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四川省乐山市第一中学2022-2023学年高二下学期5月月考化学试题（Word版附解析）
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满分：100分 考试时间：90分钟
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
可能用到的相对原子质量H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Cu-64
第I卷(选择题)
一、单选题(每小题3分，共48分)
1. 某同学在学习了化学选修4《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结，其中不正确的是
A. 对于在给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应的情况，理想的催化剂可以大幅度提高目标产物在最终产物中的比率，这体现了催化剂的选择性
B. 碱性锌锰干电池比普通锌锰干电池性能更好，比能量更高，可储存时间更长
C. 为验证醋酸、碳酸、硼酸三种弱酸的相对强弱，可以向两支盛有等体积0.1ml/L Na2CO3溶液的试管中分别滴加等浓度的醋酸和硼酸
D. 水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，然后再用酸除去
【答案】C
【解析】
【详解】A．特定的催化剂具有选择性，只对某一个反应才有催化作用，所以理想的催化剂可以使某一个反应成为主要反应，而增大目标产物的产率，提高其在最终产物中的比例，A正确；
B．普通干电池电解质为酸性，易被腐蚀，而碱性锌锰干电池与普通干电池比较更加耐用，性能较好，B正确；
C．为验证醋酸、碳酸、硼酸三种弱酸的相对强弱，实验中要保证Na2CO3的量少，才能看是否有气泡生成，则应该是向两支盛有等体积的0.1ml/L的醋酸和0.1ml/L的硼酸溶液的试管中分别滴加等浓度的Na2CO3溶液，观察是否有气泡生成，C错误；
D．水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，发生反应，碳酸钠可以溶解在盐酸中，D正确；
故选C。
2. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．生成CO2放出的热量更多，两个反应都是放热反应，焓变为负值，则，A正确；
B．P(s，白磷)生成P(s，红磷)放热，说明P(s，红磷)的能量比较低，能量比较低的体系比较稳定，故P(s，红磷)比P(s，白磷)稳定，B错误；
C．燃烧热指1ml物质与氧气进行完全燃烧反应时放出的热量。题给热反应方程式不是H2在氧气中燃烧，C错误；
D．该反应是可逆反应，和混合并充分反应，不能完全反应，故放出的热量小于，D错误；
故选A。
3. 一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s) + CO2(g) FeO(s) + CO(g)，下列措施不能降低该反应速率是
A. 降低反应的温度B. 将铁粉换为铁丝
C. 恒压充入惰性气体D. 恒容充入CO
【答案】D
【解析】
【详解】A． 降低反应的温度，反应速率减小，故A不符合；
B． 将铁粉换为铁丝，减小了反应物的接触面积，反应速率减小，故B不符合；
C． 恒压充入惰性气体，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，故C不符合；
D． 恒容充入CO，增大生成物浓度，不能降低该反应速率，故D符合；
故选D。
4. 某同学为研究原电池原理，设计了如图所示的两种装置，溶液A、溶液B均为硫酸盐溶液，闭合开关、后，装置①和装置②中小灯泡均可以发光。下列有关说法不正确的是
A. 断开开关前后，装置①中负极质量均减小
B. 溶液A为溶液，溶液B为溶液
C. 装置②产生的电流比装置①更持续、更稳定
D. 装置②盐桥中K+移向溶液B，Cl移向溶液A
【答案】B
【解析】
【分析】装置①中闭合开关后构成原电池，锌为负极，铜为正极；装置②中，闭合开关后，构成原电池，锌为负极，溶液A为硫酸锌，铜为正极，溶液B为硫酸铜。
【详解】A．闭合开关K1时构成原电池，Zn电极质量减小，断开开关K1后，装置①仍然发生置换反应，Zn电极表面产生铜单质，质量减小，A正确；
B．根据分析，溶液A为ZnSO4，溶液B为CuSO4，若溶液A为CuSO4溶液，溶液B为ZnSO4溶液，闭合开关K2不能构成原电池，小灯泡不能发光，B错误；
C．装置②中，Zn不与CuSO4溶液接触，从而尽可能将化学能转化为电能，因此装置②产生的电流比装置①更持续、更稳定，C正确；
D．原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，因此K+移向溶液B，Cl移向溶液A，D正确；
故选B。
5. 用酸性甲醛燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示，下列说法中正确的是
A. 当a、b都是铜作电极时，电解的总反应方程式为2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑
B. 燃料电池工作时，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. 当燃料电池消耗22.4 L甲醛气体时，电路中理论上转移2 ml e－
D. 燃料电池工作时，负极反应为HCHO＋H2O－2e－===HCOOH＋2H＋
【答案】D
【解析】
【分析】左边装置是酸性甲醛燃料电池，原电池放电时，燃料失去电子发生氧化反应，所以通入燃料的电极为负极，通入氧气的电极为正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极上电极反应为O2＋４H＋＋4e－=２H2O，右边装置有外界电源，所以是电解池，连接负极的ａ电极时阴极，连接正极的ｂ极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，阴极上得到电子发生还原反应。
【详解】A. 当a、b都是铜作电极时，形成电解精炼装置，阳极铜失去电子，阴极上铜离子得到电子，故错误；B.由于电解质溶液呈酸性，正极反应为O2＋４H＋＋4e－=２H2O ，故错误；C. 当燃料电池消耗22.4 L甲醛气体时，由于没有说明是在标况下，所以无法计算甲醛的物质的量，则无法计算转移电子的物质的量，故错误；D. 燃料电池工作时，甲醛在负极上失去电子生成甲酸，则负极反应为HCHO＋H2O－2e－=HCOOH＋2H＋，故正确。故选Ｄ。
6. 已知25℃、下，水蒸发为水蒸气需要吸热
则反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热为
A. ΔH=-396.36kJ·ml-1B. ΔH=-110.53kJ·ml-1
C. ΔH=-154.54kJ·ml-1D. ΔH=-221.06kJ·ml-1
【答案】D
【解析】
【详解】已知25℃、101kPa下，水蒸发为水蒸气需要吸热44.01kJ，设H2O(l)=H2O(g) ∆H=+44.01kJ/ml为式I，2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ∆H=+571.66kJ/ml为式II，C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ∆H=+131.29kJ/ml为式III，根据盖斯定律2III-II+2I得2C(s)+O2(g)=2CO(g)的∆H=2×131.29kJ/ml-571.66kJ/ml+2×44.01kJ/ml =-221.06kJ/ml，故选D。
7. 下列装置或操作能达到目的的是
A. 装置①探究 H2SO4浓度对反应速率的影响
B. 装置②可用于测定中和热
C. 装置③可用于验证反应的热效应
D. 装置④探究 Mg(OH)2能否转化成 Fe(OH)3
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．硫酸的浓度相同，不能探究硫酸浓度对反应速率的影响，A错误；
B．该反应隔热保温，但温度计应放入小烧杯中测定温度，故不能准确测定中和热，B错误；
C．钠和水反应放热，是具支试管中的气体体积膨胀，进而是红墨水移动，故鞥验证反应的热效应，C准确；
D．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化铁直接反应生成氢氧化铁，不能探究氢氧化镁转化为氢氧化铁，D错误；
故选C。
8. 下列叙述正确的是
A. 常温下，pH值等于14与pH值等于12的两种NaOH溶液等体积混和后，c（H＋）＝(10－14＋10－10)/2
B. 常温下，浓度为1×10－10ml/LKOH溶液的pH值最接近于4
C. 氨水加水稀释，溶液中除水以外所有粒子的浓度都减小
D. 常温下，相同温度下pH值等于1的盐酸溶液中水的电离程度与pH值等于13的Ba(OH)2溶液中水的电离程度相等
【答案】D
【解析】
【详解】A.pH=14的NaOH溶液中c(OH－)=1ml·L－1，pH=12的NaOH溶液c(OH－)=10－2ml·L－1，两者等体积混合后c(OH－)=ml·L－1，根据水的离子积，c(H＋)=ml·L－1，故A错误；
B.KOH属于强碱，溶液呈碱性，常温下浓度为1×10－10ml/L的KOH溶液的pH最接近于7，故B错误；
C.氨水加水稀释，促进NH3·H2O的电离，c(NH3·H2O)、c(OH－)、c(NH4＋)减小，c(H＋)浓度增大，故C错误；
D.盐酸溶液中OH-全部来自水的电离，Ba（OH）2溶液中H+全部来自水的电离，常温下，pH=1的盐酸溶液中水电离出的c(OH-)=Kw/c(H＋)=10－13ml/L，pH=13的Ba(OH)2溶液中水电离出的c(H＋)=10－13ml/L，因此水的电离程度相等，故D正确；
答案选D。
9. 下面是有关弱酸的电离平衡常数
结合数据，分析下列有关说法，其中错误的是
A. 1ml·L－1的溶液中，pH(HCN)＞pH(H2CO3)＞pH(CH3COOH)
B. 升高温度，HCN溶液中HCN的电离平衡正向移动，电离平衡常数增大
C. 0.2ml/L醋酸溶液与0.1ml/L醋酸溶液中c(H+)之比小于2:1
D. 饱和H2CO3溶液中c(H＋)与c(CO)的比值小于2:1
【答案】D
【解析】
【详解】A、酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，1ml·L－1的溶液中，pH(HCN)＞pH(H2CO3)＞pH(CH3COOH)，故A正确；
B、升高温度，促进弱电解质电离，所以升高温度促进HCN电离，电离平衡常数增大，故B正确；
C、醋酸稀释时，醋酸的电离平衡正向移动，0.2ml/L醋酸溶液与0.1ml/L醋酸溶液中c(H+)之比小于2:1，故C正确；
D。碳酸分两步电离H2CO3⇌H++HCO、HCO⇌H++CO，第一步远远大于第二步电离，所以饱和H2CO3溶液中c（H+）与 c（CO）的比值大于2，故D错误；
故选D。
10. 常温下向10mL0.1ml/L的HR溶液中逐滴加入0.1ml/L的氨水，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析正确的是
A. a~c点，溶液中离子数目先增大后减小
B. b点溶液pH=7说明c(NH4+)=c(R－)
C. c点溶液存在c(NH4+)>c(R－)>c(H+)>c(OH－)
D. b、c两点对应溶液中，水的电离程度相同
【答案】B
【解析】
【分析】A.根据溶液的导电性与自由移动的离子浓度有关，与离子数目无关；B.根据电荷守恒分析判断；C.根据溶液的pH判断离子浓度关系；D.根据酸、碱抑制水的电离，含有弱酸根离子的盐会促进水的电离分析解答。
【详解】A.根据图象可知a~b点，溶液的导能力增强，b~c点溶液的导电能力减弱，说明从a~c点，溶液中自由移动的离子浓度先增大后减小，但是，离子数目在整个过程中一直在增大，A错误；
B.根据图象可知b点溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒c(H+)+ c(NH4+)=c(R－)+ c(OH-)，可得c(NH4+)=c(R－)，B正确；
C.根据图象可知c点溶液的pH>7，说明 c点溶液中离子浓度：c(OH－)>c(H+)，C错误；
D.由曲线的起点的pH可知，HR为弱酸，b点溶液的pH=7、溶液的导电性最强，两者恰好完全反应生成弱酸弱碱盐，该盐水解促进水的电离；而c点溶液显碱性，说明氨水过量，氨水电离产生OH-会抑制水的电离，使水的电离程度减小，所以水的电离程度：b>c，D错误。
因此本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了酸碱混合溶液中离子浓度关系及溶液导电性的判断的知识。是高频考点，明确曲线含义、对应溶液的成分及其性质是本题解答的关键，难度不大。
11. 下列表述中，说法正确的个数是
①pH=6的溶液一定是酸性溶液
②用Na2CO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸
④25℃时，水溶液中水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积一定等于10-14
⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡
⑥0.2 ml/L醋酸溶液加水稀释，电离程度增大，c(H+)一定增大
⑦用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
⑧用广范pH试纸测得某溶液的pH为2.3
⑨用TiCl4制备TiO2的反应可表示为：TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①室温下中性溶液pH=7，pH=6的溶液是酸性溶液；若在95℃，中性溶液pH=6，因此pH=6的溶液可能是酸性溶液也可能是中性溶液，①错误；
②泡沫灭火剂用的物质是NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液，②错误；
③FeCl3是强酸弱碱盐，水解产生难溶性的Fe(OH)3使溶液变浑浊，为抑制盐的水解，在保存FeCl3溶液，可在溶液中加少量盐酸，③正确；
④25℃时，水溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积一定等于10-14，但水电离产生c(H+)和c(OH-)的乘积不一定等于10-14，④错误；
⑤如果Na2Y的水溶液显中性，说明H2Y是强酸，该盐不发生水解反应，但该溶液中存在水的电离平衡，⑤错误；
⑥0.2 ml/L醋酸溶液加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液体积增大，因此溶液中c(H+)减小，⑥错误；
⑦Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液混合，会发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀和H2S气体，不能制取得到Al2S3固体，⑦错误；
⑧pH广泛试纸只能粗略测定溶液pH，溶液的pH是整数，因此用广范pH试纸测得某溶液的pH为2，但不能是2.3，⑧错误；
⑨用TiCl4制备TiO2，可根据盐的水解规律，反应可表示为：TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl，⑨正确；
综上所述可知：说法正确的是③⑨，共2个，故合理选项是B。
12. 下列说法不正确的是
A. 25℃时，的一元酸溶液与的溶液等体积混合后
B. 相同物质的量浓度的溶液和溶液，前者大于后者
C. 25℃时，的溶液稀释至，溶液
D. 恒温时，向溶液中逐滴加入过量的溶液，始终减小
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．pH=3的一元酸溶液为强酸时，与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液pH=7，若为弱酸时，酸的浓度大于0.001ml/L，反应后弱酸过量，pH<7，即25℃时，pH=3的一元酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH≤7，A错误；
B．Fe2+水解显酸性，NH水解也显酸性，所以中NH抑制Fe2+的水解，故前者大于后者，B正确；
C．溶液越稀释越水解，故的溶液稀释至，溶液，C正确；
D．向溶液中少量溶液，c(H+)减小，促进NH水解，故减小；加入过量NaOH时，NaOH与NH反应，也减小，D正确；
故选A。
13. 25℃时，用溶液滴定20.00 mL未知浓度的溶液，滴定曲线如图所示，c点所示溶液中溶质为，下列说法不正确的是
A. 该草酸溶液的物质的量浓度为
B. b点满足：
C. c点满足：
D. 水的电离程度大小：
【答案】D
【解析】
【详解】A．草酸为二元弱酸，c点所示溶液中溶质为，则此时两者恰好反应，则该草酸溶液的物质的量浓度为，A正确；
B．b点由电荷守恒可知：，此时pH=7，则，B正确；
C．c点所示溶液中溶质为，由物料守恒可知，，C正确；
D．酸和碱会抑制水的电离，盐的水解会促进水的电离，c点所示溶液中溶质为，此时水的电离程度最大，故水的电离程度大小：，D错误；
故选D。
14. 关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不正确的是( )
A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关
B. 将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明Ksp[Ca(OH)2]大于Ksp(CaSO4)
C. 已知25 ℃时Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝4.0×104
D. 已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2] ＝1.8×10－11，在MgCl2溶液中加入氨水调混合液的pH＝11，产生沉淀，则此时溶液中的c(Mg2＋)＝1.8×10－5ml·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】A. Ksp是温度的常数，只随温度改变而改变，不同物质的溶解能力不同，与物质本身的性质有关，故A正确；
B. 将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明硫酸钙的溶解度小，但溶度积表达式类型不同，不能说明大小，故B错误；
C. Ksp[Fe(OH)3]=c3(OH−)⋅c(Fe3+)，反应的平衡常数K==4.0×104，故C正确；
D. 测得混合液的pH=11，Ksp[Mg(OH)2]=c2(OH−)⋅c(Mg2+)，c(OH−)=10−3，代入求得c(Mg2+)=1.8×10−3ml/L，故D正确；
答案选B。
15. 我国成功研制的新型可充电 AGDIB电池(铝-石墨双离子电池)采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。电池反应为：CxPF6+LiyAl=Cx+LiPF6+Liy-1Al。放电过程如图，下列说法正确的是
A. B为负极，放电时铝失电子
B. 充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：LiyAl-e=Li++Liy-1Al
C. 充电时A电极反应式为Cx+ PF﹣e=CxPF6
D. 废旧AGDIB电池进行“放电处理”时，若转移lml电子，铝锂电极上可回收7g Li
【答案】C
【解析】
【分析】电池反应为CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy－1Al ，根据离子的移动方向可知A是正极，B是负极。
【详解】A．放电时锂失电子，而不是铝失电子，A错误；
B．充电时，与外加电源负极相连一端为阴极，电极反应为Li＋+Liy－1Al+e－=LiyAl，B错误；
C．充电时A电极为阳极，反应式为Cx+-e－=CxPF6，C正确；
D．废旧AGDIB电池进行“放电处理”时，锂发生氧化反应生成锂离子，若转移1ml电子，消耗1mlLi ，即7gLi失电子，铝锂电极减少7g ，石墨电极的电极反应为CxPF6+ e－= Cx+，不可能回收到锂，D错误；
故选C。
16. 下列说法正确的是（ ）
A. 向0.1ml/L 100mL CH3COONa的溶液中再加0.1ml CH3COONa固体后c(CH3COO－)/c(Na+)变大
B. 向0.1ml/L的二元弱酸盐Na2A中不断通入HCl(g),则c(H+)/c(H2A)先变大后变小
C. 已知：FeCl3（aq）+ 3KSCN（aq）3KCl（aq）+Fe（SCN）3（aq），向该平衡体系中加入固体KCl后溶液颜色变浅
D. 室温时，0.1ml/L NH4HCO3溶液pH=8.1，则Ka1(H2CO3) ＞Kb(NH3·H2O)＞Ka2(H2CO3)
【答案】A
【解析】
【详解】A、向0.1ml/L 100mL CH3COONa的溶液中再加0.1ml CH3COONa，CH3COO-浓度变大，水解程度减小，c(CH3COO－)和c(Na+)均变大，但是c(CH3COO－)增大的幅度更大，因此加入固体后c(CH3COO－)/c(Na+)变大，故A正确；
B、向0.1ml/L的二元弱酸盐Na2A中不断通入HCl(g)，根据，，有氢离子先和A2－反应生成HA-，再与HA-反应生成H2A，HA-的浓度先增大后减小，则c(H+)/c(H2A)先变小后变大，故B错误；
C、已知：FeCl3(aq)+ 3KSCN(aq)3KCl(aq) +Fe(SCN)3(aq)，向该平衡体系中加入固体KCl，反应实质为Fe3+ + SCN－Fe(SCN)3，因此加KCl，平衡不移动，故C错误；
D、室温时，0.1ml/L NH4HCO3溶液pH=8.1，显碱性，说明氨水的电离程度大于碳酸的电离程度，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】溶液中的平衡一定是改变参与反应的离子浓度来使平衡发生移动，没有参与反应的离子浓度变化与平衡移动无关。
第II卷(非选择题)
二、实验题(共14分)
17. 乙二酸（HOOC—COOH）俗名草酸，是一种有还原性的有机弱酸，在化学上有广泛应用。
（1）小刚在做“研究温度对化学反应速率的影响”实验时，他往 A、B 两支试管中均加入 4 mL 0.01 ml·L－1的酸性 KMnO4溶液和 2 mL 0.1ml·L－1H2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A 试管置于热水中，B 试管置于冷水中，记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间 tA________tB（填“>”“＝”或“<”）。写出该反应的离子方程式：___________________________。
（2）实验室有一瓶混有泥沙的乙二酸样品，小刚利用上述反应的原理来测定其含量，具体操作为：
①配制 250 mL 溶液：准确称量 5.0 g 乙二酸样品，配成 250 mL 溶液。
②滴定：准确量取 25.00 mL 所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将 0.100 0ml·L－1KMnO4标准溶液装入______（填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作。 判断滴定达到终点的现象是_____________________。
③计算：重复上述操作 2 次，记录实验数据如下表。则消耗 KMnO4标准溶液的平均体积为________ mL，此样品的纯度为____________。
④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是___________。
A．未用KMnO4标准溶液润洗滴定管
B．滴定前锥形瓶内有少量水
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
【答案】 ①. < ②. ③. 酸式 ④. 滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色 ⑤. 20.00 ⑥. 90% ⑦. AC
【解析】
【分析】酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，乙二酸有还原性，二者发生氧化还原反应的离子方程式为，结合氧化还原滴定相关知识解答。
【详解】(1)温度越高反应速率越快，A试管置于热水中，则A中的反应速率快，则褪色所用时间短，所以褪色所需时间tA＜tB，酸性KMnO4溶液能将草酸氧化为CO2，被还原为Mn2＋，该反应的离子方程式：，故答案为：＜；；
(2)②高锰酸钾溶液有强氧化性，会氧化碱式滴定管的乳胶，所以酸性高锰酸钾溶液应该盛放在酸式滴定管中，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的溶液颜色恰好由无色变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点，故答案为：酸式；滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色；
②三次实验消耗高锰酸钾溶液的体积分别为20.01mL、19.99mL、21.10mL，第三次实验数据的误差太大，应舍去，前两次实验消耗KMnO4标准溶液的平均体积=mL=20.00 mL，根据反应：，25.00 mL所配草酸溶液中，n(H2C2O4)＝＝2.5×0.1000ml·L－1×20.00×10－3 L＝0.005 000 ml，则250 mL溶液中含0.050 00 ml草酸，其质量为0.050 00 ml×90 g·ml－1＝4.500 g，此样品的纯度==90.00%，故答案为：20.00mL；90.00%；
④A．未用KMnO4标准溶液润洗滴定管，会使标准溶液浓度偏低，耗用标准溶液体积偏大，结果偏高，故A符合题意；
B．滴定前锥形瓶内有少量水，对实验结果无影响，故B不符合题意；
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，气泡体积计入了标准溶液的体积，使标准溶液体积偏大，结果偏高，故C符合题意；
D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，使标准溶液体积偏小，结果偏低，故D不符合题意；
故答案：AC。
三、工业流程题(共10分)
18. 硼氢化钠(NaBH4)具有优良的还原性，在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。利用硼精矿(主要成分为B2O3，含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等制取NaBH4的流程如图：
(已知：B2O3+2NaOH = 2NaBO2+H2O，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，水溶液呈碱性。)
（1）写出加快硼精矿溶解速率的措施_______写一种。
（2）操作1为_______，滤渣主要成分为_______。
（3）除硅铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有：①能将硅、铝以沉淀除去；②_______。
（4）氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为_______；MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应1，其化学方程式为：_______。
（5）如图在碱性条件下，在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠，写出阴极室的电极反应式_______。
【答案】（1）将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等
（2） ①. 过滤 ②. Fe(OH)3
（3）提供碱性溶液抑制NaBO2水解
（4） ①. -1 ②. 2MgH2+ NaBO2= NaBH4+2MgO
（5）BO+6H2O+8e-= BH+8OH-
【解析】
【分析】以硼精矿（主要成分为B2O3，含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等）为原料制取NaBH4，由流程可知，加NaOH溶解B2O3、Al2O3、SiO2，将FeCl3转化成氢氧化铁沉淀，则操作1为过滤，滤渣为Fe(OH)3； 再加CaO将硅铝沉淀，则操作2也为过滤，从而除去硅铝，最后反应1为NaBO2与MgH2反应生成NaBH4，以此来解答；
【小问1详解】
加快硼精矿溶解速率的措施有将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等都可以加快硼精矿溶解速率；
【小问2详解】
根据以上分析，操作1为过滤，滤渣主要成分为Fe(OH)3；
【小问3详解】
因为在NaBO2溶液除去硅铝，又NaBO2易溶于水，在碱性条件下稳定存在，所以除硅铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有：①能将硅、铝以沉淀除去；②提供碱性溶液抑制NaBO2水解；
【小问4详解】
根据化合价代数和为0，则氢化镁（MgH2）中H元素的化合价为-1；MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应生成NaBH4和MgO，则反应方程式：2MgH2+NaBO2=NaBH4+2MgO；
【小问5详解】
在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠，则阴极室得电子发生还原反应生成，则电极反应式为：BO+6H2O+8e-= BH+8OH-；
四、原理综合题(共13分)
19. 二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。
（1）在太阳能的作用下，以CO2为原料制取炭黑的流程如图所示，其总反应的化学方程式为_______。
（2）CO2经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) H，已知几种化学键键能如下表所示：
则H=_______。
（3）在2L恒容密闭容器中充入2mlCO2和n mlH2，在一定条件下发生(2)中的反应，CO2的转化率与温度、投料比[X=]的关系如图所示。
①X1_______X2(填“>”、“＜”或“=”，下同)，平衡常数KA_______KB。
②若B点的投料比为3，且从反应开始到B点需要10min，则v(H2)=_______ ml•L1·min1。
（4）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，工作原理图如下图。(丙烯化学式：C3H6)
①电源b极的名称是_______(填“正极”或“负极”)；
②产生C3H6的电极反应式为_______；
③若CO2只转化为C3H6，则标况下生成2ml C3H6的同时，产生氧气的体积为_______L。
【答案】（1）
（2）-375kJ·ml-1
（3） ①. > ②. > ③. 0.225
（4） ①. 正极 ②. 3CO2+ 18H+ + 18e- = C3H6 + 6H2O ③. 201.6
【解析】
【小问1详解】
总反应的化学方程式为；
【小问2详解】
△H=反应物键能之和-生成物键能之和=(4×745+6×436-615-4×413-8×463) kJ·ml-1=-375kJ·ml-1；
【小问3详解】
①X越大，CO2的转化率越大，所以X1>X2。该反应△H <0，升温平衡左移，所以平衡常数KA>KB。②若B点的投料比为3，需要投入6 mlH2，且从反应开始到B点需要10min，则v（H2）==0.225ml•L-1·min-1；
【小问4详解】
①根据图可知，氧气是溶液中的氢氧根离子失去电子生成的，所以生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极；
②阴极上二氧化碳得到电子与氢离子反应生成丙烯和水，电极反应为3CO2+18H++18e-= CH3CH=CH2+6H2O；
③根据电子得失守恒有2ml C3H6~36mle-~9mlO2，标准状况下体积为：9ml×22.4L/ml=201.6L。
五、结构与性质(共15分)
20. Zn、Cu、Mn等元素是人体必需的微量元素。
（1）基态Zn2+的价层电子排布式为___________，Zn、Cu均位于元素周期表___________区(填s、p、d或ds)；比较Zn和Cu的第一电离能I1(Zn)___________I1(Cu)(填“>”、“<”或“=”)。
（2）在碱性环境下，Cu2+可与双缩脲(NH2CONHCONH2)发生显色反应，产物结构如下：
该物质中C的杂化方式为___________；Cu2+的配位数为___________。
（3）咔唑( )用于制备靶向Zn2+荧光探针，咔唑沸点比 高的主要原因是___________。
（4）氮化铜(tricppernitride)是一种新型电极材料，其晶体属于立方晶系，沿晶胞体对角线投影如图(黑球均代表Cu)。
已知该晶胞中原子的分数坐标如下：Cu。(0，0，)：(0，，0)；(，0，0)；N：(0，0，0)，
①氮化铜的晶胞为___________(填字母标号)；
②Cu原子最近的Cu原子有___________个；
③NA为阿伏伽德罗常数的值，铜和氮原子的最近距离为anm，则该晶体的密度为___________g/cm3。
【答案】（1） ①. 3d10 ②. ds ③. >
（2） ①. sp2 ②. 4
（3）咔唑能形成分子间氢键
（4） ①. A ②. 8 ③.
【解析】
【小问1详解】
Zn是30号元素，基态Zn2+的价层电子排布式为：3d10，Zn、Cu均位于元素周期表的ds区，Zn的价层电子排布式为：3d104s2而Cu的的价层电子排布式为：3d104s1，所以第一电离能I1(Zn) >I1(Cu)，故答案为：3d10；ds；>。
【小问2详解】
该物质中C的价层电子对数是3+0=3，杂化方式为sp2，由图可知Cu2+的配位数为4，故答案为：sp2；4。
【小问3详解】
咔唑分子中有N-H键，分子间可以形成氢键，使得沸点比 高，故答案为：咔唑能形成分子间氢键。
【小问4详解】
①结合对角线投影图和Cu原子的位置坐标可知Cu原子处于晶胞中的顶角和棱心位置，所以氮化铜的晶胞为A；
②结合晶胞图可知Cu原子最近的Cu原子有个；
③NA为阿伏伽德罗常数的值，铜和氮原子的最近距离为anm，是晶胞边长的一半，所以晶胞参数是2anm，则该晶体的密度为g/cm3。
故答案为：A；8；。选项
热化学方程式
结论
A
B
P(s，白磷)比P(s，红磷)稳定
C
的燃烧热()为
D
将和混合并充分反应，放出的热量为
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数(25℃)
1.8×10-5
4.9×10-10
K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11
序号
滴定前读数
滴定后读数
1
0.00
20.01
2
1.00
20.99
3
0.00
21.10
物质
H-H
C=O
C=C
C-H
H-O
能量/kJ•ml1
436
745
615
413
463
满分：100分 考试时间：90分钟
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
可能用到的相对原子质量H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Cu-64
第I卷(选择题)
一、单选题(每小题3分，共48分)
1. 某同学在学习了化学选修4《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结，其中不正确的是
A. 对于在给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应的情况，理想的催化剂可以大幅度提高目标产物在最终产物中的比率，这体现了催化剂的选择性
B. 碱性锌锰干电池比普通锌锰干电池性能更好，比能量更高，可储存时间更长
C. 为验证醋酸、碳酸、硼酸三种弱酸的相对强弱，可以向两支盛有等体积0.1ml/L Na2CO3溶液的试管中分别滴加等浓度的醋酸和硼酸
D. 水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，然后再用酸除去
【答案】C
【解析】
【详解】A．特定的催化剂具有选择性，只对某一个反应才有催化作用，所以理想的催化剂可以使某一个反应成为主要反应，而增大目标产物的产率，提高其在最终产物中的比例，A正确；
B．普通干电池电解质为酸性，易被腐蚀，而碱性锌锰干电池与普通干电池比较更加耐用，性能较好，B正确；
C．为验证醋酸、碳酸、硼酸三种弱酸的相对强弱，实验中要保证Na2CO3的量少，才能看是否有气泡生成，则应该是向两支盛有等体积的0.1ml/L的醋酸和0.1ml/L的硼酸溶液的试管中分别滴加等浓度的Na2CO3溶液，观察是否有气泡生成，C错误；
D．水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，发生反应，碳酸钠可以溶解在盐酸中，D正确；
故选C。
2. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．生成CO2放出的热量更多，两个反应都是放热反应，焓变为负值，则，A正确；
B．P(s，白磷)生成P(s，红磷)放热，说明P(s，红磷)的能量比较低，能量比较低的体系比较稳定，故P(s，红磷)比P(s，白磷)稳定，B错误；
C．燃烧热指1ml物质与氧气进行完全燃烧反应时放出的热量。题给热反应方程式不是H2在氧气中燃烧，C错误；
D．该反应是可逆反应，和混合并充分反应，不能完全反应，故放出的热量小于，D错误；
故选A。
3. 一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s) + CO2(g) FeO(s) + CO(g)，下列措施不能降低该反应速率是
A. 降低反应的温度B. 将铁粉换为铁丝
C. 恒压充入惰性气体D. 恒容充入CO
【答案】D
【解析】
【详解】A． 降低反应的温度，反应速率减小，故A不符合；
B． 将铁粉换为铁丝，减小了反应物的接触面积，反应速率减小，故B不符合；
C． 恒压充入惰性气体，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，故C不符合；
D． 恒容充入CO，增大生成物浓度，不能降低该反应速率，故D符合；
故选D。
4. 某同学为研究原电池原理，设计了如图所示的两种装置，溶液A、溶液B均为硫酸盐溶液，闭合开关、后，装置①和装置②中小灯泡均可以发光。下列有关说法不正确的是
A. 断开开关前后，装置①中负极质量均减小
B. 溶液A为溶液，溶液B为溶液
C. 装置②产生的电流比装置①更持续、更稳定
D. 装置②盐桥中K+移向溶液B，Cl移向溶液A
【答案】B
【解析】
【分析】装置①中闭合开关后构成原电池，锌为负极，铜为正极；装置②中，闭合开关后，构成原电池，锌为负极，溶液A为硫酸锌，铜为正极，溶液B为硫酸铜。
【详解】A．闭合开关K1时构成原电池，Zn电极质量减小，断开开关K1后，装置①仍然发生置换反应，Zn电极表面产生铜单质，质量减小，A正确；
B．根据分析，溶液A为ZnSO4，溶液B为CuSO4，若溶液A为CuSO4溶液，溶液B为ZnSO4溶液，闭合开关K2不能构成原电池，小灯泡不能发光，B错误；
C．装置②中，Zn不与CuSO4溶液接触，从而尽可能将化学能转化为电能，因此装置②产生的电流比装置①更持续、更稳定，C正确；
D．原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，因此K+移向溶液B，Cl移向溶液A，D正确；
故选B。
5. 用酸性甲醛燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示，下列说法中正确的是
A. 当a、b都是铜作电极时，电解的总反应方程式为2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑
B. 燃料电池工作时，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. 当燃料电池消耗22.4 L甲醛气体时，电路中理论上转移2 ml e－
D. 燃料电池工作时，负极反应为HCHO＋H2O－2e－===HCOOH＋2H＋
【答案】D
【解析】
【分析】左边装置是酸性甲醛燃料电池，原电池放电时，燃料失去电子发生氧化反应，所以通入燃料的电极为负极，通入氧气的电极为正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极上电极反应为O2＋４H＋＋4e－=２H2O，右边装置有外界电源，所以是电解池，连接负极的ａ电极时阴极，连接正极的ｂ极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，阴极上得到电子发生还原反应。
【详解】A. 当a、b都是铜作电极时，形成电解精炼装置，阳极铜失去电子，阴极上铜离子得到电子，故错误；B.由于电解质溶液呈酸性，正极反应为O2＋４H＋＋4e－=２H2O ，故错误；C. 当燃料电池消耗22.4 L甲醛气体时，由于没有说明是在标况下，所以无法计算甲醛的物质的量，则无法计算转移电子的物质的量，故错误；D. 燃料电池工作时，甲醛在负极上失去电子生成甲酸，则负极反应为HCHO＋H2O－2e－=HCOOH＋2H＋，故正确。故选Ｄ。
6. 已知25℃、下，水蒸发为水蒸气需要吸热
则反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热为
A. ΔH=-396.36kJ·ml-1B. ΔH=-110.53kJ·ml-1
C. ΔH=-154.54kJ·ml-1D. ΔH=-221.06kJ·ml-1
【答案】D
【解析】
【详解】已知25℃、101kPa下，水蒸发为水蒸气需要吸热44.01kJ，设H2O(l)=H2O(g) ∆H=+44.01kJ/ml为式I，2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ∆H=+571.66kJ/ml为式II，C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ∆H=+131.29kJ/ml为式III，根据盖斯定律2III-II+2I得2C(s)+O2(g)=2CO(g)的∆H=2×131.29kJ/ml-571.66kJ/ml+2×44.01kJ/ml =-221.06kJ/ml，故选D。
7. 下列装置或操作能达到目的的是
A. 装置①探究 H2SO4浓度对反应速率的影响
B. 装置②可用于测定中和热
C. 装置③可用于验证反应的热效应
D. 装置④探究 Mg(OH)2能否转化成 Fe(OH)3
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．硫酸的浓度相同，不能探究硫酸浓度对反应速率的影响，A错误；
B．该反应隔热保温，但温度计应放入小烧杯中测定温度，故不能准确测定中和热，B错误；
C．钠和水反应放热，是具支试管中的气体体积膨胀，进而是红墨水移动，故鞥验证反应的热效应，C准确；
D．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化铁直接反应生成氢氧化铁，不能探究氢氧化镁转化为氢氧化铁，D错误；
故选C。
8. 下列叙述正确的是
A. 常温下，pH值等于14与pH值等于12的两种NaOH溶液等体积混和后，c（H＋）＝(10－14＋10－10)/2
B. 常温下，浓度为1×10－10ml/LKOH溶液的pH值最接近于4
C. 氨水加水稀释，溶液中除水以外所有粒子的浓度都减小
D. 常温下，相同温度下pH值等于1的盐酸溶液中水的电离程度与pH值等于13的Ba(OH)2溶液中水的电离程度相等
【答案】D
【解析】
【详解】A.pH=14的NaOH溶液中c(OH－)=1ml·L－1，pH=12的NaOH溶液c(OH－)=10－2ml·L－1，两者等体积混合后c(OH－)=ml·L－1，根据水的离子积，c(H＋)=ml·L－1，故A错误；
B.KOH属于强碱，溶液呈碱性，常温下浓度为1×10－10ml/L的KOH溶液的pH最接近于7，故B错误；
C.氨水加水稀释，促进NH3·H2O的电离，c(NH3·H2O)、c(OH－)、c(NH4＋)减小，c(H＋)浓度增大，故C错误；
D.盐酸溶液中OH-全部来自水的电离，Ba（OH）2溶液中H+全部来自水的电离，常温下，pH=1的盐酸溶液中水电离出的c(OH-)=Kw/c(H＋)=10－13ml/L，pH=13的Ba(OH)2溶液中水电离出的c(H＋)=10－13ml/L，因此水的电离程度相等，故D正确；
答案选D。
9. 下面是有关弱酸的电离平衡常数
结合数据，分析下列有关说法，其中错误的是
A. 1ml·L－1的溶液中，pH(HCN)＞pH(H2CO3)＞pH(CH3COOH)
B. 升高温度，HCN溶液中HCN的电离平衡正向移动，电离平衡常数增大
C. 0.2ml/L醋酸溶液与0.1ml/L醋酸溶液中c(H+)之比小于2:1
D. 饱和H2CO3溶液中c(H＋)与c(CO)的比值小于2:1
【答案】D
【解析】
【详解】A、酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，1ml·L－1的溶液中，pH(HCN)＞pH(H2CO3)＞pH(CH3COOH)，故A正确；
B、升高温度，促进弱电解质电离，所以升高温度促进HCN电离，电离平衡常数增大，故B正确；
C、醋酸稀释时，醋酸的电离平衡正向移动，0.2ml/L醋酸溶液与0.1ml/L醋酸溶液中c(H+)之比小于2:1，故C正确；
D。碳酸分两步电离H2CO3⇌H++HCO、HCO⇌H++CO，第一步远远大于第二步电离，所以饱和H2CO3溶液中c（H+）与 c（CO）的比值大于2，故D错误；
故选D。
10. 常温下向10mL0.1ml/L的HR溶液中逐滴加入0.1ml/L的氨水，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析正确的是
A. a~c点，溶液中离子数目先增大后减小
B. b点溶液pH=7说明c(NH4+)=c(R－)
C. c点溶液存在c(NH4+)>c(R－)>c(H+)>c(OH－)
D. b、c两点对应溶液中，水的电离程度相同
【答案】B
【解析】
【分析】A.根据溶液的导电性与自由移动的离子浓度有关，与离子数目无关；B.根据电荷守恒分析判断；C.根据溶液的pH判断离子浓度关系；D.根据酸、碱抑制水的电离，含有弱酸根离子的盐会促进水的电离分析解答。
【详解】A.根据图象可知a~b点，溶液的导能力增强，b~c点溶液的导电能力减弱，说明从a~c点，溶液中自由移动的离子浓度先增大后减小，但是，离子数目在整个过程中一直在增大，A错误；
B.根据图象可知b点溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒c(H+)+ c(NH4+)=c(R－)+ c(OH-)，可得c(NH4+)=c(R－)，B正确；
C.根据图象可知c点溶液的pH>7，说明 c点溶液中离子浓度：c(OH－)>c(H+)，C错误；
D.由曲线的起点的pH可知，HR为弱酸，b点溶液的pH=7、溶液的导电性最强，两者恰好完全反应生成弱酸弱碱盐，该盐水解促进水的电离；而c点溶液显碱性，说明氨水过量，氨水电离产生OH-会抑制水的电离，使水的电离程度减小，所以水的电离程度：b>c，D错误。
因此本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了酸碱混合溶液中离子浓度关系及溶液导电性的判断的知识。是高频考点，明确曲线含义、对应溶液的成分及其性质是本题解答的关键，难度不大。
11. 下列表述中，说法正确的个数是
①pH=6的溶液一定是酸性溶液
②用Na2CO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸
④25℃时，水溶液中水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积一定等于10-14
⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡
⑥0.2 ml/L醋酸溶液加水稀释，电离程度增大，c(H+)一定增大
⑦用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
⑧用广范pH试纸测得某溶液的pH为2.3
⑨用TiCl4制备TiO2的反应可表示为：TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①室温下中性溶液pH=7，pH=6的溶液是酸性溶液；若在95℃，中性溶液pH=6，因此pH=6的溶液可能是酸性溶液也可能是中性溶液，①错误；
②泡沫灭火剂用的物质是NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液，②错误；
③FeCl3是强酸弱碱盐，水解产生难溶性的Fe(OH)3使溶液变浑浊，为抑制盐的水解，在保存FeCl3溶液，可在溶液中加少量盐酸，③正确；
④25℃时，水溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积一定等于10-14，但水电离产生c(H+)和c(OH-)的乘积不一定等于10-14，④错误；
⑤如果Na2Y的水溶液显中性，说明H2Y是强酸，该盐不发生水解反应，但该溶液中存在水的电离平衡，⑤错误；
⑥0.2 ml/L醋酸溶液加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液体积增大，因此溶液中c(H+)减小，⑥错误；
⑦Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液混合，会发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀和H2S气体，不能制取得到Al2S3固体，⑦错误；
⑧pH广泛试纸只能粗略测定溶液pH，溶液的pH是整数，因此用广范pH试纸测得某溶液的pH为2，但不能是2.3，⑧错误；
⑨用TiCl4制备TiO2，可根据盐的水解规律，反应可表示为：TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl，⑨正确；
综上所述可知：说法正确的是③⑨，共2个，故合理选项是B。
12. 下列说法不正确的是
A. 25℃时，的一元酸溶液与的溶液等体积混合后
B. 相同物质的量浓度的溶液和溶液，前者大于后者
C. 25℃时，的溶液稀释至，溶液
D. 恒温时，向溶液中逐滴加入过量的溶液，始终减小
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．pH=3的一元酸溶液为强酸时，与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液pH=7，若为弱酸时，酸的浓度大于0.001ml/L，反应后弱酸过量，pH<7，即25℃时，pH=3的一元酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH≤7，A错误；
B．Fe2+水解显酸性，NH水解也显酸性，所以中NH抑制Fe2+的水解，故前者大于后者，B正确；
C．溶液越稀释越水解，故的溶液稀释至，溶液，C正确；
D．向溶液中少量溶液，c(H+)减小，促进NH水解，故减小；加入过量NaOH时，NaOH与NH反应，也减小，D正确；
故选A。
13. 25℃时，用溶液滴定20.00 mL未知浓度的溶液，滴定曲线如图所示，c点所示溶液中溶质为，下列说法不正确的是
A. 该草酸溶液的物质的量浓度为
B. b点满足：
C. c点满足：
D. 水的电离程度大小：
【答案】D
【解析】
【详解】A．草酸为二元弱酸，c点所示溶液中溶质为，则此时两者恰好反应，则该草酸溶液的物质的量浓度为，A正确；
B．b点由电荷守恒可知：，此时pH=7，则，B正确；
C．c点所示溶液中溶质为，由物料守恒可知，，C正确；
D．酸和碱会抑制水的电离，盐的水解会促进水的电离，c点所示溶液中溶质为，此时水的电离程度最大，故水的电离程度大小：，D错误；
故选D。
14. 关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不正确的是( )
A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关
B. 将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明Ksp[Ca(OH)2]大于Ksp(CaSO4)
C. 已知25 ℃时Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝4.0×104
D. 已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2] ＝1.8×10－11，在MgCl2溶液中加入氨水调混合液的pH＝11，产生沉淀，则此时溶液中的c(Mg2＋)＝1.8×10－5ml·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】A. Ksp是温度的常数，只随温度改变而改变，不同物质的溶解能力不同，与物质本身的性质有关，故A正确；
B. 将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明硫酸钙的溶解度小，但溶度积表达式类型不同，不能说明大小，故B错误；
C. Ksp[Fe(OH)3]=c3(OH−)⋅c(Fe3+)，反应的平衡常数K==4.0×104，故C正确；
D. 测得混合液的pH=11，Ksp[Mg(OH)2]=c2(OH−)⋅c(Mg2+)，c(OH−)=10−3，代入求得c(Mg2+)=1.8×10−3ml/L，故D正确；
答案选B。
15. 我国成功研制的新型可充电 AGDIB电池(铝-石墨双离子电池)采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。电池反应为：CxPF6+LiyAl=Cx+LiPF6+Liy-1Al。放电过程如图，下列说法正确的是
A. B为负极，放电时铝失电子
B. 充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：LiyAl-e=Li++Liy-1Al
C. 充电时A电极反应式为Cx+ PF﹣e=CxPF6
D. 废旧AGDIB电池进行“放电处理”时，若转移lml电子，铝锂电极上可回收7g Li
【答案】C
【解析】
【分析】电池反应为CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy－1Al ，根据离子的移动方向可知A是正极，B是负极。
【详解】A．放电时锂失电子，而不是铝失电子，A错误；
B．充电时，与外加电源负极相连一端为阴极，电极反应为Li＋+Liy－1Al+e－=LiyAl，B错误；
C．充电时A电极为阳极，反应式为Cx+-e－=CxPF6，C正确；
D．废旧AGDIB电池进行“放电处理”时，锂发生氧化反应生成锂离子，若转移1ml电子，消耗1mlLi ，即7gLi失电子，铝锂电极减少7g ，石墨电极的电极反应为CxPF6+ e－= Cx+，不可能回收到锂，D错误；
故选C。
16. 下列说法正确的是（ ）
A. 向0.1ml/L 100mL CH3COONa的溶液中再加0.1ml CH3COONa固体后c(CH3COO－)/c(Na+)变大
B. 向0.1ml/L的二元弱酸盐Na2A中不断通入HCl(g),则c(H+)/c(H2A)先变大后变小
C. 已知：FeCl3（aq）+ 3KSCN（aq）3KCl（aq）+Fe（SCN）3（aq），向该平衡体系中加入固体KCl后溶液颜色变浅
D. 室温时，0.1ml/L NH4HCO3溶液pH=8.1，则Ka1(H2CO3) ＞Kb(NH3·H2O)＞Ka2(H2CO3)
【答案】A
【解析】
【详解】A、向0.1ml/L 100mL CH3COONa的溶液中再加0.1ml CH3COONa，CH3COO-浓度变大，水解程度减小，c(CH3COO－)和c(Na+)均变大，但是c(CH3COO－)增大的幅度更大，因此加入固体后c(CH3COO－)/c(Na+)变大，故A正确；
B、向0.1ml/L的二元弱酸盐Na2A中不断通入HCl(g)，根据，，有氢离子先和A2－反应生成HA-，再与HA-反应生成H2A，HA-的浓度先增大后减小，则c(H+)/c(H2A)先变小后变大，故B错误；
C、已知：FeCl3(aq)+ 3KSCN(aq)3KCl(aq) +Fe(SCN)3(aq)，向该平衡体系中加入固体KCl，反应实质为Fe3+ + SCN－Fe(SCN)3，因此加KCl，平衡不移动，故C错误；
D、室温时，0.1ml/L NH4HCO3溶液pH=8.1，显碱性，说明氨水的电离程度大于碳酸的电离程度，故D错误；
综上所述，答案为A。
【点睛】溶液中的平衡一定是改变参与反应的离子浓度来使平衡发生移动，没有参与反应的离子浓度变化与平衡移动无关。
第II卷(非选择题)
二、实验题(共14分)
17. 乙二酸（HOOC—COOH）俗名草酸，是一种有还原性的有机弱酸，在化学上有广泛应用。
（1）小刚在做“研究温度对化学反应速率的影响”实验时，他往 A、B 两支试管中均加入 4 mL 0.01 ml·L－1的酸性 KMnO4溶液和 2 mL 0.1ml·L－1H2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A 试管置于热水中，B 试管置于冷水中，记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间 tA________tB（填“>”“＝”或“<”）。写出该反应的离子方程式：___________________________。
（2）实验室有一瓶混有泥沙的乙二酸样品，小刚利用上述反应的原理来测定其含量，具体操作为：
①配制 250 mL 溶液：准确称量 5.0 g 乙二酸样品，配成 250 mL 溶液。
②滴定：准确量取 25.00 mL 所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将 0.100 0ml·L－1KMnO4标准溶液装入______（填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作。 判断滴定达到终点的现象是_____________________。
③计算：重复上述操作 2 次，记录实验数据如下表。则消耗 KMnO4标准溶液的平均体积为________ mL，此样品的纯度为____________。
④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是___________。
A．未用KMnO4标准溶液润洗滴定管
B．滴定前锥形瓶内有少量水
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
【答案】 ①. < ②. ③. 酸式 ④. 滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色 ⑤. 20.00 ⑥. 90% ⑦. AC
【解析】
【分析】酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，乙二酸有还原性，二者发生氧化还原反应的离子方程式为，结合氧化还原滴定相关知识解答。
【详解】(1)温度越高反应速率越快，A试管置于热水中，则A中的反应速率快，则褪色所用时间短，所以褪色所需时间tA＜tB，酸性KMnO4溶液能将草酸氧化为CO2，被还原为Mn2＋，该反应的离子方程式：，故答案为：＜；；
(2)②高锰酸钾溶液有强氧化性，会氧化碱式滴定管的乳胶，所以酸性高锰酸钾溶液应该盛放在酸式滴定管中，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的溶液颜色恰好由无色变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点，故答案为：酸式；滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色；
②三次实验消耗高锰酸钾溶液的体积分别为20.01mL、19.99mL、21.10mL，第三次实验数据的误差太大，应舍去，前两次实验消耗KMnO4标准溶液的平均体积=mL=20.00 mL，根据反应：，25.00 mL所配草酸溶液中，n(H2C2O4)＝＝2.5×0.1000ml·L－1×20.00×10－3 L＝0.005 000 ml，则250 mL溶液中含0.050 00 ml草酸，其质量为0.050 00 ml×90 g·ml－1＝4.500 g，此样品的纯度==90.00%，故答案为：20.00mL；90.00%；
④A．未用KMnO4标准溶液润洗滴定管，会使标准溶液浓度偏低，耗用标准溶液体积偏大，结果偏高，故A符合题意；
B．滴定前锥形瓶内有少量水，对实验结果无影响，故B不符合题意；
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，气泡体积计入了标准溶液的体积，使标准溶液体积偏大，结果偏高，故C符合题意；
D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，使标准溶液体积偏小，结果偏低，故D不符合题意；
故答案：AC。
三、工业流程题(共10分)
18. 硼氢化钠(NaBH4)具有优良的还原性，在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。利用硼精矿(主要成分为B2O3，含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等制取NaBH4的流程如图：
(已知：B2O3+2NaOH = 2NaBO2+H2O，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，水溶液呈碱性。)
（1）写出加快硼精矿溶解速率的措施_______写一种。
（2）操作1为_______，滤渣主要成分为_______。
（3）除硅铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有：①能将硅、铝以沉淀除去；②_______。
（4）氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为_______；MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应1，其化学方程式为：_______。
（5）如图在碱性条件下，在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠，写出阴极室的电极反应式_______。
【答案】（1）将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等
（2） ①. 过滤 ②. Fe(OH)3
（3）提供碱性溶液抑制NaBO2水解
（4） ①. -1 ②. 2MgH2+ NaBO2= NaBH4+2MgO
（5）BO+6H2O+8e-= BH+8OH-
【解析】
【分析】以硼精矿（主要成分为B2O3，含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等）为原料制取NaBH4，由流程可知，加NaOH溶解B2O3、Al2O3、SiO2，将FeCl3转化成氢氧化铁沉淀，则操作1为过滤，滤渣为Fe(OH)3； 再加CaO将硅铝沉淀，则操作2也为过滤，从而除去硅铝，最后反应1为NaBO2与MgH2反应生成NaBH4，以此来解答；
【小问1详解】
加快硼精矿溶解速率的措施有将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等都可以加快硼精矿溶解速率；
【小问2详解】
根据以上分析，操作1为过滤，滤渣主要成分为Fe(OH)3；
【小问3详解】
因为在NaBO2溶液除去硅铝，又NaBO2易溶于水，在碱性条件下稳定存在，所以除硅铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有：①能将硅、铝以沉淀除去；②提供碱性溶液抑制NaBO2水解；
【小问4详解】
根据化合价代数和为0，则氢化镁（MgH2）中H元素的化合价为-1；MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应生成NaBH4和MgO，则反应方程式：2MgH2+NaBO2=NaBH4+2MgO；
【小问5详解】
在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠，则阴极室得电子发生还原反应生成，则电极反应式为：BO+6H2O+8e-= BH+8OH-；
四、原理综合题(共13分)
19. 二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。
（1）在太阳能的作用下，以CO2为原料制取炭黑的流程如图所示，其总反应的化学方程式为_______。
（2）CO2经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) H，已知几种化学键键能如下表所示：
则H=_______。
（3）在2L恒容密闭容器中充入2mlCO2和n mlH2，在一定条件下发生(2)中的反应，CO2的转化率与温度、投料比[X=]的关系如图所示。
①X1_______X2(填“>”、“＜”或“=”，下同)，平衡常数KA_______KB。
②若B点的投料比为3，且从反应开始到B点需要10min，则v(H2)=_______ ml•L1·min1。
（4）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，工作原理图如下图。(丙烯化学式：C3H6)
①电源b极的名称是_______(填“正极”或“负极”)；
②产生C3H6的电极反应式为_______；
③若CO2只转化为C3H6，则标况下生成2ml C3H6的同时，产生氧气的体积为_______L。
【答案】（1）
（2）-375kJ·ml-1
（3） ①. > ②. > ③. 0.225
（4） ①. 正极 ②. 3CO2+ 18H+ + 18e- = C3H6 + 6H2O ③. 201.6
【解析】
【小问1详解】
总反应的化学方程式为；
【小问2详解】
△H=反应物键能之和-生成物键能之和=(4×745+6×436-615-4×413-8×463) kJ·ml-1=-375kJ·ml-1；
【小问3详解】
①X越大，CO2的转化率越大，所以X1>X2。该反应△H <0，升温平衡左移，所以平衡常数KA>KB。②若B点的投料比为3，需要投入6 mlH2，且从反应开始到B点需要10min，则v（H2）==0.225ml•L-1·min-1；
【小问4详解】
①根据图可知，氧气是溶液中的氢氧根离子失去电子生成的，所以生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极；
②阴极上二氧化碳得到电子与氢离子反应生成丙烯和水，电极反应为3CO2+18H++18e-= CH3CH=CH2+6H2O；
③根据电子得失守恒有2ml C3H6~36mle-~9mlO2，标准状况下体积为：9ml×22.4L/ml=201.6L。
五、结构与性质(共15分)
20. Zn、Cu、Mn等元素是人体必需的微量元素。
（1）基态Zn2+的价层电子排布式为___________，Zn、Cu均位于元素周期表___________区(填s、p、d或ds)；比较Zn和Cu的第一电离能I1(Zn)___________I1(Cu)(填“>”、“<”或“=”)。
（2）在碱性环境下，Cu2+可与双缩脲(NH2CONHCONH2)发生显色反应，产物结构如下：
该物质中C的杂化方式为___________；Cu2+的配位数为___________。
（3）咔唑( )用于制备靶向Zn2+荧光探针，咔唑沸点比 高的主要原因是___________。
（4）氮化铜(tricppernitride)是一种新型电极材料，其晶体属于立方晶系，沿晶胞体对角线投影如图(黑球均代表Cu)。
已知该晶胞中原子的分数坐标如下：Cu。(0，0，)：(0，，0)；(，0，0)；N：(0，0，0)，
①氮化铜的晶胞为___________(填字母标号)；
②Cu原子最近的Cu原子有___________个；
③NA为阿伏伽德罗常数的值，铜和氮原子的最近距离为anm，则该晶体的密度为___________g/cm3。
【答案】（1） ①. 3d10 ②. ds ③. >
（2） ①. sp2 ②. 4
（3）咔唑能形成分子间氢键
（4） ①. A ②. 8 ③.
【解析】
【小问1详解】
Zn是30号元素，基态Zn2+的价层电子排布式为：3d10，Zn、Cu均位于元素周期表的ds区，Zn的价层电子排布式为：3d104s2而Cu的的价层电子排布式为：3d104s1，所以第一电离能I1(Zn) >I1(Cu)，故答案为：3d10；ds；>。
【小问2详解】
该物质中C的价层电子对数是3+0=3，杂化方式为sp2，由图可知Cu2+的配位数为4，故答案为：sp2；4。
【小问3详解】
咔唑分子中有N-H键，分子间可以形成氢键，使得沸点比 高，故答案为：咔唑能形成分子间氢键。
【小问4详解】
①结合对角线投影图和Cu原子的位置坐标可知Cu原子处于晶胞中的顶角和棱心位置，所以氮化铜的晶胞为A；
②结合晶胞图可知Cu原子最近的Cu原子有个；
③NA为阿伏伽德罗常数的值，铜和氮原子的最近距离为anm，是晶胞边长的一半，所以晶胞参数是2anm，则该晶体的密度为g/cm3。
故答案为：A；8；。选项
热化学方程式
结论
A
B
P(s，白磷)比P(s，红磷)稳定
C
的燃烧热()为
D
将和混合并充分反应，放出的热量为
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数(25℃)
1.8×10-5
4.9×10-10
K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11
序号
滴定前读数
滴定后读数
1
0.00
20.01
2
1.00
20.99
3
0.00
21.10
物质
H-H
C=O
C=C
C-H
H-O
能量/kJ•ml1
436
745
615
413
463
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