1、2019-2020 学年度第二学期高二化学期末练习第一部分 选择题（共 42 分）一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题 2 分，共 42 分）1.下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是ABCD水力发电风力发电铅蓄电池放电太阳能发电A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.水力发电是将重力势能转化为电能，故A错误；B.风力发电是将风能转化为电能，故B错误；C.蓄电池放电是利用化学反应产生能量，是将化学能转化为电能，故C正确；D. 太阳能发电是将太阳能转化为电能，故D错误；故选C。2.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A. CH3COOHB.
2、 CO2C. NH4HCO3D. Cl2【答案】B【解析】【详解】ACH3COOH的水溶液能够导电，且是因为自身发生电离而导电，故CH3COOH是电解质，故A不符合题意；BCO2的水溶液虽然能够导电，但并不是CO2本身发生电离，而其与水反应的产物H2CO3发生电离，故CO2是非电解质，故B符合题意；CNH4HCO3的水溶液能够导电，且是因为自身发生电离而导电，故NH4HCO3是电解质，故C不符合题意；DCl2的水溶液虽然能够导电，但其是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；故答案为：B。3.下列防止金属腐蚀的方法属于电化学防护的是A. 船体表面刷漆B. 加入铬、锰、硅等制成不锈
3、钢C. 自行车链条涂油D. 水中的钢闸门连接电源的负极【答案】D【解析】【详解】A船体表面刷漆是物理方法防止金属腐蚀，故A不符合题意；B加入铬、锰、硅等制成不锈钢是改变金属内部结构，是物理方法防止金属腐蚀，故B不符合题意；C自行车链条涂油是物理方法防止金属腐蚀，故C不符合题意；D水中的钢闸门连接电源的负极，是外接电源的阴极保护法，是电化学方法，故D符合题意；故答案为：D。4.只改变下列一个条件，可以通过提高活化分子的百分数来提高反应速率的是A. 加热B. 加压C. 减小容器体积D. 增大反应物浓度【答案】A【解析】【分析】升高温度或加入催化剂可提高反应物中的活化分子百分数。【详解】A加热可提高
4、反应物中的活化分子百分数，从而提高反应速率，故A选；B加压强如改变浓度，只改变单位体积内活化分子的数目，不改变百分数，从而提高反应速率；如浓度不变，活化分子的数目不变，活化分子的百分数不变，反应速率不变，故B不选；C减小容器体积，浓度增大，只改变单位体积内活化分子的数目，不改变百分数，从而提高反应速率，故C不选；D浓度增大，只改变单位体积内活化分子的数目，不改变百分数，从而提高反应速率，故D不选；故选A。5.在不同条件下分别测得反应 2SO2+O22SO3 的化学反应速率，其中表示该反应进行得最快的是（ ）A. v (SO3)=4mol/(Lmin)B. v (O2)=6mol/(Lmin)C
5、. v (SO2)=8mol/(Lmin)D. v (O2)=3mol/(Lmin)【答案】B【解析】【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比等于相应的化学计量数之比，先换算成用同一种物质、同一单位表示，然后才能直接比较速率数值。【详解】A. v（O2）=1/2 v（SO3）=2molL-1min-1；B. v（O2）=6molL-1min-1；C. v（O2）=1/2 v（SO2）=4molL-1min-1；D. v（O2）=3molL-1min-1；故答案为：B。6.25时，下列溶液中水的电离程度
6、最小的是（ ）A. pH=11 的氨水B. 0.01 mol/L的 Na2CO3溶液C. pH=2的NaHSO4溶液D. 0.1 mol/L的盐酸【答案】D【解析】【详解】氨水、盐酸和NaHSO4溶液均抑制水的电离，Na2CO3溶液促进水的电离，pH=11的氨水c（H+）=10-11molL-1，c（OH-）=10-3molL-1；0.1 molL-1的盐酸中c（H+）=10-1molL-1，pH=2 的NaHSO4溶液中c（H+）=10-2molL-1，酸溶液和强酸酸式盐溶液中氢离子或碱溶液中氢氧根离子浓度越大，抑制水的电离程度越大，溶液中水的电离程度越小，所以水的电离程度最小的是0.1 m
7、olL-1的盐酸，故答案为：D。【点睛】酸或碱抑制水的电离，弱酸强碱盐和强酸弱碱盐促进水的电离。7.下列溶液一定呈碱性的是A. pH8 的溶液B. 含有 OH离子的溶液C. c(OH)c(H)的溶液D. 加酚酞显无色的溶液【答案】C【解析】【详解】A.温度影响水的电离，降低温度，水的电离程度减小，溶液中氢离子浓度减小，则没有明确测定时的温度，不能判断pH=8的溶液中c(OH)与c(H+)的关系，无法知道溶液的酸碱性，故A错误；B.任何水溶液中都存在氢离子、氢氧根离子，所以含有OH -离子的溶液不一定显碱性，故B错误；C. c(OH)c(H+)的溶液一定呈碱性，故C正确；D.常温下，pH8的溶液
