福建省福州市2023–2024学年高二化学上学期第二学段考试期末试题【含答案】

(完卷75分钟满分100分)【相对原子质量】H：1C：12O：16Na：23Mn：55Cu：64Zn：65第Ⅰ卷选择题一、选释题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。)1.下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是A.纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗B.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D.可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀B【分析】A．纯银器主要发生化学腐蚀；B．铁比锡活泼，易被腐蚀；C．海轮外壳连接锌块，锌为负极；D．防止金属被氧化，金属应连接电源负极。【详解】A.银器表面变黑是因为银与空气中的氧气发生化学反应生成氧化银所致，属于化学腐蚀，故A正确；B.Fe比Sn活泼，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，镀层不能对铁制品起保护作用，故B错误；C.在海轮外壳连接锌块，锌比铁活泼，所以被腐蚀的是锌块，铁被保护，这种方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D.钢管与电源的负极相连，则钢管作阴极，所以钢管中的铁不会被氧化而腐蚀，是外加电流的阴极保护法，故D正确；本题选B。2.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.加入催化剂有利于生成B.黄绿色的氯水光照后颜色变浅C.比常温更有利于合成氨的反应D.由氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深B【详解】A．催化剂对平衡无影响，故A错误；B．氯水光照后，溶液中HClO见光分解，使得HClO浓度减小，有利于氯气与水反应平衡向正向移动，导致氯水颜色变浅，故B正确；C．合成氨反应为放热反应，升温使平衡逆向移动，不利于合成氨，采用高温是为加快反应速率，故C错误；D．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系中存在反应：，该反应前后气体分子数相等，压强对平衡无影响，加压颜色变深，是因体积减小，浓度增大，故D错误；故选：B。3.将两个铂电极插入500mLCuSO4溶液中进行电解，通电一定时间后，某一电极增重0.064g(设电解时该电极无氢气析出，且不考虑水解和溶液体积变化)，此时溶液中氢离子浓度约为A.4×10-3mol/L B.2×10-3mol/L C.1×10-3mol/L D.1×10-7mol/LA【详解】电解CuSO4溶液的方程式为：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2↑+2H2SO4，生成0.064g的Cu，物质的量为0.001mol，所以生成0.001mol的H2SO4，氢离子为0.002mol，浓度为4×10－3mol·L－1，故选：A。4.能促进水的电离，并使溶液中c(H+)＞c(OH-)的操作是①将水加热煮沸②向水中投入一小块金属钠③向水中通CO2④向水中通NH3⑤向水中加入明矾晶体⑥向水中加入NaHCO3固体⑦向水中加NaHSO4固体A.①③⑥⑦ B.①③⑥ C.⑤ D.⑤⑦C【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离；酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，并使溶液中c(H+)＞c(OH-)，说明溶液呈酸性，为强酸弱碱盐，据此分析解答。【详解】①水的电离是吸热反应，将水加热煮沸，促进水电离，但溶液中仍然存在c(H+)=c(OH−)，溶液呈中性，故错误；②向水中投入一小块金属钠，Na和水反应生成NaOH，NaOH是强碱抑制水电离，溶液呈碱性，故错误；③向水中通CO2，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离生成氢离子，抑制水电离，溶液呈酸性，故错误；④向水中通NH3，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而使溶液呈碱性，抑制水电离，故错误；⑤向水中加入明矾晶体，铝离子水解导致溶液呈酸性，促进水电离，故正确；⑥向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，促进水电离，故错误；⑦向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠完全电离生成氢离子导致溶液呈酸性，抑制水电离，故错误；故选C。5.常温下，下列各组离子在制定溶液中一定能大量共存的是A.的溶液：B.甲基橙呈红色的溶液：C.纯碱的稀溶液：D.与铝反应产生大量氢气的溶液：C【详解】A．Fe3+不能存在于中性溶液中，故A错误；B．甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，AlO与H+反应而不能大量共存，故B错误；C．碳酸钠溶液中，都可以大量共存，故C正确；D．与铝反应产生大量氢气的溶液为酸性或碱性溶液，CO在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；故选C。6.我国科研人员以Zn和尖晶石型锰酸锌(ZnMn2O4)为电极材料，研制出一种水系锌离子电池。该电池的总反应方程式：ZnMn2O4xZn+Zn1−xMn2O4(0<x<1)。下列说法正确的是A.充电时，Zn2+向ZnMn2O4电极迁移B.充电时，阳极反应：ZnMn2O4−2xe−=Zn1−xMn2O4+xZn2+C.放电时，每转移1mole−，ZnMn2O4电极质量增加65gD.充放电过程中，只有Zn元素的化合价发生变化B【详解】A．充电时，阳离子向阴极移动，而可充可放电池中，阴极是原电池的负极，所以Zn2+向锌迁移，故A错误；

B．充电时阳极发生氧化反应，与正极反应刚好相反，所以阳极的电极反应为：ZnMn2O4-2xe-=Zn1-xMn2O4+xZn2+，故B正确；

C．放电时，正极反应为：Zn1-xMn2O4+xZn2++2xe-=ZnMn2O4，所以每转移1mol

e-，ZnMn2O4电极质量增加0.5mol×65g/mol=32.5g，故C错误；

D．充放电过程中锰元素的化合价也变化，所以充放电过程中锌与锰的化合价变化，故D错误；

答案选B。在二次电源充放电的过程中，充电时的阴极对应放电时的负极，充电时的阳极对应放电时的正极。7.在常温常压下，向溶液中滴入的溶液，发生如下反应：所得溶液显红色，改变下列条件，能使溶液颜色变浅的是A.向溶液中加入少量的晶体 B.向溶液中加入少量的水C.设法移走溶液中的部分水 D.向溶液中滴加2滴溶液B【详解】A．向溶液中加入少量的KCl晶体，平衡不移动，颜色不变，故A错误；B．向溶液中加入少量的水，溶液稀释，颜色变浅，故B正确；C．设法移走溶液中的部分水，溶液浓度变大，颜色变深，故C错误；D．向溶液中滴加2滴溶液，平衡正向移动，颜色变深，故D错误；故B。8.将pH=2的盐酸平均分为2份,一份加入适量水,另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量氢氧化钠溶液后,pH都升高了1,则加入的水与氢氧化钠溶液的体积比为()A.9∶1 B.10∶1 C.11∶1 D.12∶1C【详解】根据题意盐酸平均分成2份，设每份都为1L，将pH=2的盐酸加适量的水，pH升高了1，则体积是原盐酸体积的10倍，说明所加的水的体积是原溶液的9倍，即水的体积为9L；另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH也升高了1．可设碱液体积x．依题意可列出下列等式：10-2mol/L×1L-10-2mol/L×xL=10-3mol/L×(1+x)L，解得x=L，则加入的水与NaOH溶液的体积比为，答案选C。9.常压下羰基化法精炼镍的原理：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是A.增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B.该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]＝4v生成(CO)C.第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃D.第二阶段，Ni(CO)4分解率较低C【详解】A．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以增加c(CO)，虽然平衡正向移动，但反应的平衡常数不变，故A错误；B．反应的速率之比等于气体的化学计量数之比，所以平衡时有4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)，故B错误；C．Ni(CO)4的沸点为42.2℃，则第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，应选50℃，故C正确；D．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段Ni(CO)4分解率较大，故D错误；故选：C。10.今有室温下四种溶液，下列有关叙述不正确的是序号①②③④pH111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸A.③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B.②和③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)>c(OH-)C.分别加水稀释10倍，四种溶液pH：①>②>④>③D.V1L④溶液与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则V1<V2D【分析】醋酸和一水合氨是弱电解质，NaOH和HCl是强电解质，pH相等的醋酸和盐酸、NaOH和氨水，醋酸的浓度大于盐酸、氨水的浓度大于NaOH，加水稀释促进弱电解质的电离，但弱酸弱碱的酸碱性减弱。【详解】A．醋酸溶液中存在电离平衡，加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，醋酸酸性减弱，盐酸中加入醋酸钠固体，能够反应生成醋酸，氢离子浓度减小，故两溶液的pH均增大，故A正确；B．氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的醋酸与NaOH溶液等体积混合，氢氧化钠完全反应，醋酸过量，溶液显酸性，故B正确；C．分别加水稀释10倍，NaOH溶液和盐酸的pH变为10和4，氨水的pH大于10小于11，醋酸的pH大于3小于4，所以溶液的pH：①＞②＞④＞③，故C正确；D．氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的盐酸与氨水等体积混合，氨水过量，溶液显碱性，V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，则V1＞V2，故D错误；故D。11.欲使0．1mol/L的NaHCO3溶液中c（H+）、c（CO）、c（HCO）都减少，其方法是A.加水 B.加入氢氧化钠固体C.通入氯化氢气体 D.加入饱和石灰水溶液D【详解】A．.加水稀释后碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢氧根离子的浓度减小，水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故A错误；B．加入氢氧化钠固体后发生反应：，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，故B错误；C．通入氯化氢气体后发生反应：，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，故C错误；D．加入饱和石灰水溶液后发生反应：，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，氢离子浓度也减小，故D正确；故答案为D。12.恒温、恒压下，向密闭容器中充入2体积A和1体积B，发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)，平衡时，混合气体体积比起始时减少了20%。若开始时充入4体积C，则达到平衡时C的转化率A.50% B.40% C.30% D.20%B【详解】若开始时充入4体积C，极限转化为反应物时，与A、B的起始量之比相同，为等效平衡，则平衡时，混合气体体积比起始时增加了20%，平衡时体积为4×（1+20%）=4.8，

2C⇌2A（g）+B（g）

开始

4

0

0

转化

n

n

0.5n

平衡

4-n

n

0.5n

则(4-n)+n+0.5n=4.8，解得n=1.6，达到平衡时C的转化率为×100%=40%，B项正确，答案选B。13.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO，MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H>0。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是选项xyA温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4的质量（忽略体积）CO的转化率A.A B.B C.C D.DA【详解】A、△H＞0，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳浓度增大，混合气体的密度增大，故A正确；B、，平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，增加CO的物质的量，平衡正向移动，SO2浓度增大，CO2与CO的物质的量之比减小，故B错误；C、平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，故C错误；D、MgSO4是固体，增加固体质量，平衡不移动，CO的转化率不变，故D错误；答案选A。14.某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH-氧化了MgA.A B.B C.C D.DD【详解】A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．pH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以党的结论不合理，故D错误；故选D。15.25℃时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A.未加盐酸时：c(OH-)＞c(Na+)=c(NH3·H2O)B.加入10mL盐酸时：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)C.加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl-)=c(Na+)D.加入20mL盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)B【详解】A、混合溶液中，浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O，NH3·H2O为弱电解质，故c(Na＋)＞c(NH3·H2O)，A错误；B、加入10mL盐酸时，c(Cl-)=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7时，即c(H＋)=c(OH-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)＞c(Na＋)，C错误；D、加入20mL盐酸时，c(Cl-)=2c(Na+)，由于NH4+的水解，c(NH4+)＜c(Na+)，所以c(Cl-)＞c(NH4+)+c(Na+)，D错误；此题选B。16.常温下，向二元弱酸溶液中滴加溶液，所得混合溶液的与离子浓度变化的关系如图所示。下列有关说法正确的是A.曲线表示与变化关系B.的数量级为C.点溶液中：D.交点的溶液中：C【分析】向H2Y溶液中加KOH溶液，依次发生、。【详解】A．向H2Y溶液中加KOH溶液，随着pH增大，增大、减小，曲线N表示pH与的变化关系，故A错误；B．M表示pH与的变化关系，pH=2时，=0.7，即，=10-1.3，故B错误；C．d点溶液中电荷守恒，又pH=2，即c(H+)=0.01mol/L，所以，故C正确；D．交点e的溶液中，则，故D错误；故C。第Ⅱ卷非选择题17.回答下列问题：（1）能证明溶液中存在水解平衡的事实是___________(填序号)。A．滴入酚酞溶液变红，再加入溶液红色退去B．滴入酚䣭溶液变红，再加入氯水后红色退去C．滴入酚酞溶液变红，再加入溶液后产生沉淀且红色退去（2）恒温时，在一密闭容器进行反应，达到平衡后，时加压，重新建立平衡时浓度将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，在下图画出时加压后至时建立新平衡的速率随时间变化的图像___________(新平衡速率用、表示)。（3）在恒容绝热(不与外界交换能量)条件下进行反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高，简述该反应的平衡常数与温度的变化关系___________。物质起始投料2120（1）C（2）①.不变②.（3）平衡常数与温度成反比【小问1详解】A．滴入酚酞试液变红，说明亚硫酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，酚酞在pH大于8时，呈红色，加入硫酸溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性越可能呈碱性，若为酸性，不能说明平衡移动，故A错误；B．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，氯水具有强氧化性，具有漂白性，再加入氯水后溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故B错误；C．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，所以说明存在水解平衡，故C正确；故选C。【小问2详解】恒温时，在一密闭容器进行反应，达到平衡后，时加压，逆反应速率突然增大，但反应物为固体，重新建立平衡时，正逆反应速率和原平衡一致，故浓度不变，加压时，正反应速率不变，逆反应速率突然增大，然后逐渐减小，则时加压后至时建立新平衡的速率随时间变化的图像为。【小问3详解】由起始党的物质的量为0可知，反应2A（g）+B（g）2C（g）+D（s）向正反应进行建立平衡，正反应是气体体积减小的反应，容器的体积不变，平衡时压强增大，故绝热条件下，混合气体的温度升高，则正反应为放热反应；升高温度平衡向逆反应进行，化学平衡常数减小，故该反应的平衡常数与温度的变化关系为平衡常数与温度成反比。18.以氯化钾和钛白厂的副产品硫酸亚铁为原料生产硫酸钾、过二硫酸铵和氧化铁红颜料，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：（1）反应Ⅰ前需在溶液中加入___________(填字母)，以除去溶液中的；A.锌粉 B.铁屑 C.溶液 D.（2）反应Ⅰ需控制反应温度低，其目的是___________。（3）反应Ⅳ常被用于电解生产(过二硫酸铵)。电解时均用惰性电极，阳极发生的电极反应可表示为___________。（4）反应Ⅰ的离子方程式为___________。（5）空气中煅烧的化学方程式为___________。（1）B（2）防止分解（3）（4）（5）【分析】FeSO4和NH4HCO3溶液混合，发生反应I生成CO2、FeCO3沉淀，过滤所得滤液为(NH4)2SO4和NH4HCO3的混合溶液，往溶液中加稀硫酸发生反应Ⅱ，生成CO2，剩余溶液若加KCl发生反应Ⅲ，过滤得K2SO4固体和NH4Cl溶液，若以惰性电极电解，则发生反应Ⅳ生成(NH4)2S2O8和H2，FeCO3在空气中煅烧得Fe2O3。【小问1详解】除去溶液中的Fe3+需加入还原性微粒，同时不引入新的杂质，锌粉能将Fe3+还原，但会引入杂质Zn2+，铁屑既能将Fe3+还原，又不会引入杂质，KI能将Fe3+还原，但过量KI成为新的杂质，H2不能将Fe3+还原，故B；【小问2详解】反应Ⅰ中的NH4HCO3受热易分解，所以需控制反应温度低，其目的是防止NH4HCO3分解；【小问3详解】反应Ⅳ用惰性电极电解(NH4)2SO4溶液，生成(过二硫酸铵)和氢气，阳极电极反应式为；【小问4详解】FeSO4和NH4HCO3溶液混合，发生反应I生成CO2和FeCO3沉淀，其离子方程式为；【小问5详解】FeCO3空气中煅烧的化学方程式为。19.毒重石的主要成分(含等杂质)，实验室利用毒重石制备的流程如下：（1）毒重石用盐酸浸取，实验室用的盐酸配制的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的___________。a．烧杯b．容量瓶c．玻璃棒d．滴定管（2）

开始沉淀时的11.99.11.9完全沉淀时的13.911.13.2加入调节可除去___________(填离子符号)，加入时应避免过量，原因是___________。已知：（3）利用简捷酸碱滴定法可测定的含量，实验分两步进行。已知：，。步骤Ⅰ：移取一定浓度的溶液与锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为。步骤Ⅱ：移取y溶液于锥形瓶中，加入与步骤Ⅰ相同浓度的溶液，待完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为。则溶液的浓度为___________，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液浅出，浓度测量值将___________(填“偏大”或“偏小”)。（1）ac（2）①.②.过量导致沉淀，产品产量减少（3）①.②.偏大【分析】制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），向其中加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，然后加入氨水，调节溶液的pH为8，由于Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，此时只有Fe3+完全沉淀，所以滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，再加入氢氧化钠溶液调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，然后再加入H2C2O4，得到CaC2O4沉淀，除去Ca2+，将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得到BaCl2•2H2O。【小问1详解】在实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，需先计算出浓盐酸的体积和水的体积，用量筒量取；浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器，并用玻璃棒搅拌加速溶解，所以除量筒外还需使用量筒、玻璃棒，选项是ac；【小问2详解】据分析，加入氨水调节可除去Fe3+，加入H2C2O4是为了形成CaC2O4沉淀除去钙离子，而加入时溶液中主要含Ca2+、Ba2+，按Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，BaC2O4沉淀也易形成，则加入H2C2O4时应避免过量的原因是：防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，使产品的产量减少；【小问3详解】步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生的盐酸的物质的量为：V1×10--3×bmol，步骤Ⅰ：用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10-3×bmol，，与Ba2+反应的的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=(V0-V1)b×10-3mol，步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：c(BaCl2)=mol/L=mol/L；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1减小，使得Ba2+浓度测量值将偏大。20.化学反应原理在科研和生产中有广泛的应用：（1）利用“化学蒸气转移法”制备晶体，发生如下反应：，若反应(Ⅰ)的平衡常数，向某恒容容器中加入和足量，的平衡转化率为___________。（2）如图所示，反应(Ⅰ)在石英真空管中进行，先在温度为的一段放入未提纯的粉末和少量，一段时间后，在温度为一端得到了纯净晶体，则温度___________(填“>”、“<”或“=”)。（3）利用的的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化为，然后用一定浓度的溶液进行滴定，所用指示剂为___________，滴定反应的离子方程式为___________。（4）时，的电离常数，则该温度下水解反应的平衡常数___________，若向溶液中加入少量，则溶液中将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（1）（2）（3）①.淀粉溶液②.（4）①.②.增大【小问1详解】若K=1，设平衡时，转化的物质的量为xmol，根据题干中已知信息，列出三段式，，设容器体积为VL，则，解得(舍去)，则(g)的平衡转化率为；【小问2详解】由焓变>0可知该反应为吸热反应，因在T1一端得到了纯净的TaS2晶体，可知温度T2端利于反应正向进行、为高温，温度T1端利于反应逆向进行，为低温，所以温度T1<T2。【小问3详解】因为遇到淀粉会变蓝色，所以可用淀粉溶液作为指示剂，滴定反应的离子方程式为H2SO3++H2O=4H+++2I－。小问4详解】时水解平衡常数1.0×10-12mol/L，若向NaHSO3溶液中加入少量的，碘单质与亚硫酸反应生成硫酸和氢碘酸，溶液酸性增强，c(H+)增大，c(OH-)减小，