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2017-2018学年山东省烟台市高二上学期期末化学试题（解析版）
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2017-2018学年山东省烟台市高二（上）期末化学试卷
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1. 下列不能说明HA 为弱酸的是（ ）
A. HA溶液使石蕊溶液变红
B. NaA溶液使酚酞溶液变红
C. 稀释pH=2的HA溶液1000倍，测得溶液pH=4
D. 25℃，分别为0.1mol•L-1的盐酸和HA溶液，盐酸导电能力强
【答案】A
【解析】解：A．HA能使石蕊试液变红色，说明HA是酸，不能说明HA部分电离，则不能说明HA是弱酸，故A错误；
B．NaA溶液能使酚酞试液变红色，说明NaA是强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故B正确；
C．pH=2的HA溶液稀释1000倍后溶液的pH=4，说明HA存在电离平衡，则HA为弱酸，故C正确；
D.25℃，分别为0.1mol•L-1的盐酸和HA溶液，盐酸导电能力强，说明盐酸中离子浓度大于HA，则HA部分电离，为弱酸，故D正确；
故选：A。
要证明HA为弱酸，只要证明HA部分电离即可，可由其一定浓度溶液稀释之后pH变化、NaA溶液酸碱性等方法判断，据此分析解答。
本题考查弱电解质的判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，电解质强弱是根据其电离程度划分的，溶液导电能力强弱与离子浓度有关，题目难度不大。
2. 下列说法不正确的是（ ）
A. 凡是经过加热而发生的化学反应都是吸热反应
B. 化学反应的实质是化学键的断裂和生成，而且一定伴随着能量的变化
C. 化学反应速率的大小主要取决于反应物本身的性质
D. 通过化学变化，只能改变物质的种类，不能改变物质的总质量
【答案】A
【解析】解：A、因反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关，如铝热反应需要加热才能发生，却为放热反应，故A错误；
B、化学反应涉及化学键的断裂和生成，旧化学键断裂吸收热量，新化学键的生成是放热过程，反应前后一定伴随着能量的变化，故B正确；
C、化学反应速率的大小主要取决于反应物的性质，外界条件也可以影响反应速率，故C正确；
D、化学变化是生成新物质的变化，改变世界上物质的种类；在改变过程中物质的总质量不变，不改变物质的总质量，故D正确；
故选：A。
A、反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关；
B、化学反应的实质是旧化学键断裂，新化学键的生成，过程中有能量变化；
C、化学反应速率主要取决于物质本性；
D、依据质量守恒分析判断；
本题考查了化学反应的实质分析，能量变化特征反应速率的影响因素判断，题目较简单。
3. 下列关于钢铁腐蚀和防护的说法不正确的是（ ）
A. 钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀
B. 钢铁腐蚀的过程就是铁失电子被还原的过程
C. 水闸与直流电源负极相连，称为阴极电保护法
D. 在航海船底镶嵌锌块可以保护船体，称为牺牲阳极保护法
【答案】B
【解析】解：A．海水中盐类物质较多，易构成电化学腐蚀，则钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀，故A正确；
B、铁失电子被氧化，而不是被还原，故B错误；
C．阴极电保护法是将被保护的金属作电解池阴极，所以被保护的金属连接电源负极，故C正确；
D、利用牺牲阳极的阴极保护法防止钢铁腐蚀时，活泼性比Fe强的锌作负极失电子被腐蚀，Fe作正极被保护，故D正确；
故选：B。
A．海水中盐类物质较多，易构成电化学腐蚀；
B、铁失电子被氧化；
C、阴极电保护法是将被保护的金属作电解池阴极；
D、活泼性比Fe强的锌作负极失电子被腐蚀，Fe作正极被保护。
本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理即可解答，知道电化学腐蚀比化学腐蚀速率快，所以实验室用粗锌制取氢气，题目难度不大。
4. 在水电离出的c（H+）=1×10-12mol•L-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A. Fe3+、NH4+、SO42-、Cl- B. Na+、Ba2+、Cl-、NO3-
C. K+、Fe2+、Cl-、NO3- D. Na+、K+、CH3COO-、SO42-
【答案】B
【解析】解：A、Fe3+和NH4+在碱性溶液中不能稳定存在，故A错误；
B．酸或碱溶液中离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C、酸性溶液Fe2+、NO3-之间发生氧化还原反应不能共存，碱性溶液中Fe2+发生复分解不能共存，故C错误；
D、酸性溶液中CH3COO-生成弱电解质不能共存，故D错误；
故选：B。
由水电离出的c（H+）=1×10-12mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能为酸或碱的溶液；再根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质，不能大量共存，以此来解答。
本题考查离子的共存，为高考高频考点，侧重复分解反应的考查，注意信息的抽取和离子的性质为解答的关键，选项C易错点，题目难度不大。
5. 已知CH2=CH2（g）+H2（g）→C2H6（g）△H，有关化学键的键能如下，则该反应的△H为（ ）
化学键
C-H
C=C
C-C
H-H
健能/kJ•mol-1
414.4
615.3
347.4
435.5
A. +288.8kJ•mol-1 B. -703.4 kJ•mol-1
C. -125.4kJ•mol-1 D. +125.4 kJ•mol-1
【答案】C
【解析】解：由表中化学键的键能及CH2=CH2（g）+H2（g）→C2H6（g），可知△H=414.4kJ/mol×4+615.3kJ/mol+435.5kJ/mol-（414.4kJ/mol×6+347.4kJ/mol）=-125.4kJ•mol-1，故选C。
焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，以此来解答。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变与键能的关系，题目难度不大。
6. 一定温度下，水中存在H2O⇌H++OH-，下列说法一定正确的是（ ）
A. pH=7
B. 加热，Kw增大，pH减小
C. 加入醋酸钠固体，平衡逆向移动，c（H+）减小
D. 加入少量稀硫酸，平衡逆向移动，Kw增大
【答案】B
【解析】解：A、一定温度下，纯水显示中性，但是水的pH不一定等于7，故A错误；
B、加热促进水的电离，电离平衡正向移动，Kw增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B正确；
C、加入醋酸钠固体，电离出的醋酸根离子可以和水电离出的氢离子反应，平衡正向移动，c（H+）减小，故C错误；
D、加入少量稀硫酸，增加了氢离子浓度，平衡逆向移动，但是水的离子积不变，故D错误。
故选：B。
A、一定温度下，纯水的pH不一定等于7；
B、加热促进水的电离，电离平衡正向移动；
C、加入醋酸钠固体，电离出的醋酸根离子可以和水电离出的氢离子反应；
D、加入少量稀硫酸，增加了氢离子浓度，影响水的电离平衡。
本题考查水的电，离，酸、碱和含有弱根离子的盐能影响水电离，但不影响离子积常数，为易错点。
7. 下列溶液蒸干灼烧，能够得到原物质的是（ ）
A. KMnO4 B. Cu（NO3）2 C. Al2（SO4）3 D. Na2SO3
【答案】C
【解析】解：A．高锰酸钾不稳定，加热易分解，生成锰酸钾和二氧化锰，故A错误；
B．Cu（NO3）3在加热时水解生成Cu（OH）2和HNO3，HNO3易挥发，灼烧得到CuO，故B错误；
C．硫酸铝加热蒸干并灼烧，能够得到原来物质，故C正确；
D．Na2SO3在加热条件下易生成硫酸钠，加热蒸干并灼烧，能够得到硫酸钠，故D错误；
故选：C。
在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答。
本题考查盐类水解的应用，题目难度不大，注意盐类水解的原理，特别是能把握相关物质的性质。
8. 常温时，下列关于电解质溶液的叙述正确的是（ ）
A. 稀释pH=10的氨水，溶波中所有离子的浓度均降低
B. pH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，水的电离程度相同
C. 35℃时0.1mol•L-1的Na2CO3溶液碱性比25℃时强，说明该水解反应吸热
D. 分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗NaOH的物质的量多
【答案】C
【解析】【分析】
A．稀释pH=10的氨水，氢离子浓度升高；
B．HCl抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离；
C．碱性越强，盐的水解程度越大，说明升高温度后碳酸根离子的水解程度增大；
D．硫酸是强电解质，溶液中完全电离，醋酸是弱电解质，部分电离。
本题考查了弱电解质的电离平衡、盐的水解原理及其影响，题目难度中等，明确盐的水解原理的影响因素为解答关键，注意掌握弱电解质的电离平衡，试题培养了学生的灵活应用能力。
【解答】
A．稀释pH=10的氨水，氢氧根离子浓度降低，则氢离子浓度升高，故A错误；
B．pH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，盐酸溶液的氢离子主要是盐酸提供的，并且抑制了水的电离；而氯化铵溶液中，NH4+结合水电离的H+，促进了水的电离，故B错误；
C．0.1mol/L Na2CO3溶液35℃时的碱性比25℃时强，说明升高温度后促进了碳酸根离子的水解，则说明盐类水解反应是吸热反应，故C正确；
D．c（H+）=10-pH，硫酸是强电解质，氢离子完全电离出来；醋酸是弱电解质，氢离子部分电离，c（醋酸）＞c（H+），所以醋酸消耗的氢氧化钠比硫酸多，故D错误；
故选：C。
9. 室温下，用0.1mol•L-1HCl溶液滴定10mL0.1mol•L-1Na2CO3溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 水电离程度由大到小的顺序为：a＞b＞c＞d
B. a 点时：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）
C. b 点时：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）
D. d 点时：c（H+）＞c（HCO3-）=c（CO32-）
【答案】A
【解析】解：A．HCl电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，从a→b→c→d过程中，溶液pH逐渐降低，CO32-转化为HCO3-，再转化为CO2，过程中酸性逐渐增强，水的电离程度不断减弱，所以水电离程度由大到小的顺序为：a＞b＞c＞d，故A正确；
B．a点为Na2CO3溶液，CO32-水解使溶液呈碱性，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，综合两步水解来看，溶液中c（OH-）＞c（HCO3-），CO32-水解产生HCO3-和OH-，并且水解为微弱的反应，则c（CO32-）＞c（OH-），所以溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-），故B错误；
C．b点为加入10mLHCl溶液，反应恰好生成NaHCO3，溶液呈碱性，根据物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），故C错误；
D．d点为加入20mLHCl溶液，反应恰好生成H2CO3，溶液呈酸性，根据H2CO3的电离平衡，H2CO3⇌H++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-，所以c（HCO3-）＞c（CO32-），故D错误，
故选：A。
A．HCl电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离；
B．a点为Na2CO3溶液，CO32-水解使溶液呈碱性，存在两级水解，综合两级水解考虑；
C．b点为加入10mLHCl溶液，反应恰好生成NaHCO3，溶液呈碱性，根据物料守恒分析；
D．d点为加入20mLHCl溶液，反应恰好生成H2CO3，溶液呈酸性，根据H2CO3的电离平衡分析。
本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，明确曲线各点对应溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生分析能力及综合应用能力。
10. 已知25℃时，H2SO3的Ka1=1.2×10-2 mol•L-1、Ka2=6.6×10-8mol•L-1．该温度下pH=3、c（HSO3-）=0.12 mol•L-1、c（SO32-）=7.92×10-6mol•L-1的亚硫酸溶液中，c（H2SO3）为（ ）
A. 0.1mol•L-1 B. 0.01mol•L-1
C. 1.0×10-3mol•L-1 D. 1.0×10-5 mol•L-1
【答案】B
【解析】解：由信息可知，H2SO3的Ka1=1.2×10-2mol•L-1、pH=3、c（HSO3-）=0.12mol•L-1，Ka1=，则c（H2SO3）==0.01mol•L-1，
故选：B。
结合Ka1=及pH=3、c（HSO3-）=0.12mol•L-1计算。
本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握弱电解质的电离平衡、Ka的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电离平衡常数的计算与K相似，题目难度不大。
11. 用CO 合成甲醇的化学方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO的平衡转化率与压强、温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 温度：T1＞T2＞T3
B. 正反应速串：v（a）＞v（b）＞v（c）
C. 平衡常数：K（b）＞K（d）
D. CH2OH 的体积分数φ（a）＞φ（b）＞φ（c）
【答案】D
【解析】解：A．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，反应是放热反应，相同压强下，温度越高，平衡逆向进行，一氧化碳转化率越小，温度：T1＜T2＜T3 ，故A错误；
B．反应是放热反应，相同压强下，温度越高，平衡逆向进行，温度：T1＜T2＜T3 ，温度越高反应速率越大，所以正反应速率：υ（a）＜υ（b）＜υ（c），故B错误；
C．bd点是相同温度下的化学平衡，平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变，故C错误；
D．反应是放热反应，相同压强下，温度越高，平衡逆向进行，CH3OH的体积分数越低，即CH3OH的体积分数为ϕ（a）＞ϕ（b）＞ϕ（c），故D正确；
故选：D。
A．依据反应是放热反应，升温平衡逆向进行，一氧化碳转化率减小分析判断
B．依据图象分析温度越高反应速率越大；
C．bd是相同温度下进行的反应平衡状态，平衡常数随温度变化；
D．依据平衡移动方向分析甲醇的条件分数。
本题考查化学平衡影响因素的分析判断，图象分析依据定一议二方法分析判断，注意平衡常数随温度变化，题目难度中等。
12. 下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图1表示分别在有、无催化剂的情况下某吸热反应过程中的能量变化
B. 图2表示常温下，等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应（滴加CuSO4溶液的为虚线）
C. 图3表示mg冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力的变化，其中醋酸的电离度c＞b＞a
D. 图4表示压强对合成氨反应的影响，乙的压强大
【答案】C
【解析】解：A．催化剂降低反应的活化能，图中表示催化剂对放热反应的影响，故A错误；
B．等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应，加硫酸铜时反应速率快，但生成氢气少，则生成氢气不同，故B错误；
C．加水越多，促进醋酸电离程度越大，则醋酸的电离度c＞b＞a，故C正确；
D．合成氨为体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则压强大时反应物的含量小，应为催化剂的影响，故D错误；
故选：C。
A．催化剂降低反应的活化能，反应物总能量大于生成物总能量；
B．等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应，加硫酸铜时反应速率快，但生成氢气少；
C．加水越多，促进醋酸电离程度越大；
D．合成氨为体积减小的反应，增大压强平衡正向移动。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、弱电解质得到电离、平衡移动、反应速率为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析，题目难度不大。
13. 已知反应Ⅰ：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H1，平衡常数为K1
反应Ⅱ：Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H2，平衡常数为K2
反应Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3，平衡常数为K3
在不同温度时K1、K2的值如下表：下列不正确的是（ ）
温度/℃
K1
K2
700
1.47
2.38
900
2.15
1.67
A. K3=K1/K2 B. △H3＜0 C. △H2＜0 D. △H1＞0
【答案】B
【解析】解：A．由盖斯定律可知，I-II得到反应Ⅲ，则K3=，故A正确；
B.＜，即温度越高K3越大，可知△H3＞0，故B错误；
C．温度越高K2越小，即升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，可知△H2＜0，故C正确；
D．由表中数据可知，温度越高K1越大，正反应为吸热反应，可知△H1＞0，故D正确；
故选：B。
由Ⅰ：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H1，平衡常数为K1
反应Ⅱ：Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H2，平衡常数为K2
结合盖斯定律可知，I-II得到反应Ⅲ；
由表中数据可知，温度越高K1越大，温度越高K2越小，且＜，即温度越高K3越大，以此来解答。
本题考查化学平衡计算，为高频考点，把握盖斯定律的应用、表格中数据的应用、K及焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
14. 下列有关说法中正确的是（ ）
A. Ksp（AB2）＜Ksp（CD），说明AB2的溶解度小于CD 的溶解度
B. 在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp增大
C. AgCl 分别在同浓度的CaCl2溶液和NaCl 溶液中溶解度不同
D. 在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，沉淀溶解平衡不移动
【答案】C
【解析】解：A．由于AB2与CD分子组成形式不同，因此不能根据Ksp大小来比较溶解度的大小，故A错误；
B．溶度积只受温度的影响，则在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp不变，故B错误；
C．浓度的CaCl2溶液和NaCl溶液中，氯离子浓度不同，对AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq）抑制程度不同，则AgCl的溶解度不同，故C正确；
D．碳酸钙的沉淀溶解平衡为：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入稀盐酸能与CO32-反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动，故D错误。
故选：C。
A．由于AB2与CD分子组成形式不同，因此不能根据Ksp大小来比较溶解度的大小；
B．溶度积只受温度的影响；
C．浓度的CaCl2溶液和NaCl溶液中，氯离子浓度不同，则AgCl的溶解度不同；
D．碳酸钙溶于盐酸。
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握平衡移动的特点以及影响因素，难度不大。
15. 混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属（以M表示） 为负极，碱液（主要为KOH） 为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意如图，其总反应式为：MH+NiOOHM+Ni（OH）2．下列说法不正确的是（ ）
A. 上坡时放电，下坡时充电
B. 下坡时乙电极发生：Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O
C. 上坡时甲电极发生：MH+OH--e-=M+H2O
D. 下坡时，甲电极做阳极，周围溶液的pH增大
【答案】D
【解析】解：A、混合动力车上坡或加速时，该下坡时充电，装置是电解池，故A正确；
B、下坡时乙是电解池，乙电极镍的化合物为阳极，电极反应式为Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O，故B正确；
C、混合动力车上坡或加速时，该装置是原电池，甲是负极，电极发生反应：MH+OH--e-=M+H2O，故C正确；
D、下坡时，甲电极做阴极，M+H2O+e-=MH+OH-，周围溶液的pH增大，故D错误。
故选：D。
混合动力车上坡或加速时，该装置是原电池，根据图知，甲是储氢金属（以M表示）为负极，在碱性环境中，氢失电子结合氢氧根离子生成水，溶液pH降低，乙是镍的化合物为正极，正极上NiOOH和水得电子生成氢氧化镍和氢氧根离子，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-，据此回答即可。
本题考查了原电池原理及电极反应是的书写，注意热化学方程式书写和电极反应式书写，综合性较强，难度中等。
16. 某密闭容器中充入等物质的量的气体A 和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间的变化如图所示。下列说法中正确是（ ）
A. 8min 时达到化学平衡状态
B. 0～20min 内A 的反应速率为0.10mol•L-1•min-1
C. 反应方程式中的x=1，正反应为放热反应
D. 30min 时降低温度，40min时升高温度
【答案】C
【解析】解：根据解化学平衡图象题的技巧，从该题图1可知，0-20min是反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡的过程，20min时各浓度保持不变，达平衡。从该题图2可知，30-40min，改变条件后，平衡不移动，反应速率减慢，40-54min，达新平衡。
A.0～20min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增加，说明该时间段反应向着正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以8min时没有达到平衡状态，故A错误；
B.20min时C的浓度变化为2.00mol/L，根据化学计量数关系可知，A的浓度变化为1.00mol/L，所以v（A）==0.05mol/（L•min ），故B错误；
C．由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C正确；
D．由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故D错误；
故选：C。
从该题图1可知，0-20min是反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）达到平衡的过程，20min时各浓度保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，20-30min，是保持平衡状态过程；反应物和生成物的浓度都减少，结合图象2知，正逆反应速率相等且减小平衡不移动；40-54min，图1知，反应物浓度增大生成物浓度减小，图2知正逆反应速率都增大，且与原平衡点无接触点，逆反应速率大于正反应速率，当正逆反应速率相等时，再次达到平衡状态，
A．根据图象可知，20min时反应达到平衡状态，所以8min时平衡向着正向移动；
B.20min时C的浓度为2.0mol/L，则A的浓度变化为1.0mol/L，反应速率为0.05mol/（L•min ）；
C．由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1．则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应；
D.30min时，正逆反应速率都减小，但反应速率仍相等，则应是减小越强的原因，如降低温度，正逆反应速率不等，40min时正逆反应速率都增大且逆反应速率大于正反应速率应是升高温度的原因；
本题考查了化学平衡图象题。解化学平衡图象题，看图象：一看轴，弄清横坐标和纵坐标的意义。二看点，弄清图象上点的意义，看起点，交点，转折点，终点。三看量的变化，利用相关公式进行计算，明确外界条件对化学平衡的影响是解本题的关键，题目难度较大。
二、简答题（本大题共2小题，共27.0分）
17. 铁和铜及其化合物在人类生产生活中具有重要作用。回答下列问题：
（1）中国古代四大发明之一的司南由天然磁石制成，其主要成分是______（填字母序号）。
a．Feb．FeOc．Fe3O4 d．Fe2O3
（2）某科研机构研究利用铁的氧化物循环裂解水制氢气的过程示意图如下所示。
①已知上述循环过程中反应Ⅰ的△H=+19.3kJ•mol-1、反应Ⅱ的△H=-57.2kJ•mol-1、反应Ⅲ的△H=+172.4kJ•mol-1．则铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式是______。
②下图表示其他条件一定时，Fe3O4（s）和CO（g）反应达平衡时，CO（g）的体积百分含量随温度（T）的变化关系。当温度低于570℃时，温度升高，反应Fe3O4（s）+4CO（g）⇌3Fe（s）+4CO2（g）平衡常数的变化趋势是______ （填“增大”、“减小“或“不变”。当温度高于570℃时，则发生阻碍循环的副反应Fe3O4（s）+4CO（g）⇌3Fe（s）+4CO2（g），温度升高，CO 的转化率______（填“增大”、“减小“或“不变”），1000℃时该反应的化学平衡常数是______。
（3）中国古代制造的青铜器久置空气中发生电化学腐蚀生成铜绿，则正极反应式为______。若利用稀盐酸擦拭铜绿，其离子方程式为______。
（4）纳米级Cu2O具有优良的催化性能，电解法制纳米Cu2O的化学方程式为2Cu+H2OCu2O+H2↑．如图采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O，则图中为______离子交换膜（填“阴”或“阳”）； 该电池的阴极反应式为______；钛极附近的pH______ （填“增大”、“减小”或“不变“）。
【答案】c C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）△H=+134.5kJ•mol-1 减小 增大 256 O2+4e-+2H2O=4OH- Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑ 阴 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O 增大
【解析】解：（1）古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化三铁，选c，
故答案为：c；
（2）①Ⅰ．Fe3O4（s）+CO（g）⇌3FeO（s）+CO2（g）△H1=+19.3kJ•mol-1
Ⅱ.3FeO（s）+H2O（g）⇌Fe3O4（s）+H2（g）△H2=-57.2kJ•mol-1
Ⅲ．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H3=+172.4kJ•mol-1
依据盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得到铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式；C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）△H=+134.5kJ•mol-1 ，
故答案为：C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）△H=+134.5kJ•mol-1；
②当温度低于570℃时，温度升高，一氧化碳体积分数增大，平衡逆向进行，反应Fe3O4（s）+CO（g）⇌3FeO（s）+CO2（g）平衡常数的变化趋势是减小，
当温度高于570℃时，则发生阻碍循环的副反应Fe3O4（s）+4CO（g）⇌3Fe（s）+4CO2（g），温度升高，一氧化碳体积分数减小，平衡正向进行，一氧化碳转化率增大，
1000°C时CO体积分数为20%，结合三行计算列式计算得到平衡浓度，设起始浓度CO为1mol/L，消耗CO浓度为x，
Fe3O4（s）+4CO（g）⇌3Fe（s）+4CO2（g），
起始量（mol/L） 1 0
变化量（mol/L） x x
平衡量（mol/L） 1-x x
=20%，x=0.8
K==256，
故答案为：减小；增大； 256；
（3）青铜器久置空气中发生电化学腐蚀生成铜绿，正极是氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，负极是铜失电子生成铜离子，结合空气中二氧化碳、水蒸气反应生成碱式碳酸铜，碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，
故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑；
（4）采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度；在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，钛极是阴极发生氢离子得电子的还原反应，所以消耗氢离子，则PH值增大，
故答案为：阴； 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；增大。
（1）天然磁石成分为四氧化三铁；
（2）①Ⅰ．Fe3O4（s）+CO（g）⇌3FeO（s）+CO2（g）△H1=+19.3kJ•mol-1
Ⅱ.3FeO（s）+H2O（g）⇌Fe3O4（s）+H2（g）△H2=-57.2kJ•mol-1
Ⅲ．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H3=+172.4kJ•mol-1
依据盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得到铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式；
②当温度低于570℃时，一氧化碳体积分数增大，平衡逆向进行，当温度高于570℃时，则发生阻碍循环的副反应Fe3O4（s）+CO（g）⇌3Fe（s）+CO2（g），温度升高，一氧化碳体积分数减小，平衡正向进行，
结合三行计算列式计算得到平衡浓度，平衡常数K=；
（3）青铜器久置空气中发生电化学腐蚀生成铜绿，正极是氧气得到电子生成氢氧根离子，负极是铜失电子生成铜离子，结合空气中二氧化碳、水蒸气反应生成碱式碳酸铜，碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水；
（4）采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度，在电解池的阳极发生失电子的氧化反应；钛极是阴极发生氢离子得电子的还原反应，据此分析附近pH值变化。
本题考查了物质性质、热化学方程式书写、离子检验实验设计方案分析判断、化学平衡计算以及溶度积的计算等知识点，注意题干信息的理解应用，题目难度中等。
18. 三氧化二镍（Ni2O3）是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易粉碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料生产Ni2O3的工艺流程如下：
下表为金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（设开始沉淀时金属离子浓度为1.0mol•L-1）：
氢氧化物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
Ni（OH）2
开始沉淀的pH
1.1
6.5
3.5
7.1
沉淀完全的pH
3.2
9.7
4.7
9.2
回答下列问题：
（1）为提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施是______。
（2）酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。H2O2的作用是______。其离子方程式为______。
（3）在沉镍前，需加Na2CO3控制溶液pH的范围为______。
（4）沉镍的离子方程式为______。
（5）氧化生成Ni2O3的离子方程式为______。
（6）工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1mol•L-1 NiCl2与一定量NH4Cl 组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其它条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为______。
【答案】升高温度、搅拌、增大盐酸浓度、粉碎等 把Fe2+氧化为Fe3+ 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 4.7≤pH＜7.1 CO32-+Ni2+=NiCO3↓ 2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O 10g•L-1
【解析】解：（1）为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以升高温度、搅拌、增大盐酸浓度、粉碎等；
故答案为：升高温度、搅拌、增大盐酸浓度、粉碎等；
（2）H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：把Fe2+氧化为Fe3+； 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的PH值控制在4.7≤pH＜7.1，
故答案为：4.7≤pH＜7.1；
（4）沉镍的离子方程式为CO32-+Ni2+=NiCO3↓，
故答案为：CO32-+Ni2+=NiCO3↓；
（5）Cl元素由+1价降为-1价，反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，则氧化生成Ni2O3的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O，
故答案为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O；
（6）由图2可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10g•L-1，
故答案为：10g•L-1。
以金属镍废料生产Ni2O3，由流程可知，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸得氯化镍溶液和二氧化碳，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液反应生成Ni2O3，
（1）升高温度、增大酸的浓度、充分搅拌、增大接触面积等可以提高浸出的速率；
（2）H2O2可氧化亚铁离子；
（3）沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀；
（4）碳酸根离子与镍离子反应生成沉淀；
（5）Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，结合电子、原子及电荷守恒配平；
（6）选择对阴极电流效率及镍的成粉率最高时对应氯化铵的浓度。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
三、实验题（本大题共2小题，共25.0分）
19. 工业上H2O2是一种重要的绿色氧化剂，某化学小组设计下列实验探究H2O2的性质。回答下列问题：
（1）查阅资料知Fe3+和Cu2+都可以催化H2O2的分解。如图甲的实验目的是______；需要观察的现象是______；从物质组成的角度分析，该实验的一个主要缺陷是______。利用图乙的装置将H2O2溶液加入MnO2中，测定H2O2溶液在一定条件下的分解速率，则实验中需要测量的数据是______。
（2）下表为研究浓度对H2O2分解速率影响的实验方案，填写表中空白：
实验编号
T/K
催化剂
浓度
实验1
298
3滴FeCl3溶液
10mL2%H2O2
实验2
3滴FeCl3溶液
（2）甲同学向滴有酚酞试剂的氢氧化钠溶液中滴加过氧化氢，观察到溶液的红色褪去。查阅资料知过氧化氢具有弱酸性和强氧化性，据此提出溶液褪色的两种假设：
Ⅰ：弱酸性中和氢氧化钠溶液Ⅱ：强氧化性将酚酞氧化
①请你设计一个简单可行的实验以证明假设Ⅰ和Ⅱ是否合理，______（叙述实验操作、现象和结论）。
②乙同学认为从理论上即可分析出Ⅰ不合理，其理由是______。
（4）实验小组的同学将H2O2溶液滴加到酸性高锰酸钾溶液中，观察到酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色，则反应中H2O2表现______性，其离子方程式为______。
【答案】比较Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的能力大小 反应生成气泡的快慢 使用盐类物质的阴离子不同，可能造成干扰 气体的体积和时间 向已褪色的溶液中再加入足量NaOH溶液，若又出现红色证明假设Ⅰ正确，否则假设Ⅱ正确 过氧化氢显弱酸性，即使与氢氧化钠中和，由于生成的弱酸强碱盐水解显碱性，仍可以使酚酞显红色 还原 2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
【解析】解：（1）查阅资料知Fe3+和Cu2+都可以催化H2O2的分解。如图甲的实验目的是比较Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的能力大小；需要观察的现象是反应生成气泡的快慢；从物质组成的角度分析，该实验的一个主要缺陷是使用盐类物质的阴离子不同，可能造成干扰；利用图乙的装置将H2O2溶液加入MnO2中，测定H2O2溶液在一定条件下的分解速率，则实验中需要测量的数据是气体的体积和时间，
故答案为：比较Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的能力大小；反应生成气泡的快慢；使用盐类物质的阴离子不同，可能造成干扰；气体的体积和时间；
（2）实验1和实验2 研究同一温度下，浓度对过氧化氢分解速率的影响，
故答案为：298；10mL5%H2O2；
（3）①向已褪色的溶液中再加入足量NaOH溶液，若又出现红色证明假设Ⅰ正确，否则假设Ⅱ正确，
故答案为：向已褪色的溶液中再加入足量NaOH溶液，若又出现红色证明假设Ⅰ正确，否则假设Ⅱ正确；
②乙同学认为从理论上即可分析出Ⅰ不合理，其理由是过氧化氢显弱酸性，即使与氢氧化钠中和，由于生成的弱酸强碱盐水解显碱性，仍可以使酚酞显红色，
故答案为：过氧化氢显弱酸性，即使与氢氧化钠中和，由于生成的弱酸强碱盐水解显碱性，仍可以使酚酞显红色；
（4）高猛酸根离子在过氧化氢的反应作用下，生成锰离子，氧气和水，故离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，在反应中H2O2的化合价从-1价，降低到-2价，化合价降低，作还原剂，具有还原性；其离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：还原；2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。
（1）比较Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的能力大小，据此进行分析；观察反应生成气泡的快慢；从组成元素角度去分析；通过测定气体的体积和时间，来说明H2O2溶液在一定条件下的分解速率；
（2）实验1和实验2 研究同一温度下，浓度对过氧化氢分解速率的影响；
（3）①向已褪色的溶液中再加入足量NaOH溶液，若又出现红色，说明弱酸性中和氢氧化钠溶液使溶液的红色褪去，据此进行分析；
②过氧化氢显弱酸性，据此进行分析；
（4）2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，在反应中H2O2的化合价从-1价，降低到-2价，化合价降低，据此进行分析。
本题考查探究化学反应速率的影响因素，物质的性质，氧化还原反应中概念之间的关系，离子方程式的书写等，本题难度中等。
20. 实验室使用0.1000mol•L-1的NaOH 溶液滴定20.00mL 未知浓度的稀盐酸，回答下列问题：
（1）配制NaOH 标准溶液100.00mL需要的仪器是______。
（2）滴定操作可分解为下列步骤：
A．用酸式滴定管向锥形瓶里注入20.00mL 待测稀盐酸溶液，并加入2～3 滴酚酞
B．用标准0.1000mol•L-1NaOH 溶液润洗碱式滴定管2～3 次
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液，使管内无气泡
D．将标准NaOH 溶液注入破式滴定管至刻度0 以上2～3cm
E．调节液面至0或0刻度以下，记下读数
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH 溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度
G．将所用有关仪器全部进行检漏且使用洗液、自来水、蒸馏水洗净
则正确操作步骤的顺序是（用字母填写）______。
（3）滴定过程中，边滴边揭动锥形瓶，眼睛应观察______。滴定达到终点的现象是______。
（4）根据下列数据计算，待测盐酸溶液的浓度为______mol•L-1（计算结果保留小数点后四位）。
实验编号
待测盐酸体积（mL）
滴定前NaOH 溶液的体积读数（mL）
滴定后NaOH 溶液的体积读数（mL）
1
20.00
1.20
23.22
2
20.00
2.21
24.21
3
20.00
1.50
23.48
（5）下列操作会导致测定结果偏低的是______（填字母）。
A．碱式滴定管来用标准NaOH 溶液润洗就装标准液滴定
B．读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视
C．滴定前破式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
D．酸式滴定管没有用待测盐酸润洗，直接装入待测盐酸
E．将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入20.00mL待测液
【答案】电子天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 GBDCEAF 锥形瓶内溶液颜色的变化 滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 0.1100 B、D
【解析】解：（1）配制NaOH标准溶液100.00mL需要的仪器，电子天平称量NaOH质量，烧杯溶解，玻璃棒搅拌、引流，100mL容量瓶定容，胶头滴管精确加液，所以需要的仪器有：电子天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：电子天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；
（2）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，可知正确的操作顺序为：GBDCEAF，
故答案为：GBDCEAF；
（3）滴定过程中，边滴边揭动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色变化，
酚酞作为指示剂，用碱滴酸，颜色变化由无色变为粉红色，所以终点现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；
（4）三次消耗NaOH标准液的体积分别为：22.02mL，22.00mL，21.98mL，均为有效数字，平均消耗NaOH溶液的体积为V（NaOH）==22.00mL，则待测盐酸溶液的浓度为c（HCl）===0.1100mol/L，
故答案为：0.1100；
（5）A．碱式滴定管未用标准 NaOH 溶液润洗就装标准液滴定，导致消耗标准液体积偏大，依据可知，测定结果偏高，故A不选；
B．读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视，导致消耗标准液体积偏小，依据可知，测定结果偏低，故B选；
C．滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，依据可知，测定结果偏高，故C不选；
D．酸式滴定管没有用待测盐酸润洗，直接装入待测盐酸，导致待测液被稀释，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故D选；
E．锥形瓶不需要用待测液润洗，反应是按照物质的量关系反应，无影响，故E不选，
故答案为：B、D。
（1）配制NaOH标准溶液100.00mL需要的仪器，电子天平称量NaOH质量，烧杯溶解，玻璃棒搅拌、引流，100mL容量瓶定容，胶头滴管精确加液；
（2）根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作分析实验具体步骤安排；
（3）滴定过程中，边滴边揭动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色变化，酚酞作为指示剂，用碱滴酸，颜色变化由无色变为粉红色；
（4）首先判断数据有效性，再根据有效的数据计算消耗NaOH溶液的平均体积，据此计算待测液盐酸的浓度；
（5）分析操作对消耗标准液体积的影响，依据c（待测）=进行误差分析。
本题主要考查了中和滴定、误差分析以及计算等，理解中和滴定滴定原理是解答本题的关键，题目难度中等。
2017-2018学年山东省烟台市高二（上）期末化学试卷
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1. 下列不能说明HA 为弱酸的是（ ）
A. HA溶液使石蕊溶液变红
B. NaA溶液使酚酞溶液变红
C. 稀释pH=2的HA溶液1000倍，测得溶液pH=4
D. 25℃，分别为0.1mol•L-1的盐酸和HA溶液，盐酸导电能力强
【答案】A
【解析】解：A．HA能使石蕊试液变红色，说明HA是酸，不能说明HA部分电离，则不能说明HA是弱酸，故A错误；
B．NaA溶液能使酚酞试液变红色，说明NaA是强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故B正确；
C．pH=2的HA溶液稀释1000倍后溶液的pH=4，说明HA存在电离平衡，则HA为弱酸，故C正确；
D.25℃，分别为0.1mol•L-1的盐酸和HA溶液，盐酸导电能力强，说明盐酸中离子浓度大于HA，则HA部分电离，为弱酸，故D正确；
故选：A。
要证明HA为弱酸，只要证明HA部分电离即可，可由其一定浓度溶液稀释之后pH变化、NaA溶液酸碱性等方法判断，据此分析解答。
本题考查弱电解质的判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，电解质强弱是根据其电离程度划分的，溶液导电能力强弱与离子浓度有关，题目难度不大。
2. 下列说法不正确的是（ ）
A. 凡是经过加热而发生的化学反应都是吸热反应
B. 化学反应的实质是化学键的断裂和生成，而且一定伴随着能量的变化
C. 化学反应速率的大小主要取决于反应物本身的性质
D. 通过化学变化，只能改变物质的种类，不能改变物质的总质量
【答案】A
【解析】解：A、因反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关，如铝热反应需要加热才能发生，却为放热反应，故A错误；
B、化学反应涉及化学键的断裂和生成，旧化学键断裂吸收热量，新化学键的生成是放热过程，反应前后一定伴随着能量的变化，故B正确；
C、化学反应速率的大小主要取决于反应物的性质，外界条件也可以影响反应速率，故C正确；
D、化学变化是生成新物质的变化，改变世界上物质的种类；在改变过程中物质的总质量不变，不改变物质的总质量，故D正确；
故选：A。
A、反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关；
B、化学反应的实质是旧化学键断裂，新化学键的生成，过程中有能量变化；
C、化学反应速率主要取决于物质本性；
D、依据质量守恒分析判断；
本题考查了化学反应的实质分析，能量变化特征反应速率的影响因素判断，题目较简单。
3. 下列关于钢铁腐蚀和防护的说法不正确的是（ ）
A. 钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀
B. 钢铁腐蚀的过程就是铁失电子被还原的过程
C. 水闸与直流电源负极相连，称为阴极电保护法
D. 在航海船底镶嵌锌块可以保护船体，称为牺牲阳极保护法
【答案】B
【解析】解：A．海水中盐类物质较多，易构成电化学腐蚀，则钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀，故A正确；
B、铁失电子被氧化，而不是被还原，故B错误；
C．阴极电保护法是将被保护的金属作电解池阴极，所以被保护的金属连接电源负极，故C正确；
D、利用牺牲阳极的阴极保护法防止钢铁腐蚀时，活泼性比Fe强的锌作负极失电子被腐蚀，Fe作正极被保护，故D正确；
故选：B。
A．海水中盐类物质较多，易构成电化学腐蚀；
B、铁失电子被氧化；
C、阴极电保护法是将被保护的金属作电解池阴极；
D、活泼性比Fe强的锌作负极失电子被腐蚀，Fe作正极被保护。
本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理即可解答，知道电化学腐蚀比化学腐蚀速率快，所以实验室用粗锌制取氢气，题目难度不大。
4. 在水电离出的c（H+）=1×10-12mol•L-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）
A. Fe3+、NH4+、SO42-、Cl- B. Na+、Ba2+、Cl-、NO3-
C. K+、Fe2+、Cl-、NO3- D. Na+、K+、CH3COO-、SO42-
【答案】B
【解析】解：A、Fe3+和NH4+在碱性溶液中不能稳定存在，故A错误；
B．酸或碱溶液中离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C、酸性溶液Fe2+、NO3-之间发生氧化还原反应不能共存，碱性溶液中Fe2+发生复分解不能共存，故C错误；
D、酸性溶液中CH3COO-生成弱电解质不能共存，故D错误；
故选：B。
由水电离出的c（H+）=1×10-12mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能为酸或碱的溶液；再根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质，不能大量共存，以此来解答。
本题考查离子的共存，为高考高频考点，侧重复分解反应的考查，注意信息的抽取和离子的性质为解答的关键，选项C易错点，题目难度不大。
5. 已知CH2=CH2（g）+H2（g）→C2H6（g）△H，有关化学键的键能如下，则该反应的△H为（ ）
化学键
C-H
C=C
C-C
H-H
健能/kJ•mol-1
414.4
615.3
347.4
435.5
A. +288.8kJ•mol-1 B. -703.4 kJ•mol-1
C. -125.4kJ•mol-1 D. +125.4 kJ•mol-1
【答案】C
【解析】解：由表中化学键的键能及CH2=CH2（g）+H2（g）→C2H6（g），可知△H=414.4kJ/mol×4+615.3kJ/mol+435.5kJ/mol-（414.4kJ/mol×6+347.4kJ/mol）=-125.4kJ•mol-1，故选C。
焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，以此来解答。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变与键能的关系，题目难度不大。
6. 一定温度下，水中存在H2O⇌H++OH-，下列说法一定正确的是（ ）
A. pH=7
B. 加热，Kw增大，pH减小
C. 加入醋酸钠固体，平衡逆向移动，c（H+）减小
D. 加入少量稀硫酸，平衡逆向移动，Kw增大
【答案】B
【解析】解：A、一定温度下，纯水显示中性，但是水的pH不一定等于7，故A错误；
B、加热促进水的电离，电离平衡正向移动，Kw增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B正确；
C、加入醋酸钠固体，电离出的醋酸根离子可以和水电离出的氢离子反应，平衡正向移动，c（H+）减小，故C错误；
D、加入少量稀硫酸，增加了氢离子浓度，平衡逆向移动，但是水的离子积不变，故D错误。
故选：B。
A、一定温度下，纯水的pH不一定等于7；
B、加热促进水的电离，电离平衡正向移动；
C、加入醋酸钠固体，电离出的醋酸根离子可以和水电离出的氢离子反应；
D、加入少量稀硫酸，增加了氢离子浓度，影响水的电离平衡。
本题考查水的电，离，酸、碱和含有弱根离子的盐能影响水电离，但不影响离子积常数，为易错点。
7. 下列溶液蒸干灼烧，能够得到原物质的是（ ）
A. KMnO4 B. Cu（NO3）2 C. Al2（SO4）3 D. Na2SO3
【答案】C
【解析】解：A．高锰酸钾不稳定，加热易分解，生成锰酸钾和二氧化锰，故A错误；
B．Cu（NO3）3在加热时水解生成Cu（OH）2和HNO3，HNO3易挥发，灼烧得到CuO，故B错误；
C．硫酸铝加热蒸干并灼烧，能够得到原来物质，故C正确；
D．Na2SO3在加热条件下易生成硫酸钠，加热蒸干并灼烧，能够得到硫酸钠，故D错误；
故选：C。
在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答。
本题考查盐类水解的应用，题目难度不大，注意盐类水解的原理，特别是能把握相关物质的性质。
8. 常温时，下列关于电解质溶液的叙述正确的是（ ）
A. 稀释pH=10的氨水，溶波中所有离子的浓度均降低
B. pH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，水的电离程度相同
C. 35℃时0.1mol•L-1的Na2CO3溶液碱性比25℃时强，说明该水解反应吸热
D. 分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗NaOH的物质的量多
【答案】C
【解析】【分析】
A．稀释pH=10的氨水，氢离子浓度升高；
B．HCl抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离；
C．碱性越强，盐的水解程度越大，说明升高温度后碳酸根离子的水解程度增大；
D．硫酸是强电解质，溶液中完全电离，醋酸是弱电解质，部分电离。
本题考查了弱电解质的电离平衡、盐的水解原理及其影响，题目难度中等，明确盐的水解原理的影响因素为解答关键，注意掌握弱电解质的电离平衡，试题培养了学生的灵活应用能力。
【解答】
A．稀释pH=10的氨水，氢氧根离子浓度降低，则氢离子浓度升高，故A错误；
B．pH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，盐酸溶液的氢离子主要是盐酸提供的，并且抑制了水的电离；而氯化铵溶液中，NH4+结合水电离的H+，促进了水的电离，故B错误；
C．0.1mol/L Na2CO3溶液35℃时的碱性比25℃时强，说明升高温度后促进了碳酸根离子的水解，则说明盐类水解反应是吸热反应，故C正确；
D．c（H+）=10-pH，硫酸是强电解质，氢离子完全电离出来；醋酸是弱电解质，氢离子部分电离，c（醋酸）＞c（H+），所以醋酸消耗的氢氧化钠比硫酸多，故D错误；
故选：C。
9. 室温下，用0.1mol•L-1HCl溶液滴定10mL0.1mol•L-1Na2CO3溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 水电离程度由大到小的顺序为：a＞b＞c＞d
B. a 点时：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）
C. b 点时：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）
D. d 点时：c（H+）＞c（HCO3-）=c（CO32-）
【答案】A
【解析】解：A．HCl电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，从a→b→c→d过程中，溶液pH逐渐降低，CO32-转化为HCO3-，再转化为CO2，过程中酸性逐渐增强，水的电离程度不断减弱，所以水电离程度由大到小的顺序为：a＞b＞c＞d，故A正确；
B．a点为Na2CO3溶液，CO32-水解使溶液呈碱性，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，综合两步水解来看，溶液中c（OH-）＞c（HCO3-），CO32-水解产生HCO3-和OH-，并且水解为微弱的反应，则c（CO32-）＞c（OH-），所以溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-），故B错误；
C．b点为加入10mLHCl溶液，反应恰好生成NaHCO3，溶液呈碱性，根据物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），故C错误；
D．d点为加入20mLHCl溶液，反应恰好生成H2CO3，溶液呈酸性，根据H2CO3的电离平衡，H2CO3⇌H++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-，所以c（HCO3-）＞c（CO32-），故D错误，
故选：A。
A．HCl电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离；
B．a点为Na2CO3溶液，CO32-水解使溶液呈碱性，存在两级水解，综合两级水解考虑；
C．b点为加入10mLHCl溶液，反应恰好生成NaHCO3，溶液呈碱性，根据物料守恒分析；
D．d点为加入20mLHCl溶液，反应恰好生成H2CO3，溶液呈酸性，根据H2CO3的电离平衡分析。
本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，明确曲线各点对应溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生分析能力及综合应用能力。
10. 已知25℃时，H2SO3的Ka1=1.2×10-2 mol•L-1、Ka2=6.6×10-8mol•L-1．该温度下pH=3、c（HSO3-）=0.12 mol•L-1、c（SO32-）=7.92×10-6mol•L-1的亚硫酸溶液中，c（H2SO3）为（ ）
A. 0.1mol•L-1 B. 0.01mol•L-1
C. 1.0×10-3mol•L-1 D. 1.0×10-5 mol•L-1
【答案】B
【解析】解：由信息可知，H2SO3的Ka1=1.2×10-2mol•L-1、pH=3、c（HSO3-）=0.12mol•L-1，Ka1=，则c（H2SO3）==0.01mol•L-1，
故选：B。
结合Ka1=及pH=3、c（HSO3-）=0.12mol•L-1计算。
本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握弱电解质的电离平衡、Ka的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电离平衡常数的计算与K相似，题目难度不大。
11. 用CO 合成甲醇的化学方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO的平衡转化率与压强、温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 温度：T1＞T2＞T3
B. 正反应速串：v（a）＞v（b）＞v（c）
C. 平衡常数：K（b）＞K（d）
D. CH2OH 的体积分数φ（a）＞φ（b）＞φ（c）
【答案】D
【解析】解：A．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，反应是放热反应，相同压强下，温度越高，平衡逆向进行，一氧化碳转化率越小，温度：T1＜T2＜T3 ，故A错误；
B．反应是放热反应，相同压强下，温度越高，平衡逆向进行，温度：T1＜T2＜T3 ，温度越高反应速率越大，所以正反应速率：υ（a）＜υ（b）＜υ（c），故B错误；
C．bd点是相同温度下的化学平衡，平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变，故C错误；
D．反应是放热反应，相同压强下，温度越高，平衡逆向进行，CH3OH的体积分数越低，即CH3OH的体积分数为ϕ（a）＞ϕ（b）＞ϕ（c），故D正确；
故选：D。
A．依据反应是放热反应，升温平衡逆向进行，一氧化碳转化率减小分析判断
B．依据图象分析温度越高反应速率越大；
C．bd是相同温度下进行的反应平衡状态，平衡常数随温度变化；
D．依据平衡移动方向分析甲醇的条件分数。
本题考查化学平衡影响因素的分析判断，图象分析依据定一议二方法分析判断，注意平衡常数随温度变化，题目难度中等。
12. 下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图1表示分别在有、无催化剂的情况下某吸热反应过程中的能量变化
B. 图2表示常温下，等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应（滴加CuSO4溶液的为虚线）
C. 图3表示mg冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力的变化，其中醋酸的电离度c＞b＞a
D. 图4表示压强对合成氨反应的影响，乙的压强大
【答案】C
【解析】解：A．催化剂降低反应的活化能，图中表示催化剂对放热反应的影响，故A错误；
B．等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应，加硫酸铜时反应速率快，但生成氢气少，则生成氢气不同，故B错误；
C．加水越多，促进醋酸电离程度越大，则醋酸的电离度c＞b＞a，故C正确；
D．合成氨为体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则压强大时反应物的含量小，应为催化剂的影响，故D错误；
故选：C。
A．催化剂降低反应的活化能，反应物总能量大于生成物总能量；
B．等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应，加硫酸铜时反应速率快，但生成氢气少；
C．加水越多，促进醋酸电离程度越大；
D．合成氨为体积减小的反应，增大压强平衡正向移动。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、弱电解质得到电离、平衡移动、反应速率为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析，题目难度不大。
13. 已知反应Ⅰ：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H1，平衡常数为K1
反应Ⅱ：Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H2，平衡常数为K2
反应Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3，平衡常数为K3
在不同温度时K1、K2的值如下表：下列不正确的是（ ）
温度/℃
K1
K2
700
1.47
2.38
900
2.15
1.67
A. K3=K1/K2 B. △H3＜0 C. △H2＜0 D. △H1＞0
【答案】B
【解析】解：A．由盖斯定律可知，I-II得到反应Ⅲ，则K3=，故A正确；
B.＜，即温度越高K3越大，可知△H3＞0，故B错误；
C．温度越高K2越小，即升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，可知△H2＜0，故C正确；
D．由表中数据可知，温度越高K1越大，正反应为吸热反应，可知△H1＞0，故D正确；
故选：B。
由Ⅰ：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）△H1，平衡常数为K1
反应Ⅱ：Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g）△H2，平衡常数为K2
结合盖斯定律可知，I-II得到反应Ⅲ；
由表中数据可知，温度越高K1越大，温度越高K2越小，且＜，即温度越高K3越大，以此来解答。
本题考查化学平衡计算，为高频考点，把握盖斯定律的应用、表格中数据的应用、K及焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
14. 下列有关说法中正确的是（ ）
A. Ksp（AB2）＜Ksp（CD），说明AB2的溶解度小于CD 的溶解度
B. 在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp增大
C. AgCl 分别在同浓度的CaCl2溶液和NaCl 溶液中溶解度不同
D. 在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，沉淀溶解平衡不移动
【答案】C
【解析】解：A．由于AB2与CD分子组成形式不同，因此不能根据Ksp大小来比较溶解度的大小，故A错误；
B．溶度积只受温度的影响，则在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp不变，故B错误；
C．浓度的CaCl2溶液和NaCl溶液中，氯离子浓度不同，对AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq）抑制程度不同，则AgCl的溶解度不同，故C正确；
D．碳酸钙的沉淀溶解平衡为：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入稀盐酸能与CO32-反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动，故D错误。
故选：C。
A．由于AB2与CD分子组成形式不同，因此不能根据Ksp大小来比较溶解度的大小；
B．溶度积只受温度的影响；
C．浓度的CaCl2溶液和NaCl溶液中，氯离子浓度不同，则AgCl的溶解度不同；
D．碳酸钙溶于盐酸。
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握平衡移动的特点以及影响因素，难度不大。
15. 混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属（以M表示） 为负极，碱液（主要为KOH） 为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意如图，其总反应式为：MH+NiOOHM+Ni（OH）2．下列说法不正确的是（ ）
A. 上坡时放电，下坡时充电
B. 下坡时乙电极发生：Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O
C. 上坡时甲电极发生：MH+OH--e-=M+H2O
D. 下坡时，甲电极做阳极，周围溶液的pH增大
【答案】D
【解析】解：A、混合动力车上坡或加速时，该下坡时充电，装置是电解池，故A正确；
B、下坡时乙是电解池，乙电极镍的化合物为阳极，电极反应式为Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O，故B正确；
C、混合动力车上坡或加速时，该装置是原电池，甲是负极，电极发生反应：MH+OH--e-=M+H2O，故C正确；
D、下坡时，甲电极做阴极，M+H2O+e-=MH+OH-，周围溶液的pH增大，故D错误。
故选：D。
混合动力车上坡或加速时，该装置是原电池，根据图知，甲是储氢金属（以M表示）为负极，在碱性环境中，氢失电子结合氢氧根离子生成水，溶液pH降低，乙是镍的化合物为正极，正极上NiOOH和水得电子生成氢氧化镍和氢氧根离子，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-，据此回答即可。
本题考查了原电池原理及电极反应是的书写，注意热化学方程式书写和电极反应式书写，综合性较强，难度中等。
16. 某密闭容器中充入等物质的量的气体A 和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间的变化如图所示。下列说法中正确是（ ）
A. 8min 时达到化学平衡状态
B. 0～20min 内A 的反应速率为0.10mol•L-1•min-1
C. 反应方程式中的x=1，正反应为放热反应
D. 30min 时降低温度，40min时升高温度
【答案】C
【解析】解：根据解化学平衡图象题的技巧，从该题图1可知，0-20min是反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡的过程，20min时各浓度保持不变，达平衡。从该题图2可知，30-40min，改变条件后，平衡不移动，反应速率减慢，40-54min，达新平衡。
A.0～20min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增加，说明该时间段反应向着正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以8min时没有达到平衡状态，故A错误；
B.20min时C的浓度变化为2.00mol/L，根据化学计量数关系可知，A的浓度变化为1.00mol/L，所以v（A）==0.05mol/（L•min ），故B错误；
C．由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C正确；
D．由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故D错误；
故选：C。
从该题图1可知，0-20min是反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）达到平衡的过程，20min时各浓度保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，20-30min，是保持平衡状态过程；反应物和生成物的浓度都减少，结合图象2知，正逆反应速率相等且减小平衡不移动；40-54min，图1知，反应物浓度增大生成物浓度减小，图2知正逆反应速率都增大，且与原平衡点无接触点，逆反应速率大于正反应速率，当正逆反应速率相等时，再次达到平衡状态，
A．根据图象可知，20min时反应达到平衡状态，所以8min时平衡向着正向移动；
B.20min时C的浓度为2.0mol/L，则A的浓度变化为1.0mol/L，反应速率为0.05mol/（L•min ）；
C．由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1．则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应；
D.30min时，正逆反应速率都减小，但反应速率仍相等，则应是减小越强的原因，如降低温度，正逆反应速率不等，40min时正逆反应速率都增大且逆反应速率大于正反应速率应是升高温度的原因；
本题考查了化学平衡图象题。解化学平衡图象题，看图象：一看轴，弄清横坐标和纵坐标的意义。二看点，弄清图象上点的意义，看起点，交点，转折点，终点。三看量的变化，利用相关公式进行计算，明确外界条件对化学平衡的影响是解本题的关键，题目难度较大。
二、简答题（本大题共2小题，共27.0分）
17. 铁和铜及其化合物在人类生产生活中具有重要作用。回答下列问题：
（1）中国古代四大发明之一的司南由天然磁石制成，其主要成分是______（填字母序号）。
a．Feb．FeOc．Fe3O4 d．Fe2O3
（2）某科研机构研究利用铁的氧化物循环裂解水制氢气的过程示意图如下所示。
①已知上述循环过程中反应Ⅰ的△H=+19.3kJ•mol-1、反应Ⅱ的△H=-57.2kJ•mol-1、反应Ⅲ的△H=+172.4kJ•mol-1．则铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式是______。
②下图表示其他条件一定时，Fe3O4（s）和CO（g）反应达平衡时，CO（g）的体积百分含量随温度（T）的变化关系。当温度低于570℃时，温度升高，反应Fe3O4（s）+4CO（g）⇌3Fe（s）+4CO2（g）平衡常数的变化趋势是______ （填“增大”、“减小“或“不变”。当温度高于570℃时，则发生阻碍循环的副反应Fe3O4（s）+4CO（g）⇌3Fe（s）+4CO2（g），温度升高，CO 的转化率______（填“增大”、“减小“或“不变”），1000℃时该反应的化学平衡常数是______。
（3）中国古代制造的青铜器久置空气中发生电化学腐蚀生成铜绿，则正极反应式为______。若利用稀盐酸擦拭铜绿，其离子方程式为______。
（4）纳米级Cu2O具有优良的催化性能，电解法制纳米Cu2O的化学方程式为2Cu+H2OCu2O+H2↑．如图采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O，则图中为______离子交换膜（填“阴”或“阳”）； 该电池的阴极反应式为______；钛极附近的pH______ （填“增大”、“减小”或“不变“）。
【答案】c C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）△H=+134.5kJ•mol-1 减小 增大 256 O2+4e-+2H2O=4OH- Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑ 阴 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O 增大
【解析】解：（1）古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化三铁，选c，
故答案为：c；
（2）①Ⅰ．Fe3O4（s）+CO（g）⇌3FeO（s）+CO2（g）△H1=+19.3kJ•mol-1
Ⅱ.3FeO（s）+H2O（g）⇌Fe3O4（s）+H2（g）△H2=-57.2kJ•mol-1
Ⅲ．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H3=+172.4kJ•mol-1
依据盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得到铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式；C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）△H=+134.5kJ•mol-1 ，
故答案为：C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）△H=+134.5kJ•mol-1；
②当温度低于570℃时，温度升高，一氧化碳体积分数增大，平衡逆向进行，反应Fe3O4（s）+CO（g）⇌3FeO（s）+CO2（g）平衡常数的变化趋势是减小，
当温度高于570℃时，则发生阻碍循环的副反应Fe3O4（s）+4CO（g）⇌3Fe（s）+4CO2（g），温度升高，一氧化碳体积分数减小，平衡正向进行，一氧化碳转化率增大，
1000°C时CO体积分数为20%，结合三行计算列式计算得到平衡浓度，设起始浓度CO为1mol/L，消耗CO浓度为x，
Fe3O4（s）+4CO（g）⇌3Fe（s）+4CO2（g），
起始量（mol/L） 1 0
变化量（mol/L） x x
平衡量（mol/L） 1-x x
=20%，x=0.8
K==256，
故答案为：减小；增大； 256；
（3）青铜器久置空气中发生电化学腐蚀生成铜绿，正极是氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，负极是铜失电子生成铜离子，结合空气中二氧化碳、水蒸气反应生成碱式碳酸铜，碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，
故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑；
（4）采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度；在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，钛极是阴极发生氢离子得电子的还原反应，所以消耗氢离子，则PH值增大，
故答案为：阴； 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；增大。
（1）天然磁石成分为四氧化三铁；
（2）①Ⅰ．Fe3O4（s）+CO（g）⇌3FeO（s）+CO2（g）△H1=+19.3kJ•mol-1
Ⅱ.3FeO（s）+H2O（g）⇌Fe3O4（s）+H2（g）△H2=-57.2kJ•mol-1
Ⅲ．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H3=+172.4kJ•mol-1
依据盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得到铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式；
②当温度低于570℃时，一氧化碳体积分数增大，平衡逆向进行，当温度高于570℃时，则发生阻碍循环的副反应Fe3O4（s）+CO（g）⇌3Fe（s）+CO2（g），温度升高，一氧化碳体积分数减小，平衡正向进行，
结合三行计算列式计算得到平衡浓度，平衡常数K=；
（3）青铜器久置空气中发生电化学腐蚀生成铜绿，正极是氧气得到电子生成氢氧根离子，负极是铜失电子生成铜离子，结合空气中二氧化碳、水蒸气反应生成碱式碳酸铜，碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水；
（4）采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度，在电解池的阳极发生失电子的氧化反应；钛极是阴极发生氢离子得电子的还原反应，据此分析附近pH值变化。
本题考查了物质性质、热化学方程式书写、离子检验实验设计方案分析判断、化学平衡计算以及溶度积的计算等知识点，注意题干信息的理解应用，题目难度中等。
18. 三氧化二镍（Ni2O3）是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易粉碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料生产Ni2O3的工艺流程如下：
下表为金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（设开始沉淀时金属离子浓度为1.0mol•L-1）：
氢氧化物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
Ni（OH）2
开始沉淀的pH
1.1
6.5
3.5
7.1
沉淀完全的pH
3.2
9.7
4.7
9.2
回答下列问题：
（1）为提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施是______。
（2）酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。H2O2的作用是______。其离子方程式为______。
（3）在沉镍前，需加Na2CO3控制溶液pH的范围为______。
（4）沉镍的离子方程式为______。
（5）氧化生成Ni2O3的离子方程式为______。
（6）工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1mol•L-1 NiCl2与一定量NH4Cl 组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其它条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为______。
【答案】升高温度、搅拌、增大盐酸浓度、粉碎等 把Fe2+氧化为Fe3+ 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 4.7≤pH＜7.1 CO32-+Ni2+=NiCO3↓ 2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O 10g•L-1
【解析】解：（1）为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以升高温度、搅拌、增大盐酸浓度、粉碎等；
故答案为：升高温度、搅拌、增大盐酸浓度、粉碎等；
（2）H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：把Fe2+氧化为Fe3+； 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的PH值控制在4.7≤pH＜7.1，
故答案为：4.7≤pH＜7.1；
（4）沉镍的离子方程式为CO32-+Ni2+=NiCO3↓，
故答案为：CO32-+Ni2+=NiCO3↓；
（5）Cl元素由+1价降为-1价，反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，则氧化生成Ni2O3的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O，
故答案为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O；
（6）由图2可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10g•L-1，
故答案为：10g•L-1。
以金属镍废料生产Ni2O3，由流程可知，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸得氯化镍溶液和二氧化碳，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液反应生成Ni2O3，
（1）升高温度、增大酸的浓度、充分搅拌、增大接触面积等可以提高浸出的速率；
（2）H2O2可氧化亚铁离子；
（3）沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀；
（4）碳酸根离子与镍离子反应生成沉淀；
（5）Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，结合电子、原子及电荷守恒配平；
（6）选择对阴极电流效率及镍的成粉率最高时对应氯化铵的浓度。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
三、实验题（本大题共2小题，共25.0分）
19. 工业上H2O2是一种重要的绿色氧化剂，某化学小组设计下列实验探究H2O2的性质。回答下列问题：
（1）查阅资料知Fe3+和Cu2+都可以催化H2O2的分解。如图甲的实验目的是______；需要观察的现象是______；从物质组成的角度分析，该实验的一个主要缺陷是______。利用图乙的装置将H2O2溶液加入MnO2中，测定H2O2溶液在一定条件下的分解速率，则实验中需要测量的数据是______。
（2）下表为研究浓度对H2O2分解速率影响的实验方案，填写表中空白：
实验编号
T/K
催化剂
浓度
实验1
298
3滴FeCl3溶液
10mL2%H2O2
实验2
3滴FeCl3溶液
（2）甲同学向滴有酚酞试剂的氢氧化钠溶液中滴加过氧化氢，观察到溶液的红色褪去。查阅资料知过氧化氢具有弱酸性和强氧化性，据此提出溶液褪色的两种假设：
Ⅰ：弱酸性中和氢氧化钠溶液Ⅱ：强氧化性将酚酞氧化
①请你设计一个简单可行的实验以证明假设Ⅰ和Ⅱ是否合理，______（叙述实验操作、现象和结论）。
②乙同学认为从理论上即可分析出Ⅰ不合理，其理由是______。
（4）实验小组的同学将H2O2溶液滴加到酸性高锰酸钾溶液中，观察到酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色，则反应中H2O2表现______性，其离子方程式为______。
【答案】比较Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的能力大小 反应生成气泡的快慢 使用盐类物质的阴离子不同，可能造成干扰 气体的体积和时间 向已褪色的溶液中再加入足量NaOH溶液，若又出现红色证明假设Ⅰ正确，否则假设Ⅱ正确 过氧化氢显弱酸性，即使与氢氧化钠中和，由于生成的弱酸强碱盐水解显碱性，仍可以使酚酞显红色 还原 2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
【解析】解：（1）查阅资料知Fe3+和Cu2+都可以催化H2O2的分解。如图甲的实验目的是比较Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的能力大小；需要观察的现象是反应生成气泡的快慢；从物质组成的角度分析，该实验的一个主要缺陷是使用盐类物质的阴离子不同，可能造成干扰；利用图乙的装置将H2O2溶液加入MnO2中，测定H2O2溶液在一定条件下的分解速率，则实验中需要测量的数据是气体的体积和时间，
故答案为：比较Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的能力大小；反应生成气泡的快慢；使用盐类物质的阴离子不同，可能造成干扰；气体的体积和时间；
（2）实验1和实验2 研究同一温度下，浓度对过氧化氢分解速率的影响，
故答案为：298；10mL5%H2O2；
（3）①向已褪色的溶液中再加入足量NaOH溶液，若又出现红色证明假设Ⅰ正确，否则假设Ⅱ正确，
故答案为：向已褪色的溶液中再加入足量NaOH溶液，若又出现红色证明假设Ⅰ正确，否则假设Ⅱ正确；
②乙同学认为从理论上即可分析出Ⅰ不合理，其理由是过氧化氢显弱酸性，即使与氢氧化钠中和，由于生成的弱酸强碱盐水解显碱性，仍可以使酚酞显红色，
故答案为：过氧化氢显弱酸性，即使与氢氧化钠中和，由于生成的弱酸强碱盐水解显碱性，仍可以使酚酞显红色；
（4）高猛酸根离子在过氧化氢的反应作用下，生成锰离子，氧气和水，故离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，在反应中H2O2的化合价从-1价，降低到-2价，化合价降低，作还原剂，具有还原性；其离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：还原；2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。
（1）比较Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的能力大小，据此进行分析；观察反应生成气泡的快慢；从组成元素角度去分析；通过测定气体的体积和时间，来说明H2O2溶液在一定条件下的分解速率；
（2）实验1和实验2 研究同一温度下，浓度对过氧化氢分解速率的影响；
（3）①向已褪色的溶液中再加入足量NaOH溶液，若又出现红色，说明弱酸性中和氢氧化钠溶液使溶液的红色褪去，据此进行分析；
②过氧化氢显弱酸性，据此进行分析；
（4）2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，在反应中H2O2的化合价从-1价，降低到-2价，化合价降低，据此进行分析。
本题考查探究化学反应速率的影响因素，物质的性质，氧化还原反应中概念之间的关系，离子方程式的书写等，本题难度中等。
20. 实验室使用0.1000mol•L-1的NaOH 溶液滴定20.00mL 未知浓度的稀盐酸，回答下列问题：
（1）配制NaOH 标准溶液100.00mL需要的仪器是______。
（2）滴定操作可分解为下列步骤：
A．用酸式滴定管向锥形瓶里注入20.00mL 待测稀盐酸溶液，并加入2～3 滴酚酞
B．用标准0.1000mol•L-1NaOH 溶液润洗碱式滴定管2～3 次
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液，使管内无气泡
D．将标准NaOH 溶液注入破式滴定管至刻度0 以上2～3cm
E．调节液面至0或0刻度以下，记下读数
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH 溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度
G．将所用有关仪器全部进行检漏且使用洗液、自来水、蒸馏水洗净
则正确操作步骤的顺序是（用字母填写）______。
（3）滴定过程中，边滴边揭动锥形瓶，眼睛应观察______。滴定达到终点的现象是______。
（4）根据下列数据计算，待测盐酸溶液的浓度为______mol•L-1（计算结果保留小数点后四位）。
实验编号
待测盐酸体积（mL）
滴定前NaOH 溶液的体积读数（mL）
滴定后NaOH 溶液的体积读数（mL）
1
20.00
1.20
23.22
2
20.00
2.21
24.21
3
20.00
1.50
23.48
（5）下列操作会导致测定结果偏低的是______（填字母）。
A．碱式滴定管来用标准NaOH 溶液润洗就装标准液滴定
B．读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视
C．滴定前破式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
D．酸式滴定管没有用待测盐酸润洗，直接装入待测盐酸
E．将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入20.00mL待测液
【答案】电子天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管 GBDCEAF 锥形瓶内溶液颜色的变化 滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 0.1100 B、D
【解析】解：（1）配制NaOH标准溶液100.00mL需要的仪器，电子天平称量NaOH质量，烧杯溶解，玻璃棒搅拌、引流，100mL容量瓶定容，胶头滴管精确加液，所以需要的仪器有：电子天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：电子天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；
（2）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，可知正确的操作顺序为：GBDCEAF，
故答案为：GBDCEAF；
（3）滴定过程中，边滴边揭动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色变化，
酚酞作为指示剂，用碱滴酸，颜色变化由无色变为粉红色，所以终点现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；
（4）三次消耗NaOH标准液的体积分别为：22.02mL，22.00mL，21.98mL，均为有效数字，平均消耗NaOH溶液的体积为V（NaOH）==22.00mL，则待测盐酸溶液的浓度为c（HCl）===0.1100mol/L，
故答案为：0.1100；
（5）A．碱式滴定管未用标准 NaOH 溶液润洗就装标准液滴定，导致消耗标准液体积偏大，依据可知，测定结果偏高，故A不选；
B．读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视，导致消耗标准液体积偏小，依据可知，测定结果偏低，故B选；
C．滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，依据可知，测定结果偏高，故C不选；
D．酸式滴定管没有用待测盐酸润洗，直接装入待测盐酸，导致待测液被稀释，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故D选；
E．锥形瓶不需要用待测液润洗，反应是按照物质的量关系反应，无影响，故E不选，
故答案为：B、D。
（1）配制NaOH标准溶液100.00mL需要的仪器，电子天平称量NaOH质量，烧杯溶解，玻璃棒搅拌、引流，100mL容量瓶定容，胶头滴管精确加液；
（2）根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作分析实验具体步骤安排；
（3）滴定过程中，边滴边揭动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色变化，酚酞作为指示剂，用碱滴酸，颜色变化由无色变为粉红色；
（4）首先判断数据有效性，再根据有效的数据计算消耗NaOH溶液的平均体积，据此计算待测液盐酸的浓度；
（5）分析操作对消耗标准液体积的影响，依据c（待测）=进行误差分析。
本题主要考查了中和滴定、误差分析以及计算等，理解中和滴定滴定原理是解答本题的关键，题目难度中等。
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