60，云南省保山市腾冲市第八中学2023-2024学年高二下学期开学化学试题

这是一份60，云南省保山市腾冲市第八中学2023-2024学年高二下学期开学化学试题，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分100分，考试时间90分钟．
第I卷 选择题（共60分）
一、选择题（共20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有1个选项符合题意．）
1. 下列有关说法正确的是（ ）
A. 天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Ca2+、Mg2+等离子
B. 纯碱可去油污与盐类水解无关
C. 100mL0.1ml/L Na2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA
D. 蒸干FeCl3溶液可得到FeCl3固体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 天然水呈弱碱性，是因为天然水中有CO32－或HCO3－它们水解使水呈弱碱性，其离子方程式为CO32－+H2OHCO3－+OH－或 HCO3－+H2OH2CO3+OH－，故A错误；
B. Na2CO3溶液水解显碱性，纯碱可去油污与盐类水解呈碱性促进油污水解有关，故B错误；
C. CO32－+H2OHCO3－+OH－或 HCO3－+H2OH2CO3+OH－，水解后阴离子变多，100mL0.1ml/L Na2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA，故C正确；
D. 因为FeCl3的溶液加热时水解生成沉淀和HCl气体了，HCl挥发了，Fe(OH)3分解生成Fe2O3和水，所以得到的是沉淀物，制备FeCl3不能采用将溶液直接蒸干的方法，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查盐类水解原理等知识点，明确物质性质是解本题关键，会运用化学知识解释生活现象，易错选项是A，天然水中有CO32－或HCO3－它们水解使水呈弱碱性。
2. 有气体参加的反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数都增大的方法是
①增大反应物浓度②增大压强③升高温度④加入催化剂
A. ①②③B. ②③④C. ①③④D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①增大反应物浓度，单位体积内活化分子数目增加，活化分子百分数不变；
③增大压强，单位体积内活化分子数目增加，活化分子百分数不变；
③升高温度，分子吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数目增加，活化分子百分数增您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 大；
④加入催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数目增加，活化分子百分数增大；因此③④正确；
综上所述，答案为D。
3. 下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是
A. 图1中，铁钉易被腐蚀
B. 图2中，在铁电极附近滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，没有蓝色沉淀出现
C. 图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀
D. 图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极
【答案】C
【解析】
【详解】A.浓硫酸从环境中吸收水分，使铁钉周围的空气比较干燥，因此铁钉不易腐蚀，A错误；
B.图2中，Fe、Cu与酸化的NaCl溶液构成原电池，Fe作电源的负极，发生失去电子的氧化反应，有亚铁离子生成，因此滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀出现，B错误；
C. 燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀，C正确；
D. 用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的负极，D错误；
故答案C。
4. 一定温度下，反应N2O4(g)⇌2NO2(g)的焓变为ΔH。现将1mlN2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是
A. ①②B. ②④C. ③④D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①反应混合物的质量始终保持不变，但体积会发生变化，气体密度保持不变，说明达到平衡状态，故选；
②ΔH是恒量，不能作为判断平衡状态的标志，故不选；
③该反应是充入1 ml N2O4，正反应速率应是逐渐减小直至不变，③曲线趋势不正确，故不选；
④N2O4的转化率先增大，后保持不变，说明达到平衡状态，故选；
综上所述，①④正确，故选D。
5. 、下，、S、Se、Te分别与化合的反应焓变数据如图所示(a、b、c、d代表氢化物)。下列关于Se与化合的热化学方程式的书写正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.物质的能量越低物质越稳定，、、、的稳定性逐渐减弱，所以b表示，其热化学反应方程式为：，故A错误；
B.物质的能量越低物质越稳定，、、、的稳定性逐渐减弱，所以b表示，其热化学反应方程式为：，故B错误；
C.Se在题述条件下是固体，所以Se与化合的热化学方程式是
，故C项错误；
D.Se在题述条件下是固体，所以Se与化合的热化学方程式是，故D正确；
故答案：D。
6. 电石主要成分为是重要的基本化工原料。已知时，电石生产原理如下：
平衡常数
平衡常数
以下说法不正确的是（ ）
A. 反应
B. 反应平衡常数
C. 时增大压强，减小、增大
D. 反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.已知，则反应，故A正确；
B.已知，平衡常数，则反应平衡常数 ，故B正确；
C.平衡常数只随温度改变而改变，则时增大压强，平衡常数不变，故C错误；
D.已知，，根据盖斯定律的热化学方程式，故D正确；
答案选C
7. 常温下，在都等于9的和两种溶液中，设由水电离产生的浓度分别为与，则a和b的关系为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】NaOH抑制水的电离，所以由水电离出的c(OH-)等于溶液中的c(H+)等于10-9，CH3COONa水解，促进了水的电离，所以由水电离出的c(OH-)＝＝10-5，，故选B。
8. 金属镁和卤素单质（）反应过程中的相对能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 由分解制备和的反应是放热反应
B. 固体的稳定性：
C. 和作用生成的反应都是吸热反应
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，金属镁和卤素单质（）的反应是放热反应，则由分解制备和的反应是吸热反应，故A错误；
B．能量越低越稳定，由图可知，1ml卤化镁的能量大小顺序为，则热稳定性的大小顺序为MgF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2，故B错误；
C．由图可知，金属镁和卤素单质（）的能量高于的能量，和作用生成的反应都是放热反应，故C错误；
D．由图可知，生成氯化镁、溴化镁的热化学方程式分别为Mg(s)+Cl2(g) =MgCl2(s) △H=-641kJ/ml，Mg(s)+Br2(g) =MgBr2(s) △H=-524kJ/ml，由盖斯定律可知，两式相加可得，故D正确；
故选D。
9. 一定温度下，反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡，下列措施不能使平衡发生移动的是
①增加C的量
②保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大
③将容器的容积缩小一半
④保持压强不变，充入N2使容器容积变大
A. ①②B. ②③C. ①④D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】①C是固体，增加C的量，平衡不移动，①符合题意；
②保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大，N2不参与反应，平衡不移动，②符合题意；
③将容器的容积缩小一半，压强增大，平衡逆向移动，③不符合题意；
④保持压强不变，充入N2使容器容积变大，该反应的平衡正向移动，故④不符合题意；
故选A。
10. 下列事实能用平衡移动原理解释的是
A. 向饱和溶液中通入HCl，有晶体析出
B. 溶液中加入少量固体，促进分解
C. 铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，能促进的产生
【答案】A
【解析】
【详解】A．向饱和NaCl溶液中通入HCl，导致溶液中c(Cl-)增大，使NaCl的溶解平衡逆向移动，有晶体析出，可用勒夏特列原理解释，故A选；
B．H2O2溶液中加入少量MnO2固体，MnO2是催化剂，促进H2O2分解，不能用平衡移动原理解释，故B不选；
C．铁钉放入浓HNO3中，发生钝化，待不再变化后，加热能继续反应，产生大量红棕色气体，不能用平衡移动原理解释，故C不选；
D．锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，锌置换出铜，形成铜锌原电池，促进H2的产生，不能用平衡移动原理解释，故D不选；
故选A。
11. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响，图像如下，下列判断正确的是
A. 由图a可知，T1>T2，该反应的逆反应为吸热反应
B. 由图b可知，该反应m+nC. 图c是绝热条件下速率和时间的图像，由此说明该反应吸热
D. 图d中，若m+n=p，则曲线a一定增大了压强
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图a可知，T1时达到平衡所需时间短，则T1>T2，因温度越高，C%越低，说明升温平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故A正确；
