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2022-2023学年福建省福州第四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2022-2023学年福建省福州第四中学高二上学期期末考试化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
福建省福州第四中学2022-2023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．学习“化学平衡移动原理”后，以你的理解，下列叙述正确的是
A．升高温度，化学平衡一定会发生移动
B．2HI(g)H2(g)+I2(g)达平衡后，增大压强使颜色变深，可用勒夏特列原理解释
C．在盛有一定量NO2的注射器中，向外拉活塞，其中气体颜色先变浅再变深，甚至比原来深
D．对于已达平衡的体系，改变影响化学平衡的条件，不可能出现υ正增大，υ逆减小的情况
【答案】A
【详解】A. 任何化学反应都伴随能量变化，所以改变温度，化学平衡一定会发生移动，故A正确；
B. 2HI(g)H2(g)+I2(g)是气体分子数不变的可逆反应，达平衡后，增大压强化学平衡不移动，但各物质的浓度增大使颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C.在盛有一定量NO2的注射器中，向外拉活塞，容器体积增大，各物质的浓度减小，混合气的颜色先变浅，后由于压强减小，平衡向生成二氧化氮方向移动，但达到平衡后二氧化氮浓度仍然小于原平衡的浓度，所以混合气的颜色后变深，但比原来浅，故C错误；
D. 如果同时增大反应物浓度、减少生成物浓度，会导致υ正增大，υ逆减小，故D错误；
答案选A。
2．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，1molH2完全反应放出akJ热量．已知：
(a、b、c均大于零)
下列说法不正确的是
A．反应物的总能量高于生成物的总能量
B．断开键和键所需能量大于断开键所需能量
C．断开键所需能量约为
D．向密闭容器中加入和，充分反应放出的热量小于
【答案】B
【详解】A．已知H2和I2燃烧生成2HI是一个放热反应，故反应物的总能量高于生成物的总能量，A正确；
B．已知H2和I2燃烧生成2HI是一个放热反应，断开键和键所需能量小于断开键所需能量，B错误；
C．根据反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，则有：-akJ=bkJ+ckJ-2E(H-I)，则2E(H-I)=(a+b+c)kJ，断开键所需能量约为，C正确；
D．由于反应是一个可逆反应，向密闭容器中加入和，2molH2不能完全反应，故充分反应放出的热量小于，D正确；
故答案为：B。
3．25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ △H＞0，下列叙述正确的是 （ ）
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C．由水电离出的c（H+）=1×10－12mol/L的溶液pH一定为12
D．将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【分析】根据题中水的电离平衡可知，本题考查离子积常数、水的电离，运用水的离子积常数只是温度的函数，温度不变，水的离子积常数不变分析。
【详解】A.向水中加入稀氨水，NH3 ·H2O是弱碱，抵制水电离，平衡逆向移动，但 c（OH－）增加,A项错误；
B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，酸性增强，c（H＋）增大，K w可能变，温度不变时，才不变,B项正确；
C．由水电离出的 c（H +）=1×10－12 mol/L的溶液，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，pH不一定为12，也可能是2，C项错误；
D．将水加热， K w 增大，pH也变，呈中性,D项错误；
答案选B。
【点睛】25 ℃时， K w =1×10－14，此时纯水电离出的c（H＋）= c（OH－）=1×10－7 mol/L；
100 ℃时， K w =1×10－12，此时纯水电离出的c（H＋）= c（OH－）=1×10－6 mol/L。
4．某小组同学进行如下实验探究：
难溶电解质
颜色
白色
黑色
黑色
已知：；常温下，几种难溶物质的颜色和溶度积常数如图。
下列说法中，不正确的是A．①中浊液生成的原因是：
B．a中浊液中存在溶解平衡：
C．实验②和③生成黑色沉淀，可用相同的离子方程式表示
D．若将实验③中CuSO4改为溶液，白色沉淀仍可以转化为黑色沉淀
【答案】C
【详解】A．①中发生反应，溶液变浑浊，A正确；
B．a浊液含有沉淀，存在溶解平衡：，B正确；
C．实验②产生黑色沉淀的反应为：，实验③产生黑色沉淀的反应为：，C错误；
D．滴加硫酸亚铁溶液，试管B中，，所以，白色沉淀可以转化为黑色沉淀，D正确；
故选C。
5．《科学美国人》评出的2016年十大创新技术之一是碳呼吸电池，电池原理如图所示，已知草酸铝［Al2(C2O4)3］难溶于水。则下列有关说法正确的是
A．该装置将电能转变为化学能
B．正极的电极反应为C2O42－-2e-=2CO2
C．每生成1molAl2(C2O4)3，有6mol电子流过负载
D．草酸盐溶液中的阳离子移向Al电极
【答案】C
【详解】A、根据题意，此装置为碳呼吸电池，是化学能转化成电能的装置，故A错误；
B、根据电池原理，正极反应是CO2参与，电极反应式为2CO2＋2e－=C2O42－，故B错误；
C、生成1mol Al2((C2O4)3，以Al进行计算，转移电子物质的量为1mol×2×3=6mol，故C正确；
D、根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，Al电极为负极，因此草酸盐中阳离子向通入含CO2空气一极移动，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的难点是电极反应式的书写，一般先判断出此电极反应物，如本题根据电池原理所示，正极上通入含CO2的空气，出来只有空气，说明CO2参与反应，然后判断产物，根据装置图，出来的是Al2((C2O4)3，说明CO2得电子后转化成C2O42－，因此正极电极反应式为2CO2＋2e－=C2O42－。
6．下列实验操作或结论正确的是
A．滴定前待测液润洗锥形瓶
B．容量瓶和滴定管使用前均需要查漏
C．蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热
D．用标准液滴定待测液时，读取滴定管的刻度滴定前平时，滴定后俯视会造成测定结果偏高
【答案】B
【详解】A.用标准溶液滴定锥形瓶中未知浓度的溶液，滴定前不能用待测液润洗锥形瓶，否则会导致消耗标准液的体积增加，A错误；
B.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，带有玻璃塞，因此要查漏；滴定管是准确量取溶液体积的仪器，含有活塞，因此也需要查漏，B正确；
C.蒸馏完毕时，先停止加热,再关闭冷凝水，C错误；
D.用标准液滴定待测液时，读取滴定管的刻度滴定前平时，滴定后俯视会造成测定结果偏低，D错误；
故合理选项是B。
7．室温下，在pH＝11的某溶液中，由水电离的c(OH－)为
①②③④
A．③ B．④ C．①或③ D．③或④
【答案】D
【详解】室温下，在pH＝11的某溶液中，可能是碱溶液或则水解显碱性的盐溶液，当是碱溶液，则c(OH－)＝1×10−3mol∙L−1，c(H＋)＝1×10−11mol∙L−1，则水电离的c(OH－)为1×10−11mol∙L−1，当若是显碱性的盐溶液，c(H＋)＝1×10−11mol∙L−1，c(OH－)＝1×10−3mol∙L−1，水电离的c(OH－)为1×10−3mol∙L−1，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
8．铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是
A．腐蚀过程中铜极上始终只发生： 2H++2e-= H2↑
B．若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀
C．若在金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀
D．若将该铜板与直流电源负极相连，则铁铜均难被腐蚀
【答案】A
【详解】A. 根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B. 若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D. 若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。
9．在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用表示。已知之间有以下关系，，则此反应可表示为
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】根据之间有以下关系，则，，，则此反应可表示为，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
10．为了配制NH4+的浓度与Cl－的浓度之比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入（ ）
A．适量的HCl B．适量的NaCl C．适量的氨水 D．适量的NaOH
【答案】C
【详解】A.加适量的HCl，可抑制铵根离子水解，但Cl-的浓度增大，且大于NH4+的浓度，故A错误；
B.加适量的NaCl，对铵根离子水解无影响，Cl-的浓度大于NH4+的浓度，故B错误；
C.加适量的氨水，抑制铵根离子水解，当溶液呈中性时， NH4+的浓度与Cl-的浓度比为1:1，故C正确；
D.加NaOH，氢氧根离子与铵根离子反应生成一水合氨，Cl-的浓度大于NH4+的浓度，故D错误；
故答案选C。
11．下列关于热化学方程式的说法正确的是
A．H2的燃烧热为285.8 kJ·mol−1，则表示H2燃烧的热化学方程式可表示为：H2(g)+O2H2O(g) ΔH=−285.8 kJ·mol−1
B．中和热为57.3 kJ·mol−1，则NaOH与醋酸反应的中和热可以表示如下：NaOH(aq)+CH3COOH(aq)CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=−57.3 kJ·mol−1
C．已知：C(s，金刚石)+O2(g)CO2(g) ΔH=−395.4 kJ·mol−1，C(s，石墨)+O2(g)CO2(g) ΔH=−393.5 kJ·mol−1，则C(s，金刚石)C(s，石墨)ΔH=−1.9 kJ·mol−1
D．已知1 mol CH4完全燃烧生成CO2和液态水放出890.4 kJ的热量，则该反应中转移1 mol电子时放出的热量为222.6 kJ
【答案】C
【详解】A、根据燃烧热的定义，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，产生H2O为液态，因此氢气的热的化学反应方程式为H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l) △H=－285.8kJ·mol－1，故A错误；
B、中和热是稀强酸和稀强碱生成1molH2O时放出的热量，CH3COOH属于弱酸，弱酸的电离是吸热过程，因此CH3COOH和NaOH反应生成1molH2O时，放出的热量小于57.3kJ，故B错误；
C、①C(s，金刚石)+O2(g)=CO2(g)，②C(s，石墨)+O2(g) CO2(g) ，①－②得出C(s，金刚石)C(s，石墨) ΔH=−1.9 kJ·mol−1，故C正确；
D、1mol甲烷生成CO2，转移电子物质的量为8mol，则转移1mol电子放出的热量是890.4/8kJ=111.3kJ，故D错误。
答案选C。
12．室温下，用某浓度NaOH溶液滴定一元酸HA的滴定曲线如右图所示(横坐标为滴入NaOH的体积，纵坐标为所得混合液的pH)。下列判断正确的是
A．HA的浓度为1×10-4mol/L
B．V=10ml时，酸碱恰好中和
C．pH=7时，溶液中c(Na+)＞c(A-)
D．实验时可选甲基橙作指示剂
【答案】B
【详解】A．由图象分析可知，c(H+)=1×10-4mol•L-1，由于HA是弱酸，不完全电离，所以HA的浓度为大于1×10-4mol•L-1，故A错误；
B．由图象可知，当V=10mL曲线出现飞跃，说明酸碱恰好中和，故B正确；
C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，故C错误；
D．氢氧化钠和弱酸反应恰好反应生成的盐是强碱弱酸盐，盐水解显碱性，应选择碱性条件下变色的指示剂，不能选择甲基橙，应选择酚酞指示剂，故D错误；
故选：B。
二、填空题
13．NH4Al(SO4)2是一种食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析化学、制药工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是_______ (用必要的化学用语和相关文字说明)。
(2)相同温度下，浓度均为0.1 mol·L−1的下列溶液中的c()由大到小_______(填序号)。
①NH4Al(SO4)2②CH3COONH4③ NH4HSO4④NH3·H2O ⑤NH4Cl
(3)如图1是0.1 mol·L−1电解质溶液的pH随温度变化的图像。其中符合0.1mol·L−1 NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是_______(填写字母)。
(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L−1的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L−1 NaOH溶液，所得溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_______；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______。
【答案】(1)由于 NH4Al(SO4)2溶于水电离出的Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水。
(2)③①⑤②④
(3)Ⅰ
(4) a c(Na＋)>c()>c()>c(OH－)＝c(H＋)
【详解】（1）由于 NH4Al(SO4)2溶于水电离出的Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；
（2）①NH4Al(SO4)2 、②CH3COONH4、 ③ NH4HSO4 、⑤NH4Cl等溶液中存在：，其中硫酸氢铵存在大量的H+，抑制的水解，浓度最大；NH4Al(SO4)2 中铝离子水解抑制铵根离子的水解，但抑制程度较小，浓度次之；醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，四种物质中浓度最小；④氨水为弱电解质，难电离，在这五种溶液中浓度最小，故答案为③①⑤②④；
（3）由于 NH4Al(SO4)2溶于水电离出的、Al3＋水解溶液显酸性，且水解是吸热的，加入促进水解，溶液的酸性增强，pH减小，因此符合条件的曲线是I；
（4）向100 mL0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，反应的离子方程式为、。d点恰好中和氢离子，溶液中的水解促进水的电离。d点之后浓度减小，所以溶液中水的电离程度最大是a点；在b点，pH＝7，溶液显中性，溶液中的溶质是硫酸钠和硫酸铵和氨气，则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c(Na＋)>c()>c()>c(OH－)＝c(H＋)；
14．某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题：
(1)若开始时开关K与a连接，B极的Fe发生_______ 腐蚀(填“析氢”或“吸氧”)。
(2)若开始时开关K与b连接，下列说法正确的是_______(填序号)。
① 溶液中Na＋向A极移动
② 从A极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
③ 反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度
④ 若标准状况下B极产生2.24 L气体，则溶液中转移0.2 mol电子
(3)该小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。
① 该电解槽的阳极反应式为_______，此时通过阴离子交换膜的离子数_______(填“大于”“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。
② 制得的氢氧化钾溶液从出口_______(填“A”“B”“C”或“D”)导出。
(4)用惰性电极电解体积为1L的CuSO4溶液，当阴阳极都产生3.36L(标况)气体时，请问硫酸铜的浓度为_______，若要此溶液恢复到原状态需要加入_______(填选项)。
ACuSO4 BCuO CCu(OH)2 DCu2(OH)2CO3
【答案】(1)吸氧
(2)②
(3) 4OH--4e-=O2↑+2H2O 小于 D
(4) 0.15mol/L C
【分析】由装置图可知，若开始时开关K与a连接，则形成原电池装置，为铁的吸氧腐蚀；若开始时开关K与b连接，则形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，依此解答。
【详解】（1）若开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，A极上氧气得电子被还原，所以B极的Fe发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧；
（2）①电解过程中，阳离子向阴极移动，B为阴极，则溶液中Na＋向B极移动，①错误；
②A极生成氯气，能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，②正确；
③反应一段时间后加适量HCl气体可恢复到电解前电解质的浓度，不是加入盐酸，③错误；
④若标准状况下B极产生2.24 L氢气，氢气的物质的量为0.1mol，依据电极反应计算，由2H++2e-=H2↑得到导线中通过0.2 mol电子，电子不能通过溶液，④错误；
故答案为：②；
（3）①电解时，阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子放电能力大于硫酸根离子的放电能力，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；阳极氢氧根放电，因此硫酸根离子向阳极移动，阴极氢离子放电，因此钾离子向阴极移动，所以通过相同电量时，通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数，故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；小于；
②电解时，阴极上由水电离出的氢离子放电生成氢气，同时溶液中产生氢氧化钾，气体从上口C放出，则KOH在D口流出，故答案为：D；
（4）用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极始终是氢氧根离子放电，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，生成3.36L氧气即0.15mol，共失电子0.15mol4=0.6mol；阴极首先是铜离子放电，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，铜离子完全反应后，氢离子再放电，电极反应式为2H++2e-=H2↑，生成3.36L氢气即0.15mol，得电子0.15mol=0.3mol，据得失电子守恒有2n(Cu2+)+0.3=0.6，n(Cu2+)=0.15mol，所以c(Cu2+)==0.15mol/L，由于整个过程中，阳极生成氧气，阴极生成Cu和氢气，要使溶液恢复到原状态，则加入Cu(OH)2，故选C项，故答案为：0.15mol/L；C。
三、实验题
15．我国规定：室内甲醛含量不得超过。某研究性学习小组欲利酸性溶液测定空气中甲醛的含量，(部分装置如图)，其反应原理及步骤如下：
步骤：①量取，溶液于洗气瓶中，并滴入几滴稀，加水稀释备用。
②取草酸标准溶液于酸式滴定管中备用。
⑧用注射器抽取新装修室内空气．再将注射器气体推入洗气瓶中充分反应．再重复4次。
④将洗气瓶中溶液转移到锥形瓶中(包括洗涤液)，再用标准草酸溶液进行滴定，记录滴定所消耗的草酸溶液的体积。
⑤再重复实验2次(每次取高锰酸钾溶液)。3次实验消耗草酸溶液的体积平均值为。
回答下列问题
(1)此实验用指示剂______(填字母)。
a．甲基橙 b．酚酞 c．淀粉 d．无需另外添加试剂
(2)量取溶液应用_______滴定管。
(3)下列操作能引起室内甲醛浓度偏高的是________。
a．滴定终点俯视读数
b．滴定前有气泡滴定后无气泡
c．在高锰酸钾溶液中加入少量水
d．装草酸的滴定管未润洗
(4)，草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，如果向溶液中滴加溶液
①当加入的溶液体积为，请你写出溶液中质子守恒关系式________。
②当加入的溶液体积为，请你写出溶液中离子的浓度大小关系_______。
【答案】(1)d
(2)酸式
(3)a
(4)
【分析】用注射器抽取新装修室内空气．再将注射器气体推入洗气瓶中充分反应，根据方程式将甲醛氧化，将洗气瓶中溶液转移到锥形瓶中(包括洗涤液)，再用标准草酸溶液进行滴定，算出剩余的量，与甲醛反应高锰酸钾的物质的量为(V(KMnO4)×c(KMnO4)－V(H2C2O4)×c(H2C2O4)×)mol，则甲醛的物质的量为(V(KMnO4)×c(KMnO4)－V(H2C2O4)×c(H2C2O4)×)×mol，以此解答。
【详解】（1）高锰酸钾本身显紫色或紫红色，因此本实验无需指示剂。
（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，因此用酸式滴定管量取高锰酸钾。
（3）a．滴定终点俯视读数，读出的V(H2C2O4)偏小，则所测甲醛浓度偏高，故a正确；
b．滴定前有气泡，滴定后无气泡，则读出的V(H2C2O4)偏大，所测甲醛浓度偏低，故b错误；
c．高锰酸钾溶液中加少量的水，高锰酸钾物质的量不发生变化，因此所测甲醛浓度不变，故c错误；
d．装草酸的滴定管未润洗，造成草酸的物质的量浓度偏小，即消耗的草酸的体积增大，即所测甲醛浓度偏低，故d错误；
故答案为：a。
（4）①加入10mLNaOH溶液，溶质为NaHC2O4，物料守恒c(Na＋)=c()＋c(H2C2O4)＋c()，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋2c()＋c(OH－)，得到质子守恒：；
②加入NaOH溶液体积为20mL，溶质为Na2C2O4，草酸钠溶液中存在平衡：＋H2O＋OH－，＋H2OH2C2O4＋OH－，H2OH＋＋OH－，盐类水解程度是微弱的，因此离子浓度大小顺序是。
16．(1)有一包白色固体粉末可能为Na2CO3或NaHCO3其中的一种，请设计实验确定该白色粉末的成分________________________________________；
(2)某同学根据CO32-的性质用纯碱溶液、酚酞试剂、氯化钙溶液，设计了一个探究纯碱溶液呈碱性是由CO32-－引起的实验方案，主要实验步骤及实验现象为：
① CO32-水解的离子反应方程式为____________________________________________；
② 取少量氯化钙溶液滴入酚酞，不变红色，说明：_____________________________；
③ 取少量碳酸钠溶液，滴入酚酞后显红色，再加入氯化钙溶液的现象为：____________________________。说明_____________________________________。
【答案】 取少量固体于试管中进行加热，将产生的气体通入澄清的石灰水中，观察是否有白色沉淀生成，即可判断原固体是哪一种固体 CO32—+H2OHCO3-+OH— 钙离子和氯离子不会引起溶液显碱性 产生白色沉淀，同时红色变浅，最终褪色 说明Na2CO3溶液碱性是由CO32—引起的
【分析】（1）碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，而碳酸氢钠不能；也可以利用碳酸氢钠的不稳定性鉴别；
（2）碳酸根离子水解使碱性，而加氯化钙，生成白色沉淀，红色变浅，以此说明水解呈碱性；
①CO32－水解以第一步为主；
②氯化钙溶液为中性；
③碳酸钠溶液水解显碱性，加入氯化钙溶液，生成碳酸钙，水解平衡逆向移动，碱性降低。
【详解】（1）碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，而碳酸氢钠不能，发生的化学反应为Na2CO3+BaCl2═2NaCl+BaCO3↓，设计实验分别取少量溶于水，滴加氯化钡溶液生成白色沉淀的为Na2CO3，无现象的为碳酸氢钠；
或：取少量固体于试管中进行加热，将产生的气体通入澄清的石灰水中，观察是否有白色沉淀生成，即可判断原固体是哪一种固体。
（2）碳酸根离子水解使碱性，而加氯化钙，生成白色沉淀，红色变浅，以此说明水解呈碱性，所以实验步骤及实验现象为：用试管取少量碳酸钠溶液，滴入酚酞呈红色，再向溶液中滴入氯化钙溶液，产生白色沉淀，红色变浅并褪去，此时Na＋仍存在于溶液中，说明溶液的碱性由CO32－引起，
①CO32－水解的离子反应方程式为：CO32—+H2OHCO3-+OH—；
②取少量氯化钙溶液滴入酚酞，不变红色，说明溶液不显碱性，证明：钙离子和氯离子不会引起溶液显碱性；
③取少量碳酸钠溶液，滴入酚酞后显红色，再加入氯化钙溶液的现象为产生白色沉淀，红色变浅并褪去，说明纯碱溶液呈碱性是由CO32－引起。
【点睛】本题考查物质的鉴别及实验方案的设计，把握物质的性质分析实验中的步骤、现象为解答的关键，注意利用性质差异鉴别物质，（1）中答案不唯一，具有较好的开放性。
四、工业流程题
17．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属、、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()：
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
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是①溶解铝及其氧化物，②___________。
(2)“转化”过程中反应的离子方程式为___________，随时间t的变化关系如图所示，反应开始10～20min内迅速减小，原因可能是___________(不考虑溶液温度变化)。
(3)为除去溶液中的、元素，“转化”后加入适量NaOH溶液调节pH，也可以用___________(从下面四个选项选择)代替。A． B． C． D．氨水
(4)利用上述表格数据，计算的___________。如果“转化”后的溶液中浓度为，则“调pH”应控制的pH范围是___________。
(5)硫酸镍结晶水合物的形态与温度的关系如下表。
温度
低于30.8℃
30.8℃～53.8℃
53.8℃～280℃
高于280℃
晶体形态
多种结晶水合物
从滤液⑤中获得稳定晶体的操作1依次是蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。
(6)分离出晶体后的剩余液体要循环使用，则应该回流到流程中滤液___________的位置(填②、③、⑤)，其目的是___________。
【答案】(1)除去油脂
(2) 生成能催化分解
(3)AC
(4)
(5)冷却至30.8℃～53.8℃结晶
(6) ③ 提高Ni元素的利用率
【分析】向废镍催化剂中加入NaOH溶液，除去Al和其氧化物、油脂；滤饼中含有Ni、Fe及其氧化物；向滤饼①中加入稀硫酸酸浸，得到硫酸镍、硫酸亚铁等溶液；滤渣②中主要为不溶性物质；向滤液②中加入，将氧化成，根据表中数据，再加入NaOH调pH至除去，滤渣③为，滤液③为含硫酸镍的溶液，向其中加入碳酸钠溶液，得到碳酸镍沉淀，再溶于硫酸，得到硫酸镍溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体()；
【详解】（1）向废镍催化剂中加入NaOH溶液，Al和其氧化物可以与NaOH溶液反应而被除去，因油脂属于酯类能与NaOH溶液发生水解生成高级脂肪酸盐而被除去，故填除去油脂；
（2）向滤液②中加入，将氧化成，其反应为，反应生成能催化分解，所以10～20min内迅速减小，故填；生成能催化分解；
（3）“转化”后加入适量NaOH溶液调节pH，目的是除去溶液中的、元素，根据，可以加、促进水解，生成沉淀，不能使用氨水，引入杂质，故填AC；
（4）根据表中数据，完全沉淀时，，pH=8.7，，的；调pH的目的是为了除去，根据表中数据，刚好沉淀时pH=3.2， “转化”后的溶液中浓度为，则，，pH=6.2，所以pH范围是，故填；；
（5）根据表中数据，获得稳定晶体，依次是蒸发浓缩、冷却至30.8℃～53.8℃结晶、过滤、洗涤、干燥，故填冷却至30.8℃～53.8℃结晶；
（6）分离出晶体后的剩余液体中含有少量，为提高Ni元素的利用率，应循环利用，应该回流到流程中滤液③的位置，故填③；提高Ni元素的利用率。
福建省福州第四中学2022-2023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．学习“化学平衡移动原理”后，以你的理解，下列叙述正确的是
A．升高温度，化学平衡一定会发生移动
B．2HI(g)H2(g)+I2(g)达平衡后，增大压强使颜色变深，可用勒夏特列原理解释
C．在盛有一定量NO2的注射器中，向外拉活塞，其中气体颜色先变浅再变深，甚至比原来深
D．对于已达平衡的体系，改变影响化学平衡的条件，不可能出现υ正增大，υ逆减小的情况
【答案】A
【详解】A. 任何化学反应都伴随能量变化，所以改变温度，化学平衡一定会发生移动，故A正确；
B. 2HI(g)H2(g)+I2(g)是气体分子数不变的可逆反应，达平衡后，增大压强化学平衡不移动，但各物质的浓度增大使颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C.在盛有一定量NO2的注射器中，向外拉活塞，容器体积增大，各物质的浓度减小，混合气的颜色先变浅，后由于压强减小，平衡向生成二氧化氮方向移动，但达到平衡后二氧化氮浓度仍然小于原平衡的浓度，所以混合气的颜色后变深，但比原来浅，故C错误；
D. 如果同时增大反应物浓度、减少生成物浓度，会导致υ正增大，υ逆减小，故D错误；
答案选A。
2．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，1molH2完全反应放出akJ热量．已知：
(a、b、c均大于零)
下列说法不正确的是
A．反应物的总能量高于生成物的总能量
B．断开键和键所需能量大于断开键所需能量
C．断开键所需能量约为
D．向密闭容器中加入和，充分反应放出的热量小于
【答案】B
【详解】A．已知H2和I2燃烧生成2HI是一个放热反应，故反应物的总能量高于生成物的总能量，A正确；
B．已知H2和I2燃烧生成2HI是一个放热反应，断开键和键所需能量小于断开键所需能量，B错误；
C．根据反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，则有：-akJ=bkJ+ckJ-2E(H-I)，则2E(H-I)=(a+b+c)kJ，断开键所需能量约为，C正确；
D．由于反应是一个可逆反应，向密闭容器中加入和，2molH2不能完全反应，故充分反应放出的热量小于，D正确；
故答案为：B。
3．25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ △H＞0，下列叙述正确的是 （ ）
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C．由水电离出的c（H+）=1×10－12mol/L的溶液pH一定为12
D．将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【分析】根据题中水的电离平衡可知，本题考查离子积常数、水的电离，运用水的离子积常数只是温度的函数，温度不变，水的离子积常数不变分析。
【详解】A.向水中加入稀氨水，NH3 ·H2O是弱碱，抵制水电离，平衡逆向移动，但 c（OH－）增加,A项错误；
B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，酸性增强，c（H＋）增大，K w可能变，温度不变时，才不变,B项正确；
C．由水电离出的 c（H +）=1×10－12 mol/L的溶液，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，pH不一定为12，也可能是2，C项错误；
D．将水加热， K w 增大，pH也变，呈中性,D项错误；
答案选B。
【点睛】25 ℃时， K w =1×10－14，此时纯水电离出的c（H＋）= c（OH－）=1×10－7 mol/L；
100 ℃时， K w =1×10－12，此时纯水电离出的c（H＋）= c（OH－）=1×10－6 mol/L。
4．某小组同学进行如下实验探究：
难溶电解质
颜色
白色
黑色
黑色
已知：；常温下，几种难溶物质的颜色和溶度积常数如图。
下列说法中，不正确的是A．①中浊液生成的原因是：
B．a中浊液中存在溶解平衡：
C．实验②和③生成黑色沉淀，可用相同的离子方程式表示
D．若将实验③中CuSO4改为溶液，白色沉淀仍可以转化为黑色沉淀
【答案】C
【详解】A．①中发生反应，溶液变浑浊，A正确；
B．a浊液含有沉淀，存在溶解平衡：，B正确；
C．实验②产生黑色沉淀的反应为：，实验③产生黑色沉淀的反应为：，C错误；
D．滴加硫酸亚铁溶液，试管B中，，所以，白色沉淀可以转化为黑色沉淀，D正确；
故选C。
5．《科学美国人》评出的2016年十大创新技术之一是碳呼吸电池，电池原理如图所示，已知草酸铝［Al2(C2O4)3］难溶于水。则下列有关说法正确的是
A．该装置将电能转变为化学能
B．正极的电极反应为C2O42－-2e-=2CO2
C．每生成1molAl2(C2O4)3，有6mol电子流过负载
D．草酸盐溶液中的阳离子移向Al电极
【答案】C
【详解】A、根据题意，此装置为碳呼吸电池，是化学能转化成电能的装置，故A错误；
B、根据电池原理，正极反应是CO2参与，电极反应式为2CO2＋2e－=C2O42－，故B错误；
C、生成1mol Al2((C2O4)3，以Al进行计算，转移电子物质的量为1mol×2×3=6mol，故C正确；
D、根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，Al电极为负极，因此草酸盐中阳离子向通入含CO2空气一极移动，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的难点是电极反应式的书写，一般先判断出此电极反应物，如本题根据电池原理所示，正极上通入含CO2的空气，出来只有空气，说明CO2参与反应，然后判断产物，根据装置图，出来的是Al2((C2O4)3，说明CO2得电子后转化成C2O42－，因此正极电极反应式为2CO2＋2e－=C2O42－。
6．下列实验操作或结论正确的是
A．滴定前待测液润洗锥形瓶
B．容量瓶和滴定管使用前均需要查漏
C．蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热
D．用标准液滴定待测液时，读取滴定管的刻度滴定前平时，滴定后俯视会造成测定结果偏高
【答案】B
【详解】A.用标准溶液滴定锥形瓶中未知浓度的溶液，滴定前不能用待测液润洗锥形瓶，否则会导致消耗标准液的体积增加，A错误；
B.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，带有玻璃塞，因此要查漏；滴定管是准确量取溶液体积的仪器，含有活塞，因此也需要查漏，B正确；
C.蒸馏完毕时，先停止加热,再关闭冷凝水，C错误；
D.用标准液滴定待测液时，读取滴定管的刻度滴定前平时，滴定后俯视会造成测定结果偏低，D错误；
故合理选项是B。
7．室温下，在pH＝11的某溶液中，由水电离的c(OH－)为
①②③④
A．③ B．④ C．①或③ D．③或④
【答案】D
【详解】室温下，在pH＝11的某溶液中，可能是碱溶液或则水解显碱性的盐溶液，当是碱溶液，则c(OH－)＝1×10−3mol∙L−1，c(H＋)＝1×10−11mol∙L−1，则水电离的c(OH－)为1×10−11mol∙L−1，当若是显碱性的盐溶液，c(H＋)＝1×10−11mol∙L−1，c(OH－)＝1×10−3mol∙L−1，水电离的c(OH－)为1×10−3mol∙L−1，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
8．铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是
A．腐蚀过程中铜极上始终只发生： 2H++2e-= H2↑
B．若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀
C．若在金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀
D．若将该铜板与直流电源负极相连，则铁铜均难被腐蚀
【答案】A
【详解】A. 根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B. 若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D. 若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。
9．在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用表示。已知之间有以下关系，，则此反应可表示为
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】根据之间有以下关系，则，，，则此反应可表示为，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
10．为了配制NH4+的浓度与Cl－的浓度之比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入（ ）
A．适量的HCl B．适量的NaCl C．适量的氨水 D．适量的NaOH
【答案】C
【详解】A.加适量的HCl，可抑制铵根离子水解，但Cl-的浓度增大，且大于NH4+的浓度，故A错误；
B.加适量的NaCl，对铵根离子水解无影响，Cl-的浓度大于NH4+的浓度，故B错误；
C.加适量的氨水，抑制铵根离子水解，当溶液呈中性时， NH4+的浓度与Cl-的浓度比为1:1，故C正确；
D.加NaOH，氢氧根离子与铵根离子反应生成一水合氨，Cl-的浓度大于NH4+的浓度，故D错误；
故答案选C。
11．下列关于热化学方程式的说法正确的是
A．H2的燃烧热为285.8 kJ·mol−1，则表示H2燃烧的热化学方程式可表示为：H2(g)+O2H2O(g) ΔH=−285.8 kJ·mol−1
B．中和热为57.3 kJ·mol−1，则NaOH与醋酸反应的中和热可以表示如下：NaOH(aq)+CH3COOH(aq)CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=−57.3 kJ·mol−1
C．已知：C(s，金刚石)+O2(g)CO2(g) ΔH=−395.4 kJ·mol−1，C(s，石墨)+O2(g)CO2(g) ΔH=−393.5 kJ·mol−1，则C(s，金刚石)C(s，石墨)ΔH=−1.9 kJ·mol−1
D．已知1 mol CH4完全燃烧生成CO2和液态水放出890.4 kJ的热量，则该反应中转移1 mol电子时放出的热量为222.6 kJ
【答案】C
【详解】A、根据燃烧热的定义，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，产生H2O为液态，因此氢气的热的化学反应方程式为H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l) △H=－285.8kJ·mol－1，故A错误；
B、中和热是稀强酸和稀强碱生成1molH2O时放出的热量，CH3COOH属于弱酸，弱酸的电离是吸热过程，因此CH3COOH和NaOH反应生成1molH2O时，放出的热量小于57.3kJ，故B错误；
C、①C(s，金刚石)+O2(g)=CO2(g)，②C(s，石墨)+O2(g) CO2(g) ，①－②得出C(s，金刚石)C(s，石墨) ΔH=−1.9 kJ·mol−1，故C正确；
D、1mol甲烷生成CO2，转移电子物质的量为8mol，则转移1mol电子放出的热量是890.4/8kJ=111.3kJ，故D错误。
答案选C。
12．室温下，用某浓度NaOH溶液滴定一元酸HA的滴定曲线如右图所示(横坐标为滴入NaOH的体积，纵坐标为所得混合液的pH)。下列判断正确的是
A．HA的浓度为1×10-4mol/L
B．V=10ml时，酸碱恰好中和
C．pH=7时，溶液中c(Na+)＞c(A-)
D．实验时可选甲基橙作指示剂
【答案】B
【详解】A．由图象分析可知，c(H+)=1×10-4mol•L-1，由于HA是弱酸，不完全电离，所以HA的浓度为大于1×10-4mol•L-1，故A错误；
B．由图象可知，当V=10mL曲线出现飞跃，说明酸碱恰好中和，故B正确；
C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，故C错误；
D．氢氧化钠和弱酸反应恰好反应生成的盐是强碱弱酸盐，盐水解显碱性，应选择碱性条件下变色的指示剂，不能选择甲基橙，应选择酚酞指示剂，故D错误；
故选：B。
二、填空题
13．NH4Al(SO4)2是一种食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析化学、制药工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是_______ (用必要的化学用语和相关文字说明)。
(2)相同温度下，浓度均为0.1 mol·L−1的下列溶液中的c()由大到小_______(填序号)。
①NH4Al(SO4)2②CH3COONH4③ NH4HSO4④NH3·H2O ⑤NH4Cl
(3)如图1是0.1 mol·L−1电解质溶液的pH随温度变化的图像。其中符合0.1mol·L−1 NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是_______(填写字母)。
(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L−1的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L−1 NaOH溶液，所得溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_______；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______。
【答案】(1)由于 NH4Al(SO4)2溶于水电离出的Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水。
(2)③①⑤②④
(3)Ⅰ
(4) a c(Na＋)>c()>c()>c(OH－)＝c(H＋)
【详解】（1）由于 NH4Al(SO4)2溶于水电离出的Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；
（2）①NH4Al(SO4)2 、②CH3COONH4、 ③ NH4HSO4 、⑤NH4Cl等溶液中存在：，其中硫酸氢铵存在大量的H+，抑制的水解，浓度最大；NH4Al(SO4)2 中铝离子水解抑制铵根离子的水解，但抑制程度较小，浓度次之；醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，四种物质中浓度最小；④氨水为弱电解质，难电离，在这五种溶液中浓度最小，故答案为③①⑤②④；
（3）由于 NH4Al(SO4)2溶于水电离出的、Al3＋水解溶液显酸性，且水解是吸热的，加入促进水解，溶液的酸性增强，pH减小，因此符合条件的曲线是I；
（4）向100 mL0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，反应的离子方程式为、。d点恰好中和氢离子，溶液中的水解促进水的电离。d点之后浓度减小，所以溶液中水的电离程度最大是a点；在b点，pH＝7，溶液显中性，溶液中的溶质是硫酸钠和硫酸铵和氨气，则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c(Na＋)>c()>c()>c(OH－)＝c(H＋)；
14．某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题：
(1)若开始时开关K与a连接，B极的Fe发生_______ 腐蚀(填“析氢”或“吸氧”)。
(2)若开始时开关K与b连接，下列说法正确的是_______(填序号)。
① 溶液中Na＋向A极移动
② 从A极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
③ 反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度
④ 若标准状况下B极产生2.24 L气体，则溶液中转移0.2 mol电子
(3)该小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。
① 该电解槽的阳极反应式为_______，此时通过阴离子交换膜的离子数_______(填“大于”“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。
② 制得的氢氧化钾溶液从出口_______(填“A”“B”“C”或“D”)导出。
(4)用惰性电极电解体积为1L的CuSO4溶液，当阴阳极都产生3.36L(标况)气体时，请问硫酸铜的浓度为_______，若要此溶液恢复到原状态需要加入_______(填选项)。
ACuSO4 BCuO CCu(OH)2 DCu2(OH)2CO3
【答案】(1)吸氧
(2)②
(3) 4OH--4e-=O2↑+2H2O 小于 D
(4) 0.15mol/L C
【分析】由装置图可知，若开始时开关K与a连接，则形成原电池装置，为铁的吸氧腐蚀；若开始时开关K与b连接，则形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，依此解答。
【详解】（1）若开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，A极上氧气得电子被还原，所以B极的Fe发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧；
（2）①电解过程中，阳离子向阴极移动，B为阴极，则溶液中Na＋向B极移动，①错误；
②A极生成氯气，能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，②正确；
③反应一段时间后加适量HCl气体可恢复到电解前电解质的浓度，不是加入盐酸，③错误；
④若标准状况下B极产生2.24 L氢气，氢气的物质的量为0.1mol，依据电极反应计算，由2H++2e-=H2↑得到导线中通过0.2 mol电子，电子不能通过溶液，④错误；
故答案为：②；
（3）①电解时，阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子放电能力大于硫酸根离子的放电能力，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；阳极氢氧根放电，因此硫酸根离子向阳极移动，阴极氢离子放电，因此钾离子向阴极移动，所以通过相同电量时，通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数，故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；小于；
②电解时，阴极上由水电离出的氢离子放电生成氢气，同时溶液中产生氢氧化钾，气体从上口C放出，则KOH在D口流出，故答案为：D；
（4）用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极始终是氢氧根离子放电，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，生成3.36L氧气即0.15mol，共失电子0.15mol4=0.6mol；阴极首先是铜离子放电，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，铜离子完全反应后，氢离子再放电，电极反应式为2H++2e-=H2↑，生成3.36L氢气即0.15mol，得电子0.15mol=0.3mol，据得失电子守恒有2n(Cu2+)+0.3=0.6，n(Cu2+)=0.15mol，所以c(Cu2+)==0.15mol/L，由于整个过程中，阳极生成氧气，阴极生成Cu和氢气，要使溶液恢复到原状态，则加入Cu(OH)2，故选C项，故答案为：0.15mol/L；C。
三、实验题
15．我国规定：室内甲醛含量不得超过。某研究性学习小组欲利酸性溶液测定空气中甲醛的含量，(部分装置如图)，其反应原理及步骤如下：
步骤：①量取，溶液于洗气瓶中，并滴入几滴稀，加水稀释备用。
②取草酸标准溶液于酸式滴定管中备用。
⑧用注射器抽取新装修室内空气．再将注射器气体推入洗气瓶中充分反应．再重复4次。
④将洗气瓶中溶液转移到锥形瓶中(包括洗涤液)，再用标准草酸溶液进行滴定，记录滴定所消耗的草酸溶液的体积。
⑤再重复实验2次(每次取高锰酸钾溶液)。3次实验消耗草酸溶液的体积平均值为。
回答下列问题
(1)此实验用指示剂______(填字母)。
a．甲基橙 b．酚酞 c．淀粉 d．无需另外添加试剂
(2)量取溶液应用_______滴定管。
(3)下列操作能引起室内甲醛浓度偏高的是________。
a．滴定终点俯视读数
b．滴定前有气泡滴定后无气泡
c．在高锰酸钾溶液中加入少量水
d．装草酸的滴定管未润洗
(4)，草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，如果向溶液中滴加溶液
①当加入的溶液体积为，请你写出溶液中质子守恒关系式________。
②当加入的溶液体积为，请你写出溶液中离子的浓度大小关系_______。
【答案】(1)d
(2)酸式
(3)a
(4)
【分析】用注射器抽取新装修室内空气．再将注射器气体推入洗气瓶中充分反应，根据方程式将甲醛氧化，将洗气瓶中溶液转移到锥形瓶中(包括洗涤液)，再用标准草酸溶液进行滴定，算出剩余的量，与甲醛反应高锰酸钾的物质的量为(V(KMnO4)×c(KMnO4)－V(H2C2O4)×c(H2C2O4)×)mol，则甲醛的物质的量为(V(KMnO4)×c(KMnO4)－V(H2C2O4)×c(H2C2O4)×)×mol，以此解答。
【详解】（1）高锰酸钾本身显紫色或紫红色，因此本实验无需指示剂。
（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，因此用酸式滴定管量取高锰酸钾。
（3）a．滴定终点俯视读数，读出的V(H2C2O4)偏小，则所测甲醛浓度偏高，故a正确；
b．滴定前有气泡，滴定后无气泡，则读出的V(H2C2O4)偏大，所测甲醛浓度偏低，故b错误；
c．高锰酸钾溶液中加少量的水，高锰酸钾物质的量不发生变化，因此所测甲醛浓度不变，故c错误；
d．装草酸的滴定管未润洗，造成草酸的物质的量浓度偏小，即消耗的草酸的体积增大，即所测甲醛浓度偏低，故d错误；
故答案为：a。
（4）①加入10mLNaOH溶液，溶质为NaHC2O4，物料守恒c(Na＋)=c()＋c(H2C2O4)＋c()，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋2c()＋c(OH－)，得到质子守恒：；
②加入NaOH溶液体积为20mL，溶质为Na2C2O4，草酸钠溶液中存在平衡：＋H2O＋OH－，＋H2OH2C2O4＋OH－，H2OH＋＋OH－，盐类水解程度是微弱的，因此离子浓度大小顺序是。
16．(1)有一包白色固体粉末可能为Na2CO3或NaHCO3其中的一种，请设计实验确定该白色粉末的成分________________________________________；
(2)某同学根据CO32-的性质用纯碱溶液、酚酞试剂、氯化钙溶液，设计了一个探究纯碱溶液呈碱性是由CO32-－引起的实验方案，主要实验步骤及实验现象为：
① CO32-水解的离子反应方程式为____________________________________________；
② 取少量氯化钙溶液滴入酚酞，不变红色，说明：_____________________________；
③ 取少量碳酸钠溶液，滴入酚酞后显红色，再加入氯化钙溶液的现象为：____________________________。说明_____________________________________。
【答案】 取少量固体于试管中进行加热，将产生的气体通入澄清的石灰水中，观察是否有白色沉淀生成，即可判断原固体是哪一种固体 CO32—+H2OHCO3-+OH— 钙离子和氯离子不会引起溶液显碱性 产生白色沉淀，同时红色变浅，最终褪色 说明Na2CO3溶液碱性是由CO32—引起的
【分析】（1）碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，而碳酸氢钠不能；也可以利用碳酸氢钠的不稳定性鉴别；
（2）碳酸根离子水解使碱性，而加氯化钙，生成白色沉淀，红色变浅，以此说明水解呈碱性；
①CO32－水解以第一步为主；
②氯化钙溶液为中性；
③碳酸钠溶液水解显碱性，加入氯化钙溶液，生成碳酸钙，水解平衡逆向移动，碱性降低。
【详解】（1）碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，而碳酸氢钠不能，发生的化学反应为Na2CO3+BaCl2═2NaCl+BaCO3↓，设计实验分别取少量溶于水，滴加氯化钡溶液生成白色沉淀的为Na2CO3，无现象的为碳酸氢钠；
或：取少量固体于试管中进行加热，将产生的气体通入澄清的石灰水中，观察是否有白色沉淀生成，即可判断原固体是哪一种固体。
（2）碳酸根离子水解使碱性，而加氯化钙，生成白色沉淀，红色变浅，以此说明水解呈碱性，所以实验步骤及实验现象为：用试管取少量碳酸钠溶液，滴入酚酞呈红色，再向溶液中滴入氯化钙溶液，产生白色沉淀，红色变浅并褪去，此时Na＋仍存在于溶液中，说明溶液的碱性由CO32－引起，
①CO32－水解的离子反应方程式为：CO32—+H2OHCO3-+OH—；
②取少量氯化钙溶液滴入酚酞，不变红色，说明溶液不显碱性，证明：钙离子和氯离子不会引起溶液显碱性；
③取少量碳酸钠溶液，滴入酚酞后显红色，再加入氯化钙溶液的现象为产生白色沉淀，红色变浅并褪去，说明纯碱溶液呈碱性是由CO32－引起。
【点睛】本题考查物质的鉴别及实验方案的设计，把握物质的性质分析实验中的步骤、现象为解答的关键，注意利用性质差异鉴别物质，（1）中答案不唯一，具有较好的开放性。
四、工业流程题
17．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属、、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()：
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
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是①溶解铝及其氧化物，②___________。
(2)“转化”过程中反应的离子方程式为___________，随时间t的变化关系如图所示，反应开始10～20min内迅速减小，原因可能是___________(不考虑溶液温度变化)。
(3)为除去溶液中的、元素，“转化”后加入适量NaOH溶液调节pH，也可以用___________(从下面四个选项选择)代替。A． B． C． D．氨水
(4)利用上述表格数据，计算的___________。如果“转化”后的溶液中浓度为，则“调pH”应控制的pH范围是___________。
(5)硫酸镍结晶水合物的形态与温度的关系如下表。
温度
低于30.8℃
30.8℃～53.8℃
53.8℃～280℃
高于280℃
晶体形态
多种结晶水合物
从滤液⑤中获得稳定晶体的操作1依次是蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。
(6)分离出晶体后的剩余液体要循环使用，则应该回流到流程中滤液___________的位置(填②、③、⑤)，其目的是___________。
【答案】(1)除去油脂
(2) 生成能催化分解
(3)AC
(4)
(5)冷却至30.8℃～53.8℃结晶
(6) ③ 提高Ni元素的利用率
【分析】向废镍催化剂中加入NaOH溶液，除去Al和其氧化物、油脂；滤饼中含有Ni、Fe及其氧化物；向滤饼①中加入稀硫酸酸浸，得到硫酸镍、硫酸亚铁等溶液；滤渣②中主要为不溶性物质；向滤液②中加入，将氧化成，根据表中数据，再加入NaOH调pH至除去，滤渣③为，滤液③为含硫酸镍的溶液，向其中加入碳酸钠溶液，得到碳酸镍沉淀，再溶于硫酸，得到硫酸镍溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体()；
【详解】（1）向废镍催化剂中加入NaOH溶液，Al和其氧化物可以与NaOH溶液反应而被除去，因油脂属于酯类能与NaOH溶液发生水解生成高级脂肪酸盐而被除去，故填除去油脂；
（2）向滤液②中加入，将氧化成，其反应为，反应生成能催化分解，所以10～20min内迅速减小，故填；生成能催化分解；
（3）“转化”后加入适量NaOH溶液调节pH，目的是除去溶液中的、元素，根据，可以加、促进水解，生成沉淀，不能使用氨水，引入杂质，故填AC；
（4）根据表中数据，完全沉淀时，，pH=8.7，，的；调pH的目的是为了除去，根据表中数据，刚好沉淀时pH=3.2， “转化”后的溶液中浓度为，则，，pH=6.2，所以pH范围是，故填；；
（5）根据表中数据，获得稳定晶体，依次是蒸发浓缩、冷却至30.8℃～53.8℃结晶、过滤、洗涤、干燥，故填冷却至30.8℃～53.8℃结晶；
（6）分离出晶体后的剩余液体中含有少量，为提高Ni元素的利用率，应循环利用，应该回流到流程中滤液③的位置，故填③；提高Ni元素的利用率。
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