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2022-2023学年武汉市第六中学高二上学期第二次月考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年武汉市第六中学高二上学期第二次月考化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
武汉市第六中学2022-2023学年高二上学期第二次月考
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述不正确的是
A．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
B．泡沫灭火器内盛有、两种溶液
C．使用含氟牙膏能预防龋齿，发生了沉淀转化
D．免洗洗手液的有效成分之一活性胶质银离子能使病毒蛋白质变性
【答案】B
【详解】A．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，利用原电池原理，镁做负极，铁做正极被保护，原理是牺牲阳极的阴极保护法，A选项正确；
B．泡沫灭火器内盛有NaHCO3、两种溶液，B选项错误；
C．使用含氟牙膏能预防龋齿，发生了沉淀转化：，C选项正确；
D．免洗洗手液的有效成分之一活性胶质银离子能使病毒蛋白质变性，失去生理活性，D选项正确；
答案选B。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 ( )
A．25℃时，pH=8的NaHCO3溶液中含有OH－的数目为10-6NA
B．粗铜的电解精炼过程中，若阳极质量减少10g，则阴极质量一定增加10g
C．常温常压下，4.6 g NO2所含的氮原子数目为0.1NA
D．向1L 1mol/L (CH3COO)2Ba溶液中加入醋酸至中性，混合液中CH3COO-数目为NA
【答案】C
【详解】A. 25℃时，pH=8的NaHCO3溶液中含有c(OH－)为10-6mol/L，但溶液体积不知道，故氢氧根离子数目不能计算，A错误；
B. 粗铜的电解精炼过程中，阳极溶解比铜活泼的金属如锌以及铜，但阴极只析出铜，若阳极质量减少10g，则阴极质量通常不增加10g，B错误；
C. 常温常压下，4.6 g NO2的物质的量为0.1mol，则所含的氮原子数目为0.1NA，C正确；
D. 向1L 1mol/L (CH3COO)2Ba溶液中加入醋酸至中性，则，溶液呈电中性，则 ，因此有，则混合液中CH3COO-数目为2NA，D错误；
答案选C。
3．常温下，对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
粒子组
判断和分析
A
能大量共存，粒子间不反应
B
和因双水解而不能共存
C
粒子可以量共存
D
粒子因产生沉淀而不能共存
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．Fe3+作过氧化氢分解的催化剂，加快过氧化氢的分解，所给微粒不能大量共存，A错误；
B．偏铝酸根离子与碳酸氢根离子反应的离子方程式是++H2O=Al(OH)3↓+，不属于双水解，属于强酸制弱酸的反应，B错误；
C．的溶液显碱性， 在碱性溶液中不反应，可以大量共存，C正确；
D． 、 、 、中在酸性条件下具有强氧化性，可以氧化、，不会生成FeS沉淀，D错误；
故选C。
4．常温下，下列叙述不正确的是
A．碳酸钠溶液加热蒸干后仍然得到碳酸钠固体
B．的硫酸溶液稀释到原来的500倍，稀释后与之比约为1∶10
C．盐类水解原理可以解释明矾可用于水的净化和杀毒，氯化铵溶液可以除铁锈
D．长时间运动引起机体缺氧时有较多的葡萄糖转化为乳酸，引起血液降低，血液中的缓冲物质可以结合生成碳酸，保证了血液的在正常范围内
【答案】C
【详解】A．碳酸钠为强碱弱酸盐，在蒸干过程中不会产生易挥发的物质，蒸干后仍然得到碳酸钠固体，A正确；
B．由于水的电离，稀释后氢离子浓度接近，硫酸根的浓度，，B正确；
C．明矾电离出的铝离子发生水解，（胶体）+3H+，生成的氢氧化铝胶体有吸附性可以净化，但不能杀毒，C错误；
D．长时间运动引起机体缺氧时有较多的葡萄糖转化为乳酸，引起血液 pH 降低，血液中的缓冲物质 碳酸氢根可以结合 H+ 生成碳酸，D正确；
故答案为：C。
5．已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离平衡常数(25℃)
下列离子方程式正确的是A．少量CO2通入NaClO溶液中：
B．少量SO2通入Ca(C1O)2溶液中：
C．少量SO2通入Na2CO3溶液中：
D．相同浓度NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：
【答案】C
【分析】弱酸电离平衡常数越大，对应酸性越强，多元弱酸分步电离常数看做多个酸，然后根据强酸制备弱酸的理论进行判断即可。
【详解】A．次氯酸的电离平衡常数介于碳酸的两级电离常数之间，少量CO2通入NaClO溶液中应该生成碳酸氢根，A错误；
B．次氯酸钙溶液中含有次氯酸根有强氧化性，会将二氧化硫氧化为硫酸根，B错误；
C．酸性：H2SO3>H2CO3>HSO，少量SO2通入Na2CO3溶液中：，C正确；
D．亚硫酸是弱酸，亚硫酸氢根不能改写，D错误；
故选C。
6．下列实验装 置正确且能达到实验目的的是
A．用图I装置探究反应物浓度对化学反应速率的影响
B．用图II所示装置探究温度对化学反应速率的影响
C．用图III测定NaOH溶液的浓度，滴定过程中眼睛要注视滴定管
D．用图IV装置比较Mg(OH)2与Fe(OH)3溶解度的相对大小
【答案】D
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液过量，应控制酸性高锰酸钾溶液不足，且草酸浓度不同来探究浓度对化学反应速率的影响，故A错误；
B．温度、浓度均不同，两个变量，不能探究温度对反应速率的影响，故B错误；
C．眼睛要观察锥形瓶中颜色的变化，达到滴定终点后，再读数，故C错误； .
D．氢氧化镁白色沉淀转化为更难溶的氢氧化铁红褐色沉淀，则可比较Mg(OH)2与Fe(OH)3溶解度的相对大小，故D正确；
故选D。
7．一定条件下，向2L密闭容器中通入4乙烷，使其脱氢转化为乙烯 ，测得乙烯产率随着温度、压强的变化如图所示，A点达到平衡所用时间为5min，下列说法正确的是
A．X表示压强
B．
C．A点对应的平衡常数
D．用浓度变化表示从开始到达A点内的平均反应速率
【答案】D
【详解】A．由于乙烷脱氢是吸热反应，其他条件相同时，温度越高乙烯的平衡产率越大，而压强越大，越不利于平衡正向进行，故代表温度，代表压强，A错误；
B．增大压强，平衡逆向移动，乙烯的平衡产率降低，故，B错误；
C．A点乙烯产率为60%,乙烷剩余4mol×（1-60%）=1.6mol，生成乙烯、氢气均为4mol×60%=2.4mol，平衡时、，，C错误；
D．乙烯的理论产量是，由此知平衡时，，，D正确；
故选D。
8．相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。它是通过一种物质从高浓度状态向低浓度状态的转移而获得电动势。如图所示装置是利用浓差电池电解溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得、、和。下列说法不正确的是
A．a电极的电极反应为
B．c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜
C．电池放电过程中，电极上的电极反应为
D．电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320g
【答案】D
【分析】左侧的浓差电池中，Cu(1)电极为正极，电极反应为Cu2++2e−=Cu，Cu(2)电极为负极，电极反应为Cu-2e−=Cu2+；右侧的电解池中，NaOH在a电极处产生，获得浓NaOH溶液和H2，H2SO4在b电极处产生，获得较浓的硫酸和O2，则a电极为阴极，电极反应式为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，b电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。
【详解】A．由分析可知，a电极为阴极，电极反应式为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，A正确；
B．由分析可知，OH-在a电极上产生，并获得浓NaOH溶液，H+在b电极上产生，并获得较浓的硫酸，则c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜，B正确；
C．由分析可知，电池放电过程中，Cu(1)电极为正极，电极反应为Cu2++2e−=Cu，C正确；
D．电池放电过程中，左侧c(Cu2+)逐渐减小，右侧c(Cu2+)逐渐增大，当两侧c(Cu2+)相同时，电池停止工作，此时c(Cu2+)=1.5mol∙L-1，Δc(Cu2+)=1mol∙L-1，则电池从开始工作到停止放电，理论上转移电子4mol，根据a电极的电极反应式可知，生成4mol NaOH，即制得160g NaOH，D错误；
故选D。
9．常温下用0.2mol·L-1NaOH溶液分别滴定0.2mol·L-1一元酸HA和HB，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列有关叙述错误的是
A．Ka(HA)的数量级为10-5
B．酸碱恰好反应时，HB溶液中的pH为9.15
C．反应HA+B-=HB+A-的平衡常数为10-1.5
D．相同条件下对水的电离影响程度：NaA>NaB
【答案】B
【分析】a点时，c(HA)=c(A-)，此时=4.8，则c(H+)=10-4.8mol/L，根据可以求出 =10-4.8，同理利用b点可以求出=10-3.3。
【详解】A．Ka(HA)为10-4.8，数量级为10-5，A正确；
B．0.2mol·L-1NaOH溶液和0.2mol·L-1一元酸HB等体积混合时，酸碱恰好反应时，此时溶质为NaB，溶液中存在：，则且，又因为=10-3.3=、，所以可以得到：，求得=10-5.85mol/L，则HB溶液中的pH为8.15，B错误；
C．反应HA+B-=HB+A-的平衡常数为== =10-1.5，C正确；
D．=10-4.8<=10-3.3，根据越弱越水解的规律可知相同条件下A-水解程度更大，对水的电离影响程度更大，D正确；
答案选B。
10．铅酸蓄电池总反应为，下列说法正确的是
A．铅蓄电池放电时负极质量减小，正极质量增加
B．充电时铅酸蓄电池的正极与外接电源的负极相连
C．充电时的阴极反应式为
D．极的发生氧化反应。
【答案】D
【详解】A．铅蓄电池放电时，铅做负极反应后生成的硫酸铅附着在负极上，二氧化铅做正极，反应后生成硫酸铅附着在正极上，负极质量和正极质量均增加，A错误；
B．充电时铅蓄电池的正极和外加电源正极相连，铅蓄电池的负极和外加电源的负极相连，B错误；
C．充电时阴极反应式，，C错误；
D．Pb做负极能发生氧化反应，D正确；
故答案选D。
11．氨是农业上“氮的固定”的必需原料，随着世界人口的增长，氨的需求量在不断增大。科研人员新发现以磷盐作质子(H+)传导体，以四氢呋喃(无色易挥发的液体)为电解剂，利用电化学法将氮气还原成氨的原理如图所示。下列说法错误的是
A．M电极为阳极，电极反应式为
B．(Ⅰ)→(Ⅱ)的变化中，磷原子的成键数目不发生变化
C．图示中最后一步反应为
D．该方法制备氨气所需的温度低于传统工业合成氨的温度
【答案】C
【详解】A．据图可知，M电极上氢气被氧化为氢离子，则M电极为阳极，电极反应式为H2-2e-=2H+，故A正确；
B．据图可知(Ⅰ)→(Ⅱ)的变化中，磷原子都是形成4个共价键，故B正确；
C．最后一步反应中，Li+先被还原为Li单质，然后将N2还原为NH3，同时又生成Li+，所以Li+为催化剂，反应方程式为N2+6H2NH3，故C错误；
D．该装置为电解装置，利用电能转化为化学能，即合成氨所需的能量大部分是由电能转化，则所需的热能较少，所需的温度较低，故D正确；
答案选C。
12．常温下，向20.00mL浓度均为的HY溶液和HZ溶液中，逐滴加入的溶液，曲线I、曲线II分别代表反应后HY溶液和HZ溶液中水电离出浓度的负对数[]与所加溶液体积的关系。下列说法错误的是
A．数量级为
B．c、d两点不同
C．e、f两点存在：
D．浓度均为的HY溶液和溶液等体积混合，溶液呈酸性
【答案】C
【详解】A．常温下，由a点可知，，，为弱酸，，则，故的数量级为，A正确；
B．c点时未完全中和，溶质为和，溶液中的全部来自水的电离，，溶液显中性，d点溶液中溶质为和，溶液显碱性，两点不同，B正确；
C．e、f 两点均表示酸与溶液恰好完全反应，溶质分别为、，f点水电离出的浓度较大，说明的水解程度大于的水解程度，则，，再结合e、f两点溶液中的电荷守恒表达式ce（Na+）+ce（H+）═c（Y-）+ce(OH-)、cf（Na+）cf(H+)═c(Z-)+cf(OH-)，由于ce（Na+）═cf（Na+），故，则，C错误；
D．由b点可知，，，为弱酸，，，的水解常数，则，所以浓度均为的溶液和溶液等体积混合，溶液呈酸性，D正确；
故答案：C
13．某温度下，分别向体积均为100 mL，浓度均为0.1 的NaCl溶液和溶液中滴加0.1 的溶液，滴加过程中和随加入溶液体积(V)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．该温度下，
B．C点溶液中，
C．A、B、C三点溶液中大小关系为：B>C>A
D．相同实验条件下，若把NaCl溶液改为等浓度的NaBr溶液，反应终点由A点向D点方向移动
【答案】C
【分析】根据NaCl溶液和溶液与AgNO3溶液反应的方程式可知，在相同浓度的NaCl和溶液中加入相同浓度的AgNO3溶液，Cl-浓度减小的更快，浓度减小的慢，所以曲线I表示与AgNO3溶液体积的变化关系，曲线II表示与AgNO3溶液体积的变化关系，据此解答。
【详解】A．由曲线II中B点数据可得，该温度下，，故A正确；
B．C点溶液中，，，所以，故B正确 ；
C．由曲线数据可知A、B点溶液中分别为：、，A、C点均在曲线I上，所以Ksp（AgCl）相同，C点溶液中c(Cl-)更小，则更大，C点为向体积为100 mL，浓度为0.1 的NaCl溶液中加入150ml相同浓度的AgNO3溶液，此时溶液中远大于，所以，A、B、C三点溶液中大小关系为：C > B >A，故C错误；
