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四川省内江市资中县第二中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省内江市资中县第二中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题（Word版附解析），共17页。
【可能用到的相对原子质量】H-1 N-14 O-16 K-39 Na-23 I-127 Cr-52
一、选择题(本部分14小题，每小题3分，共42分。每小题四个选项中，只有一项符合题意。)
1. 下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是
A. 晶体B. 溶液C. 液态氯化氢D. 熔融的
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化镁晶体是电解质，但是镁离子和氯离子受离子键的作用，不能自由移动，因此氯化镁晶体不导电，故A错误；
B．氯化钠溶液含有自由移动的离子，可以导电，但属于混合物，因此不是电解质，故B错误；
C．液态氯化氢是电解质，但是以分子形式存在，不导电，故C错误；
D．熔融氢氧化钾，发生了电离，可以导电，是电解质，故D正确；
故选D。
2. 下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是
A. CH3COOH + OH－⇌CH3COO－+H2O
B. S2－+2H2O⇌H2S+2OH－
C. HCO3－ + H2O⇌CO32－ + H3O+
D. NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该反应为醋酸与强碱反应的离子反应方程式，不是水解反应，A错误；
B. H2S为二元弱酸，S2-的水解分步水解，其水解反应离子方程式为为：S2－+H2O⇌HS-+OH－，HS-+H2O⇌H2S+OH－；B错误；
C. HCO3－的水解反应离子方程式为：HCO3－+ H2O⇌H2CO3+OH－；C错误；
D. 氨水为一元弱碱，NH4+水解反应离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；D正确；故答案为：D。
3. 下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是
A. 无色溶液中：、、、
B. pH=1的溶液中：、、、
C. 酸性溶液中：、、、
D. 由水电离出的的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．会与发生相互促进的双水解反应而不共存，A不符合题意；
B．pH=1的溶液中存在大量氢离子，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，它们会发生氧化还原反应而不共存，B不符合题意；
C．铵根离子会发生水解显酸性，上述离子在酸性条件下不反应，能大量共存，C符合题意；
D．由水电离出的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，酸性条件下碳酸氢根离子会反应生成水和二氧化碳，碱性条件下铵根离子、碳酸氢根离子均会反应，不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
4. 在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条(过量)分别与2 mL 2 ml·L−1的 盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。下列说法正确的是
A. ①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
B. 任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率
C. 反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D. 1 ml·L−1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大
【答案】C
【解析】
【详解】A． 盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则2 mL 2 ml·L−1的 盐酸和醋酸中，盐酸中c(H+)大，与镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应速率快，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；
B． 可以通过曲线的斜率比较二者的反应速率，从图象可以看出，100s后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁已接近反应结束，c(H+)较小，反应速率小，故B错误；
C． 由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气气总量基本相等，故C正确；
D． 由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故用1 ml·L−1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故D错误；
故选C。
5. 常温下，某硫酸溶液pH＝a，某氢氧化钠溶液pH＝b，已知a+b＝12，两溶液混合后pH＝7，则酸溶液体积V酸和碱溶液体积V碱的正确关系为
A. V酸 = 102V碱B. V碱= 102V酸
C. V酸= 2V碱D. V碱= 2V酸
【答案】B
【解析】
【详解】25℃时，Kw=10-14，某强酸溶液pH=a，则该酸溶液中氢离子浓度为10-a ml/L，强碱溶液pH=b，则碱溶液中氢氧根离子浓度=10 b-14 ml/L，混合后溶液的pH=7，说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，设酸的体积为V酸，碱的体积为V碱，10-a ml/L×V酸L=10 b-14 ml/L×V碱L，则V酸=10a+b-14 V碱，而a+b=12，故V碱=100V酸，答案选B。
6. 有一化学平衡：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)(如图)表示的是转化率与压强、温度的关系。分析图中曲线可以得出的结论是
A. 正反应吸热；m＋n＞p＋qB. 正反应吸热；m＋n＜p＋q
C. 正反应放热；m＋n＞p＋qD. 正反应放热；m＋n＜p＋q
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据图示，增大压强，A的转化率增大，则正反应气体物质的量减小，m＋n＞p＋q；升高温度，A的转化率增大，说明正反应吸热，故选A。
7. 下列离子方程式不正确的是
A 与溶液反应：
B. 重铬酸钾溶液中存在的平衡：
C. 向溶液中滴加少量的：
D. 向高锰钾溶液中加入足量的草酸溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．与FeCl3溶液反应生成FeCl2，故离子方程式为：，A正确；
B．重铬酸钾溶液中存在重铬酸根和铬酸根之间的转化平衡，离子方程式为：，B正确；
C．向溶液中滴加少量的生成Cu(OH)2和BaSO4，故离子方程式为：，C正确；
D．草酸是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故向高锰钾溶液中加入足量的草酸溶液的离子方程式为：，D错误；
