重庆市西南大学附属中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题（Word版附解析）

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(满分：100分；考试时间：75分钟)
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)。
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 F 19 Na 23 S 32 K 39
一、选择题：本大题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与人们的生产、生活等密切相关。下列说法错误的是
A. 漂白粉和漂白精既可用作漂白棉、麻的漂白剂，也可用作游泳池等场所的消毒剂
B. 除废水中的Cu2+、Hg2+时，常用Na2S等，是因为生成的CuS、HgS极难溶，使废水中Cu2+、Hg2+浓度降的很低
C. 工业合成氨的反应是熵增的放热反应，在任何温度下都能自发进行
D. K2FeO4是一种新型净水剂，还原产物可以水解生成胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．漂白粉和漂粉精主要成分均为次氯酸盐，具有强氧化性，可杀菌消毒、漂白，所以既可作漂白棉、麻的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂，A项正确；
B．在工业废水处理过程中通过Na2S作沉淀剂，将废水中的Cu2+、Hg2+转化为极难溶的CuS、HgS沉淀除去，从而使废水中Cu2+、Hg2+浓度降低，B项正确；
C．工业合成氨的反应是熵减的放热反应，反应在低温或常温时能自发进行，高温时不能自发进行，C项错误；
D．高铁酸钾(K2FeO4)中Fe元素的化合价是+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中杂质，作净水剂，D项正确；
答案选C。
2. 下列叙述中与盐类的水解有关的是
①用泡沫灭火器来灭火
②铁在潮湿的环境下生锈
③与溶液可作焊接中的除锈剂
④盛放溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不用玻璃塞
⑤酸雨在空气中放置一段时间pH降低
⑥草木灰与铵态氮肥不能混合施用
A. ①③④⑤B. ①③④⑥C. ①②③⑤D. 全部有关
【答案】B
【解析】
【详解】①泡沫灭火器的原理是硫酸铝和碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，从而灭火，与盐类的水解有关，故正确；
②铁在潮湿的环境下生锈是原电池原理，和水解无关，故错误；
③氯化铵、氯化锌溶液水解呈酸性，利用酸溶解金属氧化物，与盐类的水解有关，故正确；
④Na2CO3溶液由于弱酸阴离子水解导致溶液显示碱性，可以和玻璃的成分二氧化硅之间反应，所以盛放Na2CO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞，与盐类的水解有关，故正确；
⑤酸雨在空气中放置一段时间pH降低是因为亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强的原因，与盐类的水解无关，故错误；
⑥硫酸铵水解溶液呈酸性，铵态氮肥水解呈酸性，而草木灰的主要成分是碳酸钾，水解呈碱性，混合施用会相互促进水解生成氨气导致肥效降低，故正确。
故选：B。
3. 用如图所示装置分别进行下列各组物质导电性实验,小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是
A. 向亚硫酸钠溶液中通入氯气
B. 向硝酸银溶液中通入少量氯化氢
C. 向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气
D. 向氢氧化钠溶液中通入少量氯气
【答案】C
【解析】
【分析】电解质溶液的导电性与离子浓度及离子所带的电荷有关，离子浓度越大，溶液导电性越强，溶液导电能力明显减弱说明溶液中离子浓度明显减小，据此分析解答。
【详解】A. 向亚硫酸钠溶液中通入氯气，发生反应：Na2SO3＋Cl2＋H2O=Na2SO4＋2HCl，反应后的溶液中离子浓度增大，溶液导电能力明显增强，故A不选；
B. 向硝酸银溶液中通入少量氯化氢，发生反应：AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，反应后的溶液中离子浓度变化不明显，溶液导电能力变化不明显，故B不选；
C. 向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气，发生反应：4HI＋O2=2I2＋2H2O，反应后的溶液中离子浓度减小，溶液导电能力明显减弱，故C选；
D. 向NaOH溶液中通入少量Cl2，发生反应：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，反应后的溶液中离子浓度变化不明显，溶液导电能力变化不明显，故D不选；
答案选C。
【点睛】本题考查溶液导电性的影响因素，明确物质性质及溶液导电性强弱的影响因素是解题的关键，要特别注意溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带的电荷有关，与电解质强弱无关，为易错点。
4. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 在HCl的气流中加热制备无水
B. 溶液中加入少量KSCN固体后颜色变深
C. 分别用等体积的蒸馏水和稀盐酸洗涤AgCl沉淀，后者AgCl损失少
D. 一定条件下，当反应达到平衡后，缩小容积，气体颜色加深
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，在HCl的气流中加热使水解平衡逆向移动，抑制水解，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．Fe(SCN)3溶液中存在一个可逆平衡3SCN-+Fe3+Fe(SCN)3(血红色)，加入KSCN等于是增大SCN-的浓度，增大反应物浓度，平衡向正反应方向进行，所以Fe(SCN)3的浓度增加，血红色变深，可用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．氯化银沉淀中存在沉淀溶解平衡，盐酸中氯离子浓度较大，用稀盐酸洗涤AgCl沉淀，导致氯化银沉淀溶解平衡逆向移动，减少了氯化银损失，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．缩小容积，的浓度变大，导致气体颜色加深，虽然平衡正向移动，的浓度减小，但仍然比缩小容积前大，仅通过颜色变化不能说明平衡发生移动，不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；
故选D。
5. 下列有关电极方程式或离子方程式不正确的是
A. 铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
B. 加入水中：
C. 沉淀溶解在溶液的离子方程式：
D. 溶液中加入碳酸氢钠：
【答案】A
【解析】
【详解】A．铅酸蓄电池充电时，阳极硫酸铅失电子生成二氧化铅，阳极反应式为，故A错误；
B．加入水中水解为和盐酸，反应方程式为，故B正确；
C．沉淀溶解在溶液中生成氯化镁和氨水，反应的离子方程式：，故C正确；
D．溶液中加入碳酸氢钠生成碳酸钠、氢氧化铝沉淀、水，反应的离子方程式为，故D正确；
选A。
6. 下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是
提示：、
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．锥形瓶中为醋酸，加入酚酞溶液显无色，达到滴定终点，溶液显碱性，溶液会变为浅红色，故现象为无色→浅红色，A正确；
B．锥形瓶中为氨水，溶液呈碱性，随着酸的滴入，溶液碱性减弱，当达到滴定终点，溶液显酸性，应选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙，当达到滴定终点时现象是溶液由黄色变为橙色，B错误；
C．高锰酸钾为紫色，滴入高锰酸钾前溶液呈无色，当到达滴定终点为时溶液为浅紫红色，现象为无色-浅紫红色，C正确；
D．碘遇淀粉变蓝色，加入碘水前溶液无色，当滴加碘反应至滴定终点时，淀粉溶液遇碘会呈现蓝色，D正确；
故选B。
7. 下列溶液中，离子可能大量共存的是
A. 使紫色石蕊溶液变红的溶液：
B. 加入铝粉有氢气产生的溶液中：
C. 澄清透明溶液中：
D. 由水电离出的的溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．使紫色石蕊溶液变红的溶液呈酸性，溶液中存在大量H+，溶液中能与Fe2+和Mg2+反应生成沉淀，与H+生成CO2和H2O，因此一定不能大量共存，故A错误；
B．加入铝粉有氢气产生的溶液可能呈强碱性或者酸性，Al3+在碱性溶液中不能大量共存，HS-在酸性或者碱性溶液中均不能大量共存，同时溶液中Al3+与HS-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，一定不能大量共存，故B错误；
C．溶液中铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，一定不能大量共存，故C错误；
D．由水电离出的氢离子浓度为1×10—12ml/L的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，四种离子在碱溶液中不发生任何反应，能大量共存；酸溶液中硫代硫酸根离子与氢离子反应生成二氧化硫气体、硫沉淀和水，不能大量共存，所以四种离子在由水电离出的氢离子浓度为1×10—12ml/L的溶液中可能大量共存，故D错误；
故选D。
8. 由辉铜矿石(主要成分是)制的工作原理如图所示。下列有关说法正确的是
A. N极为负极
B. X交换膜为阳离子交换膜
C. M极上的电极反应式为
D. 该电池工作时，电子由负极经过溶液移向正极
【答案】C
【解析】
【分析】该装置为原电池，Cu2S失去电子生成CuSO4，则M电极为负极，电极反应式为Cu2S-10e-+4H2O═2Cu2++8H++，N电极为正极，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，原电池工作时，阳离子移向正极N，阴离子移向负极M。
【详解】A．原电池工作时，M极上Cu2S失去电子生成CuSO4，则M电极为负极，N电极为正极，故A错误；
B． 原电池工作时，阳离子移向正极N，阴离子移向负极M，负极反应式为Cu2S-10e-+4H2O═2Cu2++8H++，正极反应式为Fe3++e-=Fe2+，根据电荷守恒可知，通过X膜移向M极，则X膜为阴离子交换膜，故B错误；
C．Cu2S失去电子生成CuSO4，则M电极为负极， M极上的电极反应式为：Cu2S−10e−+4H2O=2Cu2++8H++，故C正确；
D．在原电池中，电子经导线由负极移向正极，故D错误；
答案选C。
9. 根据图示所得出的结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．醋酸为弱电解质，不完全电离，在相同的时间内产生的氢气量小，盐酸完全电离，在相同的时间内产生的氢气量大，①代表盐酸与镁条的反应，故A正确；
B．由溶液的pH随的变化关系，0.1ml·L－1的盐酸加水稀释100倍，pH可由1变成3，即V0mL0.1ml·L－1的盐酸加水稀释至V=100V0mL，=2，则a＝2，故B正确；
C．加压平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，p2>p1，故C错误；
D．图丁中反应物的总能量高于生成物的总能量，所以表示在炭黑作用下O2生成活化氧过程中释放能量，故D正确；
故选C。
10. 探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；
B．次氯酸钠溶液具有强氧化性，会能使有机色质漂白褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故B错误；
C．由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C错误；
D．新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D错误；
故选A。
11. 常温下，向的一元弱酸溶液中逐滴加入溶液，溶液随加入溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. a点时，
B. V(溶液)时，
C. b点时，
D. 由a点→b点的过程中，水的电离程度一直增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，a点时，溶液pH为3，溶液中氢离子浓度为1.0×10-3ml/L，由电离常数Ka==1.0×10-3可知，溶液中，由电荷守恒可知，溶液中，故A正确；
B．氢氧化钠溶液的体积为10mL时，氢氧化钠溶液与H3PO2溶液反应得到NaH2PO2溶液，溶液呈碱性，故B错误；
C．NaH2PO2溶液的物料守恒可得，b点溶液溶质不确定，故C错误；
D．H3PO2在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，NaH2PO2在溶液中水解促进水的电离，故由a点→b点的过程中，水的电离程度先增大后减小，故D错误；
故选A。
12. 下列说法正确的是
A. 常温下，c(NH)相同的四种溶液：①NH3·H2O；②NH4HSO4；③(NH4)2CO3；④NH4Cl，溶液的浓度由大到小的顺序是：①＞③＞②＞④
B. 向1L 1ml·L-1KOH热溶液中通入一定量Cl2，恰好完全反应生成氯化钾、次氯酸钾和氯酸钾(氯酸为强酸)的混合溶液：c(K+)+c(H+)=6c(ClO)+2c(ClO-)+c(HClO)+c(OH-)
C. 常温下，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=a，c(M2+)=b ml·L-1时，溶液的pH等于14+
D. 0.2ml·L-1CH3COOH溶液与0.1 ml·L-1NaOH溶液等体积混合：c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】
【详解】A．①NH3·H2O是弱电解质，可发生微弱电离；②NH4HSO4在水溶液中完全电离，其中的H+会抑制NH的水解；③(NH4)2CO3在水溶液中完全电离，NH与CO会发生互促水解；④NH4Cl完全电离，Cl-对NH的水解无影响。常温下，当c(NH)相同时，电离出NH越多的溶液浓度越小，溶液的浓度由大到小的顺序是：①＞④＞②＞③，A项错误；
B．反应后溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)+c(Cl-)+c(ClO)，氧化还原得失电子守恒：c(Cl-)=5c(ClO-)+c(ClO)+c(HClO)，两式联立，可得：c(K+)+c(H+)=6c(ClO)+2c(ClO-)+c(HClO)+c(OH-)，B项正确；
C．Ksp=c(M2+)×c2(OH-)=a，由c(M2+)=bml·L-1，可知c2(OH-)=，c(OH-)=，c(H+)=，溶液的pH=-lg c(H+)=，C项错误；
D．0.2ml·L-1CH3COOH溶液与0.1 ml·L-1NaOH溶液等体积混合后，得到等浓度CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)-c(OH-)，以及物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，可得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，D项错误；
答案选B。
13. 恒压条件下，将A、B按一定比例和流速通过装有催化剂的反应管只发生以下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
相同时间内测得A的转化率及C、E的选择性与反应温度的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 曲线M代表A的转化率
B. X点可推断此时
C. 190~198℃范围内，升高温度，物质A的平衡转化率一定减小
D. Z点对应的所有生成物中，E的体积分数最小
【答案】B
【解析】
【分析】在X点，物质C的选择性与曲线N均为50%，则曲线N为E的选择性，曲线M为A的转化率；
【详解】A．根据分析可知曲线M为A的转化率，A正确；
B．由图可知X点时，A的转化率为97%，物质C的选择性为50%，则物质E的选择性也为50%，设A的起始物质的量为100ml，两反应消耗的A为97ml，剩余A为3ml，则反应II中消耗的A为48.5ml，生成E的物质的量为48.5ml，，B错误；
C．两个反应均为放热反应，190～198℃范围内，升高温度，平衡逆向移动，平衡转化率随温度的升高而降低，C正确；
D．Z点对应的所有生成物中，由于两反应均生成D，则D的物质的量最大，又因为此时C的选择性大于50%，可知C的物质的量大于E的物质的量，则E的体积分数最小，故D正确；
故选B；
14. 锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度)，时，lgc与pH关系见图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法不正确的是
A. 可被净化的pH区间最大
B. 加入适量，可进一步提升净化程度
C. 已知时，沉淀完全时的pH约为4.5，则该温度下反应的平衡常数数量级为
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．当溶液中离子浓度小于时，即表示离子净化完全，根据图形，所需要的pH最小，沉淀净化到沉淀开始溶解的范围最大，可被净化的pH区间最大，A正确；
B．加入适量，可将氧化为，根据A答案信息，可进一步提升净化程度，B正确；
C．已知时，沉淀完全时的pH约为4.5，反应的平衡常数为：，则平衡常数数量级为，C错误；
D．当溶液中离子浓度小于时，即表示离子净化完全，根据图形，完全沉淀时，，则，；完全沉淀时，，，则；完全沉淀时，，，则，最后得到：，D正确；
故答案为：C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，许多化学反应都是水溶液中进行的。
（1）写出水解的离子反应方程式_______。
（2）溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______。
（3）对于的溶液，溶液显_______性(填“酸”或“碱”)，写出该溶液中存在的元素守恒关系为_______。已知：； 。
（4）常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液以5：1体积比相混合，所得溶液的，则原溶液的浓度是_______。
（5）称取一定质量的KOH来测定未知浓度的盐酸时(KOH放在锥形瓶当中)，选用_______滴定管(填“酸式”或“碱式”)，若称取时KOH中混入了少量NaOH，则测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（6）写出氯碱工业总反应的离子方程式_______。
【答案】（1）
（2）
（3） ①. 碱 ②.
（4）
（5） ①. 酸式 ②. 偏小
（6）
【解析】
【小问1详解】
氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和盐酸，水解的离子反应方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
硫酸氢铵在溶液中完全电离出铵根离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为，铵根离子在溶液中水解使溶液中氢离子浓度增大，则溶液中离子浓度的大小顺序为，故答案为：；
【小问3详解】
磷酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh==＞，则磷酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性；溶液中存在的元素守恒关系为，故答案为：碱；；
【小问4详解】
设氢氧化钠溶液和盐酸的浓度都为aml/L，盐酸溶液的体积为VL，由题意可得：=0.01ml/L，解得a=，故答案为：；
【小问5详解】
盐酸会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以应用酸式滴定管盛装盐酸，若称取的氢氧化钾中混有氢氧化钠，会使滴定消耗盐酸溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故答案为：酸；偏低；
【小问6详解】
氯碱工业总反应为氯化钠溶液电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为，故答案为：。
16. 三氧化二镍是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物和C等)回收镍并制备的工艺流程如下所示：
已知：ⅰ．该实验条件下不能氧化。
ⅱ．常温时，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
ⅲ．反萃取的原理：。
（1）滤渣1的主要成分是：_______；“浸出”时一般会适当加热，目的是_______。
（2）“预处理”的操作可以选择用_______(填字母)来除去镍废料表面的油污。
A．纯碱溶液浸泡 B．氢氧化钠溶液浸泡 C．盐酸冲洗
（3）“氧化”时主要发生的离子反应方程式是_______。
（4）请从平衡移动的角度解释“反萃取”过程中加硫酸溶液的目的_______。
（5）利用上述表格数据，计算的_______。
（6）“氧化”后的溶液中浓度为，为完全除去杂质离子()并得到较多产品，则“调pH”应控制的pH范围是_______。
（7）有机相提取的再生时可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为，则放电时负极的电极反应式为_______。
【答案】（1） ①. ②. C
（2）A （3）
（4）增大的浓度，使反萃取平衡正向移动，提高水相含量，提高产率
（5）
（6）
（7）
【解析】
【分析】含镍废料用纯碱溶液进行预处理可除去镍表面的油污，然后用硫酸酸浸，可反应产生，，，的酸性溶液，而、C不能发生反应进入滤渣1中，过滤后向滤液中加入，能够将氧化为，然后加入NiO调整溶液pH为4.7【小问1详解】
滤渣1的主要成分是：、C；“浸出”时一般会适当加热，目的是加快浸出速率；
【小问2详解】
A．纯碱溶液水解呈碱性，有利于油污水解，A正确；
B．氢氧化钠溶液会与油污、铝和铝的氧化物反应，后边调pH值，药品用量增大，B错误；
C．油污在盐酸中水解程度小，且与会发生氧化还原反应，C错误；
故选A；
【小问3详解】
“氧化”时主要是发生氧化还原反应生成铁离子与氯离子，离子反应方程式是；
【小问4详解】
“反萃取”过程中加硫酸溶液的目的：增大的浓度，使反萃取平衡正向移动，提高水相含量，提高产率；
【小问5详解】
的溶度积常数；
【小问6详解】
“氧化”后的溶液中浓度为，则，故“调pH”应使Al3+、Fe形成 、沉淀，而不形成沉淀，故“调pH”应控制的pH范围是；
【小问7详解】
电池充电时的总反应为，放电时负极为MH，MH在负极失电子发生氧化反应生成M，则电极电极反应式为。
17. 为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸(难挥发酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(易挥发酸)蒸出，再进行酸碱滴定来测定含量。实验装置如图所示。
（1）实验步骤：①连接好实验装置；检查装置气密性；②往c中加入mg氟化稀土样品和一定体积的高氯酸，f中盛有滴加了酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。
①下列物质中可用来代替高氯酸的是_______(填字母)。
a．硫酸 b．盐酸 c．硝酸
②随着反应进行，f中观察到的现象是_______。
（2）定量测定：将f中所得馏出液配成100mL溶液，取20mL加入溶液中，得到沉淀(不考虑其他沉淀生成)，再用标准溶液滴定剩余(与EDTA按1：1反应)，消耗EDTA标准溶液，则氟化稀土样品中氟元素的质量分数为_______(用含a、b、的式子表示，要求化简)。
（3）问题讨论：f中溶液红色褪去一段时间后，则实验结果_______(填“偏高”“偏低”或“不影响”)。实验中除有HF气体生成外，可能还有少量(易水解)气体生成。若有生成，则实验结果将不受影响，理由是_______。
（4）后续利用：f中的主要溶质可在工业生产中将以的形式去除。向f中通入可得到HF溶液，HF可用于刻蚀玻璃。已知： 。
①向某一钙镁离子溶液中加入过量NaF，测得上层清液中，则溶液中_______。
②的HF溶液与溶液稀释相同倍数后，水电离程度更大的是_______(填“HF溶液”或“溶液”)。
③请写出向f中通入过量生成HF的化学反应方程式：_______。
【答案】（1） ①. a ②. 溶液中红色变浅
（2）
（3） ①. 偏低 ②. 水解生成HF，F元素没有损失
（4） ①. ②. 溶液 ③.
【解析】
【分析】装置c中利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再用装置b产生的水蒸气将HF吹至装置F中冷凝收集，最后用滴定法测定氟含量，据此回答。
【小问1详解】
①本实验利用的是高氯酸的高沸点的性质，即不易挥发的性质，硫酸不易挥发，盐酸和硝酸易挥发，所以正确选项为a；
②水蒸气发生装置b的作用是使水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f中，与氢氧化钠反应，所以可观察到溶液中红色变浅；
【小问2详解】
La3+分为两个部分，一部分与F-反应，比例为1：3，另一部分与EDTA结合，比例为1：1，EDTA消耗的La3+为bV2×10-3ml，F-消耗的La3+为(aV1-bV2)×10-3ml，20mL溶液中F-的物质的量为3(aV1-bV2)×10-3ml，100mL溶液中F-的物质的量为5×3(aV1-bV2)×10-3ml，氟的质量分数；
【小问3详解】
f中的NaOH溶液是为了吸收挥发出来的HF，避免F元素的损失，当溶液红色褪去一段时间后，说明NaOH几乎没有，所以F元素质量分数会偏低；
SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，所以对实验结果没有影响；
【小问4详解】
①和氟离子形成，又、，当上层清液中时溶液中，则溶液中钙离子浓度为；
②向f中通入可得到HF溶液，即酸性亚硫酸大于氢氟酸，所以的HF溶液与溶液稀释相同倍数后，则溶液的酸性氢氟酸强于亚硫酸，酸性越强对水的电离抑制程度越大，即水电离程度更大的是溶液；
③过量二氧化硫生成亚硫酸氢盐，即向氟化钠中通入过量生成HF的化学反应方程式。
18. 含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。回答下列问题：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）反应Ⅲ的正反应活化能为，则逆反应活化能为_______(用含的式子表示)。
（2）我国学者在刚性容器中按投料比发生反应Ⅲ，不同催化剂条件下，反应相同时间测得NO转化率与温度的关系如图所示。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是_______(填字母)。
A．
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②使用催化剂乙时，NO转化率在温度高于后下降的可能原因是_______。
③研究表明该反应，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。的初始速率为，当转化率为50%时，反应速率为，由此可知_______。
④设此时反应的活化能为，不同温度条件下对应的速率常数分别为，存在关系：(R为常数)。据此推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数_____(填“越大”“越小”或“不变”)。
（3）氨气可还原氮氧化物，工业上常利用反应合成氨，在40MPa、不同物质的量分数(75%的)和25%的；67.5的、22.5的和10%的惰性气体)条件下进行实验，测得平衡时，体积分数与温度的关系如图所示。
①物质量分数为75%的和25%的对应的曲线是_______(填“a”或“b”)。
②M点，该反应的压强平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，保留两位有效数字)。
【答案】（1）
（2） ①. CD ②. 该反应未平衡，后催化剂活性降低的影响大于温度升高对速率的影响 ③. 1 ④. 越大
（3） ① a ②.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可得反应Ⅲ的，而正反应活化能-逆反应活化能=-664.1kJ/ml，所以逆反应活化能=()kJ/ml；
【小问2详解】
①A．若正、逆反应速率相等说明反应达到平衡状态。而，所以，A项错误；
B．混合气体的密度，该容器为恒容所以体积不变，而混合气体的总质量也不变，所以混合气体的密度任何时候都不发生改变，故不能判定反应是否达到平衡状态，B项错误；
C．该反应是一个气体体积减小的反应，平衡之前，容器内的压强随反应的进行不断变化，当反应达到平衡后，容器内的压强随反应的进行不断变化，当反应达到平衡后，容器内的压强不再发生改变，C项正确；
D．混合气体的相对分子质量，混合气体的质量恒定不变，但是平衡前，混合气体的物质的量一直发生变化，所以相对分子质量也在改变。若相对分子质量不变，则说明该反应达到平衡状态，D项正确；
故选CD。
②对比催化剂甲的图形，可指使用催化剂乙时，曲线上的点都不是平衡点，温度升高，NO转化率随着化学反应速率增大而增大，其中升温使速率增大，温度高于350℃时，催化剂失活或活性降低使速率降低，所以NO转化率在温度高于后下降的可能原因是：该反应未平衡，后催化剂活性降低的影响大于温度升高对速率的影响。
③当转化率为50%时，、均变为原来的一半，即有， 所以m=1。
④据推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数越大。
【小问3详解】
①恒压条件下，通入惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，所以75%的H2和25%的N2所对应的曲线是a。
②M点时存在，则有，解得该反应的压强平衡常数。选项
滴定管中的溶液
锥形瓶中的溶液
指示剂
滴定终点颜色变化
A
溶液
溶液
酚酞
无色→浅红色
B
溶液
氨水
酚酞
浅红色→无色
C
酸性溶液
溶液
无
无色→浅紫红色
D
碘水
溶液
淀粉
无色→蓝色
表示等量镁条分别与足量同浓度同体积盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应
表示盐酸加水稀释至，溶液的随的变化关系，则
表示密闭容器中到达平衡时，的转化率与压强、温度的变化关系曲线，说明
表示炭黑作用下生成活化氧过程中能量变化情况，说明活化氧分子时释放能量
A
B
C
D
实验方案
现象
结论
A
往碘的溶液中加入等体积浓溶液，振荡
分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色
碘在浓溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
B
用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在试纸上
试纸变白
次氯酸钠溶液呈中性
C
向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液
先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
转化为，溶解度小于溶解度
D
取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液
前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色
氯气与水的反应存在限度
金属离子
开始沉淀时()的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
完全沉淀时()的pH
8.7
4.7
3.2
9.0