精品解析：黑龙江省大庆实验中学2025-2026学年高二上学期10月月考化学试题

大庆实验中学2025-2026学年度上学期高二年级月考 化学试题 第Ⅰ卷(选择题，共45分) 可能用到的相对原子质量：H-1；B-11；C-12；O-16；Na-23；P-31；S-32；Cl-35.5 一、单项选择题：本大题共20小题，1-15题，每小题2分；16-20题，每小题3分。共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。 1. 化学与生活生产密切相关，下列说法正确的是 A. 血浆中存在的缓冲体系，缓冲作用可以促使体系出现大幅度变化 B. 杀灭病毒时所使用的酒精浓度越高灭菌效果越好 C. “酒香不怕巷子深”体现了熵增的原理 D. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，水的能量更低 2. 少量铁粉与过量的稀盐酸反应，加入下列试剂，能减慢此反应速率而不改变的产量，可以选择的组合是 ①加 ②加入Zn粉 ③滴入几滴浓盐酸 ④加固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦加溶液 A. ①⑤⑦ B. ③⑥ C. ①②⑤ D. ①④⑤ 3. 下列与化学反应进行方向有关的叙述中错误的是 A. 体系的熵增越大、焓变越小，化学反应速率越快 B. 能量越低，混乱度越大，体系越稳定 C. 绝热状态下体系会自发趋向混乱度增大方向进行 D. 能否自发进行与温度有关 4. 下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是 A. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒 B. 步骤②中“加压”既可以加快反应速率，也可以增大平衡常数 C. 步骤④、⑤均有利于提高原料平衡转化率 D. 步骤⑤的目的是将未反应的和循环再利用 5. 磷化氢是一种在空气中能自燃的剧毒气体，具有还原性，可作为电子工业原料。的一种工业制法流程如下： 下列说法错误的是 A. 液态次磷酸分解反应为熵增过程 B. 不考虑损失，参与反应，可产生 C. 反应1与反应3分别生成时转移电子数之比为 D. 等物质的量、与足量溶液反应消耗之比为 6. 下列实验装置可以达到对应实验目的的是 实验目的 A．测NaClO溶液的pH B．判断和水反应是吸热反应还是放热反应 实验装置 实验目的 C．处理尾气 D．排出盛有溶液的滴定管尖嘴内的气泡 实验装置 A. A B. B C. C D. D 7. 手持技术测定中和反应反应热的装置和测定结果如图。假设：一次性加入溶液。已知：混合溶液的密度为，比热容为。下列相关说法正确的是 A. 分批加入溶液，反应更充分，测量结果更准确 B. 将磁子表面的聚四氟乙烯换成铁，测量更精准 C. 本实验中测定的中和反应反应热 D. 若将盐酸换成同浓度、同体积的醋酸，将偏小 8. 下列说法正确的是 A. 在一定条件下的密闭容器发生反应，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.6倍，则 B. 一定温度下，对平衡体系缩小体积，再次平衡时增大 C. 在一定条件下，可逆反应达到平衡后。保持恒温恒容，再通入一定量，平衡逆向移动，且达到新平衡时的百分含量减小 D. 在一定条件下，可逆反应 达到平衡状态，升高温度或增大浓度，均能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大化学反应速率 9. 以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和为原料，通过不同过程、实现铅的再生利用。过程涉及如下两个反应： ① ② 各过程的能量变化如上图，下列说法错误的是 A. 过程的反应为： B. 过程中，①反应速率比②慢。 C. 升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高的转化率 D. 与过程相比，过程增大了单位体积内活化分子的数目 10. 下列事实，不能用勒夏特列原理解释的有几项 ①实验室制备乙酸乙酯时，加入稍过量的乙醇 ②浓氨水中加入氢氧化钠固体产生刺激性气味的气体 ③氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深 ④开启啤酒瓶后，瓶中立刻产生大量气泡 ⑤红棕色的加压后颜色先变深后变浅 ⑥黄绿色的氯水光照后颜色变浅 ⑦高炉炼铁时焦炭和铁矿石要预先粉碎 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 11. 下列有关热化学方程式的书写或判断错误的是 A. 已知同温同压下： ； ，则 B. 据上图可知： C. 已知的燃烧热(又称标准燃烧热、摩尔燃烧焓)，则101kPa下 D. 一定条件下，将和置于密闭容器中充分反应生成，放热19.3kJ，其热化学方程式为 12. 常温下，向均为12、体积均为的MOH、NOH、溶液中分别加水稀释至体积为，溶液随的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A. 的三种溶液中， B. 常温下电离常数： C. a、b、c三点由水电离的： D 溶液中，由点到点时，减小 13. 常温下，部分弱电解质的电离常数如下表，下列说法正确的是 弱电解质 HClO HCOOH 电离常数 A. 中和等体积、等pH的HCOOH和HClO消耗NaOH的量前者大于后者 B. 常温下，向溶液中加至，此时溶液的 C. 向氯水中分别加入少量等浓度的和溶液，均可提高氯水中的浓度 D 少量通入溶液中： 14. 现有常温下水电离出的均为的4种溶液：①溶液；②溶液；③溶液；④氨水。有关上述溶液的比较中，正确的是 A. 等体积的①、②、③溶液分别与足量铝粉反应，生成的量②最小 B. ②、③溶液等体积混合后，溶液显碱性 C. 向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的④>③>①>② D. ①、④溶液混合后，若，则消耗溶液的体积：④>① 15. 400℃时，向容积为的密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应：。反应过程中测得的部分数据见表： 0 10 20 30 0.10 0.04 0.02 0.20 0.04 下列说法中，正确的是 A. 反应在前内的平均速率为 B. 400℃时，该反应的平衡常数数值为 C. 向平衡后的体系再加入和，则 D. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时，则反应的 16. 下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 现象和结论 A 探究温度对化学反应速率的影响 用两支试管各取溶液，分别放入冷水和热水中，一段时间后再加入溶液 若热水中先出现浑浊；说明其他条件相同时，温度越高，化学反应速率越快 B 探究浓度对化学反应速率的影响 用两支试管各取的溶液，分别加入和的(草酸)溶液，记录溶液褪色所需的时间 若观察到后者褪色时间短：说明其他条件相同时，反应物浓度越大反应速率越快 C 检验晶体是否变质 取少量久置的晶体于试管中，逐滴加入酸性高锰酸钾溶液 若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明晶体变质 D 探究化学反应的限度 取溶液于试管中，向其中滴加1~2滴0.1mol/LKI溶液，再滴加1~2滴KSCN溶液 若观察到溶液变红，说明该反应存在限度 A. A B. B C. C D. D 17. T温度下，在1 L刚性密闭容器中投入和各2 mol，发生下列反应，部分物质的物质的量分数随时间的变化如图所示(近似认为反应Ⅱ建立平衡后，反应Ⅱ始终处于平衡状态)。