安徽省阜陽(yáng)市第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期期中考試化學(xué)試題

阜陽(yáng)一中20242025學(xué)年高二年級(jí)(上)期中考試化學(xué)試卷說(shuō)明：1.考試時(shí)間：75分鐘試卷滿(mǎn)分：100分考試時(shí)間：2024.112.答題前請(qǐng)把答題卷上的所有信息填寫(xiě)完整，并把所有答案填寫(xiě)在答題卷上。相對(duì)原子量H：1C：12O：16K：39Fe：56第Ⅰ卷一、選擇題(本大題共14題，每題3分，共計(jì)42分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)最符合題目要求。)1.下列依據(jù)熱化學(xué)方程式得出的結(jié)論正確的是A.已知：①2②，則a>bB.丙烷燃燒生成水和二氧化碳所放出的熱量是丙烷的燃燒熱C.稀鹽酸和稀溶液反應(yīng)的中和反應(yīng)反應(yīng)熱，則含的稀硫酸與足量氫氧化鋇溶液反應(yīng)放出的熱量為D.已知，則和中化學(xué)鍵的總鍵能大于和中化學(xué)鍵的總鍵能【答案】D【解析】【詳解】A．H2O(g)轉(zhuǎn)化成H2O(l)放出熱量，則2molH2(g)和1molO2(g)完全反應(yīng)生成2molH2O(l)放出的熱量＞生成2molH2O(g)放出的熱量，即b＞a，A錯(cuò)誤；B．燃燒熱是101kpa時(shí)，1mol純物質(zhì)完全燃燒生成指定產(chǎn)物時(shí)所放出的熱量，題中不能確定生成的是氣態(tài)水還是液態(tài)水，B錯(cuò)誤；C．中和反應(yīng)反應(yīng)熱是稀溶液中酸堿反應(yīng)生成1molH2O時(shí)的反應(yīng)熱，含的稀硫酸與足量氫氧化鋇反應(yīng)除生成2mol水外，還生成了硫酸鋇，放出的熱量大于114.6kJ，C錯(cuò)誤；D．△H=反應(yīng)物的總鍵能生成物的總鍵能，該反應(yīng)△H為正值，所以和中化學(xué)鍵的總鍵能大于和中化學(xué)鍵的總鍵能，D正確；答案選D。2.一定條件下，反應(yīng)的速率可表示為，其中k為反應(yīng)速率常數(shù)。該反應(yīng)在不同濃度下的反應(yīng)速率如下：c(H2)/(mol·L1)c(Br2)/(mol·L1)c(HBr)/(mol·L1)反應(yīng)速率0.10.12v0.10.428v0.20.4216v0.20.1x4v根據(jù)表中的測(cè)定數(shù)據(jù)判斷，下列結(jié)論不正確的是A.α、β的值分別為1、1.5B.表中x的值為2C.反應(yīng)體系的三種物質(zhì)中，Br2(g)的濃度對(duì)反應(yīng)速率影響最大D.同時(shí)減小H2(g)和HBr(g)濃度，反應(yīng)速率不一定增大【答案】B【解析】【詳解】A．由第2、3組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)：當(dāng)c(Br2)=0.4mol/L，c(HBr)=2mol/L，c(H2)由0.1mol/L變?yōu)?.2mol/L，H2的濃度是原來(lái)的2倍，化學(xué)反應(yīng)速率就由8v變?yōu)?6v，化學(xué)反應(yīng)速率也是原來(lái)的2倍，說(shuō)明α=1；由第1、2組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)：當(dāng)c(H2)=0.1mol/L，c(HBr)=2mol/L時(shí)，c(Br2)由0.1mol/L變?yōu)?.4mol/L濃度是原來(lái)的4倍，化學(xué)反應(yīng)速率由v變?yōu)?v，是原來(lái)的8倍，帶入速率公式可得β=1.5，A正確；B．將第一組、第四組數(shù)據(jù)帶入速率公式，，解得x=1，B錯(cuò)誤；C．由于在化學(xué)反應(yīng)速率公式中，速率與c(H2)呈正比，是c(Br2)的1.5次冪，而與c(HBr)成反比，因此反應(yīng)體系的三種物質(zhì)中，Br2(g)的濃度對(duì)反應(yīng)速率影響最大，C正確；D．根據(jù)速率公式中速率大小與c(H2)、c(HBr)的關(guān)系，若c(H2)、c(HBr)減小倍數(shù)相同，則化學(xué)反應(yīng)速率不變；若減小倍數(shù)不同，反應(yīng)速率可能是增大，也可能是減小，D正確；故答案選B。3.研究人員成功實(shí)現(xiàn)在常溫常壓下用氮?dú)夂退a(chǎn)氨氣，原理如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.