【化学】广东省惠州市2019-2020学年高二上学期期末质量检测（解析版）

【化学】广东省惠州市2019-2020学年高二上学期期末质量检测（解析版）

广东省惠州市2019-2020学年高二上学期期末质量检测 ‎1.本试题分两个部分，合计100分，考试时间75分钟。‎ ‎2.可能用的相对原子量：H-1 C-12 O-16 S-32 Mg-24 Cu-64‎ 第Ⅰ卷（共54分）‎ 一、单项选择题：（每题只有1个选项符合要求，本部分18题，每题3分，共54分)。‎ ‎1.化学与生活生产密切相关。下列说法中不正确的是 A. 施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用 B. 夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率 C. 施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性 D. 将海水直接电解可获得 Mg及Cl2等单质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铵态氮肥与草木灰混合水解互相促进，造成营养流失，故A正确；‎ B．降温可降低活化分子百分数，减小有效碰撞次数，反应速率减小，故B正确；‎ C．“盐碱地”中Na2CO3水解使土壤成碱性，即：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，通过加石膏生成更难溶的碳酸钙沉淀， c(CO32-) 减少，使水解平衡向逆反应方向移动，土壤碱性减弱，故C正确；‎ D．制备活泼金属单质Mg是电解熔融状态MgCl2，故D错误，‎ 故选D。‎ ‎2.已知在1.00×105Pa、298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ的热量，下列热化学方程式正确的是（ ）‎ A. H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝242kJ·mol-1‎ B. H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－242kJ·mol-1‎ C. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－484 kJ·mol-1‎ D. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝484 kJ·mol-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中热化学方程式可知，本题考查热化学方程式书写，运用热化学方程式的书写方法，标注物质聚集状态，对应量的焓变分析。‎ ‎【详解】已知在1×105Pa、298K条件下,2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量,则氢气燃烧的热化学方程式是：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=−484kJ⋅mol−1，或者H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－242kJ·mol-1，‎ 答案选B。‎ ‎3.一定体积的稀盐酸与过量的铝条反应，为了减缓反应速率且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的 A. NaCl固体 B. CH3COOK溶液 C. Na2CO3溶液 D. CuCl2 溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入氯化钠固体，溶液的浓度变化不大，基本不影响化学反应速率，H + 离子的物质的量不变，不影响生成氢气的总量，故A错误；‎ B. CH3COOK固体与盐酸反应生成弱电解质醋酸，溶液中H+离子浓度降低，化学反应速率减小，但不影响生成氢气的总量，故B正确；‎ C. Na2CO3溶液与盐酸反应使H+的浓度和物质的量都减小，影响生成氢气的总量，故C错误；‎ D. CuCl2溶液与Al反应生成Cu，从而形成原电池加快反应速率，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.铜锌原电池工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 锌片上的电极反应为：Zn-2e-=Zn2+‎ B. 负极上发生还原反应 C. 外电路中，电子从铜片经导线流向锌片 D. 铜是正极，铜片上有气泡产生 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．金属锌是负极，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，故A正确；‎ B.原电池负极发生氧化反应，故B错误；‎ C. Zn为负极，Cu为正极，外电路中，电子从锌片经导线流向铜片，故C错误；‎ D. 铜是正极，铜片上铜离子放电，有铜析出，无气体生成，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】原电池正负极判断：较活泼金属做负极，较不活泼金属或惰性电极做正极；电子从负极经导线流向正极；负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应。‎ ‎5.下列有关金属与防护的说法正确的是（ ）‎ A. 在碱性环境下，钢铁容易发生析氢腐蚀 B. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程 C. 钢铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe-3e-=Fe3+，继而形成铁锈 D. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺性阳极的阴极保护法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据金属腐蚀的本质和电化学腐蚀原理分析解答。‎ ‎【详解】A．强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性或碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，故 A错误；‎ B.金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故B错误；‎ C. 钢铁交接处，在潮湿的空气中，碳、铁和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，铁作负极、碳作正极，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故C错误；‎ D. 锌、铁和海水构成原电池，锌易失电子作负极而被腐蚀，铁作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.按如图装置进行实验，下列描述正确的是（N装置中两个电极均为石墨棒）‎ A. C1上发生还原反应 B. Cu电极与C2电极上的电极反应相同 C. M 装置中SO42－移向Cu电极 D. 工作一段时间后装置M 中溶液pH变小，装置N中溶液pH变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，M构成原电池，Zn为负极，Cu为正极；N为电解池，C1为阳极，C2为阴极，结合电极反应及原电池反应、电解反应来解答。‎ ‎【详解】A．N为电解池，C1为阳极，发生氧化反应，故A错误；‎ B．Cu电极与C2电极上的电极反应均为氢离子得到电子发生的还原反应，故B正确；‎ C．M构成原电池，Zn为负极，则SO42－移向Zn电极，故C错误；‎ D．M中发生Zn+2H+＝Zn2++H2↑，N装置中两个电极均为石墨棒，N中发生2H2O2H2↑+O2↑，则一段时间后装置M中溶液pH变大，装置N中溶液pH变小，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查原电池及电解原理，明确装置特点是解答本题的关键，并熟悉工作原理及电极反应来解答。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小 B. NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0‎ C. 加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变 D. 常温下，KSP[Al(OH)3]=1×10-33，欲使溶液中c(Al3＋)≤1×10-6mol/L，需调节溶液的pH≥5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 熵减小，但焓变是放热的反应低温可以自发进行,因此自发反应不一定是熵增大，故A错误；‎ B.△H－T△S＜0的反应可自发进行,则NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)△S＞0，室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0，故B错误；‎ C. 催化剂可降低反应的活化能，不改变反应的始终态，则加入合适的催化剂能降低反应活化能，反应的焓变不变，故C错误；‎ D. 使溶液中c(Al3+)≤1×10−6mol⋅L−1,，即调节溶液的pH≥5，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.在一个绝热的体积一定的密闭容器中发生可逆反应：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)，△H＜0，下列各项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是 A. 体系的压强不再改变 B. 体系的温度不再改变 C. 断裂1mol N≡N键的同时，也断裂6molN—H键 D. 反应消耗的N2、H2与产生的NH3的速率υ(N2):υ(H2):υ(NH3)＝1∶3∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 正反应体积减小，则体系的压强不再改变说明反应达到平衡状态，A不选；‎ B. 反应是绝热体系，则体系的温度不再改变说明反应达到平衡状态，B不选；‎ C. 断裂1mol N≡N键的同时，也断裂6molN—H键说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，C不选；‎ D. 无论反应是否达到平衡，反应消耗的N2、H2与生成氨气的速率之比均为1∶3∶2，因此D项不能表示该反应达到平衡状态。‎ 答案选D。‎ ‎9.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是 A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+ OH-=" NiOOH" + H2O B. 充电过程是化学能转化为电能的过程 C. 放电时负极附近溶液的碱性不变 D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，充电时，镍元素失电子，化合价升高，Ni(OH)2作阳极，阳极反应式为：Ni(OH)2－e-+ OH- =NiO(OH) + H2O，故A项正确；‎ B项，充电过程实质是电解反应，电能转化为化学能，故B项错误；‎ C项，放电时负极Cd失去电子生成Cd(OH)2，消耗OH- 使负极附近溶液pH减小，故C项错误；‎ D项，放电时Cd在负极消耗OH- ，OH- 向负极移动，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎10.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(g)+D(g)，反应2min后达到平衡，测得生成l.6molC，下列说法正确的是 A. 前2min，D的平均反应速率为0.2mol·L-1·min-1。‎ B. 此时，B的平衡转化率是40％‎ C. 增大该体系的压强，平衡不移动，化学平衡常数不变 D. 增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、可以计算出C的速率为1.6mol/(2L×2min)=0.4 mol·L-1·min-1。速率之比等于计量系数之比，故D的速率为0.1 mol·L-1·min-1，A错误；‎ B、生成1.6molC，故反应的B为0.8mol，转化率为0.8/2×100%=40%，B正确；‎ C、正反应为体积不变的反应，故增大压强，平衡不移动；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，C正确；‎ D、增加B，平衡正向移动，A的转化率增加，B的转化率减小，D错误。‎ 答案选BC。‎ ‎11.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（ ）‎ A. 高压比常压有利于合成NH3的反应 B. 由H2、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深 C. 将装有NO2气体并密封的圆底烧瓶放入热水中，气体颜色变深 D. 常温时，AgCl在饱和氯化钠溶液中的溶解度小于在水中的溶解度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．存在平衡N2+3H2(g)⇌2NH3(g)，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成氨，能用平衡移动原理解释，故A不选；‎ B．存在平衡H2+I2(g)⇌2HI(g)，该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故选B；‎ C．将装有NO2气体并密封的圆底烧瓶中存在平衡2NO2 (g) ⇌ N2O4 (g)，△H＜0，放入热水中，升温会促进反应向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，NO2增多，气体颜色变深，能用平衡移动原理解释，故C不选；‎ D．常温时，AgCl在溶液中存在平衡AgCl (s) ⇌ Ag+(aq)+ Cl- (aq)，在饱和氯化钠溶液中电离出来的氯离子抑制AgCl (s)溶解，而在水中，促进AgCl (s)溶解，能用平衡移动原理解释，故D不选；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】平衡移动原理是如果改变影响平衡一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。‎ ‎12.已知水的电离方程式是H2OH++ OH-。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 升高温度，KW增大，pH不变 B. 向水中加入少量硫酸，c(H＋)增大，KW不变 C. 向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)降低 D. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向逆反应方向移动，c(H＋)降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水的电离吸热，升高温度，促进电离，c(H+) 和c(OH-)增大，KW增大，pH减小，A错误；‎ B、向水中加入少量硫酸，c(H+)增大，温度不变，KW不变，B正确；‎ C、向水中加入氨水，c(OH-)升高，平衡向逆反应方向移动，C错误；‎ D、向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向正反应方向移动，c(H+)降低，D错误；‎ 故选B。‎ ‎13.为证明某一元酸HR是弱酸，下列实验方法错误的是 A. 室温时，测定0.01 mol·L－1的HR溶液的pH＝4‎ B. 室温时，往NaR溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色 C. 相同条件下，对浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和HR溶液进行导电性实验 D. 0.1mol·L－1的HR溶液与同体积0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好完全反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 室温时，测定0.01 mol·L－1的HR溶液的pH=4，说明溶液中存在电离平衡，则HR是弱酸，故A不符合题意；‎ B. 室温时，往NaR溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色，说明NaR溶液显碱性，即R-发生水解，则HR为弱酸，故B不符合题意；‎ C. 相同条件下，对浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和HR溶液进行导电性实验，盐酸的导电能力强，说明溶液中离子浓度大，HR的导电能力弱，即HR溶液中离子浓度小，说明HR没有完全电离，即证明HR是弱酸，故C不符合题意；‎ D. 0.1mol·L－1的HR溶液与同体积0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好完全反应不能说明HR是弱酸，故D符合题意，‎ 故选D。‎ ‎14.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA B. 将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有Fe3+数目0.1NA C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1 NA D. 25℃时，1L 0.1 mol·L－1 Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、SO2和O2反应生成SO3是一个可逆反应，充分反应后该反应仍不能进行完全，故容器内的分子总数大于2NA，故A错误；‎ B项、Fe3+在溶液中发生水解，Fe3+的物质的量小于0.1mol，所以溶液含有Fe3+‎ 数目小于0.1NA，故B错误；‎ C项、题中缺少氢氧化钠溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目，故C错误；‎ D项、Na2S溶液中硫离子的水解导致阴离子个数增多，故1L 0.1 mol·L－1 Na2S溶液中溶液中的阴离子的个数多于0.1NA个，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意题中缺少氢氧化钠溶液的体积、盐类的水解是解题关键。‎ ‎15.下列实验操作能达到目的的是（ ）‎ A. 在中和热的测定实验中，可将稀盐酸换成浓硫酸 B. 欲除去水垢中的CaSO4，可先用氯化钠溶液处理，再用盐酸处理 C. 用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，用蒸馏水洗净滴定管后，可直接装入标准盐酸进行滴定 D. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 浓硫酸稀释过程中放热，导致测量值增大，所以不能换为浓硫酸，故A错误；‎ B. 欲除去水垢中的CaSO4，应先用碳酸钠溶液处理，再用盐酸处理，因为硫酸钙溶解度大于碳酸钙，硫酸钙和碳酸钠反应生成碳酸钙，且碳酸钙能和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去水垢中的硫酸钙，故B错误；‎ C. 装入标准盐酸时需要用标准溶液润洗，否则导致盐酸浓度偏低，测定值偏大，故C错误；‎ D. 配制氯化铁溶液时，应该将氯化铁溶于浓盐酸中，盐酸中电离出的氢离子抑制铁离子水解，然后加入水稀释即可，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎16.常温下，下列关于溶液中粒子浓度大小关系的说法正确的是（ ）‎ A. 0.1mol/LNa2CO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）‎ B. 0.1mol/LNH4Cl的溶液和0.1mol/LNH3·H2O的溶液等体积混合后溶液中：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）‎ C. 醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，则混合溶液中可能有：c（Na+）=c（CH3COO-）‎ D. 0.1mol/LNaHS的溶液中：c（OH-）+2c（S2-）=c（H+）+c（H2S）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.1mol⋅L−1的Na2CO3溶液中物料守恒式为c(Na+)=2c(CO32−)+2c(HCO3−)+2c(H2CO3)，故A错误；‎ B. 0.1mol⋅L−1的NH4Cl溶液和0.1mol⋅L−1的NH3·H2O溶液等体积混合后,溶液中NH3·H2O电离程度大于NH4Cl水解程度,则溶液中c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；‎ C.醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液,溶液pH=7时,依据电荷守恒得到：c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO−)+C(OH−)，得到c(Na+)＝c(CH3COO−),溶液pH＞7时,c(Na+)＞c(CH3COO−)，溶液pH＜7时,c(Na+)＜c(CH3COO−)，故C正确；‎ D. 0.1mol⋅L−1的NaHS溶液中电荷守恒,c(Na+)+c(H+)＝c(OH−)+c(HS−)+2c(S2−),物料守恒c(Na+)=c(HS−)+c(S2−)+c(H2S),带入计算得到c(S2−)+c(OH−)＝c(H+)+c(H2S)，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】溶液中的离子遵循质量守恒、物料守恒、质子守恒。‎ ‎17.下列指定溶液中，各组离子一定能大量共存的是（ ）‎ A. 使石蕊变红的溶液中：Na＋、Cl-、SO42-、ClO-‎ B. 在中性溶液中：Na+、Al3+、Cl-、HCO3-‎ C. 常温下pH＝13的溶液中：NH4＋、Ca2+、NO3-、SO42-‎ D. 在=1×1014的溶液中：Mg2+、Cl-、K+、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．使石蕊变红的溶液呈酸性，ClO-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．Al3+、HCO3-之间发生相互促进的水解反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．常温下pH=13的溶液呈碱性：NH4+、氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，钙离子与硫酸根离子结合生成微溶性硫酸钙也不能大量共存，故C错误；‎ D．=1×1014的溶液呈酸性，Mg2+、Cl-、K+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】因发生双水解不能共存的有Al3+与HCO3–、CO32–、HS-、S2-、ClO-、AlO2-，Fe3+与HCO3–、CO32–、ClO-、AlO2-等。‎ ‎18.下列实验操作对应的现象与结论均正确的是（ ）‎ 选项 实验操作 现象 结论 A 常温下将Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体在小烧杯中混合 烧杯壁变凉 Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl的反应是吸热反应 B 将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中 烧瓶内气体颜色变深 NO2生成N2O4的反应中，△H＞0‎ C 将0.1mol·L-1的氨水稀释成0.01mol·L-1，测量稀释前后溶液 pH pH减小 稀释后NH3·H2O电离程度减小 D 常温下向物质的量浓度均为0.1mol·L-1的NaCl和NaI混合溶液中逐滴滴入AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.烧杯壁变凉，反应吸热，导致温度降低，为吸热反应，现象、结论均合理，故A正确；B. 将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中，烧瓶内气体颜色变深，证明NO2生成N2O4的反应向逆反应方向移动，则逆方向是吸热方向，正方向是放热反应，△H＜0，结论错误，故B错误；B.稀释碱溶液，pH减小，但一水合氨为弱电解质，稀释促进电离，电离程度增大，故C错误；D. Ksp小的先沉淀,由现象可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D错误；‎ 答案选A。‎ 第Ⅱ卷 非选择题 二、非选择题(本部分共4小题，共46分)‎ ‎19.钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO·TiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质。利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4）的工业流程如下图所示：‎ 已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：FeTiO3＋4H+＋4Cl-＝Fe2+＋TiOCl42-＋2H2O。‎ ‎（1）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是_______。‎ ‎（2）滤渣A的成分是______________。‎ ‎（3）滤液B中TiOCl42-转化生成TiO2的离子方程式是___________________。‎ ‎（4）反应②中固体TiO2转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如下图所示。反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是_______________。‎ ‎（5）反应③化学方程式是__________________。‎ ‎（6）若采用钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）作电极组成电池，其工作原理为：Li4Ti5O12＋3LiFePO4Li7Ti5O12＋3FePO4。该电池充电时阳极反应式是_____________________。‎ ‎【答案】 (1). +2 (2). SiO2 (3). TiOCl42- +H2OTiO2+2H++4Cl- (4). 反应温度过高时，反应氨水会受热分解，使得Ti元素浸出率下降 (5). （NH4）2Ti5O15+2LiOH=Li2Ti5O15+2NH3+2H2O (6). LiFePO4-e－=FePO4+Li+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁矿石加入盐酸溶解过滤得到滤渣为二氧化硅，滤液B为MgCl2、CaCl2，FeCl2、TiOCl42-，加热促进水解，过滤得到沉淀TiO2，加入过氧化氢和氨水反应得到（NH4）2Ti5O15，加入氢氧化锂溶液得到沉淀Li2Ti5O15，加入碳酸锂煅烧得到钛酸锂Li4Ti5O12，滤液D加入过氧化氢氧化亚铁离子，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，加入碳酸锂和草酸煅烧得到磷酸亚铁锂LiFePO4，据此解答。‎ ‎【详解】（1）据反应方程式得，反应中没有化合价的变化，所以化合物FeTiO3中铁元素的化合价是+2价。‎ ‎（2）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO·TiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质，加入盐酸只有二氧化硅不反应，所以滤渣A是SiO2。‎ ‎（3）TiOCl42- 转化生成TiO2，氧不够，由水提供，氢离子被释放，氯以氯离子形式进入溶液，所以反应为：TiOCl42-+H2OTiO2+2H++4Cl-。‎ ‎（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成（NH4）2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降。‎ ‎（5）由流程图可得，反应过程中Ti5O152-与Li+结合，所以剩余铵根离子与氢氧根结合成一水合氨，反应：（NH4）2Ti5O15+2LiOH=Li2Ti5O15+2NH3+2H2O。‎ ‎（6）阳极发生氧化反应据总反应式可得，+2价的铁失电子变为+3价，所以反应为：LiFePO4-e－=FePO4+Li+。‎ ‎20.二甲醚(CH3OCH3)是一种易燃气体。主要作为甲基化试剂和各类气雾推进剂，在制药、染料、农药工业中有许多独特的用途。其制备方法之一可由H2和CO合成：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g) +H2O(g) ΔH<0‎ ‎（1）该反应的ΔS__0(填“＞”、“＜”或“＝”)。‎ ‎（2）在密闭容器中，上述反应达到平衡后，下列措施能加快反应速率并提高CO转化率的是__(选填字母序号)。‎ a．将H2O(g)从体系中分离出来 b．缩小容器体积，使体系压强增大 c．加入合适的催化剂 d．升高体系温度 ‎【答案】 (1). < (2). b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）是正向体积减小的反应,据此解答；‎ ‎（2）反应正向是体积减小的放热反应，要加快反应速率并提高CO转化率，改变的条件一定是增大压强,据此解答。‎ ‎【详解】（1）2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）是正向体积减小的反应，所以△S<0，‎ 故答案为：<；‎ ‎（2）a.将H2O(g)从体系中分离出来，能提高CO转化率，但降低反应速率，故a错误；‎ ‎ b.缩小容器体积，使体系压强增大，既能加快反应速率，又能提高CO转化率，故b正确；‎ c.加入合适的催化剂，能加快反应速率，但CO转化率不变，故c错误；‎ d.升高体系温度，能加快反应速率，但CO转化率降低，故d错误；‎ 故答案为：b。‎ ‎21.甲醇(CH3OH)是一种绿色能源。如图所示，某同学设计一个甲醇燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。‎ 根据要求回答相关问题：‎ ‎（1）装置乙中石墨电极（C）的电极反应式为：__。‎ ‎（2）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，丙装置中阴极析出铜的质量为__g。‎ ‎【答案】 (1). 2Cl-﹣2e‒=Cl2↑ (2). 12.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铁电极连接原电池的负极而做电解池的阴极，碳做阳极，电解饱和氯化钠溶液，阳极上氯离子放电，据此解答；‎ ‎（2）根据转移电子守恒进行计算。‎ ‎【详解】（1）燃料电池中通入氧化剂氧气的一极通常做正极，燃料做负极，铁电极连接原电池的负极而做电解池的阴极，碳做阳极，电解饱和氯化钠溶液，阳极上氯离子放电，电极反应式为：2Cl-﹣2e‒=Cl2↑，故答案为：2Cl-﹣2e‒=Cl2↑；‎ ‎（2）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，根据转移电子守恒得：丙装置中阴极上铜离子得电子生成铜单质，析出铜的质量为。故答案为：12.8g。‎ ‎22.已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：‎ 化学式 HF HClO H2CO3‎ 电离常数 ‎6.8×10−4‎ ‎47×10−8‎ K1=4.3×10−7‎ K2=5.6×10−11‎ 常温下，物质的量浓度相同的三种溶液①NaF溶液 ②NaClO溶液 ③Na2CO3溶液，其pH由大到小的顺序是___（填序号）。‎ ‎【答案】③②①‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盐类水解形成的酸越弱，对应的盐越水解分析。‎ ‎【详解】图表中数据分析可知酸性HF＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，对应盐的水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，常温下，物质的量浓度相同的NaF溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液均水解显碱性，水解程度越大，碱性越强，因水解程度为NaF溶液＜NaClO溶液＜Na2CO3溶液，则其pH由大到小的顺序是③②①，故答案为：③②①。‎ ‎23.甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：‎ ‎①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－99kJ·mol－1‎ ‎②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2＝－58 kJ·mol－1‎ ‎③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3‎ ‎（1）ΔH3＝__kJ·mol－1。‎ ‎（2）在容积为2L的密闭容器中，充入一定量CO2和H2合成甲醇(上述②反应)，在其他条件不变时，温度T1、T2对反应的影响如图所示。‎ ‎①温度为T1时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)＝__mol·L-1·min-1。‎ ‎②图示的温度T1__T2（填写“＞”、“＜”或“=”）。‎ ‎（3）T1温度时，将2molCO2和6molH2充入2L密闭容器中，充分反应(上述②反应)达到平衡后，若CO2转化率为50%，此时容器内的压强与起始压强之比为__，其平衡常数的数值为__。‎ ‎【答案】 (1). ＋41 (2). 或 (3). ＜ (4). 3：4 (5). 0.15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由盖斯定律分析；‎ ‎（2）结合图象中甲醇的变化来计算反应速率，并利用图象中时间与速率的关系来分析T1、T2，再利用影响平衡的因素来分析解答；‎ ‎（3）化学平衡的三段法计算平衡时各物质的物质的量，再利用反应前后气体的物质的量之比等于压强之比，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积来解答。‎ ‎【详解】（1）由盖斯定律可知，将②-①可得反应③，故△H3=（-58kJ·mol-1）-（-99kJ·mol-1）=41kJ•mol-1，△H3=+41kJ•mol-1，故答案为：+41；‎ ‎（2）温度为T1时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为,故答案为：或；‎ ‎②根据题给图象分析可知，T2先达到平衡则T2＞T1，故答案为：＜；‎ ‎（3）由化学平衡的三段模式法计算可知，容器体积为2L，‎ 根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，则容器内的压强与起始压强之比=（0.5+1.5+0.5+0.5）：（1+3）=3：4；其平衡常数的数值为，故答案为：3：4；0.15。‎ ‎24.电石可以与水剧烈反应生成C2H2方程式如下：CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2。已知：①工业电石中常含有硫化钙、磷化钙等杂质，它们与水作用可以生成硫化氢及磷化氢等恶臭且有毒的还原性气体。②用Hg(NO3)2作催化剂时，浓硝酸能将乙炔气体氧化为草酸(H2C2O4)。实验装置如图所示(夹持装置略去)，回答下列问题：‎ ‎（1）仪器a的名称是___。‎ ‎（2）装置B中的NaClO溶液能与H2S、PH3反应生成硫酸、磷酸，此过程中NaClO是__（填“氧化剂”或“还原剂”）。‎ ‎（3）装置D的作用是__。‎ ‎（4）装置C中生成H2C2O4的化学方程式为___。‎ ‎（5）为测定晶体中H2C2O4·2H2O的质量分数，实验步骤如下：‎ i.准确称取mg晶体，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸；‎ ii.将i所得溶液用cmol/LKMnO4标准溶液进行滴定，滴定时KMnO4被还原为Mn2+，滴定至终点时消耗标准溶液VmL。‎ ‎①滴定终点的现象是__。‎ ‎②上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏__。（填“高”或“低”）。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 氧化剂 (3). 安全瓶，防发生倒吸 (4). C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O (5). 溶液由无色变为浅红色 (6). 低 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；‎ ‎（2）装置B中的NaClO溶液能与H2S、PH3反应生成硫酸、磷酸，本身被还原为氯化钠，做氧化剂，故答案为：氧化剂；‎ ‎（3）装置D连接在C和E之间，作用是做安全瓶，防发生倒吸，故答案为：安全瓶，防发生倒吸；‎ ‎（4）装置C中C2H2与浓硝酸反应生成H2C2O4、NO2和H2O，反应的化学方程式为：C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O；‎ ‎（5）将i所得溶液用cmol/LKMnO4标准溶液进行滴定，原溶液无色，滴定时KMnO4被还原为Mn2+，溶液变成浅红色，则滴定至终点时的现象为溶液由无色变为浅红色，故答案为：溶液由无色变为浅红色；‎ ‎②滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡，消耗标准液体积减小，会导致测量结果偏低。故答案为：偏低。‎