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福建省厦门市2021-2022学年高二上学期期末质量检测化学试题（含答案解析）
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这是一份福建省厦门市2021-2022学年高二上学期期末质量检测化学试题（含答案解析），文件包含精品解析福建省厦门市2021-2022学年高二上学期期末质量检测化学试题原卷版docx、精品解析福建省厦门市2021-2022学年高二上学期期末质量检测化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
说明：1.本试卷共6页，满分100分，考试时间75分钟。
2.请将符合题意的答案填入答题卡相应空格中。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Au-197
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意，共45分)
1. 2022年北京冬奥会利用到的能源中，不属于绿色能源的是
A. 风能B. 水能C. 太阳能D. 化石燃料
【答案】D
【解析】
【分析】绿色能源，即清洁能源，是指不排放污染物，能够直接用于生产生活的能源，它包括核能和“可再生能源”，据此分析解答。
【详解】A．风能是清洁能源，不会产生污染，属于绿色能源，故A不选；
B．水能是清洁能源，不会产生污染，属于绿色能源，故B不选；
C．太阳能是清洁能源，不会产生污染，属于绿色能源，故C不选；
D．化石燃料包括煤、石油和天然气，使用过程中会新增大量温室气体CO2，同时会产生一些有污染的烟气，不属于绿色能源，故D选；
答案选D。
2. 运动饮料的常见成分中，属于弱电解质的是
A. 碳酸氢钠B. 氯化钠C. 乳酸钙D. 柠檬酸
【答案】D
【解析】
【分析】电解质是指在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质；弱电解质是在水溶液中部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水和少数盐，据此解答。
【详解】A．碳酸氢钠在水溶液中能完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，属于强电解质，故A不选；
B．氯化钠在水溶液中或熔融状态下能完全电离成钠离子和氯离子，属于强电解质，故B不选；
C．乳酸钙属于盐类，在水溶液中或熔融状态下能完全电离成钙离子和乳酸根离子，属于强电解质，故C不选；
D．柠檬酸在水溶液中只有部分电离，属于弱电解质，故D选；
答案选D。
3. 下列转化在任何温度下都能正向自发进行的是
A. 2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g) △H<0
B. 2CO(g)=2C(s，石墨)+O2(g) △H>0
C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s) △H<0
D. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) △H>0
【答案】A
【解析】
【分析】反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0，反应自发进行，△H-T△S>0，反应非自发进行，据此判断。
【详解】A．△H<0，△S>0，可满足△H-T△S<0，反应在任何温度下都能正向自发进行，故A选；
B．△H>0，△S<0，△H-T△S>0，反应在任何温度下都不能正向自发进行，故B不选；
C．△H<0，△S<0，温度较低时可满足△H-T△S<0，反应在较低温度下能正向自发进行，故C不选；
D．△H>0，△S>0，温度较高时可满足△H-T△S<0，反应在较高温度下能正向自发进行，故D不选；
答案选A。
4. 向刚性容器中通入1mlCO和1mlNO2，发生反应：CO(g)+NO2(g)=CO2(g)+NO(g)。已知该反应v=kc2(NO2)，在其他条件不变的情况下，反应速率无法增大的是
A. 升高温度B. 加入催化剂C. 充入更多的COD. 充入更多的NO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．升高温度速率增大，故A正确；
B．加入催化剂降低活化能，速率增大，故B正确；
C．v=kc2(NO2)速率与CO浓度无关，充入更多的CO不影响速率，故C错误；
D．根据速率公式可知，速率只与NO2浓度有关，充入更多的NO2，速率增大，故D正确；
故答案为C
5. 下列四种情况里，铁的腐蚀速率最慢的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】金属的腐蚀速度顺序为：电解池阳极>原电池负极>原电池正极>电解池阴极；
【详解】根据分析可知铁做电解池阴极，外加电源的阴极保护腐蚀速度最慢，故答案为C
6. 劳动成就梦想。下列劳动项目用化学用语解释不正确的是
A. 纯碱溶液去除油污：CO+H2OHCO+OH-
B. 泡沫灭火器工作原理：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
C. 用FeS除去废水中Pb2+：Pb2++S2-=PbS↓
D. 草木灰不宜与铵态氮肥混合：NH+CO+H2O=NH3·H2O+HCO
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱在水中发生水解反应：CO+H2OHCO+OH-，使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中会发生完全水解反应生成溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，从而可以去除油污，故A正确；
B．泡沫灭火器中硫酸铝和碳酸氢钠溶液发生完全双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，可以用于灭火，工作原理为：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，故B正确；
C．用FeS除去废水中Pb2+，FeS不溶于水，在离子方程式里不能写成离子，正确的离子方程式为：Pb2++FeS=PbS↓+Fe2+，故C错误；
D．草木灰的主要成分是碳酸钾，与铵态氮肥中NH的发生互相促进的双水解反应：NH+CO+H2O=NH3·H2O+HCO，生成的NH3·H2O容易分解为氨气逸出，从而降低了氮肥的肥效，故D正确；
故选C。
7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：K+、Cl-、I-
B. 能与铝反应放出氢气的溶液中：NH、NO、CH3COO-
C. 水电离产生的c(OH-)=10-12ml·L-1的溶液中：Na+、HCO、Cl-
D. =10-12的溶液中：Cu2+、NO、SO
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与I-发生氧化还原反应，故不能共存，A错误；
B．能与铝反应放出氢气的溶液可能显酸性也可能是碱性，当为碱性溶液时，OH-与NH 反应生成氨气和水，故不能共存，B错误；
C．由题干可知，水的电离受到抑制，溶液为酸性溶液或者碱性溶液，当是酸性溶液时，H+与HCO 反应生成水和二氧化碳，故不能共存，C错误；
D．根据c(H+)c(OH-)=10-14，所以溶液中c(H+)=10-1ml/L，为酸性溶液，溶液中各离子之间不反应，D正确；
故选D。
8. 下列关于“84消毒液”说法不正确的是
A. 在空气中发生反应NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，说明Ka1(H2CO3)>K(HClO)
B. “84消毒液”需避光保存的原因是NaClO见光易分解
C. pH越小，“84消毒液”消毒能力越强的原因是HClO氧化性大于ClO-
D. 不能与双氧水消毒液混用的原因是ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据强酸之弱酸原则NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，说明Ka1(H2CO3)>K(HClO)，故A正确；
B．“84消毒液”需避光保存的原因是HClO见光易分解，故B错误；
C．pH越小，“84消毒液”中NaClO更多的转化为HClO，HClO氧化性大于ClO-，消毒能力越强，故C正确；
D．ClO-与双氧水发生氧化还原，ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O，消毒效果降低，故D正确；
故答案为B
9. 在800℃密闭容器中进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。若CO起始浓度为1.0ml·L-1，水蒸气起始浓度1.5ml·L-1，达到平衡后，测得CO2浓度为0.6ml·L-1。下列计算结果不正确的是
A. c平(CO)=0.9ml·L-1B. α(CO)=60%
C. α(H2O)=40%D. K=1.0
【答案】A
【解析】
【分析】依据题意列三段式：。
【详解】A．平衡时c平(CO)=0.4ml·L-1，A错误；
B．α(CO)==60%，B正确；
C．α(H2O)==40%，C正确；
D．平衡常数K=，D正确；
答案选A。
10. 1.下列实验能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．电镀镀层金属应该做阳极，故铁上镀铜，铜应该做阳极，故A错误；
B．测pH所用的pH试纸不能湿润，故B错误；
C．蒸发Al2(SO4)3溶液可以到无水Al2(SO4)3，故C正确；
D．盐酸挥发也可以使硅酸钠产生白色沉淀，不能验证碳酸酸性大于硅酸，故D错误；
故答案为C
11. 侯式制碱法工艺流程及反应原理如图。
下列相关说法不正确的是
A. 使用饱和食盐水，c(Na+)可以达到最大，有利于NaHCO3沉淀
B. 沉淀池中先通入NH3，再持续通入CO2，有利于增大c(HCO)
C. 母液中加入细小食盐颗粒，c(Cl-)提高，有利于NH4Cl更多地析出
D. 母液中通入NH3，c(CO)和c(NH)提高，有利于NH4Cl更多地析出但纯度降低
【答案】D
【解析】
【详解】A．使用饱和食盐水，c(Na+)可以达到最大，有利于析出NaHCO3晶体，故A正确；
B．沉淀池中先通入NH3，使溶液呈碱性，再通入CO2，可增大CO2在溶液中的溶解度，有利于增大c(HCO)，故B正确；
C．母液中含有NH4Cl溶质，加入细小食盐颗粒，c(Cl-)提高，有利于NH4Cl更多地析出，故C正确；
D．通入NH3使c(NH)提高，有利于NH4Cl更多地析出，同时使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转化为溶解度较大的碳酸钠，可提高NH4Cl的纯度，故D错误；
答案选D。
12. 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。下列有关说法不正确的是
A. 吸收SO2后的海水呈弱酸性的原因是Ka2(H2SO3)大于Kh(HSO)
B. 吸收SO2后的海水露置在空气中，其pH会逐渐降低
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. 若向吸收SO2后的海水中通入含氮氧化物的废气，海水pH将升高
【答案】D
【解析】
【详解】A．吸收SO2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Ka2(H2SO3)大于Kh(HSO)，故A正确；
B．吸收SO2后的海水露置在空气中，会被空气中氧气氧化为硫酸，酸性增强，其pH会逐渐降低，故B正确；
C．将吸收SO2后的海水与新鲜海水混合，新鲜海水中的碳酸盐与亚硫酸氢根反应生成二氧化碳和水，因此鼓入大量空气可排出部分CO2，故C正确；
D．若向吸收SO2后的海水中通入含氮氧化物的废气，氮氧化物会将海水中的亚硫酸氢根氧化为硫酸，酸性增强，则海水pH将降低，故D错误。
综上所述，答案为D。
13. 我国科学家利用Fe1—Ni1—N—C电催化还原CO2(装置如图)，助力碳中和。下列说法不正确的是
A. 交换膜可为阳离子交换膜
B. Zn电极附近溶液pH增大
C. 正极反应为：CO2+2HCO+2e-=CO+2CO+H2O
D. 理论上每生成1mlCO，外电路中转移2ml电子
【答案】B
【解析】
【分析】负极发生氧化反应，Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2,正极发生还原反应为：CO2+2HCO+2e-=CO+2CO+H2O。
【详解】A. 交换膜可为阳离子交换膜，钾离子可以自由移动，故A正确；
B. Zn负极发生氧化反应，Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2,消耗氢氧根离子，电极附近溶液pH减小，故B错误；
C. 正极发生还原反应为：CO2+2HCO+2e-=CO+2CO+H2O，故C正确；
D CO2+2HCO+2e-=CO+2CO+H2O，理论上每生成1mlCO，外电路中转移2ml电子，故D正确；
故选B。
14. 室温下，用0.5ml·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知Ksp(CaSO4)=5×10-5，Ksp(CaCO3)=3×10-9。下列说法正确的是
A. 0.5ml·L-1Na2CO3溶液中存在c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
B. 反应CaSO4+COCaCO3+SO正向进行，需满足>×104
C. 过滤后所得清液中一定存在c(Ca2+)=且c(Ca2+)≤
D. 滤渣中加入稀醋酸发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.5ml·L-1Na2CO3溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]，A错误；
B．该反应的平衡常数K=====×104，当浓度商>K时，反应逆向进行，B错误；
C．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，所以清液中满足c(Ca2+)=，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+)≤，C正确；
D．醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误；
故答案为C。
15. 25℃时，用0.500ml·L-1NaOH溶液滴定20.00mL盐酸和醋酸的混合溶液，溶液pH随加入的NaOH溶液体积变化曲线如图。已知：Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)。下列说法不正确的是
A. a点：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)
B. b点可知Ka(CH3COOH)≈
C. c点：c(Cl-)+c(OH-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D. 若将CH3COOH替换为HCN进行实验，两个滴定终点(b点、d点)都将上移
【答案】C
【解析】
【分析】用NaOH溶液滴定盐酸和醋酸的混合溶液，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，所以曲线中第一个滴定终点(b点)，为中和盐酸的终点，曲线中第二个滴定终点(d点)，为中和醋酸的终点，由图可知，两步所用NaOH溶液体积相等，均为20.00mL，根据酸碱中和反应关系可得，盐酸和醋酸的浓度相等，且都等于NaOH溶液浓度，即盐酸和醋酸的浓度都是0.500ml·L-1，据此分析解答。
【详解】A．a点为盐酸和醋酸的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，故A正确；
B．由分析可知，b点为中和盐酸的终点，此时盐酸恰好完全反应，所以b点溶液为生成的氯化钠和醋酸的混合溶液，溶液体积增大一倍，醋酸的浓度变为0.250ml·L-1，c(CH3COO-)=c(H+)=10-2.7ml/L，所以Ka(CH3COOH)=≈，故B正确；
C．由分析可知，HCl和CH3COOH的物质的量相等，根据物料守恒：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故C错误；
D．由Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)可知，酸性：CH3COOH>HCN，则相同条件下，等浓度的HCN溶液比CH3COOH溶液的pH大；当弱酸恰好被中和时，生成的CN-的水解程度大于CH3COO-的水解程度，使得溶液的pH较大，所以，若将CH3COOH替换为HCN进行实验，两个滴定终点(b点、d点)都将上移，故D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 实验室常以硫酸亚铁和草酸为原料制备草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)。通过测定产品中Fe2+和C2O的含量来判断晶体的纯度，其测定过程示意图如图。
（1）KMnO4标准溶液应盛放在____滴定管(填“酸式”或“碱式”)。
（2）滴定在65~85℃进行，应采取的加热方式为____。
（3）H3PO4可与Fe3+形成无色的[Fe(HPO4)]+，使滴定的终点更容易判断。滴定终点的现象是___。
（4）“滴定Ⅰ”是为了测定n(Fe2+)和n(C2O)的总量，以下操作会导致结果偏高的是____(填标号)。
A. 未用KMnO4标准溶液润洗滴定管B. 滴定终点时，仰视刻度线
C. 滴定终点时，发现滴定管中出现气泡D. 滴定时间过长
（5）为促使Fe3+全部转化成Fe2+，锌粉必须大大过量。
①锌粉加入后，发生的反应有Zn+2H+=Zn2++H2↑、____。
②“过滤”、“洗涤”操作会导致所测得的n(Fe2+)偏低的原因有____。
（6）“滴定Ⅱ”发生反应的离子方程式为____。
（7）样品中n(Fe2+)∶n(C2O)=____。
【答案】（1）酸式 （2）水浴加热
（3）溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复 （4）AB
（5） ①. Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+ ②. Fe2+残留在滤纸上或Fe2+被空气氧化
（6）MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
（7）4∶5
【解析】
【小问1详解】
KMnO4溶液具有强氧化性，容易腐蚀碱式滴定管的橡皮管，故应盛放在酸式滴定管中，故此处填：酸式；
【小问2详解】
65~85℃适宜的加热方式为水浴加热，故此处填：水浴加热；
【小问3详解】
在未达反应终点前，滴入的KMnO4与Fe2+反应，当达到滴定终点后，稍过量的KMnO4会使溶液显浅红色，故此处填：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复；
【小问4详解】
A．未用KMnO4标准液润洗滴定管，导致标准液被稀释，反应等量的样品消耗标准液偏多，导致测定结果偏高，A符合题意；
B．滴定终点仰视读数，导致读数偏大，所计消耗标准液偏多，导致测定结果偏高，B符合题意；
C．滴定终点出现气泡，则所计消耗标准液偏少，导致测定结果偏低，C不符合题意；
D．滴定时间过长，空气中的氧气会参与反应，导致消耗KMnO4溶液体积偏少，测定结果偏低，D不符合题意；
故答案选AB；
【小问5详解】
①经过第一次滴定后，溶液中含有H+、Fe3+等离子，加入锌粉后，先后发生反应：Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑，故此处填：Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+；
②部分残留在滤纸上Fe2+容易被空气中氧气氧化，从而导致二次滴定时KMnO4所测Fe2+偏低，故此处填：Fe2+残留在滤纸上或Fe2+被空气氧化；
【小问6详解】
滴定Ⅱ时，溶液中被Zn还原生成的Fe2+与KMnO4反应，对应离子方程式为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；
【小问7详解】
由得失电子守恒得关系式：5Fe2+~ KMnO4，则n(Fe2+)=5n(KMnO4)= 5×0.0100 ml/L×10.00 mL×10-3 L/mL= 5×10-4 ml，由于前后两次滴定溶液中Fe2+量相等，消耗KMnO4量也相等，故第一次滴定时消耗KMnO4溶液体积为25 mL，由得失电子守恒得关系式：5~ 2KMnO4，则n()=，则n(Fe2+)∶n()=4∶5。
17. 一种以辉钼矿(主要成分为MS2，含少量Ca、Fe、Cu等元素)为原料制备多钼酸盐的生产工艺如图所示。
已知：i.25℃时，几种难溶物的溶度积如表。
ii.K稳[Cu(NH3)]==2.0×1013
（1）“氧化焙烧”过程：
①MS2主要转化CaSO4、____(填化学式)。
②加入石灰石，有利于降低焙烧温度、____(从环保角度答题)。
（2）“盐浸”过程，生成MO的离子方程式为____。
（3）“盐浸”过程，少量CuO转化为Cu(NH3)，“净化”过程进一步转化为CuS除去。计算反应Cu(NH3)(aq)+S2-(aq)CuS(s)+4NH3(aq)的K=____。
（4）“酸沉”过程MO会发生聚合生成多钼酸根。
①生成(NH4)2M4O13·2H2O的离子方程式为____。
②可以从“滤液”中回收副产品____(填化学式)。
（5）可通过电渗析法制备八钼酸铵[(NH4)4M8O26]，工作原理如图。其中，阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过；双极膜中间层中的水解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。
①阳极发生的电极反应为____。
②分析酸化室可得到M8O的原因：____。
【答案】（1） ①. CaMO4 ②. 减小SO2污染性气体产生
（2）CaMO4+CO=CaCO3+MO
（3）5×1022 （4） ①. 4MO+2NH+6H+=(NH4)2M4O13·2H2O↓+H2O ②. (NH4)2SO4
（5） ①. 4NH3·H2O-4e-=O2↑+4NH+2H2O或4OH--4e-=O2↑+2H2O ②. 双极膜中的H+迁移到酸化室可反应生成M8O
【解析】
【分析】辉钼矿（主要成分为MS2，杂质含有Fe、Ca、Cu等元素）经过“焙烧”转化为CaSO4、CaMO4，同时生成Fe、Ca、Cu的氧化物，焙烧产物加入水“水浸”，然后加入碳酸铵进行盐浸，过滤得到浸出渣Fe2O3、CuO、CaMO4，浸出渣中加入Na2S，使Fe、Cu转化为含FeS、CuS的滤渣，加入硫酸酸沉得(NH4)2M4O13•2H2O沉淀，“滤液”中回收副产品(NH4)2SO4。
【小问1详解】
“氧化焙烧”过程：
①MS2与石灰石、空气反应主要转化为CaSO4、CaMO4。故答案为：CaMO4；
②加入石灰石将硫转化为CaSO4，有利于降低焙烧温度、减小SO2污染性气体产生。故答案为：减小SO2污染性气体产生；
【小问2详解】
“盐浸”过程，进行沉淀的转化，CaMO4与CO生成MO和碳酸钙，离子方程式为CaMO4+CO=CaCO3+MO。故答案为：CaMO4+CO=CaCO3+MO；
【小问3详解】
“盐浸”过程，少量CuO转化为Cu(NH3)，“净化”过程进一步转化为CuS除去，反应Cu(NH3)(aq)+S2-(aq)CuS(s)+4NH3(aq)的K=== 5×1022。故答案为：5×1022；
【小问4详解】
“酸沉”过程MO会发生聚合生成多钼酸根。
①生成(NH4)2M4O13·2H2O的离子方程式为4MO+2NH+6H+=(NH4)2M4O13·2H2O↓+H2O。故答案为：4MO+2NH+6H+=(NH4)2M4O13·2H2O↓+H2O；
②可以从“滤液”中回收副产品(NH4)2SO4。故答案为：(NH4)2SO4；
【小问5详解】
①阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应为4NH3·H2O-4e-=O2↑+4NH+2H2O或4OH--4e-=O2↑+2H2O。故答案为：4NH3·H2O-4e-=O2↑+4NH+2H2O或4OH--4e-=O2↑+2H2O；
②酸化室可得到M8O的原因：双极膜中的H+迁移到酸化室可反应生成M8O。故答案为：双极膜中的H+迁移到酸化室可反应生成M8O。
18. 氨性硫代硫酸盐浸金是一种高效的黄金浸取工艺。
（1）金可在硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液中缓慢溶解：4Au(s)+O2(g)+2H2O(l)+8S2O(aq)=4Au(S2O3)(aq)+4OH-(aq)。
①100g含Au1.97×10-4g金矿中，加入1L0.7ml·L-1Na2S2O3溶液，10小时后，金的浸出率为0.1%，则浸出过程Na2S2O3的平均消耗速率为___ml·L-1·h-1。
②为提高金的浸出速率，可采取的措施为____。
（2）Cu(NH3)可催化金在Na2S2O3溶液中溶解，其电化学催化腐蚀过程如图所示。
①负极的电极反应式为____。
②正极可能的催化过程如下：
a.Cu(NH3)+e-=Cu(NH3)+2NH3
b.____
③反应温度对金的浸出率影响如图所示。分析50℃时金浸出率最高的原因是____。
（3）为研究上述浸金过程Cu2+与S2O的反应，进行如下实验：向1.0mL1ml·L-1CuSO4溶液中加入2.0mL2ml·L-1Na2S2O3溶液，溶液从蓝色变为绿色，后逐渐变浅至无色。体系中涉及的反应如下：
i.Cu2++2S2OCu(S2O3)(绿色) K1
ii.Cu++2S2OCu(S2O3)(无色) K2
iii.2Cu2++2S2O2Cu++S4O K3
由实验现象可推测：反应i的速率___反应iii的速率(填“>”或“<”，下同)、K1___K3
（4）若采用Cu2+催化硫代硫酸盐浸金，催化效果较Cu(NH3)差的原因是___。
【答案】（1） ①. 2×10-10 ②. 将金矿粉碎或适当提高温度或适当提高Na2S2O3浓度或适当提高氧气浓度
（2） ①. Au-e-+2S2O=2Au(S2O3) ②. 4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH- ③. 温度低于50℃，浸金反应速率慢，导致金浸出率低；温度高于50℃，氨气和氧气挥发增多，S2O氧化更多，导致金浸出率降低
（3） ①. ＞ ②. ＜
（4）S2O会与Cu2+发生氧化还原反应被消耗，导致金的浸出率降低
【解析】
【小问1详解】
①10小时后，溶解的Au的质量为1.97×10-4g0.1%=1.9710-7g，溶解的Au的物质的量为=110-9ml，根据关系式：Au(s)~2Na2S2O3可得，参加反应的Na2S2O3的物质的量为110-9ml2=210-9ml，则浸出过程Na2S2O3的平均消耗速率为=2×10-10ml·L-1·h-1，故答案为：2×10-10。
②根据外界条件对反应速率的影响，为提高金的浸出速率，可采取的措施有将金矿粉碎以增大接触面积、加热以提高温度、增大反应物浓度等，故答案为：将金矿粉碎或适当提高温度或适当提高Na2S2O3浓度或适当提高氧气浓度。
【小问2详解】
①负极发生失电子的氧化反应，该电化学催化腐蚀中Au失电子生成Au(S2O3)，则电极反应式为Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)，故答案为：Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)。
②由题可知，Cu(NH3)在反应中其催化剂作用，即在总反应中并没消耗和生成，所以正极开始Cu(NH3)得电子生成Cu(NH3)，随之O2又将Cu(NH3)氧化为Cu(NH3)，即正极可能的催化过程为：a.Cu(NH3)+e-=Cu(NH3)+2NH3，b. 4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-，故答案为：4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-。
③根据温度对金的浸出率图可知，50℃时金浸出率最高，如低于50℃，浸金反应速率随温度升高而增大，超过50℃，氨气和氧气挥发增多，S2O氧化更多，导致金浸出率降低，故答案为：温度低于50℃，浸金反应速率慢，导致金浸出率低；温度高于50℃，氨气和氧气挥发增多，S2O氧化更多，导致金浸出率降低。
【小问3详解】
实验中，溶液从蓝色变为绿色，后逐渐变浅至无色，说明先发生反应i之后发生反应iii和反应ii，反应i、ii为络合反应，反应iii为氧化还原反应，由颜色变化先后可判断出，反应i的速率＞反应iii的速率，反应iii为氧化还原反应，反应进行的更彻底，平衡常数较大，则 K1＜K3，故答案为：＞；＜。
【小问4详解】
根据上述浸金过程Cu2+与S2O的反应的实验结果，若采用Cu2+催化硫代硫酸盐浸金，S2O会与Cu2+发生氧化还原反应被消耗，导致催化效果较Cu(NH3)差，故答案为：S2O会与Cu2+发生氧化还原反应被消耗，导致金的浸出率降低。
19. 乙烯(C2H4)中的乙炔(C2H2)杂质可通过选择性加氢转化为乙烯除去。
（1）乙炔加氢制乙烯：C2H2(g)+H2(g)C2H4(g) △H
已知键能数据如表。
①△H=____kJ·ml-1。
②在恒温、恒容的密闭体系中进行上述反应，测得的下列数据中，可以作为判断t时刻是否达到平衡状态的依据的是____(填标号)。
A.t时刻及其前后C2H2(g)、H2(g)、C2H4(g)的浓度
B.t时刻C2H2(g)、H2(g)、C2H4(g)的浓度
C.t时刻消耗C2H2(g)的速率与生成C2H4(g)的速率
D.t时刻消耗C2H2(g)的速率与生成H2(g)的速率
（2）乙炔加氢制乙烯时会发生副反应：C2H4(g)+H2(g)C2H6(g) K。120℃时，在2L刚性密闭容器中，1mlC2H2和1mlH2进行加氢反应，测得平衡体系有amlC2H4和bmlC2H6。
①副反应的K=____。
②若改用恒压装置，C2H2的平衡转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）单原子Pd和纳米Pd均可催化乙炔选择性加氢制乙烯，计算机模拟反应历程结果如图。其中，吸附在催化剂表面的物种用*标注；过渡态用TS表示。
①单原子Pd催化过程中决速步骤的化学方程式为____。
②已知C2H2的选择性=×100%。
催化剂单原子Pd选择性优于纳米Pd的原因：
i.吸附态乙烯从单原子Pd表面脱附(*C2H4→C2H4)更___(填“易”或“难”)。
ii.___。
【答案】（1） ①. -166 ②. AD
（2） ①. ②. 增大
（3） ①. *C2H3+*H=C2H4 ②. 易 ③. 吸附态乙烯在单原子Pd上转化为乙烷(*C2H4→C2H6)最高能垒更大
【解析】
【小问1详解】
①△H=E(反应物键能之和)-E(生成物键能之和)=( 837+2414+436) kJ·ml-1-(611+4144) kJ·ml-1=-166 kJ·ml-1；
②A.t时刻及其前后C2H2(g)、H2(g)、C2H4(g)的浓度如果不变说明达到平衡，故A正确；
B.只测t时刻C2H2(g)、H2(g)、C2H4(g)的浓度不能说明平衡，故B错误；
C.t时刻消耗C2H2(g)的速率与生成C2H4(g)的速率方向相同，不能说明平衡，故C错误；
D.t时刻消耗C2H2(g)的速率与生成H2(g)的速率方向相反，如果速率相等，则说明平衡，故D正确；
故答案为AD
【小问2详解】
①根据主反应和副反应可知n(C2H6)= bml，n(C2H4)= aml，n(H2)=(1-a-2 b)ml，则副反应的平衡常数为；
②该反应C2H2(g)+H2(g)C2H4(g)为分子数减小的反应，若改用恒压装置，相当于加压，平衡正向移动，C2H2的平衡转化率增大；
【小问3详解】
①活化能越大速率越慢，是决速步骤，单原子Pd催化过程中决速步骤的化学方程式为*C2H3+*H=C2H4；
②i.由图可以看出吸附态乙烯从单原子Pd表面脱附(*C2H4→C2H4)更易；
ii. 吸附态乙烯在单原子Pd上转化为乙烷(*C2H4→C2H6)最高能垒更大，发生副反应较少；A
B
C
D
铁上镀铜
测定NH4Cl溶液的pH
蒸发Al2(SO4)3溶液制备无水Al2(SO4)3
验证碳酸酸性大于硅酸
难溶物
CaMO4
CaCO3
CaSO4
FeS
CuS
Ksp
4.1×10-3
2.8×10-9
5.1×10-5
6.3×10-18
1.0×10-36
化学键
C=C
C≡C
C—H
H—H
键能/kJ·ml-1
611
837
414
436
说明：1.本试卷共6页，满分100分，考试时间75分钟。
2.请将符合题意的答案填入答题卡相应空格中。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Au-197
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意，共45分)
1. 2022年北京冬奥会利用到的能源中，不属于绿色能源的是
A. 风能B. 水能C. 太阳能D. 化石燃料
【答案】D
【解析】
【分析】绿色能源，即清洁能源，是指不排放污染物，能够直接用于生产生活的能源，它包括核能和“可再生能源”，据此分析解答。
【详解】A．风能是清洁能源，不会产生污染，属于绿色能源，故A不选；
B．水能是清洁能源，不会产生污染，属于绿色能源，故B不选；
C．太阳能是清洁能源，不会产生污染，属于绿色能源，故C不选；
D．化石燃料包括煤、石油和天然气，使用过程中会新增大量温室气体CO2，同时会产生一些有污染的烟气，不属于绿色能源，故D选；
答案选D。
2. 运动饮料的常见成分中，属于弱电解质的是
A. 碳酸氢钠B. 氯化钠C. 乳酸钙D. 柠檬酸
【答案】D
【解析】
【分析】电解质是指在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质；弱电解质是在水溶液中部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水和少数盐，据此解答。
【详解】A．碳酸氢钠在水溶液中能完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，属于强电解质，故A不选；
B．氯化钠在水溶液中或熔融状态下能完全电离成钠离子和氯离子，属于强电解质，故B不选；
C．乳酸钙属于盐类，在水溶液中或熔融状态下能完全电离成钙离子和乳酸根离子，属于强电解质，故C不选；
D．柠檬酸在水溶液中只有部分电离，属于弱电解质，故D选；
答案选D。
3. 下列转化在任何温度下都能正向自发进行的是
A. 2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g) △H<0
B. 2CO(g)=2C(s，石墨)+O2(g) △H>0
C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s) △H<0
D. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) △H>0
【答案】A
【解析】
【分析】反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0，反应自发进行，△H-T△S>0，反应非自发进行，据此判断。
【详解】A．△H<0，△S>0，可满足△H-T△S<0，反应在任何温度下都能正向自发进行，故A选；
B．△H>0，△S<0，△H-T△S>0，反应在任何温度下都不能正向自发进行，故B不选；
C．△H<0，△S<0，温度较低时可满足△H-T△S<0，反应在较低温度下能正向自发进行，故C不选；
D．△H>0，△S>0，温度较高时可满足△H-T△S<0，反应在较高温度下能正向自发进行，故D不选；
答案选A。
4. 向刚性容器中通入1mlCO和1mlNO2，发生反应：CO(g)+NO2(g)=CO2(g)+NO(g)。已知该反应v=kc2(NO2)，在其他条件不变的情况下，反应速率无法增大的是
A. 升高温度B. 加入催化剂C. 充入更多的COD. 充入更多的NO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．升高温度速率增大，故A正确；
B．加入催化剂降低活化能，速率增大，故B正确；
C．v=kc2(NO2)速率与CO浓度无关，充入更多的CO不影响速率，故C错误；
D．根据速率公式可知，速率只与NO2浓度有关，充入更多的NO2，速率增大，故D正确；
故答案为C
5. 下列四种情况里，铁的腐蚀速率最慢的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】金属的腐蚀速度顺序为：电解池阳极>原电池负极>原电池正极>电解池阴极；
【详解】根据分析可知铁做电解池阴极，外加电源的阴极保护腐蚀速度最慢，故答案为C
6. 劳动成就梦想。下列劳动项目用化学用语解释不正确的是
A. 纯碱溶液去除油污：CO+H2OHCO+OH-
B. 泡沫灭火器工作原理：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
C. 用FeS除去废水中Pb2+：Pb2++S2-=PbS↓
D. 草木灰不宜与铵态氮肥混合：NH+CO+H2O=NH3·H2O+HCO
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱在水中发生水解反应：CO+H2OHCO+OH-，使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中会发生完全水解反应生成溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，从而可以去除油污，故A正确；
B．泡沫灭火器中硫酸铝和碳酸氢钠溶液发生完全双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，可以用于灭火，工作原理为：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，故B正确；
C．用FeS除去废水中Pb2+，FeS不溶于水，在离子方程式里不能写成离子，正确的离子方程式为：Pb2++FeS=PbS↓+Fe2+，故C错误；
D．草木灰的主要成分是碳酸钾，与铵态氮肥中NH的发生互相促进的双水解反应：NH+CO+H2O=NH3·H2O+HCO，生成的NH3·H2O容易分解为氨气逸出，从而降低了氮肥的肥效，故D正确；
故选C。
7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：K+、Cl-、I-
B. 能与铝反应放出氢气的溶液中：NH、NO、CH3COO-
C. 水电离产生的c(OH-)=10-12ml·L-1的溶液中：Na+、HCO、Cl-
D. =10-12的溶液中：Cu2+、NO、SO
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与I-发生氧化还原反应，故不能共存，A错误；
B．能与铝反应放出氢气的溶液可能显酸性也可能是碱性，当为碱性溶液时，OH-与NH 反应生成氨气和水，故不能共存，B错误；
C．由题干可知，水的电离受到抑制，溶液为酸性溶液或者碱性溶液，当是酸性溶液时，H+与HCO 反应生成水和二氧化碳，故不能共存，C错误；
D．根据c(H+)c(OH-)=10-14，所以溶液中c(H+)=10-1ml/L，为酸性溶液，溶液中各离子之间不反应，D正确；
故选D。
8. 下列关于“84消毒液”说法不正确的是
A. 在空气中发生反应NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，说明Ka1(H2CO3)>K(HClO)
B. “84消毒液”需避光保存的原因是NaClO见光易分解
C. pH越小，“84消毒液”消毒能力越强的原因是HClO氧化性大于ClO-
D. 不能与双氧水消毒液混用的原因是ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据强酸之弱酸原则NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，说明Ka1(H2CO3)>K(HClO)，故A正确；
B．“84消毒液”需避光保存的原因是HClO见光易分解，故B错误；
C．pH越小，“84消毒液”中NaClO更多的转化为HClO，HClO氧化性大于ClO-，消毒能力越强，故C正确；
D．ClO-与双氧水发生氧化还原，ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O，消毒效果降低，故D正确；
故答案为B
9. 在800℃密闭容器中进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。若CO起始浓度为1.0ml·L-1，水蒸气起始浓度1.5ml·L-1，达到平衡后，测得CO2浓度为0.6ml·L-1。下列计算结果不正确的是
A. c平(CO)=0.9ml·L-1B. α(CO)=60%
C. α(H2O)=40%D. K=1.0
【答案】A
【解析】
【分析】依据题意列三段式：。
【详解】A．平衡时c平(CO)=0.4ml·L-1，A错误；
B．α(CO)==60%，B正确；
C．α(H2O)==40%，C正确；
D．平衡常数K=，D正确；
答案选A。
10. 1.下列实验能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．电镀镀层金属应该做阳极，故铁上镀铜，铜应该做阳极，故A错误；
B．测pH所用的pH试纸不能湿润，故B错误；
C．蒸发Al2(SO4)3溶液可以到无水Al2(SO4)3，故C正确；
D．盐酸挥发也可以使硅酸钠产生白色沉淀，不能验证碳酸酸性大于硅酸，故D错误；
故答案为C
11. 侯式制碱法工艺流程及反应原理如图。
下列相关说法不正确的是
A. 使用饱和食盐水，c(Na+)可以达到最大，有利于NaHCO3沉淀
B. 沉淀池中先通入NH3，再持续通入CO2，有利于增大c(HCO)
C. 母液中加入细小食盐颗粒，c(Cl-)提高，有利于NH4Cl更多地析出
D. 母液中通入NH3，c(CO)和c(NH)提高，有利于NH4Cl更多地析出但纯度降低
【答案】D
【解析】
【详解】A．使用饱和食盐水，c(Na+)可以达到最大，有利于析出NaHCO3晶体，故A正确；
B．沉淀池中先通入NH3，使溶液呈碱性，再通入CO2，可增大CO2在溶液中的溶解度，有利于增大c(HCO)，故B正确；
C．母液中含有NH4Cl溶质，加入细小食盐颗粒，c(Cl-)提高，有利于NH4Cl更多地析出，故C正确；
D．通入NH3使c(NH)提高，有利于NH4Cl更多地析出，同时使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转化为溶解度较大的碳酸钠，可提高NH4Cl的纯度，故D错误；
答案选D。
12. 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。下列有关说法不正确的是
A. 吸收SO2后的海水呈弱酸性的原因是Ka2(H2SO3)大于Kh(HSO)
B. 吸收SO2后的海水露置在空气中，其pH会逐渐降低
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. 若向吸收SO2后的海水中通入含氮氧化物的废气，海水pH将升高
【答案】D
【解析】
【详解】A．吸收SO2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Ka2(H2SO3)大于Kh(HSO)，故A正确；
B．吸收SO2后的海水露置在空气中，会被空气中氧气氧化为硫酸，酸性增强，其pH会逐渐降低，故B正确；
C．将吸收SO2后的海水与新鲜海水混合，新鲜海水中的碳酸盐与亚硫酸氢根反应生成二氧化碳和水，因此鼓入大量空气可排出部分CO2，故C正确；
D．若向吸收SO2后的海水中通入含氮氧化物的废气，氮氧化物会将海水中的亚硫酸氢根氧化为硫酸，酸性增强，则海水pH将降低，故D错误。
综上所述，答案为D。
13. 我国科学家利用Fe1—Ni1—N—C电催化还原CO2(装置如图)，助力碳中和。下列说法不正确的是
A. 交换膜可为阳离子交换膜
B. Zn电极附近溶液pH增大
C. 正极反应为：CO2+2HCO+2e-=CO+2CO+H2O
D. 理论上每生成1mlCO，外电路中转移2ml电子
【答案】B
【解析】
【分析】负极发生氧化反应，Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2,正极发生还原反应为：CO2+2HCO+2e-=CO+2CO+H2O。
【详解】A. 交换膜可为阳离子交换膜，钾离子可以自由移动，故A正确；
B. Zn负极发生氧化反应，Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2,消耗氢氧根离子，电极附近溶液pH减小，故B错误；
C. 正极发生还原反应为：CO2+2HCO+2e-=CO+2CO+H2O，故C正确；
D CO2+2HCO+2e-=CO+2CO+H2O，理论上每生成1mlCO，外电路中转移2ml电子，故D正确；
故选B。
14. 室温下，用0.5ml·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知Ksp(CaSO4)=5×10-5，Ksp(CaCO3)=3×10-9。下列说法正确的是
A. 0.5ml·L-1Na2CO3溶液中存在c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
B. 反应CaSO4+COCaCO3+SO正向进行，需满足>×104
C. 过滤后所得清液中一定存在c(Ca2+)=且c(Ca2+)≤
D. 滤渣中加入稀醋酸发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.5ml·L-1Na2CO3溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]，A错误；
B．该反应的平衡常数K=====×104，当浓度商>K时，反应逆向进行，B错误；
C．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，所以清液中满足c(Ca2+)=，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+)≤，C正确；
D．醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误；
故答案为C。
15. 25℃时，用0.500ml·L-1NaOH溶液滴定20.00mL盐酸和醋酸的混合溶液，溶液pH随加入的NaOH溶液体积变化曲线如图。已知：Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)。下列说法不正确的是
A. a点：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)
B. b点可知Ka(CH3COOH)≈
C. c点：c(Cl-)+c(OH-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D. 若将CH3COOH替换为HCN进行实验，两个滴定终点(b点、d点)都将上移
【答案】C
【解析】
【分析】用NaOH溶液滴定盐酸和醋酸的混合溶液，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，所以曲线中第一个滴定终点(b点)，为中和盐酸的终点，曲线中第二个滴定终点(d点)，为中和醋酸的终点，由图可知，两步所用NaOH溶液体积相等，均为20.00mL，根据酸碱中和反应关系可得，盐酸和醋酸的浓度相等，且都等于NaOH溶液浓度，即盐酸和醋酸的浓度都是0.500ml·L-1，据此分析解答。
【详解】A．a点为盐酸和醋酸的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，故A正确；
B．由分析可知，b点为中和盐酸的终点，此时盐酸恰好完全反应，所以b点溶液为生成的氯化钠和醋酸的混合溶液，溶液体积增大一倍，醋酸的浓度变为0.250ml·L-1，c(CH3COO-)=c(H+)=10-2.7ml/L，所以Ka(CH3COOH)=≈，故B正确；
C．由分析可知，HCl和CH3COOH的物质的量相等，根据物料守恒：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故C错误；
D．由Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)可知，酸性：CH3COOH>HCN，则相同条件下，等浓度的HCN溶液比CH3COOH溶液的pH大；当弱酸恰好被中和时，生成的CN-的水解程度大于CH3COO-的水解程度，使得溶液的pH较大，所以，若将CH3COOH替换为HCN进行实验，两个滴定终点(b点、d点)都将上移，故D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 实验室常以硫酸亚铁和草酸为原料制备草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)。通过测定产品中Fe2+和C2O的含量来判断晶体的纯度，其测定过程示意图如图。
（1）KMnO4标准溶液应盛放在____滴定管(填“酸式”或“碱式”)。
（2）滴定在65~85℃进行，应采取的加热方式为____。
（3）H3PO4可与Fe3+形成无色的[Fe(HPO4)]+，使滴定的终点更容易判断。滴定终点的现象是___。
（4）“滴定Ⅰ”是为了测定n(Fe2+)和n(C2O)的总量，以下操作会导致结果偏高的是____(填标号)。
A. 未用KMnO4标准溶液润洗滴定管B. 滴定终点时，仰视刻度线
C. 滴定终点时，发现滴定管中出现气泡D. 滴定时间过长
（5）为促使Fe3+全部转化成Fe2+，锌粉必须大大过量。
①锌粉加入后，发生的反应有Zn+2H+=Zn2++H2↑、____。
②“过滤”、“洗涤”操作会导致所测得的n(Fe2+)偏低的原因有____。
（6）“滴定Ⅱ”发生反应的离子方程式为____。
（7）样品中n(Fe2+)∶n(C2O)=____。
【答案】（1）酸式 （2）水浴加热
（3）溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复 （4）AB
（5） ①. Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+ ②. Fe2+残留在滤纸上或Fe2+被空气氧化
（6）MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
（7）4∶5
【解析】
【小问1详解】
KMnO4溶液具有强氧化性，容易腐蚀碱式滴定管的橡皮管，故应盛放在酸式滴定管中，故此处填：酸式；
【小问2详解】
65~85℃适宜的加热方式为水浴加热，故此处填：水浴加热；
【小问3详解】
在未达反应终点前，滴入的KMnO4与Fe2+反应，当达到滴定终点后，稍过量的KMnO4会使溶液显浅红色，故此处填：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复；
【小问4详解】
A．未用KMnO4标准液润洗滴定管，导致标准液被稀释，反应等量的样品消耗标准液偏多，导致测定结果偏高，A符合题意；
B．滴定终点仰视读数，导致读数偏大，所计消耗标准液偏多，导致测定结果偏高，B符合题意；
C．滴定终点出现气泡，则所计消耗标准液偏少，导致测定结果偏低，C不符合题意；
D．滴定时间过长，空气中的氧气会参与反应，导致消耗KMnO4溶液体积偏少，测定结果偏低，D不符合题意；
故答案选AB；
【小问5详解】
①经过第一次滴定后，溶液中含有H+、Fe3+等离子，加入锌粉后，先后发生反应：Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑，故此处填：Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+；
②部分残留在滤纸上Fe2+容易被空气中氧气氧化，从而导致二次滴定时KMnO4所测Fe2+偏低，故此处填：Fe2+残留在滤纸上或Fe2+被空气氧化；
【小问6详解】
滴定Ⅱ时，溶液中被Zn还原生成的Fe2+与KMnO4反应，对应离子方程式为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；
【小问7详解】
由得失电子守恒得关系式：5Fe2+~ KMnO4，则n(Fe2+)=5n(KMnO4)= 5×0.0100 ml/L×10.00 mL×10-3 L/mL= 5×10-4 ml，由于前后两次滴定溶液中Fe2+量相等，消耗KMnO4量也相等，故第一次滴定时消耗KMnO4溶液体积为25 mL，由得失电子守恒得关系式：5~ 2KMnO4，则n()=，则n(Fe2+)∶n()=4∶5。
17. 一种以辉钼矿(主要成分为MS2，含少量Ca、Fe、Cu等元素)为原料制备多钼酸盐的生产工艺如图所示。
已知：i.25℃时，几种难溶物的溶度积如表。
ii.K稳[Cu(NH3)]==2.0×1013
（1）“氧化焙烧”过程：
①MS2主要转化CaSO4、____(填化学式)。
②加入石灰石，有利于降低焙烧温度、____(从环保角度答题)。
（2）“盐浸”过程，生成MO的离子方程式为____。
（3）“盐浸”过程，少量CuO转化为Cu(NH3)，“净化”过程进一步转化为CuS除去。计算反应Cu(NH3)(aq)+S2-(aq)CuS(s)+4NH3(aq)的K=____。
（4）“酸沉”过程MO会发生聚合生成多钼酸根。
①生成(NH4)2M4O13·2H2O的离子方程式为____。
②可以从“滤液”中回收副产品____(填化学式)。
（5）可通过电渗析法制备八钼酸铵[(NH4)4M8O26]，工作原理如图。其中，阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过；双极膜中间层中的水解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。
①阳极发生的电极反应为____。
②分析酸化室可得到M8O的原因：____。
【答案】（1） ①. CaMO4 ②. 减小SO2污染性气体产生
（2）CaMO4+CO=CaCO3+MO
（3）5×1022 （4） ①. 4MO+2NH+6H+=(NH4)2M4O13·2H2O↓+H2O ②. (NH4)2SO4
（5） ①. 4NH3·H2O-4e-=O2↑+4NH+2H2O或4OH--4e-=O2↑+2H2O ②. 双极膜中的H+迁移到酸化室可反应生成M8O
【解析】
【分析】辉钼矿（主要成分为MS2，杂质含有Fe、Ca、Cu等元素）经过“焙烧”转化为CaSO4、CaMO4，同时生成Fe、Ca、Cu的氧化物，焙烧产物加入水“水浸”，然后加入碳酸铵进行盐浸，过滤得到浸出渣Fe2O3、CuO、CaMO4，浸出渣中加入Na2S，使Fe、Cu转化为含FeS、CuS的滤渣，加入硫酸酸沉得(NH4)2M4O13•2H2O沉淀，“滤液”中回收副产品(NH4)2SO4。
【小问1详解】
“氧化焙烧”过程：
①MS2与石灰石、空气反应主要转化为CaSO4、CaMO4。故答案为：CaMO4；
②加入石灰石将硫转化为CaSO4，有利于降低焙烧温度、减小SO2污染性气体产生。故答案为：减小SO2污染性气体产生；
【小问2详解】
“盐浸”过程，进行沉淀的转化，CaMO4与CO生成MO和碳酸钙，离子方程式为CaMO4+CO=CaCO3+MO。故答案为：CaMO4+CO=CaCO3+MO；
【小问3详解】
“盐浸”过程，少量CuO转化为Cu(NH3)，“净化”过程进一步转化为CuS除去，反应Cu(NH3)(aq)+S2-(aq)CuS(s)+4NH3(aq)的K=== 5×1022。故答案为：5×1022；
【小问4详解】
“酸沉”过程MO会发生聚合生成多钼酸根。
①生成(NH4)2M4O13·2H2O的离子方程式为4MO+2NH+6H+=(NH4)2M4O13·2H2O↓+H2O。故答案为：4MO+2NH+6H+=(NH4)2M4O13·2H2O↓+H2O；
②可以从“滤液”中回收副产品(NH4)2SO4。故答案为：(NH4)2SO4；
【小问5详解】
①阳极发生氧化反应生成氧气，电极反应为4NH3·H2O-4e-=O2↑+4NH+2H2O或4OH--4e-=O2↑+2H2O。故答案为：4NH3·H2O-4e-=O2↑+4NH+2H2O或4OH--4e-=O2↑+2H2O；
②酸化室可得到M8O的原因：双极膜中的H+迁移到酸化室可反应生成M8O。故答案为：双极膜中的H+迁移到酸化室可反应生成M8O。
18. 氨性硫代硫酸盐浸金是一种高效的黄金浸取工艺。
