资源简介

甘肃省张掖市2024-2025学年高二上学期期末联考模拟测试 化学试卷
一、选择题：(本题共14个小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。)
1．下列事实能说明亚硫酸的酸性强于次氯酸的是
A．用pH试纸分别测定等浓度亚硫酸溶液和次氯酸溶液的pH
B．同温下，等浓度的亚硫酸氢钠和次氯酸钠溶液，次氯酸钠溶液的碱性强
C．用亚硫酸溶液和次氯酸溶液进行导电性实验，次氯酸溶液的导电能力弱
D．将二氧化硫气体通入次氯酸钙溶液中，溶液变浑浊
【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A、次氯酸（HClO）具有强氧化性，会漂白 pH 试纸，无法用 pH 试纸准确测定其 pH，因此不能通过该方法比较酸性，故A不符合题意 ；
B、亚硫酸氢钠（NaHSO3）中的酸根是 HSO3-（对应酸为 H2SO3），次氯酸钠（NaClO）中的酸根是 ClO-（对应酸为 HClO）。同温、等浓度下，NaClO 溶液的碱性更强，说明 ClO-的水解程度更大，对应酸 HClO 的酸性更弱；而 HSO3-的水解程度更弱，对应酸 H2SO3的酸性更强。因此该选项能证明 H2SO3酸性强于 HClO，故B符合题意 ；
C、溶液的导电能力与离子浓度、离子所带电荷数有关，不仅取决于酸的电离程度（酸性强弱）。若两种酸的浓度不同，即使酸性强，导电能力也可能弱，因此无法通过导电能力直接比较酸性，故C不符合题意 ；
D、二氧化硫通入次氯酸钙溶液中，发生的是氧化还原反应（ClO-的强氧化性将 SO2氧化为 SO42-，进而生成硫酸钙沉淀），不是 “强酸制弱酸” 的复分解反应，因此不能证明酸性强弱，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．次氯酸有强氧化性，会漂白 pH 试纸——直接无法测定 pH。
B．同浓度盐溶液中，次氯酸钠碱性更强，次氯酸根水解程度大，对应酸（次氯酸）酸性弱；亚硫酸氢钠水解程度小，对应酸（亚硫酸）酸性强——直接对应酸性比较的核心逻辑。
C．导电能力和离子浓度、电荷都有关，不只是酸性（电离程度），无法作为判断依据。
D．反应是氧化还原（次氯酸根的氧化性），不是 “强酸制弱酸” 的复分解，不能证明酸性。
2．可逆反应进行过程中，当其他条件不变时，Z的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．达到平衡后，增加Y的量，平衡正向移动
B．达到平衡后，升高温度，平衡正向移动
C．，且
D．达到平衡后，加入催化剂，平衡正向移动
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、Y 是固体，增加固体的量不改变其浓度，平衡不移动 ，A错误；
B、由图甲可知，升温（T2>T1）后 φ(Z) 减小，说明平衡逆向移动 ，B错误；
C、p2 先达平衡，p2>p1；加压后 φ(Z) 减小，平衡逆向移动，说明气体反应物的计量数 a < 气体生成物的计量数 c+d，符合分析 ，C正确；
D、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】图甲（温度）：T2 先达平衡，故T2>T1；平衡后 T2 对应的 φ(Z) 更小，升温使平衡逆向移动，反应为放热反应。
图乙（压强）：p2先达平衡，p2>p1；平衡后 p2 对应的 φ(Z) 更小，加压使平衡逆向移动，说明 “反应物中气体的化学计量数 < 生成物中气体的化学计量数”（Y 是固体，不考虑），即 a < c+d。据此解题。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．25℃，pH=12的NaOH溶液中含有OH-的数目约为0.01NA
B．常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-5NA
C．在1L 0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数小于0.1NA
D．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液中通氨气至中性，NH数目为0.1NA
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、在25℃时，pH=12的NaOH溶液体积未给出，因此无法准确计算溶液中OH-的数目，A错误；
B、醋酸钠属于强碱弱酸盐，其醋酸根离子（CH3COO-）在溶液中会发生水解反应，促进水的电离。在常温下，1L pH=9的醋酸钠溶液中OH-浓度为1×10-5mol/L。发生电离的水分子数目计算为：1×10-5mol/L × 1L × NA mol- = 1×10-5NA，B正确；
C、在1L 0.1mol/L的Na2CO3溶液中，Na2CO3的物质的量为0.1mol。由于CO32-会发生两步水解反应： 和，导致溶液中阴离子总数超过0.1NA，C错误；
D、向1L 0.1mol/L CH3COOH溶液中通入氨气至中性时，根据电荷守恒关系：
。
由于溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，因此c(NH4+)=c(CH3COO-)。但由于NH4+和CH3COO-都会发生水解反应，NH4+的数目小于0.1NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．只给出 pH=12，但未说明溶液体积，无法计算 OH-的物质的量（浓度 0.01mol/L≠物质的量 0.01mol）。
B．CH3COONa 是强碱弱酸盐，会促进水的电离。pH=9 的溶液中，c (OH-)=1×10-5mol/L（由水电离产生），1L 溶液中水电离的 n(OH-)=1×10-5mol，对应电离的水分子数为 1×10-5NA，符合分析。
C．Na2CO3溶液中，CO32-会水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-，1 个 CO32-水解生成 2 个阴离子，因此阴离子总数会大于0.1NA。
D．CH3COOH 与氨气反应至中性时，溶液中存在 CH3COO-、NH4+、H+、OH-，根据电荷守恒：
c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)（中性时 c(H+)=c(OH-)），但 CH3COOH 是弱酸，反应后 CH3COO-会水解，因此 NH4+的物质的量小于0.1mol。
4．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．对于反应体系，给平衡体系增大压强可使颜色变深
B．在溶液中存在如下平衡，，若向溶液中滴入滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深
C．氯水中存在的平衡：，当加入适当的后，溶液颜色变浅
D．对于反应 ，平衡体系升高温度颜色变深
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、反应中各物质均为气体，且反应前后气体分子数相等（1+1=1+1）。增大压强时，平衡不移动；颜色变深是因为体积减小，NO2浓度（本身有颜色）增大，并非平衡移动的结果，因此不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意 ；
B、滴入浓硫酸会增大 H+浓度，平衡向减弱 H+浓度增大的方向（逆向）移动，Cr2O72-（橙色）浓度增大，颜色加深，是平衡移动的结果，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意 ；
C、NaHCO3会与 H+反应（不与 HClO 反应），减小 H+浓度，平衡向减弱 H+浓度减小的方向（正向）移动，Cl2浓度降低，颜色变浅，是平衡移动的结果，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意 ；
D、反应 ΔH<0（放热），升温会使平衡向减弱温度升高的方向（逆向）移动，NO2（有颜色）浓度增大，颜色变深，是平衡移动的结果，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．反应前后气体分子数相等，加压平衡不移动；颜色变深是 NO2浓度增大（体积减小），非平衡移动，不能用原理解释。
B．加浓硫酸增大 H+，平衡逆向移动（Cr2O72-浓度升），能用原理解释。
C．NaHCO3消耗 H+，平衡正向移动（Cl2浓度降），能用原理解释。
D．升温使放热反应平衡逆向移动（NO2浓度升），能用原理解释。
5．化学用语是学习化学最好的工具(题中所给数据均正确)，下列叙述不正确的是
A．向二元弱酸H3PO3溶液中滴入足量烧碱溶液：H3PO3+2OH-=2H2O+HPO
B．Al2S3只能在干态下制备的原因：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑
C．CH4燃烧热的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1
D．工业废水中的Pb2+用FeS去除：Pb2++S2-=PbS↓
【答案】D
【知识点】燃烧热；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、H3PO3是二元弱酸，只能进行两步电离。当与足量NaOH溶液反应时，其离子方程式为： H3PO3+2OH-=2H2O+HPO，A正确；
B、Al3+和S2-在水溶液中会发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，其离子方程式为： 2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑， 因此，Al2S3只能在无水条件下制备，B正确；
C、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时放出的热量。对于CH4，其完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，燃烧热的热化学方程式为： CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1，C正确；
D、用FeS处理含Pb2+的工业废水时，由于FeS是难溶物，不能拆分为离子形式，正确的离子方程式应为： Pb2++FeS=PbS↓+Fe2+。D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
多元弱酸与碱反应的产物判断易忽略 H3PO3是二元弱酸（只有 2 个可电离的 H+），与足量碱反应生成酸式盐（HPO32-），错认为是三元酸导致方程式写错。
双水解反应的应用易忽略 Al3+与 S2-在溶液中会发生彻底双水解，错认为 Al2S3可在溶液中制备。
燃烧热的热化学方程式规范易忽略燃烧热定义中 “生成稳定氧化物（H2O 为液态）”，错写 H2O 的状态导致方程式错误。
沉淀转化的离子方程式书写易忽略 FeS 是难溶物，在离子方程式中不能拆分为 S2-，错写成 “Pb2++S2-=PbS↓”（正确应为 “Pb2++FeS=PbS+Fe2+”）。
6．二元弱酸的电离过程是吸热过程，某温度下，其电离常数、。下列说法错误的是
A．升高温度后，、均增大
B．向溶液中加入少量KHX固体，减小
C．该温度下0.1的溶液中
D．向溶液中加水稀释过程中，减小
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解析】A、二元弱酸HX的电离是吸热反应，温度升高会促使平衡向正反应方向移动，因此电离常数K和K均随温度升高而增大，A项正确。B、HX的电离平衡为HX HX + H+，若加入KHX（提供HX ），平衡会向左移动，导致c(H+)减小，B项正确。
C、根据K的定义，若忽略HX 的进一步电离，可近似认为c(HX ) ≈ c(H+)，且c(HX) ≈ 0.1 mol·L 1，代入计算得=， C项正确。
D、加水稀释时，HX的电离程度增大，n(HX)减少，而n(H+)增加，因此比值 会增大，D项错误。
故答案为：D
【分析】A、弱酸的电离过程中为吸热反应，升高温度，促进电离，电离平衡常数增大。
B、加入KHX，溶液中c(H＋)增大。
C、第二步电离受第一步电离的影响，因此计算时以第一步电离为主，结合第一步电离平衡常数值进行计算。
D、加水稀释过程中，溶液中c(HX－)减弱，但电离平衡常数不变，据此分析。
7．已知：298 K时，Ksp[Mn(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]。Mn(OH)2和Cu(OH)2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(X2＋表示Mn2＋或Cu2＋)。下列说法正确的是
A．a表示Mn(OH)2在水中的沉淀溶解平衡曲线
B．Ksp[Cu(OH)2]=10-21
C．N点为Mn(OH)2的不饱和溶液
D．向P点溶液中加入NaOH，溶液组成由P点向M点移动
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、由于-lgc值越大表示c越小，结合常温下Mn(OH)2的溶度积常数Ksp大于Cu(OH)2，可以判断曲线a对应的是Cu(OH)2的沉淀溶解平衡，A错误；
B、根据R点坐标(6，15)可得：c(Cu2+)=10-15 mol/L，c2(OH-)=10-6 mol2/L2，
，这个计算是正确的，B正确；
C．根据A选项的分析可知，N点对应的是Mn(OH)2的过饱和溶液状态，C错误；
D．在P点溶液中加入NaOH会导致OH-浓度增大，使沉淀溶解平衡向左移动，Mn2+浓度减小，溶液组成将沿MP线向左上方移动，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点总结
沉淀溶解平衡曲线的对应判断易混淆 “Ksp 与曲线的关系”：Ksp 越大，相同 c (OH-) 下 c (M2+) 越大（-lgc (X2+) 越小）。因 Ksp [Mn(OH)2]>Ksp [Cu(OH)2]，故a 对应 Cu (OH)2，b 对应 Mn(OH)2；
Ksp 的计算易错误读取曲线数据：根据曲线，Cu(OH)2的 Ksp=c (Cu2+) c2(OH-)，取 a 线上点（如 - lgc2(OH-)=6、-lgc (X2+)=15），得 c2(OH-)=10-6、c (X2+)=10-15，故 Ksp=10-15×10-6=10-21，若读错数据易算错 Ksp。
溶液饱和、不饱和的判断易误解 “点与曲线的位置关系”：N 点在 Mn(OH)2曲线（b）下方，此时 c (Mn2+) c2(OH-)>Ksp，应为过饱和溶液，错认为是不饱和溶液；
平衡移动的曲线变化易错误判断加入 NaOH 后的移动方向：向 P 点加 NaOH，c (OH-) 增大，c (M2+) 减小，-lgc (X2+) 增大、-lgc2(OH-) 减小，点应偏离原曲线（因沉淀析出，不再符合原平衡），并非沿曲线从 P 到 M。
8．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现时，甲醇与水(各物质均为气态)在铜基催化剂上的反应机理和能量图如下：
下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的热化学方程式为：
B．和的总能量大于和的总能量
C．选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗
D．在反应中生成又消耗，可认为是催化剂
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；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．根据能量图分析，反应Ⅱ是放热反应。从反应机理图可以看出，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g) + H2O(g) = H2(g) + CO2(g) ΔH = -a kJ/mol（a > 0），选项A错误。B．通过反应机理和能量图对比可知，EⅡ生 > EⅠ反，这意味着1 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)的总能量低于1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)的总能量，选项B错误。
C．使用优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，从而加快反应速率并减少能耗，选项C正确。
D．在反应过程中先生成后被消耗，且量相等，因此CO(g)是中间产物而非催化剂，选项D错误。
故答案为：C
【分析】A、该反应为放热反应，ΔH＜0。
B、CH3OH(g)和H2O(g)反应生成的CO2(g)和H2(g)的反应为吸热反应，据此判断物质总能量的相对大小。
C、催化剂可降低反应所需的活化能，从而降低能耗。
D、CO(g)为该反应的中间产物。
9．在容积恒为的密闭容器中通入一定量，发生反应 。假设温度不变，体系中各组分浓度随时间(t)的变化如下表。下列说法错误的是
0 20 40 60 80
0.100 0.062 0.048 0.040 0.040
0 0.076 0.104 0.120 0.120
A．0~40s，的平均反应速率为
B．80s时，再充入、各，平衡逆向移动
C．升高温度，反应的化学平衡常数增大
D．若压缩容器，达到新平衡后，混合气颜色比原平衡时深
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、在0～40s时间段内，的浓度变化量为0.100-0.048=0.052mol/L。根据反应速率公式计算得：， A正确；
B、该温度下的平衡常数计算为：。若再充入0.12mol和0.12mol，则浓度商，此时Qc=K，平衡不发生移动，B错误；
C、该反应为吸热反应，升高温度会使平衡常数增大，C正确；
D、该反应是气体分子数增大的反应，压缩体积增大压强会使平衡逆向移动，但由于各组分的浓度都增大，所以体系颜色会加深，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．先算 N2O4浓度变化（0.100-0.048），再除以时间（40s 转 min），得速率 0.078mol/(L min)。
B．先算 K=0.36；充入后算 Qc=(0.24)2÷0.16=0.36=K，平衡不移动，该选项错误。
C．吸热反应升温，平衡正向移动，K 增大。
D．压缩容器，NO2浓度瞬间增大，平衡逆向移动但无法抵消浓度增大的影响，颜色更深。
10．草酸亚铁()是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下流程制取：
已知室温时：。
下列说法正确的是
A．溶于水后存在：
B．“酸化溶解”后的溶液中存在：
C．“沉铁”后的上层清液中一定有：
D．室温时，反应的平衡常数
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】化合物 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 溶于水后，NH4+ 和 Fe2+ 均发生水解反应。因此，溶液中 c(NH4+) + c(NH3·H2O) > 2c(Fe2+)，选项 A 错误。
B、“酸化溶解”后的溶液中，电荷守恒关系为
题目给出的电荷守恒式不完整，因此选项 B 错误。
C、沉铁过程中，Na2C2O4 通常会过量，导致溶液中 c(C2O42-) > c(Fe2+)，选项 C 错误。
D、反应的平衡常数表达式为：，选项 D 正确。
故答案为：D
【分析】A、溶液中NH4＋、Fe2＋都能发生水解反应，结合物料守恒分析。
B、结合电荷守恒分析。
C、“沉铁”过程中加入Na2C2O4过量，则溶液中c(C2O42－)＞c(Fe2＋)。
D、根据平衡常数的表达式进行计算。
11．中科院福建物构所YaobingWang团队首次构建了一种可逆水性Zn—CO2电池，实现了CO2和HCOOH之间的高效可逆转换，其反应原理如图所示：
已知双极膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法中错误的是
A．当外电路通过2mol电子时，双极膜中解离水的物质的量为2mol
B．CO2转化为HCOOH过程中，多孔Pd电极的电势高于Zn电极的电势
C．充电时，多孔Pd电极的反应式为HCOOH-2e-=CO2+2H+
D．充电过程中，Zn电极需要与外接电源正极相连接
【答案】D
【知识点】电解原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、外电路通过2mol电子时，双极膜需解离2mol水（提供2mol H+和2mol OH-），A正确；
B、在CO2还原为HCOOH的过程中，多孔Pd电极（正极）电势高于Zn电极（负极），B正确；
C、充电时多孔Pd电极作为阳极，发生氧化反应：HCOOH-2e-=CO2+2H+，C正确；
D、充电时，多孔Pd电极应连接电源正极（作为阳极），Zn电极连接电源负极（作为阴极），D错误；
故答案为：D。
【分析】根据图示，Zn发生氧化反应，作为电池的负极，其电极反应为；CO2在正极得电子被还原为HCOOH，电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH，因此多孔Pd电极为正极。充电时，Zn作为阴极，多孔Pd作为阳极，电极反应与原电池相反。
12．下列有关实验现象、结论与实验操作相互匹配的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向含有和的悬浊液中滴加溶液 出现黑色沉淀
B 向溶液、的混合物中滴加硝酸酸化的，边滴加边振荡 层显紫色 氧化性：
C 室温下，用试纸分别测定等物质的量浓度的溶液和溶液的 溶液对应的更大 酸性：
D 两支试管各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入草酸溶液和草酸溶液 加入草酸溶液的试管中溶液褪色更快 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；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
【解析】【解析】A、悬浊液中存在Na2S，无法证明ZnS沉淀转化为CuS的过程，因此不能据此比较CuS和ZnS的溶度积常数（Ksp）大小，A选项错误。B、由于溶液中同时存在HNO3和Fe3+，二者都能氧化I-生成I2，因此无法通过该反应判断HNO3和I2的氧化性强弱，B选项错误。
C、根据"越弱越水解"的原理，当NaCN溶液和CH3COONa溶液的物质的量浓度相同时，NaCN溶液的pH更大，说明CN-的水解程度更大，由此可推知HCN的酸性弱于CH3COOH，C选项正确。
D、根据反应方程式： 计算可知： KMnO4溶液需要 草酸溶液的体积为 ，若使用 草酸溶液则需 。两种情况下KMnO4均过量，溶液不会褪色，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、Na2S过量，则CuSO4直接与Na2S反应，不存在沉淀的转化。
B、Fe3＋具有氧化性，也能将I－氧化成I2。
C、CH3COONa、NaCN溶液都显碱性，盐溶液的碱性越强，则离子水解程度越强，对应酸的酸性越弱。
D、根据反应化学方程式可知，该实验过程中KMnO4溶液过量，溶液不褪色。
13．常温下，溶液中含碳微粒的物质的量百分数与pH的关系如图所示。人体血浆中最重要的缓冲体系是碳酸氢盐，正常人的血液的pH在7.35～7.45，血浆中pH与含碳微粒的关系为：。下列说法正确的是
A．曲线b表示随溶液pH变化的曲线
B．人体中的血浆和常温下溶液中的均为
C．当血浆中增大时，pH一定增大
D．当血浆的pH=7.2时，则发生酸中毒，此时是的10倍
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、根据图像分析，曲线a代表c(H2CO3)，曲线b代表c()，曲线c代表随pH变化的趋势，A错误；
B、图像显示，当c()=c(H2CO3)时，pH=6.2。根据电离平衡常数公式：H2CO3的
Ka1=。由于人体血浆温度高于常温，升温会促进H2CO3电离，因此血浆中的Ka1实际大于，B错误；
C、人体血浆中的碳酸氢盐具有缓冲作用，当c()变化时，pH能保持相对稳定，C错误；
D、正常人血液pH范围为7.35～7.45。当pH=7.2时，说明发生酸中毒。根据pH计算公式：，此时lg=1，即是的10倍，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．pH 增大时，CO32-浓度逐渐升高，曲线 c 才是 CO32-的变化曲线，b 是 HCO3-的曲线。
B．人体血浆不是常温溶液体系，且存在缓冲作用，H2CO3的 Ka1 与常温溶液中不同。
C．pH 由 决定，若 c (HCO3-) 增大的同时 c (H2CO3) 也增大，比值可能不变，pH 不一定增大。
D．代入 pH=7.2 到公式，得 7.2=6.2+lg，解得=10，即 c (HCO3-) 是
c (H2CO3) 的 10 倍。
14．常温下，将等浓度的溶液分别逐滴滴加到等体积、等的、两种酸溶液中，等体积、等的和的稀释图像和溶液的与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列说法不正确的是
A．的酸性比强
B．b点处存在：
C．从图中数据可知
D．用滴定时使用酚酞作为指示剂
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；指示剂；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解析】A、根据上述分析，HB的酸性确实强于HA，A正确；
B、在b点（HB溶液的特定状态），根据电荷守恒有c(Na+) + c(H+) = c(B-) + c(OH-)。由于此时pH=4.5（酸性），c(H+) > c(OH-)，因此必然存在c(Na+) < c(B-)，B错误；
C、当时，表明，此时c(H+) = Ka(HB) = 10-4.5，C正确；
D、由于HA是弱酸，其钠盐NaA溶液呈碱性，用NaOH滴定HA时选用酚酞指示剂是合适的，D正确；
故答案为：B。
【分析】通过分析稀释倍数与pH的关系图像可知：当HA和HB在相同pH条件下稀释相同倍数时，HB溶液的pH变化更显著，说明HB的酸性强于HA，因此有Ka(HA) < Ka(HB)。对于弱酸HA，当时，表明，此时c(H+)HA = Ka(HA)。同理可得c(H+)HB = Ka(HB)。由于Ka(HA) < Ka(HB)，故c(H+)HA < c(H+)HB，对应的pH关系为pH(HA) > pH(HB)。由此可确定曲线M代表HA，曲线N代表HB。
二、填空题(本题共4大题，共58分。)
15．电解粗铜工业得到的粗硫酸镍晶体中含有、、、等杂质离子，现欲进一步提纯硫酸镍晶体，设计如下流程：
已知：①氢氧化物沉淀的范围如下表所示：
金属阳离子
开始沉淀的 6.3 1.5 6.9
沉淀完全的 8.3 2.8 8.9
②离子沉淀完全时，该离子的浓度小于。
③室温下，。
（1）粗硫酸镍晶体水浸后通入的主要目的是　 　。
（2）滤渣1的主要成分是　 　，将滤渣1充分焙烧后，再用硫酸酸化即可得到一种工业原料，该原料可用于气体水份的检验，焙烧滤渣1发生的反应的化学方程式为　 　。
（3）反应II加入反应的离子方程式为　 　。
（4）加入的试剂X可以是　 　，调整溶液的范围为　 　。
（5）若反应III中的浓度为，取等体积的溶液与该溶液混合，要使反应结束时完全沉淀，所加溶液的浓度至少为　 　。
【答案】（1）使转化为沉淀进而除去
（2）和S；、
（3）
（4）或；
（5）0.003
【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；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）粗硫酸镍晶体中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Zn2+等杂质离子，晶体水浸后加入H2S，可发生反应：、，结合后面加入H2O2，可推出通入H2S的主要目的是使Cu2+转化为CuS沉淀而除去；
故答案为： 使转化为沉淀进而除去 ；
（2）结合第一小题可知，滤渣1的主要成分是CuS和S；将滤渣1充分焙烧，焙烧滤渣1发生反应的化学方程式为、；
故答案为：和S ；、 ；
（3）反应II时滴加H2O2的作用是氧化Fe2+生成Fe3+：；
故答案为： ；
（4）加入试剂X的目的是调整溶液pH，促使Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去，故所加X可以是NiO、Ni(OH)2或NiCO3等，结合已知信息①，调整溶液pH的范围为2.8 pH<6.9；
故答案为：或 ； ；
（5）不考虑溶液中残留的c(Ca2+)时，所加NiF2溶液的浓度至少为，当考虑溶液中残留的c(Ca2+)时，。
故答案为： 0.003 ；
【分析】粗硫酸镍晶体经水浸后，得到含 Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Zn2+的混合溶液，通过分步靶向除杂实现提纯：硫化除 Cu2+向浸出液中通入 H2S，利用 CuS 的极低溶度积（Ksp 极小），使 Cu2+与 S2-结合生成 CuS 沉淀；同时，溶液中的 Fe3+具有氧化性，会将 H2S 氧化为单质 S 沉淀。过滤后，可除去 Cu2+（以 CuS 形式）和部分 Fe3+（以 S 的氧化产物形式）；氧化 + 调 pH 除 Fe3+向滤液中加入 H2O2（作氧化剂），将残留的 Fe2+全部氧化为 Fe3+；再加入 NiO（作 pH 调节剂，避免引入新杂质），NiO 与溶液中 H+反应使 pH 升高，Fe3+水解生成 Fe(OH)3沉淀（Fe3+在弱酸性条件下即可完全沉淀）。再次过滤，除去体系中所有铁元素杂质；氟化除 Ca2+向滤液中加入 NiF2，利用 F-与 Ca2+结合生成难溶的 CaF2沉淀（CaF2溶度积远小于其他金属氟化物），过滤后除去 Ca2+；此时滤液中主要剩余 Ni2+、Zn2+（Zn2+后续可通过其他方法进一步分离，或在结晶阶段富集去除），最终得到较纯净的 NiSO4溶液，经浓缩、结晶等操作得到硫酸镍晶体。据此解题。
（1）粗硫酸镍晶体中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Zn2+等杂质离子，晶体水浸后加入H2S，可发生反应：、，结合后面加入H2O2，可推出通入H2S的主要目的是使Cu2+转化为CuS沉淀而除去；
（2）结合第一小题可知，滤渣1的主要成分是CuS和S；将滤渣1充分焙烧，焙烧滤渣1发生反应的化学方程式为、；
（3）反应II时滴加H2O2的作用是氧化Fe2+生成Fe3+：；
（4）加入试剂X的目的是调整溶液pH，促使Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去，故所加X可以是NiO、Ni(OH)2或NiCO3等，结合已知信息①，调整溶液pH的范围为2.8 pH<6.9；
（5）不考虑溶液中残留的c(Ca2+)时，所加NiF2溶液的浓度至少为，当考虑溶液中残留的c(Ca2+)时，。
16．氨的催化氧化过程是当下研究的重要课题。
（1）与在一定压强和800℃条件下发生催化氧化反应时，可发生不同反应：
反应i：
反应ii：
①该条件下与反应生成NO的热化学方程式为　 　。
②在恒温恒容密闭容器中，下列说法可以证明反应i已达到平衡状态的是　 　(填序号)。
A．
B．n个键断裂的同时，有n个键形成
C．混合气体的密度不变
D．容器内压强不变
③反应i与反应ii有关物质产率与温度的关系如图。下列说法正确的是　 　。
A．氨催化氧化生成时，温度应控制在400℃左右
B．对反应升温可提高反应物转化率
C．提高物料比的值，主要目的的是提高反应速率
D.840℃后，NO产率下降的主要原因是以反应(ii)为主
（2）在两个恒压密闭容器中分别充入、，仅发生反应ii，测得的平衡转化率随温度的变化如图所示。
①　 　(填“>”或“<”)，理由是　 　。
②若容器的初始体积为2.0L，则在A点状态下平衡时容器中　 　。
③B点的平衡常数　 　。(用分压表示，气体分压=气体总压气体的物质的量分数。写出代数式，无需计算具体结果)
④若温度为，压强为，容器的初始体积为2.0L时，分别充入、、0.2molAr发生反应ii，此时的平衡转化率为图中的点　 　(选填“E”、“B”或“F”)。
【答案】（1） ；D；AD
（2）>；反应ii分子数目增大，增大压强平衡逆向移动，的平衡转化率降低，所以P1>P2；0.38；；E
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①按盖斯定律，(反应i-反应ii)得：该条件下与反应生成NO的热化学方程式为 (通过计算而得)。
②在恒温恒容密闭容器中，对于反应i：
A．正逆反应速率相等时存在，而代表正逆反应速率不相等，不处于平衡状态，A错误；
B． n个键断裂的同时，有n个键形成都代表是正反应速率，不能说明上述反应达到平衡状态， B错误；
C．根据质量守恒，混合气体的质量不变，体积也不变，故混合气体的密度为定值，故恒温恒容时，混合气体的密度保持不变不能说明上述反应达到平衡状态，C错误；
D．由于该反应前后气体的分子数、混合气体的压强发生，恒温恒容时，混合气体的压强保持不变可以说明上述反应达到平衡状态，D正确；
选D。
③对于反应i与反应ii：
A．由图可知，氨催化氧化生成时，温度应控制在400℃左右，A正确；
B．反应i与反应ii均为放热反应，升温平衡左移，故反应升温会降低反应物转化率，B不正确；
C．提高物料比的值，相当于增大氧气浓度、减小氨气浓度，主要目的的是提高氨气的转化率，C不正确；
D．由图知，840℃后，NO产率下降的主要原因是以反应(ii)为主，D正确；
故答案为： ；D；AD；
（2）①反应ii为： ，温度不变时增压平衡左移，氨气的转化率减小，则图中＞，理由是：反应ii分子数目增大，增大压强平衡逆向移动，的平衡转化率降低，所以P1>P2。
②恒压密闭容器中分别充入、，若容器的初始体积为2.0L，在A点状态下平衡时氨气的转化率为60%，则存在三段式：，则平衡时混合气体共6mol，，则，容器中=0.38。
③B点为p1、T1时的平衡状态、氨气的转化率为60%，则则存在三段式：，则平衡时混合气体共6mol，平衡常数，即。
④若温度为，压强为，容器的初始体积为2.0L时，分别充入、、0.2molAr发生反应ii，则起始状态时气体总的物质的量不变，增大、且恒压下Ar气体的充入均有利于平衡右移、氨气的转化率增大，故气体在此时的平衡转化率为图中的E点。
故答案为： > ； 反应ii分子数目增大，增大压强平衡逆向移动，的平衡转化率降低，所以P1>P2 ；0.38； ；E。
【分析】(1)① 用盖斯定律 (反应 i - 反应 ii)，得 N2(g)+O2(g)=2NO (g) ΔH=+181.5kJ mol- 。
② 平衡判断：反应前后气体分子数变化，恒容时压强不变说明达平衡。
③ 图像分析：N2产率峰值在 400℃左右；升温使放热反应逆向，840℃后 NO 产率降因反应 ii 为主。
(2)① 压强比较：反应 ii 气体分子数增大，加压平衡逆移，NH3转化率降，故 P1>P2。
② 浓度计算：用转化率算平衡时 NH3的物质的量，结合恒压体积变化求浓度（0.38mol L- ）。
③ K 计算：先求各气体物质的量分数，再代入分压表达式（分压 = 总压 × 物质的量分数）。④ 转化率判断：充入 Ar 使体积增大，平衡正移，NH3转化率升高。
（1）①按盖斯定律，(反应i-反应ii)得：该条件下与反应生成NO的热化学方程式为 (通过计算而得)。
②在恒温恒容密闭容器中，对于反应i：
A．正逆反应速率相等时存在，而代表正逆反应速率不相等，不处于平衡状态，A错误；
B． n个键断裂的同时，有n个键形成都代表是正反应速率，不能说明上述反应达到平衡状态， B错误；
C．根据质量守恒，混合气体的质量不变，体积也不变，故混合气体的密度为定值，故恒温恒容时，混合气体的密度保持不变不能说明上述反应达到平衡状态，C错误；
D．由于该反应前后气体的分子数、混合气体的压强发生，恒温恒容时，混合气体的压强保持不变可以说明上述反应达到平衡状态，D正确；
选D。
③对于反应i与反应ii：
A．由图可知，氨催化氧化生成时，温度应控制在400℃左右，A正确；
B．反应i与反应ii均为放热反应，升温平衡左移，故反应升温会降低反应物转化率，B不正确；
C．提高物料比的值，相当于增大氧气浓度、减小氨气浓度，主要目的的是提高氨气的转化率，C不正确；
D．由图知，840℃后，NO产率下降的主要原因是以反应(ii)为主，D正确；
选AD。
（2）①反应ii为： ，温度不变时增压平衡左移，氨气的转化率减小，则图中＞，理由是：反应ii分子数目增大，增大压强平衡逆向移动，的平衡转化率降低，所以P1>P2。
②恒压密闭容器中分别充入、，若容器的初始体积为2.0L，在A点状态下平衡时氨气的转化率为60%，则存在三段式：，则平衡时混合气体共6mol，，则，容器中=0.38。
③B点为p1、T1时的平衡状态、氨气的转化率为60%，则则存在三段式：，则平衡时混合气体共6mol，平衡常数，即。
④若温度为，压强为，容器的初始体积为2.0L时，分别充入、、0.2molAr发生反应ii，则起始状态时气体总的物质的量不变，增大、且恒压下Ar气体的充入均有利于平衡右移、氨气的转化率增大，故气体在此时的平衡转化率为图中的E点。
17．某研究小组用微生物电池模拟淡化海水，同时做电解实验，实验装置如下图所示，C、D是铂电极。
（1）若A、B是惰性电极
①b电极是　 　极。
②写出乙池中D电极的电极反应式　 　。
③写出甲中总反应的离子方程式　 　。
（2）已知苯酚的分子式为
①离子交换膜A为　 　离子交换膜(填“阴”或“阳”)。
②a电极的电极反应式为　 　。
③理论上每消除苯酚，同时消除　 　；当电路中转移电子时，模拟海水理论上除盐()　 　g。
【答案】（1）正；；
（2）阴；；5.6；5.85
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解析】（1）①由上述分析可知，b电极作为原电池的正极。
②在乙池中，D电极（阴极）上水分子得电子生成氢气，电极反应式为：2H2O + 2e → H2↑ + 2OH 。
③甲池中用惰性电极电解硫酸铜溶液，生成硫酸、铜和氧气，总反应的离子方程式为：2Cu2+ + 2H2O 2Cu + O2↑ + 4H+。
故答案为： 正 ； ； ；
（2）①在原电池中，阴离子向负极（a极）迁移，因此离子交换膜A允许阴离子通过，属于阴离子交换膜。
②a电极（负极）上苯酚被氧化为二氧化碳，电极反应式为：C6H6O - 28e + 11H2O → 6CO2↑ + 28H+。
③根据电子守恒关系：10C6H6O ~ 280e ~ 56NO3 ，可计算出每消除1mol苯酚时，同时消除5.6mol NO3 ；当转移0.1mol电子时，通过A膜的Cl-和B膜的Na+各为1mol，相当于去除1mol NaCl，其质量为58.5g/mol × 0.1mol = 5.85g。
故答案为： 阴 ； ； 5.6 ； 5.85 ；
【分析】根据装置图示分析可知，左侧为原电池装置，右侧为电解池。在原电池中，电极a上苯酚发生氧化反应生成CO2，因此电极a为负极，对应的电极b为正极；在电解池中，根据电源连接关系（正极接阳极，负极接阴极）可确定电极A、C为阳极，电极B、D为阴极。
（1）①据分析，b电极是正极。
②乙池中D电极上水提供的氢离子得去电子被还原，电极反应式为2H2O+2e =H2↑ +2OH 。
③甲中用惰性电极电解硫酸铜溶液得到硫酸、氧气和铜，则总反应的离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。
（2）①阴离子向负极移动，则离子交换膜A允许阴离子通过、为阴离子交换膜。
②a电极上苯酚失去电子被氧化为二氧化碳，电极反应式为C6H6O 28e +11H2O=6CO2↑+28H+。
③b电极上硝酸根得到电子被还原为氮气，得失电子守恒，可得关系式：10C6H6O~280e ~56，则理论上每消除苯酚，同时消除；当电路中转移电子时，A膜有1molCl-、B膜有1molNa+通过，即模拟海水理论上除1molNaCl，质量为5.85g。
18．常温下，几种酸或碱的电离常数如表所示。
酸或碱 HCN H2CO3 H3PO2(次磷酸) HF CH3NH2(甲胺)
Ka或Kb 6.2×10-10 4.5×10-7、4.7×10-11 5.9×10-2 6.3×10-4 4.2×10-4
回答下列问题：
（1）下列酸的酸性最弱的是___________(填字母)。
A．HCN B．H2CO3 C．H3PO2 D．HF
（2）甲胺是一元弱碱，在水中电离方程式为CH3NH2+H2OCH3NH+OH-，则乙胺(H2NCH2CH2NH2)的第一步电离方程式为　 　。
（3）已知：HF(aq)H+(aq)+F-(aq) H<0
①增大0.1mol/L HF溶液的浓度，HF的电离程度　 　(填“增大”“减小”或“不变”)，向HF溶液中滴加烧碱溶液，当c(HF)=10c(F-)时，c(H+)=　 　mol/L。
②如果用HF溶液替代盐酸测定中和反应热，测得 H会　 　(填字母)。
A．偏高 B．偏低 C．无影响
（4）用氧化还原滴定方法测定粗品中Na2S2O3·5H2O的质量分数。实验步骤：称取6g粗品配制250mL的溶液待用。用酸式滴定管取25.00mL 0.01mol·L-1 K2Cr2O7溶液于锥形瓶中，然后加入过量的KI溶液并酸化，加几滴淀粉溶液，立即用配制的Na2S2O3溶液滴定至终点(反应为I2+2S2O=2I-+S4O)，消耗Na2S2O3溶液25.00mL。回答下列问题：
①向K2Cr2O7溶液中加入过量的KI溶液并酸化，Cr2O被还原成Cr3+，写出该反应的离子方程式　 　。
②粗品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为　 　。
③若在取K2Cr2O7溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外，则测定结果　 　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】（1）A
（2）
（3）减小；6.3×10-3；A
（4）Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；62%；偏高
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定；中和热的测定；电离方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）电离常数越大，酸的酸性越强，由表格中数据可知，酸性最弱的是HCN，
故答案为：A；
（2）已知甲胺是一元弱碱，乙胺中含有两个氨基，则乙胺为二元弱碱，第一步电离方程式为；
故答案为： ；
（3）①增大0.1mol/L HF溶液的浓度后，虽然平衡会向右移动，但是HF分子的总数增加了，且增加的程度远大于电离的程度，则HF的电离程度减小；向HF溶液中滴加烧碱后，已知，当时，；
②的电离吸热，如果用HF溶液代替盐酸测定中和反应热，会使得反应放出的热量减少，因 H为负值，则放出的热量减少， H偏高；
故答案为： 减小 ； 6.3×10-3 ；A；
（4）①向K2Cr2O7溶液中加入过量的KI溶液并酸化，得电子被还原为Cr3+，I-失电子被氧化为I2，两者反应的离子方程式为；
②根据方程式可得关系式：，，则，，则粗产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为；
③在取K2Cr2O7溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外，则生成的I2的物质的量偏小，滴定时消耗的Na2S2O3溶液偏少，但是计算时仍按照25mLK2Cr2O7进行计算，使得计算所得的6g粗品中Na2S2O3的物质的量偏大，测定结果偏高。
故答案为： Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O ； 62% ； 偏高 。
【分析】(1) 酸性强弱由电离常数（Ka）决定，Ka 越小酸性越弱，HCN 的 Ka 最小，故酸性最弱。
(2) 乙胺是二元弱碱，第一步电离仅一个氨基结合 H2O 电离出的 H+，生成对应的阳离子和 OH-。
(3) ① 弱电解质浓度增大，电离程度减小；利用 Ka 表达式，代入 c (HF)=10c (F-)，计算得
c (H+)=Ka×10。② HF 电离吸热，中和反应放热减少，ΔH（负值）偏高。
(4) ① 依据氧化还原规律，Cr2O72-（Cr+6到Cr+3）氧化 I-（I-1到I0），结合酸性环境配平离子方程式。
② 利用反应关系（Cr2O72-~3I2~6S2O32-），计算 Na2S2O3浓度，再求质量分数。
③ K2Cr2O7滴出锥形瓶，实际参与反应的量减少，消耗 Na2S2O3偏少，但计算时按原量算，结果偏高。
（1）电离常数越大，酸的酸性越强，由表格中数据可知，酸性最弱的是HCN，答案选A；
（2）已知甲胺是一元弱碱，乙胺中含有两个氨基，则乙胺为二元弱碱，第一步电离方程式为；
（3）①增大0.1mol/L HF溶液的浓度后，虽然平衡会向右移动，但是HF分子的总数增加了，且增加的程度远大于电离的程度，则HF的电离程度减小；向HF溶液中滴加烧碱后，已知，当时，；
②的电离吸热，如果用HF溶液代替盐酸测定中和反应热，会使得反应放出的热量减少，因 H为负值，则放出的热量减少， H偏高；
（4）①向K2Cr2O7溶液中加入过量的KI溶液并酸化，得电子被还原为Cr3+，I-失电子被氧化为I2，两者反应的离子方程式为；
②根据方程式可得关系式：，，则，，则粗产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为；
③在取K2Cr2O7溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外，则生成的I2的物质的量偏小，滴定时消耗的Na2S2O3溶液偏少，但是计算时仍按照25mLK2Cr2O7进行计算，使得计算所得的6g粗品中Na2S2O3的物质的量偏大，测定结果偏高。
1 / 1甘肃省张掖市2024-2025学年高二上学期期末联考模拟测试 化学试卷
一、选择题：(本题共14个小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意。)
1．下列事实能说明亚硫酸的酸性强于次氯酸的是
A．用pH试纸分别测定等浓度亚硫酸溶液和次氯酸溶液的pH
B．同温下，等浓度的亚硫酸氢钠和次氯酸钠溶液，次氯酸钠溶液的碱性强
C．用亚硫酸溶液和次氯酸溶液进行导电性实验，次氯酸溶液的导电能力弱
D．将二氧化硫气体通入次氯酸钙溶液中，溶液变浑浊
2．可逆反应进行过程中，当其他条件不变时，Z的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．达到平衡后，增加Y的量，平衡正向移动
B．达到平衡后，升高温度，平衡正向移动
C．，且
D．达到平衡后，加入催化剂，平衡正向移动
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．25℃，pH=12的NaOH溶液中含有OH-的数目约为0.01NA
B．常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-5NA
C．在1L 0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数小于0.1NA
D．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液中通氨气至中性，NH数目为0.1NA
4．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．对于反应体系，给平衡体系增大压强可使颜色变深
B．在溶液中存在如下平衡，，若向溶液中滴入滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深
C．氯水中存在的平衡：，当加入适当的后，溶液颜色变浅
D．对于反应 ，平衡体系升高温度颜色变深
5．化学用语是学习化学最好的工具(题中所给数据均正确)，下列叙述不正确的是
A．向二元弱酸H3PO3溶液中滴入足量烧碱溶液：H3PO3+2OH-=2H2O+HPO
B．Al2S3只能在干态下制备的原因：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑
C．CH4燃烧热的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1
D．工业废水中的Pb2+用FeS去除：Pb2++S2-=PbS↓
6．二元弱酸的电离过程是吸热过程，某温度下，其电离常数、。下列说法错误的是
A．升高温度后，、均增大
B．向溶液中加入少量KHX固体，减小
C．该温度下0.1的溶液中
D．向溶液中加水稀释过程中，减小
7．已知：298 K时，Ksp[Mn(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]。Mn(OH)2和Cu(OH)2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(X2＋表示Mn2＋或Cu2＋)。下列说法正确的是
A．a表示Mn(OH)2在水中的沉淀溶解平衡曲线
B．Ksp[Cu(OH)2]=10-21
C．N点为Mn(OH)2的不饱和溶液
D．向P点溶液中加入NaOH，溶液组成由P点向M点移动
8．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现时，甲醇与水(各物质均为气态)在铜基催化剂上的反应机理和能量图如下：
下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的热化学方程式为：
B．和的总能量大于和的总能量
C．选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗
D．在反应中生成又消耗，可认为是催化剂
9．在容积恒为的密闭容器中通入一定量，发生反应 。假设温度不变，体系中各组分浓度随时间(t)的变化如下表。下列说法错误的是
0 20 40 60 80
0.100 0.062 0.048 0.040 0.040
0 0.076 0.104 0.120 0.120
A．0~40s，的平均反应速率为
B．80s时，再充入、各，平衡逆向移动
C．升高温度，反应的化学平衡常数增大
D．若压缩容器，达到新平衡后，混合气颜色比原平衡时深
10．草酸亚铁()是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下流程制取：
已知室温时：。
下列说法正确的是
A．溶于水后存在：
B．“酸化溶解”后的溶液中存在：
C．“沉铁”后的上层清液中一定有：
D．室温时，反应的平衡常数
11．中科院福建物构所YaobingWang团队首次构建了一种可逆水性Zn—CO2电池，实现了CO2和HCOOH之间的高效可逆转换，其反应原理如图所示：
已知双极膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法中错误的是
A．当外电路通过2mol电子时，双极膜中解离水的物质的量为2mol
B．CO2转化为HCOOH过程中，多孔Pd电极的电势高于Zn电极的电势
C．充电时，多孔Pd电极的反应式为HCOOH-2e-=CO2+2H+
D．充电过程中，Zn电极需要与外接电源正极相连接
12．下列有关实验现象、结论与实验操作相互匹配的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 向含有和的悬浊液中滴加溶液 出现黑色沉淀
B 向溶液、的混合物中滴加硝酸酸化的，边滴加边振荡 层显紫色 氧化性：
C 室温下，用试纸分别测定等物质的量浓度的溶液和溶液的 溶液对应的更大 酸性：
D 两支试管各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入草酸溶液和草酸溶液 加入草酸溶液的试管中溶液褪色更快 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快
A．A B．B C．C D．D
13．常温下，溶液中含碳微粒的物质的量百分数与pH的关系如图所示。人体血浆中最重要的缓冲体系是碳酸氢盐，正常人的血液的pH在7.35～7.45，血浆中pH与含碳微粒的关系为：。下列说法正确的是
A．曲线b表示随溶液pH变化的曲线
B．人体中的血浆和常温下溶液中的均为
C．当血浆中增大时，pH一定增大
D．当血浆的pH=7.2时，则发生酸中毒，此时是的10倍
14．常温下，将等浓度的溶液分别逐滴滴加到等体积、等的、两种酸溶液中，等体积、等的和的稀释图像和溶液的与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列说法不正确的是
A．的酸性比强
B．b点处存在：
C．从图中数据可知
D．用滴定时使用酚酞作为指示剂
二、填空题(本题共4大题，共58分。)
15．电解粗铜工业得到的粗硫酸镍晶体中含有、、、等杂质离子，现欲进一步提纯硫酸镍晶体，设计如下流程：
已知：①氢氧化物沉淀的范围如下表所示：
金属阳离子
开始沉淀的 6.3 1.5 6.9
沉淀完全的 8.3 2.8 8.9
②离子沉淀完全时，该离子的浓度小于。
③室温下，。
（1）粗硫酸镍晶体水浸后通入的主要目的是　 　。
（2）滤渣1的主要成分是　 　，将滤渣1充分焙烧后，再用硫酸酸化即可得到一种工业原料，该原料可用于气体水份的检验，焙烧滤渣1发生的反应的化学方程式为　 　。
（3）反应II加入反应的离子方程式为　 　。
（4）加入的试剂X可以是　 　，调整溶液的范围为　 　。
（5）若反应III中的浓度为，取等体积的溶液与该溶液混合，要使反应结束时完全沉淀，所加溶液的浓度至少为　 　。
16．氨的催化氧化过程是当下研究的重要课题。
（1）与在一定压强和800℃条件下发生催化氧化反应时，可发生不同反应：
反应i：
反应ii：
①该条件下与反应生成NO的热化学方程式为　 　。
②在恒温恒容密闭容器中，下列说法可以证明反应i已达到平衡状态的是　 　(填序号)。
A．
B．n个键断裂的同时，有n个键形成
C．混合气体的密度不变
D．容器内压强不变
③反应i与反应ii有关物质产率与温度的关系如图。下列说法正确的是　 　。
A．氨催化氧化生成时，温度应控制在400℃左右
B．对反应升温可提高反应物转化率
C．提高物料比的值，主要目的的是提高反应速率
D.840℃后，NO产率下降的主要原因是以反应(ii)为主
（2）在两个恒压密闭容器中分别充入、，仅发生反应ii，测得的平衡转化率随温度的变化如图所示。
①　 　(填“>”或“<”)，理由是　 　。
②若容器的初始体积为2.0L，则在A点状态下平衡时容器中　 　。
③B点的平衡常数　 　。(用分压表示，气体分压=气体总压气体的物质的量分数。写出代数式，无需计算具体结果)
④若温度为，压强为，容器的初始体积为2.0L时，分别充入、、0.2molAr发生反应ii，此时的平衡转化率为图中的点　 　(选填“E”、“B”或“F”)。
17．某研究小组用微生物电池模拟淡化海水，同时做电解实验，实验装置如下图所示，C、D是铂电极。
（1）若A、B是惰性电极
①b电极是　 　极。
②写出乙池中D电极的电极反应式　 　。
③写出甲中总反应的离子方程式　 　。
（2）已知苯酚的分子式为
①离子交换膜A为　 　离子交换膜(填“阴”或“阳”)。
②a电极的电极反应式为　 　。
③理论上每消除苯酚，同时消除　 　；当电路中转移电子时，模拟海水理论上除盐()　 　g。
18．常温下，几种酸或碱的电离常数如表所示。
酸或碱 HCN H2CO3 H3PO2(次磷酸) HF CH3NH2(甲胺)
Ka或Kb 6.2×10-10 4.5×10-7、4.7×10-11 5.9×10-2 6.3×10-4 4.2×10-4
回答下列问题：
（1）下列酸的酸性最弱的是___________(填字母)。
A．HCN B．H2CO3 C．H3PO2 D．HF
（2）甲胺是一元弱碱，在水中电离方程式为CH3NH2+H2OCH3NH+OH-，则乙胺(H2NCH2CH2NH2)的第一步电离方程式为　 　。
（3）已知：HF(aq)H+(aq)+F-(aq) H<0
①增大0.1mol/L HF溶液的浓度，HF的电离程度　 　(填“增大”“减小”或“不变”)，向HF溶液中滴加烧碱溶液，当c(HF)=10c(F-)时，c(H+)=　 　mol/L。
②如果用HF溶液替代盐酸测定中和反应热，测得 H会　 　(填字母)。
A．偏高 B．偏低 C．无影响
（4）用氧化还原滴定方法测定粗品中Na2S2O3·5H2O的质量分数。实验步骤：称取6g粗品配制250mL的溶液待用。用酸式滴定管取25.00mL 0.01mol·L-1 K2Cr2O7溶液于锥形瓶中，然后加入过量的KI溶液并酸化，加几滴淀粉溶液，立即用配制的Na2S2O3溶液滴定至终点(反应为I2+2S2O=2I-+S4O)，消耗Na2S2O3溶液25.00mL。回答下列问题：
①向K2Cr2O7溶液中加入过量的KI溶液并酸化，Cr2O被还原成Cr3+，写出该反应的离子方程式　 　。
②粗品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为　 　。
③若在取K2Cr2O7溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外，则测定结果　 　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A、次氯酸（HClO）具有强氧化性，会漂白 pH 试纸，无法用 pH 试纸准确测定其 pH，因此不能通过该方法比较酸性，故A不符合题意 ；
B、亚硫酸氢钠（NaHSO3）中的酸根是 HSO3-（对应酸为 H2SO3），次氯酸钠（NaClO）中的酸根是 ClO-（对应酸为 HClO）。同温、等浓度下，NaClO 溶液的碱性更强，说明 ClO-的水解程度更大，对应酸 HClO 的酸性更弱；而 HSO3-的水解程度更弱，对应酸 H2SO3的酸性更强。因此该选项能证明 H2SO3酸性强于 HClO，故B符合题意 ；
C、溶液的导电能力与离子浓度、离子所带电荷数有关，不仅取决于酸的电离程度（酸性强弱）。若两种酸的浓度不同，即使酸性强，导电能力也可能弱，因此无法通过导电能力直接比较酸性，故C不符合题意 ；
D、二氧化硫通入次氯酸钙溶液中，发生的是氧化还原反应（ClO-的强氧化性将 SO2氧化为 SO42-，进而生成硫酸钙沉淀），不是 “强酸制弱酸” 的复分解反应，因此不能证明酸性强弱，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．次氯酸有强氧化性，会漂白 pH 试纸——直接无法测定 pH。
B．同浓度盐溶液中，次氯酸钠碱性更强，次氯酸根水解程度大，对应酸（次氯酸）酸性弱；亚硫酸氢钠水解程度小，对应酸（亚硫酸）酸性强——直接对应酸性比较的核心逻辑。
C．导电能力和离子浓度、电荷都有关，不只是酸性（电离程度），无法作为判断依据。
D．反应是氧化还原（次氯酸根的氧化性），不是 “强酸制弱酸” 的复分解，不能证明酸性。
2．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、Y 是固体，增加固体的量不改变其浓度，平衡不移动 ，A错误；
B、由图甲可知，升温（T2>T1）后 φ(Z) 减小，说明平衡逆向移动 ，B错误；
C、p2 先达平衡，p2>p1；加压后 φ(Z) 减小，平衡逆向移动，说明气体反应物的计量数 a < 气体生成物的计量数 c+d，符合分析 ，C正确；
D、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】图甲（温度）：T2 先达平衡，故T2>T1；平衡后 T2 对应的 φ(Z) 更小，升温使平衡逆向移动，反应为放热反应。
图乙（压强）：p2先达平衡，p2>p1；平衡后 p2 对应的 φ(Z) 更小，加压使平衡逆向移动，说明 “反应物中气体的化学计量数 < 生成物中气体的化学计量数”（Y 是固体，不考虑），即 a < c+d。据此解题。
3．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、在25℃时，pH=12的NaOH溶液体积未给出，因此无法准确计算溶液中OH-的数目，A错误；
B、醋酸钠属于强碱弱酸盐，其醋酸根离子（CH3COO-）在溶液中会发生水解反应，促进水的电离。在常温下，1L pH=9的醋酸钠溶液中OH-浓度为1×10-5mol/L。发生电离的水分子数目计算为：1×10-5mol/L × 1L × NA mol- = 1×10-5NA，B正确；
C、在1L 0.1mol/L的Na2CO3溶液中，Na2CO3的物质的量为0.1mol。由于CO32-会发生两步水解反应： 和，导致溶液中阴离子总数超过0.1NA，C错误；
D、向1L 0.1mol/L CH3COOH溶液中通入氨气至中性时，根据电荷守恒关系：
。
由于溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，因此c(NH4+)=c(CH3COO-)。但由于NH4+和CH3COO-都会发生水解反应，NH4+的数目小于0.1NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．只给出 pH=12，但未说明溶液体积，无法计算 OH-的物质的量（浓度 0.01mol/L≠物质的量 0.01mol）。
B．CH3COONa 是强碱弱酸盐，会促进水的电离。pH=9 的溶液中，c (OH-)=1×10-5mol/L（由水电离产生），1L 溶液中水电离的 n(OH-)=1×10-5mol，对应电离的水分子数为 1×10-5NA，符合分析。
C．Na2CO3溶液中，CO32-会水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-，1 个 CO32-水解生成 2 个阴离子，因此阴离子总数会大于0.1NA。
D．CH3COOH 与氨气反应至中性时，溶液中存在 CH3COO-、NH4+、H+、OH-，根据电荷守恒：
c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)（中性时 c(H+)=c(OH-)），但 CH3COOH 是弱酸，反应后 CH3COO-会水解，因此 NH4+的物质的量小于0.1mol。
4．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、反应中各物质均为气体，且反应前后气体分子数相等（1+1=1+1）。增大压强时，平衡不移动；颜色变深是因为体积减小，NO2浓度（本身有颜色）增大，并非平衡移动的结果，因此不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意 ；
B、滴入浓硫酸会增大 H+浓度，平衡向减弱 H+浓度增大的方向（逆向）移动，Cr2O72-（橙色）浓度增大，颜色加深，是平衡移动的结果，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意 ；
C、NaHCO3会与 H+反应（不与 HClO 反应），减小 H+浓度，平衡向减弱 H+浓度减小的方向（正向）移动，Cl2浓度降低，颜色变浅，是平衡移动的结果，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意 ；
D、反应 ΔH<0（放热），升温会使平衡向减弱温度升高的方向（逆向）移动，NO2（有颜色）浓度增大，颜色变深，是平衡移动的结果，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．反应前后气体分子数相等，加压平衡不移动；颜色变深是 NO2浓度增大（体积减小），非平衡移动，不能用原理解释。
B．加浓硫酸增大 H+，平衡逆向移动（Cr2O72-浓度升），能用原理解释。
C．NaHCO3消耗 H+，平衡正向移动（Cl2浓度降），能用原理解释。
D．升温使放热反应平衡逆向移动（NO2浓度升），能用原理解释。
5．【答案】D
【知识点】燃烧热；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、H3PO3是二元弱酸，只能进行两步电离。当与足量NaOH溶液反应时，其离子方程式为： H3PO3+2OH-=2H2O+HPO，A正确；
B、Al3+和S2-在水溶液中会发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，其离子方程式为： 2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑， 因此，Al2S3只能在无水条件下制备，B正确；
C、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时放出的热量。对于CH4，其完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，燃烧热的热化学方程式为： CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1，C正确；
D、用FeS处理含Pb2+的工业废水时，由于FeS是难溶物，不能拆分为离子形式，正确的离子方程式应为： Pb2++FeS=PbS↓+Fe2+。D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
多元弱酸与碱反应的产物判断易忽略 H3PO3是二元弱酸（只有 2 个可电离的 H+），与足量碱反应生成酸式盐（HPO32-），错认为是三元酸导致方程式写错。
双水解反应的应用易忽略 Al3+与 S2-在溶液中会发生彻底双水解，错认为 Al2S3可在溶液中制备。
燃烧热的热化学方程式规范易忽略燃烧热定义中 “生成稳定氧化物（H2O 为液态）”，错写 H2O 的状态导致方程式错误。
沉淀转化的离子方程式书写易忽略 FeS 是难溶物，在离子方程式中不能拆分为 S2-，错写成 “Pb2++S2-=PbS↓”（正确应为 “Pb2++FeS=PbS+Fe2+”）。
6．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解析】A、二元弱酸HX的电离是吸热反应，温度升高会促使平衡向正反应方向移动，因此电离常数K和K均随温度升高而增大，A项正确。B、HX的电离平衡为HX HX + H+，若加入KHX（提供HX ），平衡会向左移动，导致c(H+)减小，B项正确。
C、根据K的定义，若忽略HX 的进一步电离，可近似认为c(HX ) ≈ c(H+)，且c(HX) ≈ 0.1 mol·L 1，代入计算得=， C项正确。
D、加水稀释时，HX的电离程度增大，n(HX)减少，而n(H+)增加，因此比值 会增大，D项错误。
故答案为：D
【分析】A、弱酸的电离过程中为吸热反应，升高温度，促进电离，电离平衡常数增大。
B、加入KHX，溶液中c(H＋)增大。
C、第二步电离受第一步电离的影响，因此计算时以第一步电离为主，结合第一步电离平衡常数值进行计算。
D、加水稀释过程中，溶液中c(HX－)减弱，但电离平衡常数不变，据此分析。
7．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、由于-lgc值越大表示c越小，结合常温下Mn(OH)2的溶度积常数Ksp大于Cu(OH)2，可以判断曲线a对应的是Cu(OH)2的沉淀溶解平衡，A错误；
B、根据R点坐标(6，15)可得：c(Cu2+)=10-15 mol/L，c2(OH-)=10-6 mol2/L2，
，这个计算是正确的，B正确；
C．根据A选项的分析可知，N点对应的是Mn(OH)2的过饱和溶液状态，C错误；
D．在P点溶液中加入NaOH会导致OH-浓度增大，使沉淀溶解平衡向左移动，Mn2+浓度减小，溶液组成将沿MP线向左上方移动，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点总结
沉淀溶解平衡曲线的对应判断易混淆 “Ksp 与曲线的关系”：Ksp 越大，相同 c (OH-) 下 c (M2+) 越大（-lgc (X2+) 越小）。因 Ksp [Mn(OH)2]>Ksp [Cu(OH)2]，故a 对应 Cu (OH)2，b 对应 Mn(OH)2；
Ksp 的计算易错误读取曲线数据：根据曲线，Cu(OH)2的 Ksp=c (Cu2+) c2(OH-)，取 a 线上点（如 - lgc2(OH-)=6、-lgc (X2+)=15），得 c2(OH-)=10-6、c (X2+)=10-15，故 Ksp=10-15×10-6=10-21，若读错数据易算错 Ksp。
溶液饱和、不饱和的判断易误解 “点与曲线的位置关系”：N 点在 Mn(OH)2曲线（b）下方，此时 c (Mn2+) c2(OH-)>Ksp，应为过饱和溶液，错认为是不饱和溶液；
平衡移动的曲线变化易错误判断加入 NaOH 后的移动方向：向 P 点加 NaOH，c (OH-) 增大，c (M2+) 减小，-lgc (X2+) 增大、-lgc2(OH-) 减小，点应偏离原曲线（因沉淀析出，不再符合原平衡），并非沿曲线从 P 到 M。
8．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；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．根据能量图分析，反应Ⅱ是放热反应。从反应机理图可以看出，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g) + H2O(g) = H2(g) + CO2(g) ΔH = -a kJ/mol（a > 0），选项A错误。B．通过反应机理和能量图对比可知，EⅡ生 > EⅠ反，这意味着1 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)的总能量低于1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)的总能量，选项B错误。
C．使用优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，从而加快反应速率并减少能耗，选项C正确。
D．在反应过程中先生成后被消耗，且量相等，因此CO(g)是中间产物而非催化剂，选项D错误。
故答案为：C
【分析】A、该反应为放热反应，ΔH＜0。
B、CH3OH(g)和H2O(g)反应生成的CO2(g)和H2(g)的反应为吸热反应，据此判断物质总能量的相对大小。
C、催化剂可降低反应所需的活化能，从而降低能耗。
D、CO(g)为该反应的中间产物。
9．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、在0～40s时间段内，的浓度变化量为0.100-0.048=0.052mol/L。根据反应速率公式计算得：， A正确；
B、该温度下的平衡常数计算为：。若再充入0.12mol和0.12mol，则浓度商，此时Qc=K，平衡不发生移动，B错误；
C、该反应为吸热反应，升高温度会使平衡常数增大，C正确；
D、该反应是气体分子数增大的反应，压缩体积增大压强会使平衡逆向移动，但由于各组分的浓度都增大，所以体系颜色会加深，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．先算 N2O4浓度变化（0.100-0.048），再除以时间（40s 转 min），得速率 0.078mol/(L min)。
B．先算 K=0.36；充入后算 Qc=(0.24)2÷0.16=0.36=K，平衡不移动，该选项错误。
C．吸热反应升温，平衡正向移动，K 增大。
D．压缩容器，NO2浓度瞬间增大，平衡逆向移动但无法抵消浓度增大的影响，颜色更深。
10．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】化合物 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 溶于水后，NH4+ 和 Fe2+ 均发生水解反应。因此，溶液中 c(NH4+) + c(NH3·H2O) > 2c(Fe2+)，选项 A 错误。
B、“酸化溶解”后的溶液中，电荷守恒关系为
题目给出的电荷守恒式不完整，因此选项 B 错误。
C、沉铁过程中，Na2C2O4 通常会过量，导致溶液中 c(C2O42-) > c(Fe2+)，选项 C 错误。
D、反应的平衡常数表达式为：，选项 D 正确。
故答案为：D
【分析】A、溶液中NH4＋、Fe2＋都能发生水解反应，结合物料守恒分析。
B、结合电荷守恒分析。
C、“沉铁”过程中加入Na2C2O4过量，则溶液中c(C2O42－)＞c(Fe2＋)。
D、根据平衡常数的表达式进行计算。
11．【答案】D
【知识点】电解原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、外电路通过2mol电子时，双极膜需解离2mol水（提供2mol H+和2mol OH-），A正确；
B、在CO2还原为HCOOH的过程中，多孔Pd电极（正极）电势高于Zn电极（负极），B正确；
C、充电时多孔Pd电极作为阳极，发生氧化反应：HCOOH-2e-=CO2+2H+，C正确；
D、充电时，多孔Pd电极应连接电源正极（作为阳极），Zn电极连接电源负极（作为阴极），D错误；
故答案为：D。
【分析】根据图示，Zn发生氧化反应，作为电池的负极，其电极反应为；CO2在正极得电子被还原为HCOOH，电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH，因此多孔Pd电极为正极。充电时，Zn作为阴极，多孔Pd作为阳极，电极反应与原电池相反。
12．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；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
【解析】【解析】A、悬浊液中存在Na2S，无法证明ZnS沉淀转化为CuS的过程，因此不能据此比较CuS和ZnS的溶度积常数（Ksp）大小，A选项错误。B、由于溶液中同时存在HNO3和Fe3+，二者都能氧化I-生成I2，因此无法通过该反应判断HNO3和I2的氧化性强弱，B选项错误。
C、根据"越弱越水解"的原理，当NaCN溶液和CH3COONa溶液的物质的量浓度相同时，NaCN溶液的pH更大，说明CN-的水解程度更大，由此可推知HCN的酸性弱于CH3COOH，C选项正确。
D、根据反应方程式： 计算可知： KMnO4溶液需要 草酸溶液的体积为 ，若使用 草酸溶液则需 。两种情况下KMnO4均过量，溶液不会褪色，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、Na2S过量，则CuSO4直接与Na2S反应，不存在沉淀的转化。
B、Fe3＋具有氧化性，也能将I－氧化成I2。
C、CH3COONa、NaCN溶液都显碱性，盐溶液的碱性越强，则离子水解程度越强，对应酸的酸性越弱。
D、根据反应化学方程式可知，该实验过程中KMnO4溶液过量，溶液不褪色。
13．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、根据图像分析，曲线a代表c(H2CO3)，曲线b代表c()，曲线c代表随pH变化的趋势，A错误；
B、图像显示，当c()=c(H2CO3)时，pH=6.2。根据电离平衡常数公式：H2CO3的
Ka1=。由于人体血浆温度高于常温，升温会促进H2CO3电离，因此血浆中的Ka1实际大于，B错误；
C、人体血浆中的碳酸氢盐具有缓冲作用，当c()变化时，pH能保持相对稳定，C错误；
D、正常人血液pH范围为7.35～7.45。当pH=7.2时，说明发生酸中毒。根据pH计算公式：，此时lg=1，即是的10倍，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．pH 增大时，CO32-浓度逐渐升高，曲线 c 才是 CO32-的变化曲线，b 是 HCO3-的曲线。
B．人体血浆不是常温溶液体系，且存在缓冲作用，H2CO3的 Ka1 与常温溶液中不同。
C．pH 由 决定，若 c (HCO3-) 增大的同时 c (H2CO3) 也增大，比值可能不变，pH 不一定增大。
D．代入 pH=7.2 到公式，得 7.2=6.2+lg，解得=10，即 c (HCO3-) 是
c (H2CO3) 的 10 倍。
14．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；指示剂；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解析】A、根据上述分析，HB的酸性确实强于HA，A正确；
B、在b点（HB溶液的特定状态），根据电荷守恒有c(Na+) + c(H+) = c(B-) + c(OH-)。由于此时pH=4.5（酸性），c(H+) > c(OH-)，因此必然存在c(Na+) < c(B-)，B错误；
C、当时，表明，此时c(H+) = Ka(HB) = 10-4.5，C正确；
D、由于HA是弱酸，其钠盐NaA溶液呈碱性，用NaOH滴定HA时选用酚酞指示剂是合适的，D正确；
故答案为：B。
【分析】通过分析稀释倍数与pH的关系图像可知：当HA和HB在相同pH条件下稀释相同倍数时，HB溶液的pH变化更显著，说明HB的酸性强于HA，因此有Ka(HA) < Ka(HB)。对于弱酸HA，当时，表明，此时c(H+)HA = Ka(HA)。同理可得c(H+)HB = Ka(HB)。由于Ka(HA) < Ka(HB)，故c(H+)HA < c(H+)HB，对应的pH关系为pH(HA) > pH(HB)。由此可确定曲线M代表HA，曲线N代表HB。
15．【答案】（1）使转化为沉淀进而除去
（2）和S；、
（3）
（4）或；
（5）0.003
【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；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）粗硫酸镍晶体中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Zn2+等杂质离子，晶体水浸后加入H2S，可发生反应：、，结合后面加入H2O2，可推出通入H2S的主要目的是使Cu2+转化为CuS沉淀而除去；
故答案为： 使转化为沉淀进而除去 ；
（2）结合第一小题可知，滤渣1的主要成分是CuS和S；将滤渣1充分焙烧，焙烧滤渣1发生反应的化学方程式为、；
故答案为：和S ；、 ；
（3）反应II时滴加H2O2的作用是氧化Fe2+生成Fe3+：；
故答案为： ；
（4）加入试剂X的目的是调整溶液pH，促使Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去，故所加X可以是NiO、Ni(OH)2或NiCO3等，结合已知信息①，调整溶液pH的范围为2.8 pH<6.9；
故答案为：或 ； ；
（5）不考虑溶液中残留的c(Ca2+)时，所加NiF2溶液的浓度至少为，当考虑溶液中残留的c(Ca2+)时，。
故答案为： 0.003 ；
【分析】粗硫酸镍晶体经水浸后，得到含 Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Zn2+的混合溶液，通过分步靶向除杂实现提纯：硫化除 Cu2+向浸出液中通入 H2S，利用 CuS 的极低溶度积（Ksp 极小），使 Cu2+与 S2-结合生成 CuS 沉淀；同时，溶液中的 Fe3+具有氧化性，会将 H2S 氧化为单质 S 沉淀。过滤后，可除去 Cu2+（以 CuS 形式）和部分 Fe3+（以 S 的氧化产物形式）；氧化 + 调 pH 除 Fe3+向滤液中加入 H2O2（作氧化剂），将残留的 Fe2+全部氧化为 Fe3+；再加入 NiO（作 pH 调节剂，避免引入新杂质），NiO 与溶液中 H+反应使 pH 升高，Fe3+水解生成 Fe(OH)3沉淀（Fe3+在弱酸性条件下即可完全沉淀）。再次过滤，除去体系中所有铁元素杂质；氟化除 Ca2+向滤液中加入 NiF2，利用 F-与 Ca2+结合生成难溶的 CaF2沉淀（CaF2溶度积远小于其他金属氟化物），过滤后除去 Ca2+；此时滤液中主要剩余 Ni2+、Zn2+（Zn2+后续可通过其他方法进一步分离，或在结晶阶段富集去除），最终得到较纯净的 NiSO4溶液，经浓缩、结晶等操作得到硫酸镍晶体。据此解题。
（1）粗硫酸镍晶体中含有Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Zn2+等杂质离子，晶体水浸后加入H2S，可发生反应：、，结合后面加入H2O2，可推出通入H2S的主要目的是使Cu2+转化为CuS沉淀而除去；
（2）结合第一小题可知，滤渣1的主要成分是CuS和S；将滤渣1充分焙烧，焙烧滤渣1发生反应的化学方程式为、；
（3）反应II时滴加H2O2的作用是氧化Fe2+生成Fe3+：；
（4）加入试剂X的目的是调整溶液pH，促使Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去，故所加X可以是NiO、Ni(OH)2或NiCO3等，结合已知信息①，调整溶液pH的范围为2.8 pH<6.9；
（5）不考虑溶液中残留的c(Ca2+)时，所加NiF2溶液的浓度至少为，当考虑溶液中残留的c(Ca2+)时，。
16．【答案】（1） ；D；AD
（2）>；反应ii分子数目增大，增大压强平衡逆向移动，的平衡转化率降低，所以P1>P2；0.38；；E
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①按盖斯定律，(反应i-反应ii)得：该条件下与反应生成NO的热化学方程式为 (通过计算而得)。
②在恒温恒容密闭容器中，对于反应i：
A．正逆反应速率相等时存在，而代表正逆反应速率不相等，不处于平衡状态，A错误；
B． n个键断裂的同时，有n个键形成都代表是正反应速率，不能说明上述反应达到平衡状态， B错误；
C．根据质量守恒，混合气体的质量不变，体积也不变，故混合气体的密度为定值，故恒温恒容时，混合气体的密度保持不变不能说明上述反应达到平衡状态，C错误；
D．由于该反应前后气体的分子数、混合气体的压强发生，恒温恒容时，混合气体的压强保持不变可以说明上述反应达到平衡状态，D正确；
选D。
③对于反应i与反应ii：
A．由图可知，氨催化氧化生成时，温度应控制在400℃左右，A正确；
B．反应i与反应ii均为放热反应，升温平衡左移，故反应升温会降低反应物转化率，B不正确；
C．提高物料比的值，相当于增大氧气浓度、减小氨气浓度，主要目的的是提高氨气的转化率，C不正确；
D．由图知，840℃后，NO产率下降的主要原因是以反应(ii)为主，D正确；
故答案为： ；D；AD；
（2）①反应ii为： ，温度不变时增压平衡左移，氨气的转化率减小，则图中＞，理由是：反应ii分子数目增大，增大压强平衡逆向移动，的平衡转化率降低，所以P1>P2。
②恒压密闭容器中分别充入、，若容器的初始体积为2.0L，在A点状态下平衡时氨气的转化率为60%，则存在三段式：，则平衡时混合气体共6mol，，则，容器中=0.38。
③B点为p1、T1时的平衡状态、氨气的转化率为60%，则则存在三段式：，则平衡时混合气体共6mol，平衡常数，即。
④若温度为，压强为，容器的初始体积为2.0L时，分别充入、、0.2molAr发生反应ii，则起始状态时气体总的物质的量不变，增大、且恒压下Ar气体的充入均有利于平衡右移、氨气的转化率增大，故气体在此时的平衡转化率为图中的E点。
故答案为： > ； 反应ii分子数目增大，增大压强平衡逆向移动，的平衡转化率降低，所以P1>P2 ；0.38； ；E。
【分析】(1)① 用盖斯定律 (反应 i - 反应 ii)，得 N2(g)+O2(g)=2NO (g) ΔH=+181.5kJ mol- 。
② 平衡判断：反应前后气体分子数变化，恒容时压强不变说明达平衡。
③ 图像分析：N2产率峰值在 400℃左右；升温使放热反应逆向，840℃后 NO 产率降因反应 ii 为主。
(2)① 压强比较：反应 ii 气体分子数增大，加压平衡逆移，NH3转化率降，故 P1>P2。
② 浓度计算：用转化率算平衡时 NH3的物质的量，结合恒压体积变化求浓度（0.38mol L- ）。
③ K 计算：先求各气体物质的量分数，再代入分压表达式（分压 = 总压 × 物质的量分数）。④ 转化率判断：充入 Ar 使体积增大，平衡正移，NH3转化率升高。
（1）①按盖斯定律，(反应i-反应ii)得：该条件下与反应生成NO的热化学方程式为 (通过计算而得)。
②在恒温恒容密闭容器中，对于反应i：
A．正逆反应速率相等时存在，而代表正逆反应速率不相等，不处于平衡状态，A错误；
B． n个键断裂的同时，有n个键形成都代表是正反应速率，不能说明上述反应达到平衡状态， B错误；
C．根据质量守恒，混合气体的质量不变，体积也不变，故混合气体的密度为定值，故恒温恒容时，混合气体的密度保持不变不能说明上述反应达到平衡状态，C错误；
D．由于该反应前后气体的分子数、混合气体的压强发生，恒温恒容时，混合气体的压强保持不变可以说明上述反应达到平衡状态，D正确；
选D。
③对于反应i与反应ii：
A．由图可知，氨催化氧化生成时，温度应控制在400℃左右，A正确；
B．反应i与反应ii均为放热反应，升温平衡左移，故反应升温会降低反应物转化率，B不正确；
C．提高物料比的值，相当于增大氧气浓度、减小氨气浓度，主要目的的是提高氨气的转化率，C不正确；
D．由图知，840℃后，NO产率下降的主要原因是以反应(ii)为主，D正确；
选AD。
（2）①反应ii为： ，温度不变时增压平衡左移，氨气的转化率减小，则图中＞，理由是：反应ii分子数目增大，增大压强平衡逆向移动，的平衡转化率降低，所以P1>P2。
②恒压密闭容器中分别充入、，若容器的初始体积为2.0L，在A点状态下平衡时氨气的转化率为60%，则存在三段式：，则平衡时混合气体共6mol，，则，容器中=0.38。
③B点为p1、T1时的平衡状态、氨气的转化率为60%，则则存在三段式：，则平衡时混合气体共6mol，平衡常数，即。
④若温度为，压强为，容器的初始体积为2.0L时，分别充入、、0.2molAr发生反应ii，则起始状态时气体总的物质的量不变，增大、且恒压下Ar气体的充入均有利于平衡右移、氨气的转化率增大，故气体在此时的平衡转化率为图中的E点。
17．【答案】（1）正；；
（2）阴；；5.6；5.85
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解析】（1）①由上述分析可知，b电极作为原电池的正极。
②在乙池中，D电极（阴极）上水分子得电子生成氢气，电极反应式为：2H2O + 2e → H2↑ + 2OH 。
③甲池中用惰性电极电解硫酸铜溶液，生成硫酸、铜和氧气，总反应的离子方程式为：2Cu2+ + 2H2O 2Cu + O2↑ + 4H+。
故答案为： 正 ； ； ；
（2）①在原电池中，阴离子向负极（a极）迁移，因此离子交换膜A允许阴离子通过，属于阴离子交换膜。
②a电极（负极）上苯酚被氧化为二氧化碳，电极反应式为：C6H6O - 28e + 11H2O → 6CO2↑ + 28H+。
③根据电子守恒关系：10C6H6O ~ 280e ~ 56NO3 ，可计算出每消除1mol苯酚时，同时消除5.6mol NO3 ；当转移0.1mol电子时，通过A膜的Cl-和B膜的Na+各为1mol，相当于去除1mol NaCl，其质量为58.5g/mol × 0.1mol = 5.85g。
故答案为： 阴 ； ； 5.6 ； 5.85 ；
【分析】根据装置图示分析可知，左侧为原电池装置，右侧为电解池。在原电池中，电极a上苯酚发生氧化反应生成CO2，因此电极a为负极，对应的电极b为正极；在电解池中，根据电源连接关系（正极接阳极，负极接阴极）可确定电极A、C为阳极，电极B、D为阴极。
（1）①据分析，b电极是正极。
②乙池中D电极上水提供的氢离子得去电子被还原，电极反应式为2H2O+2e =H2↑ +2OH 。
③甲中用惰性电极电解硫酸铜溶液得到硫酸、氧气和铜，则总反应的离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。
（2）①阴离子向负极移动，则离子交换膜A允许阴离子通过、为阴离子交换膜。
②a电极上苯酚失去电子被氧化为二氧化碳，电极反应式为C6H6O 28e +11H2O=6CO2↑+28H+。
③b电极上硝酸根得到电子被还原为氮气，得失电子守恒，可得关系式：10C6H6O~280e ~56，则理论上每消除苯酚，同时消除；当电路中转移电子时，A膜有1molCl-、B膜有1molNa+通过，即模拟海水理论上除1molNaCl，质量为5.85g。
18．【答案】（1）A
（2）
（3）减小；6.3×10-3；A
（4）Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；62%；偏高
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定；中和热的测定；电离方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）电离常数越大，酸的酸性越强，由表格中数据可知，酸性最弱的是HCN，
故答案为：A；
（2）已知甲胺是一元弱碱，乙胺中含有两个氨基，则乙胺为二元弱碱，第一步电离方程式为；
故答案为： ；
（3）①增大0.1mol/L HF溶液的浓度后，虽然平衡会向右移动，但是HF分子的总数增加了，且增加的程度远大于电离的程度，则HF的电离程度减小；向HF溶液中滴加烧碱后，已知，当时，；
②的电离吸热，如果用HF溶液代替盐酸测定中和反应热，会使得反应放出的热量减少，因 H为负值，则放出的热量减少， H偏高；
故答案为： 减小 ； 6.3×10-3 ；A；
（4）①向K2Cr2O7溶液中加入过量的KI溶液并酸化，得电子被还原为Cr3+，I-失电子被氧化为I2，两者反应的离子方程式为；
②根据方程式可得关系式：，，则，，则粗产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为；
③在取K2Cr2O7溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外，则生成的I2的物质的量偏小，滴定时消耗的Na2S2O3溶液偏少，但是计算时仍按照25mLK2Cr2O7进行计算，使得计算所得的6g粗品中Na2S2O3的物质的量偏大，测定结果偏高。
故答案为： Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O ； 62% ； 偏高 。
【分析】(1) 酸性强弱由电离常数（Ka）决定，Ka 越小酸性越弱，HCN 的 Ka 最小，故酸性最弱。
(2) 乙胺是二元弱碱，第一步电离仅一个氨基结合 H2O 电离出的 H+，生成对应的阳离子和 OH-。
(3) ① 弱电解质浓度增大，电离程度减小；利用 Ka 表达式，代入 c (HF)=10c (F-)，计算得
c (H+)=Ka×10。② HF 电离吸热，中和反应放热减少，ΔH（负值）偏高。
(4) ① 依据氧化还原规律，Cr2O72-（Cr+6到Cr+3）氧化 I-（I-1到I0），结合酸性环境配平离子方程式。
② 利用反应关系（Cr2O72-~3I2~6S2O32-），计算 Na2S2O3浓度，再求质量分数。
③ K2Cr2O7滴出锥形瓶，实际参与反应的量减少，消耗 Na2S2O3偏少，但计算时按原量算，结果偏高。
（1）电离常数越大，酸的酸性越强，由表格中数据可知，酸性最弱的是HCN，答案选A；
（2）已知甲胺是一元弱碱，乙胺中含有两个氨基，则乙胺为二元弱碱，第一步电离方程式为；
（3）①增大0.1mol/L HF溶液的浓度后，虽然平衡会向右移动，但是HF分子的总数增加了，且增加的程度远大于电离的程度，则HF的电离程度减小；向HF溶液中滴加烧碱后，已知，当时，；
②的电离吸热，如果用HF溶液代替盐酸测定中和反应热，会使得反应放出的热量减少，因 H为负值，则放出的热量减少， H偏高；
（4）①向K2Cr2O7溶液中加入过量的KI溶液并酸化，得电子被还原为Cr3+，I-失电子被氧化为I2，两者反应的离子方程式为；
②根据方程式可得关系式：，，则，，则粗产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为；
③在取K2Cr2O7溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外，则生成的I2的物质的量偏小，滴定时消耗的Na2S2O3溶液偏少，但是计算时仍按照25mLK2Cr2O7进行计算，使得计算所得的6g粗品中Na2S2O3的物质的量偏大，测定结果偏高。
1 / 1

展开更多......

收起↑