8、滴加酚酞，溶液显无色，则加酚酞显无色的溶液可能为酸性溶液或中性溶液或碱性溶液，故D错误；故选C。8.锌铜原电池装置如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 电流从锌片流向铜片B. 锌电极的反应式：Zn 2e=Zn2C. 铜片作负极D. 盐桥的作用是传递电子【答案】B【解析】【分析】锌铜原电池中Zn作负极，失电子，发生氧化反应，盐桥的作用是传递离子。【详解】A. 原电池中，电流从正极流向负极，从铜片流向锌片，A错误；B. Zn作负极，失电子，发生氧化反应，锌电极的反应式：Zn-2e-=Zn2+，B正确；C. 较为活泼的金属作负极，锌作负极，铜作正极，C错误；D. 盐桥的作用是传递离子，电子不能通过溶
9、液，D错误；故答案为：B。【点睛】注意“电子不下水，离子不上岸”，即电子只能在导线上移动，离子只能在溶液中移动。9.某可逆反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是A. 该反应正向为吸热反应B. 若升高温度，则平衡向正反应方向移动C. 若加入催化剂，H 数值会减小D. 若加入催化剂，B 点会降低【答案】D【解析】【详解】A从图中可以看出反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应正向为放热反应，故A错误；B由勒夏特列原理可知升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，由A可知该反应正反应是放热反应，故升高温度，平衡向逆反应方向移动，故B错误；C加入催化剂，不改变反应热，即H 数值不会改变，故C错误；D
10、加入催化剂，能减小反应所需的活化能，故B 点会降低，故D正确；故答案为：D。10.如图所示，用石墨电极电解饱和食盐水。下列说法不正确的是（ ）A. 通电使NaCl 发生电离B. 电极a 是阳极C. Na+向 b 极移动D. a 极产生黄绿色气体【答案】A【解析】【分析】与电源的正极相连的是阳极，与电源的负极相连的是阴极，所以a极是阳极，b极是阴极；阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动；电解饱和食盐水，阳极电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2，阴极电极反应式为：2H+2e-=H2。【详解】A.NaCl在水中就能发生电离，通电不是必要条件，A错误；B.电极a与电源的正极相连，是阳极，B正确；C.阳离
11、子向阴极移动，b极是阴极，Na+向b极移动，C正确；D. a极为阳极，其电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2，产生黄绿色气体，D正确；故答案为：A。11.H2 与N2 在催化剂表面生成 NH3，反应历程及能量变化示意如下。下列说法不正确的是A. 吸收能量B. 形成了N-H 键C. 该催化剂可提高NH3 的平衡产率D. 该反应为放热反应【答案】C【解析】【详解】A从图中可知，状态的总能量比状态的低，故过程中需要吸收能量，故正确；B从图中可知：是N2、H2分别分解成N原子和H原子，则是N原子和H原子结合成NH3分子的过程，故形成了N-H 键，故B正确；C催化剂只能改变反应速率，并不能使化学平衡发生
12、移动，故不能提高NH3的平衡产率，故C不正确；D比较状态和状态可知，状态的总能量比状态的总能量高，故该反应为放热反应，故D正确；故答案为：C。12.下图所示的实验，能达到实验目的的是ABCD片刻后在 Fe 电极附近滴入铁氰化钾溶液验证化学能转化为电能证明温度对平衡移动的影响验证 Fe 电极被保护验证AgCl 溶解度大于Ag2SA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A由图可知，该装置缺少盐桥，不能形成闭合回路，不能形成原电池，则不能验证化学能转化为电能，故A不能达到实验目的；B二氧化氮为红棕色气体，四氧化二氮为无色气体，利用气体颜色的深浅变化，可说明温度对化学平衡的影响，故B
13、能达到实验目的；C由图可知，与电源正极相连的Fe电极为电解池阳极，铁失去电子发生氧化反应，加快Fe的腐蚀，不能验证Fe电极被保护，故C不能达到实验目的；D由图可知，AgNO3溶液过量，过量的Ag能与S2直接反应生成Ag2S沉淀，不存在AgCl与Ag2S的沉淀的转化，则不能证明AgCl溶解度大于Ag2S，故D不能达到实验目的；故选B。13.已知下列热化学方程式：2Zn(s) + O2(g)2ZnO(s) H1702.2kJ/mol；2Hg(l) + O2(g)2HgO H2181.4kJ/mol，由此可知 Zn(s) + HgO(s) ZnO(s) + Hg(l)的H3，其中 H3 的值是A.
14、260.4 kJ/molB. 254.6 kJ/molC. 438.9 kJ/molD. 441.8 kJ/mol【答案】A【解析】【详解】将已知热化学方程式依次编号为，由盖斯定律可知得热化学方程式Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l），则H3=-260.4kJ/mol，故选A。【点睛】根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减是解答关键。14.下列解释实验事实的方程式正确的是A. 氯气能使湿润的有色布条褪色：Cl2+H2O 2H+ + Cl + ClOB. Na2S 溶液显碱性：S2- + 2H2OH2S+
15、 2OH-C. 用氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2 + 2OH- = SO + H2OD. 铜片溶解在NaNO3 和稀盐酸的混合液中：3Cu + 8H+ + 2NO=3Cu2+ + 2NO + 4H2O【答案】D【解析】【详解】A.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为Cl2+H2OH+ +Cl+HClO，故A错误；B.硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子在溶液中分步水解，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为S2-+ H2OHS-+ OH-，故B错误；C.用氨水吸收烟气中的二氧化硫的反应为一水合氨与二氧化硫反应生成亚硫酸铵和水，一水合氨是弱碱，不能拆写，反应的离子方程式为S
16、O2+ 2NH3H2O= SO32+2NH4+ 2H2O，故C错误；D.铜片溶解在NaNO3 和稀盐酸的混合液中的反应为铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu + 8H+ 2NO3=3Cu2+ 2NO + 4H2O，故D正确；故选D。15.工业上可通过如下流程回收铅蓄电池中的铅，下列有关说法不正确的是A. PbSO4 在水中存在溶解平衡： B. 生成PbCO3的离子方程式为：C pH：滤液 饱和 Na2CO3 溶液D. 滤液中不存在Pb2+【答案】D【解析】【详解】APbSO4为难溶电解质，水溶液中存在沉淀溶解平衡：，故A正确；BPbSO4转化为PbCO3，加入可转化
17、沉淀，发生转化为：，故B正确；C加入饱和碳酸钠溶液，参与沉淀转化，溶液碱性变弱，所以pH：滤液饱和Na2CO3溶液，故C正确，D难溶电解质在水溶液中总会有一部分溶解，滤液中存在Pb2+，只是浓度较小，故D错误；故选：D。16.常压下羰基化法精炼镍的原理：Ni(s)4CO(g) Ni(CO)4(g)。230 时，该反应的平衡常数 K2105。已知：Ni(CO)4 的沸点为 42.2 ，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至 230 制得高纯镍。下列判断正确的是A. 增加 c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增
18、大B. 该反应达到平衡时，生成Ni(CO)4）4生成(CO)C. 第一阶段，在 30 和 50 两者之间选择反应温度，选50 D. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低【答案】C【解析】【详解】A平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，所以增加c（CO），虽然平衡向正向移动，但反应的平衡常数不变，故A错误；B反应的速率之比等于气体的计量数之比，所以平衡时有4生成Ni(CO)4=生成(CO)，故B错误；CNi(CO)4的沸点为42.2，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则第一阶段，在30和50两者之间选择反应温度，选50，故C正确；D加热至230制得高纯镍，可知第二阶段Ni(CO)4分解率
19、较大，故D错误；故选C。17.新冠疫情期间某同学尝试在家自制含氯消毒剂。用两根铅笔芯（C1 和C2）、电源适配器和水瓶组装如图所示的装置。接通电源观察到：C1 周围产生细小气泡，C2 周围无明显现象；持续通电一段时间后，C2 周围产生细小气泡。此时停止通电，拔出电极，旋紧瓶塞，振荡摇匀，制备成功。关于该实验的说法不正确的是A. C1电极产生气泡原因：B. 可以用两根铁钉代替铅笔芯完成实验C. 自制消毒剂的总反应为：NaClH2O NaClOH2D. 实验过程中要注意控制电压、开窗通风、导出氢气，确保安全【答案】B【解析】【分析】电解饱和食盐水，阳极会产生氯气，阴极会产生氢气，由于H2不溶于水且
20、不与溶液中的其他物质反应，所以会直接溢出，而氯气会与电解过程中溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl，所以在制备过程中几乎不会溢出，则C1极为阴极，C2极为阳极。【详解】A由分析可知，C1极为阴极，阴极处产生了氢气，所以相关的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2，故A正确；B若用两个铁钉代替两个石墨电极，那么电解过程中阳极发生Fe的氧化，无法再产生氯气，也就无法获得含氯消毒剂，故B错误； C由分析可知，电解过程中生成的氯气又会再与溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl，涉及的反应共有两步，分别为：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2和2NaOHCl2=NaC
21、lNaClOH2O，因此自制消毒剂的总反应为：NaClH2O=NaClOH2，故C正确； D电压控制不得当，可能会导致副反应发生，或者反应速率很慢；由于电解过程中产生了氯气和氢气，所以要注意开窗通风，防止中毒和发生爆炸，故D正确；故选C。18.室温时，向 20 mL 0.1 molL 1 的两种酸 HA、HB 中分别滴加0.1 molL 1 NaOH 溶液， 其 pH 变化分别对应下图中的 I、II。下列说法不正确的是（ ）A. 向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HAB. 滴加 NaOH 溶液至 pH=7 时，两种溶液中 c(A)=c(B)C. a 点，溶液中微粒浓度：c(A) c(Na+
22、)D. 滴加 20 mL NaOH 溶液时，I 中 H2O 的电离程度大于 II 中【答案】B【解析】【详解】A. 由图可知，0.1 molL1 HB溶液的pH小于等浓度的HA溶液，说明HB的酸性强于HA，由强酸制弱酸的原理可知，向NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA，A正确；B. 由于HB的酸性强于HA，等浓度的HB溶液和HA溶液中，滴加NaOH溶液 pH=7 时，消耗NaOH溶液的体积不同，溶液中c（Na+）不同，则两种溶液中 c（A）一定不等于c（B），B错误；C. a点为等浓度的HA和NaA混合液，溶液呈酸性，说明HA的电离大于NaA的水解，溶液中微粒浓度：c（A）c（Na+），C正
23、确；D. 滴加 20 mL NaOH 溶液时，等浓度的HB溶液和HA溶液均恰好完全反应生成NaB和NaA，由于HB的酸性强于HA，则NaA的水解程度大于NaB，中H2O的电离程度大于中，D正确；故答案为B。【点睛】HB的酸性强于HA，等浓度的HB溶液和HA溶液中滴加NaOH溶液至pH=7 ，消耗NaOH溶液的体积不同，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，溶液中分别存在c（B）=c（Na+）、c（A）=c（Na+），溶液中c（Na+）不同，则两种溶液中c（A）和c（B）不同。19.下列反应中，属于吸热反应的是A. Na 与水反应B. 甲烷的燃烧反应C. CaCO3 受热分解D. 锌与盐
24、酸反应【答案】C【解析】【详解】A.钠与水反应是放热反应，故A错误；B.甲烷的燃烧反应是放热反应，故B错误；C.碳酸钙受热分解的反应是吸热反应，故C正确；D.锌与盐酸反应是放热反应，故D错误；故选C。20.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是A 无色溶液中：Cu2+、K+、SCN、ClB. pH11的NaOH 溶液中：CO、Na+、NO、SOC. 由水电离出的 c(H+)1.01013 molL1 的溶液中：Na+、NH、SO、HCOD. 含有NO的溶液中：I- 、SO、SO、H+【答案】B【解析】【详解】A溶液中有Cu2+呈蓝色，不可能是无色溶液，故A不符合题意；BpH11 的NaOH
25、 溶液中隐含有大量的OH-与CO、Na+、NO、SO均可以大量共存，故B符合题意；C由水电离出的 c(H+)1.01013 molL1 的溶液可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液这两种溶液中都不可能含有大量的HCO，故C不符合题意；D溶液中的NO与H+形成具有强氧化性的HNO3，将与I- 、SO发生氧化还原反应，故D不符合题意；故答案为：B。21.K2FeO4 在水中不稳定，发生反应：4FeO +10H2O4Fe(OH)3（胶体）+8OH- +3O2 ，其稳定性与温度（T）和溶液 pH 的关系分别如图所示。下列说法正确的是图 IK2FeO4 的稳定性与温度的关系 图 IIK2FeO4 的稳定性与
26、溶液 pH 的关系A. 由图 I 可知 K2FeO4 的稳定性随温度的升高而升高B. 由图 II 可知图中 acC. 由图 I 可知温度：T1T2T3D. 由图 I 可知上述反应Hc（Cl-）c（HCO3-） c（OH-）=c（H+） (9). 10【解析】【分析】（1）CH3COOH的电离平衡常数K=，温度不变，电离平衡常数不变；混合溶液中存在电荷守恒关系c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）；（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-在溶液中分步水解使土壤呈碱性，加入石膏后，CaSO4与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀，CO32-浓度降低，水解平衡向左移动，OH-浓
27、度降低，使土壤碱性降低；（3）水垢的主要成分CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解；（4）由图象可以看出，H2CO3存在于PH8的溶液中，CO32-存在于pH8的溶液中；由图可知，H=7时溶液中c（OH-）=c（H+），溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-和H2CO3，此时溶液中溶质为NaCl、NaHCO3和H2CO3，由电荷守恒可知溶液中c（Na+）c（Cl-），由碳酸钠与盐酸的反应可知溶液中c（Cl-）c（HCO3-）；CO
28、32-的水解常数Kh=2.0104可知，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1时，溶液中c（OH-）=1.010-4mol/L。【详解】（1）CH3COOH的电离平衡常数K=，温度不变，电离平衡常数不变；混合溶液中存在电荷守恒关系c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），故答案为：不变；c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）；（2）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32-在溶液中分步水解使土壤呈碱性，水解的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，加入石膏后，CaSO4与Na2CO3反应生成CaCO
29、3沉淀，CO32-浓度降低，水解平衡向左移动，OH-浓度降低，使土壤碱性降低，使土壤碱性降低，反应方程式为CaSO42H2O+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4+2H2O，故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-；CaSO42H2O+Na2CO3=CaCO3+Na2SO4+2H2O；（3）醋酸的酸性强于碳酸，水垢的主要成分CaCO3在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解，故答案为：CaCO3
30、在溶液中存在溶解平衡CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入过量食醋，食醋的主要成份醋酸电离出的氢离子与CO32-离子反应，CO32-浓度降低，水解平衡向右移动，使CaCO3溶解；（4）由图象可以看出，H2CO3存在于PH8的溶液中，CO32-存在于pH8的溶液中，二者不能大量共存于同一溶液中，故答案为：不能；由图可知，pH=7时溶液中c（OH-）=c（H+），溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-和H2CO3，此时溶液中溶质为NaCl、NaHCO3和H2CO3，由电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（HCO3-）+c（OH-）可知，溶液中c（Na+）c（Cl-）
31、，由反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3和NaHCO3+HCl=NaCl+ H2CO3可知，溶液中c（Cl-）c（HCO3-），则溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c（Na+）c（Cl-）c（HCO3-） c（OH-）=c（H+），故答案为：HCO3-、H2CO3；c（Na+）c（Cl-）c（HCO3-） c（OH-）=c（H+）；CO32-的水解常数Kh=2.0104可知，当溶液中c（HCO3-）：c（CO32-）=2：1时，溶液中c（OH-）=1.010-4mol/L，则溶液中c（H+）=10-10mol/L，溶液pH=10，故答案为：10。【点睛】明确常温下在10mL0
32、.1mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L HCl溶液20mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成碳酸是解答关键。24.某铜钴矿石主要含有CoOOH、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制备Co2O3的部分工艺过程如下：I将粉碎的矿石用过量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡，过滤，分离除去沉淀a。II浸出液除去含铜的化合物后，向溶液中先加入NaClO3溶液，再加入一定浓度的Na2CO3溶液，过滤，分离除去沉淀b主要成分是Na2Fe6(SO4)4(OH)12。III向上述滤液中加入足量NaF溶液，过滤，分离除去
33、沉淀c。IVIII中滤液加入浓Na2CO3溶液，获得CoCO3沉淀。V将CoCO3溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2O4溶液，产生 CoC2O42H2O沉淀。分离出沉淀，将其在400600 煅烧，即得到Co2O3。请回答：（1）I 中，沉淀a的成分是_，稀硫酸溶解CoCO3的化学方程式是_， 加入Na2SO3溶液的主要作用是_。（2）根据图1、图2分析：矿石粉末浸泡的适宜条件应是：温度_、pH_。图2中铜、钴浸出率下降可能原因是_。（3）II中，浸出液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式：ClO+_+_= Cl- +_+ _（4）I中，检验铁元素完全除去的试剂是_，实验现象是_。（5）
34、I中，沉淀c的成分是CaF2、_（填化学式）。（6）V中，加入Na2CO3的作用是_。（7）V中，分离出纯净的CoC2O42H2O的操作是_。【答案】 (1). SiO2 (2). CoCO3+H2SO4CoSO4+CO2+H2O (3). 将Co3+和Fe3+分别还原为Co2+及Fe2+（或作还原剂） (4). 65-75 (5). 0.5-1.5 (6). pH升高后溶液中c（H+）浓度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力下降 (7). 6Fe2+ (8). 6H+ (9). 6Fe3+ (10). 3H2O (11). KSCN溶液 (12). 溶液不变
35、红色 (13). MgF2 (14). 调节溶液的pH富集Co2+（生成CoCO3沉淀） (15). 过滤、洗涤【解析】【分析】（1）铜钴矿石主要含有CoOOH、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等杂质中只有SiO2不与硫酸反应，得出沉淀a的成分；CoCO3和H2SO4反应生成CoSO4、CO2和H2O，据此书写化学方程式；Na2SO3中的S元素为+4价，具有较强还原性，加Na2SO3将CoO(OH)、Fe2O3中的Co3+和Fe3+还原为Co2+及Fe2+；（2）根据图1、图2分析钴、铜的浸出率最高的温度和pH；图2中pH逐渐增大时，H
36、+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低；（3）由可知，Co为+2价，价态并未升高，被氧化的是Fe2+；结合化合价升降相等配平该反应的离子方程式；（4）检验铁是否除尽，只需检验滤液中是否有Fe3+即可；铁元素完全除去，加入KSCN溶液不变红；（5）由题可知，杂质离子除之外Ca2+，还有Mg2+，据此判断另一沉淀；（6）由知加入Na2CO3 溶液，通过水解提供OH-；由知加入Na2CO3溶液，提供；（7）通过过滤、洗涤操作从溶液分离出纯净的沉淀。【详解】（1）铜钴矿石主要含有CoOOH、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等杂质中只有SiO2
37、不与硫酸反应，得出沉淀a的成分为SiO2，碳酸盐与稀硫酸的反应，稀硫酸溶解CoCO3的化学方程式是：CoCO3+H2SO4= CoSO4+CO2+H2O；因为Na2SO3中的S元素为+4价，且中加入NaClO3氧化出Fe3+，加Na2SO3将CoO（OH）、Fe2O3中的Co3+和Fe3+还原为Co2+及Fe2+，Na2SO3作还原剂。故答案为：SiO2；CoCO3+H2SO4= CoSO4+CO2+H2O；将Co3+和Fe3+分别还原为Co2+及Fe2+（或作还原剂）；（2）根据图1、图2分析，温度在65-75时，钴、铜的浸出率最高，且之后铜的浸出率变化不大，钴的浸出率有下降趋势。在图2中p
38、H：0.5-1.5铜、钴的浸出率最高，pH1.5，铜、钴的浸出率开始下降，故答案为：65-75；pH：0.5-1.5；图2是pH变化对铜、钴浸出率的影响，浸出过程中是利用H+和CoO(OH)、CoCO3、Cu2（OH）2CO3中的OH-和反应，使得Co3+和Co2+溶解在溶液中，当pH逐渐增大时，H+的含量减少，故因反应量减少而浸出率降低，故答案为：pH升高后溶液中c（H+）浓度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2（OH）2CO3的能力下降；（3）由可知，Co为+2价，价态并未升高，被氧化的是Fe2+，由化合价升降相等配平离子方程式为：，故答案为：6Fe2+；6H+；6Fe3+；3
39、H2O；（4）检验铁是否除尽，只需检验滤液中是否有Fe3+，所以加入KSCN溶液，溶液是否变红即可，故答案为：KSCN溶液；溶液不变红色；（5）由题可知，杂质离子除Ca2+之外，还有Mg2+，故另一沉淀为MgF2，故答案为：MgF2；（6）由知，Fe3+形成沉淀b需要OH-，故加入Na2CO3 溶液，通过水解提供OH-；由知，要形成CoCO3 沉淀，需要加入Na2CO3 溶液，提供，故答案为：调节溶液的pH；富集Co2+（生成CoCO3沉淀）；（7）将CoCO3溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2O4溶液，产生CoC2O42H2O沉淀，由溶液分离出纯净的沉淀，操作应为过滤、洗涤，故答案为：过滤
40、、洗涤。【点睛】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，根据制备步骤明确实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。25.（1）海水中有丰富的食盐资源，工业上以粗食盐水（含少量Ca2+、Mg2+杂质）、氨、石灰石等为原料，可以制备Na2CO3。流程如下：请回答：粗盐精制过程中加入的沉淀剂是石灰乳和纯碱，加入顺序是_。上述流程中循环使用的物质是_。上图中制得的饱和食盐水还可用于氯碱工业，NaCl 溶液的电解产物可用于生产盐酸、漂白粉、氢氧化钠等产品。工业上电解饱和食盐水的离子方程式为_。氨气可用电解法合
41、成，其原料转化率大幅度提高， 有望代替传统的工业合成氨工艺。电解法合成氨的两种原理及装置如图 1 和图 2 所示。图 1 中，a 电极上通入的X 为_。图 2 中，d 电极上的电极反应式为_。 （2）海水中有丰富的锂资源，我国科学家研发出利用太阳能从海水中提取金属锂的技术，提取原理如图 3 所示：图 3金属锂在电极_（填“A”或“B”）上生成。阳极产生两种气体单质，电极反应式是_。某种锂离子二次电池的总反应为：FePO4(s)+Li(s) LiFePO4(s) ， 装置如下图所示（a 极材料为金属锂和石墨的复合材料）。下列说法不正确的是_。A图中 e及 Li+移动方向说明该电池处于放电状态B该
42、电池中a 极不能接触水溶液C充电时 a 极连接外接电源的正极D充电时，b 极电极反应式为：LiFePO4e-= Li+ FePO【答案】 (1). 先加入石灰乳，再加入纯碱 (2). NH3、CO2 (3). 2Cl2H2O2OHH2Cl2 (4). H2 (5). N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2- (6). A (7). 2Cl-2e-=Cl2、4OH-4e-=2H2O+O2 (8). C【解析】【分析】（1）由流程图可知，向粗盐水先加入石灰乳，再加入纯碱，镁离子和钙离子先后转化为氢氧化镁沉淀和碳酸钙，过滤得到精盐水，蒸发浓缩得到饱和食盐水；石灰石煅烧发生分解反应生成氧化钙和二氧化
43、碳，向饱和食盐水中先通入氨气，再通如石灰石分解生成的二氧化碳，氯化钠、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体和母液，碳酸氢钠固体受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应生成的二氧化碳通入饱和食盐水中循环使用，向母液中加入石灰石分解生成的氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，反应生成的氨气通入饱和食盐水中循环使用；（2）由电子的移动方向可知，电子流入的一极电极A为电解池的阴极，海水中的锂离子经过锂离子交换膜进入有机电解液中，在阴极上得到电子发生还原反应生成锂，电子流出的一极B极为电解池的阳极，海水中的氯离子和氢氧根离子在阳极上失
44、去电子发生氧化反应生成氯气和氧气。【详解】（1）加入石灰乳的目的是除去溶液中的镁离子，但过量的石灰乳会引入钙离子，所以应先加入石灰乳除去溶液中镁离子，再加入纯碱除去溶液中的钙离子，则沉淀剂加入的顺序为先加入石灰乳，再加入纯碱，故答案为：先加入石灰乳，再加入纯碱；由流程图可知，氯化钠、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵时，氨气和二氧化碳做反应物，而碳酸氢钠固体受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水以及氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水时，氨气和二氧化碳做生成物，则氨气和二氧化碳可以循环使用，故答案为：NH3、CO2；工业上电解饱和食盐水制得氢氧化钠、氢气和氯气，电解的离子方程式为2C
45、l2H2O2OHH2Cl2，故答案为：2Cl2H2O2OHH2Cl2由图1可知，与电源负极相连的b极为电解池的阴极， 通入的氮气在阴极上得到电子发生还原反应生成氨气，则与电源正极相连的a极是电解池的阳极，通入的氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子；由图2可知，与电源正极相连的c极是电解池的阳极，氧离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，与电源负极相连的d极为电解池的阴极，氮气在阴极上得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，故答案为：H2；N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-；（2）由电子的移动方向可知，电子流入的一极电极A为电解池的阴极
46、，海水中的锂离子经过锂离子交换膜进入有机电解液中，在阴极上得到电子发生还原反应生成锂，故答案为：A；海水中含有大量的氯离子，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，海水中还存在氢氧根离子，氢氧根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，故答案为：2Cl-2e-=Cl2、4OH-4e-=2H2O+O2；A由图中e-及Li+移动方向，则发生Li-e-=Li+，所以该电池处于原电池放电状态，故A正确；Ba极为Li易与水发生反应，所以该电池中a极不能接触水溶液，故B正确；C放电时，负极反应式为Li-e-=Li+，则a为负
47、极，充电时a极连接外接电源的负极，故C错误；D放电时，b极反应式为FePO4+Li+e-LiFePO4，则充电过程中，b极电极反应式为：LiFePO4-e-Li+FePO4，故D正确；C不正确，故答案为：C。【点睛】加入石灰乳的目的是除去溶液中的镁离子，但过量的石灰乳会引入钙离子，所以应先加入石灰乳除去溶液中镁离子，再加入纯碱除去溶液中的钙离子是解答关键，26.INaHSO3、CuSO4为实验室常用的化学试剂，均易溶于水，且水溶液显酸性。在铁片镀铜实验中，为提高电镀效果，常用CuSO4溶液作为电镀液。装置如图所示，a接电源_极，阳极的电极反应式为：_。电镀过程中c(Cu2+)_（填“基本不变”
