精品解析：江西省上饶市第二中学2024-2025学年高二上学期11月测试 化学试题

江西省上饶市第二中学2024-2025学年高二上学期十一月 化学测试卷 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量有：H 1 O 16 Ne 20 C 12 N 14 Na 23 Fe 56 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. 利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线I和曲线II分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是 A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度活化分子的百分数不变 B. 加入催化剂，改变活化能，该反应的变小 C. 反应物的总键能大于生成物的总键能 D. 如果该反应生成液态，则减少 2. 已知热化学方程式： ①C(金刚石，s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH1 ②C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH2 ③C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH3=+1.9kJ∙mol-1 下列说法正确的是 A. 石墨转化成金刚石的反应是吸热反应 B. 金刚石比石墨稳定 C. ΔH3=ΔH1-ΔH2 D. ΔH1>ΔH2 3. 我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。 已知： 下列说法不正确的是 A. 过程Ⅱ放出能量 B. 若分解2，估算出反应吸收482能量 C. 催化剂能减小水分解反应的焓变 D. 催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数 4. 一定条件下，向容积均为的两个恒温密闭容器中通入一定量的一氧化碳和水蒸气，发生反应： ，达平衡后获得数据如下表。下列说法错误的是 容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡的时间/min 达到平衡时体系能量的变化 CO ① 1 4 0 0 放出热量 ② 2 8 0 0 放出热量 A. ①中反应达平衡时，CO的转化率为80％ B. 平衡时：①＝② C. 达到平衡的时间：①＞② D. 反应②中， 5. 下列说法正确的是 A. 对于同一物质在不同状态时的熵值：气态＜液态＜固态 B. 已知反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的平衡常数为K，则2H2(g)+2I2(g)⇌4HI(g)的平衡常数为2K C. ΔH＜0、ΔS＞0的反应在低温时不能自发进行 D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂不能改变化学反应进行的方向 6. 下图所示为工业合成氨的流程图。下列有关生产条件的调控作用分析错误的是 A. 步骤①中“净化”可以防止杂质对催化剂产生影响 B. 步骤②中“加压”可以加快反应速率，因此压强越大越好 C. 步骤③一般选择控制反应温度为400～500℃左右 D. 步骤④⑤有利于提高原料的利用率，能节约生产成本 7. 下图为工业合成氨的流程图，下列有关说法不正确的是 A. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒 B. 步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以增大反应速率 C. 步骤③④⑤均有利于提高原料的平衡转化率 D. 液态除可生产化肥外，还可作制冷剂 8. 下列说法中正确的是 A. 氯化氢溶于水后在电流的作用下电离出和 B. 金刚石和石墨二者性质不同，不互为同素异形体 C. 电离能产生氢离子的化合物不一定为酸 D. 氧化还原反应的实质是氧元素的得失 9. 下列关于弱电解质的电离平衡中，说法错误的是 A. 将0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释，变大 B. 向1L 0.1mol·L-1的CH3COOH溶液滴加NaOH溶液的过程中，n(CH3COOH)与n(CH3COO-)之和始终为0.1 mol C. 向0.1 mol·L-1的氨水中通氨气，NH3•H2O的电离程度增大 D. 在CuCl2溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2+蓝色＋4Cl-[CuCl4]2-黄色＋4H2O ΔH>0，向黄绿色的CuCl2溶液中加水，溶液变蓝 10. 下列实验装置及操作均合理的是 A. 用装置甲测定污水样品中 B. 用装置乙制备乙酸乙酯 C. 用装置丙灼烧海带 D. 用装置丁测定中和热 11. 下列离子组一定能大量共存的是 A. 水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中： Fe2+、K+、、 B. 在含Fe3+的溶液中：K+、SCN-、、 C. 遇酚酞变红的溶液中：Na+、K+、、、 D. 含大量Al3+的溶液中：K+、、、C1O- 12. 超氧化钾可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中键的数目为 B. 晶体中离子的数目为 C. 溶液中的数目为 D. 该反应中每转移电子生成的数目为 13. 绿矾()分解可制备铁红，同时产生、和。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 溶液含有的阳离子数大于NA B. 0.5mol三聚分子( )中含有σ键数目为6 NA C. 绿矾分解生成16g时，转移电子数为0.2 NA D. 22.4L溶于水，溶液中、、的数目总和为NA 14. 从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb均为+2价或+4价，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法正确的是 A. “碱浸”时，Pb5O8发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1 B. 为加快“氧化”时的反应速率，可将溶液加热至沸腾 C. 浸出液“氧化”过程中，溶液的碱性逐渐增强 D. 系列操作中的洗涤步骤为向漏斗中加水并用玻璃棒搅拌，待水流下重复2~3次 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某实验小组用(溶液和硫酸溶液进行中和热的测定。 回答下列问题： Ⅰ．配制硫酸溶液： （1）若配制 500 mL 0.50 mol·L⁻¹硫酸溶液，则需用量筒量取密度为溶质质量分数为98%的浓硫酸___________mL(保留1位小数)。 Ⅱ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的实验装置如图所示： （2）玻璃搅拌器的作用为___________。可否将玻璃搅拌器换为环形铜丝搅拌器并写出理由：___________。 （3）装置中隔热层的作用是___________。 （4）写出表示该反应中和热的热化学方程式(中和热△H= )__________ 。 （5）取溶液和硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。 实验次数 起始温度 t1/℃ 终止温度 t2/℃ 温度差(t2-t1)/℃ H2SO4溶液 NaOH 溶液 平均值 1 27.1 27.3 27.2 31.2 2 25.9 25.9 25.9 29.8 3 26.3 26.3 26.3 30.4 ①温度差平均值为___________℃。 ②近似认为溶液和 硫酸溶液的密度都是 ，中和后生成的溶液的比热容。则中和热△H=__________ (保留1位小数)。 ③上述结果与有偏差，产生此偏差的原因可能是____(填标号)。 a．用量筒量取 NaOH 溶液的体积时仰视读数 b．分多次将 NaOH 溶液倒入盛有硫酸溶液的量热计的内筒中 c．用温度计测定硫酸起始温度后直接测定 NaOH溶液的温度 16. 某兴趣小组同学探究KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素。配制1.0×10-3mol/LKMnO4溶液、0.40mol/L草酸溶液。将KMnO4溶液与草酸溶液按如下比例混合。 【设计实验】 序号 反应温度/℃ ① 2.0 2.0 0 20 ② 2.0 1.0 1.0 20 （1）实验①和②的目的是___________。 （2）甲认为上述实验应控制pH相同，可加入的试剂是___________(填序号)。 a．盐酸 b．硫酸 c．草酸 【实施实验】 小组同学将溶液pH调至1并进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段： i．紫色溶液转变为青色溶液，ii．青色溶液逐渐褪至无色溶液。 资料：(a)无色，在草酸中不能形成配合物； (b)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱； (c) 呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和。 （3）乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生，你认为该观点是否合理，并说明理由：___________。 【继续探究】 进一步实验证明溶液中含有，反应过程中和浓度随时间的变化如下图。 （4）第i阶段中检测到有气体产生，反应的离子方程式为___________。 （5）实验②在第ii阶段的反应速率较大，可能的原因是___________。 （6）据此推测，若在第ii阶段将调节至，溶液褪至无色的时间会___________(填“增加”“减少”或“不变”)。 【结论与反思】 （7）上述实验涉及的反应中，草酸的作用是___________。 结论：反应可能是分阶段进行的。草酸浓度的改变对不同阶段反应速率的影响可能不同。 17. 氨在工农业生产中有重要用途，其水溶液存在电离平衡，设氨水中氨气全部转化为，常温下，的。 （1）用上图所示装置收集干燥的氨气和制备氨水： ①装置的接口连接顺序为(装置可重复使用)：___________，试剂M是___________。 ②常温下，测定所得浓氨水的密度为，质量分数为(溶质以计)，该氨水物质的量浓度为___________。 取适量上述浓氨水粗略配制的氨水，完成以下探究： （2）探究影响氨水电离的因素： 查阅资料：常温下，醋酸的电离常数 提出假设：i稀释氨水能促进氨水电离；ⅱ溶液中存在大量能抑制氨水电离 设计方案并完成实验：常温下，用浓度均约为的氨水和氯化铵溶液按下表混合，测定，记录数据： 序号 V(氨水) V(氯化铵) V(蒸馏水) I 20.00 0 0 11.78 II 2.00 0 18.00 11.28 III 2.00 2.00 a 9.51 ①结合表中数据：___________，说明稀释氨水能促进氨水电离。 ②甲同学根据Ⅲ混合液小于Ⅱ混合液，得出溶液中存在能抑制氨水电离的结论，则___________。乙同学认为甲同学的结论不合理，理由是___________，改进实验：___________，可得出溶液中存在能抑制氨水电离的结论。 （3）水中加入等物质的量氨气和氯化铵，可认为溶液中。 ①常温下，某混合溶液氨水和氯化铵浓度相等，计算得出该溶液___________。 ②(2)中Ⅲ所得溶液与理论计算结果不一致，主要是氨水和氯化铵浓度不准确导致的。 如果只有浓度均约为的氨水和盐酸，要得到与理论一致的结果，某小组设计方案并进行实验。请完成下表中步骤二的内容： 步骤一 移取氨水，用盐酸滴定至终点，消耗盐酸。 步骤二 ___________，测得溶液与①中计算结果一致。 ③步骤二所得溶液称为缓冲溶液，在一定范围内可防止大幅变化。请根据所学知识，写出另一种含有一元弱酸且具有该作用的溶液：___________缓冲溶液。 18. 的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。某实验小组在实验室模拟脱除并获得硫黄的装置如下(夹持装置略)。已知：(黑色)， 序号 溶液N C中实验现象 Ⅰ 溶液() 溶液颜色变浅，有乳白色沉淀生成 Ⅱ 溶液(含少量稀，) 溶液颜色变浅，有乳白色沉淀生成，沉淀比实验Ⅰ少 Ⅲ 一定浓度的溶液 溶液颜色变浅，有黑色沉淀生成 Ⅳ (含有一定浓度的溶液，) 溶液颜色变浅，先有黑色沉淀生成，一段时间后转化为乳白色，沉淀比实验Ⅰ多 （1）装置A中发生的化学反应方程式是_______。 （2）加入药品前，检验装置气密性，方法是_______。 （3）装置B的作用是_______。 （4）实验Ⅲ中生成黑色沉淀的离子方程式是_______。 （5）对于实验Ⅱ的沉淀比实验Ⅰ少的现象，某同学通过分析并得出结论如下： ①气体持续通入溶液中，发生及电离_______。 ②完善下列离子方程式：_______。 ___________________________________。 结论：实验Ⅱ的pH比实验Ⅰ的小，增大，不利于的溶解和电离，产生沉淀较实验Ⅰ少。 （6）对比实验Ⅳ和Ⅰ，实验Ⅳ沉淀比实验Ⅰ多的原因是_______。 （7）实验Ⅰ充分反应后，测浓度：滤出沉淀，取滤液，除去杂质，加入适量稀硫酸，用浓度为的标准溶液滴定到终点。滴定时发生的离子反应：，计算滤液中还需要的实验数据：___。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省上饶市第二中学2024-2025学年高二上学期十一月 化学测试卷 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量有：H 1 O 16 Ne 20 C 12 N 14 Na 23 Fe 56 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. 利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线I和曲线II分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是 A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度活化分子的百分数不变 B. 加入催化剂，改变活化能，该反应的变小 C. 反应物的总键能大于生成物的总键能 D. 如果该反应生成液态，则减少 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，催化剂可以改变反应历程，但是不能改变反应热，使用II催化剂活化能更低，速率更快。 【详解】A．根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，逆反应是吸热反应，升高温度，能使更多分子获得能量达到活化状态，活化分子百分数增大，故 A 错误； B．加入催化剂，降低了反应的活化能，但反应物和生成物能量没变，其能量差即不变，反应的反应热不变，故B错误； C．由图象可知，该反应放热，反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，即反应物的总键能小于生成物的总键能，故C错误； D．如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则减小，故D正确； 故选D。 2. 已知热化学方程式： ①C(金刚石，s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH1 ②C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH2 ③C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH3=+1.9kJ∙mol-1 下列说法正确的是 A. 石墨转化成金刚石的反应是吸热反应 B. 金刚石比石墨稳定 C. ΔH3=ΔH1-ΔH2 D. ΔH1>ΔH2 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨转化为金刚石ΔH3=+1.9kJ∙mol－1，是吸热反应，故A正确； B．物质所具有的能量越低越稳定，由反应③知，石墨的能量低，比金刚石稳定，故B错误； C．根据盖斯定律，③=②－①，故ΔH3=ΔH2－ΔH1，故C错误； D．根据C选项分析可知，ΔH3=ΔH2－ΔH1>0，则ΔH1<ΔH2，故D错误； 故选A。 3. 我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。 已知： 下列说法不正确的是 A. 过程Ⅱ放出能量 B. 若分解2，估算出反应吸收482能量 C. 催化剂能减小水分解反应的焓变 D. 催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数 【答案】C 【解析】 【详解】A．过程II中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，则过程Ⅱ放出能量，故A正确； B．分解水的反应为2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能=463kJ/mol×4-（436kJmol×2+498kJ/mol）=+482kJ/mol，即2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+482kJ/mol，所以分解2molH2O(g)吸收482kJ能量，故B正确； C．催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变，故C错误； D．催化剂能降低反应的活化能，可使反应体系中活化分子数增加，分子总数不变，则反应物分子中活化分子的百分数增大，故D正确； 故选：C。 4. 一定条件下，向容积均为的两个恒温密闭容器中通入一定量的一氧化碳和水蒸气，发生反应： ，达平衡后获得数据如下表。下列说法错误的是 容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡的时间/min 达到平衡时体系能量的变化 CO ① 1 4 0 0 放出热量 ② 2 8 0 0 放出热量 A. ①中反应达平衡时，CO的转化率为80％ B. 平衡时：①＝② C. 达到平衡的时间：①＞② D. 反应②中， 【答案】B 【解析】 【详解】A．，说明消耗1molCO，反应放出41kJ热量，容器①达到平衡时放出32.8kJ热量，则消耗CO物质的量为mol=0.8mol，CO的转化率为×100%=80%，A正确； B．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6mol，平衡时：c(CO)②==0.2mol/L，c(CO)①==0.1mol/L，即平衡时：②>①，B错误； C．反应①②是等效平衡，容器②中反应物浓度大，反应速率快，达到平衡所需时间短，达到平衡的时间：①＞②，C正确； D．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6mol，放出的热量Q=1.6mol×41kJ/mol=65.6kJ，D正确； 故选B。 5. 下列说法正确的是 A. 对于同一物质在不同状态时的熵值：气态＜液态＜固态 B. 已知反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的平衡常数为K，则2H2(g)+2I2(g)⇌4HI(g)的平衡常数为2K C. ΔH＜0、ΔS＞0的反应在低温时不能自发进行 D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂不能改变化学反应进行的方向 【答案】D 【解析】 【详解】A．对于同一物质在不同状态时的熵值：气态＞液态＞固态，故A错误； B． 已知反应H2 (g)＋I2(g)⇌2HI(g)平衡常数为K，，则2H2 (g)＋2I2(g)⇌ 4HI(g)的平衡常数，故B错误； C． 若反应ΔH＜0、ΔS＞0，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此在温度低时也能自发进行，故C错误； D． 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变反应速率，由于使正反应速率和逆反应速率改变的倍数相同，因此只能缩短达到平衡的时间，但不能改变化学反应进行的方向，故D正确； 故选D。 6. 下图所示为工业合成氨的流程图。下列有关生产条件的调控作用分析错误的是 A. 步骤①中“净化”可以防止杂质对催化剂产生影响 B. 步骤②中“加压”可以加快反应速率，因此压强越大越好 C. 步骤③一般选择控制反应温度为400～500℃左右 D. 步骤④⑤有利于提高原料的利用率，能节约生产成本 【答案】B 【解析】 【详解】A．步骤①中“净化”可除去杂质，防止催化剂中毒，故A正确； B．加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率和氨的产率，也可以提高反应速率，但压强越大对动力和生产设备的要求也越高，因此压强不是越大越好，故B错误； C．400~500℃时催化剂的活性最大，催化效果最佳，因此步骤③一般选择控制反应温度为400~500℃，故C正确； D．液化分离出NH3以及N2、H2的循环再利用均可以使平衡正向移动，所以步骤④、⑤有利于提高原料的利用率，能节约生产成本，故D正确； 故选B。 7. 下图为工业合成氨的流程图，下列有关说法不正确的是 A. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒 B. 步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以增大反应速率 C. 步骤③④⑤均有利于提高原料的平衡转化率 D. 液态除可生产化肥外，还可作制冷剂 【答案】C 【解析】 【分析】为了防止催化剂中毒，氮气、氢气干燥净化后加压，在催化剂加热到500°C反应后将氨气液化及时分离出液态氨，将氮气、氢气循环再利用，提高原料的利用率。 【详解】A．工业合成氨中，原料气中的杂质（如CO、硫的化合物等）会导致催化剂中毒，步骤①“净化”可除去杂质，防止催化剂失去活性，A正确； B．合成氨反应为（正反应气体体积减小），加压会增大反应物浓度使反应速率加快，同时平衡向正反应方向移动，提高原料转化率，B正确； C．步骤③为催化反应（500℃，催化剂），催化剂不影响平衡转化率；500℃高温因合成氨正反应放热，会使平衡逆向移动，降低平衡转化率；步骤④液化分离使平衡正向移动，步骤⑤循环未反应气体提高利用率，但步骤③不利于提高平衡转化率，C错误； D．液态可用于生产氮肥（如NH4HCO3等），且液氨汽化吸热，可作制冷剂，D正确； 故选C。 8. 下列说法中正确的是 A. 氯化氢溶于水后在电流的作用下电离出和 B. 金刚石和石墨二者性质不同，不互为同素异形体 C. 电离能产生氢离子的化合物不一定为酸 D. 氧化还原反应的实质是氧元素的得失 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯化氢溶于水，在水分子的作用下电离出和，故A错误； B．金刚石和石墨都是碳元素组成的单质，金刚石和石墨互为同素异形体，故B错误； C．电离能产生氢离子的化合物也可能为酸式盐（如），故C正确； D．氧化还原反应的实质是电子的转移，故D错误； 选C。 9. 下列关于弱电解质的电离平衡中，说法错误的是 A. 将0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释，变大 B. 向1L 0.1mol·L-1的CH3COOH溶液滴加NaOH溶液的过程中，n(CH3COOH)与n(CH3COO-)之和始终为0.1 mol C. 向0.1 mol·L-1的氨水中通氨气，NH3•H2O的电离程度增大 D. 在CuCl2溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2+蓝色＋4Cl-[CuCl4]2-黄色＋4H2O ΔH>0，向黄绿色的CuCl2溶液中加水，溶液变蓝 【答案】C 【解析】 【详解】A．CH3COOH的电离平衡常数为Ka=，加水稀释，Ka不变，CH3COO-浓度减小，则=变大，故A正确； B．向1L 0.1mol·L-1的CH3COOH溶液滴加NaOH溶液的过程中，两者反应生成CH3COONa和水，结合碳元素守恒，n(CH3COOH)与n(CH3COO-)之和始终为0.1 mol，故B正确； C．弱电解质的浓度越大，电离程度越小，故向0.1 mol·L-1的氨水中通氨气，NH3•H2O浓度增大，电离程度减小，故C错误； D．根据平衡：[Cu(H2O)4]2+蓝色＋4Cl-[CuCl4]2-黄色＋4H2O，向黄绿色的CuCl2溶液中加水，平衡逆向移动，溶液变蓝，故D正确； 故选：C。 10. 下列实验装置及操作均合理的是 A. 用装置甲测定污水样品中 B. 用装置乙制备乙酸乙酯 C. 用装置丙灼烧海带 D. 用装置丁测定中和热 【答案】D 【解析】 【详解】A．用装置甲测定污水样品中时，应使用酸式滴定管盛放标准酸溶液，A项错误； B．用装置乙制备乙酸乙酯时，导气管不应插人饱和的液面以下，以免发生倒吸，B项错误； C．灼烧海带的操作应使用坩埚，不能用烧杯，C项错误； D．可以用装置丁测定中和热，D项正确； 答案选D。 11. 下列离子组一定能大量共存的是 A. 水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中： Fe2+、K+、、 B. 在含Fe3+的溶液中：K+、SCN-、、 C. 遇酚酞变红的溶液中：Na+、K+、、、 D. 含大量Al3+的溶液中：K+、、、C1O- 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶液中水电离的c(H+)=1×10-13mol/L，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，可能呈碱性，碱性条件下Fe2+与OH-可形成沉淀，酸性环境下具有氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误； B．在含Fe3+的溶液中，Fe3+与SCN-间发生反应生成，不能大量共存，B错误； C．遇酚酞变红的溶液呈碱性，在碱性环境下各离子间不发生反应，可大量共存，C正确； D．Al3+与间相互促进水解，导致在溶液中不能大量共存，D错误； 答案选C。 12. 超氧化钾可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中键的数目为 B. 晶体中离子的数目为 C. 溶液中的数目为 D. 该反应中每转移电子生成的数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．(即)中键的数目为，A正确； B．由和构成，晶体中离子的数目为，B错误； C．在水溶液中会发生水解：，故溶液中的数目小于，C错误； D．该反应中部分氧元素化合价由价升至0价，部分氧元素化合价由价降至价，则每参加反应转移电子，每转移电子生成的数目为，D错误； 故选A。 13. 绿矾()分解可制备铁红，同时产生、和。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 溶液含有的阳离子数大于NA B. 0.5mol三聚分子( )中含有σ键数目为6 NA C. 绿矾分解生成16g时，转移电子数为0.2 NA D. 22.4L溶于水，溶液中、、的数目总和为NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫酸亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大，则1L1mol/L硫酸亚铁溶液含有的阳离子数大于1mol/L ×1L×NAmol—1=NA，故A正确； B．由结构可知，三聚三氧化硫分子中含有的σ键为12，则0.5mol三聚三氧化硫分子中含有的σ键的数目为0.5mol×12×NAmol—1=6NA，故B正确； C．由题意可知，绿矾受热分解的方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，反应生成1mol三氧化铁，反应转移2mol电子，则生成16g三氧化铁时，转移电子数为×2×NAmol—1=0.2 NA，故C正确； D．缺标准状况，无法计算22.4L二氧化硫的物质的量，且二氧化硫与水反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，所以无法计算使溶液中亚硫酸、亚硫酸氢根、亚硫酸根的数目总和，故D错误； 故选D。 14. 从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb均为+2价或+4价，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法正确的是 A. “碱浸”时，Pb5O8发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1 B. 为加快“氧化”时的反应速率，可将溶液加热至沸腾 C. 浸出液“氧化”过程中，溶液的碱性逐渐增强 D. 系列操作中的洗涤步骤为向漏斗中加水并用玻璃棒搅拌，待水流下重复2~3次 【答案】A 【解析】 【分析】高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，反应后经抽滤所得滤渣为PbS和S，浸出液主要成分为Na3AsO4和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应：H2O2+AsO+2OH-= AsO+2H2O，得到Na3AsO4溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。 【详解】A．“碱浸”时，Pb5O8与硫化钠发生氧化还原反应生成PbS、S和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Pb5O8+8Na2S+8H2O=5PbS+16NaOH+3S，其中PbS是还原产物，S是氧化产物，依据正负化合价代数和为0的原则，可知Pb5O8中Pb2+和Pb4+的数目之比为2:3，结合方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，A正确； B．“氧化”时用的氧化剂为过氧化氢，过氧化氢受热分解速率加快，因此不能将溶液加热至沸腾，B错误； C．浸出液“氧化”过程中，发生反应：H2O2+AsO+2OH-= AsO+2H2O，消耗了氢氧根离子，溶液的碱性逐渐减弱，C错误； D．洗涤过程中，不能用玻璃棒搅拌，易戳破滤纸，应使水刚好浸没固体，待水自然流下，重复2~3次，D错误； 故选A。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某实验小组用(溶液和硫酸溶液进行中和热的测定。 回答下列问题： Ⅰ．配制硫酸溶液： （1）若配制 500 mL 0.50 mol·L⁻¹硫酸溶液，则需用量筒量取密度为溶质质量分数为98%的浓硫酸___________mL(保留1位小数)。 Ⅱ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的实验装置如图所示： （2）玻璃搅拌器的作用为___________。可否将玻璃搅拌器换为环形铜丝搅拌器并写出理由：___________。 （3）装置中隔热层的作用是___________。 （4）写出表示该反应中和热的热化学方程式(中和热△H= )__________ 。 （5）取溶液和硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。 实验次数 起始温度 t1/℃ 终止温度 t2/℃ 温度差(t2-t1)/℃ H2SO4溶液 NaOH 溶液 平均值 1 27.1 27.3 27.2 31.2 2 25.9 25.9 25.9 29.8 3 26.3 26.3 26.3 30.4 ①温度差平均值为___________℃。 ②近似认为溶液和 硫酸溶液的密度都是 ，中和后生成的溶液的比热容。则中和热△H=__________ (保留1位小数)。 ③上述结果与有偏差，产生此偏差的原因可能是____(填标号)。 a．用量筒量取 NaOH 溶液的体积时仰视读数 b．分多次将 NaOH 溶液倒入盛有硫酸溶液的量热计的内筒中 c．用温度计测定硫酸起始温度后直接测定 NaOH溶液的温度 【答案】（1）13.6 （2） ①. 充分的搅拌加快反应进行 ②. 环形铜丝搅拌棒导热性好，会造成热量散失，产生实验误差，故不能将玻璃搅拌器换为环形铜丝搅拌器 （3）保温、隔热、减少热量损失，减小实验误差 （4）△H=-57.3kJ/mol （5） ①. 4.0 ②. -53.5 ③. bc 【解析】 【分析】中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量尽量不散失，防止产生实验误差； 配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签； 【小问1详解】 由可知溶质质量分数为98%的浓硫物质的量浓度为mol/L=18.4 mol/L，设需要浓硫酸的体积为V mL，由稀释定律可知，稀释前后硫酸的物质的量不变，则有V×10-3L×18.4 mol/L=0.5 L×0.5mol/L，解得V≈13.6mL 【小问2详解】 为充分的搅拌加快反应进行，用环形玻璃棒搅拌棒，环形铜丝搅拌棒导热性好，会造成热量散失，产生实验误差，故不能将玻璃搅拌器换为环形铜丝搅拌器； 【小问3详解】 装置中隔热层的作用是保温、隔热、减少热量损失，减小实验误差； 【小问4详解】 中和热是稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，故热化学方程式为△H=-57.3kJ/mol； 【小问5详解】 ①根据表格数据求得温差分别为4.0、3.9、4.1，平均值为4.0+3.9+4.1=4.0℃； ②50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应，硫酸过量，氢氧化钠完全反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为80mL×1g/mL=80g，温度变化的值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mc△T=80g×4.18J/（g•℃）×4.0℃=1337.6J=1.3376KJ，所以实验测得的中和热△H=-1.3376KJ/0.025mol=-53.5kJ/mol； ③a．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故不选；； b．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，多次放入导致热量散失，中和热数值偏小，故选； c．温度计测定硫酸溶液起始温度后直接插入氢氧化钠溶液测温度，导致起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故选； 故答案为bc。 16. 某兴趣小组同学探究KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素。配制1.0×10-3mol/LKMnO4溶液、0.40mol/L草酸溶液。将KMnO4溶液与草酸溶液按如下比例混合。 【设计实验】 序号 反应温度/℃ ① 2.0 2.0 0 20 ② 2.0 1.0 1.0 20 （1）实验①和②的目的是___________。 （2）甲认为上述实验应控制pH相同，可加入的试剂是___________(填序号)。 a．盐酸 b．硫酸 c．草酸 【实施实验】 小组同学将溶液pH调至1并进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段： i．紫色溶液转变为青色溶液，ii．青色溶液逐渐褪至无色溶液。 资料：(a)无色，在草酸中不能形成配合物； (b)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱； (c) 呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和。 （3）乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生，你认为该观点是否合理，并说明理由：___________。 【继续探究】 进一步实验证明溶液中含有，反应过程中和浓度随时间的变化如下图。 （4）第i阶段中检测到有气体产生，反应的离子方程式为___________。 （5）实验②在第ii阶段的反应速率较大，可能的原因是___________。 （6）据此推测，若在第ii阶段将调节至，溶液褪至无色的时间会___________(填“增加”“减少”或“不变”)。 【结论与反思】 （7）上述实验涉及的反应中，草酸的作用是___________。 结论：反应可能是分阶段进行的。草酸浓度的改变对不同阶段反应速率的影响可能不同。 【答案】（1）探究草酸浓度对反应速率的影响 （2）b （3）否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和 （4）+4H2C2O4=4CO2++4H2O （5）实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的实验②比实验①的更少，生成的Mn3+实验②比实验①的更多，且Mn3+的氧化性比强 （6）减少 （7）既作还原剂又表现出酸性，同时提供与Mn3+形成络离子 【解析】 【小问1详解】 由题干表中数据可知，实验①和②只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响，故答案为：探究草酸浓度对反应速率的影响； 【小问2详解】 a．盐酸能与酸性高锰酸钾反应，影响实验结论，a不合题意； b．硫酸不与草酸和酸性高锰酸钾反应，不会影响实验结论，b符合题意； c．草酸实验中本身就是探究草酸与酸性高锰酸钾反应速率的影响因素，c不合题意； 故答案为：b； 【小问3详解】 由题干信息(c)可知，呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和，而阶段i溶液呈酸性，故不可能产生，故答案为：否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和； 【小问4详解】 由题干图示信息可知，第i阶段中检测到有气体产生同时生成，则该阶段反应的离子方程式为：+4H2C2O4=4CO2++4H2O，故答案为：+4H2C2O4=4CO2++4H2O； 【小问5详解】 比较实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的实验②比实验①的更少，根据已知信息 (b)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱可知，形成的越少则生成的Mn3+越多，由于Mn3+有强氧化性而氧化性减弱，则导致实验②在第ii阶段的反应速率较大，故答案为：实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的实验②比实验①的更少，生成的Mn3+实验②比实验①的更多，且Mn3+的氧化性比强； 【小问6详解】 据此推测，若在第ii阶段将调节至，即增大溶液中的H+浓度，则溶液中的草酸根离子浓度减小，不利于形成，则溶液中Mn3+的浓度增大，反应速率加快，溶液褪至无色的时间会减少，故答案为：减少； 【小问7详解】 在反应+4H2C2O4=4CO2++4H2O中草酸既作还原剂又表现出酸性，同时提供与Mn3+形成络离子，故答案为：还原剂和酸性。 17. 氨在工农业生产中有重要用途，其水溶液存在电离平衡，设氨水中氨气全部转化为，常温下，的。 （1）用上图所示装置收集干燥的氨气和制备氨水： ①装置的接口连接顺序为(装置可重复使用)：___________，试剂M是___________。 ②常温下，测定所得浓氨水的密度为，质量分数为(溶质以计)，该氨水物质的量浓度为___________。 取适量上述浓氨水粗略配制的氨水，完成以下探究： （2）探究影响氨水电离的因素： 查阅资料：常温下，醋酸的电离常数 提出假设：i稀释氨水能促进氨水电离；ⅱ溶液中存在大量能抑制氨水电离 设计方案并完成实验：常温下，用浓度均约为的氨水和氯化铵溶液按下表混合，测定，记录数据： 序号 V(氨水) V(氯化铵) V(蒸馏水) I 20.00 0 0 11.78 II 2.00 0 18.00 11.28 III 2.00 2.00 a 9.51 ①结合表中数据：___________，说明稀释氨水能促进氨水电离。 ②甲同学根据Ⅲ混合液小于Ⅱ混合液，得出溶液中存在能抑制氨水电离的结论，则___________。乙同学认为甲同学的结论不合理，理由是___________，改进实验：___________，可得出溶液中存在能抑制氨水电离的结论。 （3）水中加入等物质的量氨气和氯化铵，可认为溶液中。 ①常温下，某混合溶液氨水和氯化铵浓度相等，计算得出该溶液___________。 ②(2)中Ⅲ所得溶液与理论计算结果不一致，主要是氨水和氯化铵浓度不准确导致的。 如果只有浓度均约为的氨水和盐酸，要得到与理论一致的结果，某小组设计方案并进行实验。请完成下表中步骤二的内容： 步骤一 移取氨水，用盐酸滴定至终点，消耗盐酸。 步骤二 ___________，测得溶液与①中计算结果一致。 ③步骤二所得溶液称为缓冲溶液，在一定范围内可防止大幅变化。请根据所学知识，写出另一种含有一元弱酸且具有该作用的溶液：___________缓冲溶液。 【答案】（1） ①. c→d→e→f→c→d→b ②. 碱石灰 ③. 13.44 （2） ①. 氨水浓度稀释至原来的，变化量小于1 ②. 16.00 ③. 溶液水解显酸性，加入酸性物质会减小 ④. 将Ⅲ中溶液换成溶液，测得 （3） ①. 9.26 ②. 将氨水和盐酸混合或向步骤一所得溶液中再加氨水 ③. 【解析】 【小问1详解】 ①与制备的同时有水蒸气产生，要得到干燥的氨气应通过装有碱石灰(其他碱性固体干燥剂也可)的干燥管，为防止防倒吸装置中水蒸气进入集气瓶，集气瓶后还需要接一个干燥管，干燥管需大口进小口出；氨气密度比空气小，应e进f出向下排空气法，连接顺序为a→c→d→e→f→c→d→b； ②； 【小问2详解】 ①Ⅱ相当于I中氨水浓度稀释至原来的，如果平衡不移动，减小1，但实际减小不到1，和不移动相比增大，正向移动，故稀释氨水能促进氨水电离； ②根据控制变量思想，Ⅲ中溶液总体积为，；加入酸性物质，就会减小，因水解呈酸性，所以甲同学的说法不合理；如果要证明存在能抑制氨水的电离，需加入中性含的物质且混合后比Ⅱ小，根据题目信息醋酸和氨水的电离常数相等，说明溶液显中性，将Ⅲ中溶液换成溶液，测得，说明溶液中存在大量能抑制氨水的电离； 【小问3详解】 ① 时，即，； ②根据题意需要配制等物质的量浓度的氨水和氯化铵混合液，从步骤一可得氨水和盐酸混合恰好得到溶液，只需再加入等物质的量的氨水(氨水)，即氨水和盐酸按体积比为混合即可； ③缓冲溶液加入少量酸能被中和，加入少量碱，能与结合成，防止大幅变化，一元弱酸和其对应的盐形成的缓冲体系均可达到上述目的，如缓冲溶液、缓冲溶液等。 18. 的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。某实验小组在实验室模拟脱除并获得硫黄的装置如下(夹持装置略)。已知：(黑色)， 序号 溶液N C中实验现象 Ⅰ 溶液() 溶液颜色变浅，有乳白色沉淀生成 Ⅱ 溶液(含少量稀，) 溶液颜色变浅，有乳白色沉淀生成，沉淀比实验Ⅰ少 Ⅲ 一定浓度的溶液 溶液颜色变浅，有黑色沉淀生成 Ⅳ (含有一定浓度的溶液，) 溶液颜色变浅，先有黑色沉淀生成，一段时间后转化为乳白色，沉淀比实验Ⅰ多 （1）装置A中发生的化学反应方程式是_______。 （2）加入药品前，检验装置气密性，方法是_______。 （3）装置B的作用是_______。 （4）实验Ⅲ中生成黑色沉淀的离子方程式是_______。 （5）对于实验Ⅱ的沉淀比实验Ⅰ少的现象，某同学通过分析并得出结论如下： ①气体持续通入溶液中，发生及电离_______。 ②完善下列离子方程式：_______。 ___________________________________。 结论：实验Ⅱ的pH比实验Ⅰ的小，增大，不利于的溶解和电离，产生沉淀较实验Ⅰ少。 （6）对比实验Ⅳ和Ⅰ，实验Ⅳ沉淀比实验Ⅰ多的原因是_______。 （7）实验Ⅰ充分反应后，测浓度：滤出沉淀，取滤液，除去杂质，加入适量稀硫酸，用浓度为的标准溶液滴定到终点。滴定时发生的离子反应：，计算滤液中还需要的实验数据：___。 【答案】（1） （2）夹紧止水夹，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水流一会后不再流下，气密性良好 （3）防倒吸 （4） （5） ①. 、 ②. （6）与反应生成的较小且反应速率较快，进入Ⅳ的溶液中，充分转化为；与的反应限度较大，发生反应：，促进了的转化 （7）所取滤液的体积及滴定终点时消耗溶液的体积 【解析】 【分析】由实验装置图可知，装置A中硫化亚铁与硫酸溶液反应制备硫化氢气体，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C为脱除硫化氢并获得硫黄的装置，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收硫化氢，防止污染空气。 【小问1详解】 由分析可知，装置A中发生的反应为硫化亚铁与硫酸溶液反应生成硫酸亚铁和硫化氢，反应的化学反应方程式为，故答案为：； 【小问2详解】 该反应涉及气体的制备与参与，加入药品前需要检验装置气密性，具体操作为夹紧止水夹，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水形成密闭系统，打开分液漏斗活塞，水流一会后不再流下，说明装置的气密性良好，故答案为：夹紧止水夹，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水流一会后不再流下，气密性良好； 【小问3详解】 由分析可知，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，故答案为：防倒吸； 【小问4详解】 由实验现象可知，实验Ⅲ中生成黑色沉淀的反应为氯化铜溶液与硫化氢反应生成硫化铜沉淀和盐酸，反应的离子方程式为，故答案为：； 【小问5详解】 ①溶于水的硫化氢溶于水得到氢硫酸溶液，氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离使溶液呈酸性，电离方程式为、，故答案为：、； ②由未配平的方程式可知，溶液中的铁离子与氢硫酸电离出的氢硫酸根离子反应生成亚铁离子、硫沉淀和氢离子，反应的离子方程式为，故答案为：； 【小问6详解】 对比实验Ⅳ和Ⅰ，实验Ⅳ沉淀比实验Ⅰ多的原因是与反应生成的较小且反应速率较快，进入Ⅳ的溶液中，充分转化为；与的反应限度较大，发生反应：，促进了的转化，故答案为：与反应生成的较小且反应速率较快，进入Ⅳ的溶液中，充分转化为；与的反应限度较大，发生反应：，促进了的转化； 【小问7详解】 由方程式可知，滴定测定滤液中亚铁离子浓度还需要测定所取滤液的体积及滴定终点时消耗溶液的体积，故答案为：所取滤液的体积及滴定终点时消耗溶液的体积。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $