百師聯(lián)盟2023屆高三一輪復習聯(lián)考三化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1百師聯(lián)盟2023屆高三一輪復習聯(lián)考（三）可能用到的相對原子質(zhì)量：H—1C—12N—14O—16Na—23S—32Cl—35.5一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.2022年6月13日至19日為我國第32個全國節(jié)能宣傳周，主題為“綠色低碳，節(jié)能先行”。綠色低碳舉措中一個重要的方法是將有效轉(zhuǎn)換利用，造福人類。下列有關(guān)說法正確的是（）A.電還原法將轉(zhuǎn)化為乙醇，參與反應的電極連接電源的負極B.通過反應生成的碳酸二酯屬于油脂C.電還原時，可用溶液做電解液，該溶液中存在兩個平衡D.與反應可生成尿素，該反應屬于氧化還原反應〖答案〗A〖解析〗A．采用電還原法將轉(zhuǎn)化為乙醇，發(fā)生還原反應，參與反應的電極應該連接電源的負極，A正確；B．油脂是高級脂肪酸的甘油酯，通過反應生成的碳酸二酯不屬于油脂，B錯誤；C．溶液中存在三個平衡：水的電離平衡、的電離平衡和水解平衡，C錯誤；D．與反應可生成尿素，元素的化合價沒有變化，不屬于氧化還原反應，D錯誤；故選A。2.實驗室模擬脫硝反應：。關(guān)于此反應，下列說法錯誤的是（）A.焓變，熵變B.可以將該反應設(shè)計成原電池，實現(xiàn)常溫下能量的轉(zhuǎn)化C.此反應在恒容條件下比恒壓條件下，更有利于提高的轉(zhuǎn)化率D.選用合適的催化劑，有可能使反應在低溫下以較快的速率進行〖答案〗C〖解析〗A．正向反應氣體的物質(zhì)的量增大，則熵變ΔS>0，焓變ΔH<0，A正確；B．由A項分析知，該反應ΔS>0、ΔH<0，則ΔG=ΔH-TΔS<0恒成立，該反應屬于可自發(fā)進行的氧化還原反應，因此可以將該反應設(shè)計成原電池，實現(xiàn)常溫下能量的轉(zhuǎn)化，B正確；C．正向反應為氣體體積增大的反應，在恒壓條件下進行反應，達平衡時容器體積大于同溫下恒容時的體積，等效于在恒容條件下反應達平衡后再減壓，平衡正向移動，NO2的轉(zhuǎn)化率增大，因此恒壓條件下更有利于提高NO2的轉(zhuǎn)化率，C錯誤；D．催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，因此選用合適的催化劑，有可能使反應在低溫下以較快的速率進行，D正確；故選C。3.兩種溶液混合后的成分與溶液酸堿性的變化可能有關(guān)，下列說法正確的是（）A.的溶液與的NaOH溶液等體積混合后所得溶液中：B.等體積、等物質(zhì)的量濃度的溶液和溶液混合：C.常溫下，的HA溶液與的BOH溶液等體積混合，所得溶液pH>7，則D.向某溶液中加入少量晶體，所得溶液中水解程度增大，pH增大〖答案〗C〖解析〗A．的溶液與的NaOH溶液等體積混合發(fā)生反應得到NaHC2O4，根據(jù)碳元素守恒，，注意溶液混合后體積增大一倍，則濃度減小一半，A項錯誤；B．根據(jù)H2CO3分步電離平衡常數(shù)Ka1=、Ka2=，以第一步電離為主，Ka1Ka2。等體積、等物質(zhì)的量濃度的溶液和溶液混合后，存在水解平衡，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則，即，則B項錯誤；C．常溫下，的HA溶液與的BOH溶液等體積混合，所得溶液pH>7，則推知BOH的堿性較弱，由電離平衡常數(shù)越大，弱酸的酸性或者弱堿的堿性就越大可知，，C項正確；D．溶液中存在水解平衡：S2-+H2OHS-+OH-，向溶液加入少量晶體，Cu2+會結(jié)合S2-發(fā)生反應得到CuS沉淀，S2-濃度減小，平衡逆向移動，所得溶液中水解程度減小，pH減小，D項錯誤；故〖答案〗選C。4.鎂是組成航空航天材料的重要元素，可由碳真空熱還原MgO制得，主要反應為。下列說法錯誤的是（）A.該反應的平衡常數(shù)B.將容器體積壓縮為原來的一半，當體系再次達到平衡時，CO的濃度增大C.一定溫度下，減小CO濃度，平衡正向移動，平衡常數(shù)不變D.如圖，當溫度升高時，該反應的化學平衡常數(shù)K增大〖答案〗B〖解析〗A．該反應中只有CO是氣體，則該反應的平衡常數(shù)K=c(CO)，A正確；B．溫度不變，則平衡常數(shù)K=c(CO)不變，因此當體系再次達到平衡時，CO濃度不變，B錯誤；C．減小CO濃度，平衡正向移動，溫度不變，平衡常數(shù)不變，C正確；D．從圖像知，該反應為吸熱反應，則升高溫度，平衡正向移動，該反應的化學平衡常數(shù)K增大，D正確；故選B。5.無害化處理的一種方法為，在一定容積的密閉容器中發(fā)生此反應，的轉(zhuǎn)化率如圖所示，若起始濃度為1mol/L，下列說法錯誤的是（）A.升高溫度，有利于提高的轉(zhuǎn)化率B.a、c兩點中，N2的物質(zhì)的量濃度相等C.反應在230℃、恒壓容器中進行，達平衡時，的轉(zhuǎn)化率大于98%D.若b點反應達到平衡狀態(tài)，的體積分數(shù)為20%〖答案〗D〖解析〗A．從圖像知，升高溫度N2O的平衡轉(zhuǎn)化率增大，說明升高溫度，平衡正向移動，有利于提高N2O的轉(zhuǎn)化率，A正確；B．a(chǎn)、c兩點的轉(zhuǎn)化率相等都為67%，則兩點N2O的物質(zhì)的量相等，容器體積不變，因此a、c兩點N2O的物質(zhì)的量濃度相等，B正確；C．正向反應為體積增大的反應，在230℃、恒壓容器中進行反應，達平衡時容器體積大于同溫下恒容時的體積，等效于在恒容條件下反應達平衡后再減壓，平衡正向移動，N2O的轉(zhuǎn)化率大于98%，C正確；D．在230℃條件下，b點轉(zhuǎn)化率為98%，列三段式：則O2的體積分數(shù)為，D錯誤；故選D。6.在25℃下，稀釋和某酸HA的溶液，溶液pH變化的曲線如圖所示，其中表示稀釋前的體積，表示稀釋后的體積，下列說法錯誤的是（）A.，兩種酸溶液pH相同時，B.a、b兩點中，水的電離程度a小于bC.25℃時，等濃度的與NaA溶液中，D.曲線上a、b兩點中，的比值一定相等〖答案〗A〖解析〗A．m<4，兩種酸都是弱酸，HA的酸性小于CH3COOH，故pH相同時，c(CH3COOH)＜c(HA)，A項錯誤；B．a(chǎn)點pH小于b點pH，則a溶液中大，對水的電離抑制程度大，因此水的電離程度：a小于b，B項正確；C．CH3COOH和HA都是弱酸，其中HA的酸性弱于CH3COOH，25℃時，等濃度的CH3COONa和NaA溶液中，C項正確；D．，又Ka(CH3COOH)，不變，故曲線上a、b兩點一定相等，D項正確；〖答案〗選A。7.二元弱酸是分步電離的，25℃時碳酸和氫硫酸的如下表。下列敘述正確的是（）A.根據(jù)以上數(shù)據(jù)可知，溶液中B.等濃度的NaHS溶液和溶液等體積混合后，則C.pH相同的①溶液和②溶液中的：①<②D.過量通入溶液中反應的離子方程式為〖答案〗B〖解析〗A．溶液中存在電離平衡和水解平衡：HCOH++CO，K=,HCO+H2OH2CO3+OH-，Kˊ===×10-7，由此可知，CO是電離產(chǎn)物，H2CO3是水解產(chǎn)物，二者大小取決于電離和水解程度大小，即比較電離平衡常數(shù)和水解平衡常數(shù)大小，由上可知水解平衡常數(shù)大于電離平衡常數(shù)，故水解程度大，則溶液中，A項錯誤；B．二者混合后溶液中的電荷守恒為，物料守恒為，兩式相減得：，B項正確；C．由表中數(shù)據(jù)可知，溶液水解程度較大，所以pH相同的①溶液和②溶液，溶液的濃度較小，則鈉離子濃度較小，即①＞②，C項錯誤；D．由電離常數(shù)可知，酸性＞＞HCO＞HS-，則過量通入溶液中反應的離子方程式為，D項錯誤；故〖答案〗選B。8.高爐煉鐵中的一個反應為，在1100℃下，若CO起始濃度為1.2mol/L，10min后達到平衡時的體積分數(shù)為，下列說法錯誤的是（）A.1100℃下，此反應的平衡常數(shù)B.達到平衡過程中，反應的平均速率為C.達到平衡后，若增大，則達到新平衡時，增大D.測得某時刻，則此時〖答案〗C〖祥解〗列三段式：，平衡時的體積分數(shù)，解得，c(CO)=1mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，據(jù)此分析解答?！驹斘觥緼．根據(jù)以上分析，1100℃下此反應的平衡常數(shù)，A正確；B．根據(jù)以上分析，反應的平均速率為，B正確；C．該反應屬于反應前后氣體分子數(shù)不變的反應，加壓平衡不移動。該反應生成物中只有是氣體，達到平衡后，若增大，等效于加壓，平衡不移動，則達到新平衡時，不變，C錯誤；D．達到平衡時，c(CO)=1mol/L，測得某時刻，說明反應還未達到平衡，平衡逆向進行，則此時，D正確；故選C。9.一定條件下，與發(fā)生反應：，反應起始時在恒壓條件下，反應達到平衡時的體積分數(shù)與M和T(溫度）的平衡關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A.該反應在高溫條件下能自發(fā)進行B.圖中M的大小關(guān)系為C.圖中Q點對應的平衡混合物中D.溫度不變時，增大Q點對應的平衡體系壓強，則減小〖答案〗A〖祥解〗從圖像可看出，隨著溫度升高平衡時甲醇的體積分數(shù)逐漸減小，說明平衡正向移動，根據(jù)勒夏特列原理判斷正反應為吸熱反應，的物質(zhì)的量一定的情況下，M增大，的物質(zhì)的量增大，促進平衡正向移動，的轉(zhuǎn)化率增大，平衡時的體積分數(shù)減小，可以判斷出a、b和4的關(guān)系，據(jù)此解答?！驹斘觥緼．由圖像可知，M一定時，溫度升高，減小，說明溫度升高反應正向進行，則該反應為吸熱反應，其焓變，該反應為氣體分子數(shù)增多的反應，隨著反應進行，體系混亂度增大，則反應的，所以該反應自發(fā)進行的條件是高溫，故A正確；B．的物質(zhì)的量一定的情況下，M增大，的物質(zhì)的量增大，促進平衡正向移動，的轉(zhuǎn)化率增大，平衡時的體積分數(shù)減小，則，故B錯誤；C．反應起始時，但和按物質(zhì)的量之比1:1反應，平衡混合物中二者物質(zhì)的量之比一定不為4，故C錯誤；D．溫度不變時，壓強增大，平衡逆向移動，故增大，故D錯誤；〖答案〗選A。10.燃料電池為現(xiàn)代能源利用的新形式，圖為(Fe3+/Fe2+)/甲醇單液燃料電池，下列說法錯誤的是（）A.Fe3+在正極放電B.隔膜為質(zhì)子交換膜C.負極反應為CH3OH+H2O-6e?=CO2↑+6H+D.放電結(jié)束后，通入空氣可使Fe3+再生，每再生0.4molFe3+，可消耗2.24LO2〖答案〗D〖祥解〗甲醇單液燃料電池甲醇會被氧化為CO2，所以通入甲醇的一極為負極，即左側(cè)為負極，右側(cè)則為正極，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+。【詳析】A．根據(jù)分析，右側(cè)則為正極，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，A正確；B．Fe3+、Fe2+在堿性環(huán)境中不能大量存在，所以需為維持混合溶液為酸性，負極反應為CH3OH+H2O-6e?=CO2↑+6H+，產(chǎn)生的H+會通過隔膜向右側(cè)移動，所以隔膜為質(zhì)子交換膜，B正確；C．負極為通入甲醇的一極，據(jù)圖可知甲醇被氧化為CO2，根據(jù)電子守恒、元素守恒可知電極反應式為CH3OH+H2O-6e?=CO2↑+6H+，C正確；D．若為標準狀況，則消耗2.24LO2，但選項未注明是否為標況，D錯誤；綜上所述〖答案〗為D。11.已知H2C2O4為二元弱酸，常溫下將0.1mol·L-1的NaOH溶液滴入20mL0.1mol·L-1的NaHC2O4溶液中，溶液中(或)的分布系數(shù)δ、NaOH溶液體積V與pH的關(guān)系如圖所示[已知：]。下列敘述正確的是（）A.曲線a表示的是的分布系數(shù)變化曲線B.n點對應的溶液中，C.Na2C2O4的水解平衡常數(shù)的數(shù)量級為10-9D.在n、p、q三點中，水的電離程度最大的是p點〖答案〗B〖祥解〗用NaOH溶液滴定NaHC2O4發(fā)生反應：，HC2O不斷減少，Na2C2O4不斷生成。溶液的pH不斷增大，當加入20mLNaOH溶液時，恰好完全反應，據(jù)此分析；【詳析】A．由分析可知：NaHC2O4的分布系數(shù)隨NaOH溶液的滴加而降低，C2O的分布系數(shù)升高，曲線b為C2O的分布系數(shù)曲線，曲線a為HC2O分布曲線，故A錯誤；B．n點時，溶液中NaHC2O4和Na2C2O4的濃度比為1∶1，根據(jù)電荷守恒和物料守恒有：，，可得：，因為此時溶液pH小于7，則，故B正確；C．由圖知m點表示HC2O和C2O的分布系數(shù)相同，即兩者濃度相等，由Na2C2O4水解常數(shù)計算式可得Kh1=c(OH-)=10-9.8，數(shù)量級為10-10，故C錯誤；D．由圖可知，q點是NaOH和NaHC2O4恰好完全反應的點，此時溶液中只有C2O的水解，促進水的電離，水的電離程度最大，故D錯誤；〖答案〗為B。12.水煤氣可以在一定條件下發(fā)生反應：，現(xiàn)在向10L恒容密閉容器中充入CO(g)和H2O(g)，所得實驗數(shù)據(jù)如表所示。實驗編號溫度/℃起始時物質(zhì)的量/mol平衡時物質(zhì)的量/moln(CO)n(H2O)n(H2)①7000.400.100.09②8000.100.400.08③8000.200.30a④9000.100.15b下列說法錯誤的是（）A.該反應的反應物的總能量大于生成物的總能量B.實驗①中，若某時刻測得n(H2)=0.04mol，則此時混合氣體中H2O(g)的體積分數(shù)為12%C.實驗①和③中，反應均達到平衡時，平衡常數(shù)之比D.實驗④中，反應達到平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率為60%〖答案〗D〖解析〗A．實驗①可知：達到平衡時，CO、H2O、CO2、H2物質(zhì)的量分別為0.31、0.01、0.09、0.09，根據(jù)平衡常數(shù)的表達式，求出；同理，實驗②可知：達到平衡時，CO、H2O、CO2、H2物質(zhì)的量分別為0.02、0.32、0.08、0.08，，對比實驗①和實驗②，升高溫度，K減小，平衡逆向移動根據(jù)勒夏特列原理，該反應為放熱反應，即反應物的總能量大于生成物的總能量，故A說法正確；B．某時刻測得氫氣物質(zhì)的量為0.04mol，此時二氧化碳物質(zhì)的量也為0.04mol，該時刻CO物質(zhì)的量為0.36mol，水蒸氣物質(zhì)的量為0.06mol，該時刻H2O(g)的體積分數(shù)等于物質(zhì)的量分數(shù)，故B說法正確；C．實驗②和③中，溫度相同，則平衡常數(shù)相同，根據(jù)A項中已求平衡常數(shù)可得實驗①和③中，反應均達到平衡時，則平衡常數(shù)之比為，故C說法正確；D．實驗②和③，溫度相同，平衡常數(shù)相同，實驗③達到平衡時，n(CO)=(0.2-a)mol，n(H2O)=(0.3-a)mol，n(CO2)=n(H2)=amol，則，所以a=0.12，CO的轉(zhuǎn)化率為60%，若④的溫度也為800℃，恒容體系中，氣體體積不變的反應，平衡時CO的轉(zhuǎn)化率應為60%，但④的實際溫度為900℃，相比800℃，平衡逆向移動，則CO轉(zhuǎn)化率應小于60%，故D說法錯誤；但為D。13.笑氣(）是工業(yè)廢氣，近年發(fā)現(xiàn)它有很強的溫室效應，在催化劑下，CO還原是有效的去除方法，反應為，其反應歷程如圖。下列說法錯誤的是（）A.為催化劑B.無催化劑參與反應過程的能壘為188.3kJ/molC.根據(jù)圖示，催化反應可分為兩個半反應：、D.從Im4到Im5有極性鍵和非極性鍵的斷裂和生成〖答案〗D〖祥解〗虛線代表無催化劑參與反應過程，實線代表有催化劑參與反應過程，能壘即活化能，全程參與反應，起到催化劑的作用，根據(jù)圖中結(jié)構(gòu)判斷鍵的改變情況，據(jù)此回答。【詳析】A．根據(jù)圖示可知，在第一步反應作為反應物，最后一步反應作為生成物，且有參與過程活化能降低，A正確；B．虛線代表無催化劑參與反應過程，故最高能壘（活化能），為最高的點和起點的相對能量之差，B正確；C．由圖示信息可以看出，催化的過程中會有氮氣和中間產(chǎn)物的生成，且一氧化碳會與結(jié)合，產(chǎn)生二氧化碳和，C正確；D．從Im4到Im5結(jié)構(gòu)變化可以看出，有鐵氧之間的極性鍵斷裂，有氧氧之間非極性鍵的生成，但是沒有極性鍵的生成，和非極性鍵的斷裂，D錯誤；故本題選D。14.甲酸(HCOOH)具有液氫儲存材料和清潔制氫的巨大潛力，產(chǎn)生氫氣的反應為：，在T℃時，向體積不等的恒容密閉容器中分別加入一定量的HCOOH(g)，反應相同時間，測得各容器中甲酸的轉(zhuǎn)化率與容器體積的關(guān)系如圖所示，其中m、n點反應達平衡。下列說法正確的是（）A.m、p兩點中，甲酸的濃度：m<pB.V1∶V2=1∶10C.n點時再充入一定量HCOOH(g)，達平衡時甲酸的轉(zhuǎn)化率升高D.p點時H2的體積分數(shù)約為〖答案〗D〖解析〗A．假設(shè)HCOOH(g)初始加入量為1mol，根據(jù)轉(zhuǎn)化率可知，m點、p點甲酸的濃度可表示為、，由于，故甲酸的濃度m>p，A錯誤；B．根據(jù)轉(zhuǎn)化率計算可知，m點時HCOOH(g)、CO2(g)、H2(g)的物質(zhì)的量分別為0.6mol、0.4mol、0.4mol，其濃度分別、、，平衡常數(shù)，同理，n點時HCOOH(g)、CO2(g)、H2(g)的物質(zhì)的量分別為0.2mol、0.8mol、0.8mol，其濃度分別為、、，則化學平衡常數(shù)，而相同溫度下，平衡常數(shù)相等，則，即，B錯誤；C．恒溫恒容下，再充入HCOOH(g)，相當于增大壓強，正反應速率小于逆反應速率，則HCOOH(g)的轉(zhuǎn)化率降低，C錯誤；D．設(shè)起始時甲酸的物質(zhì)的量為amol，根據(jù)三段式：則氫氣的體積分數(shù)：，D正確；故選：D。15.常溫下，難溶物與在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，若定義其坐標圖示：，，表示或。下列說法錯誤的是（）A.K表示的溶解平衡曲線B.常溫下，的分散系在a點時為懸濁液C.向c點溶液中加入飽和溶液，析出固體D.的平衡常數(shù)〖答案〗B〖解析〗A．Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)?c()，Ksp(BaCrO4)=c(Ba2+)?c()，假設(shè)K表示Ag2CrO4的溶解平衡曲線，根據(jù)b點數(shù)據(jù)可知，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)?c()=(10-3.5)2?10-4.1=10-11.1，符合圖中曲線K起始的數(shù)據(jù)，因此K為Ag2CrO4的溶解平衡曲線，則L表示BaCrO4的溶解平衡曲線，A正確；B．a(chǎn)點在K斜線上方，在金屬陽離子濃度不變時，縱坐標越大，表示相應的陰離子濃度越小，因此a點Qc=c2(Ag+)?c()＜Ksp(Ag2CrO4)，因此a點形成的的是Ag2CrO4的不飽和溶液，B錯誤；C．L表示BaCrO4的溶解平衡曲線，c點為BaCrO4的飽和溶液，若加入Na2CrO4飽和溶液，則c()增大，由于Ksp不變，BaCrO4固體會析出，最終導致溶液中c(Ba2+)減小，C正確；D．L表示BaCrO4的溶解平衡曲線，由c(5，4.8)可知，BaCrO4的溶度積常數(shù)Ksp=10-(5+4.8)=10-9.8，K為Ag2CrO4的溶解平衡曲線，由a點坐標可知Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)?c()=(10-3.5)2?10-4.1=10-11.1，BaCrO4(s)+2Ag+(aq)?Ag2CrO4(s)+Ba2+(aq)的平衡常數(shù)K=====101.3，D正確；故選B。二、非選擇題：本題共5小題，共55分。16.NOx是污染大氣的主要成分之一，它主要來源于汽車尾氣的排放和化石燃料的燃燒。為解決其污染問題，科學研究進行了各種脫硝實踐。（1）氨氣脫硝反應，實現(xiàn)二者的無害化處理，已知下列反應：①②③則的△H=_____________。（2）去除NO的反應歷程如圖1所示，此反應中的氧化劑為__________(填化學式)，含鐵元素的中間產(chǎn)物有_______種。若選用不同的鐵的氧化物為催化劑可實現(xiàn)較低溫度下的轉(zhuǎn)化，根據(jù)圖2選擇的適宜條件為_______________________________。（3）利用電化學原理脫硝可同時獲得電能，其工作原理如圖所示。則負極發(fā)生的電極反應式為____________________________，當外電路中有2mol電子通過時，理論上通過質(zhì)子膜的微粒的物質(zhì)的量為___________________?！即鸢浮剑?）-1806.4kJ·mol-1（2）NO、O22(或兩)Fe2O3作催化劑、反應溫度為250℃（3）NO-3e-+2H2O=+4H+2mol〖解析〗（1）根據(jù)蓋斯定律，將熱化學方程式進行疊加，①×3+②×3-③×2，整理可得的。（2）在氧化還原反應中，氧化劑得到電子，元素化合價降低。根據(jù)圖示可知：在歷程圖1中，元素的化合價降低的物質(zhì)為NO、O2，所以氧化劑為NO、O2；含鐵元素的中間產(chǎn)物有Fe2+—NH2和Fe2+這2種；根據(jù)圖2可知：在使用Fe2O3為催化劑時，NO的轉(zhuǎn)化率相對來說較高，反應溫度合適為250℃，故根據(jù)圖2選擇的適宜條件為Fe2O3作催化劑、反應溫度為250℃；（3）該裝置為原電池，在原電池反應中，負極失去電子，發(fā)生氧化反應，正極上得到電子，發(fā)生還原反應。根據(jù)圖示可知：NO在負極失去電子轉(zhuǎn)化為HNO3，電極反應式為：NO-3e-+2H2O=+4H+；當外電路中有2mol電子通過時，有2molH+通過質(zhì)子膜進入正極區(qū)和O2結(jié)合生成H2O，根據(jù)電子守恒，通過的微粒的物質(zhì)的量為2mol。17.工業(yè)廢料的回收是重要的研究課題，鐵鈷渣其主要成分為Co、Fe、Zn，含少量Pb和，下圖是一種分類回收的工藝流程。已知：相關(guān)金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下。沉淀物開始沉淀pH8.32.77.67.6完全沉淀pH9.83.29.79.2回答下列問題：（1）提高酸浸出速率的措施有_______________________________________(任寫兩條），鉛渣的成分為_______________(填化學式）。（2）“除鐵”時，加入試劑A的目的是__________________________________________，生成鐵渣需要控制的pH范圍為__________________。（3）“氧化沉鈷”時將轉(zhuǎn)化為CoOOH，則該反應的離子方程式為_______________。由流程可知，和的氧化性強弱關(guān)系為______(填“>”或“<”）。（4）已知常溫下，溶度積常數(shù)：，，且常溫下“沉鋅”后濾液中，則濾液中的______。（5）已知：溫度/℃20304050607080溶解度/g78829083726040則“系列操作”得到晶體的步驟為__________________、洗滌、低溫干燥?！即鸢浮剑?）提高溫度，固體粉碎、攪拌，適當提高稀硫酸的濃度（任選兩個）PbSO4和（2）氧化Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+3.2≤pH＜7.6（3）MnO+5+6H2O=5CoOOH+Mn2++7H+＜（4）2.4×10-8（5）蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾（保留濾渣）〖祥解〗鐵鈷渣其主要成分為Co、Fe、Zn，含少量Pb和，“酸浸”過程加入稀硫酸，Co、Fe、Zn應轉(zhuǎn)化為Co2+、Fe2+、Zn2+，少量Pb與稀硫酸反應得到沉淀物PbSO4，故過濾后鉛渣成分是PbSO4和，濾液中含Co2+、Fe2+、Zn2+的硫酸鹽；“除鐵”過程，加入氧化劑A使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，加入ZnO調(diào)節(jié)溶液pH，使其形成更易除去；“氧化沉鈷”過程，根據(jù)題中問題可知，加入硫酸酸化的KMnO4用于氧化Co2+得到難溶物CoOOH；“沉鋅”過程中加入MnS使Zn2+轉(zhuǎn)化為ZnS沉淀，過濾后的濾液中含MnSO4、K2SO4等溶液，經(jīng)一系列物質(zhì)分離提純后得到MnSO4·H2O?！驹斘觥浚?）提高酸浸出速率的措施有提高溫度，固體粉碎、攪拌，適當提高稀硫酸的濃度等；“酸浸”過程中，Pb屬于氫前金屬，少量Pb和能與稀硫酸反應得到沉淀物PbSO4，所以鉛渣成分是PbSO4和；（2）根據(jù)題中沉淀物的pH范圍，使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+更易形成除去，所以試劑A是常見的氧化劑，目的是氧化Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，防止Co2+沉淀，生成鐵渣需要控制的pH范圍為3.2≤pH＜7.6；（3）“氧化沉鈷”時將轉(zhuǎn)化為CoOOH，則該反應的離子方程式為MnO+5+6H2O=5CoOOH+Mn2++7H+；“除鐵”中試劑A是氧化Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，不能氧化轉(zhuǎn)化為Co3+，說明氧化性大小是A＞Fe3+，A小于Co3+，則Fe3+＜Co3+；（4）“沉鋅”后濾液中各離子形成平衡狀態(tài)，硫離子濃度一致，故，代入計算得，則濾液中的2.4×10-8；（5）根據(jù)題目信息，“系列操作”中需控制好溫度，溫度較高，MnSO4·H2O溶解度越小，越容易生成MnSO4·H2O。則“系列操作”得到晶體的步驟為蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾（保留濾渣）、洗滌、低溫干燥。18.課外實驗小組以KI參與的某些反應來對反應過程和化學反應原理進行探究。（1）KI中的促進分解的反應機理如下①(慢）②(快）則此過程的決速步驟為______(填序號），在此過程中的作用是__________________。（2）KI中的在經(jīng)酸化的溶液中易被空氣氧化：實驗小組探究外界條件對反應速率的影響，部分實驗數(shù)據(jù)如下表。編號溫度/℃硫酸體積/mLKI溶液體積/mL體積/mL淀粉溶液體積/mL出現(xiàn)藍色的時間/sA3910.05.05.01.05B510.05.0V1.039C3915.0500.01.0t=1\*GB3①為確保A組實驗在39℃下進行，應采用的控溫方法為__________________。②B組實驗中V=_____，C組是探究_________對反應速率的影響，t的取值范圍為_________。（3）若將C組實驗反應后溶液充分放置一段時間，檢驗其吸收的體積，可用標準溶液滴定吸收液(），實驗時應將標準溶液放在_________滴定管中，滴定終點時實驗現(xiàn)象為_________________________________，若消耗0.2mol/L標準溶液為15.00mL，則吸收氧氣在標準狀況下的體積為____________?！即鸢浮剑?）①作為中間產(chǎn)物（2）①水浴加熱②5.0硫酸濃度t＜5（3）堿式當最后半滴溶液滴進去時，溶液顏色由藍色變無色，且半分鐘不0.0168L〖解析〗（1）反應歷程中，決速步驟是反應較慢的反應，所以是反應①，在反應①中是生成物，反應②中是反應物，所以在此過程中的作用是作為中間產(chǎn)物；故〖答案〗是①；作為中間產(chǎn)物；（2）①為確保A組實驗在39℃下進行，應采用控溫方法為水浴加熱；②實驗A、B、C采用控制變量法探究外界條件對反應速率的影響。實驗中加水的體積是為了保證三個實驗的總體積相同，所以B組實驗中V=5.0；C組硫酸的體積與實驗A不同，其他相同，故C組是探究硫酸的濃度對反應速率的影響；相比實驗A，實驗C的硫酸濃度較大，反應速率快，所以t的取值范圍為t＜5；（3）溶液顯堿性，滴定時放在堿式滴定管中；C組實驗反應后溶液中存在I2，與淀粉形成藍色溶液，滴定時I2與反應，故滴定終點時實驗現(xiàn)象為當最后半滴溶液滴進去時，溶液顏色由藍色變無色，且半分鐘不變；根據(jù)、，可得到關(guān)系式：O2～2I2～4，若消耗0.2mol/L標準溶液為15.00mL，則吸收氧氣在標況下的體積是×0.2mol/L×15.00×10-3L×22.4L/mol=0.0168L。19.氮是空氣中含量最多的元素，在自然界中的存在十分廣泛，實驗小組對不同含氮物質(zhì)做了相關(guān)研究。（1）乙二胺(）是二元弱堿，分步電離，在溶液中的電離類似于氨。25℃時，乙二胺溶液中各含氮微粒的分布分數(shù)(平衡時某含氮微粒的濃度占各含氮微粒濃度之和的分數(shù)）隨溶液的變化曲線如圖所示。=1\*GB3①在水溶液中第一步電離的方程式為___________________________；②乙二胺一級電離平衡常數(shù)為______，A點時，溶液中的離子濃度關(guān)系______(填“>”“<”或“=”）。（2）已知溶液為中性，又知將溶液滴加到溶液中有無色無味氣體放出，試推斷溶液的pH______7(填“>”“<”或“=”）。現(xiàn)有25℃時等濃度的4種溶液：①溶液；②溶液；③溶液；④溶液，這4種溶液按濃度由大到小的順序排列是____________(填序號）。（3）25℃時，將10mL溶液和10mL溶液混合(忽略溶液混合后的體積變化），混合后溶液中的濃度為______[25℃時，]。用數(shù)字傳感器探究AgCl的沉淀溶解平衡。實驗測得懸濁液中溶解的氯化物濃度變化如圖所示，其中a點表示AgCl溶于溶液形成的懸濁液，下列說法正確的是_________(填字母）。a．圖中b點可能是滴加溶液b．圖中c點后無黃色沉淀生成c．圖中d點d．由圖可知：〖答案〗（1）①②=（2）>④①②③（3）c〖祥解〗（1）乙二胺第一步電離方程式是：，第二步電離方程式是：。從圖像可知，隨著pOH逐漸增大，也就是說隨著pH逐漸減小，c(H+)逐漸增大，濃度逐漸減小，濃度先增大后減小，濃度逐漸增大，據(jù)此分析解答?！驹斘觥浚?）①乙二胺()屬于二元弱堿，在水溶液中分步電離，第一步電離方程式為：；②隨著pOH的增大，c()逐漸減小，c()逐漸增大，A點時兩者相等，，此時pOH=4.9，可得；A點時，根據(jù)電荷守恒，則有=；（2）溶液為中性，說明的水解程度和水解程度相同，將溶液滴加到溶液中有無色無味氣體放出，說明醋酸的酸性比碳酸強，則的水解程度比的水解程度小，由此可知水解程度比的水解程度小，故NH4HCO3溶液顯堿性，pH>7；NH4HSO4電離出的H+抑制銨根的水解，和水解都會促進銨根的水解，且的水解程度比的水解程度小，則促進銨根水解的程度：<，Cl-對銨根的水平衡無影響，由此可得濃度最大的NH4HSO4溶液，其次是NH4Cl溶液，再次是溶液，最小的是溶液，即按濃度由大到小的順序排列是④①②③；（3）混合后溶液中，由得，；若b點是滴加溶液，則氯化物增多，從圖像可知，b點后氯化物濃度減小，與假設(shè)矛盾，a錯誤；c點時滴加KI溶液，從圖像知c點后氯化物增多，說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，有黃色沉淀AgI生成，b錯誤；d點Ag+轉(zhuǎn)化為一部分AgI，c(Ag+)<c(Cl-)，c正確；Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，d錯誤；故選c。20.二氧化碳有效轉(zhuǎn)化是“碳中和”的重要研究方向，在