北京市广渠门中学2024-2025学年高二上学期期中考试 化学试题（解析版）-A4

这是一份北京市广渠门中学2024-2025学年高二上学期期中考试 化学试题（解析版）-A4试卷主要包含了 下列物质属于弱电解质的是， 下列实验所用主要仪器合理的是， 下列说法正确的是， 某反应过程的能量变化如图所示等内容，欢迎下载使用。
本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上。
第一部分
本部分共21题，每题2分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列设备工作时，将化学能主要转化为热能的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．燃气灶工作时将化学能转化为热能，A正确；
B．锌锰电池将化学能转化为电能，B错误；
C．风力发电是将风能转化为电能，C错误；
D．太阳能热水器是将太阳能转化为热能，D错误；
故答案选A。
2. 下列物质属于弱电解质的是
A. NaClB. NaOHC. NH3·H2OD. H2SO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故A不符合题意；
B．氢氧化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故B不符合题意；
C．一水合氨在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C符合题意；
D．硫酸在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D不符合题意；
故选C。
3. 下列实验所用主要仪器合理的是
A. 除去粗盐中的少量泥沙——分液漏斗
B. 实验室用自来水制取蒸馏水——冷凝管
C. 配制一定质量分数的NaCl溶液——容量瓶
D. 用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液——碱式滴定管
【答案】B
【解析】
【详解】A． 分离固体和溶液，用过滤法，除去粗盐中的少量泥沙用漏斗，故A错误；
B． 实验室用自来水制取蒸馏水采用蒸馏的方法，仪器要用蒸馏烧瓶、冷凝管等，故B正确；
C． 配制一定质量分数的NaCl溶液用烧杯、玻璃棒和天平，故C错误；
D． 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，不能用碱式滴定管盛装，用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液要用酸式滴定管，故D错误；
故选B
4. 下列离子在指定的溶液中能够大量共存的是
A. 无色溶液中：Cu2+、K+、OH-、
B. pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、
C. 中性溶液中：K+、Cl-、、
D. 加酚酞呈红色的溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、
【答案】C
【解析】
【详解】A．含有Cu2+溶液呈蓝色，不满足溶液无色的条件，Cu2+、OH-之间反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故A不选；
B．H+、Fe2+、之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；
C．K+、CI-、、之间不发生反应，且都不发生水解反应，在中性溶液中能大量共存，故C选；
D．加酚酞呈红色的溶液呈碱性，Fe3+、OH-之间反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故D不选；
答案选C。
5. 下列解释事实离子方程式不正确的是
A. 用过量氨水吸收烟气中少量 SO2：NH3·H2O+SO2=NH4HSO3
B. 铜与浓硝酸反应有红棕色气体生成：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O
C. 将Cl2通入NaOH溶液中，得到漂白液：Cl2+2OH-=Cl-+C1O-+H2O
D. 常温下0.1ml/LNaClO的pH约为9.7：ClO-+H2OHClO+OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A．过量氨水和少量 SO2反应生成亚硫酸铵，故A错误；
B．铜和浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮气体，故为Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，故B正确；
C．Cl2通入NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，故为Cl2+2OH-=Cl-+C1O-+H2O，故C正确；
D．NaClO水解显碱性是因为次氯酸根离子发生微弱水解，故为ClO-+H2OHClO+OH-，故D正确；
故选A。
6. 下列说法正确的是
A. 标准状况下，5.6L 中所含C-H键的数目为
B. 室温下，1L 0.1 溶液中的数目为
C. 质量相同的和(重水)所含的原子数相同
D. 室温下，pH=12的氨水中，的物质的量为0.01ml
【答案】A
【解析】
【详解】A．1分子甲烷中含有4个碳氢键，则标准状况下，5.6L 的物质的量为0.25ml，所含C-H键的物质的量为1ml，数目为，A正确；
B．醋酸为弱酸，只能发生部分电离，电离池醋酸根离子的数目小于，B错误；
C．1分子和所含原子数相同，但是两者的摩尔质量不同，则质量相同的和(重水)的物质的量不同，所含的原子数不相同，C错误；
D．不确定溶液体积，不能计算氢氧根物质的量，D错误；
故选A。
7. 下列变化中，不能用盐类水解原理解释的是
A. 用KI溶液将AgCl转化为AgI
B. 用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入浓NaHCO3溶液，产生沉淀和气体
D. 向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A．用KI溶液将AgCl转化为AgI，该反应是难溶物的相互转化，与水解无关，故A符合题意；
B．用热饱和Na2CO3溶液清洗试管壁上附着的植物油，碳酸根水解呈碱性，植物油在碱性条件下水解，故B不符合题意；
C．向Al2(SO4)3溶液中加入浓NaHCO3溶液，产生沉淀和气体，碳酸氢根与铝离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳气体，故C不符合题意；
D．向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
8. 某反应过程的能量变化如图所示。下列说法中，不正确的是
A. 该反应为放热反应B. 曲线b表示有催化剂参与的反应过程
C. 反应i 的∆H>0D. 反应i比反应ii的速率大
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像，反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应，A正确；
B．曲线b活化能低于曲线a，但反应前后能量不变，说明加入了催化剂，B正确；
C．反应i的生成物能量高于反应物能量，反应吸热，∆H>0，C正确；
D．反应i的活化能比反应ii的活化能高，则反应i比反应ii的速率小，D错误；
故选D。
9. 利用如图装置，能制取并在集气瓶中d中收集到干燥纯净气体的是(尾气处理装置已略去)
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．用稀盐酸和锌制取H2，但H2的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，不能用d收集，故A项错误；
B．用浓盐酸和KMnO4制Cl2：，因为浓盐酸易挥发，所以制得的Cl2中会含有杂质HCl，可用饱和食盐水除去HCl，除杂后再用浓硫酸进行干燥，且Cl2的密度比空气大，可以用d进行收集，故B项正确；
C．用浓硫酸和Na2SO3制取SO2，SO2能够与NaOH溶液反应：，所以b中不能用NaOH溶液，故C项错误；
D．用浓氨水和NaOH制取NH3，NH3是一种碱性气体，能够与浓硫酸发生反应，所以b中不能用浓硫酸，且NH3的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，不能用d收集，故D项错误；
答案选B。
10. 关于下列实验的说法不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸钠溶液中加适量水，溶液浓度减小，促进CH3COO-的水解，故A正确；
B．醋酸钠溶液加热促进CH3COO-的水解，使溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；
C．氯化铵水解显酸性，在醋酸钠中加入氯化铵，两者水解相互促进，故C正确；
D．根据物料守恒，原醋酸钠溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= c(Na+)，再加入一定量醋酸后，混合液中c(CH3COO-)和c(CH3COOH)之和大于c(Na+)，故D正确；
故选：B。
11. 配制pH约为10的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，其中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06ml·L-1和0.04ml·L-1。下列关于该溶液的说法不正确的是
A. c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.10ml·L-1
B. 2c(CO)+c(HCO)Z2-，故A不正确；
B．根据已知电离常数判断，HX是弱酸，故NaX在水溶液也X-发生水解，故Na+>X-，故B不正确；
C．根据电离常数越大，酸性越强，从表格中电离平衡常数的大小判断酸性强弱为：HX>HY-，故根据相对强的酸制相对弱的酸，C正确；
D．根据电离平衡常数越大，酸性越强，判断酸性：H2YH2Z，故D不正确；
故选C。
【点睛】此题考查酸的电离常数和酸性强弱的关系，利用电离常数判断酸性的强弱，利用电离平衡判断电离程度，离子结合的程度，离子反应的可能性等，注意溶液中能发生水解的离子是弱酸根离子或者弱碱阳离子。
16. 中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将催化还原为。已知催化加氢的主要反应有：
①
②
其他条件不变时，在相同时间内温度对催化加氢的影响如下图。下列说法不正确的是
A.
B. 使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数
C. 其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成的方向进行
D. 220～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律：①-②得，故A正确；
B．使用催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，加快反应速率，故B正确；
C．反应①是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，即向生成的方向移动，反应②是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不发生移动，故C正确；
D．反应①是放热反应，反应②是吸热反应，，升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，但甲醇的选择性下降，说明对反应②速率的影响比对反应①的大，故D错误；
故选：D。
17. 测定0.1 溶液升温过程中的pH(不考虑水的蒸发)，数据如下。
下列说法正确的是
A. 温度升高，溶液中降低
B. 温度升高时溶液pH降低，原因是水解生成少量
C. 溶液pH的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果
D. 溶液中始终等于0.1
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度升高，促进碳酸根离子的电离，导致溶液中升高，A错误；
B．温度升高时，溶液pH降低是因为升温导致水的电离程度变大，溶液中氢离子浓度变大导致，B错误；
C．温度升高，促进碳酸根离子的电离，且水的电离程度变大，故溶液pH的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果，C正确；
D．根据物料守恒，溶液中始终等于0.1，D错误；
故选C。
18. 对浓度均为0.1ml·L﹣1①CH3COOH溶液、②CH3COONa溶液，下列判断不正确的是
A. 向①中滴加石蕊溶液，溶液变红，说明CH3COOH是弱电解质
B. 向②中滴加石蕊溶液，溶液变蓝，说明CH3COOH弱电解质
C. 向①中滴加Na2CO3溶液，产生气泡，说明Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)
D. ①、②中的c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．向0.1ml·L-1CH3COOH溶液中滴加石蕊溶液，溶液变红，只能说明溶液呈酸性，不能判断CH3COOH的电离是完全电离还是部分电离，即不能说明CH3COOH是弱电解质，故A错误；
B．向0.1ml·L-1 CH3COONa溶液中滴加石蕊溶液，溶液变蓝，说明溶液呈碱性，即弱酸根离子水解了，可以说明CH3COOH是弱酸，属于弱电解质，故B正确；
C．向0.1ml·L-1CH3COOH溶液中滴加Na2CO3溶液，产生气泡，发生反应生成CO2气体，即2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+CO2↑+H2O，符合强酸制弱酸原理，即酸性CH3COOH＞H2CO3，酸性越强，电离常数越大，则可以说明Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)，故C正确；
D．①0.1ml·L-1CH3COOH溶液和②0.1ml·L-1CH3COONa溶液，两溶液中遵循物料守恒，即①中有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1ml·L-1，②中有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1ml·L-1，则①、②中的c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和相等，故D正确；
答案为A。
19. (s)与CO(g)主要发生如下反应。
①
②
反应的还原产物与温度密切相关。其他条件一定，(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 反应的焓变为
B. 根据图象推测，应当小于0
C. 反应温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越低
D. 温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数
【答案】C
【解析】
【分析】反应的还原产物与温度密切相关。根据(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知温度低于570℃时，主要发生反应；温度高于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数减小，可知温度高于570℃时，主要发生反应。
【详解】A．根据盖斯定律(②-①)得的焓变为，故A正确；
B．根据图象，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知小于0，故B正确；
C．温度低于570℃时，主要还原产物为Fe，温度高于570℃时，主要还原产物为FeO，故C错误；
D．温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应为；温度高于1040℃时，CO(g)的体积分数小于20%，化学平衡常数，故D正确；
选C。
20. 某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 稀释前溶液的浓度：c(HCl) ＞c(CH3COOH)
B. 溶液中水的电离程度：b点＜c点
C. 从b点到d点，溶液中c(H+)c(OH－)逐渐增大
D. 在d点和e点均存在：c(H+)＜c(酸根阴离子)
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀释前两溶液的pH值相等，由于醋酸是部分电离，因此溶液的浓度：c(CH3COOH)＞c(HCl)，故A错误；
B．b点pH值小于c点pH值，说明c点酸性弱，抑制水的电离程度小，水的电离程度大，因此溶液中水的电离程度：b点＜c点，故B正确；
C．从b点到d点，由于溶液的温度不变，因此溶液中c(H+)c(OH－)不变，故C错误；
D．在d点和e点均存在电荷守恒即c(H+) = c(酸根阴离子)+ c(OH－)，因此存在：c(酸根阴离子)＜c(H+)，故D错误。
综上所述，答案为B。
21. 小组同学探究盐溶液对反应(血红色)的影响。将的溶液与的溶液混合，分别加入等量的试剂①~④，测得平衡后体系的透光率如下图所示。
已知：i．溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略
ii．(黄色)
iii.已知对实验无影响
下列说法不正确的是
A. 注入试剂①后溶液透光率增大，证明逆向移动
B. 透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液不同导致的
C. 透光率④比③高，可能发生了反应
D. 若要证明试剂③中对平衡体系有影响，还应使用的溶液进行对照实验
【答案】A
【解析】
【详解】A．注入试剂①是稀释溶液的过程，[Fe(SCN)]2+浓度减小，溶液透光率升高，无法判断平衡是否逆向移动，A错误；
B．③KCl溶液为含有钾离子的中性溶液，②NH4Cl溶液为含有铵根离子的水解显酸性的溶液，根据是否水解或离子不同，则说明透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的，B正确；
C．③为0.04ml•L-1的KCl溶液，④为4ml•L-1的KCl溶液，④的浓度大于③的浓度；透光率④比③高，说明血红色变浅，发生了反应，C正确；
D．若要证明试剂③为0.04ml•L-1的KCl溶液，Cl-对平衡体系有影响，排除钾离子的干扰即K+浓度保持不变，作空白对照实验，已知硝酸根对实验无影响，故能使用0.04ml•L-1的KNO3溶液进行实验，D正确；
故答案为：A。
第二部分
本部分共5题，共58分。
22. 甲醇是一种重要的化工原料，具有广阔的开发和应用前景。工业上使用水煤气(CO与H2的混合气体)转化成甲醇(CH3OH)。
（1）已知一定条件下，发生反应：，，该条件下，水煤气转化成甲醇的热化学方程式是________。
（2）在体积可变的恒压密闭容器中投入0.5 ml CO和0.75 ml H2，不同条件下发生上述反应。实验测得平衡时CH3OH的物质的量(n)随温度(T)、压强(p)的变化如图1所示。
①p1____ p2(填“”)。
②M点对应的平衡混合气体的体积为1 L，则233 ℃时，该反应的平衡常数K=_______，H2的转化率为______(保留1位小数)。
③下列叙述能说明上述反应在p1条件下达到化学平衡状态的是_______(填字母)。
a．单位时间内消耗1 ml CO的同时生成1 ml CH3OH
b．CH3OH的体积分数不再改变
c．密闭容器的体积不再改变
（3）工业上可利用甲醇羰基化法进一步制取甲酸甲酯：。在容积不变的密闭容器中，投入等物质的量的CH3OH和CO，相同时间内CO的转化率随温度变化如图2所示(不考虑其他副反应)。
①b、c、d三点中，尚未达到化学平衡状态的点是________。
②该反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应。
③曲线ac段和de段的变化趋势不同。试从反应速率和平衡角度说明理由：________。
【答案】（1）
（2） ①. ＞ ②. 16 ③. 66.7% ④. bc
（3） ①. bc ②. 放热 ③. ac段，反应未达平衡，温度升高，反应速率增大，相同时间内消耗CO多。de段，已经达到平衡，升高温度使平衡向逆反应方向移动，CO转化率降低
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，水煤气转化成甲醇的，热化学方程式为；
【小问2详解】
反应，该反应正方向气体分子数减小，增大压强，平衡正向进行，平衡时CH3OH的物质的量较大，由图可知，；在体积可变的恒压密闭容器中投入0.5 ml CO和0.75 ml H2，平衡时M点，，列出三段式，，平衡时一氧化碳、氢气的物质的量分别为0.25ml、0.25ml，对应的平衡混合气体的体积为1 L，则233 ℃时，该反应的平衡常数；H2的转化率为；
下列叙述能说明上述反应在p1条件下达到化学平衡状态的是；
a．单位时间内消耗1 ml CO的同时生成1 ml CH3OH，描述的是正反应方向，不能说明达到化学平衡状态，a错误；
b．CH3OH的体积分数不再改变，表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，b符合题意；
c．随着反应的进行，混合气体的体积不断发生改变，体积可变的恒压密闭容器的体积不断发生变化，则当密闭容器的体积不再改变，反应达平衡状态，c符合题意；
故选bc；
【小问3详解】
由图可知，b、c点还未达到一氧化碳转化率的最大值，则尚未达到化学平衡状态，反应达到平衡后，随着温度的升高，d点平衡逆向进行，一氧化碳转化率降低；由图可知，温度超过一定数值后，随着温度的升高，一氧化碳的转化率降低，说明该反应为放热反应；曲线ac段和de段的变化趋势不同，从反应速率和平衡角度说明：ac段，反应未达平衡，温度升高，反应速率增大，相同时间内消耗CO多。de段，已经达到平衡，升高温度使平衡向逆反应方向移动，CO转化率降低。
23. 已知：25℃时，相关酸(或碱)的电离平衡常数如下表所示：
请回答下列问题：
（1）25℃时，溶液的，溶液中的_______，溶液的，由水电离出的_______，溶液呈碱性的原因：_______(用离子方程式解释)。
（2）向溶液中加蒸馏水稀释到1L后，下列说法不正确的是_______(填序号)。
a．的电离程度增大 b．增大
c．减小 d．减小
（3）“84消毒液”中滴加白醋，可增强溶液的漂白性，原因：_______(用离子方程式解释)。
（4）结合表中数据分析，25℃时，的①②③三种溶液的pH由大到小的顺序是：_______(填写序号)。
（5）已知溶液呈酸性，请结合离子方程式解释其呈酸性的原因：_______。
（6）的电离方程式为_______；25℃时，向氨水中加入稀硫酸至溶液的，此时溶液中，则_______。
【答案】（1） ①. ②. ③.
（2）bd （3）
（4）或③②①
（5）溶液中，同时存在和，的电离程度大于水解程度，，因此溶液呈酸性
（6） ①. ②. 0.5a
【解析】
【小问1详解】
25℃时，，溶液的，,故溶液中的；溶液的，溶液显碱性，，由水解方程式可知溶液显碱性的原因是水电离的氢离子被醋酸根结合使氢氧根浓度大于氢离子浓度，溶液中的氢氧根都是由水电离出，故由水电离出的；
【小问2详解】
a．加水促进水的电离平衡，故的电离程度增大，a不符合题意；
b．加水稀释，减小，b符合题意；
c．加水稀释，溶液酸性减弱，减小，c不符合题意；
d．根据，K不变，减小，则比值增大，d符合题意；
故答案选bd。
【小问3详解】
由电离常数可知醋酸的酸性大于次氯酸，向“84消毒液”中滴加白醋，可强酸制弱酸，生成更多的HClO,增强溶液的漂白性，用离子方程式解释为：；
【小问4详解】
25℃时，的①②③三种溶液浓度相同，由电离常数可知酸性：，则酸根结合氢离子的能力：，则水解程度，水解程度越大，碱性越强，pH越大，则pH由大到小的顺序是③②①或；
【小问5详解】
溶液中，同时存在和，的电离程度大于水解程度，，因此溶液呈酸性；
【小问6详解】
的电离方程式为；25℃时，向氨水中加入稀硫酸至溶液的，则，此时溶液中，根据电荷守恒可计算。
24. 以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是__________。
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++ PbO2+4H++SO42−2Fe3++PbSO4+2H2O
ii: ……
①写出ii的离子方程式：________________。
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b.______________。
（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（aq）NaHPbO2（aq），其溶解度曲线如图所示。
①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是_____(选填序号)。
A.减少PbO的损失，提高产品的产率 B.重复利用NaOH，提高原料的利用率
C.增加Na₂SO4浓度，提高脱硫效率
②过程Ⅲ的目的是提纯。结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作：____。
【答案】 ①. Pb + PbO2+ 2H2SO4== 2PbSO4+ 2H2O ②. 2Fe3＋+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2＋ ③. 取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去 ④. A、B ⑤. 将粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体
【解析】
【详解】（1）根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2＋催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为Pb + PbO2+ 2H2SO4== 2PbSO4+ 2H2O。
（2）①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质反应前后保持不变。根据题给信息知反应i中Fe2＋被PbO2氧化为Fe3＋，则反应ii中Fe3＋被Pb还原为Fe2＋，离子方程式为2Fe3＋+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2＋；②a实验证明发生反应i，则b实验需证明发生反应ii，实验方案为取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去。
（3）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH==PbO+Na2SO4+H2O，而滤液Ⅰ中含有硫酸，可降低溶液的pH，使平衡：PbO（s）+NaOH（aq）NaHPbO2（aq）逆向移动，减少PbO的损失，提高产品的产率，选A；重复利用NaOH，提高原料的利用率，选B；②根据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，降温结晶、过滤，得PbO。
25. 砷酸和亚砷酸是砷的两种含氧酸，分析并测定它们的浓度对其合理使用具有重要的意义。
Ⅰ．常温下，和溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液的关系分别如图1和图2所示：
（1）的第一步电离方程式是___________，该步电离常数的表达式是___________。
（2）由图1中a点可知，当时，；据此类推，由图2可知，约等于___________，可判断酸性强于。
Ⅱ．测定某溶液(含少量)中浓度的一种方法如下。
已知：用标准溶液滴定弱酸溶液，一般要求弱酸的。
ⅰ．调：取待测液，向其中滴入适量溶液调节，以中和。
ⅱ．氧化：向上述溶液中加入适量碘水，将氧化为。
ⅲ．滴定：用标准溶液滴定ⅱ中得到的溶液至终点，消耗标准溶液。
（3）若无ⅰ，会导致测定的浓度___________(填“偏高”或“偏低”)。
（4）ⅲ中滴定至终点时，溶液为4～5，结合图1可知，此时溶液中的溶质主要是和___________(填化学式)。
（5）数据处理后得。结合ⅱ和ⅲ中物质间转化的定量关系，解释该式中数字“3”表示的化学含义：___________。
（6）另一待测液除了含、少量，还含有，依据上述方法，测定其中总砷含量(已知：酸性越强，的氧化性越强)。测定步骤包含4步：a．氧化、b．还原、c．调、d．滴定。正确的测定步骤顺序是___________→d。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3）偏高 （4）
（5）ⅱ、ⅲ中物质转化的定量关系：，的物质的量为滴定消耗的物质的量的
（6）b→c→a
【解析】
【分析】本题是对酸碱中和滴定的应用的考查，在滴定的时候要根据和两种酸的强弱和用氢氧化钠滴定时对酸的电离常数的要求，要考虑和的相互转化，在误差分析的时候，要考虑中杂质的影响，以此解题。
【小问1详解】
由图可知，为多元弱酸，其电离是分步进行的，第一步电离方程式是：；根据电离常数的定义可知该步电离常数的表达式是；
【小问2详解】
在图2中当时，；
【小问3详解】
在用滴定的时候，硫酸也会消耗，若无ⅰ会导致消耗量增大，测定结果偏高；
【小问4详解】
由图1可知，溶液为4～5时，砷的主要存在形式为，且在氧化时还生成了HI，故溶质中会有，由于最初的溶液(含少量，故此时溶液中的溶质会含有硫酸钠，故答案为：；
【小问5详解】
步骤ⅱ中碘和反应的方程式为：I2++H2O=+2HI，由（4）可知滴定至终点时会生成，同时HI会和氢氧化钠反应，故的物质的量为滴定消耗的物质的量的，答案为：ⅱ、ⅲ中物质转化的定量关系：，的物质的量为滴定消耗的物质的量的；
【小问6详解】
由于待测液中含有且在调pH的时候会和氢氧化钠反应，故先还原将其还原为，然后再调pH除去硫酸，再用适量碘水将氧化为，再用氢氧化钠滴定，从而测定其中总砷含量，故答案为：b→c→a。
26. 向KI溶液中持续通入Cl2，发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探究溶液变色的原因。
（1）溶液变为棕黄色的原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是____。
[猜测]棕黄色褪去的原因是I2被氧化，氧化产物中I的化合价记为+x。
[实验Ⅰ]设计如表实验验证I2被氧化
（2）①本实验中，试剂a作____剂(填“氧化”或“还原”)。
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是____。
[实验Ⅱ]通过如下实验可测定x
i.取vmLcml·L-1KI溶液于锥形瓶中，通入过量Cl2至棕黄色褪去。
ii.边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A，试纸不变蓝。
iii.冷却至室温后，加入过量KI固体，生成大量紫黑色沉淀(I2)。
iv.立即用aml·L-1Na2S2O3溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液bmL。
已知：I2+2S2O=S4O+2I-
I-+I2I(棕黄色)
I2在纯水中溶解度很小，饱和碘水呈浅黄色
（3）ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A是____。
（4）结合数据，计算可得x=____(用代数式表示)。
[反思]
（5）实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的____(填数字)倍。
（6）从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：____。
【答案】（1）
（2） ①. 还原 ②. 通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成
（3）将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口
（4）
（5）7 （6）随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅
【解析】
【分析】氯气与KI发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-;氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生反应Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将I2氧化， Cl2可氧化HIO3等，反应的化学方程式为：I2+5Cl2+6H2O=10HCl+2HIO3;增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。
【小问1详解】
溶液变为棕黄色，说明生成碘单质，说明氯气的氧化性比碘强，原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是。故答案为：；
【小问2详解】
①本实验中，要证明I2被氧化，试剂a作还原剂(填“氧化”或“还原”)。故答案为：还原；
②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成。故答案为：通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成；
【小问3详解】
ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A检验氯有没有除尽，操作A是将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口。故答案为：将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口；
【小问4详解】
结合数据，根据电子得失守恒，vmLcml·L-1[x-(-1)]=bmLaml·L-1[2.5-2] 2，计算可得x=(用代数式表示)。故答案为：；
【小问5详解】
碘原子最外层有7个电子，最高价为+7价，实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的7(填数字)倍。故答案为：7；
【小问6详解】
A．燃气灶
B．锌锰电池
C．风力发电
D．太阳能热水器
气体
a中试剂
b中试剂
c中试剂
A
H2
稀盐酸+Zn
饱和食盐水
无水氯化钙
B
Cl2
浓盐酸+KMnO4
饱和食盐水
浓硫酸
C
SO2
浓硫酸+Na2SO3
氢氧化钠溶液
浓硫酸
D
NH3
浓氨水+NaOH
浓硫酸
无水氯化钙
A．CH3COO-的水解程度增大
B．溶液的pH减小是CH3COO-水解平衡移动的结果
C．NH4Cl可促进CH3COO-的水解
D．混合液中c(CH3COO-)和c(CH3COOH)之和大于c(Na+)
酸
电离常数(25℃)


温度/℃
20
40
60
80
pH
11.80
11.68
11.54
11.42
酸
电离常数(K)
装置
序号
试剂a
现象
甲
Na2SO3溶液
溶液均变黄，遇淀粉变蓝
乙
KI溶液