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2022-2023学年湖南省株洲市第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
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这是一份2022-2023学年湖南省株洲市第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版，共23页。试卷主要包含了0kJ•ml-1，24LN2，电路中转移0，4 kJ·ml-1，2 kJ·ml-1等内容，欢迎下载使用。
株洲一中2022-2023高二上期期中考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第I卷(选择题共46分)
一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意。)
1．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出了均相催化的思维模型。总反应：A +B→AB(K为催化剂)①A + K → AK Ea1，②AK + B → AB + K Ea2
下列说法错误的是
A．第①步为决速步骤
B．升高温度，该反应的速率加快
C．该反应的ΔH=-Ea kJ·mol-1
D．催化剂降低了活化能，加快了反应速率
2．某化学反应X＋Y→Z分两步进行：①X→M；②M＋Y→Z。其能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．M是总反应的催化剂 B．总反应是理想的绿色化学反应
C．反应①②和总反应都是放热反应 D．反应物(X和Y)的总能量低于产物(Z)的总能量
3．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置制备并收集CO2
B．用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C．用丙装置制备无水MgCl2
D．用丁装置在铁上镀铜
4．下列做法或实验(图中部分夹持略)，不能达到目的的是
防止铁管道被腐蚀
检验产生的
制备并收集
精炼粗铜
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
5．常温下，与纯水的电离相似，液氨中也存在微弱的电离：。据此判断，下列说法错误的是
A．液氨的电离过程是吸热的
B．一定温度下液氨中是一个常数
C．、与都是粒子
D．当氯化铵溶于液氨时，电离产生的对液氨的电离平衡不影响
6．甲烷化也是实现“碳达峰”的重要途径，反应机理如下图。下列说法错误的是
A．该反应使用的催化剂既加快了甲烷化速率，又提高的平衡转化率
B．吸附在催化剂Pd表面而发生反应
C．和均为该反应过程的中间产物
D．上述甲烷化过程总反应可表示为
7．如图所示为接触法制硫酸的设备和工艺流程，其中关键步骤是的催化氧化： ，下列说法正确的是
A．反应后气体分子数减少，增大反应容器内压强一定有利于提高生产效益
B．反应放热，为提高转化率，工业生产应尽可能在较低温度下反应
C．工业生产要求高效，应使用催化剂并控制在催化剂活性最佳的温度下反应
D．该反应为放热反应，在任何条件下都能自发进行，因为吸热反应是非自发的
8． 在超临界水中进行碳碳加成反应时存在两条不同的路径，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
A． 比 稳定
B．反应生成 的活化能为54.0kJ•mol-1
C．生成 的反应为吸热反应
D．选择适当的催化剂，有可能改变不同路径产物的产量
9．微生物脱盐电池既可以处理废水中CH3COOH和，又可以实现海水淡化，原理如下图所示。下列说法正确的是
A．生物电极b为电池的负极
B．电极a的电极反应式为CH3COOH-8e-+8OH-=2CO2↑+6H2O
C．每生成标准状况下2.24LN2，电路中转移0.6mol电子
D．离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜
10．某温度下，25 mL含KX和KY的混合溶液，用0.1000 mol·L-1的硝酸银标准溶液对该混合液进行电位滴定(Y-与H+的反应可以忽略)，获得电动势(E)和硝酸银标准溶液体积(V)的电位滴定曲线如图所示。
已知：Ⅰ.Ag+与Y-反应过程为：①Ag++2Y-=[AgY2]- 、②[AgY2]-+Ag+=2AgY↓
Ⅱ.该温度下，Ksp(AgY)=2 ×10-16，Ksp(AgX)=2 ×10-10。
下列说法不正确的是
A．若HY为弱酸，则从开始到B点，水的电离程度不断减小
B．原混合溶液中c(KX )=0.02000 mol·L-1
C．若反应①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，则=Ksp2 (AgY)
D．AgX(s)+Y-(aq) AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为106
二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11．已知如下热化学方程式：
①
②
③
则下列判断正确的是
A． B．
C． D．反应③是放热反应
12．我国某科研团队最近开发出一种可充电的新型水系聚物空气电池，其充放电时的工作原理如图所示。相关说法错误的是
A．放电时，a极电势高于b极电势
B．放电时，b极上的反应式为
C．充电时，每产生22.4 L，通过阳离子交换膜的的物质的量为4 mol
D．充电时，电池总反应为4nOH-+22 +2nH2O+nO2↑
13．双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的解离成和，作为和离子源。利用双极膜电渗析法处理含NaA的废水，工作原理如图，图中“→”和“←”表示离子通过交换膜的方向。下列说法错误的是
A．R电极与电源正极相连，发生的电极反应为
B．交换膜Ⅰ、Ⅲ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜
C．“双极膜”电渗析法可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)
D．若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1 mol电子，两极共得到0.5 mol气体
14．常温下，分别向体积均为10mL，浓度均为0.1mol·L-1的KSCN溶液、K2CrO4溶液滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液，溶液中酸根离子浓度负对数(pM)与AgNO3溶液体积的关系如图[已知：pM=-lg(SCN-)或-lgc(CrO)]。下列说法正确的是
A．溶解度：AgSCN>Ag2CrO4 B．Ksp(Ag2CrO4)=4×10-3a
C．d点Ag2CrO4溶液是不饱和溶液 D．c(Ag+)：f点溶液＞e点溶液
第II卷(非选择题共54分)
三、非选择题(本题共6小题，共54分。)
15．国家标准规定，酿造的食醋中醋酸的含量不得低于3.5 g/100mL，即每100 mL食醋中，折算成的醋酸含量不得低于3.5 g。某实验小组拟用酸碱滴定法测定某食用白醋的总酸含量(g/100 mL)，设计如下实验：
①用移液管(一种精确量取液体的仪器)量取25.00 mL该白醋样品，置于250 mL容量瓶中，配制得待测白醋溶液；
②用酸式滴定管量取容量瓶中的20.00 mL待测白醋溶液于锥形瓶中，滴加指示剂；
③用碱式滴定管盛装0.1000 mol/L NaOH标准溶液，静置，读取数据，记录为NaOH标准溶液的初读数；
④滴定，并记录NaOH标准溶液的终读数。重复滴定几次，数据记录如下表：
滴定次数
实验数据
1
2
3
4
V(NaOH)/mL(初读数)
0.10
0.35
0.00
0.20
V(NaOH)/mL(终读数)
20.08
20.35
？
20.22
V(NaOH)/mL(消耗)
请回答下列问题：
(1)滴定时反应的离子方程式是_______，选用的指示剂为_______。
(2)上述测定过程提及的下列仪器，在使用前不能润洗的是_______(填标号)。A．容量瓶 B．锥形瓶 C．碱性滴定管 D．酸式滴定管
(3)表格中“？”处的滴定管液面如图所示，则该读数为_______mL，该白醋样品中总酸含量为_______g/100 mL(保留一位小数)。
(4)下列有关该实验的说法不正确的是_______。
A．使用酸式滴定管量取溶液，开始时平视，后俯视读数，最终结果偏大
B．本实验终点的颜色变化情况是溶液由粉红色变为无色且半分钟内不变色
C．滴定时左手控制滴定管流速，右手摇动锥形瓶
D．将碱式滴定管固定在滴定管夹上，快速放液以放出滴定管内部气泡
E.滴定开始阶段可以连续滴加，接近终点时，改为缓慢滴加一滴
16．为治理环境污染，工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)，
(1)该反应的化学平衡常数表达式K=_______；欲使K值变大，可采取的措施是_______。
(2)吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的适当处理措施有_______(选填序号)。
a.适当升高温度 b.适当降低温度 c.增大压强 d.减小压强
17．[CH3CH(OH)COO]2Fe(乳酸亚铁)是一种广泛应用于食品的铁强化剂，可由乳酸与FeCO3反应制得。兴趣小组在实验室按下列步骤制备乳酸亚铁晶体并进行含量测定。回答下列问题：
