2022-2023学年湖南省常德市临澧县第一中学高二上学期第一次阶段性考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省常德市临澧县第一中学高二上学期第一次阶段性考试化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，计算题，多选题，工业流程题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
湖南省常德市临澧县第一中学2022-2023学年高二上学期第一次阶段性考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与社会、生活密切相关，以下说法错误的是
A．中国画师创作《神奈氚冲浪里》——3H的半衰期为12年，60年后浓度降为
B．《山海经》记载：“又东二十五里，曰役山，上多白金，多铁……”——我国最早使用的金属是白金
C．“熟鸡蛋返生”引发网络热议—— CH2(NH2)CH2COOH具有两性，所以能与酸和碱反应
D．“自古书契多编以竹简，其用缣帛者(丝质品)谓之为纸”——这里的“纸”主要成分为蛋白质
【答案】B
【详解】A．3H的半衰期(含量减少为一半)为12年，经过5个12年，即60年后浓度降为原来，故A正确；
B．白金(铂)、黄金或银，虽然发现的较早，但由于含量、硬度等因素，并未投入使用，我国最早使用的金属为铜，故B错误；
C．天然蛋白质水解得到的是 氨基酸，无法得到CH2(NH2)CH2COOH(非氨基酸)，故C正确；
D．依据题意可知：这里的“纸”指丝绸，主要成分为蛋白质，故D正确；
故选：B。
2．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．用过量氨水吸收工业尾气中的：
B．氯化钠固体与浓硫酸混合加热：
C．磁性氧化铁溶于稀硝酸：
D．明矾溶液中滴入溶液使恰好完全沉淀：
【答案】A
【详解】A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，氨水过量反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为，故A正确；
B．氯化钠固体与浓硫酸混合加热生成硫酸钠和氯气，正确的离子方程式为：，故B错误；
C．磁性氧化铁溶于稀硝酸，发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、H2O，离子方程式为，故C错误；
D．硫酸根离子恰好完全沉淀时，二者物质的量之比为1：2，则正确的离子方程式为，故D错误；
答案选A。
3．一定质量的Fe与足量稀硫酸充分反应后，再与含的溶液300mL恰好反应。已知反应后的还原产物是，则Fe的质量为
A．5.6g B．8.4g C．16.8g D．33.6g
【答案】C
【详解】由题中信息可知，反应有Fe+2H+=Fe2++H2↑，5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则关系式为5Fe~5Fe2+~MnO，恰好反应的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=0.2mol/L×0.3L=0.06mol，则反应Fe的物质的量为n(Fe)=0.06mol×5=0.3mol，其质量为m(Fe)=0.3mol×56g/.mol=16.8g，故C符合；
答案为C。
4．X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，X、Y同周期，Z、W、M也处于同一周期，Y是形成化合物种类最多的元素，M为短周期中除稀有气体元素外原子半径最大的元素，X、Y原子最外层电子数之和等于Z、W原子最外层电子数之和，X、W的简单离子X2-、W3+具有相同的电子层结构。下列说法正确的是
A．Y最高价氧化物对应的水化物为强酸 B．原子半径大小顺序为：M＞W＞X＞Y＞Z
C．X、Y、M形成的盐只有一种 D．简单氢化物的沸点：X＞Y
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，X、Y同周期，Z、W、M也处于同一周期，Y是形成化合物种类最多的元素，则Y是C元素；M为短周期中除稀有气体元素外原子半径最大的元素，则M是Na元素；X、W的简单离子X2-、W3+具有相同的电子层结构，则X是O元素，W是Al元素；X、Y原子最外层电子数之和等于Z、W原子最外层电子数之和， 则Z是Cl元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是O，Y是C，Z是Cl，W是Al，M是Na元素。
A．Y是C，其最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，H2CO3是弱酸，A错误；
B．同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则上述五种元素的原子半径大小关系为：M＞W＞Z＞Y＞X，B错误；
C．X是O，Y是C，M是Na元素，这三种元素形成的盐可以是Na2CO3、Na2C2O4等，因此三种元素不仅只形成一种盐，C错误；
D．X是O，Y是C，其形成的简单氢化物是H2O、CH4，前者在室温下呈液态，后者呈固态，则二者的沸点：H2O＞CH4，所以简单氢化物的沸点：X＞Y，D正确；
故合理选项是D。
5．分子式为，且与乙酸互为同系物的同分异构体共有(不考虑立体异构)
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
【答案】A
【详解】分子式为、且与乙酸互为同系物，则属于羧酸，可简写为C4H9COOH，丁基—C4H9有4种，则满足条件的同分异构体共有4种，故A正确；
故选A。
6．常温下，现有0.1 mol/L碳酸氢铵溶液pH=7.8，已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数与pH的关系如下图所示，下列说法正确的是

A．NH4HCO3溶液中存在下列关系：
B．当溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：
C．通过分析可知常温下
D．分析可知，常温下水解平衡常数的数量级为10-10
【答案】A
【详解】A．根据物料守恒可知：c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2CO3)。常温下，现有0.1 mol/L NH4HCO3溶液pH=7.8，溶液显碱性，说明水解程度大于的水解程度，水解程度越大，溶液中含有的该离子浓度就越小，且发生电离也消耗，所以溶液中离子浓度关系为c()＞c()，故c(NH3·H2O)＜c()+c(H2CO3)，因此该溶液中，A正确；
B．结合图示可知pH=9时，溶液中各种离子浓度由大到小的酸性为：c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c()，B错误；
C．常温下，现有0.1 mol/L NH4HCO3溶液pH=7.8，溶液显碱性，说明水解程度大于的水解程度，所以NH3·H2O的电离程度大于H2CO3的电离程度，，且H2CO3分步电离，第一步电离程度远大于第二步电离程度，因此电离平衡常数大小关系为：Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3)＞Ka2(H2CO3)，C错误；
D．的水解平衡为+H2OH2CO3+OH-，当溶液中c()=c(H2CO3)时，水解平衡常数Kh==c(OH-)。根据图象可知在c()=c(H2CO3)时，溶液pH=6.5，c(H+)=10-6.5 mol/L，则c(OH-)=，故Kh=3.16×10-8 mol/L，因此常温下水解平衡常数Kh()的数量级为10-8，D错误；
故合理选项是A。
7．碳单质可应用于脱硝。向容积为1L的密闭容器中加入炭(足量)和NO，模拟发生脱硝反应：C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)，测得不同温度下，NO的物质的量随时间的变化如下图所示，下列有关说法不正确的是

A．该反应ΔH＜0
B．正反应速率：M＞N
C．T1时，若起始向容器中充入N2(g)和CO2(g)各2mol，平衡时，NO的体积分数为40%
D．T1时，0~15min时的反应速率v(CO2)=0.08mol·L-1·min-1
【答案】D
【详解】A．根据图示，温度下反应快，温度，升高温度，NO的物质的量增大，平衡逆向移动，该反应ΔH＜0，故A正确；
B．根据图示，温度下反应快，温度，所以正反应速率：M＞N，故B正确；
C．T1时，达到平衡，反应消耗1.2molNO，生成0.6molN2、0.6molCO2，平衡常数是，若起始向容器中充入N2(g)和CO2(g)各2mol，平衡时，消耗xmolN2，
，x=0.8；NO的体积分数为40%，故C正确；
D．T1时，达到平衡，反应消耗1.2molNO，生成0.6molCO2，0~15min时的反应速率v(CO2)=0.04mol·L-1·min-1，故D错误；
选D。
8．部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数(25℃)
Ka=1.77×10-4
Ka=4.9×10-10
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11

下列选项错误的是A．酸性强弱为： HCOOH﹥H2CO3﹥HCN
B．等浓度的HCOOH和HCN稀释相同的倍数后pH：前者小于后者
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．该反应 2CN-+H2O+CO2=2HCN+CO能发生
【答案】D
【详解】A．弱酸的电离平衡常数越大，则其电离程度就越大，该酸的酸性就越强。根据表格电离平衡常数的数据可知：Ka(HCOOH)﹥Ka1(H2CO3)﹥Ka(HCN)，所以酸性：HCOOH﹥H2CO3﹥HCN，A正确；
B．弱酸的电离平衡常数越大，等浓度时电离产生的c(H+)越大，溶液的pH较小。当二者稀释相同倍数时，两种酸的浓度仍然相同，相对来说强酸的溶液中c(H+)较大。由电离平衡常数大小可知：酸性：HCOOH﹥HCN，所以等浓度的HCOOH和HCN稀释相同的倍数后c(H+)前者大。c(H+)越大，溶液的pH越小，所以稀释相同倍数后溶液pH：前者小于后者，B正确；
C．两种不同的弱酸，当二者pH相同时，酸越弱，其相应的酸浓度就越大。由于酸性：HCOOH﹥HCN，所以等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中酸的物质的量n(HCOOH)＜n(HCN)，则中和两种酸消耗NaOH的量前者小于后者，C正确；
D．强酸可以与弱酸的盐发生反应制取弱酸。根据电离平衡常数可知酸性： Ka(HCN)﹥Ka2(H2CO3)，所以反应 2CN-+H2O+CO2=2HCN+CO不能发生，D错误；
故合理选项是D。
9．下列方案设计能达到实验目的的是
A
B
C
D

+


测定盐酸浓度
由球中气体(和混合气体)颜色的深浅判断温度对平衡的影响
由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响
准确测定中和热

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．氢氧化钠应盛放在碱式滴定管中，故A不符合题意；
B．乙装置可以由球中气体颜色的深浅判断温度对平衡的影响，热水中颜色深，说明平衡发生了移动，故B符合题意；
C．丙装置中高锰酸钾和草酸的浓度都不相同，探究由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响，只能是一个量作为变量，故C不符合题意；
D．丁装置准确测定中和热时还需要环形玻璃搅拌棒，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
10．已知常温下0.1 mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.8，已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示，下列说法不正确的是

A．溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：
B．NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：
C．通过分析可知常温下：
D．在此溶液中滴加少量浓盐酸，溶液中减小
【答案】C
【详解】A．结合图示可知：溶液的pH=9时溶液中粒子浓度由大到小的顺序为：c()＞c()＞c(NH3∙H2O)＞c()，A正确；
B．NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3∙H2O)= c()+c()+c(H2CO3)，B正确；
C．常温下0.1 mol/LNH4HCO3溶液的pH=7.8，溶液呈碱性，说明的水解程度大于的水解程度，则根据盐的水解规律：谁弱水水解，谁强显谁性，越弱越水解，可知NH3∙H2O的电离程度大于H2CO3的电离程度，所以Kb(NH3∙H2)＞Ka1 (H2CO3)，C错误；
D．溶液中存在电离平衡：H++，该电离平衡常数Ka=，则=，溶液中滴加少量浓盐酸，c(H+)增大，由于电离平衡常数不变，则的比值减小，D正确；
故合理选项是C。

二、计算题
11．砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素。常温下，水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与加NaOH溶液调节pH的关系如图所示(已知：pKa=-lgKa)，下列说法错误的是

A．溶液显碱性
B．溶液为7
C．m点对应溶液中由水电离出的为
D．n点对应溶液中离子浓度关系为：
【答案】C
【详解】A．由图可知，Na2HAsO4溶液pH大于7，溶液显碱性，故A正确；
B．H3AsO4的，PH＝7时，Ka2＝c(H＋)＝10−7，pKa2为7，故B正确；
C．m点对应溶液为和的混合溶液，溶液显碱性，说明是盐的水解的原因，而m点溶液的PH＝11.5，则由水电离出的c(OH−)为10−2.5mol•L−1，故C错误；
D．n点对应溶液的PH＝7，所以c(H＋)＝c(OH−)，而此时，根据电荷守恒可知：c(Na＋)＝2c()＋＋，所以离子浓度大小的顺序为：，故D正确；
故答案选C。
【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握图像所给信息，为解答该题的关键，题目难度中等。
12．超干重整技术可得到富含CO的化工原料。
(1)其他条件不变，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应进行相同时间后，的转化率随反应温度的变化如图所示。

a点所代表的状态_______(填“是”或“不是”)平衡状态；b点的转化率高于c点，原因是_______。
(2)恒温恒容刚性密闭容器中，和的分压分别为20kPa、25kPa，加入催化剂使其发生反应。
①研究表明CO的生成速率，某时刻测得，则_______kPa，_______。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为_______。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算)
【答案】(1)     不是     b和c都没平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高
(2)     15     1.95    

【解析】（1）
因为催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂(1、II、 II)作用下达平衡时CH4的转化率相同，故a点所代表的状态不是平衡状态，此时反应一直向正反应方向进行，b和c都没平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高，所以点CH4的转化率高于c点。
（2）
①恒温恒容刚性密闭容器中，和的分压分别为20kPa、25kPa，加入催化剂使其发生反应，某时刻测得，可列出三段式：，则15kPa，
。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，设甲烷分压减少x kPa，可列出三段式为
，可得45+2x=45×1.8，解得x=18，则平衡时刻，p(CH4)=2kPa，p(CO2)=7kPa，p(CO)=36kPa，p(H2)=36kPa，则该反应的平衡常数的计算式为。

三、多选题
13．CH3NH2·H2O为一元弱碱，常温下，将HCl气体通入0.1mol/LCH3NH2·H2O水溶液中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是

A．Kb(CH3NH2·H2O)的数量级为10-4
B．该体系中，c(OH-)=mol/L
C．P点，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)=0.2mol/L
D．P点之后，溶液中可能存在c(Cl-)+c(OH-)=2c(CH3NH)
【答案】BD
【分析】CH3NH2·H2O为一元弱碱，可以类比NH3·H2O，CH3NH2·H2O的电离方程式为CH3NH2·H2O+OH-，当pH增大时，c(OH-)增大，c(H+)减小，同时c(CH3NH2·H2O)升高，c()减小，根据关系图，图中两条对角线，斜率为正的对角线为代表H+，斜率为负的对角线代表OH-，虚线代表CH3NH2·H2O，最后的实线代表，据此分析解答。
【详解】A．由图可知，Q点时pH=9.5，则c(H+)=10-9.5mol/L，因此c(OH-)=，又c(CH3NH2·H2O)=c()，则CH3NH2·H2O的电离平衡常数，数量级为10-5，A错误；
B．体系中存在物料守恒：c(CH3NH2·H2O)+c()=0.1mol/L，带入Kb可得c(OH-)=mol/L，B正确；
C．Cl-浓度未知，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)无法计算，C错误；
D．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(CH3NH)=c(Cl-)+c(OH-)，若c(H+)=c(CH3NH)，则2c(CH3NH)=c(Cl-)+c(OH-)，由分析可知，斜率为正的对角线为代表H+，最后的实线代表，两条线在P点之后有交点，即此时c(H+)=c(CH3NH)，D正确；
答案选BD。
14．某含锰废水中主要含有，另含、、、、、等，某同学为了回收Mn单质设计如下工艺流程，下列说法不正确的是

已知25℃时，、
A．滤渣1主要含和
B．除钙镁步骤中，当、沉淀完全时，溶液中
C．滤液4主要含
D．反应①中Si可用铝替代
【答案】BC
【分析】含锰废水中加入H2O2，将Fe2+完全氧化为Fe3+，加入NaOH溶液调节溶液的pH，生成Fe(OH)3和Al(OH)3，除去铁、铝；加入(NH4)2S，和Cu2+形成CuS沉淀，除去Cu2+；加入NH4F，和Mg2+、Ca2+反应生成沉淀MgF2和CaF2，除去Mg2+和Ca2+；加入NH4HCO3，将Mn2+沉淀为MnCO3，过滤、洗涤、干燥，隔绝空气煅烧得到MnO，用Si还原得到Mn。
【详解】A．含锰废水加入把氧化为，加入氢氧化钠调节pH生成和沉淀，所以滤渣1主要含和，故A正确；
B．除钙镁步骤中，当、沉淀完全时，溶液中，故B错误；
C．“沉锰过程”与反应生成沉淀、二氧化碳气体、硫酸铵，滤液4主要含，故C错误；
D．MnO和Al发生铝热反应生成Mn，所以反应①中Si可用铝替代，故D正确；
故选BC。
15．20℃时，Ka1(H2C2O4)=10-1.3，Ka2(H2C2O4)=10-4.2。用0.100 mol·L-1 NaOH溶液滴定10.00 mL 0.100 mol·L-1 H2C2O4溶液过程中，下列说法正确的是(　　)
A．20℃时的水解常数Kh=10-9.8
B．当加入NaOH溶液体积为10.00 mL时，
C．当加入NaOH溶液体积为15.00 mL时，
D．当加入NaOH溶液体积为20.00 mL时，c(Na+)+c(H2C2O4)+2c(H+)=c(OH-)+2c()
【答案】AC
【详解】
A．20℃时的水解常数Kh= =10-9.8，故A正确；
B．当加入NaOH溶液体积为10.00 mL时，形成的为NaHC2O4溶液，Ka2(H2C2O4)=10-4.2，的水解常数Kh= =10-12.7，的电离程度大于其水解程度，则，故B错误；
C．当加入NaOH溶液体积为15.00 mL时，形成的为等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4溶液，溶液中的物料守恒有：c(Na+)=1.5[c()+c()+c()]，溶液中的电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，两式相减可得质子守恒：c(OH-) + 0.5c()=0.5 c()+1.5c()+c(H+)，由A、B可知，的电离平衡常数Ka2(H2C2O4)=10-4.2，的水解常数Kh=10-9.8，则溶液中的电离程度大于的水解程度，溶液显酸性，即溶液中c(H+)＞c(OH-)，则0.5c()＞0.5 c()+1.5c()，即，故C正确；
D．当加入NaOH溶液体积为20.00 mL时，二者恰好完全反应生成Na2C2O4溶液，溶液中的电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒式为：c(Na+)=2 c()+2 c()+2c(H2C2O4)，电荷守恒式联立物料守恒式可得：c(Na+)+2c(H2C2O4)+2c(H+)=2c(OH-)+2c()，故D错误；
答案选AC。

四、工业流程题
16．金属镍及其化合物有极高的实用价值，可以制备储氢合金、新型镍氢电池及耐腐蚀的合金，还是一种很好的催化剂。某油脂厂废弃的镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其它不溶性物质。采用如下工艺流程制备草酸镍晶体()：

已知①当溶液中某离子浓度小于mol/L时认为沉淀完全；
②的电离平衡常数；的电离平衡常数、。
③溶液中金属离子浓度用表示，随溶液pH变化的图像如图所示：

回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是：溶解金属铝及其氧化物、_______。
(2)保持其它条件相同，在不同温度下进行酸浸时，镍浸出率随时间变化如图所示：

则“酸浸”的适宜温度和时间分别为_______(填字母)。
a.30℃、30min    b.90℃、150min    c.70℃、120min
(3)滤渣③的主要成分是_______(填化学式)。
(4)溶液呈_______性(填“酸”“碱”或“中”)，溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。
(5)根据题目中的数据计算的Ksp=_______。如果“转化”后的溶液中浓度为，则“调pH”应控制的pH范围是_______。
【答案】(1)溶解金属铝及其氧化物及除去废镍催化剂表面的油脂，便于金属及其化合物加工处理
(2)c
(3)Fe(OH)3
(4)     酸    
(5)     10−15.4     3.2≤pH＜6.3

【分析】由工艺流程可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑、Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其它不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋的滤液②，Fe2＋经H2O2氧化为Fe3＋后，加入NaOH调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，再将硫酸镍溶液加入草酸铵沉镍，对沉淀进行过滤、洗涤、干燥，获得最终产品，据此分析回答问题。
（1）
结合分析可知，在“碱浸”中NaOH的作是溶解金属铝及其氧化物及除去废镍催化剂表面的油脂，便于金属及其化合物加工处理；
故答案为溶解金属铝及其氧化物及除去废镍催化剂表面的油脂，便于金属及其化合物加工处理；
（2）
酸浸时Ni的浸出率越高，反应温度越低，反应相对时间越短，反应条件越好，根据图示可知：“酸浸”的适宜温度是70℃，时间为120 min；
故答案选c；
（3）
结合分析可知，加入NaOH调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，因此滤渣③的主要成分是Fe(OH)3；
故答案为Fe(OH)3；
（4）
(NH4)2C2O4是弱酸弱碱盐，在溶液中铵根离子、草酸根离子都会发生水解反应，铵根离子水解消耗水电离产生的OH−，使溶液显酸性；草酸根离子水解消耗水电离产生的H＋，使溶液显碱性，由于NH3•H2O的电离平衡常数大于H2C2O4的电离平衡常数，H2C2O4的二级电离程度大于NH3•H2O的电离程度，则根据盐的水解规律可知离子的水解程度：铵根离子＞草酸根离子，因此溶液显酸性，根据盐(NH4)2C2O4的组成可知离子浓度：；盐水解使溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH−)；水解产生、OH−，会有一部分进一步发生水解反应产生H2C2O4、OH−，因此溶液中，且盐电离产生的离子浓度远大于水解产生的离子浓度，，因此该溶液中离子浓度大小关系为：；
故答案为酸，；
（5）
若Ni2＋程度完全，则c(Ni2＋)≤10−5 mol/L，−lgc(Ni2＋)≥5，根据图示可知此时溶液pH＝8.8，则c(H＋)＝10−8.8 mol/L，，则Ni(OH)2的；加入H2O2将溶液中Fe2＋氧化为Fe3＋，然后加入NaOH溶液，使Fe3＋形成Fe(OH)3，而Ni2＋仍然以离子形式存在于溶液中，根据图示可知Fe3＋沉淀完全溶液的pH为3.2，如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0 mol•L−1，溶液中，，则溶液的，故溶液pH＝6.3，所以如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0 mol•L−1，则“调pH”应控制的pH范围是3.2≤pH＜6.3；
故答案为10−15.4，3.2≤pH＜6.3。
【点睛】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用。

五、实验题
17．用于有机合成催化剂，媒染剂，显影液等、某化学兴趣小组对的部分性质及含氮量进行探究。已知：，回答下列问题：
(1)在试管中加入少量固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、有刺激性气味气体放出、_______。
(2)实验室常用甲酸法测定含的样品中氮的质量分数，其反应原理为：；；，K=7×10−6，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸和酸性物质。实验步骤：
ⅰ.称取样品mg，配成250mL溶液。
ⅱ.量取25.00mL样品溶液，用氯化钡溶液使完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min。
ⅲ.以酚酞作指示剂，用cmol/L标准NaOH溶液滴定，记录数据。
ⅳ.重复步骤ⅱ、ⅲ2~3次，处理数据。
①滴定终点的现象是_______。
②步骤ⅲ发生反应的离子方程式是和_______。
③若实验平均消耗NaOH溶液的体积为vmL，该样品中氢的质量分数的计算式为_______。(用含m、c、v式子表示，需要化简)
④下列情况会导致测定结果偏低的是_______。(填序号)
a.若步骤ⅰ中定容时俯视溶液液面
b.若实验中使用的甲醛常混有微量甲酸
c.若步骤ⅱ没有静置5min
d.若实验时装NaOH标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗
【答案】(1)溶液变为黄色
(2)     溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色               c

【分析】(1)在试管中加入少量固体(NH4)2Cr2O7，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、有刺激性气味气体放出、同时重铬酸根离子转化为铬酸根离子；
(2) 用甲酸法测定含的样品中氮的质量分数，以酚酞作指示剂，用cmol•L−1标准NaOH溶液滴定，滴定终点的现象是溶液由无色变为浅红色；因为，K＝7×10−6，K很小，即电离程度很弱，平衡体系中的微粒主要以(CH2)6N4H＋形式存在，加入NaOH后，中和了H＋；根据反应：；；，最终可得关系式：4N～2(NH4)2Cr2O7～8H＋～8OH−～8NaOH，则，据此分析解题。
（1）
在试管中加入少量固体(NH4)2Cr2O7，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、有刺激性气味气体放出、同时重铬酸根离子转化为铬酸根离子，溶液变为黄色；
故答案为溶液变为黄色；
（2）
①以酚酞作指示剂，用cmol•L−1标准NaOH溶液滴定，故滴定终点的现象是溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
故答案为溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
②因为，K＝7×10−6，K很小，即电离程度很弱，平衡体系中的微粒主要以(CH2)6N4H＋形式存在，加入NaOH后，中和了H＋，平衡右移，所以步骤Ⅲ的离子方程式为：H＋＋OH−＝H2O，；
故答案为；
③根据反应：，，，最终可得关系式：4N～2(NH4)2Cr2O7～8H＋～8OH−～8NaOH，则，样品中氮的质量分数＝ ；
故答案为；
④a．滴定终点读数时，俯视标准液液面，则读出的NaOH溶液体积偏小，导致含N量偏低，故a错误；
b．若实验中使用的甲醛常混有微量甲酸，甲酸也会消耗NaOH，导致含N量偏高，故b错误；
c．步骤Ⅱ没有静置5min，会使NaOH用量偏小，导致含N量偏低，故c正确；
d．若实验时装NaOH标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则消耗的NaOH溶液体积偏大，导致含N量偏高，故d错误；
故答案选c。
【点睛】本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质。

六、原理综合题
18．乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氢具有重要意义：
热裂解反应  
脱酸基反应  
(1)请写出CO与甲烷化的热化学方程式_______。
(2)在密闭容器中，利用乙酸制氢。其中温度与气体产率的关系如图：

①约650℃之前，脱酸基反应活化能低速率快，故氢气产率低于甲烷；650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时_______。
②保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，请用化学方程式表示：_______。
(3)若利用合适的催化剂控制其他的副反应，温度为TK时达到平衡，总压强为PkPa，热裂解反应消耗乙酸20%，脱酸基反应消耗乙酸60%，乙酸体积分数为_______(计算结果保留1位小数)；脱酸基反应的平衡常数_______kPa(为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
【答案】(1)2COg+2H2g⇌CH4g+CO2gΔH=-247.2KJ⋅mol-1
(2)     热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷     CO(g) +H2O(g) ═ H2(g) + CO2 (g)
(3)     9.1%     0.8p

【解析】（1）
由盖斯定律计算：①热裂解反应  ，②脱酸基反应  ，②-①得：CO与H2甲烷化的热化学方程式。
（2）
①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) 是吸热反应，升温热裂解反应正向移动，脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) 是放热反应，而升温脱酸基反应逆向移动。650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷。
②CO能与水蒸反应生成二氧化碳和氢气，在乙酸气中掺杂一定量水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，CO(g) +H2O(g) ═ H2(g) + CO2 (g) 。
（3）
热裂解反应；
脱酸基反应；乙酸体积分数为；。
19．完成下列问题
(1)某小组同学探究饱和和溶液混合反应的实验。打开活塞向烧瓶中的加入饱和溶液，产生大量的白色胶状沉淀并伴有无色无味气体放出。出现上述现象的原因是_______(请用反应的离子方程式表示)。
(2)、两种温度下在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题。

①_______(填“>”“