综合 化学反应原理（压轴题80题，期中真题汇编，北京专用）高二化学上学期

综合 化学反应原理 压轴80题 八大高频考向概览 考向01 热力学—化学反应与热能 考向02 电化学—化学反应与电能 考向03 动力学—化学反应速率与平衡 考向04 水溶液中的离子反应与平衡 考向05 综合性实验探究题 地 城 考向01 热力学—化学反应与热能 1．(24-25高二上·北京第八十中学·期中)下列化学变化中，属于吸热反应的是 A．锌粒与稀硫酸的反应 B．与醋酸的反应 C．甲烷在空气中燃烧 D．NaOH与盐酸的反应 【答案】B 【详解】A．活泼金属与酸的反应是放热反应，所以锌粒与稀硫酸的反应放热反应，故A不符合题意； B．与醋酸的反应是吸热反应，故B符合题意； C．燃烧是放热反应，所以甲烷在空气中燃烧是放热反应，故C不符合题意； D．酸碱中和反应是放热反应，所以NaOH与盐酸的反应是放热反应，故D不符合题意； 故选B。 2．(24-25高二上·北京大学附属中学·期中)下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是 A．氧化钙与水反应 B．铁丝在氧气中燃烧 C．溶液与盐酸反应 D．晶体与晶体反应 【答案】D 【分析】生成物总能量高于反应物总能量的反应为吸热反应。 【详解】A．氧化钙与水反应为放热反应，A错误； B．铁丝在氧气中燃烧为放热反应，B错误； C．溶液与盐酸反应为放热反应，C错误； D．晶体与晶体反应为吸热反应，D正确； 故选D。 3．(24-25高二上·北京师范大学燕化附属中学·期中)下列设备工作时，将化学能转化为热能的是 A B 光催化CO2和H2O合成甲醇 锂离子电池 C D 太阳能集热器 燃气灶 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．光催化CO2和H2O合成甲醇，将光能转化为化学能，A不符合题意； B．锂离子电池工作时，将化学能转化为电能，B不符合题意； C．太阳能集热器，将太阳能转化为热能，C不符合题意； D．燃气灶工作时，通过燃烧气体放出热量，将化学能转化为热能，D符合题意； 故选D。 4．(24-25高二上·北京海淀区·期中)已知氢气燃烧反应的能量变化如下图。 下列说法不正确的是 A．H-H键的键能小于键的键能 B．破坏和的化学键所需的能量小于中的化学键所释放的能量 C． D．利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化 【答案】C 【详解】A．H-H键的键能436kJ/mol小于键的键能496kJ/mol，A正确； B．破坏和的化学键所需的能量：2×436kJ+496kJ=1368kJ，小于中的化学键所释放的能量4×462kJ=1848kJ，B正确； C．反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，，若生成液态水，则放热更多，C错误； D．该反应为自发的 氧化还原反应，通过一定的装置可实现化学能到电能的转化，D正确； 故选C。 5．(24-25高二上·北京第一○一中学·期中)一定温度下反应的能量与反应过程的关系如图，下列说法不正确的是 A．断开键需要吸收能量 B．和生成的反应为放热反应 C．该反应的 D．和的总能量高于的能量 【答案】C 【详解】A．断裂旧键需要吸收能量，则断开I-I键需要吸收能量，故A正确； B．由图可知，1mol氢气和1mol碘蒸气的总能量高于2mol碘化氢的能量，则氢气和碘蒸气生成碘化氢的反应为放热反应，故B正确； C．由图可知，反应分为两步进行，由于第一步的无法计算焓变，则总反应的焓变也无法得出，故C错误； D．由图可知，1mol氢气和1mol碘蒸气的总能量高于2mol碘化氢的能量，故D正确； 故选C。 6．(23-24高二上·北京西城区·期中)某反应过程的能量变化如图所示。下列说法中，不正确的是 A．该反应为放热反应 B．曲线b表示有催化剂参与的反应过程 C．反应i 的∆H>0 D．反应i比反应ii的速率大 【答案】D 【详解】A．根据图像，反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应，A正确； B．曲线b活化能低于曲线a，但反应前后能量不变，说明加入了催化剂，B正确； C．反应i的生成物能量高于反应物能量，反应吸热，∆H>0，C正确； D．反应i的活化能比反应ii的活化能高，则反应i比反应ii的速率小，D错误； 故选D。 7．(23-24高二上·北京顺义区·期中)与ICl的反应机理如下： 反应①：； 反应②：， 其能量曲线如下图所示。 下列有关说法不正确的是 A．反应①的 B．反应①②均是放热反应 C． D．该反应的反应速率主要取决于②的快慢 【答案】D 【详解】A. 由图可知，反应的=正反应的活化能-逆反应的活化能，故反应①的，故A正确； B. 反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应为放热反应，由图像可知，反应①②均是放热反应，故B正确； C. 由盖斯定律可知， ，故C正确； D. 反应的反应速率主要取决于慢反应，活化能越大，反应的速率越慢，故该反应的反应速率主要取决于①的快慢，故D错误。 答案为：D。 8．(24-25高二上·北京·期中)H2O2是重要的绿色消毒液和氧化剂，研究其分解反应有重要意义。在含有少量I－的溶液中，H2O2分解的机理是：ⅰ．H2O2＋ I－= H2O ＋ IO－；ⅱ．H2O2＋ IO－=H2O ＋ O2↑＋ I－。分解反应过程中能量变化如图所示，下列判断不正确的是 A．I－改变了H2O2分解的路径，曲线②为含有I－的反应过程 B．反应i和ii均为放热过程 C．反应i的反应速率比反应ii慢 D．I－不能改变总反应的能量变化 【答案】B 【详解】A．根据题意得出I－改变了H2O2分解的路径，曲线②为含有I－的反应过程，故A正确； B．曲线②中，根据图中信息得到反应i是反应物质总能量低于生成物总能量，是吸热反应，故B错误； C．根据图中信息反应i的活化能大于反应ii的活化能，因此反应i的反应速率比反应ii慢，故C正确； D．催化剂不能改变反应的活化能，因此I－不能改变总反应的能量变化，故D正确。 综上所述，答案为B。 9．(24-25高二上·北京·期中)依据图示关系，下列说法不正确的是 A．石墨燃烧是放热反应 B．1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多 C．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2 D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关 【答案】C 【详解】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O2(g)= CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确； B．根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/mol，根据反应可知都是放热反应，1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1molC(石墨)放热多，故B正确； C．根据B项分析，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/mol，根据盖斯定律①-②ｘ2可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2，故C错误； D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确； 答案选C。 10．(24-25高二上·北京昌平区·期中)下列有关C(s，石墨) + H2O(g)CO(g)+ H2(g) ΔH= +131.5 kJ·mol−1的说法中，不正确的是 A．1mol C(s，石墨)和1mol H2O(g)的总能量低于1mol CO(g)和1mol H2(g)的总能量 B．反应消耗1mol C(s，石墨)和1mol H2O(l)所吸收的热量大于131.5kJ C．1 mol C(s，金刚石)与1 mol C(s，石墨)所具有的内能不同 D．只要得知H2(g)+ O2(g) =H2O(l)的ΔH，即可得C(s，石墨) + O2(g)CO(g)的ΔH 【答案】D 【详解】A．C(s，石墨) + H2O(g)CO(g)+ H2(g) ΔH= +131.5 kJ·mol−1，为吸热反应，说明反应物的总能量小于成生成的总能量，A正确； B．H2O(l)转化为H2O(g)也需要吸收能量，故反应消耗1mol C(s，石墨)和1mol H2O(l)所吸收的热量大于131.5kJ，B正确； C．石墨和金刚石结构不同，同物质的量的两物质所具有的内能不同，C正确； D．H2(g)+ O2(g) =H2O(l)中水的状态是液态，而题干中的热化学方程式为气态水，H2O(l)转化为H2O(g)也需要吸收能量，故还需要知道 H2O(l)转化为H2O(g)的ΔH，才能得出C(s，石墨) + O2(g)CO(g)的ΔH，D错误； 故选D。 11．(24-25高二上·北京·期中)为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A．固体溶解是吸热过程 B．根据盖斯定律可知： C．根据各微粒的状态，可判断， D．溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。 【详解】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确； B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确； C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误； D．由分析可知，溶解过程的能量变化，却决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确； 故选C。 12．(24-25高二上·北京第十五中学·期中)航天飞船可用肼和过氧化氢作为动力源。已知1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时，放出20.05kJ的热量。下列说法不正确的是 A．该反应肼作还原剂 B．液态肼与过氧化氢的反应，反应物总能量低于生成物总能量 C．该动力源的优点之一是生成物对环境无污染 D．肼和过氧化氢反应的热化学方程式：   【答案】B 【详解】A．中N元素为－2价，反应后生成为0价，所以N元素化合价升高，所以肼作还原剂，故A正确； B．液态肼与过氧化氢的反应放出热量，反应物总能量高于生成物总能量，故B错误； C．液态肼和液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，对环境物污染，故C正确； D．1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出的热量，则1mol肼反应放出的热量为，所以肼和过氧化氢反应的热化学方程式为：  ，故D正确； 故选B。 13．(24-25高二上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)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28.7kJ的热量 D．已知；则 【答案】A 【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28.7kJ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。 14．(24-25高二上·北京西城·期中)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 【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。 15．(22-23高二上·北京十四中·期中)如图中，，，根据要求回答问题： (1)如图是1mol和1mol反应生成和过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，的变化是 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，的变化是 。请写出和CO反应的热化学方程式： 。 (2)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应的热化学方程式如下： ①   ②   又知③  ，表达甲醇蒸气燃烧热的热化学方程式： 。 (3)已知：常温常压下，断裂或形成1mol(理想)气体分子化学键所吸收或放出的能量称为键能。下表是一些化学键的键能(单位为kJ/mol) 化学键 键能 化学键 键能 化学键 键能 H—H 436 H—F 565 F—F 158 则：   【答案】(1) 减小 不变    (2)   (3)-536kJ/mol 【详解】（1）催化剂通过降低反应活化能加快反应速率，但不改变反应热，则在反应体系中加入催化剂，反应速率加快，E1的变化是减小，ΔH不变；NO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=E1-E2=（134-368）kJ/mol=-234kJ/mol，故答案为：减小；不变；NO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）ΔH=-234kJ/mol； （2）①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH=＋49.0 kJ·mol-1 ②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH=-192.9 kJ·mol-1， ③H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44 kJ·mol-1 根据盖斯定律，由3×②-①×2＋③×2得：CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=3×(-192.9 kJ·mol-1)-2×49.0 kJ·mol-1＋(-44 kJ·mol-1)×2=-764 kJ·mol-1； （3）=反应物键能之和-生成物键能之和=（436+158-2565）kJ/mol=-536kJ/mol 。 地 城 考向02 电化学—化学反应与电能 16．(24-25高二上·北京大兴区·期中)锌铜原电池装置如图所示，下列说法不正确的是 A．锌片作负极 B．电子从锌片流向铜片 C．盐桥中的K+移向ZnSO4溶液 D．铜电极的反应为Cu2++2e-=Cu 【答案】C 【分析】Zn为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，Cu2+在正极上得电子被还原产生Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，电子从负极沿着导线流向正极，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以此来解答。 【详解】A．锌比铜活泼，锌片作负极，A正确； B．据分析，电子从锌片流向铜片，B正确； C．据分析，盐桥中的K+移向CuSO4溶液，C错误； D．据分析，铜电极上发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D正确； 故选C。 17．(24-25高二上·北京东城区·期中)利用下图装置进行实验，先闭合K1，一段时间后，打开K1并闭合K2，电流表指针偏转。 下列说法正确的是 A．闭合K1，两极均产生气泡，a极附近溶液变红 B．闭合K1，移向b极 C．闭合K2，a极上的反应为： D．闭合K2时，电路中转移电子数与b极消耗气体分子个数之比为1：2 【答案】B 【分析】闭合K1，为电解池，a为阳极，产生氧气，b为阴极，产生氢气，然后闭合K2，则为原电池，a为正极，b为负极，据此答题。 【详解】A．闭合K1，两极均产生气泡，a为阳极，发生反应：，呈酸性，酚酞不会变红，A错误； B．闭合K1，b为阴极，移向b极，B正确； C．闭合K2，a为正极，a极上的反应为：，C错误； D．闭合K2时，b极发生反应：，电路中转移电子数与b极消耗气体分子个数之比为2：1，D错误； 故答案选B。 18．(24-25高二上·北京朝阳区·期中)碱性锌锰电池是普通锌锰电池的升级换代产品，其构造示意图如下。下列关于该电池及其工作原理的说法不正确的是 A．负极反应为： B．作正极反应物，发生还原反应 C．电池工作时，向正极方向移动 D．可储存时间比普通锌锰电池长 【答案】C 【详解】A．在碱性锌锰电池中，锌粉作负极，在碱性条件下失电子发生氧化反应，电极反应式为，A选项正确； B．作正极反应物，在正极得电子，发生还原反应 ，B选项正确； C．电池工作时，阴离子向负极移动，所以应向负极方向移动，而不是正极方向，C选项错误； D．碱性锌锰电池性能比普通锌锰电池好，可储存时间比普通锌锰电池长 ，D选项正确； 故答案选C。 19．(24-25高二上·北京·期中)酸性锌锰干电池与碱性锌锰干电池的构造示意图如下图所示，碱性锌锰干电池的总反应为：Zn + 2MnO2 + H2O = 2MnO(OH) + ZnO。 关于两电池及其工作原理，下列说法中正确的是 A．碱性锌锰干电池中锌粉发生的电极反应为：Zn –2e−+ 2OH-= ZnO B．两电池中MnO2均发生氧化反应 C．每生成1 mol MnOOH，转移2 mol电子 D．用KOH替代NH4Cl，可降低对金属外壳的腐蚀 【答案】D 【分析】酸性锌锰干电池负极反应式‌：，正极反应式‌：，总反应式为：，由碱性锌锰电池的总反应：2MnO2+Zn+H2O=2MnO (OH)+ZnO，可知电池的负极Zn失去电子被氧化，电极反应式为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，正极MnO2得电子被还原生成MnO (OH)，电极反应式为2MnO2+2H2O+2e-=2 MnO (OH)+2OH-，据此分析解答。 据此分析作答。 【详解】A．由分析可知，碱性锌锰干电池中锌粉发生的电极反应为：Zn –2e−+ 2OH-= ZnO+H2O，A错误； B．结合分析可知，两个反应中，两电池中MnO2作氧化剂，发生还原反应，B错误； C．结合分析可知，每生成1 mol MnOOH，转移1 mol电子，C错误； D．氯化铵溶液显酸性，可以和金属反应，则用KOH替代NH4Cl，可降低对金属外壳的腐蚀，D正确； 故选D。 20．(24-25高二上·北京海淀·期中)化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是 铜锌原电池 纽扣电池 A．负极的电极反应为 B．正极的电极反应为 碱性锌锰干电池 铅蓄电池 C．锌作负极，发生氧化反应 D．放电一段时间后，电解质溶液酸性增强 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．铜锌稀硫酸原电池，锌做负极，铜做正极，负极的反应为：，A正确； B．正极的氧化银得到电子发生还原反应生成银，电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，B正确； C．碱性锌锰干电池，石墨棒作正极，Zn为负极，发生氧化反应，C正确； D．铅蓄电池放电时，总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，使用一段时间后电解质溶液的酸性减弱，D错误； 故选D。 21．(24-25高二上·北京交通大学附属中学·期中)新型可充电镁—溴电池能量密度高，循环性能优越，在未来能量存储领域潜力巨大。某镁—溴电池装置如下图(正负极区之间的离子选择性膜只允许通过)，下列说法不正确的是 A．当通过离子选择性膜时，导线中通过 B．放电时，正极反应为： C．放电时，Mg电极发生还原反应 D．充电时，Mg电极应连接电源负极 【答案】C 【详解】A．根据电荷守恒，当0.1 mol Mg2+通过离子选择性膜时，导线中通过0.2 mol e−，故A正确； B．由原电池原理可知，放电时，正极发生还原反应，电极反应为：，B正确； C．放电时，镁是负极，Mg电极失电子，发生氧化反应，C错误； D．放电时，镁是负极，充电时，Mg电极应连接电源负极，D正确； 故选C。 22．(24-25高二上·北京清华附中朝阳学校·期中)利用如图装置将反应的化学能转化为电能，下列说法不合理的是 A．a处发生氧化反应 B．电子从a出发经过导线流向b，再经过盐桥流向a，形成闭合回路 C．X可以是或溶液 D．b可以是石墨或铂 【答案】B 【分析】①G表为电流表，原电池放电时，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应； ②根据电池反应，负极为Cu，负极液体可以用铜离子溶液或常规盐溶液； ③根据电池反应，正极电解质需要放置三价铁溶液，确保电子流通；正极得电子，需能导电的电极，且此电极不可以直接和三价铁反应。 【详解】A．根据装置图，a为负极，负极失去电子，发生氧化反应，A项正确； B．根据分析，电子从负极a出发经过导线流向正极b，但是电子不能经过电解质溶液，因此不能经过盐桥流向a，B项错误； C．a为负极，Cu失去电子生成铜离子，因此负极液体可以选择用铜离子溶液或常规盐溶液，C项正确； D．b极是正极，得到电子，需能导电的电极，且此电极不可以直接和三价铁反应，因此可以是石墨或铂，D项正确； 答案选B。 23．(24-25高二上·北京十一学校·期中)Al-AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图所示。下列说法不正确的是 A．当电极上析出时，电路中转移的电子为 B．溶液中的向隔膜右侧移动，向隔膜左侧移动 C．电极的电极反应式为 D．该电池的总反应为 【答案】B 【分析】由原电池总反应可知，原电池工作时Al被氧化生成偏铝酸钠，应为电池的负极，电极反应为，AgO被还原，应为原电池的正极，电极反应式为AgO+2e-+H2O=Ag+2OH-，结合电极反应式进行判断； 【详解】A．根据电极反应式，当电极上析出即0.01molAg时，电路中转移的电子为，A正确； B．原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极，溶液中的向隔膜左侧移动，向隔膜右侧移动，B错误； C．根据分析，电极的电极反应式为，C正确； D．根据正负极反应式可知，该电池的总反应为，D正确； 故选B。 24．(24-25高二上·北京·期中)直接燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是 A．电极Ⅰ为负极 B．电极Ⅱ的反应式为： C．电池总反应为： D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异 【答案】C 【分析】由K+向电极Ⅱ所在区域迁移可知，电极Ⅱ为正极发生还原反应，电极Ⅰ为负极发生氧化反应；正极电极反应式：，负极电极反应式：。 【详解】A．电极Ⅰ为负极，A正确； B．电极Ⅱ为正极发生还原反应：，B正确； C．两极酸碱度不一样，氢离子和氢氧根离子不能电池总反应为：，C错误； D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异，D正确； 故选C。 25．(24-25高二上·北京·期中)北京冬奥会赛区内将使用氢燃料清洁能源车辆，某氢氧燃料电池工作示意图如图。下列说法中，不正确的是 A．电极a为电池的负极 B．电极b表面反应为：O2+4e-+2H2O=4OH- C．电池工作过程中OH-向正极迁移 D．