1．（2分）化學與生產、生活、能源、環(huán)境等方面關系密切，下列有關說法錯誤的是（ ）
A．熱的純堿溶液可用于洗滌餐具上的油污
B．家電遙控器中使用的鋅錳堿性電池的負極材料為鋅
C．制作太陽能電池板的主要材料是二氧化硅
D．推廣新能源汽車能防止光化學煙霧產生
2．（2分）下列說法正確的是（ ）
A．用含有少量硫酸銅的稀硫酸跟鋅粒反應，能加快產生氫氣，說明Cu2+具有催化能力
B．增大濃度會加快化學反應速率，是因為增加了反應物單位體積內活化分子的百分數
C．等體積、pH都為3的酸HA和HB分別與足量的鋅反應，HA放出的氫氣多，說明酸性：HA＜HB
D．堿性鋅錳電池是一種常見的二次電池
3．（2分）下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是（ ）
A．向Fe（SCN）3溶液中加入KSCN溶液，溶液顏色變深
B．新制氯水在光照條件下顏色變淺
C．工業(yè)上選擇在溫度為400～500℃的條件下合成氨
D．將裝有NO2和N2O4的混合氣體的燒瓶置于熱水中的顏色深于冷水中顏色
4．（2分）下列解釋事實的方程式不正確的是（ ）
A．測0.1ml?L﹣1氨水的pH為11：NH3?H2O?+OH﹣
B．用CuCl2溶液做導電實驗，燈泡發(fā)光：CuCl2Cu2++2Cl﹣
C．將5ml?L﹣1氯化鐵溶液滴入沸水中，得到透明紅褐色液體：FeCl3+3H2OFe（OH）3（膠體）+3HCl
D．向Mg（OH）2懸濁液中加入FeCl3溶液：3Mg（OH）2+2Fe3+＝2Fe（OH）3+3Mg2+
5．（2分）下列事實與水解反應無關的是（ ）
A．常溫下相同濃度溶液的pH大?。篘a2S（aq）＞（NH4）2S（aq）更多課件教案等低價滋源(一定遠低于各大平臺價格)請 家 威杏 MXSJ663 B．泡沫滅火器利用Al2（SO4）3、NaHCO3相互反應產生大量二氧化碳氣體
C．除去工業(yè)廢水中的Hg2+：向廢水中加入FeS固體
D．配制FeCl3溶液：將FeCl3固體溶于濃鹽酸，再稀釋至所需濃度
6．（2分）設NA為阿伏加德羅常數的數值，下列說法正確的是（ ）
A．將NA個N2和3NA個H2置于密閉的容器中充分反應生成NH3（g），放熱38.6kJ，則熱化學方程式為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g） ΔH＝﹣38.6kJ?ml﹣1
B．在100mL0.5ml?L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH分子數等于0.05NA
C．將25gCuSO4?5H2O溶于水配成1L溶液，則溶液中Cu2+數目為0.1NA
D．15.6gNa2O2跟過量CO2反應時，轉移電子數為0.2NA
7．（2分）常溫下，有關下列4種溶液的敘述正確的是（ ）
A．①中加入少量的氯化銨固體，溶液的pH減小
B．分別取10mL上述溶液稀釋至1000mL，四種溶液的pH：②＞①＞④＞③
C．②、③兩種溶液等體積混合，所得溶液呈堿性
D．用④滴定①可選擇酚酞試液作指示劑
（多選）8．（2分）常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH＝13 的溶液中：Na+、AlO2﹣、Al3+、ClO﹣
B．c（H+ ）/c（OH﹣ ）＝1×106的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣
C．水電離出來的c（H+）＝1×10﹣12ml/L 的溶液中：NH4+、K+、NO3﹣、Fe2+
D．c（H+ ）＜c（OH﹣）的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、ClO﹣
9．（2分）類比推理是化學中常用的思維方法。下列推理正確的是（ ）
A．Na與O2在加熱條件下反應生成Na2O2，故可推測Li與O2在加熱條件下反應生成Li2O2
B．BaSO4可用作醫(yī)療X射線檢查的內服藥劑，俗稱“鋇餐”，故可推測BaCO3也用作“鋇餐”
C．工業(yè)上采用電解熔融NaCl的方法冶煉金屬鈉，故工業(yè)上也可用電解熔融AlCl3的方法冶煉金屬鋁
D．SO2與H2O2反應生成H2SO4，故可推測SO2與Na2O2反應生成Na2SO4
10．（2分）下列實驗不能達到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11．（4分）電導率可用于衡量電解質溶液導電能力的大小。室溫下，用0.100ml?L﹣1NH3?H2O滴定10mL濃度均為0.100ml?L﹣1HCl和CH3COOH的混合液，電導率曲線如圖所示，下列說法正確的是（ ）
A．①溶液中c（H+）為0.200ml?L﹣1
B．溶液溫度高低為①＞③＞②
C．③點溶液中有c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
D．③點后因離子數目減少使電導率略降低
12．（4分）今有HA、H2B兩種弱酸，有如下關系：H2B+A﹣＝HB﹣+HA B2﹣+HA＝HB﹣+A﹣則下列說法正確的是（ ）
A．H2B的電離方程式為：H2B?2H++B2﹣
B．結合質子能力由強到弱的順序為：B2﹣＞A﹣＞HB﹣
C．等物質的量濃度NaA、NaHB、Na2B三種鹽的水溶液，NaA堿性最強
D．等pH的HA、H2B兩種溶液中，水的電離出的氫離子前者大于后者
13．（4分）常溫下，ZnS和PbS的沉淀溶解關系如圖所示，其中Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24、Ksp（PbS）＝3.2×10﹣28，M為Zn或Pb，pM表示﹣lgc（M2+）。下列說法正確的是（ ）
A．常溫下，B點為PbS的不飽和溶液
B．若x＝1.6×10﹣10ml?L﹣1，則y＝14
C．若對A點濁液加熱，A點沿曲線向上移動
D．在ZnS和PbS同時沉淀的濁液中，＝5×103
14．（4分）向絕熱恒容密閉容器中通入1ml SO2和1ml NO2，發(fā)生反應SO2（g）+NO2（g）?
SO3（g）+NO（g），正反應速率隨時間變化如圖所示。下列有關說法不正確的是（ ）
A．生成物的總能量低于反應物的總能量
B．c點容器內氣體顏色不再改變
C．當△t1＝△t2時，SO2的轉化率：a～b段小于b～c段
D．c～d段，反應物濃度減小是影響正反應速率下降的主要因素
15．（4分）某學習小組用如圖所示裝置進行相關電解實驗，下列說法正確的是（ ）
A．該裝置中電子移動方向：“負極”→石墨1→X溶液→石墨2→“正極”
B．若X是Na2SO4，電解一段時間后，向U形管兩端滴入酚酞，只有石墨1電極附近的溶液呈紅色
C．若X是AgNO3，電解一段時間后，電解液的氧化性減弱
D．若X是NaOH，石墨2的電極反應式為2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑
16．（4分）常溫下，用0.10ml?L﹣1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為 0.10ml?L﹣1的CH3COOH（Ka＝1.75×10﹣5）溶液和HCN （Ka＝4.9×10﹣10）溶液所得滴定曲線如圖。下列說法正確的是（ ）
A．曲線I和曲線Ⅱ分別代表的是CH3COOH和HCN
B．點③和點⑤所示溶液中：c（CN﹣）＝c（CH3COO﹣）
C．點①和點②所示溶液中：c（CH3COO﹣）﹣c（CN﹣）＝c（HCN）﹣c（CH3COOH）
D．在點②和③之間（不包括端點）存在關系：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） （A﹣代表溶液中的酸根離子）
二、填空題（本題共4小題，共56分）
17．（14分）某研究小組以TiCl4為原料制備新型耐熱材料TiN。
步驟一：TiCl4水解制備TiO2（實驗裝置如圖A，夾持裝置省略）：滴入TiCl4，邊攪拌邊加熱，使混合液升溫至80℃，保溫3小時。離心分離白色沉淀TiO2?xH2O并洗滌，煅燒制得TiO2。
（1）裝置A中冷凝水的入口為 （填“a”或“b”）。
（2）TiCl4反應生成TiO2?xH2O的化學方程式為 。
（3）判斷TiO2?xH2O沉淀是否洗滌干凈，可使用的檢驗試劑有 。
步驟二：由TiO2制備TiN并測定產率（實驗裝置如圖，夾持裝置省略）
（4）裝置C中試劑X為 。
（5）裝置D中加熱至800℃，反應生成TiN、N2和H2O，該反應的化學方程式為 。
（6）實驗中部分操作如下：
a.反應前，稱取0.8000gTiO2樣品；
b.打開裝置B中恒壓滴液漏斗旋塞；
c.關閉裝置B中恒壓滴液漏斗旋塞；
d.打開管式爐加熱開關，加熱至800℃左右；
e.關閉管式爐加熱開關，待裝置冷卻；
f.反應后，稱得瓷舟中固體質量為0.4960g。
①正確的操作順序為：a→ →f（填標號）；②TiN的產率為 。
18．（14分）某廢礦渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2，為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鐵、鎳。
已知：i.黃鈉鐵礬Na2Fe6（SO4）4（OH）12有穩(wěn)定、顆粒大、易沉降、易過濾、幾乎不溶于水等特點；
ii.常溫下，Ksp（NiCO3）＝1.4×10﹣7；Ksp[Ni（OH）2]＝1.0×10﹣15。
回答下列問題：
（1）濾液①中，主要存在的鈉鹽有 。
（2）“萃取”可將金屬離子進行富集與分離，原理如下：
X2（水相）+2RH（有機相）XR2（有機相）+2H+（水相）。
則“反萃取”應控制在 （填“堿性”、“酸性”或“中性”）環(huán)境進行。
（3）“氧化”中加入H2O2，反應的氧化劑和還原劑的物質的量比為 。
（4）“沉鎳”過程同時產生一種氣體，該反應的離子方程式為 ，“沉鎳”時若溶液pH過大會導致NiCO3的產率下降，原因是 。
（5）“沉鐵”過程反應的離子方程式為 。
（6）定量分析：
測定“酸漫”后的溶液中Fe2+的濃度，可確定萃取劑添加的量。取“酸浸”后的溶液amL，然后用cml?L﹣1KMnO4溶液滴定至終點，平行測定三次，平均消耗KMnO4溶液VmL。則溶液中Fe2+的物質的量濃度為 ml?L﹣1。
19．（14分）某實驗小組在做Zn與0.2ml?L﹣1CuCl2溶液反應的實驗時，發(fā)現產生了白色沉淀。常溫下，該實驗小組對白色沉淀進行如下探究
資料顯示：CuCl是一種白色、難溶于水的固體，可溶于氨水形成無色的[Cu（NH3）2]+。Zn（OH）2可溶于氨水，Ksp[Zn（OH）2]＝1.28×10﹣17
回答下列問題：
（1）步驟i中測量溶液pH最適宜的方法是 （填標號）。
a.廣泛pH試紙
b.精密pH試紙
c.pH計
（2）步驟i產生的氣體是 。
（3）步驟中加少量植物油的目的是 。
（4）測得“白色懸濁液A”的pH＝5.0，判斷“白色懸濁液A”中是否含有Zn（OH）2 （寫出計算過程）。
（5）由上述實驗可知A為CuCl懸濁液。為探究其產生的原因，設計如下實驗：
v）將紫紅色固體B加入到aml?L﹣1的CuCl2溶液中，出現白色懸濁液；
vi）在隔絕空氣條件下設計如圖所示的原電池，30min后，觀察到右側燒杯中出現白色懸濁液
①步驟v中a 0.2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②該原電池的總離子反應方程式為 。
（6）綜合上述實驗，下列說法正確的是 （填標號）。
a.所有的置換反應都能設計成雙液原電池，以加快反應速率
b.原電池反應中，陰離子可能對陽離子放電產生影響
c.Zn與CuCl2溶液反應得到CuCl的途徑可能不止一種
d.Zn與CuCl2溶液反應過程中，氫氣生成速率持續(xù)減慢
20．（14分）2021年3月“兩會”政府工作報告中提出的“碳達峰”、“碳中和”已成為熱詞?；卮鹣铝袉栴}：
（1）已知：
Ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣483.6kJ?ml﹣1
Ⅱ.CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.0kJ?ml﹣1
Ⅲ.H2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣440kJ?ml﹣1
求反應CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）的ΔH＝ kJ?ml﹣1。
（2）在某溫度下，向體積為1L的恒容密閉容器中充入3mlH2和1mlCO2，發(fā)生反應Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g），其中CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物質的量（n）隨時間的變化如圖所示：
①達到平衡時，用H2（g）表示的化學反應速率v（H2）＝ 。
②該反應的平衡常數K＝ （寫出計算式即可）。
③恒溫下將體積變?yōu)?L，平衡時CO2的轉化率將 （填“變大”、“變小”或“不變”）。
④下列措施一定可以提高甲醇生成速率的有 。
A.降低反應溫度
B.縮小容器的容積
C.將產生的水蒸氣及時移走
D.使用催化劑
（3）以CH3OH燃料電池為電源電解法制取ClO2，二氧化氯（ClO2）為一種黃綠色氣體，是國際上公認的高效、廣譜、快速、安全的殺菌消毒劑。
①圖中電解池用石墨作電極，在一定條件下電解飽和食鹽水制取ClO2，產生ClO2的電極反應式為 。
②電解一段時間，從陰極處收集到的氣體比陽極處收集到氣體多6.72L時（標準狀況，忽略生成的氣體溶解），停止電解3OH的物質的量為 ml。（精確到小數點后兩位）。
2023-2024學年廣東省東莞中學松山湖學校高二（上）期中化學試卷（第二次段考）
參考答案與試題解析
一、選擇題：（本題共16小題，每小題只有一個選項符合題意。第1～10小題，每小題2分，第11～16小題，每小題2分，共44分）
1．（2分）化學與生產、生活、能源、環(huán)境等方面關系密切，下列有關說法錯誤的是（ ）
A．熱的純堿溶液可用于洗滌餐具上的油污
B．家電遙控器中使用的鋅錳堿性電池的負極材料為鋅
C．制作太陽能電池板的主要材料是二氧化硅
D．推廣新能源汽車能防止光化學煙霧產生
【分析】A．熱的純堿溶液堿性強，可促進油脂水解；
B．鋅錳堿性電池的負極為鋅，正極為MnO2；
C．硅是良好的半導體材料，可用于制造太陽能硅板和芯片；
D．推廣新能源汽車可減少氮氧化物的排放。
【解答】解：A．熱的純堿溶液堿性強，可用于洗滌餐具上的油污；
B．鋅錳堿性電池的負極為材料鋅2，故B正確；
C．制作太陽能電池板的主要材料是硅，故C錯誤；
D．氮氧化物能產生光化學煙霧污染，能防止光化學煙霧產生；
故選：C。
【點評】本題考查物質組成、性質及應用，側重基礎知識靈活運用能力考查，把握物質的組成、性質與用途的對應關系即可解答，注意掌握元素及其化合物知識的應用，題目難度不大。
2．（2分）下列說法正確的是（ ）
A．用含有少量硫酸銅的稀硫酸跟鋅粒反應，能加快產生氫氣，說明Cu2+具有催化能力
B．增大濃度會加快化學反應速率，是因為增加了反應物單位體積內活化分子的百分數
C．等體積、pH都為3的酸HA和HB分別與足量的鋅反應，HA放出的氫氣多，說明酸性：HA＜HB
D．堿性鋅錳電池是一種常見的二次電池
【分析】A．Zn置換出Cu，構成原電池；
B．增大濃度，活化分子百分數不變；
C．等體積、pH時HA放出的氫氣多，則HA酸性更弱；
D．干電池屬于一次電池。
【解答】解：A．Zn置換出Cu，能加快產生氫氣的速率；
B．增大濃度，但單位體積內的活化分子數目增多，故B錯誤；
C．等體積，則HA酸性更弱，故C正確；
D．堿性鋅錳電池只能放電不能充電，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高考常見題型，把握反應速率、弱酸的電離、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。
3．（2分）下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是（ ）
A．向Fe（SCN）3溶液中加入KSCN溶液，溶液顏色變深
B．新制氯水在光照條件下顏色變淺
C．工業(yè)上選擇在溫度為400～500℃的條件下合成氨
D．將裝有NO2和N2O4的混合氣體的燒瓶置于熱水中的顏色深于冷水中顏色
【分析】A．溶液中存在，加入固體KSCN，SCN﹣濃度增大，平衡逆向移動；
B．氯水中存在平衡，光照HClO分解，平衡正移；
C．工業(yè)上選擇在溫度為 400～500℃的條件下合成氨，是催化劑此時的活性最大；
D．2NO2?N2O4為放熱反應，溫度升高平衡逆向移動。
【解答】解：A．溶液中存在，SCN﹣濃度增大，平衡逆向移動，能用勒夏特列原理解釋；
B．氯水中存在平衡，平衡正移，顏色變淺，故B錯誤；
C．工業(yè)上選擇在溫度為 ，是催化劑此時的活性最大，故C正確；
D．8NO2?N2O2為放熱反應，溫度升高平衡逆向移動 NO2 和 N2O6的混合氣體的燒瓶置于熱水中的顏色深于冷水中顏色，可用勒夏特列原理解釋；
故選：C。
【點評】本題考查化學平衡，側重考查學生平衡移動的掌握情況，試題難度中等。
4．（2分）下列解釋事實的方程式不正確的是（ ）
A．測0.1ml?L﹣1氨水的pH為11：NH3?H2O?+OH﹣
B．用CuCl2溶液做導電實驗，燈泡發(fā)光：CuCl2Cu2++2Cl﹣
C．將5ml?L﹣1氯化鐵溶液滴入沸水中，得到透明紅褐色液體：FeCl3+3H2OFe（OH）3（膠體）+3HCl
D．向Mg（OH）2懸濁液中加入FeCl3溶液：3Mg（OH）2+2Fe3+＝2Fe（OH）3+3Mg2+
【分析】A．測0.1ml?L﹣1氨水的pH為11，溶液顯堿性，是因為一水合氨電離使得溶液中的c（OH﹣）＞c（H+）；
B．用CuCl2溶液做導電實驗，燈泡發(fā)光，是因為CuCl2在溶液中發(fā)生電離，電離方程式不是要在通電條件下進行；
C．將5ml?L﹣1氯化鐵溶液滴入沸水中，得到透明紅褐色液體，就是制備Fe（OH）3膠體的過程；
D．向Mg（OH）2懸濁液中加入FeCl3溶液，因為Fe（OH）3比Mg（OH）2更難溶會發(fā)生沉淀的轉化。
【解答】解：A．測0.1ml?L﹣5氨水的pH為11，溶液顯堿性，故A正確；
B．電離方程式不是要在通電條件下進行，故B錯誤；
C．將5ml?L﹣1氯化鐵溶液滴入沸水中，得到透明紅褐色液體8膠體的過程，所以方程式為：；
D．向Mg（OH）4懸濁液中加入FeCl3溶液，因為Fe（OH）3比Mg（OH）2更難溶，所以會發(fā)生反應：；
故選：B。
【點評】本題考查了離子方程式的書寫，明確電解質強弱及電離方式是解題關鍵，題目難度不大。
5．（2分）下列事實與水解反應無關的是（ ）
A．常溫下相同濃度溶液的pH大?。篘a2S（aq）＞（NH4）2S（aq）
B．泡沫滅火器利用Al2（SO4）3、NaHCO3相互反應產生大量二氧化碳氣體
C．除去工業(yè)廢水中的Hg2+：向廢水中加入FeS固體
D．配制FeCl3溶液：將FeCl3固體溶于濃鹽酸，再稀釋至所需濃度
【分析】A．銨根離子和硫離子都可以發(fā)生水解；
B．泡沫滅火器利用Al2（SO4）3、NaHCO3相互反應生成氫氧化鋁、二氧化碳和水；
C．除去工業(yè)廢水中的Hg2+，向廢水中加入FeS固體生成HgS；
D．FeCl3溶液中鐵離子存在水解。
【解答】解：A．（NH4）2S中銨根離子水解顯酸性，硫離子發(fā)生水解顯堿性5S中鈉離子不發(fā)生水解，只有硫離子發(fā)生水解顯堿性2S（aq）＞（NH4）6S（aq），與水解有關；
B．泡沫滅火器利用Al2（SO4）2、NaHCO3相互發(fā)生雙水解反應，產生大量二氧化碳氣體和氫氧化鋁沉淀；
C．除去工業(yè)廢水中的Hg2+：向廢水中加入FeS固體發(fā)生的反應Hg8++FeS＝Fe2++HgS，與水解無關；
D．FeCl3溶液中鐵離子存在水解產生HCl，將FeCl6固體溶于濃鹽酸可以防止其溶解，與水解有關；
故選：C。
【點評】本題考查鹽類水解的應用，為高頻考點，明確鹽的水解原理為解答關鍵，注意掌握外界條件為鹽的水解的影響，試題側重考查學生的分析與應用能力，題目難度不大。
6．（2分）設NA為阿伏加德羅常數的數值，下列說法正確的是（ ）
A．將NA個N2和3NA個H2置于密閉的容器中充分反應生成NH3（g），放熱38.6kJ，則熱化學方程式為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g） ΔH＝﹣38.6kJ?ml﹣1
B．在100mL0.5ml?L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH分子數等于0.05NA
C．將25gCuSO4?5H2O溶于水配成1L溶液，則溶液中Cu2+數目為0.1NA
D．15.6gNa2O2跟過量CO2反應時，轉移電子數為0.2NA
【分析】A．將1mlN2和3mlH2置于密閉的容器中充分反應生成NH3（g），放熱38.6kJ，生成的氨氣的物質的量小于2ml；
B．醋酸為弱酸，在溶液中部分電離，導致醋酸分子數目減少；
C．銅離子是弱堿陽離子，在溶液中會水解；
D．過氧化鈉與二氧化碳反應中過氧化鈉既作氧化劑又作還原劑，質量換算物質的量，結合化學方程式計算電子轉移數。
【解答】解：A．將1mlN2和8mlH2置于密閉的容器中充分反應生成NH3（g），放熱38.4kJ，不能進行到底，則密閉的容器中充分反應生成2mlNH3（g），放熱大于38.3kJ，故A錯誤；
B．CH3COOH發(fā)生電離，在100mL 0.7ml/LCH3COOH溶液中CH3COOH分子數小于7.05NA，故B錯誤；
