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2022-2023学年海南省海口市海南中学高二下学期期中考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年海南省海口市海南中学高二下学期期中考试化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
海南中学2022-2023学年度第二学期期中考试
高一化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 P-31
第I卷选择题(共40分)
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列过程中涉及化学能转化为电能的是
A
B
C
D
使用燃料电池驱动新能源汽车
晶体硅太阳能电池提供“绿电”
天然气作为家用燃气蒸煮食品
用电烤箱烘焙面包
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．使用燃料电池驱动新能源汽车，化学能转化为电能，电能在转化为机械能，A符合；
B．晶体硅太阳能电池提供“绿电”，属于太阳能转化为电能，B不符合；
C．天然气作为家用燃气蒸煮食品，属于化学能转化为热能，C不符合；
D．用电烤箱烘焙面包，属于电能转化为热能，D不符合；
答案选A。
2. 在其他条件不变的情况下，升高温度，下列数值不一定增大的是
①水解平衡常数 ②化学平衡常数 ③水的离子积 ④物质的溶解度
A. ②③ B. ②④ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】①水解反应为吸热反应，则升高温度，水解平衡正向移动，水解平衡常数增大，①不合题意；
②若可逆反应正反应可能为放热反应，则升高温度K减小，若正反应为吸热反应时升高温度K增大，所以升高温度，化学平衡常数不一定增大，②符合题意；
③电解质的电离吸热，则升高温度，促进弱电解质的电离，升高温度，水的离子积增大，③不合题意；
④少数固体物质的溶解度随着温度升高而减小，如熟石灰，气体物质的溶解度随着温度升高而减小，但绝大部分固体物质的溶解度随着温度升高而增大，所以升高温度时，物质的溶解度不一定增大，④符合题意；
综上，升高温度，数值不一定增大的是②④。
故答案为：B。
3. 二氧化硫催化氧化反应为： ，下列措施既能加快反应速率又能提高平衡转化率的是
A. 升高温度 B. 增大压强 C. 分离出 D. 使用催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．升高温度，化学反应速率加快；由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致物质的平衡转化率降低，A不符合题意；
B．压缩体积增大压强使物质的浓度增大，化学反应速率加快；压缩体积导致体系的压强增大，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此可以使反应物的平衡转化率提高，B符合题意；
C．分离出SO3后，导致生成物的浓度降低，化学平衡正向移动，会提高反应物的平衡转化率；分离出SO3后，物质的浓度降低，化学反应速率减小；C不符合题意；
D．使用催化剂只能加快反应速率，而不能使化学平衡发生移动，因此不能提高物质的平衡转化率，D不符合题意；
故选B。
4. 常温下，下列各组离子一定能大量共存是
A. pH=1的溶液：I-、Mg2+、、
B. FeCl3溶液中：K+、Na+、、
C. pH=12的溶液：K+、Na+、、
D. 水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液：Na+、K+、Cl-、HS-
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH=1的溶液呈酸性，H+、I-、能发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；
B．FeCl3溶液中，Fe3+、会发生双水解反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．pH=12的溶液呈碱性，在碱性溶液中，OH-、K+、Na+、、都能大量存在，C符合题意；
D．水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可为酸溶液或碱溶液，而HS-与H+和OH-均会反应，不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
5. 下列有关图示原电池装置的叙述正确的是
A. 图1盐桥中的阳离子移向ZnSO4溶液
B. 图2中Zn发生还原反应，MnO2发生氧化反应
C. 图3中电池放电时，负极质量减少，正极质量增加
D. 图4电解质溶液采用稀硫酸时，正极反应为O2+4H++4e-=2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．图1为原电池，阳离子移向正极，Zn为负极，Cu为正极，则盐桥中的阳离子移向CuSO4溶液，A错误；
B．负极上锌失电子，Zn发生氧化反应，正极得电子，发生还原反应，则MnO2发生还原反应，B错误；
C．铅蓄电池放电时，负极反应为：Pb-2e-+=PbSO4，正极的反应为：PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，所以正负极质量都增大，C错误；
D．电解质溶液采用稀硫酸时，氧气得电子生成水，正极反应O2+4H++4e-=2H2O，D正确；
故选：D。
6. 下列说法不正确的是
A. 已知反应2NO2(g)N2O4(g)在低温下可自发进行，则△H＞0
B. 夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率
C. 当锌粒和稀硫酸反应制氢气时，往溶液中加少量醋酸钠固体会减缓反应
D. 当锌粒和盐酸反应制氢气时，往溶液中滴加少量CuSO4溶液可加快反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应2NO2(g)N2O4(g)的ΔS＜0，在低温下可自发进行，则正反应为放热反应，△H＜0，A不正确；
B．夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，降低分子的能量，从而减小分子有效碰撞的次数，降低化学反应速率，B正确；
C．锌粒和稀硫酸反应制氢气，加入少量醋酸钠固体，可与稀硫酸反应，从而减小溶液中的氢离子浓度，减缓反应速率，C正确；
D．当锌粒和盐酸反应制氢气时，往溶液中滴加少量CuSO4溶液，锌与Cu2+发生反应生成Cu，Zn、Cu、盐酸构成原电池，从而加快锌与盐酸反应的速率，D正确；
故选A。
7. “孔蚀”是一种集中于金属表面极小范围并能深入到金属内部的电化学腐蚀。某铁合金表面钝化膜破损后，发生“孔蚀”的电化学腐蚀过程如图所示。下列有关说法正确的是
A. 正极反应：Fe-2e-=Fe2+
B. 铁合金腐蚀的最终产物为Fe(OH)2
C. 整个过程发生的是析氢腐蚀
D. 为防止孔蚀发生可以将铁合金与外接电源的负极相连
【答案】D
【解析】
【详解】A．在负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，在正极，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，A不正确；
B．铁合金腐蚀，起初产物为Fe(OH)2，Fe(OH)2很快被空气中O2氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3分解生成Fe2O3，B不正确；
C．整个过程中，O2为主要反应物，发生的是吸氧腐蚀，C不正确；
D．将铁合金与外接电源的负极相连，能阻止铁失电子，从而防止孔蚀发生，D正确；
故选D。
8. 用钛(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)反应生成2mol液态HCOOH放出62.4kJ热量的图示如图，下列说法正确的是
A. 图示中物质Ⅱ为该反应的催化剂
B. 图示中参与循环的物质只有CO2和H2
C. 该反应的活化能为62.4kJ•mol-1
D. 该反应的热化学方程式为H2(g)+CO2(g)=HCOOH(l) △H=-31.2kJ•mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．从图示中可以看出，物质Ⅱ为该反应的中间产物，不属于催化剂，A不正确；
B．图示中参与循环的物质只有H2O，CO2和H2完全反应生成HCOOH，B不正确；
C．该反应的△H=-62.4kJ•mol-1，是正、逆反应的活化能之差，由图不能判断反应的活化能，C不正确；
D．CO2(g)和H2(g)反应生成2mol液态HCOOH放出62.4kJ热量，则该反应的热化学方程式为H2(g)+CO2(g)=HCOOH(l) △H=-31.2kJ•mol-1，D正确；
故选D。
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9. 下列化学用语不正确的是
A. NaHCO3溶液呈碱性的原因：+H2OH3O++
B. 往AgCl悬浊液中滴加几滴浓的碘化钾溶液后沉淀转化成黄色：AgCl(s)+I-(aq) AgI(s)+Cl-(aq)
C. 粗铜精炼时，纯铜电极的反应式为：Cu-2e-=Cu2+
D. 电解饱和食盐水的化学反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
【答案】AC
【解析】
【详解】A．NaHCO3溶液呈碱性，是因为发生水解，离子方程式为：+H2OOH-+H2CO3，A不正确；
B．往AgCl悬浊液中滴加几滴浓的碘化钾溶液，由于AgI的溶度积比AgCl小，所以AgCl转化为AgI，沉淀转化成黄色：AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)，B正确；
C．粗铜精炼时，纯铜作阴极，其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，C不正确；
D．电解饱和食盐水时，阴极生成NaOH和H2，阳极生成Cl2，化学反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，D正确；
故选AC。
10. 一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法正确的是
A. 基态氮原子核外电子有7种空间运动状态
B. 基态氧原子的原子结构示意图为
C. 反应③不能通过电解LiOH水溶液实现
D. 上述三步循环的总结果为N2+3H2=2NH3
【答案】BC
【解析】
【详解】A．基态氮原子核外电子有7个，分别占据1s轨道、2s轨道、2p中的3个轨道，则共有5种空间运动状态，A不正确；
B．基态氧原子的核电荷数为8，核外电子数为8，则原子结构示意图为 ，B正确；
C．Li是活泼金属，能与水发生反应，则反应③不能通过电解LiOH水溶液实现，C正确；
D．上述三步循环反应中，去掉参与循环的物质，N2、H2O在通电条件下发生反应，生成NH3和O2，则总结果为2N2+6H2O4NH3+3O2，D不正确；
故选BC。
11. 用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是
A 碱式滴定管未用标准溶液润洗
B. 锥形瓶用蒸馏水洗过后未用未知浓度的盐酸润洗
C. 用酚酞作指示剂，当观察到溶液由无色变为浅红色时立即停止滴定
D. 滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱式滴定管未用标准溶液润洗，则所用标准NaOH溶液的体积偏大，测定结果偏高，A不符合题意；
B．锥形瓶用蒸馏水洗过后未用未知浓度的盐酸润洗，对盐酸浓度的测定不产生影响，B不符合题意；
C．用酚酞作指示剂，当观察到溶液由无色变为浅红色时立即停止滴定，则有少量盐酸未被中和，所用标准NaOH溶液的体积偏小，测定结果偏低，C符合题意；
D．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确，则读出标准NaOH溶液的体积偏大，测定结果偏高，D不符合题意；
故选C。
12. 根据图像信息，下列描述不正确是
A. 图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)
B. 图乙表示常温下等体积pH均为2的甲酸溶液与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性：乙酸＞甲酸
C. 图丙表示常温下用NaOH溶液滴定弱酸HCN溶液，当pH=7时，c(Na+)=c(CN-)
D. 图丁表示一定条件下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达平衡时NH3体积分数随起始n(N2)：n(H2)变化的曲线，则转化率：αA(H2)=αB(H2)
【答案】BD
【解析】
【详解】A．图甲中，当c(S2-)相同时，c(Fe2+)＞c(Cu2+)，则相同温度下，Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，A正确；
B．从图乙中可以看出，常温下等体积pH均为2的甲酸溶液与乙酸溶液稀释相同倍数时，甲酸溶液的pH变化大，则酸性：乙酸＜甲酸，B不正确；
C．常温下用NaOH溶液滴定弱酸HCN溶液，依据电荷守恒，c(Na+)+ c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，当pH=7时，c(OH-)=c(H+)，所以c(Na+)=c(CN-)，C正确；
D．一定条件下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达平衡时，增大起始n(N2)：n(H2)的比值，相当于n(H2)不变时增大n(N2)，平衡正向移动，H2的转化率增大，则转化率：αA(H2)＜αB(H2)，D不正确；
故选BD。
13. 常温下，几种弱酸或弱碱的电离平衡常数如表所示。下列说法正确的是
化学式
HCOOH
H2CO3
HClO
NH3•H2O
Ka或Kb
1.8×10-4
Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.6×10-11
4.0×10-8
1.8×10-5
A. HCOONa溶液中：c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)
B. 等物质的量浓度溶液的pH大小顺序为HCOONa＞NaHCO3＞NaClO
C. 向NaClO溶液中通入少量CO2的反应为CO2+2NaClO+H2O=2HClO+Na2CO3
D. 等物质的量浓度溶液中c()大小顺序为(NH4)2CO3＞NH3•H2O＞NH4ClO
【答案】A
【解析】
【详解】A．HCOONa溶液中，发生反应：HCOO-+H2OHCOOH+OH-、H2OH++OH-，则存在下列关系：c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)，A正确；
B．比较表中的电离常数，可确定电离程度HCOOH＞H2CO3＞HClO，则离子的水解程度HCOONa＜NaHCO3＜NaClO，等物质的量浓度溶液的pH大小顺序为NaClO＞NaHCO3＞HCOONa，B不正确；
C．向NaClO溶液中通入少量CO2，由于Ka2(H2CO3)＜Ka(HClO)，所以与ClO-不能发生反应，反应CO2+2NaClO+H2O=2HClO+Na2CO3不能发生，C不正确；
D．(NH4)2CO3、NH4ClO在水溶液中发生完全电离，NH3•H2O只发生部分电离，则等物质的量浓度溶液中c()大小顺序为(NH4)2CO3＞NH4ClO＞NH3•H2O，D不正确；
故选A。
14. 新型镁－锂双离子二次电池的工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是
A. 放电时，Li+通过离子交换膜向右移动
B. 放电时，Li1-yFePO4/LiFePO4一极电极反应式为Li1-yFePO4+yLi+-ye-=LiFePO4
C. 充电时，与电源的正极相连
D. 充电时，导线上每通过0.4mole-，左室中溶液的质量减少2g
【答案】AD
【解析】
【分析】从图中可以看出，Mg电极上，Mg-2e-=Mg2+，则Mg为负极，Li1-yFePO4为正极。
【详解】A．放电时，阳离子向正极移动，则Li+通过离子交换膜向右移动，A正确；
B．放电时，Li1-yFePO4/LiFePO4一极为正极，Li1-yFePO4得电子与Li+反应生成LiFePO4，电极反应式为Li1-yFePO4+yLi++ye-=LiFePO4，B错误；
C．放电时，Mg极为负极，则充电时，Mg极为阴极，与电源的负极相连，C错误；
D．充电时，Mg极为阴极发生反应：Mg2++2e-=Mg，导线上每通过0.4mole-，左室溶液中放电的Mg2+为0.2mol，质量为4.8g，同时阳极有0.4molLi+移入左室溶液中，Li+质量为0.4mol×7g/mol=2.8g，则左室中溶液的质量减少4.8g-2.8g=2g，D正确；
故选AD。
第II卷非选择题(共60分)
15. Na、Fe、Ni、Cu等是重要的金属元素。回答下列问题：
（1）基态Cu原子的电子排布式为______。
（2）基态Fe原子价层电子的轨道表示式为______。在实验室中配制FeCl3溶液的方法是将氯化铁晶体溶于较浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度。配制时溶于盐酸的目的是______。
（3）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na。电解反应方程式为2NaCl(s)2Na(l)+Cl2(g)，加入CaCl2的目的是______。
（4）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
①制H2时，连接开关______。产生H2的电极反应式是______。
②改变开关连接方式，可得O2。
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3在使用中的优点：______。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1
（2） ①. ②. 抑制FeCl3水解
（3）作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能源
（4） ①. K1 ②. 2H2O+2e-=2OH-+H2↑ ③. 制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用
【解析】
【小问1详解】
基态Cu原子的核外电子数为29，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；
【小问2详解】
基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则其轨道表示式为。FeCl3是易水解的盐，配制FeCl3溶液时，需防止其发生水解。在实验室中配制FeCl3溶液的方法是将氯化铁晶体溶于较浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度。配制时溶于盐酸的目的是通过增大溶液中氢离子浓度抑制FeCl3水解。答案为：；抑制FeCl3水解；
【小问3详解】
NaCl熔点为800.8℃，加入CaCl2后，NaCl在580℃时熔化，则加入CaCl2的目的是：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能源。答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能源；
【小问4详解】
利用太阳能光伏电池电解水时，在阴极生成H2，在阳极生成O2。
①制H2时，连接开关K1，在电极1上，水得电子产生H2和OH-。产生H2的电极反应式是：2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
②改变开关连接方式，连接开关K2，在电极2上，可得O2。
③①中，连接开关K1，电极3作阳极，②中，连接开关K2，电极3作阴极，使电极3中不断发生循环反应，则使用中的优点：制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用。答案为：K1；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用。
16. I.现有常温下的3份溶液：
①0.01mol•L-1CH3COOH溶液；②0.01mol•L-1HCl溶液；③pH=12的氨水
（1）3份溶液中，水的电离程度最大的是______(填序号)。
（2）若②③混合后所得溶液的pH=7，则消耗溶液的体积：②______③(填“＞”“＜”或“=”)。
（3）等体积的①②溶液分别与足量锌粒反应，生成氢气的体积：①______②(填“＞”“＜”或“=”)。
II.NaH2PO4、Na2HPO4可用于合成化工原料三聚磷酸钠(Na5P3O10)。
（4）能说明Na2HPO4溶液显弱碱性的离子方程式为______。
（5）测定某三聚磷酸钠试样中Na5P3O10的含量可用间接滴定法，其流程如下：样品1.3000gH3PO4NaH2PO4→配成100.00mL溶液取25.00mL溶液Na2HPO4
①滴定时所用的指示剂X可为______。
②滴定实验所得数据记录如表(样品中杂质不与酸或碱反应)。
滴定次数
待测溶液的体积(mL)
0.1mol•L-1NaOH溶液的体积
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.20
20.20
试计算样品中Na5P3O10(Mr=368)的质量分数(结果保留到小数点后一位)______%。
【答案】（1）① （2）＞
（3）= （4）+H2O+OH-
（5） ①. 酚酞 ②. 75.5
【解析】
【小问1详解】
①0.01mol•L-1 CH3COOH溶液，c(H+)＜0.01mol•L-1；
②0.01mol•L-1 HCl溶液；c(H+)=0.01mol•L-1；
③pH=12的氨水，c(OH-)=0.01mol•L-1；
则3份溶液中，0.01mol•L-1 CH3COOH溶液电离产生的c(H+)最小，对水电离的抑制作用最小，则水的电离程度最大的是①；答案为：①；
【小问2详解】
②0.01mol•L-1 HCl溶液、③pH=12的氨水，则氨水的浓度比盐酸大得多，若将二者等体积混合，溶液呈碱性，故若②③混合后所得溶液的pH=7，氨水的体积应比盐酸小，所以消耗溶液的体积：②＞③；答案为：＞；
【小问3详解】
①0.01mol•L-1 CH3COOH溶液、②0.01mol•L-1 HCl溶液，二者的浓度相同，等体积的①②溶液中两种酸的物质的量相等，分别与足量锌粒反应，两种酸都完全反应，所以生成氢气的体积：①=②；答案为：=；
【小问4详解】
在水溶液中以水解为主，使溶液显碱性，则能说明Na2HPO4溶液显弱碱性的离子方程式为+H2O+OH-；答案为：+H2O+OH-；
【小问5详解】
①滴定终点时，产物为Na2HPO4，显碱性，则所用的指示剂X可为酚酞；
②测定某三聚磷酸钠试样中Na5P3O10的含量时，先加稀盐酸将其转化为H3PO4，再用NaOH转化为NaH2PO4，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至溶液由无色转变为浅红色，此时NaH2PO4转化为Na2HPO4；三次实验中，所用0.1mol•L-1 NaOH溶液的体积的平均值为=20.00mL，由关系式Na5P3O10~3NaH2PO4~3NaOH，可计算Na5P3O10(Mr=368)的质量分数为=75.5%；答案为：酚酞；75.5。
17. 某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量，体积均为1L)，当闭合该装置的开关K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：
（1）甲、乙、丙三池中为原电池的是______(填“甲池”、“乙池”或“丙池”)，A电极的电极反应式为______，C电极的电极反应式为______。
（2）丙池总反应的离子方程式为______。
（3）当甲池中B电极上消耗O2的体积为560mL(标准状况)时，理论上通过乙池的电量为______(法拉第常数F=9.65×104C•mol-1，列式并计算)，丙池溶液的pH为______(忽略溶液体积的变化)。
【答案】（1） ①. 甲池 ②. CH3OCH3-12e-+16OH-=2+11H2O ③. Ag-e-=Ag+
（2）2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
（3） ①. 9.65×103C ②. 1
【解析】
【小问1详解】
从图中可以看出，甲池为燃料电池，乙池和丙池为电解池。则甲、乙、丙三池中为原电池的是甲池，A电极的电极反应式为CH3OCH3-12e-+16OH-=2+11H2O；乙池中，C电极与燃料电池的正极相连，则C电极为阳极，Ag失电子生成Ag+，电极反应式为Ag-e-=Ag+。答案为：甲池；CH3OCH3-12e-+16OH-=2+11H2O；Ag-e-=Ag+；
【小问2详解】
丙池中，阴极Cu2+得电子生成Cu，阳极H2O失电子生成O2和H+，总反应的离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。答案为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；
【小问3详解】
当甲池中B电极上消耗O2的体积为560mL(标准状况)时，线路中通过电子的物质的量n(e-)==0.1mol，理论上通过乙池的电量为0.1mol×9.65×104C•mol-1=9.65×103C；丙池中，可建立关系式：H+——e-，则溶液中生成H+的物质的量为0.1mol，溶液的pH为1。答案为：9.65×103C；1。
【点睛】在串联电路中，线路中通过电子的物质的量相等。
18. 工业上以菱锰矿(主要成分是MnCO3)为原料制备锂离子电池正极材料的主要原料Mn3O4的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）菱锰矿粉与硫酸反应的主要化学方程式是______，MnO2的作用是氧化酸浸液中的Fe2+，氧化的离子方程式是______。
（2）滤液1中的主要阳离子是Mn2+、Fe3+、Al3+，滤液2的主要阳离子是Mn2+，加入MnCO3调节溶液pH在6.4左右的目的是______。
（3）已知常温下Ksp[Mn(OH)2]为1.0×10-12.6，若想使滤液2中Mn2+沉淀完全，溶液pH至少要大于______。(已知，化学上通常认为留在溶液中的离子浓度小于1.0×10-5mol/L时，沉淀就达完全。)
（4）滤液2完全反应后，过滤得到Mn(OH)2固体和______溶液，该溶液可与______反应生成流程中的某种物质而循环使用(均用化学式作答)。
【答案】（1） ①. MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ ②. 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
（2）除去Fe3+、Al3+
（3）10.2 （4） ①. (NH4)2SO4 ②. NaOH
【解析】
【分析】菱锰矿(主要成分是MnCO3)中加入硫酸，MnCO3溶解并生成Mn2+、CO2等，同时生成Fe2+、Al3+等；过滤后，往酸浸液中加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+；过滤后，往滤液中加入MnCO3，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀；往滤液2中加入氨水，Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀；过滤，往滤渣中加入氨水，并通入空气，过滤、洗涤、干燥，得到Mn3O4产品。
【小问1详解】
菱锰矿粉与硫酸反应，生成MnSO4、CO2等，主要化学方程式是MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；MnO2的作用是氧化酸浸液中的Fe2+，使其转化为Fe3+，氧化的离子方程式是2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
【小问2详解】
由分析可知，滤液1中的主要阳离子是Mn2+、Fe3+、Al3+，加入MnCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀，滤液2的主要阳离子是Mn2+，加入MnCO3调节溶液pH在6.4左右的目的是除去Fe3+、Al3+；答案为：除去Fe3+、Al3+。
【小问3详解】
常温下Ksp[Mn(OH)2]为1.0×10-12.6，滤液2中Mn2+沉淀完全，c(Mn2+)＜1.0×10-5mol/L，溶液中c(OH-)＞mol/L=1.0×10-3.8mol/L，c(H+)＜1.0×10-10.2mol/L，，则pH至少要大于10.2；答案为：10.2。
【小问4详解】
滤液1中加入MnCO3，Fe3+、Al3+转化为沉淀，此时滤液2中主要阳离子为Mn2+、阴离子为，滤液2中加入氨水，完全反应后，过滤得到Mn(OH)2固体和(NH4)2SO4溶液，该溶液可与NaOH反应生成氨水而循环使用；答案为：(NH4)2SO4；NaOH。
19. NOx会造成大气污染，在工业上采用多种方法进行处理。
I.氧化法：烟气中的NO经O3预处理后转化为NO2，再用CaSO3悬浊液吸收NO2。
已知：常温下，Ksp(CaSO4)=9.1×10-6，Ksp(CaSO3)=3.1×10-7。
（1）NO与O3反应过程的能量变化如下：
NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H=-200.9kJ•mol-1
NO(g)+O2(g)=NO2(g) △H=-58.2kJ•mol-1
则3NO(g)+O3(g)=3NO2(g) △H=______。
（2）用CaSO3悬浊液吸收NO2，将其转化为HNO2，该反应的化学方程式为______。
（3）在实际吸收NO2的过程中，通过向CaSO3悬浊液中加入Na2SO4固体，提高NO2的吸收速率，从溶解平衡的角度解释其原因：______。
Ⅱ.有人提出用活性炭对NOx进行吸附，比如吸收NO2的反应如下：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-62.4kJ•mol-1。在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2℃，如图为不同压强下反应经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。
（4）请分析，1050kPa前，NO2转化率随着压强增大而增大的原因：______。
（5）在1100kPa时，NO2的体积分数为______。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，在T2℃、1100kPa时，该反应的化学平衡常数Kp=______(只需列出计算式)。已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。
【答案】（1）-317.3kJ•mol-1
（2）CaSO3+2NO2+H2O=2HNO2+CaSO4
（3）CaSO3溶液中存在平衡：CaSO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入Na2SO4固体，与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，导致c()增大，从而使NO2的吸收效率加快
（4）1050kPa前，反应未达平衡，随着压强的增大，正反应速率加快，NO2的转化率提高
（5） ①. 50% ②.
【解析】
【小问1详解】
①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H=-200.9kJ•mol-1
②NO(g)+O2(g)=NO2(g) △H=-58.2kJ•mol-1
利用盖斯定律，将反应①+②×2，可得出3NO(g)+O3(g)=3NO2(g) △H=-200.9kJ•mol-1+(-58.2kJ•mol-1)×2=-317.3kJ•mol-1。答案为：-317.3kJ•mol-1；
【小问2详解】
用CaSO3悬浊液吸收NO2，将其转化为HNO2，同时CaSO3转化为CaSO4，该反应的化学方程式为CaSO3+2NO2+H2O=2HNO2+CaSO4。答案为：CaSO3+2NO2+H2O=2HNO2+CaSO4；
【小问3详解】
在实际吸收NO2的过程中，通过向CaSO3悬浊液中加入Na2SO4固体，可将CaSO3转化为CaSO4，从而增大溶液中浓度，提高NO2的吸收速率，则其原因为：CaSO3溶液中存在平衡：CaSO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入Na2SO4固体，与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，导致c()增大，从而使NO2的吸收效率加快。答案为：CaSO3溶液中存在平衡：CaSO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入Na2SO4固体，与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，导致c()增大，从而使NO2的吸收效率加快；
【小问4详解】
从图中可以看出，1050kPa前，反应未达平衡，则压强越大，正反应速率越快，所以NO2转化率随着压强增大而增大，原因是：1050kPa前，反应未达平衡，随着压强的增大，正反应速率加快，NO2的转化率提高。答案为：1050kPa前，反应未达平衡，随着压强的增大，正反应速率加快，NO2的转化率提高；
【小问5详解】
从图中可以看出，在1100kPa时，反应2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)中NO2的转化率为40%，设NO2的起始投入量为2mol，由此可建立以下三段式：
则在1100kPa时，NO2的体积分数为=50%。
在T2℃、1100kPa时，该反应的化学平衡常数Kp=。答案为：50%；。
【点睛】虽然Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaSO3)，通过增大浓度，仍可将转化为CaSO3转化为CaSO4。
海南中学2022-2023学年度第二学期期中考试
高一化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 P-31
第I卷选择题(共40分)
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列过程中涉及化学能转化为电能的是
A
B
C
D
使用燃料电池驱动新能源汽车
晶体硅太阳能电池提供“绿电”
天然气作为家用燃气蒸煮食品
用电烤箱烘焙面包
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．使用燃料电池驱动新能源汽车，化学能转化为电能，电能在转化为机械能，A符合；
B．晶体硅太阳能电池提供“绿电”，属于太阳能转化为电能，B不符合；
C．天然气作为家用燃气蒸煮食品，属于化学能转化为热能，C不符合；
D．用电烤箱烘焙面包，属于电能转化为热能，D不符合；
答案选A。
2. 在其他条件不变的情况下，升高温度，下列数值不一定增大的是
①水解平衡常数 ②化学平衡常数 ③水的离子积 ④物质的溶解度
A. ②③ B. ②④ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】①水解反应为吸热反应，则升高温度，水解平衡正向移动，水解平衡常数增大，①不合题意；
②若可逆反应正反应可能为放热反应，则升高温度K减小，若正反应为吸热反应时升高温度K增大，所以升高温度，化学平衡常数不一定增大，②符合题意；
③电解质的电离吸热，则升高温度，促进弱电解质的电离，升高温度，水的离子积增大，③不合题意；
④少数固体物质的溶解度随着温度升高而减小，如熟石灰，气体物质的溶解度随着温度升高而减小，但绝大部分固体物质的溶解度随着温度升高而增大，所以升高温度时，物质的溶解度不一定增大，④符合题意；
综上，升高温度，数值不一定增大的是②④。
故答案为：B。
3. 二氧化硫催化氧化反应为： ，下列措施既能加快反应速率又能提高平衡转化率的是
A. 升高温度 B. 增大压强 C. 分离出 D. 使用催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．升高温度，化学反应速率加快；由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致物质的平衡转化率降低，A不符合题意；
B．压缩体积增大压强使物质的浓度增大，化学反应速率加快；压缩体积导致体系的压强增大，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此可以使反应物的平衡转化率提高，B符合题意；
C．分离出SO3后，导致生成物的浓度降低，化学平衡正向移动，会提高反应物的平衡转化率；分离出SO3后，物质的浓度降低，化学反应速率减小；C不符合题意；
D．使用催化剂只能加快反应速率，而不能使化学平衡发生移动，因此不能提高物质的平衡转化率，D不符合题意；
故选B。
4. 常温下，下列各组离子一定能大量共存是
A. pH=1的溶液：I-、Mg2+、、
B. FeCl3溶液中：K+、Na+、、
C. pH=12的溶液：K+、Na+、、
D. 水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液：Na+、K+、Cl-、HS-
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH=1的溶液呈酸性，H+、I-、能发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；
B．FeCl3溶液中，Fe3+、会发生双水解反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．pH=12的溶液呈碱性，在碱性溶液中，OH-、K+、Na+、、都能大量存在，C符合题意；
D．水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可为酸溶液或碱溶液，而HS-与H+和OH-均会反应，不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
5. 下列有关图示原电池装置的叙述正确的是
A. 图1盐桥中的阳离子移向ZnSO4溶液
B. 图2中Zn发生还原反应，MnO2发生氧化反应
C. 图3中电池放电时，负极质量减少，正极质量增加
D. 图4电解质溶液采用稀硫酸时，正极反应为O2+4H++4e-=2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．图1为原电池，阳离子移向正极，Zn为负极，Cu为正极，则盐桥中的阳离子移向CuSO4溶液，A错误；
B．负极上锌失电子，Zn发生氧化反应，正极得电子，发生还原反应，则MnO2发生还原反应，B错误；
C．铅蓄电池放电时，负极反应为：Pb-2e-+=PbSO4，正极的反应为：PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，所以正负极质量都增大，C错误；
D．电解质溶液采用稀硫酸时，氧气得电子生成水，正极反应O2+4H++4e-=2H2O，D正确；
故选：D。
6. 下列说法不正确的是
A. 已知反应2NO2(g)N2O4(g)在低温下可自发进行，则△H＞0
B. 夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率
C. 当锌粒和稀硫酸反应制氢气时，往溶液中加少量醋酸钠固体会减缓反应
D. 当锌粒和盐酸反应制氢气时，往溶液中滴加少量CuSO4溶液可加快反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应2NO2(g)N2O4(g)的ΔS＜0，在低温下可自发进行，则正反应为放热反应，△H＜0，A不正确；
B．夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，降低分子的能量，从而减小分子有效碰撞的次数，降低化学反应速率，B正确；
C．锌粒和稀硫酸反应制氢气，加入少量醋酸钠固体，可与稀硫酸反应，从而减小溶液中的氢离子浓度，减缓反应速率，C正确；
D．当锌粒和盐酸反应制氢气时，往溶液中滴加少量CuSO4溶液，锌与Cu2+发生反应生成Cu，Zn、Cu、盐酸构成原电池，从而加快锌与盐酸反应的速率，D正确；
故选A。
7. “孔蚀”是一种集中于金属表面极小范围并能深入到金属内部的电化学腐蚀。某铁合金表面钝化膜破损后，发生“孔蚀”的电化学腐蚀过程如图所示。下列有关说法正确的是
A. 正极反应：Fe-2e-=Fe2+
B. 铁合金腐蚀的最终产物为Fe(OH)2
C. 整个过程发生的是析氢腐蚀
D. 为防止孔蚀发生可以将铁合金与外接电源的负极相连
【答案】D
【解析】
【详解】A．在负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，在正极，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-，A不正确；
B．铁合金腐蚀，起初产物为Fe(OH)2，Fe(OH)2很快被空气中O2氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3分解生成Fe2O3，B不正确；
C．整个过程中，O2为主要反应物，发生的是吸氧腐蚀，C不正确；
D．将铁合金与外接电源的负极相连，能阻止铁失电子，从而防止孔蚀发生，D正确；
故选D。
8. 用钛(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)反应生成2mol液态HCOOH放出62.4kJ热量的图示如图，下列说法正确的是
A. 图示中物质Ⅱ为该反应的催化剂
B. 图示中参与循环的物质只有CO2和H2
C. 该反应的活化能为62.4kJ•mol-1
D. 该反应的热化学方程式为H2(g)+CO2(g)=HCOOH(l) △H=-31.2kJ•mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．从图示中可以看出，物质Ⅱ为该反应的中间产物，不属于催化剂，A不正确；
B．图示中参与循环的物质只有H2O，CO2和H2完全反应生成HCOOH，B不正确；
C．该反应的△H=-62.4kJ•mol-1，是正、逆反应的活化能之差，由图不能判断反应的活化能，C不正确；
D．CO2(g)和H2(g)反应生成2mol液态HCOOH放出62.4kJ热量，则该反应的热化学方程式为H2(g)+CO2(g)=HCOOH(l) △H=-31.2kJ•mol-1，D正确；
故选D。
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9. 下列化学用语不正确的是
A. NaHCO3溶液呈碱性的原因：+H2OH3O++
B. 往AgCl悬浊液中滴加几滴浓的碘化钾溶液后沉淀转化成黄色：AgCl(s)+I-(aq) AgI(s)+Cl-(aq)
C. 粗铜精炼时，纯铜电极的反应式为：Cu-2e-=Cu2+
D. 电解饱和食盐水的化学反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
【答案】AC
【解析】
【详解】A．NaHCO3溶液呈碱性，是因为发生水解，离子方程式为：+H2OOH-+H2CO3，A不正确；
B．往AgCl悬浊液中滴加几滴浓的碘化钾溶液，由于AgI的溶度积比AgCl小，所以AgCl转化为AgI，沉淀转化成黄色：AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)，B正确；
C．粗铜精炼时，纯铜作阴极，其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，C不正确；
D．电解饱和食盐水时，阴极生成NaOH和H2，阳极生成Cl2，化学反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，D正确；
故选AC。
10. 一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法正确的是
A. 基态氮原子核外电子有7种空间运动状态
B. 基态氧原子的原子结构示意图为
C. 反应③不能通过电解LiOH水溶液实现
D. 上述三步循环的总结果为N2+3H2=2NH3
【答案】BC
【解析】
【详解】A．基态氮原子核外电子有7个，分别占据1s轨道、2s轨道、2p中的3个轨道，则共有5种空间运动状态，A不正确；
B．基态氧原子的核电荷数为8，核外电子数为8，则原子结构示意图为 ，B正确；
C．Li是活泼金属，能与水发生反应，则反应③不能通过电解LiOH水溶液实现，C正确；
D．上述三步循环反应中，去掉参与循环的物质，N2、H2O在通电条件下发生反应，生成NH3和O2，则总结果为2N2+6H2O4NH3+3O2，D不正确；
故选BC。
11. 用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是
A 碱式滴定管未用标准溶液润洗
B. 锥形瓶用蒸馏水洗过后未用未知浓度的盐酸润洗
C. 用酚酞作指示剂，当观察到溶液由无色变为浅红色时立即停止滴定
D. 滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱式滴定管未用标准溶液润洗，则所用标准NaOH溶液的体积偏大，测定结果偏高，A不符合题意；
B．锥形瓶用蒸馏水洗过后未用未知浓度的盐酸润洗，对盐酸浓度的测定不产生影响，B不符合题意；
C．用酚酞作指示剂，当观察到溶液由无色变为浅红色时立即停止滴定，则有少量盐酸未被中和，所用标准NaOH溶液的体积偏小，测定结果偏低，C符合题意；
D．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确，则读出标准NaOH溶液的体积偏大，测定结果偏高，D不符合题意；
故选C。
12. 根据图像信息，下列描述不正确是
A. 图甲表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)
B. 图乙表示常温下等体积pH均为2的甲酸溶液与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性：乙酸＞甲酸
C. 图丙表示常温下用NaOH溶液滴定弱酸HCN溶液，当pH=7时，c(Na+)=c(CN-)
D. 图丁表示一定条件下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达平衡时NH3体积分数随起始n(N2)：n(H2)变化的曲线，则转化率：αA(H2)=αB(H2)
【答案】BD
【解析】
【详解】A．图甲中，当c(S2-)相同时，c(Fe2+)＞c(Cu2+)，则相同温度下，Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，A正确；
B．从图乙中可以看出，常温下等体积pH均为2的甲酸溶液与乙酸溶液稀释相同倍数时，甲酸溶液的pH变化大，则酸性：乙酸＜甲酸，B不正确；
C．常温下用NaOH溶液滴定弱酸HCN溶液，依据电荷守恒，c(Na+)+ c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，当pH=7时，c(OH-)=c(H+)，所以c(Na+)=c(CN-)，C正确；
D．一定条件下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达平衡时，增大起始n(N2)：n(H2)的比值，相当于n(H2)不变时增大n(N2)，平衡正向移动，H2的转化率增大，则转化率：αA(H2)＜αB(H2)，D不正确；
故选BD。
13. 常温下，几种弱酸或弱碱的电离平衡常数如表所示。下列说法正确的是
化学式
HCOOH
H2CO3
HClO
NH3•H2O
Ka或Kb
1.8×10-4
Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.6×10-11
4.0×10-8
1.8×10-5
A. HCOONa溶液中：c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)
B. 等物质的量浓度溶液的pH大小顺序为HCOONa＞NaHCO3＞NaClO
C. 向NaClO溶液中通入少量CO2的反应为CO2+2NaClO+H2O=2HClO+Na2CO3
D. 等物质的量浓度溶液中c()大小顺序为(NH4)2CO3＞NH3•H2O＞NH4ClO
【答案】A
【解析】
【详解】A．HCOONa溶液中，发生反应：HCOO-+H2OHCOOH+OH-、H2OH++OH-，则存在下列关系：c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)，A正确；
B．比较表中的电离常数，可确定电离程度HCOOH＞H2CO3＞HClO，则离子的水解程度HCOONa＜NaHCO3＜NaClO，等物质的量浓度溶液的pH大小顺序为NaClO＞NaHCO3＞HCOONa，B不正确；
C．向NaClO溶液中通入少量CO2，由于Ka2(H2CO3)＜Ka(HClO)，所以与ClO-不能发生反应，反应CO2+2NaClO+H2O=2HClO+Na2CO3不能发生，C不正确；
D．(NH4)2CO3、NH4ClO在水溶液中发生完全电离，NH3•H2O只发生部分电离，则等物质的量浓度溶液中c()大小顺序为(NH4)2CO3＞NH4ClO＞NH3•H2O，D不正确；
故选A。
14. 新型镁－锂双离子二次电池的工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是
A. 放电时，Li+通过离子交换膜向右移动
B. 放电时，Li1-yFePO4/LiFePO4一极电极反应式为Li1-yFePO4+yLi+-ye-=LiFePO4
C. 充电时，与电源的正极相连
D. 充电时，导线上每通过0.4mole-，左室中溶液的质量减少2g
【答案】AD
【解析】
【分析】从图中可以看出，Mg电极上，Mg-2e-=Mg2+，则Mg为负极，Li1-yFePO4为正极。
【详解】A．放电时，阳离子向正极移动，则Li+通过离子交换膜向右移动，A正确；
B．放电时，Li1-yFePO4/LiFePO4一极为正极，Li1-yFePO4得电子与Li+反应生成LiFePO4，电极反应式为Li1-yFePO4+yLi++ye-=LiFePO4，B错误；
C．放电时，Mg极为负极，则充电时，Mg极为阴极，与电源的负极相连，C错误；
D．充电时，Mg极为阴极发生反应：Mg2++2e-=Mg，导线上每通过0.4mole-，左室溶液中放电的Mg2+为0.2mol，质量为4.8g，同时阳极有0.4molLi+移入左室溶液中，Li+质量为0.4mol×7g/mol=2.8g，则左室中溶液的质量减少4.8g-2.8g=2g，D正确；
故选AD。
第II卷非选择题(共60分)
15. Na、Fe、Ni、Cu等是重要的金属元素。回答下列问题：
（1）基态Cu原子的电子排布式为______。
（2）基态Fe原子价层电子的轨道表示式为______。在实验室中配制FeCl3溶液的方法是将氯化铁晶体溶于较浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度。配制时溶于盐酸的目的是______。
（3）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na。电解反应方程式为2NaCl(s)2Na(l)+Cl2(g)，加入CaCl2的目的是______。
（4）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
①制H2时，连接开关______。产生H2的电极反应式是______。
②改变开关连接方式，可得O2。
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3在使用中的优点：______。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1
（2） ①. ②. 抑制FeCl3水解
（3）作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能源
（4） ①. K1 ②. 2H2O+2e-=2OH-+H2↑ ③. 制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用
【解析】
【小问1详解】
基态Cu原子的核外电子数为29，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；
【小问2详解】
基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则其轨道表示式为。FeCl3是易水解的盐，配制FeCl3溶液时，需防止其发生水解。在实验室中配制FeCl3溶液的方法是将氯化铁晶体溶于较浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度。配制时溶于盐酸的目的是通过增大溶液中氢离子浓度抑制FeCl3水解。答案为：；抑制FeCl3水解；
【小问3详解】
NaCl熔点为800.8℃，加入CaCl2后，NaCl在580℃时熔化，则加入CaCl2的目的是：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能源。答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能源；
【小问4详解】
利用太阳能光伏电池电解水时，在阴极生成H2，在阳极生成O2。
①制H2时，连接开关K1，在电极1上，水得电子产生H2和OH-。产生H2的电极反应式是：2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
②改变开关连接方式，连接开关K2，在电极2上，可得O2。
③①中，连接开关K1，电极3作阳极，②中，连接开关K2，电极3作阴极，使电极3中不断发生循环反应，则使用中的优点：制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用。答案为：K1；2H2O+2e-=2OH-+H2↑；制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用。
16. I.现有常温下的3份溶液：
①0.01mol•L-1CH3COOH溶液；②0.01mol•L-1HCl溶液；③pH=12的氨水
（1）3份溶液中，水的电离程度最大的是______(填序号)。
（2）若②③混合后所得溶液的pH=7，则消耗溶液的体积：②______③(填“＞”“＜”或“=”)。
（3）等体积的①②溶液分别与足量锌粒反应，生成氢气的体积：①______②(填“＞”“＜”或“=”)。
II.NaH2PO4、Na2HPO4可用于合成化工原料三聚磷酸钠(Na5P3O10)。
（4）能说明Na2HPO4溶液显弱碱性的离子方程式为______。
（5）测定某三聚磷酸钠试样中Na5P3O10的含量可用间接滴定法，其流程如下：样品1.3000gH3PO4NaH2PO4→配成100.00mL溶液取25.00mL溶液Na2HPO4
①滴定时所用的指示剂X可为______。
②滴定实验所得数据记录如表(样品中杂质不与酸或碱反应)。
滴定次数
待测溶液的体积(mL)
0.1mol•L-1NaOH溶液的体积
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.20
20.20
试计算样品中Na5P3O10(Mr=368)的质量分数(结果保留到小数点后一位)______%。
【答案】（1）① （2）＞
（3）= （4）+H2O+OH-
（5） ①. 酚酞 ②. 75.5
【解析】
【小问1详解】
①0.01mol•L-1 CH3COOH溶液，c(H+)＜0.01mol•L-1；
②0.01mol•L-1 HCl溶液；c(H+)=0.01mol•L-1；
③pH=12的氨水，c(OH-)=0.01mol•L-1；
则3份溶液中，0.01mol•L-1 CH3COOH溶液电离产生的c(H+)最小，对水电离的抑制作用最小，则水的电离程度最大的是①；答案为：①；
【小问2详解】
②0.01mol•L-1 HCl溶液、③pH=12的氨水，则氨水的浓度比盐酸大得多，若将二者等体积混合，溶液呈碱性，故若②③混合后所得溶液的pH=7，氨水的体积应比盐酸小，所以消耗溶液的体积：②＞③；答案为：＞；
【小问3详解】
①0.01mol•L-1 CH3COOH溶液、②0.01mol•L-1 HCl溶液，二者的浓度相同，等体积的①②溶液中两种酸的物质的量相等，分别与足量锌粒反应，两种酸都完全反应，所以生成氢气的体积：①=②；答案为：=；
【小问4详解】
在水溶液中以水解为主，使溶液显碱性，则能说明Na2HPO4溶液显弱碱性的离子方程式为+H2O+OH-；答案为：+H2O+OH-；
【小问5详解】
①滴定终点时，产物为Na2HPO4，显碱性，则所用的指示剂X可为酚酞；
②测定某三聚磷酸钠试样中Na5P3O10的含量时，先加稀盐酸将其转化为H3PO4，再用NaOH转化为NaH2PO4，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至溶液由无色转变为浅红色，此时NaH2PO4转化为Na2HPO4；三次实验中，所用0.1mol•L-1 NaOH溶液的体积的平均值为=20.00mL，由关系式Na5P3O10~3NaH2PO4~3NaOH，可计算Na5P3O10(Mr=368)的质量分数为=75.5%；答案为：酚酞；75.5。
17. 某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量，体积均为1L)，当闭合该装置的开关K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：
（1）甲、乙、丙三池中为原电池的是______(填“甲池”、“乙池”或“丙池”)，A电极的电极反应式为______，C电极的电极反应式为______。
（2）丙池总反应的离子方程式为______。
（3）当甲池中B电极上消耗O2的体积为560mL(标准状况)时，理论上通过乙池的电量为______(法拉第常数F=9.65×104C•mol-1，列式并计算)，丙池溶液的pH为______(忽略溶液体积的变化)。
【答案】（1） ①. 甲池 ②. CH3OCH3-12e-+16OH-=2+11H2O ③. Ag-e-=Ag+
（2）2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
（3） ①. 9.65×103C ②. 1
【解析】
【小问1详解】
从图中可以看出，甲池为燃料电池，乙池和丙池为电解池。则甲、乙、丙三池中为原电池的是甲池，A电极的电极反应式为CH3OCH3-12e-+16OH-=2+11H2O；乙池中，C电极与燃料电池的正极相连，则C电极为阳极，Ag失电子生成Ag+，电极反应式为Ag-e-=Ag+。答案为：甲池；CH3OCH3-12e-+16OH-=2+11H2O；Ag-e-=Ag+；
【小问2详解】
丙池中，阴极Cu2+得电子生成Cu，阳极H2O失电子生成O2和H+，总反应的离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。答案为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；
【小问3详解】
当甲池中B电极上消耗O2的体积为560mL(标准状况)时，线路中通过电子的物质的量n(e-)==0.1mol，理论上通过乙池的电量为0.1mol×9.65×104C•mol-1=9.65×103C；丙池中，可建立关系式：H+——e-，则溶液中生成H+的物质的量为0.1mol，溶液的pH为1。答案为：9.65×103C；1。
【点睛】在串联电路中，线路中通过电子的物质的量相等。
18. 工业上以菱锰矿(主要成分是MnCO3)为原料制备锂离子电池正极材料的主要原料Mn3O4的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）菱锰矿粉与硫酸反应的主要化学方程式是______，MnO2的作用是氧化酸浸液中的Fe2+，氧化的离子方程式是______。
（2）滤液1中的主要阳离子是Mn2+、Fe3+、Al3+，滤液2的主要阳离子是Mn2+，加入MnCO3调节溶液pH在6.4左右的目的是______。
（3）已知常温下Ksp[Mn(OH)2]为1.0×10-12.6，若想使滤液2中Mn2+沉淀完全，溶液pH至少要大于______。(已知，化学上通常认为留在溶液中的离子浓度小于1.0×10-5mol/L时，沉淀就达完全。)
（4）滤液2完全反应后，过滤得到Mn(OH)2固体和______溶液，该溶液可与______反应生成流程中的某种物质而循环使用(均用化学式作答)。
【答案】（1） ①. MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ ②. 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
（2）除去Fe3+、Al3+
（3）10.2 （4） ①. (NH4)2SO4 ②. NaOH
【解析】
【分析】菱锰矿(主要成分是MnCO3)中加入硫酸，MnCO3溶解并生成Mn2+、CO2等，同时生成Fe2+、Al3+等；过滤后，往酸浸液中加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+；过滤后，往滤液中加入MnCO3，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀；往滤液2中加入氨水，Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀；过滤，往滤渣中加入氨水，并通入空气，过滤、洗涤、干燥，得到Mn3O4产品。
【小问1详解】
菱锰矿粉与硫酸反应，生成MnSO4、CO2等，主要化学方程式是MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；MnO2的作用是氧化酸浸液中的Fe2+，使其转化为Fe3+，氧化的离子方程式是2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
【小问2详解】
由分析可知，滤液1中的主要阳离子是Mn2+、Fe3+、Al3+，加入MnCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀，滤液2的主要阳离子是Mn2+，加入MnCO3调节溶液pH在6.4左右的目的是除去Fe3+、Al3+；答案为：除去Fe3+、Al3+。
【小问3详解】
常温下Ksp[Mn(OH)2]为1.0×10-12.6，滤液2中Mn2+沉淀完全，c(Mn2+)＜1.0×10-5mol/L，溶液中c(OH-)＞mol/L=1.0×10-3.8mol/L，c(H+)＜1.0×10-10.2mol/L，，则pH至少要大于10.2；答案为：10.2。
【小问4详解】
滤液1中加入MnCO3，Fe3+、Al3+转化为沉淀，此时滤液2中主要阳离子为Mn2+、阴离子为，滤液2中加入氨水，完全反应后，过滤得到Mn(OH)2固体和(NH4)2SO4溶液，该溶液可与NaOH反应生成氨水而循环使用；答案为：(NH4)2SO4；NaOH。
19. NOx会造成大气污染，在工业上采用多种方法进行处理。
I.氧化法：烟气中的NO经O3预处理后转化为NO2，再用CaSO3悬浊液吸收NO2。
已知：常温下，Ksp(CaSO4)=9.1×10-6，Ksp(CaSO3)=3.1×10-7。
（1）NO与O3反应过程的能量变化如下：
NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H=-200.9kJ•mol-1
NO(g)+O2(g)=NO2(g) △H=-58.2kJ•mol-1
则3NO(g)+O3(g)=3NO2(g) △H=______。
（2）用CaSO3悬浊液吸收NO2，将其转化为HNO2，该反应的化学方程式为______。
（3）在实际吸收NO2的过程中，通过向CaSO3悬浊液中加入Na2SO4固体，提高NO2的吸收速率，从溶解平衡的角度解释其原因：______。
Ⅱ.有人提出用活性炭对NOx进行吸附，比如吸收NO2的反应如下：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-62.4kJ•mol-1。在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2℃，如图为不同压强下反应经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。
（4）请分析，1050kPa前，NO2转化率随着压强增大而增大的原因：______。
（5）在1100kPa时，NO2的体积分数为______。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，在T2℃、1100kPa时，该反应的化学平衡常数Kp=______(只需列出计算式)。已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。
【答案】（1）-317.3kJ•mol-1
（2）CaSO3+2NO2+H2O=2HNO2+CaSO4
（3）CaSO3溶液中存在平衡：CaSO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入Na2SO4固体，与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，导致c()增大，从而使NO2的吸收效率加快
（4）1050kPa前，反应未达平衡，随着压强的增大，正反应速率加快，NO2的转化率提高
（5） ①. 50% ②.
【解析】
【小问1详解】
①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H=-200.9kJ•mol-1
②NO(g)+O2(g)=NO2(g) △H=-58.2kJ•mol-1
利用盖斯定律，将反应①+②×2，可得出3NO(g)+O3(g)=3NO2(g) △H=-200.9kJ•mol-1+(-58.2kJ•mol-1)×2=-317.3kJ•mol-1。答案为：-317.3kJ•mol-1；
【小问2详解】
用CaSO3悬浊液吸收NO2，将其转化为HNO2，同时CaSO3转化为CaSO4，该反应的化学方程式为CaSO3+2NO2+H2O=2HNO2+CaSO4。答案为：CaSO3+2NO2+H2O=2HNO2+CaSO4；
【小问3详解】
在实际吸收NO2的过程中，通过向CaSO3悬浊液中加入Na2SO4固体，可将CaSO3转化为CaSO4，从而增大溶液中浓度，提高NO2的吸收速率，则其原因为：CaSO3溶液中存在平衡：CaSO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入Na2SO4固体，与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，导致c()增大，从而使NO2的吸收效率加快。答案为：CaSO3溶液中存在平衡：CaSO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入Na2SO4固体，与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，导致c()增大，从而使NO2的吸收效率加快；
【小问4详解】
从图中可以看出，1050kPa前，反应未达平衡，则压强越大，正反应速率越快，所以NO2转化率随着压强增大而增大，原因是：1050kPa前，反应未达平衡，随着压强的增大，正反应速率加快，NO2的转化率提高。答案为：1050kPa前，反应未达平衡，随着压强的增大，正反应速率加快，NO2的转化率提高；
【小问5详解】
从图中可以看出，在1100kPa时，反应2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)中NO2的转化率为40%，设NO2的起始投入量为2mol，由此可建立以下三段式：
则在1100kPa时，NO2的体积分数为=50%。
在T2℃、1100kPa时，该反应的化学平衡常数Kp=。答案为：50%；。
【点睛】虽然Ksp(CaSO4)＞Ksp(CaSO3)，通过增大浓度，仍可将转化为CaSO3转化为CaSO4。
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