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2021-2022学年福建省福州市福建师范大学附属中学高二上学期期末考试化学试题含解析
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这是一份2021-2022学年福建省福州市福建师范大学附属中学高二上学期期末考试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
福建省福州市福建师范大学附属中学2021-2022学年
高二上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产生活密切相关。对下列现象或事实的相关解释错误的是
A．施肥时，氯化铵不能与草木灰/(显碱性)混合使用，因为氯化铵与碱性物质反应生成氨气会降低肥效
B．明矾用于净水，利用铝离子水解产生的胶体具有很强吸附杂质的作用
C．打开啤酒倒入杯中立即产生大量气泡，压强减小使碳酸分解为而大量逸出
D．用盐酸清洗长时间存放漂白粉的试剂瓶，利用了与盐酸反应的性质
【答案】D
【详解】A．氯化铵与草木灰生成氨气，氨气脱离土壤，降低肥效，A正确；
B．明矾溶于水后铝离子形成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附杂质，B正确；
C．碳酸不稳定易分解生成二氧化碳，打开啤酒后二氧化碳释放到空气中，促进碳酸分解，C正确；
D．长时间存放漂白粉的试剂瓶中次氯酸钙会转化为碳酸钙，盐酸能与碳酸钙反应，可用于清洗该试剂瓶，D错误；
故选D。
2．BeCl2是有机反应的催化剂。铍和氯气反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．E2是正反应的活化能 B．该反应的ΔH<0
C．加入催化剂，ΔH减小 D．ΔH = E2 - E1
【答案】B
【详解】A. E1是正反应的活化能，E2是逆反应的活化能，故A不选；
B.该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，是放热反应，ΔH＜0，故B选；
C.催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应放出的热量的多少，故C不选；
D.由于ΔH＜0，故ΔH = E1- E2，故D不选。
故选B。
3．下列说法正确的是
A．由 ，可知：金刚石比石墨更稳定
B．吸热反应：，设和不随温度而变，则该反应任何温度下都不能自发进行
C．由 ，可知：含1mol的溶液与含1mol的溶液混合，放出热量等于
D．2g完全燃烧生成液态水放出热量，则氢气燃烧的热化学方程式为
【答案】B
【详解】A．石墨生成金刚石的反应为吸热反应，说明金刚石的能量高于石墨，则石墨比金刚石更稳定，A错误；
B．当ΔH-TΔS<0时反应能自发进行，已知该反应为吸热反应，ΔH>0，ΔS<0，T一定大于零，则ΔH-TΔS>0恒成立，该反应在任何温度下都不能自发进行，B正确；
C．醋酸为弱酸，其电离吸热，因此含1mol的溶液与含1mol的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，C错误；
D．2gH2为1mol，1mol氢气完全燃烧生成液态水放热285.8kJ，则2mol的氢气完全燃烧生成液态水放热571.6kJ，ΔH应为-571.6kJ/mol，D错误；
故答案选B。
4．合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（ ）
A．增加压强 B．降低温度 C．增大CO的浓度 D．更换催化剂
【答案】B
【详解】提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可。
A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；
B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；
C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误；
答案选B。
5．下列对钢铁制品采取的措施不能防止钢铁腐蚀的是
A．保持表面干燥 B．表面镀锌 C．表面形成烤蓝 D．表面镶嵌铜块
【答案】D
【详解】A．将钢铁制品放置在干燥处，使金属不具备生锈的条件：和水接触，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故A不选；B．在钢铁制品表面镀一层金属锌，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故B不选；C．烤蓝能使铁制品与氧气和水隔绝，可以防止钢铁制品生锈，故C不选；D．在表面镶嵌铜块，形成的原电池中，金属铁做负极，可以加快腐蚀速率，此法不能防止或减缓钢铁腐蚀，故D选；故选D。
【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属被腐蚀的原因是解本题关键。解答本题需要知道常见的防止金属腐蚀的方法。本题的易错点为C，要注意烤蓝主要指利用化学反应使铁器表面生成四氧化三铁。
6．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施几乎不影响氢气产生速率的是
A．加少量醋酸钠固体 B．不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
C．滴加少量CuSO4溶液 D．加少量硫酸钠固体
【答案】D
【详解】A．加入少量CH3COONa固体，稀硫酸和CH3COONa反应生成弱酸CH3COOH，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故A不选；B．浓硫酸和Fe发生钝化，且浓硫酸和Fe反应生成二氧化硫而不是氢气，故B不选；C．滴加少量CuSO4溶液，置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故C不选；D．加入少量的硫酸钠，氢离子浓度不变，反应速率不变，故D选；故选D。
【点睛】本题考查影响化学反应速率因素，明确温度、压强、浓度、催化剂等因素对化学反应速率影响原理是解本题关键。本题的易错点为BC，B中要注意浓硫酸的特殊性，C中要注意能够形成锌铜原电池。
7．将AgCl分别加入盛有：①5mL水 ②6mL 0.5 mol·L－1NaCl溶液 ③10mL 0.2 mol·L－1CaCl2溶液④5mL 0.1 mol·L－1 AlCl3溶液的烧杯中均有固体剩余，各溶液中c(Ag+)从小到大顺序排列正确的是
A．④③②① B．②③④① C．①④③② D．①③②④
【答案】B
【分析】根据Ksp(AgCl)=c(Ag＋)×c(Cl－)进行分析，c(Cl－)越大，c(Ag＋)越小；
【详解】Ksp(AgCl)=c(Ag＋)×c(Cl－)，Ksp只受温度的影响，根据题意，温度保持不变，因此所给溶液，c(Cl－)越大，c(Ag＋)越小，四种溶液中c(Cl－)分别为0、0.5mol·L－1、0.4mol·L－1、0.3mol·L－1，因此c(Ag＋)由小到大的顺序是②③④①，故选项B正确。
答案为B。
8．下列说法中正确的是
A．将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小
B．配制FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2＋水解
C．FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体
D．向0.1mol/L氨水中加入少量水，溶液中减小
【答案】A
【详解】A、水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，Kw增大，c(H＋)增大，pH变小，故A说法正确；
B、HNO3具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，因此配制FeSO4溶液时，需要加入H2SO4抑制Fe2＋水解，故B说法错误；
C、FeCl3溶液中：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，且也能促进HCl的挥发，蒸干后得到Fe(OH)3，灼烧至恒重，最终得到的是Fe2O3，故C说法错误；
D、氨水溶液中存在NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释，促进电离，n(NH4＋)增加，n(NH3·H2O)减小，即溶液中增大，故D说法错误；
答案为A。
【点睛】盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型：
1.盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得到原物质；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物；
2.酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后可得到原物质；
3.考虑盐受热时是否分解；
4.还原性盐在蒸干时会被氧气氧化。
9．常温下在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A．能使甲基橙变红的溶液：、、、
B．的溶液：、、、
C．澄清透明溶液：、、、
D．由水电离产生的，、、、
【答案】C
【详解】A．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，具有氧化性， I−具有还原性，发生氧化还原反应，不能共存，A错误；
B．c(Al3+)=0.1mol⋅L−1的溶液，Al3+与发生双水解，生成氢氧化铝，不能共存，B错误；
C．澄清透明溶液中，说明Ba2+、Fe3+、Cl−、的混合液中各离子互不反应，大量共存，C正确；
D．由水电离产生的c(H+)=1.0×10−13，溶液可能呈酸性或碱性，当酸性条件时， CH3COO−会结合H+形成CH3COOH，不能大量共存，D错误；
故答案为：C。
10．工业品MnCl2溶液中含有Cu2＋、Pb2＋等离子，加入过量难溶电解质MnS，可使Cu2＋、Pb2＋等离子形成沉淀，以制取纯净MnCl2。由此可推知MnS
A．具有吸附性 B．溶解度小于CuS、PbS
C．溶解度与CuS、PbS相同 D．溶解度大于CuS、PbS
【答案】D
【详解】工业品MnCl2溶液中含有Cu2+、Pb2+等离子，加入过量难溶电解质MnS，可使Cu2+、Pb2+等离子形成沉淀，以制取纯净MnCl2，原理利用的是沉淀转化的反应关系，沉淀转化的条件是向更难溶的方向进行，说明生成的CuS、PbS溶解性小于MnS；才能是先沉淀的转化，除去杂质；
答案选D。
11．如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是
A．电极I上发生还原反应，作原电池的负极
B．电极II的电极反应式为Cu2＋＋2e-=Cu
C．该原电池的总反应为2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋
D．盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递电子
【答案】C
【分析】由电池装置图可知，该电池为原电池，左侧电极I为正极，三价铁离子得到电子变成二价铁，右侧电极II为负极，铜失去电子变成二价铜离子，据此解答。
【详解】A．由分析可知，电极 I为正极，发生还原反应，故A错误；
B．由分析可知，电极 II为负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2＋，故B错误；
C．根据该电池的正负极反应可知，该原电池的总反应为2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，故C正确；
D．盐桥中装有含氯化钾的琼脂，作用是传递离子而不是电子，故D错误；
故答案选C。
12．若某元素原子处于能量最低状态时，价电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是（ ）
A．该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有3个未成对电子
B．该元素原子核外共有5个电子层
C．该元素原子的M层共有8个电子
D．该元素原子最外层有3个电子
【答案】B
【详解】根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2个电子；
A．该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有1个未成对电子，故A错误；
B．该元素原子核外有5个电子层，故B正确；
C．该元素原子M能层共有18个电子，故C错误；
D．该元素原子最外层上有2个电子，故D错误；
故答案为B。
13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
常温下，测得溶液和溶液的分别为1.3和1.0
氮元素的非金属性强于碳元素
B
向较浓的溶液中滴入少量酸性溶液，观察溶液紫色是否褪去
证明有还原性
C
用计测定相同浓度的溶液和溶液的，前者的小于后者的
的酸性弱于
D
向2mL溶液中加1mL溶液，产生白色沉淀；再加入1mL溶液，产生红褐色沉淀。
沉淀转化为沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．N的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，C的最高价氧化为对应的水化物是H2CO3，无法通过H2C2O4和HNO2的酸性强弱比较C和N的非金属性，A错误；
B．Cl-具有还原性，向较浓的 FeCl2 溶液中滴入少量酸性 KMnO4 溶液，溶液颜色褪去可能是KMnO4 与Fe2+发生氧化还原也肯是Cl-与Fe2+发生氧化还原，B错误；
C．NaClO具有强氧化性，能够漂白试纸，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，可选用pH计，用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者，说明CH3COONa的水解程度小，说明HClO的酸性弱于CH3COOH，C正确；
D．2mL 1mol⋅L−1 NaOH 溶液中加1mL 0.1mol⋅L−1 MgCl2溶液，反应后氢氧化钠过量，再加入FeCl3溶液，反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能说明存在沉淀的转化，D错误；
故答案为：C。
14．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存在、。下列说法不正确的是
A．反应①的活化能小于反应③的活化能
B．反应②的平衡常数
C．要提高合成的速率，关键是提高反应③的速率
D．选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高的平衡产率
【答案】D
【分析】根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。
【详解】A．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A正确；
B．反应②存在、，平衡时正逆反应速率相等，则K= =，故B正确；
C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C正确；
D．催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COCl2的平衡产率不变，故D错误；
答案选D。
15．25℃时，向20mL0.1mol·L-1NaOH溶液中滴加0.1mol·L-1CH3COOH溶液，混合溶液中水电离的氢氧根离子浓度与滴加醋酸溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是
A．B点对应的溶液pH=7 B．D点对应的V2=20mL
C．D点对应的溶液中：c(OH-)=c(H+) D．C点对应的溶液中：c(CH3COO-)=c(Na+)
【答案】C
【详解】A. B点溶质为NaOH、CH3COONa，溶液呈碱性，pH＞7，A错误；
B. 二者恰好反应时生成醋酸钠，水的电离程度最大，所以C点对应的V1=20mL，B错误；
C. D点溶质为CH3COONa、CH3COOH，溶液呈中性，则对应的溶液中：c(OH-)=c(H+)，C正确；
D. C点恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解，溶液显碱性，则对应的溶液中：c(CHCOO-)＜c(Na+)，D错误。
答案选C。
16．常温下，下列溶液中各粒子的物质的量浓度关系正确的是
A．溶液中：
B．相同条件下，的①溶液②溶液③稀盐酸，三种溶液中由水电离出的：①＞②＞③
C．等物质的量浓度的溶液与溶液等体积混合，溶液显碱性，则溶液中：
D．将溶液和溶液混合，所得溶液的，则溶液中的
【答案】C
【详解】A．溶液水解显酸性，溶液中浓度最大，离子浓度顺序为：，故A错误；
B．相同条件下，的溶液水解促进水的电离，溶液和稀盐酸抑制水的电离，即，说明对水的抑制程度相同，故三种溶液中由水电离出的：①＞②=③，故B错误；
C．等物质的量浓度的溶液与溶液等体积混合，溶液显碱性，说明的水解程度大于的电离程度，则溶液中：，故C正确；
D．将溶液和溶液混合，所得溶液的，存在电荷守恒：，存在元素质量守恒：，即，联立三个式子得，故D错误；
故答案为C。
17．常温下0.1mol/LH2A溶液中H2A、HA-、A2-三者所占物质的量分数(分布系数)随溶液pH变化关系如图所示。下列表述正确的是
A．，
B．溶液中，
C．室温下，的，将少量的溶液加入溶液中发生反应：
D．在时，向溶液中加入一定体积的的溶液使，则、、之和不变
【答案】C
【详解】A．pH=4.2时，HA-、A2-浓度相等，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于HA-水解程度，则在0.1mol/LNaHA溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)，即，，A错误；
B．pH=4.2时，HA-、A2-浓度相等，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于HA-水解程度，则在0.1mol/LNaHA溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)，所以各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，B错误；
C．已知25℃时HCN的Ka=4.9×10-10，由以上信息可知K1=10-1.2，K2=10-4.2，则酸性H2A＞HA-＞HCN，则将少量H2A溶液加入足量的NaCN溶液中，发生的反应为：H2A+2CN-=2HCN+A2-，C正确；
D．在pH=1.2时，向H2A溶液中加入一定体积的0.1 mol•L-1的NaOH溶液使pH=4.2，由于溶液的体积增加，则根据物料守恒可知c(A2-)、c(HA-)、c(H2A)之和减小，D错误；
故答案为：C。
18．在恒压、H2和CO2的起始浓度一定的条件下，用催化剂Ni/xMg(x值越大表示Mg含量越高)催化反应4H2(g)+CO2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，相同时间测得不同温度下CO2的转化率如图所示。下列说法正确的是
A．升高温度，平衡逆向移动
B．355℃时，催化剂的活性最强
C．反应足够长时间可提高W点CO2的转化率
D．相同条件下催化剂中Mg的含量越高催化效率越高
【答案】A
【详解】A．由图可知，该反应在360℃左右，反应达到平衡状态，再升高温度，CO2的转化率下降，说明平衡逆向移动，故A正确；
B．由图可知，在250℃到325℃时，相同时间下测得CO2的转化率变化幅度大，即在该段温度范围下催化剂催化反应速率最快，其活性最强，故B错误；
C．由图可知，W点反应已达到平衡状态，延长W点的反应时间不能提高CO2的转化率，故C错误；
D．由图可知，在反应未达到平衡时，相同条件下，在Ni/0.05Mg催化剂条件下CO2的转化率大于在Ni/0.1Mg催化剂条件下CO2的转化率，说明相同条件下催化剂中Mg的含量越高催化效率不是越高，故D错误；
故答案为A。
19．已知：pKa＝－lgKa，25℃时，H2A的pKal＝1.85，pKa2＝7.19。常温下，用0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．a点所得溶液中：V0＝10 mL
B．b点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)＝c(HA－)+c(OH－)
C．A2－水解平衡常数Kh(A2－)＝10－7.19
D．c点所得溶液中：c(A2－)＝c(HA－)
【答案】D
【详解】A、根据图象可知，a点pH=1.85=pKal，即，所以a点c(H2A)=c(HA-)。假设A成立，a点所加NaOH为10mL，则a点溶液中溶质为H2A和NaHA，且物质的量之比为1∶1，但还要考虑电离和水解，由pKal＝1.85，pKa2＝7.19可知，H2A与NaHA以1∶1混合时，H2A占主要地位，所以此时溶液中c(H2A)≠c(HA-)，假设不成立，实际上a点NaOH应该小于10mL，故A错误； B、b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液，恰好反应生成NaHA，由质子守恒可得c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，故B错误； C、A2-水解平衡常数Khl=Kw/Ka2=10-6.81，故C错误；D、c点pH=7.19=pKa2，，所以c(A2-)=c(HA-)，故D正确。选D。
点睛：以强碱与弱酸反应为载体，要求学生能够结合用中和滴定曲线来分析滴定过程中溶液的pH变化、判断溶液的成分即溶液中微粒浓度的大小。此类题目要抓住几个关键点：酸碱物质的量之比1∶1的点、完全中和的点、溶液pH=7的点，要回分析这三种特殊情况时溶液的溶质成分，其他的点可以利用这三个特殊点进行比较迁移。然后借助三大守恒（电荷守恒、物料守恒、质子守恒）分析微粒浓度大小。
20．常温下用酚酞做指示剂，向一定体积0.1000mo1·L−1H2A溶液中滴加0.1000mo1·L−1NaOH溶液，滴定曲线及混合溶液中lgX[其中X表示或]随pH变化如图所示，下列说法中正确的是
A．图2曲线表示pH与的变化关系
B．H2A溶液的体积为40.00mL
C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D．实验到达滴定终点时，溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)
【答案】C
【详解】A．根据图1可知起始时0.1mol/LH2A溶液的pH＝1，即溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，这说明H2A的第一步电离是完全的，溶液中不存在H2A，因此图2曲线表示pH与的变化关系，A错误；
B．恰好完全反应时消耗氢氧化钠溶液是40mL，二者的浓度相等，所以H2A溶液的体积为20.00mL，B错误；
C．图2中pH＝2即氢离子浓度是0.01mol/L时，lgx＝0，这说明c(A2－)=c(HA－)，所以HA−的电离常数Ka=＝c(H＋)＝1.0×10−2，C正确；
D．实验到达滴定终点时生成Na2A，依据物料守恒c(Na+)＝2c(A2-)+2c(HA-)，所以溶液中c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；
答案选C。
二、原理综合题
21．一定条件下一氧化碳和氢气可以合成清洁能源——甲醇，其热化学方程式为：
(1)分析如图可知，A B、C三点平衡常数、、的大小关系为___________；压强：___________；
在和条件下，由D点到B点过程中正、逆反应速率之间的关系：___________(以上填“＞”、“＜”或“=”)
(2)若在恒温恒容条件下，能表示该可逆反应达到平衡状态的有___________(填标号)。
A．生成速率和的生成速率的比为2：1
B．容器内混合气体的密度保持不变
C．容器内混合气体平均摩尔质量保持不变
D．单位时间内消耗的浓度等于生成的浓度
【答案】(1)
(2)AC
【详解】（1）平衡常数受温度影响，A、B在同一温度下，故KA=KB，比较B、C，温度越高，CO转化率越低，说明ΔH<0，B与C相比，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，KB>KC；在同一温度T1，B点的CO转化率高于A点的转化率，说明由B到A，压强减小，P2>P1；在T1和P2条件下，由D到B的过程为温度不变，压强增大，平衡正向进行，v正 >v逆；
故答案为：KA=KB>KC；<；
（2）A．H2的生成速率为逆反应，CH3OH的生成速率为正反应，速率之比2：1，说明达到平衡，A符合；
B．根据，反应前后均为气体，质量不变，在恒容条件下体积不变，故密度始终不变，B不符合；
C．根据，反应前后质量不变，物质的量改变，当平均摩尔质量不变时，说明达到平衡，C符合；
D．消耗CO为正反应，生成CH3OH正反应，不能判断平衡状态，D不符合；
故答案为：AC。
三、填空题
22．电化学在生产和生活中都有重要的意义和作用。
(1)工业电解饱和食盐水模拟装置的结构(图1)，电解一段时间后，气球b中的气体是___________(填化学式)，U形管___________(填“左”或“右”)边的溶液变红。
(2)工业采用石墨作电极电解溶液，使转化为装置(图2)，a％和b％的大小关系为___________(填“＞”、“＜”或“＜”)，其转化原理为：和___________。
(3)二氧化氯()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。目前已开发出用电解法制取的新工艺(图3)。
①阳极产生的电极反应式：___________。
②当阴极产生标准状况下112mL气体时，通过阳离子交换膜离子的物质的量为___________。
【答案】(1) 右
(2) ＞
(3) 0.01mol
【详解】（1）图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极，右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近产生NaOH，溶液变红，故气球b中的气体是，U形管右侧变红；
（2）石墨作电极电解溶液，阳极电极反应为：，阴极电极反应为，阳极室产生H+，发生反应，阴极区产生OH-，阳极室的Na+穿过钠离子交换膜移向阴极室，氢氧化钠浓度增大，故a％>b％；
（3）①依据题干信息，在阳极 Cl− 被氧化为 ClO2，根据电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为。
②电极上得到或失去一个电子。电解质溶液中必然有一个阳离子通过阳离子交换膜。阴极的电极反应为：，当阴极产生标准状况下112mL气体时即0.005mol，转移电子0.01mol，通过阳离子交换膜离子的物质的量为0.01mol；
23．用溶液分别滴定的盐酸和醋酸溶液各20.00mL。滴定过程中溶液随溶液体积变化的两条滴定曲线如图所示：
(1)滴定醋酸的曲线是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(2)下列方法中可使溶液中醋酸的电离程度减小的是___________(填字母序号)。
A．微热溶液 B．加少量冰醋酸
C．加少量醋酸钠固体 D．加少量碳酸钠固体
(3)和的关系：___________(填“＞”、“=”或“＜”)。
(4)下列图像能说明醋酸钠的水解反应达到平衡的是___________。
A．溶液中与反应时间t的关系
B．的水解速率与反应时间t的关系
C．溶液的与反应时间t的关系
D．与及应时间t的关系
(5)在室温下，醋酸钠溶液的约为___________(已知醋酸的电离常数)。
(6)室温时，向醋酸溶液中加入等体积的溶液，充分反应后所得溶液的，则所得溶液中的物料守恒式为：______________，所得溶液中___________(忽略混合时溶液体积变化；写出算式，不做计算)
【答案】(1)Ⅰ
(2)BC
(3)＜
(4)BC
(5)9
(6)
【详解】（1）盐酸为强酸，醋酸为弱酸，两者浓度相同时，醋酸的pH小，故滴定醋酸的曲线是I；
（2）A．加热能促进醋酸的电离，故微热溶液，电离程度增大，A错误；
B．加入醋酸后，醋酸的浓度增大，电离程度减小，B正确；
C．加入少量醋酸钠固体后，醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，电离程度减小，C正确；
D．加入碳酸钠固体，消耗氢离子，促进醋酸的电离，电离程度增大，D错误；
故选BC。
（3）当氢氧化钠溶液的体积为20mL时，盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，溶液呈中性，此时醋酸与氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，但醋酸钠溶液为中性时，加入的氢氧化钠溶液的体积小于20mL，故V1
B．随着醋酸根的水解醋酸根浓度减小，水解速率减小，当水解速率不变时，达到水解平衡，B正确；
C．醋酸根水解溶液显碱性，当溶液的pH值不再增大时，醋酸根达到水解平衡，C正确；
D．Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，D错误；
故选BC。
（5）醋酸电离方程式为：，，，，，pH值为9；
（6）向醋酸溶液中加入等体积的溶液，溶质的主要成分为CH3COOH和CH3COONa，两者的浓度均为0.05mol/L，物料守恒为：，所得溶液的pH值为4，故氢离子浓度为10-4mol/L，氢氧根的浓度为10-10mol/L，醋酸电离产生氢离子，醋酸根水解产生氢氧根和醋酸，故醋酸的浓度为：（）mol/L。
四、实验题
24．乙二酸()俗名草酸，是一种有还原性的有机弱酸，在化学上有广泛应用。实验室有一瓶混有泥沙的乙二酸样品，用溶液测定泥沙的乙二酸的含量。原理为：(未配平)，具体操作为：
(1)配制250mL溶液：准确称量5.000g乙二酸样品，配成250mL溶液。滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将标准溶液装入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管，进行滴定操作。
(2)在滴定过程中发现，刚滴下少量标准溶液时，溶液紫红色并没有马上褪去。将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色才慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪去，可能的原因是___________；判断滴定达到终点的现象是___________。
(3)计算：重复上述操作2次，记录实验数据如下表，此样品的纯度为___________。
序号
滴定前读数
滴定后读数
1
1.50
23.70
2
1.02
21.03
3
2.00
21.99
(4)误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是___________。A．未用待测溶液润洗滴定管
B．锥形瓶水洗后，用溶液润洗
C．盛放标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．读取溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后俯视读数
【答案】(1)酸式
(2) 生成的对反应有催化作用或反应放热使温度升高，加快化学反应速率 滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色(粉红色或浅红色)，且半分钟内不褪色
(3)
(4)BC
【详解】（1）高锰酸钾具有强氧化性且溶液中有硫酸显酸性，应该用酸式滴定管，答案：酸式；
（2）生成的对反应有催化作用或反应放热使温度升高，加快化学反应速率；
滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色(粉红色或浅红色)，且半分钟内不褪色；
（3）从数据可知三次测定的体积分别为：22.20mL、20.01mL、19.99mL，应舍去第一组数据，取后两个数据的均值20.00mL，通过电子转移守恒可知高锰酸钾与草酸的物质的量之比是2∶5，高锰酸钾物质的量为： ，可得草酸物质的量：，样品中草酸含量：，答案：；
（4）A.未用待测溶液润洗滴定管，所以草酸会被稀释，如果其他操作无误将会使浓度偏低，A错误；
B.锥形瓶水洗后，用溶液润洗，在锥形瓶的内壁会残存草酸，消耗高锰酸钾的体积偏大，结果偏高，B正确；
C.盛放标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失会使消耗高锰酸钾的体积偏大，结果偏高，C正确；
D.读取溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后俯视读数，会导致消耗高锰酸钾的体积偏小，结果偏低，D错误；
故选BC。
25．钴()及其化合物在工业上有广泛应用。利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、、等)制取粗品的工艺流程图如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有、、、、、、等；②部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时的如下表：
沉淀物
开始沉淀时的
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀时的
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
请回答下列问题：
(1)上述工艺流程图中操作a的名称为___________。
(2)写出“浸出”时发生反应的离子方程式：___________。
(3)加入的作用是___________。
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与关系如图。使用萃取剂最适宜的___________(填字母)。
A．接近2.0 B．接近3.0 C．接近5.0
(5)“除钙、镁”是将溶液中与转化为、沉淀。已知某温度下，，。当加入过量，所得滤液中___________。
【答案】(1)过滤
(2)
(3)将氧化为
(4)B
(5)0.49
【分析】含钴废料中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+．工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，进入草酸铵溶液得到草酸钴。
【详解】（1）由分析可知上述工艺流程图中操作a的名称过滤；
故答案为：过滤。
（2）浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，其中“浸出”时Co2O3发生反应离子方程式为：Co2O3+ +4H+=2Co2++ +2H2O；
故答案为：Co2O3+ +4H+=2Co2++ +2H2O。
（3）NaClO3的作用是：将浸出液中Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+沉淀完全；
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+。
（4）pH=2与pH=3时Co2+的萃取率变化不大，但pH=3时Mn2+的萃取率增大很多，而pH=4时，Co2+的萃取率比较大，故pH=3时最佳；综上所述答案为B；
故答案为：B。
（5）由溶度积可知，滤液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，根据溶度积可知c(Mg2+)：c(Ca2+)= =0.49；
故答案为：0.49。
【点睛】明确实验原理及混合物分离提纯的基本操作原理是解题关键，主要流程分析为：含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴。
福建省福州市福建师范大学附属中学2021-2022学年
高二上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产生活密切相关。对下列现象或事实的相关解释错误的是
A．施肥时，氯化铵不能与草木灰/(显碱性)混合使用，因为氯化铵与碱性物质反应生成氨气会降低肥效
B．明矾用于净水，利用铝离子水解产生的胶体具有很强吸附杂质的作用
C．打开啤酒倒入杯中立即产生大量气泡，压强减小使碳酸分解为而大量逸出
D．用盐酸清洗长时间存放漂白粉的试剂瓶，利用了与盐酸反应的性质
【答案】D
【详解】A．氯化铵与草木灰生成氨气，氨气脱离土壤，降低肥效，A正确；
B．明矾溶于水后铝离子形成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附杂质，B正确；
C．碳酸不稳定易分解生成二氧化碳，打开啤酒后二氧化碳释放到空气中，促进碳酸分解，C正确；
D．长时间存放漂白粉的试剂瓶中次氯酸钙会转化为碳酸钙，盐酸能与碳酸钙反应，可用于清洗该试剂瓶，D错误；
故选D。
2．BeCl2是有机反应的催化剂。铍和氯气反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．E2是正反应的活化能 B．该反应的ΔH<0
C．加入催化剂，ΔH减小 D．ΔH = E2 - E1
【答案】B
【详解】A. E1是正反应的活化能，E2是逆反应的活化能，故A不选；
B.该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，是放热反应，ΔH＜0，故B选；
C.催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应放出的热量的多少，故C不选；
D.由于ΔH＜0，故ΔH = E1- E2，故D不选。
故选B。
3．下列说法正确的是
A．由 ，可知：金刚石比石墨更稳定
B．吸热反应：，设和不随温度而变，则该反应任何温度下都不能自发进行
C．由 ，可知：含1mol的溶液与含1mol的溶液混合，放出热量等于
D．2g完全燃烧生成液态水放出热量，则氢气燃烧的热化学方程式为
【答案】B
【详解】A．石墨生成金刚石的反应为吸热反应，说明金刚石的能量高于石墨，则石墨比金刚石更稳定，A错误；
B．当ΔH-TΔS<0时反应能自发进行，已知该反应为吸热反应，ΔH>0，ΔS<0，T一定大于零，则ΔH-TΔS>0恒成立，该反应在任何温度下都不能自发进行，B正确；
C．醋酸为弱酸，其电离吸热，因此含1mol的溶液与含1mol的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，C错误；
D．2gH2为1mol，1mol氢气完全燃烧生成液态水放热285.8kJ，则2mol的氢气完全燃烧生成液态水放热571.6kJ，ΔH应为-571.6kJ/mol，D错误；
故答案选B。
4．合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（ ）
A．增加压强 B．降低温度 C．增大CO的浓度 D．更换催化剂
【答案】B
【详解】提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可。
A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；
B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；
C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误；
答案选B。
5．下列对钢铁制品采取的措施不能防止钢铁腐蚀的是
A．保持表面干燥 B．表面镀锌 C．表面形成烤蓝 D．表面镶嵌铜块
【答案】D
【详解】A．将钢铁制品放置在干燥处，使金属不具备生锈的条件：和水接触，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故A不选；B．在钢铁制品表面镀一层金属锌，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故B不选；C．烤蓝能使铁制品与氧气和水隔绝，可以防止钢铁制品生锈，故C不选；D．在表面镶嵌铜块，形成的原电池中，金属铁做负极，可以加快腐蚀速率，此法不能防止或减缓钢铁腐蚀，故D选；故选D。
【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属被腐蚀的原因是解本题关键。解答本题需要知道常见的防止金属腐蚀的方法。本题的易错点为C，要注意烤蓝主要指利用化学反应使铁器表面生成四氧化三铁。
6．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施几乎不影响氢气产生速率的是
A．加少量醋酸钠固体 B．不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
C．滴加少量CuSO4溶液 D．加少量硫酸钠固体
【答案】D
【详解】A．加入少量CH3COONa固体，稀硫酸和CH3COONa反应生成弱酸CH3COOH，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故A不选；B．浓硫酸和Fe发生钝化，且浓硫酸和Fe反应生成二氧化硫而不是氢气，故B不选；C．滴加少量CuSO4溶液，置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故C不选；D．加入少量的硫酸钠，氢离子浓度不变，反应速率不变，故D选；故选D。
【点睛】本题考查影响化学反应速率因素，明确温度、压强、浓度、催化剂等因素对化学反应速率影响原理是解本题关键。本题的易错点为BC，B中要注意浓硫酸的特殊性，C中要注意能够形成锌铜原电池。
7．将AgCl分别加入盛有：①5mL水 ②6mL 0.5 mol·L－1NaCl溶液 ③10mL 0.2 mol·L－1CaCl2溶液④5mL 0.1 mol·L－1 AlCl3溶液的烧杯中均有固体剩余，各溶液中c(Ag+)从小到大顺序排列正确的是
A．④③②① B．②③④① C．①④③② D．①③②④
【答案】B
【分析】根据Ksp(AgCl)=c(Ag＋)×c(Cl－)进行分析，c(Cl－)越大，c(Ag＋)越小；
【详解】Ksp(AgCl)=c(Ag＋)×c(Cl－)，Ksp只受温度的影响，根据题意，温度保持不变，因此所给溶液，c(Cl－)越大，c(Ag＋)越小，四种溶液中c(Cl－)分别为0、0.5mol·L－1、0.4mol·L－1、0.3mol·L－1，因此c(Ag＋)由小到大的顺序是②③④①，故选项B正确。
答案为B。
8．下列说法中正确的是
A．将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小
B．配制FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2＋水解
C．FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体
D．向0.1mol/L氨水中加入少量水，溶液中减小
【答案】A
【详解】A、水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，Kw增大，c(H＋)增大，pH变小，故A说法正确；
B、HNO3具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，因此配制FeSO4溶液时，需要加入H2SO4抑制Fe2＋水解，故B说法错误；
C、FeCl3溶液中：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，且也能促进HCl的挥发，蒸干后得到Fe(OH)3，灼烧至恒重，最终得到的是Fe2O3，故C说法错误；
D、氨水溶液中存在NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释，促进电离，n(NH4＋)增加，n(NH3·H2O)减小，即溶液中增大，故D说法错误；
答案为A。
【点睛】盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型：
1.盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得到原物质；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物；
2.酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后可得到原物质；
3.考虑盐受热时是否分解；
4.还原性盐在蒸干时会被氧气氧化。
9．常温下在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A．能使甲基橙变红的溶液：、、、
B．的溶液：、、、
C．澄清透明溶液：、、、
D．由水电离产生的，、、、
【答案】C
【详解】A．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，具有氧化性， I−具有还原性，发生氧化还原反应，不能共存，A错误；
B．c(Al3+)=0.1mol⋅L−1的溶液，Al3+与发生双水解，生成氢氧化铝，不能共存，B错误；
C．澄清透明溶液中，说明Ba2+、Fe3+、Cl−、的混合液中各离子互不反应，大量共存，C正确；
D．由水电离产生的c(H+)=1.0×10−13，溶液可能呈酸性或碱性，当酸性条件时， CH3COO−会结合H+形成CH3COOH，不能大量共存，D错误；
故答案为：C。
10．工业品MnCl2溶液中含有Cu2＋、Pb2＋等离子，加入过量难溶电解质MnS，可使Cu2＋、Pb2＋等离子形成沉淀，以制取纯净MnCl2。由此可推知MnS
A．具有吸附性 B．溶解度小于CuS、PbS
C．溶解度与CuS、PbS相同 D．溶解度大于CuS、PbS
【答案】D
【详解】工业品MnCl2溶液中含有Cu2+、Pb2+等离子，加入过量难溶电解质MnS，可使Cu2+、Pb2+等离子形成沉淀，以制取纯净MnCl2，原理利用的是沉淀转化的反应关系，沉淀转化的条件是向更难溶的方向进行，说明生成的CuS、PbS溶解性小于MnS；才能是先沉淀的转化，除去杂质；
答案选D。
11．如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是
A．电极I上发生还原反应，作原电池的负极
B．电极II的电极反应式为Cu2＋＋2e-=Cu
C．该原电池的总反应为2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋
D．盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递电子
【答案】C
【分析】由电池装置图可知，该电池为原电池，左侧电极I为正极，三价铁离子得到电子变成二价铁，右侧电极II为负极，铜失去电子变成二价铜离子，据此解答。
【详解】A．由分析可知，电极 I为正极，发生还原反应，故A错误；
B．由分析可知，电极 II为负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2＋，故B错误；
C．根据该电池的正负极反应可知，该原电池的总反应为2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，故C正确；
D．盐桥中装有含氯化钾的琼脂，作用是传递离子而不是电子，故D错误；
故答案选C。
12．若某元素原子处于能量最低状态时，价电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是（ ）
A．该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有3个未成对电子
B．该元素原子核外共有5个电子层
C．该元素原子的M层共有8个电子
D．该元素原子最外层有3个电子
【答案】B
【详解】根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2个电子；
A．该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有1个未成对电子，故A错误；
B．该元素原子核外有5个电子层，故B正确；
C．该元素原子M能层共有18个电子，故C错误；
D．该元素原子最外层上有2个电子，故D错误；
故答案为B。
13．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
常温下，测得溶液和溶液的分别为1.3和1.0
氮元素的非金属性强于碳元素
B
向较浓的溶液中滴入少量酸性溶液，观察溶液紫色是否褪去
证明有还原性
C
用计测定相同浓度的溶液和溶液的，前者的小于后者的
的酸性弱于
D
向2mL溶液中加1mL溶液，产生白色沉淀；再加入1mL溶液，产生红褐色沉淀。
沉淀转化为沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．N的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，C的最高价氧化为对应的水化物是H2CO3，无法通过H2C2O4和HNO2的酸性强弱比较C和N的非金属性，A错误；
B．Cl-具有还原性，向较浓的 FeCl2 溶液中滴入少量酸性 KMnO4 溶液，溶液颜色褪去可能是KMnO4 与Fe2+发生氧化还原也肯是Cl-与Fe2+发生氧化还原，B错误；
C．NaClO具有强氧化性，能够漂白试纸，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，可选用pH计，用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者，说明CH3COONa的水解程度小，说明HClO的酸性弱于CH3COOH，C正确；
D．2mL 1mol⋅L−1 NaOH 溶液中加1mL 0.1mol⋅L−1 MgCl2溶液，反应后氢氧化钠过量，再加入FeCl3溶液，反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能说明存在沉淀的转化，D错误；
故答案为：C。
14．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存在、。下列说法不正确的是
A．反应①的活化能小于反应③的活化能
B．反应②的平衡常数
C．要提高合成的速率，关键是提高反应③的速率
D．选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高的平衡产率
【答案】D
【分析】根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。
【详解】A．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A正确；
B．反应②存在、，平衡时正逆反应速率相等，则K= =，故B正确；
C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C正确；
D．催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COCl2的平衡产率不变，故D错误；
答案选D。
15．25℃时，向20mL0.1mol·L-1NaOH溶液中滴加0.1mol·L-1CH3COOH溶液，混合溶液中水电离的氢氧根离子浓度与滴加醋酸溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是
A．B点对应的溶液pH=7 B．D点对应的V2=20mL
C．D点对应的溶液中：c(OH-)=c(H+) D．C点对应的溶液中：c(CH3COO-)=c(Na+)
【答案】C
【详解】A. B点溶质为NaOH、CH3COONa，溶液呈碱性，pH＞7，A错误；
B. 二者恰好反应时生成醋酸钠，水的电离程度最大，所以C点对应的V1=20mL，B错误；
C. D点溶质为CH3COONa、CH3COOH，溶液呈中性，则对应的溶液中：c(OH-)=c(H+)，C正确；
D. C点恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解，溶液显碱性，则对应的溶液中：c(CHCOO-)＜c(Na+)，D错误。
答案选C。
16．常温下，下列溶液中各粒子的物质的量浓度关系正确的是
A．溶液中：
B．相同条件下，的①溶液②溶液③稀盐酸，三种溶液中由水电离出的：①＞②＞③
C．等物质的量浓度的溶液与溶液等体积混合，溶液显碱性，则溶液中：
D．将溶液和溶液混合，所得溶液的，则溶液中的
【答案】C
【详解】A．溶液水解显酸性，溶液中浓度最大，离子浓度顺序为：，故A错误；
B．相同条件下，的溶液水解促进水的电离，溶液和稀盐酸抑制水的电离，即，说明对水的抑制程度相同，故三种溶液中由水电离出的：①＞②=③，故B错误；
C．等物质的量浓度的溶液与溶液等体积混合，溶液显碱性，说明的水解程度大于的电离程度，则溶液中：，故C正确；
D．将溶液和溶液混合，所得溶液的，存在电荷守恒：，存在元素质量守恒：，即，联立三个式子得，故D错误；
故答案为C。
17．常温下0.1mol/LH2A溶液中H2A、HA-、A2-三者所占物质的量分数(分布系数)随溶液pH变化关系如图所示。下列表述正确的是
A．，
B．溶液中，
C．室温下，的，将少量的溶液加入溶液中发生反应：
D．在时，向溶液中加入一定体积的的溶液使，则、、之和不变
【答案】C
【详解】A．pH=4.2时，HA-、A2-浓度相等，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于HA-水解程度，则在0.1mol/LNaHA溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)，即，，A错误；
B．pH=4.2时，HA-、A2-浓度相等，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于HA-水解程度，则在0.1mol/LNaHA溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)，所以各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，B错误；
C．已知25℃时HCN的Ka=4.9×10-10，由以上信息可知K1=10-1.2，K2=10-4.2，则酸性H2A＞HA-＞HCN，则将少量H2A溶液加入足量的NaCN溶液中，发生的反应为：H2A+2CN-=2HCN+A2-，C正确；
D．在pH=1.2时，向H2A溶液中加入一定体积的0.1 mol•L-1的NaOH溶液使pH=4.2，由于溶液的体积增加，则根据物料守恒可知c(A2-)、c(HA-)、c(H2A)之和减小，D错误；
故答案为：C。
18．在恒压、H2和CO2的起始浓度一定的条件下，用催化剂Ni/xMg(x值越大表示Mg含量越高)催化反应4H2(g)+CO2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，相同时间测得不同温度下CO2的转化率如图所示。下列说法正确的是
A．升高温度，平衡逆向移动
B．355℃时，催化剂的活性最强
C．反应足够长时间可提高W点CO2的转化率
D．相同条件下催化剂中Mg的含量越高催化效率越高
【答案】A
【详解】A．由图可知，该反应在360℃左右，反应达到平衡状态，再升高温度，CO2的转化率下降，说明平衡逆向移动，故A正确；
B．由图可知，在250℃到325℃时，相同时间下测得CO2的转化率变化幅度大，即在该段温度范围下催化剂催化反应速率最快，其活性最强，故B错误；
C．由图可知，W点反应已达到平衡状态，延长W点的反应时间不能提高CO2的转化率，故C错误；
D．由图可知，在反应未达到平衡时，相同条件下，在Ni/0.05Mg催化剂条件下CO2的转化率大于在Ni/0.1Mg催化剂条件下CO2的转化率，说明相同条件下催化剂中Mg的含量越高催化效率不是越高，故D错误；
故答案为A。
19．已知：pKa＝－lgKa，25℃时，H2A的pKal＝1.85，pKa2＝7.19。常温下，用0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．a点所得溶液中：V0＝10 mL
B．b点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)＝c(HA－)+c(OH－)
C．A2－水解平衡常数Kh(A2－)＝10－7.19
D．c点所得溶液中：c(A2－)＝c(HA－)
【答案】D
【详解】A、根据图象可知，a点pH=1.85=pKal，即，所以a点c(H2A)=c(HA-)。假设A成立，a点所加NaOH为10mL，则a点溶液中溶质为H2A和NaHA，且物质的量之比为1∶1，但还要考虑电离和水解，由pKal＝1.85，pKa2＝7.19可知，H2A与NaHA以1∶1混合时，H2A占主要地位，所以此时溶液中c(H2A)≠c(HA-)，假设不成立，实际上a点NaOH应该小于10mL，故A错误； B、b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液，恰好反应生成NaHA，由质子守恒可得c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，故B错误； C、A2-水解平衡常数Khl=Kw/Ka2=10-6.81，故C错误；D、c点pH=7.19=pKa2，，所以c(A2-)=c(HA-)，故D正确。选D。
点睛：以强碱与弱酸反应为载体，要求学生能够结合用中和滴定曲线来分析滴定过程中溶液的pH变化、判断溶液的成分即溶液中微粒浓度的大小。此类题目要抓住几个关键点：酸碱物质的量之比1∶1的点、完全中和的点、溶液pH=7的点，要回分析这三种特殊情况时溶液的溶质成分，其他的点可以利用这三个特殊点进行比较迁移。然后借助三大守恒（电荷守恒、物料守恒、质子守恒）分析微粒浓度大小。
20．常温下用酚酞做指示剂，向一定体积0.1000mo1·L−1H2A溶液中滴加0.1000mo1·L−1NaOH溶液，滴定曲线及混合溶液中lgX[其中X表示或]随pH变化如图所示，下列说法中正确的是
A．图2曲线表示pH与的变化关系
B．H2A溶液的体积为40.00mL
C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D．实验到达滴定终点时，溶液中c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)
【答案】C
【详解】A．根据图1可知起始时0.1mol/LH2A溶液的pH＝1，即溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，这说明H2A的第一步电离是完全的，溶液中不存在H2A，因此图2曲线表示pH与的变化关系，A错误；
B．恰好完全反应时消耗氢氧化钠溶液是40mL，二者的浓度相等，所以H2A溶液的体积为20.00mL，B错误；
C．图2中pH＝2即氢离子浓度是0.01mol/L时，lgx＝0，这说明c(A2－)=c(HA－)，所以HA−的电离常数Ka=＝c(H＋)＝1.0×10−2，C正确；
D．实验到达滴定终点时生成Na2A，依据物料守恒c(Na+)＝2c(A2-)+2c(HA-)，所以溶液中c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；
答案选C。
二、原理综合题
21．一定条件下一氧化碳和氢气可以合成清洁能源——甲醇，其热化学方程式为：
(1)分析如图可知，A B、C三点平衡常数、、的大小关系为___________；压强：___________；
在和条件下，由D点到B点过程中正、逆反应速率之间的关系：___________(以上填“＞”、“＜”或“=”)
(2)若在恒温恒容条件下，能表示该可逆反应达到平衡状态的有___________(填标号)。
A．生成速率和的生成速率的比为2：1
B．容器内混合气体的密度保持不变
C．容器内混合气体平均摩尔质量保持不变
D．单位时间内消耗的浓度等于生成的浓度
【答案】(1)
(2)AC
【详解】（1）平衡常数受温度影响，A、B在同一温度下，故KA=KB，比较B、C，温度越高，CO转化率越低，说明ΔH<0，B与C相比，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，KB>KC；在同一温度T1，B点的CO转化率高于A点的转化率，说明由B到A，压强减小，P2>P1；在T1和P2条件下，由D到B的过程为温度不变，压强增大，平衡正向进行，v正 >v逆；
故答案为：KA=KB>KC；<；
（2）A．H2的生成速率为逆反应，CH3OH的生成速率为正反应，速率之比2：1，说明达到平衡，A符合；
B．根据，反应前后均为气体，质量不变，在恒容条件下体积不变，故密度始终不变，B不符合；
C．根据，反应前后质量不变，物质的量改变，当平均摩尔质量不变时，说明达到平衡，C符合；
D．消耗CO为正反应，生成CH3OH正反应，不能判断平衡状态，D不符合；
故答案为：AC。
三、填空题
22．电化学在生产和生活中都有重要的意义和作用。
(1)工业电解饱和食盐水模拟装置的结构(图1)，电解一段时间后，气球b中的气体是___________(填化学式)，U形管___________(填“左”或“右”)边的溶液变红。
(2)工业采用石墨作电极电解溶液，使转化为装置(图2)，a％和b％的大小关系为___________(填“＞”、“＜”或“＜”)，其转化原理为：和___________。
(3)二氧化氯()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。目前已开发出用电解法制取的新工艺(图3)。
①阳极产生的电极反应式：___________。
②当阴极产生标准状况下112mL气体时，通过阳离子交换膜离子的物质的量为___________。
【答案】(1) 右
(2) ＞
(3) 0.01mol
【详解】（1）图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极，右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近产生NaOH，溶液变红，故气球b中的气体是，U形管右侧变红；
（2）石墨作电极电解溶液，阳极电极反应为：，阴极电极反应为，阳极室产生H+，发生反应，阴极区产生OH-，阳极室的Na+穿过钠离子交换膜移向阴极室，氢氧化钠浓度增大，故a％>b％；
（3）①依据题干信息，在阳极 Cl− 被氧化为 ClO2，根据电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为。
②电极上得到或失去一个电子。电解质溶液中必然有一个阳离子通过阳离子交换膜。阴极的电极反应为：，当阴极产生标准状况下112mL气体时即0.005mol，转移电子0.01mol，通过阳离子交换膜离子的物质的量为0.01mol；
23．用溶液分别滴定的盐酸和醋酸溶液各20.00mL。滴定过程中溶液随溶液体积变化的两条滴定曲线如图所示：
(1)滴定醋酸的曲线是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(2)下列方法中可使溶液中醋酸的电离程度减小的是___________(填字母序号)。
A．微热溶液 B．加少量冰醋酸
C．加少量醋酸钠固体 D．加少量碳酸钠固体
(3)和的关系：___________(填“＞”、“=”或“＜”)。
(4)下列图像能说明醋酸钠的水解反应达到平衡的是___________。
A．溶液中与反应时间t的关系
B．的水解速率与反应时间t的关系
C．溶液的与反应时间t的关系
D．与及应时间t的关系
(5)在室温下，醋酸钠溶液的约为___________(已知醋酸的电离常数)。
(6)室温时，向醋酸溶液中加入等体积的溶液，充分反应后所得溶液的，则所得溶液中的物料守恒式为：______________，所得溶液中___________(忽略混合时溶液体积变化；写出算式，不做计算)
【答案】(1)Ⅰ
(2)BC
(3)＜
(4)BC
(5)9
(6)
【详解】（1）盐酸为强酸，醋酸为弱酸，两者浓度相同时，醋酸的pH小，故滴定醋酸的曲线是I；
（2）A．加热能促进醋酸的电离，故微热溶液，电离程度增大，A错误；
B．加入醋酸后，醋酸的浓度增大，电离程度减小，B正确；
C．加入少量醋酸钠固体后，醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，电离程度减小，C正确；
D．加入碳酸钠固体，消耗氢离子，促进醋酸的电离，电离程度增大，D错误；
故选BC。
（3）当氢氧化钠溶液的体积为20mL时，盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，溶液呈中性，此时醋酸与氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，但醋酸钠溶液为中性时，加入的氢氧化钠溶液的体积小于20mL，故V1
B．随着醋酸根的水解醋酸根浓度减小，水解速率减小，当水解速率不变时，达到水解平衡，B正确；
C．醋酸根水解溶液显碱性，当溶液的pH值不再增大时，醋酸根达到水解平衡，C正确；
D．Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，D错误；
故选BC。
（5）醋酸电离方程式为：，，，，，pH值为9；
（6）向醋酸溶液中加入等体积的溶液，溶质的主要成分为CH3COOH和CH3COONa，两者的浓度均为0.05mol/L，物料守恒为：，所得溶液的pH值为4，故氢离子浓度为10-4mol/L，氢氧根的浓度为10-10mol/L，醋酸电离产生氢离子，醋酸根水解产生氢氧根和醋酸，故醋酸的浓度为：（）mol/L。
四、实验题
24．乙二酸()俗名草酸，是一种有还原性的有机弱酸，在化学上有广泛应用。实验室有一瓶混有泥沙的乙二酸样品，用溶液测定泥沙的乙二酸的含量。原理为：(未配平)，具体操作为：
(1)配制250mL溶液：准确称量5.000g乙二酸样品，配成250mL溶液。滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将标准溶液装入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管，进行滴定操作。
(2)在滴定过程中发现，刚滴下少量标准溶液时，溶液紫红色并没有马上褪去。将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色才慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪去，可能的原因是___________；判断滴定达到终点的现象是___________。
(3)计算：重复上述操作2次，记录实验数据如下表，此样品的纯度为___________。
序号
滴定前读数
滴定后读数
1
1.50
23.70
2
1.02
21.03
3
2.00
21.99
(4)误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是___________。A．未用待测溶液润洗滴定管
B．锥形瓶水洗后，用溶液润洗
C．盛放标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．读取溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后俯视读数
【答案】(1)酸式
(2) 生成的对反应有催化作用或反应放热使温度升高，加快化学反应速率 滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色(粉红色或浅红色)，且半分钟内不褪色
(3)
(4)BC
【详解】（1）高锰酸钾具有强氧化性且溶液中有硫酸显酸性，应该用酸式滴定管，答案：酸式；
（2）生成的对反应有催化作用或反应放热使温度升高，加快化学反应速率；
滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色(粉红色或浅红色)，且半分钟内不褪色；
（3）从数据可知三次测定的体积分别为：22.20mL、20.01mL、19.99mL，应舍去第一组数据，取后两个数据的均值20.00mL，通过电子转移守恒可知高锰酸钾与草酸的物质的量之比是2∶5，高锰酸钾物质的量为： ，可得草酸物质的量：，样品中草酸含量：，答案：；
（4）A.未用待测溶液润洗滴定管，所以草酸会被稀释，如果其他操作无误将会使浓度偏低，A错误；
B.锥形瓶水洗后，用溶液润洗，在锥形瓶的内壁会残存草酸，消耗高锰酸钾的体积偏大，结果偏高，B正确；
C.盛放标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失会使消耗高锰酸钾的体积偏大，结果偏高，C正确；
D.读取溶液体积时，滴定前平视，滴定结束后俯视读数，会导致消耗高锰酸钾的体积偏小，结果偏低，D错误；
故选BC。
25．钴()及其化合物在工业上有广泛应用。利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、、等)制取粗品的工艺流程图如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有、、、、、、等；②部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时的如下表：
沉淀物
开始沉淀时的
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀时的
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
请回答下列问题：
(1)上述工艺流程图中操作a的名称为___________。
(2)写出“浸出”时发生反应的离子方程式：___________。
(3)加入的作用是___________。
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与关系如图。使用萃取剂最适宜的___________(填字母)。
A．接近2.0 B．接近3.0 C．接近5.0
(5)“除钙、镁”是将溶液中与转化为、沉淀。已知某温度下，，。当加入过量，所得滤液中___________。
【答案】(1)过滤
(2)
(3)将氧化为
(4)B
(5)0.49
【分析】含钴废料中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+．工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，进入草酸铵溶液得到草酸钴。
【详解】（1）由分析可知上述工艺流程图中操作a的名称过滤；
故答案为：过滤。
（2）浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，其中“浸出”时Co2O3发生反应离子方程式为：Co2O3+ +4H+=2Co2++ +2H2O；
故答案为：Co2O3+ +4H+=2Co2++ +2H2O。
（3）NaClO3的作用是：将浸出液中Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+沉淀完全；
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+。
（4）pH=2与pH=3时Co2+的萃取率变化不大，但pH=3时Mn2+的萃取率增大很多，而pH=4时，Co2+的萃取率比较大，故pH=3时最佳；综上所述答案为B；
故答案为：B。
（5）由溶度积可知，滤液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，根据溶度积可知c(Mg2+)：c(Ca2+)= =0.49；
故答案为：0.49。
【点睛】明确实验原理及混合物分离提纯的基本操作原理是解题关键，主要流程分析为：含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴。
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