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四川省宜宾市叙州区第二中学校2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市叙州区第二中学校2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了5 Fe，7 kJ/ml×3+413，5 ml/D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. 下列反应中， 属于放热反应的是
A. CaCO3受热分解B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
C. C与CO2反应D. 盐酸和NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．受热分解是吸热反应，A项错误；
B．与的反应是吸热反应，B项错误；
C．C和的反应是吸热反应，C项错误；
D．盐酸和NaOH溶液反应是中和反应，属于放热反应，D项正确；
答案选D。
2. 科学家通过粒子加速器进行实验，获得了一种罕见的原子。对于和，下列有关数目不相同的是
A. 质子数B. 最外层电子数
C. 中子数D. 核外电子数
【答案】C
【解析】
【详解】A. 质子数均为26，A错误；
B. 核外电子数均为26，则原子电子排布方式完全一样，故最外层电子数相同，B错误；
C. 质量数=质子数+中子数，所以中子数分别为19、30，C正确；
D. 核外电子数均为26，D错误；
答案选C。
3. 利用下列键能数据，估算异丁烷(C4H10)直接脱氢生成异丁烯反应(CH3)2CHCH3(g)→H2(g)+(CH3)2C=CH2(g)的△H为
A. +123.5 kJ/mlB. -123.5 kJ/mlC. -224.2 kJ/mlD. +224.2 kJ/ml
【答案】A
【解析】
【详解】反应热=反应物总键能-生成物总键能，即反应热=347.7 kJ/ml×3+413.4 kJ/ml×10-(436 kJ/ml +615 kJ/ml +347.7 kJ/ml×2+413.4 kJ/ml×8)=+123.5 kJ/ml。
答案为A。
4. 某原子价电子排布为4s24p3，该元素或其化合物不可能具有的性质是
A. 该元素属于非金属B. 该元素的氢化物比氨气稳定
C. 该元素的最高价氧化物对应的水化物是弱酸D. 该元素的最高化合价是＋5
【答案】B
【解析】
【分析】该原子价电子排布为4s24p3，则该元素为第VA族元素As元素，据此分析解答。
【详解】A．该元素为As元素，属于非金属，故A正确；
B．同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，非金属性越弱，气态氢化物的稳定性越弱，则该元素的氢化物不如氨气稳定，故B错误；
C．非金属性越弱，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越弱，H3PO4为弱酸，故该元素的最高价氧化物对应的水化物是弱酸，故C正确；
D．该元素为第VA族元素，故最高化合价是＋5，故D正确；
故选B。
5. 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。
6. 实验室用盐酸和二氧化锰制备，有关说法正确的是
A. 增大盐酸的浓度能加快反应速率B. 用稀盐酸则反应速率较慢
C. 增加用量可显著加快反应速率D. 升高温度则减慢反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓度越大则反应速率越快，增大盐酸的浓度能加快反应速率，A正确；
B．稀盐酸和二氧化锰不反应，B错误；
C．二氧化锰固体，增加的用量不会显著加快反应速率，C错误；
D．升高温度会加快反应速率，D错误。
故选A。
7. 1828年人类首次使用无机物质氰酸铵(，可由氯化铵和氯酸银反应制得)人工合成了尿素()，揭开了人工合成有机物的序幕。下列说法正确的是
A. 已知氰酸银微溶于水，制备氰酸铵的离子方程式为：
B. 组成元素第一电离能由大到小的顺序为：
C. 简单离子半径由大到小的顺序为：
D. 氰酸铵转化为尿素，反应前后碳元素的化合价没有改变
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知氰酸银微溶于水，交换成分得到AgCl为沉淀，符合复分解反应发生条件，由于氰酸银微溶于水故离子反应中不能拆，，A错误；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大的趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，组成元素第一电离能由大到小的顺序为：，B错误；
C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径由大到小的顺序为：，C错误；
D．氰酸铵转化为尿素，反应前后碳元素的化合价均为+4价，没有改变，D正确；
故选D。
8. 工业上制备硫酸的一步重要反应是在400～500℃下的催化氧化反应： 。下列有关说法错误的是
A. 常通入过量的空气，以提高的平衡转化率
B. 为提高反应速率和平衡转化率，采用压强越大越好
C. 控制温度为400～500℃既能提升反应速率，又能使催化剂有较高的活性
D. 要综合考虑影响速率与平衡的各种因素、设备条件和经济成本等，寻找适宜的生产条件
【答案】B
【解析】
【详解】A．通入过量的空气，可以增大氧气的量，促使平衡正向移动， 可以提高二氧化硫的转化率，A正确；
B．在二氧化硫的催化氧化中，常压下二氧化硫的转化率很高，增大压强会增加成本，B错误；
C．选择温度时，从速率考虑需要高温，但是该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，原料的转化率降低，选择400-500℃既能提升反应速率，又能使催化剂有较高的活性，这是该反应催化剂的催化活性、反应速率、反应限度等角度综合考虑的结果，C正确；
D．要综合考虑影响速率与平衡的各种因素、设备条件和经济成本等，寻找适宜的生产条件，提高生产的效率降低生产的成本，D正确；
故选B。
9. 利用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 利用图Ⅰ装置蒸发KCl溶液制备无水KCl
B. 利用图Ⅱ装置进行喷泉实验
C. 图Ⅲ装置中，关闭a、打开b，可检查装置的气密性
D. 利用图Ⅳ装置验证分解反应有催化作用
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．KCl是强酸强碱盐，在水中不发生水解反应，所以可以用图Ⅰ装置蒸发KCl溶液制备无水KCl，故A正确；
B．形成喷泉的条件是烧瓶内外产生压强差，而氯气难溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，故B错误；
C．图Ⅲ装置中烧瓶和分液漏斗通过玻璃管连通，故关闭a、打开b，不管气密性是否良好，分液漏斗中的液体均可顺利流下，故不可检查装置的气密性，故C错误；
D．温度和催化剂都可影响反应速率，比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下行对比实验，故D错误。
答案选A。
10. 在恒容密闭容器中发生反应：A（g) ＋2B（g) 3C（g)＋ D（s)，下列不能表明反应已达到化学平衡状态的标志是
A. 容器内气体的平均摩尔质量不随时间变化而改变
B. 容器内气体密度不随时间变化而改变
C. 容器内压强不随时间变化而改变
D. 单位时间内每生成0.5ml B的同时生成0.25ml D
【答案】C
【解析】
【详解】A．平均摩尔质量的变化不能确定反应已达到化学平衡状态，错误；
B．密度不随时间变化而改变，不能确定反应已达到化学平衡状态，错误；
C．容器内压强不随时间变化而改变，即物质的量不随时间的变化而变化，说明反应已达到化学平衡状态，正确；
D．单位时间内每生成0.5ml B的同时生成0.25ml D，B是气态而D是固态，不能确定反应已达到化学平衡状态，错误；
故本题选择C。
11. 下列离子方程式正确的是
A. 电解饱和食盐水：
B. 溶液刻蚀电路铜板：
C. 泡沫灭火器原理：
D. 溶液中通入少量氯气：
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解饱和食盐水，阳极由氯离子失电子生成氯气，阴极由水电离的氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧化钠，离子方程式：，故A错误；
B．铜与氯化铁溶液反应，铜被铁离子氧化为铜离子，铁离子被还原为亚铁离子，离子方程式：，故B错误；
C．泡沫灭火器中碳酸氢钠与硫酸铝双水解，离子方程式：，故C正确；
D．溶液中通入少量氯气，由于亚铁离子还原性强于溴离子，所以氯气先与亚铁离子反应，离子方程式：，故D错误；
答案选C。
12. 将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，下列叙述正确的是
A. 装置甲中铜片表面产生气泡
B. 装置甲溶液中 SO42ˉ 向铜片做定向移动
C. 装置乙中负极的电极反应式： Zn-2eˉ == Zn2+
D. 装置乙导线中有 1ml 电子通过时锌片溶解了 65g
【答案】C
【解析】
【详解】锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题。
A．甲没有形成原电池，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，A错误；
B．甲没有形成原电池，溶液中SO42ˉ不会向铜片做定向移动，B错误；
C．锌为负极，装置乙中负极的电极反应式：Zn-2eˉ=Zn2+，C正确；
D．1ml锌失去2ml电子，装置乙导线中有1ml电子通过时锌片溶解了32.5g，D错误。
答案选C。
13. 25 °C时，用0.5 ml·L-1 NaHCO3溶液滴定25.00 mL0.25 ml·L-1 CaCl2溶液，测得混合溶液的pH随滴加NaHCO3溶液的体积变化如图所示，当滴加25mLNaHCO3溶液时出现较为明显的白色沉淀[已知：Ksp (CaCO3) =3.5 ×10-9、Ka1(H2CO3) =4.4 ×10-7、Ka2(H2CO3) =4.5×10-11、100.8≈6.3]。
下列叙述错误的是
A. 向饱和NaHCO3溶液中加入少量NaHCO3固体，溶液pH不变
B. 的电离程度：c点大于b点
C. d点溶液中c(Ca2+)D. d点溶液中c(Ca2+)· c( )的值约为4.9×10-6
【答案】C
【解析】
【分析】a点是氯化钙溶液，pH=7，溶液呈中性，b点是CaCl2溶液和NaHCO3混合溶液，两者之间没有发生反应，碳酸氢根离子水解呈碱性，c点已经有沉淀生成，溶液呈碱性，d点沉淀的量已经不再变化，但溶液仍为碱性，说明碳酸氢根离子的水解大于电离。
【详解】A．向饱和NaHCO3溶液中加入少量NaHCO3固体不会再溶解，浓度不变，pH值不变，故A正确；
B．c点生成了碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，因此c点碳酸氢根电离程度大于b点，故B正确；
C．d点溶液显碱性碳酸氢根离子以水解为主，电离的碳酸根离子很少，而且碳酸钙的溶度积比碳酸的第二步电离常数大的多，钙离子浓度大于碳酸根离子浓度，故C错误；
D．c(Ca2+)· c()===，故D正确；
答案选C。
14. 已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4，现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时pH变化曲线
B. 取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小
C. b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小
D. 从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF)
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HF酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线Ⅰ代表HF稀释时pH变化曲线，A错误；
B．pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，B错误；
C．酸越弱，电离出H＋趋势越小，对水的电离抑制程度越低，所以b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，C错误；
D．溶液中==，Ka和Kw只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中保持不变，D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. 以金红石(主要成分为，含少量铝、硅、钒的氧化物杂质)为原材料，制取金属钛的流程如下：
已知粗中可能含有的物质沸点如下：：136℃，：127℃，：57℃，：180℃
（1）Ti的价电子轨道表示式：____，写出由金红石在高温下制得的化学方程式____。
（2）除钒过程中的化学方程式为_______。
（3）蒸馏的目的是为了除去_____元素(填元素符号)。“加铝”和“蒸馏”的顺序不能交换，理由是_______。
（4）下列冶炼方法与用Mg冶炼Ti的方法最相似的是_______。
A. 钠高温与KCl制钾B. 电解熔融氯化钠制钠
C 铝热反应制钒D. 氧化汞分解制汞
（5）金属钛可制得Ti-Fe合金，该合金主要应用于新型_______合金材料。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3） ①. Si、Al ②. 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质 （4）C
（5）储氢
【解析】
【小问1详解】
钛是22号元素，轨道表示式为：；由金红石在高温下制得TiCl4的化学方程式为；
【小问2详解】
除钒过程中加入铝，生成VOCl2渣，；
【小问3详解】
加铝已除去钒元素，蒸馏的目的是为了除去硅、铝元素。因“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，故“加铝”和“蒸馏”的顺序不能交换；
【小问4详解】
用Mg冶炼Ti的方法和铝热反应最相似均为活泼金属还原法；故选C。
【小问5详解】
Ti-Fe合金是新型储氢合金材料。
16. 某实验小组设计用50mL盐酸和50mL氢氧化钠溶液在如图装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。
（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是___________。
（2）写出表示该反应中和热()的热化学方程式___________。
（3）若改用60mL盐酸和50mL氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量___________(填“增加”、“减少”或“不变”，下同)，所求中和热数值___________。
（4）通过计算得到，该结果与有偏差，产生此偏差的原因可能是___________(填字母)。
A. 用温度计测量盐酸起始温度后直接测量NaOH溶液的温度
B. 一次性把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
C. 实验装置保温、隔热效果差
D. 量取盐酸溶液的体积时俯视读数
（5）实验小组另取溶液和未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持)，则实验小组做该实验时的环境温度___________(填“高于”“低于”或“等于”)22℃，NaOH溶液的浓度为___________。
【答案】（1）环形玻璃搅拌棒
（2）H+(aq)+ OH﹣(aq)=H2O(l) △H=—57.3kJ/ml
（3） ①. 增加 ②. 不变 （4）ACD
（5） ①. 低于 ②. 0.75
【解析】
【分析】该实验的实验目的是通过测定中和反应反应过程中所放出的热量计算中和热，并分析产生误差的原因。
【小问1详解】
由实验装置图可知，图中缺少的玻璃仪器为用于搅拌，促进中和反应完全进行的环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；
【小问2详解】
中和热为稀的强酸和稀的强碱发生中和反应生成1ml水放出的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为H+(aq)+ OH﹣(aq)=H2O(l) △H=—57.3kJ/ml，故答案为：H+(aq)+ OH﹣(aq)=H2O(l) △H=—57.3kJ/ml；
【小问3详解】
若改用60mL0.50ml/L盐酸和50mL0.55ml/L氢氧化钠溶液进行反应，反应生成水的物质的量增大，反应放出的热量增加，而中和热为中和反应生成1ml水时的焓变，与实际消耗的反应物的量无关，所以所求中和热数值不变，故答案为：增加；不变；
【小问4详解】
A．用温度计测量盐酸起始温度后直接测量氢氧化钠溶液的温度会因为发生中和反应使得测定氢氧化钠溶液的温度偏高，使得温度差偏小，测得的热量偏小，导致中和热△H偏大，故符合题意；
B．一次性把氢氧化钠溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中可以减少热量散失，对实验结果无影响，故不符合题意；
C．实验装置保温、隔热效果差会造成热量损失，使得测得的热量偏小，导致中和热△H偏大，故符合题意；
D．量取盐酸溶液的体积时俯视读数会造成量取盐酸的体积偏小，反应生成水的物质的量偏小，使得测得的热量偏小，导致中和热△H偏大，故符合题意；
故选ACD；
【小问5详解】
由图可知，加入5mL氢氧化钠溶液时，溶液的温度为使得测得的热量偏小，导致中和热△H偏大，故符合题意；加入氢氧化钠溶液的体积为30mL时，溶液的温度最高，说明盐酸与氢氧化钠溶液恰好反应，则氢氧化钠溶液的浓度为=0.75ml/L，故答案为：0.75。
17.
（1）某温度(t℃)时，水的Kw=1×10-12，则该温度_________ (填“＞”“＜”或“＝”)25 ℃，其理由是__________________。
（2）该温度下，c(H+)=1×10-7 ml·L-1的溶液呈_________(填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH-)=_________ml·L-1。
（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡_________ (填“向左”“向右”或“不”)移动。在新制氯水中加入少量NaCl固体,水的电离平衡_________ (填“向左”“向右”或“不”)移动。
（4）25 ℃时，0.1 ml·L-1下列物质的溶液：①HCl、②H2SO4、③NaCl、④NaOH 、⑤Ba(OH)2，水电离出的c(H+)由大到小的关系是_________ (填序号)。
【答案】（1） ①. ＞ ②. 升温促进水的电离，Kw增大
（2） ①. 碱性 ②. 1×10-7
（3） ①. 向右 ②. 向右
（4）③>①=④>②=⑤
【解析】
【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较(t℃)时和25℃时Kw的值判断；通过比较溶液在该温度下氢离子浓度与氢氧根离子浓度的大小判断溶液的酸碱性；NaOH为强碱，抑制水电离；根据离子浓度对电离平衡的影响效果判断；酸或碱都抑制水电离，酸溶液中氢离子(氢氧根离子)浓度越大，其抑制水电离程度越大。溶液中水电离的c(H＋)和水电离c(OH－)一直相等，则c(H＋)水＝c(OH－)水，根据溶液组成分析计算。
【小问1详解】
水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25℃时纯水中c(H＋)＝c(OH－)=10-7ml/L，某温度(t℃)时，水的离子积常数K=110-12，则该温度大于25℃，故答案为：>；升温促进水的电离，Kw增大；
【小问2详解】
根据第(1)问可知，该温度下，c(H＋)＝1×10－7 ml/L的溶液，c(OH−)===1×10−5 ml·L−1，c(H＋)< c(OH−)，溶液显碱性；该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH−)水=c(H+)水= c(H+)=10−7ml⋅L−1；
【小问3详解】
Zn和稀硫酸反应，使溶液酸性减弱，对水的电离抑制程度减弱，即水的电离平衡向右移动；在新制氯水中加入少量NaCl固体，水中的Cl-浓度增大，则平衡Cl2+H2O H++Cl-+HClO向逆反应方向移动，即向生成Cl2分子的方向移动，氯水中的H+浓度降低，对水的电离抑制程度降低，水的电离向右移动，故答案为：向右；向右；
【小问4详解】
酸或碱均会抑制水的电离，根据溶液的酸碱性可得出，0.1 ml·L-1下列物质的溶液：①HCl与④NaOH比较，溶质电离的氢离子与氢氧根离子的浓度均为0.1ml·L-1，抑制作用相当；②H2SO4与⑤Ba(OH)2分别为二元强酸和二元强碱，则电离的氢离子与氢氧根离子的浓度均为0.1ml·L-1，抑制作用也一致，比①HCl与④NaOH的抑制作用强，由水电离的氢离子浓度更小；③NaCl为中性溶液，既不促进也不抑制，综上所述，五种溶液中水电离出的c(H+)由大小关系为：③>①=④>②=⑤，故答案为：③>①=④>②=⑤.
