2023-2024學年福建省泉州市高二上學期期末教學質量監(jiān)測化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1福建省泉州市2023-2024學年高二上學期期末教學質量監(jiān)測溫馨提示：1.試卷共8頁。2.請將試題答案統(tǒng)一填寫在答題卷上?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12N-14O-16Mn-55第I卷(選擇題共42分)一、選擇題：本題共18小題，其中1~12題，每小題2分，13～18題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列物質中屬于弱電解質的是A.NaHCO3 B.H2S C.CO2 D.葡萄糖【答案】B【解析】NaHCO3在水溶液中能夠完全電離，為強電解質，A不選；H2S是弱酸，在水溶液中不能完全電離，為弱電解質，B選；CO2在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能電離，為非電解質，C不選；葡萄糖在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能電離，為非電解質，D不選；故選B。2.常溫下，物質的量濃度均為0.1mol/L的下列溶液中，pH最小的是A.硫酸氫鈉 B.次氯酸鈉 C.食鹽 D.硫酸銅【答案】A【解析】0.1mol/L硫酸氫鈉溶液中，NaHSO4完全電離產生H+，c(H+)=0.1mol/L，溶液呈酸性；0.1mol/L次氯酸鈉溶液中ClO-發(fā)生水解使溶液呈堿性；0.1mol/L食鹽溶液呈中性；0.1mol/L硫酸銅中Cu2+發(fā)生水解使溶液呈酸性，水解是微弱的；綜上所述，酸性最強，pH最小的是0.1mol/L的硫酸氫鈉溶液，故選A。3.下列事實或用途，與鹽類水解無關的是A.利用泡沫滅火器滅火 B.熱的純堿溶液去油污C.氯化鐵溶液做凈水劑 D.氯氣作自來水消毒劑【答案】D【解析】泡沫滅火器主要成分是Al2(SO4)3和NaHCO3溶液，兩者發(fā)生雙水解反應：Al3++3=3CO2↑+Al(OH)3↓，與鹽類水解有關，A不符合題意；純堿溶液中碳酸根水解使溶液呈堿性，油污堿性條件下發(fā)生皂化反應生成可溶于水的物質而達到去油污的目的，與鹽類水解有關，B不符合題意；化鐵溶液中Fe3+水解成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體吸附水中懸浮固體小顆粒，膠體沉淀，達到凈水的目的，與鹽類水解有關，C不符合題意；氯氣作自來水消毒劑是因為氯氣和水反應生成的次氯酸具有消毒的作用，與鹽類水解無關，D符合題意；故選D。4.常溫下，等體積的下列溶液混合后，混合液呈堿性的是A.等濃度的HCl與Na2CO3溶液B.pH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液C.等濃度的HCl與氨水D.pH=1的H2SO4與pH=12的NaOH溶液【答案】A【解析】等濃度等體積的HCl與Na2CO3溶液反應生成NaCl和NaHCO3，溶液呈堿性，A符合題意；醋酸是弱酸，等體積pH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液反應，醋酸過量，溶液呈酸性，B不符合題意；等濃度等體積的HCl與氨水反應生成強酸弱堿鹽氯化銨，溶液呈酸性，C不符合題意；等體積pH=1的H2SO4與pH=12的NaOH溶液反應，硫酸過量，溶液呈酸性，D不符合題意；故選A。5.下列關于用銅做電極的敘述錯誤的是A.銅鋅原電池中銅作正極 B.電解食鹽水制氯氣用銅作陽極C.電解精煉銅中粗銅作陽極 D.金屬表面鍍銅用銅作陽極【答案】B【解析】銅鋅原電池中，金屬性強于銅的鋅作原電池的負極、銅作正極，故A正確；電解食鹽水制氯氣時，應選用惰性電極作電解池的陽極，不能選用銅作陽極，故B錯誤；電解精煉銅中粗銅作精煉池的陽極、純銅作陰極，故C正確；金屬表面鍍銅用銅作電鍍池的陽極，鍍件作陰極，故D正確；故選B。6.下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是A.開啟可樂瓶立刻泛起大量泡沫 B.MnO2催化分解雙氧水制氧氣C氯化鐵固體溶于濃鹽酸配制溶液 D.實驗室用排飽和食鹽水收集Cl2【答案】B【解析】可樂是碳酸飲料，里面存在二氧化碳與水反應的可逆反應，開啟可樂瓶壓強減小，平衡向生成二氧化碳的方向移動，立刻泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解釋，A不符合題意；MnO2過氧化氫分解的催化劑，催化劑不能使平衡發(fā)生移動，不能用勒夏特列原理解釋，B符合題意；氯化鐵的水解反應是可逆反應，固體溶于濃鹽酸配制溶液時，鹽酸加入增大氫離子濃度，使水解平衡逆向移動，能用勒夏特列原理解釋，C不符合題意；實驗室用排飽和食鹽水收集Cl2，飽和食鹽水中氯離子濃度較大，會抑制氯氣與水反應平衡的正向進行，能用勒夏特列原理解釋，D不符合題意；故選B。7.港珠澳大橋是我國一項偉大的工程，工程中大量使用先進的防腐措施。下列分析錯誤的是A.鋼構件表面噴涂環(huán)氧樹脂涂層隔絕空氣和水B.主梁鋼板使用的耐候鋼是一種具有抗腐蝕性的合金C.將橋體與電源負極相連，利用了外加電流的陰極保護法D.水下鋼柱鑲鋁塊作為犧牲陽極的材料，利用了電解原理【答案】D【解析】鋼構件表面噴涂環(huán)氧樹脂涂層，能隔絕空氣和水，從而防止鋼鐵被腐蝕，A正確；耐候鋼是一定量的銅以及磷、鉻、鎳、鈦、釩等耐腐蝕元素制成的，具有普通鋼材的易延展、高強度、抗疲勞等特性，是一種具有抗腐蝕性的合金，B正確；將橋體與電源負極相連，利用了外加電流的陰極保護法，使橋體成為陰極，避免鋼鐵失去電子被腐蝕，C正確；水下鋼柱鑲鋁塊，鋁的活潑性比鐵強，鋁作原電池負極，鐵作原電池正極，從而達到抗腐蝕目的，其原理為犧牲陽極的陰極保護法，利用了原電池原理，D錯誤；故選D。8.鹽酸標準液滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液，下列有關操作錯誤的是A.排氣泡B.量取15.00mLNaOH溶液C.控制旋轉活塞D.液面讀數(shù)為16.90mLA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】堿式滴定管排氣泡的正確操作是將膠管向上彎曲，用力捏擠玻璃珠使溶液從尖嘴噴出，以排除氣泡，故A正確；用堿式滴定管量取15.00mLNaOH溶液，故B正確；使用酸式滴定管時,左手握滴定管,其無名指和小指向手心彎曲,輕輕地貼著出口部分,用其余三指控制活塞的轉動，故C錯誤；滴定管0刻度線在最上面，液面讀數(shù)為16.90mL，故D正確；選C。9.T℃時，恒容密閉容器中發(fā)生反應PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)△H＜0，下列說法正確的是A.該反應的△S＜0，在高溫下才能自發(fā)進行B.反應物斷鍵所需總能量大于生成物成鍵所放出總能量C.增大反應物濃度能增加單位體積內的有效碰撞次數(shù)D.平衡后，向該容器中充入氦氣，平衡向正反應方向移動【答案】C【解析】根據(jù)題意和方程式分析，反應的、，按照吉布斯自由能分析：為自發(fā)反應，若要自發(fā)反應，則溫度為低溫，故A錯誤；該反應，為放熱反應，反應物斷鍵所吸收的總能量小于生成物成鍵所放出的總能量，故B錯誤；增大反應物濃度，增加了單位體積的活化分子數(shù)，從而增加單位體積內的有效碰撞次數(shù)，故C正確；恒容密閉容器充入氦氣，各物質的濃度均不變，則平衡不移動，故D錯誤；故選C。10.與沉淀溶解平衡無關的是A.石灰?guī)r溶洞中石筍的形成 B.碘化銀固體保存在棕色廣口瓶中C.用FeS除去廢水中Cu2+、Hg2+ D.誤食可溶性鋇鹽用Na2SO4溶液解毒【答案】B【解析】石筍的主要成分是碳酸鈣，其存在沉淀溶解平衡：，在一定條件下碳酸鈣與水和二氧化碳反應生成能溶于水的碳酸氫鈣，溶有碳酸氫鈣的水在流動的過程中或滴落的時候，溫度發(fā)生變化，可溶的碳酸氫鈣分解生成了不溶的碳酸鈣，于是就出現(xiàn)了不同形狀的石筍和鐘乳石。該過程中碳酸鈣的溶解平衡逆向移動，故與難溶電解質的溶解平衡有關，故A不符合題意；碘化銀是一種見光易分解的化學物質，將其保存在棕色廣口瓶中的主要目的是為了避免光照引起的分解或變質，與沉淀溶解平衡無關，故B符合題意；用FeS除去廢水中Cu2+、Hg2+，F(xiàn)eS轉化為溶解度更小的CuS、HgS，與難溶電解質的溶解平衡有關，故C不符合題意；誤將可溶性鋇鹽當作食鹽食用時，若服用Na2SO4溶液，就會發(fā)生沉淀反應產生BaSO4沉淀，降低了人體內的Ba2+的濃度，從而達到解毒的目的，這與沉淀溶解平衡有關，故D不符合題意；故選B。11.依據(jù)熱化學方程式得出的結論正確的是選項熱化學方程式結論A2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-571.6kJ/mol氫氣的標準燃燒熱為285.8kJ/molBOH-(aq)+H+(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol稀NaOH溶液與CH3COOH生成1mol水放出57.3kJ熱量CCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-889.6kJ/mol甲烷的熱值為55.6kJ/gD2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+196kJ/mol2molSO3充分反應，吸收196kJ熱量A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】氫氣的標準燃燒熱是1mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出的能量，所以氫氣的燃燒熱不是285.8kJ/mol，故A錯誤；醋酸是弱酸，電離吸熱，稀NaOH溶液與CH3COOH生成1mol水放出的熱量小于57.3kJ，故B錯誤；根據(jù)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-889.6kJ/mol，1mol甲烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出的能量是889.6kJ，則1g甲烷燃燒放出的熱為55.6kJ，故C正確；2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+196kJ/mol為可逆反應，2molSO3充分反應，吸收的熱量小于196kJ，故D錯誤；選C。12.恒溫恒容條件下，下列可逆反應達到平衡狀態(tài)的標志，正確的是選項反應標志A2HI(g)H2(g)+I2(g)混合氣體的顏色不變BCH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)混合氣體密度不變C2NO2(g)N2O4(g)2v正(NO2)=v逆(N2O4)DNH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)NH3在混合氣體中的百分含量不變A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】反應2HI(g)H2(g)+I2(g)，混合氣體的顏色不變，說明I2的濃度不變，反應一定達到平衡狀態(tài)，故選A；反應CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，恒溫恒容條件下，氣體密度是恒量，混合氣體密度不變，反應不一定平衡，故不選B；反應2NO2(g)N2O4(g)，2v正(NO2)=v逆(N2O4)時，正逆反應速率比不等于系數(shù)比，反應沒有達到平衡狀態(tài)，故不選C；反應NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，容器中的兩種氣體均為反應產物，NH3在混合氣體中的百分含量始終為，NH3在混合氣體中的百分含量不變，反應不一定平衡，故不選D；選A。13.25℃時，PbR(R2-為CO或SO)沉淀溶解平衡關系如圖所示。已知Ksp(PbCO3)＜Ksp(PbSO4)。下列說法錯誤的是A.線a表示PbCO3B.Y點溶液是PbSO4的不飽和溶液C.PbCO3+SOPbSO4+CO的平衡常數(shù)為10-5D.向X點對應的懸濁液中加少量水，可轉化為Y點【答案】D【解析】Ksp(PbCO3)＜Ksp(PbSO4)，c(Pb2+)相同時，，則圖中，所以曲線a表示PbCO3，曲線b表示PbSO4。據(jù)分析可知，線a表示PbCO3，A正確；線a表示PbCO3，線b表示PbSO4，圖中曲線上方的點為不飽和溶液，下方的點為過飽和溶液，則Y點溶液是PbSO4的不飽和溶液，B正確；由圖可知，，，則PbCO3+SOPbSO4+CO的平衡常數(shù)K=，C正確；Y點溶液是PbSO4的不飽和溶液，含有不溶物的懸濁液中加少量水時所得溶液仍為飽和溶液，即向X點對應的懸濁液中加少量水時不可能可轉化為Y點溶液，D錯誤；故選D。14.利用MO+與CH4反應能高選擇性生成甲醇，體系能量隨反應進程變化如圖實線所示。MO+分別與CH4、CH2T2反應的歷程相似。已知：參與反應的原子質量數(shù)越大，速率越慢。下列說法錯誤的是A.該反應的總反應式為MO++CH4=CH3OH+M+B.該反應是放熱反應C.過渡態(tài)2比過渡態(tài)1穩(wěn)定D.MO+與CH2T2反應的能量變化應為圖中曲線b【答案】D【解析】由圖可知，MO+和CH4生成CH3OH和M+，則該反應的總反應式為MO++CH4=CH3OH+M+，A正確；由圖可知，反應物總能量大于生成物總能量，該反應是放熱反應，B正確；過渡態(tài)2具有的能量比過渡態(tài)1低，說明過渡態(tài)2比過渡態(tài)1穩(wěn)定，C正確；已知：參與反應的原子質量數(shù)越大，速率越慢，所以MO+與CH2T2反應的活化能大于MO+與CH4，MO+與CH2T2反應的能量變化應為圖中曲線a，D錯誤；故選D。15.利用催化劑將汽車尾氣中的NO和CO發(fā)生反應：2NO+2CO2CO2+N2。使用等量的同種催化劑，設計實驗探究溫度、催化劑比表面積對反應速率的影響，實驗結果如表。已知：x＞y＞z，下列分析錯誤的是實驗編號溫度(℃)NO起始濃度(mol?L-1)CO起始濃度(mol?L-1)催化劑比表面積(m2?g-1)CO平衡濃度(mol?L-1)平衡時間(min)12806.5×10-34.0×10-380ax22806.5×10-34.0×10-31201.0×10-3y33606.5×10-34.0×10-3802.0×10-3zA.對比實驗1、2可知，a=1.0×10-3B.實驗2中，CO平衡轉化率為75%C.對比實驗1、2可知，增大催化劑比表面積可加快反應速率D.對比實驗1、3可知，該反應△H＞0【答案】D【解析】結合實驗目的可知，實驗1、2是驗證催化劑比表面積對化學反應速率的影響，催化劑只影響反應速率不影響化學平衡，故達到平衡時，CO平衡濃度相同，即a=1.0×10-3，A正確；由表格數(shù)據(jù)可知，實驗2中，CO轉化濃度為(4.0×10-3-1.0×10-3)mol?L-1=3.0×10-3mol?L-1，則CO平衡轉化率為，B正確；對比實驗1、2可知，實驗2到達平衡的時間比實驗1到達平衡的時間短，說明反應速率大，實驗2的催化劑比表面積比實驗1的大，可知，增大催化劑比表面積可加快反應速率，C正確；結合實驗目的可知，實驗1、3是驗證溫度對化學反應速率的影響，實驗3的溫度比實驗1的溫度高，平衡時，實驗3中CO平衡濃度比實驗1中CO平衡濃度大，即平衡逆向移動，溫度升高平衡向吸熱方向移動，說明升高溫度，該反應逆向移動，該反應為放熱反應，即該反應的△H<0，D錯誤；故選D。16.向一恒容密閉容器中，加入1molCH4和一定量的CO2，發(fā)生反應：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。CH4的平衡轉化率按不同投料比x[x=]隨溫度的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A.投料比：x1＞x2B.正反應速率：va＞vbC.壓強：pa＜pbD.投料比為x2時d點濃度商Q大于c點平衡常數(shù)K【答案】C【解析】其他條件一定時，增大n(CO2)，平衡正向移動，CH4的平衡轉化率增大，即其他條件一定時，投料比x越小，CH4的平衡轉化率越大，所以投料比：x1<x2，A錯誤；由圖可知，溫度：a<b，其他條件一定時，溫度越高，反應速率越快，則正反應速率：va<vb，B錯誤；正反應是氣體體積增大的反應，CH4的平衡轉化率：a<b，則容器中混合氣體的物質的量：a<b，由pV=nRT可知，壓強：pa＜pb，C正確；d點時反應未達到平衡狀態(tài)，平衡正向移動，反應物CH4、CO2濃度減小，CO、H2濃度增大，則d點濃度商Q小于c點平衡常數(shù)K，D錯誤；故選C。17.我國科研團隊研究出一種MB(亞甲基藍)/MnO2固態(tài)無擴散氫離子電池，該電池模型如圖所示，充電時，Mn2+沉積在石墨氈上生成MnO2，下列說法錯誤的是A.放電時，石墨氈作正極B.放電時，H+從右側區(qū)移到左側區(qū)C.充電時，陰極發(fā)生反應MB+2H++2e-=H2MBD.充電時，若轉移0.2NA個電子石墨氈質量增加8.7g【答案】B【解析】由充電時，錳離子沉積在石墨氈上生成二氧化錳可知，放電時，活性炭是原電池的負極，H2MB在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成MB和氫離子，石墨氈作正極，酸性條件下二氧化錳在正極得到電子發(fā)生還原反應生成錳離子和水；充電時，與直流電源負極相連的活性炭作陰極，酸性條件下MB在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成H2MB，石墨氈作陽極，水分子作用下錳離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化錳和氫離子。由分析可知，石墨氈作正極，酸性條件下二氧化錳在正極得到電子發(fā)生還原反應生成錳離子和水，故A正確；由分析可知，放電時，活性炭是原電池的負極，石墨氈作正極，則氫離子通過質子交換膜從左側區(qū)移到右側區(qū)，故B錯誤；由分析可知，充電時，與直流電源負極相連的活性炭作陰極，酸性條件下MB在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成H2MB，電極反應式為MB+2H++2e-=H2MB，故C正確；由分析可知，充電時，石墨氈作陽極，水分子作用下錳離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化錳和氫離子，電極反應式為Mn2+—2e-+2H2O=MnO2+4H+，則轉移0.2NA個電子時，石墨氈增加質量為××87g/mol=8.7g，故D正確；故選B。18.常溫下，用濃度為0.0200mol·L-1的NaOH標準液滴定濃度均為0.0200mol?L-1的HCl和HF的混合待測液，滴定過程中溶液的pH隨η[η=]的變化曲線如圖所示(忽略溶液混合引起的體積變化)。下列說法錯誤的是A.Ka(HF)的數(shù)量級為10-4B.a點：c(Na+)=c(F-)+c(HF)C.b點：c(F-)＜c(HF)＜c(Cl-)D.c點：+c(H+)=c(F-)+c(OH-)【答案】C【解析】由a(1.00,2.73)可知，a點溶質為NaCl和HF，等體積混合后c(HF)=0.01mol/L，，Ka(HF)，則Ka(HF)的數(shù)量級為10-4，A正確；用濃度為0.0200mol·L-1的NaOH標準液滴定濃度均為0.0200mol?L-1的HCl和HF的混合待測液，a點時二者等體積混合，鹽酸和氫氧化鈉溶液完全反應，溶液溶質為氯化鈉和HF1：1混合，由物料守恒可知，c(Na+)=c(F-)+c(HF)，B正確；由圖可知，b點時鹽酸反應完全，HF反應一半，溶液組成為NaCl、NaF和HF2：1：1的混合液，溶液顯酸性，說明HF的電離大于F-的水解，b點：c(HF)＜c(F-)＜c(Cl-)，C錯誤；用濃度為0.0200mol·L-1的NaOH標準液滴定濃度均為0.0200mol?L-1的HCl和HF的混合待測液，c點時二者以體積比2：1混合，鹽酸和HF均完全反應，此c(Na+)=，c(Cl-)=，再由電荷守恒可知，，所以c點：+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，D正確；故選C。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、非選擇題：共5題，共58分。19.氨氣具有能量密度高、氫含量高、易于液化運輸?shù)忍攸c。（1）某催化合成氨的機理如圖1所示，其中吸附在催化劑表面的物種用*表示。①合成氨的熱化學方程式為_______。②該反應決速步驟的能壘為_______kJ?mol-1。（2）我國科學家采用電還原NO高效合成氨。裝置如圖2所示：①a為電源________極，陰極電極反應式為________。②電解時，雙極膜中H2O電離產生的H+往________移動(填“陽極”或“陰極”)，一段時間后，n(KOH)_______(填“增大”、“減小”或“不變”)。（3）氨或肼(N2H4)－空氣燃料電池具有產物無污染的優(yōu)點，裝置如圖3所示。已知“比能量”指單位質量的電極材料理論上能釋放的最大電能。肼－空氣燃料電池的“比能量”________氨－空氣燃料電池(填“低于”、“高于”或“等于”)?！敬鸢浮浚?）①.N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol②.79（2）①.正②.NO+6e-+5H2O=NH3↑+7OH-③.陰極④.不變（3）低于【解析】【小問1詳析】①反應熱=生成物的總能量-反應物的總能量，合成氨的熱化學方程式為N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-46kJ/mol×2=-92kJ/mol；②該反應決速步驟為反應過程中速率最慢的步驟，活化能最高，據(jù)圖可知，該反應決速步驟的能壘為79kJ/mol?！拘?詳析】①由圖可知，OH-在左側電極失去電子生成O2，左側電極為陽極，a為電源正極，右側電極為陰極，在陰極得到電子生成NH3，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：+6e-+5H2O=NH3↑+7OH-；②電解時，陽離子向陰極移動，雙極膜中H2O電離產生的H+往陰極移動，OH-在左側電極失去電子生成O2，電極方程式為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，同時雙極膜中H2O電離產生的OH-往陽極移動，消耗OH-的量和增加的量相等，一段時間后，n(KOH)不變；【小問3詳析】肼-空氣燃料電池放電時，負極上1mol肼失4mol電子生成氮氣，氨－空氣燃料電池放電時，負極上2molNH3失6mol電子生成N2，假設質量為ag的N2H4和NH3分別放電，轉移的電子數(shù)分別為mol=0.125amol和mol=0.176amol，說明肼－空氣燃料電池的“比能量”低于氨－空氣燃料電池。20.磷酸鐵是鋰離子動力電池正極材料——磷酸鐵鋰的原材料，以下是以磷鐵(主要成分為FeP，含少量SiO2、Mn3P2雜質)為原料制備磷酸鐵的化工流程?；卮鹨韵聠栴}：（1）“高溫焙燒”中將磷鐵磨成粉末的目的是_______。（2）Na3PO4溶液中含有雜質為Na2CO3和_______。（3）“還原”時，淀粉高溫灼燒成碳，將Fe2O3還原為二價鐵后，浸取率顯著增大。寫出“酸浸”中反應的離子方程式_______。（4）“鐵磷混合”向浸出的Na3PO4溶液中加入H3PO4，再加入H2SO4，調節(jié)pH=0.8，再將浸出的FeSO4加入。此時溶液中磷元素主要以形式_______(填“H3PO4”、“H2PO”、“HPO”或“PO”)存在。(已知常溫下磷酸的電離常數(shù)：Ka1=7.6×10-3、Ka2=6.3×10-8、Ka3=4.4×10-13)（5）“沉淀”先加雙氧水，再調節(jié)pH為2。①加雙氧水目的為_______。②調節(jié)pH為2，c(PO)=_______mol?L-1。(已知常溫下溶度積常數(shù)：Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp(FePO4)=1.3×10-22)③溶液pH不能過高的原因是_______。④“沉淀”后過濾，濾液的主要成分為______。【答案】（1）增大接觸面積，加快焙燒速率（2）Na2SiO3（3）FeO+2H+=Fe2++H2O（4）H3PO4（5）①.將Fe2+氧化為Fe3+②.5.0×10-20③.防止生成Fe(OH)3沉淀④.Na2SO4【解析】磷鐵（主要成分為FeP，含少量SiO2、Mn3P2雜質）為原料制備磷酸鐵，磷鐵加入純堿高溫煅燒后，加入水浸泡過濾得到磷酸鈉溶液和粗氧化鐵，加入淀粉“還原”時，淀粉高溫灼燒成碳，將Fe2O3還原為二價鐵后，浸取率顯著增大，加入硫酸浸取氧化亞鐵和硫酸反應生成硫酸亞鐵和水，除去雜質后加入磷酸，得到鐵磷混合物，和磷酸鈉混合加入過氧化氫和氫氧化鈉溶液生成沉淀FePO4。【小問1詳析】“高溫焙燒”中將磷鐵磨成粉末的目的是增大接觸面積，加快焙燒速率?！拘?詳析】二氧化硅和碳酸鈉高溫煅燒生成硅酸鈉和二氧化碳，Na3PO4溶液中含有雜質為Na2CO3和Na2SiO3。【小問3詳析】“還原”時，淀粉高溫灼燒成碳，將Fe2O3還原為二價鐵后，浸取率顯著增大，“酸浸”中反應的離子方程式為：FeO+2H+=Fe2++H2O。【小問4詳析】“鐵磷混合”向浸出的Na3PO4溶液中加入H3PO4，再加入H2SO4，調節(jié)pH=0.8，再將浸出的FeSO4加入，結合磷酸的電離平衡常數(shù)分析可知，此時溶液中氫離子濃度遠遠大于磷酸根離子濃度，此時溶液中磷元素主要以形式H3PO4?！拘?詳析】①“沉淀”先加雙氧水，再調節(jié)pH為2，加入過氧化氫的目的為將Fe2+氧化為Fe3+。②pH為2，c(H+)=10-2mol?L-1，mol?L-1，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=2.6×10-39，則c(Fe3+)=2.6×10-3，c(PO)=mol?L-1。③溶液pH不能過高的原因是防止生成Fe(OH)3沉淀，降低FePO4的產率。④整個過程中Na+和離子不參與反應，沉淀后過濾，濾液主要成分為Na2SO4。21.KMnO4溶液廣泛應用于氧化還原反應滴定中，因具有強氧化性易變質，需用基準物質進行標定。實驗室可用標準H2C2O4溶液標定KMnO4濃度。反應原理：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（1）實驗中應選擇_______(填“酸”或“堿”)式滴定管來盛裝KMnO4溶液。（2）準確稱取6.300g草酸晶體(H2C2O4·2H2O)溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，用酸性高錳酸鉀溶液滴定至終點，滴定終點現(xiàn)象為_______。（3）平行滴定三次，消耗KMnO4溶液的體積分別為20.01mL、19.99mL、22.01mL，則c(KMnO4)=______mol?L-1（4）以下操作會造成所測高錳酸鉀溶液濃度偏低的是_______(填序號)。a.滴定過程中少量草酸溶液灑到錐形瓶外b.滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管的刻度c.盛裝草酸溶液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用草酸溶液潤洗d.滴定時控制速度過快，到達終點后多滴加入KMnO4溶液（5）滴定時發(fā)現(xiàn)，剛開始時褪色較慢，一段時間后突然變快。某小組對此原因進行探究，實驗數(shù)據(jù)如圖：①分析以上實驗數(shù)據(jù)，反應速率突然加快的原因可能是______。②褪色時間：實驗Ⅰ______實驗Ⅱ，實驗Ⅲ______實驗Ⅳ(填“＞”、“=”或“＜”)。實驗Ⅲ混合溶液體積為15mL，褪色時間為6.0min，則實驗Ⅲ的v(MnO)=______mol?L-1?min-1?！敬鸢浮浚?）酸（2）當?shù)稳胱詈蟀氲蜬MnO4溶液時，溶液變成淺紅色，且半分鐘內不褪色（3）0.05000（4）d（5）①.生成的Mn2+作催化劑②.＞③.＞④.1.1×10-3、0.0011或【解析】實驗室可用標準H2C2O4溶液標定KMnO4濃度，由方程式2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O的系數(shù)關系可知，n(KMnO4)=n(H2C2O4)，根據(jù)c=進行計算和誤差分析?！拘?詳析】由于KMnO4具有強氧化性，會腐蝕堿式滴定管尖嘴處的橡皮管，故盛裝KMnO4溶液應選擇酸式滴定管?！拘?詳析】剛開始加入的KMnO4會與樣品反應，故溶液顯無色，當達到滴定終點，KMnO4稍過量時，溶液會顯淺紅色，故滴定終點現(xiàn)象為：當最后半滴酸性高錳酸鉀溶液滴入時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內不褪色。【小問3詳析】由方程式2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O的系數(shù)關系可知，n(KMnO4)=n(H2C2O4)=×=0.001mol，數(shù)據(jù)22.01mL誤差太大，需要舍去，V(KMnO4)=×(20.01ml+19.99ml)=20ml，則c(KMnO4)==0.05000mol/L?！拘?詳析】a．滴定過程中少量草酸溶液灑到錐形瓶外，會導致滴定終點消耗V(KMnO4)偏小，根據(jù)c=可知，測定結構偏高，a不選；b．滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管的刻度，會導致V(KMnO4)偏小，根據(jù)c=可知，測定結構偏高，b不選；c．盛裝草酸溶液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用草酸溶液潤洗，對草酸物質的量無影響，對實驗結構沒有影響，c不選；d．滴定時控制速度過快，到達終點后多滴加入KMnO4溶液，會導致V(KMnO4)偏大，根據(jù)c=可知，測定結構偏低d選；答案為d?！拘?詳析】①分析以上實驗數(shù)據(jù)，該反應過程中生成了Mn2+，反應速率突然加快的原因可能是生成的Mn2+作催化劑；②實驗Ⅰ的反應溫度低于實驗Ⅱ，實驗Ⅰ的反應速率比實驗Ⅱ小，則褪色時間：實驗Ⅰ＞實驗Ⅱ，實驗Ⅲ和實驗Ⅳ反應溫度相等，實驗Ⅳ中加入Mn2+作催化劑，反應速率加快，則褪色時間：實驗Ⅲ＞實驗Ⅳ，實驗Ⅲ混合溶液體積為15mL，褪色時間為6.0min，則實驗Ⅲ的v()=mol?L-1?min-1。22.砷與氮、磷同主族，亞砷酸(H3AsO3)可用于治療白血病。T℃下，向100mL0.12mol/L亞砷酸溶液滴加等物質的量濃度NaOH溶液，所得溶液中含砷微粒(H3AsO3、H2AsO、HAsO、AsO)的物質的量分數(shù)與溶液pH關系如圖所示，回答下列問題：（1）人體血液的pH為7.35～7.45，使用亞砷酸注射液后，血液中含砷微粒主要是______(寫化學式)。（2）該溫度下亞砷酸的Ka1=______，已知25℃下亞砷酸的Ka1=4.2×10-10，據(jù)此推測溫度T______25(填“＞”、“=”或“＜”)。（3）pH從10增大到12，溶液中發(fā)生的主要離子方程式為_______。（4）a、b、c三點對應水的電離程度由大到小的順序為_______。（5）當?shù)渭?00mLNaOH溶液時，c(H3AsO3)+c(H2AsO)+c(HAsO)+c(AsO)=_______mol?L-1(忽略溶液混合后體積變化)。（6）已知同種元素的含氧酸，元素化合價越高，酸性越強。往亞砷酸溶液中滴加幾滴雙氧水，溶液pH減小，寫出發(fā)生反應的化學方程式_______?！敬鸢浮浚?）H3AsO3（2）①.1.0×10-9②.＞（3）H2AsO+OH-=HAsO+H2O（4）c>b>a（5）0.04（6）H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O【解析】向100mL0.12mol/L亞砷酸溶液滴加等物質的量濃度NaOH溶液，先后發(fā)生反應：、、，則H3AsO3的物質的量分數(shù)減小，的物質的量分數(shù)先增大后減小，先增大后減小，的物質的量分數(shù)增大，則a、b、c分別代表H3AsO3、、的物質的量分數(shù)與溶液pH關系?！拘?詳析】由分析可知，、b、c分別代表H3AsO3、、的物質的量分數(shù)與溶液pH關系，由圖可知，pH為7.35～7.45時，血液中含砷微粒主要是H3AsO3?！拘?詳析】根據(jù)圖像，當溶液中c(H3AsO3)=c()時，溶液的pH為9，此時亞砷酸的=1.0×10-9，已知25℃下亞砷酸的Ka1=4.2×10-10，此時>4.2×10-10，弱電解質的電離平衡是吸熱的，所以溫度T>25?！拘?詳析】根據(jù)圖像，pH從10增大到12，溶液中濃度減小，濃度增大，所以發(fā)生的主要離子方程式為：+OH-=+H2O?！拘?詳析】根據(jù)圖像，a、b、c三點對應的溶液中含砷微粒主要分別為H3AsO3、、，H3AsO3的電離抑制水的電離，、的水解促進水的電離，且的促進作用大于，所以水的電離程度由大到小的順序為c>b>a。【小問5詳析】當?shù)渭?00mLNaOH溶液時，溶液總體積為300mL，根據(jù)物料守恒，c(H3AsO3)+c()+c()+c()==0.04mol/L?！拘?詳析】根據(jù)題目，同種元素含氧酸，元素化合價越高，酸性越強，所以往亞砷酸溶液中滴加幾滴雙氧水，亞砷酸被氧化為磷酸，溶液pH減小，化學方程式為H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O。23.實現(xiàn)碳中和的目標要對能源結構進行轉型，研究清潔能源替代化石能源。（1）CO2加氫對實現(xiàn)“碳中和”有重大意義。CO2加氫反應的熱化學方程式如下：反應Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-24.7kJ/mol反應Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+35.7kJ/mol反應Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-60.8kJ/molCO2催化加氫體系中，部分反應的lnKp與溫度(T)關系如圖所示：①300K時，反應進行趨勢最大的是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=_____kJ/mol。③在一定條件下，反應Ⅱ的正逆反應速率方程：v(正)=k正x(CO2)x(H2)，v(逆)=k逆x(CO)x(H2O)(k正、k逆分別為正逆反應速率常數(shù)，只與溫度有關，x為物質的量分數(shù))。達到平衡后，升高溫度，k正增大的倍數(shù)_______k逆增大的倍數(shù)(填“＞”、“＜”或“=”)。（2）生物質是清潔的可再生資源。在生物質氣化過程中，發(fā)生以下反應：CxHyOz(生物質)合成氣(CO+CO2+H2)+焦油反應Ⅳ.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H4=+131.7kJ/mol反應Ⅴ.C(s)+CO2(g)2CO(g)△H5=+167.4kJ/mol反應Ⅵ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H6=-35.7kJ/mol控制反應體系總壓為200kPa、水蒸氣分壓為20kPa，其他條件相同，溫度對氣體產率影響如圖所示：①若保持溫度與總壓不變，調高水蒸氣分壓，則反應V平衡常數(shù)_______(填“增大”、“減小”或“不變”)，體系中______(填“增大”、“減小”或“不變”)。②從平衡移動角度分析溫度高于750℃后H2平衡產率幾乎不變的原因為_______。③溫度為700℃時，反應Ⅵ平衡常數(shù)Kp=_______(用分壓替代平衡常數(shù)中的物質的量濃度)。【答案】（1）①.Ⅲ②.-72.2③.＞（2）①.不變②.增大③.升高溫度，反應Ⅳ平衡正向移動，H2平衡產率增大，而反應VI平衡逆向移動，H平衡產率減小，二者變化程度相近④.11.25(或、)【解析】【小問1詳析】①因為縱坐標表示lnKp，數(shù)值越大，表示Kp越大，反應進行趨勢越大，從圖中可以看出，300K時，lnKp最大的是反應Ⅲ，所以反應進行趨勢最大的是Ⅲ；②根據(jù)蓋斯定律：(III-I)×2得2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=(-60.8+24.7)×2kJ/mol=-72.2kJ/mol；③反應Ⅱ為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，則達到平衡后，升高溫度，k正增大的倍數(shù)>k逆增大的倍數(shù)；【小問2詳析】①化學平衡常數(shù)只與溫度有關，則若保持溫度與總壓不變，調高水蒸氣分壓，反應V平衡常數(shù)不變；調高水蒸氣分壓，反應Ⅳ和Ⅵ平衡正向移動，則p(H2)增大，而反應Ⅳ正向移動，p(CO)增大，反應Ⅵ平衡正向移動，又使p(CO)減小，所以體系中增大；②升高溫度，反應Ⅳ平衡正向移動，H2平衡產率增大，而反應VI平衡逆向移動，H2平衡產率減小，二者變化程度相近，所以溫度高于750℃后H2平衡產率幾乎不變；③溫度為700℃時，CO2的平衡產率∶CO的平衡產率∶H2的平衡產率=0.4∶0.2∶1.0=2∶1∶5，p(CO2)=×(200kPa-20kPa)=45kPa，p(CO)=×(200kPa-20kPa)=22.5kPa，p(H2)=×(200kPa-20kPa)=112.5kPa，Kp=(或、)。福建省泉州市2023-2024學年高二上學期期末教學質量監(jiān)測溫馨提示：1.試卷共8頁。2.請將試題答案統(tǒng)一填寫在答題卷上?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12N-14O-16Mn-55第I卷(選擇題共42分)一、選擇題：本題共18小題，其中1~12題，每小題2分，13～18題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列物質中屬于弱電解質的是A.NaHCO3 B.H2S C.CO2 D.葡萄糖【答案】B【解析】NaHCO3在水溶液中能夠完全電離，為強電解質，A不選；H2S是弱酸，在水溶液中不能完全電離，為弱電解質，B選；CO2在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能電離，為非電解質，C不選；葡萄糖在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能電離，為非電解質，D不選；故選B。2.常溫下，物質的量濃度均為0.1mol/L的下列溶液中，pH最小的是A.硫酸氫鈉 B.次氯酸鈉 C.食鹽 D.硫酸銅【答案】A【解析】0.1mol/L硫酸氫鈉溶液中，NaHSO4完全電離產生H+，c(H+)=0.1mol/L，溶液呈酸性；0.1mol/L次氯酸鈉溶液中ClO-發(fā)生水解使溶液呈堿性；0.1mol/L食鹽溶液呈中性；0.1mol/L硫酸銅中Cu2+發(fā)生水解使溶液呈酸性，水解是微弱的；綜上所述，酸性最強，pH最小的是0.1mol/L的硫酸氫鈉溶液，故選A。3.下列事實或用途，與鹽類水解無關的是A.利用泡沫滅火器滅火 B.熱的純堿溶液去油污C.氯化鐵溶液做凈水劑 D.氯氣作自來水消毒劑【答案】D【解析】泡沫滅火器主要成分是Al2(SO4)3和NaHCO3溶液，兩者發(fā)生雙水解反應：Al3++3=3CO2↑+Al(OH)3↓，與鹽類水解有關，A不符合題意；純堿溶液中碳酸根水解使溶液呈堿性，油污堿性條件下發(fā)生皂化反應生成可溶于水的物質而達到去油污的目的，與鹽類水解有關，B不符合題意；化鐵溶液中Fe3+水解成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體吸附水中懸浮固體小顆粒，膠體沉淀，達到凈水的目的，與鹽類水解有關，C不符合題意；氯氣作自來水消毒劑是因為氯氣和水反應生成的次氯酸具有消毒的作用，與鹽類水解無關，D符合題意；故選D。4.常溫下，等體積的下列溶液混合后，混合液呈堿性的是A.等濃度的HCl與Na2CO3溶液B.pH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液C.等濃度的HCl與氨水D.pH=1的H2SO4與pH=12的NaOH溶液【答案】A【解析】等濃度等體積的HCl與Na2CO3溶液反應生成NaCl和NaHCO3，溶液呈堿性，A符合題意；醋酸是弱酸，等體積pH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液反應，醋酸過量，溶液呈酸性，B不符合題意；等濃度等體積的HCl與氨水反應生成強酸弱堿鹽氯化銨，溶液呈酸性，C不符合題意；等體積pH=1的H2SO4與pH=12的NaOH溶液反應，硫酸過量，溶液呈酸性，D不符合題意；故選A。5.下列關于用銅做電極的敘述錯誤的是A.銅鋅原電池中銅作正極 B.電解食鹽水制氯氣用銅作陽極C.電解精煉銅中粗銅作陽極 D.金屬表面鍍銅用銅作陽極【答案】B【解析】銅鋅原電池中，金屬性強于銅的鋅作原電池的負極、銅作正極，故A正確；電解食鹽水制氯氣時，應選用惰性電極作電解池的陽極，不能選用銅作陽極，故B錯誤；電解精煉銅中粗銅作精煉池的陽極、純銅作陰極，故C正確；金屬表面鍍銅用銅作電鍍池的陽極，鍍件作陰極，故D正確；故選B。6.下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是A.開啟可樂瓶立刻泛起大量泡沫 B.MnO2催化分解雙氧水制氧氣C氯化鐵固體溶于濃鹽酸配制溶液 D.實驗室用排飽和食鹽水收集Cl2【答案】B【解析】可樂是碳酸飲料，里面存在二氧化碳與水反應的可逆反應，開啟可樂瓶壓強減小，平衡向生成二氧化碳的方向移動，立刻泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解釋，A不符合題意；MnO2過氧化氫分解的催化劑，催化劑不能使平衡發(fā)生移動，不能用勒夏特列原理解釋，B符合題意；氯化鐵的水解反應是可逆反應，固體溶于濃鹽酸配制溶液時，鹽酸加入增大氫離子濃度，使水解平衡逆向移動，能用勒夏特列原理解釋，C不符合題意；實驗室用排飽和食鹽水收集Cl2，飽和食鹽水中氯離子濃度較大，會抑制氯氣與水反應平衡的正向進行，能用勒夏特列原理解釋，D不符合題意；故選B。7.港珠澳大橋是我國一項偉大的工程，工程中大量使用先進的防腐措施。下列分析錯誤的是A.鋼構件表面噴涂環(huán)氧樹脂涂層隔絕空氣和水B.主梁鋼板使用的耐候鋼是一種具有抗腐蝕性的合金C.將橋體與電源負極相連，利用了外加電流的陰極保護法D.水下鋼柱鑲鋁塊作為犧牲陽極的材料，利用了電解原理【答案】D【解析】鋼構件表面噴涂環(huán)氧樹脂涂層，能隔絕空氣和水，從而防止鋼鐵被腐蝕，A正確；耐候鋼是一定量的銅以及磷、鉻、鎳、鈦、釩等耐腐蝕元素制成的，具有普通鋼材的易延展、高強度、抗疲勞等特性，是一種具有抗腐蝕性的合金，B正確；將橋體與電源負極相連，利用了外加電流的陰極保護法，使橋體成為陰極，避免鋼鐵失去電子被腐蝕，C正確；水下鋼柱鑲鋁塊，鋁的活潑性比鐵強，鋁作原電池負極，鐵作原電池正極，從而達到抗腐蝕目的，其原理為犧牲陽極的陰極保護法，利用了原電池原理，D錯誤；故選D。8.鹽酸標準液滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液，下列有關操作錯誤的是A.排氣泡B.量取15.00mLNaOH溶液C.控制旋轉活塞D.液面讀數(shù)為16.90mLA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】堿式滴定管排氣泡的正確操作是將膠管向上彎曲，用力捏擠玻璃珠使溶液從尖嘴噴出，以排除氣泡，故A正確；用堿式滴定管量取15.00mLNaOH溶液，故B正確；使用酸式滴定管時,左手握滴定管,其無名指和小指向手心彎曲,輕輕地貼著出口部分,用其余三指控制活塞的轉動，故C錯誤；滴定管0刻度線在最上面，液面讀數(shù)為16.90mL，故D正確；選C。9.T℃時，恒容密閉容器中發(fā)生反應PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)△H＜0，下列說法正確的是A.該反應的△S＜0，在高溫下才能自發(fā)進行B.反應物斷鍵所需總能量大于生成物成鍵所放出總能量C.增大反應物濃度能增加單位體積內的有效碰撞次數(shù)D.平衡后，向該容器中充入氦氣，平衡向正反應方向移動【答案】C【解析】根據(jù)題意和方程式分析，反應的、，按照吉布斯自由能分析：為自發(fā)反應，若要自發(fā)反應，則溫度為低溫，故A錯誤；該反應，為放熱反應，反應物斷鍵所吸收的總能量小于生成物成鍵所放出的總能量，故B錯誤；增大反應物濃度，增加了單位體積的活化分子數(shù)，從而增加單位體積內的有效碰撞次數(shù)，故C正確；恒容密閉容器充入氦氣，各物質的濃度均不變，則平衡不移動，故D錯誤；故選C。10.與沉淀溶解平衡無關的是A.石灰?guī)r溶洞中石筍的形成 B.碘化銀固體保存在棕色廣口瓶中C.用FeS除去廢水中Cu2+、Hg2+ D.誤食可溶性鋇鹽用Na2SO4溶液解毒【答案】B【解析】石筍的主要成分是碳酸鈣，其存在沉淀溶解平衡：，在一定條件下碳酸鈣與水和二氧化碳反應生成能溶于水的碳酸氫鈣，溶有碳酸氫鈣的水在流動的過程中或滴落的時候，溫度發(fā)生變化，可溶的碳酸氫鈣分解生成了不溶的碳酸鈣，于是就出現(xiàn)了不同形狀的石筍和鐘乳石。該過程中碳酸鈣的溶解平衡逆向移動，故與難溶電解質的溶解平衡有關，故A不符合題意；碘化銀是一種見光易分解的化學物質，將其保存在棕色廣口瓶中的主要目的是為了避免光照引起的分解或變質，與沉淀溶解平衡無關，故B符合題意；用FeS除去廢水中Cu2+、Hg2+，F(xiàn)eS轉化為溶解度更小的CuS、HgS，與難溶電解質的溶解平衡有關，故C不符合題意；誤將可溶性鋇鹽當作食鹽食用時，若服用Na2SO4溶液，就會發(fā)生沉淀反應產生BaSO4沉淀，降低了人體內的Ba2+的濃度，從而達到解毒的目的，這與沉淀溶解平衡有關，故D不符合題意；故選B。11.依據(jù)熱化學方程式得出的結論正確的是選項熱化學方程式結論A2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-571.6kJ/mol氫氣的標準燃燒熱為285.8kJ/molBOH-(aq)+H+(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol稀NaOH溶液與CH3COOH生成1mol水放出57.3kJ熱量CCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-889.6kJ/mol甲烷的熱值為55.6kJ/gD2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+196kJ/mol2molSO3充分反應，吸收196kJ熱量A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】氫氣的標準燃燒熱是1mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水放出的能量，所以氫氣的燃燒熱不是285.8kJ/mol，故A錯誤；醋酸是弱酸，電離吸熱，稀NaOH溶液與CH3COOH生成1mol水放出的熱量小于57.3kJ，故B錯誤；根據(jù)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-889.6kJ/mol，1mol甲烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出的能量是889.6kJ，則1g甲烷燃燒放出的熱為55.6kJ，故C正確；2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+196kJ/mol為可逆反應，2molSO3充分反應，吸收的熱量小于196kJ，故D錯誤；選C。12.恒溫恒容條件下，下列可逆反應達到平衡狀態(tài)的標志，正確的是選項反應標志A2HI(g)H2(g)+I2(g)混合氣體的顏色不變BCH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)混合氣體密度不變C2NO2(g)N2O4(g)2v正(NO2)=v逆(N2O4)DNH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)NH3在混合氣體中的百分含量不變A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】反應2HI(g)H2(g)+I2(g)，混合氣體的顏色不變，說明I2的濃度不變，反應一定達到平衡狀態(tài)，故選A；反應CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，恒溫恒容條件下，氣體密度是恒量，混合氣體密度不變，反應不一定平衡，故不選B；反應2NO2(g)N2O4(g)，2v正(NO2)=v逆(N2O4)時，正逆反應速率比不等于系數(shù)比，反應沒有達到平衡狀態(tài)，故不選C；反應NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，容器中的兩種氣體均為反應產物，NH3在混合氣體中的百分含量始終為，NH3在混合氣體中的百分含量不變，反應不一定平衡，故不選D；選A。13.25℃時，PbR(R2-為CO或SO)沉淀溶解平衡關系如圖所示。已知Ksp(PbCO3)＜Ksp(PbSO4)。下列說法錯誤的是A.線a表示PbCO3B.Y點溶液是PbSO4的不飽和溶液C.PbCO3+SOPbSO4+CO的平衡常數(shù)為10-5D.向X點對應的懸濁液中加少量水，可轉化為Y點【答案】D【解析】Ksp(PbCO3)＜Ksp(PbSO4)，c(Pb2+)相同時，，則圖中，所以曲線a表示PbCO3，曲線b表示PbSO4。據(jù)分析可知，線a表示PbCO3，A正確；線a表示PbCO3，線b表示PbSO4，圖中曲線上方的點為不飽和溶液，下方的點為過飽和溶液，則Y點溶液是PbSO4的不飽和溶液，B正確；由圖可知，，，則PbCO3+SOPbSO4+CO的平衡常數(shù)K=，C正確；Y點溶液是PbSO4的不飽和溶液，含有不溶物的懸濁液中加少量水時所得溶液仍為飽和溶液，即向X點對應的懸濁液中加少量水時不可能可轉化為Y點溶液，D錯誤；故選D。14.利用MO+與CH4反應能高選擇性生成甲醇，體系能量隨反應進程變化如圖實線所示。MO+分別與CH4、CH2T2反應的歷程相似。已知：參與反應的原子質量數(shù)越大，速率越慢。下列說法錯誤的是A.該反應的總反應式為MO++CH4=CH3OH+M+B.該反應是放熱反應C.過渡態(tài)2比過渡態(tài)1穩(wěn)定D.MO+與CH2T2反應的能量變化應為圖中曲線b【答案】D【解析】由圖可知，MO+和CH4生成CH3OH和M+，則該反應的總反應式為MO++CH4=CH3OH+M+，A正確；由圖可知，反應物總能量大于生成物總能量，該反應是放熱反應，B正確；過渡態(tài)2具有的能量比過渡態(tài)1低，說明過渡態(tài)2比過渡態(tài)1穩(wěn)定，C正確；已知：參與反應的原子質量數(shù)越大，速率越慢，所以MO+與CH2T2反應的活化能大于MO+與CH4，MO+與CH2T2反應的能量變化應為圖中曲線a，D錯誤；故選D。15.利用催化劑將汽車尾氣中的NO和CO發(fā)生反應：2NO+2CO2CO2+N2。使用等量的同種催化劑，設計實驗探究溫度、催化劑比表面積對反應速率的影響，實驗結果如表。已知：x＞y＞z，下列分析錯誤的是實驗編號溫度(℃)NO起始濃度(mol?L-1)CO起始濃度(mol?L-1)催化劑比表面積(m2?g-1)CO平衡濃度(mol?L-1)平衡時間(min)12806.5×10-34.0×10-380ax22806.5×10-34.0×10-31201.0×10-3y33606.5×10-34.0×10-3802.0×10-3zA.對比實驗1、2可知，a=1.0×10-3B.實驗2中，CO平衡轉化率為75%C.對比實驗1、2可知，增大催化劑比表面積可加快反應速率D.對比實驗1、3可知，該反應△H＞0【答案】D【解析】結合實驗目的可知，實驗1、2是驗證催化劑比表面積對化學反應速率的影響，催化劑只影響反應速率不影響化學平衡，故達到平衡時，CO平衡濃度相同，即a=1.0×10-3，A正確；由表格數(shù)據(jù)可知，實驗2中，CO轉化濃度為(4.0×10-3-1.0×10-3)mol?L-1=3.0×10-3mol?L-1，則CO平衡轉化率為，B正確；對比實驗1、2可知，實驗2到達平衡的時間比實驗1到達平衡的時間短，說明反應速率大，實驗2的催化劑比表面積比實驗1的大，可知，增大催化劑比表面積可加快反應速率，C正確；結合實驗目的可知，實驗1、3是驗證溫度對化學反應速率的影響，實驗3的溫度比實驗1的溫度高，平衡時，實驗3中CO平衡濃度比實驗1中CO平衡濃度大，即平衡逆向移動，溫度升高平衡向吸熱方向移動，說明升高溫度，該反應逆向移動，該反應為放熱反應，即該反應的△H<0，D錯誤；故選D。16.向一恒容密閉容器中，加入1molCH4和一定量的CO2，發(fā)生反應：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。CH4的平衡轉化率按不同投料比x[x=]隨溫度的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A.投料比：x1＞x2B.正反應速率：va＞vbC.壓強：pa＜pbD.投料比為x2時d點濃度商Q大于c點平衡常數(shù)K【答案】C【解析】其他條件一定時，增大n(CO2)，平衡正向移動，CH4的平衡轉化率增大，即其他條件一定時，投料比x越小，CH4的平衡轉化率越大，所以投料比：x1<x2，A錯誤；由圖可知，溫度：a<b，其他條件一定時，溫度越高，反應速率越快，則正反應速率：va<vb，B錯誤；正反應是氣體體積增大的反應，CH4的平衡轉化率：a<b，則容器中混合氣體的物質的量：a<b，由pV=nRT可知，壓強：pa＜pb，C正確；d點時反應未達到平衡狀態(tài)，平衡正向移動，反應物CH4、CO2濃度減小，CO、H2濃度增大，則d點濃度商Q小于c點平衡常數(shù)K，D錯誤；故選C。17.我國科研團隊研究出一種MB(亞甲基藍)/MnO2固態(tài)無擴散氫離子電池，該電池模型如圖所示，充電時，Mn2+沉積在石墨氈上生成MnO2，下列說法錯誤的是A.放電時，石墨氈作正極B.放電時，H+從右側區(qū)移到左側區(qū)C.充電時，陰極發(fā)生反應MB+2H++2e-=H2MBD.充電時，若轉移0.2NA個電子石墨氈質量增加8.7g【答案】B【解析】由充電時，錳離子沉積在石墨氈上生成二氧化錳可知，放電時，活性炭是原電池的負極，H2MB在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成MB和氫離子，石墨氈作正極，酸性條件下二氧化錳在正極得到電子發(fā)生還原反應生成錳離子和水；充電時，與直流電源負極相連的活性炭作陰極，酸性條件下MB在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成H2MB，石墨氈作陽極，水分子作用下錳離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化錳和氫離子。由分析可知，石墨氈作正極，酸性條件下二氧化錳在正極得到電子發(fā)生還原反應生成錳離子和水，故A正確；由分析可知，放電時，活性炭是原電池的負極，石墨氈作正極，則氫離子通過質子交換膜從左側區(qū)移到右側區(qū)，故B錯誤；由分析可知，充電時，與直流電源負極相連的活性炭作陰極，酸性條件下MB在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成H2MB，電極反應式為MB+2H++2e-=H2MB，故C正確；由分析可知，充電時，石墨氈作陽極，水分子作用下錳離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化錳和氫離子，電極反應式為Mn2+—2e-+2H2O=MnO2+4H+，則轉移0.2NA個電子時，石墨氈增加質量為××87g/mol=8.7g，故D正確；故選B。18.常溫下，用濃度為0.0200mol·L-1的NaOH標準液滴定濃度均為0.0200mol?L-1的HCl和HF的混合待測液，滴定過程中溶液的pH隨η[η=]的變化曲線如圖所示(忽略溶液混合引起的體積變化)。下列說法錯誤的是A.Ka(HF)的數(shù)量級為10-4B.a點：c(Na+)=c(F-)+c(HF)C.b點：c(F-)＜c(HF)＜c(Cl-)D.c點：+c(H+)=c(F-)+c(OH-)【答案】C【解析】由a(1.00,2.73)可知，a點溶質為NaCl和HF，等體積混合后c(HF)=0.01mol/L，，Ka(HF)，則Ka(HF)的數(shù)量級為10-4，A正確；用濃度為0.0200mol·L-1的NaOH標準液滴定濃度均為0.0200mol?L-1的HCl和HF的混合待測液，a點時二者等體積混合，鹽酸和氫氧化鈉溶液完全反應，溶液溶質為氯化鈉和HF1：1混合，由物料守恒可知，c(Na+)=c(F-)+c(HF)，B正確；由圖可知，b點時鹽酸反應完全，HF反應一半，溶液組成為NaCl、NaF和HF2：1：1的混合液，溶液顯酸性，說明HF的電離大于F-的水解，b點：c(HF)＜c(F-)＜c(Cl-)，C錯誤；用濃度為0.0200mol·L-1的NaOH標準液滴定濃度均為0.0200mol?L-1的HCl和HF的混合待測液，c點時二者以體積比2：1混合，鹽酸和HF均完全反應，此c(Na+)=，c(Cl-)=，再由電荷守恒可知，，所以c點：+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，D正確；故選C。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、非選擇題：共5題，共58分。19.氨氣具有能量密度高、氫含量高、易于液化運輸?shù)忍攸c。（1）某催化合成氨的機理如圖1所示，其中吸附在催化劑表面的物種用*表示。①合成氨的熱化學方程式為_______。②該反應決速步驟的能壘為_______kJ?mol-1。（2）我國科學家采用電還原NO高效合成氨。裝置如圖2所示：①a為電源________極，陰極電極反應式為________。②電解時，雙極膜中H2O電離產生的H+往________移動(填“陽極”或“陰極”)，一段時間后，n(KOH)_______(填“增大”、“減小”或“不變”)。（3）氨或肼(N2H4)－空氣燃料電池具有產物無污染的優(yōu)點，裝置如圖3所示。已知“比能量”指單位質量的電極材料理論上能釋放的最大電能。肼－空氣燃料電池的“比能量”________氨－空氣燃料電池(填“低于”、“高于”或“等于”)。【答案】（1）①.N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol②.79（2）①.正②.NO+6e-+5H2O=NH3↑+7OH-③.陰極④.不變（3）低于【解析】【小問1詳析】①反應熱=生成物的總能量-反應物的總能量，合成氨的熱化學方程式為N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-46kJ/mol×2=-92kJ/mol；②該反應決速步驟為反應過程中速率最慢的步驟，活化能最高，據(jù)圖可知，該反應決速步驟的能壘為79kJ/mol?！拘?詳析】①由圖可知，OH-在左側電極失去電子生成O2，左側電極為陽極，a為電源正極，右側電極為陰極，在陰極得到電子生成NH3，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：+6e-+5H2O=NH3↑+7OH-；②電解時，陽離子向陰極移動，雙極膜中H2O電離產生的H+往陰極移動，OH-在左側電極失去電子生成O2，電極方程式為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，同時雙極膜中H2O電離產生的OH-往陽極移動，消耗OH-的量和增加的量相等，一段時間后，n(KOH)不變；【小問3詳析】肼-空氣燃料電池放電時，負極上1mol肼失4mol電子生成氮氣，氨－空氣燃料電池放電時，負極上2molNH3失6mol電子生成N2，假設質量為ag的N2H4和NH3分別放電，轉移的電子數(shù)分別為mol=0.125amol和mol=0.176amol，說明肼－空氣燃料電池的“比能量”低于氨－空氣燃料電池。20.磷酸鐵是鋰離子動力電池正極材料——磷酸鐵鋰的原材料，以下是以磷鐵(主要成分為FeP，含少量SiO2、Mn3P2雜質)為原料制備磷酸鐵的化工流程?；卮鹨韵聠栴}：（1）“高溫焙燒”中將磷鐵磨成粉末的目的是_______。（2）Na3PO4溶液中含有雜質為Na2CO3和_______。（3）“還原”時，淀粉高溫灼燒成碳，將Fe2O3還原為二價鐵后，浸取率顯著增大。寫出“酸浸”中反應的離子方程式_______。（4）“鐵磷混合”向浸出的Na3PO4溶液中加入H3PO4，再加入H2SO4，調節(jié)pH=0.8，再將浸出的FeSO4加入。此時溶液中磷元素主要以形式_______(填“H3PO4”、“H2PO”、“HPO”或“PO”)存在。(已知常溫下磷酸的電離常數(shù)：Ka1=7.6×10-3、Ka2=6.3×10-8、Ka3=4.4×10-13)（5）“沉淀”先加雙氧水，再調節(jié)pH為2。①加雙氧水目的為_______。②調節(jié)pH為2，c(PO)=_______mol?L-1。(已知常溫下溶度積常數(shù)：Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp(FePO4)=1.3×10-22)③溶液pH不能過高的原因是_______。④“沉淀”后過濾，濾液的主要成分為______?！敬鸢浮浚?）增大接觸面積，加快焙燒速率（2）Na2SiO3（3）FeO+2H+=Fe2++H2O（4）H3PO4（5）①.將Fe2+氧化為Fe3+②.5.0×10-20③.防止生成Fe(OH)3沉淀④.Na2SO4【解析】磷鐵（主要成分為FeP，含少量SiO2、Mn3P2雜質）為原料制備磷酸鐵，磷鐵加入純堿高溫煅燒后，加入水浸泡過濾得到磷酸鈉溶液和粗氧化鐵，加入淀粉“還原”時，淀粉高溫灼燒成碳，將Fe2O3還原為二價鐵后，浸取率顯著增大，加入硫酸浸取氧化亞鐵和硫酸反應生成硫酸亞鐵和水，除去雜質后加入磷酸，得到鐵磷混合物，和磷酸鈉混合加入過氧化氫和氫氧化鈉溶液生成沉淀FePO4?！拘?詳析】“高溫焙燒”中將磷鐵磨成粉末的目的是增大接觸面積，加快焙燒速率?！拘?詳析】二氧化硅和碳酸鈉高溫煅燒生成硅酸鈉和二氧化碳，Na3PO4溶液中含有雜質為Na2CO3和Na2SiO3?！拘?詳析】“還原”時，淀粉高溫灼燒成碳，將Fe2O3還原為二價鐵后，浸取率顯著增大，“酸浸”中反應的離子方程式為：FeO+2H+=Fe2++H2O?！拘?詳析】“鐵磷混合”向浸出的Na3PO4溶液中加入H3PO4，再加入H2SO4，調節(jié)pH=0.8，再將浸出的FeSO4加入，結合磷酸的電離平衡常數(shù)分析可知，此時溶液中氫離子濃度遠遠大于磷酸根離子濃度，此時溶液中磷元素主要以形式H3PO4?！拘?詳析】①“沉淀”先加雙氧水，再調節(jié)pH為2，加入過氧化氫的目的為將Fe2+氧化為Fe3+。②pH為2，c(H+)=10-2mol?L-1，mol?L-1，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=2.6×10-39，則c(Fe3+)=2.6×10-3，c(PO)=mol?L-1。③溶液pH不能過高的原因是防止生成Fe(OH)3沉淀，降低FePO4的產率。④整個過程中Na+和離子不參與反應，沉淀后過濾，濾液主要成分為Na2SO4。21.KMnO4溶液廣泛應用于氧化還原反應滴定中，因具有強氧化性易變質，需用基準物質進行標定。實驗室可用標準H2C2O4溶液標定KMnO4濃度。反應原理：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（1）實驗中應選擇_______(填“酸”或“堿”)式滴定管來盛裝KMnO4溶液。（2）準確稱取6.300g草酸晶體(H2C2O4·2H2O)溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，用酸性高錳酸鉀溶液滴定至終點，滴定終點現(xiàn)象為_______。（3）平行滴定三次，消耗KMnO4溶液的體積分別為20.01mL、19.99mL、22.01mL，則c(KMnO4)=______mol?L-1（4）以下操作會造成所測高錳酸鉀溶液濃度偏低的是_______(填序號)。a.滴定過程中少量草酸溶液灑到錐形瓶外b.滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管的刻度c.盛裝草酸溶液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用草酸溶液潤洗d.滴定時控制速度過快，到達終點后多滴加入KMnO4溶液（5）滴定時發(fā)現(xiàn)，剛開始時褪色較慢，一段時間后突然變快。某小組對此原因進行探究，實驗數(shù)據(jù)如圖：①分析以上實驗數(shù)據(jù)，反應速率突然加快的原因可能是______。②褪色時間：實驗Ⅰ______實驗Ⅱ，實驗Ⅲ______實驗Ⅳ(填“＞”、“=”或“＜”)。實驗Ⅲ混合溶液體積為15mL，褪色時間為6.0min，則實驗Ⅲ的v(MnO)=______mol?L-1?min-1?！敬鸢浮浚?）酸（2）當?shù)稳胱詈蟀氲蜬MnO4溶液時，溶液變成淺紅色，且半分鐘內不褪色（3）0.05000（4）d（5）①.生成的Mn2+作催化劑②.＞③.＞④.1.1×10-3、0.0011或【解析】實驗室可用標準H2C2O4溶液標定KMnO4濃度，由方程式2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O的系數(shù)關系可知，n(KMnO4)=n(H2C2O4)，根據(jù)c=進行計算和誤差分析?！拘?詳析】由于KMnO4具有強氧化性，會腐蝕堿式滴定管尖嘴處的橡皮管，故盛裝KMnO4溶液應選擇酸式滴定管?！拘?詳析】剛開始加入的KMnO4會與樣品反應，故溶液顯無色，當達到滴定終點，KMnO4稍過量時，溶液會顯淺紅色，故滴定終點現(xiàn)象為：當最后半滴酸性高錳酸鉀溶液滴入時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內不褪色?！拘?詳析】由方程式2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O的系數(shù)關系可知，n(KMnO4)=n(H2C2O4)=×=0.001mol，數(shù)據(jù)22.01mL誤差太大，需要舍去，V(KMnO4)=×(20.01ml+19.99ml)=20ml，則c(KMnO4)==0.05000mol/L?！拘?詳析】a．滴定過程中少量草酸溶液灑到錐形瓶外，會導致滴定終點消耗V(KMnO4)偏小，根據(jù)c=可知，測定結構偏高，a不選；b．滴定終點讀數(shù)時，俯視滴定管的刻度，會導致V(KMnO4)偏小，根據(jù)c=可知，測定結構偏高，b不選；c．盛裝草酸溶液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用草酸溶液潤洗，對草酸物質的量無影響，對實驗結構沒有影響，c不選；d．滴定時控制速度過快，到達終點后多滴加入KMnO4溶液，會導致V(KMnO4)偏大，根據(jù)c=可知，測定結構偏低d選；答案為d?！拘?詳析】①分析以上實驗數(shù)據(jù)，該反應過程中生成了Mn2+，反應速率突然加快的原因可能是生成的Mn2+作催化劑；②實驗Ⅰ的反應溫度低于實驗Ⅱ，實驗Ⅰ的反應速率比實驗Ⅱ小，則褪色時間：實驗Ⅰ＞實驗Ⅱ，實驗Ⅲ和實驗Ⅳ反應溫