧化还原反应，生成S和氯离子，离子方程式为；
（4）HCOOH电离常数大于的电离常数，谁强显谁性，溶液呈酸性；酸碱均抑制水的电离，pH=10的氨水中的氢氧根浓度等于pH=4的HCOOH溶液中的氢离子浓度，两者水的电离程度相等；
（5）pH=5的氢硫酸中，，==，可得。
17．钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺流程如下：
已知：
①常温下，溶液中金属离子的浓度小于时可认为沉淀完全；
②、；
③。
回答下列问题：
（1）提高“酸浸”速率的措施除粉碎废渣外，还有　 　(写出1条即可)；“滤渣1”的主要成分为　 　(填化学式)。
（2）“过滤1”后的溶液中加入时发生反应的离子方程式为　 　；“氧化”时不采用作氧化剂的原因可能为　 　。
（3）试剂X可选用下列物质中的　 　(填标号)；“调pH”中将沉淀完全的最小pH为(保留3位有效数字)　 　。
a．MnO b． c．
（4）氧化沉钴反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（5）以惰性材料为电极，硫酸锰溶液为电解质溶液也可以制备，写出电解时，阳极的电极反应式：　 　。
【答案】（1）搅拌或适当升温、提高硫酸浓度等；
（2）；金属离子会催化双氧水分解，降低氧化效率，增加成本
（3）abc；2.82
（4）1：3
（5）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）提高“酸浸”速率的措施除粉碎废渣外，还有搅拌或适当升温、提高硫酸浓度等；根据分析，“滤渣1”的主要成分为；
故答案为： 搅拌或适当升温、提高硫酸浓度等 ； ；
（2）向滤液中加入将氧化为，发生反应的离子方程式为；“氧化”时不采用作氧化剂的原因可能为金属离子会催化双氧水分解，降低氧化效率，增加成本；
故答案为： ； 金属离子会催化双氧水分解，降低氧化效率，增加成本 ；
（3）MnO、、均可与氢离子反应，调pH，并且不会引入新的杂质离子，故选abc；浓度小于时可认为沉淀完全，，，，pH=≈2.82；
故答案为： abc ； 2.82 ；
（4）氧化沉钴反应中则被还原为，被氧化为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3；
故答案为： 1：3 ；
（5）电解时，阳极锰离子失电子发生氧化反应生成，电极反应式为。
故答案为： 。
【分析】用硫酸浸泡废渣时，Co、Zn、Fe 的单质 / 氧化物会与硫酸发生反应（如 CoO+H2SO4=CoSO4+H2O、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑），生成可溶的 Co2+、Zn2+、Fe2+与 SO42-，进入溶液；而 Pb 的单质、氧化物与硫酸反应后，生成的 PbSO4是难溶性盐（如PbO+H2SO4=PbSO4↓+H2O），因此 “酸浸” 后过滤得到的滤渣为 PbSO4，滤液中则含有 Co2+、Zn2+、Fe2+、SO42-等离子。向上述滤液中加入 MnO2，利用其氧化性将 Fe2+氧化为 Fe3+（反应为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O）；随后调节溶液 pH，使 Fe3+在弱碱性条件下完全沉淀为 Fe(OH)3（Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓），过滤后滤液中的金属离子主要为 Co2+、Zn2+、Mn2+（Fe 已以沉淀形式除去）。进行 “氧化沉钴” 操作：向滤液中加入强氧化剂 KMnO4，KMnO4将 Co2+氧化为 Co3+；在 pH=5 的弱酸性环境中，Co3+会结合 OH-生成 Co(OH)3沉淀（Co3++3OH-=Co(OH)3↓）；同时，KMnO4自身被还原为 MnO2，且还原产物 MnO2还会与溶液中已有的 Mn2+发生归中反应（2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+），最终得到Co(OH)3与 MnO2的混合沉淀；而剩余的 “除钴液” 中，主要含有未参与反应的 Zn2+、K+与 SO42-，即溶质为 ZnSO4、K2SO4。
（1）提高“酸浸”速率的措施除粉碎废渣外，还有搅拌或适当升温、提高硫酸浓度等；根据分析，“滤渣1”的主要成分为；
（2）向滤液中加入将氧化为，发生反应的离子方程式为；“氧化”时不采用作氧化剂的原因可能为金属离子会催化双氧水分解，降低氧化效率，增加成本；
（3）MnO、、均可与氢离子反应，调pH，并且不会引入新的杂质离子，故选abc；浓度小于时可认为沉淀完全，，，，pH=≈2.82；
（4）氧化沉钴反应中则被还原为，被氧化为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3；
（5）电解时，阳极锰离子失电子发生氧化反应生成，电极反应式为。
18．我们日常食用的很多蔬菜和常见的很多花卉中都富含草酸，例如菠菜、苋菜、芹菜、芭蕉等。长期食用草酸含量高的蔬菜容易引发关节炎、膀胱结石和肾结石等疾病。某同学利用滴定法测定芭蕉叶中的草酸含量。回答下列有关问题：
Ⅰ．提取芭蕉叶中的草酸并配成250mL待测溶液
取200g新鲜芭蕉叶，在研钵中捣碎，将捣碎的芭蕉叶转移到烧杯中，洗涤研钵，洗涤液也一并转移到烧杯中。向烧杯中加适量水，搅拌浸取后滤去渣滓，将浸取液(假设其中只有草酸与标准溶液反应)配成250mL溶液。
（1）将浸取液配制成待测溶液时，需要的硅酸盐仪器除烧杯和玻璃棒外还有　 　。
（2）用酸式滴定管量取25.00mL待测液于锥形瓶中。
①滴定管使用时需要先检查是否漏水，然后洗涤干净，再用待测液进行　 　。
②量取待测液时，若起始读数正确，则量取结束时，下列读数操作会造成量取的待测液体积偏大的是(填标号)　 　。
Ⅱ．测定草酸含量
用c的酸性高锰酸钾标准溶液滴定待测液，反应原理为。重复滴定三次。
（3）本实验_____(填“需要”或“不需要”)滴加指示剂；若需要，应该加_____。　 　(填名称，若前一空选填“不需要”，此空无须作答)作为指示剂。
（4）简述如何判断到达滴定终点：　 　。
（5）三次滴定的数据如表所示：
次数 标准溶液起始读数 标准溶液终点读数
第一次 0.11mL 20.15mL
第二次 0.80mL 20.80mL
第三次 0.30mL 20.26mL
则新鲜芭蕉叶中草酸的含量为　 　(用含c的式子表示)。
Ⅲ．误差分析
（6）判断下列操作对测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
①配制待测液时未洗涤烧杯和玻璃棒。　 　。
②量取待测液时，锥形瓶内有少量水。　 　。
③盛放标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失。　 　。
【答案】250mL容量瓶、胶头滴管；润洗；a；不需要；当滴入最后半滴酸性标准溶液时，溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；22.5c；偏低；无影响；偏高
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）硅酸盐仪器即为玻璃仪器，配制250mL溶液需要用250mL容量瓶，定容时还需使用胶头滴管；
故答案为： 250mL容量瓶、胶头滴管 ；
（2）①滴定管使用时需要先检查是否漏水，然后洗涤干净，此时滴定管内有水，因此需要用待测液进行润洗，否则会导致溶液被稀释；
②滴定管0刻线在上方，量取25.00mL待测液时俯视25.00的刻度会导致滴下去的溶液体积偏大，故选a；
故答案为： 润洗 ；a；
（3）KMnO4为紫色溶液，通过KMnO4颜色的变化来判定滴定终点，不需要再加指示剂；
故答案为： 不需要 ；
（4）草酸溶液为无色，酸性KMnO4溶液为紫色，随着酸性KMnO4溶液的不断滴入，草酸越来也少，滴定终点的现象为：当滴入最后半滴酸性KMnO4标准溶液时，溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
故答案为： 当滴入最后半滴酸性标准溶液时，溶液从无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ；
（5）由表格数据可知三次消耗酸性KMnO4标准溶液的体积分别为20.04mL、20.00mL、19.96mL，平均值为20.00mL，由2~5H2C2O4可知n(H2C2O4)=n()=×0.02cmol×=0.5cmol，草酸的含量为g 100g-1=22.5cg 100g-1；
故答案为： 22.5c ；
（6）①配制待测液时未洗涤烧杯和玻璃棒导致待测液溶质的物质的量减小，滴定时消耗的标准液减少，结果偏低；
②量取待测液时，锥形瓶内有少量水不影响滴定管中待测液的量，因此对结果无影响；
③盛放标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失会导致标准液的体积偏大，结果偏高。
故答案为： 偏低 ； 无影响 ； 偏高 。
【分析】(1)配制 250mL 溶液需 250mL 容量瓶（定容）和胶头滴管（定容加液）。
(2)①酸式滴定管洗净后需用待测液润洗，避免稀释待测液。
②滴定管读数时俯视（如 a），会导致量取体积偏大。
(3)KMnO4自身为紫色，可通过颜色变化判断终点，无需指示剂。
(4)滴入最后半滴 KMnO4溶液，溶液由无色变浅红且半分钟不褪色，即为终点。
(5)先算平均消耗 KMnO4体积，再根据反应比例算草酸物质的量，最后换算成含量。
(6)①未洗涤烧杯玻璃棒，待测液中草酸减少，结果偏低；
②锥形瓶内有水不影响草酸量，结果无影响；
③气泡消失使标准液体积读数偏大，结果偏高。
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