I.制备FeCO3：
兴趣小组利用FeSO4(用废铁屑和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3在如图装置制备FeCO3：
(1)植物油的作用_______。
(2)实验过程中，将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是_______。
(3)经过滤、洗涤得到FeCO3，久置后，发现在盛有FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质，其原因是_______(用化学方程式解释)。
Ⅱ.制备乳酸亚铁：
(4)兴趣小组向FeCO3固体中加入乳酸溶液，在一定条件下搅拌使之充分反应，并测得反应溶液的pH、温度对乳酸亚铁产率的影响如图所示，
①溶液pH控制在5~6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是_______。
②在最适宜的条件下，该反应的化学方程式为：_______
为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入适量铁粉。反应结束后，将所得溶液隔绝空气低温蒸发，_______(一系列操作)得到乳酸亚铁晶体。该晶体存放时应注意_______。
Ⅲ.测定乳酸亚铁的纯度：
(5)兴趣小组通过用硫酸铈铵(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为Ce3+)。称取2.5g样品配制成100.00mL溶液，取该溶液25.00mL，将0.1000mol/L(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入_______中(填A或B)，反复滴定2~3次，平均消耗(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液25.00mL，则样品中乳酸亚铁的纯度为_______。
18．铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：
已知：常温下，
(1)步骤ⅰ的操作名称是___________。
(2)①中As的化合价为___________。
②步骤ⅱ中的作用是___________。
(3)步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使 。若溶液2中 ，则需控制pH的大致范围为___________。
(4)①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有___________(填化学式)。
②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是___________。
(5)结合下图说明由溶液4得到的操作是___________。
19．利用甲烷和水蒸气生成合成气(主要成分为CO和H2)在化学工业中有极为重要的地位。其热化学方程式为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206.4 kJ·mol-1。
(1)工业生产中为解决合成气中H2过量而CO不足的问题，原料气中需添加CO2。利用合成气在催化剂作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.67 kJ·mol-1
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2 kJ·mol-1
为了使合成气生成甲醇的配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳的体积比为____。
(2)CH4与CO2经过催化重整也可制得合成气，该反应的热化学方程式为____。在1.0 L密闭容器中充入1.0 mol CH4和1.0 mol CO2，在一定条件下发生上述反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。
①比较压强大小：P1____(填“＞”、“＜”或“=”)P3。
②若要提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有____、___。(任写两条)
③若P4=2.0 MPa，则x点的平衡常数KP=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(3)研究表明二氧化碳加氢可合成甲醇，其热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.47 kJ·mol-1二氧化碳合成甲醇的原料气中加入一氧化碳可以降低CO2与H2反应的活化能。在200～360℃、9 MPa时，合成气初始组成H2、CO、CO2的物质的量之比为7：2：1的条件下研究甲醇的合成反应。CO2的平衡转化率随温度的变化如图所示，其先减小的原因是____，后增大的原因是____。
20．氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如图。生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。
已知：pH升高时，易歧化为和。
(1)电解饱和食盐水的离子方程式为___________。
(2)下列关于产生的说法中，合理的是___________(填序号)。
a．主要在阴极室产生
b．在电极上放电，可能产生
c．阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生
(3)测定副产物含量的方法如下图。
待测水样V1mL适量H2O2足量V2mLxmol-1溶液a
①加入的目的是消耗水样中残留的和。若测定中未加入，则测得的水样中的浓度将___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
②滴定至终点时消耗酸性溶液，水样中的计算式为___________。
(4)可用盐酸处理淡盐水中的并回收。
①反应的离子方程式为___________。
②处理时，盐酸可能的作用是：
i．提高，使氧化性提高或还原性提高；
ii．提高，___________。
③用如图装置验证i，请补全操作和现象：闭合K，至指针读数稳定后，___________。
参考答案：
1．C
【详解】A．第①步的正反应活化能Ea1>第②步正反应活化能Ea2，所以反应速率①<②为，而总反应速率取决于慢的反应，故决速步骤为①，A正确；
B．温度升高，反应速率加快，B正确；
C．Ea是该反应正反应的活化能，不是反应的ΔH，反应的ΔH =E生-E反 kJ·mol-1，C错误；
D．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，D正确；
故选C。
2．B
【详解】A．M是中间产物而不是催化剂，A错误；
B．总反应是化合反应，原子被100%利用，是理想的绿色化学反应，B正确；
C．反应①中生成物能量高于反应物，为吸热反应，C错误；
D．由图可知，反应物(X和Y)的总能量高于产物(Z)的总能量，D错误；
故选B。
3．C
【详解】A. CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；
B. 苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；
C. MgCl2能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C正确；
D. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，D错误。
答案选C。
【点睛】本题为实验题，结合物质的性质和电解的原理进行解题，掌握常见物质的制备方法，注意水解的知识点。
4．A
【详解】A．废铁、铁管道和电源形成电解池，为外加电流阴极保护法，但是应当将铁管道作阴极才能防止铁管道被腐蚀，图中铁管道作阳极，不能达到保护铁管道被腐蚀的目的，故A符合题意；
B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，因此若品红溶液褪色，则说明生成的气体为SO2，该装置能检验产生的SO2，故B不符合题意；
C．加热条件下Ca(OH)2和NH4Cl反应生成NH3，氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集氨气，收集氨气时导气管应该伸入到试管底部，该装置能达到实验目的，故C不符合题意；
D．电解法精炼粗铜时，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，该装置能达到精炼铜的目的，故D不符合题意；
答案选A。
5．D
【详解】A．液氨的电离与水相似，水的电离是吸热的，故液氨的电离过程也是吸热的，A正确；
B．一定温度下液氨中类似于水的离子积c(H+)∙c(OH-)，故是一个常数，B正确；
C．、与含有的电子数分别为7+3=10、7+4-1=10、7+2+1=10，故都是粒子，C正确；
D． 当氯化铵溶于液氨时，电离产生，增加了的浓度使液氨的电离平衡逆移， D错误；
故答案为：D。
6．A
【详解】A．该反应使用的催化剂既加快了甲烷化速率，但不能改变的平衡转化率，A错误；
B．由反应历程图可知，吸附在催化剂Pd表面而发生反应，B正确；
C．由反应历程图可知，CO2和H2为反应物，CH4和H2O为生成物，MgO和Pd为催化剂，其余均为中间产物，则和均为该反应过程的中间产物，C正确；
D．由反应历程图可知，CO2和H2为反应物，CH4和H2O为生成物，则上述甲烷化过程总反应可表示为，D正确；
故答案为：A。
7．C
【详解】A．反应后气体分子数减少，增大反应容器内压强，有利于平衡正向移动，但由于增大压强对设备要求和动力要求很高，成本高，效益可能不佳，A错误；
B．反应放热，为提高转化率，应尽可能在较低温度下反应，但温度过低会使反应速率太慢，经济效益低，B错误；
C．为加快反应速率，应使用催化剂，还需要考虑催化剂的最佳活性温度，不一定温度越高反应速率越大，C正确；
D．化学反应能否自发进行的判断依据是，反应能否自发要综合焓变和熵变以及温度来判断，D错误；
故答案选C。
8．A
【详解】A．根据反应机理图可知 比 的能量低， 更稳定，故A错误；
B． 由图象可知，反应生成 的活化能为，故B正确；
C．由图可知，生成 的反应为吸热反应，故C正确；
D．催化剂可以改变反应的路径，所以选择适当的催化剂，有可能改变不同路径产物的产量，故D正确；
故选A。
9．C
【分析】该装置为原电池，有机废水中的CH3COOH发生失电子的氧化反应生成，亚硝酸根发生得电子的还原反应生成，极为负极，极为正极。
【详解】A．极为负极，CH3COOH失电子，极为正极亚硝酸根得电子,故A错误；
B．由分析知极为负极，则负极反应式为，故B错误；
C．发生得电子的还原反应生成，每生成标准状况下2.24LN2，电路中转移0.6mol电子故C正确；
D．原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即溶液中的通过阳离子交换膜移向极、通过阴离子交换膜移向极，达到海水淡化目的，所以离子交换膜a为阴离子交换膜，离子交换膜b为阳离子交换膜，故D错误；
故答案为C。
10．B
【详解】A．溶度积小的先生成沉淀，根据反应的方程式可知，B点生成AgY，若HY为弱酸，Y-被消耗，HY的电离程度增大，H+浓度增大，抑制水的电离，则从开始到B点，水的电离程度不断减小，故A正确；
B．B点KY完全和AgNO3反应生成AgY，则 KX和硝酸银完全反应消耗V(AgNO3)=(12.50-5.00)mL=7.50mL，BC段发生反应 Ag++X-= AgX↓，则原溶液中c(X-)= 0.1000 mol·L-1×7.5×10-3L=7.5×10-4mol，则c(KX )= 7.5×10-4mol ÷0.025L=0.03000 mol·L-1，故B错误；
C．①的平衡常数为K1=，反应②的平衡常数为K2=，K1×K2=，Ag++Y-═AgY↓，Ksp(AgY)=c(Ag+)×c(Y-)=，则=Ksp2 (AgY)，故C正确；
D．AgX(s)+Y-(aq) ⇌AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为===106，故D正确；
答案选B。
11．BD
【详解】A．、，则有，A错误；
B．根据盖斯定律，③＝①②，所以，B正确；
C．由可知，C错误；
D．由可知反应③是放热反应，D正确；
正确答案选BD。
12．AC
【分析】新型水系聚物空气电池放电时为原电池，b极上O2得电子生成OH-，则b极为正极，a极为负极，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极上 失电子生成 ，负极反应为：-2ne-=，总反应为2 + 2nH2O+nO2= +4n OH-；充电时为电解池，原电池得正负极分别接电源得正负极作阳阴极，阴阳极电极反应与原电池得负正极反应相反，据此解答；
【详解】A．放电时为原电池，b为正极，a极为负极，则a极电势低于b极电势，A错误；
B．放电时为原电池，b为正极，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，B正确；
C．题中O2的状态未知，不能根据氧气的体积计算氧气的物质的量，不能计算电路转移的电子数，C错误；
D．充电时，总反应式为，4nOH-+22 +2nH2O+nO2↑，D正确；
故答案为：AC。
13．AD
【分析】极室Ⅱ加入NaCl溶液，钠离子通过交换膜Ⅲ进入产品室Ⅱ，故交换膜Ⅲ为阳离子交换膜；R电极与电源正极相连，发生的反应为，依此可推交换膜Ⅱ为阴离子交换膜。
【详解】A．根据图中阳离子(、)移动方向可知，R为阳极，Q为阴极，R电极与电源正极相连，发生的反应为，选项A错误；
B．根据图中阳离子移动方向，可知交换膜Ⅰ、Ⅲ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜，选项B正确；
C．“双极膜”电渗析法利用阴、阳离子的定向移动，可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，选项C正确；
D．若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1mol电子，两极可产生0.5mol氯气和0.5mol的氢气，共得到1mol气体，选项D错误；
答案选AD。
14．BC
【分析】根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，2Ag++=Ag2CrO4↓可知，加入10mLAgNO3溶液对应c点所在的曲线为AgSCN的溶解平衡曲线，加入20mLAgNO3溶液对应的ef曲线为Ag2CrO4的溶解平衡曲线，据此分析解题。
【详解】A．设饱和溶液AgSCN中Ag+为xmol/L，Ag2CrO4中Ag+浓度为ymo/L，根据分析结合图象数据可知，x=10-bmol/L，=10-amol/L，y=2×10-amol/L，由于a＜b，则有2×10-a＞10-b，即x＜y，则溶解度：AgSCN＜Ag2CrO4，A错误；
B．由题干e点数据可知，e点对应的：c()=10-amol/L，而且e所加AgNO3溶液为20mL，说明e点为Ag2CrO4饱和溶液，c(Ag+)=2c()=2×10-amol/L，则有：Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c()=(2×10-a)2×10-a =4×10-3a，B正确；
C．由题干图示数据可知，d点对应的c()小于e点的，而两点银离子浓度相等，故可知d点对应的c2(Ag+)c()＜Ksp(Ag2CrO4)，则说明Ag2CrO4溶液是不饱和溶液，C正确；
D．由题干图示数据可知，f点对应的c()大于e点的，而f、e两点对应的Ksp相等，故c(Ag+)：f点溶液＜e点溶液，D错误；
故答案为：BC。
15．(1) 酚酞
(2)AB
(3) 20.80 6.0
(4)BD
【详解】（1）滴定时醋酸和氢氧化钠发生酸碱中和反应，反应的离子方程式是，生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，选用的指示剂为酚酞；
（2）A．容量瓶不能润洗，否则引起误差，选项A符合；
B．锥形瓶不能润洗，否则引起测定结果偏大，选项B符合；
C．碱性滴定管需要润洗，否则引起标准液消耗偏多，选项C不符合；
D．酸式滴定管需要润洗，否则引起待测液浓度偏小，选项D不符合；
答案选AB；
（3）滴定管0刻线在上部，则该读数为20.80 mL；
第三组数据误差较大，舍去，消耗NaOH溶液的体积为
mL mL，
结合离子反应，
该白醋样品中总酸含量为 g/100 mL，符合国家标准；
（4）A．使用酸式滴定管量取溶液，开始时平视，后俯视读数，读数偏小，但是实际待测液体积偏大，最终结果偏大，选项A正确；
B．酚酞遇到碱变红，则本实验终点的颜色变化情况是溶液由无色变为粉红色且半分钟内不变色，选项B不正确；
C．滴定时左手控制滴定管流速，右手摇动锥形瓶，符合操作规定，选项C正确；
D．将碱式滴定管固定在滴定管夹上，缓慢放液以放出滴定管内部气泡，选项D不正确；
E．开始时，滴定速度可稍快，接近终点时，应改为边滴边摇，防止试剂过量，选项E正确；
答案选BD。
16．(1) 降低温度
(2)ad
【解析】（1）
化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，则该反应的化学平衡常数表达式；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值变小，故欲使K值变大，可采取的措施是降低温度；
（2）
该反应是气体体积缩小的放热反应；
a．适当升高温度平衡向吸热反应方向进行，则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确；
b．适当降低温度平衡向放热反应方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；
c．增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；
d．减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确；
答案选ad；
17．(1)隔绝氧气，防止Fe2+被氧化
(2)打开K2、关闭K3
(3)4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2
(4) pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3 [CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O 冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 密封保存
(5) A 93.6%
【分析】亚铁离子易被氧气氧化，制备过程应在无氧环境中进行，装置A用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，利用产生的氢气排尽装置内空气，且使装置A内气压增大，将制备的硫酸亚铁溶液压入装置B内，与NH4HCO3反应制备FeCO3，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO= FeCO3↓+ H2O+CO2↑；
【详解】（1）试管B中用FeSO4和NH4HCO3制备FeCO3，由于亚铁离子易被氧化，则植物油的作用是隔绝氧气，防止Fe2+被氧化；故答案为：隔绝氧气，防止Fe2+被氧化。
（2）装置A中用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，可利用压强差将A中生成的FeSO4溶液通过导管压至试管B内，操作是打开K2、关闭K3；故答案为：打开K2、关闭K3。
（3）久置后，FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质即Fe(OH)3，是FeCO3被氧气氧化生成Fe(OH)3，反应的方程式为：4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2；故答案为：4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2。
（4）由图知温度为70℃、pH=5时乳酸亚铁产率最大，为适宜的反应条件；①溶液pH控制在5~6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是：pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小；②溶液制备晶体，一系列操作为：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ，保存时要注意防止被氧化，密封保存。故答案为：pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小；2CH3CH(OH)COOH+FeCO3 [CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；密封保存。
（5）已知反应中Ce元素被还原为Ce3+，则(NH4)4Ce(SO4)4做氧化剂，具有氧化性，(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入酸式滴定管，即选：A；(NH4)4Ce(SO4)4中Ce为+4价，被还原为Ce3+则Ce元素得到一个电子，Fe2+被氧化为Fe3+则Fe元素失去一个电子，则n(Fe2+)= n[(NH4)4Ce(SO4)4]=cV=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5×10-3mol，则3.0g样品中乳酸亚铁质量为m=nM=2.5×10-3mol234g/mol=2.34g，纯度为2.34/2.5= 93.6%。故答案为：A；93.6%。
18．(1)萃取分液
(2) ＋3 氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素
(3)4～7
(4) 与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降
(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤
【分析】粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。
（1）
据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液。
（2）
①中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；②据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素。
（3）
据已知信息， ，则溶液2中 时，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使 ，根据 ，则c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范围为4～7。
（4）
①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有 ；②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降。
（5）
从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。
19．(1)3：1
(2) CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.6 kJ·mol-1 ＜ 升高温度，降低压强 充入二氧化碳气体，及时分离出部分CO或者部分H2 (MPa)2
(3) 开始时CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低 而当温度升高到一定程度后，CO2和H2反应生成CO，该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升
【详解】（1）设CH4的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol。根据合成气的反应可得CO的物质的量为x mol，H2的物质的量为3x mol，根据反应②，已知CO2的物质的量为y mol，消耗H2的量为y mol，生成CO的量为y mol，则最终CO的量为(x+y)mol，H2的量为(3x-y)mol，根据反应①的系数比可得：(x+y)：(3x-y)=1：2，解得x：y=3：1；
（2）已知：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206.4 kJ·mol-1。
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2 kJ·mol-1，
根据盖斯定律，将①+②，整理可得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.6 kJ·mol-1；
①从反应方程式CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.6 kJ·mol-1看，该反应的正反应是气体体积增大的反应。根据平衡移动原理：增大压强能够使化学平衡逆向移动，导致甲烷的转化率减小，由此得出压强为p1＜p3；
②根据图象可知：在相同压强，温度升高，甲烷的转化率升高；相同温度时，压强减小，甲烷的转化率升高；所以要提高CH4的平衡转化率，或通过改变反应物、生成物浓度的方法，可采取的措施有：升高温度、降低压强、充入二氧化碳气体，及时分离出部分CO或者部分H2；
③气体的物质的量分数等于压强分数，在x点，甲烷的转化率为50%，对于反应CH4(g) +CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，开始时n(CH4)=n(CO2)=1 mol，由于△n(CH4)=1 mol×50%=0.5 mol，根据物质反应转化关系可知平衡时：n(CH4)=n(CO2)=0.5 mol，n(CO)=n(H2)=1 mol，平衡时气体总物质的量n(总)=0.5 mol+0.5 mol+1 mol+1 mol=3 mol，则x点化学平衡常数Kp=；
（3）结合图象可知：CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大，可能的原因是开始时CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，使CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和H2反应生成CO，该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高。
20．(1)
(2)bc
(3) 偏大
(4) 使还原性增强 先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化
【详解】（1）业上电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为；
（2）a．氯元素都在阳极室，所以应该在阳极室生成，故a错误；
b．氯离子在阳极发生氧化反应，化合价升高，有可能生成，故b正确；
c．阳离子交换膜破损导致OH-向阳极室迁移，阳极室氢氧根浓度变大，阳极生成的氯气与氢氧根反应生成次氯酸根，当pH升高时，ClO-易歧化为和Cl-，故c正确；
答案选bc；
（3）①加入过氧化氢消耗水样中残留的Cl2和ClO-，再加入硫酸亚铁，与氯酸根反应，最后计算出与氯酸根反应后剩余的亚铁离子。未加入过氧化氢，水样中残留的Cl2和ClO-也会在第二步中消耗亚铁离子，使亚铁离子消耗的量增大，这些消耗的亚铁离子也会认为是氯酸根消耗的，所以浓度将偏大。
②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为，则有关系式，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为，与亚铁离子反应的离子方程式为，则有关系式，与反应的亚铁离子的物质的量为， 设的物质的量为a， ，则；
（4）①盐酸和反应生成，反应的离子方程式为；
②盐酸与的反应中，盐酸作还原剂，因此盐酸的作用可能是提高，使还原性增强；
③用如图装置验证i，具体的操作为：闭合K，至指针读数稳定后，先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化。
株洲一中2022-2023高二上期期中考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第I卷(选择题共46分)
一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意。)
1．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出了均相催化的思维模型。总反应：A +B→AB(K为催化剂)①A + K → AK Ea1，②AK + B → AB + K Ea2
下列说法错误的是
A．第①步为决速步骤
B．升高温度，该反应的速率加快
C．该反应的ΔH=-Ea kJ·mol-1
D．催化剂降低了活化能，加快了反应速率
2．某化学反应X＋Y→Z分两步进行：①X→M；②M＋Y→Z。其能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．M是总反应的催化剂 B．总反应是理想的绿色化学反应
C．反应①②和总反应都是放热反应 D．反应物(X和Y)的总能量低于产物(Z)的总能量
3．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置制备并收集CO2
B．用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C．用丙装置制备无水MgCl2
D．用丁装置在铁上镀铜
4．下列做法或实验(图中部分夹持略)，不能达到目的的是
防止铁管道被腐蚀
检验产生的
制备并收集
精炼粗铜
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
5．常温下，与纯水的电离相似，液氨中也存在微弱的电离：。据此判断，下列说法错误的是
A．液氨的电离过程是吸热的
B．一定温度下液氨中是一个常数
C．、与都是粒子
D．当氯化铵溶于液氨时，电离产生的对液氨的电离平衡不影响
6．甲烷化也是实现“碳达峰”的重要途径，反应机理如下图。下列说法错误的是
A．该反应使用的催化剂既加快了甲烷化速率，又提高的平衡转化率
B．吸附在催化剂Pd表面而发生反应
C．和均为该反应过程的中间产物
D．上述甲烷化过程总反应可表示为
7．如图所示为接触法制硫酸的设备和工艺流程，其中关键步骤是的催化氧化： ，下列说法正确的是
A．反应后气体分子数减少，增大反应容器内压强一定有利于提高生产效益
B．反应放热，为提高转化率，工业生产应尽可能在较低温度下反应
C．工业生产要求高效，应使用催化剂并控制在催化剂活性最佳的温度下反应
D．该反应为放热反应，在任何条件下都能自发进行，因为吸热反应是非自发的
8． 在超临界水中进行碳碳加成反应时存在两条不同的路径，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
A． 比 稳定
B．反应生成 的活化能为54.0kJ•mol-1
C．生成 的反应为吸热反应
D．选择适当的催化剂，有可能改变不同路径产物的产量
9．微生物脱盐电池既可以处理废水中CH3COOH和，又可以实现海水淡化，原理如下图所示。下列说法正确的是
A．生物电极b为电池的负极
B．电极a的电极反应式为CH3COOH-8e-+8OH-=2CO2↑+6H2O
C．每生成标准状况下2.24LN2，电路中转移0.6mol电子
D．离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜
10．某温度下，25 mL含KX和KY的混合溶液，用0.1000 mol·L-1的硝酸银标准溶液对该混合液进行电位滴定(Y-与H+的反应可以忽略)，获得电动势(E)和硝酸银标准溶液体积(V)的电位滴定曲线如图所示。
已知：Ⅰ.Ag+与Y-反应过程为：①Ag++2Y-=[AgY2]- 、②[AgY2]-+Ag+=2AgY↓
Ⅱ.该温度下，Ksp(AgY)=2 ×10-16，Ksp(AgX)=2 ×10-10。
下列说法不正确的是
A．若HY为弱酸，则从开始到B点，水的电离程度不断减小
B．原混合溶液中c(KX )=0.02000 mol·L-1
C．若反应①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，则=Ksp2 (AgY)
D．AgX(s)+Y-(aq) AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为106
二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11．已知如下热化学方程式：
①
②
③
则下列判断正确的是
A． B．
C． D．反应③是放热反应
12．我国某科研团队最近开发出一种可充电的新型水系聚物空气电池，其充放电时的工作原理如图所示。相关说法错误的是
A．放电时，a极电势高于b极电势
B．放电时，b极上的反应式为
C．充电时，每产生22.4 L，通过阳离子交换膜的的物质的量为4 mol
D．充电时，电池总反应为4nOH-+22 +2nH2O+nO2↑
13．双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的解离成和，作为和离子源。利用双极膜电渗析法处理含NaA的废水，工作原理如图，图中“→”和“←”表示离子通过交换膜的方向。下列说法错误的是
A．R电极与电源正极相连，发生的电极反应为
B．交换膜Ⅰ、Ⅲ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜
C．“双极膜”电渗析法可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)
D．若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1 mol电子，两极共得到0.5 mol气体
14．常温下，分别向体积均为10mL，浓度均为0.1mol·L-1的KSCN溶液、K2CrO4溶液滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液，溶液中酸根离子浓度负对数(pM)与AgNO3溶液体积的关系如图[已知：pM=-lg(SCN-)或-lgc(CrO)]。下列说法正确的是
A．溶解度：AgSCN>Ag2CrO4 B．Ksp(Ag2CrO4)=4×10-3a
C．d点Ag2CrO4溶液是不饱和溶液 D．c(Ag+)：f点溶液＞e点溶液
第II卷(非选择题共54分)
三、非选择题(本题共6小题，共54分。)
15．国家标准规定，酿造的食醋中醋酸的含量不得低于3.5 g/100mL，即每100 mL食醋中，折算成的醋酸含量不得低于3.5 g。某实验小组拟用酸碱滴定法测定某食用白醋的总酸含量(g/100 mL)，设计如下实验：
①用移液管(一种精确量取液体的仪器)量取25.00 mL该白醋样品，置于250 mL容量瓶中，配制得待测白醋溶液；
②用酸式滴定管量取容量瓶中的20.00 mL待测白醋溶液于锥形瓶中，滴加指示剂；
③用碱式滴定管盛装0.1000 mol/L NaOH标准溶液，静置，读取数据，记录为NaOH标准溶液的初读数；
④滴定，并记录NaOH标准溶液的终读数。重复滴定几次，数据记录如下表：
滴定次数
实验数据
1
2
3
4
V(NaOH)/mL(初读数)
0.10
0.35
0.00
0.20
V(NaOH)/mL(终读数)
20.08
20.35
？
20.22
V(NaOH)/mL(消耗)
请回答下列问题：
(1)滴定时反应的离子方程式是_______，选用的指示剂为_______。
(2)上述测定过程提及的下列仪器，在使用前不能润洗的是_______(填标号)。A．容量瓶 B．锥形瓶 C．碱性滴定管 D．酸式滴定管
(3)表格中“？”处的滴定管液面如图所示，则该读数为_______mL，该白醋样品中总酸含量为_______g/100 mL(保留一位小数)。
(4)下列有关该实验的说法不正确的是_______。
A．使用酸式滴定管量取溶液，开始时平视，后俯视读数，最终结果偏大
B．本实验终点的颜色变化情况是溶液由粉红色变为无色且半分钟内不变色
C．滴定时左手控制滴定管流速，右手摇动锥形瓶
D．将碱式滴定管固定在滴定管夹上，快速放液以放出滴定管内部气泡
E.滴定开始阶段可以连续滴加，接近终点时，改为缓慢滴加一滴
16．为治理环境污染，工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：CH3COOCu(NH3)2 (aq) + CO(g) CH3COOCu(NH3)2·CO(aq) + Q(Q>0)，
(1)该反应的化学平衡常数表达式K=_______；欲使K值变大，可采取的措施是_______。
(2)吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的适当处理措施有_______(选填序号)。
a.适当升高温度 b.适当降低温度 c.增大压强 d.减小压强
17．[CH3CH(OH)COO]2Fe(乳酸亚铁)是一种广泛应用于食品的铁强化剂，可由乳酸与FeCO3反应制得。兴趣小组在实验室按下列步骤制备乳酸亚铁晶体并进行含量测定。回答下列问题：
I.制备FeCO3：
兴趣小组利用FeSO4(用废铁屑和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3在如图装置制备FeCO3：
(1)植物油的作用_______。
(2)实验过程中，将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是_______。
(3)经过滤、洗涤得到FeCO3，久置后，发现在盛有FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质，其原因是_______(用化学方程式解释)。
Ⅱ.制备乳酸亚铁：
(4)兴趣小组向FeCO3固体中加入乳酸溶液，在一定条件下搅拌使之充分反应，并测得反应溶液的pH、温度对乳酸亚铁产率的影响如图所示，
①溶液pH控制在5~6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是_______。
②在最适宜的条件下，该反应的化学方程式为：_______
为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入适量铁粉。反应结束后，将所得溶液隔绝空气低温蒸发，_______(一系列操作)得到乳酸亚铁晶体。该晶体存放时应注意_______。
Ⅲ.测定乳酸亚铁的纯度：
(5)兴趣小组通过用硫酸铈铵(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度(反应中Ce元素被还原为Ce3+)。称取2.5g样品配制成100.00mL溶液，取该溶液25.00mL，将0.1000mol/L(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入_______中(填A或B)，反复滴定2~3次，平均消耗(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液25.00mL，则样品中乳酸亚铁的纯度为_______。
18．铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：
已知：常温下，
(1)步骤ⅰ的操作名称是___________。
(2)①中As的化合价为___________。
②步骤ⅱ中的作用是___________。
(3)步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使 。若溶液2中 ，则需控制pH的大致范围为___________。
(4)①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有___________(填化学式)。
②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是___________。
(5)结合下图说明由溶液4得到的操作是___________。
19．利用甲烷和水蒸气生成合成气(主要成分为CO和H2)在化学工业中有极为重要的地位。其热化学方程式为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206.4 kJ·mol-1。
(1)工业生产中为解决合成气中H2过量而CO不足的问题，原料气中需添加CO2。利用合成气在催化剂作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.67 kJ·mol-1
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2 kJ·mol-1
为了使合成气生成甲醇的配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳的体积比为____。
(2)CH4与CO2经过催化重整也可制得合成气，该反应的热化学方程式为____。在1.0 L密闭容器中充入1.0 mol CH4和1.0 mol CO2，在一定条件下发生上述反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。
①比较压强大小：P1____(填“＞”、“＜”或“=”)P3。
②若要提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有____、___。(任写两条)
③若P4=2.0 MPa，则x点的平衡常数KP=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(3)研究表明二氧化碳加氢可合成甲醇，其热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.47 kJ·mol-1二氧化碳合成甲醇的原料气中加入一氧化碳可以降低CO2与H2反应的活化能。在200～360℃、9 MPa时，合成气初始组成H2、CO、CO2的物质的量之比为7：2：1的条件下研究甲醇的合成反应。CO2的平衡转化率随温度的变化如图所示，其先减小的原因是____，后增大的原因是____。
20．氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如图。生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。
已知：pH升高时，易歧化为和。
(1)电解饱和食盐水的离子方程式为___________。
(2)下列关于产生的说法中，合理的是___________(填序号)。
a．主要在阴极室产生
b．在电极上放电，可能产生
c．阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生
(3)测定副产物含量的方法如下图。
待测水样V1mL适量H2O2足量V2mLxmol-1溶液a
①加入的目的是消耗水样中残留的和。若测定中未加入，则测得的水样中的浓度将___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
②滴定至终点时消耗酸性溶液，水样中的计算式为___________。
(4)可用盐酸处理淡盐水中的并回收。
①反应的离子方程式为___________。
②处理时，盐酸可能的作用是：
i．提高，使氧化性提高或还原性提高；
ii．提高，___________。
③用如图装置验证i，请补全操作和现象：闭合K，至指针读数稳定后，___________。
参考答案：
1．C
【详解】A．第①步的正反应活化能Ea1>第②步正反应活化能Ea2，所以反应速率①<②为，而总反应速率取决于慢的反应，故决速步骤为①，A正确；
B．温度升高，反应速率加快，B正确；
C．Ea是该反应正反应的活化能，不是反应的ΔH，反应的ΔH =E生-E反 kJ·mol-1，C错误；
D．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，D正确；
故选C。
2．B
【详解】A．M是中间产物而不是催化剂，A错误；
B．总反应是化合反应，原子被100%利用，是理想的绿色化学反应，B正确；
C．反应①中生成物能量高于反应物，为吸热反应，C错误；
D．由图可知，反应物(X和Y)的总能量高于产物(Z)的总能量，D错误；
故选B。
3．C
【详解】A. CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；
B. 苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；
C. MgCl2能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C正确；
D. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，D错误。
答案选C。
【点睛】本题为实验题，结合物质的性质和电解的原理进行解题，掌握常见物质的制备方法，注意水解的知识点。
4．A
【详解】A．废铁、铁管道和电源形成电解池，为外加电流阴极保护法，但是应当将铁管道作阴极才能防止铁管道被腐蚀，图中铁管道作阳极，不能达到保护铁管道被腐蚀的目的，故A符合题意；
B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，因此若品红溶液褪色，则说明生成的气体为SO2，该装置能检验产生的SO2，故B不符合题意；
C．加热条件下Ca(OH)2和NH4Cl反应生成NH3，氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集氨气，收集氨气时导气管应该伸入到试管底部，该装置能达到实验目的，故C不符合题意；
D．电解法精炼粗铜时，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，该装置能达到精炼铜的目的，故D不符合题意；
答案选A。
5．D
【详解】A．液氨的电离与水相似，水的电离是吸热的，故液氨的电离过程也是吸热的，A正确；
B．一定温度下液氨中类似于水的离子积c(H+)∙c(OH-)，故是一个常数，B正确；
C．、与含有的电子数分别为7+3=10、7+4-1=10、7+2+1=10，故都是粒子，C正确；
D． 当氯化铵溶于液氨时，电离产生，增加了的浓度使液氨的电离平衡逆移， D错误；
故答案为：D。
6．A
【详解】A．该反应使用的催化剂既加快了甲烷化速率，但不能改变的平衡转化率，A错误；
B．由反应历程图可知，吸附在催化剂Pd表面而发生反应，B正确；
C．由反应历程图可知，CO2和H2为反应物，CH4和H2O为生成物，MgO和Pd为催化剂，其余均为中间产物，则和均为该反应过程的中间产物，C正确；
D．由反应历程图可知，CO2和H2为反应物，CH4和H2O为生成物，则上述甲烷化过程总反应可表示为，D正确；
故答案为：A。
7．C
【详解】A．反应后气体分子数减少，增大反应容器内压强，有利于平衡正向移动，但由于增大压强对设备要求和动力要求很高，成本高，效益可能不佳，A错误；
B．反应放热，为提高转化率，应尽可能在较低温度下反应，但温度过低会使反应速率太慢，经济效益低，B错误；
C．为加快反应速率，应使用催化剂，还需要考虑催化剂的最佳活性温度，不一定温度越高反应速率越大，C正确；
D．化学反应能否自发进行的判断依据是，反应能否自发要综合焓变和熵变以及温度来判断，D错误；
故答案选C。
8．A
【详解】A．根据反应机理图可知 比 的能量低， 更稳定，故A错误；
B． 由图象可知，反应生成 的活化能为，故B正确；
C．由图可知，生成 的反应为吸热反应，故C正确；
D．催化剂可以改变反应的路径，所以选择适当的催化剂，有可能改变不同路径产物的产量，故D正确；
故选A。
9．C
【分析】该装置为原电池，有机废水中的CH3COOH发生失电子的氧化反应生成，亚硝酸根发生得电子的还原反应生成，极为负极，极为正极。
【详解】A．极为负极，CH3COOH失电子，极为正极亚硝酸根得电子,故A错误；
B．由分析知极为负极，则负极反应式为，故B错误；
C．发生得电子的还原反应生成，每生成标准状况下2.24LN2，电路中转移0.6mol电子故C正确；
D．原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即溶液中的通过阳离子交换膜移向极、通过阴离子交换膜移向极，达到海水淡化目的，所以离子交换膜a为阴离子交换膜，离子交换膜b为阳离子交换膜，故D错误；
故答案为C。
10．B
【详解】A．溶度积小的先生成沉淀，根据反应的方程式可知，B点生成AgY，若HY为弱酸，Y-被消耗，HY的电离程度增大，H+浓度增大，抑制水的电离，则从开始到B点，水的电离程度不断减小，故A正确；
B．B点KY完全和AgNO3反应生成AgY，则 KX和硝酸银完全反应消耗V(AgNO3)=(12.50-5.00)mL=7.50mL，BC段发生反应 Ag++X-= AgX↓，则原溶液中c(X-)= 0.1000 mol·L-1×7.5×10-3L=7.5×10-4mol，则c(KX )= 7.5×10-4mol ÷0.025L=0.03000 mol·L-1，故B错误；
C．①的平衡常数为K1=，反应②的平衡常数为K2=，K1×K2=，Ag++Y-═AgY↓，Ksp(AgY)=c(Ag+)×c(Y-)=，则=Ksp2 (AgY)，故C正确；
D．AgX(s)+Y-(aq) ⇌AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为===106，故D正确；
答案选B。
11．BD
【详解】A．、，则有，A错误；
B．根据盖斯定律，③＝①②，所以，B正确；
C．由可知，C错误；
D．由可知反应③是放热反应，D正确；
正确答案选BD。
12．AC
【分析】新型水系聚物空气电池放电时为原电池，b极上O2得电子生成OH-，则b极为正极，a极为负极，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极上 失电子生成 ，负极反应为：-2ne-=，总反应为2 + 2nH2O+nO2= +4n OH-；充电时为电解池，原电池得正负极分别接电源得正负极作阳阴极，阴阳极电极反应与原电池得负正极反应相反，据此解答；
【详解】A．放电时为原电池，b为正极，a极为负极，则a极电势低于b极电势，A错误；
B．放电时为原电池，b为正极，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，B正确；
C．题中O2的状态未知，不能根据氧气的体积计算氧气的物质的量，不能计算电路转移的电子数，C错误；
D．充电时，总反应式为，4nOH-+22 +2nH2O+nO2↑，D正确；
故答案为：AC。
13．AD
【分析】极室Ⅱ加入NaCl溶液，钠离子通过交换膜Ⅲ进入产品室Ⅱ，故交换膜Ⅲ为阳离子交换膜；R电极与电源正极相连，发生的反应为，依此可推交换膜Ⅱ为阴离子交换膜。
【详解】A．根据图中阳离子(、)移动方向可知，R为阳极，Q为阴极，R电极与电源正极相连，发生的反应为，选项A错误；
B．根据图中阳离子移动方向，可知交换膜Ⅰ、Ⅲ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜，选项B正确；
C．“双极膜”电渗析法利用阴、阳离子的定向移动，可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，选项C正确；
D．若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1mol电子，两极可产生0.5mol氯气和0.5mol的氢气，共得到1mol气体，选项D错误；
答案选AD。
14．BC
【分析】根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，2Ag++=Ag2CrO4↓可知，加入10mLAgNO3溶液对应c点所在的曲线为AgSCN的溶解平衡曲线，加入20mLAgNO3溶液对应的ef曲线为Ag2CrO4的溶解平衡曲线，据此分析解题。
【详解】A．设饱和溶液AgSCN中Ag+为xmol/L，Ag2CrO4中Ag+浓度为ymo/L，根据分析结合图象数据可知，x=10-bmol/L，=10-amol/L，y=2×10-amol/L，由于a＜b，则有2×10-a＞10-b，即x＜y，则溶解度：AgSCN＜Ag2CrO4，A错误；
B．由题干e点数据可知，e点对应的：c()=10-amol/L，而且e所加AgNO3溶液为20mL，说明e点为Ag2CrO4饱和溶液，c(Ag+)=2c()=2×10-amol/L，则有：Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c()=(2×10-a)2×10-a =4×10-3a，B正确；
C．由题干图示数据可知，d点对应的c()小于e点的，而两点银离子浓度相等，故可知d点对应的c2(Ag+)c()＜Ksp(Ag2CrO4)，则说明Ag2CrO4溶液是不饱和溶液，C正确；
D．由题干图示数据可知，f点对应的c()大于e点的，而f、e两点对应的Ksp相等，故c(Ag+)：f点溶液＜e点溶液，D错误；
故答案为：BC。
15．(1) 酚酞
(2)AB
(3) 20.80 6.0
(4)BD
【详解】（1）滴定时醋酸和氢氧化钠发生酸碱中和反应，反应的离子方程式是，生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，选用的指示剂为酚酞；
（2）A．容量瓶不能润洗，否则引起误差，选项A符合；
B．锥形瓶不能润洗，否则引起测定结果偏大，选项B符合；
C．碱性滴定管需要润洗，否则引起标准液消耗偏多，选项C不符合；
D．酸式滴定管需要润洗，否则引起待测液浓度偏小，选项D不符合；
答案选AB；
（3）滴定管0刻线在上部，则该读数为20.80 mL；
第三组数据误差较大，舍去，消耗NaOH溶液的体积为
mL mL，
结合离子反应，
该白醋样品中总酸含量为 g/100 mL，符合国家标准；
（4）A．使用酸式滴定管量取溶液，开始时平视，后俯视读数，读数偏小，但是实际待测液体积偏大，最终结果偏大，选项A正确；
B．酚酞遇到碱变红，则本实验终点的颜色变化情况是溶液由无色变为粉红色且半分钟内不变色，选项B不正确；
C．滴定时左手控制滴定管流速，右手摇动锥形瓶，符合操作规定，选项C正确；
D．将碱式滴定管固定在滴定管夹上，缓慢放液以放出滴定管内部气泡，选项D不正确；
E．开始时，滴定速度可稍快，接近终点时，应改为边滴边摇，防止试剂过量，选项E正确；
答案选BD。
16．(1) 降低温度
(2)ad
【解析】（1）
化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，则该反应的化学平衡常数表达式；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值变小，故欲使K值变大，可采取的措施是降低温度；
（2）
该反应是气体体积缩小的放热反应；
a．适当升高温度平衡向吸热反应方向进行，则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确；
b．适当降低温度平衡向放热反应方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；
c．增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；
d．减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确；
答案选ad；
17．(1)隔绝氧气，防止Fe2+被氧化
(2)打开K2、关闭K3
(3)4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2
(4) pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3 [CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O 冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 密封保存
(5) A 93.6%
【分析】亚铁离子易被氧气氧化，制备过程应在无氧环境中进行，装置A用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，利用产生的氢气排尽装置内空气，且使装置A内气压增大，将制备的硫酸亚铁溶液压入装置B内，与NH4HCO3反应制备FeCO3，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO= FeCO3↓+ H2O+CO2↑；
【详解】（1）试管B中用FeSO4和NH4HCO3制备FeCO3，由于亚铁离子易被氧化，则植物油的作用是隔绝氧气，防止Fe2+被氧化；故答案为：隔绝氧气，防止Fe2+被氧化。
（2）装置A中用废铁屑和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，可利用压强差将A中生成的FeSO4溶液通过导管压至试管B内，操作是打开K2、关闭K3；故答案为：打开K2、关闭K3。
（3）久置后，FeCO3试剂瓶的瓶口有红褐色物质即Fe(OH)3，是FeCO3被氧气氧化生成Fe(OH)3，反应的方程式为：4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2；故答案为：4FeCO3+6H2O+O2 = 4Fe(OH)3+4CO2。
（4）由图知温度为70℃、pH=5时乳酸亚铁产率最大，为适宜的反应条件；①溶液pH控制在5~6之间乳酸亚铁产率较高的主要原因是：pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小；②溶液制备晶体，一系列操作为：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ，保存时要注意防止被氧化，密封保存。故答案为：pH较低时不利于FeCO3固体溶解生成Fe2+，pH较高时Fe2+会形成沉淀，产率都会减小；2CH3CH(OH)COOH+FeCO3 [CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；密封保存。
（5）已知反应中Ce元素被还原为Ce3+，则(NH4)4Ce(SO4)4做氧化剂，具有氧化性，(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入酸式滴定管，即选：A；(NH4)4Ce(SO4)4中Ce为+4价，被还原为Ce3+则Ce元素得到一个电子，Fe2+被氧化为Fe3+则Fe元素失去一个电子，则n(Fe2+)= n[(NH4)4Ce(SO4)4]=cV=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5×10-3mol，则3.0g样品中乳酸亚铁质量为m=nM=2.5×10-3mol234g/mol=2.34g，纯度为2.34/2.5= 93.6%。故答案为：A；93.6%。
18．(1)萃取分液
(2) ＋3 氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素
(3)4～7
(4) 与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降
(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤
【分析】粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。
（1）
据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液。
（2）
①中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；②据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素。
（3）
据已知信息， ，则溶液2中 时，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使 ，根据 ，则c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范围为4～7。
（4）
①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有 ；②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降。
（5）
从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。
19．(1)3：1
(2) CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.6 kJ·mol-1 ＜ 升高温度，降低压强 充入二氧化碳气体，及时分离出部分CO或者部分H2 (MPa)2
(3) 开始时CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低 而当温度升高到一定程度后，CO2和H2反应生成CO，该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升
【详解】（1）设CH4的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol。根据合成气的反应可得CO的物质的量为x mol，H2的物质的量为3x mol，根据反应②，已知CO2的物质的量为y mol，消耗H2的量为y mol，生成CO的量为y mol，则最终CO的量为(x+y)mol，H2的量为(3x-y)mol，根据反应①的系数比可得：(x+y)：(3x-y)=1：2，解得x：y=3：1；
（2）已知：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206.4 kJ·mol-1。
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2 kJ·mol-1，
根据盖斯定律，将①+②，整理可得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.6 kJ·mol-1；
①从反应方程式CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.6 kJ·mol-1看，该反应的正反应是气体体积增大的反应。根据平衡移动原理：增大压强能够使化学平衡逆向移动，导致甲烷的转化率减小，由此得出压强为p1＜p3；
②根据图象可知：在相同压强，温度升高，甲烷的转化率升高；相同温度时，压强减小，甲烷的转化率升高；所以要提高CH4的平衡转化率，或通过改变反应物、生成物浓度的方法，可采取的措施有：升高温度、降低压强、充入二氧化碳气体，及时分离出部分CO或者部分H2；
③气体的物质的量分数等于压强分数，在x点，甲烷的转化率为50%，对于反应CH4(g) +CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，开始时n(CH4)=n(CO2)=1 mol，由于△n(CH4)=1 mol×50%=0.5 mol，根据物质反应转化关系可知平衡时：n(CH4)=n(CO2)=0.5 mol，n(CO)=n(H2)=1 mol，平衡时气体总物质的量n(总)=0.5 mol+0.5 mol+1 mol+1 mol=3 mol，则x点化学平衡常数Kp=；
（3）结合图象可知：CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大，可能的原因是开始时CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，使CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和H2反应生成CO，该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高。
20．(1)
(2)bc
(3) 偏大
(4) 使还原性增强 先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化
【详解】（1）业上电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为；
（2）a．氯元素都在阳极室，所以应该在阳极室生成，故a错误；
b．氯离子在阳极发生氧化反应，化合价升高，有可能生成，故b正确；
c．阳离子交换膜破损导致OH-向阳极室迁移，阳极室氢氧根浓度变大，阳极生成的氯气与氢氧根反应生成次氯酸根，当pH升高时，ClO-易歧化为和Cl-，故c正确；
答案选bc；
（3）①加入过氧化氢消耗水样中残留的Cl2和ClO-，再加入硫酸亚铁，与氯酸根反应，最后计算出与氯酸根反应后剩余的亚铁离子。未加入过氧化氢，水样中残留的Cl2和ClO-也会在第二步中消耗亚铁离子，使亚铁离子消耗的量增大，这些消耗的亚铁离子也会认为是氯酸根消耗的，所以浓度将偏大。
②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为，则有关系式，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为，与亚铁离子反应的离子方程式为，则有关系式，与反应的亚铁离子的物质的量为， 设的物质的量为a， ，则；
（4）①盐酸和反应生成，反应的离子方程式为；
②盐酸与的反应中，盐酸作还原剂，因此盐酸的作用可能是提高，使还原性增强；
③用如图装置验证i，具体的操作为：闭合K，至指针读数稳定后，先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化。
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