广西玉林市2024-2025学年高二上学期期末教学质量监测化学试卷

2024年秋季期高二期末教学质量监测 化学 (本试卷满分100分，考试时间75分钟) 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上。 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡 皮擦千净后，再选涂其它答案标号。 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 可能用到的相对原子质量：出：1Li:7C:12N:140:16Na:23S32 Mn:55 Cu:64Zn:65Ga:70 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.化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法错误的是 A.合成氨工业中使用铁触媒作催化剂，符合勒夏特列原理 B.公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆可防止腐蚀 C.加入混凝剂聚合氯化铝，可使污水中细小悬浮物聚集成大颖粒 D.废旧一次电池不能随意丢弃，应进行无害化处理或回收利用 2.以下能级符号正确的是 A.Ip B.2d C.3f D.7s 3.反应CH6(g)亡C2H4(g)+H(g△H>0,在一定条件下于密闭容器中达到平衡。下列各项措 施中，不能提高乙烷平衡转化率的是 A.增大容器容积B.升高反应温度 C.等容下通入情性气体D.分离出部分氢气 4.下列过程或现象与盐类水解有关的是 A.配制硫化钠溶液滴加几滴NaOH溶液 B.饱和食盐水中滴加甲基橙显黄色 C.自然界中Cu+遇闪锌矿（亿nS)转化为铜蓝(CuS) D.0.1molL1的CH3COOH溶液的pH>1 5.下列有关叙述正确的是 A.钠原子中2s的电子云半径比1s电子的大 B.2p、3p、4p能级的轨道数依次增多 C.2px、2py2pz轨道相互垂直，能量依次增大 D.F、Cl、Br的电负性依次增大 6.下列图示实验中，操作规范且能达实验目的的是 温度计 玻璃 搅井器 220 食盐水 溶液 浸泡过 门杯盖 的酸洗 稀盐酸和 蒸 除锈的 稀NaOH 溶液 烧杯 铁钉 水 A测定中和反应的反应热 B.制备无水AICl C测定化学反应速率 D.验证铁钉的吸氧腐蚀 高二化学试卷 第1页（共6页） CS扫描全能王 7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。X和Z同族，Z的原子序数是X的2倍， 基态W原子核外有3个单电子，Y原子的最外层电子数等于电子层数。下列说法正确的是 A.原子半径：Z>Y>X B.第一电离能：W>X C.W、Z的氧化物对应的水化物均为强酸 D.简单氢化物的还原性：X>Z 8.能正确表示下列过程的方程式的是 A.NaHS溶液呈碱性：HS+HO→S2+HO B.NaHCO:溶液的电离方程式：NaHCO,=Na*+H*+Co行 C.AgCI浊液滴加KI溶液，产生黄色沉淀：AgCI(s)+I「(aq)=AgI(s)+CI(aq) D.用铁作电极电解饱和食盐水：2C+2H0电解Ht+C121+20H 9.下列实验操作及现象能得出正确相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 2NO2≥N2O4为基元反应，将盛有NO2的密闭烧瓶 A 正反应活化能大于逆反应活化能 浸入冷水，红棕色变浅 室温下，向浓度均为0.1molL1的BaCl2和CaCl2 B Kp(BaS04)<Km(CaS04) 混合溶液中滴加NaS04溶液，出现白色沉淀 将银和AgNO3溶液与铜和CuSO4溶液组成双液原电 C 池，连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近 Cu的金属性比Ag强 溶液逐渐变蓝 往Fez(SO)3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变成血红 D Fe3+与SCN的反应不是可逆反应 色，再加入少量K$04固体后，溶液无明显变化 10.标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下（已知O2和C2的相对 能量为0)，下列说法错误的是 E E 0+0+C1 E 00 O2+O+CIO 202+C1 0 20 历程 历程 A.E=E2一E5 B.历程Ⅱ包括2个基元反应 C.相同条件下，O的平衡转化率：历程Ⅱ=历程I D.历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为： ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)AH=(E4-Es)kJ-mol-1 11.己知常温下的三个数据：7.2×104、4.6×104、4.9×1010分别是下列有关的三种酸的电离常 数，若己知下列反应可以发生：NaCN+NO2=HCN+NaNO2、NaCN+HF=HCN十NaF、 NaNO2十HF=HNO2十NaF。由此可判断下列叙述错误的是 A.常温下电离常数KHF)=7.2×104 B.常温下NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质 C.常温下0.1molL1的N02溶液中c日)=7×106 D.25℃时，将pH=5的NO2溶液加蒸馏水稀释至原体积的10倍，所得溶液的5<pH<6 高二化学试卷第2页（共6页） CS扫描全能王 12.设N为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A.1L0.100 mol L K2Cr20,溶液中Crz03数目为0.100N B.25℃时，1LpH=1的HS04溶液含H*的数目为0.1Na C.在密闭体系中充入1molN2和3molH2,充分反应后生成NH,的分子数为2N D.强酸性溶液环境中，1 mol Fe发生析氢腐蚀，转移的电子数为3N 13.在水溶液中，物质R容易发生二聚反应：2R(ag)亡R2(aq).不同温度(T)下，R溶于水所 得溶液中R的浓度(mol/L)与时间的关系如下图。下列说法错误的是 1.5 [T/Iow] 1.0 0.6 0.2 T, 0 0.5 1.5 2 2.5 反应时间/h A.T>T B.其他条件不变时，a点增大R的浓度，单位体积内活化分子数增多 C.c点时，R2的浓度为0.65mol/L D.2~2.5h的时间内，平均反应速率vR)1<v(R)m 14.25℃时，体积均为20mL浓度均为0.1molL的两种酸HX、HY分别与0.1molL的NaOH溶 液反应，所加NOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如右下图所示。下列叙述正确的是 A.KY)的数量级约为103 +V(NaOH溶液)/mL 40 B.水的电离程度：b点>a点 HX C.pH-7时两种反应后的溶液中cY)=c(X) 20 D.c点溶液存在：cNa>cY>c(OH)>c) 10 60 1之4678024p油 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)电化学与能源、材料、环境和健康等领域紧密相关，利用电化学反应可以实现能量 和物质的转化，请运用原电池与电解池相关原理回答下列问题： ()某化学兴趣小组的同学设计了如左下图所示的装置： ①诺常温下某浓度的CuC2溶液的pH为5，则常温下该溶液中由水电离出的c moL:在实验室中配制CuC2溶液时，常将CuC2晶体溶于盐酸中，然后再加水稀释至 所需浓度，目的是 ②盐桥的作用除了能形成闭合回路、将两烧杯的溶液隔开外，还能平衡两烧杯溶液中的电荷。 反应过程中盐桥中的H进入 (填“甲”或“乙”)烧杯。 ③zn极的电极反应式为 ④比能量是电池负极单位质量所能输出电能的多少，则该电池与锂电池的比能量之比 为 高二化学试卷第3页（共6页) CS扫描全能王 盐桥（装有含琼胶的 NHCI饱和溶液) 电游 质子 CO,+CH 交换膜 100g锌棒 100g钥棒 产电南 )有机物 电解液一d co. x甲烷菌 co, 100mL2moVL 100mL2moVL 电解液 ZnC1,溶液 CuCl溶液 印 乙 (2)将C02还原为CH,是实现C02资源化利用的有效途径之一，装置如右上图所示。 ①若“电源”为左上图装置，则电极a接 极（填“Z”或“Cu”. ②d电极的电极反应式为 ③左上图装置作电源，工作一段时间后，若Z减轻65g,则电解池右室电解质溶液的质量 差为 16.(15分)某学习小组用Na2Sz03溶液和HS04溶液的反应探究外界条件对化学反应速率的影响。 I疏酸浓度的测定：移取20.00mL待测液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000 mol-L-NaOH溶液滴定 至终点。 (1)移取20.00mL待测液用到的仪器是 (填写序号)。 (2)上述操作的实验数据如下表： NaOH标准溶液体积 实验编号 待测液体积mL 滴定前读数/mL 滴定后读数/mL 20.00 0.16 20.18 2 20.00 0.10 20.08 3 20.00 0.02 21.22 ①达到滴定终点的描述为 ②该硫酸的浓度为 molL-1. ③如果测定出硫酸的物质的量浓度偏高，可能原因是 (填序号)。 A.未用标准NaOH溶液润洗滴定管 B.滴定前调节滴定管凹液面至“0”刻度线稍下再读取初始读数 C.滴定起始时与滴定至终点时的读数如右图 高二化学试卷 第4页（共6页） CS扫描全能王 D.装标准NaOH溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡 E.接近终点时，将锥形瓶内壁与管口的半滴溶液接触，使液滴流出，并用蒸馏水冲下 ④常温下，相对比恰好完全时，在滴定过程中，若多加一滴NaOH溶液(1滴溶液体积约为 0.05mL),再继续加水至50.00mL,则所得溶液的pH是 Ⅱ.探究外界条件对化学反应速率的影响 【反应原理】将一定体积0.10 mol-L-N2S2O3溶液与过量的稀硫酸（浓度为上述标定浓度，用 “c”表示)反应。相关反应方程式为：Na2S2O+H2S04=Na2S04+S02t+Sl+H20。 【实验方案】 实验温度 Na2S2O3溶液 HS04溶液 H20 S全部沉淀 实验序号 /℃ V/mL c/mol-L-I V/mL c/mol-L-1 V/mL 所需时间s ① 20 2.0 0.10 8.0 c 10.0 t=10 ② 20 2.0 0.10 10.0 c VI t2 ③ 40 2.0 0.10 V2 c V3 ts (1)实验①在0~10s内用Na2S203表示的速率为 mol-L-I.s-1。 (2)实验①、②是探究 对化学反应速率的影响，实验②、③是探究温度对化学反应速 率的影响。则V= mLe (3)甲同学对比实验①和实验③发现<10，由此得出结论：温度升高化学反应速率加快，乙 同学认为结论不严谨，理由是 17.(14分)科学家开发催化剂实现C02催化还原制备附加值高的产品。利用C02制备甲醇的有关反应 如下： I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)AH1=-49 kJ-mol1; Ⅱ.C02(g)十H(g)±C0(g+H20(g)△H=+41kmol1。 ()有利于反应I自发进行的条件是」 (填“高温”或“低温)： CHOH(g)+2C02(g)±3C0(g)+2H0(g)△H= kJ'mol1。 (2)在密闭容器中充入C0(g)、H(g,仅发生反应I。下列可判断反应达平衡的是 (填 序号)。 A.(CO2)=30(H2) B.反应过程中断裂3molH一H键的同时生成2molO一H C.恒温恒容体系中，压强不再发生变化 D.c(C0)/cH0)不再发生变化 (3)已知反应Ⅱ的平衡常数K=2.5。该温度下的某时刻反应体系中c(C0)=cH)=2moL, c(C0)=c(H0)=4mo/L,此时平衡 (填“向右”、“向左”或“不)移动。 (④)在一定温度下，向初始体积均为4L的甲、乙两密闭反应器中分别充入1molC02和3mol H2,分别在有水分子隔离膜（可分离水分子）、无水分子隔离膜作用下发生反应I,测得 C02平衡转化率与压强的关系如左下图所示。 高二化学试卷第5页（共6页) CS扫描全能王 4相对能量eV M150,504甲 1.0h 0.55 0.5 028 0.0 0.04 C05+2H* HCOO*+H* -0.5 -0.82 -1.0 C0*+0*+2H 901001i012010140-150160170 -1.5 压强Pa 反应进程 ①使用了水分子隔离膜的反应器是 (填“甲”或“乙)，理由是 ②该温度下，M点反应I的平衡常数K= L21mol。 (⑤)催化还原制备COH的过程中，CO,活化的可能途径如右上图所示(“*”表示物质吸附 在催化剂上)，较易生成的中间体 (填“C0或“HC00),原因是 18.(I5分)广西是我国已探明锰矿资源储量最多的省区。以银锰精矿（主要含Ag2S、M血S、FeS) 和氧化锰矿（主要含MO)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 银锰 浸银中 浸银渣 浸锰渣 精矿 沉银沉银液 浸锰 银液 氧化 H,S 粗银粉 猛矿 浸锰液+…→MnSO,溶液 …+MnS0,-7H0 已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。 (1)“浸锰"过程是在HSO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FS2,有利于后续银的浸 出：矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。 ①为提高“浸锰”速率，可采取的措施是 (任举一 例) ②基态M*的价层电子排布图可表示为 :S在元素周期表中属 于（填“s”、“p”、“d或“s区。 ③在HS0:溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要 的金属阳离子有 (②“浸银时，使用过量FcCl、HCI和CaCh的混合液作为浸出剂，将AgS中的银以[AgC] 形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：☐FC+十AgS十口亡☐ 2[AgCl2]+S. ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中C的作用： (3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂，写出析出银的离子方程式 (④获得较纯净的MS047Hz0晶体的方法是：将MnSO4溶液 过滤，得到MS047H0晶体，洗涤、晾干。 CS扫描全能王高二化学答案 第 1页（共 4页） 2024 年秋季期高二期末教学质量监测 化学 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 A D C A A D B C C D C B D B 1．【解析】 A中合成氨使用催化剂，目的是加快反应速率，不能使平衡移动，不符合勒夏特列原理，A错误； B中钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，在护栏上涂油漆可以隔绝钢铁与潮湿空气接触，可防止钢铁腐蚀， B正确；C 中混凝剂聚合氯化铝在污水中能水解成 Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附污水中细小悬浮物，使 其聚集成较大颗粒而沉降下来，C正确；D中废旧电池常含重金属、酸、碱等物质，不能随意丢弃，应进行无 害化处理或回收利用，D正确； 2．【解析】 A中第一能层不存在 p能级，A错误。B中第二能层不存在 d能级，B错误；C中第三能层不存在 f能级，C错误。 3．【解析】 A中增大反应容器的容积，体系的压强减小，化学平衡正向移动，能提高乙烷平衡转化率，A不符 合题意；B中升高反应温度，化学平衡向吸热反应方向移动，即正向移动，可提高乙烷的平衡转化率，B不符 合题意；C中等容下通入惰性气体，体系的总压强增大，物质的浓度不变，因此化学平衡不移动，对乙烷的平 衡转化率无影响，C符合题意；D中分离出部分氢气，减少了生成物浓度，平衡正向移动，可提高乙烷的平衡 转化率，D不符合题意；故选 C。 4．【解析】 A中硫化钠溶液中 S2－水解生成 OH－，滴加几滴 NaOH溶液用来抑制 S2－水解，A符合题意；B 中饱和食盐水的 pH=7，遇甲基橙显黄色，与盐类水解无关， B不符合题意；C中涉及到沉淀的转化，与 盐类水解无关，C不符合题意；D中 CH3COOH属于弱电解质，故 0.1mol•L-1的 CH3COOH的 pH>1，与盐 类水解无关，D不符合题意。 5．【解析】 B中 2p、3p、4p能级的轨道数相等，都是 3个，B错误；C中 2px、2py、2pz轨道均属 2p能级原 子轨道，能量相等，C错误；D中 F、Cl、Br属于同一主族元素，同一主族元素从上到下，电负性逐渐减 小，D错误。 6．【解析】 A中用烧杯直接完成实验，缺少保温材料及外壳，保温效果差，A错误；B中 Al3+会水解，蒸干 AlCl3溶液制备无水 AlCl3要在 HCl气流中进行，B错误；C中气体从长颈漏斗中逸出，且没有秒表计时，C错 误；D中酸洗除去氧化膜，使铁暴露出来易与空气发生吸氧腐蚀，具支试管中的 O2被消耗，导管中水柱液面 会上升，可验证铁的吸氧腐蚀，D正确。 7．【解析】 X和 Z同族，Z的原子序数是 X的 2倍，X为 O元素，Z为 S元素，基态W原子核外有 3个单电 子，含 2p3结构，W为 N元素，Y为 Al元素。A中原子半径为 Al＞S＞O，即 Y＞Z＞X，A错误；B中第一 电离能：N＞O，即W＞X，B正确；C中 N、S的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和硫酸，两者均为 强酸，亚硫酸、亚硝酸也是 S、N的氧化物对应的水化物，但为弱酸，C错误；D中由于非金属性 O＞S，故 还原性：H2S＞H2O，即简单氢化物的还原性：X＜Z，D错误；故选 B。 8．【解析】 A中是电离方程式，水解反应为 HS－＋H2O H2S＋OH－，A错误；B中 NaHCO3溶液中的 HCO － 3 不是全部电离，故其电离方程式：NaHCO3＝Na+＋HCO － 3、HCO － 3 H+＋CO2 － 3 ，B错误）；C中属于沉淀的 转化，C正确；D铁作阳极，电解时铁失电子，正确的为 Fe＋2H2O===电解H2↑＋Fe(OH)2↓，D错误。 9．【解析】A中将盛有 NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅，说明降低温度平衡向正反应方向移动，则正反 应为放热反应，故∆H＜0，而∆H=正反应的活化能－逆反应的活化能，故正反应的活化能小于逆反应的活化 能，A结论错误；B中硫酸钙为微溶物、硫酸钡为难溶物，均能形成白色沉淀，题给实验操及现象无法判断 高二化学答案 第 2页（共 4页） 二者的 Ksp的大小，B中结论错误；C中据现象得知铜作负极，与银离子发生置换反应，所以该实验可以比 较铜和银的金属性强弱，C正确；D中溶液变成血红色的原因是 Fe3++3SCN－ Fe(SCN)3，与 SO 2 － 4 和 K+ 无关，D中结论错误。 10．【解析】 A中结合图像分析，历程Ⅱ相当于历程Ⅰ在催化剂 Cl参与的条件下进行的反应，催化剂可以降低 反应的活化能，但是不能改变反应的焓变，因此ΔH＝(0－E3)kJ·mol－1＝(E5－E2) kJ·mol－1，A正确；B中 历程Ⅱ分为两步反应，每一步反应都称为基元反应，故该历程包括 2个基元反应，B正确；C中由以上分析 可知，历程Ⅰ和历程Ⅱ的区别就是有 Cl作催化剂，催化剂不能改变反应物的平衡转化率，因此相同条件下， O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C正确；D中活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二 步反应的活化能更低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=( E5－ E4)kJ∙mol−1，其中ΔH的代数式表示错误，D错误。故选 D。 11．【解析】 常温下，由较强酸可制备较弱酸可知酸的三种酸的酸性强弱顺序为：HCN＜HNO2＜HF，酸的电离 常数越大，该酸的酸性越强，则酸的电离平衡常数大小顺序为 K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)，故 A正确；B 中 NaCN 溶液显碱性，说明 CN-发生水解，则该溶质为强碱弱酸盐，即 CN-对应的酸 HCN为弱电解质，B 正确；C中根据以上分析知，K(HNO2)为 4.6×10-4，0.1 mol·L－1的 HNO2溶液中 c(H＋)＝ cK ≈7×10－3，C 错误；D中加蒸馏水稀释至原体积的 10倍，若无平衡移动，则 pH＝6，但加水稀释，HNO2电离程度增大， 故所得溶液 5<pH<6，D正确。故选 C。 12.【解析】 A中 Cr2O 2 － 7 在溶液中发生反应：Cr2O2 － 7 ＋H2O 2CrO2 － 4 ＋2H+，则溶液中 Cr2O 2 － 7 数目小于 0.100mol/L×1L×NAmol—1=0.100NA，A错误；B中 25℃时，1 L pH=1的硫酸溶液中含有的氢离子数目为 0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，B正确；C中发生可逆反应，无法完全为 NH3，故 NH3的分子个数小于 2NA ， C错误；D中 Fe发生析氢腐蚀，电极反应式为 Fe－2e－＝Fe2+，转移的电子数为 2NA，D错误；故选 B。 13．【解析】A中可逆反应在 T2温度下先达平衡，说明其温度高，A正确；C中 c(R)的起始浓度为 1.5 mol/L， 平衡浓度为 0.2 mol/L，则转化浓度为 1.3 mol/L，转化浓度之比等于方程式的化学计量数之比，故 c(R2)为 0.65 mol/L，C正确；D中 2～2.5h的时间内，在 T2、T1条件下反应均已达平衡，平衡时由于 R的转化浓度 为 0，则平均反应速率υ(R)T1=0、υ(R)T2=0，故υ(R)T1=υ(R)T2，D错误。 14．【解析】A中据图像知起始时 HY的 pH=4，而浓度为 0.1mol·L-1，说明 HY是弱酸，由 c(H+)=(K•c)0.5,得 Ka(HY) 的数量级约为 10－7，A错误；B中据图像知 a点的 pH小于 b点的 pH，则 a点的 c(H+)大于 b点的 c(H+)，c(H+) 越大，抑制水的电离程度越大，故水的电离程度：b 点＞a点，B正确；C中 pH=7 时有 c(H+)=c(OH-)，溶质 为 NaY和 HY，根据电荷守恒式，有 c(Y- )= c(Na+)，由图知加入的氢氧化钠溶液的体积小于 HY溶液的体积， 则 c(Y- )=c(Na+)＜0.05 mol/L，因此 c(Y- )＜c(X-)，C 错误；D 中据图像 c(OH－)＞c(H+)，c 点溶质有 n(NaOH) ＝n(NaY)，由于 Y－水解生成 OH－，故溶液有 c(OH－)＞c(Y－)，离子浓度大小为 c(Na+)＞c(OH－)＞c(Y－)＞c(H+)， D错误。 15．(14分) (1)①10-5(2分) ；抑制 Cu2+的水解(2分) ②乙(1分) ③Zn－2e－＝Zn2+(2分) ④14：65(2分) (2)①Cu(1分) ②CO2＋8e－＋8H+＝CH4＋2H2O(2分) ③9(2分) 【解析】(1)该装置为原电池装置，锌棒为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为 Zn－2e－＝Zn2+，铜棒 为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为 2+ -Cu +2e =Cu；反应过程中，溶液为了保持电中性，盐桥 中的 4NH  进入乙烧杯中；④设电池的负极质量均为 1g，由于比能量的比值等于单位质量的电子转移量之比， 则该电池与锂电池的比能量之比＝(1÷65×2)：(1÷7×1)＝14:65。 (2)该装置为电解池装置，由图可知，d电极是由 CO2生成 CH4，C的化合价降低，得到电子，故电极反应式为 高二化学答案 第 3页（共 4页） CO2＋8e－＋8H+＝CH4＋2H2O；根据上述分析，电源 a为正极，电源 b为负极，则电极 a接 Cu极。③若 Zn 减轻 65g，则电路中转移 2mol电子，则由②的电极反应式知进入右室物质为 0.25molCO2、2molH+，逸出 0.25mol CH4，则右室电解质溶液质量差=(0.25mol×44g/mol＋2mol×1g/mol)－(0.25mol×16g/mol)=9g。 16．(15分) I：(1)B(1分) (2)①当滴入最后半滴 NaOH溶液时，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色(2分) ②0.05(2分) ③AD(2分) ④10(2分) II：(1)0.001(2分) (2)硫酸的浓度(1分) ；8.0(1分) (3)由于实验①中硫酸溶液的浓度小且温度低，因此反应速率必然比实验③慢，故所需时间也较长(2分) 【解析】Ⅰ(1)待测液是硫酸，是酸性溶液，应用酸式滴定管量取，不用量筒量取是因为量筒的精确度不够。 (2)①用 NaOH溶液滴定待测液硫酸溶液，向待测液中滴入酚酞做指示剂，无色酚酞遇酸不变色，此时溶液为无 色，滴定过程中溶液由酸性变为碱性，酚酞遇碱变红色，到滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，且半分 钟内不褪色。 ②由表格可得三组实验分别消耗 NaOH标准溶液体积为 20.02mL、19.98mL、21.20mL，第 3组实验数据误差 较大，应舍去，则平均消耗 V(NaOH)=20.00mL，由反应原理 H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O得 n(H2SO4)=0.5n(NaOH)=0.5×0.1000mol•L-1×20.00×10-3L=1×10-3mol，该硫酸的浓度为 1×10-3mol ÷20.00×10-3L=0.05 mol•L-1。 ③A中未用氢氧化钠溶液润洗，导致标准氢氧化钠溶液浓度偏低，滴定时需要更多的标准液，导致 V(NaOH) 增多，c 待测液偏高，A选；B中由于滴定时计算体积是前后读数差，故滴定前调节滴定管凹液面至“0”刻度 线稍下，没有影响，B不选；C中读取氢氧化钠溶液体积时，开始平视读数，滴定结束时俯视读数，导致 消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，C不选；D中碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导 致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，D选；E中用蒸馏水冲洗使半滴 NaOH溶液流下，对待测液的 物质的量没有影响，不影响滴定结果，E不选。综合选 AD。 ④恰好完全反应时 n(H+)＝n(OH－)，若不慎多加了 1滴 NaOH溶液，相当于恰好完全反应后再多了 1滴 NaOH 溶液，此时溶液呈碱性，则 c(OH－)＝（0.05 mL×0.1mol·L－1 ）/（50mL）＝10-4 mol·L－1，则 c(H+)＝10-10 mol·L －1，故 pH＝10.0。 Ⅱ：实验①、②是探究浓度对化学反应速率的影响，所以硫酸的浓度需不同，溶液的总体积需一致，所以 V1=8.0mL， 实验②、③是探究温度对化学反应速率的影响，所以硫酸的浓度需相同，V2=10.0mL，要控制溶液总体积相 同，故 V3=V1=8.0mL。 (1)由于表格中有“S全部沉淀”，故实验中硫酸均过量，Na2S2O3均消耗完全，则实验①中反应速率υ(Na2S2O3) = 2.0mL×0.10 mol·L－1 (2.0 mL+8.0mL+10.0mL)×10s =0.001 mol•L-1•s-1。 (2)实验①②中温度同、Na2S2O3浓度同、硫酸溶液的浓度不同，故研究的是浓度影响反应速率；实验②③中研 究的是温度影响反应速率，故温度不同、但 Na2S2O3浓度、硫酸溶液的浓度要相同，即 Na2S2O3、硫酸的物质 的量同，溶液的总体积同，故 V1=8.0mL、V2=10.0mL、V3=8.0mL。 (3)实验①中硫酸的浓度小于实验③，由于实验①反应物浓度小且温度低，因此必然反应速率比实验③慢，所以 所需时间也较长，应控制单一变量法，体积的控制应为 V2=8.0mL、V3=10.0mL才能实现。 17．(14分) (1) 低温(1分) ；＋172 (2分) (2)CD (2分) (3)向左(1分) (4)①乙(1分)；其他条件不变，分离水分子，二氧化碳的平衡转化率增大 (2分) ②—43 (2分) (5)CO* (1分)；生成中间体CO*的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成(2分) 【解析】(1) 反应Ⅰ的气体系数和变小，属于熵减反应，即ΔS＜0，而由题目知ΔH＜0，当 T 数值较小时，有 高二化学答案 第 4页（共 4页） ΔG=ΔH-TΔS恒小于 0时，反应可自发进行，故温度为低温。反应Ⅱ×3-反应Ⅰ=目标反应，则ΔH＝(＋41) ×3 —(－49)＝＋172。 (2) A中应为 3υ(CO2)正＝υ(H2)逆 ，反应达平衡，A错误；B中 CH3OH也含 O－H键，故不反应过程中断裂 3molH －H键的同时要断裂 3molO－H，反应达平衡，B错误；C中由于反应左右两系数和不等，故压强是变量， 当压强不变时，反应达平衡，C正确；D中 CO2是反应物、H2O是生成物，故 c(CO2)/c(H2O)是变量，当它 不再发生变化时，反应达平衡，D正确。故选 CD。 (3)该温度时 Q= 4 4 4 2 2    >2.5，平衡向逆反应方向移动，即向左移动。 (4)①反应的产物有水分子，其他条件不变，使用了水分子隔离膜的，会分离水分子，则二氧化碳的平衡转化 率增大，因此相同条件下，二氧化碳转化率大的乙为反应器。 ②三段式计算为 CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) 起始量：1 3 0 0 由于M点是恒温恒压条件下进行反应， 转化量：0.5 1.5 0.5 0.5 有 V 始：V 平＝n 始：n 平， 平衡量：0.5 1.5 0.5 0.5 则平衡后体积＝3L 。 计算得平衡常数 K＝ ＝—43 。 18．(15分) (1)①将矿石粉碎、搅拌、加热、使用浓度较大的硫酸溶液等(任举其中一例) (1分) ② (2分)； p(2分) ③Fe3+、Mn2+(2分) (2)①2Fe3+＋Ag2S＋4Cl－ 2Fe2+＋2[AgCl2]－＋S(2 分) ②Cl－是为了与 Ag2S电离出的 Ag+结合生成[AgCl2]－，使平衡正向移动，提高 Ag2S的浸出率； (2分) (3) 2[AgCl2]－＋Fe＝Fe2+＋2Ag＋4Cl－(2分) (4)蒸发浓缩（1分）、冷却结晶(1分) 【解析】银锰精矿(主要含 Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)混合加 H2SO4溶液，使矿石中的锰元素 浸出，同时去除 FeS2，矿石中的银以 Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有 Fe3+、Mn2+； 浸锰渣中 Ag2S 与过量 FeCl3、HCl和 CaCl2的混合液反应，将 Ag2S 中的银以[AgCl2]－形式浸出，用铁粉把 [AgCl2]－还原为金属银。 (1)①基态 Mn 的价层电子排布式为 3d54s2，失去 4s2 的电子后得到 Mn2+，故其价层电子排布式可表示为 。基态 S的价层电子排布式为 3s23p4，在元素周期表中属于 p区。 ③根据信息，在 H2SO4溶液中二氧化锰可将 Fe2+氧化为 Fe3+，自身被还原为Mn2+。 (2)①Ag2S中 S为－2价，反应中元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子 方程式为 2Fe3+＋Ag2S＋4Cl－ 2Fe2+＋2[AgCl2]－＋S。 (3)铁粉可将[AgCl2]－还原为单质银，类似于置换反应，故铁生成 Fe2+，故离子方程式为 2[AgCl2]－＋Fe＝Fe2+＋ 2Ag＋4Cl－。 (4)从MnSO4溶液得到结晶水合物MnSO4•7H2O晶体，不能将溶液蒸干，题目操作有“过滤”，说明前面已经得 到晶体，故前面的操作为“蒸发浓缩、冷却结晶”。