福建省泉州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量监测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省泉州市2023-2024学年高二上学期期末教学质量监测温馨提示：1.试卷共8页。2.请将试题答案统一填写在答题卷上。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mn-55第I卷(选择题共42分)一、选择题：本题共18小题，其中1~12题，每小题2分，13～18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.下列物质中属于弱电解质的是A.NaHCO3 B.H2S C.CO2 D.葡萄糖【答案】B【解析】NaHCO3在水溶液中能够完全电离，为强电解质，A不选；H2S是弱酸，在水溶液中不能完全电离，为弱电解质，B选；CO2在水溶液和熔融状态下都不能电离，为非电解质，C不选；葡萄糖在水溶液和熔融状态下都不能电离，为非电解质，D不选；故选B。2.常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液中，pH最小的是A.硫酸氢钠 B.次氯酸钠 C.食盐 D.硫酸铜【答案】A【解析】0.1mol/L硫酸氢钠溶液中，NaHSO4完全电离产生H+，c(H+)=0.1mol/L，溶液呈酸性；0.1mol/L次氯酸钠溶液中ClO-发生水解使溶液呈碱性；0.1mol/L食盐溶液呈中性；0.1mol/L硫酸铜中Cu2+发生水解使溶液呈酸性，水解是微弱的；综上所述，酸性最强，pH最小的是0.1mol/L的硫酸氢钠溶液，故选A。3.下列事实或用途，与盐类水解无关的是A.利用泡沫灭火器灭火 B.热的纯碱溶液去油污C.氯化铁溶液做净水剂 D.氯气作自来水消毒剂【答案】D【解析】泡沫灭火器主要成分是Al2(SO4)3和NaHCO3溶液，两者发生双水解反应：Al3++3=3CO2↑+Al(OH)3↓，与盐类水解有关，A不符合题意；纯碱溶液中碳酸根水解使溶液呈碱性，油污碱性条件下发生皂化反应生成可溶于水的物质而达到去油污的目的，与盐类水解有关，B不符合题意；化铁溶液中Fe3+水解成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮固体小颗粒，胶体沉淀，达到净水的目的，与盐类水解有关，C不符合题意；氯气作自来水消毒剂是因为氯气和水反应生成的次氯酸具有消毒的作用，与盐类水解无关，D符合题意；故选D。4.常温下，等体积的下列溶液混合后，混合液呈碱性的是A.等浓度的HCl与Na2CO3溶液B.pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液C.等浓度的HCl与氨水D.pH=1的H2SO4与pH=12的NaOH溶液【答案】A【解析】等浓度等体积的HCl与Na2CO3溶液反应生成NaCl和NaHCO3，溶液呈碱性，A符合题意；醋酸是弱酸，等体积pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液反应，醋酸过量，溶液呈酸性，B不符合题意；等浓度等体积的HCl与氨水反应生成强酸弱碱盐氯化铵，溶液呈酸性，C不符合题意；等体积pH=1的H2SO4与pH=12的NaOH溶液反应，硫酸过量，溶液呈酸性，D不符合题意；故选A。5.下列关于用铜做电极的叙述错误的是A.铜锌原电池中铜作正极 B.电解食盐水制氯气用铜作阳极C.电解精炼铜中粗铜作阳极 D.金属表面镀铜用铜作阳极【答案】B【解析】铜锌原电池中，金属性强于铜的锌作原电池的负极、铜作正极，故A正确；电解食盐水制氯气时，应选用惰性电极作电解池的阳极，不能选用铜作阳极，故B错误；电解精炼铜中粗铜作精炼池的阳极、纯铜作阴极，故C正确；金属表面镀铜用铜作电镀池的阳极，镀件作阴极，故D正确；故选B。6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.开启可乐瓶立刻泛起大量泡沫 B.MnO2催化分解双氧水制氧气C氯化铁固体溶于浓盐酸配制溶液 D.实验室用排饱和食盐水收集Cl2【答案】B【解析】可乐是碳酸饮料，里面存在二氧化碳与水反应的可逆反应，开启可乐瓶压强减小，平衡向生成二氧化碳的方向移动，立刻泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；MnO2过氧化氢分解的催化剂，催化剂不能使平衡发生移动，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；氯化铁的水解反应是可逆反应，固体溶于浓盐酸配制溶液时，盐酸加入增大氢离子浓度，使水解平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；实验室用排饱和食盐水收集Cl2，饱和食盐水中氯离子浓度较大，会抑制氯气与水反应平衡的正向进行，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选B。7.港珠澳大桥是我国一项伟大的工程，工程中大量使用先进的防腐措施。下列分析错误的是A.钢构件表面喷涂环氧树脂涂层隔绝空气和水B.主梁钢板使用的耐候钢是一种具有抗腐蚀性的合金C.将桥体与电源负极相连，利用了外加电流的阴极保护法D.水下钢柱镶铝块作为牺牲阳极的材料，利用了电解原理【答案】D【解析】钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，能隔绝空气和水，从而防止钢铁被腐蚀，A正确；耐候钢是一定量的铜以及磷、铬、镍、钛、钒等耐腐蚀元素制成的，具有普通钢材的易延展、高强度、抗疲劳等特性，是一种具有抗腐蚀性的合金，B正确；将桥体与电源负极相连，利用了外加电流的阴极保护法，使桥体成为阴极，避免钢铁失去电子被腐蚀，C正确；水下钢柱镶铝块，铝的活泼性比铁强，铝作原电池负极，铁作原电池正极，从而达到抗腐蚀目的，其原理为牺牲阳极的阴极保护法，利用了原电池原理，D错误；故选D。8.盐酸标准液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，下列有关操作错误的是A.排气泡B.量取15.00mLNaOH溶液C.控制旋转活塞D.液面读数为16.90mLA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】碱式滴定管排气泡的正确操作是将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡，故A正确；用碱式滴定管量取15.00mLNaOH溶液，故B正确；使用酸式滴定管时,左手握滴定管,其无名指和小指向手心弯曲,轻轻地贴着出口部分,用其余三指控制活塞的转动，故C错误；滴定管0刻度线在最上面，液面读数为16.90mL，故D正确；选C。9.T℃时，恒容密闭容器中发生反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)△H＜0，下列说法正确的是A.该反应的△S＜0，在高温下才能自发进行B.反应物断键所需总能量大于生成物成键所放出总能量C.增大反应物浓度能增加单位体积内的有效碰撞次数D.平衡后，向该容器中充入氦气，平衡向正反应方向移动【答案】C【解析】根据题意和方程式分析，反应的、，按照吉布斯自由能分析：为自发反应，若要自发反应，则温度为低温，故A错误；该反应，为放热反应，反应物断键所吸收的总能量小于生成物成键所放出的总能量，故B错误；增大反应物浓度，增加了单位体积的活化分子数，从而增加单位体积内的有效碰撞次数，故C正确；恒容密闭容器充入氦气，各物质的浓度均不变，则平衡不移动，故D错误；故选C。10.与沉淀溶解平衡无关的是A.石灰岩溶洞中石笋的形成 B.碘化银固体保存在棕色广口瓶中C.用FeS除去废水中Cu2+、Hg2+ D.误食可溶性钡盐用Na2SO4溶液解毒【答案】B【解析】石笋的主要成分是碳酸钙，其存在沉淀溶解平衡：，在一定条件下碳酸钙与水和二氧化碳反应生成能溶于水的碳酸氢钙，溶有碳酸氢钙的水在流动的过程中或滴落的时候，温度发生变化，可溶的碳酸氢钙分解生成了不溶的碳酸钙，于是就出现了不同形状的石笋和钟乳石。该过程中碳酸钙的溶解平衡逆向移动，故与难溶电解质的溶解平衡有关，故A不符合题意；碘化银是一种见光易分解的化学物质，将其保存在棕色广口瓶中的主要目的是为了避免光照引起的分解或变质，与沉淀溶解平衡无关，故B符合题意；用FeS除去废水中Cu2+、Hg2+，FeS转化为溶解度更小的CuS、HgS，与难溶电解质的溶解平衡有关，故C不符合题意；误将可溶性钡盐当作食盐食用时，若服用Na2SO4溶液，就会发生沉淀反应产生BaSO4沉淀，降低了人体内的Ba2+的浓度，从而达到解毒的目的，这与沉淀溶解平衡有关，故D不符合题意；故选B。11.依据热化学方程式得出的结论正确的是选项热化学方程式结论A2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-571.6kJ/mol氢气的标准燃烧热为285.8kJ/molBOH-(aq)+H+(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol稀NaOH溶液与CH3COOH生成1mol水放出57.3kJ热量CCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-889.6kJ/mol甲烷的热值为55.6kJ/gD2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+196kJ/mol2molSO3充分反应，吸收196kJ热量A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】氢气的标准燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量，所以氢气的燃烧热不是285.8kJ/mol，故A错误；醋酸是弱酸，电离吸热，稀NaOH溶液与CH3COOH生成1mol水放出的热量小于57.3kJ，故B错误；根据CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-889.6kJ/mol，1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量是889.6kJ，则1g甲烷燃烧放出的热为55.6kJ，故C正确；2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+196kJ/mol为可逆反应，2molSO3充分反应，吸收的热量小于196kJ，故D错误；选C。12.恒温恒容条件下，下列可逆反应达到平衡状态的标志，正确的是选项反应标志A2HI(g)H2(g)+I2(g)混合气体的颜色不变BCH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)混合气体密度不变C2NO2(g)N2O4(g)2v正(NO2)=v逆(N2O4)DNH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)NH3在混合气体中的百分含量不变A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】反应2HI(g)H2(g)+I2(g)，混合气体的颜色不变，说明I2的浓度不变，反应一定达到平衡状态，故选A；反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，恒温恒容条件下，气体密度是恒量，混合气体密度不变，反应不一定平衡，故不选B；反应2NO2(g)N2O4(g)，2v正(NO2)=v逆(N2O4)时，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故不选C；反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，容器中的两种气体均为反应产物，NH3在混合气体中的百分含量始终为，NH3在混合气体中的百分含量不变，反应不一定平衡，故不选D；选A。13.25℃时，PbR(R2-为CO或SO)沉淀溶解平衡关系如图所示。已知Ksp(PbCO3)＜Ksp(PbSO4)。下列说法错误的是A.线a表示PbCO3B.Y点溶液是PbSO4的不饱和溶液C.PbCO3+SOPbSO4+CO的平衡常数为10-5D.向X点对应的悬浊液中加少量水，可转化为Y点【答案】D【解析】Ksp(PbCO3)＜Ksp(PbSO4)，c(Pb2+)相同时，，则图中，所以曲线a表示PbCO3，曲线b表示PbSO4。据分析可知，线a表示PbCO3，A正确；线a表示PbCO3，线b表示PbSO4，图中曲线上方的点为不饱和溶液，下方的点为过饱和溶液，则Y点溶液是PbSO4的不饱和溶液，B正确；由图可知，，，则PbCO3+SOPbSO4+CO的平衡常数K=，C正确；Y点溶液是PbSO4的不饱和溶液，含有不溶物的悬浊液中加少量水时所得溶液仍为饱和溶液，即向X点对应的悬浊液中加少量水时不可能可转化为Y点溶液，D错误；故选D。14.利用MO+与CH4反应能高选择性生成甲醇，体系能量随反应进程变化如图实线所示。MO+分别与CH4、CH2T2反应的历程相似。已知：参与反应的原子质量数越大，速率越慢。下列说法错误的是A.该反应的总反应式为MO++CH4=CH3OH+M+B.该反应是放热反应C.过渡态2比过渡态1稳定D.MO+与CH2T2反应的能量变化应为图中曲线b【答案】D【解析】由图可知，MO+和CH4生成CH3OH和M+，则该反应的总反应式为MO++CH4=CH3OH+M+，A正确；由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是放热反应，B正确；过渡态2具有的能量比过渡态1低，说明过渡态2比过渡态1稳定，C正确；已知：参与反应的原子质量数越大，速率越慢，所以MO+与CH2T2反应的活化能大于MO+与CH4，MO+与CH2T2反应的能量变化应为图中曲线a，D错误；故选D。15.利用催化剂将汽车尾气中的NO和CO发生反应：2NO+2CO2CO2+N2。使用等量的同种催化剂，设计实验探究温度、催化剂比表面积对反应速率的影响，实验结果如表。已知：x＞y＞z，下列分析错误的是实验编号温度(℃)NO起始浓度(mol•L-1)CO起始浓度(mol•L-1)催化剂比表面积(m2•g-1)CO平衡浓度(mol•L-1)平衡时间(min)12806.5×10-34.0×10-380ax22806.5×10-34.0×10-31201.0×10-3y33606.5×10-34.0×10-3802.0×10-3zA.对比实验1、2可知，a=1.0×10-3B.实验2中，CO平衡转化率为75%C.对比实验1、2可知，增大催化剂比表面积可加快反应速率D.对比实验1、3可知，该反应△H＞0【答案】D【解析】结合实验目的可知，实验1、2是验证催化剂比表面积对化学反应速率的影响，催化剂只影响反应速率不影响化学平衡，故达到平衡时，CO平衡浓度相同，即a=1.0×10-3，A正确；由表格数据可知，实验2中，CO转化浓度为(4.0×10-3-1.0×10-3)mol•L-1=3.0×10-3mol•L-1，则CO平衡转化率为，B正确；对比实验1、2可知，实验2到达平衡的时间比实验1到达平衡的时间短，说明反应速率大，实验2的催化剂比表面积比实验1的大，可知，增大催化剂比表面积可加快反应速率，C正确；结合实验目的可知，实验1、3是验证温度对化学反应速率的影响，实验3的温度比实验1的温度高，平衡时，实验3中CO平衡浓度比实验1中CO平衡浓度大，即平衡逆向移动，温度升高平衡向吸热方向移动，说明升高温度，该反应逆向移动，该反应为放热反应，即该反应的△H<0，D错误；故选D。16.向一恒容密闭容器中，加入1molCH4和一定量的CO2，发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x[x=]随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.投料比：x1＞x2B.正反应速率：va＞vbC.压强：pa＜pbD.投料比为x2时d点浓度商Q大于c点平衡常数K【答案】C【解析】其他条件一定时，增大n(CO2)，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，即其他条件一定时，投料比x越小，CH4的平衡转化率越大，所以投料比：x1<x2，A错误；由图可知，温度：a<b，其他条件一定时，温度越高，反应速率越快，则正反应速率：va<vb，B错误；正反应是气体体积增大的反应，CH4的平衡转化率：a<b，则容器中混合气体的物质的量：a<b，由pV=nRT可知，压强：pa＜pb，C正确；d点时反应未达到平衡状态，平衡正向移动，反应物CH4、CO2浓度减小，CO、H2浓度增大，则d点浓度商Q小于c点平衡常数K，D错误；故选C。17.我国科研团队研究出一种MB(亚甲基蓝)/MnO2固态无扩散氢离子电池，该电池模型如图所示，充电时，Mn2+沉积在石墨毡上生成MnO2，下列说法错误的是A.放电时，石墨毡作正极B.放电时，H+从右侧区移到左侧区C.充电时，阴极发生反应MB+2H++2e-=H2MBD.充电时，若转移0.2NA个电子石墨毡质量增加8.7g【答案】B【解析】由充电时，锰离子沉积在石墨毡上生成二氧化锰可知，放电时，活性炭是原电池的负极，H2MB在负极失去电子发生氧化反应生成MB和氢离子，石墨毡作正极，酸性条件下二氧化锰在正极得到电子发生还原反应生成锰离子和水；充电时，与直流电源负极相连的活性炭作阴极，酸性条件下MB在阴极得到电子发生还原反应生成H2MB，石墨毡作阳极，水分子作用下锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和氢离子。由分析可知，石墨毡作正极，酸性条件下二氧化锰在正极得到电子发生还原反应生成锰离子和水，故A正确；由分析可知，放电时，活性炭是原电池的负极，石墨毡作正极，则氢离子通过质子交换膜从左侧区移到右侧区，故B错误；由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的活性炭作阴极，酸性条件下MB在阴极得到电子发生还原反应生成H2MB，电极反应式为MB+2H++2e-=H2MB，故C正确；由分析可知，充电时，石墨毡作阳极，水分子作用下锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和氢离子，电极反应式为Mn2+—2e-+2H2O=MnO2+4H+，则转移0.2NA个电子时，石墨毡增加质量为××87g/mol=8.7g，故D正确；故选B。18.常温下，用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准液滴定浓度均为0.0200mol•L-1的HCl和HF的混合待测液，滴定过程中溶液的pH随η[η=]的变化曲线如图所示(忽略溶液混合引起的体积变化)。下列说法错误的是A.Ka(HF)的数量级为10-4B.a点：c(Na+)=c(F-)+c(HF)C.b点：c(F-)＜c(HF)＜c(Cl-)D.c点：+c(H+)=c(F-)+c(OH-)【答案】C【解析】由a(1.00,2.73)可知，a点溶质为NaCl和HF，等体积混合后c(HF)=0.01mol/L，，Ka(HF)，则Ka(HF)的数量级为10-4，A正确；用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准液滴定浓度均为0.0200mol•L-1的HCl和HF的混合待测液，a点时二者等体积混合，盐酸和氢氧化钠溶液完全反应，溶液溶质为氯化钠和HF1：1混合，由物料守恒可知，c(Na+)=c(F-)+c(HF)，B正确；由图可知，b点时盐酸反应完全，HF反应一半，溶液组成为NaCl、NaF和HF2：1：1的混合液，溶液显酸性，说明HF的电离大于F-的水解，b点：c(HF)＜c(F-)＜c(Cl-)，C错误；用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准液滴定浓度均为0.0200mol•L-1的HCl和HF的混合待测液，c点时二者以体积比2：1混合，盐酸和HF均完全反应，此c(Na+)=，c(Cl-)=，再由电荷守恒可知，，所以c点：+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，D正确；故选C。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：共5题，共58分。19.氨气具有能量密度高、氢含量高、易于液化运输等特点。（1）某催化合成氨的机理如图1所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。①合成氨的热化学方程式为_______。②该反应决速步骤的能垒为_______kJ•mol-1。（2）我国科学家采用电还原NO高效合成氨。装置如图2所示：①a为电源________极，阴极电极反应式为________。②电解时，双极膜中H2O电离产生的H+往________移动(填“阳极”或“阴极”)，一段时间后，n(KOH)_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）氨或肼(N2H4)－空气燃料电池具有产物无污染的优点，装置如图3所示。已知“比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放的最大电能。肼－空气燃料电池的“比能量”________氨－空气燃料电池(填“低于”、“高于”或“等于”)。【答案】（1）①.N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol②.79（2）①.正②.NO+6e-+5H2O=NH3↑+7OH-③.阴极④.不变（3）低于【解析】【小问1详析】①反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，合成氨的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-46kJ/mol×2=-92kJ/mol；②该反应决速步骤为反应过程中速率最慢的步骤，活化能最高，据图可知，该反应决速步骤的能垒为79kJ/mol。【小问2详析】①由图可知，OH-在左侧电极失去电子生成O2，左侧电极为阳极，a为电源正极，右侧电极为阴极，在阴极得到电子生成NH3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：+6e-+5H2O=NH3↑+7OH-；②电解时，阳离子向阴极移动，双极膜中H2O电离产生的H+往阴极移动，OH-在左侧电极失去电子生成O2，电极方程式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，同时双极膜中H2O电离产生的OH-往阳极移动，消耗OH-的量和增加的量相等，一段时间后，n(KOH)不变；【小问3详析】肼-空气燃料电池放电时，负极上1mol肼失4mol电子生成氮气，氨－空气燃料电池放电时，负极上2molNH3失6mol电子生成N2，假设质量为ag的N2H4和NH3分别放电，转移的电子数分别为mol=0.125amol和mol=0.176amol，说明肼－空气燃料电池的“比能量”低于氨－空气燃料电池。20.磷酸铁是锂离子动力电池正极材料——磷酸铁锂的原材料，以下是以磷铁(主要成分为FeP，含少量SiO2、Mn3P2杂质)为原料制备磷酸铁的化工流程。回答以下问题：（1）“高温焙烧”中将磷铁磨成粉末的目的是_______。（2）Na3PO4溶液中含有杂质为Na2CO3和_______。（3）“还原”时，淀粉高温灼烧成碳，将Fe2O3还原为二价铁后，浸取率显著增大。写出“酸浸”中反应的离子方程式_______。（4）“铁磷混合”向浸出的Na3PO4溶液中加入H3PO4，再加入H2SO4，调节pH=0.8，再将浸出的FeSO4加入。此时溶液中磷元素主要以形式_______(填“H3PO4”、“H2PO”、“HPO”或“PO”)存在。(已知常温下磷酸的电离常数：Ka1=7.6×10-3、Ka2=6.3×10-8、Ka3=4.4×10-13)（5）“沉淀”先加双氧水，再调节pH为2。①加双氧水目的为_______。②调节pH为2，c(PO)=_______mol•L-1。(已知常温下溶度积常数：Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp(FePO4)=1.3×10-22)③溶液pH不能过高的原因是_______。④“沉淀”后过滤，滤液的主要成分为______。【答案】（1）增大接触面积，加快焙烧速率（2）Na2SiO3（3）FeO+2H+=Fe2++H2O（4）H3PO4（5）①.将Fe2+氧化为Fe3+②.5.0×10-20③.防止生成Fe(OH)3沉淀④.Na2SO4【解析】磷铁（主要成分为FeP，含少量SiO2、Mn3P2杂质）为原料制备磷酸铁，磷铁加入纯碱高温煅烧后，加入水浸泡过滤得到磷酸钠溶液和粗氧化铁，加入淀粉“还原”时，淀粉高温灼烧成碳，将Fe2O3还原为二价铁后，浸取率显著增大，加入硫酸浸取氧化亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和水，除去杂质后加入磷酸，得到铁磷混合物，和磷酸钠混合加入过氧化氢和氢氧化钠溶液生成沉淀FePO4。【小问1详析】“高温焙烧”中将磷铁磨成粉末的目的是增大接触面积，加快焙烧速率。【小问2详析】二氧化硅和碳酸钠高温煅烧生成硅酸钠和二氧化碳，Na3PO4溶液中含有杂质为Na2CO3和Na2SiO3。【小问3详析】“还原”时，淀粉高温灼烧成碳，将Fe2O3还原为二价铁后，浸取率显著增大，“酸浸”中反应的离子方程式为：FeO+2H+=Fe2++H2O。【小问4详析】“铁磷混合”向浸出的Na3PO4溶液中加入H3PO4，再加入H2SO4，调节pH=0.8，再将浸出的FeSO4加入，结合磷酸的电离平衡常数分析可知，此时溶液中氢离子浓度远远大于磷酸根离子浓度，此时溶液中磷元素主要以形式H3PO4。【小问5详析】①“沉淀”先加双氧水，再调节pH为2，加入过氧化氢的目的为将Fe2+氧化为Fe3+。②pH为2，c(H+)=10-2mol•L-1，mol•L-1，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=2.6×10-39，则c(Fe3+)=2.6×10-3，c(PO)=mol•L-1。③溶液pH不能过高的原因是防止生成Fe(OH)3沉淀，降低FePO4的产率。④整个过程中Na+和离子不参与反应，沉淀后过滤，滤液主要成分为Na2SO4。21.KMnO4溶液广泛应用于氧化还原反应滴定中，因具有强氧化性易变质，需用基准物质进行标定。实验室可用标准H2C2O4溶液标定KMnO4浓度。反应原理：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（1）实验中应选择_______(填“酸”或“碱”)式滴定管来盛装KMnO4溶液。（2）准确称取6.300g草酸晶体(H2C2O4·2H2O)溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用酸性高锰酸钾溶液滴定至终点，滴定终点现象为_______。（3）平行滴定三次，消耗KMnO4溶液的体积分别为20.01mL、19.99mL、22.01mL，则c(KMnO4)=______mol•L-1（4）以下操作会造成所测高锰酸钾溶液浓度偏低的是_______(填序号)。a.滴定过程中少量草酸溶液洒到锥形瓶外b.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度c.盛装草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用草酸溶液润洗d.滴定时控制速度过快，到达终点后多滴加入KMnO4溶液（5）滴定时发现，刚开始时褪色较慢，一段时间后突然变快。某小组对此原因进行探究，实验数据如图：①分析以上实验数据，反应速率突然加快的原因可能是______。②褪色时间：实验Ⅰ______实验Ⅱ，实验Ⅲ______实验Ⅳ(填“＞”、“=”或“＜”)。实验Ⅲ混合溶液体积为15mL，褪色时间为6.0min，则实验Ⅲ的v(MnO)=______mol•L-1•min-1。【答案】（1）酸（2）当滴入最后半滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色（3）0.05000（4）d（5）①.生成的Mn2+作催化剂②.＞③.＞④.1.1×10-3、0.0011或【解析】实验室可用标准H2C2O4溶液标定KMnO4浓度，由方程式2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O的系数关系可知，n(KMnO4)=n(H2C2O4)，根据c=进行计算和误差分析。【小问1详析】由于KMnO4具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管尖嘴处的橡皮管，故盛装KMnO4溶液应选择酸式滴定管。【小问2详析】刚开始加入的KMnO4会与样品反应，故溶液显无色，当达到滴定终点，KMnO4稍过量时，溶液会显浅红色，故滴定终点现象为：当最后半滴酸性高锰酸钾溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。