【文档说明】重庆市西南大学附属中学校2024-2025学年高二上学期期中考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.723 MB，由管理员店铺上传

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西南大学附中2024—2025学年度上期期中考试高二化学试题(满分：100分；考试时间：75分钟)注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签

字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)。相对原子质量：H1C12O16F19Na23S32K39一、选择题：本大题共

14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与人们的生产、生活等密切相关。下列说法错误的是A.漂白粉和漂白精既可用作漂白棉、麻的漂白剂，也可用作游泳池等场所的消毒剂B.除废水中的Cu2+、Hg2

+时，常用Na2S等，是因为生成的CuS、HgS极难溶，使废水中Cu2+、Hg2+浓度降的很低C.工业合成氨的反应是熵增的放热反应，在任何温度下都能自发进行D.K2FeO4是一种新型净水剂，还原产物可以水解生成胶体【答案】C【解析】【详解】A．漂白粉和漂粉精主要成分均为次氯酸盐，具有强氧化

性，可杀菌消毒、漂白，所以既可作漂白棉、麻的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂，A项正确；B．在工业废水处理过程中通过Na2S作沉淀剂，将废水中的Cu2+、Hg2+转化为极难溶的CuS、HgS沉淀除去，从而使废水中Cu2+、Hg2+浓度降低，B项正确；C．工业合成氨的反应是熵减的放热

反应，反应在低温或常温时能自发进行，高温时不能自发进行，C项错误；D．高铁酸钾(K2FeO4)中Fe元素的化合价是+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中杂质，作净水剂，D项正确；答案选C。2.下列叙述中与

盐类的水解有关的是①用泡沫灭火器来灭火②铁在潮湿的环境下生锈③4NHCl与2ZnCl溶液可作焊接中的除锈剂④盛放23NaCO溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不用玻璃塞⑤酸雨在空气中放置一段时间pH降低⑥草木灰与铵态氮肥不能混

合施用A.①③④⑤B.①③④⑥C.①②③⑤D.全部有关【答案】B【解析】【详解】①泡沫灭火器的原理是硫酸铝和碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，从而灭火，与盐类的水解有关，故正确；②铁在潮湿的环境下生锈是原电池原理，和水解无关，故错误；③氯化铵、氯化锌溶液水解呈酸性，利用酸溶

解金属氧化物，与盐类的水解有关，故正确；④Na2CO3溶液由于弱酸阴离子水解导致溶液显示碱性，可以和玻璃的成分二氧化硅之间反应，所以盛放Na2CO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞，与盐类的水解有关，故正确；⑤酸雨在空气中放置一段时间pH降低是因为亚硫酸被氧化为硫酸

，酸性增强的原因，与盐类的水解无关，故错误；⑥硫酸铵水解溶液呈酸性，铵态氮肥水解呈酸性，而草木灰的主要成分是碳酸钾，水解呈碱性，混合施用会相互促进水解生成氨气导致肥效降低，故正确。故选：B。3.用如图所示装置分别进行下列各组物质导电性实验,小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是A.向亚硫酸钠溶液中

通入氯气B.向硝酸银溶液中通入少量氯化氢C.向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气D.向氢氧化钠溶液中通入少量氯气【答案】C【解析】的【分析】电解质溶液的导电性与离子浓度及离子所带的电荷有关，离子浓度越大，溶液导电性

越强，溶液导电能力明显减弱说明溶液中离子浓度明显减小，据此分析解答。【详解】A.向亚硫酸钠溶液中通入氯气，发生反应：Na2SO3＋Cl2＋H2O=Na2SO4＋2HCl，反应后的溶液中离子浓度增大，溶液导电能力明显增强，故

A不选；B.向硝酸银溶液中通入少量氯化氢，发生反应：AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，反应后的溶液中离子浓度变化不明显，溶液导电能力变化不明显，故B不选；C.向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气，发生反应：4HI＋O2=2I2＋2H2O，反应后的溶液中离子浓度减小，溶液导电能力

明显减弱，故C选；D.向NaOH溶液中通入少量Cl2，发生反应：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，反应后的溶液中离子浓度变化不明显，溶液导电能力变化不明显，故D不选；答案选C。【点睛】本题考查溶液导电性的影响因素，明确物质性质及溶液导电性

强弱的影响因素是解题的关键，要特别注意溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带的电荷有关，与电解质强弱无关，为易错点。4.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.在HCl的气流中加热22MgCl6HO制备无水2MgClB.()FeSCN

