湖北省新高考聯(lián)考協(xié)作體2023-2024學年高二上學期1月期末A化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1湖北省新高考聯(lián)考協(xié)作體2023-2024學年高二上學期1月期末A考試時間：2024年1月28日下午14：30-17：05試卷滿分：100分注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。可能用到的相對原子質量：Li7N14O16Bi209一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的4個選項中，只有一項符合題目要求。1.化學在生活、社會、環(huán)境和科技進步方面發(fā)揮著重要的作用。下列說法正確的是A.針對新冠肺炎疫情，用無水酒精、雙氧水對環(huán)境進行殺菌消毒B.殲20戰(zhàn)斗機采用大量先進復合材料、鋁鋰合金等，鋁鋰合金屬于金屬材料C.“中國天眼”的鏡片材料為SiC，屬于新型有機非金屬材料D.芯片制造中的“光刻技術”是利用光敏樹脂在曝光條件下成像，該過程并不涉及化學變化【答案】B【解析】使用酒精殺菌消毒，常用75%的酒精，無水酒精殺菌消毒效果不理想，故A錯誤；金屬材料有金屬單質和合金等，鋁鋰合金屬于金屬材料，故B正確；SiC屬于新型非金屬材料，故C錯誤；光敏樹脂是由高分子化合物，在紫外線照射下，這些分子結合長長的交聯(lián)聚合物高分子，有新物質生成，屬于化學變化，故D錯誤；答案為B。2.下列有關化學用語說法錯誤的是A.分子球棍模型：B.基態(tài)Si原子價電子排布圖：C.第一電離能：N>O>CD.As簡化的核外電子排布式：【答案】D【解析】甲烷分子中碳原子比氫原子大，A正確；Si原子序數(shù)為14，基態(tài)Si原子價電子排布圖為，B正確；原子的第一電離能從左到右呈增大趨勢，但第ⅤA元素的電離能大于ⅥA元素的電離能，C正確；As的原子序數(shù)為33，則核外電子數(shù)為33，電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3，則簡化的核外電子排布式：[Ar]d104s24p3，D錯誤；故答案為：D。3.在一定溫度下，某反應達到了化學平衡，其反應過程對應的能量變化如圖。下列說法正確的是A.為逆反應活化能，為正反應活化能B.該反應為放熱反應，C.活化分子之間發(fā)生的碰撞一定是有效碰撞D.溫度升高，逆反應速率加快幅度大于正反應速率加快幅度，使平衡逆向移動【答案】D【解析】從圖中可以看出，為正反應活化能，為逆反應活化能，A不正確；因為生成物的總能量小于反應物的總能量，所以該反應為放熱反應，，B不正確；活化分子是指能量足夠可以發(fā)生有效碰撞的分子，但活化分子之間發(fā)生化學反應的碰撞才是有效碰撞，C不正確；溫度升高，對活化能大的反應更有利，則逆反應速率加快幅度大于正反應速率加快幅度，平衡逆移，D正確；故選：D。4.10mL濃度為的鹽酸和過量的鋅反應，為減緩反應速率，又不影響生成氫氣的總量，可采用的方法是A.加入少量溶液 B.加入幾滴溶液C.加入幾滴溶液 D.加入少量溶液【答案】D【解析】NaOH與鹽酸反應生成消耗氫離子，降低氫離子濃度，反應速率減慢，生成氫氣的量減少，A錯誤；CuCl2溶液與鋅反應生成銅，鋅、銅、鹽酸構成原電池，反應速率加快，B錯誤；NO、H+與鋅反應不產(chǎn)生氫氣，C錯誤；CH3COONa溶液與鹽酸相遇生成CH3COOH，強酸變?yōu)槿跛?，氫離子濃度減小，反應速率減慢，但是生成氫氣的量不變，D正確；故選：D。5.下列說法不能用勒夏特列原理解釋的是A.對熟石灰的懸濁液加熱，懸濁液中固體質量增加B.對平衡體系加壓，氣體顏色變深C.用飽和食鹽水除去中，可減少的損失D.濃氨水中加入氫氧化鈉固體產(chǎn)生刺激性氣味的氣體【答案】B【解析】熟石灰的懸濁液中存在Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)?H＜0，對熟石灰的懸濁液加熱，溶解平衡左移，氫氧化鈣的質量增加，則對熟石灰的懸濁液加熱，懸濁液中固體質量增加能用勒夏特列原理解釋，故A不符合題意；該反應是氣體體積不變的反應，增大壓強，化學平衡不移動，但由于體積減小、NO2的濃度增大、顏色加深，則加壓，氣體顏色變深不能用勒夏特列原理解釋，故B符合題意；氯氣與水發(fā)生反應：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，增大溶液中的氯離子濃度，平衡向逆反應方向移動，氯氣的溶解度減小，則用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫，可減少氯氣的損失能用勒夏特列原理解釋，故C不符合題意；濃氨水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，氫氧化鈉溶于水放出熱量，溶液中氫氧根離子濃度增大，平衡左移，氨氣的溶解度減小，則濃氨水中加入氫氧化鈉固體產(chǎn)生刺激性氣味的氣體能用勒夏特列原理解釋，故D不符合題意；故選B。6.可逆反應，。該反應的速率與時間的關系如下圖。如果、、、時都只改變了一個反應條件，則對應、、、時改變的條件正確的是A.增大生成物濃度、使用了催化劑、減小壓強、升高溫度B.升高溫度、減小壓強、增大反應物濃度、使用了催化劑C.升高溫度、降低溫度、增大反應物濃度、使用了催化劑D.升高溫度、減小壓強、減小反應物濃度、使用了催化劑【答案】C【解析】t2時，改變某一條件，v(正)、v(逆)都增大，但v(逆)增大的倍數(shù)更多，應為升高溫度；t4時，改變某一條件，v(正)、v(逆)都減小，但v(逆)減小的倍數(shù)更多，應為降低溫度；t6時，改變某一條件，v(正)增大、v(逆)不變，平衡正向移動，應為增大反應物的濃度；t8時，改變某一條件，v(正)、v(逆)同等程度增大，但平衡不移動，應為使用了催化劑；綜合以上分析，C符合題意，故選C。7.利用電池可將霧霾中的、轉化為硫酸銨，其回收利用裝置如圖所示。電池工作時的總反應為，充放電時，在正極材料上嵌入或脫嵌，隨之在石墨中發(fā)生了的生成與解離，下列有關說法錯誤的是A.轉化為硫酸銨時，M與b相接，N與a相接B.電池工作時，負極電極反應式為：C.該裝置實際工作過程中需要在C處補充適量D.理論上當消耗2.24L(標準狀況)時，電池中兩池質量差改變2.8g【答案】C【解析】由圖可知，左側裝置為原電池，M電極為原電池的負極，LixC6在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成鋰離子和C6，N為正極，鋰離子作用下Li1-xFePO4在正極得到電子發(fā)生還原反應生成LiFePO4，右側裝置為電解池，與N電極相連的a電極是電解池的陽極，水分子作用下二氧化硫在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成硫酸根離子和氫離子，與M電解相連的b電極為陰極，酸性條件下一氧化氮在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成銨根離子和水，電解的總反應為5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4。由分析可知，轉化為硫酸銨時，與N電極相連的a電極是電解池的陽極，與M電解相連的b電極為陰極，故A正確；由分析可知，M電極為原電池的負極，LixC6在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成鋰離子和C6，電極反應式為，故B正確；由分析可知，電解的總反應為5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，則由方程式可知，制備硫酸銨時需要在C處補充適量氨氣，故C錯誤；由得失電子數(shù)目守恒可知，消耗標準狀況下2.24L二氧化硫時，負極質量減少0.2mol×7g/mol=1.4g，正極質量增大0.2mol×7g/mol=1.4g，則電池中兩池質量差改變2.8g，故D正確；故選C。8.將溶液和溶液等體積混合，下列對該混合溶液的判斷正確的是A.B.C.D.【答案】C【解析】溶液和溶液恰好完全反應生成，水解使溶液顯堿性，則有，A錯誤；由A分析可知，，B錯誤；溶液中存在電荷守恒：，C正確；溶液中存在物料守恒：，D錯誤；故選C。9.下列事實與鹽類水解無關的是①明礬、氯化鐵晶體常用于凈水；②實驗室制氫氣時加入可加快反應速率；③向中滴加氯水，溶液顏色加深；④實驗室配制溶液時加入少量稀鹽酸；⑤向氯化鐵中滴加KSCN，出現(xiàn)紅色；⑥與兩種溶液可作泡沫滅火劑；⑦溶液中。A.①④⑤ B.②③⑤ C.②④⑦ D.③⑥⑦【答案】B【解析】①明礬常用于凈水是由于明礬溶于水電離生成的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氯化鐵晶體常用于凈水是由于溶于電離生成的Fe3+水解生成氫氧化鐵膠體，與鹽類水解有關；②構成鋅銅酸性原電池加快反應速率，與鹽類水解無關；③向FeCl2中滴加氯水，氯水中的氯氣將Fe2+氧化到Fe3+，溶液顏色加深，與鹽類水解無關。④FeCl3溶液中Fe3+會水解生成氫氧化鐵，加入少量稀鹽酸可以抑制Fe3+的水解，與鹽類水解有關；⑤KSCN遇見Fe3+顯紅色，與鹽類水解無關；⑥NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑是碳酸氫根和鋁離子雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，與鹽類水解有關；⑦CH3COONa溶液中醋酸根離子會水解，所以c(Na+)>c(CH3COO-)，與鹽類水解有關；與鹽類水解無關的為②③⑤，故選B。10.下列說法正確的是A.0.1mol/LpH

為9

的NaHB

溶液中:c(HB-)

>c(B2-)>c(H2B)B.將標準狀況下的2.24

LCO2通入150

mL1mol/L

NaOH

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

③(NH4)2Fe(SO4)2溶液濃度大小順序為:①>②>③D.常溫時①pH=12

的氨水②pH=12的NaOH溶液，將兩溶液稀釋相同倍數(shù)后溶液的pH:②>①【答案】C【解析】0.1mol/L的NaHB溶液的pH為9，表明HB-的水解程度大于電離程度，所以c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)，故A錯誤；CO2的物質的量為0.1mol，NaOH的物質的量為0.15mol，發(fā)生反應：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錯誤；室溫下，①CO32-與NH4＋水解互促，②NH4＋水解不受其它成分影響，③Fe2+與NH4＋水解相互抑制，因此，c(NH4+)相同的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4

③(NH4)2Fe(SO4)2溶液濃度大小順序為:①>②>③，故C正確；NaOH是強堿，一水合氨是弱堿，稀釋促進一水合氨電離，所以常溫時①pH=12的氨水②pH=12的NaOH溶液兩溶液稀釋相同倍數(shù)后溶液的pH：②<①，故D錯誤；故選C。11.化合物A的結構如圖所示，其廣泛應用于新材料的生產(chǎn)及電化學研究。其中X、Y、Z、E、Q、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Z與Q、E與W分別位于同一主族。下列有關說法錯誤的是A.是含有極性鍵的非極性分子B.鍵能大于鍵能C.原子序數(shù)為83的元素與Z位于同一主族D.第一電離能：【答案】B【解析】X、Y、Z、E、Q、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，根據(jù)原子的成共價鍵的數(shù)量和所帶電荷數(shù)可判斷X為H，Y為C，Z為N。根據(jù)原子序數(shù)大小，且Z與Q、E與W分別位于同一主族，可知Q為P，E為F，W為Cl。為乙炔，為含有極性鍵的非極性分子，A項正確；Cl2比F2更穩(wěn)定，鍵能小于鍵能，B項錯誤；原子序數(shù)為83的元素為鉍，其位于第六周期第ⅤA族，與N位于同一主族，C項正確；第一電離能F>Cl>P，D項正確。答案選B。12.下列實驗能達到預期目的的是選項實驗內容實驗目的A向含有酚酞的溶液中加入少量固體，溶液紅色變淺證明溶液中存在水解平衡B室溫下，用pH試紙分別測定濃度相等的溶液和溶液的pH比較與的酸性強弱C配制溶液時，先將溶于適量濃鹽酸中，再用蒸餾水稀釋到所需濃度，最后在試劑瓶中加入少量銅粉抑制水解，并防止被氧化D向盛有溶液的試管中滴加2滴溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加2滴溶液，產(chǎn)生黃色沉淀證明在相同溫度下A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】碳酸鈉是強堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，向滴有酚酞的碳酸鈉溶液中加入少量氯化鋇固體，鋇離子與溶液中的碳酸根離子反應生成碳酸鋇沉淀，水解平衡向逆反應方向移動，溶液中的氫氧根離子濃度減小，紅色變淺，則溶液紅色變淺能證明碳酸鈉溶液中存在水解平衡，故A正確；次氯酸鈉具有強氧化性，能使有機色質漂白褪色，則用pH試紙無法測定次氯酸鈉溶液的pH，所以無法用用pH試紙分別測定濃度相等的次氯酸鈉溶液和碳酸氫鈉溶液的pH的方法比較次氯酸和碳酸的酸性強弱，故B錯誤；配制氯化亞鐵溶液時，不能向溶液中加入銅粉，否則亞鐵離子被氧化生成的鐵離子會與銅反應生成銅離子而引入雜質，故C錯誤；向過量的硝酸銀溶液中加入氯化鈉溶液后，再加入碘化鈉溶液，溶液中只存在沉淀的生成，不存在沉淀的轉化，不能比較氯化銀和碘化銀溶度積的大小，故D錯誤；故選A。13.自然界中，閃鋅礦(ZnS)遇到硫酸銅溶液能轉化成更難溶的銅藍(CuS)。常溫下，Mn+(指Zn2+或Cu2+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是A.直線①代表ZnS的沉淀溶解平衡B.P點：可析出CuS沉淀，不能析出ZnS沉淀C.將Q點的溶液加熱蒸發(fā)掉一部分水，恢復到室溫，曲線①的Ksp變大D.常溫下，閃鋅礦轉化成銅藍的平衡體系中=1010【答案】D【解析】，則，即，，同理可知，閃鋅礦（ZnS）遇到硫酸銅溶液能轉化成更難溶的銅藍（CuS），則，當金屬離子濃度相同時，CuS中更小，故曲線①為CuS的沉淀溶解平衡，曲線②為ZnS的沉淀溶解平衡。由上述分析可知，直線①代表CuS的沉淀溶解平衡，故A錯誤；c(S2-)越大，-lgc(S2-)越小，所以P點為CuS、ZnS的不飽和溶液，不能析出CuS、ZnS沉淀，故B錯誤；Ksp只與溫度有關，恢復到室溫，溫度相同，CuS的Ksp不變，故C錯誤；閃鋅礦轉化成銅藍的體系中，，，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，Q點時，根據(jù)點（15，10）可得，則，故D正確；答案選D。14.氨氣在工業(yè)上應用廣泛，已知反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，反應相同時間，NH3的體積百分數(shù)隨溫度的變化情況如圖所示，下列相關描述正確的是A.線上的點均代表平衡時刻的點 B.逆反應速率：va＞vbC.b點時v正<v逆 D.平衡常數(shù)值：Kc＞Kd【答案】D【解析】由圖可知，c點氨氣的體積百分數(shù)最大，說明反應達到平衡，則c點以前為平衡的形成過程，c點以后為平衡的移動過程。由分析可知，c點以前均未達到平衡，故A錯誤；溫度越高，反應速率越快，由于a點溫度小于b點，且a點c(NH3)低于b點，故a點的逆反應速率比b點的小，故B錯誤；由分析可知，b點反應未達到平衡，正反應速率大于逆反應速率，故C錯誤；該反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，平衡常數(shù)減小，則c點平衡常數(shù)大于d點，故D正確；故選D。15.25℃時，用HCl氣體調節(jié)氨水的pH．溶液中微粒濃度的對數(shù)值()、反應物的物質的量之比與pH的關系如下圖。若忽略通入氣體后溶液體積的變化。下列說法錯誤的是A.所示溶液中：B.所示溶液中：C.時溶液中：D.25℃時，水解平衡常數(shù)數(shù)量級為【答案】B【解析】由圖知，，根據(jù)電荷守恒：，故，由圖知，得，A正確；由圖知點，，，帶入電荷守恒，，故，B錯誤；時，溶液中存在電荷守恒：，物料守恒：，聯(lián)立得，C正確；25℃，時，由圖知，，則NH4Cl水解平衡常數(shù)數(shù)量級為10-10，D正確；故選B。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.回答下列問題。（1）現(xiàn)有常溫下鹽酸(甲)、的醋酸溶液(乙)和(丙)，請根據(jù)下列操作回答：①常溫下，將丙溶液加水稀釋，下列數(shù)值變大是___________(填字母)。A．B．C．D．②已知，則醋酸溶液(乙)的濃度為_______(結果保留三位有效數(shù)字)。③常溫下，取甲、乙各1mL分別稀釋至100mL，稀釋后，溶液的pH：甲______乙(填“>”“<”或“=”)。（2）①相同條件下，取相同體積、相同pH的、和三種堿溶液，分別滴加等濃度的鹽酸將它們恰好中和，用去酸的體積分別為、、，則三者的大小關系為________。②某溫度下，，將的溶液和的溶液混合均勻，測得溶液的，則___________。（3）已知：在25℃，有關弱電解質的電離平衡常數(shù)如下表：弱電解質電離平衡常數(shù)①將通入氨水中，當降至時，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】【小問1詳析】①氨水中存在NH3·H2ONH+OH-，加水稀釋，促進一水合氨的電離A．，Kw只受溫度影響，加水稀釋，c(NH3·H2O)減小，Kw不變，因此加水稀釋，該比值減小，故A不符合題意；B．加水稀釋c(OH-)降低，根據(jù)Kw=c(OH-)·c(H+)，c(H+)增大，因此加水稀釋，該比值減小，故B不符合題意；C．加水稀釋，促進電離，n(NH)增大，故C符合題意；D．，加水稀釋促進電離，n(NH)增大，n(NH3·H2O)減小，因此加水稀釋，該比值增大，故D符合題意；答案為CD；②pH=2的醋酸溶液，溶液中c(H+)=10-2mol/L，醋酸屬于弱酸，電離程度微弱，有c(CH3COO-)≈c(H+)=10-2mol/L，醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=，計算得出c(CH3COOH)≈5.71或5.72，故答案為5.71或5.72；③鹽酸強酸，醋酸為弱酸，相同pH時，稀釋相同倍數(shù)，強酸溶液pH變化大，即稀釋后，溶液pH：甲＞乙；故答案為＞；【小問2詳析】①Ba(OH)2、NaOH均為強堿，pH相同時，兩溶液中c(OH-)相同，向等體積的兩種溶液滴加等濃度的鹽酸，兩種堿消耗鹽酸的量相等，即V1=V2，NH3·H2O為弱堿，相同pH時，c(NaOH)＜c(NH3·H2O)，向等體積的氨水和NaOH中滴加等濃度鹽酸，氨水消耗的鹽酸體積多，即V3＞V2，綜上所述，三者大小關系是V3＞V2=V1；故答案為V3＞V2=V1；②該溫度下，Kw=1.0×10-12，當pH=6時，溶液向中性，硫酸、氫氧化鈉混合后溶液pH=7，溶液顯堿性，因此有，解得Va∶Vb=9∶1；故答案為9∶1；【小問3詳析】①溶液中=1.02；故答案為1.02；②根據(jù)表中數(shù)據(jù)，判斷出電離H+能力強弱順序：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO；A．SO具有還原性，HClO具有強氧化性，兩者因發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故A符合題意；B．電離H+能力強弱順序，ClO-、HCO不發(fā)生反應，可以大量共存，故B不符合題意；C．電離H+能力強弱順序，HClO、HCO不發(fā)生反應，可以大量共存，故C不符合題意；D．電離H+能力強弱順序，HSO＞HCO，因此HSO與CO反應生成HCO和SO，不能大量共存，故D不符合題意；答案為AD。17.Ⅰ．現(xiàn)有以下物質：①溶液；②蔗糖；③固體；④熔融；⑤膠體；⑥；⑦；⑧；⑨石墨。（1）以上物質中屬于電解質的是_______(填標號，下同)；屬于非電解質的是________。（2）以上物質屬于純凈物且能導電的是________。Ⅱ．某學生用的標準溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作可分為如下幾步：①用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并注入溶液至“0”刻度線以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體③調節(jié)液面至“0”或“0”刻度線以下，并記下讀數(shù)④量取20.00mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液⑤用標準液滴定至終點，記下滴定管液面讀數(shù)請回答：（3）以上步驟有錯誤的是___________(填標號)。（4）滴定終點的現(xiàn)象為___________；（5）用標準溶液滴定時，應將標準溶液注入_______中(從圖中選填“甲”或“乙”)。（6）下列操作會引起實驗結果偏大的是___________(填標號)。A.在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水B.滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡C.滴定終點俯視讀數(shù)D.用滴定管量取待測液時，開始時正確讀數(shù)，后俯視讀數(shù)【答案】（1）①.③④⑥⑧②.②⑦（2）④⑨（3）①（4）當?shù)稳胱詈蟀氲螝溲趸c溶液后，溶液由無色變成粉紅色，且半分鐘內不褪色（5）乙（6）BD【解析】【小問1詳析】在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物屬于電解質，在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物屬于非電解質，①溶液、⑤膠體屬于混合物，⑨石墨為碳單質，它們均不是電解質也不是非電解質，其中②蔗糖、⑦熔融狀態(tài)下和水溶液中自身不能電離出離子而導電屬于非電解質，其余均屬于電解質，則屬于電解質的是③④⑥⑧；屬于非電解質的是②⑦；【小問2詳析】含有自由移動的離子或電子能導電，屬于純凈物且能導電的是④⑨；【小問3詳析】①用蒸餾水洗滌堿式滴定管后，用NaOH溶液潤洗，再裝液，①錯誤；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體，②正確；③調節(jié)液面至“0”或“0”刻度線以下，并記下讀數(shù)，③正確；④量取20.00mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液，④正確；⑤用標準液滴定至終點，記下滴定管液面讀數(shù)，⑤正確；以上步驟有錯誤的是①；【小問4詳析】待測液為鹽酸，滴入酚酞后為無色溶液，當加入NaOH達到滴定終點后，溶液變?yōu)榉奂t色，所以滴定終點的現(xiàn)象為：當?shù)稳胱詈蟀氲蜰aOH溶液后，溶液由無色變成粉紅色，且半分鐘內不恢復，則證明達到滴定終點；【小問5詳析】標準NaOH溶液為堿性溶液，應放入堿式滴定管中，所以選擇乙裝置；【小問6詳析】A．在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水，不影響實驗結果，A無影響；B．滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，初始讀數(shù)偏小，滴定后無氣泡，終點讀數(shù)正確，所以兩者之差偏大，會使得結果偏大，B符合題意；C．滴定終點俯視讀數(shù)，所讀讀數(shù)偏低，初始正確，終點偏低，所以結果偏低，C不符合題意；D．用滴定管量取待測液時，開始時正確讀數(shù)，后俯視讀數(shù)，所量取的待測液體積偏大，消耗標準液體積偏大，結果會偏大，D符合題意；故答案選BD。18.一種從廢鉬鈷催化劑中回收有價金屬的工藝流程如圖甲所示：已知：I．廢鉬鈷催化劑的主要成分如表。主要成分質量分數(shù)44.61%6.67%13.98%II．“酸浸”所得溶液中主要含有H+、Bi3+、Co2+等陽離子?；卮鹣铝袉栴}：（1）鉬酸銨中Mo元素的化合價為_______，其所含非金屬元素的電負性由大到小排序為_______。（2）“堿浸”時需在75℃條件下進行反應，且選擇不同堿性試劑鉬元素的浸出率隨時間變化如圖乙所示。則“堿浸”時的最佳條件為_______。（3）“沉鉬酸”時，一般控制反應溫度為60℃，溫度不宜太高的原因為_______。（4）“沉鉍”時，反應的離子方程式為_______。（5）“氧化沉鈷”時調節(jié)溶液，反應生成和，其離子方程式為_______。（6）若通過該流程處理1kg廢鉬鈷催化劑，得到的質量為0.1435kg，則Bi元素的回收率最接近_____(填標號)(Bi元素的回收率)。A．70%B．80%C．90%【答案】（1）①.+6②.（2）1-碳酸鈉溶液(或碳酸鈉溶液)、3h（3）防止硝酸揮發(fā)、分解（4）（5）（6）B【解析】廢鉬鈷催化劑中加入碳酸鈉堿浸，使Co、Bi轉化為沉淀，過濾后濾液加入硝酸，生成鉬酸，然后經(jīng)過一系列操作得到鉬酸銨；濾渣加入硝酸酸浸，得到含H+、Bi3+、Co2+的溶液，再加入氫氧化鈉沉Bi，過濾得到BiONO3，濾液加高錳酸鉀氧化沉鈷，調節(jié)溶液pH=4反應生成CoOOH和MnO2，經(jīng)過精制、還原，然后加入碳酸氫銨，生成CoCO3。【小問1詳析】鉬酸銨中Mo元素的化合價為+6；元素非金屬性越強，電負性越大，其所含非金屬元素的電負性由大到小排序為；【小問2詳析】結合圖像，堿浸時最佳條件為1-碳酸鈉溶液(或碳酸鈉溶液)、3h；【小問3詳析】硝酸易揮發(fā)、分解，“沉鉬酸”時，一般控制反應溫度為60℃，溫度不宜太高的原因為防止硝酸揮發(fā)、分解；【小問4詳析】酸浸所得溶液中主要含有Bi3+，“沉鉍”時，反應的離子方程式為；【小問5詳析】“氧化沉鈷”時調節(jié)溶液，反應生成和MnO2，其離子方程式為；【小問6詳析】若通過該流程處理1kg廢鉬鈷催化劑，得到的質量為0.1435kg，則Bi元素的回收率，回收率最接近B（80%）。19.我國的能源以煤炭為主，燃煤煙氣中、等有害氣體的排放會污染環(huán)境，用還原脫除將其轉化為單質硫，對工業(yè)生產(chǎn)具有重要的意義。（1）與的反應為已知：則________（2）在某溫度時，進行還原脫除：。①若在剛性容器中進行，下列說法一定能確定反應達到平衡狀態(tài)的是________。A．B．與的濃度之比不再改變C．容器內的壓強不再改變D．的值不再改變②若控制進料比(物質的量)為，反應達平衡時，混合氣體中的體積分數(shù)為，則該反應在此溫度下的平衡常數(shù)為___________。（3）在600℃時，發(fā)生如下系列反應(、、為平衡常數(shù))，測得不同進料比(物質的量)下平衡體系各物質分布如圖所示(圖中SO2起始投料固定為)。