2021-2022学年福建省漳州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年福建省漳州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了2ml电子时，消耗锌的质量为6，0时，c>c>c>c，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年福建省漳州市高二（上）期末化学试卷

1. 事物的变化都有两面性。下列关于金属的腐蚀和防护说法错误的是(    )
A. 生活中常用的“暖宝宝”是利用吸氧腐蚀原理制造的
B. 生铁浸泡在食盐水中易发生析氢腐蚀
C. 为保护轮船的外壳，常在外壳上镶入锌块
D. 利用阳极氧化法处理铝制品的表面使之形成致密的氧化膜而防腐
2. 下列物质属于强电解质，且水溶液呈酸性的是(    )
A. SO2 B. NaCl C. NH4Cl D. CH3COONa
3. 化学用语是学习化学的重要工具。下列离子方程式书写错误的是(    )
A. 电解饱和食盐水：2Cl−+2H2O−通电H2↑+Cl2↑+2OH−
B. 甲烷燃料电池在碱性介质中的总反应式：CH4+2O2+2OH−=CO32−+3H2O
C. AlCl3溶液与Na2S溶液混合生成沉淀：2Al3++3S2−=Al2S3↓
D. 溶洞形成过程中发生的反应：CaCO3+CO2+H2O⇌Ca2++2HCO3−
4. 下列有关热化学方程式的叙述，正确的是(    )
A. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−483.6kJ⋅mol−1，则氢气的燃烧热为241.8kJ⋅mol−1
B. 由H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ⋅mol−1，可知含1molCH3COOH的稀溶液与含1molNaOH的稀溶液充分反应，释放57.3kJ的热
C. 由2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH=−56.9kJ⋅mol−1，可知将2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应，释放56.9kJ的热
D. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)ΔH=+178.2kJ⋅mol−1，该反应在高温下能自发进行的原因是ΔS>0
5. 常温下由水电离产生的c(H+)=1.0×10−12mol⋅L−1的溶液中，一定能大量共存的离子组是(    )
A. Na+、SO42−、NO3− B. NH4+、K+、SO42−
C. Na+、Cl−、HCO3− D. Fe2+、NO3−、Cl−
6. 在恒温恒容的密闭容器中，发生可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，不能说明该反应已经达到平衡状态的是(    )
A. 混合气体的平均摩尔质量保持不变 B. 体系的压强保持不变
C. v消耗(SO2)=v消耗(SO3) D. 混合气体的密度保持不变
7. 已知某可逆反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g)ΔH，同时符合图中各曲线变化规律的是(    )

A. a+b>c+dT1c+dT10
C. a+bT2 ΔH>0 D. a+bT2 ΔH<0
8. 用如图所示装置进行实验，盐桥中装有含饱和KCl溶液的琼脂。下列说法错误的是(    )

A. 铜棒为正极，其电极反应式为2H++2e−=H2↑
B. 采用多孔碳棒的目的是为了增大电极与电解质溶液的接触面积
C. 盐桥中的氯离子移向H2SO4溶液
D. 当电路中通过0.2mol电子时，消耗锌的质量为6.5g
9. Burns和Dainton研究发现C12与CO合成COCl2的反应机理如下：
①C12(g)⇌2C1⋅(g)快
②CO(g)+C1⋅(g)⇌COC1⋅(g)快
③COC1⋅(g)+C12(g)⇌COC12(g)+C1⋅(g)慢
其中反应②存在v正=k正[CO][C1⋅]、v逆=k逆[COC1⋅]
下列说法正确的是(    )
A. 反应①的活化能大于反应③的
B. 反应②的平衡常数K=k正k逆
C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应②的速率
D. 选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COC12的平衡产率
10. 液氨与纯水类似，也存在微弱的电离：NH3+NH3⇌NH4++NH2−。T℃时，液氨的离子积常数K=c(NH4+)⋅c(NH2−)=1.0×10−30，若用定义pH的方式来规定pN=−lgc(NH4+)，则下列叙述正确的是(    )
A. 其他条件不变，增加液氨的量，电离平衡正向移动
B. 液氨达到电离平衡时c(NH3)=c(NH4+)=c(NH2−)
C. T℃时的液氨中，pN=15
D. 一定温度下，向液氨中加入氯化铵固体，电离平衡逆向移动，K值减小
11. 下列实验不能达到预期目的的是(    )
选项
实验内容
实验目的
A
将FeCl3固体溶于少量浓盐酸中，再加蒸馏水稀释至所需浓度
配制FeCl3溶液
B
用稀硫酸和锌粒制取H2时，往稀硫酸中滴加几滴CuSO4溶液
加快反应速率
C
用pH试纸测得0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液的pH约为3
证明CH3COOH是弱电解质
D
向BaSO4悬浊液中加入饱和Na2CO3溶液，过滤，向滤渣中加入盐酸，有气体生成
证明相同温度下Ksp(BaCO3)
A. A B. B C. C D. D
12. 40℃时，在氨-水体系中不断通入CO2，各种粒子的变化趋势如图所示。下列说法错误的是(    )

A. 随着CO2的通入，c(OH−)c(NH3⋅H2O)不断增大
B. 当pH=9.0时，c(NH4+)>c(HCO3−)>c(NH2COO−)>c(CO32−)
C. 在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO−的中间产物生成
D. 随着CO2的通入，溶液中均存在：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(NH2COO−)+c(OH−)
13. 25℃时，Zn2+在不同pH溶液中的存在形态如图所示，横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或[Zn(OH)4]2−(配离子)的物质的量浓度的对数(当溶液中剩余离子浓度小于1.0×10−5mol⋅L−1时，即可认为该离子已沉淀完全)。下列说法错误的是(    )

A. 往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2++4OH−=[Zn(OH)4]2−
B. 25℃时，Ksp[(Zn(OH)2)]=1.0×10−17
C. 某废液中含Zn2+，沉淀Zn2+时可以控制溶液的pH范围是8.0∼12.0
D. 向1L1mol⋅L−1ZnCl2溶液中加入NaOH固体至pH=6.0，需消耗2molNaOH
14. 酸、碱、盐在水溶液中的离子反应在生活和生产中有广泛的应用，请回答下列问题。
(1)洗涤剂中的Na2CO3俗称“纯碱”的原因是 ______(用离子方程式表示)，洗涤油腻餐具时，使用温水效果更佳，原因是 ______。
(2)25℃时，相同pH的盐酸与CH3COOH溶液分别加水稀释100倍后，比较两溶液的pH大小：盐酸 ______CH3COOH溶液(填“>”、“=”或“<”)。
(3)菠菜等植物中含有丰富的草酸(H2C2O4)，草酸对生命活动有重要影响。
①草酸是一种二元弱酸，写出它在水中的电离方程式 ______，要使溶液中H2C2O4的电离平衡正向移动且c(H+)增大，可以采取的措施有 ______。
②已知25℃时，0.1mol⋅L−1NaHC2O4溶液的pH≈5.5，则NaHC2O4溶液中c(C2O42−)，c(HC2O4−)，c(H2C2O4)由小到大的顺序为 ______。
15. 合成氨工业结束了人类依靠天然氮肥的历史，解决了人类的粮食问题．氨气广泛应用于化肥、制药、合成纤维等领域，极大地影响了人类的发展历史．
(1)以CO2与NH3为原料合成尿素[CO(NH2)2]的主要反应如下：
①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)ΔH1=−159.5kJ⋅mol−1
②NH2CO2NH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH2=+116.5kJ⋅mol−1
写出CO2(g)与NH3(g)合成尿素和水蒸气的热化学反应方程式 ______.
(2)工业合成氨的反应原理为时该反应的能量变化如图1所示，图中曲线 ______(填字母)表示加入催化剂的能量变化曲线，催化剂能加快反应速率的原因是 ______.科学工作者发现一种优良的合成氨催化剂——担载单原子钼的缺陷硼氮单层材料，反应的部分历程如图2所示，则该反应历程中需要吸收能量的最大能垒(活化能)298K______eV，对应步骤的化学方程式为 ______.

(3)在实际生产中，合成氨工艺常用条件为铁触媒作催化剂、控制温度500℃、压强3.0×107Pa，原料中N2和H2的物质的量之比为1：2.8.下列关于合成氨工艺的叙述，正确的是 ______(填字母).
a.平衡后再通入N2，当重新达到平衡时，N2在混合气中的体积分数减小
b.控制温度(500℃)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和较快的反应速率
c.分离空气得到的N2须净化处理，以防止催化剂活性降低
d.原料气中N2过量，是因为N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率
(4)某化学研究性学习小组模拟工业合成氨的反应．在容积固定为2L的密闭容器内充入1molN2和3molH2，加入合适催化剂(体积可以忽略不计)后在一定温度和压强下开始反应，并用压力计检测容器内压强随反应时间的变化如表所示：
反应时间/min
0
5
10
15
20
25
30
压强/MPa
16.80
14.78
13.86
13.27
12.85
12.60
12.60
20min时，该反应v正______v逆(填“>”、“=”或“<”)，该反应的平衡常数表达式K=______.从反应开始到25min时，用H2表示的平均反应速率v(H2)=______mol⋅L−1⋅min−1.
16. 我国每年产生的废旧铅蓄电池约330万吨．从含铅废料(含PbSO4、PbO2、PbO等)中回收Pb意义重大．一种回收铅的工艺流程如图．

(1))铅蓄电池的总反应式为：PbO2+Pb+2H2SO4(可逆上放电下充电)2PbSO4+2H2O，放电时PbO2作 ______(填“正极”或“负极”)，该电极附近溶液的pH ______(填“增大”、“减小”或“不变”).
(2)含铅废料需要进行粉碎处理，目的是 ______，反应①体现Na2SO3的 ______性，操作a、b的名称是 ______.
(3)若反应②完成后的溶液中c(Pb2+)=5.0×10−6mol⋅L−1，则该溶液中c(SO42−)≤______mol⋅L−1.【已知25℃时，Ksp(PbSO4)=1.06×10−8，Ksp(PbCO3)=3.3×10−14】
(4)PbCO3和PbSO4加热升温过程中固体的质量变化如图1所示．工业上用PbCO3热分解制备PbO，而不直接热分解PbSO4制备PbO，主要原因是 ______.

(5)将反应③得到的PbO粗产品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液．电解Na2PbCl4溶液生成Pb，装置如图2所示，则阴极的电极反应式为 ______.
17. 亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，使用过量会使人中毒，国际上对食品中亚硝酸钠的用量有严格要求．已知：亚硝酸钠易被氧化成硝酸钠．欲测定某样品中NaNO2的含量，某同学设计了如下实验．
①称取样品10.00g，加水溶解，配制成100mL溶液．
②取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0200mol⋅L−1KMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，记录滴定结束后消耗KMnO4溶液的体积，重复滴定3次．实验记录的数据如表：
滴定次数
1
2
3
开始读数(mL)
0.10
1.85
0.00
结束读数(mL)
19.95
22.00
22.00
(1)上述实验①所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管之外还有 ______.
(2)在进行滴定操作时，KMnO4溶液应盛装在 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中．当滴入最后半滴KMnO4溶液时，______，说明达到滴定终点．
(3)请补充完整酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠反应的离子方程式：______KMnO4+______NO2−+______H+=______Mn2++______NO3−+______，实验测得该样品中NaNO2的质量分数为 ______(精确到小数点后两位).
(4)以下操作会造成测定结果偏低的是 ______(填字母).
a.滴定管未用KMnO4标准溶液润洗
b.锥形瓶未用待测液润洗
c.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失
d.KMnO4标准溶液滴定前仰视读数，滴定终点时俯视读数
e.滴定过程中刚出现颜色变化就立即停止滴定
(5)经分析，有同学指出：即使操作规范，该方案仍然会造成测定结果偏低，他的理由是 ______.
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A.生活中常用的“暖宝宝”实际上是根据铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀的原理；同时利用活性炭的强吸附性，在活性炭的疏松结构中储有水蒸汽，水蒸气液化成水滴，流出与空气和铁粉接触，在氯化钠的催化作用下较为迅速的发生反应生成氢氧化铁，放出热量，生成的氢氧化铁会缓慢分解为氧化铁，故A正确；
B.食盐水显中性，生铁浸泡在中性溶液中中易发生吸氧腐蚀，故B错误；
C.Zn的活泼性比铁强，形成原电池时，Fe被保护，常在轮船的外壳上镶入锌块保护外壳，故C正确；
D.Al很活泼易被腐蚀，利用阳极氧化法处理铝制品的表面使之形成致密的氧化膜保护内部金属而防腐，故D正确；
故选：B。
A.铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀的原理；
B.食盐水显中性；
C.Zn的活泼性比铁强，形成原电池时，Fe被保护；
D.Al很活泼易被腐蚀，生成氧化膜保护内部金属。
本题考查金属的电化学腐蚀与防护，为高频考点，把握腐蚀与防护的基本原理为解题的关键，侧面考查了对知识点的理解和分析能力，题目难度中等。

2.【答案】C 
【解析】解：A.二氧化硫为非电解质，故A不选；
B.氯化钠在水溶液中能完全电离，为强电解质，为强酸强碱盐，溶液呈中性，故B不选；
C.氯化铵在水溶液中能完全电离，为强电解质，为强酸弱碱盐，水解显酸性，故C选；
D.醋酸钠在水溶液中能完全电离，为强电解质，为强碱弱酸盐，水解显碱性，故D不选；
故选：C。
强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，结合盐类水解规律解答。
本题考查了强电解质的概念及溶液的酸碱性，注意强电解质必须是在水溶液中完全电离为条件是解题的关键，侧面考查了分析和解答能力，题目难度不大。

3.【答案】C 
【解析】解：A.电解饱和食盐水，离子方程式为：2Cl−+2H2O−通电H2↑+Cl2↑+2OH−，故A正确；
B.甲烷燃料电池在碱性介质中的总反应离子方程式：CH4+2O2+2OH−=CO32−+3H2O，故B正确；
C.AlCl3溶液与Na2S溶液混合后发生双水解生成Al(OH)3和H2S气体，故离子方程式为2Al3++3S2−+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，故C错误；
D.溶洞形成过程中发生的反应，离子方程式为：CaCO3+CO2+H2O⇌Ca2++2HCO3−，故D正确；
故选：C。
A.电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠；
B.碱性介质中甲烷与氧气反应生成碳酸钾和水；
C.AlCl3溶液与Na2S溶液混合后发生双水解；
D.碳酸钙、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙。
本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式、电离方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等。

4.【答案】D 
【解析】解：A.燃烧热中生成液态水，由2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−483.6kJ⋅mol−1，不能判断氢气的燃烧热，故A错误；
B.醋酸为弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，若将含1molCH3COOH的稀溶液与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，故B错误；
C.由2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH=−56.9kJ⋅mol−1，，可知将2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应，反应是可逆反应，后放出热量小于56.9kJ，故C错误；
D.ΔH−TΔS<0的反应可自发进行，则ΔH>0，ΔS>0，该反应在高温下能自发进行，故D正确；
故选：D。
A.燃烧热中生成液态水；
B.醋酸为弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程；
C.反应是可逆反应，不能进行彻底；
D.ΔH−TΔS<0的反应可自发进行。
本题考查了化学反应热量变化，燃烧热概念分析判断，弱电解质电离平衡和可逆反应的分析应用，把握物质的量与热量的关系、反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意综合判据的应用，题目难度中等。

5.【答案】A 
【解析】解：A.这几种离子之间不反应且和H+、OH−都不反应，所以一定能大量共存，故A正确；
B.NH4+、OH−反应生成NH3⋅H2O而不能在碱性溶液中大量共存，故B错误；
C.OH−、HCO3−反应生成CO32−、H2O而不能大量共存，H+、HCO3−反应生成CO2、H2O而不能大量共存，所以HCO3−在强酸性或强碱性条件下都不能大量共存，故C错误；
D.碱性条件下Fe2+生成Fe(OH)2沉淀而不能大量共存，强酸性条件下Fe2+、NO3−发生氧化还原反应生成Fe3+、NO而不能大量共存，故D错误；
故选：A。
常温下由水电离产生的c(H+)=1.0×10−12mol⋅L−1的溶液中，水的电离被抑制，则溶液可能呈强酸性也可能呈强碱性，离子之间不反应反应，且和H+、OH−都不反应的离子一定能大量共存。
本题考查离子共存及水的电离，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确水电离影响因素、离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意：酸性条件下亚铁离子能被硝酸根离子氧化，题目难度不大。

6.【答案】D 
【解析】解：A.混合气体的总质量为定值，混合气体的物质的量为变量，则混合气体的平均摩尔质量为变量，当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，表明达到平衡状态，故A不选；
B.该反应为气体总物质的量缩小的反应，体系的压强为变量，当体系的压强保持不变时，表明达到平衡状态，故B不选；
C.v消耗(SO2)=v消耗(SO3)，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故C不选；
D.混合气体的总质量、总体积为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故D选；
故选：D。
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，明确题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，注意掌握正逆反应速率相等的含义，题目难度不大。

7.【答案】A 
【解析】解：温度越高，反应速率越快，越先达到“拐点”，则T1c+d，
故选：A。
温度越高，反应速率越快，越先达到“拐点”，则T1 本题考查化学平衡的移动问题，题目难度中等，注意把握温度、压强对平衡移动的影响，答题时注意分析图象曲线变化的趋势，把握图象的分析能力。

8.【答案】C 
【解析】解：A.由图可知，Cu为正极，氢离子在此得到电子，变为氢气，其电极反应式为2H++2e−=H2↑，故A正确；
B.采用多孔碳棒的目的是为了增大电极与电解质溶液的接触面积，使得反应更迅速，更充分，故B正确；
C.盐桥中的氯离子应移向负极，即ZnSO4溶液，故C错误；
D.Zn极的电极方程式为：Zn−2e−=Zn2+，当电路中通过0.2mol电子时，消耗锌的物质的量为0.1mol，质量为m=nM=0.1mol×65g/mol=6.5g，故D正确；
故选：C。
对如图所示装置分析后，电解质中离子移动方向遵循以下规律：①原电池：“正正负负”，即带正电荷的阳离子移向正极，带负电荷的阴离子移向负极，②电解池：“阴阳相吸”，即阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
本题考查了电极方程式的书写，离子的移动方向，电化学的计算，难度不大，要熟悉电化学的基本内容。

9.【答案】B 
【解析】解：A.活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；
B.反应②存在v正=k正[CO][C1⋅]、v逆=k逆[COC1⋅]，平衡时正逆反应速率相等，则K=c(COCl∘)c(CO)c(Cl∘)=k正k逆，故B正确；
C.慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应②的速率，故C错误；
D.催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COC12的平衡产率不变，故D错误；
故选：B。
A.活化能越小，反应速率越快；
B.反应②存在v正=k正[CO][C1⋅]、v逆=k逆[COC1⋅]，平衡时正逆反应速率相等；
C.慢反应决定整个反应速率；
D.催化剂不影响平衡移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握活化能、反应速率、平衡常数为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

10.【答案】C 
【解析】解：A.液氨是纯液体，量变但浓度不变，所以若增加液氨的量，平衡不移动，故A错误；
B.液氨达到电离平衡时c(NH3)、c(NH4+)、c(NH2−)保持不变，不是相等，故B错误；
C.根据液氨的离子积常数K，求出c(NH4+)=10−15，pN=−lgc(NH4+)=15，故C正确；
D.向液氨中加入少量NH4Cl固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，但K只和温度有关，温度不变K不变，故D错误，
故选：C。
A.液氨是纯液体，量变但浓度不变，所以若增加液氨的量，平衡不移动；
B.液氨达到电离平衡时c(NH3)、c(NH4+)、c(NH2−)保持不变；
C.根据液氨的离子积常数K，求出c(NH4+)，再根据pN=−lgc(NH4+)即可求得；
D.K值只与温度有关。
本题属于知识的迁移应用，可以按照水的电离平衡处理，只是平衡常数不同，要学会融会贯通，题目难度中等。

11.【答案】D 
【解析】解：A.盐酸可抑制铁离子的水解，则FeCl3固体溶于少量浓盐酸中，再加蒸馏水稀释至所需浓度可配制溶液，故A正确；
B.Zn置换出Cu，可构成原电池，加快反应速率，故B正确；
C.pH试纸测得0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液的pH约为3，可知醋酸不能完全电离，则醋酸为弱电解质，故C正确；
D.BaSO4悬浊液中加入饱和Na2CO3溶液，Qc(BaCO3)>Ksp(BaCO3)时生成BaCO3，且BaCO3溶于盐酸，由实验不能比较Ksp(BaCO3)、Ksp(BaSO4)的大小，故D错误；
故选：D。
A.盐酸可抑制铁离子的水解；
B.Zn置换出Cu，可构成原电池；
C.pH试纸测得0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液的pH约为3，可知醋酸不能完全电离；
D.BaSO4悬浊液中加入饱和Na2CO3溶液，Qc(BaCO3)>Ksp(BaCO3)时生成BaCO3，且BaCO3溶于盐酸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液的配制、反应速率、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

12.【答案】A 
【解析】解：A.随着CO2的通入，溶液的pH值逐渐减小，溶液中c(NH4+)增大，温度不变电离平衡常数不变，则溶液中c(OH−)c(NH3⋅H2O)=c(OH−)c(NH3⋅H2O)×c(NH4+)c(NH4+)=Kb(NH3⋅H2O)c(NH4+)减小，故A错误；
B.pH=9.0时，溶液中微粒的物质的量分数越大，其浓度越大，根据图知，当pH=9.0时，c(NH4+)>c(HCO3−)>c(NH2COO−)>c(CO32−)，故B正确；
C.在溶液pH不断降低的过程中，图中NH2COO−先增大后消失，所以在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO−的中间产物生成，故C正确；
D.任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(NH2COO−)+c(OH−)，故D正确；
故选：A。
A.随着CO2的通入，溶液的pH值逐渐减小，溶液中c(NH4+)增大，c(OH−)c(NH3⋅H2O)=c(OH−)c(NH3⋅H2O)×c(NH4+)c(NH4+)=Kb(NH3⋅H2O)c(NH4+)；
B.pH=9.0时，溶液中微粒的物质的量分数越大，其浓度越大；
C.在溶液pH不断降低的过程中，图中NH2COO−先增大后消失；
D.任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断。
本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

13.【答案】D 
【解析】解：A.由图可知，ZnCl2溶液中不断加入NaOH溶液，由Zn(OH)2最终转化为Zn(OH)42−，所以往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2++4OH−=[Zn(OH)4]2−，故A正确；
B.根据图中a点可以计算Zn(OH)2的溶度积常数为Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)⋅c2(OH−)=10−3×(10−7.0)2=10−17，故B正确；
C.由图可知，pH在8.0∼12.0之间时Zn2+浓度为10−5mol/L，可认为Zn2+完全沉淀，则要从某废液中完全沉淀Zn2+，可调控溶液的pH在8.0−12.0之间，故C正确；
D.1L1mol⋅L−1ZnCl2溶液中n(Zn2+)=1L×1mol⋅L−1=1mol，加入NaOH溶液时反应为Zn2++2OH−=Zn(OH)2，加入NaOH的量n(NaOH)=2n(Zn2+)=2mol，
由图可知，pH=6.0时c(Zn2+)>10−3mol/L，即Zn2+没有沉淀完全，所以pH=6.0时加入NaOH的量n(NaOH)<2mol，故D错误；
故选：D。
A.ZnCl2溶液中不断加入NaOH溶液，由Zn(OH)2最终转化为[Zn(OH)4]2−；
B.根据图中a点时pH和lgc的值计算Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)；
C.由图可知，pH在8.0∼12.0之间Zn2+浓度为10−5mol/L，可认为Zn2+完全沉淀；
D.根据反应的Zn2+的物质的量计算需要的氢氧化钠的物质的量，由图可知，pH=6.0时c(Zn2+)>10−3mol/L，即Zn2+没有沉淀完全。
本题考查了难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，根据图象计算Zn(OH)2的Ksp是解题关键，注意掌握Ksp的表达式及意义吗，题目难度中等。

14.【答案】CO32−+H2O⇌OH−+HCO3−、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−  水解过程吸热，温水中Na2CO3水解程度大，溶液碱性较强，去油污能力强  >H2C2O4⇌H++HC2O4−、HC2O4−⇌H++C2O42−  升高温度或加入少量草酸或加入少量氯化钙固体  c(H2C2O4) 【解析】解：(1)洗涤剂中的Na2CO3俗称“纯碱”的原因是水溶液显碱性，是碳酸根水解导致，其水解方程式为CO32−+H2O⇌OH−+HCO3−、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，洗涤油腻餐具时，使用温水效果更佳，原因是；水解过程是吸热过程，温水中Na2CO3水解程度大，溶液碱性较强，去油污能力强，
故答案为：CO32−+H2O⇌OH−+HCO3−、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−；水解过程吸热，温水中Na2CO3水解程度大，溶液碱性较强，去油污能力强；
(2)25℃时，相同pH的盐酸与CH3COOH溶液分别加水稀释100倍后，由于醋酸稀释过程中又电离，因此醋酸中的氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，所以两溶液的pH大小：盐酸>CH3COOH溶液，
故答案为：>；
(3)①草酸是一种二元弱酸，它在水中的电离是分步电离，其电离方程式H2C2O4⇌H++HC2O4−、HC2O4−⇌H++C2O42−，要使溶液中H2C2O4的电离平衡正向移动且c(H+)增大，则不能消耗氢离子，可以从增加反应物浓度或消耗草酸根角度思考，因此可以采取的措施有升高温度或加入少量草酸或加入少量氯化钙固体，
故答案为：H2C2O4⇌H++HC2O4−、HC2O4−⇌H++C2O42−；升高温度或加入少量草酸或加入少量氯化钙固体；
②已知25℃时，0.1mol⋅L−1NaHC2O4溶液的pH≈5.5，说明草酸氢根电离程度大于水解程度，因此NaHC2O4溶液中c(C2O42−)，c(HC2O4−)，c(H2C2O4)由小到大的顺序为c(H2C2O4) 故答案为：c(H2C2O4) (1)洗涤剂中的Na2CO3俗称“纯碱”的原因是水溶液显碱性，是碳酸根水解导致；洗涤油腻餐具时，使用温水效果更佳，因为温水中Na2CO3水解程度大，溶液碱性较强，去油污能力强；
(2)25℃时，相同pH的盐酸与CH3COOH溶液分别加水稀释100倍后，由于醋酸稀释过程中又电离，因此醋酸中的氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度；
(3)①草酸是一种二元弱酸，它在水中的电离是分步电离，要使溶液中H2C2O4的电离平衡正向移动且c(H+)增大，则不能消耗氢离子，可以从增加反应物浓度或消耗草酸根角度思考；
②已知25℃时，0.1mol⋅L−1NaHC2O4溶液的pH≈5.5，说明草酸氢根电离程度大于水解程度。
本题考查弱电解质的电离及难溶电解质，为高频考点，把握盐的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，综合性较强，题目难度不大。

15.【答案】2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH=−43kJ⋅mol−1  b 催化剂参与反应，改变反应历程，降低活化能，加快反应速率  1.36N2H3*+2H*=N2H4*+H*cd>c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)  0.03 
【解析】解：(1)由盖斯定律，联立①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)ΔH1=−159.5kJ⋅mol−1，②NH2CO2NH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH2=+116.5kJ⋅mol−1，①+②可得：ΔH=ΔH1+ΔH2=−159.5kJ⋅mol−1+116.5kJ⋅mol−1=−43kJ⋅mol−1，即2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH=−43kJ⋅mol−1，
故答案为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH=−43kJ⋅mol−1；
(2)加入催化剂，会降低反应的活化能，所以b加入了催化剂，催化剂参与反应，改变反应的历程，降低反应的活化能，加快反应速率，
故答案为：b，催化剂参与反应，改变反应历程，降低活化能，加快反应速率；
(3)a.平衡后再通入N2，H2转化率升高，N2转化率下降，N2含量增加，N2在混合气中的体积分数增大，故a错误；
b.控制温度(500℃)远高于室温，化学反应速率加快，但合成氨反应放热，升温平衡逆向移动，产率下降，故b错误；
c.分离空气得到的N2不纯净，含有的杂质可使催化剂中毒，故c正确；
d.因为N2易得，原料气中N2过量，有利于提高H2的转化率，故d正确；
故答案为：cd；
(4)由表格数据可知，20min时反应还未平衡，依然正向进行，所以v(正)>v(逆)，根据反应的方程式N2+3H2⇌2NH3，可写出平衡常数表达式为K=c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)，设25min时气体总物质的量为nmol，利用压强之比等于物质的量之比可得，16.8012.60=4n，解之得，n=3，再由N2+3H2⇌2NH3，可知3molH2完全反应，物质的量减小2mol，当H2物质的量减小(4−3)mol时，消耗氢气1.5mol，所以v(H2)=1.5mol2L25min=0.03mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：>；c2(NH3)c(N2)⋅c3(H2)；0.03。
(1)运用盖斯定律，联立①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)ΔH1=−159.5kJ⋅mol−1，②NH2CO2NH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH2=+116.5kJ⋅mol−1，①+②可得：ΔH=−43kJ⋅mol−1解答；
(2)催化剂参与反应，改变反应的历程，降低反应的活化能，加快反应速率；
(3)a.平衡后再通入N2，N2转化率下降，N2含量增加；
b.合成氨反应放热，升温产率下降；
c.分离空气得到的N2不纯净；
d.增加一种反应物的量，可提高另一种反应物的转化率；
(4)由表格数据可知，20min时，反应还未平衡，根据反应的方程式可写出平衡常数表达式，利用压强之比等于物质的量之比结合方程式可求解。
本题考查了盖斯定律、催化剂、合成氨条件的选择、平衡及速率的计算，难度中等，掌握基础是解题的关键。

16.【答案】正极  增大  增大反应物接触面积，加快反应速率  还原  过滤  2.12×10−3  因为PbSO4分解温度高，消耗能量多，产生硫的氧化物，污染大  PbCl42−+2e−=Pb+4Cl− 
【解析】解：(1)铅蓄电池的总反应式为：，放电时PbO2中Pb化合价降低，得到电子，发生还原反应，作正极，该反应中硫酸不断反应，因此该电极附近溶液的pH增大，
故答案为：正极；增大；(2)含铅废料需要进行粉碎处理，目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，反应①是亚硫酸钠和二氧化铅反应生成硫酸铅，二氧化铅化合价降低，亚硫酸钠化合价升高，因此反应①体现Na2SO3的还原性，根据操作a、b前后固体和溶液分开得到操作a、b的名称是过滤；
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；还原；过滤。
(3)若反应②完成后的溶液中c(Pb2+)=5.0×10−6mol/L，则该溶液中c(SO42−)=Ksp(PbSO4)c(Pb2+)=1.06×10−85.0×10−6mol/L≈2.12×10−3mol/L，
故答案为：2.12×10−3；
(4)PbCO3和PbSO4加热升温过程中固体的质量变化如图1所示，PbSO4在较高温度分解为PbO和SO2、O2，PbCO3热分解制备PbO和CO2，工业上用PbCO3热分解制备，而不直接热分解PbSO4制备PbO，主要原因是因为PbSO4分解温度高，消耗能量多，产生硫的氧化物，污染大；
(5)电解Na2PbCl4溶液生成Pb，Pb化合价降低。
含铅废料和足量亚硫酸钠溶液反应生成硫酸铅和硫酸钠，过滤，硫酸铅和PbO与足量碳酸钠溶液反应生成碳酸铅、PbO和硫酸钠，过滤，将滤渣灼烧得到PbO，再经过一系列反应最后得到铅；
(1)铅蓄电池的总反应式为：，放电时PbO2中Pb化合价降低，得到电子，发生还原反应，作正极；
(2)含铅废料需要进行粉碎处理，目的是增大反应物接触面积，加快反应速率；
(3)若反应②完成后的溶液中c(Pb2+)=5.0×10−6mol/L，则该溶液中c(SO42−)=Ksp(PbSO4)c(Pb2+)；
(4)PbCO3和PbSO4加热升温过程中固体的质量变化如图1所示，PbSO4在较高温度分解为PbO和SO2、O2，PbCO3热分解制备PbO和CO2，工业上用PbCO3热分解制备，而不直接热分解PbSO4制备PbO，主要原因是因为PbSO4分解温度高，消耗能量多，产生硫的氧化物，污染大，
故答案为：因为PbSO4分解温度高，消耗能量多，产生硫的氧化物，污染大；
(5)电解Na2PbCl4溶液生成Pb，Pb化合价降低，则阴极的电极反应式为PbCl42−+2e−=Pb+4Cl−，
故答案为：PbCl42−+2e−=Pb+4Cl−。
本题考查了化学工艺流程分析、实验原理分析、化学实验方案的设计、物质分离提纯、平衡移动原理的应用、原电池和电解池原理等，涉及实验的基本操作，属综合考查，题目难度中等。

17.【答案】100mL容量瓶  酸式  溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色  256253H2O27.60%de亚硝酸钠部分被空气中氧气氧化生成硝酸钠，导致消耗酸性高锰酸钾量偏少 
【解析】解：(1)配制一定物质的量浓度的溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制成100mL溶液应选择100mL容量瓶，所以还缺少的是100mL容量瓶，
故答案为：100mL容量瓶；
(2)KMnO4溶液具有强氧化性，若用碱式滴定管能够腐蚀橡胶管，所以应选择酸式滴定滚盛装；KMnO4溶液本身为紫色溶液，当与NaNO2反应时被还原为无色的Mn2+，因此当滴入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，可以判断达到滴定终点，
故答案为：酸式；溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
(3)酸性KMnO4与NaNO2发生氧化还原反应，NO2−被氧化生成NO3−，MnO4−被还原生成Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得反应的离子方程式为：2MnO4−+5NO2−+6H+=2Mn2++5NO3−+3H2O，结合滴定反应可知2MnO4−∼5NO2−，高锰酸钾三次用量分别为19.85mL、20.15mL、22.00mL，其中第三次误差较大，故平均用量为20.00mL，样品中NaNO2的质量分数为20×10−3×0.02×1002510.00×52×69×100%=27.60%，
故答案为：2；5；6；2；5；3H2O；27.60%；
(4)a.滴定管未用KMnO4标准溶液润洗，c(标)偏低，则消耗V(标)偏大，n(标)偏大，根据c=nV可知所求待测液浓度偏高，故a错误；
b.锥形瓶未用待测液润洗，由于待测液溶质的物质的量不变，所以对待测液浓度无影响，故b错误；
c.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失，则V(标)偏大，n(标)偏大，根据c=nV可知所求待测液浓度偏高，故c错误；
d.KMnO4标准溶液滴定前仰视读数，滴定终点时俯视读数，则V(标)偏小，n(标)偏小，根据c=nV可知所求待测液浓度偏低，故d正确；
e.滴定过程中刚出现颜色变化就立即停止滴定，则V(标)偏小，n(标)偏小，根据c=nV可知所求待测液浓度偏低，故e正确；
故答案为：de。
(5)由信息可知，亚硝酸钠易被氧化成硝酸钠，若亚硝酸钠部分被空气中氧气氧化生成硝酸钠，则会导致消耗酸性高锰酸钾量偏少，使测定结果偏低，所以有同学指出：即使操作规范，该方案仍然会造成测定结果偏低，
故答案为：亚硝酸钠部分被空气中氧气氧化生成硝酸钠，导致消耗酸性高锰酸钾量偏少。
(1)配制一定物质的量浓度的溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制成100mL溶液应选择100mL容量瓶；
(2)KMnO4溶液具有强氧化性，若用碱式滴定管能够腐蚀橡胶管，所以应选择酸式滴定滚盛装；KMnO4溶液本身为紫色溶液，当与NaNO2反应时被还原为无色的Mn2+；
(3)酸性KMnO4与NaNO2发生氧化还原反应，NO2−被氧化生成NO3−，MnO4−被还原生成Mn2+；
(4)a.滴定管未用KMnO4标准溶液润洗，c(标)偏低，则消耗V(标)偏大，n(标)偏大；
b.锥形瓶未用待测液润洗，由于待测液溶质的物质的量不变；
c.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失，则V(标)偏大，n(标)偏大；
d.KMnO4标准溶液滴定前仰视读数，滴定终点时俯视读数，则V(标)偏小，n(标)偏小；
e.滴定过程中刚出现颜色变化就立即停止滴定，则V(标)偏小，n(标)偏小。
(5)由信息可知，亚硝酸钠易被氧化成硝酸钠，若亚硝酸钠部分被空气中氧气氧化生成硝酸钠，则会导致消耗酸性高锰酸钾量偏少，使测定结果偏低。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。