2025-2026学年广东惠州市惠阳高级中学下学期高二年级期中考试化学试题 含答案

/惠州惠阳高级中学2026年下学期高二年级期中考试化学本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。共8页，总分100分。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5V51第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列说法错误的是A.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，现代用的蜡烛的主要成分是多于16个碳的烷烃B.“百炼成钢”反复烧红的生铁在空气中不断锤打可以制得钢，该过程中发生了化学反应C.葡萄糖是还原性糖，工业上可用于暖瓶内壁镀银D.跋山水库旧石器遗址发现的石英制品属于硅酸盐材料【答案】D【解析】【详解】A．石蜡的成分是固态烷烃，故A正确；B．生铁在空气中捶打，生铁中的C与氧气发生氧化还原反应，碳含量减少得到钢，故B正确；C．工业上利用葡萄糖的还原性向暖瓶内壁镀银，故C正确；D．石英主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，故D错误；故选D。2.下列各组离子在给定溶液中可能大量共存的是A.使紫色石蕊溶液变红的溶液：Na＋、K＋、Fe2＋、NOB.加入铝粉有氢气产生的溶液：Na＋、Ca2＋、ClO-、SOC.中性溶液中：NH、Na＋、CH3COO-、Cl-D.溶液中=10-6；K＋、NH、I-、IO【答案】C【解析】【详解】A．使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，H＋与Fe2+、会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；B．加入铝粉有氢气产生的溶液可能为酸性溶液，此溶液中ClO-不能大量存在，也可能为碱性溶液，此溶液中Ca2+不能大量存在，B不符合题意；C．CH3COONH4溶液显中性，、CH3COO-、Na＋、Cl-能大量共存，C符合题意；D．＝10-6的溶液显酸性，H＋与I-、发生氧化还原反应生成I2，不能大量共存，D不符合题意；答案选C。3.氨水中存在电离平衡：NH3•H2ONH+OH-，下列叙述正确的是A.加水稀释，平衡正向移动，溶液中c(OH-)增大B.升高温度，溶液中c(OH-)一定增大C.向含有酚酞的氨水中，加入少量的NH4Cl晶体，溶液颜色变浅D.某温度下，向氨水中加入同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中，减小【答案】C【解析】【详解】A.加水稀释，平衡正向移动，但是溶液体积增大为主，故溶液中减小，故A错误；B.氨水易挥发，升高温度，浓度减小，溶液中减小，故B错误；C.向含有酚酞的氨水中，加入少量的晶体，平衡逆向移动，减小，溶液颜色变浅，故C正确；D.某温度下，向氨水中加入同浓度的溶液，在滴加过程中，逐渐减小，，逐渐增大，故D错误；故选C。4.已知、、分别是三种酸的电离平衡常数。若这三种酸可发生如下反应：①②③则下列叙述正确的是A.的电离平衡常数为B.的电离平衡常数为C.根据①③两个反应即可判断三种酸酸性的相对强弱D.的电离平衡常数比的大，比的小【答案】A【解析】【分析】根据强酸制弱酸的原理可知，题给三个反应中，反应①说明酸性，反应②说明酸性，反应③说明酸性，故、的、酸性依次减弱。弱酸酸性越强，电离平衡常数越大，故、、的电离平衡常数分别为、、，以此解答。【详解】A．由分析可知，的电离平衡常数为，故A正确；B．由分析可知，的电离平衡常数为，故B错误；C．根据①③两个反应不能判断和的酸性强弱，故C错误；D．、、的电离平衡常数分别为、、，的电离平衡常数比和都大，故D错误；故选A。5.某温度下，向的蒸馏水中加入晶体，保持温度不变，测得溶液中。下列对该溶液的叙述不正确的是A.该温度高于B.由水电离出来的的浓度为C.加入晶体抑制水的电离D.取该溶液加水稀释100倍，溶液中的增大【答案】B【解析】【详解】A．该温度下蒸馏水的，说明水的离子积为，25℃时Kw=，因此温度高于25℃，A正确；B．溶液中总，其中水电离的H+浓度等于OH-浓度，即，因此水电离的H+浓度为，B错误；C．电离产生H+，抑制水的电离，C正确；D．稀释后，减小，但温度不变，恒定，因此会增大，D正确；故选B。6.利用反应可实现从燃煤烟气中回收硫。向三个体积相同的恒容密闭容器中通入和发生反应，反应体系的总压强随时间的变化如图所示。下列说法错误的是A.实验b中，40min内CO的平均反应速率B.与实验a相比，实验b改变的条件是加入催化剂C.实验b中的平衡转化率是75%D.实验abc相应条件下的平衡常数：【答案】D【解析】【分析】反应为放热反应，三个反应容器体积相同且恒容，反应物起始量相同，实验a、b起始压强相同，说明反应温度相同，实验b达到平衡快，反应速率大，但两者平衡状态相同，说明实验b使用了催化剂；与实验a相比，实验c达到平衡快，反应速率大，且平衡时体系压强大，说明实验c的反应温度更高。【详解】A．对反应，反应时混合气体减小的物质的量相同于消耗SO2的物质的量，根据压强之比等于物质的量之比，实验b中，40min内体系压强减小了，相当于二氧化硫的分压强减小了40kPa，则CO的分压强减小了80kPa，故CO的平均反应速率为，A正确；B．根据分析知实验b改变的条件是加入催化剂，B正确；C．设达到平衡状态时，SO2消耗了，列三段式得：40min达到平衡，此时压强为120kPa，根据压强之比等于物质的量之比，得：，解得，故二氧化硫的转化率为，C正确；D．平衡常数只受温度影响，根据分析知实验a、b反应温度相同，则。反应，说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，实验c温度比实验a、b高，则，D错误；故选D。7.室温条件下，用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定HX、HY、HZ的溶液，三种酸溶液的体积均为20.00mL，浓度均为0.1000mol/L，滴定曲线如图所示。下列叙述正确的是A.酸性强弱：HX>HY>HZ B.滴定这三种酸时，均可选择酚酞做指示剂C.电离常数Ka(HY)=10-6 D.HZ的电离方程式为【答案】B【解析】【详解】A．由题图可知相同浓度pH越小酸性越强，酸性强弱顺序为HX<HY<HZ，故A错误；B．酚酞的变色范围为8~10，酸碱中和生成的盐显中性或者碱性都可以选酚酞做指示剂，所以用强碱滴定题给三种酸时，均可选择酚酞做指示剂，故B正确；C．由题图可知，V(NaOH)=0时，HY溶液的pH=3，HY溶液中c(Y-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HY)=0.1mol/L-10-3mol/L≈0.1mol/L，，故C错误；D．0.1000mol/LHZ的pH=1，则HZ为强酸，其电离方程式为HZ=H++Z-，故D错误；故答案为B。8.某温度下，水溶液中与有如图所示关系。下列条件下，能够大量共存的一组离子是A.a点对应的溶液：B.b点对应的溶液：C.c点对应的溶液：D.a点对应的溶液：【答案】A【解析】【详解】A．根据图像可知，a点对应的溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．b点对应的溶液中c(H+)＜c(OH-)，溶液显碱性，Mg2+与OH-反应生成氢氧化镁白色沉淀，因此Mg2+不能大量存在，故B错误；C．c点对应的溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，与H+形成弱酸，不能大量存在，故C错误；D．a点对应的溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，CaSO4属于微溶，Ca2+和SO不能大量共存，故D错误；答案为A。9.25℃时，0.1mol·L-1的邻苯二甲酸(H2R)溶液中H2R、HR-、R2-所占物质的量分数(分布系数)随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线a为H2R，H2R的一级电离常数的数量级为10-2B.曲线a与曲线c的交叉点p满足c(R2-)：c(HR-)=10-1.24C.25℃时HF的Ka=1×10-3.14，将少量H2R溶液加入足量NaF溶液中，发生的反应为H2R+2F-=2HF+R2-D.在0.1mol·L-1NaHR溶液中，各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)【答案】B【解析】【分析】随着pH增大，逐渐转化为，的浓度逐渐减小，的浓度逐渐增大；pH继续增大，逐渐转化为，的浓度又逐渐减小，的浓度开始逐渐增大，因此曲线a代表，曲线b代表，曲线c代表。【详解】A．pH=2.96时，cH2R=cHR−，B．Ka1H2R=c(H+)⋅cHR−c(H2R)=cH+=C．因Ka1H2RD．的电离常数Ka2H2R=10−5.44，水解常数K故选B。10.25℃时，用0.10mol/L的氨水滴定10.00mL0.05mol/LH2A溶液，加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是A.A点溶液的pH等于1 B.由图中数据可知，H2A为弱酸C.B点水电离出的H+浓度为1.0×10-6mol/L D.水的电离程度为：B＞C＞A【答案】B【解析】【详解】A．A点=12、c(OH-)∙c(H+)=10-14，则c(H+)=0.1mol/L，pH=-lgc(H+)=-1g0.1=1，A正确；B．通过A分析可知，A点c(H+)=0.1mol/L=2c(H2A)，则H2A在水溶液中能完全电离，所以H2A为二元强酸，B错误；C．B点碱的体积与酸的体积相同，由于碱的浓度是酸浓度的二倍，因此碱的物质的量是酸的2倍，酸碱恰好完全反应生成(NH4)2A，水解促进水电离，B点=2、c(OH-)∙c(H+)=10-14，c(H+)=10-6mol/L，B点水电离出的H+浓度c(H+)=1.0×10-6mol/L，C正确；D．A点是0.05mol/L的H2A溶液，A点c(H+)=0.1mol/L，抑制水的电离；B点前后反应产生(NH4)2A，水解促进水电离；C点为NH3∙H2O、(NH4)2A按2：1浓度比混合得到的混合溶液，NH3∙H2O对水电离的抑制作用大于水解对水电离平衡的促进作用，总的来说抑制水的电离，但NH3∙H2O是弱电解质，其对的电离的抑制作用小于A点的H+的抑制作用，故水的电离程度为：B＞C＞A，D正确；故合理选项是B。11.生活离不开化学，下列有关生活中水解的离子方程式错误的是A.泡沫灭火器灭火：Al3++3HCO+3H2O=Al(OH)3↓+3CO2↑B.铁盐用于净水：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+C.用纯碱清洗油污：CO+H2OHCO+OH-D.NH4Cl溶液可用作焊接时除锈(Fe2O3)：6NH+Fe2O3+3H2O2Fe3++6NH3·H2O【答案】A【解析】【详解】A．泡沫灭火器灭火原理是与发生双水解反应：，A错误；B．铁盐用于净水原理为：Fe3++3HC．纯碱为Na2CO3，清洗油污原理为，油污在碱性溶液中发生水解，C正确；D．溶液中水解使溶液显酸性()，能溶解铁锈，发生的反应离子方程式为Fe2O3+6NH4++3故选A。12.如图所示，只有未电离的HA分子可自由通过交换膜。常温下，往甲室和乙室中分别加入0.1mol·L-1的NH4A溶液(pH≈7)和0.1mol·L-1的HA溶液(pH≈3)，达到平衡后。下列说法正确的是A.常温下，HA的电离度约为1%B.平衡后，甲、乙两室的pH相等C.平衡后，甲室中NH3·H2O的物质的量浓度大于乙室中A-的物质的量浓度D.若用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH4A溶液，则通过交换膜的HA分子的量减少【答案】A【解析】【分析】0.1mol/L溶液pH约为7，说明铵根离子和A－离子在溶液中的水解程度几乎相等，由于只有未电离的HA分子可自由通过交换膜可知，甲室溶液中HA的浓度小于乙室，乙室中HA通过交换膜进入甲室，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，据此解答。【详解】A．由0.1mol/LHA溶液pH约为3可知，HA的电离度约为，A正确；B．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，由于甲室中的A－离子会抑制HA的电离，所以平衡后，甲、乙两室的溶液pH不相等，B错误；C．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，甲室中加入的HA抑制铵根离子的水解，溶液中一水合氨浓度小于mol/L，乙室中HA的浓度减小，电离度增大，则乙室中A－离子浓度大于0.05mol/L×1%=0.0005，所以甲室中一水合氨的物质的量浓度小于乙室中D．NaA溶液中A－离子的水解程度小于溶液，溶液中HA浓度小于溶液的HA浓度，所以若用等物质的量浓度的NaA溶液代替溶液，通过交换膜的HA分子的量增加，D错误；故选A。13.25℃时，用NaOH溶液分别滴定HX、NiCl2两种溶液，pM[p表示负对数，M表示、c(Ni2+)]随pH变化关系如图所示，已知：一般认为溶液中离子浓度≤1×10-5mol·L-1时，该离子沉淀完全。下列有关分析错误的是A.25℃时，Kh(X-)=1×10-9B.25℃时，Ni(OH)2的沉淀溶解平衡常数的数量级为10-15C.NaOH滴定NiCl2溶液至a点时，Ni2+沉淀完全D.NaOH滴定HX溶液至a点时，c(Na+)+c(OH-)>c(H+)+c(X-)【答案】C【解析】【详解】A．根据图像中pH=5.0时，pM=0可知，HX的电离常数=10-5，所以Kh(X-)=KwKa=1×10-9B．根据图像中pH=6.7时，pM=0，根据图像，当pH=6.7时，pM=0，则c(Ni2+)=1mol⋅L−1，此时c(OH−)=10−7.3mol⋅L−1，故KC．由图可知，a点时c(Ni2+)与相等，则KspNiOH2c2(OH−)=c(H+)Ka，c(OH-)=KspNiOH2×KaKw=10−14.6×10D．由C项解析可知，a点时，c(OH-)>c(H+)，显碱性，再根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)，故c(Na+)+c(OH-)>c(H+)+c(X-)，D正确。14.25℃时，向的溶液中缓慢通入气体，使其充分吸收，溶液pH与通入的物质的量关系如图所示(忽略溶液体积的变化和的分解)。下列说法正确的是A.常温下，电离平衡常数为×10-7.6B.水的电离程度：a>b>cC.b点溶液中：D.c点溶液中4【答案】B【解析】【分析】n(NaClO)=1L×1.0mol/L=1mol，通入少量时，发生反应①SO2+H2O+3【详解】A．在b点处，pH=3.8，故c(H+)=10−3.8mol/L，根据反应①可知，n(HClO)=2n(B．由题图及分析可知，a点溶液含有次氯酸和次氯酸钠，次氯酸抑制水的电离、次氯酸钠促进水的电离，b点溶液含有的次氯酸抑制水的电离，则a点水的电离程度大于b点，c点溶液含有的硫酸抑制水的电离，c点溶液中氢离子浓度大于b点，水的电离程度小于b点，故水的电离程度大小顺序为a>b>c，B正确；C．根据电荷守恒，cNa++cH+=cOH−D．c点时恰好发生反应②，n(H2SO4)=n故选B。15.亚硒酸(H2SeO3)主要用作分析试剂，还可用于制备显色剂。25℃时，H2SeO3电离平衡体系中含Se(＋4价)微粒的物质的量分数与pOH的关系如图所示：已知；pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是A.曲线L1表示H2SeO3物质的量分数随pOH的变化B.Ka2(H2SeO3)=1×10-8C.水的电离程度：a<bD.c(SeO)c(H2SeO3)>c2(HSeO)【答案】B【解析】【分析】溶液pOH越大，pH越小，酸性越强，碱性越弱，随着pOH减小H2SeO3被消耗、物质的量分数减小，HSeO物质的量分数先增大后减小，SeO物质的量分数增大，所以L1表示SeO物质的量分数与pOH的关系，L2表示HSeO物质的量分数与pOH的关系，L3表示H2SeO3物质的量分数与pOH的关系；【详解】A．由以上分析可知，曲线L1表示SeO物质的量分数随pOH的变化，故A错误；B．L1、L2交点处溶液中HSeO、SeO的浓度相等，pOH＝6，则pH＝8，所以Ka2（H2SeO3）＝＝10-8，故B正确；C．a、b两点对应的pOH均大于7，均由电离引起溶液呈酸性，即均抑制水的电离，随着pOH增大，抑制程度增强，所以水的电离程度a＞b，故C错误；D．L2、L3交点处溶液中HSeO、H2SeO3的浓度相等，pOH＝11.4，则pH＝2.6，所以根据Ka1（H2SeO3）＝＝10-2.6，Ka2（H2SeO3）＝＝10-8，可知，＞1，所以c（SeO）·c（H2SeO3）＜c2（HSeO），故D错误；故选B。第Ⅱ卷(非选择题共55分)二、非选择题：本题共5小题，共55分。16.钒是一种高熔点稀有金属，主要应用于钢铁、航空、化工和新能源领域。（1）基态V原子的核外电子中，两种自旋状态的电子数之比为______。（2）钒的一种配合物A的结构为，该配合物组成元素的电负性由大到小的顺序为______(用元素符号表示)；C、N原子的杂化方式______(填“不同”“不完全相同”或“相同”)。另一种钒的配合物B的结构为配合物的水溶性：配合物A<配合物B，其理由为______。（3）钒酸盐有很多，而直链的多钒酸盐则是一种复杂钒酸盐，已知钒酸根离子、焦钒酸根离子、三钒酸根离子如图所示：这类钒酸根离子的化学式可用通式表示为______(用n代表V原子数)。（4）四氯化钒为黏稠的红褐色液体，化学性质不稳定：在橡胶工业中，四氯化钒可以催化烯烃的聚合反应，四氯化钒的晶体类型为______。（5）有一种钒的氧化物具有四方金红石结构，晶胞结构如图所示。①该晶胞中化学式为______。②晶胞参数如晶胞图，阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞的密度为______g·cm-3。【答案】（1）13：10(或10：13)（2）①.O>N>C>H>V②.相同③.配合物B中含有亲水基氨基、羟基，且可以与水形成分子间氢键（3）(VnO3n+1)(n+2)-（4）分子晶体（5）①.VO2②.【解析】【小问1详解】基态V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，3d3轨道中电子自旋状态相同，其他轨道中两个电子自旋状态均相反，故两种自旋状态的电子数之比为13：10或10：13。【小问2详解】配合物A的组成元素为H、C、N、O、V，其电负性由大到小的顺序为O>N>C>H>V；配合物A中的C原子无论是六元环上的C原子，还是酯基中的C原子均为sp2杂化，两个N原子也采用sp2杂化，故C、N原子的杂化方式相同；配合物B中含氨基、羟基，极性强，属于亲水基，且可以与水形成分子间氢键，使其水溶性增大。【小问3详解】根据钒酸根离子、焦钒酸根离子、三钒酸根离子可知，V原子依次增加1，O原子依次增加3，所带电荷依次增加1，故这类钒酸根离子的化学式可用通式表示为(VnO3n+1)(n+2)-。【小问4详解】四氯化钒为黏稠的红褐色液体，说明熔沸点比较低，硬度比较小，其晶体类型属于分子晶体。【小问5详解】①在晶胞中V原子处在8个顶点和体心，数目为=2个，4个O原子处在面上，2个O原子在内部，数目为=4，故晶胞中化学式为VO2；②晶胞参数如晶胞图，晶胞的质量m=2×51+4×16NAg=166NAg，晶胞的体积V17.已知25℃时电离常数：酸H2CO3CH3COOHHCNKaKa1=4.5×10-7Ka2=5.6×10-111.75×10-56.2×10-10（1）H2CO3、CH3COOH、HCN三种酸中酸性最弱的是_______。常温下，pH均为10的Na2CO3、CH3COONa、NaCN、NaHCO3四种溶液中，物质的量浓度最大的是_______。（2）常温下，向20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：①若想观察滴定终点，滴定过程中宜选用_______作指示剂(填“酚酞”、“石蕊”或“甲基橙”)。②b点时，溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。（3）常温下，向NaCN溶液中通入少量CO2发生反应的化学方程式为：_______。（4）在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO+H2OHCO+OH-平衡，下列说法不正确的是_______。A.稀释溶液，增大 B.通入CO2，溶液pH减小C.升高温度，水解平衡常数增大 D.加入Na2O固体，减小【答案】（1）①.HCN②.CH3COONa（2）①.酚酞②.c(CH3COO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)（3）NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN（4）A【解析】【小问1详解】电离平衡常数越大，说明电离程度越强，根据表中数据可知，酸性强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN，因此三种酸中酸性最弱的是HCN；酸的酸性越强，对应酸根离子水解程度越弱，pH为10的四种盐溶液中，物质的量浓度最大的是CH3COONa；【小问2详解】①中和滴定实验中，不用石蕊作指示剂，CH3COOH与KOH恰好完全反应生成CH3COOK，CH3COOK为强碱弱酸盐，溶液显碱性，选择指示剂原则之一是指示剂的变色范围与溶液的酸碱性一致，因此用KOH滴定CH3COOH溶液，指示剂为酚酞；②根据图像可知，b点时，混合溶液显酸性；b点加入KOH溶液10mL，此时溶液中溶质为CH3COOK、CH3COOH，且两者物质的量相等，b点溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)；【小问3详解】根据表中数据，电离平衡常数大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO，因此NaCN溶液中通入少量CO2，发生NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3；【小问4详解】A．，加水稀释，促使平衡向右进行，n(CO)减小，n(Na+)、Kh不变，因此该比值应减小，故A错误；B．通入CO2，CO2与OH-反应生成HCO，c(OH-)降低，pH降低，故B正确；C．盐类水解为吸热反应，升高温度，促进水解，水解常数增大，故C正确；D．加入Na2O，氧化钠与水反应生成NaOH，c(OH-)增大，平衡左移，c(HCO)减小，c(CO)增大，该比值减小，故D正确；答案选A。18.某实验小组对与的反应进行探究。【实验前的预测】（1）甲同学认为配制溶液时，应先将固体溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。请结合化学用语说明甲同学配制溶液时加浓盐酸的目的：_______。（2）乙同学分析溶液中的微粒组成认为：①溶液含、、微粒，且②溶液显碱性，且你认为乙同学观点正确的是_______(填序号)。丙同学根据物质的价态预测与两物质可能会发生氧化还原反应，丙同学建议根据原电池原理设计实验并进行操作。【实验设计与操作】（3）两溶液不接触的实验按丙同学思路，设计以下实验进行相关探究。装置实验现象相关探究闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转①写出负极的电极反应式为_______。②探究正极产物的实验方案为_______。(操作与现象)（4）两溶液接触的反应在溶液中滴加溶液，边滴加边振荡并观察现象。实验编号实验现象I1.01.0溶液由橘黄色变为红褐色并有沉淀生成，振荡后沉淀消失。继续滴加，溶液颜色加深，放置一小时后溶液变为绿色II1.00.1溶液由橘黄色变为红褐色，没有沉淀生成，继续滴加，溶液颜色加深，放置一小时后溶液变为黄色III0.11.0溶液由橘黄色变为红褐色，没有沉淀生成，继续滴加，溶液颜色加深，放置一小时后溶液基本没有变化依然为红褐色IV0.10.1溶液由橘黄色变为红色，没有沉淀生成，继续滴加，溶液颜色也加深，放置一小时后溶液颜色变为浅绿色，接近无色甲同学认为实验III红褐色的“溶液”可能是氢氧化铁胶体，他用_______实验证实了推测。【实验结论与反思】（5）通过对实验现象分析，小组同学得出如下结论：①溶液与溶液同时发生氧化还原反应和相互促进的水解反应。②当时水解反应占主导地位。你同意他们的哪些观点_______(填序号，若均不同意则填无)。此外，若兼顾化学反应速率和化学反应限度两个角度，你还能得出什么结论：_______。【答案】（1），加盐酸，增大氢离子浓度，抑制水解（2）①②（3）①.②.取少量正极产物的溶液于试管中，向试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，则说明有亚铁离子生成（4）丁达尔效应（5）①.①②.化学反应速率较慢，氧化还原反应和水解反应都是有限度的【解析】【分析】配制氯化铁溶液时先加浓盐酸，再稀释至所需体积。亚硫酸钠溶液中微粒含有含、、、Na＋、OH－、H＋、H2O等微粒，利用原电池原理分析亚硫酸钠和氯化铁溶液反应，氯化铁作正极，亚硫酸钠作负极，用不同浓度的亚硫酸钠和氯化铁溶液混合进行探究性实验，根据实验现象进行分析得到两者既发生氧化还原反应又发生双水解反应，且反应速率较慢，两者反应都有一定的限度。【小问1详解】由于铁离子发生水解，加盐酸，增大氢离子浓度，水解平衡逆向移动，抑制水解，因此甲同学配制溶液时加浓盐酸的目的：，加盐酸，增大氢离子浓度，抑制水解；故答案为：，加盐酸，增大氢离子浓度，抑制水解。【小问2详解】乙同学分析溶液中的微粒组成认为：①溶液含、、、Na＋、OH－、H＋、H2O微粒，根据物料守恒得到，故①正确；②由于亚硫酸根水解生成亚硫酸氢根和氢氧根，因此溶液显碱性，根据质子守恒得到，故②正确；综上所述，答案为：①②。【小问3详解】①根据分析亚硫酸根化合价升高，铁离子化合价降低，因此亚硫酸钠作负极，其电极反应式为；故答案为：。②正极是铁离子得到电子变为亚铁离子，主要通过验证溶液中是否有亚铁离子，因此探究正极产物的实验方案为取少量正极产物的溶液于试管中，向试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，则说明有亚铁离子生成；故答案为：取少量正极产物的溶液于试管中，向试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，则说明有亚铁离子生成。【小问4详解】甲同学认为实验III红褐色的“溶液”可能是氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔效应，因此他用丁达尔效应实验证实了推测；故答案为：丁达尔效应。【小问5详解】根据实验I有红褐色沉淀生成，说明发生了相互促进的双水解反应，根据IV溶液颜色最终变为无色，说明发生了氧化还原反应，根据实验III的现象说明当时水解反应占主导地位，几乎没有发生氧化还原反应，因此同意他们的观点①。根据实验都继续滴加，增大亚硫酸根的浓度，一小时后变化的现象才清晰，说明化学反应速率较慢，氧化还原反应和水解反应都是有限度的；故答案为：①；化学反应速率较慢，氧化还原反应和水解反应都是有限度的。19.磷酸铁锂是一种锂离子电池材料，磷酸铁锂废料中磷、铁、锂的综合回收利用工艺流程如图所示：已知：Fe(OH)3的Ksp=8.0×10-38；当溶液中离子的物质的量浓度低于10-5mol·L-1时，认为该离子已完全沉淀；lg2=0.3。回答下列问题。（1）写出用NaOH溶液处理磷酸铁锂废料中的Al单质的离子方程式：______试剂A最好选用：______(填化学式)。（2）在除铝后料中加入盐酸酸化的双氧水的目的是______。（3）浸出液中加入Na2CO3，Na2CO3的浓度对铁和磷的沉淀率的影响如图所示，碳酸钠浓度增加至30%以上时，磷沉淀率出现明显下降趋势的原因是______。（4）向FePO4·2H2O中加入NaOH溶液生成Na3PO4和Fe(OH)3，若使Fe(OH)3沉淀完全，过滤后Na3PO4溶液中的pH≥______；一定条件下，氢氧化钠添加量对磷酸铁制备磷酸钠和氢氧化铁的影响结果如图所示，选取最佳氢氧化钠用量为理论用量的______倍。【答案】（1）①.2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑②.CO2（2）将亚铁离子氧化成铁离子（3）碳酸钠浓度高于30%时，使得pH偏高，直接生成Fe(OH)3沉淀（4）①.3.3②.1.2【解析】【分析】此题为磷酸铁锂废料中磷、铁、锂的综合回收利用工艺流程，首先用NaOH溶液处理磷酸铁锂废料中的Al单质，使铝与其它元素分离进入溶液，而其它元素依然为固体；再加入盐酸和双氧水将其溶解，不溶的石墨除去；向溶液中加入碳酸钠溶液，使磷元素、铁元素转成FePO4·2H2O沉淀，锂元素转成LiCl溶液达到分离目的；最后向FePO4·2H2O中加入NaOH溶液生成Na3PO4和Fe(OH)3，Na3PO4溶液再经过蒸发结晶得到所要的产品，依此回答问题。【小问1详解】NaOH溶液与Al反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；用偏铝酸钠制备Al(OH)3所用试剂为酸，若用强酸，过量会使Al(OH)3溶解，故需要弱酸，最常见的弱酸为碳酸，所以最佳试剂A是CO2；【小问2详解】在除铝后料中加入盐酸进行酸化，加入双氧水会使Fe2+氧化成Fe3+；【小问3详解】碳酸钠浓度高于30%时，溶液的pH偏高，Fe3+直接生成Fe(OH)3沉淀而不生成FePO4·2H2O，磷沉淀率出现明显下降；【小问4详解】Fe(OH)3沉淀完全时，Fe3+浓度低于10-5mol·L-1，根据Fe(OH)3的Ksp=8.0×10-38可知c3(OH-)=，c(OH-)=2×10-11mol·L-1，c(H+)=5×10-4mol·L-1，pH=-lg(5×10-4)=3.3，故需Na3PO4溶液中的pH≥3.3；由图乙可知，氢氧化钠添加量为1.2倍时，渣中磷含量最少，故选取最佳氢氧化钠用量为理论用量的1.2倍。20.通过CH4催化还原CO2可实现碳资源的充分利用。反应Ⅰ：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)=+247kJ·mol-1反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)=+41kJ·mol-1回答下列问题：（1）CO2通过逆水煤气变换加氢还原为合成气，