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甘肃省兰州市等2地2022-2023学年高二上学期12月期末考试化学试题（解析版）
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这是一份甘肃省兰州市等2地2022-2023学年高二上学期12月期末考试化学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
兰州、金昌两地2022-2023学年第一学期期末试题
高二化学
第I卷 (选择题，56分)
一、单项选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分)。
1. 某一可逆反应A+3B2C，改变下列条件一定能加快反应速率的是
A. 增大反应物的量 B. 升高温度 C. 增大压强 D. 使用催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．如反应物为固体，则增大反应物的量，反应速率不一定增大，故A错误；
B．升高温度，反应速率一定增大，故B正确；
C．增大压强，如参加反应的气体的浓度不变，则反应速率不一定增大，如体积不变，加入惰性气体，压强增大，反应速率不变，故C错误；
D．使用催化剂还可能减小反应速率，故D错误；
故答案选B。
2. 在10L密闭容器中，1molA和3molB在一定条件下反应：A（g）+xB（g）2C（g），2min后反应达到平衡时，测得混合气体共3.4mol，生成0.4molC，则下列计算结果不正确的是（ ）
A. 平衡时，物质的量比A：B：C=2：11：4
B. x值等于4
C. A的转化率20%
D. B的平均反应速率为0.04mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】
【详解】
混合气体共3.4mol=0.8mol＋（3-0.2x）mol+0.4mol，解得x=4。
A．根据方程式知，生成0.4molC需要0.2molA、0.8molB，平衡时，A、B、C的物质的量分别为（1-0.2）mol=0.8mol、（3-0.8）mol=2.2mol、0.4mol，A、B、C的物质的量之比=0.8mol：2.2mol：0.4mol=2：11：1，故A错误；
B．根据计算可知x=4，故B正确；
C．A的转化率=×100%=20%，故C正确；
D．平衡时B的平均反应速率==0.04moL·L-1·min-1，故D正确；
故选A。
3. 一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是
A. 反应在0～10 s内，用Z表示的反应速率为0.158 mol·L－1·s－1
B. 反应在0～10 s内，X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L－1
C. 反应进行到10 s时，Y的转化率为79.0%
D. 反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)=Z(g)
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为，A错误；
B．X初始物质的量为1.2mol，到10s物质的量为0.41mol，物质的量减少了0.79mol，浓度减小了0.395mol/L，B错误；
C．Y初始物质的量为1mol，到10s剩余0.21mol，转化了0.79mol，转化率为79%，C正确；
D．X、Y物质的量减小，Z物质的量增大，说明X、Y为反应物，Z为生成物，达到平衡时Z物质的量变化量Δn(X)=0.79mol，Δn(Y)=0.79mol，Δn(Z)=1.58mol，故X、Y、Z化学计量数之比为1：1：2，D错误；
故选C。
4. 已知：4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH＝－1200 kJ·mol−1。在2 L恒容密闭容器中，按照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%。下列说法中正确的是
甲
乙
0.2 mol NO2
0.1 mol NO2
0.4 mol CO
0.2 mol CO
A. 放热反应，一定能自发进行
B. 该温度下，反应的平衡常数为5
C. 达平衡时，NO2的浓度：甲＞乙
D. 达平衡时，N2的体积分数：甲＜乙
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知反应为放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，根据反应自发进行的判断依据ΔG=ΔH-TΔS，当低温时有自发进行的倾向，高温时不利于自发进行，故A错误；
B．根据甲中CO的转化率为50% ，二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量为0.2mol、0.4mol，容器的体积为2L，根据，可以得到二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量浓度为0.1mol/L、0.2mol/L，列出三段式，
该反应的平衡常数，故B错误；
C．由三段式可知甲的NO2转化为50%，因甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，则乙的NO2转化为小于50%，则NO2的浓度：甲＞乙，故C正确；
D．甲的投入量为乙的两倍，甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，所以甲N2的体积分数大于乙N2的体积分数，故D错误；
答案选C。
5. 已知甲烷的热值为56kJ/g，表示甲烷标准燃烧热的热化学方程式的是
A. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-56kJ·mol-1
B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-896kJ·mol-1
C. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) △H=-896kJ·mol-1
D. 2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1)△H=-112kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】甲烷的热值为56kJ/g，则1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量为896kJ，表示甲烷标准燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) △H=-896kJ·mol-1，选C。
6. N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。已知在25℃、101kPa下，8gN2H4(g)完全燃烧生成氮气和液态水时，放出133.5kJ热量。则下列热化学方程中正确的是
A. N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534kJ·mol-1
B. N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(l) ΔH=-133.5kJ·mol-1
C. N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(l) ΔH=534kJ·mol-1
D. N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(l) ΔH=-534kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】8gN2H4(g)的物质的量为，完全燃烧0.25mol N2H4(g)生成氮气和液态水时，放出133.5 kJ热量。则完全燃烧1mol N2H4(g)生成氮气和液态水时，放出的热量。根据热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，可知正确的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(l) ΔH=-534kJ·mol-1，D项正确；
答案选D。
7. 已知反应X+Y= M+N为放热反应，对该反应的下列说法中正确的
A. X的能量一定高于M
B. Y的能量一定高于N
C. X和Y的总能量一定高于M和N的总能量
D. 因该反应为放热反应，故不必加热就可发生
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应，说明反应物X和Y的总能量比生成物M和N的总能量高，但不一定X的能量比M的高，A错误；
B．该反应为放热反应，说明反应物X和Y的总能量比生成物M和N的总能量高，但不一定Y的能量比N的高，B错误；
C. 该反应为放热反应，说明反应物X和Y的总能量一定比生成物M和N的总能量高，C正确；
D．反应条件是否需要加热与该反应是放热反应还是吸热反应无关，有些放热反应也需加热,例如碳的燃烧,D错误；
故合理选项C。
8. 物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是
A. HX、HZ、HY B. HX、HY、HZ
C. HZ、HY、HX D. HY、HZ、HX
【答案】B
【解析】
【详解】物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其依次为8、9、10，说明三种盐的水解能力逐渐增强，根据盐的水解规律：谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解，可知HX、HY、HZ的酸性越来越弱，故三种酸的书写由强到弱的顺序是：HX＞HY＞HZ，故选B。
9. 室温下，有两种溶液：①0.01 mol·L－1 NH3·H2O溶液、②0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c(NH)都增大的是( )
A. 通入少量HCl气体 B. 加入少量NaOH固体
C. 加入少量H2O D. 升高温度
【答案】A
【解析】
【详解】A. ①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中通入少量HCl气体，氢氧根离子浓度减小，促进NH3•H2O电离，c(NH)增大；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中通入少量HCl气体，氢离子浓度增大，抑制NH水解，c(NH)增大，故选A；
B. ①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，抑制NH3•H2O电离，c(NH)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，氢离子浓度减小，促进NH水解，c(NH)减小，故不选B；
C. ①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量H2O，NH3•H2O浓度降低，c(NH)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量H2O，NH4Cl浓度减小，c(NH)减小，故不选C；
D. ①升高温度，促进NH3•H2O电离，c(NH)增大；②升高温度，促进NH水解，c(NH)减小，故不选D；
答案选A。
10. 草酸(H2C2O4)是二元弱酸，NaHC2O4溶液呈酸性。常温下，向10 mL 0.01 mol/L NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol/L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系错误的是
A. V(NaOH) = 0时，c(H＋) >1×10－7mol/L
B. V(NaOH)＜10 mL时，可能存在c(Na＋) = 2c(C2O42-)＋c(HC2O4- )
C. V(NaOH) = 10 mL时，溶液的pH为9，则10-9= 10-5-2c(H2C2O4)-c(HC2O4-)
D. V(NaOH)＞10 mL时，可能存在c(OH- )＞c(Na＋)＞c(C2O42-)
【答案】D
【解析】
【分析】，10 mL 0.01 mol/L溶液中滴加10 mL 0.01 mol/L溶液时，溶质恰好为。
【详解】A.时，溶液为溶液，呈酸性，，A正确；
B. 时，溶液为和的混合溶液，溶液有可能显中性，若显中性，根据电荷守恒则有，B正确；
C.时，溶液为溶液，质子守恒为：，溶液的pH为9，即、，故，C正确；
D.时，溶液为和溶液混合溶液，，D错误；
答案选D。
11. 在25mL0.1mol·L－1某一元碱中，逐滴加入0.1mol·L－1醋酸，滴定曲线如图所示。则下列说法不正确的是
A. 该碱溶液可以溶解Al(OH)3
B. a点对应的体积值大于25mL
C. C点时，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)
D D点时，c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】从滴定曲线可知，没有滴加醋酸前，0.1mol·L－1某一元碱其溶液的pH为13，c(OH-)=0.1mol/L，完全电离，该一元碱为强碱。
A．该一元碱为强碱，可以溶解Al(OH)3，A项正确，不符合题意；
B．根据曲线，a点的pH值为7，为中性，假设加入醋酸的体积为25mL，酸和碱恰好完全反应，生成醋酸盐，为强碱弱酸盐，水解为碱性，现在为中性，说明要多加点酸，B项正确，不符合题意；
C．C点pH<7，溶液呈现酸性，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒c (CH3COO－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na＋)，可以知道c(CH3COO－)>c(Na+)，C项正确，不符合题意；
D．D点，加入了50mL的醋酸，为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，根据电荷守恒c (CH3COO－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na＋)，以及物料守恒，c( CH3COOH)＋c (CH3COO－)=2c(Na＋)，联合两式，得c(CH3COO－)+2c(OH－)=2c(H+)+c(CH3COOH)，D项错误，符合题意；
本题答案选D。
12. 下列是教材中常规电化学示意图，其标注完全正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该装置中发生的反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，Zn发生失电子的氧化反应，为负极，铜为正极，故A错误；
B. 该原电池装置中，Zn电极所在的电解质溶液应为ZnSO4溶液，Cu电极所在的电解质溶液应为CuSO4溶液，故B错误；
C. 电解精练铜时，纯铜做阴极，与电源负极相连，粗铜做阳极，与电源正极相连，故C错误；
D. 电解饱和NaCl溶液时，H2O电离产生的H+在阴极发生得电子的还原反应生成H2，Cl−在阳极发生失电子的氧化反应，生成Cl2，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】电解精炼铜中粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解液为含铜离子的盐溶液；电镀时镀层金属作阳极，被镀金属作阴极，电解液为含镀层金属的盐溶液。
13. 下列说法正确的是
A. 常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）＝4Fe（OH）3（s）能自发进行，则△H＜0
B. 铁片镀锌时，铁片与外电源的正极相连
C. 以熔融NaCl为电解质进行电解冶炼钠，熔融体中Na+向阳极移动
D. t℃时，恒容密闭容器中反应：NO2（g）+SO2（g）NO（g）+SO3（g），通入少量O2，的值及SO2转化率不变
【答案】A
【解析】
【详解】A．△H-T△S＜0时反应能自发进行，该反应的△S＜0，则△H＜0，A正确；
B．铁片镀锌时，铁片应接电源负极，作阴极，锌离子在铁片上发生还原反应，B错误；
C．电解时，阳离子向阴极移动，C错误；
D．通入氧气与NO反应，c（NO）减小，平衡正向移动，SO2转化率增大，是平衡常数，温度不变，平衡常数不变，D错误。
答案选A。
14. 全世界每年因钢铁锈蚀造成了巨大的损失，下列有关说法不正确的是
A. 钢铁腐蚀时化学能不能全部转化为电能
B. 钢铁腐蚀的负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋
C. 如图所示，将导线与金属锌相连可保护地下铁管
D. 如图所示，将导线与外接电源的正极相连可保护地下铁管
【答案】D
【解析】
【详解】A． 钢铁腐蚀时，化学能不能全部转化为电能，还转化为热能，故A正确；
B．钢铁腐蚀时，铁作负极被损耗，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故B正确；
C．锌的金属性强于铁，锌、铁和电解质溶液可形成原电池，锌作负极，铁作正极，锌的腐蚀可保护地下铁管，故C正确；
D．采用外加电流的阴极保护法时，被保护金属与直流电源的负极相连，与外加直流电源的正极相连，地下铁管作阳极，更易被腐蚀，故D错误；
故选D。
【点睛】地下铁管易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池而被腐蚀，要保护地下铁管不被腐蚀，则钢管应该与电源的负极相连或作原电池的正极。
第II卷 (非选择题，44分)
二、综合题(共4小题，共40分)
15. 已知下列热化学方程式：
① H2(g)+O2(g)＝H2O(l) ΔH ＝―285kJ/mol
② H2(g)+O2(g)＝H2O(g) ΔH ＝―241.8kJ/mol
③ C(s)+O2(g)＝CO(g) ΔH ＝―110.4 kJ/mol
④ C(s)+ O2(g)＝CO2(g) ΔH ＝―393.5 kJ/mol
回答下列各问：
（1）上述反应中属于放热反应的是___________。
（2）C的燃烧热为_________________。
（3）燃烧10g H2生成液态水，放出热量为_____________________。
（4）CO燃烧的热化学方程式为______________________。
（5）为了控制温室效应，各国科学家提出了不少设想。有人根据液态CO2密度大于海水密度的事实，设想将CO2液化后，送入深海海底，以减少大气中的CO2。为使CO2液化，可采取的措施________。
a 减压、升温 b 增压、降温
c 减压、降温 d 增压、升温
【答案】 ①. ①②③④； ②. 393.5 kJ/mol； ③. 1425 kJ ④. CO(g)+O2(g)＝CO2(g) ΔH ＝―283.1kJ/mol； ⑤. b
【解析】
【分析】（1）放热反应的ΔH<0；
（2）燃烧热：1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（3）根据物质的量倍数关系计算放出的热量；
（4）由盖斯定律计算；
（5）加压降温可减小分子之间的间隔，使二氧化碳由气体变为液体。
【详解】（1）放热反应的ΔH<0，故①②③④都是放热反应；
（2）1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量为燃烧热，则反应④中C完全燃烧，C的燃烧热为393.5 kJ/mol；
（3）燃烧10g H2即5mol H2生成液态水，放出的热量为285kJ5=1425 kJ；
（4）由③C(s)+O2(g)＝CO(g) ΔH ＝―110.4 kJ/mol，④C(s)+ O2(g)＝CO2(g) ΔH ＝―393.5 kJ/mol，④-③可得CO燃烧的热化学方程式为CO(g)+O2(g)＝CO2(g) ΔH ＝―283.1kJ/mol；
（5）由物质的三态变化可知，在大气条件下，二氧化碳是无色无味的气体，而在温度低于31.2℃时，加压可使CO2变为液态，即加压降温可减小分子之间的间隔，使二氧化碳由气体变为液体，则可将CO2液化后送入深海海底，以减小大气中CO2的浓度，答案选b。
16. （1）在2L的密闭容器中放入4molN2O5，发生如下反应:2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。反应至5min时，测得N2O5转化了20%，则v(NO2)为___，c（N2O5）为___，O2的物质的量浓度为___。
（2）某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。根据图中数据填空：
①该反应的化学方程式为___。
②反应至平衡时，v（X）为___，c（Z）为___。
③若X、Y、Z均为气体，则达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时___(填“增大”“减小”或“相等”)。
【答案】 ①. 0.16mol·L-1·min-1 ②. 1.6mol·L-1 ③. 0.2mol·L-1 ④. 3X+Y2Z ⑤. 0.375mol·L-1 ⑥. 0.1mol·L-1 ⑦. 增大
【解析】
【详解】（1）在2L的密闭容器中放入4molN2O5，发生如下反应:2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。反应至5min时，测得N2O5转化了20%，则参加反应的五氧化二氮的物质的量=4mol×20%=0.8mol，则：
υ（NO2）= =0.16mol·L-1·min-1；
c（N2O5）==1.6mol·L-1；
c（O2）==0.2mol·L-1；
故答案为：0.16mol·L-1·min-1； 1.6mol·L-1； 0.2mol·L-1；
（2）某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。根据图中数据填空：
①X、Y的物质的量减小，为反应物，Z的物质的量增大为生成物，最终X、Y的物质的量不变，且不为0，属于可逆反应，X、Y、Z的化学计量数之比=（1-0.7）：（1-0.9）：0.2=3：1：2，故反应方程式为3X+Y2Z。故答案为：3X+Y2Z；
②反应至平衡时，v（X）= =0.375mol·L-1，c（Z）==0.1mol·L-1。故答案为：0.375mol·L-1；0.1mol·L-1；
③若X、Y、Z均为气体，则达平衡时，混合气体总的质量不变，随反应进行，混合气体总的物质的量减小，结合M= 可知，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时增大。故答案为：增大。
【点睛】本题考查化学平衡及计算，把握平衡移动、反应速率计算、平衡状态的分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点（2）①先判断反应物和生成物，X、Y的物质的量减小，为反应物，Z的物质的量增大为生成物，再根据X、Y、Z的化学计量数之比=变化量之比解题。
17. 如图中，甲是电解饱和食盐水，乙是铜的电解精炼，丙是电镀，回答：
甲 乙 丙
（1）b极上的电极反应式为__，甲电池的总反应化学方程式是__。
（2）在粗铜的电解过程中，图中c电极的材料是__（填“粗铜板”或“纯铜板”）；在d电极上发生的电极反应为__；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe等杂质，则沉积在电解槽底部（阳极泥）的杂质是__，电解一段时间后，电解液中的金属离子有__。
（3）如果要在铁制品上镀镍（二价金属），则e电极的材料是__（填“铁制品”或“镍块”，下同），f电极的材料是__。
（4）若e电极的质量变化118 g，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为__。
【答案】 ①. 2H++2e﹣===H2↑ ②. 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑ ③. 粗铜板 ④. Cu2++2e﹣===Cu ⑤. Au、Ag ⑥. Cu2+、Fe2+ ⑦. 镍块 ⑧. 铁制品 ⑨. 44.8L
【解析】
【详解】(1)甲是电解饱和食盐水，M为正极，则a为阳极发生氧化反应，b为阴极发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，总反应化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，故答案为2H++2e-=H2↑；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
(2)用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，该装置中M为原电池的正极，N为原电池的负极，所以c为电解池的阳极，d为电解池的阴极，电解时，以硫酸铜溶液为电解液，溶液中的Cu2+得到电子在阴极上发生还原反应，即Cu2++2e-=Cu；作阳极的粗铜中的铜以及比铜活泼的金属失去电子进入溶液，所以Fe发生Fe-2e-═Fe2+反应，以Fe2+的形式进入溶液中；比铜不活泼的金属Au、Ag不会失去电子，以单质的形成沉入电解槽形成“阳极泥”，则沉积在电解槽底部(阳极泥)的杂质是Au、Ag，电解一段时间后，电解液中的金属离子有Cu2+、Fe2+，故答案为粗铜板；Cu2++2e-=Cu；Au、Ag；Cu2+、Fe2+；
(3)要在铁制品上镀镍(二价金属)，则铁作阴极与电源负极N相连即f极，镍为阳极与电源正极M相连即e极，故答案为镍块，铁制品；
(4)若e电极的质量变化118g，根据转移电子数相等，Ni～2e-～Cl2，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为×22.4L/mol=44.8L，故答案为44.8L。
【点睛】本题考查了电解原理及其应用。掌握电解的基本原理和电极方程式的书写是解题的关键。本题的易错点为（2），粗铜的电解精炼过程中，阳极上比铜活泼的金属也要放电，活泼性比铜弱的形成阳极泥。
18. 氧化铁黄（化学式为FeOOH）是一种黄色颜料，工业上用废铁为主要原料生产氧化铁黄的一种工艺流程如下：
（1）氧化铁黄中铁元素的化合价为_____，废铁在反应前常用热的纯碱溶液清洗表面油污，其原理是______ (写离子方程式)。
（2）氧化过程生成氧化铁黄的化学方程式是_____________。
（3）上述流程中，检验“洗涤”是否完全的方法是________。
（4）氧化时应控制pH的合理范围是3.5-4.0，pH过小导致氧化铁黄产率较低的可能原因是____。
【答案】 ①. +3 ②. CO32-+H2OHCO3-+OH- ③. 4FeSO4+O2+8NaOH＝ FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O ④. 取最后一次洗涤液，加入少量氯化钡溶液，后加入适量稀盐酸，如未观察到白色沉淀，即可证明洗干净 ⑤. pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸
【解析】
【分析】由流程可知，过量的废铁中加入浓硫酸，加热反应得到硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，并通入空气，发生氧化还原反应生成氧化铁黄，过滤、洗涤、干燥得到成品氧化铁黄。
【详解】（1）FeOOH中O元素为-2价，H元素为+1价，由化合价代数和为零可知Fe元素为+3价；废铁表面有防锈油脂，碳酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，加热溶液碱性增强，油脂会在碳酸钠溶液中发生水解反应，达到清洗表面油污的目的，碳酸钠在溶液中水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，故答案为+3；CO32-+H2OHCO3-+OH-；
（2）氧化过程为向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，并通入空气，发生氧化还原反应生成氧化铁黄，反应的化学方程式为4FeSO4+O2+8NaOH＝FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O，故答案为4FeSO4+O2+8NaOH＝FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O；
（3）由氧化过程的化学方程式可知，氧化铁黄表面附有可溶的硫酸钠，检查洗涤是否完全的标准是洗涤液中不含有硫酸根离子，则检验洗涤是否完全的方法是，取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生沉淀，则表明已洗涤干净，否则未洗涤干净，故答案为取最后一次洗涤液，加入少量氯化钡溶液，后加入适量稀盐酸，如未观察到白色沉淀，即可证明洗干净；
（4）氧化时应控制pH的合理范围是保证产率最高，此时的pH范围为：3.5～4.0，若pH过小，氧化铁黄会溶解于酸导致产率降低，故答案为pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸。
【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力、实验能力的考查，注意把握流程中物质变化分析，把握物质性质的理解与应用，注意实验基本操作的掌握是解答关键。
兰州、金昌两地2022-2023学年第一学期期末试题
高二化学
第I卷 (选择题，56分)
一、单项选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分)。
1. 某一可逆反应A+3B2C，改变下列条件一定能加快反应速率的是
A. 增大反应物的量 B. 升高温度 C. 增大压强 D. 使用催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．如反应物为固体，则增大反应物的量，反应速率不一定增大，故A错误；
B．升高温度，反应速率一定增大，故B正确；
C．增大压强，如参加反应的气体的浓度不变，则反应速率不一定增大，如体积不变，加入惰性气体，压强增大，反应速率不变，故C错误；
D．使用催化剂还可能减小反应速率，故D错误；
故答案选B。
2. 在10L密闭容器中，1molA和3molB在一定条件下反应：A（g）+xB（g）2C（g），2min后反应达到平衡时，测得混合气体共3.4mol，生成0.4molC，则下列计算结果不正确的是（ ）
A. 平衡时，物质的量比A：B：C=2：11：4
B. x值等于4
C. A的转化率20%
D. B的平均反应速率为0.04mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】
【详解】
混合气体共3.4mol=0.8mol＋（3-0.2x）mol+0.4mol，解得x=4。
A．根据方程式知，生成0.4molC需要0.2molA、0.8molB，平衡时，A、B、C的物质的量分别为（1-0.2）mol=0.8mol、（3-0.8）mol=2.2mol、0.4mol，A、B、C的物质的量之比=0.8mol：2.2mol：0.4mol=2：11：1，故A错误；
B．根据计算可知x=4，故B正确；
C．A的转化率=×100%=20%，故C正确；
D．平衡时B的平均反应速率==0.04moL·L-1·min-1，故D正确；
故选A。
3. 一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是
A. 反应在0～10 s内，用Z表示的反应速率为0.158 mol·L－1·s－1
B. 反应在0～10 s内，X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L－1
C. 反应进行到10 s时，Y的转化率为79.0%
D. 反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)=Z(g)
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为，A错误；
B．X初始物质的量为1.2mol，到10s物质的量为0.41mol，物质的量减少了0.79mol，浓度减小了0.395mol/L，B错误；
C．Y初始物质的量为1mol，到10s剩余0.21mol，转化了0.79mol，转化率为79%，C正确；
D．X、Y物质的量减小，Z物质的量增大，说明X、Y为反应物，Z为生成物，达到平衡时Z物质的量变化量Δn(X)=0.79mol，Δn(Y)=0.79mol，Δn(Z)=1.58mol，故X、Y、Z化学计量数之比为1：1：2，D错误；
故选C。
4. 已知：4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH＝－1200 kJ·mol−1。在2 L恒容密闭容器中，按照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%。下列说法中正确的是
甲
乙
0.2 mol NO2
0.1 mol NO2
0.4 mol CO
0.2 mol CO
A. 放热反应，一定能自发进行
B. 该温度下，反应的平衡常数为5
C. 达平衡时，NO2的浓度：甲＞乙
D. 达平衡时，N2的体积分数：甲＜乙
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知反应为放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，根据反应自发进行的判断依据ΔG=ΔH-TΔS，当低温时有自发进行的倾向，高温时不利于自发进行，故A错误；
B．根据甲中CO的转化率为50% ，二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量为0.2mol、0.4mol，容器的体积为2L，根据，可以得到二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量浓度为0.1mol/L、0.2mol/L，列出三段式，
该反应的平衡常数，故B错误；
C．由三段式可知甲的NO2转化为50%，因甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，则乙的NO2转化为小于50%，则NO2的浓度：甲＞乙，故C正确；
D．甲的投入量为乙的两倍，甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，所以甲N2的体积分数大于乙N2的体积分数，故D错误；
答案选C。
5. 已知甲烷的热值为56kJ/g，表示甲烷标准燃烧热的热化学方程式的是
A. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-56kJ·mol-1
B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-896kJ·mol-1
C. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) △H=-896kJ·mol-1
D. 2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1)△H=-112kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】甲烷的热值为56kJ/g，则1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量为896kJ，表示甲烷标准燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) △H=-896kJ·mol-1，选C。
6. N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。已知在25℃、101kPa下，8gN2H4(g)完全燃烧生成氮气和液态水时，放出133.5kJ热量。则下列热化学方程中正确的是
A. N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534kJ·mol-1
B. N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(l) ΔH=-133.5kJ·mol-1
C. N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(l) ΔH=534kJ·mol-1
D. N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(l) ΔH=-534kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】8gN2H4(g)的物质的量为，完全燃烧0.25mol N2H4(g)生成氮气和液态水时，放出133.5 kJ热量。则完全燃烧1mol N2H4(g)生成氮气和液态水时，放出的热量。根据热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，可知正确的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(l) ΔH=-534kJ·mol-1，D项正确；
答案选D。
7. 已知反应X+Y= M+N为放热反应，对该反应的下列说法中正确的
A. X的能量一定高于M
B. Y的能量一定高于N
C. X和Y的总能量一定高于M和N的总能量
D. 因该反应为放热反应，故不必加热就可发生
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应，说明反应物X和Y的总能量比生成物M和N的总能量高，但不一定X的能量比M的高，A错误；
B．该反应为放热反应，说明反应物X和Y的总能量比生成物M和N的总能量高，但不一定Y的能量比N的高，B错误；
C. 该反应为放热反应，说明反应物X和Y的总能量一定比生成物M和N的总能量高，C正确；
D．反应条件是否需要加热与该反应是放热反应还是吸热反应无关，有些放热反应也需加热,例如碳的燃烧,D错误；
故合理选项C。
8. 物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是
A. HX、HZ、HY B. HX、HY、HZ
C. HZ、HY、HX D. HY、HZ、HX
【答案】B
【解析】
【详解】物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其依次为8、9、10，说明三种盐的水解能力逐渐增强，根据盐的水解规律：谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解，可知HX、HY、HZ的酸性越来越弱，故三种酸的书写由强到弱的顺序是：HX＞HY＞HZ，故选B。
9. 室温下，有两种溶液：①0.01 mol·L－1 NH3·H2O溶液、②0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c(NH)都增大的是( )
A. 通入少量HCl气体 B. 加入少量NaOH固体
C. 加入少量H2O D. 升高温度
【答案】A
【解析】
【详解】A. ①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中通入少量HCl气体，氢氧根离子浓度减小，促进NH3•H2O电离，c(NH)增大；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中通入少量HCl气体，氢离子浓度增大，抑制NH水解，c(NH)增大，故选A；
B. ①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，抑制NH3•H2O电离，c(NH)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量NaOH固体，氢离子浓度减小，促进NH水解，c(NH)减小，故不选B；
C. ①向0.01mol•L-1NH3•H2O溶液中加入少量H2O，NH3•H2O浓度降低，c(NH)减小；②向0.01mol•L-1NH4Cl溶液中加入少量H2O，NH4Cl浓度减小，c(NH)减小，故不选C；
D. ①升高温度，促进NH3•H2O电离，c(NH)增大；②升高温度，促进NH水解，c(NH)减小，故不选D；
答案选A。
10. 草酸(H2C2O4)是二元弱酸，NaHC2O4溶液呈酸性。常温下，向10 mL 0.01 mol/L NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol/L NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系错误的是
A. V(NaOH) = 0时，c(H＋) >1×10－7mol/L
B. V(NaOH)＜10 mL时，可能存在c(Na＋) = 2c(C2O42-)＋c(HC2O4- )
C. V(NaOH) = 10 mL时，溶液的pH为9，则10-9= 10-5-2c(H2C2O4)-c(HC2O4-)
D. V(NaOH)＞10 mL时，可能存在c(OH- )＞c(Na＋)＞c(C2O42-)
【答案】D
【解析】
【分析】，10 mL 0.01 mol/L溶液中滴加10 mL 0.01 mol/L溶液时，溶质恰好为。
【详解】A.时，溶液为溶液，呈酸性，，A正确；
B. 时，溶液为和的混合溶液，溶液有可能显中性，若显中性，根据电荷守恒则有，B正确；
C.时，溶液为溶液，质子守恒为：，溶液的pH为9，即、，故，C正确；
D.时，溶液为和溶液混合溶液，，D错误；
答案选D。
11. 在25mL0.1mol·L－1某一元碱中，逐滴加入0.1mol·L－1醋酸，滴定曲线如图所示。则下列说法不正确的是
A. 该碱溶液可以溶解Al(OH)3
B. a点对应的体积值大于25mL
C. C点时，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)
D D点时，c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】从滴定曲线可知，没有滴加醋酸前，0.1mol·L－1某一元碱其溶液的pH为13，c(OH-)=0.1mol/L，完全电离，该一元碱为强碱。
A．该一元碱为强碱，可以溶解Al(OH)3，A项正确，不符合题意；
B．根据曲线，a点的pH值为7，为中性，假设加入醋酸的体积为25mL，酸和碱恰好完全反应，生成醋酸盐，为强碱弱酸盐，水解为碱性，现在为中性，说明要多加点酸，B项正确，不符合题意；
C．C点pH<7，溶液呈现酸性，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒c (CH3COO－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na＋)，可以知道c(CH3COO－)>c(Na+)，C项正确，不符合题意；
D．D点，加入了50mL的醋酸，为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，根据电荷守恒c (CH3COO－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na＋)，以及物料守恒，c( CH3COOH)＋c (CH3COO－)=2c(Na＋)，联合两式，得c(CH3COO－)+2c(OH－)=2c(H+)+c(CH3COOH)，D项错误，符合题意；
本题答案选D。
12. 下列是教材中常规电化学示意图，其标注完全正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该装置中发生的反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，Zn发生失电子的氧化反应，为负极，铜为正极，故A错误；
B. 该原电池装置中，Zn电极所在的电解质溶液应为ZnSO4溶液，Cu电极所在的电解质溶液应为CuSO4溶液，故B错误；
C. 电解精练铜时，纯铜做阴极，与电源负极相连，粗铜做阳极，与电源正极相连，故C错误；
D. 电解饱和NaCl溶液时，H2O电离产生的H+在阴极发生得电子的还原反应生成H2，Cl−在阳极发生失电子的氧化反应，生成Cl2，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】电解精炼铜中粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解液为含铜离子的盐溶液；电镀时镀层金属作阳极，被镀金属作阴极，电解液为含镀层金属的盐溶液。
13. 下列说法正确的是
A. 常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）＝4Fe（OH）3（s）能自发进行，则△H＜0
B. 铁片镀锌时，铁片与外电源的正极相连
C. 以熔融NaCl为电解质进行电解冶炼钠，熔融体中Na+向阳极移动
D. t℃时，恒容密闭容器中反应：NO2（g）+SO2（g）NO（g）+SO3（g），通入少量O2，的值及SO2转化率不变
【答案】A
【解析】
【详解】A．△H-T△S＜0时反应能自发进行，该反应的△S＜0，则△H＜0，A正确；
B．铁片镀锌时，铁片应接电源负极，作阴极，锌离子在铁片上发生还原反应，B错误；
C．电解时，阳离子向阴极移动，C错误；
D．通入氧气与NO反应，c（NO）减小，平衡正向移动，SO2转化率增大，是平衡常数，温度不变，平衡常数不变，D错误。
答案选A。
14. 全世界每年因钢铁锈蚀造成了巨大的损失，下列有关说法不正确的是
A. 钢铁腐蚀时化学能不能全部转化为电能
B. 钢铁腐蚀的负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋
C. 如图所示，将导线与金属锌相连可保护地下铁管
D. 如图所示，将导线与外接电源的正极相连可保护地下铁管
【答案】D
【解析】
【详解】A． 钢铁腐蚀时，化学能不能全部转化为电能，还转化为热能，故A正确；
B．钢铁腐蚀时，铁作负极被损耗，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故B正确；
C．锌的金属性强于铁，锌、铁和电解质溶液可形成原电池，锌作负极，铁作正极，锌的腐蚀可保护地下铁管，故C正确；
D．采用外加电流的阴极保护法时，被保护金属与直流电源的负极相连，与外加直流电源的正极相连，地下铁管作阳极，更易被腐蚀，故D错误；
故选D。
【点睛】地下铁管易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池而被腐蚀，要保护地下铁管不被腐蚀，则钢管应该与电源的负极相连或作原电池的正极。
第II卷 (非选择题，44分)
二、综合题(共4小题，共40分)
15. 已知下列热化学方程式：
① H2(g)+O2(g)＝H2O(l) ΔH ＝―285kJ/mol
② H2(g)+O2(g)＝H2O(g) ΔH ＝―241.8kJ/mol
③ C(s)+O2(g)＝CO(g) ΔH ＝―110.4 kJ/mol
④ C(s)+ O2(g)＝CO2(g) ΔH ＝―393.5 kJ/mol
回答下列各问：
（1）上述反应中属于放热反应的是___________。
（2）C的燃烧热为_________________。
（3）燃烧10g H2生成液态水，放出热量为_____________________。
（4）CO燃烧的热化学方程式为______________________。
（5）为了控制温室效应，各国科学家提出了不少设想。有人根据液态CO2密度大于海水密度的事实，设想将CO2液化后，送入深海海底，以减少大气中的CO2。为使CO2液化，可采取的措施________。
a 减压、升温 b 增压、降温
c 减压、降温 d 增压、升温
【答案】 ①. ①②③④； ②. 393.5 kJ/mol； ③. 1425 kJ ④. CO(g)+O2(g)＝CO2(g) ΔH ＝―283.1kJ/mol； ⑤. b
【解析】
【分析】（1）放热反应的ΔH<0；
（2）燃烧热：1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（3）根据物质的量倍数关系计算放出的热量；
（4）由盖斯定律计算；
（5）加压降温可减小分子之间的间隔，使二氧化碳由气体变为液体。
【详解】（1）放热反应的ΔH<0，故①②③④都是放热反应；
（2）1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量为燃烧热，则反应④中C完全燃烧，C的燃烧热为393.5 kJ/mol；
（3）燃烧10g H2即5mol H2生成液态水，放出的热量为285kJ5=1425 kJ；
（4）由③C(s)+O2(g)＝CO(g) ΔH ＝―110.4 kJ/mol，④C(s)+ O2(g)＝CO2(g) ΔH ＝―393.5 kJ/mol，④-③可得CO燃烧的热化学方程式为CO(g)+O2(g)＝CO2(g) ΔH ＝―283.1kJ/mol；
（5）由物质的三态变化可知，在大气条件下，二氧化碳是无色无味的气体，而在温度低于31.2℃时，加压可使CO2变为液态，即加压降温可减小分子之间的间隔，使二氧化碳由气体变为液体，则可将CO2液化后送入深海海底，以减小大气中CO2的浓度，答案选b。
16. （1）在2L的密闭容器中放入4molN2O5，发生如下反应:2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。反应至5min时，测得N2O5转化了20%，则v(NO2)为___，c（N2O5）为___，O2的物质的量浓度为___。
（2）某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。根据图中数据填空：
①该反应的化学方程式为___。
②反应至平衡时，v（X）为___，c（Z）为___。
③若X、Y、Z均为气体，则达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时___(填“增大”“减小”或“相等”)。
【答案】 ①. 0.16mol·L-1·min-1 ②. 1.6mol·L-1 ③. 0.2mol·L-1 ④. 3X+Y2Z ⑤. 0.375mol·L-1 ⑥. 0.1mol·L-1 ⑦. 增大
【解析】
【详解】（1）在2L的密闭容器中放入4molN2O5，发生如下反应:2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。反应至5min时，测得N2O5转化了20%，则参加反应的五氧化二氮的物质的量=4mol×20%=0.8mol，则：
υ（NO2）= =0.16mol·L-1·min-1；
c（N2O5）==1.6mol·L-1；
c（O2）==0.2mol·L-1；
故答案为：0.16mol·L-1·min-1； 1.6mol·L-1； 0.2mol·L-1；
（2）某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。根据图中数据填空：
①X、Y的物质的量减小，为反应物，Z的物质的量增大为生成物，最终X、Y的物质的量不变，且不为0，属于可逆反应，X、Y、Z的化学计量数之比=（1-0.7）：（1-0.9）：0.2=3：1：2，故反应方程式为3X+Y2Z。故答案为：3X+Y2Z；
②反应至平衡时，v（X）= =0.375mol·L-1，c（Z）==0.1mol·L-1。故答案为：0.375mol·L-1；0.1mol·L-1；
③若X、Y、Z均为气体，则达平衡时，混合气体总的质量不变，随反应进行，混合气体总的物质的量减小，结合M= 可知，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时增大。故答案为：增大。
【点睛】本题考查化学平衡及计算，把握平衡移动、反应速率计算、平衡状态的分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点（2）①先判断反应物和生成物，X、Y的物质的量减小，为反应物，Z的物质的量增大为生成物，再根据X、Y、Z的化学计量数之比=变化量之比解题。
17. 如图中，甲是电解饱和食盐水，乙是铜的电解精炼，丙是电镀，回答：
甲 乙 丙
（1）b极上的电极反应式为__，甲电池的总反应化学方程式是__。
（2）在粗铜的电解过程中，图中c电极的材料是__（填“粗铜板”或“纯铜板”）；在d电极上发生的电极反应为__；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe等杂质，则沉积在电解槽底部（阳极泥）的杂质是__，电解一段时间后，电解液中的金属离子有__。
（3）如果要在铁制品上镀镍（二价金属），则e电极的材料是__（填“铁制品”或“镍块”，下同），f电极的材料是__。
（4）若e电极的质量变化118 g，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为__。
【答案】 ①. 2H++2e﹣===H2↑ ②. 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑ ③. 粗铜板 ④. Cu2++2e﹣===Cu ⑤. Au、Ag ⑥. Cu2+、Fe2+ ⑦. 镍块 ⑧. 铁制品 ⑨. 44.8L
【解析】
【详解】(1)甲是电解饱和食盐水，M为正极，则a为阳极发生氧化反应，b为阴极发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，总反应化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，故答案为2H++2e-=H2↑；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
(2)用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，该装置中M为原电池的正极，N为原电池的负极，所以c为电解池的阳极，d为电解池的阴极，电解时，以硫酸铜溶液为电解液，溶液中的Cu2+得到电子在阴极上发生还原反应，即Cu2++2e-=Cu；作阳极的粗铜中的铜以及比铜活泼的金属失去电子进入溶液，所以Fe发生Fe-2e-═Fe2+反应，以Fe2+的形式进入溶液中；比铜不活泼的金属Au、Ag不会失去电子，以单质的形成沉入电解槽形成“阳极泥”，则沉积在电解槽底部(阳极泥)的杂质是Au、Ag，电解一段时间后，电解液中的金属离子有Cu2+、Fe2+，故答案为粗铜板；Cu2++2e-=Cu；Au、Ag；Cu2+、Fe2+；
(3)要在铁制品上镀镍(二价金属)，则铁作阴极与电源负极N相连即f极，镍为阳极与电源正极M相连即e极，故答案为镍块，铁制品；
(4)若e电极的质量变化118g，根据转移电子数相等，Ni～2e-～Cl2，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为×22.4L/mol=44.8L，故答案为44.8L。
【点睛】本题考查了电解原理及其应用。掌握电解的基本原理和电极方程式的书写是解题的关键。本题的易错点为（2），粗铜的电解精炼过程中，阳极上比铜活泼的金属也要放电，活泼性比铜弱的形成阳极泥。
18. 氧化铁黄（化学式为FeOOH）是一种黄色颜料，工业上用废铁为主要原料生产氧化铁黄的一种工艺流程如下：
（1）氧化铁黄中铁元素的化合价为_____，废铁在反应前常用热的纯碱溶液清洗表面油污，其原理是______ (写离子方程式)。
（2）氧化过程生成氧化铁黄的化学方程式是_____________。
（3）上述流程中，检验“洗涤”是否完全的方法是________。
（4）氧化时应控制pH的合理范围是3.5-4.0，pH过小导致氧化铁黄产率较低的可能原因是____。
【答案】 ①. +3 ②. CO32-+H2OHCO3-+OH- ③. 4FeSO4+O2+8NaOH＝ FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O ④. 取最后一次洗涤液，加入少量氯化钡溶液，后加入适量稀盐酸，如未观察到白色沉淀，即可证明洗干净 ⑤. pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸
【解析】
【分析】由流程可知，过量的废铁中加入浓硫酸，加热反应得到硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，并通入空气，发生氧化还原反应生成氧化铁黄，过滤、洗涤、干燥得到成品氧化铁黄。
【详解】（1）FeOOH中O元素为-2价，H元素为+1价，由化合价代数和为零可知Fe元素为+3价；废铁表面有防锈油脂，碳酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，加热溶液碱性增强，油脂会在碳酸钠溶液中发生水解反应，达到清洗表面油污的目的，碳酸钠在溶液中水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，故答案为+3；CO32-+H2OHCO3-+OH-；
（2）氧化过程为向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，并通入空气，发生氧化还原反应生成氧化铁黄，反应的化学方程式为4FeSO4+O2+8NaOH＝FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O，故答案为4FeSO4+O2+8NaOH＝FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O；
（3）由氧化过程的化学方程式可知，氧化铁黄表面附有可溶的硫酸钠，检查洗涤是否完全的标准是洗涤液中不含有硫酸根离子，则检验洗涤是否完全的方法是，取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生沉淀，则表明已洗涤干净，否则未洗涤干净，故答案为取最后一次洗涤液，加入少量氯化钡溶液，后加入适量稀盐酸，如未观察到白色沉淀，即可证明洗干净；
（4）氧化时应控制pH的合理范围是保证产率最高，此时的pH范围为：3.5～4.0，若pH过小，氧化铁黄会溶解于酸导致产率降低，故答案为pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸。
【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力、实验能力的考查，注意把握流程中物质变化分析，把握物质性质的理解与应用，注意实验基本操作的掌握是解答关键。
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