2022-2023学年山西省大同市第一中学校高二上学期期末考试化学试卷含解析

这是一份2022-2023学年山西省大同市第一中学校高二上学期期末考试化学试卷含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，实验题，工业流程题，填空题等内容，欢迎下载使用。

山西省大同市第一中学校2022-2023学年
高二上学期期末考试化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列热化学方程式正确的是
A．H2的燃烧热为a kJ•mol﹣1 ，H2(g)+   O2(g) H2O(g)   △H=﹣a kJ•mol﹣1
B．1 mol SO2、0.5 mol O2混合反应后，放出热量a kJ ，2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)         △H=﹣2a kJ•mol﹣1
C．H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)   △H=﹣57.3 kJ•mol﹣1 ，H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)   △H=﹣114.6 kJ•mol﹣1
D．31 g白磷比31 g红磷能量多b kJ ，P4(s)=4P(s)   △H=﹣4b kJ•mol﹣1
【答案】D
【详解】A．燃烧热指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，氢元素的指定产物为H2O(l)，不是H2O(g)，A项错误；
B．SO2与O2的反应为可逆反应，1molSO2、0.5molO2混合反应，消耗的SO2物质的量小于1mol，则2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ∆H＜-2akJ/mol，B项错误；
C．硫酸与Ba(OH)2反应时，除了有H+与OH-结合成H2O的反应放热外还有Ba2+与形成BaSO4沉淀的放热过程，故H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l) ∆H＜-114.6 kJ/mol，C项错误；
D．31g白磷比31g红磷（即1mol磷原子）能量多bkJ，则白磷转化成红磷为放热反应：P4(s)=4P(s) ∆H=-4bkJ/mol，D项正确；
答案选D。
2．下列有关实验操作正确的是
A．配制硫酸亚铁溶液时，常向溶液加入少量稀硫酸和铁粉
B．要量取15.80 mL溴水，须使用碱式滴定管
C．用干燥pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH
D．滴定操作过程中，眼睛要时刻注视滴定管中液面的凹面刻度
【答案】A
【详解】A．硫酸亚铁是强酸弱碱盐，Fe2+会发生水解反应，为抑制Fe2+水解，需向溶液中加入稀硫酸；Fe2+具有强的还原性，为防止其被氧化，需加入还原剂Fe，配制硫酸亚铁溶液时，常向溶液加入少量稀硫酸和铁粉，A正确；
B．溴水具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此要量取15.80 mL溴水，须使用酸式滴定管，B错误；
C．次氯酸钠溶液具有强氧化性，会漂白试纸，不能使用pH试纸测定其pH值，要使用pH计，C错误；
D．滴定操作过程中，眼睛要时刻注视锥形瓶中溶液颜色的变化，D错误；
故合理选项是A。
3．下面的问题中，与盐类水解有关的有几项
①为保存溶液，要在溶液中加入少量盐酸
②实验室盛放溶液的试剂瓶应用橡胶塞
③在或溶液中加入镁条会产生气泡
④配制溶液时加入铁粉
⑤向溶液中加入CuO调节pH，可除去溶液中混有的
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】B
【详解】①FeCl3属于强酸弱碱盐，FeCl3溶液中存在水解平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入少量盐酸，H+浓度增大，水解平衡逆向移动，抑制Fe3+的水解，与盐类水解有关；
②Na2CO3属于强碱弱酸盐，由于的水解使得Na2CO3溶液呈碱性，玻璃的主要成分SiO2能与OH-反应生成具有黏性的硅酸盐，使瓶塞难以打开，故盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用玻璃塞、应用橡胶塞，与盐类水解有关；
③NH4Cl、AlCl3都属于强酸弱碱盐，水溶液都呈酸性，Mg与水解生成的H+反应产生气泡，与盐类水解有关；
④配制FeSO4溶液时加入铁粉，为防止Fe2+被氧化，与盐类水解无关；
⑤Fe3+在水溶液中存在水解平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO，CuO与H+反应，H+浓度减小，水解平衡正向移动，调节合适的pH，Fe3+完全水解成Fe(OH)3沉淀而除去，与盐类水解有关；
①②③⑤都与盐类水解有关，答案选B。
4．利用电池可将雾霾中的、转化为硫酸铵，其回收利用装置如图所示，电池工作时的总反应为，充放电时，在正极材料上嵌入或脱嵌，随之在石墨中发生了的生成与解离，下列有关说法正确的是

A．电池工作时，负极电极反应式为：LixC6 + xe— = 6C + xLi+
B．转化为硫酸铵时，M与b相接，N与a相接
C．该装置实际工作过程中需要在C处通入适量或者补充适量
D．理论上当消耗2.24L(标准状况)时，电池中两池质量差改变1.4g
【答案】B
【分析】由图可知，左边装置为原电池，LixC6电极为负极，Li1-xFePO4电极为正极，右边装置为电解池，转化为硫酸铵时，通入SO2的a极为阳极，通入NO的b极为阴极。
【详解】A．电池工作时，LixC6电极为负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—= 6C + xLi+，故A错误；
B．由分析可知，右边装置为电解池，转化为硫酸铵时，通入SO2的a极为阳极，与原电池的N极相连，通入NO的b极为阴极，与M极相连，故B正确；
C．由得失电子数目守恒可知，电解池的总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，则实际工作中需要在C处通入适量的氨气，故C错误；
D．理论上消耗标准状况下2.24LSO2时，转移电子物质的量为0.2mol，电池工作时，负极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe—=LiFePO4，负极质量减少0.2mol×7g/mol=1.4g，正极质量增大1.4g，则电池中两池质量差改变2.8g，故D错误；
故选B。
5．室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。
实验1：向0.1 mol/L NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红
实验2：向0.1 mol/L NaHS溶液中通入过量氯气，无淡黄色沉淀产生
实验3：向0.1 mol/L NaHS溶液中加入等体积0.1 mol/L NaOH溶液充分混合
实验4：向0.1 mol/L NaHS溶液中滴加过量溶液，产生黑色沉淀
下列有关说法正确的是
A．实验1证明：
B．实验2证明：不能被氧化
C．实验3中所得溶液中：
D．实验4反应静置后的上层清液中有
【答案】C
【详解】A．是的电离平衡常数，表示电离程度，是的水解平衡常数，表示水解程度，实验1证明溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，则，A错误；
B．氯气具有强氧化性，NaHS溶液中通入过量氯气时，氯气把氧化成硫酸根离子，因此无淡黄色沉淀产生，B错误；
C．设两溶液按体积V混合，混合后，根据Na元素守恒得，根据S元素守恒得，故，C正确；
D．实验4反应静置后的上层清液为饱和溶液，刚好达到平衡状态，有，D错误；
故选C。
6．常温下，用溶液滴定溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是

A．该滴定实验中，选择甲基橙作指示剂的滴定误差小
B．点①所示溶液中：
C．点②所示溶液中：
D．点③所示溶液中：
【答案】D
【分析】用溶液滴定溶液，根据反应方程式，当20mL时，达到终点，如图①点，溶质为，，呈碱性；如图所示，③点时，10mL，溶质为、，且浓度相等，，呈酸性；②点时，20mL，，醋酸过量；
【详解】A．综上所述，滴定达到终点时，如图①点，溶质为，，呈碱性，选择酚酞作指示剂，故A错误；
B．点①所示溶液中，溶质为，，呈碱性，；根据电荷守恒，可得，所以，故B错误；
C．点②所示溶液中，，，根据电荷守恒，可得，所以，故C错误；
D．点③所示溶液中，溶质为、，且浓度相等，根据物料守恒有，故D正确；
故选D。
7．常温下，下列指定溶液中可能大量存在的是
A．由水电离的的溶液中：、、、
B．强酸性溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．溶液中：、、、
【答案】C
【详解】A．,溶液可能显酸性，也可能显碱性，既能与酸反应，也能与碱反应，不能大量共存，A错误；
B．在酸性条件下有强氧化性，将氧化，不能大量共存，B错误；
C．溶液显碱性，、、、可以大量共存，C正确；
D． 与反应生成沉淀，溶液中：、、、不能大量共存，D错误；
故选C。
8．T℃时，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中A、B、C浓度变化如图(Ⅰ)所示，若保持其他条件不变，温度分别为和时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示，则下列结论正确的是

A．和温度下分别对应的平衡常数和的关系是：
B．时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动
C．T℃时，在相同容器中，若由、和反应，达到平衡后，C的浓度仍为
D．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，A的转化率增大
【答案】C
【分析】由图(Ⅰ)可知，A和B的物质的量浓度减小，C的物质的量浓度增加，则A、B为反应物，C为生成物，由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c(A)：△c(B)：△c(C)=0.2mol/L：0.6mol/L：0.4mol/L=1：3：2，则反应的化学方程式为A+3B⇌2C
【详解】A．由图(Ⅱ)可知T1＞T2，升高温度B的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则，故A错误；
B．（t1+10）min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，体积增大，相当于减压，气体分压减小，则平衡向逆反应方向移动，故B错误；
C．从等效平衡的角度考虑，T℃时，在相同容器中，若由0.4mol•L-1A、0.4 mol•L-1 B和0.2 mol•L-1 C反应，完全等效于0.5mol•L-1A、0.7 mol•L-1B反应，则会达到相同得平衡状态，所以达到平衡后，C的浓度仍为0.4 mol•L-1，故C正确；
D．由图(Ⅱ)可知T1＞T2，升高温度B的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则A的转化率减小，故D错误；
答案选C。
9．下列说法正确的是
A．非自发的反应一定可以通过改变条件使其成为自发反应
B．相同物质的量的同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C．恒温恒压下，且的反应一定不能自发进行
D．反应在室温下可自发进行，则该反应的
【答案】D
【详解】A．改变条件能使反应的△H-T△S＜0时，则该反应能自发进行，反之则为非自发的反应，如△H＞0、△S＜0的反应在任何条件下均不能自发进行，属于非自发的反应，故A错误；
B．同一种物质的熵变：气态＞液态＞固态，即相同物质的量的同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，故B错误；
C．恒温恒压下，反应自发进行的判断依据是△H-T△S，△H-T△S＜0一定自发，而△H＜0、△S＜0的反应能否自发进行与温度有关，故C错误；
D．反应的△S＜0，室温下可自发进行，则△H-T△S＜0，即△H＜T△S＜0，故D正确；
故选D。
10．常温下，用0.12mol/L的Na2SO4溶液滴定50.00mL未知浓度的BaCl2溶液，溶液中电导率k和—lgc(Ba2+)随滴入Na2SO4溶液体积V(Na2SO4)的变化关系如图所示。下列叙述错误的是

A．溶液电导率与离子所带电荷、离子浓度等因素有关
B．当k=1．2×10-4μS•cm-1时，溶液中的主要溶质为NaCl
C．该BaCl2溶液的物质的量浓度是6.0×10-4mol/L
D．该温度下BaSO4的溶度积常数数量级约为10-10
【答案】C
【分析】溶液中电导率k随着硫酸钠溶液的加入先增大后减小，硫酸钠溶液为2.5mL时，电导率k最小，说明硫酸钠溶液与氯化钡溶液恰好反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中电导率k为1.2×10-4μS•cm-1、钡离子浓度为1.0×10-5mol/L，则氯化钡溶液的浓度为=6.0×10-3mol/L，硫酸钡的溶度积Ksp=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10。
【详解】A．溶液中电导率k随着硫酸钠溶液的加入先增大后减小，电导率k最小时，硫酸钠溶液与氯化钡溶液恰好反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，说明溶液电导率与离子所带电荷、离子浓度等因素有关，故A正确；
B．由上述分析可知，当溶液中电导率k为1.2×10-4μS•cm-1时，硫酸钠溶液与氯化钡溶液恰好反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中的主要溶质为氯化钠，故B正确；
C．由上述分析可知，氯化钡溶液的浓度为=6.0×10-3mol/L，故C错误；
D．硫酸钡的溶度积Ksp=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10，溶度积常数数量级为10-10，故D正确；
故答案选C。
11．微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置。利用微生物处理有机废水，可获得电能，同时实现海水淡化。现以溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含的溶液为例)。下列说法不正确的是

A．a极电极反应为
B．b极为正极
C．隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜
D．当电路中转移电子时，模拟海水理论上除盐
【答案】D
【分析】据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。
【详解】A．a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正确；
B．由以上分析可知b极为正极，故B正确；
C．为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故C正确；
D．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质量为58.5g，则转移电子时，模拟海水理论上除盐，故D错误；
故选：D。
12．电解饱和的的溶液，含碳产物主要为，还有少量、和，实验装置如图，其中M、N均为纳米电极。下列说法正确的是

A．a为电源的正极
B．生成的电极反应式为：
C．若N极产生224mL气体，则电路中转移电子为
D．电解一段时间后，Y池中溶液碱性增强
【答案】B
【详解】A．X电极通入，生成，发生还原反应，为阴极，a为电源的负极，A错误；
B．生成，发生还原反应，电极反应式为：，B正确；
C．N极为阳极，产生标况下224mL，则电路中转移电子为，C错误；
D．Y池中发生电极反应为：，溶液碱性减弱，D错误；
故选B。
13．室温下，用的溶液滴定溶液，测得混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法正确的是

A．HA为弱酸，的数量级为10-3(室温下)
B．b点消耗溶液的体积小于
C．当消耗时，溶液中存在
D．c点坐标中，x=8.6
【答案】B
【详解】A．b点时，，，，，数量级为，A错误；
B．当加入溶液时，刚好生成，强碱弱酸盐，显碱性，b点时溶液显中性，加入的溶液体积小于，B正确；
C．当消耗时，根据质子守恒，溶液中存在，C错误；
D．根据，，，，，，D错误；
故选B。
14．常温下，的HA溶液(一元酸)的，下列关于该溶液中有关微粒浓度的关系式正确的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】由的HA溶液的可知，HA为弱酸，且该浓度的HA溶液电离出来的，同时溶液中电离产生和，，故A、C、D项错误；水的电离微弱，，B项正确。
故选B。
15．为减少环境污染，发电厂试图采用以下方法将废气排放中的进行合理利用，以获得重要工业产品。Burns和Dainton研究发现与合成的反应机理如下：
①  快；
②  快；
③  慢
其中反应②的速率方程，，、是速率常数。下列说法错误的是
A．反应②的平衡常数
B．反应①的活化能小于反应③的活化能
C．增大压强或使用催化剂可以增大该反应体系中的体积分数
D．要提高合成的速率，关键是提高反应③的速率
【答案】C
【详解】A．反应②平衡常数K= ，反应达到平衡状态c(CO)×c(Cl·)c(COCl·)，所以，则，选项A正确；
B．活化能越大，反应速率越慢，反应①是快反应、反应③是慢反应，所以反应①的活化能小于反应③的活化能，选项B正确；
C．催化剂不能使平衡移动，使用合适的催化剂不能改变该反应体系中COCl2(g)的体积分数，选项C错误；
D．反应③是慢反应，慢反应决定总反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，选项D正确；
答案选C。
16．向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是

A．和都是强电解质
B．A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C．B→C，溶液中的减小
D．A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
【答案】B
【详解】A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；
B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；
C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点和恰好完全反应，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；
答案选B。
17．下列实验目的对应的实验方案设计、现象和结论都正确的是
选项
实验目的
实验方案设计
现象和结论
A
探究与酸性的强弱
用计测量酸酸、盐酸的，比较溶液大小
盐酸的比醋酸小，则是弱酸
B
探究和溶度积的大小
向氢氧化钠溶液中先加入少量溶液，充分反应后再加入少量溶液
先产生白色沉淀，后产生蓝色沉淀，说明比的溶度积小
C
探究具有还原性
向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
滴入溶液时，无明显变化，滴入新制氯水时溶液变血红色，具有还原性
D
标定溶液的浓度
准确称取3份邻苯二甲酸氢钾，分别放入3个锥形瓶中，加入蒸馏水，加入2滴酚酞指示剂，用待标定的标准溶液滴定
若滴定至溶液呈浅红色即达滴定终点，据此可计算出溶液的准确浓度

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．没有说明两份溶液的浓度，所以无法根据比较其酸性强弱，A错误；
B．溶液少量，再加入少量溶液，与直接反应生成沉淀，没有发生沉淀的转化，不能说明比的溶度积小，B错误；
C．向溶液中滴加几滴溶液，溶液无明显变化说明溶液中无，滴入新制氯水时溶液变血红色，说明生成了，原溶液中存在，被氧化成，具有还原性，C正确；
D．用待标定的标准溶液滴定邻苯二甲酸氢钾，用酚酞作指示剂，滴定至溶液呈浅红色，且30秒内不褪色，才可以判断到达滴定终点，D错误。
故选C。
18．利用氢氧燃料电池，以镍、铁作电极电解NaOH溶液制备高铁酸钠(，其在浓碱中稳定存在)的装置如下图所示。已知电极a处通入的是H2，固体电解质是掺杂了的晶体，在高温下能传导。下列说法正确的是

A．燃料电池中移动方向为： a→b
B．电极d材料是铁电极，电极反应为 Fe – 6 + 8 = + 4 H2O
C．理论上，固体电解质中每迁移3mol ，可以制得1mol
D．为提高的产率，应使用阳离子交换膜
【答案】C
【分析】电极a处通入氢气，则a电极为负极，氢气失电子生成氢离子，电极b通入氧气，为正极，氧气得电子生成O2-，则电极c为阳极，铁作阳极材料，d电极为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子。
【详解】A．根据分析可知，b电极为正极，a电极为负极，燃料电池中O2-移动方向为b→a，A错误；
B．电极c材料为铁电极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，d电极材料不是铁电极，B错误；
C．固体电解质中每迁移3molO2-，说明转移6mol电子，则c电极上生成1mol，可以制得1molNa2FeO4，C正确；
D．c电极为阳极，d电极为阴极，Na+向阴极移动，氢氧根离子向阳极移动，为提高Na2FeO4的产率，应该使用阴离子交换膜，D错误；
故答案选C。

二、原理综合题
19．习近平主席在第75届联合国大会提出我国要实现2030年碳达峰、2060年碳中和的目标。因此的捕获、利用与封存成为科学家研究的重要课题。研究表明和在催化剂存在下可发生反应制得合成气：  。回答下列问题：
(1)已知、和的燃烧热分别为、和。上述反应的焓变_______。
(2)将原料按充入密闭容器中，保持体系压强为发生反应，达到平衡时体积分数与温度的关系如图1所示。

①下，平衡时容器体积与初始容器体积之比为_______；该温度下，此反应的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数，结果用分数表示)
②若A、B、C三点表示不同温度和压强下已达平衡时的体积分数，_______点对应的平衡常数最小，_______点对应的压强最大。
(3)在其他条件相问，不同催化剂(A、B)作用下，使原料和反应相同的时间，的产率随反应温度的变化如图2：

①在催化剂A、B作用下，它们正、逆反应活化能差值分别用和表示，则_______ (填“>”、“<”或“=”)。
②图中点时反应_______ (填“是”或“否”)达到平衡状态。
【答案】(1)+247.3
(2)     5： 4          A     C
(3)     =     是

【详解】（1）已知、和的燃烧热分别为、和，则有：
Ⅰ：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）ΔH=-890.3kJ/mol
Ⅱ：CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-283kJ/mol
Ⅲ：H2（g）+O2（g）=H2O（l）ΔH=-285.8kJ/mol
根据盖斯定律，Ⅰ-2（Ⅱ+Ⅲ）可得：ΔH，则ΔH=[-890.3-2（-283-285.8）]kJ/mol=+247.3kJ/mol，故答案为：+247.3；
（2）①设起始时，甲烷和CO2的物质的量均为1mol，甲烷转化的量为xmol，则有三段式：

平衡时n（总）=（1-x+1-x+2x+2x）mol=（2+2x）mol，则，解得：x=0.25，n（总）=（2+2x）mol=2.5mol，恒压时，体积之比等于物质的量之比，则平衡时容器体积与初始容器体积之比为2.5mol：2mol=5：4，此时甲烷和CO2的物质的量的分数为，CO和H2的物质的量的分数为，故Kp=≈177.8（kpa）2，故答案为：5：4；177.8；
②该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数K增大，反之，温度越低，平衡常数K越小，三点中，A点温度最低，平衡常数最小，该反应的正反应为气体体积增大的反应，从C点对应温度看，若压强为100kp，平衡时，CO2的体积分数约为20%，现在CO2的体积分数近40%，压强应高于100kp，即恒压时，升高温度会使CO2的体积分数减小，增大压强，会使CO2的体积分数增大，图中C点温度最高且CO2的体积分数最大，所以C点压强最大，故答案为：A；C；
（3）①不同的催化剂，改变反应的活化能，对应同一反应而言，正逆反应的活化能的差值即为该反应的反应热，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，所以正逆反应的活化能的差值是不变的，所以ΔEa（A）=ΔEa（B），故答案为：=；
②催化剂不能改变平衡状态，由图可知，图中点时在两种催化剂作用下CO的产率相等，说明反应①达到平衡状态，故答案为：是。

三、实验题
20．用酸性溶液脱除后的废液，通过控制电压电解得以再生某同学使用石墨电极，在不同电压下电解的溶液，研究废液再生机理记录如下表。、、代表电压值：
序号
电压
阳极现象
检验阳极产物
I

电极附近出现黄色，有气泡产生
有、有
II

电极附近出现黄色，无气泡产生
有、无
III

无明显变化
无、无

(1)用酸性溶液脱除的离子方程式为_______。
(2)I中，产生的原因可能是在阳极放电，生成的将氧化。写出在阳极放电的电极反应式_______。
(3)由II推测，产生的原因可能是_______。
(4)II中虽未检测出，但在阳极是否放电仍需进一步验证电解的溶液做对照实验，记录如下表。
序号
电压
阳极现象
检验阳极产物
IV

无明显变化
有
V

无明显变化
无

①溶液的浓度是_______。
②与II对比，得出两点结论：
第一：通过控制电压，证实了产生的两种原因都成立。
第二：_______。
【答案】(1)2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓
(2)2Cl--2e -=Cl2
(3)Fe2+在阳极直接失去电子生成 Fe3+
(4)     0.2     通过控制电压，证实了Fe2+的放电能力先于Cl-

【详解】（1）有氧化性，有还原性，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：；
（2）在阳极放电，生成，电极反应式为：；
（3）II推测没有，但是有，可能的原因为在阳极直接失去电子生成 ；
（4），，为了形成对比，溶液的；对比实验II和Ⅴ，当电压，在阳极放电而不放电，可知通过控制电压，证实了的放电能力先于。

四、工业流程题
21．硫酸镍广泛应用于电镀工业。以粗硫酸镍(含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+等)为原料提纯精制硫酸镍工艺如图所示：

已知：①一些难溶电解质的溶度积常数如表：
难溶电解质
CuS
NiS
CaF2
MgF2
Ksp





②该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Ni2+
Mg2+
Cu2+
开始沉淀的pH
1.5
7.0
3.6
6.2
8.9
4.8
沉淀完全的pH
3.2
9.0
4.7
8.7
10.9
6.7

回答下列问题：
(1)“除铜”中发生反应的离子方程式为_______，该反应的平衡常数K=_______(结果保留2位有效数字)。
(2)若取消“氧化”工序，产品硫酸镍晶体中可能含有的杂质离子为_______。
(3)“调pH”除铁铝中，应调pH至_______的范围内。
(4)“除钙镁”中，当Ca2+恰好沉淀完全时，溶液中c(Mg2+)=_______。
【答案】(1)     NiS(s)+Cu2+(ag)CuS(s)+ Ni2+(ag)     1.7×1014
(2)Fe2+
(3)4.7 £ pH﹤6.2
(4)5.0×10-6

【分析】粗硫酸镍(含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+等)加水和硫酸进行酸浸溶解，得到含有Ni2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Al3+、等离子的浸出液，向浸出液中加入NiS，发生沉淀转化，Cu2+与NiS溶解电离产生的S2-反应形成CuS沉淀进入滤渣1中同时产生Ni2+；然后向溶液中加入H2O2，能够将Fe2+氧化产生Fe3+，后加入Ca(OH)2调整溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，Al3+形成Al(OH)3沉淀进入滤渣2，再进行过滤得到滤液2，向其中加入NiF2，使滤液2中的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀进入滤渣3除去，滤液经控制pH蒸发浓缩冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体。
【详解】（1）“除铜”中NiS与Cu2+发生沉淀转化反应形成CuS沉淀，反应的离子方程式为：NiS(s)+Cu2+(ag)CuS(s)+ Ni2+(ag)；该反应的化学平衡常数K=；
（2）“氧化”工序中发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，因此若取消“氧化”工序，产品硫酸镍晶体中可能含有的杂质离子为Fe2+；
（3）由于Fe3+完全形成Fe(OH)3沉淀需要溶液pH为3.2，Al3+完全形成Al(OH)3沉淀的pH为4.7，而Ni2+开始形成Ni(OH)2沉淀的pH为6.2，因此要除去Fe3+、Al3+，而Ni2+不形成沉淀，则应该控制溶液的pH范围为：4.7 £ pH﹤6.2；
（4）“除钙镁”中，当Ca2+恰好沉淀完全时，c2(F-)=，则根据Ksp(MgF2)=7.5×10-11，所以c(Mg2+)=。

五、填空题
22．草酸(H2C2O4)是常见的二元弱酸，0.01 mol/L的H2C2O4溶液中H2C2O4、、的物质的量分数随pH变化如图所示。回答下列问题：

(1)用离子方程式说明Na2C2O4溶液显碱性的原因：_______。
(2)根据随pH变化图。
①反应的化学平衡常数为_______。
②常温下反应的平衡常数K=1.0×105，NH3·H2O的电离平衡常数Kb的pKb(-lgKb)值为_______。
(3)0.01 mol/L的NaHCO4溶液中，c(C2O)+c(OH-)=_______(填微粒浓度符号)；该溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______。
(4)已知Ksp(CaC2O4)=a。将0.03 mol/L的CaCl2溶液与0.01 mol/L的Na2C2O4溶液等体积混合，混合溶液中的浓度约为_______mol/L。(用含a的代数式表示，混合后溶液体积变化忽略不计)。
【答案】(1)C2O+H2OHC2O+OH-
(2)     103 (或1.0 ´103)     4.8
(3)     c(H2C2O4)+c(H+)     c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(OH-)
(4)100a

【详解】（1）草酸(H2C2O4)是常见的二元弱酸，则Na2C2O4是强碱弱酸盐，在溶液中C2O存在水解平衡：C2O+H2OHC2O+OH-，水解平衡使溶液中c(OH-)＞c(H+)，因此溶液显碱性；
（2）①反应的化学平衡常数K=，根据图示可知c(H2C2O4)=c(HC2O)，溶液pH=1.2，K1=10-1.2；当c(C2O)=c(HC2O)时，溶液pH=4.2，则K2=10-4.2，所以；
②常温下反应的平衡常数K=1.0×105，则K=，在室温下Ka2=10-4.2，Kw=10-14，所以，Kb=10-4.8，所以pKb=-lg10-4.8=4.8；
（3）根据质子守恒可知在0.01mol/LNaHC2O4溶液中，c(C2O)+c(OH-)=c(H+)+c(H2C2O4)；
在NaHC2O4溶液中发生电离：NaHC2O4=Na++ HC2O，在溶液中HC2O会发生电离作用和水解作用而消耗，而Na+不发生变化，故溶液中离子浓度：c(Na+)＞c(HC2O)；由于HC2O的电离作用大于水解作用，因此溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，盐电离产生的离子浓度远大于其电离产生的离子电离产生的微粒浓度，故c(HC2O)＞c(H+)，故该溶液中四种离子的大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(OH-)；
（4）将0.03 mol/L的CaCl2溶液与0.01 mol/L的Na2C2O4溶液等体积混合，会发生反应：Ca2++ C2O=CaC2O4↓，C2O不足量，其完全反应，而Ca2+过量有剩余，假设每种溶液体积是V L，则剩余溶液中c(Ca2+)=，由于Ksp(CaC2O4)=a，则混合溶液中的浓度约为c(C2O)=。