48、、“变大”或“变小”）。II某实验小组对NaHSO3溶液分别与CuSO4、CuCl2溶液的反应进行探究。实验装置试剂x操作及现象A1molL1CuSO4溶液加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化。B1molL1CuCl2溶液加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。（1）推测实验B产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到_，反应的离子方程式为_。（2）对实验B产生SO2的原因进行分析，提出假设：假设a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大；假设b：Cl存在时，Cu2+与HSO反应生成Cu
49、Cl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。假设a不合理，实验证据是_；实验表明假设b合理，实验B反应的离子方程式有_、H+HSO=SO2+H2O。（3）对比实验A、B，提出假设：Cl增强了Cu2+的氧化性。下述实验C证实了假设合理，装置如图（两个电极均为碳棒）。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管_（补全实验操作及现象）。（4）将实验A的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO。已知：I；IIIIICu2O是一种红色粉末状固体，几乎不溶于水，但溶于氨水，形成稳定的、无色的配合物Cu(NH3)2+。通过实验D证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2
50、+。实验D：证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是_；有同学认为实验D不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验D的对比实验E，证实了Cu2+的存在。实验E的方案和现象是_。（要求：用图示表示，参照实验D）【答案】 (1). 负 (2). Cu-2e-=Cu2+ (3). 基本不变 (4). 蓝色褪去 (5). SO2+I2+2H2O+2I+4H+ (6). 实验A、B中c（Cu2+）相同，但实验A中未见气泡 (7). 2Cu2+2Cl+H2O2CuCl+3H+ (8). 右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大 (9). 一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色 (10). 取少量
51、纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色或图示表示：【解析】【详解】. 在铁片镀铜实验中，铁片作阴极，连接电源的负极，铜作阳极，连接电源的正极，所以a极连接电源的负极，阳极的电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，电镀过程中，阳极消耗铜和阴极析出铜的物质的量相等，所以c（Cu2+）基本不变，故答案为：负；Cu-2e-=Cu2+；基本不变；.(1) 蘸有碘水的淀粉试纸显蓝色，遇到二氧化硫，二氧化硫具有还原性，碘单质具有氧化性，二氧化硫与碘单质发生化学反应，实验现象为蓝色褪去，离子方程式为SO2+I2+2H2O=+2I+4H+，故答案为：蓝色褪去；
52、SO2+I2+2H2O=+2I+4H+；(2) 要产生二氧化硫，需要亚硫酸氢根离子与氢离子作用，如果是Cu2+水解使溶液中氢离子浓度增大，从而释放出气体，由于实验A、B中c（Cu2+）相同，但实验A中未见气泡，说明不是由Cu2+水解使溶液中c（H+）增大引起的，故答案为：实验A、B中c（Cu2+）相同，但实验A中未见气泡；假设b合理，亚硫酸氢钠与氯化铜反应的实验现象是生成白色沉淀，利用电荷守恒，元素守恒，化合价升降法配平离子反应方程式为：2Cu2+2Cl+H2O2CuCl+3H+，故答案为：2Cu2+2Cl+H2O2CuCl+3H+；(3)实验是为了验证Cl增强了Cu2+的氧化性，需向硫酸铜溶
53、液中补充氯离子，U型管左侧是亚硫酸氢钠溶液，故加入氯化钠固体，如果Cl增强了Cu2+的氧化性，会使溶液中转移的电子数增多，闭合K，电压表的读数会增大，故答案为：右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大；(4)根据题目信息已知，确定Cu+的检验方法，实验D中若含有Cu+，一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色，故答案为：一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色；若要证明溶液中的Cu2+，需要做一个对比实验，一个含有Cu2+和Cu+的混合溶液，另一个只含有Cu+的溶液，再加入足量浓氨水，观察反应现象：沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后，溶液变为深蓝色，实验操作为取少量纯净的Cu2O于试管，滴加足浓氨水，实验现象为沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色，故答案为：取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色或图示表示：。