浙江省杭州市精诚联盟2023-2024学年高二上学期12月月考化学试题（含答案解析）

2023学年第一学期金华卓越联盟12月阶段联考高二年级化学试题考生须知：1.本卷共6页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、学号和姓名；考场号、座位号写在指定位置。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32选择题部分(共48分)一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列物质的水溶液呈酸性的是A.KMnO4 B.NaHCO3 C.CH3CH2OH D.NH4Fe(SO4)2【答案】D【解析】【详解】A．KMnO4是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故A错误；B．NaHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解使溶液显碱性，故B错误；C．CH3CH2OH是非电解质，水溶液显中性，故C错误；D．NH4Fe(SO4)2电离的铵根离子和亚铁离子水解使溶液呈酸性，故D正确；答案为：D。2.在改变下列条件能使反应物中单位体积内活化分子数和活化分子百分数同时减小但反应的活化能不变的是A.减小反应物的浓度 B.降低温度 C.使用负催化剂 D.移去生成物【答案】B【解析】【详解】A．减小反应物的浓度，只能减小活化分子数，不能减小活化分子百分数，故A不选；B．降低温度既能减小活化分子数，又能减小活化分子百分数，但活化能不变，故B选；C．使用负催化剂要增大反应的活化能，故C不选；D．移去生成物，活化分子数目减少，活化分子百分数不变，故D不选答案选B。3.某元素原子的核外电子由4p能级跃迁到3d能级时，可通过光谱仪直接摄取A.电子的运动轨迹图像 B.原子的吸收光谱C.电子体积大小的图像 D.原子的发射光谱【答案】D【解析】【详解】由于，电子由4p能级跃迁至2d能级时需要释放能量，故光谱仪摄取的是原子发射光谱，由于电子在原子核外做无规则运动，不能直接摄取运动轨迹，电子太小不能摄取电子的体积，综上所述D符合题意，故选D；答案选D。4.下列说法正确的是A.电解精炼铜时溶液中的铜离子浓度不会减少B.电镀时，应把镀件置于电解池的阳极C.燃料电池发电比直接燃烧产生热量发电能量转换率高，且可组合成“绿色发电站”D.电化学防护中牺牲阳极保护法利用了电解原理【答案】C【解析】【详解】A．电解精炼铜时，粗铜作阳极、精铜作阴极，阳极溶解的金属不仅有Cu，还有其他金属，而阴极上只析出Cu，所以溶解的铜小于析出的Cu，导致溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B．电镀时，镀层金属作阳极，镀件金属作电解池的阴极，故B错误；C．燃料直接燃烧时，化学能转化为热能和光能，而燃料电池中化学能转化为电能，所以燃料电池发电比直接燃烧产生热量发电能量转换率高，且可组合成“绿色发电站”，故C正确；D．电化学防护中牺牲阳极保护法，需要外接活泼金属，活泼金属作负极失电子被氧化而腐蚀，从而保护了作正极的金属，所以利用的是原电池原理，故D错误；故答案为：C。5.常温下，下列各组离子在指定的条件下可能大量共存的是A.c(OH-)/c(H+)=1012的溶液中：、Al3+、、B.有Fe3+存在的溶液中：、、、Cl-C.pH=0的溶液中：Fe2+、Mg2+、、D.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液：Al3+、K+、、Cl﹣【答案】D【解析】【分析】【详解】A．OH-浓度偏高，水溶液显碱性，不能大量共存，A项不符合题意；B．Fe3+与因为双水解不能大量共存，B项不符合题意；C．pH=0是强酸性溶液，在有H+存在的情况下，具有强氧化性，与还原性的Fe2+不能大量共存，C项不符合题意；D．由水电离出的氢离子浓度低于，说明水的电离受到抑制，加酸或者加减均可抑制，所以该水溶液可能是酸性也可能是碱性，碱性条件下，Al3+不能大量共存，酸性条件下，可以大量共存，D项符合题意；故正确选项为D。6.研究化学反应进行的方向对于反应设计等具有重要意义，下列说法正确的是A.<0、>0的反应在温度低时不能自发进行B.在其他外界条件不变的情况下，汽车排气管中使用催化剂可以改变产生尾气的反应方向C.冰在室温下自动熔化成水是一个熵增的过程D.一定温度下，反应MgCl2(1)Mg(1)+Cl2(g)的<0、>0【答案】C【解析】【详解】A．<0、>0的反应在任意温度下都能自发进行，故A错误；B．在其他外界条件不变的情况下，汽车排气管中使用催化剂，不能改变产生尾气的反应方向，故B错误；C．相同物质的量的同种物质熵值：液体＞固体，则冰在室温下自动熔化成水，是熵增的过程，故C正确；D．一定温度下，反应MgCl2(1)Mg(1)+Cl2(g)的气体体积增大，反应条件是电解，Mg在氯气中燃烧为放热反应，则该反应ΔH＞0、ΔS＞0，故D错误。答案选C。7.十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气。反应Ⅰ：C10H18(l)C10H12(l)+3H2(g)ΔH1反应Ⅱ：C10H12(l)C10H8(l)+2H2(g)ΔH2在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法不正确的是A.ΔH1＞ΔH2＞0B.ΔH1=Ea1-Ea2C.该脱氢过程速率的快慢由反应Ⅰ决定D.C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12积聚【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，反应Ⅰ和Ⅱ，生成物能量总和均大于反应物能量总和，说明反应Ⅰ和Ⅱ均为吸热反应，结合△H=生成物能量总和-反应物能量总和，则ΔH1＞ΔH2＞0，A正确；B．根据图示可知Ea1为反应Ⅰ的活化能，Ea2为反应Ⅱ的活化能，ΔH1＞Ea1-Ea2，B错误；C．由图可知，Ea1＞Ea2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，化学反应速率的快慢由慢反应决定，则该脱氢过程速率的快慢由慢反应Ⅰ决定，C正确；D．由图可知，Ea1＞Ea2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，即消耗C10H12速率大于生成C10H12，所以C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12，D正确；故合理选项是B。8.下列叙述不正确的是A.同一个化学反应在一定条件下，无论是一步还是分几步完成，其反应焓变相同B.中和热测定实验过程中，用温度计测量盐酸的温度后，用水冲洗干净，为保证实验精确度，洗液应并入后续的氢氧化钠溶液中C.已知101kPa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g)=-221kJ/mol则1mol碳完全燃烧时<-110.5kJ/molD.在一定条件下，将64gSO2氧化成SO3(g)时，实验测得放出热量为78.64kJ，已知SO2在此条件下的转化率为80%。则热化学方程式为SO2(g)+O2(g)SO3(g)=-98.3kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A．根据盖斯定律可知同一个化学反应在一定条件下，无论是一步还是分几步完成，其反应焓变相同，A正确；B．中和热测定实验过程中，用温度计测量盐酸的温度后，用水冲洗干净，但冲洗液不需要并入后续的氢氧化钠溶液中，因为并入后发生反应导致热量损失，从而导致温度测定不准确，B错误；C．已知101kPa时，2C(s)+O2(g)＝2CO(g)=－221kJ/mol，即C(s)+O2(g)＝CO(g)=－110.5kJ/mol，碳完全燃烧放热多，放热越多，焓变越小，因此1mol碳完全燃烧时<－110.5kJ/mol，C正确；D．在一定条件下，将64gSO2即1mol二氧化硫氧化成SO3(g)时，实验测得放出热量为78.64kJ，已知SO2在此条件下的转化率为80%，则参加反应的二氧化硫是0.8mol，所以消耗1mol二氧化硫放出的热量是78.64kJ÷0.8＝98.3kJ，所以热化学方程式为SO2(g)+O2(g)SO3(g)=－98.3kJ/mol答案选B。9.下列有关电解质溶液的说法正确的是A.保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2+水解B.将Na2CO3、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质C.室温下，将pH=a的某一元酸HA加水稀释10倍后，新的pH<a+1，则HA为弱酸D.室温下，NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度不相同【答案】D【解析】【详解】A．加入铁粉，可防止亚铁离子被氧化，不能抑制水解，加盐酸可以防止Fe2+水解，故A错误；B．将Na2CO3、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干分别得到的是Na2CO3、Na2SO4、氢氧化铁或氧化铁，故B错误；C．室温下，因为a的值不确定，故不能说明HA为弱酸，例如a=6，稀释10倍后，不管HA是强酸还是弱酸，新的pH<7，故C错误；D．NaCl溶液为中性，原因是钠离子和氯离子都不水解，而CH3COONH4溶液显中性是由于醋酸根离子与铵根离子的水解程度相等，所以醋酸铵溶液中水的电离程度大于氯化钠溶液，故D正确。答案选D。10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-离子数目为10-13NAB.1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中N()+N()+N(H2CO3)=0.1NAC.3H2(g)+N2(g)2NH3(g)=-akJ/mol，则每NA个H2(g)与足量的N2(g)反应生成NH3放出的热量等于kJD.4℃时，9mlH2O(l)含有的电子数约为5NA【答案】C【解析】【详解】A．NaOH溶液中氢离子完全来自水的电离，则水电离的氢离子数目为1L×10-13mol/L×NA=10-13NA，水电离的OH-与H+相等，故A正确；B．根据物料守恒(碳原子守恒)可得：N()+N()+N(H2CO3)=0.1NA，故B正确；C．该反应为可逆反应，NA个H2(g)与足量的N2(g)反应时，氢气不能完全反应，则反应放出的热量小于kJ，故C错误；D．4℃时，水的密度为1g/cm3,9mlH2O(l)即为9g，物质的量为0.5mol，含有的电子数约为5NA，故D正确；故选：C。11.下列叙述不正确的是A.氦原意是“太阳元素”，洪特规则同时也适用于基态离子B.24号基态铬原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1C.不存在2d、3f、1p能级D.基态氮原子轨道表示式是【答案】D【解析】【详解】A．氦的原意是“太阳元素”，洪特规则不仅适用于基态原子，同时也适用于基态离子，故A正确；B．根据洪特规则的特例，24号基态铬原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，故B正确；C．第3能层才会出现d能级，第4能能层才出现f能级，第2能层才出现p能级，故不存在2d、3f、1p能级，故C正确；D．根据泡利原理和洪特规则，基态氮原子核外电子轨道表示式为，故D错误。答案选D。12.一种高压可充电碱-酸-Zn-PbO2混合电池，电池采用阴、阳双隔膜完成离子循环(减少参加电极反应的离子迁移更有利于放电)，该电池良好的电化学性能为解决传统水性电池的关键问题提供了很好的机会。下列说法正确的是A.充电时，d极附近pH增大B.离子交换膜b、c分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜C.充电时a极的电极反应为：Zn-2e-+4OH-=D.放电时，每转移2mol电子，中间K2SO4溶液中溶质增加1mol【答案】D【解析】【分析】放电时，Zn失电子生成，Zn是负极，PbO2得电子生成PbSO4，PbO2是正极。【详解】A.充电时，d极是阳极，电极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++，d极附近pH减小，故A错误；B.放电时，Zn是负极、PbO2是正极，KOH溶液中K+向K2SO4溶液中移动，硫酸中的向K2SO4溶液中移动，离子交换膜b、c分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，故B错误；C.放电时，Zn是负极，Zn失电子生成，充电时a极为阴极，电极反应为：+2e-=Zn+4OH-，故C错误；D.放电时，Zn是负极、PbO2是正极，KOH溶液中K+向K2SO4溶液中移动，硫酸中的向K2SO4溶液中移动，放电时，每转移2mol电子，中间K2SO4溶液中溶质增加1mol，故D正确；选D。13.不同温度(T1和T2)时，硫酸钡在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知硫酸钡在水中溶解时吸收热量。下列说法不正确的是A.T1<T2B.T2温度时c点对应的分散系均一稳定C.T1温度时b点和c点的Ksp相等D.加入BaCl2固体，可使分散系由a点变到b点【答案】D【解析】【详解】A．硫酸钡在水中溶解时吸收热量，温度越高，Ksp越大，在T2时硫酸钡的Ksp大，故T2>T1，故A正确；B．在T2时c点表示Qc<Ksp，溶液未达饱和，没有有沉淀析出，此时为不饱和溶液，分散系均一稳定，故B正确；C．Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，故C正确；D．硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入BaCl2，会增大c(Ba2+)，平衡左移，c(SO)应降低，所以不能使溶液由a点变到b点，故D错误；故选：D。14.25°C时，向2ml0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液。滴加过程中溶液含碳微粒物质的量与溶液pH的关系如图所示(CO2因逸出未画出)。下列说法不正确的是A.②表示物质的量的变化情况B.由b点可计算得出Ka2(H2CO3)=10-10.3C.a点由水电离产生的c(OH-)=10-11.6mol/LD.a、b、c四点溶液中含碳微粒物质的量守恒，d点因有气体逸出而不守恒【答案】C【解析】【分析】向2ml0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液，CO随盐酸的滴入不断减少，故①表示CO的物质的量变化情况，②表示HCO的物质的量变化情况，③表示H2CO3以及CO2的物质的量变化情况。【详解】A．由以上分析可知，②表示HCO的物质的量变化情况，故A正确；B．b点溶液的pH=10.3，则c(H+)=10-10.3，b点和浓度相等，则碳酸的Ka2(H2CO3)==10-10.3，故B正确；C．a点表示的是0.1mol/LNa2CO3溶液的pH为11.6，c(H+)=10-11.6，Na2CO3的水解促进了水的电离，所以在Na2CO3溶液中由水电离产生的OH-浓度等于溶液中的OH-浓度，所以水电离的氢氧根离子浓度：c(OH-)==10-2.4mol/L，故C错误；D．d点加入了过量的盐酸，有CO2气体逸出，故D错误；故选：C。15.在一定温度下的可逆反应X(g)2Y(g)>0，v正=k正c(X)，v逆=k逆c2(Y)(k为速率常数)，若在该温度下的k正=10k逆，下列说法错误的是A.该温度下的平衡常数为10B.升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数C.有利于测定X的相对分子质量的条件为高温低压D.恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He，X的转化率增大【答案】C【解析】【详解】A．反应达到平衡时，正逆反应速率相等，v正=k正c(X)=v逆=k逆c2(Y)，K=，故A正确；B．该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，故B正确；C．有利于测定X的相对分子质量即要求平衡逆向移动，低压不利于平衡逆向移动，故C错误；D．恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He,相当于减小压强，平衡正向移动，X的转化率增大，故D正确。答案选C。16.下列有关实验操作、结论说法不正确的是A.将2mL0.5mol/LCuCl2溶液加热，溶液由蓝绿色变黄绿色，说明CuCl2溶液中存在的平衡[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O是吸热过程B.向盛有2mL0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加2滴0.1mol/LNaCl溶液，产生白色沉淀，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液，产生黄色沉淀，不能说明Ksp(AgI)<Ksp(AgC1)C.标准盐酸滴定未知碱时(酚酞作指示剂)，边滴边摇动锥形瓶，直到因滴加半滴酸后，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色为止D.将盛放在烧杯中的40mL蒸馏水煮沸，然后向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，即制得Fe(OH)3胶体【答案】C【解析】【详解】A．将2mL0.5mol•L-1CuCl2溶液加热，溶液由蓝绿色变黄绿色，说明CuCl2溶液中存在[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O的平衡正向进行，反应是吸热过程，故A正确；B．硝酸银溶液过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀，由实验操作和现象可知，不能说明Ksp(AgI)<Ksp(AgC1)，故B正确；C．标准盐酸滴定未知碱时(酚酞作指示剂)，滴定终点时颜色变化应是粉红色变为无色，且半分钟内不变色，故C错误；D．制备Fe(OH)3胶体：将烧杯中的40mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，停止加热，故D正确。答案选C。非选择题部分(共52分)二、非选择题(每空2分，共52分)17.按要求填空：（1）某元素的最外层电子排布式是4s24p5，则其元素符号为___________。（2）写出以惰性电极为材料电解饱和MgCl2溶液的离子方程式___________。（3）H3BO3具有一元弱酸的性质，在水中可产生正四面体结构的离子，写出H3BO3在水中的电离方程式：___________。（4）50mL0.50mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液充分反应，测得此过程放出akJ的热量，写出该过程表示中和热(数值要求化简)的热化学方程式：___________。（5）将AlCl3溶液蒸干并灼烧得不到无水AlCl3，但将SOCl2(亚硫酰氯)与AlCl3·6H2O混合并加热，可获得无水AlCl3，试写出此混合加热过程的化学方程式___________。【答案】（1）Br（2）（3）H3BO3+H2O+H+（4）HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-40akJ/mol（5）AlCl3·6H2O+6SOCl2AlCl3+6SO2↑+12HCl↑【解析】【小问1详解】某元素的最外层电子排布式是4s24p5，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，核外电子数为35，则其元素符号为Br。【小问2详解】以惰性电极为材料电解饱和MgCl2溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为。【小问3详解】H3BO3具有一元弱酸的性质，在水中可产生正四面体结构的离子，该离子为，H3BO3在水中的电离方程式为H3BO3+H2O+H+。【小问4详解】50mL0.50mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液充分反应，生成水的物质的量为0.025mol，此过程放出akJ的热量，则生成1mol水放出40akJ的能量，表示中和热的热化学方程式为HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-40akJ/mol。【小问5详解】将SOCl2(亚硫酰氯)与AlCl3·6H2O混合并加热，可获得无水AlCl3、二氧化硫、氯化氢，反应的化学方程式为AlCl3·6H2O+6SOCl2AlCl3+6SO2↑+12HCl↑。18.最近科学家研发了可充电“全氢电池”，其工作原理如图所示：（1）吸附层a中发生反应的方程式是___________。（2）电池工作时，溶液中Na+的移动方向为___________。（3）下列说法不正确的是___________A.全氢电池总反应为HClO4+NaOH=NaClO4+H2OB.H2可循环利用，且不需要补充C.为实现铜片上镀银，电池工作时，m电极质量逐渐增重D.电池工作时电流可在电解质溶液中定向移动【答案】（1）H2－2e－+2OH－＝2H2O（2）从左侧透过离子交换膜向右侧移动（3）AC【解析】【小问1详解】由图可知，吸附层a电极为负极，氢气失去电子，负极反应为H2－2e－+2OH－＝2H2O；【小问2详解】原电池工作时吸附层a电极为负极，吸附层b电极为正极，电解质溶液中阳离子移向正极，即Na+在装置中从左侧透过离子交换膜向右侧移动。【小问3详解】A．吸附层b是正极，电极反应式为2H++2e－＝H2↑，因此全氢电池总反应为H＋+OH－＝H2O，A错误；B．负极消耗氢气，正极产生氢气，H2可循环利用，且不需要补充，B正确；C．为实现铜片上镀银，电池工作时，铜电极应连接负极，作阴极，所以m电极是阳极，质量逐渐减小，C错误；D．电池工作时阴阳离子可在电解质溶液中定向移动，所以电池工作时电流可在电解质溶液中定向移动，D正确；故选AC。19.常温下，将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合(溶液混合体积变化忽略不计)，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：实验编号c(HA)/mol·L-1c([NaOH)/mol·L-1混合溶液的pH甲0.10.1=m乙0.120.1=7丙0.20.1<7丁0.10.1=11（1）从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？___________。（2）根据乙组数据，可计算得出此温度下HA的电离常数为___________(计算结果要求化简)。（3）从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是___________。此溶液c(A-)+c(HA)=___________。(写精确值)（4）据丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的列式结果：c(Na+)-c(A-)=___________mol/L。（5）现用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的HA溶液，①在滴定步骤前，要进行一系列操作，按正确顺序排列___________。a．向碱式滴定管中装入标准液至“0”刻度以上2~3mL处b．用蒸馏水洗涤滴定管c．将滴定管内装满水，直立于滴定管夹上约2mind．用标准溶液润洗滴定管e．将滴定管直立于滴定管夹上，静置1min左右，准确读取读数f．将滴定管垂直固定在滴定管夹上，右手将乳胶管弯曲，并挤压玻璃球②在滴定过程中，下列实验中，由于错误操作导致滴定实验结果一定偏高的是___________。A．配制NaOH标准溶液定容时仰视刻度线，用此溶液去滴定HA溶液B．滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，所测得待测液的浓度C．选用甲基橙作指示剂D．滴定管(装标准溶液)滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡【答案】19.m=7时，HA是强酸；m＞7时，HA是弱酸20.5×10-721.①.c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)②.0.1mol/L22.10-3-10-1123.①.cbdafe②.AD【解析】【小问1详解】若HA是强酸，恰好与氢氧化钠溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，生成的NaA水解使溶液呈碱性，pH＞7；【小问2详解】反应后c(HA)=，c(A-)=，pH=7，c(H+)=10-7mol/L，所以；【小问3详解】混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＜7，说明A-的水解小于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；由物料守恒可得c(A-)+c(HA)==0.1mol/L；【小问4详解】电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，所以c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=(10-3-10-11)mol/L；【小问5详解】①在滴定步骤前，要进行一系列操作：检验容量瓶是否漏水→洗涤→润洗→装液→排气泡→调液面→读数，正确的操作顺序为cbdafe；②A．配制NaOH标准溶液定容时仰视刻度线，则所配制的氢氧化钠溶液体积偏大、浓度偏小，用此溶液去滴定HA溶液，消耗的氢氧化钠溶液体积偏大，所测HA溶液浓度偏高，故A正确；B．滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，不影响锥形瓶中待测溶质的物质的量，对测定结果无影响，故B错误；C．甲基橙的变色范围为3.1-4.4，用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的弱酸HA，反应后生成强碱弱酸盐，选甲基橙作指示剂，所消耗的氢氧化钠溶液体积偏小，所测得的HA溶液浓度偏低；而滴定强酸HA，则无影响，故C错误；D．滴定管(装标准溶液)滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，则标准氢氧化钠溶液体积偏大，所测溶液浓度偏高，故D正确；故答案为：AD。20.下图是一种处理废锌锰干电池的流程，电池内除铜帽、锌皮(含少量铁)、石墨棒外，还含有MnOOH、ZnCl2、NH4Cl、C及有机物等糊状填充物。已知：Ksp[Zn(OH)2]=10-17，Ksp[Fe(OH)2]=10-17，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.3，Ka1(H2S)=10-7，Ka2(H2S)=10-13，Ksp(ZnS)=2×10-24。请回答下列问题：（1）“溶解”过程中为了提高浸出效率，可以采取的措施有___________(写一条即可)。（2）对于以上流程，下列说法不正确的是：___________。A.由NH4Cl溶液得到NH4Cl晶体的方式为蒸发结晶B.“调pH”生成“滤渣2”的离子方程式为：2NH3·H2O+Fe2+=Fe(OH)2+C.“酸溶”时的反应速率比同浓度盐酸与同规格纯锌片反应的速率快D.将“滤渣1”在空气中灼烧可能有MnO2生成（3）常温下，“调pH”时，应控制溶液pH的范围是[a，b)，具体的范围是___________。(已知：“溶解”后的溶液中c(Zn2+)=0.10mol/L，一般某离子浓度≤10-5mol/L时认为沉淀完全。忽略滴加H2O2、氨水后溶液的体积变化。)（4）写出“沉锌”的离子方程式___________，此反应的平衡常数为___________。【答案】（1）搅拌、适当升温等（2）AB（3）[2.9，6)（4）①.Zn2++H2S=ZnS↓+2H+②.【解析】【分析】由题给流程可知，废锌锰干电池拆解得到铜帽、锌皮(含少量铁)、石墨棒等和含有碱式氧化锰、氯化铵、氯化锌、碳及有机物等糊状填充物，糊状填充物加水溶解后，过滤得到含有碱式氧化锰、碳的滤渣1和含有氯化铵、氯化锌的滤液；向铜帽、锌皮(含少量铁)、石墨棒中加入盐酸酸浸，锌和铁溶于盐酸得到氯化锌和氯化亚铁，过滤得到含有氯化锌和氯化亚铁的滤液；将滤液混合后加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入氨水调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁滤渣2和氯化铵、氯化锌的滤液；向滤液中通入硫化氢气体，将锌离子转化为硫化锌沉淀，过滤得到硫化锌滤渣3和氯化铵溶液；氯化铵溶液经结晶得到氯化铵晶体，据此解答；【小问1详解】搅拌、适当升温等措施能提高溶解过程的浸出效率；【小问2详解】A．NH4Cl受热易分解，故NH4Cl溶液得到NH4Cl晶体的方式为加热浓缩、冷却结晶，故A错误；B．由分析可知，滤渣2为Fe(OH)3；之前双氧水已经将Fe2+氧化为Fe3+，一水合氨与Fe3+反应的离子方程式为3NH3·H2O+Fe3+=Fe(OH)3+3，故B错误；C．“酸溶”时发生的是原电池反应，故反应速率比同浓度盐酸与同规格纯锌片反应的速率快，故C正确；D．“滤渣1”的主要成分是碱式氧化锰、碳，在空气中灼烧可能有MnO2生成，故D正确；答案为AB；【小问3详解】由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，由溶液中锌离子浓度为0.10mol/L可得溶液中氢氧根离子浓度为mol/L=10-8mol/L，溶液pH=6，由铁离子完全沉淀时浓度为10-5mol/L可得溶液中氢氧根离子浓度为mol/L=10-11.1mol/L，溶液pH=2.9，则控制溶液pH的范围是2.9≤pH＜6；【小问4详解】由分析可知，向滤液中通入硫化氢气体的目的是将锌离子转化为硫化锌沉淀，反应的离子方程式为Zn2++H2S=ZnS↓+2H+，该反应化学平衡常数K=，根据H2S的Ka1和Ka2的表达式，Ka1Ka2=，则K=====。21.二氧化碳的转化和利用成为实现“碳达峰”、“碳中和”的重要研究课题。（1）利用CO2和H2可生产乙烯。相关热化学方程式为：反应I：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)=-246.4kJ/mol反应II：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)=-166.8kJ/mol某催化剂作用下，在容积为2.0L的恒容密闭容器中充入lmolCO2和3molH2，体系中主要发生上述反应I和反应II两个竞争反应。反应进行tmin时测得两种烃的物质的量随温度的变化如图所示，该催化剂在840℃时主要选择反应___________(填“I”或II”)；840℃之后，C2H4产量下降的原因是___________。(从动力学和热力学两角度进行分析)520℃时，0~tmin内用氢气表示反应I的平均反应速率：v(H2)=___________mol/(L·min)(用含t的代数式表示)。（2）利用工业废气CO2制甲醇，发生