2022-2023学年山东省菏泽市曹县第一中学高二上学期12月份阶段检测化学试题含解析

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山东省菏泽市曹县第一中学2022-2023学年高二上学期
12月份阶段检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．对于反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)  ΔH＝－444.3kJ/mol，在常温常压下该反应能自发进行，对反应的方向起决定作用的是（   ）
A．温度 B．压强 C．焓变 D．熵变
【答案】C
【详解】反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)  ΔH＝－444.3kJ/mol，△H<0，且△S<0，而反应能自发进行，说明△H- T·△S<0，焓变对反应的方向起决定性作用。
故选C。
2．下列装置或操作能达到实验目的的是

A．图1装置用于硫酸和Ba(OH)2反应的中和热测定
B．图2装置用于酸性高锰酸钾溶液滴定草酸
C．图3装置用于测定H+表示的反应速率(单位mL/s)
D．图4装置用于研究不同催化剂对反应速率的影响
【答案】B
【详解】A．硫酸和Ba(OH)2反应，在生成水的同时，还有硫酸钡沉淀生成也会产生热效应，所以图1装置测定的不是硫酸和Ba(OH)2反应的中和热，A不符合题意；
B．采用氧化还原滴定原理，酸性高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中，用图2装置，可进行酸性高锰酸钾溶液滴定草酸的实验，B正确；
C．图3装置中，长颈漏斗的下端管口没有液封，气体会从漏斗中逸出，所以不能用于准确测定H+表示的反应速率，C不符合题意；
D．研究不同催化剂对反应速率的影响时，除去催化剂不同外，反应温度、压强、各物质的浓度都应相同，图4装置中，反应物的浓度不同，所以不能用于研究不同催化剂对反应速率的影响，D不符合题意；
故选B。
3．反应A+B→C(ΔH＜0)分两步进行：①A+B→X(ΔH>0)，②X→C(ΔH＜0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】①A+B→X(ΔH>0)反应吸热，A、B总能量小于X；
②X→C(ΔH＜0)反应放热，X的能量大于C；
A+B→C(ΔH＜0) 反应放热，A、B总能量大于C；
故选A。
4．恒温恒容, 4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)经2min，B的浓度减少0.6mol·L－1,下列说法正确的是
A．用A表示的反应速率是0.4mol·L－1·min－1
B．分别用B、C表示反应的速率，其关系是：3υ(B)=2υ(C)
C．2min末的反应速率υ(B)=0.3mol·L－1·min－1
D．气体的密度不再变化，则证明反应已经达到平衡状态
【答案】D
【分析】经2min，B的浓度减少0.6mol/L，v(B)==0.3mol•(L•min)-1；
【详解】A．A物质为纯固体，不能表示反应速率，故A错误；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，则分别用B、C表示的反应速率其比值是3：2，即2υ(B)=3υ(C)，故B错误；
C．反应速率为平均速率，则在2min内的反应速率，用B表示是0.3 mol•(L•min)-1，故C错误；
D．混合气体的总质量不确定，气体的体积一定，当气体的密度不再变化，能证明反应已经达到平衡状态，故D正确；
答案选D。
5．利用如图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO。下列说法中正确的是

A．电极a表面发生还原反应
B．该装置工作时，H+从b极区向a极区移动
C．该装置中每生成2 mol CO，同时生成1 mol O2
D．反应过程中，电极a附近溶液的pH值将增大
【答案】C
【分析】根据电子的流向判断装置的正负极，结合装置的工作原理和装置图书写电极反应式，根据电极反应式作答。
【详解】电子由a电极通过导线流向b电极，a电极为负极，b电极为正极。
A项，电极a为负极，电极a表面发生氧化反应，A项错误；
B项，该装置工作时阳离子向正极移动，该装置工作时，H+由a极区向b极区移动，B项错误；
C项，a极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，b极电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，总反应为2CO2=2CO+O2，每生成2molCO同时生成1molO2，C项正确；
D项，a极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，反应过程中消耗H2O、生成H+，c（H+）增大，电极a附近溶液的pH值将减小，D项错误；
答案选C。
6．向浓度为0.1 mol/L NaF溶液中不断加水稀释，下列各量增大的是
A．c(OH-) B．Ka(HF) C．c(F-) D．
【答案】D
【详解】A．NaF是强碱弱酸盐，在溶液中F-存在水解平衡：F-+H2OHF+OH-，加水稀释，平衡正向移动使c(OH-)增大，稀释导致c(OH-)减小，由于稀释使c(OH-)减小的影响大于平衡移动导致c(OH-)增大的影响，最终使溶液中c(OH-)减小，A不符合题意；
B．HF是弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离平衡常数Ka(HF)只与温度有关，温度不变，Ka(HF)就不变，B不符合题意；
C．NaF是强碱弱酸盐，在溶液中F-存在水解平衡：F-+H2OHF+OH-，加水稀释，平衡正向移动使c(F-)减小，稀释也导致c(F-)减小，最终使溶液中c(F-)减小，C不符合题意；
D．=，根据选项A分析可知加水稀释，水解平衡F-+H2OHF+OH-，最终使溶液中c(OH-)减小，c(HF)也减小，c(OH-)·c(HF)减小，但Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，分子不变，分母减小，则=会增大，D符合题意；
故合理选项是D。
7．已知蒸发1mol Br2（l）需要吸收的能量为30kJ，其它相关数据如下表：

H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)
436
a
369

则表中a为A．404 B．260 C．230 D．200
【答案】D
【详解】因蒸发1mol Br2（l）需要吸收的能量为30kJ，则H2（g）+Br2（l）=2HBr（g）△H为=（-xkJ/mol）+（+30kJ/mol）=-72 kJ/mol，x=-102kJ/mol，由化学键的键能可知H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=（436kJ/mol+akJ/mol）-2×（369kJ/mol）=-102kJ/mol，解得a=200；
答案选D。
反应热等于反应物键能之和减生成物键能之和。-72=436+a+30-369×2，a=200
8．在恒温恒容的密闭容器中进行：，一段时间后达到化学平衡状态，下列说法正确的是
A．该反应低温下能自发进行，则
B．充入一定量的，反应速率加快
C．、的浓度之和保持不变时，说明该反应达到了平衡状态
D．平衡后，再充入一定量，达新平衡后的物质的量分数增大
【答案】D
【详解】A．该反应能自发进行，则，题干中反应，要想满足反应低温下自发进行，必须，故A错误；
B．在恒温恒容的密闭容器中充入一定量的，反应速率不变，故B错误；
C．由方程式系数知，、的浓度之和一直保持不变时，不能说明该反应达到了平衡状态，故C错误；
D．平衡后，再充入一定量，平衡移动会减弱的增加，但最终还是会增加，达新平衡后的物质的量分数增大，故D正确；
故答案为：D。
9．下列有关沉淀溶解平衡的说法中错误的是
A．的溶度积常数表达式
B．难溶于水，溶液中没有和SO
C．升高温度，的溶解度增大
D．向悬浊液中加入固体，溶解的量减少
【答案】B
【详解】A．BaSO3难溶于水，悬浊液中存在BaSO3(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，根据溶度积数学表达式，推出Ksp=c(Ba2＋)×c(SO)，故A说法正确；
B．BaSO3虽难溶于水，BaSO3在水中溶解度较小，但溶液中有极少量的Ba2＋和SO，故B说法错误；
C．多数物质的溶解度随着温度升高而升高，升高温度，BaSO3的溶解度增大，故C说法正确；
D．BaSO3悬浊液中存在BaSO3(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，加入Na2SO3固体，溶液中c(SO)增大，c(Ba2＋)减少，BaSO3溶解的量减少，故D说法正确；
答案为B。
10．常温下，某一元强酸HX溶液与某一元强碱MOH溶液按2∶5的体积比混合后，测得溶液中c(M+)=c(X—)，则混合前，该强酸的pH与强碱的pH之和约为(已知：不考虑溶液混合时体积和温度的变化，lg2≈0.3)
A．13.3 B．13.6 C．13.9 D．14.2
【答案】B
【详解】设强酸的pH为a，强碱的pH为b，由题意可得：10—amol/L×2L=10—14+bmol/L×5L，解得10—14+b+a=0.4，则强酸的pH与强碱的pH之和约为13.6，故选B。
11．往某一密闭的容器中充入一定量的和气体，发生反应  ，反应过程中的平衡转化率随温度、压强变化的关系如图所示。下列说法错误的是

A．该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量
B．
C．加入合适的催化剂，的大小和的平衡转化率均保持不变
D．适当地降低温度，可使该反应的平衡常数增大
【答案】B
【详解】A．根据图像知，升高温度，NO的平衡转化率减小，则说明平衡逆向移动，即该反应正反应方向为放热，反应物的总能量大于生成物的总能量，A正确；
B．反应为气体分子数减小的放热反应，则增大压强有利于平衡向正向移动，可提高NO的平衡转化率，由图像知，同一温度下，p1压强下NO的平衡转化率较p2的大，则说明压强：，B错误；
C．合适的催化剂可降低反应的活化能，改变反应路径，但反应热和CO的平衡转化率不改变，C正确；
D．上述反应放热，则适当降低温度，平衡正向移动，反应的平衡常数会增大，D正确；
故选B。
12．下列说法正确的是
A．氨气、二氧化硫、二氧化碳的水溶液均可以导电，故它们都为电解质
B．向氨水中加入少量固体，的电离平衡逆向移动，增大
C．将浓度为的溶液加水稀释，则的值减小，电离平衡常数不变
D．向的溶液中滴加的溶液至生成白色沉淀后向其中滴加4滴的溶液，生成红褐色沉淀，可以说明
【答案】B
【详解】A．氨气、二氧化硫、二氧化碳都不能电离出自由移动的离子，都属于非电解质，故A错误；
B．一水合氨是弱碱，在溶液中存在电离平衡，向氨水中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，但溶液中氢氧根离子浓度增大，故B正确；
C．由醋酸的电离常数可知，溶液中=，向醋酸溶液加水稀释时，溶液中氢离子浓度减小，醋酸的电离常数不变，则溶液中和的值增大，故C错误；
D．向氯化镁溶液中加入过量氢氧化钠溶液后，在滴加氯化铁溶液，溶液中只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法判断氢氧化铁和氢氧化镁溶度积的大小，故D错误；
故选B。
13．用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是

A．放电时，负极的电极反应为：H2－2e－＝2H＋
B．充电时，阳极的电极反应为：Ni(OH)2＋OH－－e－＝NiO(OH)＋H2O
C．充电时，将电池的碳电极与外电源的正极相连
D．放电时，OH－向镍电极作定向移动
【答案】B
【分析】放电时为原电池原理，吸附H2的碳纳米管为负极，镍电极为正极；充电时为电解原理，碳电极为阴极，镍电极为阳极；根据图示和电解质溶液书写电极反应式，结合工作原理作答。
【详解】A项，放电时为原电池原理，吸附H2的碳纳米管为负极，电解质溶液为KOH溶液，负极电极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，A项错误；
B项，充电时为电解原理，镍电极为阳极，阳极发生失电子的氧化反应，阳极的电极反应为：Ni（OH）2-e-+OH-=NiO（OH）+H2O，B项正确；
C项，充电时碳电极为阴极，将碳电极与外电源的负极相连，C项错误；
D项，放电时阴离子向负极移动，OH-向碳电极作定向移动，D项错误；
答案选B。
【点睛】二次电池，放电时的负极在充电时为阴极，放电时的正极在充电时为阳极；充电时的阴极电极反应式是放电时负极电极反应式的逆过程，充电时的阳极电极反应式是放电时正极电极反应式的逆过程。

二、多选题
14．在2L密闭容器中充入气体A和B，发生反应：  ，所得实验数据如下表。下列说法错误的是
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/
平衡时物质的量/



①
300
0.40
0.10
0.090
②
500
0.40
0.10
0.080
③
500
0.20
0.05
a

A．该反应 B．平衡时物质Ｂ的体积分数：②①
C．实验③中达到平衡时，a值小于0.040 D．500℃该反应的平衡常数K的数值为0.32
【答案】CD
【详解】A．由①②可知，温度升高时，平衡时n(C)下降，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的ΔH<0，A正确；
B．温度升高，平衡逆向移动，物质B的体积分数增大，B正确；
C．对比②和③可知，③相当于在②基础上减压，根据方程式可知，减压正向移动，则达到平衡后a >0.040，C错误；
D．由实验②的数据建立三段式有：　，则平衡常数
，D错误；
故选CD 。
15．已知反应：2NO(g)＋Br2(g) 2NOBr(g)  △H=-a kJ·mol-1(a>0)，其反应机理是
① NO(g)＋Br2 (g) NOBr2 (g)   快       
② NOBr2(g)＋NO(g) 2NOBr(g)   慢
下列有关该反应的说法正确的是
A．该反应的速率主要取决于②的快慢
B．NOBr2是该反应的催化剂
C．增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
D．总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1
【答案】AD
【详解】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，选项A正确；
B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，选项B错误；
C．增大浓度，活化分子百分数不变，选项C错误；
D．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，选项D正确；
答案选AD。

三、实验题
16．以软锰矿(主要成分为)为原料可生产高锰酸钾，为测定样品的纯度，进行如下实验：称取样品，溶解后定容于容量瓶中，摇匀，准确量取浓度为的标准溶液于锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用溶液平行滴定三次，平均消耗溶液的体积为。

(1)中碳元素的化合价为_______价。
(2)滴定过程中，眼睛应注视_______。
(3)滴定：
①该实验_______(填“需要”或“不需要”)再加入其他指示剂。
②溶液应盛装在_______(填“M”或“N”)滴定管中，理由为_______。
③达到滴定终点的现象为_______。
(4)写出锥形瓶中发生反应的化学方程式：_______，该样品的纯度为_______(保留三位有效数字)。
【答案】(1)+3
(2)锥形瓶中溶液颜色的变化
(3)     不需要     N     高锰酸钾具有强氧化性，会将碱式滴定管中的橡胶腐蚀     当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶中的颜色由无色变为浅粉色且内锥形瓶中的颜色不发生变化，则达到滴定终点
(4)          95.6％

【详解】（1）根据元素化合价代数和为0，H2C2O4 中H元素化合价+1，O元素化合价-2，所有C为+3价；
故答案为：+3。
（2）滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶中的颜色由无色变为浅粉色且 30s 内锥形瓶中的颜色不发生变化，则达到滴定终点；
故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化。
（3）①高锰酸钾具有氧化性且溶液为紫色，故不需要加指示剂；
故答案为：不需要；
②高锰酸钾具有强氧化性，会将碱式滴定管中的橡胶腐蚀，所以需要选用酸式滴定管；
故答案为：N；高锰酸钾具有强氧化性，会将碱式滴定管中的橡胶腐蚀；
③当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶中的颜色由无色变为浅粉色且 30s 内锥形瓶中的颜色不发生变化，则达到滴定终点；
故答案为：当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶中的颜色由无色变为浅粉色且 30s 内锥形瓶中的颜色不发生变化，则达到滴定终点。
（4）H2C2O4中C由+3价升高到+4价CO2，KMnO4中Mn元素由+7价降低到+2价Mn2+，根据氧化还原原理，，根据方程式的关系5H2C2O4~2KMnO4，可得24.48L的KMnO4 溶液中，则样品的纯度；
故答案为：95.6% 。
17．某研究性小组决定用实验探究的方法证明化学反应具有一定的限度。取5mL 0.1mol/L KI溶液于试管中，滴加0.1mol/L FeCl3溶液2mL，发生如下反应：2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2。为证明该反应具有可逆性且具有限度，他们设计了如下实验： 
①取少量反应液，滴加AgNO3溶液，发现有少量黄色沉淀（AgI），证明反应物没有反应完全； 
②再取少量反应液，加入少量CCl4，振荡，发现CCl4层显浅紫色，证明萃取到I2，即有I2生成。综合①②的结论，他们得出该反应具有一定的可逆性，在一定条件下会达到反应限度。
（1）老师指出他们上述实验中①不合理，你认为是_____________________________；在不改变反应物用量的前提下，改进的方法是_____________________________________________。 
（2）有人认为步骤②适合检验生成I2较多的情况下，还有一种简便方法可以灵敏地检验是否生成了I2，这种方法是______________________________。 
（3）控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，设计成如图所示的原电池。

①反应开始时，乙中石墨电极上发生____________（填“氧化”或“还原”）反应，电极反应式为_________________________。
②电流计读数为0时，反应达到平衡状态。此时在甲中加入FeCl2固体，发现电流计又发生偏转，则甲中的石墨作_______（填“正”或“负”）极，该电极的电极反应式为_________________________。
【答案】     该反应中KI过量，故不能直接检验是否存在I－     取少量反应液，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则证明还有Fe3＋未完全反应     取少量反应液，滴加淀粉溶液，若溶液变蓝，则说明生成了I2     氧化     2I－－2e－=I2     负     Fe2＋－e－=Fe3＋
【分析】（1）根据实验①中KI溶液、FeCl3溶液的浓度和体积知，KI过量，不能直接检验I-判断反应具有可逆性。要证明反应有一定的限度，应检验反应后的溶液中是否含Fe3+。
（2）检验I2用淀粉溶液。
（3）①反应开始时，乙中石墨电极上I-发生氧化反应生成I2。
②在甲中加入FeCl2固体，平衡向逆反应方向移动，甲电极上Fe2+发生氧化反应生成Fe3+。
【详解】（1）实验①中n（KI）=0.1mol/L×0.005L=0.0005mol，n（FeCl3）=0.1mol/L×0.002L=0.0002mol，该反应中KI过量，不能直接检验是否含I-判断反应的可逆性，实验①不合理。在不改变反应物用量的前提下，要证明反应有一定的限度，应检验反应后的溶液中是否含Fe3+，改进的方法是：取少量反应液，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则证明还有Fe3+未完全反应，证明反应具有可逆性。
（2）检验I2可用淀粉溶液，方法是：取少量反应液，滴加淀粉溶液，若溶液变蓝，则说明生成了I2。
（3）①反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+发生还原反应生成Fe2+，乙中石墨电极上I-发生氧化反应生成I2，电极反应式为2I--2e-=I2。
②在甲中加入FeCl2固体，Fe2+浓度增大，平衡向逆反应方向移动，甲中Fe2+发生氧化反应生成Fe3+，甲中的石墨作负极，该电极的电极反应式为：Fe2+-e-=Fe3+。

四、填空题
18．近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
（1）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为________________、____________________________，制得等量H2所需能量较少的是_____________。
（2）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中。2 min后，反应达到平衡，水的物质的量为0.01mol。
① H2S的平衡转化率α=_______%
②从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率为_________________
（3）在一定条件下，用H2O2氧化H2S。随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。在酸性溶液中，当n(H2O2)/n(H2S)=4时，写出离子方程式___________________________________。
【答案】     H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)  ΔH=+286 kJ/mol     H2S(g)=H2(g)+S(s)  ΔH=+20 kJ/mol     系统（II）     2.5     0.002mol/(L•min)     4H2O2+H2S＝SO42—+ 2H++ 4H2O
【分析】（1）根据盖斯定律分别计算系统（I）和系统（II）制氢的热化学方程式，进一步根据热化学方程式分析比较。
（2）用三段式和转化率、化学反应速率的公式计算。
（3）H2O2将H2S氧化，H2O2被还原成H2O，根据得失电子守恒确定H2S的氧化产物，进一步书写离子方程式。
【详解】（1）系统（I）中发生的反应有：H2SO4（aq）=SO2（g）+H2O（l）+O2（g）ΔH1=327kJ/mol（①）、SO2（g）+I2（s）+2H2O（l）=2HI（aq）+H2SO4（aq）ΔH2=-151kJ/mol（②）、2HI（aq）=H2（g）+I2（s）ΔH 3=110kJ/mol（③），应用盖斯定律，将①+②+③得，系统（I）中制氢的热化学方程式为H2O（l）=H2（g）+O2（g）ΔH=327kJ/mol+（-151kJ/mol）+110kJ/mol=+286kJ/mol。系统（II）中发生的反应有：SO2（g）+I2（s）+2H2O（l）=2HI（aq）+H2SO4（aq）ΔH2=-151kJ/mol（②）、2HI（aq）=H2（g）+I2（s）ΔH 3=110kJ/mol（③）、H2S（g）+H2SO4（aq）=S（s）+SO2（g）+2H2O（l）ΔH4=61kJ/mol（④），应用盖斯定律，将②+③+④得，系统（II）制氢的热化学方程式为H2S（g）=H2（g）+S（s）ΔH=（-151kJ/mol）+110kJ/mol+61kJ/mol=+20kJ/mol。根据上述热化学方程式，制得等量H2所需能量较少的是系统（II）。
（2）用三段式，  H2S（g）+CO2（g）COS（g）+H2O（g）
c（起始）（mol/L）0.16       0.04          0         0
c（转化）（mol/L）0.004      0.004        0.004      0.004
c（平衡）（mol/L）0.156      0.036        0.004      0.004
①H2S的平衡转化率α=×100%=2.5%。
②从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率υ（CO2）==0.002mol/（L·min）。
（3）H2O2将H2S氧化，H2O2被还原成H2O，1molH2O2得到2mol电子，4molH2O2参与反应得到8mol电子，当n（H2O2）/n（H2S）=4时，根据得失电子守恒，1molH2S参与反应失去8mol电子，H2S的氧化产物为H2SO4，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，当n（H2O2）/n（H2S）=4时，反应的离子方程式为4H2O2+H2S=SO42-+2H++4H2O。
19．和在生产、生活中具有广泛的用途，回答下列问题：
已知：①常温下，，；②不考虑溶液混合时体积和温度的变化。
(1)工业上，_______(填“能”或“不能”)用溶液除去铁屑中的油污，理由是_______(用离子方程式表示)。
(2)在的溶液中，_______。
(3)常温下，向溶液中滴加的盐酸，溶液的随加入的盐酸体积V的变化如图所示：

①a点溶液中，水电离出的_______(忽略电离的影响)。
②b点溶液中，_______(填“>”、“＜”或“=”)。
③c点溶液中，共含有_______种微粒。
④d点溶液中，_______。
(4)常温下，将等体积等浓度的和溶液完全混合，在该混合后的溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为_______。
【答案】(1)     能    
(2)1
(3)          ＜     8     0.1000(或0.1)
(4)

【详解】（1）碳酸根离子水解生成氢氧根离子，使溶液显碱性，；碱性溶液能和油污反应而除去油污；
（2）在的溶液中，由电荷守恒可知，，由物料守恒可知，，两式联立可得，，故1；
（3）①a点溶液中只是溶液，，其水解常数，故水解大于电离，则水电离出的(忽略电离的影响)。
②b点滴加的盐酸生成氯化钠，溶液中溶质为、NaCl，根据电荷守恒可知，，此时pH=7，则，故，则<。
③c点滴加的盐酸5.00mL，溶液中溶质为等量的、NaCl及生成的，则溶液中，共含有钠离子、碳酸氢根离子、氯离子、碳酸分子、碳酸根离子、氢离子、氢氧根离子、水分子共8种微粒；
④d点溶液中滴加的盐酸10mL，此时碳酸氢钠和盐酸恰好反应生成NaCl，浓度为，则0.1000(或0.1)。
（4）常温下，将等体积等浓度的和溶液完全混合，在该混合后的溶液中，钠离子浓度更大，碳酸根离子、碳酸氢根离子均水解使溶液显碱性，且碳酸根离子水解程度更大，则碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子大于氢氧根离子大于氢离子，故各离子浓度由大到小的顺序为。
20．工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：

回答下列问题：精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。(部分盐的溶度积常数见下表)。












【答案】         
【详解】精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+ Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)= 2c()，Ksp=c2(Na+)·c()=4c2()，c()=mol/L=1.0mol/L，因此c(Na+)= 2c()=2.0mol/L，同时，粗磷酸中还含有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+ )=c()= mol/L=3.0mol/L；分批加入一定量的BaCO3，当开始生成BaSiF6沉淀时，c(Ba2+ )=mol/L= mol/L，开始生成BaSO4沉淀时，c( Ba2+)=mol/L mol/L，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。