3溶液中加入少量KSCN固体后颜色变深C.分别用等体积的蒸馏水和稀盐酸洗涤AgCl沉淀，后者AgCl损失少D.一定条件下，当反应()()2242NOgNOg达到平衡后，缩小容积，气体颜色加深【答案】D【解析】【详解】A．氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，在HCl的气流中加热22M

gCl6HO使水解平衡逆向移动，抑制2MgCl水解，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．Fe(SCN)3溶液中存在一个可逆平衡3SCN-+Fe3+Fe(SCN)3(血红色)，加入KSCN等于是增大SCN-的浓度，增大反应物

浓度，平衡向正反应方向进行，所以Fe(SCN)3的浓度增加，血红色变深，可用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C．氯化银沉淀中存在沉淀溶解平衡，盐酸中氯离子浓度较大，用稀盐酸洗涤AgCl沉淀，导致氯化银沉淀溶解平

衡逆向移动，减少了氯化银损失，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．缩小容积，2NO的浓度变大，导致气体颜色加深，虽然平衡正向移动，2NO的浓度减小，但仍然比缩小容积前大，仅通过颜色变化不能说明平衡发生移动，不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；故选D。5.下列

有关电极方程式或离子方程式不正确的是A.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：222Pb2HO2ePbO4H+−++−=+B.4TiCl加入水中：()4222TiClx2HOTiOxHO4H4Cl+−++=+

+C.()2MgOH沉淀溶解在4NHCl溶液的离子方程式：()24322MgOH2NHMg2NHHO+++=+D.()4NaAlOH溶液中加入碳酸氢钠：()()233243AlOHHCOAlOHCOHO−−−+=++【答案】A【解析】【详解】A．铅酸

蓄电池充电时，阳极硫酸铅失电子生成二氧化铅，阳极反应式为24224PbSO2HO2ePbO4HSO−+−+−=++，故A错误；B．4TiCl加入水中水解为22TiOxHO和盐酸，反应方程式为()4222TiClx2HOTiOxHO4H4

Cl+−++=++，故B正确；C．()2MgOH沉淀溶解在4NHCl溶液中生成氯化镁和氨水，反应的离子方程式：()24322MgOH2NHMg2NHHO+++=+，故C正确；D．()4NaAlOH溶液中加入碳酸氢钠生成碳酸钠、氢氧化铝沉淀、水，反应的离子方程式为()

()233243AlOHHCOAlOHCOHO−−−+=++，故D正确；选A。6.下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是提示：4232424422KMnO5KSO3HSO6KSO2MnSOH=3O+++

+、22INaS=2NaIS++选项滴定管中的溶液锥形瓶中的溶液指示剂滴定终点颜色变化ANaOH溶液3CHCOOH溶液酚酞无色→浅红色BHCl溶液氨水酚酞浅红色→无色C酸性4KMnO溶液23KSO溶液

无无色→浅紫红色D碘水2NaS溶液淀粉无色→蓝色A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．锥形瓶中为醋酸，加入酚酞溶液显无色，达到滴定终点，溶液显碱性，溶液会变为浅红色，故现象为无色→浅红色，A正确；B．锥形瓶中为氨水，溶液呈碱性，随着酸的滴入，溶液碱性减弱，当达到滴定终

点，溶液显酸性，应选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙，当达到滴定终点时现象是溶液由黄色变为橙色，B错误；C．高锰酸钾为紫色，滴入高锰酸钾前溶液呈无色，当到达滴定终点为时溶液为浅紫红色，现象为无色-浅紫红色，C正确；

D．碘遇淀粉变蓝色，加入碘水前溶液无色，当滴加碘反应至滴定终点时，淀粉溶液遇碘会呈现蓝色，D正确；故选B。7.下列溶液中，离子可能大量共存的是A.使紫色石蕊溶液变红的溶液：2223FeMgCOCl++−−、、、B.加入铝粉有氢气产生的溶液中：

324KAlHSSO++−−、、、C.澄清透明溶液中：323FeMgBrHCO++−−、、、D.由水电离出的()121cH110molL+−−=水的溶液：223NaKSOBr++−−、、、【答案】D【解析】【详解】A．使紫色石蕊溶液变红的溶液呈酸性

，溶液中存在大量H+，溶液中23CO−能与Fe2+和Mg2+反应生成沉淀，与H+生成CO2和H2O，因此一定不能大量共存，故A错误；B．加入铝粉有氢气产生的溶液可能呈强碱性或者酸性，Al3+在碱性溶液中不能大量共存，HS-在

