【化学】江苏省扬州市扬州中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

江苏省扬州市扬州中学2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64
第I卷（选择题，共40分）
一、单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1.诺贝尔化学奖曾授予致力于研究合成氨与催化剂表面积大小关系的德国科学家格哈德•埃特尔，表彰他在固体表面化学过程研究中作出的贡献。下列说法中正确的是
A. 增大催化剂的表面积，能增大氨气的产率
B. 增大催化剂的表面积，能加快合成氨的正反应速率、降低逆反应速率
C. 采用正向催化剂时，反应的活化能降低，使反应明显加快
D. 工业生产中，合成氨采用的压强越高，温度越低，越有利于提高经济效益
【答案】C
【解析】
【详解】A.催化剂以及固体的表面积大小只能改变反应速率，不能改变平衡移动，所以氨气的产率不变，故A错误；
B.增大催化剂的表面积，能加快合成氨的正反应速率和逆反应速率，故B错误；
C.催化剂的作用是降低反应的活化能，使活化分子的百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故C正确；
D.温度低，催化剂的活性低反应速率慢，产量降低，所以不利于提高经济效益，故D错误；
答案：C
【点睛】本题主要考查催化剂对化学反应速率和化学平衡的影响，注意把握化学反应速率和化学平衡移动原理对工业生成的指导意义，易错选项A。
2.下列过程或现象与盐类水解无关的是
A. 纯碱溶液去油污
B. 小苏打溶液与AlCl3溶液混合产生气体和沉淀
C. 浓的硫化钠溶液有臭味
D. 加热稀醋酸溶液其pH 稍有减小
【答案】D
【解析】
【详解】A.纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可使油脂在碱性条件下水解，与水解有关，故不选A；
B.小苏打溶液与AlCl3溶液可发生互促水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与水解有关，故不选B；
C.浓的硫化钠溶液有臭味，是因为硫离子水解生成少量硫化氢气体，故不选C；
D.醋酸为弱酸，存在电离平衡，电离为吸热过程，加热促进醋酸的电离，与水解无关，故选D；
答案：D
【点睛】本题考查盐类水解原理和应用，题目难度不大，易错选项A。
3.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是
A. 滴入甲基橙试液显红色的溶液中：Mg2+、Al3+、Br－、SO42－
B. 常温下水电离出的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液中：Na＋、Ba2+、Cl—、CH3COO—
C. 0.1 mol·L－1 (NH4)2CO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、OH－
D. c(SO32－)＝0.1 mol·L－1的溶液中：Ca2＋、MnO4－、SO42－、H＋
【答案】A
【解析】
【详解】A.滴入甲基橙试液显红色的溶液呈酸性，酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；
B. 常温下水电离出的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液，电解质抑制了水的电离，溶液可能显酸性，也可能显碱性，CH3COO—不能在强酸性环境下大量存在，故B错误；
C. NH4+与OH－不能大量共存，故C错误；
D. SO32-与MnO4－发生氧化还原反应，不能大量共存；Ca2＋与SO32-、SO42－可生成沉淀不能大量共存，故D错误；
答案：A
【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的考查，注意把握常见离子的性质，题目难度不大，易错选项B。
4.已知碳酸钙的分解①CaCO3(s)==CaO(s)+CO2(g) △H1，仅在高温下自发；②氯酸钾的分解2KClO3(s)==2KCl(s)+3O2(g) △H2，在任何温度下都自发。下面有几组焓变数据，其中可能正确的是
A. △H1＝－178.32kJ·mol－1 △H2＝－78.3kJ·mol－1
B. △H1＝178.32kJ·mol－1 △H2＝－78.3kJ·mol－1
C. △H1＝－178.32kJ·mol－1 △H2＝78.3kJ·mol－1
D. △H1＝178.32kJ·mol－1 △H2＝78.3kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】试题根据△G＝△H－T·△S可知，如果仅在高温自发，则说明△H1＞0，△S1＞0；任何温度均自发，则说明△H2＜0，△S2＞0；
答案：B
5.下列有关说法正确的是
A. 镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀
B. 铁表面镀铜时，铜与电源的负极相连，而铁与电源的正极相连
C. 某反应的平衡常数K300℃＞K350℃，则该反应 △H<0
D. 合成氨生产中将NH3液化分离，目的是加快正反应速率，提高H2的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据原电池原理，镀层破损后，铁比锡活泼，镀锡铁板中的铁作负极、更易被腐蚀，而锌比铁活泼，镀锌铁板中铁作正极、仍被锌保护，故镀锌的更耐腐蚀，故A错误；
B.铁表面镀铜时，铜与电源的正极相连，而铁与电源的负极相连，故B错误；
C.因为温度越低平衡常数越大，说明降温有利于正向反应进行，正反应为放热反应，故C正确；
D.合成氨生产中将NH3液化分离，目的是减小生成物的浓度，有利于平衡正向移动，提高H2的转化率，故D错误；
答案：C
6.COCl2俗名称作光气，是有毒气体。在一定条件下，可发生的化学反应为：COCl2(g) CO(g)＋Cl2(g)　ΔH<0 下列有关说法不正确的是
A. 在一定条件下，使用催化剂能加快反应速率
B. 当反应达平衡时，恒温恒压条件下通入Ar，COCl2的转化率不变
C. 单位时间内生成CO和消耗Cl2的物质的量比为1∶1时，反应达到平衡状态
D. 平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数减小
【答案】B
【解析】
试题分析：A．在一定条件下，使用催化剂能加快反应速率。正确。B．当反应达平衡时，恒温恒压条件下通入Ar，，则容器的容积就要扩大。各种物质的浓度就减小。由于生成物的系数大，所以生成物的浓度减小的多，反应物减小的少，所以化学平衡正向移动，COCl2的转化率增大。错误。C．单位时间内生成CO和Cl2的物质的量比为1∶1，若单位时间内生成CO和消耗Cl2的物质的量比为1∶1时，则消耗Cl2的物质的量与生成的Cl2的物质的量相等，反应达到平衡状态。正确。D．平衡时，其他条件不变，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，由于个反应为放热反应，所以升高温度，化学平衡逆向移动。故可使该反应的平衡常数减小。正确。
考点：考查外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响的知识。
7.下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 高温比常温有利于NH3的合成
B. 冰镇的啤酒打开后泛起泡沫
C. Fe(SCN)3溶液中加入KSCN后颜色变深
D. 氯水宜保存在低温、避光条件下
【答案】A
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A.合成氨反应为放热反应，根据勒夏特列原理可知，高温使合成氨反应逆向移动，并不有利于NH3的合成，故选A；
B.从气体的溶解平衡角度分析：气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大；由于气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开啤酒瓶时，瓶内的压强减小，瓶内的二氧化碳会从瓶中逸出，可以用勒夏特列原理解释，故不选B；
C.向硫氰化铁溶液中加入硫氰化钾固体时，硫氰根离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，则硫氰化铁浓度增大，溶液的颜色变深，能用勒沙特列原理解释，故不选C；
D.新制的氯水在光照条件或受热条件下颜色变浅，是次氯酸分解，生成物浓度减小，促进氯气和水反应正向进行。因此，氯水宜保存在低温、避光条件下，可用勒沙特列原理解释，故不选D；
答案：A
【点睛】本题考查了平衡移动原理的分析判断，平衡移动原理的理解是解题关键，题目难度中等，易错选项B。
8.下列相关实验示意图不能达到实验目的的是
A. 探究不同催化剂对H2O2分解速率影响

B. 探究温度对2NO2N2O4平衡影响

C. 验证Cr2O72—+H2O2CrO42—+2H+平衡状态变化

D. 验证钠和水反应的热效应

【答案】A
【解析】
A．要探究不同催化剂对化学反应速率影响，应该只有催化剂不同，其它条件必须完全相同，该实验中催化剂和反应物浓度都不同，所以无法探究催化剂对化学反应速率影响，A错误；B．升高温度，平衡向吸热方向移动，降低温度平衡向放热方向移动，采用不同的温度根据物质颜色变化确定反应热，所以可以实现实验目的，B正确；C．增大氢离子浓度平衡向逆反应方向进行，可以实现实验目的，C正确；D．反应放热，温度升高压强增大U形管两侧的红墨水的液面不同，能达到实验目的，D正确；答案选A。
点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及探究催化剂、温度和反应物浓度对化学反应速率影响、反应热判断等知识点，把握实验操作的规范性、实验细节和实验原理为解答的关键，注意方案的合理性、评价性、操作性分析，注意A中必须只有一个条件不同其它条件必须完全相同，否则无法得出正确结论，易错选项是A。
9.“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中乙醇被氧化为X，其中一个电极的反应式为：CH3CH2OH－2e－ === X + 2H+。下列说法中正确的是
A. 电池内部H+由正极向负极移动
B. 另一极的电极反应式为：O2 + 4e－ + 2H2O === 4OH－
C. 乙醇在正极发生反应，电子经过外电路流向负极
D. 电池总反应为：2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.原电池工作时，电解质溶液中氢离子向正极移动，故A错误；
B.电解质溶液呈酸性，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故B错误；
C.乙醇在负极上失电子发生氧化反应，氧气在正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，故C错误；
D.根据题干电极反应CH3CH2OH－2e－= X + 2H+，利用原子守恒可知X为CH3CHO，所以电池总反应应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O，故D正确；
答案：D
10.下列说法正确的是
A. 铜的金属活泼性比铁的弱，可在海轮外壳上镶入若干铜块以减缓其腐蚀
B. 向0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中c(H+)/c(CH3COO-)减小
C. 反应TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g)；ΔH>0能自发进行，其原因是ΔS>0
D. 一定温度下，增大反应2BaO2(s)2BaO(s) ＋O2(g)容器的体积，平衡不移动
【答案】C
【解析】
【详解】A.Cu与Fe形成原电池时，铜的金属活泼性比铁的弱，铁作负极更易被腐蚀，所以不能在海轮外壳上镶入若干铜块以减缓其腐蚀，故A错误；
B.0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中加入少量水，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，根据勒夏特列原理，水解平衡虽然正向移动，但是CH3COO-、CH3COOH、OH-浓度均下降。OH-浓度减小，则H+的浓度增大，溶液中c(H+)/c(CH3COO-)增大，故B错误；
C.判断反应是否能自发进行的两个判据：焓判据ΔH>0不符合，则熵判据必须符合ΔS>0，反应才可能自发进行，故C正确；
D. 一定温度下，增大反应2BaO2(s)2BaO(s) ＋O2(g)容器的体积，相当于减小压强，平衡向气体体积增大的方向进行，因此平衡正向移动，故D错误；
答案：C
二、不定项选择题（本题5小题，每小题4分共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）
11.常温下，有100 mL pH＝2的两种一元酸x和y，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示，则：

A. x为强酸，y为弱酸
B. 随着稀释的进行，y的电离程度减小
C. 稀释前x、y的物质的量浓度相等
D. 稀释后的x、y分别分别与足量的锌反应，y放出的氢气多
【答案】AD
【解析】
【分析】
100mL溶液加水稀释至1000mL时，x的pH由2升高到3，说明x为强酸，而y的pH小于3，应为弱酸，结合弱电解质的平衡移动的特点解答该题。
【详解】A.由以上分析可知x为强酸，y为弱酸，故A正确；
B.y为弱酸，加水稀释促进电离，电离程度增大，故B错误；
C.稀释前pH相等，但y为弱酸，浓度应大于x，故C错误；
D.等体积的x、y，y的物质的量多，与足量锌反应时，y生成氢气多，故D正确．
答案：AD
【点睛】本题考查弱电解质的电离，根据酸的稀释图象判断酸性的强弱，为解答该题的关键，注意把握弱电解质的电离特点以及平衡移动的影响因素。
12.二氧化硫的催化氧化原理为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。在一定压强下，反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是

A. 反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的△H＜0
B. 在D点时v（正）＜v（逆）
C. 若B、C点的平衡常数分别为KB、KC，则KB＞KC
D. 恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，平衡向左移动
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图可知，升高温度，SO3的百分含量降低，说明升高温度平衡向逆反应移动，因此该反应正反应是放热反应，△H<0，故不选A；
B.曲线上的点都是平衡点，D点SO3的百分含量低于相同温度平衡点的含量，说明D点未到达平衡状态，反应正在向正反应进行，v（正）>v（逆）故选B；
C.升高温度，平衡向逆反应移动，故温度越高平衡常数越小，B点的温度低于C的温度，故平衡常数，KB>KC，故不选C；
D.恒温恒压下向平衡体系中通入氦气，体积增大（相当于减压），参与反应气体压强降低，平衡向体积增大的方向移动，即向平衡向左移动，故不选D；
答案：B
【点睛】本题考查化学平衡图象、化学平衡移动的影响因素等，难度中等，注意根据SO3的含量随温度变化情况判断平衡移动的方向。
13.根据下列有关实验得出结论一定正确的是
选项
操作
现象与结论
A
同温时，等质量的锌粒分别与足量稀硫酸反应
产生气体的量：加胆矾＝未加胆矾
B
向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液
溶液变黄，氧化性：H2O2＞Fe3＋
C
相同温度下，等质量的大理石与等体积、等浓
度的盐酸反应
粉状大理石产生气泡更快，
反应速率：粉状大理石＞块状大理石
D
向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘呈红色、中间为白色
氯水既有酸性又有还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A.因锌不足，且锌与硫酸铜反应，所以加入胆矾的溶液生成的氢气少，故A错误；
B.不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故B错误；
C.固体表面积越大，反应速率越大，故C正确；
D.氯水中含有的HClO因为具有强氧化性而漂白有色物质，向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，纸边缘呈红色，中间为白色，则氯水既有酸性又有氧化性，故D错误；
答案：C
14.常温下，用0.10 mol·L-1盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L-1CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略体积变化）。下列说法正确的是

A. 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点②等于点③
B. 点①所示溶液中：c(CN—)+ c(HCN)=2c(Cl—)
C. 点②所示溶液中：c(Na+)>c(Cl—)>c(CH3COO—)>c(CH3COOH)
D. 点④所示溶液中：c(Na+)+ c(CH3COOH)+ c(H+)>0.10 mol·L-1
【答案】BD
【解析】
A.根据电荷守恒，点②中存在c(CH3COO-)+ c(OH-)+ c(Cl—)= c(Na+)+ c(H+)，点③中存在c(CN—)+ c(OH-)= c(Na+)+ c(H+)，由于两点的溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和不等，故A错误；B. 点①所示溶液中含有等物质的量浓度的NaCN、HCN和NaCl，存在物料守恒，c(CN—)+ c(HCN)=2c(Cl—)，故B正确；C. 点②所示溶液中含有CH3COONa、CH3COOH和NaCl，其中CH3COONa的浓度略大于CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明乙醋酸的电离为主，因此c(CH3COO-)> c(Cl-)，故C错误；D. 点④所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05 mol·L-1，则c(Na+)= c(Cl-)=0.05 mol·L-1，c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=0.05 mol·L-1，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+ c(OH-)+ c(Cl—)= c(Na+)+ c(H+)，因此c(CH3COO-)= c(H+)- c(OH-)，则c(Na+)+ c(CH3COOH)+ c(H+)=0.05 mol·L-1+0.05 mol·L-1-c(CH3COO-)+ c(H+)=0.10 mol·L-1- c(H+)+ c(OH-)+ c(H+)=0.10 mol·L-1+ c(OH-)>0.10 mol·L-1，故D正确；故选BD。
点睛：本题考查了中和滴定原理的应用和图像分析掌握反应的方程式和各点溶液的组成是解题的关键。本题的易错点和难点为D的判断，要灵活运用物料守恒和电荷守恒关系分析解答。
15.在3个体积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。改变容器I的反应温度，平衡时c(NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是

容器
编号
温度/K
起始物质的量/mol
SO2
NO
NO2
S
Ⅰ

0.5
0.6
0
0
Ⅱ
T1
0.5
1
0.5
1
Ⅲ
T2
0.5
0.2
1
1
A. 该反应的ΔH<0
B. T1时，该反应的平衡常数为1/16
C. 容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2
D. 若T2 【答案】AD
【解析】
分析：A．根据图象，温度升高，平衡时NO2浓度降低，说明温度升高可使化学平衡逆向；
B．T1温度反应达到平衡时c（NO2）=0.2mol/L，根据反应方程式计算；
C．根据pV=nRT分析，容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比；
D．温度降低，有助于化学反应正向进行，根据反应方程式和等效平衡的知识分析。
详解：A．根据图象，温度升高，平衡时NO2浓度降低，说明温度升高可使化学平衡逆向，因此正反应为放热反应，即△H＜0，A正确；
B．T1温度反应达到平衡时c（NO2）=0.2mol/L，则平衡时c（SO2）=0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，c（NO）=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，所以反应的化学平衡常数为K=c2(NO2)/c2(NO)c(SO2)=
0.22/0.42×0.4=5/8，B错误；
C．根据理想气体状态方程pV=nRT分析，容器容积和反应温度一定，体系总压强与体系中混合气体的总物质的量成正比，容器Ⅱ相当于按0.75molSO2，1.5molNO和0.75molS起始，由于S是固体，不改变浓度商，设容器Ⅱ中反应达到平衡时消耗了ymolSO2，则平衡时两容器压力比为pI/pII=(0.4+0.4+0.2+0.1)/(2−y)＝1/(2−y)＞1/2，C错误；
D．T2＜T1，则温度降低有助于化学反应正向进行，容器Ⅲ相当于以1molSO2，1.2molNO和0.5molS起始，S不对化学反应的平衡产生影响，也就相当于对容器Ⅰ加压，若平衡不发生移动，则平衡时NO的体积分数为40%，而容器Ⅲ的化学反应正向进行程度比容器I更大，则达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，D正确，答案选AD。
点睛：本题考查化学平衡移动的相关知识，结合图象分析，注意等效平衡原理知识的运用，灵活运用相关化学平衡原理是解决问题的关键，题目难度中等。
第II卷（非选择题，共80分）
16.300℃时，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应：X(g) +Y(g)2Z(g) ΔH＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
回答下列问题：
（1）反应0~2 min Z的平均速率v(Z)=_____________
（2）能判断该反应已经达到平衡状态的是_____________
A．生成X的速率是生成Z的速率的2倍
B．容器内压强保持不变
C．容器内气体的密度保持不变
D．容器内各气体的浓度保持不变
（3）要提高上述反应的转化率，可采取的措施是_____________（任写一种）。
（4）温度为300℃时，该反应的化学平衡常数K＝_______________
（5）若起始时向该容器中充入X、Y、Z各0.20 mol，则反应将向____（填“正”或“逆”）反应方向进行，达平衡时Z的体积分数与上述平衡相比______（填“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】（12分，每空2分）（1）0.004 mol/（L∙min）； （2）D ；
（3）降低温度；（4）1.44；（5）正；不变。
【解析】
试题分析：（1）反应0~2 min Z的平均速率v（Y）= （0.16 mol-0.12mol）÷10 L÷2min=0.002mol/（L∙min），根据方程式可知V（Z）="2" v（Y），所以V（Z）= 0.004mol/（L∙min）；（2）A．生成X的速率是生成Z的速率的2倍，则反应逆向移动，错误；B．由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此在任何时刻气体的压强都不变，故容器内压强保持不变不能作为判断平衡的标志，错误；C．由于气体的质量不变，容器的容积不变，因此在任何时刻容器内气体的密度保持不变，故不能作为判断平衡的标准，错误；D．容器内各气体的浓度保持不变，则任何物质的消耗速率和产生速率相等，反应处于平衡状态，正确。（3）由于该反应的正反应是放热反应，要提高上述反应的转化率，可采取的措施是降低温度；（4）根据表格数据可知：在温度为300℃时，达到平衡时，Y的物质的量是0.1mol，反应消耗0.06mol，则反应产生Z是0.12mol，平衡时X的物质的量是0.1mol，所以该反应的化学平衡常数。（5）若起始时向该容器中充入 X、Y、Z 各 0.20 mol，则Q等于1，小于K，所以反应向正向进行；在等温等容的条件下，对于气体分子数目相等的反应，极值转化后比值相等，则等效，极值转化后，c（X）:c（Y）相等，因此达平衡时 Z 的体积分数不变.
考点：考查化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、物质平衡转化率的计算及平衡移动的知识。
17.H2C2O4为二元弱酸。回答下列问题：
(1)20℃时，配制一组c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+ c(C2O42-)=0.100 mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。

①H2C2O4的电离方程式为___________。
②为获得尽可能纯的NaHC2O4，pH应控制在_______左右。
③NaHC2O4溶液呈酸性，其原因为_________________。
④pH=6时，溶液中含碳微粒浓度大小关系为_______________。
(2)常温下，草酸、碳酸的电离平衡常数如下：
化学式
H2CO3
H2C2O4
平衡常数
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ka1=5.6×10-2
Ka2=5.4×10-5
①常温下，0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液的pH____0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液的pH。（填“＞”、“＜”或“=”）
② pH=4H2C2O4溶液中c(C2O42-)：c(HC2O4-)=_________。
【答案】 (1). H2C2O4H+ + HC2O4－ (2). 2.5～3之间任一数值均可 (3). HC2O4-的电离程度大于其水解程度 (4). c(C2O42－)＞c( HC2O4－)＞c(H2C2O4) (5). ＞ (6). 0.54
【解析】
【分析】
(1)①根据图像H2C2O4溶液中存在的微粒可知H2C2O4多元弱酸，因此分步电离，第一步为主；
②根据图像可以看出pH=2.5～3， HC2O4－的浓度最大；
③利用弱酸的酸式酸根离子的电离平衡和水解平衡进行分析；
④根据图像分析横坐标pH=6时，微粒的浓度大小。
(2)①根据电离常数可知：HC2O4－酸性大于HCO3-，利用越弱越水解原理，可知CO32-的水解能力强于C2O42－；
②根据H2C2O4的第二步电离常数计算；
【详解】(1)①多元弱酸分步电离，第一步为主，H2C2O4的电离方程式为H2C2O4H+ + HC2O4－；
答案：H2C2O4H+ + HC2O4－
②根据图像可以看出，当pH在2.5～3的范围内， HC2O4－的浓度最大，所以，为获得尽可能纯的NaHC2O4，pH控制在2.5～3之间任一数值均可；
答案：2.5～3之间任一数值均可
③HC2O4-存在两个平衡，电离平衡HC2O4－H+ + C2O42-，水解平衡HC2O4－+H2OOH- + H2C2O4，由于HC2O4-电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性；
答案：HC2O4-的电离程度大于其水解程度
④根据图像分析当横坐标pH=6时，纵坐标可以看出溶液中含碳微粒浓度大小关系为c(C2O42－)＞c( HC2O4－)＞c(H2C2O4)；
答案：c(C2O42－)＞c( HC2O4－)＞c(H2C2O4)
(2)①根据电离常数可知：HC2O4－酸性大于HCO3-，根据越弱越水解原理可知，CO32-的水解能力强于C2O42－，所以常温下，0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液的pH。
答案：＞
②根据H2C2O4的第二步电离常数计算：Ka2=5.4×10-5==，可得
pH=4的H2C2O4溶液中c(C2O42-)：c(HC2O4-)=0.54；
答案：0.54
18.某校化学兴趣小组的同学运用滴定法对一含有少量Na2SO4的NaOH样品中NaOH的含量进行测定，请回答下列问题：
（1）用分析天平准确称取该样品5.360g，全部溶于水配制成1000.0mL的溶液。用碱式滴定管取其中20.00mL放在锥形瓶中，滴加几滴甲基橙做指示剂。用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视着____。滴定终点的现象是____________。
（2）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_____(填写序号)
A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液
B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，滴定结束时俯视读数
（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则滴定终点的读数为____mL。

（4）某学生根据三次实验分别记录有关数据如下：
滴定次数
待测氢氧化钠溶液的体积/mL
0.1000mol/L盐酸的体积（mL）
滴定前刻度
滴定后刻度

第1次
20.00
0.00
26.01

第2次
20.00
1.56
30.30

第3次
20.00
0.22
26.21

请选用其中合理的数据列式计算出该样品中NaOH的质量百分含量。(写出计算过程)__
【答案】 (1). 锥形瓶内溶液颜色变化 (2). 由黄色变成橙色，且半分钟不褪色 (3). D (4). 26.10 (5). 26.00×10-3L×0.1000mol/L×40g/mol×50/5.360g=97.01%
【解析】
【分析】
（1）滴定时要根据锥形瓶中溶液颜色变化判断终点；溶液为黄色，达到终点时变为橙色；
（2）根据C（待测）═分析；
（3）由图可知滴定前读数为0.00mL，滴定后读数为26.10mL；
（4）第二次实验数据误差太大，舍去，求出第一、三次实验的平均值；计算C（待测）═,再根据C（待测）计算样品中NaOH的质量百分含量。
【详解】（1）滴定时要根据锥形瓶中溶液颜色变化判断终点，所以眼睛应该观察锥形瓶内溶液颜色变化；滴定前锥形瓶中为氢氧化钠和甲基橙，溶液为黄色，达到终点时变为橙色，则滴定终点的现象是溶液由黄色变成橙色，且半分钟不褪色；
答案：锥形瓶内溶液颜色变化 由黄色变成橙色，且半分钟不褪色
（2）根据c(待测)═分析，V（标准）高，则偏高，V（标准）低，则偏低；
A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成消耗的V(标准)偏大，则测定c(NaOH)偏高，故A不符合；
B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，测定c（NaOH）无影响，故B不符合；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，测定c（NaOH）偏高，故C不符合；
D．读取盐酸体积时，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，测定的c(NaOH)偏低，故D符合；
答案：D
（3）由图可知滴定前读数为0.00mL，滴定后读数为26.10mL；
答案： 26.10
（4）第二次实验数据误差太大，舍去，求出第一、三次实验的平均值为=26.00mL，则c(待测)═==0.13mol/L，则1000.0ml溶液中氢氧化钠为n=cV=0.13mol/L×1L=0.13mol，所以m(NaOH)=nM=0.13mol×40g/mol=5.2g，该样品中NaOH的质量百分含量为×100%=97.01%；
计算过程简写： 26.00×10-3L×0.1000mol/L×40g/mol×1000/（20×5.360g）=26.00×10-3L×0.1000mol/L×40g/mol×50/5.360g=97.01%
答案: 26.00×10-3L×0.1000mol/L×40g/mol×50/5.360g=97.01%
19.化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。
（1）机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H ＞0。汽车启动后，气缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，请分析两点可能的原因___________、_____________。
（2）由金红石(TiO2)制取单质Ti，涉及到的步骤为：
TiO2TiCl4Ti
已知：①C(s)＋O2(g)＝CO2(g)； DH＝-393.5 kJ·mol-1
②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)； DH＝-566 kJ·mol-1
③TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)； DH＝+141 kJ·mol-1
则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)的DH＝________________。
（3）氯气在298K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有1/3与水反应。该反应的化学方程式为______，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，溶液中Cl—浓度_______（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）一定条件下，Fe3+和I—在水溶液中的反应是2I—+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，且温度不变，上述平衡向_______（选填“正反应”或“逆反应”）方向移动。请设计一种使该反应的化学平衡逆向移动的实验方案_____。
（5）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl＋O22Cl2＋2H2O
已知：ⅰ．此条件下反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。
ⅰⅰ.
①写出此条件下，反应A热化学方程式___________。
②断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为__________kJ。
【答案】 (1). 温度升高，反应速率加快 (2). 温度升高，有利于平衡反应正向进行 (3). -80 kJ·mol-1 (4). Cl2+H2O HCl + HClO (5). 增大 (6). 正反应 (7). 加入少许铁粉或加入少许碘（其他合理设计也可） (8). 4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－115.6 kJ·mol－1 (9). 31.9
【解析】
【分析】
（1）可以从速率和平衡两个角度进行分析；
（2）利用盖斯定律解决问题；
（3）反应为可逆反应，利用勒夏特立原理分析离子浓度的变化；
（4）利用勒夏特列原理分析；
（5）利用ΔH=反应物的总键能之和-生成物的总键能进行计算。
【详解】（1）两个方面考虑: ①温度越高,化学反应速率越快②由于正反应为吸热反应,温度越高越有利于平衡正向移动；
答案: 温度升高，反应速率加快 温度升高，有利于平衡反应正向进行
（2）已知：①C(s)＋O2(g)＝CO2(g)； DH＝-393.5 kJ·mol-1
②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)； DH＝-566 kJ·mol-1
③TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)； DH＝+141 kJ·mol-1
根据盖斯定律①×2-②+③可得TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)的DH＝-80 kJ·mol-1
答案： -80 kJ·mol-1
（3）根据题意可知氯气与水的反应为可逆反应,离子方程式:Cl2+H2OH++Cl-+HClO,在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，H++OH-=H2O,生成物浓度减小,平衡正向移动,溶液中Cl—浓度增大;
答案: Cl2+H2OHCl + HClO 增大
（4）Fe3+和I—在水溶液中的反应是2I—+2Fe3+I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入CCl4充分振荡，CCl4可以萃取碘单质到有机层，溶液中生成物浓度减小,平衡向正反应方向移动；根据勒夏特立原理，可以采用增大生成物浓度（如加入少许碘）或者减小反应物浓度（如加入少许铁粉，铁可以把+3价的铁离子还原为+2价的亚铁离子），使平衡逆向移动；
答案：正反应 加入少许铁粉或加入少许碘
（5）①依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为：
4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6 KJ/mol；
②依据ΔH=反应物的总键能之和-生成物的总键能计算：
4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6 KJ/mol
4×H-Cl+498-（243×2+4×H-O）=-115.6，得到4×H-O-4×H-Cl=498-486+115.6=127.6
（H-O）-（H-Cl）=31.9
答案：4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－115.6 kJ·mol－1 31.9
20.硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]又称摩尔盐，难溶于乙醇，常用于定量分析。某实验小组利用工业废铁屑制取摩尔盐，并测定其纯度，工艺流程图如下。

已知：硫酸铵、FeSO4·7H2O、硫酸亚铁铵在水中的溶解度

(1)碱洗的目的是_________。
(2)反应1温度需控制在70~75℃，可采取的措施是________。
(3)反应2中常用3 mol·L-1的硫酸调节溶液的pH为1～2，其目的是_______。
(4)请补充完整由反应2所得溶液获得硫酸亚铁铵晶体的实验方案：____、过滤、用乙醇洗涤、低温干燥。
(5)为测定硫酸亚铁铵(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O晶体纯度，做了如下实验：
准确称取0.4000g上述硫酸亚铁铵晶体置于锥形瓶中溶解，加适量稀硫酸酸化，用0.0100 mol·L－1 标准KMnO4溶液滴定，当MnO恰好完全被还原为Mn2+时，消耗KMnO4溶液的体积为20.00 mL。
请回答下列问题：
①滴定终点的现象为____________。
②上述样品中(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O晶体(相对分子质量为392)的质量分数为______。
③在上述方案基础上，下列措施能进一步提高测定准确度的有_____（填字母）。
A．适当增加称量样品的质量 B．用盐酸替代H2SO4溶液
C．用酚酞做指示剂 D．多次实验，取平均值
【答案】 (1). 除去油污 (2). 水浴加热 (3). 抑制水解 (4). 加热浓缩、冷却结晶 (5). 黄色变为浅紫色，且半分钟内不再恢复原色 (6). 98.0% (7). AD
【解析】
【分析】
废铁屑中加入10%的碳酸钠溶液洗掉表面油脂，然后用水洗掉沾在铁屑表面的碳酸钠，加入稀硫酸，水浴加热制备硫酸亚铁溶液，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，为了防止亚铁离子被空气氧化，铁屑需过量，过滤除掉过量的铁屑，滤液中加入饱和硫酸铵溶液，为了抑制亚铁离子与铵根离子水解，需控制pH=1～2，加热浓缩、冷却结晶，过滤即得摩尔盐。
【详解】(1)铁屑表面会有一层油层,碳酸钠溶液为碱性溶液,主要使用来洗涤铁屑表面的油；
答案：除去油污
(2)控温低于100℃，可采取的措施是水浴加热，可使受热均匀，温度易控；
答案：水浴加热
(3)由于硫酸铵和硫酸亚铁均为强酸弱碱盐，必须调节pH为1～2抑制水解；
答案：抑制水解
(4)根据溶解度表可知硫酸亚铁铵的溶解度随温度升高而增大，所以应该采用加热浓缩、冷却结晶，过滤、用乙醇洗涤、低温干燥的方式获得；
答案：加热浓缩、冷却结晶
(5)酸性KMnO4溶液进行滴定发生反应时高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，判断达到滴定终点的依据是当最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液滴入时，锥形瓶内溶液由黄色变为浅紫色，且半分钟内不再恢复原色，说明达到滴定终点；利用得失电子数相等进行计算；适当提高称量产品的质量，数据过大能进一步提高测定准确度，进行平行试验取平均值能进一步提高测定准确度；
①黄色变为浅紫色，且半分钟内不再恢复原色；
②设0.4000g晶体中含(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的质量为xg：
根据得失电子数相等可知：
5［(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O］～KMnO4
5×392g 1mol
xg 0.0100mol/L×20.00×10-3L
得x=0.392g
质量分数为=98.0%；
③A.适当增加称量样品的质量,数据过大能进一步提高测定准确度,故A正确；
B.用盐酸替代H2SO4溶液，高锰酸钾会和盐酸反应，故B不正确；
C.用酚酞做指示剂用于酸碱中和滴定指示剂，而不是氧化还原反应，而且没必要用指示剂，故C 不正确;
D.多次实验，取平均值能进一步提高测定准确度，故D正确；
答案：黄色变为浅紫色，且半分钟内不再恢复原色 98.0% AD
【点睛】本题通过硫酸亚铁铵[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]的制备，考查了化学实验方案设计的方法，正确分析制备流程和反应原理为解答本题的关键，试题综合性较强、涉及的知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力，易错选项(5)题的第②、③小题。
21.铅酸蓄电池价格低廉，原材料易得，适用范围广。其放电时的反应原理为：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。
(1)写出铅酸蓄电池放电时正极的电极反应式：______，放电时，H+向电池____极定向移动（填“正”或“负”）。
(2)传统的铅酸蓄电池在充电末期，电极上会产生O2，为了避免气体逸出形成酸雾腐蚀设备，科学家发明了密封铅蓄电池（VRLA），采用阴极吸收法达到密封效果。其原理如图所示，则O2在阴极被吸收的电极反应式为______。

(3)铅的电解精炼是工业上实现废铅回收以及粗铅提纯的重要手段。铅的电解精炼在由PbSiF6和H2SiF6两种强电解质组成的水溶液中进行。从还原炉中产出的某粗铅成分如下表所示：
成分
Pb
Cu
Ag
Fe
Zn
Sn
其它
％
97.50
1.22
0.12
0.15
0.09
0.64
0.28
①电解精炼时阳极泥的主要成分是______（元素符号）。
②电解后阴极得到的铅中仍含有微量的杂质，该杂质最有可能是______（填一种）。
③电解过程中，粗铅表面会生成SiF6气体，写出该电极反应式________。
【答案】 (1). PbO2+2e-+SO42-+4H+ ===PbSO4+2H2O (2). 正 (3). O2+4H++4e- ===2H2O (4). Cu、Ag (5). Sn (6). SiF62-－2e- === SiF6
【解析】
【分析】
（1）根据铅酸蓄电池电池的反应原理Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，放电时，正极的PbO2得到电子，分析写出正极电极反应式，H+带正电荷向电池正极移动；
（2）由题中所给的图可知，O2在阴极失去电子和溶液中的H+生成水；
（3）①电解精炼时阳极泥的主要成分是金属活动性比铅弱的铜和银；
②电解后阴极得到的铅中仍含有微量的杂质，该杂质最有可能是与铅活动性最接近的锡；
③电解过程中，粗铅作阳极，在粗铅表面生成SiF6气体的电极反应式为：SiF62-－2e-= SiF6。
【详解】（1）根据铅酸蓄电池电池的反应原理Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，放电时，正极的PbO2得到电子，发生还原反应，正极电极反应式为：PbO2+2e-+SO42-+4H+ ===PbSO4+2H2O，H+带正电荷向电池正极移动；
本题答案为：PbO2+2e-+SO42-+4H+ ===PbSO4+2H2O，正。
（2）由图可知，O2在阴极失去电子和溶液中的H+生成水，则O2在阴极被吸收的电极反应式为：O2+4H++4e- =2H2O；
本题答案为：O2+4H++4e- =2H2O。
（3）①电解精炼时阳极泥的主要成分是金属活动性比铅弱的铜和银；
本题答案为：Cu、Ag。
②电解后阴极得到的铅中仍含有微量的杂质，该杂质最有可能是与铅活动性最接近的锡；
本题答案为：Sn。
③电解过程中，粗铅作阳极，在粗铅表面生成SiF6气体的电极反应式为：SiF62-－2e-= SiF6；
本题答案为：SiF62-－2e- = SiF6。