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2022-2023学年福建省泉州市永春第一中学高二上学期期末考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年福建省泉州市永春第一中学高二上学期期末考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，填空题等内容，欢迎下载使用。
福建省泉州市永春第一中学2022-2023学年高二上学期
期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列生活中的现象，与盐的水解无关的是
A．古代用草木灰的水溶液来洗涤衣物
B．明矾净水
C．铁在潮湿环境中生锈
D．氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂
【答案】C
【详解】A．草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解生成氢氧根离子使溶液呈碱性，故草木灰的水溶液可用来洗涤衣物，与盐的水解有关，A错误；
B．明矾中含有Al3+，铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有净水的作用，与盐的水解有关，B错误；
C．铁在潮湿环境中生锈，是发生了电化学腐蚀，与水解无关，C正确；
D．氯化铵溶液中的铵根离子水解生成氢离子，氢离子可与金属表面的锈反应从而用作除锈剂，与盐的水解有关，D错误；
故答案选C。
2．常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是
A．HClO溶液的导电能力弱 B．HClO易溶于水
C．HClO有强氧化性 D．NaClO溶液呈碱性
【答案】D
【详解】A．导电性强弱主要考虑在溶液中离子的浓度大小，不能证明HClO是弱电解质，A错误；
B．不能根据电解质的溶解性强弱判断电解质强弱，B错误；
C．HClO有强氧化性，不能证明HClO是弱电解质，C错误；
D．NaClO中次氯酸根离子水解，溶液显碱性，说明HClO是弱酸，弱电解质，D正确；
故选D。
3．某温度时测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7mol·L-1，则c(OH-)为
A．2.4×10-7mol·L-1 B．1×10-14mol·L-1
C．4.2×10-8mol·L-1 D．无法确定
【答案】A
【详解】一定温度下，根据H2OH++OH-，纯水中电离出的氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等。温度时测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7mol·L-1，则c(OH-)为2.4×10-7mol·L-1，故答案选A。
4．有一个处于平衡状态的反应：X(g)＋3Y(g) 2Z(g)(正反应为放热反应)。为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择下列的适宜条件是
① 低温 ②高温 ③高压 ④低压 ⑤加催化剂 ⑥除去Z
A．①④⑥ B．②③⑤ C．①③⑥ D．②③⑥
【答案】C
【详解】反应X（g）+3Y（s）2Z（g）（正反应是放热反应），是一个放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，降低温度，平衡正向移动，故①正确，②错误；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向即逆向进行，减小压强，平衡正向移动，故③正确；④错误；加催化剂不会引起化学平衡的移动，故⑤错误；分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故⑥正确；
答案选C。
5．下列有关反应原理的说法正确的是
A．对于且能自发进行的化学反应，其
B．向新制氯水中加适量石灰石不能增大溶液中的
C．对于的可逆反应来说，升高温度可加快反应速率，增大反应物的平衡转化率
D．反应物分子间的碰撞都能使化学反应发生，碰撞越多，反应速率越高
【答案】A
【详解】A．时反应自发进行，则且能自发进行的化学反应，其，故A正确；
B．由于碳酸钙可消耗盐酸，使平衡Cl2+H2OHCI+HClO向右移动，c(HClO)增大，B错误；
C．对△H＜0的可逆反应来说，升高温度可使平衡逆向移动，减小反应物转化率，C错误；
D．分子发生有效碰撞时才能发生化学反应，D错误；
正确答案是A。
6．下列各离子方程式中，属于水解反应的是
A．+H2O OH- + H2CO3 B．+H2ONH3·H2O+OH﹣
C．+3H2O H3PO4+3OH﹣ D．H2O+H2OH3O++OH﹣
【答案】A
【详解】盐中的弱酸根或弱碱阳离子结合水电离出的氢离子或氢氧根生成弱电解质的反应为水解反应；
A．结合水电离出的H+生成弱电解质H2CO3，溶液呈碱性，其水解的离子方程式为+H2OH2CO3+OH－，选项A符合题意；
B．结合水电离出的OH-生成弱电解质NH3·H2O，溶液呈酸性，其水解的离子方程式为+H2ONH3·H2O+H+，选项B不符合题意；
C．为多元素弱酸根离子，水解分步进行，离子结合水电离出的H+生成离子，第一步水解反应为+H2O+OH-，选项C不符合题意；
D．H2O+H2OH3O++OH-为水的电离方程式，且溶液呈中性，选项D不符合题意；
答案选A。
7．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．氯水中存在的平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，当加入适当的NaHCO3(s)后，溶液颜色变浅
B．在K2Cr2O7溶液中存在如下平衡，+H2O2+2H+，若向K2Cr2O7溶液中滴入5~15滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深
C．对于反应体系CO(g)+NO2(g) NO(g)+CO2(g)，给平衡体系增大压强可使颜色变深
D．对于反应2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0，平衡体系升高温度颜色变深
【答案】C
【详解】A．当向氯水中加入适当的NaHCO3(s)后，溶液颜色变浅，说明氯气浓度减小，平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，A错误；
B．向K2Cr2O7溶液中滴入5~15滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深，说明H+浓度增大时，平衡逆向移动，可以用勒夏特列原理解释，B错误；
C．该平衡反应两边计量数和相等，给平衡体系增大压强，平衡不移动，但是由于NO2的浓度增大，使颜色变深，不可以用勒夏特列原理解释，C正确；
D．对该平衡体系升高温度，可使平衡逆向移动，NO2的浓度增大，所以颜色变深，可以用勒夏特列原理解释，D错误；
故答案为：C。
8．下列有关热化学方程式及其叙述正确的是
A．H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，则H2O电解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH=＋285.8 kJ/mol
B．3.2克 CH4完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出178 kJ的热量，其热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-890kJ/mol
C．已知2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH=-221 kJ/mol，则C的燃烧热为110.5 kJ/mol
D．含有1 mol的HF与NaOH溶液反应放热57.3 kJ：H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol
【答案】B
【详解】A．H2的燃烧热为285.8kJ/mol，则H2O电解的热化学方程式为H2O(l)=H2(g)+O2(g) ΔH=+285.8kJ/mol，A错误；
B．3.2gCH4为0.2mol，则1molCH4完全燃烧放热890kJ，热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-890kJ/mol，B正确；
C．该反应中生成的是一氧化碳，不是碳的稳定氧化物，故C的燃烧热不为110.5kJ/mol，C错误；
D．HF是弱酸存在电离平衡，电离过程吸热，含有1mol的HF与NaOH反应放出热量小于57.3kJ，则H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH>-57.3 kJ/mol，D错误；
故答案选B。
9．用如图所示实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A．图甲：电解熔融制备Al B．图乙：测量盐酸和氢氧化钠反应的反应热
C．图丙：蒸干氯化铝溶液制备无水氯化铝 D．图丁：验证电解NaCl溶液的阳极产物
【答案】D
【详解】A．氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，A错误；
B．温度计应测量混合溶液的温度，不是环境的温度，B错误；
C．氯化铝溶液中存在铝离子的水解，加热促进水解，又生成的HCl气体挥发，氯化铝会彻底水解，所以蒸干后无法得到无水氯化铝，C错误；
D．电解饱和食盐水，由电流方向知右侧为阳极，发生氧化反应，Cl-放电生成Cl2，又Cl2具有氧化性将碘离子氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝，D正确；
故选D。
10．已知某化学反应的平衡常数表达式为，在不同温度下该反应的平衡常数如下表所示，下列有关叙述不正确的是
T/°C
700
800
830
1000
1200
K
1.67
1.11
1.00
0.60
0.38
A．若在1L的密闭容器中通入CO和H2O各1mol，5min后温度升高到830°C，此时测得CO为0.4 moL，则该反应未达到平衡状态
B．上述反应的正反应是吸热反应
C．该反应的化学方程式是CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
D．若平衡浓度符合5c(CO2)·c(H2)=3c(CO)·c(H2O)，则此时的温度为1000°C
【答案】B
【详解】A．根据题意列三段式， ，，830°C，K=1.00，所以，则该反应未达到平衡状态，A正确；
B．由表格信息可知升高温度，K减小，正反应为放热反应，B错误；
C．由电离平衡常数表达式可知该反应的化学方程式是CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，C正确；
D．平衡浓度符合5c(CO2)·c(H2)=3c(CO)·c(H2O)，求得，则此时的温度为1000°C，D正确；
故答案选B。
11．硝酸厂常用催化还原法处理尾气，在催化条件下可以将还原为，反应原理为，的平衡转化率随温度或压强的变化如图所示。下列说法正确的是
A．速率大小：
B．
C．平衡常数：
D．使用合适的催化剂，的平衡转化率增大
【答案】B
【详解】A．相同条件下，温度越高，反应速率越快，则，A错误；
B．该反应是气体计量分子数减小的反应，压强增大，平衡正向移动，二氧化氮的平衡转化率增大，则，B正确；
C．该反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，平衡常数减小，则，C错误；
D．催化剂改变反应速率，不改变平衡移动，不改变物质转化率，D错误；
故选B。
12．用石墨作电极，电解1mol/L下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是
A．AgNO3溶液 B．NaOH C．Na2SO4 D．NaCl
【答案】C
【详解】A．电解AgNO3溶液，阳极H2O失电子生成O2和H+，阴极Ag+得电子生成Ag，溶液pH减小，A错误；
B．电解NaOH溶液实质为电解水生成氢气和氧气，水被电解消耗，NaOH溶液浓度增大，pH增大，B错误；
C．电解Na2SO4的实质为电解水，同时硫酸钠溶液为中性溶液，消耗掉部分水，溶液依旧呈中性，pH不变，C正确；
D．电解NaCl溶液，阳极Cl-失电子生成Cl2，阴极H2O得电子生成氢气和OH-，溶液pH增大，D错误；
故答案选C。
13．时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．的溶液：
B．使甲基橙呈红色的溶液：
C．由水电离产生的的溶液中：
D．的溶液中能大量存在：
【答案】A
【详解】A．的溶液呈碱性，碱性条件下Na+、K+、、各离子之间不反应，能大量共存，A正确；
B．使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，与反应生成硫单质和二氧化硫气体不能大量共存，B错误；
C．由水电离产生的的溶液可能为酸性或碱性，酸性溶液中亚铁离子、H+、硝酸根离子发生氧化还原而不能大量共存；若为碱性，氢氧根离子和镁离子、亚铁离子生成沉淀不能共存；C错误；
D．的溶液中铁离子不能大量存在，D错误；
故选A。
14．常温下，用溶液滴定溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．滴定过程中可能出现：
【答案】A
【详解】A．由图像可知，点①处加入了10mL0.1000mol/LNaOH溶液反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1:1的混合物，溶液呈酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，故c(Na+)＞c(CH3COOH)，由电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以，故A正确；
B．由图像可知，点②pH=7，即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故，故B错误；
C．由图像可知，点③处加入了20mL0.1000mol/LNaOH溶液说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO-水解，溶液呈碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，且程度较小，，故C错误；
D．当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，生成CH3COONa少量，溶液中CH3COOH浓度远大于CH3COONa浓度，可能出现，当CH3COOH较少时，滴入的碱较多，，不可能出现，故D错误；
故选A。
15．已知：常温下，，，。在自然界中，闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)遇硫酸铜溶液均能转化成铜蓝(CuS)。下列说法正确的是
A．饱和PbS溶液中，
B．相同温度下，在水中的溶解度：ZnS>CuS>PbS
C．向PbS固体中滴加一定量溶液，反应达到平衡时，溶液中
D．向含浓度相同的、、的混合溶液中逐滴加入稀溶液，先沉淀
【答案】C
【详解】A．饱和PbS溶液中存在， ，又，故，A错误；
B．由于ZnS、CuS、PbS类型相同，通过Ksp的比较可确定溶解度的大小，Ksp值越小，溶解度越小，故相同温度下，在水中的溶解度：ZnS> PbS > CuS，B错误；
C．，C正确；
D．向含浓度相同的、、的混合溶液中逐滴加入稀溶液，Ksp值越小需要的S2-越少，先沉淀，故Cu2+先沉淀，D错误；
故答案选C。
16．常温下，将pH=1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
【详解】设两份盐酸的体积均为xL，加水后pH增大1，说明加入水的体积为9xL，设另一份加入0.1mol/L的NaOH溶液yL，反应后pH也增大1，则，解得y=，则加入水和NaOH的体积比为9x∶=11∶1，故答案选C。
17．和Zn在碱性条件下组成原电池，放电原理如图所示。下列说法正确的是
A．在放电时，化学能全部转化成电能
B．在放电时，电子通过离子交换膜从右向左运动
C．在放电时，石墨电极上的电极反应式为：
D．在放电时，负极区电解质溶液的pH逐渐减小
【答案】C
【分析】K2FeO4-Zn可以组成高铁电池，K2FeO4在电池中作正极材料，其电极反应式为+3eˉ+4H2O→Fe(OH)3+5OHˉ，原电池的负极发生氧化反应，Zn-2eˉ+2OHˉ=Zn(OH)2，电池反应为：3Zn+2+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4OHˉ。
【详解】A．在放电时，化学能大部分转化成电能，但达不到100%，A错误；
B．在放电时，电子只能走导线，溶液中是阴阳离子的定向移动导电，B错误；
C．在放电时，石墨电极上的电极反应式为：，C正确；
D．在放电时，原电池的负极发生氧化反应，Zn-2eˉ+2OHˉ=Zn(OH)2，氢氧根离子通过阴离子交换膜不断进行补充，负极区电解质溶液的pH基本不变，故D错误；
故选C。
18．室温下，在实验室中用0.1 mol·L-1的盐酸滴定10 mL 0.1 mol·L-1的ROH溶液，滴定曲线如图所示。下列有关叙述错误的是
A．Kb(ROH)的数量级为10-5
B．点②对应溶液中：c(R＋)＋2c(H＋)=c(ROH)＋2c(OH-)
C．水的电离程度：①<③<④
D．滴加盐酸的过程中保持不变
【答案】C
【详解】A．未加盐酸前，=-8，c(H+)·c(OH-)=10-14，则c(OH-)=0.001mol/L，弱碱电离程度较小，c(ROH)=0.1mol/L，c(R+)=c(OH-)=0.001mol/L，Kb=，A正确；
B．酸碱浓度相等，②点反应后溶质为ROH和RCl，根据物料守恒可得①c(R+)+c(ROH)=2c(Cl-)，根据电荷守恒可得②c(R+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，②×2-①可得c(R＋)＋2c(H＋)=c(ROH)＋2c(OH-)，B正确；
C．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，①中溶质为碱、④中含有盐酸两者都抑制水的电离，ROH为弱碱，盐酸为强酸，④对水电离的抑制程度大于①，③促进水电离，则水电离程度③>①>④，C错误；
D．，温度不变，Kb和KW不变，则保持不变，D正确；
故答案选C。
二、原理综合题
19．下图为相互串联的三个装置，试回答：
(1)写出甲池负极的电极反应式：_______。
(2)若利用乙池在铁片上镀银，则B电极反应式是_______。
(3)若利用乙池进行粗铜的电解精炼，则_______极(填“A”或“B”)是粗铜。
(4)向丙池溶液中滴加几滴酚酞试液，_______电极(填“石墨”或“Fe”)周围先出现红色，若甲池消耗3.2 gCH3OH气体，则丙池中阳极上产生气体的物质的量为_______mol。
(5)工业冶炼铝的化学方程式是_______。
(6)工业级氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换法膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过)，其工作原理如图所示。除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口_______(填写“A”或“B”)导出。
【答案】(1)CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
(2)Ag++e-=Ag
(3)A
(4) Fe 0.175
(5)
(6)B
【分析】甲池中通入甲醇的一极为负极，电极反应为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，通入氧气的一极为正极，电极反应式为3O2+6H2O+12e-=12OH-，乙池A极与正极相连，则A电极为阳极，B为阴极，丙池Fe与负极相连，则Fe电极为阴极，电极反应为2H++2e-=H2↑，石墨电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。
【详解】（1）根据分析可知，甲池负极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。
（2）利用乙池在铁片上镀银，则银为阳极，铁片为阴极，B电极为阴极，电极反应式为Ag++e-=Ag。
（3）利用乙池进行粗铜的电解精炼，则粗铜为阳极，即A极为粗铜。
（4）丙池中Fe电极为阴极，电极反应为2H++2e-=H2↑，Fe电极处有氢氧根离子生成，滴加几滴酚酞试液后，Fe电极周围先出现红色。3.2gCH3OH的物质的量为0.1mol，甲池消耗0.1mol甲醇转移电子数为0.6mol，丙池中氯离子共0.1mol，0.1mol氯离子生成0.05mol氯气转移0.1mol电子，剩余0.5mol电子为氢氧根离子失电子生成氧气，根据电极反应式4OH--4e-=2H2O+O2↑，转移0.5mol电子产生氧气0.125mol，则阳极共计生成气体为0.05mol+0.125mol=0.175mol。
（5）工业上通过电解熔融状态下的Al2O3来制取铝，化学方程式为。
（6）该电解池中左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，溶液中K+通过阳离子交换膜向阴极移动，含氧酸根杂质和OH-无法通过阳离子交换膜，除去杂质后的氢氧化钾溶液从B出口导出。
20．回答下列问题：
(1)某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净的CuCl2溶液，加入适量的试剂X调节溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，试剂X可选用_______。
A．CuO B．Mg(OH)2 C．Cu2(OH)2CO3 D．NH3•H2O
(2)某小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取1.000g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀(碘化亚铜)。加入2-3滴淀粉试液，用0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液50.00mL。(已知：I2+2S2O=S4O+2I-)。
①CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_______。
②滴定终点的现象是_______。
③该试样中CuCl2•2H2O的质量分数为_______。
④下列操作能使结果偏大的是_______。
A．滴定管未润洗即装入标准溶液
B．滴定过程中开始仰视，后来俯视读数
C．滴定过程中锥形瓶中不慎有液体溅出
D．滴定开始时滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
【答案】(1)AC
(2) 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色 85.5% AD
【详解】（1）A．CuO可与H+反应生成铜离子和水，在调节溶液pH的同时不引入杂质离子，A正确；
B．Mg(OH)2可与氢离子反应从而调节溶液pH，但是同时也引入了杂质离子Mg2+，B错误；
C．Cu2(OH)2CO3可与氢离子反应生成水、铜离子和二氧化碳，在调节溶液pH的同时没有引入杂质离子，C正确；
D．一水合氨可与氢离子反应生成铵根离子，引入了杂质离子，D错误；
故答案选AC。
（2）①CuCl2与KI反应生成CuI和I2，离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
②硫代硫酸钠与碘单质反应生成碘离子和，随着反应进行碘单质逐渐被消耗，则滴定终点的现象为溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色。
③已知消耗硫代硫酸钠的物质的量为0.005mol，根据方程式I2+2S2O=S4O+2I-，消耗碘单质的物质的量为0.0025mol，根据离子方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，消耗Cu2+的物质的量为0.005mol，则CuCl2·2H2O的质量分数为。
④
A．滴定管未润洗就装入标准溶液，导致标准液被稀释，消耗的标准液偏多，使结果偏大，A正确；
B．滴定开始时仰视，后来俯视读数，导致计算得到的标准液体积偏小，结果偏小，B错误；
C．滴定过程中锥形瓶内不慎有液体溅出，导致消耗标准液的体积偏小，结果偏小，C错误；
D．滴定开始时滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，标准液消耗偏多，结果偏大，D正确；
故答案选AD。
21．CO2的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将CO2转化为高附加值化学品已成为有吸引力的解决方案。
I.例如可以用CO2、H2为原料合成CH3OH反应：CO2(g) + 3H2(g)=CH3OH(g) + H2O(g) ΔH。CO2和H2在某催化剂表面上合成甲醇的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
(1)反应的ΔH_______ 0(填“>”或“＜”)：该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为_______。
II.已知研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机和减弱温室效应具有重要的意义。
工业上CO2与CH4发生反应I：CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g) ΔH=+234.0 kJ/mol
在反应过程中还发生反应II：H2(g) + CO2(g) H2O(g)+CO(g) ΔH2
(2)已知部分化学键的键能数据如下表所示：
化学键
H-O
H-H
C=O
C≡O
键能(kJ/mol)
413
436
803
1076
则ΔH2=_______ kJ/mol。
(3)在密闭容器中充入CO2与CH4，下列能够判断反应I达到平衡状态的是_______。
A．容积固定的绝热容器中，温度保持不变
B．一定温度和容积固定的容器中，混合气体的密度保持不变
C．一定温度和容积固定的容器中，混合气体的平均相对分子质量保持不变
(4)工业上将CH4与CO2按物质的量1：1投料制取CO和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。
①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是_______。
②计算923K时反应II的化学平衡常数K=_______ (计算结果保留小数点后两位)。
(5)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。
①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250~400℃，乙酸的生成速率先减小后增大的原因______。
②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是_______ (只答一条即可)。
【答案】(1) < CH2O*+OH*+3H*→CH3O*+OH*+2H*
(2)+140
(3)AC
(4) 反应Ⅰ中CH4和CO2的转化率相同，但是CO2会发生反应Ⅱ，进一步提升了CO2的转化率 0.39
(5) 250℃-300℃时，催化剂催化效率下降，导致乙酸的生成速率下降，300℃-400℃时，乙酸的生成速率主要受温度的影响，温度升高乙酸的生成速率增大 增大CO2浓度、增大压强
【详解】（1）从图中可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，则该反应为放热反应，ΔH<0，从图中可知，该历程中最小能垒步骤为CH2O*、OH*、3H*生成CH3O*、OH*和2H*，化学方程式为CH2O*+OH*+3H*→CH3O*+OH*+2H*。
（2）ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，则ΔH2=（436+803×2）kJ/mol-（413×2+1076）kJ/mol=+140kJ/mol。
（3）A．该反应为吸热反应，容积固定的绝热容器中，温度保持不变，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，A正确；
B．温度和容积固定的容器中，气体的总质量和总体积始终不变，混合气体的密度始终不变，混合气体密度不变无法说明反应达到平衡，B错误；
C．该反应不是等体积反应，随着反应进行气体总物质的量不断变化，混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体总物质的量一定，反应达到平衡，C正确；
故答案选AC。
（4）①反应Ⅰ中CH4和CO2的转化率相同，但是CO2会发生反应Ⅱ，进一步提升了CO2的转化率。
②已知923K时CO2的转化率为70%，CH4的转化率为60%，设初始时CH4和CO2的物质的量均为xmol，则反应Ⅰ中反应的CH4为0.6xmol，则反应Ⅱ中反应的CO2为0.1xmol，，，则反应Ⅱ的平衡常数K=。
（5）①由图可知，250℃-300℃时，催化剂催化效率下降，导致乙酸的生成速率下降，300℃-400℃时，乙酸的生成速率主要受温度的影响，温度升高乙酸的生成速率增大。
②CO2和CH4反应生成乙酸，为提高反应中CH4的转化率，可采用的措施为增大CO2浓度，增大压强（该反应为气体体积减小的反应）等措施。
三、填空题
22．回答下列问题：
(1)常温下，0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释的过程中，下列表达式的数值一定变小的是_______。
A．c(H+) B． C．c(H+)∙c(OH-) D．
(2)如图是盐酸和醋酸稀释过程pH随溶液体积变化的曲线，曲线II代表的酸是_______，a、b、c三点导电能力由大到小的顺序是_______。
(3)常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液分别滴定20mL0.1000mol·L-1的盐酸和醋酸，当滴定至溶液pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液的体积_______盐酸消耗的NaOH溶液的体积。(填“>”“ <”或“=”)
(4)已知部分弱酸的电离常数如下表：
化学式
HF
H2CO3
H2S
电离平衡常数K(25℃)
7.2×10-4
K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11
K1=9.1×10-8
K2=1.1×10-12
①常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最大的是_______。
②将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是_______。
(5)二元弱酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X) 随pH的变化如图所示。则H2A的电离平衡常数K2=_______。
【答案】(1)AD
(2) 醋酸的pH变化曲线 a>b>c
(3)小于
(4) NaF CO+H2S=HS-+ HCO
(5)1×10-4.2
【详解】（1）常温下0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加水促进电离；
A．0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释的过程中，溶液酸性减弱，pH增大，c(H+)减小，故A选；
B．常温下0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOH⇌CH3COO-+H+，电离常数Kb=不变，加水促进电离c(CH3COO-)减小，则增大，故B不选；
C．温度不变时，c(H+)∙c(OH-)=KW恒定不变，故C不选；
D．0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释的过程中，溶液酸性减弱，pH增大，c(H+)减小，c(H+)∙c(OH-)=KW恒定不变，c(OH-)增大，减小，故D选；
故选AD。
（2）醋酸是弱酸，不完全电离使溶液显酸性，溶液浓度越低，电离程度越大，盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，加等量的水稀释,盐酸溶液的pH变化大于醋酸溶液的pH变化，因此Ⅰ为盐酸的pH变化曲线，Ⅱ为醋酸的pH变化曲线，b、c两点在盐酸的pH变化曲线上，c点pH较大，稀释倍数较高，溶液中离子浓度低于b点溶液中离子浓度，a、b两点稀释相同的倍数，a点pH小于b点，则a点氢离子浓度高于b点，离子浓度越大，导电性越强，a、b、c三点导电能力由大到小的顺序是a>b>c。
（3）pH = 7 时，滴定盐酸消耗的 NaOH 溶液体积为20.00mL，滴定醋酸消耗的 NaOH 溶液体积为20.00mL时，溶质为醋酸钠，溶液显碱性，要使得溶液的pH= 7 ，则加入的NaOH溶液体积小于20.00mL，因此滴定醋酸消耗的 NaOH 溶液体积小于滴定盐酸消耗的 NaOH 溶液体积。
（4）①由图表中数据分析可知酸性HF＞H2CO3＞H2S＞HCO＞HS-，可知对应盐的水解程度F-＜HCO＜HS-＜CO＜S2-，浓度相同时溶液的碱性：Na2S＞Na2CO3＞NaF，所以常温下，PH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S中物质的量浓度由大到小的顺序为NaF＞Na2CO3＞Na2S，即NaF的物质的量浓度最大；
②将过量H2S通入Na2CO3溶液，由较强酸制较弱酸可知反应生成NaHS和NaHCO3，则发生反应的离子方程式为CO+H2S=HS-+ HCO。
（5）pH越大，c(OH- )越大，促进H2A的电离，H2A浓度减小，HA-浓度增大，c(OH- )继续越大，HA-浓度减小，A2-浓度增大，pH=4.2时，c(A2-)= c(HA-)，H2A的电离平衡常数K2==c(H+)=1×10-4.2。
23．回答下列问题
(1)将FeCl3溶液进行蒸干，得到的固体化学式为_______
(2)25℃时，在浓度均为1mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中，若测得其中铵根离子浓度分别为a、b、c(单位为mol/L)，由大到小_______。
(3)在日常生活中经常用Al2(SO4)3和NaHCO3混合溶液作灭火剂，请用离子方程式表示其灭火原理：_______。
(4)某CuSO4溶液中含有Fe3+杂质，溶液中CuSO4的浓度为2.0mol/L，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于时即沉淀完全(注：lg2=0.3)，已知，，则：
①该溶液中的Fe3+刚好沉淀完全时溶液的pH为_______；
②该溶液中的Cu2+开始形成Cu(OH)2沉淀时的pH为_______；
(5)在25℃下，将amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c()=c(Cl-)，用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_______
【答案】(1)Fe2O3
(2)c＞a＞b
(3)A13++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
(4) 3.3 4
(5)
【详解】（1）FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加热过程中加快HCl挥发，从而促进氯化铁水解，所以蒸干时得到的固体是Fe(OH)3，灼烧该固体时Fe(OH)3分解产生Fe2O3，所以最终得到的固体是Fe2O3。
（2）如果不考虑其他离子的影响，每摩尔物质都含有2 molNH，(NH4)2CO3溶液中CO的水解促进NH的水解，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的水解抑制NH的水解，则等浓度时，c(NH)大小顺序应为c＞a＞b。
（3）由于Al2(SO4)3溶液水解呈酸性，而NaHCO3溶液水解呈碱性，二者混合发生双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2，在日常生活中经常用Al2(SO4)3和NaHCO3混合溶液作灭火剂，发生的离子方程式为：A13++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑。
（4）①，Fe3+刚好沉淀完全时，溶液中c(Fe3+)=，c(OH-)=mol/L=2×10-11 mol/L，c(H+)==5×10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg5×10-4mol/L=(4-lg5)mol/L=(4-)mol/L=(4-1+0.3)mol/L=3.3；
②c(CuSO4)=2.0mol/L，该溶液中的Cu2+开始形成Cu(OH)2沉淀时c(OH-)=mol/L=1×10-10 mol/L，c(H+)==1×10-4mol/L，pH=4。
（5）氨水与HCl等体积混合，电荷守恒关系式为c(NH)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，因c()=c(Cl-)，故有c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，在25℃下，c(OH-)=1×10-7mol/L，由NH3·H2O的电离方程式NH3·H2ONH+OH-可知，混合后溶液体积增大一倍，所以溶液中c(Cl-)=0.005mol/L，c(NH3•H2O)=0.5amol/L-c()=0.5amol/L-0.005mol/L，Kb=。
福建省泉州市永春第一中学2022-2023学年高二上学期
期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列生活中的现象，与盐的水解无关的是
A．古代用草木灰的水溶液来洗涤衣物
B．明矾净水
C．铁在潮湿环境中生锈
D．氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂
【答案】C
【详解】A．草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解生成氢氧根离子使溶液呈碱性，故草木灰的水溶液可用来洗涤衣物，与盐的水解有关，A错误；
B．明矾中含有Al3+，铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有净水的作用，与盐的水解有关，B错误；
C．铁在潮湿环境中生锈，是发生了电化学腐蚀，与水解无关，C正确；
D．氯化铵溶液中的铵根离子水解生成氢离子，氢离子可与金属表面的锈反应从而用作除锈剂，与盐的水解有关，D错误；
故答案选C。
2．常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是
A．HClO溶液的导电能力弱 B．HClO易溶于水
C．HClO有强氧化性 D．NaClO溶液呈碱性
【答案】D
【详解】A．导电性强弱主要考虑在溶液中离子的浓度大小，不能证明HClO是弱电解质，A错误；
B．不能根据电解质的溶解性强弱判断电解质强弱，B错误；
C．HClO有强氧化性，不能证明HClO是弱电解质，C错误；
D．NaClO中次氯酸根离子水解，溶液显碱性，说明HClO是弱酸，弱电解质，D正确；
故选D。
3．某温度时测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7mol·L-1，则c(OH-)为
A．2.4×10-7mol·L-1 B．1×10-14mol·L-1
C．4.2×10-8mol·L-1 D．无法确定
【答案】A
【详解】一定温度下，根据H2OH++OH-，纯水中电离出的氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等。温度时测得纯水中的c(H+)=2.4×10-7mol·L-1，则c(OH-)为2.4×10-7mol·L-1，故答案选A。
4．有一个处于平衡状态的反应：X(g)＋3Y(g) 2Z(g)(正反应为放热反应)。为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择下列的适宜条件是
① 低温 ②高温 ③高压 ④低压 ⑤加催化剂 ⑥除去Z
A．①④⑥ B．②③⑤ C．①③⑥ D．②③⑥
【答案】C
【详解】反应X（g）+3Y（s）2Z（g）（正反应是放热反应），是一个放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，降低温度，平衡正向移动，故①正确，②错误；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向即逆向进行，减小压强，平衡正向移动，故③正确；④错误；加催化剂不会引起化学平衡的移动，故⑤错误；分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故⑥正确；
答案选C。
5．下列有关反应原理的说法正确的是
A．对于且能自发进行的化学反应，其
B．向新制氯水中加适量石灰石不能增大溶液中的
C．对于的可逆反应来说，升高温度可加快反应速率，增大反应物的平衡转化率
D．反应物分子间的碰撞都能使化学反应发生，碰撞越多，反应速率越高
【答案】A
【详解】A．时反应自发进行，则且能自发进行的化学反应，其，故A正确；
B．由于碳酸钙可消耗盐酸，使平衡Cl2+H2OHCI+HClO向右移动，c(HClO)增大，B错误；
C．对△H＜0的可逆反应来说，升高温度可使平衡逆向移动，减小反应物转化率，C错误；
D．分子发生有效碰撞时才能发生化学反应，D错误；
正确答案是A。
6．下列各离子方程式中，属于水解反应的是
A．+H2O OH- + H2CO3 B．+H2ONH3·H2O+OH﹣
C．+3H2O H3PO4+3OH﹣ D．H2O+H2OH3O++OH﹣
【答案】A
【详解】盐中的弱酸根或弱碱阳离子结合水电离出的氢离子或氢氧根生成弱电解质的反应为水解反应；
A．结合水电离出的H+生成弱电解质H2CO3，溶液呈碱性，其水解的离子方程式为+H2OH2CO3+OH－，选项A符合题意；
B．结合水电离出的OH-生成弱电解质NH3·H2O，溶液呈酸性，其水解的离子方程式为+H2ONH3·H2O+H+，选项B不符合题意；
C．为多元素弱酸根离子，水解分步进行，离子结合水电离出的H+生成离子，第一步水解反应为+H2O+OH-，选项C不符合题意；
D．H2O+H2OH3O++OH-为水的电离方程式，且溶液呈中性，选项D不符合题意；
答案选A。
7．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．氯水中存在的平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，当加入适当的NaHCO3(s)后，溶液颜色变浅
B．在K2Cr2O7溶液中存在如下平衡，+H2O2+2H+，若向K2Cr2O7溶液中滴入5~15滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深
C．对于反应体系CO(g)+NO2(g) NO(g)+CO2(g)，给平衡体系增大压强可使颜色变深
D．对于反应2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0，平衡体系升高温度颜色变深
【答案】C
【详解】A．当向氯水中加入适当的NaHCO3(s)后，溶液颜色变浅，说明氯气浓度减小，平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，A错误；
B．向K2Cr2O7溶液中滴入5~15滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深，说明H+浓度增大时，平衡逆向移动，可以用勒夏特列原理解释，B错误；
C．该平衡反应两边计量数和相等，给平衡体系增大压强，平衡不移动，但是由于NO2的浓度增大，使颜色变深，不可以用勒夏特列原理解释，C正确；
D．对该平衡体系升高温度，可使平衡逆向移动，NO2的浓度增大，所以颜色变深，可以用勒夏特列原理解释，D错误；
故答案为：C。
8．下列有关热化学方程式及其叙述正确的是
A．H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，则H2O电解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH=＋285.8 kJ/mol
B．3.2克 CH4完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出178 kJ的热量，其热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-890kJ/mol
C．已知2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH=-221 kJ/mol，则C的燃烧热为110.5 kJ/mol
D．含有1 mol的HF与NaOH溶液反应放热57.3 kJ：H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol
【答案】B
【详解】A．H2的燃烧热为285.8kJ/mol，则H2O电解的热化学方程式为H2O(l)=H2(g)+O2(g) ΔH=+285.8kJ/mol，A错误；
B．3.2gCH4为0.2mol，则1molCH4完全燃烧放热890kJ，热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-890kJ/mol，B正确；
C．该反应中生成的是一氧化碳，不是碳的稳定氧化物，故C的燃烧热不为110.5kJ/mol，C错误；
D．HF是弱酸存在电离平衡，电离过程吸热，含有1mol的HF与NaOH反应放出热量小于57.3kJ，则H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH>-57.3 kJ/mol，D错误；
故答案选B。
9．用如图所示实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A．图甲：电解熔融制备Al B．图乙：测量盐酸和氢氧化钠反应的反应热
C．图丙：蒸干氯化铝溶液制备无水氯化铝 D．图丁：验证电解NaCl溶液的阳极产物
【答案】D
【详解】A．氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，A错误；
B．温度计应测量混合溶液的温度，不是环境的温度，B错误；
C．氯化铝溶液中存在铝离子的水解，加热促进水解，又生成的HCl气体挥发，氯化铝会彻底水解，所以蒸干后无法得到无水氯化铝，C错误；
D．电解饱和食盐水，由电流方向知右侧为阳极，发生氧化反应，Cl-放电生成Cl2，又Cl2具有氧化性将碘离子氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝，D正确；
故选D。
10．已知某化学反应的平衡常数表达式为，在不同温度下该反应的平衡常数如下表所示，下列有关叙述不正确的是
T/°C
700
800
830
1000
1200
K
1.67
1.11
1.00
0.60
0.38
A．若在1L的密闭容器中通入CO和H2O各1mol，5min后温度升高到830°C，此时测得CO为0.4 moL，则该反应未达到平衡状态
B．上述反应的正反应是吸热反应
C．该反应的化学方程式是CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
D．若平衡浓度符合5c(CO2)·c(H2)=3c(CO)·c(H2O)，则此时的温度为1000°C
【答案】B
【详解】A．根据题意列三段式， ，，830°C，K=1.00，所以，则该反应未达到平衡状态，A正确；
B．由表格信息可知升高温度，K减小，正反应为放热反应，B错误；
C．由电离平衡常数表达式可知该反应的化学方程式是CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，C正确；
D．平衡浓度符合5c(CO2)·c(H2)=3c(CO)·c(H2O)，求得，则此时的温度为1000°C，D正确；
故答案选B。
11．硝酸厂常用催化还原法处理尾气，在催化条件下可以将还原为，反应原理为，的平衡转化率随温度或压强的变化如图所示。下列说法正确的是
A．速率大小：
B．
C．平衡常数：
D．使用合适的催化剂，的平衡转化率增大
【答案】B
【详解】A．相同条件下，温度越高，反应速率越快，则，A错误；
B．该反应是气体计量分子数减小的反应，压强增大，平衡正向移动，二氧化氮的平衡转化率增大，则，B正确；
C．该反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，平衡常数减小，则，C错误；
D．催化剂改变反应速率，不改变平衡移动，不改变物质转化率，D错误；
故选B。
12．用石墨作电极，电解1mol/L下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是
A．AgNO3溶液 B．NaOH C．Na2SO4 D．NaCl
【答案】C
【详解】A．电解AgNO3溶液，阳极H2O失电子生成O2和H+，阴极Ag+得电子生成Ag，溶液pH减小，A错误；
B．电解NaOH溶液实质为电解水生成氢气和氧气，水被电解消耗，NaOH溶液浓度增大，pH增大，B错误；
C．电解Na2SO4的实质为电解水，同时硫酸钠溶液为中性溶液，消耗掉部分水，溶液依旧呈中性，pH不变，C正确；
D．电解NaCl溶液，阳极Cl-失电子生成Cl2，阴极H2O得电子生成氢气和OH-，溶液pH增大，D错误；
故答案选C。
13．时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．的溶液：
B．使甲基橙呈红色的溶液：
C．由水电离产生的的溶液中：
D．的溶液中能大量存在：
【答案】A
【详解】A．的溶液呈碱性，碱性条件下Na+、K+、、各离子之间不反应，能大量共存，A正确；
B．使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，与反应生成硫单质和二氧化硫气体不能大量共存，B错误；
C．由水电离产生的的溶液可能为酸性或碱性，酸性溶液中亚铁离子、H+、硝酸根离子发生氧化还原而不能大量共存；若为碱性，氢氧根离子和镁离子、亚铁离子生成沉淀不能共存；C错误；
D．的溶液中铁离子不能大量存在，D错误；
故选A。
14．常温下，用溶液滴定溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．滴定过程中可能出现：
【答案】A
【详解】A．由图像可知，点①处加入了10mL0.1000mol/LNaOH溶液反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1:1的混合物，溶液呈酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，故c(Na+)＞c(CH3COOH)，由电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以，故A正确；
B．由图像可知，点②pH=7，即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故，故B错误；
C．由图像可知，点③处加入了20mL0.1000mol/LNaOH溶液说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO-水解，溶液呈碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，且程度较小，，故C错误；
D．当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，生成CH3COONa少量，溶液中CH3COOH浓度远大于CH3COONa浓度，可能出现，当CH3COOH较少时，滴入的碱较多，，不可能出现，故D错误；
故选A。
15．已知：常温下，，，。在自然界中，闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)遇硫酸铜溶液均能转化成铜蓝(CuS)。下列说法正确的是
A．饱和PbS溶液中，
B．相同温度下，在水中的溶解度：ZnS>CuS>PbS
C．向PbS固体中滴加一定量溶液，反应达到平衡时，溶液中
D．向含浓度相同的、、的混合溶液中逐滴加入稀溶液，先沉淀
【答案】C
【详解】A．饱和PbS溶液中存在， ，又，故，A错误；
B．由于ZnS、CuS、PbS类型相同，通过Ksp的比较可确定溶解度的大小，Ksp值越小，溶解度越小，故相同温度下，在水中的溶解度：ZnS> PbS > CuS，B错误；
C．，C正确；
D．向含浓度相同的、、的混合溶液中逐滴加入稀溶液，Ksp值越小需要的S2-越少，先沉淀，故Cu2+先沉淀，D错误；
故答案选C。
16．常温下，将pH=1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
【详解】设两份盐酸的体积均为xL，加水后pH增大1，说明加入水的体积为9xL，设另一份加入0.1mol/L的NaOH溶液yL，反应后pH也增大1，则，解得y=，则加入水和NaOH的体积比为9x∶=11∶1，故答案选C。
17．和Zn在碱性条件下组成原电池，放电原理如图所示。下列说法正确的是
A．在放电时，化学能全部转化成电能
B．在放电时，电子通过离子交换膜从右向左运动
C．在放电时，石墨电极上的电极反应式为：
D．在放电时，负极区电解质溶液的pH逐渐减小
【答案】C
【分析】K2FeO4-Zn可以组成高铁电池，K2FeO4在电池中作正极材料，其电极反应式为+3eˉ+4H2O→Fe(OH)3+5OHˉ，原电池的负极发生氧化反应，Zn-2eˉ+2OHˉ=Zn(OH)2，电池反应为：3Zn+2+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4OHˉ。
【详解】A．在放电时，化学能大部分转化成电能，但达不到100%，A错误；
B．在放电时，电子只能走导线，溶液中是阴阳离子的定向移动导电，B错误；
C．在放电时，石墨电极上的电极反应式为：，C正确；
D．在放电时，原电池的负极发生氧化反应，Zn-2eˉ+2OHˉ=Zn(OH)2，氢氧根离子通过阴离子交换膜不断进行补充，负极区电解质溶液的pH基本不变，故D错误；
故选C。
18．室温下，在实验室中用0.1 mol·L-1的盐酸滴定10 mL 0.1 mol·L-1的ROH溶液，滴定曲线如图所示。下列有关叙述错误的是
A．Kb(ROH)的数量级为10-5
B．点②对应溶液中：c(R＋)＋2c(H＋)=c(ROH)＋2c(OH-)
C．水的电离程度：①<③<④
D．滴加盐酸的过程中保持不变
【答案】C
【详解】A．未加盐酸前，=-8，c(H+)·c(OH-)=10-14，则c(OH-)=0.001mol/L，弱碱电离程度较小，c(ROH)=0.1mol/L，c(R+)=c(OH-)=0.001mol/L，Kb=，A正确；
B．酸碱浓度相等，②点反应后溶质为ROH和RCl，根据物料守恒可得①c(R+)+c(ROH)=2c(Cl-)，根据电荷守恒可得②c(R+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，②×2-①可得c(R＋)＋2c(H＋)=c(ROH)＋2c(OH-)，B正确；
C．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，①中溶质为碱、④中含有盐酸两者都抑制水的电离，ROH为弱碱，盐酸为强酸，④对水电离的抑制程度大于①，③促进水电离，则水电离程度③>①>④，C错误；
D．，温度不变，Kb和KW不变，则保持不变，D正确；
故答案选C。
二、原理综合题
19．下图为相互串联的三个装置，试回答：
(1)写出甲池负极的电极反应式：_______。
(2)若利用乙池在铁片上镀银，则B电极反应式是_______。
(3)若利用乙池进行粗铜的电解精炼，则_______极(填“A”或“B”)是粗铜。
(4)向丙池溶液中滴加几滴酚酞试液，_______电极(填“石墨”或“Fe”)周围先出现红色，若甲池消耗3.2 gCH3OH气体，则丙池中阳极上产生气体的物质的量为_______mol。
(5)工业冶炼铝的化学方程式是_______。
(6)工业级氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换法膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过)，其工作原理如图所示。除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口_______(填写“A”或“B”)导出。
【答案】(1)CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
(2)Ag++e-=Ag
(3)A
(4) Fe 0.175
(5)
(6)B
【分析】甲池中通入甲醇的一极为负极，电极反应为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，通入氧气的一极为正极，电极反应式为3O2+6H2O+12e-=12OH-，乙池A极与正极相连，则A电极为阳极，B为阴极，丙池Fe与负极相连，则Fe电极为阴极，电极反应为2H++2e-=H2↑，石墨电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。
【详解】（1）根据分析可知，甲池负极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。
（2）利用乙池在铁片上镀银，则银为阳极，铁片为阴极，B电极为阴极，电极反应式为Ag++e-=Ag。
（3）利用乙池进行粗铜的电解精炼，则粗铜为阳极，即A极为粗铜。
（4）丙池中Fe电极为阴极，电极反应为2H++2e-=H2↑，Fe电极处有氢氧根离子生成，滴加几滴酚酞试液后，Fe电极周围先出现红色。3.2gCH3OH的物质的量为0.1mol，甲池消耗0.1mol甲醇转移电子数为0.6mol，丙池中氯离子共0.1mol，0.1mol氯离子生成0.05mol氯气转移0.1mol电子，剩余0.5mol电子为氢氧根离子失电子生成氧气，根据电极反应式4OH--4e-=2H2O+O2↑，转移0.5mol电子产生氧气0.125mol，则阳极共计生成气体为0.05mol+0.125mol=0.175mol。
（5）工业上通过电解熔融状态下的Al2O3来制取铝，化学方程式为。
（6）该电解池中左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，溶液中K+通过阳离子交换膜向阴极移动，含氧酸根杂质和OH-无法通过阳离子交换膜，除去杂质后的氢氧化钾溶液从B出口导出。
20．回答下列问题：
(1)某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净的CuCl2溶液，加入适量的试剂X调节溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，试剂X可选用_______。
A．CuO B．Mg(OH)2 C．Cu2(OH)2CO3 D．NH3•H2O
(2)某小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取1.000g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀(碘化亚铜)。加入2-3滴淀粉试液，用0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液50.00mL。(已知：I2+2S2O=S4O+2I-)。
①CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_______。
②滴定终点的现象是_______。
③该试样中CuCl2•2H2O的质量分数为_______。
④下列操作能使结果偏大的是_______。
A．滴定管未润洗即装入标准溶液
B．滴定过程中开始仰视，后来俯视读数
C．滴定过程中锥形瓶中不慎有液体溅出
D．滴定开始时滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
【答案】(1)AC
(2) 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色 85.5% AD
【详解】（1）A．CuO可与H+反应生成铜离子和水，在调节溶液pH的同时不引入杂质离子，A正确；
B．Mg(OH)2可与氢离子反应从而调节溶液pH，但是同时也引入了杂质离子Mg2+，B错误；
C．Cu2(OH)2CO3可与氢离子反应生成水、铜离子和二氧化碳，在调节溶液pH的同时没有引入杂质离子，C正确；
D．一水合氨可与氢离子反应生成铵根离子，引入了杂质离子，D错误；
故答案选AC。
（2）①CuCl2与KI反应生成CuI和I2，离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
②硫代硫酸钠与碘单质反应生成碘离子和，随着反应进行碘单质逐渐被消耗，则滴定终点的现象为溶液由蓝色变为无色，且30s内不变色。
③已知消耗硫代硫酸钠的物质的量为0.005mol，根据方程式I2+2S2O=S4O+2I-，消耗碘单质的物质的量为0.0025mol，根据离子方程式2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，消耗Cu2+的物质的量为0.005mol，则CuCl2·2H2O的质量分数为。
④
A．滴定管未润洗就装入标准溶液，导致标准液被稀释，消耗的标准液偏多，使结果偏大，A正确；
B．滴定开始时仰视，后来俯视读数，导致计算得到的标准液体积偏小，结果偏小，B错误；
C．滴定过程中锥形瓶内不慎有液体溅出，导致消耗标准液的体积偏小，结果偏小，C错误；
D．滴定开始时滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，标准液消耗偏多，结果偏大，D正确；
故答案选AD。
21．CO2的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将CO2转化为高附加值化学品已成为有吸引力的解决方案。
I.例如可以用CO2、H2为原料合成CH3OH反应：CO2(g) + 3H2(g)=CH3OH(g) + H2O(g) ΔH。CO2和H2在某催化剂表面上合成甲醇的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
(1)反应的ΔH_______ 0(填“>”或“＜”)：该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为_______。
II.已知研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机和减弱温室效应具有重要的意义。
工业上CO2与CH4发生反应I：CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g) ΔH=+234.0 kJ/mol
在反应过程中还发生反应II：H2(g) + CO2(g) H2O(g)+CO(g) ΔH2
(2)已知部分化学键的键能数据如下表所示：
化学键
H-O
H-H
C=O
C≡O
键能(kJ/mol)
413
436
803
1076
则ΔH2=_______ kJ/mol。
(3)在密闭容器中充入CO2与CH4，下列能够判断反应I达到平衡状态的是_______。
A．容积固定的绝热容器中，温度保持不变
B．一定温度和容积固定的容器中，混合气体的密度保持不变
C．一定温度和容积固定的容器中，混合气体的平均相对分子质量保持不变
(4)工业上将CH4与CO2按物质的量1：1投料制取CO和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。
①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是_______。
②计算923K时反应II的化学平衡常数K=_______ (计算结果保留小数点后两位)。
(5)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。
①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250~400℃，乙酸的生成速率先减小后增大的原因______。
②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是_______ (只答一条即可)。
【答案】(1) < CH2O*+OH*+3H*→CH3O*+OH*+2H*
(2)+140
(3)AC
(4) 反应Ⅰ中CH4和CO2的转化率相同，但是CO2会发生反应Ⅱ，进一步提升了CO2的转化率 0.39
(5) 250℃-300℃时，催化剂催化效率下降，导致乙酸的生成速率下降，300℃-400℃时，乙酸的生成速率主要受温度的影响，温度升高乙酸的生成速率增大 增大CO2浓度、增大压强
【详解】（1）从图中可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，则该反应为放热反应，ΔH<0，从图中可知，该历程中最小能垒步骤为CH2O*、OH*、3H*生成CH3O*、OH*和2H*，化学方程式为CH2O*+OH*+3H*→CH3O*+OH*+2H*。
（2）ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，则ΔH2=（436+803×2）kJ/mol-（413×2+1076）kJ/mol=+140kJ/mol。
（3）A．该反应为吸热反应，容积固定的绝热容器中，温度保持不变，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，A正确；
B．温度和容积固定的容器中，气体的总质量和总体积始终不变，混合气体的密度始终不变，混合气体密度不变无法说明反应达到平衡，B错误；
C．该反应不是等体积反应，随着反应进行气体总物质的量不断变化，混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体总物质的量一定，反应达到平衡，C正确；
故答案选AC。
（4）①反应Ⅰ中CH4和CO2的转化率相同，但是CO2会发生反应Ⅱ，进一步提升了CO2的转化率。
②已知923K时CO2的转化率为70%，CH4的转化率为60%，设初始时CH4和CO2的物质的量均为xmol，则反应Ⅰ中反应的CH4为0.6xmol，则反应Ⅱ中反应的CO2为0.1xmol，，，则反应Ⅱ的平衡常数K=。
（5）①由图可知，250℃-300℃时，催化剂催化效率下降，导致乙酸的生成速率下降，300℃-400℃时，乙酸的生成速率主要受温度的影响，温度升高乙酸的生成速率增大。
②CO2和CH4反应生成乙酸，为提高反应中CH4的转化率，可采用的措施为增大CO2浓度，增大压强（该反应为气体体积减小的反应）等措施。
三、填空题
22．回答下列问题：
(1)常温下，0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释的过程中，下列表达式的数值一定变小的是_______。
A．c(H+) B． C．c(H+)∙c(OH-) D．
(2)如图是盐酸和醋酸稀释过程pH随溶液体积变化的曲线，曲线II代表的酸是_______，a、b、c三点导电能力由大到小的顺序是_______。
(3)常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液分别滴定20mL0.1000mol·L-1的盐酸和醋酸，当滴定至溶液pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液的体积_______盐酸消耗的NaOH溶液的体积。(填“>”“ <”或“=”)
(4)已知部分弱酸的电离常数如下表：
化学式
HF
H2CO3
H2S
电离平衡常数K(25℃)
7.2×10-4
K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11
K1=9.1×10-8
K2=1.1×10-12
①常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最大的是_______。
②将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是_______。
(5)二元弱酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X) 随pH的变化如图所示。则H2A的电离平衡常数K2=_______。
【答案】(1)AD
(2) 醋酸的pH变化曲线 a>b>c
(3)小于
(4) NaF CO+H2S=HS-+ HCO
(5)1×10-4.2
【详解】（1）常温下0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加水促进电离；
A．0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释的过程中，溶液酸性减弱，pH增大，c(H+)减小，故A选；
B．常温下0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡，CH3COOH⇌CH3COO-+H+，电离常数Kb=不变，加水促进电离c(CH3COO-)减小，则增大，故B不选；
C．温度不变时，c(H+)∙c(OH-)=KW恒定不变，故C不选；
D．0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释的过程中，溶液酸性减弱，pH增大，c(H+)减小，c(H+)∙c(OH-)=KW恒定不变，c(OH-)增大，减小，故D选；
故选AD。
（2）醋酸是弱酸，不完全电离使溶液显酸性，溶液浓度越低，电离程度越大，盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，加等量的水稀释,盐酸溶液的pH变化大于醋酸溶液的pH变化，因此Ⅰ为盐酸的pH变化曲线，Ⅱ为醋酸的pH变化曲线，b、c两点在盐酸的pH变化曲线上，c点pH较大，稀释倍数较高，溶液中离子浓度低于b点溶液中离子浓度，a、b两点稀释相同的倍数，a点pH小于b点，则a点氢离子浓度高于b点，离子浓度越大，导电性越强，a、b、c三点导电能力由大到小的顺序是a>b>c。
（3）pH = 7 时，滴定盐酸消耗的 NaOH 溶液体积为20.00mL，滴定醋酸消耗的 NaOH 溶液体积为20.00mL时，溶质为醋酸钠，溶液显碱性，要使得溶液的pH= 7 ，则加入的NaOH溶液体积小于20.00mL，因此滴定醋酸消耗的 NaOH 溶液体积小于滴定盐酸消耗的 NaOH 溶液体积。
（4）①由图表中数据分析可知酸性HF＞H2CO3＞H2S＞HCO＞HS-，可知对应盐的水解程度F-＜HCO＜HS-＜CO＜S2-，浓度相同时溶液的碱性：Na2S＞Na2CO3＞NaF，所以常温下，PH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S中物质的量浓度由大到小的顺序为NaF＞Na2CO3＞Na2S，即NaF的物质的量浓度最大；
②将过量H2S通入Na2CO3溶液，由较强酸制较弱酸可知反应生成NaHS和NaHCO3，则发生反应的离子方程式为CO+H2S=HS-+ HCO。
（5）pH越大，c(OH- )越大，促进H2A的电离，H2A浓度减小，HA-浓度增大，c(OH- )继续越大，HA-浓度减小，A2-浓度增大，pH=4.2时，c(A2-)= c(HA-)，H2A的电离平衡常数K2==c(H+)=1×10-4.2。
23．回答下列问题
(1)将FeCl3溶液进行蒸干，得到的固体化学式为_______
(2)25℃时，在浓度均为1mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中，若测得其中铵根离子浓度分别为a、b、c(单位为mol/L)，由大到小_______。
(3)在日常生活中经常用Al2(SO4)3和NaHCO3混合溶液作灭火剂，请用离子方程式表示其灭火原理：_______。
(4)某CuSO4溶液中含有Fe3+杂质，溶液中CuSO4的浓度为2.0mol/L，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于时即沉淀完全(注：lg2=0.3)，已知，，则：
①该溶液中的Fe3+刚好沉淀完全时溶液的pH为_______；
②该溶液中的Cu2+开始形成Cu(OH)2沉淀时的pH为_______；
(5)在25℃下，将amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c()=c(Cl-)，用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_______
【答案】(1)Fe2O3
(2)c＞a＞b
(3)A13++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
(4) 3.3 4
(5)
【详解】（1）FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加热过程中加快HCl挥发，从而促进氯化铁水解，所以蒸干时得到的固体是Fe(OH)3，灼烧该固体时Fe(OH)3分解产生Fe2O3，所以最终得到的固体是Fe2O3。
（2）如果不考虑其他离子的影响，每摩尔物质都含有2 molNH，(NH4)2CO3溶液中CO的水解促进NH的水解，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+的水解抑制NH的水解，则等浓度时，c(NH)大小顺序应为c＞a＞b。
（3）由于Al2(SO4)3溶液水解呈酸性，而NaHCO3溶液水解呈碱性，二者混合发生双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2，在日常生活中经常用Al2(SO4)3和NaHCO3混合溶液作灭火剂，发生的离子方程式为：A13++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑。
（4）①，Fe3+刚好沉淀完全时，溶液中c(Fe3+)=，c(OH-)=mol/L=2×10-11 mol/L，c(H+)==5×10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg5×10-4mol/L=(4-lg5)mol/L=(4-)mol/L=(4-1+0.3)mol/L=3.3；
②c(CuSO4)=2.0mol/L，该溶液中的Cu2+开始形成Cu(OH)2沉淀时c(OH-)=mol/L=1×10-10 mol/L，c(H+)==1×10-4mol/L，pH=4。
（5）氨水与HCl等体积混合，电荷守恒关系式为c(NH)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，因c()=c(Cl-)，故有c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，在25℃下，c(OH-)=1×10-7mol/L，由NH3·H2O的电离方程式NH3·H2ONH+OH-可知，混合后溶液体积增大一倍，所以溶液中c(Cl-)=0.005mol/L，c(NH3•H2O)=0.5amol/L-c()=0.5amol/L-0.005mol/L，Kb=。
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