圖中能量轉(zhuǎn)化方式只有2種B.H+向a極區(qū)移動(dòng)C.b極發(fā)生的電極反應(yīng)式為：D.a極上每產(chǎn)生標(biāo)況下22.4LO2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為2×6.02×1023【答案】C【解析】【分析】由圖可知，該裝置為電解裝置，其中風(fēng)能和太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，a極電解池的陽(yáng)極，水在陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和氫離子，電極反應(yīng)式為2H2O4e=O2↑+4H+，b極為陰極，酸性條件下，氮?dú)庠陉帢O得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氨氣，電極反應(yīng)式為N2+6e+6H+=2NH3。【詳解】A．圖中能量轉(zhuǎn)化方式有風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能、太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能、化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．b極氮?dú)廪D(zhuǎn)化為氨氣，氮元素化合價(jià)降低被還原，為陰極，故H+向陰極b極區(qū)移動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．b極為陰極，發(fā)生的電極反應(yīng)為：N2＋6H+＋6e＝2NH3，C項(xiàng)正確；D．a(chǎn)極為陽(yáng)極，電極反應(yīng)為2H2O－4e＝O2↑＋4H+，每產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LO2流過(guò)電極的電子數(shù)一定為4×6.02×1023，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故答案選C。4.燃煤電廠鍋爐尾氣中含有氮氧化物(主要成分NO)，可通過(guò)主反應(yīng)4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=1627.7kJ·mol?1除去。溫度高于300℃時(shí)會(huì)發(fā)生副反應(yīng)：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=904.74kJ·mol?1。在恒壓、反應(yīng)物起始物質(zhì)的量之比一定的條件下，反應(yīng)相同時(shí)間，NO的轉(zhuǎn)化率在不同催化劑作用下隨溫度變化的曲線如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法一定正確的是A.升高溫度、增大壓強(qiáng)均可提高主反應(yīng)中NO的平衡轉(zhuǎn)化率B.N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=180.74kJ·mol?1C.圖中X點(diǎn)所示條件下，反應(yīng)時(shí)間足夠長(zhǎng)，NO的轉(zhuǎn)化率能達(dá)到Y(jié)點(diǎn)的值D.圖中Z點(diǎn)到W點(diǎn)NO的轉(zhuǎn)化率降低的原因是主反應(yīng)的平衡逆向移動(dòng)【答案】C【解析】【詳解】A．主反應(yīng)是氣體分子數(shù)目增多的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡向氣體分子數(shù)目減小的方向移動(dòng)，NO的平衡轉(zhuǎn)化率減小；主反應(yīng)和副反應(yīng)的焓變均小于0，為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，NO的平衡轉(zhuǎn)化率減小，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)蓋斯定律×(副反應(yīng)主反應(yīng))可得N2(g)+O2(g)=2NO(g)的ΔH=×[904.74kJ·mol?1(1627.7kJ·mol?1)]=180.74kJ·mol?1，B錯(cuò)誤；C．據(jù)圖可知X點(diǎn)的轉(zhuǎn)化率低于相同溫度下的Y點(diǎn)，說(shuō)明測(cè)定轉(zhuǎn)化率時(shí)X點(diǎn)還未達(dá)到平衡，反應(yīng)時(shí)間足夠長(zhǎng)，NO的轉(zhuǎn)化率能達(dá)到Y(jié)點(diǎn)的值，C正確；D．催化劑不影響平衡轉(zhuǎn)化率，而W點(diǎn)的轉(zhuǎn)化率低于相同溫度下另一催化劑條件下的轉(zhuǎn)化率，說(shuō)明W點(diǎn)并沒(méi)有處于平衡狀態(tài)，所以轉(zhuǎn)化率降低不可能是平衡移動(dòng)造成，D錯(cuò)誤；綜上所述答案為C。5.反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，若在恒壓絕熱的容器中發(fā)生，下列選項(xiàng)表明一定已達(dá)平衡狀態(tài)的是A.容器內(nèi)的溫度不再變化B.容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再變化C.相同時(shí)間內(nèi)，斷開(kāi)H－H鍵的數(shù)目和生成N－H鍵的數(shù)目之比1:1D.