吉林省长春市第十一高中等三校2024-2025学年高二上学期期中联考化学试题（Word版附解析）

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可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 K：39 Ca：40 Mn：55 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ag：108 Ba：137
本试卷分选择题和非选择题两部分，共19题，共100分，共6页。考试时间为75分钟。考试结束后，只交答题卡。
第I卷 选择题
一、选择题：本题共15小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学在生活中的应用随处可见。下列有关化学反应速率的描述正确的是
A. 食品抽真空包装是为了减小包装袋内压强，减缓食物变质速率
B. 冶炼铁时将铁矿石粉碎可增大浓度，加快反应速率
C. 烘培糕点使用小苏打作催化剂，加快烘焙速率
D. 将食物存放在冰箱中，可降低食物腐败速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．食品抽真空包装是为了减少包装袋内空气，减缓食物氧化变质速率，A错误；
B．冶炼铁时将铁矿石粉碎可增大反应的接触面积，加快反应速率，B错误；
C．烘培糕点使用小苏打作食品膨松剂，C错误；
D．将食物存放在冰箱中，降低温度可降低食物腐败速率，D正确；
故选D。
2. 下列用于解释相关事实与方程式不相符的是
A. 用溶液除去废水中的：
B. 电解饱和食盐水制取：
C. 泡沫灭火器的反应原理：
D. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
【答案】B
【解析】
【详解】A．用硫化钠溶液除去废水中的汞离子发生的反应为溶液中硫离子与汞离子反应生成硫化汞沉淀，反应的离子方程式为，故A正确；
B．电解饱和食盐水制取氯气的反应为饱和食盐水电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的化学方程式为，故B错误；
C．泡沫灭火器的反应原理为溶液中的铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为，故C正确；
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙的反应为碳酸钠溶液与硫酸钙反应生成溶度积更小的碳酸钙和硫酸钠，反应的离子方程式为，故D正确；
故选B。
3. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 的溶液中：、、、
B. 常温下的溶液中：、、、
C. 室温下的溶液中：、、、
D. 滴加溶液能产生红褐色沉淀的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．pH为11的溶液为碱性溶液，溶液中的碳酸氢根离子能与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故A错误；
B．常温下的溶液为碱性溶液，四种离子在碱性溶液中不发生任何反应，能大量共存，故B正确；
C．室温下的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，碱溶液中亚铁离子、铝离子能与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁、氢氧化铝沉淀，酸溶液中硝酸根离子会与亚铁离子发生氧化还原反应，则四种离子在室温下的溶液中一定不能大量共存，故C错误；
D．滴加氢氧化钠溶液能产生红褐色沉淀的溶液中含有铁离子，溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成硫氰化铁，与碳酸氢根离子能发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，不能大量共存，故D错误；
故选B。
4. 下列关于盐类水解的应用说法错误的是
A. 草木灰与铵态氮肥混合施用效果更好
B. 实验室盛溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
C. 氯化铵溶液可用于铁制品的除锈剂
D. 向中加入大量的水，同时加热，可以制备纳米材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．草木灰的主要成分为K2CO3，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，生成的OH-与铵态氮肥中的铵根离子结合生成一水合氨，一水合氨分解生成氨气挥发出去，所以不能混合施用，A错误；
B．碳酸钠溶液碳酸根离子水解使溶液呈碱性，水解生成的氢氧根离子会与玻璃中的二氧化硅反应而腐蚀玻璃，所以实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，B正确；
C．氯化铵溶液中的铵根离子水解显酸性可以与金属表面的锈迹反应，因此可用作铁制品的除锈剂，C正确；
D．向中加入大量的水，同时加热，使Ti4+水解平衡正向移动，得到纳米材料，D正确；
故选A。
5. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 25℃，的溶液中含有的数目为0.1NA
B. 氢氧燃料电池负极消耗22.4L气体时，电路中通过的电子数为2NA
C. 1L0.1ml/L的溶液中阳离子总数大于0.1NA
D. 电解精炼铜时，阳极质量每减少64g，电路中通过的电子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．25℃，pH=13的NaOH溶液的体积未知，无法求出含有OH-的数目，A不正确；
B．氢氧燃料电池负极(通H2的电极)消耗22.4L气体(H2)时，由于题中未指明温度、压强，不能利用22.4L/ml计算H2的物质的量，也就不能求出电路中通过的电子数，B不正确；
C．1L0.1ml/L 的NH4Cl溶液中，依据电荷守恒：N()+N(H+)=N(Cl-)+N(OH-)=0.1NA+ N(OH-)，N(OH-)＞0，所以阳离子总数大于0.1NA，C正确；
D．电解精炼铜时，粗铜作阳极，阳极Zn、Fe等失电子后，Cu才开始失电子，且阳极会产生阳极泥(Au、Ag等)，所以阳极质量每减少64g(若全部为Cu，失去电子2ml)，电路中通过的电子数不一定是2NA，D不正确；
故选C。
6. 常温下，四种溶液：①pH=11的氨水②pH=11的氢氧化钠溶液③pH=3的醋酸④pH=3的盐酸，下列说法错误的是
A. 将溶液②、③等体积混合，所得溶液显酸性
B. 分别取1mL加水稀释至10mL，四种溶液的pH：②＞①＞④＞③
C. 向溶液③、④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两种溶液的均增大
D. 将aL溶液②和bL溶液④混合后，若所得溶液pH=7，则a:b=1:1
【答案】B
【解析】
【分析】一水合氨为弱碱，pH=11的氨水，其物质的量浓度大于10-3ml/L；NaOH为强碱，pH=11的氢氧化钠溶液，其物质的量浓度等于10-3ml/L；醋酸为弱酸，pH=3的醋酸，其物质的量浓度大于10-3ml/L；盐酸为强酸，pH=3的盐酸，其物质的量浓度等于10-3ml/L。
【详解】A．将溶液②、③等体积混合，反应完成后，醋酸有剩余，且溶液中以剩余的醋酸电离为主，所得溶液显酸性，A正确；
B．强酸、强碱加水稀释，pH变化大，弱酸、弱碱稀释，pH变化小，则分别取1mL加水稀释至10mL，氢氧化钠溶液的pH减小的幅度比氨水大，盐酸的pH增大的幅度比醋酸大，所以四种溶液的pH：①＞②＞④＞③，B错误；
C．向溶液③中加入适量的醋酸钠晶体，溶解后增大溶液中的醋酸根离子浓度，使醋酸的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，pH增大，④中加入适量的醋酸钠晶体，溶解后与H+结合为弱电解质醋酸，c(H+)减小，pH增大，C正确；
D．②pH=11的氢氧化钠溶液、④pH=3的盐酸中，c(H+)HCl=c(OH-)NaOH=10-3ml/L，将aL溶液②和bL溶液④混合后，若所得溶液pH=7，则10-3a=10-3b，所以a:b=1:1，D正确；
故选B。
7. 利用如下装置模拟工业上电渗析法实现海水淡化并获得氢氧化钠。下列说法正确的是
A. 甲室的Ag电极电势高于乙室
B. C1电极的反应为
C. 膜1为阳离子交换膜、膜2为阴离子交换膜
D. 当乙室Ag电极的质量增加21.6g时，理论上NaCl溶液减少11.7gNaCl
【答案】D
【解析】
【分析】如图装置为模拟工业上电渗析法实现海水淡化并获得氢氧化钠，则C2为阴极，发生反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C1为阳极，发生反应2Cl--2e-=Cl2↑。膜2为允许Na+透过的阳离子交换膜，膜1为允许Cl-透过的阴离子交换膜。则右侧Ag电极为正极，左侧Ag电极为负极。左侧装置为浓差电池，右侧装置为电解装置。
【详解】A．由分析可知，甲室的Ag电极为负极，乙室的Ag电极为正极，在原电池中，正极电势高于负极电势，则甲室的Ag电极电势低于乙室，A不正确；
B．C1电极为阳极，Cl-失电子生成Cl2，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，B不正确；
C．由分析可知，膜1为阴离子交换膜、膜2为阳离子交换膜，C不正确；
D．当乙室Ag电极的质量增加21.6g时，线路中转移电子的物质的量为n(e-)=n(Ag)==0.2ml，则右侧装置中转移0.2ml阴、阳离子，理论上NaCl溶液减少0.2ml×58.5g/ml=11.7gNaCl，D正确；
故选D。
8. 下列说法错误的是
A. 与盐酸等体积混合()：
B. 溶液：
C. 0.1ml/L溶液中：
D. 等物质的量浓度的溶液与溶液等体积混合溶液显碱性，则溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.2ml/L醋酸钾溶液与0.1ml/L盐酸等体积混合得到等浓度的醋酸、醋酸钾、氯化钾的混合溶液，溶液pH小于7说明醋酸在溶液中的电离程度大于醋酸根离子在溶液中的水解程度，所以溶液中离子浓度的大小顺序为，故A正确；
B．草酸氢钠是强碱弱酸盐，溶液呈酸性说明草酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，所以溶液中离子浓度的大小顺序为，故B正确；
C．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中微弱水解使溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度的大小顺序为，故C错误；
D．等物质的量浓度的氢氰酸溶液与氰酸钠溶液等体积混合溶液显碱性，说明氢氰酸在溶液中的电离程度小于氰酸根离子在溶液中的水解程度，所以溶液中离子浓度的大小顺序为，故D正确；
故选C。
9. 下列实验的对应操作中，合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl3是强酸弱碱盐，在水溶液中会发生水解产生Fe(OH)3和HCl，加热时，水解程度增大，水解产生的HCl挥发逸出，使FeCl3水解平衡正向移动，蒸干最终得到Fe(OH)3，不能得到FeCl3晶体，A错误；
B．反应产生的O2会通过长颈漏斗逸出，不能收集到O2，因此不能测定O2的生成速率，B错误；
C．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，图示操作规范、合理，C正确；
D．该反应是一个反应前后气体体积不变反应，压强改变，I2蒸气的浓度发生变化，但是化学平衡不移动，因此不能通过体系颜色变化探究压强对化学平衡的影响，D错误；
故合理选项是C。
10. 已知K、、、、、分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、弱碱的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。下列说法正确的是
A. 越大，弱酸的酸性越强，电离程度不一定越大
B. 化学平衡常数K的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关
C. K、、、、、都与温度有关，温度越高，常数值越大
D. 相同温度下，在等体积、等物质的量浓度的溶液和溶液中，的不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．弱酸的电离常数越大，酸性越强，但弱酸的电离程度与溶液的浓度有关，所以弱酸的电离常数越大，电离程度不一定越大，故A正确；
B．化学平衡常数是温度函数，仅与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，故B错误；
C．若反应为放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小，故C错误；
D．溶度积常数是温度函数，仅与温度有关，所以相同温度下，在等体积、等物质的量浓度的氯化钠溶液和氯化钡溶液中，氯化银的溶度积相同，故D错误；
故选A。
11. 下列实验能达到预期目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．在铁制镀件上镀铜时，铜片与电源正极相连做电镀池的阳极，铁制镀件与电源负极相连做阴极，故A错误；
B．由盐类水解规律可知，盐溶液的pH越大，说明弱酸根离子在溶液中的水解程度越大，弱酸的酸性越弱，所以室温下，用计测定浓度为0.1ml/L溶液和0.1ml/L溶液的可以达到比较和的酸性强弱的实验目的，故B正确；
C．向过量硝酸银溶液中滴入3滴氯化钠溶液后，再滴入5滴碘化钾溶液只有沉淀的生成过程，没有沉淀的转化过程，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C错误；
D．碳酸氢根离子在溶液中的电离程度大于氢氧化铝的酸式电离程度，所以由强酸制弱酸的原理可知，四羟基合铝酸钠溶液与碳酸氢钠溶液发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，该反应不是双水解反应，故D错误；
故选B。
12. 某钠离子电池结构如图所示，钠离子电放电池总反应方程式为，下列说法不正确的是
A. 充电时，电极A与外接直流电源的正极相连
B. 充电时，得电子成为嵌入硬碳中
C. 放电时，电极A反应可表示为
D. 放电时，外电路通过0.1ml电子时，电极B质量增加2.3g
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示可知，充电时Na+向B电极移动，因此B电极为阴极，A电极为阳极。放电时，Na+向A极移动，故A极为正极，B极为负极。
【详解】A．充电时，电极A为阳极，与电源的正极相连，A正确；
B．根据钠离子电池充电时的化学方程式可知，充电时发生反应，钠离子生成钠单质嵌入硬碳中，B正确；
C．放电时，电极A为正极，根据钠离子电池的放电的化学方程式可知，其正极电极反应为NaxTMO2+(1- x)Na+ +(1- x)e- = NaTMO2，C正确；
D．放电时，，此时每转移0.1ml电子，就有0.1mlNa+脱嵌，硬碳质量减小2.3g，D错误；
故选D。
13. 乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为反应i： ；反应ii： 。在、起始充入乙醇和水蒸气物质的量之比为1：3时，若仅考虑上述反应，平衡时和的选择性及的产率随温度的变化如图所示，下列说法正确的是
已知：
A. 图中曲线③表示平衡时产率随温度的变化
B. 升高温度，平衡时的选择性减小
C. 一定温度下，减小可提高乙醇平衡转化率
D. 一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
【答案】C
【解析】
【分析】反应i和反应ii都是吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动，一氧化碳的选择性增大，由选择性公式可知，一氧化碳的选择性与二氧化碳的选择性之和为100%，所以由图可知，曲线③表示一氧化碳的选择性随温度的变化、曲线①表示二氧化碳的选择性随温度的变化，则曲线②表示平衡时氢气的产率随温度的变化。
【详解】A．由分析可知，曲线③表示一氧化碳的选择性随温度的变化，故A错误；
B．由分析可知，升高温度，一氧化碳的选择性增大，故B错误；
C．一定温度下，减小相当于增大水蒸气的浓度，平衡向正反应方向移动，乙醇的转化率增大，故C正确；
D．选用高效催化剂，化学反应速率加快，但平衡不移动，氢气的平衡产率不变，故D错误；
故选C。
14. 常温下，用0.100ml/L的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的次磷酸H3PO2溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ [比如的分布系数：[]随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. H3PO2是一种三元弱酸
B. 常温下，H3PO2的电离常数
C. 时，
D. pH=7时，溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】从图中可以看出，所有含磷微粒的分布系数曲线只有两条，则H3PO2为一元酸；当滴加NaOH的体积为20mL时，中和滴定的pH发生突变，此时达到滴定终点。由此可得出H3PO2溶液的物质的量浓度为=0.100ml/L，滴定前，0.100ml/LH3PO2溶液的pH＞1，则H3PO2为一元弱酸。由分布系数曲线，可确定①为H3PO2的分布系数曲线，②为的分布系数曲线。
【详解】A． 由分析可知，H3PO2是一种一元弱酸，A不正确；
B．常温下，在H3PO2和分布系数曲线的交点，溶液的pH＜5.0，H3PO2的电离常数Ka==c(H+)＞10-5，B不正确；
C．时，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，依据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)，则c(Na+)＜c()，C正确；
D．pH=7时，H3PO2有剩余，NaOH的体积小于20.00mL，溶液中c(Na+)＜=0.05ml/L，D不正确；
故选C。
15. 难溶盐可溶于盐酸，常温下，用调节浊液的，测得体系中或与的关系如图所示，下列说法错误的是
A. M代表与的变化曲线
B. 常温下，的
C. 常温下，的
D. Y点的溶液中存在
【答案】D
【解析】
【分析】由电离常数可知，溶液中=，则溶液中值增大，氟离子浓度减小、钙离子浓度增大，增大，由温度不变，氟化钙的溶度积不变，则溶液中减小，所以M代表与的变化曲线、N代表与的变化曲线；由图可知，溶液中为1时，为4.2，则氢氟酸的电离常数Ka==10×10—-4.2=1×10—3.2；溶液中为0时，为4.2，则由电离常数可知，溶液中=—lgKa=0—(—3.2)=3.2，则氟化钙的溶度积Ksp=1×10—4.2×(1×10—3.2)2=1×10—10.6。
【详解】A．由分析可知，M代表与的变化曲线、N代表与的变化曲线，故A正确；
B．由分析可知，氢氟酸的电离常数Ka=1×10—3.2，故B正确；
C．由分析可知，氟化钙的溶度积Ksp=1×10—10.6，故C正确；
D．由图可知，Y点溶液中氟离子浓度与钙离子浓度相等，由物料守恒关系可知，溶液中钙离子浓度与氢氟酸浓度相等，故D错误；
故选D。
第Ⅱ卷 非选择题
16. 铵盐在日常生活中用处广泛，常作食品加工中的食品添加剂，用于焙烤食品。请回答下列问题：
（1）可作净水剂，其原理是___________(用离子方程式说明)。
（2）相同条件下，下列五种溶液中由大到小的顺序是___________(填标号)。
①溶液，②溶液，③溶液，④氨水，⑤溶液。
（3）在25℃下，将的氨水与的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中，用含a的代数式表示的电离常数___________。
（4）室温下，向20mL的溶液和20mL的溶液中分别加入足量的锌粉，则产生的体积___________(填“>”、“⑤>①>②>④
（3）
（4）> （5）
（6）
（7）c(Na+)>c()>c()>
【解析】
【小问1详解】
溶液中，Al3+水解生成的Al(OH)3胶体，具有吸附性，即Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降；
【小问2详解】
①溶液中，Cl-对离子的水解无影响；②溶液，CH3COO-水解生成的OH-促进离子的水解；③溶液中，电离出的H+抑制离子的水解；④氨水中，NH3·H2O电离产生；⑤溶液中，Al3+水解生成的H+抑制离子的水解，但生成的H+比电离出的少，c()大于③中的；综上所述，c()由大到小的顺序是：③>⑤>①>②>④；
【小问3详解】
在25℃下，将的氨水与的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中=，所得溶液中存在电荷守恒：，则，又因为物料守恒，则，则，用含a的代数式表示的电离常数；
【小问4详解】
室温下，的溶液c()>10-3ml/L，的溶液c()=10-3ml/L，向20mL的溶液和20mL的溶液中分别加入足量的锌粉，则产生的体积>；
【小问5详解】
将的溶液与的溶液等体积混合，反应后剩余钙离子的浓度约为，由草酸钙的，解得；
【小问6详解】
甲醇()燃料电池工作时，负极上甲醇失电子产生碳酸根离子，其电极反应式为；
【小问7详解】
与等物质的量时，溶质为与，铵根离子水解，溶液呈酸性，若为中性，则加入的NaOH溶液稍过量，则c(Na+)>c()、，由于铵根离子部分水解，则c()>c()，溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c()>c()>。
17. 酸碱中和滴定、氧化还原滴定和沉淀滴定法在科研和工业生产中都很重要。
I．某化学兴趣小组在室温下用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液。
（1）向碱式滴定管中注入待测溶液并调整“0”刻度之前的一步操作为___________；标准溶液排气泡时，应选择下图中的___________(填字母)。
a． b． c． d．
（2）实验数据如下表，其中一次滴定所用盐酸体积有明显偏差，其可能的原因是___________。
a．滴定结束时，仰视读数
b．碱式滴定管润洗后用蒸馏水洗净再装入待测液
c．接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下
d．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
II．为了测定草酸()溶液的浓度，进行如下实验：取25.00mL草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀，用溶液滴定。
（3）滴定时应将溶液加入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中：在规格为50.00mL的滴定管中，若溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中溶液的实际体积为___________(填标号)。
A．35.00mL B．大于35.00mL C．15.00mL D．小于15.00mL
（4）判断滴定终点时的现象：___________。
（5）滴定结束后读取滴定管读数的平均值为23.00ml，则草酸溶液的浓度___________。
III．莫尔法是一种沉淀滴定法，用标准硝酸银溶液滴定待测液，测定溶液中的浓度。已知常温下数值如下表。回答下列问题：
用溶液滴定50.0mL溶液的滴定曲线如图所示。
（6）该方法应该选用___________(填试剂化学式)做指示剂。
（7）相同实验条件下，若改为，反应终点c点移到___________点(用横纵坐标的数值来表示)。
【答案】（1） ①. 用NaOH溶液润洗碱式滴定管 ②. c
（2）bd （3） ①. 酸式 ②. B
（4）当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色
（5）
（6）Na2CrO4 （7）(20，5)
【解析】
【分析】利用酸碱中和滴定原理，通过实验分析氧化还原反应滴定，测定草酸()溶液的浓度，用标准硝酸银溶液滴定待测液，测定溶液中的浓度。
【小问1详解】
向洗净的碱式滴定管中装入未知浓度氢氧化钠溶液之前的一步操作为用NaOH溶液润洗碱式滴定管；在碱式滴定管中盛装NaOH标准溶液，用图c排气泡；
【小问2详解】
根据表中数据可知，第3次滴定所用盐酸的体积偏小；
a. 滴定结束时，仰视读数，则盐酸的读数偏大，选项a不符合；
b.碱式滴定管润洗后用蒸馏水洗净再装入待测液，所取NaOH溶液浓度偏小，消耗盐酸的体积偏小，选项b符合；
c.接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，无影响，选项c不符合；
d.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则盐酸的读数偏小，选项d符合；
答案选bd；
【小问3详解】
具有强氧化性，不能装在碱式滴定管，溶液加入酸式滴定管中；
50.00mL-15.00mL=35.00mL，因尖嘴部分也有溶液而没有刻度，故此时滴定管中溶液的实际体积应大于35.00mL，答案选B；
【小问4详解】
草酸被消耗完之前，无溶液剩余，溶液呈无色，滴定终点时的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色；
【小问5详解】
与发生反应，，；
【小问6详解】
由滴定曲线可知，硝酸银溶液体积为25mL时，两者恰好完全反应，此时c(Cl-)=c(Ag+)=10-5ml/L，即AgCl溶度积为1×10-10，AgI、AgBr比AgCl更难溶于水，若用NaBr或KI作指示剂，最先生成的沉淀可能是AgBr或AgI，因此不能用NaBr、KI作指示剂，AgSCN和AgCl的颜色相同，无法区分，因此不能用KSCN作指示剂，达到滴定终点时，AgCl完全沉淀时，此时要生成Ag2CrO4所需要的，所以可用Na2CrO4作为滴定Cl-的指示剂，反应生成Ag2CrO4沉淀，即有砖红色沉淀生成，现象明显；
【小问7详解】
溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为0.0400ml/L Cl-，则所需AgNO3溶液体积变为mL = 20mL，反应终点c移到体积为20mL的位置，且终点时c(Cl-)仍旧为10-5ml/L，故移动到(20，5)。
18. 规范、科学处置废旧锂离子电池具有重要的环保意义和经济价值。废旧锂离子电池的正极材料主要含有及少量、等，处理该废料的一种工艺流程如图所示。
已知：①难溶于水。
②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的如下表所示。
回答下列问题：
（1）处理前需要电池充分放电有利于锂的回收，其主要原因是___________。
（2）“碱溶”过程主要发生的离子方程式为___________。
（3）“酸溶”时加入的量远大于理论用量的原因是___________；“调”时，用氨水调节的范围为___________。
（4）已知“沉钴”过程中有气体产生，请写出发生反应的离子方程式___________。
（5）也可采用有机磷萃取的方法将与分离，萃取的反应原理：，则从有机相中分离出需向有机溶剂中加入试剂___________。
（6）已知溶解度随温度变化曲线如下图所示。“沉锂”获得时需加入饱和的溶液保持95℃以上进行操作的原因是___________。
【答案】（1）充分放电后，更多的锂元素转化为LiCO2，有利于锂的回收
（2）2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑
（3） ①. “酸溶”时生成的Fe3+能做分解的催化剂 ②. 3.7～7.0
（4）C2++2HCO=CCO3↓+CO2↑+H2O
（5）
（6）碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，保持95℃以上进行操作，可防止碳酸锂溶解造成损失，导致产率降低
【解析】
【分析】废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCO2及少量Al、Fe等，加入氢氧化钠溶液，将铝转化为[Al(OH)4]-，过滤得到含有Na[Al(OH)4]的滤液和滤渣；向滤渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液酸溶，将铁转化为Fe3+，LiCO2转化为C2+和Li+，向反应后的溶液中加入氨水调节溶液pH在3.7~7.0范围内，将溶液中的Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的C2+转化为CCO3沉淀，过滤得到CCO3和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的Li+转化为Li2CO3沉淀，过滤得到碳酸锂和滤液。
【小问1详解】
放电时，Li化合价升高，失去电子，作负极，则Li1-xCO2中钴化合价降低变为LiCO2，则此时正极的电极反应式为Li1-xCO2+xLi++xe-= LiCO2，则放电时，更多的锂元素转化为LiCO2，有利于锂的回收；
【小问2详解】
由分析可知，“碱溶”过程中发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为式为2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑；
小问3详解】
“酸溶”过程中双氧水氧化亚铁离子，亚铁离子被氧化为铁离子，双氧水在铁离子催化剂作用下要发生分解反应，因此所用的量远高于理论用量；
“调pH”时，主要是沉淀铁离子，不能沉淀钴离子，因此pH值应大于铁离子沉淀完全的值，又应该小于钴离子开始沉淀的pH值，则pH应在3.7~7.0范围内；
【小问4详解】
“沉钴”过程是硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴、硫酸铵、水和二氧化碳，其发生反应的离子方程式为为C2++2HCO=CCO3↓+CO2↑+H2O；
【小问5详解】
从有机相中分离出则使平衡逆向移动，不引入杂质的情况下，加入的物质是；
【小问6详解】
由题给信息可知，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，所以“沉锂”后，应用饱和的溶液保持95℃以上洗涤碳酸锂沉淀，防止碳酸锂溶解造成损失，导致产率降低。
19. 2030年实现“碳达峰”，2060年达到“碳中和”的承诺，体现了我国对大气治理责任。
I．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。(K为化学平衡常数)
① K1
② K2
③ K3
（1）反应①自发进行的条件是___________(“高温”或“低温”或“任意温度”)。K3=___________(用含K1、K2的式子表示)。
（2）将2 ml CO2和1 ml H2充入某容积不变的绝热密闭容器中，只发生反应③。下列不能判断反应③达到平衡的是___________。
A．容器内温度不再变化
B．混合气体的密度保持不变
C．容器内CO2和H2两种气体的浓度之比不再变化
D．容器内压强不再变化
E．混合气体的平均相对分子质量保持不变
Ⅱ．甲烷水蒸气重整得到的CO2与H2，可以催化重整制备CH3OCH3，过程中存在反应：
④ ；
⑤ 。
（3）向恒压容器中充入1 ml CO2与3 ml H2，发生反应④和⑤，实验测得不同压强下CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。P1、P2、P3由大到小的顺序为___________；在T1℃时达到平衡后向容器充入2 ml He气，一段时间后___________(填“④”、“⑤”或“同时”)先达到平衡。T2℃时三条曲线几乎交于一点的原因___________。
（4）甲烷水蒸气重整得到CO2与H2也可用来制备甲醇，反应方程式 ，某温度下，将2 ml CO2和6 ml H2充入体积不变的2 L密闭容器中，初始总压为8 MPa，发生上述反应，测得不同时刻反应后与反应前的压强关系如表：
①该条件下的分压平衡常数为Kp=___________(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
②若该条件下，，其中k正、k逆为仅与温度有关的速率常数，=___________(填数值)。
【答案】（1） ①. 低温 ②.
（2）BE （3） ①. P1＞P2＞P3 ②. ⑤ ③. 反应开始时以反应④为主，该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致CO2平衡转化率下降；温度升高一定程度后，以反应⑤为主，该反应是吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，CO2平衡转化率上升，最后当温度为T2时，几乎只与反应⑤有关，压强改变，不影响化学平衡，故此时CO2平衡转化率三线交于一点
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
要使反应自发进行，体系的自由能△G=△H-T△S＜0，根据反应①的热化学方程式可知：反应①的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，则要使△G＜0，该反应自发进行的条件是低温条件下；
根据化学平衡常数的含义，可知反应①的化学平衡常数K1=；反应②的化学平衡常数K2=，反应③的化学平衡常数K3=，K2·K3=×==K1，所以K3=；
【小问2详解】
将2 ml CO2和1 ml H2充入某容积不变的绝热密闭容器中，只发生反应③：，
A．该反应发生时会有热量变化，反应在绝热密闭容器中进行，当容器内温度不再变化时，反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．该反应在恒容密闭容器中进行，容器的容积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则反应混合气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B符合题意；
C．CO2和H2两种气体反应的物质的量的比是1：1，加入的CO2和H2的物质的量的比是2：1，当容器内CO2和H2两种气体的浓度之比不再变化时，说明反应达到平衡状态，C不符合题意；
D．该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，随着反应的进行，容器内有热量变化，温度会发生改变，且反应在恒容绝热条件下进行，当容器内压强不再变化时，反应达到了平衡状态，D不符合题意；
E．反应混合物都是气体，气体的质量不变；该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，则混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，E符合题意；
故合理选项是BE；
【小问3详解】
反应⑤是反应前后气体体积不变的反应，改变压强，化学平衡不移动。反应④的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；根据图示可知反应在相同温度，压强分别为P1、P2、P3时CO2的平衡转化率：P1＞P2＞P3，所以实验压强由大到小的顺序为：P1＞P2＞P3；
在恒压容器中发生反应④、⑤，在温度为T1`时，反应达到平衡后向容器充入2 ml He气，容器的容积就会扩大，由于反应⑤是反应前后气体体积不变的反应，改变压强，化学平衡不移动，因此此时反应⑤仍然处于平衡状态。而反应④的正反应为气体体积减小的反应，扩大容积，相当于减小反应体系的压强，化学平衡向气体体积扩大的逆反应方向移动，一段时间后反应达到平衡，故反应⑤先达到平衡状态；
反应④为放热反应，反应⑤为吸热反应，升高温度，反应④的化学平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率降低；反应⑤的化学平衡正向移动，又使CO2的平衡转化率增大。根据图示可知：随着温度的升高，CO2的平衡转化率先逐渐减小后逐渐增大，说明在开始时升温，以反应④为主；当升高一定温度后，以反应⑤为主，该反应是气体体积不变的反应，压强改变平衡不移动。升高温度反应⑤向吸热平衡正向移动，到温度为T2时，几乎只与反应⑤有关，压强大小不影响物质的平衡转化率，故此时CO2平衡转化率交于一点；
【小问4详解】
①对于反应，假设反应达到平衡时消耗CO2的物质的量是x ml，用三段式分析
平衡时气体总物质的量n(总)=(2-x)ml+(6-3x)ml+x ml+x ml=(8-2x) ml，反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积比等于气体的物质的量的比，则根据P(后)：P(前)=0.60，可知，解得x=1.6 ml，平衡时气体的总压强P(后)=0.6×8 MPa=4.8 MPa，平衡时气体总物质的量n(总)=(8-2x)ml=(8-2×1.6)ml=4.8 ml，各种气体的平衡分压P(CO2)==0.4 MPa；P(H2)==1.2 MPa；P(CH3OH)= P(H2O)==1.6 MPa，则该条件下的分压平衡常数Kp=；
②，，当反应达到平衡时，v正=v逆，=，==。A．从提纯后的FeCl3溶液获得FeCl3晶体
B．测定O2的生成速率
C．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液
D．通过体系颜色变化探究压强对化学平衡的影响
实验
内容
实验目的
A
将铁制镀件与电源正极相连，铜片与电源负极相连
在铁制镀件上镀铜
B
室温下，用计测定浓度为0.1ml/L溶液和0.1ml/L溶液的
比较和的酸性强弱
C
取2mL0.1ml/L溶液，先滴加3滴0.1ml/L溶液，后滴加5滴0.1ml/L溶液，观察到先生成白色沉淀，后变黄色沉淀
D
向溶液中滴加溶液，有白色沉淀产生
与发生双水解
序号
1
2
3
4
标准溶液体积/mL
20.60
20.70
20.10
20.60
颜色
浅黄色沉淀
黄色沉淀
砖红色沉淀
白色沉淀
开始沉淀的
2.7
7.6
7.0
3.4
完全沉淀的
3.7
9.6
9.0
4.7
时间/h
1
2
3
4
5
6
0.90
0.81
0.73
0.66
0.60
0.60