（1）金可在硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液中缓慢溶解：4Au(s)+O2(g)+2H2O(l)+8S2O(aq)=4Au(S2O3)(aq)+4OH-(aq)。
①100g含Au1.97×10-4g金矿中，加入1L0.7ml·L-1Na2S2O3溶液，10小时后，金的浸出率为0.1%，则浸出过程Na2S2O3的平均消耗速率为___ml·L-1·h-1。
②为提高金的浸出速率，可采取的措施为____。
（2）Cu(NH3)可催化金在Na2S2O3溶液中溶解，其电化学催化腐蚀过程如图所示。
①负极的电极反应式为____。
②正极可能的催化过程如下：
a.Cu(NH3)+e-=Cu(NH3)+2NH3
b.____
③反应温度对金的浸出率影响如图所示。分析50℃时金浸出率最高的原因是____。
（3）为研究上述浸金过程Cu2+与S2O的反应，进行如下实验：向1.0mL1ml·L-1CuSO4溶液中加入2.0mL2ml·L-1Na2S2O3溶液，溶液从蓝色变为绿色，后逐渐变浅至无色。体系中涉及的反应如下：
i.Cu2++2S2OCu(S2O3)(绿色) K1
ii.Cu++2S2OCu(S2O3)(无色) K2
iii.2Cu2++2S2O2Cu++S4O K3
由实验现象可推测：反应i的速率___反应iii的速率(填“>”或“<”，下同)、K1___K3
（4）若采用Cu2+催化硫代硫酸盐浸金，催化效果较Cu(NH3)差的原因是___。
【答案】（1） ①. 2×10-10 ②. 将金矿粉碎或适当提高温度或适当提高Na2S2O3浓度或适当提高氧气浓度
（2） ①. Au-e-+2S2O=2Au(S2O3) ②. 4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH- ③. 温度低于50℃，浸金反应速率慢，导致金浸出率低；温度高于50℃，氨气和氧气挥发增多，S2O氧化更多，导致金浸出率降低
（3） ①. ＞ ②. ＜
（4）S2O会与Cu2+发生氧化还原反应被消耗，导致金的浸出率降低
【解析】
【小问1详解】
①10小时后，溶解的Au的质量为1.97×10-4g0.1%=1.9710-7g，溶解的Au的物质的量为=110-9ml，根据关系式：Au(s)~2Na2S2O3可得，参加反应的Na2S2O3的物质的量为110-9ml2=210-9ml，则浸出过程Na2S2O3的平均消耗速率为=2×10-10ml·L-1·h-1，故答案为：2×10-10。
②根据外界条件对反应速率的影响，为提高金的浸出速率，可采取的措施有将金矿粉碎以增大接触面积、加热以提高温度、增大反应物浓度等，故答案为：将金矿粉碎或适当提高温度或适当提高Na2S2O3浓度或适当提高氧气浓度。
【小问2详解】
①负极发生失电子的氧化反应，该电化学催化腐蚀中Au失电子生成Au(S2O3)，则电极反应式为Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)，故答案为：Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)。
②由题可知，Cu(NH3)在反应中其催化剂作用，即在总反应中并没消耗和生成，所以正极开始Cu(NH3)得电子生成Cu(NH3)，随之O2又将Cu(NH3)氧化为Cu(NH3)，即正极可能的催化过程为：a.Cu(NH3)+e-=Cu(NH3)+2NH3，b. 4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-，故答案为：4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-。
③根据温度对金的浸出率图可知，50℃时金浸出率最高，如低于50℃，浸金反应速率随温度升高而增大，超过50℃，氨气和氧气挥发增多，S2O氧化更多，导致金浸出率降低，故答案为：温度低于50℃，浸金反应速率慢，导致金浸出率低；温度高于50℃，氨气和氧气挥发增多，S2O氧化更多，导致金浸出率降低。
【小问3详解】
实验中，溶液从蓝色变为绿色，后逐渐变浅至无色，说明先发生反应i之后发生反应iii和反应ii，反应i、ii为络合反应，反应iii为氧化还原反应，由颜色变化先后可判断出，反应i的速率＞反应iii的速率，反应iii为氧化还原反应，反应进行的更彻底，平衡常数较大，则 K1＜K3，故答案为：＞；＜。
【小问4详解】
根据上述浸金过程Cu2+与S2O的反应的实验结果，若采用Cu2+催化硫代硫酸盐浸金，S2O会与Cu2+发生氧化还原反应被消耗，导致催化效果较Cu(NH3)差，故答案为：S2O会与Cu2+发生氧化还原反应被消耗，导致金的浸出率降低。
19. 乙烯(C2H4)中的乙炔(C2H2)杂质可通过选择性加氢转化为乙烯除去。
（1）乙炔加氢制乙烯：C2H2(g)+H2(g)C2H4(g) △H
已知键能数据如表。
①△H=____kJ·ml-1。
②在恒温、恒容的密闭体系中进行上述反应，测得的下列数据中，可以作为判断t时刻是否达到平衡状态的依据的是____(填标号)。
A.t时刻及其前后C2H2(g)、H2(g)、C2H4(g)的浓度
B.t时刻C2H2(g)、H2(g)、C2H4(g)的浓度
C.t时刻消耗C2H2(g)的速率与生成C2H4(g)的速率
D.t时刻消耗C2H2(g)的速率与生成H2(g)的速率
（2）乙炔加氢制乙烯时会发生副反应：C2H4(g)+H2(g)C2H6(g) K。120℃时，在2L刚性密闭容器中，1mlC2H2和1mlH2进行加氢反应，测得平衡体系有amlC2H4和bmlC2H6。
①副反应的K=____。
②若改用恒压装置，C2H2的平衡转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）单原子Pd和纳米Pd均可催化乙炔选择性加氢制乙烯，计算机模拟反应历程结果如图。其中，吸附在催化剂表面的物种用*标注；过渡态用TS表示。
①单原子Pd催化过程中决速步骤的化学方程式为____。
②已知C2H2的选择性=×100%。
催化剂单原子Pd选择性优于纳米Pd的原因：
i.吸附态乙烯从单原子Pd表面脱附(*C2H4→C2H4)更___(填“易”或“难”)。
ii.___。
【答案】（1） ①. -166 ②. AD
（2） ①. ②. 增大
（3） ①. *C2H3+*H=C2H4 ②. 易 ③. 吸附态乙烯在单原子Pd上转化为乙烷(*C2H4→C2H6)最高能垒更大
【解析】
【小问1详解】
①△H=E(反应物键能之和)-E(生成物键能之和)=( 837+2414+436) kJ·ml-1-(611+4144) kJ·ml-1=-166 kJ·ml-1；
②A.t时刻及其前后C2H2(g)、H2(g)、C2H4(g)的浓度如果不变说明达到平衡，故A正确；
B.只测t时刻C2H2(g)、H2(g)、C2H4(g)的浓度不能说明平衡，故B错误；
C.t时刻消耗C2H2(g)的速率与生成C2H4(g)的速率方向相同，不能说明平衡，故C错误；
D.t时刻消耗C2H2(g)的速率与生成H2(g)的速率方向相反，如果速率相等，则说明平衡，故D正确；
故答案为AD
【小问2详解】
①根据主反应和副反应可知n(C2H6)= bml，n(C2H4)= aml，n(H2)=(1-a-2 b)ml，则副反应的平衡常数为；
②该反应C2H2(g)+H2(g)C2H4(g)为分子数减小的反应，若改用恒压装置，相当于加压，平衡正向移动，C2H2的平衡转化率增大；
【小问3详解】
①活化能越大速率越慢，是决速步骤，单原子Pd催化过程中决速步骤的化学方程式为*C2H3+*H=C2H4；
②i.由图可以看出吸附态乙烯从单原子Pd表面脱附(*C2H4→C2H4)更易；
ii. 吸附态乙烯在单原子Pd上转化为乙烷(*C2H4→C2H6)最高能垒更大，发生副反应较少；A
B
C
D
铁上镀铜
测定NH4Cl溶液的pH
蒸发Al2(SO4)3溶液制备无水Al2(SO4)3
验证碳酸酸性大于硅酸
难溶物
CaMO4
CaCO3
CaSO4
FeS
CuS
Ksp
4.1×10-3
2.8×10-9
5.1×10-5
6.3×10-18
1.0×10-36
化学键
C=C
C≡C
C—H
H—H
键能/kJ·ml-1
611
837
414
436
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