浙江省台州市山海协作体2023-2024学年高二上学期期中联考化学试题（Word版附解析）

2023学年第一学期台州山海协作体期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cu64选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.水溶液呈碱性的盐是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据正盐盐类水解及其酸碱性规律：谁强显谁性，同强显中性，据此分析。【详解】A．为强碱弱酸盐，显碱性，A正确；B．强碱弱酸的酸式盐，但由于亚硫酸氢根电离程度大于水解程度，因此显酸性，B错误；C．为碱，C错误；D．为强酸弱碱盐，显酸性，D错误；故选A。2.下列变化既是氧化还原反应，又符合如图所示能量变化的是A.盐酸与碳酸氢钠反应B.与反应 C.铝热反应D.灼热的炭与反应【答案】D【解析】【分析】由图可知，图示反应为反应物的总能量小于生成物的总能量的为吸热反应。【详解】A．盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；B．八水合氢氧化钡与氯化铵反应生成氯化钡、一水合氨和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故B不符合题意；C．铝热反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故C不符合题意；D．灼热的炭与二氧化碳生成一氧化碳的反应为反应物的总能量小于生成物的总能量的为吸热反应，反应中有元素发生化合价变化，属于氧化还原反应，故D符合题意；故选D。3.已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为amol·L-1的一元酸HA与bmol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是A.a=bB.混合溶液的pH=7C.混合溶液中，c(H+)=mol.L-1D.混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-)【答案】C【解析】【详解】A.没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误；B.由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误；C.判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时c(H+)=mol·L-1，C正确；D.根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D错误；故合理选项为C。4.下列说法错误的是A.手机上用的锂离子电池属于二次电池B.工业上常用溶液除锈，是利用了水解使溶液显酸性C.工业电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极， 溶液作电解质溶液，相同时间段内阴极和阳极的质量变化不相等D.为减缓海水中钢闸门的腐蚀，常将钢闸门与直流电源的负极相连，该方法为牺牲阳极法【答案】D【解析】【详解】A．锂离子电池可以充电重复使用，为二次电池，A正确；B．NH4Cl溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，因此工业上常用NH4Cl溶液除锈，B正确；C．工业电解精炼铜用粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液，由于粗铜中含有锌、铁等杂质，阳极上锌、铁会优先于铜先放电，而阴极上始终是铜离子得电子析出铜单质，所以相同时间段内阴极和阳极的质量变化不相等，C正确；D．为了延缓海水中钢闸门的腐蚀，常将钢闸门与直流电源的负极相连，该方法为外加电流的阴极保护法，D错误；答案选D。5.下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是A.，把球浸泡在冰水中，气体颜色变浅B.用饱和除去中的HCl，可减少的损失C.对，平衡体系增大压强可使颜色变深D.向含有的红色溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅或褪去【答案】C【解析】【详解】A．放在冰水中，温度降低，  ，平衡向生成无色气体的方向移动，所以颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．二氧化碳在水中存在化学平衡：，使用饱和时，由于HCl在水中溶解度很大，可以除去杂质，同时由于溶液中碳酸氢根浓度增大，化学平衡逆向移动，减少二氧化碳溶解度，可减少二氧化碳的损失，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．该反应气体分子数不变，，而加压平衡并未移动，体系颜色加深是因为压缩体积使有色气体的浓度增大，不可以用勒夏特列原理解释，C符合题意；D．铁离子与铁粉反应而浓度降低，使平衡逆向移动，溶液颜色变浅或褪去，可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意； 故选C。6.下列说法正确的是A.图①装置向盛装酸溶液烧杯中加碱溶液时要小心缓慢B.图②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡C.图③中反应开始后针筒向右移动，但不能说明反应放热D.图④装置盐桥中阳离子向溶液中迁移【答案】C【解析】【详解】A．中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量尽量不散失，防止产生实验误差，A错误；B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在碱式滴定管中，B错误；C．锌和稀硫酸生成氢气，装置中压强变大也会使得针筒右移，故不能说明反应放热，C正确；D．由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向正极一侧的硫酸铜溶液中迁移，D错误；故选C。7.下列说法正确的是A.反应常温下能自发进行，则该反应的B.向中加入(中性)固体，降低，则说明为弱电解质C.合成氨生产中，氮气的量越多氢气转化率越大，因此充入的氮气越多越有利于氨气的合成D.常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同【答案】B【解析】 【详解】A．反应的熵小于零，若，则常温下不能自发，A错误；B．加入(中性)固体使得溶液中铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，即说明一水合氨为弱电解质，B正确；C．理论上充入的氮气量越多越有利于合成氨气，但由于压强过大导致对机器设备的强度要求过高成本增加，C错误；D．常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，氯化氢是强电解质电离出氢离子使pH为5，抑制水的电离；氯化铵溶液中存在铵根离子水解使得pH为5，促进水的电离，故二者水的电离程度不相同，D错误；故选B。8.80℃时，2L密闭容器中充入，发生反应，获得如下数据：时间/s0204060801000.000.120.200.260.300.30下列判断正确的是A.升高温度，该反应的平衡常数K减小B.40～60s内，平均反应速率C.反应达到平衡时，吸收的热量为D.100s时再通入，达到新平衡时的转化率减小【答案】D【解析】【详解】A．该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数K增大，故A错误；B．根据表格信息，40～60s内，c(NO2)=(0.26-0.20)mol/L=0.06mol/L,v(NO2)=，根据反应方程式，，故B错误；C．根据表格信息，80s时反应达到平衡状态，n(NO2)=0.3mol/L2L=0.6mol，根据反应方程式， n(NO2)==0.3mol，反应达到平衡时，吸收的热量为，故C错误；D．100s时再通入，体系压强增大，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时的转化率减小，故D正确。答案为：D。9.将和充入密闭容器中发生反应：，在不同催化剂作用下反应相同时间，的浓度随温度变化如图所示。下列说法正确的是A.催化剂Ⅰ作用下，反应的活化能最小B.平衡常数C.b点v正可能等于v逆D.催化剂活性越好，单位体积内的分子数越多，反应速率越快【答案】A【解析】【详解】A．催化剂Ⅰ作用下反应相同时间，的浓度最大，说明反应速率最大，则在催化剂Ⅰ作用下，反应的活化能最小，A正确；B．温度越高反应速率越快，T1＜T2＜T3＜T4＜T5，T5温度时，不同催化剂作用下，反应相同时间，的浓度相同，说明T5温度时反应达平衡，则升高温度，平衡逆向移动，反应为放热反应，则平衡常数，B错误；C．b点时，反应还未达到平衡状态，此时反应向正向进行，则v正＞v逆，C错误；D．催化剂活性越好，单位体积内的活化分子数越多，反应速率越快，D错误；故选A。10.是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.电解溶液，转移的电子数最多为 B.由热化学方程式可知，要使反应放出123.8kJ的热量，反应前与的分子个数均为C.常温下，含有的溶液中，数目可能大于D.在25℃时，1LpH为12的溶液中含有数目为【答案】C【解析】【详解】A．电解溶液，由于未指明电极材料，当由活性电极做阳极时，转移电子数大于，A错误；B．由热化学方程式可知，要使反应放出123.8kJ的热量，理论上反应前与的分子个数均为，但由于其为可逆反应，因此反应前分子数应大于，B错误；C．为强碱弱酸盐，会发生水解，但由于未指明体积，因此含有的溶液中，数目可能大于，C正确；D．在25℃时，pH为12的溶液中含有浓度为0.01mol/L；则在25℃时，1LpH为12的溶液中含有数目为，D错误；故选C。11.下列说法正确的是A.图甲表示合成氨的平衡常数与温度和压强的关系B.图乙表示氢氟酸为弱酸，且a点对应比b点对应大C.图丙表示压强对可逆反应的影响，乙的压强比甲的压强大 D.图丁表示常温下用溶液滴定溶液的滴定曲线【答案】B【解析】【详解】A．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则温度一定时，增大压强，平衡常数不变，则图甲不能表示合成氨反应的平衡常数与压强的关系，故A错误；B．由图可知，相同温度条件下，导电能力相同的氢氟酸溶液和盐酸稀释相同倍数时，盐酸溶液中导电能力变化大于氢氟酸溶液说明氢氟酸溶液中存在电离平衡，氢氟酸为弱酸，则导电能力相同的氢氟酸溶液浓度大于盐酸，稀释相同倍数时，氢氟酸溶液的浓度依然大于盐酸，所以a点对应氢氟酸溶液的浓度大于b点盐酸溶液的浓度，故B正确；C．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物的物质的量分数减小，则图丙不能表示压强对反应的影响，故C错误；D．醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出氢离子，0.1mol/L醋酸溶液的pH大于1，且则溶液pH为7是，滴入氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，所以图丁不能表示常温下用0.1mol/L氢氧化钠溶液滴定20.00mL0.1mol/L醋酸溶液的滴定曲线，故D错误；故选B。12.如图所示，甲池的总反应式为，下列关于该电池工作时的说法正确的是A.该装置工作时，石墨电极上有红色固体析出B.甲池中负极反应为C.甲池和乙池中的溶液的pH均减小D.当甲池中消耗时，乙池中理论上最多产生6.4g固体【答案】C【解析】【分析】根据甲池的总反应可知，甲池为燃料电池，乙池为电解池。【详解】A ．甲池中通氧气的一极为正极，石墨电极与正极相连，则石墨电极为阳极，石墨电极上发生的电极反应为，石墨电极上无红色固体析出，A错误；B．甲池中负极为通的一极，电解质溶液为KOH溶液，则电极反应为，B错误；C．甲池的总反应为，生成的水使KOH溶液浓度降低，则pH减小，乙池的总反应为，生成H+使溶液pH减小，C正确；D．当甲池中消耗时，转移的电子为0.4mol，乙池中理论上最多产生0.2molCu，即12.8g固体，D错误；故选C。13.常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.约为B.点a：C点b：D.水的电离程度：【答案】D【解析】【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知， a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正确；D．c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；答案选D。14.在密闭容器中投入一定量发生分解反应：，某温度下，达到平衡时，测得体系中气体的压强为p。当其他条件不变，仅改变影响平衡的一个条件，下列说法不正确的是A.当的质量不再变化时，表明该反应重新达到了化学平衡状态B.升高温度，活化分子百分率增大，正反应速率增大，逆反应速率也增大C.扩大容器体积，重新达到平衡时的压强一定小于pD.维持恒压p，往密闭容器内充入少量He，最终容器内的质量为0【答案】C【解析】【详解】A．的质量随着反应进行而减小，当的质量不再变化时，表明该反应重新达到了化学平衡状态，故A正确；B．升高温度，活化分子百分率增大，正、逆反应速率增大，故B正确；C．根据化学方程式可知， ，温度不变时，化学平衡常数不变，则扩大容器体积，重新达到平衡时的压强依然为p，故C错误；D．维持恒压p，往密闭容器内充入少量He，减小，平衡将正向移动，直到所有CaCO3反应完，即最终容器内CaCO3的质量为0，故D项正确；故选C。15.T℃时，、、，三种盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，pM=-lgc(阴离子)、pN=-lgc(阳离子)。下列说法错误的是A.c线是沉淀溶解平衡曲线B.T℃时，向沉淀中加入溶液(反应后溶液为1L)，使沉淀会转化为沉淀，所需的物质的量至少为1.001molC.T℃时，向10mL水中加入和至二者均饱和，溶液中D.若d点表示的饱和溶液加入饱和溶液等体积混合则：【答案】D【解析】【分析】由图可知，a线表示的Ksp数值最大，则为CaSO4沉淀溶解平衡曲线；b、c分别表示CaCO3、PbCO3沉淀溶解平衡曲线；【详解】A．由分析可知，c线是沉淀溶解平衡曲线，A正确；B．T℃时，向0.001molCaCO3沉淀中加入Na2SO4溶液(反应后溶液为1L)，使CaCO3沉淀会转化为CaSO4沉淀，，则需要消耗硫酸根离子0.001mol、同时生成碳酸根离子0.001mol，则溶液中钙离子的浓度为，则溶液中硫酸根离子浓度至少为，物质的量了为1.0mol，故所需Na2SO4 的物质的量至少为1.001mol，B正确；C．T℃时，向10mL水中加入CaCO3和PbCO3至二者均饱和，溶液中=，C正确；D．d点表示CaCO3的饱和溶液中钙离子浓度大于碳酸根离子浓度，由图可知，钙离子浓度约为、则碳酸根离子浓度约为；加入CaSO4饱和溶液中钙离子、硫酸根离子浓度约为，两者等体积混合后，仍然为钙离子浓度最大、碳酸根离子浓度最小，故：c()＜c(SO)＜c(Ca2＋)，D错误；故选D。16.下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是选项实验现象结论A向和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体溶液颜色变浅平衡向逆反应方向移动B用广泛pH试纸测定溶液的酸碱性测得pH=3.2溶液呈酸性，证明在水中的电离程度大于水解程度C等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体HX放出的氢气多且反应速率快酸的强弱：HX＜HYD向溶液中先滴加2滴溶液，再滴加2滴溶液先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀A.AB.BC.CD.D 【答案】C【解析】【详解】A．体系中加入少量KCl固体对平衡没有影响，溶液颜色不变，故A错误；B．广泛pH试纸测定值只能为正整数，无法测得溶液，故B错误；C．等体积的两种酸HX和HY的溶液分别与足量的铁反应，HX放出的氢气多，所以HX的浓度大，说明HX酸性比HY酸性弱，故C正确；D．向溶液中先滴加2滴溶液，生成白色氢氧化镁沉淀，此时氢氧化钠过量，再滴加2滴溶液，直接生成红褐色氢氧化铁沉淀，不能比较、的大小，故D错误；非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.回答下列问题：（1）杭州亚运会火炬以丙烷()为燃料，丙烷的燃烧热为2220kJ/mol，请写出丙烷燃烧热的热化学方程式：_______。（2）电化学方法是化工生产及生活中常用的一种方法。如图为用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取二氧化氯()的装置图。①电极b应接电源的_______(填“正”或“负”)极，图中应使用_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。②写出产生一极的电极反应式：_______。（3）如表所示25℃时某些弱酸的电离平衡常数。化学式 ①写出碳酸钠溶液中滴加少量草酸的离子方程式：_______。②常温下，稀溶液加水稀释过程中，下列数据变大的是_______。A．B．C．D．③25℃时，有的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，当溶液pH=3时，_______。【答案】（1）（2）①.正②.阳③.（3）①.②.BD③.0.1【解析】【小问1详解】燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；丙烷的燃烧热为2220kJ/mol，则丙烷燃烧热的热化学方程式：；【小问2详解】①电解饱和食盐水制取二氧化氯，则氯离子失去电子发生氧化反应，为阳极，与之相连的b为电源正极；则左侧电极为阴极，水放电生成氢气和氢氧根离子，为防止氢氧根离子和二氧化氯反应，图中应使用阳离子交换膜。②氯离子失去电子发生氧化反应产生，根据电荷守恒可知，还会生成氢气，电极反应式：；【小问3详解】①由表可知，草酸酸性大于碳酸钠，碳酸钠溶液中滴加少量草酸，则草酸完全反应生成草酸钠和碳酸氢钠，离子方程式：。②A．稀溶液加水稀释，乙酸浓度减小，减小，不符合题意； B．，加水稀释，乙酸浓度减小，乙酸根离子浓度减小，比值增大，符合题意；C．，其不受浓度影响，不变，不符合题意；D．，加水稀释，乙酸浓度减小，减小，比值变大，符合题意；故选BD。③25℃时，有的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，由电荷守恒可知，，则，则当溶液pH=3时，0.1。18.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。（1）室温下，测得溶液的pH=1.5，请用电离方程式解释原因_______。（2）向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH关系如图所示。①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10时发生的主要反应的离子方程式是_______。②下列关于溶液的说法正确的是_______。A．溶液显碱性，原因是的水解程度大于其电离程度B．C． D．（3）已知在水中存在以下平衡：，。①测得25℃时，溶液中，，则该条件下的电离平衡常数为_______。②常温下的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡：，若要使该溶液中浓度变大，可采取的措施有_______。A．升高温度B．通入HClC．加入D．加入E．加入【答案】（1）（2）①.②.AB（3）①.(或)②.ABE【解析】【小问1详解】磷酸是三元中强酸，在溶液中分步电离，以一级为主，电离出的氢离子使溶液呈酸性，则0.1mol/L磷酸溶液的pH=1.5，电离方程式为；【小问2详解】①由图可知，溶液pH=10时，溶液中主要成分为，则发生的主要反应为生成的反应，离子方程式是；②A．为弱酸酸式酸根，既能发生电离产生氢离子，又能发生水解产生氢氧根，已知溶液显碱性，则说明是的水解程度大于其电离程度，A正确；B．根据电荷守恒，则有：，B正确；C．根据物料守恒，，C错误；D．由于离子水解大于电离，则有，D错误；故选AB；【小问3详解】 ①由题意可知，为二元弱酸，第一步电离为：，第二步电离为：，则第一步完全电离，，则第一步电离产生的氢离子和HA-都为0.1mol/L，则第二步产生的氢离子以及A2-都为0.01mol/L，HA-剩余浓度为0.09mol/L，代入，得平衡常数为(或);②A．升高温度，平衡正向移动，溶液中浓度变大，A正确，B．通入HCl，消耗A2-，生成弱电解质，平衡正向移动，溶液中浓度变大，B正确；C．加入，无影响，C错误；D．加入，增大A2-浓度，平衡逆向移动，溶液中浓度减小，D错误；E．加入，加入钙离子，溶液中浓度变大，E正确；故选ABE。19.利用可合成烷烃、烯烃、醇、甲酸等系列重要化工原料。回答下列有关问题：制备甲烷。已知：的燃烧热为，的燃烧热为，。（1）_______，该反应在_______(填“低温”“高温”或“任意温度”)下自发。（2）在恒温、恒容容器中按充入反应物进行该反应，下列不能说明反应达到平衡状态的是_______。A．每1molC=O断键的同时有2molC-H生成B．混合气体的平均摩尔质量不再变化C．容器内的压强不再变化D．E．容器内混合气体的密度不再变化（3）选择合适催化剂，在体积为VL的恒容容器中按、 充入反应物，反应结果如图所示。①计算平衡常数_______。②若无催化剂，N点平衡转化率是否可能降至R点_______(填“能”或“不能”)，说明理由_______。（4）选择合适催化剂，在相同温度下，分别在恒容容器Ⅰ和恒压容器Ⅱ中充入和，起始容器体积相同，反应至平衡，在图中画出两容器内反应至平衡混合气体平均摩尔质量随时间的变化曲线示意图_______。【答案】19.①.-166②.低温20.ADE21.①.②.不能③.催化剂不能改变平衡的移动方向22.【解析】【小问1详解】由题意可知，已知反应的热化学方程式为①、②、③，由盖斯定律可知，②×4—①—③×2可得反应，则反应ΔH=(—286)×4—(—890)—(—44)×2=-166 ；该反应是熵减的放热反应，在低温条件下反应ΔH-TΔS＜0，反应能自发进行，故答案为：-166；低温；【小问2详解】A．每1molC=O断键，即消耗0.5molCO2，反应生成0.5molCH4，有2molC-H生成，不能说明反应达到平衡状态，故A符合题意；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均摩尔质量增大，则混合气体的平均摩尔质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B不符合题意；C．该反应是气体体积减小反应，反应中容器内压强减小，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C不符合题意；D．不能说明正逆反应速率相等，反应是未达到平衡，故D符合题意；E．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，恒容条件下，气体的密度始终不变，容器内混合气体的密度不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故E符合题意；故选ADE；【小问3详解】①由图可知，N点二氧化碳的质量为50%，由方程式可知，平衡时二氧化碳、氢气、甲烷、水蒸气的物质的量分别为1mol—1mol×50%=0.5mol、4mol—1mol×50%×4=2mol、1mol×50%=0.5mol、1mol×50%×2=1mol，则反应的平衡常数=，故答案为：；②催化剂能加快反应速率，但不能改变平衡的移动方向，若无催化剂，N点平衡转化率不能可能降至R点，故答案为：不能；催化剂不能改变平衡的移动方向；【小问4详解】含有1mol二氧化碳和4mol氢气混合气体的平均相对分子质量为=10.4，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，恒容条件下混合气体的平均摩尔质量增大，相比于恒容条件下，恒压条件相当于增大压强，化学反应速率加快，达到平衡所需时间小于恒容条件，平衡向正反应方向移动，平均摩尔质量大于恒容条件，则两容器内反应至平衡混合气体平均摩尔质量随时间的变化曲线示意图为 ，故答案为：。20.某研究性学习小组用酸碱中和滴定法定量测定某食用白醋中醋酸的物质的量浓度。已知标准液。（1）查阅白醋包装：醋酸含量约为6g/100mL，换算成物质的浓度约为_______，滴定前要先将白醋精确稀释10倍，用到的定量仪器为_______。（2）滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检漏→蒸馏水洗涤→_______→开始滴定。A．烘干B．装入标准液至零刻度以上C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D．转动滴定管活塞以排除气泡E．挤捏乳胶管玻璃珠以排除气泡F．用NaOH标准液润洗2至3次G．记录起始读数（3）准确量取稀释后的白醋25.00mL，置于锥形瓶中，用_______作指示剂，选择该指示剂时如何判断反应达到滴定终点_______。（4）为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，三次实验结果记录如下：滴定次数待测液体积(mL)标准NaOH溶液体积(mL)滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)第一次25.000.5022.40第二次25.002.40(见图)第三次25.001.2021.10 从上表可以看出，第一次实验中记录消耗NaOH溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是_______。A．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡B．盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗C．第一次滴定用的锥形瓶未润洗D．滴定结束时，俯视读数E．用于配制标准NaOH溶液的固体中含有NaCl（5）根据所给数据，计算该品牌白醋中醋酸的物质的量浓度：_______。【答案】（1）①.1②.容量瓶（2）FBECG（3）①.酚酞②.当滴入最后半滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色（4）BE（5）0.8160【解析】【小问1详解】由已知得；一定浓度溶液的配制需要用到定量仪器为容量瓶；【小问2详解】滴定管使用操作步骤为检查是否漏水、蒸馏水洗涤、用所装溶液即氢氧化钠标准液润洗2到3次、装入标准液至零刻度线以上、挤压橡胶管内玻璃珠进行排气泡、调整滴定液面至零刻度或零刻度下、记录起始读数，即FBECG；【小问3详解】该滴定实验属于强碱滴定弱酸生成强碱弱酸盐，即滴定终点溶液显碱性，故选酚酞作指示剂；当滴入最后半滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；【小问4详解】由表中数据知第一次消耗氢氧化钠溶液21.90ml、第二次消耗22.50ml-2.40ml=20.10ml、第三次消耗19.90ml；A．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡，导致终点读数偏小，所耗氢氧化钠体积偏小，错误； B．盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，导致标准液被稀释，所耗氢氧化钠体积偏大，正确；C．第一次滴定用的锥形瓶未润洗，所取待测液物质的量一定，对滴定结果无影响，错误；D．滴定结束时，俯视读数导致读数偏小，所耗氢氧化钠体积偏小，错误；E．用于配制标准NaOH溶液的固体中含有NaCl，导致标准液氢氧化钠浓度减小，所耗体积偏大，正确；综上选BE；【小问5详解】结合小问4详解，第一次消耗标准液体积偏差太大舍去，故第二次和第三次消耗标准液平均值为20.00ml，由滴定终点存在氢氧化钠物质的量等于醋酸物质的量，即。21.下图是一种处理废锌锰干电池的流程，电池内除铜帽、锌皮(含少量铁)、石墨棒外，还含有MnOOH、、、C及有机物等糊状填充物。已知：，，，，请回答下列问题：（1）“溶解”过程中为了提高浸出效率，可以采取的措施有_______(写一条即可)（2）对于以上流程，下列说法正确的是：_______。A.由溶液得到晶体的方式为蒸发结晶B.“调pH”生成“滤渣2”的离子方程式为：C.“酸溶”时的反应速率比同浓度盐酸与同规格纯锌片反应的速率快D.将“滤渣1”在空气中灼烧可能有生成（3）常温下，“调pH”时，应控制溶液pH的范围是_______。(已知：“溶解”后的溶液中 ，一般某离子浓度时认为沉淀完全。忽略滴加、氨水后溶液的体积变化。)（4）写出“沉锌”的离子方程式_______，并计算该反应的平衡常数_______。【答案】（1）搅拌，适当升温等（2）CD（3）2.9≤pH＜6（4）①.②.【解析】【分析】将废干电池拆解出铜帽、锌皮和石墨棒后主要剩余的是MnOOH、、、C及有机物等糊状填充物，加水溶解后过滤出不溶性的MnOOH、C，向铜帽、锌皮和石墨棒混合物中加入稀盐酸进行酸溶，锌和铁分别溶解生成氯化锌和氯化亚铁，一起进入氧化步骤，加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为+3价，加入氨水调节pH，将铁转化为氢氧化铁过滤后得到滤渣2，向滤液中继续加入硫化氢进行沉锌，滤渣3为硫化锌，将滤液进行结晶得到氯化铵晶体，据此分析该题。【小问1详解】“溶解”过程中为了提高浸出效率，可以采取的措施有搅拌、适当升温；答案为：搅拌，适当升温等；【小问2详解】A.晶体加热条件下易分解，故A错误；B.“调pH”生成“滤渣2”的离子方程式为：，故B错误；C.锌片中含有铁，加入盐酸进行酸溶时，构成了原电池，加快反应速率，比同浓度盐酸与同规格纯锌片反应的速率快，故C正确；D.将“滤渣1”在空气中灼烧可能有生成，发生的反应方程式为：，故D正确；答案为：CD；【小问3详解】结合上述分析，“调pH”的目的是将铁沉淀完全，当Fe3+沉淀完全时，，常温下，c(H+)=，则pH=2.9，“溶解”后的溶液中，当Zn2+开始沉淀时c(OH-)= ，此时的c(H+)=，pH=6，应控制溶液pH的范围是2.9≤pH＜6；答案：2.9≤pH＜6；【小问4详解】“沉锌”的离子方程式；该反应的平衡常数=；