云南省普洱市2024-2025学年高二上学期第三次月考化学模拟练习

这是一份云南省普洱市2024-2025学年高二上学期第三次月考化学模拟练习，文件包含云南省普洱市2024-2025学年上学期高二化学第三次月考模拟练习-教师用卷docx、云南省普洱市2024-2025学年上学期高二化学第三次月考模拟练习-学生用卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 11.2LN2含有的质子数为7NA
B. 1ml⋅L−1Cu(NO3)2溶液中含有硝酸根离子的数目为2NA
C. 常温下，将5.6g铁投入足量的浓硫酸中，转移电子数为0.2NA
D. 1ml金属钠在氧气中完全燃烧生成Na2O2，失去的电子数目为NA
【答案】D
【解析】解：A.题目未给标准状况，无法使用22.4L/ml计算物质的量，故A错误；
B.只有Cu(NO3)2溶液浓度，没有Cu(NO3)2溶液体积，无法计算硝酸根离子的物质的量，故B错误；
C.常温下，铁遇浓硫酸发生钝化，转移电子数不是0.2NA，故C错误；
D.反应中Na由0价变为+1价，失去1个电子，则1ml金属钠在氧气中完全燃烧生成Na2O2，失去的电子数目为NA，故D正确；
故选：D。
A.题目未给标准状况；
B.只有溶液浓度，没有溶液体积，无法计算微粒的物质的量；
C.常温下，铁遇浓硫酸发生钝化；
D.反应中Na由0价变为+1价，失去1个电子。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，题目难度不大。
2.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 0.1ml⋅L−1NaNO3的溶液：K+、H+、SO32−、SO42−
B. 0.1ml⋅L−1Al2(SO4)3的溶液：Ba2+、Mn2+、HCO3−、Cl−
C. 0.1ml⋅L−1H2SO4的溶液：Na+、K+、Cl−、NO3−
D. 0.1ml⋅L−1CuSO4的溶液：NH4+、Mg2+、S2−、OH−
【答案】C
【解析】解：A.H+、SO32−、NO3−之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.Al3+、HCO3−之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，古B错误；
C.Na+、K+、Cl−、NO3−之间不反应，都不与H2SO4反应，能大量共存，故C正确；
D.NH4+、Mg2+、Cu2+都与OH−反应，Cu2+、S2−之间反应生成CuS沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A.酸性条件下硝酸根离子氧化亚硫酸根离子；
B.铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；
C.四种离子之间不反应，都不与硫酸反应；
D.铵根离子、铜离子、镁离子都与氢氧根离子反应，铜离子与硫离子生成硫化铜沉淀。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子的性质，题目难度不大。
3.不同温度下，在某一恒容密闭容器中充入一定量的CO和H2，发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔHvc>va
B. 平衡常数：Kc>Ka>Kd>Kb
C. a点时，再向容器中加入一定量CO，CO的平衡转化率一定增大
D. d点时，移除CH3OH(g)可使平衡正向移动且加快逆反应速率
【答案】A
【解析】解：反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的ΔHKd>Kb，故B错误；
C.a点时，再向容器中加入一定量CO，平衡正向移动，H2的平衡转化率一定增大，但CO的平衡转化率反而减小，故C错误；
D.d点时，移除CH3OH(g)可使平衡正向移动，但反应速率均减小，即逆反应速率减慢，故D错误；
故选：A。
A.温度越高、压强越大，反应速率越快；
B.平衡常数只与温度有关，该反应的平衡常数随温度的升高而减小；
C.一定条件下，增大c(CO)，CO的平衡转化率反而减小；
D.一定条件下，减小生成物的浓度，反应速率减小。
本题考查化学平衡图象分析，侧重识图能力和运用能力考查，把握化学平衡影响因素、反应速率影响因素、平衡常数的含义及影响因素是解题关键，题目难度中等。
4.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列关于文献记载的说法正确的是( )
A. 《天工开物》中“凡播种，先以稻麦稿包浸数日，俟其生芽，撒于田中，生出寸许，其名曰秧。”其中“稻麦稿”的主要成分纤维素
