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江西省鹰潭市2023-2024学年高二上学期1月期末考试化学试题（Word版附解析）
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这是一份江西省鹰潭市2023-2024学年高二上学期1月期末考试化学试题（Word版附解析），文件包含江西省鹰潭市2023-2024学年高二上学期1月期末考试化学试题原卷版docx、江西省鹰潭市2023-2024学年高二上学期1月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30页， 欢迎下载使用。
考试时间：75分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 Fe56
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1. 下列说法正确是
A. 已知的燃烧热为890.31，则
B. 在稀溶液中： ，则稀盐酸与稀氨水反应生成1ml水时放出的热量为57.3kJ
C. 一定条件下， ，则该条件下分解1ml HI吸收的热量为7.45kJ
D. 同温同压时，等物质的量氢气和氯气发生反应：H2+Cl2=2HCl，在光照和点燃条件下的不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃烧热是101kP时，1ml可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，常见元素的稳定产物：C→CO2(g)、H→H2O(l)， 已知的燃烧热为890.31，则 ，A错误；
B． 在稀溶液中： ，该热化学方程式表明：在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1ml水时所放出热量，一水合氨是弱电解质，电离吸热，则稀盐酸与稀氨水反应生成1ml水时放出的热量小于57.3kJ，B错误；
C．反应的焓变=生成物的总能量-反应物总能量，故反应“逆转时，焓变数值不变、符号相反”。已知一定条件下， ，则 ，即该条件下分解1ml HI吸收的热量为7.45kJ，C正确；
D．焓变只与始态、终态有关，与过程无关，物质状态相同，△H相同，故同温同压时，等物质的量氢气和氯气发生反应，不管是光照或点燃，热效应相同，D错误；
答案选C。
2. 废液中在好氧菌和厌氧菌作用下能转化为和，其转化示意图如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
下列说法正确的是
A. 在两池中加入固体，有利于的生成
B. 反应Ⅰ中消耗(标准状况)转移的电子数为
C. 当好氧菌池和厌氧菌池投放废液的体积比为时，理论上能完全转化为
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．在两池中加入固体，，铵根离子和氢氧根离子生成氨气，不利于的生成，A错误；
B．反应Ⅰ中氧元素化合价由0变为-2，电子转移为，消耗(标准状况下为1ml)转移的电子数为，B正确；
C．由反应Ⅰ、反应Ⅱ的化学方程式可知，，当好氧菌池和厌氧菌池投放废液的体积比为5:3时，理论上能完全转化为，C错误；
D．由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ得反应：，则焓变为。D错误。
故选B。
3. 用如图所示装置处理含的酸性废水，右侧电极反应式为，下列说法不正确的是
A. a端是直流电源的正极
B. 该装置将电能转化为化学能
C. 电解时，通过离子交换膜从左侧移向右侧
D. 每转移电子，左侧电极上产生
【答案】D
【解析】
【分析】在右侧Pt电极被还原生成N2，则该Pt电极是阴极，b端是直流电源的负极，a为正极，左侧Pt为阳极；
【详解】A．由分析可知，b端是直流电源的负极，a为正极，A正确；
B．该装置是电解池，将电能转化为化学能，B正确；
C．电解时，阳离子向阴极移动，则H＋从左侧向右侧移动，C正确；
D．左侧电极是阳极，电极反应式为，转移1ml电子时生成0.25ml O2，其质量为0.25ml×32 g·ml－1=8g，D错误；
故选D。
4. 用催化还原法消除氮氧化物，发生反应： ，相同条件下，在3L恒容密闭容器中，选用不同催化剂，产生的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应的活化能大小顺序是：
B. 增加反应物的量，使活化分子百分数增加，有效碰撞增多，反应速率加快
C. 当时，说明反应已达到平衡
D. 若反应在恒容绝热的密闭容器中进行，当K值不变时，说明已达到平衡
【答案】D
【解析】
【详解】A．相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越大，反应的活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是Ea(A)B．增加反应物的量，因为增大了单位体积内的活化分子数，而活化分子百分数不变，B错误；
C．没有说明反应为正逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小，当K值不变时，说明反应已经达到平衡，D正确；
故选D。
5. 向绝热恒容密闭容器(绝热容器指该容器可阻止热量的传递，散失，对流)中通入和，在一定条件下发生反应，正反应速率随时间变化的示意图如图所示，下列结论中正确的个数为
①反应在c点达到反应进行的限度
②浓度：a点小于c点
③反应物的总能量高于生成物的总能量
④，ab段的消耗量小于bc段的消耗量
⑤混合物颜色不再变化，说明反应达到平衡
⑥体系压强不再变化，说明反应达到平衡
A 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】C
【解析】
【详解】①当正反应速率不变时，达到化学平衡状态，由图可知，c点正反应速率开始减少，所以C点不是平衡点，故①错误；②反应向正反应进行，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，所以SO2浓度a点大于c点，故②错误；③从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高、对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故③正确；④时，，根据图象可知，ab段反应物浓度变化小于bc段，则ab段参加反应的物质的量小于bc段，由于反应初始物质的量相等，所以NO2的转化率：a~b段小于b～c段，故④正确；⑤混合物颜色不再变化，说明二氧化氮浓度不再变化，可以说明反应达到平衡，故⑤正确；⑥在绝热条件下，温度改变，则该反应压强也发生改变，故体系压强不再变化，能说明反应达到平衡，故⑥正确。
