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四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高二上学期期中化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高二上学期期中化学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了5 Fe， 化学与我国传统文化密切相关，5 ml/D， 下列关于 的说法，正确的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 S：32 Cu：64 Cl：35.5 Fe：56
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 化学与我国传统文化密切相关。下列解读错误的是
A. 《汉书》中“高奴县洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油
B. 《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，操作中“渍”和“绞”分别表示浸取和分液
C. 《广阳杂记》中“川东盐井，且有火井，以助前熬，其火无灰”，“其火无灰”发生了化学变化
D. “冰，水为之，而寒于水”说明冰的能量低于水，冰转化为水属于吸热过程
【答案】B
【解析】
【详解】A．“洧水可燃”中洧水为可以燃烧的液体，这里洧水指的是石油，A正确；
B．以水二升渍，“渍”是浸取，绞取汁，“绞”是过滤，B错误；
C．“其火无灰”是指燃烧充分，燃烧属于化学变化，C正确；
D．冰转化为水，属于熔化，为吸热过程，D正确；
故答案选B。
2. SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是
A. 采用热交换器循环利用能量B. 压强控制为20~50MPa
C. 反应温度控制在475℃左右D. 使用V2O5作催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．制硫酸时使用热交换器，可充分利用二氧化硫催化氧化反应放出的能量，实现能量循环使用，A不合题意；
B．常压下SO2转化率已经很大了，且压强的增加引起SO2转化率的变化并不明显，所以工业上直接采用常压，不符合工业生产实际，B符合题意；
C．反应温度控制在475℃左右，催化剂活性最大，反应速率较大，C不合题意；
D．催化氧化所使用的催化剂钒触媒（V2O5）能加快二氧化硫氧化速率，D不合题意；
故答案为：B。
3. 下列各组物质中，都是弱电解质的是
A. 、B. HF、
C. 、D. 、
【答案】B
【解析】
【详解】A．为强酸，为盐，均为强电解质，A项不符合题意；
B．HF、均属于弱酸，是弱电解质，B符合题意；
C．、均为强电解质，C项不符合题意；
D．强电解质，不是电解质，D项不符合题意。
答案选B。
4. 下列化学工业所采取的措施中，能用勒夏特列原理解释的是
A. 接触法制硫酸：温度控制在450℃左右
B. 氧化法制硝酸：使用铂铑合金催化氧化氨气
C. 石油化工：将分馏得到的重油在高温下裂化
D. 合成氨工业：将合成的氨气液化分离，氮气、氢气循环利用
【答案】D
【解析】
【详解】A．接触法制硫酸反应为放热反应，采用450℃的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B．催化剂不影响化学平衡，氨气和氧气在催化剂下催化氧化不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．石油化工中将分馏得到的重油在高温下裂化，属于烃的裂化，与化学平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．合成氨为氮气和氢气反应生成氨气，将合成的氨气液化分离即减少生成物的浓度，促进化学平衡正向移动，提高产率，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。
5. 下列各组热化学方程式中，△H1>△H2的是（ ）
①C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H1 C(s)＋O2(g)=CO(g) △H2
②S(s)＋O2(g)=SO2(g) △H1 S(g)＋O2(g)=SO2(g) △H2
③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) △H1 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) △H2
④CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g) △H1 CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s) △H2
A. ①②④B. ①③④C. ②③④D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】①碳的燃烧反应是放热反应，△H˂0，等质量的碳完全燃烧生成二氧化碳时放出的热量比不完全燃烧生成一氧化碳时放出的热量多，放热越多，△H越小，△H1˂△H2；
②等质量的气态硫单质完全燃烧生成二氧化硫时放出的热量比固态硫单质完全燃烧生成二氧化硫时放出的热量多，放出的热量越多，△H越小，△H1>△H2；
③都生成液态水的前提下，氢气的质量越大，放出的热量越多，△H越小，△H1>△H2；
④碳酸钙受热分解是吸热反应，△H1˃0，氧化钙溶于水是放热反应，△H2˂0，△H1>△H2；
综上所述：②③④中△H1>△H2，C项正确；
答案选C。
【点睛】△H是有正负号的，吸热反应的△H大于零，放热反应的△H小于零，则吸热反应的△H大于放热反应的△H；放热反应的△H小于零，则放热越少，△H越大；吸热反应的△H大于零，吸热越多，△H越大。
6. 某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化，下列判断正确的是
A. 由实验可知，甲、乙、丙所涉及的反应都能使温度计读数上升
B. 将实验甲中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C. 实验丙中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响
D. 实验丙中若用代替，则测出变小
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，乙中反应使温度计读数下降，A错误；
B．将实验甲中铝片更换为等质量的铝粉，只是加快了反应速率，但放出的热量不变，B错误；
C．铁质搅拌棒导热性好，使得热量损失较大，C错误；
D．NaOH固体溶于水时放热，放出的热量偏多，测定出来的∆H变小，D正确；
答案选D。
7. 对于反应2A(g)+3B(g)=3C(g)+2D(g)， 下列表示反应速率最快的是
A. v(A)= 1.5 ml/(L·min)B. v(B)= 1.2 ml/(L·min)
C. v(C)= 0.5 ml/(L·s)D. v(D)= 0.4 ml/(L·s)
【答案】D
【解析】
【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。要注意转化为同一单位进行比较。
【详解】A．= =0.75ml/(L·min)=0.0125ml/(L·s)；
B．==0.6 ml/(L·min)=0.01 ml/(L·s)；
C．=≈0.17 ml/(L·s)；
D．== 0.2 ml/(L·s)；
根据计算分析，反应速率最快的为D，答案选D。
8. 已知升高温度时，速率常数(k)总是增大，因此绝大多数的化学反应速率增大。但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率却随着温度升高而减小，已知该反应历程分两步：I.2NO(g)N2O2(g)(快)ΔH1＜0，v1正=k1正c2(NO)、v1逆=k1逆c(N2O2)；II.N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) ΔH2＜0，v2正=k2正c(N2O2)c(O2)、v2逆=k2逆c2(NO2)，试分析升高温度该反应速率减小的原因是
A. k2正增大，c(N2O2)增大B. k2正减小，c(N2O2)减小
C. k2正增大，c(N2O2)减小D. k2正减小，c(N2O2)增大
【答案】B
【解析】
【详解】化学反应速率的快慢取决于慢反应，反应II为慢反应，则升高温度，反应速率减小说明v2正减小，所以k2正减小；反应I为放热的快反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，c(N2O2)减小导致反应II的反应速率减小，所以升高温度该反应速率减小的原因是k2正减小，c(N2O2)减小，故选B。
9. 下列关于 的说法，正确的是
A. 该反应的
B. 根据，低温条件下反应可以自发进行
C. 升高温度，逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡逆向移动
D. 其他条件不变，增大压强，平衡右移，平衡常数增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由化学方程式可知，该反应是气体体积减小的反应，属于熵减反应，其△S<0，故A错误；
B．由△G=△H—T△S可知，该反应的△S<0，△H<0，其在低温条件下反应可以自发进行，故B正确；
C．升高温度，正、逆反应速率都会增大，故C错误；
D．增大压强，平衡常数不变，平衡常数只受温度的影响，故D错误；
故本题选B。
10. 下列对可逆反应的认识正确的是
A. SO2+Br2+2H2O=H2SO4 +2HBr与2HBr+H2SO4(浓)=Br2+SO2↑+2H2O互为可逆反应
B. 既能向正反应方向进行，又能向逆反应方向进行的反应叫可逆反应
C. 在同一条件下，既能向正反应方向进行，又能向逆反应方向进行的反应叫可逆反应
D. H2+Cl22HCl与2HClH2+Cl2互为可逆反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应条件不同，后者是浓硫酸，A错误；
B．必须是在相同条件下正逆反应同时发生，B错误；
C．符合可逆反应的定义，C正确；
D．反应条件不同，D错误；
故选C。
11. 分解过程的能量变化如下图，下列说法正确的是
A. 反应的能量变化为B. 的加入改变了反应的热效应
C. 该反应是吸热反应D. 比稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应的能量变化为反应物与生成物的能量差，小于E1-E2，故A错误；
B．Fe3+在反应中作催化剂，催化剂只能加快化学反应速率，不能改变反应热，故B错误；
C．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为放热反应，故C错误；
D．从图中可以看出，所具有的能量小于，所以比稳定，故D正确；
故选：D。
12. 在真空密闭容器中盛有1mlPCl5发生反应PCl5 （气） PCl3（气）+Cl2（气）达平衡后，PCl5所占体积分数为a%,若在同一温度和同一容器中，最初投入的是3ml PCl5，反应达平衡，PCl5 体积分数为b% ，则a b关系正确的是
A. a大于bB. a 小于bC. a 等于bD. 无法比较
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】因为反应物只有一种，因此增大反应物的量，相当于增大体系的压强，平衡将向逆反应方向移动，即PCl5的体积分数应减小，即a小于b，答案选B。
【点睛】
13. 已知25℃时，的。现有a、b两支试管，分别盛有浓度均为的氨水和盐酸，已知。下列说法正确的是
A. a、b两试管中溶液的导电能力相同
B. a试管中的浓度约为
C. 将少量盐酸滴入a试管中，的电离程度增大
D. 向a试管中加入水，的电离平衡逆向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．为弱电解质，物质的量浓度相同时，a试管中溶液的导电能力弱，A项错误；
B．a试管中的浓度约为，B项错误；
C．将少量盐酸滴入a试管中，盐酸电离出的H+和溶液中的OH-反应，使电离平衡⇋正向移动，电离程度增大，C项正确；
D．加水稀释，电离平衡正向移动，D项错误；
答案选C。
14. 在起始温度均为T℃、容积均为1L的密闭容器X(恒温)、Y(绝热)中均加入0.1mlA和0.4mlB，发生反应 △H＜0，X、Y容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 曲线M表示容器Y中A的转化率变化
B. 容器Y在内的化学反应速率为
C. P点与Q点平衡常数：
D T℃时，
【答案】D
【解析】
【分析】该反应从正反应方向开始，正反应放热，随着反应的进行，反应放出热量，导致气体温度升高，反应速率加快、平衡逆向移动，的转化率降低，所以是绝热条件下进行，表示恒温()下进行反应。
【详解】A．由分析可知，曲线M表示容器Y中A的转化率变化，A正确；
B．容器Y在内，A的物质的量变化为0.1ml×20%，则B的物质的量变化也为0.1ml×20%，化学反应速率为，B正确；
C．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，Q点相当于P点加热，则P点与Q点平衡常数：，C正确；
D．条件下，容器平衡时的转化率为，则平衡时A、B、C、D的浓度分别为、、、，反应的平衡常数，同理，T℃时，容器Y中，，D不正确；
故选D。
第二部分 非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. 某化学兴趣小组进行中和反应反应热测定实验。实验装置如图所示。
（1）取的NaOH溶液和的H2SO4溶液进行实验，硫酸稍过量的目的是___________，不使用浓硫酸进行实验的原因是___________。
（2）测量反应体系温度时，正确的操作是___________(填标号)。
a．将NaOH溶液和H2SO4溶液迅速混合，用温度计测量初始温度
b．用温度计测量并记录H2SO4溶液的温度，用水把温度计上的酸冲洗干净，擦干后测量并记录NaOH溶液的初始温度
c．将NaOH溶液与H2SO4溶液迅速混合后，观察温度计，当温度计读数不再改变时，记录此时温度，该温度为反应后体系的温度
d．先往量热器内筒中缓慢注入NaOH溶液，再缓慢多次加入H2SO4溶液，密切关注温度变化，将最高温度记为反应后体系的温度
（3）若用的氨水代替NaOH溶液进行实验，算出的会___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
（4）测得的实验数据如表，已知水的比热容
。
①实验中温度平均升高___________℃，该实验发生反应的热化学方程式为___________(的值保留小数点后一位数字)。
②查阅资料得知 ，上述实验数值结果与有偏差，产生偏差的原因可能是___________(填标号)。
A．NaOH溶液的实际浓度小于0.50ml/L
B．简易量热器内筒原本存在少量冷水
C．读取初始温度时，读数偏低
【答案】（1） ①. 确保NaOH能完全反应 ②. 浓硫酸稀释时会放出热量，干扰实验
（2）b （3）偏大
（4） ①. 3.4 ②. ③. AB
【解析】
【小问1详解】
实验中，所用H2SO4稍过量的原因是确保定量的NaOH反应完全，由于浓硫酸稀释过程放出大量的热，引起实验误差，故不能使用浓硫酸进行实验，故答案为：确保NaOH被完全中和；浓硫酸稀释过程放出大量的热，干扰实验；
【小问2详解】
a．NaOH和H2SO4能迅速反应，故将NaOH溶液和H2SO4溶液迅速混合，用温度计测量初始温度，这样已经不是反应前的初始温度了，a错误；
b．用温度计测量并记录H2SO4溶液的温度，用水把温度计上的酸冲洗干净，擦干后测量并记录NaOH溶液的初始温度，这样才能正确测出反应前两溶液的温度，再算平均值，b正确；
c．将NaOH溶液与H2SO4溶液迅速混合后，观察温度计，反应后的温度应该是测量反应过程中的最高温度，而不是当温度计读数不再改变时，记录此时温度，该温度为反应后体系的温度，c错误；
d．先往量热器内筒中缓慢注入NaOH溶液，再缓慢多次加入H2SO4溶液，密切关注温度变化，将最高温度记为反应后体系的温度，这样将增大热量的散失，引起更大实验误差，d错误；
故答案为：b；
【小问3详解】
由于氨水是弱电解质，反应过程中将边电离边反应，电离过程需要吸收热量，故若用的氨水代替NaOH溶液进行实验，放出的热量将减少，故算出的会偏大，故答案为：偏大；
【小问4详解】
①由题干数据可知，第1、2、3、4组温度分别升高28.4-25.0=3.4℃、29.4-26.1=3.3℃、30.4-26.9=3.5℃、30.3-25.1=5.2℃，第4组明显误差，数据舍去，故实验中温度平均升高=3.4℃，则有==-56.8kJ/ml，该实验发生反应的热化学方程式为 ，故答案为： ；
②查阅资料得知 ，上述实验数值结果比有偏大，据此分析解题：
A．生成水的物质的量和放出的热量成正比，故NaOH溶液的实际浓度小于0.50ml/L，导致生成的水更少了，放出的热量也更少了，结果偏大，A符合题意；
B．简易量热器内筒原本存在少量冷水，导致反应的最高温度降低，温差减小，实验结果偏大，B符合题意；
C．读取初始温度时，读数偏低，导致温度偏大，实验结果偏小，C不合题意；
故选AB。
16. 电解质溶液中存在多种平衡，请回答下列问题：
（1）已知：
物质的量浓度均为0.1ml／L的下列溶液：
a．溶液 b．HCN溶液
比较二者的大小：a___________b(填“>”“<”或“=”)。
（2）已知25℃时，体积均为10mL，pH均为2的HF溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH的变化如图所示［已知：］。则
①25℃时，HF的电离常数___________HX的电离常数(填“>”“<”或“=”)。
②稀释100倍后，HF溶液中由水电离出的___________HX溶液中由水电离出的(填“>”“<”或“=”)。
（3）实验室有一瓶未知浓度的溶液，通过下列实验测定其浓度。
第一步：取溶液于锥形瓶中，滴入指示剂2～3滴。
第二步：取一滴定管，依次查漏，洗涤，用的溶液润洗，然后注入该标准溶液，调整液面，记下读数。
第三步：将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：
试回答下列问题：
①滴定过程中加入的指示剂是___________；滴定时，眼睛注视___________直至滴定终点；达到滴定终点的判断依据是___________。
②已知消耗标准液的实验数据如下表。
则该溶液的物质的量浓度为___________。
③下列操作会导致测定结果偏高的是___________(填字母)。
A．滴定管在装标准溶液前未用标准溶液润洗
B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出
C．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
D．达到滴定终点时，仰视读数
【答案】（1）> （2） ①. < ②. <
（3） ①. 淀粉溶液 ②. 锥形瓶内颜色变化 ③. 当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液从无色变成蓝色，且半分钟之内不变色 ④. ⑤. AD
【解析】
【小问1详解】
根据题意，由于，相同浓度下电离出来的大于HCN电离出来的；
【小问2详解】
①pH相同的一元酸稀释相同的倍数，pH值变化较大的酸酸性较强，其电离平衡常数较大，根据图知，稀释过程中pH变化较大的是HX，因此；②稀释100倍后，pH: ，则酸中:，酸抑制水电离，酸中越大其抑制水电离程度越大，所以稀释100倍后，HF溶液中由水电离出的【小问3详解】
①用淀粉标准溶液滴定未知浓度的溶液，用淀粉溶液作指示剂，滴定时，眼睛注视锥形瓶内颜色变化直至滴定终点；达到滴定终点的判断依据是当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液从无色变成蓝色，且半分钟之内不变色；②第三组数据为异常值，因舍弃，因此，根据计量系数关系 ；依据进行如下分析：滴定管未用标准溶液润洗会导致 c(标准)偏小，则 V(标准)偏大，故导致测定结果偏高，A 正确；滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，导致待测溶液的溶质质量减小，消耗标准液的体积偏小，导致测定结果偏低，B 错误；滴定前滴定管尖嘴中没有气泡，滴定终点时发现气泡，由于气泡占有空间，则会导致 V(标准)偏小，使测定结果偏低，C错误；达到滴定终点时，仰视读数，导致 V(标准)偏大，会导致测定结果偏高，D正确。
17. 乙醇与水催化反应可以制得氢气。
（1）已知： ，回答下列问题：
①升温，平衡_______移动(填“向左”、“向右”、“不”)；
②与原平衡相比较，增大压强，新平衡时_______(填“增大”、“减小”、“不变”，下同)；
③恒温、恒容条件下。加入水蒸气，转化率_______；
④恒温、恒压条件下，加入稀有气体，体积分数_______。
（2）乙醇与水催化制氢同时发生以下三个反应，回答下列问题：
反应I：
反应II：
反应III：
则_______。
（3）压强为100kPa，的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，x、y、z三条曲线上的点都代表在不同条件下的平衡产率，且每条曲线上的平衡产率相同，如： A、B两点的平衡产率相等，B、C两点的平衡产率不相等。
的平衡产率：B点_______C点(填“>”或“<”)。
（4）恒容条件下，将和投入密闭容器中发生上述三个反应，平衡时的选择性、平衡时CO的选择性、平衡时乙醇的转化率随温度的变化曲线如图所示。
【已知：CO的选择性】
①表示乙醇转化率的曲线是_______(填“a”、“b”或“c”)。
②573K时，反应II的压强平衡常数_______。(已知：分压=总压该组分物质的量分数，计算结果保留整数。)
【答案】（1） ①. 向右 ②. 增大 ③. 增大 ④. 减小
（2）
（3）> （4） ①. b ②. 14
【解析】
【小问1详解】
①该反应为吸热反应，升温，平衡向右移动；
②是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，但新平衡时增大；
③恒温、恒容条件下。加入水蒸气，平衡正向移动，转化率增大；
④恒温、恒压条件下，加入稀有气体，容器体积增大，是气体体积增大的反应，平衡正向移动，体积分数减小。
【小问2详解】
由盖斯定律可知，(反应III-反应I)×可得反应II，=。
【小问3详解】
每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C点曲线上取一个点与B点温度相同标为点D，D点与B点相比温度相同，但是小于B点，增大反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均正向移动，氢气的产率增大，因此产率B点>C点。
【小问4详解】
①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小。表示CO2选择性的曲线为a，因为CO的选择性+CO2的选择性=1，则b表示乙醇的转化率，c表示CO的选择性曲线；
②a表示CO2的选择性曲线，因为CO的选择性+CO2的选择性=1，则b表示乙醇的转化率，c表示CO的选择性曲线，设乙醇与水的投料比分别为1ml和3ml，CO的选择性为15%，CO2的选择性为85%，则n(CO2)：n(CO)=0.85:0.15，乙醇的转化率为0.6，
设反应Ⅱ转化COyml，
因乙醇的转化率为0.6，则反应Ⅲ转化乙醇为0.6-x，
CO物质的量为0.18ml，则2x-y=0.18，则n(H2O)=1.38ml，n(H2)=3.42ml，n(C2H5OH)=0.4ml，n(CO)=0.18ml，n(CO2)=1.02ml，总物质的量为6.4ml，此时压强为=160kPa，各物质分压为p(H2O)=34.5kPa，p(H2)=85.5kPa，p(C2H5OH)=10kPa，p(CO)=4.5kPa，p(CO2)=25.5kPa，反应II的压强平衡常数。
18. 已知25℃时，醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为
（1）碳酸一级电离的平衡常数表达式为___________。
（2）酸性强弱：醋酸___________次氯酸(填“>”或“<”，下同)；经测定，常温下的醋酸钠溶液的pH小于相同的浓度的次氯酸钠溶液，___________(填“能”或“不能”)说明两者的酸性强弱关系。
（3）若保持温度不变，在醋酸溶液中通入少量，则下列物理量变小的是___________(不定项)。
A. B.
C. 醋酸的电离平衡常数D.
（4）和的混合溶液中，_______(用微粒符号表示)。
（5）下列离子方程式中错误的是___________。
A．少量通入次氯酸钠溶液中：
B．少量通入次氯酸钙溶液中：
C．过量通入澄清石灰水中：
（6）25℃时，的硫酸与溶液中，两者水电离出的氢离子浓度之比为___________。
（7）25℃时，将的溶液与的硫酸溶液混合，所得混合溶液的，则溶液与硫酸溶液的体积比为___________。
（8）既能和强酸反应也能和强碱溶液反应。用平衡移动原理说明能和强碱溶液反应的原因：___________。
【答案】（1）
（2） ①. ＞ ②. 能 （3）AD
（4）
（5）B （6）1:1
（7）10：1 （8）强碱溶液中氢氧根离子结合电离出的氢离子生成水，促进电离平衡正向进行反应生成亚硫酸钠
【解析】
【小问1详解】
碳酸为二元弱酸，溶液中分步电离、，，故答案为。
【小问2详解】
K（CH3COOH）＞K（HClO），则酸性CH3COOH＞HClO，对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，所以常温下的醋酸钠溶液的pH小于相同的浓度的次氯酸钠溶液，能说明两者的酸性强弱关系；故答案为＞；能。
【小问3详解】
若保持温度不变，在CH3COOH溶液中通入少量HCl，溶液中c（H＋）增大而抑制CH3COOH电离，
A．因为抑制醋酸电离导致溶液中减小，故A符合题意；
B．HCl电离导致溶液中增大，故B不符合题意；
C．CH3COOH的电离平衡常数只与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，故C不符合题意；
D．醋酸的电离平衡常数为，所以，温度不变电离平衡常数不变，增大，所以减小，故D符合题意；
故答案选AD。
【小问4详解】
和的混合溶液中，根据电荷守恒有，所以，故答案为。
【小问5详解】
A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，K（H2CO3）＞K（HClO）＞K（），则酸性H2CO3＞HClO＞，所以离子反应方程式为CO2＋H2O＋ClO−=＋HClO，故A正确；
B．SO2、次氯酸钙发生氧化还原反应，离子方程式为SO2＋ClO−＋Ca2＋＋H2O═CaSO4↓＋Cl−＋2H＋，故B错误；
C．过量CO2通入澄清石灰水中生成可溶性的碳酸氢钙，离子方程式为CO2＋OH−═，故C正确；
故答案选B。
【小问6详解】
25℃时，的硫酸中，水电离出的氢离子浓度为，溶液中，，水电离出的氢离子浓度，所以两者水电离出的氢离子浓度之比为1:1，故答案为1:1。
【小问7详解】
25℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n（OH−）＝n（H＋），则V（NaOH）•10−5ml•L−1＝V（H2SO4）•10−4ml•L−1，得V（NaOH）：V（H2SO4）＝10：1；故答案为10：1。
【小问8详解】
NaHSO3既能和强酸反应也能和强碱溶液反应，亚硫酸氢钠溶液中存在亚硫酸氢根离子电离：，显酸性，存在亚硫酸氢根离子水解：，溶液显碱性，用平衡移动原理说明NaHSO3能和强碱溶液反应的原因是：强碱溶液中氢氧根离子结合电离出的氢离子生成水，促进电离平衡正向进行反应生成亚硫酸钠，故答案为强碱溶液中氢氧根离子结合电离出的氢离子生成水，促进电离平衡正向进行反应生成亚硫酸钠。
19. 高纯度碳酸锂：是制造锂离子电池必不可少的原材料。某锂云母矿采用硫酸盐焙烧法生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：
已知(i)用表示金属阳离子、HR表示有机萃取剂，“萃取”原理可以表示为：
(ii)上述溶剂萃取法(利用萃取剂HR对杂质离子的特殊选择性)与化学净化除杂法(采用分步沉淀法逐一分离杂质离子)
除杂效果对比如下表
（1）将最终产品进行焰色反应，可观察到火焰呈___________(填标号)。
A．紫红色 B．紫色 C．黄色
（2）为提高“焙烧”效率，常采取的措施是___________(写两点)。
（3）操作1用到的主要玻璃仪器有烧杯、___________。
（4）萃取剂的浓度对萃取率的影响如下图所示，则选择萃取剂浓度为___________为宜；“反萃取”步骤用到的试剂A是___________；流程中循环使用的物质除HR、外，还有___________。
（5）“碳化反应”的化学反应方程式___________。
（6）由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为___________。
【答案】（1）A （2）将矿石细磨、充分搅拌、适当升高温度或其他合理答案
（3）分液漏斗 （4） ①. 1.5 ②. H2SO4 ③. Na2SO4
（5）
（6）萃取剂除杂法锂的损失率更少
【解析】
【分析】锂云母矿采用加硫酸钠焙烧后，加稀硫酸过滤除去二氧化硅、硫酸钙等不溶性杂质，所得滤液加入有机萃取剂HR，“萃取”原理为：，由表知，Al3+、、、残留Ca2+离子被萃取剂结合后进入有机相，水溶液主要含为Li+、SO，水相中加入饱和碳酸钠沉锂，生成Li2CO3沉淀和硫酸钠，过滤后沉淀中加入去离子水、二氧化碳发生碳化反应，碳酸锂和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤得碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成高纯度的碳酸锂，以此来解析；
【小问1详解】
锂元素的焰色反应为紫红色，将最终产品碳酸锂进行焰色反应，可观察到火焰呈紫红色；
选A。
【小问2详解】
为提高“焙烧”效率，常采取的措施是将矿石细磨、充分搅拌、适当升高温度等。
【小问3详解】
操作1为萃取分液，用到的主要玻璃仪器有烧杯、分液漏斗。
【小问4详解】
萃取剂要最大程度地萃取溶液中的Al3+、、而尽可能不萃取Li+，由图知，则选择萃取剂浓度为1.5为宜；“反萃取”步骤中逆向移动，按勒夏特列原理，增大生成物浓度可使平衡左移，则需加入氢离子、且阴离子为硫酸根，则用到的试剂A是H2SO4；流程中沉锂时生成硫酸钠、焙烧时消耗硫酸钠，则循环使用的物质除HR、外，还有Na2SO4。
【小问5详解】
锂和钠处于同一主族，则由碳酸钠、水和二氧化碳反应得到碳酸氢钠来类推，可得到“碳化反应”化学反应方程式为。
【小问6详解】实验次数
初始温度
终止温度
1
25.0
28.4
2
26.1
29.4
3
26.9
30.4
4
25.1
30.3
化学式
HCN
电离常数(25℃)
实验次数
始读数(mL)
末读数(mL)
1
0.10
19.20
2
1.85
2075
3
0.00
24.06
物质
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离平衡常数
化学净化法浸出率/%
99.7
99.74
97.85
97.97
96.87
6.1
溶剂萃取法浸出率/%
99.54
99.39
99.21
97.89
97.07
3.3
可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 S：32 Cu：64 Cl：35.5 Fe：56
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 化学与我国传统文化密切相关。下列解读错误的是
A. 《汉书》中“高奴县洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油
B. 《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，操作中“渍”和“绞”分别表示浸取和分液
C. 《广阳杂记》中“川东盐井，且有火井，以助前熬，其火无灰”，“其火无灰”发生了化学变化
D. “冰，水为之，而寒于水”说明冰的能量低于水，冰转化为水属于吸热过程
【答案】B
【解析】
【详解】A．“洧水可燃”中洧水为可以燃烧的液体，这里洧水指的是石油，A正确；
B．以水二升渍，“渍”是浸取，绞取汁，“绞”是过滤，B错误；
C．“其火无灰”是指燃烧充分，燃烧属于化学变化，C正确；
D．冰转化为水，属于熔化，为吸热过程，D正确；
故答案选B。
2. SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是
A. 采用热交换器循环利用能量B. 压强控制为20~50MPa
C. 反应温度控制在475℃左右D. 使用V2O5作催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．制硫酸时使用热交换器，可充分利用二氧化硫催化氧化反应放出的能量，实现能量循环使用，A不合题意；
B．常压下SO2转化率已经很大了，且压强的增加引起SO2转化率的变化并不明显，所以工业上直接采用常压，不符合工业生产实际，B符合题意；
C．反应温度控制在475℃左右，催化剂活性最大，反应速率较大，C不合题意；
D．催化氧化所使用的催化剂钒触媒（V2O5）能加快二氧化硫氧化速率，D不合题意；
故答案为：B。
3. 下列各组物质中，都是弱电解质的是
A. 、B. HF、
C. 、D. 、
【答案】B
【解析】
【详解】A．为强酸，为盐，均为强电解质，A项不符合题意；
B．HF、均属于弱酸，是弱电解质，B符合题意；
C．、均为强电解质，C项不符合题意；
D．强电解质，不是电解质，D项不符合题意。
答案选B。
4. 下列化学工业所采取的措施中，能用勒夏特列原理解释的是
A. 接触法制硫酸：温度控制在450℃左右
B. 氧化法制硝酸：使用铂铑合金催化氧化氨气
C. 石油化工：将分馏得到的重油在高温下裂化
D. 合成氨工业：将合成的氨气液化分离，氮气、氢气循环利用
【答案】D
【解析】
【详解】A．接触法制硫酸反应为放热反应，采用450℃的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B．催化剂不影响化学平衡，氨气和氧气在催化剂下催化氧化不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．石油化工中将分馏得到的重油在高温下裂化，属于烃的裂化，与化学平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．合成氨为氮气和氢气反应生成氨气，将合成的氨气液化分离即减少生成物的浓度，促进化学平衡正向移动，提高产率，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。
5. 下列各组热化学方程式中，△H1>△H2的是（ ）
①C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H1 C(s)＋O2(g)=CO(g) △H2
②S(s)＋O2(g)=SO2(g) △H1 S(g)＋O2(g)=SO2(g) △H2
③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) △H1 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) △H2
④CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g) △H1 CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s) △H2
A. ①②④B. ①③④C. ②③④D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】①碳的燃烧反应是放热反应，△H˂0，等质量的碳完全燃烧生成二氧化碳时放出的热量比不完全燃烧生成一氧化碳时放出的热量多，放热越多，△H越小，△H1˂△H2；
②等质量的气态硫单质完全燃烧生成二氧化硫时放出的热量比固态硫单质完全燃烧生成二氧化硫时放出的热量多，放出的热量越多，△H越小，△H1>△H2；
③都生成液态水的前提下，氢气的质量越大，放出的热量越多，△H越小，△H1>△H2；
④碳酸钙受热分解是吸热反应，△H1˃0，氧化钙溶于水是放热反应，△H2˂0，△H1>△H2；
综上所述：②③④中△H1>△H2，C项正确；
答案选C。
【点睛】△H是有正负号的，吸热反应的△H大于零，放热反应的△H小于零，则吸热反应的△H大于放热反应的△H；放热反应的△H小于零，则放热越少，△H越大；吸热反应的△H大于零，吸热越多，△H越大。
6. 某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化，下列判断正确的是
A. 由实验可知，甲、乙、丙所涉及的反应都能使温度计读数上升
B. 将实验甲中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C. 实验丙中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响
D. 实验丙中若用代替，则测出变小
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，乙中反应使温度计读数下降，A错误；
B．将实验甲中铝片更换为等质量的铝粉，只是加快了反应速率，但放出的热量不变，B错误；
C．铁质搅拌棒导热性好，使得热量损失较大，C错误；
D．NaOH固体溶于水时放热，放出的热量偏多，测定出来的∆H变小，D正确；
答案选D。
7. 对于反应2A(g)+3B(g)=3C(g)+2D(g)， 下列表示反应速率最快的是
A. v(A)= 1.5 ml/(L·min)B. v(B)= 1.2 ml/(L·min)
C. v(C)= 0.5 ml/(L·s)D. v(D)= 0.4 ml/(L·s)
【答案】D
【解析】
【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。要注意转化为同一单位进行比较。
【详解】A．= =0.75ml/(L·min)=0.0125ml/(L·s)；
B．==0.6 ml/(L·min)=0.01 ml/(L·s)；
C．=≈0.17 ml/(L·s)；
D．== 0.2 ml/(L·s)；
根据计算分析，反应速率最快的为D，答案选D。
8. 已知升高温度时，速率常数(k)总是增大，因此绝大多数的化学反应速率增大。但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率却随着温度升高而减小，已知该反应历程分两步：I.2NO(g)N2O2(g)(快)ΔH1＜0，v1正=k1正c2(NO)、v1逆=k1逆c(N2O2)；II.N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) ΔH2＜0，v2正=k2正c(N2O2)c(O2)、v2逆=k2逆c2(NO2)，试分析升高温度该反应速率减小的原因是
A. k2正增大，c(N2O2)增大B. k2正减小，c(N2O2)减小
C. k2正增大，c(N2O2)减小D. k2正减小，c(N2O2)增大
【答案】B
【解析】
【详解】化学反应速率的快慢取决于慢反应，反应II为慢反应，则升高温度，反应速率减小说明v2正减小，所以k2正减小；反应I为放热的快反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，c(N2O2)减小导致反应II的反应速率减小，所以升高温度该反应速率减小的原因是k2正减小，c(N2O2)减小，故选B。
9. 下列关于 的说法，正确的是
A. 该反应的
B. 根据，低温条件下反应可以自发进行
C. 升高温度，逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡逆向移动