故答案为：D。
8. 已知：CO2(g)＋3H2(g) ⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49.0 kJ·ml－1。一定条件下，向体积为1 L的密闭容器中充入1ml CO2和3ml H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中，正确的是
A. 升高温度能使增大
B. 反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%
C. 3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率
D. 从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝0.075ml·L－1·min－1
【答案】B
【解析】
【详解】A. CO2(g)＋3H2(g) ⇌CH3OH(g)＋H2O(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，升高温度能使减小，故A错误；
B. 反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%，故B正确；
C. 3min时，反应没有达到平衡状态，用CO2的浓度表示的正反应速率不等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率，故C错误；
D. 从反应开始到平衡，H2的浓度变化为0. 75ml·L－1×3=2.25 ml·L－1，平均反应速率(H2)＝2.25 ml·L－1÷10min=0.225ml·L－1·min－1，故D错误；
选B。
9. 对室温下pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，分别采取下列措施，有关叙述正确的是
A. 温度均升高20℃，两溶液的pH均不变
B. 加入适量氯化铵固体后，两溶液的pH均减小
C. 加水稀释100倍后，氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的小
D. 与足量的氯化铁溶液反应，产生的氢氧化铁沉淀一样多
【答案】B
【解析】
【详解】A、升高温度，水的离子积Kw变大，所以两溶液的pH一定改变，A错误；
B、加入氯化铵之后，由于同离子效应，NH3·H2O的电离程度减小，c(OH-)降低，溶液pH减小，而NaOH溶液中，NH4+和OH-反应，使得c(OH-)降低，溶液pH也减小，B正确；
C、向pH相同的两溶液中加水稀释100倍，NaOH溶液的pH的变化量为2，而氨水的pH的变化量小于2，即稀释后，氨水的pH更高，则氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的大，C错误；
D、体积相同、pH相同的两溶液中，n(OH-)相同，但是氨水中存在电离平衡，实际上未电离的NH3·H2O还有很多，这部分NH3·H2O还可以再提供OH-，故这两种溶液和足量的FeCl3反应，氨水产生的Fe(OH)3更多，D错误；
故选B。
【点睛】在弱电解质的溶液中存在电离平衡，而且电离的部分往往很少，故在常考的题中，比如HAc(醋酸)和HCl这两种溶液，体积相同、pH相同时，仅仅溶液中说明c(H+)或n(H+)相同，但是HAc是弱电解质，在水中部分电离，随着H+的消耗，其电离平衡不断向右移动，这相当于HAc能提供的H+不止这么多，而是远远大于这个数值，而HCl是强电解质，其在水中完全电离，随着H+的消耗，不会再有H+的补充，这也就是为什么体积相同、pH相同时，和足量的金属反应，HAc放出的氢气多。
10. 在不同温度下，水达到电离平衡时c(H+)与c(OH﹣)的关系如图所示。100℃时，将0.1 ml·L-1的 HCl溶液和0.06 ml·L-1的Ba(OH)2溶液等体积混合后，该溶液的pH是
A 1.7B. 2C. 10D. 10.3
【答案】C
【解析】
【详解】根据图示可知在100℃时，Kw=c(H+)·c(OH-)=10-6×10-6=10-12。该温度下0.1 ml/LHCl溶液中c(H+)=0.l ml/L；0.06 ml/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.06 ml/L×2=0.12 ml/L，二者等体积混合后发生反应，混合溶液显碱性，其中c(OH-)=，该温度下混合溶液中c(H+)=，则混合溶液的pH=-lg c(H+)=10，故合理选项是C。
11. 已知三种酸的电离平衡常数，下列说法不正确的是
A. 三种酸的酸性由强到弱的顺序是：
B. 与溶液反应的离子方程式为：
C. 常温下，浓度均为0.1ml/L的溶液的碱性：
D. 向溶液中滴加醋酸，可生成，使杀菌、消毒能力增强
【答案】B
【解析】
【分析】相同温度下电离常数越大、电离能力越大，等物质的量浓度的酸提供的氢离子浓度越大、酸性越强，据表格知，酸性排序为：
【详解】A． 据分析，三种酸的酸性由强到弱的顺序是：，A正确；
B． 按“强酸制弱酸”：与溶液反应得到碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：，B不正确；
C． 按“越弱越水解”，即：酸性越强，对应酸形成钠盐的碱性就越弱，常温下，浓度均为0.1ml/L的溶液的碱性：，C正确；
D．按“强酸制弱酸”：向溶液中滴加醋酸可生成，增大了次氯酸的浓度，使杀菌、消毒能力增强，D正确；
答案选B。
12. 下列实验不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．该实验中变量为金属阳离子种类，可以探究金属阳离子对分解速率的影响，故A正确；
B．该实验中变量为温度，可以探究温度对化学平衡的影响，故B正确；
C．用浓盐酸溶解氯化铁固体再稀释至所需浓度，可以起到防止铁离子水解的作用，故C正确；
D．铝离子在水中水解生成氢氧化铝，盐酸是挥发性的酸，加热促进水解，蒸发溶液得到固体，故D错误；
故答案为：D。
13. 常温下，向某浓度的(二元弱酸)溶液中逐滴加入某浓度的KOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示，则下列说法不正确的是
A. 的
B. 曲线3代表的物质的量分数
C. 图中a点对应的pH=2.7
D. pH=4时，溶液中存在下列关系：
【答案】D
【解析】
【分析】二元弱酸H2A溶液中加入氢氧化钾溶液时，H2A溶液先与氢氧化钾溶液反应生成KHA，后KHA溶液与氢氧化钾溶液反应生成K2A，反应中H2A减小、HA—浓度先增大后减小、A2—浓度先无明显变化后增大，则曲线1、2、3分别代表H2A、HA—、A2—的物质的量分数，由图可知，溶液pH为1.2时，溶液中c(H2A)=c(HA—)，则H2A的一级电离常数Ka1(H2A)= = c(H+)=10—1.2，同理可知，H2A的二级电离常数Ka2(H2A)= 10—4.2。
【详解】A．由分析可知，H2A的一级电离常数Ka1(H2A)=10—1.2，故A正确；
B．由分析可知，曲线1、2、3分别代表H2A、HA—、A2—的物质的量分数，故B正确；
C．由图可知，a点溶液中c(H2A)=c(A2—)，由电离常数可得Ka1(H2A) ×Ka2(H2A)= ，则溶液中氢离子浓度为ml/L=10—2.7ml/L，溶液pH为2.7，故C正确；
D．由图可知，溶液pH为4时，溶液中HA—浓度大于A2—浓度，故D错误；
故选D。
14. 常温下，量取10.00mL溶液置于锥形瓶中，加入指示剂，用溶液滴定，所得溶液的随溶液体积的变化如图所示，达到滴定终点时，消耗溶液20.00mL。下列说法正确的是
A. 溶液的浓度为
B.
