重庆市2023年高考化学一模试卷及答案

高考化学一模试卷一、单项选择题1.?天工开物?是我国珍贵的科技文献，以下记载中主要过程不涉及化学反响的是〔

〕A.凡石灰经火焚炼为用

B.烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也

C.凡墨烧烟凝质而为之

D.水沙中所出，大者名狗头金2.化学与生产、生活密切相关，以下物质用途错误的选项是〔

〕A.次氯酸钠：漂白剂

B.碳酸氢钠：候氏制碱法的初始原料

C.硅酸钠：木材防火剂

D.过氧化钠：呼吸面具的供氧剂3.用括号中注明的方法别离以下各组混合物，其中正确的选项是〔

〕A.碘的四氯化碳溶液(分液)

B.氢氧化铁胶体和水(过滤)

C.和(溶解过滤，再蒸发结晶)

D.氮气和氧气(蒸馏)4.以下事实能用勒夏特列原理解释的是〔

〕A.铜与浓硫酸反响需要加热

B.加热蒸干FeCl3溶液最终得到Fe(OH)3

C.使用催化剂提高合成氨的生产效率

D.钢管与铜管堆放一处，钢管更易腐蚀5.以下说法中正确的选项是〔

〕A.、、、的熔点逐渐升高

B.的挥发破坏了共价键

C.的结构式为

D.比稳定，是因为水分子间能形成氢键6.以下各组离子在溶液中能大量共存的是〔

〕A.、、、

B.、、、

C.、、、

D.、、、7.转化为和分步进行：①，②，其反响过程能量变化如下列图，以下说法错误的选项是〔

〕A.Ea1是反响①的活化能

B.的能量一定低于的能量

C.

D.反响②更容易发生，气体很难大量累积8.以下用于解释事实的化学用语书写正确的选项是〔

〕A.氯气溶于水：Cl2+H2O⇌2H++Cl-+ClO-

B.明矾[KAl(SO4)2∙12H2O]作净水剂：Al3++3H2O⇌Al(OH)3↓+3H+

C.铜作电极电解NaCl溶液初始阶段：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑

D.饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2++CO=CaCO3↓9.合成氨是催化界的经典反响，数次诺贝尔奖的获得，说明其从工业应用到机理认识都有着重要意义。当前，利用电化学手段进行氨的合成是人类化学控制合成的新目标，一种电化学合成氨的装置(惰性电极)示意图如下列图。以下说法正确的选项是〔

〕A.

电极连接电源的负极

B.

电极的电极反响式为：

C.

当有生成时，理论上产生

D.

电流从极经共熔物到极，再经电源流回极10.因具有杀菌能力强，对人体、动物没有危害以及对环境不造成二次污染等特点，备受人们的青睐。以下列图是一种制的微观示意图。以下有关说法正确的选项是〔

〕A.

该反响中只有共价键的断裂与形成

B.

该反响中，作氧化剂

C.

该条件下，氧化性：

D.

制取，有失去电子11.主族元素、、、的原子序数依次增大，且均不大于20。、原子序数之和是的一半；与同主族；的最高正价与最低负价代数和为2；的单质是我国古代四大创造之一黑火药的一种成分。以下说法正确的选项是〔

〕A.

简单离子半径：

B.

c、d两元素形成的化合物只含有离子键

C.

a与b形成的最简单化合物的水溶液呈碱性

D.

b、c两种元素的氧化物对应的水化物均为强酸12.为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是〔

〕A.中含有的电子数为

B.常温下，铁片与足量浓硫酸反响转移的电子数为

C.标准状况下，甲烷和乙烯的混合气体中所含碳氢键数目为

D.常温下，的溶液中，水电离出的数目为13.以下各组实验中，根据实验现象所得结论正确的选项是〔

〕选项实验操作和实验现象结论A向和的混合溶液中滴入酸化的溶液，混合溶液变红氧化性：B向盛某盐溶液的试管中滴入浓氢氧化钠溶液并加热，试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝该盐中含有C将稀盐酸滴入溶液中，溶液中出现凝胶非金属性：D将红热的炭放入浓硫酸中，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊碳被氧化成A.A

B.B

C.C

D.D14.用硫酸渣(主要含、，杂质为和等)为原料制备氢氧化氧铁()的流程如下：以下说法错误的选项是〔

〕A.

滤渣中一定含有

B.

“复原〞时可以用铁粉代替

C.

“氧化〞的目的是将二价铁氧化成三价铁

D.

“……〞一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶二、综合题15.丙烯是三大合成材料的根本原料之一，可用于生产多种重要有机化工原料。由丙烷制丙烯的两种方法如下：Ⅰ．丙烷氧化脱氢法：Ⅱ．丙烷无氧脱氢法：请答复以下问题：〔1〕，由此计算________。〔2〕在催化剂作用下，氧化脱氢除生成外，还生成CO、等物质。的转化率和的产率随温度变化关系如下列图。①图中的转化率随温度升高而上升的原因是________。②在550℃时，的选择性为________。(保存1位小数)(的选择性)。③的选择性：550℃________575℃(填“大于〞或“小于〞)。〔3〕某温度下，在刚性密闭容器中充入发生无氧脱氢制备丙烯。①以下能说明该反响到达平衡状态的是________。a．b．容器内气体的密度不再发生变化c．容器内气体平均相对分子质量不再变化d．容器内的压强不再发生变化②假设起始时容器内压强为，反响达平衡后总压为，那么的平衡转化率为________，该反响的压强平衡常数________(保存1位小数)。16.近年来，长江流域总磷超标的问题逐渐凸显，“三磷〞(磷矿、磷肥和含磷农药制造等磷化工企业、磷石膏库)导致的区域环境污染问题日益受到关注。、和是磷的三种含氧酸，请答复以下问题：〔1〕次磷酸不能与高铁酸钾混合使用，原因是二者会发生如下反响，请配平该反响________。〔2〕某含磷废水的主要成分为和，向废水中参加适量漂白粉，再参加生石灰调节，将磷元素转化为磷酸钙沉淀回收。参加漂白粉的作用是________；假设测得处理后的废水中，的含量为，那么________。〔3〕25℃时，向一定体积的亚磷酸(，二元弱酸)溶液中滴加等物质的量浓度的溶液，混合液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液的关系如下列图。①为________(填“正盐〞或“酸式盐〞)，其溶液显碱性的离子方程式为________。②点时，溶液中水电离出的________。③所加溶液体积与亚磷酸溶液相同时，溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为________。④将浓度均为的和的混合液加水稀释10倍后，溶液中将________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)。17.在石墨材料性能提升的帮助下，锂离子电池的性能也得到了大幅提升，华为公司曾开发出石墨烯锂离子电池，其工作原理如图1所示，该锂离子电池正极铝钴膜主要含有、等，处理该正极废料的一种流程如图2所示：请答复以下问题：〔1〕.“碱浸〞时发生反响的离子方程式为

。〔2〕.滤渣的主要成分的化学式为

。〔3〕.“酸溶〞时的作用是

，“酸溶〞时温度不宜过高的原因是

。盐酸可以代替和的混合液，但工业上都不采用盐酸，其原因是

。〔4〕.用图1中锂离子电池作电源电解制备的装置如图3所示，d与锂离子电池的

极相连(填“a〞或“b〞)，电解池中发生的总反响离子方程式为

。当锂离子电池中有移向正极时，电解池中阴极区溶液质量的变化量为

g。18.草酸可作复原剂、沉淀剂、金属除锈剂、织物漂白剂等。实验室用电石(主要成分，少量杂质)为原料制取的装置如下列图。：。请答复以下问题：〔1〕.装置B中的试剂名称是

。〔2〕.装置C中多孔球泡的作用是

，装置D的作用是

。〔3〕.装置C中生成的化学方程式为

。〔4〕.从装置C中得到产品，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及枯燥；其中洗涤的具体操作是

。〔5〕.准确称取产品于锥形瓶中，参加适量蒸馏水溶解，再参加少量稀硫酸，然后用酸性标准溶液进行滴定，消耗标准溶液。(杂质不参与反响)①盛装标准溶液的滴定管名称是

，滴定终点的现象是

。②产品中的质量分数为

。19.“海南沉香，一片万钱，冠绝天下。〞在?本草纲目?中，明代名医李时珍曾这样盛赞海南沉香。香料的使用，在我国具有悠久的历史，如下是一种香料H(分子式为C13H14O2)的合成流程，请答复以下问题：：①RCHO+R′CH2ClRCH=CHR②③R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH〔1〕A中官能团名称是________，D→E的反响类型是________。〔2〕B→C的化学方程式为________。〔3〕D的名称是________，G的结构简式为________。〔4〕H与足量NaOH溶液共热的化学方程式为________。〔5〕有机物X为E的同分异构体，满足以下条件的X结构简式为________。①能与FeCl3溶液发生显色反响

②能发生银镜反响

③苯环上只有一种化学环境的氢原子〔6〕请设计合理路线，以乙醇和苯为有机原料合成CH3CH=CHCH2OH，其他无机试剂任选________。

答案解析局部一、单项选择题1.【答案】D【解析】【解答】A．凡石灰经火焚炼为用，为石灰石高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，涉及化学反响，A与题意不符；B．烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也，为铁与硫酸铜反响生成硫酸亚铁和铜，涉及化学反响，B与题意不符；C．凡墨烧烟凝质而为之，墨是由烟(炭黑)和胶二者结合而成的，涉及化学反响，C与题意不符；D．水沙中所出，块大的黄金为狗头金，不涉及化学反响，D符合题意；故答案为：D。

【分析】化学反响是涉及新物质的生成涉及到物质的变化，根据给出的选项找出是否产生新物质即可2.【答案】B【解析】【解答】A．次氯酸钠具有氧化性，是家庭常用的漂白剂，故A不符合题意；B．侯氏制碱法的初始原料是、、和，反响先生成碳酸氢钠，受热分解后得到纯碱碳酸钠，故B符合题意；C．硅酸钠不易燃，常用作木材防火剂，故C不符合题意；D．过氧化钠与水、二氧化碳均能反响生成氧气，可以作为呼吸面具的供氧剂，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】侯式制碱法的原料是饱和食盐水、二氧化碳和氨气，而碳酸氢钠是制取纯碱的原料。3.【答案】C【解析】【解答】A．碘与四氯化碳互溶，不能利用分液的方法进行别离，故A不符合题意；B．胶粒和水能透过滤纸，无法用过滤的方法别离氢氧化铁胶体和水，故B不符合题意；C．加水溶解，KCl溶于水，MnO2不溶于水，过滤出MnO2，滤液蒸发结晶，即可得KCl，故C符合题意；D．别离氮气和氧气，不能直接蒸馏，要先液化再低温蒸馏，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.应该采取蒸操作

B.应该使用半透膜进行渗析

C.固液别离采用过滤，滤液中析出固体采用的是蒸发结晶

D.利用类似别离液态空气的方法进行利用熔沸点的不同进行别离4.【答案】B【解析】【解答】A．铜与浓硫酸在加热的条件下反响生成硫酸铜、二氧化硫和水，不涉及化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，A与题意不符；B．FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解生成Fe(OH)3和H+，反响是吸热反响，加热促进水解，能用勒夏特列原理解释，B符合题意；C．使用催化剂能加快反响速率，不能使化学平衡移动，能用勒夏特列原理解释，C与题意不符；D．钢管与铜管堆放一处，铁、铜及金属外表的水膜形成原电池，能加快铁的腐蚀，那么钢管更易腐蚀，属于电化学腐蚀，能用勒夏特列原理解释，D与题意不符；故答案为B。

【分析】勒夏特列原理是解释可逆反响，而氯化铁制取氢氧化铁胶体就是利用铁离子的水解得到，而水解是可逆反响符合题意即可判断5.【答案】A【解析】【解答】A.卤素单质的结构相似，相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔沸点升高，故A符合题意；B.单质碘是分子晶体，挥发时只破坏分子间的作用力，不破坏共价键，故B不符合题意；C.由共价键的饱和性可知，的结构简式为，故C不符合题意；D.水分子比硫化氢分子稳定是因为氧元素的非金属性强于硫元素，与氢是否形成键无关，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.结构相似，相对分子质量越大，熔点越高

B.物理变化，克服分子间作用力

C.次氯酸是氧原子分别与氢原子和氯原子形成共价键

D.氢键决定熔沸点，稳定性与非金属性有关6.【答案】D【解析】【解答】A．与反响生成水和二氧化碳，不能大量共存；B．与发生反响生成Fe(SCN)3，不能大量共存；C．与发生双水解反响生成Al(OH)3沉淀，不能大量共存；D．四种离子不反响，能大量共存；故答案为：D。

【分析】离子不能共存，说明可以发生化学反响，主要是发生复分解反响、氧化复原反响、络合反响等等

常见发生复分解反响不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根

发生氧化复原反响不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等复原性离子

发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等7.【答案】B【解析】【解答】A．从图中可以看出，Ea1是活化分子所具有的平均能量与反响物分子平均能量的差值，所以Ea1是反响①的活化能，A不符合题意；B．从图中可以看出，的能量低于和的能量之和，但不能确定的能量一定低于的能量，B符合题意；C．由图中信息可以得出，Y(g)+2W(g)Z(g)+3W(g)△H=+(Ea3-Ea4)kJ∙mol-1，所以Y(g)Z(g)+W(g)△H=(Ea3-Ea4)kJ∙mol-1，C不符合题意；D．从图中可以看出，反响②的活化能比反响①小，所以反响②更容易发生，反响①生成的Y(g)很容易发生转化，所以气体Y很难大量累积，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据图示即可判断其未分子活化能

B.无法比较X和Y的能量上下

C.根据图示即可写出热化学方程式

D.②的活化能低速率快，Y作为中间产物消耗速率大于生成速率8.【答案】C【解析】【解答】A．正确的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，A用语不符合题意；B．正确的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，B用语不符合题意；C．Cu作阳极，参与反响，失电子生成铜离子，阴极水得电子生成氢气和氢氧根离子，铜离子与氢氧根离子反响生成氢氧化铜，总反响式Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑，C用语符合题意；D．正确的离子方程式为CaSO4+CO=CaCO3+SO，D用语不符合题意；故答案为C。

【分析】A.次氯酸是弱酸不能拆

B.明矾水解生成氢氧化铝胶体，不是沉淀

C.利用铜做电子，因此是阳极铜失去电子即可写出电池的总反响

D.CaSO4为微溶物，在离子方程式中也不能拆分9.【答案】B【解析】【解答】A.由分析可知，a电极为电解池的阳极，与电源的正极相连，故A不符合题意；B.由分析可知，b电极为阴极，氮气在阴极上得到电子发生复原反响生成氨气，电极反响式为，故B符合题意；C.未注明标准状况，无法计算1mol氨气生成时生成氧气的体积，故C不符合题意；D.由电解原理可知，电流从b极流向电源，再经电源流回a极，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】由图可知，该装置为电解池装置，a电极为电解池的阳极，在共熔物作用下水蒸气在阳极失去电子发生氧化反响生成氧气，b电极为阴极，氮气在阴极上得到电子发生复原反响生成氨气。10.【答案】C【解析】【解答】A.亚氯酸钠和氯化钠均为离子化合物，由图可知，氯气与亚氯酸钠反响生成氯化钠和二氧化氯时有离子键的破坏与形成，故A不符合题意；B.由分析可知，反响中亚氯酸钠中氯元素的化合价升高，亚氯酸钠是反响的复原剂，故B不符合题意；C.由分析可知，反响中亚氯酸钠中氯元素的化合价升高，氯气中氯元素的化合价降低，氯气是反响的氧化剂，二氧化氯是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氯气的氧化性强于二氧化氯，故C符合题意；D.由分析可知，反响中氯气是反响的氧化剂，亚氯酸钠是反响的复原剂，135g二氧化氯的物质的量为=2mol，由方程式可知有1mol氯气得到电子，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】由微观示意图可知，制二氧化氯的反响为氯气与亚氯酸钠反响生成氯化钠和二氧化氯，反响的化学方程式为Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2。11.【答案】C【解析】【解答】根据题意推出、、、分别是、、、。A．核外电子排布相同时，核电荷越大半径越小，那么半径大于半径，故A不符合题意；B．中K+与S间以离子键结合，S中S原子间通过非极性共价键结合，故B不符合题意；C．与形成的最简单化合物为，氨气与水反响生成一水合氨，溶液呈碱性，故C符合题意；D．、两种元素的氧化物对应的水化物有强酸，也有弱酸，如H2SO3，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】主族元素、、、的原子序数依次增大，且均不大于20。的最高正价与最低负价代数和为2，那么b为N，的单质是我国古代四大创造之一黑火药的一种成分，那么c为S，、原子序数之和是的一半，那么a为H，与同主族，那么d为K，据此解答。12.【答案】C【解析】【解答】A．为9电子微粒，中含有的电子数为，选项A不符合题意；B．常温下，铁片与浓硫酸发生钝化，转移电子数不能确定，选项B不符合题意；C．甲烷和乙烯分子中碳氢键的个数相同，都含有4个碳氢键，，选项C符合题意；D．没有告诉溶液的体积，算不出水电离出的氢离子数目，选项D不符合题意。故答案为：C。

【分析】A.找出一个-OH含有的电子数即可

B.外表形成氧化物薄膜，反响一段时间不能继续反响无法确定

C.根据n=计算出物质的量，再根据分子式找出含有的碳氢键数即可

D.根据n=cv计算出物质的量，但是V未知13.【答案】B【解析】【解答】A.向氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液中，参加酸化的硝酸银溶液，硝酸可氧化亚铁离子，不能比较银离子和铁离子的氧化性强弱，故A不符合题意；B.向盛某盐溶液的试管中滴入浓氢氧化钠溶液并加热，管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有碱性气体氨气生成，那么盐溶液中一定有铵根离子，故B符合题意；C.非金属元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯化氢不是氯元素的最高价氧化物的水化物，不能比较氯元素和硅元素的非金属性强弱，故C不符合题意；D.红热的炭放入浓硫酸中发生的反响为碳与浓硫酸共热反响生成二氧化硫、二氧化碳和水，反响生成的二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，不能判断是否有二氧化碳生成，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.硝酸根在酸性条件下具有很强的氧化性无法判断是否为银离子氧化

B.符合铵根离子的检验方法

C.比较元素的非金属性强弱应该比较最高价氧化物对应的水合物的酸性

D.浓硫酸的复原产物二氧化硫也可以使石灰水变浑浊14.【答案】D【解析】【解答】A．因为不溶于酸，滤渣中一定含有，故A不符合题意；B．“复原〞时作复原剂，把三价铁复原成二价铁，故可以用铁粉代替，故B不符合题意；C．“氧化〞的目的是将二价铁氧化成三价铁，最终以FeOOH沉淀出来，故C不符合题意；D．一系列操作为过滤、洗涤、枯燥，故D符合题意；故答案为：D。【分析】硫酸渣〔主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等〕加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子复原为Fe2+，同时生成S沉淀，过滤，滤渣含有二氧化硅和S、FeS2，滤液中含有Fe2+和Al3+，滤液中通入空气氧化，同时调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯洁的FeOOH，以此解答该题。二、综合题15.【答案】〔1〕-118

〔2〕温度升高，反响速率加快；；大于

〔3〕cd；；2.7【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，把和相加，即得=+124kJ·mol-1-242kJ·mol-1=-118kJ·mol-1。

(2)①该反响为放热反响，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率应该降低，但实际上C3H8的转化率随温度的升高而增大，可能是升高温度，催化剂的活性增大，反响速率加快的缘故。②由图可知，550℃时，C3H8的转化率为13%，C3H6的产率为8%，设参加反响的C3H8为100mol，那么生成的C3H6为8mol，那么C3H6的选择性为×100%=61.5%。③550℃时，C3H6的选择性为61.5%，575℃时，C3H6的选择性为=51.5%，因此550℃时C3H6的选择性大于575℃时C3H6的选择性。(3)①在反响中，a．均表示正反响速率，无法确定正逆反响速率是否相等，无法判断是否到达平衡状态，故a不选；b．反响物和生成物都是气体，容器内混合气的质量是不变的，而容器体积恒定，所以容器内气体密度是定值，当容器内气体的密度不再发生变化时，不能说明反响到达了平衡，故b不选；c．反响物和生成物都是气体，容器内混合气的质量是不变的，反响前后气体的物质的量发生改变，所以容器内气体的平均相对分子质量在未平衡前是变化的，当容器内气体平均相对分子质量不再变化时，说明反响到达了平衡状态，故c选；d．该反响前后气体系数之和不相等，所以平衡建立过程中，混合气的物质的量是变化的，在恒温恒容条件下，压强和气体的物质的量成正比，所以当容器内的压强不再发生变化时，反响到达了平衡状态，故d选；故答案为：cd。②恒温恒容条件下，气体的物质的量和压强成正比，起始时容器内压强为，反响达平衡后总压为，那么压强变化了4kPa，根据化学方程式可知，各物质变化的分压均为4kPa，所以平衡时C3H8、C3H6、H2的分压分别为6kPa、4kPa、4kPa。那么C3H8的转化率为=40%，Kp==2.7kPa。【分析】〔1〕根据盖斯定律即可计算出焓变

〔2〕①速率随着温度升高而升高

②根据图示中的数据即可求出转换丙烯的选择性

③根据温度下的转化率和产率计算出选择性进行比照即可

〔3〕①根据

，气体系数增大，且正反响为吸热反响，可根据判断浓度是否不变以及某物质的正逆速率是否相等以及平均相对分子质量是否不变以及压强是否不变即可判断是否到达平衡

②根据物质的量之比等于压强之比利用压强之比求出平衡时的各物质的物质的量即可求出转化率和平衡分压即可求出常数

16.【答案】〔1〕3、4、1、3、1、8

〔2〕将氧化为；

〔3〕正盐；；；；增大【解析】【解答】(1)根据反响可知，中P元素由+1价变为+5价，中Fe由+6价变为+3价，最小公倍数为12，的系数为3，的系数为4，根据P原子守恒，的系数为3，那么的系数为1，的系数为8，那么的系数为1，配平该反响为：

，答案为3、4、1、3、1、8；(2)漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，参加漂白粉的作用是将氧化为；假设测得处理后的废水中，的含量为，那么，；(3)①H3PO3是二元弱酸，那么Na2HPO3为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性，；②点时，pH=1.43，溶液呈酸性，酸过量抑制水的电离，溶液中水电离出的；③所加溶液体积与亚磷酸溶液相同时，生成，为强碱弱酸盐，，根据图中信息可知，电离大于水解，故溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为；④将浓度均为的和的混合液加水稀释10倍后，溶液中减小，增大，因K=为常数，故减小，故将增大。【分析】〔1〕根据给出的反响物和生成物利用氧化复原反响原理即可进行配平

〔2〕漂白粉有效成分是次氯酸钙具有氧化性而

具有复原性，发生氧化复原反响将其氧化为磷酸，根据给出的数据即可计算出溶度积常数

〔3〕①根据亚磷酸(

，二元弱酸)即可判断为正盐，即可写出水解的方程式

②根据此时的pH结合水的离子积常数即可计算

③先判断此时的溶质结合水解常数和电离常数的大小即可判断离子浓度的大小

④根据平衡常数以及水的离子积常数结合稀释氢氧根离子降低即可判断

17.【答案】〔1〕

〔2〕

〔3〕复原剂，将三价钴复原成二价钴；温度过高，会分解；生成的氯气会造成污染，且盐酸易挥发，浪费很大

〔4〕b；；57【解析】【解答】(1)该锂离子电池正极铝钴膜主要含有、等，处理该正极废料第一步碱溶，氢氧化钠和铝反响生成偏铝酸钠，反响的离子方程式为故答案为；

(2)第三步加氨水调pH除锂，硫酸锂与氨水反响生成沉淀，滤渣的主要成分的化学式为，故答案为；(3)第二步酸溶，和硫酸和过氧化氢反响，过氧化氢把正三价的钴复原为正二价的钴，生成硫酸钴，同时生成硫酸锂，“酸溶〞时作复原剂，把正三价的钴复原为正二价的钴；过氧化氢不稳定，受热易分解，所以“酸溶〞时温度不宜过高；盐酸可以代和的混合液，但工业上都不采用盐酸，是因为把氯离子氧化生成氯气，氯气有毒，易污染环境，且盐酸易挥发，也会产生污染和浪费。故答案为：复原剂，将三价钴复原成二价钴；温度过高，会分解；生成的氯气会造成污染，且盐酸易挥发，浪费很大；(4)图1中的锂离子电池，a是正极，b是负极，而图3中的电解池中失去电子生成，那么所在电极为阳极，c应与锂电池的正极a极相连，d应与锂电池的负极b相连。电解池中阳极失去电子生成，阴极氢离子得到电子生成氢气，总反响离子方程式为；当电池中有移向正极时，在电解池中阳离子会向阴极移动，因为是阳离子交换膜，所以电解池左侧的钾离子会透过阳离子交换膜进入右侧，那么阴极区溶液质量会增加，的物质的量为1.5mol，那么进入右侧的钾离子也为1.5mol，那么钾离子的质量为1.5mol×39g/mol=58.5g，同时会有0.75mol的氢气放出，那么氢气的质量为0.75mol×2g/mol=1.5g，那么阴极区的质量变化量为58.5g-1.5g=57g，故答案为：b；；57g;【分析】该锂离子电池正极铝钴膜主要含有、等，处理该正极废料的一种流程如图，第一步碱溶，氢氧化钠和铝反响生成偏铝酸钠，过滤后，第二步酸溶，和硫酸和过氧化氢反响，过氧化氢把正三价的钴复原为正二价的钴，生成硫酸钴，同时生成硫酸锂，第三步加氨水调pH除锂，硫酸锂与氨水反响生成沉淀，第四步加草酸铵沉钴，草酸铵和硫酸钴反响生成草酸钴沉淀。在图1锂离子电池中，a极为锂电池的正极，b极为锂电池的负极。在图3电解池中失去电子生成，那么所在电极为阳极，c应与锂电池的正极a极相连，d应与锂电池的负极b相连。

18.【答案】〔1〕氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液

〔2〕增大气体和溶液的接触面积，加快反响速率，使反响充分进行；防止倒吸

〔3〕

〔4〕沿着玻璃棒向漏斗里注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复操作2~3次

〔5〕酸式滴定管；当参加最后一滴入标准溶液，溶液呈浅红色且半分钟内不恢复原来的颜色；【解析】【解答】〔1〕由分析可知，装置B中盛有氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液用于吸收硫化氢气体，用于防止具有强复原性的硫化氢干扰乙炔与浓硝酸的反响，故答案为：氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液；

〔2〕装置C中多孔球泡可以增大乙炔气体与浓硝酸的接触面积，便于反响物充分接触，加快反响速率，使反响充分进行；装置D为空载仪器，起平安瓶的作用，防止二氧化氮与氢氧化钠溶液反响产生倒吸，故答案为：增大气体和溶液的接触面积，加快反响速率，使反响充分进行；防止倒吸；〔3〕装置C中发生的反响为在硫酸汞做催化剂作用下，与浓硝酸发生氧化复原反响生成草酸，反响的化学方程式为，故答案为：；〔4〕反响