18. 回答下列问题：
Ⅰ．一定条件下，在容积为的密闭容器中，、B、C三种气体的物质的量随时间的变化如图甲所示，已知达到平衡后，降低温度，A的体积分数减小。
（1）该反应的化学方程式为___________。
（2）该反应的反应速率随时间的关系如图所示：
①根据图乙判断，在时刻改变的外界条件是___________。
②、、对应的平衡状态中，C的体积分数最大的是状态___________。
③各阶段的平衡常数如下表所示：
、、之间的大小关系为___________(用“”“”或“”连接)。
Ⅱ．在密闭容器中充入一定量的，发生反应： ，如图所示为气体分解生成和的平衡转化率与温度、压强的关系。
（3）___________(填“”“”或“”)0。
（4）图丙中压强(、、)由大到小的顺序为___________。
（5）该反应对应的平衡常数表达式K=___________。
（6）如果想进一步提高的转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___________。
【答案】（1）
（2） ①. 升高温度 ②. ③.
（3）
（4）
（5）
（6）及时分离出产物
【解析】
【小问1详解】
由图可知，物质的量减少的A、B为反应物，物质的量增大的C为生成物，反应中A、B、C的物质的量的变化量为(1ml-0.7ml)：(1ml-0.4ml)：0.6ml=1：2：3，则反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
达到平衡后，降低温度，A的体积分数减小说明平衡向正反应方向移动，该反应为气体体积减小的放热反应，由图可知，t2时正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，t3条件改变的瞬间，正、逆反应速率同时增大，逆反应速率大于正反应速率说明平衡向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以t3时改变条件为升高温度；t5条件改变的瞬间，正、逆反应速率同时增大且相等，说明平衡没有移动，t5时改变的条件为使用催化剂；
①由分析可知，t3时改变条件为升高温度，故答案为：升高温度；
②由分析可知，t2时反应达到平衡，t3时改变条件为升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，t5时改变的条件为使用催化剂，平衡不移动，C的体积分数不变，则a、b、c三点中，C的体积分数最大的是a，故答案为：a；
③由分析可知，t2时反应达到平衡，t3时改变条件为升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，t5时改变的条件为使用催化剂，平衡不移动，平衡常数不变，则K1、K2、K3之间的大小关系为，故答案为：；
【小问3详解】
由图可知，压强一定时，温度升高，硫化氢的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应的焓变大于0，故答案为：>；
【小问4详解】
该反应是气体体积增大的反应，温度一定时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，硫化氢的转化率减小，由图可知，、、条件下硫化氢的转化率依次减小，则压强的大小顺序为，故答案为：；
【小问5详解】
由方程式可知，反应的平衡常数表达式K=，故答案为：；
【小问6详解】
及时分离出产物，可以减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，硫化氢的转化率增大，则进一步提高硫化氢的转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施为及时分离出产物，故答案为：及时分离出产物。
19. 含砷废水常见于采矿、半导体等工业，部分砷的化合物有毒，因此需除去废水中的砷。
Ⅰ.天然水体中砷元素主要以和存在。在水溶液中，各种微粒的物质的量分数与溶液的关系如图1所示。
（1）当天然水体的为4时，水体中所含的主要微粒是_______。
（2）将溶液滴入溶液中，当达到8时，所发生反应的离子方程式为_______。此时，溶液中含砷离子浓度由大到小的顺序为_______。
（3）时，向溶液中加入溶液至中性，此时溶液中_______。
Ⅱ.利用高铁酸盐处理含砷废水。在一定范围内，高铁酸盐被还原成胶体，而吸附含砷化合物。不同对除砷影响如图2所示。
已知：溶液的对胶体粒子表面所带电荷有影响。时，胶体粒子表面带正电荷，越低，表面所带正电荷越多。时，胶体粒子表面不带电荷；时，胶体粒子表面带负电荷，越高，表面所带负电荷越多。
（4）结合图1和图2分析，除砷过程中控制废水约为_______适宜，过低或过高，砷的去除率都会下降。过低，主要以形式存在，不易形成胶体。过高，一是氧化性减弱，产生胶体的量少；二是_______；三是过高，生成沉淀而不是胶体。
（5）时，氧化的离子方程式为_______。
【答案】（1）
（2） ①. ②.
（3）
（4） ①. 4~7 ②. 越高，胶体粒子表面所带负电荷增多，而主要以或形式存在，静电斥力增加，砷的去除率下降
（5）
【解析】
【小问1详解】
水溶液存在三步电离：H++、H++、H++，起点溶液主要存在，随着pH增大，浓度逐渐增大，为4时，水体中所含的主要微粒是；
【小问2详解】
=8时，水体中所含的主要微粒是，则溶液滴入溶液中，发生反应的离子方程式为 、，此时溶质为Na2HAsO4，溶液呈碱性，则水解程度大于电离程度，溶液中含砷离子浓度由大到小的顺序为：；
【小问3详解】
由图1中曲线交点，pH=2.2时，c()=c()，则，同理pH=7时，c()=c()，，pH=11.5时，c()=c()，，溶液中=；
【小问4详解】
由图2可知pH在4~7范围内除砷率较高，则除砷过程中控制废水约为4~7适宜；已知时，胶体粒子表面带负电荷，越高，表面所带负电荷越多。则过高时胶体粒子表面所带负电荷增多，而主要以或形式存在，静电斥力增加，砷的去除率下降；
【小问5详解】化学键
C-C
C=C
C-H
H-H
键能/(kJ/ml)
347.7
615
413.4
436
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. 下列反应中， 属于放热反应的是
A. CaCO3受热分解B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
C. C与CO2反应D. 盐酸和NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．受热分解是吸热反应，A项错误；
B．与的反应是吸热反应，B项错误；
C．C和的反应是吸热反应，C项错误；
D．盐酸和NaOH溶液反应是中和反应，属于放热反应，D项正确；
答案选D。
2. 科学家通过粒子加速器进行实验，获得了一种罕见的原子。对于和，下列有关数目不相同的是
A. 质子数B. 最外层电子数
C. 中子数D. 核外电子数
【答案】C
【解析】
【详解】A. 质子数均为26，A错误；
B. 核外电子数均为26，则原子电子排布方式完全一样，故最外层电子数相同，B错误；
C. 质量数=质子数+中子数，所以中子数分别为19、30，C正确；
D. 核外电子数均为26，D错误；
答案选C。
3. 利用下列键能数据，估算异丁烷(C4H10)直接脱氢生成异丁烯反应(CH3)2CHCH3(g)→H2(g)+(CH3)2C=CH2(g)的△H为
A. +123.5 kJ/mlB. -123.5 kJ/mlC. -224.2 kJ/mlD. +224.2 kJ/ml
【答案】A
【解析】
【详解】反应热=反应物总键能-生成物总键能，即反应热=347.7 kJ/ml×3+413.4 kJ/ml×10-(436 kJ/ml +615 kJ/ml +347.7 kJ/ml×2+413.4 kJ/ml×8)=+123.5 kJ/ml。
答案为A。
4. 某原子价电子排布为4s24p3，该元素或其化合物不可能具有的性质是
A. 该元素属于非金属B. 该元素的氢化物比氨气稳定
C. 该元素的最高价氧化物对应的水化物是弱酸D. 该元素的最高化合价是＋5
【答案】B
【解析】
【分析】该原子价电子排布为4s24p3，则该元素为第VA族元素As元素，据此分析解答。
【详解】A．该元素为As元素，属于非金属，故A正确；
B．同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，非金属性越弱，气态氢化物的稳定性越弱，则该元素的氢化物不如氨气稳定，故B错误；
C．非金属性越弱，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越弱，H3PO4为弱酸，故该元素的最高价氧化物对应的水化物是弱酸，故C正确；
D．该元素为第VA族元素，故最高化合价是＋5，故D正确；
故选B。
5. 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。
6. 实验室用盐酸和二氧化锰制备，有关说法正确的是
A. 增大盐酸的浓度能加快反应速率B. 用稀盐酸则反应速率较慢
C. 增加用量可显著加快反应速率D. 升高温度则减慢反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓度越大则反应速率越快，增大盐酸的浓度能加快反应速率，A正确；
B．稀盐酸和二氧化锰不反应，B错误；
C．二氧化锰固体，增加的用量不会显著加快反应速率，C错误；
D．升高温度会加快反应速率，D错误。
故选A。
7. 1828年人类首次使用无机物质氰酸铵(，可由氯化铵和氯酸银反应制得)人工合成了尿素()，揭开了人工合成有机物的序幕。下列说法正确的是
A. 已知氰酸银微溶于水，制备氰酸铵的离子方程式为：
B. 组成元素第一电离能由大到小的顺序为：
C. 简单离子半径由大到小的顺序为：
D. 氰酸铵转化为尿素，反应前后碳元素的化合价没有改变
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知氰酸银微溶于水，交换成分得到AgCl为沉淀，符合复分解反应发生条件，由于氰酸银微溶于水故离子反应中不能拆，，A错误；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大的趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，组成元素第一电离能由大到小的顺序为：，B错误；
C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径由大到小的顺序为：，C错误；
D．氰酸铵转化为尿素，反应前后碳元素的化合价均为+4价，没有改变，D正确；
故选D。
8. 工业上制备硫酸的一步重要反应是在400～500℃下的催化氧化反应： 。下列有关说法错误的是
A. 常通入过量的空气，以提高的平衡转化率
B. 为提高反应速率和平衡转化率，采用压强越大越好
C. 控制温度为400～500℃既能提升反应速率，又能使催化剂有较高的活性
D. 要综合考虑影响速率与平衡的各种因素、设备条件和经济成本等，寻找适宜的生产条件
【答案】B
【解析】
【详解】A．通入过量的空气，可以增大氧气的量，促使平衡正向移动， 可以提高二氧化硫的转化率，A正确；
B．在二氧化硫的催化氧化中，常压下二氧化硫的转化率很高，增大压强会增加成本，B错误；
C．选择温度时，从速率考虑需要高温，但是该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，原料的转化率降低，选择400-500℃既能提升反应速率，又能使催化剂有较高的活性，这是该反应催化剂的催化活性、反应速率、反应限度等角度综合考虑的结果，C正确；
D．要综合考虑影响速率与平衡的各种因素、设备条件和经济成本等，寻找适宜的生产条件，提高生产的效率降低生产的成本，D正确；
故选B。
9. 利用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 利用图Ⅰ装置蒸发KCl溶液制备无水KCl
B. 利用图Ⅱ装置进行喷泉实验
C. 图Ⅲ装置中，关闭a、打开b，可检查装置的气密性
D. 利用图Ⅳ装置验证分解反应有催化作用
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．KCl是强酸强碱盐，在水中不发生水解反应，所以可以用图Ⅰ装置蒸发KCl溶液制备无水KCl，故A正确；
B．形成喷泉的条件是烧瓶内外产生压强差，而氯气难溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，故B错误；
C．图Ⅲ装置中烧瓶和分液漏斗通过玻璃管连通，故关闭a、打开b，不管气密性是否良好，分液漏斗中的液体均可顺利流下，故不可检查装置的气密性，故C错误；
D．温度和催化剂都可影响反应速率，比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下行对比实验，故D错误。
答案选A。
10. 在恒容密闭容器中发生反应：A（g) ＋2B（g) 3C（g)＋ D（s)，下列不能表明反应已达到化学平衡状态的标志是
A. 容器内气体的平均摩尔质量不随时间变化而改变
B. 容器内气体密度不随时间变化而改变
C. 容器内压强不随时间变化而改变
D. 单位时间内每生成0.5ml B的同时生成0.25ml D
【答案】C
【解析】
【详解】A．平均摩尔质量的变化不能确定反应已达到化学平衡状态，错误；
B．密度不随时间变化而改变，不能确定反应已达到化学平衡状态，错误；
C．容器内压强不随时间变化而改变，即物质的量不随时间的变化而变化，说明反应已达到化学平衡状态，正确；
D．单位时间内每生成0.5ml B的同时生成0.25ml D，B是气态而D是固态，不能确定反应已达到化学平衡状态，错误；
故本题选择C。
11. 下列离子方程式正确的是
A. 电解饱和食盐水：
B. 溶液刻蚀电路铜板：
C. 泡沫灭火器原理：
D. 溶液中通入少量氯气：
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解饱和食盐水，阳极由氯离子失电子生成氯气，阴极由水电离的氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧化钠，离子方程式：，故A错误；
B．铜与氯化铁溶液反应，铜被铁离子氧化为铜离子，铁离子被还原为亚铁离子，离子方程式：，故B错误；
C．泡沫灭火器中碳酸氢钠与硫酸铝双水解，离子方程式：，故C正确；
D．溶液中通入少量氯气，由于亚铁离子还原性强于溴离子，所以氯气先与亚铁离子反应，离子方程式：，故D错误；
答案选C。
12. 将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，下列叙述正确的是
A. 装置甲中铜片表面产生气泡
B. 装置甲溶液中 SO42ˉ 向铜片做定向移动
C. 装置乙中负极的电极反应式： Zn-2eˉ == Zn2+
D. 装置乙导线中有 1ml 电子通过时锌片溶解了 65g
【答案】C
【解析】
【详解】锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题。
A．甲没有形成原电池，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，A错误；
B．甲没有形成原电池，溶液中SO42ˉ不会向铜片做定向移动，B错误；
C．锌为负极，装置乙中负极的电极反应式：Zn-2eˉ=Zn2+，C正确；
D．1ml锌失去2ml电子，装置乙导线中有1ml电子通过时锌片溶解了32.5g，D错误。
答案选C。
13. 25 °C时，用0.5 ml·L-1 NaHCO3溶液滴定25.00 mL0.25 ml·L-1 CaCl2溶液，测得混合溶液的pH随滴加NaHCO3溶液的体积变化如图所示，当滴加25mLNaHCO3溶液时出现较为明显的白色沉淀[已知：Ksp (CaCO3) =3.5 ×10-9、Ka1(H2CO3) =4.4 ×10-7、Ka2(H2CO3) =4.5×10-11、100.8≈6.3]。
下列叙述错误的是
A. 向饱和NaHCO3溶液中加入少量NaHCO3固体，溶液pH不变
B. 的电离程度：c点大于b点
C. d点溶液中c(Ca2+)
【答案】C
【解析】
【分析】a点是氯化钙溶液，pH=7，溶液呈中性，b点是CaCl2溶液和NaHCO3混合溶液，两者之间没有发生反应，碳酸氢根离子水解呈碱性，c点已经有沉淀生成，溶液呈碱性，d点沉淀的量已经不再变化，但溶液仍为碱性，说明碳酸氢根离子的水解大于电离。
【详解】A．向饱和NaHCO3溶液中加入少量NaHCO3固体不会再溶解，浓度不变，pH值不变，故A正确；
B．c点生成了碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，因此c点碳酸氢根电离程度大于b点，故B正确；
C．d点溶液显碱性碳酸氢根离子以水解为主，电离的碳酸根离子很少，而且碳酸钙的溶度积比碳酸的第二步电离常数大的多，钙离子浓度大于碳酸根离子浓度，故C错误；
D．c(Ca2+)· c()===，故D正确；
答案选C。
14. 已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4，现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时pH变化曲线
B. 取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小
C. b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小
D. 从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF)
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HF酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线Ⅰ代表HF稀释时pH变化曲线，A错误；
B．pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多，HClO酸性弱于HF，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗HClO的体积较小，B错误；
C．酸越弱，电离出H＋趋势越小，对水的电离抑制程度越低，所以b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，C错误；
D．溶液中==，Ka和Kw只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中保持不变，D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. 以金红石(主要成分为，含少量铝、硅、钒的氧化物杂质)为原材料，制取金属钛的流程如下：
已知粗中可能含有的物质沸点如下：：136℃，：127℃，：57℃，：180℃
（1）Ti的价电子轨道表示式：____，写出由金红石在高温下制得的化学方程式____。
（2）除钒过程中的化学方程式为_______。
（3）蒸馏的目的是为了除去_____元素(填元素符号)。“加铝”和“蒸馏”的顺序不能交换，理由是_______。
（4）下列冶炼方法与用Mg冶炼Ti的方法最相似的是_______。
A. 钠高温与KCl制钾B. 电解熔融氯化钠制钠
C 铝热反应制钒D. 氧化汞分解制汞
（5）金属钛可制得Ti-Fe合金，该合金主要应用于新型_______合金材料。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3） ①. Si、Al ②. 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质 （4）C
（5）储氢
【解析】
【小问1详解】
钛是22号元素，轨道表示式为：；由金红石在高温下制得TiCl4的化学方程式为；
【小问2详解】
除钒过程中加入铝，生成VOCl2渣，；
【小问3详解】
加铝已除去钒元素，蒸馏的目的是为了除去硅、铝元素。因“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，故“加铝”和“蒸馏”的顺序不能交换；
【小问4详解】
用Mg冶炼Ti的方法和铝热反应最相似均为活泼金属还原法；故选C。
【小问5详解】
Ti-Fe合金是新型储氢合金材料。
16. 某实验小组设计用50mL盐酸和50mL氢氧化钠溶液在如图装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。
（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是___________。
（2）写出表示该反应中和热()的热化学方程式___________。
（3）若改用60mL盐酸和50mL氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量___________(填“增加”、“减少”或“不变”，下同)，所求中和热数值___________。
（4）通过计算得到，该结果与有偏差，产生此偏差的原因可能是___________(填字母)。
A. 用温度计测量盐酸起始温度后直接测量NaOH溶液的温度
B. 一次性把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
C. 实验装置保温、隔热效果差
D. 量取盐酸溶液的体积时俯视读数
（5）实验小组另取溶液和未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持)，则实验小组做该实验时的环境温度___________(填“高于”“低于”或“等于”)22℃，NaOH溶液的浓度为___________。
【答案】（1）环形玻璃搅拌棒
（2）H+(aq)+ OH﹣(aq)=H2O(l) △H=—57.3kJ/ml
（3） ①. 增加 ②. 不变 （4）ACD
（5） ①. 低于 ②. 0.75
【解析】
【分析】该实验的实验目的是通过测定中和反应反应过程中所放出的热量计算中和热，并分析产生误差的原因。
【小问1详解】
由实验装置图可知，图中缺少的玻璃仪器为用于搅拌，促进中和反应完全进行的环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；
【小问2详解】
中和热为稀的强酸和稀的强碱发生中和反应生成1ml水放出的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为H+(aq)+ OH﹣(aq)=H2O(l) △H=—57.3kJ/ml，故答案为：H+(aq)+ OH﹣(aq)=H2O(l) △H=—57.3kJ/ml；
【小问3详解】
若改用60mL0.50ml/L盐酸和50mL0.55ml/L氢氧化钠溶液进行反应，反应生成水的物质的量增大，反应放出的热量增加，而中和热为中和反应生成1ml水时的焓变，与实际消耗的反应物的量无关，所以所求中和热数值不变，故答案为：增加；不变；
【小问4详解】
A．用温度计测量盐酸起始温度后直接测量氢氧化钠溶液的温度会因为发生中和反应使得测定氢氧化钠溶液的温度偏高，使得温度差偏小，测得的热量偏小，导致中和热△H偏大，故符合题意；
B．一次性把氢氧化钠溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中可以减少热量散失，对实验结果无影响，故不符合题意；
C．实验装置保温、隔热效果差会造成热量损失，使得测得的热量偏小，导致中和热△H偏大，故符合题意；
D．量取盐酸溶液的体积时俯视读数会造成量取盐酸的体积偏小，反应生成水的物质的量偏小，使得测得的热量偏小，导致中和热△H偏大，故符合题意；
故选ACD；
【小问5详解】
由图可知，加入5mL氢氧化钠溶液时，溶液的温度为使得测得的热量偏小，导致中和热△H偏大，故符合题意；加入氢氧化钠溶液的体积为30mL时，溶液的温度最高，说明盐酸与氢氧化钠溶液恰好反应，则氢氧化钠溶液的浓度为=0.75ml/L，故答案为：0.75。
17.
（1）某温度(t℃)时，水的Kw=1×10-12，则该温度_________ (填“＞”“＜”或“＝”)25 ℃，其理由是__________________。
（2）该温度下，c(H+)=1×10-7 ml·L-1的溶液呈_________(填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH-)=_________ml·L-1。
（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡_________ (填“向左”“向右”或“不”)移动。在新制氯水中加入少量NaCl固体,水的电离平衡_________ (填“向左”“向右”或“不”)移动。
（4）25 ℃时，0.1 ml·L-1下列物质的溶液：①HCl、②H2SO4、③NaCl、④NaOH 、⑤Ba(OH)2，水电离出的c(H+)由大到小的关系是_________ (填序号)。
【答案】（1） ①. ＞ ②. 升温促进水的电离，Kw增大
（2） ①. 碱性 ②. 1×10-7
（3） ①. 向右 ②. 向右
（4）③>①=④>②=⑤
【解析】
【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较(t℃)时和25℃时Kw的值判断；通过比较溶液在该温度下氢离子浓度与氢氧根离子浓度的大小判断溶液的酸碱性；NaOH为强碱，抑制水电离；根据离子浓度对电离平衡的影响效果判断；酸或碱都抑制水电离，酸溶液中氢离子(氢氧根离子)浓度越大，其抑制水电离程度越大。溶液中水电离的c(H＋)和水电离c(OH－)一直相等，则c(H＋)水＝c(OH－)水，根据溶液组成分析计算。
【小问1详解】
水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25℃时纯水中c(H＋)＝c(OH－)=10-7ml/L，某温度(t℃)时，水的离子积常数K=110-12，则该温度大于25℃，故答案为：>；升温促进水的电离，Kw增大；
【小问2详解】
根据第(1)问可知，该温度下，c(H＋)＝1×10－7 ml/L的溶液，c(OH−)===1×10−5 ml·L−1，c(H＋)< c(OH−)，溶液显碱性；该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH−)水=c(H+)水= c(H+)=10−7ml⋅L−1；
【小问3详解】
Zn和稀硫酸反应，使溶液酸性减弱，对水的电离抑制程度减弱，即水的电离平衡向右移动；在新制氯水中加入少量NaCl固体，水中的Cl-浓度增大，则平衡Cl2+H2O H++Cl-+HClO向逆反应方向移动，即向生成Cl2分子的方向移动，氯水中的H+浓度降低，对水的电离抑制程度降低，水的电离向右移动，故答案为：向右；向右；
【小问4详解】
酸或碱均会抑制水的电离，根据溶液的酸碱性可得出，0.1 ml·L-1下列物质的溶液：①HCl与④NaOH比较，溶质电离的氢离子与氢氧根离子的浓度均为0.1ml·L-1，抑制作用相当；②H2SO4与⑤Ba(OH)2分别为二元强酸和二元强碱，则电离的氢离子与氢氧根离子的浓度均为0.1ml·L-1，抑制作用也一致，比①HCl与④NaOH的抑制作用强，由水电离的氢离子浓度更小；③NaCl为中性溶液，既不促进也不抑制，综上所述，五种溶液中水电离出的c(H+)由大小关系为：③>①=④>②=⑤，故答案为：③>①=④>②=⑤.
18. 回答下列问题：
Ⅰ．一定条件下，在容积为的密闭容器中，、B、C三种气体的物质的量随时间的变化如图甲所示，已知达到平衡后，降低温度，A的体积分数减小。
（1）该反应的化学方程式为___________。
（2）该反应的反应速率随时间的关系如图所示：
①根据图乙判断，在时刻改变的外界条件是___________。
②、、对应的平衡状态中，C的体积分数最大的是状态___________。
③各阶段的平衡常数如下表所示：
、、之间的大小关系为___________(用“”“”或“”连接)。
Ⅱ．在密闭容器中充入一定量的，发生反应： ，如图所示为气体分解生成和的平衡转化率与温度、压强的关系。
（3）___________(填“”“”或“”)0。
（4）图丙中压强(、、)由大到小的顺序为___________。
（5）该反应对应的平衡常数表达式K=___________。
（6）如果想进一步提高的转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___________。
【答案】（1）
（2） ①. 升高温度 ②. ③.
（3）
（4）
（5）
（6）及时分离出产物
【解析】
【小问1详解】
由图可知，物质的量减少的A、B为反应物，物质的量增大的C为生成物，反应中A、B、C的物质的量的变化量为(1ml-0.7ml)：(1ml-0.4ml)：0.6ml=1：2：3，则反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
达到平衡后，降低温度，A的体积分数减小说明平衡向正反应方向移动，该反应为气体体积减小的放热反应，由图可知，t2时正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，t3条件改变的瞬间，正、逆反应速率同时增大，逆反应速率大于正反应速率说明平衡向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以t3时改变条件为升高温度；t5条件改变的瞬间，正、逆反应速率同时增大且相等，说明平衡没有移动，t5时改变的条件为使用催化剂；
①由分析可知，t3时改变条件为升高温度，故答案为：升高温度；
②由分析可知，t2时反应达到平衡，t3时改变条件为升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，t5时改变的条件为使用催化剂，平衡不移动，C的体积分数不变，则a、b、c三点中，C的体积分数最大的是a，故答案为：a；
③由分析可知，t2时反应达到平衡，t3时改变条件为升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，t5时改变的条件为使用催化剂，平衡不移动，平衡常数不变，则K1、K2、K3之间的大小关系为，故答案为：；
【小问3详解】
由图可知，压强一定时，温度升高，硫化氢的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应的焓变大于0，故答案为：>；
【小问4详解】
该反应是气体体积增大的反应，温度一定时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，硫化氢的转化率减小，由图可知，、、条件下硫化氢的转化率依次减小，则压强的大小顺序为，故答案为：；
【小问5详解】
由方程式可知，反应的平衡常数表达式K=，故答案为：；
【小问6详解】
及时分离出产物，可以减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，硫化氢的转化率增大，则进一步提高硫化氢的转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施为及时分离出产物，故答案为：及时分离出产物。
19. 含砷废水常见于采矿、半导体等工业，部分砷的化合物有毒，因此需除去废水中的砷。
Ⅰ.天然水体中砷元素主要以和存在。在水溶液中，各种微粒的物质的量分数与溶液的关系如图1所示。
（1）当天然水体的为4时，水体中所含的主要微粒是_______。
（2）将溶液滴入溶液中，当达到8时，所发生反应的离子方程式为_______。此时，溶液中含砷离子浓度由大到小的顺序为_______。
（3）时，向溶液中加入溶液至中性，此时溶液中_______。
Ⅱ.利用高铁酸盐处理含砷废水。在一定范围内，高铁酸盐被还原成胶体，而吸附含砷化合物。不同对除砷影响如图2所示。
已知：溶液的对胶体粒子表面所带电荷有影响。时，胶体粒子表面带正电荷，越低，表面所带正电荷越多。时，胶体粒子表面不带电荷；时，胶体粒子表面带负电荷，越高，表面所带负电荷越多。
（4）结合图1和图2分析，除砷过程中控制废水约为_______适宜，过低或过高，砷的去除率都会下降。过低，主要以形式存在，不易形成胶体。过高，一是氧化性减弱，产生胶体的量少；二是_______；三是过高，生成沉淀而不是胶体。
（5）时，氧化的离子方程式为_______。
【答案】（1）
（2） ①. ②.
（3）
（4） ①. 4~7 ②. 越高，胶体粒子表面所带负电荷增多，而主要以或形式存在，静电斥力增加，砷的去除率下降
（5）
【解析】
【小问1详解】
水溶液存在三步电离：H++、H++、H++，起点溶液主要存在，随着pH增大，浓度逐渐增大，为4时，水体中所含的主要微粒是；
【小问2详解】
=8时，水体中所含的主要微粒是，则溶液滴入溶液中，发生反应的离子方程式为 、，此时溶质为Na2HAsO4，溶液呈碱性，则水解程度大于电离程度，溶液中含砷离子浓度由大到小的顺序为：；
【小问3详解】
由图1中曲线交点，pH=2.2时，c()=c()，则，同理pH=7时，c()=c()，，pH=11.5时，c()=c()，，溶液中=；
【小问4详解】
由图2可知pH在4~7范围内除砷率较高，则除砷过程中控制废水约为4~7适宜；已知时，胶体粒子表面带负电荷，越高，表面所带负电荷越多。则过高时胶体粒子表面所带负电荷增多，而主要以或形式存在，静电斥力增加，砷的去除率下降；
【小问5详解】化学键
C-C
C=C
C-H
H-H
键能/(kJ/ml)
347.7
615
413.4
436
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