2024-2025学年广东省东莞市五校联考化学试题高二上学期12月期中（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省东莞市五校联考2024-2025学年高二上学期12月期中(考试时间：75分钟，满分100分)本卷可能用到的相对原子质量为：H-1C-12O-16一、单选题：本题共16小题，共44分。第1-10小题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列叙述或数据正确是A.用滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为B.用量筒量取盐酸C.用托盘天平称固体D.用广泛试纸测得某溶液的为2.3【答案】C【解析】滴定管为精量器，精确到0.01mL，则用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.70mL，故A错误；量筒为粗量器，精确到0.1mL，可用量筒量取5.0mL1.00mol/L盐酸，故B错误；托盘天平为粗量器，精确到0.1g，可用托盘天平称5.6g氯化钠固体，故C正确；广泛pH试纸精确到整数，不能测得pH为2.3，故D错误；故选C2.化学反应与能量关系密切，下列说法正确的是A.已知：C(石墨，s)(金刚石，s)，则金刚石比石墨稳定B.已知：，则和稀溶液反应生成水的反应热C.已知：甲烷的燃烧热，则：D.已知：下，，则和过量的在此条件下充分反应，放出热量小于【答案】D【解析】石墨转化为金刚石的反应为吸热反应说明石墨的能量小于金刚石的能量，物质的能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故A错误；硫酸溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，生成硫酸钡沉淀时会放出热量，则硫酸和氢氧化钡稀溶液反应生成2mol的反应热△H＜—114.6kJ/mol，故B错误；甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量，液态水的能量低于气态水，则甲烷燃烧生成气态水的反应热△H＞—890.3kJ/mol，故C错误；合成氨反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则1.5mol氢气和过量氮气不可能完全反应，反应放出的热量小于46.2kJ，故D正确；故选D。3.在容积不变的密闭容器中，A与B反应生成C，其化学反应速率分别用、、表示。已知：、，则该反应可表示为A. B.C. D.【答案】C【解析】对于同一个化学反应，不同的物质表示的反应速率是不同的，但表示的意义是相同的，且反应速率之比等于相应的化学计量数之比。根据、可知，v(A)︰v(B)︰v(C)＝2︰3︰2，故该反应的化学计量之比为2︰3︰2，方程式即为：；故选C。4.下列说法不正确的是A.溶液蒸发结晶能得到固体B.工业上可利用水解制备C.除去溶液中的可加入后过滤D.配制溶液时，先将固体溶于较浓的盐酸中，再稀释到对应浓度【答案】A【解析】亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化为硫酸钠，所以亚硫酸钠溶液蒸发结晶不能得到亚硫酸钠固体，故A错误；四氯化钛是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应生成TiO2·nH2O，TiO2·nH2O灼烧脱水可以得到二氧化钛，故B正确；铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁和氢离子，向溶液中加入氧化铜，氧化铜与酸反应使溶液中的氢离子浓度减小，使水解平衡右移直至趋于完全生成氢氧化铁沉淀，所以除去溶液中的可加入后过滤，故C正确；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，所以配制溶液时，应先将固体溶于较浓的盐酸中，再稀释到对应浓度，故D正确；故选A。5.反应，若在恒压绝热的容器中发生，表明一定已达平衡状态的是A.容器内的压强不再变化B.容器内的温度不再变化C.相同时间内，断开键的数目和生成键的数目之比D.容器内气体的浓度【答案】B【解析】在恒压绝热的容器中反应时压强始终不变，则容器内压强保持不变不能说明反应已达到平衡，故A错误；合成氨反应是放热反应，在恒压绝热的容器中反应时反应放出的热量会使容器内的温度升高，则容器内的温度不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；相同时间内，断开键的数目和生成键的数目都代表正反应速率，则相同时间内，断开键的数目和生成键的数目之比不能说明反应已达到平衡，故C错误；容器内气体的浓度，并不能确定浓度不变，不能判定平衡状态，故D错误；故选B。6.常温下，将盐酸与氢氧化钡溶液等体积混合，忽略体积变化，计算该混合溶液的等于A.1.7 B.2.0 C.12.0 D.12.4【答案】C【解析】设盐酸和氢氧化钡溶液的体积为VL，由题意可知，0.1mol/L盐酸与0.06mol/L氢氧化钡溶液等体积混合后，溶液中氢氧根离子浓度为=0.01mol/L，则溶液pH为12.0，故选C。7.浓度为的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是①②③④A.①② B.①③ C.③④ D.②④【答案】A【解析】①向反应液中加入硫酸钾溶液相当于稀释盐酸，溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减慢，溶液中氢离子的物质的量不变，所以不影响氢气的生成量，故正确；②向反应液中加入醋酸钠溶液，醋酸钠溶液与盐酸反应生成弱酸醋酸，溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减慢，但溶液提供氢离子的物质的量不变，所以不影响氢气的生成量，故正确；③向反应液中加入硫酸铜溶液，锌与硫酸铜溶液反应生成的铜在溶液中构成原电池，原电池反应加快锌与盐酸的反应，故错误；④向反应液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，溶液中氢离子的物质的量减小，氢气的生成量减小，故错误；综上所述，①②正确，故选A。8.下列对有效碰撞理论的分析错误的是A.活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞B.向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增多C.升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大D.加入适宜的催化剂，降低反应活化能，使反应物分子中活化分子百分数增大【答案】B【解析】活化分子是能量较高的能够发生化学反应的分子。活化分子间只有按照一定的取向发生碰撞时才能发生化学反应，因此活化分子之间的碰撞不一定都是有效碰撞，A正确；加入相同浓度的反应物，活化分子百分数不变，B错误；升高温度，物质的内能增加，有更多的普通分子变为活化分子，活化分子数增加，活化分子百分数增加，C正确；催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，提高活化分子百分数，D正确；故合理选项是B。9.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.打开汽水瓶有气泡从溶液中冒出B.合成氨工厂采用增大压强以提高原料的利用率C.实验室用排饱和食盐水法收集氯气D.由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡减压后颜色变浅【答案】D【解析】气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；合成氨反应是气体体积减小的反应，合成氨工厂学采用增大压强以提高原料的利用率，可以用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2OH++Cl-+HClO可以用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；由H2+I22HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，减压后平衡不动，体积增大颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故D符合题意；故答案为D。10.溶液与溶液中加入含的溶液，反应机理如图，下列说法错误的是A.该反应为放热反应 B.反应的决速步骤为②C.可做该反应的催化剂 D.该反应可设计成原电池【答案】B【解析】由图可知，步骤①中铁离子是反应的反应物，反应②中铁离子是反应的生成物，铁离子是反应的催化剂，总反应为S2O+2I-2SO+。由图可知，该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故A正确；反应的活化能越高，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，步骤①的活化能高，所以反应①是决速步骤，故B错误；由分析可知，铁离子是反应的催化剂，故C正确；一般自发进行的氧化还原反应可以设计成原电池，由分析可知，该反应为有元素发生化合价变化的自发的氧化还原反应，所以该反应可设计成原电池，故D正确；故选B。11.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式错误的是A.用溶液处理水垢中的B.用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：C.向溶液中加入稀硫酸：D.泡沫灭火器灭火原理：【答案】B【解析】CaCO3为难溶物，CaSO4为微溶物，发生沉淀转化，离子方程式为，故A正确；草酸为弱酸，应该写化学式，不能写离子，离子方程式为：，故B错误；与稀硫酸二者反应生成SO2、H2O、S、Na2SO4，离子方程式为，故C正确；泡沫灭火器灭火的原理是硫酸铝与碳酸氢钠发生完全双水解反应，离子方程式为，故D正确；答案选B。12.下列有关电解质溶液的说法正确的是A.向溶液中加水稀释，溶液减小B.将溶液从升温至，溶液中增大C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中D.向的饱和溶液中加入少量固体，溶液中不变【答案】D【解析】醋酸溶液稀释时，溶液中的氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，故A错误；醋酸钠的水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应的水解常数Kh=增大，则溶液中减小，故B错误；向盐酸中加入氨水得到的中性溶液中，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒关系c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，溶液中c(NH)=c(Cl-)，故C错误；溶液中==，温度不变，溶度积不变，则溶液中不变，故D正确；故选D。13.钾的化合物对调节体内循环有重要用途，一定温度下，下列溶液中的离子浓度关系式正确的是A.的溶液中：B.溶液中：C.溶液中：D.相同的①、②、③三种溶液中的：(已知：的的)【答案】C【解析】碳酸氢钾溶液中存在电荷守恒关系，故A错误；硫化钾溶液中存在物料守恒关系，故B错误；碳酸钾溶液中存在质子守恒关系，故C正确；由电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中的水解程度大于醋酸根离子，则等浓度的氢氧化钾溶液、醋酸钾溶液次氯酸钾溶液的pH大小顺序为＞＞，则pH相同的三种溶液的浓度和钾离子浓度的大小顺序为＞＞，故D错误；故选C。14.下列实验设计能达到实验目的是选项AB装置和药品目的测定溶液浓度比较和对分解反应的催化效果选项CD装置和药品目的测中和热测定和稀硫酸反应的速率A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】溴水能腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以溴水不能用碱式滴定管盛装，且该实验不能用淀粉做指示剂，故A错误；由图可知，催化剂中阳离子、阴离子均不同，由探究实验变量唯一化原则可知，则题给装置无法达到比较铁离子和铜离子对过氧化氢分解的催化效果的实验目的，故B错误；由实验装置图可知，测中和热装置内外桶中间有隔热层，内外桶口与杯盖相平，吻合度高，有温度计、环形玻璃搅拌棒，则装置的保温效果好，最高温度的测定准确，能达到测中和热的实验目的，故C正确；由实验装置图可知，长颈漏斗可以有气体逸出，气体体积测量不准，无法达到测定锌和稀硫酸反应的速率的实验目的，故D错误；故选C。15.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是实验过程及现象实验结论A将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅B相同条件下，等体积的和，分别与足量的反应，放出的氢气多酸性：C相同条件下，用试纸分别测定同浓度溶液和溶液溶液大结合能力：D用计测定溶液的为3.2证明在水中的电离程度大于水解程度A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】将盛有二氧化氮的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅，说明反应的平衡向正反应方向移动，该反应是焓变小于0的放热反应，故A错误；等体积、pH为3的HA溶液和HB溶液分别与足量的锌反应，HA溶液放出的氢气多说明HA溶液的浓度大于HB溶液，则HA的酸性弱于HB，故B错误；相同条件下，用pH试纸分别测定同浓度醋酸钠溶液和亚硝酸钠溶液pH，醋酸钠溶液pH大，说明醋酸根离子结合氢离子的能力大于亚硝酸根离子，故C错误；用pH计测定1mol/L亚硫酸氢钠溶液的pH为3.2说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故D正确；故选D。16.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法错误是A.甲：反应时盐桥中的阳离子移向溶液B.乙：正极的电极反应式为C.丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D.丁：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降【答案】A【解析】甲装置为原电池，左侧铜片为负极，右边银为正极，盐桥中阳离子向正极移动，即向AgNO3溶液移动，故A错误；氧化银得电子作正极，生成银和氢氧根离子，电极反应式为Ag2O+2e-+H2O═2Ag+2OH-，故B正确；石磨棒作正极，锌筒作负极，失电子生成锌离子，发生氧化反应，因锌被消耗，所以锌筒会变薄，故C正确；图为铅蓄电池，放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，所以使用一段时间后，酸性减弱，导电能力下降，故D正确。答案选A。二、非选择题：本题共有4道大题，共56分。17.I．食醋是日常饮食中的一种调味剂，国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于。选择酚酞作指示剂，用标准溶液可以测定食醋中醋酸的浓度，以检测白醋是否符合国家标准。某品牌白醋的醋酸浓度测定过程如图所示，回答下列问题：（1）用___________(填仪器名称，下同)量取白醋，在烧杯中用水稀释后转移到___________中，并通过洗涤、定容等步骤即得待测白醋溶液。（2）写出白醋溶液中醋酸与溶液反应的离子方程式：___________。（3）滴定管在使用时的步骤为检漏、水洗、___________、装液、排气泡、调零、读数。（4）滴定终点的现象：___________。（5）下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏高的是___________。A.滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥B.滴定过程中振荡时锥形瓶内有液滴溅出C.读取溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数D.碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失（6）用标准的溶液滴定上述稀释后的醋酸溶液，滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/标准溶液的体积滴定前刻度/滴定后刻度/10.0225.0120.7025.7130.5024.20则该白醋中醋酸含量___________(填“是”或“否”)符合国家标准。II．常温下，用溶液滴定溶液所得滴定曲线如下图。（7）若忽略体积变化，点③所对应的溶液中___________(填数值)。（8）点①和②所对应的溶液中，水的电离程度大小①___________②(填“>”或“<”)。【答案】（1）①.酸式滴定管②.100mL容量瓶（2）CH3COOH+OH—=CH3COO—+H2O（3）润洗（4）滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色（5）D（6）符合（7）0.0500（8）<【解析】由题意可知，该实验的实验目的是用氢氧化钠标准溶液测定食醋中醋酸的浓度，以检测白醋是否符合国家标准。【小问1详析】配制白醋溶液的操作为用酸式滴定管量取10.00mL白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中，并通过洗涤、定容等步骤即得待测白醋溶液，故答案为：酸式滴定管；100mL容量瓶；【小问2详析】白醋溶液中醋酸与氢氧化镍溶液反应生成醋酸钠和水，反应的离子方程式为CH3COOH+OH—=CH3COO—+H2O，故答案为：CH3COOH+OH—=CH3COO—+H2O；【小问3详析】滴定管在使用时的步骤为检漏、水洗、润洗、装液、排气泡、调零、读数，故答案为：润洗；【小问4详析】醋酸溶液与氢氧化钠溶液完全反应后，滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液会由无色变浅红色，则滴定终点的现象为滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色；【小问5详析】A．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥不会影响醋酸的物质的量和消耗氢氧化钠溶液的体积，对测定结果无影响，故不符合题意；B．滴定过程中振荡时锥形瓶内有液滴溅出会使消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故不符合题意；C．读取氢氧化钠溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数会使消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故不符合题意；D．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失会使消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故符合题意；故选D；【小问6详析】由表格数据可知，三次实验消耗氢氧化钠溶液的体积分别为24.99mL、25.01mL、23.70mL，第三次实验的数据误差较大应舍去，滴定消耗氢氧化钠溶液的平均体积为25.00mL，则稀释前白醋中醋酸的物质的量为0.0600mol/L×0.025L×=6×10—3mol，醋酸含量为=0.036g/mL＞0.035g/mL，所以白醋符合国家标准，故答案为：符合；【小问7详析】由图可知，点③所得溶液为等浓度的醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应得到的醋酸钠溶液，由物料守恒可知，溶液中=0.0500mol/L，故答案为：0.0500；【小问8详析】由图可知，点①得到的溶液为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈酸性，点②得到的溶液为醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈中性，溶液中的氢离子浓度越大，抑制水电离的程度越大，所以点①水的电离程度小于点②，故答案为：<。18.亚硫酰氯和硫酰氯均是重要的化工原料。回答下列问题：（1）以二氧化硫、氯气和二氯化硫为原料可制备亚硫酰氯，涉及的反应如下：反应I：；反应II：。①反应的___________。②实验测得反应I的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。m、n为反应级数，可以为整数、分数、正数、负数和0)。为了测得反应级数，记录实验数据如表所示，根据实验数据计算___________，___________。序号速率a0.100.10b0.200.10c0.100.05（2）①遇水强烈水解生成两种强酸，发生的化学方程式为___________；向溶于水所得溶液中逐滴加入溶液，最先生成的沉淀是___________(填化学式)；当第二种离子开始沉淀时，溶液中为，则___________。[已知]。②蒸干溶液不能得到无水，将与混合加热，可得到无水，解释后者可得到无水的原因：___________。（3）锂亚硫酰氯电池是一种大容量电池，该电池用锂与石墨作电极材料，电解质溶液是由四氯化铝锂溶解在亚硫酰氯中形成的，其电池总反应方程式为：。①负极材料为___________(填化学式)。②正极的电极反应式为___________。【答案】（1）①.—477.3②.1③.1（2）①.SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl②.AgCl③.1.5×10—7④.将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，SOCl2与水反应生成的HCl抑制AlCl3的水解，且SOCl2与水反应减少了水的物质的量，所以能得到无水AlCl3（3）①.Li②.2SOCl2+4e—=S+SO2↑+4Cl—【解析】【小问1详析】①由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ=目标反应，则反应△H=（+5.6kJ/mol）+(—477.3kJ/mol)=—471.7kJ/mol，故答案为：—477.3；②实验a、b数据可得：=()m，解得m=1，由实验a、c数据可得：=()n，解得n=1，故答案为：1；1；【小问2详析】①由题意可知，硫酰氯与水反应生成硫酸和盐酸，反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；设反应生成硫酸的浓度为amol/L，由溶度积可知，溶液中硫酸根离子开始沉淀时，溶液中银离子浓度为，氯离子开始沉淀时，溶液中银离子浓度为，所以最先生成的沉淀是氯化银；溶液中银离子浓度为0.01mol/L时，溶液中=1.5×10—7，故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；AgCl；1.5×10—7；②氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，六水氯化铝与亚硫酰氯混合加热时，亚硫酰氯能夺取晶体中的结晶水，与水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应生成的氯化氢能抑制氯化铝的水解，所以能得到无水氯化铝，故答案为：将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，SOCl2与水反应生成的HCl抑制AlCl3的水解，且SOCl2与水反应减少了水的物质的量，所以能得到无水AlCl3；【小问3详析】由电池总反应方程式可知，锂电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，石墨电极为正极，亚硫酰氯在正极得到电子发生还原反应生成硫、二氧化硫和氯离子，电极反应式为2SOCl2+4e—=S+SO2↑+4Cl—，故答案为：Li；2SOCl2+4e—=S+SO2↑+4Cl—。19.利用软锰矿(主要成分是，其中还含有少量等杂质)制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。已知：常温下，金属氢氧化物沉淀时的如下表；氢氧化物开始沉淀1.56.57.73.8沉淀完全3.79.79.85.2常温下，难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质（1）①除去铁屑表面油污，可采用的方法是___________。②将软锰矿、铁屑和硫酸按一定比例放入反应装置中，搅拌、加热反应一定时间，其中搅拌、加热的目的是___________。③还可采取的措施有___________(写一种)。（2）“浸取”时，铁屑与反应生成的离子方程式为___________。（3）“沉铁、铝”时，加控制溶液范围是___________。（4）“深度除杂”中加入可以除去___________(填离子符号)。（5）“深度除杂”时，若溶液的过低，会导致杂质除去率___________(填“升高”或“降低”)。【答案】（1）①.用热的纯碱溶液浸泡铁屑②.使反应物充分接触，加快反应速率③.适当增大稀硫酸溶液的浓度（2）3MnO2+2Fe+12H+===3Mn2++2Fe3++6H2O（3）5.2~7.7（4）Ca2+、Mg2+（5）降低【解析】由题给流程可知，向软锰矿中加入铁和稀硫酸浸取，金属元素转化为成硫酸盐，二氧化硅和硫酸溶液不反应，过滤得到浸取液；向浸取液中加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入氟化锰，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到滤渣和滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰晶体。【小问1详析】①碳酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，油脂在碱性溶液能发生水解反应生成可溶性物质，所以可采用热的纯碱溶液浸泡铁屑的方法除去铁屑表面油污，故答案为：用热的纯碱溶液浸泡铁屑；②将软锰矿、铁屑和硫酸按一定比例放入反应装置中，搅拌、加热反应一定时间，其中搅拌、加热的目的是使反应物充分接触，加快反应速率，故答案为：使反应物充分接触，加快反应速率；③适当增大稀硫酸溶液的浓度也可以加快反应速率，故答案为：适当增大稀硫酸溶液的浓度；【小问2详析】浸取中铁屑与软锰矿发生的主要反应为酸性条件下铁与二氧化锰反应生成锰离子、铁离子和水，反应的离子方程式为3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O，故答案为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；【小问3详析】由分析可知，加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而溶液中的锰离子不转化为氢氧化锰沉淀，则由表格数据可知，控制溶液pH范围为5.2~7.7，故答案为：5.2~7.7；【小问4详析】“深度除杂”中加入氟化锰的目的是将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，故答案为：Ca2+、Mg2+；【小问5详析】“深度除杂”时，若溶液的pH过低，氟化锰会与溶液中的氢离子反应生成弱酸氢氟酸，不利于钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，导致杂质除去率降低，故答案为：降低。20.合成氨工业在国民生产中有重要意义，，以下是关于合成氨的有关问题，请回答：（1）已知合成氨反应的，，根据，试通过估算判断室温(即)下，合成氨的反应能否自发进行？___________(填“能”或“否”)。（2）某温度下，反应达到平衡后，若想提高的转化率，可以采取的措施有___________。A.加入催化剂 B.恒温恒压下充入一定量氩气C.其他条件不变降低反应体系的温度 D.恒温恒容下充入一定量（3）下图表示在恒压密闭容器中，不同温度下，达到平衡时体积百分数与投料比的关系：由此判断的大小关系为：___________。（4）由下表可知，时，反应①的平衡常数___________；当测得的浓度分别为时，则反应①的___________(填“>”、“=”或“<”)。200300400K0.5（5）下图为一定温度、恒容条件下，和以进行反应，则达平衡时，的体积分数随压强的变化示意图如下：①的浓度___________(填“>”、“=”或“<”)。②计算b点的分压平衡常数___________(列计算式，不用算出最终结果)。【答案】（1）能（2）CD（3）（4）①.2②.>（5）①.>②.kPa—2【解析】【小问1详析】由题给数据可知，反应△G=ΔH—TΔS=(—92.4kJ/mol)—[—0.19876kJ/(mol·K)]×298K≈—33.2kJ/mol＜0，所以室温下合成氨反应能自发进行，故答案为：能；【小问2详析】A．加入催化剂，化学反应速率加快，但平衡不移动，氢气的转化率不变，故错误；B．合成氨反应是气体体积减小的反应，恒温恒压下充入一定量不参与反应的氩气相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，氢气的转化率减小，故错误；C．合成氨反应是放热反应，其他条件不变降低反应体系的温度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，故正确；D．恒温恒容下充入一定量氮气，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，故正确；故选CD；【小问3详析】平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，合成氨为放热反应，投料比一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的百分含量减小、平衡常数减小，由图可知，T1条件下氨气的百分含量小于T2条件下，所以温度T1高于T2，由图可知，反应温度A=B＜C，则平衡常数的关系为，故答案为：；【小问4详析】由表格数据可知，400℃时氨气分解反应的平衡常数K==2；的浓度分别为时，反应的浓度熵Qc==＜K，则反应向正反应方向进行，氮气的正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；【小问5详析】设起始氮气和氢气的物质的量分别为1mol和3mol，平衡时氨气的物质的量为2xmol，由题意可建立如下三段式：①由图可知，a点氨气的百分含量为48%，由三段式数据可得：×100%=48%，解得x≈0.65；b点氨气的百分含量为60%，由三段式数据可得：×100%=60%，解得x=0.75，则a点氮气浓度大于b点，故答案为：>；②由①可知，b点反应达到平衡时，氮气、氢气、氨气的平衡分压分别为×60kPa=6kPa、×60kPa=18kPa、×60kPa=36kPa，则反应的分压平衡常数kPa—2，故答案为：kPa—2。广东省东莞市五校联考2024-2025学年高二上学期12月期中(考试时间：75分钟，满分100分)本卷可能用到的相对原子质量为：H-1C-12O-16一、单选题：本题共16小题，共44分。第1-10小题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列叙述或数据正确是A.用滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为B.用量筒量取盐酸C.用托盘天平称固体D.用广泛试纸测得某溶液的为2.3【答案】C【解析】滴定管为精量器，精确到0.01mL，则用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.70mL，故A错误；量筒为粗量器，精确到0.1mL，可用量筒量取5.0mL1.00mol/L盐酸，故B错误；托盘天平为粗量器，精确到0.1g，可用托盘天平称5.6g氯化钠固体，故C正确；广泛pH试纸精确到整数，不能测得pH为2.3，故D错误；故选C2.化学反应与能量关系密切，下列说法正确的是A.已知：C(石墨，s)(金刚石，s)，则金刚石比石墨稳定B.已知：，则和稀溶液反应生成水的反应热C.已知：甲烷的燃烧热，则：D.已知：下，，则和过量的在此条件下充分反应，放出热量小于【答案】D【解析】石墨转化为金刚石的反应为吸热反应说明石墨的能量小于金刚石的能量，物质的能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故A错误；硫酸溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，生成硫酸钡沉淀时会放出热量，则硫酸和氢氧化钡稀溶液反应生成2mol的反应热△H＜—114.6kJ/mol，故B错误；甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量，液态水的能量低于气态水，则甲烷燃烧生成气态水的反应热△H＞—890.3kJ/mol，故C错误；合成氨反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则1.5mol氢气和过量氮气不可能完全反应，反应放出的热量小于46.2kJ，故D正确；故选D。3.在容积不变的密闭容器中，A与B反应生成C，其化学反应速率分别用、、表示。已知：、，则该反应可表示为A. B.C. D.【答案】C【解析】对于同一个化学反应，不同的物质表示的反应速率是不同的，但表示的意义是相同的，且反应速率之比等于相应的化学计量数之比。根据、可知，v(A)︰v(B)︰v(C)＝2︰3︰2，故该反应的化学计量之比为2︰3︰2，方程式即为：；故选C。4.下列说法不正确的是A.溶液蒸发结晶能得到固体B.工业上可利用水解制备C.除去溶液中的可加入后过滤D.配制溶液时，先将固体溶于较浓的盐酸中，再稀释到对应浓度【答案】A【解析】亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化为硫酸钠，所以亚硫酸钠溶液蒸发结晶不能得到亚硫酸钠固体，故A错误；四氯化钛是强酸弱碱盐，在溶液中易发生水解反应生成TiO2·nH2O，TiO2·nH2O灼烧脱水可以得到二氧化钛，故B正确；铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁和氢离子，向溶液中加入氧化铜，氧化铜与酸反应使溶液中的氢离子浓度减小，使水解平衡右移直至趋于完全生成氢氧化铁沉淀，所以除去溶液中的可加入后过滤，故C正确；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，所以配制溶液时，应先将固体溶于较浓的盐酸中，再稀释到对应浓度，故D正确；故选A。5.反应，若在恒压绝热的容器中发生，表明一定已达平衡状态的是A.容器内的压强不再变化B.容器内的温度不再变化C.相同时间内，断开键的数目和生成键的数目之比D.容器内气体的浓度【答案】B【解析】在恒压绝热的容器中反应时压强始终不变，则容器内压强保持不变不能说明反应已达到平衡，故A错误；合成氨反应是放热反应，在恒压绝热的容器中反应时反应放出的热量会使容器内的温度升高，则容器内的温度不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；相同时间内，断开键的数目和生成键的数目都代表正反应速率，则相同时间内，断开键的数目和生成键的数目之比不能说明反应已达到平衡，故C错误；容器内气体的浓度，并不能确定浓度不变，不能判定平衡状态，故D错误；故选B。6.常温下，将盐酸与氢氧化钡溶液等体积混合，忽略体积变化，计算该混合溶液的等于A.1.7 B.2.0 C.12.0 D.12.4【答案】C【解析】设盐酸和氢氧化钡溶液的体积为VL，由题意可知，0.1mol/L盐酸与0.06mol/L氢氧化钡溶液等体积混合后，溶液中氢氧根离子浓度为=0.01mol/L，则溶液pH为12.0，故选C。7.浓度为的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是①②③④A.①② B.①③ C.③④ D.②④【答案】A【解析】①向反应液中加入硫酸钾溶液相当于稀释盐酸，溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减慢，溶液中氢离子的物质的量不变，所以不影响氢气的生成量，故正确；②向反应液中加入醋酸钠溶液，醋酸钠溶液与盐酸反应生成弱酸醋酸，溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减慢，但溶液提供氢离子的物质的量不变，所以不影响氢气的生成量，故正确；③向反应液中加入硫酸铜溶液，锌与硫酸铜溶液反应生成的铜在溶液中构成原电池，原电池反应加快锌与盐酸的反应，故错误；④向反应液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，溶液中氢离子的物质的量减小，氢气的生成量减小，故错误；综上所述，①②正确，故选A。8.下列对有效碰撞理论的分析错误的是A.活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞B.向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增多C.升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大D.加入适宜的催化剂，降低反应活化能，使反应物分子中活化分子百分数增大【答案】B【解析】活化分子是能量较高的能够发生化学反应的分子。活化分子间只有按照一定的取向发生碰撞时才能发生化学反应，因此活化分子之间的碰撞不一定都是有效碰撞，A正确；加入相同浓度的反应物，活化分子百分数不变，B错误；升高温度，物质的内能增加，有更多的普通分子变为活化分子，活化分子数增加，活化分子百分数增加，C正确；催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，提高活化分子百分数，D正确；故合理选项是B。9.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.打开汽水瓶有气泡从溶液中冒出B.合成氨工厂采用增大压强以提高原料的利用率C.实验室用排饱和食盐水法收集氯气D.由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡减压后颜色变浅【答案】D【解析】气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；合成氨反应是气体体积减小的反应，合成氨工厂学采用增大压强以提高原料的利用率，可以用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2OH++Cl-+HClO可以用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；由H2+I22HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，减压后平衡不动，体积增大颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故D符合题意；故答案为D。10.溶液与溶液中加入含的溶液，反应机理如图，下列说法错误的是A.该反应为放热反应 B.反应的决速步骤为②C.可做该反应的催化剂 D.该反应可设计成原电池【答案】B【解析】由图可知，步骤①中铁离子是反应的反应物，反应②中铁离子是反应的生成物，铁离子是反应的催化剂，总反应为S2O+2I-2SO+。由图可知，该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故A正确；反应的活化能越高，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，步骤①的活化能高，所以反应①是决速步骤，故B错误；由分析可知，铁离子是反应的催化剂，故C正确；一般自发进行的氧化还原反应可以设计成原电池，由分析可知，该反应为有元素发生化合价变化的自发的氧化还原反应，所以该反应可设计成原电池，故D正确；故选B。11.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式错误的是A.用溶液处理水垢中的B.用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：C.向溶液中加入稀硫酸：D.泡沫灭火器灭火原理：【答案】B【解析】CaCO3为难溶物，CaSO4为微溶物，发生沉淀转化，离子方程式为，故A正确；草酸为弱酸，应该写化学式，不能写离子，离子方程式为：，故B错误；与稀硫酸二者反应生成SO2、H2O、S、Na2SO4，离子方程式为，故C正确；泡沫灭火器灭火的原理是硫酸铝与碳酸氢钠发生完全双水解反应，离子方程式为，故D正确；答案选B。12.下列有关电解质溶液的说法正确的是A.向溶液中加水稀释，溶液减小B.将溶液从升温至，溶液中增大C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中D.向的饱和溶液中加入少量固体，溶液中不变【答案】D【解析】醋酸溶液稀释时，溶液中的氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，故A错误；醋酸钠的水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应的水解常数Kh=增大，则溶液中减小，故B错误；向盐酸中加入氨水得到的中性溶液中，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒关系c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，溶液中c(NH)=c(Cl-)，故C错误；溶液中==，温度不变，溶度积不变，则溶液中不变，故D正确；故选D。13.钾的化合物对调节体内循环有重要用途，一定温度下，下列溶液中的离子浓度关系式正确的是A.的溶液中：B.溶液中：C.溶液中：D.相同的①、②、③三种溶液中的：(已知：的的)【答案】C【解析】碳酸氢钾溶液中存在电荷守恒关系，故A错误；硫化钾溶液中存在物料守恒关系，故B错误；碳酸钾溶液中存在质子守恒关系，故C正确；由电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中的水解程度大于醋酸根离子，则等浓度的氢氧化钾溶液、醋酸钾溶液次氯酸钾溶液的pH大小顺序为＞＞，则pH相同的三种溶液的浓度和钾离子浓度的大小顺序为＞＞，故D错误；故选C。14.下列实验设计能达到实验目的是选项AB装置和药品目的测定溶液浓度比较和对分解反应的催化效果选项CD装置和药品目的测中和热测定和稀硫酸反应的速率A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】溴水能腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以溴水不能用碱式滴定管盛装，且该实验不能用淀粉做指示剂，故A错误；由图可知，催化剂中阳离子、阴离子均不同，由探究实验变量唯一化原则可知，则题给装置无法达到比较铁离子和铜离子对过氧化氢分解的催化效果的实验目的，故B错误；由实验装置图可知，测中和热装置内外桶中间有隔热层，内外桶口与杯盖相平，吻合度高，有温度计、环形玻璃搅拌棒，则装置的保温效果好，最高温度的测定准确，能达到测中和热的实验目的，故C正确；由实验装置图可知，长颈漏斗可以有气体逸出，气体体积测量不准，无法达到测定锌和稀硫酸反应的速率的实验目的，故D错误；故选C。15.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是实验过程及现象实验结论A将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅B相同条件下，等体积的和，分别与足量的反应，放出的氢气多酸性：C相同条件下，用试纸分别测定同浓度溶液和溶液溶液大结合能力：D用计测定溶液的为3.2证明在水中的电离程度大于水解程度A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】将盛有二氧化氮的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅，说明反应的平衡向正反应方向移动，该反应是焓变小于0的放热反应，故A错误；等体积、pH为3的HA溶液和HB溶液分别与足量的锌反应，HA溶液放出的氢气多说明HA溶液的浓度大于HB溶液，则HA的酸性弱于HB，故B错误；相同条件下，用pH试纸分别测定同浓度醋酸钠溶液和亚硝酸钠溶液pH，醋酸钠溶液pH大，说明醋酸根离子结合氢离子的能力大于亚硝酸根离子，故C错误；用pH计测定1mol/L亚硫酸氢钠溶液的pH为3.2说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故D正确；故选D。16.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法错误是A.甲：反应时盐桥中的阳离子移向溶液B.乙：正极的电极反应式为C.丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D.丁：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降【答案】A【解析】甲装置为原电池，左侧铜片为负极，右边银为正极，盐桥中阳离子向正极移动，即向AgNO3溶液移动，故A错误；氧化银得电子作正极，生成银和氢氧根离子，电极反应式为Ag2O+2e-+H2O═2Ag+2OH-，故B正确；石磨棒作正极，锌筒作负极，失电子生成锌离子，发生氧化反应，因锌被消耗，所以锌筒会变薄，故C正确；图为铅蓄电池，放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，所以使用一段时间后，酸性减弱，导电能力下降，故D正确。答案选A。二、非选择题：本题共有4道大题，共56分。17.I．食醋是日常饮食中的一种调味剂，国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于。选择酚酞作指示剂，用标准溶液可以测定食醋中醋酸的浓度，以检测白醋是否符合国家标准。某品牌白醋的醋酸浓度测定过程如图所示，回答下列问题：（1）用___________(填仪器名称，下同)量取白醋，在烧杯中用水稀释后转移到___________中，并通过洗涤、定容等步骤即得待测白醋溶液。（2）写出白醋溶液中醋酸与溶液反应的离子方程式：___________。（3）滴定管在使用时的步骤为检漏、水洗、___________、装液、排气泡、调零、读数。（4）滴定终点的现象：___________。（5）下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏高的是___________。A.滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥B.滴定过程中振荡时锥形瓶内有液滴溅出C.读取溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数D.碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失（6）用标准的溶液滴定上述稀释后的醋酸溶液，滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/标准溶液的体积滴定前刻度/滴定后刻度/10.0225.0120.7025.7130.5024.20则该白醋中醋酸含量___________(填“是”或“否”)符合国家标准。II．常温下，用溶液滴定溶液所得滴定曲线如下图。（7）若忽略体积变化，点③所对应的溶液中___________(填数值)。（8）点①和②所对应的溶液中，水的电离程度大小①___________②(填“>”或“<”)。【答案】（1）①.酸式滴定管②.100mL容量瓶（2）CH3COOH+OH—=CH3COO—+H2O（3）润洗（4）滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色（5）D（6）符合（7）0.0500（8）<【解析】由题意可知，该实验的实验目的是用氢氧化钠标准溶液测定食醋中醋酸的浓度，以检测白醋是否符合国家标准。【小问1详析】配制白醋溶液的操作为用酸式滴定管量取10.00mL白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中，并通过洗涤、定容等步骤即得待测白醋溶液，故答案为：酸式滴定管；100mL容量瓶；【小问2详析】白醋溶液中醋酸与氢氧化镍溶液反应生成醋酸钠和水，反应的离子方程式为CH3COOH+OH—=CH3COO—+H2O，故答案为：CH3COOH+OH—=CH3COO—+H2O；【小问3详析】滴定管在使用时的步骤为检漏、水洗、润洗、装液、排气泡、调零、读数，故答案为：润洗；【小问4详析】醋酸溶液与氢氧化钠溶液完全反应后，滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液会由无色变浅红色，则滴定终点的现象为滴入最后半滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色；【小问5详析】A．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥不会影响醋酸的物质的量和消耗氢氧化钠溶液的体积，对测定结果无影响，故不符合题意；B．滴定过程中振荡时锥形瓶内有液滴溅出会使消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故不符合题意；C．读取氢氧化钠溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数会使消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故不符合题意；D．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失会使消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故符合题意；故选D；【小问6详析】由表格数据可知，三次实验消耗氢氧化钠溶液的体积分别为24.99mL、25.01mL、23.70mL，第三次实验的数据误差较大应舍去，滴定消耗氢氧化钠溶液的平均体积为25.00mL，则稀释前白醋中醋酸的物质的量为0.0600mol/L×0.025L×=6×10—3mol，醋酸含量为=0.036g/mL＞0.035g/mL，所以白醋符合国家标准，故答案为：符合；【小问7详析】由图可知，点③所得溶液为等浓度的醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应得到的醋酸钠溶液，由物料守恒可知，溶液中=0.0500mol/L，故答案为：0.0500；【小问8详析】由图可知，点①得到的溶液为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈酸性，点②得到的溶液为醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈中性，溶液中的氢离子浓度越大，抑制水电离的程度越大，所以点①水的电离程度小于点②，故答案为：<。18.亚硫酰氯和硫酰氯均是重要的化工原料。回答下列问题：（1）以二氧化硫、氯气和二氯化硫为原料可制备亚硫酰氯，涉及的反应如下：反应I：；反应II：。①反应的___________。②实验测得反应I的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。m、n为反应级数，可以为整数、分数、正数、负数和0)。为了测得反应级数，记录实验数据如表所示，根据实验数据计算___________，___________。序号速率a0.100.10b0.200.10c0.100.05（2）①遇水强烈水解生成两种强酸，发生的化学方程式为___________；向溶于水所得溶液中逐滴加入溶液，最先生成的沉淀是___________(填化学式)；当第二种离子开始沉淀时，溶液中为，则___________。[已知]。②蒸干溶液不能得到无水，将与混合加热，可得到无水，解释后者可得到无水的原因：___________。（3）锂亚硫酰氯电池是一种大容量电池，该电池用锂与石墨作电极材料，电解质溶液是由四氯化铝锂溶解在亚硫酰氯中形成的，其电池总反应方程式为：。①负极材料为___________(填化学式)。②正极的电极反应式为___________。【答案】（1）①.—477.3②.1③.1（2）①.SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl②.AgCl③.1.5×10—7④.将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，SOCl2与水反应生成的HCl抑制AlCl3的水解，且SOCl2与水反应减少了水的物质的量，所以能得到无水AlCl3（3）①.Li②.2SOCl2+4e—=S+SO2↑+4Cl—【解析】【小问1详析】①由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ=目标反应，则反应△H=（+5.6kJ/mol）+(—477.3kJ/mol)=—471.7kJ/mol，故答案为：—477.3；②实验a、b数据可得：=()m，解得m=1，由实验a、c数据可得：=()n，解得n=1，故答案为：1；1；【小问2详析】①由题意可知，硫酰氯与水反应生成硫酸和盐酸，反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；设反应生成硫酸的浓度为amol/L，由溶度积可知，溶液中硫酸根离子开始沉淀时，溶液中银离子浓度为，氯离子开始沉淀时，溶液中银离子浓度为，所以最先生成的沉淀是氯化银；溶液中银离子浓度为0.01mol/L时，溶液中=1.5×10—7，故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；AgCl；1.5×10—7；②氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，六水氯化铝与亚硫酰氯混合加热时，亚硫酰氯能夺取晶体中的结晶水，与水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应生成的氯化氢能抑制氯化铝的水解，所以能得到无水氯化铝，故答案为：将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，SOCl2与水反应生成的HCl抑制AlCl3的水解，且SOCl2与水反应减少了水的物质的量，所以能得到无水AlCl3；【小问3详析】由电池总反应方程式可知，锂电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，石墨电极为正极，亚硫酰氯在正极得到电子发生还原反应生成硫、二氧化硫和氯离子，电极反应式为2SOCl2+4e—=S+SO2↑+4Cl—，故答案为：Li；2SOCl2+4e—=S+SO2↑+4Cl—。19.利用软锰矿(主要成分是，其中还含有少量等杂质)制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。已知：常温下，金属氢氧化物沉淀时的如下表；氢氧化物开始沉淀1.56.57.73.8沉淀完全3.79.79.85.2常温下，难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质（1）①除去铁屑表面油污，可采用的方法是___________。②将软锰矿、铁屑和硫酸按一定比例放入反应装置中，搅拌、加热反应一定时间，其中搅拌、加热的目的是___________。③还可采取的措施有___________(写一种)。（2）“浸取”时，铁屑与反应生成的离子方程式为___________。（3）“沉铁、铝”时，加控制溶液范围是___________。（4）“深度除杂”中加入可以除去___________(填离子符号)。（5）“深度除杂”时，若溶液的过低，会导致杂质除去率___________(填“升高”或“降低