D. 其他条件不变，增大压强，平衡右移，平衡常数增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由化学方程式可知，该反应是气体体积减小的反应，属于熵减反应，其△S<0，故A错误；
B．由△G=△H—T△S可知，该反应的△S<0，△H<0，其在低温条件下反应可以自发进行，故B正确；
C．升高温度，正、逆反应速率都会增大，故C错误；
D．增大压强，平衡常数不变，平衡常数只受温度的影响，故D错误；
故本题选B。
10. 下列对可逆反应的认识正确的是
A. SO2+Br2+2H2O=H2SO4 +2HBr与2HBr+H2SO4(浓)=Br2+SO2↑+2H2O互为可逆反应
B. 既能向正反应方向进行，又能向逆反应方向进行的反应叫可逆反应
C. 在同一条件下，既能向正反应方向进行，又能向逆反应方向进行的反应叫可逆反应
D. H2+Cl22HCl与2HClH2+Cl2互为可逆反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应条件不同，后者是浓硫酸，A错误；
B．必须是在相同条件下正逆反应同时发生，B错误；
C．符合可逆反应的定义，C正确；
D．反应条件不同，D错误；
故选C。
11. 分解过程的能量变化如下图，下列说法正确的是
A. 反应的能量变化为B. 的加入改变了反应的热效应
C. 该反应是吸热反应D. 比稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应的能量变化为反应物与生成物的能量差，小于E1-E2，故A错误；
B．Fe3+在反应中作催化剂，催化剂只能加快化学反应速率，不能改变反应热，故B错误；
C．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为放热反应，故C错误；
D．从图中可以看出，所具有的能量小于，所以比稳定，故D正确；
故选：D。
12. 在真空密闭容器中盛有1mlPCl5发生反应PCl5 （气） PCl3（气）+Cl2（气）达平衡后，PCl5所占体积分数为a%,若在同一温度和同一容器中，最初投入的是3ml PCl5，反应达平衡，PCl5 体积分数为b% ，则a b关系正确的是
A. a大于bB. a 小于bC. a 等于bD. 无法比较
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】因为反应物只有一种，因此增大反应物的量，相当于增大体系的压强，平衡将向逆反应方向移动，即PCl5的体积分数应减小，即a小于b，答案选B。
【点睛】
13. 已知25℃时，的。现有a、b两支试管，分别盛有浓度均为的氨水和盐酸，已知。下列说法正确的是
A. a、b两试管中溶液的导电能力相同
B. a试管中的浓度约为
C. 将少量盐酸滴入a试管中，的电离程度增大
D. 向a试管中加入水，的电离平衡逆向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．为弱电解质，物质的量浓度相同时，a试管中溶液的导电能力弱，A项错误；
B．a试管中的浓度约为，B项错误；
C．将少量盐酸滴入a试管中，盐酸电离出的H+和溶液中的OH-反应，使电离平衡⇋正向移动，电离程度增大，C项正确；
D．加水稀释，电离平衡正向移动，D项错误；
答案选C。
14. 在起始温度均为T℃、容积均为1L的密闭容器X(恒温)、Y(绝热)中均加入0.1mlA和0.4mlB，发生反应 △H＜0，X、Y容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 曲线M表示容器Y中A的转化率变化
B. 容器Y在内的化学反应速率为
C. P点与Q点平衡常数：
D T℃时，
【答案】D
【解析】
【分析】该反应从正反应方向开始，正反应放热，随着反应的进行，反应放出热量，导致气体温度升高，反应速率加快、平衡逆向移动，的转化率降低，所以是绝热条件下进行，表示恒温()下进行反应。
【详解】A．由分析可知，曲线M表示容器Y中A的转化率变化，A正确；
B．容器Y在内，A的物质的量变化为0.1ml×20%，则B的物质的量变化也为0.1ml×20%，化学反应速率为，B正确；
C．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，Q点相当于P点加热，则P点与Q点平衡常数：，C正确；
D．条件下，容器平衡时的转化率为，则平衡时A、B、C、D的浓度分别为、、、，反应的平衡常数，同理，T℃时，容器Y中，，D不正确；
故选D。
第二部分 非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. 某化学兴趣小组进行中和反应反应热测定实验。实验装置如图所示。
（1）取的NaOH溶液和的H2SO4溶液进行实验，硫酸稍过量的目的是___________，不使用浓硫酸进行实验的原因是___________。
（2）测量反应体系温度时，正确的操作是___________(填标号)。
a．将NaOH溶液和H2SO4溶液迅速混合，用温度计测量初始温度
b．用温度计测量并记录H2SO4溶液的温度，用水把温度计上的酸冲洗干净，擦干后测量并记录NaOH溶液的初始温度
c．将NaOH溶液与H2SO4溶液迅速混合后，观察温度计，当温度计读数不再改变时，记录此时温度，该温度为反应后体系的温度
d．先往量热器内筒中缓慢注入NaOH溶液，再缓慢多次加入H2SO4溶液，密切关注温度变化，将最高温度记为反应后体系的温度
（3）若用的氨水代替NaOH溶液进行实验，算出的会___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
（4）测得的实验数据如表，已知水的比热容
。
①实验中温度平均升高___________℃，该实验发生反应的热化学方程式为___________(的值保留小数点后一位数字)。
②查阅资料得知 ，上述实验数值结果与有偏差，产生偏差的原因可能是___________(填标号)。
A．NaOH溶液的实际浓度小于0.50ml/L
B．简易量热器内筒原本存在少量冷水
C．读取初始温度时，读数偏低
【答案】（1） ①. 确保NaOH能完全反应 ②. 浓硫酸稀释时会放出热量，干扰实验
（2）b （3）偏大
（4） ①. 3.4 ②. ③. AB
【解析】
【小问1详解】
实验中，所用H2SO4稍过量的原因是确保定量的NaOH反应完全，由于浓硫酸稀释过程放出大量的热，引起实验误差，故不能使用浓硫酸进行实验，故答案为：确保NaOH被完全中和；浓硫酸稀释过程放出大量的热，干扰实验；
【小问2详解】
a．NaOH和H2SO4能迅速反应，故将NaOH溶液和H2SO4溶液迅速混合，用温度计测量初始温度，这样已经不是反应前的初始温度了，a错误；
b．用温度计测量并记录H2SO4溶液的温度，用水把温度计上的酸冲洗干净，擦干后测量并记录NaOH溶液的初始温度，这样才能正确测出反应前两溶液的温度，再算平均值，b正确；
c．将NaOH溶液与H2SO4溶液迅速混合后，观察温度计，反应后的温度应该是测量反应过程中的最高温度，而不是当温度计读数不再改变时，记录此时温度，该温度为反应后体系的温度，c错误；
d．先往量热器内筒中缓慢注入NaOH溶液，再缓慢多次加入H2SO4溶液，密切关注温度变化，将最高温度记为反应后体系的温度，这样将增大热量的散失，引起更大实验误差，d错误；
故答案为：b；
【小问3详解】
由于氨水是弱电解质，反应过程中将边电离边反应，电离过程需要吸收热量，故若用的氨水代替NaOH溶液进行实验，放出的热量将减少，故算出的会偏大，故答案为：偏大；
【小问4详解】
①由题干数据可知，第1、2、3、4组温度分别升高28.4-25.0=3.4℃、29.4-26.1=3.3℃、30.4-26.9=3.5℃、30.3-25.1=5.2℃，第4组明显误差，数据舍去，故实验中温度平均升高=3.4℃，则有==-56.8kJ/ml，该实验发生反应的热化学方程式为 ，故答案为： ；
②查阅资料得知 ，上述实验数值结果比有偏大，据此分析解题：
A．生成水的物质的量和放出的热量成正比，故NaOH溶液的实际浓度小于0.50ml/L，导致生成的水更少了，放出的热量也更少了，结果偏大，A符合题意；
B．简易量热器内筒原本存在少量冷水，导致反应的最高温度降低，温差减小，实验结果偏大，B符合题意；
C．读取初始温度时，读数偏低，导致温度偏大，实验结果偏小，C不合题意；
故选AB。
16. 电解质溶液中存在多种平衡，请回答下列问题：
（1）已知：
物质的量浓度均为0.1ml／L的下列溶液：
a．溶液 b．HCN溶液
比较二者的大小：a___________b(填“>”“<”或“=”)。
（2）已知25℃时，体积均为10mL，pH均为2的HF溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH的变化如图所示［已知：］。则
①25℃时，HF的电离常数___________HX的电离常数(填“>”“<”或“=”)。
②稀释100倍后，HF溶液中由水电离出的___________HX溶液中由水电离出的(填“>”“<”或“=”)。
（3）实验室有一瓶未知浓度的溶液，通过下列实验测定其浓度。
第一步：取溶液于锥形瓶中，滴入指示剂2～3滴。
第二步：取一滴定管，依次查漏，洗涤，用的溶液润洗，然后注入该标准溶液，调整液面，记下读数。
第三步：将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：
试回答下列问题：
①滴定过程中加入的指示剂是___________；滴定时，眼睛注视___________直至滴定终点；达到滴定终点的判断依据是___________。
②已知消耗标准液的实验数据如下表。
则该溶液的物质的量浓度为___________。
③下列操作会导致测定结果偏高的是___________(填字母)。
A．滴定管在装标准溶液前未用标准溶液润洗
B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出
C．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
D．达到滴定终点时，仰视读数
【答案】（1）> （2） ①. < ②. <
（3） ①. 淀粉溶液 ②. 锥形瓶内颜色变化 ③. 当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液从无色变成蓝色，且半分钟之内不变色 ④. ⑤. AD
【解析】
【小问1详解】
根据题意，由于，相同浓度下电离出来的大于HCN电离出来的；
【小问2详解】
①pH相同的一元酸稀释相同的倍数，pH值变化较大的酸酸性较强，其电离平衡常数较大，根据图知，稀释过程中pH变化较大的是HX，因此；②稀释100倍后，pH: ，则酸中:，酸抑制水电离，酸中越大其抑制水电离程度越大，所以稀释100倍后，HF溶液中由水电离出的
①用淀粉标准溶液滴定未知浓度的溶液，用淀粉溶液作指示剂，滴定时，眼睛注视锥形瓶内颜色变化直至滴定终点；达到滴定终点的判断依据是当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液从无色变成蓝色，且半分钟之内不变色；②第三组数据为异常值，因舍弃，因此，根据计量系数关系 ；依据进行如下分析：滴定管未用标准溶液润洗会导致 c(标准)偏小，则 V(标准)偏大，故导致测定结果偏高，A 正确；滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，导致待测溶液的溶质质量减小，消耗标准液的体积偏小，导致测定结果偏低，B 错误；滴定前滴定管尖嘴中没有气泡，滴定终点时发现气泡，由于气泡占有空间，则会导致 V(标准)偏小，使测定结果偏低，C错误；达到滴定终点时，仰视读数，导致 V(标准)偏大，会导致测定结果偏高，D正确。
17. 乙醇与水催化反应可以制得氢气。
（1）已知： ，回答下列问题：
①升温，平衡_______移动(填“向左”、“向右”、“不”)；
②与原平衡相比较，增大压强，新平衡时_______(填“增大”、“减小”、“不变”，下同)；
③恒温、恒容条件下。加入水蒸气，转化率_______；
④恒温、恒压条件下，加入稀有气体，体积分数_______。
（2）乙醇与水催化制氢同时发生以下三个反应，回答下列问题：
反应I：
反应II：
反应III：
则_______。
（3）压强为100kPa，的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，x、y、z三条曲线上的点都代表在不同条件下的平衡产率，且每条曲线上的平衡产率相同，如： A、B两点的平衡产率相等，B、C两点的平衡产率不相等。
的平衡产率：B点_______C点(填“>”或“<”)。
（4）恒容条件下，将和投入密闭容器中发生上述三个反应，平衡时的选择性、平衡时CO的选择性、平衡时乙醇的转化率随温度的变化曲线如图所示。
【已知：CO的选择性】
①表示乙醇转化率的曲线是_______(填“a”、“b”或“c”)。
②573K时，反应II的压强平衡常数_______。(已知：分压=总压该组分物质的量分数，计算结果保留整数。)
【答案】（1） ①. 向右 ②. 增大 ③. 增大 ④. 减小
（2）
（3）> （4） ①. b ②. 14
【解析】
【小问1详解】
①该反应为吸热反应，升温，平衡向右移动；
②是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，但新平衡时增大；
③恒温、恒容条件下。加入水蒸气，平衡正向移动，转化率增大；
④恒温、恒压条件下，加入稀有气体，容器体积增大，是气体体积增大的反应，平衡正向移动，体积分数减小。
【小问2详解】
由盖斯定律可知，(反应III-反应I)×可得反应II，=。
【小问3详解】
每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C点曲线上取一个点与B点温度相同标为点D，D点与B点相比温度相同，但是小于B点，增大反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均正向移动，氢气的产率增大，因此产率B点>C点。
【小问4详解】
①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小。表示CO2选择性的曲线为a，因为CO的选择性+CO2的选择性=1，则b表示乙醇的转化率，c表示CO的选择性曲线；
②a表示CO2的选择性曲线，因为CO的选择性+CO2的选择性=1，则b表示乙醇的转化率，c表示CO的选择性曲线，设乙醇与水的投料比分别为1ml和3ml，CO的选择性为15%，CO2的选择性为85%，则n(CO2)：n(CO)=0.85:0.15，乙醇的转化率为0.6，
设反应Ⅱ转化COyml，
因乙醇的转化率为0.6，则反应Ⅲ转化乙醇为0.6-x，
CO物质的量为0.18ml，则2x-y=0.18，则n(H2O)=1.38ml，n(H2)=3.42ml，n(C2H5OH)=0.4ml，n(CO)=0.18ml，n(CO2)=1.02ml，总物质的量为6.4ml，此时压强为=160kPa，各物质分压为p(H2O)=34.5kPa，p(H2)=85.5kPa，p(C2H5OH)=10kPa，p(CO)=4.5kPa，p(CO2)=25.5kPa，反应II的压强平衡常数。
18. 已知25℃时，醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为
（1）碳酸一级电离的平衡常数表达式为___________。
（2）酸性强弱：醋酸___________次氯酸(填“>”或“<”，下同)；经测定，常温下的醋酸钠溶液的pH小于相同的浓度的次氯酸钠溶液，___________(填“能”或“不能”)说明两者的酸性强弱关系。
（3）若保持温度不变，在醋酸溶液中通入少量，则下列物理量变小的是___________(不定项)。
A. B.
C. 醋酸的电离平衡常数D.
（4）和的混合溶液中，_______(用微粒符号表示)。
（5）下列离子方程式中错误的是___________。
A．少量通入次氯酸钠溶液中：
B．少量通入次氯酸钙溶液中：
C．过量通入澄清石灰水中：
（6）25℃时，的硫酸与溶液中，两者水电离出的氢离子浓度之比为___________。
（7）25℃时，将的溶液与的硫酸溶液混合，所得混合溶液的，则溶液与硫酸溶液的体积比为___________。
（8）既能和强酸反应也能和强碱溶液反应。用平衡移动原理说明能和强碱溶液反应的原因：___________。
【答案】（1）
（2） ①. ＞ ②. 能 （3）AD
（4）
（5）B （6）1:1
（7）10：1 （8）强碱溶液中氢氧根离子结合电离出的氢离子生成水，促进电离平衡正向进行反应生成亚硫酸钠
【解析】
【小问1详解】
碳酸为二元弱酸，溶液中分步电离、，，故答案为。
【小问2详解】
K（CH3COOH）＞K（HClO），则酸性CH3COOH＞HClO，对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，所以常温下的醋酸钠溶液的pH小于相同的浓度的次氯酸钠溶液，能说明两者的酸性强弱关系；故答案为＞；能。
【小问3详解】
若保持温度不变，在CH3COOH溶液中通入少量HCl，溶液中c（H＋）增大而抑制CH3COOH电离，
A．因为抑制醋酸电离导致溶液中减小，故A符合题意；
B．HCl电离导致溶液中增大，故B不符合题意；
C．CH3COOH的电离平衡常数只与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，故C不符合题意；
D．醋酸的电离平衡常数为，所以，温度不变电离平衡常数不变，增大，所以减小，故D符合题意；
故答案选AD。
【小问4详解】
和的混合溶液中，根据电荷守恒有，所以，故答案为。
【小问5详解】
A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，K（H2CO3）＞K（HClO）＞K（），则酸性H2CO3＞HClO＞，所以离子反应方程式为CO2＋H2O＋ClO−=＋HClO，故A正确；
B．SO2、次氯酸钙发生氧化还原反应，离子方程式为SO2＋ClO−＋Ca2＋＋H2O═CaSO4↓＋Cl−＋2H＋，故B错误；
C．过量CO2通入澄清石灰水中生成可溶性的碳酸氢钙，离子方程式为CO2＋OH−═，故C正确；
故答案选B。
【小问6详解】
25℃时，的硫酸中，水电离出的氢离子浓度为，溶液中，，水电离出的氢离子浓度，所以两者水电离出的氢离子浓度之比为1:1，故答案为1:1。
【小问7详解】
25℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n（OH−）＝n（H＋），则V（NaOH）•10−5ml•L−1＝V（H2SO4）•10−4ml•L−1，得V（NaOH）：V（H2SO4）＝10：1；故答案为10：1。
【小问8详解】
NaHSO3既能和强酸反应也能和强碱溶液反应，亚硫酸氢钠溶液中存在亚硫酸氢根离子电离：，显酸性，存在亚硫酸氢根离子水解：，溶液显碱性，用平衡移动原理说明NaHSO3能和强碱溶液反应的原因是：强碱溶液中氢氧根离子结合电离出的氢离子生成水，促进电离平衡正向进行反应生成亚硫酸钠，故答案为强碱溶液中氢氧根离子结合电离出的氢离子生成水，促进电离平衡正向进行反应生成亚硫酸钠。
19. 高纯度碳酸锂：是制造锂离子电池必不可少的原材料。某锂云母矿采用硫酸盐焙烧法生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：
已知(i)用表示金属阳离子、HR表示有机萃取剂，“萃取”原理可以表示为：
(ii)上述溶剂萃取法(利用萃取剂HR对杂质离子的特殊选择性)与化学净化除杂法(采用分步沉淀法逐一分离杂质离子)
除杂效果对比如下表
（1）将最终产品进行焰色反应，可观察到火焰呈___________(填标号)。
A．紫红色 B．紫色 C．黄色
（2）为提高“焙烧”效率，常采取的措施是___________(写两点)。
（3）操作1用到的主要玻璃仪器有烧杯、___________。
（4）萃取剂的浓度对萃取率的影响如下图所示，则选择萃取剂浓度为___________为宜；“反萃取”步骤用到的试剂A是___________；流程中循环使用的物质除HR、外，还有___________。
（5）“碳化反应”的化学反应方程式___________。
（6）由除杂效果分析，溶剂萃取法相对于化学净化除杂法的优势为___________。
【答案】（1）A （2）将矿石细磨、充分搅拌、适当升高温度或其他合理答案
（3）分液漏斗 （4） ①. 1.5 ②. H2SO4 ③. Na2SO4
（5）
（6）萃取剂除杂法锂的损失率更少
【解析】
【分析】锂云母矿采用加硫酸钠焙烧后，加稀硫酸过滤除去二氧化硅、硫酸钙等不溶性杂质，所得滤液加入有机萃取剂HR，“萃取”原理为：，由表知，Al3+、、、残留Ca2+离子被萃取剂结合后进入有机相，水溶液主要含为Li+、SO，水相中加入饱和碳酸钠沉锂，生成Li2CO3沉淀和硫酸钠，过滤后沉淀中加入去离子水、二氧化碳发生碳化反应，碳酸锂和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤得碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成高纯度的碳酸锂，以此来解析；
【小问1详解】
锂元素的焰色反应为紫红色，将最终产品碳酸锂进行焰色反应，可观察到火焰呈紫红色；
选A。
【小问2详解】
为提高“焙烧”效率，常采取的措施是将矿石细磨、充分搅拌、适当升高温度等。
【小问3详解】
操作1为萃取分液，用到的主要玻璃仪器有烧杯、分液漏斗。
【小问4详解】
萃取剂要最大程度地萃取溶液中的Al3+、、而尽可能不萃取Li+，由图知，则选择萃取剂浓度为1.5为宜；“反萃取”步骤中逆向移动，按勒夏特列原理，增大生成物浓度可使平衡左移，则需加入氢离子、且阴离子为硫酸根，则用到的试剂A是H2SO4；流程中沉锂时生成硫酸钠、焙烧时消耗硫酸钠，则循环使用的物质除HR、外，还有Na2SO4。
【小问5详解】
锂和钠处于同一主族，则由碳酸钠、水和二氧化碳反应得到碳酸氢钠来类推，可得到“碳化反应”化学反应方程式为。
【小问6详解】实验次数
初始温度
终止温度
1
25.0
28.4
2
26.1
29.4
3
26.9
30.4
4
25.1
30.3
化学式
HCN
电离常数(25℃)
实验次数
始读数(mL)
末读数(mL)
1
0.10
19.20
2
1.85
2075
3
0.00
24.06
物质
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离平衡常数
化学净化法浸出率/%
99.7
99.74
97.85
97.97
96.87
6.1
溶剂萃取法浸出率/%
99.54
99.39
99.21
97.89
97.07
3.3
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