【文档说明】四川省成都市石室中学2024-2025学年高二上学期10月月考 化学试卷 Word版含解析.docx，共(28)页，1.090 MB，由小赞的店铺上传

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成都石室中学2024—2025学年度上期高2026届十月考试化学试卷试卷说明：1.满分100分，考试时间90分钟；2.可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23K：39S：32Cl：35.5Cu：64I卷一、选择题(共22道小题，单选，每题2分)1.下列词

语描述中，属于△H<0、△S>0的化学变化的是A.春风化雨B.滴水成冰C.蜡炬成灰D.聚沙成塔【答案】C【解析】【详解】A．春风化雨不包含化学变化，故A不选；B．滴水成冰不包含化学变化，故B不选；C．蜡炬成灰是放热反应，△H<0；烃燃烧变为CO2和水，△S>0，故C选；D

．聚沙成塔不包含化学变化，故D不选；答案选C。2.在一个密闭容器中发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，反应过程中某一时刻测得SO2、O2、SO3的浓度分别为：0.2mol·L－1、0.2mol·L－1、0.2mol·L－1，当

反应达到平衡时，可能出现的数据是()A.c(SO3)＝0.4mol·L－1B.c(SO2)＝c(SO3)＝0.15mol·L－1C.c(SO2)＝0.25mol·L－1D.c(SO2)+c(SO3)＝0.5mol·L－1【答案】C【解析】【详解】反应过程中某一时刻测得SO2，O2，SO3的浓

度分别为：0.2mol•L-1，0.2mol•L-1，0.2mol•L-1，假设二氧化硫和氧气转化为三氧化硫，当二氧化硫完全转化时，氧气有0.1mol/L的转化，生成0.2mol/L三氧化硫，此时c(SO2)=0、c(O2)=0.1mol/L、c(SO3)=0.4mol/L；假

设三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气，则c(SO2)=0.4mol/L、c(O2)=0.3mol/L、c(SO3)=0mol/L，实际上存在平衡状态，所以存在0＜c(SO2)＜0.4mol/L、0.1mol/L＜c(O2)＜0.3mol/L

、0＜c(SO3)＜0.4mol/L。A．c(SO3)＝0.4mol·L－1，不满足0＜c(SO3)＜0.4mol/L，故A错误；B．c(SO2)＝c(SO3)＝0.15mol·L－1，c(SO2)、c(SO3)不可能都减小，故B错误；C．c(SO2)＝0.25mol·L－

1，满足0＜c(SO2)＜0.4mol/L，故C正确；D．根据方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，c(SO2)+c(SO3)＝0.4mol·L－1，故D错误；故选C。3.足量块状铁与100mL0.01mol/L的稀硫酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不

改变生成2H的量，可以使用如下方法中的①滴入几滴硫酸铜溶液②加NaOH固体③将稀硫酸改用98%的浓硫酸④将块状铁改为铁粉⑤加入3NaNO固体⑥升高温度A.③④⑥B.①④⑥C.②③⑤D.①⑤⑥【答案】B【解析】【分析】①铁与硫酸铜反应置换

出铜单质，形成铁铜原电池，加快反应速率，故正确；②加NaOH固体，硫酸浓度降低，反应速率减小，故错误；③将稀硫酸改用98%的浓硫酸，与铁反应不发生氢气，且常温下钝化，故错误；④将块状铁改为铁粉，固体表面积增大，反应速率

增大，故正确；⑤加NaNO3固体，不影响反应速率，故错误；⑥升高温度，反应速率增大，故正确；【详解】A．③将稀硫酸改用98%的浓硫酸，与铁反应不发生氢气，且常温下钝化，不能加快反应速率，A错误；B．①④⑥均符合要求，B正确；C．②加NaOH固体，硫酸浓度降低，反应速

率减小，C错误；D．⑤加NaNO3固体，不影响反应速率，D错误；故选B。4.人体血液里存在H2CO3/3HCO−缓冲体系，可使血液的pH稳定在7.35～7.45，当血液pH低于7.2或高于7.5时，会发生酸中毒或碱中毒。缓冲体系的作用可用H+(aq)+3HC

O−(aq)H2CO3(aq)CO2(g)+H2O(l)表示。已知该温度下H2CO3的pKa1=6.1，pKa2=10.3，下列说法不正确的是A.正常人体血液中，c(3HCO−)<c(H2CO3)B.当过量的碱进入血液中时，会发生反应：3H

CO−+OH−=23CO−+H2OC.当人体血液中c(3HCO−)与c(H2CO3)之比等于30，人体出现碱中毒D.人体发生酸中毒时注射溶液NaHCO3可以缓解症状【答案】A【解析】【详解】A．正常人体血液中，以血

液中pH=7.40为例，由36.1123HCOHCO(H)()10()accKc−+−==得31.30.323HCOHCO()10101020()cc−===，323HCOHCO1()()20cc−=，由231

0.323COHCO(H)()10()accKc−+−−==得232.90.133COHCO()101010()cc−−−−==，230.13333COHCOHCO()1010()1.2610()ccc−−−−−=，说明血液中的碳的存

在形式以3HCO−为主，c(3HCO−)>c(H2CO3)，故A不正确；B．当过量的碱进入血液中时，发生反应：H2CO3+OH-=H2O+3HCO−和OH-+3HCO−=23CO−+H2O，故B正确；C．当人体血液中：323HCOHCO()30()cc−=时，由36.1123HCO

HCO(H)()10()accKc−+−==得6.110(H)mol/L30c−+=，pHlg(H)7.58c+=−=，超过7.45的上限，人体出现碱中毒，故C正确；D．由缓冲作用表达式可知，注射NaHCO3溶液使平衡正向移

动，氢离子浓度降低，可以缓解症状，故D正确；答案选A。5.下面是利用盐桥电池从某些含碘盐中提取碘的两个装置，下列说法中正确的是()A.两个装置中石墨Ⅰ和石墨Ⅱ作负极B.碘元素在装置①中被还原，在装置②中被氧化C

.①中MnO2极的电极反应式为MnO2＋2H2O＋2e－===Mn2＋＋4OH－D.装置①、②中生成等量的I2时，导线上通过的电子数之比为1∶5【答案】D【解析】【详解】A.装置①中碘离子失去电子，石墨Ⅰ是负极，装置②中碘酸钠得到电子被还原，石墨Ⅱ作正极，A项错

误；B.根据A项分析可知，碘元素在装置①中被氧化，在装置②中被还原，B项错误；C.①中MnO2得到电子，溶液呈酸性，则电极反应式为MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，C项错误；D.①中1mol碘化钠失去1mol电子，

②中1mol碘酸钠得到5mol电子，则装置①、②中生成等量的I2时，导线上通过的电子数之比为1∶5，D项正确；故答案为D。6.下列电离方程式或水解方程式书写正确的是电离方程式水解方程式①熔融状态的NaHSO4电离：NaHSO4=Na++4HSO−②H2CO3的电离：H2CO32

H++23CO−③Al(OH)3的碱式电离：Al(OH)3=Al3++3OH−④亚硫酸氢钠在水溶液中的电离：NaHSO3Na++3HSO−⑤HCl+H2O=H3O++Cl−⑥AlCl3+3H2O=Al(OH)3+3HCl⑦Na2CO3+2H2OH2CO3+2NaOH⑧碳酸氢钠水解：3HCO

−+H2O23CO−+H3O+⑨NH4Cl溶于D2O中：+4NH+D2ONH3·D2O+H+A.①④⑦⑧⑨B.①⑨C.①D.②③⑤⑥【答案】C【解析】【详解】①熔融状态下，NaHSO4电离生成Na+和-4HSO，电离方程式为NaHSO4=Na++4HSO−，故①正确；②H2C

O3是二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2CO3H++-3HCO、-3HCOH++2-3CO，故②错误；③Al(OH)3的碱式电离不完全，电离方程式为Al(OH)3Al3++3OH-，故③错误；④亚硫酸氢钠是强电解质，在水溶液中的电离方程式

为NaHSO3=Na++3HSO−，故④错误；⑤HCl是强酸，不水解，其电离方程式为HCl+H2O=H3O++Cl-，故⑤错误；⑥AlCl3是强酸弱碱盐，水解反应可逆，水解方程式为AlCl3+3H2OAl(OH)3+

3HCl，故⑥错误；⑦Na2CO3是强碱弱酸盐，分步水解，水解方程式为2-3CO+H2O-3HCO+OH-、-3HCO+H2OH2CO3+OH-，故⑦错误；⑧-3HCO+H2O2-3CO+H3O+是-3HCO的电离方程式，其水解方程式为-3H

CO+H2OH2CO3+OH-，故⑧错误；⑨NH4Cl在D2O中水解时与D2O反应生成NH3•HDO和D+，水解方程式为+4NH+D2ONH3•HDO+D+，故⑨错误；故选：C。7.50mL0.50mol∙L

-1盐酸与50mL0.55mol∙L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和反应反应热。下列说法错误的是A.仅凭如图装置无法完成实验B.倒入NaOH溶液的正确操作是沿玻璃棒缓慢倒入C.用同浓度的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得ΔH偏大

D.改用25mL0.50mol∙L-1盐酸与25mL0.55mol∙L-1NaOH溶液进行测定，中和热的数值不变【答案】B【解析】【详解】A．仅凭如图装置还缺少环形玻璃搅拌棒，无法完成实验，选项A正确；B．为了减少能量损失，一次迅速倒入NaOH溶液，选项B错

误；C．用同浓度的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，NH3·H2O的电离会吸收部分热量，使放出的热量偏少，放热焓变为负值，则测得ΔH偏大，选项C正确；D．中和热的含义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol

水的过程中所放出的热量，改用25mL0.50mol∙L-1盐酸与25mL0.55mol∙L-1NaOH溶液进行测定，中和热的数值不变，选项D正确；答案选B。8.催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是A.使用Ⅰ

和Ⅱ，反应历程都分4步进行B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大C.使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡D.使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大【答案】C【解析】【详解】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；B．由图可

知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢

，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；故选C。9.某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L−1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L−1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L−1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，

得到如图曲线，下列说法正确的的是A.图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B.当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：3HCO−+H+=CO2↑+H2OC.Na2CO3

和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)>c(23CO−)D.根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点【答案】D【解析】【分析】碳酸钠在溶液中的的水解程度大于碳酸氢钠，0.4mol/L碳酸钠溶液的pH大于0.2mol/L碳酸

氢钠溶液，则甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸、乙曲线表示碳酸氢钠溶液中滴加盐酸；碳酸钠溶液先与盐酸反应生成氯化钠和碳酸氢钠，反应生成的碳酸氢钠再与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则丁曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸、丙曲线表示碳酸氢钠溶液中滴加盐酸。【详解】A．由分析可知，

甲、丁曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸、乙、丙曲线表示碳酸氢钠溶液中滴加盐酸，故A错误；B．由题意可知，碳酸钠溶液与盐酸反应生成碳酸氢钠时，消耗盐酸溶液的体积为20mL，由图可知，V1大于20，没有二氧化碳气

体逸出，则溶液中发生的反应为3HCO−+H+=H2CO3，故B错误；C．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中分步水解，以一级水解为主，则溶液中碳酸根离子浓度远大于碳酸浓度；而碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，因此满足c(H2CO3)>c(23CO−)，故C错

误；D．由图可知，c点溶液的pH在9左右，符合酚酞的变色范围，可用酚酞作指示剂；d点溶液的pH在4左右，符合甲基橙的变色范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，故D正确；故选D。10.常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶

液体积变化的曲线如图所示，下列说法中正确的是A.两溶液稀释前的浓度相同B.a点的Kw值比b点的Kw值大C.a点水电离的c(H+)大于c点水电离的c(H+)D.a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为c>a>b【答案】C【解析】【分析】稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子

浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ为盐酸稀释曲线。【详解】A．稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相

等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A错误；B．相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故B错误；C．c点导电能力大于a点，则c点氢离子浓度大于a点，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度就越大，则c点水电离的H+物

质的量浓度小于a点水电离的H+物质的量浓度，故C正确；D．导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为b>a>c，故D错误；答案选C。11.炼油、石化等工业会

产生含硫(-2价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是A.转化I中Mn的化合价未发生变化B.催化氧化过程中有共价键的断裂C.催化氧化过程的总反应为：O2＋2H2O＋2S2-2MnO4OH-+2

SD.催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处【答案】A【解析】【详解】A．转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有S和O、Mn，A错误；B．二氧化锰为离子化

合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-的存在共价键的断裂；B正确；C．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质，即催化氧化过程的总反应为：O2＋2H2O＋2S2-2MnO

4OH-+2S，C正确；D．反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，D正确；故答案为：A。12.下列离子方程式与所给事实相符的

是A.往227KCrO溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，溶液由橙色变黄：222742CrOOH2CrOHO−−−++B.往淀粉KI溶液中滴入硫酸，溶液变蓝：2224I4HO2I2HO−+++=+C.加热2CuCl溶液，溶

液由蓝色变为黄绿色：()222424CuHO4ClCuCl4HO+−−++H0D.草酸使高锰酸钾褪色的总反应为：22424222MnO5CO16H2Mn10CO8HO−−++++=++【答案】

B【解析】【详解】A．往227KCrO溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，溶液由橙色变黄，是因为存在平衡222724CrOHO2CrO2H−−+++，滴加几滴浓NaOH溶液，平衡正向移动，A错误；B．往淀粉K

I溶液中滴入硫酸，溶液变蓝，说明酸性环境中氧气将碘离子氧化生成碘单质，离子反应为：2224I4HO2I2HO−+++=+，B正确；C．()222424CuHO4ClCuCl4HO+−−++

，()224CuHO+为蓝色，24CuCl−为黄绿色，加热2CuCl溶液，溶液由蓝色变为黄绿色，说明该平衡正向移动，正向反应为吸热反应，C错误；D．草酸是弱酸不能拆写成离子，应为24224222MnO5HCO6H2Mn10CO8HO−++++=++，D错误；故选B。1

3.室温时，取10.1molL−HCl和10.1molL−HA(一元酸，3a110K−=)混合溶液20mL，用10.1molL−NaOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法不正确．．．的是A.a点时，溶液中()()ClHAcc−B

.b点时，()()()()NaClHAAcccc+−−==+C.c点时，()1A0.05molLc−−=D.a→c过程中，水的电离程度逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．a点为10.1molL−HCl和10.1molL−HA混合溶液，HCl是强酸在

水溶液中完全电离，HA是弱酸在水溶液中不能完全电离，则溶液中()()ClHAcc−，故A正确；B．b点加入20mL10.1molL−NaOH溶液，反应后的溶液为NaCl和HA的等物质的量浓度混合溶液，根

据物料守恒()()()()NaClHAAcccc+−−==+，故B正确；C．c点加入40mL10.1molL−NaOH溶液，反应后的溶液为NaCl和NaA的等物质的量浓度混合溶液，A-发生水解而使浓度降低，()1A0.05molL−−c，故C错误；D．a→c过程中，加入

的NaOH溶液分别和HCl和HA发生中和反应，水的电离程度逐渐增大，故D正确；故选C。14.下列反应及其自由能与温度的关系如下图所示：Ⅰ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1=−116kJ·mol−1Ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=−

41kJ·mol−1Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3下列说法错误的是A.反应Ⅱ在T<427K时，能自发进行B.相同温度下，ΔG(Ⅰ)<ΔG(Ⅱ)的主要原因可能是ΔH1>ΔH2C.ΔH3=−75kJ·mol−

1D.400K时，平衡常数K(Ⅲ)=()K()KⅠⅡ【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，温度小于427K时，反应Ⅱ的自由能小于0，反应能自发进行，故A正确；B．由方程式可知，反应Ⅰ的焓变ΔH1小于反应

Ⅱ的焓变ΔH2，故B错误；C．由盖斯定律可知，反应Ⅰ—反应Ⅱ=反应Ⅲ，则ΔH3=(−116kJ·mol−1)—(−41kJ·mol−1)=−75kJ·mol−1，故C正确；D．由盖斯定律可知，反应Ⅰ—反应Ⅱ=反应Ⅲ，则400K时，

平衡常数K(Ⅲ)=()K()KⅠⅡ，故D正确；故选B。15.已知2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的速率方程为v=k·cn(N2O)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，N2O在催化剂X表面反应的变化数据如下，下列说法正确的是t/mi

n010203040506070c(N2O)/mol·L−10.1000.080c10.0400.020c2c30A.n=0，c1>c2=c3B.t=10min时，v(N2O)=2.0×10−3mol·L−1·s−1C.相同条件下，增大N2O的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率D.保持其他

条件不变，若N2O起始浓度为0.200mol·L−1，当浓度减至一半时共耗时100min【答案】A【解析】【分析】根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O的消耗是匀速的，说明反应速率与()2NOc无关，故速率方程中n=0；【详解】A．由分析

可知，n=0，与N2O浓度无关，为匀速反应，每10min一氧化二氮浓度减小0.021molL−，则123=0.060ccc==，A正确；B．由分析可知，n=0，速率与N2O浓度无关，为匀速反应，t=10min时瞬时速率等于平均速率()2NOv=()0.100-0.080mol/L10min=3

112010molLmin−--.≠3112.010molLs−−−，B错误；C．速率方程中n=0，反应速率与N2O的浓度无关，C错误；D．保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为3112010molLm

in−--．，若起始浓度10.200molL-，减至一半时所耗时间为3112010mol0.100mol/LLmin−--．=50min，D错误；答案选A。16.用0.2500mol/L的盐酸滴定20ml某未知浓度的氢氧化钠溶液实验中，所测数据如表：实验次数123消耗盐酸的体积25.

0524.9520.95下列说法正确的是()A.用蒸馏水洗涤后的酸式滴定管即可装入盐酸标准溶液B.氢氧化钠溶液的浓度为0.3125mol/LC.滴定过程中可以选用石蕊溶液做指示剂D.若酸式滴定管在滴定前尖端有气泡，而滴定后

气泡消失，则氢氧化钠溶液浓度偏低【答案】B【解析】【分析】第3次实验与另两次实验相比，误差太大，数据不能采用。【详解】A．酸式滴定管装入盐酸时，要确保其物质的量浓度不发生改变，所以用蒸馏水洗涤后的酸式滴定管，还要

用盐酸标准溶液润洗2~3次，才能装入盐酸标准溶液，A不正确；B．前两次实验所用盐酸的平均体积为25.05mL24.95mL2+=25.00mL，氢氧化钠溶液的浓度为0.2500mol/L0.0250L0.0200L=0.3125mol/L，B正确；C．在滴定过程

中石蕊的颜色变化不明显，不可以选用石蕊溶液做指示剂，C不正确；D．若酸式滴定管在滴定前尖端有气泡，而滴定后气泡消失，则所读取标准盐酸的体积偏大，所测氢氧化钠溶液的浓度偏高，D不正确；故选B。17.在10L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生

反应X(g)+Y(g)M(g)+N(g)，所得实验数据如下表：实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)①7000.400.100090②8000.100.400.080③8000.200.30a④9000.100.15b下列说法正确的是A.实验

①中，若5min时测得n(M)=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率υ(N)=1.0×10－2mol/(L·min)B.实验②中，该反应的平衡常数K=2.0C.实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%D.实验④中，达到平

衡时，b＞0.060【答案】C【解析】【详解】A.实验①中，若5min时测得n(M)＝0.050mol，浓度是0.0050mol/L，根据反应的化学方程式可知，同时生成的N的物质的量浓度也是0.0050mol/L，因此0至5min时间内，用N表示的平均反应速率υ(N)＝0.0

050mol/L÷5min＝1.0×10－3mol/(L·min)，A项错误；B、实验②中，平衡时M的浓度是0.0080mol/L，同时生成的N的浓度是0.0080mol/L，消耗X与Y的浓度均是0.0080mol/L，因此平衡时X和Y的浓度分别为0.01mol

/L－0.0080mol/L＝0.002mol/L，.0.04mol/L－0.0080mol/L＝0.032mol/L，因此反应的平衡常数K=(0.0080×0.0080)÷(0.002×0.032)=1，B项错误；C.根据反应的化学方程式可知，如果X的转化率为60%，则X(

g)＋Y(g)M(g)＋N(g)起始浓度（mol/L）0.0200.03000转化浓度（mol/L）0.0120.0120.0120.012平衡浓度（mol/L）0.0080.0180.0120.012温度不变，平衡常数不变，则K=(0.0120×0.0120)÷(0.00

8×0.018)=1，即反应达到平衡状态，因此最终平衡时X的转化率为60%。C项正确；D.700℃时X(g)＋Y(g)M(g)＋N(g)起始浓度（mol/L）0.0400.01000转化浓度（mol/L）0.0090.0090.0090.009平衡浓度（mol/L）0.0

3100.0010.0090.009则该温度下平衡常K=(0.009×0.009)÷(0.031×0.001)=2.6＞1，这说明升高温度平衡常数减小，即平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。若容

器④中温度也是800℃，由于反应前后体积不变，则与③相比④平衡是等效的，因此最终平衡时M的物质的量b＝0.5a＝0.06。当温度升高到900℃时平衡向逆反应方向移动，因此b＜0.060，D项错误；答案选C。18.下表是在相同温度下三种

酸的一些数据，下列判断正确的是酸HXHYHZ浓度/(mol·L−1)0.120.20.90.909电离度0.250.20.10.30.5电离常数K1K2K3K4K5A.在相同温度下，电离常数：K1>K4

>K5B.在相同温度下，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液浓度越小，电离度越大，且K1>K2>K3C.室温时，若在HZ溶液中加少量盐酸，则()()cHcZ+−的值不变.D.表格中三种浓度的HX溶液，从左至右c(X−)逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A．在相同温度下，相同浓度

的不同电解质溶液，电离度越大，电离常数越大，相同温度下同种电解质溶液电离常数相等，电离度HX＜HY＜HZ，所以电离常数：K5＞K4＞K3=K1，A不正确；；B．在相同温度下，弱电解质溶液的浓度越小，电离度越大，但电离常数不变，所以K1=K2=K3，B不

正确；C．室温时，若在HZ溶液中加少量盐酸，则HZ溶液中c(H+)增大，HZ的电离平衡逆向移动，c(Z-)减小，所以()()cHcZ+−的值增大，C不正确；D．表格中三种浓度的HX溶液中，从左至右c(

HX)逐渐增大，虽然电离度不断减小，但酸性增强，电离产生的离子浓度不断增大，所以从左至右c(X-)逐渐增大，D正确；答案选D。19.一定条件下，乙酸酐()32CHCOO醇解反应()3332CHCOOROH

CHCOORCHCOOH+⎯⎯→+可进行完全，利用此反应定量测定有机醇()ROH中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：()3

232CHCOOHO2CHCOOH+⎯⎯→。③加指示剂并用1cmolLNaOH-−甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液1VmL。④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用1c

molLNaOH-−甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液2VmL。ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是A.()21cV-V17100%1000mB.()12cV-V17100%1000mC.()210.5cV-V17100%1000mD.()21c0.5V-V1

7100%1000m【答案】A【解析】【详解】由题中信息可知，量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，发生醇解反应()3332CHCOOROHCHCOORCHCOOH+⎯⎯→+，充分反应后，加

适量水使剩余乙酸酐完全水解()3232CHCOOHO2CHCOOH+⎯⎯→，加指示剂并用1cmolLNaOH-−甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液1VmL；在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解，用1cmolLNaOH−-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生

成的乙酸，消耗标准溶液2VmL；两次实验消耗标准溶液的差值为21V-VmL（），由反应原理可知，该差值产生的原因是因为醇解产物3CHCOOR不消耗NaOH，则R守恒可知，n(ROH)=n(3CHCOOR)=-321VVc10mol

−（），因此，ROH样品中羟基质量分数=-321213VVc10mol17g/molVVc17100%=100%mg10m−−（）()，A正确，故选A。20.下面是某小组探究外界条件对化学反应速率和平衡影响的图象，其中图象和结论表达均正确的是

mA(g)+nB(g)pC(g)2X(g)Y(g)A．图中a曲线一定使用了催化剂B．图是在一定条件下，c(X)随时间t的变化，正反应ΔH<0，M点正反应速率小于N点逆反应速率CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH<02NO(g)+O2(g)2NO2(g)C．图是在恒温

恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应，若平衡时CO(g)和H2(g)的转化率相等，则a=2D．图中曲线表示一定压强下NO平衡转化率随温度的变化，A、B、C三点表示不同温度、压

强下NO的平衡转化率，压强最大的是B点，化学平衡常数最小的是A点A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．若m+n=p，该反应是气体体积不变的反应，增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，B的物质的量分数不变，则

图中a曲线可能使用了催化剂，故A错误；B．由图可知，T1条件下反应先达到平衡，则反应温度T1大于T2，升高温度X的浓度减小，即升温平衡正向移动，正反应ΔH<0；反应温度越高，反应速率越快，则平衡时M点逆反应速率大于W点；T2条件下，反应形成平衡时，正反应

速率减小、逆反应速率增大，则W点的逆反应速率大于N点，所以M点逆反应速率大于N点，故B错误；C．由方程式可知，当投料比等于化学计量数之比时，所有反应物的转化率相等，所以平衡时一氧化碳和氢气的转化率相等说明投料比a=2，故C正确；D．由图可知，温度升高，一氧化氮的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移

动，该反应是放热反应；温度升高，平衡逆向移动，压强变大，放热反应的平衡常数越小，图中A点反应温度最低，所以A点平衡常数最大，B点压强最大，故D错误；故选C。21.在常温下，有关下列溶液的叙述中错误的是①pH=11的氨水②pH=11的氢氧化钾溶液③pH=3的

醋酸④pH=3的硫酸A.将aL②与bL④混合，忽略溶液体积变化，若所得溶液的pH=5，则a：b=199：101B.将①、②分别加水稀释1000倍后，溶液的pH：①>②C.向③、④中分别加入醋酸钠晶体后，两种溶液的p

H均增大D.将①、③等体积混合后溶液呈中性，该溶液中：c(+4NH)=c(CH3COO−)【答案】A【解析】【详解】A．常温下，pH=11的KOH溶液中()1431110/L10/L10cOHmolmol−−−==，pH=3的硫酸中c(H+

)=10-3mol/L，将aL②与bL④混合，忽略溶液体积变化，所得溶液的pH=5，说明酸过量，则-3-35bL10mol/L-aL10mol/L10mol/L()Lab−=+，解得a∶b=99∶101，A错误；B．pH=11

的氨水中一水合氨在稀释过程中还能继续电离出氢氧根，加水稀释1000倍后，pH减小不足3个单位，即pH>8；pH=11的氢氧化钾溶液加水稀释1000倍后，pH减小3个单位，即pH=11-3=8，则稀释后溶液的pH：①>②，B正确；C．向醋酸中加入醋

酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，使醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大；向硫酸中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子和氢离子会结合生成醋酸，氢离子浓度减小，pH增大，C正确；D．将①、③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸铵，醋酸铵完全电离出醋酸

根离子和铵根离子，由电荷守恒得：c(+4NH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因混合后溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，则该溶液中：c(+4NH)=c(CH3COO-)，D正确；故选A。22.二甲醚()33CHOCH催化制备乙醇主要涉及以下两个反应

：反应I：33331CO(g)+CHOCH(g)=CHCOOCH(g)ΔH<0反应II：3323232CHCOOCH(g)+2H(g)=CHCHOH(g)+CHOH(g)ΔH<0在固定332COCHOCHH、、的原料比及体系压强不变的条件下

，同时发生反应I、II，平衡时部分物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A.反应332323CO(g)CHOCH(g)2H(g)CHCHOH(g)CHOH(g)++=+一定可以自发进行B.温度高于600K时，温度对反应I的影响大于对

反应II的影响C.由如图可知随着温度的升高，2H的平衡转化率先下降后升高D.其他条件不变，延长反应时间或选用对反应II催化性能更好的催化剂都能提高平衡混合物中乙醇含量【答案】B【解析】【详解】A．由题干信息，反应332323CO

(g)CHOCH(g)2H(g)CHCHOH(g)CHOH(g)++=+的H0，该反应为气体分子数减少的反应，S0，在高温下，可有ΔG=ΔH-TΔS0＞，反应不能自发进行，A错误；B．由图象，温度高

于600K时，33CHCOOCH(g)的物质的量分数急剧下降，说明反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，即温度升高对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，B正确；C．由图象，温度低时，反应Ⅰ较完全，反应反应Ⅱ进行得少，CO含量低，600K后，反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，因此，

随着温度升高，反应Ⅱ始终逆向进行，H2的平衡转化率始终下降，C错误；D．温度不变时，平衡常数不变，延长反应时间不会影响平衡状态，平衡混合物中乙醇的含量不变，选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂只会加快反应速率，不影响平衡混合

物中乙醇的含量，D错误；答案选B。II卷二、填空题(共4道大题)23.Ⅰ．根据所学知识回答下列问题。（1）在一定条件下可实现反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>0，该反应催化原理分两步，第一步为吸热的慢反应，第二步为放热的快反应，正确的能量变化示意图为__________

_。(选填字母)A.B.C.D.（2）二甲醚CH3OCH3是重要的化工原料，也可用CO和H2制得，总的热化学方程式如下：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=−206.0kJ·mol−

1，工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：ⅰ．甲醇合成反应：___________。ⅱ．甲醇脱水反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=−24.0kJ·mol−1

①写出ⅰ的热化学方程式：___________。②若起始时向容器中投入2molCO和4molH2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为___________。Ⅱ．现有下列物质：①熔融的NaCl②稀硫酸③液氯④冰醋酸⑤铜⑥BaSO

4⑦NaHSO4⑧液氨⑨SO2⑩Ca(OH)2固体。（3）以上物质中属于弱电解质的是___________(填数字序号，下同)，属于非电解质的是___________。（4）可以证明醋酸是弱酸的事实是___________(填字母序号)。a．醋酸和水能以任意比例混溶b．在醋酸水溶液中还含有未电离的

醋酸分子c．醋酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体d．1mol·L−1的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色e．等体积等pH的醋酸和盐酸分别与足量氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的氢氧化钠更多（5）某温度时，某酸性溶液pH=5，其中c(OH−)=10−10mol·L−1，将pH=a的Ba(OH)2

溶液V1L与10−bmol·L−1的NaHSO4，溶液V2L混合(忽略体积变化)。若所得混合溶液呈中性，且a=12，b=1，则V1：V2=___________。【答案】（1）D（2）①.CO(g)+2H2(g)CH3O

H(g)ΔH=−91.0kJ·mol−1②.25%（3）①.④②.⑧⑨（4）be（5）100∶1【解析】【小问1详解】由方程式可知，该反应是反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应；反应的活化能越大，反应速率越慢，由题意可知，第

一步为吸热的慢反应，第二步为放热的快反应，则第一步反应的活化能大于第二步，反应的能量变化示意图为，故选D；【小问2详解】①由盖斯定律可知，(正反应—反应ⅱ)×12=反应ⅰ，则反应ⅰ为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，反应的ΔH=[(−206.0kJ·mol−1)—(−24

.0kJ·mol−1)]×12=−91.0kJ·mol−1，反应的热为化学方程式CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=−91.0kJ·mol−1，故答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=−91.0kJ·mol−1；②由题意可知，总反应放

出的热量为51.5kJ，则由方程式可知，一氧化碳的转化率为51.5kJ2206.0kJ/mol2mol×100%=25%，故答案为：25%；【小问3详解】冰醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；液氨、二氧化硫不能电离出自由移

动的离子，属于非电解质，故答案为：④；⑧⑨；【小问4详解】a．醋酸和水能以任意比例混溶不能说明醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，不能证明醋酸是弱酸，故错误；b．在醋酸水溶液中还含有未电离的醋酸分子说明

醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，能证明醋酸是弱酸，故正确；c．醋酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体说明醋酸的酸性强于碳酸，但不能说明醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，不能证明醋酸是弱酸，故错误；d．1mol·L−1的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色说明醋酸

溶液呈酸性，但不能说明醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，不能证明醋酸是弱酸，故错误；e．等体积等pH的醋酸和盐酸分别与足量氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的氢氧化钠更多说明醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，能证明醋酸是弱酸，故正

确；故选be；【小问5详解】某温度时，某酸性溶液pH=5，其中c(OH−)=10−10mol·L−1，则水的离子积常数Kw=10−5×10−10=10−15，由题意可得：15121010−−×V1=10−1×V2，解得V1：V2=10

0：1，故答案为：100：1。24.完成下列问题。（1）甲醇−水蒸气重整在工业生产中用途广泛，主要反应为CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)∆H。已知同时还进行的反应有：Ⅰ．CH3OH(

g)CO(g)+2H2(g)∆H1=+90.8kJ/molⅡ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H2=−41.1kJ/mol，则：①CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)

∆H=___________。自发进行的条件是___________(填字母)。A．高温B．低温C．所有温度D．所有温度均不自发②实际生产中，CH3OH与H2O投料比常<1，原因是___________。③甲醇−水蒸气重整制氢是电动汽车氢氧

燃料电池理想的氢源。CO会损坏燃料电池的交换膜。工业生产过程中会向重整系统中加入适量轻质多孔的生石灰，目的是___________。（2）甲烷通常也可通过多种重整方式进行利用，如二氧化碳重整甲烷反应：CH4(g)

+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，实验测定该反应的反应速率v正=k正∙c(CH4)∙c(CO2)，v逆=k逆∙c2(CO)c2(H2)，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数，且只与温度有关。T℃时，向某恒温恒容密闭容器中充入物质的量浓度均为1mo

l∙L−1的CH4(g)和CO2(g)，发生重整反应，测得体系中CH4(g)和CO(g)的物质的量浓度随时间的变化如图所示：①B点的坐标为___________。②反应进行到5min时，v=v正逆___________。（3）我国科学家开发

的特殊催化剂用于CO2制备CH2=CH2，有利于实现“双碳”目标：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)∆H=−127.8kJ∙mol，过程中可得副产物甲酸：CO2(g)+H2(g)HCOOH∆H=−31.4kJ∙mol。①在合适催化剂的作用下，在恒容容器中充入一定

量的CO2与H2，反应进行相同的时间测得体系中HCOOH和C2H4的体积分数随温度的变化如图所示，则主反应与副反应中活化能较大的反应是___________(填“主反应”或“副反应”)；600K后，C2H4的体积分数减小的主要原因为___________。②一定温度下，在容积为1

L的恒容密闭容器中充入2molCO2(g)和6molH2(g)，同时发生了主反应和副反应，达到平衡时CH2=CH2的物质的量为0.5mol，H2的物质的量为2.5mol，则该温度下，副反应的平衡常数K=___________。【答案】（1）①.+49.7kJ/mol②.A③.增

加H2O投料可提升甲醇转化率④.吸收CO2，从而促使CO不断转化为CO2，降低H2中的CO含量，以减轻燃料电池的交换膜的损坏（2）①.(5，12)②.4（3）①.主反应②.正反应为放热反应，600K时反应达平衡，升高温度，平衡逆向移动③.0.4【解析】【小问1详解】①依据盖斯定

律，将反应Ⅰ+Ⅱ得CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)∆H=+90.8kJ/mol-41.1kJ/mol=+49.7kJ/mol。该反应的∆S＞0，∆H＞0，则自发进行的条件是高温，故选A。②增加反应物浓度有利于平衡右移，主要反应为CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)

+3H2(g)，CH3OH与H2O投料比常<1，相当于CH3OH不变、增加H2O浓度，则实际生产中，CH3OH与H2O投料比常<1的原因是：增加H2O投料可提升甲醇转化率。③因为CO会损坏燃料电池的交换膜，所以应

设法去除CO，从CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)反应中可以看出，加入适量轻质多孔的生石灰，吸收CO2，促进平衡右移，可达到目的，故答案为：吸收CO2，从而促使CO不断转化为CO2，降低H2中的CO含量，以减轻

燃料电池的交换膜的损坏。【小问2详解】①从反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)可以看出，CH4由1mol/L转化为34mol/L，则参加反应的CH4为14mol/L，生成CO为12mol/L，所以B点的坐标为(5，12)。②根据CH4(g)+CO2(g)2

CO(g)+2H2(g)和图中数据可知，反应达平衡时，CH4(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)均为23mol/L，且v正=v逆，k正∙c(CH4)∙c(CO2)=k逆∙c2(CO)c2(H2)，K=222224222()()k

(CO)(H)43322k(CH)(CO)933cccc===正逆。反应进行到5min时，v=v正逆422222233k(CH)(CO)444411k(CO)(H)9()()22cccc==正逆。【小问3详解】①由图知，温度较低时更有利于副

反应，则副反应的活化能较小，活化能较大的反应是主反应；600K后，C2H4的体积分数减小的主要原因为：主反应的∆H＜0，平衡时升高温度，平衡发生逆向移动，所以600K后，C2H4的体积分数减小的主要原因为正反应为放热反

应，600K时反应达平衡，升高温度，平衡逆向移动。②一定温度下，在容积为1L的恒容密闭容器中充入2molCO2(g)和6molH2(g)，同时发生了主反应和副反应，达到平衡时CH2=CH2的物质的量为0.5mol，H2的物质的量为2.5mol，则可建立如下三段式：22222

2CO(g)6H(g)CHCH(g)4HO(g)(mol/L)2600(mol/L)130.52(mol/L)0.52.50.52+=+起始量变化量平衡量22CO(g)H(g)HCOOH(g)(mol/L)260(mol/L)0.50.50.5(mol/L)0.52.50.5+起始量变化

量平衡量，该温度下，副反应的平衡常数K=22(HCOOH)0.50.4(CO)(H)0.52.5ccc==。25.科学处置废旧锂离子电池具有重要的环保意义和经济价值。废旧锂离子电池的正极材料主要含有2LiCoO及少量Al、Fe等，处理该废料的一种工艺流程如图

所示。已知：①LiCoO2难溶于水。②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。Fe3+Fe2+Co3+开始沉淀的pH2.7767.0完全沉淀的pH3.7969.0③Li2CO3的溶解度(S)随温度(T)的变化曲线如下图所示。（1）化合物

LiCoO2中钴元素的化合价为___________。（2）“放电处理”有助于锂元素在正极的回收，电池放电时的总反应为LixCy+Li1−xCoO2=LiCoO2+Cy，则此时正极的电极反应式为___________。（3）“碱溶”过程主要发生的离子方程式为___________。（

4）为提高“酸溶”的速率，可采取的措施有___________(任写一条)。（5）“调pH”时，用氨水调节pH的范围为___________。（6）“沉钴”过程，检验CoCO3沉淀是否洗净的实验操作为___________。（7）“沉锂”后，洗涤Li2CO3的实验操作为______

_____。【答案】（1）3+（2）1x22LiCoOxLixeLiCoO+−−++=（3）--2422Al+2OH+6HO=2Al[(OH)]+3H（4）搅拌或适当升温或适当增大硫酸、双氧水的浓度（5）3.7≤pH<7.0（6）取最后一次洗涤液加入试管中，用稀盐酸酸化，再滴入BaCl

2溶液，若无白色沉淀则洗净，反之，未洗净（7）用玻璃棒引流向过滤漏斗中加热水浸没沉淀，静待水自然流下，重复操作2～3次即可【解析】【分析】废旧电池经放电处理、拆解后，加入NaOH溶液，将铝转化为四羟基合铝酸钠，过滤得到含有四羟基合铝酸钠的滤液和滤渣；向滤渣中

加入稀硫酸和过氧化氢溶液酸溶，将铁元素转化为Fe3+，钴酸锂转..化为亚钴离子和锂离子，向反应后的溶液中加入氨水调pH在3.7～7.0内，将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的亚钴离子转化为碳酸亚钴沉淀，过滤得到碳酸亚

钴和滤液，向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂和滤液。【小问1详解】钴酸锂中氧元素化合价为-2价，锂元素化合价为+1价，由化合价代数和为0知，钴元素的化合价为+3价。【

小问2详解】由总反应可知，锂离子电池的正极为Li1-xCoO2，在正极得到电子发生还原反应生成钴酸锂，电极反应式为1x22LiCoOxLixeLiCoO+−−++=。【小问3详解】“碱溶”过程中发生的反应为铝与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的离

子方程式为：--2422Al+2OH+6HO=2Al[(OH)]+3H。【小问4详解】搅拌、适当升温、适当增大硫酸和双氧水的浓度能提高“酸溶”的速率。【小问5详解】加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，而Co3

+不沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为3.7≤pH<7.0。【小问6详解】“酸溶”时加入了硫酸，“沉钴”过程，检验CoCO3沉淀是否洗净只需要检验洗涤液中是否含有硫酸根即可，实验操作为：取最后一次洗涤液加入试管中，用稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀则洗净，反之，未洗净。【小问

7详解】“沉锂”后，洗涤Li2CO3的实验操作为用玻璃棒引流向过滤漏斗中加热水浸没沉淀，静待水自然流下，重复操作2～3次即可。26.醋酸钠(CH3COONa)是一种常用的防腐剂和缓冲剂。（1）某小组探究外界因素对CH3COONa水解程度的影响。

甲同学设计实验方案如下(溶液浓度均为0.10mol/L)；序号温度V(CH3COONa)/mLV(CH3COONH4)/mLV(H2O)/mLpH125℃40.000A1225℃4.0036.0A2325℃20.010.0aA3440℃40.000A4①

实验___________和___________(填序号)，探究加水稀释对CH3COONa水解程度的影响；②根据甲同学的实验方案，补充数据：a=___________。③实验测得A1>A3，该结果___________(填“足以”或“不足以”)证明加入NH4+促进了

CH3COONa的水解，可根据___________(填一种微粒的化学式)的浓度增大进一步说明。④甲同学预测A1<A4，但实验结果为A1>A4.实验结果与预测不一致的原因是___________。（2）小组通过测定不同温度下CH3COONa的水解常数Kh确定温度对CH3COONa水解程度

的影响。查阅资料：Kh=20(OH)(OH)ccc−−−，c0为CH3COONa溶液起始浓度。试剂：CH3COONa溶液、0.1000mol·L−1盐酸、pH计。实验：测定40℃下CH3COONa水解常数Kh，完成下表中序号7的实验内容。序号实验记录的数据5取20.00mLCH

3COONa溶液，用0.1000mol·L−1盐酸滴定至终点，测CH3COONa溶液的浓度消耗盐酸体积为VmL6测40℃时相同CH3COONa溶液的pHb7___________c在50℃和60℃下重复上述实验。实验结论：Kh(60℃)>Kh(50℃)

>Kh(40℃)，温度升高，促进CH3COONa水解。【答案】（1）①.1②.2③.0④.不足以⑤.CH3COOH⑥.温度升高，CH3COONa的水解程度增大，水的电离程度也增大，二者综合影响导致c(H+)增大，pH减小（2）测40℃纯水的pH【解析】【分析】该实验的实验目的是探究浓度、铵根

离子、温度对醋酸钠水解程度的影响。【小问1详解】①由表格数据可知，实验1和实验2温度相同、均无醋酸铵、溶液总体积相同，只有醋酸钠的浓度不同，所以实验1和实验2的目的是探究加水稀释对醋酸钠水解程度的影响，故答案为：1；2；②由表格数据可知，实验1和实验3的温度相同、醋酸根的物质的量不相同

，实验目的是探究铵根离子对醋酸钠水解程度的影响，由题意可知，醋酸钠和醋酸铵溶液的浓度都为0.10mol/L，由探究实验变量唯一化原则可知，实验时醋酸根离子浓度应保持不变，即混合溶液中醋酸根离子浓度也应为0.10mol/L，所以溶液混合后总体积应为3

0.0mL，不需要加入蒸馏水，则加入水的体积a=0，故答案为：0；③醋酸铵是弱酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成一水合氨和醋酸，水解生成的醋酸会抑制醋酸根离子的水解，使溶液pH减小，则溶液pHA1大于A3的实验结果不足以证明铵根离子促

进醋酸根离子水解，应根据溶液中醋酸的浓度增大说明铵根离子促进醋酸根离子水解，故答案为：不足以；CH3COOH；④温度升高，醋酸钠的水解程度增大，水的电离程度也增大，二者综合影响导致氢离子浓度增大，溶液pH减小，导致实验结果与预测不一致，故答案为：温度升高，CH3COONa的水解程度增

大，水的电离程度也增大，二者综合影响导致c(H+)增大，pH减小；【小问2详解】醋酸钠溶液中氢氧根离子浓度为c(OH-)=()w+Kmol/LcH=w-bK10mol/L，由Kh=()()20OHOHccc−−−可知，要求Kh应求此温度下Kw，纯水中Kw=c2(

H+)，即实验7为测40℃纯水的pH，故答案为：测40℃纯水的pH。