精品解析：北京顺义牛栏山第一中学2024-2025学年高二上学期化学期中试题

北京顺义牛栏山第一中学2024-2025学年高二上学期化学期中试题 本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分。 所有答案必须填涂或作答在答题卡上，否则不得分。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Fe56 第Ⅰ卷(选择题共42分) (共21小题，每小题2分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目答案的一项) 1. 下列有关平衡常数K的说法中，不正确的是 A. K的大小与起始浓度无关 B. K值越大，反应物的平衡转化率越大 C. 温度越高，K值越大 D. K值越大，正向反应进行的程度越大 【答案】C 【解析】 【详解】A．对于一个确定的反应，温度一定时，平衡常数一定，平衡常数的大小与起始浓度无关，A项正确； B．K值越大，反应进行的程度越大，反应物的转化率越大，B项正确； C．对于一个放热反应，温度越高，反应物的转化率越小，K值越小，C项错误； D．对于一个反应，K值越大，反应物的转化率越大，反应进行的程度越大，D项正确； 答案选C。 2. 下列物质中，属于弱电解质的是 A. CH3COONH4 B. Fe(OH)3 C. Ba(OH)2 D. BaSO4 【答案】B 【解析】 【详解】A．CH3COONH4是可溶性盐，在水中能够完全电离产生自由移动的CH3COO-、，故CH3COONH4是强电解质，A不符合题意； B．Fe(OH)3是难溶性碱，在水中只能微弱电离产生Fe3+、OH-等，存在电离平衡，因此Fe(OH)3属于弱电解质，B符合题意； C．Ba(OH)2是可溶性碱，在水中能够完全电离产生Ba2+、OH-，因此Ba(OH)2是强电解质，C不符合题意； D．BaSO4是难溶性盐，但溶于水的部分能够完全电离产生自由移动的Ba2+、，因此BaSO4是强电解质，D不符合题意； 故合理选项是B。 3. 下列溶液一定显酸性的是 A. B. 含有 C. D. 加入酚酞后溶液仍为无色 【答案】A 【解析】 【详解】A．当溶液中，则溶液显酸性，A项正确； B．酸、碱、盐溶液中都含H+和OH－，含H+的溶液不一定显酸性，B项错误； C．没有温度的限定，100℃时，pH=6 是中性，pH<7不能说明溶液一定为酸性，C项错误； D．酚酞的变色范围是pH：8.2～10.0，所以酚酞只能检验碱而不能检验酸，加酚酞显无色不能说明溶液一定呈酸性，D项错误； 答案选A。 4. 在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应：。下列叙述中，能说明反应达到化学平衡状态的是 A. 单位时间内消耗，同时生成 B. 混合气体的密度不再变化 C. 容器内的压强不再变化 D. 混合气体中n(Y)与n(Z)的比值保持不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．消耗X，平衡正向进行，生成Z平衡正向进行，无法作为判断化学平衡状态，A项错误； B．根据质量守恒定律，总质量不变，在恒容容器中，体积不变，则密度始终不变，则密度不能作为判断平衡的标志，B项错误； C．反应前后气体总物质的量相等，所以无论反应是否达到平衡，容器内气体压强始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，C项错误； D．混合气体中n(Y)与n(Z)的比值保持不变，说明两者的物质的量既不增加也不减少，据此判断反应已经达到平衡状态，D项正确； 答案选D。 5. 在反应中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析中，不正确的是 A. 加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能 B. 增大，单位体积内活化分子数增大 C. 升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加 D. 增大压强，活化分子的百分数增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．加入合适的催化剂，能降低反应的活化能，反应速率增大，A正确； B．增大碘化氢的浓度，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，B正确； C．升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大，C正确； D．增大压强，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，但活化分子百分数不变，D错误； 答案选D。 6. 下列等实能证明醋酸是弱电解质的是 A. 醋酸钠的水溶液显碱性 B. 常温时，醋酸溶液的导电性比盐酸弱 C. 醋酸溶液可使石蕊溶液变红 D. 醋酸溶液与碳酸钠溶液反应可产生 【答案】A 【解析】 【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液显碱性，可以证明醋酸为弱酸，A正确； B．导电能力与离子浓度和离子所带电荷数有关，选项中没有指出溶液浓度无法进行判断，B错误； C．醋酸具有酸的通性，醋酸溶液可使石蕊溶液变红，只能说明醋酸显酸性，不能说明它是强酸还是弱酸，C错误； D．醋酸溶液与碳酸钠溶液反应可产生二氧化碳，只能说明醋酸酸性强于碳酸，不能说明醋酸是弱酸，D错误； 故选A。 7. 下列事实与盐类的水解无关的是 A. 用明矾或聚合氯化铁净水 B. FeCl3溶液蒸干得到Fe(OH)3 C. 用热的纯碱溶液清洗油污 D. 用稀盐酸清除铁锈 【答案】D 【解析】 【详解】A．明矾在水中电离出的铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，聚合氯化铁电离产生的铁离子发生水解反应产生氢氧化铁胶体，胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，与盐的水解反应有关，A不符合题意； B．FeCl3是强酸弱碱盐，在水溶液中发生水解反应产生Fe(OH)3、HCl，加热时水解平衡正向移动，产生更多Fe(OH)3、HCl，产生的HCl挥发逸出，因此蒸干溶液得到固体是Fe(OH)3，与盐的水解反应有关，B不符合题意； C．纯碱是Na2CO3，该物质是强碱弱酸盐，给纯碱水溶液升高温度，盐水解程度增大，使溶液的碱性增强。油脂能够在碱性条件下反应产生可溶性物质，从而达到去除油污的目的，可见与盐的水解反应有关，C不符合题意； D．HCl与铁锈的主要成分Fe2O3反应产生FeCl3、H2O，因此稀盐酸可以去除铁锈，这与盐的水解反应无关，D符合题意； 故合理选项是D。 8. 已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/mol。若断裂1mol H-H、1mol N-H需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ，则断裂1mol N≡N需要吸收的能量为 A. 431kJ B. 649kJ C. 945.6kJ D. 869kJ 【答案】C 【解析】 【详解】反应热ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能，设断裂1 mol N≡N吸收的能量为，反应物含有1 mol N≡N、3 mol H-H，生成物共含有6 mol N-H，代入数据得：，解得，即断裂1 mol N≡N需要吸收的能量为945.6 kJ， 故答案选C。 9. 依据下列热化学方程式得出的结论中，不正确的是 A. 已知，则氢气的燃烧热为 B. 已知C(石墨，s)(金刚石，s) ，则石墨比金刚石稳定 C. 已知，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.65kJ的热量 D. 已知；则 【答案】A 【解析】 【详解】A．氢气的燃烧热是指1mol氢气燃烧生成指定产物即生成液态水时放出的热量，，水为气态，故氢气的燃烧热小于，A错误； B．能量越低越稳定。C(石墨，s)(金刚石，s) ，则石墨比金刚石稳定，B正确； C．根据，20.0gNaOH的稀溶液即0.5mol氢氧化钠与稀盐酸完全中和，放出28.65kJ的热量，C正确； D．，两个反应都是放热反应，前者放出的热量多，因为放热为负值，故，D正确； 故选A。 10. 下列离子在指定的溶液中能够大量共存的是 A. 无色溶液中： B. 的溶液中： C. 加酚酞呈红色的溶液中： D. 含有大量的溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．含Cu2+的溶液为蓝色，在无色溶液中不能大量共存，且氢氧根离子与铵根离子、铜离子均不能大量共存，故A项不符合题意； B．pH=1的溶液中含有氢离子，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，可将Fe2+被氧化为Fe3+，则氢离子、亚铁离子和硝酸根离子不能大量共存，故B项不符合题意； C．加酚酞呈红色的溶液显碱性，碱性条件下，各个离子间不反应，可以大量共存，故C项符合题意； D．含有大量的溶液中，铁离子和碳酸氢根离子相互促进水解，不能大量共存，故D项不符合题意； 故答案为C。 11. 和(无色)存在平衡：。下列分析正确的是 A. 1mol平衡混合气体中含2molN原子 B. 恒容时，水浴加热，气体颜色变浅 C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡移动导致的 D. 断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应是可逆反应，不能进行到彻底，1mol平衡混合气体中含和，因此氮原子物质的量要大于1mol，小于2mol，A错误； B．正反应放热，恒容时，水浴加热，温度升高，平衡逆向移动，气体颜色变深，B错误； C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是容器体积减小气体浓度变大导致的，C错误； D．反应放热，所以完全断裂中的共价键所吸收的能量小于断裂中的共价键所吸收的能量，D正确； 故选D。 12. 医学研究证实：痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠(NaUr)有关(NaUr增多，病情加重)，其化学原理为： △H＜0，下列说法不正确的是 A. 大量饮水会增大痛风病发作的可能性 B. 秋冬季节更易诱发关节疼痛 C. 饮食中摄入过多咸菜，会加重痛风病病情 D. 患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物 【答案】A 【解析】 【详解】A．大量饮水会减小溶液中HUr、Na+、H+的浓度，从而使平衡逆向移动，NaUr减少，则可减小痛风病发作的可能性，A不正确； B．秋冬季节，气温降低，平衡正向移动，NaUr增多，更易诱发关节疼痛，B正确； C．饮食中摄入过多咸菜，会增大溶液中的Na+浓度，促使平衡正向移动，从而加重痛风病病情，C正确； D．患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物，否则会增大关节中HUr浓度，促使平衡正向移动，从而使NaUr增多，痛风病加重，D正确； 故选A。 13. 室温下，下列有关两种溶液的说法正确的是 序号 ① ② 11 11 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 A. ①溶液氨水的物质的量浓度为 B. ①和②两溶液中水电离的：①>② C. ①和②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①>② D. 等体积的①和②溶液分别与相间浓度的盐酸恰好完全中和，消耗盐酸的体积：①=② 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于NH3·H2O是弱电解质，在水溶液中只能部分电离，故①溶液氨水的物质的量浓度远大于，A错误； B．碱会抑制水的电离，①和②两溶液中pH相等，对水的电离抑制作用相等，则两溶液中水电离的：①=②，B错误； C．根据有限稀释的规则，弱酸弱碱稀释时，还会继续电离，①和②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH①在10~11之间，②等于10，即①>②，C正确； D．由于①的物质的量浓度大于②的，故等体积的①和②两溶液分别与相同浓度的盐酸恰好完全中和，消耗盐酸的体积：①>②，D错误； 故选C。 14. 工业生产硫酸的一步重要反应是，如果该反应在容积不变的密闭容器中进行，图中表示当其他条件不变时，其中结论正确的是 A. 图I可以表示催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂 B. 图I可以表示温度对化学平衡的影响，且甲温度低 C. 图Ⅱ表示平衡转化率与温度及压强的关系，可以判断 D. 图Ⅲ表示时刻通入更多的氧气或增大压强对反应速率的影响 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图Ⅰ可知，改变条件使平衡发生了移动，而催化剂不影响化学平衡，甲和乙SO3的体积分数应当一样，与图像不符，A错误； B．乙先达到平衡说明速率快，故乙的温度高，该反应为放热反应，温度升高反应逆向移动，SO3的体积分数降低，图I可以表示温度对化学平衡的影响，且甲温度低，B正确； C．在相同压强下，由于正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO2的平衡转化率减小，由图可知，C错误； D．图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，改变的条件为增大压强；正反应放热，若是升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率；若是通入更多的氧气，逆反应速率不能发生突变，D错误； 故选B。 15. 某小组设计如下实验探究影响该反应速率的因素，涉及的化学反应为，结合实验数据判断不正确的是 实验 反应温度℃ 溶液 稀 出现浑浊的时间 ① 25 5 0.1 10 0.1 x 10 ② 25 5 0.2 5 0.2 10 6 ③ 35 5 0.2 5 0.2 10 2 A. x=5 B. 依据实验②③可探究反应温度对反应速率的影响 C. 实验①②对比可说明稀的物质的量浓度越大，该反应的化学反应速率越大 D. 实验②中时恰好消耗完全，则内的平均反应速率为(L•min) 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据变量控制法，各组的体积不变，故有5+10+x=5+5+10，x=5，A正确； B．实验②③变量为温度不同，可探究反应温度对反应速率的影响，B正确； C．实验①②变量为浓度不相同，混合后硫酸浓度相同不是变量，可说明的物质的量浓度越大，该反应的化学反应速率越大，而不是的物质的量浓度越大，该反应的化学反应速率越大，C错误； D．实验②中时恰好消耗完全，则内的平均反应速率为，D正确； 故选C。 16. 下表为相同温度下HX、HY、HZ三种一元酸对应的电离常数， 化学式 电离常数 的三种盐的溶液，其pH由小到大的顺序是 A. NaY、NaZ、NaX B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据相同温度下HX、HY、HZ三种一元酸对应的电离常数，可知酸性：HY>HZ>HX。根据“越弱越水解”，的三种盐的溶液，水解程度X->Z->Y-，所以其pH由小到大的顺序为NaY< NaZ< NaX，故选A。 17. 已知反应，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如下图，有关该反应的说法不正确的是 ①： ②： A. 反应①和反应②相比，反应②更容易发生，反应①为决速步 B. 反应①吸热反应，反应②是放热反应 C. 若不加催化剂，正反应的活化能大于逆反应的活化能 D. Fe2+是该反应过程中的产生的中间产物 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图示可知：反应①的活化能大于反应②的活化能，所以反应①较难发生，该反应是慢反应，反应②更容易发生，总反应速率由活化能大的慢反应决定，所以反应①为决速步，A正确； B．根据图示可知：反应①的生成物的能量大于反应物的能量，该反应为吸热反应；而反应②中反应物的能量大于生成物的能量，因此该反应为放热反应，B正确； C．催化剂只能改变反应途径，不能改变反应物与生成物的总能量，也就不能改变反应热。根据图示可知：该反应总反应为放热反应，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误； D．根据图示可知：Fe3+先消耗后生成，是反应的催化剂；而Fe2+是先生成，后消耗，所以是该反应过程中的产生的中间产物，D正确； 故合理选项是C。 18. 已知：。一定温度下，在2L恒容密闭容器中，按照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为。下列说法中正确的是 甲 乙 0.4molCO 0.2molCO A. 该反应 B. 该温度下，反应的平衡常数为10 C. 达平衡时，甲中的浓度是乙中的2倍 D. 化学平衡常数：甲<乙 【答案】B 【解析】 【详解】A．该反应是正向气体体积减小的反应，，A错误； B．按甲配料表，根据甲CO转化率50%：，反应的平衡常数，B正确； C．根据勒夏特列原理，减弱而不抵消的意思，甲中起始NO2的浓度是乙的两倍，相较于乙相当于甲加压，平衡右移，平衡时甲的NO2的浓度小于乙中的2倍，C错误； D．甲、乙两组实验的温度相同，则平衡常数相同，D错误； 故选B。 19. 溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓HCl，黄色加深(b)。下列说法不正确的是 资料：(黄色)； 浓度较小时(用表示)几乎无色。 A. 测溶液a的，证明发生了水解 B. 加入浓 HCl，与对浓度大小的影响是一致的 C. 向b中加入几滴浓溶液后，黄色褪去，说明能抑制水解 D. 溶液a滴入沸水中，加热，得到红褐色液体，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解 【答案】B 【解析】 【详解】A．如果FeCl3溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的，证明发生了水解，反应原理为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A正确； B．加入浓，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，而Cl-浓度增大，促进平衡正向移动，Fe3+浓度减小，则与对浓度大小的影响是不一致的，B错误； C．向b中加入后，是由于Ag++Cl-=AgCl↓，导致平衡逆向移动，溶液黄色变浅，由溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色可知，溶液黄色变浅但不会褪去，又浓度较小时(用表示)几乎无色，则黄色褪去，说明b中先加的H+使溶液酸性较强（强于之前呈棕黄色的硫酸铁溶液），抑制水解，C正确； D．将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解，D正确； 故答案为：B。 20. 室温下，向10.00mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液中pH变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. P点溶液中：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) B. M点溶液中：c(CH3COO-)<c(Na+) C. N点溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol·L-1 D. Q点溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+) 【答案】B 【解析】 【分析】向10 mL 0.1 mol/L的醋酸溶液中不断滴加0.1 mol/L的NaOH溶液，NaOH溶液体积为10mL时恰好完全反应得到0.05mol/L的醋酸钠溶液，即N点。 【详解】A．P点为醋酸溶液，根据电荷守恒可得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确； B．M点对应滴加5ml0.1 mol/L的NaOH溶液，此时溶液组成为等物质的量醋酸和醋酸钠，溶液显酸性，则根据电荷守恒可得c(CH3COO-)＞c(Na+)，故B错误； C．N点为醋酸和氢氧化钠恰好反应生成的0.05mol/L的醋酸钠溶液，根据物料守恒可得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol·L-1，故C正确； D．Q点对应滴加20ml0.1 mol/L的NaOH溶液，此时溶液组成为等物质的量氢氧化钠和醋酸钠，此时溶液中离子浓度关系为：c(Na+)>(OH-)>(CH3COO-)>(H+)，故D正确； 故答案选B。 21. 以为原料合成涉及的主要反应如下： ① ② 的平衡转化率的选择性随温度、压强变化如下： 已知： 下列分析正确的是 A. B. 400℃左右，体系发生的反应主要是① C. 由上图可知， D. 初始，平衡后、，若只发生①、②，则的转化率为 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应①的正反应为气体体积减小的方向，反应②反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应②不移动，因此，A错误； B．400℃时，由图可以看出， 的选择性趋近为0，意味着转化为的CO2为0，因此此时体系发生的反应主要是②，B错误； C．由图看出，随着温度升高，的选择性逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应<0；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应①，后期的平衡转化率逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此>0，C错误； D．平衡后，根据的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3mol ，又因为，可知0.3mol 中有80%发生反应①转化为0.24molCH3OH，而0.3mol CO2中有20%发生反应②转化为0.06molCO，根据三段式可得： 两个反应中氢气的转化总量为0.78mol，所以氢气的转化率，D正确； 故选D。 第II卷(非选择题共58分) 22. 某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白： （1）用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛___________。 （2）滴定终点溶液的颜色变化为：恰好由___________色变为___________色。 （3）某学生根据4次实验分别记录有关数据如表： 滴定次数 待测NaOH溶液的体积 盐酸的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 第一次 25.00 0.10 20.10 第二次 25.00 3.21 23.20 第三次 25.00 4.22 28.32 第四次 25.00 2.22 22.23 根据表中数据该NaOH溶液的物质的量浓度为___________。 （4）以下操作会导致测得的NaOH溶液浓度偏低的是___________。 A. 酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B. 滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C. 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D. 读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 （5）氧化还原滴定实验的原理与中和滴定相同，即用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之。为测定某样品中所含晶体的纯度，取该晶体样品ag，溶于稀硫酸配成250mL溶液。准确量取所配溶液于锥形瓶中，用标准溶液滴定(杂质不与反应)。若消耗溶液15.00mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为，锰元素被还原为。 ①标准溶液应盛放于___________(酸式滴定管或碱式滴定管)中。 ②则该样品中所含晶体的纯度为___________。(用a表示，的摩尔质量为) 【答案】（1）注视锥形瓶内溶液颜色变化 （2） ①. 浅红 ②. 无 （3）0.0800mol/L （4）D （5） ①. 酸式滴定管 ②. 【解析】 【分析】酸碱中和滴定的计算中，一般取滴定数据的平均值计算，但此题中，第三次数据明显异常，要舍去；滴定中的误差分析，要根据公式c标×V读=c待×V待来分析，其中c标和V待是定值，c待与V读成正比，以此解题。 【小问1详解】 用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化； 【小问2详解】 用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂，滴定前溶液为红色，滴定后溶液为无色，则滴定终点的判断依据是：当滴入最后半滴盐酸时，溶液由浅红色变为无色且半分钟内不恢复原色； 【小问3详解】 根据表中数据，第三次实验数据明显偏大，舍去，根据另外三次实验数据，平均消耗盐酸的体积是，则c(NaOH)= =0.0800mol/L； 【小问4详解】 A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，盐酸浓度偏小，消耗盐酸体积偏大，测定氢氧化钠溶液浓度偏高，A错误；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，氢氧化钠的物质的量不变，消耗盐酸体积不变，测定氢氧化钠溶液的浓度无影响，B错误；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗盐酸体积偏大，测定氢氧化钠溶液浓度偏高，C错误；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，消耗盐酸体积偏小，测定氢氧化钠溶液浓度偏低，D正确； 【小问5详解】 ①标准溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡胶，应盛放于酸式滴定管中；②根据得失电子守恒可以得到，=，，则该样品中所含晶体的纯度为。 23. ①一水合氨 ②纯碱 ③醋酸 ④碳酸氢钠 ⑤氯化钙是实验室常见物质。 （1）写出一水合氨的电离方程式___________。 （2）纯碱溶液中存在的电荷守恒关系为___________。纯碱溶液中存在的物料守恒关系为___________。 （3）纯碱固体溶于(重水)中显碱性，请用化学用语解释原因：___________。 （4）溶液与同浓度的NaOH溶液充分混合使溶液显中性，醋酸溶液的体积___________(大于、等于或小于)NaOH溶液的体积。 （5）某温度下，纯水中的，则该温度下pH均为3的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的与氯化铵溶液中水电离出的之比是___________。 （6）向饱和溶液中滴加饱和溶液，可观察到先产生白色沉淀，后产生大量无色气泡，结合化学用语，从平衡移动角度解释原因___________。 【答案】（1） （2） ①. ②. （3） （4）大于 （5）10-6：1 （6）溶液中存在：，向溶液中滴加饱和溶液，发生：，使c()减小，上述电离平衡正向移动，使c(H+)增大，发生：，CO2逸出，产生大量气体 【解析】 【小问1详解】 NH3·H2O是弱电解质，存在电离平衡，能够微弱的电离产生铵根离子和氢氧根离子，电离方程式为：。 【小问2详解】 纯碱溶液中存在的电荷守恒关系为；纯碱溶液中存在的物料守恒关系为； 【小问3详解】 纯碱固体溶于(重水)中显碱性，是因为碳酸根离子水解生成氢氧根离子：； 【小问4详解】 醋酸为弱酸，和氢氧化钠生成醋酸钠，醋酸钠水解使得溶液显碱性，溶液与同浓度的NaOH溶液充分混合使溶液显中性，则醋酸溶液要略微过量，故醋酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积； 【小问5详解】 醋酸电离抑制水的电离、氯化铵水解促进水的电离，某温度下，纯水中的，，该温度下pH均为3的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的，氯化铵溶液中水电离出的=，两者之比是10-6:1； 【小问6详解】 溶液中存在：，向溶液中滴加饱和溶液，发生：，使c()减小，上述电离平衡正向移动，使c(H+)增大，发生：，CO2逸出，产生大量气体。 24. 二甲醚是一种洁净液体燃料，工业上以CO和为原料生产。制备二甲醚在催化反应室中(压强：，温度：)进行下列反应： 反应ⅰ： 反应ⅱ： （1）①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为后CO的转化率为，则8min内CO的平均化学反应速率为___________。 ②针对反应i进行研究，在容积可变的密闭容器中，充入nmolCO和进行反应。在不同压强下，反应达到平衡时，测得CO平衡转化率与温度的变化如下图所示，图中X代表___________(填“温度”或“压强c)。解释b点的容器容积小于点的容器容积的原因___________。 （2）在t℃时，反应ii的平衡常数为400，此温度下，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表： 物质 0.05 1.0 1.0 此时刻反应ii的___________(填“>”“<”或“=”)。 （3）在使用催化剂、压强为5.0MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应i、ii制备，结果如下图所示，之间，随着温度升高，CO转化率降低而产率升高的原因可能是___________。 （4） 利用和计算时，还需要利用___________反应的。 【答案】（1） ①. ②. 温度 ③. 该反应为放热反应，温度越高，平衡向左移动，气体体积越大，同时压强，压强越大，平衡右移，体积越小，所以得到容器体积 （2）= （3）反应i和反应ii都是放热反应，但根据反应热数据推测反应ⅰCO转化成的速率快，反应ⅱ转化成的速率慢，导致反应ⅰ很快达到平衡时反应ii还未平衡，这时继续升温，反应i平衡向左移动，CO转化率减小，而反应ⅱ反应速率增大且向着建立平衡的方向移动，导致的产率增加 （4） 【解析】 【小问1详解】 ①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为后CO的转化率为，消耗的CO的为，则8min内CO的平均化学反应速率为； ②针对反应i进行研究，在容积可变的密闭容器中，在不同压强下，反应达到平衡时，测得CO平衡转化率与温度的变化如下图所示，根据图中信息和反应i为放热反应与气体体积减小的反应可知，在压强相同时，温度越高，平衡向左移动，CO平衡转化率越低，当温度相同时，压强越大，平衡向右移动，CO平衡转化率越大，结合图形，则X代表的是温度，压强；对于a点和b点的体积大小关系，由于该反应i为放热反应，当升高温度，平衡向左移动，气体体积越大，同时压强，增大压强，平衡右移，体积越小，所以a点和b点的体积大小关系为。 故答案为：；温度；该反应为放热反应，温度越高，平衡向左移动，气体体积越大，同时压强，压强越大，平衡右移，体积越小，所以得到容器体积。 【小问2详解】 在t℃时，反应ii的平衡常数为400，即K=400，根据表格数据求浓度熵，反应处于平衡状态，则得到。 故答案为：=。 【小问3详解】 在之间，随着温度升高，CO转化率降低而产率升高的原因可能是：反应i和反应ii都是放热反应，但根据反应热数据推测反应ⅰCO转化成的速率快，反应ⅱ转化成的速率慢，导致反应ⅰ很快达到平衡时反应ii还未平衡，这时继续升温，反应i平衡向左移动，CO转化率减小，而反应ⅱ反应速率增大且向着建立平衡的方向移动，导致的产率增加。 【小问4详解】 根据提供的热化学方程式反应ⅰ：和反应ⅱ：，要计算反应iii的，发现还缺少跟有关的反应热数据，则需要得到含有关的热化学反应方程式，根据盖斯定律将：反应iii反应ⅱ反应ⅰ可得。 故答案为：。 25. 景泰蓝又名铜胎掐丝珐琅，属于国际级非物质文化遗产。其中掐丝工艺所使用的纯铜，可通过低品位黄铜矿[(CuFeS2)]制备，同时还可获得绿矾(FeSO4⋅7H2O)，相关流程如图。 已知：①生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T。f细菌)在pH1.0～6.0范围内可保持活性。 ②金属离子沉淀的pH如表。 Fe3+ Cu2+ Fe2+ 开始沉淀时的pH 1.5 4.2 6.3 完全沉淀时的pH 2.8 6.7 8.3 （1）生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是 ___________。 （2）生物堆浸过程的反应在的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：CuFeS2+4H++O2Cu2++Fe2++2S+2H2O。第二阶段反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为 ___________。 （3）结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在 ___________范围内。 （4）过程Ⅰ中，加入Na2S2O3固体还原堆浸液中的Fe3+，得到溶液X。为判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入 ___________试剂(填试剂的化学式)，观察溶液颜色变化。 （5）过程Ⅱ中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用是 ___________。 （6）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。取mg绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解。用物质的量浓度为cmol/L的KMnO4溶液滴定，滴定终点的判定方法是 ___________。至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液的体积为vmL。绿矾晶体质量分数的计算式为 ___________。[已知：M(FeSO4⋅7H2O)=278g/mol] 【答案】（1）增大矿石与浸取液的接触面积，加快生物堆浸的反应速率 （2）4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O （3）1.0～1.5 （4）KSCN （5）4H2O2+CuS=Cu2++SO+4H2O （6） ①. 溶液恰好由黄色变为紫色(或粉色)，30s内紫色不褪去 ②. ×100% 【解析】 【分析】低品位黄铜矿中含有CuFeS2，低品位黄铜矿研磨后生物堆浸后过滤，堆浸液中含有Fe3+、Cu2+，Fe3+在过程Ⅰ中被还原为Fe2+，若过程Ⅰ中只加入一种试剂，能将Fe3+还原为Fe2+，且不引进新的杂质，还能生成CuS，加入的物质中含有硫离子；过滤后得到CuS和滤液X，滤液X中能得到绿钒，则X为FeSO4；CuS和H2O2、稀硫酸反应生成CuSO4和H2O，通过一系列的操作得到胆矾。 【小问1详解】 生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，加快生物堆浸的反应速率， 故答案为：增大矿石与浸取液的接触面积，加快生物堆浸的反应速率； 【小问2详解】 第二阶段反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，溶液呈酸性，O2作氧化剂，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+ 4Fe3++2H2O， 故答案为：4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O； 【小问3详解】 生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)在pH 1.0～6.0范围内可保持活性Fe3+在pH=1.5时产生沉淀，所以生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在1.0～1.5 故答案为：1.0～1.5； 【小问4详解】 Fe3+在过程Ⅰ中被还原为Fe3+，为判断堆浸液中Fe3+是否被完全还原，可以用KSCN溶液检验，向其中加入KSCN溶液， 故答案为：KSCN； 【小问5详解】 用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用是4H2O2+CuS=Cu2+++4H2O， 故答案为：4H2O2+CuS=Cu2+++4H2O； 【小问6详解】 滴定终点时，溶液恰好由黄色变为紫色(或粉色)；通过KMnO4滴定法测定绿矾的纯度，根据电子转移以及Fe元素守恒得关系式：～5FeSO4•7H2O，n(FeSO4•7H2O)=5n(KMnO4)=5×cmol/L×10-3VL=5×10-3cVmol，绿矾晶体质量分数=， 故答案为：溶液恰好由黄色变为紫色(或粉色)，30s内紫色不褪去；。 26. 某小组同学向pH=1的0.5 mol/L的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是___________。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，证明都有Fe2+生成。依据的现象是___________。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因___________。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 a．甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式___________。 b．乙认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验(填实验操作和现象)___________证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。 c．丙认为___________，并通过实验证实了自己的猜想。 查阅资料：0.5 mol/LFe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去，停止加盐酸。待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因___________。 【答案】（1）Mg、Zn （2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. Fe3+水解反应为Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀 ③. 2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2+＋H2↑ ④. 向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀 ⑤. 产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应 （3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹。 【解析】 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质； 实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色Fe(OH)3沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹阻止Zn置换Fe； 实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg+2H+=Mg2++H2↑，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，因此实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【小问1详解】 在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质； 【小问2详解】 ①K3[Fe(CN)6]能与Fe2+生成蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀，则在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，则证明都有Fe2+生成； ②FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应离子方程式为：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3；Mg、Zn与H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀； ③a．Fe是较活泼金属，能与氧化性较强的Fe3+反应生成Fe2+，也能与H+反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑； b．在此条件下可忽略H+对Fe的消耗，即要设计实验证明该实验中H+对Fe的反应无影响，可控制pH为3~4，设计盐酸和铁的对比实验，向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗； c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。结合a、b和c可知：实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹； 【小问3详解】 对比实验Ⅱ和Ⅲ可知：Mg比Zn活泼，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹；Mg可将Fe2+还原生成Fe单质，所以实验Ⅲ的固体中能检测到Fe单质。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京顺义牛栏山第一中学2024-2025学年高二上学期化学期中试题 本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分。 所有答案必须填涂或作答在答题卡上，否则不得分。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Fe56 第Ⅰ卷(选择题共42分) (共21小题，每小题2分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目答案的一项) 1. 下列有关平衡常数K的说法中，不正确的是 A. K的大小与起始浓度无关 B. K值越大，反应物的平衡转化率越大 C. 温度越高，K值越大 D. K值越大，正向反应进行的程度越大 2. 下列物质中，属于弱电解质的是 A. CH3COONH4 B. Fe(OH)3 C. Ba(OH)2 D. BaSO4 3. 下列溶液一定显酸性的是 A. B. 含有 C. D. 加入酚酞后溶液仍为无色 4. 在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应：。下列叙述中，能说明反应达到化学平衡状态的是 A. 单位时间内消耗，同时生成 B. 混合气体的密度不再变化 C. 容器内的压强不再变化 D. 混合气体中n(Y)与n(Z)的比值保持不变 5. 在反应中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析中，不正确的是 A. 加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能 B. 增大，单位体积内活化分子数增大 C. 升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加 D. 增大压强，活化分子的百分数增大 6. 下列等实能证明醋酸是弱电解质的是 A. 醋酸钠的水溶液显碱性 B. 常温时，醋酸溶液的导电性比盐酸弱 C. 醋酸溶液可使石蕊溶液变红 D. 醋酸溶液与碳酸钠溶液反应可产生 7. 下列事实与盐类的水解无关的是 A. 用明矾或聚合氯化铁净水 B. FeCl3溶液蒸干得到Fe(OH)3 C. 用热的纯碱溶液清洗油污 D. 用稀盐酸清除铁锈 8. 已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/mol。若断裂1mol H-H、1mol N-H需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ，则断裂1mol N≡N需要吸收的能量为 A. 431kJ B. 649kJ C. 945.6kJ D. 869kJ 9. 依据下列热化学方程式得出的结论中，不正确的是 A. 已知，则氢气的燃烧热为 B. 已知C(石墨，s)(金刚石，s) ，则石墨比金刚石稳定 C. 已知，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.65kJ的热量 D. 已知；则 10. 下列离子在指定的溶液中能够大量共存的是 A. 无色溶液中： B. 的溶液中： C. 加酚酞呈红色的溶液中： D. 含有大量的溶液中： 11. 和(无色)存在平衡：。下列分析正确的是 A. 1mol平衡混合气体中含2molN原子 B. 恒容时，水浴加热，气体颜色变浅 C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡移动导致的 D. 断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量 12. 医学研究证实：痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠(NaUr)有关(NaUr增多，病情加重)，其化学原理为： △H＜0，下列说法不正确的是 A. 大量饮水会增大痛风病发作的可能性 B. 秋冬季节更易诱发关节疼痛 C. 饮食中摄入过多咸菜，会加重痛风病病情 D. 患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物 13. 室温下，下列有关两种溶液的说法正确的是 序号 ① ② 11 11 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 A. ①溶液氨水的物质的量浓度为 B. ①和②两溶液中水电离的：①>② C. ①和②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①>② D. 等体积的①和②溶液分别与相间浓度的盐酸恰好完全中和，消耗盐酸的体积：①=② 14. 工业生产硫酸的一步重要反应是，如果该反应在容积不变的密闭容器中进行，图中表示当其他条件不变时，其中结论正确的是 A. 图I可以表示催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂 B. 图I可以表示温度对化学平衡的影响，且甲温度低 C. 图Ⅱ表示平衡转化率与温度及压强的关系，可以判断 D. 图Ⅲ表示时刻通入更多的氧气或增大压强对反应速率的影响 15. 某小组设计如下实验探究影响该反应速率的因素，涉及的化学反应为，结合实验数据判断不正确的是 实验 反应温度℃ 溶液 稀 出现浑浊的时间 ① 25 5 0.1 10 0.1 x 10 ② 25 5 0.2 5 0.2 10 6 ③ 35 5 0.2 5 0.2 10 2 A. x=5 B. 依据实验②③可探究反应温度对反应速率的影响 C. 实验①②对比可说明稀的物质的量浓度越大，该反应的化学反应速率越大 D. 实验②中时恰好消耗完全，则内的平均反应速率为(L•min) 16. 下表为相同温度下HX、HY、HZ三种一元酸对应的电离常数， 化学式 电离常数 的三种盐的溶液，其pH由小到大的顺序是 A. NaY、NaZ、NaX B. C. D. 17. 已知反应，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如下图，有关该反应的说法不正确的是 ①： ②： A. 反应①和反应②相比，反应②更容易发生，反应①为决速步 B. 反应①吸热反应，反应②是放热反应 C. 若不加催化剂，正反应的活化能大于逆反应的活化能 D. Fe2+是该反应过程中的产生的中间产物 18. 已知：。一定温度下，在2L恒容密闭容器中，按照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为。下列说法中正确的是 甲 乙 0.4molCO 0.2molCO A. 该反应 B. 该温度下，反应的平衡常数为10 C. 达平衡时，甲中的浓度是乙中的2倍 D. 化学平衡常数：甲<乙 19. 溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓HCl，黄色加深(b)。下列说法不正确的是 资料：(黄色)； 浓度较小时(用表示)几乎无色。 A. 测溶液a的，证明发生了水解 B. 加入浓 HCl，与对浓度大小的影响是一致的 C. 向b中加入几滴浓溶液后，黄色褪去，说明能抑制水解 D. 溶液a滴入沸水中，加热，得到红褐色液体，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解 20. 室温下，向10.00mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液中pH变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. P点溶液中：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) B. M点溶液中：c(CH3COO-)<c(Na+) C. N点溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol·L-1 D. Q点溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+) 21. 以为原料合成涉及的主要反应如下： ① ② 的平衡转化率的选择性随温度、压强变化如下： 已知： 下列分析正确的是 A. B. 400℃左右，体系发生的反应主要是① C. 由上图可知， D. 初始，平衡后、，若只发生①、②，则的转化率为 第II卷(非选择题共58分) 22. 某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白： （1）用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛___________。 （2）滴定终点溶液的颜色变化为：恰好由___________色变为___________色。 （3）某学生根据4次实验分别记录有关数据如表： 滴定次数 待测NaOH溶液的体积 盐酸的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 第一次 25.00 0.10 20.10 第二次 25.00 3.21 23.20 第三次 25.00 4.22 28.32 第四次 25.00 2.22 22.23 根据表中数据该NaOH溶液的物质的量浓度为___________。 （4）以下操作会导致测得的NaOH溶液浓度偏低的是___________。 A. 酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B. 滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C. 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D. 读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 （5）氧化还原滴定实验的原理与中和滴定相同，即用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之。为测定某样品中所含晶体的纯度，取该晶体样品ag，溶于稀硫酸配成250mL溶液。准确量取所配溶液于锥形瓶中，用标准溶液滴定(杂质不与反应)。若消耗溶液15.00mL。已知：滴定过程中铁、碳元素被氧化为，锰元素被还原为。 ①标准溶液应盛放于___________(酸式滴定管或碱式滴定管)中。 ②则该样品中所含晶体的纯度为___________。(用a表示，的摩尔质量为) 23. ①一水合氨 ②纯碱 ③醋酸 ④碳酸氢钠 ⑤氯化钙是实验室常见物质。 （1）写出一水合氨的电离方程式___________。 （2）纯碱溶液中存在的电荷守恒关系为___________。纯碱溶液中存在的物料守恒关系为___________。 （3）纯碱固体溶于(重水)中显碱性，请用化学用语解释原因：___________。 （4）溶液与同浓度的NaOH溶液充分混合使溶液显中性，醋酸溶液的体积___________(大于、等于或小于)NaOH溶液的体积。 （5）某温度下，纯水中的，则该温度下pH均为3的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的与氯化铵溶液中水电离出的之比是___________。 （6）向饱和溶液中滴加饱和溶液，可观察到先产生白色沉淀，后产生大量无色气泡，结合化学用语，从平衡移动角度解释原因___________。 24. 二甲醚是一种洁净液体燃料，工业上以CO和为原料生产。制备二甲醚在催化反应室中(压强：，温度：)进行下列反应： 反应ⅰ： 反应ⅱ： （1）①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为后CO的转化率为，则8min内CO的平均化学反应速率为___________。 ②针对反应i进行研究，在容积可变的密闭容器中，充入nmolCO和进行反应。在不同压强下，反应达到平衡时，测得CO平衡转化率与温度的变化如下图所示，图中X代表___________(填“温度”或“压强c)。解释b点的容器容积小于点的容器容积的原因___________。 （2）在t℃时，反应ii的平衡常数为400，此温度下，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表： 物质 0.05 1.0 1.0 此时刻反应ii的___________(填“>”“<”或“=”)。 （3）在使用催化剂、压强为5.0MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应i、ii制备，结果如下图所示，之间，随着温度升高，CO转化率降低而产率升高的原因可能是___________。 （4） 利用和计算时，还需要利用___________反应的。 25. 景泰蓝又名铜胎掐丝珐琅，属于国际级非物质文化遗产。其中掐丝工艺所使用的纯铜，可通过低品位黄铜矿[(CuFeS2)]制备，同时还可获得绿矾(FeSO4⋅7H2O)，相关流程如图。 已知：①生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T。f细菌)在pH1.0～6.0范围内可保持活性。 ②金属离子沉淀的pH如表。 Fe3+ Cu2+ Fe2+ 开始沉淀时的pH 1.5 4.2 6.3 完全沉淀时的pH 2.8 6.7 8.3 （1）生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是 ___________。 （2）生物堆浸过程的反应在的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：CuFeS2+4H++O2Cu2++Fe2++2S+2H2O。第二阶段反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为 ___________。 （3）结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在 ___________范围内。 （4）过程Ⅰ中，加入Na2S2O3固体还原堆浸液中的Fe3+，得到溶液X。为判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入 ___________试剂(填试剂的化学式)，观察溶液颜色变化。 （5）过程Ⅱ中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用是 ___________。 （6）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。取mg绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解。用物质的量浓度为cmol/L的KMnO4溶液滴定，滴定终点的判定方法是 ___________。至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液的体积为vmL。绿矾晶体质量分数的计算式为 ___________。[已知：M(FeSO4⋅7H2O)=278g/mol] 26. 某小组同学向pH=1的0.5 mol/L的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是___________。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，证明都有Fe2+生成。依据的现象是___________。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因___________。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 a．甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式___________。 b．乙认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验(填实验操作和现象)___________证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。 c．丙认为___________，并通过实验证实了自己的猜想。 查阅资料：0.5 mol/LFe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去，停止加盐酸。待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $