精品解析：北京市广渠门中学2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试题

北京市广渠门中学2025-2026学年度第一学期期中考试 高二年级化学试卷 本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列厨房调味品中属于弱电解质的是 A. NaCl B. C. D. 2. 胃酸的pH为0.9～1.5.有毒，医疗上常用作X射线透视肠胃的内服造影剂(俗称“钡餐”)。与的溶度积相差不大。下列说法不正确的是 A. 可用代替作“钡餐” B. 与都属于难溶电解质 C. 在水溶液中难以与结合成硫酸分子 D. 胃酸能促进的溶解 3. 酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是 A. 石墨作电池的负极材料 B. 电池工作时，向负极方向移动 C. 发生氧化反应 D. 锌筒发生的电极反应为 4. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A. 实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法 B. 配制溶液时，常将晶体溶于较浓的盐酸中 C. 工业合成氨 ，采用的高温条件 D. 由溶液得到，需要在氯化氢气流中加热 5. 在容积可变的密闭容器中，发生反应：。起始时和的物质的量之比为2：1.在不同压强下()反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应的 B. 压强： C. 正反应速率：y点>x点 D. 化学平衡常数：y点>x点 6. 的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应决速步的活化能为 B. 每当消耗，转移电子 C. 使用合适的催化剂会使、、同时减小 D. 温度升高，第Ⅰ步反应活化分子百分数升高 第Ⅱ步反应活化分子百分数降低 7. 下列事实与水解反应无关的是 A. 明矾可以用作净水剂 B. 纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液>冷纯碱液 C. 除去工业废水中的：向废水中加入固体 D. 四氯化钛与大量水在加热条件下制备二氧化钛 8. 室温下，一定浓度氨水的pH为11．下列说法正确的是 A. 此溶液中 B. 此溶液中，由水电离出的 C. 将此溶液加水稀释10倍，所得溶液 D. 将此溶液与等体积的盐酸反应，恰好完全中和 9. 下列实验或图示与化学用语表述内容不相符的是 A．探究温度对平衡移动的影响 B．沉淀转化为沉淀 C．锌铜原电池 D．与反应过程中焓的变化 A. A B. B C. C D. D 10. 密闭容器中发生反应，反应平衡后，，恒温条件下将容器体积缩小一半，达到新的平衡后，测得，得出以下结论正确的是 A. B. 平衡逆向移动 C. 的转化率降低 D. 的质量分数减小 11. 已知：① ② ③ 下列叙述不正确的是 A. 升温或减压均能提高①中的转化率 B. ①中断键吸收的能量多于成键放出的能量 C. ②的、，任何温度均可自发进行 D. 、的摩尔燃烧焓分别为和 12. 一定温度下，在1 L的恒容密闭容器中发生反应，反应过程中的部分数据如下表所示。下列说法不正确的是 时间（t/min） 物质的量（n/mol） n（A） n（B） n（C） 0 2.0 2.4 0 5 0.8 10 1.6 15 1.6 A. 0~5 min用A表示的平均反应速率为 B. 此温度下，反应的平衡常数K为1.6 C. 物质B的平衡转化率约为33% D. 15 min后，再加入A、B、C各1.6 mol，平衡不移动 13. 研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 加入加快正极反应速率 B. 电池工作时正极区溶液的降低 C. 被完全氧化时有被还原 D. 负极反应为 14. 实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−) B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小 C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的浓度（mol/L）。 Ⅰ．实验步骤 （1）用___________（填仪器名称）量取食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到___________（填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液。 （2）取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴___________作指示剂。 （3）读取盛装溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为___________mL。 （4）滴定。当___________时，停止滴定，并记录溶液的最终读数。重复滴定3次。 Ⅱ．实验记录 滴定次数 1 2 3 4 20.00 20.00 20.00 20.00 15.95 15.00 15.05 14.95 Ⅲ．数据处理与讨论 （5）按记录数据处理，可得___________mol/L。 （6）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏高的是___________（填字母序号）。 a．酸式滴定管未用待测酸液润洗 b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水 d．滴定前读数正确，滴定后仰视读数 16. 常温下，有浓度均为的下列五种溶液，请回答问题。 ① ② ③ ④ ⑤ 资料：常温下电离常数，醋酸；碳酸，。 （1）上述溶液中水的电离被促进的是___________(填序号)，溶液⑤中溶质与水作用的离子方程式为___________。 （2）上述溶液的由大到小的顺序为___________ （3）比较溶液③和④中的物质的量浓度的大小：③___________④(填“＜”、“=”或“＞”)。 （4）常温下，向溶液①中加水稀释至原体积的10倍，所得溶液的为___________。 （5）向中滴加过程中，变化如图所示。 ①滴加过程中发生反应的离子方程式是___________。 ②请写出B点溶液中对应的元素守恒关系式：___________。请给出D点溶液中各离子浓度大小的排序：___________。 17. 通过化学的方法实现的资源化利用是一种非常理想的减排途径。 Ⅰ.利用制备CO 一定温度下，在恒容密闭容器中进行如下反应： （1）该反应的平衡常数表达式_______。 （2）下列事实能说明上述反应达到化学平衡状态的是_______(填字母序号)。 A. 体系内 B. 体系压强不再发生变化 C. 体系内各物质浓度不再发生变化 D. 体系内CO的物质的量分数不再发生变化 Ⅱ.利用制备甲醇 (CH3OH) 一定条件下，向恒容密闭容器中通入一定量的和。涉及反应如下： 主反应： 副反应： 已知：产率％ （3）一段时间后，测得体系中。产率=_______(用代数式表示)。 （4）探究温度对反应速率的影响(其他条件相同) 实验测得不同温度下，单位时间内的转化率和产率如图l所示。 由图1可知，随着温度的升高，转化率升高，产率下降。解释其原因：_______。 （5）探究温度和压强对平衡的影响(其他条件相同) 不同压强下，平衡时转化率随温度的变化关系如图2所示。 ①压强_______(填“＞”或“＜”)。 ②图2中温度高于时。两条曲线重叠的原因是_______。 ③下列条件中，平衡产率最大的是_______(填字母序号)。 A.220℃5MPa B.220℃1MPa C.300℃1MPa 18. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。实验室模拟脱除硫化氢并获得硫黄的装置如下。 资料：(黑色)，。 （1）A为发生装置。A中反应的化学方程式为_______。 （2）C中，以为吸收液脱除。 ①气体持续通入溶液中，发生以及电离：_______、。 ②将脱除的反应补充完整：_______。 _______。 ③充分反应后，测浓度：滤出沉淀，取v mL滤液，除去杂质，加入适量稀硫酸，用的溶液滴定到终点，消耗溶液y mL。滴定时发生的离子反应：。滤液中_______。 （3）实验发现，在溶液中加入一定浓度的可以明显提高的脱除率。做对比研究： 实验序号 ⅰ ⅱ ⅲ 吸收液 溶液 溶液 溶液＋溶液 脱除率 ≈92% ≈100% ≈100% 脱除产物 S S ①ⅱ中产生的离子方程式为_______。 ②ⅲ中，加入后，脱除率几乎达到100%。结合方程式解释原因：_______。 ③pH减小会降低ⅰ中脱除率，但对ⅱ中的脱除率几乎无影响，解释原因：_______。 ④充分反应后，滤出ⅲ中沉淀，通入，吸收液再生。 19. 为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某兴趣小组通过改变浓度研究“”反应中和的相互转化。实验如下： （1）甲同学认为实验Ⅱ-①说明与Ⅰ的反应存在限度；乙同学认为该实验给出的证据不充分，因此乙同学将___________mL0.005mol/L溶液与溶液混合，然后向其中加入___________，若该试管中溶液颜色比实验Ⅱ-①中的溶液颜色___________(填“深”或“浅”)，则说明甲同学推测成立。 （2）结合化学平衡移动原理解释实验II-②中的实验现象___________。 （3）丙同学推测实验Ⅱ-②中向转化的原因是外加使下降，导致的还原性弱于，于是设计了如图所示的装置进行实验III，验证了这一结论。 ①当闭合时，为原电池的___________(填“正极”或“负极”)，此时电流计指针右偏； ②电流计指针归零后，向形管左侧滴加数滴溶液，___________(填实验现象)证实了丙同学的推测。 （4）按照(3)的原理，丙同学又用同样的装置设计了实验IV证实了实验II-①中向转化的原因与(3)中类似。 ①实验操作与(3)中不同的是，在电流计指针归零后，___________； ②丙同学在该实验中得出的结论是___________。 （5）结合实验II、III、IV中的结果，可以得出的结论是： ①与的反应存在限度； ②平衡状态下，改变离子浓度会导致平衡移动； ③___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市广渠门中学2025-2026学年度第一学期期中考试 高二年级化学试卷 本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列厨房调味品中属于弱电解质的是 A. NaCl B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaCl为强电解质，故A不符合题意； B．为非电解质，故B不符合题意； C．为弱电解质，故C符合题意； D．为强电解质，故D不符合题意； 故选C。 2. 胃酸的pH为0.9～1.5.有毒，医疗上常用作X射线透视肠胃的内服造影剂(俗称“钡餐”)。与的溶度积相差不大。下列说法不正确的是 A. 可用代替作“钡餐” B. 与都属于难溶电解质 C. 在水溶液中难以与结合成硫酸分子 D. 胃酸能促进的溶解 【答案】A 【解析】 【详解】A．BaCO3能与胃酸反应生成BaCl2，使胃中c( Ba2+)增大，Ba2+有毒，所以不可用BaCO3代替BaSO4作“钡餐”，故A错误； B．BaCO3与BaSO4都是不溶于水的物质，都属于难溶电解质，故B正确； C．硫酸是强电解质，水溶液中完全电离，则在水溶液中难以与H +结合成硫酸分子，故C正确； D．BaCO3是不溶物，存在溶解平衡为BaCO3(s) = Ba2+(aq) + (aq)，能与盐酸反应生成CO2气体，促进平衡正向移动，则胃酸能促进BaCO3的溶解，故D正确； 答案选A。 3. 酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是 A. 石墨作电池的负极材料 B. 电池工作时，向负极方向移动 C. 发生氧化反应 D. 锌筒发生的电极反应为 【答案】D 【解析】 【详解】A．酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误； B．原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，故B错误； C．发生得电子的还原反应，故C错误； D．锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应，故D正确； 故选D。 4. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A. 实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法 B. 配制溶液时，常将晶体溶于较浓的盐酸中 C. 工业合成氨 ，采用的高温条件 D. 由溶液得到，需要在氯化氢气流中加热 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验室收集氯气时，饱和食盐水中的Cl-抑制Cl2溶解的平衡移动，能用化学平衡原理解释，A不符合题意； B．Fe3+水解产生H+和Fe(OH)3，浓盐酸中的H+抑制Fe3+水解的平衡移动，能用化学平衡原理解释，B不符合题意； C．合成氨采用高温主要为了提高反应速率和催化剂活性，高温不利于平衡正向移动，不能用化学平衡原理解释，C符合题意； D．Mg2+水解产生H+和Mg(OH)2，HCl气流中加热抑制MgCl2水解的平衡移动，能用化学平衡原理解释，D不符合题意； 故选C。 5. 在容积可变的密闭容器中，发生反应：。起始时和的物质的量之比为2：1.在不同压强下()反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应的 B. 压强： C. 正反应速率：y点>x点 D. 化学平衡常数：y点>x点 【答案】D 【解析】 【分析】由图像可知，随温度升高，NO转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，逆向为吸热反应，则正向为放热反应。 【详解】A．由图像可知，随温度升高，NO转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，逆向为吸热反应，则正向为放热反应，ΔH<0，A正确； B．该反应为气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，NO转化率增大。相同温度下，p1曲线的NO转化率高于p2，故压强p1>p2，B正确； C．x点在p2曲线（低压）、温度350℃，y点在p1曲线（高压）、温度高于350℃（图像中y点横坐标靠右，温度更高）。温度越高、压强越大，反应速率越快，y点温度和压强均大于x点，故正反应速率y点>x点，C正确； D．化学平衡常数K只与温度有关，与压强无关。该反应正向放热，温度升高K减小，y点温度高于x点，故平衡常数y点<x点，D错误； 故选D。 6. 的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应决速步的活化能为 B. 每当消耗，转移电子 C. 使用合适的催化剂会使、、同时减小 D. 温度升高，第Ⅰ步反应活化分子百分数升高 第Ⅱ步反应活化分子百分数降低 【答案】A 【解析】 【详解】A．一个化学反应的快慢由最慢的一步基元反应决定，根据反应历程图可知反应第Ⅱ步为该反应的决速步，所以该反应决速步的活化能为， A项正确； B．根据方程式可得比例关系，所以每当消耗，转移电子，B项错误； C．催化剂只能降低反应的活化能，但不能降低反应的反应热，所以使用合适的催化剂只会使和减小，为该反应的反应热，催化剂不能降低反应热,C项错误； D．温度升高，分子的能量增加，使一部分原来能量较低的分子变成活化分子，由于分子总数不变，活化分子数增加，活化分子百分数升高，所以温度升高，第Ⅰ步和第Ⅱ步反应的活化分子百分数都升高， D项错误； 答案选A。 7. 下列事实与水解反应无关的是 A. 明矾可以用作净水剂 B. 纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液>冷纯碱液 C. 除去工业废水中的：向废水中加入固体 D. 四氯化钛与大量水在加热条件下制备二氧化钛 【答案】C 【解析】 【详解】A．明矾净水是因Al3+水解生成Al(OH)3胶体吸附杂质，与水解有关，A不符合题意； B．纯碱（Na2CO3）溶液中水解呈碱性，加热促进水解增强碱性，提高去污能力，与水解有关，B不符合题意； C．FeS与Hg2+反应生成更难溶的HgS，属于沉淀转化（溶度积原理），未涉及水解反应，C符合题意； D．TiCl4水解生成TiO2和HCl，加热加速水解，与水解有关，D不符合题意； 故选C。 8. 室温下，一定浓度氨水的pH为11．下列说法正确的是 A. 此溶液中 B. 此溶液中，由水电离出的 C. 将此溶液加水稀释10倍，所得溶液 D. 将此溶液与等体积的盐酸反应，恰好完全中和 【答案】B 【解析】 【详解】A．室温下，一定浓度氨水的pH为11．c(OH-)=，由于是一元弱碱，不完全电离产生OH-，此溶液中，故A错误； B．常温下pH=11的氨水中，氢氧根离子抑制了水的电离，氨水中氢离子是水电离的，为1.0×10-11mol/L，则氨水中由水电离产生的c(OH-)=10-11mol/L，故B正确； C．由于一水合氨是弱电解质，加水稀释10倍，会促进一水合氨电离，导致氢氧根离子浓度大于原来的，所以溶液的11>pH>10，故C错误； D．由于一水合氨是弱电解质，pH为11的一水合氨溶液浓度大于，加入等体积的盐酸，氨水过量，溶液呈碱性，故D错误； 故选B。 9. 下列实验或图示与化学用语表述内容不相符的是 A．探究温度对平衡移动的影响 B．沉淀转化为沉淀 C．锌铜原电池 D．与反应过程中焓的变化 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．依据图象可知温度较高时，气体颜色深，平衡向着生成二氧化氮的方向移动，由勒夏特列原理可知，温度升高，平衡朝着吸热方向移动，可知ΔH＜0，A正确； B．该选项中滴加的过量，再滴加的与过量的反应生成沉淀，不能证明沉淀转化为沉淀，B错误； C．锌铜原电池，锌比铜活泼，锌作负极失电子，铜作正极，溶液中铜离子得电子，电池总反应为：，C正确； D．由图象可知反应物的能量高于生成物的能量是放热反应，因而ΔH＜0， D正确； 故答案选B。 10. 密闭容器中发生反应，反应平衡后，，恒温条件下将容器体积缩小一半，达到新的平衡后，测得，得出以下结论正确的是 A. B. 平衡逆向移动 C. 的转化率降低 D. 的质量分数减小 【答案】A 【解析】 【分析】加压对浓度的影响：容器体积缩小一半，各物质浓度瞬间加倍（A从a变为2a），新平衡时A的浓度为1.8a（低于2a），说明平衡正向移动，消耗了部分A。 【详解】A．加压后平衡向气体分子数减少的方向移动（根据分析平衡向正反应方向移动），故m+n＞p+q，A正确； B．根据分析平衡向正反应方向移动，B错误； C．平衡正向移动时，A的转化率提高，C错误； D．生成物C的量增加，气体总质量不变，故C的质量分数增大，D错误； 故答案选A。 11. 已知：① ② ③ 下列叙述不正确的是 A. 升温或减压均能提高①中的转化率 B. ①中断键吸收的能量多于成键放出的能量 C. ②的、，任何温度均可自发进行 D. 、的摩尔燃烧焓分别为和 【答案】C 【解析】 【详解】A．①为反应前后气体分子数增加的反应和吸热反应，升温或减压均能使平衡正向移动，乙烷的转化率升高，A正确； B．①为吸热反应，反应中断键吸收的能量大于成键放出的能量，B正确； C．反应②、，根据反应自发，该反应在低温下可自发进行，C错误； D．根据②③反应，反应物均为1mol，且生成稳定的化合物，故、的摩尔燃烧焓分别为和，D正确； 答案选C。 12. 一定温度下，在1 L的恒容密闭容器中发生反应，反应过程中的部分数据如下表所示。下列说法不正确的是 时间（t/min） 物质的量（n/mol） n（A） n（B） n（C） 0 2.0 2.4 0 5 0.8 10 1.6 15 1.6 A. 0~5 min用A表示的平均反应速率为 B. 此温度下，反应的平衡常数K为1.6 C. 物质B的平衡转化率约为33% D. 15 min后，再加入A、B、C各1.6 mol，平衡不移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．内C的物质的量增加，根据反应比例，A的消耗量为，反应速率为，A正确； B．反应进行到10 min时，A物质的物质的量减少0.4 mol，根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8 mol，剩余B的物质的量为2.4 mol-0.8 mol=1.6 mol，B的物质的量等于15 min时B的物质的量，则反应此时已达到平衡，此时C物质的量为1.6 mol，则平衡时A、B、C的浓度均为，代入平衡常数公式，B正确； C．B的初始量为，平衡时转化，转化率为，C正确； D．加入各物质后，浓度商，平衡逆向移动，D错误； 故选D。 13. 研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 加入加快正极反应速率 B. 电池工作时正极区溶液的降低 C. 被完全氧化时有被还原 D. 负极反应为 【答案】B 【解析】 【分析】该电池为乙醇的酸性燃料电池，通入乙醇的一极为负极，发生电极反应式为：，通氧气的一极为正极，由工作原理图可知，正极发生反应O2+4e-+4H+=2H2O，反应中未体现出HNO3，可知HNO3在正极起催化作用，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，HNO3在正极起催化作用，加入HNO3可加快正极反应速率，A正确； B．正极区HNO3被还原为NO，反应为+4H++3e-=NO+2H2O，该反应消耗H+，而且总反应中也消耗氢离子，所以H+浓度降低，pH升高，B错误； C．1 mol 乙醇失去12 mol 电子（由负极反应可知），1 mol O2 得4 mol 电子，根据电子守恒，被完全氧化时有被还原，C正确； D．负极乙醇氧化为CO2，酸性条件下电极反应为，D正确； 故选B。 14. 实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−) B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小 C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同 【答案】C 【解析】 【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题； 【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意； B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意； C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意； D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意； 综上所述，本题应选C。 【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的浓度（mol/L）。 Ⅰ．实验步骤 （1）用___________（填仪器名称）量取食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到___________（填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液。 （2）取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴___________作指示剂。 （3）读取盛装溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为___________mL。 （4）滴定。当___________时，停止滴定，并记录溶液的最终读数。重复滴定3次。 Ⅱ．实验记录 滴定次数 1 2 3 4 20.00 20.00 20.00 20.00 15.95 15.00 15.05 14.95 Ⅲ．数据处理与讨论 （5）按记录数据处理，可得___________mol/L。 （6）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏高的是___________（填字母序号）。 a．酸式滴定管未用待测酸液润洗 b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水 d．滴定前读数正确，滴定后仰视读数 【答案】（1） ①. 酸式滴定管 ②. 容量瓶 （2）酚酞 （3）0.60 （4）溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色 （5）0.75 （6）bd 【解析】 【分析】实验的核心原理是酸碱中和反应的定量关系，结合滴定操作实现未知浓度的测定。白醋中的主要成分是醋酸（，弱酸），与NaOH（强碱）发生中和反应，物质的量之比为1:1，反应方程式为，即；由于是强碱滴定弱酸，滴定终点时溶液因水解呈弱碱性，因此选择酚酞作指示剂。据此分析。 【小问1详解】 醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋；用酸式滴定管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。 【小问2详解】 由于醋酸钠溶液显示碱性，可用酚酞作指示剂。 【小问3详解】 滴定管精确度为0.01 mL，滴定管液面的读数0.60 mL。 【小问4详解】 酚酞作指示剂时，滴定终点的特征现象为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色。 【小问5详解】 舍去偏差较大的第1次数据，取2、3、4次消耗NaOH的平均体积为，稀释后白醋溶液浓度根据可得，，稀释倍数为，故。 【小问6详解】 a．酸式滴定管未润洗会稀释待测液，消耗NaOH体积减小，结果偏低，不符合题意，a错误； b．滴定前气泡使读数偏小，滴定后气泡消失使读数偏大，消耗NaOH体积偏大，结果偏高，符合题意，b正确； c．锥形瓶加水不影响待测液物质的量，结果无影响，不符合题意，c错误； d．滴定后仰视读数使NaOH体积偏大，结果偏高，符合题意，d正确； 故答案选bd。 16. 常温下，有浓度均为的下列五种溶液，请回答问题。 ① ② ③ ④ ⑤ 资料：常温下电离常数，醋酸；碳酸，。 （1）上述溶液中水的电离被促进的是___________(填序号)，溶液⑤中溶质与水作用的离子方程式为___________。 （2）上述溶液的由大到小的顺序为___________ （3）比较溶液③和④中的物质的量浓度的大小：③___________④(填“＜”、“=”或“＞”)。 （4）常温下，向溶液①中加水稀释至原体积的10倍，所得溶液的为___________。 （5）向中滴加过程中，变化如图所示。 ①滴加过程中发生反应的离子方程式是___________。 ②请写出B点溶液中对应的元素守恒关系式：___________。请给出D点溶液中各离子浓度大小的排序：___________。 【答案】（1） ①. ④⑤ ②. （2）⑤④②③① （3）③＜④ （4）2 （5） ①. CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O ②. 2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) ③. c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) 【解析】 【小问1详解】 溶液中水电离出的OH-浓度等于溶液中水电离出的氢离子浓度，都代表了水的电离程度，酸溶液中水的电离被抑制，CH3COONa和Na2CO3溶液中因水解促进了水的电离，氯化钠不影响水的电离，则上述溶液中水的电离被促进的是④⑤，溶液⑤中溶质与水作用，即碳酸根离子水解，一级水解为主，则主要的离子方程式为。 【小问2详解】 ①HCl呈酸性，③CH3COOH呈酸性，盐酸是强酸、醋酸是弱酸，等物质的量浓度的盐酸酸性大于醋酸，则pH：①HCl呈酸性＜③CH3COOH，②NaCl呈中性，④CH3COONa、⑤Na2CO3因水解呈碱性，“越弱越水解”，水解程度④CH3COONa＜⑤Na2CO3，则pH④CH3COONa＜⑤Na2CO3，故上述溶液的pH由大到小的顺序为⑤④②③①。 【小问3详解】 ③CH3COOH是弱酸、微弱电离，④CH3COONa是强电解质、完全电离、微弱水解，则溶液③和④中的物质的量浓度：③＜④。 【小问4详解】 室温下，向溶液①HCl中加水稀释至原体积的10倍，所得溶液的中氢离子浓度变为原来的十分之一，即0.01 mol•L-1，则pH为2。 【小问5详解】 ①滴加过程中CH3COOH和NaOH发生中和反应生成CH3COONa和H2O，离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O； ②B点为“一半点”，溶液中存在元素守恒：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D点溶液中加入的酸碱的物质的量相等，得到CH3COONa溶液，少部分CH3COO-发生水解生成CH3COOH和OH-，溶液呈碱性，则各离子浓度大小的排序为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。 17. 通过化学的方法实现的资源化利用是一种非常理想的减排途径。 Ⅰ.利用制备CO 一定温度下，在恒容密闭容器中进行如下反应： （1）该反应的平衡常数表达式_______。 （2）下列事实能说明上述反应达到化学平衡状态的是_______(填字母序号)。 A. 体系内 B. 体系压强不再发生变化 C. 体系内各物质浓度不再发生变化 D. 体系内CO的物质的量分数不再发生变化 Ⅱ.利用制备甲醇 (CH3OH) 一定条件下，向恒容密闭容器中通入一定量的和。涉及反应如下： 主反应： 副反应： 已知：产率％ （3）一段时间后，测得体系中。产率=_______(用代数式表示)。 （4）探究温度对反应速率的影响(其他条件相同) 实验测得不同温度下，单位时间内的转化率和产率如图l所示。 由图1可知，随着温度的升高，转化率升高，产率下降。解释其原因：_______。 （5）探究温度和压强对平衡的影响(其他条件相同) 不同压强下，平衡时转化率随温度的变化关系如图2所示。 ①压强_______(填“＞”或“＜”)。 ②图2中温度高于时。两条曲线重叠的原因是_______。 ③下列条件中，平衡产率最大的是_______(填字母序号)。 A.220℃5MPa B.220℃1MPa C.300℃1MPa 【答案】（1） （2）CD （3） （4）主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升温副反应正向进行，主反应逆向进行 （5） ①. ＞ ②. 副反应为放热反应，T1温度后，体系中主要发生副反应，改变压强对平衡无影响 ③. A 【解析】 【小问1详解】 该反应的平衡常数表达式； 【小问2详解】 A．体系内不能说明反应达到平衡，这与起始投入量有关，A错误； B．由于方程左右两端化学计量数之和相等，则体系压强不再发生变化不能说明反应达到平衡，B错误； C．体系内各物质浓度不再发生变化 ，说明达到反应平衡，C正确； D．体系内CO的物质的量分数不再发生变化，说明体系内个物质的量不再变化，说明达到反应平衡，D正确； 故选CD； 【小问3详解】 根据主反应： ，副反应：，体系中，则起始的=a+b+c，产率％=； 【小问4详解】 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升温副反应正向进行，主反应逆向进行，故转化率升高，产率下降； 【小问5详解】 ①主反应：是气体体积减小的反应，温度一定时压强越大，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率越大，图中压强p1时CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率大于p2时CO2平衡转化率或CH3OH的平衡产率，所以P1>P2； ②副反应是气体体积不变化的吸热反应，压强改变对平衡没有影响，副反应为放热反应，T1温度后，体系中主要发生副反应，则三条曲线几乎交于一点； ③主反应：是气体体积减小的反应，温度一定时压强越大，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率越大，低温时发生主反应，平衡产率最大的是220℃5MPa，故选A。 18. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。实验室模拟脱除硫化氢并获得硫黄的装置如下。 资料：(黑色)，。 （1）A为发生装置。A中反应的化学方程式为_______。 （2）C中，以为吸收液脱除。 ①气体持续通入溶液中，发生以及电离：_______、。 ②将脱除的反应补充完整：_______。 _______。 ③充分反应后，测浓度：滤出沉淀，取v mL滤液，除去杂质，加入适量稀硫酸，用的溶液滴定到终点，消耗溶液y mL。滴定时发生的离子反应：。滤液中_______。 （3）实验发现，在溶液中加入一定浓度的可以明显提高的脱除率。做对比研究： 实验序号 ⅰ ⅱ ⅲ 吸收液 溶液 溶液 溶液＋溶液 脱除率 ≈92% ≈100% ≈100% 脱除产物 S S ①ⅱ中产生的离子方程式为_______。 ②ⅲ中，加入后，脱除率几乎达到100%。结合方程式解释原因：_______。 ③pH减小会降低ⅰ中脱除率，但对ⅱ中的脱除率几乎无影响，解释原因：_______。 ④充分反应后，滤出ⅲ中沉淀，通入，吸收液再生。 【答案】（1） （2） ①. ②. ③. （3） ①. ②. 加入后发生反应：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、，促进了的转化 ③. pH减小，增大，不利于的溶解和电离，降低ⅰ中脱除率；由CuS的Ksp可知，CuS的溶解度极小，难溶于酸，所以对ⅱ中H2S的脱除率几乎无影响 【解析】 【小问1详解】 A为发生装置，A中反应的化学方程式为：； 【小问2详解】 ①气体持续通入溶液中，发生以及电离：、； ②以为吸收液脱除的离子方程式为：； ③根据离子反应：，滤液中； 【小问3详解】 ①ⅱ中产生的离子方程式为：； ②ⅲ中，加入后发生反应：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、，促进了的转化； ③pH减小，增大，不利于的溶解和电离，降低ⅰ中脱除率；由CuS的Ksp可知，CuS的溶解度极小，难溶于酸，所以对ⅱ中的脱除率几乎无影响。 19. 为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某兴趣小组通过改变浓度研究“”反应中和的相互转化。实验如下： （1）甲同学认为实验Ⅱ-①说明与Ⅰ的反应存在限度；乙同学认为该实验给出的证据不充分，因此乙同学将___________mL0.005mol/L溶液与溶液混合，然后向其中加入___________，若该试管中溶液颜色比实验Ⅱ-①中的溶液颜色___________(填“深”或“浅”)，则说明甲同学推测成立。 （2）结合化学平衡移动原理解释实验II-②中的实验现象___________。 （3）丙同学推测实验Ⅱ-②中向转化的原因是外加使下降，导致的还原性弱于，于是设计了如图所示的装置进行实验III，验证了这一结论。 ①当闭合时，为原电池的___________(填“正极”或“负极”)，此时电流计指针右偏； ②电流计指针归零后，向形管左侧滴加数滴溶液，___________(填实验现象)证实了丙同学的推测。 （4）按照(3)的原理，丙同学又用同样的装置设计了实验IV证实了实验II-①中向转化的原因与(3)中类似。 ①实验操作与(3)中不同的是，在电流计指针归零后，___________； ②丙同学在该实验中得出的结论是___________。 （5）结合实验II、III、IV中的结果，可以得出的结论是： ①与的反应存在限度； ②平衡状态下，改变离子浓度会导致平衡移动； ③___________。 【答案】（1） ①. 1.5 ②. 1mL蒸馏水 ③. 深 （2）溶液中存在平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2，加入AgNO3溶液后，Ag+结合I-生成黄色的AgI沉淀，体系中c(I-)减小，平衡向左移动，c(I2)减小，所以溶液褪色 （3） ①. 正极 ②. 左管产生黄色沉淀，指针左偏 （4） ①. 向U形管右侧滴加数滴1mol•L-1FeSO4溶液 ②. Fe2+的还原性随浓度增大而增强，使得Fe2+的还原性强于I- （5）离子的氧化性或还原性与离子浓度有关(或通过改变离子浓度可以改变离子的氧化性或还原性) 【解析】 【分析】I中加入AgNO3溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡逆向移动；Ⅱ中加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；K闭合时，指针向右偏转，可知b极Fe3+得到电子，作正极；当指针归零(反应达到平衡)后，向U形管左管中滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，可知I-浓度降低，使化学平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2逆向移动。 【小问1详解】 甲同学认为实验II-①说明Fe3+与I-的反应存在限度；乙同学认为该实验给出的证据不充分，溶液颜色变浅可能为加入1mLFeSO4溶液后离子浓度降低导致的，因此可设置空白对照实验，①溶液总体积为4mL，含1.5mLL0.005mol/LFe2(SO4)3溶液、1.5mL0.01mol/LKI和1.0mLL1mol/LFeSO4溶液，空白对照实验中加入1mL蒸馏水，故乙同学将1.5mL0.005mol/LFe2(SO4)3溶液与1.5mL0.01mol/LKI溶液混合，然后向其中加入1mL蒸馏水，若该试管中溶液颜色比实验II-①中的溶液颜色深，则说明甲同学推测成立。 【小问2详解】 黄色沉淀是AgI。化学平衡移动原理解释实验现象为：溶液中存在平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2，加入AgNO3溶液后，Ag+结合I-生成黄色的AgI沉淀，体系中c(I-)减小，平衡向左移动，c(I2)减小，所以溶液褪色。 【小问3详解】 ①U形管内发生原电池反应，a处I-失电子生成I2，b处Fe3+得电子生成Fe2+，故b处为正极； ②左管中加入AgNO3溶液，Ag+与I-反应生成AgI黄色沉淀，I-浓度减小，反应2Fe3++2I-2Fe2++I2逆向移动，即氧化还原反应逆向进行，得失电子的物质逆向反应，所以电流计中的指针与前面相反，即指针左偏，故答案为：左管产生黄色沉淀，指针左偏。 【小问4详解】 实验II-②中Fe2+向Fe3+转化的原因是外加Ag+使c(I-)下降，导致I-的还原性弱于Fe2+，按照(3)的原理，丙同学可增加Fe2+浓度，使得Fe2+的还原性强于I-。 ①实验操作与(3)中不同的是，在电流计指针归零后，向U形管右侧滴加数滴1mol•L-1FeSO4溶液； ②结论为：Fe2+的还原性随浓度增大而增强，使得Fe2+的还原性强于I-。 【小问5详解】 根据III、IV可得出结论：离子的氧化性或还原性与离子浓度有关(或通过改变离子浓度可以改变离子的氧化性或还原性)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $