2023-2024学年湖北省新高考联考协作体高二上学期1月期末A化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省新高考联考协作体2023-2024学年高二上学期1月期末A考试时间：2024年1月28日下午14：30-17：05试卷满分：100分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。可能用到的相对原子质量：Li7N14O16Bi209一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学在生活、社会、环境和科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是A.针对新冠肺炎疫情，用无水酒精、双氧水对环境进行杀菌消毒B.歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C.“中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型有机非金属材料D.芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化【答案】B【解析】使用酒精杀菌消毒，常用75%的酒精，无水酒精杀菌消毒效果不理想，故A错误；金属材料有金属单质和合金等，铝锂合金属于金属材料，故B正确；SiC属于新型非金属材料，故C错误；光敏树脂是由高分子化合物，在紫外线照射下，这些分子结合长长的交联聚合物高分子，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；答案为B。2.下列有关化学用语说法错误的是A.分子球棍模型：B.基态Si原子价电子排布图：C.第一电离能：N>O>CD.As简化的核外电子排布式：【答案】D【解析】甲烷分子中碳原子比氢原子大，A正确；Si原子序数为14，基态Si原子价电子排布图为，B正确；原子的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第ⅤA元素的电离能大于ⅥA元素的电离能，C正确；As的原子序数为33，则核外电子数为33，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，则简化的核外电子排布式：[Ar]d104s24p3，D错误；故答案为：D。3.在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法正确的是A.为逆反应活化能，为正反应活化能B.该反应为放热反应，C.活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞D.温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应速率加快幅度，使平衡逆向移动【答案】D【解析】从图中可以看出，为正反应活化能，为逆反应活化能，A不正确；因为生成物的总能量小于反应物的总能量，所以该反应为放热反应，，B不正确；活化分子是指能量足够可以发生有效碰撞的分子，但活化分子之间发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，C不正确；温度升高，对活化能大的反应更有利，则逆反应速率加快幅度大于正反应速率加快幅度，平衡逆移，D正确；故选：D。4.10mL浓度为的盐酸和过量的锌反应，为减缓反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是A.加入少量溶液 B.加入几滴溶液C.加入几滴溶液 D.加入少量溶液【答案】D【解析】NaOH与盐酸反应生成消耗氢离子，降低氢离子浓度，反应速率减慢，生成氢气的量减少，A错误；CuCl2溶液与锌反应生成铜，锌、铜、盐酸构成原电池，反应速率加快，B错误；NO、H+与锌反应不产生氢气，C错误；CH3COONa溶液与盐酸相遇生成CH3COOH，强酸变为弱酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，但是生成氢气的量不变，D正确；故选：D。5.下列说法不能用勒夏特列原理解释的是A.对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加B.对平衡体系加压，气体颜色变深C.用饱和食盐水除去中，可减少的损失D.浓氨水中加入氢氧化钠固体产生刺激性气味的气体【答案】B【解析】熟石灰的悬浊液中存在Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)∆H＜0，对熟石灰的悬浊液加热，溶解平衡左移，氢氧化钙的质量增加，则对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；该反应是气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，但由于体积减小、NO2的浓度增大、颜色加深，则加压，气体颜色变深不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；氯气与水发生反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，增大溶液中的氯离子浓度，平衡向逆反应方向移动，氯气的溶解度减小，则用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，可减少氯气的损失能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；浓氨水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，氢氧化钠溶于水放出热量，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡左移，氨气的溶解度减小，则浓氨水中加入氢氧化钠固体产生刺激性气味的气体能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故选B。6.可逆反应，。该反应的速率与时间的关系如下图。如果、、、时都只改变了一个反应条件，则对应、、、时改变的条件正确的是A.增大生成物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度B.升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂C.升高温度、降低温度、增大反应物浓度、使用了催化剂D.升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂【答案】C【解析】t2时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都增大，但v(逆)增大的倍数更多，应为升高温度；t4时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都减小，但v(逆)减小的倍数更多，应为降低温度；t6时，改变某一条件，v(正)增大、v(逆)不变，平衡正向移动，应为增大反应物的浓度；t8时，改变某一条件，v(正)、v(逆)同等程度增大，但平衡不移动，应为使用了催化剂；综合以上分析，C符合题意，故选C。7.利用电池可将雾霾中的、转化为硫酸铵，其回收利用装置如图所示。电池工作时的总反应为，充放电时，在正极材料上嵌入或脱嵌，随之在石墨中发生了的生成与解离，下列有关说法错误的是A.转化为硫酸铵时，M与b相接，N与a相接B.电池工作时，负极电极反应式为：C.该装置实际工作过程中需要在C处补充适量D.理论上当消耗2.24L(标准状况)时，电池中两池质量差改变2.8g【答案】C【解析】由图可知，左侧装置为原电池，M电极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和C6，N为正极，锂离子作用下Li1-xFePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4，右侧装置为电解池，与N电极相连的a电极是电解池的阳极，水分子作用下二氧化硫在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，与M电解相连的b电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电解的总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4。由分析可知，转化为硫酸铵时，与N电极相连的a电极是电解池的阳极，与M电解相连的b电极为阴极，故A正确；由分析可知，M电极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和C6，电极反应式为，故B正确；由分析可知，电解的总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，则由方程式可知，制备硫酸铵时需要在C处补充适量氨气，故C错误；由得失电子数目守恒可知，消耗标准状况下2.24L二氧化硫时，负极质量减少0.2mol×7g/mol=1.4g，正极质量增大0.2mol×7g/mol=1.4g，则电池中两池质量差改变2.8g，故D正确；故选C。8.将溶液和溶液等体积混合，下列对该混合溶液的判断正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】溶液和溶液恰好完全反应生成，水解使溶液显碱性，则有，A错误；由A分析可知，，B错误；溶液中存在电荷守恒：，C正确；溶液中存在物料守恒：，D错误；故选C。9.下列事实与盐类水解无关的是①明矾、氯化铁晶体常用于净水；②实验室制氢气时加入可加快反应速率；③向中滴加氯水，溶液颜色加深；④实验室配制溶液时加入少量稀盐酸；⑤向氯化铁中滴加KSCN，出现红色；⑥与两种溶液可作泡沫灭火剂；⑦溶液中。A.①④⑤ B.②③⑤ C.②④⑦ D.③⑥⑦【答案】B【解析】①明矾常用于净水是由于明矾溶于水电离生成的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氯化铁晶体常用于净水是由于溶于电离生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，与盐类水解有关；②构成锌铜酸性原电池加快反应速率，与盐类水解无关；③向FeCl2中滴加氯水，氯水中的氯气将Fe2+氧化到Fe3+，溶液颜色加深，与盐类水解无关。④FeCl3溶液中Fe3+会水解生成氢氧化铁，加入少量稀盐酸可以抑制Fe3+的水解，与盐类水解有关；⑤KSCN遇见Fe3+显红色，与盐类水解无关；⑥NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂是碳酸氢根和铝离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，与盐类水解有关；⑦CH3COONa溶液中醋酸根离子会水解，所以c(Na+)>c(CH3COO-)，与盐类水解有关；与盐类水解无关的为②③⑤，故选B。10.下列说法正确的是A.0.1mol/LpH

为9

的NaHB

溶液中:c(HB-)

>c(B2-)>c(H2B)B.将标准状况下的2.24

LCO2通入150

mL1mol/L

NaOH

溶液中，所得溶液中c(CO32-)>c(HCO3-)C.室温下，c(NH4+)相同的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4

③(NH4)2Fe(SO4)2溶液浓度大小顺序为:①>②>③D.常温时①pH=12

的氨水②pH=12的NaOH溶液，将两溶液稀释相同倍数后溶液的pH:②>①【答案】C【解析】0.1mol/L的NaHB溶液的pH为9，表明HB-的水解程度大于电离程度，所以c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)，故A错误；CO2的物质的量为0.1mol，NaOH的物质的量为0.15mol，发生反应：3NaOH+2CO2=NaHCO3+Na2CO3+H2O，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，所以所得溶液中c(CO32-)<c(HCO3-)，故B错误；室温下，①CO32-与NH4＋水解互促，②NH4＋水解不受其它成分影响，③Fe2+与NH4＋水解相互抑制，因此，c(NH4+)相同的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4

③(NH4)2Fe(SO4)2溶液浓度大小顺序为:①>②>③，故C正确；NaOH是强碱，一水合氨是弱碱，稀释促进一水合氨电离，所以常温时①pH=12的氨水②pH=12的NaOH溶液两溶液稀释相同倍数后溶液的pH：②<①，故D错误；故选C。11.化合物A的结构如图所示，其广泛应用于新材料的生产及电化学研究。其中X、Y、Z、E、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与Q、E与W分别位于同一主族。下列有关说法错误的是A.是含有极性键的非极性分子B.键能大于键能C.原子序数为83的元素与Z位于同一主族D.第一电离能：【答案】B【解析】X、Y、Z、E、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据原子的成共价键的数量和所带电荷数可判断X为H，Y为C，Z为N。根据原子序数大小，且Z与Q、E与W分别位于同一主族，可知Q为P，E为F，W为Cl。为乙炔，为含有极性键的非极性分子，A项正确；Cl2比F2更稳定，键能小于键能，B项错误；原子序数为83的元素为铋，其位于第六周期第ⅤA族，与N位于同一主族，C项正确；第一电离能F>Cl>P，D项正确。答案选B。12.下列实验能达到预期目的的是选项实验内容实验目的A向含有酚酞的溶液中加入少量固体，溶液红色变浅证明溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸分别测定浓度相等的溶液和溶液的pH比较与的酸性强弱C配制溶液时，先将溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后在试剂瓶中加入少量铜粉抑制水解，并防止被氧化D向盛有溶液的试管中滴加2滴溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加2滴溶液，产生黄色沉淀证明在相同温度下A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入少量氯化钡固体，钡离子与溶液中的碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向移动，溶液中的氢氧根离子浓度减小，红色变浅，则溶液红色变浅能证明碳酸钠溶液中存在水解平衡，故A正确；次氯酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则用pH试纸无法测定次氯酸钠溶液的pH，所以无法用用pH试纸分别测定浓度相等的次氯酸钠溶液和碳酸氢钠溶液的pH的方法比较次氯酸和碳酸的酸性强弱，故B错误；配制氯化亚铁溶液时，不能向溶液中加入铜粉，否则亚铁离子被氧化生成的铁离子会与铜反应生成铜离子而引入杂质，故C错误；向过量的硝酸银溶液中加入氯化钠溶液后，再加入碘化钠溶液，溶液中只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，不能比较氯化银和碘化银溶度积的大小，故D错误；故选A。13.自然界中，闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液能转化成更难溶的铜蓝(CuS)。常温下，Mn+(指Zn2+或Cu2+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.直线①代表ZnS的沉淀溶解平衡B.P点：可析出CuS沉淀，不能析出ZnS沉淀C.将Q点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，曲线①的Ksp变大D.常温下，闪锌矿转化成铜蓝的平衡体系中=1010【答案】D【解析】，则，即，，同理可知，闪锌矿（ZnS）遇到硫酸铜溶液能转化成更难溶的铜蓝（CuS），则，当金属离子浓度相同时，CuS中更小，故曲线①为CuS的沉淀溶解平衡，曲线②为ZnS的沉淀溶解平衡。由上述分析可知，直线①代表CuS的沉淀溶解平衡，故A错误；c(S2-)越大，-lgc(S2-)越小，所以P点为CuS、ZnS的不饱和溶液，不能析出CuS、ZnS沉淀，故B错误；Ksp只与温度有关，恢复到室温，温度相同，CuS的Ksp不变，故C错误；闪锌矿转化成铜蓝的体系中，，，根据图中数据，Q点时，根据点（15，10）可得，则，故D正确；答案选D。14.氨气在工业上应用广泛，已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，反应相同时间，NH3的体积百分数随温度的变化情况如图所示，下列相关描述正确的是A.线上的点均代表平衡时刻的点 B.逆反应速率：va＞vbC.b点时v正<v逆 D.平衡常数值：Kc＞Kd【答案】D【解析】由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的形成过程，c点以后为平衡的移动过程。由分析可知，c点以前均未达到平衡，故A错误；温度越高，反应速率越快，由于a点温度小于b点，且a点c(NH3)低于b点，故a点的逆反应速率比b点的小，故B错误；由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则c点平衡常数大于d点，故D正确；故选D。15.25℃时，用HCl气体调节氨水的pH．溶液中微粒浓度的对数值()、反应物的物质的量之比与pH的关系如下图。若忽略通入气体后溶液体积的变化。下列说法错误的是A.所示溶液中：B.所示溶液中：C.时溶液中：D.25℃时，水解平衡常数数量级为【答案】B【解析】由图知，，根据电荷守恒：，故，由图知，得，A正确；由图知点，，，带入电荷守恒，，故，B错误；时，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，联立得，C正确；25℃，时，由图知，，则NH4Cl水解平衡常数数量级为10-10，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.回答下列问题。（1）现有常温下盐酸(甲)、的醋酸溶液(乙)和(丙)，请根据下列操作回答：①常温下，将丙溶液加水稀释，下列数值变大是___________(填字母)。A．B．C．D．②已知，则醋酸溶液(乙)的浓度为_______(结果保留三位有效数字)。③常温下，取甲、乙各1mL分别稀释至100mL，稀释后，溶液的pH：甲______乙(填“>”“<”或“=”)。（2）①相同条件下，取相同体积、相同pH的、和三种碱溶液，分别滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为、、，则三者的大小关系为________。②某温度下，，将的溶液和的溶液混合均匀，测得溶液的，则___________。（3）已知：在25℃，有关弱电解质的电离平衡常数如下表：弱电解质电离平衡常数①将通入氨水中，当降至时，溶液中的___________。②下列微粒在溶液中不能大量共存的是___________。A．、B．、C．、D．、【答案】（1）①CD②.5.71(或5.72)③.>（2）①.②.9：1（3）①.10.2②.AD【解析】【小问1详析】①氨水中存在NH3·H2ONH+OH-，加水稀释，促进一水合氨的电离A．，Kw只受温度影响，加水稀释，c(NH3·H2O)减小，Kw不变，因此加水稀释，该比值减小，故A不符合题意；B．加水稀释c(OH-)降低，根据Kw=c(OH-)·c(H+)，c(H+)增大，因此加水稀释，该比值减小，故B不符合题意；C．加水稀释，促进电离，n(NH)增大，故C符合题意；D．，加水稀释促进电离，n(NH)增大，n(NH3·H2O)减小，因此加水稀释，该比值增大，故D符合题意；答案为CD；②pH=2的醋酸溶液，溶液中c(H+)=10-2mol/L，醋酸属于弱酸，电离程度微弱，有c(CH3COO-)≈c(H+)=10-2mol/L，醋酸的电离平衡常数Ka=，计算得出c(CH3COOH)≈5.71或5.72，故答案为5.71或5.72；③盐酸强酸，醋酸为弱酸，相同pH时，稀释相同倍数，强酸溶液pH变化大，即稀释后，溶液pH：甲＞乙；故答案为＞；【小问2详析】①Ba(OH)2、NaOH均为强碱，pH相同时，两溶液中c(OH-)相同，向等体积的两种溶液滴加等浓度的盐酸，两种碱消耗盐酸的量相等，即V1=V2，NH3·H2O为弱碱，相同pH时，c(NaOH)＜c(NH3·H2O)，向等体积的氨水和NaOH中滴加等浓度盐酸，氨水消耗的盐酸体积多，即V3＞V2，综上所述，三者大小关系是V3＞V2=V1；故答案为V3＞V2=V1；②该温度下，Kw=1.0×10-12，当pH=6时，溶液向中性，硫酸、氢氧化钠混合后溶液pH=7，溶液显碱性，因此有，解得Va∶Vb=9∶1；故答案为9∶1；【小问3详析】①溶液中=1.02；故答案为1.02；②根据表中数据，判断出电离H+能力强弱顺序：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO；A．SO具有还原性，HClO具有强氧化性，两者因发生氧化还原反应，不能大量共存，故A符合题意；B．电离H+能力强弱顺序，ClO-、HCO不发生反应，可以大量共存，故B不符合题意；C．电离H+能力强弱顺序，HClO、HCO不发生反应，可以大量共存，故C不符合题意；D．电离H+能力强弱顺序，HSO＞HCO，因此HSO与CO反应生成HCO和SO，不能大量共存，故D不符合题意；答案为AD。17.Ⅰ．现有以下物质：①溶液；②蔗糖；③固体；④熔融；⑤胶体；⑥；⑦；⑧；⑨石墨。（1）以上物质中属于电解质的是_______(填标号，下同)；属于非电解质的是________。（2）以上物质属于纯净物且能导电的是________。Ⅱ．某学生用的标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入溶液至“0”刻度线以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：（3）以上步骤有错误的是___________(填标号)。（4）滴定终点的现象为___________；（5）用标准溶液滴定时，应将标准溶液注入_______中(从图中选填“甲”或“乙”)。（6）下列操作会引起实验结果偏大的是___________(填标号)。A.在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水B.滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡C.滴定终点俯视读数D.用滴定管量取待测液时，开始时正确读数，后俯视读数【答案】（1）①.③④⑥⑧②.②⑦（2）④⑨（3）①（4）当滴入最后半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色变成粉红色，且半分钟内不褪色（5）乙（6）BD【解析】【小问1详析】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物属于电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物属于非电解质，①溶液、⑤胶体属于混合物，⑨石墨为碳单质，它们均不是电解质也不是非电解质，其中②蔗糖、⑦熔融状态下和水溶液中自身不能电离出离子而导电属于非电解质，其余均属于电解质，则属于电解质的是③④⑥⑧；属于非电解质的是②⑦；【小问2详析】含有自由移动的离子或电子能导电，属于纯净物且能导电的是④⑨；【小问3详析】①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，用NaOH溶液润洗，再装液，①错误；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体，②正确；③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数，③正确；④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液，④正确；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数，⑤正确；以上步骤有错误的是①；【小问4详析】待测液为盐酸，滴入酚酞后为无色溶液，当加入NaOH达到滴定终点后，溶液变为粉红色，所以滴定终点的现象为：当滴入最后半滴NaOH溶液后，溶液由无色变成粉红色，且半分钟内不恢复，则证明达到滴定终点；【小问5详析】标准NaOH溶液为碱性溶液，应放入碱式滴定管中，所以选择乙装置；【小问6详析】A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，不影响实验结果，A无影响；B．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，初始读数偏小，滴定后无气泡，终点读数正确，所以两者之差偏大，会使得结果偏大，B符合题意；C．滴定终点俯视读数，所读读数偏低，初始正确，终点偏低，所以结果偏低，C不符合题意；D．用滴定管量取待测液时，开始时正确读数，后俯视读数，所量取的待测液体积偏大，消耗标准液体积偏大，结果会偏大，D符合题意；故答案选BD。18.一种从废钼钴催化剂中回收有价金属的工艺流程如图甲所示：已知：I．废钼钴催化剂的主要成分如表。主要成分质量分数44.61%6.67%13.98%II．“酸浸”所得溶液中主要含有H+、Bi3+、Co2+等阳离子。回答下列问题：（1）钼酸铵中Mo元素的化合价为_______，其所含非金属元素的电负性由大到小排序为_______。（2）“碱浸”时需在75℃条件下进行反应，且选择不同碱性试剂钼元素的浸出率随时间变化如图乙所示。则“碱浸”时的最佳条件为_______。（3）“沉钼酸”时，一般控制反应温度为60℃，温度不宜太高的原因为_______。（4）“沉铋”时，反应的离子方程式为_______。（5）“氧化沉钴”时调节溶液，反应生成和，其离子方程式为_______。（6）若通过该流程处理1kg废钼钴催化剂，得到的质量为0.1435kg，则Bi元素的回收率最接近_____(填标号)(Bi元素的回收率)。A．70%B．80%C．90%【答案】（1）①.+6②.（2）1-碳酸钠溶液(或碳酸钠溶液)、3h（3）防止硝酸挥发、分解（4）（5）（6）B【解析】废钼钴催化剂中加入碳酸钠碱浸，使Co、Bi转化为沉淀，过滤后滤液加入硝酸，生成钼酸，然后经过一系列操作得到钼酸铵；滤渣加入硝酸酸浸，得到含H+、Bi3+、Co2+的溶液，再加入氢氧化钠沉Bi，过滤得到BiONO3，滤液加高锰酸钾氧化沉钴，调节溶液pH=4反应生成CoOOH和MnO2，经过精制、还原，然后加入碳酸氢铵，生成CoCO3。【小问1详析】钼酸铵中Mo元素的化合价为+6；元素非金属性越强，电负性越大，其所含非金属元素的电负性由大到小排序为；【小问2详析】结合图像，碱浸时最佳条件为1-碳酸钠溶液(或碳酸钠溶液)、3h；【小问3详析】硝酸易挥发、分解，“沉钼酸”时，一般控制反应温度为60℃，温度不宜太高的原因为防止硝酸挥发、分解；【小问4详析】酸浸所得溶液中主要含有Bi3+，“沉铋”时，反应的离子方程式为；【小问5详析】“氧化沉钴”时调节溶液，反应生成和MnO2，其离子方程式为；【小问6详析】若通过该流程处理1kg废钼钴催化剂，得到的质量为0.1435kg，则Bi元素的回收率，回收率最接近B（80%）。19.我国的能源以煤炭为主，燃煤烟气中、等有害气体的排放会污染环境，用还原脱除将其转化为单质硫，对工业生产具有重要的意义。（1）与的反应为已知：则________（2）在某温度时，进行还原脱除：。①若在刚性容器中进行，下列说法一定能确定反应达到平衡状态的是________。A．B．与的浓度之比不再改变C．容器内的压强不再改变D．的值不再改变②若控制进料比(物质的量)为，反应达平衡时，混合气体中的体积分数为，则该反应在此温度下的平衡常数为___________。（3）在600℃时，发生如下系列反应(、、为平衡常数)，测得不同进料比(物质的量)下平衡体系各物质分布如图所示(图中SO2起始投料固定为)。反应I：反应II：反应III：①该条件下，为减少有毒物质的产生，同时脱除SO2，实际生产中应控制进料比为___________。②根据图中曲线，可判断___________(填“>”“=”或“<”)。（4）SO2—空气质子交换膜燃料电池也可用于处理SO2，其原理如下图。①写出a极的电极反应式___________。②若用该电池处理标准状况下SO2含量为20％的燃煤烟气3.36L，则理论上电路中转移电子数为_______(表示阿伏伽德罗常数的值)。【答案】（1）（2）①.AD②.1.08（3）①.2.0②.>（4）①.②.【解析】【小问1详析】将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应①—②得到一氧化碳与一氧化氮的反应，则反应△H=(—558kJ/mol)—(+180kJ/mol)=—738kJ/mol，故答案为：—738kJ/mol；【小问2详析】①A．说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B．若一氧化碳与二氧化硫起始浓度之比为2：1，反应中浓度之比始终不变，则一氧化碳与二氧化硫浓度之比不再改变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；C．该反应是气体体积不变的反应，反应中容器内的压强始终不变，则容器内的压强不再改变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；D．反应中浓度熵的值增大，则的值不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；故选AD；②设容器的体积为VL，起始一氧化碳和二氧化硫的物质的量分别为4mol和1mol，平衡时硫蒸气的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：由二氧化硫的体积分数为5%可得：×100%=5%，解得a=0.75，则反应的平衡常数为=1.08，故答案为：1.08；【小问3详析】①由图可知，一氧化碳与二氧化硫的进料比为2时，二氧化碳和硫蒸气的物质的量比较大，而二氧化硫和COS的物质的量很小，所以为减少有毒物质COS的产生，同时脱除二氧化硫，实际生产中应控制一氧化碳与二氧化硫的进料比为2.0，故答案为：2.0；②由图可知，一氧化碳与二氧化硫的进料比为2时，二氧化碳和硫蒸气的物质的量比较大，而一氧化碳和二氧化硫的物质的量很小，说明反应I的反应程度很大，平衡常数很大，反应II的生成物COS的物质的量很小，说明反应的程度很小，平衡常数很小，所以K1大于K2，故答案为：>；【小问4详析】①由图可知，a电极为燃料电池的负极，水分子作用下二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为，故答案为：；②由化合价的变化控制，用该电池处理标准状况下二氧化硫含量为20％的燃煤烟气3.36L时，电路中转移电子数为×2×NAmol—1=0.06NA，故答案为：0.06NA。湖北省新高考联考协作体2023-2024学年高二上学期1月期末A考试时间：2024年1月28日下午14：30-17：05试卷满分：100分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。可能用到的相对原子质量：Li7N14O16Bi209一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学在生活、社会、环境和科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是A.针对新冠肺炎疫情，用无水酒精、双氧水对环境进行杀菌消毒B.歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C.“中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型有机非金属材料D.芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化【答案】B【解析】使用酒精杀菌消毒，常用75%的酒精，无水酒精杀菌消毒效果不理想，故A错误；金属材料有金属单质和合金等，铝锂合金属于金属材料，故B正确；SiC属于新型非金属材料，故C错误；光敏树脂是由高分子化合物，在紫外线照射下，这些分子结合长长的交联聚合物高分子，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；答案为B。2.下列有关化学用语说法错误的是A.分子球棍模型：B.基态Si原子价电子排布图：C.第一电离能：N>O>CD.As简化的核外电子排布式：【答案】D【解析】甲烷分子中碳原子比氢原子大，A正确；Si原子序数为14，基态Si原子价电子排布图为，B正确；原子的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第ⅤA元素的电离能大于ⅥA元素的电离能，C正确；As的原子序数为33，则核外电子数为33，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，则简化的核外电子排布式：[Ar]d104s24p3，D错误；故答案为：D。3.在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法正确的是A.为逆反应活化能，为正反应活化能B.该反应为放热反应，C.活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞D.温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应速率加快幅度，使平衡逆向移动【答案】D【解析】从图中可以看出，为正反应活化能，为逆反应活化能，A不正确；因为生成物的总能量小于反应物的总能量，所以该反应为放热反应，，B不正确；活化分子是指能量足够可以发生有效碰撞的分子，但活化分子之间发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，C不正确；温度升高，对活化能大的反应更有利，则逆反应速率加快幅度大于正反应速率加快幅度，平衡逆移，D正确；故选：D。4.10mL浓度为的盐酸和过量的锌反应，为减缓反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是A.加入少量溶液 B.加入几滴溶液C.加入几滴溶液 D.加入少量溶液【答案】D【解析】NaOH与盐酸反应生成消耗氢离子，降低氢离子浓度，反应速率减慢，生成氢气的量减少，A错误；CuCl2溶液与锌反应生成铜，锌、铜、盐酸构成原电池，反应速率加快，B错误；NO、H+与锌反应不产生氢气，C错误；CH3COONa溶液与盐酸相遇生成CH3COOH，强酸变为弱酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，但是生成氢气的量不变，D正确；故选：D。5.下列说法不能用勒夏特列原理解释的是A.对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加B.对平衡体系加压，气体颜色变深C.用饱和食盐水除去中，可减少的损失D.浓氨水中加入氢氧化钠固体产生刺激性气味的气体【答案】B【解析】熟石灰的悬浊液中存在Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)∆H＜0，对熟石灰的悬浊液加热，溶解平衡左移，氢氧化钙的质量增加，则对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；该反应是气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，但由于体积减小、NO2的浓度增大、颜色加深，则加压，气体颜色变深不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；氯气与水发生反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，增大溶液中的氯离子浓度，平衡向逆反应方向移动，氯气的溶解度减小，则用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，可减少氯气的损失能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；浓氨水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，氢氧化钠溶于水放出热量，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡左移，氨气的溶解度减小，则浓氨水中加入氢氧化钠固体产生刺激性气味的气体能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故选B。6.可逆反应，。该反应的速率与时间的关系如下图。如果、、、时都只改变了一个反应条件，则对应、、、时改变的条件正确的是A.增大生成物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度B.升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂C.升高温度、降低温度、增大反应物浓度、使用了催化剂D.升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂【答案】C【解析】t2时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都增大，但v(逆)增大的倍数更多，应为升高温度；t4时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都减小，但v(逆)减小的倍数更多，应为降低温度；t6时，改变某一条件，v(正)增大、v(逆)不变，平衡正向移动，应为增大反应物的浓度；t8时，改变某一条件，v(正)、v(逆)同等程度增大，但平衡不移动，应为使用了催化剂；综合以上分析，C符合题意，故选C。7.利用电池可将雾霾中的、转化为硫酸铵，其回收利用装置如图所示。电池工作时的总反应为，充放电时，在正极材料上嵌入或脱嵌，随之在石墨中发生了的生成与解离，下列有关说法错误的是A.转化为硫酸铵时，M与b相接，N与a相接B.电池工作时，负极电极反应式为：C.该装置实际工作过程中需要在C处补充适量D.理论上当消耗2.24L(标准状况)时，电池中两池质量差改变2.8g【答案】C【解析】由图可知，左侧装置为原电池，M电极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和C6，N为正极，锂离子作用下Li1-xFePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4，右侧装置为电解池，与N电极相连的a电极是电解池的阳极，水分子作用下二氧化硫在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，与M电解相连的b电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电解的总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4。由分析可知，转化为硫酸铵时，与N电极相连的a电极是电解池的阳极，与M电解相连的b电极为阴极，故A正确；由分析可知，M电极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和C6，电极反应式为，故B正确；由分析可知，电解的总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，则由方程式可知，制备硫酸铵时需要在C处补充适量氨气，故C错误；由得失电子数目守恒可知，消耗标准状况下2.24L二氧化硫时，负极质量减少0.2mol×7g/mol=1.4g，正极质量增大0.2mol×7g/mol=1.4g，则电池中两池质量差改变2.8g，故D正确；故选C。8.将溶液和溶液等体积混合，下列对该混合溶液的判断正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】溶液和溶液恰好完全反应生成，水解使溶液显碱性，则有，A错误；由A分析可知，，B错误；溶液中存在电荷守恒：，C正确；溶液中存在物料守恒：，D错误；故选C。9.下列事实与盐类水解无关的是①明矾、氯化铁晶体常用于净水；②实验室制氢气时加入可加快反应速率；③向中滴加氯水，溶液颜色加深；④实验室配制溶液时加入少量稀盐酸；⑤向氯化铁中滴加KSCN，出现红色；⑥与两种溶液可作泡沫灭火剂；⑦溶液中。A.①④⑤ B.②③⑤ C.②④⑦ D.③⑥⑦【答案】B【解析】①明矾常用于净水是由于明矾溶于水电离生成的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氯化铁晶体常用于净水是由于溶于电离生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，与盐类水解有关；②构成锌铜酸性原电池加快反应速率，与盐类水解无关；③向FeCl2中滴加氯水，氯水中的氯气将Fe2+氧化到Fe3+，溶液颜色加深，与盐类水解无关。④FeCl3溶液中Fe3+会水解生成氢氧化铁，加入少量稀盐酸可以抑制Fe3+的水解，与盐类水解有关；⑤KSCN遇见Fe3+显红色，与盐类水解无关；⑥NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂是碳酸氢根和铝离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，与盐类水解有关；⑦CH3COONa溶液中醋酸根离子会水解，所以c(Na+)>c(CH3COO-)，与盐类水解有关；与盐类水解无关的为②③⑤，故选B。10.下列说法正确的是A.0.1mol/LpH

为9

的NaHB

溶液中:c(HB-)

>c(B2-)>c(H2B)B.将标准状况下的2.24

LCO2通入150

mL1mol/L

NaOH

溶液中，所得溶液中c(CO32-)>c(HCO3-)C.室温下，c(NH4+)相同的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4

③(NH4)2Fe(SO4)2溶液浓度大小顺序为:①>②>③D.常温时①pH=12

的氨水②pH=12的NaOH溶液，将两溶液稀释相同倍数后溶液的pH:②>①【答案】C【解析】0.1mol/L的NaHB溶液的pH为9，表明HB-的水解程度大于电离程度，所以c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)，故A错误；CO2的物质的量为0.1mol，NaOH的物质的量为0.15mol，发生反应：3NaOH+2CO2=NaHCO3+Na2CO3+H2O，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，所以所得溶液中c(CO32-)<c(HCO3-)，故B错误；室温下，①CO32-与NH4＋水解互促，②NH4＋水解不受其它成分影响，③Fe2+与NH4＋水解相互抑制，因此，c(NH4+)相同的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4

③(NH4)2Fe(SO4)2溶液浓度大小顺序为:①>②>③，故C正确；NaOH是强碱，一水合氨是弱碱，稀释促进一水合氨电离，所以常温时①pH=12的氨水②pH=12的NaOH溶液两溶液稀释相同倍数后溶液的pH：②<①，故D错误；故选C。11.化合物A的结构如图所示，其广泛应用于新材料的生产及电化学研究。其中X、Y、Z、E、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与Q、E与W分别位于同一主族。下列有关说法错误的是A.是含有极性键的非极性分子B.键能大于键能C.原子序数为83的元素与Z位于同一主族D.第一电离能：【答案】B【解析】X、Y、Z、E、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据原子的成共价键的数量和所带电荷数可判断X为H，Y为C，Z为N。根据原子序数大小，且Z与Q、E与W分别位于同一主族，可知Q为P，E为F，W为Cl。为乙炔，为含有极性键的非极性分子，A项正确；Cl2比F2更稳定，键能小于键能，B项错误；原子序数为83的元素为铋，其位于第六周期第ⅤA族，与N位于同一主族，C项正确；第一电离能F>Cl>P，D项正确。答案选B。12.下列实验能达到预期目的的是选项实验内容实验目的A向含有酚酞的溶液中加入少量固体，溶液红色变浅证明溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸分别测定浓度相等的溶液和溶液的pH比较与的酸性强弱C配制溶液时，先将溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后在试剂瓶中加入少量铜粉抑制水解，并防止被氧化D向盛有溶液的试管中滴加2滴溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加2滴溶液，产生黄色沉淀证明在相同温度下A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入少量氯化钡固体，钡离子与溶液中的碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向移动，溶液中的氢氧根离子浓度减小，红色变浅，则溶液红色变浅能证明碳酸钠溶液中存在水解平衡，故A正确；次氯酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则用pH试纸无法测定次氯酸钠溶液的pH，所以无法用用pH试纸分别测定浓度相等的次氯酸钠溶液和碳酸氢钠溶液的pH的方法比较次氯酸和碳酸的酸性强弱，故B错误；配制氯化亚铁溶液时，不能向溶液中加入铜粉，否则亚铁离子被氧化生成的铁离子会与铜反应生成铜离子而引入杂质，故C错误；向过量的硝酸银溶液中加入氯化钠溶液后，再加入碘化钠溶液，溶液中只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，不能比较氯化银和碘化银溶度积的大小，故D错误；故选A。13.自然界中，闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液能转化成更难溶的铜蓝(CuS)。常温下，Mn+(指Zn2+或Cu2+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.直线①代表ZnS的沉淀溶解平衡B.P点：可析出CuS沉淀，不能析出ZnS沉淀C.将Q点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，曲线①的Ksp变大D.常温下，闪锌矿转化成铜蓝的平衡体系中=1010【答案】D【解析】，则，即，，同理可知，闪锌矿（ZnS）遇到硫酸铜溶液能转化成更难溶的铜蓝（CuS），则，当金属离子浓度相同时，CuS中更小，故曲线①为CuS的沉淀溶解平衡，曲线②为ZnS的沉淀溶解平衡。由上述分析可知，直线①代表CuS的沉淀溶解平衡，故A错误；c(S2-)越大，-lgc(S2-)越小，所以P点为CuS、ZnS的不饱和溶液，不能析出CuS、ZnS沉淀，故B错误；Ksp只与温度有关，恢复到室温，温度相同，CuS的Ksp不变，故C错误；闪锌矿转化成铜蓝的体系中，，，根据图中数据，Q点时，根据点（15，10）可得，则，故D正确；答案选D。14.氨气在工业上应用广泛，已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，反应相同时间，NH3的体积百分数随温度的变化情况如图所示，下列相关描述正确的是A.线上的点均代表平衡时刻的点 B.逆反应速率：va＞vbC.b点时v正<v逆 D.平衡常数值：Kc＞Kd【答案】D【解析】由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的形成过程，c点以后为平衡的移动过程。由分析可知，c点以前均未达到平衡，故A错误；温度越高，反应速率越快，由于a点温度小于b点，且a点c(NH3)低于b点，故a点的逆反应速率比b点的小，故B错误；由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则c点平衡常数大于d点，故D正确；故选D。15.25℃时，用HCl气体调节氨水的pH．溶液中微粒浓度的对数值()、反应物的物质的量之比与pH的关系如下图。若忽略通入气体后溶液体积的变化。下列说法错误的是A.所示溶液中：B.所示溶液中：C.时溶液中：D.25℃时，水解平衡常数数量级为【答案】B【解析】由图知，，根据电荷守恒：，故，由图知，得，A正确；由图知点，，，带入电荷守恒，，故，B错误；时，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，联立得，C正确；25℃，时，由图知，，则NH4Cl水解平衡常数数量级为10-10，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.回答下列问题。（1）现有常温下盐酸(甲)、的醋酸溶液(乙)和(丙)，请根据下列操作回答：①常温下，将丙溶液加水稀释，下列数值变大是___________(填字母)。A．B．C．D．②已知，则醋酸溶液(乙)的浓度为_______(结果保留三位有效数字)。③常温下，取甲、乙各1mL分别稀释至100mL，稀释后，溶液的pH：甲______乙(填“>”“<”或“=”)。（2）①相同条件下，取相同体积、相同pH的、和三种碱溶液，分别滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为、、，则三者的大小关系为________。②某温度下，，将的溶液和的溶液混合均匀，测得溶液的，则___________。（3）已知：在25℃，有关弱电解质的电离平衡常数如下表：弱电解质电离平衡常数①将通入氨水中，当降至时，溶液中的___________。②下列微粒在溶液中不能大量共存的是___________。A．、B．、C．、D．、【答案】（1）①CD②.5.71(或5.72)③.>（2）①.②.9：1（3）①.10.2②.AD【解析】【小问1详析】①氨水中存在NH3·H2ONH+OH-，加水稀释，促进一水合氨的电离A．，Kw只受温度影响，加水稀释，c(NH3·H2O)减小，Kw不变，因此加水稀释，该比值减小，故A不符合题意；B．加水稀释c(OH-)降低，根据Kw=c(OH-)·c(H+)，c(H+)增大，因此加水稀释，该比值减小，故B不符合题意；C．加水稀释，促进电离，n(NH)增大，故C符合题意；D．，加水稀释促进电离，n(NH)增大，n(NH3·H2O)减小，因此加水稀释，该比值增大，故D符合题意；答案为CD；②pH=2的醋酸溶液，溶液中c(H+)=10-2mol/L，醋酸属于弱酸，电离程度微弱，有c(CH3COO-)≈c(H+)=10-2mol/L，醋酸的电离平衡常数Ka=，计算得出c(CH3COOH)≈5.71或5.72，故答案为5.71或5.72；③盐酸强酸，醋酸为弱酸，相同pH时，稀释相同倍数，强酸溶液pH变化大，即稀释后，溶液pH：甲＞乙；故答案为＞；【小问2详析】①Ba(OH)2、NaOH均为强碱，pH相同时，两溶液中c(OH-)相同，向等体积的两种溶液滴加等浓度的盐酸，两种碱消耗盐酸的量相等，即V1=V2，NH3·H2O为弱碱，相同pH时，c(NaOH)＜c(NH3·H2O)，向等体积的氨水和NaOH中滴加等浓度盐酸，氨水消耗的盐酸体积多，即V3＞V2，综上所述，三者大小关系是V3＞V2=V1；故答案为V3＞V2=V1；②该温度下，Kw=1.0×10-12，当pH=6时，溶液向中性，硫酸、氢氧化钠混合后溶液pH=7，溶液显碱性，因此有，解得Va∶Vb=9∶1；故答案为9∶1；【小问3详析】①溶液中=1.02；故答案为1.02；②根据表中数据，判断出电离H+能力强弱顺序：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO；A．SO具有还原性，HClO具有强氧化性，两者因发生氧化还原反应，不能大量共存，故A符合题意；B．电离H+能力强弱顺序，ClO-、HCO不发生反应，可以大量共存，故B不符合题意；C．电离H+能力强弱顺序，HClO、HCO不发生反应，可以大量共存，故C不符合题意；D．电离H+能力强弱顺序，HSO＞HCO，因此HSO与CO反应生成HCO和SO，不能大量共存，故D不符合题意；答案为AD。17.Ⅰ．现有以下物质：①溶液；②蔗糖；③固体；④熔融；⑤胶体；⑥；⑦；⑧；⑨石墨。（1）以上物质中属于电解质的是_______(填标号，下同)；属于非电解质的是________。（2）以上物质属于纯净物且能导电的是________。Ⅱ．某学生用的标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入溶液至“0”刻度线以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：（3）以上步骤有错误的是___________(填标号)。（4）滴定终点的现象为___________；（5）用标准溶液滴定时，应将标准溶液注入_______中(从图中选填“甲”或“乙”)。（6）下列操作会引起实验结果偏大的是___________(填标号)。A.在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水B.滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡C.滴定终点俯视读数D.用滴定管量取待测液时，开始时正确读数，后俯视读数【答案】（1）①.③④⑥⑧②.②⑦（2）④⑨（3）①（4）当滴入最后半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色变成粉红色，且半分钟内不褪色（5）乙（6）BD【解析】【小问1详析】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物属于电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物属于非电解质，①溶液、⑤胶体属于混合物，⑨石墨为碳单质，它们均不是电解质也不是非电解质，其中②蔗糖、⑦熔融状态下和水溶液中自身不能电离出离子而导电属于非电解质，其余均属于电解质，则属于电解质的是③④⑥⑧；属于非电解质的是②⑦；【小问2详析】含有自由移动的离子或电子能导电，属于纯净物且能导电的是④⑨；【小问3详析】①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，用NaOH溶液润洗，再装液，①错误；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体，②正确；③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数，③正确；④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液，④正确；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数，⑤正确；以上步骤有错误的是①；【小问4详析】待测液为盐酸，滴入酚酞后为无色溶液，当加入NaOH达到滴定终点后，溶液变为粉红色，所以滴定终点的现象为：当滴入最后半滴NaOH溶液后，溶液由无色变成粉红色，且半分钟内不恢复，则证明达到滴定终点；【小问5详析】标准NaOH溶液为碱性溶液，应放入碱式滴定管中，所以选择乙装置；【小问6详析】A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，不影响实验结果，A无影响；B．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，初始读数偏小，滴定后无气泡，终点读数正确，所以两者之差偏大，会使得结果偏大，B符合题意；C．滴定终点俯视读数，所读读数偏低，初始正确，终点偏低，所以结果偏低，C不符合题意；D．用滴定管量取待测液时，开始时正确读数，后俯视读数，所量取的待测液体积偏大，消耗标准液体积偏大，结果会偏大，D符合题意；故答案选BD。18.一种从废钼钴催化剂中回收有价金属的工艺流程如图甲所示：已知：I．废钼钴催化剂的主要成分如表。主要成分质量分数44.61%6.67%13.98%II．“酸浸”所得溶液中主要含有H+、Bi3+、Co2+等阳离子。回答下列问题：