下列说法正确的是 A. 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能 B. 反应Ⅱ的平衡常数 C. 体系平衡后，再加入和各1 mol，的平衡产率不变 D. 温度下，使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂，的物质的量分数新峰值点可能是 18. 有关下列图像的分析错误的是 A. 图①表示反应，则该反应的且 B. 图②表示反应，若其他条件不变，的物质的量一定，则a、b、c三点中，点的转化率最高 C. 图③表示在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入和发生反应：，若平衡时和的转化率相等，则 D. 图④表示发生反应：，若，则曲线一定使用了催化剂 19. 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含水样的，流程如图。 下列说法错误的是 A. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的值偏高 B. Ⅱ中发生的反应有 C. Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 D. III中消耗的越多，水样的值越高 20. 常温下，用溶液滴定未知浓度的二元酸溶液、溶液中，、分布系数随滴加溶液体积的变化关系如图所示。[例如的分布系数]，下列叙述正确的是 A. 曲线①代表 B. 该实验只能选甲基橙为指示剂 C. 的电离常数 D. 溶液浓度为 第Ⅱ卷(非选择题，共55分) 二、填空题：本题共4小题，共55分。把答案填在答题卡的相应位置。 21. Ⅰ．现有下列物质：①、②固体、③氨水、④石墨、⑤冰醋酸、⑥熔融、⑦蔗糖溶液。 （1）上述状态下可导电的物质是___________(填序号，下同)，属于弱电解质的是___________。 （2）某温度时，纯水电离的，将的盐酸与的溶液混合，使混合后溶液的，则盐酸与的体积比___________。 Ⅱ．已知电导率越大溶液导电能力越强。常温下用溶液分别滴定浓度均为的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示(忽略滴定过程中溶液混合后的体积变化)。 （3）表示滴定醋酸的曲线是___________(填①或②)。 （4）a、b两点溶液中水的电离程度大小关系是a___________b(填“>”、“<”或“=”)。 Ⅲ．一种以太阳能为热源分解水的历程，如图所示： 过程Ⅰ： 过程Ⅱ： （5）总反应的热化学方程式为：___________。 （6）下列化学反应的热效应与总反应的热效应不相同的是___________。 A. 铝热反应 B. 与混合 C. 碳酸氢钠与盐酸的反应 D. 焦炭与水蒸气的反应 22. 钌(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。某含钌废渣主要成分为Ru、Pb、、，回收钌的工艺流程如图： 已知：的沸点为40℃，温度高于108℃分解。 回答下列问题： （1）“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率(渣率指熔炼过程中产生的渣量与处理物料量的比值百分数)的影响分别如图1、图2所示，则适宜选择的氧化剂为___________；最佳反应温度为___________。 （2）滤液1中溶质的主要成分包括、、、等，其中转化为的离子反应方程式为___________。 （3）“蒸馏”过程中，通常选择在98℃进行蒸馏的原因是___________。 （4）“吸收”过程产生的气体经溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，其中的化学式为___________。 （5）钌多活性位点催化剂可用于催化水的多步碱性析氢反应。该催化剂存在钌单原子、钌团簇、三种活性位点，不同位点的催化特点不同。图3和图4为反应历程中微粒在不同位点相对能量的变化，其中吸附在催化剂表面的微粒用*标注。 ①分析图3推测的“吸附解离”主要发生在___________(填“钌单原子”、“钌团簇”或“NiO”)位点上。 ②分析图4并说明的脱附主要发生在表面的原因___________。 23. 硼被命名为Boron，是“焊剂”的意思。说明古人已经知道硼砂()可以用作焊接的助熔剂。回答下列问题： Ⅰ．硼酸的制备： 工业上，硼砂溶液中加入硫酸可生产。 Ⅱ．测定工业制硼酸的纯度： （1）配制一定物质的量浓度的溶液 称取硼酸试样，配成溶液，所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要___________。 （2）采用滴定法测定硼酸的纯度。 硼酸是一元弱酸，且酸性很弱，，因此滴定时不能直接滴定，须先将硼酸与甘油作用生成甘油硼酸，，然后用酚酞作指示剂，再用标准溶液滴定： 滴定的过程如下：每次取上述溶液于锥形瓶中，加入适量甘油，静置后，加入2-3滴酚酞溶液，用0.2000 mol/L的NaOH标准溶液滴定至终点，记录读数。 ①硼酸是一元弱酸，它本身不给出质子，但是溶于水后能给出。请解释硼酸水溶液呈酸性的原因___________(用离子方程式表示)。 ②判断达到滴定终点时的现象为___________。 ③重复三次实验的实验数据如表所示： 实验编号 待测溶液体积/mL 滴定前的体积/ 滴定后的体积/ 1 25.00 2.20 21.15 2 25.00 1.31 19.21 3 25.00 2.50 a．如图为第3次滴定终点示意图，滴定管的读数为___________。 b．根据表中数据计算出硼酸的纯度为___________%。 ④实验过程中出现以下操作(其他操作正确)，会造成测定结果(浓度)偏高的有___________。 A．配制硼酸溶液定容时仰视刻度线 B．锥形瓶水洗后直接装待测液 C．酸式滴定管水洗后未用待测硼酸溶液润洗 D．量取标准液的碱式滴定管未润洗 E．碱式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失 F．滴定到达终点时，俯视滴定管读数 ⑥已知：弱酸的酸性越弱，对应盐溶液的碱性越强。若滴定时，不使用甘油，用NaOH标准溶液直接滴定硼酸，则硼酸的纯度将___________(填字母代号)。 A．无影响 B．偏大 C．偏小 D．无法确定 24. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，因此，研发利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究重点。 Ⅰ．以、为原料合成涉及的主要反应如下： ① ② 试回答下列问题： （1）恒温恒容下，向密闭容器按投料比通入原料气，若只发生反应①，能判断反应处于平衡状态的是___________(填标号)。 A． B．气体的密度保持不变 C．的体积分数保持不变 D．断裂键的同时断裂键 E．气体的平均相对分子质量保持不变 （2）不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如图所示。 其中纵坐标表示平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；图乙中温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。(已知：的平衡转化率，的平衡产率) （3）若以做催化剂，可使在温和的条件下转化为甲醇，经历如下过程： ⅰ．催化剂活化：(无活性)(有活性) ⅱ．与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①和②。其反应历程如图： a．关于反应①历程，以下描述正确的是___________。(填序号)。 A．反应物键能之和大于生成物键能之和 B．以上过程中经历了、键的形成和断裂 C．使用做催化剂，可以提高的平衡转化率 D．原料气中添加少量主要目的只是为了抑制反应②进行 b．与混合气体以不同流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图：[已知：选择性]。 其他条件不变，气体流速较慢可造成的积累，使催化剂失活。请从平衡移动的角度解释，气体流速加快，选择性变化的原因：___________。(结合化学方程式进行解释) Ⅱ．二氧化碳催化加氢合成乙烯的原理为。原料初始组成，体系压强恒定为，不同温度下反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度的变化如图所示： （4）图中表示的变化曲线分别是___________。 （5）根据图中点A(c，d两线交点)，计算该温度时反应的平衡常数___________(分压=总压×物质的量分数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆实验中学2025-2026学年度上学期高二年级月考 化学试题 第Ⅰ卷(选择题，共45分) 可能用到的相对原子质量：H-1；B-11；C-12；O-16；Na-23；P-31；S-32；Cl-35.5 一、单项选择题：本大题共20小题，1-15题，每小题2分；16-20题，每小题3分。共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。 1. 化学与生活生产密切相关，下列说法正确的是 A. 血浆中存在的缓冲体系，缓冲作用可以促使体系出现大幅度变化 B. 杀灭病毒时所使用的酒精浓度越高灭菌效果越好 C. “酒香不怕巷子深”体现了熵增的原理 D. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，水的能量更低 【答案】C 【解析】 【详解】A．缓冲体系的作用是维持pH相对稳定，而非促使大幅变化，A错误； B．75%酒精消毒效果最佳，浓度过高会使病毒表层蛋白质变性，降低效果，B错误； C．乙醇由液态变为气态，混乱度增加，符合熵增原理，C正确； D．冰转化为水需吸热，水的能量更高，D错误； 故选C。 2. 少量铁粉与过量的稀盐酸反应，加入下列试剂，能减慢此反应速率而不改变的产量，可以选择的组合是 ①加 ②加入Zn粉 ③滴入几滴浓盐酸 ④加固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦加溶液 A. ①⑤⑦ B. ③⑥ C. ①②⑤ D. ①④⑤ 【答案】D 【解析】 【分析】反应为Fe与过量HCl生成H2，H2产量由Fe的量决定，需降低反应速率且不减少H2产量。 【详解】①加H2O氢离子浓度减小，反应速率减慢，但是生成氢气量不变，故①正确； ②加入Zn粉会增加H2总量，故②错误； ③滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故③错误； ④加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，但是生成氢气量不变，故④正确； ⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，但是生成氢气量不变，故⑤正确； ⑥滴入几滴硫酸铜溶液，置换出铜覆盖在铁表面、构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故⑥错误； ⑦加NaNO3溶液，酸性条件下硝酸根离子有强氧化性、和Fe反应生成NO而不是氢气，生成的氢气量减少，故⑦错误； 故①④⑤正确，答案选D。 3. 下列与化学反应进行方向有关的叙述中错误的是 A. 体系的熵增越大、焓变越小，化学反应速率越快 B. 能量越低，混乱度越大，体系越稳定 C. 绝热状态下体系会自发趋向混乱度增大方向进行 D. 能否自发进行与温度有关 【答案】A 【解析】 【详解】A．熵增和焓变是热力学参数，影响反应方向而非速率；化学反应速率由活化能等因素决定，与ΔH和ΔS无关，A错误； B．放热反应易发生、熵增反应易发生，能量越低，混乱度越大，体系越稳定，B正确； C．绝热体系可视为孤立体系，自发过程遵循熵增原理，趋向混乱度增大方向，C正确； D．该反应ΔH>0（吸热）且ΔS>0（生成气体），高温时可能大于ΔH，使，反应自发，故能否自发进行与温度有关，D正确； 故选A。 4. 下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是 A. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒 B. 步骤②中“加压”既可以加快反应速率，也可以增大平衡常数 C. 步骤④、⑤均有利于提高原料的平衡转化率 D. 步骤⑤的目的是将未反应的和循环再利用 【答案】B 【解析】 【详解】A．工业合成氨中，原料气含有杂质（如硫化物等）会导致催化剂中毒，步骤①“净化”可除去杂质，防止催化剂中毒，A正确； B．加压能增大反应物浓度，加快反应速率；但平衡常数仅与温度有关，与压强无关，加压不能增大平衡常数，B错误； C．步骤④液化分离NH3，减小生成物浓度使平衡正向移动，提高原料的平衡转化率；步骤⑤循环利用未反应的N2和H2，提高原料的利用率，均有利于提高原料的平衡转化率，C正确； D．步骤⑤将未反应的N2和H2重新返回反应系统，目的是循环再利用，D正确； 故答案选B。 5. 磷化氢是一种在空气中能自燃的剧毒气体，具有还原性，可作为电子工业原料。的一种工业制法流程如下： 下列说法错误的是 A. 液态次磷酸分解反应为熵增过程 B. 不考虑损失，参与反应，可产生 C. 反应1与反应3分别生成时转移电子数之比为 D. 等物质的量、与足量溶液反应消耗之比为 【答案】D 【解析】 【分析】反应1为，反应2为，反应3为。 【详解】A．液态次磷酸分解生成气体和，气体的熵值远大于液体，体系混乱度增大，为熵增过程，A正确； B．反应1，参与反应1生成1 mol和3 mol；反应2为，3 mol 经反应2生成3 mol，反应3为，3 mol经反应3生成1.5 mol，总为，B正确； C．反应1生成1 mol时，P由0价→-3价，转移电子3 mol；反应3生成1 mol 时，P由+1价→-3价，转移电子4 mol，转移电子数之比为3∶4，C正确； D．为一元酸，1 mol消耗1 mol NaOH；为三元酸，1 mol消耗3 mol NaOH，等物质的量H3PO2、H3PO4与足量NaOH溶液反应消耗NaOH之比为1∶3，D错误； 故选D。 6. 下列实验装置可以达到对应实验目的的是 实验目的 A．测NaClO溶液的pH B．判断和水反应是吸热反应还是放热反应 实验装置 实验目的 C．处理尾气 D．排出盛有溶液的滴定管尖嘴内的气泡 实验装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH值，且pH试纸不能伸入溶液中测量pH，A错误； B．Na和水反应放热，锥形瓶内空气受热膨胀，U形管中红墨水左低右高可证明反应放热，B正确； C．Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度极小，无法被吸收，处理Cl2尾气应使用NaOH溶液，C错误； D．图为碱式滴定管排出气泡的操作方法，KMnO4具有强氧化性，应装入酸式滴定管中，D错误； 故选B。 7. 手持技术测定中和反应反应热的装置和测定结果如图。假设：一次性加入溶液。已知：混合溶液的密度为，比热容为。下列相关说法正确的是 A. 分批加入溶液，反应更充分，测量结果更准确 B. 将磁子表面的聚四氟乙烯换成铁，测量更精准 C. 本实验中测定的中和反应反应热 D. 若将盐酸换成同浓度、同体积的醋酸，将偏小 【答案】C 【解析】 【详解】A．中和热测定需一次性快速加入NaOH溶液以减少热量散失，分批加入会导致热量散失增加，测量结果不准确，A错误； B．聚四氟乙烯导热性差，可减少热量散失，换成导热性好的铁会增加热量损失，测量精度降低，B错误； C．混合溶液质量，温度变化，放出热量；生成水的物质的量：，则，C正确； D．醋酸为弱酸，电离吸热，中和时实际放出热量减少，偏小，，会变大，D错误； 故选C。 8. 下列说法正确的是 A. 在一定条件下的密闭容器发生反应，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.6倍，则 B. 一定温度下，对平衡体系缩小体积，再次平衡时增大 C. 在一定条件下，可逆反应达到平衡后。保持恒温恒容，再通入一定量，平衡逆向移动，且达到新平衡时的百分含量减小 D. 在一定条件下，可逆反应 达到平衡状态，升高温度或增大浓度，均能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大化学反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应平衡后将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度增大到原来的两倍，而再次平衡后D的浓度为原平衡的1.6倍，说明加压使平衡逆向移动，逆反应方向气体体积减小，即a < c + d，A错误； B．该反应平衡常数，温度不变则K不变，即新平衡时c(O2)不变，B错误； C．该反应为气体分子数减小反应，恒温恒容，通入N2O4后，平衡逆向移动生成NO2，但新平衡等效于增大压强，NO2的百分含量反而减小，C正确； D．升高温度增大活化分子百分数，但增大CO浓度仅增加单位体积活化分子数，不改变活化分子百分数，D错误； 故答案选C。 9. 以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和为原料，通过不同过程、实现铅的再生利用。过程涉及如下两个反应： ① ② 各过程的能量变化如上图，下列说法错误的是 A. 过程的反应为： B. 过程中，①反应速率比②慢。 C. 升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高的转化率 D. 与过程相比，过程增大了单位体积内活化分子的数目 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应a和反应b总反应相同，根据①+②得总反应，所以过程a的反应为：，A正确； B．由图可知，①反应的活化能大于②，活化能越大，反应速率越慢，所以①反应速率比②慢，B正确； C．反应②为，由能量图可知其反应物能量高于产物，为放热反应，升高温度，反应速率增大，但平衡逆向移动，限度减小，转化率降低，C错误； D．由图可知，过程b活化能低于过程a，说明过程b使用了催化剂，降低反应的活化能，增大了单位体积内活化分子的数目，D正确； 故选C。 10. 下列事实，不能用勒夏特列原理解释的有几项 ①实验室制备乙酸乙酯时，加入稍过量的乙醇 ②浓氨水中加入氢氧化钠固体产生刺激性气味的气体 ③氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深 ④开启啤酒瓶后，瓶中立刻产生大量气泡 ⑤红棕色的加压后颜色先变深后变浅 ⑥黄绿色的氯水光照后颜色变浅 ⑦高炉炼铁时焦炭和铁矿石要预先粉碎 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】①制备乙酸乙酯的反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，增加乙醇浓度使平衡向正反应方向移动，提高乙酸乙酯的产率，能用勒夏特列原理解释； ②浓氨水中存在平衡：，加入氢氧化钠固体，浓度增加，使平衡左移，溶液中NH3分子浓度增大，导致逸出，能用勒夏特列原理解释； ③反应前后气体分子数相等，加压增大各物质的浓度（颜色变深），但平衡未移动，不能用勒夏特列原理解释； ④啤酒中存在平衡：CO2(aq)CO2(g)，开启啤酒瓶后，压强减小，平衡正向移动，CO2逸出，产生大量气泡，能用勒夏特列原理解释； ⑤加压后，反应中各物质的浓度变大，颜色先变深，后平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释； ⑥氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸见光分解，c(HClO)减小，平衡向正反应方向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释； ⑦粉碎固体仅增大反应速率，不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释； 不能用勒夏特列原理解释的是③和⑦，共2项，故答案选A。 11. 下列有关热化学方程式的书写或判断错误的是 A. 已知同温同压下： ； ，则 B. 据上图可知： C. 已知的燃烧热(又称标准燃烧热、摩尔燃烧焓)，则101kPa下 D. 一定条件下，将和置于密闭容器中充分反应生成，放热19.3kJ，其热化学方程式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．醋酸是弱酸，电离时会吸热，故与强酸和OH-反应时比较，在物质的量相同时，放出的热量的变小，则会变大，故，故A正确； B．由上图可知，的反应热，计量数加倍则反应热加倍，故 ，故B正确； C．的燃烧热指的是1mol完全燃烧生成N2(g)和液态水时放出的热量，故其燃烧热的热化学方程式： ，故C正确； D．和的反应为可逆反应，0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，消耗的氮气的物质的量小于0.5mol，而热化学方程式中的反应热指的是完全反应时的反应热，即消耗的氮气的物质的量为1mol，放出的热量大于38.6kJ，故D错误； 答案选D。 12. 常温下，向均为12、体积均为的MOH、NOH、溶液中分别加水稀释至体积为，溶液随的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A. 的三种溶液中， B. 常温下电离常数： C. a、b、c三点由水电离的： D. 溶液中，由点到点时，减小 【答案】B 【解析】 【分析】在稀释过程中，MOH溶液的变为4时，说明被稀释了10000倍，pH降低了4，说明MOH为强碱，NOH、POH都是弱碱，当相同时，NOH的pH小于POH，说明NOH的碱性强于POH。 【详解】A．MOH、NOH、POH三种溶液中的电荷守恒依次为c(M+)+c(H+)=c(OH-)、c(N+)+c(H+)=c(OH-)、c(P+)+c(H+)=c(OH-)，pH=10的三种溶液中，c(OH-)、c(H+)分别相等，则c(M+)=c(N+)=c(P+)，A正确； B．由图像和分析可知，相同稀释倍数下pH：POH>NOH，说明POH碱性弱于NOH，常温下电离常数Kb(POH)<Kb(NOH)，B错误； C．碱溶液中，H+全部来自水的电离，三点溶液的pH：b＞a=c，则水电离的c(H⁺)：a=c>b，故C正确； D．根据分析可知，POH为弱碱，Kb(POH)=，则=，从b到c稀释时，pH减小，c(OH-)减小，Kb(POH)不变，则减小，故D正确； 故选B。 13. 常温下，部分弱电解质电离常数如下表，下列说法正确的是 弱电解质 HClO HCOOH 电离常数 A. 中和等体积、等pH的HCOOH和HClO消耗NaOH的量前者大于后者 B. 常温下，向溶液中加至，此时溶液的 C. 向氯水中分别加入少量等浓度的和溶液，均可提高氯水中的浓度 D. 少量通入溶液中： 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干表中数据可知，Ka(HCOOH)＞Ka(HClO)，则等pH的HCOOH和HClO，后者浓度更大，则中和等体积、等pH的HCOOH和HClO消耗NaOH的量前者小于后者，A错误； B．向溶液中加至，根据Ka(CH3COOH)==1.8×10-5，此时溶液的c(H+)=1.0×10-5mol/L，则pH=-lgc(H+)=-lg10-5=5，B正确； C．向氯水中分别加入少量等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，NaHSO3与次氯酸发生氧化还原反应，会减小氯水中HClO的浓度，C错误； D．SO2具有还原性，少量SO2与Ca(ClO)2发生氧化还原反应，离子方程式为，D错误； 答案选B。 14. 现有常温下水电离出的均为的4种溶液：①溶液；②溶液；③溶液；④氨水。有关上述溶液的比较中，正确的是 A. 等体积的①、②、③溶液分别与足量铝粉反应，生成的量②最小 B. ②、③溶液等体积混合后，溶液显碱性 C. 向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的④>③>①>② D. ①、④溶液混合后，若，则消耗溶液的体积：④>① 【答案】C 【解析】 【详解】A．水电离出的c(H+)为1×10-11mol/LHCl溶液和NaOH溶液物质的量浓度都为0.001mol/L，CH3COOH溶液和氨水物质的量浓度都大于0.001mol/L；等体积的①、②、③溶液中溶质物质的量②＞①=③，Al与HCl溶液、CH3COOH溶液、NaOH溶液反应的化学方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+6CH3COOH=2(CH3COO)3Al+3H2↑、2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，生成H2的量①最少，A错误； B．②、③等体积混合，充分反应后，醋酸过量，溶液显酸性，B错误； C．稀释后，④氨水溶液因稀释促进一水合氨的电离，稀释后pH＞9；③NaOH溶液稀释后的pH=9；①HCl溶液稀释后的pH=5；②CH3COOH溶液因稀释促进CH3COOH的电离，稀释后pH＜5，则稀释后溶液的pH：④＞③＞①＞②，C正确； D．①、④等体积混合，充分反应后，氨水过量，溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则消耗溶液的体积：④＜①，D错误； 故选C。 15. 400℃时，向容积为的密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应：。反应过程中测得的部分数据见表： 0 10 20 30 0.10 0.04 0.02 0.20 0.04 下列说法中，正确的是 A. 反应在前内的平均速率为 B. 400℃时，该反应的平衡常数数值为 C. 向平衡后的体系再加入和，则 D. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时，则反应的 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应在前10 min内，CO的物质的量减少了0.06mol，则消耗的氢气为0.12mol，容器体积为2L，用H2表示的平均速率为=0.006mol/(L▪min)，故A错误； B．由题中表格可得三段式：，30min时CO和H2的物质的量与20min时的物质的量相同，即20min时已达到平衡状态，K==10000，故B错误； C．Q==3181.8<K=10000，平衡正向移动，v正>v逆，C错误； D．由B中三段式可知，原平衡时，保持其他条件不变，升高温度，c(CH3OH)=0.06mol·L-1>mol·L-1=0.04mol·L-1，即平衡时甲醇浓度升高，反应正向移动，则反应的正反应为吸热反应，ΔH>0，故D正确； 故答案为D。 16. 下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 现象和结论 A 探究温度对化学反应速率的影响 用两支试管各取溶液，分别放入冷水和热水中，一段时间后再加入溶液 若热水中先出现浑浊；说明其他条件相同时，温度越高，化学反应速率越快 B 探究浓度对化学反应速率的影响 用两支试管各取的溶液，分别加入和的(草酸)溶液，记录溶液褪色所需的时间 若观察到后者褪色时间短：说明其他条件相同时，反应物浓度越大反应速率越快 C 检验晶体是否变质 取少量久置的晶体于试管中，逐滴加入酸性高锰酸钾溶液 若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明晶体变质 D 探究化学反应的限度 取溶液于试管中，向其中滴加1~2滴0.1mol/LKI溶液，再滴加1~2滴KSCN溶液 若观察到溶液变红，说明该反应存在限度 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验中将Na2S2O3溶液分别置于冷水和热水中一段时间后再加入H2SO4溶液，通过控制变量，使本实验的唯一变量为温度，所以能通过浑浊出现快慢反映温度对速率的影响，A正确； B．H+浓度会影响高锰酸钾的氧化性，草酸浓度不同会导致H+浓度变化，这样变量不止一个，无法探究浓度对化学反应速率的影响，B错误； C． 中具有还原性的离子不仅有亚铁离子，还有氯离子，若使酸性高锰酸钾溶液褪色，也有可能是氯离子，C错误； D．FeCl3溶液中滴加KI溶液会发生反应，FeCl3溶液和KI溶液浓度相同，但是FeCl3溶液体积更多，所以FeCl3过量时，无论反应是否可逆，剩余Fe3+均会使KSCN显红色，无法证明反应限度，D错误； 故答案选A。 17. T温度下，在1 L刚性密闭容器中投入和各2 mol，发生下列反应，部分物质的物质的量分数随时间的变化如图所示(近似认为反应Ⅱ建立平衡后，反应Ⅱ始终处于平衡状态)。下列说法正确的是 A. 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能 B. 反应Ⅱ的平衡常数 C. 体系平衡后，再加入和各1 mol，的平衡产率不变 D. 温度下，使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂，的物质的量分数新峰值点可能是 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应Ⅱ先达到平衡，说明其反应速率更快，活化能更低，故反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，A错误； B．由图像交点知X和Z的物质的量分数均为30%，X、Y物质的量分数相等，均为30%，则W的物质的量分数为10%。设图像交点时Z的转化量为3x mol，则W的转化量为x mol，故：，，交点时：，，解得x=，故平衡时：n(X)=n(Y)=n(Z)=，n(W)=，在1 L刚性密闭容器中，反应Ⅱ的平衡常数K=，B正确； C．两个反应正向气体分子数减少，体系平衡后，再加入和各1 mol，体系压强增大，平衡正向移动，Z的平衡产率会变化，C错误； D．催化反应Ⅰ会加快X、Y消耗，使反应Ⅱ生成的W减少，新峰值点应更低且提前，a点不可能为新峰值点，D错误； 故选B。 18. 有关下列图像的分析错误的是 A. 图①表示反应，则该反应的且 B. 图②表示反应，若其他条件不变，的物质的量一定，则a、b、c三点中，点的转化率最高 C. 图③表示在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入和发生反应：，若平衡时和的转化率相等，则 D. 图④表示发生反应：，若，则曲线一定使用了催化剂 【答案】D 【解析】 【详解】A．图①中，同一压强下温度升高Z体积分数增大，说明升温平衡正向移动，ΔH>0；增大压强Z体积分数减小，说明正向是气体分子数增大的方向，气体分子数增大则ΔS>0，A正确； B．图②表示反应，a、b、c三点中，加入的二氧化硫的量大小为：，由于的物质的量一定，随着二氧化硫的量增加，会导致二氧化硫的转化率下降，所以a点的转化率最高，B正确； C．加入的、一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，当充入一氧化碳和氢气的物质的量之比等于其计量数之比时，二者的转化率相等，则，C正确； D．图④中，a、b平衡时B的物质的量分数相同，a反应速率快，由于是固体，则可能存在，增大压强，平衡不会移动，但是化学反应速率会变快，其平衡量不变，则a曲线不一定使用了催化剂，有可能是采取了增大压强的措施，D错误； 故选D。 19. 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含水样的，流程如图。 下列说法错误的是 A. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的值偏高 B. Ⅱ中发生的反应有 C. Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 D. III中消耗的越多，水样的值越高 【答案】D 【解析】 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 【详解】A．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，，水样中的COD值偏高，A正确； B．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在，B正确； C．II中避光是为了抑制I⁻被空气中的O2氧化，加盖是为了抑制I2的挥发，C正确； D．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，D错误； 故选D。 20. 常温下，用溶液滴定未知浓度的二元酸溶液、溶液中，、分布系数随滴加溶液体积的变化关系如图所示。[例如的分布系数]，下列叙述正确的是 A. 曲线①代表 B. 该实验只能选甲基橙为指示剂 C. 的电离常数 D. 溶液的浓度为 【答案】D 【解析】 【分析】图中分布系数曲线只有两条，且曲线①与曲线②的分布系数之和始终等于1，说明H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即，；随着NaOH溶液的加入，曲线①的δ一直在减小，曲线②一直在增加，因此曲线①代表，曲线②代表，据此作答。 【详解】A．根据分析可知，曲线①代表，A错误； B．滴定终点生成Na2A，A2-水解使溶液呈碱性，因此应选择酚酞作指示剂，而不能使用甲基橙，B错误； C．根据分布系数，当时，对应溶液的，即时，，因此HA-的电离平衡常数，C错误； D．H2A与NaOH完全反应生成Na2A时，，由图知滴定终点时消耗NaOH溶液的体积为40 mL，而滴定的H2A溶液的体积也为40 mL，二者体积相等，则，即，D正确； 故答案选D。 第Ⅱ卷(非选择题，共55分) 二、填空题：本题共4小题，共55分。把答案填在答题卡的相应位置。 21. Ⅰ．现有下列物质：①、②固体、③氨水、④石墨、⑤冰醋酸、⑥熔融、⑦蔗糖溶液。 （1）上述状态下可导电的物质是___________(填序号，下同)，属于弱电解质的是___________。 （2）某温度时，纯水电离的，将的盐酸与的溶液混合，使混合后溶液的，则盐酸与的体积比___________。 Ⅱ．已知电导率越大溶液导电能力越强。常温下用溶液分别滴定浓度均为的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示(忽略滴定过程中溶液混合后的体积变化)。 （3）表示滴定醋酸的曲线是___________(填①或②)。 （4）a、b两点溶液中水的电离程度大小关系是a___________b(填“>”、“<”或“=”)。 Ⅲ．一种以太阳能为热源分解水的历程，如图所示： 过程Ⅰ： 过程Ⅱ： （5）总反应的热化学方程式为：___________。 （6）下列化学反应的热效应与总反应的热效应不相同的是___________。 A. 铝热反应 B. 与混合 C. 碳酸氢钠与盐酸的反应 D. 焦炭与水蒸气的反应 【答案】（1） ①. ③④⑥ ②. ⑤ （2）9∶2 （3）① （4）> （5） （6）A 【解析】 【小问1详解】 ①为强酸，属于强电解质，硫酸属于共价化合物，不导电； ②固体属于盐，属于强电解质，固体的离子不能自由移动，因此不能导电； ③氨水属于混合物，不属于电解质，氨水中存在自由移动的铵根离子和氢氧根离子，能导电； ④石墨属于单质，不属于电解质，石墨内部有自由移动的电子，能导电； ⑤冰醋酸属于弱酸，属于弱电解质，冰醋酸属于共价化合物，不导电； ⑥熔融属于盐，属于强电解质，熔融状态离子能自由移动，能导电； ⑦蔗糖溶液属于混合物，蔗糖属于非电解质，在水溶液中不能电离，无自由移动的离子，不能导电； 因此可导电的物质是③④⑥，属于弱电解质的是⑤，故答案为：③④⑥；⑤； 【小问2详解】 某温度时，纯水电离的，则在该温度下水的离子积,的盐酸中，的溶液中，使混合后溶液的即混合后溶液中，则，解得，故答案为：； 【小问3详解】 盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，等浓度的盐酸和醋酸溶液中，盐酸溶液中离子浓度大，电导率大，由图可知，代表滴定盐酸的曲线是②，代表滴定醋酸的曲线是①，故答案为：①； 【小问4详解】 由图可知，a点时反应达到滴定终点，a点溶质为醋酸钠，醋酸钠水解促进水的电离，b点是在a点溶液中继续加入NaOH溶液，水的电离被抑制，故a、b两点溶液中水的电离程度大小关系是a> b，故答案为：>； 【小问5详解】 由图可知，总反应中反应物为水，生成物为氢气和氧气，即总反应为，结合盖斯定律得，总反应=过程Ⅰ+2×过程Ⅱ，因此总反应的热化学方程式为： ，故答案为： ； 【小问6详解】 总反应为吸热反应； A．铝热反应放出大量的热，属于放热反应，A符合题意； B．与混合，属于吸热反应，B不符合题意； C．碳酸氢钠与盐酸的反应，属于吸热反应，C不符合题意； D．焦炭与水蒸气的反应，属于吸热反应，D不符合题意； 故答案选：A。 22. 钌(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。某含钌的废渣主要成分为Ru、Pb、、，回收钌的工艺流程如图： 已知：的沸点为40℃，温度高于108℃分解。 回答下列问题： （1）“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率(渣率指熔炼过程中产生的渣量与处理物料量的比值百分数)的影响分别如图1、图2所示，则适宜选择的氧化剂为___________；最佳反应温度为___________。 （2）滤液1中溶质的主要成分包括、、、等，其中转化为的离子反应方程式为___________。 （3）“蒸馏”过程中，通常选择在98℃进行蒸馏的原因是___________。 （4）“吸收”过程产生的气体经溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，其中的化学式为___________。 （5）钌多活性位点催化剂可用于催化水的多步碱性析氢反应。该催化剂存在钌单原子、钌团簇、三种活性位点，不同位点的催化特点不同。图3和图4为反应历程中微粒在不同位点相对能量的变化，其中吸附在催化剂表面的微粒用*标注。 ①分析图3推测的“吸附解离”主要发生在___________(填“钌单原子”、“钌团簇”或“NiO”)位点上。 ②分析图4并说明的脱附主要发生在表面的原因___________。 【答案】（1） ①. ②. 200℃ （2） （3）温度较高，反应速率较快(或温度较低，反应速率较慢)；温度过高，会分解 （4） （5） ①. 钌单原子 ②. 吸附在位点上的相对能量高，较不稳定，更容易脱附 【解析】 【分析】由题流程可知，含钌的废料中加入氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液氧化碱浸时，Ru和Pb被氧化为和Na2PbO2，SiO2和Bi2O3与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3和NaBiO2，过滤得到含有、NaBiO2、Na2PbO2和Na2SiO3的滤液1；向滤液1中加入甲酸，将还原为Ru(OH)4沉淀，过滤得到滤液2和Ru(OH)4；Ru(OH)4在蒸馏条件下被氯酸钾氧化为RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O，RuCl3溶液经结晶得到RuCl3。X为Cl2，Y为氢氧化钠溶液；据此分析。 【小问1详解】 由图可知，相同温度时，次氯酸钠作氧化剂时的钌浸出率高于氯酸钠、渣率低于氯酸钠，则适宜选择的氧化剂为次氯酸钠；200℃时，次氯酸钠作氧化剂钌浸出率最大、渣率最小，则最佳反应温度为200℃，故答案为：NaClO；200℃； 【小问2详解】 根据分析，氧化铋与氢氧化钠溶液反应生成偏铋酸钠和水，反应的离子方程式为； 【小问3详解】 根据已知信息，温度高于108℃，分解。则答案为：温度较高，反应速率较快(或温度较低，反应速率较慢)；温度过高，会分解； 【小问4详解】 根据流程图可知，在吸收环节中，与盐酸反应生成了气体和RuCl3，是氧化还原反应，离子方程式为，则X为氯气；答案为Cl2； 【小问5详解】 ①根据图3可知，在催化剂为钌单原子位点上相对能量最低，反应容易发生，H2O的“吸附解离”主要发生在钌单原子位点上； ②由图4可知，吸附在NiO位点上的H2相对能量高，较不稳定，H2更容易脱附。 23. 硼被命名为Boron，是“焊剂”的意思。说明古人已经知道硼砂()可以用作焊接的助熔剂。回答下列问题： Ⅰ．硼酸的制备： 工业上，硼砂溶液中加入硫酸可生产。 Ⅱ．测定工业制硼酸的纯度： （1）配制一定物质的量浓度的溶液 称取硼酸试样，配成溶液，所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还需要___________。 （2）采用滴定法测定硼酸的纯度。 硼酸是一元弱酸，且酸性很弱，，因此滴定时不能直接滴定，须先将硼酸与甘油作用生成甘油硼酸，，然后用酚酞作指示剂，再用标准溶液滴定： 滴定的过程如下：每次取上述溶液于锥形瓶中，加入适量甘油，静置后，加入2-3滴酚酞溶液，用0.2000 mol/L的NaOH标准溶液滴定至终点，记录读数。 ①硼酸是一元弱酸，它本身不给出质子，但是溶于水后能给出。请解释硼酸水溶液呈酸性的原因___________(用离子方程式表示)。 ②判断达到滴定终点时的现象为___________。 ③重复三次实验的实验数据如表所示： 实验编号 待测溶液体积/mL 滴定前的体积/ 滴定后的体积/ 1 25.00 2.20 21.15 2 25.00 1.31 19.21 3 25.00 2.50 a．如图为第3次滴定终点示意图，滴定管的读数为___________。 b．根据表中数据计算出硼酸的纯度为___________%。 ④实验过程中出现以下操作(其他操作正确)，会造成测定结果(浓度)偏高的有___________。 A．配制硼酸溶液定容时仰视刻度线 B．锥形瓶水洗后直接装待测液 C．酸式滴定管水洗后未用待测硼酸溶液润洗 D．量取标准液的碱式滴定管未润洗 E．碱式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失 F．滴定到达终点时，俯视滴定管读数 ⑥已知：弱酸的酸性越弱，对应盐溶液的碱性越强。若滴定时，不使用甘油，用NaOH标准溶液直接滴定硼酸，则硼酸的纯度将___________(填字母代号)。 A．无影响 B．偏大 C．偏小 D．无法确定 【答案】（1）250 mL容量瓶 （2） ①. ②. 当加入最后半滴标准液时，溶液恰好由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 ③. 20.60 ④. 74.4 ⑤. DE ⑥. C 【解析】 【分析】本题围绕 “硼酸的制备与纯度测定” 展开，首先配制溶液需明确 250 mL 容量瓶的作用；滴定分析中，先从弱酸与水的反应原理写出硼酸显酸性的离子方程式，再依据酚酞指示剂的变色特性描述滴定终点现象；滴定管读数要关注其 0.01 mL 的精度；纯度计算需剔除偏差数据后，利用反应计量比和公式逐步推导；误差分析则紧扣c (待测) = ，分析操作对标准液体积的影响；最后结合弱酸酸性与滴定终点 pH 突跃的关系，判断直接滴定对硼酸纯度的影响。 【小问1详解】 配制 250 mL 溶液，除了烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，必须使用 250 mL 容量瓶来确定溶液的最终体积。 【小问2详解】 ① 硼酸是一元弱酸，溶于水时与水发生反应，结合水电离的OH-，使溶液中H+浓度大于OH-浓度，离子方程式为：。 ② 滴定用酚酞作指示剂，酚酞在酸性溶液中无色，碱性溶液中呈粉红色。当滴定达到终点时，加入最后半滴 NaOH 标准溶液，溶液恰好由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。 ③ a.滴定管的精度为 0.01 mL，图中液面位于 20.60 mL 处，故读数为20.60 mL。 b．首先计算每次实验消耗 NaOH 溶液的体积： 实验 1：21.15 - 2.20 = 18.95 mL（偏差过大，舍去）； 实验 2：19.21 - 1.31 = 17.90 mL； 实验 3：20.60 - 2.50 = 18.10 mL； 平均消耗 NaOH 体积为18.00 mL。根据反应H3BO3 + NaOH = Na[B(OH)4]， n(H3BO3)= n(NaOH)。25.00 mL 待测液中n(H3BO3) = 0.2000 mol/L × 0.01800 L = 0.0036 mol；250 mL溶液中n(H3BO3) = 0.036 mol；硼酸的摩尔质量为 62 g/mol，质量为2.232 g；纯度为。 ④ 分析各选项： A.定容时仰视刻度线，配制的待测液浓度偏低，测定结果偏低。 B.锥形瓶水洗后装待测液，不影响待测液中溶质的物质的量，无影响。 C.酸式滴定管未用待测液润洗，待测液被稀释，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低。 D.碱式滴定管未润洗，标准液被稀释，消耗标准液体积偏大，测定结果偏高。 E.碱式滴定管滴定前有气泡、终点时气泡消失，读取的标准液体积偏大，测定结果偏高。 F.俯视滴定管读数，读取的标准液体积偏小，测定结果偏低。 故偏高的为DE。 ⑥ 硼酸Ka很小，酸性越弱，对应盐溶液的碱性越强，使用酚酞做指示剂，会导致滴定终点提前，消耗的NaOH体积会偏小，导致纯度偏小。 24. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和，因此，研发利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究重点。 Ⅰ．以、为原料合成涉及的主要反应如下： ① ② 试回答下列问题： （1）恒温恒容下，向密闭容器按投料比通入原料气，若只发生反应①，能判断反应处于平衡状态的是___________(填标号)。 A． B．气体的密度保持不变 C．的体积分数保持不变 D．断裂键的同时断裂键 E．气体的平均相对分子质量保持不变 （2）不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如图所示。 其中纵坐标表示平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；图乙中温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。(已知：的平衡转化率，的平衡产率) （3）若以做催化剂，可使在温和的条件下转化为甲醇，经历如下过程： ⅰ．催化剂活化：(无活性)(有活性) ⅱ．与在活化后的催化剂表面可逆的发生反应①和②。其反应历程如图： a．关于反应①历程，以下描述正确的是___________。(填序号)。 A．反应物键能之和大于生成物键能之和 B．以上过程中经历了、键的形成和断裂 C．使用做催化剂，可以提高的平衡转化率 D．原料气中添加少量主要目的只是为了抑制反应②进行 b．与混合气体以不同流速通过反应器，气体流速与转化率、选择性的关系如图：[已知：选择性]。 其他条件不变，气体流速较慢可造成的积累，使催化剂失活。请从平衡移动的角度解释，气体流速加快，选择性变化的原因：___________。(结合化学方程式进行解释) Ⅱ．二氧化碳催化加氢合成乙烯的原理为。原料初始组成，体系压强恒定为，不同温度下反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度的变化如图所示： （4）图中表示的变化曲线分别是___________。 （5）根据图中点A(c，d两线交点)，计算该温度时反应的平衡常数___________(分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）DE （2） ①. 乙 ②. 时以反应②为主，反应②前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 （3） ①. B ②. 气体流速快，带走反应生成的水，正向进行，催化剂活性增强，使甲醇的选择性升高 （4）d （5） 【解析】 【小问1详解】 A．平衡时，不同物质表示的正逆速率之比等于其计量数之比，应有，A错误； B．该反应前后都是气体，气体的总质量守恒不变，恒容容器，体积不变，则密度为定量，不能用来判断是否达到平衡，B错误； C．设投入CO2、H2各1 mol，CO2体积分数是50%，设某时刻有x mol CO2发生了反应，CO2余下(1-x) mol，气体总物质的量应为，此时的体积分数为，即50%，因此反应过程中的体积分数恒定，不能用于判断平衡状态，C错误； D．根据平衡时正逆速率相等，断裂3mol H-H键的同时应断裂3mol H-O键，D正确； E．反应前后的气体分子数变化，则气体的平均相对分子质量也变化，不变则为达到平衡，E正确； 答案选DE； 【小问2详解】 反应①是放热反应，温度升高，平衡逆移，CH3OH生成量减少，CO2消耗量减少，且只有反应①涉及CH3OH的变化，则随着温度升高而单调递减的选择性曲线甲为CH3OH；反应①为放热反应，反应②为吸热反应，的平衡转化率是两个反应共同作用的结果。低温时主要发生反应①，升温促进反应①逆向移动，转化率降低；高温时主要发生反应②，升温促进反应②正向移动，转化率升高。因此转化率随温度升高先减后增，曲线乙符合； T1时以反应②为主，反应②前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响，平衡时CO2的转化率相同，故三条曲线几乎交于一点； 【小问3详解】 A．因为反应①的，所以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，A错误； B．由图可知，反应中经历了、键的形成和断裂，B正确； C．使用催化剂，只能提高反应速率，不能提高的平衡转化率，C错误； D．原料气中添加少量的目的一方面为了抑制反应②进行，促进产物甲醇的产生，另一方面，CO的还原性可以促进催化剂的平衡，(无活性)(有活性)正向移动为有催化活性的这边进行，提高反应速率，D错误； 故选B； CH3OH选择性随流速增大而升高的原因是气体流速快，带走反应生成的水，正向进行，催化剂活性增强，使甲醇的选择性升高； 【小问4详解】 两反应物初始投料比等于化学计量数之比，由于c和a所表示的起始物质的量之比为1：3，所以图像中a为氢气，c为二氧化碳；四种物质的变化量之比为其化学计量数之比，C2H4的变化量最少，为曲线d，，所以b为水，温度升高，a和c的物质的量变大，说明反应逆向移动，说明该反应正向为放热反应，，则答案为：d； 【小问5详解】 根据图示信息，A点时，CO2和C2H4的物质的量分数相等，设C2H4转化了x mol，则n(C2H4)= n(CO2)，即x=1-2x，故x=1/3，据此列出三段式如下，， 气体的总物质的量为3 mol， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $