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广东省东莞市东莞中学松山湖学校2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题
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这是一份广东省东莞市东莞中学松山湖学校2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题，共34页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）化学与生产、生活、能源、环境等方面关系密切，下列有关说法错误的是（ ）
A．热的纯碱溶液可用于洗涤餐具上的油污
B．家电遥控器中使用的锌锰碱性电池的负极材料为锌
C．制作太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
D．推广新能源汽车能防止光化学烟雾产生
2．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．用含有少量硫酸铜的稀硫酸跟锌粒反应，能加快产生氢气，说明Cu2+具有催化能力
B．增大浓度会加快化学反应速率，是因为增加了反应物单位体积内活化分子的百分数
C．等体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多，说明酸性：HA＜HB
D．碱性锌锰电池是一种常见的二次电池
3．（2分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．向Fe（SCN）3溶液中加入KSCN溶液，溶液颜色变深
B．新制氯水在光照条件下颜色变浅
C．工业上选择在温度为400～500℃的条件下合成氨
D．将装有NO2和N2O4的混合气体的烧瓶置于热水中的颜色深于冷水中颜色
4．（2分）下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．测0.1ml•L﹣1氨水的pH为11：NH3•H2O⇌+OH﹣
B．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl﹣
C．将5ml•L﹣1氯化铁溶液滴入沸水中，得到透明红褐色液体：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl
D．向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液：3Mg（OH）2+2Fe3+＝2Fe（OH）3+3Mg2+
5．（2分）下列事实与水解反应无关的是（ ）
A．常温下相同浓度溶液的pH大小：Na2S（aq）＞（NH4）2S（aq）更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 B．泡沫灭火器利用Al2（SO4）3、NaHCO3相互反应产生大量二氧化碳气体
C．除去工业废水中的Hg2+：向废水中加入FeS固体
D．配制FeCl3溶液：将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释至所需浓度
6．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．将NA个N2和3NA个H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热38.6kJ，则热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＝﹣38.6kJ•ml﹣1
B．在100mL0.5ml•L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH分子数等于0.05NA
C．将25gCuSO4⋅5H2O溶于水配成1L溶液，则溶液中Cu2+数目为0.1NA
D．15.6gNa2O2跟过量CO2反应时，转移电子数为0.2NA
7．（2分）常温下，有关下列4种溶液的叙述正确的是（ ）
A．①中加入少量的氯化铵固体，溶液的pH减小
B．分别取10mL上述溶液稀释至1000mL，四种溶液的pH：②＞①＞④＞③
C．②、③两种溶液等体积混合，所得溶液呈碱性
D．用④滴定①可选择酚酞试液作指示剂
（多选）8．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH＝13 的溶液中：Na+、AlO2﹣、Al3+、ClO﹣
B．c（H+ ）/c（OH﹣ ）＝1×106的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣
C．水电离出来的c（H+）＝1×10﹣12ml/L 的溶液中：NH4+、K+、NO3﹣、Fe2+
D．c（H+ ）＜c（OH﹣）的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、ClO﹣
9．（2分）类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是（ ）
A．Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2，故可推测Li与O2在加热条件下反应生成Li2O2
B．BaSO4可用作医疗X射线检查的内服药剂，俗称“钡餐”，故可推测BaCO3也用作“钡餐”
C．工业上采用电解熔融NaCl的方法冶炼金属钠，故工业上也可用电解熔融AlCl3的方法冶炼金属铝
D．SO2与H2O2反应生成H2SO4，故可推测SO2与Na2O2反应生成Na2SO4
10．（2分）下列实验不能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11．（4分）电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下，用0.100ml⋅L﹣1NH3⋅H2O滴定10mL浓度均为0.100ml⋅L﹣1HCl和CH3COOH的混合液，电导率曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．①溶液中c（H+）为0.200ml⋅L﹣1
B．溶液温度高低为①＞③＞②
C．③点溶液中有c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
D．③点后因离子数目减少使电导率略降低
12．（4分）今有HA、H2B两种弱酸，有如下关系：H2B+A﹣＝HB﹣+HA B2﹣+HA＝HB﹣+A﹣则下列说法正确的是（ ）
A．H2B的电离方程式为：H2B⇌2H++B2﹣
B．结合质子能力由强到弱的顺序为：B2﹣＞A﹣＞HB﹣
C．等物质的量浓度NaA、NaHB、Na2B三种盐的水溶液，NaA碱性最强
D．等pH的HA、H2B两种溶液中，水的电离出的氢离子前者大于后者
13．（4分）常温下，ZnS和PbS的沉淀溶解关系如图所示，其中Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24、Ksp（PbS）＝3.2×10﹣28，M为Zn或Pb，pM表示﹣lgc（M2+）。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，B点为PbS的不饱和溶液
B．若x＝1.6×10﹣10ml•L﹣1，则y＝14
C．若对A点浊液加热，A点沿曲线向上移动
D．在ZnS和PbS同时沉淀的浊液中，＝5×103
14．（4分）向绝热恒容密闭容器中通入1ml SO2和1ml NO2，发生反应SO2（g）+NO2（g）⇌
SO3（g）+NO（g），正反应速率随时间变化如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．生成物的总能量低于反应物的总能量
B．c点容器内气体颜色不再改变
C．当△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
D．c～d段，反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素
15．（4分）某学习小组用如图所示装置进行相关电解实验，下列说法正确的是（ ）
A．该装置中电子移动方向：“负极”→石墨1→X溶液→石墨2→“正极”
B．若X是Na2SO4，电解一段时间后，向U形管两端滴入酚酞，只有石墨1电极附近的溶液呈红色
C．若X是AgNO3，电解一段时间后，电解液的氧化性减弱
D．若X是NaOH，石墨2的电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑
16．（4分）常温下，用0.10ml•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为 0.10ml•L﹣1的CH3COOH（Ka＝1.75×10﹣5）溶液和HCN （Ka＝4.9×10﹣10）溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A．曲线I和曲线Ⅱ分别代表的是CH3COOH和HCN
B．点③和点⑤所示溶液中：c（CN﹣）＝c（CH3COO﹣）
C．点①和点②所示溶液中：c（CH3COO﹣）﹣c（CN﹣）＝c（HCN）﹣c（CH3COOH）
D．在点②和③之间（不包括端点）存在关系：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） （A﹣代表溶液中的酸根离子）
二、填空题（本题共4小题，共56分）
17．（14分）某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。
步骤一：TiCl4水解制备TiO2（实验装置如图A，夹持装置省略）：滴入TiCl4，边搅拌边加热，使混合液升温至80℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO2•xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2。
（1）装置A中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”）。
（2）TiCl4反应生成TiO2•xH2O的化学方程式为 。
（3）判断TiO2•xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
步骤二：由TiO2制备TiN并测定产率（实验装置如图，夹持装置省略）
（4）装置C中试剂X为 。
（5）装置D中加热至800℃，反应生成TiN、N2和H2O，该反应的化学方程式为 。
（6）实验中部分操作如下：
a.反应前，称取0.8000gTiO2样品；
b.打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c.关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d.打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e.关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f.反应后，称得瓷舟中固体质量为0.4960g。
①正确的操作顺序为：a→ →f（填标号）；②TiN的产率为 。
18．（14分）某废矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收铁、镍。
已知：i.黄钠铁矾Na2Fe6（SO4）4（OH）12有稳定、颗粒大、易沉降、易过滤、几乎不溶于水等特点；
ii.常温下，Ksp（NiCO3）＝1.4×10﹣7；Ksp[Ni（OH）2]＝1.0×10﹣15。
回答下列问题：
（1）滤液①中，主要存在的钠盐有 。
（2）“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：
X2（水相）+2RH（有机相）XR2（有机相）+2H+（水相）。
则“反萃取”应控制在 （填“碱性”、“酸性”或“中性”）环境进行。
（3）“氧化”中加入H2O2，反应的氧化剂和还原剂的物质的量比为 。
（4）“沉镍”过程同时产生一种气体，该反应的离子方程式为 ，“沉镍”时若溶液pH过大会导致NiCO3的产率下降，原因是 。
（5）“沉铁”过程反应的离子方程式为 。
（6）定量分析：
测定“酸漫”后的溶液中Fe2+的浓度，可确定萃取剂添加的量。取“酸浸”后的溶液amL，然后用cml•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗KMnO4溶液VmL。则溶液中Fe2+的物质的量浓度为 ml•L﹣1。
19．（14分）某实验小组在做Zn与0.2ml•L﹣1CuCl2溶液反应的实验时，发现产生了白色沉淀。常温下，该实验小组对白色沉淀进行如下探究
资料显示：CuCl是一种白色、难溶于水的固体，可溶于氨水形成无色的[Cu（NH3）2]+。Zn（OH）2可溶于氨水，Ksp[Zn（OH）2]＝1.28×10﹣17
回答下列问题：
（1）步骤i中测量溶液pH最适宜的方法是 （填标号）。
a.广泛pH试纸
b.精密pH试纸
c.pH计
（2）步骤i产生的气体是 。
（3）步骤中加少量植物油的目的是 。
（4）测得“白色悬浊液A”的pH＝5.0，判断“白色悬浊液A”中是否含有Zn（OH）2 （写出计算过程）。
（5）由上述实验可知A为CuCl悬浊液。为探究其产生的原因，设计如下实验：
v）将紫红色固体B加入到aml•L﹣1的CuCl2溶液中，出现白色悬浊液；
vi）在隔绝空气条件下设计如图所示的原电池，30min后，观察到右侧烧杯中出现白色悬浊液
①步骤v中a 0.2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②该原电池的总离子反应方程式为 。
（6）综合上述实验，下列说法正确的是 （填标号）。
a.所有的置换反应都能设计成双液原电池，以加快反应速率
b.原电池反应中，阴离子可能对阳离子放电产生影响
c.Zn与CuCl2溶液反应得到CuCl的途径可能不止一种
d.Zn与CuCl2溶液反应过程中，氢气生成速率持续减慢
20．（14分）2021年3月“两会”政府工作报告中提出的“碳达峰”、“碳中和”已成为热词。回答下列问题：
（1）已知：
Ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣483.6kJ•ml﹣1
Ⅱ.CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.0kJ•ml﹣1
Ⅲ.H2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣440kJ•ml﹣1
求反应CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）的ΔH＝ kJ•ml﹣1。
（2）在某温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入3mlH2和1mlCO2，发生反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），其中CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物质的量（n）随时间的变化如图所示：
①达到平衡时，用H2（g）表示的化学反应速率v（H2）＝ 。
②该反应的平衡常数K＝ （写出计算式即可）。
③恒温下将体积变为2L，平衡时CO2的转化率将 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
④下列措施一定可以提高甲醇生成速率的有 。
A.降低反应温度
B.缩小容器的容积
C.将产生的水蒸气及时移走
D.使用催化剂
（3）以CH3OH燃料电池为电源电解法制取ClO2，二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。
①图中电解池用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，产生ClO2的电极反应式为 。
②电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多6.72L时（标准状况，忽略生成的气体溶解），停止电解3OH的物质的量为 ml。（精确到小数点后两位）。
2023-2024学年广东省东莞中学松山湖学校高二（上）期中化学试卷（第二次段考）
