还剩22页未读，
继续阅读
2022-2023学年吉林省延边第二中学高二上学期期末考试化学试题含答案
展开
这是一份2022-2023学年吉林省延边第二中学高二上学期期末考试化学试题含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
吉林省延边第二中学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．上海交通大学仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)＋H2(g)=C2H6(g) △H]的反应历程如下图所示：
下列说法正确的是
A．该反应的焓变：ΔH=129.6kJ·mol-1
B．催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuF
C．稳定性：过渡态1>过渡态2
D．若该反应生成液态C2H6，则反应的∆H减小
【答案】D
【详解】A. 焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，由题干图示反应物、生成物的总能量可知ΔH =-129.6kJ/mol-0=-129.6kJ/mol，A错误；
B. 由图可知AuPF3+对应的活化能小，则催化效果好，B错误；
C. 过渡态1所处状态能量高于状态2，两种过渡态物质中较稳定的是过渡态2，即稳定性：过渡态1＜过渡态2，C错误；
D. 已知由气态转化为液态的过程是一个放热过程，即若该反应生成液态C2H6，则反应放出的热量更多，故反应的∆H减小，D正确；
故答案为：D。
2．运用相关化学知识进行判断，下列结论正确的是( )
A．需要加热或高温的条件才能发生的反应一定是吸热反应
B．对于正向吸热的可逆反应，其他条件不变时，升高温度可以使正反应速率增加，逆反应速率减小
C．为了减小稀盐酸与过量石灰石反应的速率而不影响生成气体的量，可向反应体系中加入适量的氯化钠溶液
D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率
【答案】C
【详解】A．反应是否加热才能进行，与吸热、放热反应无关，故A错误；
B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故B错误；
C．向反应体系中加入适量的氯化钠溶液，盐酸的浓度减小，与过量石灰石反应的速率减慢，并且不影响生成气体的量，故C正确；
D．浓硫酸与铁反应不生成氢气，常温下发生钝化，故D错误；
答案选C。
3．下列判断正确的是
A．SO2、CS2、HI都是直线形的分子 B．BF3的键角为120°，SnBr2的键角大于120°
C．CH2O、BF3、SO3都是平面三角形分子 D．PCl3、NH3、PCl5都是三角锥形分子
【答案】C
【详解】A．SO2是V形分子，CS2、HI是直线形的分子，选项A错误；
B．BF3的键角为120°，是平面三角形结构，而Sn原子价电子数是4，在SnBr2中两个价电子与Br形成共价键，还有一个孤电子对，对成键电子对有排斥作用，使键角小于120°，选项B错误；
C．CH2O、BF3、SO3都是平面三角形分子，选项C正确；
D．PCl3、NH3都是三角锥形分子，而PCl5分子是三角双锥形结构，选项D错误；
答案选C。
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．能使甲基橙试液显红色的溶液中：NH、Mg2+、AlO、NO
B．=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO、NO
C．水电离的c(H+)=1×10-13 mol/L的溶液中：K+、Na+、HCO、Cl-
D．惰性电极电解饱和食盐水后的溶液中：Al3+、Na+、SO、Br-
【答案】B
【详解】A．能使甲基橙试液显红色的溶液含大量H+，H+ 和AlO反应会生成沉淀，A错误；
B．=1×10-12的溶液呈碱性，OH-、K+、Na+、CO、NO能大量共存，B正确；
C．水电离的c(H+)=1×10-13 mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO和H+、OH-均能反应，不能大量共存，C错误；
D．惰性电极电解饱和食盐水后的溶液含有大量OH-，Al3+和OH-反应会生成沉淀，D错误；
故答案选B。
5．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡:H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。能判断该反应已经达到化学平衡的是（ ）
①v(NH3)正=2v(CO2)逆
②密闭容器中总压强不变
③密闭容器中混合气体的密度不变
④密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变
⑤密闭容器混合气体的总物质的量不变
⑥密闭容器中 CO2的体积分数不变
⑦混合气体总质量不变
A．①②③⑤⑦ B．①②⑤⑦ C．①⑤⑥ D．全部
【答案】A
【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0)，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】①v(NH3)正=2v(CO2)逆满足正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；
②正反应气体物质的量增多，当密闭容器中总压强不变时反应达到平衡状态；
③密度是混合气体的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但是气体的质量是变化的，所以当密闭容器中混合气体的密度不变时反应达到平衡状态；
④由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态；
⑤正反应气体的分子数增大，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时反应达到平衡状态；
⑥由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中CO2的体积分数始终不变，不能说明反应达到平衡状态；
⑦由于反应物是固体，所以混合气体总质量不变时反应达到平衡状态；
综合以上分析①②③⑤⑦能判断该反应已经达到化学平衡，故A正确，答案选A。
6．下列实验操作和现象能达到相应实验目的是（ ）
操作及现象
实验目的
A
向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中滴加0.1mol/L KI溶液5～6滴，充分反应后，再滴加几滴0.01mol/L KSCN溶液，出现血红色溶液。
证明Fe3+与I-之间的反应属于可逆反应
B
向2mL 0.1mol/L的NaOH溶液中滴加2滴0.1mol/L的MgCl2溶液，再滴加2滴0.1mol/L的FeCl3溶液，白色沉淀转化为红褐色沉淀。
比较Mg（OH）2和Fe（OH）3的溶度积大小
C
分别向装有2mL 0.1mol/L H2C2O4溶液和2mL 0.2mol/L H2C2O4溶液的两支试管中加入4mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液，振荡，后者溶液先褪色。
探究浓度对反应速率的影响
D
将碳酸钙与6mol/L盐酸产生的气体直接通入硅酸钠溶液，产生白色胶状沉淀。
证明C的非金属性强于Si
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A.反应为，FeCl3溶液过量，不论反应是否可逆，FeCl3都会有剩余，如果是不可逆反应，KI完全反应，溶液中无I-，如果是可逆反应，根据可逆反应中反应物、产物共存的特点，溶液中会有I-存在，所以检验铁离子不能证明为可逆反应，应通过检验碘离子的方法检验，A错误；
B.NaOH过量，与Mg2+反应以后，过量的OH-会与新加入的Fe3+反应，不存在沉淀之间的转化，不能比较溶度积大小，B项错误；
C.其他条件不变的情况下，草酸浓度不同，反应速率不同，可比较浓度对反应速率的影响，C项正确；
D.盐酸易挥发，二氧化碳中混有氯化氢，氯化氢的酸性比碳酸强，硅酸钠会先和盐酸反应，不能证明碳酸的酸性比硅酸强，则不能用于比较非金属性，D项错误。
答案选C。
7．下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是
A．常温下，测得0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH=4
B．相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等
C．常温下，pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的KOH溶液等体积混合，溶液呈酸性
D．在相同条件下，相同浓度的醋酸溶液导电性比盐酸的弱
【答案】B
【详解】A．常温下，测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH=4，证明醋酸没有完全电离，醋酸是弱电解质，A正确，不符合题意；
B．相同pH的醋酸溶液和盐酸，c(H+) 相同，分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等，无法判断醋酸是弱电解质，B错误，符合题意；
C．常温下，pH= 1的CH3COOH溶液和pH=13的KOH溶液等体积混合，溶液呈酸性，说明醋酸过量，醋酸存在未电离的醋酸，醋酸是弱电解质，C正确，不符合题意；
D．在相同条件下，相同浓度的醋酸溶液导电性比盐酸的弱，说明醋酸没有完全电离，能证明醋酸是弱电解质，D正确，不符合题意；
故答案选B。
8．温度一定时，于密闭容器中发生可逆反应：，达到平衡后，若将混合气体的体积压缩到原来的 ，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍，则下列叙述中正确的是
A．平衡向正反应方向移动 B．C气体的体积分数增大
C．气体A的转化率降低 D．m+n>p
【答案】C
【详解】A．将混合气体的体积压缩到原来的 ，若平衡不移动，C的浓度为原平衡时的2倍，而C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍，说明其他条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，A错误；
B．因为平衡逆向移动，C气体的体积分数减小，B错误；
C．平衡逆向移动，气体A的转化率降低，C正确；
D．增大压强，平衡逆向移动，，D错误；
故选C。
9．对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是
①增加C的量； ②增加CO的量；
③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入N2以增大压强；
⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。
A．②③ B．①④ C．①⑥ D．④⑥
【答案】B
【分析】根据影响化学反应速率的外因分析判断。
【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； ④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。
本题选B。
10．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
①工业合成氨，反应条件选择高温
②实验室可以用排饱和食盐水的方法收集氯气
③硫酸工业中，增大的浓度有利于提高的转化率
④对，平衡体系增大压强可使颜色变深
A．②③ B．②④ C．①③ D．①④
【答案】D
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】①合成氨：△H＜0在高温平衡逆向移动，不利于氨的合成，符合题意；
②氯气与水发生可逆反应生成HCl和HClO，在饱和食盐水中增大氯离子浓度，使氯气的溶解度减小，氯气难溶于饱和食盐水，可用排饱和食盐水收集氯气，故不合题意。
③硫酸工业中，增大O2的浓度，平衡正向移动，有利于提高SO2的转化率，故不合题意；
④对平衡体系增大压强，平衡不移动，可使颜色变深，是因为体积减小，是物理变化。故符合题意。
故①④符合题意，故选D。
11．用标准氢氧化钠滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，下列操作会使滴定结果偏低的是
A．用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准氢氧化钠溶液进行滴定
B．盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
D．盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视
【答案】D
【分析】根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】A、用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入标准氢氧化钠溶液进行滴定，标准液的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故A错误；
B. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失,消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故B错误；
C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对结果不影响，故C错误；
D. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的标准液的体积偏小，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏小，故D正确；
故选D。
12．等物质的量浓度的下列溶液中c(NH)由多到少的关系正确的是
①NH4Cl ②NH4HSO4 ③CH3COONH4 ④NH4Al(SO4)2 ⑤NH3·H2O ⑥(NH4)2SO4
A．①②③④⑤⑥ B．④⑥②①③⑤ C．②①③④⑤⑥ D．⑥②④①③⑤
【答案】D
【详解】⑤是弱电解质，①②③④⑥是强电解质，强电解质电离出的铵根离子浓度大于弱电解质的，所以⑤中铵根离子浓度最小；①②③④⑥中电离出的铵根离子均要水解，①中NH4Cl，氯离子不影响铵根离子的水解；②中电离的H+均对铵根离子的水解起抑制作用，H+酸性强抑制程度大；③中醋酸根离子水解显碱性，对铵根离子的水解其促进作用；④NH4Al（SO4）2中，铝离子水解显示酸性；⑥中(NH4)2SO4，SO42-对铵根离子的水解没有影响，故NH4+浓度是①的两倍，所以铵根离子浓度大小顺序是：⑥②④①③⑤；故选D。
13．下列方程式书写正确的是
A．HCO在水溶液中的电离方程式：HCO+H2OH3O++CO
B．Na2SO3的水解方程式：SO+H2OSO2↑ +2OH-
C．NaHSO4在熔融状态下的电离方程式：NaHSO4 = Na++H++SO
D．CaCO3在水溶液中的电离方程式：CaCO3Ca2++CO
【答案】A
【详解】A．HCO电离出碳酸根离子和水合氢离子，其在水溶液中的电离方程式为：HCO+H2OH3O++CO，故A正确；
B．SO水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，水解方程式为：SO+H2O HSO +OH-，故B错误；
C．NaHSO4在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为：NaHSO4 = Na++HSO，故C错误；
D．CaCO3为强电解质，在水溶液中的电离方程式：CaCO3=Ca2++CO，故D错误；
故选A。
14．氯化银固体难溶于水，但在水中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，对该平衡的说法中错误的是
A．向该平衡中加入NaCl固体，平衡向左移动，AgCl溶解度减小
B．向该平衡中加入AgCl固体，平衡不移动
C．向该平衡中加水，平衡向右移动，AgCl溶度积增大
D．向该平衡中加入KI固体，平衡向右移动，AgCl转化为AgI
【答案】C
【详解】A．向该平衡体系中加入氯化钠固体，增大，平衡向左移动，AgCl溶解度减小，选项A正确；
B．此溶液为AgCl饱和溶液，向该平衡体系中加入AgCl固体，平衡不移动，选项B正确；
C．温度不变，AgCl溶度积不变，选项C错误；
D．向该平衡体系中加入KI固体，由于碘化银的溶度积小于氯化银的溶度积，平衡向右移动，发生沉淀的转化，AgCl转化为AgI，选项D正确；
答案选C。
15．可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时，除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：Ksp(BaCO3)=5.1×10-9；Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，下列推断正确的是
A．抢救钡离子中毒患者时，若没有硫酸钠，可以用碳酸钠溶液代替
B．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)
C．若误饮c(Ba2+)=1.0×10-5 mol/L的溶液时，会引起钡离子中毒
D．可以用0.36 mol·L-1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃
【答案】D
【详解】A．BaCO3溶于胃酸，起不到解毒作用，A错误；
B．因胃酸含盐酸，可与碳酸钡反应生成二氧化碳，使得碳酸根浓度降低，从而使平衡向溶解方向移动，使Ba2+浓度增大，Ba2+有毒，与Ksp大小无关，B错误；
C．的溶液钡离子浓度很小，不会引起钡离子中毒，故C错误；
D．用0.36mol/L的Na2SO4溶液给钡离子中毒的患者洗胃，反应后，浓度很小，可起到解毒的作用，故D正确；
故答案为：D。
16．丁二酮肟常用于检验，在稀氨水介质中，丁二酮肟与反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。下列说法不正确的是
A．元素H、C、N、O、Ni电负性由大到小的顺序为
B．1mol该沉淀含有σ键与π键的个数比为17：2
C．基态的价电子排布式为
D．该沉淀中C的杂化方式为、
【答案】C
【详解】A．同周期主族元素，从左到右电负性逐渐增大，则电负性O>N>C，Ni为金属电负性最小，则元素H、C、N、O、Ni电负性由大到小的顺序为 O>N>C>H>Ni，A正确；
B．1mol该沉淀含有30mol单键（C-H、O-H、N-O、C-C、NNi），4mol双键（C=N），则1mol该沉淀含有σ键34mol，π键4mol，其个数比为17：2，B正确；
C．Ni原子序数为28，基态Ni原子价层电子排布式为3d84s2，则基态 Ni2+的价电子排布式为 3d8，C错误；
D．甲基上C为sp3杂化，C=N上C为sp2杂化，则该沉淀中C的杂化方式为 sp2、sp3，D正确；
故选C。
17．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，X的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y元素原子半径在同周期中最大，Z的轨道有3个未成对电子，X与Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等。下列说法中错误的是
A．X在元素周期表中位于p区
B．元素的第一电离能：
C．X、Y、W形成的简单离子半径
D．Z的最高价含氧酸的钠盐溶液中有三种含Z元素的微粒
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，X的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X为O；Y元素原子半径在同周期中最大，则Y为Na；Z的3p轨道有3个未成对电子，则Z为P；X与Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，则W为Cl，综上，X为O，Y为Na，Z为P，W为Cl。
【详解】A ．X为O，在元素周期表中位于p区，故A正确；
B．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势， P 的 3p 能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能： Cl>P>Na ，故B正确；
C．X为O， Y为Na，W为Cl，形成的简单离子为O2-、Na+、Cl-，半径，故C正确；
D．P的最高价含氧酸钠盐为 Na3PO4 ，Na3PO4 溶液中含P微粒，故D错误；
故答案选D。
18．某锂电池材料的结构如图，M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍。下列说法正确的是
A．简单氢化物沸点：X＞Y
B．第一电离能：M＞Z
C．元素X与Y原子轨道中含有的未成对电子数相同
D．五种元素电负性最大的是X
【答案】C
【分析】某锂电池材料的结构如图，M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍，M离子带一个正电荷，根据阴离子分析是W得到一个电子，Z有一个价键，Y有两个价键，X有四个价键，因此M为Li，Z为F，Y为O，X为C，W为B。
【详解】A．水存在分子间氢键，因此简单氢化物沸点：Y＞X，故A错误；
B．同周期从左到右第一电离能呈增大的趋势，因此第一电离能：Z＞M，故B错误；
C．元素X(C) 原子轨道中含有的未成对电子数为2，元素Y(O)原子轨道中含有的未成对电子数为2，两者含有的未成对电子数相同，故C正确；
D．同周期从左到右电负性逐渐增大，因此五种元素电负性最大的是Z(F)，故D错误。
综上所述，答案为C。
19．在KI溶液中存在下列平衡： 。某、KI混合溶液中，的物质的量浓度与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是
A．该反应
B．若在、温度下，反应的平衡常数分别为、，则
C．若反应进行到状态D时，一定有
D．状态A与状态B相比，状态A的大
【答案】C
【详解】A．项随着温度的不断升高，的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，是一个放热反应，即△H＜0，故A正确；
B．T 2＞T 1，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K1＞K2，故B正确；
C．D点不在曲线上，则D点不是平衡状态，所以它要向平衡点A点移动，的浓度应增加，平衡向逆方向移动，所以v正
故选C。
20．25℃时，若某混合溶液中始终保持c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1，lgc(CH3COOH)，lgc(CH3COO-)、lgc(H+) 和lgc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是
A．M点时，
B．N点时，pH=-lgKa
C．该体系中，
D．O点和P点比较，溶液中P点的值更大
【答案】B
【分析】根据图象分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线 代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。
【详解】A．M点时lgc(CH3COO-)= lgc(H+)，即，故A错误；
B．N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；
C．c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COOH) =0.1mol/L- c(CH3COO-)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COOH)并化简整理可得出，c(CH3COO-)=mol/L，故C错误；
D．醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2OCH3COOH +OH-，pH增大的过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，P点的值更小，故D错误；
答案选B。
二、填空题
21．氮元素及其化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：
(1)基态氮原子的核外共有_________种不同运动状态的电子，氮元素的第一电离能在同周期中从大到小排第_________位。
(2)已知NH3分子的键角约为107°，而PH3分子的键角约为94°，试用价层电子对互斥理论解释NH3的键角比PH3的键角大的原因：______________
(3)乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)分子中氮原子轨道的杂化类型为_________，乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是___________。
【答案】(1) 7 3
(2)N原子半径比P原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大
(3) sp3 乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键
【详解】（1）基态氮原子核外有7个电子，每个电子的能量各不相同；第二周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，但Be由于2p轨道全空，故其第一电离能比B大，N由于2p轨道半满，其第一电离能比O大，即第二周期元素第一电离能大小顺序为Ne>F>N>O>C>Be>B>Li，故氮元素在第二周期元素中第一电离能排第3位；
（2）N原子半径比P原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大，故NH3分子的键角比PH3分子的键角大；
（3）乙二胺分子中氮原子有一个孤电子对，N的杂化轨道数为4，故杂化类型为sp3杂化，乙二胺中N原子上有H原子，分子间可以形成氢键，而三甲胺中N原子上没有H原子，分子间不能形成氢键，故乙二胺比三甲胺的沸点高很多。
22．回答下列问题
(1)已知：25℃时，0.1mol／L的HA溶液中。可分析出HA是____(填“强电解质”或“弱电解质”)。
(2)已知：HClO的电离常数；的电离常数，。向NaClO溶液中通入少量气体，发生反应的离子方程式为_____。
(3)常温下，将pH均为3，体积均为的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示。a、b、c三点水的电离程度__________(用“＞”、“=”填空)。
(4)pH相等的等体积两份上述溶液HA和HB，分别加入等质量的锌粉，充分反应后仅有一份溶液中存在锌，则下列说法正确的是__________(填写序号)。
①溶液中溶质的物质的量浓度；②溶液中溶质的物质的量浓度；③开始反应时的速率；④开始反应时的速率；⑤HA溶液里有锌剩余； ⑥HB溶液里有锌剩余
(5)用蒸馏水稀释的溶液，随着水量的增加而减小的是____(填序号)。
A． B． C． D． E．溶液导电性 F．HClO电离度 G．溶液中次氯酸分子数 H．
【答案】(1)弱电解质
(2)ClO-+CO2+H2O=HClO + HCO
(3)b＝c＞a
(4)②④⑤
(5)ACEG
【详解】（1）25℃时，因为，根据可得=1×，若HA是强酸，则0.1mol／L的HA溶液中H+浓度应为，故HA弱酸，是弱电解质；
（2）因为>>，根据强酸制备弱酸可知，向NaClO溶液中通入少量气体，发生反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO + HCO；
（3）HA和HB溶液均为酸性溶液，越大，对水的抑制就越强，从题图中可知看出pH：b= c>a，则：a>b=c，所以a、b、c三点水的电离程度为b＝c＞a；
（4）从题图可以看出，稀释100倍，HA的pH改变2，HB的pH改变小于2，因此HA为强酸，HB为弱酸，pH相等的等体积两份上述溶液HA和HB，，据此分析：
①．由分析可知，溶液中溶质的物质的量浓度，①错误；
②．由分析可知，溶液中溶质的物质的量浓度，②正确；
③．因为起始时pH相等，即相等，因此起始时开始反应时的速率，③错误；
④．因为起始时pH相等，即相等，因此起始时开始反应时的速率，④正确；
⑤．两溶液体积相等，因为，因此分别加入等质量的锌粉，充分反应后HA溶液中存在锌，⑤正确；
⑥．两溶液体积相等，因为，因此分别加入等质量的锌粉，充分反应后HA溶液中存在锌，⑥错误；
故答案为：②④⑤；
（5）用蒸馏水稀释的溶液，随着水量的增加而减小的是：
A．加水稀释时，平衡常数不变，浓度减小，由可知，减小，A符合题意；
B．加水稀释时，平衡常数不变，浓度减小，由可知，增大，B不符合题意；
C．加水稀释时，平衡常数不变，浓度减小，则减小，C符合题意；
D．加水稀释时，平衡常数不变，=，故不变，D不符合题意；
E．溶液离子浓度越大，电荷量越大，则导电性越大，加水稀释时，溶液中离子电荷量不变，但是浓度减小，故溶液导电性减小，E符合题意；
F．加水稀释时，促进电离，故HClO电离度增大，F不符合题意；
G．加水稀释时，促进电离，溶液中次氯酸分子数减少，G符合题意；
H．加水稀释时，温度不变，不变，减小，则增大，H不符合题意；
故答案为：ACEG。
三、原理综合题
23．能源的开发、利用与人类社会的可持续发展息息相关，充分利用好能源是摆在人类面前的重大课题。
I.
(1)依据原电池的构成原理，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是 (填字母)。
A．C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH>0
B．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH＜0
C．2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH>0
D．C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH＜0
II.如图所示的装置，X、Y都是惰性电极。将电路接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色。试回答下列问题：
(2)甲装置是甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)的结构示意图，则a处通入的是________________________ (填“CH4”或“O2”)，负极的电极反应式是________
(3)在乙装置中，总反应的离子方程式是______。
(4)如果丙装置中精铜电极的质量增加了6.4 g，则甲装置中消耗的CH4的质量为_____g。
【答案】(1)D
(2) CH4 CH4+10OH--8e-=CO+7H2O
(3)2H2O+2Cl-Cl2↑+2OH-+H2↑
(4)0.4
【分析】自发进行的放热的氧化还原反应在理论上可以设计成原电池；原电池正极发生还原反应，负极发生氧化反应；原电池装置中，电子转移守恒。
【详解】（1）依据原电池的构成原理，自发进行的放热的氧化还原反应在理论上可以设计成原电池的是；
A．吸热反应，不能构成原电池，A错误；
B．非氧化还原反应，不能构成原电池，B错误；
C．吸热反应，不能构成原电池，C错误；
D．可以自发的氧化还原反应，可以做原电池，D正确；
故答案为：D。
（2）将电路接通后，乙中电解饱和食盐水，阴极产生OH-，滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色，说明Fe为阴极，C为阳极，甲装置左边为负极，右边为正极，即则a处通入的是CH4，电解质溶液为KOH溶液，电极上发生的电极反应式是CH4+10OH--8e-= +7H2O；
故答案为：CH4+10OH--8e-= +7H2O。
（3）乙为电解饱和食盐水，其总反应的离子方程式是：2H2O+2Cl-Cl2↑+2OH-+H2↑；
故答案为：2H2O+2Cl-Cl2↑+2OH-+H2↑。
（4）丙装置中精铜电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，若该电极质量增加了6.4 g，则生成Cu的物质的量为=0.1mol，转移0.2mol电子，甲装置中a处通入的是CH4，电极上发生的电极反应式是CH4+10OH--8e-=+7H2O，转移0.2mol电子时，消耗0.025mol CH4，质量为0.025mol×16g/mol=0.4g；
故答案为：0.4g。
四、填空题
24．工业制胆矾时，将粗制CuO粉末(含杂质FeO、Fe2O3)慢慢加入适量的稀H2SO4中完全溶解，除去杂质离子后，再蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH接近4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。回答下列问题：
(1)为除去溶液中的Fe2+，可先加入_______，(从下面四个选项选择)将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_______，然后加入适量的_______，(从下面四个选项选择)调整溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。
A．CuO B．Cl2 C．Cu(OH)2 D．H2O2
(2)甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp = 1×10-38，Cu(OH)2的溶度积Ksp=3×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3mol•L-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为___________，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为___________，通过计算即可确定上述方案是否可行。
【答案】(1) D 2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O AC
(2) 4 3
【分析】将粗制CuO粉末(含杂质FeO、Fe2O3)慢慢加入适量的稀H2SO4中完全溶解，得到硫酸铜、硫酸铁和硫酸亚铁混合溶液，加入氧化剂，把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀，过滤，蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。
【详解】（1）由于pH9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀，故除去溶液中的Fe2+，必须先加入氧化剂将Fe2+氧化，为了不引入杂质，加入的氧化剂选H2O2，即答案选D，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀，为了不引入杂质，然后加入适量的CuO(或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3)，即答案选AC，调整溶液的pH至3~4，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀。
（2）常温下，Cu(OH)2开始沉淀时c(Cu2+)·c2(OH-)=Ksp[Cu(OH)2]=310-20，c(OH-)==110-10mol/L，c(H+)=110-4mol/L，Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH=4。Fe3+完全沉淀时c(Fe3+)110-5mol/L，c(Fe3+)·c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]=110-38，c(OH-)==110-11mol/L，c(H+)=110-3mol/L，Fe3+完全沉淀时溶液的pH=3。根据计算结果知上述方案可行。
五、工业流程题
25．草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O的工艺流程如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Co(OH)2
Fe(OH)2
Mn(OH)2
完全沉淀的pH
3.7
5.2
9.2
9.6
9.8
(1)写出浸出过程中Na2SO3与Co2O3发生反应的离子方程式：_________。
(2)浸出液中加入NaClO3的目的是______。加入Na2CO3溶液能调节溶液pH使浸出液中Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀，试结合平衡移动原理简述其理由：___。
(3)滤液I“除钙、镁”是将钙、镁离子转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2+)/c(Ca2+)=____。
(4)为测定制得样品的纯度，现称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液20.00mL。所得草酸钴样品中CoC2O4•2H2O的纯度为____(数据保留小数点后2位)。
【答案】(1)SO+ Co2O3 +4H+=2Co2++SO+2H2O。
(2) 将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+ 浸出液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO )与H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡向右移动，从而Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀
(3)0.7
(4)91.50%
【分析】水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)加硫酸和Na2SO3，Na2SO3将Co2O3、Fe2O3还原，SiO2不溶，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+， 加NaClO3，将Fe2+氧化为Fe3+，调pH，生成、，过滤后，加NaF除钙、镁，加萃取剂除去锰元素后，向萃取后溶液加 最后制得CoC2O4•2H2O。
【详解】（1）浸出过程中Na2SO3将Co2O3还原，离子方程式SO+ Co2O3 +4H+=2Co2++SO+2H2O，
答案为：SO+ Co2O3 +4H+=2Co2++SO+2H2O；
（2）浸出液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入的碳酸钠调pH，浸出液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO )与H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡向右移动，从而Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀，
答案为：将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+；浸出液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO )与H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡向右移动，从而Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀；
（3）当加入过量NaF后，生成沉淀MgF2、CaF2。滤液中Ksp(MgF2)==7.35×10-11， Ksp(CaF2)==1.05×10-10，c(Mg2+)/c(Ca2+)=，
答案为：0.7；
（4）草酸钴转化为草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，转化为H2C2O4，用KMnO4溶液滴定，草酸还原高锰酸钾，恰好反应后，滴入最后一滴高锰酸钾溶液，高锰酸钾过量，溶液由无色变为浅(紫)红色，且半分钟内不褪色，则达滴定终点。反应方程式为，根据关系式，CoC2O4•2H2O的质量分数为×100%=91.50%；
答案为：91.50%。
吉林省延边第二中学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．上海交通大学仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)＋H2(g)=C2H6(g) △H]的反应历程如下图所示：
下列说法正确的是
A．该反应的焓变：ΔH=129.6kJ·mol-1
B．催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuF
C．稳定性：过渡态1>过渡态2
D．若该反应生成液态C2H6，则反应的∆H减小
【答案】D
【详解】A. 焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，由题干图示反应物、生成物的总能量可知ΔH =-129.6kJ/mol-0=-129.6kJ/mol，A错误；
B. 由图可知AuPF3+对应的活化能小，则催化效果好，B错误；
C. 过渡态1所处状态能量高于状态2，两种过渡态物质中较稳定的是过渡态2，即稳定性：过渡态1＜过渡态2，C错误；
D. 已知由气态转化为液态的过程是一个放热过程，即若该反应生成液态C2H6，则反应放出的热量更多，故反应的∆H减小，D正确；
故答案为：D。
2．运用相关化学知识进行判断，下列结论正确的是( )
A．需要加热或高温的条件才能发生的反应一定是吸热反应
B．对于正向吸热的可逆反应，其他条件不变时，升高温度可以使正反应速率增加，逆反应速率减小
C．为了减小稀盐酸与过量石灰石反应的速率而不影响生成气体的量，可向反应体系中加入适量的氯化钠溶液
D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率
【答案】C
【详解】A．反应是否加热才能进行，与吸热、放热反应无关，故A错误；
B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故B错误；
C．向反应体系中加入适量的氯化钠溶液，盐酸的浓度减小，与过量石灰石反应的速率减慢，并且不影响生成气体的量，故C正确；
D．浓硫酸与铁反应不生成氢气，常温下发生钝化，故D错误；
答案选C。
3．下列判断正确的是
A．SO2、CS2、HI都是直线形的分子 B．BF3的键角为120°，SnBr2的键角大于120°
C．CH2O、BF3、SO3都是平面三角形分子 D．PCl3、NH3、PCl5都是三角锥形分子
【答案】C
【详解】A．SO2是V形分子，CS2、HI是直线形的分子，选项A错误；
B．BF3的键角为120°，是平面三角形结构，而Sn原子价电子数是4，在SnBr2中两个价电子与Br形成共价键，还有一个孤电子对，对成键电子对有排斥作用，使键角小于120°，选项B错误；
C．CH2O、BF3、SO3都是平面三角形分子，选项C正确；
D．PCl3、NH3都是三角锥形分子，而PCl5分子是三角双锥形结构，选项D错误；
答案选C。
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．能使甲基橙试液显红色的溶液中：NH、Mg2+、AlO、NO
B．=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO、NO
C．水电离的c(H+)=1×10-13 mol/L的溶液中：K+、Na+、HCO、Cl-
D．惰性电极电解饱和食盐水后的溶液中：Al3+、Na+、SO、Br-
【答案】B
【详解】A．能使甲基橙试液显红色的溶液含大量H+，H+ 和AlO反应会生成沉淀，A错误；
B．=1×10-12的溶液呈碱性，OH-、K+、Na+、CO、NO能大量共存，B正确；
C．水电离的c(H+)=1×10-13 mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO和H+、OH-均能反应，不能大量共存，C错误；
D．惰性电极电解饱和食盐水后的溶液含有大量OH-，Al3+和OH-反应会生成沉淀，D错误；
故答案选B。
5．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡:H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。能判断该反应已经达到化学平衡的是（ ）
①v(NH3)正=2v(CO2)逆
②密闭容器中总压强不变
③密闭容器中混合气体的密度不变
④密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变
⑤密闭容器混合气体的总物质的量不变
⑥密闭容器中 CO2的体积分数不变
⑦混合气体总质量不变
A．①②③⑤⑦ B．①②⑤⑦ C．①⑤⑥ D．全部
【答案】A
【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0)，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。
【详解】①v(NH3)正=2v(CO2)逆满足正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；
②正反应气体物质的量增多，当密闭容器中总压强不变时反应达到平衡状态；
③密度是混合气体的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但是气体的质量是变化的，所以当密闭容器中混合气体的密度不变时反应达到平衡状态；
④由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态；
⑤正反应气体的分子数增大，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时反应达到平衡状态；
⑥由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中CO2的体积分数始终不变，不能说明反应达到平衡状态；
⑦由于反应物是固体，所以混合气体总质量不变时反应达到平衡状态；
综合以上分析①②③⑤⑦能判断该反应已经达到化学平衡，故A正确，答案选A。
6．下列实验操作和现象能达到相应实验目的是（ ）
操作及现象
实验目的
A
向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中滴加0.1mol/L KI溶液5～6滴，充分反应后，再滴加几滴0.01mol/L KSCN溶液，出现血红色溶液。
证明Fe3+与I-之间的反应属于可逆反应
B
向2mL 0.1mol/L的NaOH溶液中滴加2滴0.1mol/L的MgCl2溶液，再滴加2滴0.1mol/L的FeCl3溶液，白色沉淀转化为红褐色沉淀。
比较Mg（OH）2和Fe（OH）3的溶度积大小
C
分别向装有2mL 0.1mol/L H2C2O4溶液和2mL 0.2mol/L H2C2O4溶液的两支试管中加入4mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液，振荡，后者溶液先褪色。
探究浓度对反应速率的影响
D
将碳酸钙与6mol/L盐酸产生的气体直接通入硅酸钠溶液，产生白色胶状沉淀。
证明C的非金属性强于Si
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A.反应为，FeCl3溶液过量，不论反应是否可逆，FeCl3都会有剩余，如果是不可逆反应，KI完全反应，溶液中无I-，如果是可逆反应，根据可逆反应中反应物、产物共存的特点，溶液中会有I-存在，所以检验铁离子不能证明为可逆反应，应通过检验碘离子的方法检验，A错误；
B.NaOH过量，与Mg2+反应以后，过量的OH-会与新加入的Fe3+反应，不存在沉淀之间的转化，不能比较溶度积大小，B项错误；
C.其他条件不变的情况下，草酸浓度不同，反应速率不同，可比较浓度对反应速率的影响，C项正确；
D.盐酸易挥发，二氧化碳中混有氯化氢，氯化氢的酸性比碳酸强，硅酸钠会先和盐酸反应，不能证明碳酸的酸性比硅酸强，则不能用于比较非金属性，D项错误。
答案选C。
7．下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是
A．常温下，测得0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH=4
B．相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等
C．常温下，pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的KOH溶液等体积混合，溶液呈酸性
D．在相同条件下，相同浓度的醋酸溶液导电性比盐酸的弱
【答案】B
【详解】A．常温下，测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH=4，证明醋酸没有完全电离，醋酸是弱电解质，A正确，不符合题意；
B．相同pH的醋酸溶液和盐酸，c(H+) 相同，分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等，无法判断醋酸是弱电解质，B错误，符合题意；
C．常温下，pH= 1的CH3COOH溶液和pH=13的KOH溶液等体积混合，溶液呈酸性，说明醋酸过量，醋酸存在未电离的醋酸，醋酸是弱电解质，C正确，不符合题意；
D．在相同条件下，相同浓度的醋酸溶液导电性比盐酸的弱，说明醋酸没有完全电离，能证明醋酸是弱电解质，D正确，不符合题意；
故答案选B。
8．温度一定时，于密闭容器中发生可逆反应：，达到平衡后，若将混合气体的体积压缩到原来的 ，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍，则下列叙述中正确的是
A．平衡向正反应方向移动 B．C气体的体积分数增大
C．气体A的转化率降低 D．m+n>p
【答案】C
【详解】A．将混合气体的体积压缩到原来的 ，若平衡不移动，C的浓度为原平衡时的2倍，而C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍，说明其他条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，A错误；
B．因为平衡逆向移动，C气体的体积分数减小，B错误；
C．平衡逆向移动，气体A的转化率降低，C正确；
D．增大压强，平衡逆向移动，，D错误；
故选C。
9．对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是
①增加C的量； ②增加CO的量；
③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入N2以增大压强；
⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。
A．②③ B．①④ C．①⑥ D．④⑥
【答案】B
【分析】根据影响化学反应速率的外因分析判断。
【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； ④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。
本题选B。
10．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
①工业合成氨，反应条件选择高温
②实验室可以用排饱和食盐水的方法收集氯气
③硫酸工业中，增大的浓度有利于提高的转化率
④对，平衡体系增大压强可使颜色变深
A．②③ B．②④ C．①③ D．①④
【答案】D
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】①合成氨：△H＜0在高温平衡逆向移动，不利于氨的合成，符合题意；
②氯气与水发生可逆反应生成HCl和HClO，在饱和食盐水中增大氯离子浓度，使氯气的溶解度减小，氯气难溶于饱和食盐水，可用排饱和食盐水收集氯气，故不合题意。
③硫酸工业中，增大O2的浓度，平衡正向移动，有利于提高SO2的转化率，故不合题意；
④对平衡体系增大压强，平衡不移动，可使颜色变深，是因为体积减小，是物理变化。故符合题意。
故①④符合题意，故选D。
11．用标准氢氧化钠滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，下列操作会使滴定结果偏低的是
A．用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准氢氧化钠溶液进行滴定
B．盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
D．盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视
【答案】D
【分析】根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】A、用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入标准氢氧化钠溶液进行滴定，标准液的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故A错误；
B. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失,消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故B错误；
C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对结果不影响，故C错误；
D. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的标准液的体积偏小，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏小，故D正确；
故选D。
12．等物质的量浓度的下列溶液中c(NH)由多到少的关系正确的是
①NH4Cl ②NH4HSO4 ③CH3COONH4 ④NH4Al(SO4)2 ⑤NH3·H2O ⑥(NH4)2SO4
A．①②③④⑤⑥ B．④⑥②①③⑤ C．②①③④⑤⑥ D．⑥②④①③⑤
【答案】D
【详解】⑤是弱电解质，①②③④⑥是强电解质，强电解质电离出的铵根离子浓度大于弱电解质的，所以⑤中铵根离子浓度最小；①②③④⑥中电离出的铵根离子均要水解，①中NH4Cl，氯离子不影响铵根离子的水解；②中电离的H+均对铵根离子的水解起抑制作用，H+酸性强抑制程度大；③中醋酸根离子水解显碱性，对铵根离子的水解其促进作用；④NH4Al（SO4）2中，铝离子水解显示酸性；⑥中(NH4)2SO4，SO42-对铵根离子的水解没有影响，故NH4+浓度是①的两倍，所以铵根离子浓度大小顺序是：⑥②④①③⑤；故选D。
13．下列方程式书写正确的是
A．HCO在水溶液中的电离方程式：HCO+H2OH3O++CO
B．Na2SO3的水解方程式：SO+H2OSO2↑ +2OH-
C．NaHSO4在熔融状态下的电离方程式：NaHSO4 = Na++H++SO
D．CaCO3在水溶液中的电离方程式：CaCO3Ca2++CO
【答案】A
【详解】A．HCO电离出碳酸根离子和水合氢离子，其在水溶液中的电离方程式为：HCO+H2OH3O++CO，故A正确；
B．SO水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，水解方程式为：SO+H2O HSO +OH-，故B错误；
C．NaHSO4在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为：NaHSO4 = Na++HSO，故C错误；
D．CaCO3为强电解质，在水溶液中的电离方程式：CaCO3=Ca2++CO，故D错误；
故选A。
14．氯化银固体难溶于水，但在水中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，对该平衡的说法中错误的是
A．向该平衡中加入NaCl固体，平衡向左移动，AgCl溶解度减小
B．向该平衡中加入AgCl固体，平衡不移动
C．向该平衡中加水，平衡向右移动，AgCl溶度积增大
D．向该平衡中加入KI固体，平衡向右移动，AgCl转化为AgI
【答案】C
【详解】A．向该平衡体系中加入氯化钠固体，增大，平衡向左移动，AgCl溶解度减小，选项A正确；
B．此溶液为AgCl饱和溶液，向该平衡体系中加入AgCl固体，平衡不移动，选项B正确；
C．温度不变，AgCl溶度积不变，选项C错误；
D．向该平衡体系中加入KI固体，由于碘化银的溶度积小于氯化银的溶度积，平衡向右移动，发生沉淀的转化，AgCl转化为AgI，选项D正确；
答案选C。
15．可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时，除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：Ksp(BaCO3)=5.1×10-9；Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，下列推断正确的是
A．抢救钡离子中毒患者时，若没有硫酸钠，可以用碳酸钠溶液代替
B．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)
C．若误饮c(Ba2+)=1.0×10-5 mol/L的溶液时，会引起钡离子中毒
D．可以用0.36 mol·L-1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃
【答案】D
【详解】A．BaCO3溶于胃酸，起不到解毒作用，A错误；
B．因胃酸含盐酸，可与碳酸钡反应生成二氧化碳，使得碳酸根浓度降低，从而使平衡向溶解方向移动，使Ba2+浓度增大，Ba2+有毒，与Ksp大小无关，B错误；
C．的溶液钡离子浓度很小，不会引起钡离子中毒，故C错误；
D．用0.36mol/L的Na2SO4溶液给钡离子中毒的患者洗胃，反应后，浓度很小，可起到解毒的作用，故D正确；
故答案为：D。
16．丁二酮肟常用于检验，在稀氨水介质中，丁二酮肟与反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。下列说法不正确的是
A．元素H、C、N、O、Ni电负性由大到小的顺序为
B．1mol该沉淀含有σ键与π键的个数比为17：2
C．基态的价电子排布式为
D．该沉淀中C的杂化方式为、
【答案】C
【详解】A．同周期主族元素，从左到右电负性逐渐增大，则电负性O>N>C，Ni为金属电负性最小，则元素H、C、N、O、Ni电负性由大到小的顺序为 O>N>C>H>Ni，A正确；
B．1mol该沉淀含有30mol单键（C-H、O-H、N-O、C-C、NNi），4mol双键（C=N），则1mol该沉淀含有σ键34mol，π键4mol，其个数比为17：2，B正确；
C．Ni原子序数为28，基态Ni原子价层电子排布式为3d84s2，则基态 Ni2+的价电子排布式为 3d8，C错误；
D．甲基上C为sp3杂化，C=N上C为sp2杂化，则该沉淀中C的杂化方式为 sp2、sp3，D正确；
故选C。
17．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，X的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y元素原子半径在同周期中最大，Z的轨道有3个未成对电子，X与Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等。下列说法中错误的是
A．X在元素周期表中位于p区
B．元素的第一电离能：
C．X、Y、W形成的简单离子半径
D．Z的最高价含氧酸的钠盐溶液中有三种含Z元素的微粒
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，X的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X为O；Y元素原子半径在同周期中最大，则Y为Na；Z的3p轨道有3个未成对电子，则Z为P；X与Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，则W为Cl，综上，X为O，Y为Na，Z为P，W为Cl。
【详解】A ．X为O，在元素周期表中位于p区，故A正确；
B．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势， P 的 3p 能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能： Cl>P>Na ，故B正确；
C．X为O， Y为Na，W为Cl，形成的简单离子为O2-、Na+、Cl-，半径，故C正确；
D．P的最高价含氧酸钠盐为 Na3PO4 ，Na3PO4 溶液中含P微粒，故D错误；
故答案选D。
18．某锂电池材料的结构如图，M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍。下列说法正确的是
A．简单氢化物沸点：X＞Y
B．第一电离能：M＞Z
C．元素X与Y原子轨道中含有的未成对电子数相同
D．五种元素电负性最大的是X
【答案】C
【分析】某锂电池材料的结构如图，M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍，M离子带一个正电荷，根据阴离子分析是W得到一个电子，Z有一个价键，Y有两个价键，X有四个价键，因此M为Li，Z为F，Y为O，X为C，W为B。
【详解】A．水存在分子间氢键，因此简单氢化物沸点：Y＞X，故A错误；
B．同周期从左到右第一电离能呈增大的趋势，因此第一电离能：Z＞M，故B错误；
C．元素X(C) 原子轨道中含有的未成对电子数为2，元素Y(O)原子轨道中含有的未成对电子数为2，两者含有的未成对电子数相同，故C正确；
D．同周期从左到右电负性逐渐增大，因此五种元素电负性最大的是Z(F)，故D错误。
综上所述，答案为C。
19．在KI溶液中存在下列平衡： 。某、KI混合溶液中，的物质的量浓度与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是
A．该反应
B．若在、温度下，反应的平衡常数分别为、，则
C．若反应进行到状态D时，一定有
D．状态A与状态B相比，状态A的大
【答案】C
【详解】A．项随着温度的不断升高，的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，是一个放热反应，即△H＜0，故A正确；
B．T 2＞T 1，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K1＞K2，故B正确；
C．D点不在曲线上，则D点不是平衡状态，所以它要向平衡点A点移动，的浓度应增加，平衡向逆方向移动，所以v正
故选C。
20．25℃时，若某混合溶液中始终保持c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1，lgc(CH3COOH)，lgc(CH3COO-)、lgc(H+) 和lgc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是
A．M点时，
B．N点时，pH=-lgKa
C．该体系中，
D．O点和P点比较，溶液中P点的值更大
【答案】B
【分析】根据图象分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线 代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。
【详解】A．M点时lgc(CH3COO-)= lgc(H+)，即，故A错误；
B．N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；
C．c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COOH) =0.1mol/L- c(CH3COO-)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COOH)并化简整理可得出，c(CH3COO-)=mol/L，故C错误；
D．醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2OCH3COOH +OH-，pH增大的过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，P点的值更小，故D错误；
答案选B。
二、填空题
21．氮元素及其化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：
(1)基态氮原子的核外共有_________种不同运动状态的电子，氮元素的第一电离能在同周期中从大到小排第_________位。
(2)已知NH3分子的键角约为107°，而PH3分子的键角约为94°，试用价层电子对互斥理论解释NH3的键角比PH3的键角大的原因：______________
(3)乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)分子中氮原子轨道的杂化类型为_________，乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是___________。
【答案】(1) 7 3
(2)N原子半径比P原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大
(3) sp3 乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键
【详解】（1）基态氮原子核外有7个电子，每个电子的能量各不相同；第二周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，但Be由于2p轨道全空，故其第一电离能比B大，N由于2p轨道半满，其第一电离能比O大，即第二周期元素第一电离能大小顺序为Ne>F>N>O>C>Be>B>Li，故氮元素在第二周期元素中第一电离能排第3位；
（2）N原子半径比P原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大，故NH3分子的键角比PH3分子的键角大；
（3）乙二胺分子中氮原子有一个孤电子对，N的杂化轨道数为4，故杂化类型为sp3杂化，乙二胺中N原子上有H原子，分子间可以形成氢键，而三甲胺中N原子上没有H原子，分子间不能形成氢键，故乙二胺比三甲胺的沸点高很多。
22．回答下列问题
(1)已知：25℃时，0.1mol／L的HA溶液中。可分析出HA是____(填“强电解质”或“弱电解质”)。
(2)已知：HClO的电离常数；的电离常数，。向NaClO溶液中通入少量气体，发生反应的离子方程式为_____。
(3)常温下，将pH均为3，体积均为的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示。a、b、c三点水的电离程度__________(用“＞”、“=”填空)。
(4)pH相等的等体积两份上述溶液HA和HB，分别加入等质量的锌粉，充分反应后仅有一份溶液中存在锌，则下列说法正确的是__________(填写序号)。
①溶液中溶质的物质的量浓度；②溶液中溶质的物质的量浓度；③开始反应时的速率；④开始反应时的速率；⑤HA溶液里有锌剩余； ⑥HB溶液里有锌剩余
(5)用蒸馏水稀释的溶液，随着水量的增加而减小的是____(填序号)。
A． B． C． D． E．溶液导电性 F．HClO电离度 G．溶液中次氯酸分子数 H．
【答案】(1)弱电解质
(2)ClO-+CO2+H2O=HClO + HCO
(3)b＝c＞a
(4)②④⑤
(5)ACEG
【详解】（1）25℃时，因为，根据可得=1×，若HA是强酸，则0.1mol／L的HA溶液中H+浓度应为，故HA弱酸，是弱电解质；
（2）因为>>，根据强酸制备弱酸可知，向NaClO溶液中通入少量气体，发生反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO + HCO；
（3）HA和HB溶液均为酸性溶液，越大，对水的抑制就越强，从题图中可知看出pH：b= c>a，则：a>b=c，所以a、b、c三点水的电离程度为b＝c＞a；
（4）从题图可以看出，稀释100倍，HA的pH改变2，HB的pH改变小于2，因此HA为强酸，HB为弱酸，pH相等的等体积两份上述溶液HA和HB，，据此分析：
①．由分析可知，溶液中溶质的物质的量浓度，①错误；
②．由分析可知，溶液中溶质的物质的量浓度，②正确；
③．因为起始时pH相等，即相等，因此起始时开始反应时的速率，③错误；
④．因为起始时pH相等，即相等，因此起始时开始反应时的速率，④正确；
⑤．两溶液体积相等，因为，因此分别加入等质量的锌粉，充分反应后HA溶液中存在锌，⑤正确；
⑥．两溶液体积相等，因为，因此分别加入等质量的锌粉，充分反应后HA溶液中存在锌，⑥错误；
故答案为：②④⑤；
（5）用蒸馏水稀释的溶液，随着水量的增加而减小的是：
A．加水稀释时，平衡常数不变，浓度减小，由可知，减小，A符合题意；
B．加水稀释时，平衡常数不变，浓度减小，由可知，增大，B不符合题意；
C．加水稀释时，平衡常数不变，浓度减小，则减小，C符合题意；
D．加水稀释时，平衡常数不变，=，故不变，D不符合题意；
E．溶液离子浓度越大，电荷量越大，则导电性越大，加水稀释时，溶液中离子电荷量不变，但是浓度减小，故溶液导电性减小，E符合题意；
F．加水稀释时，促进电离，故HClO电离度增大，F不符合题意；
G．加水稀释时，促进电离，溶液中次氯酸分子数减少，G符合题意；
H．加水稀释时，温度不变，不变，减小，则增大，H不符合题意；
故答案为：ACEG。
三、原理综合题
23．能源的开发、利用与人类社会的可持续发展息息相关，充分利用好能源是摆在人类面前的重大课题。
I.
(1)依据原电池的构成原理，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是 (填字母)。
A．C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH>0
B．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH＜0
C．2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ΔH>0
D．C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH＜0
II.如图所示的装置，X、Y都是惰性电极。将电路接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色。试回答下列问题：
(2)甲装置是甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)的结构示意图，则a处通入的是________________________ (填“CH4”或“O2”)，负极的电极反应式是________
(3)在乙装置中，总反应的离子方程式是______。
(4)如果丙装置中精铜电极的质量增加了6.4 g，则甲装置中消耗的CH4的质量为_____g。
【答案】(1)D
(2) CH4 CH4+10OH--8e-=CO+7H2O
(3)2H2O+2Cl-Cl2↑+2OH-+H2↑
(4)0.4
【分析】自发进行的放热的氧化还原反应在理论上可以设计成原电池；原电池正极发生还原反应，负极发生氧化反应；原电池装置中，电子转移守恒。
【详解】（1）依据原电池的构成原理，自发进行的放热的氧化还原反应在理论上可以设计成原电池的是；
A．吸热反应，不能构成原电池，A错误；
B．非氧化还原反应，不能构成原电池，B错误；
C．吸热反应，不能构成原电池，C错误；
D．可以自发的氧化还原反应，可以做原电池，D正确；
故答案为：D。
（2）将电路接通后，乙中电解饱和食盐水，阴极产生OH-，滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色，说明Fe为阴极，C为阳极，甲装置左边为负极，右边为正极，即则a处通入的是CH4，电解质溶液为KOH溶液，电极上发生的电极反应式是CH4+10OH--8e-= +7H2O；
故答案为：CH4+10OH--8e-= +7H2O。
（3）乙为电解饱和食盐水，其总反应的离子方程式是：2H2O+2Cl-Cl2↑+2OH-+H2↑；
故答案为：2H2O+2Cl-Cl2↑+2OH-+H2↑。
（4）丙装置中精铜电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，若该电极质量增加了6.4 g，则生成Cu的物质的量为=0.1mol，转移0.2mol电子，甲装置中a处通入的是CH4，电极上发生的电极反应式是CH4+10OH--8e-=+7H2O，转移0.2mol电子时，消耗0.025mol CH4，质量为0.025mol×16g/mol=0.4g；
故答案为：0.4g。
四、填空题
24．工业制胆矾时，将粗制CuO粉末(含杂质FeO、Fe2O3)慢慢加入适量的稀H2SO4中完全溶解，除去杂质离子后，再蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH接近4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。回答下列问题：
(1)为除去溶液中的Fe2+，可先加入_______，(从下面四个选项选择)将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_______，然后加入适量的_______，(从下面四个选项选择)调整溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。
A．CuO B．Cl2 C．Cu(OH)2 D．H2O2
(2)甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp = 1×10-38，Cu(OH)2的溶度积Ksp=3×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3mol•L-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为___________，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为___________，通过计算即可确定上述方案是否可行。
【答案】(1) D 2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O AC
(2) 4 3
【分析】将粗制CuO粉末(含杂质FeO、Fe2O3)慢慢加入适量的稀H2SO4中完全溶解，得到硫酸铜、硫酸铁和硫酸亚铁混合溶液，加入氧化剂，把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀，过滤，蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。
【详解】（1）由于pH9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀，故除去溶液中的Fe2+，必须先加入氧化剂将Fe2+氧化，为了不引入杂质，加入的氧化剂选H2O2，即答案选D，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀，为了不引入杂质，然后加入适量的CuO(或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3)，即答案选AC，调整溶液的pH至3~4，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀。
（2）常温下，Cu(OH)2开始沉淀时c(Cu2+)·c2(OH-)=Ksp[Cu(OH)2]=310-20，c(OH-)==110-10mol/L，c(H+)=110-4mol/L，Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH=4。Fe3+完全沉淀时c(Fe3+)110-5mol/L，c(Fe3+)·c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]=110-38，c(OH-)==110-11mol/L，c(H+)=110-3mol/L，Fe3+完全沉淀时溶液的pH=3。根据计算结果知上述方案可行。
五、工业流程题
25．草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O的工艺流程如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Co(OH)2
Fe(OH)2
Mn(OH)2
完全沉淀的pH
3.7
5.2
9.2
9.6
9.8
(1)写出浸出过程中Na2SO3与Co2O3发生反应的离子方程式：_________。
(2)浸出液中加入NaClO3的目的是______。加入Na2CO3溶液能调节溶液pH使浸出液中Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀，试结合平衡移动原理简述其理由：___。
(3)滤液I“除钙、镁”是将钙、镁离子转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2+)/c(Ca2+)=____。
(4)为测定制得样品的纯度，现称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液20.00mL。所得草酸钴样品中CoC2O4•2H2O的纯度为____(数据保留小数点后2位)。
【答案】(1)SO+ Co2O3 +4H+=2Co2++SO+2H2O。
(2) 将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+ 浸出液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO )与H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡向右移动，从而Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀
(3)0.7
(4)91.50%
【分析】水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)加硫酸和Na2SO3，Na2SO3将Co2O3、Fe2O3还原，SiO2不溶，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+， 加NaClO3，将Fe2+氧化为Fe3+，调pH，生成、，过滤后，加NaF除钙、镁，加萃取剂除去锰元素后，向萃取后溶液加 最后制得CoC2O4•2H2O。
【详解】（1）浸出过程中Na2SO3将Co2O3还原，离子方程式SO+ Co2O3 +4H+=2Co2++SO+2H2O，
答案为：SO+ Co2O3 +4H+=2Co2++SO+2H2O；
（2）浸出液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入的碳酸钠调pH，浸出液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO )与H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡向右移动，从而Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀，
答案为：将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+；浸出液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO )与H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡向右移动，从而Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀；
（3）当加入过量NaF后，生成沉淀MgF2、CaF2。滤液中Ksp(MgF2)==7.35×10-11， Ksp(CaF2)==1.05×10-10，c(Mg2+)/c(Ca2+)=，
答案为：0.7；
（4）草酸钴转化为草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，转化为H2C2O4，用KMnO4溶液滴定，草酸还原高锰酸钾，恰好反应后，滴入最后一滴高锰酸钾溶液，高锰酸钾过量，溶液由无色变为浅(紫)红色，且半分钟内不褪色，则达滴定终点。反应方程式为，根据关系式，CoC2O4•2H2O的质量分数为×100%=91.50%；
答案为：91.50%。
相关试卷
吉林省长春市实验中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（含答案解析）： 这是一份吉林省长春市实验中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（含答案解析），文件包含精品解析吉林省长春市实验中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题原卷版docx、精品解析吉林省长春市实验中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
2022-2023学年吉林省吉林松花江中学高二上学期1月期末考试化学试题含答案： 这是一份2022-2023学年吉林省吉林松花江中学高二上学期1月期末考试化学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
吉林省延边第二中学2022-2023学年高一下学期5月期中考试化学试题： 这是一份吉林省延边第二中学2022-2023学年高一下学期5月期中考试化学试题，共10页。试卷主要包含了5 K，08ml·−1D．v＝0等内容，欢迎下载使用。
