精品解析：北京市西城区北京师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期11月期中化学试题

北京师大附中2025-2026学年(上)高二期中考试 化学试卷 考生须知： 1.本试卷有2道大题，共14页。考试时长90分钟，满分100分。 2.考生务必将答案填写在答题纸上。 相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 一、选择题(21道小题，共42分，每小题只有1个选项符合题意)。 1. 下列物质属于弱电解质的是 A. B. 蔗糖 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaCl是强电解质，在水溶液中完全电离，A不符合题意； B．蔗糖是非电解质，在水溶液和熔融状态下均不导电，B不符合题意； C．NH3·H2O是弱碱，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，C符合题意； D．BaSO4虽难溶，但溶解部分完全电离，属于强电解质，D不符合题意； 故选C。 2. 下列溶液因盐的水解而呈酸性的是 A. 溶液 B. 溶液 C. 溶液 D. 溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，A错误； B．AlCl3是强酸弱碱盐，Al3+水解生成H+，溶液因水解呈酸性，B正确； C．NaHSO3中的电离（释放H+）强于水解，酸性主要来自电离而非水解，C错误； D．NaHSO4中完全电离产生H+，酸性由电离导致，与水解无关，D错误； 故选B。 3. 下列事实不能说明HF是弱电解质的是 A. 用HF溶液可以和碳酸钠溶液反应 B. 常温下溶液的大于7 C. 常温下的HF溶液的大于1 D. 的HF溶液加水稀释到100倍，小于5 【答案】A 【解析】 【详解】A．HF能与碳酸钠反应只能说明其酸性强于碳酸，但不能证明其是否完全电离，因此不能说明HF是弱电解质，A符合题意； B．NaF溶液pH＞7，说明F⁻水解，而水解的原因是HF为弱酸，故能证明HF是弱电解质，B不符合题意； C．0.1 mol/L的HF溶液pH＞1，表明HF未完全电离，说明其为弱电解质，C不符合题意； D．若HF是强酸，稀释后100倍以后，其pH=5，而pH变化小于强酸，说明稀释促进HF电离，存在电离平衡，证明其为弱电解质，D不符合题意； 故选A。 4. 使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是 选项 A B C D 试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH 试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3·H2O A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意； B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-++=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当 NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的、 导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意； C．Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意； D．CH3COOH与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-++H2O，反应后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意； 故合理选项是D。 5. 下列过程与盐类水解无关的是 A. 在实验室配制溶液时，常滴加几滴溶液 B. 用溶液处理水垢，使转化为 C. 在中加入大量的水并加热制备 D. 向沸水中滴入饱和溶液制备胶体 【答案】B 【解析】 【详解】A．Na2S为强碱弱酸盐，S2-易水解生成HS-和OH-，加入NaOH抑制水解，与水解相关，A不符合题意； B．CaSO4转化为CaCO3是因与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3，与水解无关，B符合题意； C．TiCl4水解生成TiO2和HCl，加热加速水解，与水解相关，C不符合题意； D．FeCl3水解生成Fe(OH)3胶体，加热促进水解，与水解相关，D不符合题意； 故答案选B。 6. 下表所列是2个反应在不同温度时的化学平衡常数(K)值。 反应 ①N2(g)+O2(g)2NO(g) ②N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 温度/℃ 27 2000 25 400 450 K 3.8×10-31 0.1 5×108 0.507 0.152 关于反应①、②的下列说法正确的是 A. ①、②都需要在一定条件才能发生，它们均为吸热反应 B. ①、②均实现了“固氮”的过程，但①不适合用于大规模人工固氮 C. 一定温度下，①、②分别达到平衡，压缩容器体积(加压)均可使N2的转化率增大 D. 若已知①、②的ΔH，即可求算反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)的ΔH 【答案】B 【解析】 【详解】A．①N2(g)+O2(g)2NO(g)随温度升高，K值变大，平衡正向移动，是吸热反应，②N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，随温度升高，K值变小，平衡逆向移动，是放热反应，故A错误； B．①、②均实现了“固氮”的过程，但①是吸热反应，平衡常数太小，不适合用于大规模人工固氮，故B正确； C．一定温度下，①N2(g)+O2(g)2NO(g)是气体体积不变的反应，压缩容器体积(加压)平衡不移动，不能使N2的转化率增大，故C错误； D．①N2(g)+O2(g)2NO(g)，②N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，由盖斯定律，①×2-②×2得：4NH3(g)+2O2(g)4NO(g)+6H2(g)，得不到4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，故D错误； 故选B。 7. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红： B. 将水加热至，水的变小： C. 用溶液能有效除去误食的： D. 向浊液中滴入溶液，白色沉淀变黄： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氢氧化镁悬浊液中存在如下溶解平衡：，悬浊液中的氢氧根离子使溶液显碱性，能使酚酞溶液变红色，A正确； B．水中存在如下电离平衡：，将水加热至90℃，水的pH变小，说明升高温度，水的电离平衡右移，则水的电离是焓变大于0的吸热过程，B正确； C．硫酸钠溶液能与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，所以硫酸钠溶液能有效除去误食的钡离子，反应的离子方程式为：，C正确； D．白色沉淀变黄发生的反应为浊液中的氯化银与碘化钾溶液反应生成氯化钾和溶度积更小的碘化银，反应的离子方程式为：，D错误； 故选D。 8. 关于和的下列说法中，不正确的是 A. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 B. 可用溶液使转化为 C. 利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 D. 室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 【答案】D 【解析】 【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确； B．加入溶液会发生反应：，B正确； C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确； D．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误； 故选D。 9. 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 【解析】 【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，取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。 10. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是 A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子 B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量 C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 【答案】B 【解析】 【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 mol平衡混合气体中所含N原子大于1 mol 小于2mol ，A项错误； B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，反应热=反应物总键能-生成物总键能，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确； C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误； D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误； 答案选B。 11. 溶液与稀硫酸反应的化学方程式为，某小组设计如下实验探究影响该反应速率的因素，结合实验数据判断正确的是 实验 反应温度/℃ 溶液 稀 V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL ① 25 5 0.1 10 0.1 x ② 25 5 0.2 5 0.2 10 ③ 35 5 0.2 5 0.2 10 A. x=10 B. 依据实验①③可探究反应温度对反应速率的影响 C. 各组实验反应中最先变浑浊的是② D. 实验②中t min时生成了0.016g S，则t min内的平均反应速率为mol/(L•min) 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据变量控制法，各组的体积不变，故有5+10+x=5+5+10，x=5，故A错误； B．实验①③温度不同，Na2S2O3浓度不相同，不可以探究温度对反应速率的影响，故B错误； C．四组实验中实验③温度较高，反应物浓度最高，速率最大，最先变浑浊，故C错误； D．实验②中，，反应消耗tmin，平均反应速率v(Na2S2O3)=mol/(L•min)，故D正确； 答案选D。 12. 与能发生反应： 。 已知： ①该反应由两个基元反应分步完成，第一步为 ②两步反应的活化能分别为、，且 下列判断不正确的是 A. 第一步为氧化还原反应 B. 第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率 C. 已知键能：，可推知键能： D. 第二步的热化学方程式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．ICl中Cl显-1价，I显+1，根据第一步反应方程式可知，H的化合价升高，I元素的化合价降低，即该反应为氧化还原反应，故A说法正确； B．活化能越大，反应速率越低，Ea1＞Ea2，第一步反应速率比第二步反应速率慢，故B说法错误； C．已知H-H键能大于I-I键能，则H-Cl键能大于I-Cl，故C说法正确； D．根据盖斯定律，第二步反应方程式=总反应－第一步反应，则第二步热反应方程式HI(g)+ICl(g)=HCl(g)+I2(g) ，故D说法正确； 答案为B。 13. 工业合成乙醇的反应：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g) ΔH<0，在催化剂、260-290℃。和约7MPa的条件下进行。下列说法不正确的是 A. 循环使用乙烯是为了提高乙烯的利用率 B. 原理分析表明合成时压强越大越好，但实际生产中还要考虑安全、成本等因素 C. 其他条件不变时，投料比n(H2O)∶n(C2H4)越小，乙烯的平衡转化率越大 D. 寻找高活性的催化剂是研究该反应的重要方向 【答案】C 【解析】 【详解】A．