百师联盟2023届高三一轮复习联考（三）化学 Word版含解析.docx

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2023届高三一轮复习联考(三)化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试时间为90分钟，满分100分可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23S—32Cl—35.5一、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。1.2022年6月13日至19日为我国第32个全国节能宣传周，主题为“绿色低碳，节能先行”。绿色低碳举措中一个重要的方法是将有效转换利用，造福人类。下列有关说法正确的是A.电还原法将转化为乙醇，参与反应的电极连接电源的负极B.通过反应生成的碳酸二酯属于油脂C.电还原时，可用溶液做电解液，该溶液中存在两个平衡D.与反应可生成尿素，该反应属于氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A．采用电还原法将转化为乙醇，发生还原反应，参与反应的电极应该连接电源的负极，A正确；B．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，通过反应生成的碳酸二酯不属于油脂，B错误；C．溶液中存在三个平衡：水的电离平衡、的电离平衡和水解平衡，C错误；D．与反应可生成尿素，元素的化合价没有变化，不属于氧化还原反应，D错误；故选A。2.实验室模拟脱硝反应：。关于此反应，下列说法错误的是 A.焓变，熵变B.可以将该反应设计成原电池，实现常温下能量的转化C.此反应在恒容条件下比恒压条件下，更有利于提高的转化率D.选用合适的催化剂，有可能使反应在低温下以较快的速率进行【答案】C【解析】【详解】A．正向反应气体的物质的量增大，则熵变ΔS>0，焓变ΔH<0，A正确；B．由A项分析知，该反应ΔS>0、ΔH<0，则ΔG=ΔH-TΔS<0恒成立，该反应属于可自发进行的氧化还原反应，因此可以将该反应设计成原电池，实现常温下能量的转化，B正确；C．正向反应为气体体积增大的反应，在恒压条件下进行反应，达平衡时容器体积大于同温下恒容时的体积，等效于在恒容条件下反应达平衡后再减压，平衡正向移动，NO2的转化率增大，因此恒压条件下更有利于提高NO2的转化率，C错误；D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，因此选用合适的催化剂，有可能使反应在低温下以较快的速率进行，D正确；故选C。3.两种溶液混合后的成分与溶液酸碱性的变化可能有关，下列说法正确的是A.的溶液与的NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：B.等体积、等物质的量浓度的溶液和溶液混合：C.常温下，的HA溶液与的BOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7，则D.向某溶液中加入少量晶体，所得溶液中水解程度增大，pH增大【答案】C【解析】【详解】A．的溶液与的NaOH溶液等体积混合发生反应得到NaHC2O4，根据碳元素守恒，，注意溶液混合后体积增大一倍，则浓度减小一半，A项错误； B．根据H2CO3分步电离平衡常数Ka1=、Ka2=，以第一步电离为主，Ka1Ka2。等体积、等物质的量浓度的溶液和溶液混合后，存在水解平衡，温度不变，平衡常数不变，则，即，则B项错误；C．常温下，的HA溶液与的BOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7，则推知BOH的碱性较弱，由电离平衡常数越大，弱酸的酸性或者弱碱的碱性就越大可知，，C项正确；D．溶液中存在水解平衡：S2-+H2OHS-+OH-，向溶液加入少量晶体，Cu2+会结合S2-发生反应得到CuS沉淀，S2-浓度减小，平衡逆向移动，所得溶液中水解程度减小，pH减小，D项错误；故答案选C。4.镁是组成航空航天材料的重要元素，可由碳真空热还原MgO制得，主要反应为。下列说法错误的是A.该反应的平衡常数B.将容器体积压缩为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO的浓度增大C.一定温度下，减小CO浓度，平衡正向移动，平衡常数不变D.如图，当温度升高时，该反应的化学平衡常数K增大【答案】B【解析】【详解】A．该反应中只有CO是气体，则该反应的平衡常数K=c(CO)，A正确；B．温度不变，则平衡常数K=c(CO)不变，因此当体系再次达到平衡时，CO浓度不变，B错误；C．减小CO浓度，平衡正向移动，温度不变，平衡常数不变，C正确；D．从图像知，该反应为吸热反应，则升高温度，平衡正向移动，该反应的化学平衡常数K增大，D正确； 故选B。5.无害化处理的一种方法为，在一定容积的密闭容器中发生此反应，的转化率如图所示，若起始浓度为1mol/L，下列说法错误的是A.升高温度，有利于提高的转化率B.a、c两点中，N2的物质的量浓度相等C.反应在230℃、恒压容器中进行，达平衡时，的转化率大于98%D.若b点反应达到平衡状态，的体积分数为20%【答案】D【解析】【详解】A．从图像知，升高温度N2O的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，有利于提高N2O的转化率，A正确；B．a、c两点的转化率相等都为67%，则两点N2O的物质的量相等，容器体积不变，因此a、c两点N2O的物质的量浓度相等，B正确；C．正向反应为体积增大的反应，在230℃、恒压容器中进行反应，达平衡时容器体积大于同温下恒容时的体积，等效于在恒容条件下反应达平衡后再减压，平衡正向移动，N2O的转化率大于98%，C正确；D．在230℃条件下，b点转化率为98%，列三段式：，则O2的体积分数为，D错误；故选D。6.在25℃下，稀释和某酸HA的溶液，溶液pH变化的曲线如图所示，其中 表示稀释前的体积，表示稀释后的体积，下列说法错误的是A.，两种酸溶液pH相同时，B.a、b两点中，水的电离程度a小于bC.25℃时，等浓度的与NaA溶液中，D.曲线上a、b两点中，的比值一定相等【答案】A【解析】【详解】A．m<4，两种酸都是弱酸，HA的酸性小于，故pH相同时，，A项错误；B．a点pH小于b点pH，则a溶液中大，对水的电离抑制程度大，因此水的电离程度：a小于b，B项正确；C．和HA都是弱酸，其中HA的酸性弱于，25℃时，等浓度的和NaA溶液中，C项正确；D．，又，不变，故曲线上a、b两点一定相等，D项正确；答案选A。7.二元弱酸是分步电离的，25℃时碳酸和氢硫酸的如下表。 下列叙述正确的是A.根据以上数据可知，溶液中B.等浓度的NaHS溶液和溶液等体积混合后，则C.pH相同的①溶液和②溶液中的：①<②D.过量通入溶液中反应的离子方程式为【答案】B【解析】【详解】A．溶液中存在电离平衡和水解平衡：HCOH++CO，K=,HCO+H2OH2CO3+OH-，Kˊ===×10-7，由此可知，CO是电离产物，H2CO3是水解产物，二者大小取决于电离和水解程度大小，即比较电离平衡常数和水解平衡常数大小，由上可知水解平衡常数大于电离平衡常数，故水解程度大，则溶液中，A项错误；B．二者混合后溶液中的电荷守恒为，物料守恒为，两式相减得：，B项正确；C．由表中数据可知，溶液水解程度较大，所以pH相同的①溶液和②溶液，溶液的浓度较小，则钠离子浓度较小，即①＞②，C项错误；D．由电离常数可知，酸性＞＞HCO＞HS-，则过量通入溶液中反应的离子方程式为，D项错误；故答案选B。8.高炉炼铁中的一个反应为，在1100℃下，若CO 起始浓度为1.2mol/L，10min后达到平衡时的体积分数为，下列说法错误的是A.1100℃下，此反应的平衡常数B.达到平衡过程中，反应的平均速率为C.达到平衡后，若增大，则达到新平衡时，增大D.测得某时刻，则此时【答案】C【解析】【分析】列三段式：，平衡时的体积分数，解得，c(CO)=1mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，据此分析解答。【详解】A．根据以上分析，1100℃下此反应的平衡常数，A正确；B．根据以上分析，反应的平均速率为，B正确；C．该反应属于反应前后气体分子数不变的反应，加压平衡不移动。该反应生成物中只有是气体，达到平衡后，若增大，等效于加压，平衡不移动，则达到新平衡时，不变，C错误；D．达到平衡时，c(CO)=1mol/L，测得某时刻，说明反应还未达到平衡，平衡逆向进行，则此时，D正确；故选C。9.一定条件下，与发生反应：，反应起始时在恒压条件下，反应达到平衡时的体积分数与M和T(温度）的平衡关系如图所示。下列说法正确的是 A.该反应在高温条件下能自发进行B.图中M的大小关系为C.图中Q点对应的平衡混合物中D.温度不变时，增大Q点对应的平衡体系压强，则减小【答案】A【解析】【分析】从图像可看出，随着温度升高平衡时甲醇的体积分数逐渐减小，说明平衡正向移动，根据勒夏特列原理判断正反应为吸热反应，的物质的量一定的情况下，M增大，的物质的量增大，促进平衡正向移动，的转化率增大，平衡时的体积分数减小，可以判断出a、b和4的关系，据此解答。【详解】A．由图像可知，M一定时，温度升高，减小，说明温度升高反应正向进行，则该反应为吸热反应，其焓变，该反应为气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系混乱度增大，则反应的，所以该反应自发进行的条件是高温，故A正确；B．的物质的量一定的情况下，M增大，的物质的量增大，促进平衡正向移动，的转化率增大，平衡时的体积分数减小，则，故B错误；C．反应起始时，但和按物质的量之比1:1反应，平衡混合物中二者物质的量之比一定不为4，故C错误；D．温度不变时，压强增大，平衡逆向移动，故增大，故D错误；答案选A。10.燃料电池为现代能源利用的新形式，图为(Fe3+/Fe2+)/甲醇单液燃料电池，下列说法错误的是 A.Fe3+在正极放电B.隔膜为质子交换膜C.负极反应为CH3OH+H2O-6e−=CO2↑+6H+D.放电结束后，通入空气可使Fe3+再生，每再生0.4molFe3+，可消耗2.24LO2【答案】D【解析】【分析】甲醇单液燃料电池甲醇会被氧化为CO2，所以通入甲醇的一极为负极，即左侧为负极，右侧则为正极，Fe3+被还原为Fe2+。【详解】A．根据分析，右侧则为正极，Fe3+被还原为Fe2+，A正确；B．Fe3+、Fe2+在碱性环境中不能大量存在，所以需为维持混合溶液为酸性，负极反应为CH3OH+H2O-6e−=CO2↑+6H+，产生的H+会通过隔膜向右侧移动，所以隔膜为质子交换膜，B正确；C．负极为通入甲醇的一极，据图可知甲醇被氧化为CO2，根据电子守恒、元素守恒可知电极反应式为CH3OH+H2O-6e−=CO2↑+6H+，C正确；D．若为标准状况，则消耗2.24LO2，但选项未注明是否为标况，D错误；综上所述答案为D。11.已知H2C2O4为二元弱酸，常温下将0.1mol·L-1的NaOH溶液滴入20mL0.1mol·L-1的NaHC2O4溶液中，溶液中(或)的分布系数δ、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示[已知：]。下列叙述正确的是A.曲线a表示的是的分布系数变化曲线 B.n点对应的溶液中，C.Na2C2O4的水解平衡常数的数量级为10-9D.在n、p、q三点中，水的电离程度最大的是p点【答案】B【解析】【分析】用NaOH溶液滴定NaHC2O4发生反应：，HC2O不断减少，Na2C2O4不断生成。溶液的pH不断增大，当加入20mLNaOH溶液时，恰好完全反应，据此分析；【详解】A．由分析可知：NaHC2O4的分布系数随NaOH溶液的滴加而降低，C2O的分布系数升高，曲线b为C2O的分布系数曲线，曲线a为HC2O分布曲线，故A错误；B．n点时，溶液中NaHC2O4和Na2C2O4的浓度比为1∶1，根据电荷守恒和物料守恒有：，，可得：，因为此时溶液pH小于7，则，故B正确；C．由图知m点表示HC2O和C2O的分布系数相同，即两者浓度相等，由Na2C2O4水解常数计算式可得Kh1=c(OH-)=10-9.8，数量级为10-10，故C错误；D．由图可知，q点是NaOH和NaHC2O4恰好完全反应的点，此时溶液中只有C2O的水解，促进水的电离，水的电离程度最大，故D错误；答案为B。12.水煤气可以在一定条件下发生反应：，现在向10L恒容密闭容器中充入CO(g)和H2O(g)，所得实验数据如表所示。实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO)n(H2O)n(H2)①7000.400.100.09 ②8000.100.400.08③8000.200.30a④9000.100.15b下列说法错误的是A.该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量B.实验①中，若某时刻测得n(H2)=0.04mol，则此时混合气体中H2O(g)的体积分数为12%C.实验①和③中，反应均达到平衡时，平衡常数之比D.实验④中，反应达到平衡时，CO的转化率为60%【答案】D【解析】【详解】A．实验①可知：达到平衡时，CO、H2O、CO2、H2物质的量分别为0.31、0.01、0.09、0.09，根据平衡常数的表达式，求出；同理，实验②可知：达到平衡时，CO、H2O、CO2、H2物质的量分别为0.02、0.32、0.08、0.08，，对比实验①和实验②，升高温度，K减小，平衡逆向移动根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故A说法正确；B．某时刻测得氢气物质的量为0.04mol，此时二氧化碳物质的量也为0.04mol，该时刻CO物质的量为0.36mol，水蒸气物质的量为0.06mol，该时刻H2O(g)的体积分数等于物质的量分数，故B说法正确；C．实验②和③中，温度相同，则平衡常数相同，根据A项中已求平衡常数可得实验①和③中，反应均达到平衡时，则平衡常数之比为，故C说法正确；D．实验②和③，温度相同，平衡常数相同，实验③达到平衡时，n(CO)=(0.2-a)mol，n(H2O)=(0.3-a)mol，n(CO2)=n(H2)=amol，则，所以a=0.12，CO的转化率为60%，若④的温度也为 800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，平衡时CO的转化率应为60%，但④的实际温度为900℃，相比800℃，平衡逆向移动，则CO转化率应小于60%，故D说法错误；但为D。13.笑气(）是工业废气，近年发现它有很强的温室效应，在催化剂下，CO还原是有效的去除方法，反应为，其反应历程如图。下列说法错误的是A.为催化剂B.无催化剂参与反应过程的能垒为188.3kJ/molC.根据图示，催化反应可分为两个半反应：、D.从Im4到Im5有极性键和非极性键的断裂和生成【答案】D【解析】【分析】虚线代表无催化剂参与反应过程，实线代表有催化剂参与反应过程，能垒即活化能，全程参与反应，起到催化剂的作用，根据图中结构判断键的改变情况，据此回答。【详解】A．根据图示可知，在第一步反应作为反应物，最后一步反应作为生成物，且有参与过程活化能降低，A正确；B．虚线代表无催化剂参与反应过程，故最高能垒（活化能），为最高的点和起点的相对能量之差，B正确；C．由图示信息可以看出，催化的过程中会有氮气和中间产物的生成，且一氧化碳会与 结合，产生二氧化碳和，C正确；D．从Im4到Im5结构变化可以看出，有铁氧之间的极性键断裂，有氧氧之间非极性键的生成，但是没有极性键的生成，和非极性键的断裂，D错误；故本题选D。14.甲酸(HCOOH)具有液氢储存材料和清洁制氢的巨大潜力，产生氢气的反应为：，在T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入一定量的HCOOH(g)，反应相同时间，测得各容器中甲酸的转化率与容器体积的关系如图所示，其中m、n点反应达平衡。下列说法正确的是A.m、p两点中，甲酸的浓度：mp，A错误；B．根据转化率计算可知，m点时HCOOH(g)、CO2(g)、H2(g)的物质的量分别为0.6mol、0.4mol、0.4mol，其浓度分别、、，平衡常数，同理，n 点时HCOOH(g)、CO2(g)、H2(g)的物质的量分别为0.2mol、0.8mol、0.8mol，其浓度分别为、、，则化学平衡常数，而相同温度下，平衡常数相等，则，即，B错误；C．恒温恒容下，再充入HCOOH(g)，相当于增大压强，正反应速率小于逆反应速率，则HCOOH(g)的转化率降低，C错误；D．设起始时甲酸的物质的量为amol，根据三段式：则氢气的体积分数：，D正确；故选：D。15.常温下，难溶物与在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，若定义其坐标图示：，，表示或。下列说法错误的是A.K表示的溶解平衡曲线B.常温下，的分散系在a点时为悬浊液C.向c点溶液中加入饱和溶液，析出固体D.的平衡常数 【答案】B【解析】【详解】A．Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c()，Ksp(BaCrO4)=c(Ba2+)∙c()，假设K表示Ag2CrO4的溶解平衡曲线，根据b点数据可知，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c()=(10-3.5)2∙10-4.1=10-11.1，符合图中曲线K起始的数据，因此K为Ag2CrO4的溶解平衡曲线，则L表示BaCrO4的溶解平衡曲线，A正确；B．a点在K斜线上方，在金属阳离子浓度不变时，纵坐标越大，表示相应的阴离子浓度越小，因此a点Qc=c2(Ag+)∙c()＜Ksp(Ag2CrO4)，因此a点形成的的是Ag2CrO4的不饱和溶液，B错误；C．L表示BaCrO4的溶解平衡曲线，c点为BaCrO4的饱和溶液，若加入Na2CrO4饱和溶液，则c()增大，由于Ksp不变，BaCrO4固体会析出，最终导致溶液中c(Ba2+)减小，C正确；D．L表示BaCrO4的溶解平衡曲线，由c(5，4.8)可知，BaCrO4的溶度积常数Ksp=10-(5+4.8)=10-9.8，K为Ag2CrO4的溶解平衡曲线，由a点坐标可知Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c()=(10-3.5)2∙10-4.1=10-11.1，BaCrO4(s)+2Ag+(aq)⇌Ag2CrO4(s)+Ba2+(aq)的平衡常数K=====101.3，D正确；故选B。二、非选择题：本题共5小题，共55分。16.NOx是污染大气的主要成分之一，它主要来源于汽车尾气的排放和化石燃料的燃烧。为解决其污染问题，科学研究进行了各种脱硝实践。（1）氨气脱硝反应，实现二者的无害化处理，已知下列反应：①②③则的△H=_______。（2）去除NO的反应历程如图1所示，此反应中的氧化剂为_______(填化学式)，含铁元素的中间产物有_______种。 若选用不同的铁的氧化物为催化剂可实现较低温度下的转化，根据图2选择的适宜条件为_______。（3）利用电化学原理脱硝可同时获得电能，其工作原理如图所示。则负极发生的电极反应式为_______，当外电路中有2mol电子通过时，理论上通过质子膜的微粒的物质的量为_______。【答案】（1）-1806.4kJ·mol-1（2）①.NO、O2②.2(或两)③.Fe2O3作催化剂、反应温度为250℃（3）①.NO-3e-+2H2O=+4H+②.2mol【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，将热化学方程式进行叠加，①×3+②×3-③×2，整理可得的。小问2详解】在氧化还原反应中，氧化剂得到电子，元素化合价降低。根据图示可知：在历程图1中，元素的化合价降低的物质为NO、O2，所以氧化剂为NO、O2；含铁元素的中间产物有Fe2+—NH2和Fe2+这2种；根据图2可知：在使用Fe2O3为催化剂时，NO的转化率相对来说较高，反应温度合适为250℃，故根据图2选择的适宜条件为Fe2O3作催化剂、反应温度为250℃；【小问3详解】 该装置为原电池，在原电池反应中，负极失去电子，发生氧化反应，正极上得到电子，发生还原反应。根据图示可知：NO在负极失去电子转化为HNO3，电极反应式为：NO-3e-+2H2O=+4H+；当外电路中有2mol电子通过时，有2molH+通过质子膜进入正极区和O2结合生成H2O，根据电子守恒，通过的微粒的物质的量为2mol。17.工业废料的回收是重要的研究课题，铁钴渣其主要成分为Co、Fe、Zn，含少量Pb和，图是一种分类回收的工艺流程。已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下。沉淀物开始沉淀pH8.32.77.67.6完全沉淀pH9.83.29.79.2回答下列问题：（1）提高酸浸出速率的措施有______(任写两条），铅渣的成分为______(填化学式）。（2）“除铁”时，加入试剂A的目的是______，生成铁渣需要控制的pH范围为______。（3）“氧化沉钴”时将转化为CoOOH，则该反应的离子方程式为____________。由流程可知，和的氧化性强弱关系为______(填“>”或“<”）。（4）已知常温下，溶度积常数：，，且常温下“沉锌”后滤液中，则滤液中的______。（5）已知：温度/℃20304050607080溶解度/g78829083726040则“系列操作”得到晶体的步骤为______、洗涤、低温干燥。【答案】（1）①.提高温度，固体粉碎、搅拌，适当提高稀硫酸的浓度（任选两个）②.PbSO4 和（2）①.氧化Fe2+转化为Fe3+②.3.2≤pH＜7.6（3）①.MnO+5+6H2O=5CoOOH+Mn2++7H+②.＜（4）2.4×10-8（5）蒸发浓缩，趁热过滤（保留滤渣）【解析】【分析】铁钴渣其主要成分为Co、Fe、Zn，含少量Pb和，“酸浸”过程加入稀硫酸，Co、Fe、Zn应转化为Co2+、Fe2+、Zn2+，少量Pb与稀硫酸反应得到沉淀物PbSO4，故过滤后铅渣成分是PbSO4和，滤液中含Co2+、Fe2+、Zn2+的硫酸盐；“除铁”过程，加入氧化剂A使Fe2+转化为Fe3+，加入ZnO调节溶液pH，使其形成更易除去；“氧化沉钴”过程，根据题中问题可知，加入硫酸酸化的KMnO4用于氧化Co2+得到难溶物CoOOH；“沉锌”过程中加入MnS使Zn2+转化为ZnS沉淀，过滤后的滤液中含MnSO4、K2SO4等溶液，经一系列物质分离提纯后得到MnSO4·H2O。【小问1详解】提高酸浸出速率的措施有提高温度，固体粉碎、搅拌，适当提高稀硫酸的浓度等；“酸浸”过程中，Pb属于氢前金属，少量Pb和能与稀硫酸反应得到沉淀物PbSO4，所以铅渣成分是PbSO4和；【小问2详解】根据题中沉淀物的pH范围，使Fe2+转化为Fe3+更易形成除去，所以试剂A是常见的氧化剂，目的是氧化Fe2+转化为Fe3+，防止Co2+沉淀，生成铁渣需要控制的pH范围为3.2≤pH＜7.6；【小问3详解】“氧化沉钴”时将转化为CoOOH，则该反应的离子方程式为MnO+5+6H2O=5CoOOH+Mn2++7H+；“除铁”中试剂A是氧化Fe2+转化为Fe3+，不能氧化转化为Co3+，说明氧化性大小是A＞Fe3+，A小于Co3+，则Fe3+＜Co3+；【小问4详解】“沉锌”后滤液中各离子形成平衡状态，硫离子浓度一致，故，代入计算得，则滤液中的2.4×10-8；【小问5详解】 根据题目信息，“系列操作”中需控制好温度，温度较高，MnSO4·H2O溶解度越小，越容易生成MnSO4·H2O。则“系列操作”得到晶体的步骤为蒸发浓缩，趁热过滤（保留滤渣）、洗涤、低温干燥。18.课外实验小组以KI参与的某些反应来对反应过程和化学反应原理进行探究。（1）KI中的促进分解的反应机理如下①(慢）②(快）则此过程的决速步骤为______(填序号），在此过程中的作用是____________。（2）KI中的在经酸化的溶液中易被空气氧化：实验小组探究外界条件对反应速率的影响，部分实验数据如下表。编号温度/℃硫酸体积/mLKI溶液体积/mL体积/mL淀粉溶液体积/mL出现蓝色的时间/sA3910.05.05.01.05B510.05.0V1.039C3915.0500.01.0t①为确保A组实验在39℃下进行，应采用的控温方法为______。②B组实验中V=______，C组是探究______对反应速率的影响，t的取值范围为______。（3）若将C组实验反应后溶液充分放置一段时间，检验其吸收的体积，可用标准溶液滴定吸收液(），实验时应将标准溶液放在______滴定管中，滴定终点时实验现象为______，若消耗0.2mol/L标准溶液为15.00mL，则吸收氧气在标准状况下的体积为______。【答案】（1）①.①②.作为中间产物（2）①.水浴加热②.5.0③.硫酸浓度④.t＜5（3）①碱式②.当最后半滴溶液滴进去时，溶液颜色由蓝色变无色，且半分钟不③. 0.0168L【解析】【小问1详解】反应历程中，决速步骤是反应较慢的反应，所以是反应①，在反应①中是生成物，反应②中是反应物，所以在此过程中的作用是作为中间产物；故答案是①；作为中间产物；【小问2详解】①为确保A组实验在39℃下进行，应采用控温方法为水浴加热；②实验A、B、C采用控制变量法探究外界条件对反应速率的影响。实验中加水的体积是为了保证三个实验的总体积相同，所以B组实验中V=5.0；C组硫酸的体积与实验A不同，其他相同，故C组是探究硫酸的浓度对反应速率的影响；相比实验A，实验C的硫酸浓度较大，反应速率快，所以t的取值范围为t＜5；【小问3详解】溶液显碱性，滴定时放在碱式滴定管中；C组实验反应后溶液中存在I2，与淀粉形成蓝色溶液，滴定时I2与反应，故滴定终点时实验现象为当最后半滴溶液滴进去时，溶液颜色由蓝色变无色，且半分钟不变；根据、，可得到关系式：O2～2I2～4，若消耗0.2mol/L标准溶液为15.00mL，则吸收氧气在标况下的体积是×0.2mol/L×15.00×10-3L×22.4L/mol=0.0168L。19.氮是空气中含量最多的元素，在自然界中的存在十分广泛，实验小组对不同含氮物质做了相关研究。（1）乙二胺(）是二元弱碱，分步电离，在溶液中的电离类似于氨。25℃时，乙二胺溶液中各含氮微粒的分布分数(平衡时某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分数）随溶液的变化曲线如图所示。①在水溶液中第一步电离的方程式为______；②乙二胺一级电离平衡常数为______，A点时，溶液中的离子浓度关系______ (填“>”“<”或“=”）。（2）已知溶液为中性，又知将溶液滴加到溶液中有无色无味气体放出，试推断溶液的pH______7(填“>”“<”或“=”）。现有25℃时等浓度的4种溶液：①溶液；②溶液；③溶液；④溶液，这4种溶液按浓度由大到小的顺序排列是______(填序号）。（3）25℃时，将10mL溶液和10mL溶液混合(忽略溶液混合后的体积变化），混合后溶液中的浓度为______[25℃时，]。用数字传感器探究AgCl的沉淀溶解平衡。实验测得悬浊液中溶解的氯化物浓度变化如图所示，其中a点表示AgCl溶于溶液形成的悬浊液，下列说法正确的是______(填字母）。a．图中b点可能是滴加溶液b．图中c点后无黄色沉淀生成c．图中d点d．由图可知：【答案】（1）①.②.③.=（2）①.>②.④①②③（3）①.②.c【解析】【分析】（1）乙二胺第一步电离方程式是：，第二步电离方程式是：。从图像可知，随着pOH逐渐增大，也就是说随着pH逐渐减小，c(H+)逐渐增大，浓度逐渐减小，浓度先增大后减小，浓度逐渐增大，据此分析解答。【小问1详解】 ①乙二胺()属于二元弱碱，在水溶液中分步电离，第一步电离方程式为：；②随着pOH的增大，c()逐渐减小，c()逐渐增大，A点时两者相等，，此时pOH=4.9，可得；A点时，根据电荷守恒，则有=；【小问2详解】溶液为中性，说明的水解程度和水解程度相同，将溶液滴加到溶液中有无色无味气体放出，说明醋酸的酸性比碳酸强，则的水解程度比的水解程度小，由此可知水解程度比的水解程度小，故NH4HCO3溶液显碱性，pH>7；NH4HSO4电离出的H+抑制铵根的水解，和水解都会促进铵根的水解，且的水解程度比的水解程度小，则促进铵根水解的程度：<，Cl-对铵根的水平衡无影响，由此可得浓度最大的NH4HSO4溶液，其次是NH4Cl溶液，再次是溶液，最小的是溶液，即按浓度由大到小的顺序排列是④①②③；【小问3详解】混合后溶液中，由得，；若b点是滴加溶液，则氯化物增多，从图像可知，b点后氯化物浓度减小，与假设矛盾，a错误；c点时滴加KI溶液，从图像知c点后氯化物增多，说明AgCl转化为AgI，有黄色沉淀AgI生成，b错误；d点Ag+转化为一部分AgI，c(Ag+)