2023北京北师大二附中高二上学期期中化学试卷（教师版）

这是一份2023北京北师大二附中高二上学期期中化学试卷（教师版），共19页。试卷主要包含了本部分共14题，每题3分，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、本部分共14题，每题3分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．采取下列措施对增大反应速率有明显效果的是（ ）
A．Na与水反应时，增加水的用量
B．Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸
C．盐酸与NaOH溶液反应时，增大压强
D．大理石与盐酸反应制取CO2时，将块状大理石改为粉末状
2．下列操作可以使水的离子积常数Kw增大的是（ ）
A．加热B．通入少量氯化氢气体
C．通入少量氨气D．加入少量醋酸钠固体
3．如图是某离子M的水解过程示意图，M可能是（ ）
A．B．Al3+C．D．
4．合成氨工业中采用了物质循环操作，主要的目的是（ ）
A．降低氨的沸点
B．增大化学反应速率
C．提高N2和H2的利用率
D．提高平衡混合物中氨的含量
5．痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠（NaUr）有关（NaUr增多，病情加重），其化学原理为：HUr（aq）+Na+ （aq）⇌NaUr（s）+H+（aq）ΔH＜0下列说法不正确的是（ ）
A．寒冷季节更易诱发关节疼痛
B．大量饮水会增大痛风病发作的可能性
C．饮食中摄入过多食盐，会加重痛风病病情
D．患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物
6．下列应用与盐类水解无关的是（ ）
A．纯碱溶液去油污
B．用NaHCO3与Al2（SO4）3制作泡沫灭火器
C．向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制Fe（OH）3胶体
D．实验室配制FeSO4溶液时，加少量铁粉
7．下列图示与化学用语表述内容不相符的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
8．在相同温度时，100mL0.01ml/L醋酸与10mL0.1ml/L醋酸相比较，下列数值中，前者大于后者的是（ ）
A．溶液中n（H+）B．醋酸的电离平衡常数
C．中和时所需n（NaOH）D．溶液中n（CH3COOH）
9．某温度时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中，不正确的是（ ）
A．CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡：CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+（aq）
B．a点表示CaSO4在水中达到沉淀溶解平衡
C．b点有CaSO4沉淀生成
D．由图可知，含大量的溶液中不存在Ca2+
10．下列实验装置（部分夹持装置已略去）可以达到对应实验目的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11．已知1mlH2O2分解放出热量98kJ。在含有少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理是：ⅰ.H2O2+I﹣═H2O+IO﹣，ⅱ.H2O2+IO﹣═H2O+O2↑+I﹣。H2O2分解过程中能量变化如图。下列说法正确的是（ ）
A．①表示加催化剂后反应过程中的能量变化
B．①的活化能等于98kJ•ml﹣1
C．ⅰ和ⅱ均为放热反应
D．ⅰ的化学反应速率比ⅱ的小
12．一种水性电解液Zn﹣MnO2离子选择双隔膜电池如图所示（KOH溶液中，Zn2+以存在）。电池放电时，下列叙述错误的是（ ）
A．Zn电极为负极
B．Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
C．MnO2电极反应：MnO2+2e﹣+4H+═Mn2++2H2O
D．电池总反应：Zn+4OH﹣+MnO2+4H+═Zn（OH）42﹣+Mn2++2H2O
13．下列反应与电离平衡无关的是（ ）
A．FeSO4溶液与NH4HCO3溶液反应制备FeCO3
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH
C．加氨水除去NH4Cl溶液中的杂质FeCl3
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3
14．某同学进行如下实验：
下列说法不正确的是（ ）
A．根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应
B．根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C．Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的
D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
二、非选择题（58分）
15．（9分）乙二酸（H2C2O4）俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。
（1）室温下，测得 0.1 ml•L﹣1 H2C2O4溶液的pH＝1.3，写出草酸的电离方程式 。
（2）草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示：
①向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH＝2.5时发生的主要反应的离子方程式是 。
②0.1 ml•L﹣1 KHC2O4溶液中，下列粒子浓度关系正确的是 （填序号）。
a．c（K+）+c（H+）═c（HC2）+c（C2）+c（OH﹣）
b．c（K+）＞c（HC2）＞c（C2）＞c（H2C2O4）
c．c（K+）═（HC2）+c（C2）+c（H2C2O4）
（3）工业上利用硫酸亚铁与草酸反应制备草酸亚铁晶体，其离子方程式为：
Fe2++H2C2O4+xH2O⇌FeC2O4•xH2O↓+2H+
①制备时需添加氨水以提高FeC2O4•xH2O的产率，从化学平衡移动原理角度解释原因： 。
②测定草酸亚铁晶体（FeC2O4•xH2O）的x值，实验如下：
称取0.5400 g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，用KMnO4酸性溶液滴定。到达滴定终点时，消耗0.1000 ml•L﹣1的KMnO4酸性溶液18.00 mL。
已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为Fe3+、CO2，锰元素被还原为Mn2+则FeC2O4•xH2O中x＝ （FeC2O4的摩尔质量是144 g•ml﹣1）。
16．（14分）印刷电路板废液主要含CuCl2、FeCl2以及少量的FeCl3等物质，以废液为原料制备CuSO4，实现资源回收再利用，流程如图所示。
（1）粗CuSO4溶液的制备
①上述流程中能加快反应速率的措施有 。
②加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有 。
（2）CuSO4溶液的精制
i.经检验，粗CuSO4溶液含有Fe2+。
ii.向粗CuSO4溶液滴加3%的H2O2溶液，当溶液中Fe2+完全氧化后，加A物质的粉末调节溶液的pH＝4。
iii.将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制CuSO4溶液。
①ii中，用离子方程式说明加入H2O2溶液的作用 ；A物质是 。
②25℃时，Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，Ksp[Fe（OH）3]＝2.8×10﹣39。pH＝4时，c（Fe3+）＝ ml⋅L﹣1。判断Cu2+此时尚未开始沉淀，依据是 。（25℃时，CuSO4饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度约为1.4ml•L﹣1）
③精制CuSO4溶液显酸性，原因是 （用离子方程式表示）
（3）制备（CuSO4⋅5H2O晶体
向精制的CuSO4溶液中加一定量硫酸， ，过滤，洗涤干燥，得到CuSO4•5H2O晶体。
17．（8分）空燃比是影响发动机油耗和污染物排放量的重要因素。
资料：i．空燃比是通入空气与燃料质量的比值，按化学计量数反应时的空燃比称为理论空燃比。
ii．2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH＝﹣566kJ⋅ml﹣1
（1）若不完全燃烧时发生反应2C8H18（l）+23O2（g）═12CO2（g）+4CO（g）+18H2O（g）。
①与完全燃烧相比，每2mlC8H188不完全燃烧时少放出的能量为 。
②为减少油耗，实际使用过程中的空燃比 （填“大于”或“小于”）理论空燃比。
（2）三元催化转化器可降低汽车尾气中CO、碳氢化合物和氮氧化物的含量。汽车尾气中污染物单位时间的转化率与空燃比的关系如图（氮氧化物主要是NO）。
已知：i．空燃比大于15后，空燃比越大，尾气的温度越低。
ii．CO和NO的反应为放热反应。
①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，反应的化学方程式为 。
②空燃比大于15时，尾气中氮氧化物单位时间的转化率接近于0，可能的原因是 。（写出2条）。
18．（12分）羟基自由基（•OH，电中性）是一种活性含氧粒子。常温下，利用•OH处理含苯酚（C6H6O）废水，可将其转化为无毒的氧化物。
（1）•OH中氧元素的化合价为 。
（2）pH＝3时Fe2+催化H2O2的分解过程中产生•OH中间体，催化循环反应如下。将ii补充完整。
i.Fe2++H2O2+H+＝Fe3++H2O+⋅OH
ii. + ＝ +O2↑+2H+
（3）已知：羟基自由基容易发生猝灭2⋅OH＝H2O2。用H2O2分解产生的•OH脱除苯酚，当其他条件不变时，不同温度下，苯酚的浓度随时间的变化如图1所示。0～20min时，温度从40℃上升到50℃，反应速率基本不变的原因是 。
（4）利用电化学高级氧化技术可以在电解槽中持续产生•OH，使处理含苯酚废水更加高效，装置如图2所示。已知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，然后在电解液中产生•OH，并迅速与苯酚（C6H6O）反应。
①b极连接电源的 极。
②a极的电极反应式为 。
③电解液中发生的主要反应的方程式是 、 。
19．（15分）某小组同学探究室温时物质的溶度积大小与沉淀转化方向之间的关系。
（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化
①实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后， 。
②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是 。
③实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合沉淀溶解平衡解释原因 。
（2）探究AgCl和AgI之间的转化
实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大.
①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液是 （填序号）。
a.AgNO3溶液
b.NaCl溶液
c.KI溶液
②实验Ⅳ步骤i中，B中石墨上的电极反应式是 。
③解释实验Ⅳ中b＜a的原因 。
④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是 。
（3）综合实综合实验Ⅰ～Ⅳ可得出结论 。
参考答案
一、本部分共14题，每题3分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．【分析】A．水为纯液体，浓度视为常数；
B．浓硫酸和Fe发生钝化现象反应停止；
C．盐酸与NaOH溶液反应时，没有气体参与；
D．将块状改为粉末状，增大了反应物的接触面积。
【解答】解：A．水为纯液体，增大水的用量不影响反应速率，故A错误；
B．浓硫酸和Fe发生钝化现象反应停止，且不生成氢气，生成二氧化硫，故B错误；
C．盐酸与NaOH溶液反应时，没有气体参与，增大压强，浓度不变，速率不变，故C错误；
D．将块状大理石改为粉末状大理石，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
2．【分析】水的电离过程为吸热过程，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，Kw只与温度有关。
【解答】解：A．水的电离过程为吸热过程，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，故A正确；
B．通入少量氯化氢气体，相当于加酸抑制水的电离，但是Kw不变，故B错误；
C．通入少量氨气，相当于加碱抑制水的电离，但是Kw不变，故C错误；
D．加入少量醋酸钠固体，加可以水解的盐，可以使水的电离平衡发生移动，只要温度不变，Kw不改变，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意影响弱电解质电离的因素，从平衡移动的角度分析。
3．【分析】盐的水解原理是盐中的弱离子和水电离出的氢离子或是氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解是对水的电离平衡的促进。
【解答】解：根据盐的水解原理结合图示的内容可以知道X离子水解显示酸性，
A、碳酸根离子水解显示碱性，图示不符合，故A错误；
B、Al3+水解结合水电离出的氢氧根离子生成氢氧化铝，图示不符合，故B错误；
C、铵根离子水解溶液显示酸性，+H2O⇌NH3•H2O+H+，图示符合，故C正确；
D、电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性，不符合图中表示，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查学生盐的水解的实质，可以根据所学知识来回答，题目难度不大。
4．【分析】通过采用循环操作，大大提高了原料的利用率。
【解答】解：通过采用循环操作，大大提高了原料的利用率；由于合成氨的反应方程式是：N2+3H2⇌2NH3，该反应是可逆反应，反应物只能部分转化成氨气，所以通过采用循环操作，大大提高了原料氮气、氢气的利用率，
故选：C。
【点评】本题考查氨气的制备，侧重考查学生反应条件的控制的掌握情况，试题比较简单。
5．【分析】A．为放热反应，降低温度平衡正向进行；
B．大量饮水，离子浓度减小、Qc大于K；
C．钠离子浓度增大，平衡正向移动；
D．增大尿酸的浓度，使得平衡正向移动。
【解答】解：A．寒冷季节温度较低，有利于平衡正向移动，使得人体中NaUr含量增多，病情加重，故A正确；
B．假设该反应中，c（H+）＝c（NaUr）＝c（Na+）＝1ml/L，即K＝＝1，饮水将各物质浓度稀释为0.01ml/L，则Qc＝100＞K，则平衡逆向移动，人体中NaUr含量会减少，降低痛风病发作的可能性，故B错误；
C．饮食中摄入过多食盐，会增大Na+的浓度，使得平衡正向移动，人体中NaUr含量增多，病情加重，故C正确；
D．若患痛风病的人应多吃能代谢产生更多尿酸的食物，会增大尿酸的浓度，使得平衡正向移动，人体中NaUr含量增多，病情加重，故患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握浓度、温度对平衡的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
6．【分析】A．纯碱水解显示碱性，能够促进油污的水解；
B．NaHCO3与Al2（SO4）3可发生双水解反应；
C．FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体；
D．实验室配制FeSO4溶液时，加少量铁粉防止FeSO4溶液被氧化。
【解答】解：A．纯碱为碳酸钠，属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，碱能促进油脂水解，加热促进碳酸钠水解，所以生活中常用热的纯碱溶液洗涤油污与水解有关，故A错误；
B．NaHCO3与Al2（SO4）3可发生双水解反应生成二氧化碳，可以做灭火器，与盐类的水解有关，故B错误；
C．FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，与盐类的水解有关，故C错误；
D．实验室配制FeSO4溶液时，加少量铁粉防止FeSO4溶液被氧化，与盐类水解无关，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查盐类水解的应用，题目难度不大，熟悉物质的性质和水解原理为解答的关键。
7．【分析】A．NaCl为强电解质，溶于水完全电离；
B．用惰性电极电解氯化铜生成铜和氯气；
C.依据勒夏特列原理判断；
D.反应物的能量高于生成物的能量是放热反应。
【解答】解：A．NaCl属于盐，为强电解质，电离方程式为：NaCl═Na++Cl﹣，故A正确；
B．用惰性电极电解氯化铜溶液的总反应为：CuCl2Cu+Cl2↑，故B错误；
C.依据图象可知温度较高时，平衡向着生成二氧化氮的反向移动，由勒夏特列原理可知，温度升高，平衡朝着吸热方向移动，可知2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0，故C正确；
D.由图象可知反应物的能量高于生成物的能量是放热反应，因而H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）ΔH＜0，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡移动、反应热与焓变、电解质的电离、电解池，为高频考点，把握反应中能量变化、电离与电解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
8．【分析】A．前者体积是后者10倍、后者浓度是前者10倍，所以两种酸的物质的量相等，酸浓度越大，酸的电离程度越小；
B．电离平衡常数只与温度有关；
C．中和消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比；
D．酸的浓度越大，酸的电离程度越小。
【解答】解：A．前者体积是后者10倍、后者浓度是前者10倍，所以两种酸的物质的量相等，酸浓度越大，酸的电离程度越小，电离程度：前者大于后者，所以n（H+）：前者大于后者，故A正确；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同，醋酸的电离平衡常数相等，故B错误；
C．中和消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比，两种酸的物质的量相等，则消耗NaOH的量相等，故C错误；
D．酸的浓度越大，酸的电离程度越小，电离程度：前者大于后者，则溶液中没有电离的n（CH3COOH）：前者小于后者，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力考查，明确弱酸浓度与酸电离程度关系是解本题关键，题目难度不大。
9．【分析】A．CaSO4微溶于水，在水中存在沉淀溶解平衡；
B．一定温度下的饱和溶液中，存在硫酸钙的沉淀溶解平衡，Ksp（CaSO4）＝c（Ca2+）•c（），溶液中c（Ca2+）•c（）＞Ksp（CaSO4），会生成沉淀；
C．b点表示在该温度下，溶液中c（Ca2+）•c（）＞Ksp（CaSO4）；
D．CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡：CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+（aq）。
【解答】解：A．CaSO4微溶于水，在水中存在沉淀溶解平衡：CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+（aq），故A正确；
B．一定温度下的饱和溶液中，存在硫酸钙的沉淀溶解平衡，曲线上的点都存在Ksp（CaSO4）＝c（Ca2+）•c（），a点表示在该温度下，溶液中c（Ca2+）•c（）＝Ksp（CaSO4），CaSO4在水中达到沉淀溶解平衡，故B正确；
C．一定温度下的饱和溶液中，存在硫酸钙的沉淀溶解平衡，曲线上的点都存在Ksp（CaSO4）＝c（Ca2+）•c（），b点示在该温度下，溶液中c（Ca2+）•c（）＞Ksp（CaSO4），说明有硫酸钙沉淀生成，故C正确；
D．CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡：CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+（aq），溶液中含大量的溶液中，也一定含Ca2+，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念。
10．【分析】A.针筒可测定氢气的体积；
B.图中保温效果差；
C.硝酸银过量，分别与NaCl、硫化钠反应生成沉淀；
D.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀。
【解答】解：A.针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，故A正确；
B.图中保温效果差，不能测定中和热，故B错误；
C.硝酸银过量，分别与NaCl、硫化钠反应生成沉淀，不能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，故C错误；
D.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率、中和热测定、难溶电解质、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11．【分析】由反应机理可知I﹣为反应的催化剂，IO﹣为中间产物，反应i较慢，则决定过氧化氢的分解速率，根据盖斯定律，反应i反应ii得：2H2O2（aq）＝2H2O（l）+O2（g）ΔH1+ΔH2，催化剂可以改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，以此解答该题。
【解答】解：A、催化剂可以改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，①表示未加催化剂后反应过程中的能量变化，故A错误；
B、1mlH2O2分解放出热量98kJ，则反应1的活化能Ea1和反应Ⅱ的活化能Ea2差值是98kJ，故B错误；
C、ⅰ中产物的能量高于反应物的能量，所以i是吸热反应，故C错误；
D、反应i活化能较大，速率较慢，决定过氧化氢的分解速率，故D正确；
故选：D。
【点评】本题目主要考查催化剂、活化能、化学反应速率的相关知识，题目难度不大。
12．【分析】该装置为原电池，Zn发生失电子的反应生成Zn（OH）42﹣、为负极，MnO2电极为正极，负极反应式为Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝Zn（OH）42﹣，正极反应式为MnO2+2e﹣+4H+＝Mn2++2H2O，负极区K+剩余，通过隔膜迁移到Ⅱ区，正极区过量，通过隔膜迁移到Ⅱ区，总反应为Zn+4OH﹣+MnO2+4H+═Zn（OH）42﹣+Mn2++2H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，Zn电极为负极，MnO2电极为正极，故A正确；
B．放电时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则Ⅲ区的K+通过隔膜向Ⅱ区迁移，故B错误；
C．MnO2电极为正极，MnO2发生得电子的反应生成Mn2+，正极反应式为MnO2+2e﹣+4H+＝Mn2++2H2O，故C正确；
D．负极反应式为Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝Zn（OH）42﹣，正极反应式为MnO2+2e﹣+4H+＝Mn2++2H2O，则总反应为Zn+4OH﹣+MnO2+4H+═Zn（OH）42﹣+Mn2++2H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池工作原理，把握正负极的判断、电极反应的书写以及离子的移动方向即可解答，侧重分析能力和灵活运用能力考查，题目难度中等。
13．【分析】A．FeSO4溶液与NH4HCO3溶液混合时生成白色沉淀碳酸亚铁和无色无味气体二氧化碳生成；
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH，促进水的电离；
C．加氨水使铁离子水解平衡正向移动，铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，促进了一水合氨的电离；
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，CaCO3为难溶电解质。
【解答】解：A．FeSO4溶液与NH4HCO3溶液混合时生成白色沉淀碳酸亚铁和无色无味气体二氧化碳生成，反应的方程式：FeSO4+2NH4HCO3＝FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，硫酸亚铁生成，促进碳酸氢根离子的电离，故A错误；
B．电解饱和NaCl溶液制备NaOH，阳极氯离子失电子发生氧化反应，阴极氢离子得到电子发生还原反应，促进水的电离，和电离平衡有关，故B错误；
C．加氨水使铁离子水解平衡正向移动，铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，随着一水合氨电离出的氢氧根离子和铁离子水解生成的氢离子反应，促进了一水合氨的电离平衡正向进行，和电离平衡有关，故C错误；
D．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，CaCO3为难溶电解质，反应过程中生成了难溶性电解质，是沉淀转化，和电离平衡无关，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质性质、弱电解质电离、盐类水解的分析判断，主要是弱电解质电离平衡的理解应用，题目难度中等。
14．【分析】A.氯化铵分解生成氨气和HCl，氨气使湿润的pH试纸变蓝，HCl使湿润的pH试纸变红，且二者化合生成氯化铵；
B.先观察到黄色→蓝色；
C.Ⅰ中试纸变成红色，与氯化铵分解生成HCl有关；
D.氯化铵分解后，在试管中部化合生成氯化铵。
【解答】解：A.氯化铵分解生成氨气和HCl，氨气使湿润的pH试纸变蓝，则NH4Cl发生了分解反应，故A正确；
B.先观察到黄色→蓝色，可知氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；
C.Ⅰ中试纸变成红色，与氯化铵分解生成HCl有关，与水解无关，溶液中发生水解显酸性，故C错误；
D.氯化铵分解后，在试管中部化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查铵盐的性质，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
二、非选择题（58分）
15．【分析】（1）H2C2O4为弱酸，逐级电离出H+，首先电离出HC2，再电离出C2；
（2）①pH＝2.5时，溶液中主要存在HC2；
②a．根据电荷守恒关系分析；
b.0.1 ml/L KHC2O4溶液为酸性，HC2电离程度大于HC2的水解程度；
c．根据物料守恒关系分析；
（3）①制备时需添加氨水以提高FeC2O4•xH2O的产率，则是利用氨水的碱性消耗H+，促使平衡正向移动；
②根据电子得失守恒，与FeC2O4•xH2O的反应的计量关系为：3～5FeC2O4•xH2O，据此计算。
【解答】解：（1）H2C2O4为弱酸，逐级电离出H+，首先电离出HC2，再电离出C2，所以电离方程式为：H2C2O4⇌H++HC2，HC2⇌C2+H+，
故答案为：H2C2O4⇌H++HC2，HC2⇌C2+H+；
（2）①pH＝2.5时，溶液中主要存在HC2，所以发生的主要反应的离子方程式是：H2C2O4+OH﹣═HC2+H2O，
故答案为：H2C2O4+OH﹣═HC2+H2O；
②a．根据电荷守恒：c（K+）+c（H+）＝c（HC2）+2c（C2）+c（OH﹣），故a错误；
b.0.1 ml/L KHC2O4溶液为酸性，HC2电离程度大于HC2的水解程度，所以溶液中离子浓度大小关系为：c（K+）＞c（HC2）＞c（C2）＞c（H2C2O4），故b正确；
c．根据物料守恒：c（K+）＝（HC2）+c（C2）+c（H2C2O4），故c正确，
故答案为：b、c；
（3）①制备时需添加氨水以提高FeC2O4•xH2O的产率，则是利用氨水的碱性消耗H+，促使平衡正向移动，产生更多的FeC2O4•xH2O，
故答案为：NH3•H2O 与H+反应，降低c（H+）浓度，使Fe2++H2C2O4+xH2O⇌FeC2O4•xH2O↓+2H+ 平衡向正反应方向移动，产生更多的FeC2O4•xH2O；
②根据电子得失守恒，与FeC2O4•xH2O的反应的计量关系为：3～5FeC2O4•xH2O，到达滴定终点时，消耗0.1000 ml/L的KMnO4酸性溶液18.00 mL，则n（FeC2O4•xH2O）＝ml＝3×10﹣3ml，草酸亚铁晶体质量为0.5400g，所以M＝＝180g/ml，所以x＝＝2，
故答案为：2。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、盐类水解、氧化还原滴定及其计算，化学平衡的移动等知识点，属于化学反应原理综合知识体系的考查，为高考常见题型，整体难度不大。
16．【分析】用FeCl3溶液浸泡印刷电路板后的废液，印刷电路的废腐蚀液含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，含有Cu2+、Fe2+、Fe3+离子，溶液中加入还原剂铁屑，还原剂还原铁离子为亚铁离子，还原铜离子为单质铜，过滤得粗铜，加入氧化剂氧气高温煅烧生成氧化铜，加入稀硫酸反应生成硫酸铜溶液。
（1）①常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等；
②加入还原剂铁屑，还原剂还原铁离子为亚铁离子，还原铜离子为单质铜；
（2）①加入H2O2溶液将亚铁离子氧化为铁离子，A为CuO等调节溶液pH沉淀铁离子，不引入其它杂质离子；
②已知25℃时，调节溶液pH＝4，此时c（OH﹣）＝10﹣10ml/L，根据Ksp[Fe（OH）3]＝2.8×10﹣39计算此时c（Fe3+），pH＝4时此时c（OH﹣）＝10﹣10ml/L，根据Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20判断Cu2+尚未开始沉淀；
③CuSO4溶液属于强酸弱碱盐，Cu2+发生水解精制CuSO4溶液显酸性；
（3）向精制的CuSO4溶液中加一定量硫酸，加热蒸发，再冷却至晶体析出，过滤得到CuSO4•5H2O晶体。
【解答】解：（1）①常用加快化学反应速率的措施有粉碎，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：粉碎，高温，
故答案为：粉碎，高温；
②加入还原剂铁屑，还原剂还原铁离子为亚铁离子，还原铜离子为单质铜，所以印刷电路板废液中发生的离子反应有：2Fe3++Fe＝3Fe2+，Cu2++Fe＝Fe2++Cu，
故答案为：2Fe3++Fe＝3Fe2+，Cu2++Fe＝Fe2++Cu；
（2）①加入H2O2溶液将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应有2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，向粗CuSO4溶液滴加3%的H2O2溶液，当溶液中Fe2+完全氧化后，加A物质的粉末为CuO，用来调节溶液的pH＝4，使铁离子完全沉淀，
故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；CuO；
②已知25℃时，调节溶液pH＝4，此时c（OH﹣）＝10﹣10ml/L，根据Ksp[Fe（OH）3]＝2.8×10﹣39计算此时c（Fe3+）＝＝ml/L＝2.8×10﹣9ml/L，Fe3+已沉淀完全，pH＝4时此时c（OH﹣）＝10﹣10ml/L，根据Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20计算此时c（Cu2+）＝＝ml/L＝2.2ml/L＞饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度为1.41ml/L，所以说明Cu2+尚未开始沉淀，
故答案为：2.8×10﹣9；此时c（Cu2+）＝2.2ml/L＞饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度为1.41ml/L，所以说明Cu2+尚未开始沉淀；
③CuSO4溶液属于强酸弱碱盐，Cu2+发生水解精制CuSO4溶液显酸性，反应的离子方程式为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，
故答案为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+；
（3）向精制的CuSO4溶液中加一定量硫酸，抑制硫酸铜的水解，加热蒸发浓缩，再冷却至晶体析出，过滤，洗涤干燥，得到CuSO4•5H2O晶体，
故答案为：加热蒸发浓缩，再冷却至晶体析出。
【点评】本题考查了物质分离和提纯的基本操作，涉及难溶电解质的有关计算等知识，题目难度中等，注意溶度积的计算公式的运用。
17．【分析】（1）①由方程式可知，2mlC8H18不完全燃烧生成4mlCO，少放出的热量等于2mlCO燃烧放出的热量；
②为减少油耗，即实际使用过程中的空燃比大于理论空燃比，保证燃料完全燃烧；
（2）①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，即反应生成氮气和二氧化碳；
②空燃比大于15时，CO、碳氢化合物转化率未减小，反应继续进行，CO的量较小，被还原的氮的氧化物减小，同时氧气的量增大，与氮气反应生成氮的氧化物。
【解答】解：（1）①由方程式可知，2mlC8H18不完全燃烧生成4mlCO，少放出的热量等于2mlCO燃烧放出的热量，故少放出的热量为566kJ×＝1132kJ，
故答案为：1132kJ；
②为减少油耗，保证燃料完全燃烧，实际使用过程中的空燃比大于理论空燃比，
故答案为：大于；
（2）①三元催化转化器可将CO和NO转化为无害气体，即反应生成氮气和二氧化碳，反应方程式为2CO+2NO2CO2+N2，
故答案为：2CO+2NO2CO2+N2；
②空燃比大于15时，NOx的转化率降低，而CO、碳氢化合物转化率未减小，反应继续进行，CO的量较小，被还原的氮的氧化物减小，同时氧气的量增大，与氮气反应生成氮的氧化物，尾气中氮氧化物单位时间的转化率接近于0，
故答案为：氧气含量高，燃料充分燃烧，产物中CO的量减小，被还原的NOx减小，同时氧气的量增大，与氮气反应生成NOx。
【点评】本题考查反应热的有关计算、化学原理的综合应用，题目侧重考查学生分析能力、综合运用知识的能力，具有较好地区分度。
18．【分析】（1）羟基为中性原子团，O与H之间的共用电子对偏向O原子，故O显﹣1；
（2）ii．Fe3+氧化•OH生成Fe2+和O2，据此书写离子反应方程式；
（3）H2O2对热不稳定，温度升高H2O2发生分解，使产生的•OH减少；
（4）①a极主要发生的反应是O2生成H2O2，O元素化合价降低、得到电子、发生还原；
②a电极为阴极，O2得到电子生成H2O2，结合酸性条件写出电极反应式；
③酸性条件下，H2O2分解产生的•OH脱除苯酚，并生成无毒的氧化物，根据元素守恒写出反应式。
【解答】解：（1）羟基为中性原子团，O与H之间的共用电子对偏向O原子，故O显﹣1，
故答案为：﹣1；
（2）ii．Fe3+氧化•OH生成Fe2+和O2，离子反应方程式2Fe3++2•OH═2Fe2++O2↑+2H+，
故答案为：2Fe3++2•OH═2Fe2++O2↑+2H+；
（3）H2O2对热不稳定，温度升高H2O2发生分解，导致c（•OH）下降，所以，温度从40℃上升到50℃，反应速率不基本不变，
故答案为：温度升高H2O2发生分解，导致c（•OH）下降；
（4）①a极主要发生的反应是O2生成H2O2，O元素化合价降低、得到电子、发生还原，则a电极为阴极、与电源负极相接，所以b电极为阳极、与电源正极相接，
故答案为：正；
②a电极为阴极，O2得到电子生成H2O2，根据酸性条件和电子守恒、电荷守恒写出的电极反应式为O2+2e﹣+2H+═H2O2，
故答案为：O2+2e﹣+2H+═H2O2；
③H2O2分解产生•OH，方程式为H2O2═2•OH，•OH脱除苯酚成无毒的氧化物CO2，方程式为C6H6O+28•OH═6CO2+17H2O，
故答案为：H2O2═2•OH，C6H6O+28•OH═6CO2+17H2O。
【点评】本题以羟基自由基•OH为载体，考查了电解原理、化学反应原理等知识，侧重化学用语的考查，题目难度中等，把握题给信息并运用信息是解题关键，注意催化剂的概念和电极反应式的书写。
19．【分析】（1）①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸；
②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；
③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+＝BaSO4+，根据离子浓度对平衡的影响分析作答；
（2）①要证明AgCl转化为AgI，AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；
②I﹣具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；
③B 中滴入AgNO3（aq）生成AgI沉淀；
④AgI转化为AgCl，则c（I﹣）增大，还原性增强，电压增大；
（3）综合实综合实验Ⅰ～Ⅳ可得出结论溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易。
【解答】解：①因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象，
故答案为：沉淀不溶解或无明显现象；
②实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O，
故答案为：BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O；
③由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1ml/LBaCl2，B为2mL0.1ml/L的Na2SO4溶液，根据Ba2++＝BaSO4↓，所以溶液中存在着BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+（aq），当加入浓度较高的Na2CO3溶液，与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+（aq），当加入浓度较高的Na2CO3溶液，与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，
故答案为：BaSO4在溶液中存在BaSO4（s）⇌Ba2+（aq）+（aq），当加入浓度较高的Na2CO3溶液，与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动；
（2）①甲溶液可以是NaCl溶液，滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI，
故答案为：b；
②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01ml/L的KI溶液，A中为0.1ml/L的AgNO3溶液，Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I﹣具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是：2I﹣﹣2e﹣＝I2，
故答案为：2I﹣﹣2e﹣＝I2；
③由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c（I﹣）减小，I﹣还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。所以实验Ⅳ中b＜a，
故答案为：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c（I﹣）减小，I﹣还原性减弱；
④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl（s），原电池的电压c＞b，说明c（Cl﹣）的浓度增大，说明发生了AgI+Cl﹣⇌AgCl+I﹣反应，平衡向右移动，c（I﹣）增大，
故答案为：实验ⅳ表明Cl﹣本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl﹣使c（I﹣）增大，证明发生了AgI+Cl﹣⇌AgCl+I﹣；
（3）综合实综合实验Ⅰ～Ⅳ可得出结论溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现，
故答案为：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。
【点评】本题通过难溶物的转化，考查性质方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握难溶物转化的实质及条件，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。
A
B
C
D

NaCl溶于水

电解CuCl2溶液

温度对化学平衡移动的影响

H2与Cl2反应过程中焓的变化
NaCl═Na++Cl﹣
CuCl2═Cu2++2Cl﹣
2NO2（g）⇌N2O4（g）
ΔH＜0
H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）
ΔH＜0
A
B
C
D
实验
目的
测定锌与稀硫酸反应速率
测定中和反应的反应热
比较AgCl和Ag2S溶解度大小
探究铁的析氢腐蚀
实验
装置




实验步骤
实验现象
Ⅰ
将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热
试纸颜色变化：黄色→蓝色（pH≈10）→黄色→红色（pH≈2）；试管中部有白色固体附着
Ⅱ
将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上
试纸颜色变化：黄色→橙黄色（pH≈5）
物质
BaSO4
BaCO3
AgI
AgCl
Ksp（25℃）
1.1×10﹣10
2.6×10﹣9
8.5×10﹣17
1.8×10﹣10
试剂A
试剂B
试剂C
加入盐酸后的现象
实验Ⅰ
BaCl2
Na2CO3
Na2SO4
………
实验Ⅱ
Na2SO4
Na2CO3
有少量气泡产生，沉淀部分溶解
装置
步骤
电压表读数

i.如图连接装置并加入试剂，闭合K
a
ii.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全
b
iii.再向B中投入一定量NaCl（s）
c
iv.重复i，再向B中加入与iii等量NaCl（s）
a