由此可知，正确的说法有4个，故选C。
6. 在的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：，已知反应平衡常数与温度的关系如下表，下列说法不正确的是
A. 80℃时，测得某时刻、CO的浓度均为，则此时v(正)>v(逆)
B. 25℃时，反应的逆反应平衡常数为
C. 80℃达到平衡时，测得，则的平衡浓度为
D. 上述生成的反应为放热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．在80℃时，测得某时刻、CO的浓度均为，，说明平衡逆向移动，则此时v(正)B．正反应的平衡常数与逆反应的平衡常数互为倒数，则25℃时反应的平衡常数为，B正确；
C．80℃达到平衡时，，的平衡浓度为，C正确；
D．根据表格数据可知，升高温度，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，D正确；
答案选A。
7. 二元弱酸的电离过程是吸热过程，某温度下，其电离常数、。下列说法错误的是
A. 升高温度后，、均增大
B. 向溶液中加入少量KHX固体，减小
C. 该温度下的溶液中
D. 向溶液中加水稀释过程中，减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．二元弱酸电离过程是吸热过程，温度升高，平衡正向移动，、均增大，A项正确；
B．，加入KHX，平衡向左移动，减小，B项正确；
C．，因、，故，C项正确；
D．，加水稀释过程中，减小，故增大，D项错误；
故选D。
8. 已知℃时，溶液的，的HA溶液中，则的HA溶液中水电离出的为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】℃时，溶液的，由于，Kw=10-(a+2)，的HA溶液中，因此溶液中=，也等于水电离出的氢氧根离子浓度。
【详解】A．的HA溶液中水电离出的等于溶液中=，A错误；
B．由分析可知，=，B错误；
C．由分析可知，=，C正确；
D．由分析可知，=，D错误；
故选C。
9. 常温下，下列有关各溶液的叙述正确的是
A. 的溶液中不可能存在醋酸分子
B. 的醋酸钠溶液与的盐酸混合后溶液显酸性：
C. 醋酸的，的醋酸的，则
D. 已知酸性，pH相等的与溶液中
【答案】C
【解析】
【详解】A．醋酸钠溶液显碱性，pH>7，其中醋酸根水解会生成少量醋酸分子，A错误；
B．两者发生反应后溶液中的溶质为等浓度的醋酸、氯化钠和醋酸钠，混合后溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，正确的关系为，B错误；
C．0.1 ml/L的醋酸的pH=a，0.01ml/L的醋酸的pH=b，0.1 ml/L的醋酸的pH=a的溶液中溶质浓度稀释10倍，若不考虑平衡移动，pH为b=a+1，但醋酸是弱电解质稀释促进电离，所以a+1＞b，C正确；
D．根据电荷守恒，在NaF溶液中，在溶液中，由于两溶液的pH相等，因此有，D错误；
答案选C。
10. 常温下，用溶液分别滴定浓度均为溶液和溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. 点①和点②所示溶液中：
B. 点③和点④所示溶液中：
C. 点①和点②所示溶液中：
D. 滴定过程均可选择酚酞做指示剂
【答案】B
【解析】
【分析】点①和点②为加入氢氧化钠溶液体积一半的点，①为物质的量相等的HCN和NaCN、②为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，点③为pH=7的点，溶液呈中性，点④是恰好完全反应的点，溶液呈碱性；二种酸与氢氧化钠恰好完全反应时呈碱性，故应该选用酚酞作指示剂，据此回答。
【详解】A．根据电荷守恒，c(Na+) + c(H+) =c(CN-) + c(OH-)，点①时溶液呈碱性，故c(Na+) > c(CN-)；同样根据电荷守恒可得c(Na+) + c(H+) =c(CH3COO-) + c(OH-)，点②时溶液呈酸性，故c(Na+)< c(CH3COO-) ，又因点①和点②处钠离子的浓度相同，故c(CH3COO-) ＞c(CN-) ，A正确；
B．点③处溶液的pH=7，此时c(Na+)=c(CH3COO-) ＞ c(H+) = c(OH-)，，点④是恰好完全反应的点，溶液呈碱性，此时c(Na+)＞c(CH3COO-) ＞ c(OH-)＞c(H+) ，B错误；
C．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得，则，C正确；
D．二种酸与氢氧化钠恰好完全反应时呈碱性，故应该选用酚酞作指示剂，D正确；
故选B。
11. 已知25℃物质的溶度积常数为：FeS：Ksp=6.3×10－18；CuS：Ksp=1.3×10－36；ZnS： Ksp=1.6×10－24。下列说法错误的是
A. 相同温度下，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度
B. 除去工业废水中的Cu2＋，可以选用FeS做沉淀剂
C. 0.01mlCuSO4完全溶解在1L 0.023ml/L的Na2S溶液中，Cu2＋浓度为1.0×10－34ml/L
D. 在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不产生FeS沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力，但Ksp的大小不能体现溶解度的大小，对于相同数目离子组成的难溶物，Ksp越小越难溶，Ksp相差较大时，Ksp小的难溶物的溶解度小，<，所以CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，A项正确；
B．<，CuS比FeS更难溶，含有Cu2＋的工业废水中加入FeS做沉淀剂，能发生反应，除去Cu2＋，B项正确；
C．Na2S溶液中溶质物质的量为0.023ml/L×1L =0.023ml，与0.01mlCuSO4发生反应，从该反应的化学计量系数关系可知S2-过量，剩余S2-物质的量为0.023ml-0.01ml=0.013ml，，，C项正确；
D．在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，当时(忽略体积变化)，可以有FeS沉淀生成，D项错误；
答案选D。
12. 液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如图。下列说法不正确的是
已知：①Zn(OH)2＋2OH-=Zn(OH)。
②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。
A. 放电过程中，H＋由负极向正极迁移
B. 放电过程中，负极的电极反应：MnO2＋4H＋＋2e-=Mn2＋＋2H2O
C. 充电过程中，阴极的电极反应：Zn(OH)＋2e-=Zn＋4OH-
D. 充电过程中，凝胶中的KOH可再生
【答案】B
【解析】
【分析】放电过程中，Zn为负极，电极反应式为：，MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O，充电时的阴极反应式为：+2e- =Zn +4OH−，阳极反应式为：Mn2++2H2O-2e−=MnO2+4H+。
【详解】A．放电过程中，阳离子向正极移动，则H＋由负极向正极迁移，A项正确；
B．放电过程中，负极的电极反应式为，B项错误；
C．充电过程中，阴极的电极反应+2e- =Zn +4OH−，C项正确；
D．充电过程中，阴极的电极反应+2e- =Zn +4OH−，氢氧根与钾离子组成氢氧化钾，，D项正确；
答案选B。
13. 现有四种元素的基态原子的价电子电子排布式如下：①；②；③；④。则下列有关比较中正确的是
A. 第一电离能：④③②①B. 原子半径：④③②①
C. 电负性：④③②①D. 最高正化合价：④①③②
【答案】A
【解析】
【分析】价电子电子排布式四种元素分别是硫、磷、氮、氟。
【详解】A．一般地，元素非金属性越强，第一电离能越大，非金属性：④＞③＞②＞①，但是由于磷的3p轨道处于半充满的较稳定状态，致使磷的第一电离能大于硫，所以第一电离能：④＞②＞③＞①，A正确；
B．同周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径：②①③④，B错误；
C．元素非金属性越强，电负性越大，非金属性：④＞①＞③＞②，所以电负性：④＞①＞③＞②，C错误；
D．般地，元素的最高正化合价等于原子的最外层电子数，但是氟由于非金属性最强而没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，D错误；
故选A。
14. 下列叙述正确的是
①原子的电子排布式书写成，违反了泡利不相容原理
②氧原子的电子排布式书写成，违背了能量最低原理
③硼原子的电子排布式书写可能是，则该原子一定不是基态硼原子
④原子的轨道表示式为 ，违背了洪特规则
A. 4项均正确B. 只有3项正确C. 只有2项正确D. 只有1项正确
【答案】A
【解析】
【详解】轨道只能容纳2个电子，原子的电子排布式书写成，违反了泡利不相容原理，故①正确：
氧原子的电子排布式为，写成，违背了能量最低原理，故②正确：
基态硼原子电子排布式为，电子排布式为一定属于激发态，故③正确；
填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行， 违背了洪特规则，故④正确。
故选：A。
二、非选择题：本题共4大题，共58分。
15. 化学的符号表征是化学交流与传承的基础。关于C、N、O、Cl、Fe、Cr六种元素有关的问题，完成下列填空。
（1）可以正确描述碳原子结构的是___________。
A. 原子结构示意图：B. 原子核外能量最高的电子云图像
C. 碳-12原子：CD. 原子的轨道表示式：
（2）基态原子Cl核外电子总共有___________种能量，电子占据的能量最高的能级符号为___________。
（3）C、N、O元素的第一电离能由大到小顺序为___________，判断理由是___________。
（4）上述六种元素中，基态原子的未成对电子数最多的是___________(填元素名称)，其价电子轨道表示式为___________。
【答案】（1）AB （2） ①. 5 ②. 3p
（3） ①. N>O>C ②. 从左往右第一电离能在增大，但是N原子外围电子排布式为，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，第一电离能较大
（4） ①. 铬 ②.
【解析】
【小问1详解】
A．C是6号元素，原子结构示意为，A正确；
B．C原子核外能量最高是2p能级，电子云图像为哑铃型：，B正确；
C．碳-12原子：，C错误；
D．C原子的轨道表示式：，D错误；
故选AB。
【小问2详解】
①氯原子有17个电子，其中有1s、2s、2p、3s、3p这5种能量的电子；
②能量最高的能级符号为3p能级；
【小问3详解】
①C、N、O元素的第一电离能由大到小顺序为N＞O＞C；
②同一周期从左往右第一电离能在增大，但是N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，第一电离能较大；
【小问4详解】
①C未成对电子数为2，N未成对电子数为3，O未成对电子数为2，Fe未成对电子数为4，Cr未成对电子数为6，基态原子的未成对电子数最多的是铬；
②其价电子轨道表示式为。
16. 杭州亚运会主火炬燃料是“零碳甲醇”，这是一种利用焦炉气中的和工业废气捕获的生产的绿色燃料。两者在适宜的过渡金属及其氧化物催化下发生返反应：
（1）已知：
①则___________(用含和的代数式表示)；
②实验测得(记作)与温度(T)的关系如图所示，则该反应___________0(填“>”“<”或“=”)。
（2）从焦炉气中提取氢气，需净化原料气，尤其要脱除其中的含硫杂质。除了从环保角度考虑外，其主要目的是___________。
（3）250℃，在甲(容积为4L)、乙(容积为2L)两刚性容器中分别充入和，在适宜的催化剂作用下发生合成甲醇的反应，容器内总压强随时间变化如图所示：
①其中B曲线对应___________容器中压强的变化情况(填“甲”或“乙”)；
②利用图中数据计算250℃该反应的分压平衡常数___________(结果用分数表示)。
（4）研究合成甲醇的催化剂时，在其他条件不变仅改变催化剂种类的情况下，对反应器出口产品进行成分分析，结果如图所示：
在以上催化剂中，该反应选择的最佳催化剂为___________。
（5）实际上工业制备甲醇主要发生如下反应：
ⅰ.
ⅱ.
在一定压强下，按照投料，平衡时，CO和在含碳物种中的物质的量分数及的转化率随温度的变化如图。
已知：的选择性=×100％。
①图中曲线m代表___________(填化学式)。
②为同时提高的平衡转化率和的选择性，可以选择的反应条件为___________(填标号)。
a．低温、低压 b．高温、高压 c．低温、高压 d．高温、低压
③解释300～400℃范围内转化率随温度升高而增大的原因：___________。
【答案】（1） ①. ②. <
（2）防止催化剂中毒 （3） ①. 甲 ②.
（4）
（5） ①. ②. c ③. 在300～400℃范围内，升高温度使反应ⅰ逆向移动的程度小于反应ⅱ正向移动的程度
【解析】
【小问1详解】
①与相加得到，所以K1 =K2K3；
②由图可知，温度升高，lnK在减小，说明该反应为放热反应；
【小问2详解】
没净化原料气，会导致产生二氧化硫等杂质，使催化剂中毒；
【小问3详解】
①由图像可知A的起始压强比B的起始压强大，甲的容积为4L，乙的容积为2L，温度和起始投料相同，因此A对于的是乙，B对于的是甲；
②由曲线乙可知反应前的压强为4MPa，平衡压强是2.8MPa，根据三段式
，
，则x=1.2，所以平衡时分压为P(CO2)=0.4MPa，P(H2)=1.2MPa，P(CH3OH)= P(H2O)=0.6MPa，；
【小问4详解】
由图像可知，ZnZrOx对应的CO的含量最小，目标产物甲醇最大；
【小问5详解】
①反应i为放热反应，而反应ⅱ是吸热反应，升高温度，反应i逆向移动，CH3OH减小，反应ⅱ正向移动，CO增大，故m曲线代表CH3OH在含碳物种中的物质的量分数；
②加压可以使反应i正向移动，既提高CO2的转化率又增加CH3OH的产率，降温可以使反应ⅱ逆向移动，可以降低CO的产率从而提高CH3OH的选择性，故同时提高CO2的转化率和CH3OH的选择性的条件为低温、高压，选c；
③300~400℃范围内CO2转化率随温度升高而增大的原因是在300~400℃范围内，升高温度使反应i逆向移动的程度小于反应ⅱ正向移动的程度。
17. 研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。
（1）已知部分弱酸常温下的电离常数如下表：
①常温下pH相同的三种溶液HA、、，物质的量浓度最大的是___________(填化学式)。
②将过量通入溶液，反应的离子方程式是___________。
（2）二元弱酸溶液中、、的物质的量分数随pH的变化如图所示。
[，X为、或]。
则的电离平衡常数___________。
（3）常温下，用的盐酸滴定未知浓度的氨水，滴定曲线如图所示，盐酸滴加至时与氨水恰好完全中和(d点，pH约为5)。
①依据变色pH范围判断下列试剂不适合作该实验终点指示剂的是：___________。
A．甲基橙(变色pH范围3.1～4.4) B．甲基红(变色pH范围3.4～6.2)
C．酚酞(变色pH范围8.2～10.0) D．刚果红(变色pH范围3.0～5.2)
②___________(填序号)溶液中的。
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
（4）滴定法常用于物质含量的测定，以下为测量市售食醋总酸含量的方法(食醋总酸含量=，单位g/L)。
取市售食醋(假设其中酸均为醋酸)配成溶液。每次取于锥形瓶中，滴加2～3滴酚酞，在碱式滴定管中装入的溶液进行滴定至终点，三次滴定的消耗氢氧化钠体积平均值为，滴定终点的现象为___________。求算食醋总酸含量___________。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3） ①. C ②. B
（4） ①. 滴入最后一滴溶液，溶液由无色转浅红色，且半分钟内不再变化 ②. 60
【解析】
【分析】(2)由图可知，根据H2D的电离，H2D的物质的量分数逐渐减小，HD-的物质的量分数先增大后减小，D2-的物质的量分数会增大，pH为1.2时H2D的浓度与HD-相等，可以求Ka1，pH为4.2时HD-的浓度等于D2-，可以求Ka2；
(3)由图可知，c点为中性点，d点恰好完全反应，据此回答。
【小问1详解】
①由电离常数可知，常温下HA、H2B、H2C的酸性依次减弱，等浓度的三种酸溶液中H2C的氢离子浓度最小，溶液pH最大，所以三种pH相等的三种酸溶液中H2C的浓度最大；
②由电离常数可知，常温下电离程度的大小顺序为H2B＞H2C＞HB-，由强酸制弱酸的原理可知，过量H2C溶液与Na2B反应生成NaHC和NaHB，反应的离子方程式为H2C+B2−=HC−+HB−；
【小问2详解】
由图可知，溶液中HD−离子浓度与D2−离子浓度相等时，溶液pH为4.2，由电离常数公式可知，H2D 的二级电离常数Ka1(H2D)==c(H+)=1×10−4.2；
【小问3详解】
①由题意可知，常温下，用0.100ml/L的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水，盐酸滴加至20.00mL时与氨水恰好完全中和时，溶液为酸性，则酚酞做指示剂的变色pH范围与终点溶液pH误差较大，不能作该实验终点指示剂，故选C；
②由电荷守恒可知，的溶液中，溶液呈碱性，由图可知，b点溶液pH大于7，溶液呈碱性，则b点溶液中，故选B；
【小问4详解】
①醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应时，滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不再变化；
②由表格数据可知，三次滴定消耗氢氧化钠溶液的体积分别为24.98mL、25.02mL、26.94mL，第三次实验数据误差较大应舍去，则滴定消耗氢氧化钠溶液的平均体积为25.00mL，则被氢氧化钠滴定的食醋的物质的量为0.1000 ml ⋅ L − 125.00L=2.5ml，食醋总酸含量。
18. 某油脂厂废弃油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体()：
某温度下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）“碱浸”中的作用除了去除催化剂表面的油脂外，还具有作用是___________(写一个化学方程式就可以)。为回收金属，通常用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀，该沉淀的化学式为___________。
（2）“滤液②”中含有的金属离子除了“”，还有___________。
（3）“转化”中加入的主要作用是___________(用离子方程式表示)。
（4）利用上述表格数据，计算的___________(列出计算式即可，不用化简)。如果“转化”后的溶液中浓度为，则“调pH”应控制pH范围：___________(填数值)。
【答案】（1） ①. 2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2↑或Al2O3+2NaOH+3H2O =2NaAl(OH)4 ②. Al(OH)3
（2）Fe2+、Fe3+
（3）2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
（4） ①. 10-5×(10(8.7-14))2或0.01×(10(7.2-14))2 ②. 3.2～6.2
【解析】
【分析】某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质)，先与氢氧化钠反应，除掉油污和铝及铝的化合物，过滤，向滤渣中加入硫酸溶解，过滤出不溶性杂质，再向滤液中加双氧水氧化亚铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH值沉淀铁离子，过滤，将滤液控制pH值浓缩结晶得到硫酸镍晶体，据此分析解题。
【小问1详解】
根据油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物)，则“碱浸”中NaOH的作用是除去油脂，溶解铝及其氧化物，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O。为回收金属，滤液①中主要含有偏铝酸钠，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，发生反应：[Al(OH)4]-+H+ =Al(OH)3↓+H2O，生成沉淀Al(OH)3，故答案为：2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2↑或Al2O3+2NaOH+3H2O =2NaAl(OH)4；Al(OH)3；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣①和稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸镍等，因此“滤液②”中含有的金属离子是Fe3+和Ni2+、Fe2+，故答案为：Fe2+、Fe3+；
【小问3详解】
由分析可知，H2O2作用是氧化亚铁离子，反应离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
【小问4详解】
由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(H+)=1.0×10-8.7ml⋅L-1，则c(OH-)=10(8.7-14)ml/L，Ni2+浓度为0.01ml/L时，Ni2+开始沉淀时的pH=7.2，此时c(H+)=10-7.2ml/L，则c(OH-)=10(7.2-14)ml/L，则Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2+)×c2(OH-)=10-5×(10(8.7-14))2=0.01×(10(7.2-14))2；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml⋅L-1，为避免镍离子沉淀，此时c(OH-)==ml/L=10-7.8ml/L，则c(H+)=1.0×10-6.2ml⋅L-1，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2≤pH＜6.2，故答案为：10-5×(10(8.7-14))2或0.01×(10(7.2-14))2；3.2≤pH＜6.2。温度/℃
25
80
230
平衡常数
2
化学式
HA
电离常数K
金属离子
开始沉淀时()的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时()的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
考试时间：75分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 Fe56
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1. 下列说法正确是
A. 已知的燃烧热为890.31，则
B. 在稀溶液中： ，则稀盐酸与稀氨水反应生成1ml水时放出的热量为57.3kJ
C. 一定条件下， ，则该条件下分解1ml HI吸收的热量为7.45kJ
D. 同温同压时，等物质的量氢气和氯气发生反应：H2+Cl2=2HCl，在光照和点燃条件下的不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃烧热是101kP时，1ml可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，常见元素的稳定产物：C→CO2(g)、H→H2O(l)， 已知的燃烧热为890.31，则 ，A错误；
B． 在稀溶液中： ，该热化学方程式表明：在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1ml水时所放出热量，一水合氨是弱电解质，电离吸热，则稀盐酸与稀氨水反应生成1ml水时放出的热量小于57.3kJ，B错误；
C．反应的焓变=生成物的总能量-反应物总能量，故反应“逆转时，焓变数值不变、符号相反”。已知一定条件下， ，则 ，即该条件下分解1ml HI吸收的热量为7.45kJ，C正确；
D．焓变只与始态、终态有关，与过程无关，物质状态相同，△H相同，故同温同压时，等物质的量氢气和氯气发生反应，不管是光照或点燃，热效应相同，D错误；
答案选C。
2. 废液中在好氧菌和厌氧菌作用下能转化为和，其转化示意图如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
下列说法正确的是
A. 在两池中加入固体，有利于的生成
B. 反应Ⅰ中消耗(标准状况)转移的电子数为
C. 当好氧菌池和厌氧菌池投放废液的体积比为时，理论上能完全转化为
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．在两池中加入固体，，铵根离子和氢氧根离子生成氨气，不利于的生成，A错误；
B．反应Ⅰ中氧元素化合价由0变为-2，电子转移为，消耗(标准状况下为1ml)转移的电子数为，B正确；
C．由反应Ⅰ、反应Ⅱ的化学方程式可知，，当好氧菌池和厌氧菌池投放废液的体积比为5:3时，理论上能完全转化为，C错误；
D．由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ得反应：，则焓变为。D错误。
故选B。
3. 用如图所示装置处理含的酸性废水，右侧电极反应式为，下列说法不正确的是
A. a端是直流电源的正极
B. 该装置将电能转化为化学能
C. 电解时，通过离子交换膜从左侧移向右侧
D. 每转移电子，左侧电极上产生
【答案】D
【解析】
【分析】在右侧Pt电极被还原生成N2，则该Pt电极是阴极，b端是直流电源的负极，a为正极，左侧Pt为阳极；
【详解】A．由分析可知，b端是直流电源的负极，a为正极，A正确；
B．该装置是电解池，将电能转化为化学能，B正确；
C．电解时，阳离子向阴极移动，则H＋从左侧向右侧移动，C正确；
D．左侧电极是阳极，电极反应式为，转移1ml电子时生成0.25ml O2，其质量为0.25ml×32 g·ml－1=8g，D错误；
故选D。
4. 用催化还原法消除氮氧化物，发生反应： ，相同条件下，在3L恒容密闭容器中，选用不同催化剂，产生的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应的活化能大小顺序是：
B. 增加反应物的量，使活化分子百分数增加，有效碰撞增多，反应速率加快
C. 当时，说明反应已达到平衡
D. 若反应在恒容绝热的密闭容器中进行，当K值不变时，说明已达到平衡
【答案】D
【解析】
【详解】A．相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越大，反应的活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是Ea(A)
C．没有说明反应为正逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小，当K值不变时，说明反应已经达到平衡，D正确；
故选D。
5. 向绝热恒容密闭容器(绝热容器指该容器可阻止热量的传递，散失，对流)中通入和，在一定条件下发生反应，正反应速率随时间变化的示意图如图所示，下列结论中正确的个数为
①反应在c点达到反应进行的限度
②浓度：a点小于c点
③反应物的总能量高于生成物的总能量
④，ab段的消耗量小于bc段的消耗量
⑤混合物颜色不再变化，说明反应达到平衡
⑥体系压强不再变化，说明反应达到平衡
A 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】C
【解析】
【详解】①当正反应速率不变时，达到化学平衡状态，由图可知，c点正反应速率开始减少，所以C点不是平衡点，故①错误；②反应向正反应进行，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，所以SO2浓度a点大于c点，故②错误；③从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高、对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故③正确；④时，，根据图象可知，ab段反应物浓度变化小于bc段，则ab段参加反应的物质的量小于bc段，由于反应初始物质的量相等，所以NO2的转化率：a~b段小于b～c段，故④正确；⑤混合物颜色不再变化，说明二氧化氮浓度不再变化，可以说明反应达到平衡，故⑤正确；⑥在绝热条件下，温度改变，则该反应压强也发生改变，故体系压强不再变化，能说明反应达到平衡，故⑥正确。
由此可知，正确的说法有4个，故选C。
6. 在的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：，已知反应平衡常数与温度的关系如下表，下列说法不正确的是
A. 80℃时，测得某时刻、CO的浓度均为，则此时v(正)>v(逆)
B. 25℃时，反应的逆反应平衡常数为
C. 80℃达到平衡时，测得，则的平衡浓度为
D. 上述生成的反应为放热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．在80℃时，测得某时刻、CO的浓度均为，，说明平衡逆向移动，则此时v(正)
C．80℃达到平衡时，，的平衡浓度为，C正确；
D．根据表格数据可知，升高温度，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，D正确；
答案选A。
7. 二元弱酸的电离过程是吸热过程，某温度下，其电离常数、。下列说法错误的是
A. 升高温度后，、均增大
B. 向溶液中加入少量KHX固体，减小
C. 该温度下的溶液中
D. 向溶液中加水稀释过程中，减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．二元弱酸电离过程是吸热过程，温度升高，平衡正向移动，、均增大，A项正确；
B．，加入KHX，平衡向左移动，减小，B项正确；
C．，因、，故，C项正确；
D．，加水稀释过程中，减小，故增大，D项错误；
故选D。
8. 已知℃时，溶液的，的HA溶液中，则的HA溶液中水电离出的为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】℃时，溶液的，由于，Kw=10-(a+2)，的HA溶液中，因此溶液中=，也等于水电离出的氢氧根离子浓度。
【详解】A．的HA溶液中水电离出的等于溶液中=，A错误；
B．由分析可知，=，B错误；
C．由分析可知，=，C正确；
D．由分析可知，=，D错误；
故选C。
9. 常温下，下列有关各溶液的叙述正确的是
A. 的溶液中不可能存在醋酸分子
B. 的醋酸钠溶液与的盐酸混合后溶液显酸性：
C. 醋酸的，的醋酸的，则
D. 已知酸性，pH相等的与溶液中
【答案】C
【解析】
【详解】A．醋酸钠溶液显碱性，pH>7，其中醋酸根水解会生成少量醋酸分子，A错误；
B．两者发生反应后溶液中的溶质为等浓度的醋酸、氯化钠和醋酸钠，混合后溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，正确的关系为，B错误；
C．0.1 ml/L的醋酸的pH=a，0.01ml/L的醋酸的pH=b，0.1 ml/L的醋酸的pH=a的溶液中溶质浓度稀释10倍，若不考虑平衡移动，pH为b=a+1，但醋酸是弱电解质稀释促进电离，所以a+1＞b，C正确；
D．根据电荷守恒，在NaF溶液中，在溶液中，由于两溶液的pH相等，因此有，D错误；
答案选C。
10. 常温下，用溶液分别滴定浓度均为溶液和溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. 点①和点②所示溶液中：
B. 点③和点④所示溶液中：
C. 点①和点②所示溶液中：
D. 滴定过程均可选择酚酞做指示剂
【答案】B
【解析】
【分析】点①和点②为加入氢氧化钠溶液体积一半的点，①为物质的量相等的HCN和NaCN、②为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，点③为pH=7的点，溶液呈中性，点④是恰好完全反应的点，溶液呈碱性；二种酸与氢氧化钠恰好完全反应时呈碱性，故应该选用酚酞作指示剂，据此回答。
【详解】A．根据电荷守恒，c(Na+) + c(H+) =c(CN-) + c(OH-)，点①时溶液呈碱性，故c(Na+) > c(CN-)；同样根据电荷守恒可得c(Na+) + c(H+) =c(CH3COO-) + c(OH-)，点②时溶液呈酸性，故c(Na+)< c(CH3COO-) ，又因点①和点②处钠离子的浓度相同，故c(CH3COO-) ＞c(CN-) ，A正确；
B．点③处溶液的pH=7，此时c(Na+)=c(CH3COO-) ＞ c(H+) = c(OH-)，，点④是恰好完全反应的点，溶液呈碱性，此时c(Na+)＞c(CH3COO-) ＞ c(OH-)＞c(H+) ，B错误；
C．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得，则，C正确；
D．二种酸与氢氧化钠恰好完全反应时呈碱性，故应该选用酚酞作指示剂，D正确；
故选B。
11. 已知25℃物质的溶度积常数为：FeS：Ksp=6.3×10－18；CuS：Ksp=1.3×10－36；ZnS： Ksp=1.6×10－24。下列说法错误的是
A. 相同温度下，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度
B. 除去工业废水中的Cu2＋，可以选用FeS做沉淀剂
C. 0.01mlCuSO4完全溶解在1L 0.023ml/L的Na2S溶液中，Cu2＋浓度为1.0×10－34ml/L
D. 在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，一定不产生FeS沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力，但Ksp的大小不能体现溶解度的大小，对于相同数目离子组成的难溶物，Ksp越小越难溶，Ksp相差较大时，Ksp小的难溶物的溶解度小，<，所以CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，A项正确；
B．<，CuS比FeS更难溶，含有Cu2＋的工业废水中加入FeS做沉淀剂，能发生反应，除去Cu2＋，B项正确；
C．Na2S溶液中溶质物质的量为0.023ml/L×1L =0.023ml，与0.01mlCuSO4发生反应，从该反应的化学计量系数关系可知S2-过量，剩余S2-物质的量为0.023ml-0.01ml=0.013ml，，，C项正确；
D．在ZnS的饱和溶液中，加入FeCl2溶液，当时(忽略体积变化)，可以有FeS沉淀生成，D项错误；
答案选D。
12. 液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如图。下列说法不正确的是
已知：①Zn(OH)2＋2OH-=Zn(OH)。
②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。
A. 放电过程中，H＋由负极向正极迁移
B. 放电过程中，负极的电极反应：MnO2＋4H＋＋2e-=Mn2＋＋2H2O
C. 充电过程中，阴极的电极反应：Zn(OH)＋2e-=Zn＋4OH-
D. 充电过程中，凝胶中的KOH可再生
【答案】B
【解析】
【分析】放电过程中，Zn为负极，电极反应式为：，MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O，充电时的阴极反应式为：+2e- =Zn +4OH−，阳极反应式为：Mn2++2H2O-2e−=MnO2+4H+。
【详解】A．放电过程中，阳离子向正极移动，则H＋由负极向正极迁移，A项正确；
B．放电过程中，负极的电极反应式为，B项错误；
C．充电过程中，阴极的电极反应+2e- =Zn +4OH−，C项正确；
D．充电过程中，阴极的电极反应+2e- =Zn +4OH−，氢氧根与钾离子组成氢氧化钾，，D项正确；
答案选B。
13. 现有四种元素的基态原子的价电子电子排布式如下：①；②；③；④。则下列有关比较中正确的是
A. 第一电离能：④③②①B. 原子半径：④③②①
C. 电负性：④③②①D. 最高正化合价：④①③②
【答案】A
【解析】
【分析】价电子电子排布式四种元素分别是硫、磷、氮、氟。
【详解】A．一般地，元素非金属性越强，第一电离能越大，非金属性：④＞③＞②＞①，但是由于磷的3p轨道处于半充满的较稳定状态，致使磷的第一电离能大于硫，所以第一电离能：④＞②＞③＞①，A正确；
B．同周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径：②①③④，B错误；
C．元素非金属性越强，电负性越大，非金属性：④＞①＞③＞②，所以电负性：④＞①＞③＞②，C错误；
D．般地，元素的最高正化合价等于原子的最外层电子数，但是氟由于非金属性最强而没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，D错误；
故选A。
14. 下列叙述正确的是
①原子的电子排布式书写成，违反了泡利不相容原理
②氧原子的电子排布式书写成，违背了能量最低原理
③硼原子的电子排布式书写可能是，则该原子一定不是基态硼原子
④原子的轨道表示式为 ，违背了洪特规则
A. 4项均正确B. 只有3项正确C. 只有2项正确D. 只有1项正确
【答案】A
【解析】
【详解】轨道只能容纳2个电子，原子的电子排布式书写成，违反了泡利不相容原理，故①正确：
氧原子的电子排布式为，写成，违背了能量最低原理，故②正确：
基态硼原子电子排布式为，电子排布式为一定属于激发态，故③正确；
填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行， 违背了洪特规则，故④正确。
故选：A。
二、非选择题：本题共4大题，共58分。
15. 化学的符号表征是化学交流与传承的基础。关于C、N、O、Cl、Fe、Cr六种元素有关的问题，完成下列填空。
（1）可以正确描述碳原子结构的是___________。
A. 原子结构示意图：B. 原子核外能量最高的电子云图像
C. 碳-12原子：CD. 原子的轨道表示式：
（2）基态原子Cl核外电子总共有___________种能量，电子占据的能量最高的能级符号为___________。
（3）C、N、O元素的第一电离能由大到小顺序为___________，判断理由是___________。
（4）上述六种元素中，基态原子的未成对电子数最多的是___________(填元素名称)，其价电子轨道表示式为___________。
【答案】（1）AB （2） ①. 5 ②. 3p
（3） ①. N>O>C ②. 从左往右第一电离能在增大，但是N原子外围电子排布式为，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，第一电离能较大
（4） ①. 铬 ②.
【解析】
【小问1详解】
A．C是6号元素，原子结构示意为，A正确；
B．C原子核外能量最高是2p能级，电子云图像为哑铃型：，B正确；
C．碳-12原子：，C错误；
D．C原子的轨道表示式：，D错误；
故选AB。
【小问2详解】
①氯原子有17个电子，其中有1s、2s、2p、3s、3p这5种能量的电子；
②能量最高的能级符号为3p能级；
【小问3详解】
①C、N、O元素的第一电离能由大到小顺序为N＞O＞C；
②同一周期从左往右第一电离能在增大，但是N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，第一电离能较大；
【小问4详解】
①C未成对电子数为2，N未成对电子数为3，O未成对电子数为2，Fe未成对电子数为4，Cr未成对电子数为6，基态原子的未成对电子数最多的是铬；
②其价电子轨道表示式为。
16. 杭州亚运会主火炬燃料是“零碳甲醇”，这是一种利用焦炉气中的和工业废气捕获的生产的绿色燃料。两者在适宜的过渡金属及其氧化物催化下发生返反应：
（1）已知：
①则___________(用含和的代数式表示)；
②实验测得(记作)与温度(T)的关系如图所示，则该反应___________0(填“>”“<”或“=”)。
（2）从焦炉气中提取氢气，需净化原料气，尤其要脱除其中的含硫杂质。除了从环保角度考虑外，其主要目的是___________。
（3）250℃，在甲(容积为4L)、乙(容积为2L)两刚性容器中分别充入和，在适宜的催化剂作用下发生合成甲醇的反应，容器内总压强随时间变化如图所示：
①其中B曲线对应___________容器中压强的变化情况(填“甲”或“乙”)；
②利用图中数据计算250℃该反应的分压平衡常数___________(结果用分数表示)。
（4）研究合成甲醇的催化剂时，在其他条件不变仅改变催化剂种类的情况下，对反应器出口产品进行成分分析，结果如图所示：
在以上催化剂中，该反应选择的最佳催化剂为___________。
（5）实际上工业制备甲醇主要发生如下反应：
ⅰ.
ⅱ.
在一定压强下，按照投料，平衡时，CO和在含碳物种中的物质的量分数及的转化率随温度的变化如图。
已知：的选择性=×100％。
①图中曲线m代表___________(填化学式)。
②为同时提高的平衡转化率和的选择性，可以选择的反应条件为___________(填标号)。
a．低温、低压 b．高温、高压 c．低温、高压 d．高温、低压
③解释300～400℃范围内转化率随温度升高而增大的原因：___________。
【答案】（1） ①. ②. <
（2）防止催化剂中毒 （3） ①. 甲 ②.
（4）
（5） ①. ②. c ③. 在300～400℃范围内，升高温度使反应ⅰ逆向移动的程度小于反应ⅱ正向移动的程度
【解析】
【小问1详解】
①与相加得到，所以K1 =K2K3；
②由图可知，温度升高，lnK在减小，说明该反应为放热反应；
【小问2详解】
没净化原料气，会导致产生二氧化硫等杂质，使催化剂中毒；
【小问3详解】
①由图像可知A的起始压强比B的起始压强大，甲的容积为4L，乙的容积为2L，温度和起始投料相同，因此A对于的是乙，B对于的是甲；
②由曲线乙可知反应前的压强为4MPa，平衡压强是2.8MPa，根据三段式
，
，则x=1.2，所以平衡时分压为P(CO2)=0.4MPa，P(H2)=1.2MPa，P(CH3OH)= P(H2O)=0.6MPa，；
【小问4详解】
由图像可知，ZnZrOx对应的CO的含量最小，目标产物甲醇最大；
【小问5详解】
①反应i为放热反应，而反应ⅱ是吸热反应，升高温度，反应i逆向移动，CH3OH减小，反应ⅱ正向移动，CO增大，故m曲线代表CH3OH在含碳物种中的物质的量分数；
②加压可以使反应i正向移动，既提高CO2的转化率又增加CH3OH的产率，降温可以使反应ⅱ逆向移动，可以降低CO的产率从而提高CH3OH的选择性，故同时提高CO2的转化率和CH3OH的选择性的条件为低温、高压，选c；
③300~400℃范围内CO2转化率随温度升高而增大的原因是在300~400℃范围内，升高温度使反应i逆向移动的程度小于反应ⅱ正向移动的程度。
17. 研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。
（1）已知部分弱酸常温下的电离常数如下表：
①常温下pH相同的三种溶液HA、、，物质的量浓度最大的是___________(填化学式)。
②将过量通入溶液，反应的离子方程式是___________。
（2）二元弱酸溶液中、、的物质的量分数随pH的变化如图所示。
[，X为、或]。
则的电离平衡常数___________。
（3）常温下，用的盐酸滴定未知浓度的氨水，滴定曲线如图所示，盐酸滴加至时与氨水恰好完全中和(d点，pH约为5)。
①依据变色pH范围判断下列试剂不适合作该实验终点指示剂的是：___________。
A．甲基橙(变色pH范围3.1～4.4) B．甲基红(变色pH范围3.4～6.2)
C．酚酞(变色pH范围8.2～10.0) D．刚果红(变色pH范围3.0～5.2)
②___________(填序号)溶液中的。
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
（4）滴定法常用于物质含量的测定，以下为测量市售食醋总酸含量的方法(食醋总酸含量=，单位g/L)。
取市售食醋(假设其中酸均为醋酸)配成溶液。每次取于锥形瓶中，滴加2～3滴酚酞，在碱式滴定管中装入的溶液进行滴定至终点，三次滴定的消耗氢氧化钠体积平均值为，滴定终点的现象为___________。求算食醋总酸含量___________。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3） ①. C ②. B
（4） ①. 滴入最后一滴溶液，溶液由无色转浅红色，且半分钟内不再变化 ②. 60
【解析】
【分析】(2)由图可知，根据H2D的电离，H2D的物质的量分数逐渐减小，HD-的物质的量分数先增大后减小，D2-的物质的量分数会增大，pH为1.2时H2D的浓度与HD-相等，可以求Ka1，pH为4.2时HD-的浓度等于D2-，可以求Ka2；
(3)由图可知，c点为中性点，d点恰好完全反应，据此回答。
【小问1详解】
①由电离常数可知，常温下HA、H2B、H2C的酸性依次减弱，等浓度的三种酸溶液中H2C的氢离子浓度最小，溶液pH最大，所以三种pH相等的三种酸溶液中H2C的浓度最大；
②由电离常数可知，常温下电离程度的大小顺序为H2B＞H2C＞HB-，由强酸制弱酸的原理可知，过量H2C溶液与Na2B反应生成NaHC和NaHB，反应的离子方程式为H2C+B2−=HC−+HB−；
【小问2详解】
由图可知，溶液中HD−离子浓度与D2−离子浓度相等时，溶液pH为4.2，由电离常数公式可知，H2D 的二级电离常数Ka1(H2D)==c(H+)=1×10−4.2；
【小问3详解】
①由题意可知，常温下，用0.100ml/L的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水，盐酸滴加至20.00mL时与氨水恰好完全中和时，溶液为酸性，则酚酞做指示剂的变色pH范围与终点溶液pH误差较大，不能作该实验终点指示剂，故选C；
②由电荷守恒可知，的溶液中，溶液呈碱性，由图可知，b点溶液pH大于7，溶液呈碱性，则b点溶液中，故选B；
【小问4详解】
①醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应时，滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不再变化；
②由表格数据可知，三次滴定消耗氢氧化钠溶液的体积分别为24.98mL、25.02mL、26.94mL，第三次实验数据误差较大应舍去，则滴定消耗氢氧化钠溶液的平均体积为25.00mL，则被氢氧化钠滴定的食醋的物质的量为0.1000 ml ⋅ L − 125.00L=2.5ml，食醋总酸含量。
18. 某油脂厂废弃油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体()：
某温度下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）“碱浸”中的作用除了去除催化剂表面的油脂外，还具有作用是___________(写一个化学方程式就可以)。为回收金属，通常用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀，该沉淀的化学式为___________。
（2）“滤液②”中含有的金属离子除了“”，还有___________。
（3）“转化”中加入的主要作用是___________(用离子方程式表示)。
（4）利用上述表格数据，计算的___________(列出计算式即可，不用化简)。如果“转化”后的溶液中浓度为，则“调pH”应控制pH范围：___________(填数值)。
【答案】（1） ①. 2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2↑或Al2O3+2NaOH+3H2O =2NaAl(OH)4 ②. Al(OH)3
（2）Fe2+、Fe3+
（3）2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
（4） ①. 10-5×(10(8.7-14))2或0.01×(10(7.2-14))2 ②. 3.2～6.2
【解析】
【分析】某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质)，先与氢氧化钠反应，除掉油污和铝及铝的化合物，过滤，向滤渣中加入硫酸溶解，过滤出不溶性杂质，再向滤液中加双氧水氧化亚铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH值沉淀铁离子，过滤，将滤液控制pH值浓缩结晶得到硫酸镍晶体，据此分析解题。
【小问1详解】
根据油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物)，则“碱浸”中NaOH的作用是除去油脂，溶解铝及其氧化物，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O。为回收金属，滤液①中主要含有偏铝酸钠，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，发生反应：[Al(OH)4]-+H+ =Al(OH)3↓+H2O，生成沉淀Al(OH)3，故答案为：2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2↑或Al2O3+2NaOH+3H2O =2NaAl(OH)4；Al(OH)3；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣①和稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸镍等，因此“滤液②”中含有的金属离子是Fe3+和Ni2+、Fe2+，故答案为：Fe2+、Fe3+；
【小问3详解】
由分析可知，H2O2作用是氧化亚铁离子，反应离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
【小问4详解】
由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(H+)=1.0×10-8.7ml⋅L-1，则c(OH-)=10(8.7-14)ml/L，Ni2+浓度为0.01ml/L时，Ni2+开始沉淀时的pH=7.2，此时c(H+)=10-7.2ml/L，则c(OH-)=10(7.2-14)ml/L，则Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2+)×c2(OH-)=10-5×(10(8.7-14))2=0.01×(10(7.2-14))2；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0ml⋅L-1，为避免镍离子沉淀，此时c(OH-)==ml/L=10-7.8ml/L，则c(H+)=1.0×10-6.2ml⋅L-1，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2≤pH＜6.2，故答案为：10-5×(10(8.7-14))2或0.01×(10(7.2-14))2；3.2≤pH＜6.2。温度/℃
25
80
230
平衡常数
2
化学式
HA
电离常数K
金属离子
开始沉淀时()的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时()的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
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