容器內(nèi)氣體的濃度c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2【答案】A【解析】【分析】當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時(shí)要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說(shuō)明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)，以此解答該題?！驹斀狻緼．在恒壓絕熱容器中發(fā)生，達(dá)到平衡時(shí)，各物質(zhì)的量不變，溫度不再發(fā)生改變，故A正確；B．恒壓條件下反應(yīng)，壓強(qiáng)不能用于判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．相同時(shí)間內(nèi)，斷開(kāi)H－H鍵的數(shù)目和生成N－H鍵的數(shù)目相等，都為正反應(yīng)速率，不能用于判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D．平衡常數(shù)未知，濃度關(guān)系不能用于判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。故答案選A。6.甲烷與氯氣在光照條件下存在如下反應(yīng)歷程(”·”表示電子)：①②③④已知在一個(gè)分步反應(yīng)中，較慢的一步反應(yīng)控制總反應(yīng)的速率。下列說(shuō)法不正確的是A.上述過(guò)程的總反應(yīng)方程式為B.光照的主要作用是促進(jìn)反應(yīng)①的進(jìn)行從而使總反應(yīng)速率加快C.反應(yīng)②~④都是由微粒通過(guò)碰撞而發(fā)生的反應(yīng)D.反應(yīng)①是釋放能量的反應(yīng)【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．由反應(yīng)歷程可知，甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生的反應(yīng)為甲烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成一氯甲烷和氯化氫，則總反應(yīng)方程式為，故A正確；B．光照的主要作用是破壞氯氣分子中的共價(jià)鍵，形成氯原子，促進(jìn)反應(yīng)①的進(jìn)行從而使總反應(yīng)速率加快，故B正確；C．由反應(yīng)歷程可知，反應(yīng)②~④都是由微粒通過(guò)有效碰撞而發(fā)生的反應(yīng)，故C正確；D．反應(yīng)①是吸收能量、破壞氯氣分子中的共價(jià)鍵形成氯原子的過(guò)程，故D錯(cuò)誤；故選D。7.恒溫條件下，用圖1所示裝置研究鐵的電化學(xué)腐蝕，測(cè)定結(jié)果如圖2。下列說(shuō)法不正確的是A.AB段主要發(fā)生析氫腐蝕B.AD段負(fù)極反應(yīng)式Fe2e=Fe2+C.BC段正極反應(yīng)式主要為O2+4e+2H2O=4OHD.DE段溶液pH基本不變，可能的原因：相同時(shí)間內(nèi)，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量與4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+產(chǎn)生H+的量基本相同【答案】C【解析】【分析】圖1中構(gòu)成原電池，鐵作負(fù)極，開(kāi)始時(shí)pH=1.8，AB段溶液pH值增大，體系壓強(qiáng)增大，鐵主要發(fā)生析氫腐蝕；BD段溶液的pH值增加，體系壓強(qiáng)減小，正極反應(yīng)式為：O2+4e+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不變，但壓強(qiáng)減小，產(chǎn)生的Fe2+被O2氧化，pH基本不變可能的原因：相同時(shí)間內(nèi)，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量與4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+產(chǎn)生H+的量基本相同?！驹斀狻緼．由圖可知，AB段體系的壓強(qiáng)增大，說(shuō)明產(chǎn)生了氫氣，故AB段主要發(fā)生析氫腐蝕，A正確；B．AD段內(nèi)發(fā)生的都是鐵的電化學(xué)腐蝕，鐵在負(fù)極的電極式為：Fe2e=Fe2+，B正確；C．由圖可知BC段的pH為35，正極不能產(chǎn)生氫氧根，電極反應(yīng)式為：O2+4e+4H+=2H2O，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)分析，D正確；故選C。8.城市污水循環(huán)用作城市穩(wěn)定的第二水源，對(duì)緩解城市用水危機(jī)有重要意義。