D．AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时 Br-的浓度更低，则值更大，消耗AgNO3溶液的体积不变，反应终点由A向D移动，故D正确；
故答案选C。
14．工业上利用双极膜电渗析法制取盐酸和氢氧化钠的装置如下图所示。图中的双极膜中间层中的电离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。
下列有关说法错误的是
A．N表示阴离子交换膜
B．甲室流出的为氢氧化钠溶液
C．电解总反应：
D．相比现有氯碱工业制取氢氧化钠，该方法更环保
【答案】C
【详解】A．由图可知，左边石墨为阴极，右边石墨为阳极，电流方向由右向左，阳离子方向由右向左，阴离子方由左向右。氯离子由乙室向丙室迁移，N为阴离子交换膜，A正确；
B．钠离子由乙室向甲室迁移，OH-由双极膜向甲室迁移，甲室流出的为氢氧化钠溶液，B正确；
C．电解总反应为： ，C错误；
D．相比现有氯碱工业制取氢氧化钠，该方法无氯气产生，更环保，D正确；
故选C。
二、多选题
15．一定条件下HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．HCOOH催化脱氢反应在该温度下能自发进行
B．在历程Ⅰ～Ⅴ中，由Ⅳ到Ⅴ的反应为决速步骤
C．由反应历程可得出HCOOH中第1个H原子更易脱去
D．在该反应历程中，HCOOH所有的化学键均发生断裂
【答案】CD
【详解】A．由反应历程图可知，反应Ⅰ的相对能量高于反应Ⅴ，则HCOOH脱氢反应为放热反应，ΔH＜0，HCOOHCO2+H2，ΔS>0，由ΔG=ΔH −TΔS＜0，则在该温度下能自发进行，故A正确；
B．根据反应历程图，的活化能最高，则Ⅳ到Ⅴ的反应速率最慢，为决速步骤，故B正确；
C．由反应历程可知，反应脱去第一个H的活化能大于脱去第二个H的活化能，活化能越大，反应越困难进行，可知HCOOH中第2个H原子更易脱去，故C错误；
D．根据反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，只有O−H键和C−H键断裂，C=O键不断，故D错误；
故答案选CD。
三、原理综合题
16．Ⅰ.水在25℃和95℃时电离平衡曲线如图。
(1)在曲线B所对应的温度下，将的溶液与的溶液混合，若所得混合溶液的，则溶液与溶液的体积比为_______。
(2)在曲线A所对应的温度下，将a的氨水与0.01的盐酸等体积混合充分反应后溶液呈中性，用含a的代数式表示的电离常数_______。
(3)在曲线A所对应的温度下，的溶度积，则在该温度下的溶解度是_______(饱和溶液的密度可近似为1)。
Ⅱ.已知A、B、C、D均为石墨电极；烧杯甲中是溶液，烧杯乙中是溶液，向C电极中通入氧气，D电极通入甲烷气体。
(4)若将烧杯乙的电解质改为熔融碳酸钾，写出D的电极反应方程式。_______。
(5)反应一段时间后，若改为A与C连，B和D连，B的电极反应为_______。
(6)当D通入2.8(标况)，A电极析出_______的，B极的产物_______
(7)一段时间后，向甲中投入0.1可令甲中电解质溶液复原，则转移电子数目为_______
(8)当B级上产生22.4气体时，将A、B两电极反接，A板上又产生22.4气体，B极增加_______(假设足量，气体体积均在标况下测量)
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6) 32 氧气和硫酸
(7)0.6
(8)256
【详解】（1）在曲线B所对应的温度下，Kw=10-12，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则10-3mol/L×V(NaOH)=10-4mol/L×V(H2SO4)，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比V(NaOH)：V(H2SO4)=1：10；
（2）反应后一水合氨过量，且浓度为，，则的电离常数Kb=；
（3）AgI的溶度积，则，设溶液的体积为1L，则，溶解的AgI质量为，溶液的质量为，溶剂水的质量为，则AgI在该温度下的溶解度为；
（4）烧杯甲中是溶液，烧杯乙中是溶液，向C电极中通入氧气，D电极通入甲烷气体，则乙为原电池，甲为电解池，C电极为正极，D电极为负极，若将烧杯乙的电解质改为熔融碳酸钾，甲烷失去电子生成CO2，D的电极反应方程式为；
（5）反应一段时间后，若改为A与C连，B和D连，则A为阳极，B为阴极，B电极铜离子得到电子生成Cu，电极反应为；
（6）2.8(标况)物质的量为=0.000125mol，甲烷失去电子为0.000125mol×8=0.001mol，根据得失电子守恒，A电极析出=32的，B极氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，生成硫酸，故生成氧气和硫酸；
（7）电解硫酸铜溶液的离子方程式为2Cu2+ + 2H2O 2Cu + O2↑ + 4H+，电解后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是氧化铜和水，将碱式碳酸铜的化学式改变为2CuO•H2O•CO2，所以加入0.1molCu2(OH)2CO3就相当于加入0.2molCuO和0.1molH2O，则电解时生成的氧气为(0.2mol+0.1mol)×=0.15mol，转移电子数目为0.15mol×4×NA/mol=0.6NA；
（8）A为负极，B为阳极，B极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑,产生22.4气体为氧气，将A、B两电极反接，A极为阳极，反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，又产生22.4气体为氧气，共生成气体物质的量为，B电极反应为，则增加=256。
17．尿素[CO(NH2)2]是首个由无机物人工合成的有机物。
(1)在尿素合成塔中发生的反应可表示为2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l)[CO(NH2)2](s)+H2O(g)；已知第一步反应为快速反应，△H1=-119.2kJ·mol-1，第二步反应为慢速反应，△H2=+15.5kJ·mol-1，则2NH3(g)+CO2(g)[CO(NH2)2](s)+H2O(g) △H3=_____kJ·mol-1，下列图象能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是_____(填标号)。
A． B． C． D．
(2)T℃，在2L的密闭容器中，通入2molNH3和1molCO2，保持体积不变，发生反应2NH3(g)+CO2(g)[CO(NH2)2](s)+H2O(g)，10min时反应刚好达到平衡。测得起始压强为平衡时压强的1.5倍，则：
①NH3的平衡转化率为_____。
②能说明上述反应达到平衡状态的是_____(填标号)。
A．n(CO2)：n(NH3)=1：2
B．混合气体的密度不再发生变化
C．单位时间内消耗2molNH3，同时生成1molH2O
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
(3)一定温度下，某恒容密闭容器中发生反应2NH3(g)+CO2(g)[CO(NH2)2](s)+H2O(g)，若原料气中=m，测得m与CO2的平衡转化率(α)的关系如图甲所示。
①若平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，则上述反应的平衡常数Kp=____(MPa)2。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
②若平衡时A、B对应容器的压强相等，则A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的量之比nA(NH3)：nB(NH3)=____。
(4)用惰性电极电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液可制取氢气，装置如图乙所示，则B为直流电源的____极，写出该装置阳极的电极反应式：_____。
【答案】(1) -103.7 C
(2) 50% BD
(3) 9 11:10
(4) 负极
【详解】（1）由盖斯定律可知，△H3=△H1+△H2=（-119.2kJ·mol-1）+15.5kJ·mol-1=-103.7kJ·mol-1，故答案为-103.7；第一步为放热反应，第二步为吸热反应，并且第二步为慢反应，活化能比第一步要高，所以C图象符合要求，故答案为C；
（2）
，解得x=0.5
①NH3的平衡转化率为，故答案为50%；
②A．按系数比充入反应物，任何时刻n(CO2)：n(NH3)都是1：2，不能说明达到平衡，故A错误；
B． ，有固体生成，气体质量在变化，混合气体的密度在变化，则混合气体的密度不再发生变化达到平衡，故B正确；
C．单位时间内消耗2molNH3，同时生成1molH2O速率相等，方向相同，故C错误；
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变说明达到平衡，故D正确；
故答案为BD
（3）
①根据三段式可知NH3的物质的量分数为；CO2的物质的量分数为；H2O的物质的量分数为；平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，则上述反应的平衡常数，故答案为9；
②A容器m=3.0，二氧化碳转化率为0.5；假设A投料氨气为3amol；
则反应后总的物质的量为3a；
B容器m=2.0，二氧化碳转化率为0.4，假设B投料氨气为2bmol；
则反应后总的物质的量为2.2b；
若平衡时A、B对应容器的压强相等，则反应后两者的物质的量相同，3a=2.2b，a:b=11:15，故A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的量之比nA(NH3)：nB(NH3)=(3×11)：(2×15)=11:10；
（4）根据尿素中的氮元素生成氮气，由N元素化合价的变化可知，氮元素在阳极上失去电子发生氧化反应，左侧为阳极，则A为电源的正极，B为电源的负极；故答案为负极； 该装置阳极的电极反应式：。
四、工业流程题
18．以钛铁矿(主要成分为，还含有、、等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂()和磷酸亚铁锂()的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“溶浸”后溶液中的金属阳离子主要包括、_______。“滤液”经加热水解后转化为富钛渣(钛元素主要以形式存在)，写出上述制备的离子方程式：_______。在制备时加入大量的水，同时加热的目的是_______
(2)“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是_______。
(3)“沉铁”步骤反应的化学方程式为_______，“沉铁”后的滤液经处理后可返回_______工序循环利用。
(4)“煅烧”制备过程中，和的理论投入量的物质的量之比为_______。
(5)以和作电极组成电池，充电时发生反应：()，阳极的电极反应式为_______。
(6)从废旧电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧电极，测得浸取液中，加入等体积的碳酸钠溶液将转化为沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则反应后的溶液中的浓度为_______［已知，假设反应后溶液体积为反应前两溶液之和］。
【答案】(1) 、 促进水解区域完全
(2)双氧水和氨水都会因温度过高分解
(3) 溶浸
(4)
(5)
(6)0.04
【分析】钛铁矿和足量盐酸反应后，其中SiO2和盐酸不反应，其他成分转化为盐酸盐，过滤后的滤液中含有溶于水的氯酸盐，加热过程中，TiOCl+水解生成TiO2.H2O沉淀，过滤得到含TiO2.H2O的钛渣，加入双氧水、氨水后得到氧钛化合物，煅烧后得到TiO2，然后和Li2CO3反应得到Li4Ti5O12；富铁液加入双氧水和磷酸后，Fe2+转化为FePO4沉淀，然后和Li2CO3、H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，据此分析；
【详解】（1）钛铁矿的成分中只有SiO2与盐酸是不反应的， FeO 、TiO2、MgO、CaO与盐酸反应后产生的阳离子有 Mg2+、TiOCl+、、等。 TiOCl+水解成 TiO2 ·2H2O，温度越高水解越完全，水解离子方程式是 ；
故答案为：、； ；促进水解区域完全。
（2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是加入的双氧水和氨水都会因温度过高分解；
故答案为：双氧水和氨水都会因温度过高分解。
（3）由流程图可知，H2O2为氧化剂，H3PO4为沉淀剂，则“沉铁”步骤反应的化学方程式为2FeCl2+H2O2+2H3PO4=2FePO4+4HCl+2H2O，根据流程图，生成的盐酸可返回溶浸工序循环使用；
故答案为：；溶浸。
（4）结合分析可知，FePO4、Li2CO3、H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，则反应的化学方程为： ，结合放出式可知Li2CO3和 H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为1：1；
故答案为：1：1。
（5）充电时，阳极发生氧化反应，根据充电时发生的反应，LiFePO4生成，阳极发生氧化反应，故阳极的电极方程式，；
故答案为：。
（6）浸取液中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，设进取液的体积为VL，则可知沉淀后，，则，故；
故答案为：0.04mol/L。
五、实验题
19．Ⅰ.现用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度，有关数据记录如下：
滴定序号
待测液体积()
所消耗盐酸标准液的体积()
滴定前
滴定后
消耗的体积
1
25.00
0.50
26.80
26.30
2
25.00
3
25.00
5.00
31.34
26.34
(1)如图表示0.25盐酸标准液第二次滴定前后50滴定管中液面的位置，该次滴定所用标准盐酸体积为_______。
(2)现实验室中有石蕊和甲基橙两种指示剂，该实验应选用_______作指示剂。
(3)根据所给数据，该烧碱样品的物质的量浓度为_______(保留两位有效数字)。
(4)下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_______。A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液
B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．读取盐酸体积时，滴定结束时俯视读数
D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
Ⅱ.某研究小组为测定软锰矿中的质量分数，实验步骤如下：准确称取0.5000g软锰矿样品，加入1.34g再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应之后冷却、滤去杂质，将所得溶液全部转移到250容量瓶中并定容。取出25.00待测液置于锥形瓶中，再用0.0100标准溶液进行滴定，当滴入20.00溶液时恰好完全反应。(已知、在酸性条件下均能将氧化，且还原产物均为。)
(5)酸化溶液可选用的酸是_______，标准溶液应置于_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
(6)和在酸性条件下反应的离子方程式为_______。
(7)到达滴定终点的实验现象是_______。
(8)根据实验数据计算，软锰矿中的质量分数为_______%。
【答案】(1)24.60
(2)甲基橙
(3)0.26
(4)C
(5) 稀硫酸 酸式
(6)
(7)当滴入最后半滴标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色
(8)87
【详解】（1）结合图示可知，滴定前读数为0.30mL，滴定后读数为24.90mL，消耗溶液的体积为：24.90mL-0.30mL=24.60mL；
故答案为：24.60。
（2）石蕊变色范围较大，而且颜色变化不易观察，不能作酸碱指示剂，因此该实验应选用甲基橙作指示剂；
故答案为：甲基橙。
（3）3次滴定消耗标准液的体积分别为(26.80-0.50)m.L=26.30mL、24.60mL、(31.34-5.00)mL=26.34mL，第二次滴定误差较大，需要舍弃，另外两次滴定消耗盐酸的体积为：，该烧碱样品的物质的量浓度为；
故答案为：0.26。
（4）A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A错误；
B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，操作方法合理，不影响滴定结果，故B错误；
C．读取盐酸体积时，滴定结束时俯视读数，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低，故C正确；
D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故D错误；
故答案为：C。
（5）酸化KMnO4溶液选用H2SO4，KMnO4可以氧化HCl，不能HCl酸化；由于KMnO4溶液本身是酸性，且具有强氧化性，能够腐蚀碱式滴定管的橡皮管，因此KMnO4标准溶液应置于酸式滴定管中；
故答案为：稀硫酸；酸式。
（6）KMnO4和Na2C2O4反应时，KMnO4中的Mn的化合价从+7降低到+2，Na2C2O4中C的化合价从+3升高到+4，根据化合价升降守恒，可知KMnO4和Na2C2O4的系数比为2：5，根据电荷守恒和物料守恒，可得离子方程式为：；
故答案为：。
（7）KMnO4溶液本身是紫红色溶液，开始滴加时，KMnO4溶液少量，完全反应掉，溶液为无色，达到终点时，再滴入一滴KMnO4溶液，溶液变成浅红色，到达滴定终点的实验现象是当滴入最后一滴标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；
故答案为：当滴入最后半滴标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色。
（8）设25.00mL待测液中Na2C2O4的浓度为xmol·L-1，根据离子方程式，由关系式2KMnO4~5Na2C2O4，可得，x=0.02mol·L-1，则250mL待测溶液中，含有；1.34gNa2C2O4的物质的量，与高锰酸钾反应后，剩余0.005mol，则与高锰酸钾反应的，MnO2和Na2C2O4的离子方程式为，可知软锰矿样品中n(MnO2)=0.05mol，其质量为，则软锰矿中MnO2的质量分数=；
故答案为：87。
武汉市第六中学2022-2023学年高二上学期第二次月考
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述不正确的是
A．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
B．泡沫灭火器内盛有、两种溶液
C．使用含氟牙膏能预防龋齿，发生了沉淀转化
D．免洗洗手液的有效成分之一活性胶质银离子能使病毒蛋白质变性
【答案】B
【详解】A．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，利用原电池原理，镁做负极，铁做正极被保护，原理是牺牲阳极的阴极保护法，A选项正确；
B．泡沫灭火器内盛有NaHCO3、两种溶液，B选项错误；
C．使用含氟牙膏能预防龋齿，发生了沉淀转化：，C选项正确；
D．免洗洗手液的有效成分之一活性胶质银离子能使病毒蛋白质变性，失去生理活性，D选项正确；
答案选B。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 ( )
A．25℃时，pH=8的NaHCO3溶液中含有OH－的数目为10-6NA
B．粗铜的电解精炼过程中，若阳极质量减少10g，则阴极质量一定增加10g
C．常温常压下，4.6 g NO2所含的氮原子数目为0.1NA
D．向1L 1mol/L (CH3COO)2Ba溶液中加入醋酸至中性，混合液中CH3COO-数目为NA
【答案】C
【详解】A. 25℃时，pH=8的NaHCO3溶液中含有c(OH－)为10-6mol/L，但溶液体积不知道，故氢氧根离子数目不能计算，A错误；
B. 粗铜的电解精炼过程中，阳极溶解比铜活泼的金属如锌以及铜，但阴极只析出铜，若阳极质量减少10g，则阴极质量通常不增加10g，B错误；
C. 常温常压下，4.6 g NO2的物质的量为0.1mol，则所含的氮原子数目为0.1NA，C正确；
D. 向1L 1mol/L (CH3COO)2Ba溶液中加入醋酸至中性，则，溶液呈电中性，则 ，因此有，则混合液中CH3COO-数目为2NA，D错误；
答案选C。
3．常温下，对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是
粒子组
判断和分析
A
能大量共存，粒子间不反应
B
和因双水解而不能共存
C
粒子可以量共存
D
粒子因产生沉淀而不能共存
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．Fe3+作过氧化氢分解的催化剂，加快过氧化氢的分解，所给微粒不能大量共存，A错误；
B．偏铝酸根离子与碳酸氢根离子反应的离子方程式是++H2O=Al(OH)3↓+，不属于双水解，属于强酸制弱酸的反应，B错误；
C．的溶液显碱性， 在碱性溶液中不反应，可以大量共存，C正确；
D． 、 、 、中在酸性条件下具有强氧化性，可以氧化、，不会生成FeS沉淀，D错误；
故选C。
4．常温下，下列叙述不正确的是
A．碳酸钠溶液加热蒸干后仍然得到碳酸钠固体
B．的硫酸溶液稀释到原来的500倍，稀释后与之比约为1∶10
C．盐类水解原理可以解释明矾可用于水的净化和杀毒，氯化铵溶液可以除铁锈
D．长时间运动引起机体缺氧时有较多的葡萄糖转化为乳酸，引起血液降低，血液中的缓冲物质可以结合生成碳酸，保证了血液的在正常范围内
【答案】C
【详解】A．碳酸钠为强碱弱酸盐，在蒸干过程中不会产生易挥发的物质，蒸干后仍然得到碳酸钠固体，A正确；
B．由于水的电离，稀释后氢离子浓度接近，硫酸根的浓度，，B正确；
C．明矾电离出的铝离子发生水解，（胶体）+3H+，生成的氢氧化铝胶体有吸附性可以净化，但不能杀毒，C错误；
D．长时间运动引起机体缺氧时有较多的葡萄糖转化为乳酸，引起血液 pH 降低，血液中的缓冲物质 碳酸氢根可以结合 H+ 生成碳酸，D正确；
故答案为：C。
5．已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离平衡常数(25℃)
下列离子方程式正确的是A．少量CO2通入NaClO溶液中：
B．少量SO2通入Ca(C1O)2溶液中：
C．少量SO2通入Na2CO3溶液中：
D．相同浓度NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：
【答案】C
【分析】弱酸电离平衡常数越大，对应酸性越强，多元弱酸分步电离常数看做多个酸，然后根据强酸制备弱酸的理论进行判断即可。
【详解】A．次氯酸的电离平衡常数介于碳酸的两级电离常数之间，少量CO2通入NaClO溶液中应该生成碳酸氢根，A错误；
B．次氯酸钙溶液中含有次氯酸根有强氧化性，会将二氧化硫氧化为硫酸根，B错误；
C．酸性：H2SO3>H2CO3>HSO，少量SO2通入Na2CO3溶液中：，C正确；
D．亚硫酸是弱酸，亚硫酸氢根不能改写，D错误；
故选C。
6．下列实验装 置正确且能达到实验目的的是
A．用图I装置探究反应物浓度对化学反应速率的影响
B．用图II所示装置探究温度对化学反应速率的影响
C．用图III测定NaOH溶液的浓度，滴定过程中眼睛要注视滴定管
D．用图IV装置比较Mg(OH)2与Fe(OH)3溶解度的相对大小
【答案】D
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液过量，应控制酸性高锰酸钾溶液不足，且草酸浓度不同来探究浓度对化学反应速率的影响，故A错误；
B．温度、浓度均不同，两个变量，不能探究温度对反应速率的影响，故B错误；
C．眼睛要观察锥形瓶中颜色的变化，达到滴定终点后，再读数，故C错误； .
D．氢氧化镁白色沉淀转化为更难溶的氢氧化铁红褐色沉淀，则可比较Mg(OH)2与Fe(OH)3溶解度的相对大小，故D正确；
故选D。
7．一定条件下，向2L密闭容器中通入4乙烷，使其脱氢转化为乙烯 ，测得乙烯产率随着温度、压强的变化如图所示，A点达到平衡所用时间为5min，下列说法正确的是
A．X表示压强
B．
C．A点对应的平衡常数
D．用浓度变化表示从开始到达A点内的平均反应速率
【答案】D
【详解】A．由于乙烷脱氢是吸热反应，其他条件相同时，温度越高乙烯的平衡产率越大，而压强越大，越不利于平衡正向进行，故代表温度，代表压强，A错误；
B．增大压强，平衡逆向移动，乙烯的平衡产率降低，故，B错误；
C．A点乙烯产率为60%,乙烷剩余4mol×（1-60%）=1.6mol，生成乙烯、氢气均为4mol×60%=2.4mol，平衡时、，，C错误；
D．乙烯的理论产量是，由此知平衡时，，，D正确；
故选D。
8．相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。它是通过一种物质从高浓度状态向低浓度状态的转移而获得电动势。如图所示装置是利用浓差电池电解溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得、、和。下列说法不正确的是
A．a电极的电极反应为
B．c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜
C．电池放电过程中，电极上的电极反应为
D．电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320g
【答案】D
【分析】左侧的浓差电池中，Cu(1)电极为正极，电极反应为Cu2++2e−=Cu，Cu(2)电极为负极，电极反应为Cu-2e−=Cu2+；右侧的电解池中，NaOH在a电极处产生，获得浓NaOH溶液和H2，H2SO4在b电极处产生，获得较浓的硫酸和O2，则a电极为阴极，电极反应式为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，b电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。
【详解】A．由分析可知，a电极为阴极，电极反应式为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，A正确；
B．由分析可知，OH-在a电极上产生，并获得浓NaOH溶液，H+在b电极上产生，并获得较浓的硫酸，则c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜，B正确；
C．由分析可知，电池放电过程中，Cu(1)电极为正极，电极反应为Cu2++2e−=Cu，C正确；
D．电池放电过程中，左侧c(Cu2+)逐渐减小，右侧c(Cu2+)逐渐增大，当两侧c(Cu2+)相同时，电池停止工作，此时c(Cu2+)=1.5mol∙L-1，Δc(Cu2+)=1mol∙L-1，则电池从开始工作到停止放电，理论上转移电子4mol，根据a电极的电极反应式可知，生成4mol NaOH，即制得160g NaOH，D错误；
故选D。
9．常温下用0.2mol·L-1NaOH溶液分别滴定0.2mol·L-1一元酸HA和HB，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列有关叙述错误的是
A．Ka(HA)的数量级为10-5
B．酸碱恰好反应时，HB溶液中的pH为9.15
C．反应HA+B-=HB+A-的平衡常数为10-1.5
D．相同条件下对水的电离影响程度：NaA>NaB
【答案】B
【分析】a点时，c(HA)=c(A-)，此时=4.8，则c(H+)=10-4.8mol/L，根据可以求出 =10-4.8，同理利用b点可以求出=10-3.3。
【详解】A．Ka(HA)为10-4.8，数量级为10-5，A正确；
B．0.2mol·L-1NaOH溶液和0.2mol·L-1一元酸HB等体积混合时，酸碱恰好反应时，此时溶质为NaB，溶液中存在：，则且，又因为=10-3.3=、，所以可以得到：，求得=10-5.85mol/L，则HB溶液中的pH为8.15，B错误；
C．反应HA+B-=HB+A-的平衡常数为== =10-1.5，C正确；
D．=10-4.8<=10-3.3，根据越弱越水解的规律可知相同条件下A-水解程度更大，对水的电离影响程度更大，D正确；
答案选B。
10．铅酸蓄电池总反应为，下列说法正确的是
A．铅蓄电池放电时负极质量减小，正极质量增加
B．充电时铅酸蓄电池的正极与外接电源的负极相连
C．充电时的阴极反应式为
D．极的发生氧化反应。
【答案】D
【详解】A．铅蓄电池放电时，铅做负极反应后生成的硫酸铅附着在负极上，二氧化铅做正极，反应后生成硫酸铅附着在正极上，负极质量和正极质量均增加，A错误；
B．充电时铅蓄电池的正极和外加电源正极相连，铅蓄电池的负极和外加电源的负极相连，B错误；
C．充电时阴极反应式，，C错误；
D．Pb做负极能发生氧化反应，D正确；
故答案选D。
11．氨是农业上“氮的固定”的必需原料，随着世界人口的增长，氨的需求量在不断增大。科研人员新发现以磷盐作质子(H+)传导体，以四氢呋喃(无色易挥发的液体)为电解剂，利用电化学法将氮气还原成氨的原理如图所示。下列说法错误的是
A．M电极为阳极，电极反应式为
B．(Ⅰ)→(Ⅱ)的变化中，磷原子的成键数目不发生变化
C．图示中最后一步反应为
D．该方法制备氨气所需的温度低于传统工业合成氨的温度
【答案】C
【详解】A．据图可知，M电极上氢气被氧化为氢离子，则M电极为阳极，电极反应式为H2-2e-=2H+，故A正确；
B．据图可知(Ⅰ)→(Ⅱ)的变化中，磷原子都是形成4个共价键，故B正确；
C．最后一步反应中，Li+先被还原为Li单质，然后将N2还原为NH3，同时又生成Li+，所以Li+为催化剂，反应方程式为N2+6H2NH3，故C错误；
D．该装置为电解装置，利用电能转化为化学能，即合成氨所需的能量大部分是由电能转化，则所需的热能较少，所需的温度较低，故D正确；
答案选C。
12．常温下，向20.00mL浓度均为的HY溶液和HZ溶液中，逐滴加入的溶液，曲线I、曲线II分别代表反应后HY溶液和HZ溶液中水电离出浓度的负对数[]与所加溶液体积的关系。下列说法错误的是
A．数量级为
B．c、d两点不同
C．e、f两点存在：
D．浓度均为的HY溶液和溶液等体积混合，溶液呈酸性
【答案】C
【详解】A．常温下，由a点可知，，，为弱酸，，则，故的数量级为，A正确；
B．c点时未完全中和，溶质为和，溶液中的全部来自水的电离，，溶液显中性，d点溶液中溶质为和，溶液显碱性，两点不同，B正确；
C．e、f 两点均表示酸与溶液恰好完全反应，溶质分别为、，f点水电离出的浓度较大，说明的水解程度大于的水解程度，则，，再结合e、f两点溶液中的电荷守恒表达式ce（Na+）+ce（H+）═c（Y-）+ce(OH-)、cf（Na+）cf(H+)═c(Z-)+cf(OH-)，由于ce（Na+）═cf（Na+），故，则，C错误；
D．由b点可知，，，为弱酸，，，的水解常数，则，所以浓度均为的溶液和溶液等体积混合，溶液呈酸性，D正确；
故答案：C
13．某温度下，分别向体积均为100 mL，浓度均为0.1 的NaCl溶液和溶液中滴加0.1 的溶液，滴加过程中和随加入溶液体积(V)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．该温度下，
B．C点溶液中，
C．A、B、C三点溶液中大小关系为：B>C>A
D．相同实验条件下，若把NaCl溶液改为等浓度的NaBr溶液，反应终点由A点向D点方向移动
【答案】C
【分析】根据NaCl溶液和溶液与AgNO3溶液反应的方程式可知，在相同浓度的NaCl和溶液中加入相同浓度的AgNO3溶液，Cl-浓度减小的更快，浓度减小的慢，所以曲线I表示与AgNO3溶液体积的变化关系，曲线II表示与AgNO3溶液体积的变化关系，据此解答。
【详解】A．由曲线II中B点数据可得，该温度下，，故A正确；
B．C点溶液中，，，所以，故B正确 ；
C．由曲线数据可知A、B点溶液中分别为：、，A、C点均在曲线I上，所以Ksp（AgCl）相同，C点溶液中c(Cl-)更小，则更大，C点为向体积为100 mL，浓度为0.1 的NaCl溶液中加入150ml相同浓度的AgNO3溶液，此时溶液中远大于，所以，A、B、C三点溶液中大小关系为：C > B >A，故C错误；
D．AgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时 Br-的浓度更低，则值更大，消耗AgNO3溶液的体积不变，反应终点由A向D移动，故D正确；
故答案选C。
14．工业上利用双极膜电渗析法制取盐酸和氢氧化钠的装置如下图所示。图中的双极膜中间层中的电离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。
下列有关说法错误的是
A．N表示阴离子交换膜
B．甲室流出的为氢氧化钠溶液
C．电解总反应：
D．相比现有氯碱工业制取氢氧化钠，该方法更环保
【答案】C
【详解】A．由图可知，左边石墨为阴极，右边石墨为阳极，电流方向由右向左，阳离子方向由右向左，阴离子方由左向右。氯离子由乙室向丙室迁移，N为阴离子交换膜，A正确；
B．钠离子由乙室向甲室迁移，OH-由双极膜向甲室迁移，甲室流出的为氢氧化钠溶液，B正确；
C．电解总反应为： ，C错误；
D．相比现有氯碱工业制取氢氧化钠，该方法无氯气产生，更环保，D正确；
故选C。
二、多选题
15．一定条件下HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．HCOOH催化脱氢反应在该温度下能自发进行
B．在历程Ⅰ～Ⅴ中，由Ⅳ到Ⅴ的反应为决速步骤
C．由反应历程可得出HCOOH中第1个H原子更易脱去
D．在该反应历程中，HCOOH所有的化学键均发生断裂
【答案】CD
【详解】A．由反应历程图可知，反应Ⅰ的相对能量高于反应Ⅴ，则HCOOH脱氢反应为放热反应，ΔH＜0，HCOOHCO2+H2，ΔS>0，由ΔG=ΔH −TΔS＜0，则在该温度下能自发进行，故A正确；
B．根据反应历程图，的活化能最高，则Ⅳ到Ⅴ的反应速率最慢，为决速步骤，故B正确；
C．由反应历程可知，反应脱去第一个H的活化能大于脱去第二个H的活化能，活化能越大，反应越困难进行，可知HCOOH中第2个H原子更易脱去，故C错误；
D．根据反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，只有O−H键和C−H键断裂，C=O键不断，故D错误；
故答案选CD。
三、原理综合题
16．Ⅰ.水在25℃和95℃时电离平衡曲线如图。
(1)在曲线B所对应的温度下，将的溶液与的溶液混合，若所得混合溶液的，则溶液与溶液的体积比为_______。
(2)在曲线A所对应的温度下，将a的氨水与0.01的盐酸等体积混合充分反应后溶液呈中性，用含a的代数式表示的电离常数_______。
(3)在曲线A所对应的温度下，的溶度积，则在该温度下的溶解度是_______(饱和溶液的密度可近似为1)。
Ⅱ.已知A、B、C、D均为石墨电极；烧杯甲中是溶液，烧杯乙中是溶液，向C电极中通入氧气，D电极通入甲烷气体。
(4)若将烧杯乙的电解质改为熔融碳酸钾，写出D的电极反应方程式。_______。
(5)反应一段时间后，若改为A与C连，B和D连，B的电极反应为_______。
(6)当D通入2.8(标况)，A电极析出_______的，B极的产物_______
(7)一段时间后，向甲中投入0.1可令甲中电解质溶液复原，则转移电子数目为_______
(8)当B级上产生22.4气体时，将A、B两电极反接，A板上又产生22.4气体，B极增加_______(假设足量，气体体积均在标况下测量)
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6) 32 氧气和硫酸
(7)0.6
(8)256
【详解】（1）在曲线B所对应的温度下，Kw=10-12，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则10-3mol/L×V(NaOH)=10-4mol/L×V(H2SO4)，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比V(NaOH)：V(H2SO4)=1：10；
（2）反应后一水合氨过量，且浓度为，，则的电离常数Kb=；
（3）AgI的溶度积，则，设溶液的体积为1L，则，溶解的AgI质量为，溶液的质量为，溶剂水的质量为，则AgI在该温度下的溶解度为；
（4）烧杯甲中是溶液，烧杯乙中是溶液，向C电极中通入氧气，D电极通入甲烷气体，则乙为原电池，甲为电解池，C电极为正极，D电极为负极，若将烧杯乙的电解质改为熔融碳酸钾，甲烷失去电子生成CO2，D的电极反应方程式为；
（5）反应一段时间后，若改为A与C连，B和D连，则A为阳极，B为阴极，B电极铜离子得到电子生成Cu，电极反应为；
（6）2.8(标况)物质的量为=0.000125mol，甲烷失去电子为0.000125mol×8=0.001mol，根据得失电子守恒，A电极析出=32的，B极氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，生成硫酸，故生成氧气和硫酸；
（7）电解硫酸铜溶液的离子方程式为2Cu2+ + 2H2O 2Cu + O2↑ + 4H+，电解后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是氧化铜和水，将碱式碳酸铜的化学式改变为2CuO•H2O•CO2，所以加入0.1molCu2(OH)2CO3就相当于加入0.2molCuO和0.1molH2O，则电解时生成的氧气为(0.2mol+0.1mol)×=0.15mol，转移电子数目为0.15mol×4×NA/mol=0.6NA；
（8）A为负极，B为阳极，B极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑,产生22.4气体为氧气，将A、B两电极反接，A极为阳极，反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，又产生22.4气体为氧气，共生成气体物质的量为，B电极反应为，则增加=256。
17．尿素[CO(NH2)2]是首个由无机物人工合成的有机物。
(1)在尿素合成塔中发生的反应可表示为2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l)[CO(NH2)2](s)+H2O(g)；已知第一步反应为快速反应，△H1=-119.2kJ·mol-1，第二步反应为慢速反应，△H2=+15.5kJ·mol-1，则2NH3(g)+CO2(g)[CO(NH2)2](s)+H2O(g) △H3=_____kJ·mol-1，下列图象能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是_____(填标号)。
A． B． C． D．
(2)T℃，在2L的密闭容器中，通入2molNH3和1molCO2，保持体积不变，发生反应2NH3(g)+CO2(g)[CO(NH2)2](s)+H2O(g)，10min时反应刚好达到平衡。测得起始压强为平衡时压强的1.5倍，则：
①NH3的平衡转化率为_____。
②能说明上述反应达到平衡状态的是_____(填标号)。
A．n(CO2)：n(NH3)=1：2
B．混合气体的密度不再发生变化
C．单位时间内消耗2molNH3，同时生成1molH2O
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
(3)一定温度下，某恒容密闭容器中发生反应2NH3(g)+CO2(g)[CO(NH2)2](s)+H2O(g)，若原料气中=m，测得m与CO2的平衡转化率(α)的关系如图甲所示。
①若平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，则上述反应的平衡常数Kp=____(MPa)2。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
②若平衡时A、B对应容器的压强相等，则A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的量之比nA(NH3)：nB(NH3)=____。
(4)用惰性电极电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液可制取氢气，装置如图乙所示，则B为直流电源的____极，写出该装置阳极的电极反应式：_____。
【答案】(1) -103.7 C
(2) 50% BD
(3) 9 11:10
(4) 负极
【详解】（1）由盖斯定律可知，△H3=△H1+△H2=（-119.2kJ·mol-1）+15.5kJ·mol-1=-103.7kJ·mol-1，故答案为-103.7；第一步为放热反应，第二步为吸热反应，并且第二步为慢反应，活化能比第一步要高，所以C图象符合要求，故答案为C；
（2）
，解得x=0.5
①NH3的平衡转化率为，故答案为50%；
②A．按系数比充入反应物，任何时刻n(CO2)：n(NH3)都是1：2，不能说明达到平衡，故A错误；
B． ，有固体生成，气体质量在变化，混合气体的密度在变化，则混合气体的密度不再发生变化达到平衡，故B正确；
C．单位时间内消耗2molNH3，同时生成1molH2O速率相等，方向相同，故C错误；
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变说明达到平衡，故D正确；
故答案为BD
（3）
①根据三段式可知NH3的物质的量分数为；CO2的物质的量分数为；H2O的物质的量分数为；平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，则上述反应的平衡常数，故答案为9；
②A容器m=3.0，二氧化碳转化率为0.5；假设A投料氨气为3amol；
则反应后总的物质的量为3a；
B容器m=2.0，二氧化碳转化率为0.4，假设B投料氨气为2bmol；
则反应后总的物质的量为2.2b；
若平衡时A、B对应容器的压强相等，则反应后两者的物质的量相同，3a=2.2b，a:b=11:15，故A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的量之比nA(NH3)：nB(NH3)=(3×11)：(2×15)=11:10；
（4）根据尿素中的氮元素生成氮气，由N元素化合价的变化可知，氮元素在阳极上失去电子发生氧化反应，左侧为阳极，则A为电源的正极，B为电源的负极；故答案为负极； 该装置阳极的电极反应式：。
四、工业流程题
18．以钛铁矿(主要成分为，还含有、、等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂()和磷酸亚铁锂()的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“溶浸”后溶液中的金属阳离子主要包括、_______。“滤液”经加热水解后转化为富钛渣(钛元素主要以形式存在)，写出上述制备的离子方程式：_______。在制备时加入大量的水，同时加热的目的是_______
(2)“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是_______。
(3)“沉铁”步骤反应的化学方程式为_______，“沉铁”后的滤液经处理后可返回_______工序循环利用。
(4)“煅烧”制备过程中，和的理论投入量的物质的量之比为_______。
(5)以和作电极组成电池，充电时发生反应：()，阳极的电极反应式为_______。
(6)从废旧电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧电极，测得浸取液中，加入等体积的碳酸钠溶液将转化为沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则反应后的溶液中的浓度为_______［已知，假设反应后溶液体积为反应前两溶液之和］。
【答案】(1) 、 促进水解区域完全
(2)双氧水和氨水都会因温度过高分解
(3) 溶浸
(4)
(5)
(6)0.04
【分析】钛铁矿和足量盐酸反应后，其中SiO2和盐酸不反应，其他成分转化为盐酸盐，过滤后的滤液中含有溶于水的氯酸盐，加热过程中，TiOCl+水解生成TiO2.H2O沉淀，过滤得到含TiO2.H2O的钛渣，加入双氧水、氨水后得到氧钛化合物，煅烧后得到TiO2，然后和Li2CO3反应得到Li4Ti5O12；富铁液加入双氧水和磷酸后，Fe2+转化为FePO4沉淀，然后和Li2CO3、H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，据此分析；
【详解】（1）钛铁矿的成分中只有SiO2与盐酸是不反应的， FeO 、TiO2、MgO、CaO与盐酸反应后产生的阳离子有 Mg2+、TiOCl+、、等。 TiOCl+水解成 TiO2 ·2H2O，温度越高水解越完全，水解离子方程式是 ；
故答案为：、； ；促进水解区域完全。
（2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是加入的双氧水和氨水都会因温度过高分解；
故答案为：双氧水和氨水都会因温度过高分解。
（3）由流程图可知，H2O2为氧化剂，H3PO4为沉淀剂，则“沉铁”步骤反应的化学方程式为2FeCl2+H2O2+2H3PO4=2FePO4+4HCl+2H2O，根据流程图，生成的盐酸可返回溶浸工序循环使用；
故答案为：；溶浸。
（4）结合分析可知，FePO4、Li2CO3、H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，则反应的化学方程为： ，结合放出式可知Li2CO3和 H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为1：1；
故答案为：1：1。
（5）充电时，阳极发生氧化反应，根据充电时发生的反应，LiFePO4生成，阳极发生氧化反应，故阳极的电极方程式，；
故答案为：。
（6）浸取液中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，设进取液的体积为VL，则可知沉淀后，，则，故；
故答案为：0.04mol/L。
五、实验题
19．Ⅰ.现用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度，有关数据记录如下：
滴定序号
待测液体积()
所消耗盐酸标准液的体积()
滴定前
滴定后
消耗的体积
1
25.00
0.50
26.80
26.30
2
25.00
3
25.00
5.00
31.34
26.34
(1)如图表示0.25盐酸标准液第二次滴定前后50滴定管中液面的位置，该次滴定所用标准盐酸体积为_______。
(2)现实验室中有石蕊和甲基橙两种指示剂，该实验应选用_______作指示剂。
(3)根据所给数据，该烧碱样品的物质的量浓度为_______(保留两位有效数字)。
(4)下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_______。A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液
B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．读取盐酸体积时，滴定结束时俯视读数
D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
Ⅱ.某研究小组为测定软锰矿中的质量分数，实验步骤如下：准确称取0.5000g软锰矿样品，加入1.34g再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应之后冷却、滤去杂质，将所得溶液全部转移到250容量瓶中并定容。取出25.00待测液置于锥形瓶中，再用0.0100标准溶液进行滴定，当滴入20.00溶液时恰好完全反应。(已知、在酸性条件下均能将氧化，且还原产物均为。)
(5)酸化溶液可选用的酸是_______，标准溶液应置于_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
(6)和在酸性条件下反应的离子方程式为_______。
(7)到达滴定终点的实验现象是_______。
(8)根据实验数据计算，软锰矿中的质量分数为_______%。
【答案】(1)24.60
(2)甲基橙
(3)0.26
(4)C
(5) 稀硫酸 酸式
(6)
(7)当滴入最后半滴标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色
(8)87
【详解】（1）结合图示可知，滴定前读数为0.30mL，滴定后读数为24.90mL，消耗溶液的体积为：24.90mL-0.30mL=24.60mL；
故答案为：24.60。
（2）石蕊变色范围较大，而且颜色变化不易观察，不能作酸碱指示剂，因此该实验应选用甲基橙作指示剂；
故答案为：甲基橙。
（3）3次滴定消耗标准液的体积分别为(26.80-0.50)m.L=26.30mL、24.60mL、(31.34-5.00)mL=26.34mL，第二次滴定误差较大，需要舍弃，另外两次滴定消耗盐酸的体积为：，该烧碱样品的物质的量浓度为；
故答案为：0.26。
（4）A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A错误；
B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，操作方法合理，不影响滴定结果，故B错误；
C．读取盐酸体积时，滴定结束时俯视读数，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低，故C正确；
D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故D错误；
故答案为：C。
（5）酸化KMnO4溶液选用H2SO4，KMnO4可以氧化HCl，不能HCl酸化；由于KMnO4溶液本身是酸性，且具有强氧化性，能够腐蚀碱式滴定管的橡皮管，因此KMnO4标准溶液应置于酸式滴定管中；
故答案为：稀硫酸；酸式。
（6）KMnO4和Na2C2O4反应时，KMnO4中的Mn的化合价从+7降低到+2，Na2C2O4中C的化合价从+3升高到+4，根据化合价升降守恒，可知KMnO4和Na2C2O4的系数比为2：5，根据电荷守恒和物料守恒，可得离子方程式为：；
故答案为：。
（7）KMnO4溶液本身是紫红色溶液，开始滴加时，KMnO4溶液少量，完全反应掉，溶液为无色，达到终点时，再滴入一滴KMnO4溶液，溶液变成浅红色，到达滴定终点的实验现象是当滴入最后一滴标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；
故答案为：当滴入最后半滴标准溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色。
（8）设25.00mL待测液中Na2C2O4的浓度为xmol·L-1，根据离子方程式，由关系式2KMnO4~5Na2C2O4，可得，x=0.02mol·L-1，则250mL待测溶液中，含有；1.34gNa2C2O4的物质的量，与高锰酸钾反应后，剩余0.005mol，则与高锰酸钾反应的，MnO2和Na2C2O4的离子方程式为，可知软锰矿样品中n(MnO2)=0.05mol，其质量为，则软锰矿中MnO2的质量分数=；
故答案为：87。
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