2022-2023学年福建省福州市福建师范大学附属中学高二上学期期末考试化学试题含解析

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福建省福州市福建师范大学附属中学2022-2023学年
高二上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质中，属于弱电解质的是
A．CH3COOH B．KOH C．BaSO4 D．CH3COONa
【答案】A
【详解】KOH、BaSO4、CH3COONa在水溶液中均能完全电离，CH3COOH为弱酸，在水溶液中不完全电离，为弱电解质；
故答案为A。
2．下列有关电解原理应用的说法正确的是
A．电解饱和食盐水时，阴极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑
B．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制金属铝
C．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
D．在铁制品上镀银时，铁制品与电源正极相连
【答案】A
【详解】A．电解饱和食盐水时，在阴极，水得电子生成H2和OH-，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，A正确；
B．氯化铝虽然是电解质，但它属于共价化合物，熔融时不导电，水溶液中电解得不到金属铝，B不正确；
C．电解法精炼铜时，Cu2+应在阴极上得电子，生成的铜附着在纯铜电极上，则粗铜作阳极，纯铜作阴极，C不正确；
D．在铁制品上镀银时，电镀液中的镀层金属离子在铁制品表面得电子生成金属，所以铁制品作阴极，应与电源负极相连，D不正确；
故选A。
3．用铂电极电解下列物质的溶液，当耗电量相同时，阴极和阳极上同时都有气体产生，且溶液的pH下降的是（    ）
A．H2SO4 B．CuSO4 C．HCl D．KCl
【答案】A
【详解】A．用铂电极电解硫酸，相当于电解水，阴极和阳极上同时都有气体产生，硫酸浓度增大，溶液pH降低，故A正确；
B．用铂电极电解硫酸铜溶液，生成铜、氧气和硫酸，反应生成酸，溶液pH降低，但阴极无气体产生，故B错误；
C．用铂电极电解HCl溶液，生成氢气、氯气，阴极和阳极上同时都有气体产生，但消耗HCl，则溶液pH升高，故C错误；
D．用铂电极电解氯化钾溶液，生成氢氧化钾和氢气、氯气，反应生成碱，溶液pH值升高，故D错误；
故选A。
4．点蚀又称为孔蚀，是一种集中于金属表面很小的范围并深入到金属内部的腐蚀形态。某铁合金钝化膜破损后的孔蚀如图，下列说法正确的是

A．为防止孔蚀发生可以将外接电源正极与金属相连
B．蚀孔外每吸收2.24LO2，可氧化0.2molFe
C．由于孔蚀中Fe3+水解导致电解质酸性增强
D．孔隙中可以发生析氢腐蚀
【答案】D
【详解】A．为防止孔蚀发生可以将外接电源负极与金属相连，A错误；
B．2.24LO2没有指明是否为标准状况，不一定为0.1molO2，B错误；
C．封闭环境中由于Fe2+水解导致酸性增强，C错误；
D．由于孔隙中介质的酸性增强有HCl存在，可发生析氢腐蚀，D正确；
故选D。
5．N2(g)+3H2(g)→2NH3(g)△H<0.当反应达到平衡时，下列措施能提高N2转化率的是
①降温②恒压通入惰性气体③增加N2的浓度④缩小体积增大压强
A．①④ B．①② C．②③ D．③④
【答案】A
【详解】正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向进行，氮气转化率增大，①正确；正反应是体积减小的可逆反应，恒压通入惰性气体，则容器容积必然增大，相当于降低压强，平衡向逆反应方向进行，氮气转化率降低，②错误；增加氮气浓度平衡向正反应方向进行，但氮气转化率降低，③错误；增大压强平衡向正反应方向进行，氮气转化率增大，④正确，综上所述，①④符合题意，故答案选A。
6．下列措施抑制水的电离的是
A．加热 B．加入NaOH溶液 C．加入CuSO4固体 D．加入Na2CO3固体
【答案】B
【详解】A．水的电离吸热，加热促进水的电离，A不符合题意；
B．NaOH可以电离出氢氧根，抑制水的电离，B符合题意；
C．Cu2+可以结合水电离出的氢氧根，促进水的电离，C不符合题意；
D．碳酸根可以结合水电离出的氢离子，促进水的电离，D不符合题意；
综上所述答案为B。
7．靐同学根据下列说法书写相关方程式，说法及书写均正确的是
A．水溶液显碱性：
B．泡沫灭火器的原理：
C．氨水呈碱性：
D．在水溶液中可以制备大量：
【答案】B
【详解】A．S2-水解分为两步，，A错误；
B．两个离子水解相互促进，B正确；
C．一水合氨为弱电解质，电解可逆，，C错误；
D．、均可以发生水解，相互促进，故不能得到，只能用，D错误；
故答案为：B。
8．下列说法正确的是
A．完全燃烧生成放出的热量叫的燃烧热
B．25℃、时，已知碳的燃烧热为，则碳的热值也为
C．已知  ，则硫生成SO3的反应热为
D．25℃、时，和的燃烧热相等
【答案】D
【详解】A．燃烧热强调产物必须“稳定”，对水来说，必须呈液态，所以完全燃烧生成放出的热量不叫的燃烧热，A不正确；
B．热值是单位质量燃料完全燃烧放出的热量，25℃、时，已知碳的燃烧热为，则碳的热值应为≈32.8kJ/g，B不正确；
C．描述反应热时，应指明反应中所有物质的状态，而“硫生成SO3的反应热为”，既没有指明各物质的状态、物质的量，也丢掉了前面的“—”号，C不正确；
D．燃烧热是指一定条件下，1mol燃烧物完全燃烧生成稳定的产物时放出的热量，所以25℃、时，和的燃烧热相等，D正确；
故选D。
9．向H2O2溶液中加入少量KI溶液，反应历程是：i.H2O2+I−=H2O+IO−；ii.H2O2+IO-=H2O+O2↑+I−，H2O2分解反应过程中不加KI溶液和加入KI溶液的能量变化如下图所示。下列判断不正确的是

A．KI是H2O2分解的催化剂
B．曲线②代表加入KI的能量图
C．KI能增大H2O2的分解速率
D．反应i是放热反应，反应ii是吸热反应
【答案】D
【详解】A．I−在反应i中被消耗，但在反应ii中又生成，整个过程质量没有变化，所以KI是H2O2分解的催化剂，A正确；
B．催化剂可以改变反应路径，降低反应活化能，所以曲线②代表加入KI的能量图，B正确；
C．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，C正确；
D．根据曲线②，反应i中生成物能量高于反应物，为吸热反应，反应ii生成物的能量低于反应物，为放热反应，D错误；
综上所述答案为D。
10．下列有关实验原理、装置、操作的描述中正确的是
A
B
C
D




制取无水MgCl2
测定KMnO4溶液的pH
研究催化剂对反应速率的影响
反应热的测定

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．由于MgCl2是一种强酸弱碱盐，MgCl2·6H2O加热过程中发生水解，而HCl能够抑制其水解，且HCl气流能够带走水蒸气，利于其失去结晶水得到无水MgCl2，A符合题意；
B．由于高锰酸钾溶液本身显紫红色，故不能用pH试纸来测量其pH值，B不合题意；
C．题干实验中存在催化剂和温度两个变量，无法研究催化剂对反应速率的影响，C不合题意；
D．铁质环形搅拌棒导热性太强，引起很大的实验误差，D不合题意；
故答案为：A。
11．常温下，浓度均为 0.1 mol·L-1 的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是
A．氨水中，c(NH)=c(OH－)=0.1 mol·L-1
B．NH4Cl 溶液中，c(NH)＞c(Cl－)
C．Na2SO4 溶液中，c(Na+)＞c(SO)＞c(OH-)=c(H+)
D．Na2SO3 溶液中，c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)
【答案】C
【详解】A．氨水显碱性，根据电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)，c(OH-)＞c(NH)，故A项错误；
B．NH4Cl溶液显酸性，根据电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(C1-)，由c(OH-)＜c(H+)，得c(NH)＜c(C1-)，故B项错误；
C．c(Na+)=2c(SO)，该溶液为中性，故c(OH-)＝c(H+)，故C项正确；
D．根据物料守恒，c(Na+)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)，故D项错误；
故选C。
12．两个容积相同的带活塞的容器，分别盛有一定质量的和，都为一样的红棕色，迅速将两容器同时压缩到原容积的一半(如图)，假设气体不液化，则下列说法正确的是

A．a→aˊ过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的深
B．aˊ、bˊ的颜色一样深
C．aˊ、bˊ的压强分别为、的压强的2倍
D．aˊ中的一定比bˊ中的小
【答案】A
【分析】a中存在可逆反应，a→aˊ过程中增大压强，平衡正向移动，气体分子物质的量减小，b→bˊ过程中气体分子物质的量不变，据此分析作答。
【详解】A．a→aˊ过程中，容积缩小为原来的一半，各物质物质的量浓度迅速增大为原来的两倍，颜色突然加深，后平衡正向移动，增大压强，不论平衡怎样移动，新平衡时各物质(气体)的浓度均比旧平衡的大，最终颜色比原来深，A正确；
B．在压缩中有一定量的转化成，aˊ颜色应比bˊ中的浅，B错误；
C．aˊ中气体的物质的量比中要少，aˊ的压强比的压强2倍要小，和bˊ中物质的量相等，bˊ的压强为的压强的2倍，C错误；
D．二者颜色一样深，并不意味着和相等，aˊ中的不一定比bˊ中的小，D错误；
答案选A。
13．下列各组离子，一定不能在指定溶液中大量共存的是
①无色溶液中：、、、、
②使pH试纸变深蓝色的溶液中：、、、
③水电离的的溶液中：、、、
④常温的溶液中：、、、
⑤使甲基橙变红的溶液中：、、、、
⑥的溶液中：、、、、
A．①②④⑤ B．②③④⑥ C．③④⑤⑥ D．①③④⑥
【答案】D
【详解】①与OH-反应生成水和碳酸根离子，不能大量共存；
②使pH试纸变深蓝色的溶液中含OH-，K+、CO、Na+、AlO相互间不反应，能大量共存；
③水电离的c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液含酸或碱，酸性下ClO-、NO具有强氧化性与还原性的SO发生氧化还原反应以及氢离子与ClO-、SO生成弱酸，碱性下，ClO-具有强氧化性与还原性的SO发生氧化还原反应以及NH与氢氧根离子反应生成弱碱，不能大量共存；
④加入常温pH=7的溶液中，Fe3+因水解而不能大量共存；
⑤使甲基橙变红的溶液显酸性，MnO、NO、SO、Na+、Fe3+各离子相互不反应，能大量共存；
⑥pH=0的溶液显酸性，S2-、SO在酸性不能大量共存，会发生归中反应生成硫单质；则一定不能在指定溶液中大量共存的是①③④⑥；
故选D。
14．利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是

A．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
B．电极b上反应为CO2+8HCO-8e-=CH4+CO+2H2O
C．电解过程中化学能转化为电能
D．电解时Na2SO4溶液浓度保持不变
【答案】A
【解析】通过电解法可知此电池为电解池，由a极生成O2可以判断出a极为阳极，则b为阴极。阳离子向阴极流动，a极上反应为4OH－―4e－＝2H2O＋O2，电极b上反应为CO2＋8HCO+8e－＝CH4＋8CO＋2H2O。电解时OH－比更容易失去电子在阳极生成O2，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的。
【详解】A．由a极生成O2可以判断出a极为阳极，b为阴极，阳离子向阴极流动。则H+由a极区向b极区迁移正确，故A正确；
B． 电极方程式配平发生错误，电极b上反应应为CO2＋8HCO+8e－＝CH4＋8CO＋2H2O，故B错误；
C．通过电解法可知此电池为电解池，所以电解过程中是电能转化为化学能，故C错误；
D．电解时OH－比更容易失去电子，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的，故D错误；
故选A。
15．下列说法不正确的是
A．向悬浊液中滴加溶液，生成红褐色沉淀
B．碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效
C．配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸抑制水解
D．水垢中的，可先用溶液处理，而后用酸除去
【答案】B
【详解】A．向悬浊液中滴加溶液，可使转化为红褐色沉淀，A正确；
B．碳酸氢钠属于抗酸药，醋酸会与反应，从而降低药效，B错误；
C．氯化铁为强酸弱碱盐，溶于水后易发生水解，为抑制水解，配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸，C正确；
D．水垢中的，可先用溶液处理，发生反应，将转化为溶解度更小的，而后用酸除去，D正确。
故选B。
16．在t℃(KW=1×10-13)时，将pH=13的强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH=11，则强碱与强酸的体积比为
A．2：99 B．99：2 C．1：9 D．9：1
【答案】A
【详解】设酸的体积为xL、碱的体积为yL、pH=13的强碱溶液中，pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，混合溶液的pH=11，则混合溶液中，根据混合溶液中c(OH-)==0.01mol/L，解得：y：x=2：99。
故选：A。
17．海水中因含有HCO和CO等离子，其pH稳定在7.9~8.4，可用作烟道气中SO2的吸收剂。吸收SO2后海水中硫元素的主要存在形式为HSO。已知表中数据，下列有关说法不正确的是
化学式
电离平衡常数
H2SO3
Ka1 = 1.3×10-2，Ka2 = 6.3×10-8
H2CO3
Ka1 = 4.4×10-7，Ka2 = 4.7×10-11

A．吸收SO2后的海水呈弱酸性的原因是Ka1(H2SO3)大于Kh(HSO)
B．若向吸收SO2后的海水中通入含氮氧化物的废气，海水pH将降低
C．将吸收SO2后的海水与新鲜海水混合，同时鼓入大量空气可排出部分CO2
D．吸收SO2后的海水露置在空气中，c(HSO)会减小
【答案】A
【详解】A．吸收后的海水生成亚硫酸氢根，溶液呈弱酸性是电离程度大于水解程度即大于，A项错误；
B．若向吸收后的海水中通入含氮氧化物的废气，海水pH将降低，B项正确；
C．将吸收后的海水与新鲜海水混合，同时鼓入大量空气可排出部分，C项正确；
D．吸收二氧化硫后的海水露置在空气中，会减小，D项正确；
答案选A。
18．某小组同学进行如下实验探究：
难溶电解质
颜色


白色


黑色


黑色


已知：；常温下，几种难溶物质的颜色和溶度积常数如图。

下列说法中，不正确的是A．①中浊液生成的原因是：
B．a中浊液中存在溶解平衡：
C．实验②和③生成黑色沉淀，可用相同的离子方程式表示
D．若将实验③中CuSO4改为溶液，白色沉淀仍可以转化为黑色沉淀
【答案】C
【详解】A．①中发生反应，溶液变浑浊，A正确；
B．a浊液含有沉淀，存在溶解平衡：，B正确；
C．实验②产生黑色沉淀的反应为：，实验③产生黑色沉淀的反应为：，C错误；
D．滴加硫酸亚铁溶液，试管B中，，所以，白色沉淀可以转化为黑色沉淀，D正确；
故选C。
19．下列说法正确的是
A．常温下，将溶液与溶液等体积混合()：
B．pH相等的①②③溶液：大小顺序为①＞②＞③
C．常温下，溶液的，则溶液中：
D．常温下，NaB溶液的，
【答案】C
【详解】A．混合后部分NH4Cl与NaOH发生反应，所得混合物中NH4Cl、NH3·H2O、NaCl物质的量之比为1:1:1，故 c(Cl-)＞c()＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)，A错误；
B．硫酸铵和氯化铵因铵离子水解呈酸性、硫酸氢铵主要因电离出氢离子呈酸性，且H+、SO、Cl-对的水解所起作用分别为抑制、无影响、无影响，则pH相等的①②③溶液：大小顺序为①=②＞③，B错误；
C．常温下，0.1mol·L-1的NaHA溶液呈碱性，说明HA-的水解程度大于其电离程度，钠离子不水解，其浓度最大，故：c(Na+)>c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)，C正确；
D．由电荷守恒可知：c(Na+)-c(B-)= c(OH-)-c(H+)=10-6 mol·L-1-10-8 mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1，D错误；
故选C。
20．常温下，2-戊烯酸()溶液中含碳粒子分布系数()与溶液pH的关系如图1，向 2-戊烯酸溶液中滴加的NaOH溶液，溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图2。
已知：。

下列说法不正确的是
A．图1中，曲线Ⅰ表示的粒子是
B．图2中，①对应溶液的溶质为2-戊烯酸和2-戊烯酸钠，此时溶液的pH略小于4.7
C．图2中，②对应的溶液中存在：
D．图2中，③对应的溶液中存在：
【答案】B
【详解】A．CH3CH2CH=CHCOOH CH3CH2CH=CHCOO-+H+，随着pH逐渐增大CH3CH2CH=CHCOOH浓度逐渐减小(I曲线)，CH3CH2CH=CHCOO-浓度逐渐增大(II曲线)，A正确；
B．根据图1知，2―戊烯酸的电离常数，②对应的溶液中，则其氢离子浓度会小于10-4.7mol/L，pH会略大于4.7，B错误；
C．图2中②表示V(NaOH)<20mL，溶液为2―戊烯酸和2―戊烯酸钠混合溶液，根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)= c(CH3CH2CH=CHCOO-)+c(OH-)，此时溶液pH=7，常温下呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(CH3CH2CH=CHCOO-)，由图1可知pH>4.7时，c(CH3CH2CH=CHCOO-)> c(CH3CH2CH=CHCOOH)，C正确；
D．图2中，③对应V(NaOH)=20mL，恰好与2―戊烯酸完全反应生成CH3CH2CH=CHCOONa，根据质子守恒式可知c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)，D正确；
故选B。

二、原理综合题
21．电化学原理在能量转换、物质合成、防止金属腐蚀等方面应用广泛。
(1)下图是常见电化学装置图

①Zn棒发生的电极反应是___________。
②若用一根铜丝代替盐桥插入两烧杯中，电流计指针也发生偏转，推测：其中一个为原电池，一个为电解池，写出a端发生的电极反应___________。
(2)下图为探究金属Fe是否腐蚀的示意图

在培养皿中加入一定量的琼脂和饱和溶液混合，滴入5~6滴酚酞溶液，混合均匀，将缠有铜丝的铁钉放入培养皿中。溶液变红的部位为___________端(填“铜丝附近”或“铁丝附近”)，请结合文字和方程式解释变红的原因___________。
(3)一种利用原电池原理治污的装置如下图，其反应原理是。

①A电极的电极反应式为___________。
②下列关于该电池说法正确的是___________(填序号)。
A．电子从右侧电极经过负载后流向左侧电极
B．当有被处理时，转移电子的物质的量为
C．电池工作一段时间，溶液的pH不变
D．为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜
【答案】(1)         
(2)     铜丝附近     铜、铁和溶液构成原电池，铜为正极，发生吸氧腐蚀，反应为，使左端附近溶液，溶液呈碱性
(3)          D

【分析】根据原电池原理，Zn为负极，Cu为正极，总反应式；
【详解】（1）①根据分析，Zn为负极，；
故答案为：；
②若用一根铜丝代替盐桥插入烧杯，则左侧烧杯中发生锌的吸氧腐蚀，为原电池，右侧烧杯为电解池，a电极与原电池的正极相连，为阳极，电极反应；
故答案为：；
（2）铜、铁和溶液构成原电池，铜为正极，整个体系中发生Fe的吸氧腐蚀，正极反应为，使左端附近溶液中，，溶液呈碱性，所以铜端变红；
故答案为：铜丝附近；铜、铁和溶液构成原电池，铜为正极，发生吸氧腐蚀，反应为，使左端附近溶液，溶液呈碱性；
（3）NH3中的N原子化合价由-3价升高到0价N2，发生氧化反应，作负极，，NO2中N原子化合价由+4价降低到0价的N2，发生还原反应，作正极，；
①A的电极反应式为，；
②A．分析中可知，A作负极，B作正极，电子由负极移向正极，A错误；
B．由于未知气体状态，无法由体积准确计算出物质的量，B错误；
C．根据总反应式，因为有水生成，导致电解质溶液浓度降低，碱性减弱，C错误；
D．该电池工作时，A极消耗OH-，B极生成OH-，为使电池持续放电，离子交换膜需要选用阴离子交换膜，D正确；
故答案为：；D。
22．合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨有广泛的应用。
已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H1=-a kJ∙mol-1；
2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ∆H2=-b kJ∙mol-1
(1)有研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在特殊催化剂表面与H2O反应可生成NH3。则由N2与H2O反应生成NH3的热化学方程式是___________。
(2)工业上主要以N2(g)、H2(g)为原料气合成NH3。
①将物质的量之比为1:3的N2和H2充入2L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得平衡时数据如下：
物质
N2
H2
NH3
平衡时物质的量/mol
0.2
0.6
0.2

该条件下H2的转化率为___________(可用分数表示)，平衡常数K=___________(可用分数表示)。
②若按以下浓度投料，其它反应条件与①相同，起始时反应进行的方向为___________(填“正向”、“逆向”或“无法判断”)。
物质
N2
H2
NH3
起始浓度(mol/L)
0.5
1.5
0.5

③L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下图表示L一定时，合成氨反应中H2(g)的平衡转化率随X的变化关系。

i.X代表的物理量是___________。
ii.判断L1、L2的大小关系，并简述理由___________。
【答案】(1)2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)  ∆H=(3b-2a)kJ∙mol-1
(2)               正向     温度     L2＞L1，合成氨反应为放热的、体积缩小的可逆反应，增大压强，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大

【详解】（1）①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  ∆H1=-a kJ∙mol-1；
②2H2(g)+O2(g)2H2O(l)  ∆H2=-b kJ∙mol-1
依据盖斯定律，将反应①×2-②×3得，由N2与H2O反应生成NH3的热化学方程式是2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)  ∆H=(3b-2a)kJ∙mol-1。答案为：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)  ∆H=(3b-2a)kJ∙mol-1；
（2）由表中数据可推知，NH3的变化量为0.2mol，则H2的变化量为0.1mol，起始投入量为0.1mol+0.2mol=0.3mol，该条件下H2的转化率为=，平衡常数K==。
②若按以下浓度投料，其它反应条件与①相同，浓度商Q==＜，所以起始时反应进行的方向为正向。
③对于合成氨反应，升高温度，平衡逆向移动，H2的平衡转化率减小，增大压强，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，由图中信息可知，增大X，H2的平衡转化率减小，则X表示温度；L表示压强，H2的平衡转化率大，则压强大，所以L2＞L1。从而得出：
i.X代表的物理量是温度。
ii. L2＞L1，合成氨反应为放热的、体积缩小的可逆反应，增大压强，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大。答案为：；；正向；温度；L2＞L1，合成氨反应为放热的、体积缩小的可逆反应，增大压强，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大。
【点睛】当同时提供反应物和生成物的浓度时，可利用浓度商判断反应进行的方向。
23．电解质的溶液中存在着众多的化学平衡。已知室温下，电离平衡常数如下表
物质














——
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(1)室温下，有浓度均为的五种溶液①、②、③、④、⑤，溶液的pH由大到小的顺序为___________(填序号)。比较溶液③和④中的物质的量浓度：③___________④(填“＜”、“=”或“＞”)。为确定溶液①稀释后的精确浓度，取待测溶液①于锥形瓶中，用浓度为的NaOH标准溶液滴定。为了确定滴定终点，还需要加入的试剂为___________，达到滴定终点的现象为___________。在滴定实验过程中，下列仪器中有蒸馏水，对实验结果没有影响的是___________(“滴定管”或“锥形瓶”)。经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗氢氧化钠标准溶液体积的平均值为，则①所得溶液的准确浓度为___________。
(2)根据以上的电离平衡常数，判断下列说法正确的是___________。A．相同条件下，同浓度的溶液和溶液的碱性，前者更强
B．溶液中通入少量：
C．溶液中通入少量：
D．向氯水中分别加入等浓度的和溶液，均可提高氯水中的浓度
(3)根据以上的电离平衡常数，25℃时，浓度均为的溶液和溶液，两溶液中___________(填“＞”“＜”或“=”)。若要使两溶液的pH相等，可___________(填序号)。
A．向溶液中加适量水    B．向溶液中加适量NaOH固体
C．向溶液中加固体    D．向溶液中加适量的水
(4)草酸是二元弱酸。室温下，向溶液中加入溶液调节pH，加水控制溶液体积为。测得溶液中微粒的随pH变化曲线如图所示，，x代表微粒、或。

①当加入NaOH溶液的体积为时，___________(写关系式)。
②c点，___________。
【答案】(1)     ⑤＞④＞②＞③＞①     ＜     酚酞     当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色     锥形瓶     0.1015
(2)B
(3)     ＞     BD
(4)     c(C2O)+c(OH-)     0.03

【详解】（1）HCl和CH3COOH均为酸，所以二者pH较小，CH3COOH为弱酸，浓度相同时pH较大；NaCl溶液显中性；CH3COONa、Na2CO3均为强碱弱酸盐，二者显碱性，根据题目所给数据可知酸性：CH3COOH＞HCO，所以CO的水解程度更大，Na2CO3溶液pH更大，综上所述pH由大到小的顺序为⑤＞④＞②＞③＞①；
CH3COOH为弱电解质，CH3COONa为强电解质，所以浓度相同时CH3COONa溶液中CH3COO-的浓度更大，即③＜④；
用NaOH溶液滴定HCl，达到滴定终点时溶质为NaCl，显中性，应用酚酞试液作指示剂；达到滴定终点时NaOH稍过量，酚酞遇碱变红，所以滴定终点现象为：当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；锥形瓶中有蒸馏水，对待测液中溶质的物质的量无影响，则对消耗的标准液无影响，即对结果无影响；消耗氢氧化钠标准溶液体积的平均值为20.30mL，则待测液的浓度为=0.1015mol/L；
（2）A．根据题目所给数据可知酸性HClO＞HCO，所以CO的水解程度更大，Na2CO3溶液碱性更强，A错误；
B．酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HCO，则SO2少量时，H+全部被CO结合生成HCO，B正确；
C．酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HCO，所以HCO无法结合HSO的氢离子，则少量SO2通入NaHCO3溶液中应生成HSO，C错误；
D．NaHSO3具有还原性，会与HClO发生氧化还原反应，降低其浓度，D错误；
综上所述答案为B；
（3）酸性HClO2＞CH3COOH，则水解程度ClO＜CH3COO-，所以两溶液中c(ClO)＞c(CH3COO-)；水解程度ClO＜CH3COO-，所以CH3COONa溶液的pH值更大，若要使两溶液pH相等，则需降低CH3COONa溶液的减小，或增大NaClO2溶液的碱性：
A．向NaClO2溶液中加适量水，其碱性减弱，A不符合题意；
B．NaOH为强碱，固体溶于水可以使NaClO2溶液碱性增强，B符合题意；
C．CH3COONa固体溶于水会使CH3COONa溶液碱性增强，C不符合题意；
D．向CH3COONa溶液中加适量的水可以降低其碱性，D符合题意；
综上所述答案为BD；
（4）①当加入NaOH溶液的体积为40mL时，溶液中的溶质为NaHC2O4，溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(H2C2O4)=c(C2O)+c(OH-)；
②当酸性越强时，δ(H2C2O4)含量越大，碱性越强时溶液中δ(C2O)含量越大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别是H2C2O4、HC2O、C2O的变化曲线；c点处δ(HC2O)=0.15，而H2C2O4的物质的量为0.1L×0.40 mol/L=0.04 mol，则n(HC2O)=0.15×0.04 mol=0.006 mol，溶液体积为0.2L，所以c(HC2O)==0.03mol/L。

三、工业流程题
24．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属、、及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体()：

金属离子




开始沉淀时()的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时()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___________，随时间t的变化关系如图所示，反应开始10～20min内迅速减小，原因可能是___________(不考虑溶液温度变化)。
(3)为除去溶液中的、元素，“转化”后加入适量NaOH溶液调节pH，也可以用___________(从下面四个选项选择)代替。A． B． C． D．氨水
(4)利用上述表格数据，计算的___________。如果“转化”后的溶液中浓度为，则“调pH”应控制的pH范围是___________。
(5)硫酸镍结晶水合物的形态与温度的关系如下表。
温度
低于30.8℃
30.8℃～53.8℃
53.8℃～280℃
高于280℃
晶体形态


多种结晶水合物


从滤液⑤中获得稳定晶体的操作1依次是蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。
(6)分离出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】(1)除去油脂
(2)          生成能催化分解
(3)AC
(4)         
(5)冷却至30.8℃～53.8℃结晶
(6)     ③     提高Ni元素的利用率

【分析】向废镍催化剂中加入NaOH溶液，除去Al和其氧化物、油脂；滤饼中含有Ni、Fe及其氧化物；向滤饼①中加入稀硫酸酸浸，得到硫酸镍、硫酸亚铁等溶液；滤渣②中主要为不溶性物质；向滤液②中加入，将氧化成，根据表中数据，再加入NaOH调pH至除去，滤渣③为，滤液③为含硫酸镍的溶液，向其中加入碳酸钠溶液，得到碳酸镍沉淀，再溶于硫酸，得到硫酸镍溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体()；
【详解】（1）向废镍催化剂中加入NaOH溶液，Al和其氧化物可以与NaOH溶液反应而被除去，因油脂属于酯类能与NaOH溶液发生水解生成高级脂肪酸盐而被除去，故填除去油脂；
（2）向滤液②中加入，将氧化成，其反应为，反应生成能催化分解，所以10～20min内迅速减小，故填；生成能催化分解；
（3）“转化”后加入适量NaOH溶液调节pH，目的是除去溶液中的、元素，根据，可以加、促进水解，生成沉淀，不能使用氨水，引入杂质，故填AC；
（4）根据表中数据，完全沉淀时，，pH=8.7，，的；调pH的目的是为了除去，根据表中数据，刚好沉淀时pH=3.2， “转化”后的溶液中浓度为，则，，pH=6.2，所以pH范围是，故填；；
（5）根据表中数据，获得稳定晶体，依次是蒸发浓缩、冷却至30.8℃～53.8℃结晶、过滤、洗涤、干燥，故填冷却至30.8℃～53.8℃结晶；
（6）分离出晶体后的剩余液体中含有少量，为提高Ni元素的利用率，应循环利用，应该回流到流程中滤液③的位置，故填③；提高Ni元素的利用率。