高鐵酸鹽作為一種綠色環(huán)保水處理劑，兼具極強(qiáng)的氧化性和良好的絮凝效果，電解制備(紫色固體，能溶于水，微溶于濃溶液)的裝置示意圖如圖，下列說(shuō)法正確的是A.可以循環(huán)使用，制備過(guò)程中無(wú)須添加B.工作時(shí)，左室和右室溶液的均減小C.生成高鐵酸鉀，左室溶液質(zhì)量會(huì)增加D.交換膜為陽(yáng)離子交換膜，交換膜為陰離子交換膜【答案】D【解析】【分析】由圖可知右室鐵轉(zhuǎn)化為高鐵酸根，鐵元素化合價(jià)升高，則鐵為陽(yáng)極，Pt為陰極，陽(yáng)極電極反應(yīng)式為：，左室水得電子生成氫氣，陰極電極反應(yīng)式為6H2O+6e=3H2↑+6OH?！驹斀狻緼．陽(yáng)極電極反應(yīng)式為：，陰極電極反應(yīng)式為6H2O+6e=3H2↑+6OH，由陰、陽(yáng)兩極電極反應(yīng)式可知，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量相同時(shí)，陽(yáng)極消耗的氫氧根比陰極生成的氫氧根多，所以制備過(guò)程中要添加KOH，故A錯(cuò)誤；B．陰極電極反應(yīng)式為6H2O+6e=3H2↑+6OH，左室氫離子放電生成氫氣，氫氧根濃度增大，溶液的pH增大，故B錯(cuò)誤；C．生成高鐵酸鉀，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為6mol，由陰極電極反應(yīng)式6H2O+6e=3H2↑+6OH可知，為了維持左室電荷守恒，有6mol鉀離子通過(guò)陽(yáng)離子交換膜進(jìn)入左室，溶液質(zhì)量會(huì)增加6×396=228g，故C錯(cuò)誤；D．陽(yáng)極電極反應(yīng)式為：，右室負(fù)電荷減少，則中間室中的OH，通過(guò)陰離子交換膜進(jìn)入右室，陰極電極反應(yīng)式為6H2O+6e=3H2↑+6OH，左室負(fù)電荷增多，中間室中的K+通過(guò)陽(yáng)離子交換膜進(jìn)入左室，所以交換膜為陽(yáng)離子交換膜，交換膜為陰離子交換膜，故D正確；故答案為：D。9.下列在指定溶液中的各組離子，一定能夠大量共存的是A無(wú)色溶液中：、、、B.pH=1的溶液中：、、、C酸性溶液中：、、、D.由水電離出的的溶液中：、、、【答案】C【解析】【詳解】A．會(huì)與發(fā)生相互促進(jìn)的雙水解反應(yīng)而不共存，A不符合題意；B．pH=1的溶液中存在大量氫離子，硝酸根在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，亞硫酸根離子具有還原性，它們會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不共存，B不符合題意；C．銨根離子會(huì)發(fā)生水解顯酸性，上述離子在酸性條件下不反應(yīng)，能大量共存，C符合題意；D．由水電離出的的溶液可能是酸溶液，也可能是堿溶液，酸性條件下碳酸氫根離子會(huì)反應(yīng)生成水和二氧化碳，堿性條件下銨根離子、碳酸氫根離子均會(huì)反應(yīng)，不能大量共存，D不符合題意；故選C。10.室溫下，下列實(shí)驗(yàn)方案不能達(dá)到探究目的的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)方案探究目的A向盛有2mL1.0mol·L1溶液的試管中滴加1.0mol·L1溶液，觀察氣泡產(chǎn)生的情況探究的與的的大小B分別測(cè)濃度均為0.1mol·L1的和溶液的pH值比較和的水解常數(shù)C用注射器收集一定體積氣體，連接色度傳感器，通過(guò)抽拉活塞改變氣體體積，記錄體系中氣體顏色變化探究壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)平衡的影響D向3mL濃度分別為0.1mol·L1NaCl和0.1mol·L1NaI混合溶液中滴加幾滴0.1mol·L1溶液，出現(xiàn)黃色沉淀比較與的大小A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．向盛有2mL1.0mol·L1CH3COOH溶液的試管中滴加1.0mol·L1Na2CO3溶液，觀察到有氣泡產(chǎn)生，即有CO2生成，說(shuō)明酸性：>H2CO3，則CH3COOH的Ka大于H2CO3的Ka1，能探究的與的的大小，A不符合題意；B．CH3COONH4是弱酸弱堿鹽，其溶液中銨根離子會(huì)促進(jìn)醋酸根離子的水解，NaHCO3溶液中鈉離子不影響碳酸氫根離子的水解，所以測(cè)定等濃度的和溶液的pH值，不能比較和的水解常數(shù)，B符合題意；C．存在化學(xué)平衡：，當(dāng)往外抽拉注射器時(shí)，管內(nèi)容積增大，氣體壓強(qiáng)減小，濃度變小，混合氣體的顏色先變淺又逐漸變深，顏色逐漸變深說(shuō)明平衡逆向移動(dòng)，即減小壓強(qiáng)，平衡向氣體分子數(shù)增大的方向移動(dòng)，能探究壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)平衡的影響，C不符合題意；D．向3mL濃度分別為0.1mol·L1NaCl和0.1mol·L1NaI混合溶液中滴加幾滴AgNO3

溶液，出現(xiàn)黃色沉淀

，說(shuō)明Cl

和I

起始濃度相同時(shí)，先生成黃色的AgI

沉淀，說(shuō)明Ksp(AgI)小于Ksp(AgCl)，能比較與的大小，D不符合題意；故選B。11.已知反應(yīng)：X(g)+Y(g)2Z(g)?H＜0，400℃時(shí)該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=1。一定條件下，分別在甲、乙、丙3個(gè)恒容密閉容器中加入X和Y，反應(yīng)體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度的相關(guān)數(shù)據(jù)如表：容器溫度/℃起始時(shí)物質(zhì)的濃度/(mol?L1)10分鐘時(shí)物質(zhì)的濃/(mol?L1)c(X)c(Y)c(Z)甲400110.5乙T1110.4丙40012a下列說(shuō)法中，不正確的是A.甲中，10分鐘內(nèi)X的化學(xué)反應(yīng)速率：v(X)=0.025mol?L1?min1B.甲中，10分鐘時(shí)反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)C.乙中，可能T1＜400℃D.丙中，a>0.5【答案】B【解析】【詳解】A．甲中，10分鐘時(shí)生成了0.5mol/L的Z，根據(jù)方程式可知，反應(yīng)掉的X的濃度為0.25mol/L，則10分鐘內(nèi)X的化學(xué)反應(yīng)速率：v(X)=0.025mol?L1?min1，A正確；B．在10分鐘的時(shí)，由表格知生成的Z的濃度為0.5mol/L，則X、Y都反應(yīng)掉了0.25mol/L，還剩余0.75mol/L，由此算出此時(shí)的濃度熵為，即反應(yīng)正向進(jìn)行，平衡正向移動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．乙中，X、Y的起始濃度相同，但10分鐘后生成物Z的濃度卻比甲要小，說(shuō)明乙容器中反應(yīng)速率比乙容器小，則可以為降溫溫度導(dǎo)致，故C正確；D．對(duì)比甲和丙，丙中增加了Y的濃度，則反應(yīng)速率加快，相同時(shí)間之內(nèi)生成的Z更多，故丙中a>0.5，D正確；故選B。12.多相催化反應(yīng)是在催化劑表面通過(guò)吸附、解吸過(guò)程進(jìn)行的。我國(guó)學(xué)者發(fā)現(xiàn)時(shí)(各物質(zhì)均為氣態(tài))，與水在銅催化劑上的反應(yīng)機(jī)理和能量變化如圖：下列說(shuō)法正確的是A.該過(guò)程的決速步驟為反應(yīng)ⅡB.和的總能量大于和的總能量C.反應(yīng)Ⅱ的熱化學(xué)方程式為D.選擇合適的催化劑可降低反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ的活化能，改變總反應(yīng)的焓變【答案】C【解析】【詳解】A．由圖知，反應(yīng)Ⅰ的活化能大于反應(yīng)Ⅱ的活化能，故反應(yīng)Ⅰ為該過(guò)程的決速步，A錯(cuò)誤；B．從能量圖看1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的總能量低于1molCO2(g)和3H2(g)的總能量，B錯(cuò)誤；C．催化機(jī)理看，CO(g)和H2O為該反應(yīng)的中間產(chǎn)物，從能量圖看CO(g)和H2O(g)的總能量高于H2(g)和CO2(g)，所以該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為反應(yīng)Ⅱ的熱化學(xué)方程式為，C正確；D．催化劑改變反應(yīng)歷程從而降低活化能，所以選擇合適的催化劑可降低反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ的活化能，但不能改變總反應(yīng)的焓變值，D錯(cuò)誤；故選C。13.下列說(shuō)法正確的是A.室溫下，向20mLpH=12的稀氨水中加入5mLpH=12氫氧化鈉溶液，的電離平衡不移動(dòng)B.向醋酸溶液中加入冰醋酸，醋酸電離度增大，氫離子濃度增大C.用等濃度的溶液分別中和等值的、溶液，消耗的體積大，說(shuō)明酸性HF<HNO3D.室溫下，某溶液，則該溶液一定是酸或強(qiáng)酸弱堿鹽溶液【答案】A【解析】【詳解】A．室溫下，向20mLpH=12的稀氨水中加入5mLpH=12氫氧化鈉溶液，溶液中的氫氧根離子濃度不變，所以一水合氨的電離平衡不移動(dòng)，故A正確；B．向0.01mol/L醋酸溶液中加入冰醋酸，醋酸溶液的濃度增大，電離平衡正向移動(dòng)，溶液中氫離子濃度增大，但醋酸的電離度減小，故B錯(cuò)誤；C．氫氟酸和硝酸溶液的體積不能確定，所以pH相等的氫氟酸消耗氫氧化鈉溶液的體積大不能說(shuō)明氫氟酸的酸性弱于硝酸，故C錯(cuò)誤；D．室溫下，某溶液pH<7，該溶液可能是酸或強(qiáng)酸弱堿鹽溶液，也可能是酸式鹽或弱酸弱堿鹽，故D錯(cuò)誤；故選A。14.關(guān)于沉淀溶解平衡和溶度積常數(shù)，下列說(shuō)法不正確的是A.Ksp只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)，而與溶液中的離子濃度無(wú)關(guān)B.向1mL2mo/LNaOH溶液中先滴加2滴0.1mol/L溶液，再滴加2滴0.1mo/L溶液，先生成白色沉淀，后生成紅褐色沉淀，說(shuō)明C.25℃時(shí)在水中的溶解度大于其在溶液中的溶解度D.已知某溫度下，，則的平衡常數(shù)約為【答案】B【解析】【詳解】A．Ksp是溶度積常數(shù)，只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)，而與溶液中的離子濃度無(wú)關(guān)，故A正確；B．向1mL2mo/LNaOH溶液中先滴加2滴0.1mol/L溶液，生成氫氧化鎂沉淀，NaOH有剩余，再滴加2滴0.1mo/L溶液，則發(fā)生Fe3++3OH=Fe(OH)3↓，不能說(shuō)明紅褐色沉淀是由白色沉淀轉(zhuǎn)化而來(lái)，不能說(shuō)明，故B錯(cuò)誤；C．25℃時(shí)在水中存在溶解平衡：，在溶液中，平衡向左移動(dòng)，故在純水中的溶解度大于其在溶液中的溶解度，故C正確；D．已知某溫度下，，則的平衡常數(shù)K=====1030，故D正確；答案選B。第Ⅱ卷二、填空題。15.黃鈉鐵礬被用于作凈水劑。以高品質(zhì)的硫鐵礦(主要成分為，含少量)為原料制取黃鈉鐵礬，工藝流程如圖：（1）“鹽浸”時(shí)的反應(yīng)為(未配平)，其中氧化劑是_______過(guò)濾Ⅰ得到的濾渣主要成分為_(kāi)______。（2）“氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為_(kāi)______。（3）“沉鐵”過(guò)程，控制不同條件可以得到不同的沉淀，所得沉淀與溫度、pH的關(guān)系如圖所示(圖中陰影部分表示黃鈉鐵礬穩(wěn)定產(chǎn)生的區(qū)域)。①生成黃鈉鐵礬的離子反應(yīng)方程式_______。②由圖所示，在時(shí)，溫度過(guò)高或過(guò)低，不易制得黃鈉鐵礬。試解釋其原因_______。（4）測(cè)定黃鈉鐵砜樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：稱(chēng)取2.000g樣品置于錐形瓶中，加入足量稀溶解，滴入稍過(guò)量的KI溶液，待充分反應(yīng)后，調(diào)節(jié)溶液近中性，滴入幾滴淀粉溶液，用0.1500溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。(已知：)①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為_(kāi)______。②樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)______?！敬鸢浮浚?）①.Fe2(SO4)3②.SiO2和S（2）2Fe2++ClO+2H+=2Fe3++Cl+H2O（3）①.3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑②.溫度過(guò)高，F(xiàn)e3+水解程度增大并分解為Fe2O3導(dǎo)致產(chǎn)率低；溫度過(guò)低，F(xiàn)e3+水解程度小，不易生成黃鈉鐵礬（4）①.滴入最后一滴溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且30s內(nèi)顏色不復(fù)原②.8.400%【解析】【分析】由題干工藝流程圖可知，“鹽浸”是FeS2和Fe2(SO4)3反應(yīng)生成FeSO4和S，進(jìn)行氧化還原反應(yīng)配平可得反應(yīng)原理為：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，過(guò)濾I得到濾渣成分為SiO2和S，向?yàn)V液中加入NaClO和H2SO4，將Fe2+氧化為Fe3+，反應(yīng)原理為：2Fe2++ClO+2H+=2Fe3++Cl+H2O，“沉鐵”中是將Fe2(SO4)3與Na2CO3、Na2SO4反應(yīng)生成黃鈉鐵礬沉淀，反應(yīng)離子方程式為：3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑，過(guò)濾、洗滌、干燥得到純凈的黃鈉鐵礬［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]，據(jù)此分析解題?！拘?wèn)1詳解】由分析可知，“鹽浸”時(shí)的反應(yīng)為：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，其中FeS2中S從1價(jià)到0，失電子，化合價(jià)升高，是還原劑，F(xiàn)e2(SO4)3中Fe從+3價(jià)到+2，得電子，化合價(jià)降低是氧化劑；【小問(wèn)2詳解】向?yàn)V液中加入NaClO和H2SO4，將Fe2+氧化為Fe3+，“氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++ClO+2H+=2Fe3++Cl+H2O；【小問(wèn)3詳解】①由分析可知，生成黃鈉鐵礬的離子反應(yīng)方程式為：3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑；故答案為：3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑；②由圖在pH=2時(shí)，溫度過(guò)高或過(guò)低，不易制得黃鈉鐵礬，這是由于Fe3+水解是一個(gè)吸熱反應(yīng)，溫度過(guò)高，F(xiàn)e3+的水解程度增大，生成的Fe(OH)3易分解為Fe2O3導(dǎo)致產(chǎn)率低；溫度過(guò)低，F(xiàn)e3+水解程度小，不易生成黃鈉鐵礬，故答案為：溫度過(guò)高，F(xiàn)e3+水解程度增大并分解為Fe2O3導(dǎo)致產(chǎn)率低；溫度過(guò)低，F(xiàn)e3+水解程度小，不易生成黃鈉鐵礬；【小問(wèn)4詳解】①本實(shí)驗(yàn)使用淀粉溶液作指示劑，I2遇到淀粉溶液顯藍(lán)色，原溶液中含有I2，反應(yīng)后沒(méi)有I2，故滴定終點(diǎn)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且30s內(nèi)顏色不復(fù)原，故答案為：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且30s內(nèi)顏色不復(fù)原；②已知黃鈉鐵礬[Na3Fe3(SO4)3(OH)6]中鐵為+3價(jià)，則有：2I+2Fe3+=2Fe2++I2，I2+2S2=2I+S4，可知：2Fe3+~~I2~~2S2，則有：n(Fe3+)=n(S2)=0.1500mol?L1×20.00×103L=3×103mol，則黃鈉鐵礬中Fe的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：=8.400%，故答案為：8.400%。16.某含鎳廢料中有等雜質(zhì)，用此廢料提取的工藝流程如圖所示：已知：①有關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀所需的pH如圖所示。②25℃時(shí)，的電離常數(shù)。HF的電離常數(shù)。（1）寫(xiě)出“氧化”這一步的離子反應(yīng)方程式_______。（2）加調(diào)節(jié)溶液的pH至5，得到廢渣2的主要成分是_______(填化學(xué)式)。（3）25℃時(shí)，的NaF溶液呈_______(填“酸性”“堿性”或“中性”)，其溶液中離子濃度大小關(guān)系為_(kāi)______(由大到小的順序)。溶液呈_______(填“酸性”“堿性”或“中性”)。（4）已知沉淀前溶液中，當(dāng)除鎂率達(dá)到時(shí)，溶液中_______。（5）在NaOH溶液中用NaClO與反應(yīng)可制得，化學(xué)方程式為_(kāi)______?！敬鸢浮浚?）2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O（2）Fe(OH)3、Al(OH)3（3）①.堿性②.c(Na+)>c(F)>c(OH)>c(H+)③.酸性（4）2×103（5）4NaOH+NaClO+2NiSO4=2NiO(OH)↓+NaCl+2Na2SO4+H2O【解析】【分析】某NiO的廢料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等雜質(zhì)，加入稀硫酸溶解后過(guò)濾得到濾渣1為SiO2，濾液為NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、MgSO4，加入過(guò)氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，再加入碳酸鈉溶液調(diào)節(jié)溶液PH，使鐵離子、鋁離子全部沉淀，過(guò)濾得到濾渣2為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，濾液中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀濾渣3為MgF2，過(guò)濾得到的濾液，濾液中獲得NiSO4?6H2O晶體的方法是通過(guò)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾洗滌，干燥得到晶體，失去結(jié)晶水得到硫酸鎳，以此解答該題?！拘?wèn)1詳解】在酸性條件下，H2O2把Fe2+氧化為Fe3+，離子方程式為：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O；【小問(wèn)2詳解】由圖可知，pH=5時(shí)，Al3+和Fe3+都已經(jīng)完全沉淀，因此濾渣2的成分為Fe(OH)3、Al(OH)3；【小問(wèn)3詳解】NaF為強(qiáng)堿弱酸鹽，F(xiàn)水解顯堿性，離子濃度關(guān)系為：c(Na+)>c(F)>c(OH)>c(H+)；【小問(wèn)4詳解】已知沉淀前溶液中c(Mg2+)＝185×103mol?L1，當(dāng)除鎂率達(dá)到99%時(shí)，c(Mg2+)＝1.85×105mol?L1，Ksp(MgF2)＝c(Mg2+)c2(F)＝7.4×1011，c(F)＝2.0×103mol/L；故答案為：2.0×103mol/L；【小問(wèn)5詳解】在NaOH作用下，NaClO把NiSO4中二價(jià)Ni離子氧化為NiO(OH)，自身還原為NaCl，化學(xué)方程式為：4NaOH+NaClO+2NiSO4=2NiO(OH)↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。17.亞氯酸鈉是一種高效氧化劑、漂白劑，主要用于棉紡、亞麻、紙漿漂白以及食品消毒、水處理、殺菌滅藻和魚(yú)藥制造。某?；瘜W(xué)實(shí)驗(yàn)探究小組設(shè)計(jì)如圖實(shí)驗(yàn)，用為原料制備亞氯酸鈉。已知：①②飽和溶液中析出的晶體成分與溫度的關(guān)系如表所示：溫度晶體成分分解成和NaCl③極易溶于水，不與水反應(yīng)，沸點(diǎn)11℃。（1）漂白劑有多種類(lèi)型，從漂白原理來(lái)看，與亞氯酸鈉均屬于同類(lèi)型的漂白劑有_______。A. B.活性炭、 C.漂白粉、 D.（2）B中使用濃硫酸而不用稀硫酸的原因是_______。（3）B中發(fā)生的反應(yīng)，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為_(kāi)______。（4）裝置C的作用為_(kāi)______，裝置D中生成的離子方程式為_(kāi)______。（5）裝置D溶液采用結(jié)晶法提取晶體，控制溫度為_(kāi)______℃(填寫(xiě)范圍)減壓蒸發(fā)結(jié)晶，趁熱過(guò)濾，左右熱水洗滌，低于條件下干燥，得到成品。如果干燥溫度過(guò)高可能導(dǎo)致產(chǎn)品中混有的雜質(zhì)是_______?！敬鸢浮浚?）D（2）稀硫酸含水多，而ClO2極易溶于水，不利于ClO2逸出（3）2：1（4）①安全瓶，防止倒吸②.ClO2+2OH+H2O2=2+2H2O+O2↑（5）①.38～60②.NaClO3和NaCl【解析】【分析】本實(shí)驗(yàn)欲利用ClO2制備N(xiāo)aClO2，根據(jù)實(shí)驗(yàn)裝置，利用裝置B制備ClO2，裝置C用于緩沖，防止D裝置中的液體倒吸，裝置D用于NaClO2的合成，裝置A和E吸收廢氣，防止污染空氣；【小問(wèn)1詳解】漂白劑有多種類(lèi)型，從漂白原理來(lái)看，亞氯酸鈉、HClO、H2O2、漂白粉都具有強(qiáng)氧化性，可用于漂白，二氧化硫與有色物質(zhì)發(fā)生化合反應(yīng)結(jié)合成無(wú)色物質(zhì)，活性炭是利用吸附性漂白，故與亞氯酸鈉均屬于同類(lèi)型的漂白劑有HClO、H2O2、漂白粉，故答案為：D；【小問(wèn)2詳解】裝置B利用濃硫酸、NaClO2和Na2SO3制備ClO2，制備過(guò)程中應(yīng)使用濃硫酸，若使用稀硫酸，反應(yīng)過(guò)程中會(huì)帶出少量水氣，極易溶解生成的ClO2，影響后續(xù)的產(chǎn)率，故答案為：稀硫酸含水多，而ClO2極易溶于水，不利于ClO2逸出；【小問(wèn)3詳解】B中發(fā)生的反應(yīng)為：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，NaClO3為氧化劑，Na2SO3為還原劑，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2：1，故答案為：2：1；【小問(wèn)4詳解】裝置C的作用為安全瓶，防止D中液體倒吸至B中；裝置D用于制備N(xiāo)aClO2，反應(yīng)中H2O2氧化ClO2同時(shí)與NaOH作用生成NaClO2，反應(yīng)的離子方程式為2ClO2+2OH+H2O2=2+2H2O+O2↑，故答案為：2ClO2+2OH+H2O2=2+2H2O+O2↑；【小問(wèn)5詳解】根據(jù)已知條件NaClO2在38～60℃之間時(shí)蒸發(fā)結(jié)晶得到純凈的NaClO2，不含有結(jié)晶水，也不會(huì)分解出雜質(zhì)，因此實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選擇38～60℃進(jìn)行減壓蒸發(fā)結(jié)晶，反應(yīng)后，經(jīng)以下步驟可從裝置D的溶液獲得NaClO2晶體：55℃蒸發(fā)結(jié)晶→趁熱過(guò)濾→38～60℃熱水洗滌→低于60℃干燥，得到成品，如果干燥溫度過(guò)高可能導(dǎo)致產(chǎn)品中混有的雜質(zhì)是NaClO3和NaCl,故答案為：38～60；NaClO3和NaCl。18.研究煙氣脫硝是環(huán)境保護(hù)、促進(jìn)社會(huì)可持續(xù)發(fā)展的重要課題。（1）一種隔膜電化學(xué)法可處理燃煤煙氣中的NO，裝置如圖所示。①陰極區(qū)的電極反應(yīng)式為_(kāi)______。②若電路中轉(zhuǎn)移了1mol電子，則理論上吸收池