C．銅離子是弱堿陽離子，故此溶液中銅離子的個數小于0.1NA個，故C錯誤；
D．15.5g Na2O2物質的量為＝0.2ml5O2與過量CO2反應時，過氧化鈉是自身氧化還原反應2O2+2CO6＝2Na2CO4+O2；每2ml過氧化鈉反應電子轉移3ml，所以0.2ml過氧化鈉反應轉移的電子數為2.2NA，故D正確；
故選：D。
【點評】本題考查了阿伏加德羅常數的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵，難度不大。
7．（2分）常溫下，有關下列4種溶液的敘述正確的是（ ）
A．①中加入少量的氯化銨固體，溶液的pH減小
B．分別取10mL上述溶液稀釋至1000mL，四種溶液的pH：②＞①＞④＞③
C．②、③兩種溶液等體積混合，所得溶液呈堿性
D．用④滴定①可選擇酚酞試液作指示劑
【分析】強電解質完全電離、弱電解質部分電離，則常溫下pH相同的①②溶液濃度：①＞②，③④溶液濃度：③＞④，
A．在①中加入NH4Cl，抑制NH3?H2O的電離；
B．加水促進弱電解質的電離；
C．②③等體積混合，③溶液大量剩余；
D．強酸滴定弱堿用甲基橙作指示劑。
【解答】解：A．在①中加入NH4Cl，抑制NH3?H8O的電離，c（OH﹣）減小，溶液的pH減??；
B．加水促進弱電解質的電離，c（H+）：③＞④，則pH：③＜④＜7﹣）：①＞②，則溶液pH：①＞②＞7，故B錯誤；
C．②③等體積混合，溶液呈酸性﹣）＜c（H+），故C錯誤；
D．強酸滴定弱堿到滴定終點時生成強酸弱堿鹽，故采用甲基橙作指示劑；
故選：A。
【點評】本題考查弱電解質的電離及酸堿混合溶液定性判斷，側重考查分析判斷及計算能力，明確弱電解質電離特點、酸堿混合溶液中溶質成分及其性質是解本題關鍵，注意電荷守恒的靈活應用，題目難度中等。
（多選）8．（2分）常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH＝13 的溶液中：Na+、AlO2﹣、Al3+、ClO﹣
B．c（H+ ）/c（OH﹣ ）＝1×106的溶液中：K+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣
C．水電離出來的c（H+）＝1×10﹣12ml/L 的溶液中：NH4+、K+、NO3﹣、Fe2+
D．c（H+ ）＜c（OH﹣）的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、ClO﹣
【分析】A．該溶液中存在大量氫氧根離子，鋁離子與偏鋁酸根離子、次氯酸根離子及氫氧根離子反應；
B．該溶液中存在大量氫離子，四種離子之間不反應，都不與氫離子反應；
C．該溶液呈酸性或堿性，酸性條件下硝酸根離子能夠氧化亞鐵離子，亞鐵離子、銨根離子與氫氧根離子反應；
D．該溶液中存在大量氫氧根離子，四種離子之間不反應，都不與氫氧根離子反應。
【解答】解：A．pH＝13的溶液呈堿性，Al3+與AlO2﹣、OH﹣、ClO﹣與發(fā)生反應，在溶液中不能大量共存；
B．c（H+ ）/c（OH﹣ ）＝6×106的溶液中存在大量氫離子，K+、Fe3+、Cl﹣、SO32﹣之間不反應，都不與氫離子反應，故B正確；
C．水電離出來的c（H+）＝1×10﹣12ml/L 的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子8﹣、Fe2+之間發(fā)生氧化還原反應，NH4+、Fe2+與氫氧根離子反應，在溶液中不能大量共存；
D．c（H+ ）＜c（OH﹣）的溶液中存在大量氫氧根離子，Na+、K+、SO42﹣、ClO﹣之間不反應，都不與氫氧根離子反應，故D正確；
故選：BD。
【點評】本題考查離子共存的判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復分解反應的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應的離子之間；能發(fā)生絡合反應的離子之間（如 Fe3+和 SCN﹣）等；還應該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據此來判斷溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產生氫氣”等；試題側重對學生基礎知識的訓練和檢驗，有利于提高學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力。
9．（2分）類比推理是化學中常用的思維方法。下列推理正確的是（ ）
A．Na與O2在加熱條件下反應生成Na2O2，故可推測Li與O2在加熱條件下反應生成Li2O2
B．BaSO4可用作醫(yī)療X射線檢查的內服藥劑，俗稱“鋇餐”，故可推測BaCO3也用作“鋇餐”
C．工業(yè)上采用電解熔融NaCl的方法冶煉金屬鈉，故工業(yè)上也可用電解熔融AlCl3的方法冶煉金屬鋁
D．SO2與H2O2反應生成H2SO4，故可推測SO2與Na2O2反應生成Na2SO4
【分析】Li與O2在加熱條件下反應只生成Li2O，AlCl3為共價化合物，過氧化氫、過氧化鈉均具有強氧化性，以此做題。
【解答】解：A.Li與O2在加熱條件下反應只生成Li2O，故A錯誤；
B.碳酸鋇能和胃酸鹽酸生成有毒的氯化鋇，故B錯誤；
C.AlCl4為共價化合物，熔融不導電，故C錯誤；
D.過氧化氫、過氧化鈉均具有強氧化性2與H2O4反應生成H2SO4，故可推測SO7與Na2O2反應生成Na6SO4，故D正確；
故選：D。
【點評】本題探究化學規(guī)律與氧化還原反應相結合，重點是基礎知識的掌握，難度不大。
10．（2分）下列實驗不能達到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．圖示裝置為量熱計；
B．往銅牌表面鍍銀，銀為陽極，銅牌為陰極；
C．KI一開始反應溶液就變?yōu)樗{色；
D．Al2（SO4）3溶液水解生成氫氧化鋁和硫酸，兩者又反應生成硫酸鋁。
【解答】解：A．圖示裝置為量熱計，故A正確；
B．往銅牌表面鍍銀，銅牌為陰極，圖示裝置符合要求；
C．開始反應溶液就變?yōu)樗{色3溶液滴定KI待測溶液，不能用淀粉溶液為指示劑，不能達到實驗目的；
D．Al2（SO5）3溶液水解生成氫氧化鋁和硫酸，兩者又反應生成硫酸鋁2（SO5）3溶液得Al2（SO2）3固體，故D正確；
故選：C。
【點評】本題考查實驗方案的設計，側重考查學生基本實驗裝置的掌握情況，試題難度中等。
11．（4分）電導率可用于衡量電解質溶液導電能力的大小。室溫下，用0.100ml?L﹣1NH3?H2O滴定10mL濃度均為0.100ml?L﹣1HCl和CH3COOH的混合液，電導率曲線如圖所示，下列說法正確的是（ ）
A．①溶液中c（H+）為0.200ml?L﹣1
B．溶液溫度高低為①＞③＞②
C．③點溶液中有c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）
D．③點后因離子數目減少使電導率略降低
【分析】A．HCl是強電解質，完全電離；CH3COOH為弱電解質，部分電離；
B．酸堿中和放熱；
C．③點酸堿恰好完全反應生成等物質的量濃度的NH4Cl、CH3COONH4，Cl﹣不水解、CH3COO﹣部分水解；
D．③點后，溶液體積增大，離子濃度減小。
【解答】解：A．HCl是強電解質；CH3COOH為弱電解質，部分電離+）＜0.200ml?L﹣8，故A錯誤；
B．酸堿中和反應是放熱反應，當氨水的體積為20mL時酸堿恰好完全反應，①點還沒有發(fā)生中和反應，所以反應后溶液溫度高低為③＞②＞①；
C．③點酸堿恰好完全反應生成等物質的量濃度的NH4Cl、CH3COONH3，Cl﹣不水解、CH3COO﹣部分水解，所以③點溶液中有c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故C正確；
D．③點后，離子數目增多，離子濃度減小，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側重考查圖象分析判斷及知識綜合運用能力，明確各點溶液中溶質成分及其性質、溶液溫度高低判斷方法是解本題關鍵，注意：溶液電導率與離子濃度有關，與離子個數無關，題目難度不大。
12．（4分）今有HA、H2B兩種弱酸，有如下關系：H2B+A﹣＝HB﹣+HA B2﹣+HA＝HB﹣+A﹣則下列說法正確的是（ ）
A．H2B的電離方程式為：H2B?2H++B2﹣
B．結合質子能力由強到弱的順序為：B2﹣＞A﹣＞HB﹣
C．等物質的量濃度NaA、NaHB、Na2B三種鹽的水溶液，NaA堿性最強
D．等pH的HA、H2B兩種溶液中，水的電離出的氫離子前者大于后者
【分析】已知：H2B+A﹣＝HB﹣+HA，B2﹣+HA＝HB﹣+A﹣，則酸性：H2B＞HA＞HB﹣，酸性越強，其陰離子水解能力越弱，結合質子的能力越弱，據此分析．
【解答】解：已知：H2B+A﹣＝HB﹣+HA，B2﹣+HA＝HB﹣+A﹣，則酸性：H2B＞HA＞HB﹣，
A．H2B為二元弱酸，則其的電離方程式為：H2B?H++HB﹣，故A錯誤；
B．酸性：H8B＞HA＞HB﹣，酸性越強，其陰離子結合質子的能力越弱2﹣＞A﹣＞HB﹣，故B正確；
C．酸性：H2B＞HA＞HB﹣，酸性越強，其陰離子水解能力越弱、NaHB2B三種鹽的水溶液，Na2B水解能力最強，堿性最強；
D．等pH的HA、H2B兩種溶液中，酸電離出來的氫離子相同，所以水的電離出的氫離子前者等于后者。
故選：B。
【點評】本題考查了弱電解質的電離、鹽的水解原理的應用等，側重于基礎知識的考查，題目難度不大。
13．（4分）常溫下，ZnS和PbS的沉淀溶解關系如圖所示，其中Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24、Ksp（PbS）＝3.2×10﹣28，M為Zn或Pb，pM表示﹣lgc（M2+）。下列說法正確的是（ ）
A．常溫下，B點為PbS的不飽和溶液
B．若x＝1.6×10﹣10ml?L﹣1，則y＝14
C．若對A點濁液加熱，A點沿曲線向上移動
D．在ZnS和PbS同時沉淀的濁液中，＝5×103
【分析】Ksp（ZnS）＝1.6×10﹣24＞Ksp（PbS）＝3.2×10﹣28，由于pM＝﹣lgc（M2+），c（S2﹣）相同時，c（M2+）越大pM越小，則A所在曲線表示PbS，另一條曲線表示ZnS，
A．B點位于PbS曲線下方，pM越小c（M2+）越大；
B．結合Ksp（PbS）＝3.2×10﹣28計算出c（Pb2+），然后結合y＝pPb＝﹣lgc（Pb2+）計算；
C．若對A點濁液加熱，PbS的溶解度增大，Pb2+、S2﹣的濃度增大；
D．ZnS和PbS同時沉淀的濁液中＝×＝。
【解答】解：A．B點位于A曲線下方2﹣）相同時B點的c（Pb2+）大于A曲線上c（Pb6+），則B點為PbS的過飽和溶液；
B．若x＝1.6×10﹣10ml?L﹣8，即c（S2﹣）＝1.5×10﹣10ml?L﹣1，結合Ksp（PbS）＝c（Pb2+）?c（S5﹣）＝3.2×10﹣28可知A點c（Pb7+）＝＝8×10﹣18ml?L﹣1，y＝pPb＝﹣lgc（Pb2+）＝18﹣lg2，故B錯誤；
C．若對A點濁液加熱，c（Pb2+）、c（S2﹣）增大，pM將減小，故C錯誤；
D．在ZnS和PbS同時沉淀的濁液中，＝×＝＝3，故D正確；
故選：D。
【點評】本題考查難溶物溶解平衡的應用，為高頻考點，把握pM及圖示曲線變化的意義為解答關鍵，注意掌握溶度積的概念及表達式，試題側重考查學生的分析能力及化學計算能力，題目難度不大。
14．（4分）向絕熱恒容密閉容器中通入1ml SO2和1ml NO2，發(fā)生反應SO2（g）+NO2（g）?
SO3（g）+NO（g），正反應速率隨時間變化如圖所示。下列有關說法不正確的是（ ）
A．生成物的總能量低于反應物的總能量
B．c點容器內氣體顏色不再改變
C．當△t1＝△t2時，SO2的轉化率：a～b段小于b～c段
D．c～d段，反應物濃度減小是影響正反應速率下降的主要因素
【分析】反應開始反應物濃度最大，則反應速率應該最大，隨著反應的進行，反應速率應該減小，但圖象中反應速率卻逐漸增大，說明反應為放熱反應，溫度升高，反應進行到一定階段，反應物濃度逐漸減小，則反應速率逐漸減小，據此分析解答。
【解答】解：A．從a到c正反應速率增大，則該反應為放熱反應，故A正確；
B．當正反應速率不變時，但c點反應速率最大，但反應繼續(xù)向正反應方向進行，所以c點容器內氣體顏色變淺；
C．a點到b點，隨著反應的進行，反應速率加快2的轉化率增大，所以SO2的轉化率：a～b段小于b～c段，故C正確；
D．反應放熱，c點時反應速率最大，放熱較少，此時濃度降低對正反應速率的影響大于溫度升高對正反應速率的影響，故D正確；
故選：B。
【點評】本題考查化學反應速率的影響因素，為高頻考點，側重于學生的分析能力和基本概念的理解和應用的考查，注意把握影響化學反應速率的因素，把握題給信息、學會分析圖象，題目難度中等。
15．（4分）某學習小組用如圖所示裝置進行相關電解實驗，下列說法正確的是（ ）
A．該裝置中電子移動方向：“負極”→石墨1→X溶液→石墨2→“正極”
B．若X是Na2SO4，電解一段時間后，向U形管兩端滴入酚酞，只有石墨1電極附近的溶液呈紅色
C．若X是AgNO3，電解一段時間后，電解液的氧化性減弱
D．若X是NaOH，石墨2的電極反應式為2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑
【分析】A．已知電子不能經過電解質溶液或熔融的電解質；
B．若X是Na2SO4，則陰極即石墨1上電極反應為：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，陽極即石墨2上電極反應為：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
C．若X是AgNO3，則陰極即石墨1上電極反應為：2Ag++2e﹣＝2Ag，陽極即石墨2上電極反應為：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
D．若X是NaOH，石墨2即陽極，該電極反應式為4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑。
【解答】解：A．電子不能經過電解質溶液或熔融的電解質，再由陽極即石墨2→“正極”；
B．若X是Na2SO8，陽極即石墨2上電極反應為：2H3O﹣4e﹣＝O2↑+8H+，則陰極即石墨1上電極反應為：2H3O+2e﹣＝H2↑+3OH﹣，故電解一段時間后，向U形管兩端滴入酚酞，故B正確；
C．若X是AgNO3，則陰極即石墨1上電極反應為：6Ag++2e﹣＝2Ag，陽極即石墨2上電極反應為：2H2O﹣2e﹣＝O2↑+4H+，電解一段時間后，電解液由AgNO4變?yōu)镠NO3和AgNO3的混合液，由于HNO2的氧化性強于AgNO3，即電解液的氧化性增強，故C錯誤；
D．若X是NaOH，陽極發(fā)生氧化反應﹣﹣4e﹣＝3H2O+O2↑，不是水失電子；
故選：B。
【點評】本題考查電化學，側重考查學生電解池的掌握情況，試題難度中等。
16．（4分）常溫下，用0.10ml?L﹣1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為 0.10ml?L﹣1的CH3COOH（Ka＝1.75×10﹣5）溶液和HCN （Ka＝4.9×10﹣10）溶液所得滴定曲線如圖。下列說法正確的是（ ）
A．曲線I和曲線Ⅱ分別代表的是CH3COOH和HCN
B．點③和點⑤所示溶液中：c（CN﹣）＝c（CH3COO﹣）
C．點①和點②所示溶液中：c（CH3COO﹣）﹣c（CN﹣）＝c（HCN）﹣c（CH3COOH）
