精品解析：山东省滕州市第一中学2022-2023学年高二上学期12月月考化学试题

高二年级第三次线上测试 化学试题 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号分别填写在答题纸和答题卡上。 2.回答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题纸上，写在试卷上无效。 4.考试结束，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量H—1 Cd—112 C—12 N—14 O—16 Fe—56 第Ⅰ卷(选择题)(共40分) 一、单选题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 下列关于金属腐蚀与防护的说法错误的是 A. 图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈 B. 图②，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀 C. 图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀 D. 图③，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀 2. 关于元素周期表，下列说法不正确的是 A. 按照现有构造原理，理论上第八周期应有50种元素 B. 117号元素基态原子的未成对电子数为1，位于p轨道上 C. 前四周期基态原子中未成对电子数最多的元素位于元素周期表的VIB族 D. 114号元素是位于p区的金属元素，价电子排布式为7s27p4 3. 已知反应，常温时，在容积为2 L的密闭容器中充入6.0 mol X和2.0 mol Y，达到平衡状态时测得。下列说法错误的是 A. 平衡时容器内X的物质的量为4.8 mol B. 平衡时容器内Y的浓度为 C. 常温时的平衡常数 D. 达到平衡时，X的转化率为20% 4. 根据相应的图像，下列相关说法正确的是 甲： 乙： 丙： 丁： aX(g)+bY(g)⇌cZ(g) L(s)+aG(g)⇌bR(g) aA+bB⇌cC A+2B⇌2C+3D A. 密闭容器中反应达到平衡，t0时改变某一条件有如图甲所示变化，则改变的条件只能是加入催化剂 B. 反应达到平衡时外界条件对平衡影响关系如图乙所示，则正反应为放热反应，且a>b C. 物质的含量和温度关系如图丙所示，则该反应的正反应为放热反应 D. 反应速率和反应条件变化关系如图丁所示，则该反应的正反应为放热反应，且A、B、C、D均为气体 5. 有五种元素X、Y、Z、Q、T。X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子;T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是 A. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3 B. X与T的最高价氧化物对应的水化物，前者的酸性比后者强 C. X和Q结合生成的化合物为离子化合物 D. ZQ2是极性键构成的直线形分子 6. t℃时，已知PdI2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是 A. t℃时，PdI2的 B. 图中a点对应的溶液是饱和溶液，b、d两点对应的溶液都是不饱和溶液 C. 向a点的溶液中加入少量NaI固体，有PdI2固体析出 D. 要使d点移动到b点可以降低温度 7. 下列关于酸碱中和滴定的叙述中，正确的是 A. 进行酸碱中和滴定实验时，盛装待测液的锥形瓶使用前应先用待测液润洗 B. 滴定前应排除尖嘴部分的气泡 C. 滴定结束时仰视标准液读数会使测定结果偏小 D. 锥形瓶内溶液颜色突变说明到达滴定终点 8. 某温度下向20mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，混合液的pH随NaOH溶液的体积(V)的变化关系如图(忽略温度变化)。下列说法中正确的是 A. 该滴定过程可以用甲基橙作指示剂 B. 图中V1>20mL，且a点对应的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-) C. 图中V1<20mL，且a点对应的溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-) D. 当加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中：c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-) 9. 下列有关说法中正确的是 A. 已知常温下0.1 mol·L-1NaHSO3溶液pH＜7，则HSO电离程度小于水解程度 B. 向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 C. 已知25℃时NH4CN溶液显碱性，则25℃的电离常数K(NH3·H2O)＜K(HCN) D. 25 ℃时，0.1 mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱 10. Cu(OH)2在水溶液中存在着如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s) Cu2＋(aq)＋2OH-(aq)，在常温下Ksp=2×10-20。在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向0.02 mol/L的CuSO4溶液中加入碱来调整溶液的pH，应使溶液的pH大于 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、多选题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，元素Z与X同主族。下列说法错误的是 A. 第一电离能： B. 电负性： C. 简单离子半径 D. 最简单气态氢化物的稳定性： 12. 由下列实验操作、现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向盛有2mL0.1 mol∙L−1MgC12溶液的试管中滴加5mL0.2 mol∙L−1NaOH溶液，再向其中滴加几滴0.1 mol∙L−1 FeCl3溶液 先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀 Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Mg(OH)2] B 常温下，分别用pH计测饱和Na2CO3溶液、饱和NaHCO3溶液的pH值 饱和Na2CO3溶液的pH值大。 水解能力： CO＞ HCO C 向两支均盛有4mL0.01 mol∙L−1酸性KMnO4溶液的试管A、 B中，分别加入2mL0.01 mol∙L−1、4mL0.02 mol∙L−1的H2C2O4溶液，记录溶液褪色所需时间 B试管褪色时间短 当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快 D 向10mL0.l mol∙L−1草酸溶液(含甲基红，pH≥6.2呈黄色)中滴加0.1 mol∙L−1的NaOH溶液 当消耗10.00mLNaOH溶液时。溶液不变黄 草酸不是一元酸 A. A B. B C. C D. D 13. 2019年11月，《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(已知：H2O2H++HO Ka=2.4×10-12)。下列说法错误的是 A. X膜为阴离子交换膜 B. 催化剂可促进反应中电子的转移 C. 每生成1molH2O2，外电路中通过4mole- D. b极上的电极反应为O2+H2O+2e-=HO+OH- 14. 一定温度下，在三个体积均为1L恒容密闭容器中发生反应：。 容器编号 温度(℃) 起始物质的量(mol) 平衡物质的量(mol) (g) (g) (g) ① 387 0.20 0.080 0.080 ② 387 0.40 ③ 207 0.20 0.090 0.090 下列说法正确的是 A. 达到平衡时，容器①中的体积分数比容器②中的小 B. 若容器①中反应在绝热条件下进行，达平衡时 C. 容器①中反应达平衡后，增大压强，各物质浓度保持不变 D. 若起始时，向容器①中充入(g)、(g)、(g)各0.10mol，此时反应正向进行 15. 常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是 A. P线代表HA的稀释图象且HA为强酸 B. X、Y、Z三点溶液中水的电离程度：Z>Y=X C. X点溶液与Y点溶液混合至pH=7时：c(A-)+c(HA)>c(M+) D. X点与Z点等体积混合后的溶液中：c(M+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-) 第Ⅱ卷(非选择题)(共60分) 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 钢铁工业是国家工业基础，请回答下列有关问题。 （1）铁在潮湿的空气中容易被腐蚀生成铁锈(Fe2O3·хH2O)，写出铁发生电化学腐蚀时负极的电极反应式：_______。 （2）下列各装置中，铁棒被腐蚀由难到易的顺序是_______。 A. B. C. D. （3）在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀，其装置如图所示。 ①B电极对应的金属是_______(填元素名称)，A电极的电极反应式是_______。 ②若电镀前铁、铜两电极的质量相同，电镀过程中电路中通过的电子为0.2mol，电镀完成后，将它们取出洗净、烘干、称量，则A、B两电极的质量相差_______g。 ③若A、B都为惰性电极，则该电解池总反应的离子方程式为：_______。 （4）磷酸亚铁锂LiFePO4是一种新型汽车锂离子电池的电极材料，磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，下列各种叙述不正确的是_______。 A. 放电时，Li作负极 B. 电解质溶液为非水溶液体系 C. 充电时铁元素发生还原反应 D. 若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为1.4 g 17. Na2SO3用途广泛，可用作还原剂、吸收剂等。 I.探究Na2SO3溶液与FeCl3溶液的反应原理 某兴趣小组进行了如下实验： 装置 现象 现象i：一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色。 现象ii：一段时间后液体颜色变浅，变为浅黄色。 （1）配制1mol·L-1FeCl3溶液时；先将FeCl3固体溶于_______，再稀释至指定浓度。 （2）针对上述现象，小组成员展开讨论，甲同学认为Fe3+与SO发生了相互促进的水解反应得到一种胶体，其离子方程式为_______；乙同学认为Fe3+与SO还发生了氧化还原反应，并依据反应现象判断出两种反应活化能较大的是_______(填“水解反应”或“氧化还原反应”)。 经查阅资料和进一步实验探究，证实了SO与Fe3+既发生了水解反应又发生了氧化还原反应。 II.Na2SO3溶液作吸收剂 工业上可用Na2SO3溶液吸收SO2。已知25°C时，H2SO3的电离常数Ka1=1.0×10-2，Ka2=6.2×10-8。 （3）25°C时，NaHSO3水解常数为Kh=_______mol·L-1。 （4）25°C时，用Na2SO3溶液吸收SO2至pH=7时，溶液中各离子浓度大小关系为_______；若向该溶液中加入少量的I2，将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 18. A、B、C、D是原子序数依次递增的四种短周期元素。基态A原子所含的电子只有一种运动状态；基态B原子中有三个未成对电子。A、B、C、D四种元素共同组成化合物M，M可发生如下反应： 回答下列问题： (1)B原子的价电子排布式为_______。实验室制备BmAn的化学方程式是_________。 (2)A、C、D三种元素的原子半径由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)。 (3)B元素的第一电离能比同周期相邻两种元素的都高；原因是____________。 (4) D元素的一种氧化物D2O为淡棕黄色气体，可由新制的HgO和D2发生歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)制得。上述制备D2O的化学方程式为_________。 (5)D元素的另一种氧化物DO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaDO2、NaHSO4、NaHCO3的泡腾片，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到DO2溶液。上述过程中，生成DO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol DO2消耗NaDO2的量为_____mol；若产生的“气泡”与DO2的物质的量相等，则反应过程中消耗NaDO2、NaHSO4、NaHCO3的物质的量之比为____________。 19. 化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。许多含氯化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱灭菌消毒剂。 （1）NaClO2是一种高效漂白剂。在NaClO2溶液中存在ClO2、HClO2、、Cl-等微粒。经测定，25°C时各组分含量随pH变化情况如图所示(Cl-未画出)。 ①25°C时，Ka(HClO2)=_______mol·L-1。 ②25°C时，浓度均为0.1mol·L-1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，c(HClO2)_______c()(填“>”“<”或“=”)。 （2）二氧化氯(ClO2)是一种广谱消毒剂，可用于某些污染物的处理。ClO2可由图1所示装置制备。 电解时，阳极产生的气体为_______(填化学式)，阴极上产生ClO2的机理如图2所示(A、B均为含氯微粒，其他微粒未标出)，写出阴极的电极反应式_______(只写第一步)。 （3）利用如图装置测定(2)中生成ClO2的质量，过程如下： 步骤1：在锥形瓶中加入足量KI(s)，用100mL水溶解后，再加3mL稀硫酸； 步骤2；向玻璃液封管中加水； 步骤3：将生成的ClO2气体通入锥形瓶中被充分吸收(已知：ClO2+I-+H+→I2+Cl-+H2O，未配平)； 步骤4：将玻璃液封管中的水封液全部倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用cmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定(I2+2=2I-+ )，消耗Na2S2O3溶液VmL。 ①滴定至终点的颜色变化是_______。 ②测得ClO2的质量m(ClO2)=_______(用含c，V的代数式表示)。 ③下列操作将导致测定结果偏高的是_______(填标号)。 A.未将玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中 B.滴定管未用标准液润洗 C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数 D.滴定后，滴定管尖嘴处悬挂一滴液体 20. 某油脂厂废弃的镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收镍制备硫酸镍晶体(NiS4·7H2O)。 已知某些金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下： 金属离子 Ni2+ A13+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： （1）提高“碱浸”速率的有效措施有_______(任写一种即可)；“滤液②”中含有的金属离子有_______。 （2）写出“转化”中发生反应的离子方程式_______。 （3）若“转化”后溶液中Ni2+浓度为1mol·L-1，则“调pH”应控制的范围为___。 （4）获得硫酸镍晶体时，需经过控制pH、_____、_____过滤等“一系列操作”。 （5）硫酸镍可用来制备新型镍电池电极材料NiOOH，我国科研团队利用该电极材料设计了一种新型能量存储-转化装置(如图)。闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断开K2、闭合K1时，供电。供电时，X电极反应式_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二年级第三次线上测试 化学试题 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号分别填写在答题纸和答题卡上。 2.回答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题纸上，写在试卷上无效。 4.考试结束，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量H—1 Cd—112 C—12 N—14 O—16 Fe—56 第Ⅰ卷(选择题)(共40分) 一、单选题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 下列关于金属腐蚀与防护的说法错误的是 A. 图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈 B. 图②，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀 C. 图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀 D. 图③，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀 【答案】B 【解析】 【详解】A．潮湿空气中铁钉能发生吸氧腐蚀；干燥空气中无水，不能发生吸氧腐蚀，铁钉不易生锈，A错误； B．将钢铁闸门与电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀，防腐蚀原理为外加电源的阴极保护法，B正确； C．断开电源后，该装置为原电池装置，铁钉作负极，失电子被氧化，在海水中发生吸氧腐蚀，C错误； D．若金属M比铁活泼，将M与铁相连，为牺牲阳极的阴极保护法，可保护铁，D错误； 故选B。 2. 关于元素周期表，下列说法不正确的是 A. 按照现有构造原理，理论上第八周期应有50种元素 B. 117号元素基态原子的未成对电子数为1，位于p轨道上 C. 前四周期基态原子中未成对电子数最多的元素位于元素周期表的VIB族 D. 114号元素是位于p区的金属元素，价电子排布式为7s27p4 【答案】D 【解析】 【详解】A．核外电子层依次K、L、M、O、P、Q…，假设O能层中比5f能级能量更高为5x能级，有9个轨道，根据能量最低原理，第八周期需要填充8s、5x、6f、7d、8p，各能级容纳电子数目依次为2、18、14、10、6，填充电子总数为2+18+14+10+6=50，故第八周期容纳元素种类数为50，故A正确； B．117号元素位于p区，价电子排布为：5f146d107s27p5，未成对电子数为1，位于p轨道上，故B正确； C．前四周期元素即1~36号元素，未成对电子数最多的元素外围电子排布为3d54s1，共有6个未成对电子，该元素为铬，位于元素周期表的第四周期第VIB族，故C正确； D．114号元素位于第七周期第ⅣA族，是位于p区的金属元素，原子结构中有7个电子层，价电子数4，价电子排布式为7s27p2，故D错误； 答案选D。 3. 已知反应，常温时，在容积为2 L的密闭容器中充入6.0 mol X和2.0 mol Y，达到平衡状态时测得。下列说法错误的是 A. 平衡时容器内X的物质的量为4.8 mol B. 平衡时容器内Y的浓度为 C. 常温时的平衡常数 D. 达到平衡时，X的转化率为20% 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，应用“三段式”法计算： 据此分析解题。 【详解】A．根据以上分析可知，平衡时容器内X的物质的量为4.8 mol ，A项正确； B．容器的容积为2 L，则平衡时X、Y、Z的浓度分别为、、，B项错误； C．常温时的平衡常数，C项正确； D．达到平衡时，X转化率为1.2/6.0×100%=20%，D项正确； 故选B。 4. 根据相应的图像，下列相关说法正确的是 甲： 乙： 丙： 丁： aX(g)+bY(g)⇌cZ(g) L(s)+aG(g)⇌bR(g) aA+bB⇌cC A+2B⇌2C+3D A. 密闭容器中反应达到平衡，t0时改变某一条件有如图甲所示变化，则改变的条件只能是加入催化剂 B. 反应达到平衡时外界条件对平衡影响关系如图乙所示，则正反应为放热反应，且a>b C. 物质的含量和温度关系如图丙所示，则该反应的正反应为放热反应 D. 反应速率和反应条件变化关系如图丁所示，则该反应的正反应为放热反应，且A、B、C、D均为气体 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．密闭容器中反应达到平衡，t0时改变某一条件有如图甲所示变化，若a+b=c，则改变的条件可能是加入催化剂或增大压强，故A错误； B．反应达到平衡时外界条件对平衡影响关系如图乙所示，升高温度，G的体积分数减小，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应；P1、P2的大小不确定，所以a、b大小不能确定，故B错误； C．物质的含量和温度关系如图丙所示，达到平衡后，升高温度，A的百分含量增大，说明平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故C正确； D．反应速率和反应条件变化关系如图丁所示，降低温度，平衡正向移动，则该反应的正反应为放热反应，增大压强，平衡正向移动，正反应的气体物质的量减小，则A、B、C一定是气体， D为非气体，故D错误； 选C。 5. 有五种元素X、Y、Z、Q、T。X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子;T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是 A. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3 B. X与T的最高价氧化物对应的水化物，前者的酸性比后者强 C. X和Q结合生成的化合物为离子化合物 D. ZQ2是极性键构成的直线形分子 【答案】C 【解析】 【分析】有五种元素X、Y、Z、Q、T、X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨迹，核外电子排布为1s22s22p63s23p4，故X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe；Z原子的L电子层的p亚层上有一个空轨道，核外电子排布为1s22s22p2，则Z为C元素；Q原子的L电子层的p亚层上有一对成对电子，核外电子排布为1s22s22p4，故Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，则T为P元素 【详解】A．Fe元素和O元素可形成化合物Fe2O3，故A正确； B．S的非金属性比P强，则H2SO4的酸性比H3PO4强，故B正确； C．X和Q结合生成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，均为共价化合物，故C错误； D．CO2中碳氧原子间为极性键，为直线型结构，故D正确， 故选C。 6. t℃时，已知PdI2在水中沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是 A. t℃时，PdI2的 B. 图中a点对应的溶液是饱和溶液，b、d两点对应的溶液都是不饱和溶液 C. 向a点的溶液中加入少量NaI固体，有PdI2固体析出 D. 要使d点移动到b点可以降低温度 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．在时的，A错误； B．图中曲线上的点对应的溶液达到沉淀溶解平衡，曲线上方的点对应的溶液过饱和，曲线下方的点对应的溶液不饱和，即a点是饱和溶液，b点是不饱和溶液，d点是过饱和溶液，B错误； C．向a点的溶液中加入少量固体，碘离子浓度增大，的沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，有固体析出，C正确； D．沉淀溶解过程吸热，要使d点移动到b点，即使过饱和溶液变为不饱和溶液，应升高温度，若降低温度，沉淀溶解平衡向放热的方向移动，即向生成沉淀的方向移动，仍为饱和溶液，D错误； 答案选C。 7. 下列关于酸碱中和滴定的叙述中，正确的是 A. 进行酸碱中和滴定实验时，盛装待测液的锥形瓶使用前应先用待测液润洗 B. 滴定前应排除尖嘴部分的气泡 C. 滴定结束时仰视标准液读数会使测定结果偏小 D. 锥形瓶内溶液颜色突变说明到达滴定终点 【答案】B 【解析】 【详解】A．酸碱中和滴定中盛装待测液的锥形瓶不得用待测液润洗润洗，A错误； B．滴定前需要排除尖嘴部分的气泡，防止产生误差，B正确； C．滴定结束时仰视会使标准液读数偏大，导致测定结果偏大，C错误； D．滴定终点时溶液颜色突变且三十秒不改变说明达到滴定终点，D错误； 故选B。 8. 某温度下向20mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，混合液的pH随NaOH溶液的体积(V)的变化关系如图(忽略温度变化)。下列说法中正确的是 A. 该滴定过程可以用甲基橙作指示剂 B. 图中V1>20mL，且a点对应的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-) C. 图中V1<20mL，且a点对应的溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-) D. 当加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中：c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-) 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应为强碱滴定弱酸，完全反应生成强碱弱酸盐，水解显碱性，因此不能使用甲基橙作为指示剂，A错误； B．当恰好完全反应时，生成CH3COONa水解显碱性，pH大于7，因此a点对应V1所加NaOH溶液体积小于20mL，B错误； C．当pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，联立可得c(Na+)=c(CH3COO-)，C正确； D．若V=20mL，完全反应后溶液中的溶质为CH3COONa，CH3COONa水解产生则CH3COOH和OH-，因此c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，D错误； 故选C。 9. 下列有关说法中正确的是 A. 已知常温下0.1 mol·L-1NaHSO3溶液pH＜7，则HSO电离程度小于水解程度 B. 向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 C. 已知25℃时NH4CN溶液显碱性，则25℃的电离常数K(NH3·H2O)＜K(HCN) D. 25 ℃时，0.1 mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱 【答案】D 【解析】 【详解】A．由NaHSO3可知该盐属于酸式弱酸盐，在溶液中既可电离又可水解，电离显酸性，水解显碱性，由常温下0.1 mol·L-1NaHSO3溶液pH＜7，可知电离大于水解，A错误； B．向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，可以促进弱酸的电离，各种离子CH3COO-和H+数目增加，CH3COOH分子数目减小，浓度均减小，溶液中OH-离子浓度增大，由电离平衡常数=可知变大，B错误； C．25℃时NH4CN溶液显碱性说明离子的水解小于CN-的水解，则电离常数K(NH3·H2O)>K(HCN)，C错误； D．硫化氢为弱电解质，硫化钠为强电解质，若等浓度则硫化钠溶液中离子浓度更大，导电能力更强，D正确； 故答案为：D 10. Cu(OH)2在水溶液中存在着如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s) Cu2＋(aq)＋2OH-(aq)，在常温下Ksp=2×10-20。在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向0.02 mol/L的CuSO4溶液中加入碱来调整溶液的pH，应使溶液的pH大于 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【详解】常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，则c(Cu2+)×c2(OH-)≥2×10-20，所以c(OH-)≥=10-9(mol/L)，应调节溶液pH大于5。 答案选D。 二、多选题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，元素Z与X同主族。下列说法错误的是 A. 第一电离能： B. 电负性： C. 简单离子半径 D. 最简单气态氢化物的稳定性： 【答案】BD 【解析】 【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，则W核外电子排布是1s22s22p3，W是N元素；基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，则X核外电子排布式是1s22s22p4，X是O元素；基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，Y核外电子排布式是1s22s22p63s1，Y是Na元素，元素Z与X同主族，则Z是S元素，然后根据问题分析解答。 【详解】A．非金属元素第一电离能大于金属元素；同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA、第VA元素处于轨道的全满、半满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞Na，即W＞X＞Y，A正确； B．同一周期元素随原子序数的增大，元素电负性逐渐增大；同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素电负性越小，所以电负性：N＞P＞Na，即W＞Z＞Y，B错误； C．离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子排布相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小。O2-、Na+核外电子排布都是2、8，有2个电子层；S2-核外电子排布是2、8、8，有3个电子层，所以简单离子半径：S2-＞O2-＞Na+，即离子半径：Z＞X＞Y ，C正确； D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞N＞S，所以最简单氢化物的沸点：H2O＞NH3＞H2S，即氢化物的稳定性：X＞W＞Z，D错误； 故合理选项是BD。 12. 由下列实验操作、现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向盛有2mL0.1 mol∙L−1MgC12溶液的试管中滴加5mL0.2 mol∙L−1NaOH溶液，再向其中滴加几滴0.1 mol∙L−1 FeCl3溶液 先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀 Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Mg(OH)2] B 常温下，分别用pH计测饱和Na2CO3溶液、饱和NaHCO3溶液的pH值 饱和Na2CO3溶液的pH值大。 水解能力： CO＞ HCO C 向两支均盛有4mL0.01 mol∙L−1酸性KMnO4溶液的试管A、 B中，分别加入2mL0.01 mol∙L−1、4mL0.02 mol∙L−1的H2C2O4溶液，记录溶液褪色所需时间 B试管褪色时间短 当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快 D 向10mL0.l mol∙L−1草酸溶液(含甲基红，pH≥6.2呈黄色)中滴加0.1 mol∙L−1的NaOH溶液 当消耗10.00mLNaOH溶液时。溶液不变黄 草酸不是一元酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．向盛有2mL0.1 mol∙L−1MgC12溶液的试管中滴加5mL0.2 mol∙L−1NaOH溶液，产生白色沉淀，由于NaOH溶液过量，再向其中滴加几滴0.1 mol∙L−1 FeCl3溶液，得到红褐色沉淀，不能证明Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Mg(OH)2]，故A错误； B．常温下，饱和Na2CO3溶液、饱和NaHCO3溶液两者浓度不相同，因此不能用pH计测的pH值来判断水解能力： CO＞ HCO，故B错误； C．向两支均盛有4mL0.01 mol∙L−1酸性KMnO4溶液中KMnO4物质的量为4×10−5mol，分别加入2mL0.01 mol∙L−1、4mL0.02 mol∙L−1的H2C2O4溶液，物质的量分别为2×10−5mol、8×10−5mol，根据2KMnO4～5H2C2O4，高锰酸钾溶液都过量，溶液都不会褪色，故C错误； D．向10mL0.l mol∙L−1草酸溶液(含甲基红，pH≥6.2呈黄色)中滴加0.1 mol∙L−1的NaOH溶液，当消耗10.00mLNaOH溶液时,则刚好生成盐，但溶液不变黄，说明是酸式盐显酸性，则说明草酸不是一元酸，故D正确。 综上所述，答案为D。 13. 2019年11月，《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(已知：H2O2H++HO Ka=2.4×10-12)。下列说法错误的是 A. X膜为阴离子交换膜 B. 催化剂可促进反应中电子的转移 C. 每生成1molH2O2，外电路中通过4mole- D. b极上的电极反应为O2+H2O+2e-=HO+OH- 【答案】AC 【解析】 【分析】电极a通H2，电极b通O2，最终得到H2O2，H2在a电极发生氧化反应，则a极是负极，b极是正极，据此分析解答。 【详解】A．a极是负极，电极反应式为H2-2e-=2H+，H+透过阳离子交换膜（X膜）进入中间区域，与HO反应生成H2O2，所以X膜为阳离子交换膜，故A错误； B．催化剂可加快反应速率，故可促进反应中电子的转移，故B正确； C．1mol O2参加反应生成1molH2O2，共转移2mole-，故C错误； D．b极为正极，氧气得到电子，电极反应式为O2+H2O+2e-=HO+OH-，故D正确； 答案选AC。 14. 一定温度下，在三个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：。 容器编号 温度(℃) 起始物质的量(mol) 平衡物质的量(mol) (g) (g) (g) ① 387 0.20 0.080 0.080 ② 387 0.40 ③ 207 020 0.090 0.090 下列说法正确的是 A. 达到平衡时，容器①中的体积分数比容器②中的小 B. 若容器①中反应在绝热条件下进行，达平衡时 C. 容器①中反应达平衡后，增大压强，各物质浓度保持不变 D 若起始时，向容器①中充入(g)、(g)、(g)各0.10mol，此时反应正向进行 【答案】BD 【解析】 【详解】A．该反应为分子数相等的反应，②等效为①中平衡基础上压强增大一倍，反应气体体积不变，平衡不移动，容器①中的体积分数与容器②中的相等，故A错误； B．对比①、③可知，升高温度(g)的物质的量减小，说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，若容器①中反应在绝热条件下进行，相当于升温，平衡逆向移动，达平衡时n(H2O)＜0.080mol，故B正确； C．该反应为分子数相等的反应，达平衡后，增大压强，平衡不移动，但容器体积减小，各物质浓度增大，故C错误； D．容器Ⅰ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)==0.080mol/L，c(CH3OH)==0.04mol/L，容器①中化学平衡常数K1==4，此时浓度商Qc==1.65＜K=4，反应向正反应进行，故D正确； 故答案为BD。 15. 常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是 A. P线代表HA的稀释图象且HA为强酸 B. X、Y、Z三点溶液中水的电离程度：Z>Y=X C. X点溶液与Y点溶液混合至pH=7时：c(A-)+c(HA)>c(M+) D. X点与Z点等体积混合后的溶液中：c(M+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-) 【答案】C 【解析】 【分析】由图象可知，P线代表HA溶液，Q线代表MOH，稀释过程中，HA溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化小于n个单位，说明HA为弱酸；而MOH溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化等于n个单位，说明MOH为强碱。 【详解】A．由分析可知，P线代表HA的稀释图象且HA为弱酸，A错误； B．X点水电离出的氢离子浓度为10-9mol/L，Y点水电离出的氢离子浓度为10-10mol/L，Z点水电离出的氢离子浓度为10-9mol/L，所以电离程度：X=Z>Y，B错误； C．电荷守恒：c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，溶液呈中性，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，则c(M+)=c(A-)，c(A-)+c(HA)>c(M+)，C正确； D．X点pH=5，氢离子浓度为10-5mol/L，但HA为弱酸，HA的浓度大于10-5mol/L，Z点pH=9，氢氧根离子浓度为10-5mol/L，MOH为强碱，浓度为10-5mol/L，则X点与Z点等体积混合后的溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子，D错误； 答案选C。 第Ⅱ卷(非选择题)(共60分) 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 钢铁工业是国家工业的基础，请回答下列有关问题。 （1）铁在潮湿的空气中容易被腐蚀生成铁锈(Fe2O3·хH2O)，写出铁发生电化学腐蚀时负极的电极反应式：_______。 （2）下列各装置中，铁棒被腐蚀由难到易的顺序是_______。 A. B. C. D. （3）在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀，其装置如图所示。 ①B电极对应的金属是_______(填元素名称)，A电极的电极反应式是_______。 ②若电镀前铁、铜两电极的质量相同，电镀过程中电路中通过的电子为0.2mol，电镀完成后，将它们取出洗净、烘干、称量，则A、B两电极的质量相差_______g。 ③若A、B都为惰性电极，则该电解池总反应的离子方程式为：_______。 （4）磷酸亚铁锂LiFePO4是一种新型汽车锂离子电池的电极材料，磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，下列各种叙述不正确的是_______。 A. 放电时，Li作负极 B. 电解质溶液为非水溶液体系 C. 充电时铁元素发生还原反应 D. 若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为1.4 g 【答案】（1）Fe-2e-=Fe2+ （2）D< B < C <A （3） ①. 铁 ②. Cu-2e-=Cu2+ ③. 12.8克 ④. 2Cu2+ + 2H2O2Cu + O2 ↑+4H+ （4）C 【解析】 【小问1详解】 钢铁发生吸氧腐蚀后最终会生成铁锈(Fe2O3·xH2O)，此时正极上是氧气得电子：O2+4e-+2H2O=4OH-，负极为Fe失电子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+。 【小问2详解】 A装置中，Fe做负极，原电池可以加快化学反应速率，铁棒腐蚀较快；B装置中，Fe做正极，Fe被保护，腐蚀较慢；C装置中Fe正常被腐蚀；D装置中Fe做阴极，被保护，保护效果好于铁做原电池的正极，故腐蚀由难到易的顺序为D<B<C<A。 【小问3详解】 ①B电极连接电源的负极，即B做阴极，得电子，故B为铁，A极为阳极失电子，故A为Cu，电极方程式为：Cu-2e-=Cu2+； ②电镀时电路中通过的电子为0.2mol，阳极可溶解金属Cu 0.1mol，即6.4g，阴极析出Cu0.1mol即6.4g，由于电镀前铁、铜两电极的质量相同，电镀后，两个电极质量差等于阳极溶解铜的质量与阴极析出铜的质量之和，故A、B电极质量差为12.8g。 ③若A、B电极都是惰性电极，则实际为电解硫酸铜溶液，阳极水失电子生成氧气和氢离子，阴极铜离子得电子生成Cu，则总反应的离子方程式为。 【小问4详解】 A．电池放电时，Li失电子发生氧化反应做原电池负极，A正确； B．金属Li可以和水发生反应，所以电解质溶液为非水溶液体系，B正确； C．充电时Fe元素化合价从+2价升高为+3价，失电子，发生氧化反应，C错误； D．FePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4，电极反应为：FePO4+Li++e-=LiFePO4；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，气体物质的量为0.2mol，生成氢气和氯气的物质的量各为0.1mol，则转移电子数量为0.2mol，则消耗锂的物质的量为0.2mol，消耗锂的质量=0.2mol×7g/mol=1.4g，D正确； 故答案选C。 17. Na2SO3用途广泛，可用作还原剂、吸收剂等。 I.探究Na2SO3溶液与FeCl3溶液的反应原理 某兴趣小组进行了如下实验： 装置 现象 现象i：一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色。 现象ii：一段时间后液体颜色变浅，变为浅黄色。 （1）配制1mol·L-1FeCl3溶液时；先将FeCl3固体溶于_______，再稀释至指定浓度。 （2）针对上述现象，小组成员展开讨论，甲同学认为Fe3+与SO发生了相互促进的水解反应得到一种胶体，其离子方程式为_______；乙同学认为Fe3+与SO还发生了氧化还原反应，并依据反应现象判断出两种反应活化能较大的是_______(填“水解反应”或“氧化还原反应”)。 经查阅资料和进一步实验探究，证实了SO与Fe3+既发生了水解反应又发生了氧化还原反应。 II.Na2SO3溶液作吸收剂 工业上可用Na2SO3溶液吸收SO2。已知25°C时，H2SO3的电离常数Ka1=1.0×10-2，Ka2=6.2×10-8。 （3）25°C时，NaHSO3的水解常数为Kh=_______mol·L-1。 （4）25°C时，用Na2SO3溶液吸收SO2至pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_______；若向该溶液中加入少量的I2，将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1）浓盐酸 （2） ①. 2Fe3++3SO+6H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3 ②. 氧化还原反应 （3）1.0×10-12 （4） ①. c(Na+)>c(HSO)>c(SO)>c(H+)=c(OH-) ②. 增大 【解析】 【小问1详解】 实验室配制氯化铁溶液时，先将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中然后加水稀释，目的是抑制铁离子的水解。 【小问2详解】 铁离子水解生成氢氧化铁，亚硫酸根离子水解生成亚硫酸，两者相互促进水解的离子方程式为：2Fe3++3SO+6H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3；由反应现象：一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色，一段时间后液体颜色变浅，变为浅黄色可知，活化能较大的是氧化还原反应。 【小问3详解】 。 【小问4详解】 溶液呈中性，把带入，可得，从而得到离子浓度排序为：c(Na+)>c(HSO)>c(SO)>c(H+)=c(OH-)；向该溶液中加入少量的I2，发生反应，可知溶液酸性增强，氢离子浓度增大，带入Ka1表达式，可得将增大。 18. A、B、C、D是原子序数依次递增的四种短周期元素。基态A原子所含的电子只有一种运动状态；基态B原子中有三个未成对电子。A、B、C、D四种元素共同组成化合物M，M可发生如下反应： 回答下列问题： (1)B原子的价电子排布式为_______。实验室制备BmAn的化学方程式是_________。 (2)A、C、D三种元素的原子半径由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)。 (3)B元素的第一电离能比同周期相邻两种元素的都高；原因是____________。 (4) D元素的一种氧化物D2O为淡棕黄色气体，可由新制的HgO和D2发生歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)制得。上述制备D2O的化学方程式为_________。 (5)D元素的另一种氧化物DO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaDO2、NaHSO4、NaHCO3的泡腾片，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到DO2溶液。上述过程中，生成DO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol DO2消耗NaDO2的量为_____mol；若产生的“气泡”与DO2的物质的量相等，则反应过程中消耗NaDO2、NaHSO4、NaHCO3的物质的量之比为____________。 【答案】 ①. 2s22p3 ②. CaCl2+2NH3+2H2O ③. Al > Cl > H ④. 氮原子与碳原子电子层数相同，但氮原子核电荷数大，原子核对外层电子的有效吸引作用强，故第一电离能大于碳元素；氮原子p能级为半充满结构，相对稳定，故第一电离能大于氧元素 ⑤. 2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O ⑥. 1.25 ⑦. 5∶8∶4 【解析】 【分析】A、B、C、D是原子序数依次递增的四种短周期元素。基态A原子所含的电子只有一种运动状态，则A为氢原子；基态B原子中有三个未成对电子，则其电子排布式为1s22s22p3，B为氮元素；6.02g化合物M受热分解生成的NH3为0.68g，物质的量为=0.04mol，CxDy的溶液硝酸酸化后，加入过量AgNO3溶液，生成白色沉淀8.61g，此沉淀为AgCl，其物质的量为=0.06mol；CxDy的溶液中加入过量NaOH溶液，再通入过量CO2气体，所得白色沉淀15.6g，此沉淀为Al(OH)3，物质的量为=0.02mol；CxDy应为AlCl3，其物质的量为=0.04mol，据此分析解题。 【详解】由分析知：A为氢元素、B为氮元素、C铝元素、D为氯元素； (1) 基态氮原子电子排布式为1s22s22p3，其价电子排布式为2s22p3；实验室利用消石灰和NH4Cl固体混合加热制备NH3的化学方程式是CaCl2+2NH3+2H2O； (2)同周期主族元素的原子半径，随核电荷数递增原子半径减小，则H、Al、Cl三种元素的原子半径由大到小的顺序为Al > Cl > H； (3)N元素同周期相邻元素为C元素和O元素，因氮原子与碳原子电子层数相同，但氮原子核电荷数大，原子核对外层电子的有效吸引作用强，故第一电离能大于碳元素；氮原子p能级为半充满结构，相对稳定，故第一电离能大于氧元素； (4)新制的HgO和Cl2发生歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)制得Cl2O，发生反应的化学方程式为2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O； (5) 根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态-1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O；生成1mol ClO2消耗NaClO2的量为：mol，即1.25mol；NaHSO4与NaHCO3反应产生CO2气体：NaHSO4电离出H+与生成气体CO2，反应方程式为：NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，则反应过程中消耗NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的物质的量之比为mol：(1mol+1mol)：1mol=5:8:4。 【点睛】本题解题难点是根据电子守恒规律写出发生反应的化学方程式，已知在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数必定相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式，运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值 。 19. 化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。许多含氯化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱灭菌消毒剂。 （1）NaClO2是一种高效漂白剂。在NaClO2溶液中存在ClO2、HClO2、、Cl-等微粒。经测定，25°C时各组分含量随pH变化情况如图所示(Cl-未画出)。 ①25°C时，Ka(HClO2)=_______mol·L-1。 ②25°C时，浓度均为0.1mol·L-1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，c(HClO2)_______c()(填“>”“<”或“=”)。 （2）二氧化氯(ClO2)是一种广谱消毒剂，可用于某些污染物的处理。ClO2可由图1所示装置制备。 电解时，阳极产生的气体为_______(填化学式)，阴极上产生ClO2的机理如图2所示(A、B均为含氯微粒，其他微粒未标出)，写出阴极的电极反应式_______(只写第一步)。 （3）利用如图装置测定(2)中生成ClO2的质量，过程如下： 步骤1：在锥形瓶中加入足量KI(s)，用100mL水溶解后，再加3mL稀硫酸； 步骤2；向玻璃液封管中加水； 步骤3：将生成的ClO2气体通入锥形瓶中被充分吸收(已知：ClO2+I-+H+→I2+Cl-+H2O，未配平)； 步骤4：将玻璃液封管中的水封液全部倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用cmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定(I2+2=2I-+ )，消耗Na2S2O3溶液VmL。 ①滴定至终点的颜色变化是_______。 ②测得ClO2的质量m(ClO2)=_______(用含c，V的代数式表示)。 ③下列操作将导致测定结果偏高的是_______(填标号)。 A.未将玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中 B.滴定管未用标准液润洗 C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数 D.滴定后，滴定管尖嘴处悬挂一滴液体 【答案】（1） ①. 1.0×10-6 ②. < （2） ①. O2 ②. +2H++e-=ClO2+2H2O （3） ①. 蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色 ②. 1.35cV×10-2g ③. BD 【解析】 【小问1详解】 ①HClO2的电离平衡常数K=，观察图象可以看出，当pH=6时，c()=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-6； ②25°C时，浓度均为0.1mol·L-1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，pH<7，说明溶液显酸性，说明HClO2的电离大于离子的水解，故c(HClO2)<c()； 【小问2详解】 电解时，阳极上水电离产生的氢氧根离子失电子产生O2，阴极上产生ClO2的机理如图2所示(A、B均为含氯微粒，其他微粒未标出)，阴极上得电子在酸性条件下反应生成ClO2，电极反应式为+2H++e-=ClO2+2H2O； 【小问3详解】 ①滴定至终点时溶液中的碘单恰好反应完，溶液的颜色变化是蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色； ②根据反应2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2=2I-+ 可知2ClO2~5I2~10，测得ClO2的质量m(ClO2)== 1.35cV×10-2g； ③A.未将玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，则部分碘损失，消耗标准液体积偏低，测得溶液浓度偏低，选项A错误； B.滴定管未用标准液润洗，则标准液浓度偏低，滴定时消耗的标准液体积偏高，溶液浓度偏高，选项B正确； C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数，则读数偏低，测得溶液浓度偏低，选项C错误； D.滴定后，滴定管尖嘴处悬挂一滴液体，则所加溶液体积偏大，测得溶液浓度偏高，选项D正确； 答案选BD。 20. 某油脂厂废弃的镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收镍制备硫酸镍晶体(NiS4·7H2O)。 已知某些金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下： 金属离子 Ni2+ A13+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： （1）提高“碱浸”速率的有效措施有_______(任写一种即可)；“滤液②”中含有的金属离子有_______。 （2）写出“转化”中发生反应的离子方程式_______。 （3）若“转化”后溶液中Ni2+浓度为1mol·L-1，则“调pH”应控制的范围为___。 （4）获得硫酸镍晶体时，需经过控制pH、_____、_____过滤等“一系列操作”。 （5）硫酸镍可用来制备新型镍电池电极材料NiOOH，我国科研团队利用该电极材料设计了一种新型能量存储-转化装置(如图)。闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断开K2、闭合K1时，供电。供电时，X电极反应式为_______。 【答案】（1） ①. 升高温度、粉碎搅拌、增大氢氧化钠浓度等 ②. Fe3+、Fe2+、Ni2+ （2）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O （3）3.2~6.2 （4） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 （5）NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH- 【解析】 【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。 【小问1详解】 根据外界条件对反应速率的影响可知提高“碱浸”速率的有效措施有升高温度、粉碎搅拌、增大氢氧化钠浓度等；根据以上分析可知“滤液②”中含有的金属离子有Fe3+、Fe2+、Ni2+。 【小问2详解】 “转化”中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，“转化”中发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。 【小问3详解】 由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c（Ni2+）=1.0×10-5mol•L-1，c（H+）=1.0×10-8.7mol•L-1，则c（OH-）==1×10-5.3mol/L，则Ni(OH)2的Ksp=c（Ni2+）c2（OH-）=1.0×10-5×(1×10-5.3)2=1×10-15.6。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol•L-1，为避免镍离子沉淀，Ksp=c（Ni2+）c2（OH-），c2（OH-）=Ksp/c(Ni2+)=1×10-15.6（mol•L-1）2，此时c（OH-）=1×10-7.8mol•L-1，则c（H+）=1.0×10-6.2mol•L-1，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2～6.2； 【小问4详解】 获得硫酸镍晶体时，需经过控制pH、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等“一系列操作”。 【小问5详解】 断开K2、闭合K1时，供电，供电时相当于是原电池，X电极是正极，反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$