【化学】北京市朝阳区2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】北京市朝阳区2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

北京市朝阳区2019-2020学年高二下学期期末考试 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 P-31 Cu-64 Zn-65‎ 第一部分（选择题共42分）‎ 本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.垃圾分类并回收利用，可以节约自然资源，符合可持续发展的要求。与废旧镍镉电池、过期药品对应的垃圾分类标志是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】有害垃圾指的是含有害化学物质的和有毒的垃圾。废旧镍镉电池中含有镉等有害金属，对环境有害；过期药品含有有害物质，对环境和人体有害，属于有害垃圾，C符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列物质中，属于弱电解质的是（ ）‎ A. H2O B. H2SO‎4 ‎C. Cu D. BaSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O能够发生部分电离，是弱电解质，电离方程式：H2OH＋＋OH－，A符合题意；‎ B．H2SO4在水溶液中完全电离，是强电解质，电离方程式：H2SO4=2H＋＋，B不符合题意；‎ C．Cu是单质，不是电解质，C不符合题意；‎ D．BaSO4虽然难溶于水，但是溶于水的部分完全电离，是强电解质，电离方程式：BaSO4=Ba2＋＋，D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列关于反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的描述正确的是( )‎ A. 使用催化剂，SO2的平衡转化率增大 B. 增大O2浓度，平衡常数K增大 C. 当2正(SO2)=逆(O2)时，反应达到平衡状态 D. 升高温度，反应物中活化分子百分数提高，反应速率增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂只影响化学反应速率，对平衡状态无影响，不能增大平衡转化率，故A错误；‎ B.平衡常数只受温度影响，温度不变，K不变，增大浓度K保持不变，故B错误；‎ C.2正(SO2)=逆(O2)时，正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C错误；‎ D.升高温度，给分子提供能量，可以提高活化分子百分数，增加有效碰撞次数，从而提高化学反应速率，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎4.锌铜原电池裝置如图所示，下列说法不正确的是( )‎ A. 锌电极上发生反应：Zn-2e-=Zn2+‎ B. 电子从锌片流向铜片 C. 盐桥中K+移向ZnSO4溶液 D. 理论上，当6.5gZn溶解时析出6.4gCu ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由装置可知该原电池的反应原理为：，锌作负极，铜作正极，‎ A.锌作负极，失电子，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，故A正确；‎ B.原电池中电子从负极(锌片)流出，经导线流向正极(铜片)，故B正确；‎ C.原电池电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，因此盐桥中钾离子向硫酸铜溶液移动，故C错误；‎ D.由上述总反应可知，1molZn溶解产生1molCu，6.5gZn为0.1mol，产生Cu0.1mol，质量为‎6.4g，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎5.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 100mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中，所含Al3+的数目为0.2NA B. 100mL1mol/L氨水中，所含NH的数目为0.1NA C. 将1molN2和3molH2充入密闭容器，一定条件下充分反应，得到2NA个NH3分子 D. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-484kJ/mol，若反应放出242kJ热量，则形成2NA个共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于Al3＋在水溶液中会水解，100mL1mol·L－1Al2(SO4)3溶液中，Al3＋的数目小于0.2NA，A错误；‎ B．NH3·H2O是弱电解质，在水溶液中不能完全电离，因此100mL1mol·L－1氨水中，NH4＋的数目小于0.1NA，B错误；‎ C．N2和H2的反应是可逆反应，将1molN2和3molH2充入密闭容器中，充分反应，也不能完全反应完，因此得到NH3的分子数小于2NA，C错误；‎ D．按照热化学方程式，每生成2molH2O，放出热量484kJ；现放出242kJ热量，说明生成了1molH2O，1molH2O含有2mol共价键，则生成1mol1molH2O，形成了2NA个共价键，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.