化学高二-2022-2023学年广东省佛山市高二（上）期末化学试卷

2022-2023学年广东省佛山市高二（上）期末化学试卷一、选择题：本题包括16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．（2分）汽车领域的发展离不开化学。下列说法错误的是（）A．燃油汽车：燃料的燃烧为放热反应 B．电动汽车：充电时将电能转化为化学能 C．尾气处理：利用三效催化剂可完全消除尾气 D．车身材料：在钢铁上涂油漆可防止金属腐蚀2．（2分）下列措施不能延长食品保存时间的是（）A．冷藏 B．真空包装 C．添加营养强化剂 D．高温灭菌3．（2分）改良酸化土壤能提高农作物品质。下列说法正确的是（）A．过度使用铵态氮肥会导致土壤酸化，铵态氮肥都呈酸性 B．酸化土壤受太阳照晒后表面变红是Al3+水解造成的 C．钙、钾离子的流失是土壤酸化的原因之一，Ca2+水解呈碱性 D．使用草木灰可以改良酸化土壤4．（2分）下列说法正确的是（）A．ΔS＞0的反应一定是自发的 B．平衡产率是化学反应的最大限度，是无法改变的 C．电离与电解是相同的化学过程 D．若MA为强碱弱酸盐，Ka（HA）越小，则Kh（A﹣）越大5．（2分）下列有关热化学方程式的说法正确的是（）A．C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH＝﹣110.5kJ•mol﹣1，则C（s）的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1 B．1molN2（g）和3molH2（g）在一定条件下反应放出热量86kJ，热化学反应方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣86kJ•mol﹣1 C．已知H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（1）ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1，则稀硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时，放热57.3kJ D．已知H2O（l）═H2（g）+O2（g）﹣ΔH＝+285.8kJ•mol﹣1，则1molH2O（l）的总能量比1molH2（g）小285.8kJ6．（2分）绝热恒容密闭容器中发生反应：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）ΔH＜0，能作为平衡判据的是（）A．气体密度 B．温度 C．气体的总物质的量 D．平均相对分子质量7．（2分）反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＜0，SO2转化率α随时间变化如图所示。要使反应由过程a变为过程b，可采取的措施是（）A．升高温度 B．加大O2的投入量 C．加催化剂 D．增大压强8．（2分）25℃时，对于pH＝3的醋酸溶液，下列说法错误的是（）A．水电离出的氢离子浓度为1.0×10﹣3mol•L﹣1 B．加水稀释，醋酸的电离程度增大 C．与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液呈酸性 D．升高温度，溶液pH减小9．（2分）用NaOH标准液滴定未知浓度盐酸，滴定曲线如图1实线所示。下列说法正确的是（）A．若使用酚酞做指示剂，滴定终点pH＝7 B．图1中虚线可表示该NaOH标准液滴定与盐酸浓度相同的醋酸 C．向锥形瓶中加入少量蒸馏水，对测量结果没有影响 D．图2为碱式滴定管，读数是28.20mL10．（2分）Li﹣SO2电池具有优良的性能，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A．金属Li为正极 B．电子流动方向为：锂电极→有机电解液→石墨电极 C．石墨电极的电极反应式为2SO2+2e﹣═S2O42﹣ D．有机电解液可以换成水性电解液11．（2分）平流层中的氟氯烃破坏臭氧层的部分过程如下：①O3+Cl•═O2+ClO•（慢反应）②ClO•+O•═Cl•+O2（快反应）下列说法错误的是（）A．Cl•为该过程的催化剂 B．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数 C．增加Cl•的浓度能使臭氧分解的速率变快 D．反应①的活化能小于反应②12．（2分）0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的pH随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．温度高于60℃时，pH变化主要受水的电离平衡移动的影响 B．常温下：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+） C．常温下：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣） D．升高温度，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣平衡逆向移动13．（2分）用石墨电极电解NaClO2溶液制备ClO2，工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A．Na+向电极a移动 B．相同条件下，电极a与电极b产生的气体体积之比为2：1 C．电解一段时间后，阴极区溶液pH升高 D．电解NaClO3溶液也可制备ClO2，ClO2应该在电极a上产生14．（2分）已知甲基橙（HIn）变色的pH范围是3.1～4.4，溶液中存在电离平衡：HIn（红色）﹣（黄色）+H+。HIn和In﹣的物质的量分数随pH变化如图所示。下列说法错误的是（）A．pH＝5时，溶液呈黄色 B．曲线a表示In﹣物质的量分数随pH变化 C．甲基橙电离平衡常数的数量级为10﹣4 D．当溶液刚好变为黄色时，溶液中为1015．（2分）牙齿表面存在如下平衡：Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3PO43﹣（aq）+OH﹣（aq）Ksp＝6.8×10﹣37；Ca5（PO4）3F（s）的Ksp＝2.8×10﹣61。下列说法错误的是（）A．在牙膏中添加适量的磷酸盐，能起到保护牙齿的作用 B．口腔中的食物残渣能产生有机酸，容易导致龋齿，使Ksp增大 C．正常口腔的pH接近中性，有利于牙齿健康 D．使用含氟牙膏，当Ca5（PO4）3OH（s）与Ca5（PO4）3F（s）共存时，≈2.4×102416．（2分）用下列装置不能达到实验目的的是（）A．测量强酸强碱中和反应的反应热 B．测定Na2CO3和稀硫酸反应的速率 C．验证浓度对化学平衡的影响 D．证明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）二、非选择题：本题包括4小题，共56分。17．（12分）某学习小组进行Zn与H2SO4反应的实验，探究温度、氯化钠浓度对反应速率的影响。实验用品：相同规格的锌片，0.5mol•L﹣1稀硫酸100mL（忽略NaCl固体对溶液体积的影响）。实验序号12345温度/℃2525253535NaCl质量/g00.51.00.50收集15mLH2所需时间/s6332202159H2产生速率/（mL•s﹣1）v1v2v3v4v5回答下列问题：（1）v1＝mL•s﹣1（结果保留小数点后2位）。（2）由实验与或与（填实验序号）得出升高温度，化学反应速率加快。（3）欲探究升高温度时氯化钠对反应速率的影响，某同学分析数据发现，＜，说明。（4）锌粒与足量0.005mol•L﹣1硫酸反应的速率较慢。为了加快该反应的速率且不改变H2的产量，可以使用下列方法中的。A.加少量NaCl固体B．滴加几滴CuSO4溶液C.将稀硫酸改为浓硫酸D.适当升高温度（5）为验证氯化钠对反应速率的影响为氯离子，可采用等物质的量的（写化学式）重复上述实验。18．（16分）Fe3O4/TiO2磁性复合材料具有优异的光催化性能，可由钛铁矿（主要成分为TiFeO3，可表示为FeO•TiO2，杂质为SiO2）制备，一种工艺流程如图：回答下列问题：（1）“酸浸”工序中，将矿石粉碎的目的是。（2）“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在，FeTiO3发生的化学反应方程式为。（3）滤渣A的主要成分为。（4）加入NaCl的作用是。（5）加入氨水、双氧水的作用分别是、，获得FeCl2•4H2O需在HCl氛围中结晶，原因是。（6）滤液C加热水后得到难溶于水和稀酸的偏钛酸（用H2TiO3表示），加“热水”时反应的离子方程式为。此时温度为25℃，滤液中pH＝2，则此时滤液中c（TiO2+）为{Ksp[TiO（OH）2]＝1.0×10﹣27}。19．（12分）氢氧化钠和溴化氢是重要的化工原料。可采用双极膜BMP技术电解制备。在电场的作用下，水在双极膜（BMP）作用下离解成H+和OH﹣，分别向电解池的两极移动，工作原理如图所示：回答下列问题：（1）阳极的电极反应式为。（2）C膜为（填“阴”或“阳”）离子交换膜。（3）下列说法正确的是。A.电解过程中，两极室Na2SO4浓度均不变B.电解后NaBr溶液浓度降低C.N室有NaOH生成D.该装置的总反应为：4NaBr+6H2O4NaOH+4HBr+2H2↑+O2↑（4）可用HCOONa溶液吸收Br2可制备NaBr原料液，同时产生CO2和。上述反应中氧化剂和还原剂物质的量的比为。（5）氯碱工业也可制备NaOH，同时产生。20．（16分）乙醇转化制氢是当前研究热点。主要反应为：反应i.C2H5OH（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）ΔH1＝+173.3kJ•mol﹣1反应ii.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）反应C2H5OH（g）+H2O（g）⇌2CO（g）+4H2（g）ΔH＝kJ•mol﹣1，该反应在（填“高温”、“低温”或“任何温度”）下能自发进行。（2）有关反应i和反应ii，下列说法正确的是。A.增加乙醇的浓度有利于提高乙醇的转化率B.恒压通入氮气有利于提高H2产率C.使用催化剂，可以提高H2的平衡转化率D.寻找合适催化剂促进反应Ⅰ同时抑制反应ii是一种合适的研究方向（3）写出反应i的平衡常数表达式Kp＝。T℃、0.1MPa的恒压密闭容器中，充入1mol乙醇和3molH2O（g），假设只发生反应i，平衡时乙醇转化率为25%2的分压为MPa。（分压＝总压×物质的量分数）（4）制氢过程中有以下几个副反应会产生固体碳：反应iii.CH4（g）═2H2（g）+C（s）ΔH3＞0反应iv.CO（g）+H2（g）═C（s）+H2O（g）ΔH4＜0反应v.C2H4（g）═2C（s）+2H2（g）ΔH5＜0①反应中lnKp随温度的变化如图所示，已知高温时积碳主要来源于反应iii和v，图中表示反应iv、v的曲线分别是、（填“a”、“b”或“c”）。②实验发现，在温度相同时，提高水醇比能减少积碳量。

2022-2023学年广东省佛山市高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题包括16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．（2分）汽车领域的发展离不开化学。下列说法错误的是（）A．燃油汽车：燃料的燃烧为放热反应 B．电动汽车：充电时将电能转化为化学能 C．尾气处理：利用三效催化剂可完全消除尾气 D．车身材料：在钢铁上涂油漆可防止金属腐蚀【分析】A．所有的燃烧都是放热反应；B．充电时是电解池装置；C．利用三效催化剂可以将尾气转化为无毒气体；D．在钢铁上涂油漆可以隔绝水和氧气。【解答】解：A．所有的燃烧都是放热反应，故A正确；B．充电时是电解池装置，故B正确；C．利用三效催化剂可以将CO和NO转化为无毒气体，比如臭氧等有毒气体不能消除；D．在钢铁上涂油漆可以隔绝水和氧气，可以防止金属腐蚀；故选：C。【点评】本题主要考查物质的性质及变化，为基础知识的考查，题目难度不大。2．（2分）下列措施不能延长食品保存时间的是（）A．冷藏 B．真空包装 C．添加营养强化剂 D．高温灭菌【分析】降低温度、减少氧气、细菌等，均可延长食品保存时间，以此来解答。【解答】解：A．冷藏可降低温度，故A错误；B．真空包装，能延长食品保存时间；C．添加营养强化剂，不能延长食品保存时间；D．高温灭菌，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握食品的保存、反应速率的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。3．（2分）改良酸化土壤能提高农作物品质。下列说法正确的是（）A．过度使用铵态氮肥会导致土壤酸化，铵态氮肥都呈酸性 B．酸化土壤受太阳照晒后表面变红是Al3+水解造成的 C．钙、钾离子的流失是土壤酸化的原因之一，Ca2+水解呈碱性 D．使用草木灰可以改良酸化土壤【分析】A．醋酸铵呈中性；B．表面变红应该是氧化铁造成；C．Ca2+水解呈酸性；D．草木灰中碳酸钾水解显碱性。【解答】解：A．醋酸铵呈中性，故A错误；B．三氧化二铁红棕色3+水解造成的，故B错误；C．钙、钾离子的流失是土壤酸化的原因之一2+水解呈酸性，故C错误；D．过度使用铵态氮肥会导致土壤酸化，注意草木灰不能与氨态氮肥混合使用；故选：D。【点评】本题考查改良酸化土壤注意事项，化肥的合理使用是解答本题的关键，题目较简单，熟悉生活中常见的化肥的成分、性质即可解答。4．（2分）下列说法正确的是（）A．ΔS＞0的反应一定是自发的 B．平衡产率是化学反应的最大限度，是无法改变的 C．电离与电解是相同的化学过程 D．若MA为强碱弱酸盐，Ka（HA）越小，则Kh（A﹣）越大【分析】A．反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当ΔH﹣TΔS＜0时，反应可自发进行；B．平衡产率是化学反应的最大限度，当外界条件发生改变时，平衡会发生移动；C．电离指在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，电解指将电流通过电解质溶液或熔融态电解质，在阴极和阳极引起氧化还原反应的过程；D．Kh（A﹣）＝。【解答】解：A．反应能否自发进行，当ΔH﹣TΔS＜0时，如ΔS＞0，反应不一定能自发进行；B．平衡产率是化学反应的最大限度，平衡会发生移动，故B错误；C．电离指在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，在阴极和阳极引起氧化还原反应的过程，故C错误；D．若MA为强碱弱酸盐h（A﹣）＝，因此Ka（HA）越小，则Kh（A﹣）越大，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查化学反应的方向和盐类的水解等知识，为高频考点，题目难度不大。5．（2分）下列有关热化学方程式的说法正确的是（）A．C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH＝﹣110.5kJ•mol﹣1，则C（s）的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1 B．1molN2（g）和3molH2（g）在一定条件下反应放出热量86kJ，热化学反应方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣86kJ•mol﹣1 C．已知H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（1）ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1，则稀硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时，放热57.3kJ D．已知H2O（l）═H2（g）+O2（g）﹣ΔH＝+285.8kJ•mol﹣1，则1molH2O（l）的总能量比1molH2（g）小285.8kJ【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时放出的热量；B．N2（g）和H2（g）在一定条件下的反应是可逆反应，有一定的限度；C．硫酸为强酸，氢氧化钠为强碱，二者的稀溶液反应生成1molH2O放热为57.3kJ；D．焓变△H＝生成物总能量﹣反应物总能量。【解答】解：A．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳所放出的热量﹣1，故A错误；B．5molN2（g）和3molH7（g）在一定条件下不能完全反应，则1molN2（g）完全反应放出的热量大于86kJ，热化学反应方程式为N7（g）+3H2（g）⇌7NH3（g）ΔH＜﹣86kJ•mol﹣1，故B错误；C．中和热是强酸和强碱的稀溶液反应生成6molH2O放出的热量，硫酸为强酸，二者反应生成1mol水时，故C正确；D．已知H5O（l）═H2（g）+O2（g）ΔH＝+285.8kJ•mol﹣5，是吸热反应，则1molH2O（l）的总能量比4molH2（g）和0.3molO2（g）的总能量小285.8kJ，故D错误；故选：C。【点评】本题考查热化学方程式的掌握判断，把握反应热、中和热、可逆反应特点、焓变与物质总能量的计算关系即可解答，侧重基础知识检测和运用能力的考查，题目难度不大。6．（2分）绝热恒容密闭容器中发生反应：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）ΔH＜0，能作为平衡判据的是（）A．气体密度 B．温度 C．气体的总物质的量 D．平均相对分子质量【分析】CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）ΔH＜0为气体体积不变的放热反应，该反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。【解答】解：A．恒容密闭容器中混合气体的总体积为定值，混合气体的总质量为定值，不能根据气体的密度判断平衡状态；B．该反应为放热反应，温度能作为平衡判据；C．该反应前后气体的化学计量数相等，则气体的总物质的量不能作为平衡判据；D．该反应前后均为气体，气体的总物质的量不能作为平衡判据；故选：B。【点评】本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，明确题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。7．（2分）反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＜0，SO2转化率α随时间变化如图所示。要使反应由过程a变为过程b，可采取的措施是（）A．升高温度 B．加大O2的投入量 C．加催化剂 D．增大压强【分析】要使反应由过程a变为过程b，即加快反应速率同时降低SO2转化率，依据各选项对速率和平衡的影响进行分析。【解答】解：A．升高温度可以加快反应速率，SO2的转化率降低，故A正确；B．加大O2的投入量可以加快反应速率，平衡向正反应方向移动6的转化率升高，故B错误；C．加催化剂可以加快反应速率，SO2的转化率不变，故C错误；D．增大压强可以加快反应速率，SO2的转化率升高，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学平衡、化学反应速率的影响因素等，难度中等，属于综合的考查，注意知识的归纳和整理是解题关键。8．（2分）25℃时，对于pH＝3的醋酸溶液，下列说法错误的是（）A．水电离出的氢离子浓度为1.0×10﹣3mol•L﹣1 B．加水稀释，醋酸的电离程度增大 C．与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液呈酸性 D．升高温度，溶液pH减小【分析】A．酸抑制水电离，该溶液中水电离出的c（H+）＝；B．加水稀释促进醋酸电离；C．25℃时，pH＝3的醋酸溶液物质的量浓度远远大于pH＝11的NaOH溶液物质的量浓度，二者等体积混合，醋酸有大量剩余；D．升高温度，促进醋酸电离，水的电离程度也增大，溶液中c（H+）增大。【解答】解：A．酸抑制水电离+）＝＝mol/L＝10﹣11mol•L﹣2，故A错误；B．加水稀释促进醋酸电离，故B正确；C．25℃时，二者等体积混合，混合溶液呈酸性；D．升高温度，水的电离程度也增大+）增大，溶液的pH减小；故选：A。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及计算能力，明确加水稀释醋酸过程中各微粒浓度变化、水电离出c（H+）的计算方法是解本题关键，A为解答易错点。9．（2分）用NaOH标准液滴定未知浓度盐酸，滴定曲线如图1实线所示。下列说法正确的是（）A．若使用酚酞做指示剂，滴定终点pH＝7 B．图1中虚线可表示该NaOH标准液滴定与盐酸浓度相同的醋酸 C．向锥形瓶中加入少量蒸馏水，对测量结果没有影响 D．图2为碱式滴定管，读数是28.20mL【分析】A．酚酞的变色范围为8.2～10；B．醋酸为弱酸，不完全电离，当醋酸的浓度与盐酸相同时，醋酸的pH大于盐酸；C．向锥形瓶中加入少量蒸馏水，盐酸的物质的量不变，消耗氢氧化钠的物质的量不变，对测量结果没有影响；D．滴定管0刻度线在上端，因此图2读数为29.80mL。【解答】解：A．酚酞的变色范围为8.2～10，滴定终点pH＞3；B．醋酸为弱酸，当醋酸的浓度与盐酸相同时，因此图1中虚线不可表示该NaOH标准液滴定与盐酸浓度相同的醋酸；C．向锥形瓶中加入少量蒸馏水，消耗氢氧化钠的物质的量不变，故C正确；D．滴定管0刻度线在上端，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查中和滴定及误差分析，为高频考点，题目难度不大。10．（2分）Li﹣SO2电池具有优良的性能，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A．金属Li为正极 B．电子流动方向为：锂电极→有机电解液→石墨电极 C．石墨电极的电极反应式为2SO2+2e﹣═S2O42﹣ D．有机电解液可以换成水性电解液【分析】Li﹣SO2电池中锂为负极，锂失去电子生成锂离子，正极二氧化硫得电子生成S2O42﹣。【解答】解：A．Li﹣SO2电池中锂为负极，锂失去电子生成锂离子；B．原电池中电子由负极经过导线流向正极，则该电池中电子流动方向为：锂电极→导线→石墨电极；C．石墨电极为正极2+2e﹣═S2O48﹣，故C正确；D．若将有机电解液换成水性电解液，改变反应机理，故D错误；故选：C。【点评】本题考查原电池，侧重考查学生新型电源的掌握情况，试题难度中等。11．（2分）平流层中的氟氯烃破坏臭氧层的部分过程如下：①O3+Cl•═O2+ClO•（慢反应）②ClO•+O•═Cl•+O2（快反应）下列说法错误的是（）A．Cl•为该过程的催化剂 B．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数 C．增加Cl•的浓度能使臭氧分解的速率变快 D．反应①的活化能小于反应②【分析】A．Cl•反应前后质量不变，性质不变；B．催化剂能降低反应所需的活化能，活化分子百分数增加；C．反应①是慢反应，慢反应决定反应速率；D．活化能大的，反应速率慢。【解答】解：A．将①②反应相加得总反应3+O•═2O6，Cl•反应前后质量不变，性质不变，故A正确；B．催化剂能降低反应所需的活化能，所以活化分子百分数增加，故反应速率增大；C．反应①是慢反应，故增加Cl•的浓度能使臭氧分解的速率变快；D．活化能大的；所以反应①的活化能大于反应②；故选：D。【点评】本题主要考查的是臭氧变为氧气的反应机理，涉及活化能和催化剂的概念等，侧面考查了分析和解答能力，题目难度不大。12．（2分）0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的pH随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．温度高于60℃时，pH变化主要受水的电离平衡移动的影响 B．常温下：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+） C．常温下：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣） D．升高温度，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣平衡逆向移动【分析】A．升高温度，促进CO32﹣水解导致溶液碱性增强，促进H2O电离导致溶液pH值减小；B．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；C．CO32﹣两步水解都生成OH﹣，只有第一步水解生成HCO3﹣；D．盐类水解吸热。【解答】解：A．升高温度32﹣水解导致溶液碱性增强，促进H2O电离导致溶液pH值减小，根据图知，溶液的pH减小，故A正确；B．任何电解质水溶液中都存在电荷守恒32﹣）+c（HCO7﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），故B错误；C．CO32﹣两步水解都生成OH﹣，只有第一步水解生成HCO5﹣，所以c（HCO3﹣）＜c（OH﹣），故C错误；D．盐类水解吸热，所以升高温度33﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣平衡正向移动，故D错误；故选：A。【点评】本题考查弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确图中pH与温度的关系、盐类水解原理是解本题关键，题目难度不大。13．（2分）用石墨电极电解NaClO2溶液制备ClO2，工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A．Na+向电极a移动 B．相同条件下，电极a与电极b产生的气体体积之比为2：1 C．电解一段时间后，阴极区溶液pH升高 D．电解NaClO3溶液也可制备ClO2，ClO2应该在电极a上产生【分析】石墨电极电解NaClO2溶液制备ClO2，电极b为阳极，阳极ClO2﹣失电子生成ClO2，电极a为阴极，阴极水中的氢离子得电子生成氢气。【解答】解：A．电解池中阳离子向阴极移动+向电极a移动，故A正确；B．阳极ClO2﹣失电子生成ClO2，阴极水中的氢离子得电子生成氢气，利用的是电子数目相等5和氢气的物质的量之比为2：1，则电极a与电极b产生的气体体积之比为6：2；C．阴极水中的氢离子得电子生成氢气和氢氧根离子，阴极区溶液pH升高；D．电解NaClO3溶液也可制备ClO6过程中氯元素化合价降低，则ClO2应该阴极生成，即在电极a上产生；故选：B。【点评】本题考查电解池，侧重考查学生电解原理的掌握情况，试题难度中等。14．（2分）已知甲基橙（HIn）变色的pH范围是3.1～4.4，溶液中存在电离平衡：HIn（红色）﹣（黄色）+H+。HIn和In﹣的物质的量分数随pH变化如图所示。下列说法错误的是（）A．pH＝5时，溶液呈黄色 B．曲线a表示In﹣物质的量分数随pH变化 C．甲基橙电离平衡常数的数量级为10﹣4 D．当溶液刚好变为黄色时，溶液中为10【分析】随着pH的增大，HIn的物质的量分数减小、In﹣的物质的量分数增大，所以曲线a、b分别表示HIn、In﹣随pH值变化关系；A．甲基橙（HIn）变色的pH范围是3.1～4.4，pH＝5时，c（HIn）＜c（In﹣）；B．曲线a、b分别表示HIn、In﹣随pH值变化关系；C．pH＝3.4时，c（HIn）＝c（In﹣），甲基橙电离胖乎乎常数Ka＝×c（H+）＝c（H+）；D．当溶液刚好变为黄色时，pH＝4.4，溶液中＝。【解答】解：随着pH的增大，HIn的物质的量分数减小﹣的物质的量分数增大，所以曲线a、In﹣随pH值变化关系；A．甲基橙（HIn）变色的pH范围是3.1～3.4，c（HIn）＜c（In﹣），所以溶液呈黄色；B．曲线a、In﹣随pH值变化关系，故B错误；C．pH＝3.2时﹣），甲基橙电离胖乎乎常数Ka＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣3.4mol/L，甲基橙电离平衡常数的数量级为10﹣6，故C正确；D．当溶液刚好变为黄色时，溶液中＝＝，故D正确；故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数的计算方法是解本题关键，D选项为解答易错点。15．（2分）牙齿表面存在如下平衡：Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3PO43﹣（aq）+OH﹣（aq）Ksp＝6.8×10﹣37；Ca5（PO4）3F（s）的Ksp＝2.8×10﹣61。下列说法错误的是（）A．在牙膏中添加适量的磷酸盐，能起到保护牙齿的作用 B．口腔中的食物残渣能产生有机酸，容易导致龋齿，使Ksp增大 C．正常口腔的pH接近中性，有利于牙齿健康 D．使用含氟牙膏，当Ca5（PO4）3OH（s）与Ca5（PO4）3F（s）共存时，≈2.4×1024【分析】A．c（PO43﹣）增大，牙齿表面的平衡逆向移动；B．Ksp只与温度有关，与溶液中离子浓度大小无关；C．正常口腔的pH接近中性，不会破坏沉淀溶解平衡；D．当Ca5（PO4）3OH（s）与Ca5（PO4）3F（s）共存时，＝×＝。【解答】解：A．牙齿表面存在如下平衡：Ca5（PO4）5OH（s）⇌5Ca2+（aq）+4PO43﹣（aq）+OH﹣（aq），在牙膏中添加适量的磷酸盐53﹣）增大，牙平衡逆向移动，故A正确；B．口腔中的食物残渣能产生有机酸﹣反应生成水，促进平衡正向移动，但Ksp只与温度有关，温度不变则Ksp不变，与溶液中离子浓度大小无关；C．正常口腔的pH接近中性，有利于保护牙齿不受腐蚀，故C正确；D．当Ca5（PO3）3OH（s）与Ca5（PO6）3F（s）共存时，＝×＝＝≈2.4×1024，故D正确；故选：B。【点评】本题考查沉淀溶解平衡、溶度积常数的计算，把握沉淀溶解平衡及其影响因素、溶度积常数的应用即可解答，侧重分析能力和计算能力的考查，题目难度不大。16．（2分）用下列装置不能达到实验目的的是（）A．测量强酸强碱中和反应的反应热 B．测定Na2CO3和稀硫酸反应的速率 C．验证浓度对化学平衡的影响 D．证明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）【分析】A．图中装置保温好，温度计测定温度；B．注射器可测定一定时间内产生气体的体积；C．酸碱浓度不同、酸碱不同；D．硝酸银溶液过量，两种沉淀都生成。【解答】解：A．图中装置保温好，能实现实验目的；B．用注射器测定一定时间内产生气体的体积，能实现实验目的；C．酸碱浓度不同，两种因素不同，故C错误；D．硝酸银溶液过量，没有沉淀的转化，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握元素化合物的性质、实验原理、实验操作、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。二、非选择题：本题包括4小题，共56分。17．（12分）某学习小组进行Zn与H2SO4反应的实验，探究温度、氯化钠浓度对反应速率的影响。实验用品：相同规格的锌片，0.5mol•L﹣1稀硫酸100mL（忽略NaCl固体对溶液体积的影响）。实验序号12345温度/℃2525253535NaCl质量/g00.51.00.50收集15mLH2所需时间/s6332202159H2产生速率/（mL•s﹣1）v1v2v3v4v5回答下列问题：（1）v1＝0.24mL•s﹣1（结果保留小数点后2位）。（2）由实验1与5或2与4（填实验序号）得出升高温度，化学反应速率加快。（3）欲探究升高温度时氯化钠对反应速率的影响，某同学分析数据发现，＜，说明升高温度时，加入氯化钠可加快化学反应速率。（4）锌粒与足量0.005mol•L﹣1硫酸反应的速率较慢。为了加快该反应的速率且不改变H2的产量，可以使用下列方法中的AD。A.加少量NaCl固体B．滴加几滴CuSO4溶液C.将稀硫酸改为浓硫酸D.适当升高温度（5）为验证氯化钠对反应速率的影响为氯离子，可采用等物质的量的Na2SO4（写化学式）重复上述实验。【分析】（1）由表格数据可得，实验1氢气产生速率v1＝≈0.24mL•s﹣1；（2）根据控制单一变量法，若想探究温度对反应速率的影响，只有温度不同，其他均相同；（3）由表中数据可知，实验1与实验5未加NaCl固体，实验2与实验4加入了氯化钠固体，某同学分析数据发现，＜，说明升高温度时，加入氯化钠可加快化学反应速率；（4）A．加少量NaCl固体，可加快化学反应速率且不改变H2的产量；B．滴加几滴CuSO4溶液，锌可与硫酸铜反应生成铜，形成锌铜原电池，可加快化学反应速率，但氢气的产量减小；C．锌与浓硫酸反应生成二氧化硫；D．适当升高温度可加快化学反应速率且不改变H2的产量；（5）为验证氯化钠对反应速率的影响为氯离子，可采用等物质的量的Na2SO4重复上述实验。【解答】解：（1）由表格数据可得，实验1氢气产生速率v1＝≈5.24mL•s﹣1，故答案为：0.24；（2）根据控制单一变量法，若想探究温度对反应速率的影响，其他均相同，化学反应速率加快，故答案为：3；5；2；7；（3）由表中数据可知，实验1与实验5未加NaCl固体，某同学分析数据发现，＜，加入氯化钠可加快化学反应速率，故答案为：升高温度时，加入氯化钠可加快化学反应速率；（4）A．加少量NaCl固体2的产量，故A正确；B．滴加几滴CuSO4溶液，锌可与硫酸铜反应生成铜，可加快化学反应速率，故B错误；C．锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，将不产生氢气；D．适当升高温度可加快化学反应速率且不改变H7的产量，故D正确；故选：AD；（5）为验证氯化钠对反应速率的影响为氯离子，可采用等物质的量的Na2SO4重复上述实验，故答案为：Na8SO4。【点评】本题主要考查化学反应速率的影响因素，掌握控制单一变量法是解题的关键，考查学生分析问题解决问题的能力，题目难度一般。18．（16分）Fe3O4/TiO2磁性复合材料具有优异的光催化性能，可由钛铁矿（主要成分为TiFeO3，可表示为FeO•TiO2，杂质为SiO2）制备，一种工艺流程如图：回答下列问题：（1）“酸浸”工序中，将矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率。（2）“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在，FeTiO3发生的化学反应方程式为FeTiO3+4HCl＝FeCl2+TiOCl2+2H2O。（3）滤渣A的主要成分为SiO2。（4）加入NaCl的作用是增大氯离子浓度，促使FeCl2•4H2O析出。（5）加入氨水、双氧水的作用分别是使亚铁离子生成氢氧化亚铁、部分氢氧化亚铁转化为氢氧化铁，获得FeCl2•4H2O需在HCl氛围中结晶，原因是避免亚铁离子水解生成氢氧化亚铁。（6）滤液C加热水后得到难溶于水和稀酸的偏钛酸（用H2TiO3表示），加“热水”时反应的离子方程式为TiO2++2H2O⇌H2TiO3↓+2H+。此时温度为25℃，滤液中pH＝2，则此时滤液中c（TiO2+）为0.001mol•L﹣1{Ksp[TiO（OH）2]＝1.0×10﹣27}。【分析】用钛铁矿（主要成分为TiFeO3，可表示为FeO•TiO2，杂质为SiO2）制备Fe3O4/TiO2，由制备流程可知，加盐酸酸浸溶解，SiO2与盐酸不反应，过滤后的滤渣A为SiO2，滤液B中含Fe2+、TiO2+，滤液B加入少量NaCl、冰浴，生成FeCl2•4H2O，过滤除去FeCl2•4H2O，得到滤液C，加入热水发生水解得到TiO2；FeCl2•4H2O加入氨水、双氧水，使亚铁离子生成氢氧化亚铁，部分氢氧化亚铁转化为氢氧化铁，经过一系列反应得到Fe3O4，Fe3O4、TiO2反应生成Fe3O4/TiO2，据此分析解答。【解答】解：（1）“酸浸”工序中，将矿石粉碎的目的是增大接触面积，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；（2）“酸浸”时TiFeO3和盐酸反应，钛元素主要以TiO2+形式存在，FeTiO2发生的化学反应方程式为FeTiO3+4HCl＝FeCl2+TiOCl2+2H7O，故答案为：FeTiO3+4HCl＝FeCl5+TiOCl2+2H8O；（3）根据分析，滤渣A的主要成分为SiO2，故答案为：SiO2：（4）根据反应过程，滤液B加入少量NaCl，生成FeCl3•4H2O，则加入NaCl的作用是增大氯离子浓度8•4H2O析出，故答案为：增大氯离子浓度，促使FeCl2•4H2O析出；（5）FeCl3•4H2O加入氨水、双氧水，部分氢氧化亚铁转化为氢氧化铁，获得FeCl5•4H2O需在HCl氛围中结晶，原因是避免亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，故答案为：使亚铁离子生成氢氧化亚铁；部分氢氧化亚铁转化为氢氧化铁；（6）滤液C加热水后得到难溶于水和稀酸的偏钛酸（用H7TiO3表示），加“热水”时反应的离子方程式为TiO2++4H2O⇌H2TiO3↓+2H+；室温下测得滤液的pH＝2，c（H+）＝3×10﹣2mol/L，c（OH﹣）＝mol/L＝1.3×10﹣12mol/L，室温时，Ksp[TiO（OH）2]＝1.7×10﹣27＝c（TiO2+）×c2（OH﹣），c（TiO8+）＝mol/L＝0.001mol•L﹣1，则此时滤液中c（TiO6+）为0.001mol•L﹣1，故答案为：TiO3++2H2O⇌H5TiO3↓+2H+；5.001mol•L﹣1。【点评】本题借助利用钛铁矿制备Fe3O4/TiO2磁性复合材料的工艺流程，考查了离子方程式书写、溶度积计算等知识，涉及的内容较多，综合性较强，充分考查了学生的综合能力，本题难度较大。19．（12分）氢氧化钠和溴化氢是重要的化工原料。可采用双极膜BMP技术电解制备。在电场的作用下，水在双极膜（BMP）作用下离解成H+和OH﹣，分别向电解池的两极移动，工作原理如图所示：回答下列问题：（1）阳极的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑。（2）C膜为阳（填“阴”或“阳”）离子交换膜。（3）下列说法正确的是ABD。A.电解过程中，两极室Na2SO4浓度均不变B.电解后NaBr溶液浓度降低C.N室有NaOH生成D.该装置的总反应为：4NaBr+6H2O4NaOH+4HBr+2H2↑+O2↑（4）可用HCOONa溶液吸收Br2可制备NaBr原料液，同时产生CO2和HBr。上述反应中氧化剂和还原剂物质的量的比为1：1。（5）氯碱工业也可制备NaOH，同时产生氯气和氢气。【分析】用双极膜BMP技术电解制备氢氧化钠和溴化氢，阳极水中的氢氧根离子失电子生成氧气，阴极水中的氢离子失电子生成氢气，右侧双极膜解离出的氢离子进入N室，原料室中的溴离子进过阴离子交换膜进入N室，生成溴化氢，左侧双极膜解离出的氢氧根离子进入M室，原料室中的钠离子进过C膜（阳离子交换膜）进入M室，生成氢氧化钠。【解答】解：（1）阳极溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，其电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝3H2O+O2↑，故答案为：7OH﹣﹣4e﹣＝2H4O+O2↑；（2）原料室中的钠离子进过C膜（阳离子交换膜）进入M室，则C膜为阳离子交换膜，故答案为：阳；（3）A.右侧双极膜解离出氢氧根离子进入阳极室，阳极水中的氢氧根离子失电子生成氧气，阴极水中的氢离子失电子生成氢气，两极室Na2SO2浓度均不变，故A正确；B.由于原料室中的钠离子和溴离子分别经过阳离子交换膜和阴离子交换膜进入M室和N室，则电解后NaBr溶液浓度降低；C.右侧双极膜解离出的氢离子进入N室，原料室中的溴离子进过阴离子交换膜进入N室，故C错误；D.双极膜BMP技术电解制备氢氧化钠和溴化氢，氢气和氧气2O4NaOH+3HBr+2H2↑+O3↑，故D正确；故答案为：ABD；（4）用HCOONa溶液吸收Br2生成NaBr、CO2，利用元素守恒可知，其反应的化学方程式为：HCOONa+Br8＝NaBr+CO2+HBr，上述反应中氧化剂为Br2，还原剂为HCOONa，两者的物质的量之比为6：1，故答案为：1：8；（5）氯碱工业是电解饱和食盐水生成氢氧化钠