广东省深圳市罗湖区2023-2024学年高二上学期12月阶段性考试化学试题
一、单选题（每题只有一个正确答案，前10题每题2分，后6题每题4分，共16题，满分44分.）
1．化学与生产、生活息息相关.下列做法正确的是（ ）
A．铵态氮肥和草木灰可以混合施用
B．废水中的、等离子可用处理
C．次氯酸钠溶液呈碱性，可用作胃酸中和剂
D．明矾溶于水形成胶体，可用于杀菌
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；水的净化
【解析】【解答】A、草木灰的主要成分是K2CO3，其水溶液显碱性，能与NH4＋反应生成NH3，使得肥效降低，因此不可混合使用，A不符合题意。
B、加入Na2S后可发生反应：Cu2＋＋S2－=CuS↓、Hg2＋＋S2－=HgS↓，因此可用Na2S除去废水中的Cu2＋、Hg2＋，B符合题意。
C、NaClO溶液具有碱性和氧化性，具有腐蚀作用，因此不可用作胃酸中和剂，C不符合题意。
D、明矾为KAl(SO4)2·12H2O，溶于水后可形成Al(OH)3胶体，具有吸附性，可用于净水，但不具有杀菌消毒作用，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、草木灰显碱性，能与氨态氮肥反应生成NH3。
B、CuS、HgS是一种沉淀。
C、NaClO溶液具有强氧化性，有腐蚀作用。
D、明矾能用于净水，不能用于杀菌。
2．醋酸在水溶液中存在下列电离平衡：，下列说法不正确的是（ ）
A．加入醋酸钠晶体后，溶液的增大
B．加入碳酸钠，平衡向右移动
C．升高温度，增大
D．加水稀释，溶液中和均减少
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A、加入CH3COONa晶体后，溶液中c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动，溶液中c(H＋)减小，pH增大，A不符合题意。
B、加入Na2CO3后，CO32－与H＋反应，使得溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，B不符合题意。
C、弱电解质的电离为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，电离常数增大，C不符合题意。
D、加水稀释，溶液中c(H＋)减小，但水的离子积常数Kw不变，即c(H＋)×c(OH－)不变，所以溶液中c(OH－)增大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题是对弱电解质电离平衡移动影响的考查，结合平衡移动原理进行分析。
3．下列不能表明是弱电解质的是（ ）
A．的溶液
B．溶液能与纯碱反应
C．室温下溶液呈碱性
D．常温下同浓度溶液的导电性比盐酸弱
【答案】B
【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】A、0.1mol·L－1HF溶液的pH=2，则溶液中c(H＋)=0.01mol·L－1，说明HF在水中部分电离，因此HF是弱电解质，A不符合题意。
B、HF溶液能与纯碱反应，说明HF的酸性强于H2CO3，但不能说明HF是弱酸，所以不能说明HF是弱电解质，B符合题意。
C、室温下NaF溶液显碱性，说明溶液中存在水解平衡F－＋H2O HF＋OH－，因此HF为弱电解质，C不符合题意。
D、常温下同浓度的HF溶液的导电性比盐酸弱，说明同浓度的HF溶液中离子浓度小于盐酸，因此说明HF溶液中HF的电离为部分电离，所以HF为弱电解质，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】要证明HF是弱电解质，则需证明其在水中电离为不完全电离。据此结合选项进行分析。
4．在一定温度下，当固体在水溶液中达到平衡：，要使固体减少而不变，可采取的措施是（ ）
A．加固体 B．加盐酸 C．加少量水 D．加固体
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、加入MgSO4固体，溶液中c(Mg2＋)增大，平衡逆向移动，Mg(OH)2固体质量增加，A不符合题意。
B、加入盐酸，H＋与OH－反应，使得平衡正向移动，Mg(OH)2固体质量减小，但溶液中c(Mg2＋)增大，B不符合题意。
C、加少量水，平衡正向移动，Mg(OH)2固体质量减小，但所得溶液仍为Mg(OH)2饱和溶液，因此溶液中c(Mg2＋)不变，C符合题意。
D、加入NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，平衡逆向移动，Mg(OH)2固体质量增加，溶液中c(Mg2＋)减小，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、加入MgSO4固体，溶液中c(Mg2＋)增大。
B、加入盐酸，平衡正向移动，c(Mg2＋)增大。
C、加水稀释，促进Mg(OH)2电离，但溶液中c(Mg2＋)不变。
D、加入NaOH固体，平衡逆向移动，c(Mg2＋)减小。
5．（2022高三上·邯郸期末）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液并用来滴定白醋样品，下列图示操作不能达到实验目的的是
A．操作甲：用玻璃棒搅拌以加速NaOH固体溶解
B．操作乙：配制NaOH溶液时向容量瓶中加水至刻度线
C．操作丙：弯曲并挤压胶管中玻璃珠以排除滴定管尖端气泡
D．操作丁：滴定时滴入液体和摇动锥形瓶同时进行
【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．搅拌可以加速固体的溶解，则操作甲为用玻璃棒搅拌以加速氢氧化钠固体溶解，故A不符合题意；
B．配制一定物质的量浓度浓度溶液定容时，应用玻璃棒引流向容量瓶中加水至刻度线1—2cm处，则操作乙中缺少玻璃棒引流，故B符合题意；
C．排出碱式滴定管中尖嘴部分气泡时应使带有玻璃小球的橡胶管弯曲并挤压胶管中玻璃珠迅速排液以排除滴定管尖端气泡，则操作丙为弯曲并挤压胶管中玻璃珠以排除滴定管尖端气泡，故C不符合题意；
D．中和滴定时，左手应控制滴定管滴入液体，同时右手摇动锥形瓶进行滴定，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.搅拌可加速溶解；
C.碱式滴定管排出气泡的具体操作为：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡；
D.滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内的颜色变化。
6．下列关于离子方程式书写正确的是（ ）
A．用溶液检测：
B．溶于水后发生微弱水解：
C．用饱和溶液处理水垢：
D．溶液中的电离：
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、Fe(SCN)3可溶于水，不是沉淀，该反应的离子方程式为：Fe3＋＋3SCN－=
Fe(SCN)3，A不符合题意。
B、CH3COONH4在水中完全电离，其电离方程式为：CH3COONH4=CH3COO－＋NH4＋，B不符合题意。
C、水垢中含有CaSO4，加入饱和Na2CO3，可将CaSO4转化为CaCO3，其反应的离子方程式为：CaSO4(s)＋CO32－(aq) CaCO3(s)＋SO42－(aq)，C符合题意。
D、HCO3－在水中部分电离，产生H＋和CO32－，H＋与H2O进一步反应生成H3O＋，其电离方程式为：HCO3－＋H2O H3O＋＋CO32－，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、Fe(SCN)3可溶于水，不是沉淀。
B、该反应为CH3COONH4的电离。
C、CaCO3比CaSO4更难溶，沉淀会向着更难溶的方向进行。
D、HCO3－电离产生H＋和CO32－。
7．下列说法中正确的是（ ）
A．的溶液一定呈酸性
B．将盐酸稀释至，所得溶液的为9
C．在常温下，当水电离出的为，时，此溶液的可能为1或13
D．将的盐酸与醋酸各分别稀释至，所得醋酸的略大
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、当温度为25℃时，pH=7的溶液显中性，当pH＜7时溶液显酸性。当温度为100℃时，pH=6的溶液显中性；pH＜6的溶液显酸性；pH＞7的溶液显碱性。所以pH＜7的溶液不一定显酸性，A不符合题意。
B、将盐酸进行稀释的过程中，溶液中c(H＋)减小，pH增大，但不会大于7，只会无限接近7，B不符合题意。
C、在常温下，水电离产生的c(H＋)=10－7mol·L－1，当水电离产生的c(H＋)=10－13mol·L－1时，说明水的电离受到抑制，此时溶液可能显酸溶液或碱溶液。若为酸溶液，则溶液中c(OH－)=c(OH－)水=c(H＋)水=10－13mol·L－1，此时溶液中，此时溶液的pH=1。若为碱溶液，则溶液中c(H＋)=c(H＋)水=10－13mol·L－1，此时溶液的pH=13。综上，此溶液的pH可能为1或13，C符合题意。
D、将pH=2的盐酸从1mL稀释到100mL，则pH变为4。将pH=2的醋酸从1mL稀释到100mL，由于稀释过程中促进CH3COOH的电离，产生更多的H＋，所以稀释后溶液的pH＜4，因此所得醋酸的pH略小，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、当温度为100℃时，pH＜6的溶液显酸性。
B、“无限稀释7为限”，酸溶液稀释无法得到碱性溶液。
C、结合水的离子积常数进行计算。
D、醋酸是弱酸，稀释过程促进CH3COOH的电离，使得溶液n(H＋)变大。
8．下列各图所示装置能达到实验目的的是（ ）
A B C D
用已知浓度的盐酸测定溶液浓度 用pH试纸测定盐酸的pH 比较Mg和Al的金属性强弱 蒸干溶液制取无水
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】测定溶液pH的方法；盐类水解的应用；中和滴定；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、用已知浓度的盐酸滴定NaOH溶液浓度时，盐酸为标准液，用酸式滴定管盛装，A符合题意。
B、测溶液的pH值时，pH试纸不能润湿，若用润湿的pH试纸测盐酸的pH，则盐酸被稀释，所得盐酸的pH值偏大，B不符合题意。
C、由金属活动性可知，金属锌Mg＞Al。由于Mg与NaOH溶液不反应，Al是一种两性金属，能与NaOH溶液反应。因此在该原电池装置中，Al做负极，Mg做正极，无法比较Mg、Al的金属性强弱，C不符合题意。
D、加热蒸发的过程中发生水解反应：MgCl2＋2H2O Mg(OH)2＋2HCl，HCl具有挥发性，且加热会促使HCl挥发，因此蒸干过程中MgCl2完全转化为Mg(OH)2，因此无法得到无水MgCl2，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、盐酸溶液用酸式滴定管盛装。
B、测溶液的pH值时，pH试纸不能润湿。
C、Mg与NaOH不反应，Al能与NaOH溶液反应，Al为负极。
D、加热蒸发过程中，MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl易挥发。
9．下列关于盐类水解的应用，说法不正确的是（ ）
A．除去溶液中的可加入后过滤
B．水溶液蒸发结晶能得到固体
C．工业上可利用水解制备
D．配制溶液时，先将固体溶于较浓的盐酸中
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、溶液中存在Fe3＋的水解平衡Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，加入CuO后，CuO与H＋反应，使得溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，Fe3＋转化为Fe(OH)3，且CuO反应生成Cu2＋，不会引入新的杂质。因此可用CuO除去CuCl2溶液中的FeCl3，A不符合题意。
B、加热蒸发过程中，Na2SO3会被空气中的O2氧化成Na2SO4，因此最终得到的是Na2SO4固体，B符合题意。
C、TiCl4在水溶液中发生水解反应：TiCl4＋2H2O=TiO2↓＋4HCl，因此工业上可利用TiCl4水解制取TiO2，C不符合题意。
D、FeCl3溶液中存在水解反应Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中时，H＋可抑制Fe3＋的水解，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、加入CuO使得Fe3＋水解正向移动，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。
B、加热过程中Na2SO3被空气中的O2氧化成Na2SO4。
C、TiCl4水解可得TiO2。
D、较浓的盐酸中H＋可抑制Fe3＋的水解。
10．常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是（ ）
A．含有的溶液中：、、、
B．与反应能放出的溶液中：、、、
C．含有的溶液中：、、、
D．使甲基橙变红的溶液中：、、、
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、溶液中Al3＋能与HCO3－发生反应Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，二者不可大量共存，A不符合题意。
B、Al是一种两性金属，能与H＋、OH－反应，因此该溶液中可能含有大量的H＋或OH－。溶液中NH4＋能与OH－反应生成NH3·H2O；S2－能与H＋反应生成H2S。均不可大量共存，B不符合题意。
C、溶液中，说明溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，溶液中MnO4－具有强氧化性，能将Cl－氧化成Cl2，不可大量共存，C不符合题意。
D、使甲基橙变红色的溶液显酸性，含有大量的H＋，与溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、Al3＋能与HCO3－反应，不可大量共存。
B、能与Al反应生成H2的溶液中可能含有大量的H＋或OH－。
C、该溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性。
D、能使甲基橙变红色的溶液显酸性。
11．由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 解释或结论
A 向溶液中加入的溶液 有无色气体生成 酸性：
B 含和的浊液中通入气体 生成黑色沉淀 溶解度：
C 向均盛有溶液的两支试管中分别滴入和溶液1mL 前者产生气泡的速率更快 催化效果：
D 向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液 先出现黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、往NaHCO3溶液中滴加H2C2O4溶液，反应产生的无色气体为CO2，由“强酸制取弱酸”原理可知，酸性：H2C2O4＞H2CO3，A不符合题意。
B、通入H2S气体后，溶液中的Ag＋与S2－反应生成黑色沉淀Ag2S，不存在AgCl沉淀转化为Ag2S沉淀，因此无法比较二者的溶解度大小，B符合题意。
C、含有Fe3＋的溶液中产生气泡的速率更快，说明反应速率更快，因此Fe3＋的催化效果比Cu2＋的催化效果更好，C不符合题意。
D、滴加AgNO3溶液后，先出现黄色沉淀AgI，说明AgI比AgCl更难溶，即Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、有无色气体产生，该气体为CO2，结合强酸制弱酸原理分析酸性强弱。
B、生成的黑色沉淀为Ag2S，由Ag＋与S2－反应生成。
C、滴有Fe3＋的反应速率更快，则Fe3＋的催化效果更好。
D、先形成沉淀，说明该沉淀的溶度积Ksp更小。
12．、、分别表示酸的电离常数、水的离子积常数、溶度积常数，下列判断正确的是（ ）
A．室温下，说明的电离度一定比的大
B．室温下向的醋酸溶液中加入水稀释后，溶液中不变
C．25℃时，均为4的盐酸和溶液中不相等
D．两种难溶电解质做比较时，越小的电解质，其溶解度一定越小
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、室温下Ka(HCN)＜Ka(CH3COOH)，则酸性HCN＜CH3COOH。电离度与电离平衡移动有关，电离常数的大小与电离度无绝对关系，A不符合题意。
B、加水稀释过程中给，溶液中c(H＋)、c(CH3COOH)、c(CH3COO－)减小，但CH3COO-的水解平衡常数保持不变，所以保持不变，B符合题意。
C、水的离子积常数Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变。因此25℃时，pH均为4的盐酸和NH4I溶液中Kw相等，C不符合题意。
D、温度相同时，组成和结构相似的两种难溶电解质，其Ksp越小，则溶解度越小。若温度不同，或难溶电解质的组成不同，则无法由Ksp的大小比较溶解度的大小，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、酸的电离常数越大，则酸性越强，但电离度不一定越大。
B、化学平衡常数只与温度有关，与浓度无关。
C、水的离子积常数Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变。
D、温度相同时，组成和结构相似的两种难溶电解质，Ksp越小，则其溶解度越小。
13．下列说法中正确的是（ ）
A．的溶液中：
B．浓度均为的①②③④，由小到大的顺序：④＜③＜①＜②
C．向、的混合饱和溶液中加入少量，溶液中减小
D．溶液中离子浓度大小顺序为
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、Na2S溶液中存在Na＋、S2－、HS－、H＋和OH－，由于溶液显电中性。即溶液中阴阳离子所带正负电荷的总量相等，所以溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)=2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)，A不符合题意。
B、前3种溶液中均存在水解平衡NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋。①NH4Cl溶液中NH4＋正常水解；②NH4Fe(SO4)2溶液中，Fe3＋的水解抑制了NH4＋的水解；③CH3COONH4溶液中CH3COO－的水解促进了NH4＋的水解；④NH3·H2O溶液中，NH4＋来自于NH3·H2O部分电离产生。因此四种溶液中c(NH4＋)的大小关系为：④＜③＜①＜②，B符合题意。
C、AgBr、AgCl混合饱和溶液中，加入少量AgNO3的过程中，Ksp(AgBr)、Ksp(AgCl)保持不变，因此溶液中不变，C不符合题意。
D、NaHCO3溶液中HCO3－的水解程度大于HCO3－的电离程度，因此溶液中c(OH－)＞c(H＋)。由于OH－来自于HCO3－的水解和H2O的电离，HCO3－来自于NaHCO3的完全电离。所以溶液中c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H＋)＞c(CO32－)，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、结合电荷守恒分析。
B、溶液中存在NH4＋的水解平衡NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，结合溶液中其余离子对NH4＋水解平衡的影响分析.
C、结合AgCl、AgBr的溶度积Ksp进行计算。
D、NaHCO3溶液中HCO3－的水解程度大于电离程度，且溶液中存在H2O的电离，据此判断溶液中离子浓度的相对大小。
14．常温下，，常温下在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示.下列说法正确的是（ ）
A．加入可使溶液由a点变到b点
B．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中一定等于
C．d点溶液通过蒸发可以变到c点
D．a点对应的等于c点对应的
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、加入Na2SO4后，溶液中c(SO42－)增大，由于Ksp(CaSO4)=c(Ca2＋)×c(SO42－)不变，因此溶液中c(Ca2＋)减小，无法实现溶液中a点变到b点，A不符合题意。
B、b点溶液中c(Ca2＋)×c(SO42－)=5×10－3×4×10－3=2×10－5＞Ksp，所以b点溶液中有沉淀产生。平衡后溶液中剩余c(Ca2+)=10－3mol·L－1，此时溶液中，B不符合题意。
C、蒸发过程中，溶液中c(Ca2＋)、c(SO42－)均增大，而d点到c点的过程中c(SO42－)不变，c(Ca2＋)增大，C不符合题意。
D、a、c两点溶液的温度不变。而溶度积Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变。所以a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、加入Na2SO4后，溶液中c(SO42－)增大，c(Ca2＋)减小。
B、b点时溶液中c(Ca2＋)×c(SO42－)＞Ksp，有沉淀产生。
C、蒸发过程中，溶液中c(Ca2＋)、c(SO42－)均增大。
D、溶度积Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变。
15．甲烷燃料电池的工作原理如图，下列说法正确的是（ ）
A．a极为正极
B．从b极经溶液流向a极
C．工作一段时间后，b极附近的pH会增大
D．a极的电极反应为
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、通入CH4的电极，CH4发生失电子的氧化反应，因此a电极为负极，A不符合题意。
B、在原电池中，阳离子移向正极。因此K＋从a电极经溶液流向b电极，B不符合题意。
C、b电极为正极，O2发生得电子的还原反应生成OH－。因此工作一段时间后，b电极附近c(OH－)增大，溶液的pH增大，C符合题意。
D、由分析可知，a电极的电极反应式为：CH4－8e－＋10OH－=CO32－＋7H2O，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】燃料电池属于原电池，通入CH4的电极为负极，其电极反应式为：CH4－8e－＋10OH－=CO32－＋7H2O。通入空气的电极为正极，O2发生得电子的还原生成OH－，其电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O=4OH－。
16．常温下，用溶液滴定（二元弱酸）溶液所得滴定曲线如图（混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和）.下列说法正确的是（ ）
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．点④所示溶液中：
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、点①溶液为0.1mol·L－1的H2C2O4溶液，H2C2O4是一种二元弱酸，溶液中c(H＋)＜0.1mol·L－1，由于此时溶液的pH未知，无法准确计算溶液中c(H＋)、c(OH－)，因此无法得出二者的比值，A不符合题意。
B、点②所以溶液中加入V(KOH溶液)=5.00mL，则反应后所得溶液中溶质为等浓度的KHC2O4、H2C2O4溶液。此时溶液中所含的离子有K＋、HC2O4－、C2O42－、H＋和OH－，溶液中存在电荷守恒：c(K＋)＋c(H＋)=c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)＋c(OH－)，B不符合题意。
C、点③所示溶液中加入V(KOH溶液)=10.00mL，则反应后所得溶液中溶质为KHC2O4溶液，该溶液显酸性，说明溶液中HC2O4－的电离程度大于HC2O4－的水解程度；且溶液中存在H2O的电离。因此溶液中离子的浓度关系为：c(K＋)＞c(HC2O4－)＞c(H＋)＞c(C2O42－)＞c(OH－)，C不符合题意。
D、点④溶液中加入V(KOH溶液)=15.00mL，则反应后所得溶液中溶质为等浓度的KHC2O4、K2C2O4溶液。由电荷守恒可得，溶液；溶液中。所以溶液中c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)=0.06mol·L－1＋0.04mol·L－1=0.1mol·L－1，D符合题意。
故答案为：D
【分析】将KOH溶液滴入H2C2O4溶液中的过程中，依次发生反应：OH－＋H2C2O4=HC2O4－＋H2O、HC2O4－＋OH－=C2O42－＋H2O。因此当加入V(KOH溶液)=10.00mL时，所得溶液中的溶质为KHC2O4；当加入V(KOH溶液)=20.00mL时，溶液中的溶质为K2C2O4。据此结合电荷守恒、物料守恒、质子守恒分析选项。
二、填空题（14分）
17．电化学手段对于研究物质性质以及工业生产中都有重要价值.
（1）Ⅰ.结合所学知识，按要求回答问题.
按要求写出电极反应式
①碱性锌锰电池的总反应为，
写出正极反应式 .
（2）Ⅱ.载人航天工程对科学研究及太空资源开发具有重要意义，其发展水平是衡量一个国家综合国力的重要指标.中国正在逐步建立自己的载人空间站“天宫”，神舟十三号载人飞船在北京时间10月16日0时23分点火发射，又一次正式踏上飞向浩挱星辰的征途.
氢氧燃料电池（构造示意图如图）单位质量输出电能较高，反应生成的水可作为航天员的饮用水，氧气可以作为备用氧源供给航天员呼吸.由此判断X极为电池的 极，向 （填“正”或“负”）极作定向移动，Y极的电极反应式为 .
（3）在宇宙飞船或潜艇中，还可利用氢氧燃料电池所产生的水作为饮用水，今欲得常温下1.8L水，则电池内电子转移的物质的量约为 mol
（4）“神舟”飞船的电源系统共有3种，分别是太阳能电池帆板、镉镍蓄电池和应急电池.飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板将 能转化为电能，除供给飞船使用外，多余部分用镉镍蓄电池储存起来.其工作原理为：，当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极附近溶液的碱性 （填“增大”“减小”或“不变”）.
【答案】（1）
（2）负极；负极；
（3）200
（4）太阳；减小
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）该碱性锌锰电池中MnO2发生得电子的还原反应生成MnO(OH)，为正极反应，因此正极的电极反应式为：MnO2＋e－＋H2O=MnO(OH)＋OH－。
故答案为：MnO2＋e－＋H2O=MnO(OH)＋OH－
（2）由电池构造示意图可知，X电极上失去电子，因此X电极为负极，Y电极为正极。在原电池中，阴离子移向负极。因此OH－向负极做定向移动。Y电极上O2发生得电子的还原反应生成OH－，其电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O=4OH－。
故答案为：负极；负极；O2＋4e－＋2H2O=4OH－
（3）1.8L水的质量为1.8×103g，其物质的量n(H2O)=100mol。由反应“2H2＋O2=2H2O”可知，每生成1molH2O，转移2mol电子。因此当有100molH2O生成时，转移电子数为200mol。
故答案为：200
（4）太阳能电池帆板将太阳能转化为电能。镉镍电池为飞船供电时为放电过程，属于原电池装置，其负极的电极反应式为：Cd－2e－＋2OH－=Cd(OH)2。反应过程中消耗OH－，使得负极溶液的碱性减小。
故答案为：太阳；减小
【分析】（1）该反应中MnO2发生得电子的还原反应，生成MnO(OH)，据此写出正极的电极反应式。
（2）X电极发生失电子的氧化反应，因此X为负极。在原电池中，阴离子向负极移动。Y电极上正极，O2在Y电极发生得电子的还原反应生成OH－，据此写出正极的电极反应式。
（3）1.8L水的质量为1.8×103g，则其物质的量为100mol，n(H2O)=100mol，据此计算转移电子数。
（4）太阳能电池实现太阳能转化为电能。根据电池总反应式写出负极的电极反应式，从而判断负极附近溶液碱性的变化。
三、实验探究题（14分）
18．草酸是一种易溶于水的二元有机弱酸，常用作还原剂、沉淀剂等，可与酸性溶液发生反应：.
（1）探究外界条件对反应速率的影响.
实验编号 所加试剂及用量/mL 条件 溶液颜色褪至无色所需时间/min
溶液 溶液 稀 水 温度℃
1 12.0 2.0 3.0 3.0 20
2 6.0 2.0 3.0 20
3 2.0 3.0 9.0 30
①完成此实验设计，其中： ， .
②对比实验1、2可探究 对反应速率的影响.
（2）某兴趣小组用草酸及草酸盐的性质测定硬水中钙离子的浓度.
根据消耗酸性标准溶液的体积即可测定硬水样品中的浓度.
①实验过程提及的下列仪器，在使用之前一定要润洗的是 （填字母）.
A.容量瓶 B.烧杯 C.锥形瓶 D.滴定管
②滴定过程中 （填“需要”或“不需要”）另加指示剂，如何判断滴定终点 .
③本实验滴定管起点和终点的液面位置如图所示，则滴定过程中消耗的标准溶液为 .该硬水样品中的浓度为 .
④下列不当操作会使测得的硬水样品的浓度偏高的是 （填字母）
A.滴定管未用标准溶液润洗 B.草酸钙沉淀洗涤不充分
C.滴定前仰视读数并记录数据 D.盛放草酸溶液的锥形瓶没有干燥
【答案】（1）9.0；6.0；浓度
（2）D；不需要；当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为紫色，半分钟不变为原来颜色；9.60；；AB
【知识点】中和滴定；探究影响化学反应速率的因素；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）由实验1可知，混合溶液的总体积为20mL。为保证溶液中某一反应物的浓度相同，因此需控制混合溶液的总体积相同。所以V1=9.0mL、V2=6.0mL。
故答案为：9.0；6.0
②对比实验1、实验2中，所用H2C2O4溶液的体积不同，因此混合溶液中c(H2C2O4)不同，其余条件相同。因此实验1、实验2可探究浓度对反应速率的影响。
故答案为：浓度
（2）①A、容量瓶使用前需要检漏，不需要润洗，A不符合题意。
B、烧杯使用前不需要润洗，B不符合题意。
C、锥形瓶使用前不需要润洗，C不符合题意。
D、滴定管使用前需要检漏，同时还需要用待装溶液进行润洗，D符合题意。
故答案为：D
②滴定过程中，滴入的标准KMnO4溶液与H2C2O4反应，当达到滴定终点时，滴入的KMnO4溶液不反应，溶液显紫色，因此不需要指示剂。滴定终点的现象为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，半分钟内不变为原来的颜色。
故答案为：不需要；当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，半分钟内不变为原来的颜色
③滴定前滴定管的读数为0.2000mL；滴定终点时滴定管的读数为9.80mL，所以滴定过程中消耗标准KMnO4溶液的体积为9.80mL－0.2000mL=9.60mL。则消耗n(KMnO4)=0.010mol·L－1×9.60×10－3L=9.6×10-5mol。由反应的离子方程式可得关系式“5Ca2＋～5H2C2O4～2MnO4－”，所以100.00mL硬水中。所以该硬水样品中Ca2+的浓度为。
故答案为：9.60；2.4×10-3
④A、滴定前未用标准液润洗滴定管，则滴定管内含有水，使得标准液的浓度减小，消耗标准液的体积变大。因此计算所得n(H2C2O4)偏大，c(Ca2＋)偏高，A符合题意。
B、草酸钙沉淀洗涤不充分，则草酸钙表面残留有((NH4)2C2CO4，使得消耗标准液的体积变大。因此计算所得n(H2C2O4)偏大，c(Ca2＋)偏高，B符合题意。
C、滴定前仰视读数，则起始读数偏大，所得消耗标准液的体积偏小。因此计算所得n(H2C2O4)偏小，c(Ca2＋)偏低，C不符合题意。
D、盛放草酸溶液的锥形瓶没有干燥，对实验过程没有影响，D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】（1）①实验探究过程中应保持溶液的总体积相同，据此判断V1、V2的体积。
②根据实验1、实验2中各物质的用量、反应条件判断探究因素。
（2）①使用前一定要润洗的仪器是滴定管。
②滴定终点时溶液由无色变为紫色，因此不需要指示剂。
③根据滴定前后滴定管的示数确定滴定过程中消耗KMnO4溶液的体积。由滴定过程中发生反应的离子方程式确定n(H2C2O4)，进而得出硬水中c(Ca2＋)。
④侧得的硬水中Ca2＋浓度偏高，则消耗标准KMnO4溶液的体积偏大，据此结合选项进行分析。
四、工业流程题（14分）
19．碱式碳酸铜可用作有机催化剂.工业上以辉铜矿（主要成分为，含及少量）为原料制备碱式碳酸铜，工业流程如下：
（1）滤渣可能含S、 （填化学式）.
（2）①“浸取”时能提高辉铜矿浸取率的措施有 （填2条）.
②某小组测得浸取率随浓度及温度影响的变化曲线如下：
图一 图二
由图一可知适宜的浓度范围为 ；由图一中的a点分析，浸取时也起到了氧化辉铜矿的作用，该反应的离子方程式为 ；
图二中高于85℃时浸取率下降的原因是 .
（3）“除铁”步骤调可加入试剂 （填选项字母）；
a.氨气 b. c. d.
（4）常温下，“过滤”后的滤液中，则“除铁”步骤调应小于 [常温下，].
【答案】（1）
（2）适当升高温度、适当增大浓度、粉碎固体增大接触面积等（任选其中两条）；；；温度过高，分解，浸取率降低
（3）c
（4）4
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，滤渣中含有S和SiO2。
故答案为：SiO2
（2）①“浸取”时能提高浸取率的操作有适当升高温度、适当增大H2O2浓度、粉碎固体增大接触面积等。
故答案为：适当升高温度、适当增大H2O2浓度、粉碎固体增大接触面积等
②由图一可知，当H2O2浓度为0.1mol·L－1～0.2mol·L－1时，铜浸取率较高。因此H2O2适宜的浓度范围为0.1mol·L－1～0.2mol·L－1。Fe2(SO4)3溶液中Fe3＋具有氧化性，能将Cu2氧化成Cu2＋、S，自身还原为Fe2＋该反应的离子方程式为：4Fe3＋＋Cu2S=4Fe2＋＋2Cu2＋＋S↓。图二中当温度高于85℃时，H2O2分解，使得Cu的浸取率降低。
故答案为：0.1mol·L－1～0.2mol·L－1；4Fe3＋＋Cu2S=4Fe2＋＋2Cu2＋＋S↓；温度过高，H2O2分解，Cu浸取率降低
（3）“除铁”步骤中调价pH的过程中，应不能引入新的杂质，因此可加入的试剂为CuO，c符合题意。
故答案为：c
（4）过滤后溶液中，此时溶液中，所以“除铁”步骤调节pH应小于4。
故答案为：4
【分析】辉铜矿中加入Fe2(SO4)3、H2O2和稀硫酸，辉铜矿中的Cu2S、Fe2O3转化为Cu2＋、Fe3＋、S；SiO2与稀硫酸不反应，因此过滤后滤渣的主要沉淀为SiO2和S。滤液中加入CuO或Cu(OH)2调节溶液的pH，使滤液中的Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀。经过“除铁”操作后，所得溶液中含有Cu2＋，加入NH4HCO3溶液进行“沉铜”，得到Cu2(OH)2CO3。
五、原理综合题（14分）
20．的回收与利用是科学家研究的热点课题.工业上有一种用生产甲醇燃料的方法：.将和充入的恒温刚性密闭容器中，测得的氢气物质的量随时间变化如图所示（实线）.
（1）下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是____（填序号）.
A．
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．保持不变
D．压强保持不变
（2）a点正反应速率 （填“>”、“<”或“=”）b点逆反应速率，前内.用表示的平均反应速率为 .（保留两位有效数字）
（3）平衡时的转化率为 ，该条件下反应的平衡常数 .
（4）若温度不变达到平衡后往容器中分别充入，各，请问 （填“>”、“<”或“=”）.
（5）仅改变某一实验条件再进行实验，测得的物质的量随时间变化如图中虚线所示，对应的实验条件改变的是 .
【答案】（1）B；C；D
（2）＞；0.17
（3）33.3%；0.5
（4）<
（5）加压或增大二氧化碳的浓度
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）A、当反应达到平衡状态时，，所以3v正(CO2)=v逆(H2)，A不符合题意。
B、该反应中反应物、生成物都是气体，根据质量守恒定律可得，反应前后混合气体的质量不变。由于反应前后气体分子数改变，即混合气体的总物质的量改变。根据公式可知，反应过程中，混合气体的平均相对分子质量是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，B符合题意。
C、其实投料，因此反应过程中是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，C符合题意。
D、由于反应前后气体分子数改变，则混合气体的总压强改变，所以反应过程中压强是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，D符合题意。
故答案为：BCD
（2）a点到b点的过程中，n(H2)逐渐减小，说明反应正向进行，因此v正＞v逆。前4min内，H2的变化浓度；则CH3OH的变换浓度为。所以前4min内用CH3OH表示的反应速率。
故答案为：＞；0.17
（3）由图可知，当反应达到平衡状态时，n(H2)=2mol，此时H2的浓度。起始投入、。可得平衡三段式如下：
所以平衡时CO2的转化率为。
该温度下反应的平衡常数。
故答案为：33.3%；0.5
（4）充入的CO2、H2O的浓度分别为、，则此时。该温度下，反应的平衡常数K=0.5，所以Q＞K，反应逆向进行，v正＜v逆。
故答案为：＜
（5）图中虚线表明改变条件后，反应速率加快。因此改变的条件是加压或增大二氧化碳的浓度。
故答案为：加压或增大二氧化碳的浓度
【分析】（1）当正逆反应速率相等，或变量不变时，说明反应达到平衡状态。
（2）根据反应进行的方向判断正逆反应速率的相对大小。根据公式计算用CH3OH表示的反应速率。
（3）当反应达到平衡状态时，n(H2)=2mol，结合三段式进行计算。
（4）根据Q和K的相对大小判断进行的方向，从而比较v正和v逆的相对大小。若Q＞K，则反应逆向进行，v正＜v逆；若Q=K，则反应处于平衡状态，v正＝v逆；若Q＜K，则反应正向进行，v正＞v逆。
（5）图中虚线表明改变条件后，反应速率加快；且平衡正向移动。结合浓度、压强、温度、催化剂对反应速率和平衡移动的影响分析。
广东省深圳市罗湖区2023-2024学年高二上学期12月阶段性考试化学试题
一、单选题（每题只有一个正确答案，前10题每题2分，后6题每题4分，共16题，满分44分.）
1．化学与生产、生活息息相关.下列做法正确的是（ ）
A．铵态氮肥和草木灰可以混合施用
B．废水中的、等离子可用处理
C．次氯酸钠溶液呈碱性，可用作胃酸中和剂
D．明矾溶于水形成胶体，可用于杀菌
2．醋酸在水溶液中存在下列电离平衡：，下列说法不正确的是（ ）
A．加入醋酸钠晶体后，溶液的增大
B．加入碳酸钠，平衡向右移动
C．升高温度，增大
D．加水稀释，溶液中和均减少
3．下列不能表明是弱电解质的是（ ）
A．的溶液
B．溶液能与纯碱反应
C．室温下溶液呈碱性
D．常温下同浓度溶液的导电性比盐酸弱
4．在一定温度下，当固体在水溶液中达到平衡：，要使固体减少而不变，可采取的措施是（ ）
A．加固体 B．加盐酸 C．加少量水 D．加固体
5．（2022高三上·邯郸期末）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液并用来滴定白醋样品，下列图示操作不能达到实验目的的是
A．操作甲：用玻璃棒搅拌以加速NaOH固体溶解
B．操作乙：配制NaOH溶液时向容量瓶中加水至刻度线
C．操作丙：弯曲并挤压胶管中玻璃珠以排除滴定管尖端气泡
D．操作丁：滴定时滴入液体和摇动锥形瓶同时进行
6．下列关于离子方程式书写正确的是（ ）
A．用溶液检测：
B．溶于水后发生微弱水解：
C．用饱和溶液处理水垢：
D．溶液中的电离：
7．下列说法中正确的是（ ）
A．的溶液一定呈酸性
B．将盐酸稀释至，所得溶液的为9
C．在常温下，当水电离出的为，时，此溶液的可能为1或13
D．将的盐酸与醋酸各分别稀释至，所得醋酸的略大
8．下列各图所示装置能达到实验目的的是（ ）
A B C D
用已知浓度的盐酸测定溶液浓度 用pH试纸测定盐酸的pH 比较Mg和Al的金属性强弱 蒸干溶液制取无水
A．A B．B C．C D．D
9．下列关于盐类水解的应用，说法不正确的是（ ）
A．除去溶液中的可加入后过滤
B．水溶液蒸发结晶能得到固体
C．工业上可利用水解制备
D．配制溶液时，先将固体溶于较浓的盐酸中
10．常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是（ ）
A．含有的溶液中：、、、
B．与反应能放出的溶液中：、、、
C．含有的溶液中：、、、
D．使甲基橙变红的溶液中：、、、
11．由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
选项 实验操作 实验现象 解释或结论
A 向溶液中加入的溶液 有无色气体生成 酸性：
B 含和的浊液中通入气体 生成黑色沉淀 溶解度：
C 向均盛有溶液的两支试管中分别滴入和溶液1mL 前者产生气泡的速率更快 催化效果：
D 向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液 先出现黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
12．、、分别表示酸的电离常数、水的离子积常数、溶度积常数，下列判断正确的是（ ）
A．室温下，说明的电离度一定比的大
B．室温下向的醋酸溶液中加入水稀释后，溶液中不变
C．25℃时，均为4的盐酸和溶液中不相等
D．两种难溶电解质做比较时，越小的电解质，其溶解度一定越小
13．下列说法中正确的是（ ）
A．的溶液中：
B．浓度均为的①②③④，由小到大的顺序：④＜③＜①＜②
C．向、的混合饱和溶液中加入少量，溶液中减小
D．溶液中离子浓度大小顺序为
14．常温下，，常温下在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示.下列说法正确的是（ ）
A．加入可使溶液由a点变到b点
B．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中一定等于
C．d点溶液通过蒸发可以变到c点
D．a点对应的等于c点对应的
15．甲烷燃料电池的工作原理如图，下列说法正确的是（ ）
A．a极为正极
B．从b极经溶液流向a极
C．工作一段时间后，b极附近的pH会增大
D．a极的电极反应为
16．常温下，用溶液滴定（二元弱酸）溶液所得滴定曲线如图（混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和）.下列说法正确的是（ ）
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．点④所示溶液中：
二、填空题（14分）
17．电化学手段对于研究物质性质以及工业生产中都有重要价值.
（1）Ⅰ.结合所学知识，按要求回答问题.
按要求写出电极反应式
①碱性锌锰电池的总反应为，
写出正极反应式 .
（2）Ⅱ.载人航天工程对科学研究及太空资源开发具有重要意义，其发展水平是衡量一个国家综合国力的重要指标.中国正在逐步建立自己的载人空间站“天宫”，神舟十三号载人飞船在北京时间10月16日0时23分点火发射，又一次正式踏上飞向浩挱星辰的征途.
氢氧燃料电池（构造示意图如图）单位质量输出电能较高，反应生成的水可作为航天员的饮用水，氧气可以作为备用氧源供给航天员呼吸.由此判断X极为电池的 极，向 （填“正”或“负”）极作定向移动，Y极的电极反应式为 .
（3）在宇宙飞船或潜艇中，还可利用氢氧燃料电池所产生的水作为饮用水，今欲得常温下1.8L水，则电池内电子转移的物质的量约为 mol
（4）“神舟”飞船的电源系统共有3种，分别是太阳能电池帆板、镉镍蓄电池和应急电池.飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板将 能转化为电能，除供给飞船使用外，多余部分用镉镍蓄电池储存起来.其工作原理为：，当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极附近溶液的碱性 （填“增大”“减小”或“不变”）.
三、实验探究题（14分）
18．草酸是一种易溶于水的二元有机弱酸，常用作还原剂、沉淀剂等，可与酸性溶液发生反应：.
（1）探究外界条件对反应速率的影响.
实验编号 所加试剂及用量/mL 条件 溶液颜色褪至无色所需时间/min
溶液 溶液 稀 水 温度℃
1 12.0 2.0 3.0 3.0 20
2 6.0 2.0 3.0 20
3 2.0 3.0 9.0 30
①完成此实验设计，其中： ， .
②对比实验1、2可探究 对反应速率的影响.
（2）某兴趣小组用草酸及草酸盐的性质测定硬水中钙离子的浓度.
根据消耗酸性标准溶液的体积即可测定硬水样品中的浓度.
①实验过程提及的下列仪器，在使用之前一定要润洗的是 （填字母）.
A.容量瓶 B.烧杯 C.锥形瓶 D.滴定管
②滴定过程中 （填“需要”或“不需要”）另加指示剂，如何判断滴定终点 .
③本实验滴定管起点和终点的液面位置如图所示，则滴定过程中消耗的标准溶液为 .该硬水样品中的浓度为 .
④下列不当操作会使测得的硬水样品的浓度偏高的是 （填字母）
A.滴定管未用标准溶液润洗 B.草酸钙沉淀洗涤不充分
C.滴定前仰视读数并记录数据 D.盛放草酸溶液的锥形瓶没有干燥
四、工业流程题（14分）
19．碱式碳酸铜可用作有机催化剂.工业上以辉铜矿（主要成分为，含及少量）为原料制备碱式碳酸铜，工业流程如下：
（1）滤渣可能含S、 （填化学式）.
（2）①“浸取”时能提高辉铜矿浸取率的措施有 （填2条）.
②某小组测得浸取率随浓度及温度影响的变化曲线如下：
图一 图二
由图一可知适宜的浓度范围为 ；由图一中的a点分析，浸取时也起到了氧化辉铜矿的作用，该反应的离子方程式为 ；
图二中高于85℃时浸取率下降的原因是 .
（3）“除铁”步骤调可加入试剂 （填选项字母）；
a.氨气 b. c. d.
（4）常温下，“过滤”后的滤液中，则“除铁”步骤调应小于 [常温下，].
五、原理综合题（14分）
20．的回收与利用是科学家研究的热点课题.工业上有一种用生产甲醇燃料的方法：.将和充入的恒温刚性密闭容器中，测得的氢气物质的量随时间变化如图所示（实线）.
（1）下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是____（填序号）.
A．
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．保持不变
D．压强保持不变
（2）a点正反应速率 （填“>”、“<”或“=”）b点逆反应速率，前内.用表示的平均反应速率为 .（保留两位有效数字）
（3）平衡时的转化率为 ，该条件下反应的平衡常数 .
（4）若温度不变达到平衡后往容器中分别充入，各，请问 （填“>”、“<”或“=”）.
（5）仅改变某一实验条件再进行实验，测得的物质的量随时间变化如图中虚线所示，对应的实验条件改变的是 .
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；水的净化
【解析】【解答】A、草木灰的主要成分是K2CO3，其水溶液显碱性，能与NH4＋反应生成NH3，使得肥效降低，因此不可混合使用，A不符合题意。
B、加入Na2S后可发生反应：Cu2＋＋S2－=CuS↓、Hg2＋＋S2－=HgS↓，因此可用Na2S除去废水中的Cu2＋、Hg2＋，B符合题意。
C、NaClO溶液具有碱性和氧化性，具有腐蚀作用，因此不可用作胃酸中和剂，C不符合题意。
D、明矾为KAl(SO4)2·12H2O，溶于水后可形成Al(OH)3胶体，具有吸附性，可用于净水，但不具有杀菌消毒作用，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、草木灰显碱性，能与氨态氮肥反应生成NH3。
B、CuS、HgS是一种沉淀。
C、NaClO溶液具有强氧化性，有腐蚀作用。
D、明矾能用于净水，不能用于杀菌。
2．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A、加入CH3COONa晶体后，溶液中c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动，溶液中c(H＋)减小，pH增大，A不符合题意。
B、加入Na2CO3后，CO32－与H＋反应，使得溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，B不符合题意。
C、弱电解质的电离为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，电离常数增大，C不符合题意。
D、加水稀释，溶液中c(H＋)减小，但水的离子积常数Kw不变，即c(H＋)×c(OH－)不变，所以溶液中c(OH－)增大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】此题是对弱电解质电离平衡移动影响的考查，结合平衡移动原理进行分析。
3．【答案】B
【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【解析】【解答】A、0.1mol·L－1HF溶液的pH=2，则溶液中c(H＋)=0.01mol·L－1，说明HF在水中部分电离，因此HF是弱电解质，A不符合题意。
B、HF溶液能与纯碱反应，说明HF的酸性强于H2CO3，但不能说明HF是弱酸，所以不能说明HF是弱电解质，B符合题意。
C、室温下NaF溶液显碱性，说明溶液中存在水解平衡F－＋H2O HF＋OH－，因此HF为弱电解质，C不符合题意。
D、常温下同浓度的HF溶液的导电性比盐酸弱，说明同浓度的HF溶液中离子浓度小于盐酸，因此说明HF溶液中HF的电离为部分电离，所以HF为弱电解质，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】要证明HF是弱电解质，则需证明其在水中电离为不完全电离。据此结合选项进行分析。
4．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、加入MgSO4固体，溶液中c(Mg2＋)增大，平衡逆向移动，Mg(OH)2固体质量增加，A不符合题意。
B、加入盐酸，H＋与OH－反应，使得平衡正向移动，Mg(OH)2固体质量减小，但溶液中c(Mg2＋)增大，B不符合题意。
C、加少量水，平衡正向移动，Mg(OH)2固体质量减小，但所得溶液仍为Mg(OH)2饱和溶液，因此溶液中c(Mg2＋)不变，C符合题意。
D、加入NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，平衡逆向移动，Mg(OH)2固体质量增加，溶液中c(Mg2＋)减小，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、加入MgSO4固体，溶液中c(Mg2＋)增大。
B、加入盐酸，平衡正向移动，c(Mg2＋)增大。
C、加水稀释，促进Mg(OH)2电离，但溶液中c(Mg2＋)不变。
D、加入NaOH固体，平衡逆向移动，c(Mg2＋)减小。
5．【答案】B
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A．搅拌可以加速固体的溶解，则操作甲为用玻璃棒搅拌以加速氢氧化钠固体溶解，故A不符合题意；
B．配制一定物质的量浓度浓度溶液定容时，应用玻璃棒引流向容量瓶中加水至刻度线1—2cm处，则操作乙中缺少玻璃棒引流，故B符合题意；
C．排出碱式滴定管中尖嘴部分气泡时应使带有玻璃小球的橡胶管弯曲并挤压胶管中玻璃珠迅速排液以排除滴定管尖端气泡，则操作丙为弯曲并挤压胶管中玻璃珠以排除滴定管尖端气泡，故C不符合题意；
D．中和滴定时，左手应控制滴定管滴入液体，同时右手摇动锥形瓶进行滴定，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.搅拌可加速溶解；
C.碱式滴定管排出气泡的具体操作为：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡；
D.滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内的颜色变化。
6．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、Fe(SCN)3可溶于水，不是沉淀，该反应的离子方程式为：Fe3＋＋3SCN－=
Fe(SCN)3，A不符合题意。
B、CH3COONH4在水中完全电离，其电离方程式为：CH3COONH4=CH3COO－＋NH4＋，B不符合题意。
C、水垢中含有CaSO4，加入饱和Na2CO3，可将CaSO4转化为CaCO3，其反应的离子方程式为：CaSO4(s)＋CO32－(aq) CaCO3(s)＋SO42－(aq)，C符合题意。
D、HCO3－在水中部分电离，产生H＋和CO32－，H＋与H2O进一步反应生成H3O＋，其电离方程式为：HCO3－＋H2O H3O＋＋CO32－，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、Fe(SCN)3可溶于水，不是沉淀。
B、该反应为CH3COONH4的电离。
C、CaCO3比CaSO4更难溶，沉淀会向着更难溶的方向进行。
D、HCO3－电离产生H＋和CO32－。
7．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；pH的简单计算；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、当温度为25℃时，pH=7的溶液显中性，当pH＜7时溶液显酸性。当温度为100℃时，pH=6的溶液显中性；pH＜6的溶液显酸性；pH＞7的溶液显碱性。所以pH＜7的溶液不一定显酸性，A不符合题意。
B、将盐酸进行稀释的过程中，溶液中c(H＋)减小，pH增大，但不会大于7，只会无限接近7，B不符合题意。
C、在常温下，水电离产生的c(H＋)=10－7mol·L－1，当水电离产生的c(H＋)=10－13mol·L－1时，说明水的电离受到抑制，此时溶液可能显酸溶液或碱溶液。若为酸溶液，则溶液中c(OH－)=c(OH－)水=c(H＋)水=10－13mol·L－1，此时溶液中，此时溶液的pH=1。若为碱溶液，则溶液中c(H＋)=c(H＋)水=10－13mol·L－1，此时溶液的pH=13。综上，此溶液的pH可能为1或13，C符合题意。
D、将pH=2的盐酸从1mL稀释到100mL，则pH变为4。将pH=2的醋酸从1mL稀释到100mL，由于稀释过程中促进CH3COOH的电离，产生更多的H＋，所以稀释后溶液的pH＜4，因此所得醋酸的pH略小，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、当温度为100℃时，pH＜6的溶液显酸性。
B、“无限稀释7为限”，酸溶液稀释无法得到碱性溶液。
C、结合水的离子积常数进行计算。
D、醋酸是弱酸，稀释过程促进CH3COOH的电离，使得溶液n(H＋)变大。
8．【答案】A
【知识点】测定溶液pH的方法；盐类水解的应用；中和滴定；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、用已知浓度的盐酸滴定NaOH溶液浓度时，盐酸为标准液，用酸式滴定管盛装，A符合题意。
B、测溶液的pH值时，pH试纸不能润湿，若用润湿的pH试纸测盐酸的pH，则盐酸被稀释，所得盐酸的pH值偏大，B不符合题意。
C、由金属活动性可知，金属锌Mg＞Al。由于Mg与NaOH溶液不反应，Al是一种两性金属，能与NaOH溶液反应。因此在该原电池装置中，Al做负极，Mg做正极，无法比较Mg、Al的金属性强弱，C不符合题意。
D、加热蒸发的过程中发生水解反应：MgCl2＋2H2O Mg(OH)2＋2HCl，HCl具有挥发性，且加热会促使HCl挥发，因此蒸干过程中MgCl2完全转化为Mg(OH)2，因此无法得到无水MgCl2，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、盐酸溶液用酸式滴定管盛装。
B、测溶液的pH值时，pH试纸不能润湿。
C、Mg与NaOH不反应，Al能与NaOH溶液反应，Al为负极。
D、加热蒸发过程中，MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl易挥发。
9．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、溶液中存在Fe3＋的水解平衡Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，加入CuO后，CuO与H＋反应，使得溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，Fe3＋转化为Fe(OH)3，且CuO反应生成Cu2＋，不会引入新的杂质。因此可用CuO除去CuCl2溶液中的FeCl3，A不符合题意。
B、加热蒸发过程中，Na2SO3会被空气中的O2氧化成Na2SO4，因此最终得到的是Na2SO4固体，B符合题意。
C、TiCl4在水溶液中发生水解反应：TiCl4＋2H2O=TiO2↓＋4HCl，因此工业上可利用TiCl4水解制取TiO2，C不符合题意。
D、FeCl3溶液中存在水解反应Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中时，H＋可抑制Fe3＋的水解，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、加入CuO使得Fe3＋水解正向移动，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。
B、加热过程中Na2SO3被空气中的O2氧化成Na2SO4。
C、TiCl4水解可得TiO2。
D、较浓的盐酸中H＋可抑制Fe3＋的水解。
10．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、溶液中Al3＋能与HCO3－发生反应Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，二者不可大量共存，A不符合题意。
B、Al是一种两性金属，能与H＋、OH－反应，因此该溶液中可能含有大量的H＋或OH－。溶液中NH4＋能与OH－反应生成NH3·H2O；S2－能与H＋反应生成H2S。均不可大量共存，B不符合题意。
C、溶液中，说明溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，溶液中MnO4－具有强氧化性，能将Cl－氧化成Cl2，不可大量共存，C不符合题意。
D、使甲基橙变红色的溶液显酸性，含有大量的H＋，与溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、Al3＋能与HCO3－反应，不可大量共存。
B、能与Al反应生成H2的溶液中可能含有大量的H＋或OH－。
C、该溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性。
D、能使甲基橙变红色的溶液显酸性。
11．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、往NaHCO3溶液中滴加H2C2O4溶液，反应产生的无色气体为CO2，由“强酸制取弱酸”原理可知，酸性：H2C2O4＞H2CO3，A不符合题意。
B、通入H2S气体后，溶液中的Ag＋与S2－反应生成黑色沉淀Ag2S，不存在AgCl沉淀转化为Ag2S沉淀，因此无法比较二者的溶解度大小，B符合题意。
C、含有Fe3＋的溶液中产生气泡的速率更快，说明反应速率更快，因此Fe3＋的催化效果比Cu2＋的催化效果更好，C不符合题意。
D、滴加AgNO3溶液后，先出现黄色沉淀AgI，说明AgI比AgCl更难溶，即Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、有无色气体产生，该气体为CO2，结合强酸制弱酸原理分析酸性强弱。
B、生成的黑色沉淀为Ag2S，由Ag＋与S2－反应生成。
C、滴有Fe3＋的反应速率更快，则Fe3＋的催化效果更好。
D、先形成沉淀，说明该沉淀的溶度积Ksp更小。
12．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、室温下Ka(HCN)＜Ka(CH3COOH)，则酸性HCN＜CH3COOH。电离度与电离平衡移动有关，电离常数的大小与电离度无绝对关系，A不符合题意。
B、加水稀释过程中给，溶液中c(H＋)、c(CH3COOH)、c(CH3COO－)减小，但CH3COO-的水解平衡常数保持不变，所以保持不变，B符合题意。
C、水的离子积常数Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变。因此25℃时，pH均为4的盐酸和NH4I溶液中Kw相等，C不符合题意。
D、温度相同时，组成和结构相似的两种难溶电解质，其Ksp越小，则溶解度越小。若温度不同，或难溶电解质的组成不同，则无法由Ksp的大小比较溶解度的大小，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、酸的电离常数越大，则酸性越强，但电离度不一定越大。
B、化学平衡常数只与温度有关，与浓度无关。
C、水的离子积常数Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变。
D、温度相同时，组成和结构相似的两种难溶电解质，Ksp越小，则其溶解度越小。
13．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、Na2S溶液中存在Na＋、S2－、HS－、H＋和OH－，由于溶液显电中性。即溶液中阴阳离子所带正负电荷的总量相等，所以溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)=2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)，A不符合题意。
B、前3种溶液中均存在水解平衡NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋。①NH4Cl溶液中NH4＋正常水解；②NH4Fe(SO4)2溶液中，Fe3＋的水解抑制了NH4＋的水解；③CH3COONH4溶液中CH3COO－的水解促进了NH4＋的水解；④NH3·H2O溶液中，NH4＋来自于NH3·H2O部分电离产生。因此四种溶液中c(NH4＋)的大小关系为：④＜③＜①＜②，B符合题意。
C、AgBr、AgCl混合饱和溶液中，加入少量AgNO3的过程中，Ksp(AgBr)、Ksp(AgCl)保持不变，因此溶液中不变，C不符合题意。
D、NaHCO3溶液中HCO3－的水解程度大于HCO3－的电离程度，因此溶液中c(OH－)＞c(H＋)。由于OH－来自于HCO3－的水解和H2O的电离，HCO3－来自于NaHCO3的完全电离。所以溶液中c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(H＋)＞c(CO32－)，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、结合电荷守恒分析。
B、溶液中存在NH4＋的水解平衡NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，结合溶液中其余离子对NH4＋水解平衡的影响分析.
C、结合AgCl、AgBr的溶度积Ksp进行计算。
D、NaHCO3溶液中HCO3－的水解程度大于电离程度，且溶液中存在H2O的电离，据此判断溶液中离子浓度的相对大小。
14．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、加入Na2SO4后，溶液中c(SO42－)增大，由于Ksp(CaSO4)=c(Ca2＋)×c(SO42－)不变，因此溶液中c(Ca2＋)减小，无法实现溶液中a点变到b点，A不符合题意。
B、b点溶液中c(Ca2＋)×c(SO42－)=5×10－3×4×10－3=2×10－5＞Ksp，所以b点溶液中有沉淀产生。平衡后溶液中剩余c(Ca2+)=10－3mol·L－1，此时溶液中，B不符合题意。
C、蒸发过程中，溶液中c(Ca2＋)、c(SO42－)均增大，而d点到c点的过程中c(SO42－)不变，c(Ca2＋)增大，C不符合题意。
D、a、c两点溶液的温度不变。而溶度积Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变。所以a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、加入Na2SO4后，溶液中c(SO42－)增大，c(Ca2＋)减小。
B、b点时溶液中c(Ca2＋)×c(SO42－)＞Ksp，有沉淀产生。
C、蒸发过程中，溶液中c(Ca2＋)、c(SO42－)均增大。
D、溶度积Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变。
15．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、通入CH4的电极，CH4发生失电子的氧化反应，因此a电极为负极，A不符合题意。
B、在原电池中，阳离子移向正极。因此K＋从a电极经溶液流向b电极，B不符合题意。
C、b电极为正极，O2发生得电子的还原反应生成OH－。因此工作一段时间后，b电极附近c(OH－)增大，溶液的pH增大，C符合题意。
D、由分析可知，a电极的电极反应式为：CH4－8e－＋10OH－=CO32－＋7H2O，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】燃料电池属于原电池，通入CH4的电极为负极，其电极反应式为：CH4－8e－＋10OH－=CO32－＋7H2O。通入空气的电极为正极，O2发生得电子的还原生成OH－，其电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O=4OH－。
16．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、点①溶液为0.1mol·L－1的H2C2O4溶液，H2C2O4是一种二元弱酸，溶液中c(H＋)＜0.1mol·L－1，由于此时溶液的pH未知，无法准确计算溶液中c(H＋)、c(OH－)，因此无法得出二者的比值，A不符合题意。
B、点②所以溶液中加入V(KOH溶液)=5.00mL，则反应后所得溶液中溶质为等浓度的KHC2O4、H2C2O4溶液。此时溶液中所含的离子有K＋、HC2O4－、C2O42－、H＋和OH－，溶液中存在电荷守恒：c(K＋)＋c(H＋)=c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)＋c(OH－)，B不符合题意。
C、点③所示溶液中加入V(KOH溶液)=10.00mL，则反应后所得溶液中溶质为KHC2O4溶液，该溶液显酸性，说明溶液中HC2O4－的电离程度大于HC2O4－的水解程度；且溶液中存在H2O的电离。因此溶液中离子的浓度关系为：c(K＋)＞c(HC2O4－)＞c(H＋)＞c(C2O42－)＞c(OH－)，C不符合题意。
D、点④溶液中加入V(KOH溶液)=15.00mL，则反应后所得溶液中溶质为等浓度的KHC2O4、K2C2O4溶液。由电荷守恒可得，溶液；溶液中。所以溶液中c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)=0.06mol·L－1＋0.04mol·L－1=0.1mol·L－1，D符合题意。
故答案为：D
【分析】将KOH溶液滴入H2C2O4溶液中的过程中，依次发生反应：OH－＋H2C2O4=HC2O4－＋H2O、HC2O4－＋OH－=C2O42－＋H2O。因此当加入V(KOH溶液)=10.00mL时，所得溶液中的溶质为KHC2O4；当加入V(KOH溶液)=20.00mL时，溶液中的溶质为K2C2O4。据此结合电荷守恒、物料守恒、质子守恒分析选项。
17．【答案】（1）
（2）负极；负极；
（3）200
（4）太阳；减小
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）该碱性锌锰电池中MnO2发生得电子的还原反应生成MnO(OH)，为正极反应，因此正极的电极反应式为：MnO2＋e－＋H2O=MnO(OH)＋OH－。
故答案为：MnO2＋e－＋H2O=MnO(OH)＋OH－
（2）由电池构造示意图可知，X电极上失去电子，因此X电极为负极，Y电极为正极。在原电池中，阴离子移向负极。因此OH－向负极做定向移动。Y电极上O2发生得电子的还原反应生成OH－，其电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O=4OH－。
故答案为：负极；负极；O2＋4e－＋2H2O=4OH－
（3）1.8L水的质量为1.8×103g，其物质的量n(H2O)=100mol。由反应“2H2＋O2=2H2O”可知，每生成1molH2O，转移2mol电子。因此当有100molH2O生成时，转移电子数为200mol。
故答案为：200
（4）太阳能电池帆板将太阳能转化为电能。镉镍电池为飞船供电时为放电过程，属于原电池装置，其负极的电极反应式为：Cd－2e－＋2OH－=Cd(OH)2。反应过程中消耗OH－，使得负极溶液的碱性减小。
故答案为：太阳；减小
【分析】（1）该反应中MnO2发生得电子的还原反应，生成MnO(OH)，据此写出正极的电极反应式。
（2）X电极发生失电子的氧化反应，因此X为负极。在原电池中，阴离子向负极移动。Y电极上正极，O2在Y电极发生得电子的还原反应生成OH－，据此写出正极的电极反应式。
（3）1.8L水的质量为1.8×103g，则其物质的量为100mol，n(H2O)=100mol，据此计算转移电子数。
（4）太阳能电池实现太阳能转化为电能。根据电池总反应式写出负极的电极反应式，从而判断负极附近溶液碱性的变化。
18．【答案】（1）9.0；6.0；浓度
（2）D；不需要；当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为紫色，半分钟不变为原来颜色；9.60；；AB
【知识点】中和滴定；探究影响化学反应速率的因素；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）由实验1可知，混合溶液的总体积为20mL。为保证溶液中某一反应物的浓度相同，因此需控制混合溶液的总体积相同。所以V1=9.0mL、V2=6.0mL。
故答案为：9.0；6.0
②对比实验1、实验2中，所用H2C2O4溶液的体积不同，因此混合溶液中c(H2C2O4)不同，其余条件相同。因此实验1、实验2可探究浓度对反应速率的影响。
故答案为：浓度
（2）①A、容量瓶使用前需要检漏，不需要润洗，A不符合题意。
B、烧杯使用前不需要润洗，B不符合题意。
C、锥形瓶使用前不需要润洗，C不符合题意。
D、滴定管使用前需要检漏，同时还需要用待装溶液进行润洗，D符合题意。
故答案为：D
②滴定过程中，滴入的标准KMnO4溶液与H2C2O4反应，当达到滴定终点时，滴入的KMnO4溶液不反应，溶液显紫色，因此不需要指示剂。滴定终点的现象为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，半分钟内不变为原来的颜色。
故答案为：不需要；当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，半分钟内不变为原来的颜色
③滴定前滴定管的读数为0.2000mL；滴定终点时滴定管的读数为9.80mL，所以滴定过程中消耗标准KMnO4溶液的体积为9.80mL－0.2000mL=9.60mL。则消耗n(KMnO4)=0.010mol·L－1×9.60×10－3L=9.6×10-5mol。由反应的离子方程式可得关系式“5Ca2＋～5H2C2O4～2MnO4－”，所以100.00mL硬水中。所以该硬水样品中Ca2+的浓度为。
故答案为：9.60；2.4×10-3
④A、滴定前未用标准液润洗滴定管，则滴定管内含有水，使得标准液的浓度减小，消耗标准液的体积变大。因此计算所得n(H2C2O4)偏大，c(Ca2＋)偏高，A符合题意。
B、草酸钙沉淀洗涤不充分，则草酸钙表面残留有((NH4)2C2CO4，使得消耗标准液的体积变大。因此计算所得n(H2C2O4)偏大，c(Ca2＋)偏高，B符合题意。
C、滴定前仰视读数，则起始读数偏大，所得消耗标准液的体积偏小。因此计算所得n(H2C2O4)偏小，c(Ca2＋)偏低，C不符合题意。
D、盛放草酸溶液的锥形瓶没有干燥，对实验过程没有影响，D不符合题意。
故答案为：AB
【分析】（1）①实验探究过程中应保持溶液的总体积相同，据此判断V1、V2的体积。
②根据实验1、实验2中各物质的用量、反应条件判断探究因素。
（2）①使用前一定要润洗的仪器是滴定管。
②滴定终点时溶液由无色变为紫色，因此不需要指示剂。
③根据滴定前后滴定管的示数确定滴定过程中消耗KMnO4溶液的体积。由滴定过程中发生反应的离子方程式确定n(H2C2O4)，进而得出硬水中c(Ca2＋)。
④侧得的硬水中Ca2＋浓度偏高，则消耗标准KMnO4溶液的体积偏大，据此结合选项进行分析。
19．【答案】（1）
（2）适当升高温度、适当增大浓度、粉碎固体增大接触面积等（任选其中两条）；；；温度过高，分解，浸取率降低
（3）c
（4）4
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，滤渣中含有S和SiO2。
故答案为：SiO2
（2）①“浸取”时能提高浸取率的操作有适当升高温度、适当增大H2O2浓度、粉碎固体增大接触面积等。
故答案为：适当升高温度、适当增大H2O2浓度、粉碎固体增大接触面积等
②由图一可知，当H2O2浓度为0.1mol·L－1～0.2mol·L－1时，铜浸取率较高。因此H2O2适宜的浓度范围为0.1mol·L－1～0.2mol·L－1。Fe2(SO4)3溶液中Fe3＋具有氧化性，能将Cu2氧化成Cu2＋、S，自身还原为Fe2＋该反应的离子方程式为：4Fe3＋＋Cu2S=4Fe2＋＋2Cu2＋＋S↓。图二中当温度高于85℃时，H2O2分解，使得Cu的浸取率降低。
故答案为：0.1mol·L－1～0.2mol·L－1；4Fe3＋＋Cu2S=4Fe2＋＋2Cu2＋＋S↓；温度过高，H2O2分解，Cu浸取率降低
（3）“除铁”步骤中调价pH的过程中，应不能引入新的杂质，因此可加入的试剂为CuO，c符合题意。
故答案为：c
（4）过滤后溶液中，此时溶液中，所以“除铁”步骤调节pH应小于4。
故答案为：4
【分析】辉铜矿中加入Fe2(SO4)3、H2O2和稀硫酸，辉铜矿中的Cu2S、Fe2O3转化为Cu2＋、Fe3＋、S；SiO2与稀硫酸不反应，因此过滤后滤渣的主要沉淀为SiO2和S。滤液中加入CuO或Cu(OH)2调节溶液的pH，使滤液中的Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀。经过“除铁”操作后，所得溶液中含有Cu2＋，加入NH4HCO3溶液进行“沉铜”，得到Cu2(OH)2CO3。
20．【答案】（1）B；C；D
（2）＞；0.17
（3）33.3%；0.5
（4）<
（5）加压或增大二氧化碳的浓度
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）A、当反应达到平衡状态时，，所以3v正(CO2)=v逆(H2)，A不符合题意。
B、该反应中反应物、生成物都是气体，根据质量守恒定律可得，反应前后混合气体的质量不变。由于反应前后气体分子数改变，即混合气体的总物质的量改变。根据公式可知，反应过程中，混合气体的平均相对分子质量是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，B符合题意。
C、其实投料，因此反应过程中是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，C符合题意。
D、由于反应前后气体分子数改变，则混合气体的总压强改变，所以反应过程中压强是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，D符合题意。
故答案为：BCD
（2）a点到b点的过程中，n(H2)逐渐减小，说明反应正向进行，因此v正＞v逆。前4min内，H2的变化浓度；则CH3OH的变换浓度为。所以前4min内用CH3OH表示的反应速率。
故答案为：＞；0.17
（3）由图可知，当反应达到平衡状态时，n(H2)=2mol，此时H2的浓度。起始投入、。可得平衡三段式如下：
所以平衡时CO2的转化率为。
该温度下反应的平衡常数。
故答案为：33.3%；0.5
（4）充入的CO2、H2O的浓度分别为、，则此时。该温度下，反应的平衡常数K=0.5，所以Q＞K，反应逆向进行，v正＜v逆。
故答案为：＜
（5）图中虚线表明改变条件后，反应速率加快。因此改变的条件是加压或增大二氧化碳的浓度。
故答案为：加压或增大二氧化碳的浓度
【分析】（1）当正逆反应速率相等，或变量不变时，说明反应达到平衡状态。
（2）根据反应进行的方向判断正逆反应速率的相对大小。根据公式计算用CH3OH表示的反应速率。
（3）当反应达到平衡状态时，n(H2)=2mol，结合三段式进行计算。
（4）根据Q和K的相对大小判断进行的方向，从而比较v正和v逆的相对大小。若Q＞K，则反应逆向进行，v正＜v逆；若Q=K，则反应处于平衡状态，v正＝v逆；若Q＜K，则反应正向进行，v正＞v逆。
（5）图中虚线表明改变条件后，反应速率加快；且平衡正向移动。结合浓度、压强、温度、催化剂对反应速率和平衡移动的影响分析。