C. 当时，溶液中存在
D. 、两点对应溶液中，由水电离出的a＞b
【答案】D
【解析】
【分析】由图知，氢氧化钠溶液体积为10mL，当醋酸体积为0时，pH为13，故原氢氧化钠溶液浓度为0.1ml/L，醋酸与氢氧化钠反应式为NaOH+CH₃COOH=CH₃COONa+H₂O，达到滴定终点时，消耗CH3COOH溶液20.00mL，故CH3COOH的浓度为0.05000ml/L。
【详解】A． 据分析溶液的浓度为，A错误；
B．消耗CH3COOH溶液20.00mL时二者恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，醋酸钠水解呈碱性，则常温下，B错误；
C． 当时，此时溶质为醋酸钠和氢氧化钠且两者物质的量相等，由物料守恒可知，C错误；
D．氢氧化钠抑制水的电离，滴入醋酸生成醋酸钠，醋酸钠因水解促进水的电离，在滴定过程中随着醋酸的滴入水的电离程度不断增大，则、两点对应溶液中，由水电离出的 a＞b，D正确；
答案选D。
二、填空题(共三个大题，58分)
15. I：室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
依据实验操作和现象，回答下列问题：
（1）向0.1ml/L溶液滴入酚酞溶液，观察到的现象是___________，原因___________(用离子方程式表示)。
（2）实验3中随的不断通入，溶液中___________(填减小、不变或增大)。
（3）常温下，均为12的溶液与NaOH溶液中水电离出的之比为___________。
Ⅱ：①溶液②溶液③溶液④气体⑤碘水⑥氨水⑦溶液
（4）向②中通入足量④，发生反应的离子方程式为___________。
（5）为得到浓度较大的⑤，实验室在配制时，常加入，溶液中存在如下平衡：，向⑤中加入一定量的①，该平衡将___________(填“正向”或“逆向”)移动。
Ⅲ：
（6）泡沫灭火器原理(用离子方程式表示)：___________
（7）配置溶液为什么要将固体溶解在浓盐酸中(用离子方程式表示)：___________
（8）加热蒸干为什么得不到原理(用化学方程式表示)：___________
【答案】（1） ①. 溶液变红 ②. ；
（2）减小 （3）：1
（4）
（5）逆向 （6）
（7）
（8）
【解析】
【小问1详解】
0.1ml/LNa2CO3溶液中发生水解：、，溶液显碱性，滴入酚酞溶液，溶液变红。
【小问2详解】
实验3中随CO2的不断通入，酸性逐渐变强，c(H+)增大，，该数值逐渐减小。
【小问3详解】
常温下，均为12的溶液中发生水解促进水的电离，水电离出的c(OH-)==0.01ml/L，均为12的NaOH溶液中水的电离被抑制，水电离出的c(OH-)= ，二者水电离出的之比为：1。
【小问4详解】
和溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
【小问5详解】
向⑤碘水中加入一定量的①KOH溶液，I2和KOH发生反应导致c(I2)减小，平衡逆向移动。
【小问6详解】
泡沫灭火器原理是碳酸氢钠和硫酸铝发生的双水解反应，离子方程式为：。
【小问7详解】
配置溶液时将固体溶解在浓盐酸中的原因是抑制Fe3+的水解，离子方程式为：。
小问8详解】
加热蒸干溶液，会被空气中的氧气氧化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
16. I：柠檬含有丰富的营养成分，具有辅助生津开胃、化痰止咳等功效。但须适量食用，因为柠檬中含有比较多的酸性物质，如果长期大量食用可能会导致胃酸分泌过多，引起腹痛、反酸等不适症状。某同学为测定柠檬的酸度[规定：中和1克柠檬中的酸性物质所需的氢氧化钾()的毫克数]，进行了下列实验：
称取鲜柠檬，切成小块后用榨汁机榨取汁液，过滤后取滤液，稀释成250mL溶液待用。用滴定管取出25.00mL待测液于锥形瓶中，加入几滴指示剂，然后用0.1000ml⋅L标准溶液滴定，平行滴定3次，所测得的实验数据如下表：
请回答下列问题：
（1）在实验室完成过滤操作所需的玻璃仪器主要有烧杯、___________、___________。
（2）实验中取用待测液时可用图1中的___________(填“”或“”)量取；若某同学量取待测液时，滴定管读数如图2所示，则量取的待测液体积为___________ml。
（3）本实验滴定过程中眼睛要注视___________。
（4）将以下操作所导致的测定结果(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)填写在对应的横线上。
A．到达滴定终点时俯视读数___________
B．碱式滴定管量取溶液时，未进行润洗___________
Ⅱ：硫代硫酸钠晶体(，)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
（5）市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案检验；完成下列表中的空格：
试剂：稀盐酸、稀、溶液、溶液、溶液
写出加入过量稀盐酸的离子方程式___________
（6）利用标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在___________中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的___________中，加蒸馏水至___________。
②滴定：取的标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量，发生反应：，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：，加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液___________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为___________%(保留1位小数)。
【答案】（1） ①. 玻璃棒 ②. 漏斗
（2） ①. b ②. 25.10
（3）锥形瓶中溶液颜色的变化
（4） ①. 偏小 ②. 偏大
（5） ①. ②. 产生白色沉淀 ③.
（6） ①. 烧杯 ②. 容量瓶 ③. 刻度线 ④. 蓝色褪去 ⑤. 95.0
【解析】
【分析】(Ⅱ)设计离子检验实验方案时注意排除杂质离子的干扰。检验市售硫代硫酸钠中含有硫酸根时，先加酸除去硫代硫酸钠，再加入氯化钡溶液观察实验现象。为防止引入硫酸根，既不能选硫酸又要防止硫代硫酸根被氧化为硫酸根，故实验过程为:取少量样品，加除氧蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清溶液；向溶液中加入过量稀盐酸澄清溶液中出现乳黄色浑浊，有刺激性气体产生，静置，取少量上层清液于试管中，向试管中滴加溶液，产生白色沉淀，说明样品中含有硫酸根。
【小问1详解】
在实验室完成过滤操作所需的玻璃仪器主要有烧杯、玻璃棒、漏斗。
【小问2详解】
待测液呈酸性，实验中取用待测液时可用酸式滴定管即图1中的b量取；若某同学量取的待测液体积为27.70mL- 2. 60mL= 25.10mL。
【小问3详解】
本实验滴定过程中眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化。
【小问4详解】
A．到达滴定终点时俯视读数，读数偏小，导致标准溶液体积数值偏小，则结果偏小。
B．碱式滴定管量取溶液时，未进行润洗导致标准溶液被稀释、导致标准溶液体积偏大，则结果偏大。
【小问5详解】
据分析，步骤⑤：静置，取上层清液滴入溶液，若实验现象为产生白色沉淀，则说明硫代硫酸钠中含有硫酸根。硫代硫酸钠加入过量稀盐酸生成氯化钠、硫单质、二氧化硫和水，离子方程式为。
【小问6详解】
①配制硫代硫酸钠溶液时，需要称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，硫代硫酸钠具有还原性，还需防止其被氧化，故配制溶液时：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。
②碘单质遇淀粉呈蓝色，滴入硫代硫酸钠消耗碘单质，则当溶液蓝色褪去，即为滴定终点。按方程式得到关系式：，则滴定中实际消耗的硫代硫酸钠为，则硫代硫酸钠溶液的浓度为，则Na2S2O3·5H20样品纯度为95.0%(保留1位小数)。
17. 近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacn发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。
（2）Deacn直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·ml-1，CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·ml-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·ml-1，则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=_________ kJ·ml-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是______________。（写出2种）
【答案】 ①. 大于 ②. ③. O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 ④. ﹣116 ⑤. 增加反应体系压强、及时除去产物
【解析】
【分析】(1)结合图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，温度越高平衡常数越小；进料浓度比c(HCl)：c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HCl)：c(O2)=1：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为84%，
4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)
初始 c0 c0 0 0
平衡 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
转化c0-0.84c0 c0-0.21c0 0.42c0 0.42c0
带入K=计算即可；
进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低时，O2浓度较大，Cl2和O2分离能耗较高；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过高时，O2浓度过低，HCl的转化率减小；
(2)①CuCl2(s)═CuCl(s)+Cl2(g)△H1=83kJ•ml-1，②CuCl(s)+O2(g)═CuO(s)+Cl2(g)△H2=-20kJ•ml-1，③CuO(s)+2HCl(g)═CuCl2(s)+H2O(g)△H3=-121kJ•ml-1，根据盖斯定律，(①+②+③)×2可得4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)，据此计算该反应的△H；
(3)4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)为气体体积缩小的放热反应，若要提高HCl的转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析。
【详解】(1)根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图象知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图象知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
起始(浓度) c0 c0 0 0
变化(浓度) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(浓度)(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
(2)根据盖斯定律知，(①+②+③)×2得 ∆H=(∆H1+∆H2+∆H3)×2=-116kJ·ml-1；
(3)若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动。弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
电离平衡常数
A．探究金属阳离子对分解速率的影响
B．探究温度对化学平衡的影响
C．配制溶液
D．蒸发溶液得到固体
实验
实验操作和现象
1
用试纸测定0.1ml/L溶液的，测得约为12
2
向0.1ml/L溶液中加入过量0.2ml/L溶液，产生白色沉淀
3
向0.1ml/L溶液中通入过量，测得溶液约为8
4
向0.1ml/L溶液中滴加几滴0.05ml/L，观察不到实验现象
实验编号
1
2
3
消耗标准溶液体积/mL
20.05
19.95
20.00
实验步骤
现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③加入过量稀盐酸
④出现乳黄色浑浊，有刺激性气体产生
⑤静置，取上层清液滴入___________溶液
⑥___________
【可能用到的相对原子质量】H-1 N-14 O-16 K-39 Na-23 I-127 Cr-52
一、选择题(本部分14小题，每小题3分，共42分。每小题四个选项中，只有一项符合题意。)
1. 下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是
A. 晶体B. 溶液C. 液态氯化氢D. 熔融的
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化镁晶体是电解质，但是镁离子和氯离子受离子键的作用，不能自由移动，因此氯化镁晶体不导电，故A错误；
B．氯化钠溶液含有自由移动的离子，可以导电，但属于混合物，因此不是电解质，故B错误；
C．液态氯化氢是电解质，但是以分子形式存在，不导电，故C错误；
D．熔融氢氧化钾，发生了电离，可以导电，是电解质，故D正确；
故选D。
2. 下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是
A. CH3COOH + OH－⇌CH3COO－+H2O
B. S2－+2H2O⇌H2S+2OH－
C. HCO3－ + H2O⇌CO32－ + H3O+
D. NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该反应为醋酸与强碱反应的离子反应方程式，不是水解反应，A错误；
B. H2S为二元弱酸，S2-的水解分步水解，其水解反应离子方程式为为：S2－+H2O⇌HS-+OH－，HS-+H2O⇌H2S+OH－；B错误；
C. HCO3－的水解反应离子方程式为：HCO3－+ H2O⇌H2CO3+OH－；C错误；
D. 氨水为一元弱碱，NH4+水解反应离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；D正确；故答案为：D。
3. 下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是
A. 无色溶液中：、、、
B. pH=1的溶液中：、、、
C. 酸性溶液中：、、、
D. 由水电离出的的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．会与发生相互促进的双水解反应而不共存，A不符合题意；
B．pH=1的溶液中存在大量氢离子，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，它们会发生氧化还原反应而不共存，B不符合题意；
C．铵根离子会发生水解显酸性，上述离子在酸性条件下不反应，能大量共存，C符合题意；
D．由水电离出的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，酸性条件下碳酸氢根离子会反应生成水和二氧化碳，碱性条件下铵根离子、碳酸氢根离子均会反应，不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
4. 在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条(过量)分别与2 mL 2 ml·L−1的 盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。下列说法正确的是
A. ①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
B. 任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率
C. 反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D. 1 ml·L−1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大
【答案】C
【解析】
【详解】A． 盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则2 mL 2 ml·L−1的 盐酸和醋酸中，盐酸中c(H+)大，与镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应速率快，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；
B． 可以通过曲线的斜率比较二者的反应速率，从图象可以看出，100s后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁已接近反应结束，c(H+)较小，反应速率小，故B错误；
C． 由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气气总量基本相等，故C正确；
D． 由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故用1 ml·L−1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故D错误；
故选C。
5. 常温下，某硫酸溶液pH＝a，某氢氧化钠溶液pH＝b，已知a+b＝12，两溶液混合后pH＝7，则酸溶液体积V酸和碱溶液体积V碱的正确关系为
A. V酸 = 102V碱B. V碱= 102V酸
C. V酸= 2V碱D. V碱= 2V酸
【答案】B
【解析】
【详解】25℃时，Kw=10-14，某强酸溶液pH=a，则该酸溶液中氢离子浓度为10-a ml/L，强碱溶液pH=b，则碱溶液中氢氧根离子浓度=10 b-14 ml/L，混合后溶液的pH=7，说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，设酸的体积为V酸，碱的体积为V碱，10-a ml/L×V酸L=10 b-14 ml/L×V碱L，则V酸=10a+b-14 V碱，而a+b=12，故V碱=100V酸，答案选B。
6. 有一化学平衡：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)(如图)表示的是转化率与压强、温度的关系。分析图中曲线可以得出的结论是
A. 正反应吸热；m＋n＞p＋qB. 正反应吸热；m＋n＜p＋q
C. 正反应放热；m＋n＞p＋qD. 正反应放热；m＋n＜p＋q
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据图示，增大压强，A的转化率增大，则正反应气体物质的量减小，m＋n＞p＋q；升高温度，A的转化率增大，说明正反应吸热，故选A。
7. 下列离子方程式不正确的是
A 与溶液反应：
B. 重铬酸钾溶液中存在的平衡：
C. 向溶液中滴加少量的：
D. 向高锰钾溶液中加入足量的草酸溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．与FeCl3溶液反应生成FeCl2，故离子方程式为：，A正确；
B．重铬酸钾溶液中存在重铬酸根和铬酸根之间的转化平衡，离子方程式为：，B正确；
C．向溶液中滴加少量的生成Cu(OH)2和BaSO4，故离子方程式为：，C正确；
D．草酸是弱酸，离子方程式书写时不能拆，故向高锰钾溶液中加入足量的草酸溶液的离子方程式为：，D错误；
故答案为：D。
8. 已知：CO2(g)＋3H2(g) ⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49.0 kJ·ml－1。一定条件下，向体积为1 L的密闭容器中充入1ml CO2和3ml H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中，正确的是
A. 升高温度能使增大
B. 反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%
C. 3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率
D. 从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝0.075ml·L－1·min－1
【答案】B
【解析】
【详解】A. CO2(g)＋3H2(g) ⇌CH3OH(g)＋H2O(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，升高温度能使减小，故A错误；
B. 反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%，故B正确；
C. 3min时，反应没有达到平衡状态，用CO2的浓度表示的正反应速率不等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率，故C错误；
D. 从反应开始到平衡，H2的浓度变化为0. 75ml·L－1×3=2.25 ml·L－1，平均反应速率(H2)＝2.25 ml·L－1÷10min=0.225ml·L－1·min－1，故D错误；
选B。
9. 对室温下pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，分别采取下列措施，有关叙述正确的是
A. 温度均升高20℃，两溶液的pH均不变
B. 加入适量氯化铵固体后，两溶液的pH均减小
C. 加水稀释100倍后，氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的小
D. 与足量的氯化铁溶液反应，产生的氢氧化铁沉淀一样多
【答案】B
【解析】
【详解】A、升高温度，水的离子积Kw变大，所以两溶液的pH一定改变，A错误；
B、加入氯化铵之后，由于同离子效应，NH3·H2O的电离程度减小，c(OH-)降低，溶液pH减小，而NaOH溶液中，NH4+和OH-反应，使得c(OH-)降低，溶液pH也减小，B正确；
C、向pH相同的两溶液中加水稀释100倍，NaOH溶液的pH的变化量为2，而氨水的pH的变化量小于2，即稀释后，氨水的pH更高，则氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的大，C错误；
D、体积相同、pH相同的两溶液中，n(OH-)相同，但是氨水中存在电离平衡，实际上未电离的NH3·H2O还有很多，这部分NH3·H2O还可以再提供OH-，故这两种溶液和足量的FeCl3反应，氨水产生的Fe(OH)3更多，D错误；
故选B。
【点睛】在弱电解质的溶液中存在电离平衡，而且电离的部分往往很少，故在常考的题中，比如HAc(醋酸)和HCl这两种溶液，体积相同、pH相同时，仅仅溶液中说明c(H+)或n(H+)相同，但是HAc是弱电解质，在水中部分电离，随着H+的消耗，其电离平衡不断向右移动，这相当于HAc能提供的H+不止这么多，而是远远大于这个数值，而HCl是强电解质，其在水中完全电离，随着H+的消耗，不会再有H+的补充，这也就是为什么体积相同、pH相同时，和足量的金属反应，HAc放出的氢气多。
10. 在不同温度下，水达到电离平衡时c(H+)与c(OH﹣)的关系如图所示。100℃时，将0.1 ml·L-1的 HCl溶液和0.06 ml·L-1的Ba(OH)2溶液等体积混合后，该溶液的pH是
A 1.7B. 2C. 10D. 10.3
【答案】C
【解析】
【详解】根据图示可知在100℃时，Kw=c(H+)·c(OH-)=10-6×10-6=10-12。该温度下0.1 ml/LHCl溶液中c(H+)=0.l ml/L；0.06 ml/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.06 ml/L×2=0.12 ml/L，二者等体积混合后发生反应，混合溶液显碱性，其中c(OH-)=，该温度下混合溶液中c(H+)=，则混合溶液的pH=-lg c(H+)=10，故合理选项是C。
11. 已知三种酸的电离平衡常数，下列说法不正确的是
A. 三种酸的酸性由强到弱的顺序是：
B. 与溶液反应的离子方程式为：
C. 常温下，浓度均为0.1ml/L的溶液的碱性：
D. 向溶液中滴加醋酸，可生成，使杀菌、消毒能力增强
【答案】B
【解析】
【分析】相同温度下电离常数越大、电离能力越大，等物质的量浓度的酸提供的氢离子浓度越大、酸性越强，据表格知，酸性排序为：
【详解】A． 据分析，三种酸的酸性由强到弱的顺序是：，A正确；
B． 按“强酸制弱酸”：与溶液反应得到碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为：，B不正确；
C． 按“越弱越水解”，即：酸性越强，对应酸形成钠盐的碱性就越弱，常温下，浓度均为0.1ml/L的溶液的碱性：，C正确；
D．按“强酸制弱酸”：向溶液中滴加醋酸可生成，增大了次氯酸的浓度，使杀菌、消毒能力增强，D正确；
答案选B。
12. 下列实验不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．该实验中变量为金属阳离子种类，可以探究金属阳离子对分解速率的影响，故A正确；
B．该实验中变量为温度，可以探究温度对化学平衡的影响，故B正确；
C．用浓盐酸溶解氯化铁固体再稀释至所需浓度，可以起到防止铁离子水解的作用，故C正确；
D．铝离子在水中水解生成氢氧化铝，盐酸是挥发性的酸，加热促进水解，蒸发溶液得到固体，故D错误；
故答案为：D。
13. 常温下，向某浓度的(二元弱酸)溶液中逐滴加入某浓度的KOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示，则下列说法不正确的是
A. 的
B. 曲线3代表的物质的量分数
C. 图中a点对应的pH=2.7
D. pH=4时，溶液中存在下列关系：
【答案】D
【解析】
【分析】二元弱酸H2A溶液中加入氢氧化钾溶液时，H2A溶液先与氢氧化钾溶液反应生成KHA，后KHA溶液与氢氧化钾溶液反应生成K2A，反应中H2A减小、HA—浓度先增大后减小、A2—浓度先无明显变化后增大，则曲线1、2、3分别代表H2A、HA—、A2—的物质的量分数，由图可知，溶液pH为1.2时，溶液中c(H2A)=c(HA—)，则H2A的一级电离常数Ka1(H2A)= = c(H+)=10—1.2，同理可知，H2A的二级电离常数Ka2(H2A)= 10—4.2。
【详解】A．由分析可知，H2A的一级电离常数Ka1(H2A)=10—1.2，故A正确；
B．由分析可知，曲线1、2、3分别代表H2A、HA—、A2—的物质的量分数，故B正确；
C．由图可知，a点溶液中c(H2A)=c(A2—)，由电离常数可得Ka1(H2A) ×Ka2(H2A)= ，则溶液中氢离子浓度为ml/L=10—2.7ml/L，溶液pH为2.7，故C正确；
D．由图可知，溶液pH为4时，溶液中HA—浓度大于A2—浓度，故D错误；
故选D。
14. 常温下，量取10.00mL溶液置于锥形瓶中，加入指示剂，用溶液滴定，所得溶液的随溶液体积的变化如图所示，达到滴定终点时，消耗溶液20.00mL。下列说法正确的是
A. 溶液的浓度为
B.
C. 当时，溶液中存在
D. 、两点对应溶液中，由水电离出的a＞b
【答案】D
【解析】
【分析】由图知，氢氧化钠溶液体积为10mL，当醋酸体积为0时，pH为13，故原氢氧化钠溶液浓度为0.1ml/L，醋酸与氢氧化钠反应式为NaOH+CH₃COOH=CH₃COONa+H₂O，达到滴定终点时，消耗CH3COOH溶液20.00mL，故CH3COOH的浓度为0.05000ml/L。
【详解】A． 据分析溶液的浓度为，A错误；
B．消耗CH3COOH溶液20.00mL时二者恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，醋酸钠水解呈碱性，则常温下，B错误；
C． 当时，此时溶质为醋酸钠和氢氧化钠且两者物质的量相等，由物料守恒可知，C错误；
D．氢氧化钠抑制水的电离，滴入醋酸生成醋酸钠，醋酸钠因水解促进水的电离，在滴定过程中随着醋酸的滴入水的电离程度不断增大，则、两点对应溶液中，由水电离出的 a＞b，D正确；
答案选D。
二、填空题(共三个大题，58分)
15. I：室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
依据实验操作和现象，回答下列问题：
（1）向0.1ml/L溶液滴入酚酞溶液，观察到的现象是___________，原因___________(用离子方程式表示)。
（2）实验3中随的不断通入，溶液中___________(填减小、不变或增大)。
（3）常温下，均为12的溶液与NaOH溶液中水电离出的之比为___________。
Ⅱ：①溶液②溶液③溶液④气体⑤碘水⑥氨水⑦溶液
（4）向②中通入足量④，发生反应的离子方程式为___________。
（5）为得到浓度较大的⑤，实验室在配制时，常加入，溶液中存在如下平衡：，向⑤中加入一定量的①，该平衡将___________(填“正向”或“逆向”)移动。
Ⅲ：
（6）泡沫灭火器原理(用离子方程式表示)：___________
（7）配置溶液为什么要将固体溶解在浓盐酸中(用离子方程式表示)：___________
（8）加热蒸干为什么得不到原理(用化学方程式表示)：___________
【答案】（1） ①. 溶液变红 ②. ；
（2）减小 （3）：1
（4）
（5）逆向 （6）
（7）
（8）
【解析】
【小问1详解】
0.1ml/LNa2CO3溶液中发生水解：、，溶液显碱性，滴入酚酞溶液，溶液变红。
【小问2详解】
实验3中随CO2的不断通入，酸性逐渐变强，c(H+)增大，，该数值逐渐减小。
【小问3详解】
常温下，均为12的溶液中发生水解促进水的电离，水电离出的c(OH-)==0.01ml/L，均为12的NaOH溶液中水的电离被抑制，水电离出的c(OH-)= ，二者水电离出的之比为：1。
【小问4详解】
和溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
【小问5详解】
向⑤碘水中加入一定量的①KOH溶液，I2和KOH发生反应导致c(I2)减小，平衡逆向移动。
【小问6详解】
泡沫灭火器原理是碳酸氢钠和硫酸铝发生的双水解反应，离子方程式为：。
【小问7详解】
配置溶液时将固体溶解在浓盐酸中的原因是抑制Fe3+的水解，离子方程式为：。
小问8详解】
加热蒸干溶液，会被空气中的氧气氧化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
16. I：柠檬含有丰富的营养成分，具有辅助生津开胃、化痰止咳等功效。但须适量食用，因为柠檬中含有比较多的酸性物质，如果长期大量食用可能会导致胃酸分泌过多，引起腹痛、反酸等不适症状。某同学为测定柠檬的酸度[规定：中和1克柠檬中的酸性物质所需的氢氧化钾()的毫克数]，进行了下列实验：
称取鲜柠檬，切成小块后用榨汁机榨取汁液，过滤后取滤液，稀释成250mL溶液待用。用滴定管取出25.00mL待测液于锥形瓶中，加入几滴指示剂，然后用0.1000ml⋅L标准溶液滴定，平行滴定3次，所测得的实验数据如下表：
请回答下列问题：
（1）在实验室完成过滤操作所需的玻璃仪器主要有烧杯、___________、___________。
（2）实验中取用待测液时可用图1中的___________(填“”或“”)量取；若某同学量取待测液时，滴定管读数如图2所示，则量取的待测液体积为___________ml。
（3）本实验滴定过程中眼睛要注视___________。
（4）将以下操作所导致的测定结果(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)填写在对应的横线上。
A．到达滴定终点时俯视读数___________
B．碱式滴定管量取溶液时，未进行润洗___________
Ⅱ：硫代硫酸钠晶体(，)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
（5）市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案检验；完成下列表中的空格：
试剂：稀盐酸、稀、溶液、溶液、溶液
写出加入过量稀盐酸的离子方程式___________
（6）利用标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在___________中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的___________中，加蒸馏水至___________。
②滴定：取的标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量，发生反应：，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：，加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液___________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为___________%(保留1位小数)。
【答案】（1） ①. 玻璃棒 ②. 漏斗
（2） ①. b ②. 25.10
（3）锥形瓶中溶液颜色的变化
（4） ①. 偏小 ②. 偏大
（5） ①. ②. 产生白色沉淀 ③.
（6） ①. 烧杯 ②. 容量瓶 ③. 刻度线 ④. 蓝色褪去 ⑤. 95.0
【解析】
【分析】(Ⅱ)设计离子检验实验方案时注意排除杂质离子的干扰。检验市售硫代硫酸钠中含有硫酸根时，先加酸除去硫代硫酸钠，再加入氯化钡溶液观察实验现象。为防止引入硫酸根，既不能选硫酸又要防止硫代硫酸根被氧化为硫酸根，故实验过程为:取少量样品，加除氧蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清溶液；向溶液中加入过量稀盐酸澄清溶液中出现乳黄色浑浊，有刺激性气体产生，静置，取少量上层清液于试管中，向试管中滴加溶液，产生白色沉淀，说明样品中含有硫酸根。
【小问1详解】
在实验室完成过滤操作所需的玻璃仪器主要有烧杯、玻璃棒、漏斗。
【小问2详解】
待测液呈酸性，实验中取用待测液时可用酸式滴定管即图1中的b量取；若某同学量取的待测液体积为27.70mL- 2. 60mL= 25.10mL。
【小问3详解】
本实验滴定过程中眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化。
【小问4详解】
A．到达滴定终点时俯视读数，读数偏小，导致标准溶液体积数值偏小，则结果偏小。
B．碱式滴定管量取溶液时，未进行润洗导致标准溶液被稀释、导致标准溶液体积偏大，则结果偏大。
【小问5详解】
据分析，步骤⑤：静置，取上层清液滴入溶液，若实验现象为产生白色沉淀，则说明硫代硫酸钠中含有硫酸根。硫代硫酸钠加入过量稀盐酸生成氯化钠、硫单质、二氧化硫和水，离子方程式为。
【小问6详解】
①配制硫代硫酸钠溶液时，需要称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，硫代硫酸钠具有还原性，还需防止其被氧化，故配制溶液时：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。
②碘单质遇淀粉呈蓝色，滴入硫代硫酸钠消耗碘单质，则当溶液蓝色褪去，即为滴定终点。按方程式得到关系式：，则滴定中实际消耗的硫代硫酸钠为，则硫代硫酸钠溶液的浓度为，则Na2S2O3·5H20样品纯度为95.0%(保留1位小数)。
17. 近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacn发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。
（2）Deacn直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·ml-1，CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·ml-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·ml-1，则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=_________ kJ·ml-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是______________。（写出2种）
【答案】 ①. 大于 ②. ③. O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 ④. ﹣116 ⑤. 增加反应体系压强、及时除去产物
【解析】
【分析】(1)结合图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，温度越高平衡常数越小；进料浓度比c(HCl)：c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HCl)：c(O2)=1：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为84%，
4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)
初始 c0 c0 0 0
平衡 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
转化c0-0.84c0 c0-0.21c0 0.42c0 0.42c0
带入K=计算即可；
进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低时，O2浓度较大，Cl2和O2分离能耗较高；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过高时，O2浓度过低，HCl的转化率减小；
(2)①CuCl2(s)═CuCl(s)+Cl2(g)△H1=83kJ•ml-1，②CuCl(s)+O2(g)═CuO(s)+Cl2(g)△H2=-20kJ•ml-1，③CuO(s)+2HCl(g)═CuCl2(s)+H2O(g)△H3=-121kJ•ml-1，根据盖斯定律，(①+②+③)×2可得4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)，据此计算该反应的△H；
(3)4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)为气体体积缩小的放热反应，若要提高HCl的转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析。
【详解】(1)根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图象知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图象知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
起始(浓度) c0 c0 0 0
变化(浓度) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(浓度)(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
(2)根据盖斯定律知，(①+②+③)×2得 ∆H=(∆H1+∆H2+∆H3)×2=-116kJ·ml-1；
(3)若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动。弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
电离平衡常数
A．探究金属阳离子对分解速率的影响
B．探究温度对化学平衡的影响
C．配制溶液
D．蒸发溶液得到固体
实验
实验操作和现象
1
用试纸测定0.1ml/L溶液的，测得约为12
2
向0.1ml/L溶液中加入过量0.2ml/L溶液，产生白色沉淀
3
向0.1ml/L溶液中通入过量，测得溶液约为8
4
向0.1ml/L溶液中滴加几滴0.05ml/L，观察不到实验现象
实验编号
1
2
3
消耗标准溶液体积/mL
20.05
19.95
20.00
实验步骤
现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③加入过量稀盐酸
④出现乳黄色浑浊，有刺激性气体产生
⑤静置，取上层清液滴入___________溶液
⑥___________
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