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安徽省部分省示范高中2021_2022学年高二上学期期末联考化学试题（解析版）
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这是一份安徽省部分省示范高中2021_2022学年高二上学期期末联考化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了答第Ⅱ卷时，必须使用0等内容，欢迎下载使用。
2021～2022学年度第一学期高二期末联考
化学
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第Ⅰ卷第1至第4页，第Ⅱ卷第4至第6页。全卷满分100分，考试时间90分钟。
考生注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名，座位号。
2.答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23
第Ⅰ卷(选择题 共54分)
一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案)
1. 《天工开物》中记载：“象牙色，栌木煎水薄染；金黄色，栌木煎水染，复用麻蒿灰淋，碱水漂”。下列说法错误的是
A. 该染色过程伴随化学变化 B. 记载中颜色的变化说明发生了化学平衡的移动
C. 麻蒿灰中含有碳酸钾，水溶液显碱性 D. 植物染料色素(栌木中的黄木素)难溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】栌木中的黄木素在酸、碱性介质中呈现不同颜色是因为植物染料色素一般是有机弱酸或有机弱碱，具有酸碱指示剂的性质，在不同的酸碱介质中能发生平衡的移动。
A. 题干所述即为“调色”和“染色”过程，有新的物质生成，伴随化学变化，选项A正确；
B. 酸碱介质改变，颜色也发生改变，可能是平衡移动所致，选项B正确；
C. 随着溶液酸碱性的改变，颜色也发生改变，说明麻蒿灰中含有碳酸钾，水溶液显碱性，选项C正确；
D. 植物染料色素（栌木中的黄木素）溶于水后才会发生上述变化，故易溶于水，选项D错误；
答案选D。
2. 我国提出到2060年实现“碳中和”的目标，下列化石能源处理技术对实现“碳中和”没有帮助的是
A. 燃煤中添加石灰石，以消除对环境污染 B. 燃煤的液化气化技术能够提高燃煤利用率
C. 减少化石燃料燃烧，制造氢能汽车 D. 开发风能发电机，减少燃煤发电
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳、氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙、亚硫酸钙被氧气氧化生成硫酸钙，因此燃煤中添加石灰石能起“固硫”作用，消除SO2对环境污染，但对实现“碳中和”没有帮助，选项A符合；
B．煤的气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，则煤的气化和液化能提高煤的利用率、减少污染，选项B不符合；
C．开发和应用氢能源，可以减少化石燃料的燃烧，有利于实现“碳中和”，选项C不符合；
D．开发风能发电机，减少燃煤发电，减少化石燃料的燃烧，有利于实现“碳中和”，选项D不符合；
答案选A
3. 下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是
A. 天然气在空气中燃烧的反应 B. 灼热的木炭与CO2的反应
C. 铁粉与稀硫酸的反应 D. Ba(OH)2 • 8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．天然气燃烧是放热的氧化还原反应，A错误；
B．灼热的木炭与CO2的反应是吸热的氧化还原反应，B正确；
C．铁粉与稀硫酸的反应是放热的氧化还原反应，C错误；
D．该反应是吸热反应，但不属于氧化还原反应，D错误，
答案选B。
4. 下列应用与盐类的水解无关的是
A. 用热的纯碱溶液除去废铁屑表面的油污 B. 明矾净水
C. 工业上向溶液中加入制备 D. 利用与制备泡沫灭火剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱溶液由于+H2O而碱性，且升高温度平衡正向移动，碱性增强，从而促进油脂水解，故用热的纯碱溶液除去废铁屑表面的油污与盐类水解有关，选项A不合题意；
B．明矾中的铝离子水解产生的氢氧化铝具有吸附水中悬浮杂质的作用，与盐类的水解有关，选项B不合题意；
C．工业上向FeSO4溶液中加入NH4HCO3制备FeCO3晶体的原理：，与盐类的水解无关，选项C符合题意；
D．利用AlCl3与NaHCO3制备泡沫灭火剂是利用Al3+和发生双水解反应，故与盐类的水解有关，选项D不合题意；
答案选C。
5. 据最近报道，中国生产的首艘国产航母已经下水。为保护航母、延长服役寿命可采用两种电化学方法。方法1：舰体镶嵌一些金属块；方法2：航母舰体与电源相连。下列有关说法正确的是
A. 方法1叫外加电流的保护法
B. 方法2叫牺牲阳极的保护法
C. 方法1中金属块可能是锌、锡和铜
D. 方法2中舰体连接电源的负极
【答案】D
【解析】
【详解】A．舰体上镶嵌活泼性比铁强的金属，形成原电池，比铁活泼的金属作负极，该方法为牺牲阳极保护法，A错误；
B．舰体与直流电源的负极相连，该法为外加电流保护法，B错误；
C．舰体上镶嵌活泼性比铁强的金属，形成原电池，比铁活泼的金属作负极，该方法为牺牲阳极保护法，C错误；
D．舰体与直流电源的负极相连，该法为外加电流保护法，D正确；
选D。
6. 下列各组离子能够在指定的环境下大量共存的是
A. 酸性溶液中：、、、 B. 酸性溶液中：、、、
C. 碱性溶液中：、、、 D. 中性溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．与发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；
B．酸性条件下H+与反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，选项B错误；
C．碱性溶液中：、、、各离子之间相互不反应，能大量共存，选项C正确；
D．与反应生成硫酸钡而不能大量共存，选项D错误；
答案选C。
7. 常温下，将pH=13的NaOH溶液与pH=2的HCl溶液按1：9的体积比混合，设混合溶液的总体积为二者相加，则所得混合溶液的pH值是
A. 11 B. 12 C. 2 D. 3
【答案】A
【解析】
【详解】pH=13NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，pH=2的HCl溶液中氢离子浓度等于0.01mol/L，氢氧化钠溶液与盐酸按1：9混合，发生反应H++OH-=H2O，0.1×1＞0.01×9，反应后氢氧化钠有剩余，溶液呈碱性，故反应后溶液中c（OH-）=mol/L=0.001mol/L，故c（H+）= mol/L=10-11mol/L，故反应后溶液pH=-lgc（H+）=-lg10-11=11，故选A。
8. 某温度下，反应的平衡常数为，则相同温度下，反应的平衡常数为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】某温度下，反应的平衡常数为，则相同温度下，反应的平衡常数为，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
9. 根据下图判断，有关反应的叙述错误的是
A. 反应开始时，正反应速率最大，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小
B. t1前，逆反应速率随着反应的进行，逐渐增大
C. 反应到达t1时，正反应速率与逆反应速率相等，反应停止
D. 反应在t1之后，正反应速率与逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知反应开始时，正反应速率最大，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，A正确；
B．由图可知t1前，逆反应速率逐渐增大，B正确；
C．反应到达t1时，正反应速率与逆反应速率相等，但大于0，因此反应不是停止，而达到平衡状态，C错误；
D．根据图示可知：反应在t1之后，正反应速率与逆反应速率相等，任何物质的浓度不变，反应达到化学平衡状态，D正确；
故合理选项是C。
10. 在一定温度时，某密闭容器发生如下反应：，下列叙述不能判断是否达到平衡的是
A. B. D的浓度不再变化
C. 容器内气体总的物质的量不再变化 D. 容器内压强不再变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．若投料由A、B，则根据反应方程式可知，始终保持，不能说明反应达到平衡状态，选项A错误；
B．D的浓度不再变化，则各组分的量保持不变，反应达平衡状态，选项B正确；
C．该反应是体积增大的可逆反应，随反应进行，反应混合物的物质的量增多，容器内气体总的物质的量不再变化，说明到达平衡，选项C正确；
D．该反应是体积增大的可逆反应，随反应进行，反应混合物的物质的量增多，压强增大，密闭容器中总压强不变，说明到达平衡，选项D正确；
答案选A。
11. 下列反应体系中，不属于可逆反应的是
A. 乙醇与乙酸的酯化反应 B. NH3与H2O反应
C. 工业合成氨 D. 电池的充电与放电
【答案】D
【解析】
【分析】可逆反应是相同条件下、既可以向正反应进行同时又可以向逆反应进行的反应。
【详解】A．乙醇与乙酸的酯化反应，是可逆反应，A不符合；
B． NH3与H2O反应生成一水合氨，是可逆反应，B不符合；
C． 工业合成氨，是可逆反应，C不符合；
D． 电池的充电与放电是不同条件下进行的，不属于可逆反应，D符合；
答案选D。
12. 已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如表所示。
弱酸
HClO
HF
CH3COOH
HNO2
电离常数
下列说法错误的是
A. 酸性：
B. 反应可以发生
C. 相同物质的量浓度的HClO、HF、CH3COOH三种溶液中由水电离出的c(H+)：HClO溶液>CH3COOH溶液>HF溶液
D. 与H+的结合能力比与H+的结合能力弱
【答案】D
【解析】
【分析】根据电离平衡常数分析可知，电离平衡常数越大，酸性越强，所以四种酸的酸性由强到弱的顺序为：HF> HNO2> CH3COOH> HClO，据此进行分析。
【详解】A．结合以上分析可知，酸性：，故A正确；
B．酸性：HF> HClO，根据强酸制备弱酸的原理可知，反应可以发生，故B正确；
C．酸抑制水电离，氢离子浓度越大，抑制程度就越大；根据酸性HF> HNO2> CH3COOH> HClO可知相同物质的量浓度的HClO、HF、CH3COOH三种溶液，氢离子浓度最大的为HF，最小的为HClO，所以由水电离出的c(H+)：HClO溶液>CH3COOH溶液>HF溶液，故C正确；
D．酸性：HF> HClO ；酸性越强，酸根离子结合氢离子能力越弱，所以ClO-与H+的结合能力大于与H+的结合能力，故D错误；
故选D。
13. 根据反应设计的双液原电池如图所示，电极Ⅰ的材料为，电极Ⅱ的材料为石墨，下列说法中错误的是
A. 随着反应的进行，盐桥的导电性逐渐下降，需要定期更换
B. 电子由电极Ⅰ经导线流向电极Ⅱ，然后经电解质溶液回到电极Ⅰ
C. 盐桥中阳离子向B烧杯中移动
D. 该电池的优点是可避免氧化剂和还原剂直接接触，能量转化效率更高
【答案】B
【解析】
【分析】电解Ⅰ的材料为金属铁，则烧杯A中的电解质溶液为含有亚铁离子的可溶性的盐溶液；B烧杯是氯化铁溶液，电极Ⅱ的材料为石墨，溶液中铁离子在电极Ⅱ上得电子，变成亚铁离子。
【详解】A． 随着反应的进行，盐桥中的离子作定向移动扩散到溶液中，盐桥的导电性逐渐下降，需要定期更换，故A正确；
B． 电子由电极Ⅰ经导线流向电极Ⅱ，但电解质溶液中是离子的定向移动，电子不能在电解质溶液中传导，故B错误；
C． 盐桥中阳离子向B烧杯中移动，阴离子移向A烧杯，故C正确；
D． 该电池的优点是可避免氧化剂和还原剂直接接触，不形成回路时就不反应，能量转化效率更高，故D正确；
故选B。
14. 以为催化剂的光热化学循环分解反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理如下图所示，
下列说法正确的是
A. 该反应①中钛氧键断裂会释放能量 B. 该反应中，光能和热能转化为化学能
C. 使用作催化剂可降低反应热 D. 催化过程中钛的价态没有变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．断键吸收能量，则过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；
B．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；
C．催化剂降低反应所需活化能，不影响反应热，反应热与反应物和生成物总能量差有关，故C错误；
D．根据示意图可知反应中钛的价态有+3价和+4价，催化过程中钛的化合价发生了变化，故D错误；
故选B。
15. 下列实验装置设计完全正确且能达到目的的是
A
B
C
D
铁件上镀铜
蒸发溶液制备晶体
探究铁的吸氧腐蚀
测定溶液生成的反应速率
A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．镀件接电源负极作电解池的阴极，镀层金属接电源正极作电解池的阳极，A项错误；
B．MgCl2水解生成HCl，受热HCl逸出溶液体，促进水解，最终不能得到MgCl2，B项错误；
C．该装置可用于探究铁的吸氧腐蚀，C项正确；
D．装置中的漏斗不能使用长颈漏斗，长颈漏斗会导致生成的O2逸出，D项错误；
答案选C。
16. 常温下，下列有关氨水的叙述正确的是
A. pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
B. 向滴有酚酞溶液的氨水中，加入稀盐酸恰好无色，则此时溶液的pH=7
C. 向10 mL0.1 mol/L的氨水溶液中滴加相同浓度的CH3COOH，在滴加过程中，将减小
D. 向10 mLpH=11的氨水中，加入10 mLpH=3的H2SO4溶液，混合液pH=7
【答案】C
【解析】
【详解】A．在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中c(OH-)减小的倍数小于10倍，因此pH=a的氨水稀释10倍后，其pH=b，则pH大小关系为a＜b+1，A错误；
B．指示剂酚酞pH变色范围是8.2～10.0，所以向滴有酚酞溶液的氨水中，加入稀盐酸恰好无色时溶液的pH是8.2，而不是pH=7，B错误；
C．向10 mL0.1 mol/L的氨水溶液中滴加相同浓度的CH3COOH，CH3COOH被中和产生CH3COONH4，溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，溶液中=Ka(CH3COOH)/c(H+)减小，C正确；
D．在氨水中NH3·H2O是弱电解质存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，而H2SO4是二元强酸，当向10 mLpH=11的氨水中加入10 mLpH=3的H2SO4溶液时，碱电离产生的OH-恰好被H+中和，溶液中NH3·H2O再电离产生OH-，使溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，故此时溶液pH＞7，D错误；
故合理选项是C。
17. 常温下，向溶液中逐滴滴入的某碱溶液，滴加过程中溶液及导电性变化如下图所示。下列分析错误的是
A. b点溶液的，说明为强碱
B. b点导电能力最强，此时酸碱恰好中和
C. c点溶液存在
D. 任意点溶液均存在
【答案】A
【解析】
【详解】A．b点酸碱恰好中和溶质为CH3COOR，醋酸根为弱酸根，水解使溶液显碱性，而此时溶液显中性，说明R+为弱碱根，其水解程度恰好和醋酸根的水解程度相等，所以ROH为弱碱，选项A错误；
B．据图可知b点溶液pH=7，此时加入10mLROH溶液，二者浓度相等，所以此时酸碱恰好中和，选项B正确；
C．据图可知c点溶液显碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，b点时溶质为CH3COOR，溶液显中性，所以b点存在c(CH3COO-)=c(R+)，而c点ROH过量，所以c(R+)＞c(CH3COO-)，选项C正确；
D．常温下，水的离子积常数为Kw=10-14，所以a~c任意点溶液均有c(OH-)·c(H+)= Kw=10-14，选项D正确；
答案选A。
18. 反应中，每生成，放出热量，该反应的速率方程为(k，m，n待测)，其反应包含下列两步：①(慢)；②(快)，时测得有关实验数据如下：
序号
速率/()
Ⅰ
0.0060
0.0010
Ⅱ
0.0060
0.0020
Ⅲ
0.0010
0.0060
Ⅳ
0.0020
0.0060
下列说法错误的是
A. 是该反应的中间产物
B. 该反应的快慢主要取决于步骤①
C.
D. 该反应的热化学方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意可知，反应过程中产生了过氧化氢又消耗了过氧化氢，过氧化氢为该反应的中间产物，A正确；
B．步骤①为慢反应，是该反应的决速步，B正确；
C．比较图表数据，I、II数据一氧化氮浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，III、IV数据分析，氢气浓度不变，一氧化氮浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得速率方程，，C错误；
D．反应中，每生成，放出的热量，生成28g氮气放热664kJ，热化学方程式为，D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷(非选择题 共46分)
二、填空题(共4小题，46分)
19. 某同学探究外界条件对分解速率的影响
实验所用试剂：溶液、蒸馏水、粉末、粉。
实验序号
溶液
温度
催化剂
收集所需时间(s)
浓度()
1
0.4
20
室温
无
几乎无气体产生
2
0.4
20
水浴
无
296
3
0.4
20
室温
45
4
0.4
20
室温
100
5
0.2
m
室温
（1）实验1、2的目的是其他条件相同时，研究___________对分解速率的影响。
（2）表中X处所用试剂为___________。对比实验3、4可得出的结论是___________。
（3）实验3、5是其他条件相同时，探究浓度对该化学反应速率的影响。m处取用溶液，还应添加的试剂及用量分别为___________。
（4）控制其他条件相同，铜粉用溶液和溶液处理。
①请写出反应的离子方程式：___________。
②某同学在不同温度下完成该实验，测得铜的平均溶解速率分别为：
温度(℃)
20
30
40
50
60
70
80
铜的平均溶解速率()
7.34
8.01
9.25
7.98
7.24
6.73
5.76
当温度高于时，铜粉平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，其主要原因是：___________。
【答案】（1）温度 （2） ①. 粉末 ②. 其他条件相同时，不同催化剂对分解速率影响不同
（3）蒸馏水
（4） ①. ②. 温度高于时，有较多分解，反应物浓度降低，使铜的平均溶解速率降低
【解析】
【小问1详解】
由控制变量法可知，实验1、2的目的是其他条件相同时，反应温度不同，说明为研究温度对H2O2分解速率的影响。
【小问2详解】
实验3、4是Fe2O3粉末相比MnO2粉末具有更高的催化效率，对比实验3、4可得出的结论是其他条件相同时，不同催化剂对H2O2分解速率影响不同。
【小问3详解】
为了保持溶液体积相同，此处还应添加的试剂及用量为10mL蒸馏水。
【小问4详解】
①Cu从0价升高为+2，H2O2是氧化剂，O元素从-1价降为-2价，则根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应离子方程式为：。
②温度高于40°C后，随着温度的升高，H2O2的分解速率加快，使溶液中H2O2的浓度降低的更快，对铜的溶解速率的影响超过了温度升高对铜溶解速率的影响，所以铜的溶解速率逐渐减小。
20. 氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上，并同时制得和溶液。相关物料的传输与转化关系如图所示：
请回答下列问题：
（1）A池总反应的离子反应方程式为___________。燃料电池B中正极上发生的电极反应式为___________。
（2）装置中的离子膜是阳离子交换膜，当阴极产生时，通过离子交换膜的有___________。
（3）装置图中氢氧化钠溶液质量分数的大小：___________(填“＞”、“=”或“＜”)。
【答案】（1） ①. ②.
（2）2 （3）＜
【解析】
【小问1详解】
A为电解池，由图可知，A为电解饱和氯化钠溶液，阴极氢离子得电子生成氢气，阳极氯离子失电子生成氯气，总的离子方程式为：；B为燃料电池，由图可知，B池左边为负极，右边为正极，正极氧气得电子，电极反应式为：。
【小问2详解】
由分析可知，电解池的阴极生成氢气和氢氧根离子，因此X为氯气，Y为氢气，阴极反应式为：，当生成1mol氢气时转移2mol电子，因此通过离子交换膜的有2mol。
【小问3详解】
燃料电池中有阳离子交换膜，只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得电子产生氢氧根离子，所以右侧正极区反应后氢氧根离子浓度增加，即a%
Ⅰ．FeCl3是常用的金属蚀刻剂和净水剂。
（1）FeCl3净水的原理是___________(用离子方程式表示)。
（2）配制 FeCl3溶液时，某同学误将FeCl3固体直接放入NaHCO3溶液中，看到红褐色沉淀和大量气泡，用离子方程式解释原因___________。
Ⅱ．常用作电镀添加剂、催化剂等。
（3）①25℃时Fe(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2的Ksp如表格所示，计算当溶液中Fe2+离子浓度均为时，Fe(OH)2沉淀完全时的pH值___________(已知)。
化学式
Ksp
开始沉淀时的pH值
沉淀完全时的pH值
Fe(OH)2
6.3
Fe(OH)3
1.5
2.8
Cu(OH)2
4.6
6.6
②为了除去CuCl2溶液中含有的少量FeCl2，可以用___________(填化学式，写出一种即可)将FeCl2氧化为FeCl3，然后通过加入___________(填化学式，写出一种即可)调控溶液pH值，使______________________，将FeCl3转化为除去。
③除去含CuCl2废水中Cu2+，下列最适合的物质是___________(已知：；；)。
a． b． c．
【答案】（1）Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
（2）
（3） ①. 8.3 ②. H2O2或Cl2 ③. CuO或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 ④. 2.8 ⑤. 4.6 ⑥. c
【解析】
【小问1详解】
FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应产生Fe(OH)3胶体和HCl，Fe(OH)3胶体表面积大吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀析出，从而具有净水作用，用离子方程式表示该水解过程为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；
【小问2详解】
FeCl3在溶液中水解产生Fe(OH)3胶体和HCl，使溶液显酸性；NaHCO3在溶液中水解产生H2CO3和NaOH，使溶液显碱性，当二者混合时，酸碱发生中和反应，使FeCl3、NaHCO3水解程度都增大，反应最终变为Fe(OH)3沉淀、CO2气体及NaCl，因而看到有红褐色沉淀和大量气泡产生，反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
①由于Ksp[Fe(OH)2]=4.0×10-17，当Fe2+沉淀完全时，c(Fe2+)最大为1.0×10-5 mol/L，则c(OH-)≥，pOH=6-0.3=5.7，故该溶液pH最小为pH=a=14-5.7=8.3；
②氧化溶液中Fe2+变为Fe3+时，不能引入杂质离子，可以使用Cl2或绿色氧化剂H2O2；
调节溶液pH时也不能引入杂质离子，可以使用CuO、或CuCO3或Cu2(OH)2CO3；此时Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不能形成沉淀，根据溶液中离子形成沉淀pH值范围，可知应该控制溶液pH范围为2.8＜pH＜4.6；
③Ksp(HgS)＜Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)，所以根据沉淀的形成与转化，要选择使用溶度积常数比CuS大的FeS，即选择使用的沉淀剂为FeS，故合理选项是c。
22. 乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。
（1）室温下，测得0.1 mol/L H2C2O4，溶液的pH=1.3，写出草酸的第一步电离方程式：___________。
（2）草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示：
①草酸溶液中滴加KOH溶液pH=2.5至pH=6时发生的主要反应的离子方程式是___________。
②溶液中，下列粒子浓度关系错误的是___________(填序号)。
a．
b．
c．
（3）工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为
。
①添加氨水以提高FeC2O4·xH2O的产率，从化学平衡移动的角度解释原因：___________。
②利用氧化还原滴定法测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x值，步骤如下：
称取0.5400 g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用酸性KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗0.10000 mol/L的酸性KMnO4溶液18.00 mL。已知：滴定过程中铁、碳元素分别被氧化为Fe3+、CO2，锰元素被还原为Mn2+。酸性KMnO4溶液应盛放在___________(填“酸式”、“碱式”)滴定管。测得___________(FeC2O4的摩尔质量是144 g/mol)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. b
（3） ①. 氨水中的与反应降低，使平衡向正反应方向移动，产生更多的 ②. 酸式 ③. 2
【解析】
【小问1详解】
室温下，测得0.1 mol/L H2C2O4，溶液的pH=1.3，c(H+)=10-1.3 mol/L＜0.2 mol/L，说明H2C2O4是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，分步电离，其第一步电离方程式为；
【小问2详解】
①根据图示中各种离子浓度大小变化关系可知：在草酸溶液中滴加KOH溶液pH=2.5至pH=6时，发生的主要反应是KHC2O4与KOH反应产生K2C2O4和水，该步反应的离子方程式是；
②a．在KHC2O4溶液中，盐电离产生K+、，在溶液中既发生电离作用，也发生水解作用而消耗，而K+不反应，故c(K+)＞c()；根据图示可知此时溶液pH＜7，溶液显酸性，说明的电离作用大于其水解作用，则溶液中c()＞c(H2C2O4)。但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，则c()＞c()＞c(H2C2O4)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)，a正确；
b．在溶液中存在电荷守恒，可知有关系式c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，b错误；
c．在溶液中存在物料守恒，可得关系式为：c(K+)=c()+c()+c(H2C2O4)，c正确；
故合理选项是b；
【小问3详解】
①添加氨水时，氨水中的OH-会中和溶液中的H+，使溶液中c(H+)降低，离子反应的化学平衡正向移动，因而会产生更多草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)；
②酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应该盛放在酸式滴定管中；
2021～2022学年度第一学期高二期末联考
化学
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第Ⅰ卷第1至第4页，第Ⅱ卷第4至第6页。全卷满分100分，考试时间90分钟。
考生注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名，座位号。
2.答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23
第Ⅰ卷(选择题 共54分)
一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案)
1. 《天工开物》中记载：“象牙色，栌木煎水薄染；金黄色，栌木煎水染，复用麻蒿灰淋，碱水漂”。下列说法错误的是
A. 该染色过程伴随化学变化 B. 记载中颜色的变化说明发生了化学平衡的移动
C. 麻蒿灰中含有碳酸钾，水溶液显碱性 D. 植物染料色素(栌木中的黄木素)难溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】栌木中的黄木素在酸、碱性介质中呈现不同颜色是因为植物染料色素一般是有机弱酸或有机弱碱，具有酸碱指示剂的性质，在不同的酸碱介质中能发生平衡的移动。
A. 题干所述即为“调色”和“染色”过程，有新的物质生成，伴随化学变化，选项A正确；
B. 酸碱介质改变，颜色也发生改变，可能是平衡移动所致，选项B正确；
C. 随着溶液酸碱性的改变，颜色也发生改变，说明麻蒿灰中含有碳酸钾，水溶液显碱性，选项C正确；
D. 植物染料色素（栌木中的黄木素）溶于水后才会发生上述变化，故易溶于水，选项D错误；
答案选D。
2. 我国提出到2060年实现“碳中和”的目标，下列化石能源处理技术对实现“碳中和”没有帮助的是
A. 燃煤中添加石灰石，以消除对环境污染 B. 燃煤的液化气化技术能够提高燃煤利用率
C. 减少化石燃料燃烧，制造氢能汽车 D. 开发风能发电机，减少燃煤发电
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳、氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙、亚硫酸钙被氧气氧化生成硫酸钙，因此燃煤中添加石灰石能起“固硫”作用，消除SO2对环境污染，但对实现“碳中和”没有帮助，选项A符合；
B．煤的气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，则煤的气化和液化能提高煤的利用率、减少污染，选项B不符合；
C．开发和应用氢能源，可以减少化石燃料的燃烧，有利于实现“碳中和”，选项C不符合；
D．开发风能发电机，减少燃煤发电，减少化石燃料的燃烧，有利于实现“碳中和”，选项D不符合；
答案选A
3. 下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是
A. 天然气在空气中燃烧的反应 B. 灼热的木炭与CO2的反应
C. 铁粉与稀硫酸的反应 D. Ba(OH)2 • 8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．天然气燃烧是放热的氧化还原反应，A错误；
B．灼热的木炭与CO2的反应是吸热的氧化还原反应，B正确；
C．铁粉与稀硫酸的反应是放热的氧化还原反应，C错误；
D．该反应是吸热反应，但不属于氧化还原反应，D错误，
答案选B。
4. 下列应用与盐类的水解无关的是
A. 用热的纯碱溶液除去废铁屑表面的油污 B. 明矾净水
C. 工业上向溶液中加入制备 D. 利用与制备泡沫灭火剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱溶液由于+H2O而碱性，且升高温度平衡正向移动，碱性增强，从而促进油脂水解，故用热的纯碱溶液除去废铁屑表面的油污与盐类水解有关，选项A不合题意；
B．明矾中的铝离子水解产生的氢氧化铝具有吸附水中悬浮杂质的作用，与盐类的水解有关，选项B不合题意；
C．工业上向FeSO4溶液中加入NH4HCO3制备FeCO3晶体的原理：，与盐类的水解无关，选项C符合题意；
D．利用AlCl3与NaHCO3制备泡沫灭火剂是利用Al3+和发生双水解反应，故与盐类的水解有关，选项D不合题意；
答案选C。
5. 据最近报道，中国生产的首艘国产航母已经下水。为保护航母、延长服役寿命可采用两种电化学方法。方法1：舰体镶嵌一些金属块；方法2：航母舰体与电源相连。下列有关说法正确的是
A. 方法1叫外加电流的保护法
B. 方法2叫牺牲阳极的保护法
C. 方法1中金属块可能是锌、锡和铜
D. 方法2中舰体连接电源的负极
【答案】D
【解析】
【详解】A．舰体上镶嵌活泼性比铁强的金属，形成原电池，比铁活泼的金属作负极，该方法为牺牲阳极保护法，A错误；
B．舰体与直流电源的负极相连，该法为外加电流保护法，B错误；
C．舰体上镶嵌活泼性比铁强的金属，形成原电池，比铁活泼的金属作负极，该方法为牺牲阳极保护法，C错误；
D．舰体与直流电源的负极相连，该法为外加电流保护法，D正确；
选D。
6. 下列各组离子能够在指定的环境下大量共存的是
A. 酸性溶液中：、、、 B. 酸性溶液中：、、、
C. 碱性溶液中：、、、 D. 中性溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．与发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；
B．酸性条件下H+与反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，选项B错误；
C．碱性溶液中：、、、各离子之间相互不反应，能大量共存，选项C正确；
D．与反应生成硫酸钡而不能大量共存，选项D错误；
答案选C。
7. 常温下，将pH=13的NaOH溶液与pH=2的HCl溶液按1：9的体积比混合，设混合溶液的总体积为二者相加，则所得混合溶液的pH值是
A. 11 B. 12 C. 2 D. 3
【答案】A
【解析】
【详解】pH=13NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，pH=2的HCl溶液中氢离子浓度等于0.01mol/L，氢氧化钠溶液与盐酸按1：9混合，发生反应H++OH-=H2O，0.1×1＞0.01×9，反应后氢氧化钠有剩余，溶液呈碱性，故反应后溶液中c（OH-）=mol/L=0.001mol/L，故c（H+）= mol/L=10-11mol/L，故反应后溶液pH=-lgc（H+）=-lg10-11=11，故选A。
8. 某温度下，反应的平衡常数为，则相同温度下，反应的平衡常数为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】某温度下，反应的平衡常数为，则相同温度下，反应的平衡常数为，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
9. 根据下图判断，有关反应的叙述错误的是
A. 反应开始时，正反应速率最大，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小
B. t1前，逆反应速率随着反应的进行，逐渐增大
C. 反应到达t1时，正反应速率与逆反应速率相等，反应停止
D. 反应在t1之后，正反应速率与逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知反应开始时，正反应速率最大，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，A正确；
B．由图可知t1前，逆反应速率逐渐增大，B正确；
C．反应到达t1时，正反应速率与逆反应速率相等，但大于0，因此反应不是停止，而达到平衡状态，C错误；
D．根据图示可知：反应在t1之后，正反应速率与逆反应速率相等，任何物质的浓度不变，反应达到化学平衡状态，D正确；
故合理选项是C。
10. 在一定温度时，某密闭容器发生如下反应：，下列叙述不能判断是否达到平衡的是
A. B. D的浓度不再变化
C. 容器内气体总的物质的量不再变化 D. 容器内压强不再变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．若投料由A、B，则根据反应方程式可知，始终保持，不能说明反应达到平衡状态，选项A错误；
B．D的浓度不再变化，则各组分的量保持不变，反应达平衡状态，选项B正确；
C．该反应是体积增大的可逆反应，随反应进行，反应混合物的物质的量增多，容器内气体总的物质的量不再变化，说明到达平衡，选项C正确；
D．该反应是体积增大的可逆反应，随反应进行，反应混合物的物质的量增多，压强增大，密闭容器中总压强不变，说明到达平衡，选项D正确；
答案选A。
11. 下列反应体系中，不属于可逆反应的是
A. 乙醇与乙酸的酯化反应 B. NH3与H2O反应
C. 工业合成氨 D. 电池的充电与放电
【答案】D
【解析】
【分析】可逆反应是相同条件下、既可以向正反应进行同时又可以向逆反应进行的反应。
【详解】A．乙醇与乙酸的酯化反应，是可逆反应，A不符合；
B． NH3与H2O反应生成一水合氨，是可逆反应，B不符合；
C． 工业合成氨，是可逆反应，C不符合；
D． 电池的充电与放电是不同条件下进行的，不属于可逆反应，D符合；
答案选D。
12. 已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如表所示。
弱酸
HClO
HF
CH3COOH
HNO2
电离常数
下列说法错误的是
A. 酸性：
B. 反应可以发生
C. 相同物质的量浓度的HClO、HF、CH3COOH三种溶液中由水电离出的c(H+)：HClO溶液>CH3COOH溶液>HF溶液
D. 与H+的结合能力比与H+的结合能力弱
【答案】D
【解析】
【分析】根据电离平衡常数分析可知，电离平衡常数越大，酸性越强，所以四种酸的酸性由强到弱的顺序为：HF> HNO2> CH3COOH> HClO，据此进行分析。
【详解】A．结合以上分析可知，酸性：，故A正确；
B．酸性：HF> HClO，根据强酸制备弱酸的原理可知，反应可以发生，故B正确；
C．酸抑制水电离，氢离子浓度越大，抑制程度就越大；根据酸性HF> HNO2> CH3COOH> HClO可知相同物质的量浓度的HClO、HF、CH3COOH三种溶液，氢离子浓度最大的为HF，最小的为HClO，所以由水电离出的c(H+)：HClO溶液>CH3COOH溶液>HF溶液，故C正确；
D．酸性：HF> HClO ；酸性越强，酸根离子结合氢离子能力越弱，所以ClO-与H+的结合能力大于与H+的结合能力，故D错误；
故选D。
13. 根据反应设计的双液原电池如图所示，电极Ⅰ的材料为，电极Ⅱ的材料为石墨，下列说法中错误的是
A. 随着反应的进行，盐桥的导电性逐渐下降，需要定期更换
B. 电子由电极Ⅰ经导线流向电极Ⅱ，然后经电解质溶液回到电极Ⅰ
C. 盐桥中阳离子向B烧杯中移动
D. 该电池的优点是可避免氧化剂和还原剂直接接触，能量转化效率更高
【答案】B
【解析】
【分析】电解Ⅰ的材料为金属铁，则烧杯A中的电解质溶液为含有亚铁离子的可溶性的盐溶液；B烧杯是氯化铁溶液，电极Ⅱ的材料为石墨，溶液中铁离子在电极Ⅱ上得电子，变成亚铁离子。
【详解】A． 随着反应的进行，盐桥中的离子作定向移动扩散到溶液中，盐桥的导电性逐渐下降，需要定期更换，故A正确；
B． 电子由电极Ⅰ经导线流向电极Ⅱ，但电解质溶液中是离子的定向移动，电子不能在电解质溶液中传导，故B错误；
C． 盐桥中阳离子向B烧杯中移动，阴离子移向A烧杯，故C正确；
D． 该电池的优点是可避免氧化剂和还原剂直接接触，不形成回路时就不反应，能量转化效率更高，故D正确；
故选B。
14. 以为催化剂的光热化学循环分解反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理如下图所示，
下列说法正确的是
A. 该反应①中钛氧键断裂会释放能量 B. 该反应中，光能和热能转化为化学能
C. 使用作催化剂可降低反应热 D. 催化过程中钛的价态没有变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．断键吸收能量，则过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；
B．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；
C．催化剂降低反应所需活化能，不影响反应热，反应热与反应物和生成物总能量差有关，故C错误；
D．根据示意图可知反应中钛的价态有+3价和+4价，催化过程中钛的化合价发生了变化，故D错误；
故选B。
15. 下列实验装置设计完全正确且能达到目的的是
A
B
C
D
铁件上镀铜
蒸发溶液制备晶体
探究铁的吸氧腐蚀
测定溶液生成的反应速率
A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．镀件接电源负极作电解池的阴极，镀层金属接电源正极作电解池的阳极，A项错误；
B．MgCl2水解生成HCl，受热HCl逸出溶液体，促进水解，最终不能得到MgCl2，B项错误；
C．该装置可用于探究铁的吸氧腐蚀，C项正确；
D．装置中的漏斗不能使用长颈漏斗，长颈漏斗会导致生成的O2逸出，D项错误；
答案选C。
16. 常温下，下列有关氨水的叙述正确的是
A. pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
B. 向滴有酚酞溶液的氨水中，加入稀盐酸恰好无色，则此时溶液的pH=7
C. 向10 mL0.1 mol/L的氨水溶液中滴加相同浓度的CH3COOH，在滴加过程中，将减小
D. 向10 mLpH=11的氨水中，加入10 mLpH=3的H2SO4溶液，混合液pH=7
【答案】C
【解析】
【详解】A．在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中c(OH-)减小的倍数小于10倍，因此pH=a的氨水稀释10倍后，其pH=b，则pH大小关系为a＜b+1，A错误；
B．指示剂酚酞pH变色范围是8.2～10.0，所以向滴有酚酞溶液的氨水中，加入稀盐酸恰好无色时溶液的pH是8.2，而不是pH=7，B错误；
C．向10 mL0.1 mol/L的氨水溶液中滴加相同浓度的CH3COOH，CH3COOH被中和产生CH3COONH4，溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，溶液中=Ka(CH3COOH)/c(H+)减小，C正确；
D．在氨水中NH3·H2O是弱电解质存在电离平衡：NH3·H2O+OH-，而H2SO4是二元强酸，当向10 mLpH=11的氨水中加入10 mLpH=3的H2SO4溶液时，碱电离产生的OH-恰好被H+中和，溶液中NH3·H2O再电离产生OH-，使溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，故此时溶液pH＞7，D错误；
故合理选项是C。
17. 常温下，向溶液中逐滴滴入的某碱溶液，滴加过程中溶液及导电性变化如下图所示。下列分析错误的是
A. b点溶液的，说明为强碱
B. b点导电能力最强，此时酸碱恰好中和
C. c点溶液存在
D. 任意点溶液均存在
【答案】A
【解析】
【详解】A．b点酸碱恰好中和溶质为CH3COOR，醋酸根为弱酸根，水解使溶液显碱性，而此时溶液显中性，说明R+为弱碱根，其水解程度恰好和醋酸根的水解程度相等，所以ROH为弱碱，选项A错误；
B．据图可知b点溶液pH=7，此时加入10mLROH溶液，二者浓度相等，所以此时酸碱恰好中和，选项B正确；
C．据图可知c点溶液显碱性，所以c(OH-)＞c(H+)，b点时溶质为CH3COOR，溶液显中性，所以b点存在c(CH3COO-)=c(R+)，而c点ROH过量，所以c(R+)＞c(CH3COO-)，选项C正确；
D．常温下，水的离子积常数为Kw=10-14，所以a~c任意点溶液均有c(OH-)·c(H+)= Kw=10-14，选项D正确；
答案选A。
18. 反应中，每生成，放出热量，该反应的速率方程为(k，m，n待测)，其反应包含下列两步：①(慢)；②(快)，时测得有关实验数据如下：
序号
速率/()
Ⅰ
0.0060
0.0010
Ⅱ
0.0060
0.0020
Ⅲ
0.0010
0.0060
Ⅳ
0.0020
0.0060
下列说法错误的是
A. 是该反应的中间产物
B. 该反应的快慢主要取决于步骤①
C.
D. 该反应的热化学方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意可知，反应过程中产生了过氧化氢又消耗了过氧化氢，过氧化氢为该反应的中间产物，A正确；
B．步骤①为慢反应，是该反应的决速步，B正确；
C．比较图表数据，I、II数据一氧化氮浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，III、IV数据分析，氢气浓度不变，一氧化氮浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得速率方程，，C错误；
D．反应中，每生成，放出的热量，生成28g氮气放热664kJ，热化学方程式为，D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷(非选择题 共46分)
二、填空题(共4小题，46分)
19. 某同学探究外界条件对分解速率的影响
实验所用试剂：溶液、蒸馏水、粉末、粉。
实验序号
溶液
温度
催化剂
收集所需时间(s)
浓度()
1
0.4
20
室温
无
几乎无气体产生
2
0.4
20
水浴
无
296
3
0.4
20
室温
45
4
0.4
20
室温
100
5
0.2
m
室温
（1）实验1、2的目的是其他条件相同时，研究___________对分解速率的影响。
（2）表中X处所用试剂为___________。对比实验3、4可得出的结论是___________。
（3）实验3、5是其他条件相同时，探究浓度对该化学反应速率的影响。m处取用溶液，还应添加的试剂及用量分别为___________。
（4）控制其他条件相同，铜粉用溶液和溶液处理。
①请写出反应的离子方程式：___________。
②某同学在不同温度下完成该实验，测得铜的平均溶解速率分别为：
温度(℃)
20
30
40
50
60
70
80
铜的平均溶解速率()
7.34
8.01
9.25
7.98
7.24
6.73
5.76
当温度高于时，铜粉平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，其主要原因是：___________。
【答案】（1）温度 （2） ①. 粉末 ②. 其他条件相同时，不同催化剂对分解速率影响不同
（3）蒸馏水
（4） ①. ②. 温度高于时，有较多分解，反应物浓度降低，使铜的平均溶解速率降低
【解析】
【小问1详解】
由控制变量法可知，实验1、2的目的是其他条件相同时，反应温度不同，说明为研究温度对H2O2分解速率的影响。
【小问2详解】
实验3、4是Fe2O3粉末相比MnO2粉末具有更高的催化效率，对比实验3、4可得出的结论是其他条件相同时，不同催化剂对H2O2分解速率影响不同。
【小问3详解】
为了保持溶液体积相同，此处还应添加的试剂及用量为10mL蒸馏水。
【小问4详解】
①Cu从0价升高为+2，H2O2是氧化剂，O元素从-1价降为-2价，则根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应离子方程式为：。
②温度高于40°C后，随着温度的升高，H2O2的分解速率加快，使溶液中H2O2的浓度降低的更快，对铜的溶解速率的影响超过了温度升高对铜溶解速率的影响，所以铜的溶解速率逐渐减小。
20. 氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上，并同时制得和溶液。相关物料的传输与转化关系如图所示：
请回答下列问题：
（1）A池总反应的离子反应方程式为___________。燃料电池B中正极上发生的电极反应式为___________。
（2）装置中的离子膜是阳离子交换膜，当阴极产生时，通过离子交换膜的有___________。
（3）装置图中氢氧化钠溶液质量分数的大小：___________(填“＞”、“=”或“＜”)。
【答案】（1） ①. ②.
（2）2 （3）＜
【解析】
【小问1详解】
A为电解池，由图可知，A为电解饱和氯化钠溶液，阴极氢离子得电子生成氢气，阳极氯离子失电子生成氯气，总的离子方程式为：；B为燃料电池，由图可知，B池左边为负极，右边为正极，正极氧气得电子，电极反应式为：。
【小问2详解】
由分析可知，电解池的阴极生成氢气和氢氧根离子，因此X为氯气，Y为氢气，阴极反应式为：，当生成1mol氢气时转移2mol电子，因此通过离子交换膜的有2mol。
【小问3详解】
燃料电池中有阳离子交换膜，只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得电子产生氢氧根离子，所以右侧正极区反应后氢氧根离子浓度增加，即a%
Ⅰ．FeCl3是常用的金属蚀刻剂和净水剂。
（1）FeCl3净水的原理是___________(用离子方程式表示)。
（2）配制 FeCl3溶液时，某同学误将FeCl3固体直接放入NaHCO3溶液中，看到红褐色沉淀和大量气泡，用离子方程式解释原因___________。
Ⅱ．常用作电镀添加剂、催化剂等。
（3）①25℃时Fe(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2的Ksp如表格所示，计算当溶液中Fe2+离子浓度均为时，Fe(OH)2沉淀完全时的pH值___________(已知)。
化学式
Ksp
开始沉淀时的pH值
沉淀完全时的pH值
Fe(OH)2
6.3
Fe(OH)3
1.5
2.8
Cu(OH)2
4.6
6.6
②为了除去CuCl2溶液中含有的少量FeCl2，可以用___________(填化学式，写出一种即可)将FeCl2氧化为FeCl3，然后通过加入___________(填化学式，写出一种即可)调控溶液pH值，使______________________，将FeCl3转化为除去。
③除去含CuCl2废水中Cu2+，下列最适合的物质是___________(已知：；；)。
a． b． c．
【答案】（1）Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
（2）
（3） ①. 8.3 ②. H2O2或Cl2 ③. CuO或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 ④. 2.8 ⑤. 4.6 ⑥. c
【解析】
【小问1详解】
FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应产生Fe(OH)3胶体和HCl，Fe(OH)3胶体表面积大吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀析出，从而具有净水作用，用离子方程式表示该水解过程为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；
【小问2详解】
FeCl3在溶液中水解产生Fe(OH)3胶体和HCl，使溶液显酸性；NaHCO3在溶液中水解产生H2CO3和NaOH，使溶液显碱性，当二者混合时，酸碱发生中和反应，使FeCl3、NaHCO3水解程度都增大，反应最终变为Fe(OH)3沉淀、CO2气体及NaCl，因而看到有红褐色沉淀和大量气泡产生，反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
①由于Ksp[Fe(OH)2]=4.0×10-17，当Fe2+沉淀完全时，c(Fe2+)最大为1.0×10-5 mol/L，则c(OH-)≥，pOH=6-0.3=5.7，故该溶液pH最小为pH=a=14-5.7=8.3；
②氧化溶液中Fe2+变为Fe3+时，不能引入杂质离子，可以使用Cl2或绿色氧化剂H2O2；
调节溶液pH时也不能引入杂质离子，可以使用CuO、或CuCO3或Cu2(OH)2CO3；此时Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不能形成沉淀，根据溶液中离子形成沉淀pH值范围，可知应该控制溶液pH范围为2.8＜pH＜4.6；
③Ksp(HgS)＜Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)，所以根据沉淀的形成与转化，要选择使用溶度积常数比CuS大的FeS，即选择使用的沉淀剂为FeS，故合理选项是c。
22. 乙二酸(H2C2O4)俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。
（1）室温下，测得0.1 mol/L H2C2O4，溶液的pH=1.3，写出草酸的第一步电离方程式：___________。
（2）草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示：
①草酸溶液中滴加KOH溶液pH=2.5至pH=6时发生的主要反应的离子方程式是___________。
②溶液中，下列粒子浓度关系错误的是___________(填序号)。
a．
b．
c．
（3）工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为
。
①添加氨水以提高FeC2O4·xH2O的产率，从化学平衡移动的角度解释原因：___________。
②利用氧化还原滴定法测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x值，步骤如下：
称取0.5400 g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用酸性KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗0.10000 mol/L的酸性KMnO4溶液18.00 mL。已知：滴定过程中铁、碳元素分别被氧化为Fe3+、CO2，锰元素被还原为Mn2+。酸性KMnO4溶液应盛放在___________(填“酸式”、“碱式”)滴定管。测得___________(FeC2O4的摩尔质量是144 g/mol)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. b
（3） ①. 氨水中的与反应降低，使平衡向正反应方向移动，产生更多的 ②. 酸式 ③. 2
【解析】
【小问1详解】
室温下，测得0.1 mol/L H2C2O4，溶液的pH=1.3，c(H+)=10-1.3 mol/L＜0.2 mol/L，说明H2C2O4是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，分步电离，其第一步电离方程式为；
【小问2详解】
①根据图示中各种离子浓度大小变化关系可知：在草酸溶液中滴加KOH溶液pH=2.5至pH=6时，发生的主要反应是KHC2O4与KOH反应产生K2C2O4和水，该步反应的离子方程式是；
②a．在KHC2O4溶液中，盐电离产生K+、，在溶液中既发生电离作用，也发生水解作用而消耗，而K+不反应，故c(K+)＞c()；根据图示可知此时溶液pH＜7，溶液显酸性，说明的电离作用大于其水解作用，则溶液中c()＞c(H2C2O4)。但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，则c()＞c()＞c(H2C2O4)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(K+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)，a正确；
b．在溶液中存在电荷守恒，可知有关系式c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，b错误；
c．在溶液中存在物料守恒，可得关系式为：c(K+)=c()+c()+c(H2C2O4)，c正确；
故合理选项是b；
【小问3详解】
①添加氨水时，氨水中的OH-会中和溶液中的H+，使溶液中c(H+)降低，离子反应的化学平衡正向移动，因而会产生更多草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)；
②酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应该盛放在酸式滴定管中；
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