氢氧燃料电池将化学能转化为电能的转化率高于火力发电，提高了能源利用率 【答案】C 【分析】由图可知，电极a为负极，电极反应式为H2−2e−＋2OH−＝2H2O，电极b为正极，电极反应式为O2＋4e−＋2H2O═4OH−，据此作答。 【详解】A．电极a上氢元素失电子价态升高，故电极a为负极，故A正确； B．电极b为正极，电极反应式为O2＋4e−＋2H2O═4OH−，故B正确； C．原电池工作时，阴离子向负极移动，故C错误； D．氢氧燃料电池能量转化率高，可提高能源利用率，故D正确； 故答案选C。 26．(23-24高二上·北京房山区房山中学·期中)我国神舟系列载人飞船成功进入太空，其电力系统主要由太阳能电池和储能电池构成。据悉，储能电池采用“镍镉蓄电池组”，电池总反应： Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。 下列说法不正确的是 A．当飞船进入光照区时，太阳能电池可为镍镉电池充电 B．镍镉电池放电时负极反应式： C．镍镉电池充电时阳极反应式： D．镍镉电池充电时电解质溶液中的移向镉电极 【答案】D 【分析】电池总反应：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，放电时Cd化合价升高失电子，故Cd为负极，电极反应式为Cd-2e-+2OH-═Cd(OH)2，NiOOH为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，充电时，Cd(OH)2为阴极反应物，电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd-2e-+2OH-，Ni(OH)2为阳极反应物，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-═NiOOH+H2O。 【详解】A． 当飞船进入光照区时，太阳能电池可为镍镉电池充电，故A正确； B． 放电时Cd化合价升高失电子，故Cd为负极，镍镉电池放电时负极反应式：，故B正确； C． 充电时，Ni(OH)2为阳极反应物，镍镉电池充电时阳极反应式：，故C正确； D． 镍镉电池充电时，电解质溶液中的OH-移向NiOOH电极(阳极)，故D错误； 故选：D。 27．(24-25高二上·北京·期中)直接乙醇（）燃料电池（DEFC）具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。 (1)三种乙醇燃料电池中正极反应物均为 。 (2)碱性乙醇燃料电池中，电极a的电极反应式为 。若使用空气代替氧气，电池工作过程中碱性下降更快，其原因是（用离子方程式表示） 。 (3)酸性乙醇燃料电池中，电极的电极反应式为 。 (4)熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电极b的电极反应式为 。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）三种乙醇燃料电池中由于正极发生还原反应，所以正极反应物均为。 （2）碱性乙醇燃料电池中，乙醇在电极a（负极）发生氧化反应，结合碱性环境，乙醇失电子生成碳酸根离子和水，电极反应式为。若使用空气代替氧气，空气中的二氧化碳会与碱反应，导致碱性下降更快，离子方程式为。 （3）酸性乙醇燃料电池中，电极b为正极，氧气在正极得电子结合氢离子生成水，电极反应式为。 （4）熔融盐乙醇燃料电池中，选择熔融碳酸钾为介质，电极b为正极，氧气得电子结合二氧化碳生成碳酸根离子，电极反应式为。 28．(24-25高二上·北京第一○一中学·期中)用下图所示的实验装置，按下列实验设计不能完成的实验是 选项 实验目的 实验设计 A 模拟铁的吸氧腐蚀 X为锌棒，溶液含、，开关K置于B处 B 减缓铁的腐蚀 X为石墨棒，溶液含、，开关K置于A处 C 在铁棒上镀铜 X为铜棒，溶液含、，开关K置于A处 D 比较铁和铜的金属活动性强弱 X为铜棒，溶液含、，开关K置于B处 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．X为锌棒，锌的金属活动性强于铁，则锌为负极，铁为正极，Zn失电子生成锌离子，铁电极上O2得电子生成氢氧根离子，无法模拟铁的吸氧腐蚀，A错误； B．X为石墨电极，开关置于A处，此时铁电极为阴极，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，铁被保护能减缓铁的腐蚀，B正确； C．X为铜棒，电解质溶液中含有铜离子，开关置于A处，此时铜电极为阳极失电子，铁电极为阴极，电解质溶液中的铜离子在铁电极上得电子生成单质铜附着在铁上，实现了铁棒上镀铜，C正确； D．X为铜棒，电解质溶液为硫酸溶液，开关置于B处，此时构成原电池，此时铁棒为负极，铁失电子生成亚铁离子，观察到铁棒逐渐溶解，铜棒为正极，正极上氢离子得电子生成氢气，观察到铜棒上有气体产生，说明金属活动性铁大于铜，D正确； 故答案选A。 29．(24-25高二上·北京朝阳区·期中)用石墨电极电解溶液，得到有机产物的法拉第效率随电压的变化如图所示。 已知： 下列说法不正确的是 A．均在电解池的阴极产生 B．产生的电极反应为： C．当电解电压为时，阴极的主要产物为 D．当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 【答案】C 【详解】A．、、均在电解池的阴极产生，因为它们都是碳元素得电子的还原产物，A正确； B．产生的电极反应为：，符合电荷守恒和原子守恒，B正确； C．当电解电压为时，的法拉第效率为8%，说明此时阴极的主要产物不是，而是其他产物（如），C错误； D．当电解电压为时，和的法拉第效率之比为3:1，结合电极反应、，计算得到和的物质的量之比为1:2，D正确； 故答案选C。 30．(24-25高二上·北京昌平区·期中)电化学电池技术在能量储存及工业生产实现物质转化方面具有重要价值。 I.碱性甲醇(CH3OH)-空气燃料电池，是目前一种高能量密度电池，该电池装置的工作示意图如图所示。 (1)装置中铂电极a为 (填“正极”或“负极”)。 (2)装置中铂电极b上发生的电极反应式是 。 (3)装置中负极区的pH (填“升高”、“降低”或“不变”)。 II.碱性甲醇(CH3OH)-空气燃料电池作为电源，利用图所示方法可以从海水中提取CO2.海水中含有HCO等离子，呈弱碱性。 (4)结合化学用语说明b室如何实现CO2提取 。 (5)b室排出的海水不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质处理b室排出的海水，合格后(海水pH≈8)才能排回大海。结合化学用语说明该物质是如何产生的 。 【答案】(1)负极 (2)O2+4e-+ 2H2O=4OH- (3)降低 (4)a室发生电极反应为2H2O-4e−=O2+4H+，H+通过阳离子交换膜移动到b室，HCO+H+= CO2↑+H2O，实现CO2的提取 (5)c室发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，b室中的Na+通过阳离子交换膜进入c室，产生NaOH溶液 【分析】I．碱性甲醇空气燃料电池中，通入甲醇的电极为负极，发生氧化反应生成：CH3OH-6e-+8OH-=+7H2O，正极上发生还原反应，O2得电子与水反应得到OH-：O2+4e-+ 2H2O=4OH-； II．电解海水a室为阳极室发生氧化反应：2H2O-4e−=O2+4H+，H+通过阳离子交换膜移动到b室，HCO+H+= CO2↑+H2O，实现CO2的提取。 【详解】（1）经过分析，铂电极a发生氧化反应，铂电极a为负极； （2）铂电极b为正极，发生的电极反应式是：O2+4e-+ 2H2O=4OH-； （3）根据负极的反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+7H2O，消耗OH-离子，负极区的pH降低； （4）电解海水a室为阳极室发生氧化反应：2H2O-4e−=O2+4H+，H+通过阳离子交换膜移动到b室，HCO+H+= CO2↑+H2O，实现CO2的提取； （5）由于c室发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，b室中的Na+通过阳离子交换膜进入c室，产生NaOH溶液，b室产生的是pH=6的酸性废水，需要用c室产生的NaOH中和后才能排回大海。 31．(24-25高二上·北京朝阳区·期中)电镀是增强金属抗腐蚀能力的一种方法。小组同学进行铁件电镀实验。 (1)用砂纸打磨铁制镀件，用 (填序号，下同)除去油污，用 除去铁锈。 a．溶液        b．盐酸        c．溶液 (2)将铁制镀件与直流电源的 (填“正极”或“负极”)相连，铜片与电源另一极相连，将两极平行浸入溶液中，装置如图。一段时间后，铁件表面镀上一层铜，但镀层不致密。 (3)在溶液中加入氨水制得铜氨溶液：。用铜氨溶液代替溶液重复电镀实验，铁件表面均匀镀上一层致密的铜。 ①写出铁制镀件表面析出铜的电极反应式： 。 ②电镀过程中溶液中的浓度 (填序号)。 a．减小        b．增大        c．几乎不变 (4)将镀层状况不同的镀锌铁件置于稀硫酸中，实验现象如下。 序号 镀层状况 实验现象 i 镀层完整的镀锌铁件 锌表面产生气泡，未检出 ii 镀层破损的镀锌铁件 锌、铁表面均产生气泡，未检出 ii中未检出的原因是 。 【答案】(1) a b (2)负极 (3) c (4)形成原电池，锌比铁活泼，铁作正极被保护 【详解】（1）碱性溶液可去除油污，故答案为a；铁锈为氧化铁，应用盐酸去除，故答案为b。 （2）铁质镀件表面发生的反应为Cu2++2e-=Cu，则为阴极，与电源负极相连。 （3）①铁制镀件表面发生的反应为[Cu(NH3)4]2+得到电子生成Cu，电极反应式为； ②根据电极反应式，不消耗和生成H+（或OH-），pH几乎不变，故答案为c。 （4）由于ii中形成原电池，锌比铁活泼，铁作正极被保护，所以ii中未检出。 32．(24-25高二上·北京第十一中学·期中)镍氢电池广泛用于油电一体的混合动力汽车，该电池材料的回收利用也成为研究热点。 I．某品牌镍氢电池的总反应为，其中，MH 为吸附了氢原子的储氢合金。下图为该电池放电时的工作原理示意图。MH (1)混合动力车上坡时利用电池放电提供能源。 ①电极A 是 (填“正极”或“负极”)。 ②正极的电极反应式为 。 (2)混合动力车下坡时利用动能回收给电池充电，此时电极A 附近的pH (填“变大”“不 变”或“变小”)。 Ⅱ．该品牌废旧镍氢电池回收过程中，金属镍的转化过程如下。 已知：稀H2SO4 和NaOH 溶液均通过电解Na2SO4 溶液获得，装置如下图，其中，阴离子交换膜可选择性透过阴离子，阳离子交换膜可选择性透过阳离子。 (3)图中，电极C 为电解池的 (填“阴极”或“阳极”)。 (4)产生 NaOH 的是 (填“甲池”“乙池”或“丙池”)，结合化学用语说明产生NaOH 的原理： 。 (5)回收该品牌废旧镍氢电池过程中，在阴极收集到气体134.4 L(标准状况下)，理论上可回收得到Ni(OH)2(摩尔质量为 93 g·mol−1)的质量为 g。 【答案】(1) 负极 NiOOH+e－+H2O=Ni(OH)2+OH－ (2)变大 (3)阳极 (4) 丙池 2H2O+2e－=H2↑+2OH－，Na+经阳离子交换膜从乙池进入丙池 (5)558 【分析】电池放电时为原电池，根据电子移动方向可以判断电极A为负极，B为正极；结合电池总反应可知负极发生：，正极发生：。 【详解】（1）据分析，电子由A流出，电极A为负极；B为正极，发生还原反应：； （2）充电时A为电解池阴极发生还原反应：，A附近氢氧根离子浓度增大，pH变大； （3）根据钠离子的移动方向可知，电极C为电解池的阳极； （4）钠离子移动的方向可判断：电极D为电池阴极发生：，钠离子从乙池迁移进入丙池，因此在丙池中产生氢氧化钠； （5）阴极发生：，则有22.4LH2~93gNi（OH）2，则有134.4L气体时理论上可回收得到Ni(OH)2的质量为。 33．(24-25高二上·北京·期中)资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 (1)初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 (2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是 。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化： 。 (3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液， (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。 (4)上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是 。    (5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因： 。 【答案】(1)< (2) 除去，防止干扰后续实验 、 (3) 或 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的) (4)铜、含的的溶液 (5)铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 【详解】（1）提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； （2）加入，I2浓度减小，平衡逆向移动， 浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；白色沉淀为CuI，加入浓溶液，CuI与I-反应转化为[CuI2]-，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；由于n＞m，铜未完全反应的原因是铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)； （4）要验证能将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，b为含的的溶液； （5）含的的溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，将氧化为；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中以形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 地 城 考向03 动力学—化学反应速率与平衡 34．(24-25高二上·北京海淀区·期中)一定条件下，在2L的密闭容器中发生反应：，测得后A的物质的量减小了1mol，则反应的平均速率可表示为 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】后A的物质的量减小了1mol，则反应2molB，生成3molC、4molD； 【详解】A．A是浓度为定值的固体，不能用A的浓度变化表示反应的反应速率，A错误； B．，B错误； C．，C正确； D．，D错误； 故选C。 35．(24-25高二上·北京海淀区·期中)大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基能够催化分解，加速臭氧层的破坏。反应进程及其能量变化如图。下列说法正确的是 A．催化反应①和②均为放热过程 B．增大了臭氧分解反应的活化能 C．使臭氧分解的速率和限度均增大 D．催化分解的反应速率主要由决定 【答案】D 【详解】A．由图可知，催化反应①中反应物总能量低于生成物总能量，是吸热过程；催化反应②中反应物总能量高于生成物总能量 ，是放热过程，A错误； B．Cl⋅是催化剂，催化剂的作用是降低反应的活化能，而不是增大臭氧分解反应的活化能，B错误； C．Cl⋅作为催化剂，能降低反应的活化能，加快臭氧分解的反应速率，但催化剂不能改变反应的限度（化学平衡状态 ），C错误； D．在多步反应中，反应速率由活化能最大的步骤决定，催化反应①的活化能大于催化反应②的活化能，所以Cl⋅催化O3分解的反应速率主要由决定，D正确； 故选D。 36．(24-25高二上·北京东城区·期中)利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成气体和气体，在其他条件不变的情况下，只改变温度或加入催化剂对CO浓度的影响结果如图，下列分析不合理的是 A．对比曲线Ⅰ和Ⅱ可知，Ⅱ使用了催化剂 B．对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最低 C．该反应： D．平衡常数： 【答案】B 【分析】Ⅰ、Ⅱ反应速率不同，但平衡时c(CO)相同，可知平衡未发生移动，故反应温度相同，反应II达到平衡时用时少，反应速率快，则Ⅱ使用了催化剂；对比Ⅰ、Ⅲ，两者平衡时c(CO)浓度不同，平衡发生了移动，说明不是加入催化剂，而是改变了温度，反应速率加快，则温度升高，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，据此分析作答。 【详解】A．由分析可知，Ⅱ使用了催化剂，A项正确； B．由分析可知，Ⅲ的反应速率加快，则温度升高，说明对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最高，B项错误； C．NO和CO转化成气体和气体，同时该反应放热，则该反应的热化学方程式为： ，C项正确； D．Ⅰ、Ⅱ温度相同，则平衡常数相同，Ⅲ温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数变小，则平衡常数：，D项正确； 答案选B。 37．(24-25高二上·北京东城区·期中)在25℃时，实验测得溶液中的反应在反应物浓度不同时的实验数据如下表。(已知：碘单质溶于水后，溶液为棕黄色。) 实验编号 ① ② ③ 初始/() 0.1 0.1 0.2 初始/() 0.1 0.2 0.1 从混合到出现棕黄色的时间/s 13 6.5 6.6 将实验①延长至20s，测得。若用KI代替HI，溶液未出现棕黄色，有无色气体生成，过程中检测到。下列说法不正确的是 A．在20s内①的 B．由实验数据可知，增大反应物浓度可以加快反应速率 C．加入KI时，反应可能有：、 D．上述实验说明酸性环境下，I-还原性增强 【答案】D 【详解】A．根据实验数据，20ｓ内H2O2浓度变化为0.02mol/L，根据反应方程式，HI浓度变化为0.04mol/L，因此(HI)=＝0.002mol/(L•s)，A正确； B．对比实验①②、①③数据可知，增大反应物浓度可以缩短反应时间，即加快反应速率，B正确； C．加入KI后，溶液未出现棕黄色，说明I-没有被氧化为I2，而是发生了其他反应，检测到IO-，说明发生了H2O2+I-=H2O+IO-，由于有无色气体生成，说明IO-进一步反应生成了O2，可能是IO-+H2O2=O2+I-+H2O，即加入KI为I-催化H2O2分解，C正确； D．用KI代替HI后，溶液未出现棕黄色未产生I2，而产生了IO-，说明在酸性环境下，I-易被氧化为I2，而中性环境中易被氧化为IO-，说明酸性条件下I-还原性减弱，且还能是溶液酸碱性影响了H2O2的氧化性，不易被H2O2氧化，D错误； 故答案为：D。 38．(24-25高二上·北京·期中)下列事实能用平衡移动原理解释的是 A．浓溶液和浓溶液混合，剧烈反应生成气体和沉淀 B．密闭容器中发生反应，加压后气体颜色变深 C．溶液中滴加少量溶液，促进的产生 D．铁钉放入浓中，无明显变化，加热后产生大量红棕色气体 【答案】A 【详解】A．与相互促进水解平衡正向进行，剧烈反应生成气体和沉淀，A正确； B．反应前后气体分子数相同，加压对气体进行压缩，颜色变深，平衡不移动，B错误； C．铁离子催化分解过氧化氢，与平衡移动无关，C错误； D．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体二氧化氮，与平衡移动无关，D错误； 答案选A。 39．(24-25高二上·北京·期中)已知丙酮()碘化反应为：。实验测得该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮) c(H+)，其中k为反应速率常数。下列说法不正确的是 A．其他条件不变，增加丙酮浓度，反应速率增大 B．其他条件不变，增大I2的浓度，反应速率增大 C．其他条件不变，增大催化剂H+的浓度， 反应速率增大 D．催化剂H+参与反应，降低反应活化能，增大反应速率 【答案】B 【详解】A．该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮) c(H+)，则其他条件不变，增加丙酮浓度，反应速率增大，A正确； B．该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮) c(H+)，则其他条件不变，增大I2的浓度，反应速率不变，B错误； C．该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮) c(H+)，则其他条件不变，增大催化剂H+的浓度， 反应速率增大，C正确； D．氢离子是该反应的催化剂，可以降低反应活化能，增大反应速率，D正确； 故选B。 40．(24-25高二上·北京昌平·期中)一定温度下的密闭容器中，发生可逆反应2NO (g)+ O2(g)2NO2(g) ，下列情况不能说明该反应达到平衡状态的是 A．容器内气体颜色不再变化 B．浓度商等于化学平衡常数 C．容器内气体的浓度c(NO)：c(O2)：c(NO2)=2：1：2 D．容器内的压强不再变化 【答案】C 【分析】化学平衡的判断标志有：各物质的浓度、百分含量等保持不变，正逆反应速率相等以及反应过程中一直在“变”的量一旦不变了，就说明达到平衡了。 【详解】A．反应体系中NO2为红棕色，而NO和O2均为无色，故反应过程中，混合气体的颜色一直在变，颜色不变说明NO2的浓度不再变化，达到平衡状态，故A不符合题意； B．浓度商等于该温度下的化学平衡常数，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B不符合题意； C．物质的浓度呈化学计量系数比并不能说明反应达到平衡状态，故C符合题意； D．反应前后气体的化学计量系数发生改变，即反应过程中容器的压强一直在变，现在不变了，说明达到平衡了，故D不符合题意； 故选C。 41．(24-25高二上·北京东城区·期末)一定温度下，在体积相同的两个密闭容器中进行反应：      实验数据如下：(忽略能量变化对温度的影响) 实验 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化 A B C D ① 1 4 0 0 放出热量：32.8kJ ② 2 8 0 0 放出热量：QkJ 下列说法不正确的是 A．①中反应达到平衡时，生成0.8molC B．①条件下的平衡常数 C．其他条件不变，若对②升高温度，则 D．其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，能量变化仍为放热 【答案】C 【分析】①中反应放出热量为32.8kJ，根据方程式A(g)+B(g)C(g)+D(g)ΔH=-41kJ•mol-1，可知参与反应的A的物质的量为=0.8mol，则①中三段式为：，据此分析作答。 【详解】A．根据分析可知，①中反应达到平衡时，生成0.8mol C，A正确； B．①条件下的平衡常数K===1，B正确； C．根据等效平衡原理可知，②中放出热量为32.8kJ×2=65.6kJ，其他条件不变，若对②升高温度，平衡逆向移动，则Q＜65.6，C错误； D．A(g)+B(g)C(g)+D(g)是气体分子总数不变的反应，改变压强，平衡不移动，其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，平衡不移动，能量变化仍为放热QkJ，D正确； 故答案为：C。 42．(24-25高二上·北京海淀区·期末)一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。 容器编号 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol A B D Ⅰ 0.2 0.2 0.1 Ⅱ 0.4 0.4 >0.2 下列说法不正确的是 A．B物质的状态为气态 B．I中，A的平衡转化率为50% C．该反应的化学平衡常数的数值为5 D．I中，若平衡后向容器中再充入和，平衡正向移动 【答案】D 【详解】A．一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，Ⅱ加的A、B物质为Ⅰ的两倍，相当于增大压强，平衡时D的物质的量大于Ⅰ的两倍，说明平衡正向移动，则反应为气体体积缩小的反应，故B物质的状态只可能为气态，A正确； B．Ⅰ中生成的D的物质的量为0.1mol，A、D计量数相等，则转化的A的物质的量为0.1mol，反应达到平衡时，A的转化率为，B正确； C．容器Ⅰ中，建立如下三段式：，平衡常数K==5，C正确； D．平衡后向容器中再充入和，Q==K，平衡不移动，D错误； 故选D。 43．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)高炉炼铁以铁矿石(主要成分为)、焦炭、空气为原料，发生反应： 该反应在不同温度下的平衡常数如下。 温度 1000 1150 1300 平衡常数 下列说法不正确的是 A．根据表中数据判断，该反应的 B．利用空气将焦炭转化为，推测有利于增大铁的生成速率 C．增加高炉的高度可以降低平衡气体中的含量 D．时测得尾气中和的体积分数分别为和，则该反应未达到平衡状态 【答案】C 【详解】A．温度升高平衡常数减小，则反应放热，ΔH<0，故A正确； B．空气将焦炭转化为CO，增大CO浓度，正反应速率增加，故B正确； C．增加高炉的高度会延长气体停留时间，但平衡状态下CO的浓度由平衡常数决定，由于反应未完全进行，CO无法被全部消耗，因此增加高度无法减少尾气中CO的含量‌，故C错误； D．1000℃时平衡常数 ，测得尾气中、，则此时，根据体积之比等于物质的量之比，则反应商，表明反应未达平衡，故D正确； 故答案为C。 44(24-25高二上·北京·期中)一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下图。反应的热化学方程式为NH4Cl(s) =NH3(g) + HCl(g)  ΔH >0。 下列说法不正确的是 A．a为生成物NH3、b为生成物HCl B．反应制得1mol HCl，须投入1mol MgO C．升高反应温度，NH4Cl分解为NH3和HCl的化学平衡常数增大 D．等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热 【答案】B 【分析】由图示即原子守恒可知，反应①为NH4Cl+MgO=Mg(OH)Cl+NH3，反应②为Mg(OH)Cl=MgO+HCl。 【详解】A．根据分析，a为生成物NH3、b为生成物HCl，A正确； B．总反应为：NH4Cl(s) =NH3(g) + HCl(g)，MgO为催化剂，则反应制得1mol HCl，不一定必须投入1mol MgO，B错误； C．NH4Cl(s) =NH3(g) + HCl(g)  ΔH >0为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大，C正确； D．根据盖斯定律，等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D正确； 答案选B。 45．(24-25高二上·北京·期中)Ni和CO反应可制备Ni(CO)4(四羰合镍)：Ni(s) + 4CO(g)Ni(CO)4(g)。在容积可变的密闭容器中，充入n mol Ni和4n mol CO。在不同压强下，反应达平衡时，Ni(CO)4的体积分数与温度的关系如下图所示。则下列说法不正确的是 A．该反应ΔH < 0 B．p1<p2 C．p1、100℃时，CO的平衡转化率为50% D．B点体积小于A点体积 【答案】C 【详解】A．在同一压强下，温度升高Ni(CO)4的平衡体积分数降低，则平衡逆向移动，反应为放热反应，ΔH < 0，A正确； B．反应Ni(s) + 4CO(g)Ni(CO)4(g)是气体体积减少的反应，增大压强，平衡正向移动，Ni(CO)4的平衡体积分数升高，故p1<p2，B正确； C．p1、100℃时，Ni(CO)4的体积分数为50%，则CO的体积分数也为50%，三段式 ：，，x=，CO平衡转化率=80%，C错误； D．A、B中Ni(CO)4的体积分数相等，物质的量相等，A对应的压强小，B对应的压强大，B点体积小于A点，D正确； 答案选C。 46．(24-25高二上·北京·期中)为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A．①中浓盐酸促进平衡正向移动 B．由①到②，生成并消耗 C．②、③对比，说明：②>③ D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 【答案】D 【分析】的FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，转化为，溶液变为红色；再加入NaF固体，转化为，溶液红色褪去，变为无色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明I-未被氧化。 【详解】A．①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的，说明浓盐酸促进平衡正向移动，A正确； B．由①到②，溶液变为红色，说明转化为，即生成并消耗，B正确； C．②、③溶液中，均存在平衡，由于温度不变，故该反应的平衡常数不变，由于②、③溶液中含有的初始浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明：②>③，C正确； D．类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的的含量是否能够氧化I-，D错误； 故选D。 47．(24-25高二上·北京·期中)利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 (1)制 已知：                            由制的热化学方程式为 。 (2)制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是 。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是 。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 。 (3)理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是 。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。 【答案】(1) (2) 、SO2 (3) 时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降 【分析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。 【详解】（1）已知： 反应Ⅰ：         反应Ⅱ：                  将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为； （2）① 当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：； ②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：； ③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去； ④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有； 故答案为：；；；、SO2； （3）① 由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应； ②一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，发生的反应为：，，时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 故答案为：；时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 48．(24-25高二上·北京海淀·期中)乙烯是一种用途广泛的有机化工原料，乙烯的制备研究具有重要意义。乙烷可通过多种方法制备乙烯。 方法1. 乙烷热裂解制乙烯： i． C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)  ΔH1= +136 kJ·mol−1； 方法2. 乙烷-CO2催化氧化制乙烯： ii． C2H6(g) +CO2(g) C2H4(g) +CO(g) + H2O(g)  ΔH2； (1)已知：CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g)  ΔH= +41 kJ·mol−1，则反应ii的ΔH2= kJ·mol−1。 (2)方法1制备乙烯的反应i在恒压条件下进行，为提高乙烯的平衡产率，常通入一定比例的水蒸气，除作为热量载体提高温度外，水蒸气还发挥的作用是 (结合Q与K关系分析)。 (3)方法2制备乙烯时，除发生反应ii外，还发生以下副反应： iii． C2H6(g)2C(s) + 3H2(g)  ΔH3= +84.7 kJ·mol−1 iv． C2H6(g) + 2CO2(g)4CO(g) + 3H2(g)  ΔH4= +430 kJ·mol−1； 常压下C2H6与CO2按一定比例进行投料，在催化剂作用下，经过相同时间，测得不同温度下乙烷转化率及乙烯选择性的变化如下图。 已知： ①随温度升高，乙烷的实验转化率增大的原因可能是 。 ②随温度升高，乙烯选择性下降的原因可能是 。(写两条) 【答案】(1)+177 (2)Q=，恒压条件下通入水蒸气，容积变大，各组分浓度同程度减小，使Q<K，平衡正向移动，乙烯平衡产率增大 (3) 反应未达平衡，随温度升高，化学反应速率增大，乙烷转化率增大 温度升高，相同时间内，乙烷的实验转化率增大，转化的乙烷总量增加，但温度升高使催化剂失活(或温度升高，反应iii产生的C包裹在催化剂表面，催化剂活性降低)，反应ii的速率下降，相同时间内生成乙烯所用的乙烷减小，乙烯选择性下降；温度升高，反应iii、iv速率加快的程度大于反应ii，相同时间内生成乙烯所用的乙烷减小，乙烯选择性下降 【详解】（1）反应i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH1= +136kJ·mol−1，反应ii．C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH2，设反应3为CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g)ΔH= +41 kJ·mol−1，由盖斯定律可知，反应i+反应3=反应ii，则反应ii的ΔH2=ΔH1+ΔH = +136kJ·mol−1+(+41 kJ·mol−1)=+177kJ·mol−1； （2）反应i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)  ΔH1= +136 kJ·mol−1，反应i在恒压条件下进行，为提高乙烯的平衡产率，常通入一定比例的水蒸气，可以作为热量载体提高温度，同时Q=，恒压条件下通入水蒸气，容积变大，各组分浓度同程度减小，使Q<K，平衡正向移动，乙烯平衡产率增大； （3）①反应ii．C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH2=+177kJ/mol，反应iii．C2H6(g)2C(s)+3H2(g)ΔH3=+84.7 kJ·mol−1，反应iv．C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)ΔH4= +430kJ·mol−1，常压下C2H6与CO2按一定比例进行投料，在催化剂作用下，随温度升高，经过相同时间，反应未达平衡，化学反应速率增大，乙烷转化率增大； ②常压下C2H6与CO2按一定比例进行投料，在催化剂作用下，随温度升高，相同时间内，乙烷的实验转化率增大，转化的乙烷总量增加，但温度升高使催化剂失活(或温度升高，反应iii产生的C包裹在催化剂表面，催化剂活性降低)，使反应ii的速率下降，造成相同时间内生成乙烯所用的乙烷的物质的量减小，因此乙烯选择性下降；或温度升高，反应iii、iv速率加快的程度大于反应ii，相同时间内生成乙烯所用的乙烷的物质的量减小，所以乙烯选择性下降。 49．(24-25高二上·北京八一学校·期中)我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气中CO2的含量，以CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。 Ⅰ.CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生反应： 反应ⅰ：CO2 (g)+4H2 (g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=-270kJ/mol， 回答下列问题： (1)几种化学键的键能如表所示： 化学键 C-H H-H H-O C=O 键能/(kJ/mol) 413 436 a 745 则a= 。 (2)为提高平衡转化率，可采取的措施有 (写出两条)。 (3)在恒容的容器中发生该反应，下列说法正确的是 (填字母)。 a．混合气体的总压强不再变化时，反应达到平衡状态 b.混合气体的密度不变时，反应达到平衡状态 c．断裂2molC=O的同时，形成4molH-H，则说明反应已达平衡 d．达到平衡状态之后，若升高温度，使浓度商Q增大，导致Q>K，平衡逆向移动 (4)一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入2molCO2和8molH2，发生上述反应，经5min达到平衡，测得平衡时压强与反应前压强之比为4：5。 ①开始反应至5min时CH4的平均反应速率为 mol/(L·min)。 ②反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，可能的原因是 。 Ⅱ.实际生产中，该反应发生同时伴有如下两个副反应发生。 反应ii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ/mol 反应ⅱi：CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g) △H3=-96.1kJ/mol (5)将n(CO2)：n(H2)=1：4混合气持续以一定的流速通过含催化剂的恒容反应器，在相同的时间内，测定CO2的转化率和CH4的选择性随温度的变化关系如图所示(反应未达到平衡状态)。【注】CH4的选择性：转化的CO2中生成甲烷的百分比 ①温度高于500°C后，CH4的选择性下降的原因可能是 。 ②温度高于500℃后，CO2的转化率几乎保持不变的原因可能是 。 【答案】(1)463 (2)增大反应物的浓度，将产物分离出体系、降低反应温度、增大压强(写两个即可) (3)ac (4) 0.1 前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于使平衡正向移动，提高CO2的转化率 (5) 温度高于 500°C后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应I的催化效率降低，反应i反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降 反应i反应速率减慢而温度升高使反应ii、iii的反应速率仍有所增加，可以保持二氧化碳的转化率基本不变 【详解】（1）△H=反应物键能和-生成物键能和，则△H=(745×2+436×4-413×4-4a) kJ/mol =-270kJ/mol，a=463； （2）为提高平衡转化率，可采取的措施有增大反应物的浓度，将产物分离出体系、降低反应温度、增大压强等措施，使平衡正向移动； （3）a．该反应前后气体分子数减小，则随反应进行，体系内压强逐渐减小，当混合气体的总压强不再变化时，反应达到平衡状态，故a正确； b.反应体系内只有气体，则气体质量守恒，体积不变，则混合气体的密度始终恒定，不能据此判断平衡状态，故b错误； c．断裂2molC=O即正向消耗1mol二氧化碳，形成4molH-H即逆向生成4mol氢气，可知正反应速率等于逆反应速率，则说明反应已达平衡，故c正确； d．达到平衡状态之后，若升高温度，浓度商Q瞬间不变，但K减小，导致Q>K，平衡逆向移动，故d错误； 故选：ac； （4）结合已知条件列三段式： 根据压强之比等于物质的量之比，，解得：x=1； ①开始反应至5min时CH4的平均反应速率为； ②反应开始阶段未达平衡状态，反应正向进行，则前段加热，有利于加快反应速率，从而提高二氧化碳的转化率；后段感应达到平衡状态后，冷却，有利于使平衡正向移动，提高CO2的转化率； （5）①温度高于 500°C后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应i的催化效率降低，反应i反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降； ②温度高于500℃后，CO2的转化率几乎保持不变的原因可能是反应i反应速率减慢而温度升高使反应ii、iii的反应速率仍有所增加，可以保持二氧化碳的转化率基本不变。 50．(24-25高二上·北京·期末)利用工业废气中的二氧化碳合成甲醇。 (1)合成原理：      ①该反应的平衡常数表达式： 。 ②为提高的平衡转化率，可采取的措施有 (写两条)。 (2)在一定温度下，将1mol和3mol充入容积为1L的恒容密闭容器中合成甲醇，下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是 (写序号)。 a．甲醇的质量不再增加 b． c．混合气体密度不变 d．若使用为反应物，反应物和产物均含有 (3)相同时间内，4.00MPa，条件下，温度对反应结果的影响如图所示： 已知：ⅰ．为转化率，为选择性，为产率。 ⅱ．； ①由图像可知，合成甲醇过程中存在副反应。依据是： 。 ②根据信息，在其他条件一定情况下，制备甲醇宜选用的反应条件： 。 【答案】(1) 适当增大压强、降温 (2)a (3) 高于240℃，CO2转化率升高，但甲醇产率或选择性降低 240℃ 【详解】（1）①在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值叫做化学平衡常数，K=； ②该反应的正反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，因此降温和增大压强都可以使平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，另外增大CO2：H2的投料比也能增大H2的平衡转化率； （2）a．CH3OH的质量不再增加说明各组分浓度不再改变，可以判断达到平衡状态，a符合题意； b．投料时n(CO2)：n(H2)=1：3，反应时CO2与H2按照系数比1：3消耗，因此剩余的n(CO2)：n(H2)=1：3，为定值，因此当n(CO2)：n(H2)=1：3不能判断达到平衡状态，b不符合题意； c．混合气体的密度ρ=，体系中都是气体，根据质量守恒定律m不变，体积为1L不变，因此ρ为定值，不能判断达到平衡状态，c不符合题意； d．该反应为可逆反应，因此使用C18O2时反应物和产物中都有18O，不能判断达到平衡状态，d不符合题意； 故选a； （3）①由图像可知，高于240℃，CO2转化率升高，但甲醇产率或选择性降低，因此合成甲醇过程中存在副反应； ②由图像可知，240℃时甲醇的选择性、甲醇的产率都较高，CO2转化率也较高，因此制备甲醇宜选用的反应条件为240℃。 地 城 考向04 水溶液中的离子反应与平衡 51．(24-25高二上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)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 【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。 52．(24-25高二上·北京第八十中学·期中)常温下，下列溶液中水电离出的mol/L的是 A．的溶液 B．0.001mol·L-1氨水 C．的盐酸 D．0.001mol·L-1NaOH溶液 【答案】A 【详解】A．的溶液中，溶液中的，即水电离出的，A正确； B．0.001mol·L-1氨水，是弱电解质部分电离，抑制水的电离，，则水电离出的mol/L，B错误； C．的盐酸，盐酸是强酸，完全电离，抑制水的电离，，则水电离出的mol/L，C错误； D．0.001mol·L-1NaOH溶液，氢氧化钠是强碱，完全电离，，抑制水的电离，则水电离出的mol/L，D错误； 故选A。 53．(24-25高二上·北京大兴区·期中)下列操作可以使水的离子积常数Kw增大的是 A．加热 B．通入少量氯化氢气体 C．加入少量醋酸钠固体 D．通入少量氨气 【答案】A 【详解】A．水的电离吸热，加热会升高温度，促进水的电离，则水的离子积常数Kw随温度升高而增大，A符合题意； B．通入少量氯化氢气体会增加H+浓度，但温度未变，Kw不变，B不符合题意； C．加入醋酸钠固体，醋酸根与氢离子结合，使H+浓度减小、促进水电离，但温度未变，Kw不变，C不符合题意； D．通入少量氨气会增加OH-浓度、抑制水电离，但温度未变，Kw不变，D不符合题意； 选A。 54．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)用标准溶液滴定溶液的操作中，合理的是 A．润洗滴定管 B．量取溶液 加少量所要盛装的试剂，上下振荡滴定管 将液面位于“0”刻度的溶液全部放出 C．用标准溶液滴定溶液 D．记录滴定管液面的示数 眼睛注视锥形瓶中溶液 记录 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．滴定实验时，滴定管要用待装液润洗，将滴定管平置并震荡，润洗后液体从下口放出，故A错误； B．NaOH溶液呈碱性，不能用酸式滴定管量取，规格为25.00ml的滴定管，实际容积大于25.00ml，所以从“0”刻度放出所有液体，液体体积大于25.00mL，故B错误； C．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛观察锥形瓶内颜色的变化，判断滴定终点后再读数，故C正确； D．滴定管显示的示数为凹液面最低点，故D错误； 故答案为C。 55．(24-25高二上·北京海淀区·期中)室温时，取未知浓度的盐酸10.00mL，用溶液滴定，滴定实验如图。下列说法不正确的是 A．图中操作有错误 B．滴定管装液前需要润洗 C．可用酚酞做指示剂 D．滴定时若锥形瓶中有液体溅出，测定结果偏高 【答案】D 【详解】A．用溶液滴定未知浓度的盐酸，标准液应装在碱式滴定管中，图中操作有错误，A正确； B．滴定管清洗干净装液前需要润洗，B正确； C．NaOH和HCl恰好反应溶液呈中性，可以选择酚酞或甲基橙为指示剂，C正确； D．滴定时若锥形瓶中有液体溅出，溶质损失，测定结果偏低，D错误； 答案选D。 56．(24-25高二上·北京十一学校·期中)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是 A．无色透明溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、I- B．1 mol/L的AlCl3溶液中：、Ba2+、H+、 C．pH=1的溶液中：Mg2+、K+、、 D．由水电离出的c(H+)=10-13 mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、 【答案】B 【详解】A．Fe3+的水溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；且Fe3+、I-会发生氧化还原反应产生Fe2+、I2，也不能大量共存，A不符合题意； B．在1 mol/L的AlCl3溶液中，含有的Al3+、Cl-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意； C．pH=1的溶液显酸性，含有大量H+，H+与会反应产生H2O、CO2气体，不能大量共存，C不符合题意； D．在常温下，由水电离出的c(H+)=10-13 mol/L的溶液，可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中，H+与会反应产生H2O、CO2气体，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与会反应产生H2O、，也不能大量共存，D不符合题意； 故合理选项是B。 57．(24-25高二上·北京十一学校·期中)人体血液中存在平衡：，使血液保持在之间，否则就会发生酸中毒或碱中毒。已知随变化关系如下表所示，下列说法不正确的是 1.0 17.8 20.0 22.4 pH 6.10 7.35 7.40 7.45 A．的血液中， B．人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的溶液解毒 C．常温下将的血液稀释，一定不变 D．时，的电离程度小于的水解程度 【答案】D 【详解】A．根据图中数据判断，pH＞6.10时，碳酸氢根浓度大于碳酸浓度，则pH=7.00的血液中，故A正确； B．发生酸中毒时，应该用碱性物质缓解，例如NaHCO3溶液，碳酸氢根浓度增大，使题干中平衡左移，氢离子浓度降低，可避免酸中毒，故B正确； C．水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故C正确； D．碳酸氢钠溶液因水解程度大于电离程度呈碱性，时，pH=6.10，溶液为酸性，说明碳酸的电离程度大于碳酸氢根离子水解程度，故D错误； 故答案为D。 58．(24-25高二上·北京第八十中学·期中)25℃时，HClO的电离常数，的电离常数、。下列说法不正确的是 A．溶液和溶液中离子种类相同 B．25℃，物质的量浓度相同的NaClO溶液与溶液的pH：前者小于后者 C．向氯水中加入少量固体，增大 D．25℃时，反应的 【答案】D 【详解】A．碳酸钠电离出钠离子和碳酸根离子，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸分子，碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子电离出碳酸根离子和氢离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，两种溶液中离子种类相同，A正确； B．从电离平衡常数分析，次氯酸的电离平衡常数比碳酸氢根离子的电离平衡常数大，根据越弱越水解分析，碳酸根离子水解程度大，溶液碱性强，pH大，B正确； C．氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸能和碳酸氢钠反应，使氯气和水反应的平衡正向移动，次氯酸的浓度增大，C正确； D．时，反应的，D错误； 故选D。 59．(24-25高二上·北京工业大学附属中学·期中)室温下，向10的氨水溶液中加入下列物质，对所得溶液的分析错误的是 选项 加入的物质 对所得溶液的分析 A 90 水电离的 B 0.1固体 溶液中的比原氨水溶液中的小 C 10的溶液 D 10mL的溶液 的电离程度减小 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．向10mL pH=10的氨水溶液中加入90mLH2O，一水合氨的电离平衡正向移动，则氢氧根离子浓度一定大于10-5 mol•L-1，所以溶液中c(H+)＜10-9 mol•L-1，而溶液中的氢离子来自水的电离，且水电离的氢离子、氢氧根浓度相等，所以由水电离出的c(OH-)＜10-9 mol•L-1，故A正确； B．加入0.1mol NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，所以氢氧根离子的浓度变小，则溶液中的c(OH-)比原氨水溶液中的小，故B正确； C．加入10mL pH=4的HCl溶液，一水合氨过量，所以混合后溶液呈碱性，所以c(H+)＜c(OH-)，由电荷守恒可知c()＞c(Cl-)，所以离子浓度大小的顺序为c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正确； D．加入10 mLpH=10的NaOH溶液，相当于加水稀释，一水合氨电离程度增大，故D错误； 故答案选D。 60．(24-25高二上·北京·期中)25℃时，向20 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液，pH变化曲线如下图所示： 下列说法不正确的是 A．由a点pH可知CH3COOH的电离常数Ka ≈10-4.8 B．b点溶液中微粒浓度：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+) C．c点溶液中微粒对水的电离平衡的促进与抑制程度相同 D．a点→d点的过程中n(CH3COO-)持续增大 【答案】B 【详解】A．由a点pH可知，CH3COOH的电离常数Ka=≈10-4.8，A正确； B．B点溶液中溶质CH3COONa和CH3COOH等物质的量浓度的混合溶液，在溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，b点时溶液pH＜7，c(H+)>c(OH-)，所以c(Na＋)＜c(CH3COO-)，B错误； C．c点溶液中溶质CH3COONa和CH3COOH微粒，pH=7，说明CH3COONa对水的电离平衡的促进与CH3COOH抑制程度相同，C正确； D．a点→d点加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液，弱电解质CH3COOH生成强电解质CH3COONa，也可以理解为减小，促进CH3COOH电离，过程中n(CH3COO-)持续增大，D正确； 故选B； 61．(24-25高二上·北京十一学校·期末)常温下，用溶液分别滴定体积均为、浓度均为的盐酸和醋酸溶液。滴定过程中溶液pH随加入的NaOH溶液体积而变化的滴定曲线如下图所示，下列说法正确的是 A．滴定开始前，溶液、盐酸和醋酸溶液中由水电离出的最大的是盐酸 B．左图是溶液滴定盐酸的曲线，右图是溶液滴定醋酸的曲线 C．分析图像可知，和的关系为： D．M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是（A-表示或） 【答案】D 【分析】由图可知，未加入氢氧化钠溶液时，左图中0.1mol/L溶液pH为3、右图中0.1mol/L溶液pH为1，则左图是氢氧化钠溶液滴定醋酸的曲线、右图是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线。 【详解】A．0.1mol/L氢氧化钠溶液溶液中氢氧根离子和0.1mol/L盐酸中氢离子浓度都为0.1mol/L，而醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，酸或碱均抑制水的电离，溶液中氢氧根离子浓度或氢离子浓度越大，水的电离程度越小，所以醋酸溶液中水电离出的氢离子浓度最大，故A错误； B．由分析可知，左图是氢氧化钠溶液滴定醋酸的曲线、右图是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，故B错误； C．由分析可知，左图是氢氧化钠溶液滴定醋酸的曲线、右图是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，氢氧化钠溶液体积为V1mL时，醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应得到醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液pH为7，则V1mL小于20mL，氢氧化钠溶液体积为V2mL时，盐酸与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠溶液，溶液pH为7，则V2mL等于20mL，则V1小于V2，故C错误； D．由分析可知，左图是氢氧化钠溶液滴定醋酸的曲线，由图可知，氢氧化钠溶液体积为20mL的M点为等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO—)+c(OH—)可知，溶液中，故D正确； 故选D。 62(24-25高二上·北京·期中)将溶液分别滴入溶液和溶液中，如图所示，I、Ⅱ中均有沉淀产生。(已知：是白色难溶于水的固体。) 下列说法不正确的是 A．溶液和溶液中均存在： B．I中的沉淀可能有和 C．Ⅱ中生成的反应： D．I和Ⅱ中加入溶液后，均降低 【答案】C 【详解】A．溶液和溶液中均存在电荷守恒：，A正确； B．Ⅰ中发生的反应有碳酸钠和硫酸亚铁生成碳酸亚铁沉淀，Fe2+遇碳酸根发生双水解反应生成Fe(OH)2沉淀， Fe(OH) 2会很快被空气中氧气氧化成Fe(OH)3，B正确； C．Ⅱ中生成的反应：，C错误； D．Ⅰ和Ⅱ中加入硫酸亚铁溶液后，生成沉淀，溶液的碱性减弱，pH均降低，D正确； 故选C。 63．(24-25高二上·北京·期中)为了研究Mg(OH)2溶于铵盐溶液的原因，进行如下实验： ①向2mL 0.2mol/LMgCl2溶液中滴加1mol/LNaOH溶液至不再产生沉淀，将浊液分为2等份。 ②向一份中逐滴加入4mol/L NH4Cl溶液，另一份中逐滴加入4mol/L CH3COONH4溶液(pH≈7)，边滴加边测定其中沉淀的量，沉淀的量与铵盐溶液的体积的关系如图。 ③将①中的NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验。 下列说法不正确的是    A．Mg(OH)2浊液中存在：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH﹣(aq) B．②中两组实验中均存在反应：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3•H2O C．H+可能参与了NH4Cl溶液溶解Mg(OH)2的过程 D．③中获得的图像与②相同 【答案】D 【详解】A.Mg(OH)2浊液中，Mg(OH)2为难溶电解质，存在沉淀溶解平衡，则浊液中存在：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH﹣(aq)，A正确； B.根据图像，加入NH4Cl或CH3COONH4，Mg(OH)2质量减少，说明Mg(OH)2溶于铵盐溶液，发生反应：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3•H2O，B正确； C.NH4Cl溶液为酸性溶液，NH4+发生水解产生H+，相当于发生酸碱反应，则H+可能参与了NH4Cl溶液溶解Mg(OH)2的过程，C正确； D.③中将①中的NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验，NaOH是强碱，抑制Mg(OH)2的溶解，所得的图像与②不相同，D错误； 故合理选项是D。 64．(24-25高二上·北京·期中)实验小组欲探究对Mg和反应的影响。20s时，分别向pH和均相同的①溶液和②溶液中加入相同的镁条，记录实验现象如下表，同时测定溶液pH随时间的变化曲线如下图。 溶液① 溶液② 20~40s：生成气泡较快，镁条表面有少量红色固体析出，溶液澄清；40~80s：生成气泡较快，溶液中出现蓝色浑浊；80~160s：生成气泡变慢，溶液中浑浊物基本不变；160s以后：持续生成气泡，浑浊物增多、颜色变浅 20~160s：生成气泡较慢，溶液澄清160s以后：持续生成气泡，溶液中出现白色浑浊 已知：实验条件下，沉淀产生的pH范围是10.4~12.4. 下列说法不正确的是 A．20~40s，①比②生成气泡快，是由于①中形成了原电池 B．40~80s，①中pH增大比②缓慢，原因是①中生成气体消耗的较②少 C．80~160s，①中pH迅速增大，原因是Mg与水反应使得c(OH⁻)增大 D．160s以后，①②的pH均保持稳定，原因是体系中存在 【答案】B 【详解】A．20~40s：①中生成气泡较快，镁条表面有少量红色固体析出，形成铜-镁原电池，加快反应速率，A正确； B．①中40~80s：生成气泡较快，消耗的较②多，①中pH增大比②缓慢，是由于水解平衡正向移动，使溶液中氢离子浓度减少较慢，B错误； C．根据题中已知条件，沉淀产生的pH范围是10.4~12.4，80~160s，①中pH由6左右迅速增大，原因是Mg与水反应生成使得c(OH⁻)增大，C正确； D．160s以后，①②的pH均保持稳定，原因是体系中存在，达到溶解平衡，溶液中c(OH⁻)基本不变，D正确； 故选B。 65．(24-25高二上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)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) (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 【详解】（1）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：。 （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，是因为碳酸根离子水解生成氢氧根离子：； （4）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； （5）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； （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。 66．(24-25高二上·北京大学附属中学·期中)回答下列问题。 (1)现有的氨水。请回答以下问题： ①若向氨水中加入少量固体，此时溶液中 (填“增大”、“减小”或“不变”)； ②若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，所得溶液的 7(填“>”、“<”或“=”)，用离子方程式解释原因 。 ③若向氨水中加入稀硫酸至溶液的，此时，则 。 ④将等体积的的氨水和的盐酸混合，所得溶液中离子浓度大小顺序为 。 (2)根据水的电离回答下列问题： ①某温度时，水的离子积为。则该温度 (填“>”、“<”或“=”)，其理由是 。 ②常温下，将的溶液加水稀释至，稀释后的溶液中 。 ③常温下，的溶液中由水电离出的浓度为的溶液中由水电离出的浓度为，两溶液中 。 ④常温下，的溶液与的溶液混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。若所得混合溶液，则 。 【答案】(1) 减小 < (2) > 水的电离是吸热过程，升高温度变大 11 【详解】（1）①由于，温度不变，氨水电离平衡常数不变，加入少量固体导致增大，所以减小； ②向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和得到硫酸铵溶液，水解显酸性，所以溶液的<7，水解的离子方程式为：； ③向氨水中加入稀硫酸至溶液的，列出溶液中电荷守恒式子为：，即，此时，则； ④的盐酸浓度为，而的氨水浓度远大于，等体积混合后氨水明显过量，所以溶液显碱性，混合溶液是由氨水和氯化铵组成的，溶液以铵根离子和氯离子为主，根据电荷守恒可知，，所得溶液中离子浓度大小顺序为：； （2）①25℃时，水的电离是吸热反应，温度越高电离平衡常数越大，此时>，所以温度>25℃；故答案为：>，水的电离是吸热过程，升高温度变大； ②的溶液中加水稀释至，此时所以稀释后的溶液中； ③的溶液中，根据得水电离的，则水电离出的浓度为，pH=5的溶液中均由水电离出的，所以，故两溶液中； ④的溶液，与的溶液，混合溶液，即溶液过量，列式计算为：，解得。 67．(24-25高二上·北京十一学校·期末)食醋作为日常饮食中的一种调味剂，深受人们青睐，它对改善食物的口感、增进食欲、促进食物消化等都有独特的功能。食醋的酸味主要来自其中的醋酸等有机酸。食醋的总酸含量是指每100 mL食醋中含酸(以醋酸计)的质量，也称食醋的酸度。国家标准规定酿造食醋的总酸含量不得低于3.5 g/100mL。某活动小组探究市场上某品牌白醋总酸度的步骤如下： ①移取25.00 mL某品牌白醋，置于250 mL容量瓶中，加水稀释至刻度，摇匀得待测食醋溶液； ②用0.100 mol/L的标准NaOH溶液润洗碱式滴定管3次； ③把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液； ④调节液面至“0”刻线或零刻线下任一刻线； ⑤用_____取20.00 mL待测食醋溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2~3滴指示剂； ⑥用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度； ⑦重复滴定3次。 请回答下列问题： (1)为了完成该实验，步骤⑤中所用的仪器为 (选填“酸式”、“碱式”)滴定管。 (2)实验室现有3种酸碱指示剂，其pH的变色范围如下： ①甲基橙：3.1~4.4    ②石蕊：5.0~8.0    ③酚酞：8.2~10.0 你认为该活动小组应该选用的最佳指示剂是 (选填编号)。滴定终点的操作及现象为 。 (3)数据记录与处理： 滴定次数 待测液体积(mL) 标准NaOH溶液体积(mL) 滴定前刻度 滴定后刻度 第1次 20.00 1.03 21.04 第2次 20.00 1.06 21.06 第3次 20.00 2.06 22.05 经数据处理，此品牌的食醋总酸含量的平均值是 g/100 mL。（已知醋酸的摩尔质量为60 g/mol） (4)若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得该品牌白醋的总酸度含量会 。（选填“偏大”、“偏小”或“无影响） 【答案】(1)酸式 (2) ③ 滴入最后半滴NaOH标准溶液，溶液由无色变为浅红色，半分钟内不再变为无色，就达到了滴定终点 (3)6.0 (4)无影响 【分析】用一定物质的量浓度的NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸时，NaOH标准溶液应该盛放在碱式滴定管中，待测醋酸溶液用酸式滴定管量取。滴定管是准确量取液体体积的仪器，精确度是0.01 mL。滴定管有“0”刻度。 “0”刻度“在上，大刻度在下。待测酸溶液在锥形瓶中，由于二者恰好反应时溶液显碱性，为减小实验误差，用碱性范围变色酚酞作指示剂，开始滴定时溶液无色，随着碱标准溶液的滴入，溶液酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，溶液的pH逐渐增大，当滴入最后半滴NaOH标准溶液，溶液由无色变为浅红色，半分钟内不再变为无色，滴定达到终点，停止滴加。为减少实验的偶然性，使实验测定值更接近真实值，要多进行几次平均实验，再根据实验数据，确定有效实验数据，计算平均反应消耗NaOH溶液的体积，然后计算粗待测酸溶液的浓度。若操作导致消耗标准溶液体积偏多，则待测溶液浓度偏高；操作导致消耗标准溶液体积偏少，则待测溶液浓度偏低。 【详解】（1）食醋显酸性，为了完成该实验，步骤⑤中所用的仪器为酸式滴定管； （2）强碱NaOH溶液滴定弱酸醋酸，当二者恰好反应时，生成强碱弱酸盐CH3COONa，CH3COONa是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，为了减少滴定产生的实验误差，要选择碱性范围变色的酚酞为指示剂，故合理选项是③； 用酚酞作指示剂，用标准NaOH溶液滴定食醋中的醋酸时，开始滴定时溶液显无色，随着碱标准溶液的滴入，溶液酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，溶液的pH逐渐增大，当接近滴定终点时滴定发生突跃，当滴入最后半滴NaOH标准溶液，溶液由无色变为浅红色，半分钟内不再变为无色，此时滴定达到终点，应该停止滴加NaOH标准溶液。 （3）滴定20.00 mL食醋时，进行了三次平行实验，消耗NaOH标准溶液的体积分别是20.01 mL、20.00 mL、19.99 mL，三次实验数据相差不大，均有效，消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)==20.00 mL，根据反应NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O中物质反应转化关系可知n(CH3COOH)=n(NaOH)=0.100 mol/L×0.020 L=0.0020 mol，c(CH3COOH)==0.100 mol/L，故稀释前食醋溶液的浓度为c(CH3COOH)食醋=0.100 mol/L×=1.000 mol/L，则在100 mL食醋中含有醋酸的质量为m(CH3COOH)=1.000 mol/L×0.100 L×60 g/mol=6.0 g，大于每100 mL食醋质量3.5 g，故该食醋符合国家标准规定； （4）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，由于锥形瓶中待测溶液中醋酸的物质的量不变，则反应消耗NaOH的物质的量就不变，消耗NaOH 溶液的体积就不变，因此对所测得该品牌白醋的总酸度含量无影响。 68．(24-25高二上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)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) 浅红 无 (3)0.0800mol/L (4)D (5) 酸式滴定管 【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。 【详解】（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，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化； （2）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； （3）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； （4）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； （5）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。 69．(24-25高二上·北京·期中)双乙酸钠又名二醋酸氢钠，是乙酸与乙酸钠的物质的量之比为的复合物，可用作纺织、涂料等行业中的缓冲剂。某品牌双乙酸钠的部分标签如图，同学们针对双乙酸钠的酸度及调节进行以下研究。 化学式： 性状：白色粉末，易溶于水，有醋酸气味。 pH：4.5~5.0 使用方法：直接添加或溶水后使用。 Ⅰ．比较同浓度的双乙酸钠与盐酸、乙酸溶液的pH 配制的三种溶液各10mL，分别放置于三个烧杯中，25℃时，测定溶液pH，结果如下表。 溶液 盐酸 乙酸溶液 双乙酸钠溶液 pH 1.0 2.9 4.7 (1)乙酸溶液的pH大于1.0，结合化学用语说明其原因是 。 (2)双乙酸钠溶液中， (填“>”“=”或“<”)。 Ⅱ．比较加水稀释时溶液pH的变化 分别向Ⅰ的三种溶液中逐滴加水，并用传感器记录溶液pH的变化，溶液体积约为100mL时停止滴加，绘制pH的变化曲线如图。 (3)在图中绘制出盐酸溶液稀释过程中pH变化的曲线。 (4)双乙酸钠溶液稀释过程中pH的变化不明显，利用平衡常数解释其原因是 。[已知：双乙酸钠溶液稀释过程中，近似相等。] Ⅲ．比较溶液加碱后pH的变化 从Ⅱ中加水后得到的三种溶液中各取20mL，分别滴加溶液至恰好中和，过程中控制溶液温度为25℃，并记录溶液pH的变化。 (5)20mL乙酸溶液中，当加入NaOH溶液体积为V时，所得溶液相当于一定浓度的双乙酸钠溶液。则 (6)实验过程中，下列说法正确的是 (填字母)。 A．恰好中和时，消耗NaOH溶液的体积：盐酸>乙酸>双乙酸钠 B．恰好中和时，溶液的pH：盐酸<乙酸=双乙酸钠 C．溶液恰好为中性时，消耗的NaOH溶液体积：盐酸>乙酸>双乙酸钠 【答案】(1)醋酸为弱电解质，在溶液中存在电离平衡：，因此小于溶液浓度 (2)< (3) (4)温度一定时，乙酸的电离平衡平衡常数为定值，由于双乙酸钠溶液中，近似相等，因此，近似等于Ka，也为常数(也可用的水解平衡常数解释) (5)1 (6)C 【详解】（1）的乙酸溶液的，说明它是弱电解质，电离的氢离子浓度小于，电离方程式为：。 （2）由题意可知，双乙酸钠溶液中pH=4.7，所以双乙酸钠溶液中醋酸电离大于醋酸根的水解（水解显碱性），则。 （3）为强电解质，水溶液中完全电离，的盐酸，加水稀释到，变化到，可画出曲线为：。 （4）双乙酸钠又名二醋酸氢钠，是乙酸与乙酸钠的物质的量之比为的复合物，一定温度下，双乙酸钠溶液中，又知双乙酸钠溶液稀释过程中，、 近似相等，所以近似等于，几乎保持不变。 （5）已知双乙酸钠是乙酸与乙酸钠的物质的量之比为的复合物，Ⅱ中加水稀释后的醋酸溶液浓度为，取加碱中和，反应一半就可得到相当于一定浓度的双乙酸钠溶液， 即醋酸与溶液反应，所以消耗氢氧化钠溶液的体积为。 （6）A．相同体积的同浓度的双乙酸钠、盐酸、 乙酸溶液分别与等浓度氢氧化钠溶液反应，恰好中和时消耗氢氧化钠溶液体积相等，故A错误； B．相同体积的同浓度的双乙酸钠、盐酸、乙酸溶液分别与等浓度氢氧化钠溶液恰好中和， 对应溶液分别为醋酸钠溶液、氯化钠溶液、醋酸钠溶液，但双乙酸钠所得醋酸钠溶液浓度大，所以对应溶液的：盐酸<乙酸<双乙酸钠，故B错误； C．相同体积的同浓度的双乙酸钠、盐酸、乙酸溶液与等浓度氢氧化钠溶液反应恰好为中性时，盐酸消耗氢氧化钠溶液体积最多，双乙酸钠消耗最少，即消耗的氢氧化钠溶液体积：盐酸>乙酸>双乙酸钠，故C正确； 故选：C。 70.(24-25高二上·北京·期中)为探究弱电解质的电离情况，进行如下实验。 【实验Ⅰ】探究浓度对电离程度的影响。 25℃时，测定不同浓度醋酸溶液的pH，结果如下： 组别 ① ② ③ ④ ⑤ 浓度/() 0.0010 0.0100 0.0200 0.1000 0.2000 pH 3.88 3.38 3.23 2.88 2.83 (1)由表中数据可得出是弱电解质，依据是 。 (2)②中的 ；的 (列出计算式即可)。 (3)依据K与Q关系分析，①、②溶液浓度与变化程度不同的原因 。 【实验Ⅱ】探究中和反应过程中水电离程度的变化。 用NaOH溶液滴定20.00mL溶液，溶液pH随V(NaOH)变化的曲线如图所示。 (4)a点时，消耗NaOH溶液的体积 20mL(填“<”“>”或“=”)。 用滴定 (5)判断恰好完全反应时，溶液的pH 7(填“<”“>”或“=”)，用化学用语解释原因： 。 (6)上述过程存在与a点水的电离程度相同的溶液，该溶液所含的溶质为 。 (7)分析加入NaOH溶液体积在8~12mL之间时，溶液pH变化较缓的原因是 。 【答案】(1)以①组数据为例，0.0010的溶液pH为3.88，由，即醋酸部分电离，说明醋酸为弱电解质 (2) (3)醋酸电离，。稀释，由于正向的粒子数增多，中各微粒浓度均减小，，平衡正移 (4)< (5) > (6)醋酸钠与氢氧化钠 (7)溶质为浓度差异不大的醋酸钠与醋酸，既有①，又有②；当加入少量碱时，②被促进，溶液中变化较缓 【分析】用NaOH溶液滴定20.00mL溶液，醋酸的浓度逐渐减小，醋酸钠的浓度逐渐增大，对水的电离的抑制作用越来越小，至恰好完全反应时溶质为醋酸钠，水的电离程度最大，此时溶液呈碱性；再加入NaOH，NaOH对水的电离有抑制作用，水的电离程度越来越小。 【详解】（1）以①组数据为例，0.0010的溶液pH为3.88，由，即醋酸部分电离，说明醋酸为弱电解质； （2）②组中的pH为3.38，即，，，故答案为：；； （3）醋酸溶液中存在电离平衡，。稀释，中各微粒浓度均减小，，平衡正移； （4）与20.00mL溶液恰好完全反应需NaOH溶液20.00mL，此时溶液成分为醋酸钠，水解呈碱性，a点时pH＝7时，加入NaOH不足，醋酸有剩余，说明消耗NaOH溶液的体积<20mL，故答案为：<； （5）由（4）分析可知，恰好完全反应时，溶液的pH>7，发生的水解方程式为，故答案为：>；； （6）a点时溶质为醋酸钠与醋酸，醋酸钠水解对水的电离的促进作用等于醋酸对水的电离的抑制作用，使水的电离程度不受影响；当溶液中溶质为醋酸钠与氢氧化钠时，醋酸钠促进水的电离，氢氧化钠抑制水的电离，使水的电离程度不受影响，故答案为：醋酸钠与氢氧化钠； （7）溶质为浓度差异不大的醋酸钠与醋酸，既有①，又有②；当加入少量碱时，②被促进，溶液中变化较缓，所以加入NaOH溶液体积在8~12mL之间时，溶液pH变化较缓。 71．(24-25高二上·北京第八十中学·期中)对石油开采和炼制过程中产生的含硫废水(其中硫元素的主要化合价是-2价)进行处理，防止污染环境。 已知：ⅰ.-2价硫元素易被氧化为S或 ⅱ.在25℃时，1体积水可溶解约2.6体积的气体 ⅲ.、、在水溶液中的物质的量分数随pH的分布曲线如图 (1)沉淀法处理含硫废水 向的含硫废水中加入适量溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。 ①的含硫废水中含-2价硫元素的主要微粒是 。 ②用化学平衡移动原理解释pH降低的原因： 。 (2)氧化法处理含硫废水 向含硫废水中加入稀调节溶液的pH为6。 ①根据电离常数计算溶液中 ∶1。 ②再加入0.15mol/L溶液，溶液的pH变化如图。用离子方程式说明pH先增大后减小的原因： 、 。 (3)处理后的废水中残留-2价硫元素含量的测定 已知：、 ②处理后的废水中-2价硫元素的含量是 mg/L。 ②加入溶液后，需控制溶液的pH为弱酸性。当溶液呈中性时，部分-2价硫元素被氧化为，使测得的-2价硫元素含量 (填“偏大”或“偏小”)。 【答案】(1) 含硫废水中存在，加入含溶液，，减小，使的电离平衡正向移动，增大，溶液的pH降低 (2) 10 (3) 偏大 【详解】（1）①根据图中信息，当溶液的的含硫废水中含﹣2价硫元素的主要微粒是：； ②含硫废水中存在平衡，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应，减小，使平衡正向移动，增大，降低； （2）①根据如图，，，； ②向溶液中加入，10min后发生反应：，H2S关系少，酸性减弱，pH增大，生成的S与过氧化氢继续反应，，生成了H+，增大，降低； （3）①根据反应：、，﹣2价硫元素的物质的量为：，硫元素的含量为：； ②若溶液呈中性时，部分﹣2价硫元素被氧化为，发生反应：，则I2氧化-2价硫过程中消耗I2物质的量增大，用溶液滴定过量I2时消耗溶液的体积V2减小，由可知，S2-的物质的量偏大，使测得的﹣2价硫元素含量偏大； 72．(24-25高二上·北京大学附属中学·期中)草酸(H2C2O4)是一种重要的化学试剂，常用来定量测定某些物质的浓度，因此其浓度的准确度非常重要。为测定某草酸溶液的浓度，设计了酸碱中和滴定和氧化还原滴定两种测定方法。 Ⅰ．酸碱中和滴定法。 已知：①H2C2O4是二元弱酸； ②NaHC2O4溶液显酸性，溶液具有一定缓冲性，不易观察到滴定终点。 操作步骤：量取待测草酸溶液10.00 mL于锥形瓶中，滴加2滴指示剂；将0.1000 mol/L NaOH溶液盛装于滴定管中，到达滴定终点时停止滴定，并记录NaOH溶液的体积，再重复滴定3次。记录数据如下： 滴定次数 1 2 3 4 V[H2C2O4(aq)]/mL 10.00 10.00 10.00 10.00 V[NaOH(aq)]/mL 15.95 15.00 15.02 14.98 (1)下列操作或仪器名称不正确的是 。 A．配制0.1000 mol/L NaOH溶液 B．排出滴定管内气泡 C．酸式滴定管 D．读取滴定管读数 (2)该滴定过程中应选用的指示剂为 (填“酚酞”或“甲基橙”)。 (3)由上述滴定结果计算得 mol/L。 (4)下列情况会导致测定结果偏高的是 (填字母)。 a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶 b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出 c．滴定至终点时，俯视读数 d．用蒸馏水清洗滴定管后，未用NaOH标准液润洗 Ⅱ．氧化还原滴定法。用已知浓度的酸性KMnO4溶液滴定该草酸溶液。 (5)滴定过程中涉及反应的离子方程式为 。 (6)滴定至终点的现象为 。 (7)KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】(1)AC (2)酚酞 (3)0.0750 (4)d (5)2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (6)滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (7)偏高 【详解】（1）A．配制0.1000 mol/L 氢氧化钠溶液定容时，距离刻度1cm处，应改用胶头滴管加入蒸馏水，故错误； B．排出碱式滴定管尖嘴部分的气泡时，应将橡胶管向上弯曲，挤压玻璃小球快速排液排出气泡，故正确； C．由实验装置图可知，题给装置为碱式滴定管，不是酸式滴定管，故错误； D．由实验装置图可知，滴定管读数为25.59mL，故正确； 故选AC； （2）草酸为二元弱酸，氢氧化钠溶液与草酸溶液完全反应生成的草酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，所以滴定过程中应选用的指示剂为酚酞，故答案为：酚酞； （3）由表格数据可知，第1次实验数据误差较大，应舍去，则滴定消耗氢氧化钠溶液的平均体积为15.00mL，则草酸溶液的浓度为=0.0750mol/L，故答案为：0.0750； （4）a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶不影响标准溶液的体积和待测液溶质的物质的量，对测定结果无影响，故不符合题意； b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出会使消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故不符合题意； c．滴定至终点时，俯视读数使消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故不符合题意； d．用蒸馏水清洗滴定管后，未用氢氧化钠标准液润洗使消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故符合题意； 故选d； （5）由题意可知，草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O； （6）酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液完全反应后，再滴入半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会由无色变为浅紫色，则滴定至终点的现象为滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色； （7）盐酸能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以若用盐酸酸化高锰酸钾溶液，会使滴定消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故答案为：偏高。 地 城 考向05 综合性实验探究题 73．(24-25高二上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)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) 产生蓝色沉淀 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 2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2+＋H2↑ 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 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。 【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。 【详解】（1）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； （2）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； （3）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。 74．(24-25高二上·北京·期中)某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，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，中可将还原为的金属是 。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，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未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。 【答案】(1) (2) 产生蓝色沉淀 水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 或、 向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 (3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，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，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，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，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【详解】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； ②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：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（或变浅），停止加入盐酸，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，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 75．(20-21高二上·北京西城区·期末)实验小组制备硫代硫酸钠(Na2S2O3)并探究其性质。 资料：ⅰ.S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O ⅱ.Fe3++3S2OFe(S2O3)(紫黑色) ⅲ.Ag2S2O3是难溶于水、可溶于Na2S2O3溶液的白色固体。 (1)实验室可利用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制备Na2S2O3，装置如下图。 ①用化学用语解释Na2S和Na2CO3的混合溶液呈碱性的原因：S2-+H2OHS-+OH-、 。 ②为了保证Na2S2O3的产量，实验中通入的SO2不能过量。要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有： (写出一条)。 (2)探究Na2S2O3溶液与不同金属的硫酸盐溶液间反应的多样性。 实验 试剂 现象 试管 滴管 2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液 Ag2SO4溶液(浓度约为0.03mol/L) Ⅰ.局部生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得到无色溶液 0.03mol/LAl2(SO4)3溶液 Ⅱ.一段时间后，生成沉淀 0.03mol/LFe2(SO4)3溶液 Ⅲ.混合后溶液先变成紫黑色，30s时溶液几乎变为无色 ①Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式为 。 ②经检验，现象Ⅱ中的沉淀有Al(OH)3和S，用平衡移动原理解释Ⅱ中的现象： 。 ③经检验，现象中的无色溶液中含有Fe2+。从化学反应速率和限度的角度解释Ⅲ中Fe3+与S2O反应的实验现象： 。 以上实验说明：Na2S2O3溶液与金属阳离子反应的多样性和阳离子的性质有关。 【答案】(1) CO＋H2OHCO＋OH− 用分液漏斗逐滴加入硫酸溶液 (2) S2O＋2Ag+= Ag2S2O3↓ Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+，S2O与H+反应生成S，使氢离子浓度降低，平衡正向移动，生成氢氧化铝沉淀 Fe3+与S2O反应生成紫色的Fe(S2O3)-的化学反应速率大，化学反应限度相对小；Fe3+与S2O反应生成Fe2+的化学反应限度相对大 【分析】将70%的浓硫酸通过分液漏斗滴入烧瓶中与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，气体通过导气管通入到盛有Na2S、Na2CO3混合溶液的烧瓶中，发生反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制备Na2S2O3，过量的SO2及产生的H2S等气体经NaOH尾气处理后再进行排放。制取得到的Na2S2O3与不同的金属阳离子的盐溶液反应，金属阳离子种类不同，二者相对量的多少不同，反应产物不同，反应现象就不同。 【详解】（1）①Na2S和Na2CO3都是强碱弱酸盐，在混合溶液中S2−、CO都会发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH−)＞c(H+)，溶液呈碱性，用离子方程式表示为：S2-+H2OHS-+OH-、CO＋H2OHCO＋OH−； ②为了保证Na2S2O3的产量，实验中通入的SO2不能过量。要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有：用分液漏斗逐滴加入硫酸溶液。 （2）①向盛有2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液的试管中滴加0.03mol/L的Ag2SO4溶液，看到局部生成白色沉淀，产生的白色沉淀是Ag2S2O3，该反应的离子方程式为：S2O＋2Ag+= Ag2S2O3↓； ②向盛有2mL0.1mol/L Na2S2O3溶液的试管中滴加0.03mol/LAl2(SO4)3溶液，一段时间后，生成沉淀，经检验，该现象中的沉淀有Al(OH)3和S，这是由于Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应：Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+，水解使溶液显酸性，S2O与H+反应生成S，SO2、H2O，导致c(H+)降低，水解平衡正向移动，因而生成Al(OH)3沉淀； ③向盛有2mL0.1mol/L Na2S2O3溶液的试管中滴加0.03mol/L的Fe2(SO4)3溶液，混合后溶液先变成紫黑色，30s时溶液几乎变为无色，经检验，此无色溶液中含有Fe2+，这是由于Fe3+与S2O反应生成紫黑色Fe(S2O3)的化学反应速率大，化学反应的限度相对小些；而Fe3+与S2O反应生成Fe2+的化学反应的限度相对大，反应速率相对小些。 76．(21-22高三上·北京朝阳陈经纶中学·月考)某小组探究FeCl3溶液和NaHSO3溶液的反应 (1)配制溶液 ①配制100mL0.10mol•L-1的FeCl3溶液A．配制过程中用到玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、 和 。 ②配制100mL0.10mol•L-1NaHSO3溶液B，测得溶液B的pH为4.5.分析NaHSO3溶液显酸性的原因，填写如表。 资料：Ka1(H2SO3)=1.4×10-2 Ka2(H2SO3)=6.0×10-8 离子方程式 平衡常数值 电离平衡 ⇌H++ 水解平衡 结论 电离程度>水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性 (2)实验探究 ①各取50mLA、B两种溶液在烧杯中混合，观察到无沉淀和气泡产生，所得混合溶液C为红褐色。用激光笔照射，有丁达尔现象。上述现象说明发生了非氧化还原反应，离子方程式为 (反应1)。 ②小组同学认为还有可能发生了氧化还原反应，离子方程式为 (反应2)。并设计了以下两种方法证明发生了反应2。 a.取少量溶液C，向其中加入 ，出现白色沉淀，证明有。 b.取少量溶液C，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，证明有Fe2+。 分析以上两种方法中a法不科学，理由是 。 将溶液C放置，溶液颜色越来越浅，30分钟后颜色几乎消失。 (3)得出结论： i.反应1和反应2同时共存，存在竞争。 ii. 。 【答案】(1) 100mL容量瓶 胶头滴管 6.0×10-8 (2) 盐酸酸化的氯化钡溶液 有可能被空气氧化成了 (3)说明水解和氧化还原竞争，氧化还原比较慢 【详解】（1）①配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管； ②NaHSO3既能水解又能电离，电离平衡为：⇌H++，电离平衡常数为：Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，水解平衡为：，水解平衡常数为：，，所以NaHSO3溶液显酸性； （2）①A、B两种溶液在烧杯中混合，观察到无沉淀和气泡产生，所得混合溶液C为红褐色。用激光笔照射，有丁达尔现象，说明产生了氢氧化铁胶体，离子方程式为：； ②Fe3+具有氧化性，具有还原性，根据得失电子守恒写出离子方程式为：；.取少量溶液C，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀，证明有，方法a有可能被空气氧化成了； （3）将溶液C放置，溶液颜色越来越浅，30分钟后颜色几乎消失，说明三价铁发生氧化还原反应，生成了二价亚铁，说明水解和氧化还原竞争，氧化还原比较慢。 77．(24-25高二上·北京·期中)实验小组探究酸对Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡的影响。将0.005mol·L-1FeCl3溶液(接近无色)和0.01mol·L-1KSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。 (1)FeCl3溶液呈酸性的原因是 (用离子方程式表示)。 (2)甲同学认为加入酸后，会使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3体系中 增大，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深。 【设计并实施实验】 取两等份红色溶液，进行如下操作并记录现象。 [查阅资料] Fe3+和Cl-、SO均能发生络合反应：Fe3++4Cl-⇌ [FeCl4]-(黄色)；Fe3++2SO⇌[Fe(SO4)2]-(无色)。 实验I.探究现象a中溶液颜色变化的原因 编号 操作 现象 ① 向2mL红色溶液中滴加5滴水 溶液颜色无明显变化 ② 向2mL红色溶液中滴加5滴3mol·L-1KCl溶液 溶液颜色变浅，呈橙色 (3)实验①的目的是 。 (4)根据实验①和实验②的结果，从平衡移动角度解释现象a： 。 实验II.探究现象b中溶液呈浅黄色的原因 编号 操作 现象 ③ 取1mL0.0025mol·L-1Fe2(SO4)3溶液(无色)。加入1mL0.01mol·L-1KSCN溶液，再加入5滴1.5mol·L-1H2SO4溶液 溶液先变红，加硫酸后变为浅黄色 ④ 取1mL0.005mol·L-1FeCl3溶液， (5)结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是 。 (6)乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是(5)中的一种，请将实验④的操作及现象补充完整： 、 。 【答案】 Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ c(Fe3+) 排除稀释使溶液颜色变化的干扰(探究溶液颜色变化是否与稀释有关) 在Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡体系中加入盐酸，Fe3+和Cl-发生络合反应使c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，使溶液颜色变浅呈橙色 FeCl和Fe(SCN)3 加入1mL蒸馏水，再加入5滴1.5mol·L-1H2SO4溶液 无明显现象(或得无色溶液) 【分析】根据实验①和实验②的结果，在Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡体系中加入盐酸，Fe3+和Cl-发生络合反应使c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，使溶液颜色变浅呈橙色，实验①的目的是作对比实验，排除稀释使溶液颜色变化的干扰；实验③，氯化铁中加入KSCN溶液，溶液变红色，再加入稀硫酸，由于信息中[Fe(SO4)2]－是无色，根据溶液中的离子结合与结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是FeCl和Fe(SCN)3。 【详解】(1)FeCl3中Fe3+水解，结合水电离出的氢氧根离子，剩余氢离子，导致氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，因此显酸性，Fe3+水解的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+； (2)甲同学认为加入酸后，会抑制铁离子水解，铁离子浓度增大，会使Fe3++3SCN－⇌Fe(SCN)3体系中c(Fe3+)浓度改变，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深； (3)实验①的目的是作对比实验，排除稀释使溶液颜色变化的干扰； (4)根据实验①和实验②的结果，在Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡体系中加入盐酸，Fe3+和Cl-发生络合反应使c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，使溶液颜色变浅呈橙色； (5)根据题中信息，氯化铁中加入KSCN溶液，溶液变红色，再加入稀硫酸，由于信息中[Fe(SO4)2]－是无色，根据溶液中的离子结合与结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是FeCl和Fe(SCN)3； (6)乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是(5)中的一种，取1mL 0.005 mol∙L−1FeCl3溶液，加入1mL蒸馏水，与实验③加入的1mL KSCN相对应的体积，再加入5滴1.5 mol∙L−1 H2SO4溶液，分析溶液是否发生变化，最后得得到无色溶液，说明实验③中溶液呈浅黄色是Fe(SCN)3。 78．(24-25高二上·北京·期中)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 (1)理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (2)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 。用离子方程式表示的作用： 。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的 (填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用 的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是 。 (3)实验改进 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与 值比较。 ②综合调控和温度的目的是 。 【答案】(1) (2) 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 增大 实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小 (3) 40℃下的理论K 使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。 【分析】平衡常数表达式：，控制pH可调节c(Br2)大小。使用过量MnO2和浓KBr溶液，确保c(Br–)几乎不变。因c(Mn2+) = c(Br2)，只需测定平衡时的pH和c(Br2)即可计算K。 干扰忽略：Br2与水反应、HBr挥发对实验影响可忽略。 【详解】（1） （2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为I2，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； ②该反应消耗生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小； （3）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。 ②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。 79．(24-25高二上·北京·期中)向KI溶液中持续通入Cl2，发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探究溶液变色的原因。 (1)溶液变为棕黄色的原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是 。 [猜测]棕黄色褪去的原因是I2被氧化，氧化产物中I的化合价记为+x。 [实验Ⅰ]设计如表实验验证I2被氧化 装置 序号 试剂a 现象 甲 Na2SO3溶液 溶液均变黄，遇淀粉变蓝 乙 KI溶液 (2)①本实验中，试剂a作 剂(填“氧化”或“还原”)。 ②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是 。 [实验Ⅱ]通过如下实验可测定x i.取vmLcmol·L-1KI溶液于锥形瓶中，通入过量Cl2至棕黄色褪去。 ii.边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A，试纸不变蓝。 iii.冷却至室温后，加入过量KI固体，生成大量紫黑色沉淀(I2)。 iv.立即用amol·L-1Na2S2O3溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液bmL。 已知：I2+2S2O=S4O+2I- I-+I2I(棕黄色) I2在纯水中溶解度很小，饱和碘水呈浅黄色 (3)ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A是 。 (4)结合数据，计算可得x= (用代数式表示)。 [反思] (5)实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的 (填数字)倍。 (6)从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因： 。 【答案】(1) (2) 还原 通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成 (3)将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口 (4) (5)7 (6)随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅 【分析】氯气与KI发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-;氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生反应Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，溶液由黄色变为无色，是因为氯气将I2氧化， Cl2可氧化HIO3等，反应的化学方程式为：I2+5Cl2+6H2O=10HCl+2HIO3;增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。 【详解】（1）溶液变为棕黄色，说明生成碘单质，说明氯气的氧化性比碘强，原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是。故答案为：； （2）①本实验中，要证明I2被氧化，试剂a作还原剂(填“氧化”或“还原”)。故答案为：还原； ②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成。故答案为：通过还原产物为I2可证明原溶液中含有高价态的含碘物质。甲用Na2SO3不引入碘元素，则生成的I2一定是还原产物；乙中I2可能是KI被其他氧化剂氧化生成； （3）ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A检验氯有没有除尽，操作A是将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口。故答案为：将湿润的淀粉KI试纸放于锥形瓶口； （4）结合数据，根据电子得失守恒，vmLcmol·L-1[x-(-1)]=bmLamol·L-1[2.5-2] 2，计算可得x=(用代数式表示)。故答案为：； （5）碘原子最外层有7个电子，最高价为+7价，实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的7(填数字)倍。故答案为：7； （6）从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因：随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故答案为：随滴定反应进行，增大，使平衡正向移动，促进I2溶解，增大，溶液颜色变深；I2完全溶解后，c(I2)随滴定反应进行而减小，且减小的程度大于增大的程度，上述平衡逆向移动，溶液颜色变浅。 80．(24-25高二上·北京·期中)某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。 (1)实验验证 实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mol/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。 实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。 ①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 。 ②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是 。 综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。 ③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象 。 (2)测定平衡常数 实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。 资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012 Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3 ①滴定过程中Fe3+的作用是 。 ②测得平衡常数K= 。 (3)思考问题 ①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 ②不用实验II中清液测定K的原因是 。 【答案】(1) 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果 a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转 (2) 指示剂 (3) 偏低 Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态 【详解】（1）①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。 ②由于Fe(NO3)3溶液电离出将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。 ③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag++e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。 （2）①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。 ②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：，故反应的平衡常数K== ，故答案为：指示剂；。 （3）①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。 ②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。 学科网（北京）股份有限公司 $ 综合 化学反应原理 压轴80题 八大高频考向概览 考向01 热力学—化学反应与热能 考向02 电化学—化学反应与电能 考向03 动力学—化学反应速率与平衡 考向04 水溶液中的离子反应与平衡 考向05 综合性实验探究题 地 城 考向01 热力学—化学反应与热能 1．(24-25高二上·北京第八十中学·期中)下列化学变化中，属于吸热反应的是 A．锌粒与稀硫酸的反应 B．与醋酸的反应 C．甲烷在空气中燃烧 D．NaOH与盐酸的反应 2．(24-25高二上·北京大学附属中学·期中)下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是 A．氧化钙与水反应 B．铁丝在氧气中燃烧 C．溶液与盐酸反应 D．晶体与晶体反应 3．(24-25高二上·北京师范大学燕化附属中学·期中)下列设备工作时，将化学能转化为热能的是 A B 光催化CO2和H2O合成甲醇 锂离子电池 C D 太阳能集热器 燃气灶 A．A B．B C．C D．D 4．(24-25高二上·北京海淀区·期中)已知氢气燃烧反应的能量变化如下图。 下列说法不正确的是 A．H-H键的键能小于键的键能 B．破坏和的化学键所需的能量小于中的化学键所释放的能量 C． D．利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化 5．(24-25高二上·北京第一○一中学·期中)一定温度下反应的能量与反应过程的关系如图，下列说法不正确的是 A．断开键需要吸收能量 B．和生成的反应为放热反应 C．该反应的 D．和的总能量高于的能量 6．(23-24高二上·北京西城区·期中)某反应过程的能量变化如图所示。下列说法中，不正确的是 A．该反应为放热反应 B．曲线b表示有催化剂参与的反应过程 C．反应i 的∆H>0 D．反应i比反应ii的速率大 7．(23-24高二上·北京顺义区·期中)与ICl的反应机理如下： 反应①：； 反应②：， 其能量曲线如下图所示。 下列有关说法不正确的是 A．反应①的 B．反应①②均是放热反应 C． D．该反应的反应速率主要取决于②的快慢 8．(24-25高二上·北京·期中)H2O2是重要的绿色消毒液和氧化剂，研究其分解反应有重要意义。在含有少量I－的溶液中，H2O2分解的机理是：ⅰ．H2O2＋ I－= H2O ＋ IO－；ⅱ．H2O2＋ IO－=H2O ＋ O2↑＋ I－。分解反应过程中能量变化如图所示，下列判断不正确的是 A．I－改变了H2O2分解的路径，曲线②为含有I－的反应过程 B．反应i和ii均为放热过程 C．反应i的反应速率比反应ii慢 D．I－不能改变总反应的能量变化 9．(24-25高二上·北京·期中)依据图示关系，下列说法不正确的是 A．石墨燃烧是放热反应 B．1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多 C．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2 D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关 10．(24-25高二上·北京昌平区·期中)下列有关C(s，石墨) + H2O(g)CO(g)+ H2(g) ΔH= +131.5 kJ·mol−1的说法中，不正确的是 A．1mol C(s，石墨)和1mol H2O(g)的总能量低于1mol CO(g)和1mol H2(g)的总能量 B．反应消耗1mol C(s，石墨)和1mol H2O(l)所吸收的热量大于131.5kJ C．1 mol C(s，金刚石)与1 mol C(s，石墨)所具有的内能不同 D．只要得知H2(g)+ O2(g) =H2O(l)的ΔH，即可得C(s，石墨) + O2(g)CO(g)的ΔH 11．(24-25高二上·北京·期中)为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A．固体溶解是吸热过程 B．根据盖斯定律可知： C．根据各微粒的状态，可判断， D．溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 12．(24-25高二上·北京第十五中学·期中)航天飞船可用肼和过氧化氢作为动力源。已知1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时，放出20.05kJ的热量。下列说法不正确的是 A．该反应肼作还原剂 B．液态肼与过氧化氢的反应，反应物总能量低于生成物总能量 C．该动力源的优点之一是生成物对环境无污染 D．肼和过氧化氢反应的热化学方程式：   13．(24-25高二上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)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28.7kJ的热量 D．已知；则 14．(24-25高二上·北京西城·期中)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 15．(22-23高二上·北京十四中·期中)如图中，，，根据要求回答问题： (1)如图是1mol和1mol反应生成和过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，的变化是 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，的变化是 。请写出和CO反应的热化学方程式： 。 (2)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应的热化学方程式如下： ①   ②   又知③  ，表达甲醇蒸气燃烧热的热化学方程式： 。 (3)已知：常温常压下，断裂或形成1mol(理想)气体分子化学键所吸收或放出的能量称为键能。下表是一些化学键的键能(单位为kJ/mol) 化学键 键能 化学键 键能 化学键 键能 H—H 436 H—F 565 F—F 158 则：   地 城 考向02 电化学—化学反应与电能 16．(24-25高二上·北京大兴区·期中)锌铜原电池装置如图所示，下列说法不正确的是 A．锌片作负极 B．电子从锌片流向铜片 C．盐桥中的K+移向ZnSO4溶液 D．铜电极的反应为Cu2++2e-=Cu 17．(24-25高二上·北京东城区·期中)利用下图装置进行实验，先闭合K1，一段时间后，打开K1并闭合K2，电流表指针偏转。 下列说法正确的是 A．闭合K1，两极均产生气泡，a极附近溶液变红 B．闭合K1，移向b极 C．闭合K2，a极上的反应为： D．闭合K2时，电路中转移电子数与b极消耗气体分子个数之比为1：2 18．(24-25高二上·北京朝阳区·期中)碱性锌锰电池是普通锌锰电池的升级换代产品，其构造示意图如下。下列关于该电池及其工作原理的说法不正确的是 A．负极反应为： B．作正极反应物，发生还原反应 C．电池工作时，向正极方向移动 D．可储存时间比普通锌锰电池长 19．(24-25高二上·北京·期中)酸性锌锰干电池与碱性锌锰干电池的构造示意图如下图所示，碱性锌锰干电池的总反应为：Zn + 2MnO2 + H2O = 2MnO(OH) + ZnO。 关于两电池及其工作原理，下列说法中正确的是 A．碱性锌锰干电池中锌粉发生的电极反应为：Zn –2e−+ 2OH-= ZnO B．两电池中MnO2均发生氧化反应 C．每生成1 mol MnOOH，转移2 mol电子 D．用KOH替代NH4Cl，可降低对金属外壳的腐蚀 20．(24-25高二上·北京海淀·期中)化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是 铜锌原电池 纽扣电池 A．负极的电极反应为 B．正极的电极反应为 碱性锌锰干电池 铅蓄电池 C．锌作负极，发生氧化反应 D．放电一段时间后，电解质溶液酸性增强 A．A B．B C．C D．D 21．(24-25高二上·北京交通大学附属中学·期中)新型可充电镁—溴电池能量密度高，循环性能优越，在未来能量存储领域潜力巨大。某镁—溴电池装置如下图(正负极区之间的离子选择性膜只允许通过)，下列说法不正确的是 A．当通过离子选择性膜时，导线中通过 B．放电时，正极反应为： C．放电时，Mg电极发生还原反应 D．充电时，Mg电极应连接电源负极 22．(24-25高二上·北京清华附中朝阳学校·期中)利用如图装置将反应的化学能转化为电能，下列说法不合理的是 A．a处发生氧化反应 B．电子从a出发经过导线流向b，再经过盐桥流向a，形成闭合回路 C．X可以是或溶液 D．b可以是石墨或铂 23．(24-25高二上·北京十一学校·期中)Al-AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图所示。下列说法不正确的是 A．当电极上析出时，电路中转移的电子为 B．溶液中的向隔膜右侧移动，向隔膜左侧移动 C．电极的电极反应式为 D．该电池的总反应为 24．(24-25高二上·北京·期中)直接燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是 A．电极Ⅰ为负极 B．电极Ⅱ的反应式为： C．电池总反应为： D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异 25．(24-25高二上·北京·期中)北京冬奥会赛区内将使用氢燃料清洁能源车辆，某氢氧燃料电池工作示意图如图。下列说法中，不正确的是 A．电极a为电池的负极 B．电极b表面反应为：O2+4e-+2H2O=4OH- C．电池工作过程中OH-向正极迁移 D．氢氧燃料电池将化学能转化为电能的转化率高于火力发电，提高了能源利用率 26．(23-24高二上·北京房山区房山中学·期中)我国神舟系列载人飞船成功进入太空，其电力系统主要由太阳能电池和储能电池构成。据悉，储能电池采用“镍镉蓄电池组”，电池总反应： Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。 下列说法不正确的是 A．当飞船进入光照区时，太阳能电池可为镍镉电池充电 B．镍镉电池放电时负极反应式： C．镍镉电池充电时阳极反应式： D．镍镉电池充电时电解质溶液中的移向镉电极 27．(24-25高二上·北京·期中)直接乙醇（）燃料电池（DEFC）具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。 (1)三种乙醇燃料电池中正极反应物均为 。 (2)碱性乙醇燃料电池中，电极a的电极反应式为 。若使用空气代替氧气，电池工作过程中碱性下降更快，其原因是（用离子方程式表示） 。 (3)酸性乙醇燃料电池中，电极的电极反应式为 。 (4)熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电极b的电极反应式为 。 28．(24-25高二上·北京第一○一中学·期中)用下图所示的实验装置，按下列实验设计不能完成的实验是 选项 实验目的 实验设计 A 模拟铁的吸氧腐蚀 X为锌棒，溶液含、，开关K置于B处 B 减缓铁的腐蚀 X为石墨棒，溶液含、，开关K置于A处 C 在铁棒上镀铜 X为铜棒，溶液含、，开关K置于A处 D 比较铁和铜的金属活动性强弱 X为铜棒，溶液含、，开关K置于B处 A．A B．B C．C D．D 29．(24-25高二上·北京朝阳区·期中)用石墨电极电解溶液，得到有机产物的法拉第效率随电压的变化如图所示。 已知： 下列说法不正确的是 A．均在电解池的阴极产生 B．产生的电极反应为： C．当电解电压为时，阴极的主要产物为 D．当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 30．(24-25高二上·北京昌平区·期中)电化学电池技术在能量储存及工业生产实现物质转化方面具有重要价值。 I.碱性甲醇(CH3OH)-空气燃料电池，是目前一种高能量密度电池，该电池装置的工作示意图如图所示。 (1)装置中铂电极a为 (填“正极”或“负极”)。 (2)装置中铂电极b上发生的电极反应式是 。 (3)装置中负极区的pH (填“升高”、“降低”或“不变”)。 II.碱性甲醇(CH3OH)-空气燃料电池作为电源，利用图所示方法可以从海水中提取CO2.海水中含有HCO等离子，呈弱碱性。 (4)结合化学用语说明b室如何实现CO2提取 。 (5)b室排出的海水不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质处理b室排出的海水，合格后(海水pH≈8)才能排回大海。结合化学用语说明该物质是如何产生的 。 31．(24-25高二上·北京朝阳区·期中)电镀是增强金属抗腐蚀能力的一种方法。小组同学进行铁件电镀实验。 (1)用砂纸打磨铁制镀件，用 (填序号，下同)除去油污，用 除去铁锈。 a．溶液        b．盐酸        c．溶液 (2)将铁制镀件与直流电源的 (填“正极”或“负极”)相连，铜片与电源另一极相连，将两极平行浸入溶液中，装置如图。一段时间后，铁件表面镀上一层铜，但镀层不致密。 (3)在溶液中加入氨水制得铜氨溶液：。用铜氨溶液代替溶液重复电镀实验，铁件表面均匀镀上一层致密的铜。 ①写出铁制镀件表面析出铜的电极反应式： 。 ②电镀过程中溶液中的浓度 (填序号)。 a．减小        b．增大        c．几乎不变 (4)将镀层状况不同的镀锌铁件置于稀硫酸中，实验现象如下。 序号 镀层状况 实验现象 i 镀层完整的镀锌铁件 锌表面产生气泡，未检出 ii 镀层破损的镀锌铁件 锌、铁表面均产生气泡，未检出 ii中未检出的原因是 。 32．(24-25高二上·北京第十一中学·期中)镍氢电池广泛用于油电一体的混合动力汽车，该电池材料的回收利用也成为研究热点。 I．某品牌镍氢电池的总反应为，其中，MH 为吸附了氢原子的储氢合金。下图为该电池放电时的工作原理示意图。MH (1)混合动力车上坡时利用电池放电提供能源。 ①电极A 是 (填“正极”或“负极”)。 ②正极的电极反应式为 。 (2)混合动力车下坡时利用动能回收给电池充电，此时电极A 附近的pH (填“变大”“不 变”或“变小”)。 Ⅱ．该品牌废旧镍氢电池回收过程中，金属镍的转化过程如下。 已知：稀H2SO4 和NaOH 溶液均通过电解Na2SO4 溶液获得，装置如下图，其中，阴离子交换膜可选择性透过阴离子，阳离子交换膜可选择性透过阳离子。 (3)图中，电极C 为电解池的 (填“阴极”或“阳极”)。 (4)产生 NaOH 的是 (填“甲池”“乙池”或“丙池”)，结合化学用语说明产生NaOH 的原理： 。 (5)回收该品牌废旧镍氢电池过程中，在阴极收集到气体134.4 L(标准状况下)，理论上可回收得到Ni(OH)2(摩尔质量为 93 g·mol−1)的质量为 g。 33．(24-25高二上·北京·期中)资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 (1)初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 (2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是 。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化： 。 (3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液， (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。 (4)上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是 。    (5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因： 。 地 城 考向03 动力学—化学反应速率与平衡 34．(24-25高二上·北京海淀区·期中)一定条件下，在2L的密闭容器中发生反应：，测得后A的物质的量减小了1mol，则反应的平均速率可表示为 A． B． C． D． 35．(24-25高二上·北京海淀区·期中)大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基能够催化分解，加速臭氧层的破坏。反应进程及其能量变化如图。下列说法正确的是 A．催化反应①和②均为放热过程 B．增大了臭氧分解反应的活化能 C．使臭氧分解的速率和限度均增大 D．催化分解的反应速率主要由决定 36．(24-25高二上·北京东城区·期中)利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成气体和气体，在其他条件不变的情况下，只改变温度或加入催化剂对CO浓度的影响结果如图，下列分析不合理的是 A．对比曲线Ⅰ和Ⅱ可知，Ⅱ使用了催化剂 B．对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最低 C．该反应： D．平衡常数： 37．(24-25高二上·北京东城区·期中)在25℃时，实验测得溶液中的反应在反应物浓度不同时的实验数据如下表。(已知：碘单质溶于水后，溶液为棕黄色。) 实验编号 ① ② ③ 初始/() 0.1 0.1 0.2 初始/() 0.1 0.2 0.1 从混合到出现棕黄色的时间/s 13 6.5 6.6 将实验①延长至20s，测得。若用KI代替HI，溶液未出现棕黄色，有无色气体生成，过程中检测到。下列说法不正确的是 A．在20s内①的 B．由实验数据可知，增大反应物浓度可以加快反应速率 C．加入KI时，反应可能有：、 D．上述实验说明酸性环境下，I-还原性增强 38．(24-25高二上·北京·期中)下列事实能用平衡移动原理解释的是 A．浓溶液和浓溶液混合，剧烈反应生成气体和沉淀 B．密闭容器中发生反应，加压后气体颜色变深 C．溶液中滴加少量溶液，促进的产生 D．铁钉放入浓中，无明显变化，加热后产生大量红棕色气体 39．(24-25高二上·北京·期中)已知丙酮()碘化反应为：。实验测得该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮) c(H+)，其中k为反应速率常数。下列说法不正确的是 A．其他条件不变，增加丙酮浓度，反应速率增大 B．其他条件不变，增大I2的浓度，反应速率增大 C．其他条件不变，增大催化剂H+的浓度， 反应速率增大 D．催化剂H+参与反应，降低反应活化能，增大反应速率 40．(24-25高二上·北京昌平·期中)一定温度下的密闭容器中，发生可逆反应2NO (g)+ O2(g)2NO2(g) ，下列情况不能说明该反应达到平衡状态的是 A．容器内气体颜色不再变化 B．浓度商等于化学平衡常数 C．容器内气体的浓度c(NO)：c(O2)：c(NO2)=2：1：2 D．容器内的压强不再变化 41．(24-25高二上·北京东城区·期末)一定温度下，在体积相同的两个密闭容器中进行反应：      实验数据如下：(忽略能量变化对温度的影响) 实验 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化 A B C D ① 1 4 0 0 放出热量：32.8kJ ② 2 8 0 0 放出热量：QkJ 下列说法不正确的是 A．①中反应达到平衡时，生成0.8molC B．①条件下的平衡常数 C．其他条件不变，若对②升高温度，则 D．其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，能量变化仍为放热 42．(24-25高二上·北京海淀区·期末)一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。 容器编号 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol A B D Ⅰ 0.2 0.2 0.1 Ⅱ 0.4 0.4 >0.2 下列说法不正确的是 A．B物质的状态为气态 B．I中，A的平衡转化率为50% C．该反应的化学平衡常数的数值为5 D．I中，若平衡后向容器中再充入和，平衡正向移动 43．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)高炉炼铁以铁矿石(主要成分为)、焦炭、空气为原料，发生反应： 该反应在不同温度下的平衡常数如下。 温度 1000 1150 1300 平衡常数 下列说法不正确的是 A．根据表中数据判断，该反应的 B．利用空气将焦炭转化为，推测有利于增大铁的生成速率 C．增加高炉的高度可以降低平衡气体中的含量 D．时测得尾气中和的体积分数分别为和，则该反应未达到平衡状态 44(24-25高二上·北京·期中)一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下图。反应的热化学方程式为NH4Cl(s) =NH3(g) + HCl(g)  ΔH >0。 下列说法不正确的是 A．a为生成物NH3、b为生成物HCl B．反应制得1mol HCl，须投入1mol MgO C．升高反应温度，NH4Cl分解为NH3和HCl的化学平衡常数增大 D．等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热 45．(24-25高二上·北京·期中)Ni和CO反应可制备Ni(CO)4(四羰合镍)：Ni(s) + 4CO(g)Ni(CO)4(g)。在容积可变的密闭容器中，充入n mol Ni和4n mol CO。在不同压强下，反应达平衡时，Ni(CO)4的体积分数与温度的关系如下图所示。则下列说法不正确的是 A．该反应ΔH < 0 B．p1<p2 C．p1、100℃时，CO的平衡转化率为50% D．B点体积小于A点体积 46．(24-25高二上·北京·期中)为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A．①中浓盐酸促进平衡正向移动 B．由①到②，生成并消耗 C．②、③对比，说明：②>③ D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 47．(24-25高二上·北京·期中)利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 (1)制 已知：                            由制的热化学方程式为 。 (2)制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是 。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是 。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 。 (3)理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是 。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。 48．(24-25高二上·北京海淀·期中)乙烯是一种用途广泛的有机化工原料，乙烯的制备研究具有重要意义。乙烷可通过多种方法制备乙烯。 方法1. 乙烷热裂解制乙烯： i． C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)  ΔH1= +136 kJ·mol−1； 方法2. 乙烷-CO2催化氧化制乙烯： ii． C2H6(g) +CO2(g) C2H4(g) +CO(g) + H2O(g)  ΔH2； (1)已知：CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g)  ΔH= +41 kJ·mol−1，则反应ii的ΔH2= kJ·mol−1。 (2)方法1制备乙烯的反应i在恒压条件下进行，为提高乙烯的平衡产率，常通入一定比例的水蒸气，除作为热量载体提高温度外，水蒸气还发挥的作用是 (结合Q与K关系分析)。 (3)方法2制备乙烯时，除发生反应ii外，还发生以下副反应： iii． C2H6(g)2C(s) + 3H2(g)  ΔH3= +84.7 kJ·mol−1 iv． C2H6(g) + 2CO2(g)4CO(g) + 3H2(g)  ΔH4= +430 kJ·mol−1； 常压下C2H6与CO2按一定比例进行投料，在催化剂作用下，经过相同时间，测得不同温度下乙烷转化率及乙烯选择性的变化如下图。 已知： ①随温度升高，乙烷的实验转化率增大的原因可能是 。 ②随温度升高，乙烯选择性下降的原因可能是 。(写两条) 49．(24-25高二上·北京八一学校·期中)我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气中CO2的含量，以CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。 Ⅰ.CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生反应： 反应ⅰ：CO2 (g)+4H2 (g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=-270kJ/mol， 回答下列问题： (1)几种化学键的键能如表所示： 化学键 C-H H-H H-O C=O 键能/(kJ/mol) 413 436 a 745 则a= 。 (2)为提高平衡转化率，可采取的措施有 (写出两条)。 (3)在恒容的容器中发生该反应，下列说法正确的是 (填字母)。 a．混合气体的总压强不再变化时，反应达到平衡状态 b.混合气体的密度不变时，反应达到平衡状态 c．断裂2molC=O的同时，形成4molH-H，则说明反应已达平衡 d．达到平衡状态之后，若升高温度，使浓度商Q增大，导致Q>K，平衡逆向移动 (4)一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入2molCO2和8molH2，发生上述反应，经5min达到平衡，测得平衡时压强与反应前压强之比为4：5。 ①开始反应至5min时CH4的平均反应速率为 mol/(L·min)。 ②反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，可能的原因是 。 Ⅱ.实际生产中，该反应发生同时伴有如下两个副反应发生。 反应ii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ/mol 反应ⅱi：CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g) △H3=-96.1kJ/mol (5)将n(CO2)：n(H2)=1：4混合气持续以一定的流速通过含催化剂的恒容反应器，在相同的时间内，测定CO2的转化率和CH4的选择性随温度的变化关系如图所示(反应未达到平衡状态)。【注】CH4的选择性：转化的CO2中生成甲烷的百分比 ①温度高于500°C后，CH4的选择性下降的原因可能是 。 ②温度高于500℃后，CO2的转化率几乎保持不变的原因可能是 。 50．(24-25高二上·北京·期末)利用工业废气中的二氧化碳合成甲醇。 (1)合成原理：      ①该反应的平衡常数表达式： 。 ②为提高的平衡转化率，可采取的措施有 (写两条)。 (2)在一定温度下，将1mol和3mol充入容积为1L的恒容密闭容器中合成甲醇，下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是 (写序号)。 a．甲醇的质量不再增加 b． c．混合气体密度不变 d．若使用为反应物，反应物和产物均含有 (3)相同时间内，4.00MPa，条件下，温度对反应结果的影响如图所示： 已知：ⅰ．为转化率，为选择性，为产率。 ⅱ．； ①由图像可知，合成甲醇过程中存在副反应。依据是： 。 ②根据信息，在其他条件一定情况下，制备甲醇宜选用的反应条件： 。 地 城 考向04 水溶液中的离子反应与平衡 51．(24-25高二上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)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 52．(24-25高二上·北京第八十中学·期中)常温下，下列溶液中水电离出的mol/L的是 A．的溶液 B．0.001mol·L-1氨水 C．的盐酸 D．0.001mol·L-1NaOH溶液 53．(24-25高二上·北京大兴区·期中)下列操作可以使水的离子积常数Kw增大的是 A．加热 B．通入少量氯化氢气体 C．加入少量醋酸钠固体 D．通入少量氨气 54．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)用标准溶液滴定溶液的操作中，合理的是 A．润洗滴定管 B．量取溶液 加少量所要盛装的试剂，上下振荡滴定管 将液面位于“0”刻度的溶液全部放出 C．用标准溶液滴定溶液 D．记录滴定管液面的示数 眼睛注视锥形瓶中溶液 记录 A．A B．B C．C D．D 55．(24-25高二上·北京海淀区·期中)室温时，取未知浓度的盐酸10.00mL，用溶液滴定，滴定实验如图。下列说法不正确的是 A．图中操作有错误 B．滴定管装液前需要润洗 C．可用酚酞做指示剂 D．滴定时若锥形瓶中有液体溅出，测定结果偏高 56．(24-25高二上·北京十一学校·期中)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是 A．无色透明溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、I- B．1 mol/L的AlCl3溶液中：、Ba2+、H+、 C．pH=1的溶液中：Mg2+、K+、、 D．由水电离出的c(H+)=10-13 mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、 57．(24-25高二上·北京十一学校·期中)人体血液中存在平衡：，使血液保持在之间，否则就会发生酸中毒或碱中毒。已知随变化关系如下表所示，下列说法不正确的是 1.0 17.8 20.0 22.4 pH 6.10 7.35 7.40 7.45 A．的血液中， B．人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的溶液解毒 C．常温下将的血液稀释，一定不变 D．时，的电离程度小于的水解程度 58．(24-25高二上·北京第八十中学·期中)25℃时，HClO的电离常数，的电离常数、。下列说法不正确的是 A．溶液和溶液中离子种类相同 B．25℃，物质的量浓度相同的NaClO溶液与溶液的pH：前者小于后者 C．向氯水中加入少量固体，增大 D．25℃时，反应的 59．(24-25高二上·北京工业大学附属中学·期中)室温下，向10的氨水溶液中加入下列物质，对所得溶液的分析错误的是 选项 加入的物质 对所得溶液的分析 A 90 水电离的 B 0.1固体 溶液中的比原氨水溶液中的小 C 10的溶液 D 10mL的溶液 的电离程度减小 A．A B．B C．C D．D 60．(24-25高二上·北京·期中)25℃时，向20 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液，pH变化曲线如下图所示： 下列说法不正确的是 A．由a点pH可知CH3COOH的电离常数Ka ≈10-4.8 B．b点溶液中微粒浓度：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+) C．c点溶液中微粒对水的电离平衡的促进与抑制程度相同 D．a点→d点的过程中n(CH3COO-)持续增大 61．(24-25高二上·北京十一学校·期末)常温下，用溶液分别滴定体积均为、浓度均为的盐酸和醋酸溶液。滴定过程中溶液pH随加入的NaOH溶液体积而变化的滴定曲线如下图所示，下列说法正确的是 A．滴定开始前，溶液、盐酸和醋酸溶液中由水电离出的最大的是盐酸 B．左图是溶液滴定盐酸的曲线，右图是溶液滴定醋酸的曲线 C．分析图像可知，和的关系为： D．M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是（A-表示或） 62(24-25高二上·北京·期中)将溶液分别滴入溶液和溶液中，如图所示，I、Ⅱ中均有沉淀产生。(已知：是白色难溶于水的固体。) 下列说法不正确的是 A．溶液和溶液中均存在： B．I中的沉淀可能有和 C．Ⅱ中生成的反应： D．I和Ⅱ中加入溶液后，均降低 63．(24-25高二上·北京·期中)为了研究Mg(OH)2溶于铵盐溶液的原因，进行如下实验： ①向2mL 0.2mol/LMgCl2溶液中滴加1mol/LNaOH溶液至不再产生沉淀，将浊液分为2等份。 ②向一份中逐滴加入4mol/L NH4Cl溶液，另一份中逐滴加入4mol/L CH3COONH4溶液(pH≈7)，边滴加边测定其中沉淀的量，沉淀的量与铵盐溶液的体积的关系如图。 ③将①中的NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验。 下列说法不正确的是    A．Mg(OH)2浊液中存在：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH﹣(aq) B．②中两组实验中均存在反应：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3•H2O C．H+可能参与了NH4Cl溶液溶解Mg(OH)2的过程 D．③中获得的图像与②相同 64．(24-25高二上·北京·期中)实验小组欲探究对Mg和反应的影响。20s时，分别向pH和均相同的①溶液和②溶液中加入相同的镁条，记录实验现象如下表，同时测定溶液pH随时间的变化曲线如下图。 溶液① 溶液② 20~40s：生成气泡较快，镁条表面有少量红色固体析出，溶液澄清；40~80s：生成气泡较快，溶液中出现蓝色浑浊；80~160s：生成气泡变慢，溶液中浑浊物基本不变；160s以后：持续生成气泡，浑浊物增多、颜色变浅 20~160s：生成气泡较慢，溶液澄清160s以后：持续生成气泡，溶液中出现白色浑浊 已知：实验条件下，沉淀产生的pH范围是10.4~12.4. 下列说法不正确的是 A．20~40s，①比②生成气泡快，是由于①中形成了原电池 B．40~80s，①中pH增大比②缓慢，原因是①中生成气体消耗的较②少 C．80~160s，①中pH迅速增大，原因是Mg与水反应使得c(OH⁻)增大 D．160s以后，①②的pH均保持稳定，原因是体系中存在 65．(24-25高二上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)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 。 66．(24-25高二上·北京大学附属中学·期中)回答下列问题。 (1)现有的氨水。请回答以下问题： ①若向氨水中加入少量固体，此时溶液中 (填“增大”、“减小”或“不变”)； ②若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，所得溶液的 7(填“>”、“<”或“=”)，用离子方程式解释原因 。 ③若向氨水中加入稀硫酸至溶液的，此时，则 。 ④将等体积的的氨水和的盐酸混合，所得溶液中离子浓度大小顺序为 。 (2)根据水的电离回答下列问题： ①某温度时，水的离子积为。则该温度 (填“>”、“<”或“=”)，其理由是 。 ②常温下，将的溶液加水稀释至，稀释后的溶液中 。 ③常温下，的溶液中由水电离出的浓度为的溶液中由水电离出的浓度为，两溶液中 。 ④常温下，的溶液与的溶液混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。若所得混合溶液，则 。 67．(24-25高二上·北京十一学校·期末)食醋作为日常饮食中的一种调味剂，深受人们青睐，它对改善食物的口感、增进食欲、促进食物消化等都有独特的功能。食醋的酸味主要来自其中的醋酸等有机酸。食醋的总酸含量是指每100 mL食醋中含酸(以醋酸计)的质量，也称食醋的酸度。国家标准规定酿造食醋的总酸含量不得低于3.5 g/100mL。某活动小组探究市场上某品牌白醋总酸度的步骤如下： ①移取25.00 mL某品牌白醋，置于250 mL容量瓶中，加水稀释至刻度，摇匀得待测食醋溶液； ②用0.100 mol/L的标准NaOH溶液润洗碱式滴定管3次； ③把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液； ④调节液面至“0”刻线或零刻线下任一刻线； ⑤用_____取20.00 mL待测食醋溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2~3滴指示剂； ⑥用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度； ⑦重复滴定3次。 请回答下列问题： (1)为了完成该实验，步骤⑤中所用的仪器为 (选填“酸式”、“碱式”)滴定管。 (2)实验室现有3种酸碱指示剂，其pH的变色范围如下： ①甲基橙：3.1~4.4    ②石蕊：5.0~8.0    ③酚酞：8.2~10.0 你认为该活动小组应该选用的最佳指示剂是 (选填编号)。滴定终点的操作及现象为 。 (3)数据记录与处理： 滴定次数 待测液体积(mL) 标准NaOH溶液体积(mL) 滴定前刻度 滴定后刻度 第1次 20.00 1.03 21.04 第2次 20.00 1.06 21.06 第3次 20.00 2.06 22.05 经数据处理，此品牌的食醋总酸含量的平均值是 g/100 mL。（已知醋酸的摩尔质量为60 g/mol） (4)若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得该品牌白醋的总酸度含量会 。（选填“偏大”、“偏小”或“无影响） 68．(24-25高二上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)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) 69．(24-25高二上·北京·期中)双乙酸钠又名二醋酸氢钠，是乙酸与乙酸钠的物质的量之比为的复合物，可用作纺织、涂料等行业中的缓冲剂。某品牌双乙酸钠的部分标签如图，同学们针对双乙酸钠的酸度及调节进行以下研究。 化学式： 性状：白色粉末，易溶于水，有醋酸气味。 pH：4.5~5.0 使用方法：直接添加或溶水后使用。 Ⅰ．比较同浓度的双乙酸钠与盐酸、乙酸溶液的pH 配制的三种溶液各10mL，分别放置于三个烧杯中，25℃时，测定溶液pH，结果如下表。 溶液 盐酸 乙酸溶液 双乙酸钠溶液 pH 1.0 2.9 4.7 (1)乙酸溶液的pH大于1.0，结合化学用语说明其原因是 。 (2)双乙酸钠溶液中， (填“>”“=”或“<”)。 Ⅱ．比较加水稀释时溶液pH的变化 分别向Ⅰ的三种溶液中逐滴加水，并用传感器记录溶液pH的变化，溶液体积约为100mL时停止滴加，绘制pH的变化曲线如图。 (3)在图中绘制出盐酸溶液稀释过程中pH变化的曲线。 (4)双乙酸钠溶液稀释过程中pH的变化不明显，利用平衡常数解释其原因是 。[已知：双乙酸钠溶液稀释过程中，近似相等。] Ⅲ．比较溶液加碱后pH的变化 从Ⅱ中加水后得到的三种溶液中各取20mL，分别滴加溶液至恰好中和，过程中控制溶液温度为25℃，并记录溶液pH的变化。 (5)20mL乙酸溶液中，当加入NaOH溶液体积为V时，所得溶液相当于一定浓度的双乙酸钠溶液。则 (6)实验过程中，下列说法正确的是 (填字母)。 A．恰好中和时，消耗NaOH溶液的体积：盐酸>乙酸>双乙酸钠 B．恰好中和时，溶液的pH：盐酸<乙酸=双乙酸钠 C．溶液恰好为中性时，消耗的NaOH溶液体积：盐酸>乙酸>双乙酸钠 70.(24-25高二上·北京·期中)为探究弱电解质的电离情况，进行如下实验。 【实验Ⅰ】探究浓度对电离程度的影响。 25℃时，测定不同浓度醋酸溶液的pH，结果如下： 组别 ① ② ③ ④ ⑤ 浓度/() 0.0010 0.0100 0.0200 0.1000 0.2000 pH 3.88 3.38 3.23 2.88 2.83 (1)由表中数据可得出是弱电解质，依据是 。 (2)②中的 ；的 (列出计算式即可)。 (3)依据K与Q关系分析，①、②溶液浓度与变化程度不同的原因 。 【实验Ⅱ】探究中和反应过程中水电离程度的变化。 用NaOH溶液滴定20.00mL溶液，溶液pH随V(NaOH)变化的曲线如图所示。 (4)a点时，消耗NaOH溶液的体积 20mL(填“<”“>”或“=”)。 用滴定 (5)判断恰好完全反应时，溶液的pH 7(填“<”“>”或“=”)，用化学用语解释原因： 。 (6)上述过程存在与a点水的电离程度相同的溶液，该溶液所含的溶质为 。 (7)分析加入NaOH溶液体积在8~12mL之间时，溶液pH变化较缓的原因是 。 71．(24-25高二上·北京第八十中学·期中)对石油开采和炼制过程中产生的含硫废水(其中硫元素的主要化合价是-2价)进行处理，防止污染环境。 已知：ⅰ.-2价硫元素易被氧化为S或 ⅱ.在25℃时，1体积水可溶解约2.6体积的气体 ⅲ.、、在水溶液中的物质的量分数随pH的分布曲线如图 (1)沉淀法处理含硫废水 向的含硫废水中加入适量溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。 ①的含硫废水中含-2价硫元素的主要微粒是 。 ②用化学平衡移动原理解释pH降低的原因： 。 (2)氧化法处理含硫废水 向含硫废水中加入稀调节溶液的pH为6。 ①根据电离常数计算溶液中 ∶1。 ②再加入0.15mol/L溶液，溶液的pH变化如图。用离子方程式说明pH先增大后减小的原因： 、 。 (3)处理后的废水中残留-2价硫元素含量的测定 已知：、 ②处理后的废水中-2价硫元素的含量是 mg/L。 ②加入溶液后，需控制溶液的pH为弱酸性。当溶液呈中性时，部分-2价硫元素被氧化为，使测得的-2价硫元素含量 (填“偏大”或“偏小”)。 72．(24-25高二上·北京大学附属中学·期中)草酸(H2C2O4)是一种重要的化学试剂，常用来定量测定某些物质的浓度，因此其浓度的准确度非常重要。为测定某草酸溶液的浓度，设计了酸碱中和滴定和氧化还原滴定两种测定方法。 Ⅰ．酸碱中和滴定法。 已知：①H2C2O4是二元弱酸； ②NaHC2O4溶液显酸性，溶液具有一定缓冲性，不易观察到滴定终点。 操作步骤：量取待测草酸溶液10.00 mL于锥形瓶中，滴加2滴指示剂；将0.1000 mol/L NaOH溶液盛装于滴定管中，到达滴定终点时停止滴定，并记录NaOH溶液的体积，再重复滴定3次。记录数据如下： 滴定次数 1 2 3 4 V[H2C2O4(aq)]/mL 10.00 10.00 10.00 10.00 V[NaOH(aq)]/mL 15.95 15.00 15.02 14.98 (1)下列操作或仪器名称不正确的是 。 A．配制0.1000 mol/L NaOH溶液 B．排出滴定管内气泡 C．酸式滴定管 D．读取滴定管读数 (2)该滴定过程中应选用的指示剂为 (填“酚酞”或“甲基橙”)。 (3)由上述滴定结果计算得 mol/L。 (4)下列情况会导致测定结果偏高的是 (填字母)。 a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶 b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出 c．滴定至终点时，俯视读数 d．用蒸馏水清洗滴定管后，未用NaOH标准液润洗 Ⅱ．氧化还原滴定法。用已知浓度的酸性KMnO4溶液滴定该草酸溶液。 (5)滴定过程中涉及反应的离子方程式为 。 (6)滴定至终点的现象为 。 (7)KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 地 城 考向05 综合性实验探究题 73．(24-25高二上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)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 。 74．(24-25高二上·北京·期中)某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，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，中可将还原为的金属是 。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，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未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。 75．(20-21高二上·北京西城区·期末)实验小组制备硫代硫酸钠(Na2S2O3)并探究其性质。 资料：ⅰ.S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O ⅱ.Fe3++3S2OFe(S2O3)(紫黑色) ⅲ.Ag2S2O3是难溶于水、可溶于Na2S2O3溶液的白色固体。 (1)实验室可利用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制备Na2S2O3，装置如下图。 ①用化学用语解释Na2S和Na2CO3的混合溶液呈碱性的原因：S2-+H2OHS-+OH-、 。 ②为了保证Na2S2O3的产量，实验中通入的SO2不能过量。要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有： (写出一条)。 (2)探究Na2S2O3溶液与不同金属的硫酸盐溶液间反应的多样性。 实验 试剂 现象 试管 滴管 2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液 Ag2SO4溶液(浓度约为0.03mol/L) Ⅰ.局部生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得到无色溶液 0.03mol/LAl2(SO4)3溶液 Ⅱ.一段时间后，生成沉淀 0.03mol/LFe2(SO4)3溶液 Ⅲ.混合后溶液先变成紫黑色，30s时溶液几乎变为无色 ①Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式为 。 ②经检验，现象Ⅱ中的沉淀有Al(OH)3和S，用平衡移动原理解释Ⅱ中的现象： 。 ③经检验，现象中的无色溶液中含有Fe2+。从化学反应速率和限度的角度解释Ⅲ中Fe3+与S2O反应的实验现象： 。 以上实验说明：Na2S2O3溶液与金属阳离子反应的多样性和阳离子的性质有关。 76．(21-22高三上·北京朝阳陈经纶中学·月考)某小组探究FeCl3溶液和NaHSO3溶液的反应 (1)配制溶液 ①配制100mL0.10mol•L-1的FeCl3溶液A．配制过程中用到玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、 和 。 ②配制100mL0.10mol•L-1NaHSO3溶液B，测得溶液B的pH为4.5.分析NaHSO3溶液显酸性的原因，填写如表。 资料：Ka1(H2SO3)=1.4×10-2 Ka2(H2SO3)=6.0×10-8 离子方程式 平衡常数值 电离平衡 ⇌H++ 水解平衡 结论 电离程度>水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性 (2)实验探究 ①各取50mLA、B两种溶液在烧杯中混合，观察到无沉淀和气泡产生，所得混合溶液C为红褐色。用激光笔照射，有丁达尔现象。上述现象说明发生了非氧化还原反应，离子方程式为 (反应1)。 ②小组同学认为还有可能发生了氧化还原反应，离子方程式为 (反应2)。并设计了以下两种方法证明发生了反应2。 a.取少量溶液C，向其中加入 ，出现白色沉淀，证明有。 b.取少量溶液C，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，证明有Fe2+。 分析以上两种方法中a法不科学，理由是 。 将溶液C放置，溶液颜色越来越浅，30分钟后颜色几乎消失。 (3)得出结论： i.反应1和反应2同时共存，存在竞争。 ii. 。 77．(24-25高二上·北京·期中)实验小组探究酸对Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡的影响。将0.005mol·L-1FeCl3溶液(接近无色)和0.01mol·L-1KSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。 (1)FeCl3溶液呈酸性的原因是 (用离子方程式表示)。 (2)甲同学认为加入酸后，会使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3体系中 增大，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深。 【设计并实施实验】 取两等份红色溶液，进行如下操作并记录现象。 [查阅资料] Fe3+和Cl-、SO均能发生络合反应：Fe3++4Cl-⇌ [FeCl4]-(黄色)；Fe3++2SO⇌[Fe(SO4)2]-(无色)。 实验I.探究现象a中溶液颜色变化的原因 编号 操作 现象 ① 向2mL红色溶液中滴加5滴水 溶液颜色无明显变化 ② 向2mL红色溶液中滴加5滴3mol·L-1KCl溶液 溶液颜色变浅，呈橙色 (3)实验①的目的是 。 (4)根据实验①和实验②的结果，从平衡移动角度解释现象a： 。 实验II.探究现象b中溶液呈浅黄色的原因 编号 操作 现象 ③ 取1mL0.0025mol·L-1Fe2(SO4)3溶液(无色)。加入1mL0.01mol·L-1KSCN溶液，再加入5滴1.5mol·L-1H2SO4溶液 溶液先变红，加硫酸后变为浅黄色 ④ 取1mL0.005mol·L-1FeCl3溶液， (5)结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是 。 (6)乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是(5)中的一种，请将实验④的操作及现象补充完整： 、 。 78．(24-25高二上·北京·期中)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 (1)理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (2)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 。用离子方程式表示的作用： 。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的 (填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用 的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是 。 (3)实验改进 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与 值比较。 ②综合调控和温度的目的是 。 79．(24-25高二上·北京·期中)向KI溶液中持续通入Cl2，发现溶液先由无色变为棕黄色，一段时间后褪色。探究溶液变色的原因。 (1)溶液变为棕黄色的原因是KI被Cl2氧化为I2，离子方程式是 。 [猜测]棕黄色褪去的原因是I2被氧化，氧化产物中I的化合价记为+x。 [实验Ⅰ]设计如表实验验证I2被氧化 装置 序号 试剂a 现象 甲 Na2SO3溶液 溶液均变黄，遇淀粉变蓝 乙 KI溶液 (2)①本实验中，试剂a作 剂(填“氧化”或“还原”)。 ②甲能证实I2被氧化而乙不能，原因是 。 [实验Ⅱ]通过如下实验可测定x i.取vmLcmol·L-1KI溶液于锥形瓶中，通入过量Cl2至棕黄色褪去。 ii.边搅拌边加热锥形瓶中的溶液，一段时间后，操作A，试纸不变蓝。 iii.冷却至室温后，加入过量KI固体，生成大量紫黑色沉淀(I2)。 iv.立即用amol·L-1Na2S2O3溶液滴定。滴定过程中沉淀逐渐溶解，溶液颜色逐渐变深再变浅。当溶液变为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液bmL。 已知：I2+2S2O=S4O+2I- I-+I2I(棕黄色) I2在纯水中溶解度很小，饱和碘水呈浅黄色 (3)ii的目的是除去溶液中的Cl2，操作A是 。 (4)结合数据，计算可得x= (用代数式表示)。 [反思] (5)实验过程中，在未知x具体数值的情况下，iii中为保证所加的KI固体过量，理论上加入的n(KI)应大于i中n(KI)的 (填数字)倍。 (6)从平衡移动的角度解释iv中“溶液颜色逐渐变深再变浅”的原因： 。 80．(24-25高二上·北京·期中)某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。 (1)实验验证 实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mol/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。 实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。 ①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 。 ②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是 。 综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。 ③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象 。 (2)测定平衡常数 实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。 资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012 Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3 ①滴定过程中Fe3+的作用是 。 ②测得平衡常数K= 。 (3)思考问题 ①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 ②不用实验II中清液测定K的原因是 。 学科网（北京）股份有限公司 $