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甘肃省白银市会宁县2021-2022学年高二上学期期末质量检测化学试题（解析版）
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这是一份甘肃省白银市会宁县2021-2022学年高二上学期期末质量检测化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。下列措施中叙述错误的是
A. 加大化石能源占能源消费比重B. 推进绿色低碳的生产生活方式
C. 开展节能减排和新能源的开发D. 加强二氧化碳的捕集和再利用
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．化石能源是指煤、石油、天然气，加大化石能源占能源消费比重，将增大CO2的排放量，不利于碳中和，A符合题意；
B．推进绿色低碳的生产生活方式，有利于减少CO2的排放量，利于碳中和，B不合题意；
C．开展节能减排和新能源开发，新能源有利于减少化石能源的使用，可以减少CO2的排放量，利于碳中和，C不合题意；
D．加强二氧化碳的捕集和再利用，可以增大CO2的吸收量，即可减少其排放量，利于碳中和，D不合题意；
故答案为：A。
2. 下列关于化学反应中能量变化的说法正确的是
A. 形成化学键的过程是放热过程
B. 可逆反应进行的过程中没有能量变化
C. 在常温下可以发生的反应一定是放热反应
D. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．发生化学反应时，成键放热，断键吸热，故A正确；
B．任何化学反应都存在能量的变化，故B错误；
C．常温下可以发生的反应可能是吸热反应，如铵盐与碱的反应，故C错误；
D．化学反应中的能量变化大小与参与反应的物质的物质的量有关，与质量相关，故D错误；
故选A。
3. 下列表达式正确的是
A. 碳酸的电离：
B. 硫化钠水解：
C. 在水中的电离：
D. 的溶解平衡：
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸为二元弱酸，分步且部分发生电离，第一步电离方程式为：，A不正确；
B．氢硫酸为二元弱酸，S2-水解分步进行，且水解进行的程度不大，则硫化钠第一步水解方程式为：，B不正确；
C．硫酸为二元强酸，在水溶液中发生完全电离，则在水中的电离方程式为：，C正确；
D．CaCO3虽然难溶，但溶于水的部分发生完全电离，则溶解平衡可表示为：，D不正确；
故选C。
4. 反应：A(g)+3B(g)=C(g)+2D(g)，在4种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)=0.5ml·L-1·min-1；②v(B)=0.45ml·L-1·s-1；③v(C)=0.3ml·L-1·s-1；④v(D)=0.45ml·L-1·s-1。下列有关反应速率的比较中正确的是（ ）
A. ①＜②＜④＜③B. ①＜②=③＜④C. ①＞②=③＞④D. ①＞②＞③＞④
【答案】A
【解析】
【分析】相同条件下的同一反应，用不同物质表示反应速率时，数值可能不同，所以比较同一反应在不同条件下反应速率快慢时，应使用同一物质，同时注意单位的统一。
【详解】为便于比较，我们将速率都转化为用A表示的速率。
①v(A)=0.5ml·L-1·min-1；
②v(B)=045ml·L-1·s-1，则v(A)=9ml·L-1·min-1；
③v(C)=0.3ml·L-1·s-1，则v(A)=18ml·L-1·min-1；
④v(D)=0.45ml·L-1·s-1，则v(A)=13.5ml·L-1·min-1；
比较以上数值，①＜②＜④＜③，A正确；
故选A。
5. 下列有关问题，与盐类水解无关的是
A. 草木灰与铵态氮肥不能混合施用B. 与溶液可作焊接金属中的除锈剂
C. 用与水制备D. 配制溶液时，加入少量铁粉
【答案】D
【解析】
【详解】A．草木灰中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子发生双水解反应生成二氧化碳和氨气，则草木灰与铵态氮肥不能混合施用，与盐类水解有关，故A不选；
B．铵根离子和锌离子水解溶液呈酸性，能够去除铁锈，所以与溶液可作焊接金属中的除锈剂，与盐类水解有关，故B不选；
C．加热水解生成和HCl，HCl易挥发，所以可用与水制备，与盐类水解有关，故C不选；
D．亚铁离子易被氧化，配制溶液时加入少量铁粉，其目的是防止亚铁离子被氧化，与盐类水解无关，故D选；
答案选D。
6. 现有M、N、P、E四种金属，已知：①氧化性强弱顺序为；②E、P用导线连接放入稀硫酸中，P表面有大量气泡逸出；③N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，电极反应为，。则这四种金属的还原性由强到弱的顺序是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】①氧化性强弱顺序为，则金属单质的还原性M＞N；
②E、P用导线连接放入稀硫酸中，P表面有大量气泡逸出，则P为正极，E为负极，还原性E＞P；
③N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，电极反应为，，则N为负极，E为正极，还原性N＞E；
由以上分析可得出，还原性M＞N＞E＞P，故选A。
7. 有可逆反应。该反应的速率与时间的关系如图所示：
如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则对应t2、t4、t6、t8时改变的条件正确的是
A. 升高温度，减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂
B. 增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度
C. 使用了催化剂，增大压强，减小反应物浓度，降低温度
D. 升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】t2时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都增大，但v(逆)增大的倍数更多，应为升高温度；
t4时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都减小，但v(正)减小的倍数更多，应为减小压强；
t6时，改变某一条件，v(正)增大、v(逆)不变，平衡正向移动，应为增大反应物的浓度；
t8时，改变某一条件，v(正)、v(逆)同等程度增大，但平衡不移动，应为使用了催化剂；
综合以上分析，A符合题意，故选A。
8. 下列说法错误的是
A. 的溶液一定是中性
B. 的溶液一定呈酸性
C. 同温同浓度的和溶液中，水的电离程度相同
D. 任何水溶液中，都一定同时存在H+和OH—
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．的溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度一定相等，溶液一定呈中性，故A正确；
B．100℃时，水的离子积常数为1×10—12，中性溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，都为1×10—6 ml/L，故B错误；
C．酸或碱都抑制水的电离，抑制程度与溶液中氢离子浓度或氢氧根离子浓度大小有关，同温同浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，酸溶液中的氢离子浓度等于碱溶液中的氢氧根离子浓度，抑制水电离的程度相同，故C正确；
D．温度一定，任何水溶液中水的离子积常数是一个定值，溶液中一定同时存在氢离子和氢氧根离子，故D正确；
故选B。
9. 一定温度下，将1 ml A(g)和4 ml B(g)置于2 L的恒容密闭反应器中发生反应：A(g)+3B(g) 2C(g) +aD(g) ，C、D物质的量浓度与反应时间的关系如图。下列叙述正确的是
A. a=2
B. 平衡时A的浓度为0.2ml/L
C. B的平衡转化率为70%
D. 若2min时，压缩体积，平衡向正反应方向移动，c(A)增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，平衡时生成物C、D的浓度分别为0.4ml/L、0.2ml/L，由化学计量数之比等于浓度变化量之比可得：0.4ml/L：0.2ml/L=2：a，解得a=1，故A错误；
B．由图可知，平衡时生成物C的浓度为0.4ml/L，由方程式可知，平衡时A的浓度为—0.4ml/L×=0. 3 ml/L，故B错误；
C．由图可知，平衡时生成物C的浓度为0.4ml/L，由方程式可知，平衡时消耗B的浓度为0.4ml/L×=0. 6 ml/L，则B的平衡转化率为×100%=30%，故C错误；
D．该反应是气体体积减小的反应，2min时，反应达到平衡，若压缩体积，增大压强，平衡向正反应反向移动，新平衡时，A的浓度增大，故D正确；
故选D。
10. 欲使的溶液中、、都减少，其方法是：
A. 通入二氧化碳气体B. 加入氢氧化钠固体
C. 通入氯化氢气体D. 加入饱和石灰水溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2与水反应生成碳酸，c(H+)、c(HCO3-)增大，A错误；
B．NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氢氧化钠固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，B错误；
C．HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，C错误；
D．Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，D正确；
故答案为：D。
11. 下列有关沉淀溶解平衡的说法中错误的是
A. 的溶度积常数表达式
B. 难溶于水，溶液中没有和SO
C. 升高温度，的溶解度增大
D. 向悬浊液中加入固体，溶解的量减少
【答案】B
【解析】
【详解】A．BaSO3难溶于水，悬浊液中存在BaSO3(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，根据溶度积数学表达式，推出Ksp=c(Ba2＋)×c(SO)，故A说法正确；
B．BaSO3虽难溶于水，BaSO3在水中溶解度较小，但溶液中有极少量的Ba2＋和SO，故B说法错误；
C．多数物质的溶解度随着温度升高而升高，升高温度，BaSO3的溶解度增大，故C说法正确；
D．BaSO3悬浊液中存在BaSO3(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，加入Na2SO3固体，溶液中c(SO)增大，c(Ba2＋)减少，BaSO3溶解的量减少，故D说法正确；
答案为B。
12. 锌汞电池总反应为，下列说法错误的是
A. 锌极发生氧化反应
B. 向锌极迁移
C. 电解质溶液可以是稀硫酸
D. 正极反应式为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据电池总反应知，锌的化合价升高，锌为负极，发生氧化反应，A项正确；
B．放电时，阴离子向负极迁移，B项正确；
C．从电池反应的产物看，氢氧化锌能与稀硫酸反应，电解质溶液不能为稀硫酸，C项错误；
D．正极发生还原反应：，D项正确；
故选C。
13. 25℃时，pH=3的盐酸和醋酸溶液各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线I代表盐酸的稀释过程
B. b点溶液中和氢氧化钠的能力强于a点溶液
C. a点溶液的导电性比b点溶液的导电性强
D. 将a、b两点所示溶液加热至30℃，的值变小
【答案】C
【解析】
【分析】盐酸为强酸，醋酸为弱酸，pH相同时，盐酸的浓度比醋酸的浓度小很多。加水稀释相同倍数，由于盐酸是强酸，n(H+)不变，醋酸是弱酸，电离程度增大，n(H+)增大，从而导致盐酸溶液的c(H+)比醋酸溶液的c(H+)小、pH大，所以Ⅰ为盐酸的稀释曲线，Ⅱ为醋酸的稀释曲线。
【详解】A．由分析可知，曲线I代表盐酸的稀释过程，A正确；
B．由分析可知，醋酸的物质的量浓度比盐酸大，所以b点溶液中和氢氧化钠的能力强于a点溶液，B正确；
C．a点溶液中离子浓度小于b点溶液中离子浓度，则a点溶液导电性比b点溶液的导电性弱，C错误；
D．将a、b两点所示溶液加热至30℃，醋酸电离程度增大，c(CH3COO-)增大，c(Cl-)不变，则的值变小，D正确；
故选C。
14. 常温下，浓度均为0.1ml/L的下列两种盐溶液。其pH测定如下表所示：
下列说法正确的是
A. ①溶液中，c(CH3COOH)＞c(OH-) B. 阴离子总浓度：①＞②
C. 常温下，D. 水的电离程度：①＞②
【答案】B
【解析】
【分析】表中数据显示，CH3COONa溶液的pH小于NaClO溶液的pH，说明NaClO溶液的碱性强，ClO-的水解程度比CH3COO-的水解程度大，HClO的酸性比CH3COOH的酸性弱。
【详解】A．①溶液中，依据电荷守恒可得c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，依据物料守恒可得c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，从而得出c(CH3COOH) + c(H+)= c(OH-)，所以c(CH3COOH)＜c(OH-)，A不正确；
B．依据电荷守恒可得，c(Na+)+ c(H+)①= c(CH3COO-)+ c(OH-)①、c(Na+)+ c(H+)②= c(ClO-)+ c(OH-)②，由于pH①＜②，所以c(H+)①＞c(H+)②，c(CH3COO-)+ c(OH-)①＞c(ClO-)+ c(OH-)②，即阴离子总浓度：①＞②，B正确；
C．由分析可知，CH3COOH的酸性比HClO的酸性强，所以常温下，，C不正确；
D．表中数据显示，CH3COONa溶液的pH小于NaClO溶液的pH，则CH3COO-的水解程度比ClO-的水解程度小，所以水的电离程度：①＜②，D不正确；
故选B。
15. 《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(已知：，)，下列说法正确的是
A. a极电极反应式：
B. Y膜为阳离子交换膜
C. 每消耗22.4LO2外电路通过2mle-
D. 该过程中主要的能量转化形式为电能转化为化学能
【答案】A
【解析】
【分析】a极通入H2，H2-2e-=2H+；b极通入O2，O2+2e-+H2O=+OH-。
【详解】A．由分析可知，a极为负极，H2失电子生成H+，电极反应式：，A正确；
B．b极为正极，O2+2e-+H2O=+OH-，则Y膜应允许阴离子通过，Y膜为阴离子交换膜，B不正确；
C．由电极反应式O2+2e-+H2O=+OH-，每消耗1mlO2，外电路上通过2mle-，但题中没有指明温度和压强，气体的摩尔体积不一定是22.4L/ml，则22.4LO2不一定是1ml，C不正确；
D．该装置为原电池，主要的能量转化形式为化学能转化为电能，D不正确；
故选A。
16. 某同学以酚酞作指示剂，用的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的盐酸，滴定曲线如图。下列说法正确的是
A. 需用盐酸润洗锥形瓶
B. 水电离出的氢离子浓度：
C. 滴定结束后俯视读数会导致测得盐酸的浓度偏低
D. 滴定终点时，溶液由浅红色变为无色
【答案】C
【解析】
【详解】A．用的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的盐酸，待测液盐酸的体积为20.00 mL，若用盐酸润洗锥形瓶，造成锥形瓶内盐酸的量增加，消耗的氢氧化钠的体积偏大，测定结果偏高，带来实验误差，故A错误；
B．酸抑制水电离，随着氢氧化钠溶液的不断加入，溶液的酸性减弱，促进了水的电离，水电离出的氢离子浓度增大；a点溶液中氢离子浓度大于b点溶液中氢离子浓度，因此水电离出的氢离子浓度：aC．滴定结束后俯视读数，会导致消耗的氢氧化钠溶液的体积读数偏小，根据分析可知，测得盐酸的浓度偏低，故C正确；
D．酚酞变色范围8.2-10，酚酞遇酸不变色，随着氢氧化钠溶液的不断加入，达到滴定终点时，溶液显碱性，所以溶液由无色变为浅红色，故D错误；
故选C。
二、非选择题：本题包括4小题，共52分。
17. 红磷和Cl2发生反应生成PCl3或PCl5。反应过程和能量关系如右图所示(图中的表示生成1ml产物的数据)。
回答下列问题：
（1）1mlPCl3所具有的总能量比1mlP和1.5mlCl2所具有的总能量___________(填“高”或“低”)___________kJ。
（2）PCl3和Cl2化合成PCl5的热化学方程式是___________。
（3）P和Cl2反应生成1mlPCl5的=___________。
（4）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是___________。
（5）红磷的同素异形体白磷在氧气中燃烧有如下转化关系。
其中=___________(用含和代数式表示)。
【答案】（1） ①. 低 ②. 306
（2）
（3）
（4）
（5）
【解析】
【分析】
【小问1详解】
根据图示写出热化学方程式，1ml PCl3所具有的总能量比1ml P和1.5ml Cl2所具有的总能量低306 kJ；
【小问2详解】
由图象可知，1 ml PCl3和Cl2反应生成1ml PCl5的ΔH 2=-93kJ/ml，所以其反应的热化学方程式为：；
【小问3详解】
由图象可知，P和Cl2分两步反应生成1mlPCl5的ΔH =-306kJ/ml+(-93kJ/ml)=-399kJ/ml；
【小问4详解】
PCl5与足量水充分反应，最终生成磷酸与HCl两种酸，所以其化学方程式是；
【小问5详解】
根据盖斯定律可知，条件不变时，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，所以，所以=。
18. 利用催化氧化反应将转化为是工业上生产硫酸的关键步骤。已知： 。
（1）该反应平衡常数的表达式为___________；温度降低，平衡常数___________(填“增大”、“不变”或“减小”)。
（2）某温度下该反应的平衡常数，若在此温度下，向的恒容密闭容器中，充入、和，则反应开始时(正)___________(逆)(填“”“”或“”)。
（3）在温度和容积不变的条件下，能说明该反应已达平衡状态的是___________(填写序号字母)。
a．
b．容器内压强保持不变
c．生成的速率与消耗的速率相等
d．容器内的密度保持不变
（4）向的恒容密闭容器中，重新充入和，测得的物质的量随时间变化如下表所示。
①从反应开始到末，用浓度变化表示的平均反应速率___________。达到平衡时，的平衡转化率为___________。
②上述反应达到平衡后，改变下列条件能使反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是___________(填写序号字母)。
a．及时分离出b．适当升高温度
c．再充入和d．选择高效的催化剂
【答案】（1） ①. ②. 增大
（2）
（3）b （4） ①. ②. 75% ③. c
【解析】
【分析】
【小问1详解】
依据化学反应方程式，该反应的平衡常数K的表达式为，此反应放热，降温向正向移动，平衡常数K增大；
【小问2详解】
因为浓度商C===1v(逆)；
【小问3详解】
a.n(SO2):n(O2):n(SO3)=2:1:2该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关a错误；
b．反应前后容器内压强减小，当容器内压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b正确；
c．消耗SO2速率向正向，生成SO3的速率，还是向正向进行，不能满足正逆相等，c错误；
d．无论反应是否达到平衡状态，容器内的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
故选b。
【小问4详解】
①根据表中数据，从反应开始到5minn末，v(SO2)=== 0.1ml·L-1·min-1，根据化学反应推知v(O2)=v(SO2) =0.05ml·L-1·min-1，SO2的平衡转化率== 75%；
②依据影响化学反应速率因素，平衡影响因素的理解，移动原理的分析判断；下列条件能使上述反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的； .
a．及时分离出SO3气体，生成物浓度减小，反应速率减小，平衡正向进行，a错
误；
b．反应是放热反应，适当升高温度，反应速率增大，平衡逆向进行，b错误；
c．保持容器的容积不变，再充入再充入2mlSO2和1mlO2相当与增大压强，反应速率增大，平衡正向进行，c正确；
d．选择高效的催化剂，反应速率增大，平衡不动，d错误；
故选 C。.
19. 草酸(H2C2O4)是一种常用的化工原料，能形成多种化合物，其中草酸钠是一种常用的化工还原剂，草酸钙可用于陶瓷上釉等，回答下列问题：
（1）Na2C2O4溶液显_______性(填“酸性”“中性”或“碱性”)。
（2）某同学用酸性KMnO4溶液滴定含杂质的Na2C2O4测定样品的纯度(已知杂质不参与反应)，实验步骤如下：
准确称取1.0g Na2C2O4固体样品，配成100mL溶液，取出20.00mL于锥形瓶中，再向锥形瓶中加入足量稀H2SO4溶液，用0.016ml/L高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00mL。(发生反应的离子方程式为2+5+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O)
①高锰酸钾溶液应装在_______滴定管中，滴定至终点时的实验现象是_______。
②下列操作可能使测量结果偏低的是_______。
a.盛装Na2C2O4的滴定管没润洗 b.称取的Na2C2O4样品部分含有结晶水
c.读数时滴定前俯视，滴定后仰视 d.滴定结束后滴定管尖端悬有一滴溶液
③计算样品中Na2C2O4的纯度：_______。
（3）CaC2O4是五种肾结石里最为常见的一种，患草酸钙结石的病人多饮白开水有利于结石的消融，请用必要的化学原理和简要的文字说明其原因：_______。
【答案】（1）碱 （2） ①. 酸式 ②. 当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为淡紫色，且半分钟不褪色 ③. ab ④. 67%
（3），多喝水沉淀溶解平衡正向移动，有利于结石的消融
【解析】
【分析】用KMnO4酸性溶液滴定Na2C2O4溶液，以测定Na2C2O4的纯度。首先要选择合适的仪器，因为Na2C2O4溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内，KMnO4酸性溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管内。注意滴定前、滴定过程中、滴定结束不出现气泡、液滴不悬挂，读数平视。
【小问1详解】
Na2C2O4为强碱弱酸的正盐，其水溶液显碱性。答案为：碱；
【小问2详解】
①高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应装在酸式滴定管中；起初Na2C2O4呈无色，滴定至终点时，KMnO4溶液稍过量，此时溶液呈现淡紫色，实验现象是：当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为淡紫色，且半分钟不褪色。
②a.盛装Na2C2O4的滴定管没润洗，将导致其浓度偏低；
b.称取的Na2C2O4样品部分含有结晶水，则n(Na2C2O4)偏低，将导致Na2C2O4浓度偏低；
c.读数时滴定前俯视，滴定后仰视，则读取所用KMnO4溶液体积偏大，将导致Na2C2O4浓度偏高；
d.滴定结束后滴定管尖端悬有一滴溶液，则读取所用KMnO4溶液的体积偏大，将导致Na2C2O4浓度偏高；
故选ab。
③由离子方程式可得出下列关系式：2KMnO4——5Na2C2O4，20.00mL溶液中所含Na2C2O4的物质的量为=0.134g，则样品中Na2C2O4的纯度：=67%。答案为：酸式；当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为淡紫色，且半分钟不褪色；ab；67%；
【小问3详解】
患草酸钙结石的病人多饮白开水，可使溶液中c(Ca2+)、c()减小，从而促进结石的溶解平衡不断正向进行，有利于结石的消融，其原因：，多喝水沉淀溶解平衡正向移动，有利于结石的消融。答案为：，多喝水沉淀溶解平衡正向移动，有利于结石的消融。
【点睛】描述滴定终点时溶液的颜色变化，需关注滴定前溶液的颜色。
20. 三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料(含有少量铁、铝等杂质)生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 ml·L-1计算)。
回答下列问题：
（1）Ni2O3中Ni元素的化合价为___________；为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：___________(任写一种)。
（2）“酸浸”后的酸性溶液中加入H2O2的目的是___________(用语言叙述)。
（3）“沉镍”前需加Na2CO3控制溶液pH范围为___________；滤渣A为___________。
（4）“氧化”时生成Ni2O3的离子方程式为___________。
（5）工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1 ml·L-1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为_______。
【答案】（1） ①. +3 ②. 增大盐酸的浓度
（2）氧化Fe2+生成Fe3+
（3） ①. 4.7～7.1 ②. Fe(OH)3、Al(OH)3
（4）2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O
（5）10 g•L-1
【解析】
【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，还含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得NiCl2溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液，过滤得到Ni2O3；
【小问1详解】
Ni2O3中Ni元素的化合价为+3；为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末)等；
【小问2详解】
“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+生成Fe3+，即加入H2O2的目的是氧化Fe2+生成Fe3+；
【小问3详解】
沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在4.7～7.1，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀时发生的离子反应方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑、2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3；
【小问4详解】
Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O；
【小问5详解】
根据NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响图可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g•L-1。序号
①
②
溶液
CH3COONa
NaClO
pH
8.8
10.3
0
2
5
10
15
2
1.5
1
0.5
0.5
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.1
6.5
3.5
7.1
沉淀完全的pH
3.2
9.7
4.7
9.2
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。下列措施中叙述错误的是
A. 加大化石能源占能源消费比重B. 推进绿色低碳的生产生活方式
C. 开展节能减排和新能源的开发D. 加强二氧化碳的捕集和再利用
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．化石能源是指煤、石油、天然气，加大化石能源占能源消费比重，将增大CO2的排放量，不利于碳中和，A符合题意；
B．推进绿色低碳的生产生活方式，有利于减少CO2的排放量，利于碳中和，B不合题意；
C．开展节能减排和新能源开发，新能源有利于减少化石能源的使用，可以减少CO2的排放量，利于碳中和，C不合题意；
D．加强二氧化碳的捕集和再利用，可以增大CO2的吸收量，即可减少其排放量，利于碳中和，D不合题意；
故答案为：A。
2. 下列关于化学反应中能量变化的说法正确的是
A. 形成化学键的过程是放热过程
B. 可逆反应进行的过程中没有能量变化
C. 在常温下可以发生的反应一定是放热反应
D. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．发生化学反应时，成键放热，断键吸热，故A正确；
B．任何化学反应都存在能量的变化，故B错误；
C．常温下可以发生的反应可能是吸热反应，如铵盐与碱的反应，故C错误；
D．化学反应中的能量变化大小与参与反应的物质的物质的量有关，与质量相关，故D错误；
故选A。
3. 下列表达式正确的是
A. 碳酸的电离：
B. 硫化钠水解：
C. 在水中的电离：
D. 的溶解平衡：
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸为二元弱酸，分步且部分发生电离，第一步电离方程式为：，A不正确；
B．氢硫酸为二元弱酸，S2-水解分步进行，且水解进行的程度不大，则硫化钠第一步水解方程式为：，B不正确；
C．硫酸为二元强酸，在水溶液中发生完全电离，则在水中的电离方程式为：，C正确；
D．CaCO3虽然难溶，但溶于水的部分发生完全电离，则溶解平衡可表示为：，D不正确；
故选C。
4. 反应：A(g)+3B(g)=C(g)+2D(g)，在4种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)=0.5ml·L-1·min-1；②v(B)=0.45ml·L-1·s-1；③v(C)=0.3ml·L-1·s-1；④v(D)=0.45ml·L-1·s-1。下列有关反应速率的比较中正确的是（ ）
A. ①＜②＜④＜③B. ①＜②=③＜④C. ①＞②=③＞④D. ①＞②＞③＞④
【答案】A
【解析】
【分析】相同条件下的同一反应，用不同物质表示反应速率时，数值可能不同，所以比较同一反应在不同条件下反应速率快慢时，应使用同一物质，同时注意单位的统一。
【详解】为便于比较，我们将速率都转化为用A表示的速率。
①v(A)=0.5ml·L-1·min-1；
②v(B)=045ml·L-1·s-1，则v(A)=9ml·L-1·min-1；
③v(C)=0.3ml·L-1·s-1，则v(A)=18ml·L-1·min-1；
④v(D)=0.45ml·L-1·s-1，则v(A)=13.5ml·L-1·min-1；
比较以上数值，①＜②＜④＜③，A正确；
故选A。
5. 下列有关问题，与盐类水解无关的是
A. 草木灰与铵态氮肥不能混合施用B. 与溶液可作焊接金属中的除锈剂
C. 用与水制备D. 配制溶液时，加入少量铁粉
【答案】D
【解析】
【详解】A．草木灰中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子发生双水解反应生成二氧化碳和氨气，则草木灰与铵态氮肥不能混合施用，与盐类水解有关，故A不选；
B．铵根离子和锌离子水解溶液呈酸性，能够去除铁锈，所以与溶液可作焊接金属中的除锈剂，与盐类水解有关，故B不选；
C．加热水解生成和HCl，HCl易挥发，所以可用与水制备，与盐类水解有关，故C不选；
D．亚铁离子易被氧化，配制溶液时加入少量铁粉，其目的是防止亚铁离子被氧化，与盐类水解无关，故D选；
答案选D。
6. 现有M、N、P、E四种金属，已知：①氧化性强弱顺序为；②E、P用导线连接放入稀硫酸中，P表面有大量气泡逸出；③N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，电极反应为，。则这四种金属的还原性由强到弱的顺序是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】①氧化性强弱顺序为，则金属单质的还原性M＞N；
②E、P用导线连接放入稀硫酸中，P表面有大量气泡逸出，则P为正极，E为负极，还原性E＞P；
③N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，电极反应为，，则N为负极，E为正极，还原性N＞E；
由以上分析可得出，还原性M＞N＞E＞P，故选A。
7. 有可逆反应。该反应的速率与时间的关系如图所示：
如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则对应t2、t4、t6、t8时改变的条件正确的是
A. 升高温度，减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂
B. 增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度
C. 使用了催化剂，增大压强，减小反应物浓度，降低温度
D. 升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】t2时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都增大，但v(逆)增大的倍数更多，应为升高温度；
t4时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都减小，但v(正)减小的倍数更多，应为减小压强；
t6时，改变某一条件，v(正)增大、v(逆)不变，平衡正向移动，应为增大反应物的浓度；
t8时，改变某一条件，v(正)、v(逆)同等程度增大，但平衡不移动，应为使用了催化剂；
综合以上分析，A符合题意，故选A。
8. 下列说法错误的是
A. 的溶液一定是中性
B. 的溶液一定呈酸性
C. 同温同浓度的和溶液中，水的电离程度相同
D. 任何水溶液中，都一定同时存在H+和OH—
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．的溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度一定相等，溶液一定呈中性，故A正确；
B．100℃时，水的离子积常数为1×10—12，中性溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，都为1×10—6 ml/L，故B错误；
C．酸或碱都抑制水的电离，抑制程度与溶液中氢离子浓度或氢氧根离子浓度大小有关，同温同浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，酸溶液中的氢离子浓度等于碱溶液中的氢氧根离子浓度，抑制水电离的程度相同，故C正确；
D．温度一定，任何水溶液中水的离子积常数是一个定值，溶液中一定同时存在氢离子和氢氧根离子，故D正确；
故选B。
9. 一定温度下，将1 ml A(g)和4 ml B(g)置于2 L的恒容密闭反应器中发生反应：A(g)+3B(g) 2C(g) +aD(g) ，C、D物质的量浓度与反应时间的关系如图。下列叙述正确的是
A. a=2
B. 平衡时A的浓度为0.2ml/L
C. B的平衡转化率为70%
D. 若2min时，压缩体积，平衡向正反应方向移动，c(A)增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，平衡时生成物C、D的浓度分别为0.4ml/L、0.2ml/L，由化学计量数之比等于浓度变化量之比可得：0.4ml/L：0.2ml/L=2：a，解得a=1，故A错误；
B．由图可知，平衡时生成物C的浓度为0.4ml/L，由方程式可知，平衡时A的浓度为—0.4ml/L×=0. 3 ml/L，故B错误；
C．由图可知，平衡时生成物C的浓度为0.4ml/L，由方程式可知，平衡时消耗B的浓度为0.4ml/L×=0. 6 ml/L，则B的平衡转化率为×100%=30%，故C错误；
D．该反应是气体体积减小的反应，2min时，反应达到平衡，若压缩体积，增大压强，平衡向正反应反向移动，新平衡时，A的浓度增大，故D正确；
故选D。
10. 欲使的溶液中、、都减少，其方法是：
A. 通入二氧化碳气体B. 加入氢氧化钠固体
C. 通入氯化氢气体D. 加入饱和石灰水溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2与水反应生成碳酸，c(H+)、c(HCO3-)增大，A错误；
B．NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氢氧化钠固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，B错误；
C．HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，C错误；
D．Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，D正确；
故答案为：D。
11. 下列有关沉淀溶解平衡的说法中错误的是
A. 的溶度积常数表达式
B. 难溶于水，溶液中没有和SO
C. 升高温度，的溶解度增大
D. 向悬浊液中加入固体，溶解的量减少
【答案】B
【解析】
【详解】A．BaSO3难溶于水，悬浊液中存在BaSO3(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，根据溶度积数学表达式，推出Ksp=c(Ba2＋)×c(SO)，故A说法正确；
B．BaSO3虽难溶于水，BaSO3在水中溶解度较小，但溶液中有极少量的Ba2＋和SO，故B说法错误；
C．多数物质的溶解度随着温度升高而升高，升高温度，BaSO3的溶解度增大，故C说法正确；
D．BaSO3悬浊液中存在BaSO3(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，加入Na2SO3固体，溶液中c(SO)增大，c(Ba2＋)减少，BaSO3溶解的量减少，故D说法正确；
答案为B。
12. 锌汞电池总反应为，下列说法错误的是
A. 锌极发生氧化反应
B. 向锌极迁移
C. 电解质溶液可以是稀硫酸
D. 正极反应式为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据电池总反应知，锌的化合价升高，锌为负极，发生氧化反应，A项正确；
B．放电时，阴离子向负极迁移，B项正确；
C．从电池反应的产物看，氢氧化锌能与稀硫酸反应，电解质溶液不能为稀硫酸，C项错误；
D．正极发生还原反应：，D项正确；
故选C。
13. 25℃时，pH=3的盐酸和醋酸溶液各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线I代表盐酸的稀释过程
B. b点溶液中和氢氧化钠的能力强于a点溶液
C. a点溶液的导电性比b点溶液的导电性强
D. 将a、b两点所示溶液加热至30℃，的值变小
【答案】C
【解析】
【分析】盐酸为强酸，醋酸为弱酸，pH相同时，盐酸的浓度比醋酸的浓度小很多。加水稀释相同倍数，由于盐酸是强酸，n(H+)不变，醋酸是弱酸，电离程度增大，n(H+)增大，从而导致盐酸溶液的c(H+)比醋酸溶液的c(H+)小、pH大，所以Ⅰ为盐酸的稀释曲线，Ⅱ为醋酸的稀释曲线。
【详解】A．由分析可知，曲线I代表盐酸的稀释过程，A正确；
B．由分析可知，醋酸的物质的量浓度比盐酸大，所以b点溶液中和氢氧化钠的能力强于a点溶液，B正确；
C．a点溶液中离子浓度小于b点溶液中离子浓度，则a点溶液导电性比b点溶液的导电性弱，C错误；
D．将a、b两点所示溶液加热至30℃，醋酸电离程度增大，c(CH3COO-)增大，c(Cl-)不变，则的值变小，D正确；
故选C。
14. 常温下，浓度均为0.1ml/L的下列两种盐溶液。其pH测定如下表所示：
下列说法正确的是
A. ①溶液中，c(CH3COOH)＞c(OH-) B. 阴离子总浓度：①＞②
C. 常温下，D. 水的电离程度：①＞②
【答案】B
【解析】
【分析】表中数据显示，CH3COONa溶液的pH小于NaClO溶液的pH，说明NaClO溶液的碱性强，ClO-的水解程度比CH3COO-的水解程度大，HClO的酸性比CH3COOH的酸性弱。
【详解】A．①溶液中，依据电荷守恒可得c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，依据物料守恒可得c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，从而得出c(CH3COOH) + c(H+)= c(OH-)，所以c(CH3COOH)＜c(OH-)，A不正确；
B．依据电荷守恒可得，c(Na+)+ c(H+)①= c(CH3COO-)+ c(OH-)①、c(Na+)+ c(H+)②= c(ClO-)+ c(OH-)②，由于pH①＜②，所以c(H+)①＞c(H+)②，c(CH3COO-)+ c(OH-)①＞c(ClO-)+ c(OH-)②，即阴离子总浓度：①＞②，B正确；
C．由分析可知，CH3COOH的酸性比HClO的酸性强，所以常温下，，C不正确；
D．表中数据显示，CH3COONa溶液的pH小于NaClO溶液的pH，则CH3COO-的水解程度比ClO-的水解程度小，所以水的电离程度：①＜②，D不正确；
故选B。
15. 《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(已知：，)，下列说法正确的是
A. a极电极反应式：
B. Y膜为阳离子交换膜
C. 每消耗22.4LO2外电路通过2mle-
D. 该过程中主要的能量转化形式为电能转化为化学能
【答案】A
【解析】
【分析】a极通入H2，H2-2e-=2H+；b极通入O2，O2+2e-+H2O=+OH-。
【详解】A．由分析可知，a极为负极，H2失电子生成H+，电极反应式：，A正确；
B．b极为正极，O2+2e-+H2O=+OH-，则Y膜应允许阴离子通过，Y膜为阴离子交换膜，B不正确；
C．由电极反应式O2+2e-+H2O=+OH-，每消耗1mlO2，外电路上通过2mle-，但题中没有指明温度和压强，气体的摩尔体积不一定是22.4L/ml，则22.4LO2不一定是1ml，C不正确；
D．该装置为原电池，主要的能量转化形式为化学能转化为电能，D不正确；
故选A。
16. 某同学以酚酞作指示剂，用的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的盐酸，滴定曲线如图。下列说法正确的是
A. 需用盐酸润洗锥形瓶
B. 水电离出的氢离子浓度：
C. 滴定结束后俯视读数会导致测得盐酸的浓度偏低
D. 滴定终点时，溶液由浅红色变为无色
【答案】C
【解析】
【详解】A．用的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的盐酸，待测液盐酸的体积为20.00 mL，若用盐酸润洗锥形瓶，造成锥形瓶内盐酸的量增加，消耗的氢氧化钠的体积偏大，测定结果偏高，带来实验误差，故A错误；
B．酸抑制水电离，随着氢氧化钠溶液的不断加入，溶液的酸性减弱，促进了水的电离，水电离出的氢离子浓度增大；a点溶液中氢离子浓度大于b点溶液中氢离子浓度，因此水电离出的氢离子浓度：a
D．酚酞变色范围8.2-10，酚酞遇酸不变色，随着氢氧化钠溶液的不断加入，达到滴定终点时，溶液显碱性，所以溶液由无色变为浅红色，故D错误；
故选C。
二、非选择题：本题包括4小题，共52分。
17. 红磷和Cl2发生反应生成PCl3或PCl5。反应过程和能量关系如右图所示(图中的表示生成1ml产物的数据)。
回答下列问题：
（1）1mlPCl3所具有的总能量比1mlP和1.5mlCl2所具有的总能量___________(填“高”或“低”)___________kJ。
（2）PCl3和Cl2化合成PCl5的热化学方程式是___________。
（3）P和Cl2反应生成1mlPCl5的=___________。
（4）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是___________。
（5）红磷的同素异形体白磷在氧气中燃烧有如下转化关系。
其中=___________(用含和代数式表示)。
【答案】（1） ①. 低 ②. 306
（2）
（3）
（4）
（5）
【解析】
【分析】
【小问1详解】
根据图示写出热化学方程式，1ml PCl3所具有的总能量比1ml P和1.5ml Cl2所具有的总能量低306 kJ；
【小问2详解】
由图象可知，1 ml PCl3和Cl2反应生成1ml PCl5的ΔH 2=-93kJ/ml，所以其反应的热化学方程式为：；
【小问3详解】
由图象可知，P和Cl2分两步反应生成1mlPCl5的ΔH =-306kJ/ml+(-93kJ/ml)=-399kJ/ml；
【小问4详解】
PCl5与足量水充分反应，最终生成磷酸与HCl两种酸，所以其化学方程式是；
【小问5详解】
根据盖斯定律可知，条件不变时，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，所以，所以=。
18. 利用催化氧化反应将转化为是工业上生产硫酸的关键步骤。已知： 。
（1）该反应平衡常数的表达式为___________；温度降低，平衡常数___________(填“增大”、“不变”或“减小”)。
（2）某温度下该反应的平衡常数，若在此温度下，向的恒容密闭容器中，充入、和，则反应开始时(正)___________(逆)(填“”“”或“”)。
（3）在温度和容积不变的条件下，能说明该反应已达平衡状态的是___________(填写序号字母)。
a．
b．容器内压强保持不变
c．生成的速率与消耗的速率相等
d．容器内的密度保持不变
（4）向的恒容密闭容器中，重新充入和，测得的物质的量随时间变化如下表所示。
①从反应开始到末，用浓度变化表示的平均反应速率___________。达到平衡时，的平衡转化率为___________。
②上述反应达到平衡后，改变下列条件能使反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是___________(填写序号字母)。
a．及时分离出b．适当升高温度
c．再充入和d．选择高效的催化剂
【答案】（1） ①. ②. 增大
（2）
（3）b （4） ①. ②. 75% ③. c
【解析】
【分析】
【小问1详解】
依据化学反应方程式，该反应的平衡常数K的表达式为，此反应放热，降温向正向移动，平衡常数K增大；
【小问2详解】
因为浓度商C===1
【小问3详解】
a.n(SO2):n(O2):n(SO3)=2:1:2该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关a错误；
b．反应前后容器内压强减小，当容器内压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b正确；
c．消耗SO2速率向正向，生成SO3的速率，还是向正向进行，不能满足正逆相等，c错误；
d．无论反应是否达到平衡状态，容器内的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
故选b。
【小问4详解】
①根据表中数据，从反应开始到5minn末，v(SO2)=== 0.1ml·L-1·min-1，根据化学反应推知v(O2)=v(SO2) =0.05ml·L-1·min-1，SO2的平衡转化率== 75%；
②依据影响化学反应速率因素，平衡影响因素的理解，移动原理的分析判断；下列条件能使上述反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的； .
a．及时分离出SO3气体，生成物浓度减小，反应速率减小，平衡正向进行，a错
误；
b．反应是放热反应，适当升高温度，反应速率增大，平衡逆向进行，b错误；
c．保持容器的容积不变，再充入再充入2mlSO2和1mlO2相当与增大压强，反应速率增大，平衡正向进行，c正确；
d．选择高效的催化剂，反应速率增大，平衡不动，d错误；
故选 C。.
19. 草酸(H2C2O4)是一种常用的化工原料，能形成多种化合物，其中草酸钠是一种常用的化工还原剂，草酸钙可用于陶瓷上釉等，回答下列问题：
（1）Na2C2O4溶液显_______性(填“酸性”“中性”或“碱性”)。
（2）某同学用酸性KMnO4溶液滴定含杂质的Na2C2O4测定样品的纯度(已知杂质不参与反应)，实验步骤如下：
准确称取1.0g Na2C2O4固体样品，配成100mL溶液，取出20.00mL于锥形瓶中，再向锥形瓶中加入足量稀H2SO4溶液，用0.016ml/L高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00mL。(发生反应的离子方程式为2+5+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O)
①高锰酸钾溶液应装在_______滴定管中，滴定至终点时的实验现象是_______。
②下列操作可能使测量结果偏低的是_______。
a.盛装Na2C2O4的滴定管没润洗 b.称取的Na2C2O4样品部分含有结晶水
c.读数时滴定前俯视，滴定后仰视 d.滴定结束后滴定管尖端悬有一滴溶液
③计算样品中Na2C2O4的纯度：_______。
（3）CaC2O4是五种肾结石里最为常见的一种，患草酸钙结石的病人多饮白开水有利于结石的消融，请用必要的化学原理和简要的文字说明其原因：_______。
【答案】（1）碱 （2） ①. 酸式 ②. 当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为淡紫色，且半分钟不褪色 ③. ab ④. 67%
（3），多喝水沉淀溶解平衡正向移动，有利于结石的消融
【解析】
【分析】用KMnO4酸性溶液滴定Na2C2O4溶液，以测定Na2C2O4的纯度。首先要选择合适的仪器，因为Na2C2O4溶液呈碱性，应放在碱式滴定管内，KMnO4酸性溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管内。注意滴定前、滴定过程中、滴定结束不出现气泡、液滴不悬挂，读数平视。
【小问1详解】
Na2C2O4为强碱弱酸的正盐，其水溶液显碱性。答案为：碱；
【小问2详解】
①高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应装在酸式滴定管中；起初Na2C2O4呈无色，滴定至终点时，KMnO4溶液稍过量，此时溶液呈现淡紫色，实验现象是：当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为淡紫色，且半分钟不褪色。
②a.盛装Na2C2O4的滴定管没润洗，将导致其浓度偏低；
b.称取的Na2C2O4样品部分含有结晶水，则n(Na2C2O4)偏低，将导致Na2C2O4浓度偏低；
c.读数时滴定前俯视，滴定后仰视，则读取所用KMnO4溶液体积偏大，将导致Na2C2O4浓度偏高；
d.滴定结束后滴定管尖端悬有一滴溶液，则读取所用KMnO4溶液的体积偏大，将导致Na2C2O4浓度偏高；
故选ab。
③由离子方程式可得出下列关系式：2KMnO4——5Na2C2O4，20.00mL溶液中所含Na2C2O4的物质的量为=0.134g，则样品中Na2C2O4的纯度：=67%。答案为：酸式；当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为淡紫色，且半分钟不褪色；ab；67%；
【小问3详解】
患草酸钙结石的病人多饮白开水，可使溶液中c(Ca2+)、c()减小，从而促进结石的溶解平衡不断正向进行，有利于结石的消融，其原因：，多喝水沉淀溶解平衡正向移动，有利于结石的消融。答案为：，多喝水沉淀溶解平衡正向移动，有利于结石的消融。
【点睛】描述滴定终点时溶液的颜色变化，需关注滴定前溶液的颜色。
20. 三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料(含有少量铁、铝等杂质)生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 ml·L-1计算)。
回答下列问题：
（1）Ni2O3中Ni元素的化合价为___________；为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：___________(任写一种)。
（2）“酸浸”后的酸性溶液中加入H2O2的目的是___________(用语言叙述)。
（3）“沉镍”前需加Na2CO3控制溶液pH范围为___________；滤渣A为___________。
（4）“氧化”时生成Ni2O3的离子方程式为___________。
（5）工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1 ml·L-1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为_______。
【答案】（1） ①. +3 ②. 增大盐酸的浓度
（2）氧化Fe2+生成Fe3+
（3） ①. 4.7～7.1 ②. Fe(OH)3、Al(OH)3
（4）2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O
（5）10 g•L-1
【解析】
【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，还含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得NiCl2溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液，过滤得到Ni2O3；
【小问1详解】
Ni2O3中Ni元素的化合价为+3；为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末)等；
【小问2详解】
“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+生成Fe3+，即加入H2O2的目的是氧化Fe2+生成Fe3+；
【小问3详解】
沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在4.7～7.1，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀时发生的离子反应方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑、2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3；
【小问4详解】
Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O；
【小问5详解】
根据NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响图可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g•L-1。序号
①
②
溶液
CH3COONa
NaClO
pH
8.8
10.3
0
2
5
10
15
2
1.5
1
0.5
0.5
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.1
6.5
3.5
7.1
沉淀完全的pH
3.2
9.7
4.7
9.2
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