B.由图b可知，C%随着压强的增大而增大，说明加压后平衡正向移动，正反应为气体分子数目减小的反应，则该反应m+n>p，故B错误；
C.由图c可知，随着反应的时行，反应的速率先增大后减小，说明开始由于反应放热导致温度升高，此时温度对化学反应速率的影响较大，化学反应速率加快，而后由于反应物的浓度减小，体系的温度变化不明显，从而化学反应速率逐渐减小，所以该反应的正反应为放热反应，故C错误；
D.由图d可知，曲线a较曲线b达到平衡的时间短，反应速率较快，最终的平衡状态是相同的，当m+n=p时，曲线a相对曲线b可能为加压或加入催化剂，故D错误；
答案选A。
【点睛】化学平衡图像题的解题技巧：（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。（2）先拐先平，在含量（转化率）—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。（3）定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
12. 在一定条件下，溶液中存在水解平衡：．下列说法正确的是
A. 稀释溶液，上述可逆反应平衡常数增大B. 通入，溶液增大
C. 加入固体，平衡向逆反应方向移动D. 升高温度，不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数不变，故A错误；
B．通入水中，生成H2CO3，可以与OH-反应，平衡正向移动，c(OH-)减小，pH减小，故B错误；
C．加入NaOH固体，c(OH-)减增大，平衡逆向移动，故C正确；
D．因水解是吸热过程，则升温可以促进水解平衡正向移动，c()增大，c()减小，增大，故D错误；
选C。
13. 关于下列各实验或装置的叙述中，不正确的是
A. ①可用于测溶液pH
B. ②是用酸性溶液滴定溶液
C. ③是滴定操作时手的操作
D. ④中滴入一滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，即达到滴定终点
【答案】D
【解析】
【详解】A． 测溶液pH的方法：将pH试纸放在玻璃片或点滴板上，用玻璃棒蘸取待测液，滴到pH试纸上，将试纸显示的颜色与标准比色卡对照，图示操作方法合理，故A正确；
B． 酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶，应用酸式滴定管盛放，图示操作方法合理，故B正确；
C． 滴定操作，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，图示操作方法合理，故C正确；
D． 用氢氧化钠溶液滴定盐酸，可选用酚酞作指示剂，滴定终点现象为：最后半滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，且30s不恢复，该说法不合理，故D错误；
故选：D。
14. 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性。下列有关说法正确的是
A. 用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+
B. H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+3OH-=PO23-+3H2O
C. 将H3PO2溶液加入到酸性重铬酸钾溶液中，H3PO2的还原产物可能为H3PO4
D. H3PO2溶于水的电离方程式为H3PO2H++H2PO2-
【答案】D
【解析】
【详解】A、H3PO2具有较强的还原性，电解时，阳极上H2PO2-失电子，所以用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO2-4e-+2H2O＝H3PO4+3H+，选项A错误；
B、一元弱酸与NaOH按照物质的量1：1反应，所以H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH-＝H2PO2-+H2O，选项B错误；
C、H3PO2具有还原性，能被高锰酸钾氧化，则将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的氧化产物为H3PO4，选项C错误；
D、一元弱酸在溶液中部分电离出一个氢离子，则H3PO2溶于水的电离方程式为：H3PO2H++H2PO2-，选项D正确。
答案选D。
15. 1910年，植物学家Ptter把酵母菌或大肠杆菌放入含有葡萄糖的厌氧环境中培养，其产物能在铂电极上形成电压和电流，微生物燃料电池的研究自此开始．某科研团队借助以上理念设计了以下微生物电池，用以处理工业有机废水（以醋酸钠为例），实现能量的转化．以下说法错误的是
A. 铂电极区域变大导
B. 高温条件下能提高电池的效率
C. 撤去阳离子交换膜，电池电势差减小
D. 负极电极反应：
【答案】B
【解析】
【分析】由图中电子定向移动方向可知，石墨为负极，负极电极反应为，Pt为正极，正极电极反应为2O2+8H++8e-=4H2O。
【详解】A．铂电极为正极，正极氧气放电，正极电极反应为2O2+8H++8e-=4H2O，即铂电极区消耗氢离子，所以pH变大，故A 正确；
B．高温条件下微生物难以生存，电池的效率降低，故B错误；
C．撤去阳离子交换膜，石墨电极区域氧气浓度增大，影响厌氧微生物的活性，电池电势差减小，故C正确；
D．石墨为负极，负极电极反应：，故D正确；
故答案为：B。
16. 25℃时，下列说法正确的是
A. NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B. 可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C. 0.010 ml·L-1、0.10ml·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D. 100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；
C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 ml·L-1、0.10 ml·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；
D．100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4ml/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4ml/L，其物质的量为0.1L×1×10－4ml/L＝1×10－5ml，D正确；
答案选D。
17. 已知合成氨反应N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g) △H＜0，当反应器中按n(N2): n(H2)=1：3投料后，在不同温度下，反应达到平衡时，得到混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线a，b，c如下图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 曲线a对应的反应温度最高
B. 上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K(M)=K(Q)C. 相同压强下，投料相同，达到平衡所需时间关系为c>b>a
D. N点时 c(NN3)=0.2 ml/L，则 N点的c(N2): c(NH3)=1:1
【答案】D
【解析】
【详解】A、正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小，而a点氨的体积分数最大，所以曲线a对应的反应温度最低，故A错误；
B、K只受温度影响，温度不变平衡常数不变，所以K(M)=K(Q)，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，Q点的温度低于N，所以K(Q)＞K(N)，故B错误；
C、相同压强下，投料相同，温度越高反应速率越快，达到平衡消耗时间越短，c、b、a的温度依次降低，所以达到平衡消耗时间关系为a＞b＞c，故C错误；
D、N点时氨的物质的量的分数为20%，利用三段式，设N2转化率是b，N2的起始浓度为a，
根据反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
起始 a 3a 0
转化 ab 3ab 2ab
平衡 a-ab 3a-3ab 2ab
根据题意有＝20%，2ab＝0.2ml•L−1，所以a=0.3ml•L-1，b=，则N点的c(N2)：c(NH3)=(0.3-0.3×)：2×0.3×=0.2：0.2=1：1，故D正确；
故选D。
18. 常温时，已知．下列说法错误的是
A. 在和的饱和溶液中，的大小关系：
B. 向的饱和溶液中加入增大，增大
C. 的平衡常数
D. 向溶液中滴入同浓度的KCl和混合溶液，先沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．，则其饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl-)＝ml·L-1，，则其饱和溶液中c(Ag+)=2c(CO)＝ml/L，则有c(Ag+)的大小：Ag2CO3>AgCl，A正确；
B．在Ag2CO3的饱和溶液中存在溶解平衡：Ag2CO3(s)2Ag+(aq)+CO (aq)，加入，c()增大，平衡逆向移动，由于温度不变，则Ksp不变，B错误；
C．的平衡常数K==2.5×108，C正确；
D．由A项分析可知，氯化银溶解度更小，故AgNO3溶液中滴入同浓度的KCl和K2CO3混合溶液，Cl-先沉淀，D正确；
故选B。
19. 某粗铜产品中含有Zn、Ag、Au等杂质，如图所示，用CH3OH-碱性燃料电池电解硫酸铜溶液。闭合电键K进行电解。下列说法中不正确的是（ ）
A. 左池负极反应式为CH3OH -6e-+8OH-=CO32-+ 6H2O
B. 通电一段时间后，Ag、Au杂质金属沉积在电解槽底部
C. 若粗铜电极质量减少6.4g，则纯铜电极增重大于6.4g
D. 电解过程中右池纯铜和粗铜分别为阴极和阳极
【答案】C
【解析】
【详解】A. 左池负极反应式为CH3OH -6e-+8OH-=CO32-+ 6H2O，故A正确；B. 通电一段时间后，比Cu不活泼的Ag、Au杂质金属不被氧化，沉积在电解槽底部，故B正确；C. 比Cu活泼的金属杂质Zn在Cu之前被氧化，Zn–2e－Zn2+，若粗铜电极质量减少6.4g，则纯铜电极增重小于6.4g，故C不正确；D. 电解过程中右池纯铜和粗铜分别为阴极和阳极，故D正确。故选C。
20. 已知25℃时二元酸的．下列说法正确的是
A. 在等浓度的溶液中，水的电离程度前者小于后者
B. 取的溶液，加蒸馏水稀释至，则该溶液
C. 向溶液中加入溶液至，则
D. 向的溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）至，则的电离度为0.013%
【答案】D
【解析】
【详解】A．多元弱酸根离子水解时，促进水的电离，且第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者大于后者，故A错误；
B．加水稀释促进H2A电离，取pH=aH2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的，则该溶液，故B错误；
C．假设溶液中c(A2-)= c(HA-)，则溶液中，即溶液的pH大于14、小于15，要使溶液的pH小于14，，故C错误；
D．pH=3的溶液中c(H+)=10-3ml/L，由于H2A的电离程度小，溶液中，，c(HA-)=1.3×10-5ml/L，，则的电离度为，故D正确；
故答案为：D。
第Ⅱ卷 非选择题（共40分）
二、填空题（本题共4个小题，共40分）
21. 回答下列问题
（1）实验室在配制的溶液时，为了抑制的水解可加入少量的_______（填写物质的名称）．把溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是________（填化学式）．
（2）已知水溶液呈碱性，其原因是_________（用离子方程式和相应的文字解释）．
（3）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．
高铁电池的总反应为．充电时，阳极反应式为______________．
【答案】（1） ①. 盐酸 ②. Al2O3
（2）、，HA-的水解程度大于其电离程度
（3）
【解析】
【小问1详解】
氯化铝是强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铝和氯化氢，增大生成物浓度可抑制水解，所以可加入少量的盐酸；氯化铝溶液蒸干得氢氧化铝，灼烧时氢氧化铝分解得到的物质为Al2O3；
【小问2详解】
NaHA既电离又水解：、，水溶液显碱性，说明HA-电离程度小于其水解程度，使氢离子浓度小于氢氧根离子浓度；
【小问3详解】
从总反应式可知，充电时锌元素化合价降低、铁元素化合价升高，阳极反应物是氢氧化铁、生成物是高铁酸钾，所以阳极反应式为。
22. 研究氮氧化物污染的治理是环保的一项重要工作．合理应用和处理氨氧化物，在生产生活中有重要意义．
（1）已知：①；
②．
则由二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气的热化学方程式为_______________________．
（2）利用测压法在恒容刚性反应器中研究反应，充入一定量，T℃时，测得体系的总压强p随反应时间t的变化如表所示：
①时，反应物的转化率_____________．若降低反应温度，则平衡后体系总压强小于，主要原因是________________________．
②T℃时反应的平衡常数______（为以分压表示的平衡常数）．
（3）一定条件下，在体积为2L的密闭容器中充入发生反应： ．实验测得，是为速率常数，受温度影响．在温度为T℃时的转化率随时间变化的情况如图所示．
①要提高的转化率，可采取的措施是_____________、____________（写两条）．
②计算A点处_____________（保留一位小数）．
【答案】22. 2NO2(g)2NO(g)+O2(g) ΔH=+116.4 kJ/ml
23. ①. 45% ②. 该反应是吸热反应，降低反应温度，平衡逆向移动，气体分子数减少，压强减小；恒容条件下降低温度，气体分子间间距减小，则压强也减小 ③. 13.5MPa
24. ①. 升高温度 ②. 将生成物之一及时分离等 ③. 9.1
【解析】
【小问1详解】
已知①；②，由盖斯定律可知，2NO2(g)2NO(g)+O2(g)可以由①−②得到，因此：ΔH= +116.4 kJ/ml。
【小问2详解】
①恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，设起始时加入NO2的物质的量为xml，15min时O3的物质的量为yml，列出“三段式”：
则15min时，气体总物质的量为(x+y)ml，起始时体系总压强为20.00MPa，15min时体系总压强为23.00MPa，则有，故，反应物的转化率=45%，由图可知，25min时反应已经达到平衡，平衡总压为，若降低反应温度，则平衡后体系总压强小于，主要原因是：该反应是吸热反应，降低反应温度，平衡逆向移动，气体分子数减少，压强减小，此外恒容条件下降低温度，气体分子间间距减小，则压强也减小，即平衡后体系总压强小于 24 .00MPa ；
②设起始时加入NO2物质的量为xml，达到平衡时O3的物质的量为zml，列出“三段式”：

则平衡时，气体总物质的量为(x+z)ml，起始时体系总压强为20.00MPa，平衡时体系总压强为24.00MPa，则有，故x=5z，平衡时NO2的分压p(NO2)==8.00MPa，NO的分压p(NO)= =12.00MPa，O3的分压p(NO)= =4.00MPa，所以T℃时平衡常数13.5MPa。
【小问3详解】
①的ΔH＝+116.4 kJ·ml-1 ；要提高NO2转化率，平衡右移，所以可以采用升高温度、将生成物之一及时分离等方法；
②当反应达平衡时，v正= v逆，所以：；反应进行到A 点处，NO2的转化率为30%，投入2 mlNO2，变化为0.6 ml，剩余1.4 ml NO2，生成NO为0.6 ml，O2为0.3ml，各物质浓度为：c(NO2)=0.7ml/L，c(NO)= 0.3ml/L，c(O2)=0.15ml/L，。
23. 现有HA、HB、三种酸，室温下用的溶液分别滴定浓度均为的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的随滴入的溶液体积的变化如图所示：

（1）曲线I上的c点对应的溶液中各离子浓度的大小顺序为__________，b点对应的溶液中____（填“>”“<”或“=”）．
（2）a点时的溶液中由水电离出的_______，__________．
（3）已知向的溶液中滴入几滴石蕊溶液后变成红色．若在此溶液中能检测到分子，则此溶液中________（填具体数据）．
【答案】（1） ①. c(Na+)＞c(B-)＞c(OH-)＞c(H+) ②. <
（2） ①. ②. 10-5
（3）0.2ml·L-1
【解析】
【小问1详解】
曲线Ⅰ上的c点对应的溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，c点时加入氢氧化钠的体积为20mL，则酸碱恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaB，由于B-发生水解，所以c(Na+)＞c(B-)，因此各离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(B-)＞c(OH-)＞c(H+)；b点时溶液中溶质为等物质的量的HB和NaB，此时溶液显酸性，说明HB电离程度大于B-水解程度，则c(HB)＜c(B-)。
【小问2详解】
a点时加入氢氧化钠的体积为10mL，此时溶液中氢离子的浓度为c(H+)= ml/L，由水电离出的氢离子浓度c水(H+)=c水(OH-)=ml/L，0.1ml/LHB溶液的pH=3，即c(H+)=0.001ml/L，所以Ka(HB)= =10-5。
【小问3详解】
若在NaHC溶液中能检测到H2C分子，说明HC-发生了水解，且由于NaHC溶液显酸性，说明HC-的电离程度大于其水解程度，则c(C2-)＞c(H2C)，根据物料守恒可得0.2ml·L-1。
24. 工业上利用废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的等）制备草酸镍晶体的流程如图：
（1）请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：___________﹔滤渣Ⅰ的成分是____________．
（2）除铁时，控制不同的条件可以得到不同的滤渣．若控制温度为80℃、，可得到黄铁矾钠沉淀，写出生成黄铁矾钠的离子方程式：___________．
（3）加入有机萃取剂的作用是___________．
（4）已知除铁后所得溶液中，加入溶液，使恰好沉淀完全，即溶液中，则所加溶液的________ [已知]．
【答案】（1） ①. 把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等 ②. CaSO4和SiO2
（2）2Na++3ClO-+6Fe2++4SO+9H2O=3Cl-+6H++↓
（3）除去溶液中的Zn2+
（4）6.6×10-2
【解析】
【分析】废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)，用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、ZnSO4、CaSO4及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2和CaSO4微溶物，滤液中加入次氯酸钠，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，所以滤渣Ⅱ为铁元素的沉淀，滤液中含有NiSO4、ZnSO4、CaSO4，向滤液中加入NH4F，除去Ca2+，过滤，再加有机萃取剂除去溶液中的Zn2+，再向滤液中加入(NH4)2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体。
【小问1详解】
根据影响化学反应速率的因素可知，提高浸出率，可把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等，滤渣Ⅰ的成分是CaSO4和SiO2。
【小问2详解】
若控制温度80℃、pH＝2，可得到黄铁矾钠沉淀，依据氧化还原反应规律写出生成黄铁矾钠的离子方程式为2Na++3ClO-+6Fe2++4SO+9H2O=3Cl-+6H++↓。
【小问3详解】
根据流程图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+。
【小问4详解】
100mL溶液中c(Ca2+)＝0.01ml·L-1，n(Ca2+)=0.001ml，根据方程式Ca2++2F-=CaF2↓，沉淀Ca2+消耗0.002mlNH4F，根据Ksp(CaF2)＝c(Ca2+)·c2(F-)＝5.29×10-9，沉淀Ca2+后，溶液中c(F-)= ，设加入c(NH4F)=cml/L，则=，解得c=6.6×10-2ml/L。t/min
0
5
10
15
20
25
30
p/MPa
20.00
21.38
22.30
2300
23.58
24.00
24.00