2022-2023學年山東省菏澤市鄆城第一中學高二上學期期末考試化學試題（解析版）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁山東省菏澤市鄆城第一中學2022-2023學年高二上學期期末考試化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．2022年4月16日9時56分，在太空遨游半年的神舟十三號飛船在東風著陸場平安降落.下列有關(guān)說法錯誤的是A．飛船的天線是用鈦鎳形狀記憶合金制造的，低溫下折疊，進入太空后在陽光照射下重新展開B．載人飛船中的太陽能電池和儲能電池均可將化學能轉(zhuǎn)化為電能C．返回艙表面的“燒蝕層”熔點很高，因此可以保護返回艙不因高溫而燒毀D．硅橡膠密封材料既耐低溫又耐高溫，在飛船上得到廣泛應(yīng)用【答案】B【詳解】A．用鎳鈦合金制成的宇宙飛船自展天線具有形狀記憶功能、良好的延展性、良好的導熱性，在低溫下被折疊，進入太空后，在陽光照射下可重新展開，恢復成原狀，故A正確；B．太陽能電池是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，故B錯誤；C．“燒蝕層“物質(zhì)熔點很高，在遇到高溫時會發(fā)生熔化和汽化現(xiàn)象，在熔化和汽化時能吸收大量的熱，可以保證保護返回艙不因高溫而燒毀，故C正確；D．硅橡膠具有空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，具有耐磨、耐高溫、耐低溫等性能，硅橡膠是目前最好的既耐高溫又耐低溫的橡膠，廣泛應(yīng)用于航天航空工業(yè)，故D正確；答案選B。2．下列實驗裝置不能達到實驗目的的是A．用做噴泉實驗B．驗證與濃硝酸反應(yīng)的熱量變化C．探究生鐵在不同條件下的電化學腐蝕D．探究壓強對平衡的影響A．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．能與溶液反應(yīng)，該實驗裝置能形成噴泉實驗，A正確；B．與濃硝酸反應(yīng)，放出大量的熱，具支試管中的空氣受熱膨脹，U形管中的紅墨水左低右高，可驗證與濃硝酸反應(yīng)的熱量變化，B正確；C．左邊溶液呈中性，生鐵發(fā)生吸氧腐蝕，氣體體積減小，右邊溶液呈酸性，生鐵發(fā)生析氫腐蝕，氣體體積增大，紅墨水左高右低，能達到探究目的，C正確；D．該可逆反應(yīng)是氣體分子數(shù)保持不變的反應(yīng)，增大壓強，雖然氣體顏色變深，但平衡不移動，該裝置只是增大壓強使氣體濃度增大而已，不能達到探究目的，D錯誤；故答案為：D。3．下表列出了某短周期元素R的各級電離能數(shù)據(jù)(用、……表示，單位為)。下列關(guān)于元素R的判斷中一定正確的個數(shù)是……R7401500770010500……①R的最高正化合價為價②R元素基態(tài)原子的電子排布式為③同周期元素中第一電離能小于R的元素有一種④R元素位于元素周期表中第ⅡA族A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【詳解】某短周期元素R的第三電離能劇增，說明該原子最外層有2個電子，處于IIA族，該原子存在第五電離能，說明核外電子數(shù)數(shù)目大于4，故R為Mg元素。①R為Mg元素最高正價為+2價，故①正確；②R元素基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s2，故②錯誤；③R元素最外層電子排布式為3s2，為全滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素的，如Na、Al等不止一種元素的第一電離能小于R，故③錯誤；④R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故④正確；故選：B。4．在一定溫度下的密閉容器中加入一定量的A、B發(fā)生反應(yīng)：，平衡時測得A的濃度為。保持溫度不變，將容器的容積擴大到原來的兩倍，再達平衡時，測得A的濃度降低為。下列有關(guān)判斷正確的是A．平衡向逆反應(yīng)方向移動 B．B的轉(zhuǎn)化率增大C． D．C的體積分數(shù)增大【答案】A【分析】將容器體積擴大到原來的兩倍的瞬間，A的濃度變?yōu)樵瓉淼囊话?，?.25mol/L，再次達到平衡時，A的濃度為0.3mol/L，說明平衡向逆向移動，即降低壓強，平衡逆向移動，所以x+y＞z(D為固體)。【詳解】A．由以上分析可知，平衡向逆反應(yīng)方向移動，故A正確；B．平衡逆向移動，所以B的轉(zhuǎn)化率降低，故B錯誤；C．由以上分析可知，x+y＞z，故C錯誤；D．平衡逆向移動，所以C的體積分數(shù)降低，故D錯誤；故選A。5．下列微粒表述正確，且對水的電離能產(chǎn)生影響的是A．氫氧化鈉的電子式： B．乙酸的結(jié)構(gòu)式：C．甲烷分子的空間填充模型： D．硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖：【答案】B【詳解】A．氫氧化鈉抑制水的電離，是離子化合物，電子式：，A錯誤；B．乙酸的結(jié)構(gòu)式：，乙酸溶于水電離出的氫離子抑制水的電離，B正確；C．甲烷分子的空間填充模型：，但甲烷不影響水的電離，C錯誤；D．硫離子水解促進水的電離，質(zhì)子數(shù)是16，結(jié)構(gòu)示意圖：，D錯誤；答案選B。6．肼(N2H4)又稱聯(lián)氨，為二元弱堿，在水中的電離與氨類似。已知常溫下，N2H4第一步電離平衡。下列說法錯誤的是A．N2H4的水溶液中存在：B．反應(yīng)的平衡常數(shù)C．聯(lián)氨與硫酸形成酸式鹽的化學式為N2H6(HSO4)2D．向N2H4的水溶液中加水，減小【答案】D【詳解】A．N2H4的水溶液中發(fā)生電離，生成、、OH-、H+，則溶液中存在電荷守恒：，A正確；B．反應(yīng)的平衡常數(shù)，B正確；C．聯(lián)氨與硫酸形成酸式鹽時，發(fā)生反應(yīng)N2H4+2H2SO4=N2H6(HSO4)2，則產(chǎn)物的化學式為N2H6(HSO4)2，C正確；D．N2H4溶于水后發(fā)生兩步電離，Kb1=、Kb2=，則=，向N2H4的水溶液中加水，N2H4的電離常數(shù)不變，則不變，D錯誤；故選D。7．常溫下，有關(guān)下列溶液的說法正確的是A．加水稀釋溶液時，溶液中各離子濃度均減小B．相同的和溶液中水的電離程度相同C．相同的①②③三種溶液的：③＞②＞①D．將的氨水與鹽酸等體積混合，平衡時，的電離平衡常數(shù)可表示為【答案】D【詳解】A．加水稀釋溶液時促進硫離子水解，但溶液堿性降低，所以溶液中氫離子濃度增大，A錯誤；B．相同的和溶液中水的電離程度不相同，前者促進，后者抑制水的電離，B錯誤；C．相同條件下水解程度＞＞，所以相同的①②③三種溶液的：③＜②＜①，C錯誤；D．將的氨水與鹽酸等體積混合，平衡時＝0.05mol/L，則一水合氨濃度是（0.5a－0.05）mol/L，根據(jù)電荷守恒可知溶液中氫氧根濃度是10－7mol/L，所以的電離平衡常數(shù)可表示為，D正確；答案選D。8．在常溫下，有關(guān)下列4種溶液的敘述中錯誤的是編號①②③④溶液氨水氫氧化鈉溶液醋酸鹽酸111133A．在溶液①、②中分別加入適量的氯化銨晶體后，兩種溶液的均減小B．將溶液①、④等體積混合，所得溶液中離子濃度的大小關(guān)系：C．分別加水稀釋10倍，四種溶液的：①>②>④>③D．將溶液④與溶液②混合后，若所得溶液的，則【答案】D【詳解】強電解質(zhì)完全電離、弱電解質(zhì)部分電離，則常溫下pH相同的①②溶液濃度：①＞②，③④溶液濃度：③＞④，A．在①中加入NH4Cl，抑制NH3?H2O的電離，在②溶液中加入NH4Cl，生成NH3?H2O，NH3?H2O部分電離，則兩種溶液中c(OH-)都減小，溶液的pH都減小，故A正確；B．①④等體積混合，①溶液大量剩余，溶液呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒得c(Cl-)＜c(NH)，NH3?H2O電離程度較小，則c(NH)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B正確；C．加水促進弱電解質(zhì)的電離，這四種溶液稀釋相同倍數(shù)時，c(H+)：③＞④，則pH：③＜④＜7，c(OH-)：①＞②，則溶液pH：①＞②＞7，所以這四種溶液pH：①＞②＞④＞③，故C正確；D．將aL溶液④與bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，則混合溶液中c(H+)=mol/L=10-4mol/L，a：b=11：9，故D錯誤；故選：D。9．短周期元素X、Y、Z、W、E原子核外電子數(shù)依次增多。X的原子半徑是短周期元素中最小的；Y、Z、W位于同一周期，Z元素基態(tài)原子中p軌道所含電子數(shù)與s軌道相等；E與W同主族。它們組成的某種分子的結(jié)構(gòu)式如圖所示，下列說法正確的是A．簡單陰離子半徑：B．同主族元素中E的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性最強C．電負性：D．離子的中心原子的雜化方式是雜化【答案】B【分析】X的原子半徑是短周期元素中最小的，則X為H元素；Z元素基態(tài)原子中p軌道所含電子數(shù)與s軌道相等，其核外電子排布式為1s22s22p4，則Z為O；由分子結(jié)構(gòu)可知W共用1對共用電子對，且原子序數(shù)比O大，則W為F，E為Cl，Y、Z、W位于同一周期，則Y為C；【詳解】結(jié)合分析可知，X為H，Y為C，Z為O，W為F，E為Cl元素，A．電子層越多離子半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同時，核電荷數(shù)越多離子半徑越大，則簡單陰離子半徑的大小順序為W<Z<E，故A錯誤；B．E為Cl，同主族元素從上到下非金屬性減弱，而F元素無最高價氧化物對應(yīng)水化物，則HClO4的酸性最強，故B正確；C．非金屬性越強其電負性越大，由非金屬性：Cl<C<O，則電負性：E<Y<Z，故C錯誤；D．Y為C，Z為O，離子即的中心原子的價層電子對個數(shù)=3+=3，且不含孤電子對，所以C原子采用sp2雜化，故D錯誤；故選：B。10．下列敘述正確的是A．滴定未知濃度的醋酸溶液時，用甲基橙作指示劑，會導致測定結(jié)果偏低B．用濕潤的試紙測氯水的值，測定值偏大C．測定中和熱時，將堿緩慢倒入酸中混合，所測溫度值偏高D．鹽酸滴定未知濃度的溶液時，滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，終點讀數(shù)時無氣泡，結(jié)果偏低【答案】A【詳解】A．生成醋酸鈉溶液為堿性，用甲基橙作指示劑，滴定終點時pH在4.4附近，消耗偏少，導致測定結(jié)果偏低，故A正確；B．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能漂白pH試紙而導致測定pH值不準確，故B錯誤；C．將堿分多次倒入酸中混合，熱量散失，所測溫度值偏低，故C錯誤；D．鹽酸標準溶液滴定未知濃度的NaOH溶液時，若滴定前滴定管未排氣泡，滴定后氣泡消失，消耗的鹽酸偏多，測定結(jié)果偏高，故D錯誤；故選：A。11．P與Cl形成的化合物有PCl3、PCl5，其中PCl5分子結(jié)構(gòu)如圖。下列說法正確的是A．PCl5分子中5個P?Cl鍵鍵能完全相同B．PCl5分子中每個原子都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)C．PCl5受熱失去兩個Cl原子生成平面三角形的PCl3D．PCl5分子中鍵角(Cl?P?Cl)有90°、120°、180°三種【答案】D【詳解】A．根據(jù)圖中鍵長得出PCl5分子中其中3個5個P?Cl鍵鍵能與另外2個P?Cl鍵鍵能不相同，故A錯誤；B．PCl5分子中Cl原子達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，而P原子達到了10個電子，故B錯誤；C．PCl5受熱失去兩個Cl原子生成PCl3，P的價層電子對數(shù)為3+1=4，因此PCl3為三角錐形，故C錯誤；D．根據(jù)圖中結(jié)構(gòu)和鍵角得出PCl5分子中鍵角(Cl?P?Cl)有90°、120°、180°三種，故D正確。綜上所述，答案為D。12．下列實驗操作、現(xiàn)象及得出的結(jié)論均正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論A用pH試紙分別測定相同濃度的和溶液的pHpH：非金屬性：S>CB將裝有的球形容器浸入熱水中體系顏色變深

C向溶液中滴2滴溶液；再滴2滴溶液先生成白色沉淀，后生成黃色沉淀D取溶液于試管中并加入幾滴酚酞溶液，加熱溶液紅色變深溶液中存在水解平衡A．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．用pH試紙分別測定相同濃度的和溶液的pH，pH：，只能說明亞硫酸的酸性強于碳酸，不能得出硫酸的酸性大于碳酸，故A錯誤；B．將裝有的球形容器浸入熱水中，體系顏色變深，說明平衡逆向移動，逆向吸熱，正向是放熱反應(yīng)，，故B錯誤；C．向溶液中滴2滴溶液；再滴2滴溶液，反應(yīng)過程中銀離子過量，先生成白色沉淀，后生成黃色沉淀，不能說明氯化銀轉(zhuǎn)化為碘化銀，不能得出的結(jié)論，故C錯誤；D．取溶液于試管中并加入幾滴酚酞溶液，加熱，溶液紅色變深，溶液堿性增強，溶液中存在水解平衡，故D正確；故選D。二、多選題13．鉭酸鋰()是功能材料領(lǐng)域的“萬能”材料，具有良好的機械性能。某企業(yè)利用含鉭廢渣(主要含、及油脂等)制備鉭酸鋰的工藝流程如下：已知：①“鈉鹽和氧化物”中主要成分有、、等；②正五價的鉭元素具有一定的氧化性。下列說法錯誤的是A．通空氣目的只是氧化生成和B．“濾渣I”中主要成分是C．“溶液II”中最好將鹽酸換為硫酸D．實驗室模擬“灼燒”時，主要儀器有瓷坩堝、酒精燈、玻璃棒等【答案】AD【詳解】A．通空氣除氧化生成和外，還可以將油脂氧化除去，A項錯誤；B．由鈉鹽和氧化物主要成分可知，過濾后的濾渣I中主要成分是，B項正確；C．正五價的鉭元素具有一定的氧化性，鹽酸有還原性，為防止發(fā)生氧化還原反應(yīng)，溶液II中最好將鹽酸換為硫酸，C項正確；D．灼燒時瓷坩堝的主要成分為二氧化硅，能與發(fā)生反應(yīng)，D項錯誤；故答案選AD。14．已知時，三種酸的電離平衡常數(shù)如下表。下列說法正確的是酸

A．溶液中通入少量的離子反應(yīng)為B．向溶液中加入少量水，溶液中減小C．和的混合溶液中D．通入溶液中：【答案】CD【詳解】A．電離平衡常數(shù)越大，說明電離出H＋能力越強，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，電離出H＋能力大小順序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，NaClO溶液中通入少量的CO2反應(yīng)的離子方程式為ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO，故A錯誤；B．，Ka、Kw只受溫度的影響，加水稀釋CH3COOH，溫度不變，則Ka、Kw不變，即該比值不變，故B錯誤；C．電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，元素質(zhì)量守恒：c(Na＋)=c(ClO－)＋c(HClO)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，兩式合并得到c(OH－)－c(H＋)=c(HClO)＋c(CH3COOH)，故C正確；D．標準狀況下，4.48L的CO2的物質(zhì)的量為0.2mol，通入1L0.3mol·L－1NaOH溶液中，設(shè)生成Na2CO3物質(zhì)的量為amol，根據(jù)碳原子守恒，NaHCO3的物質(zhì)的量為(0.2－a)mol，根據(jù)鈉原子守恒，2amol＋(0.2－a)mol=1L×0.3mol·L－1，解得a=0.1mol，即n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.1mol，根據(jù)元素質(zhì)量守恒，2c(Na＋)=3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)，故D正確；答案為CD。15．甲醇是重要的化工原料?？萍脊ぷ髡呃肅H4、O2按照一定體積比在催化劑表面合成甲醇的反應(yīng)，部分歷程如下圖所示(吸附在催化劑表面的物種用*標注，TS代表過渡態(tài)，H2O的作用是活化催化劑)。下列說法錯誤的是A．在催化劑表面上更容易被吸附的是B．C．該反應(yīng)過程的決速步為D．適時將甲醇分離出來，以空出催化劑活性中心繼續(xù)使用【答案】AB【詳解】A．反應(yīng)開始時H2O(g)和O2(g)的相對能量都為0，與催化劑接觸后，*H2O的相對能量更低，說明H2O在催化劑表面上更容易被吸附，A錯誤；B．該圖只顯示部分歷程，無法計算反應(yīng)的焓變，B錯誤；C．由圖可知，該歷程中正反應(yīng)最大的活化能的步驟是*CH4、*OH和*H生成*CH3OH和2*H，則正反應(yīng)最大活化能=-12.68kJ/mol-(-35.03)kJ/mol=22.37kJ/mol，化學方程式為：*CH4+*OH=*CH3OH+*H，活化能越大，反應(yīng)速率越慢，故該反應(yīng)過程的決速步為，C正確；D．由歷程圖示可知，甲醇被催化劑活性中心吸附時，將不能在吸附其他反應(yīng)物，故適時將甲醇分離出來，以空出催化劑活性中心繼續(xù)使用，D正確；故答案為：AB。16．有毒，工業(yè)吸收后的溶液的再生過程可降解酸性污水中的硝酸鹽，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是A．電極a為陽極B．由反應(yīng)池中的反應(yīng)可知氧化性：C．電極b上的反應(yīng)為D．隨著電解的進行，陰極區(qū)溶液減小【答案】BC【分析】FeCl3具有強氧化性，反應(yīng)池中FeCl3溶液氧化H2S生成S單質(zhì)，發(fā)生的反應(yīng)為2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，反應(yīng)池中溶液M轉(zhuǎn)移到電解池左池，由圖可知，電解池左池產(chǎn)生Fe3+，右池中NO轉(zhuǎn)化為氮氣，即左池中Fe2+失電子生成Fe3+，右池中NO發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，則左池a極為陽極、右池b極為陰極，陽極反應(yīng)式為Fe2+-e-=Fe3+，陰極反應(yīng)式為2NO+10e-+12H+=6H2O+N2↑，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由裝置b電極上反應(yīng)可知，NO發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，則電極b為陰極，電極a為陽極，故A正確；B．溶液M為吸收H2S氣體后的FeCl3溶液，發(fā)生的反應(yīng)為2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，F(xiàn)eCl3是氧化劑，S是氧化產(chǎn)物，則氧化性：，故B錯誤；C．離子交換膜為質(zhì)子交換膜，則b極電解質(zhì)溶液呈酸性，電極反應(yīng)式為2NO+10e-+12H+=6H2O+N2↑，故C錯誤；D．電極b為陰極，電極反應(yīng)式為2NO+10e-+12H+=6H2O+N2↑，反應(yīng)消耗H+生成水，溶液的酸性減弱，pH增大，故D正確；故選：BC。三、單選題17．溶洞水體中的H2CO3與空氣中的CO2保持平衡，其水體中l(wèi)gc(X)(X為H2CO3、HCO、CO或Ca2+)與pH的關(guān)系如圖所示。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，下列說法錯誤的是A． B．線II代表lg(CO)與pH的關(guān)系曲線C．2pH(b)=pH(a)+pH(c) D．a(chǎn)點溶液中，c(Ca2+)<2.8mol/L【答案】D【詳解】A．由Ⅰ為HCO，帶入點(6.3，-5)，=10-6.3，Ⅱ為CO，帶入點(10.3，-1.1)，=10-10.3，，A正確；B．隨著pH增大，溶液堿性增強，HCO、CO濃度均增大，pH較小時c(HCO)＞c(CO)，故Ⅰ為HCO，Ⅱ為CO，Ⅲ為Ca2+，B正確；C．=10-6.3×10-10.3=cb(H+)2，pH(b)=8.3，2pH(b)=pH(a)+pH(c)，C正確；D．a(chǎn)點溶液中，pH=6.3，×===10-63×10-10.3，c(CO)=10-9mol/L，c(Ca2+)=Ksp(CaCO3)÷10-9mol/L=2.8mol/L，D錯誤；答案選D。四、實驗題18．下，某同學按圖1所示，向未知濃度的二元酸溶液中逐滴加入的溶液，同時用磁力攪拌器攪拌，用傳感器和滴數(shù)傳感器同時測定溶液的和所用溶液的體積?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ．滴定過程如圖1：(1)儀器A的名稱為___________，在使用前需___________。(2)準確量取溶液于錐形瓶中，加入___________作指示劑，滴定終點的判斷方法為___________。(3)進行三次平行實驗，讀數(shù)如圖2，計算溶液的濃度為___________。Ⅱ．數(shù)據(jù)分析：該溶液的和分布系數(shù)隨滴加溶液體積的變化關(guān)系如圖3所示[比如的分布系數(shù)：]。(4)曲線②代表___________，計算___________。(5)結(jié)合圖3分析，下列說法正確的是___________。a．溶液值小于1b．時：c．滴定終點時：【答案】(1)堿式滴定管檢漏(2)酚酞(或甲基橙)滴入最后一滴，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不恢復(3)0.1000(4)δ(A2-)1×10-2(5)ab【詳解】（1）根據(jù)裝置圖，儀器A為堿式滴定管，使用前需檢查是否漏水；故答案為堿式滴定管；檢漏；（2）用NaOH滴定H2A，用酚酞或甲基橙作指示劑，滴定終點的現(xiàn)象如果是酚酞作指示劑，滴入最后一滴NaOH，溶液有無色變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不恢復，如果是甲基橙作指示劑，滴入最后一滴NaOH，溶液有紅色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不恢復；故答案為酚酞；滴入最后一滴NaOH，溶液有無色變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不恢復；（3）三次滴定消耗NaOH溶液體積為39.90mL、40.00mL、40.10mL，平均消耗NaOH的體積為40.00mL，NaOH與H2A反應(yīng)2NaOH＋H2A=Na2A＋2H2O，40.00×10－3L×0.1000mol·L－1=2×20.00×10－3L×c(H2A)，解得c(H2A)=0.1000moL·L－1；故答案為0.1000；（4）反應(yīng)曲線③起始點時0.1000mol·L－1H2A溶液的pH小于1，推出H2A的電離：H2A=H＋＋HA－、HA－H＋＋A2－，H2A與NaOH溶液反應(yīng)：H2A＋NaOH=NaHA＋H2O、NaHA＋NaOH=Na2A＋H2O，因此隨著NaOH溶液的加入HA－逐漸減少，A2－逐漸增多，曲線①代表HA－，曲線②代表A2－；Ka(HA－)=，曲線①和②交點，說明c(HA－)=c(A2－)，此時對應(yīng)加入NaOH溶液為25mL，對應(yīng)的pH=2，即Ka(HA－)=c(H＋)=1×10－2mol·L－1，故答案為δ(A2-)；1×10－2mol·L－1；（5）a．根據(jù)圖3，曲線③的起點0.1000mol·L－1H2A溶液的pH小于1，故a正確；b．當加入NaOH溶液體積為20.00mL時，溶液中溶質(zhì)為NaHA，因為H2A的第一步電離為完全電離，因此根據(jù)元素質(zhì)量守恒，有c(Na＋)=c(A2－)＋c(HA－)，故b正確；c．根據(jù)電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，滴定到終點，溶液顯堿性，即c(OH－)＞c(H＋)，從而得出c(Na＋)＞c(HA－)＋2c(A2－)，故c錯誤；答案為ab。五、工業(yè)流程題19．工業(yè)上用方鉛礦(主要成分為，含有少量等雜質(zhì))和軟錳礦(主要成分為，含有少量、等雜質(zhì))制備和，工藝流程如圖所示。已知：①難溶于冷水，易溶于熱水；；②部分金屬離子開始沉淀和沉淀完全的如下表：金屬離子開始沉淀的7.01.73.77.67.0沉淀完全的9.63.24.79.89.0③時，；?；卮鹣铝袉栴}：(1)為提高方鉛礦的浸出率，結(jié)合下圖信息，選擇“浸取”的合適條件_______?！敖　边^程中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學方程式為_______，“酸浸液”中含有的金屬陽離子有、_______。(2)加入溶液的目的是_______；物質(zhì)A調(diào)節(jié)的范圍是_______。(3)“濾液2”中加入溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。【答案】(1)80℃250PbS+MnO2+4HClMnCl2＋PbCl2+S+2H2O(2)增大PbCl2的溶解度4.7≤pH＜7.0(3)【分析】本題是一道用方鉛礦(主要成分為，含有少量等雜質(zhì))和軟錳礦制備硫酸鉛和碳酸錳的工業(yè)流程題，首先用鹽酸溶解原材料，之后加入氯化鈉通過增大氯離子的濃度來增大氯化鉛的溶解度，調(diào)pH除去三價鐵離子和鋁離子，過濾除雜，在濾液中加入硫酸鈉得到硫酸鉛，加入碳酸氫銨和錳離子反應(yīng)得到碳酸錳，以此解題?！驹斀狻浚?）由圖可知浸出率比較高的時候應(yīng)該選擇的溫度和氯化鈉的質(zhì)量濃度為：80℃250；浸取時在是酸性條件下方鉛礦中的二氧化錳和硫化鉛反應(yīng)生成硫單質(zhì)的反應(yīng)，方程式為：PbS+MnO2+4HClMnCl2＋PbCl2+S+2H2O；方鉛礦中含有氧化鐵和氧化鋁，故酸浸后溶液中含有鋁離子、三價鐵離子，由浸取的方程式可知酸浸后溶液中含有錳離子、鉛離子，故酸浸液含有的離子有；（2）根據(jù)可知，增大反應(yīng)物濃度，平衡正向移動，所以增大氯離子濃度可以增大PbCl2的溶解度；物質(zhì)A調(diào)節(jié)時，將轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，但是不能轉(zhuǎn)化為沉淀，則根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知調(diào)節(jié)的范圍是4.7≤pH＜7.0；（3）濾液2中含有錳離子，加入碳酸氫銨則和碳酸氫根離子發(fā)生反應(yīng)生成碳酸錳，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：。六、原理綜合題20．氣候變化是目前全球最重要、最緊迫的議題之一，中國作為負責任大國，自主提出力爭2030年碳達峰、2060年碳中和的目標。的綜合利用是解決該問題的有效途徑。(1)將轉(zhuǎn)化為乙醇可以實現(xiàn)降碳，過程中發(fā)生的反應(yīng)如下：則___________。(2)將轉(zhuǎn)化為甲醇也可以實現(xiàn)降碳。一定條件下，發(fā)生反應(yīng)。往恒容密閉容器中充入和，在甲、乙不同催化劑作用下，反應(yīng)時間均為時，測得甲醇的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度變化如圖所示：①相同溫度下催化劑效果更好的催化劑是___________(填“甲”或“乙”)，溫度下甲醇的平均反應(yīng)速率___________。②在甲催化作用下，甲醇的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度的升高呈現(xiàn)如圖變化的原因是___________。③在和溫度下，平衡常數(shù)___________(填“＞”、“＜”或“=”)。下列能夠說明該反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是___________。a．混合氣體的密度不變

b．容器內(nèi)壓強不變c．

d．混合氣體平均相對分子質(zhì)量不變④已知氣體分壓=氣體總壓×氣體的物質(zhì)的量分數(shù)。溫度下，反應(yīng)開始時容器中的總壓為，該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)___________(只列出計算式，不必化簡)?！敬鸢浮?1)+1366.8kJ·mol-1(2)甲mol·L-1·min-1未達平衡前，溫度升高反應(yīng)速率加快，生成甲醇增多；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，達到平衡以后，溫度越高平衡逆向移動，甲醇產(chǎn)量減少＞bdMPa-2【詳解】（1）反應(yīng)可由已知反應(yīng)①+反應(yīng)2+3×反應(yīng)③得到，則根據(jù)蓋斯定律：=+1366.8kJ·mol-1，故答案為：+1366.8kJ·mol-1；（2）①由圖可知在甲醇達到相同的質(zhì)量分數(shù)時甲所對應(yīng)的溫度比乙低，即在相同溫度條件下甲對應(yīng)的甲醇質(zhì)量分數(shù)高于乙，可知甲催化效率高于乙；設(shè)溫度時生成甲醇的物質(zhì)的量為xmol，結(jié)合已知條件列三段式得：此時甲醇的物質(zhì)的量分數(shù)為：，解得：x=0.75，甲醇的平均反應(yīng)速率=mol·L-1·min-1，故答案為：甲；mol·L-1·min-1；②根據(jù)催化劑只影響反應(yīng)速率不影響平衡，可知甲乙兩種催化劑在相同的溫度時達到相同的平衡狀態(tài)，由此可知圖中c時反應(yīng)達到平衡，在達到平衡之前隨溫度的升高反應(yīng)速率加快導致甲醇的質(zhì)量分數(shù)增加，達到平衡后繼續(xù)升高溫度甲醇的質(zhì)量分數(shù)降低是因該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動使甲醇的量減少，故答案為：未達平衡前，溫度升高反應(yīng)速率加快，生成甲醇增多；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，達到平衡以后，溫度越高平衡逆向移動，甲醇產(chǎn)量減少；③由以上分析知該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高平衡逆向移動，K減小，因此K2大于K5；a．該反應(yīng)反應(yīng)物和生成物均為氣體，反應(yīng)前后氣體的總質(zhì)量不變，且容器體積恒定，因此密度恒定