2023-2024学年江西省景德镇市高二（上）期末化学试卷

这是一份2023-2024学年江西省景德镇市高二（上）期末化学试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列粒子对水的电离没有影响的是（ ）
A．CH3COOHB．
C．M﹣：1s22s22p6D．
2．（3分）下列各项叙述不正确的是（ ）
A．若21号Sc元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，则违反了构造原理
B．若硫原子核外电子排布图为，则违反了泡利原理
C．若磷原子核外电子排布图为，则违反了洪特规则
D．原子的电子排布式由1s22s22p33s1→1s22s22p4能释放特定能量产生发射光谱
3．（3分）下列关于反应热和热化学反应的描述中正确的是（ ）
A．HCl和NaOH反应的中和热△H＝﹣57.3kJ•ml﹣1，则H2SO4，和Ba（OH）2反应的中和热△H＝2×（﹣57.3）kJ•ml﹣1
B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ•ml﹣1，则2CO2（g）＝2CO（g）+O2（g）反应的△H＝+2×283.0kJ•ml﹣1
C．氢气的燃烧热为285.5kJ•ml﹣1，则电解水的热化学方程式为2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）△H＝+285.5kJ•ml﹣1
D．1ml甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
4．（3分）太阳能光电催化﹣化学耦合分解H2S的装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．若接铅蓄电池进行电解，b极接Pb电极
B．a极的电极反应为：H2S﹣2e﹣═S+2H+
C．理论上每生成1ml氢气则消耗2mlFe2+
D．利用太阳能光进行电催化可以节约能源并产生清洁能源
5．（3分）类比法是一种重要的化学思维方法。下列各项中的已知和类比结论均正确的是（ ）
A．Fe与S能直接化合生成FeS，则Cu和S也能直接化合生成CuS
B．MnO2与浓HCl共热可制Cl2，则MnO2与浓HBr共热也可制Br2
C．加热FeCl3溶液，低温蒸发至干，最终产物为Fe（OH）3，则加热Fe2（SO4）3溶液，低温蒸发至干，最终产物也可得到Fe（OH）3
D．CO2通入Ba（NO3）2溶液中无沉淀生成，SO2通入Ba（NO3）2溶液中也无沉淀生成
6．（3分）下列说法错误的是（ ）
①强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强；
②氨气溶于水，当NH3•H2O电离出的c(OH-)=c(NH4+)时，表明NH3•H2O电离处于平衡状态；
③室温下，由0.1ml•L﹣1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液中存在BOH＝B++OH﹣；
④电离平衡右移，电解质分子的浓度一定减小，离子浓度一定增大；
⑤稀释弱电解质溶液时，所有粒子浓度都一定会减小；
⑥室温下，0.1ml•L﹣1的HCl溶液与0.1ml•L﹣1的NaOH溶液中水的电离程度相同；
⑦25℃和60℃的水的pH，前者大于后者，但都显中性。
A．①②③④B．②③④⑤C．②④⑤⑥D．④⑤⑥⑦
7．（3分）常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．能使紫色石蕊溶液变红色的溶液：Na+、Fe2+、SO42-、NO3-
B．c（Fe3+）＝0.1ml•L﹣1的溶液：H+、Al3+、Br、SCN﹣
C．加入铝粉生成H2的溶液：K+、NH4+、SO42+、HCO3-
D．KWc(H+)=0.1m⋅L-1的溶液：Na+、K+、Cl、CO32-
8．（3分）南昌汉代海昏侯国遗址考古工作举世瞩目，位居2015年中国十大文物事件之首。在海昏侯遗址出土了青铜提梁卣、青铜马车和青铜蒸馏器各类青铜器四百余件。研究青铜器（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对文物保护和修复有重要意义，图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法正确的是（ ）
A．青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被还原
B．正极发生的电极反应为：O2+4e﹣+4H+═2H2O
C．若生成 Cu2（OH）3Cl，则理论上消耗O2的体积为4.48L
D．环境中的Cl与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣═Cu2（OH）3Cl↓
9．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含O—H键的数目为7NA
B．0.1ml•L﹣1的CH3COONa溶液中，含CH3COO-的数目小于0.1NA
C．含0.2ml H2SO4的浓硫酸与足量的镁反应，转移的电子数小于0.2NA
D．NaR溶液pH＝a，升温至50℃，测得pH＝b，若a＞b，则HR是弱酸
10．（3分）一定温度下，对于可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）（正反应放热）的下列叙述，不能说明反应已达化学平衡状态的是（ ）
A．恒容容器内混合气体的密度不再变化
B．NH3的生成速率与H2的生成速率之比为2：3
C．恒压容器内混合气体的总物质的量不再变化
D．单位时间内断裂amlN≡N键，同时断裂6amlN﹣H键
11．（3分）瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图所示，其中的固体电解质是Y2O3—Na2O，O2﹣可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是（ ）
A．瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极a
B．电极b是正极，O2﹣由电极a流向电极b
C．电极a的反应式为：CH4+4O2﹣﹣8e﹣═CO2+2H2O
D．当固体电解质中有1ml O2﹣通过时，电子转移4ml
12．（3分）燃烧热与反应热的关系是（ ）
A．燃烧热是反应热的一种类型
B．当一个反应是燃烧反应时，该燃烧反应的反应热就是燃烧热
C．燃烧热不属于反应热，反应热是在25℃、101 kPa下测定的，而燃烧反应的温度要高
D．反应热有正负之分，燃烧反应的焓变全部是正值
13．（3分）25℃时，改变0.1ml•L﹣1甲酸（HCOOH）与丙酸（CH3CH2COOH）溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ（RCOOH）随之改变[已知δ(RCOOH)=c(RCOOH)c(RCOOH)+c(RCOO-)]与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若弱酸pH增大是通过向弱酸中加入NaOH固体实现的，则图中M、N两点对应溶液中的c（Na+）相等
B．对于甲酸和丙酸，当lgc(RCOOH)c(RCOO-)＞0时，溶液都为酸性
C．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH：前者＞后者
D．将0.1ml•L﹣1的HCOOH溶液与0.1ml•L﹣1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（HCOOH）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
14．（3分）某固体混合物X，可能含有BaCl2、NaHCO3、Fe2O3、Cu、NaAlO2中的一种或几种，进行如下实验：①取一定量样品溶于水中，得到固体A和溶液B；②向A中加入足量稀盐酸，得到澄清溶液C．下列说法不正确的是（ ）
A．固体A可能溶于NaOH溶液
B．溶液C能与NaHCO3溶液反应产生沉淀
C．向溶液C中加入KSCN溶液，若不变色，则混合物X不含Fe2O3
D．向溶液B中加入NaOH溶液，若出现白色沉淀，则X中必定有BaCl2和NaHCO3
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（13分）含氯化合物的应用越来越广泛，请完成下列有关问题：
（1）亚氯酸钠（NaClO2）是一种漂白织物的漂白剂，具有较强的氧化性。亚氯酸钠中氯元素的化合价为 ，其水溶液显碱性的原因为 ，其水溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
（2）亚氯酸钠在碱性溶液中稳定，在酸性溶液中生成ClO2和氯元素的另一种稳定离子，写出亚氯酸钠在酸性条件下反应的离子方程式 。
（3）ClO2是一种新型安全多功能型杀菌剂，其制备方法有多种，其中一种为SO2通入NaClO3中可得ClO2，其氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（4）一定条件下，KClO3与硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液反应可制备ClO2，该反应的离子方程式为 。
（5）AgNO3溶液可以用来检验水溶液中的Cl﹣或Br﹣。若向AgCl悬浊液中加入NaBr溶液，可把AgCl转化为AgBr，已知AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）达到平衡时，c（Cl﹣）：c（Br﹣）＝1000：3，已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，则Ksp（AgBr）＝ 。（保留两位有效数字，不写单位）
16．（17分）硒（Se）和碲（Te）均为硫（S）的同族元素，原子序数分别为34、52，它们的单质和化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景。科研小组以精炼铜的阳极泥为原料（含有CuS、Cu2Se、Cu2Te和少量金属单质Ag）回收Se、Te并制备胆矾的一种流程如图：
回答下列问题：
（1）Cu原子的价电子排布式为 ；TeO2属于 （填“酸性”“碱性”或“两性”）氧化物。
（2）H2Se的稳定性比H2S的 （填“强”或“弱”）；H2O，H2S，H2Se的沸点由高到低为 。
（3）“水溶”反应的离子方程式为 。
（4）“碱溶”的目的为 。
（5）“分离”过程需控制适当温度，不宜过高或过低的理由为 。
（6）若滤液2的pH＝2，其中c（Cu2+）＝0.5ml•L﹣1、c（Na+）＝0.02ml•L﹣1、c（Cl﹣）＝0.01ml•L﹣1，则滤渣Ⅱ的成分为 。[已知Ksp（Ag2SO4）＝1.4×10﹣5、Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10]
（7）用滤液2制备CuSO4•5H2O的操作为 。
17．（14分）几种弱酸的电离常数（25℃）如下表：
（1）将少量CO2通入NaClO溶液中的离子方程式为 。
（2）常温下，一定浓度的CH3COONa溶液的pH＝9，溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)= 。
（3）对10mL0.1ml•L﹣110mL0.1ml•L﹣1CH3COONa溶液进行下列操作，能使CH3COO﹣的水解程度增大的是 （填标号）。
A．适当升高温度
B．加入NaOH固体
C．通入HCl气体
D．加入CH3COONa固体
（4）用实验确定HA是否为弱电解质，设计了如下实验方案：
①方案1：先量取一定体积的HA，配制成0.1ml•L﹣1的溶液，用pH计测出常温下该溶液的pH的值 ，证明HA为弱电解质。
②方案2：设计一个合理且比较容易进行的实验方案（药品可任取），并作简明扼要的表述： 。
③25℃时，用pH计测定不同浓度HA溶液的pH如图所示。稀释HA溶液，水的电离程度会 （填“增大”或“减小”），根据图中信息，判断HA为弱电解质的依据是 。
18．（14分）2023年12月15日晚，景德镇景焦能源公司所在地火光冲天。许多居民误以为工厂起火，其实这是在遭遇突发性故障停电，将焦炉炉门打开直放焦炉气火的安全性操作。因为处理得当，未造成人员伤亡和财产损失。焦炉煤气的主要成分是H2和CO，可以与煤炭一起制取天然气，实现焦炉煤气的高效利用。
①C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） ΔH1＝+135.8kJ•ml﹣1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH2＝﹣120.4kJ•ml﹣1
③C（s）+2H2（g）⇌CH4（g） ΔH3＝﹣88.7kJ•ml﹣1
④CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s） ΔH4＝﹣178kJ•ml﹣1
回答下列问题：
（1）反应①中有利于提高碳的平衡转化率的条件是 （填标号）。
A．低温高压
B．低温低压
C．高温低压
D．高温高压
（2）反应②中气体在Au/CeO2表面变换时的反应机理如图所示。（图中Ea为活化能）
注：ΔH1、Ea的单位均为kJ/ml，图中单位省略。
①反应机理中，决定反应速率的是步骤 （填标号）。
②步骤f的方程式为 （吸附态用*表示，如H*或*H）。
③将等物质的量的CO和H2O充入密闭容器中，只发生反应②，反应达到平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化关系如图a所示。代表CO2和H2的曲线是 （填“m”或“n”）。若起始时将H2O和CO按n(H2O)n(CO)=k充入恒容反应器中，在Q点温度下反应，CO的平衡转化率为75%时，则k＝ 。
（3）用CH4燃料电池连接成如图b装置。
①乙池中X为阳离子交换膜，石墨电极（C）作 极，写出乙池总反应的离子方程式 。
②若乙池中X为钠离子交换膜（只允许钠离子通过），则当甲池中消耗标准状况下4.48LO2时，乙装置中阳极室溶液质量减少 克。
2023-2024学年江西省景德镇市高二（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
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
1．（3分）下列粒子对水的电离没有影响的是（ ）
A．CH3COOHB．
C．M﹣：1s22s22p6D．
【分析】水的电离平衡方程式为：H2O⇌H++OH﹣，根据影响化学平衡的因素分析，加入的物质能够影响水电离的氢离子或者氢氧根离子，就能够对水的电离产生影响，据此进行解答。
【解答】解：A．CH3COOH是酸，抑制水的电离，故A错误；
B．是氯离子，对水的电离无影响，故B正确；
C．1s22s22p6是M﹣，说明抑原子核电荷数为9，微粒为F﹣离子，为弱酸阴离子，水解促进水的电离，故C错误；
D．抑制水的电离，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了水的电离及其影响因素，题目难度不大，注意明确水为弱电解质，加入酸或者碱溶液能够抑制水的电离、加入能够水解的弱酸根离子或者弱碱根离子能够促进水的电离。
2．（3分）下列各项叙述不正确的是（ ）
A．若21号Sc元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，则违反了构造原理
B．若硫原子核外电子排布图为，则违反了泡利原理
C．若磷原子核外电子排布图为，则违反了洪特规则
D．原子的电子排布式由1s22s22p33s1→1s22s22p4能释放特定能量产生发射光谱
【分析】A．因为4s轨道能量比3d轨道能量还低；
B．该电子排布图中3p能级，在等价轨道上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同；
C．在等价轨道上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同；
D．3s能级的能量大于2p能级的能量，原子的电子排布式由1s22s22p33s1→1s22s22p4，能量降低。
【解答】解：A．因为4s轨道能量比3d轨道能量还低，所以21号Sc元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，违反了能量最低原理，应该为1s22s22p63s23p63d14s2，故A正确；
B．该电子排布图中3p能级，在等价轨道上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，违背了洪特规则，故B错误；
C．在等价轨道上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，若磷原子核外电子排布图为则违反了洪特规则，故C正确；
D．3s能级的能量大于2p能级的能量，原子的电子排布式由1s22s22p33s1→1s22s22p4，能量降低，所以能释放特定能量产生发射光谱，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构，侧重考查学生核外电子排布的掌握情况，试题难度中等。
3．（3分）下列关于反应热和热化学反应的描述中正确的是（ ）
A．HCl和NaOH反应的中和热△H＝﹣57.3kJ•ml﹣1，则H2SO4，和Ba（OH）2反应的中和热△H＝2×（﹣57.3）kJ•ml﹣1
B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ•ml﹣1，则2CO2（g）＝2CO（g）+O2（g）反应的△H＝+2×283.0kJ•ml﹣1
C．氢气的燃烧热为285.5kJ•ml﹣1，则电解水的热化学方程式为2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）△H＝+285.5kJ•ml﹣1
D．1ml甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【分析】A．生成硫酸钡放热；
B．物质的量与热量成正比，互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反；
C．由燃烧热可知1ml氢气燃烧生成液态水放出热量为285.5kJ；
D．燃烧热中生成液态水。
【解答】解：A．生成硫酸钡放热，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热△H＜2×（﹣57.3）kJ•ml﹣1，故A错误；
B．物质的量与热量成正比，互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，由CO（g）的燃烧热是283.0kJ•ml﹣1，则2CO2（g）＝2CO（g）+O2（g）反应的△H＝+2×283.0kJ•ml﹣1，故B正确；
C．由燃烧热可知1ml氢气燃烧生成液态水放出热量为285.5kJ，则电解水的热化学方程式为2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）△H＝+2×285.5kJ•ml﹣1，故C错误；
D．燃烧热中生成液态水，则1ml甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热与中和热为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
4．（3分）太阳能光电催化﹣化学耦合分解H2S的装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．若接铅蓄电池进行电解，b极接Pb电极
B．a极的电极反应为：H2S﹣2e﹣═S+2H+
C．理论上每生成1ml氢气则消耗2mlFe2+
D．利用太阳能光进行电催化可以节约能源并产生清洁能源
【分析】由图可知，b电极的电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，为电解池的阴极，a极的电极反应为：Fe2+﹣e﹣＝Fe3+，为电解池的阳极，生成的三价铁离子与硫化氢反应生成硫单质，据此分析解答。
【解答】解：A．由分析可知，则b极为阴极，若接铅蓄电池进行电解，b极接Pb电极（负极），故A正确；
B．由分析可知，a极的电极反应为：Fe2+﹣e﹣＝Fe3+，故B错误；
C．根据阴阳极转移电子量相同，理论上每生成1ml氢气，线路中转移2mle﹣，则消耗2 ml Fe2+，故C正确；
D．利用太阳能光进行电催化，将光能转化为化学能，不需消耗电能，可以节约能源，并产生清洁能源，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了原电池和电解池的工作原理的应用，主要是电极反应的性质分析，原电池电池反应和电解池电池反应的应用，理解原电池和电解池的基本原理是解题的关键．
5．（3分）类比法是一种重要的化学思维方法。下列各项中的已知和类比结论均正确的是（ ）
A．Fe与S能直接化合生成FeS，则Cu和S也能直接化合生成CuS
B．MnO2与浓HCl共热可制Cl2，则MnO2与浓HBr共热也可制Br2
C．加热FeCl3溶液，低温蒸发至干，最终产物为Fe（OH）3，则加热Fe2（SO4）3溶液，低温蒸发至干，最终产物也可得到Fe（OH）3
D．CO2通入Ba（NO3）2溶液中无沉淀生成，SO2通入Ba（NO3）2溶液中也无沉淀生成
【分析】A．S具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价金属硫化物；
B．具有氧化性的MnO2分别与还原性的浓HCl和浓HBr发生氧化还原反应生成Cl2、Br2；
C．Fe2（SO4）3水解生成硫酸和氢氧化铁，硫酸不挥发，最后得到的仍然为硫酸铁；
D．硝酸的酸性大于碳酸，则CO2通入Ba（NO3）2溶液中不反应；而SO2通入Ba（NO3）2溶液中发生氧化还原反应。
【解答】解：A．已知Fe与S能直接化合生成FeS，而Cu与S可直接化合生成Cu2S，推测不合理，故A错误；
B．具有氧化性的MnO2分别与还原性的浓HCl和浓HBr发生氧化还原反应生成Cl2、Br2，方程式为：MnO2+4HCl（浓）△¯MnCl2+Cl2↑+2H2O，MnO2+4HBr（浓）△¯MnBr2+Br2+2H2O，故B正确；
C．FeCl3水解生成HCl和氢氧化铁，HCl易挥发，热FeCl3溶液，低温蒸发至干，最终产物为Fe（OH）3，Fe2（SO4）3水解生成硫酸和氢氧化铁，硫酸不挥发，最后得到的仍然为硫酸铁，故C错误；
D．硝酸的酸性大于碳酸，则CO2通入Ba（NO3）2溶液中不反应；而SO2通入Ba（NO3）2溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考了元素化合物的性质，为高频考点，题目难度不大，把握物质的性质、氧化还原反应规律为解答的关键，试题综合性较强，有利于提高学生的分析能力及灵活运用能力。
6．（3分）下列说法错误的是（ ）
①强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强；
②氨气溶于水，当NH3•H2O电离出的c(OH-)=c(NH4+)时，表明NH3•H2O电离处于平衡状态；
③室温下，由0.1ml•L﹣1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液中存在BOH＝B++OH﹣；
④电离平衡右移，电解质分子的浓度一定减小，离子浓度一定增大；
⑤稀释弱电解质溶液时，所有粒子浓度都一定会减小；
⑥室温下，0.1ml•L﹣1的HCl溶液与0.1ml•L﹣1的NaOH溶液中水的电离程度相同；
⑦25℃和60℃的水的pH，前者大于后者，但都显中性。
A．①②③④B．②③④⑤C．②④⑤⑥D．④⑤⑥⑦
【分析】①溶液导电能力和离子浓度以及离子所带电荷有关，若强电解质溶液是稀溶液，导电能力也弱；
②氨气溶于水，发生如下电离：NH3•H2O⇋OH﹣+NH4+，不管电离是否达到平衡，始终存在c（OH﹣）＝c（NH4+）（由NH3•H2O电离产生）；
③室温下，0.1ml•L﹣1一元碱BOH的pH＝10，表明BOH只发生部分电离；
④增大弱电解质的浓度，电离平衡右移；
⑤稀释弱电解质溶液时，水电离产生的离子浓度增大；
⑥室温下，0.1ml•L﹣1的HCl溶液与0.1ml•L﹣1的NaOH溶液中溶质对水电离的抑制作用相同；
⑦25℃和60℃的水的pH，由于前者水的电离程度小于后者，所以前者的pH大于后者。
【解答】解：①溶液导电能力和离子浓度以及离子所带电荷有关，与强、弱电解质无关，则强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故①正确；
②氨气溶于水，发生如下电离：NH3•H2O⇋OH﹣+NH4+，始终存在c（OH﹣）＝c（NH4+），所以c（OH﹣）＝c（NH4+）时不能表明NH3•H2O电离处于平衡状态，故②错误；
③室温下，0.1ml•L﹣1一元碱BOH的pH＝10，表明BOH只发生部分电离，由此可知溶液中存在BOH⇋B++OH﹣，故③错误；
④增大弱电解质的浓度，电离平衡右移，但电解质分子的浓度增大，故④错误；
⑤稀释弱电解质溶液时，水电离产生的离子浓度增大，故⑤错误；
⑥室温下，0.1ml•L﹣1的HCl溶液与0.1ml•L﹣1的NaOH溶液中溶质对水电离的抑制作用相同，水的电离程度相同，故⑥正确；
⑦25℃和60℃的水的pH，由于前者水的电离程度小于后者，所以前者的pH大于后者，但都显中性，故⑦正确；
故选：B。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
7．（3分）常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A．能使紫色石蕊溶液变红色的溶液：Na+、Fe2+、SO42-、NO3-
B．c（Fe3+）＝0.1ml•L﹣1的溶液：H+、Al3+、Br、SCN﹣
C．加入铝粉生成H2的溶液：K+、NH4+、SO42+、HCO3-
D．KWc(H+)=0.1m⋅L-1的溶液：Na+、K+、Cl、CO32-
【分析】A．能使紫色石蕊溶液变红色的溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能共存；
B．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子；
C．加入铝粉生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在NH4+、HCO3-，酸溶液中不能大量存在HCO3-；
D．Kwc(H+)_＝0.1ml•L﹣1的溶液显碱性，各种离子之间不反应，可大量共存。
【解答】解：A．能使紫色石蕊溶液变红色的溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能共存，故A错误；
B．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能共存，故B错误；
C．加入铝粉生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在NH4+、HCO3-，酸溶液中不能大量存在HCO3-，故C错误；
D．Kwc(H+)=0.1ml•L﹣1的溶液显碱性，各种离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查离子共存，为高频考点，题目难度不大。
8．（3分）南昌汉代海昏侯国遗址考古工作举世瞩目，位居2015年中国十大文物事件之首。在海昏侯遗址出土了青铜提梁卣、青铜马车和青铜蒸馏器各类青铜器四百余件。研究青铜器（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对文物保护和修复有重要意义，图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法正确的是（ ）
A．青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被还原
B．正极发生的电极反应为：O2+4e﹣+4H+═2H2O
C．若生成 Cu2（OH）3Cl，则理论上消耗O2的体积为4.48L
D．环境中的Cl与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣═Cu2（OH）3Cl↓
【分析】A．根据题图可知，青铜器发生吸氧腐蚀，Cu作负极被氧化；
B．氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣；
C．未指明气体所处状况，无法计算气体的体积；
D．Cl﹣与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为2Cu2++3OH﹣+Cl﹣═Cu2（OH）3Cl↓。
【解答】解：A．根据题图可知，青铜器发生吸氧腐蚀，Cu作负极被氧化，故A错误；
B．氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故B错误；
C．未指明气体所处状况，无法计算O2的体积，故C错误；
D．Cl﹣与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为2Cu2++3OH﹣+Cl﹣═Cu2（OH）3Cl↓，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查电化学原理，为高频考点，题目难度一般。
9．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含O—H键的数目为7NA
B．0.1ml•L﹣1的CH3COONa溶液中，含CH3COO-的数目小于0.1NA
C．含0.2ml H2SO4的浓硫酸与足量的镁反应，转移的电子数小于0.2NA
D．NaR溶液pH＝a，升温至50℃，测得pH＝b，若a＞b，则HR是弱酸
【分析】A．根据n=mM进行分析；
B．根据没有给定溶液的体积进行分析；
C．根据开始是Mg+2H2SO4（浓）＝MgSO4+SO2↑+2H2O，当浓硫酸不断变稀，发生Mg+H2SO4＝MgSO4+H2↑，进行分析；
D．根据溶液升高温度时，Kw也增大，进行分析。
【解答】解：A．乙醇的质量为100g×46%＝46g，物质的量为1ml，水的质量为100g﹣46g＝54g，物质的量为3ml，共含有O—H键为1ml×1+3ml×2＝7ml，即7NA，故A正确；
B．没有给定溶液的体积，无法计算的数目，故B错误；
C．含0.2ml 浓硫酸与足量的镁反应，开始是Mg+2H2SO4（浓）＝MgSO4+SO2↑+2H2O，2ml H2SO4转移2ml电子，当浓硫酸不断变稀，发生Mg+H2SO4＝MgSO4+H2↑，1ml H2SO4转移2ml电子，因此含0.2ml H2SO4的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数大于0.2NA，故C错误；
D．溶液升高温度时，Kw也增大，故不能说明HR为弱酸，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
10．（3分）一定温度下，对于可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）（正反应放热）的下列叙述，不能说明反应已达化学平衡状态的是（ ）
A．恒容容器内混合气体的密度不再变化
B．NH3的生成速率与H2的生成速率之比为2：3
C．恒压容器内混合气体的总物质的量不再变化
D．单位时间内断裂amlN≡N键，同时断裂6amlN﹣H键
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
【解答】解：A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．AB3的生成速率与B2的生成速率之比为2：3，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．反应前后气体总物质的量减小，当恒压容器内混合气体的总物质的量不再变化，说明反应达到平衡状态，故C正确；
D．单位时间内断裂a ml N≡N键，同时断裂6a ml N﹣H键，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡状态判断，抓住“变量”不再改变才能作为平衡状态判断依据，侧重考查学生分析判断能力，题目难度不大。
11．（3分）瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图所示，其中的固体电解质是Y2O3—Na2O，O2﹣可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是（ ）
A．瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极a
B．电极b是正极，O2﹣由电极a流向电极b
C．电极a的反应式为：CH4+4O2﹣﹣8e﹣═CO2+2H2O
D．当固体电解质中有1ml O2﹣通过时，电子转移4ml
【分析】在CH4、O2燃料电池中，通入燃料CH4的电极为负极，则多孔电极a为负极，多孔电极b为正极。阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。
【解答】解：A．不管是原电池还是电解池，电子都不能在内电路发生移动，电池内电路中只能通过离子的定向移动传导电流，故A错误；
B．由分析可知，电极b是正极，阴离子向负极移动，则O2﹣由电极b流向电极a，故B错误；
C．电极a中，CH4失电子产物与电解质反应，生成CO2等，电极反应式为：CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O，故C正确；
D．当固体电解质中有1ml O2﹣通过时，线路中通过2mle﹣，电子转移2ml，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查化学电源新型电池等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（3分）燃烧热与反应热的关系是（ ）
A．燃烧热是反应热的一种类型
B．当一个反应是燃烧反应时，该燃烧反应的反应热就是燃烧热
C．燃烧热不属于反应热，反应热是在25℃、101 kPa下测定的，而燃烧反应的温度要高
D．反应热有正负之分，燃烧反应的焓变全部是正值
【分析】燃烧热是1ml纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，反应热是化学反应过程中放出或吸收的热量，燃烧热是反应热的一种。
【解答】解：A．燃烧热是1ml纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，反应热是化学反应过程中放出或吸收的热量，燃烧热是反应热的一种，故A正确；
B．燃烧热是燃烧1ml可燃物时放出的热量，则当一个反应是燃烧反应时，该燃烧反应的反应热不一定是燃烧热，故B错误；
C．燃烧热属于反应热，故C错误；
D．燃烧反应是放热的，所以焓变为负值，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
13．（3分）25℃时，改变0.1ml•L﹣1甲酸（HCOOH）与丙酸（CH3CH2COOH）溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ（RCOOH）随之改变[已知δ(RCOOH)=c(RCOOH)c(RCOOH)+c(RCOO-)]与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若弱酸pH增大是通过向弱酸中加入NaOH固体实现的，则图中M、N两点对应溶液中的c（Na+）相等
B．对于甲酸和丙酸，当lgc(RCOOH)c(RCOO-)＞0时，溶液都为酸性
C．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH：前者＞后者
D．将0.1ml•L﹣1的HCOOH溶液与0.1ml•L﹣1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（HCOOH）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
【分析】A．根据电荷守恒，M点c（Na+）+c（H+）＝c（HCOO﹣）+c（OH﹣），c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+），同理，N点c（Na+）+c（H+）＝c（CH3CH2COO﹣）+c（OH﹣），c（Na+）＝c（CH3CH2COO﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+），M点和N点，c（HCOO﹣）＝c（CH3CH2COO﹣），进行分析；
B．根据当lgc(RCOOH)c(RCOO-)＞0时，c(RCOOH)c(RCOO-)＞1，δ（RCOOH）＞50%进行分析；
C．根据M点知，c（HCOO﹣）＝c（HCOOH）时，pH＝3.75，等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液中，CH3CH2COO﹣的水解程度大于HCOO﹣，进行分析；
D．根据HCOOH的电离常数为10﹣3.75，结合HCOO﹣的水解常数，HCOOH的电离程度大于HCOO﹣的水解程度，溶液呈酸性，进行分析。
【解答】解：A．两溶液的起始浓度均为0.1ml•L﹣1，M、N两点δ（RCOOH）相等，则c（HCOO﹣）＝c（CH3CH2COO﹣），根据电荷守恒，M点c（Na+）+c（H+）＝c（HCOO﹣）+c（OH﹣），c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+），同理，N点c（Na+）+c（H+）＝c（CH3CH2COO﹣）+c（OH﹣），c（Na+）＝c（CH3CH2COO﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+），M点和N点，c（HCOO﹣）＝c（CH3CH2COO﹣），但两点pH不同，氢离子的浓度不同，氢氧根离子不同，故钠离子的浓度不相同，A错误；
B．当lgc(RCOOH)c(RCOO-)＞0时，c(RCOOH)c(RCOO-)＞1，δ（RCOOH）＞50%，根据图示可知，此时两溶液均为酸性，故B正确；
C．根据M点知，c（HCOO﹣）＝c（HCOOH）时，pH＝3.75，则Ka（HCOOH）＝10﹣3.75，根据N点知，c（CH3CH2COO﹣）＝c（CH3CH2COOH）时，pH＝4.88，则Ka（CH3CH2COOH）＝10﹣4.88，等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液中，CH3CH2COO﹣的水解程度大于HCOO﹣，故溶液pH：HCOONa＜CH3CH2COONa，故C错误；
D．HCOOH的电离常数为10﹣3.75，HCOO﹣的水解常数Kh=10-1410-3.75=10﹣10.25＜10﹣3.75，则HCOOH的电离程度大于HCOO﹣的水解程度，溶液呈酸性，故溶液中c（HCOO﹣）＞c（Na+）＞c（HCOOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
14．（3分）某固体混合物X，可能含有BaCl2、NaHCO3、Fe2O3、Cu、NaAlO2中的一种或几种，进行如下实验：①取一定量样品溶于水中，得到固体A和溶液B；②向A中加入足量稀盐酸，得到澄清溶液C．下列说法不正确的是（ ）
A．固体A可能溶于NaOH溶液
B．溶液C能与NaHCO3溶液反应产生沉淀
C．向溶液C中加入KSCN溶液，若不变色，则混合物X不含Fe2O3
D．向溶液B中加入NaOH溶液，若出现白色沉淀，则X中必定有BaCl2和NaHCO3
【分析】取一定量样品溶于水中，得到固体A和溶液B，得到固体A容易想到Fe2O3和Cu，但是也有可能是Al（OH）3，因为HCO3﹣和AlO2﹣发生反应
H2O+AlO2﹣+HCO3﹣＝Al（OH）3↓+CO32﹣，这是解决这道题的关键信息，知道这些A、B正确；固体A若为Fe2O3和Cu的混合物，向溶液C中加入KSCN溶液，若不变色，则混合物X不含Fe2O3就错了；溶液B可以是BaCl2、NaHCO3、NaAlO2中的一种，也可以是BaCl2和NaHCO3的混合液，也可以是Na2CO3和NaHCO3的混合液，向溶液B中加入NaOH溶液，若出现白色沉淀，则X中必定有BaCl2和NaHCO3。
【解答】解：A、NaHCO3、NaAlO2在水中发生反应H2O+AlO2﹣+HCO3﹣＝Al（OH）3↓+CO32﹣，生成Al（OH）3固体可能溶于NaOH溶液，故A正确；
B、Al（OH）3固体入足量稀盐酸，得到澄清溶液AlCl3能与NaHCO3溶液反应产生沉淀，故B正确；
C、固体A若为Fe2O3和Cu的混合物，若FeCl3和Cu恰好反应，向溶液C中加入KSCN溶液，若不变色，则混合物X不含Fe2O3就错了，故C错误；
D、若溶液B是BaCl2、NaHCO3、NaAlO2中的一种，加入NaOH溶液不出现白色沉淀，若是BaCl2和NaHCO3的混合液，加入NaOH溶液出现白色沉淀，若是Na2CO3和NaHCO3的混合液，加入NaOH溶液不出现白色沉淀，向溶液B中加入NaOH溶液，若出现白色沉淀，则X中必定有BaCl2和NaHCO3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目隐含条件多，难度大。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（13分）含氯化合物的应用越来越广泛，请完成下列有关问题：
（1）亚氯酸钠（NaClO2）是一种漂白织物的漂白剂，具有较强的氧化性。亚氯酸钠中氯元素的化合价为 +3 ，其水溶液显碱性的原因为 亚氯酸钠水解显碱性或ClO2-+H2O⇄HClO2+OH- ，其水溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c(Na+)＞c(ClO2-)＞c(OH-)＞c(H+) 。
（2）亚氯酸钠在碱性溶液中稳定，在酸性溶液中生成ClO2和氯元素的另一种稳定离子，写出亚氯酸钠在酸性条件下反应的离子方程式 5ClO2-+4H+=4ClO2↑+Cl-+2H2O 。
（3）ClO2是一种新型安全多功能型杀菌剂，其制备方法有多种，其中一种为SO2通入NaClO3中可得ClO2，其氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：1 。
（4）一定条件下，KClO3与硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液反应可制备ClO2，该反应的离子方程式为 2H++2ClO3-+H2C2O4一定条件¯2ClO2↑+2CO2↑+2H2O 。
（5）AgNO3溶液可以用来检验水溶液中的Cl﹣或Br﹣。若向AgCl悬浊液中加入NaBr溶液，可把AgCl转化为AgBr，已知AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）达到平衡时，c（Cl﹣）：c（Br﹣）＝1000：3，已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，则Ksp（AgBr）＝ 5.4×10﹣13 。（保留两位有效数字，不写单位）
【分析】（1）亚氯酸钠中氯元素的化合价为+3价；亚氯酸为弱酸，故亚氯酸钠溶液中ClO2-水解使溶液显碱性；
（2）根据氧化还原反应化合价升降规律，另一种含氯的稳定离子，是Cl﹣；
（3）ClO3-→ClO2中氯元素化合价降低1，SO2→SO42-中硫元素化合价升高2；
（4）H2C2O4→2CO2中碳元素化合价升高2，KClO3→ClO2中氯元素化合价降低1；
（5）c(Cl-)c(Br-)=c(Cl-)×c(Ag+)c(Br-)×c(Ag+)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=10003。
【解答】解：（1）亚氯酸钠中氯元素的化合价为+3价；亚氯酸为弱酸，故亚氯酸钠溶液中ClO2-水解使溶液显碱性，ClO2-+H2O⇄HClO2+OH-；因为水解后溶液呈碱性，其水溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（ClO2-）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：+3；亚氯酸钠水解显碱性或ClO2-+H2O⇄HClO2+OH-； c(Na+)＞c(ClO2-)＞c(OH-)＞c(H+)；
（2）根据氧化还原反应化合价升降规律，另一种含氯的稳定离子，是Cl﹣，根据原子守恒及得失电子守恒得反应的离子方程式为：5ClO2-+4H+=4ClO2↑+Cl-+2H2O，
故答案为：5ClO2-+4H+=4ClO2↑+Cl-+2H2O；
（3）ClO3-→ClO2中氯元素化合价降低1，SO2→SO42-中硫元素化合价升高2，由得失电子守恒可得氧化剂与还原的物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；
（4）H2C2O4→2CO2中碳元素化合价升高2，KClO3→ClO2中氯元素化合价降低1，由得失电子守恒可得其离子方程式：2H++2ClO3-+H2C2O4一定条件¯2ClO2↑+2CO2↑+2H2O，
故答案为：2H++2ClO3-+H2C2O4一定条件¯2ClO2↑+2CO2↑+2H2O；
（5）c(Cl-)c(Br-)=c(Cl-)×c(Ag+)c(Br-)×c(Ag+)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=10003，可得Ksp（AgBr）=Ksp(AgCl)×31000=5.4×10﹣13，
故答案为：5.4×10﹣13。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氯物质性质的掌握情况，试题难度中等。
16．（17分）硒（Se）和碲（Te）均为硫（S）的同族元素，原子序数分别为34、52，它们的单质和化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景。科研小组以精炼铜的阳极泥为原料（含有CuS、Cu2Se、Cu2Te和少量金属单质Ag）回收Se、Te并制备胆矾的一种流程如图：
回答下列问题：
（1）Cu原子的价电子排布式为 3d104s1 ；TeO2属于 两性 （填“酸性”“碱性”或“两性”）氧化物。
（2）H2Se的稳定性比H2S的 弱 （填“强”或“弱”）；H2O，H2S，H2Se的沸点由高到低为 H2O＞H2Se＞H2S 。
（3）“水溶”反应的离子方程式为 SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2SO42-+4H+ 。
（4）“碱溶”的目的为 使TeO2转化为Na2TeO3而与Cu、Ag分离 。
（5）“分离”过程需控制适当温度，不宜过高或过低的理由为 温度过低，反应速率慢，Cu的溶解率低；温度越高，O2的溶解度越小，使反应速率减慢且反应不充分 。
（6）若滤液2的pH＝2，其中c（Cu2+）＝0.5ml•L﹣1、c（Na+）＝0.02ml•L﹣1、c（Cl﹣）＝0.01ml•L﹣1，则滤渣Ⅱ的成分为 AgCl 。[已知Ksp（Ag2SO4）＝1.4×10﹣5、Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10]
（7）用滤液2制备CuSO4•5H2O的操作为 蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥 。
【分析】阳极泥含有CuS、Cu2Se、Cu2Te和少量金属单质Ag，阳极泥焙烧得到SeO2、SO2的混合气体和烧渣，烧渣中含有TeO2、Ag、Cu，SeO2、SO2的混合气体经过水溶过滤得到Se，烧渣中加入NaOH溶液进行碱溶，Ag、Cu不溶于NaOH溶液，TeO2和NaOH溶液反应生成Na2TeO3和H2O，过滤后得到的滤渣Ⅰ为Ag、Cu，滤液1中含有Na2TeO3和NaOH，滤液1进行沉碲得到TeO2，TeO2加入稀硫酸进行酸浸，然后加入Na2SO3进行还原得到Te；滤渣Ⅰ加入稀硫酸、O2和足量NaCl，滤液2通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到CuSO4•5H2O，滤渣Ⅱ为AgCl。
【解答】解：（1）Cu原子的价电子为其3d能级上的10个电子和4s能级上的1个电子，所以其价电子的排布式为3d104s1；根据流程图知，TeO2能和NaOH溶液、稀硫酸反应，所以TeO2属于两性氧化物，
故答案为：3d104s1；两性；
（2）元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，非金属性：Se＜S，则H2Se的稳定性比H2S的弱；能形成分子间氢键的氢化物的熔沸点较高，不能形成分子间氢键的氢化物，其相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，H2O能形成分子间氢键，其它氢化物不能形成分子间氢键，所以H2O的沸点最高，H2S＜H2Se，则H2O、H2S、H2Se的沸点由高到低为H2O＞H2Se＞H2S，
故答案为：弱；H2O＞H2Se＞H2S；
（3）“水溶”反应的离子方程式为SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2SO42-+4H+，
故答案为：SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2SO42-+4H+；
（4）“碱溶”的目的为使TeO2转化为Na2TeO3而与Cu、Ag分离，
故答案为：使TeO2转化为Na2TeO3而与Cu、Ag分离；
（5）“分离”过程需控制适当温度，不宜过高或过低的理由为温度过低，反应速率慢，Cu的溶解率低；温度越高，O2的溶解度越小，使反应速率减慢且反应不充分，
故答案为：温度过低，反应速率慢，Cu的溶解率低；温度越高，O2的溶解度越小，使反应速率减慢且反应不充分；
（6）若滤液2的pH＝2，其中c（Cu2+）＝0.5ml•L﹣1、c（Na+）＝0.02ml•L﹣1、c（Cl﹣）＝0.01ml•L﹣1，滤液中c（Ag+）=Ksp(AgCl)c(Cl-)=1.8×10-100.01ml/L＝1.8×10﹣8ml/L，根据电荷守恒可知c（SO42-）＝0.5ml/L+12×（0.02ml/L+0.01ml/L﹣0.01ml/L）＝0.51ml/L，可知Q（Ag2SO4）＝c2（Ag+）c（SO42-）＝（1.6×10﹣8）2×0.51＝1.3×10﹣16＜1.4×10﹣5，故不能生成Ag2SO4沉淀，则滤渣Ⅱ的成分为AgCl，
故答案为：AgCl；
（7）用滤液2制备CuSO4•5H2O的操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
【点评】本题考查物质的分离提纯，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质的分离提纯方法是解本题关键，注意滤渣Ⅱ成分的判断方法。
17．（14分）几种弱酸的电离常数（25℃）如下表：
（1）将少量CO2通入NaClO溶液中的离子方程式为 CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3- 。
（2）常温下，一定浓度的CH3COONa溶液的pH＝9，溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)= 1.75×104 。
（3）对10mL0.1ml•L﹣110mL0.1ml•L﹣1CH3COONa溶液进行下列操作，能使CH3COO﹣的水解程度增大的是 AC （填标号）。
A．适当升高温度
B．加入NaOH固体
C．通入HCl气体
D．加入CH3COONa固体
（4）用实验确定HA是否为弱电解质，设计了如下实验方案：
①方案1：先量取一定体积的HA，配制成0.1ml•L﹣1的溶液，用pH计测出常温下该溶液的pH的值 大于1 ，证明HA为弱电解质。
②方案2：设计一个合理且比较容易进行的实验方案（药品可任取），并作简明扼要的表述： 配制NaA溶液，在常温下测定其pH＞7，即可以证明HA为弱电解质 。
③25℃时，用pH计测定不同浓度HA溶液的pH如图所示。稀释HA溶液，水的电离程度会 增大 （填“增大”或“减小”），根据图中信息，判断HA为弱电解质的依据是 HA溶液稀释体积为原来的10倍，而pH增大不到1 。
【分析】（1）由电离常数可知，次氯酸的酸性弱于碳酸、强于碳酸氢根离子，由强酸制弱酸可知，二氧化碳与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸和碳酸氢钠；
（2）由电离常数可知，pH为9的醋酸钠溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)=Kac(H+)=1.75×10-51×10-9；
（3）A．醋酸根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动；
B．醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，向溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动；
C．醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，向溶液中通入氯化氢气体，氯化氢与溶液中的氢氧根离子反应使氢氧根离子浓度减小，平衡向正反应方向移动；
D．醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，向溶液中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离浓度的增大，平衡向正反应方向移动；
（4）①用pH计测出常温下0.1ml/LHA溶液的pH的值大于1，说明HA在溶液中部分电离；
②若HA为弱电解质，NaA在溶液中水解使溶液呈碱性，则证明HA为弱电解质的实验方案为配制NaA溶液；
③酸电离出的氢离子会抑制水的电离，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，25℃时，稀释HA溶液时，溶液中氢离子浓度减小，所以溶液中水的电离程度增大。
【解答】解：（1）由电离常数可知，次氯酸的酸性弱于碳酸、强于碳酸氢根离子，由强酸制弱酸可知，二氧化碳与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-，
故答案为：CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-；
（2）由电离常数可知，pH为9的醋酸钠溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)=Kac(H+)=1.75×10-51×10-9=1.75×104，
故答案为：1.75×104；
（3）A．醋酸根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动，醋酸根离子的水解程度增大，故A正确；
B．醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，向溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，醋酸根离子的水解程度减小，故B错误；
C．醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，向溶液中通入氯化氢气体，氯化氢与溶液中的氢氧根离子反应使氢氧根离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，醋酸根离子的水解程度增大，故C正确；
D．醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，向溶液中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离浓度的增大，平衡向正反应方向移动，但醋酸根离子的水解程度减小，故D错误；
故答案为：AC；
（4）①用pH计测出常温下0.1ml/LHA溶液的pH的值大于1，说明HA在溶液中部分电离，属于弱电解质，
故答案为：大于1；
②若HA为弱电解质，NaA在溶液中水解使溶液呈碱性，则证明HA为弱电解质的实验方案为配制NaA溶液，在常温下测得溶液pH大于7，即可以证明HA为弱电解质，
故答案为：配制NaA溶液，在常温下测定其pH＞7，即可以证明HA为弱电解质；
③酸电离出的氢离子会抑制水的电离，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，25℃时，稀释HA溶液时，溶液中氢离子浓度减小，所以溶液中水的电离程度增大；由图可知，图中（0.2000，2.73）到（0.0200，3.23）时，溶液稀释10倍，溶液pH变化小于1，说明HAHA为弱电解质，在溶液中部分电离出氢离子，
故答案为：增大；HA溶液稀释体积为原来的10倍，而pH增大不到1。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，试题难度中等。
18．（14分）2023年12月15日晚，景德镇景焦能源公司所在地火光冲天。许多居民误以为工厂起火，其实这是在遭遇突发性故障停电，将焦炉炉门打开直放焦炉气火的安全性操作。因为处理得当，未造成人员伤亡和财产损失。焦炉煤气的主要成分是H2和CO，可以与煤炭一起制取天然气，实现焦炉煤气的高效利用。
①C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） ΔH1＝+135.8kJ•ml﹣1
②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH2＝﹣120.4kJ•ml﹣1
③C（s）+2H2（g）⇌CH4（g） ΔH3＝﹣88.7kJ•ml﹣1
④CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s） ΔH4＝﹣178kJ•ml﹣1
回答下列问题：
（1）反应①中有利于提高碳的平衡转化率的条件是 C （填标号）。
A．低温高压
B．低温低压
C．高温低压
D．高温高压
（2）反应②中气体在Au/CeO2表面变换时的反应机理如图所示。（图中Ea为活化能）
注：ΔH1、Ea的单位均为kJ/ml，图中单位省略。
①反应机理中，决定反应速率的是步骤 d （填标号）。
②步骤f的方程式为 *OH+*COOH＝H2O*+*CO2 （吸附态用*表示，如H*或*H）。
③将等物质的量的CO和H2O充入密闭容器中，只发生反应②，反应达到平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化关系如图a所示。代表CO2和H2的曲线是 m （填“m”或“n”）。若起始时将H2O和CO按n(H2O)n(CO)=k充入恒容反应器中，在Q点温度下反应，CO的平衡转化率为75%时，则k＝ 3 。
（3）用CH4燃料电池连接成如图b装置。
①乙池中X为阳离子交换膜，石墨电极（C）作 阳 极，写出乙池总反应的离子方程式 2Cl﹣+2H2O通电¯2OH﹣+Cl2↑+H2↑ 。
②若乙池中X为钠离子交换膜（只允许钠离子通过），则当甲池中消耗标准状况下4.48LO2时，乙装置中阳极室溶液质量减少 46.8 克。
【分析】（1）根据C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） 为气体分子数增大的吸热反应，升高温度、减小压强都有利于平衡正向移动进行分析；
（2）根据反应机理中，d步骤反应的活化能最大，反应速率最慢，随着温度的不断升高，平衡不断逆向移动，CO2和H2的物质的量分数不断减小，进行分析；
（3）在电池中，甲池为燃料电池，乙、丙池为电解池，通入甲烷的C电极为负极，通入氧气的C电极为正极；则乙池中Fe电极为阴极，C电极为阳极；丙池中a电极为阴极，b电极为阳极。
【解答】解：（1）反应①C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） ΔH1=+135.8kJ⋅ml-1为气体分子数增大的吸热反应，升高温度、减小压强都有利于平衡正向移动，从而有利于提高碳的平衡转化率，则反应条件是高温低压，
故答案为：C。
（2）①反应机理中，d步骤反应的活化能最大，反应速率最慢，则决定反应速率的是步骤d，
故答案为：d；
②步骤f中，比较反应物和生成物，可得出反应的方程式为*OH+*COOH＝H2O*+*CO2，
故答案为：*OH+*COOH＝H2O*+*CO2；
③将等物质的量的CO和H2O充入密闭容器中，只发生反应②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH2=-120.4kJ⋅ml-1，随着温度的不断升高，平衡不断逆向移动，CO2和H2的物质的量分数不断减小，则代表CO2和H2的曲线是m，在Q点，各物质的物质的量分数都为25%，即浓度都相等，则K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)=1；若起始时将H2O和CO按n(H2O)n(CO)=k充入恒容反应器中，设n（CO）＝n，在Q点温度下反应，CO的平衡转化率为75%时，则可建立如下三段式：
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始（ml） n kn 0 0
转化（ml） 0.75n 0.75n 0.75n 0.75n
平衡（ml） 0.25n kn﹣0.75n 0.75n 0.75n

0.75n××(kn-0.75n)=1，k＝3，
故答案为：m；3；
（3）由分析可知，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极；
①乙池为电解池，X为阳离子交换膜，则石墨电极（C）作阳极，Cl﹣失电子生成Cl2，Fe电极为阴极，水得电子生成H2和OH﹣，则乙池总反应的离子方程式为2Cl﹣+2H2O═通电2OH﹣+Cl2↑+H2↑，
故答案为：阳；2Cl﹣+2H2O通电¯2OH﹣+Cl2↑+H2↑；
②若乙池中X为钠离子交换膜（只允许钠离子通过），则当甲池中消耗标准状况下4.48LO2时，O2的物质的量为0.2ml，由O2——4e﹣，可得出电路中转移电子的物质的量为0.2ml×4＝0.8ml，则乙装置中失电子的Cl﹣的物质的量为0.8ml，通过阳离子交换膜进入阴极的Na+为0.8ml，阳极室溶液质量减少0.8ml×58.5g/ml＝46.8克，
故答案为：46.8。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
弱酸
H2CO3
HClO
CH3COOH
电离常数Ka
Ka1＝4.5×10﹣7
Ka2＝4.7×10﹣11
4.0×10﹣8
1.75×10﹣5
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
B
B
B
B
B
D
D
A
A
C
题号
12
13
14
答案
A
B
C
弱酸
H2CO3
HClO
CH3COOH
电离常数Ka
Ka1＝4.5×10﹣7
Ka2＝4.7×10﹣11
4.0×10﹣8
1.75×10﹣5