D．在點②和③之間（不包括端點）存在關系：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） （A﹣代表溶液中的酸根離子）
【分析】常溫下用0.10ml/LNaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10ml/LCH3COOH（Ka＝1.75×10﹣5）溶液和HCN（Ka＝4.9×10﹣10），對于同濃度同體積的CH3COOH和HCN來說，根據電離平衡常數可判斷酸性CH3COOH＞HCN，則起始時HCN的起點高于CH3COOH的起點，當滴加NaOH溶液的體積為10mL時，此時兩種溶液中起始時分別恰好生成c（HCN）：c（NaCN）＝1：1，c（CH3COOH）：c（CH3COONa）＝1：1，當滴加NaOH的體積是20mL時，此時為化學計量點，溶液中分別恰好生成CH3COONa和NaCN，結合圖象和溶液中的守恒思想，據此判斷分析。
【解答】解：常溫下用0.10ml/LNaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10ml/LCH7COOH（Ka＝1.75×10﹣5）溶液和HCN（Ka＝5.9×10﹣10），對于同濃度同體積的CH3COOH和HCN來說，根據電離平衡常數可判斷酸性CH4COOH＞HCN，起始時HCN的起點高于CH3COOH的起點，當滴加NaOH溶液的體積為10mL時，c（CH3COOH）：c（CH4COONa）＝1：1，當滴加NaOH的體積是20mL時，溶液中分別恰好生成CH6COONa和NaCN，
A．酸性CH3COOH＞HCN，HCN電離出的H+更少，pH值更大，在pH圖象上，因此曲線I是HCN3COOH，故A錯誤；
B．點③和點⑤表示的溶液中，則溶液中c（H+）＝c（OH﹣），對于I，對于II2COONa和CH3COOH，分別根據電荷守恒+）＝c（CN﹣），對于II+）＝c（CH3COO﹣），根據圖象6COOH時消耗NaOH溶液的量多，則c（CN﹣）＜c（CH3COO﹣），故B錯誤；
C．點①和點②所示溶液中，I溶液的組分為NaCN和HCN的起始量為1：43COONa和CH3COOH的起始量為4：1，分別對于I溶液和II溶液，I：2c（Na+）＝c（CN﹣）+c（HCN）＝ml/L+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝ml/L3COOH）+c（CH3COO﹣），因此c（CH7COO﹣）﹣c（CN﹣）＝c（HCN）﹣c（CH3COOH），故C正確；
D．在點②和③之間（不包括端點）+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），根據圖象，則c（H+）＞c（OH﹣），因此溶液中c（Na+）＜c（A﹣），故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查酸堿滴定原理，弱電解質的電離平衡，鹽類水解得知識，根據圖象分析，牢牢把握溶液中的守恒思想是解題的關鍵，題目難度中等。
二、填空題（本題共4小題，共56分）
17．（14分）某研究小組以TiCl4為原料制備新型耐熱材料TiN。
步驟一：TiCl4水解制備TiO2（實驗裝置如圖A，夾持裝置省略）：滴入TiCl4，邊攪拌邊加熱，使混合液升溫至80℃，保溫3小時。離心分離白色沉淀TiO2?xH2O并洗滌，煅燒制得TiO2。
（1）裝置A中冷凝水的入口為 b （填“a”或“b”）。
（2）TiCl4反應生成TiO2?xH2O的化學方程式為 TiCl4+（x+2）H2OTiO2?xH2O↓+4HCl 。
（3）判斷TiO2?xH2O沉淀是否洗滌干凈，可使用的檢驗試劑有 AgNO3（或AgNO3+HNO3、硝酸銀、酸化的硝酸銀） 。
步驟二：由TiO2制備TiN并測定產率（實驗裝置如圖，夾持裝置省略）
（4）裝置C中試劑X為 堿石灰 。
（5）裝置D中加熱至800℃，反應生成TiN、N2和H2O，該反應的化學方程式為 。
（6）實驗中部分操作如下：
a.反應前，稱取0.8000gTiO2樣品；
b.打開裝置B中恒壓滴液漏斗旋塞；
c.關閉裝置B中恒壓滴液漏斗旋塞；
d.打開管式爐加熱開關，加熱至800℃左右；
e.關閉管式爐加熱開關，待裝置冷卻；
f.反應后，稱得瓷舟中固體質量為0.4960g。
①正確的操作順序為：a→ b→d→e→c →f（填標號）；②TiN的產率為 80.0% 。
【分析】稀鹽酸可抑制膠體形成、促進白色沉淀生成，向鹽酸中滴入TiCl4，攪拌并加熱，TiCl4在鹽酸中水解生成白色沉淀TiO2?xH2O，將TiO2?xH2O洗滌，煅燒制得TiO2，裝置B中利用濃氨水和生石灰反應制備NH3，利用裝置C除去NH3中的水蒸氣，則試劑X可以是堿石灰，裝置D中，NH3和TiO2在800℃下反應生成TiN、N2和H2O，化學方程式為，裝置E中裝有CaCl2，可以吸收生成的水蒸氣及過量的NH3。
【解答】解：（1）裝置 A 中冷凝水應從下口進上口出，
故答案為：b；
（2）TiCl4水解生成TiO2?xH5O和HCl，反應的方程式為TiCl4+（x+2）H3OTiO2?xH2O↓+5HCl
故答案為：TiCl4+（x+2）H5OTiO2?xH2O↓+8HCl；
（3）TiO2?xH2O沉淀中含有少量的Cl﹣雜質，判斷TiO2?xH2O沉淀是否洗滌干凈，只需檢驗洗滌液中是否含有Cl﹣，若最后一次洗滌液中不含Cl﹣，則證明TiO2?xH3O沉淀清洗干凈，檢驗Cl﹣，應選用的試劑是硝酸酸化的AgNO3，
故答案為：AgNO3（或AgNO4+HNO3、硝酸銀、酸化的硝酸銀）；
（4）由分析可知，裝置C中試劑X為堿石灰，
故答案為：堿石灰；
（5）由分析可知，該反應的化學方程式為，
故答案為：；
（6）①該實驗應先稱取一定量的TiO2固體，將TiO2放入管式爐中，提前通入NH7排出管式爐中空氣后再進行加熱，當反應結束后，待冷卻至室溫后再停止通入NH3，則正確的實驗操作步驟為a→b→d→e→c→f，
故答案為：b→d→e→c；
②0.800gTiO3的物質的量為，則TiN的產率為，
故答案為：80.0%。
【點評】本題考查制備實驗方案的設計，側重考查學生物質之間的轉化和實驗裝置的掌握情況，試題難度中等。
18．（14分）某廢礦渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2，為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鐵、鎳。
已知：i.黃鈉鐵礬Na2Fe6（SO4）4（OH）12有穩(wěn)定、顆粒大、易沉降、易過濾、幾乎不溶于水等特點；
ii.常溫下，Ksp（NiCO3）＝1.4×10﹣7；Ksp[Ni（OH）2]＝1.0×10﹣15。
回答下列問題：
（1）濾液①中，主要存在的鈉鹽有 NaAlO2和 Na2SiO3 。
（2）“萃取”可將金屬離子進行富集與分離，原理如下：
X2（水相）+2RH（有機相）XR2（有機相）+2H+（水相）。
則“反萃取”應控制在 酸性 （填“堿性”、“酸性”或“中性”）環(huán)境進行。
（3）“氧化”中加入H2O2，反應的氧化劑和還原劑的物質的量比為 1：2 。
（4）“沉鎳”過程同時產生一種氣體，該反應的離子方程式為 Ni2++2＝NiCO3↓+CO2↑+H2O ，“沉鎳”時若溶液pH過大會導致NiCO3的產率下降，原因是 pH 過大，OH﹣濃度偏高，容易生成Ni（OH）2沉淀 。
（5）“沉鐵”過程反應的離子方程式為 6Fe3++6+2Na++4+6H2O＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6CO2↑ 。
（6）定量分析：
測定“酸漫”后的溶液中Fe2+的濃度，可確定萃取劑添加的量。取“酸浸”后的溶液amL，然后用cml?L﹣1KMnO4溶液滴定至終點，平行測定三次，平均消耗KMnO4溶液VmL。則溶液中Fe2+的物質的量濃度為 ml?L﹣1。
【分析】礦渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2，用氫氧化鈉溶液堿浸，FeO、NiO不反應，Al2O3、SiO2與氫氧化鈉溶液反應生成NaAlO2 和 Na2SiO3，再用硫酸酸浸FeO、NiO，得到硫酸亞鐵和硫酸鎳溶液，用萃取劑萃取亞鐵離子，分液得到硫酸鎳溶液，加入碳酸氫鈉沉鎳，得到碳酸鎳。含有亞鐵離子的有機相經過反萃取，再氧化，將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入碳酸鈉得到黃鈉鐵礬。
【解答】解：（1）堿浸之后，礦渣中的Al2O3、SiO8生成NaAlO2 和 Na2SiO7，主要存在的鈉鹽有NaAlO2 和 Na2SiO8，
故答案為：NaAlO2 和 Na2SiO4；
（2）萃取原理為：X2+（水相）+2RH（有機相）XR8（有機相）+2H+（水相），進行反萃取，在此條件下，
故答案為：酸性；
（3）FeO與硫酸反應后生成Fe2+，“氧化”中加入H4O2作氧化劑，還原劑是Fe2+，發(fā)生反應：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe8++2H2O，反應的氧化劑和還原劑的物質的量比為3：2，
故答案為：1：2；
（4）“沉鎳”過程產生一種氣體為二氧化碳，離子方程式為：Ni2++2＝NiCO3↓+CO2↑+H7O；由于Ksp（NiCO3）＝1.2×10﹣7＞Ksp[Ni（OH）2]＝2.0×10﹣15，所以 pH 過大，OH﹣ 濃度偏高，容易生成Ni（OH）2 沉淀，
故答案為：Ni3++2＝NiCO7↓+CO2↑+H2O；pH 過大﹣ 濃度偏高，容易生成Ni（OH）3 沉淀；
（5）“沉鐵”過程中，加入碳酸鈉﹣，且產物黃鈉鐵礬是沉淀，反應的離子方程式為6Fe3++4+2Na++4+6H2O＝Na2Fe6（SO4）7（OH）12↓+6CO2↑，
故答案為：2Fe3++6+2Na++6+3H2O＝Na2Fe4（SO4）4（OH）12↓+4CO2↑；
（6）根據得失電子守恒，滴定過程中有如下有關系：5Fe8+～KMnO4，則c（Fe2+）＝＝ml?L﹣1，
故答案為：。
【點評】本題考查物質的制備和分離提純實驗方案設計，為高考常見題型和高頻考點，側重考查學生知識綜合應用、根據實驗目的及物質的性質進行分析、實驗基本操作能力及實驗方案設計能力，綜合性較強，注意把握物質性質以及對題目信息的獲取于使用，難度較大。
19．（14分）某實驗小組在做Zn與0.2ml?L﹣1CuCl2溶液反應的實驗時，發(fā)現產生了白色沉淀。常溫下，該實驗小組對白色沉淀進行如下探究
資料顯示：CuCl是一種白色、難溶于水的固體，可溶于氨水形成無色的[Cu（NH3）2]+。Zn（OH）2可溶于氨水，Ksp[Zn（OH）2]＝1.28×10﹣17
回答下列問題：
（1）步驟i中測量溶液pH最適宜的方法是 c （填標號）。
a.廣泛pH試紙
b.精密pH試紙
c.pH計
（2）步驟i產生的氣體是 H2 。
（3）步驟中加少量植物油的目的是 隔絕空氣 。
（4）測得“白色懸濁液A”的pH＝5.0，判斷“白色懸濁液A”中是否含有Zn（OH）2 Zn和CuCl2反應生成Cu和CuCl，溶液中c（Zn2+）＜0.2ml/L，溶液的pH＝5，溶液中c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，溶液中c（Zn2+）×c2（OH﹣）＜0.2×（10﹣9）2＝2×10﹣19＜Ksp[Zn（OH）2]，所以沒有Zn（OH）2 （寫出計算過程）。
（5）由上述實驗可知A為CuCl懸濁液。為探究其產生的原因，設計如下實驗：
v）將紫紅色固體B加入到aml?L﹣1的CuCl2溶液中，出現白色懸濁液；
vi）在隔絕空氣條件下設計如圖所示的原電池，30min后，觀察到右側燒杯中出現白色懸濁液
①步驟v中a ＜ 0.2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②該原電池的總離子反應方程式為 Zn+2Cu2++2Cl﹣＝2CuCl+Zn2+ 。
（6）綜合上述實驗，下列說法正確的是 bc （填標號）。
a.所有的置換反應都能設計成雙液原電池，以加快反應速率
b.原電池反應中，陰離子可能對陽離子放電產生影響
c.Zn與CuCl2溶液反應得到CuCl的途徑可能不止一種
d.Zn與CuCl2溶液反應過程中，氫氣生成速率持續(xù)減慢
【分析】（1）a.廣泛pH試紙精確到整數；
b.精密pH試紙精確到小數點后1位；
c.pH計可以精確到小數點后2位或更多位；
（2）步驟i產生的氣泡應該是金屬Zn和酸反應得到的氣體；
（3）植物油和水不互溶且密度小于水；
（4）Zn和CuCl2反應生成Cu和CuCl，溶液中c（Zn2+）＜0.2ml/L，溶液的pH＝5，溶液中c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，根據溶液中c（Zn2+）×c2（OH﹣）與Ksp[Zn（OH）2]的相對大小，判斷“白色懸濁液A”中是否含有Zn（OH）2；
（5）①步驟v的目的是探究Zn與CuCl2溶液反應生成的Cu能否與CuCl2溶液反應生成CuCl，Zn與CuCl2反應生成Cu后溶液濃度降低；
②該原電池中，負極上Zn失電子生成Zn2+，右側燒杯中出現白色懸濁液，石墨棒上未見紅色固體，則右側電極上Cu2+得電子和Cl﹣反應生成CuCl；
（6）a.不在溶液中進行的置換反應都不能設計成雙液原電池；
b.原電池反應中，陰離子可能對陽離子放電產生影響；
c.Zn與CuCl2溶液反應得到CuCl的途徑可能不止一種，Zn、Zn置換出的Cu都可以和CuCl2反應生成CuCl；
d.30min后有大量氣泡產生。
【解答】解：（1）0.2ml?L﹣2CuCl2溶液的pH＝3.60；
a.廣泛pH試紙精確到整數，不符合；
b.精密pH試紙精確到小數點后8位，不符合；
c.pH計可以精確到小數點后2位或更多位，符合；
故答案為：c；
（2）步驟i產生的氣泡應該是金屬Zn和酸反應得到的氣體，為H2，
故答案為：H4；
（3）植物油和水不互溶且密度小于水，步驟中加少量植物油的目的是隔絕空氣，
故答案為：隔絕空氣；
（4）Zn和CuCl2反應生成Cu和CuCl，溶液中c（Zn2+）＜8.2ml/L，溶液的pH＝5﹣）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，溶液中c（Zn4+）×c2（OH﹣）＜0.5×（10﹣9）2＝5×10﹣19＜Ksp[Zn（OH）2]，所以沒有Zn（OH）2，
故答案為：Zn和CuCl4反應生成Cu和CuCl，溶液中c（Zn2+）＜0.4ml/L，溶液的pH＝5﹣）＝＝ml/L＝10﹣9ml/L，溶液中c（Zn2+）×c4（OH﹣）＜0.2×（10﹣6）2＝2×10﹣19＜Ksp[Zn（OH）3]，所以沒有Zn（OH）2；
（5）①步驟v的目的是探究Zn與CuCl2溶液反應生成的Cu能否與CuCl2溶液反應生成CuCl，Zn與CuCl2反應生成Cu后溶液濃度降低，小于0.8ml/L，所以a＜0.2，
故答案為：＜；
②該原電池中，負極上Zn失電子生成Zn6+，右側燒杯中出現白色懸濁液，石墨棒上未見紅色固體2+得電子和Cl﹣反應生成CuCl，所以原電池的總離子反應方程式為Zn+2Cu3++2Cl﹣＝2CuCl+Zn3+，
故答案為：Zn+2Cu2++2Cl﹣＝2CuCl+Zn2+；
（6）a.不在溶液中進行的置換反應都不能設計成雙液原電池，如：鋁熱反應中的置換反應不能設計成雙液原電池；
b.（5）題原電池反應中，陽極上銅離子得電子和氯離子反應生成CuCl，陰離子可能對陽離子放電產生影響；
c.Zn、Zn置換出的Cu都可以和CuCl8反應生成CuCl，所以Zn與CuCl2溶液反應得到CuCl的途徑可能不止一種，故c正確；
d.30min后有大量氣泡產生，所以Zn，故d錯誤；
故答案為：bc。
【點評】本題考查性質實驗方案設計，側重考查閱讀、對比、分析、判斷及知識綜合運用能力，明確題干信息并正確解讀信息、靈活運用信息是解本題關鍵，題目難度中等。
20．（14分）2021年3月“兩會”政府工作報告中提出的“碳達峰”、“碳中和”已成為熱詞?；卮鹣铝袉栴}：
（1）已知：
Ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣483.6kJ?ml﹣1
Ⅱ.CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.0kJ?ml﹣1
Ⅲ.H2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣440kJ?ml﹣1
求反應CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）的ΔH＝ ﹣764.4 kJ?ml﹣1。
（2）在某溫度下，向體積為1L的恒容密閉容器中充入3mlH2和1mlCO2，發(fā)生反應Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g），其中CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物質的量（n）隨時間的變化如圖所示：
①達到平衡時，用H2（g）表示的化學反應速率v（H2）＝ 0.5ml/（L?min） 。
②該反應的平衡常數K＝ （寫出計算式即可）。
③恒溫下將體積變?yōu)?L，平衡時CO2的轉化率將 變小 （填“變大”、“變小”或“不變”）。
④下列措施一定可以提高甲醇生成速率的有 BD 。
A.降低反應溫度
B.縮小容器的容積
C.將產生的水蒸氣及時移走
D.使用催化劑
（3）以CH3OH燃料電池為電源電解法制取ClO2，二氧化氯（ClO2）為一種黃綠色氣體，是國際上公認的高效、廣譜、快速、安全的殺菌消毒劑。
①圖中電解池用石墨作電極，在一定條件下電解飽和食鹽水制取ClO2，產生ClO2的電極反應式為 Cl﹣﹣5e﹣+2H2O＝4H++ClO2↑ 。
②電解一段時間，從陰極處收集到的氣體比陽極處收集到氣體多6.72L時（標準狀況，忽略生成的氣體溶解），停止電解3OH的物質的量為 0.17 ml。（精確到小數點后兩位）。
【分析】（1）燃燒熱指1ml可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時放出的熱量；
（2）①由公式v＝求算化學反應速率；
②由已知信息求算平衡時各組分濃度，進而求算平衡常數；
③由濃度商和K值比較，判斷反應速率關系；
④增大反應物濃度、增大壓強、升高溫度、加入催化劑、增大反應接觸面積等可以加快反應速率；
（3）①電解池中陽極失去電子，則陽極氯離子放電，產生ClO2，結合電子守恒和電荷守恒配平書寫；
②電解一段時間，從陰極處收集到的氣體比陽極處收集到氣體多 6.72L時（標準狀況，忽略生成的氣體溶解），多出的氣體是氫氣，物質的量是0.3ml；設陽極產生的氣體是xml，則根據電子得失守恒可知5x＝（0.3+x）×2，解得x＝0.2，即轉移1ml電子。
【解答】解：（1）已知：Ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣483.7 kJ/ml2（g）+3H7（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.5 kJ/ml2O（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣44.7 kJ/ml×Ⅰ﹣Ⅱ+2×Ⅲ可得CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝×（﹣483.6 kJ/ml）+2×（﹣44.6 kJ/ml，
故答案為：﹣764.4；
（2）①在一定溫度下，向體積為1L的恒容容器中充入5mlH2和1mlCO3，3min時，二氧化碳的物質的量為0.5ml，則氫氣反應1.5ml，用H7（g）表示的化學反應速率v（H2）＝＝6.5ml/（L?min），
故答案為：0.8ml/（L?min）；
②在一定溫度下，向體積為1L的恒容容器中充入3mlH8和1mlCO2，平衡時，二氧化碳的物質的量為4.5ml，平衡時氫氣的物質的量為3ml﹣3.5ml＝1.3ml3OH和H2O的物質的量均為8.5ml，則平衡時CO2、H8、CH3OH、H2O濃度依次為6.5ml/L、1.2ml/L、0.5ml/L＝，
故答案為：；
③恒溫下將體積變?yōu)?L，CO5、H2、CH3OH、H3O濃度依次為0.25ml/L、0.75ml/L、6.25ml/L，Qc＝＝＞K，平衡時CO2的轉化率將變小，
故答案為：變小；
④A.該反應是一個放熱反應，降低溫度，反應速率減慢；
B．縮小容器的容積，反應物濃度增大，可以提高甲醇是生成速率；
C．將產生的水蒸氣及時移走，反應速率減慢，故C錯誤；
D．使用新型的高效正催化劑，提高甲醇生成速率；
故答案為：BD；
（3）①電解池中陽極區(qū)陰離子失去電子，發(fā)生氧化反應，產生ClO4的反應式為Cl﹣﹣5e﹣+2H4O＝4H++ClO2↑，
故答案為：Cl﹣﹣5e﹣+2H2O＝4H++ClO2↑；
②電解一段時間，從陰極處收集到的氣體比陽極處收集到氣體多 ，忽略生成的氣體溶解），物質的量＝，陽極產生的氣體是xml，解得x＝0.5，電池負極反應式為：CH3OH﹣6e+7OH﹣＝+3H2O，當轉移1ml電子mlCH3OH，即5.17ml，
故答案為：0.17。
【點評】本題考查蓋斯定律、反應速率計算和影響因素、平衡計算、電化學原理等知識，掌握外界條件改變對速率的影響是解題的關鍵，題目綜合性強，題目難度中等。
聲明：試題解析著作權屬所有，未經書面同意，不得復制發(fā)布日期：2023/12/29 14:07:02；用戶：15290311958；郵箱：15290311958；學號：48861359編號
①
②
③
④
溶液
氨水
氫氧化鈉溶液
醋酸溶液
鹽酸
pH
11
11
3
3




A.進行酸堿反應中和熱測定
B.往銅牌表面鍍銀
C.用滴定法測量KI溶液的物質的量濃度
D.蒸干Al2（SO4）3溶液得Al2（SO4）3固體
實驗步驟
實驗現象
i）將鋅片置于盛有0.2ml?L﹣1CuCl2溶液（pH＝3.60）的燒杯中
鋅片表面產生暗紅色疏松圓體物，30min后有大量氣泡產生
ii）取出鋅片，疏松固體物脫落，攪拌并靜置
燒杯中出現白色懸濁液A和顆粒狀紫紅色固體B
iii）用注射器吸取部分上層白色懸濁液A于試管中，立即加入少量植物油覆蓋
iv）用長膠頭滴管伸入A中，加入適量氨水；再向其中通入空氣
加入氨水后沉淀溶解，得到無色溶液，通入空氣后溶液變?yōu)樯钏{色
編號
①
②
③
④
溶液
氨水
氫氧化鈉溶液
醋酸溶液
鹽酸
pH
11
11
3
3




A.進行酸堿反應中和熱測定
B.往銅牌表面鍍銀
C.用滴定法測量KI溶液的物質的量濃度
D.蒸干Al2（SO4）3溶液得Al2（SO4）3固體
實驗步驟
實驗現象
i）將鋅片置于盛有0.2ml?L﹣1CuCl2溶液（pH＝3.60）的燒杯中
鋅片表面產生暗紅色疏松圓體物，30min后有大量氣泡產生
ii）取出鋅片，疏松固體物脫落，攪拌并靜置
燒杯中出現白色懸濁液A和顆粒狀紫紅色固體B
iii）用注射器吸取部分上層白色懸濁液A于試管中，立即加入少量植物油覆蓋
iv）用長膠頭滴管伸入A中，加入適量氨水；再向其中通入空氣
加入氨水后沉淀溶解，得到無色溶液，通入空氣后溶液變?yōu)樯钏{色

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