酸性或者碱性溶液中均不能大量共存，同时溶液中Al3+与HS-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，一定不能大量共存，故B错误；C．溶液中铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，一定不能大量共存，故C错误；D．由水电离出的氢离子浓度为

1×10—12mol/L的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，四种离子在碱溶液中不发生任何反应，能大量共存；酸溶液中硫代硫酸根离子与氢离子反应生成二氧化硫气体、硫沉淀和水，不能大量共存，所以四种离子在由水电离出的氢

离子浓度为1×10—12mol/L的溶液中可能大量共存，故D错误；故选D。8.由辉铜矿石(主要成分是2CuS)制4CuSO的工作原理如图所示。下列有关说法正确的是A.N极为负极B.X交换膜为阳离子交换膜C.M极上的电极反应式为22224CuS10e4H

O2Cu8HSO−++−−+=++D.该电池工作时，电子由负极经过溶液移向正极【答案】C【解析】【分析】该装置为原电池，Cu2S失去电子生成CuSO4，则M电极为负极，电极反应式为Cu2S-10e-+4H2O═2Cu2++8H++24SO−，N电极为正极，电极反应式为Fe3++

e-=Fe2+，原电池工作时，阳离子移向正极N，阴离子移向负极M。【详解】A．原电池工作时，M极上Cu2S失去电子生成CuSO4，则M电极为负极，N电极为正极，故A错误；B．原电池工作时，阳离子移向正极N，阴

离子移向负极M，负极反应式为Cu2S-10e-+4H2O═2Cu2++8H++24SO−，正极反应式为Fe3++e-=Fe2+，根据电荷守恒可知，24SO−通过X膜移向M极，则X膜为阴离子交换膜，故B错误；C．Cu2S失去电子生成CuSO4，则

M电极为负极，M极上的电极反应式为：Cu2S−10e−+4H2O=2Cu2++8H++24SO−，故C正确；D．在原电池中，电子经导线由负极移向正极，故D错误；答案选C。9.根据图示所得出的结论不正确的是表示等量镁条分别与足量同

浓度同体积盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应表示10VmL0.1molL−盐酸加水稀释至VmL，溶液的pH随0VlgV的变化关系，则a2=表示密闭容器中()()()()242COgCHg2COg2Hg

++到达平衡时，4CH的转化率与压强、温度的变化关系曲线，说明12pp表示炭黑作用下2O生成活化氧过程中能量变化情况，说明活化氧分子时释放能量ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．醋酸为弱电解质，

不完全电离，在相同的时间内产生的氢气量小，盐酸完全电离，在相同的时间内产生的氢气量大，①代表盐酸与镁条的反应，故A正确；B．由溶液的pH随0VlgV的变化关系，0.1mol·L－1的盐酸加水稀释100倍，pH可由1变成3，即V0mL0.1mol·L－

1的盐酸加水稀释至V=100V0mL，=2，则a＝2，故B正确；C．()()()()242COgCHg2COg2Hg++加压平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，p2>p1，故C错误；D．图丁中反应物的总能量高于生成物的总能量，所以表示在炭黑作用下O2生成活化氧过程中释放能量，故D正确；故选

C。10.探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A往碘的4CCl溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色碘在浓KI溶液中的溶解能力大

于在4CCl中的溶解能力B用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上试纸变白次氯酸钠溶液呈中性C向-132mL0.1molLAgNO溶液中先滴加4滴-10.1molLKCl溶液，再滴加4滴-10.1molLKI溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于

AgCl溶解度D取两份新制氯水，分别滴加3AgNO溶液和淀粉KI溶液前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色氯气与水的反应存在限度A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化

钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；B．次氯酸钠

溶液具有强氧化性，会能使有机色质漂白褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故B错误；C．由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C错误；D．新制氯水中的氯气和次氯酸都

能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D错误；故选A。11.常温下，向110mL0.10molL−的一元弱酸()332aHPOK110−=溶液中逐滴加入10molL0H1O.Na−溶液，溶液pH随加入NaOH

溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.a点时，()()()()32cHPOcOHcNacH−+++=+B.V(NaOH溶液)10mL=时，()()()()22cNacHPOcHcOH+−+−C.b点时，()()()3222cNac

HPOcHPO+−=+D.由a点→b点的过程中，水的电离程度一直增大【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，a点时，溶液pH为3，溶液中氢离子浓度为1.0×10-3mol/L，由电离常数Ka=()()+2232cc()cHPOHHPO−=1.0×10-3可知，溶液中()()3222cHPO=c

HPO−，由电荷守恒可知，溶液中()()()()32cHPOcOHcNacH−+++=+，故A正确；B．氢氧化钠溶液的体积为10mL时，氢氧化钠溶液与H3PO2溶液反应得到NaH2PO2溶液，溶液呈碱性，故B错误；C．NaH2PO2溶液的物料守恒可得()(

)()3222cNacHPOcHPO+−=+，b点溶液溶质不确定，故C错误；D．H3PO2在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，NaH2PO2在溶液中水解促进水的电离，故由a点→b点的过程中，水的电离程度先增大后减小，故D错误；故选A。12.下列说法正确的是A.常温下，c(NH

4+)相同的四种溶液：①NH3·H2O；②NH4HSO4；③(NH4)2CO3；④NH4Cl，溶液的浓度由大到小的顺序是：①＞③＞②＞④B.向1L1mol·L-1KOH热溶液中通入一定量Cl2，恰好完全反应生成氯化钾、次氯酸钾和氯酸钾(氯酸为强酸)的混合溶液：c(K

+)+c(H+)=6c(ClO3−)+2c(ClO-)+c(HClO)+c(OH-)C.常温下，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)Ksp=a，c(M2+)=bmol·L-1时，溶液的pH等于14+1blg2aD.0.2mol·L-1CH3COOH溶液与0.1mol·

L-1NaOH溶液等体积混合：c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)【答案】B【解析】【详解】A．①NH3·H2O是弱电解质，可发生微弱电离；②NH4HSO4在水溶液中完全电离，其中的H+会抑制NH4+的水解；

③(NH4)2CO3在水溶液中完全电离，NH4+与CO23−会发生互促水解；④NH4Cl完全电离，Cl-对NH4+的水解无影响。常温下，当c(NH4+)相同时，电离出NH4+越多的溶液浓度越小，溶液的浓度由大到小的顺序是：①＞④＞②＞③，A项错误；B．反应后溶

液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+c(Cl-)+c(ClO3−)，氧化还原得失电子守恒：c(Cl-)=5c(ClO-)+c(ClO3−)+c(HClO)，两式联立，可得：c(K+)+c(H+)=6c(ClO3−)+2c(

ClO-)+c(HClO)+c(OH-)，B项正确；C．Ksp=c(M2+)×c2(OH-)=a，由c(M2+)=bmol·L-1，可知c2(OH-)=-1amolLb，c(OH-)=-1amolLb，c(H+)=-14

-1w-10molL(OH)abKc=，溶液的pH=-lgc(H+)=-14101alg14lg2bab−=+，C项错误；D．0.2mol·L-1CH3COOH溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，得到等浓度CH3COOH和

CH3COONa的混合溶液，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)-c(OH-)，以及物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，可得2c(H+)-2c(OH-

)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，D项错误；答案选B。13.恒压条件下，将A、B按一定比例和流速通过装有催化剂的反应管只发生以下两个反应：反应Ⅰ：()()()()Ag2BgCgDg++1ΔH0反应Ⅱ：()()

()()Ag4BgEg2Dg++2ΔH0相同时间内测得A的转化率及C、E的选择性n(C)n(E)×100%n(A)生成生成转化或与反应温度的关系如图所示。下列说法不正确的是A.曲线M代表A的转化率B.X点可推

断此时()()nA:nE3:97=剩余生成C.190~198℃范围内，升高温度，物质A的平衡转化率一定减小D.Z点对应的所有生成物中，E的体积分数最小【答案】B【解析】【分析】在X点，物质C的选择性与曲线N均为50%，则曲线N为E的选择性，曲线M为A的转化率；【详解】A．根

据分析可知曲线M为A的转化率，A正确；B．由图可知X点时，A的转化率为97%，物质C的选择性为50%，则物质E的选择性也为50%，设A的起始物质的量为100mol，两反应消耗的A为97mol，剩余A为3mol，则反应II中消耗的A为48.5mol，生成E的物质的量为48.5mol，()(

)nA:nE=6:97成剩余生，B错误；C．两个反应均为放热反应，190～198℃范围内，升高温度，平衡逆向移动，平衡转化率随温度的升高而降低，C正确；D．Z点对应的所有生成物中，由于两反应均生成D，则D的物质的量最大，又因为此时C的选择性大

于50%，可知C的物质的量大于E的物质的量，则E的体积分数最小，故D正确；故选B；14.锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有332Fe,AlFe++++和2Mg+杂质离子，可在0~14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度51c10molL−−)，2

5℃时，lgc与pH关系见图(碱性过强时()3FeOH和()2FeOH会部分溶解)。下列说法不正确的是A.3Fe+可被净化的pH区间最大B.加入适量22HO，可进一步提升净化程度C.已知25℃时，3Al+沉淀完全时的pH约为4.5，则该温度下反应()323Al

3HOAlOH3H++++的平衡常数数量级为810−D.()()()spspsp332KFeOHKAlOHKFeOH【答案】C【解析】【详解】A．当溶液中离子浓度小于5110?Lmol−−时，即表示离子净化完全，根据图形，3Fe+

所需要的pH最小，沉淀净化到沉淀开始溶解的范围最大，3Fe+可被净化的pH区间最大，A正确；B．加入适量22HO，可将2Fe+氧化为3Fe+，根据A答案信息，可进一步提升净化程度，B正确；C．已知25℃时，3Al+沉淀完全时的pH约为4.5，反应()323Al3HOAlOH3H++++的平衡常数

为：()()()334.58.553cH10K1010cAl+−−−+===，则平衡常数数量级为910−，C错误；D．当溶液中离子浓度小于5110?Lmol−−时，即表示离子净化完全，根据图形，3Fe+完全沉淀时2.5pH=，()2.51cH10?Lmol+−−=，则()11.51

c10?LOHmol−−−=，()()()()()34335111.5139.513c?c10?L10?L10?LKspFeOHFeOHmolmolmol+−−−−−−−===；3Al+完全沉淀时4.5pH=，()4.51cH10?Lmol+−−=，()9.51c10?LOHmol−

−−=，则()()()()()3433519.5133.513cc10?L10?L10?LKspAlOHAlOHmolmolmol+−−−−−−−===；2Fe+完全沉淀时8.5pH=，()8.51cH10?Lmol+−−=，()5.51c10?LOHmol−−−=，则()()()()

()2322515.511612c?c10?L10?L10?LKspFeOHFeOHmolmolmol+−−−−−−−===，最后得到：()()()spspsp332KFeOHKAlOHKFeOH

，D正确；故答案为：C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，许多化学反应都是水溶液中进行的。（1）写出3FeCl水解的离子反应方程式_______。（2）44NHHSO溶液中离子浓度由大到小的

顺序为_______。（3）对于11molL−的24NaHPO溶液，溶液显_______性(填“酸”或“碱”)，写出该溶液中存在的元素守恒关系为_______。已知：()8a234KHPO6.210−=；()13a334

KHPO4.810−=。（4）常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液以5：1体积比相混合，所得溶液的pH12=，则原溶液的浓度是_______。（5）称取一定质量的KOH来测定未知浓度的盐酸时(KOH放在锥形瓶当中)，选用_______滴定管(填“

酸式”或“碱式”)，若称取时KOH中混入了少量NaOH，则测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（6）写出氯碱工业总反应的离子方程式_______。【答案】（1）()323Fe3HOFeOH3H++++（2）()()()()244cHcSOcNHcOH+−+

−（3）①.碱②.()()()()()22424344cNa2[cHPOcHPOcHPOcPO]+−−−=+++（4）211.510molL−−（5）①.酸式②.偏小（6）2222Cl2HOCl2OHH−−+++电解【解析】【小问1详解】氯化铁

是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和盐酸，水解的离子反应方程式为()323Fe3HOFeOH3H++++，故答案为：()323Fe3HOFeOH3H++++；【小问2详解】硫酸氢铵在溶液中完全电离出铵根离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程

式为24444NHHSONHH+SO++−=+，铵根离子在溶液中水解使溶液中氢离子浓度增大，则溶液中离子浓度的大小顺序为()()()()244cHcSOcNHcOH+−+−，故答案为：()()()()244

cHcSOcNHcOH+−+−；【小问3详解】磷酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh=wa2KK=1481.0106.210−−＞()13a334KHPO4.810−=，则磷酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱

性；溶液中存在的元素守恒关系为()()()()()22424344cNa2[cHPOcHPOcHPOcPO]+−−−=+++，故答案为：碱；()()()()()22424344cNa2[cHPOcHPOcH

POcPO]+−−−=+++；【小问4详解】设氢氧化钠溶液和盐酸的浓度都为amol/L，盐酸溶液的体积为VL，由题意可得：amol/L5VL-amol/LVL6VL=0.01mol/L，解得a=21.510−，故答案为：211.510mol

L−−；【小问5详解】盐酸会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以应用酸式滴定管盛装盐酸，若称取的氢氧化钾中混有氢氧化钠，会使滴定消耗盐酸溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故答案为：酸；偏低；【小问6详解】氯碱工业总反应为

氯化钠溶液电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2222Cl2HOCl2OHH−−+++电解，故答案为：2222Cl2HOCl2OHH−−+++电解。16.三氧化二镍()23NiO是重要的

电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物和2SiO、C等)回收镍并制备23NiO的工艺流程如下所示：已知：ⅰ．该实验条件下33NaClOFe+、不能氧化2Ni+。ⅱ．常温时，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子2

Ni+3Al+3Fe+2Fe+开始沉淀时(1c0.010molL−=)的pH7.23.72.27.5完全沉淀时(51c1.010molL−−=)的pH8.74.73.29.0ⅲ．反萃取的原理：()(

)22NiR2HNi2HR++++有机相水相。（1）滤渣1的主要成分是：_______；“浸出”时一般会适当加热，目的是_______。（2）“预处理”的操作可以选择用_______(填字母)来除去镍废料表面的油污。A．纯碱溶液浸泡B．氢氧化钠溶液浸泡C．盐酸冲

洗（3）“氧化”时主要发生的离子反应方程式是_______。（4）请从平衡移动的角度解释“反萃取”过程中加硫酸溶液的目的_______。（5）利用上述表格数据，计算()2NiOH的spK=_______。（6）“氧化”后的溶液中2Ni+浓度为10.1molL

−，为完全除去杂质离子(51c1.010molL−−)并得到较多产品，则“调pH”应控制的pH范围是_______。（7）有机相提取的2Ni+再生时可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为()2NiOHM+NiOOHMH=+，则放电时负极的电极反应式为____

___。【答案】（1）①.2SiO②.C（2）A（3）23326HClO6Fe6FeCl3HO+−++−++=++（4）增大()cH+的浓度，使反萃取平衡正向移动，提高2Ni+水相含量，提高产率（5）15.610−在（6）4.7pH6.7（7）2OH

MHeMHO−−+−=+【解析】【分析】含镍废料用纯碱溶液进行预处理可除去镍表面的油污，然后用硫酸酸浸，可反应产生2+Ni，3+Al，2+Fe，3+Fe的酸性溶液，而2SiO、C不能发生反应进入滤渣1中，过滤后向滤液中加入3NaClO，能够将2+Fe氧化为3+Fe，然后

加入NiO调整溶液pH为4.7<pH<7.2，使3+Al，3+Fe形成氢氧化铝，氢氧化铁沉淀进入滤渣2中，向滤液中加入有机萃取剂萃取4NiSO，再向有机相中加入硫酸溶液进行反萃取，得到4NiSO溶液，经一系列处理得到42NiSO6HO，再经一系列处理可得

到23NiO。【小问1详解】滤渣1的主要成分是：2SiO、C；“浸出”时一般会适当加热，目的是加快浸出速率；【小问2详解】A．纯碱溶液水解呈碱性，有利于油污水解，A正确；B．氢氧化钠溶液会与油污、铝和铝的氧化物反应，后边调pH值，药品

用量增大，B错误；C．油污在盐酸中水解程度小，且与3NaClO会发生氧化还原反应，C错误；故选A；【小问3详解】“氧化”时主要是23NaClOFe+、发生氧化还原反应生成铁离子与氯离子，离子反应方程式是23326HClO

6Fe6FeCl3HO+−++−++=++；【小问4详解】“反萃取”过程中加硫酸溶液的目的：增大()cH+的浓度，使反萃取平衡正向移动，提高2Ni+水相含量，提高产率；【小问5详解】()2NiOH的溶度积常数()()1422+2--5255.315.68.7210Ksp[N

iOH]=c(Ni)c(OH)=1.010?()1.010101.01010−−−−−==；【小问6详解】“氧化”后的溶液中2Ni+浓度为10.1molL−，则()2+2-15.6-7.3+6.7-2KwKsp[NiOH]=c(Ni)c(OH)1.010c(OH)=10c(H)

==10c(OH)−−−=，故“调pH”应使Al3+、Fe形成3Al(OH)、3Fe(OH)沉淀，而2Ni+不形成沉淀，故“调pH”应控制的pH范围是4.7pH6.7；【小问7详解】电池充电时的总反应为()2NiOHM+NiOOH

MH=+，放电时负极为MH，MH在负极失电子发生氧化反应生成M，则电极电极反应式为2OHMHeMHO−−+−=+。17.为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸(难挥发酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(易挥发酸)蒸出，再进行酸碱滴定来测

定含量。实验装置如图所示。（1）实验步骤：①连接好实验装置；检查装置气密性；②往c中加入mg氟化稀土样品和一定体积的高氯酸，f中盛有滴加了酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。①下列物质中可用来代替高氯酸的是_______(填字母)。a．硫酸b．盐酸c．硝酸②随着反应进行，f中观察到的现象是____

___。（2）定量测定：将f中所得馏出液配成100mL溶液，取20mL加入11VmLamolI−()33LaNO溶液中，得到3LaF沉淀(不考虑其他沉淀生成)，再用1bmolLEDTA−标准溶液滴定剩余3La+(3La+与EDTA按1：1反应)，消耗EDT

A标准溶液2VmL，则氟化稀土样品中氟元素的质量分数为_______(用含a、b、12VV、的式子表示，要求化简)。（3）问题讨论：f中溶液红色褪去一段时间后，则实验结果_______(填“偏高”“偏低”或“不影响”)。实验中除有HF气体生成外，可能还有少量4SiF(易水解)气体生

成。若有4SiF生成，则实验结果将不受影响，理由是_______。的（4）后续利用：f中的主要溶质可在工业生产中将22CaMg+++以22CaFMgF、的形式去除。向f中通入2SO可得到HF溶液，HF可用于刻蚀玻璃。已知：()9sp2KCaF510

−=()11sp2KMgF510−=。①向某一钙镁离子溶液中加入过量NaF，测得上层清液中()271cMg610molL+−−=，则溶液中()2cCa+=_______1molL−。②pH3=的HF溶液与23HSO溶液稀释相同倍数后，水电

离程度更大的是_______(填“HF溶液”或“23HSO溶液”)。③请写出向f中通入过量2SO生成HF的化学反应方程式：_______。【答案】（1）①.a②.溶液中红色变浅（2）()1228.5VaVb%m−（3）①.偏低②.4Si

F水解生成HF，F元素没有损失（4）①.5610−②.23HSO溶液③.223SOHONaFNaHSOHF++=+【解析】【分析】装置c中利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，

再用装置b产生的水蒸气将HF吹至装置F中冷凝收集，最后用滴定法测定氟含量，据此回答。【小问1详解】①本实验利用的是高氯酸的高沸点的性质，即不易挥发的性质，硫酸不易挥发，盐酸和硝酸易挥发，所以正确选项为a；②水蒸气发生装置b的

作用是使水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f中，与氢氧化钠反应，所以可观察到溶液中红色变浅；【小问2详解】La3+分为两个部分，一部分与F-反应，比例为1：3，另一部分与EDTA结合，比例为1：1，EDTA消耗的La3+为bV2×10-

3mol，F-消耗的La3+为(aV1-bV2)×10-3mol，20mL溶液中F-的物质的量为3(aV1-bV2)×10-3mol，100mL溶液中F-的物质的量为5×3(aV1-bV2)×10-3mol，氟的质量分数312123(aV-bV)1051928.5(aV-

bV)100%=%mm−；【小问3详解】f中的NaOH溶液是为了吸收挥发出来的HF，避免F元素的损失，当溶液红色褪去一段时间后，说明NaOH几乎没有，所以F元素质量分数会偏低；SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，

氟元素没有损失，所以对实验结果没有影响；【小问4详解】①22CaMg+++和氟离子形成22CaFMgF、，又()9sp2KCaF510−=、()11sp2KMgF510−=，当上层清液中()271cMg6

10molL+−−=时溶液中()1117-510cmolL610F−−−=，则溶液中钙离子浓度为5610−；②向f中通入2SO可得到HF溶液，即酸性亚硫酸大于氢氟酸，所以pH3=的HF溶液与23HSO溶液稀释相同倍数后，则溶液

的酸性氢氟酸强于亚硫酸，酸性越强对水的电离抑制程度越大，即水电离程度更大的是23HSO溶液；③过量二氧化硫生成亚硫酸氢盐，即向氟化钠中通入过量2SO生成HF的化学反应方程式223SOHONaFNaHSOHF++=+。18.含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。回答下列问题：Ⅰ．()()()

122212HgOg2HOgΔH483.6kJmol−+==−Ⅱ．()()()1222NgOg2NOgΔH180.5kJmol−+=+Ⅲ．()()()()2222Hg2NOgNg2HOg++（1）反应Ⅲ的正反应活化能为1aEkJmol−，则逆反应活化能为_______1

kJmol−(用含aE的式子表示)。（2）我国学者在刚性容器中按投料比()()2nH1nNO=发生反应Ⅲ，不同催化剂条件下，反应相同时间测得NO转化率与温度的关系如图所示。①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是_______(填字

母)。A．()()22vNOvN=正逆B．混合气体的密度不再变化C．容器内总压强不再变化D．混合气体的平均相对分子质量不再变化②使用催化剂乙时，NO转化率在温度高于350℃后下降的可能原因是_______。③

研究表明该反应()()m22vkcHcNO=，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。1T℃的初始速率为0v，当2H转化率为50%时，反应速率为0v8，由此可知m=_______。④设此时反应的活化能为aE′，不同温度12TT、条件下对应的速率常数分别为12kk、，存在关系：a2

112Ek11lgk2.303RTT=−(R为常数)。据此推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数_____(填“越大”“越小”或“不变”)。（3）氨气可还原氮氧化物，工业上常利用反应()()()223Ng3Hg)2NHgΔH0+=合成氨，在40MPa、不同物质的量

分数(75%的)2H和25%的2N；67.5的2H、22.5的2N和10%的惰性气体)条件下进行实验，测得平衡时，3NH体积分数与温度的关系如图所示。①物质量分数为75%的2H和25%的2N对应的曲线是_______(填“a”或“b”)。②M点，该反应的压强

平衡常数pK=_______()2MPa−(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，保留两位．．有效数字)。【答案】（1）aE664.1+（2）①.CD②.该反应未平衡，350℃后催化剂活性降低的影响大于温度升高对速率的影响③.1④.越大（3）①a②.33.310−的

.【解析】【小问1详解】根据盖斯定律可得反应Ⅲ的11112ΔHΔH-ΔH(483.6kJmol)(180.5kJmol)664.1kJmol−−−==−−+=−，而正反应活化能-逆反应活化能=-66

4.1kJ/mol，所以逆反应活化能=(aE664.1+)kJ/mol；【小问2详解】①A．若正、逆反应速率相等说明反应达到平衡状态。而()()2vNO:vN=2:1正逆，所以()()2vNO2vN=正逆，A项错误；B．混合气体的密度mρ=V，该容器为恒容所以

体积不变，而混合气体的总质量也不变，所以混合气体的密度任何时候都不发生改变，故不能判定反应是否达到平衡状态，B项错误；C．该反应是一个气体体积减小的反应，平衡之前，容器内的压强随反应的进行不断变化，当反应达到平衡后，容器内的压强随反应的进行不断变化

，当反应达到平衡后，容器内的压强不再发生改变，C项正确；D．混合气体的相对分子质量mM=n，混合气体的质量恒定不变，但是平衡前，混合气体的物质的量一直发生变化，所以相对分子质量也在改变。若相对分子质量不变，则说明

该反应达到平衡状态，D项正确；故选CD。②对比催化剂甲的图形，可指使用催化剂乙时，曲线上的点都不是平衡点，温度升高，NO转化率随着化学反应速率增大而增大，其中升温使速率增大，温度高于350℃时，催化剂失活或活性降低使速率降低，所以NO转化率在温度高

于350℃后下降的可能原因是：该反应未平衡，350℃后催化剂活性降低的影响大于温度升高对速率的影响。③当2H转化率为50%时，2c(H)、c(NO)均变为原来的一半，即有()()()()m220m202kcHcNOv=v11k[cH)]

[cNO)]228，所以m=1。④据a2112Ek11lgk2.303RTT=−推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数越大。【小问3详解】①恒压条件下，通入惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小

，所以75%的H2和25%的N2所对应的曲线是a。②M点时存在223N+3H2NH/30/32/332molaamolxxxmolaxaxx−−初始转化平衡，则有21423xax=−，解得ax=2该反应的压强平衡常数2223p

33223a22(40)2a(40)42p(NH)422K=33aap(N)p(H)(40)(40)33424222(40)(40)aa424222MPaxMPaaaxaxaxMPaMPaaaaxaxMPaMPaaa−−==−−−−−

−−−313.310300−==。