56，河北省保定市定州市第二中学2023-2024学年高二上学期2月期末化学试题

这是一份56，河北省保定市定州市第二中学2023-2024学年高二上学期2月期末化学试题，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[]转化为三甲胺[]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A. 该历程中最大能垒(活化能)为0.93eV
B. 该历程中最小能垒的化学方程式为：
C. 该反应的热化学方程式为： eV/ml
D. 增大压强或升高温度均能加快反应速率，也均能提高DMF的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，在正向进行的3个反应中，其能垒分别为：(-1.23-1-2.16)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19，故该历程中最大能垒（活化能）为1.19 eV，故A错误；
B．从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22eV，是由转化为的反应，化学方程式为，故B 正确；
C．该反应的总反应是由转化为，所以放出的能量为1.02 eV，但1.02 eV 为单个分子反应时放出的热量，所以热化学方程式为 eV/ml，故C错误；
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，但是升高温度平衡逆向移动，DMF的平衡转化率减小，故D错误；您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 故答案选B。
2. 中和滴定是一种操作简单，准确度高的定量分析方法。实际工作中也可利用物质间的氧化 还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析，这些滴定分析均需要通过指示剂来确定滴定终点，下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的判断不正确的是 ( )
A. 用标准酸性 KMnO4溶液滴定 Na2SO3溶液以测量其浓度：KMnO4——紫红色
B. 利用Ag ＋ ＋SCN －=AgSCN↓” 原理，可用标准 KSCN 溶液测量 AgNO3 溶液浓度：Fe(NO3)3——红色(已知 SCN−优先与 Ag+结合)溶液浓度
C. 利用“2Fe3＋＋2I−===I2＋2Fe2＋”，用 FeCl3溶液测量 KI 样品中 KI 的百分含量：淀粉—蓝色
D. 利用 OH−＋H＋===H2O 来测量某盐酸溶液的浓度时：酚酞——浅红色
【答案】C
【解析】
【分析】A、KMnO4溶液本身就是指示剂，为紫红色；
B、KSCN溶液遇Fe（NO3）3呈血红色；
C、反应一开始就生成了单质碘，溶液呈蓝色；
D、测量某盐酸溶液浓度时，使用酚酞试液溶液由无色变为红色。
【详解】A项、用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度，KMnO4本身就是指示剂，溶液由无色变为紫红色为终点的到达，故A正确；
B项、利用“Ag++SCN-═AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度，Fe（NO3）3为指示剂，溶液由无色变为血红色为终点的到达，故B正确；
C项、利用“2Fe3++2I-═I2+2Fe2+”，由于一开始就生成了单质碘，溶液呈蓝色，无法判断终点，故C错误；
D项、测量某盐酸溶液的浓度时，使用酚酞试液作指示剂溶液由无色变为红色，所以可以用酚酞作指示剂，D正确。
故选C。
【点睛】本题主要考查了指示剂的原理以及终点的现象，抓住实验的原理是解题的关键。
3. 从下列描述中，可推断出主族元素X、Y的化学性质不一定相似的是
A. 价电子排布式为的X原子与价电子排布式为的Y原子
B. 2p轨道上有一个空轨道的X原子与3p轨道上有一个空轨道的Y原子
C. 2p轨道上有一个未成对电子的X原子与3p轨道上有一个未成对电子的Y原子
D. 2p轨道上有3个未成对电子的X原子与3p轨道上有3个未成对电子的Y原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．价电子排布式为的X原子为Na，价电子排布式为的Y原子为K，它们处于同一主族，化学性质相似，故A不选；
B．2p轨道上有一个空轨道X原子为C，3p轨道上有一个空轨道的Y原子为Si，它们处于同一主族，化学性质相似，故B不选；
C．2p轨道上有一个未成对电子的X原子为B或F，3p轨道上有一个未成对电子的Y原子为Al或Cl，它们不一定处于同一主族，化学性质不一定相似，故C选；
D．2p轨道上有3个未成对电子的X原子为N，3p轨道上有3个未成对电子的Y原子为P，它们处于同一主族，化学性质相似，故D不选；
故选C。
4. 下列有关元素性质的说法不正确的是
A. 具有下列电子排布式的原子中：①；②；③；④，原子半径最大的是①
B. 某元素气态基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703(单位：kJ/ml)，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是
C. ①Na、K、Rb，②N、P、As，③O、S、Se，④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
D. 具有下列价电子排布式的原子中：①；②；③；④，第一电离能最大的是③
【答案】B
【解析】
【详解】A．①为硅元素，②为氮元素，③为碳元素，④为硫元素；同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径最大的为①，故A正确；
B．第三电离能远大于第二电离能，最外层有2个电子，所以X是第ⅡA族元素，与氯气反应可能形成的阳离子是，故B错误；
C．电负性：同一周期，从左往右，元素的电负性逐渐增大，同一主族，从上往下，元素的电负性逐渐减小，①②③均为同主族元素且位置从上往下，电负性依次减小；④中Na为金属，电负性最小，Cl电负性大于P，故C正确；
D．①为铝元素，②为硅元素，③为磷元素，④为硫元素，同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以其第一电离能从小到大的顺序是Al< Si< S< P，第一电离能最大的是③，故D正确；
故选B。
5. 已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：
下列离子方程式正确的是
A. 少量通入NaClO溶液中：
B. 少量的通入溶液中：
C. 少量的通入溶液中：
D. 相同浓度溶液与溶液等体积混合：
【答案】C
【解析】
【详解】电离平衡常数越大，电离程度越大，酸性就越强，依据电离常数大小判断酸性强弱，H2SO3＞HAc＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，
A．次氯酸的电离平衡常数小于碳酸的第一级电离，而大于碳酸的第二级电离，因此少量的CO2通入NaClO溶液中发生的反应为CO2+H2O+ClO-=HCO+HClO，故A错误；
B．次氯酸具有强氧化性，能把+4价S氧化成+6价，转变成CaSO4，离子反应为Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+HClO+H+，故B错误；
C．亚硫酸的电离平衡常数大于碳酸，根据碳酸钠和酸反应的实质，因为SO2是少量的，因此发生的反应为SO2+H2O+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，故C正确；
D．亚硫酸根属于弱酸酸式根，不能拆写，由电离常数可知酸性HSO比碳酸弱，不能生成二氧化碳气体，故D错误；
故选：C。
6. 两个恒容密闭容器中平衡体系2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)和3O2(g)⇌2O3(g)的反应物平衡转化率分别为α1和α2，反应物的平衡浓度分别为c1和c2，在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，下列叙述正确的是
A. α1不变、α2增大，c1、c2均增大
B. α1、α2均增大，c1、c2均增大、
C. α1减小，α2增大，c1、c2均增大
D. α1不变、α2增大，c1不变、c2增大
【答案】A
【解析】
【详解】对于2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，该反应为气体体积不变的反应，增加反应物的物质的量，达到新的平衡，与原平衡为等效平衡，则α1不变，但c1增大，反应3O2(g)⇌2O3(g)增大压强，平衡正向移动，所以α2增大，但平衡时反应物和生成物的浓度都原平衡的浓度大，则c2均增大，A正确；
故选A。
7. 水污染是我国面临的主要环境问题之一、工业废水排入水体前必须经过处理达到排放标准，否则会污染地表水和地下水。利用微生物电池进行废水(含Na+、K+、Mg2+、Cl-和等离子)脱盐的同时处理含OCN-(其中C为+4价)酸性废水的装置如图所示。下列说法错误的是
A. 电子由电极M经用电器流向电极N
B. 该电池的优点是条件温和，利用率高，无污染
C. 通过膜1的阴离子数目一定等于通过膜2的阳离子数目
D. 电池的总反应可表示为
【答案】C
【解析】
【分析】从图中可以看出，在M极，OCN-转化为CO2和N2，N元素由-3价升高到0价，则M极为负极；在N极，O2作氧化剂，则N极为正极。
【详解】A．原电池工作时，电子由负极沿导线流向正极，则电子由电极M经用电器流向电极N，A正确；
B．该电池在厌氧微生物的催化作用下，常温下，将OCN-等杂质转化为CO2、N2等，所以优点是条件温和，利用率高，无污染，B正确；
C．在M极，2OCN--6e-+2H2O=2CO2↑+N2↑+4H+，则废水中的Cl-、通过膜1向M极移动；在N极，O2+2H2O+4e-=4OH-，则废水中的H+、Na+、K+、Mg2+通过膜2向N极移动，由于阴、阳离子所带的电荷数不同，所以通过膜1的阴离子数目不一定等于通过膜2的阳离子数目，C错误；
D．将M极、N极的电极反应式相加，同时注意废水呈酸性，正极产生的OH-最终被废水中的H+所中和，所以电池的总反应可表示为，D正确；
故选C。
8. 下列实验误差分析不正确的是
A. 用标准盐酸滴定氨水来测定其浓度，选择酚酞作指示剂会使测定结果偏大
B. 中和反应反应热的测定实验中，用铜制环形搅拌器代替玻璃搅拌器，会使所测反应体系的温度偏低
C. 用润湿的pH试纸测量稀NaOH溶液的pH，测定值偏小
D. 用酸式滴定管量取20.00mL盐酸，开始时平视，结束时仰视，会使所量液体体积偏小
【答案】A
【解析】
【详解】A．盐酸与氨水恰好完全反应时溶液显酸性，若用酚酞作指示剂，当溶液刚好由红色变成无色时呈碱性，盐酸加入量偏少，会使滴定的氨水的浓度偏小，故A错误；
B．中和反应热的测定实验使用铜制环形搅拌器，由于铜丝传热，会使所测反应体系的温度偏低，故B正确；
C．用润湿的pH试纸测量稀NaOH溶液的pH，相当于稀释了溶液，NaOH溶液显碱性，pH值大于7，则测定值偏小，故C正确；
D．用酸式滴定管量取20.00mL盐酸，开始时平视滴定管刻度线，结束时仰视刻度线，会使滴定管内剩余液体比平视时多，则会使所量液体体积偏偏小，故D正确。
答案选A。
9. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．量取氢氧化钠溶液应用碱式滴定管，A错误；
B．测定中和热时需要用到环形玻璃搅拌棒，B错误；
C．用pH试纸测定溶液酸碱性时试纸不能润湿，C错误；
D．醋酸能与碳酸钠反应生成碳酸，说明醋酸酸性强于碳酸，CH3COOH的Ka大于H2CO3的Ka1，D正确；
故选D。
10. 室温下，某溶液中lg=10，则该溶液中一定可以大量共存的离子组是
A. Al3+、NH、ClO-、I-B. Ba2+、Cu2+、Cl-、NO
C. K+、Na+、AlO、SOD. Mg2+、Fe2+、Br-、NO
【答案】B
【解析】
【分析】lg=10的溶液显酸性，存在大量的H+，据此结合离子共存的条件分析。
【详解】根据上述分析可知，
A．ClO-与H+会发生反应生成弱酸次氯酸，A错误；
B．酸性溶液中该组离子不反应，能大量共存，B正确；
C．AlO会与H+发生反应而不共存，C错误；
D．NO在酸性条件下具有强氧化性，可与Fe2+发生氧化还原反应而不共存，D错误；
故选B。
11. 已知分解1mlH2O2放出热最98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为：
反应Ⅰ：H2O2(aq)+I-(aq)→H2O(l)+IO-(aq) 慢反应 ΔH1
反应Ⅱ：H2O2(aq)+IO-(aq)→H2O(l)+O2(g)+I-(aq) 快反应 ΔH2
下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. H2O2分解产生O2的速率反应Ⅱ决定
B. I-和IO-在反应过程中充当催化剂
C. ΔH1+ΔH2=−196 kJ·ml−1
D. 反应Ⅰ活化能Ea1与反应Ⅱ活化能Ea2数值上相差98kJ/ml
【答案】C
【解析】
【详解】A. H2O2分解产生O2的速率由慢反应决定即由反应Ⅰ决定，故A错误；
B. I－是在反应过程中充当催化剂，IO－仅是催化剂在反应中的中间产物，故B错误；
C. 分解1mlH2O2放出热最98kJ，根据盖斯定律得到ΔH1+ΔH2= −196 kJ·ml−1，故C正确；
D. 反应Ⅰ是慢反应，只能说活化能Ea1比反应Ⅱ活化能Ea2数值大，但大多少不能算出具体，故D错误。
综上所述，答案为C。
12. 已知碳的燃烧热为393.5kJ•ml-1，氢气的燃烧热为285.8kJ•ml-1，一氧化碳的燃烧热为283.0kJ•ml-1。某同学发现在灼热的煤炭上洒少量水，煤炉中会产生淡蓝色火焰，煤炭燃烧更旺。下列有关说法正确的是
A. 氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H=-285.8kJ•ml-1
B. 反应C(s)+O2(g)=CO(g)的△H＜-393.5kJ•ml-1
C. “煤炭燃烧得更旺”是因为少量固体碳与水反应生成了可燃性气体
D. C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=175.3kJ•ml-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢气的燃烧热为，氢气燃烧热的热化学方程式为
，故A错误；
B．碳的燃烧热为，则反应，由于燃烧生成放热，则反应的，故B错误：
C．“煤炭燃烧得更旺”是因为少量固体碳在高温下与水反应生成了可燃性气体和CO，故C正确；
D．由于反应的焓变未知，无法计算的焓变，故D错误。
答案选C。
13. 一定量的稀硫酸溶液跟过量的锌粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向硫酸溶液中加入适量的
① ②固体 ③固体 ④固体 ⑤固体 ⑥溶液
A. ②④⑥B. ①③⑥C. ②③⑤D. ②④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①加入水，使盐酸的浓度降低，反应速率减小，且不影响生成氢气的总量，①正确；
②加入固体，溶解得到硫酸铜溶液，锌与硫酸铜溶液反应，生成铜单质，铜、锌和稀硫酸能够构成原电池，加快反应速率，②错误；
③与硫酸反应，生成弱电解质醋酸，溶液氢离子浓度降低，速率减小，但不影响氢气总量，③正确；
④加入硝酸钠固体，硫酸中混有硝酸，不只生成氢气，生成的氢气的量减少，④错误；
⑤加入碳酸氢钠，碳酸氢钠与硫酸反应，生成水和二氧化碳，减少氢离子，生成的氢气的量减少，⑤错误；
⑥加入氯化钠溶液，溶液体积增大，浓度减小，但物质的量不变，则反应速率减小，但不影响生成氢气的总量，⑥正确；
综上所述，①③⑥能减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量；
故选B。
14. 某温度下，分别向体积均为100 mL，浓度均为0.1 的NaCl溶液和溶液中滴加0.1 的溶液，滴加过程中和随加入溶液体积(V)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 该温度下，
B. C点溶液中，
C. A、B、C三点溶液中大小关系为：B>C>A
D. 相同实验条件下，若把NaCl溶液改为等浓度的NaBr溶液，反应终点由A点向D点方向移动
【答案】C
【解析】
【分析】根据NaCl溶液和溶液与AgNO3溶液反应的方程式可知，在相同浓度的NaCl和溶液中加入相同浓度的AgNO3溶液，Cl-浓度减小的更快，浓度减小的慢，所以曲线I表示与AgNO3溶液体积的变化关系，曲线II表示与AgNO3溶液体积的变化关系，据此解答。
【详解】A．由曲线II中B点数据可得，该温度下，，故A正确；
B．C点溶液中，，，所以，故B正确 ；
C．由曲线数据可知A、B点溶液中分别为：、，A、C点均在曲线I上，所以Ksp（AgCl）相同，C点溶液中c(Cl-)更小，则更大，C点为向体积为100 mL，浓度为0.1 的NaCl溶液中加入150ml相同浓度的AgNO3溶液，此时溶液中远大于，所以，A、B、C三点溶液中大小关系为：C > B >A，故C错误；
D．AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时 Br-的浓度更低，则值更大，消耗AgNO3溶液的体积不变，反应终点由A向D移动，故D正确；
故答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 化学反应的速率和限度对人类生产生活有重要的意义。
I．已知甲同学通过测定溶液变浑浊的时间，研究温度、浓度对化学反应速率的影响，设计实验如下：
（1）由实验可知，___________，___________。
（2）为探究浓度对化学反应速率的影响，应选择实验________和_________(填实验序号)。
（3）把、、从小到大排序___________。
II．在一定温度下，体积为5L的恒容密闭容器中发生反应：，各物质的物质的量随时间变化的关系如图所示。请回答下列问题
（4）该反应达最大限度时Y的转化率为；2min内用X表示的反应速率为___________，若初始压强为，则平衡时___________(用含的表达式表示)。
（5）下列描述能表示该反应达平衡状态的是___________(填标号)。
A．容器中X与Y的物质的量相等
B．容器内气体的颜色不再改变
C．2v(X)=v(Y)
D．容器内气体的密度不再发生变化
E．容器内气体的平均相对分子质量不再改变
【答案】（1） ①. 298 ②. 1
（2） ①. A ②. B
（3）
（4） ①. ②. 0.03ml∙L-1∙min-1
（5）BE
【解析】
【小问1详解】
控制变量是解题的关键。由题中数据可知，实验A、B是探究硫酸浓度对反应速率的影响，故，。
【小问2详解】
实验B、C浓度相同而温度不同，是探究温度对反应速率的影响。
【小问3详解】
温度越高速率越快，故，又因为浓度越大速率越快，故，由此推出。
【小问4详解】
由图像可知，代表，代表，根据已知条件列出“三段式”
达到反应限度时，的转化率为，
，则。
【小问5详解】
A．由图可知，平衡时容器中X与Y的物质的量不相等，故A不选；
B．容器内气体的颜色不再改变，说明NO2的浓度不变，说明反应达到平衡，故B选；
C．2v(X)=v(Y)不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故C不选；
D．该反应过程中气体总质量和总体积都是定值，气体密度一直不变，当容器内气体的密度不再发生变化，不能说明反应达到平衡，故D不选；
E．反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，容器内气体的平均相对分子质量增大，当容器内气体的平均相对分子质量不再改变时，说明反应达到平衡，故E选；
正确答案为BE。
16. 已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
（1）常温下，物质的量浓度相同的三种溶液①NaF溶液；②NaClO溶液；③溶液，其pH由大到小的顺序是___________(填序号)。
（2）浓度均为0.1 ml/L①；②；③；④氨水；⑤五种溶液中，由大到小的顺序___________(填序号)。
（3）25℃时，将a ml/L的氨水与0.01 ml/L的盐酸等体积混合，反应完后溶液中，用含a的代数式表示的电离平衡常数___________。
（4）泡沫灭火器中盛有、两种溶液，当它们混合时，发生反应的离子方程式为___________。
（5）室温下，的NaOH溶液和的溶液，设由水电离产生的的物质的量浓度分别为A和B，则等于___________。
（6）亚磷酸溶液中的 H3PO3、H2PO、HPO的物质的量分数δ(x)随 c(H+)的变化如图所示。
已知：。

图像中c点c(H3PO3)=c(HPO)，那c点对应的c(H+)=___________ml/L(只列出计算式)。
（7）25℃时，H3PO4的电离常数为Ka1=7.5×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.4×10-13。足量NaF溶液和H3PO4溶液反应的离子方程式为___________。
【答案】16. ③＞②＞①
17. ⑤＞③＞①＞②＞④
18.
19.
20
21.
22.
【解析】
【小问1详解】
相同浓度的这几种钠盐溶液中酸根离子水解程度：F−＜ClO−＜，水解程度越大，溶液的pH值越大，所以这几种溶液的pH大小顺序为：③＞②＞①，故答案为③＞②＞①；
【小问2详解】
浓度均为0.1ml/L①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④氨水、⑤五种溶液中，先不考虑水解，⑤中铵根离子浓度最大，④氨水中一水合氨电离出的铵根离子浓度最小，②CH3COONH4 中醋酸根离子水解促进铵根离子水解、③NH4HSO4 中电离出的氢离子抑制铵根离子浓度，由大到小的顺序为：⑤＞③＞①＞②＞④，故答案为⑤＞③＞①＞②＞④；
【小问3详解】
混合溶液中= c(Cl−)，根据电荷守恒得c(H＋)=c(OH−)=10−7ml/L，溶液呈中性，二者等体积混合后溶液中氯离子浓度为原来的一半，则= c(Cl−)＝0.005ml/L，c(NH3•H2O)＝(0.5a−0.005)ml/L，NH3•H2O的电离常数=，故答案为；
小问4详解】
泡沫灭火器中盛有、两种溶液，当它们混合时，Al3+和发生双水解，离子方程式为；故答案为；
【小问5详解】
pH=10的NaOH溶液，c(OH-)=10-4ml/L，水的电离受抑制，水电离产生的OH-的物质的量浓度为，pH=10的CH3COONa溶液，c(OH-)=10-4ml/L，CH3COO-水解促进水的电离，水电离产生的OH-的物质的量浓度为10-4ml/L，则等于=，故答案为；
【小问6详解】
，，，根据图示，图象中c点，所以c2(H+)=1.310-8，对应的c(H+)=；
【小问7详解】
25℃时，HF的电离平衡常数K=；H3PO4的电离常数为Ka1=7.5×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.4×10-13。根据强酸制弱酸，足量NaF溶液和H3PO4溶液反应生成NaH2PO4和HF，该反应的离子方程式为。
17. 回答下列问题：
（1）已知：
则反应的=___________。
（2）二十世纪初，工业上以CO2和NH3，为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
i．CO2和NH3生成NH2COONH4；ii．NH2COONH4分解生成尿素。
①合成尿素反应的热化学方程式为___________。
②结合反应过程中能量变化示意图1，下列说法正确的是___________(填序号)。
a．活化能：反应i<反应ii
b．i为放热反应，ii为吸热反应
c．对总反应速率影响较大的是反应i
（3）某研究团队合成的低配位Cu在碱性条件下催化CO2还原生成乙烯的电化学装置如图2所示。
①Y为电源的___________(填“正极”或“负极”)。
②电极A上电极反应式为___________。
③理论上电极A上消耗的与电极B上生成的的物质的量之比为___________。
（4）以Al和为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，该电池保护地下铁管道不被腐蚀，铁管道应连接电池的___________电极[填“Al”或“”]。
【答案】（1）(y-x)
（2） ①. CO2(1)+2NH3(1)═CO(NH2)2(1)+H2O(1)ΔH=(E1-E2+E3-E4)kJ/ml ②. ab
（3） ①. 正极 ②. 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH- ③. 2：3
（4）Al
【解析】
【小问1详解】
由题干信息已知：反应i：，反应ii：，则(i-ii)可得反应，根据盖斯定律可知，=()=[(-x)-(-y)]=(y-x)，故答案为：(y-x)；
【小问2详解】
①由题干图示反应历程图可知，合成尿素反应即总反应CO2(1)+2NH3(1)═CO(NH2)2(1)+H2O(1)的ΔH=(E1-E2+E3-E4)kJ/ml，故该热化学方程式为：CO2(1)+2NH3(1)═CO(NH2)2(1)+H2O(1)ΔH=(E1-E2+E3-E4)kJ/ml，故答案为：CO2(1)+2NH3(1)═CO(NH2)2(1)+H2O(1)ΔH=(E1-E2+E3-E4)kJ/ml；
②a．由图可知，反应i的活化能是E1，反应ii的活化能是E3，E1＜E3，即活化能：反应i＜反应ii，a正确；
b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出i为放热反应，ii为吸热反应，b正确；
c．由a项分析可知，反应i的活化能小于反应ii的活化能，即反应i为快反应，反应ii为慢反应，故对总反应速率影响较大的是反应ii，c错误；
故答案为：ab；
【小问3详解】
①由图可知，OH-在阳极失电子生成氧气，二氧化碳在阴极上得到电子生成C2H4，则电极A为阴极，电极B为阳极，Y为电源的正极，故答案为：正极；
②电极A上，二氧化碳在阴极上得到电子生成C2H4，电子守恒和电荷守恒得到电极反应式为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，故答案为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-；
③电极B上OH-离子在阳极上失电子生成O2，电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，转移相同物质的量电子时，理论上电极A上消耗的二氧化碳与电极B上生成的氧气物质的量之比为2：3，故答案为：2：3；
【小问4详解】
以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，发生还原反应，则Al发生氧化反应，碱性条件下得到Na[Al(OH)4]，即Al为负极，NiO(OH)电极为正极，故该电池保护地下铁管道不被腐蚀，铁管道应连接电池的的负极即Al电极，故答案为：Al。
18. 铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：
已知：常温下，
（1）步骤ⅰ的操作名称是___________。
（2）①中As的化合价为___________。
②步骤ⅱ中的作用是___________。
（3）步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使 。若溶液2中 ，则需控制pH的大致范围为___________。
（4）①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有___________(填化学式)。
②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是___________。
（5）结合下图说明由溶液4得到的操作是___________。
【答案】（1）萃取分液
（2） ①. ＋3 ②. 氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素
（3）4～7 （4） ①. ②. 与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降
（5）加热浓缩、冷却结晶、过滤
【解析】
【分析】粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。
【小问1详解】
据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液。
【小问2详解】
①中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；②据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素。
【小问3详解】
据已知信息， ，则溶液2中 时，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使 ，根据 ，则c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范围为4～7。
【小问4详解】
①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有 ；②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降。
【小问5详解】
从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离平衡常数(25℃)
选项
A
B
C
D
目的
准确量取25.00mLNaOH溶液
测定中和热
测定盐酸的pH
比较CH3COOH的Ka和H2CO3的Ka1大小
装置或操作




实验序号
实验温度/K
有关物质
出现浑浊所需时间/s
Na2S2O3溶液
H2SO4溶液
H2O
V/mL
c/
V/mL
c/
V/mL
A
298
4
0.1
4
0.1
2
B
4
0.1
5
0.1
C
323
4
0.1
0.1
1
化学式
HF
HClO
H3PO3
电离常数
；
Ka1=5.0✖10-2Ka2=2.6✖10-7