四川省宜賓市敘州區(qū)第一中學2023-2024學年高二上學期期中化學 Word版含解析.docx

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四川省宜賓市敘州區(qū)第一中學2023-2024學年高二上學期11月期中考試化學試題可能用到的相對原子質(zhì)量有：H：1C：12O：16S：32Cu：64Cl：35.5Fe：56第一部分選擇題(共42分)一、選擇題(本題共14個小題，每小題只有一個選項符合題意，每小題3分，共42分)1.化學與我國傳統(tǒng)文化密切相關。下列解讀錯誤的是A.《漢書》中“高奴縣洧水可燃”，這里的“洧水”指的是石油B.《肘后備急方》中“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，操作中“漬”和“絞”分別表示浸取和分液C.《廣陽雜記》中“川東鹽井，且有火井，以助前熬，其火無灰”，“其火無灰”發(fā)生了化學變化D.“冰，水為之，而寒于水”說明冰的能量低于水，冰轉(zhuǎn)化為水屬于吸熱過程【答案】B【解析】【詳解】A．“洧水可燃”中洧水為可以燃燒的液體，這里洧水指的是石油，A正確；B．以水二升漬，“漬”是浸取，絞取汁，“絞”是過濾，B錯誤；C．“其火無灰”是指燃燒充分，燃燒屬于化學變化，C正確；D．冰轉(zhuǎn)化為水，屬于熔化，為吸熱過程，D正確；故答案選B。2.SO2催化氧化過程中，不符合工業(yè)生產(chǎn)實際的是A.采用熱交換器循環(huán)利用能量B.壓強控制為20~50MPaC.反應溫度控制在475℃左右D.使用V2O5作催化劑【答案】B【解析】【詳解】A．制硫酸時使用熱交換器，可充分利用二氧化硫催化氧化反應放出的能量，實現(xiàn)能量循環(huán)使用，A不合題意；B．常壓下SO2轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很大了，且壓強的增加引起SO2轉(zhuǎn)化率的變化并不明顯，所以工業(yè)上直接采用常壓，不符合工業(yè)生產(chǎn)實際，B符合題意；C．反應溫度控制在475℃左右，催化劑活性最大，反應速率較大，C不合題意；D．催化氧化所使用的催化劑釩觸媒（V2O5）能加快二氧化硫氧化速率，D不合題意；故答案為：B。 3.下列各組物質(zhì)中，都是弱電解質(zhì)的是A.、B.HF、C.、D.、【答案】B【解析】【詳解】A．為強酸，為鹽，均為強電解質(zhì)，A項不符合題意；B．HF、均屬于弱酸，是弱電解質(zhì)，B符合題意；C．、均為強電解質(zhì)，C項不符合題意；D．強電解質(zhì)，不是電解質(zhì)，D項不符合題意。答案選B。4.下列化學工業(yè)所采取的措施中，能用勒夏特列原理解釋的是A.接觸法制硫酸：溫度控制在450℃左右B.氧化法制硝酸：使用鉑銠合金催化氧化氨氣C.石油化工：將分餾得到的重油在高溫下裂化D.合成氨工業(yè)：將合成的氨氣液化分離，氮氣、氫氣循環(huán)利用【答案】D【解析】【詳解】A．接觸法制硫酸反應為放熱反應，采用450℃的溫度，不利于平衡向正方向移動，主要是考慮催化劑的活性和反應速率，不能用勒夏特列原理解釋，故A錯誤；B．催化劑不影響化學平衡，氨氣和氧氣在催化劑下催化氧化不能用勒夏特列原理解釋，故B錯誤；C．石油化工中將分餾得到的重油在高溫下裂化，屬于烴的裂化，與化學平衡無關，不能用勒夏特列原理解釋，故C錯誤；D．合成氨為氮氣和氫氣反應生成氨氣，將合成的氨氣液化分離即減少生成物的濃度，促進化學平衡正向移動，提高產(chǎn)率，能用勒夏特列原理解釋，故D正確；故選：D。5.下列各組熱化學方程式中，△H1>△H2的是（）①C(s)＋O2(g)=CO2(g)△H1C(s)＋O2(g)=CO(g)△H2②S(s)＋O2(g)=SO2(g)△H1S(g)＋O2(g)=SO2(g)△H2 ③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)△H12H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)△H2④CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)△H1CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s)△H2A.①②④B.①③④C.②③④D.①②③【答案】C【解析】【詳解】①碳的燃燒反應是放熱反應，△H?0，等質(zhì)量的碳完全燃燒生成二氧化碳時放出的熱量比不完全燃燒生成一氧化碳時放出的熱量多，放熱越多，△H越小，△H1?△H2；②等質(zhì)量的氣態(tài)硫單質(zhì)完全燃燒生成二氧化硫時放出的熱量比固態(tài)硫單質(zhì)完全燃燒生成二氧化硫時放出的熱量多，放出的熱量越多，△H越小，△H1>△H2；③都生成液態(tài)水的前提下，氫氣的質(zhì)量越大，放出的熱量越多，△H越小，△H1>△H2；④碳酸鈣受熱分解是吸熱反應，△H1?0，氧化鈣溶于水是放熱反應，△H2?0，△H1>△H2；綜上所述：②③④中△H1>△H2，C項正確；答案選C?！军c睛】△H是有正負號的，吸熱反應的△H大于零，放熱反應的△H小于零，則吸熱反應的△H大于放熱反應的△H；放熱反應的△H小于零，則放熱越少，△H越大；吸熱反應的△H大于零，吸熱越多，△H越大。6.某同學設計如圖所示實驗，探究反應中的能量變化，下列判斷正確的是A.由實驗可知，甲、乙、丙所涉及的反應都能使溫度計讀數(shù)上升B.將實驗甲中的鋁片更換為等質(zhì)量的鋁粉后釋放出的熱量有所增加C.實驗丙中將玻璃攪拌器改為鐵質(zhì)攪拌棒對實驗結(jié)果沒有影響D.實驗丙中若用代替，則測出變小【答案】D【解析】【詳解】A．Ba(OH)2?8H2O與NH4Cl的反應屬于吸熱反應，乙中反應使溫度計讀數(shù)下降，A錯誤；B．將實驗甲中鋁片更換為等質(zhì)量的鋁粉，只是加快了反應速率，但放出的熱量不變，B錯誤； C．鐵質(zhì)攪拌棒導熱性好，使得熱量損失較大，C錯誤；D．NaOH固體溶于水時放熱，放出的熱量偏多，測定出來的?H變小，D正確；答案選D。7.對于反應2A(g)+3B(g)=3C(g)+2D(g)，?下列表示反應速率最快的是A.v(A)=?1.5mol/(L·min)B.v(B)=?1.2mol/(L·min)C.v(C)=?0.5mol/(L·s)D.v(D)=0.4mol/(L·s)【答案】D【解析】【分析】不同物質(zhì)表示的速率之比等于其化學計量數(shù)之比，故不同物質(zhì)表示的速率與其化學計量數(shù)的比值越大，表示的反應速率越快。要注意轉(zhuǎn)化為同一單位進行比較?！驹斀狻緼．==0.75mol/(L·min)=0.0125mol/(L·s)；B．==0.6mol/(L·min)=0.01mol/(L·s)；C．=≈0.17mol/(L·s)；D．==0.2mol/(L·s)；根據(jù)計算分析，反應速率最快的為D，答案選D。8.已知升高溫度時，速率常數(shù)(k)總是增大，因此絕大多數(shù)的化學反應速率增大。但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率卻隨著溫度升高而減小，已知該反應歷程分兩步：I.2NO(g)N2O2(g)(快)ΔH1＜0，v1正=k1正c2(NO)、v1逆=k1逆c(N2O2)；II.N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)ΔH2＜0，v2正=k2正c(N2O2)c(O2)、v2逆=k2逆c2(NO2)，試分析升高溫度該反應速率減小的原因是A.k2正增大，c(N2O2)增大B.k2正減小，c(N2O2)減小C.k2正增大，c(N2O2)減小D.k2正減小，c(N2O2)增大【答案】B【解析】【詳解】化學反應速率的快慢取決于慢反應，反應II為慢反應，則升高溫度，反應速率減小說明v2正減小，所以k2正減??；反應I為放熱的快反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，c(N2O2)減小導致反應II的反應速率減小，所以升高溫度該反應速率減小的原因是k2正減小，c(N2O2)減小，故選B。 9.下列關于的說法，正確的是A.該反應的B.根據(jù)，低溫條件下反應可以自發(fā)進行C.升高溫度，逆反應速率增大，正反應速率減小，平衡逆向移動D.其他條件不變，增大壓強，平衡右移，平衡常數(shù)增大【答案】B【解析】【詳解】A．由化學方程式可知，該反應是氣體體積減小的反應，屬于熵減反應，其△S<0，故A錯誤；B．由△G=△H—T△S可知，該反應的△S<0，△H<0，其在低溫條件下反應可以自發(fā)進行，故B正確；C．升高溫度，正、逆反應速率都會增大，故C錯誤；D．增大壓強，平衡常數(shù)不變，平衡常數(shù)只受溫度的影響，故D錯誤；故本題選B。10.下列對可逆反應的認識正確的是A.SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr與2HBr+H2SO4(濃)=Br2+SO2↑+2H2O互為可逆反應B.既能向正反應方向進行，又能向逆反應方向進行的反應叫可逆反應C.在同一條件下，既能向正反應方向進行，又能向逆反應方向進行的反應叫可逆反應D.H2+Cl22HCl與2HClH2+Cl2互為可逆反應【答案】C【解析】【詳解】A．反應條件不同，后者是濃硫酸，A錯誤；B．必須是在相同條件下正逆反應同時發(fā)生，B錯誤；C．符合可逆反應的定義，C正確；D．反應條件不同，D錯誤；故選C。11.分解過程的能量變化如下圖，下列說法正確的是 A.反應的能量變化為B.的加入改變了反應的熱效應C.該反應是吸熱反應D.比穩(wěn)定【答案】D【解析】【詳解】A．該反應的能量變化為反應物與生成物的能量差，小于E1-E2，故A錯誤；B．Fe3+在反應中作催化劑，催化劑只能加快化學反應速率，不能改變反應熱，故B錯誤；C．該反應反應物的總能量小于生成物的總能量，為放熱反應，故C錯誤；D．從圖中可以看出，所具有的能量小于，所以比穩(wěn)定，故D正確；故選：D。12.在真空密閉容器中盛有1molPCl5發(fā)生反應PCl5（氣）PCl3（氣）+Cl2（氣）達平衡后，PCl5所占體積分數(shù)為a%,若在同一溫度和同一容器中，最初投入的是3molPCl5，反應達平衡，PCl5體積分數(shù)為b%，則ab關系正確的是A.a大于bB.a小于bC.a等于bD.無法比較【答案】B【解析】【分析】【詳解】因為反應物只有一種，因此增大反應物的量，相當于增大體系的壓強，平衡將向逆反應方向移動，即PCl5的體積分數(shù)應減小，即a小于b，答案選B?！军c睛】13.已知25℃時，的。現(xiàn)有a、b兩支試管，分別盛有濃度均為的氨水和鹽酸，已知。下列說法正確的是A.a、b兩試管中溶液的導電能力相同 B.a試管中的濃度約為C.將少量鹽酸滴入a試管中，的電離程度增大D.向a試管中加入水，的電離平衡逆向移動【答案】C【解析】【詳解】A．為弱電解質(zhì)，物質(zhì)的量濃度相同時，a試管中溶液的導電能力弱，A項錯誤；B．a(chǎn)試管中的濃度約為，B項錯誤；C．將少量鹽酸滴入a試管中，鹽酸電離出的H+和溶液中的OH-反應，使電離平衡?正向移動，電離程度增大，C項正確；D．加水稀釋，電離平衡正向移動，D項錯誤；答案選C。14.在起始溫度均為T℃、容積均為1L的密閉容器X(恒溫)、Y(絕熱)中均加入0.1molA和0.4molB，發(fā)生反應△H＜0，X、Y容器中A的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化關系如圖所示。下列說法不正確的是A.曲線M表示容器Y中A的轉(zhuǎn)化率變化B.容器Y在內(nèi)的化學反應速率為C.P點與Q點平衡常數(shù)：DT℃時，【答案】D【解析】【分析】該反應從正反應方向開始，正反應放熱，隨著反應的進行，反應放出熱量，導致氣體溫度升高，反應速率加快、平衡逆向移動，的轉(zhuǎn)化率降低，所以是絕熱條件下進行，表示恒溫() 下進行反應?！驹斀狻緼．由分析可知，曲線M表示容器Y中A的轉(zhuǎn)化率變化，A正確；B．容器Y在內(nèi)，A的物質(zhì)的量變化為0.1mol×20%，則B的物質(zhì)的量變化也為0.1mol×20%，化學反應速率為，B正確；C．升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，Q點相當于P點加熱，則P點與Q點平衡常數(shù)：，C正確；D．條件下，容器平衡時的轉(zhuǎn)化率為，則平衡時A、B、C、D的濃度分別為、、、，反應的平衡常數(shù)，同理，T℃時，容器Y中，，D不正確；故選D。第二部分非選擇題(共58分)二、非選擇題(本題包括15~19題，共5題)15.某化學興趣小組進行中和反應反應熱測定實驗。實驗裝置如圖所示。（1）取50.00mL0.50mol/L的NaOH溶液和50.00mL0.30mol/L的H2SO4溶液進行實驗，硫酸稍過量的目的是___________，不使用濃硫酸進行實驗的原因是___________。（2）測量反應體系溫度時，正確的操作是___________(填標號)。a．將NaOH溶液和H2SO4溶液迅速混合，用溫度計測量初始溫度b．用溫度計測量并記錄H2SO4溶液的溫度，用水把溫度計上的酸沖洗干凈，擦干后測量并記錄NaOH溶液的初始溫度c．將NaOH溶液與H2SO4溶液迅速混合后，觀察溫度計，當溫度計讀數(shù)不再改變時，記錄此時溫度，該溫度為反應后體系的溫度d．先往量熱器內(nèi)筒中緩慢注入NaOH溶液，再緩慢多次加入H2SO4溶液，密切關注溫度變化，將最高溫度記為反應后體系的溫度 （3）若用50.00mL0.50mol/L的氨水代替NaOH溶液進行實驗，算出的會___________(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。（4）測得的實驗數(shù)據(jù)如表，已知水的比熱容。實驗次數(shù)初始溫度終止溫度125.028.4226.129.4326.930.4425.130.3①實驗中溫度平均升高___________℃，該實驗發(fā)生反應的熱化學方程式為___________(的值保留小數(shù)點后一位數(shù)字)。②查閱資料得知?，上述實驗數(shù)值結(jié)果與有偏差，產(chǎn)生偏差的原因可能是___________(填標號)。A．NaOH溶液的實際濃度小于0.50mol/LB．簡易量熱器內(nèi)筒原本存在少量冷水C．讀取初始溫度時，讀數(shù)偏低【答案】（1）①.確保NaOH能完全反應②.濃硫酸稀釋時會放出熱量，干擾實驗（2）b（3）偏大（4）①.3.4②.③.AB【解析】【小問1詳解】實驗中，所用H2SO4稍過量的原因是確保定量的NaOH反應完全，由于濃硫酸稀釋過程放出大量的熱，引起實驗誤差，故不能使用濃硫酸進行實驗，故答案為：確保NaOH被完全中和；濃硫酸稀釋過程放出大量的熱，干擾實驗；【小問2詳解】a．NaOH和H2SO4能迅速反應，故將NaOH溶液和H2SO4 溶液迅速混合，用溫度計測量初始溫度，這樣已經(jīng)不是反應前的初始溫度了，a錯誤；b．用溫度計測量并記錄H2SO4溶液的溫度，用水把溫度計上的酸沖洗干凈，擦干后測量并記錄NaOH溶液的初始溫度，這樣才能正確測出反應前兩溶液的溫度，再算平均值，b正確；c．將NaOH溶液與H2SO4溶液迅速混合后，觀察溫度計，反應后的溫度應該是測量反應過程中的最高溫度，而不是當溫度計讀數(shù)不再改變時，記錄此時溫度，該溫度為反應后體系的溫度，c錯誤；d．先往量熱器內(nèi)筒中緩慢注入NaOH溶液，再緩慢多次加入H2SO4溶液，密切關注溫度變化，將最高溫度記為反應后體系的溫度，這樣將增大熱量的散失，引起更大實驗誤差，d錯誤；故答案為：b；【小問3詳解】由于氨水是弱電解質(zhì)，反應過程中將邊電離邊反應，電離過程需要吸收熱量，故若用50.00mL0.50mol/L的氨水代替NaOH溶液進行實驗，放出的熱量將減少，故算出的會偏大，故答案為：偏大；【小問4詳解】①由題干數(shù)據(jù)可知，第1、2、3、4組溫度分別升高28.4-25.0=3.4℃、29.4-26.1=3.3℃、30.4-26.9=3.5℃、30.3-25.1=5.2℃，第4組明顯誤差，數(shù)據(jù)舍去，故實驗中溫度平均升高=3.4℃，則有==-56.8kJ/mol，該實驗發(fā)生反應的熱化學方程式為，故答案為：；②查閱資料得知?，上述實驗數(shù)值結(jié)果比有偏大，據(jù)此分析解題：A．生成水的物質(zhì)的量和放出的熱量成正比，故NaOH溶液的實際濃度小于0.50mol/L，導致生成的水更少了，放出的熱量也更少了，結(jié)果偏大，A符合題意；B．簡易量熱器內(nèi)筒原本存在少量冷水，導致反應的最高溫度降低，溫差減小，實驗結(jié)果偏大，B符合題意；C．讀取初始溫度時，讀數(shù)偏低，導致溫度偏大，實驗結(jié)果偏小，C不合題意；故選AB。16.電解質(zhì)溶液中存在多種平衡，請回答下列問題：（1）已知： 化學式HCN電離常數(shù)(25℃)物質(zhì)的量濃度均為0.1mol／L的下列溶液：a．溶液　　　　　b．HCN溶液比較二者的大?。篴___________b(填“>”“<”或“=”)。（2）已知25℃時，體積均為10mL，pH均為2的HF溶液與一元酸HX溶液分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中pH的變化如圖所示［已知：］。則①25℃時，HF的電離常數(shù)___________HX的電離常數(shù)(填“>”“<”或“=”)。②稀釋100倍后，HF溶液中由水電離出的___________HX溶液中由水電離出的(填“>”“<”或“=”)。（3）實驗室有一瓶未知濃度的溶液，通過下列實驗測定其濃度。第一步：取溶液于錐形瓶中，滴入指示劑2～3滴。第二步：取一滴定管，依次查漏，洗滌，用的溶液潤洗，然后注入該標準溶液，調(diào)整液面，記下讀數(shù)。第三步：將錐形瓶置于滴定管下進行滴定，發(fā)生的反應為：試回答下列問題：①滴定過程中加入的指示劑是___________；滴定時，眼睛注視___________直至滴定終點；達到滴定終點的判斷依據(jù)是___________。②已知消耗標準液的實驗數(shù)據(jù)如下表。實驗次數(shù)始讀數(shù)(mL)末讀數(shù)(mL)10.1019.20 21.85207530.0024.06則該溶液的物質(zhì)的量濃度為___________。③下列操作會導致測定結(jié)果偏高的是___________(填字母)。A．滴定管在裝標準溶液前未用標準溶液潤洗B．滴定過程中，錐形瓶振蕩得太劇烈，錐形瓶內(nèi)有液滴濺出C．裝標準溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定終點時發(fā)現(xiàn)氣泡D．達到滴定終點時，仰視讀數(shù)【答案】（1）>（2）①.<②.<（3）①.淀粉溶液②.錐形瓶內(nèi)顏色變化③.當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴嗜芤?，錐形瓶中溶液從無色變成藍色，且半分鐘之內(nèi)不變色④.⑤.AD【解析】【小問1詳解】根據(jù)題意，由于，相同濃度下電離出來的大于HCN電離出來的；【小問2詳解】①pH相同的一元酸稀釋相同的倍數(shù)，pH值變化較大的酸酸性較強，其電離平衡常數(shù)較大，根據(jù)圖知，稀釋過程中pH變化較大的是HX，因此；②稀釋100倍后，pH:，則酸中:，酸抑制水電離，酸中越大其抑制水電離程度越大，所以稀釋100倍后，HF溶液中由水電離出的”或“<”)。（4）恒容條件下，將和投入密閉容器中發(fā)生上述三個反應，平衡時的選擇性、平衡時CO的選擇性、平衡時乙醇的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線如圖所示?！疽阎篊O的選擇性】①表示乙醇轉(zhuǎn)化率的曲線是_______(填“a”、“b”或“c”)。②573K時，反應II的壓強平衡常數(shù)_______。(已知：分壓=總壓該組分物質(zhì)的量分數(shù)，計算結(jié)果保留整數(shù)。)【答案】（1）①.向右②.增大③.增大④.減?。?）（3）>（4）①.b②.14【解析】【小問1詳解】①該反應為吸熱反應，升溫，平衡向右移動；②是氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，但新平衡時增大； ③恒溫、恒容條件下。加入水蒸氣，平衡正向移動，轉(zhuǎn)化率增大；④恒溫、恒壓條件下，加入稀有氣體，容器體積增大，是氣體體積增大的反應，平衡正向移動，體積分數(shù)減小?！拘?詳解】由蓋斯定律可知，(反應III-反應I)×可得反應II，=?！拘?詳解】每條曲線表示氫氣相同的平衡產(chǎn)率，則在C點曲線上取一個點與B點溫度相同標為點D，D點與B點相比溫度相同，但是小于B點，增大反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均正向移動，氫氣的產(chǎn)率增大，因此產(chǎn)率B點>C點?！拘?詳解】①反應Ⅰ、Ⅲ為吸熱反應，反應Ⅱ為放熱反應，隨著溫度的升高，反應Ⅰ、Ⅲ平衡正向移動，反應Ⅱ平衡逆向移動，反應Ⅱ逆向移動CO2轉(zhuǎn)化為CO，故溫度升高CO的選擇性增大，CO2的選擇性減小。表示CO2選擇性的曲線為a，因為CO的選擇性+CO2的選擇性=1，則b表示乙醇的轉(zhuǎn)化率，c表示CO的選擇性曲線；②a表示CO2的選擇性曲線，因為CO的選擇性+CO2的選擇性=1，則b表示乙醇的轉(zhuǎn)化率，c表示CO的選擇性曲線，設乙醇與水的投料比分別為1mol和3mol，CO的選擇性為15%，CO2的選擇性為85%，則n(CO2)：n(CO)=0.85:0.15，乙醇的轉(zhuǎn)化率為0.6，設反應Ⅱ轉(zhuǎn)化COymol，因乙醇的轉(zhuǎn)化率為0.6，則反應Ⅲ轉(zhuǎn)化乙醇為0.6-x， CO物質(zhì)的量為0.18mol，則2x-y=0.18，則n(H2O)=1.38mol，n(H2)=3.42mol，n(C2H5OH)=0.4mol，n(CO)=0.18mol，n(CO2)=1.02mol，總物質(zhì)的量為6.4mol，此時壓強為=160kPa，各物質(zhì)分壓為p(H2O)=34.5kPa，p(H2)=85.5kPa，p(C2H5OH)=10kPa，p(CO)=4.5kPa，p(CO2)=25.5kPa，反應II的壓強平衡常數(shù)。18.已知25℃時，醋酸、次氯酸、碳酸和亞硫酸的電離平衡常數(shù)分別為物質(zhì)醋酸次氯酸碳酸亞硫酸電離平衡常數(shù)（1）碳酸一級電離的平衡常數(shù)表達式為___________。（2）酸性強弱：醋酸___________次氯酸(填“>”或“<”，下同)；經(jīng)測定，常溫下的醋酸鈉溶液的pH小于相同的濃度的次氯酸鈉溶液，___________(填“能”或“不能”)說明兩者的酸性強弱關系。（3）若保持溫度不變，在醋酸溶液中通入少量，則下列物理量變小的是___________(不定項)。A.B.C.醋酸的電離平衡常數(shù)D.（4）和的混合溶液中，_______(用微粒符號表示)。（5）下列離子方程式中錯誤的是___________。A．少量通入次氯酸鈉溶液中：B．少量通入次氯酸鈣溶液中：C．過量通入澄清石灰水中： （6）25℃時，的硫酸與溶液中，兩者水電離出的氫離子濃度之比為___________。（7）25℃時，將的溶液與的硫酸溶液混合，所得混合溶液的，則溶液與硫酸溶液的體積比為___________。（8）既能和強酸反應也能和強堿溶液反應。用平衡移動原理說明能和強堿溶液反應的原因：___________?！敬鸢浮浚?）（2）①.＞②.能（3）AD（4）（5）B（6）1:1（7）10：1（8）強堿溶液中氫氧根離子結(jié)合電離出的氫離子生成水，促進電離平衡正向進行反應生成亞硫酸鈉【解析】【小問1詳解】碳酸為二元弱酸，溶液中分步電離、，，故答案為?！拘?詳解】K（CH3COOH）＞K（HClO），則酸性CH3COOH＞HClO，對應的鹽溶液的pH越大，酸根離子水解程度越大，酸越弱，所以常溫下的醋酸鈉溶液的pH小于相同的濃度的次氯酸鈉溶液，能說明兩者的酸性強弱關系；故答案為＞；能?！拘?詳解】若保持溫度不變，在CH3COOH溶液中通入少量HCl，溶液中c（H＋）增大而抑制CH3COOH電離，A．因為抑制醋酸電離導致溶液中減小，故A符合題意；B．HCl電離導致溶液中增大，故B不符合題意；C．CH3COOH的電離平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變電離平衡常數(shù)不變，故C不符合題意； D．醋酸的電離平衡常數(shù)為，所以，溫度不變電離平衡常數(shù)不變，增大，所以減小，故D符合題意；故答案選AD?！拘?詳解】和的混合溶液中，根據(jù)電荷守恒有，所以，故答案為。【小問5詳解】A．酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強，強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，K（H2CO3）＞K（HClO）＞K（），則酸性H2CO3＞HClO＞，所以離子反應方程式為CO2＋H2O＋ClO?=＋HClO，故A正確；B．SO2、次氯酸鈣發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為SO2＋ClO?＋Ca2＋＋H2O═CaSO4↓＋Cl?＋2H＋，故B錯誤；C．過量CO2通入澄清石灰水中生成可溶性的碳酸氫鈣，離子方程式為CO2＋OH?═，故C正確；故答案選B?！拘?詳解】25℃時，的硫酸中，水電離出的氫離子濃度為，溶液中，，水電離出的氫離子濃度，所以兩者水電離出的氫離子濃度之比為1:1，故答案為1:1?！拘?詳解】25℃時所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性即酸堿恰好中和，即n（OH?）＝n（H＋），則V（NaOH）?10?5mol?L?1＝V（H2SO4）?10?4mol?L?1，得V（NaOH）：V（H2SO4）＝10：1；故答案為10：1?！拘?詳解】NaHSO3既能和強酸反應也能和強堿溶液反應，亞硫酸氫鈉溶液中存在亞硫酸氫根離子電離：，顯酸性，存在亞硫酸氫根離子水解： ，溶液顯堿性，用平衡移動原理說明NaHSO3能和強堿溶液反應的原因是：強堿溶液中氫氧根離子結(jié)合電離出的氫離子生成水，促進電離平衡正向進行反應生成亞硫酸鈉，故答案為強堿溶液中氫氧根離子結(jié)合電離出的氫離子生成水，促進電離平衡正向進行反應生成亞硫酸鈉。19.高純度碳酸鋰：是制造鋰離子電池必不可少的原材料。某鋰云母礦采用硫酸鹽焙燒法生產(chǎn)高純度碳酸鋰的工藝流程如下：已知(i)用表示金屬陽離子、HR表示有機萃取劑，“萃取”原理可以表示為：(ii)上述溶劑萃取法(利用萃取劑HR對雜質(zhì)離子的特殊選擇性)與化學凈化除雜法(采用分步沉淀法逐一分離雜質(zhì)離子)除雜效果對比如下表化學凈化法浸出率/%99.799.7497.8597.9796.876.1溶劑萃取法浸出率/%99.5499.3999.2197.8997.073.3（1）將最終產(chǎn)品進行焰色反應，可觀察到火焰呈___________(填標號)。A．紫紅色B．紫色C．黃色（2）為提高“焙燒”效率，常采取的措施是___________(寫兩點)。（3）操作1用到的主要玻璃儀器有燒杯、___________。（4）萃取劑的濃度對萃取率的影響如下圖所示，則選擇萃取劑濃度為___________為宜；“反萃取”步驟用到的試劑A是___________；流程中循環(huán)使用的物質(zhì)除HR、外，還有___________。 （5）“碳化反應”的化學反應方程式___________。（6）由除雜效果分析，溶劑萃取法相對于化學凈化除雜法的優(yōu)勢為___________?！敬鸢浮浚?）A（2）將礦石細磨、充分攪拌、適當升高溫度或其他合理答案（3）分液漏斗（4）①.1.5②.H2SO4③.Na2SO4（5）（6）萃取劑除雜法鋰的損失率更少【解析】【分析】鋰云母礦采用加硫酸鈉焙燒后，加稀硫酸過濾除去二氧化硅、硫酸鈣等不溶性雜質(zhì)，所得濾液加入有機萃取劑HR，“萃取”原理為：，由表知，Al3+、、、殘留Ca2+離子被萃取劑結(jié)合后進入有機相，水溶液主要含為Li+、SO，水相中加入飽和碳酸鈉沉鋰，生成Li2CO3沉淀和硫酸鈉，過濾后沉淀中加入去離子水、二氧化碳發(fā)生碳化反應，碳酸鋰和水和二氧化碳生成碳酸氫鋰，過濾得碳酸氫鋰，碳酸氫鋰熱分解生成高純度的碳酸鋰，以此來解析；【小問1詳解】鋰元素的焰色反應為紫紅色，將最終產(chǎn)品碳酸鋰進行焰色反應，可觀察到火焰呈紫紅色；選A?！拘?詳解】為提高“焙燒”效率，常采取的措施是將礦石細磨、充分攪拌、適當升高溫度等。【小問3詳解】操作1為萃取分液，用到的主要玻璃儀器有燒杯、分液漏斗。【小問4詳解】萃取劑要最大程度地萃取溶液中的Al3+、、而盡可能不萃取Li+ ，由圖知，則選擇萃取劑濃度為1.5為宜；“反萃取”步驟中逆向移動，按勒夏特列原理，增大生成物濃度可使平衡左移，則需加入氫離子、且陰離子為硫酸根，則用到的試劑A是H2SO4；流程中沉鋰時生成硫酸鈉、焙燒時消耗硫酸鈉，則循環(huán)使用的物質(zhì)除HR、外，還有Na2SO4?！拘?詳解】鋰和鈉處于同一主族，則由碳酸鈉、水和二氧化碳反應得到碳酸氫鈉來類推，可得到“碳化反應”化學反應方程式為。【小問6詳解】