山东省诸城第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试模拟化学试题三

高二上学期期中考试模拟试题三 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。) 1. 下列有关盐类水解和沉淀溶解平衡在生产生活中应用的说法错误的是 A. 用Na2S、FeS除去废水中的，反应的离子方程式相同 B. 将TiCl4溶于大量水并加热制取TiO2，溶于大量水并加热的目的是促进TiCl4水解 C. 在SOCl2气流中加热制取无水AlCl3，SOCl2消耗水同时生成HCl抑制AlCl3水解 D. 处理水垢中CaSO4的方法是先用饱和Na2CO3溶液将CaSO4转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，再加酸除去 2. 下列操作规范且能够达到实验目的的是 A. ①测定醋酸浓度 B. ②测定中和热 C ③验证酸性： D. ④稀释浓硫酸 3. 鉴别浓度均为0.1mol/L NaClO、、三种溶液，仅用下列一种方法不可行的是 A. 测定溶液pH B. 滴加适量同浓度的KI溶液 C. 滴加紫色石蕊试液 D. 滴加饱和溶液 4. 一种锰矿的主要成分为，杂质为、、MnS、FeS、CuS、NiS等。 研究人员设计了如下流程制备金属锰，可能用到的数据见下表。下列说法正确的是 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.5 7.6 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.5 9.8 A. “脱硫”过程中通入的目的是将S氧化为除去 B. 物质X为，滤渣Y为 C. 由上述流程和表格数据可知：， D. 电解过程中Mn元素发生氧化反应 5. 一定温度下，A(g)和B(g)在恒容密闭容器中发生反应：，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A. x=3 B. 前10min内的平均反应速率 C. 该温度时，反应的平衡常数 D. 平衡时保持温度不变，压缩容器体积，平衡向正反应方向移动 6. 在恒容密闭容器中，热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。 平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：温度时，完全分解；体系中气相产物在、温度时的分压分别为、。 下列说法错误的是 A. a线所示物种为固相产物 B. 温度时，向容器中通入， 气相产物分压仍为 C. 小于温度时热解反应的平衡常数 D. 温度时、向容器中加入b线所示物种， 重新达平衡时逆反应速率增大 7. 常温下，将pH=2的两种酸溶液HA、HB和pH=12的MOH溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH变化与溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A. HA是一元弱酸 B. 若b＋c=14，则MOH是强碱 C. 若c=9，则稀释后三种溶液中水的电离程度： HB>MOH=HA D. 若c>9，稀释前MOH和HA混合，溶液显碱性 8. 可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式： 。 下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是 A. Y反应物 B. 反应制得1mol ，须投入2mol CuO C. 升高反应温度，HCl被氧化制的反应平衡常数减小 D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 9. 甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是 A. 该过程中实现了甲烷的氧化 B. 步骤2逆向反应的ΔH=＋0.29 C. 步骤1反应比步骤2快 D. 根据ΔG可知，CH₄与的生成甲醇的反应为放热反应 10. 某化学兴趣小组设计实验探究丙酮碘化反应中，丙酮、I2、浓度对化学反应速率的影响，实验数据如下表所示。已知： 编号 丙酮溶液 I2溶液 盐酸 蒸馏水/mL 溶液褪色时间/s ① 2 2 2 0 ② 1 2 2 1 ③ 2 1 2 1 ④ 2 2 a 1 下列说法错误的是 A. 实验①中，以丙酮表示的反应速率为 B. 实验④中，a=1 C. 研究I2浓度对反应速率的影响，应选择实验①和③ D. 若，则说明丙酮浓度越大，该反应的速率越快 二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。) 11. 下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是 选项 实验内容 实验结论 A 向饱和碳酸氢钠溶液中缓缓通入少量，并将产生的气体依次通入品红试液、澄清石灰水中，品红试液无变化，澄清石灰水产生白色沉淀 亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强 B 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/L NaClO溶液和0.1mol/L NaF溶液的pH，前者pH大于后者 HClO的酸性小于HF C 以溶液为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 D 向两支试管中各加入4mL 0.01mol/L 溶液和4mL 0.1mol/L 溶液，再分别通入足量，分别记录溶液褪色所需的时间 0.1mol/L 溶液褪色所需时间更短 12. 钢渣中富含等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的元素，流程如下。已知：能溶于水；，。下列说法错误的是 A. 试剂X可选用粉 B. 试剂Y可选用盐酸 C. “分离”后元素主要 存在于滤液Ⅱ中 D. “酸浸”后滤液Ⅰ的过小 会导致滤渣Ⅱ质量减少 13. 已知酸性：CHCl2COOH>CH2ClCOOH，常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数与pH的变化关系如图所示。[比如：]下列说法错误的是 A. 曲线M表示的变化关系 B. pH=2.08时，CHCl2COOH的电离度为0.15 C. CHCl2COOH电离常数的数量级为 D. 若酸的初始浓度为，则a点对应的溶液中有 14. 向一定浓度的水溶液中滴加NaOH溶液，含砷的各物种分布系数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是 A. B. 溶液中： C. 当pH=4.6时，和相等 D. 溶液中： 15. 常温下，假设水溶液中和初始物质的量浓度均为。平衡条件下，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。 已知：体系中含钴物种的存在形式为和；，。下列说法正确的是 A. 甲线所示物种为 B. 的电离平衡常数Ka2=10-a C. 时，物质的量浓度为 D. 时，物质的量浓度： 16. 研究小组利用溶液和酸性溶液的反应来探究外界条件改变对化学反应速率的影响，实验如下： 实验 序号 实验 温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s 溶液(含硫酸) 溶液 V/mL c/mol·L V/mL c/mol·L V/mL ① 290 2 0.02 4 0.1 0 6 ② 2 0.02 3 0.1 8 ③ 315 2 0.02 0.1 1 回答下列问题： （1）通过实验①、②，可探究___________的改变对反应速率的影响，其中___________。 （2）通过实验___________(填实验序号)可探究温度变化对化学反应速率的影响， 由实验②中数据可知______ _____。 （3）实验过程中，发现反应开始一段时间溶液褪色不明显，不久后迅速褪色。甲同学认为是反应放热导致溶液温度升高所致，重做实验②，测定反应过程中不同时间的温度，结果如下： 时间/s 0 2 4 6 8 10 温度/K 290 291 291 291.5 292 292 ①结合实验目的与表中数据，得出的结论是_________ __。 ②你猜想可能是_______ ____的影响。若证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的最佳试剂是___________(填标号)。 A．硫酸钾 B．水 C．二氧化锰 D．硫酸锰 17. 工业上常用沉淀法除去废水中的金属离子。 已知：①当时，可认为离子沉淀完全。 ② 物质 MgF2 Fe(OH)3 Al(OH)3 MnS 回答下列问题： （1）向含有的废水中按物质的量之比加入NaF溶液沉镁， 充分反应后，___________；沉镁时若pH过低，会导致沉淀不完全，原因是_______ ____。 （2）假设溶液中、的浓度均为，加NaOH固体调节溶液pH， 当恰好沉淀完全时，溶液中的浓度为___________。 （3）向工业废水中通入H2S可将转化为MnS除去。25℃时，调控H2S溶液的pH，溶液中H2S、、的分布系数随溶液pH的变化关系如图所示。 ①的平衡常数K=_______ ____； ②当溶液中时，溶液的pH=_____ ______； ③常温下，向含有的废水中通入H2S，当时，开始沉淀，此时废水的pH=___________。 18. 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含及等元素的氧化物)分离提取等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解气体；在完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于。回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为__ _____。 “高温焙烧”温度为，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有 _____ __(填化学式)。 （2）在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”， “水浸时金属元素的浸出率___ ____(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）萃取反应为：(有机相)(水相) CuR2 (有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂为____ ___(填化学式)。 （4）“沉钴”中，时恰好沉淀完全， 则此时溶液中_____ __。已知：。 “溶解”时发生反应的离子方程式为__ _____。 （5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入_____ __ (填操作单元名称)循环利用。 19. 实验室利用亚硫酰氯()和重铬酸钾(测定含有少量杂质的中的n值。具体实验过程如下： 实验Ⅰ：①称取a g 样品，用足量稀硫酸溶解后，定容于100mL容量瓶； ②移取溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加6滴二苯胺磺酸钠指示剂； ③用c mol/L 标准溶液滴定达终点时消耗V mL。(滴定过程中转化为，不反应) 实验Ⅱ：称取a g 样品，在特殊装置中与足量反应后，经干燥后多次称量剩余固体质量不再变化时为b g(已知遇水极易反应生成两种酸性气体)。 回答下列问题：（1）实验中不需要的仪器有___________(从下图中选择，填仪器名称)。 （2）沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体，其与足量NaOH溶液反应的化学方程式为________ ___，实验Ⅱ中与反应的目的是 _______ ____。 （3）对于实验Ⅰ，下列说法正确的是___________(填标号)。 A．滴定时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直，另一只手控制液体均匀滴入锥形瓶中，眼睛关注锥形瓶中颜色变化 B．指示剂可以用硫氰化钾溶液 C．滴定读数时，不可将滴定管垂直的夹在滴定管夹上 （4）实验Ⅰ中发生反应的离子方程式是 ____ _______。 （5）经计算，n=___________，下列情况会导致n测量值偏大的是___________(填标号)。 A．步骤③滴定时，不慎将标准液滴到锥形瓶外面 B．实验Ⅰ中样品在配制溶液过程中被氧气部分氧化 C．盛装的滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 20. 利用循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 恒容条件下，按和投料反应。平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数基本不变。回答下列问题： （1）反应 的焓变_____ __ (用含的代数式表示)。 （2）乙线所示物种为_______(填化学式)。 反应Ⅲ的焓变____0(填“>”“<”或“=”)。 （3）温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为，则为___ ____(用含a的代数式表示)；此时，与物质的量的差值____ ___(用含a的最简代数式表示)。 （4）温度下，体系达平衡后，压缩容器体积产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比___ ____(填“增大”“减小”或“不变”)， 物质的量______ _(填“增大”“减小”或“不变”) 【附加题】1.(雌黄)可转化为用于治疗白血病的亚砷酸()。亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示： 回答下列问题： （1）人体血液的pH为7.35~7.45，用药后血液中所含砷元素的主要微粒是___________。 （2）pH小于6时，物质的量分数接近1.0的原因是 _______ ____。 （3）的电离平衡常数_______ ____。 （4）将KOH溶液滴入溶液中发生反应。 ①在pH为11~12时，发生反应的离子方程式为 _______ ____。 时，溶液中_______ ____。 ②a点时溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ________ ___。 2. 亚磷酸是制造塑料稳定剂的原料。时，溶液中所有含磷微粒的分布分数(某微粒组分的平衡浓度占其总浓度的分数)与溶液关系如图。 回答下列问题：（1）图中曲线代表的含磷微粒是_______ ____。 （2）过量溶液与溶液反应的离子方程式为 _____ ______。 （3）下列说法正确的是___________(填标号)。 A. 时，的 B. 在溶液中， C. 溶液中,c(HPO32-)＜c(H3PO3) D. 溶液中 （4）在溶液中，___(填“>”“=”或“＜”)。 （5），当时，溶液为__________。 （6）为减少工业废水中砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水：向废水中加入适量漂白粉、生石灰，将废水中的亚砷酸（H3AsO3）转化为沉淀。 ①请写出以上转化过程中的化学方程式____ ______。 ②若要除去溶液中的，溶液中至少为__________。 已知：，当残留在溶液中的离子浓度时， 可认为沉淀完全。 高二上学期期中考试模拟试题三答案 1. A【详解】A．Na2S为可溶性盐、FeS难溶于水，在离子方程式中Na2S可拆，FeS不可拆， 因此离子方程式不同，故A错误；B．TiCl4加入水中并加热Ti4+使其转化为TiO2•xH2O， 过程中TiCl4发生水解，生成的HCl不断挥发，最终转化为TiO2•xH2O，过程与盐类水解有关，故B正确；C．遇水会发生水解反应：；SOCl2耗水的同时生成HCl可抑制该水解反应发生，有利于得到无水AlCl3，故C正确； D．水垢中CaSO4与Na2CO3反应，将微溶的CaSO4转化为难溶的CaCO3，涉及沉淀溶解平衡的移动，故D正确；故选：A。 2.【答案】D【详解】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，A不符合题意； B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充和大小烧杯口部平齐，防止热量散失，B不符合题意； C．盐酸易挥发，与偏铝酸钠溶液反应的可能是盐酸，C不符合题意； D．浓硫酸的稀释是将浓硫酸倒入水中，边加边搅拌，D符合题意；答案为D。 3.【答案】B【详解】A．溶液显弱碱性，溶液显强碱性，溶液显酸性，则测定溶液是可以鉴别出来的，故A不符合题意； B．溶液滴入碘化钾溶液，发生氧化还原反应生成碘，液面会由无色变成黄色， 振荡后会变成无色（先氧化生成碘单质，然后反应生成次碘酸根），而溶液，溶液滴入碘化钾溶液后，因不与两者反应而没有现象，则仅用滴加溶液无法鉴别，则B符合题意； C．溶液显弱碱性，滴入石蕊先变蓝后褪色，溶液显强碱性，滴入石蕊溶液，显蓝色，溶液显酸性，滴入石蕊显红色，则滴加石蕊试剂是可以鉴别出来的，故C不符合题意； D．饱和溶液和溶液不反应，和溶液反应生成碳酸钡沉淀， 和溶液发生双水解反应生成沉淀和气体，则滴入饱和溶液是可以鉴别出来的，故D不符合题意；答案选B。 4.【答案】C【分析】锰矿(主要成分为MnCO3，杂质为SiO2、CaCO3、MnS、FeS、CuS、NiS)在催化剂条件下与氢氧化钠、空气反应生成硫单质、硅酸钠和金属氢氧化物，过滤，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，生成硫酸盐，过滤，滤渣为硫和Y为硫酸钙，向滤液中加入MnO调节pH=4从而沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入MnS沉淀铜和镍元素后再过滤得到主要含有MnSO4的溶液，将该溶液电解得到金属锰，据此结合混合物分离提纯原理分析解答。 【详解】A．“脱硫”过程中通入氧气的目的是将硫化物中的-2价硫元素氧化为硫单质，并将亚铁离子氧化为铁离子，A错误； B．根据分析，物质X为硫酸钙，滤渣Y为氢氧化铁，B错误； C．难溶沉淀会向更难溶沉淀转化，“除杂”过程中加入硫化锰的目的是为了使镍离子与铜离子转化为硫化镍和硫化铜，故(MnS)>(CuS)，根据数据Fe(OH)3在pH=3.2沉淀完全，此时氢氧根浓度为10-10.8mol/L，，Cu(OH)2在pH=6.7沉淀完全，此时氢氧根浓度为10-7.3mol/L，，，C正确； D．电解过程中锰元素化合价由+2价降低为0价，发生还原反应，D错误；答案选C。 5.【答案】C【详解】A．由图可知，反应在前10min内D的浓度变化为3mol/L，A浓度变化量为(3.5-2)mol/L=1.5mol/L，故1：x=1.5：3，解得x=2，A错误； B．由图可知，反应在前10min内D浓度变化为3mol/L，平均反应速率v(D)==0.3mol⋅L-1⋅min-1，v(C)=v(D)=0.15mol⋅L-1⋅min-1，B错误； C．该反应方程式为，平衡时，C的浓度为1.5mol/L，D的浓度为3.0mol/L，A的浓度为2.0mol/L，B的浓度为1.0mol/L，所以平衡常数，C正确； D．反应后气体分子数变大，温度一定时，加压，平衡向逆方向移动，故D错误；答案选C。 6. D【分析】热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为和，其分解的化学方程式为，根据图数据分析可知，a线代表，b线代表，c线代表。由各线的走势可知，该反应为吸热反应，温度升高，化学平衡正向移动。 【详解】A．a线所示物种为，固相产物，A正确； B．温度时，向容器中通入，恒容密闭容器的体积不变，各组分的浓度不变，化学平衡不发生移动，虽然总压变大，但是气相产物分压不变，仍为，B正确； C．由图可知，升温b线代表的SiF4增多，则反应为吸热反应，升温Kp增大，已知：温度时，完全分解，则该反应T2以及之后正向进行趋势很大，Qp＜Kp，体系中气相产物在温度时的分压为，，恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有，=p()，即温度时热解反应的平衡常数=p()，C正确；D．据分析可知，b线所示物种为，恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有，=p()，温度不变Kp不变，温度时向容器中加入，重新达平衡时p()不变，则逆反应速率不变，D错误；综上所述，本题选D。 7.【答案】D【详解】A．由图可知，pH=2的两种酸溶液HA，HB各1mL，分别加水稀释到1000mL后溶液HA的pH=5，=3，所以HA为强酸，故A错误； B．若b+c=14，则b=14-c，在pH=c的MOH溶液中c(OH-)=10c-14mol/L=10-bmol/L，已知b＜5，则稀释1000倍后，c(OH-)＞10-5mol/L，<3，所以MOH是弱碱，故B错误； C．pH=5的HA溶液中c(H+)水= c(OH-)水==10-9mol/L，所以水电离的氢离子浓度c(H+)水=10-9mol/L，pH=b的HB溶液中c(H+)水= c(OH-)水=mol/L=10-（14-b）mol/L，b＜5，所以10-（14-b）mol/L＜10-9mol/L，pH=9的MOH溶液中，c(H+)水=1×10-9 mol/L，所以稀释后溶液中水电离的氢离子浓度顺序为：MOH=HA＞HB，故C错误； D．若c＞9，则MOH是弱碱，将pH=2的HA溶液和pH=12的MOH溶液各1mL混合，则MOH溶液过量，溶液呈碱性，故D正确；答案选D。 8.【答案】B【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O。 【详解】A．由分析可知，Y为反应物HCl， A正确； B．CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； D．图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl →Cu2OCl2，D正确；答案选B。 9.【答案】C【详解】A．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，A正确；B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的，B正确；C．由能量变化图可知，步骤1的活化能，步骤2的活化能，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C错误；D．2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)，ΔS<0，反应要能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS<0，故ΔH<0，该反应为放热反应，D正确；故选C。 10. A【详解】A．由反应结合表数据可知，实验①中，丙酮过量，丙酮反应速率等于碘单质反应速率，以丙酮表示的反应速率为，A错误； B．反应过程中溶液的总体积为6mL，则实验④中，a=1mL；加1mL蒸馏水使混合溶液的体积相等，保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变，B正确； C．实验①与实验③变量是I2溶液浓度不同，故可以研究I2浓度对反应速率的影响，C正确； D．实验①和②变量为丙酮浓度，溶液褪色时间，则说明丙酮浓度越大，该反应的速率越快，D正确；故选A。 11.【答案】A【详解】A．向饱和碳酸氢钠溶液中缓缓通入少量，并将产生的气体依次通入品红试液、澄清石灰水中，品红试液无变化，澄清石灰水产生白色沉淀，说明SO2参加了反应，有二氧化碳气体放出，根据强酸制弱酸，亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强，故A正确； B．NaClO溶液具有漂白性，不能pH用试纸测定NaClO溶液的pH，故B错误； C．Cl-与的浓度是否相等是未知的，且AgCl与Ag2CrO4类型不相同，故无法比较AgCl与Ag2CrO4的Ksp，故C错误； D．向两支试管中各加入4mL 0.01mol/L 溶液和4mL 0.1mol/L 溶液，再分别通入足量，由于4mL 0.1mol/L 溶液中高锰酸钾的物质的量大，并且没有明确通入二氧化硫的速率，不一定是0.1mol/L 溶液褪色所需时间短，故D错误； 答案选A。 12. A【分析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO2，滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y盐酸生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I加入试剂X和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣II为CaC2O4，滤液II中有Fe3+，依次解题。 【详解】A．根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；B．加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，B正确；C．根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；D．“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2浓度小，使Ca2+(aq)+ C2(aq) CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少，D正确； 答案选A。 13. BD【分析】随着pH的增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小，CH2ClCOO-、CHCl2COO-浓度增大，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，a点所在的线表示的变化关系，另一条下降的线表示的变化关系，M线表示的变化关系，另一条上升的线表示的变化关系；又Ka(CHCl2COOH)＞Ka(CH2ClCOOH)，δ(酸分子)=δ(酸根离子)0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别约为Ka(CHCl2COOH)=10-1.3，Ka(CH2ClCOOH)=10-2.8； 【详解】A．由上述分析可知，曲线M表示的变化关系，故A正确； B．pH=2.08时，=0.15，表示有85%的发生电离，故电离度α=0.85，故B错误；C．由分析可知，Ka(CHCl2COOH)约为10-1.3，故数量级为，故C正确； D．根据Ka(CHCl2COOH)=，初始c0(CHCl2COOH)=0.1mol/L， 若溶液中溶质只有CHCl2COOH，则==10-1.15mol/L，但a点对应的c(H+)=0.1mol•L-1，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，，故D错误；答案选BD。 14.【答案】AD【分析】，，。 【详解】A．根据图中信息pH=2.2时得到，同理pH=7.0时，，pH=11.5时，，则，A错误； B．的电离平衡常数为，水解平衡常数为，的电离大于水解，所以溶液中>，故有，B正确； C．，，pH=4.6时，，和相等，C正确； D．Na2HAsO4溶液中，由于，电离程度小于水解程度，因此 ，D错误；答案选AD。 15. CD【分析】由题中信息可知，可以形成4物种，分别为、、和，随着增大，的摩尔分数逐渐减小，会转化为溶解度更小的，的摩尔分数先增大后减小，因此， 的摩尔分数逐渐增大。综合以上分析可知，甲线所示物种为，丁线所示物种为，根据曲线的走势结合电离平衡的过程可知，乙线所示物种为，丙线所示物种为。由甲、丁两线的交点可知，在该点和的摩尔分数相等，均为0.5，由于水溶液中和初始物质的量浓度均为，则此时溶液中的浓度为，由可以求出此时溶液中的浓度为，再由可以求出此时溶液中，，即，根据图像中的位置可以估算出。由乙和丙两线的交点可知， 和的摩尔分数相等，均为0.08，则由C元素守恒可知，此时的摩尔分数为0.84。 【详解】A．由分析可知，甲线所示物种为，A不正确； B．已知二元中强酸，其酸式盐的水溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度；当溶液中与浓度相等时，溶液显酸性， ，则，故B不正确； C．时， 的摩尔分数为0.84，的物质的量为，由水于溶液中初始物质的量浓度为，以Co2+极限最大浓度估算形成Co(OH)2时所要最小c(OH-)=，此时溶液呈碱性，应有较多草酸跟，则a点无Co(OH)2，此时Co元素只有两种存在形式：Co2+和CoC2O4，由Co元素守恒可得， 的物质的量浓度=0.01mol/L-0.01mol/L×84%=，C正确； D．由分析可知时，的浓度为，， ，D正确；综上所述，本题选CD。 16.（1）反应物浓度 1 （2）②③ 2.08x10-3mol·L-1·s-1 (3)温度不是反应速率突然加快的原因 催化剂 （Mn2+） D 17.（1） ①. (写“”也可) ②. 与结合，溶液中浓度减小， 的溶解平衡正向移动，浓度增大 （2）0.1 （3） ①. ②. 10 ③. 4 【小问1详解】向含有的废水中按物质的量之比加入NaF溶液沉镁，恰好充分反应生成MgF2沉淀，此时悬浊液为MgF2的饱和溶液，设x，浓度为，则根据，，代入计算，则=；沉镁时若pH过低，浓度较大，根据，与反应生成弱酸HF，使溶解平衡向正向移动，浓度增大，会导致沉淀不完全，故答案是；与结合，溶液中浓度减小，的溶解平衡正向移动，浓度增大。 【小问2详解】假设溶液中、的浓度均为，加NaOH固体调节溶液pH，当恰好沉淀完全时，此时，根据，代入数据计算得到此时溶液c(OH-)=，将此数值代入=，Q小于，未开始沉淀，可知溶液中的浓度为，故答案是0.1。 【小问3详解】①H2S是二元弱酸，图像中第一个交点是H2S、含量相等，第二个交点是、的含量相等，将第一个交点代入其第一步电离平衡常数Ka1==10-7，将第二个交点代入第二步电离常数Ka2==10-13，解析的平衡常数K=，分析可知此K===，故答案是； ②由H2S两步的电离平衡常数分析可知，Ka1×Ka2==10-20，当溶液中时，代入上式中，c(H+)=10-10，溶液的pH=10，故答案是10。 ③当开始沉淀时，c()=，根据（MnS）=， 可知c(S2-)==，由已知此时， 代入Ka2=进行计算，可知c(H+)=，则此时pH=4，故答案是4。 18.（1） Fe2O3、CaSO4 （2）减小 （3）H2SO4 （4） 4×10-4 （5）低温焙烧 【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。 【小问1详解】低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：；根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4； 【小问2详解】根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小， 【小问3详解】根据萃取的化学方程式：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，加入有机相将铜离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4； 【小问4详解】沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时c(H+)=1×10-4mol/L，根据Ksp((CoS)= 4×10-21，推出，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，，则c(H2S)= ==4×10-4 mol/L；由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生成了CoSO4和S，化学方程式为：，改写成离子方程式为：。 【小问5详解】由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。 19.【答案】（1）坩埚、碱式滴定管 （2）①. ②. SOCl2吸收FeCl2⋅nH2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解 （3）C （4） （5） ①. ②. B 【分析】FeCl2•nH2O具有还原性，酸性条件下可被重铬酸钾氧化而发生反应；FeCl2•nH2O与SOCl2的反应原理为：SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，SOCl2吸收FeCl2•nH2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解，从而制得无水FeCl2；据此分析解题。 【小问1详解】样品溶解后，定容于容量瓶，需用到容量瓶；标准溶液滴定，具有强氧化性，需放入酸式滴定管中；称取样品与足量反应后，需在干燥器中进行干燥，故不需要的仪器为坩埚和碱式滴定管； 【小问2详解】SOCl2遇水反应生成的两种酸性气体为SO2和HCl，因此与足量氢氧化钠溶液反应的方程式为；实验Ⅱ中与反应的目的是：SOCl2吸收受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解； 【小问3详解】A．滴定时，滴定管应该放在滴定管夹上，不能手持滴定管，A错误； B．若用硫氰化钾溶液作指示剂，开始就产生血红色，不能指示终点，B错误； C．滴定读数时，可将滴定管垂直的夹在滴定管夹上，C正确； 故选C。 【小问4详解】滴定过程中将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O； 【小问5详解】根据方程式知，25.00mL溶液中n(FeCl2) = 6n() =6cV10-3mol，100mL溶液中n(FeCl2)=46cV10-3mol=24 cV10-3mol；ag样品中结晶水的质量为(a -b)g，结晶水物质的量为 ，则n(H2O) ：n(FeCl2) = ，由此， n=；A．步骤③滴定时，不慎将标准液滴到锥形瓶外面，消耗标准液体积增加， 水的物质的量会偏小，A不符合；B．实验Ⅰ中样品在配制溶液过程中被氧气部分氧化，则消耗标准液体积减小，水物质的量会偏大，B符合； C．盛装K2Cr2O7的滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，消耗标准液体积增加，水的物质的量会偏小，C不符合； 故选B。 20.（1）ΔH1+ΔH2 （2） H2O ＜ （3） 0.45+0.5a 150a （4）增大 减小 【小问1详解】已知：Ⅰ． Ⅱ． 依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应的焓变ΔH1+ΔH2； 【小问2详解】由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，升高温度S2减小，H2O、H2均增大，所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热热反应，即ΔH＜0； 【小问3详解】T1平衡时H2是amol，根据可知H2O和SO2的物质的量均为100amol，根据H元素守恒可知H2S为0.1－101a，设平衡时CaS和S2的物质的量分别为xmol和ymol，根据Ca元素守恒可知CaSO4是1－x，根据O元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根据S元素守恒可知2=0.1－101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS和CaSO4的物质的量的差值为2x－1=150a。 【小问4详解】压缩容器容积，压强增大，反应平衡正向进行，S2的产率增大，H2O的物质的量增大；温度不变，由于始终不变，反应的平衡常数不变，所以SO2增大，由于反应Ⅲ的平衡常数可表示为，始终不变，所以增大 【附加题】答案 1. （1） （2）溶液中抑制了的电离 （3） （4） 【小问1详解】由图可知，溶液pH为7.35~7.45时，砷元素的存在形式为，则用药后人体中含砷元素的主要微粒是，故答案为：； 小问2详解】由图可知，亚砷酸是三元弱酸，在溶液中分步电离出氢离子使溶液呈酸性，主要电离方程式为，pH小于6时，溶液中氢离子抑制了亚砷酸的电离，所以亚砷酸物质的量分数接近1.0，故答案为：溶液中抑制了的电离； 【小问3详解】由图可知，亚砷酸物质的量分数与亚砷酸二氢根离子物质的量分数相等时，溶液pH为9.2，由电离常数Ka1(H3AsO3)= = c(H+)=，故答案为：； 【小问4详解】①由图可知，在pH为11~12时，亚砷酸二氢根离子的物质的量分数减小，亚砷酸氢根离子的物质的量分数增大，则溶液中发生反应的离子方程式为，溶液中存在电荷守恒关系，故答案为：；； ②由图可知，a点时溶液中亚砷酸与亚砷酸二氢根离子浓度相等，亚砷酸氢根离子、亚砷酸根离子的浓度为0，溶液呈碱性说明亚砷酸二氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为，故答案为：。 2. （1） （2） （3）AD （4）< （5）4.05 （6）①. 或 ②. 【分析】溶液中所有含磷微粒的分布分数与溶液POH关系中有三条曲线，说明是二元酸。有三种含P的粒子，分别是、、，pOH越大，OH-浓度越小，H+浓度越大，H3PO3的浓度越大，c代表H3PO3的分布分数与pOH关系，b曲线代表的分布分数与pOH关系，a曲线代表的分布分数与pOH关系。 【小问1详解】H3PO3是二元弱酸，随溶液pOH升高，碱性减弱，H3PO3溶液减小，先增后减；增加；所以a 表示、b表示、c表示H3PO3； 【小问2详解】H3PO3是二元弱酸，过量NaOH溶液与H3PO3溶液生成Na2HPO3，反应的离子方程式为； 【小问3详解】A．a 表示、b表示、c表示H3PO3；25°C时，c(H3PO3)=c()时，pOH=12.6，c(H+)=10-1.4，则Ka1=10-1.4；c()=c()时，pOH=7.3，c(H+)=10-6.7，则Ka2=10-6.7，A正确； B．H3PO3是二元弱酸，在溶液中不含，根据物料守恒有，故B错误； C．溶液中，的电离常数为10-6.7，的水解常数为，电离大于水解，c()>c(H3PO3)，故C错误； D．根据C的分析，的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，，D正确；答案选AD； 【小问4详解】H3PO3的Ka1=10-1.4，=×c(H+)； Ka2=10-6.7， =×c(H+)，所以<； 【小问5详解】25°C时，H3PO3的Ka1=10-1.4， Ka2=10-6.7，Ka1×Ka2=×==10-8.1，当c()=c(H3PO3)时，c2(H+)=10-8.1，c(H+)=10-4.05，溶液pH=4.05； 【小问6详解】 ①废水中加入适量漂白粉、生石灰，将废水中的亚砷酸（H3AsO3）转化为沉淀，反应的化学方程式为：或； ② ，c()时可认为沉淀完全，根据，得c(Ca2+)=mol/L，所以溶液中至少为mol/L。 学科网（北京）股份有限公司 $