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四川省成都外国语学校2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都外国语学校2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了本试卷分I卷和II卷两部分，本堂考试75分钟，满分100分，答题前，考生务必先将自己的姓名，考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1、本试卷分I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分。
2、本堂考试75分钟，满分100分。
3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。
4、考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 K-39 I-127
第I卷(选择题，共42分)
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生活、生产息息相关，下列说法不正确的是
A. NH4Cl溶液可以除铁锈，属于盐类水解的应用
B. 家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥，与化学反应速率有关
C. 为了增强肥效，将草木灰与铵态氮肥混合施用
D. 煤、石油、天然气是当今最重要的化石燃料
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液呈酸性，可以与铁锈的主要成分Fe2O3反应而除去铁锈，所以属于盐类水解的应用，故A正确；
B．在潮湿的情况下，家用铁锅、铁铲等餐具中的Fe和C与电解质溶液形成原电池发生电化学腐蚀，若保持其干燥可以极大减缓其腐蚀速率，因此与化学反应速率有关，故B正确；
C．草木灰（主要成分为K2CO3）与铵态氮肥混合使用，铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，NH3挥发，氮元素损失，铵态氮肥肥效降低，故C错误；
D．煤、石油、天然气是由古代生物的遗骸经过一系列复杂变化形成的，是当今最重要的化石燃料，故D正确；
故答案为：C。
2. 下列图示与对应的叙述不相符的是
A. (a)图可表示锌和稀硫酸反应过程中的能量变化
B. 通过(b)图可知石墨比金刚石稳定
C. 由(c)图可知，
D. (d)图是某反应A→C的能量变化曲线图(E表示能量)，反应中
【答案】A
【解析】
【详解】A．(a)图中生成物能量高于反应物能量，则反应为吸热反应，而锌和稀硫酸反应为放热反应，故(a)图不可表示锌和稀硫酸反应过程中的能量变化，A错误；
B．(b)图中金刚石的能量大于石墨的能量，能量越低物质越稳定，则通过(b)图可知石墨比金刚石稳定，B正确；
C．由(c)图可知，反应为吸热反应， ，C正确；
D．(d)图是某反应A→C的能量变化曲线图(E表示能量)，反应中，D正确；
故选A。
3. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. Fe(SCN)3溶液中加入少量固体KSCN后颜色变深
B. 把食品存放在冰箱里可延长保质期
C. 合成氨反应，为提高原料的转化率，理论上应采取降低温度的措施
D. 工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高SO2的利用率
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe(SCN)3溶液中存在化学平衡Fe(SCN)3Fe3++3SCN-，加入固体KSCN后SCN-浓度增大，平衡逆向移动，溶液颜色变深，可用勒夏特列原理解释，A正确；
B．食物放在冰箱中保存，温度较低时反应速率慢，食品变质速率慢，可延长保质期，不能用勒夏特列原理解释，B错误；
C．合成氨反应为放热反应，降低温度化学平衡正向移动，原料转化率提高，可用勒夏特列原理解释，C正确；
D．工业上生产硫酸，使用过量的空气，增大了氧气的浓度，则二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的化学平衡正向移动，二氧化硫的转化率提高，可用勒夏特列原理解释，D正确；
故答案选B。
4. 实验室需要配制溶液，并用其滴定未知浓度的盐酸溶液，下列装置能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．称量NaOH时应该放在小烧杯或者称量瓶中进行，A不合题意；
B．容量瓶不能作为溶解、稀释或者反应的仪器，B不合题意；
C．定容过程为加水至离刻度线2~3cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，C符合题意；
D．NaOH将腐蚀酸式滴定管下端的玻璃活塞，应该装在碱式滴定管中，D不合题意；
故答案：C。
5. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 溶液水解生成的胶体粒子数少于
B. 溶液中，数目为
C. 的原子总数为
D. 25℃，溶液由水电离出的为
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知氯化铝水解生成氢氧化铝胶体是一个可逆反应，且胶粒是多个微粒聚集体，故溶液水解生成的胶体粒子数少于2L×0.1ml/L×NAml-1=，A正确；
B．已知碳酸氢根离子在水溶液中既能发生电离又能发生水解，根据物料守恒可知，溶液中，、H2CO3和的数目之和为，B错误；
C．的原子总数为=3，C错误；
D．25℃，溶液中c(H+)=0.1ml/L，但由水电离出的等于水电离出的c(OH-)，也等于溶液中的c(OH-)==10-13ml/L，D错误；
故答案为：A。
6. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 无色溶液中：
B. 通入足量CO2的溶液中：H+、Cl-、、Ca2+
C. 滴加KSCN溶液后显血红色的溶液中：OH⁻、K⁺、、
D. 的溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．无色溶液中不可能含有大量的有颜色离子，A不合题意；
B．通入足量CO2的溶液中H+、Cl-、、Ca2+各离子相互不反应，能够大量共存，B符合题意；
C．滴加KSCN溶液后显血红色的溶液中含有大量的Fe3+，Fe3+与OH⁻、均不能大量共存，C不合题意；
D．的溶液中含有大量的H+、与因发生氧化还原反应不能大量共存，D不合题意；
故答案为：B。
7. 25℃时，下列说法不正确的是
A. 0.10ml/L、0.010ml/L的醋酸的电离常数Ka相同
B. 中和pH和体积均相等的醋酸、HCl溶液，所需NaOH的物质的量前者多
C. 1L pH=8的CH3COONa溶液中，由水电离出总的H+的物质的量为
D. 同pH的盐酸、醋酸溶液，对水的抑制程度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．电离平衡常数Ka仅仅是温度的函数，故、的醋酸的电离常数Ka相同，A正确；
B．pH相同的醋酸和盐酸中c(CH3COOH)远大于c(HCl)，故中和pH和体积均相等的醋酸、HCl溶液，所需NaOH的物质的量前者多，B正确；
C．1L pH=8的CH3COONa溶液中溶液中的H+和OH-都是由水电离产生的，但H+部分与CH3COO-结合成CH3COOH，而OH-全部留在溶液中，故由水电离出总的H+的物质的量等于水电离出的OH-的总物质的量，也等于溶液中OH-的物质的量，故为1L×ml/L=，C错误；
D．同pH的盐酸、醋酸溶液，二者溶液中c(H+)相等，故对水的抑制程度相等，D正确；
故答案为：C。
8. 在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：。下列说法正确的是
A. 稀释溶液，各物质浓度均减小，平衡不移动
B. 加入少量NaHCO3固体，平衡向正反应方向移动
C. 升高温度，减小
D. 加入NaOH固体，溶液pH增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀释溶液，c()、c()、c(OH-)均减小，平衡正向移动，A错误；
B．加入少量NaHCO3固体，c()增大，平衡向逆反应方向移动，B错误；
C．水解反应吸热，升高温度，平衡正向移动，c()增大，c()减小，则增大，C错误；
D．加入NaOH固体，溶液氢氧根离子的浓度增大，pH增大，D正确；
故答案为：D。
9. 下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1ml·L-1的NaHA溶液，其
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：
C. 等物质的量的CH3COOH和CH3COONa溶于水：
D. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.1ml·L-1的NaHA溶液的，显酸性，所以得电离程度大于水解程度，所以c(A2-)>c(H2A)，故A错误；
B．等物质的量浓度的三种溶液的碱性大小为：NaOH> Na2CO3>CH3COONa，所以pH相等的三种溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)C．由质子守恒可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)= 2c(H+)+c(CH3COOH)，故C错误；
D．任意比例混合都存在电荷守恒：，故D正确；
故选D。
10. 对化学反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)的速率和平衡的影响，下列判断正确的是
A. 由图a可知，该反应的正反应为吸热反应
B. 由图b可知，该反应m+nC. 若图c是绝热条件下速率和时间的图像，说明该反应的正反应为放热反应
D. 图d中的a曲线一定是加入了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图a可知，T1先达到平衡，且T1对应C%含量低，则T1＞T2，升高温度平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故A错误；
B．由图b可知，温度一定时，增大压强，C%含量增大，说明平衡正向移动，该反应m+n＞p，故B错误；
C．图c是绝热条件下速率和时间的图像，可知最初随着反应进行，温度升高，速率加快，则说明此反应的正反应为放热反应，故C正确；
D．图d中，若m+n=p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，故D错误；
故选C。
11. 25℃时，的两种碱溶液各10mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法不正确的是
A. 若，则NOH为强碱
B. 两种碱的物质的量浓度肯定不等
C. 均稀释100倍以后，MOH溶液中水的电离程度大于NOH溶液
D. 若两者均为弱碱，则，且NOH碱性强于MOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．若，的强碱稀释100倍，pH会减小2，变为9，由图可知，NOH在稀释100倍后pH变为了9，则NOH为强碱，A正确；
B．由图可知，碱性越弱，稀释后pH变化越小，MOH碱性比NOH更弱，起始时两者pH相等，则两种碱的物质的量浓度一定不相等，B正确；
C．均稀释100倍以后，MOH溶液pH大于NOH溶液，MOH溶液碱性更强，对水电离的抑制作用更强，则均稀释100倍以后，MOH溶液中水的电离程度小于NOH溶液，C错误；
D．强碱稀释100倍后得到的溶液pH=9，稀释前溶液pH=11，若两者均为弱碱，稀释后得到的溶液pH=9，稀释前溶液pH＜11，则，碱性越弱，稀释后pH变化越小，则NOH碱性强于MOH，D正确；
故选C。
12. 某水溶液中不同温度下pH和pOH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 若，则
B. e点溶液中通入，可使e点迁移至d点
C. 若，则该温度下将的稀硫酸与的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
D. f、d两点的比较，前者大
【答案】B
【解析】
【分析】由题干图示信息可知，b＞a，则d点对应温度下的Kw(d)=c(H+)c(OH-)=10-b×10-b=10-2b，f点对应温度下的Kw(f)= c(H+)c(OH-)=10-a×10-a=10-2a，即Kw(d)＜Kw(f)，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，若，即f点对应温度为25℃，又知Kw(d)＜Kw(f)，则，A正确；
B．已知NH3溶于水呈碱性，即e点溶液中通入NH3，则溶液中OH-浓度增大，H+浓度减小，则POH减小，pH增大，不可使e点迁移至d点，B错误；
C．由分析可知，若，则该温度下Kw=10-12，则将的稀硫酸即c(H+)=10-2ml/L,与的KOH溶液即c(OH-)==10-2ml/L，故等体积混合后H+和OH-完全中和，则溶液显中性，C正确；
D．由分析可知，Kw(d)= 10-2b，Kw(f)= 10-2a，由图可知b＞a即Kw(d)＜Kw(f)，f、d两点的Kw比较，前者大，D正确；
故答案为：B。
13. 工业上可通过甲醇(CH3OH)羰基化法制取甲酸甲酯(HCOOCH3)：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g) △H＜0。在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量的CH3OH和CO及催化剂，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。下列说法错误的是
A. a、b、c点一定没有达到平衡，不能确定d、e点是否达到平衡
B. 反应速率从快到慢依次为：e、d、c、b、a
C. e点的转化率低于d点，可能原因是催化剂中毒
D. 生产时反应温度控制在80～85℃为宜
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，一定时间内，反应未达平衡之前，温度升高，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，平衡之后，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，说明反应为放热反应。
【详解】A．由分析可知，CO转化率最大时，反应达到平衡，d点和e点到达平衡状态，a、b、c点未达到平衡状态，故A错误；
B．温度越高，反应速率越快，则反应速率从快到慢依次为：e、d、c、b、a，故B正确；
C．d点和e点反应已经达到平衡，相同时间内，e点CO的转化率小于d点，可能原因是催化剂中毒，催化活性减弱，反应速率减慢，故C正确；
D．由图可知，温度控制在80～85℃时，CO的转化率最大，生产时反应温度控制在80～85℃为宜，故D正确；
故选A。
14. 25℃时，用盐酸滴定氨水的滴定曲线如图所示(已知：滴定剂与被滴定组分的物质的量之比为滴定分数)。下列说法错误的是
A. a点溶液中水电离出的小于
B. 温度升高，c点溶液的pH减小
C. 滴定过程，溶液中不变
D. 25℃时，的数量级为
【答案】D
【解析】
【分析】用盐酸滴定氨水，曲线表示随盐酸的加入，pH的变化情况，据此分析。
【详解】A．a点表示反应中点，溶质为等量氯化铵和氨水的混合溶液，由图可知，此时溶液显碱性，说明氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，对水的电离起抑制作用，故溶液中水电离出的小于，故A正确；
B．c点表示恰好反应完全的点，溶质为氯化铵，温度升高，促进氯化铵溶液的水解，c(H+)增大，pH减小，故B正确；
C．=，滴定过程，温度不变，Kh不变，溶液中不变，故C正确；
D．由图可知，b点时，HCl与氨水的物质的量之比为0.9，此时溶质为氯化铵和氨水，且物质的量之比为9:1，则b点,25℃时，==，数量级为，故D错误。
答案为：D。
第II卷(非选择题，共58分)
二、填空题
15. 将二氧化碳转化为绿色液体燃料甲醇(CH3OH)是实现碳中和的一个重要途径。
I．我国科学家在含铂高效催化剂作用下把二氧化碳高效转化为清洁液态燃料――甲醇。
（1）该法利用CO₂制取甲醇的有关化学反应如下：
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) =-178kJ/ml
②2CO(g)+O2(g)2CO2(g) =-566kJ/ml
③2H2(g)+O2(g)2H2O(g) =-483.6kJ/ml
_____
Ⅱ．甲醇的制备原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) =-178kJ/ml
（2）对于该反应，可以同时提高反应速率和CH3OH产率的措施有_____(填字母序号)。
A. 升高反应温度B. 使用高效催化剂
C. 增大体系压强D. 移走CH3OH
（3）为探究CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的反应原理，进行如下实验：在一恒温，体积为2L恒容密闭容器中，充入1mlCO2和4mlH2，初始压强为8MPa，进行该反应(不考虑其它副反应)。10min时测得体系的压强为6.4MPa且不再随时间变化。回答下列问题：
①反应开始到10min时，= _____。
②10min时，体系中CH₃OH的物质的量分数为_____%。
③该温度下的压强平衡常数_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）某科研小组研究不同催化剂对反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的影响，按：n(CO2):n(H2)=1:3投料，不同催化剂作用下，反应tmin时，CH3OH的产率随温度的变化如图所示：
①催化剂效果最佳的是_____(填“催化剂I”、“催化剂Ⅱ”)，理由是_____。
②d点(逆)_____a点(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】（1）-219.2 （2）C
（3） ①. 0.025ml·L-1·min-1 ②. 12.5 ③. 0.0125
（4） ①. 催化剂I ②. 在温度较低的条件下催化效率更高 ③. ＜
【解析】
【小问1详解】
已知①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) =-178kJ/ml，
②2CO(g)+O2(g)2CO2(g) =-566kJ/ml，
③2H2(g)+O2(g)2H2O(g) =-483.6kJ/ml，
将①+(②-③)×得：CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)根据盖斯定律可得△H=(-178kJ•ml-1)+[(-566kJ•ml-1)-(-483.6kJ•ml-1)]×=-219.2kJ•ml-1，故答案为：-219.2；
【小问2详解】
A．已知该反应正反应是一个放热反应，故升高反应温度，平衡逆向移动，CH3OH的产率减小，反应速率提高，A不合题意；
B．使用高效催化剂可以加快反应速率，但不能影响化学平衡，CH3OH的产率不变，B不合题意；
C．已知该反应正反应是一个气体体积减小方向，故增大体系压强，体系反应物、生成物的浓度增大，反应速率增大，化学平衡正向移动，CH3OH的产率增大，C符合题意；
D．移走CH3OH，平衡正向移动，CH3OH的产率增大，但反应速率减慢，D不合题意；
故答案为：C；
【小问3详解】
在一恒温，体积为2L恒容密闭容器中，充入1mlCO2和4mlH2，初始压强为8MPa，进行该反应(不考虑其它副反应)，10min时测得体系的压强为6.4MPa且不再随时间变化，进行三段式分析可知：，根据恒容密闭容器中，体系的压强之比等于混合气体的物质的量之比即=，解得x=0.5ml，据此分析解题：
①由上述分析可知，反应开始到10min时，===0.025ml·L-1·min-1，故答案为：0.025ml·L-1·min-1；
②由上述分析可知，10min时，体系中CH₃OH的物质的量分数为=12.5%，故答案为：12.5；
③由上述分析可知，平衡时CO2的平衡分压为：=0.8MPa、H2的平衡分压为：=4.0MPa，CH3OH、H2O的平衡分压为：=0.8MPa，故该温度下的压强平衡常数==0.0125MPa-2，故答案为：0.0125；
【小问4详解】
①由图干图示信息可知，催化剂I在温度较低的条件下催化效率更高，故催化剂效果最佳的是催化剂I，故答案为：催化剂I； 在温度较低的条件下催化效率更高；
②由图干图示信息可知，d点对应的温度低于a点对应的温度，温度越高反应速率越快，故d点(逆)＜a点(逆)，故答案为：＜。
16. 滴定法是化学分析常用方法，是一种简便、快速和应用广泛的定量分析方法。
I．某实验小组用已知浓度的NaOH标准液来滴定未知浓度的醋酸溶液。
（1）实验室先用NaOH固体配制0.1000ml/L的NaOH溶液240mL。
①本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、_____。
②要完成本实验该同学应称出NaOH的质量为_____g。
（2）取25.00mL待测液于250mL锥形瓶中，加入2~3滴指示剂，用0.1000ml/LNaOH标准溶液滴定至终点，按上述操作重复3次。回答下列问题。
①滴定过程中加入的指示剂为_____；
②滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视_____；
③三次实验数据记录如表所示：
根据表中数据计算出醋酸待测液的浓度为_____。
④在上述实验过程中，出现下列操作(其他操作正确)会造成测定结果(待测液浓度值)偏低的有_____(填序号)。
a．量取标准液的碱式滴定管未用标准液润洗
b．取醋酸的酸式滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，仍残留一定量水
d．当滴定结束时，俯视碱式滴定管读数
II．氧化还原滴定与酸碱中和滴定类似，可用于KIO₃粗产品的纯度测定。
称取mg产品配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入足量的KI和稀硫酸，充分反应后加入淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点（），平均消耗标准溶液的体积为VmL。
（3）加入KI和稀H₂SO₄后发生反应的离子方程式为_____。
（4）滴定终点的现象为_____，则产品中KIO3的质量分数为_____%。
【答案】（1） ①. 250mL容量瓶 ②. 1.0
（2） ①. 酚酞 ②. 锥形瓶内溶液颜色变化 ③. 0.1200ml/L ④. bd
（3）
（4） ①. 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 ②.
【解析】
【小问1详解】
①本实验必须用到的仪器除了天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要250mL容量瓶；
②应称取m(NaOH)==1.0g；
【小问2详解】
①用NaOH标准溶液滴定醋酸溶液，到达滴定终点时溶液呈碱性，加入的指示剂为酚酞；
②滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化；
③三次实验数据可得消耗NaOH溶液的体积分别为30.95-1.00=29.95mL、29.23-2.03=27.2mL、30.61-0.56=30.05mL，第2次实验数据误差较大应舍去，则消耗NaOH溶液体积的平均值为，依据1mlNaOH恰好能与1ml醋酸反应，醋酸待测液的浓度为；
④ a．量取标准液的碱式滴定管未润洗，则会造成消耗标准NaOH溶液体积偏大，测定结果偏高，a不符合题意；
b．取醋酸的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，待测液的物质的量偏小，导致标准液的体积偏小，测定结果偏低，b符合题意；
c．锥形瓶水洗后直接装待测液，水不消耗标准液，不影响测定结果，c不符合题意；
d．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，读数偏小，造成标准液体积偏小，测定结果偏低，d符合题意；
故答案为：bd；
【小问3详解】
KI和稀硫酸提供的氢离子及碘酸钾发生归中反应生成碘单质，发生反应的离子方程式为：；
【小问4详解】
淀粉溶液作指示剂，生成碘单质溶液变蓝色，则滴定终点的现象为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；根据离子方程式和可得关系式：~3I2~6，n()=n()=cV×10-3ml，产品中m(KIO3)= cV×10-3ml××214g/ml=×10-2g，则产品中KIO3的质量分数为%。
17. 物质在水中存在电离平衡、水解平衡。请根据所学知识回答：
（1）次磷酸()是一种精细化工产品，向10mL 溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有、两种阴离子。
①写出溶液与足量NaOH溶液反应后形成正盐的化学式：___________。
②常温下，，0.1ml/L的溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是___________(填序号)。
A． B． C．
（2）25℃时，HF的电离常数为；的电离常数为，，。在溶液加入过量NaF溶液的离子反应方程式为___________。
（3）盐碱地(含较多、NaCl)不利于植物生长，盐碱地呈碱性的原因：___________(用离子方程式说明)；已知25℃时，的，则当溶液中时，溶液的___________。
（4）某温度下，水的离子积常数。该温度下，将的HCl溶液与的NaOH溶液混合并保持恒温，忽略混合前后溶液体积的变化。欲使混合溶液，则盐酸溶液与NaOH溶液的体积比为___________。
（5）相同物质的量浓度的五种溶液：①、②氨水、③、④、⑤，由大到小顺序是___________(用序号表示)。
【答案】（1） ①. ②. AB
（2）
（3） ①. ②. 10
（4）1：9 （5）⑤①③④②
【解析】
【小问1详解】
①向10mL H3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2-、OH-两种阴离子，说明H3PO2是一元酸，H3PO2溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐为NaH2PO2；
②A．加水稀释后溶液中c（H+）减小，故A正确；
B．稀释过程中H3PO2的电离程度增大，则H3PO2的物质的量减小、H+的物质的量增大，由于在同一溶液中，则的比值减小，故B正确；
C．为H3PO2的电离平衡常数，稀释过程中温度不变则该平衡常数不变，故C错误；故答案为：AB；
【小问2详解】
HF的电离平衡常数小于磷酸的第一步电离平衡常数大于其第二步电离平衡常数，所以NaF和磷酸反应生成HF和磷酸二氢钠，离子方程式为；
【小问3详解】
Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，离子方程式为，的，已知，则c(OH-)=10-4ml/L，25℃时，，溶液的10；
【小问4详解】
的HCl溶液c(H+)=0.1ml/L，水的离子积常数，的NaOH溶液，欲使混合溶液，则，整理可得0.099V酸=0.011V碱，则盐酸溶液与NaOH溶液的体积比为1：9；
【小问5详解】
先不考虑水解，相同物质的量浓度中和中大于其他物质，⑤中亚铁离子也能发生水解使溶液呈酸性会抑制铵根水解，则：⑤>①，、都能完全电离，而氨水部分电离，则②氨水中最小，而完全电离出氢离子抑制铵根水解，：③>④，故由大到小顺序是⑤①③④②。
18. 软锰矿的主要成分是，还含有少量重金属化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是，还含有Si、Al的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸工艺制备并回收，其主要流程如下：
（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可以采取的措施有___________(写两条)。
（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，浸取时发生反应的离子方程式为___________。
（3）“氧化”过程中，反应消耗的氧化剂与还原剂的比为___________，还可使用___________代替。
（4）滤渣2主要成分的化学式是___________。
（5）“50℃”碳化得到碳酸锰发生的化学反应方程式是___________。
（6）生成碳酸锰产品需要充分洗涤，检验碳酸锰产品已完全洗净的方法是___________。
【答案】（1）适当升高温度、搅拌、矿石研成粉末、延长浸泡时间等(合理即可)
（2）
（3） ①. 1：2 ②. /氯水等合理答案即可
（4）、
（5）
（6）取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的溶液，若无沉淀，则已洗净
【解析】
【分析】浸取时加入硫酸，获得的滤渣1中含有S、SiO2等，浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，说明浸取液中没有Fe3+，黄铁矿中的FeS2被氧化成S，则软锰矿中的MnO2被还原成Mn2+，浸取时的主要反应为MnO2+FeS2+4H+=Mn2++Fe2++2S+2H2O，除此之外重金属化合物、铝的氧化物溶解转化成相应的金属阳离子进入浸取液中；氧化阶段加入MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，反应为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；加入氨水调pH为5~6的目的是将Fe3+、Al3+转化成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀而除去；加入（NH4）2S除去重金属阳离子过滤后的滤液中主要溶质为MnSO4，由流程知碳化时生成MnCO3、CO2和（NH4）2SO4，则碳化时反应的方程式为。
【小问1详解】
为了提高浸出率，在浸取时可采取的措施有：搅拌、矿石研成粉末、适当升高温度、延长浸泡时间等等（合理即可）；
【小问2详解】
加入KSCN溶液无明显现象，说明浸取液中没有Fe3+，黄铁矿中的FeS2被氧化成S，则软锰矿中的MnO2被还原成Mn2+，浸取时的主要反应为MnO2+FeS2+4H+=Mn2++Fe2++2S+2H2O；
【小问3详解】
氧化阶段加入MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，反应为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，氧化剂为MnO2，还原剂为Fe2+，反应消耗的氧化剂与还原剂的比为1：2,；还可使用H2O2、氯水等代替MnO2；
【小问4详解】
加入氨水调pH为5~6的目的是将Fe3+、Al3+转化成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀而除去，滤渣2的主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；
【小问5详解】
由流程知碳化时生成MnCO3、CO2和（NH4）2SO4，则碳化时反应的方程式为；
【小问6详解】
A．称量
B．溶解
C．定容
D．滴定过程
滴定次数
滴定前碱式滴定管读数/mL
滴定后碱式滴定管读数/mL
1
1.00
30.95
2
2.03
29.23
3
0.56
30.61
注意事项：
1、本试卷分I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分。
2、本堂考试75分钟，满分100分。
3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。
4、考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 K-39 I-127
第I卷(选择题，共42分)
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 化学与生活、生产息息相关，下列说法不正确的是
A. NH4Cl溶液可以除铁锈，属于盐类水解的应用
B. 家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥，与化学反应速率有关
C. 为了增强肥效，将草木灰与铵态氮肥混合施用
D. 煤、石油、天然气是当今最重要的化石燃料
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液呈酸性，可以与铁锈的主要成分Fe2O3反应而除去铁锈，所以属于盐类水解的应用，故A正确；
B．在潮湿的情况下，家用铁锅、铁铲等餐具中的Fe和C与电解质溶液形成原电池发生电化学腐蚀，若保持其干燥可以极大减缓其腐蚀速率，因此与化学反应速率有关，故B正确；
C．草木灰（主要成分为K2CO3）与铵态氮肥混合使用，铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，NH3挥发，氮元素损失，铵态氮肥肥效降低，故C错误；
D．煤、石油、天然气是由古代生物的遗骸经过一系列复杂变化形成的，是当今最重要的化石燃料，故D正确；
故答案为：C。
2. 下列图示与对应的叙述不相符的是
A. (a)图可表示锌和稀硫酸反应过程中的能量变化
B. 通过(b)图可知石墨比金刚石稳定
C. 由(c)图可知，
D. (d)图是某反应A→C的能量变化曲线图(E表示能量)，反应中
【答案】A
【解析】
【详解】A．(a)图中生成物能量高于反应物能量，则反应为吸热反应，而锌和稀硫酸反应为放热反应，故(a)图不可表示锌和稀硫酸反应过程中的能量变化，A错误；
B．(b)图中金刚石的能量大于石墨的能量，能量越低物质越稳定，则通过(b)图可知石墨比金刚石稳定，B正确；
C．由(c)图可知，反应为吸热反应， ，C正确；
D．(d)图是某反应A→C的能量变化曲线图(E表示能量)，反应中，D正确；
故选A。
3. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. Fe(SCN)3溶液中加入少量固体KSCN后颜色变深
B. 把食品存放在冰箱里可延长保质期
C. 合成氨反应，为提高原料的转化率，理论上应采取降低温度的措施
D. 工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高SO2的利用率
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe(SCN)3溶液中存在化学平衡Fe(SCN)3Fe3++3SCN-，加入固体KSCN后SCN-浓度增大，平衡逆向移动，溶液颜色变深，可用勒夏特列原理解释，A正确；
B．食物放在冰箱中保存，温度较低时反应速率慢，食品变质速率慢，可延长保质期，不能用勒夏特列原理解释，B错误；
C．合成氨反应为放热反应，降低温度化学平衡正向移动，原料转化率提高，可用勒夏特列原理解释，C正确；
D．工业上生产硫酸，使用过量的空气，增大了氧气的浓度，则二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的化学平衡正向移动，二氧化硫的转化率提高，可用勒夏特列原理解释，D正确；
故答案选B。
4. 实验室需要配制溶液，并用其滴定未知浓度的盐酸溶液，下列装置能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．称量NaOH时应该放在小烧杯或者称量瓶中进行，A不合题意；
B．容量瓶不能作为溶解、稀释或者反应的仪器，B不合题意；
C．定容过程为加水至离刻度线2~3cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，C符合题意；
D．NaOH将腐蚀酸式滴定管下端的玻璃活塞，应该装在碱式滴定管中，D不合题意；
故答案：C。
5. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 溶液水解生成的胶体粒子数少于
B. 溶液中，数目为
C. 的原子总数为
D. 25℃，溶液由水电离出的为
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知氯化铝水解生成氢氧化铝胶体是一个可逆反应，且胶粒是多个微粒聚集体，故溶液水解生成的胶体粒子数少于2L×0.1ml/L×NAml-1=，A正确；
B．已知碳酸氢根离子在水溶液中既能发生电离又能发生水解，根据物料守恒可知，溶液中，、H2CO3和的数目之和为，B错误；
C．的原子总数为=3，C错误；
D．25℃，溶液中c(H+)=0.1ml/L，但由水电离出的等于水电离出的c(OH-)，也等于溶液中的c(OH-)==10-13ml/L，D错误；
故答案为：A。
6. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 无色溶液中：
B. 通入足量CO2的溶液中：H+、Cl-、、Ca2+
C. 滴加KSCN溶液后显血红色的溶液中：OH⁻、K⁺、、
D. 的溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．无色溶液中不可能含有大量的有颜色离子，A不合题意；
B．通入足量CO2的溶液中H+、Cl-、、Ca2+各离子相互不反应，能够大量共存，B符合题意；
C．滴加KSCN溶液后显血红色的溶液中含有大量的Fe3+，Fe3+与OH⁻、均不能大量共存，C不合题意；
D．的溶液中含有大量的H+、与因发生氧化还原反应不能大量共存，D不合题意；
故答案为：B。
7. 25℃时，下列说法不正确的是
A. 0.10ml/L、0.010ml/L的醋酸的电离常数Ka相同
B. 中和pH和体积均相等的醋酸、HCl溶液，所需NaOH的物质的量前者多
C. 1L pH=8的CH3COONa溶液中，由水电离出总的H+的物质的量为
D. 同pH的盐酸、醋酸溶液，对水的抑制程度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．电离平衡常数Ka仅仅是温度的函数，故、的醋酸的电离常数Ka相同，A正确；
B．pH相同的醋酸和盐酸中c(CH3COOH)远大于c(HCl)，故中和pH和体积均相等的醋酸、HCl溶液，所需NaOH的物质的量前者多，B正确；
C．1L pH=8的CH3COONa溶液中溶液中的H+和OH-都是由水电离产生的，但H+部分与CH3COO-结合成CH3COOH，而OH-全部留在溶液中，故由水电离出总的H+的物质的量等于水电离出的OH-的总物质的量，也等于溶液中OH-的物质的量，故为1L×ml/L=，C错误；
D．同pH的盐酸、醋酸溶液，二者溶液中c(H+)相等，故对水的抑制程度相等，D正确；
故答案为：C。
8. 在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：。下列说法正确的是
A. 稀释溶液，各物质浓度均减小，平衡不移动
B. 加入少量NaHCO3固体，平衡向正反应方向移动
C. 升高温度，减小
D. 加入NaOH固体，溶液pH增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀释溶液，c()、c()、c(OH-)均减小，平衡正向移动，A错误；
B．加入少量NaHCO3固体，c()增大，平衡向逆反应方向移动，B错误；
C．水解反应吸热，升高温度，平衡正向移动，c()增大，c()减小，则增大，C错误；
D．加入NaOH固体，溶液氢氧根离子的浓度增大，pH增大，D正确；
故答案为：D。
9. 下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1ml·L-1的NaHA溶液，其
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：
C. 等物质的量的CH3COOH和CH3COONa溶于水：
D. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.1ml·L-1的NaHA溶液的，显酸性，所以得电离程度大于水解程度，所以c(A2-)>c(H2A)，故A错误；
B．等物质的量浓度的三种溶液的碱性大小为：NaOH> Na2CO3>CH3COONa，所以pH相等的三种溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)
D．任意比例混合都存在电荷守恒：，故D正确；
故选D。
10. 对化学反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)的速率和平衡的影响，下列判断正确的是
A. 由图a可知，该反应的正反应为吸热反应
B. 由图b可知，该反应m+n
D. 图d中的a曲线一定是加入了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图a可知，T1先达到平衡，且T1对应C%含量低，则T1＞T2，升高温度平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故A错误；
B．由图b可知，温度一定时，增大压强，C%含量增大，说明平衡正向移动，该反应m+n＞p，故B错误；
C．图c是绝热条件下速率和时间的图像，可知最初随着反应进行，温度升高，速率加快，则说明此反应的正反应为放热反应，故C正确；
D．图d中，若m+n=p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，故D错误；
故选C。
11. 25℃时，的两种碱溶液各10mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法不正确的是
A. 若，则NOH为强碱
B. 两种碱的物质的量浓度肯定不等
C. 均稀释100倍以后，MOH溶液中水的电离程度大于NOH溶液
D. 若两者均为弱碱，则，且NOH碱性强于MOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．若，的强碱稀释100倍，pH会减小2，变为9，由图可知，NOH在稀释100倍后pH变为了9，则NOH为强碱，A正确；
B．由图可知，碱性越弱，稀释后pH变化越小，MOH碱性比NOH更弱，起始时两者pH相等，则两种碱的物质的量浓度一定不相等，B正确；
C．均稀释100倍以后，MOH溶液pH大于NOH溶液，MOH溶液碱性更强，对水电离的抑制作用更强，则均稀释100倍以后，MOH溶液中水的电离程度小于NOH溶液，C错误；
D．强碱稀释100倍后得到的溶液pH=9，稀释前溶液pH=11，若两者均为弱碱，稀释后得到的溶液pH=9，稀释前溶液pH＜11，则，碱性越弱，稀释后pH变化越小，则NOH碱性强于MOH，D正确；
故选C。
12. 某水溶液中不同温度下pH和pOH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 若，则
B. e点溶液中通入，可使e点迁移至d点
C. 若，则该温度下将的稀硫酸与的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
D. f、d两点的比较，前者大
【答案】B
【解析】
【分析】由题干图示信息可知，b＞a，则d点对应温度下的Kw(d)=c(H+)c(OH-)=10-b×10-b=10-2b，f点对应温度下的Kw(f)= c(H+)c(OH-)=10-a×10-a=10-2a，即Kw(d)＜Kw(f)，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，若，即f点对应温度为25℃，又知Kw(d)＜Kw(f)，则，A正确；
B．已知NH3溶于水呈碱性，即e点溶液中通入NH3，则溶液中OH-浓度增大，H+浓度减小，则POH减小，pH增大，不可使e点迁移至d点，B错误；
C．由分析可知，若，则该温度下Kw=10-12，则将的稀硫酸即c(H+)=10-2ml/L,与的KOH溶液即c(OH-)==10-2ml/L，故等体积混合后H+和OH-完全中和，则溶液显中性，C正确；
D．由分析可知，Kw(d)= 10-2b，Kw(f)= 10-2a，由图可知b＞a即Kw(d)＜Kw(f)，f、d两点的Kw比较，前者大，D正确；
故答案为：B。
13. 工业上可通过甲醇(CH3OH)羰基化法制取甲酸甲酯(HCOOCH3)：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g) △H＜0。在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量的CH3OH和CO及催化剂，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。下列说法错误的是
A. a、b、c点一定没有达到平衡，不能确定d、e点是否达到平衡
B. 反应速率从快到慢依次为：e、d、c、b、a
C. e点的转化率低于d点，可能原因是催化剂中毒
D. 生产时反应温度控制在80～85℃为宜
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，一定时间内，反应未达平衡之前，温度升高，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，平衡之后，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，说明反应为放热反应。
【详解】A．由分析可知，CO转化率最大时，反应达到平衡，d点和e点到达平衡状态，a、b、c点未达到平衡状态，故A错误；
B．温度越高，反应速率越快，则反应速率从快到慢依次为：e、d、c、b、a，故B正确；
C．d点和e点反应已经达到平衡，相同时间内，e点CO的转化率小于d点，可能原因是催化剂中毒，催化活性减弱，反应速率减慢，故C正确；
D．由图可知，温度控制在80～85℃时，CO的转化率最大，生产时反应温度控制在80～85℃为宜，故D正确；
故选A。
14. 25℃时，用盐酸滴定氨水的滴定曲线如图所示(已知：滴定剂与被滴定组分的物质的量之比为滴定分数)。下列说法错误的是
A. a点溶液中水电离出的小于
B. 温度升高，c点溶液的pH减小
C. 滴定过程，溶液中不变
D. 25℃时，的数量级为
【答案】D
【解析】
【分析】用盐酸滴定氨水，曲线表示随盐酸的加入，pH的变化情况，据此分析。
【详解】A．a点表示反应中点，溶质为等量氯化铵和氨水的混合溶液，由图可知，此时溶液显碱性，说明氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，对水的电离起抑制作用，故溶液中水电离出的小于，故A正确；
B．c点表示恰好反应完全的点，溶质为氯化铵，温度升高，促进氯化铵溶液的水解，c(H+)增大，pH减小，故B正确；
C．=，滴定过程，温度不变，Kh不变，溶液中不变，故C正确；
D．由图可知，b点时，HCl与氨水的物质的量之比为0.9，此时溶质为氯化铵和氨水，且物质的量之比为9:1，则b点,25℃时，==，数量级为，故D错误。
答案为：D。
第II卷(非选择题，共58分)
二、填空题
15. 将二氧化碳转化为绿色液体燃料甲醇(CH3OH)是实现碳中和的一个重要途径。
I．我国科学家在含铂高效催化剂作用下把二氧化碳高效转化为清洁液态燃料――甲醇。
（1）该法利用CO₂制取甲醇的有关化学反应如下：
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) =-178kJ/ml
②2CO(g)+O2(g)2CO2(g) =-566kJ/ml
③2H2(g)+O2(g)2H2O(g) =-483.6kJ/ml
_____
Ⅱ．甲醇的制备原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) =-178kJ/ml
（2）对于该反应，可以同时提高反应速率和CH3OH产率的措施有_____(填字母序号)。
A. 升高反应温度B. 使用高效催化剂
C. 增大体系压强D. 移走CH3OH
（3）为探究CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的反应原理，进行如下实验：在一恒温，体积为2L恒容密闭容器中，充入1mlCO2和4mlH2，初始压强为8MPa，进行该反应(不考虑其它副反应)。10min时测得体系的压强为6.4MPa且不再随时间变化。回答下列问题：
①反应开始到10min时，= _____。
②10min时，体系中CH₃OH的物质的量分数为_____%。
③该温度下的压强平衡常数_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）某科研小组研究不同催化剂对反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的影响，按：n(CO2):n(H2)=1:3投料，不同催化剂作用下，反应tmin时，CH3OH的产率随温度的变化如图所示：
①催化剂效果最佳的是_____(填“催化剂I”、“催化剂Ⅱ”)，理由是_____。
②d点(逆)_____a点(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】（1）-219.2 （2）C
（3） ①. 0.025ml·L-1·min-1 ②. 12.5 ③. 0.0125
（4） ①. 催化剂I ②. 在温度较低的条件下催化效率更高 ③. ＜
【解析】
【小问1详解】
已知①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) =-178kJ/ml，
②2CO(g)+O2(g)2CO2(g) =-566kJ/ml，
③2H2(g)+O2(g)2H2O(g) =-483.6kJ/ml，
将①+(②-③)×得：CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)根据盖斯定律可得△H=(-178kJ•ml-1)+[(-566kJ•ml-1)-(-483.6kJ•ml-1)]×=-219.2kJ•ml-1，故答案为：-219.2；
【小问2详解】
A．已知该反应正反应是一个放热反应，故升高反应温度，平衡逆向移动，CH3OH的产率减小，反应速率提高，A不合题意；
B．使用高效催化剂可以加快反应速率，但不能影响化学平衡，CH3OH的产率不变，B不合题意；
C．已知该反应正反应是一个气体体积减小方向，故增大体系压强，体系反应物、生成物的浓度增大，反应速率增大，化学平衡正向移动，CH3OH的产率增大，C符合题意；
D．移走CH3OH，平衡正向移动，CH3OH的产率增大，但反应速率减慢，D不合题意；
故答案为：C；
【小问3详解】
在一恒温，体积为2L恒容密闭容器中，充入1mlCO2和4mlH2，初始压强为8MPa，进行该反应(不考虑其它副反应)，10min时测得体系的压强为6.4MPa且不再随时间变化，进行三段式分析可知：，根据恒容密闭容器中，体系的压强之比等于混合气体的物质的量之比即=，解得x=0.5ml，据此分析解题：
①由上述分析可知，反应开始到10min时，===0.025ml·L-1·min-1，故答案为：0.025ml·L-1·min-1；
②由上述分析可知，10min时，体系中CH₃OH的物质的量分数为=12.5%，故答案为：12.5；
③由上述分析可知，平衡时CO2的平衡分压为：=0.8MPa、H2的平衡分压为：=4.0MPa，CH3OH、H2O的平衡分压为：=0.8MPa，故该温度下的压强平衡常数==0.0125MPa-2，故答案为：0.0125；
【小问4详解】
①由图干图示信息可知，催化剂I在温度较低的条件下催化效率更高，故催化剂效果最佳的是催化剂I，故答案为：催化剂I； 在温度较低的条件下催化效率更高；
②由图干图示信息可知，d点对应的温度低于a点对应的温度，温度越高反应速率越快，故d点(逆)＜a点(逆)，故答案为：＜。
16. 滴定法是化学分析常用方法，是一种简便、快速和应用广泛的定量分析方法。
I．某实验小组用已知浓度的NaOH标准液来滴定未知浓度的醋酸溶液。
（1）实验室先用NaOH固体配制0.1000ml/L的NaOH溶液240mL。
①本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、_____。
②要完成本实验该同学应称出NaOH的质量为_____g。
（2）取25.00mL待测液于250mL锥形瓶中，加入2~3滴指示剂，用0.1000ml/LNaOH标准溶液滴定至终点，按上述操作重复3次。回答下列问题。
①滴定过程中加入的指示剂为_____；
②滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视_____；
③三次实验数据记录如表所示：
根据表中数据计算出醋酸待测液的浓度为_____。
④在上述实验过程中，出现下列操作(其他操作正确)会造成测定结果(待测液浓度值)偏低的有_____(填序号)。
a．量取标准液的碱式滴定管未用标准液润洗
b．取醋酸的酸式滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，仍残留一定量水
d．当滴定结束时，俯视碱式滴定管读数
II．氧化还原滴定与酸碱中和滴定类似，可用于KIO₃粗产品的纯度测定。
称取mg产品配成250mL溶液，取25.00mL溶液加入足量的KI和稀硫酸，充分反应后加入淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点（），平均消耗标准溶液的体积为VmL。
（3）加入KI和稀H₂SO₄后发生反应的离子方程式为_____。
（4）滴定终点的现象为_____，则产品中KIO3的质量分数为_____%。
【答案】（1） ①. 250mL容量瓶 ②. 1.0
（2） ①. 酚酞 ②. 锥形瓶内溶液颜色变化 ③. 0.1200ml/L ④. bd
（3）
（4） ①. 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 ②.
【解析】
【小问1详解】
①本实验必须用到的仪器除了天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要250mL容量瓶；
②应称取m(NaOH)==1.0g；
【小问2详解】
①用NaOH标准溶液滴定醋酸溶液，到达滴定终点时溶液呈碱性，加入的指示剂为酚酞；
②滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化；
③三次实验数据可得消耗NaOH溶液的体积分别为30.95-1.00=29.95mL、29.23-2.03=27.2mL、30.61-0.56=30.05mL，第2次实验数据误差较大应舍去，则消耗NaOH溶液体积的平均值为，依据1mlNaOH恰好能与1ml醋酸反应，醋酸待测液的浓度为；
④ a．量取标准液的碱式滴定管未润洗，则会造成消耗标准NaOH溶液体积偏大，测定结果偏高，a不符合题意；
b．取醋酸的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，待测液的物质的量偏小，导致标准液的体积偏小，测定结果偏低，b符合题意；
c．锥形瓶水洗后直接装待测液，水不消耗标准液，不影响测定结果，c不符合题意；
d．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，读数偏小，造成标准液体积偏小，测定结果偏低，d符合题意；
故答案为：bd；
【小问3详解】
KI和稀硫酸提供的氢离子及碘酸钾发生归中反应生成碘单质，发生反应的离子方程式为：；
【小问4详解】
淀粉溶液作指示剂，生成碘单质溶液变蓝色，则滴定终点的现象为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；根据离子方程式和可得关系式：~3I2~6，n()=n()=cV×10-3ml，产品中m(KIO3)= cV×10-3ml××214g/ml=×10-2g，则产品中KIO3的质量分数为%。
17. 物质在水中存在电离平衡、水解平衡。请根据所学知识回答：
（1）次磷酸()是一种精细化工产品，向10mL 溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有、两种阴离子。
①写出溶液与足量NaOH溶液反应后形成正盐的化学式：___________。
②常温下，，0.1ml/L的溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是___________(填序号)。
A． B． C．
（2）25℃时，HF的电离常数为；的电离常数为，，。在溶液加入过量NaF溶液的离子反应方程式为___________。
（3）盐碱地(含较多、NaCl)不利于植物生长，盐碱地呈碱性的原因：___________(用离子方程式说明)；已知25℃时，的，则当溶液中时，溶液的___________。
（4）某温度下，水的离子积常数。该温度下，将的HCl溶液与的NaOH溶液混合并保持恒温，忽略混合前后溶液体积的变化。欲使混合溶液，则盐酸溶液与NaOH溶液的体积比为___________。
（5）相同物质的量浓度的五种溶液：①、②氨水、③、④、⑤，由大到小顺序是___________(用序号表示)。
【答案】（1） ①. ②. AB
（2）
（3） ①. ②. 10
（4）1：9 （5）⑤①③④②
【解析】
【小问1详解】
①向10mL H3PO2溶液中加入20mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有H2PO2-、OH-两种阴离子，说明H3PO2是一元酸，H3PO2溶液与足量NaOH 溶液反应后形成的正盐为NaH2PO2；
②A．加水稀释后溶液中c（H+）减小，故A正确；
B．稀释过程中H3PO2的电离程度增大，则H3PO2的物质的量减小、H+的物质的量增大，由于在同一溶液中，则的比值减小，故B正确；
C．为H3PO2的电离平衡常数，稀释过程中温度不变则该平衡常数不变，故C错误；故答案为：AB；
【小问2详解】
HF的电离平衡常数小于磷酸的第一步电离平衡常数大于其第二步电离平衡常数，所以NaF和磷酸反应生成HF和磷酸二氢钠，离子方程式为；
【小问3详解】
Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，离子方程式为，的，已知，则c(OH-)=10-4ml/L，25℃时，，溶液的10；
【小问4详解】
的HCl溶液c(H+)=0.1ml/L，水的离子积常数，的NaOH溶液，欲使混合溶液，则，整理可得0.099V酸=0.011V碱，则盐酸溶液与NaOH溶液的体积比为1：9；
【小问5详解】
先不考虑水解，相同物质的量浓度中和中大于其他物质，⑤中亚铁离子也能发生水解使溶液呈酸性会抑制铵根水解，则：⑤>①，、都能完全电离，而氨水部分电离，则②氨水中最小，而完全电离出氢离子抑制铵根水解，：③>④，故由大到小顺序是⑤①③④②。
18. 软锰矿的主要成分是，还含有少量重金属化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是，还含有Si、Al的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸工艺制备并回收，其主要流程如下：
（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可以采取的措施有___________(写两条)。
（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，浸取时发生反应的离子方程式为___________。
（3）“氧化”过程中，反应消耗的氧化剂与还原剂的比为___________，还可使用___________代替。
（4）滤渣2主要成分的化学式是___________。
（5）“50℃”碳化得到碳酸锰发生的化学反应方程式是___________。
（6）生成碳酸锰产品需要充分洗涤，检验碳酸锰产品已完全洗净的方法是___________。
【答案】（1）适当升高温度、搅拌、矿石研成粉末、延长浸泡时间等(合理即可)
（2）
（3） ①. 1：2 ②. /氯水等合理答案即可
（4）、
（5）
（6）取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的溶液，若无沉淀，则已洗净
【解析】
【分析】浸取时加入硫酸，获得的滤渣1中含有S、SiO2等，浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，说明浸取液中没有Fe3+，黄铁矿中的FeS2被氧化成S，则软锰矿中的MnO2被还原成Mn2+，浸取时的主要反应为MnO2+FeS2+4H+=Mn2++Fe2++2S+2H2O，除此之外重金属化合物、铝的氧化物溶解转化成相应的金属阳离子进入浸取液中；氧化阶段加入MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，反应为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；加入氨水调pH为5~6的目的是将Fe3+、Al3+转化成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀而除去；加入（NH4）2S除去重金属阳离子过滤后的滤液中主要溶质为MnSO4，由流程知碳化时生成MnCO3、CO2和（NH4）2SO4，则碳化时反应的方程式为。
【小问1详解】
为了提高浸出率，在浸取时可采取的措施有：搅拌、矿石研成粉末、适当升高温度、延长浸泡时间等等（合理即可）；
【小问2详解】
加入KSCN溶液无明显现象，说明浸取液中没有Fe3+，黄铁矿中的FeS2被氧化成S，则软锰矿中的MnO2被还原成Mn2+，浸取时的主要反应为MnO2+FeS2+4H+=Mn2++Fe2++2S+2H2O；
【小问3详解】
氧化阶段加入MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，反应为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，氧化剂为MnO2，还原剂为Fe2+，反应消耗的氧化剂与还原剂的比为1：2,；还可使用H2O2、氯水等代替MnO2；
【小问4详解】
加入氨水调pH为5~6的目的是将Fe3+、Al3+转化成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀而除去，滤渣2的主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3；
【小问5详解】
由流程知碳化时生成MnCO3、CO2和（NH4）2SO4，则碳化时反应的方程式为；
【小问6详解】
A．称量
B．溶解
C．定容
D．滴定过程
滴定次数
滴定前碱式滴定管读数/mL
滴定后碱式滴定管读数/mL
1
1.00
30.95
2
2.03
29.23
3
0.56
30.61
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