四川省资阳市乐至中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学 Word版含解析.docx

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四川省资阳市乐至中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题考试时间：75分钟试题满分：100分可能用到的相对原子量：H1O16Na23Cu64Cl35.5一、单选题(共15小题，每小题3分，共45分。每题只有一个选项符合题意。)1.下列反应中，属于氧化还原反应且ΔH＜0的是A.葡萄糖在体内缓慢氧化B.碳酸氢钠和稀盐酸反应C.NaOH溶液与盐酸反应D.晶体与晶体反应【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖在体内缓慢氧化为氧化还原反应，为放热反应，故A正确；B．碳酸氢钠和稀盐酸反应为非氧化还原反应，为吸热反应，故B错误；C．NaOH溶液与盐酸反应为非氧化还原反应，为放热反应，故C错误；D．晶体与晶体反应为非氧化还原反应，为吸热反应，故D错误；答案选A。2.下列问题与盐的水解有关的是①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的、除锈剂②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰(主要成分K2CO3)与铵态氮肥不能混合施用④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤加热蒸干CuCl2溶液并灼烧，可以得到CuO固体⑥要除去FeCl3溶液中混有Fe2+，可通入氧化剂Cl2A.①②③B.②③④C.①④⑤D.①②③④⑤【答案】D【解析】【详解】①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关；②用NaHCO3与Al2(SO4)3 两种溶液分别水解呈碱性和酸性，可发生互促水解，可做泡沫灭火剂，与水解有关；③草木灰水解呈碱性，铵态氮肥水解呈酸性，可发生互促水解，不能混合施用，反之降低肥效，与水解有关；④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，因为碳酸钠水解呈碱性，和盐类水解有关；⑤CuCl2水解生成氢氧化铝和盐酸，加热促进水解，盐酸易挥发，可得到Cu(OH)2固体，进而受热分解为CuO，与水解有关；⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2+，可通入氧化剂Cl2，是由于发生了反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，与盐类水解无关，综上分析可知，①②③④⑤均与盐类水解有关，故答案为：D。3.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，44.8LNO与22.4LO2混合后的气体中，分子总数小于2NAB.0.1molFeCl3完全水解，形成Fe(OH)3胶体的胶粒数为0.1NAC.pH=2的CH3COOH溶液中，H+的数目为0.01NAD.1L0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中，HCO和CO离子数之和等于0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．首先会发生，又因为，A正确；B．一个氢氧化铁胶体粒子含有多个氢氧化铁，胶体粒子数小于0.1NA，B错误；C．只知道氢离子浓度，未说溶液体积，无法确定物质的量，C错误；D．NaHCO3溶液中，除了含有HCO和CO以外还有H2CO3，D错误；故选A。4.下列关于热化学反应描述中正确的是A.表示甲烷的燃烧热：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ/molB.已知稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol，则H2SO4溶液和Ba(OH)2溶液反应生成1molH2O时放出57.3kJ的热量C.已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ/mol；则0.5molN2与1.5molH2在一定条件下充分反应，放出热量为46.2kJD.2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2，则ΔH1>ΔH2【答案】A【解析】【详解】A．燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物所放出的热量，A正确；B．硫酸与氢氧化钡生成硫酸钡沉淀，则放出的热量大于57.3kJ，B错误；C．氨气与氢气的反应有限度，则0.5molN2放出的热量小于46.2kJ，C错误；D．C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧，放热的焓变为负数，则ΔH1＜ΔH2，D错误；故答案为：A。 5.常温时，下列叙述正确的是A.醋酸溶液的，将此溶液稀释10倍后，溶液的，则B.若的盐酸与溶液混合后，溶液的则溶液的C.盐酸的盐酸的D.在滴有酚酞溶液的氨水里，加入至溶液恰好无色，则此时溶液的【答案】B【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，则将的醋酸稀释10倍后，稀释后的溶液中大于原来的，所以稀释后溶液值增大值小于1，所以，A错误；B．盐酸与均为强电解质，常温下的盐酸中，的盐酸与溶液混合后，溶液的，则，即，，，，所以溶液的，B正确；C．常温下，酸溶液的，则盐酸的，不可能，C错误；D．己知酚酞的变色范围是8~10，在滴有酚酞溶液的氨水里，加入溶液恰好无色，说明此时溶液的，但该溶液的可能大于7，D错误；故选B。6.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是选项ABCD强电解质盐酸NaClBaSO4HNO3弱电解质CH3COOHNH3H3PO4Fe(OH)3非电解质C6H12O6(葡萄糖)CO2C2H5OHH2OA.AB.BC.CD.D【答案】C 【解析】【分析】【详解】A．盐酸是混合物，不属于强电解质，故A错误；B．NH3是非电解质，NH3H2O属于弱电解质，故B错误；C．BaSO4是强电解质、H3PO4是弱酸属于弱电解质、C2H5OH不能电离出离子属于非电解质，故C正确；D．H2O属于弱电解质，故D错误；故答案为C。7.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A相同条件下，分别测量0.1mol·L-1和0.01mol·L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强醋酸浓度越大，电离程度越大B常温下，分别测定浓度均为0.1mol·L-1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大酸性：HF＜HClOC向H2O2溶液中滴加KMnO4溶液，溶液褪色H2O2具有还原性D向2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中，先滴加3滴0.1mol·L-1NaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴加5滴0.1mol·L-1KI溶液，出现黄色沉淀Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．相同条件下，0.1mol·L-1醋酸溶液的离子浓度大，离子浓度大导电性强，，但是越稀越电离，浓度稀的电离度大，故A错误；B．分别测定浓度均为0.1mol·L-1NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大，说明ClO-水解程度大，故HClO＜HF，故B错误；C．向H2O2溶液中滴加KMnO4溶液，KMnO4将H2O2氧化为O2，溶液褪色，H2O2具有还原性，故C正确； D．硝酸银溶液过量，均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化，故不能比较Ksp的大小，故D错误；故答案为C。8.下列离子方程式正确的是A.S2-水解反应的离子方程式：S2-+H2OH2S+2OH-B.用氯化铁溶液刻蚀铜电路板：2Fe3＋+3Cu=2Fe+3Cu2＋C.向NaClO溶液通入少量SO2：SO2+H2O+2ClO-=+2HClOD.向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性：2H＋++Ba2＋+2OH-=2H2O+BaSO4↓【答案】D【解析】【详解】A．多元弱酸根离子水解分步进行，则S2-水解反应的离子方程式：S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，A不正确；B．用氯化铁溶液刻蚀铜电路板时，Fe3+被Cu还原为Fe2+：2Fe3＋+Cu=2Fe2++Cu2＋，B不正确；C．向NaClO溶液通入少量SO2，则SO2全部被氧化为等：SO2+H2O+3ClO-=+2HClO+Cl-，C不正确；D．向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性，采用“以少定多”法，H+完全反应后，有剩余：2H＋++Ba2＋+2OH-=2H2O+BaSO4↓，D正确；故选D。9.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测，下列说法不正确的是A.电流由O2所在的铂电极经外电路流向另－电极B.该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+C.O2所在的铂电极处发生还原反应D.微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量【答案】B 【解析】【分析】该装置中含有质子交换膜，则电解质溶液为酸性，酸性条件下，乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应；根据图示得出酸性燃料电池的反应物和生成物，再根据原电池原理写出该电池的反应式来判断。【详解】A.乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，A正确；B.该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知乙醇在负极失去电子被氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，B错误；C.乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处得到电子发生还原反应，C正确；D.根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题以乙醇为燃料考查了燃料电池，注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同。10.已知CuS、PbS、HgS的溶度积分别为l.3xl0﹣36、9.0x10﹣29、6.4x10﹣23．下列推断不正确的是A.向含Pb2+、Cu2+、Hg2+的浓度均为0.010mol•L﹣1的溶液中通入硫化氢气体，产生沉淀的顺序依次为PbS、CuS、HgSB.在硫化铅悬浊液中滴几滴硝酸铜溶液，会生成硫化铜C.在含Hg2+、Cu2+、Pb2+的溶液中滴加硫化钠溶液，当c(S2﹣)＝0.001mol•L﹣1时三种金属离子都完全沉淀D.硫化钠是处理废水中含上述金属离子的沉淀剂【答案】A【解析】【详解】A．CuS、PbS、HgS为相同类型的难溶物，可通过它们的溶度积直接判断溶解度大小，根据题干信息可知，溶解度最小的、最难溶的为CuS，溶度积最大、最后生成沉淀的为HgS，所以产生沉淀的顺序依次为CuS、PbS、HgS，故A错误；B.在硫化铅悬浊液中滴几滴硝酸铜溶液，由于硫化铜的溶度积小于硫化铅，所以硫化铅会转化成更难溶的硫化铜，故B正确；C.在含Hg2+、Cu2+、Pb2+溶液中滴加硫化钠溶液，当c(S2﹣)＝0.001mol•L﹣1时，根据三种难溶物的Ksp可以求出c(Hg2+)＝6.410﹣20mol•L﹣1、c(Cu2+)＝l.3l0﹣33mol•L﹣1、c(Pb2+)＝9.010﹣26mol•L﹣1 ，三种金属离子浓度都小于1×10﹣5mol/L，所以Hg2+、Cu2+、Pb2+离子都完全沉淀，故C正确；D.硫化钠能够与Hg2+、Cu2+、Pb2+离子反应生成难溶物CuS、PbS、HgS，所以硫化钠是处理废水中含上述金属离子的沉淀剂，故D正确。故选A。【点睛】本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化本质，注意掌握难溶物溶解平衡，能够根据溶度积大小判断难溶程度，明确溶度积越大，溶解度越小。11.在不同温度下，水溶液中与有如图所示关系。下列说法正确的是A.d点对应的溶液中若只含有，则存在B.a点对应的溶液中可能大量存在：、、、C.c点，该水溶液呈酸性D.b点对应的溶液中可能大量存在：、、、【答案】A【解析】【详解】A．在碳酸钠溶液中，碳酸根会水解生成碳酸氢根和氢氧根，同时溶液中水会电离生成氢离子和氢氧根离子，则溶液中离子浓度大小关系，A正确；B．a点氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，溶液显中性，铁离子只能在酸性条件下存在，在中性和碱性条件下会水解生成氢氧化铁沉淀，B错误；C．c点氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，溶液显中性，C错误；D．b点对应的溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液显酸性，硝酸根在酸性条件下会氧化亚铁离子和碘离子，故不能大量共存，D错误；故选A。12.羰基硫（COS）是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。在1L 的密闭容器中，通入等物质的量CO与H2S，发生如下反应并达到平衡：在不同温度下达到化学平衡时，H2S的转化率如图所示。下列说法正确的是A.B.增大c(CO)，v正增大，平衡正向移动C..若将容器体积压缩至0.5L，H2S转化率增大D.选择合适的催化剂既能提高反应速率，也能提高COS的平衡产率【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，随着温度的升高，H2S的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应是放热反应，A错误；B．增大反应物一氧化碳的浓度，v正增大，平衡正向移动，B正确；C．在反应中，前后气体体积相等，压缩体积相当于增大压强，平衡不移动，准化率不变，C错误；D．选择合适的催化剂能提高反应速率，但催化剂不能使平衡发生移动，故不能提高COS的平衡产率，D错误；故选B。13.K2Cr2O7溶液中存在2(黄色)+2H+⇌(橙色)+H₂O的平衡。下列说法正确的是A.平衡时，溶液的颜色保持不变B.平衡时C.平衡时和的浓度相同D.加酸调节体系的pH=2，则溶液显黄色【答案】A【解析】 【详解】A．溶液中为黄色，为橙色，颜色不同，反应达到平衡时，各微粒浓度不变，溶液中颜色不再变化，故A正确；B．反应速率方向未知，不能据此判断平衡状态，故B错误；C．和的浓度相同时，该反应不一定达到平衡状态，与初始浓度及转化率有关，故C错误；D．加酸调节体系的pH=2，氢离子浓度增加，平衡正向移动，则溶液显橙色，故D错误；故选A。14.甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成和。在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是A.途径一与途径二甲酸平衡转化率相同B.C.途径二参与反应，通过改变反应途径，降低反应的活化能，加快反应速率D.途径二反应的快慢由生成的速率决定【答案】D【解析】【详解】A．催化剂不改变反应的平衡转化率，途径一与途径二甲酸平衡转化率相同，A项正确：B．催化剂可以降低活化能，但不改变焓变，图中反应物总能量大于生成物总能量，因此，B项正确；C．根据图示可知途径二中参与了反应，的参与改变反应途径，降低了活化能，从而加快反应速率，C项正确；D．反应的快慢通常由活化能最大的一步决定，即途径二反应的快慢由生成的速率决定，D项错误； 故选D。15.室温下，向10.00mL0.1000mol/LNaHCO3溶液中滴加0.1000mol/L的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸的体积V变化的曲线如图所示(已知室温下H2CO3的电离平衡常数：Ka1=5×10-7；Ka2=5×10-11。忽略混合时溶液体积和温度的变化)。下列说法不正确的是A.a点时，对于反应+H2OH2CO3+OH-，反应达到平衡状态时，平衡常数K=2×10-8B.b点溶液中的全部溶质为NaHCO3、NaCl和H2CO3C.c点溶液中，c(Na+)＞c()＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)D.d点溶液中存在：c()+c(H2CO3)+c()=0.1mol/L【答案】D【解析】【详解】A．a点时，对于反应+H2OH2CO3+OH-，达到平衡状态时，平衡常数K====2×10-8，A正确；B．b点时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2CO3，此时溶液呈中性，则有少量NaHCO3剩余，所以溶液中的全部溶质为NaHCO3、NaCl和H2CO3，B正确；C．c点时，反应生成的NaCl、H2CO3与剩余的NaHCO3物质的量相等，但此时溶液中存在H2CO3+H+，从而使溶液呈酸性，c()＞c(Cl-)，所以c(Na+)＞c()＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)，C正确；D．d点时，NaHCO3溶液与盐酸溶液的体积相同，含碳微粒的浓度变为原来的二分之一，依据物料守恒，存在：c()+c(H2CO3)+c()=0.05mol/L，D不正确；故选D。二、非选择题：本题共包括4道大题，共55分16.三氧化钼(MoO3)是石油工业中常用的催化剂，也是瓷轴药的颜料，该物质常使用辉钼矿(主要成分为 MoS2)通过一定条件来制备。回答下列相关问题：(1)已知：①MoS2(s)⇌Mo(s)+S2(g)∆H1②S2(g)+2O2(g)⇌2SO2(g)∆H2③2Mo(s)+3O2(g)⇌2MoO3(s)∆H3则2MoS2(s)+7O2(g)⇌2MoO3(s)+4SO2(g)的∆H=___________(用含∆H1、∆H2、∆H3的代数式表示)。(2)若在恒温恒容条件下，仅发生反应MoS2(s)⇌Mo(s)+S2(g)①下列说法正确的是___________(填字母)。a．气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态b．气体的相对分子质量不变，反应不一定处于平衡状态c．增加MoS2的量，平衡正向移动②达到平衡时S2(g)的浓度为1.4mol•L-1，充入一定量的S2(g)，反应再次达到平衡，S2(g)浓度___________(填“>”“<”或“=”)1.4mol•L-1。(3)在2L恒容密闭容器中充入1.0molS2(g)和1.5molO2(g)，若仅发生反应：S2(g)+2O2(g)⇌2SO2(g)，5min后反应达到平衡，此时容器压强为起始时的80%，则0～5min内，S2(g)的反应速率为___________mol•L-1•min-1。(4)在恒容密闭容器中，加入足量的MoS2和O2，仅发生反应：2MoS2(s)+7O2(g)⇌2MoO3(s)+4SO2(g)∆H。测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示。①∆H___________(填“>”“<”或“=”)0；比较p1、p2、p3的大小：___________。②若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，则A点平衡常数Kp=___________(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数，写出计算式即可)。压强为p1，温度为1100K时，平衡常数Kp′___________(填“>”“<”或“=”)Kp。【答案】①.∆H=2∆H1+2∆H2+∆H3②.ab③.=④.0.05mol•L-1•min-1⑤.<⑥.P1>P2>P3⑦.⑧.>【解析】 【分析】(1)可以利用盖斯定律进行推导；(2)①选择可判断平衡状态的物理量要满足在平衡之前是可变量②本题因为平衡常数的表达式恰好是S2浓度的形式，可根据温度不变，K不变的方法来解决；(3)在恒容条件下，起始与平衡时气体的压强比等于气体的物质的量比，来求出S2的消耗量；(4)压强一定时，随着升高温度O2的转化率下降，可根据移动方向来判断；对于平衡常数的计算，要根据三段式算出平衡时各个气体的物质的量，再根据信息列出常数表达式。【详解】(1)①MoS2(s)⇌Mo(s)+S2(g)∆H1②S2(g)+2O2(g)⇌2SO2(g)∆H2③2Mo(s)+3O2(g)⇌2MoO3(s)∆H3将方程式2×①+2×②+③得方程式2MoS2(s)+7O2(g)⇌2MoO3(s)+4SO2(g)，∆H=2∆H1+2∆H2+∆H3；答案为：∆H=2∆H1+2∆H2+∆H3；(2)①恒温恒容条件下，反应MoS2(s)⇌Mo(s)+S2(g)，是个气体分子数增多的反应。对于a，根据，在反应的进行过程中，气体的质量不断增大，即m不断增大，恒容条件，即V不变，不断增大，当平衡时m不变，不再变化，所以可以作为平衡依据；对于b，因为气体只有S2，所以反应开始后气体的相对分子质量一直是S2的相对分子质量，因此反应无论平平衡或不平衡均是S2的相对分子质量，b正确；对于c，MoS2是固体，不影响平衡移动，c错误。综合所述选a和b。②根据，因为温度不变，K值不变，所以再次平衡时；(3)设达到平衡时消耗的S2物质的量为x，根据三段式可列出：在恒容条件下，起始与平衡时气体的压强比等于气体的物质的量比，即解得(4)①根据图知，压强一定时，随着升高温度O2 的转化率下降，说明升高温度平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热方向移动，因此逆向反应是吸热反应，那么正向反应是放热反应，△H<0；该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，因此增大压强平衡正向移动，则压强越高，氧气的转化率越高，故；②已知A点的O2的转化率为50%，转化的氧气为，可列出三段式如下：反应后气体的总物质的量为：n(总)=n(O2)+n(SO2)=3.5mol+2.0mol=5.5mol，；该反应△H<0，则温度越高越小，与压强无关，因此。【点睛】1.选择可判断平衡状态的物理量要满足在平衡之前是可变量，不然在反应的过程中是恒量，则无法判断是不是平衡状态。2.对于平衡常数的考查是历年考查的必考点，K是温度函数，而且必须是气态物质的浓度进行表达，而且要注意物质前面的系数，不然很容易造成表达式错误从而影响计算。对于K的影响，要与∆H联系，当∆H>0，温度越高K越大，当∆H<0，温度越高K高越小。17.用中和滴定法测定某烧碱的纯度，试根据实验回答：（1）称取5.0g烧碱样品。将样品配成待测液，需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需___________。（2）取待测液，用___________量取。（3）用标准盐酸滴定待测烧碱溶液，以酚酞为指示剂，滴定终点的现象是___________。（4）根据表中数据，计算样品烧碱的质量分数为___________。滴定次数待测液体积()标准盐酸体积()滴定前读数()滴定后读数()第一次10.000.5020.40第二次10.004.0024.10 第三次10.005.1228.02（5）滴定过程，下列情况会使测定结果偏高的是___________(填序号)。①记录酸式滴定管起始体积时，仰视读数，终点时俯视②碱式滴定管水洗后就用来量取待测液③滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失④锥形瓶水洗后，未用烧碱溶液润洗（6）某学习小组用“间接碘量法”测定含有晶体的试样(不含能与发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀，用标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗标准溶液。已知：；；试样中的质量分数为___________%。【答案】（1）容量瓶、胶头流管（2）碱式滴定管(或移液管)（3）滴入最后半滴盐酸标准液，溶液由红色变为无色，且30s内不恢复（4）（5）③（6）95【解析】【小问1详解】配制250mL一定物质的量浓度溶液，需要用到天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，故需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需250mL容量瓶、胶头滴管；【小问2详解】烧碱是强碱，取10.00mL待测液，用碱式滴定管或移液管；【小问3详解】用0.2000mol/L标准盐酸滴定待测烧碱溶液，以酚酞为指示剂，滴定前为红色的，滴定终点时，溶液变为无色，滴定终点滴的判断方法是当滴入最后半滴盐酸标准液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复；【小问4详解】第一次消耗标准盐酸的体积为20.40mL-0.50mL=19.90mL，第二次消耗标准盐酸的体积为24.10-4.00mL=20.10mL，第三次消耗标准盐酸的体积为28.02mL-5.12mL=22.90mL ，第三次实验数据误差较大，应该舍去，前两次平均消耗20.00mL标准盐酸，则10.00mL待测溶液中NaOH的物质的量为0.2000mol/L×20.00mL=0.004mol，质量为0.004mol×40g/mol=0.16g，即5.0g烧碱样品NaOH的质量为0.16g×25=4g，质量分数为；【小问5详解】①记录起始体积时，仰视读数，终点时俯视，则标准液体积偏小，结果偏低；②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液，则待测液被稀释，所量取待测液中NaOH物质的量偏小，消耗标准液体积偏小，结果偏低；③滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失，则标准液体积偏大，结果偏高；④锥形瓶水洗后，未用烧碱溶液润洗，对结果无影响；故选③；【小问6详解】根据、可得出关系式，消耗的的物质的量为0.1000mol/L×20.00mL=0.002mol，即的物质的量为0.002mol，的物质的量为0.002mol，质量为0.002mol×171g/mol=0.342g，试样中的质量分数为：。18.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。（1）已知部分弱酸的电离常数如表：弱酸电离常数(25℃)①溶液和溶液中，___________(填“>”“<”或“=”)。②常温下，浓度相同的三种溶液：A．；B．；C．，其pH由大到小的顺序是___________(填编号)。③将少量通入溶液，反应的离子方程式是___________。 （2）已知25℃氯水溶液中、和分别所占分数()随pH变化的关系如图所示。由图可知该温度下的电离常数值为___________。（3）已知：常温下则溶液的___________7(填“>”“<”或“=”)（4）已知25℃时，此温度下若在实验室中配制溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入盐酸调节pH至___________()。（5）尾气常用溶液吸收，生成和。已知的水解常数，常温下某和混合溶液的为5，则混合溶液中和的比值为___________。【答案】（1）①.<②.③.（2）（3）<（4）2.3（5）50【解析】【详解】(1)①根据表格中数据可知，电离出的小于电离出能力，根据盐类水解中越弱越水解，即水解的能力强于，因此等浓度的溶液和溶液中， ，故答案为：<；②电离平衡常数越小，酸越弱，因此根据电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是，酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的越大，则等的A．、B．、C．的物质的量浓度由大到小的顺序为，故答案为：；③的电离平衡常数，的电离平衡常数是、，由此可知电离出能力强弱程度为，所以溶液通入少量的离子方程式是：，故答案为：；(2)结合图示可知，和所占分数时，溶液的，则的电离常数，故答案为：；(3)已知：常温下，，，水解程度，则溶液呈酸性，溶液的，故答案为：<；(4)要使溶液不产生沉淀，则溶液中，溶液中，故为：2.3；(5)常温下某和混合溶液的为5，该溶液中，结合可知；，故答案为：50。19.高品质可用于生产锂离子电池正极材料锰酸锂。以软锰矿与黄铁矿为主要原料采用“两矿一步浸出法”制备高品质的某工艺流程如图所示： 已知：软锰矿与黄铁矿的主要成分为、，还含少量等杂质：②该工艺条件下，相关金属离子完全形成氢氧化物沉淀的如下：金属离子开始沉淀6.91.96.69.13.4沉淀完全()的8.33.210.110.94.7回答下列问题：（1）“配矿”过程中，将软锰矿与黄铁矿粉碎混匀的目的是___________。（2）“酸浸”操作中需先后分批加入、。加入后发生酸浸过程的主要反应离子方程式为，。①已知滤渣1的主要成分为S、等，其附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻，此时加入，利用其迅速分解产生的大量气泡可破除该不利影响，分析导致迅速分解的因素是___________。②矿粉颗粒表面附着物被破除后，可继续与在酸性条件下反应，产生更多，并伴有气体生成，该反应的离子方程式是___________。③除上述作用外，还可以将溶液中未与反应的转化为，其目的是：___________。（3）“调p”时调节溶液范围为4.7-6.0，此时“滤渣2”主要成分为___________(填化学式)。（4）“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为___________。（5）“用除杂”时，溶液体系中的和形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中，则___________。(、)【答案】（1）增加接触面，提高反应速率；提高原料利用率 （2）①.或或等作催化剂②.③.便于加入氨水调节溶液pH时将作转化为除去（3）、（4）（5）50【解析】【分析】由题给流程可知，软锰矿与黄铁矿粉混合配矿后，先后分批加入稀硫酸和过氧化氢混合溶液，将二硫化铁转化为硫酸铁和硫、金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH范围为4.7~6.0，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入氟化铵溶液，将溶液中的钙离子、镁离子周围氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到滤液1和碳酸锰；碳酸锰溶于稀硫酸得到硫酸锰溶液，电解硫酸锰溶液制得二氧化锰。【小问1详解】配矿过程中，将软锰矿与黄铁矿粉碎混匀可以增大固体的表面积，有利于增加酸浸时反应物的接触面积，加快反应速率，使反应物充分反应，提高原料的利用率，故答案为：增加接触面，提高反应速率；提高原料利用率；【小问2详解】①由题意可知，二氧化锰和反应生成的铁离子做过氧化氢分解反应的催化剂，有利于过氧化氢迅速分解产生氧气除去附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻，故答案为：或或等作催化剂；②由题意可知，提高锰元素浸出率发生的反应为酸性条件下二氧化锰与过氧化氢溶液反应生成锰离子、氧气和水，反应的离子方程式为，故答案为：；③由题意可知，过氧化氢可以将未与二氧化锰反应的亚铁离子转化为铁离子，便于加入氨水调节溶液pH时，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，故答案为：便于加入氨水调节溶液pH时将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；【小问3详解】由分析可知，加入氨水调节溶液pH范围为4.7~6.0的目的是将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3； 【小问4详解】结合分析可知，“沉锰”步骤是将溶液中的转化为，主要反应的离子方程式为：。【小问5详解】