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意。第1～10小题，每小题2分，第11～16小题，每小题2分，共44分）
1．（2分）化学与生产、生活、能源、环境等方面关系密切，下列有关说法错误的是（ ）
A．热的纯碱溶液可用于洗涤餐具上的油污
B．家电遥控器中使用的锌锰碱性电池的负极材料为锌
C．制作太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
D．推广新能源汽车能防止光化学烟雾产生
【分析】A．热的纯碱溶液碱性强，可促进油脂水解；
B．锌锰碱性电池的负极为锌，正极为MnO2；
C．硅是良好的半导体材料，可用于制造太阳能硅板和芯片；
D．推广新能源汽车可减少氮氧化物的排放。
【解答】解：A．热的纯碱溶液碱性强，可用于洗涤餐具上的油污；
B．锌锰碱性电池的负极为材料锌2，故B正确；
C．制作太阳能电池板的主要材料是硅，故C错误；
D．氮氧化物能产生光化学烟雾污染，能防止光化学烟雾产生；
故选：C。
【点评】本题考查物质组成、性质及应用，侧重基础知识灵活运用能力考查，把握物质的组成、性质与用途的对应关系即可解答，注意掌握元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．用含有少量硫酸铜的稀硫酸跟锌粒反应，能加快产生氢气，说明Cu2+具有催化能力
B．增大浓度会加快化学反应速率，是因为增加了反应物单位体积内活化分子的百分数
C．等体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多，说明酸性：HA＜HB
D．碱性锌锰电池是一种常见的二次电池
【分析】A．Zn置换出Cu，构成原电池；
B．增大浓度，活化分子百分数不变；
C．等体积、pH时HA放出的氢气多，则HA酸性更弱；
D．干电池属于一次电池。
【解答】解：A．Zn置换出Cu，能加快产生氢气的速率；
B．增大浓度，但单位体积内的活化分子数目增多，故B错误；
C．等体积，则HA酸性更弱，故C正确；
D．碱性锌锰电池只能放电不能充电，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握反应速率、弱酸的电离、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3．（2分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．向Fe（SCN）3溶液中加入KSCN溶液，溶液颜色变深
B．新制氯水在光照条件下颜色变浅
C．工业上选择在温度为400～500℃的条件下合成氨
D．将装有NO2和N2O4的混合气体的烧瓶置于热水中的颜色深于冷水中颜色
【分析】A．溶液中存在，加入固体KSCN，SCN﹣浓度增大，平衡逆向移动；
B．氯水中存在平衡，光照HClO分解，平衡正移；
C．工业上选择在温度为 400～500℃的条件下合成氨，是催化剂此时的活性最大；
D．2NO2⇌N2O4为放热反应，温度升高平衡逆向移动。
【解答】解：A．溶液中存在，SCN﹣浓度增大，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释；
B．氯水中存在平衡，平衡正移，颜色变浅，故B错误；
C．工业上选择在温度为 ，是催化剂此时的活性最大，故C正确；
D．8NO2⇌N2O2为放热反应，温度升高平衡逆向移动 NO2 和 N2O6的混合气体的烧瓶置于热水中的颜色深于冷水中颜色，可用勒夏特列原理解释；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
4．（2分）下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．测0.1ml•L﹣1氨水的pH为11：NH3•H2O⇌+OH﹣
B．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl﹣
C．将5ml•L﹣1氯化铁溶液滴入沸水中，得到透明红褐色液体：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl
D．向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液：3Mg（OH）2+2Fe3+＝2Fe（OH）3+3Mg2+
【分析】A．测0.1ml⋅L﹣1氨水的pH为11，溶液显碱性，是因为一水合氨电离使得溶液中的c（OH﹣）＞c（H+）；
B．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光，是因为CuCl2在溶液中发生电离，电离方程式不是要在通电条件下进行；
C．将5ml⋅L﹣1氯化铁溶液滴入沸水中，得到透明红褐色液体，就是制备Fe（OH）3胶体的过程；
D．向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液，因为Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶会发生沉淀的转化。
【解答】解：A．测0.1ml⋅L﹣5氨水的pH为11，溶液显碱性，故A正确；
B．电离方程式不是要在通电条件下进行，故B错误；
C．将5ml⋅L﹣1氯化铁溶液滴入沸水中，得到透明红褐色液体8胶体的过程，所以方程式为：；
D．向Mg（OH）4悬浊液中加入FeCl3溶液，因为Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶，所以会发生反应：；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）下列事实与水解反应无关的是（ ）
A．常温下相同浓度溶液的pH大小：Na2S（aq）＞（NH4）2S（aq）
B．泡沫灭火器利用Al2（SO4）3、NaHCO3相互反应产生大量二氧化碳气体
C．除去工业废水中的Hg2+：向废水中加入FeS固体
D．配制FeCl3溶液：将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释至所需浓度
【分析】A．铵根离子和硫离子都可以发生水解；
B．泡沫灭火器利用Al2（SO4）3、NaHCO3相互反应生成氢氧化铝、二氧化碳和水；
C．除去工业废水中的Hg2+，向废水中加入FeS固体生成HgS；
D．FeCl3溶液中铁离子存在水解。
【解答】解：A．（NH4）2S中铵根离子水解显酸性，硫离子发生水解显碱性5S中钠离子不发生水解，只有硫离子发生水解显碱性2S（aq）＞（NH4）6S（aq），与水解有关；
B．泡沫灭火器利用Al2（SO4）2、NaHCO3相互发生双水解反应，产生大量二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀；
C．除去工业废水中的Hg2+：向废水中加入FeS固体发生的反应Hg8++FeS＝Fe2++HgS，与水解无关；
D．FeCl3溶液中铁离子存在水解产生HCl，将FeCl6固体溶于浓盐酸可以防止其溶解，与水解有关；
故选：C。
【点评】本题考查盐类水解的应用，为高频考点，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握外界条件为盐的水解的影响，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．将NA个N2和3NA个H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热38.6kJ，则热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＝﹣38.6kJ•ml﹣1
B．在100mL0.5ml•L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH分子数等于0.05NA
C．将25gCuSO4⋅5H2O溶于水配成1L溶液，则溶液中Cu2+数目为0.1NA
D．15.6gNa2O2跟过量CO2反应时，转移电子数为0.2NA
【分析】A．将1mlN2和3mlH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热38.6kJ，生成的氨气的物质的量小于2ml；
B．醋酸为弱酸，在溶液中部分电离，导致醋酸分子数目减少；
C．铜离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解；
D．过氧化钠与二氧化碳反应中过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，质量换算物质的量，结合化学方程式计算电子转移数。
【解答】解：A．将1mlN2和8mlH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热38.4kJ，不能进行到底，则密闭的容器中充分反应生成2mlNH3（g），放热大于38.3kJ，故A错误；
B．CH3COOH发生电离，在100mL 0.7ml/LCH3COOH溶液中CH3COOH分子数小于7.05NA，故B错误；
C．铜离子是弱碱阳离子，故此溶液中铜离子的个数小于0.1NA个，故C错误；
D．15.5g Na2O2物质的量为＝0.2ml5O2与过量CO2反应时，过氧化钠是自身氧化还原反应2O2+2CO6＝2Na2CO4+O2；每2ml过氧化钠反应电子转移3ml，所以0.2ml过氧化钠反应转移的电子数为2.2NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。
7．（2分）常温下，有关下列4种溶液的叙述正确的是（ ）
A．①中加入少量的氯化铵固体，溶液的pH减小
B．分别取10mL上述溶液稀释至1000mL，四种溶液的pH：②＞①＞④＞③
C．②、③两种溶液等体积混合，所得溶液呈碱性
D．用④滴定①可选择酚酞试液作指示剂
【分析】强电解质完全电离、弱电解质部分电离，则常温下pH相同的①②溶液浓度：①＞②，③④溶液浓度：③＞④，
A．在①中加入NH4Cl，抑制NH3•H2O的电离；
B．加水促进弱电解质的电离；
C．②③等体积混合，③溶液大量剩余；
D．强酸滴定弱碱用甲基橙作指示剂。
【解答】解：A．在①中加入NH4Cl，抑制NH3•H8O的电离，c（OH﹣）减小，溶液的pH减小；
B．加水促进弱电解质的电离，c（H+）：③＞④，则pH：③＜④＜7﹣）：①＞②，则溶液pH：①＞②＞7，故B错误；
C．②③等体积混合，溶液呈酸性﹣）＜c（H+），故C错误；
D．强酸滴定弱碱到滴定终点时生成强酸弱碱盐，故采用甲基橙作指示剂；
故选：A。
【点评】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、酸碱混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的灵活应用，题目难度中等。
（多选）8．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH＝13 的溶液中：Na+、AlO2﹣、Al3+、ClO﹣
B．c（H+ ）/c（OH﹣ ）＝1×106的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣
C．水电离出来的c（H+）＝1×10﹣12ml/L 的溶液中：NH4+、K+、NO3﹣、Fe2+
D．c（H+ ）＜c（OH﹣）的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、ClO﹣
【分析】A．该溶液中存在大量氢氧根离子，铝离子与偏铝酸根离子、次氯酸根离子及氢氧根离子反应；
B．该溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
C．该溶液呈酸性或碱性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子，亚铁离子、铵根离子与氢氧根离子反应；
D．该溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。
【解答】解：A．pH＝13的溶液呈碱性，Al3+与AlO2﹣、OH﹣、ClO﹣与发生反应，在溶液中不能大量共存；
B．c（H+ ）/c（OH﹣ ）＝6×106的溶液中存在大量氢离子，K+、Fe3+、Cl﹣、SO32﹣之间不反应，都不与氢离子反应，故B正确；
C．水电离出来的c（H+）＝1×10﹣12ml/L 的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子8﹣、Fe2+之间发生氧化还原反应，NH4+、Fe2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存；
D．c（H+ ）＜c（OH﹣）的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SO42﹣、ClO﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
9．（2分）类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是（ ）
A．Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2，故可推测Li与O2在加热条件下反应生成Li2O2
B．BaSO4可用作医疗X射线检查的内服药剂，俗称“钡餐”，故可推测BaCO3也用作“钡餐”
C．工业上采用电解熔融NaCl的方法冶炼金属钠，故工业上也可用电解熔融AlCl3的方法冶炼金属铝
D．SO2与H2O2反应生成H2SO4，故可推测SO2与Na2O2反应生成Na2SO4
【分析】Li与O2在加热条件下反应只生成Li2O，AlCl3为共价化合物，过氧化氢、过氧化钠均具有强氧化性，以此做题。
【解答】解：A.Li与O2在加热条件下反应只生成Li2O，故A错误；
B.碳酸钡能和胃酸盐酸生成有毒的氯化钡，故B错误；
C.AlCl4为共价化合物，熔融不导电，故C错误；
D.过氧化氢、过氧化钠均具有强氧化性2与H2O4反应生成H2SO4，故可推测SO7与Na2O2反应生成Na6SO4，故D正确；
故选：D。
【点评】本题探究化学规律与氧化还原反应相结合，重点是基础知识的掌握，难度不大。
10．（2分）下列实验不能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．图示装置为量热计；
B．往铜牌表面镀银，银为阳极，铜牌为阴极；
C．KI一开始反应溶液就变为蓝色；
D．Al2（SO4）3溶液水解生成氢氧化铝和硫酸，两者又反应生成硫酸铝。
【解答】解：A．图示装置为量热计，故A正确；
B．往铜牌表面镀银，铜牌为阴极，图示装置符合要求；
C．开始反应溶液就变为蓝色3溶液滴定KI待测溶液，不能用淀粉溶液为指示剂，不能达到实验目的；
D．Al2（SO5）3溶液水解生成氢氧化铝和硫酸，两者又反应生成硫酸铝2（SO5）3溶液得Al2（SO2）3固体，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基本实验装置的掌握情况，试题难度中等。
11．（4分）电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下，用0.100ml⋅L﹣1NH3⋅H2O滴定10mL浓度均为0.100ml⋅L﹣1HCl和CH3COOH的混合液，电导率曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．①溶液中c（H+）为0.200ml⋅L﹣1
B．溶液温度高低为①＞③＞②
C．③点溶液中有c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
D．③点后因离子数目减少使电导率略降低
【分析】A．HCl是强电解质，完全电离；CH3COOH为弱电解质，部分电离；
B．酸碱中和放热；
C．③点酸碱恰好完全反应生成等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4，Cl﹣不水解、CH3COO﹣部分水解；
D．③点后，溶液体积增大，离子浓度减小。
【解答】解：A．HCl是强电解质；CH3COOH为弱电解质，部分电离+）＜0.200ml⋅L﹣8，故A错误；
B．酸碱中和反应是放热反应，当氨水的体积为20mL时酸碱恰好完全反应，①点还没有发生中和反应，所以反应后溶液温度高低为③＞②＞①；
C．③点酸碱恰好完全反应生成等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH3，Cl﹣不水解、CH3COO﹣部分水解，所以③点溶液中有c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故C正确；
D．③点后，离子数目增多，离子浓度减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、溶液温度高低判断方法是解本题关键，注意：溶液电导率与离子浓度有关，与离子个数无关，题目难度不大。
12．（4分）今有HA、H2B两种弱酸，有如下关系：H2B+A﹣＝HB﹣+HA B2﹣+HA＝HB﹣+A﹣则下列说法正确的是（ ）
A．H2B的电离方程式为：H2B⇌2H++B2﹣
B．结合质子能力由强到弱的顺序为：B2﹣＞A﹣＞HB﹣
C．等物质的量浓度NaA、NaHB、Na2B三种盐的水溶液，NaA碱性最强
D．等pH的HA、H2B两种溶液中，水的电离出的氢离子前者大于后者
【分析】已知：H2B+A﹣＝HB﹣+HA，B2﹣+HA＝HB﹣+A﹣，则酸性：H2B＞HA＞HB﹣，酸性越强，其阴离子水解能力越弱，结合质子的能力越弱，据此分析．
【解答】解：已知：H2B+A﹣＝HB﹣+HA，B2﹣+HA＝HB﹣+A﹣，则酸性：H2B＞HA＞HB﹣，
A．H2B为二元弱酸，则其的电离方程式为：H2B⇌H++HB﹣，故A错误；
B．酸性：H8B＞HA＞HB﹣，酸性越强，其阴离子结合质子的能力越弱2﹣＞A﹣＞HB﹣，故B正确；
C．酸性：H2B＞HA＞HB﹣，酸性越强，其阴离子水解能力越弱、NaHB2B三种盐的水溶液，Na2B水解能力最强，碱性最强；
D．等pH的HA、H2B两种溶液中，酸电离出来的氢离子相同，所以水的电离出的氢离子前者等于后者。
故选：B。
【点评】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解原理的应用等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
13．（4分）常温下，ZnS和PbS的沉淀溶解关系如图所示，其中Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24、Ksp（PbS）＝3.2×10﹣28，M为Zn或Pb，pM表示﹣lgc（M2+）。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，B点为PbS的不饱和溶液
B．若x＝1.6×10﹣10ml•L﹣1，则y＝14
C．若对A点浊液加热，A点沿曲线向上移动
D．在ZnS和PbS同时沉淀的浊液中，＝5×103
【分析】Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24＞Ksp（PbS）＝3.2×10﹣28，由于pM＝﹣lgc（M2+），c（S2﹣）相同时，c（M2+）越大pM越小，则A所在曲线表示PbS，另一条曲线表示ZnS，
A．B点位于PbS曲线下方，pM越小c（M2+）越大；
B．结合Ksp（PbS）＝3.2×10﹣28计算出c（Pb2+），然后结合y＝pPb＝﹣lgc（Pb2+）计算；
C．若对A点浊液加热，PbS的溶解度增大，Pb2+、S2﹣的浓度增大；
D．ZnS和PbS同时沉淀的浊液中＝×＝。
【解答】解：A．B点位于A曲线下方2﹣）相同时B点的c（Pb2+）大于A曲线上c（Pb6+），则B点为PbS的过饱和溶液；
B．若x＝1.6×10﹣10ml•L﹣8，即c（S2﹣）＝1.5×10﹣10ml•L﹣1，结合Ksp（PbS）＝c（Pb2+）•c（S5﹣）＝3.2×10﹣28可知A点c（Pb7+）＝＝8×10﹣18ml•L﹣1，y＝pPb＝﹣lgc（Pb2+）＝18﹣lg2，故B错误；
C．若对A点浊液加热，c（Pb2+）、c（S2﹣）增大，pM将减小，故C错误；
D．在ZnS和PbS同时沉淀的浊液中，＝×＝＝3，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查难溶物溶解平衡的应用，为高频考点，把握pM及图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶度积的概念及表达式，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度不大。
14．（4分）向绝热恒容密闭容器中通入1ml SO2和1ml NO2，发生反应SO2（g）+NO2（g）⇌
SO3（g）+NO（g），正反应速率随时间变化如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．生成物的总能量低于反应物的总能量
B．c点容器内气体颜色不再改变
C．当△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
D．c～d段，反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素
【分析】反应开始反应物浓度最大，则反应速率应该最大，随着反应的进行，反应速率应该减小，但图象中反应速率却逐渐增大，说明反应为放热反应，温度升高，反应进行到一定阶段，反应物浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，据此分析解答。
【解答】解：A．从a到c正反应速率增大，则该反应为放热反应，故A正确；
B．当正反应速率不变时，但c点反应速率最大，但反应继续向正反应方向进行，所以c点容器内气体颜色变浅；
C．a点到b点，随着反应的进行，反应速率加快2的转化率增大，所以SO2的转化率：a～b段小于b～c段，故C正确；
D．反应放热，c点时反应速率最大，放热较少，此时浓度降低对正反应速率的影响大于温度升高对正反应速率的影响，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和应用的考查，注意把握影响化学反应速率的因素，把握题给信息、学会分析图象，题目难度中等。
15．（4分）某学习小组用如图所示装置进行相关电解实验，下列说法正确的是（ ）
A．该装置中电子移动方向：“负极”→石墨1→X溶液→石墨2→“正极”
B．若X是Na2SO4，电解一段时间后，向U形管两端滴入酚酞，只有石墨1电极附近的溶液呈红色
C．若X是AgNO3，电解一段时间后，电解液的氧化性减弱
D．若X是NaOH，石墨2的电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑
【分析】A．已知电子不能经过电解质溶液或熔融的电解质；
B．若X是Na2SO4，则阴极即石墨1上电极反应为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，阳极即石墨2上电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
C．若X是AgNO3，则阴极即石墨1上电极反应为：2Ag++2e﹣＝2Ag，阳极即石墨2上电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
D．若X是NaOH，石墨2即阳极，该电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑。
【解答】解：A．电子不能经过电解质溶液或熔融的电解质，再由阳极即石墨2→“正极”；
B．若X是Na2SO8，阳极即石墨2上电极反应为：2H3O﹣4e﹣＝O2↑+8H+，则阴极即石墨1上电极反应为：2H3O+2e﹣＝H2↑+3OH﹣，故电解一段时间后，向U形管两端滴入酚酞，故B正确；
C．若X是AgNO3，则阴极即石墨1上电极反应为：6Ag++2e﹣＝2Ag，阳极即石墨2上电极反应为：2H2O﹣2e﹣＝O2↑+4H+，电解一段时间后，电解液由AgNO4变为HNO3和AgNO3的混合液，由于HNO2的氧化性强于AgNO3，即电解液的氧化性增强，故C错误；
D．若X是NaOH，阳极发生氧化反应﹣﹣4e﹣＝3H2O+O2↑，不是水失电子；
故选：B。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池的掌握情况，试题难度中等。
16．（4分）常温下，用0.10ml•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为 0.10ml•L﹣1的CH3COOH（Ka＝1.75×10﹣5）溶液和HCN （Ka＝4.9×10﹣10）溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A．曲线I和曲线Ⅱ分别代表的是CH3COOH和HCN
B．点③和点⑤所示溶液中：c（CN﹣）＝c（CH3COO﹣）
C．点①和点②所示溶液中：c（CH3COO﹣）﹣c（CN﹣）＝c（HCN）﹣c（CH3COOH）
D．在点②和③之间（不包括端点）存在关系：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） （A﹣代表溶液中的酸根离子）
【分析】常温下用0.10ml/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10ml/LCH3COOH（Ka＝1.75×10﹣5）溶液和HCN（Ka＝4.9×10﹣10），对于同浓度同体积的CH3COOH和HCN来说，根据电离平衡常数可判断酸性CH3COOH＞HCN，则起始时HCN的起点高于CH3COOH的起点，当滴加NaOH溶液的体积为10mL时，此时两种溶液中起始时分别恰好生成c（HCN）：c（NaCN）＝1：1，c（CH3COOH）：c（CH3COONa）＝1：1，当滴加NaOH的体积是20mL时，此时为化学计量点，溶液中分别恰好生成CH3COONa和NaCN，结合图象和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
【解答】解：常温下用0.10ml/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10ml/LCH7COOH（Ka＝1.75×10﹣5）溶液和HCN（Ka＝5.9×10﹣10），对于同浓度同体积的CH3COOH和HCN来说，根据电离平衡常数可判断酸性CH4COOH＞HCN，起始时HCN的起点高于CH3COOH的起点，当滴加NaOH溶液的体积为10mL时，c（CH3COOH）：c（CH4COONa）＝1：1，当滴加NaOH的体积是20mL时，溶液中分别恰好生成CH6COONa和NaCN，
A．酸性CH3COOH＞HCN，HCN电离出的H+更少，pH值更大，在pH图象上，因此曲线I是HCN3COOH，故A错误；
B．点③和点⑤表示的溶液中，则溶液中c（H+）＝c（OH﹣），对于I，对于II2COONa和CH3COOH，分别根据电荷守恒+）＝c（CN﹣），对于II+）＝c（CH3COO﹣），根据图象6COOH时消耗NaOH溶液的量多，则c（CN﹣）＜c（CH3COO﹣），故B错误；
C．点①和点②所示溶液中，I溶液的组分为NaCN和HCN的起始量为1：43COONa和CH3COOH的起始量为4：1，分别对于I溶液和II溶液，I：2c（Na+）＝c（CN﹣）+c（HCN）＝ml/L+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝ml/L3COOH）+c（CH3COO﹣），因此c（CH7COO﹣）﹣c（CN﹣）＝c（HCN）﹣c（CH3COOH），故C正确；
D．在点②和③之间（不包括端点）+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），根据图象，则c（H+）＞c（OH﹣），因此溶液中c（Na+）＜c（A﹣），故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查酸碱滴定原理，弱电解质的电离平衡，盐类水解得知识，根据图象分析，牢牢把握溶液中的守恒思想是解题的关键，题目难度中等。
二、填空题（本题共4小题，共56分）
17．（14分）某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。
步骤一：TiCl4水解制备TiO2（实验装置如图A，夹持装置省略）：滴入TiCl4，边搅拌边加热，使混合液升温至80℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO2•xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2。
（1）装置A中冷凝水的入口为 b （填“a”或“b”）。
（2）TiCl4反应生成TiO2•xH2O的化学方程式为 TiCl4+（x+2）H2OTiO2•xH2O↓+4HCl 。
（3）判断TiO2•xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 AgNO3（或AgNO3+HNO3、硝酸银、酸化的硝酸银） 。
步骤二：由TiO2制备TiN并测定产率（实验装置如图，夹持装置省略）
（4）装置C中试剂X为 碱石灰 。
（5）装置D中加热至800℃，反应生成TiN、N2和H2O，该反应的化学方程式为 。
（6）实验中部分操作如下：
a.反应前，称取0.8000gTiO2样品；
b.打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c.关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d.打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e.关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f.反应后，称得瓷舟中固体质量为0.4960g。
①正确的操作顺序为：a→ b→d→e→c →f（填标号）；②TiN的产率为 80.0% 。
【分析】稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，向盐酸中滴入TiCl4，搅拌并加热，TiCl4在盐酸中水解生成白色沉淀TiO2⋅xH2O，将TiO2⋅xH2O洗涤，煅烧制得TiO2，装置B中利用浓氨水和生石灰反应制备NH3，利用装置C除去NH3中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，装置D中，NH3和TiO2在800℃下反应生成TiN、N2和H2O，化学方程式为，装置E中装有CaCl2，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH3。
【解答】解：（1）装置 A 中冷凝水应从下口进上口出，
故答案为：b；
（2）TiCl4水解生成TiO2•xH5O和HCl，反应的方程式为TiCl4+（x+2）H3OTiO2•xH2O↓+5HCl
故答案为：TiCl4+（x+2）H5OTiO2•xH2O↓+8HCl；
（3）TiO2⋅xH2O沉淀中含有少量的Cl﹣杂质，判断TiO2⋅xH2O沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否含有Cl﹣，若最后一次洗涤液中不含Cl﹣，则证明TiO2⋅xH3O沉淀清洗干净，检验Cl﹣，应选用的试剂是硝酸酸化的AgNO3，
故答案为：AgNO3（或AgNO4+HNO3、硝酸银、酸化的硝酸银）；
（4）由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰，
故答案为：碱石灰；
（5）由分析可知，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
（6）①该实验应先称取一定量的TiO2固体，将TiO2放入管式炉中，提前通入NH7排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，待冷却至室温后再停止通入NH3，则正确的实验操作步骤为a→b→d→e→c→f，
故答案为：b→d→e→c；
②0.800gTiO3的物质的量为，则TiN的产率为，
故答案为：80.0%。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的转化和实验装置的掌握情况，试题难度中等。
18．（14分）某废矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收铁、镍。
已知：i.黄钠铁矾Na2Fe6（SO4）4（OH）12有稳定、颗粒大、易沉降、易过滤、几乎不溶于水等特点；
ii.常温下，Ksp（NiCO3）＝1.4×10﹣7；Ksp[Ni（OH）2]＝1.0×10﹣15。
回答下列问题：
（1）滤液①中，主要存在的钠盐有 NaAlO2和 Na2SiO3 。
（2）“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：
X2（水相）+2RH（有机相）XR2（有机相）+2H+（水相）。
则“反萃取”应控制在 酸性 （填“碱性”、“酸性”或“中性”）环境进行。
（3）“氧化”中加入H2O2，反应的氧化剂和还原剂的物质的量比为 1：2 。
（4）“沉镍”过程同时产生一种气体，该反应的离子方程式为 Ni2++2＝NiCO3↓+CO2↑+H2O ，“沉镍”时若溶液pH过大会导致NiCO3的产率下降，原因是 pH 过大，OH﹣浓度偏高，容易生成Ni（OH）2沉淀 。
（5）“沉铁”过程反应的离子方程式为 6Fe3++6+2Na++4+6H2O＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6CO2↑ 。
（6）定量分析：
测定“酸漫”后的溶液中Fe2+的浓度，可确定萃取剂添加的量。取“酸浸”后的溶液amL，然后用cml•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗KMnO4溶液VmL。则溶液中Fe2+的物质的量浓度为 ml•L﹣1。
【分析】矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2，用氢氧化钠溶液碱浸，FeO、NiO不反应，Al2O3、SiO2与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2 和 Na2SiO3，再用硫酸酸浸FeO、NiO，得到硫酸亚铁和硫酸镍溶液，用萃取剂萃取亚铁离子，分液得到硫酸镍溶液，加入碳酸氢钠沉镍，得到碳酸镍。含有亚铁离子的有机相经过反萃取，再氧化，将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠得到黄钠铁矾。
【解答】解：（1）碱浸之后，矿渣中的Al2O3、SiO8生成NaAlO2 和 Na2SiO7，主要存在的钠盐有NaAlO2 和 Na2SiO8，
故答案为：NaAlO2 和 Na2SiO4；
（2）萃取原理为：X2+（水相）+2RH（有机相）XR8（有机相）+2H+（水相），进行反萃取，在此条件下，
故答案为：酸性；
（3）FeO与硫酸反应后生成Fe2+，“氧化”中加入H4O2作氧化剂，还原剂是Fe2+，发生反应：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe8++2H2O，反应的氧化剂和还原剂的物质的量比为3：2，
故答案为：1：2；
（4）“沉镍”过程产生一种气体为二氧化碳，离子方程式为：Ni2++2＝NiCO3↓+CO2↑+H7O；由于Ksp（NiCO3）＝1.2×10﹣7＞Ksp[Ni（OH）2]＝2.0×10﹣15，所以 pH 过大，OH﹣ 浓度偏高，容易生成Ni（OH）2 沉淀，
故答案为：Ni3++2＝NiCO7↓+CO2↑+H2O；pH 过大﹣ 浓度偏高，容易生成Ni（OH）3 沉淀；
（5）“沉铁”过程中，加入碳酸钠﹣，且产物黄钠铁矾是沉淀，反应的离子方程式为6Fe3++4+2Na++4+6H2O＝Na2Fe6（SO4）7（OH）12↓+6CO2↑，
故答案为：2Fe3++6+2Na++6+3H2O＝Na2Fe4（SO4）4（OH）12↓+4CO2↑；
（6）根据得失电子守恒，滴定过程中有如下有关系：5Fe8+～KMnO4，则c（Fe2+）＝＝ml•L﹣1，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备和分离提纯实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度较大。
19．（14分）某实验小组在做Zn与0.2ml•L﹣1CuCl2溶液反应的实验时，发现产生了白色沉淀。常温下，该实验小组对白色沉淀进行如下探究
资料显示：CuCl是一种白色、难溶于水的固体，可溶于氨水形成无色的[Cu（NH3）2]+。Zn（OH）2可溶于氨水，Ksp[Zn（OH）2]＝1.28×10﹣17
回答下列问题：
（1）步骤i中测量溶液pH最适宜的方法是 c （填标号）。
a.广泛pH试纸
b.精密pH试纸
c.pH计
（2）步骤i产生的气体是 H2 。
（3）步骤中加少量植物油的目的是 隔绝空气 。
（4）测得“白色悬浊液A”的pH＝5.0，判断“白色悬浊液A”中是否含有Zn（OH）2 Zn和CuCl2反应生成Cu和CuCl，溶液中c（Zn2+）＜0.2ml/L，溶液的pH＝5，溶液中c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，溶液中c（Zn2+）×c2（OH﹣）＜0.2×（10﹣9）2＝2×10﹣19＜Ksp[Zn（OH）2]，所以没有Zn（OH）2 （写出计算过程）。
（5）由上述实验可知A为CuCl悬浊液。为探究其产生的原因，设计如下实验：
v）将紫红色固体B加入到aml•L﹣1的CuCl2溶液中，出现白色悬浊液；
vi）在隔绝空气条件下设计如图所示的原电池，30min后，观察到右侧烧杯中出现白色悬浊液
①步骤v中a ＜ 0.2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②该原电池的总离子反应方程式为 Zn+2Cu2++2Cl﹣＝2CuCl+Zn2+ 。
（6）综合上述实验，下列说法正确的是 bc （填标号）。
a.所有的置换反应都能设计成双液原电池，以加快反应速率
b.原电池反应中，阴离子可能对阳离子放电产生影响
c.Zn与CuCl2溶液反应得到CuCl的途径可能不止一种
d.Zn与CuCl2溶液反应过程中，氢气生成速率持续减慢
【分析】（1）a.广泛pH试纸精确到整数；
b.精密pH试纸精确到小数点后1位；
c.pH计可以精确到小数点后2位或更多位；
（2）步骤i产生的气泡应该是金属Zn和酸反应得到的气体；
（3）植物油和水不互溶且密度小于水；
（4）Zn和CuCl2反应生成Cu和CuCl，溶液中c（Zn2+）＜0.2ml/L，溶液的pH＝5，溶液中c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，根据溶液中c（Zn2+）×c2（OH﹣）与Ksp[Zn（OH）2]的相对大小，判断“白色悬浊液A”中是否含有Zn（OH）2；
（5）①步骤v的目的是探究Zn与CuCl2溶液反应生成的Cu能否与CuCl2溶液反应生成CuCl，Zn与CuCl2反应生成Cu后溶液浓度降低；
②该原电池中，负极上Zn失电子生成Zn2+，右侧烧杯中出现白色悬浊液，石墨棒上未见红色固体，则右侧电极上Cu2+得电子和Cl﹣反应生成CuCl；
（6）a.不在溶液中进行的置换反应都不能设计成双液原电池；
b.原电池反应中，阴离子可能对阳离子放电产生影响；
c.Zn与CuCl2溶液反应得到CuCl的途径可能不止一种，Zn、Zn置换出的Cu都可以和CuCl2反应生成CuCl；
d.30min后有大量气泡产生。
【解答】解：（1）0.2ml•L﹣2CuCl2溶液的pH＝3.60；
a.广泛pH试纸精确到整数，不符合；
b.精密pH试纸精确到小数点后8位，不符合；
c.pH计可以精确到小数点后2位或更多位，符合；
故答案为：c；
（2）步骤i产生的气泡应该是金属Zn和酸反应得到的气体，为H2，
故答案为：H4；
（3）植物油和水不互溶且密度小于水，步骤中加少量植物油的目的是隔绝空气，
故答案为：隔绝空气；
（4）Zn和CuCl2反应生成Cu和CuCl，溶液中c（Zn2+）＜8.2ml/L，溶液的pH＝5﹣）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，溶液中c（Zn4+）×c2（OH﹣）＜0.5×（10﹣9）2＝5×10﹣19＜Ksp[Zn（OH）2]，所以没有Zn（OH）2，
故答案为：Zn和CuCl4反应生成Cu和CuCl，溶液中c（Zn2+）＜0.4ml/L，溶液的pH＝5﹣）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，溶液中c（Zn2+）×c4（OH﹣）＜0.2×（10﹣6）2＝2×10﹣19＜Ksp[Zn（OH）3]，所以没有Zn（OH）2；
（5）①步骤v的目的是探究Zn与CuCl2溶液反应生成的Cu能否与CuCl2溶液反应生成CuCl，Zn与CuCl2反应生成Cu后溶液浓度降低，小于0.8ml/L，所以a＜0.2，
故答案为：＜；
②该原电池中，负极上Zn失电子生成Zn6+，右侧烧杯中出现白色悬浊液，石墨棒上未见红色固体2+得电子和Cl﹣反应生成CuCl，所以原电池的总离子反应方程式为Zn+2Cu3++2Cl﹣＝2CuCl+Zn3+，
故答案为：Zn+2Cu2++2Cl﹣＝2CuCl+Zn2+；
（6）a.不在溶液中进行的置换反应都不能设计成双液原电池，如：铝热反应中的置换反应不能设计成双液原电池；
b.（5）题原电池反应中，阳极上铜离子得电子和氯离子反应生成CuCl，阴离子可能对阳离子放电产生影响；
c.Zn、Zn置换出的Cu都可以和CuCl8反应生成CuCl，所以Zn与CuCl2溶液反应得到CuCl的途径可能不止一种，故c正确；
d.30min后有大量气泡产生，所以Zn，故d错误；
故答案为：bc。
【点评】本题考查性质实验方案设计，侧重考查阅读、对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确题干信息并正确解读信息、灵活运用信息是解本题关键，题目难度中等。
20．（14分）2021年3月“两会”政府工作报告中提出的“碳达峰”、“碳中和”已成为热词。回答下列问题：
（1）已知：
Ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣483.6kJ•ml﹣1
Ⅱ.CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.0kJ•ml﹣1
Ⅲ.H2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣440kJ•ml﹣1
求反应CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）的ΔH＝ ﹣764.4 kJ•ml﹣1。
（2）在某温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入3mlH2和1mlCO2，发生反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），其中CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物质的量（n）随时间的变化如图所示：
①达到平衡时，用H2（g）表示的化学反应速率v（H2）＝ 0.5ml/（L•min） 。
②该反应的平衡常数K＝ （写出计算式即可）。
③恒温下将体积变为2L，平衡时CO2的转化率将 变小 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
④下列措施一定可以提高甲醇生成速率的有 BD 。
A.降低反应温度
B.缩小容器的容积
C.将产生的水蒸气及时移走
D.使用催化剂
（3）以CH3OH燃料电池为电源电解法制取ClO2，二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。
①图中电解池用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，产生ClO2的电极反应式为 Cl﹣﹣5e﹣+2H2O＝4H++ClO2↑ 。
②电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多6.72L时（标准状况，忽略生成的气体溶解），停止电解3OH的物质的量为 0.17 ml。（精确到小数点后两位）。
【分析】（1）燃烧热指1ml可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
（2）①由公式v＝求算化学反应速率；
②由已知信息求算平衡时各组分浓度，进而求算平衡常数；
③由浓度商和K值比较，判断反应速率关系；
④增大反应物浓度、增大压强、升高温度、加入催化剂、增大反应接触面积等可以加快反应速率；
（3）①电解池中阳极失去电子，则阳极氯离子放电，产生ClO2，结合电子守恒和电荷守恒配平书写；
②电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多 6.72L时（标准状况，忽略生成的气体溶解），多出的气体是氢气，物质的量是0.3ml；设阳极产生的气体是xml，则根据电子得失守恒可知5x＝（0.3+x）×2，解得x＝0.2，即转移1ml电子。
【解答】解：（1）已知：Ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣483.7 kJ/ml2（g）+3H7（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.5 kJ/ml2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣44.7 kJ/ml×Ⅰ﹣Ⅱ+2×Ⅲ可得CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝×（﹣483.6 kJ/ml）+2×（﹣44.6 kJ/ml，
故答案为：﹣764.4；
（2）①在一定温度下，向体积为1L的恒容容器中充入5mlH2和1mlCO3，3min时，二氧化碳的物质的量为0.5ml，则氢气反应1.5ml，用H7（g）表示的化学反应速率v（H2）＝＝6.5ml/（L•min），
故答案为：0.8ml/（L•min）；
②在一定温度下，向体积为1L的恒容容器中充入3mlH8和1mlCO2，平衡时，二氧化碳的物质的量为4.5ml，平衡时氢气的物质的量为3ml﹣3.5ml＝1.3ml3OH和H2O的物质的量均为8.5ml，则平衡时CO2、H8、CH3OH、H2O浓度依次为6.5ml/L、1.2ml/L、0.5ml/L＝，
故答案为：；
③恒温下将体积变为2L，CO5、H2、CH3OH、H3O浓度依次为0.25ml/L、0.75ml/L、6.25ml/L，Qc＝＝＞K，平衡时CO2的转化率将变小，
故答案为：变小；
④A.该反应是一个放热反应，降低温度，反应速率减慢；
B．缩小容器的容积，反应物浓度增大，可以提高甲醇是生成速率；
C．将产生的水蒸气及时移走，反应速率减慢，故C错误；
D．使用新型的高效正催化剂，提高甲醇生成速率；
故答案为：BD；
（3）①电解池中阳极区阴离子失去电子，发生氧化反应，产生ClO4的反应式为Cl﹣﹣5e﹣+2H4O＝4H++ClO2↑，
故答案为：Cl﹣﹣5e﹣+2H2O＝4H++ClO2↑；
②电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多 ，忽略生成的气体溶解），物质的量＝，阳极产生的气体是xml，解得x＝0.5，电池负极反应式为：CH3OH﹣6e+7OH﹣＝+3H2O，当转移1ml电子mlCH3OH，即5.17ml，
故答案为：0.17。
【点评】本题考查盖斯定律、反应速率计算和影响因素、平衡计算、电化学原理等知识，掌握外界条件改变对速率的影响是解题的关键，题目综合性强，题目难度中等。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/12/29 14:07:02；用户：15290311958；邮箱：15290311958；学号：48861359编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
盐酸
pH
11
11
3
3
A.进行酸碱反应中和热测定
B.往铜牌表面镀银
C.用滴定法测量KI溶液的物质的量浓度
D.蒸干Al2（SO4）3溶液得Al2（SO4）3固体
实验步骤
实验现象
i）将锌片置于盛有0.2ml•L﹣1CuCl2溶液（pH＝3.60）的烧杯中
锌片表面产生暗红色疏松圆体物，30min后有大量气泡产生
ii）取出锌片，疏松固体物脱落，搅拌并静置
烧杯中出现白色悬浊液A和颗粒状紫红色固体B
iii）用注射器吸取部分上层白色悬浊液A于试管中，立即加入少量植物油覆盖
iv）用长胶头滴管伸入A中，加入适量氨水；再向其中通入空气
加入氨水后沉淀溶解，得到无色溶液，通入空气后溶液变为深蓝色
编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
盐酸
pH
11
11
3
3
A.进行酸碱反应中和热测定
B.往铜牌表面镀银
C.用滴定法测量KI溶液的物质的量浓度
D.蒸干Al2（SO4）3溶液得Al2（SO4）3固体
实验步骤
实验现象
i）将锌片置于盛有0.2ml•L﹣1CuCl2溶液（pH＝3.60）的烧杯中
锌片表面产生暗红色疏松圆体物，30min后有大量气泡产生
ii）取出锌片，疏松固体物脱落，搅拌并静置
烧杯中出现白色悬浊液A和颗粒状紫红色固体B
iii）用注射器吸取部分上层白色悬浊液A于试管中，立即加入少量植物油覆盖
iv）用长胶头滴管伸入A中，加入适量氨水；再向其中通入空气
加入氨水后沉淀溶解，得到无色溶液，通入空气后溶液变为深蓝色
1．（2分）化学与生产、生活、能源、环境等方面关系密切，下列有关说法错误的是（ ）
A．热的纯碱溶液可用于洗涤餐具上的油污
B．家电遥控器中使用的锌锰碱性电池的负极材料为锌
C．制作太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
D．推广新能源汽车能防止光化学烟雾产生
2．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．用含有少量硫酸铜的稀硫酸跟锌粒反应，能加快产生氢气，说明Cu2+具有催化能力
B．增大浓度会加快化学反应速率，是因为增加了反应物单位体积内活化分子的百分数
C．等体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多，说明酸性：HA＜HB
D．碱性锌锰电池是一种常见的二次电池
3．（2分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．向Fe（SCN）3溶液中加入KSCN溶液，溶液颜色变深
B．新制氯水在光照条件下颜色变浅
C．工业上选择在温度为400～500℃的条件下合成氨
D．将装有NO2和N2O4的混合气体的烧瓶置于热水中的颜色深于冷水中颜色
4．（2分）下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．测0.1ml•L﹣1氨水的pH为11：NH3•H2O⇌+OH﹣
B．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl﹣
C．将5ml•L﹣1氯化铁溶液滴入沸水中，得到透明红褐色液体：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl
D．向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液：3Mg（OH）2+2Fe3+＝2Fe（OH）3+3Mg2+
5．（2分）下列事实与水解反应无关的是（ ）
A．常温下相同浓度溶液的pH大小：Na2S（aq）＞（NH4）2S（aq）更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 B．泡沫灭火器利用Al2（SO4）3、NaHCO3相互反应产生大量二氧化碳气体
C．除去工业废水中的Hg2+：向废水中加入FeS固体
D．配制FeCl3溶液：将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释至所需浓度
6．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．将NA个N2和3NA个H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热38.6kJ，则热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＝﹣38.6kJ•ml﹣1
B．在100mL0.5ml•L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH分子数等于0.05NA
C．将25gCuSO4⋅5H2O溶于水配成1L溶液，则溶液中Cu2+数目为0.1NA
D．15.6gNa2O2跟过量CO2反应时，转移电子数为0.2NA
7．（2分）常温下，有关下列4种溶液的叙述正确的是（ ）
A．①中加入少量的氯化铵固体，溶液的pH减小
B．分别取10mL上述溶液稀释至1000mL，四种溶液的pH：②＞①＞④＞③
C．②、③两种溶液等体积混合，所得溶液呈碱性
D．用④滴定①可选择酚酞试液作指示剂
（多选）8．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH＝13 的溶液中：Na+、AlO2﹣、Al3+、ClO﹣
B．c（H+ ）/c（OH﹣ ）＝1×106的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣
C．水电离出来的c（H+）＝1×10﹣12ml/L 的溶液中：NH4+、K+、NO3﹣、Fe2+
D．c（H+ ）＜c（OH﹣）的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、ClO﹣
9．（2分）类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是（ ）
A．Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2，故可推测Li与O2在加热条件下反应生成Li2O2
B．BaSO4可用作医疗X射线检查的内服药剂，俗称“钡餐”，故可推测BaCO3也用作“钡餐”
C．工业上采用电解熔融NaCl的方法冶炼金属钠，故工业上也可用电解熔融AlCl3的方法冶炼金属铝
D．SO2与H2O2反应生成H2SO4，故可推测SO2与Na2O2反应生成Na2SO4
10．（2分）下列实验不能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11．（4分）电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下，用0.100ml⋅L﹣1NH3⋅H2O滴定10mL浓度均为0.100ml⋅L﹣1HCl和CH3COOH的混合液，电导率曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．①溶液中c（H+）为0.200ml⋅L﹣1
B．溶液温度高低为①＞③＞②
C．③点溶液中有c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
D．③点后因离子数目减少使电导率略降低
12．（4分）今有HA、H2B两种弱酸，有如下关系：H2B+A﹣＝HB﹣+HA B2﹣+HA＝HB﹣+A﹣则下列说法正确的是（ ）
A．H2B的电离方程式为：H2B⇌2H++B2﹣
B．结合质子能力由强到弱的顺序为：B2﹣＞A﹣＞HB﹣
C．等物质的量浓度NaA、NaHB、Na2B三种盐的水溶液，NaA碱性最强
D．等pH的HA、H2B两种溶液中，水的电离出的氢离子前者大于后者
13．（4分）常温下，ZnS和PbS的沉淀溶解关系如图所示，其中Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24、Ksp（PbS）＝3.2×10﹣28，M为Zn或Pb，pM表示﹣lgc（M2+）。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，B点为PbS的不饱和溶液
B．若x＝1.6×10﹣10ml•L﹣1，则y＝14
C．若对A点浊液加热，A点沿曲线向上移动
D．在ZnS和PbS同时沉淀的浊液中，＝5×103
14．（4分）向绝热恒容密闭容器中通入1ml SO2和1ml NO2，发生反应SO2（g）+NO2（g）⇌
SO3（g）+NO（g），正反应速率随时间变化如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．生成物的总能量低于反应物的总能量
B．c点容器内气体颜色不再改变
C．当△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
D．c～d段，反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素
15．（4分）某学习小组用如图所示装置进行相关电解实验，下列说法正确的是（ ）
A．该装置中电子移动方向：“负极”→石墨1→X溶液→石墨2→“正极”
B．若X是Na2SO4，电解一段时间后，向U形管两端滴入酚酞，只有石墨1电极附近的溶液呈红色
C．若X是AgNO3，电解一段时间后，电解液的氧化性减弱
D．若X是NaOH，石墨2的电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑
16．（4分）常温下，用0.10ml•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为 0.10ml•L﹣1的CH3COOH（Ka＝1.75×10﹣5）溶液和HCN （Ka＝4.9×10﹣10）溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A．曲线I和曲线Ⅱ分别代表的是CH3COOH和HCN
B．点③和点⑤所示溶液中：c（CN﹣）＝c（CH3COO﹣）
C．点①和点②所示溶液中：c（CH3COO﹣）﹣c（CN﹣）＝c（HCN）﹣c（CH3COOH）
D．在点②和③之间（不包括端点）存在关系：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） （A﹣代表溶液中的酸根离子）
二、填空题（本题共4小题，共56分）
17．（14分）某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。
步骤一：TiCl4水解制备TiO2（实验装置如图A，夹持装置省略）：滴入TiCl4，边搅拌边加热，使混合液升温至80℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO2•xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2。
（1）装置A中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”）。
（2）TiCl4反应生成TiO2•xH2O的化学方程式为 。
（3）判断TiO2•xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。
步骤二：由TiO2制备TiN并测定产率（实验装置如图，夹持装置省略）
（4）装置C中试剂X为 。
（5）装置D中加热至800℃，反应生成TiN、N2和H2O，该反应的化学方程式为 。
（6）实验中部分操作如下：
a.反应前，称取0.8000gTiO2样品；
b.打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c.关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d.打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e.关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f.反应后，称得瓷舟中固体质量为0.4960g。
①正确的操作顺序为：a→ →f（填标号）；②TiN的产率为 。
18．（14分）某废矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收铁、镍。
已知：i.黄钠铁矾Na2Fe6（SO4）4（OH）12有稳定、颗粒大、易沉降、易过滤、几乎不溶于水等特点；
ii.常温下，Ksp（NiCO3）＝1.4×10﹣7；Ksp[Ni（OH）2]＝1.0×10﹣15。
回答下列问题：
（1）滤液①中，主要存在的钠盐有 。
（2）“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：
X2（水相）+2RH（有机相）XR2（有机相）+2H+（水相）。
则“反萃取”应控制在 （填“碱性”、“酸性”或“中性”）环境进行。
（3）“氧化”中加入H2O2，反应的氧化剂和还原剂的物质的量比为 。
（4）“沉镍”过程同时产生一种气体，该反应的离子方程式为 ，“沉镍”时若溶液pH过大会导致NiCO3的产率下降，原因是 。
（5）“沉铁”过程反应的离子方程式为 。
（6）定量分析：
测定“酸漫”后的溶液中Fe2+的浓度，可确定萃取剂添加的量。取“酸浸”后的溶液amL，然后用cml•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗KMnO4溶液VmL。则溶液中Fe2+的物质的量浓度为 ml•L﹣1。
19．（14分）某实验小组在做Zn与0.2ml•L﹣1CuCl2溶液反应的实验时，发现产生了白色沉淀。常温下，该实验小组对白色沉淀进行如下探究
资料显示：CuCl是一种白色、难溶于水的固体，可溶于氨水形成无色的[Cu（NH3）2]+。Zn（OH）2可溶于氨水，Ksp[Zn（OH）2]＝1.28×10﹣17
回答下列问题：
（1）步骤i中测量溶液pH最适宜的方法是 （填标号）。
a.广泛pH试纸
b.精密pH试纸
c.pH计
（2）步骤i产生的气体是 。
（3）步骤中加少量植物油的目的是 。
（4）测得“白色悬浊液A”的pH＝5.0，判断“白色悬浊液A”中是否含有Zn（OH）2 （写出计算过程）。
（5）由上述实验可知A为CuCl悬浊液。为探究其产生的原因，设计如下实验：
v）将紫红色固体B加入到aml•L﹣1的CuCl2溶液中，出现白色悬浊液；
vi）在隔绝空气条件下设计如图所示的原电池，30min后，观察到右侧烧杯中出现白色悬浊液
①步骤v中a 0.2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②该原电池的总离子反应方程式为 。
（6）综合上述实验，下列说法正确的是 （填标号）。
a.所有的置换反应都能设计成双液原电池，以加快反应速率
b.原电池反应中，阴离子可能对阳离子放电产生影响
c.Zn与CuCl2溶液反应得到CuCl的途径可能不止一种
d.Zn与CuCl2溶液反应过程中，氢气生成速率持续减慢
20．（14分）2021年3月“两会”政府工作报告中提出的“碳达峰”、“碳中和”已成为热词。回答下列问题：
（1）已知：
Ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣483.6kJ•ml﹣1
Ⅱ.CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.0kJ•ml﹣1
Ⅲ.H2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣440kJ•ml﹣1
求反应CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）的ΔH＝ kJ•ml﹣1。
（2）在某温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入3mlH2和1mlCO2，发生反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），其中CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物质的量（n）随时间的变化如图所示：
①达到平衡时，用H2（g）表示的化学反应速率v（H2）＝ 。
②该反应的平衡常数K＝ （写出计算式即可）。
③恒温下将体积变为2L，平衡时CO2的转化率将 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
④下列措施一定可以提高甲醇生成速率的有 。
A.降低反应温度
B.缩小容器的容积
C.将产生的水蒸气及时移走
D.使用催化剂
（3）以CH3OH燃料电池为电源电解法制取ClO2，二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。
①图中电解池用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，产生ClO2的电极反应式为 。
②电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多6.72L时（标准状况，忽略生成的气体溶解），停止电解3OH的物质的量为 ml。（精确到小数点后两位）。
2023-2024学年广东省东莞中学松山湖学校高二（上）期中化学试卷（第二次段考）
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意。第1～10小题，每小题2分，第11～16小题，每小题2分，共44分）
1．（2分）化学与生产、生活、能源、环境等方面关系密切，下列有关说法错误的是（ ）
A．热的纯碱溶液可用于洗涤餐具上的油污
B．家电遥控器中使用的锌锰碱性电池的负极材料为锌
C．制作太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
D．推广新能源汽车能防止光化学烟雾产生
【分析】A．热的纯碱溶液碱性强，可促进油脂水解；
B．锌锰碱性电池的负极为锌，正极为MnO2；
C．硅是良好的半导体材料，可用于制造太阳能硅板和芯片；
D．推广新能源汽车可减少氮氧化物的排放。
【解答】解：A．热的纯碱溶液碱性强，可用于洗涤餐具上的油污；
B．锌锰碱性电池的负极为材料锌2，故B正确；
C．制作太阳能电池板的主要材料是硅，故C错误；
D．氮氧化物能产生光化学烟雾污染，能防止光化学烟雾产生；
故选：C。
【点评】本题考查物质组成、性质及应用，侧重基础知识灵活运用能力考查，把握物质的组成、性质与用途的对应关系即可解答，注意掌握元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．用含有少量硫酸铜的稀硫酸跟锌粒反应，能加快产生氢气，说明Cu2+具有催化能力
B．增大浓度会加快化学反应速率，是因为增加了反应物单位体积内活化分子的百分数
C．等体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应，HA放出的氢气多，说明酸性：HA＜HB
D．碱性锌锰电池是一种常见的二次电池
【分析】A．Zn置换出Cu，构成原电池；
B．增大浓度，活化分子百分数不变；
C．等体积、pH时HA放出的氢气多，则HA酸性更弱；
D．干电池属于一次电池。
【解答】解：A．Zn置换出Cu，能加快产生氢气的速率；
B．增大浓度，但单位体积内的活化分子数目增多，故B错误；
C．等体积，则HA酸性更弱，故C正确；
D．碱性锌锰电池只能放电不能充电，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握反应速率、弱酸的电离、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3．（2分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．向Fe（SCN）3溶液中加入KSCN溶液，溶液颜色变深
B．新制氯水在光照条件下颜色变浅
C．工业上选择在温度为400～500℃的条件下合成氨
D．将装有NO2和N2O4的混合气体的烧瓶置于热水中的颜色深于冷水中颜色
【分析】A．溶液中存在，加入固体KSCN，SCN﹣浓度增大，平衡逆向移动；
B．氯水中存在平衡，光照HClO分解，平衡正移；
C．工业上选择在温度为 400～500℃的条件下合成氨，是催化剂此时的活性最大；
D．2NO2⇌N2O4为放热反应，温度升高平衡逆向移动。
【解答】解：A．溶液中存在，SCN﹣浓度增大，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释；
B．氯水中存在平衡，平衡正移，颜色变浅，故B错误；
C．工业上选择在温度为 ，是催化剂此时的活性最大，故C正确；
D．8NO2⇌N2O2为放热反应，温度升高平衡逆向移动 NO2 和 N2O6的混合气体的烧瓶置于热水中的颜色深于冷水中颜色，可用勒夏特列原理解释；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
4．（2分）下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．测0.1ml•L﹣1氨水的pH为11：NH3•H2O⇌+OH﹣
B．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl﹣
C．将5ml•L﹣1氯化铁溶液滴入沸水中，得到透明红褐色液体：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl
D．向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液：3Mg（OH）2+2Fe3+＝2Fe（OH）3+3Mg2+
【分析】A．测0.1ml⋅L﹣1氨水的pH为11，溶液显碱性，是因为一水合氨电离使得溶液中的c（OH﹣）＞c（H+）；
B．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光，是因为CuCl2在溶液中发生电离，电离方程式不是要在通电条件下进行；
C．将5ml⋅L﹣1氯化铁溶液滴入沸水中，得到透明红褐色液体，就是制备Fe（OH）3胶体的过程；
D．向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液，因为Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶会发生沉淀的转化。
【解答】解：A．测0.1ml⋅L﹣5氨水的pH为11，溶液显碱性，故A正确；
B．电离方程式不是要在通电条件下进行，故B错误；
C．将5ml⋅L﹣1氯化铁溶液滴入沸水中，得到透明红褐色液体8胶体的过程，所以方程式为：；
D．向Mg（OH）4悬浊液中加入FeCl3溶液，因为Fe（OH）3比Mg（OH）2更难溶，所以会发生反应：；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）下列事实与水解反应无关的是（ ）
A．常温下相同浓度溶液的pH大小：Na2S（aq）＞（NH4）2S（aq）
B．泡沫灭火器利用Al2（SO4）3、NaHCO3相互反应产生大量二氧化碳气体
C．除去工业废水中的Hg2+：向废水中加入FeS固体
D．配制FeCl3溶液：将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释至所需浓度
【分析】A．铵根离子和硫离子都可以发生水解；
B．泡沫灭火器利用Al2（SO4）3、NaHCO3相互反应生成氢氧化铝、二氧化碳和水；
C．除去工业废水中的Hg2+，向废水中加入FeS固体生成HgS；
D．FeCl3溶液中铁离子存在水解。
【解答】解：A．（NH4）2S中铵根离子水解显酸性，硫离子发生水解显碱性5S中钠离子不发生水解，只有硫离子发生水解显碱性2S（aq）＞（NH4）6S（aq），与水解有关；
B．泡沫灭火器利用Al2（SO4）2、NaHCO3相互发生双水解反应，产生大量二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀；
C．除去工业废水中的Hg2+：向废水中加入FeS固体发生的反应Hg8++FeS＝Fe2++HgS，与水解无关；
D．FeCl3溶液中铁离子存在水解产生HCl，将FeCl6固体溶于浓盐酸可以防止其溶解，与水解有关；
故选：C。
【点评】本题考查盐类水解的应用，为高频考点，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握外界条件为盐的水解的影响，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．将NA个N2和3NA个H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热38.6kJ，则热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＝﹣38.6kJ•ml﹣1
B．在100mL0.5ml•L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH分子数等于0.05NA
C．将25gCuSO4⋅5H2O溶于水配成1L溶液，则溶液中Cu2+数目为0.1NA
D．15.6gNa2O2跟过量CO2反应时，转移电子数为0.2NA
【分析】A．将1mlN2和3mlH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热38.6kJ，生成的氨气的物质的量小于2ml；
B．醋酸为弱酸，在溶液中部分电离，导致醋酸分子数目减少；
C．铜离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解；
D．过氧化钠与二氧化碳反应中过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，质量换算物质的量，结合化学方程式计算电子转移数。
【解答】解：A．将1mlN2和8mlH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热38.4kJ，不能进行到底，则密闭的容器中充分反应生成2mlNH3（g），放热大于38.3kJ，故A错误；
B．CH3COOH发生电离，在100mL 0.7ml/LCH3COOH溶液中CH3COOH分子数小于7.05NA，故B错误；
C．铜离子是弱碱阳离子，故此溶液中铜离子的个数小于0.1NA个，故C错误；
D．15.5g Na2O2物质的量为＝0.2ml5O2与过量CO2反应时，过氧化钠是自身氧化还原反应2O2+2CO6＝2Na2CO4+O2；每2ml过氧化钠反应电子转移3ml，所以0.2ml过氧化钠反应转移的电子数为2.2NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。
7．（2分）常温下，有关下列4种溶液的叙述正确的是（ ）
A．①中加入少量的氯化铵固体，溶液的pH减小
B．分别取10mL上述溶液稀释至1000mL，四种溶液的pH：②＞①＞④＞③
C．②、③两种溶液等体积混合，所得溶液呈碱性
D．用④滴定①可选择酚酞试液作指示剂
【分析】强电解质完全电离、弱电解质部分电离，则常温下pH相同的①②溶液浓度：①＞②，③④溶液浓度：③＞④，
A．在①中加入NH4Cl，抑制NH3•H2O的电离；
B．加水促进弱电解质的电离；
C．②③等体积混合，③溶液大量剩余；
D．强酸滴定弱碱用甲基橙作指示剂。
【解答】解：A．在①中加入NH4Cl，抑制NH3•H8O的电离，c（OH﹣）减小，溶液的pH减小；
B．加水促进弱电解质的电离，c（H+）：③＞④，则pH：③＜④＜7﹣）：①＞②，则溶液pH：①＞②＞7，故B错误；
C．②③等体积混合，溶液呈酸性﹣）＜c（H+），故C错误；
D．强酸滴定弱碱到滴定终点时生成强酸弱碱盐，故采用甲基橙作指示剂；
故选：A。
【点评】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、酸碱混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的灵活应用，题目难度中等。
（多选）8．（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH＝13 的溶液中：Na+、AlO2﹣、Al3+、ClO﹣
B．c（H+ ）/c（OH﹣ ）＝1×106的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣
C．水电离出来的c（H+）＝1×10﹣12ml/L 的溶液中：NH4+、K+、NO3﹣、Fe2+
D．c（H+ ）＜c（OH﹣）的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、ClO﹣
【分析】A．该溶液中存在大量氢氧根离子，铝离子与偏铝酸根离子、次氯酸根离子及氢氧根离子反应；
B．该溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
C．该溶液呈酸性或碱性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子，亚铁离子、铵根离子与氢氧根离子反应；
D．该溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。
【解答】解：A．pH＝13的溶液呈碱性，Al3+与AlO2﹣、OH﹣、ClO﹣与发生反应，在溶液中不能大量共存；
B．c（H+ ）/c（OH﹣ ）＝6×106的溶液中存在大量氢离子，K+、Fe3+、Cl﹣、SO32﹣之间不反应，都不与氢离子反应，故B正确；
C．水电离出来的c（H+）＝1×10﹣12ml/L 的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子8﹣、Fe2+之间发生氧化还原反应，NH4+、Fe2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存；
D．c（H+ ）＜c（OH﹣）的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SO42﹣、ClO﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
9．（2分）类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是（ ）
A．Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2，故可推测Li与O2在加热条件下反应生成Li2O2
B．BaSO4可用作医疗X射线检查的内服药剂，俗称“钡餐”，故可推测BaCO3也用作“钡餐”
C．工业上采用电解熔融NaCl的方法冶炼金属钠，故工业上也可用电解熔融AlCl3的方法冶炼金属铝
D．SO2与H2O2反应生成H2SO4，故可推测SO2与Na2O2反应生成Na2SO4
【分析】Li与O2在加热条件下反应只生成Li2O，AlCl3为共价化合物，过氧化氢、过氧化钠均具有强氧化性，以此做题。
【解答】解：A.Li与O2在加热条件下反应只生成Li2O，故A错误；
B.碳酸钡能和胃酸盐酸生成有毒的氯化钡，故B错误；
C.AlCl4为共价化合物，熔融不导电，故C错误；
D.过氧化氢、过氧化钠均具有强氧化性2与H2O4反应生成H2SO4，故可推测SO7与Na2O2反应生成Na6SO4，故D正确；
故选：D。
【点评】本题探究化学规律与氧化还原反应相结合，重点是基础知识的掌握，难度不大。
10．（2分）下列实验不能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．图示装置为量热计；
B．往铜牌表面镀银，银为阳极，铜牌为阴极；
C．KI一开始反应溶液就变为蓝色；
D．Al2（SO4）3溶液水解生成氢氧化铝和硫酸，两者又反应生成硫酸铝。
【解答】解：A．图示装置为量热计，故A正确；
B．往铜牌表面镀银，铜牌为阴极，图示装置符合要求；
C．开始反应溶液就变为蓝色3溶液滴定KI待测溶液，不能用淀粉溶液为指示剂，不能达到实验目的；
D．Al2（SO5）3溶液水解生成氢氧化铝和硫酸，两者又反应生成硫酸铝2（SO5）3溶液得Al2（SO2）3固体，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基本实验装置的掌握情况，试题难度中等。
11．（4分）电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下，用0.100ml⋅L﹣1NH3⋅H2O滴定10mL浓度均为0.100ml⋅L﹣1HCl和CH3COOH的混合液，电导率曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．①溶液中c（H+）为0.200ml⋅L﹣1
B．溶液温度高低为①＞③＞②
C．③点溶液中有c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
D．③点后因离子数目减少使电导率略降低
【分析】A．HCl是强电解质，完全电离；CH3COOH为弱电解质，部分电离；
B．酸碱中和放热；
C．③点酸碱恰好完全反应生成等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4，Cl﹣不水解、CH3COO﹣部分水解；
D．③点后，溶液体积增大，离子浓度减小。
【解答】解：A．HCl是强电解质；CH3COOH为弱电解质，部分电离+）＜0.200ml⋅L﹣8，故A错误；
B．酸碱中和反应是放热反应，当氨水的体积为20mL时酸碱恰好完全反应，①点还没有发生中和反应，所以反应后溶液温度高低为③＞②＞①；
C．③点酸碱恰好完全反应生成等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH3，Cl﹣不水解、CH3COO﹣部分水解，所以③点溶液中有c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故C正确；
D．③点后，离子数目增多，离子浓度减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、溶液温度高低判断方法是解本题关键，注意：溶液电导率与离子浓度有关，与离子个数无关，题目难度不大。
12．（4分）今有HA、H2B两种弱酸，有如下关系：H2B+A﹣＝HB﹣+HA B2﹣+HA＝HB﹣+A﹣则下列说法正确的是（ ）
A．H2B的电离方程式为：H2B⇌2H++B2﹣
B．结合质子能力由强到弱的顺序为：B2﹣＞A﹣＞HB﹣
C．等物质的量浓度NaA、NaHB、Na2B三种盐的水溶液，NaA碱性最强
D．等pH的HA、H2B两种溶液中，水的电离出的氢离子前者大于后者
【分析】已知：H2B+A﹣＝HB﹣+HA，B2﹣+HA＝HB﹣+A﹣，则酸性：H2B＞HA＞HB﹣，酸性越强，其阴离子水解能力越弱，结合质子的能力越弱，据此分析．
【解答】解：已知：H2B+A﹣＝HB﹣+HA，B2﹣+HA＝HB﹣+A﹣，则酸性：H2B＞HA＞HB﹣，
A．H2B为二元弱酸，则其的电离方程式为：H2B⇌H++HB﹣，故A错误；
B．酸性：H8B＞HA＞HB﹣，酸性越强，其阴离子结合质子的能力越弱2﹣＞A﹣＞HB﹣，故B正确；
C．酸性：H2B＞HA＞HB﹣，酸性越强，其阴离子水解能力越弱、NaHB2B三种盐的水溶液，Na2B水解能力最强，碱性最强；
D．等pH的HA、H2B两种溶液中，酸电离出来的氢离子相同，所以水的电离出的氢离子前者等于后者。
故选：B。
【点评】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解原理的应用等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
13．（4分）常温下，ZnS和PbS的沉淀溶解关系如图所示，其中Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24、Ksp（PbS）＝3.2×10﹣28，M为Zn或Pb，pM表示﹣lgc（M2+）。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，B点为PbS的不饱和溶液
B．若x＝1.6×10﹣10ml•L﹣1，则y＝14
C．若对A点浊液加热，A点沿曲线向上移动
D．在ZnS和PbS同时沉淀的浊液中，＝5×103
【分析】Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24＞Ksp（PbS）＝3.2×10﹣28，由于pM＝﹣lgc（M2+），c（S2﹣）相同时，c（M2+）越大pM越小，则A所在曲线表示PbS，另一条曲线表示ZnS，
A．B点位于PbS曲线下方，pM越小c（M2+）越大；
B．结合Ksp（PbS）＝3.2×10﹣28计算出c（Pb2+），然后结合y＝pPb＝﹣lgc（Pb2+）计算；
C．若对A点浊液加热，PbS的溶解度增大，Pb2+、S2﹣的浓度增大；
D．ZnS和PbS同时沉淀的浊液中＝×＝。
【解答】解：A．B点位于A曲线下方2﹣）相同时B点的c（Pb2+）大于A曲线上c（Pb6+），则B点为PbS的过饱和溶液；
B．若x＝1.6×10﹣10ml•L﹣8，即c（S2﹣）＝1.5×10﹣10ml•L﹣1，结合Ksp（PbS）＝c（Pb2+）•c（S5﹣）＝3.2×10﹣28可知A点c（Pb7+）＝＝8×10﹣18ml•L﹣1，y＝pPb＝﹣lgc（Pb2+）＝18﹣lg2，故B错误；
C．若对A点浊液加热，c（Pb2+）、c（S2﹣）增大，pM将减小，故C错误；
D．在ZnS和PbS同时沉淀的浊液中，＝×＝＝3，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查难溶物溶解平衡的应用，为高频考点，把握pM及图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶度积的概念及表达式，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度不大。
14．（4分）向绝热恒容密闭容器中通入1ml SO2和1ml NO2，发生反应SO2（g）+NO2（g）⇌
SO3（g）+NO（g），正反应速率随时间变化如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．生成物的总能量低于反应物的总能量
B．c点容器内气体颜色不再改变
C．当△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
D．c～d段，反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素
【分析】反应开始反应物浓度最大，则反应速率应该最大，随着反应的进行，反应速率应该减小，但图象中反应速率却逐渐增大，说明反应为放热反应，温度升高，反应进行到一定阶段，反应物浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，据此分析解答。
【解答】解：A．从a到c正反应速率增大，则该反应为放热反应，故A正确；
B．当正反应速率不变时，但c点反应速率最大，但反应继续向正反应方向进行，所以c点容器内气体颜色变浅；
C．a点到b点，随着反应的进行，反应速率加快2的转化率增大，所以SO2的转化率：a～b段小于b～c段，故C正确；
D．反应放热，c点时反应速率最大，放热较少，此时浓度降低对正反应速率的影响大于温度升高对正反应速率的影响，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和应用的考查，注意把握影响化学反应速率的因素，把握题给信息、学会分析图象，题目难度中等。
15．（4分）某学习小组用如图所示装置进行相关电解实验，下列说法正确的是（ ）
A．该装置中电子移动方向：“负极”→石墨1→X溶液→石墨2→“正极”
B．若X是Na2SO4，电解一段时间后，向U形管两端滴入酚酞，只有石墨1电极附近的溶液呈红色
C．若X是AgNO3，电解一段时间后，电解液的氧化性减弱
D．若X是NaOH，石墨2的电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑
【分析】A．已知电子不能经过电解质溶液或熔融的电解质；
B．若X是Na2SO4，则阴极即石墨1上电极反应为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，阳极即石墨2上电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
C．若X是AgNO3，则阴极即石墨1上电极反应为：2Ag++2e﹣＝2Ag，阳极即石墨2上电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
D．若X是NaOH，石墨2即阳极，该电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑。
【解答】解：A．电子不能经过电解质溶液或熔融的电解质，再由阳极即石墨2→“正极”；
B．若X是Na2SO8，阳极即石墨2上电极反应为：2H3O﹣4e﹣＝O2↑+8H+，则阴极即石墨1上电极反应为：2H3O+2e﹣＝H2↑+3OH﹣，故电解一段时间后，向U形管两端滴入酚酞，故B正确；
C．若X是AgNO3，则阴极即石墨1上电极反应为：6Ag++2e﹣＝2Ag，阳极即石墨2上电极反应为：2H2O﹣2e﹣＝O2↑+4H+，电解一段时间后，电解液由AgNO4变为HNO3和AgNO3的混合液，由于HNO2的氧化性强于AgNO3，即电解液的氧化性增强，故C错误；
D．若X是NaOH，阳极发生氧化反应﹣﹣4e﹣＝3H2O+O2↑，不是水失电子；
故选：B。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池的掌握情况，试题难度中等。
16．（4分）常温下，用0.10ml•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为 0.10ml•L﹣1的CH3COOH（Ka＝1.75×10﹣5）溶液和HCN （Ka＝4.9×10﹣10）溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A．曲线I和曲线Ⅱ分别代表的是CH3COOH和HCN
B．点③和点⑤所示溶液中：c（CN﹣）＝c（CH3COO﹣）
C．点①和点②所示溶液中：c（CH3COO﹣）﹣c（CN﹣）＝c（HCN）﹣c（CH3COOH）
D．在点②和③之间（不包括端点）存在关系：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） （A﹣代表溶液中的酸根离子）
【分析】常温下用0.10ml/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10ml/LCH3COOH（Ka＝1.75×10﹣5）溶液和HCN（Ka＝4.9×10﹣10），对于同浓度同体积的CH3COOH和HCN来说，根据电离平衡常数可判断酸性CH3COOH＞HCN，则起始时HCN的起点高于CH3COOH的起点，当滴加NaOH溶液的体积为10mL时，此时两种溶液中起始时分别恰好生成c（HCN）：c（NaCN）＝1：1，c（CH3COOH）：c（CH3COONa）＝1：1，当滴加NaOH的体积是20mL时，此时为化学计量点，溶液中分别恰好生成CH3COONa和NaCN，结合图象和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
【解答】解：常温下用0.10ml/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10ml/LCH7COOH（Ka＝1.75×10﹣5）溶液和HCN（Ka＝5.9×10﹣10），对于同浓度同体积的CH3COOH和HCN来说，根据电离平衡常数可判断酸性CH4COOH＞HCN，起始时HCN的起点高于CH3COOH的起点，当滴加NaOH溶液的体积为10mL时，c（CH3COOH）：c（CH4COONa）＝1：1，当滴加NaOH的体积是20mL时，溶液中分别恰好生成CH6COONa和NaCN，
A．酸性CH3COOH＞HCN，HCN电离出的H+更少，pH值更大，在pH图象上，因此曲线I是HCN3COOH，故A错误；
B．点③和点⑤表示的溶液中，则溶液中c（H+）＝c（OH﹣），对于I，对于II2COONa和CH3COOH，分别根据电荷守恒+）＝c（CN﹣），对于II+）＝c（CH3COO﹣），根据图象6COOH时消耗NaOH溶液的量多，则c（CN﹣）＜c（CH3COO﹣），故B错误；
C．点①和点②所示溶液中，I溶液的组分为NaCN和HCN的起始量为1：43COONa和CH3COOH的起始量为4：1，分别对于I溶液和II溶液，I：2c（Na+）＝c（CN﹣）+c（HCN）＝ml/L+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝ml/L3COOH）+c（CH3COO﹣），因此c（CH7COO﹣）﹣c（CN﹣）＝c（HCN）﹣c（CH3COOH），故C正确；
D．在点②和③之间（不包括端点）+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），根据图象，则c（H+）＞c（OH﹣），因此溶液中c（Na+）＜c（A﹣），故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查酸碱滴定原理，弱电解质的电离平衡，盐类水解得知识，根据图象分析，牢牢把握溶液中的守恒思想是解题的关键，题目难度中等。
二、填空题（本题共4小题，共56分）
17．（14分）某研究小组以TiCl4为原料制备新型耐热材料TiN。
步骤一：TiCl4水解制备TiO2（实验装置如图A，夹持装置省略）：滴入TiCl4，边搅拌边加热，使混合液升温至80℃，保温3小时。离心分离白色沉淀TiO2•xH2O并洗涤，煅烧制得TiO2。
（1）装置A中冷凝水的入口为 b （填“a”或“b”）。
（2）TiCl4反应生成TiO2•xH2O的化学方程式为 TiCl4+（x+2）H2OTiO2•xH2O↓+4HCl 。
（3）判断TiO2•xH2O沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 AgNO3（或AgNO3+HNO3、硝酸银、酸化的硝酸银） 。
步骤二：由TiO2制备TiN并测定产率（实验装置如图，夹持装置省略）
（4）装置C中试剂X为 碱石灰 。
（5）装置D中加热至800℃，反应生成TiN、N2和H2O，该反应的化学方程式为 。
（6）实验中部分操作如下：
a.反应前，称取0.8000gTiO2样品；
b.打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
c.关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞；
d.打开管式炉加热开关，加热至800℃左右；
e.关闭管式炉加热开关，待装置冷却；
f.反应后，称得瓷舟中固体质量为0.4960g。
①正确的操作顺序为：a→ b→d→e→c →f（填标号）；②TiN的产率为 80.0% 。
【分析】稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，向盐酸中滴入TiCl4，搅拌并加热，TiCl4在盐酸中水解生成白色沉淀TiO2⋅xH2O，将TiO2⋅xH2O洗涤，煅烧制得TiO2，装置B中利用浓氨水和生石灰反应制备NH3，利用装置C除去NH3中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，装置D中，NH3和TiO2在800℃下反应生成TiN、N2和H2O，化学方程式为，装置E中装有CaCl2，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH3。
【解答】解：（1）装置 A 中冷凝水应从下口进上口出，
故答案为：b；
（2）TiCl4水解生成TiO2•xH5O和HCl，反应的方程式为TiCl4+（x+2）H3OTiO2•xH2O↓+5HCl
故答案为：TiCl4+（x+2）H5OTiO2•xH2O↓+8HCl；
（3）TiO2⋅xH2O沉淀中含有少量的Cl﹣杂质，判断TiO2⋅xH2O沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否含有Cl﹣，若最后一次洗涤液中不含Cl﹣，则证明TiO2⋅xH3O沉淀清洗干净，检验Cl﹣，应选用的试剂是硝酸酸化的AgNO3，
故答案为：AgNO3（或AgNO4+HNO3、硝酸银、酸化的硝酸银）；
（4）由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰，
故答案为：碱石灰；
（5）由分析可知，该反应的化学方程式为，
故答案为：；
（6）①该实验应先称取一定量的TiO2固体，将TiO2放入管式炉中，提前通入NH7排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，待冷却至室温后再停止通入NH3，则正确的实验操作步骤为a→b→d→e→c→f，
故答案为：b→d→e→c；
②0.800gTiO3的物质的量为，则TiN的产率为，
故答案为：80.0%。
【点评】本题考查制备实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的转化和实验装置的掌握情况，试题难度中等。
18．（14分）某废矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收铁、镍。
已知：i.黄钠铁矾Na2Fe6（SO4）4（OH）12有稳定、颗粒大、易沉降、易过滤、几乎不溶于水等特点；
ii.常温下，Ksp（NiCO3）＝1.4×10﹣7；Ksp[Ni（OH）2]＝1.0×10﹣15。
回答下列问题：
（1）滤液①中，主要存在的钠盐有 NaAlO2和 Na2SiO3 。
（2）“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：
X2（水相）+2RH（有机相）XR2（有机相）+2H+（水相）。
则“反萃取”应控制在 酸性 （填“碱性”、“酸性”或“中性”）环境进行。
（3）“氧化”中加入H2O2，反应的氧化剂和还原剂的物质的量比为 1：2 。
（4）“沉镍”过程同时产生一种气体，该反应的离子方程式为 Ni2++2＝NiCO3↓+CO2↑+H2O ，“沉镍”时若溶液pH过大会导致NiCO3的产率下降，原因是 pH 过大，OH﹣浓度偏高，容易生成Ni（OH）2沉淀 。
（5）“沉铁”过程反应的离子方程式为 6Fe3++6+2Na++4+6H2O＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6CO2↑ 。
（6）定量分析：
测定“酸漫”后的溶液中Fe2+的浓度，可确定萃取剂添加的量。取“酸浸”后的溶液amL，然后用cml•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗KMnO4溶液VmL。则溶液中Fe2+的物质的量浓度为 ml•L﹣1。
【分析】矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2，用氢氧化钠溶液碱浸，FeO、NiO不反应，Al2O3、SiO2与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2 和 Na2SiO3，再用硫酸酸浸FeO、NiO，得到硫酸亚铁和硫酸镍溶液，用萃取剂萃取亚铁离子，分液得到硫酸镍溶液，加入碳酸氢钠沉镍，得到碳酸镍。含有亚铁离子的有机相经过反萃取，再氧化，将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠得到黄钠铁矾。
【解答】解：（1）碱浸之后，矿渣中的Al2O3、SiO8生成NaAlO2 和 Na2SiO7，主要存在的钠盐有NaAlO2 和 Na2SiO8，
故答案为：NaAlO2 和 Na2SiO4；
（2）萃取原理为：X2+（水相）+2RH（有机相）XR8（有机相）+2H+（水相），进行反萃取，在此条件下，
故答案为：酸性；
（3）FeO与硫酸反应后生成Fe2+，“氧化”中加入H4O2作氧化剂，还原剂是Fe2+，发生反应：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe8++2H2O，反应的氧化剂和还原剂的物质的量比为3：2，
故答案为：1：2；
（4）“沉镍”过程产生一种气体为二氧化碳，离子方程式为：Ni2++2＝NiCO3↓+CO2↑+H7O；由于Ksp（NiCO3）＝1.2×10﹣7＞Ksp[Ni（OH）2]＝2.0×10﹣15，所以 pH 过大，OH﹣ 浓度偏高，容易生成Ni（OH）2 沉淀，
故答案为：Ni3++2＝NiCO7↓+CO2↑+H2O；pH 过大﹣ 浓度偏高，容易生成Ni（OH）3 沉淀；
（5）“沉铁”过程中，加入碳酸钠﹣，且产物黄钠铁矾是沉淀，反应的离子方程式为6Fe3++4+2Na++4+6H2O＝Na2Fe6（SO4）7（OH）12↓+6CO2↑，
故答案为：2Fe3++6+2Na++6+3H2O＝Na2Fe4（SO4）4（OH）12↓+4CO2↑；
（6）根据得失电子守恒，滴定过程中有如下有关系：5Fe8+～KMnO4，则c（Fe2+）＝＝ml•L﹣1，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的制备和分离提纯实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度较大。
19．（14分）某实验小组在做Zn与0.2ml•L﹣1CuCl2溶液反应的实验时，发现产生了白色沉淀。常温下，该实验小组对白色沉淀进行如下探究
资料显示：CuCl是一种白色、难溶于水的固体，可溶于氨水形成无色的[Cu（NH3）2]+。Zn（OH）2可溶于氨水，Ksp[Zn（OH）2]＝1.28×10﹣17
回答下列问题：
（1）步骤i中测量溶液pH最适宜的方法是 c （填标号）。
a.广泛pH试纸
b.精密pH试纸
c.pH计
（2）步骤i产生的气体是 H2 。
（3）步骤中加少量植物油的目的是 隔绝空气 。
（4）测得“白色悬浊液A”的pH＝5.0，判断“白色悬浊液A”中是否含有Zn（OH）2 Zn和CuCl2反应生成Cu和CuCl，溶液中c（Zn2+）＜0.2ml/L，溶液的pH＝5，溶液中c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，溶液中c（Zn2+）×c2（OH﹣）＜0.2×（10﹣9）2＝2×10﹣19＜Ksp[Zn（OH）2]，所以没有Zn（OH）2 （写出计算过程）。
（5）由上述实验可知A为CuCl悬浊液。为探究其产生的原因，设计如下实验：
v）将紫红色固体B加入到aml•L﹣1的CuCl2溶液中，出现白色悬浊液；
vi）在隔绝空气条件下设计如图所示的原电池，30min后，观察到右侧烧杯中出现白色悬浊液
①步骤v中a ＜ 0.2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②该原电池的总离子反应方程式为 Zn+2Cu2++2Cl﹣＝2CuCl+Zn2+ 。
（6）综合上述实验，下列说法正确的是 bc （填标号）。
a.所有的置换反应都能设计成双液原电池，以加快反应速率
b.原电池反应中，阴离子可能对阳离子放电产生影响
c.Zn与CuCl2溶液反应得到CuCl的途径可能不止一种
d.Zn与CuCl2溶液反应过程中，氢气生成速率持续减慢
【分析】（1）a.广泛pH试纸精确到整数；
b.精密pH试纸精确到小数点后1位；
c.pH计可以精确到小数点后2位或更多位；
（2）步骤i产生的气泡应该是金属Zn和酸反应得到的气体；
（3）植物油和水不互溶且密度小于水；
（4）Zn和CuCl2反应生成Cu和CuCl，溶液中c（Zn2+）＜0.2ml/L，溶液的pH＝5，溶液中c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，根据溶液中c（Zn2+）×c2（OH﹣）与Ksp[Zn（OH）2]的相对大小，判断“白色悬浊液A”中是否含有Zn（OH）2；
（5）①步骤v的目的是探究Zn与CuCl2溶液反应生成的Cu能否与CuCl2溶液反应生成CuCl，Zn与CuCl2反应生成Cu后溶液浓度降低；
②该原电池中，负极上Zn失电子生成Zn2+，右侧烧杯中出现白色悬浊液，石墨棒上未见红色固体，则右侧电极上Cu2+得电子和Cl﹣反应生成CuCl；
（6）a.不在溶液中进行的置换反应都不能设计成双液原电池；
b.原电池反应中，阴离子可能对阳离子放电产生影响；
c.Zn与CuCl2溶液反应得到CuCl的途径可能不止一种，Zn、Zn置换出的Cu都可以和CuCl2反应生成CuCl；
d.30min后有大量气泡产生。
【解答】解：（1）0.2ml•L﹣2CuCl2溶液的pH＝3.60；
a.广泛pH试纸精确到整数，不符合；
b.精密pH试纸精确到小数点后8位，不符合；
c.pH计可以精确到小数点后2位或更多位，符合；
故答案为：c；
（2）步骤i产生的气泡应该是金属Zn和酸反应得到的气体，为H2，
故答案为：H4；
（3）植物油和水不互溶且密度小于水，步骤中加少量植物油的目的是隔绝空气，
故答案为：隔绝空气；
（4）Zn和CuCl2反应生成Cu和CuCl，溶液中c（Zn2+）＜8.2ml/L，溶液的pH＝5﹣）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，溶液中c（Zn4+）×c2（OH﹣）＜0.5×（10﹣9）2＝5×10﹣19＜Ksp[Zn（OH）2]，所以没有Zn（OH）2，
故答案为：Zn和CuCl4反应生成Cu和CuCl，溶液中c（Zn2+）＜0.4ml/L，溶液的pH＝5﹣）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，溶液中c（Zn2+）×c4（OH﹣）＜0.2×（10﹣6）2＝2×10﹣19＜Ksp[Zn（OH）3]，所以没有Zn（OH）2；
（5）①步骤v的目的是探究Zn与CuCl2溶液反应生成的Cu能否与CuCl2溶液反应生成CuCl，Zn与CuCl2反应生成Cu后溶液浓度降低，小于0.8ml/L，所以a＜0.2，
故答案为：＜；
②该原电池中，负极上Zn失电子生成Zn6+，右侧烧杯中出现白色悬浊液，石墨棒上未见红色固体2+得电子和Cl﹣反应生成CuCl，所以原电池的总离子反应方程式为Zn+2Cu3++2Cl﹣＝2CuCl+Zn3+，
故答案为：Zn+2Cu2++2Cl﹣＝2CuCl+Zn2+；
（6）a.不在溶液中进行的置换反应都不能设计成双液原电池，如：铝热反应中的置换反应不能设计成双液原电池；
b.（5）题原电池反应中，阳极上铜离子得电子和氯离子反应生成CuCl，阴离子可能对阳离子放电产生影响；
c.Zn、Zn置换出的Cu都可以和CuCl8反应生成CuCl，所以Zn与CuCl2溶液反应得到CuCl的途径可能不止一种，故c正确；
d.30min后有大量气泡产生，所以Zn，故d错误；
故答案为：bc。
【点评】本题考查性质实验方案设计，侧重考查阅读、对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确题干信息并正确解读信息、灵活运用信息是解本题关键，题目难度中等。
20．（14分）2021年3月“两会”政府工作报告中提出的“碳达峰”、“碳中和”已成为热词。回答下列问题：
（1）已知：
Ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣483.6kJ•ml﹣1
Ⅱ.CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.0kJ•ml﹣1
Ⅲ.H2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣440kJ•ml﹣1
求反应CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）的ΔH＝ ﹣764.4 kJ•ml﹣1。
（2）在某温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入3mlH2和1mlCO2，发生反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），其中CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物质的量（n）随时间的变化如图所示：
①达到平衡时，用H2（g）表示的化学反应速率v（H2）＝ 0.5ml/（L•min） 。
②该反应的平衡常数K＝ （写出计算式即可）。
③恒温下将体积变为2L，平衡时CO2的转化率将 变小 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
④下列措施一定可以提高甲醇生成速率的有 BD 。
A.降低反应温度
B.缩小容器的容积
C.将产生的水蒸气及时移走
D.使用催化剂
（3）以CH3OH燃料电池为电源电解法制取ClO2，二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。
①图中电解池用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，产生ClO2的电极反应式为 Cl﹣﹣5e﹣+2H2O＝4H++ClO2↑ 。
②电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多6.72L时（标准状况，忽略生成的气体溶解），停止电解3OH的物质的量为 0.17 ml。（精确到小数点后两位）。
【分析】（1）燃烧热指1ml可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
（2）①由公式v＝求算化学反应速率；
②由已知信息求算平衡时各组分浓度，进而求算平衡常数；
③由浓度商和K值比较，判断反应速率关系；
④增大反应物浓度、增大压强、升高温度、加入催化剂、增大反应接触面积等可以加快反应速率；
（3）①电解池中阳极失去电子，则阳极氯离子放电，产生ClO2，结合电子守恒和电荷守恒配平书写；
②电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多 6.72L时（标准状况，忽略生成的气体溶解），多出的气体是氢气，物质的量是0.3ml；设阳极产生的气体是xml，则根据电子得失守恒可知5x＝（0.3+x）×2，解得x＝0.2，即转移1ml电子。
【解答】解：（1）已知：Ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣483.7 kJ/ml2（g）+3H7（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.5 kJ/ml2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣44.7 kJ/ml×Ⅰ﹣Ⅱ+2×Ⅲ可得CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝×（﹣483.6 kJ/ml）+2×（﹣44.6 kJ/ml，
故答案为：﹣764.4；
（2）①在一定温度下，向体积为1L的恒容容器中充入5mlH2和1mlCO3，3min时，二氧化碳的物质的量为0.5ml，则氢气反应1.5ml，用H7（g）表示的化学反应速率v（H2）＝＝6.5ml/（L•min），
故答案为：0.8ml/（L•min）；
②在一定温度下，向体积为1L的恒容容器中充入3mlH8和1mlCO2，平衡时，二氧化碳的物质的量为4.5ml，平衡时氢气的物质的量为3ml﹣3.5ml＝1.3ml3OH和H2O的物质的量均为8.5ml，则平衡时CO2、H8、CH3OH、H2O浓度依次为6.5ml/L、1.2ml/L、0.5ml/L＝，
故答案为：；
③恒温下将体积变为2L，CO5、H2、CH3OH、H3O浓度依次为0.25ml/L、0.75ml/L、6.25ml/L，Qc＝＝＞K，平衡时CO2的转化率将变小，
故答案为：变小；
④A.该反应是一个放热反应，降低温度，反应速率减慢；
B．缩小容器的容积，反应物浓度增大，可以提高甲醇是生成速率；
C．将产生的水蒸气及时移走，反应速率减慢，故C错误；
D．使用新型的高效正催化剂，提高甲醇生成速率；
故答案为：BD；
（3）①电解池中阳极区阴离子失去电子，发生氧化反应，产生ClO4的反应式为Cl﹣﹣5e﹣+2H4O＝4H++ClO2↑，
故答案为：Cl﹣﹣5e﹣+2H2O＝4H++ClO2↑；
②电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多 ，忽略生成的气体溶解），物质的量＝，阳极产生的气体是xml，解得x＝0.5，电池负极反应式为：CH3OH﹣6e+7OH﹣＝+3H2O，当转移1ml电子mlCH3OH，即5.17ml，
故答案为：0.17。
【点评】本题考查盖斯定律、反应速率计算和影响因素、平衡计算、电化学原理等知识，掌握外界条件改变对速率的影响是解题的关键，题目综合性强，题目难度中等。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/12/29 14:07:02；用户：15290311958；邮箱：15290311958；学号：48861359编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
盐酸
pH
11
11
3
3
A.进行酸碱反应中和热测定
B.往铜牌表面镀银
C.用滴定法测量KI溶液的物质的量浓度
D.蒸干Al2（SO4）3溶液得Al2（SO4）3固体
实验步骤
实验现象
i）将锌片置于盛有0.2ml•L﹣1CuCl2溶液（pH＝3.60）的烧杯中
锌片表面产生暗红色疏松圆体物，30min后有大量气泡产生
ii）取出锌片，疏松固体物脱落，搅拌并静置
烧杯中出现白色悬浊液A和颗粒状紫红色固体B
iii）用注射器吸取部分上层白色悬浊液A于试管中，立即加入少量植物油覆盖
iv）用长胶头滴管伸入A中，加入适量氨水；再向其中通入空气
加入氨水后沉淀溶解，得到无色溶液，通入空气后溶液变为深蓝色
编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸溶液
盐酸
pH
11
11
3
3
A.进行酸碱反应中和热测定
B.往铜牌表面镀银
C.用滴定法测量KI溶液的物质的量浓度
D.蒸干Al2（SO4）3溶液得Al2（SO4）3固体
实验步骤
实验现象
i）将锌片置于盛有0.2ml•L﹣1CuCl2溶液（pH＝3.60）的烧杯中
锌片表面产生暗红色疏松圆体物，30min后有大量气泡产生
ii）取出锌片，疏松固体物脱落，搅拌并静置
烧杯中出现白色悬浊液A和颗粒状紫红色固体B
iii）用注射器吸取部分上层白色悬浊液A于试管中，立即加入少量植物油覆盖
iv）用长胶头滴管伸入A中，加入适量氨水；再向其中通入空气
加入氨水后沉淀溶解，得到无色溶液，通入空气后溶液变为深蓝色
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