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浙江省台州市台州六校联盟2025-2026学年高二上学期11月期中化学试题
1．下列属于含非极性键的强电解质的是
A． B． C． D．
2．下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是
A．合成氨工业需要铁触媒作为催化剂
B．在糖果制作过程中添加着色剂
C．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎
D．牛奶在冰箱里保存
3．下列过程中能量转化的主要形式为热能转化为化学能的是
A．盐酸与碳酸氢钠的反应 B．镁条与盐酸的反应
C．氢气与氯气的化合反应 D．铝热反应
4．下列溶液因水解显碱性的是
A．溶液 B．溶液
C．溶液 D．溶液
5．下列说法与相关方程式书写均正确的是
A．水溶液显酸性：
B．水溶液显碱性：
C．溶于水的电离方程式：
D．HClO溶液显酸性：
6．下列说法中有明显错误的是
A．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
B．发生化学反应的碰撞都是有效碰撞
C．干冰升华这一过程中，
D． ， ；
7．亚硝酸(HNO2)的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是
A．把pH=2的亚硝酸溶液稀释100倍后pH=3.5
B．0.1mol/L的亚硝酸溶液的pH约为2
C．NaNO2溶液能使酚酞试液变红
D．100mL1mol/L的亚硝酸溶液恰好与100mL1mol/L的NaOH溶液完全反应
8．下列装置及设计能达到实验目的的是
A．装置①比较与的水解程度
B．装置②：酸碱中和滴定
C．装置③依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响
D．装置④：加热蒸发溶液制备晶体
9．催化剂a和b均能催化反应。反应进程(如图)中，Q为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是
A．无论使用a或b，总反应都包括4个基元反应
B．反应达平衡时，降低温度，的浓度减小
C．使用a时，反应过程中Q所能达到的最高浓度更大
D．使用b时，反应达到平衡时所需时间更短
10．下列说法正确的是
A．①0.1mol/L 溶液；②0.1mol/L NaOH溶液；水电离的：①＜②
B．将pH=3的硫酸与pH=3的醋酸等体积混合后溶液的pH=3
C．用广泛pH试纸测得某浓度的NaClO溶液pH=10
D．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，所测得的pH一定偏小
11．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
B．将饱和的溶液滴入沸腾的蒸馏水中有利于胶体的形成
C．牙膏中添加氟化物可以起到预防龋齿的作用
D．合成氨一般选择进行，铁触媒的活性最大，原料气平衡转化率高
12．肼(N2H4)碱性燃料电池的原理示意图如图所示，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O。下列说法错误的是
A．电极b发生还原反应
B．电流由电极a流出经用电器流入电极b
C．物质Y是NaOH溶液
D．电极a的电极反应式为N2H4 + 4OH－－4e－=N2↑ + 4H2O
13．工厂的氨氯废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中在电极表面的氧化过程的微观示意图如图：
下列说法中，不正确的是
A．过程④中有极性键形成
B．催化剂可以降低该反应的活化能
C．过程①②均有键断裂，键断裂时需要吸收能量
D．该催化氧化法的总反应为：
14．和的能量关系如下图所示(M=Ca、Mg)
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法正确的是
A． B．
C． D．
15．常温下，向 二元弱酸溶液中逐滴加入溶液，的物质的量分数[已知]。随pH的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．b曲线代表的物质的量分数随pH的变化
B．时，
C．N点时，，溶液中不存在分子
D．M点时，溶液中微粒浓度的大小关系为：
16．下列实验事实与相关的解释或结论均正确的是
选项 实验事实 解释或结论
A 常温下，测定等体积醋酸的pH大于盐酸 证明醋酸是弱电解质
B 用硫酸和氢氧化钡稀溶液可以准确测定中和热 硫酸和氢氧化钡分别是强酸和强碱
C 将2 mL 0.5 mol/L的溶液加热后置于冷水中，溶液由黄色变为绿色 (蓝色)(黄色)，说明上述反应的
D 向溶液滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色 已变质
A．A B．B C．C D．D
17．按要求完成下列问题：
（1）电解液态水制备1mol，电解反应的 ，请写出表示氢气燃烧热的热化学方程式　 　。
（2）实验表明，液氨也能像水那样进行自耦电离()，写出液氨自耦电离的方程式　 　。
（3）溶液可通过调节pH改变颜色，请用离子方程式表示其原因：　 　。
（4）可以合成尿素，尿素能缓慢与发生非氧化还原反应释放出和另外一种常见气体，该反应的化学方程式为　 　。
18．已知常温下四种弱酸的电离常数如下表，回答下列问题：
酸 HClO HCN HCOOH
电离常数
（1）上述四种酸中酸性最弱的酸的电离方程式为　 　。
（2）下列方法可以增大溶液的电离程度的是___________。
A．加热 B．加入少量甲酸钠固体
C．滴加几滴浓NaOH溶液 D．加入盐酸
（3）向NaClO溶液中通入少量，发生反应的离子方程式为　 　。
（4）常温下，溶液中　 　。
（5）常温下，某和的混合溶液的，则　 　。
19．铅酸蓄电池(如图)的电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉而使用广泛。
（1）写出电池使用过程中的正极电极反应方程式：　 　。
使用后的废旧铅酸蓄电池需要回收，废旧电池的铅膏中主要含有、PbO和Pb，还有少量、以及Fe、Al的盐或氧化物等，通过如图流程回收铅。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
（2）在“脱硫”中转化反应的离子方程式为　 　。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。
①能被氧化的离子是　 　；
②也能使转化为，的作用是　 　。
（4）“酸浸”后溶液的pH应控制在　 　(填范围)，滤渣的主要成分是　 　(填化学式)。
20．工业废水中常含有一定量氧化性较强的，利用滴定原理测定含量方法如下：
步骤Ⅰ：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol·L-1溶液进行滴定，数据记录如下：()
滴定次数 溶液起始读数/mL 溶液终点读数/mL
第一次 1.02 19.03
第二次 2.00 19.99
第三次 0.20 a
（1）步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是　 　。
（2）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为　 　。滴定达到终点的实验现象是　 　。
（3）步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则
①　 　。
②的含量为　 　g·L-1。
（4）以下操作会造成废水中含量测定值偏高的是　 　。
A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D．滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡
E．量取溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
21．随着天然气在世界能源结构比例增大，煤间接气化制备天然气是当前研究热点，其核心工艺是CO和的甲烷化反应，目前研究人员主要寻找高催化活性的催化剂，同时着力解决产生的积碳对催化剂活性的影响，主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
其对应的平衡常数分别为，其中随温度变化如下表所示：
250℃ 300℃ 350℃
0.01 0.05 0.1
2 0.2 0.05
回答下列问题：
（1）　 　(填“>”、“<”或“=”)，反应Ⅱ自发进行的条件是　 　。
（2）往容积可变的密闭容器中通入1 mol和4 mol，在一定条件下发生反应Ⅲ，测得的平衡转化率与压强、温度的关系如图所示。
①能说明上述反应已达到平衡状态的是　 　(选填字母)。
A．
B．与的物质的量之比保持不变
C．键、键断裂速率相等
D．的体积分数保持不变
E．混合气体的密度保持不变
F．混合气体的平均分子质量保持不变
②据图可知，　 　(填“>”、“<”或“=”)。
③若反应达到平衡点A，此时容器的体积为2 L，则该温度下反应Ⅲ的平衡常数　 　。
（3）300℃时，往容积固定的10 L密闭容器中通入4 mol、10 mol、4 mol和1 mol发生反应Ⅲ，此时　 　填“>”“<”或“=”)。
（4）某研究小组研究了不同电压(电压影响催化剂活性)、不同C/H比对反应Ⅲ的影响如图所示(控制其他条件相同)，下列说法正确的是___________。
A．当C/H比一定时，电压越高，的转化率越高
B．在合适的电压范围内，增大的比例可能有利于消除积碳，提高催化剂的活性
C．当电压一定时，选择合适的催化剂可以提高的平衡转化率
D．为使的转化率达到90%，C/H比应控制在为宜
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学键；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A. 过氧化氢属于共价化合物，在水溶液中只能发生部分电离，是弱电解质，虽然分子内存在O-O非极性键，但不满足强电解质的条件，因此A错误；
B. 硫酸钡属于离子化合物，在熔融状态下能够完全电离，是强电解质，其中含有的化学键为离子键与S-O极性键，结构中不存在非极性键，因此B错误；
C. 醋酸铵属于离子化合物，是完全电离的强电解质，同时分子结构中含有C-C非极性键，满足题目的全部要求，因此C正确；
D. 乙二酸属于共价化合物，在水溶液中只能部分电离，是弱电解质，虽然分子中含有C-C非极性键，但不满足强电解质的条件，因此D错误；
综上，答案选C。
【分析】强电解质包括强酸、强碱和大多数盐，非极性键由相同元素之间形成。
2．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．合成氨工业生产中，会使用铁触媒作为反应的催化剂，催化剂能够改变化学反应的速率，因此该操作与反应速率调控有关，A项不符合题意；
B．在糖果制作过程中添加着色剂，作用仅仅是改变糖果的外观颜色，并不会对反应速率产生影响，因此该操作与反应速率调控无关，B项符合题意；
C．高炉炼铁之前，将铁矿石进行粉碎处理，可以增大反应物的接触面积，能够加快炼铁反应的速率，因此该操作与反应速率调控有关，C项不符合题意；
D．将牛奶放在冰箱中保存，通过降低环境温度可以减慢食物变质反应的速率，延长牛奶的保质期，因此该操作与反应速率调控有关，D项不符合题意；
综上，答案选B。
【分析】反应速率影响因素有温度、浓度、压强、催化剂、接触面积等。
3．【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．盐酸和碳酸氢钠会发生反应，生成氯化钠、水和二氧化碳，该反应属于吸热反应，反应过程中热能转化为化学能，因此A的描述正确；
B．镁和盐酸的反应属于放热反应，过程中是化学能转化为热能，因此B的描述错误；
C．氢气和氯气的化合反应属于放热反应，过程中是化学能转化为热能，因此C的描述错误；
D．铝热反应属于放热反应，过程中是化学能转化为热能，因此D的描述错误；
综上，答案选A。
【分析】盐酸和碳酸氢钠反应为吸热反应，热能转化为化学能，金属和酸反应、氢气和氯气反应、铝热反应是放热反应，化学能转化为热能。
4．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、属于弱碱，在水溶液中是自身电离产生，从而让溶液显碱性，并非水解导致，A不符合题意；
B、是由强酸和强碱反应生成的盐（强酸强碱盐 ）。、都不会与水电离出的或结合，不发生水解，溶液中和浓度相等，呈中性，B不符合题意；
C、是强碱与弱酸形成的盐（强碱弱酸盐 ）。会结合水电离出的，发生反应 ，生成，导致溶液中浓度大于浓度，因水解显碱性，C符合题意；
D、是强酸与弱碱形成的盐（强酸弱碱盐 ）。会结合水电离出的，发生反应 ，生成，使溶液中浓度大于浓度，因水解显酸性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】判断溶液因水解显碱性，需依据物质类别（弱碱、强酸强碱盐、强碱弱酸盐、强酸弱碱盐 ），分析离子行为（电离或水解 ）对溶液酸碱性的影响：弱碱靠电离出显碱性；强酸强碱盐不水解，溶液中性；强碱弱酸盐弱酸根离子水解结合，使过剩显碱性；强酸弱碱盐弱碱阳离子水解结合，使过剩显酸性 。
A．弱碱溶液的酸碱性由电离决定。
B．强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。
C．强碱弱酸盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。
D．强酸弱碱盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性。
5．【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．多元弱碱的阳离子水解分步书写时，一般可合并为一步完成，硫酸铜水溶液中，铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，最终溶液呈酸性，A正确；
B．硫离子作为多元弱酸根，水解需要分步进行，第一步水解生成硫氢根离子和氢氧根，第二步硫氢根离子继续水解生成硫化氢和氢氧根，两步水解共同使溶液显碱性，题干中给出的水解方程式错误，B错误；
C．亚硫酸氢钠是强电解质，溶于水后会完全电离为钠离子和亚硫酸氢根离子，电离方程式应该用等号而非可逆号，C错误；
D．次氯酸是弱电解质，在水溶液中只能部分电离出氢离子和次氯酸根离子，电离方程式为，原书写错误，D错误；
综上，答案选A。
【分析】A．铜离子水解方程式为： ；
B．硫离子水解一步生成HS-；
C．亚硫酸氢钠电离方程式中亚硫酸氢根步拆开；
D．次氯酸为弱酸，用可逆号。
6．【答案】D
【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
【解析】【解答】A．升高温度后，分子的平均能量升高，能够提高活化分子占总分子的百分数，同时单位体积内的活化分子数目也会增加，因此反应速率会增大，A正确；
B．分子间发生的碰撞不一定是有效碰撞，但只要发生了化学反应，对应的碰撞一定是有效碰撞，B正确；
C．干冰升华的过程对应变化为，体系混乱度增大，熵增加，因此，C正确；
D．气态硫S(g)自身的能量高于固态硫S(s)，因此S(g)燃烧时放出的热量比S(s)燃烧更多；放热反应的ΔH为负值，放出的热量越多，ΔH的数值越小，因此，D错误；
故选D。
【分析】升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大；气态硫单质和氧气反应放出热量更多，对应焓变更小。
7．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、pH=2 的强酸稀释 100 倍后 pH 应为 4，亚硝酸稀释 100 倍后 pH=3.5，pH 变化偏小，说明稀释过程中亚硝酸继续电离，存在电离平衡，可证明亚硝酸是弱电解质，A 正确；
B、0.1mol/L 的一元强酸溶液 pH=1，该亚硝酸溶液 pH≈2，说明溶液中氢离子浓度小于酸的浓度，亚硝酸没有完全电离，可证明亚硝酸是弱电解质，B 正确；
C、溶液可使酚酞试液变红，说明发生水解，证明为弱酸，属于弱电解质，C 正确；
D、等体积、等物质的量浓度的亚硝酸与 NaOH 恰好完全中和，仅能证明亚硝酸是一元酸，强酸、弱酸都可以发生该中和反应，无法证明亚硝酸部分电离，不能证明它是弱电解质，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
稀释 pH 变化：强酸稀释，氢离子浓度按稀释倍数同步下降；弱酸稀释，电离平衡正向移动，氢离子下降幅度更小，pH 变化更小；
同浓度 pH 对比：相同浓度一元酸，弱酸的氢离子浓度更低，pH 更大；
盐类水解：强碱弱酸盐溶液显碱性，可反推对应的酸为弱酸；
酸碱中和反应：等物质的量一元酸与一元碱恰好中和，只反映酸中可电离氢原子数目，和酸的电离程度无关。
8．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；中和滴定；制备实验方案的设计；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、物质的量浓度相同的和溶液，，说明结合能力更强（水解程度大），能用装置①比较水解程度，A正确；
B、图中是酸式滴定管（玻璃活塞），溶液显碱性，会腐蚀玻璃活塞，应使用碱式滴定管（橡胶管），装置②不能用于“酸碱中和滴定”（盛放溶液错误），B错误；
C、装置③中浓度不同（颜色不同），且右侧过量（不会褪色），无法通过“褪色快慢”比较浓度对反应速率的影响（因初始颜色、是否完全反应干扰判断），C错误；
D、溶液中存在水解：，加热促进水解，且挥发，最终得到（或分解为），不能制备晶体（应在氛围中蒸发），D错误；
故答案为：A。
【分析】判断装置能否达到实验目的，需结合实验原理（水解程度比较、滴定管使用、反应速率影响因素、盐类水解应用），分析装置设计与实验目的的匹配性。
A．利用相同浓度的和溶液的差异，比较与的水解程度。
B．判断滴定管类型与盛放溶液的匹配性（酸式、碱式滴定管的适用范围）。
C．分析高锰酸钾浓度不同对“褪色快慢判断浓度影响”的干扰（颜色差异、过量问题）。
D．考虑水解及加热对水解的促进作用（生成而非晶体）。
9．【答案】D
【知识点】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．从图中可以看出，催化剂a和催化剂b对应的能量变化曲线都存在四个峰值，说明使用两种催化剂时，总反应都可以拆分为4个基元反应，因此A选项说法正确；
B．由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该总反应为放热反应；反应达到平衡后降低温度，平衡会向放热的正反应方向移动，生成物M的浓度会减小，因此B选项说法正确；
C．反应速率由活化能决定：活化能越大，反应速率越慢，活化能越小，反应速率越快。结合图像可知，使用催化剂a时，反应的前两步活化能更小，反应速率更快，第三步活化能最大，反应速率最慢，因此生成的中间产物Q来不及很快发生下一步反应，更容易在反应过程中积累，因此Q能达到的最高浓度比使用催化剂b时更大，C选项说法正确；
D．总反应的反应速率由活化能最大的决速步骤决定，从图中可以看出，使用催化剂a时，决速步骤的活化能比使用催化剂b时决速步骤的活化能更小，因此使用催化剂a时总反应速率更快，反应达到平衡需要的时间更短，因此D选项说法错误；
综上，答案选D。
【分析】A．由反应进程图，总反应有4个基元反应；
B．反应放热，降低温度，平衡正向移动，M减少；
C．a催化剂对应活化能小，反应速率快，Q能达到浓度大；
D．b催化剂对应活化能大，反应速率小，达平衡需要时间长。
10．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；测定溶液pH的方法
【解析】【解答】A．醋酸属于弱酸，氢氧化钠属于强碱。在0.1mol/L溶液中，小于0.1mol/L NaOH溶液中的c(OH-)。酸或碱对水的电离都会起到抑制作用，溶液中电离出的氢离子或氢氧根离子浓度越大，对水的电离的抑制作用就越强；因此两溶液中由水电离出的满足：①>②，因此A选项错误。
B．将pH=3的硫酸和pH=3的醋酸等体积混合，在混合完成的瞬间，溶液中c(H+)不发生变化，而c()和c(CH3COO-)都变为原来的二分之一。此时计算醋酸的电离浓度商可得Q=，浓度商等于醋酸的电离平衡常数，因此醋酸的电离平衡不发生移动，混合后溶液的pH仍然为3，因此B选项正确。
C．NaClO具有漂白性，能够漂白广泛pH试纸，因此无法通过广泛pH试纸测得NaClO溶液的pH，故C选项错误；
D．规范测定溶液pH的操作是：使用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测液，滴在干燥的pH试纸上，待显色后和标准比色卡对比读数。若将待测液滴在湿润的pH试纸上，待测液会被稀释，给测量结果带来误差：若待测液本身呈碱性，稀释后溶液中氢氧根离子浓度降低，测得的pH会偏小；若待测液本身呈酸性，稀释后溶液中氢离子浓度降低，测得的pH会偏大；只有待测液本身为中性溶液时，稀释后溶液pH不变，测量结果才不受影响，因此该操作是错误的，故D选项错误。
综上，本题选B。
【分析】A．醋酸部分电离，氢氧化钠完全电离，相同浓度时，氢氧化钠对水电离抑制程度更大，水的电离程度小；
B．等pH的酸等体积混合pH不变；
C．次氯酸钠具有漂白性，不能用试纸测pH；
D． 润湿pH试纸对中性溶液无影响。
11．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；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】【解答】A．氯气与水发生反应 Cl2+H2O H++Cl-+HClO， 若使用排饱和食盐水的方法收集氯气，饱和食盐水中氯离子浓度较大，会使上述平衡逆向移动，降低氯气的溶解度，减少氯气的溶解损耗，该现象可以用勒夏特列原理解释，因此A不符合题意；
B．氯化铁溶液中存在三价铁离子的水解平衡：，水解反应是吸热反应，沸水温度更高，能够促进水解平衡正向移动，有利于生成更多氢氧化铁胶体，该过程可以用勒夏特列原理解释，因此B不符合题意；
C．使用含氟牙膏预防龋齿的原理是，氟离子可与羟基磷灰石建立如下平衡：。使用含氟牙膏会增大的浓度，根据勒夏特列原理，平衡会向生成更难溶于酸的氟磷灰石的方向移动，转化得到更耐酸的氟磷灰石从而预防龋齿，该过程符合勒夏特列原理，因此C不符合题意；
D．工业合成氨的反应是放热反应，从平衡移动的角度分析，升高温度会使平衡逆向移动，不利于氨气的合成。工业生产选择400~500℃的反应温度，主要是为了保证该温度下催化剂的活性达到最高，同时加快反应速率，该选择不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；
故选D。
【分析】勒夏特列原理解释可逆反应的平衡移动，合成氨反应为放热反应，高温原料转化率低，选择400~500℃是此条件下催化剂活性大。
12．【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
【解析】【解答】A．该燃料电池中，通入氧气的电极b是正极，氧气在正极得到电子，发生还原反应，因此A选项正确；
B．该电池中a是负极，b是正极，电流的流向是从正极b出发，经过外电路的用电器流向负极a，因此B选项错误；
C．b电极反应会生成氢氧根离子，溶液中的钠离子会通过阳离子交换膜迁移到右侧，因此得到的Y溶液是NaOH溶液，C选项正确；
D．a电极上肼失去电子，发生氧化反应，对应的电极反应式为，因此D选项正确；
综上，本题选B。
【分析】在该燃料电池里，通入燃料肼的电极是负极，通入氧气的电极是正极，由于该电池的电解质溶液为碱性，因此负极的反应方程式为 N2H4+4OH--4e-═N2↑+4H2O， 正极的反应方程式为 O2+2H2O+4e-=4OH-，我们结合这两个电极反应就可以对问题进行分析解答。
13．【答案】A
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．从反应过程图中可以看出，过程④中N原子结合生成N2，形成的三键是同种原子形成的共价键，属于非极性键，因此A选项说法错误，符合题意；
B．催化剂会参与反应的中间过程，能够改变反应的途径，降低反应所需的活化能，因此B选项说法正确；
C．从反应历程可知，过程①和过程②都存在N—H键的断裂，化学键断裂过程需要吸收能量，因此C选项说法正确；
D．结合反应物和最终生成物可以推得，该氨催化氧化生成氮气的总反应为，因此D选项说法正确；
综上，答案选A。
【分析】从图中可以得到，在该电极表面，过程①是转化为，过程②是转化为，过程③是转化为N，过程④是多个N结合生成。该电极总反应为，反应中被氧化，发生氧化反应。该原电池的另一极需要氧化剂发生还原反应，按照原料容易获取、生产成本低、满足绿色化学生产要求的角度，选择空气中的作为氧化剂最为合适。
14．【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．ΔH2对应过程是碳酸根离解为氧离子和二氧化碳，该过程只涉及碳酸根的变化，和碳酸盐中的阳离子无关，因此，A错误；
B．ΔH1对应过程是断裂碳酸盐中的离子键，使碳酸盐离解为金属阳离子和碳酸根，钙离子半径大于镁离子，因此碳酸镁中离子键更强，断裂离子键需要吸收更多能量，焓变为正值，故，B正确；
C．根据盖斯定律，结合图中的反应路径可得总反应：， 因此C错误；
D．ΔH3对应过程是氧化物离解为金属阳离子和氧离子，该过程断裂离子键需要吸热，焓变为正值；钙离子半径大于镁离子，氧化镁的离子键强于CaO，断裂氧化镁离子键需要吸收更多能量，因此，D错误；
故答案选B。
【分析】本题结合碳酸盐分解的反应路径，考查反应热与化学键键能的关系、盖斯定律的应用，需要根据离子半径大小分析键能和焓变的大小关系。
15．【答案】D
【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
【解析】【解答】A．根据前面的分析可知，曲线b表示的是的物质的量分数随pH的变化关系，因此A选项错误；
B．当pH=2.73时，根据物料守恒，的总量始终不变，但随着NaOH溶液不断滴入，溶液总体积逐渐增大，因此所有含A微粒的总浓度会逐渐减小，所以，B选项错误；
C．从图像中可以得到，N点对应pH=4.2，此时，但在溶液中会发生水解反应，因此溶液中一定会存在分子，C选项错误；
D．M点pH=1.1时， ，加入溶液后，溶液体积增大，含微粒的总浓度减小，则，，从而得出溶液中微粒浓度的大小关系为 ，D正确；
故选D。
【分析】向 H2 A 溶液中逐滴加入 溶液的过程中， 会先和 反应转化为 ，继续滴加 会进一步反应转化为 ；因此随着反应进行，H2 A 的物质的量分数逐渐降低， 先增大后减小， 逐渐升高，对应曲线可知：a为 的物质的量分数变化曲线，b为 的物质的量分数变化曲线，c为 的物质的量分数变化曲线。
16．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验；中和热的测定；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A．由于盐酸和醋酸的浓度没有给出，无法仅通过溶液pH的大小判断醋酸是否为弱电解质，A错误；
B．硫酸与氢氧化钡反应除了生成水外，还会生成硫酸钡沉淀，沉淀生成过程也会伴随热效应，会干扰中和热的测定结果，B错误；
C．对于反应(蓝色)(黄色)，将加热后的体系放入冷水中降温后，溶液由黄色变为绿色，说明降温后平衡向逆反应方向移动，由此可知正反应为吸热反应，即，C正确；
D．在酸性条件下，Fe2+会被氧化为Fe3+ ，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，故不能充分说明是原试样变质，D错误；
故选C。
【分析】A．醋酸和盐酸浓度未知，无法判断；
B．中和热测定用盐酸和氢氧化钠；
C．由溶液颜色变化知，降温平衡逆向移动，可得焓变；
D．酸性条件下，硝酸根具有氧化性，无法确定硝酸亚铁已变质。
17．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【知识点】燃烧热；氨的性质及用途；铵盐
【解析】【解答】（1）电解液态水制备， 该电解反应的焓变，由此可以写出电解水的热化学方程式为： 。燃烧热定义为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，将上述热化学方程式逆写，且各物质的系数除以2，即可得到表示氢气燃烧热的热化学方程式： 。
（2）水的电离是两个水分子发生自电离，一个水分子结合质子生成水合氢离子 H3 O+ ，另一个水分子失去质子生成氢氧根OH ，电离方程式为 。液氨存在和水类似的自电离，按照水的电离规律类比，可以推知液氨的电离方程式为 。
（3）在 溶液中存在平衡：（橙红色）+（黄色）+，因此我们可以通过调节溶液的pH，使平衡发生移动，改变两种离子的浓度，从而改变溶液的颜色。
（4）尿素可以和水缓慢发生非氧化还原反应，反应释放出 同时生成另一种常见气体。该反应为非氧化还原反应，反应中各元素化合价不发生变化，尿素中C元素为+4价，因此另一种气体中C元素化合价也为+4价，对应气体为CO2，该反应的化学方程式为：。
【分析】（1）燃烧热指的是1mol可燃物燃烧生成指定物质时放出的热量；
（2）对比水的电离，液氨电离方程式为 ；
（3）由平衡（橙红色）+（黄色）+分析；
（4）由题意判断气体为二氧化碳，方程式为。
（1）电解液态水制备，电解反应的，即有热化学方程式： ，故表示氢气燃烧热的热化学方程式为 。
（2）液氨中存在类似水的电离( )，据此推知液氨的电离方程式为 。
（3）已知 溶液中存在： （橙红色）+ （黄色）+ ，故可通过调节pH改变溶液颜色。
（4）尿素能缓慢与发生非氧化还原反应释放出和另外一种常见气体，另一种气体中C元素化合价应为+4价，该气体为二氧化碳： 。
18．【答案】（1）
（2）A；C
（3）
（4）
（5）0.47
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据题意，酸性由大到小的顺序为：，四种酸中酸性最弱的酸的电离方程式为。
故答案为： ；
（2）已知甲酸的电离方程式为：，若想增大HCOOH溶液的电离程度，则需要电离平衡正向移动；
A．弱酸的电离为吸热过程，因此加热可以促进电离平衡正移，A正确；
B．加入少量甲酸钠固体，则增大，电离平衡逆向移动，B错误；
C．滴加几滴浓NaOH溶液，减小，电离平衡正移，C正确；
D．加入盐酸，增大，电离平衡逆移，D错误；
故答案为：AC。
（3）根据题意，酸性，则对应离子的碱性：，因此，向NaClO溶液中通入少量，发生反应的离子方程式为。
故答案为： ；
（4）已知HClO的电离方程式为：，假设中有发生电离，则=4.0×10-8，解得a=，故。
故答案为： ；
（5）根据的，已知和的混合溶液的，则，将其代入表达式，则得到。
故答案为： 0.47 。
【分析】（1）比较电离常数，越小酸性越弱，写其电离方程式（弱电解质用“” ）。
（2）电离平衡，使平衡正向移动的操作：加热（吸热促进 ）、消耗（加碱 ）；加或会抑制电离。
（3）比较酸性（ ），少量与反应生成，写离子方程式。
（4）用电离常数，因电离程度小，，近似计算得。
（5）用的，代入的，求比值。
（1）根据题意，酸性由大到小的顺序为：，四种酸中酸性最弱的酸的电离方程式为。
（2）已知甲酸的电离方程式为：，若想增大HCOOH溶液的电离程度，则需要电离平衡正向移动；
A．弱酸的电离为吸热过程，因此加热可以促进电离平衡正移，A正确；
B．加入少量甲酸钠固体，则增大，电离平衡逆向移动，B错误；
C．滴加几滴浓NaOH溶液，减小，电离平衡正移，C正确；
D．加入盐酸，增大，电离平衡逆移，D错误；
故选AC。
（3）根据题意，酸性，则对应离子的碱性：，因此，向NaClO溶液中通入少量，发生反应的离子方程式为。
（4）已知HClO的电离方程式为：，假设中有发生电离，则=4.0×10-8，解得a=，故。
（5）根据的，已知和的混合溶液的，则，将其代入表达式，则得到。
19．【答案】；；；还原剂；或4.6～7.2；和
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）铅蓄电池中，Pb作原电池的负极，PbO2作正极，硫酸作为电解质溶液，因此正极的电极反应方程式为。
（2）根据两种物质的溶度积数值，可以转化为更难溶的，该转化反应的离子方程式为。
（3）①过氧化氢具有氧化性，酸浸后溶液中的亚铁离子具有还原性，亚铁离子会被过氧化氢氧化为铁离子。
②还可以使转化为，该过程中铅元素的化合价从+4价降低到+2价，PbO2为氧化剂，因此过氧化氢在该反应中作还原剂。
（4）调节酸浸后溶液的pH，目的是让溶液中的Fe3+和Al3+转化为氢氧化物沉淀除去，同时保证Pb2+不沉淀，因此需要将溶液pH控制在4.6≤pH＜7.2（即4.6~7.2），析出的沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3。
【分析】铅膏的主要成分是、PbO和Pb，还混有少量，以及Fe、Al元素的盐或氧化物杂质。流程第一步是向铅膏中加入碳酸钠溶液脱硫，该步骤中硫酸铅会转化为碳酸铅，之后进行过滤操作；接下来向过滤得到的固体中加入醋酸和过氧化氢完成酸浸，在这个过程中过氧化氢可以将酸浸产生的亚铁离子氧化为铁离子；之后调节酸浸后溶液的pH，使铁离子、铝离子转化为氢氧化物沉淀，因此过滤后得到的滤渣主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝；再向过滤所得的滤液中加入氢氧化钠溶液沉铅，得到氢氧化铅沉淀，此时滤液中残留的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅经过后续处理最终得到PbO，可根据以上流程分析解答相关问题。
20．【答案】（1）酸式滴定管
（2）淀粉溶液；溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色
（3）18.20；2.16g·L-1
（4）CE
【知识点】指示剂；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）根据题干信息， 氧化性较强，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此量取废水需要选用酸式滴定管；
（2）滴定反应涉及碘单质，应当选用淀粉溶液作为指示剂；滴定达到终点时，碘单质被还原剂完全消耗，因此溶液会刚好由蓝色变为无色，且半分钟（30s）内不恢复原来的颜色，即保持无色不变。
（3）①根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01mL，a值为18.20；②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000 mol L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为18.00mL，根据和，可得关系式：~3I2~6Na2S2O3，n()=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×18.00×10-3L=3×10-4mol，的含量为：= 2.16g L-1；
（4）我们可以根据滴定误差分析公式 ，结合操作对V(标准)的影响判断误差：
A．滴定终点读数时俯视滴定管刻度，会使读取的标准液体积V(标准)偏小，代入公式可得，测得的待测液浓度V(待测)偏低，因此A错误；
B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，不需要用待测液润洗，该操作不会改变锥形瓶中待测溶质的总量，因此对消耗的标准液体积V(标准)没有影响，测得的待测液浓度无误差，因此B错误；
C．滴定到终点读数时，滴定管尖嘴处悬挂了一滴溶液，这部分溶液已经从滴定管流出，会使读取的\V(标准)偏大，代入公式可得，测得的待测液浓度V(待测)偏高，因此C正确；
D．滴定完成后滴定管尖嘴处留有气泡，会使读取的标准液体积V(标准)偏小，代入公式可得，测得的待测液浓度V(待测)偏低，因此D错误；
E．量取 标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤，未用标准液润洗，滴定管内壁残留的蒸馏水会稀释标准液，使标准液浓度降低，滴定过程中消耗的标准液体积V(标准)偏大，代入公式可得，测得的待测液浓度V(待测)偏高，因此E正确；
综上，答案选CE。
【分析】（1）用酸式滴定管准确量取废水；
（2）用淀粉作指示剂，看碘单质是否反应完全；
（3）反应式为~3I2~6Na2S2O3，代入计算；
（4）由计算公式，分析误差。
（1）根据信息，氧化性较强，量取废水应用酸式滴定管；
（2）滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂；滴定达到终点时碘单质刚好被消耗，所以溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色；
（3）①根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01mL，a值为18.20；②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000 mol L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为18.00mL，根据和，可得关系式：~3I2~6Na2S2O3，n()=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×18.00×10-3L=3×10-4mol，的含量为：= 2.16g L-1；
（4）A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏低，故A错误；
B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，测定c(待测)无影响，B错误；
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏高，C正确；
D．滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏低，D错误；
E．量取溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)分析，测定c(待测)偏高，E正确；
故选CE；
21．【答案】（1）<；低温自发
（2）CDEF；<；0.25
（3）=
（4）B；D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，总反应Ⅲ可由反应Ⅰ与反应Ⅱ相加得到，因此。结合表格数据分析：平衡常数 随温度升高而增大，说明升高温度反应Ⅰ正向移动，因此反应Ⅰ是吸热反应，可得；而平衡常数 随温度升高而减小，说明升高温度反应Ⅱ逆向移动，因此反应Ⅱ是放热反应，可得。由此可以推出。
对于反应Ⅱ，已知，且该反应为气体分子数减少的反应，因此熵变。根据反应自发进行的判据，只有温度较低时，才能满足，因此反应Ⅱ在低温下可自发进行。
（2）①A. 关系 不满足正逆反应速率之比等于化学计量数之比，无法说明反应达到平衡状态，A不符合要求；
B. 反应起始时与 的物质的量之比为 ，反应过程中二者消耗的物质的量之比也等于化学计量数之比 ，因此反应进行的任意阶段二者物质的量之比始终为 ，不能据此判断反应达到平衡，B不符合要求；
C. 断裂 键是正反应过程，断裂 键是逆反应过程，当二者断裂速率相等时，说明正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C符合要求；
D. 当 的体积分数保持不变时，说明体系中各组分的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，D符合要求；
E. 该反应在容积可变的密闭容器中进行，混合气体的密度满足 ，由于反应前后气体总质量m始终不变，容器容积V会随着反应进行发生改变，因此密度不变时，说明V不再变化，各物质的量不再改变，反应达到平衡，E符合要求；
F. 混合气体的平均摩尔质量满足 ，反应前后气体总质量m不变，气体总物质的量n会随着反应进行发生改变，因此平均摩尔质量M不变时，说明n不再变化，反应达到平衡，F符合要求。
综上，本题选CDEF。
②反应Ⅲ为放热反应，温度升高， 的平衡转化率降低。由图可知，相同压强下，时的转化率高于，故；
③平衡点A时，的转化率为，起始，，则：，
平衡常数；
（3）300℃时，反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，则反应Ⅲ的。此时浓度商，反应达到平衡，；
（4）A．从图像中可以看出，碳氢比固定时，电压超过一定范围后，CO2的转化率会出现小幅下降，说明反应电压并不是越高越好，A错误；
B．在合适的电压区间内，提高原料气中H2的占比，对应碳氢比降低，此时CO2转化率上升，由此可推测增大H2比例有利于消除积碳，提升催化剂的活性，B正确；
C．催化剂只能够改变反应速率，不会影响平衡，因此无法提高CO2的平衡转化率，C错误；
D．根据图像可知，当碳氢比为时，合适电压下CO2转化率可达90%以上，D正确。
故本题选BD。
【分析】（1）由平衡常数随温度变化可得， 反应Ⅰ， 则 反应Ⅲ，反应Ⅱ；
（2）恒温恒压条件下，容器体积是变量，气体密度是变量，密度不变说明达到平衡状态，正逆反应速率相等时反应达平衡；
（3）计算相同温度下Q和平衡常数K，比较大小，Q=K，；
（4）由图可知，电压不是越高越好，催化剂不能提高二氧化碳平衡转化率。
（1）①由盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，故。由表格可知，随温度升高而增大，说明反应Ⅰ为吸热反应，；随温度升高而减小，说明反应Ⅱ为放热反应，。因此；反应Ⅱ的，，根据，在低温下，反应可自发进行；
（2）①A．不满足速率比等于化学计量数比，不能说明达到平衡，A不符合题意；
B．起始与的物质的量之比为，反应中二者的变化量之比为，故物质的量之比始终为，不能判断平衡，B 不符合题意；
C．键断裂速率与 键断裂速率相等，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，C 符合题意；
D．的体积分数保持不变，说明各组分浓度不再变化，反应达到平衡，D 符合题意；
E．容积可变的密闭容器中，混合气体的密度，不变，随反应进行而变化，不变时说明反应达到平衡，E符合题意；
F．混合气体的平均分子质量，不变，随反应进行而变化，不变时说明反应达到平衡，F符合题意。
故选CDEF；
②反应Ⅲ为放热反应，温度升高， 的平衡转化率降低。由图可知，相同压强下，时的转化率高于，故；
③平衡点A时，的转化率为，起始，，则：，
平衡常数；
（3）300℃时，反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，则反应Ⅲ的。此时浓度商，反应达到平衡，；
（4）A．由图可知，当比一定时，电压过高时的转化率略有下降，并非越高越好，A不符合题意；
B．在合适的电压范围内，增大的比例（即比减小），的转化率提高，可能有利于消除积碳，提高催化剂的活性，B符合题意；
C．催化剂只能改变反应速率，不能提高的平衡转化率，C不符合题意；
D．由图可知，当比为时，的转化率可达到90%以上，D符合题意。
故选BD。
1 / 1浙江省台州市台州六校联盟2025-2026学年高二上学期11月期中化学试题
1．下列属于含非极性键的强电解质的是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】化学键；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A. 过氧化氢属于共价化合物，在水溶液中只能发生部分电离，是弱电解质，虽然分子内存在O-O非极性键，但不满足强电解质的条件，因此A错误；
B. 硫酸钡属于离子化合物，在熔融状态下能够完全电离，是强电解质，其中含有的化学键为离子键与S-O极性键，结构中不存在非极性键，因此B错误；
C. 醋酸铵属于离子化合物，是完全电离的强电解质，同时分子结构中含有C-C非极性键，满足题目的全部要求，因此C正确；
D. 乙二酸属于共价化合物，在水溶液中只能部分电离，是弱电解质，虽然分子中含有C-C非极性键，但不满足强电解质的条件，因此D错误；
综上，答案选C。
【分析】强电解质包括强酸、强碱和大多数盐，非极性键由相同元素之间形成。
2．下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是
A．合成氨工业需要铁触媒作为催化剂
B．在糖果制作过程中添加着色剂
C．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎
D．牛奶在冰箱里保存
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．合成氨工业生产中，会使用铁触媒作为反应的催化剂，催化剂能够改变化学反应的速率，因此该操作与反应速率调控有关，A项不符合题意；
B．在糖果制作过程中添加着色剂，作用仅仅是改变糖果的外观颜色，并不会对反应速率产生影响，因此该操作与反应速率调控无关，B项符合题意；
C．高炉炼铁之前，将铁矿石进行粉碎处理，可以增大反应物的接触面积，能够加快炼铁反应的速率，因此该操作与反应速率调控有关，C项不符合题意；
D．将牛奶放在冰箱中保存，通过降低环境温度可以减慢食物变质反应的速率，延长牛奶的保质期，因此该操作与反应速率调控有关，D项不符合题意；
综上，答案选B。
【分析】反应速率影响因素有温度、浓度、压强、催化剂、接触面积等。
3．下列过程中能量转化的主要形式为热能转化为化学能的是
A．盐酸与碳酸氢钠的反应 B．镁条与盐酸的反应
C．氢气与氯气的化合反应 D．铝热反应
【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．盐酸和碳酸氢钠会发生反应，生成氯化钠、水和二氧化碳，该反应属于吸热反应，反应过程中热能转化为化学能，因此A的描述正确；
B．镁和盐酸的反应属于放热反应，过程中是化学能转化为热能，因此B的描述错误；
C．氢气和氯气的化合反应属于放热反应，过程中是化学能转化为热能，因此C的描述错误；
D．铝热反应属于放热反应，过程中是化学能转化为热能，因此D的描述错误；
综上，答案选A。
【分析】盐酸和碳酸氢钠反应为吸热反应，热能转化为化学能，金属和酸反应、氢气和氯气反应、铝热反应是放热反应，化学能转化为热能。
4．下列溶液因水解显碱性的是
A．溶液 B．溶液
C．溶液 D．溶液
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、属于弱碱，在水溶液中是自身电离产生，从而让溶液显碱性，并非水解导致，A不符合题意；
B、是由强酸和强碱反应生成的盐（强酸强碱盐 ）。、都不会与水电离出的或结合，不发生水解，溶液中和浓度相等，呈中性，B不符合题意；
C、是强碱与弱酸形成的盐（强碱弱酸盐 ）。会结合水电离出的，发生反应 ，生成，导致溶液中浓度大于浓度，因水解显碱性，C符合题意；
D、是强酸与弱碱形成的盐（强酸弱碱盐 ）。会结合水电离出的，发生反应 ，生成，使溶液中浓度大于浓度，因水解显酸性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】判断溶液因水解显碱性，需依据物质类别（弱碱、强酸强碱盐、强碱弱酸盐、强酸弱碱盐 ），分析离子行为（电离或水解 ）对溶液酸碱性的影响：弱碱靠电离出显碱性；强酸强碱盐不水解，溶液中性；强碱弱酸盐弱酸根离子水解结合，使过剩显碱性；强酸弱碱盐弱碱阳离子水解结合，使过剩显酸性 。
A．弱碱溶液的酸碱性由电离决定。
B．强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。
C．强碱弱酸盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。
D．强酸弱碱盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性。
5．下列说法与相关方程式书写均正确的是
A．水溶液显酸性：
B．水溶液显碱性：
C．溶于水的电离方程式：
D．HClO溶液显酸性：
【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．多元弱碱的阳离子水解分步书写时，一般可合并为一步完成，硫酸铜水溶液中，铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，最终溶液呈酸性，A正确；
B．硫离子作为多元弱酸根，水解需要分步进行，第一步水解生成硫氢根离子和氢氧根，第二步硫氢根离子继续水解生成硫化氢和氢氧根，两步水解共同使溶液显碱性，题干中给出的水解方程式错误，B错误；
C．亚硫酸氢钠是强电解质，溶于水后会完全电离为钠离子和亚硫酸氢根离子，电离方程式应该用等号而非可逆号，C错误；
D．次氯酸是弱电解质，在水溶液中只能部分电离出氢离子和次氯酸根离子，电离方程式为，原书写错误，D错误；
综上，答案选A。
【分析】A．铜离子水解方程式为： ；
B．硫离子水解一步生成HS-；
C．亚硫酸氢钠电离方程式中亚硫酸氢根步拆开；
D．次氯酸为弱酸，用可逆号。
6．下列说法中有明显错误的是
A．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
B．发生化学反应的碰撞都是有效碰撞
C．干冰升华这一过程中，
D． ， ；
【答案】D
【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
【解析】【解答】A．升高温度后，分子的平均能量升高，能够提高活化分子占总分子的百分数，同时单位体积内的活化分子数目也会增加，因此反应速率会增大，A正确；
B．分子间发生的碰撞不一定是有效碰撞，但只要发生了化学反应，对应的碰撞一定是有效碰撞，B正确；
C．干冰升华的过程对应变化为，体系混乱度增大，熵增加，因此，C正确；
D．气态硫S(g)自身的能量高于固态硫S(s)，因此S(g)燃烧时放出的热量比S(s)燃烧更多；放热反应的ΔH为负值，放出的热量越多，ΔH的数值越小，因此，D错误；
故选D。
【分析】升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大；气态硫单质和氧气反应放出热量更多，对应焓变更小。
7．亚硝酸(HNO2)的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是
A．把pH=2的亚硝酸溶液稀释100倍后pH=3.5
B．0.1mol/L的亚硝酸溶液的pH约为2
C．NaNO2溶液能使酚酞试液变红
D．100mL1mol/L的亚硝酸溶液恰好与100mL1mol/L的NaOH溶液完全反应
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、pH=2 的强酸稀释 100 倍后 pH 应为 4，亚硝酸稀释 100 倍后 pH=3.5，pH 变化偏小，说明稀释过程中亚硝酸继续电离，存在电离平衡，可证明亚硝酸是弱电解质，A 正确；
B、0.1mol/L 的一元强酸溶液 pH=1，该亚硝酸溶液 pH≈2，说明溶液中氢离子浓度小于酸的浓度，亚硝酸没有完全电离，可证明亚硝酸是弱电解质，B 正确；
C、溶液可使酚酞试液变红，说明发生水解，证明为弱酸，属于弱电解质，C 正确；
D、等体积、等物质的量浓度的亚硝酸与 NaOH 恰好完全中和，仅能证明亚硝酸是一元酸，强酸、弱酸都可以发生该中和反应，无法证明亚硝酸部分电离，不能证明它是弱电解质，D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
稀释 pH 变化：强酸稀释，氢离子浓度按稀释倍数同步下降；弱酸稀释，电离平衡正向移动，氢离子下降幅度更小，pH 变化更小；
同浓度 pH 对比：相同浓度一元酸，弱酸的氢离子浓度更低，pH 更大；
盐类水解：强碱弱酸盐溶液显碱性，可反推对应的酸为弱酸；
酸碱中和反应：等物质的量一元酸与一元碱恰好中和，只反映酸中可电离氢原子数目，和酸的电离程度无关。
8．下列装置及设计能达到实验目的的是
A．装置①比较与的水解程度
B．装置②：酸碱中和滴定
C．装置③依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响
D．装置④：加热蒸发溶液制备晶体
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；中和滴定；制备实验方案的设计；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、物质的量浓度相同的和溶液，，说明结合能力更强（水解程度大），能用装置①比较水解程度，A正确；
B、图中是酸式滴定管（玻璃活塞），溶液显碱性，会腐蚀玻璃活塞，应使用碱式滴定管（橡胶管），装置②不能用于“酸碱中和滴定”（盛放溶液错误），B错误；
C、装置③中浓度不同（颜色不同），且右侧过量（不会褪色），无法通过“褪色快慢”比较浓度对反应速率的影响（因初始颜色、是否完全反应干扰判断），C错误；
D、溶液中存在水解：，加热促进水解，且挥发，最终得到（或分解为），不能制备晶体（应在氛围中蒸发），D错误；
故答案为：A。
【分析】判断装置能否达到实验目的，需结合实验原理（水解程度比较、滴定管使用、反应速率影响因素、盐类水解应用），分析装置设计与实验目的的匹配性。
A．利用相同浓度的和溶液的差异，比较与的水解程度。
B．判断滴定管类型与盛放溶液的匹配性（酸式、碱式滴定管的适用范围）。
C．分析高锰酸钾浓度不同对“褪色快慢判断浓度影响”的干扰（颜色差异、过量问题）。
D．考虑水解及加热对水解的促进作用（生成而非晶体）。
9．催化剂a和b均能催化反应。反应进程(如图)中，Q为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是
A．无论使用a或b，总反应都包括4个基元反应
B．反应达平衡时，降低温度，的浓度减小
C．使用a时，反应过程中Q所能达到的最高浓度更大
D．使用b时，反应达到平衡时所需时间更短
【答案】D
【知识点】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．从图中可以看出，催化剂a和催化剂b对应的能量变化曲线都存在四个峰值，说明使用两种催化剂时，总反应都可以拆分为4个基元反应，因此A选项说法正确；
B．由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该总反应为放热反应；反应达到平衡后降低温度，平衡会向放热的正反应方向移动，生成物M的浓度会减小，因此B选项说法正确；
C．反应速率由活化能决定：活化能越大，反应速率越慢，活化能越小，反应速率越快。结合图像可知，使用催化剂a时，反应的前两步活化能更小，反应速率更快，第三步活化能最大，反应速率最慢，因此生成的中间产物Q来不及很快发生下一步反应，更容易在反应过程中积累，因此Q能达到的最高浓度比使用催化剂b时更大，C选项说法正确；
D．总反应的反应速率由活化能最大的决速步骤决定，从图中可以看出，使用催化剂a时，决速步骤的活化能比使用催化剂b时决速步骤的活化能更小，因此使用催化剂a时总反应速率更快，反应达到平衡需要的时间更短，因此D选项说法错误；
综上，答案选D。
【分析】A．由反应进程图，总反应有4个基元反应；
B．反应放热，降低温度，平衡正向移动，M减少；
C．a催化剂对应活化能小，反应速率快，Q能达到浓度大；
D．b催化剂对应活化能大，反应速率小，达平衡需要时间长。
10．下列说法正确的是
A．①0.1mol/L 溶液；②0.1mol/L NaOH溶液；水电离的：①＜②
B．将pH=3的硫酸与pH=3的醋酸等体积混合后溶液的pH=3
C．用广泛pH试纸测得某浓度的NaClO溶液pH=10
D．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，所测得的pH一定偏小
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；测定溶液pH的方法
【解析】【解答】A．醋酸属于弱酸，氢氧化钠属于强碱。在0.1mol/L溶液中，小于0.1mol/L NaOH溶液中的c(OH-)。酸或碱对水的电离都会起到抑制作用，溶液中电离出的氢离子或氢氧根离子浓度越大，对水的电离的抑制作用就越强；因此两溶液中由水电离出的满足：①>②，因此A选项错误。
B．将pH=3的硫酸和pH=3的醋酸等体积混合，在混合完成的瞬间，溶液中c(H+)不发生变化，而c()和c(CH3COO-)都变为原来的二分之一。此时计算醋酸的电离浓度商可得Q=，浓度商等于醋酸的电离平衡常数，因此醋酸的电离平衡不发生移动，混合后溶液的pH仍然为3，因此B选项正确。
C．NaClO具有漂白性，能够漂白广泛pH试纸，因此无法通过广泛pH试纸测得NaClO溶液的pH，故C选项错误；
D．规范测定溶液pH的操作是：使用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测液，滴在干燥的pH试纸上，待显色后和标准比色卡对比读数。若将待测液滴在湿润的pH试纸上，待测液会被稀释，给测量结果带来误差：若待测液本身呈碱性，稀释后溶液中氢氧根离子浓度降低，测得的pH会偏小；若待测液本身呈酸性，稀释后溶液中氢离子浓度降低，测得的pH会偏大；只有待测液本身为中性溶液时，稀释后溶液pH不变，测量结果才不受影响，因此该操作是错误的，故D选项错误。
综上，本题选B。
【分析】A．醋酸部分电离，氢氧化钠完全电离，相同浓度时，氢氧化钠对水电离抑制程度更大，水的电离程度小；
B．等pH的酸等体积混合pH不变；
C．次氯酸钠具有漂白性，不能用试纸测pH；
D． 润湿pH试纸对中性溶液无影响。
11．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
B．将饱和的溶液滴入沸腾的蒸馏水中有利于胶体的形成
C．牙膏中添加氟化物可以起到预防龋齿的作用
D．合成氨一般选择进行，铁触媒的活性最大，原料气平衡转化率高
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；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】【解答】A．氯气与水发生反应 Cl2+H2O H++Cl-+HClO， 若使用排饱和食盐水的方法收集氯气，饱和食盐水中氯离子浓度较大，会使上述平衡逆向移动，降低氯气的溶解度，减少氯气的溶解损耗，该现象可以用勒夏特列原理解释，因此A不符合题意；
B．氯化铁溶液中存在三价铁离子的水解平衡：，水解反应是吸热反应，沸水温度更高，能够促进水解平衡正向移动，有利于生成更多氢氧化铁胶体，该过程可以用勒夏特列原理解释，因此B不符合题意；
C．使用含氟牙膏预防龋齿的原理是，氟离子可与羟基磷灰石建立如下平衡：。使用含氟牙膏会增大的浓度，根据勒夏特列原理，平衡会向生成更难溶于酸的氟磷灰石的方向移动，转化得到更耐酸的氟磷灰石从而预防龋齿，该过程符合勒夏特列原理，因此C不符合题意；
D．工业合成氨的反应是放热反应，从平衡移动的角度分析，升高温度会使平衡逆向移动，不利于氨气的合成。工业生产选择400~500℃的反应温度，主要是为了保证该温度下催化剂的活性达到最高，同时加快反应速率，该选择不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；
故选D。
【分析】勒夏特列原理解释可逆反应的平衡移动，合成氨反应为放热反应，高温原料转化率低，选择400~500℃是此条件下催化剂活性大。
12．肼(N2H4)碱性燃料电池的原理示意图如图所示，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O。下列说法错误的是
A．电极b发生还原反应
B．电流由电极a流出经用电器流入电极b
C．物质Y是NaOH溶液
D．电极a的电极反应式为N2H4 + 4OH－－4e－=N2↑ + 4H2O
【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
【解析】【解答】A．该燃料电池中，通入氧气的电极b是正极，氧气在正极得到电子，发生还原反应，因此A选项正确；
B．该电池中a是负极，b是正极，电流的流向是从正极b出发，经过外电路的用电器流向负极a，因此B选项错误；
C．b电极反应会生成氢氧根离子，溶液中的钠离子会通过阳离子交换膜迁移到右侧，因此得到的Y溶液是NaOH溶液，C选项正确；
D．a电极上肼失去电子，发生氧化反应，对应的电极反应式为，因此D选项正确；
综上，本题选B。
【分析】在该燃料电池里，通入燃料肼的电极是负极，通入氧气的电极是正极，由于该电池的电解质溶液为碱性，因此负极的反应方程式为 N2H4+4OH--4e-═N2↑+4H2O， 正极的反应方程式为 O2+2H2O+4e-=4OH-，我们结合这两个电极反应就可以对问题进行分析解答。
13．工厂的氨氯废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中在电极表面的氧化过程的微观示意图如图：
下列说法中，不正确的是
A．过程④中有极性键形成
B．催化剂可以降低该反应的活化能
C．过程①②均有键断裂，键断裂时需要吸收能量
D．该催化氧化法的总反应为：
【答案】A
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．从反应过程图中可以看出，过程④中N原子结合生成N2，形成的三键是同种原子形成的共价键，属于非极性键，因此A选项说法错误，符合题意；
B．催化剂会参与反应的中间过程，能够改变反应的途径，降低反应所需的活化能，因此B选项说法正确；
C．从反应历程可知，过程①和过程②都存在N—H键的断裂，化学键断裂过程需要吸收能量，因此C选项说法正确；
D．结合反应物和最终生成物可以推得，该氨催化氧化生成氮气的总反应为，因此D选项说法正确；
综上，答案选A。
【分析】从图中可以得到，在该电极表面，过程①是转化为，过程②是转化为，过程③是转化为N，过程④是多个N结合生成。该电极总反应为，反应中被氧化，发生氧化反应。该原电池的另一极需要氧化剂发生还原反应，按照原料容易获取、生产成本低、满足绿色化学生产要求的角度，选择空气中的作为氧化剂最为合适。
14．和的能量关系如下图所示(M=Ca、Mg)
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法正确的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．ΔH2对应过程是碳酸根离解为氧离子和二氧化碳，该过程只涉及碳酸根的变化，和碳酸盐中的阳离子无关，因此，A错误；
B．ΔH1对应过程是断裂碳酸盐中的离子键，使碳酸盐离解为金属阳离子和碳酸根，钙离子半径大于镁离子，因此碳酸镁中离子键更强，断裂离子键需要吸收更多能量，焓变为正值，故，B正确；
C．根据盖斯定律，结合图中的反应路径可得总反应：， 因此C错误；
D．ΔH3对应过程是氧化物离解为金属阳离子和氧离子，该过程断裂离子键需要吸热，焓变为正值；钙离子半径大于镁离子，氧化镁的离子键强于CaO，断裂氧化镁离子键需要吸收更多能量，因此，D错误；
故答案选B。
【分析】本题结合碳酸盐分解的反应路径，考查反应热与化学键键能的关系、盖斯定律的应用，需要根据离子半径大小分析键能和焓变的大小关系。
15．常温下，向 二元弱酸溶液中逐滴加入溶液，的物质的量分数[已知]。随pH的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．b曲线代表的物质的量分数随pH的变化
B．时，
C．N点时，，溶液中不存在分子
D．M点时，溶液中微粒浓度的大小关系为：
【答案】D
【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
【解析】【解答】A．根据前面的分析可知，曲线b表示的是的物质的量分数随pH的变化关系，因此A选项错误；
B．当pH=2.73时，根据物料守恒，的总量始终不变，但随着NaOH溶液不断滴入，溶液总体积逐渐增大，因此所有含A微粒的总浓度会逐渐减小，所以，B选项错误；
C．从图像中可以得到，N点对应pH=4.2，此时，但在溶液中会发生水解反应，因此溶液中一定会存在分子，C选项错误；
D．M点pH=1.1时， ，加入溶液后，溶液体积增大，含微粒的总浓度减小，则，，从而得出溶液中微粒浓度的大小关系为 ，D正确；
故选D。
【分析】向 H2 A 溶液中逐滴加入 溶液的过程中， 会先和 反应转化为 ，继续滴加 会进一步反应转化为 ；因此随着反应进行，H2 A 的物质的量分数逐渐降低， 先增大后减小， 逐渐升高，对应曲线可知：a为 的物质的量分数变化曲线，b为 的物质的量分数变化曲线，c为 的物质的量分数变化曲线。
16．下列实验事实与相关的解释或结论均正确的是
选项 实验事实 解释或结论
A 常温下，测定等体积醋酸的pH大于盐酸 证明醋酸是弱电解质
B 用硫酸和氢氧化钡稀溶液可以准确测定中和热 硫酸和氢氧化钡分别是强酸和强碱
C 将2 mL 0.5 mol/L的溶液加热后置于冷水中，溶液由黄色变为绿色 (蓝色)(黄色)，说明上述反应的
D 向溶液滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色 已变质
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验；中和热的测定；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A．由于盐酸和醋酸的浓度没有给出，无法仅通过溶液pH的大小判断醋酸是否为弱电解质，A错误；
B．硫酸与氢氧化钡反应除了生成水外，还会生成硫酸钡沉淀，沉淀生成过程也会伴随热效应，会干扰中和热的测定结果，B错误；
C．对于反应(蓝色)(黄色)，将加热后的体系放入冷水中降温后，溶液由黄色变为绿色，说明降温后平衡向逆反应方向移动，由此可知正反应为吸热反应，即，C正确；
D．在酸性条件下，Fe2+会被氧化为Fe3+ ，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，故不能充分说明是原试样变质，D错误；
故选C。
【分析】A．醋酸和盐酸浓度未知，无法判断；
B．中和热测定用盐酸和氢氧化钠；
C．由溶液颜色变化知，降温平衡逆向移动，可得焓变；
D．酸性条件下，硝酸根具有氧化性，无法确定硝酸亚铁已变质。
17．按要求完成下列问题：
（1）电解液态水制备1mol，电解反应的 ，请写出表示氢气燃烧热的热化学方程式　 　。
（2）实验表明，液氨也能像水那样进行自耦电离()，写出液氨自耦电离的方程式　 　。
（3）溶液可通过调节pH改变颜色，请用离子方程式表示其原因：　 　。
（4）可以合成尿素，尿素能缓慢与发生非氧化还原反应释放出和另外一种常见气体，该反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【知识点】燃烧热；氨的性质及用途；铵盐
【解析】【解答】（1）电解液态水制备， 该电解反应的焓变，由此可以写出电解水的热化学方程式为： 。燃烧热定义为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，将上述热化学方程式逆写，且各物质的系数除以2，即可得到表示氢气燃烧热的热化学方程式： 。
（2）水的电离是两个水分子发生自电离，一个水分子结合质子生成水合氢离子 H3 O+ ，另一个水分子失去质子生成氢氧根OH ，电离方程式为 。液氨存在和水类似的自电离，按照水的电离规律类比，可以推知液氨的电离方程式为 。
（3）在 溶液中存在平衡：（橙红色）+（黄色）+，因此我们可以通过调节溶液的pH，使平衡发生移动，改变两种离子的浓度，从而改变溶液的颜色。
（4）尿素可以和水缓慢发生非氧化还原反应，反应释放出 同时生成另一种常见气体。该反应为非氧化还原反应，反应中各元素化合价不发生变化，尿素中C元素为+4价，因此另一种气体中C元素化合价也为+4价，对应气体为CO2，该反应的化学方程式为：。
【分析】（1）燃烧热指的是1mol可燃物燃烧生成指定物质时放出的热量；
（2）对比水的电离，液氨电离方程式为 ；
（3）由平衡（橙红色）+（黄色）+分析；
（4）由题意判断气体为二氧化碳，方程式为。
（1）电解液态水制备，电解反应的，即有热化学方程式： ，故表示氢气燃烧热的热化学方程式为 。
（2）液氨中存在类似水的电离( )，据此推知液氨的电离方程式为 。
（3）已知 溶液中存在： （橙红色）+ （黄色）+ ，故可通过调节pH改变溶液颜色。
（4）尿素能缓慢与发生非氧化还原反应释放出和另外一种常见气体，另一种气体中C元素化合价应为+4价，该气体为二氧化碳： 。
18．已知常温下四种弱酸的电离常数如下表，回答下列问题：
酸 HClO HCN HCOOH
电离常数
（1）上述四种酸中酸性最弱的酸的电离方程式为　 　。
（2）下列方法可以增大溶液的电离程度的是___________。
A．加热 B．加入少量甲酸钠固体
C．滴加几滴浓NaOH溶液 D．加入盐酸
（3）向NaClO溶液中通入少量，发生反应的离子方程式为　 　。
（4）常温下，溶液中　 　。
（5）常温下，某和的混合溶液的，则　 　。
【答案】（1）
（2）A；C
（3）
（4）
（5）0.47
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据题意，酸性由大到小的顺序为：，四种酸中酸性最弱的酸的电离方程式为。
故答案为： ；
（2）已知甲酸的电离方程式为：，若想增大HCOOH溶液的电离程度，则需要电离平衡正向移动；
A．弱酸的电离为吸热过程，因此加热可以促进电离平衡正移，A正确；
B．加入少量甲酸钠固体，则增大，电离平衡逆向移动，B错误；
C．滴加几滴浓NaOH溶液，减小，电离平衡正移，C正确；
D．加入盐酸，增大，电离平衡逆移，D错误；
故答案为：AC。
（3）根据题意，酸性，则对应离子的碱性：，因此，向NaClO溶液中通入少量，发生反应的离子方程式为。
故答案为： ；
（4）已知HClO的电离方程式为：，假设中有发生电离，则=4.0×10-8，解得a=，故。
故答案为： ；
（5）根据的，已知和的混合溶液的，则，将其代入表达式，则得到。
故答案为： 0.47 。
【分析】（1）比较电离常数，越小酸性越弱，写其电离方程式（弱电解质用“” ）。
（2）电离平衡，使平衡正向移动的操作：加热（吸热促进 ）、消耗（加碱 ）；加或会抑制电离。
（3）比较酸性（ ），少量与反应生成，写离子方程式。
（4）用电离常数，因电离程度小，，近似计算得。
（5）用的，代入的，求比值。
（1）根据题意，酸性由大到小的顺序为：，四种酸中酸性最弱的酸的电离方程式为。
（2）已知甲酸的电离方程式为：，若想增大HCOOH溶液的电离程度，则需要电离平衡正向移动；
A．弱酸的电离为吸热过程，因此加热可以促进电离平衡正移，A正确；
B．加入少量甲酸钠固体，则增大，电离平衡逆向移动，B错误；
C．滴加几滴浓NaOH溶液，减小，电离平衡正移，C正确；
D．加入盐酸，增大，电离平衡逆移，D错误；
故选AC。
（3）根据题意，酸性，则对应离子的碱性：，因此，向NaClO溶液中通入少量，发生反应的离子方程式为。
（4）已知HClO的电离方程式为：，假设中有发生电离，则=4.0×10-8，解得a=，故。
（5）根据的，已知和的混合溶液的，则，将其代入表达式，则得到。
19．铅酸蓄电池(如图)的电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉而使用广泛。
（1）写出电池使用过程中的正极电极反应方程式：　 　。
使用后的废旧铅酸蓄电池需要回收，废旧电池的铅膏中主要含有、PbO和Pb，还有少量、以及Fe、Al的盐或氧化物等，通过如图流程回收铅。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
（2）在“脱硫”中转化反应的离子方程式为　 　。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。
①能被氧化的离子是　 　；
②也能使转化为，的作用是　 　。
（4）“酸浸”后溶液的pH应控制在　 　(填范围)，滤渣的主要成分是　 　(填化学式)。
【答案】；；；还原剂；或4.6～7.2；和
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）铅蓄电池中，Pb作原电池的负极，PbO2作正极，硫酸作为电解质溶液，因此正极的电极反应方程式为。
（2）根据两种物质的溶度积数值，可以转化为更难溶的，该转化反应的离子方程式为。
（3）①过氧化氢具有氧化性，酸浸后溶液中的亚铁离子具有还原性，亚铁离子会被过氧化氢氧化为铁离子。
②还可以使转化为，该过程中铅元素的化合价从+4价降低到+2价，PbO2为氧化剂，因此过氧化氢在该反应中作还原剂。
（4）调节酸浸后溶液的pH，目的是让溶液中的Fe3+和Al3+转化为氢氧化物沉淀除去，同时保证Pb2+不沉淀，因此需要将溶液pH控制在4.6≤pH＜7.2（即4.6~7.2），析出的沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3。
【分析】铅膏的主要成分是、PbO和Pb，还混有少量，以及Fe、Al元素的盐或氧化物杂质。流程第一步是向铅膏中加入碳酸钠溶液脱硫，该步骤中硫酸铅会转化为碳酸铅，之后进行过滤操作；接下来向过滤得到的固体中加入醋酸和过氧化氢完成酸浸，在这个过程中过氧化氢可以将酸浸产生的亚铁离子氧化为铁离子；之后调节酸浸后溶液的pH，使铁离子、铝离子转化为氢氧化物沉淀，因此过滤后得到的滤渣主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝；再向过滤所得的滤液中加入氢氧化钠溶液沉铅，得到氢氧化铅沉淀，此时滤液中残留的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅经过后续处理最终得到PbO，可根据以上流程分析解答相关问题。
20．工业废水中常含有一定量氧化性较强的，利用滴定原理测定含量方法如下：
步骤Ⅰ：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol·L-1溶液进行滴定，数据记录如下：()
滴定次数 溶液起始读数/mL 溶液终点读数/mL
第一次 1.02 19.03
第二次 2.00 19.99
第三次 0.20 a
（1）步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是　 　。
（2）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为　 　。滴定达到终点的实验现象是　 　。
（3）步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则
①　 　。
②的含量为　 　g·L-1。
（4）以下操作会造成废水中含量测定值偏高的是　 　。
A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D．滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡
E．量取溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
【答案】（1）酸式滴定管
（2）淀粉溶液；溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色
（3）18.20；2.16g·L-1
（4）CE
【知识点】指示剂；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）根据题干信息， 氧化性较强，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此量取废水需要选用酸式滴定管；
（2）滴定反应涉及碘单质，应当选用淀粉溶液作为指示剂；滴定达到终点时，碘单质被还原剂完全消耗，因此溶液会刚好由蓝色变为无色，且半分钟（30s）内不恢复原来的颜色，即保持无色不变。
（3）①根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01mL，a值为18.20；②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000 mol L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为18.00mL，根据和，可得关系式：~3I2~6Na2S2O3，n()=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×18.00×10-3L=3×10-4mol，的含量为：= 2.16g L-1；
（4）我们可以根据滴定误差分析公式 ，结合操作对V(标准)的影响判断误差：
A．滴定终点读数时俯视滴定管刻度，会使读取的标准液体积V(标准)偏小，代入公式可得，测得的待测液浓度V(待测)偏低，因此A错误；
B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，不需要用待测液润洗，该操作不会改变锥形瓶中待测溶质的总量，因此对消耗的标准液体积V(标准)没有影响，测得的待测液浓度无误差，因此B错误；
C．滴定到终点读数时，滴定管尖嘴处悬挂了一滴溶液，这部分溶液已经从滴定管流出，会使读取的\V(标准)偏大，代入公式可得，测得的待测液浓度V(待测)偏高，因此C正确；
D．滴定完成后滴定管尖嘴处留有气泡，会使读取的标准液体积V(标准)偏小，代入公式可得，测得的待测液浓度V(待测)偏低，因此D错误；
E．量取 标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤，未用标准液润洗，滴定管内壁残留的蒸馏水会稀释标准液，使标准液浓度降低，滴定过程中消耗的标准液体积V(标准)偏大，代入公式可得，测得的待测液浓度V(待测)偏高，因此E正确；
综上，答案选CE。
【分析】（1）用酸式滴定管准确量取废水；
（2）用淀粉作指示剂，看碘单质是否反应完全；
（3）反应式为~3I2~6Na2S2O3，代入计算；
（4）由计算公式，分析误差。
（1）根据信息，氧化性较强，量取废水应用酸式滴定管；
（2）滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂；滴定达到终点时碘单质刚好被消耗，所以溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色；
（3）①根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01mL，a值为18.20；②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000 mol L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为18.00mL，根据和，可得关系式：~3I2~6Na2S2O3，n()=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×18.00×10-3L=3×10-4mol，的含量为：= 2.16g L-1；
（4）A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏低，故A错误；
B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，测定c(待测)无影响，B错误；
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏高，C正确；
D．滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏低，D错误；
E．量取溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)分析，测定c(待测)偏高，E正确；
故选CE；
21．随着天然气在世界能源结构比例增大，煤间接气化制备天然气是当前研究热点，其核心工艺是CO和的甲烷化反应，目前研究人员主要寻找高催化活性的催化剂，同时着力解决产生的积碳对催化剂活性的影响，主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
其对应的平衡常数分别为，其中随温度变化如下表所示：
250℃ 300℃ 350℃
0.01 0.05 0.1
2 0.2 0.05
回答下列问题：
（1）　 　(填“>”、“<”或“=”)，反应Ⅱ自发进行的条件是　 　。
（2）往容积可变的密闭容器中通入1 mol和4 mol，在一定条件下发生反应Ⅲ，测得的平衡转化率与压强、温度的关系如图所示。
①能说明上述反应已达到平衡状态的是　 　(选填字母)。
A．
B．与的物质的量之比保持不变
C．键、键断裂速率相等
D．的体积分数保持不变
E．混合气体的密度保持不变
F．混合气体的平均分子质量保持不变
②据图可知，　 　(填“>”、“<”或“=”)。
③若反应达到平衡点A，此时容器的体积为2 L，则该温度下反应Ⅲ的平衡常数　 　。
（3）300℃时，往容积固定的10 L密闭容器中通入4 mol、10 mol、4 mol和1 mol发生反应Ⅲ，此时　 　填“>”“<”或“=”)。
（4）某研究小组研究了不同电压(电压影响催化剂活性)、不同C/H比对反应Ⅲ的影响如图所示(控制其他条件相同)，下列说法正确的是___________。
A．当C/H比一定时，电压越高，的转化率越高
B．在合适的电压范围内，增大的比例可能有利于消除积碳，提高催化剂的活性
C．当电压一定时，选择合适的催化剂可以提高的平衡转化率
D．为使的转化率达到90%，C/H比应控制在为宜
【答案】（1）<；低温自发
（2）CDEF；<；0.25
（3）=
（4）B；D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，总反应Ⅲ可由反应Ⅰ与反应Ⅱ相加得到，因此。结合表格数据分析：平衡常数 随温度升高而增大，说明升高温度反应Ⅰ正向移动，因此反应Ⅰ是吸热反应，可得；而平衡常数 随温度升高而减小，说明升高温度反应Ⅱ逆向移动，因此反应Ⅱ是放热反应，可得。由此可以推出。
对于反应Ⅱ，已知，且该反应为气体分子数减少的反应，因此熵变。根据反应自发进行的判据，只有温度较低时，才能满足，因此反应Ⅱ在低温下可自发进行。
（2）①A. 关系 不满足正逆反应速率之比等于化学计量数之比，无法说明反应达到平衡状态，A不符合要求；
B. 反应起始时与 的物质的量之比为 ，反应过程中二者消耗的物质的量之比也等于化学计量数之比 ，因此反应进行的任意阶段二者物质的量之比始终为 ，不能据此判断反应达到平衡，B不符合要求；
C. 断裂 键是正反应过程，断裂 键是逆反应过程，当二者断裂速率相等时，说明正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C符合要求；
D. 当 的体积分数保持不变时，说明体系中各组分的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，D符合要求；
E. 该反应在容积可变的密闭容器中进行，混合气体的密度满足 ，由于反应前后气体总质量m始终不变，容器容积V会随着反应进行发生改变，因此密度不变时，说明V不再变化，各物质的量不再改变，反应达到平衡，E符合要求；
F. 混合气体的平均摩尔质量满足 ，反应前后气体总质量m不变，气体总物质的量n会随着反应进行发生改变，因此平均摩尔质量M不变时，说明n不再变化，反应达到平衡，F符合要求。
综上，本题选CDEF。
②反应Ⅲ为放热反应，温度升高， 的平衡转化率降低。由图可知，相同压强下，时的转化率高于，故；
③平衡点A时，的转化率为，起始，，则：，
平衡常数；
（3）300℃时，反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，则反应Ⅲ的。此时浓度商，反应达到平衡，；
（4）A．从图像中可以看出，碳氢比固定时，电压超过一定范围后，CO2的转化率会出现小幅下降，说明反应电压并不是越高越好，A错误；
B．在合适的电压区间内，提高原料气中H2的占比，对应碳氢比降低，此时CO2转化率上升，由此可推测增大H2比例有利于消除积碳，提升催化剂的活性，B正确；
C．催化剂只能够改变反应速率，不会影响平衡，因此无法提高CO2的平衡转化率，C错误；
D．根据图像可知，当碳氢比为时，合适电压下CO2转化率可达90%以上，D正确。
故本题选BD。
【分析】（1）由平衡常数随温度变化可得， 反应Ⅰ， 则 反应Ⅲ，反应Ⅱ；
（2）恒温恒压条件下，容器体积是变量，气体密度是变量，密度不变说明达到平衡状态，正逆反应速率相等时反应达平衡；
（3）计算相同温度下Q和平衡常数K，比较大小，Q=K，；
（4）由图可知，电压不是越高越好，催化剂不能提高二氧化碳平衡转化率。
（1）①由盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，故。由表格可知，随温度升高而增大，说明反应Ⅰ为吸热反应，；随温度升高而减小，说明反应Ⅱ为放热反应，。因此；反应Ⅱ的，，根据，在低温下，反应可自发进行；
（2）①A．不满足速率比等于化学计量数比，不能说明达到平衡，A不符合题意；
B．起始与的物质的量之比为，反应中二者的变化量之比为，故物质的量之比始终为，不能判断平衡，B 不符合题意；
C．键断裂速率与 键断裂速率相等，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，C 符合题意；
D．的体积分数保持不变，说明各组分浓度不再变化，反应达到平衡，D 符合题意；
E．容积可变的密闭容器中，混合气体的密度，不变，随反应进行而变化，不变时说明反应达到平衡，E符合题意；
F．混合气体的平均分子质量，不变，随反应进行而变化，不变时说明反应达到平衡，F符合题意。
故选CDEF；
②反应Ⅲ为放热反应，温度升高， 的平衡转化率降低。由图可知，相同压强下，时的转化率高于，故；
③平衡点A时，的转化率为，起始，，则：，
平衡常数；
（3）300℃时，反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，则反应Ⅲ的。此时浓度商，反应达到平衡，；
（4）A．由图可知，当比一定时，电压过高时的转化率略有下降，并非越高越好，A不符合题意；
B．在合适的电压范围内，增大的比例（即比减小），的转化率提高，可能有利于消除积碳，提高催化剂的活性，B符合题意；
C．催化剂只能改变反应速率，不能提高的平衡转化率，C不符合题意；
D．由图可知，当比为时，的转化率可达到90%以上，D符合题意。
故选BD。
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