精品解析：河南省部分学校2024-2025学年高二上学期第一次质量检测化学试卷

2024学年高二年级第一次质量检测 化学 本试卷共18小题，满分100分，时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 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。 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列图示与对应的叙述不相符合的是（ ） A. 图甲表示燃料燃烧反应的能量变化 B. 图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化 C. 图丙表示除去氧化膜的镁条投入到稀盐酸中，反应速率v随时间t的变化曲线 D. 图丁表示某温度下V1mLl.0 mol/L HCl溶液和V2 mL1.5mol/L的NaOH溶液混合均匀后溶液温度随V1的变化趋势(V1+V2=50mL) 【答案】A 【解析】 【详解】A．燃烧为放热反应，反应物的能量比生成物的能量低，A项错误，符合题意； B．酶催化存在最适宜的温度，在适宜的温度酶的催化活性最高，化学反应速率最快。温度低于或者高于最适温度，化学速率都减慢，B项正确，不符合题意； C．Mg和HCl反应为放热反应，开始反应时，反应放热且H＋浓度较大，影响速率的主要因素为温度，温度升高，化学反应速率加快。随着反应的进行，H＋浓度降低，影响速率的主要因素为H＋浓度，H＋浓度降低，化学反应速率减慢，C项图象符合，正确，不符合题意； D．酸碱恰好完全反应，温度最高。则酸碱的物质的量相同，V1mL×l.0 mol/L =V2 mL×1.5mol/L，V1：V2=3：2。总体积为50mL，则温度最高的点V1=30mL。D项正确，不符合题意； 本题答案选A。 2. 工业炼铁是在高炉中进行的，高炉炼铁的主要反应是：①；②该炼铁工艺中，对焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需其主要原因是 A. CO过量 B. CO与铁矿石接触不充分 C. 炼铁高炉的高度不够 D. CO与的反应有一定限度 【答案】D 【解析】 【详解】由于CO与Fe2O3的反应有一定限度，存在平衡状态，因此反应物不能完全转化为生成物，所以焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需，故D符合；CO过量，可以促使②发生、提高铁矿石的转化率，工业生产中铁矿石粉碎，且从高炉下方鼓入强大的空气流，CO和铁矿石的接触比较充分，炼铁高炉的高度并不能改变可逆反应的性质，不能进行到底，则ABC均不符合； 故答案为：D。 3. 25℃时，的两种碱溶液各10mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法不正确的是 A. 若，则NOH为强碱 B. 两种碱的物质的量浓度肯定不等 C. 均稀释100倍以后，MOH溶液中水的电离程度大于NOH溶液 D. 若两者均为弱碱，则，且NOH碱性强于MOH 【答案】C 【解析】 【详解】A．若，的强碱稀释100倍，pH会减小2，变为9，由图可知，NOH在稀释100倍后pH变为了9，则NOH为强碱，A正确； B．由图可知，碱性越弱，稀释后pH变化越小，MOH碱性比NOH更弱，起始时两者pH相等，则两种碱的物质的量浓度一定不相等，B正确； C．均稀释100倍以后，MOH溶液pH大于NOH溶液，MOH溶液碱性更强，对水电离的抑制作用更强，则均稀释100倍以后，MOH溶液中水的电离程度小于NOH溶液，C错误； D．强碱稀释100倍后得到的溶液pH=9，稀释前溶液pH=11，若两者均为弱碱，稀释后得到的溶液pH=9，稀释前溶液pH＜11，则，碱性越弱，稀释后pH变化越小，则NOH碱性强于MOH，D正确； 故选C。 4. 下列方程式书写错误的是 A. Al(OH)3⇌A13++3OH- B. Al(OH)3(s)⇌Al3+(aq)+3OH-(aq) C. BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+(aq) D. BaSO4⇌Ba2++ 【答案】D 【解析】 【详解】A．Al(OH)3为弱电解质，部分电离生成Al3+、OH-，电离方程式为，故A正确； B．Al(OH)3(s)中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡离子方程式为，故B正确； C．BaSO4中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡离子方程式为，故C正确； D．BaSO4是强电解质，溶于水的部分完全电离，电离方程式为，故D错误； 答案选D。 5. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0反应达到平衡状态后，改变某一条件，下列图象与条件变化一致的是 A．升高温度 B．增大N2浓度 C．改变压强 D．加入催化剂 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．焓变为负，升高温度平衡逆向移动，则氮气的转化率减小，与图不一致，故A错误； B．增大N2浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率逐渐增大，与图一致，故B正确； C．正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则压强大的对应氨气的物质的量分数大，与图不一致，故C错误； D．催化剂不影响平衡移动，则气体的总压强不变，与图不一致，故D错误； 故选B。 6. 在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是 A. 无色溶液。 B. 碱性条件： C. 水电离出的的溶液： D. 制作印刷电路板的腐蚀液： 【答案】B 【解析】 【详解】A．有颜色，不能在无色溶液中大量存在，且氢离子与碳酸根离子也不能大量共存，A不选； B．碱性条件下，不发生反应，能大量共存，B选； C．水电离出的的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，不能在碱性条件下大量存在，C不选； D．印刷电路板的腐蚀液中含有Fe2+，会和Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，D不选； 故选B。 7. 25℃时，向15mL 0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，加入CH3COOH溶液的体积与混合溶液pH的关系如图所示(混合过程中忽略溶液体积变化)。下列分析不正确的是 A. 溶液的导电能力：d＞c＞a B. c点对应溶液中，=1 C. a点溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+) D. a、b、c、d四点对应溶液中均有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Na+)=0.1mol•L-1 【答案】A 【解析】 【分析】向15mL0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，加入CH3COOH溶液的体积与混合溶液pH的关系如图，a点对应溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，b点溶液中的溶质为CH3COONa，c点对应溶液呈中性，d点对应溶液中CH3COOH过量，溶液呈酸性，溶液中溶质为CH3COOH与CH3COONa的混合物，据此分析解答。 【详解】A．溶液导电性与溶液中离子浓度及离子所带电荷数有关，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)可知c(Na+)+c(H+)越大，溶液的导电能力越强，溶液中c(H+)较小，c(Na+)决定溶液导电性，随着醋酸溶液加入，溶液体积增大，c(Na+)减小，溶液导电性逐渐减弱，A错误； B．c点对应溶液呈中性，根据电荷守恒，可推知c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(CH3COO-)，则=1，B正确； C．a点对应溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，故c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，C正确； D．根据物料守恒，a、b、c、d四点对应溶液中均有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Na+)=0.1mol·L-1，D正确； 答案选A。 8. 常温下，与0.01mol/LNaOH溶液的pH相同的溶液是 A. 0.01mol/L盐酸 B. 0.01mol/LBa(OH)2溶液 C. pH=12的NaCN溶液 D. 0.01mol/L氨水 【答案】C 【解析】 【分析】氢氧化钠为强碱，常温下， 0.01mol/LNaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，溶液pOH=2，则pH=12； 【详解】A．盐酸为强酸，0.01mol/L盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，溶液pH=2，A错误； B．氢氧化钡为强的二元碱，0.01mol/LBa(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.02mol/L，溶液pH不是12，B错误； C．pH=12的NaCN溶液与0.01mol/LNaOH溶液的pH相同，均为12，C正确； D．氨水为弱碱性溶液，0.01mol/L氨水中氢氧根离子浓度小于0.01mol/L，溶液pH不是12，D错误； 故选C。 9. 根据下列图示所得出的结论正确的是 A. 图甲是常温下用溶液滴定的滴定曲线，Q点表示酸碱中和滴终点 B. 图乙是、反应生成的能量变化曲线，a表示、变成气态原子过程中吸收的能量 C. 图丙表示表示通入饱和溶液中，溶液导电能力的变化 D. 图丁是中的平衡浓度随温度变化的曲线，说明平衡常数 【答案】B 【解析】 【详解】A．滴定终点是酸与碱恰好完全反应，同浓度的NaOH滴定20.00mL0.1000mol/L的醋酸，需要消耗氢氧化钠的体积为20.00mL，Q点不是滴定终点，故A错误； B．断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，a表示1molX2(g)、1molY2(g)变成气态原子过程吸收的能量，故B正确； C．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，将CO2通入饱和碳酸钠溶液中发生CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3↓，剩余溶液仍是饱和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠属于可溶强电解质，因此CO2通入饱和碳酸钠溶液中导电能力虽然降低，但不会趋向于0，故C错误； D．根据图像可知，随着温度升高，c(I)降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，正反应为放热反应，即升高温度，平衡常数减小，推出K(T1)＞K(T2)，故D错误； 答案为B。 10. 下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸 溶液褪色 乙二酸具有还原性 B 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液 溶液变红 稀硫酸能氧化Fe2+ C 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 Ag+与NH3·H2O能大量共存 D 向10 mL 0.1 mol.L-1 Na2S溶液中滴入2 mL 0.1mol.L-1 ZnSO4溶液，再滴加2滴的0.1 mol.L-1CuSO4溶液 开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成 Ksp(CuS)<Ksp(ZnS) A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．KMnO4可氧化乙二酸,乙二酸具有还原性,故A正确； B．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还源反应生成铁离子，则滴加KSCN溶液，溶液变红，故B错误； C．AgNO3溶液中滴加过量氨水,生成银氨溶液, Ag+与NH3· H2O不能大量共存，故C错误； D．Na2S溶液过量，均为沉淀生成，不能比较Ksp大小,故D错误； 故答案选A。 【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子共存、沉淀生成、实验技能为解答关键，侧重分析,与实验能力的考查,注意实验的评价性分析，题目难度不大。 11. “劳动有利于知行合一”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 将社区垃圾进行分类处理 有利于环境保护和资源再利用 B 用纯碱溶液洗餐具上的油污 油脂在碱性条件下水解生成易溶于水的物质 C 给土壤错时施用草木灰和硫酸铵 两种化肥同时施用降低肥效 D 模拟工业湿法炼铜 Fe的氧化性强于Cu2+ A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．垃圾分类处理有利于环境保护和资源再利用，A项正确； B．碳酸钠水解生成氢氧化钠，能使油脂水解成易溶于水的丙三醇和高级脂肪酸钠，达到洗涤油污的效果，B项正确； C．碳酸钾和硫酸铵发生互促水解，生成易挥发、分解的一水合氨而降低肥效，C项正确； D．湿法炼铜的主要原理是铁置换铜盐中的铜，体现铜离子氧化性强于亚铁离子，D项错误； 本题选D。 12. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温下，pH=1的硫酸溶液中，含有H＋数目为0.1NA B. 常温下，1 L 0.5 mol·L-1的AlCl3溶液中，含有Al3＋数目为0.5NA C. 常温下，1 L pH=12的CH3COONa溶液，由水电离产生的OH-数目为0.01NA D. 标准状况下，4.48 L NH3溶于水得到的溶液中，NH3·H2O和的总数为0.2NA 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．只有离子浓度，缺少溶液体积，因此不能计算微粒的数目，A错误； B．在1 L 0.5 mol·L-1的AlCl3溶液中，含有溶质的物质的量n(AlCl3)=0.5 mol/L×1 L=0.5 mol，由于Al3+会发生水解反应而消耗，故溶液中含有Al3＋数目小于0.5NA，B错误； C．CH3COONa溶液溶液pH=12，则c(OH-)=0.01 mol/L，由于溶液体积是1 L，故OH-的物质的量是0.01 mol，溶液中的OH-只有水电离产生，则OH-数目为0.01NA，C正确； D．标准状况下，4.48 L NH3的物质的量等于0.2 mol。NH3溶于水，存在反应的化学平衡和NH3·H2O的电离平衡，溶液中含有N元素的微粒除NH3·H2O和外，还有NH3，故NH3·H2O和的总数小于0.2NA，D错误； 故合理选项是C。 13. 下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. 向溶液中加入少量水，溶液中减小 B. 将溶液从升温至，溶液中增大 C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中 D. 向、的饱和溶液中加入少量，溶液中不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．将关系式上下同乘化简为，加水稀释，不变，减小，溶液中增大，A错误； B．溶液中水解方程式为：，水解平衡常数为：，而溶液中刚好为，升高温度，水解增强，增大，则减小，B错误； C．向盐酸中加入氨水后，任何时候溶液中都存在以下电荷守恒：，当溶液呈中性时，有，则得出，C错误； D．向、的饱和溶液中加入少量，溶液中关系式上下同乘得，温度不变比值始终不变，D正确； 故答案为：D。 14. 某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。 下列说法正确的是 A. 该水样中c(CO)=0.01mol•L-1 B. a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—) C. 当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变 D. 曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol•L-1 【答案】C 【解析】 【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO+H+=HCO、HCO+H+= H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO+H+=HCO可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为=0.01mol/L。 【详解】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误； B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+ c(CO)，故B错误； C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确； D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D错误； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. As2O3在医药、 电子等领域有重要应用。某含砷元素(As) 的工业废水经如下流程图转化为粗As2O3。 (1)“氧化”的目的是______________，1 mol转化为至少需要O2_______mol。 (2)“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有： a.Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH-(aq) △H＜0 b.5Ca2＋＋OH-＋3Ca5(AsO4)3OH △H＞0 研究表明，“沉砷”的最佳温度是85°C。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是________________________________________。 (3)“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是_________________。 (4)“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如右图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是________________________。 (5)下列说法中，正确的是___________(填字母)。 a.粗As2O3中含有CaSO4 b.工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率 c.通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的 【答案】 ①. 转化为 ②. 0.5 ③. 温度升高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应b平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降 ④. H3AsO4＋H2O＋SO2=H3AsO3＋H2SO4 ⑤. 调节硫酸浓度约为7 mol∙L−1，冷却至25°C，过滤 ⑥. abc 【解析】 【分析】H3AsO3、H3AsO4与NaOH溶液反应生成Na3AsO3、Na3AsO4，向溶液中通入氧气氧化，转化为，加入石灰水沉砷得到Ca5(AsO4)3OH，过滤，向沉淀中加入硫酸，得到H3AsO4，过滤，向滤液中通入SO2，将H3AsO4转化为H3AsO3，在硫酸作用下向溶液中加热得到粗As2O3。 【详解】(1)“氧化”的目的是转化为，1mol氧气化合价降低转移4mol电子，1 mol转化为转移2mol电子，因此至少需要O2物质的量为0.5mol；故答案为：转化为；0.5。 (2研究表明，“沉砷”的最佳温度是85°C。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是根据两个方程式受温度影响分析，温度升高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应b平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降；故答案为：温度升高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应b平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降。 (3)“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，H3AsO4与SO2反应生成H3AsO3和H2SO4，因此反应的化学方程式是H3AsO4＋H2O＋SO2=H3AsO3＋H2SO4；故答案为：H3AsO4＋H2O＋SO2=H3AsO3＋H2SO4。 (4)为了提高粗As2O3的沉淀率，根据曲线分析，溶解度先减小后增大，因此“结晶”过程进行的操作是调节硫酸浓度约为7 mol∙L−1，冷却至25°C，过滤；故答案为：调节硫酸浓度约为7 mol∙L−1，冷却至25°C，过滤。 (5)a．钙离子未充分除去，粗As2O3中含有CaSO4，故a正确；b．滤液2为硫酸，可循环使用，提高砷的回收率，故b正确；c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的，故c正确；故答案为：abc。 【点睛】化工流程是常考题型，主要考查实际化学工业产品的制备、氧化还原反应方程式书写、利用平衡移动分析影响生成原因、根据曲线分析实际需要的温度及浓度。 16. 三氯化铬()在工业上主要用作媒染剂和催化剂，实验室模拟工业上以为原料制备。 （1）制备。 取一定质量的和对应量的水加入到三颈烧瓶中，水浴加热并搅拌，一段时间后同时加入过量浓盐酸和无水乙醇充分反应，生成并放出CO2气体。 ①上述反应的化学方程式为______。 ②上述反应中的乙醇与投料的物质的量比例大约为3：8，原因是_____。 （2）测定的质量分数。 I．称取样品0.3300 g，加水溶解并配成250.0 mL的溶液。 Ⅱ．移取25.00 mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸后加入稍过量的，稀释并加热煮沸，再加入过量的硫酸酸化，将Cr3+氧化为再加入过量KI固体，加塞摇匀。使铬元素完全以Cr3+的形式存在。 Ⅲ．加入少量淀粉溶液，用0.0500 mol·L-1标准溶液滴定至终点，平行测定3次。平均消耗标准溶液12.00 mL。 已知反应：；。 ①滴定终点的现象是________。 ②配平后可知______，计算CrCl3的质量分数(结果保留3位有效数字)_______。 ③在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的有_______(填字母)。 A．碱式滴定管使用前，水洗后未用标准溶液润洗 B．锥形瓶水洗后未干燥 C．滴定终点读数时俯视读数 D．滴定前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 （3）样品中Cl⁻含量测定。 实验室可用标准溶液测定样品中Cl⁻的含量，请补充完成相应的实验步骤：准确量取25.00 mL待测样品溶液于锥形瓶中，____，进行数据处理。(终点反应为砖红色)。实验中须使用的试剂有：溶液、标准溶液：除常用仪器外须使用的仪器有：棕色酸式滴定管)。 【答案】（1） ①. ②. 乙醇略过量可以确保BaCrO4被充分还原 （2） ①. 当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色恰好变成无色(或溶液蓝色恰好消失)，且半分钟内不恢复 ②. 1：6 ③. 96.1% ④. C （3）向锥形瓶中滴入2-3滴K2CrO4溶液，将标准溶液迅速装入到已润洗过的棕色酸式滴定管中，向锥形瓶中逐滴加入标准液，当滴入最后半滴标准液时溶液出现砖红色，且半分钟内不变色，记录标准液的体积，重复实验2-3次 【解析】 【详解】(1)①上述反应为BaCrO4和对应量的水溶解水浴加热加入过量浓盐酸和无水乙醇(C2H5OH)充分反应，生成CrCl3并放出CO2气体，根据质量守恒可知，还生成氯化钡和水，化学方程式为； ②反应中的乙醇与的反应比例为1：4，投料的物质的量比例大约为3：8，原因是加大乙醇的投料利于的完全反应，提高其利用率，即乙醇略过量可以确保BaCrO4被充分还原； (2)①碘单质能使淀粉变蓝色，滴定终点的现象是：当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色恰好变成无色(或溶液蓝色恰好消失)，且半分钟内不恢复； ②已知反应根据电子守恒可知、，结合铬元素守恒可知，，所以，则CrCl3的物质的量为，质量分数； ③A．碱式滴定管使用前，水洗后未用标准Na2S2O3溶液润洗，导致标准液用量增加，测定结果偏大； B．锥形瓶水洗后未干燥，不影响标准液用量，测定结果不变； C．滴定终点读数时俯视读数，导致标准液用量读数偏小，测定结果偏小； D．滴定前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，使得标准液用量读数增加，测定结果偏大； 故选C； (3)氯离子和银离子生成氯化银沉淀、结合铬酸根离子生成砖红色铬酸银沉淀，且氯化银更难溶，故测定的实验步骤为：准确量取25.00 mL待测样品溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴入2-3滴K2CrO4溶液，将AgNO3标准溶液迅速装入到已润洗过的棕色酸式滴定管中，向锥形瓶中逐滴加入AgNO3标准液，当滴入最后半滴标准液时溶液出现砖红色，且半分钟内不变色，记录标准液的体积，重复实验2-3次，进行数据处理。 17. 研究酸、碱在水溶液中的离子反应与平衡有重要的意义。 （1），向中滴加过程中，变化如图所示。 ①A点溶液，的电离平衡常数_______。 ②B点溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。 ③C点加入的体积_______(填“>”、“<”或“=”)。 ④D点时二者恰好完全反应，此时溶液的，原因是_______(用离子方程式表示)。 ⑤C、D、E三点中，水的电离程度最大的点为_______。 （2）用溶液滴定某未知浓度的溶液。 ①请选择最合适的指示剂_______(填标号)。 A.甲基橙 B.石蕊 C.酚酞 ②若碱式滴定管在滴定前未润洗，测得溶液的浓度将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 ③某同学进行四次滴定实验，消耗溶液体积记录如表： 编号 1 2 3 4 23.99 25.00 24.01 24.00 则该醋酸溶液中的物质的量浓度为_______。 【答案】（1） ①. ②. ③. < ④. ⑤. D （2） ①. C ②. 偏高 ③. 0.1200 【解析】 【小问1详解】 ①A点pH=3，所以0.1mol/L醋酸溶液中氢离子浓度为10-3mol/L，则醋酸的电离常数。 ②B点为反应的一半点，溶液的溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，此时溶液pH<7，，醋酸根离子的水解常数，醋酸的电离程度大于水解程度，因此醋酸根离子的浓度大于钠离子的浓度，溶液中各离子浓度大小关系为：。 ③当加入氢氧化钠的体积为20mL时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应，此时溶质为醋酸钠，溶液呈碱性，而由图可知C点的pH<7，所以C点加入的氢氧化钠的体积小于20mL。 ④D点醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，溶液溶质为醋酸钠，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，离子方程式为：CH3COO-+H2O⇋CH3COOH+OH-。 ⑤C点溶质为醋酸和醋酸钠，D点溶质为醋酸钠，E点溶质为醋酸钠和氢氧化钠，而酸或碱会抑制水的电离，盐促进水的电离，因此D点水的电离程度最大。 【小问2详解】 ①碱滴定酸，滴定终点呈碱性，选酚酞作指示剂，答案选C。 ②若碱式滴定管在滴定前未润洗，会使碱的浓度偏低，消耗碱的体积偏高，测得的醋酸浓度偏高。 ③由表格可知，第二次数据误差大，舍去，因此消耗氢氧化钠溶液的平均体积为24.00mL。依据中和滴定原理有：0.1000mol/L24.00mL=20.00mLc，解得c=0.1200mol/L。 18. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。 方法一：H2还原CO2制取CH4.其反应体系中，主要发生反应的热化学方程式有： 反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=−164.7 kJ∙mol−1 反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ∙mol−1 反应III：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) ΔH3=−247.1 kJ∙mol−1 （1）利用上述反应计算CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的ΔH_______，已知ΔG=ΔH−TΔS，忽略ΔH、ΔS随温度的变化，若ΔG＜0反应自发，则该反应一般在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。 （2）向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变化关互系如图所示。 ①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：_______； ②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15mol，n(CO2)=0.25mol，甲烷的选择性(×100%)=_______； ③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当_______。 方法二：H2还原CO2制取CH3OH。反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4 （3）CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*CO2”表示CO2吸附在催化剂表面，图中*H已省略) 该反应历程中决速步反应能垒为_______eV，为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当_______(填“升高”或“降低”)。 （4）已知速率方程υ正=k正·c(CO2)·c3(H2)，υ逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度(T)影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，则ΔH4_______0(填“＞”“＜”或“=”)。 【答案】（1） ①. −205.9 kJ∙mol−1 ②. 低温 （2） ①. 约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降 ②. 60% ③. 选择合适的催化剂 （3） ①. 1.36 ②. 降低 （4）＜ 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律将反应I加反应III，再整体除以2得到CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH=−205.9 kJ∙mol−1，该反应是熵减的反应，根据ΔG＜0反应自发即 ，则该反应一般在低温下能自发进行；故答案为：−205.9 kJ∙mol−1；低温。 【小问2详解】 ①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，平衡逆向移动，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，反应II正向移动，反应III逆向移动，则CO2物质的量总量下降；故答案为：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降。 ②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15mol，n(CO2)=0.25mol，则根据碳原子守恒可知n(CH4)=0.6mol，因此甲烷的选择性；故答案为：60%。 ③催化剂能提高反应速率，在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当选择合适的催化剂；故答案为：选择合适的催化剂。 【小问3详解】 该反应历程中决速步反应是活化能最大即能垒最高的那一步，相对能量−1.56eV到−0.20eV的这一步即能垒为1.36eV，该反应是吸热反应，反应I、反应III是放热反应，反应II是吸热反应，根据图中信息，产生副产物(CO、CH2O)时吸收热量更多，因此为了减少副产物生成，则工艺生产的温度应适当降低；故答案为：1.36；降低。 【小问4详解】 根据图中表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，从右向左分析，温度升高，lgK增大，k逆增大程度比k正大，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应即ΔH4＜0；故答案为：＜。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年高二年级第一次质量检测 化学 本试卷共18小题，满分100分，时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 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。 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列图示与对应的叙述不相符合的是（ ） A. 图甲表示燃料燃烧反应的能量变化 B. 图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化 C. 图丙表示除去氧化膜的镁条投入到稀盐酸中，反应速率v随时间t的变化曲线 D. 图丁表示某温度下V1mLl.0 mol/L HCl溶液和V2 mL1.5mol/L的NaOH溶液混合均匀后溶液温度随V1的变化趋势(V1+V2=50mL) 2. 工业炼铁是在高炉中进行的，高炉炼铁的主要反应是：①；②该炼铁工艺中，对焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需其主要原因是 A. CO过量 B. CO与铁矿石接触不充分 C. 炼铁高炉的高度不够 D. CO与的反应有一定限度 3. 25℃时，的两种碱溶液各10mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法不正确的是 A. 若，则NOH为强碱 B. 两种碱的物质的量浓度肯定不等 C. 均稀释100倍以后，MOH溶液中水的电离程度大于NOH溶液 D. 若两者均为弱碱，则，且NOH碱性强于MOH 4. 下列方程式书写错误的是 A. Al(OH)3⇌A13++3OH- B. Al(OH)3(s)⇌Al3+(aq)+3OH-(aq) C. BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+(aq) D. BaSO4⇌Ba2++ 5. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0反应达到平衡状态后，改变某一条件，下列图象与条件变化一致的是 A．升高温度 B．增大N2浓度 C．改变压强 D．加入催化剂 A. A B. B C. C D. D 6. 在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是 A. 无色溶液。 B. 碱性条件： C. 水电离出的的溶液： D. 制作印刷电路板的腐蚀液： 7. 25℃时，向15mL 0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，加入CH3COOH溶液的体积与混合溶液pH的关系如图所示(混合过程中忽略溶液体积变化)。下列分析不正确的是 A. 溶液的导电能力：d＞c＞a B. c点对应溶液中，=1 C. a点溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+) D. a、b、c、d四点对应溶液中均有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Na+)=0.1mol•L-1 8. 常温下，与0.01mol/LNaOH溶液的pH相同的溶液是 A. 0.01mol/L盐酸 B. 0.01mol/LBa(OH)2溶液 C. pH=12的NaCN溶液 D. 0.01mol/L氨水 9. 根据下列图示所得出的结论正确的是 A. 图甲是常温下用溶液滴定的滴定曲线，Q点表示酸碱中和滴终点 B. 图乙是、反应生成的能量变化曲线，a表示、变成气态原子过程中吸收的能量 C. 图丙表示表示通入饱和溶液中，溶液导电能力的变化 D. 图丁是中的平衡浓度随温度变化的曲线，说明平衡常数 10. 下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸 溶液褪色 乙二酸具有还原性 B 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液 溶液变红 稀硫酸能氧化Fe2+ C 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 Ag+与NH3·H2O能大量共存 D 向10 mL 0.1 mol.L-1 Na2S溶液中滴入2 mL 0.1mol.L-1 ZnSO4溶液，再滴加2滴的0.1 mol.L-1CuSO4溶液 开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成 Ksp(CuS)<Ksp(ZnS) A. A B. B C. C D. D 11. “劳动有利于知行合一”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 将社区垃圾进行分类处理 有利于环境保护和资源再利用 B 用纯碱溶液洗餐具上的油污 油脂在碱性条件下水解生成易溶于水的物质 C 给土壤错时施用草木灰和硫酸铵 两种化肥同时施用降低肥效 D 模拟工业湿法炼铜 Fe的氧化性强于Cu2+ A. A B. B C. C D. D 12. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温下，pH=1的硫酸溶液中，含有H＋数目为0.1NA B. 常温下，1 L 0.5 mol·L-1的AlCl3溶液中，含有Al3＋数目为0.5NA C. 常温下，1 L pH=12的CH3COONa溶液，由水电离产生的OH-数目为0.01NA D. 标准状况下，4.48 L NH3溶于水得到的溶液中，NH3·H2O和的总数为0.2NA 13. 下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. 向溶液中加入少量水，溶液中减小 B. 将溶液从升温至，溶液中增大 C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中 D. 向、的饱和溶液中加入少量，溶液中不变 14. 某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。 下列说法正确的是 A. 该水样中c(CO)=0.01mol•L-1 B. a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—) C. 当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变 D. 曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol•L-1 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. As2O3在医药、 电子等领域有重要应用。某含砷元素(As) 的工业废水经如下流程图转化为粗As2O3。 (1)“氧化”的目的是______________，1 mol转化为至少需要O2_______mol。 (2)“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有： a.Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH-(aq) △H＜0 b.5Ca2＋＋OH-＋3Ca5(AsO4)3OH △H＞0 研究表明，“沉砷”的最佳温度是85°C。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是________________________________________。 (3)“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是_________________。 (4)“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如右图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是________________________。 (5)下列说法中，正确的是___________(填字母)。 a.粗As2O3中含有CaSO4 b.工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率 c.通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的 16. 三氯化铬()在工业上主要用作媒染剂和催化剂，实验室模拟工业上以为原料制备。 （1）制备。 取一定质量的和对应量的水加入到三颈烧瓶中，水浴加热并搅拌，一段时间后同时加入过量浓盐酸和无水乙醇充分反应，生成并放出CO2气体。 ①上述反应的化学方程式为______。 ②上述反应中的乙醇与投料的物质的量比例大约为3：8，原因是_____。 （2）测定的质量分数。 I．称取样品0.3300 g，加水溶解并配成250.0 mL的溶液。 Ⅱ．移取25.00 mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸后加入稍过量的，稀释并加热煮沸，再加入过量的硫酸酸化，将Cr3+氧化为再加入过量KI固体，加塞摇匀。使铬元素完全以Cr3+的形式存在。 Ⅲ．加入少量淀粉溶液，用0.0500 mol·L-1标准溶液滴定至终点，平行测定3次。平均消耗标准溶液12.00 mL。 已知反应：；。 ①滴定终点的现象是________。 ②配平后可知______，计算CrCl3的质量分数(结果保留3位有效数字)_______。 ③在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的有_______(填字母)。 A．碱式滴定管使用前，水洗后未用标准溶液润洗 B．锥形瓶水洗后未干燥 C．滴定终点读数时俯视读数 D．滴定前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 （3）样品中Cl⁻含量测定。 实验室可用标准溶液测定样品中Cl⁻的含量，请补充完成相应的实验步骤：准确量取25.00 mL待测样品溶液于锥形瓶中，____，进行数据处理。(终点反应为砖红色)。实验中须使用的试剂有：溶液、标准溶液：除常用仪器外须使用的仪器有：棕色酸式滴定管)。 17. 研究酸、碱在水溶液中的离子反应与平衡有重要的意义。 （1），向中滴加过程中，变化如图所示。 ①A点溶液，的电离平衡常数_______。 ②B点溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。 ③C点加入的体积_______(填“>”、“<”或“=”)。 ④D点时二者恰好完全反应，此时溶液的，原因是_______(用离子方程式表示)。 ⑤C、D、E三点中，水的电离程度最大的点为_______。 （2）用溶液滴定某未知浓度的溶液。 ①请选择最合适的指示剂_______(填标号)。 A.甲基橙 B.石蕊 C.酚酞 ②若碱式滴定管在滴定前未润洗，测得溶液的浓度将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 ③某同学进行四次滴定实验，消耗溶液体积记录如表： 编号 1 2 3 4 23.99 25.00 24.01 24.00 则该醋酸溶液中的物质的量浓度为_______。 18. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。 方法一：H2还原CO2制取CH4.其反应体系中，主要发生反应的热化学方程式有： 反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=−164.7 kJ∙mol−1 反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ∙mol−1 反应III：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) ΔH3=−247.1 kJ∙mol−1 （1）利用上述反应计算CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的ΔH_______，已知ΔG=ΔH−TΔS，忽略ΔH、ΔS随温度的变化，若ΔG＜0反应自发，则该反应一般在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。 （2）向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变化关互系如图所示。 ①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：_______； ②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15mol，n(CO2)=0.25mol，甲烷的选择性(×100%)=_______； ③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当_______。 方法二：H2还原CO2制取CH3OH。反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4 （3）CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*CO2”表示CO2吸附在催化剂表面，图中*H已省略) 该反应历程中决速步反应能垒为_______eV，为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当_______(填“升高”或“降低”)。 （4）已知速率方程υ正=k正·c(CO2)·c3(H2)，υ逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度(T)影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，则ΔH4_______0(填“＞”“＜”或“=”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $