江西省景德镇市2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题（解析版）

这是一份江西省景德镇市2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题（解析版），共6页。试卷主要包含了请将正确答案填写在答题卡上，可能用到的相对原子质量， 下列说法错误的是， 设为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分100分，考试用时75分钟；
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将正确答案填写在答题卡上
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 下列粒子对水的电离没有影响的是
A. CH3COOHB. C. M-：1s22s22p6D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙酸是弱酸，在溶液中部分电离出的氢离子抑制水的电离，故A不符合题意；
B．为氯离子，盐酸是强酸，氯离子在溶液中不水解，不影响水的电离，故B符合题意；
C．1s22s22p6的阴离子为氟离子，氢氟酸为弱酸，氟离子在溶液中水解促进水的电离，故C不符合题意；
D．水能微弱电离出氢氧根离子，氢氧根离子抑制水的电离，故D不符合题意；
故选B
2. 下列各项叙述不正确的是
A. 若21号元素的基态原子电子排布式为，则违反了构造原理
B. 若硫原子核外电子排布图为 则违反了泡利原理
C. 若磷原子核外电子排布图为 则违反了洪特规则
D. 原子的电子排布式由能释放特定能量产生发射光谱
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为4s轨道能量比3d轨道能量还低，所以21号Sc元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，违反了能量最低原理，应该为1s22s22p63s23p63d14s2，故A正确；
B．所画的电子排布图中3p能级，在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，违背了洪特规则，故B错误；
C．在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，若磷原子核外电子排布图为 则违反了洪特规则，故C正确；
D．3s能级的能量大于2p能级的能量，原子的电子排布式由1s22s22p33s1→1s22s22p4，能量降低低，所以能释放特定能量产生发射光谱，故D正确；
故选B。
3. 下列关于反应热和热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·ml－1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3) kJ·ml－1
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·ml－1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋2×283.0 kJ·ml－1
C. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·ml－1，则电解水的热化学方程式为2H2O(l)== 2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋285.5 kJ·ml－1
D. 1 ml甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
【详解】A.H2SO4和Ba(OH)2反应不仅生成水，还生成硫酸钡沉淀，会放出更多的热量，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH＜2×(－57.3) kJ·ml－1，A项错误；
B.CO的燃烧热是283.0kJ/ml，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)反应的ΔH=-2×283.0 kJ/ml，故2CO2(g)= 2CO(g)+O2(g) ΔH=+2×283.0 kJ/ml，所以B项正确；
C.氢气燃烧是放热反应，焓变是负值。水电解是吸热反应，2ml水完全电解，反应吸热为571.0kJ，C项错误；
D.1ml可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量是燃烧热，而甲烷燃烧生成的气态水不是稳定状态，D项错误。
故答案选B。
4. 太阳能光电催化-化学耦合分解的装置如图所示。
下列说法不正确的是
A. 若接铅蓄电池进行电解，b极接Pb电极
B. 理论上每生成氢气则消耗
C. a极的电极反应为：
D. 利用太阳能光进行电催化可以节约能源并产生清洁能源
【答案】C
【解析】
【详解】A．铅蓄电池放电时Pb为负极、PbO2为正极，b极上H+得电子被还原成H2，b极为阴极；a极上Fe2+发生失电子的氧化反应、被氧化成Fe3+，a极为阳极，若接铅蓄电池进行电解，b极（阴极）接Pb电极，A项正确；
B．b极电极反应为2H++2e-=H2↑，a极电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，根据得失电子守恒，理论上每生成1mlH2则消耗2mlFe2+，B项正确；
C．由图示知，a极电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，C项错误；
D．由图可知，利用太阳能光进行电催化可以将光能转化成化学能、并产生清洁能源，D项正确；
答案选C。
5. 类比法是一种重要的化学思维方法。下列各项中的已知和类比结论均正确的是
A. 与S能直接化合生成，则和S也能直接化合生成
B. 与浓共热可制，则与浓共热也可制
C. 加热溶液，低温蒸发至干，最终产物为，则加热溶液，低温蒸发至干，最终产物也可得到
D. 通入溶液中无沉淀生成，通入溶液中也无沉淀生成
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．硫具有弱氧化性，能将变价金属氧化为低价态，所以铜和硫反应生成硫化亚铜，A项错误；
B．具有氧化性的二氧化锰分别与还原性的浓HCl和浓HBr发生氧化还原反应生成Cl2、Br2，B项正确；
C．加热氯化铁溶液得到的最终产物为三氧化二铁，C项错误；
D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中生成硫酸钡沉淀，D项错误；
答案选B。
6. 下列说法错误的是
①强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
②氨气溶于水，当电离出的时，表明电离处于平衡状态
③室温下，由一元碱的，可知溶液中存在
④电离平衡右移，电解质分子的浓度一定减小，离子浓度一定增大
⑤稀释弱电解质溶液时，所有粒子浓度都一定会减小
⑥室温下，溶液与的溶液中水的电离程度相同
⑦25℃和60℃的水的pH，前者大于后者，但都显中性
A. ①②③④B. ②③④⑤C. ②④⑤⑥D. ④⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
【详解】①溶液导电能力和离子浓度以及离子所带电荷有关，若强电解质溶液是稀溶液，导电能力也弱，因此强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，①正确；
②氨气溶于水，发生如下电离：NH3•H2O⇋OH-+，不管电离是否达到平衡，始终存在c(OH-)=c()(由NH3•H2O电离产生)，所以c(OH-)=c()时不能表明NH3•H2O电离处于平衡状态，②错误；
③室温下，0.1ml•L-1一元碱BOH的pH=10，表明BOH只发生部分电离，由此可知溶液中存在BOH⇋B++OH-，③错误；
④增大弱电解质的浓度，电离平衡右移，但电解质分子的浓度增大，④错误；
⑤稀释弱电解质溶液时，水电离产生的离子浓度增大，⑤错误；
⑥室温下，0.1ml•L-1的HCl溶液与0.1ml•L-1的NaOH溶液中溶质对水电离的抑制作用相同，水的电离程度相同，⑥正确；
⑦25℃和60℃水的pH，由于前者水的电离程度小于后者，所以前者的pH大于后者，但都显中性，⑦正确；
综合以上分析，②③④⑤错误，故选B。
7. 常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A. 能使紫色石蕊溶液变红色的溶液：Na+、Fe2+、SO、NO
B. c(Fe3+)=0.1ml·L-1的溶液：H+、Al3+、Br-、SCN-
C. 加入铝粉生成H2的溶液：K+、NH、SO、HCO
D. =0.1ml·L-1的溶液：Na+、K+、Cl-、CO
【答案】D
【解析】
【详解】A．能使紫色石蕊溶液变红色的溶液显酸性，H+、Fe2+、NO发生氧化还原反应不能共存，故A错误；
B．Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，故B错误；
C．加入铝粉生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在NH、HCO，酸溶液中不能大量存在HCO，故C错误；
D．常温下=0.1ml·L-1的溶液显碱性，各种离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选：D。
8. 2005年11月14日，河南省文物管理局在上蔡县郭庄村东部的岗地上发掘出一座国内罕见的积石积沙楚墓，出土大量器形宏大、纹饰精美的青铜器，并在2006年以“上蔡楚国贵族墓地”的名义列入第六批全国重点文物保护单位。研究青铜器(含Cu、Sn等)在潮湿环境中发生的腐蚀对文物保护和修复有重要意义，下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法正确的是
A. 青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被还原
B. 正极发生的电极反应为：O2+4e-+4H+＝2H2O
C. 若生成0.2mlCu2(OH)3Cl，则理论上消耗O2的体积为4.48L
D. 环境中的Cl-与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为：2Cu2++3OH-+Cl-＝Cu2(OH)3Cl↓
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，故A错误；
B．氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e−+2H2O=4OH−，故B错误；
C．负极上，Cu失电子生成铜离子，负极电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，正极电极反应式为：O2+4e−+2H2O=4OH−，若生成0.2mlCu2(OH)3Cl，根据转移电子守恒得O2~4e−~ 2Cu2+~Cu2(OH)3Cl，n(O2)=0.02ml，但题中未指明标准状态，无法计算氧气体积，故C错误；
D．Cl−扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-＝Cu2(OH)3Cl↓，故D正确；
答案选D。
9. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含键的数目为
B. 的溶液中，含的数目小于
C. 含的浓硫酸与足量的镁反应，转移的电子数小于
D. 溶液，升温至50℃，测得，若，则HR是弱酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇的质量为100g×46%=46g，物质的量为1ml，水的质量为100g-46g=54g，物质的量为3ml，共含有O-H键为1ml×1+3ml×2=7ml，即7NA，选项A正确；
B．没有给定溶液的体积，无法计算的数目，选项B错误；
C．含0.2ml H2SO4的浓硫酸与足量的镁反应，开始是Mg+2H2SO4(浓)=MgSO4+SO2↑+2H2O，2ml硫酸转移2ml电子，当浓硫酸不断变稀，发生Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，1ml硫酸转移2ml电子，因此含0.2ml H2SO4的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数大于0.2NA，选项C错误；
D．溶液升高温度时Kw也增大，故不能说明酸为弱酸，选项D错误；
答案选A。
10. 一定温度下，对于可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)(正反应放热)的下列叙述，不能说明反应已达化学平衡状态的是
A. 恒容容器内混合气体的密度不再变化
B. NH3的生成速率与H2的生成速率之比为2∶3
C. 恒压容器内混合气体的总物质的量不再变化
D. 单位时间内断裂amlN≡N键，同时断裂6amlN—H键
【答案】A
【解析】
【详解】A．组分都是气体，则气体质量不变，容器是恒容状态，因此气体体积不变，因此密度不变不能说明反应达到平衡，故A说法错误；
B．用不同物质的反应速率，表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，生成NH3反应向正反应方向进行，生成H2反应向逆反应方向进行，两者速率之比等于2：3，能说明反应达到平衡，故B说法正确；
C．反应前后气体系数之和不相等，因此当混合气体总物质的量不变时，说明反应达到平衡，故C说法正确；
D．断裂aml氮氮三键，说明反应向正反应方向进行，断裂6amlN－H，说明反应向逆反应方向进行，且等于它们的系数之比，能说明达到平衡，故D说法正确。
11. 瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如下图所示，其中的固体电解质是，O2-可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是
A. 瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极a
B. 电极b是正极，O2-由电极a流向电极b
C. 电极a的反应式为：
D. 当固体电解质中有1ml O2-通过时，电子转移4ml
【答案】C
【解析】
【分析】在CH4、O2燃料电池中，通入燃料CH4的电极为负极，则多孔电极a为负极，多孔电极b为正极。阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。
【详解】A．不管是原电池还是电解池，电子都不能在内电路发生移动，电池内电路中只能通过离子的定向移动传导电流，A不正确；
B．由分析可知，电极b是正极，阴离子向负极移动，则O2-由电极b流向电极a，B不正确；
C．电极a中，CH4失电子产物与电解质反应，生成CO2等，电极反应式为：，C正确；
D．当固体电解质中有1ml O2-通过时，线路中通过2mle-，电子转移2ml，D不正确；
故选C。
12. 燃烧热与反应热的关系是
A. 燃烧热是反应热的一种类型
B. 当一个反应是燃烧反应时，该燃烧反应的反应热就是燃烧热
C. 燃烧热不属于反应热，反应热是在25 ℃、101 kPa下测定的，而燃烧反应的温度要高
D. 反应热有正负之分，燃烧反应的焓变全部是正值
【答案】A
【解析】
【详解】A．燃烧热是1ml纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，反应热是化学反应过程中放出或吸收的热量，燃烧热是反应热的一种，故A正确；
B．燃烧热是燃烧1ml可燃物时放出的热量，故B错误；
C．燃烧热属于反应热，故C错误；
D．燃烧反应是放热的，所以焓变为负值，故D错误；
故选A。
13. 时，改变甲酸与丙酸溶液的，溶液中分子的物质的量分数随之改变[已知]，与的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 若弱酸增大是通过向弱酸中加入固体实现的，则图中M、N两点对应溶液中的相等
B. 对于甲酸和丙酸，当时，溶液都为酸性
C. 等浓度的和两种溶液的：前者>后者
D. 将的溶液与的溶液等体积混合，所得溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．两溶液的起始浓度均为，M、N两点相等，则，根据电荷守恒，M点，，同理，N点，，M点和N点，，但两点不同，不同，不同，故不相同，A错误；
B．当时，，，根据图示可知，此时两溶液均为酸性，B正确；
C．根据M点知，时，，则，根据N点知，时，，则，等浓度的和两种溶液中，的水解程度大于，故溶液：，C错误；
D．的电离常数为，的水解常数，则的电离程度大于的水解程度，溶液呈酸性，故溶液中，D错误；
故答案为：B。
14. 某固体X，可能含有BaCl2、NaHCO3、Fe2O3、Cu、NaAlO2中的一种或几种，进行如下实验：①取一定量样品溶于水中，得到固体A和溶液B；②向A中加入足量稀盐酸，得到澄清溶液C。下列说法不正确的是
A. 固体A可能溶于NaOH溶液
B. 溶液C能与NaHCO3溶液反应产生沉淀
C. 向溶液C中加入KSCN溶液，若不变色，则混合物X不含Fe2O3
D. 向溶液B中加入NaOH溶液，若出现白色沉淀，则X中必定有BaCl2和NaHCO3
【答案】C
【解析】
【分析】Fe2O3、Cu不溶于水，NaHCO3和NaAlO2能反应生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，Na2CO3能和BaCl2反应生成BaCO3沉淀和NaCl，因此固体A可能为Fe2O3、Cu、Al(OH)3、BaCO3中的一种或几种，现在依次分析如下：
①若固体A含Cu，则A必含Fe2O3，溶液C必含FeCl2和CuCl2，原固体X必含Cu、Fe2O3，BaCl2、NaHCO3、NaAlO2至少含1种，B含BaCl2、NaHCO3、NaAlO2至少1种；
②若固体A含Fe2O3，溶液C必含FeCl3，原固体X至少还含BaCl2、NaHCO3、NaAlO2中的一种，B至少含BaCl2、NaHCO3、NaAlO2中的一种；
③若固体A含Al(OH)3，溶液C必含AlCl3，原固体X必含NaHCO3和NaAlO2，B必含Na2CO3；
④若固体A含BaCO3，则原固体X必含NaHCO3、NaAlO2、BaCl2，那么A必然还含Al(OH)3，溶液C必含BaCl2和AlCl3，B必含NaCl，据此解答。
【详解】A．若原固体X为NaHCO3和NaAlO2，则固体A只含Al(OH)3，此时固体A能溶于NaOH溶液，A正确；
B．若是分析①中的情况，则有FeCl2、CuCl2分别与NaHCO3溶液反应生成FeCO3和Cu(OH)2沉淀，若是分析②中的情况，则有FeCl3和NaHCO3溶液发生双水解反应生成Fe(OH)3沉淀，若是分析③或分析④中的情况，则有AlCl3和NaHCO3溶液发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀，综上所述，无论哪种情况，溶液C能与NaHCO3溶液反应产生沉淀，B正确；
C．如上面分析①中的情况，若原固体X中同时含Fe2O3和Cu，且Fe2O3溶于HCl后恰好和Cu反应，则溶液C中没有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液不会变红，C错误；
D．参照上面的分析可知，向溶液B中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，则白色沉淀必为BaCO3，则X中必定同时有BaCl2和NaHCO3，D正确。
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 含氯化合物的应用越来越广泛，请完成下列有关问题：
（1）亚氯酸钠()是一种漂白织物的漂白剂，具有较强的氧化性。亚氯酸钠中氯元素的化合价为_______，其水溶液显碱性的原因为_______，其水溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______。
（2）亚氯酸钠在碱性溶液中稳定，在酸性溶液中生成和氯元素的另一种稳定离子，写出亚氯酸钠在酸性条件下反应的离子方程式_______。
（3）是一种新型安全多功能型杀菌剂，其制备方法有多种，其中一种为通入中可得，其氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
（4）一定条件下，与硫酸酸化的草酸()溶液反应可制备，该反应的离子方程式为_______。
（5）溶液可以用来检验水溶液中的或。若向悬浊液中加入溶液，可把转化为，已知达到平衡时，，已知，则_______。(保留两位有效数字，不写单位)
【答案】15. ①. ②. 亚氯酸钠水解显碱性或 ③.
16.
17. 2∶1 18.
19.
【解析】
【小问1详解】
亚氯酸钠中氯元素的化合价为+3价；亚氯酸为弱酸，故亚氯酸钠溶液中水解使溶液显碱性，；因为水解后溶液呈碱性，其水溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c()>c(OH-)>c(H+)；
【小问2详解】
根据氧化还原反应化合价升降规律，另一种含氯的稳定离子，是Cl-，根据原子守恒及得失电子守恒得反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
→ClO2中氯元素化合价降低1， SO2→S中硫元素化合价升高2，由得失电子守恒可得氧化剂与还原的物质的量之比为2:1；
【小问4详解】
H2C2O4→2CO2中碳元素化合价升高2， KClO3→ClO2中氯元素化合价降低1，由得失电子守恒可得其离子方程式：；
【小问5详解】
===，可得==。
16. 硒(Se)和碲(Te)均为硫(S)同族元素，原子序数分别为34、52，它们的单质和化合物在电子、冶金、材料等领域有广阔的发展前景。科研小组以精炼铜的阳极泥为原料(含有、、和少量金属单质Ag)回收Se、Te并制备胆矾的一种流程如图：
回答下列问题：
（1）Cu原子的价电子排布式为_______；属于_______(填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物。
（2）的稳定性比的_______(填“强”或“弱”)；，，的沸点由高到低为_______。
（3）“水溶”反应的离子方程式为_______。
（4）“碱溶”的目的为_______。
（5）“分离”过程需控制适当温度，不宜过高或过低的理由为_______。
（6）若滤液2，其中、、，则滤渣Ⅱ的成分为_______。[已知、]
（7）用滤液2制备的操作为_______。
【答案】（1） ①. ②. 两性
（2） ①. 弱 ②.
（3）
（4）使转化为而与Cu、Ag分离
（5）温度过低，反应速率慢，Cu和银的溶解率低；温度越高，的溶解度越小，使反应速率减慢且反应不充分
（6）
（7）蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥
【解析】
【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硫化铜、硒化铜、碲化铜高温条件下与氧气反应为得到含有铜、银和二氧化碲的烧渣和含有二氧化硫、二氧化硒的混合气体；混合气体水溶时二氧化硫和二氧化硒反应生成硫酸和硒，过滤得到硒；向烧渣中加入氢氧化钠溶液碱溶，将二氧化碲转化为亚碲酸钠，过滤得到含有银、铜的滤渣Ⅰ和含有亚碲酸钠的滤液1；滤渣中铜、银一定条件下与稀硫酸、氧气和氯化钠反应得到硫酸铜溶液和氯化银沉淀，过滤得到含有氯化银的滤渣Ⅱ和含有硫酸铜的滤液2；滤液2经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体；向滤液1中加入稀硫酸将亚碲酸钠转化为二氧化碲沉淀，过滤得到二氧化碲；将二氧化碲溶于稀硫酸后，加入亚硫酸钠溶液将碲元素还原为碲。
【小问1详解】
铜元素的原子序数为29，基态原子的电子排布式为；由分析可知，二氧化碲既能溶于氢氧化钠溶液生成盐和水，也能溶于硫酸溶液生成盐和水，所以二氧化碲属于两性氧化物，故答案为：；两性；
【小问2详解】
同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则硒化氢的稳定性弱于硫化氢；水分子能形成分子间氢键，而硫化氢和硒化氢不能形成分子间氢键，所以分子间作用力大于硫化氢和硒化氢，沸点高于硫化氢和硒化氢，而硫化氢的相对分子质量小于硒化氢，分子间作用力小于硒化氢，沸点低于硒化氢，所以氢化物的沸点由高到低的顺序为，故答案为：弱；；
【小问3详解】
由分析可知，水溶时发生的反应为二氧化硫和二氧化硒反应生成硫酸和硒，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，加入氢氧化钠溶液碱溶的目的是将二氧化碲转化为亚碲酸钠，过滤分离得到亚碲酸钠溶液，故答案为：使转化为而与Cu、Ag分离；
【小问5详解】
由分析可知，分离步骤发生的反应为铜、银一定条件下与稀硫酸、氧气和氯化钠反应得到硫酸铜溶液和氯化银沉淀，若温度过低，反应速率慢，铜和银的溶解率低；温度越高，氧气的溶解度越小，使反应速率减慢且反应不充分，故答案为：温度过低，反应速率慢，Cu和银的溶解率低；温度越高，的溶解度越小，使反应速率减慢且反应不充分；
【小问6详解】
由溶度积可知，溶液中银离子浓度为由电荷守恒可知，溶液中银离子浓度为=1.8×10-8 ml/L，由电荷守恒可知，溶液中硫酸根离子浓度为(0.5 ml/L×2+0.02 ml/L+0.01 ml/L—0.01 ml/L)×=0.51ml/L，则溶液中硫酸银的浓度熵Qc=(1.8×10-8)2×0.51≈1.3×10—16＜1.4×10—5，反应中不可能生成硫酸银沉淀，所以滤渣Ⅱ的成分为氯化银，故答案为：AgCl；
【小问7详解】
由分析可知，硫酸铜溶液经经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
17. 几种弱酸的电离常数(25℃)如下表：
（1）将少量通入溶液中的离子方程式为_______。
（2）常温下，一定浓度的溶液的，溶液中_______。
（3）对溶液进行下列操作，能使的水解程度增大的是_______(填标号)。
A. 适当升高温度B. 加入固体C. 通入气体D. 加入固体
（4）用实验确定是否为弱电解质，设计了如下实验方案：
①方案1：先量取一定体积的，配制成的溶液，用pH计测出常温下该溶液的pH的值_______，证明为弱电解质。
②方案2：设计一个合理且比较容易进行的实验方案(药品可任取)，并作简明扼要的表述：_______。
③25℃时，用pH计测定不同浓度溶液的pH如图所示，稀释溶液，水的电离程度会_______(填“增大”或“减小”)，根据图中信息，判断为弱电解质的依据是_______。
【答案】（1）
（2） （3）AC
（4） ①. 大于1 ②. 配制溶液，在常温下测定其，即可以证明为弱电解质 ③. 增大 ④. 溶液稀释体积为原来的10倍，而pH增大不到1
【解析】
【小问1详解】
由电离常数可知，次氯酸的酸性弱于碳酸、强于碳酸氢根离子，由强酸制弱酸可知，二氧化碳与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
由电离常数可知，pH为9的醋酸钠溶液中===，故答案为：；
【小问3详解】
A．醋酸根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，适当升高温度，平衡向正反应方向移动，醋酸根离子的水解程度增大，故正确；
B．醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，向溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，醋酸根离子的水解程度减小，故错误；
C．醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，向溶液中通入氯化氢气体，氯化氢与溶液中的氢氧根离子反应使氢氧根离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，醋酸根离子的水解程度增大，故正确；
D．醋酸根离子在溶液中水解生成醋酸和氢氧根离子，向溶液中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离浓度的增大，平衡向正反应方向移动，但醋酸根离子的水解程度减小，故错误；
故选AC；
【小问4详解】
①用pH计测出常温下0.1ml/LHA溶液的pH的值大于1，说明HA在溶液中部分电离，属于弱电解质，故答案为：大于1；
②若HA为弱电解质，NaA在溶液中水解使溶液呈碱性，则证明HA为弱电解质的的实验方案为配制NaA溶液，在常温下测得溶液pH大于7，即可以证明HA为弱电解质，故答案为：配制溶液，在常温下测定其，即可以证明为弱电解质；
③酸电离出的氢离子会抑制水的电离，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，25℃时，稀释HA溶液时，溶液中氢离子浓度减小，所以溶液中水的电离程度增大；由图可知，图中(0.2000，2.73)到(0.0200，3.23)时，溶液稀释10倍，溶液pH变化小于1，说明HAHA为弱电解质，在溶液中部分电离出氢离子，故答案为：增大；溶液稀释体积为原来的10倍，而pH增大不到1。
18. 2023年12月15日晚，景德镇景焦能源公司所在地火光冲天。许多居民误以为工厂起火，其实这是在遭遇突发性故障停电，将焦炉炉门打开直放焦炉气火的安全性操作。因为处理得当，未造成人员伤亡和财产损失。焦炉煤气的主要成分是H2和CO，可以与煤炭一起制取天然气，实现焦炉煤气的高效利用。
①
②
③
④
回答下列问题：
（1）反应①中有利于提高碳的平衡转化率的条件是_______(填标号)。
A. 低温高压B. 低温低压C. 高温低压D. 高温高压
（2）反应②中气体在表面变换时的反应机理如图所示。(图中Ea为活化能)
注：△H1、Ea的单位均为kJ/ml，图中单位省略。
①反应机理中，决定反应速率的是步骤_______(填标号)。
②步骤f的方程式为_______(吸附态用*表示，如或)。
③将等物质的量的CO和H2O充入密闭容器中，只发生反应②，反应达到平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化关系如图a所示。代表CO2和H2的曲线是_______(填“m”或“n”)。若起始时将H2O和CO按充入恒容反应器中，在Q点温度下反应，CO的平衡转化率为75%时，则k=_______。
（3）用CH4燃料电池连接成如图b装置。
①乙池中X为阳离子交换膜，石墨电极(C)作_______极，写出乙池总反应的离子方程式_______。
②若乙池中X为钠离子交换膜(只允许钠离子通过)，则当甲池中消耗标准状况下4.48LO2时，乙装置中阳极室溶液质量减少_______克。
【答案】（1）C （2） ①. d ②. ③. m ④. 3
（3） ①. 阳 ②. 2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑ ③. 46.8
【解析】
【分析】在电池中，甲池为燃料电池，乙、丙池为电解池，通入甲烷的C电极为负极，通入氧气的C电极为正极；则乙池中Fe电极为阴极，C电极为阳极；丙池中a电极为阴极，b电极为阳极。
【小问1详解】
反应① 为气体分子数增大的吸热反应，升高温度、减小压强都有利于平衡正向移动，从而有利于提高碳的平衡转化率，则反应条件是高温低压，故选C。
【小问2详解】
①反应机理中，d步骤反应的活化能最大，反应速率最慢，则决定反应速率的是步骤d。
②步骤f中，比较反应物和生成物，可得出反应的方程式为。
③将等物质的量的CO和H2O充入密闭容器中，只发生反应② ，随着温度的不断升高，平衡不断逆向移动，CO2和H2的物质的量分数不断减小，则代表CO2和H2的曲线是m。
在Q点，各物质的物质的量分数都为25%，即浓度都相等，则K==1；
若起始时将H2O和CO按充入恒容反应器中，设n(CO)=n，在Q点温度下反应，CO的平衡转化率为75%时，则可建立如下三段式：
，k=3。
【小问3详解】
由分析可知，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极。
①乙池为电解池，X为阳离子交换膜，则石墨电极(C)作阳极，Cl-失电子生成Cl2，Fe电极为阴极，水得电子生成H2和OH-，则乙池总反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。
②若乙池中X为钠离子交换膜(只允许钠离子通过)，则当甲池中消耗标准状况下4.48LO2时，O2的物质的量为0.2ml，由O2——4e-，可得出电路中转移电子的物质的量为0.2ml×4=0.8ml，则乙装置中失电子的Cl-的物质的量为0.8ml，通过阳离子交换膜进入阴极的Na+为0.8ml，阳极室溶液质量减少0.8ml×58.5g/ml=46.8克。
【点睛】在串联电路中，通过线路的电子的物质的量相等。弱酸
电离常数