一种NO催化氧化的过程如图所示：‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 过程Ⅰ需要吸收能量 B. 过程Ⅱ表示NO和O2生成具有极性共价键的NO2‎ C. 催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率 D. 上述过程总反应的化学方程式是2NO+O22NO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过程Ⅰ中，O2被催化剂吸附，发生解离形成O原子，化学键断裂，需要吸收能量，A正确，不选；‎ B．过程Ⅱ中，NO和O原子生成NO2，而不是与O2，B错误，符合题意；‎ C．催化剂能够降低反应活化能，增大活化分子百分数，有效碰撞几率增加，化学反应速率加快，C正确，不选；‎ D．根据整个过程，NO和O2反应升成NO2，化学方程式为2NO+O22NO2，D正确，不选；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列解释事实的方程式不正确的是（ ）‎ A. 将装有NO2的玻璃球浸入热水中颜色加深：2NO2(g)N2O4(g) ΔH>0‎ B. 用Na2S处理含Hg2+废水：Hg2++S2-=HgS↓‎ C. Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合产生浑浊：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O D. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用转变为铜蓝(CuS)：ZnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Zn2+(aq)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．装有NO2的玻璃球浸入热水中颜色加深，说明NO2的浓度增大，反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡逆向移动；说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0，A错误，符合题意；‎ B．利用Na2S处理含有Hg2＋废水，由于HgS难溶于水，离子方程式为Hg2++S2-=HgS↓，B正确，不选；‎ C．Na2S2O3和酸反应可生成S和SO2，化学方程式Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，C正确，不选；‎ D．CuS比ZnS难溶，因此闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，ZnS可以转化为更难溶的CuS，离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Zn2+(aq)，D正确，不选；‎ 答案选A。‎ ‎8.下列实验方案不能达到相应目的的是（ ）‎ 目的 A.验证牺牲阳极的阴极保护法 B.研究浓度对FeCl3水解平衡的影响 实验方案 目的 C.比较CH3COOH和H3BO3（硼酸）酸性的强弱 D.比较AgCl和AgI溶解度的大小 实验方案 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Zn和Fe相连插入电解质溶液中，形成原电池。一段时候，取Fe附近的溶液，加入K3[Fe(CN)6]检验Fe2＋，试管内无明显变化，说明Fe没有被腐蚀，Zn保护了Fe防止Fe被腐蚀，验证了牺牲阳极的阴极保护法，能达到实验目的，A不符合题意；‎ B．如果水解平衡不移动，0.1mol·L－1FeCl3溶液稀释10倍后，pH会从1.43,升高到2.43，现pH=2.19，说明稀释，促进了Fe3＋的水解，能达到实验目的，B不符合题意；‎ C．向相同浓度的CH3COOH溶液和H3BO3溶液中，滴加相同量的Na2CO3溶液，醋酸溶液中有气泡，生成了CO2，说明醋酸酸性强于碳酸；而硼酸溶液中没有明显现象，说明硼酸酸性弱于碳酸；该实验能达到实验目的，C不符合题意；‎ D．利用沉淀的转化来验证AgCl和AgI溶解度大小，一般情况下，难溶的电解质能够转化为更难溶的电解质。向2mL0.1mol·L－1AgNO3溶液中滴加3滴0.1mol·L－1NaCl溶液，溶液中Ag＋过量，再滴加KI溶液，Ag＋会与I－直接反应生成AgI沉淀，而不是AgCl沉淀转化为AgI沉淀，不能验证AgCl和AgI溶解度大小，D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎9.探究铁钉在不同溶液中的腐蚀情况。实验装置与数据如下：‎ 实验装置 实验数据 下列说法不正确的是 A. ①的负极反应：Fe-3e-=Fe3+‎ B. ③的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-‎ C. ②可能同时发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀 D. 金属的电化学腐蚀以哪种类型为主与溶液的pH有关 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁钉在强酸性环境下发生析氢腐蚀，生成氢气，装置压强增大；在弱酸性、中性或碱性环境下发生吸氧腐蚀，消耗氧气，装置内气压下降。‎ ‎【详解】A. ①发生析氢腐蚀，负极反应：Fe-3e-=Fe2+，A错误；‎ B. ③发生吸氧腐蚀，正极氧气放电，反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，B正确；‎ C. 相比于中性和强酸性环境，②‎ 的压强变化介于两者之间，故可能同时发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀，C正确；‎ D. 据表可知，金属的电化学腐蚀以哪种类型为主与溶液的pH有关，D正确。‎ 答案为A。‎ ‎10.根据下图所得判断正确的是（ ）‎ 已知：I2(g)=I2(s) ΔH=-62.4kJ/mol A. 图1反应为吸热反应 B. 图2反应的热化学方程式为2HI(g)H2(g)+I2(g) ΔH=+9.4kJ/mol C. 图2中若I2的状态为固态，则能量变化曲线可能为①‎ D. 断裂1molH2(g)和1molI2(g)中化学键需要的能量大于断裂2molHI(g)中化学键需要的能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图1中，反应物的总能量高于生成物的总能量，是放热反应，A错误；‎ B．根据图1，可知H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH=－9.4kJ·mol－1，根据盖斯定律，可知2HI(g)H2(g)+I2(g) ΔH=＋9.4kJ·mol－1，B正确；‎ C．根据已知I2(g)=I2(s) ΔH=－62.4kJ/mol，以及H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH=－9.4kJ·mol－1，可知2HI(g)H2(g)+I2(s) ΔH=－53.0 kJ/mol。曲线①表示是吸热反应，而HI(g)分解生成H2(g)和I2(s)是放热反应，C错误；‎ D．根据△H=反应物的总键能－生成物的总键能。根据图1，H2(g)和I2(g)反应生成HI(g)是放热反应，△H＜0，可知断裂1molH2(g)和1molI2(g)中化学键需要的能量小于断裂2molHI(g)中化学键需要的能量，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.利用太阳能光伏电池电解水获得H2，工作示意图如图。下列分析不正确的是（ ）‎ A. 控制开关连接K1，电极1发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-‎ B. 控制开关连接K2，电极3附近溶液的pH减小 C. 通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2‎ D. 电极3的主要作用是通过NiOOH和Ni(OH)2相互转化实现电子转移 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当控制开关连接K1，电极1连接电源的负极，作阴极，溶液中的H2O得到电子，电极方程式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，电极3作阳极，发生氧化反应，Ni(OH)2转化为NiOOH，电极方程式为Ni(OH)2－e－＋OH－=NiOOH＋H2O。当控制开关连接K2，电极2连接电源的正极，作阳极，溶液中的OH－失电子，电极方程式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；电极3作阴极，NiOOH转化为Ni(OH)2，电极方程式为NiOOH＋e－＋H2O=Ni(OH)2＋OH－。‎ ‎【详解】A．当控制开关连接K1，电极1连接电源的负极，作阴极，溶液中的H2O得到电子，电极方程式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，A正确，不选；‎ B．当控制开关连接K2，电极3作阴极，NiOOH转化为Ni(OH)2，电极方程式为NiOOH＋e－＋H2O=Ni(OH)2＋OH－，电极附近产生OH－，pH增大，B错误，符合题意；‎ C．当控制开关连接K1时，电极1处H2O得到电子得到H2，当控制开关连接K2时，电极2处OH－失去电子得到O2，因此通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2，C正确，不选 D．当控制开关连接K1，Ni(OH)2转化为NiOOH；当控制开关连接K2，NiOOH转化为Ni(OH)2。电极3处NiOOH和Ni(OH)2相互转化实现了电子转移，D正确，不选；‎ 答案选B。‎ ‎12.常温时，向20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液pH随NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是( )‎ A. a点：pH=1‎ B. c点：V(NaOH)=20mL C. b点：离子浓度的大小关系为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)‎ D. a→d过程中，水电离出c(H+)不断增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a点为0.1mol/L的CH3COOH溶液，b点是醋酸消耗一半，溶质为等量的醋酸和醋酸钠；c溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)；d点为醋酸钠和氢氧化钠的混合溶液，且醋酸钠是氢氧化钠的2倍，据此分析。‎ ‎【详解】A.a点为0.1mol/L的CH3COOH溶液，醋酸为弱酸不完全电离，c(H+)<0.1mol/L，pH>1，故A错误；‎ B.若c点V=20mL，则醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，溶质醋酸钠，醋酸钠水解使溶液显碱性，pH不为7，由此可知c点：V(NaOH)<20mL，故B错误；‎ C.b点溶质为等量的醋酸和醋酸钠，且溶液呈酸性，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(OH-)，因c(H+)>c(OH-)，则c(CH3COO-)>c(Na+)，则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故C正确；‎ D.随氢氧化钠体积的增加，醋酸逐渐转变成醋酸钠，当V=20mL时溶质完全是醋酸钠，因醋酸抑制水的电离，醋酸钠水解促进水的电离，此过程中水的电离程度逐渐增大；当V>20mL后，溶质为醋酸钠和氢氧化钠，氢氧化钠抑制水的电离，随氢氧化钠的增加水的电离程度逐渐减小，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎13.羰基硫(COS)可用作粮食熏蒸剂，可由CO和H2S在一定条件下反应制得。在‎2L的密闭容器中发生反应CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)，有关数据如表所示：‎ 实验编号 温度/℃‎ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(CO)‎ n(H2S)‎ n(CO)‎ ‎①‎ ‎150‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎7‎ ‎②‎ ‎400‎ ‎20‎ ‎20‎ ‎16‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. ②中CO的平衡转化率为80%‎ B. ‎400℃‎时该反应的平衡常数K=‎ C. 该反应是吸热反应 D. ①中反应10min达到平衡，0～10min的平均反应速率：v(CO)=0.3mol/(L•min)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验②达到平衡时，n(CO)=16mol，反应了4molCO，则CO的转化率，A错误；‎ B．‎400℃‎时，利用三等式，求平衡常数，有：‎ 容器的体积为‎2L，则平衡常数，B正确；‎ C．该反应是气体体积不变的反应，恒温恒容下，平衡状态是等效的。实验②的投料是实验①的两倍，如果温度不变，实验②达到平衡时，CO的物质的量是实验①的两倍，即14mol，现CO的物质的量是16mol，说明温度升高，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，C错误；‎ D．实验①达到平衡时，CO的物质的量从10mol降低到7mol，则，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.某小组同学电解CuCl2溶液（电极均为石墨），实验如下：‎ 实验 电压/V c(CuCl2)/(mol/L)‎ 阴极现象 阳极现象 ‎①‎ a ‎0.5‎ 电极表面析出红色固体 产生气泡 ‎②‎ a ‎2.0‎ 电极表面析出白色固体（经检验为CuCl）‎ 产生气泡（比①快）‎ ‎③‎ b ‎0.5‎ 电极表面析出红色固体，一段时间后产生气泡 产生气泡（比①快）‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. ①中析出红色固体的电极反应式：Cu2++2e-=Cu B. ③中阴极产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 C. 对比①③，推测电压aa，故C正确；‎ D.对比①②，c(CuCl2)=0.5mol/L时，铜离子放电产生铜单质，c(CuCl2)=2.0mol/L时，铜离子放电产生CuCl，可知浓度较低时，易析出铜单质，浓度较高时易产生CuCl，浓度介于两者之间时两种产物均可能出现，故D正确；‎ 故选：B。‎ 第二部分（非选择题共58分）‎ 本部分共5小题，共58分。‎ ‎15.电镀是应用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其它金属或合金的方法。在铁质铆钉上镀镍(Ni)能防止铁被腐蚀，如图1。实验室模拟铁片镀镍，装置如图2。‎ ‎(1)b极材料是__。‎ ‎(2)电镀液中含有NiSO4、NaCl和硼酸。‎ 已知：NiSO4=Ni2++SO、Ni2++2H2O⇌Ni(OH)2+2H+‎ ‎①a极的电极反应式是__。‎ ‎②硼酸的作用是调节溶液的pH。pH较小时，a极易产生__气体，使镀层疏松多孔。pH较大时，a极会吸附__固体而使镀层含有杂质。‎ ‎(3)铁质铆钉上镀镍能防止铁被腐蚀是因为镀层使铁与__等物质隔离。‎ ‎【答案】 (1). 镍(Ni) (2). Ni2++2e-=Ni (3). 氢气(H2) (4). Ni(OH)2 (5). O2和H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电镀是应用电解原理，与电源正极相连的为电解池阳极，与电源负极相连的为电解池阴极，根据图示，a为电解池的阴极，b为电解池的阳极，在电镀过程中，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，则在铁片上镀镍时，铁是待镀金属，为电解池阴极，则a电极材料为Fe，发生的电极反应为Ni2++2e-= Ni；镍为镀层金属，为电解池阳极，b电极材料为Ni，发生的电极反应为Ni-2e-=Ni2+，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，b极材料是镍(Ni)；‎ ‎(2)①根据分析，a极的电极反应式是Ni2++2e-=Ni；‎ ‎②由于镍离子在溶液中发生水解反应：Ni2++2H2O⇌Ni(OH)2+2H+，硼酸的作用是调节溶液的pH，阻止镍离子发生水解。若pH较小时，溶液中氢离子浓度增大，a极为阴极，电极上易发生反应：2H++2e-=H2↑，产生氢气(H2)，使镀层疏松多孔；pH较大时，电解质溶液中由于镍离子水解生成Ni(OH)2，吸附在a极上而使镀层含有杂质；‎ ‎(3)铁质铆钉上镀镍能防止铁被腐蚀是因为镀层使铁与O2和H2O等物质隔离，不易发生腐蚀。‎ ‎【点睛】本题难度不大，主要考查电解池应用，电镀的基本原理，易错点为(2)‎ 中利用平衡移动的原理分析解答pH值对电极反应的影响。‎ ‎16.可乐中的食品添加剂有白砂糖、二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等。可乐的辛辣味与磷酸（化学式为H3PO4，沸点高难挥发）有一定关系。‎ ‎(1)室温下，测得0.1mol/LH3PO4溶液的pH=1.5，用电离方程式解释原因：__。‎ ‎(2)长期过量饮用可乐会破坏牙釉质，使下面的平衡向脱矿方向移动，造成龋齿。结合平衡移动原理解释原因：__。‎ Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq) +3PO(aq)+OH-(aq) ‎ ‎(3)向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH的关系如图所示。‎ ‎①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10时发生的主要反应的离子方程式是___。‎ ‎②下列关于0.1mol/LNa2HPO4溶液的说法正确的是__（填序号）。‎ a．Na2HPO4溶液显碱性，原因是HPO的水解程度大于其电离程度 b．c(Na+)+c(H+)=c(H2PO)+‎2c(HPO)+‎3c(PO)+c(OH-)‎ c．c(Na+)=c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)+c(H3PO4)‎ ‎(4)小组同学在实验室测定某可乐中磷酸的含量（不考虑白砂糖、咖啡因的影响）。‎ i.将一瓶可乐注入圆底烧瓶，加入活性炭，吸附色素。‎ ⅱ.将可乐回流加热10min，冷却至室温，过滤。‎ ⅲ.取50.00mL滤液，用百里香酚酞作指示剂，用0.100mol/LNaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液5.00mL。‎ ‎①加热的目的是__。‎ ‎②该可乐样品中磷酸的含量为__g/L（H3PO4摩尔质量为‎98g/mol）。‎ ‎【答案】 (1). H3PO4H++H2PO (2). ‎ 可乐为酸性饮料，长期过量饮用，可乐中的酸性物质中和OH-，c(OH-)减小，Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO(aq)+OH-(aq)平衡向脱矿方向移动，造成龋齿 (3). 为H3PO4+2OH－=HPO42－＋2H2O (4). ab (5). 将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定 (6). 0.49‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)如果H3PO4是强酸，0.1mol·L－1H3PO4溶液的pH＜1，现0.1mol·L－1H3PO4溶液大于1，说明H3PO4是弱酸，部分电离，电离方程式为H3PO4H＋＋H2PO4－；‎ ‎(2)可乐是酸性饮料，长期过量饮用，可乐中的酸性物质中和了OH-，c(OH－)减小，使Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2＋(aq)+3PO43－(aq)+OH－(aq)平衡向脱矿方向移动，造成龋齿；‎ ‎(3)①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10，溶液中含磷的主要微粒，从H3PO4转变为HPO42－，因此主要的离子方程式为H3PO4+2OH－=HPO42－＋2H2O；‎ ‎②a．Na2HPO4溶液中HPO42－既能电离又能水解，电离方程式和水解方程式分别为HPO42－H＋＋PO43－，HPO42－＋H2OH3PO4＋OH－；HPO42－的电离平衡常数，当c(PO43－)=c(HPO42－)时，溶液中的pH约为12.3，c(H＋)=10－12.3mol·L－1，则；HPO42－的水解平衡常数，当c(H2PO4－)=c(HPO42－)时，溶液中的pH约为7.2，c(H＋)=10－7.2mol·L－1，则；可知HPO42－的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，a正确；‎ b．Na2HPO4溶液呈电中性，根据电荷守恒，有c(Na＋)+c(H＋)=c(H2PO4－)+‎2c(HPO42－)+‎3c(PO43－)+c(OH－)，b正确；‎ c．Na2HPO4溶液中，根据物料守恒，有c(Na＋)=2[c(H2PO4－)+c(HPO42－)+c(PO43－)+ c(H3PO4)]，c错误；‎ ab符合题意；‎ ‎(4)①可乐溶液中，含有碳酸，也会与NaOH反应，会影响H3PO4的测定，因此加热的目的是将可乐中的CO2气体赶出，防止干扰磷酸的测定；‎ ‎②滴定至终点时生成Na2HPO4，则关系式为H3PO4～2NaOH，则50mL可乐中含有；则该可乐样品中磷酸的含量=。‎ ‎17.CO2的富集与转化是当今环境研究的热点。‎ ‎(1)化石燃料的燃烧是使大气CO2浓度增加的原因之一。汽油中含有辛烷(C8H18)，1molC8H18(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出5518kJ热量。写出C8H18完全燃烧的热化学方程式：__。‎ ‎(2)一种富集CO2的过程如图所示。‎ ‎①气体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，CO2浓度最高的是___。‎ ‎②反应Ⅱ的化学方程式是__。‎ ‎(3)一定条件下，CO2和H2反应能生成C2H4，实现CO2向能源物质的转化。‎ 已知：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g) ΔH<0‎ ‎①上述反应的ΔH可根据C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)和__反应的焓变计算。‎ ‎②研究温度和压强对CO2的平衡转化率的影响，结果如图所示。‎ X代表的物理量是__。比较L1与L2的大小，并说明依据__。‎ ‎③相同条件下，CO2和H2还能发生其它反应：‎ 反应a：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)‎ 反应b：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)‎ ‎……‎ Fe和Co(钴)可作为该反应的催化剂。改变铁钴的物质的量比，测定相同时间内CO2的消耗率和含碳产物的占比，结果如下：‎ n(Fe)：n(Co)‎ CO2消耗率/%‎ 含碳产物占比/%‎ CO C2H4‎ CH4‎ ‎100：0‎ ‎1.1‎ ‎100‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎50：50‎ ‎30.5‎ ‎36.8‎ ‎20.3‎ ‎42.9‎ ‎0：100‎ ‎69.2‎ ‎2.7‎ ‎0.2‎ ‎97.1‎ 结合数据，推测催化剂中钴的作用：__。‎ ‎【答案】 (1). C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l) ΔH=-5518kJ/mol (2). Ⅲ (3). K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH (4). 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) (5). 温度 (6). 反应2CO2(g)＋6H2(g)=C2H4(g)＋4H2O(g)是气体体积缩小的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大 (7). 钴能使反应物分子更易转化为活化分子，加快CO2被H2还原的反应速率；同时使CO2被H2还原得更充分，易生成含氢量高的CH4，提高烃的选择性 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据热化学方程式书写要求，完成书写，注意燃烧热的热化学方程式系数；根据图示信息分析过程反应，确定气体的组成及涉及的反应书写；根据盖斯定律分析；结合反应特点分析压强和温度对平衡的影响；根据表格数据分析Co的比例对反应物消耗率和产物比例的影响确定。‎ ‎【详解】(1)1molC8H18(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出5518kJ热量，该反应的热化学方程式为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l) ΔH=-5518kJ/mol，故答案为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l) ΔH=-5518kJ/mol；‎ ‎(2)由过程图示可知气体I与氢氧化钾反应，其中含有的二氧化碳被氢氧化钾吸收转变成碳酸钾，气体II中为其他气体，碳酸钾与物质a氢氧化钙反应，产生碳酸钙沉淀b，碳酸钙高温分解得到气体III(较纯净的二氧化碳)，因此气体III中，二氧化碳的浓度最大，故答案为：III；‎ ‎②由以上分析，反应II为碳酸钾与氢氧化钙的反应，反应方程式为：K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH，故答案为：K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2KOH；‎ ‎(3)①由盖斯定律可知，该反应2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)，可由C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)与2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)得到，故答案为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；‎ ‎②若X为压强，由图像可知随X的增大，二氧化碳转化率减小，说明反应逆向移动，而该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，因此X不是压强，应为温度，故答案为：温度；反应2CO2(g)＋6H2(g)=C2H4(g)＋4H2O(g)是气体体积缩小的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；‎ ‎③由表格信息可知，Co的占比越高，二氧化碳的消耗率越大，可知Co有利用二氧化碳转变成有机产物，同时Co的占比越高产物中甲烷的含量越高，可知Co对反应有一定的选择性，Co在反应中的作用为：钴能使反应物分子更易转化为活化分子，加快CO2被H2还原的反应速率；同时使CO2被H2还原得更充分，易生成含氢量高的CH4，提高烃的选择性，故答案为：钴能使反应物分子更易转化为活化分子，加快CO2被H2还原的反应速率；同时使CO2被H2还原得更充分，易生成含氢量高的CH4，提高烃的选择性；‎ ‎18.钴酸锂(LiCoO2)可用作锂离子电池的电极材料。以红土镍矿为原料制备LiCoO2的工艺流程如图：‎ 已知：①红土镍矿的主要成分有Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3、CoO、NiO等。‎ ‎②‎20℃‎时，生成氢氧化物沉淀的pH 离子 Fe2+‎ Fe3+‎ Al3+‎ Ni2+‎ Co2+‎ 开始沉淀 ‎7.0‎ ‎1.9‎ ‎34‎ ‎7.2‎ ‎7.1‎ 沉淀完全 ‎9.0‎ ‎3.2‎ ‎4.7‎ ‎9.2‎ ‎9.1‎ 注：金属离子起始浓度为0.1mol/L ‎（1）上述流程中能加快反应速率的措施有__。‎ ‎（2）H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+。‎ ‎①加入H2O2发生反应的离子方程式是__。‎ ‎②滤渣2的主要成分是__（写化学式）。‎ ‎（3）萃取剂RH可用于对溶液中的Ni2+、Co2+进行分离与富集：Co2+(水相)+2RH(有机相)CoR2(有机相)+2H+(水相)‎ ‎①萃取剂浓度对溶液中Ni2+、Co2+的萃取率影响如图所示，萃取剂浓度的最佳取值为__mol/L。‎ ‎②在__（填“强碱性”或“强酸性”）介质中反萃取，使萃取剂再生而循环利用。‎ ‎（4）向反萃取后的水溶液中加入稍过量NH4HCO3，得到CoCO3沉淀。将CoCO3与Li2CO3按n(Li)：n(Co)=1的比例混合，鼓入空气，高温烧结，得到Li2CoO2。‎ ‎①得到CoCO3沉淀的离子方程式是__。‎ ‎②若使用(NH4)2CO3做沉淀剂，产物中会混有Co2(OH)2CO3，这是因为__。‎ ‎③在空气中烧结反应的化学方程式是__。‎ ‎【答案】 (1). 研磨加热 (2). H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). 0.025 (5). 强酸性 (6). Co2++2HCO=CoCO3↓+H2O+CO2↑ (7). 相同条件下，(NH4)2CO3碱性更强，且Co2(OH)2CO3的溶解度小 (8). 4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 红土镍矿经过研磨增大酸浸时的接触面积，加硫酸后金属氧化物溶解得到相应的硫酸盐，二氧化硅不溶于硫酸成为滤渣1，滤液1中加过氧化氢将亚铁离子氧化成三价铁离子，调剂pH到5使铁离子和铝离子转变成氢氧化物沉淀，滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁，滤液2进行萃取得到有机相，再反萃取，经过处理得到钴酸锂(LiCoO2)，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)研磨可以增大反应物间的接触面积，提高反应速率，加热、升高温度能增大反应速率，故答案为：研磨、加热；‎ ‎(2) ①H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，加入H2O2发生反应H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；‎ ‎②根据以上分析滤渣2主要成分是氢氧化铝和氢氧化铁，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；‎ ‎(3) ①根据萃取剂浓度对溶液中Ni2+、Co2+的萃取率影响图可知，当萃取剂浓度的为0.025 mol/L时，Co的萃取率相对较高，且此时Ni的萃取率接近0，故答案为：0.025；‎ ‎②根据萃取反应平衡Co2+(水相)+2RH(有机相)⇌CoR2(有机相)+2H+(水相)可知，酸性增强时平衡逆向移动，有利于Co重新进入水相，故答案为：强酸性；‎ ‎(4) ①向反萃取后的水溶液中加入稍过量NH4HCO3，得到CoCO3沉淀，发生的反应为：Co2++2HCO=CoCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Co2++2HCO=CoCO3↓+H2O+CO2↑；‎ ‎②若使用(NH4)2CO3做沉淀剂，产物中会混有Co2(OH)2CO3，主要因为碳酸根离子的水解程度比碳酸氢根离子强，溶液的碱性更强，且Co2(OH)2CO3的溶解度小，故答案为：相同条件下，(NH4)2CO3碱性更强，且Co2(OH)2CO3的溶解度小；‎ ‎③将CoCO3与Li2CO3按n(Li)：n(Co)=1的比例混合，鼓入空气，高温烧结，得到Li2CoO2，反应中Co元素的化合价由+2价升至+3价，O元素的化合价由0价降至-2价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的方程式为：4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2，故答案为：4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2；‎ ‎19.实验小组研究Mg与NH4Cl溶液的反应，实验如下：‎ 实验 试剂X 现象 Ⅰ H2O 产生极少气泡，Mg表面逐渐变暗，反应很快停止 Ⅱ ‎1mol/LNH4Cl溶液(pH=5)‎ 数分钟内持续产生较多气泡(经检验含有H2），溶液中出现大量白色固体，试管变热 ‎(1)Ⅰ中Mg表面变暗，说明产生了Mg(OH)2固体。反应很快停止的原因是__。‎ ‎(2)探究实验Ⅰ、Ⅱ产生气泡差异的原因。‎ 假设一：NH4Cl溶液显酸性，c(H+)较大，与Mg反应速率较快。‎ ‎①用离子方程式表示NH4Cl溶液显酸性的原因：___。‎ 测定实验Ⅱ反应过程中溶液pH随时间变化，结果如下：‎ ‎②假设一__(填“是”或“不是”）实验Ⅰ、Ⅱ产生气泡差异的主要原因。‎ 假设二：NH4Cl溶液中的NH溶解Mg(OH)2固体，使Mg能够持续与水反应。‎ 进行实验：向1mol/LNH4Cl溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液a。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液a，固体溶解。‎ ‎③有同学认为假设二的实验不严谨，需增加对比实验：__(填操作和现象），说明假设二正确。‎ ‎④向NH4Cl溶液中加几滴氨水的目的是___。‎ ‎(3)1min后，实验Ⅱ中还检测到少量NH3。‎ ‎①检测NH3时要使用湿润的___试纸。‎ ‎②气体中含有少量NH3的原因是__。‎ ‎(4)Mg与NH4Cl溶液充分反应后，仍有大量Mg(OH)2固体生成。综合上述实验，解释Mg与NH4Cl溶液的反应比Mg与H2O的反应更剧烈的主要原因：__。‎ ‎【答案】 (1). 生成的Mg(OH)2覆盖在Mg表面，使Mg与水接触面积减小，反应很快停止 (2). NH+H2ONH3•H2O+H+ (3). 不是 (4). 向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b，固体不溶解 (5). 排除H+的影响，同时使c(NH)基本不变 (6). 红色石蕊 (7). 随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3 (8). NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应；反应放热，温度升高，反应速率加快 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Ⅰ中Mg表面变暗，说明产生了Mg(OH)2‎ 固体。而氢氧化镁不溶于水，会覆盖在镁单质的表面，减少了镁与水的接触面积，从而使反应速率减慢并停止，故答案为：生成的Mg(OH)2覆盖在Mg表面，使Mg与水接触面积减小，反应很快停止；‎ ‎(2)①NH4Cl溶液显酸性是因铵根离子能发生水解反应产生氢离子，反应为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+；‎ ‎②根据反应过程中的pH值变化曲线，若假设一是实验I、II产生差异的原因的话，因此起始时氯化铵的浓度最大，水解产生的氢离子浓度最大，开始阶段的反应速率应比较大，则开始阶段pH值应出现明显变化，这与图像不符合，因此假设一不是实验Ⅰ、Ⅱ产生气泡差异的主要原因，故答案为：不是；‎ ‎③假设二的实验操作中不能说明是铵根离子还是氢氧根离子对氢氧化镁产生了影响，应补充对照实验，排除氢氧根离子对沉淀的影响，具体操作：在其他条件相同时，向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b，固体不溶解，故答案为：向1mol/LNaOH溶液中加几滴氨水，使溶液pH≈8，得到溶液b。向少量Mg(OH)2固体中加入2mL溶液b，固体不溶解；‎ ‎④向NH4Cl溶液中加几滴氨水是溶液呈碱性，这样可以在确保铵根浓度不变的情况下，排除氢离子的影响，故答案为：排除H+的影响，同时使c(NH)基本不变；‎ ‎(3)①检测NH3一般用湿润的红色石蕊试纸，看试纸是否变蓝，故答案为：红色石蕊；‎ ‎②随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3，导致气体中含有少量NH3，故答案为：随着反应2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O的进行，c(NH3•H2O)逐渐增大，且反应放热，NH3•H2O分解产生NH3；‎ ‎(4)Mg与NH4Cl溶液充分反应后，仍有大量Mg(OH)2固体生成。综合上述实验，Mg与NH4Cl溶液的反应比Mg与H2O的反应更剧烈的主要原因NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应；反应放热，温度升高，反应速率加快，故答案为：NH可以促进Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，2NH+Mg(OH)2=Mg2++2NH3•H2O，减少Mg(OH)2的覆盖，使Mg与水持续反应；反应放热，温度升高，反应速率加快。‎