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安徽省黄山市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）
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这是一份安徽省黄山市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了5 S―32 Ni―59， “夏禹铸九鼎，天下分九州”， 下列实验操作或装置正确的是等内容，欢迎下载使用。
黄山市2022—2023学年度第一学期期末质量检测
高二化学试题
可能用到的相对原子质量：H―1 O―16 Na―23 Cl―35.5 S―32 Ni―59
第Ⅰ卷(选择题 共46分)
一、单选题(共10题，每小题3分，共30分)
1. “夏禹铸九鼎，天下分九州”。青铜器在古时被称为“吉金”，是红铜与锡、铅等的合金。其表面铜锈大多呈青绿色，主要含有Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3。下列说法错误的是
A. 青铜器中锡、铅对铜有保护作用
B. Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3都属于盐类
C. 可用NH4Cl溶液浸泡青铜器来清洗铜锈
D. 博物馆中贵重青铜器常放在银质托盘上进行展示
【答案】D
【解析】
【详解】A．锡、铅的金属性比铜强，在形成原电池时，作原电池的负极，能阻止铜失电子，从而保护青铜器中的铜，A正确；
B．Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3中都含有Cu2+和Cl-或CO，二者都属于盐类，B正确；
C．NH4Cl在溶液中能发生水解而使溶液显酸性，浸泡青铜器能清洗青铜器的铜锈，C正确；
D． 青铜器常放在银质托盘上，可以形成原电池，青铜器作原电池的负极，从而会加快青铜器的腐蚀，D错误；
故选：D。
2. 在相同条件下，质量相等的两份氢气和足量的氧气充分反应，分别生成液态水(反应①)和水蒸气(反应②)。下列说法正确的是
A. 反应①放出的热量多 B. 反应②放出的热量多
C. 反应①、②放出的热量一样多 D. 无法比较反应①、②放出的热量
【答案】A
【解析】
【详解】相同物质的液态时能量小于气态时的能量，而氢气和氧气反应又为放热反应，故生成液态时放出的能量多，故选A。
3. 在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为
A. 2A+3B⇌2C B. A+3B⇌2C C. 3A+B⇌2C D. A+B⇌C
【答案】A
【解析】
【详解】由于2vB=3vA、3vC=2vB，所以vA：vB：vC=2：3：2，即A、B、C对应的化学计量数分别为2、3、2。故反应方程式为2A+3B⇌2C。故选A。
4. 下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是
A. 对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多
B. 向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大
C. 升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大
D. 加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．对有气体参加的反应，减小容器容积使增大压强，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故A正确；
B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故B错误；
C．升高温度，吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数增大，分子总数不变，活化分子百分数增大，故C正确；
D．加入适宜的催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子变为活化分子，分子总数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，故D正确；
故答案为B。
5. 下列说法中，正确的是
A. 冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程
B. 能够自发进行的反应一定是放热反应
C. ΔH＜0的反应均是自发进行的反应
D. 能够自发进行的反应一定是熵增的过程
【答案】A
【解析】
【详解】A．同种物质的熵值，液体大于固体，故冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程，A说法正确；
B．能够自发进行的反应中，∆G＜0，∆G=ΔH-TΔS，不一定是放热反应，B说法错误；
C．∆G＜0的反应能够自发进行，ΔH＜0的反应不一定是自发进行的反应，C说法错误；
D．能够自发进行的反应一定是∆G＜0，不一定为熵增的过程，D说法错误；
答案为A。
6. 难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时，下列说法中错误的是
A. 沉淀的速率和溶解的速率相等
B. 难溶电解质在水中形成饱和溶液
C. 再加入难溶电解质，溶液中各离子的浓度不变
D. 难溶电解质溶解形成的阴、阳离子的浓度相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．达到沉淀溶解平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等，各离子浓度保持不变，故A正确；
B．达到沉淀溶解平衡时，已经达到难溶电解质的溶解限度，溶液为饱和溶液，故B正确；
C．加入难溶电解质会以沉淀的形式存在，对于溶液中各离子的浓度无影响，故C正确；
D．难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时，会有少部分电解质发生电离，得到相应的离子，阴、阳离子的浓度不一定相等，如Fe(OH)3，故D错误；
故选：A。
7. 下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是
A.蒸发结晶
B.酸滴定碱
C.制MgCl2
D.制乙酸乙酯
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．蒸发结晶应该用蒸发皿，图中为坩埚，用来灼烧固体，故A错误；
B．图中是碱式滴定管，不能用来盛装酸性溶液，故B错误；
C．由氯化镁晶体蒸干制备氯化镁，需要在HCl气流中，以抑制氯化镁的水解，故C正确；
D．导气管不应该伸入碳酸钠溶液中，会发生倒吸，故D错误；
故选C。
8. 常温下，难溶物与在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，若定义其坐标图示：，，表示或。下列说法错误的是
A. K表示的溶解平衡曲线
B. 常温下，的分散系在a点时为悬浊液
C. 向c点溶液中加入饱和溶液，析出固体
D. 的平衡常数
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c()，Ksp(BaCrO4)=c(Ba2+)∙c()，假设 K表示Ag2CrO4的溶解平衡曲线，根据b点数据可知，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c()=(10-3.5)2∙10-4.1=10-11.1，符合图中曲线K起始的数据，因此K为Ag2CrO4的溶解平衡曲线，则L表示BaCrO4的溶解平衡曲线，A正确；
B．a点在K斜线上方，在金属阳离子浓度不变时，纵坐标越大，表示相应的阴离子浓度越小，因此a点Qc=c2(Ag+)∙c()＜Ksp(Ag2CrO4)，因此a点形成的的是Ag2CrO4的不饱和溶液，B错误；
C．L表示BaCrO4的溶解平衡曲线，c点为BaCrO4的饱和溶液，若加入Na2CrO4饱和溶液，则c()增大，由于Ksp不变，BaCrO4固体会析出，最终导致溶液中c(Ba2+)减小，C正确；
D．L表示BaCrO4的溶解平衡曲线，由c(5，4.8)可知，BaCrO4的溶度积常数Ksp=10-(5+4.8)=10-9.8，K为Ag2CrO4的溶解平衡曲线，由a点坐标可知Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c()=(10-3.5)2∙10-4.1=10-11.1，BaCrO4(s)+2Ag+(aq)⇌Ag2CrO4(s)+Ba2+(aq)的平衡常数K= = = = =101.3，D正确；
故选B。
9. 二氧化氯(ClO2)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。如图是目前已开发出用电解法制取的新工艺，下列说法中不正确的是
A. 阳极产生的电极反应式：
B. 当阴极产生的气体比阳极多0.3mol时通过阳离子交换膜的的物质的量为1mol
C. 该电解池的总反应为：
D. 若采用未经精制的食盐水，将降低离子交换膜的使用寿命
【答案】B
【解析】
【分析】该装置为电解池，Cl元素由-1价升高为+4价，根据电解原理，阳极上失电子，化合价升高，在阳极上生成ClO2，即左边电极为阳极，右边电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，阳极上产生ClO2，有元素守恒，阳极电极反应式为Cl--5e-+2H2O= ClO2↑+4H+，故A说法正确；
B．阳极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，总反应式为2Cl-+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2OH-，当氢气物质的量比ClO2的物质的量多3mol时，转移电子物质的量10mol，交换膜为阳离子交换膜，只允许阳离子通过，共有10mol Na+、H+通过交换膜，即当阴极产生的气体比阳极多0.3mol时通过阳离子交换膜的Na+、H+总物质的量为1mol，故B说法错误；
C．根据B选项分析，总反应为2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH，故C说法正确；
D．粗盐中含有Mg2+、Ca2+等杂质，能与阴极产生OH-结合，生成沉淀，阻塞交换膜，降低离子交换膜的使用寿命，故D说法正确；
答案为B。
10. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示反应：在一定温度下，B的平衡转化率(B％)与压强变化的关系如图所示，则x点正反应速率大于逆反应速率
B. 图2是可逆反应：的速率时间图像，在t1时刻改变条件只能是加入催化剂
C. 图3表示对于化学反应，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的
D. 图4所示图中的阴影部分面积的含义是该物质物质的量的变化量
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像中的曲线为平衡线，根据图像，x点没有达到平衡，在等压下，需要降低B的转化率，才能达到平衡，反应向逆反应方向进行，即正反应速率小于逆反应速率，故A错误；
B．t1时刻改变因素，只提高反应速率，平衡没有移动，如果D的状态为固体或纯液体，因为B的状态为固体，A、C为气态，且A、C系数相等，因此t1时刻还可能增大压强，故B错误；
C．A为反应物，根据图像，M为平衡点，M点右侧，随温度升高，A%增大，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，即，故C正确；
D．根据反应速率的定义，阴影部分面积的含义是该物质物质的量浓度的变化量，即(v正－v逆)与时间的乘积，故D错误；
答案为C。
二、多选题(每小题4分，漏选得2分，错选不得分，共16分)
11. 下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。
下列说法正确的是
A. ①表示CO和从催化剂表面脱离的过程
B. ②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同
C. 相同条件下，反应速率：④<②
D. 由图可知为吸热反应
【答案】BC
【解析】
【分析】由图可知，①表示CO和H2O吸附在催化剂表面的过程；②和④中断裂的均为H−O键，②中吸收能量[1.25−(−0.32)]eV＝1.57eV，④中吸收能量[1.41−(−0.16)]eV＝1.57eV；由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；活化能越小，反应速率越快；据此分析解题。
【详解】A．①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程，故A错误；
B．②和④中化学键变化相同，断裂的均为H−O键，②中吸收能量[1.25−(−0.32)]eV＝1.57eV，④中吸收能量[1.41−(−0.16)]eV＝1.57eV，两者吸收的能量相同，故B正确；
C．由图可知，相同条件下，④的活化能为(1.86＋0.16)eV＝2.02eV，②的活化能为(1.59＋0.32)eV＝1.91eV，④的活化能大于②，则反应速率④＜②，故C正确；
D． 由图可知，为放热反应，故D错误；
故答案选BC。
【点睛】本题考查活化能与反应速率，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
12. 常温下，现有pH=4的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是
A. 两种酸溶液中
B. 分别加水稀释10倍后溶液的pH均变为5
C. 中和等物质的量的氢氧化钠，消耗酸的体积：盐酸>醋酸
D. 等体积的两种酸溶液分别与足量的锌粒反应，产生气体的体积相等
【答案】AC
【解析】
【详解】A．盐酸和醋酸溶液中存在电离守恒，c(CH3COO－)+c(OH－)＝c(H+)，c(Cl－)+c(OH－)＝c(H+)，两者pH相同则两溶液的c(OH－)和c(H+)分别相等，则c(CH3COO－)＝c(Cl－)，选项A正确；
B．盐酸是强酸，稀释10倍时，pH=4，醋酸是弱酸，存在电离平衡，稀释10倍时，电离平衡向右移动，pH小于4，选项B错误；
C．相同pH的盐酸的浓度比醋酸的浓度小的多，中和等物质的量的氢氧化钠，消耗酸的体积：盐酸＞醋酸，选项C正确；
D．相同pH的盐酸的浓度比醋酸的浓度小的多，等体积的两种酸溶液分别与足量的锌粒反应，醋酸产生气体的体积多，选项D错误；
答案选AC。
13. 恒温恒压下向密闭容器中充入4mol SO2和2mol O2，反应如下：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0.2min时反应达到平衡，生成1.4mol SO3，同时放出热量QkJ。则下列分析正确的是
A. 若反应开始时容器体积为2L，则0～2min内v(SO3)>0.35mol/(L·min)
B. 2min后向容器中再通入一定量SO3气体，重新达到平衡时，SO2的含量增大
C. 若把条件“恒温恒压”改为“绝热恒压”，则平衡后n(SO3)大于1.4mol
D. 若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”，则平衡时放出热量小于QkJ
【答案】AD
【解析】
【详解】A．若容器体积不变，v（SO3）==0.35mol/（L•min），但反应是在恒温恒压条件进行，反应达到平衡时，容器体积小于2L，v（SO3）＞0.35mol/（L•min），故A正确；
B．恒温恒压下，2min后，向容器中再通入一定量的SO3气体，与原平衡为等效平衡，则重新达到平衡时，SO2的含量不变，故B错误；
C．若把“恒温恒压”改为“绝热恒压”反应，反应是放热反应，绝热温度升高，平衡逆向进行，平衡后n（SO3）＜1.4mol，故C错误；
D．若把“恒温恒压”改为“恒温恒容”反应，反应过程中压强减小，平衡逆向进行，达平衡时放出热量小于Q kJ，故D正确；
故选：AD。
14. 室温下：，，，。实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如下：
实验
实验操作和现象
1
测定溶液的pH约为8
2
测定HCN与NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH>7
3
向NaClO溶液中通入少量的，测得pH降低
4
向溶液中加入等体积溶液，产生白色沉淀
下列所得结论正确的是
A. 实验1溶液中存在：
B. 由实验2可得
C. 实验3反应的离子方程式：
D. 实验4所得上层清液中的
【答案】D
【解析】
【分析】由电离常数可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO；由实验1可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解趋势大于电离趋势，使溶液呈碱性；由实验2可知，0.10mol•L-1氢氰酸与0.05mol•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性。
【详解】A．溶液中碳酸氢根离子浓度小于钠离子浓度，但远大于碳酸分子浓度；溶液显碱性，说明碳酸氢根离子在溶液中的水解趋势大于电离趋势，故，故A错误；
B．由分析可知，实验2中0.10mol•L-1氢氰酸与0.05mol•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性，则氢氰酸的电离常数Ka（HCN）<，，故B错误；
C．由分析可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO，则次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2+H2O+ClO-=HCO+HClO，故C错误；
D．由题意可知，VL0.01mol/L碳酸钠溶液和VL0.03mol/L氯化钙溶液等体积混合反应后溶液中过量的钙离子浓度为mol/L=0.01mol/L，由碳酸钙的溶度积可知溶液中碳酸根离子浓度为，故D正确；
故选D。
第II卷(非选择题，共54分)
15. 实验一：用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是___________。
（2）向盐酸溶液中加入NaOH溶液的正确操作是___________(从下列选出)。
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．一次迅速倒入 C．分三次少量倒入
（3）如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___________(填“相等、不相等”)，所求中和热___________(填“相等、不相等”)。
实验二：用中和滴定法测定某烧碱的纯度，标准盐酸的浓度为0.2010mol/L。回答下列问题：
（4）称取5.0g烧碱样品，将样品配成250mL待测液，需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒外还需___________。
（5）用___________量取10.00mL烧碱溶液。
（6）进行中和滴定时，事先不需用所盛溶液润洗的仪器是___________。
A．酸式滴定管 B．碱式滴定管 C．锥形瓶
（7）根据表中数据，计算样品烧碱的质量分数为___________(保留四位有效数字，烧碱中不含与酸反应的杂质)。
滴定次数
待测液体积(mL)
标准盐酸体积(mL)
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
第三次
10.00
3.00
26.50
【答案】（1）环形玻璃搅拌棒或玻璃搅拌器
（2）B （3） ①. 不相等 ②. 相等
（4）250mL容量瓶
（5）碱式滴定管 （6）C
（7）80.40%
【解析】
【分析】中和热测定，关键点是减少热量的损失，要求一次性将NaOH溶液加入，并且用玻璃搅拌器进行上下搅拌，计算中和热，利用ΔH=kJ/mol，据此分析。
【小问1详解】
从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒或玻璃搅拌器。
【小问2详解】
为了减少热量损失，向盐酸溶液中加入NaOH溶液，应一次性迅速倒入，选项B正确。
小问3详解】
如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，产生水的物质的量不同，所以放出的热量不相等；中和热是生成1mol水时放出的热量，根据ΔH=kJ/mol，所求中和热相等。
【小问4详解】
由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的玻璃仪器为胶头滴管、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，则缺少的仪器为250mL容量瓶。
【小问5详解】
氢氧化钠溶液为碱性溶液，所以实验时，应用碱式滴定管量取10.00mL烧碱溶液。
【小问6详解】
中和滴定中的酸式滴定管、碱式滴定管需要润洗，锥形瓶不能润洗，否则结果偏高，故选C。
【小问7详解】
由表格数据可知，三次实验消耗盐酸的体积分别为19.90mL、20.10mL、23.50mL，第三次实验的误差较大应舍去，则滴定消耗盐酸的平均体积为20.00mL，烧碱的质量分数为×100%=80.40%。
16. (ⅰ)磷能形成多种含氧酸，如次磷酸、亚磷酸、磷酸等。
（1）次磷酸H3PO2是一种精细化工产品，向10mL H3PO2溶液中加入30mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO、OH-两种阴离子。
①H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式为___________。
②常温下，0.25mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数值变小的是___________(填标号)。
A．c(H+) B．c(H3PO2)/c(H+) C．c(H+)·c(H2PO)
（2）亚磷酸H3PO3是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为K1=5.0×10-2、K2=2.6×10-7。NaH2PO3溶液显___________(填“酸性”“中性”或“碱性”)。
（3）①25℃时，HF的电离常数为K=3.6×10-4；H3PO4的电离常数为K1=7.5×10-3、K2=6.2×10-8、K3=4.4×10-13。H3PO4溶液和足量NaF溶液反应的离子方程式为___________。
②已知：稀磷酸电离吸热、H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ∆H=-57.3kJ·mol-1；则0.1mol/L H3PO4溶液与足量0.1mol/L NaOH溶液反应生成1mol H2O放出的热量为___________(填标号)。
A．=57.3kJ B．<57.3kJ C．>57.3kJ D．无法确定
(ⅱ)N2H4是一种二元弱碱，25℃时电离方程式如下：
N2H4+H2O+OH- K1=10-a
+H2O+OH- K2=10-b。
（4）25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H)>c(N2H4)，同时c(N2H)>c(N2H)，应控制溶液c(OH-)的范围为___________(用含a、b式子表示)。
【答案】（1） ①. ②. ABC
（2）酸性 （3） ①. ②. B
（4）
【解析】
【小问1详解】
①根据反应后得到的阴离子可知次磷酸是一元酸，因此H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式为NaH2PO2。
②A．酸溶液在加水稀释过程中，酸性减弱，因此减小，A正确；
B．根据，加水稀释能促进电离，使减小，B正确；
C．根据，常温下，电离常数恒定不变，加水稀释过程中，溶质浓度减小，因此减小，C正确；
故选ABC。
【小问2详解】
的水解常数，的电离常数K2=2.6×10-7，则的电离程度大于水解程度，NaH2PO3溶液显酸性。
【小问3详解】
①根据电离常数可知酸性强弱关系为：，根据强酸制弱酸原理，得H3PO4溶液和足量NaF溶液反应的离子方程式为：。
②0.1mol/L H3PO4溶液与足量0.1mol/L NaOH溶液反应生成1mol H2O放出的热量等于57.3kJ减去稀磷酸电离吸收的热量，因此小于57.3kJ，故选B。
【小问4详解】
根据，欲使，则，根据，欲使，则，因此要控制溶液中的范围为：。
17. 油气开采、石油化工等行业废气含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ∆H=-1036kJ·mol-1
②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g) ∆H=+94kJ·mol-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H=-484kJ·mol-1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的∆H4=___________。
（2）较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是___________，缺点是___________。
（3）在1470K、100Kpa反应条件下，将n(H2S)∶n(Ar)=1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为___________，平衡常数Kp=___________Kpa．(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位小数)
（4）在1373K、100Kpa反应条件下，对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。
①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________。
②n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应图中曲线d，此时H2S的转化率为24%，则在0―0.1s之间H2S分压的平均变化率为___________Kpa·s-1。
【答案】（1）+170
（2） ①. 副产物氢气可作燃料 ②. 耗能高
（3） ①. 50% ②. 4.76
（4） ①. 越高 ②. n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高 ③. 24.9
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律(①+②)—③，即得到2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的△H4=(—1036+94)kJ/mol×+484kJ/mol= +170kJ/mol；
【小问2详解】
根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)
△H=(—1036+94)kJ/mol==—314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，因此，高温热分解方法的优点是可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
小问3详解】
假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知，平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1—x=x，解得x=0.5，所以H2S的平衡转化率为=50%，所以平衡常数Kp=
【小问4详解】
由于正反应是体积增大的可逆反应， n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；根据图像可知n(H2S):n(Ar)=1:9，反应进行到01s时H2S转化率为0.24，假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知，此时H2S的压强为，H2S的起始压强为10KPa，所以H2S分压的平均变化率为
18. 镍矾(NiSO4·7H2O)常用于电镀、镍电池、催化剂以及制取其他镍盐等。以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等)为原料合成镍矾的流程如下：
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
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Fe3+
1.9
3.2
A13+
3.0
4.7
Fe2+
7.0
9.0
Ni2+
7.1
9.2
回答下列问题：
（1）"碱浸"的目的是___________；为提高"酸浸"浸出率，可采取的措施有___________(任写两条)。
（2）"转化"过程中加入H2O2的目的是___________(用离子方程式表示)；Fe2＋的转化率随温度的变化如图，温度高于40℃，Fe2+转化率急速降低的原因可能是___________。
（3）"除铁"过程需要调节pH至a，a的取值范围是___________；从化学平衡移动角度解释加入氧化镍除去铁元素的原理___________。
（4）准确称取ω g镍矾产品配成250mL溶液，取20.00mL所配溶液于锥形瓶中，用c mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，不考虑杂质反应)，三次实验消耗标准溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、19.40mL，则镍矾的纯度为___________(只列计算式)。
【答案】（1） ①. 除去Al和Al2O3 ②. 将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等
（2） ①. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ②. 温度过高，双氧水分解速率加快
（3） ①. 3.2≤a＜7.1 ②. Fe3+存在水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化镍消耗H+使生成物浓度减小，平衡正向移动，转化为氢氧化铁沉淀
（4）
【解析】
【分析】由流程可知，用NaOH溶液溶解镍废渣，除去Al和Al2O3，过滤后的滤渣再用稀硫酸溶解，过滤除去不溶于酸的不溶性杂质固体，滤液中含有Fe2+、Ni2+和Fe3+，加入双氧水将溶液中的Fe2+完全氧化为Fe3+，再加入NiO调节溶液pH，使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，过滤后所得NiSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤后得到NiSO4•7H2O；
【小问1详解】
“碱浸”过程中用NaOH溶液溶解镍废渣，目的是除去Al和Al2O3，为提高浸出率，可采取的措施是将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等，故答案为：除去Al和Al2O3；将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等；
【小问2详解】
“转化”过程中加入H2O2的目的是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，经实验测定该过程温度高于40℃，转化率急速降低的原因可能是温度过高，双氧水分解速率加快，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；温度过高，双氧水分解速率加快；
【小问3详解】
调节溶液pH的目的是除去Fe3+，使Fe3+完全沉淀，不使Ni2+沉淀，即a的范围为3.2≤a＜7.1；Fe3+发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化镍消耗H+使生成物浓度减小，平衡正向移动，转化为氢氧化铁沉淀而除去铁元素；故答案为：3.2≤a＜7.1；Fe3+存在水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化镍消耗H+使生成物浓度减小，平衡正向移动，转化为氢氧化铁沉淀；
【小问4详解】
舍去误差明显偏大的数据19.40mL，消耗EDTA标准溶液平均体积为=20.00mL，由滴定反应Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，n(Ni2+)=n(H2Y2-)=c×0.02mol，NiSO4•7H2O的质量为m=nM= c×0.02mol××281g/mol=70.25c g，产品的纯度为。
黄山市2022—2023学年度第一学期期末质量检测
高二化学试题
可能用到的相对原子质量：H―1 O―16 Na―23 Cl―35.5 S―32 Ni―59
第Ⅰ卷(选择题 共46分)
一、单选题(共10题，每小题3分，共30分)
1. “夏禹铸九鼎，天下分九州”。青铜器在古时被称为“吉金”，是红铜与锡、铅等的合金。其表面铜锈大多呈青绿色，主要含有Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3。下列说法错误的是
A. 青铜器中锡、铅对铜有保护作用
B. Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3都属于盐类
C. 可用NH4Cl溶液浸泡青铜器来清洗铜锈
D. 博物馆中贵重青铜器常放在银质托盘上进行展示
【答案】D
【解析】
【详解】A．锡、铅的金属性比铜强，在形成原电池时，作原电池的负极，能阻止铜失电子，从而保护青铜器中的铜，A正确；
B．Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3中都含有Cu2+和Cl-或CO，二者都属于盐类，B正确；
C．NH4Cl在溶液中能发生水解而使溶液显酸性，浸泡青铜器能清洗青铜器的铜锈，C正确；
D． 青铜器常放在银质托盘上，可以形成原电池，青铜器作原电池的负极，从而会加快青铜器的腐蚀，D错误；
故选：D。
2. 在相同条件下，质量相等的两份氢气和足量的氧气充分反应，分别生成液态水(反应①)和水蒸气(反应②)。下列说法正确的是
A. 反应①放出的热量多 B. 反应②放出的热量多
C. 反应①、②放出的热量一样多 D. 无法比较反应①、②放出的热量
【答案】A
【解析】
【详解】相同物质的液态时能量小于气态时的能量，而氢气和氧气反应又为放热反应，故生成液态时放出的能量多，故选A。
3. 在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为
A. 2A+3B⇌2C B. A+3B⇌2C C. 3A+B⇌2C D. A+B⇌C
【答案】A
【解析】
【详解】由于2vB=3vA、3vC=2vB，所以vA：vB：vC=2：3：2，即A、B、C对应的化学计量数分别为2、3、2。故反应方程式为2A+3B⇌2C。故选A。
4. 下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是
A. 对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多
B. 向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大
C. 升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大
D. 加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．对有气体参加的反应，减小容器容积使增大压强，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故A正确；
B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故B错误；
C．升高温度，吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数增大，分子总数不变，活化分子百分数增大，故C正确；
D．加入适宜的催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子变为活化分子，分子总数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，故D正确；
故答案为B。
5. 下列说法中，正确的是
A. 冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程
B. 能够自发进行的反应一定是放热反应
C. ΔH＜0的反应均是自发进行的反应
D. 能够自发进行的反应一定是熵增的过程
【答案】A
【解析】
【详解】A．同种物质的熵值，液体大于固体，故冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程，A说法正确；
B．能够自发进行的反应中，∆G＜0，∆G=ΔH-TΔS，不一定是放热反应，B说法错误；
C．∆G＜0的反应能够自发进行，ΔH＜0的反应不一定是自发进行的反应，C说法错误；
D．能够自发进行的反应一定是∆G＜0，不一定为熵增的过程，D说法错误；
答案为A。
6. 难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时，下列说法中错误的是
A. 沉淀的速率和溶解的速率相等
B. 难溶电解质在水中形成饱和溶液
C. 再加入难溶电解质，溶液中各离子的浓度不变
D. 难溶电解质溶解形成的阴、阳离子的浓度相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．达到沉淀溶解平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等，各离子浓度保持不变，故A正确；
B．达到沉淀溶解平衡时，已经达到难溶电解质的溶解限度，溶液为饱和溶液，故B正确；
C．加入难溶电解质会以沉淀的形式存在，对于溶液中各离子的浓度无影响，故C正确；
D．难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时，会有少部分电解质发生电离，得到相应的离子，阴、阳离子的浓度不一定相等，如Fe(OH)3，故D错误；
故选：A。
7. 下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是
A.蒸发结晶
B.酸滴定碱
C.制MgCl2
D.制乙酸乙酯
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．蒸发结晶应该用蒸发皿，图中为坩埚，用来灼烧固体，故A错误；
B．图中是碱式滴定管，不能用来盛装酸性溶液，故B错误；
C．由氯化镁晶体蒸干制备氯化镁，需要在HCl气流中，以抑制氯化镁的水解，故C正确；
D．导气管不应该伸入碳酸钠溶液中，会发生倒吸，故D错误；
故选C。
8. 常温下，难溶物与在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，若定义其坐标图示：，，表示或。下列说法错误的是
A. K表示的溶解平衡曲线
B. 常温下，的分散系在a点时为悬浊液
C. 向c点溶液中加入饱和溶液，析出固体
D. 的平衡常数
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c()，Ksp(BaCrO4)=c(Ba2+)∙c()，假设 K表示Ag2CrO4的溶解平衡曲线，根据b点数据可知，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c()=(10-3.5)2∙10-4.1=10-11.1，符合图中曲线K起始的数据，因此K为Ag2CrO4的溶解平衡曲线，则L表示BaCrO4的溶解平衡曲线，A正确；
B．a点在K斜线上方，在金属阳离子浓度不变时，纵坐标越大，表示相应的阴离子浓度越小，因此a点Qc=c2(Ag+)∙c()＜Ksp(Ag2CrO4)，因此a点形成的的是Ag2CrO4的不饱和溶液，B错误；
C．L表示BaCrO4的溶解平衡曲线，c点为BaCrO4的饱和溶液，若加入Na2CrO4饱和溶液，则c()增大，由于Ksp不变，BaCrO4固体会析出，最终导致溶液中c(Ba2+)减小，C正确；
D．L表示BaCrO4的溶解平衡曲线，由c(5，4.8)可知，BaCrO4的溶度积常数Ksp=10-(5+4.8)=10-9.8，K为Ag2CrO4的溶解平衡曲线，由a点坐标可知Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c()=(10-3.5)2∙10-4.1=10-11.1，BaCrO4(s)+2Ag+(aq)⇌Ag2CrO4(s)+Ba2+(aq)的平衡常数K= = = = =101.3，D正确；
故选B。
9. 二氧化氯(ClO2)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。如图是目前已开发出用电解法制取的新工艺，下列说法中不正确的是
A. 阳极产生的电极反应式：
B. 当阴极产生的气体比阳极多0.3mol时通过阳离子交换膜的的物质的量为1mol
C. 该电解池的总反应为：
D. 若采用未经精制的食盐水，将降低离子交换膜的使用寿命
【答案】B
【解析】
【分析】该装置为电解池，Cl元素由-1价升高为+4价，根据电解原理，阳极上失电子，化合价升高，在阳极上生成ClO2，即左边电极为阳极，右边电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，阳极上产生ClO2，有元素守恒，阳极电极反应式为Cl--5e-+2H2O= ClO2↑+4H+，故A说法正确；
B．阳极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，总反应式为2Cl-+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2OH-，当氢气物质的量比ClO2的物质的量多3mol时，转移电子物质的量10mol，交换膜为阳离子交换膜，只允许阳离子通过，共有10mol Na+、H+通过交换膜，即当阴极产生的气体比阳极多0.3mol时通过阳离子交换膜的Na+、H+总物质的量为1mol，故B说法错误；
C．根据B选项分析，总反应为2NaCl+6H2O2ClO2↑+5H2↑+2NaOH，故C说法正确；
D．粗盐中含有Mg2+、Ca2+等杂质，能与阴极产生OH-结合，生成沉淀，阻塞交换膜，降低离子交换膜的使用寿命，故D说法正确；
答案为B。
10. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图1表示反应：在一定温度下，B的平衡转化率(B％)与压强变化的关系如图所示，则x点正反应速率大于逆反应速率
B. 图2是可逆反应：的速率时间图像，在t1时刻改变条件只能是加入催化剂
C. 图3表示对于化学反应，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的
D. 图4所示图中的阴影部分面积的含义是该物质物质的量的变化量
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像中的曲线为平衡线，根据图像，x点没有达到平衡，在等压下，需要降低B的转化率，才能达到平衡，反应向逆反应方向进行，即正反应速率小于逆反应速率，故A错误；
B．t1时刻改变因素，只提高反应速率，平衡没有移动，如果D的状态为固体或纯液体，因为B的状态为固体，A、C为气态，且A、C系数相等，因此t1时刻还可能增大压强，故B错误；
C．A为反应物，根据图像，M为平衡点，M点右侧，随温度升高，A%增大，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，即，故C正确；
D．根据反应速率的定义，阴影部分面积的含义是该物质物质的量浓度的变化量，即(v正－v逆)与时间的乘积，故D错误；
答案为C。
二、多选题(每小题4分，漏选得2分，错选不得分，共16分)
11. 下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。
下列说法正确的是
A. ①表示CO和从催化剂表面脱离的过程
B. ②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同
C. 相同条件下，反应速率：④<②
D. 由图可知为吸热反应
【答案】BC
【解析】
【分析】由图可知，①表示CO和H2O吸附在催化剂表面的过程；②和④中断裂的均为H−O键，②中吸收能量[1.25−(−0.32)]eV＝1.57eV，④中吸收能量[1.41−(−0.16)]eV＝1.57eV；由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；活化能越小，反应速率越快；据此分析解题。
【详解】A．①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程，故A错误；
B．②和④中化学键变化相同，断裂的均为H−O键，②中吸收能量[1.25−(−0.32)]eV＝1.57eV，④中吸收能量[1.41−(−0.16)]eV＝1.57eV，两者吸收的能量相同，故B正确；
C．由图可知，相同条件下，④的活化能为(1.86＋0.16)eV＝2.02eV，②的活化能为(1.59＋0.32)eV＝1.91eV，④的活化能大于②，则反应速率④＜②，故C正确；
D． 由图可知，为放热反应，故D错误；
故答案选BC。
【点睛】本题考查活化能与反应速率，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
12. 常温下，现有pH=4的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是
A. 两种酸溶液中
B. 分别加水稀释10倍后溶液的pH均变为5
C. 中和等物质的量的氢氧化钠，消耗酸的体积：盐酸>醋酸
D. 等体积的两种酸溶液分别与足量的锌粒反应，产生气体的体积相等
【答案】AC
【解析】
【详解】A．盐酸和醋酸溶液中存在电离守恒，c(CH3COO－)+c(OH－)＝c(H+)，c(Cl－)+c(OH－)＝c(H+)，两者pH相同则两溶液的c(OH－)和c(H+)分别相等，则c(CH3COO－)＝c(Cl－)，选项A正确；
B．盐酸是强酸，稀释10倍时，pH=4，醋酸是弱酸，存在电离平衡，稀释10倍时，电离平衡向右移动，pH小于4，选项B错误；
C．相同pH的盐酸的浓度比醋酸的浓度小的多，中和等物质的量的氢氧化钠，消耗酸的体积：盐酸＞醋酸，选项C正确；
D．相同pH的盐酸的浓度比醋酸的浓度小的多，等体积的两种酸溶液分别与足量的锌粒反应，醋酸产生气体的体积多，选项D错误；
答案选AC。
13. 恒温恒压下向密闭容器中充入4mol SO2和2mol O2，反应如下：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0.2min时反应达到平衡，生成1.4mol SO3，同时放出热量QkJ。则下列分析正确的是
A. 若反应开始时容器体积为2L，则0～2min内v(SO3)>0.35mol/(L·min)
B. 2min后向容器中再通入一定量SO3气体，重新达到平衡时，SO2的含量增大
C. 若把条件“恒温恒压”改为“绝热恒压”，则平衡后n(SO3)大于1.4mol
D. 若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”，则平衡时放出热量小于QkJ
【答案】AD
【解析】
【详解】A．若容器体积不变，v（SO3）==0.35mol/（L•min），但反应是在恒温恒压条件进行，反应达到平衡时，容器体积小于2L，v（SO3）＞0.35mol/（L•min），故A正确；
B．恒温恒压下，2min后，向容器中再通入一定量的SO3气体，与原平衡为等效平衡，则重新达到平衡时，SO2的含量不变，故B错误；
C．若把“恒温恒压”改为“绝热恒压”反应，反应是放热反应，绝热温度升高，平衡逆向进行，平衡后n（SO3）＜1.4mol，故C错误；
D．若把“恒温恒压”改为“恒温恒容”反应，反应过程中压强减小，平衡逆向进行，达平衡时放出热量小于Q kJ，故D正确；
故选：AD。
14. 室温下：，，，。实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如下：
实验
实验操作和现象
1
测定溶液的pH约为8
2
测定HCN与NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH>7
3
向NaClO溶液中通入少量的，测得pH降低
4
向溶液中加入等体积溶液，产生白色沉淀
下列所得结论正确的是
A. 实验1溶液中存在：
B. 由实验2可得
C. 实验3反应的离子方程式：
D. 实验4所得上层清液中的
【答案】D
【解析】
【分析】由电离常数可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO；由实验1可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解趋势大于电离趋势，使溶液呈碱性；由实验2可知，0.10mol•L-1氢氰酸与0.05mol•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性。
【详解】A．溶液中碳酸氢根离子浓度小于钠离子浓度，但远大于碳酸分子浓度；溶液显碱性，说明碳酸氢根离子在溶液中的水解趋势大于电离趋势，故，故A错误；
B．由分析可知，实验2中0.10mol•L-1氢氰酸与0.05mol•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性，则氢氰酸的电离常数Ka（HCN）<，，故B错误；
C．由分析可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO，则次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2+H2O+ClO-=HCO+HClO，故C错误；
D．由题意可知，VL0.01mol/L碳酸钠溶液和VL0.03mol/L氯化钙溶液等体积混合反应后溶液中过量的钙离子浓度为mol/L=0.01mol/L，由碳酸钙的溶度积可知溶液中碳酸根离子浓度为，故D正确；
故选D。
第II卷(非选择题，共54分)
15. 实验一：用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是___________。
（2）向盐酸溶液中加入NaOH溶液的正确操作是___________(从下列选出)。
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．一次迅速倒入 C．分三次少量倒入
（3）如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___________(填“相等、不相等”)，所求中和热___________(填“相等、不相等”)。
实验二：用中和滴定法测定某烧碱的纯度，标准盐酸的浓度为0.2010mol/L。回答下列问题：
（4）称取5.0g烧碱样品，将样品配成250mL待测液，需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒外还需___________。
（5）用___________量取10.00mL烧碱溶液。
（6）进行中和滴定时，事先不需用所盛溶液润洗的仪器是___________。
A．酸式滴定管 B．碱式滴定管 C．锥形瓶
（7）根据表中数据，计算样品烧碱的质量分数为___________(保留四位有效数字，烧碱中不含与酸反应的杂质)。
滴定次数
待测液体积(mL)
标准盐酸体积(mL)
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
第三次
10.00
3.00
26.50
【答案】（1）环形玻璃搅拌棒或玻璃搅拌器
（2）B （3） ①. 不相等 ②. 相等
（4）250mL容量瓶
（5）碱式滴定管 （6）C
（7）80.40%
【解析】
【分析】中和热测定，关键点是减少热量的损失，要求一次性将NaOH溶液加入，并且用玻璃搅拌器进行上下搅拌，计算中和热，利用ΔH=kJ/mol，据此分析。
【小问1详解】
从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒或玻璃搅拌器。
【小问2详解】
为了减少热量损失，向盐酸溶液中加入NaOH溶液，应一次性迅速倒入，选项B正确。
小问3详解】
如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，产生水的物质的量不同，所以放出的热量不相等；中和热是生成1mol水时放出的热量，根据ΔH=kJ/mol，所求中和热相等。
【小问4详解】
由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的玻璃仪器为胶头滴管、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，则缺少的仪器为250mL容量瓶。
【小问5详解】
氢氧化钠溶液为碱性溶液，所以实验时，应用碱式滴定管量取10.00mL烧碱溶液。
【小问6详解】
中和滴定中的酸式滴定管、碱式滴定管需要润洗，锥形瓶不能润洗，否则结果偏高，故选C。
【小问7详解】
由表格数据可知，三次实验消耗盐酸的体积分别为19.90mL、20.10mL、23.50mL，第三次实验的误差较大应舍去，则滴定消耗盐酸的平均体积为20.00mL，烧碱的质量分数为×100%=80.40%。
16. (ⅰ)磷能形成多种含氧酸，如次磷酸、亚磷酸、磷酸等。
（1）次磷酸H3PO2是一种精细化工产品，向10mL H3PO2溶液中加入30mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO、OH-两种阴离子。
①H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式为___________。
②常温下，0.25mol/L的H3PO2溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数值变小的是___________(填标号)。
A．c(H+) B．c(H3PO2)/c(H+) C．c(H+)·c(H2PO)
（2）亚磷酸H3PO3是二元中强酸，25℃时亚磷酸的电离常数为K1=5.0×10-2、K2=2.6×10-7。NaH2PO3溶液显___________(填“酸性”“中性”或“碱性”)。
（3）①25℃时，HF的电离常数为K=3.6×10-4；H3PO4的电离常数为K1=7.5×10-3、K2=6.2×10-8、K3=4.4×10-13。H3PO4溶液和足量NaF溶液反应的离子方程式为___________。
②已知：稀磷酸电离吸热、H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ∆H=-57.3kJ·mol-1；则0.1mol/L H3PO4溶液与足量0.1mol/L NaOH溶液反应生成1mol H2O放出的热量为___________(填标号)。
A．=57.3kJ B．<57.3kJ C．>57.3kJ D．无法确定
(ⅱ)N2H4是一种二元弱碱，25℃时电离方程式如下：
N2H4+H2O+OH- K1=10-a
+H2O+OH- K2=10-b。
（4）25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H)>c(N2H4)，同时c(N2H)>c(N2H)，应控制溶液c(OH-)的范围为___________(用含a、b式子表示)。
【答案】（1） ①. ②. ABC
（2）酸性 （3） ①. ②. B
（4）
【解析】
【小问1详解】
①根据反应后得到的阴离子可知次磷酸是一元酸，因此H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应后形成的正盐的化学式为NaH2PO2。
②A．酸溶液在加水稀释过程中，酸性减弱，因此减小，A正确；
B．根据，加水稀释能促进电离，使减小，B正确；
C．根据，常温下，电离常数恒定不变，加水稀释过程中，溶质浓度减小，因此减小，C正确；
故选ABC。
【小问2详解】
的水解常数，的电离常数K2=2.6×10-7，则的电离程度大于水解程度，NaH2PO3溶液显酸性。
【小问3详解】
①根据电离常数可知酸性强弱关系为：，根据强酸制弱酸原理，得H3PO4溶液和足量NaF溶液反应的离子方程式为：。
②0.1mol/L H3PO4溶液与足量0.1mol/L NaOH溶液反应生成1mol H2O放出的热量等于57.3kJ减去稀磷酸电离吸收的热量，因此小于57.3kJ，故选B。
【小问4详解】
根据，欲使，则，根据，欲使，则，因此要控制溶液中的范围为：。
17. 油气开采、石油化工等行业废气含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ∆H=-1036kJ·mol-1
②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g) ∆H=+94kJ·mol-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H=-484kJ·mol-1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的∆H4=___________。
（2）较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是___________，缺点是___________。
（3）在1470K、100Kpa反应条件下，将n(H2S)∶n(Ar)=1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为___________，平衡常数Kp=___________Kpa．(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位小数)
（4）在1373K、100Kpa反应条件下，对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。
①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________。
②n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应图中曲线d，此时H2S的转化率为24%，则在0―0.1s之间H2S分压的平均变化率为___________Kpa·s-1。
【答案】（1）+170
（2） ①. 副产物氢气可作燃料 ②. 耗能高
（3） ①. 50% ②. 4.76
（4） ①. 越高 ②. n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高 ③. 24.9
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律(①+②)—③，即得到2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的△H4=(—1036+94)kJ/mol×+484kJ/mol= +170kJ/mol；
【小问2详解】
根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)
△H=(—1036+94)kJ/mol==—314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，因此，高温热分解方法的优点是可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
小问3详解】
假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知，平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1—x=x，解得x=0.5，所以H2S的平衡转化率为=50%，所以平衡常数Kp=
【小问4详解】
由于正反应是体积增大的可逆反应， n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；根据图像可知n(H2S):n(Ar)=1:9，反应进行到01s时H2S转化率为0.24，假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知，此时H2S的压强为，H2S的起始压强为10KPa，所以H2S分压的平均变化率为
18. 镍矾(NiSO4·7H2O)常用于电镀、镍电池、催化剂以及制取其他镍盐等。以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等)为原料合成镍矾的流程如下：
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
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Fe3+
1.9
3.2
A13+
3.0
4.7
Fe2+
7.0
9.0
Ni2+
7.1
9.2
回答下列问题：
（1）"碱浸"的目的是___________；为提高"酸浸"浸出率，可采取的措施有___________(任写两条)。
（2）"转化"过程中加入H2O2的目的是___________(用离子方程式表示)；Fe2＋的转化率随温度的变化如图，温度高于40℃，Fe2+转化率急速降低的原因可能是___________。
（3）"除铁"过程需要调节pH至a，a的取值范围是___________；从化学平衡移动角度解释加入氧化镍除去铁元素的原理___________。
（4）准确称取ω g镍矾产品配成250mL溶液，取20.00mL所配溶液于锥形瓶中，用c mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，不考虑杂质反应)，三次实验消耗标准溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、19.40mL，则镍矾的纯度为___________(只列计算式)。
【答案】（1） ①. 除去Al和Al2O3 ②. 将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等
（2） ①. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ②. 温度过高，双氧水分解速率加快
（3） ①. 3.2≤a＜7.1 ②. Fe3+存在水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化镍消耗H+使生成物浓度减小，平衡正向移动，转化为氢氧化铁沉淀
（4）
【解析】
【分析】由流程可知，用NaOH溶液溶解镍废渣，除去Al和Al2O3，过滤后的滤渣再用稀硫酸溶解，过滤除去不溶于酸的不溶性杂质固体，滤液中含有Fe2+、Ni2+和Fe3+，加入双氧水将溶液中的Fe2+完全氧化为Fe3+，再加入NiO调节溶液pH，使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，过滤后所得NiSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤后得到NiSO4•7H2O；
【小问1详解】
“碱浸”过程中用NaOH溶液溶解镍废渣，目的是除去Al和Al2O3，为提高浸出率，可采取的措施是将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等，故答案为：除去Al和Al2O3；将废渣粉碎或升高温度或增大酸浓度等；
【小问2详解】
“转化”过程中加入H2O2的目的是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，经实验测定该过程温度高于40℃，转化率急速降低的原因可能是温度过高，双氧水分解速率加快，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；温度过高，双氧水分解速率加快；
【小问3详解】
调节溶液pH的目的是除去Fe3+，使Fe3+完全沉淀，不使Ni2+沉淀，即a的范围为3.2≤a＜7.1；Fe3+发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化镍消耗H+使生成物浓度减小，平衡正向移动，转化为氢氧化铁沉淀而除去铁元素；故答案为：3.2≤a＜7.1；Fe3+存在水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化镍消耗H+使生成物浓度减小，平衡正向移动，转化为氢氧化铁沉淀；
【小问4详解】
舍去误差明显偏大的数据19.40mL，消耗EDTA标准溶液平均体积为=20.00mL，由滴定反应Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，n(Ni2+)=n(H2Y2-)=c×0.02mol，NiSO4•7H2O的质量为m=nM= c×0.02mol××281g/mol=70.25c g，产品的纯度为。
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