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2021-2022学年福建省宁德市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年福建省宁德市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了7B，6mL，0kJ⋅ml−1，0×1022，【答案】A，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建省宁德市高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是( )
A. 铵态氮肥与草木灰混合使用会使肥效降低
B. 一次性锌锰碱性干电池能实现化学能与电能的相互转化
C. 侯氏制碱法食盐的利用率比索尔维制碱法高
D. “拉闸限电”活动有利于“碳中和、碳达峰”
2. 某品牌保暖贴的主要成份：铁粉、水、食盐、活性炭、蛭石、吸水性树脂。下列叙述错误的是( )
A. 保暖贴发热的原理主要是利用铁腐蚀放热
B. 保暖贴放热时间和温度可以通过透气膜的透氧速率进行控制
C. 活性炭为正极材料，食盐溶于水成为离子导体
D. 保暖贴使用后内袋物质主要成分是Fe3O4
3. 室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是。( )
A. Kwc(H+)=10−12的溶液中：K+、Cl−、SO42−、Mg2+
B. 无色透明的酸性溶液中：Fe2+、Na+、MnO4−、I−
C. pH=7的溶液中：Fe2+、NH4+、Cl−、CO32−
D. 由水电离产生的c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液中：NH4+、NO3−、HCO3−、SO42−
4. 人体血液中存在H2CO3−NaHCO3缓冲体系，建立下列平衡H2CO3⇌H++HCO3−，通过平衡的移动起到稳定血液pH的作用。下列说法不合理的是。( )
A. 人体代谢的碱性物质进入血液后，上述平衡向右移动，以维持血液pH的相对稳定
B. 若人体内的CO2不能顺利排出体外，会造成血液pH的减小
C. 若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小
D. 如果体内酸度或碱度过量，超过了人体缓冲体系的缓冲能力，就会造成酸中毒或碱中毒
5. 已知在常温下溶液中的pH+pOH=14，又知正常人的血液的pH=7.3.则正常人血液的pOH是( )
A. 大于6.7 B. 小于6.7 C. 等于6.7 D. 无法判断
6. 下列关于中和滴定实验的说法错误的是( )
A. 图1所示操作可排尽滴定管内气泡
B. 图2所示可用于已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸
C. 图3所示滴定管读数为5.6mL
D. 图4所示表明滴定过程中，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化
7. 实验发现，298K时向FeCl3酸性溶液中加少量锌粒后，Fe3+立即被还原成Fe2+。某实验探究小组根据该实验事实设计了如图所示装置，盐桥选择氯化钾琼脂。下列有关说法正确的是( )
A. 该实验装置属于电解池
B. 盐桥中K+移向右烧杯
C. 右侧烧杯中的电极反应式为：Zn+2e−=Zn2+
D. 左侧烧杯中电极上发生还原反应，溶液的红色逐渐褪去
8. 已知2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH<0的速率方程为v正=k正cα(NO)cβ(O2)，在T℃下测定了不同初始浓度及正反应速率的关系，数据如表。下列说法错误的是。( )
实验
c0(NO)/(mol⋅L−1)
c0(O2)/(mol⋅L−1)
v正
1
1
1
v
2
2
1
4v
3
1
2
2v
4
2
x
16v
A. α、β的值分别为2、1 B. 表中的x为4
C. 降低温度，k正可能增大 D. 若v逆=k逆c2(NO2)，则Kc=k正k逆
9. 锂空气充电电池有望成为电池行业的“明日之星”，其放电时的工作原理如图所示。已知电池反应：。下列说法错误的是( )
A. 电池工作时，正极的电极反应式：O2+2e−+2Li+=Li2O2
B. 放电时，B极消耗22.4L的O2，外电路中通过2mol电子
C. 充电时，B电极上的电势比A电极上的高
D. 充电时，A极接电源的负极
10. 常温下，向20mL0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1的NaOH溶液，溶液中由水电离出的OH−浓度在此滴定过程的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. a∼d点，a点时水的电离受抑制最强
B. b、c、d三点溶液中离子、分子种类相同
C. c点表示酸碱恰好完全反应，溶液中c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)
D. b、d两点溶液的pH相同
11. 电化学原理在现实生活中有着十分广泛的应用。请回答下列问题：
(1)某研究性学习小组设计了如图1所示装置探究钢铁的腐蚀与防护。
为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述 ______(填装置序号)装置原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为 ______。
(2)电镀在工业上有着广泛的应用，可以镀锌、镀铜、镀金等。利用如图2所示装置可以将铜牌变为银牌，即在铜牌表面电镀一层银，该电解池的阴极反应可表示为 ______。
(3)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。用乙醇燃料电池作为电源电解含Co2+的水溶液制备金属钴，其装置如图3。
①图乙中Co电极应连接乙醇燃料电池的 ______极(填“a”或“b”)。
②图甲中a极上发生的电极反应是 ______。
③生成1MOL Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少 ______g。
12. 工业废气中二氧化碳的综合开发利用越来越受到人们的关注。
(1)研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2(合成气)，可减缓燃料危机和减弱温室效应，其过程包括
反应a：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247.3kJ⋅mol−1
反应b：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)ΔH2=+41.0kJ⋅mol−1
①相同条件下CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)的ΔH=______kJ⋅mol−1。
②反应a在一定条件下能够自发进行的原因是 ______；该反应工业生产适宜的温度和压强为 ______(填标号)。
A.高温高压
B.高温低压
C.低温高压
D.低温低压
(2)CO2催化加氢制甲醇：在一容积可变的密闭容器中，充入1molCO2与3molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0，实验测得CO2在不同温度下的平衡转化率与总压强的关系如图所示。
①T1、T2、T3的数值由大到小的顺序为 ______。
②T1温度下，该反应的压强平衡常数Kp=______atm−2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(3)下列有关CO2催化加氢制甲醇的说法正确的是 ______(填标号)。
A.延长反应时间有利于提高CH3OH的平衡产率
B.适当增大投料比n(H2)n(CO2)有利于提高CO2的平衡转化率
C.恒温、固定容积的密闭容器中，混合气体的密度保持不变时达到平衡
D.体系达平衡后，若压缩体积，一段时间后反应再达平衡时，与原平衡相比CO2的浓度减小
13. 久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。某研究小组对转化过程进行研究。
(1)甲同学认为在酸性条件下Fe2+易被氧化：4Fe2++O2+4H+⇌4Fe3++2H2O。其依据是c(H+)增大，平衡向 ______移动，c(Fe3+)增大。
(2)乙同学依据如下反应，推测在酸性条件下Fe2+不易被氧化：
______Fe2++1O2+______H2O⇌______Fe(OH)3+______H+(将反应补充完整)
(3)研究小组测定了常温下不同pH对Fe2+被O2氧化的氧化率随时间变化的关系，结果如图。结合图像分析可知，增大溶液pH，Fe2+被氧化速率 ______(填“增大”“减小”或“无影响”)。pH越小Fe2+氧化率越 ______(填“大”或“小”)。
(4)室温下，在pH=13的环境中，Fe2+的氧化变质可以理解为：
第一步：Fe2++2OH−=Fe(OH)2，
第二步：______(用化学方程式回答)；当氧化达到平衡时，c(Fe2+)c(Fe3+)______4.0×1022(填“>”“<”或“=”)。(已知的Ksp[Fe(OH)3]=2.5×10−39，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10−15)
(5)通过以上研究可知，新配制的FeSO4溶液中常加入适量的铁粉和 ______。
14. 雪碧、可乐是深受全球青睐的碳酸水型饮料。
Ⅰ.雪碧是一款柠檬味汽水饮料，其中所含酸性物质包括：碳酸、柠檬酸、苯甲酸。25℃时，上述三种酸的电离常数如表所示：
化学式
苯甲酸(C6H5COOH)
碳酸(H2CO3)
柠檬酸
电离常数
Ka=6.3×10−5
Ka1=4.3×10−7
Ka2=5.6×10−11
Ka1=7.4×10−4
Ka2=1.7×10−5
Ka3=4.0×10−7
(1)三种酸的酸性由强到弱的顺序为 ______(填标号)。
a.苯甲酸
b.碳酸
c.柠檬酸
(2)水存在如下平衡：H2O⇌H++OH−，欲使平衡向右移动，且溶液显碱性，下列符合条件的方法是 ______(填标号)。
A.通入氨气
B.加入Na
C.加入苯甲酸钠(C6H5COONa)固体
D.加热至90℃
Ⅱ.有的人喜欢可乐带来的“让牙齿发酸发软”的刺激感。这是因为可乐含有比雪碧更刺激的酸性物质——磷酸(化学式为H3PO4，沸点高、难挥发)。
(3)长期过量饮用可乐会破坏牙釉质，使下面的平衡向脱矿方向移动，造成龋齿。，结合平衡移动原理解释原因：______。
(4)室温下，向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH的关系如图所示。
①H3PO4的电离平衡常数Ka1=______。
②滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)______c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)(填“>”“<”“=”)。
(5)小组同学在实验室测定某可乐中磷酸的含量(不考虑白砂糖、咖啡因的影响)。
i.将50.00mL可乐注入圆底烧瓶，搅拌2∼3min，加入6g活性炭，吸附色素。
ii.将可乐回流加热10min，冷却至室温，过滤。
iii.取滤液，用百里香酚酞作指示剂，用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液4.60mL。
①加热的目的是 ______。
②该可乐样品中磷酸的含量为 ______g⋅L−1(计算结果保留2位小数)。
15. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图1工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4⋅6H2O)。溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol⋅L−1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10−5mol⋅L−1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是①溶解铝及其氧化物，②______。
(2)“转化”过程中反应的离子方程式为 ______，c(H2O2)随时间t的变化关系如图2所示，反应开始10∼20min内c(H2O2)迅速减小，原因可能是 ______(不考虑溶液温度变化)。
(3)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol⋅L−1，则“调pH”应控制的pH范围是 ______。
(4)硫酸镍结晶水合物的形态与温度的关系如表。
温度
低于30.8℃
30.8℃∼53.8℃
53.8℃∼280℃
高于280℃
晶体形态
NiSO4⋅7H2O
NiSO4⋅6H2O
多种结晶水合物
NiSO4
从滤液⑤中获得稳定NiSO4⋅6H2O晶体的操作1依次是蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、干燥。
(5)分离出NiSO4⋅6H2O晶体后的剩余液体要循环使用，则应该回流到流程中滤液 ______的位置(填②、③、⑤)，其目的是 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.铵态氮肥中的NH4+与草木灰中的CO32−会发生双水解放出氨气，降低肥效，故A正确；
B.锌锰碱性干电池能实现化学能与电能的转化，但不能充电，不能实现电能与化学能的转化，故B错误；
C.侯氏制碱法的生产工艺由两部分组成，氯化钠、氨气、二氧化碳和水生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成纯碱，母液中加氯化钠降温得到氯化铵，氯化铵是一种氮肥，综合利用原料、降低成本、减少环境污染，故比索尔维法食盐的利用率高，故C正确；
D.火力发电会释放二氧化碳，“拉闸限电”活动有利于节约电能，能减少二氧化碳的排放，所以有利于“碳中和、碳达峰”，故D正确；
故选：B。
A.铵态氮肥与碱性物质混合后能放出氨气，降低肥效；
B.一次性锌锰碱性干电池不能充电；
C.侯氏制碱法的工艺由制碱和制氯化铵两个过程组成，形成纯碱与氯化铵的循环；
D.火力发电会释放二氧化碳，“拉闸限电”活动有利于节约电能。
本题考查盐类水解，为高频考点，把握水解原理及应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.铁粉、水、食盐、活性炭、物质混合构成原电池，发生电化学腐蚀而发热，故保暖贴发热的原理主要是利用铁腐蚀放热，故A正确；
B.保暖贴放热时间和温度可以通过透气膜的透氧速率进行控制，故B正确；
C.铁粉为负极，活性炭为正极材料，氯化钠为电解质、即食盐溶于水成为离子导体，故C正确；
D.发生的反应Fe−2e−=Fe2+、O2+2H2O+4e−=4OH−、Fe2++2OH−=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)2、4Fe(OH)3−△Fe2O3+3H2O，保暖贴使用后内袋物质主要成分是Fe2O3，故D错误；
故选：D。
A.铁粉、水、食盐、活性炭、物质混合构成原电池，发生电化学腐蚀而发热；
B.保暖贴放热时间和温度可以通过透气膜的透氧速率进行控制；
C.铁粉为负极，活性炭为正极材料，氯化钠为电解质；
D.发生的反应Fe−2e−=Fe2+、O2+2H2O+4e−=4OH−、Fe2++2OH−=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)2、4Fe(OH)3−△Fe2O3+3H2O。
本题考查了金属的腐蚀、电化学原理等知识点，注意和析氢腐蚀发生条件的差异，难度不大，应注意基础的掌握。
3.【答案】A
【解析】解：A.K+、Cl−、SO42−、Mg2+、H+之间不反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；
B.含有Fe2+、MnO4−的溶液为有色溶液，酸性溶液中MnO4−能够氧化Fe2+、I−，不能大量共存，故B错误；
C.Fe2+、CO32−之间发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；
D.由水电离产生的c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，NH4+、HCO3−都与OH−反应，H+与HCO3−反应生成二氧化碳气体和水，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
B.含有亚铁离子、高锰酸根离子的溶液为有色离子，酸性条件下高锰酸根离子能够氧化亚铁离子、碘离子；
C.亚铁离子与碳酸根离子发生双水解反应；
D.该溶液呈酸性或碱性，铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.人体代谢的碱性物质进入血液后，氢离子被消耗而浓度减小，则H2CO3⇌H++HCO3−上述平衡向右移动，以维持血液pH的相对稳定，故A正确；
B.若人体内的CO2不能顺利排出体外，则血液中碳酸浓度增大，则H2CO3⇌H++HCO3−，上述平衡向右移动，会造成血液pH的减小，故B正确；
C.若静脉滴注大量生理盐水，钠离子氯离子不影响平衡，水的加入相当于对溶液稀释，氢离子浓度减小，则体液的pH变大，故C错误；
D.如果体内酸度或碱度过量，均会使平衡发生移动，就会超过人体缓冲体系的缓冲能力，就会使血液pH过低造成酸中毒、pH过高造成碱中毒，故D正确；
故选：C。
A.人体代谢的碱性物质进入血液后，氢离子被消耗而浓度减小，则H2CO3⇌H++HCO3−上述平衡向右移动；
B.若人体内的CO2不能顺利排出体外，则血液中碳酸浓度增大，则H2CO3⇌H++HCO3−，上述平衡向右移动；
C.若静脉滴注大量生理盐水，钠离子氯离子不影响平衡，水的加入相当于对溶液稀释，氢离子浓度减小；
D.如果体内酸度或碱度过量，均会使平衡发生移动，就会超过人体缓冲体系的缓冲能力。
本题考查弱电解质电离平衡、缓冲溶液及盐类水解、平衡影响因素、平衡常数计算等知识点，明确题目中的信息及有关Ka的计算是解答本题的关键，题目难度中等。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了pH、pOH的关系，注意人的体温是37℃，高于常温，水的电离吸热是解答本题的关键，题目难度不大．
【解答】
水的离子积Kw=c(H+)⋅c(OH−)，在常温下溶液中的pH+pOH=14，水的离子积Kw=1×10−14，
人体的体温是37℃，水的电离吸热，电离出的氢离子、氢氧根离子浓度大，Kw=c(H+)⋅c(OH−)>1×10−14，pH+pOH<14，pH=7.3的血液对应pOH<14−7.3=6.7，
故选B。
6.【答案】C
【解析】解：A.将碱式滴定管的胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，使溶液充满尖嘴，图示操作方法合理，故A正确；
B.图2所示仪器合理，该装置可用于已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，故B正确；
C.滴定管的最小读数为0.01mL，则图3所示滴定管读数应该为5.60mL，故C错误；
D.图4所示表明滴定过程中，为了及时判断滴定终点，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D正确；
故选：C。
A.碱式滴定管气泡的排除方法为：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡；
B.酸碱通用聚四氟乙烯滴定管可盛放氢氧化钠溶液；
C.滴定管的读数应该读到0.01mL；
D.为了及时判断滴定终点，滴定时眼睛需要注视锥形瓶中溶液颜色的变化。
本题考查中和滴定，明确中和滴定步骤、操作方法为解答关键，注意掌握滴定管构造及使用方法，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.该装置为原电池，故A错误；
B.盐桥中阳离子移向正极(左烧杯)，故B错误；
C.Zn作负极，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，故C错误；
D.左侧烧杯Pt作正极还原反应，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+，Fe2+与KSCN不变色，溶液的红色逐渐褪去，故D正确；
故选：D。
由图可知，该装置为原电池，Zn作负极，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，Pt作正极，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
8.【答案】C
【解析】解：A.比较表中1、2两组的数据可知，NO浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的4倍，故α=2，1、3两组数据可知，H2的浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的2倍，故β=1，故A正确；
B.根据A的分析可知，α=2，β=1，则v正=k正c2(NO)c(O2)，根据表中2、4两组数据可知，{4v=k正⋅22⋅116v=k正⋅22⋅x，解得x=4，故B正确；
C.降低温度，反应速率减慢，故k正不可能增大只能减小，故C错误；
D.若v逆=k逆c2(NO2)，平衡时v正=v逆，即k正c2(NO)c(O2)=k逆c2(H2O)c(N2)，则K=c(NO2)2c(NO)2c(O2)=k正k逆，故D正确；
故选：C。
A.比较表中1、2两组的数据可知，NO浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的4倍；1、3两组数据可知，H2的浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的2倍；
B.根据A的解析，结合v正=k正cα(NO)cβ(O2)和表中数据判断；
C.降低温度，反应速率减慢；
D.若v逆=k逆c2(NO2)，平衡时，即k正c2(NO)c(O2)=k逆c2(NO2)，结合K=c(NO2)2c(NO)2c(O2)分析。
本题考查了化学平衡，涉及化学反应速率的计算、影响化学平衡的因素等，注意将化学平衡原理与题目信息相结合，此题难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.放电时，B极为正极，电极反应式为O2+2e−+2Li+=Li2O2，故A正确；
B.题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算气体的物质的量，故B错误；
C.充电时，B极为阳极，A极为阴极，B电极上的电势比A电极上的高，故C正确；
D.充电时，A极为阴极，连接电源的负极，故D正确；
故选：B。
由图可知，放电时，A极作负极，电极反应式为Li−e−=Li+，B极为正极，电极反应式为O2+2e−+2Li+=Li2O2，充电时，A极为阴极，B极为阳极，据此作答。
本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
10.【答案】D
【解析】解：A.水电离出的c(OH−)越小，则水的电离程度越小，所以a∼d点，a点时水的电离受抑制最强，故A正确；
B.c点水的电离程度最大，则c点为恰好完全反应的点，溶质为CH3COONa，溶液中含有CH3COOH、CH3COO−、H+、OH−、Na+和H2O；b点未完全反应，加入10mLNaOH溶液，溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，溶液中含有CH3COOH、CH3COO−、H+、OH−、Na+和H2O；d点NaOH过量，溶质为CH3COONa和NaOH，溶液中含有CH3COOH、CH3COO−、H+、OH−、Na+和H2O；三点溶液中离子、分子种类相同，故B正确；
C.c点加入的NaOH的体积为20mL，此时NaOH和醋酸恰好完全反应，所得溶液为CH3COONa溶液，根据质子守恒可知c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，故C正确；
D.d点NaOH过量，溶质为CH3COONa和NaOH，显碱性，b点未完全反应，加入10mLNaOH溶液，溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，显酸性，故D错误；
故选：D。
CH3COOH、NaOH的电离会抑制水的电离，二者反应生成CH3COONa，而CH3COONa的水解促进水的电离，所以随着NaOH的加入，水的电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反应时，溶质只有CH3COONa，此时水的电离程度达到最大，继续加入NaOH溶液，NaOH的电离开始抑制水的电离。
本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确图象中各点的pH及溶液中的溶质即可解答，注意物料守恒及影响电离平衡的因素，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
11.【答案】②③ 2Cl−+2H2O−电解2OH−+Cl2↑+H2↑Ag++e−=AgbC2H5OH+3H2O−12e−=2CO2↑+12H+ 18
【解析】解：(1)装置①中Fe比Cu活泼，形成原电池后Fe为负极被氧化，无法防止Fe被腐蚀；装置②中Fe不如Zn活泼，形成原电池后Zn作负极被氧化，Fe被保护；装置③中Fe为原电池的阴极，Fe电极发生还原反应，Fe不会被氧化，综上所述为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述②③；装置③中阳极为石墨电极，所以是溶液中的氯离子被氧化为氯气，Fe为阴极，水电离出的氢离子被还原为氢气，总反应为2Cl−+2H2O−通电2OH−+Cl2↑+H2↑，
故答案为：②③；2Cl−+2H2O−电解2OH−+Cl2↑+H2↑；
(2)该电解池的目的是在镀件上镀银，所以阴极发生的反应为Ag++e−=Ag，
故答案为：Ag++e−=Ag；
(3)①燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，即a为负极，b为正极；图乙所示电解池的目的是电解含Co2+的水溶液制备金属钴，所以Co电极上的反应应为Co2++2e−=Co，即Co电极为阴极，所以连接乙醇燃料电池的a极，
故答案为：a；
②a电极上乙醇失电子被氧化，工作过程中有质子移动，电解液应为酸性，所以乙醇被氧化生成二氧化碳，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为C2H5OH+3H2O−12e−=2CO2↑+12H+，
故答案为：C2H5OH+3H2O−12e−=2CO2↑+12H+；
③根据电极反应Co2++2e−=Co可知，生成1molCo，转移2mol电子，I室为阳极室，电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，生成的H+又会迁移到Ⅱ室，所以转移2mol电子时，I室中减少1mol水，质量为1mol×18g/mol=18g，
故答案为：18。
(1)装置①中Fe比Cu活泼，形成原电池后Fe为负极被氧化，无法防止Fe被腐蚀；装置②中Fe不如Zn活泼，形成原电池后Zn作负极被氧化，Fe被保护；装置③中Fe为原电池的阴极，Fe电极发生还原反应，Fe不会被氧化；装置③中阳极为石墨电极，所以是溶液中的氯离子被氧化为氯气，Fe为阴极，水电离出的氢离子被还原为氢气；
(2)该电解池的目的是在镀件上镀银，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；
(3)①燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极；图乙所示电解池的目的是电解含Co2+的水溶液制备金属钴，所以Co电极上的反应应为Co2++2e−=Co；
②a电极上乙醇失电子被氧化，工作过程中有质子移动，电解液应为酸性，所以乙醇被氧化生成二氧化碳；
③根据电极反应Co2++2e−=Co可知，生成1molCo，转移2mol电子，I室为阳极室，电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，生成的H+又会迁移到Ⅱ室，所以转移2mol电子时，I室中减少1mol水。
本题考查原电池工作原理的应用，为高频考点，侧重分析能力和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写是解题关键，注意掌握电极方程式的书写方法，题目难度中等。
12.【答案】−165ΔS>0bT1
故答案为：−165；
②ΔG=ΔH−T⋅ΔS，ΔG<0：反应自发进行，对于反应Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1>0，ΔS>0，则反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是ΔS>0；较低的压强可使平衡正向移动，较高温度能加快合成速率，提高生产效率，该反应工业生产适宜的温度和压强为高温低压，故选B，
故答案为：ΔS>0；B；
(2)①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，则T1、T2、T3的数值由大到小的顺序为T1
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol)1300
变化量(mol)0.51.50.50.5
平衡量(mol)0.51.50.50.5
平衡状态下气体总物质的量=0.5mol+1.5mol+0.5mol+0.5mol=3mol，压强为50atm，Kp=p(CH3OH)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p3(H2)=0.5mol3mol×50atm×0.5mol3mol×50atm0.5mol3mol×50atm×(1.5mol3mol×50atm)3≈5.33×10−4atm−2，
故答案为：5.33×10−4；
(3)A.当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则延长反应时间，平衡不移动，CH3OH的平衡产率不变，故A错误；
B.增大一种反应物的浓度，平衡正向移动，可以提高另外一种反应物的转化率，则适当增大投料比n(H2)n(CO2)有利于提高CO2的平衡转化率，故B正确；
C.恒温、固定容积的密闭容器中，根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变时不能说明反应达到平衡，故C错误；
D.体系达平衡后，若压缩体积，此时二氧化碳浓度增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡虽然正向移动，但只能减弱这种改变，所以一段时间后反应再达平衡时，与原平衡相比CO2的浓度增大，故D错误；
故答案为：B。
(1)①根据盖斯定律：2×b−a得CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)；
②结合反应的焓变和熵变分析反应自发进行的原因，结合反应的吸放热情况和气体分子数变化分析工业生产适宜的温度和压强；
(2)①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
②图中M点时CO2的平衡转化率50%，结合三段式列式计算得到，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol)1300
变化量(mol)0.51.50.50.5
平衡量(mol)0.51.50.50.5
该反应的压强平衡常数为Kp=p(CH3OH)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p3(H2)；
(3)A.当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率；
B.增大一种反应物的浓度，平衡正向移动，可以提高另外一种反应物的转化率；
C.恒温、固定容积的密闭容器中，根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变；
D.体系达平衡后，若压缩体积，此时二氧化碳浓度增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
13.【答案】正反应 4 10 4 8 增大 小 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 =H2SO4溶液
【解析】解：(1)4Fe2++O2+4H+⇌4Fe3++2H2O，其依据是c(H+)增大，平衡方向进行，c(Fe3+)增大，
故答案为：正反应；
(2)根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式为4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+，
故答案为：4；10；4；8；
(3)由图象知，pH越大，Fe2+氧化率越增大，pH越小，Fe2+氧化率越小，
故答案为：增大；小；
(4)pH=13的环境下，Fe2+被氧化变质可以理解为：
第一步：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓
第二步：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，其实无论是酸性环境还是碱性环境下，亚铁离子的氧化过程均是经历了这样一个过程，所以才有增大溶液PH，亚铁被氧化率会增大的这一个结论，当反应达到平衡状态时，c(Fe2+)c(Fe3+)=c(Fe2+)⋅c(OH−)c(Fe3+)⋅c(OH−)=c(OH−)⋅Ksp[Fe(OH)2]Ksp[Fe(OH)3]，带入PH=13条件下的Ksp和氢氧根离子浓度计算得到，c(OH−)=10−1410−13mol/L=10−1mol/L，c(Fe2+)c(Fe3+)=10−1×1×10−152.5×10−39=4.0×1022，
故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；=；
(5)根据上述分析，防止亚铁离子水解和氧化，配制FeSO4溶液的正确方法是加入适量的铁粉和稀硫酸，
故答案为：H2SO4溶液。
(1)4Fe2++O2+4H+⇌4Fe3++2H2O根据平衡易懂原理分析；
(2)根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式；
(3)由图象知，pH越大，Fe2+氧化率越增大，pH越小，Fe2+氧化率越小；
(4)pH=13的环境下，Fe2+被氧化变质可以理解为：
第一步：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓
第二步：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，其实无论是酸性环境还是碱性环境下，亚铁离子的氧化过程均是经历了这样一个过程，所以才有增大溶液PH，亚铁被氧化率会增大的这一个结论，当反应大多平衡状态时，c(Fe2+)c(Fe3+)=c(Fe2+)⋅c(OH−)c(Fe3+)⋅c(OH−)=c(OH−)⋅Ksp[Fe(OH)2]Ksp[Fe(OH)3]，带入PH=13条件下的Ksp和氢氧根离子浓度计算得到；
(5)题中信息可知亚铁离子在酸性溶液中氧化率较小，因此配制硫酸亚铁溶液需要加入适量的硫酸，同时加入适量的铁粉可以及时还原被氧化生成的铁离子，知识铁粉与稀硫酸反应消耗所以铁粉和稀硫酸需要在保存过程中不断补充，正因为如此，实验室一般不长期保存硫酸亚铁溶液。
本题考查了化学平衡影响因素、沉淀溶解平衡的计算分析，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
14.【答案】c>a>bBC酸性物质中和OH−，c(OH−)减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿 10−2.15 >加热可以将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定 0.45
【解析】解：(1)酸的第一步电离平衡常数越大，酸性越强，根据题目所给数据Ka1(柠檬酸)>Ka(苯甲酸)>Ka1(碳酸)，所以酸性c>a>b，
故答案为：c>a>b；
(2)A.通入氨气，氨气与水反应生成NH3⋅H2O，NH3⋅H2O会电离出OH−，使平衡逆向移动，故A错误；
B.加入Na，可以消耗H+，平衡正向移动，OH−浓度增大，溶液显碱性，故B正确；
C.苯甲酸为弱酸，所以加入苯甲酸钠后，苯甲酸根结合水电离出氢离子，使水的电离平衡正向移动，OH−浓度增大，溶液显碱性，故C正确；
D.加热虽然可以使平衡正向移动，但依然显中性，故D错误；
故答案为：BC；
(3)可乐中含有磷酸等，这些酸性物质中和OH−，c(OH−)减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿，
故答案为：酸性物质中和OH−，c(OH−)减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿；
(4)①磷酸的Ka1=c(H+)×c(H2PO4−)c(H3PO4)，据图可知当c(H2PO4−)=c(H3PO4)时，溶液的pH为2.15，即c(H+)=10−2.15mol/L，所以Ka1=10−2.15，
故答案为：10−2.15；
②滴加NaOH溶液至pH=7时，c(H+)=c(OH−)，同时溶液中存在电荷守恒：中c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH−)，所以c(Na+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)>c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)，
故答案为：>；
(5)①可乐中溶解有CO2，也可以和NaOH溶液反应，加热可以将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定，
故答案为：加热可以将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定；
②滴定终点时生成Na2HPO4，则发生的反应为H3PO4+2NaOH=Na2HPO4+2H2O，消耗NaOH溶液4.60mL，所以n(H3PO4)=12×0.0046L×0.1000mol/L=0.00023mol，所以可乐中磷酸的含量为0.00023×980.05L=0.45g⋅L−1，
故答案为：0.45。
(1)酸的第一步电离平衡常数越大，酸性越强；
(2)A.通入氨气，氨气与水反应生成NH3⋅H2O，NH3⋅H2O会电离出OH−，使平衡逆向移动；
B.加入Na，可以消耗H+，平衡正向移动，OH−浓度增大，溶液显碱性；
C.苯甲酸为弱酸，所以加入苯甲酸钠后，苯甲酸根结合水电离出氢离子，使水的电离平衡正向移动，OH−浓度增大，溶液显碱性；
D.加热虽然可以使平衡正向移动，但依然显中性；
(3)可乐中含有磷酸等，这些酸性物质中和OH−，c(OH−)减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿，
故答案为：酸性物质中和OH−，c(OH−)减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿；
(4)①磷酸的Ka1=c(H+)×c(H2PO4−)c(H3PO4)，据图可知当c(H2PO4−)=c(H3PO4)时，溶液的pH为2.15，即c(H+)=10−2.15mol/L；
②滴加NaOH溶液至pH=7时，c(H+)=c(OH−)，同时溶液中存在电荷守恒：中c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH−)；
(5)①可乐中溶解有CO2，也可以和NaOH溶液反应；
②滴定终点时生成Na2HPO4，则发生的反应为H3PO4+2NaOH=Na2HPO4+2H2O，消耗NaOH溶液4.60mL，所以n(H3PO4)=12×0.0046L×0.1000mol/L=0.00023mol，据此计算。
本题考查弱电解质电离、盐溶液水解，离子浓度大小比较，平衡移动和组成计算，难度较大，注重了学生综合能力的考查，题目覆盖面广，对学生要求高，指导学生平时要注重基础知识的积累和灵活应用知识能力的培养。
15.【答案】NaOH溶液可以使油脂水解将其除去 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OFe3+对H2O2的分解有催化作用 10−15.6 3.2≤pH<6.2冷却至30.8℃∼53.8℃之间时结晶 ⑤ 提高镍回收率
【解析】解：(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是①溶解铝及其氧化物；该氢镍催化剂来自油脂厂，表面会有大量油脂，NaOH溶液可以使油脂水解将其除去，②NaOH溶液可以使油脂水解将其除去，
故答案为：NaOH溶液可以使油脂水解将其除去；
(2)转化过程中双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；反应开始时溶液中存在大量Fe3+，Fe3+对H2O2的分解有催化作用，所以c(H2O2)迅速减小，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3+对H2O2的分解有催化作用；
(3)根据题目所给信息，当c(Ni2+)=0.01mol/L时，pH为7.2，则此时c(OH−)=10−6.8mol/L，Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)⋅c2(OH−)=10−2×(10−6.8)2=10−15.6；“调pH”的目的是使Fe3+完全沉淀，但Ni2+不沉淀，所以pH最小为3.2，溶液中c(Ni2+)=1.0mol/L，则Ni2+开始沉淀时溶液中c(OH−)=10−15.61.0mol/L=10−7.8mol/L，则c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−7.8mol/L=10−6.2mol/L，pH为6.2，所以调节pH的范围为3.2≤pH<6.2，
故答案为：10−15.6；3.2≤pH<6.2；
(4)流程的目的是获得NiSO4⋅6H2O，根据信息可知温度为30.8℃∼53.8℃时，晶体主要存在形式为NiSO4⋅6H2O，所以应蒸发浓度、冷却至30.8℃∼53.8℃之间时结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：冷却至30.8℃∼53.8℃之间时结晶；
(5)剩余液体为NiSO4的饱和溶液，应回流到滤液⑤的位置，重新结晶，以提高镍回收率，
故答案为：⑤；提高镍回收率。
向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，之后加入碳酸钠溶液得到NiCO3沉淀，过滤后再用稀硫酸溶解得到硫酸镍溶液，经系列操作得到NiSO4⋅6H2O晶体，以此解答该题。
本题以物质的制备为背景，考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，难度适中。
2021-2022学年福建省宁德市高二（上）期末化学试卷
1. 化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是( )
A. 铵态氮肥与草木灰混合使用会使肥效降低
B. 一次性锌锰碱性干电池能实现化学能与电能的相互转化
C. 侯氏制碱法食盐的利用率比索尔维制碱法高
D. “拉闸限电”活动有利于“碳中和、碳达峰”
2. 某品牌保暖贴的主要成份：铁粉、水、食盐、活性炭、蛭石、吸水性树脂。下列叙述错误的是( )
A. 保暖贴发热的原理主要是利用铁腐蚀放热
B. 保暖贴放热时间和温度可以通过透气膜的透氧速率进行控制
C. 活性炭为正极材料，食盐溶于水成为离子导体
D. 保暖贴使用后内袋物质主要成分是Fe3O4
3. 室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是。( )
A. Kwc(H+)=10−12的溶液中：K+、Cl−、SO42−、Mg2+
B. 无色透明的酸性溶液中：Fe2+、Na+、MnO4−、I−
C. pH=7的溶液中：Fe2+、NH4+、Cl−、CO32−
D. 由水电离产生的c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液中：NH4+、NO3−、HCO3−、SO42−
4. 人体血液中存在H2CO3−NaHCO3缓冲体系，建立下列平衡H2CO3⇌H++HCO3−，通过平衡的移动起到稳定血液pH的作用。下列说法不合理的是。( )
A. 人体代谢的碱性物质进入血液后，上述平衡向右移动，以维持血液pH的相对稳定
B. 若人体内的CO2不能顺利排出体外，会造成血液pH的减小
C. 若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小
D. 如果体内酸度或碱度过量，超过了人体缓冲体系的缓冲能力，就会造成酸中毒或碱中毒
5. 已知在常温下溶液中的pH+pOH=14，又知正常人的血液的pH=7.3.则正常人血液的pOH是( )
A. 大于6.7 B. 小于6.7 C. 等于6.7 D. 无法判断
6. 下列关于中和滴定实验的说法错误的是( )
A. 图1所示操作可排尽滴定管内气泡
B. 图2所示可用于已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸
C. 图3所示滴定管读数为5.6mL
D. 图4所示表明滴定过程中，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化
7. 实验发现，298K时向FeCl3酸性溶液中加少量锌粒后，Fe3+立即被还原成Fe2+。某实验探究小组根据该实验事实设计了如图所示装置，盐桥选择氯化钾琼脂。下列有关说法正确的是( )
A. 该实验装置属于电解池
B. 盐桥中K+移向右烧杯
C. 右侧烧杯中的电极反应式为：Zn+2e−=Zn2+
D. 左侧烧杯中电极上发生还原反应，溶液的红色逐渐褪去
8. 已知2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH<0的速率方程为v正=k正cα(NO)cβ(O2)，在T℃下测定了不同初始浓度及正反应速率的关系，数据如表。下列说法错误的是。( )
实验
c0(NO)/(mol⋅L−1)
c0(O2)/(mol⋅L−1)
v正
1
1
1
v
2
2
1
4v
3
1
2
2v
4
2
x
16v
A. α、β的值分别为2、1 B. 表中的x为4
C. 降低温度，k正可能增大 D. 若v逆=k逆c2(NO2)，则Kc=k正k逆
9. 锂空气充电电池有望成为电池行业的“明日之星”，其放电时的工作原理如图所示。已知电池反应：。下列说法错误的是( )
A. 电池工作时，正极的电极反应式：O2+2e−+2Li+=Li2O2
B. 放电时，B极消耗22.4L的O2，外电路中通过2mol电子
C. 充电时，B电极上的电势比A电极上的高
D. 充电时，A极接电源的负极
10. 常温下，向20mL0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1的NaOH溶液，溶液中由水电离出的OH−浓度在此滴定过程的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A. a∼d点，a点时水的电离受抑制最强
B. b、c、d三点溶液中离子、分子种类相同
C. c点表示酸碱恰好完全反应，溶液中c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)
D. b、d两点溶液的pH相同
11. 电化学原理在现实生活中有着十分广泛的应用。请回答下列问题：
(1)某研究性学习小组设计了如图1所示装置探究钢铁的腐蚀与防护。
为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述 ______(填装置序号)装置原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为 ______。
(2)电镀在工业上有着广泛的应用，可以镀锌、镀铜、镀金等。利用如图2所示装置可以将铜牌变为银牌，即在铜牌表面电镀一层银，该电解池的阴极反应可表示为 ______。
(3)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。用乙醇燃料电池作为电源电解含Co2+的水溶液制备金属钴，其装置如图3。
①图乙中Co电极应连接乙醇燃料电池的 ______极(填“a”或“b”)。
②图甲中a极上发生的电极反应是 ______。
③生成1MOL Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少 ______g。
12. 工业废气中二氧化碳的综合开发利用越来越受到人们的关注。
(1)研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2(合成气)，可减缓燃料危机和减弱温室效应，其过程包括
反应a：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247.3kJ⋅mol−1
反应b：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)ΔH2=+41.0kJ⋅mol−1
①相同条件下CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)的ΔH=______kJ⋅mol−1。
②反应a在一定条件下能够自发进行的原因是 ______；该反应工业生产适宜的温度和压强为 ______(填标号)。
A.高温高压
B.高温低压
C.低温高压
D.低温低压
(2)CO2催化加氢制甲醇：在一容积可变的密闭容器中，充入1molCO2与3molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0，实验测得CO2在不同温度下的平衡转化率与总压强的关系如图所示。
①T1、T2、T3的数值由大到小的顺序为 ______。
②T1温度下，该反应的压强平衡常数Kp=______atm−2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(3)下列有关CO2催化加氢制甲醇的说法正确的是 ______(填标号)。
A.延长反应时间有利于提高CH3OH的平衡产率
B.适当增大投料比n(H2)n(CO2)有利于提高CO2的平衡转化率
C.恒温、固定容积的密闭容器中，混合气体的密度保持不变时达到平衡
D.体系达平衡后，若压缩体积，一段时间后反应再达平衡时，与原平衡相比CO2的浓度减小
13. 久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。某研究小组对转化过程进行研究。
(1)甲同学认为在酸性条件下Fe2+易被氧化：4Fe2++O2+4H+⇌4Fe3++2H2O。其依据是c(H+)增大，平衡向 ______移动，c(Fe3+)增大。
(2)乙同学依据如下反应，推测在酸性条件下Fe2+不易被氧化：
______Fe2++1O2+______H2O⇌______Fe(OH)3+______H+(将反应补充完整)
(3)研究小组测定了常温下不同pH对Fe2+被O2氧化的氧化率随时间变化的关系，结果如图。结合图像分析可知，增大溶液pH，Fe2+被氧化速率 ______(填“增大”“减小”或“无影响”)。pH越小Fe2+氧化率越 ______(填“大”或“小”)。
(4)室温下，在pH=13的环境中，Fe2+的氧化变质可以理解为：
第一步：Fe2++2OH−=Fe(OH)2，
第二步：______(用化学方程式回答)；当氧化达到平衡时，c(Fe2+)c(Fe3+)______4.0×1022(填“>”“<”或“=”)。(已知的Ksp[Fe(OH)3]=2.5×10−39，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10−15)
(5)通过以上研究可知，新配制的FeSO4溶液中常加入适量的铁粉和 ______。
14. 雪碧、可乐是深受全球青睐的碳酸水型饮料。
Ⅰ.雪碧是一款柠檬味汽水饮料，其中所含酸性物质包括：碳酸、柠檬酸、苯甲酸。25℃时，上述三种酸的电离常数如表所示：
化学式
苯甲酸(C6H5COOH)
碳酸(H2CO3)
柠檬酸
电离常数
Ka=6.3×10−5
Ka1=4.3×10−7
Ka2=5.6×10−11
Ka1=7.4×10−4
Ka2=1.7×10−5
Ka3=4.0×10−7
(1)三种酸的酸性由强到弱的顺序为 ______(填标号)。
a.苯甲酸
b.碳酸
c.柠檬酸
(2)水存在如下平衡：H2O⇌H++OH−，欲使平衡向右移动，且溶液显碱性，下列符合条件的方法是 ______(填标号)。
A.通入氨气
B.加入Na
C.加入苯甲酸钠(C6H5COONa)固体
D.加热至90℃
Ⅱ.有的人喜欢可乐带来的“让牙齿发酸发软”的刺激感。这是因为可乐含有比雪碧更刺激的酸性物质——磷酸(化学式为H3PO4，沸点高、难挥发)。
(3)长期过量饮用可乐会破坏牙釉质，使下面的平衡向脱矿方向移动，造成龋齿。，结合平衡移动原理解释原因：______。
(4)室温下，向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH的关系如图所示。
①H3PO4的电离平衡常数Ka1=______。
②滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)______c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)(填“>”“<”“=”)。
(5)小组同学在实验室测定某可乐中磷酸的含量(不考虑白砂糖、咖啡因的影响)。
i.将50.00mL可乐注入圆底烧瓶，搅拌2∼3min，加入6g活性炭，吸附色素。
ii.将可乐回流加热10min，冷却至室温，过滤。
iii.取滤液，用百里香酚酞作指示剂，用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液4.60mL。
①加热的目的是 ______。
②该可乐样品中磷酸的含量为 ______g⋅L−1(计算结果保留2位小数)。
15. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图1工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4⋅6H2O)。溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol⋅L−1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10−5mol⋅L−1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是①溶解铝及其氧化物，②______。
(2)“转化”过程中反应的离子方程式为 ______，c(H2O2)随时间t的变化关系如图2所示，反应开始10∼20min内c(H2O2)迅速减小，原因可能是 ______(不考虑溶液温度变化)。
(3)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol⋅L−1，则“调pH”应控制的pH范围是 ______。
(4)硫酸镍结晶水合物的形态与温度的关系如表。
温度
低于30.8℃
30.8℃∼53.8℃
53.8℃∼280℃
高于280℃
晶体形态
NiSO4⋅7H2O
NiSO4⋅6H2O
多种结晶水合物
NiSO4
从滤液⑤中获得稳定NiSO4⋅6H2O晶体的操作1依次是蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、干燥。
(5)分离出NiSO4⋅6H2O晶体后的剩余液体要循环使用，则应该回流到流程中滤液 ______的位置(填②、③、⑤)，其目的是 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.铵态氮肥中的NH4+与草木灰中的CO32−会发生双水解放出氨气，降低肥效，故A正确；
B.锌锰碱性干电池能实现化学能与电能的转化，但不能充电，不能实现电能与化学能的转化，故B错误；
C.侯氏制碱法的生产工艺由两部分组成，氯化钠、氨气、二氧化碳和水生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成纯碱，母液中加氯化钠降温得到氯化铵，氯化铵是一种氮肥，综合利用原料、降低成本、减少环境污染，故比索尔维法食盐的利用率高，故C正确；
D.火力发电会释放二氧化碳，“拉闸限电”活动有利于节约电能，能减少二氧化碳的排放，所以有利于“碳中和、碳达峰”，故D正确；
故选：B。
A.铵态氮肥与碱性物质混合后能放出氨气，降低肥效；
B.一次性锌锰碱性干电池不能充电；
C.侯氏制碱法的工艺由制碱和制氯化铵两个过程组成，形成纯碱与氯化铵的循环；
D.火力发电会释放二氧化碳，“拉闸限电”活动有利于节约电能。
本题考查盐类水解，为高频考点，把握水解原理及应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.铁粉、水、食盐、活性炭、物质混合构成原电池，发生电化学腐蚀而发热，故保暖贴发热的原理主要是利用铁腐蚀放热，故A正确；
B.保暖贴放热时间和温度可以通过透气膜的透氧速率进行控制，故B正确；
C.铁粉为负极，活性炭为正极材料，氯化钠为电解质、即食盐溶于水成为离子导体，故C正确；
D.发生的反应Fe−2e−=Fe2+、O2+2H2O+4e−=4OH−、Fe2++2OH−=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)2、4Fe(OH)3−△Fe2O3+3H2O，保暖贴使用后内袋物质主要成分是Fe2O3，故D错误；
故选：D。
A.铁粉、水、食盐、活性炭、物质混合构成原电池，发生电化学腐蚀而发热；
B.保暖贴放热时间和温度可以通过透气膜的透氧速率进行控制；
C.铁粉为负极，活性炭为正极材料，氯化钠为电解质；
D.发生的反应Fe−2e−=Fe2+、O2+2H2O+4e−=4OH−、Fe2++2OH−=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)2、4Fe(OH)3−△Fe2O3+3H2O。
本题考查了金属的腐蚀、电化学原理等知识点，注意和析氢腐蚀发生条件的差异，难度不大，应注意基础的掌握。
3.【答案】A
【解析】解：A.K+、Cl−、SO42−、Mg2+、H+之间不反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；
B.含有Fe2+、MnO4−的溶液为有色溶液，酸性溶液中MnO4−能够氧化Fe2+、I−，不能大量共存，故B错误；
C.Fe2+、CO32−之间发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；
D.由水电离产生的c(H+)=1×10−13mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，NH4+、HCO3−都与OH−反应，H+与HCO3−反应生成二氧化碳气体和水，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.该溶液呈酸性，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
B.含有亚铁离子、高锰酸根离子的溶液为有色离子，酸性条件下高锰酸根离子能够氧化亚铁离子、碘离子；
C.亚铁离子与碳酸根离子发生双水解反应；
D.该溶液呈酸性或碱性，铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.人体代谢的碱性物质进入血液后，氢离子被消耗而浓度减小，则H2CO3⇌H++HCO3−上述平衡向右移动，以维持血液pH的相对稳定，故A正确；
B.若人体内的CO2不能顺利排出体外，则血液中碳酸浓度增大，则H2CO3⇌H++HCO3−，上述平衡向右移动，会造成血液pH的减小，故B正确；
C.若静脉滴注大量生理盐水，钠离子氯离子不影响平衡，水的加入相当于对溶液稀释，氢离子浓度减小，则体液的pH变大，故C错误；
D.如果体内酸度或碱度过量，均会使平衡发生移动，就会超过人体缓冲体系的缓冲能力，就会使血液pH过低造成酸中毒、pH过高造成碱中毒，故D正确；
故选：C。
A.人体代谢的碱性物质进入血液后，氢离子被消耗而浓度减小，则H2CO3⇌H++HCO3−上述平衡向右移动；
B.若人体内的CO2不能顺利排出体外，则血液中碳酸浓度增大，则H2CO3⇌H++HCO3−，上述平衡向右移动；
C.若静脉滴注大量生理盐水，钠离子氯离子不影响平衡，水的加入相当于对溶液稀释，氢离子浓度减小；
D.如果体内酸度或碱度过量，均会使平衡发生移动，就会超过人体缓冲体系的缓冲能力。
本题考查弱电解质电离平衡、缓冲溶液及盐类水解、平衡影响因素、平衡常数计算等知识点，明确题目中的信息及有关Ka的计算是解答本题的关键，题目难度中等。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了pH、pOH的关系，注意人的体温是37℃，高于常温，水的电离吸热是解答本题的关键，题目难度不大．
【解答】
水的离子积Kw=c(H+)⋅c(OH−)，在常温下溶液中的pH+pOH=14，水的离子积Kw=1×10−14，
人体的体温是37℃，水的电离吸热，电离出的氢离子、氢氧根离子浓度大，Kw=c(H+)⋅c(OH−)>1×10−14，pH+pOH<14，pH=7.3的血液对应pOH<14−7.3=6.7，
故选B。
6.【答案】C
【解析】解：A.将碱式滴定管的胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，使溶液充满尖嘴，图示操作方法合理，故A正确；
B.图2所示仪器合理，该装置可用于已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，故B正确；
C.滴定管的最小读数为0.01mL，则图3所示滴定管读数应该为5.60mL，故C错误；
D.图4所示表明滴定过程中，为了及时判断滴定终点，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D正确；
故选：C。
A.碱式滴定管气泡的排除方法为：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡；
B.酸碱通用聚四氟乙烯滴定管可盛放氢氧化钠溶液；
C.滴定管的读数应该读到0.01mL；
D.为了及时判断滴定终点，滴定时眼睛需要注视锥形瓶中溶液颜色的变化。
本题考查中和滴定，明确中和滴定步骤、操作方法为解答关键，注意掌握滴定管构造及使用方法，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.该装置为原电池，故A错误；
B.盐桥中阳离子移向正极(左烧杯)，故B错误；
C.Zn作负极，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，故C错误；
D.左侧烧杯Pt作正极还原反应，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+，Fe2+与KSCN不变色，溶液的红色逐渐褪去，故D正确；
故选：D。
由图可知，该装置为原电池，Zn作负极，电极反应式为Zn−2e−=Zn2+，Pt作正极，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
8.【答案】C
【解析】解：A.比较表中1、2两组的数据可知，NO浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的4倍，故α=2，1、3两组数据可知，H2的浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的2倍，故β=1，故A正确；
B.根据A的分析可知，α=2，β=1，则v正=k正c2(NO)c(O2)，根据表中2、4两组数据可知，{4v=k正⋅22⋅116v=k正⋅22⋅x，解得x=4，故B正确；
C.降低温度，反应速率减慢，故k正不可能增大只能减小，故C错误；
D.若v逆=k逆c2(NO2)，平衡时v正=v逆，即k正c2(NO)c(O2)=k逆c2(H2O)c(N2)，则K=c(NO2)2c(NO)2c(O2)=k正k逆，故D正确；
故选：C。
A.比较表中1、2两组的数据可知，NO浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的4倍；1、3两组数据可知，H2的浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的2倍；
B.根据A的解析，结合v正=k正cα(NO)cβ(O2)和表中数据判断；
C.降低温度，反应速率减慢；
D.若v逆=k逆c2(NO2)，平衡时，即k正c2(NO)c(O2)=k逆c2(NO2)，结合K=c(NO2)2c(NO)2c(O2)分析。
本题考查了化学平衡，涉及化学反应速率的计算、影响化学平衡的因素等，注意将化学平衡原理与题目信息相结合，此题难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.放电时，B极为正极，电极反应式为O2+2e−+2Li+=Li2O2，故A正确；
B.题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算气体的物质的量，故B错误；
C.充电时，B极为阳极，A极为阴极，B电极上的电势比A电极上的高，故C正确；
D.充电时，A极为阴极，连接电源的负极，故D正确；
故选：B。
由图可知，放电时，A极作负极，电极反应式为Li−e−=Li+，B极为正极，电极反应式为O2+2e−+2Li+=Li2O2，充电时，A极为阴极，B极为阳极，据此作答。
本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
10.【答案】D
【解析】解：A.水电离出的c(OH−)越小，则水的电离程度越小，所以a∼d点，a点时水的电离受抑制最强，故A正确；
B.c点水的电离程度最大，则c点为恰好完全反应的点，溶质为CH3COONa，溶液中含有CH3COOH、CH3COO−、H+、OH−、Na+和H2O；b点未完全反应，加入10mLNaOH溶液，溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，溶液中含有CH3COOH、CH3COO−、H+、OH−、Na+和H2O；d点NaOH过量，溶质为CH3COONa和NaOH，溶液中含有CH3COOH、CH3COO−、H+、OH−、Na+和H2O；三点溶液中离子、分子种类相同，故B正确；
C.c点加入的NaOH的体积为20mL，此时NaOH和醋酸恰好完全反应，所得溶液为CH3COONa溶液，根据质子守恒可知c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，故C正确；
D.d点NaOH过量，溶质为CH3COONa和NaOH，显碱性，b点未完全反应，加入10mLNaOH溶液，溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，显酸性，故D错误；
故选：D。
CH3COOH、NaOH的电离会抑制水的电离，二者反应生成CH3COONa，而CH3COONa的水解促进水的电离，所以随着NaOH的加入，水的电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反应时，溶质只有CH3COONa，此时水的电离程度达到最大，继续加入NaOH溶液，NaOH的电离开始抑制水的电离。
本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确图象中各点的pH及溶液中的溶质即可解答，注意物料守恒及影响电离平衡的因素，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
11.【答案】②③ 2Cl−+2H2O−电解2OH−+Cl2↑+H2↑Ag++e−=AgbC2H5OH+3H2O−12e−=2CO2↑+12H+ 18
【解析】解：(1)装置①中Fe比Cu活泼，形成原电池后Fe为负极被氧化，无法防止Fe被腐蚀；装置②中Fe不如Zn活泼，形成原电池后Zn作负极被氧化，Fe被保护；装置③中Fe为原电池的阴极，Fe电极发生还原反应，Fe不会被氧化，综上所述为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述②③；装置③中阳极为石墨电极，所以是溶液中的氯离子被氧化为氯气，Fe为阴极，水电离出的氢离子被还原为氢气，总反应为2Cl−+2H2O−通电2OH−+Cl2↑+H2↑，
故答案为：②③；2Cl−+2H2O−电解2OH−+Cl2↑+H2↑；
(2)该电解池的目的是在镀件上镀银，所以阴极发生的反应为Ag++e−=Ag，
故答案为：Ag++e−=Ag；
(3)①燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，即a为负极，b为正极；图乙所示电解池的目的是电解含Co2+的水溶液制备金属钴，所以Co电极上的反应应为Co2++2e−=Co，即Co电极为阴极，所以连接乙醇燃料电池的a极，
故答案为：a；
②a电极上乙醇失电子被氧化，工作过程中有质子移动，电解液应为酸性，所以乙醇被氧化生成二氧化碳，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为C2H5OH+3H2O−12e−=2CO2↑+12H+，
故答案为：C2H5OH+3H2O−12e−=2CO2↑+12H+；
③根据电极反应Co2++2e−=Co可知，生成1molCo，转移2mol电子，I室为阳极室，电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，生成的H+又会迁移到Ⅱ室，所以转移2mol电子时，I室中减少1mol水，质量为1mol×18g/mol=18g，
故答案为：18。
(1)装置①中Fe比Cu活泼，形成原电池后Fe为负极被氧化，无法防止Fe被腐蚀；装置②中Fe不如Zn活泼，形成原电池后Zn作负极被氧化，Fe被保护；装置③中Fe为原电池的阴极，Fe电极发生还原反应，Fe不会被氧化；装置③中阳极为石墨电极，所以是溶液中的氯离子被氧化为氯气，Fe为阴极，水电离出的氢离子被还原为氢气；
(2)该电解池的目的是在镀件上镀银，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；
(3)①燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极；图乙所示电解池的目的是电解含Co2+的水溶液制备金属钴，所以Co电极上的反应应为Co2++2e−=Co；
②a电极上乙醇失电子被氧化，工作过程中有质子移动，电解液应为酸性，所以乙醇被氧化生成二氧化碳；
③根据电极反应Co2++2e−=Co可知，生成1molCo，转移2mol电子，I室为阳极室，电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，生成的H+又会迁移到Ⅱ室，所以转移2mol电子时，I室中减少1mol水。
本题考查原电池工作原理的应用，为高频考点，侧重分析能力和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应及电极反应式的书写是解题关键，注意掌握电极方程式的书写方法，题目难度中等。
12.【答案】−165ΔS>0bT1
故答案为：−165；
②ΔG=ΔH−T⋅ΔS，ΔG<0：反应自发进行，对于反应Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1>0，ΔS>0，则反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是ΔS>0；较低的压强可使平衡正向移动，较高温度能加快合成速率，提高生产效率，该反应工业生产适宜的温度和压强为高温低压，故选B，
故答案为：ΔS>0；B；
(2)①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，则T1、T2、T3的数值由大到小的顺序为T1
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol)1300
变化量(mol)0.51.50.50.5
平衡量(mol)0.51.50.50.5
平衡状态下气体总物质的量=0.5mol+1.5mol+0.5mol+0.5mol=3mol，压强为50atm，Kp=p(CH3OH)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p3(H2)=0.5mol3mol×50atm×0.5mol3mol×50atm0.5mol3mol×50atm×(1.5mol3mol×50atm)3≈5.33×10−4atm−2，
故答案为：5.33×10−4；
(3)A.当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则延长反应时间，平衡不移动，CH3OH的平衡产率不变，故A错误；
B.增大一种反应物的浓度，平衡正向移动，可以提高另外一种反应物的转化率，则适当增大投料比n(H2)n(CO2)有利于提高CO2的平衡转化率，故B正确；
C.恒温、固定容积的密闭容器中，根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变时不能说明反应达到平衡，故C错误；
D.体系达平衡后，若压缩体积，此时二氧化碳浓度增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡虽然正向移动，但只能减弱这种改变，所以一段时间后反应再达平衡时，与原平衡相比CO2的浓度增大，故D错误；
故答案为：B。
(1)①根据盖斯定律：2×b−a得CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)；
②结合反应的焓变和熵变分析反应自发进行的原因，结合反应的吸放热情况和气体分子数变化分析工业生产适宜的温度和压强；
(2)①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
②图中M点时CO2的平衡转化率50%，结合三段式列式计算得到，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol)1300
变化量(mol)0.51.50.50.5
平衡量(mol)0.51.50.50.5
该反应的压强平衡常数为Kp=p(CH3OH)⋅p(H2O)p(CO2)⋅p3(H2)；
(3)A.当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率；
B.增大一种反应物的浓度，平衡正向移动，可以提高另外一种反应物的转化率；
C.恒温、固定容积的密闭容器中，根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变；
D.体系达平衡后，若压缩体积，此时二氧化碳浓度增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
13.【答案】正反应 4 10 4 8 增大 小 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 =H2SO4溶液
【解析】解：(1)4Fe2++O2+4H+⇌4Fe3++2H2O，其依据是c(H+)增大，平衡方向进行，c(Fe3+)增大，
故答案为：正反应；
(2)根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式为4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+，
故答案为：4；10；4；8；
(3)由图象知，pH越大，Fe2+氧化率越增大，pH越小，Fe2+氧化率越小，
故答案为：增大；小；
(4)pH=13的环境下，Fe2+被氧化变质可以理解为：
第一步：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓
第二步：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，其实无论是酸性环境还是碱性环境下，亚铁离子的氧化过程均是经历了这样一个过程，所以才有增大溶液PH，亚铁被氧化率会增大的这一个结论，当反应达到平衡状态时，c(Fe2+)c(Fe3+)=c(Fe2+)⋅c(OH−)c(Fe3+)⋅c(OH−)=c(OH−)⋅Ksp[Fe(OH)2]Ksp[Fe(OH)3]，带入PH=13条件下的Ksp和氢氧根离子浓度计算得到，c(OH−)=10−1410−13mol/L=10−1mol/L，c(Fe2+)c(Fe3+)=10−1×1×10−152.5×10−39=4.0×1022，
故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；=；
(5)根据上述分析，防止亚铁离子水解和氧化，配制FeSO4溶液的正确方法是加入适量的铁粉和稀硫酸，
故答案为：H2SO4溶液。
(1)4Fe2++O2+4H+⇌4Fe3++2H2O根据平衡易懂原理分析；
(2)根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式；
(3)由图象知，pH越大，Fe2+氧化率越增大，pH越小，Fe2+氧化率越小；
(4)pH=13的环境下，Fe2+被氧化变质可以理解为：
第一步：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓
第二步：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，其实无论是酸性环境还是碱性环境下，亚铁离子的氧化过程均是经历了这样一个过程，所以才有增大溶液PH，亚铁被氧化率会增大的这一个结论，当反应大多平衡状态时，c(Fe2+)c(Fe3+)=c(Fe2+)⋅c(OH−)c(Fe3+)⋅c(OH−)=c(OH−)⋅Ksp[Fe(OH)2]Ksp[Fe(OH)3]，带入PH=13条件下的Ksp和氢氧根离子浓度计算得到；
(5)题中信息可知亚铁离子在酸性溶液中氧化率较小，因此配制硫酸亚铁溶液需要加入适量的硫酸，同时加入适量的铁粉可以及时还原被氧化生成的铁离子，知识铁粉与稀硫酸反应消耗所以铁粉和稀硫酸需要在保存过程中不断补充，正因为如此，实验室一般不长期保存硫酸亚铁溶液。
本题考查了化学平衡影响因素、沉淀溶解平衡的计算分析，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
14.【答案】c>a>bBC酸性物质中和OH−，c(OH−)减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿 10−2.15 >加热可以将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定 0.45
【解析】解：(1)酸的第一步电离平衡常数越大，酸性越强，根据题目所给数据Ka1(柠檬酸)>Ka(苯甲酸)>Ka1(碳酸)，所以酸性c>a>b，
故答案为：c>a>b；
(2)A.通入氨气，氨气与水反应生成NH3⋅H2O，NH3⋅H2O会电离出OH−，使平衡逆向移动，故A错误；
B.加入Na，可以消耗H+，平衡正向移动，OH−浓度增大，溶液显碱性，故B正确；
C.苯甲酸为弱酸，所以加入苯甲酸钠后，苯甲酸根结合水电离出氢离子，使水的电离平衡正向移动，OH−浓度增大，溶液显碱性，故C正确；
D.加热虽然可以使平衡正向移动，但依然显中性，故D错误；
故答案为：BC；
(3)可乐中含有磷酸等，这些酸性物质中和OH−，c(OH−)减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿，
故答案为：酸性物质中和OH−，c(OH−)减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿；
(4)①磷酸的Ka1=c(H+)×c(H2PO4−)c(H3PO4)，据图可知当c(H2PO4−)=c(H3PO4)时，溶液的pH为2.15，即c(H+)=10−2.15mol/L，所以Ka1=10−2.15，
故答案为：10−2.15；
②滴加NaOH溶液至pH=7时，c(H+)=c(OH−)，同时溶液中存在电荷守恒：中c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH−)，所以c(Na+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)>c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)，
故答案为：>；
(5)①可乐中溶解有CO2，也可以和NaOH溶液反应，加热可以将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定，
故答案为：加热可以将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定；
②滴定终点时生成Na2HPO4，则发生的反应为H3PO4+2NaOH=Na2HPO4+2H2O，消耗NaOH溶液4.60mL，所以n(H3PO4)=12×0.0046L×0.1000mol/L=0.00023mol，所以可乐中磷酸的含量为0.00023×980.05L=0.45g⋅L−1，
故答案为：0.45。
(1)酸的第一步电离平衡常数越大，酸性越强；
(2)A.通入氨气，氨气与水反应生成NH3⋅H2O，NH3⋅H2O会电离出OH−，使平衡逆向移动；
B.加入Na，可以消耗H+，平衡正向移动，OH−浓度增大，溶液显碱性；
C.苯甲酸为弱酸，所以加入苯甲酸钠后，苯甲酸根结合水电离出氢离子，使水的电离平衡正向移动，OH−浓度增大，溶液显碱性；
D.加热虽然可以使平衡正向移动，但依然显中性；
(3)可乐中含有磷酸等，这些酸性物质中和OH−，c(OH−)减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿，
故答案为：酸性物质中和OH−，c(OH−)减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿；
(4)①磷酸的Ka1=c(H+)×c(H2PO4−)c(H3PO4)，据图可知当c(H2PO4−)=c(H3PO4)时，溶液的pH为2.15，即c(H+)=10−2.15mol/L；
②滴加NaOH溶液至pH=7时，c(H+)=c(OH−)，同时溶液中存在电荷守恒：中c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(PO43−)+c(OH−)；
(5)①可乐中溶解有CO2，也可以和NaOH溶液反应；
②滴定终点时生成Na2HPO4，则发生的反应为H3PO4+2NaOH=Na2HPO4+2H2O，消耗NaOH溶液4.60mL，所以n(H3PO4)=12×0.0046L×0.1000mol/L=0.00023mol，据此计算。
本题考查弱电解质电离、盐溶液水解，离子浓度大小比较，平衡移动和组成计算，难度较大，注重了学生综合能力的考查，题目覆盖面广，对学生要求高，指导学生平时要注重基础知识的积累和灵活应用知识能力的培养。
15.【答案】NaOH溶液可以使油脂水解将其除去 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OFe3+对H2O2的分解有催化作用 10−15.6 3.2≤pH<6.2冷却至30.8℃∼53.8℃之间时结晶 ⑤ 提高镍回收率
【解析】解：(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是①溶解铝及其氧化物；该氢镍催化剂来自油脂厂，表面会有大量油脂，NaOH溶液可以使油脂水解将其除去，②NaOH溶液可以使油脂水解将其除去，
故答案为：NaOH溶液可以使油脂水解将其除去；
(2)转化过程中双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；反应开始时溶液中存在大量Fe3+，Fe3+对H2O2的分解有催化作用，所以c(H2O2)迅速减小，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3+对H2O2的分解有催化作用；
(3)根据题目所给信息，当c(Ni2+)=0.01mol/L时，pH为7.2，则此时c(OH−)=10−6.8mol/L，Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)⋅c2(OH−)=10−2×(10−6.8)2=10−15.6；“调pH”的目的是使Fe3+完全沉淀，但Ni2+不沉淀，所以pH最小为3.2，溶液中c(Ni2+)=1.0mol/L，则Ni2+开始沉淀时溶液中c(OH−)=10−15.61.0mol/L=10−7.8mol/L，则c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−7.8mol/L=10−6.2mol/L，pH为6.2，所以调节pH的范围为3.2≤pH<6.2，
故答案为：10−15.6；3.2≤pH<6.2；
(4)流程的目的是获得NiSO4⋅6H2O，根据信息可知温度为30.8℃∼53.8℃时，晶体主要存在形式为NiSO4⋅6H2O，所以应蒸发浓度、冷却至30.8℃∼53.8℃之间时结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：冷却至30.8℃∼53.8℃之间时结晶；
(5)剩余液体为NiSO4的饱和溶液，应回流到滤液⑤的位置，重新结晶，以提高镍回收率，
故答案为：⑤；提高镍回收率。
向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，之后加入碳酸钠溶液得到NiCO3沉淀，过滤后再用稀硫酸溶解得到硫酸镍溶液，经系列操作得到NiSO4⋅6H2O晶体，以此解答该题。
本题以物质的制备为背景，考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，难度适中。
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