【小问3详析】由方程式2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O的系数关系可知，n(KMnO4)=n(H2C2O4)=×=0.001mol，数据22.01mL误差太大，需要舍去，V(KMnO4)=×(20.01ml+19.99ml)=20ml，则c(KMnO4)==0.05000mol/L。【小问4详析】a．滴定过程中少量草酸溶液洒到锥形瓶外，会导致滴定终点消耗V(KMnO4)偏小，根据c=可知，测定结构偏高，a不选；b．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，会导致V(KMnO4)偏小，根据c=可知，测定结构偏高，b不选；c．盛装草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用草酸溶液润洗，对草酸物质的量无影响，对实验结构没有影响，c不选；d．滴定时控制速度过快，到达终点后多滴加入KMnO4溶液，会导致V(KMnO4)偏大，根据c=可知，测定结构偏低d选；答案为d。【小问5详析】①分析以上实验数据，该反应过程中生成了Mn2+，反应速率突然加快的原因可能是生成的Mn2+作催化剂；②实验Ⅰ的反应温度低于实验Ⅱ，实验Ⅰ的反应速率比实验Ⅱ小，则褪色时间：实验Ⅰ＞实验Ⅱ，实验Ⅲ和实验Ⅳ反应温度相等，实验Ⅳ中加入Mn2+作催化剂，反应速率加快，则褪色时间：实验Ⅲ＞实验Ⅳ，实验Ⅲ混合溶液体积为15mL，褪色时间为6.0min，则实验Ⅲ的v()=mol•L-1•min-1。22.砷与氮、磷同主族，亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病。T℃下，向100mL0.12mol/L亚砷酸溶液滴加等物质的量浓度NaOH溶液，所得溶液中含砷微粒(H3AsO3、H2AsO、HAsO、AsO)的物质的量分数与溶液pH关系如图所示，回答下列问题：（1）人体血液的pH为7.35～7.45，使用亚砷酸注射液后，血液中含砷微粒主要是______(写化学式)。（2）该温度下亚砷酸的Ka1=______，已知25℃下亚砷酸的Ka1=4.2×10-10，据此推测温度T______25(填“＞”、“=”或“＜”)。（3）pH从10增大到12，溶液中发生的主要离子方程式为_______。（4）a、b、c三点对应水的电离程度由大到小的顺序为_______。（5）当滴加200mLNaOH溶液时，c(H3AsO3)+c(H2AsO)+c(HAsO)+c(AsO)=_______mol•L-1(忽略溶液混合后体积变化)。（6）已知同种元素的含氧酸，元素化合价越高，酸性越强。往亚砷酸溶液中滴加几滴双氧水，溶液pH减小，写出发生反应的化学方程式_______。【答案】（1）H3AsO3（2）①.1.0×10-9②.＞（3）H2AsO+OH-=HAsO+H2O（4）c>b>a（5）0.04（6）H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O【解析】向100mL0.12mol/L亚砷酸溶液滴加等物质的量浓度NaOH溶液，先后发生反应：、、，则H3AsO3的物质的量分数减小，的物质的量分数先增大后减小，先增大后减小，的物质的量分数增大，则a、b、c分别代表H3AsO3、、的物质的量分数与溶液pH关系。【小问1详析】由分析可知，、b、c分别代表H3AsO3、、的物质的量分数与溶液pH关系，由图可知，pH为7.35～7.45时，血液中含砷微粒主要是H3AsO3。【小问2详析】根据图像，当溶液中c(H3AsO3)=c()时，溶液的pH为9，此时亚砷酸的=1.0×10-9，已知25℃下亚砷酸的Ka1=4.2×10-10，此时>4.2×10-10，弱电解质的电离平衡是吸热的，所以温度T>25。【小问3详析】根据图像，pH从10增大到12，溶液中浓度减小，浓度增大，所以发生的主要离子方程式为：+OH-=+H2O。【小问4详析】根据图像，a、b、c三点对应的溶液中含砷微粒主要分别为H3AsO3、、，H3AsO3的电离抑制水的电离，、的水解促进水的电离，且的促进作用大于，所以水的电离程度由大到小的顺序为c>b>a。【小问5详析】当滴加200mLNaOH溶液时，溶液总体积为300mL，根据物料守恒，c(H3AsO3)+c()+c()+c()==0.04mol/L。【小问6详析】根据题目，同种元素含氧酸，元素化合价越高，酸性越强，所以往亚砷酸溶液中滴加几滴双氧水，亚砷酸被氧化为磷酸，溶液pH减小，化学方程式为H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O。23.实现碳中和的目标要对能源结构进行转型，研究清洁能源替代化石能源。（1）CO2加氢对实现“碳中和”有重大意义。CO2加氢反应的热化学方程式如下：反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-2