B. 《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3
C. 《世说新语》记载“⋅⋅⋅用蜡烛作炊”其中蜡烛的主要成分是油脂，属于天然高分子化合物
D. 《医说》记载，“每每外出，用雄黄(As4S4)桐子大。在火中烧烟熏⋅⋅⋅，以消毒灭菌，⋅⋅⋅”古代烟熏的消毒原理与酒精相同，都是利用其强氧化性
【答案】A
【解析】解：A.“稻麦稿”指的是稻草或麦秆，属于植物秸秆，其主要成分为纤维素，属于多糖，故A正确；
B.牡蛎壳的主要成分为CaCO3，高温煅烧得到CaO，所以“灰”的主要成分为CaO，故B错误；
C.蜡烛的主要成分是固态的烷烃，不属于油脂，故C错误；
D.酒精无强氧化性，其消毒原理是利用其渗透性使蛋白质变性，故D错误；
故选：A。
A.植物的秸秆的主要成分为纤维素；
B.CaCO3高温煅烧得到CaO；
C.蜡烛的主要成分是固态烷烃；
D.酒精无强氧化性。
本题主要考查常见物质的性质与用途，属于基本知识的考查，难度不大。
5.氮、硫元素的单质和化合物在工农生产中有重要应用。部分含氮、硫元素物质的价类二维图如图所示。下列有关说法错误的是 ( )
A. f可作制冷剂B. BaCl2溶液可鉴别c和d
C. f与氧气反应可以一步转化为ℎD. i的浓溶液一般保存在棕色试剂瓶中
【答案】C
【解析】解：A.f为氨气，可做制冷剂，故A正确；
B.c是SO2，d为SO3，d可以和BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故BaCl2溶液可鉴别c和d，故B正确；
C.NH3与氧气会反应生成NO，故C错误；
D.i为HNO3，见光易分解，故一般保存在棕色试剂瓶中，故D正确；
故选：C。
由图可知，a、b、c分别为H2S、S、SO2；e为硫酸，d为SO3；f、g分别为NH3、NO；ℎ为二氧化氮，i为HNO3，据此进行解答。
本题主要考硫、氮及其化合物的性质，同时考查酸性氧化物的判断，氧化还原反应化合价升降守恒的应用，属于基本知识，基础题型的考查，难度不大。
6.一定条件下，在某恒压密闭容器中发生反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)ΔH>0，若15s内c(HI)由0.1ml⋅L−1降到0.07ml⋅L−1，则下列说法错误的是( )
A. 其他条件不变，升高温度，可以加快反应速率
B. 其他条件不变，向反应体系中充入氦气，化学反应速率减慢
C. 0～15s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.002ml⋅L−1⋅s−1
D. c(HI)由0.07ml⋅L−1降到0.04ml⋅L−1所需的反应时间大于15s
【答案】C
【解析】解：A.升高温度，活化分子的百分数增加，则反应速率加快，故A正确；
B.恒压密闭容器中，充入氦气，反应体系的分压减小，则反应速率减小，故B正确；
C.15s内c(HI)由0.1ml⋅L−1降到0.07ml⋅L−1，可知v(HI)=0.1ml/L−0.07ml/L15s=0.002ml⋅L−1⋅s−1，且速率之比等于化学计量数之比，可知0～15s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.001ml⋅L−1⋅s−1，故C错误；
D.随反应的进行，浓度减小、反应速率减小，则c(HI)由0.07ml⋅L−1降到0.04ml⋅L−1所需的反应时间大于15s，故D正确；
故选：C。
A.升高温度，活化分子的百分数增加；
B.恒压密闭容器中，充入氦气，反应体系的分压减小；
C.15s内c(HI)由0.1ml⋅L−1降到0.07ml⋅L−1，可知v(HI)=0.1ml/L−0.07ml/L15s=0.002ml⋅L−1⋅s−1，且速率之比等于化学计量数之比；
D.随反应的进行，浓度减小、反应速率减小。
本题考查化学反应速率，为高频考点，把握速率的计算及影响因素为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
7.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 金属钠投入MgCl2溶液中：2Na+H2O=2Na++2OH−+H2↑
B. 向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+
C. 加热条件下，铝与足量浓硝酸反应：Al+6H++3NO3−Al3++3NO2↑+3H2O
D. 往NaHSO4溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：Ba2++SO42−+H++OH−=BaSO4↓+H2O
【答案】C
【解析】解：A.钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为：2Na+2H2O+Mg2+=Mg(OH)2↓+2Na++H2↑，故A错误；
B.向CuSO4溶液中滴加过量的氨水，发生Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故B错误；
C.铝与浓硝酸反应的离子方程式为Al+3NO3−+6H+=Al3++3NO2↑+3H2O，故C正确；
D.NaHSO4溶液中加入少量Ba(OH)2溶液的离子方程式为：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选：C。
A.钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀；
B.氨水过量时，生成络离子；
C.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体；
D.Ba(OH)2不足，其电离的OH−要与H+完全反应。
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关离子反应的考查，注意电子、电荷守恒的应用，题目难度不大。
8.下列装置如图能达到相应实验目的的是 ( )
A. 装置甲干燥CO2气体
B. 用装置乙配制一定物质的量浓度的硫酸
C. 用装置丙除去混在乙烷气体中的少量乙烯
D. 用装置丁蒸干NH4Cl溶液获得NH4Cl固体
【答案】C
【解析】解：A.无水硫酸铜不能作干燥剂，则图中装置不能干燥二氧化碳，故A错误；
B.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，因在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容，故B错误；
C.乙烯与溴水反应，乙烷不反应，图中导管长进短出可洗气分离，故C正确；
D.蒸干时氯化铵分解，应冷却结晶法制备，故D错误；
故选：C。
A.无水硫酸铜不能作干燥剂；
B.不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
C.乙烯与溴水反应，乙烷不反应；
D.蒸干时氯化铵分解。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液配制、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9.下列实验操作和现象得出的实验结论正确的是 ( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】解：A.镀层破损的镀锌铁片放入NaCl溶液中，构成原电池时，Zn为负极、Fe为正极，则加入K3[Fe(CN)6]溶液未出现蓝色沉淀，可知镀层破损后锌对铁仍有保护作用，故A正确；
B.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，反应原理不同，由实验操作和现象不能比较金属性强弱，故B错误；
C.加入少量稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，由实验操作和现象，不能证明溶液中是否含NH4+，故C错误；
D.Na2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小，故D错误；
故选：A。
A.镀层破损的镀锌铁片放入NaCl溶液中，构成原电池时，Zn为负极、Fe为正极；
B.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化；
C.加入少量稀NaOH溶液，可能生成一水合氨；
D.Na2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、原电池、离子检验、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10.常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. pH=3的CH3COOH溶液中，由水电离出来的cOH−=10−3ml/L
B. pH=11的CH3COONa溶液与pH=11的NH3⋅H2O溶液中，水的电离程度相同
C. 将pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH=7
D. 0.1ml/L的NH3⋅H2O溶液与0.1ml/L的HCl溶液混合后呈中性，则cNH4+=cCl−
【答案】D
【解析】A. pH=3 的 CH3COOH 溶液中， cH+=10−3ml/L ， cOH−=10−11ml/L ， OH− 全部来自水的电离，则由水电离出来的 cOH−=10−11ml/L ，A项错误；
B. CH3COONa 溶液由于 CH3COO− 水解促进水的电离，水的电离程度大于纯水，而 NH3⋅H2O 溶液电离出 OH− 抑制水的电离，水的电离程度小于纯水，故两溶液中水的电离程度不同，B项错误；
C. pH=3 的 CH3COOH 溶液的物质的量的浓度大于 pH=11 的 NaOH 溶液的物质的量的浓度，等体积混合， CH3COOH 过量，故溶液显酸性， pHY，也可能是XKa(HClO)]
C. 加水稀释到任何程度，图中a一定大于7
D. 若图中曲线分别表示NaOH溶液和氨水，则起始时NaOH溶液浓度更大
【答案】A
【解析】【解答】
A.若两溶液为碱溶液，Y的OH−浓度大于X，故水电离的OH−浓度X>Y；若两溶液为水解显碱性的盐溶液，水的电离程度X−lg c(HPO42−)c(PO43−) ，直线丙表示pH与−lg c(HPO42−)c(PO43−) 的变化关系，应位于乙的右边，选项A错误；
B.如图所示，当−lg c(H2PO4−)c(HPO42−) =1时，即c(H2PO 4− )= c(HPO 42− )，pH为8.21，则Ka2(H3PO4)= c(HPO42−)⋅c(H+)c(H2PO4−) = 10−8.2110−1 =10−7.21，此时溶液呈碱性，H3PO4已完全反应，故NaH2PO4溶液中c(HPO 42− )>c(H3PO4)，选项B正确；
C.Ka2(H3PO4)= c(HPO42−)⋅c(H+)c(H2PO4−) =10−7.21，由图可知pH=4.15时，−lg c(H3PO4)c(H2PO4−) =2， c(H3PO4)c(H2PO4−) =10−2，得出Ka1(H3PO4)= 10−4.15×100=10−2.15； c(HPO42−)c(H3PO4) = Ka1(H3PO4)×Ka2(H3PO4)c2(H+) =1，又因c( HPO42− )=c(H3PO4)，解得c(H+)=10−4.68，pH=4.68，选项C错误；
D.溶液中存在质子守恒c(OH−)+c(PO 43− )=c(H+)+c(H2PO 4− )+2c(H3PO4)，选项D错误；
答案选B。
二、非选择题：本大题共4小题，共58分。
15.（10份）某校化学活动小组按如图所示流程由粗氧化铜样品(含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质)制取硫酸铜晶体。
已知Fe3+、Cu2+、Fe2+三种离子在水溶液中形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：
请回答下列问题：
(1)溶液A中所含金属阳离子为______。
(2)物质X应选用_____(填序号)。
A. 氯水 B.双氧水 C.铁粉 D.高锰酸钾
(3)步骤④的顺序为：将溶液转移至蒸发皿中加热→______→洗涤、自然干燥(填序号)。
A.蒸发至大量晶体析出 B.蒸发浓缩至表面出现晶膜 C.冷却至室温 D.停止加热用余热蒸干 E.趁热过滤 F.过滤
(4)用“间接碘量法”可以测产品中Cu元素的含量，过程如下：
Ⅰ.称取产品5.0g溶解于水配成100mL溶液。
Ⅱ.取试液20.00mL于锥形瓶中，加入过量KI固体，发生反应：2Cu2++4I−= 2CuI↓+I2。
Ⅲ.以淀粉溶液为指示剂，用0.2000 ml·L−1的Na2S2O3标准溶液滴定，前后共测定四组。消耗Na2S2O3标准溶液的体积如下表：(已知：I2+2S2O 32−= 2I−+S4O 62−)。
①判断滴定终点的现象是______。
②产品中Cu元素的百分含量为______。
【答案】(1)Cu2+、Fe2+
(2)B
(3)BCF
(4)①最后半滴试液滴入，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液无明显变化
②25.6%

【解析】样品溶于过量硫酸中，FeO生成FeSO4，CuO生成CuSO4，故沉淀Ⅰ为不溶于酸的杂质，过程②→④为除去铁元素的过程，根据Fe3+的沉淀范围，X应该是氧化剂，将Fe2+氧化至Fe3+，再加入Cu(OH)2促进Fe3+水解而除去，最后蒸发浓缩、冷却结晶获得硫酸铜晶体。
（1）溶液A的溶质为CuSO4、FeSO4、H2SO4，所含金属阳离子为Cu2+、Fe2+；
（2）根据分析，X应为氧化剂，但氯水、高锰酸钾会引入新的杂质离子，因此最好选用H2O2，答案选B；
（3）硫酸铜晶体中含有结晶水，应采用降温结晶的方式分离，具体操作为：蒸发浓缩至有晶膜出现，冷却至大量固体析出，过滤、洗涤、干燥，故顺序为BCF；
（4）Na2S2O3标准溶液滴定的终点现象为，最后半滴Na2S2O3溶液滴下，溶液蓝色消失，且半分钟不恢复，说明反应完全；根据题干转化关系可得关系式：2Cu2+~I2~2 S2O 32−，消耗的Na2S2O3体积(去除离群数据后)=20.02+19.98+20.003=20.00mL，因此铜的百分含量=0.2000×20.00×10−3×5×645.0×100％=25.6%。
16.（18分）室温下，某一元弱酸HA的电离常数Ka=1.6×10−6。某同学现用中和滴定的方法测定某HA溶液浓度。
(1)用KOH固体配制250m0.1000ml/LKOH标准溶液，必须使用的仪器除天平、烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要__________、__________。
(2)将KOH标准溶液装入__________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；滴定管在使用前，需要进行的操作是___________。
(3)盛放KOH标准溶液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用__________(填标号)中的操作。若滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡，则测得HA溶液浓度将__________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
a. b． c． d．
(4)取20.00mLHA于锥形瓶中，并滴入2−3滴酚酞试液作为指示剂，向20.00mLHA溶液中逐滴加入0.1000ml/L的标准KOH溶液，到达滴定终点的现象是__________。
(5)有关数据记录如表：
第一次滴定前、后滴定管中液面的位置如图所示，则该次滴定所消耗KOH标准溶液的体积为__________mL。
(6)根据所给数据，该为HA溶液物质的量浓度为__________(保留三位有效数字)。
【答案】(1) 250mL容量瓶；胶头滴管
(2)碱式；检查是否漏水
(3)c；偏高
(4)滴入最后半滴氢氧化钠标准液，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复
(5)24.60
(6)0.123ml/L

【解析】(1)由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，用氢氧化钾固体配制250m0.1000ml/L氢氧化钾标准溶液，必须使用的仪器除天平、烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；
(2)氢氧化钾溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，所以氢氧化钾标准溶液装入碱式滴定管中，为防止滴定管使用时漏液导致实验失败，所以滴定管在使用前，需要进行的操作是检查是否漏水，故答案为：碱式；检查是否漏水；
(3)排除碱式滴定管中气泡的方法是将胶橡胶管向上弯曲，挤压橡胶管中的玻璃小球快速放液，故选c；若滴定前尖嘴有气泡，滴定后尖嘴无气泡会使氢氧化钠标准溶液的消耗体积偏大，导致所测结果偏高，故答案为：c；偏高；
(4)氢氧化钠溶液与HA溶液完全反应后，滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液会变为浅红色，则到达滴定终点的现象为滴入最后半滴氢氧化钠标准液，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复，故答案为：滴入最后半滴氢氧化钠标准液，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复；
(5)由图可知，滴定前读数为0.30mL，滴定后读数为24.90mL，此次滴定消耗的氢氧化钠的体积为(24.90−0.30)mL=24.60mL，故答案为：24.60；
(6)由表格数据可知，滴定消耗氢氧化钠溶液的平均体积为 (24.60+24.62+24.64)mL3 =24.62mL，则HA溶液的浓度为 0.1000ml/L× ≈0.123ml/L，故答案为：0.123ml/L。
17.（14分）CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球
的气候变化，并且能充分利用碳资源。二氧化碳催化加氢制甲醇有利于减少温室气体
排放，涉及的反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1K1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+40.9kJ⋅ml−1K2
Ⅲ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=−90.4kJ⋅ml−1K3
回答下列问题：
(1)ΔH1= ______ kJ⋅ml−1。
(2)平衡常数K1= ______ (用K2、K3表示)。
(3)为提高反应Ⅲ中CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为 ______ (填标号)。
A.低温、高压
B.高温、低压
C.低温、低压
D.高温、高压
(4)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，发生反应Ⅰ，实验测得CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。

①压强P1、P2由大到小的顺序为 ______ ，判断的依据是 ______ 。
②图中A点对应的甲醇的体积分数是 ______ %(计算结果保留1位小数)。
(5)在恒温恒压(压强为p)的某密闭容器中，充入1mlCO2(g)和3mlH2(g)，仅发生反应Ⅰ和Ⅱ，经过一段时间后，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，此时测得CO2的平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%{甲醇选择性[(CH3OH)%=n生成(CH3OH)n消耗(CO2)×100%]}，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数Kp= ______ (写出计算式即可，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】−49.5 K2⋅K3 A P1c(OH−)
(4)2.02
【解析】【分析】
本题考查弱电解质的电离、混合溶液定性判断等知识点，侧重考查分析、判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、碱的碱性强弱判断方法等知识点是解本题关键，题目难度中等。
【解答】
(1)相同温度下，相同浓度的这两种溶液中，pOH越大，溶液中c(OH−)越小，则碱的电离程度越小，其电离平衡常数越小，根据图知，开始时pOH(NH2OH)>pOH(CH3NH2)，则碱性：CH3NH2>NH2OH，所以K1>K2；等物质的量浓度的CH3NH3Cl溶液与NH3OHCl溶液，弱离子水解程度越大，溶液的酸性越强，水解程度：NH3OH+>CH3NH3+，则酸性较强的是NH3OHCl；
(2)碱抑制水电离，碱中c(OH−)越大，水电离程度越小，c(OH−)：a点小于b点，则溶液中水的电离程度较大的是a；用相同浓度的盐酸分别滴定a和b点对应的溶液，所需盐酸体积与碱的物质的量成正比，a、b点碱的物质的量相等，所以这两点消耗盐酸的体积相等；
(3)常温下，NH2OH的电离程度较小，则1ml/L的NH2OH中c(NH2OH)≈1ml/L，c(NH3OH+)≈c(OH−)=10−4.5ml/L，Kb(NH2OH⋅H2O)=c(NH3OH+)⋅c(OH−)c(NH2OH⋅H2O)≈10−4.5×10−4.51=10−9，Kℎ(NH2OH)=KwKb=10−1410−9=10−5>Kb，则NH2OH的电离程度小于NH3OH+的水解程度，c(NH3OH+)c(NH3OH+)，水解程度较小，所以溶液中存在c(Cl−)>c(NH3OH+)>c(H+)>c(OH−)；
(4)混合溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)=10−7ml/L，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(NH3OH+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，则c(Na+)+c(NH3OH+)=c(Cl−)=0.5cml/L，混合溶液中c(Na+)=1ml/L，则c(NH3OH+)=(0.5c−1)ml/L，溶液中存在物料守恒c(NH3OH+)+c(NH2OH⋅H2O)=0.5cml/L，c(NH2OH⋅H2O)=(0.5c−0.5c+1)ml/L=1ml/L，Kb(NH2OH⋅H2O)=c(NH3OH+)⋅c(OH−)c(NH2OH⋅H2O)=(0.5c−1)×10−71=10−9，c=2.02。选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将镀层破损的镀锌铁片放入NaCl溶液中，一段时间后，加入K3[Fe(CN)6]溶液
未出现蓝色沉淀
镀层破损后锌对铁仍有保护作用
B
常温下，将铁片、铜片分别插入浓硝酸中
铁无明显变化、铜片剧烈反应
金属活动性：Cu>Fe
C
取少量待测液于试管中，加入少量稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口
试纸不变蓝
溶液中不含NH4+
D
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS)