福建省泉州市2024-2025学年高二上学期1月期末教学质量监测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省泉州市2024-2025学年高二上学期1月期末教学质量监测(试卷满分100分，考试时间：90分钟)温馨提示：1.试卷共8页，1~4页为第Ⅰ卷，5~8页为第Ⅱ卷。2.请将试题答案统一填写在答题卷上。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.下列物质中属于弱电解质的是A. B. C.NaOH D.【答案】D【解析】是非极性分子，不溶于水且不发生电离，属于非电解质，A不符合题意；是强酸，在水中完全电离，属于强电解质，不是弱电解质，B不符合题意；NaOH是强碱，在水中完全电离，属于强电解质，不是弱电解质，C不符合题意；在水中部分电离，属于弱电解质，D符合题意；故答案选D。2.常温下，下列溶液的是A. B.NaClO C. D.【答案】C【解析】为强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，A错误；NaClO为强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，B错误；为强酸弱碱盐，水解溶液显酸性，C正确；为强酸强碱盐，溶液为中性，D错误；故选C。3.中华传统文化蕴含大量化学知识，下列说法错误的是A.“高奴县有洧水，可燃”，洧水(石油)燃烧过程涉及化学能转化为热能B.“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，两个反应互为可逆反应C.“冰，水为之，而寒于水”，说明等质量的水和冰相比，冰的能量更低D.“衣裳垢，和灰清浣”，古人用草木灰洗衣涉及盐类水解原理【答案】B【解析】石油燃烧是氧化反应，化学能转化为热能，A正确；HgS加热分解为汞和硫，但汞和硫在常温下结合成HgS，条件不同，而可逆反应为同一条件下正逆反应均可进行的反应，B错误；水结冰放热，等质量冰的能量低于水，C正确；草木灰主要成分为碳酸钾，水解产生碱性环境，利于去污，涉及盐类水解原理，D正确；故答案选B。4.下列措施是为了增大化学反应速率的是A.谷物酿酒时需要使用酒曲 B.保持钢铁干燥避免生锈C.将食物放进冰箱避免变质 D.航海轮船船身镶嵌锌块【答案】A【解析】谷物酿酒时使用酒曲作为催化剂，能加速发酵反应，增大化学反应速率，A符合题意；保持钢铁干燥减少水分，降低铁与氧气和水的反应速率，避免生锈，B不符合题意；将食物放进冰箱降低温度，减慢食物变质相关的化学反应速率，C不符合题意；航海轮船镶嵌锌块进行阴极保护，牺牲锌块以减缓船体铁的腐蚀速率，D不符合题意；故答案选A。5.下列关于电化学的说法正确的是A．交换膜为阴离子交换膜B．铜片与直流电源负极相连C．防腐原理：外加电流的阴极保护D．电子流向：a→b→电解质→aA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】该装置为电解饱和食盐水，电解方程式为，左侧为阳极，电极反应为，右侧为阴极，电极反应为，向阴极移动，从左侧进入右侧，故离子交换膜为阳离子交换膜，A错误；电镀时，镀件放阴极与电源负极相连，镀层金属放阳极与电源正极相连，则铜片应与电源正极相连，B错误；为保护钢闸门，钢闸门应与电源负极相连，辅助电极作阳极，应使用石墨等惰性电极，其防腐原理为外加电流保护法，C正确；在原电池中，电子只能在导线中移动，不能进入电解质溶液，D错误；故答案选C。6.下列事实中，不能应用勒夏特列原理来解释的是A.在实验室配制时，常加入几滴NaOH溶液B.实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出以提高乙酸转化率C.反应达平衡后加入铁粉，溶液颜色变浅D.对、和组成的平衡体系加压后颜色变深【答案】D【解析】Na2S水解方程式为S2-+H2O⇌HS-+OH-，加入NaOH溶液，OH-浓度增大，使平衡左移，抑制Na2S水解，符合勒夏特列原理，A不符合题意；蒸出乙酸乙酯减少产物浓度，使酯化反应平衡CH3COOH+CH3CH2OH⇌CH3COOCH2CH3+H2O右移，提高乙酸转化率，符合勒夏特列原理，B不符合题意；加入铁粉还原Fe3+，发生反应为，减少Fe3+浓度，使平衡左移，溶液颜色变浅，符合勒夏特列原理，C不符合题意；加压后，H2+I2⇌2HI因反应前后气体分子数不变，平衡不移动，颜色变深是由于体积减小导致I2浓度增大，并非平衡移动所致，不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；故答案选D。7.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是选项热化学方程式结论A分解2mol液态水，吸收483.6kJ热量B当反应生成2mol氨气，放出92.4kJ热量C稀硫酸与溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量D的燃烧热为A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】热化学方程式描述的是生成2mol气态水的放热反应，但结论涉及分解2mol液态水，状态不匹配，A错误；热化学方程式中ΔH=-92.4kJ·mol⁻¹表示生成2mol氨气时放出92.4kJ热量，结论与之相符，B正确；该热化学方程式表示标准中和热，但稀硫酸与反应除中和外还生成沉淀，沉淀热使总放热量大于57.3kJ，C错误；燃烧热要求完全燃烧生成稳定产物（如），但方程式中产物为，不是完全燃烧，故并非甲醇的燃烧热，D错误；故答案选B。8.科学家设计出一种可在阴极和阳极同时产生的电解池。该装置如图所示，下列说法错误的是A.b电极与电源正极相连B.工作时，向b电极迁移C.a电极反应式：D.当电路中有转移时，生成【答案】D【解析】电解池中，阳极发生氧化反应（失电子），阴极发生还原反应（得电子），题目中a电极通入，得电子生成，O元素从0价→-1价，化合价降低，得电子），因此a为阴极，b电极则是阳极（失电子发生氧化反应）。电解池中，阴极连接电源负极，阳极连接电源正极，因为a是阴极，b是阳极，所以b电极应与电源正极相连A正确；电解池工作时，阴离子向阳极迁移，阳离子向阴极迁移，是阴离子，b是阳极，因此会向b电极迁移，B正确；a为阴极，得电子生成，O元素从0价→-1价，结合溶液中的，配平电极反应式：，C正确；a为阴极，得电子生成，b是阳极，失电子生成总反应式为，则生成转移，D错误；故答案选D。9.三氯硅烷()是制造多晶硅的原料，其反应：，HCl的平衡转化率()与的关系如图，下列说法错误的是A.该反应采用高温条件目的是提高反应速率B.使用合适催化剂，提高HCl的平衡转化率C.图中N点气体中的物质的量分数为D.HCl的平衡转化率随着HCl浓度的增大而增大【答案】B【解析】该反应放热，高温会使平衡逆向移动，但高温可提高反应速率，因此采用高温的目的是提高速率，A正确；催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，无法提高HCl的平衡转化率，B错误；N点，设为1mol、为3mol，HCl平衡转化率为20%，则可列三段式：，则气体总物质的量为，因此的物质的量分数为，C正确；反应物中只有HCl为气体，增大，相当于加压，平衡正向移动，HCl的平衡转化率逐渐升高，D正确；故答案选B。10.下列实验中，关于图中装置或操作的叙述错误的是A．滴定管读数为19.90mLB．滴定时眼睛观察锥形瓶中颜色变化C．滴定管使用前应检查是否漏水D．测定中和热A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】从图中可以看出，滴定管的上下相邻的两刻度线间的体积为0.10mL，刻度从上往下标定，则此时读数为18.10mL，A错误；滴定时，摇瓶时转动腕关节，使溶液沿一个方向旋转，勿使瓶口接触滴定管尖嘴，滴定时左手不能离开旋塞任其自流，滴定时眼睛注意观察锥形瓶中溶液颜色变化，B正确；滴定管通常带有活塞（酸式滴定管）或橡胶管与玻璃珠（碱式滴定管），这些部件的密封性直接影响液体体积的测量精度，滴定管使用前应检查是否漏水，C正确；图中保温好，温度计测定温度，玻璃搅拌器（或“环形玻璃搅拌棒”）可搅拌混合溶液，可测定盐酸和氢氧化钠反应的反应热，故D正确；故选A。11.催化还原法是一种常用的氮氧化物消除方法：，反应过程如下图所示，已知的催化活性温度为350℃。下列说法正确的是A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均氧化还原反应B.反应过程中，降低了反应的，加快反应速率C.其他条件不变时，增大压强，NO平衡转化率不变D.降低温度，该反应平衡正向移动，因此宜采用低温【答案】C【解析】由图可知，反应Ⅰ为：Cu++O2=Cu+(O2)，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，A错误；反应过程中，亚铜离子是反应的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变化学的焓变，B错误；该反应是气体体积不变的反应，其他条件不变时，增大压强，平衡不移动，一氧化氮平衡转化率不变，C正确；由题意可知，亚铜离子的催化活性温度为350℃，所以该反应不宜采用低温，D错误；故选C。12.常温下，AgCl、的饱和溶液中离子浓度的关系如图所示，已知：，。下列说法错误的是A.表示AgCl的饱和溶液中离子浓度的关系B.向含悬浊液中加水稀释，不变C.D.当时AgCl和的混合悬浊液中存在【答案】D【解析】的沉淀溶解平衡：，则，的沉淀溶解平衡：，则。，，随意取上点的数据，如（-4，-6），则，，乘积等于即，而带入上的点，如（-4，-4），则，，，即，所以表示的饱和溶液中离子浓度的关系，表示的饱和溶液中离子浓度的关系，A正确；溶度积只与温度有关（温度不变，不变），稀释仅改变溶液中离子的浓度，不改变温度，因此不变，B正确；反应平衡常数的表达式为：，上下同乘，得，C正确；当时，即，根据图像，纵坐标一定且小于-2时，即一定时，上横坐标数值小于上横坐标数值，即，，D错误；故答案选D。13.汽车尾气净化反应为。向1L密闭容器中充入1.0molNO、3.6molCO，测得NO和CO的物质的量浓度与时间的关系如图所示。下列说法正确的是A.3s时，上述反应达到平衡状态B.x→z段反应速率C.该温度下，上述反应的平衡常数D.向上述平衡体系充入0.9molNO和时，【答案】C【解析】3s后，上述反应中NO和CO的浓度还在减小，所以3s时，反应并未达到平衡状态，4s开始，反应物NO和CO的浓度均不变，因此4s时达到平衡状态；由曲线与纵坐标的交点可知，曲线abcde表示CO的物质的量浓度随时间的变化曲线，曲线xyzw表示NO的物质的量浓度随时间的变化曲线，x→z段反应速率，B错误；该温度下，达到平衡时，c(CO)=2.7mol/L，c(NO)=0.1mol/L，c(N2)=，c(CO2)=2c(N2)=0.9mol/L，上述反应的平衡常数，C正确；充入0.9molNO和时，浓度分别为：c(NO)=（0.1+0.9）mol/L=1.0mol/L，c(CO2)=（0.9+0.9）mol/L=1.8mol/L，c(CO)=2.7mol/L，c(N2)=，<K，反应向正反应向移动，v正>v逆，D错误；故答案选C。14.是一种重要的化工原料。以铬铁矿(主要成分为，还含有、等杂质)为原料制备的一种工艺流程如下：已知：，滤液2中溶质主要为下列说法错误的是A.步骤①通入的目的为氧化B.滤液2中，溶液中C.步骤④加酸使正向移动D.相同条件下，【答案】B【解析】铬铁矿加碳酸钠在氧气中焙烧，FeO⋅Cr2O3转化为Na2CrO4和Fe2O3，步骤①通入O2的目的为氧化FeO•Cr2O3，A正确；熔化所得固体用水浸取，氧化铁不溶于水，过滤出去，滤液1中通入二氧化碳，四羟基合铝酸钠转化为Al(OH)3沉淀过滤除去，滤液2中pH=8.0，溶液中c(OH-)=10-6mol/L，根据，代入得：c(A13+)==，B错误；与存在平衡：，步骤④加酸（增大H+浓度）使平衡正向移动，C正确；滤液3中为重铬酸钠溶液，步骤⑤中加入KCl后，结晶析出，说明相同条件下溶解度更小，即相同条件下，，D正确；故答案选B。15.已知反应：的速率方程为，k为速率常数。为探究反应速率(v)与的关系，分别取的溶液、的溶液和的醋酸溶液在36℃进行实验，所得的数据如下表：实验编号V/mLt/s溶液溶液醋酸水14.04.08033424.04.015038.04.04.083412.04.04.00.038下列说法错误的是A.醋酸为催化剂 B. C. D.【答案】C【解析】速率方程中包含，表明参与反应并影响速率，醋酸提供，起到催化作用，A正确；为保持和恒定，实验1和实验3中和均需为，使总体积为，浓度一致，B正确；若，则实验2的初始浓度与实验1相同，但与不匹配，表明速率不同，与浓度矛盾，C错误；浓度增大速率加快，根据1和3组数据分析，实验3中的是实验1中的2倍，1和3所用的时间比，根据分析可知速率和浓度的平方成正比，故，D正确；故答案选C。16.四羰合镍可用于制备高纯镍，其一种制备反应为。已知反应达平衡时，物质的量分数与温度、压强的关系如图所示（已知：是用物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数），下列说法错误的是A.M点对应温度下的 B.C.N点时，CO转化率约为94.1% D.压强：【答案】A【解析】从图可以看出，反应体系内物质的量分数随温度升高而降低，高温不利于反应向正向进行，因此该反应为放热反应。同时，根据反应方程式可知，该反应是气体分子数量减少的反应，增大压力有助于反应向正向进行，据此解答。根据反应方程式可以写出平衡常数公式。图中M点对应的状态下，体系内物质的量分数为50%，则CO的物质的量分数为50%，此时，A错误；由分析可知，该反应为放热反应，，B正确；假设在Ｎ点对应的状态下，体系内气体总物质的量为1mol，则其中包含0.8mol和0.2molCO。可列三段式：其中，，则。，C正确；从图像可以看出，当温度相同时，曲线对应的物质的量分数大于，结合分析可知，，D正确；故答案选A。17.某密闭容器中发生反应：①；②。其中反应①的正反应速率，反应②的正反应速率，、为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度随时间变化关系如图所示。下列说法错误的是A.反应①的活化能小于反应② B.6s时，C.10s时反应①②均达到平衡状态 D.该温度时：【答案】B【解析】由图可知，初始生成M的速率大于N，则，且两反应在8~9s时达到化学平衡状态。由图可知，初始生成M的速率大于N，则反应①的活化能小于反应②，A正确；由图可知，初始生成M的速率大于N，则，由于，，6s时，，B错误；10s时，M、N、Q的浓度均不再改变，说明反应①②均达到平衡状态，C正确；，，，由图可知，平衡时M、N的浓度分别为2mol/L、5mol/L，，D正确；故答案选B。18.25℃时，用溶液滴定溶液，溶液的体积比与pH、微粒分布分数[如]的关系如图，下列说法正确的是A.25℃时，B.e点对应溶液：C.水的电离：D.的第一步水解平衡常数：【答案】B【解析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1mol•L-1KOH溶液滴定0.1mol•L-1二元弱酸H2A的滴定曲线，二者浓度相同，故=；当＜1时，H2A部分反应，溶液中溶质为KHA和H2A；当=1时，反应生成KHA，KHA溶液显酸性；当1<<2时，溶液中溶质为KHA和K2A；当=2时，反应生成K2A，K2A溶液显碱性。根据图示，当25℃时，c点的时候，c(HA-)=c(A2-)，pH=7，H2A第二步电离平衡常数Ka2==c(H+)=10-7，H2A第一步电离平衡常数大于第二步电离平衡常数，即Ka1＞10-7，A错误；e点对应=1，反应生成KHA，KHA溶液显酸性，电荷守恒可知c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，因为溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，因此c(K+)<c(HA-)+2c(A2-)，B正确；H2A电离出的氢离子抑制水电离，随着滴入KOH的体积增大，H2A浓度减少、对水电离的抑制程度减小，最终生成的K2A为强碱弱酸盐，K2A水解促进水电离，d点酸碱恰好完全反应生成K2A，此时对水的电离促进程度最大，所以b、c、d三点溶液中水的电离程度，b<c<d，C错误；25℃时，结合选项A可知H2A第二步电离平衡常数Ka2=，A2-+H2OHA-+OH-，水解常数Kh1===10-7，D错误；故答案为：B。第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题19.常温下部分弱电解质的电离常数如下表所示，回答下列问题。化学式电离常数（1）溶液中水解反应的离子方程式为___________。（2）溶液呈___________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)。（3）的NaOH溶液和的溶液等体积混合后，溶液中四种离子物质的量浓度由大到小的顺序为___________。（4）的KOH溶液稀释到1000mL后，其pH为___________。（5）向溶液逐滴滴加溶液。开始无明显现象，随后产生白色沉淀，一段时间后有气泡产生。①测得溶液的，则___________。②上述实验产生气体的原因是___________(从平衡移动角度解释)。【答案】（1）（2）碱性（3）（4）10（5）①.②.与结合成沉淀，使平衡正向移动，浓度增大，与反应产生【解析】【小问1详析】是强酸弱碱盐，水解结合电离的，使溶液呈酸性，离子方程式为：；【小问2详析】中存在电离（，）和水解（，水解常数）。由于的水解程度大于电离程度，因此溶液呈碱性，故答案为：碱性；【小问3详析】等体积混合后，恰好完全反应生成，浓度，水解使溶液呈碱性，因此离子浓度顺序为：；【小问4详析】是强碱，时；稀释100倍后，，则，因此，故答案为：10；【小问5详析】①由题，的电离常数，由，时，代入得：，故答案为：

；②上述实验产生气体的原因是：与结合成沉淀，使平衡正向移动，浓度增大，与反应产生。20.催化重整是一种生产高附加值化学产品的技术，该技术的主要反应：，回答下列问题（1）在Pt-Ni合金或Sn-Ni合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如下图所示(*表示物种吸附在催化剂表面)。①催化效果最佳的为___________合金(填“Sn-Ni”或“Pt-Ni”)。②Sn-Ni合金历程决速步骤的化学方程式为___________。③催化重整主反应在两种催化剂作用下反应相同时间，CO的产率随反应温度的变化如图所示。当反应达到600℃时，曲线A、B到达W点重合，原因是___________。（2）甲烷燃料电池如图所示。①正极的电极反应式为___________②电池消耗11.2L(标准状况下)时，转移的电子数为___________(用含的式子表示)【答案】（1）①.Pt-Ni②.③.W点反应达到平衡，使用催化剂，化学平衡不移动，不影响CO的产率，故重合（2）①.②.【解析】该装置是甲烷-氧气燃料电池（电解质为KOH溶液），发生氧化反应，该电极为负极，电极反应为：；发生还原反应，该电极为正极，电极反应为：。小问1详析】①从图中可见，Pt-Ni合金对应的过渡态相对能量整体更低，活化能更小，催化效果更好，故答案为：Pt-Ni；②由图可知，Sn-Ni合金历程中生成这一步骤活化能最高，反应速率最慢，为决速步骤，对应化学方程式为：；③由图可知，W点一氧化碳的产率最高，反应达到平衡，催化剂只改变反应历程，化学平衡不移动，不影响一氧化碳的产率，所以A、B曲线到达W点后重合，故答案为：W点后，反应达到平衡，使用催化剂，化学平衡不移动，不影响CO的产率，故重合；【小问2详析】①由分析可知，正极的电极反应式为：；②标准状况下11.2L的物质的量为；由负极反应可知，1mol反应转移8mol电子，故0.5mol转移电子数为，故答案为：。21.以含钴废料(成分为CoO、，含少量、、、等杂质)为原料制备的流程如图所示。已知：①“酸浸”后的滤液中含有、、等②氧化性：③有关数据如表(完全沉淀时金属离子浓度)沉淀完全沉淀时的pH5.22.8（1）滤渣Ⅰ的主要成分是___________。（2）提高“酸浸”速率的一种措施为___________；不能使用浓盐酸代替硫酸的原因是___________。（3）加入的目的是氧化，则“氧化”步骤的离子方程式为___________。（4）“调pH”除去和，若溶液中，溶液pH范围应调节为______________________{已知}。（5）“一系列操作”含过滤、___________、干燥(填基本操作名称)。（6）可制备锂离子电池的电极材料钴酸锂()。某锂离子电池工作原理为。充电时，阴极的电极反应式为___________。【答案】（1）、（2）①.升温、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸浓度②.使用盐酸会产生有毒的氯气（3）（4）①.5.2②.7.9（5）洗涤（6）【解析】向含钴废料(成分为CoO、Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、CaCO3等杂质)加入硫酸并酸浸，SiO2不发生反应，CaCO3转化为CaSO4，过滤得滤渣I为SiO2、CaSO4，通入的二氧化硫将Co3+、Fe3+还原，所以滤液中含有的阳离子有Co2+、Fe2+、Al3+等，加氯酸钠溶液把Fe2+氧化为Fe3+，加碳酸钠调节pH除去杂质Fe3+、Al3+，生成滤渣Ⅱ为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，向滤液中加入碳酸氢铵溶液、氨水沉钴生成CoCO3沉淀，经一系列操作得到纯净CoCO3。据此分析解答。【小问1详析】由分析可知，滤渣I为SiO2、CaSO4；【小问2详析】常见提高酸浸速率的措施有升温、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸浓度等；不能使用浓盐酸代替硫酸的原因是Co3+的氧化性强于 Cl2，容易将 Cl-氧化为 Cl2，会产生有毒的氯气；【小问3详析】氧化步骤中在酸性条件下可将 Fe2+ 氧化为 Fe3+，离子方程式为；【小问4详析】为除去和，需将溶液 pH 调到不少于能使 Al(OH)3完全沉淀的 5.2，又要避免生成 Co(OH)2，利用，可求得当时，Co(OH)2开始沉淀时，所以，所以，故应调节 5.2 ≤ pH < 7.9；【小问5详析】一系列操作包括过滤、洗涤、干燥等基本步骤；【小问6详析】充电时，电解池的阴极是Li+得电子，化合价降低，根据总反应式可知阴极的电极反应式为。22.聚合氯化铝{}是一种高分子絮凝剂，具有沉淀性较好、用量少、成本低、适用pH范围广、对各种水温水质适应能力强等优点。一种利用二次铝灰制备聚合氯化铝的工艺流程如图所示：已知：①二次铝灰主要含Al、和少量杂质②其中m值越大，有利于聚合氯化铝的絮凝。回答下列问题：（1）步骤Ⅱ中，滤渣为___________。（2）①步骤Ⅲ中，水解为的化学方程式为___________，逐滴加入饱和碳酸钠溶液使水解平衡___________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。②步骤Ⅲ中，改变温度、溶液pH对m的影响如图所示：为了达到最佳聚合条件，应控制聚合温度、溶液pH分别为___________℃、___________。（3）测定聚合氯化铝{}的m步骤1：称取一定量样品溶于浓盐酸配成100mL溶液，测得。步骤2：另取与步骤1等质量的样品配成100mL溶液，取20.00mL该溶液于锥形瓶中，加入盐酸标准液，反应后再加入足量KF溶液，滴加2滴酚酞，用标准液滴定至终点。重复滴定3次，平均消耗NaOH标准液19.00mL。已知：，不与反应①实验需用盐酸标准液，配制过程中需使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和___________。②滴定终点现象为___________。③产品的m为___________。④以下操作会导致m偏小的是___________(选填序号)A．加入KF溶液的量不足B．锥形瓶用蒸馏水洗净后未润洗C．装NaOH标准液的滴定管未润洗D．滴定终点读数时，俯视滴定管【答案】（1）（2）①.②.正向③.70④.3.0（3）①.100mL容量瓶②.滴入最后半滴NaOH标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色③.4.3④.AC【解析】二次铝灰先经85℃水洗、酸洗除去等杂质得滤液，溶液混合，在饱和溶液调节下，水解生成，再经熟化得到聚合氯化铝；测定m时，先将样品溶样，取部分溶液加盐酸、KF掩蔽后，用NaOH滴定过量盐酸，通过计算确定m。【小问1详析】二次铝灰含少量，不溶于水和酸，故步骤Ⅱ的滤渣为，故答案为：；【小问2详析】①水解生成聚合氯化铝，反应为；加入饱和溶液，消耗HCl，使水解平衡正向移动，故答案为：；正向；②由图可知，m最大时对应温度约、pH约3.0，故答案为：70；3.0；【小问3详析】①

配制盐酸标准液，还需要100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；②由题，用酚酞作指示剂，当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色即达到滴定终点，故答案为：滴入最后半滴NaOH标准液时，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色；③步骤2中，20.00mL样品溶液中；加入盐酸的物质的量为，剩余盐酸的物质的量为，因此与中的反应的盐酸的物质的量为，即中；由中Al与的比例，得，解得，故答案为：4.3；④A．KF的作用是与形成稳定的，若KF量不足，部分未被掩蔽，会与NaOH反应，导致消耗的NaOH体积偏大，计算出的m会偏小；B．锥形瓶用蒸馏水洗净后未未润洗不影响溶液中的物质的量，因此NaOH的消耗体积不受影响，m的计算结果无影响；C．装NaOH标准液的滴定管未润洗滴定管未润洗会残留蒸馏水，导致NaOH标准液被稀释，滴定相同量的时，消耗的NaOH体积偏大，计算出的m会偏小；D．滴定至终点读数时，俯视滴定管会导致读数偏小，NaOH消耗体积偏小，计算出的m会偏大；因此导致m偏小的是AC。23.采用“对重整制氢”是直接利用酸性天然气矿的有效方案。重整制氢反应：反应机理分为如下两个反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：回答下列问题：（1）___________，反应Ⅱ在___________(填“高温”或“低温”)能自发进行。（2）一定温度下，分别用等量的在不同压强的刚性密闭容器下发生反应Ⅰ，经相同时间，测得的转化率与压强的关系如下图所示：①在某个刚性密闭容器中，下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是___________(选填序号)A．气体密度保持不变B．C．气体压强保持不变D．气体的平均相对分子质量保持不变②下列说法错误是___________(选填序号)A．a点：B．逆反应速率：C．b点：D．平衡常数：（3）保持压强为0.1MPa，分别通入、、Ar为2mol、2mol、9.5mol，发生反应Ⅰ、Ⅱ。经相同反应时间，、和的物质的量分数(w)随温度的变化关系如图甲所示，测得平衡状态下的产量和的转化率随温度的变化曲线如图乙所示。①图甲中1100℃时，的物质的量分数为____