2022-2023学年江苏省南通市海安高级中学高二上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省南通市海安高级中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

江苏省南通市海安高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活息息相关，下列叙述错误的是
A．运载火箭燃料使用的液氢是高能清洁燃料
B．农村推广风力发电、光伏发电有利于“碳达峰、碳中和”
C．明矾和二氧化氯均可作净水剂，且净水原理相同
D．铵态氮肥应避光保存且避免和碱性肥料混合使用
【答案】C
【详解】A．液氢燃烧产物为水，无污染，并且热值高，属于高能清洁燃料，故A正确；
B．推广风力发电、光伏发电可减少二氧化碳的排放，有利于“碳达峰、碳中和”，故B正确；
C．明矾没有强氧化性，其水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮物形成沉淀而净水，二氧化氯具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，则二者净水原理不同，故C错误；
D．铵态氮肥化学性质不稳定，易受热分解，则铵态氮肥应避光保存，并且铵态氮肥能与碱性物质反应生成氨气，使肥效降低，所以铵态氮肥应避免和碱性肥料混合使用，故D正确；
故选：C。
2．最近《科学》杂志评出10大科技突破，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是
A．pH=6的水一定呈酸性
B．温度升高，纯水中的c(H+)增大，c(OH-)减小
C．pH =10的氨水与pH=4的NH4Cl溶液中，水电离出的c(H+)之比为1:1
D．25℃时某溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol·L-1，该溶液可能显酸性
【答案】D
【详解】A．水是弱电解质，为中性，常温下pH=7，加热能促进水的电离，电离出的氢离子浓度增大，pH=6，说明温度高于常温，但水始终为中性，故A错误；
B．温度升高能促进水的电离，c(H+)增大，但任何条件下，水始终呈中性，中性溶液中c(H+)= c(OH-)，所以c(OH-)也增大，故B错误；
C．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水的电离，则氨水中水的电离受到抑制，NH4Cl溶液中水的电离受到促进，所以NH4Cl溶液中水电离出的c(H+)大于氨水中水电离出的c(H+)，故C错误；
D．25℃时某溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol·L-1，说明水的电离被抑制，则该溶液可能显酸性或碱性，故D正确；
故答案选D。
3．液氨是一种很好的溶剂，液氨可以微弱的电离产生NH和NH。NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4（联氨），若被—OH取代可形成NH2OH（羟胺）。在有NH存在时，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3经过一定的转化可以形成N2、NO、NO2、N2O4（无色）、HNO3等。下列有关NH2OH、NH3、NH、NO的说法正确的是
A．NH2OH难溶于水 B．四种微粒中N原子的杂化方式皆为sp3
C．NH3的键角比NH中的大 D．1mol [Cu(NH3)4]2+中含有σ键的数目为12mol
【答案】C
【详解】A．NH2OH能和水形成分子间氢键，所以易溶于水，故A错误；
B．NH2OH相当于NH3分子中的一个H原子被羟基取代，所以NH2OH、NH3中N原子价层电子对数个数相等，NH3中N原子价层电子对个数=3+=4，中N原子价层电子对个数=4+=4，中N原子价层电子对个数=3+=3，NH2OH、NH3、中N原子采用sp3杂化，中N原子采用sp2杂化，故B错误；
C．中N原子价层电子对个数=2+=4且含有2个孤电子对，NH3中N原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，所以NH3的键角比中的大，故C正确；
D．铜离子和4个N原子形成4个σ键，每个NH3中存在3个N-Hσ键，则每个[Cu(NH3)4]2+中含有σ键的数目=4+3×4=16，则1mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键的数目为16mol，故D错误；
故选：C。
4．对于反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H< 0 ，下列说法正确的是
A．缩小容器体积，N2的浓度比压缩前大
B．及时将产生的氨气液化分离，可加快正反应速率
C．升高温度，该反应的正反应速率减小，逆反应速率增大
D．选用优质催化剂，能够降低合成氨反应的焓变
【答案】A
【详解】A．缩小容器体积，相当于增大压强，平衡正向移动，但缩小容器体积导致平衡时各物质的浓度大于原平衡浓度，所以缩小容器体积，N2的浓度比压缩前大，故A正确；
B．及时将产生的氨气液化分离，减小生成物浓度，平衡正向移动，但反应物浓度不变，正反应速率先不变后随着反应的正向移动逐渐减小，直到达新的平衡状态，故B错误；
C．升高温度，活化分子百分数增大，则正逆反应速率都增大，故C错误；
D．催化剂只改变化学反应速率，不影响反应物和生成物总能量，焓变只与反应物和生成物总能量差有关，则不能降低焓变，故D错误；
故答案选A。
5．下列叙述中不正确的是
A．常温下，NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s) 能够自发进行，则该反应的△H<0
B．需加热才能进行的反应是吸热反应，不需加热就能进行的反应是放热反应
C．C(金刚石，s)=C(石墨，s) △H= -1.9kJ·mol-1，则石墨比金刚石稳定
D．常温下，0.1mol·L-1CH3COONa溶液加水稀释后，溶液中的值增大
【答案】B
【详解】A．NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)为气体体积缩小的反应，该反应的△S＜0，室温下可自发进行的反应需要满足△H-T△S＜0，所以该反应的△H＜T△S＜0，A正确；
B．反应条件与吸热、放热反应无关，则加热发生的反应可能为吸热反应，如C与二氧化碳反应，可能为放热反应，如C与氧气反应，放热反应可能需要加热，如Fe与氯气反应为放热反应，B错误；
C．焓变为负，可知石墨的能量低，则石墨比金刚石稳定，C正确；
D．常温下，0.1mol•L-1CH3COONa溶液加水稀释过程中，水解平衡正向移动，氢氧根离子浓度减小，c(H+)增大，溶液中=，Ka只与温度有关，氢离子浓度增大，因而增大，D正确；
故答案选B。
6．下列实验中，能达到相应实验目的的是

A．用甲装置制取Fe(OH)3胶体
B．用乙装置测定Zn与稀硫酸的反应速率
C．用丙装置测量某NaOH溶液的浓度
D．用丁装置测量浓硫酸和NaOH溶液反应的中和热
【答案】B
【详解】A．氯化铁溶液与NaOH溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故A错误；
B．针筒可收集一定时间生成气体的体积，图中装置可测定反应速率，故B正确；
C．盐酸不能选碱式滴定管盛放，应选酸式滴定管，故C错误；
D．浓硫酸溶于水放热，应选稀硫酸与NaOH溶液反应测定中和热，故D错误；
故选：B。
7．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。

下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
8．实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程如图所示。下列说法正确的是

A．“溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2HCl=Cu2＋＋2H2O＋2Cl-
B．因为升高温度可以加快反应速率，所以“溶解”时适宜使用高温
C．“调节pH=2”后，溶液中大量存在的离子有Cu2＋、Zn2＋、H＋、Cl-
D．将ZnCl2溶液加热蒸干即可获得无水ZnCl2
【答案】C
【分析】废弃旧电池的铜帽(主要成分为锌铜合金)回收Cu并制备ZnCl2的部分实验过程中，先加入双氧水、稀盐酸，Zn转化为ZnCl2，Cu转化为CuCl2，所得溶液中存在大量Zn2+、Cu2+、Cl-、H+，向溶液中加入适量NaOH溶液调节pH=2，此时溶液中含有大量Zn2+、Cu2+、Na+、Cl-、H+，再加入锌粉将Cu2+置换为Cu，过滤得到Cu，所得滤液中主要成分为NaCl、ZnCl2，经过一系列操作后得到无水ZnCl2。
【详解】A．HCl为易溶强酸，离子方程式中应拆分，因此“溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H+=Cu2＋＋2H2O，故A错误；
B．升高温度能够加快化学反应速率，但双氧水受热易分解、盐酸受热易挥发，因此溶解过程中需在适宜的温度下进行反应，故B错误；
C．由上述分析可知，“调节pH=2”后，溶液中大量存在的离子有Cu2＋、Zn2＋、H＋、Cl-，故C正确；
D．ZnCl2为强酸弱碱盐，加热能够促进Zn2+水解，因此需要在HCl的气氛中进行加热蒸干方可得到无水ZnCl2，故D错误；
综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。
9．C和H2在生产、生活、科技中是非常重要的燃料。已知：
①2C(s)+O2(g)=2CO(g)    ΔH=-221kJ·mol-1
②2H2O(g)
下列推断正确的是
A．C(s)的燃烧热为110.5kJ·mo1-1
B．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH>0，ΔS<0，该反应是非自发反应
C．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=+131.5kJ·mo1-1
D．将2molH2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，至少需要提供4×463kJ的热量
【答案】C
【详解】A．1mol C(s)完全燃烧生成稳定的氧化物即CO2时所放出的热量为燃烧热，反应①没有生成稳定氧化物，A错误；
B．2molH2断开化学键需要吸收的热量为2mol×436 kJ·mol-1，1mol O2断开化学键需要吸收的热量为1mol×496 kJ·mol-1，4molH原子和2molO原子形成2molH2O(g)是时放出的热量为4mol×463 kJ·mol-1，根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能，可得△H=2mol×436 kJ·mol-1+1mol×496 kJ·mol-1-4mol×463 kJ·mol-1=-484 kJ·mol-1，因此热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)  △H=-484kJ·mol-1，B错误；
C．反应①2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221kJ·mol-1和反应②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)  △H=-484kJ·mol-1，根据盖斯定律，反应①-②得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，△H=+131.5 kJ·mol-1，即热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)  △H=+131.5kJ·mol-1，C正确；
D．根据2H2O(g) =2H2(g)+O2(g)  △H=+484kJ·mol-1可知，2 mol H2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，提供的热量为484kJ，D错误；
答案选C。
10．下列图示与对应的叙述相符的是

A．图丁为反应Cl2(g)+CO(g)COCl2(g)  △H<0的反应速率随时间变化的曲线，说明t1时刻改变的条件可能是升高温度
B．图丙为一定温度时某反应的平衡常数K随压强增大而保持不变，说明该反应前后气体体积一定不变
C．图丙表示向NH4Cl溶液中滴加盐酸时，溶液中随盐酸体积的变化关系
D．图丁表示室温下分别向V0 mL ROH (弱碱)和MOH(强碱)溶液中加水至体积为V mL时，溶液pH随的变化关系
【答案】A
【详解】A．t1时刻改变的条件正、逆反应速率均增大，且平衡逆移，则改变的条件可能是升高温度，故A正确；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，则一定温度时某反应的平衡常数K随压强增大而保持不变，不能说明该反应前后气体体积一定不变，故B错误；
C．NH4Cl溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢氧根离子，则溶液中，向NH4Cl溶液中滴加盐酸时，随盐酸体积的增大，则溶液氢离子的浓度增大，导致水解平衡向逆反应方向移动，一水合氨的浓度减小，平衡常数不变，该比值减小，故C错误；
D．加入水稀释过程中，强碱稀释10n倍时，pH变化为n，而弱碱稀释10n倍时，pH变化小于n，故ROH为强碱，MOH为弱碱，故D错误；
故选：A。
11．硫化氢(H2S)是一种有毒气体，广泛存在于石油化工、冶金等行业的废气中，常用足量纯碱溶液吸收法、热分解法、Fe2(SO4)3溶液氧化脱除法、活性炭吸附氧化法脱除。同时，H2S也是一种重要的化工原料，可以用来制备硫磺、苯硫酚(C6H5SH)、H2S、NaHS还常用于脱除水体中的Cu2+，形成黑色、不溶于稀硫酸的CuS沉淀。室温时，通过下列实验探究NaHS溶液的性质
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测量0.1 mol/L NaHS溶液的pH，测得pH约为7.8
2
将浓度均为0.001 mol/L NaHS溶液与CuSO4溶液等体积混合，有黑色沉淀产生

下列有关说法不正确的是A．0.1 mol/L NaHS溶液中有：c(H2S)>c(S2—)
B．0.1 mol/L NaHS溶液中存在：c(H+)+c(H2S)= c(OH—)+2c(S2—)
C．实验2发生反应的离子方程式：HS—+ Cu2+ = CuS↓+ H+
D．实验2的上层清液中c(H+)·c(OH—)=1×10—14
【答案】B
【详解】A．用pH试纸测量0.1 mol/L NaHS溶液的pH，测得pH约为7.8，说明HS-水解程度大于其电离程度，则水解产生的H2S 的浓度大于电离生成的S2-的浓度，即c(H2S)>c(S2-)，故A正确；
B．0.1 mol/L NaHS溶液中存在电荷守恒： ，存在物料守恒：，联立可得：c(H+)+c(H2S)= c(OH-)+c(S2-)，故B错误；
C．将浓度均为0.001 mol/L NaHS溶液与CuSO4溶液等体积混合，有黑色沉淀产生，则沉淀为CuS ，对于反应方程式，HS—+ Cu2+ = CuS↓+ H+故C正确；
D．温度不变水的离子积常数不变，室温下KW=c(OH-)·c(H+)=1×10-14，故D正确；
故选：B。
12．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
操作
现象
结论
A
用pH试纸分别测量NaNO2和CH3COONa溶液的pH
NaNO2溶液的pH约为8，CH3COONa溶液的pH约为9
Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)
B
向1.0mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙
溶液呈黄色
NaHCO3溶液呈碱性
C
向滴有酚酞的氨水中加入CH3COONH4固体
溶液的红色变浅
CH3COONH4溶液呈酸性
D
相同的铝片分别与同温同体积，且c(H+)=1mol·L-1的盐酸、硫酸反应
铝与盐酸反应产生气泡较快
可能是Cl—对该反应起到促进作用

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．NaNO2和CH3COONa溶液浓度未知，应测定等浓度盐溶液的pH来比较对应酸的酸性强弱，故A错误；
B．甲基橙的变色范围是：pH≤3.1时呈红色，3.1~4.4时呈橙色，pH≥4.4时呈黄色，因此溶液呈黄色不能说明NaHCO3溶液呈碱性，故B错误；
C．加入CH3COONH4固体，铵根离子浓度增大，使一水合氨的电离平衡逆向移动，溶液的红色变浅，但CH3COONH4溶液呈中性，故C错误；
D．氢离子浓度相同，酸中阴离子不同，铝与盐酸反应产生气泡较快，则可能是Cl-对该反应起到促进作用，故D正确；
故答案选D。
13．二氧化碳加氢合成二甲醚(CH3OCH3)具有重要的现实意义和广阔的应用前景。该方法主要涉及下列反应：
反应I：  
反应II：      
反应III：  
向恒压密闭容器中按通入CO2和H2，平衡时各含碳物种的体积分数随温度的变化如图所示。下列有关说法正确的是

A．反应I的平衡常数可表示为
B．图中曲线b表示CO2的平衡体积分数随温度的变化
C．510 K时，反应至CH3OCH3的体积分数达到X点的值，延长反应时间不能提高CH3OCH3的体积分数
D．增大压强有利于提高平衡时CH3OCH3的选择性(CH3OCH3的选择性)
【答案】D
【详解】A．反应Ⅰ中H2O也是气态，所以平衡常数为，A错误；
B．只有反应Ⅲ涉及CH3OCH3，反应Ⅲ焓变小于0，升高温度平衡逆向移动，所以CH3OCH3的体积分数会随温度升高而降低，则b代表的应该是CH3OCH3，a代表CO2，B错误；
C．b代表的应该是CH3OCH3，X点位于曲线下方，所以延长反应时间可以提高CH3OCH3的体积分数，C错误；
D．反应Ⅰ为气体系数之和减小的反应，反应Ⅱ、Ⅲ均为气体系数之和不变的反应，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CH3OH的浓度增大，虽然H2O的浓度也增大，但CH3OH的系数为2，所以反应Ⅲ平衡正向移动，CH3OCH3的选择性增大，D正确；
综上所述答案为D。

二、填空题
14．在一个2L的密闭容器中投入反应物，发生反应2SO3(g)2SO2(g) + O2(g) ΔH＞0，其中SO3的变化如图所示：

(1)SO3分子的空间结构为________。
(2)用O2表示0～8min内该反应的平均速率v(O2)＝________。
(3)8min时反应达平衡状态，下列能说明该反应已达到平衡状态的是 （填序号）。
A．n(SO3)∶n(SO2)∶n(O2)＝2∶2∶1
B．容器内压强保持不变
C．v(SO2)逆＝2v(O2)正
D．容器内密度保持不变
(4)升高温度，该反应的K值将________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
(5)在第12min时，容器压缩到1L，则SO3的变化曲线为________（填a、b、c或d）。
(6)若保持容积不变，在第12min时加入SO3(g)，则平衡向________（填“正”或“逆”）反应方向移动，SO3的体积分数_______（填“增大”或“减小”）。
【答案】(1)平面(正)三角形
(2)0.0125mol/(L·min)
(3)BC
(4)增大
(5)c
(6)     正     增大

【详解】（1）SO3分子中心原子价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，空间结构为平面(正)三角形。
（2）SO3的反应速率v=，速率之比等于化学计量数之比，所以有：v(O2)=v(SO2)=0.0125。
（3）A．表示同一方向反应速率，v(SO2)自始至终为v(O2)的2倍，不能说明达到平衡，故A错误；
B．该反应前后气体体积变化，所以压强不变，反应已达到平衡状态，故B正确；
C．不同物质表示速率，到达平衡时，正逆速率之比等于化学计量数之比，v逆(SO2)：v正(O2)=2：1，v逆(SO2)=2v正(O2)，故C正确；
D．根据质量守恒，化学反应前后混合物的质量不变，容器体积不变，所以密度始终不变，故D错误；
故答案为：BC。
（4）该反应是吸热反应，升高温度，K值将增大。
（5）在第12min时，容器压缩到1L，相当于增大压强，瞬间物质的量不变，但平衡逆向移动，所以三氧化硫的物质的量增加，则SO3的变化曲线为c。
（6）若保持容积不变在第12min时，加入SO3(g)，平衡正向移动，体积不变相当于增大压强，SO3的体积分数增大。
15．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。
(1)催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为：4NH3＋6NO 5N2＋6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时，得到NO脱除率曲线如图所示。
①n(NH3)∶n(NO)的物质的量之比为1:3时，对应的是曲线______(填“a”“b”或“c”)。
②由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900 ℃时NO脱除率都会骤然下降的原因可能是______。

(2)NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。

I. 2NO(g)―→N2O2(g) ΔH1　 II. N2O2(g)＋O2(g)―→2NO2(g) ΔH2
①化学反应速率由速率较慢的反应步骤决定。以上反应决定NO氧化反应速率的步骤是______(填“I”或“II”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4>T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度______(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图(图)分析其原因：___________。

(3)NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图；研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图，写出脱硝过程的总反应方程式：________。

【答案】(1)     c     催化剂失去活性
(2)     II     T4     ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
(3)4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)

【详解】（1）①NH3与NO的物质的量之比越大，NO的脱除率越大，相同温度下，n(NH3)∶n(NO)的物质的量之比为1:3时，对应的是曲线c；
②NO脱除率会受到速率、平衡移动等因素的影响。温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱除率逐渐升高，温度高于900℃，催化剂失去活性，反应速率减慢， NO脱除率下降。
（2）①一个化学反应，活化能越大，反应速率越慢，由于E1< E2，反应II速率较慢，决定化学反应速率快慢的是反应II；
②根据图象T4曲线斜率小于T3，T4时NO的消耗速率较小，则转化相同量的NO，T4耗时更长；根据能量图分析，该反应ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响。
（3）反应物总能量高于生成物总能量，故NH3催化还原NO为放热反应，由右图可知该反应的化学方程式为：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)。

三、原理综合题
16．研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。
(1)已知部分弱酸的电离常数如下表：
化学式
HF
H2CO3
H2S
电离平衡常数K(25℃)
7.2×10－4
K1=4.4×10－7K2=4.7×10－11
K1＝9.1×10－8K2＝1.1×10－12

①常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S，物质的量浓度最大的是____。
②将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的离子方程式是____。
(2)二元弱酸H2A溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X) 随pH的变化如图所示。则H2A的电离平衡常数K2=____。

(3)常温下，用0.100mol·L－1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水，滴定曲线如图2所示，滴加20.00mL盐酸时所得溶液中，c(Cl－)=c(NH) +c(NH3·H2O)+c(NH3)(忽略溶液体积的变化)。

①该氨水物质的量浓度为____。        
②a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是____。
③b点所示的溶液中c(NH3·H2O)____c(Cl－)(填“大于”“等于”或“小于”)
④若所得溶液中的c(NH)＞c(OH—)，则下列说法正确的是____；
A．溶液一定呈酸性            B．溶液一定呈碱性  
C．溶液一定呈中性            D．溶液可能呈酸性、中性或碱性
【答案】(1)     NaF     CO＋H2S = HS－＋HCO
(2)10－4.2
(3)     0.100mol·L－1     d     小于     D

【详解】（1）①由图表中数据分析可知酸性HF＞H2CO3＞H2S＞＞HS-，可知对应盐的水解程度F-＜＜HS-＜＜S2-，浓度相同时溶液的碱性：Na2S＞Na2CO3＞NaF，所以常温下，pH相同的三种溶液NaF、Na2CO3、Na2S中物质的量浓度由大到小的顺序为c(NaF)＞c(Na2CO3)＞c(Na2S)，即NaF的物质的量浓度最大。
②酸性H2CO3＞H2S＞＞HS-，由较强酸制较弱酸可知，二者反应生成NaHS和NaHCO3，则发生反应的离子方程式为+H2S=HS-+。
（2）随着溶液的pH值增大，二元弱酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数依次是逐渐减小、先增大后减小、逐渐增大，根据图知，δ(HA-)=δ(A2-)时，溶液的pH=4.2，此时c(HA-)=c(A2-)，H2A的电离平衡常数K2=×c(H+)=c(H+)=10-4.2。
（3）①常温下，用0.100mol•L-1的盐酸滴定20.00mL未知浓度的氨水，滴定曲线如图2所示，滴加20.00mL盐酸时所得溶液中，c(Cl-)=c()+c(NH3•H2O)+c(NH3)（忽略溶液体积的变化），盐酸和氨水的体积相等，二者以1：1反应，所以c(NH3•H2O)=c(HCl)=0.100mol/L。
②a点溶质为一水合氨、b点溶质为等物质的量浓度的一水合氨和氯化铵、c点溶质呈中性，d点溶质为氯化铵，碱抑制水电离，且碱中c(OH-)越大，对水电离抑制程度越大，铵根离子水解促进水电离，所以a、b点都抑制水电离，且水电离程度：a点小于b点，c点不影响水电离，d点促进水电离，所以水电离程度最大的是d。
③b点溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3•H2O，b点溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，氯离子不水解，所示的溶液中c(NH3•H2O)＜c(Cl-)。
④d点溶液中溶质为NH4Cl，部分水解导致溶液呈酸性，但其水解程度较小，所以存在c()＞c(OH-)；c点溶液溶质为NH4Cl、NH3•H2O，溶液呈中性，水的电离程度较小，溶液中c()＞c(OH-)；b点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3•H2O，溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，但其电离程度较小，所以存在c()＞c(OH-)；所以若所得溶液中的c()＞c(OH-)，该溶液中可能呈酸性、中性或碱性。故答案选D。

四、工业流程题
17．柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易被人体吸收的高效铁制剂，医疗上可以用来治疗缺铁性贫血。某课题组以硫铁矿烧渣(含Fe2O3、SiO2、少量Al2O3等)为原料，先制备碳酸亚铁，再与柠檬酸反应可以制得柠檬酸亚铁。其工艺流程如下：

已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L-1计算)：
金属离子
沉淀开始pH
沉淀完全pH
Al3+
3.1
5.1
Fe2+
5.9
6.9
Fe3+
1.2
3.2

(1)基态Fe2+的核外电子排布式为_______。
(2)“浸泡”时加入过量硫酸的目的：_______。
(3)“除杂”时有同学提出下列两种途径，请选择较合理的途径并说明理由_______。
途径一：
途径二：
(4)“制备FeCO3”时，Na2CO3溶液的浓度对沉淀中铁元素的质量分数以及FeCO3产率的影响如图：

Na2CO3溶液的浓度大于4mol/L时，FeCO3的产率有所下降，而沉淀中铁元素质量分数仍在上升的原因是_______。
(5)已知柠檬酸亚铁易被氧化，能溶于水，不溶于乙醇。设计试验方案，从“除杂”后的FeSO4溶液制备柠檬酸亚铁晶体：_______，静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。(必须用到的试剂有：Fe粉、4mol/LNa2CO3溶液、柠檬酸溶液、无水乙醇)
(6)产品纯度的测定。产品中铁的含量用 EDTA 配位滴定法测定：称取0.4000g产品中加入足量H2O2溶液和适量的稀H2SO4，充分反应后再用0.0600mol·L-1EDTA溶液滴定至终点(其他离子对滴定过程无干扰)，消耗EDTA溶液的体积为20.00mL(已知：EDTA与Fe3+的滴定比例为1：1，柠檬酸亚铁的摩尔质量为246g/mol)。计算产品的纯度为_______。
(7)上述滴定过程中，导致测定结果偏大的是_______。
a．滴定前，盛装EDTA的酸式滴定管未润洗
b．滴定时，酸式滴定管中开始有气泡，后来无气泡
c．滴定开始时平视，滴定结束时俯视
【答案】(1)[Ar]3d6
(2)使烧渣充分溶解，提高铁元素的浸出率；抑制Fe3+水解
(3)途径一较合理：途径一获得的FeSO4纯度高，途径二中FeSO4溶液中混有Al2(SO4)3
(4)Na2CO3溶液的浓度大于4mol/L时，更多的Fe2+转化为Fe(OH)2，所以FeCO3产率降低；Fe(OH)2中铁的百分含量高于FeCO3中铁的百分含量，所以铁元素的质量分数上升
(5)向硫酸亚铁溶液中逐滴加入4mol/LNa2CO3溶液，待沉淀不再增加后过滤，将滤渣溶于足量的柠檬酸溶液中，同时加入适量铁粉，充分反应后将滤液浓缩，加入适量的无水乙醇
(6)73.8%
(7)ab

【分析】硫铁矿烧渣(含Fe2O3、SiO2、少量Al2O3等)加入硫酸浸泡，Fe2O3、Al2O3溶于硫酸，SiO2不溶，除杂制得硫酸亚铁，向硫酸亚铁中加入碳酸钠制备FeCO3，再与柠檬酸反应可以制得柠檬酸亚铁。
【详解】（1）Fe为26号元素，Fe原子失去两个电子形成Fe2+，则基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，故答案为：[Ar]3d6；
（2）“浸泡”步骤所加硫酸应过量，一是使烧渣充分溶解，提高铁元素的浸出率，二是因为Fe3+易水解，且Fe3+水解显酸性，硫酸过量可抑制Fe3+水解，故答案为：使烧渣充分溶解，提高铁元素的浸出率；抑制Fe3+水解；
（3）途径一：浸泡液中加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe2+开始沉淀的pH为5.9，Al3+完全沉淀的pH为5.1，调节pH在5.1～5.9，Al3+全部转化成氢氧化铝沉淀，过滤，得到硫酸亚铁；途径二：Al3+开始沉淀的pH为3.1，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，也就是Fe(OH)3完全沉淀时，有部分Al元素也以Al(OH)3形式沉淀出来，因此制备FeSO4中混有Al2(SO4)3杂质，因此途径一比较合理，故答案为：途径一较合理：途径一获得的FeSO4纯度高，途径二中FeSO4溶液中混有Al2(SO4)3；
（4）当碳酸钠浓度大于4mol/L时，FeCO3产率下降，但沉淀中铁元素质量分数增大，可能是Fe2+与发生双水解反应生成Fe(OH)2，FeCO3产率降低，由于Fe(OH)2中铁的百分含量高于FeCO3中铁的百分含量，所以铁元素的质量分数上升，故答案为：Na2CO3溶液的浓度大于4mol/L时，更多的Fe2+转化为Fe(OH)2，所以FeCO3产率降低；Fe(OH)2中铁的百分含量高于FeCO3中铁的百分含量，所以铁元素的质量分数上升；
（5）从“除杂”后的FeSO4溶液制备柠檬酸亚铁晶体：向硫酸亚铁溶液中逐滴加入4mol/LNa2CO3溶液，待沉淀不再增加后过滤，将滤渣溶于足量的柠檬酸溶液中，同时加入适量铁粉，充分反应后将滤液浓缩，加入适量的无水乙醇，静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体，故答案为：向硫酸亚铁溶液中逐滴加入4mol/LNa2CO3溶液，待沉淀不再增加后过滤，将滤渣溶于足量的柠檬酸溶液中，同时加入适量铁粉，充分反应后将滤液浓缩，加入适量的无水乙醇；
（6）根据题意有关系式：FeC6H6O7～Fe3+～EDTA，则产品中柠檬酸亚铁的质量分数为，故答案为：73.8%；
（7）a．滴定前，盛装EDTA的酸式滴定管未润洗，消耗EDTA的体积偏大，测定结果偏大，故a符合题意；
b．滴定时，酸式滴定管中开始有气泡，后来无气泡，消耗EDTA的体积偏大，测定结果偏大，故b符合题意；
c．滴定开始时平视，滴定结束时俯视，EDTA的体积偏小，测定结果偏小，故c不符合题意；
故答案选ab。