循环使用乙烯可使乙烯尽可能转化为乙醇，提高乙烯的利用率，故A正确； B．该反应是气体体积减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，压强过大对设备的要求高且易发生事故，因此实际生产中还要考虑安全、成本等因素，故B正确； C．投料比n(H2O)∶n(C2H4)越小，体系中的n(C2H4)越大，乙烯的平衡转化率越小，故C错误； D．催化剂可提高反应速率，因此寻找高活性的催化剂是研究该反应的重要方向，故D正确； 答案选C。 14. 向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是 A. 和都是强电解质 B. A→B电导率下降的主要原因是发生了反应： C. B→C，溶液中的减小 D. A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C 【答案】B 【解析】 【详解】A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确； B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误； C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确； D．100mL物质的量为0.1L×0.01mol/L=0.001mol，n(OH-)=0.002mol，B点n()=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，B点发生离子反应：，恰好反应完全，剩余一半，c(OH-)比A点小，对水的电离抑制程度减小，C点n()=0.02L×0.1mol/L=0.002mol，B到C点发生离子反应：，生成Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解促进水的电离，C点水的电离程度最大，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确； 答案选B。 15. 根据下列图示所得推论正确的是 A. 甲是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了和 B. 乙是的C4H10平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的、 C. 丙是溶液及水的随温度的变化曲线，说明随温度升高，溶液中减小 D. 丁是镁条分别与盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．由甲图可知，光照过程中氯离子浓度增大，，可能是光照促进了氯气和水的反应正向进行，不一定是次氯酸分解生成了和，故A错误； B．乙是的C4H10平衡转化率与温度和压强的关系曲线，随温度升高，C4H10转化率增大，可知升高温度平衡正向移动，则，正反应气体物质的量增多，相同温度下，增大压强平衡逆向移动，压强越小C4H10转化率越大，则x<0.1，故B错误； C．CH3COO-的水解和水的电离都是吸热过程，随温度升高，水解平衡、水的电离平衡均正向移动，溶液中增大，故C错误； D．盐酸和醋酸的物质的量相等，所以最终生成氢气的量相同，同浓度的盐酸和醋酸，盐酸中氢离子浓度大，反应速率快，所以①代表盐酸与镁条的反应，故D正确； 选D。 16. 时，浓度均为的几种溶液的如下。 溶液 ①溶液 ②溶液 ③溶液 pH 8.88 8.33 7.00 下列说法不正确的是 A. ①中， B. 由①②可知，的水解程度大于的水解程度 C. ③中， D. 推测，溶液的 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据物料守恒，CH3COONa溶液中钠离子浓度等于醋酸根和醋酸分子浓度之和：，A正确； B．由于酸性：CH3COOH>H2CO3，因此的水解程度大于CH3COO⁻，表中溶液的pH值大于溶液，是由于碳酸氢根既能水解又能电离，无法通过盐溶液碱性判断水解程度大小，B错误； C．CH3COONH4溶液pH=7，说明CH3COO⁻和水解程度相当，浓度相等且均小于0.1mol/L，C正确； D．水解显酸性，导致时，溶液的pH小于0.1 mol/L NaHCO3溶液的pH（8.33），D正确； 故选B。 17. 在T℃，气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：(K=0.33)，下列分析不正确的是 A. 降低反应温度，可减缓反应X的速率 B. 在气体中加入一定量能起到防护铁管的作用 C. 反应X的可通过如下反应获得：、 D. T℃时，若气体混合物中，铁管被腐蚀 【答案】D 【解析】 【详解】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A正确； B．在气体中加入一定量，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B正确； C．①、②，根据盖斯定律①-②得，故C正确； D． T℃时，若气体混合物中，则Q=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D错误； 故选D。 18. 分别测定不同浓度溶液、溶液和溶液的电导率()数值，测定结果的数据处理如下表。 溶液 溶液 4839 2478 1252 51.2% 50.5% 溶液 10958 5593 2797 51.0% 50.0% 溶液 267 182 126 68.2% 69.2% 已知：代表溶液的电导率数值；其他条件相同时，电导率越大，溶液导电性越好。 下列说法不正确的是 A. 仅由的数据不能说明三种电解质的强弱 B. 表中数据不能说明同等条件下与的导电能力强弱 C. 比值数据能说明存在电离平衡 D. 溶液的数据能说明溶液越稀，的电离程度越大 【答案】B 【解析】 【详解】A．由的数据可知，HCl溶液的电导率最大，NaCl溶液的电导率居中，CH3COOH溶液的电导率最小，而NaCl、HCl均为强电解质，故不能仅由的数据说明三种电解质的强弱，选项A正确； B．同等条件下，HCl溶液与NaCl溶液的浓度相同，氯离子浓度相同，氯离子的导电性相同，二者只有阳离子的种类不同，即H+与Na+，而HCl溶液的电导率大于NaCl溶液的，故表中数据说明同等条件下H+的导电能力比Na+的强，选项B错误； C．由表中数据可知，NaCl溶液、HCl溶液的σ比值与浓度成正比，而CH3COOH溶液的σ比值却大于浓度比，说明CH3COOH存在电离平衡，选项C正确； D．由表中数据可知，CH3COOH溶液的σ比值大于浓度比，说明溶液越稀，CH3COOH的电离程度越大，选项D正确； 答案选B。 19. 室温下向100mL蒸馏水中加入1gCaCO3，一段时间后再向其中加入10mL蒸馏水，一段时间后继续加入10mL蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图： 已知：室温下，CaCO3的溶解度为0.0013g。 下列说法不正确的是 A. a→b电导率上升是由于CaCO3固体部分溶解于水中 B. c和e对应的时刻分别加入了10mL蒸馏水 C. c→d、e→f，电导率下降，说明CaCO3的溶解平衡逆向移动 D. g后的电导率几乎不再改变，说明CaCO3的溶解达到平衡状态 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．碳酸钙在水中的溶解度小，溶于水的碳酸钙在溶液中完全电离，使溶液中的离子浓度增大，导致a→b电导率上升，故A正确； B．由图可知，c→d、e→f的电导率下降，说明溶液中离子浓度减小，则c和e对应的时刻应该是分别加入了10mL蒸馏水，故B正确； C．由图可知，c→d、e→f的电导率下降，说明溶液中离子浓度减小，则c和e对应的时刻应该是分别加入了10mL蒸馏水；加入蒸馏水，碳酸钙的溶解平衡正向移动，故C错误； D．g后的电导率几乎不再改变，说明溶液中的离子浓度不再改变，碳酸钙的溶解在溶液中达到平衡状态，故D正确； 故选C。 20. 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 【解析】 【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。 二、填空题(5道小题，共58分)。 21. 某小组同学研究了如下酸、碱、盐之间的反应，请回答下列问题。 （1）①反应在室温下可自发进行。则该反应的_______0(填“>”、“=”或“<”)。 ②化学用语表示溶液呈酸性的原因_______。 ③常温下，均为5的盐酸和溶液中，由水电离出的之比为_______。 （2）常温下，用溶液分别滴定溶液和溶液，得到两条滴定曲线，如图所示。 ①曲线I表示滴定醋酸的曲线，证据为_______。曲线I中发生反应的离子方程式为_______。 ②点溶液中，_______(填“<”、“=”或“>”)。 ③下列有关处溶液的说法正确的是_______。 A．溶质为、 B． C． （3）已知，常温下几种酸的电离平衡常数如下表。 化学式 电离平衡常数 ； ①常温下，的溶液中，约为_______。 ②根据电离平衡常数判断，以下反应不合理的是_______。 A． B． C． 【答案】（1） ①. ②. 铵根水解：，促进了水的电离，使氢离子浓度增大，溶液显酸性 ③. （2） ①. 氢离子浓度小于，所以起点pH大于1 ②. ③. ④. A （3） ①. ②. B 【解析】 【小问1详解】 ①反应在室温下可自发进行，说明，该反应的，则。 ②是强酸弱碱盐，铵根水解：，促进了水的电离，使氢离子浓度增大，溶液显酸性。 ③水解显酸性，其氢离子均来源于水的电离，故其水电离出的；盐酸中的氢离子浓度为，根据水的电离常数，，水电离出的之比为。 【小问2详解】 ①曲线I表示滴定醋酸的曲线，证据是：醋酸属于弱酸、不能完全电离， 该浓度的溶液中氢离子浓度小于，所以起点pH大于1。氢氧化钠和醋酸反应的离子方程式为：。 ②20.00 mL 溶液与20.00 mL 溶液恰好完全中和，所以b点溶液为氯化钠溶液，呈中性，则。 ③时所得为a处溶液，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，根据图像可知，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，根据电荷守恒：，所以溶液中离子浓度关系为：。 A．根据分析可知，A正确； B．根据分析可知，离子浓度关系为：，B错误； C．因为生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，根据物料守恒可知，，C错误； 故选A。 【小问3详解】 ①常温下，根据的电离，结合其电离常数计算氢离子浓度，，其电离常数为，解得。 ②A．根据电离常数可知，几种酸的酸性强弱顺序为：，根据强酸制弱酸原理，该反应能够进行，A不符合题意； B．溶液和NaCN溶液反应的离子方程式为：，原反应不能进行，B符合题意； C．根据酸性强弱关系，少量甲酸可以和碳酸根反应，生成甲酸根和碳酸氢根，C不符合题意； 故选B。 22. 新型材料应用前景广泛，其制备与性质研究成为热点。相关数据如下： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 与N2反应温度/℃ 相应化合物分解温度/℃ 660 2467 ：(升华) ：(升华) 649 1090 ： （1）的制备。 ①化学气相沉积法。 Ⅰ.一定温度下，以气体和为原料制备，反应的化学方程式是___________。 Ⅱ.上述反应适宜的温度范围是___________℃(填字母)。 a．75~100 b．600~1100 c．2000~2300 ②铝粉直接氮化法。 与可直接化合为固体，能将包裹，反应难以继续进行。控制温度，在粉中均匀掺入适量粉，可使几乎全部转化为固体。该过程发生的反应有：、___________和。 ③碳热还原法。 以、C(石墨)和为原料，在高温下制备。 已知：ⅰ. ⅱ.1g石墨与氧气生成一氧化碳，放出9.2热量 ⅲ. 写出反应ⅱ的热化学方程式___________。运用平衡移动原理分析反应ⅱ对反应ⅰ的可能影响：___________。 （2）的性质。 粉末可发生水解。相同条件下，不同粒径的粉末水解时溶液的变化如图所示。 ①粉末水解的化学方程式是___________。 ②解释时间内两条曲线差异的可能原因：___________。 （3）含量检测。 向a g样品中加入足量浓溶液，然后通入水蒸气将全部蒸出，将用过量的溶液吸收完全，剩余的用溶液恰好中和，则样品中的质量分数是___________。 【答案】（1） ①. AlCl3+NH3=AlN+3HCl ②. b ③. Mg3N23Mg+N2 ④. C(石墨，s)+ O2(g)=CO(g) =-110.4kJ/mol ⑤. 反应ⅱ能降低氧气浓度，有利于反应ⅰ正向移动 （2） ①. AlN+4H2O=Al(OH)3(胶体)+NH3•H2O ②. 粒径较小的AlN表面积大，水解反应速率较大 （3） 【解析】 【小问1详解】 ①ⅠAlCl3气体和NH3制备AlN，反应的化学方程式是AlCl3+NH3=AlN+3HCl，答案为：AlCl3+NH3=AlN+3HCl； Ⅱ根据表中数据，要保证AlCl3为气体，需要温度大于181℃，排除a，AlN大于2000℃会分解，排除c，剩余b，故答案选：b； ②根据表中数据，大于300℃，镁和氮气反应方程式为3Mg+N2Mg3N2，大于800℃氮化镁会分解，方程式为Mg3N23Mg+N2；故答案为：Mg3N23Mg+N2； ③1g石墨的物质的量为，与氧气生成一氧化碳，放出9.2kJ热量，则1mol石墨与氧气生成一氧化碳，放出9.2kJ×12=110.4kJ，热化学方程式为：C(石墨，s)+ O2(g)=CO(g) =-110.4kJ/mol，反应ⅱ能消耗氧气，反应ⅰ生成氧气，故反应ⅱ能促进反应ⅰ正向进行，答案为：C(石墨，s)+ O2(g)=CO(g) =-110.4kJ/mol；反应ⅱ能降低氧气浓度，有利于反应ⅰ正向移动。 【小问2详解】 ①氮化铝水解产生氢氧化铝和一水合氨，方程式为AlN+4H2O=Al(OH)3(胶体)+NH3•H2O，故答案为：AlN+4H2O=Al(OH)3(胶体)+NH3•H2O； ②由图象可以看出两条曲线的反应速率是不同的，反应速率和接触面积有关，两条曲线差异的可能原因为粒径较小的AlN表面积大，水解反应速率较大，故答案为：粒径较小的AlN表面积大，水解反应速率较大。 【小问3详解】 消耗硫酸的物质的量为：(c1V1- )×10-3mol，氨气和硫酸按照2：1反应，故氨气的物质的量为：2×(c1V1-)×10-3mol，根据氮元素守恒，氮化铝的物质的量也是2×(c1V1-)×10-3mol，故样品中氮化铝的质量分数为=，故答案为：。 23. 草酸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：①是二元弱酸；②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：量取待测草酸溶液于锥形瓶中，滴加2滴指示剂；将溶液盛装于滴定管中，到达滴定终点时停止滴定，并记录溶液的体积，再重复滴定3次。记录数据如下。 滴定次数 1 2 3 4 10.00 10.00 10.00 10.00 15.95 15.00 15.02 14.98 （1）下列实验操作正确的是_______。 A,配制溶液 B.排出滴定管内气泡 C.滴定时，眼睛注视锥形瓶中溶液 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_______。 （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，未用标准液润洗 Ⅱ.氧化还原滴定法。用已知浓度的酸性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）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）BD （2）酚酞 （3）0.0750 （4）d （5） （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 【解析】 【分析】滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作； 【小问1详解】 A．配制0.1000 mol/L 氢氧化钠溶液定容时，玻璃棒引流时玻璃棒应该在刻度线以下，当距离刻度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．溶液盛装于滴定管中，应该使用碱式滴定管，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BD； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 是二元弱酸，和氢氧化钠反应存在，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，故答案为：0.0750； 【小问4详解】 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标准溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故不符合题意； c．滴定至终点时，俯视读数使消耗标准液的体积偏小，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标准液的体积偏大，导致测定结果偏高，故符合题意； 故选d； 【小问5详解】 高锰酸钾会氧化草酸生成二氧化碳和水，同时生成锰离子，滴定过程中涉及反应的离子方程式为； 【小问6详解】 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； 【小问7详解】 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。 24. 二甲醚是一种洁净液体燃料，工业上以和为原料生产。工业制备二甲醚在催化反应室中(压强：，温度：)进行下列反应： 反应i： 反应ii： （1）①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为，，后达到化学平衡状态，的转化率为50%，则内的平均反应速率为_____。 ②反应i的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，图中代表_____(填“温度”或“压强”)。_____(填“<”、“=”或“>”)，简述理由：____。 （2）在时，反应ii的平衡常数为400，此温度下，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表： 物质 0.1 2.0 2.0 此时刻反应ii的(正)______(逆)(填“>”“<”或“=”)。 （3）在使用催化剂、压强为、反应时间为10分钟的条件下，通过反应i、ii制备，结果如下图所示，时转化率高但产率很低的原因可能是_____。 【答案】（1） ①. ②. 温度 ③. > ④. 反应i为气体分子数减小的放热反应，相同条件下，增大压强，平衡逆向移动，CO平衡转化率升高，则> （2）= （3）260℃时CO转化率高但产率很低的原因可能是反应ⅰCO转化成的速率快，但反应ⅱ转化成的速率慢 【解析】 【小问1详解】 ①后达到化学平衡状态，的转化率为50%，内的平均反应速率为。 ②反应i为气体分子数减小的放热反应，恒温时增大压强，CO平衡转化率增大，恒压时升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低，则X为温度；相同条件下，增大压强，平衡正向移动，CO平衡转化率升高，则>； 【小问2详解】 此时刻反应ii的，则反应达到平衡，(正) =(逆)； 【小问3详解】 CO的转化主要体现在ⅰ的进行，据图推测，反应ⅰ是快反应，但是反应ⅱ由合成是个慢反应，的产率既与CO平衡转化率有关，也与自身速率有关。温度越高，CO平衡转化率越低，但是反应ⅱ速率越快，因此在不同温度范围内呈现不同的变化规律。根据上述分析，260℃时CO转化率高但产率很低的原因可能是反应ⅰCO转化成的速率快，但反应ⅱ转化成的速率慢，因此在固定时间内CO转化率高但产率很低。 25. 氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获得缓释肥料磷酸镁铵(MgNH4PO4)，过程如下。 资料：ⅰ.氨氮废水中氮元素主要以形式存在； ⅱ.、； （1）当和为时，生成沉淀所需的与生成MgNH4PO4沉淀所需的之比为___________。 （2）磷酸盐若选择，混合后会产生大量沉淀，氨氮去除率将___________(填“提高”“降低”或“不变”)。 （3）常温下向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷微粒的物质的量分数与pH的关系如下图所示。 ①结合化学用语解释NaH2PO4溶液显酸性的原因___________。 ②下列说法正确的是___________(填字母)。 a．常温下，H3PO4的电离平衡常数 b．pH=b时， c．pH=c时，发生反应的 （4）处理氨氮废水时，磷酸盐可选用Na2HPO4. ①pH在9~10之间，主要生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为___________。 ②pH过大会降低废水中氨氮的去除率，可能的原因是___________。 ③对于较低的氨氮废水，上述磷酸镁铵沉淀法的处理效果不佳，且无法通过增加Na2HPO4和MgCl2的用量来改善，原因是___________。 【答案】（1）10:1 （2）降低 （3） ①. 由图可以看出磷酸的Ka1≈10-2，Ka2≈10-7，可知，NaH2PO4溶液电离，Ka2≈10-7，水解，，电离大于水解，溶液显酸性 ②. ab （4） ①. ②. pH过大，增多 ，与镁离子结合生成磷酸镁沉淀，且镁离子还会与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀，使铵根离子难以形成磷酸镁铵沉淀 ③. 当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L时，生成磷酸沉淀需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10倍，若铵根离子浓度小于0.1mol/L的时候，铵根离子无法除去 【解析】 【分析】氨氮废水与磷酸盐、氯化镁混合之后，再通过调节pH至9-10，使之选择性生成磷酸镁铵，再通过过滤将之分离出去就得到处理后的废水。 【小问1详解】 根据Mg3(PO4)2的Ksp约为1×10-24；MgNH4PO4的Ksp为1×10-13； 当c(Mg2+)和c()为1mol·L-1时，生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()的浓度是=1×10-12 mol·L-1，生成MgNH4PO4沉淀所需的c()的浓度为=1×10-13 mol·L-1；生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()是生成MgNH4PO4沉淀所需的c()之比为10:1； 【小问2详解】 磷酸盐若选择Na3PO4，镁离子和磷酸根离子反应生成Mg3(PO4)2沉淀；大量镁离子会沉淀下来，影响磷酸镁铵的生成，使氨氮去除率降低； 【小问3详解】 ①由图可以看出磷酸的Ka1≈10-2，Ka2≈10-7，可知，NaH2PO4溶液电离，Ka2≈10-7，水解，，电离大于水解，溶液显酸性； ②a．常温下，第一个交点有，H3PO4的电离平衡常数，a正确； b．pH=b时，，根据电荷守恒有，代入后有，b正确； c．pH=c时，有，即溶液为等浓度的Na2HPO4和Na3PO4，发生反应的，c错误； 答案选ab； 【小问4详解】 ①由题意知pH在9-10之间时，镁离子、铵根离子、磷酸氢根离子、氢氧根离子反应生成磷酸镁铵沉淀和水，反应的离子方程式为。 ②pH过大，增多 ，与镁离子结合生成磷酸镁沉淀，且镁离子还会与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀，使铵根离子难以形成磷酸镁铵沉淀，所以氨氮的去除率降低。 ③当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L时，生成磷酸沉淀需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10倍，若铵根离子浓度小于0.1mol/L的时候，铵根离子无法除去。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京师大附中2025-2026学年(上)高二期中考试 化学试卷 考生须知： 1.本试卷有2道大题，共14页。考试时长90分钟，满分100分。 2.考生务必将答案填写在答题纸上。 相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 一、选择题(21道小题，共42分，每小题只有1个选项符合题意)。 1. 下列物质属于弱电解质的是 A. B. 蔗糖 C. D. 2. 下列溶液因盐的水解而呈酸性的是 A. 溶液 B. 溶液 C. 溶液 D. 溶液 3. 下列事实不能说明HF是弱电解质的是 A. 用HF溶液可以和碳酸钠溶液反应 B. 常温下溶液的大于7 C. 常温下的HF溶液的大于1 D. 的HF溶液加水稀释到100倍，小于5 4. 使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是 选项 A B C D 试剂a CuSO4 NH4HCO3 H2SO4 CH3COOH 试剂b Ba(OH)2 Ca(OH)2 Ba(OH)2 NH3·H2O A. A B. B C. C D. D 5. 下列过程与盐类水解无关的是 A. 在实验室配制溶液时，常滴加几滴溶液 B. 用溶液处理水垢，使转化为 C. 在中加入大量的水并加热制备 D. 向沸水中滴入饱和溶液制备胶体 6. 下表所列是2个反应在不同温度时的化学平衡常数(K)值。 反应 ①N2(g)+O2(g)2NO(g) ②N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 温度/℃ 27 2000 25 400 450 K 3.8×10-31 0.1 5×108 0.507 0.152 关于反应①、②的下列说法正确的是 A. ①、②都需要在一定条件才能发生，它们均为吸热反应 B. ①、②均实现了“固氮”的过程，但①不适合用于大规模人工固氮 C. 一定温度下，①、②分别达到平衡，压缩容器体积(加压)均可使N2的转化率增大 D. 若已知①、②的ΔH，即可求算反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)的ΔH 7. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红： B. 将水加热至，水的变小： C. 用溶液能有效除去误食的： D. 向浊液中滴入溶液，白色沉淀变黄： 8. 关于和的下列说法中，不正确的是 A. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 B. 可用溶液使转化为 C. 利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 D. 室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 9. 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 10. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是 A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子 B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量 C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 11. 溶液与稀硫酸反应的化学方程式为，某小组设计如下实验探究影响该反应速率的因素，结合实验数据判断正确的是 实验 反应温度/℃ 溶液 稀 V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL ① 25 5 0.1 10 0.1 x ② 25 5 0.2 5 0.2 10 ③ 35 5 0.2 5 0.2 10 A. x=10 B. 依据实验①③可探究反应温度对反应速率的影响 C. 各组实验反应中最先变浑浊的是② D. 实验②中t min时生成了0.016g S，则t min内的平均反应速率为mol/(L•min) 12. 与能发生反应： 。 已知： ①该反应由两个基元反应分步完成，第一步为 ②两步反应的活化能分别为、，且 下列判断不正确的是 A. 第一步为氧化还原反应 B. 第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率 C. 已知键能：，可推知键能： D. 第二步的热化学方程式为 13. 工业合成乙醇的反应：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g) ΔH<0，在催化剂、260-290℃。和约7MPa的条件下进行。下列说法不正确的是 A. 循环使用乙烯是为了提高乙烯的利用率 B. 原理分析表明合成时压强越大越好，但实际生产中还要考虑安全、成本等因素 C. 其他条件不变时，投料比n(H2O)∶n(C2H4)越小，乙烯的平衡转化率越大 D. 寻找高活性的催化剂是研究该反应的重要方向 14. 向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是 A. 和都是强电解质 B. A→B电导率下降的主要原因是发生了反应： C. B→C，溶液中的减小 D. A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C 15. 根据下列图示所得推论正确的是 A. 甲是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了和 B. 乙是的C4H10平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的、 C. 丙是溶液及水的随温度的变化曲线，说明随温度升高，溶液中减小 D. 丁是镁条分别与盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应 16. 时，浓度均为的几种溶液的如下。 溶液 ①溶液 ②溶液 ③溶液 pH 8.88 8.33 7.00 下列说法不正确的是 A. ①中， B. 由①②可知，的水解程度大于的水解程度 C. ③中， D. 推测，溶液的 17. 在T℃，气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：(K=0.33)，下列分析不正确的是 A. 降低反应温度，可减缓反应X的速率 B. 在气体中加入一定量能起到防护铁管的作用 C. 反应X的可通过如下反应获得：、 D. T℃时，若气体混合物中，铁管被腐蚀 18. 分别测定不同浓度溶液、溶液和溶液的电导率()数值，测定结果的数据处理如下表。 溶液 溶液 4839 2478 1252 51.2% 50.5% 溶液 10958 5593 2797 51.0% 50.0% 溶液 267 182 126 68.2% 69.2% 已知：代表溶液的电导率数值；其他条件相同时，电导率越大，溶液导电性越好。 下列说法不正确的是 A. 仅由的数据不能说明三种电解质的强弱 B. 表中数据不能说明同等条件下与的导电能力强弱 C. 比值数据能说明存在电离平衡 D. 溶液的数据能说明溶液越稀，的电离程度越大 19. 室温下向100mL蒸馏水中加入1gCaCO3，一段时间后再向其中加入10mL蒸馏水，一段时间后继续加入10mL蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图： 已知：室温下，CaCO3的溶解度为0.0013g。 下列说法不正确的是 A. a→b电导率上升是由于CaCO3固体部分溶解于水中 B. c和e对应的时刻分别加入了10mL蒸馏水 C. c→d、e→f，电导率下降，说明CaCO3的溶解平衡逆向移动 D. g后的电导率几乎不再改变，说明CaCO3的溶解达到平衡状态 20. 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 二、填空题(5道小题，共58分)。 21. 某小组同学研究了如下酸、碱、盐之间的反应，请回答下列问题。 （1）①反应在室温下可自发进行。则该反应的_______0(填“>”、“=”或“<”)。 ②化学用语表示溶液呈酸性的原因_______。 ③常温下，均为5的盐酸和溶液中，由水电离出的之比为_______。 （2）常温下，用溶液分别滴定溶液和溶液，得到两条滴定曲线，如图所示。 ①曲线I表示滴定醋酸的曲线，证据为_______。曲线I中发生反应的离子方程式为_______。 ②点溶液中，_______(填“<”、“=”或“>”)。 ③下列有关处溶液的说法正确的是_______。 A．溶质为、 B． C． （3）已知，常温下几种酸的电离平衡常数如下表。 化学式 电离平衡常数 ； ①常温下，的溶液中，约为_______。 ②根据电离平衡常数判断，以下反应不合理的是_______。 A． B． C． 22. 新型材料应用前景广泛，其制备与性质研究成为热点。相关数据如下： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 与N2反应温度/℃ 相应化合物分解温度/℃ 660 2467 ：(升华) ：(升华) 649 1090 ： （1）的制备。 ①化学气相沉积法。 Ⅰ.一定温度下，以气体和为原料制备，反应的化学方程式是___________。 Ⅱ.上述反应适宜的温度范围是___________℃(填字母)。 a．75~100 b．600~1100 c．2000~2300 ②铝粉直接氮化法。 与可直接化合为固体，能将包裹，反应难以继续进行。控制温度，在粉中均匀掺入适量粉，可使几乎全部转化为固体。该过程发生的反应有：、___________和。 ③碳热还原法。 以、C(石墨)和为原料，在高温下制备。 已知：ⅰ. ⅱ.1g石墨与氧气生成一氧化碳，放出9.2热量 ⅲ. 写出反应ⅱ的热化学方程式___________。运用平衡移动原理分析反应ⅱ对反应ⅰ的可能影响：___________。 （2）的性质。 粉末可发生水解。相同条件下，不同粒径的粉末水解时溶液的变化如图所示。 ①粉末水解的化学方程式是___________。 ②解释时间内两条曲线差异的可能原因：___________。 （3）含量检测。 向a g样品中加入足量浓溶液，然后通入水蒸气将全部蒸出，将用过量的溶液吸收完全，剩余的用溶液恰好中和，则样品中的质量分数是___________。 23. 草酸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：①是二元弱酸；②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：量取待测草酸溶液于锥形瓶中，滴加2滴指示剂；将溶液盛装于滴定管中，到达滴定终点时停止滴定，并记录溶液的体积，再重复滴定3次。记录数据如下。 滴定次数 1 2 3 4 10.00 10.00 10.00 10.00 15.95 15.00 15.02 14.98 （1）下列实验操作正确的是_______。 A,配制溶液 B.排出滴定管内气泡 C.滴定时，眼睛注视锥形瓶中溶液 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_______。 （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，未用标准液润洗 Ⅱ.氧化还原滴定法。用已知浓度的酸性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）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”)。 24. 二甲醚是一种洁净液体燃料，工业上以和为原料生产。工业制备二甲醚在催化反应室中(压强：，温度：)进行下列反应： 反应i： 反应ii： （1）①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为，，后达到化学平衡状态，的转化率为50%，则内的平均反应速率为_____。 ②反应i的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，图中代表_____(填“温度”或“压强”)。_____(填“<”、“=”或“>”)，简述理由：____。 （2）在时，反应ii的平衡常数为400，此温度下，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表： 物质 0.1 2.0 2.0 此时刻反应ii的(正)______(逆)(填“>”“<”或“=”)。 （3）在使用催化剂、压强为、反应时间为10分钟的条件下，通过反应i、ii制备，结果如下图所示，时转化率高但产率很低的原因可能是_____。 25. 氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获得缓释肥料磷酸镁铵(MgNH4PO4)，过程如下。 资料：ⅰ.氨氮废水中氮元素主要以形式存在； ⅱ.、； （1）当和为时，生成沉淀所需的与生成MgNH4PO4沉淀所需的之比为___________。 （2）磷酸盐若选择，混合后会产生大量沉淀，氨氮去除率将___________(填“提高”“降低”或“不变”)。 （3）常温下向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷微粒的物质的量分数与pH的关系如下图所示。 ①结合化学用语解释NaH2PO4溶液显酸性的原因___________。 ②下列说法正确的是___________(填字母)。 a．常温下，H3PO4的电离平衡常数 b．pH=b时， c．pH=c时，发生反应的 （4）处理氨氮废水时，磷酸盐可选用Na2HPO4. ①pH在9~10之间，主要生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为___________。 ②pH过大会降低废水中氨氮的去除率，可能的原因是___________。 ③对于较低的氨氮废水，上述磷酸镁铵沉淀法的处理效果不佳，且无法通过增加Na2HPO4和MgCl2的用量来改善，原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $