永丰中学2025-2026学年上学期期中高二化学复习题

**基本信息** 该练习通过基础概念辨析、进阶应用分析及综合实验探究的三层设计，覆盖热化学、电解质溶液、化学平衡等核心知识，强化从单一到综合的巩固路径，适配高二上学期期中教学，培养化学观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|热化学、离子共存等单一概念|单选题考查基础判断，如第1题反应热判断、第3题离子共存| |进阶层|弱电解质电离、平衡移动等概念应用|结合图像分析（第2题导电能力）、原理辨析（第8题勒夏特列原理）| |综合层|平衡计算、滴定实验等复杂应用|解答题整合实验操作（第15题滴定）、工业流程（第16题Cu₂O制备），培养科学探究能力|

永丰中学2025-2026学年上学期期中化学复习题 学校： 姓名： 班级： 考号： 一、单选题 1.酒泉卫星发射中心2022年10月9日讯：运载火箭CZ-2D又将“夸父一号”卫星成功送入 预定轨道。CZ-2D使用的推进剂是NO4/CHN2,其推进作用的热化学方程式为：CHN(① +2N04①)=2C02(g)十3N2(g)+4H0①△H=-2550 kJmol-1,下列说法不正确的是 A,该反应属于放热反应 B.若生成物都是气态的，则该反应的△H将变小 C.该反应可说明燃烧不一定需要氧气 D.在CZ-2D上使用该推进剂对环境是友好的 2.在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液导电能力变化如下图所示，下列说法正确的是 溫 a 加水量 A.a、b、c三点对应的溶液中，c(H)最大的是c点 B.a、b、c三点对应的溶液中，CH COOH电离程度最大的是b点 C.若使b点对应溶液中c(CH.COO)增大、c(H)减小，可采用加入Na,CO3固体的方 法 D.中和等体积、等浓度的盐酸和醋酸，中和盐酸所需氢氧化钠的物质的量多于醋酸 3.常温下，下列各组离子一定能与指定溶液大量共存的是 c(H' A.AG=3的溶液中 AG=1g c(OH Ca2+、Na+、Cl、NO B.pH=3的溶液：Na、K+、C、CO C.能使甲基橙变为红色的溶液：Fe2+、Ca2+、NO?、Cl D.与A1反应能生成H2的溶液中：K+、Mg2+、NO?、HCO, 4.2021年我国首次实现以C02为原料人工合成淀粉，该过程涉及C02加氢（电解水得氢气） 试卷第1页，共11页 转化为甲醇(CH3O田的过程，其能量变化如图所示。 能量 OkJ CO2(g)+3H2(g) 02k灯 CH3OH(g)+H2O(g) 反应过程 下列叙述正确的是 A.C02合成甲醇的反应中，寻找高效催化剂可以改变Q1和Q2的大小 B.CO2合成甲醇的反应中，破坏反应物化学键吸收的能量大于形成产物化学键释放的能 量 C.CO2合成甲醇的反应中正反应活化能比逆反应的活化能大QkJ D.CO2合成淀粉的过程有碳碳键形成 5.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是 选 实验目的 方案设计 现象和结论 项 探究反应物 分别取10mL0.1mol·LNaS03溶 前者出现浑浊的时间更短， 浓度对化学 液和5mL0.1mol.L1Na,S,O3溶液、 A 说明增大NaS,O3浓度，可 反应速率的 5mL蒸馏水于两支试管中，然后同时 以加快反应速率 影响 加入10mL0.1mol·L1HS04溶液 探究压强对 在容积不变的密闭容器中发生反应： 化学反应速率不受压强影 马 化学反应速 N,(g)+3H2(g)°2NH3(g),向其中 响 率的影响 通入氩气，反应速率不变 探究生成物 若溶液先变血红色，加入 向2mL0.1mol·L FeCl,溶液加入1 C 浓度对化学 KCI溶液后血红色变浅，说 滴KSCN溶液，再加入少量KCI溶液 平衡的影响 明增大生成物浓度，平衡逆 试卷第2页，共11页 向移动 取0.5g淀粉于试管中，加入适量20% 研究淀粉的 的硫酸溶液后沸水浴加热5min,再 若溶液没有变成蓝色，则淀 D 水解程度 滴加过量氢氧化钠溶液，再加入适量 粉已经水解完全 碘水 A.A B.B C.C D.D 6.下列解释事实的离子方程式正确的是 A.金属钾投入到盐酸中：2K+2H=2K++H,个 B.向NaC1O溶液中通入少量C0,气体：H0+2C1O+C02=2HC1O+CO C.碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2++2I+2CL,=2Fe3++I+4CI D.用CH COOH溶解CaC03:CaC03+2Ht=Ca2++H,0+C02个 7.下列相关热化学方程式的说法正确的是 A.甲烷的燃烧热是△H=890 kJ-mol-1,则表示甲烷燃烧热的热化学方程式： CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)AH--890kJ-mol-1 B.浓硫酸的稀释是放热反应 C.已知H(aq)+OH(aq)HO①)△H=-57.3kmol1,则任何酸碱中和反应的热效应均为 57.3kJ D.己知C(s)+O(g)=C0(g)△H1,2C(S)十O2(g)=2C0(g)△H2,则2AH1<△H2 8.下列说法符合“勒夏特列原理的是 A.汽车尾气需要加入催化剂，提高氮氧化合物的转化率 B.煤气中毒者送入高压氧舱缓解病情 C.工业合成氨升高温度，提高氨的平衡产率 D.对于平衡体系2Ⅱ(g)、三I,(g)+H,(g),缩小体积，颜色加深 9.常温下，实验测得0.10mol/L的NaHB溶液的pH=9.1。下列说法中正确的是 A.NaHB的电离方程式为NaB=Na++H++B2 B.中和等体积等pH的H,B和HSO4溶液，需消耗NaOH的物质的量前者多于后者 C.NaHB和NaOH溶液反应的离子方程式为H+OH=H,O 试卷第3页，共11页 D.NaHB溶液中一定存在：c(Na+)+c(H+)=2cB)+2cB2HcOH） 10.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是 温度计 温度计 温度计 搅拌 碎泡沫 盐酸 Ba(OH)8H2O 塑料 一铝片 和NHCI A.实验①、②、③所涉及的反应都是放热反应 B.③所涉及实验一组完整的实验数据需要测两次温度 C.若用NaOH固体测定中和热，则测得的中和热△H偏低 D.实验③中将玻璃搅拌器改为铜质搅拌棒对实验结果无影响 11.根据相应的图像，下列相关说法正确的是 甲 乙 丙 丁 G的1 体积 物1 v(正) 分数 PI 质的含量 正) P2 v(正) v逆) v(逆) v(逆) 0 温 T2 T3 0 降温 加压 aX(g)+bY(g)、≥cZ L(s)+aG(g)bR(g) aA+bB、=cC A+2B=2C+3D (g) A.图甲所示，当a+b=c时，t时改变的条件是增大压强（缩小体积） B.图乙所示，若P1>p2,则a>b C.图丙所示，平衡时C的百分含量T1比T2低 D.图丁所示，该反应中C一定是气体 12.25C时，重水(D20)的离子积为1.6×1015，也可用pH值一样的定义来规定其酸碱度： 试卷第4页，共11页 pD=lgcD),下列有关pD的叙述正确的是 ①中性DO的PD>7 ②在1LD20中，溶解0.01 moINaOD,其pD值为12 ③1L0.01mol/L的DCI的重水溶液，pD=2 ④在100mL0.25 nol/L DC1的重水溶液中，加入50mL0.2mol/L NaOD的重水溶液，反应后 溶液的pD=2 A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 13.常温下，浓度均为0.1molL、体积均为Va的HA和B溶液，分别加水稀释至体积V, pH随g ·变化如图所示，下列叙述不正确的是 ↑pH 6 2 2.35 HB 2 HA A. 酸性：HB<HA B.常温下，B的电离常数的数量级为105 C.HB的电离程度：a<b D.将b、c两点的溶液加热， c(A) c(B) 值变大 14.TC时，体积均为0.5L的两个恒温恒容密闭容器中发生可逆反应： 3H,(g)+N2(g)、≥2NH(g)△H=-O水J·mo(2>0)。保持温度不变，实验测得起始和平衡 时的有关数据如下表： 起始时各物质物质的量/mol 实验编号 达平衡时体系能量的变化 H N2 NH ① 3 1 0 放热0.6QkJ ② 0.9 0.3 1.4 试卷第5页，共11页 ③ 0.9 0.3 0.4 下列叙述中错误的是 A.实验②达到平衡时吸收01QkJ的热量 B.实验①和实验②平衡时H,的浓度相等 C.实验①大于实验③中N2的百分含量 D.其它条件不变，若实验①保持恒温恒压，则达到平衡时放出热量大于0.6QkJ 二、解答题 15.滴定是一种常见的化学分析方法，根据已有知识，回答下列问题： (1)用NaOH溶液测定某食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以下为某同学列出的实验步骤： A.分别向碱式滴定管、酸式滴定管注入NaOH标准溶液和待测醋酸至0刻度以上2~3cm B.调节滴定管液面至0或0刻度以下，记下读数 C.用NaOH标准溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度 D.用标准溶液清洗碱式滴定管2~3次：待测醋酸清洗酸式滴定管2~3次 E.用待测醋酸清洗锥形瓶2~3次 F排气泡使滴定管尖嘴充满溶液，把滴定管固定好 G滴定管检漏，用水清洗所有仪器，备用 H通过酸式滴定管向锥形瓶注入20.00L待测醋酸，并加入2滴指示剂 ①从上述实验步骤中选出正确的并按操作先后排序： (用字母表示)。 ②滴定开始和结束时，读数如图所示，NaOH标准溶液的体积为L。量取待测液应 选用如图中的 (填“甲”或“乙”)。 分 25 甲 乙 ③滴定时，若标准液和待测液的浓度变大，滴定突跃范围变 (填“宽”或“窄”)。 试卷第6页，共11页 (2)测定V,O的纯度。 称取ag样品，先用硫酸溶解，配成100mL(VO2,SO4溶液，取20mL溶液置于锥形瓶中， 再加入mLcmol·L(NH4),Fe(SO4),溶液(VO+2H+Fe2+=VO++Fe3++H,O)。最后用 cnol·L'KMnO4溶液滴定过量的(H4),Fe(SO4),至（填现象），表示到达滴定终点。 消耗KMnO4溶液的体积为b,mL。已知MmO:被还原为n+,V,O,的质量分数是 (V,O的摩尔质量：182g/mol)。下列情况会导致产品纯度偏大的是（填标号）。 A.KMnO4溶液部分变质（含KMnO4) B.滴定达终点时，仰视刻度线读数 C.滴定前，在推形瓶中加水稀释待测液 D.滴定终点时，滴定管尖嘴内有气泡生成 E.(H4),Fe(SO4),溶液因露空放置太久而变质 F酸式滴定管未用标准液润洗 16.氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu20在酸性溶液中歧 化为二价铜离子和铜单质。以黄铜矿（主要成分为CFS2,含有杂质SiO)为原料制取Cu2O 的一种工艺流程如图： Fez(SO4)3溶液HSO4溶液、O2 Cuo NaOH Na2SO 黄铜矿 浸泡 操作 调pH 热还原 纳米Cu20 S、Si02等 Fe(OH)3 (1)写出“浸泡时CuFeS2发生反应的离子方程式： Cu20在酸性溶液中发生歧化反 应的离子反应方程式为 (2)判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为 (3)‘热还原时，将新制NaSO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌反 应得到Cu2O粉末。制备装置如下图所示： 试卷第7页，共11页 搅拌器 NaOH溶液 A NaOH溶液 B 左上方盛放NaOH溶液的仪器名称为 ,干燥管的作用是： ,反应时A装置 原料反应配比为n(NaSO3):n(CuSO4)=3:2,B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体， 防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为。实际反应中需不断滴加NaOH溶液 的作用是： (4)反应完成后，利用装置B中的溶液个NaOH与NaSO3混合溶液)可制备NaSO4:10HO晶 体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液，一，洗涤、干燥得NaSO4:10HO晶 体。（已知：室温下，溶液中HSO、H$O、SO的物质的量分数随pH的分布如下图所示； 室温下从NaSO4饱和溶液中结晶出NaSO4·10HO,实验中须使用的试剂及仪器有：SO2、 氧气、pH计) 1.0 熬0.8 HSO; S03 0.6 0.4 H2SO: 0.2 0 2 6 8 10 pH 17.氨及其化合物是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要 的作用。回答下列问题： (1)查阅资料：标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol 试卷第8页，共11页 纯化合物时的焓变，符号为△H。已知以下物质的标准摩尔生成焓如下表所示。 物质 NH(g) H,0(g) △H/(kJ-molr) -46 -242 由此可得4NH(g)+3O2(g)=2N(g)+6H,Og)△H2= kJ.mol1。 (2)氨气的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤，假设只会发生以下两个竞争反应虹、Ⅱ。 反应I:4NHg)+502(g)、=4NO(g)+6H,O(g)△H=-905.0 kJ.mol1 反应I:4NH(g)+3O,(g)=2N(g)+6H,O(g)△H2 为分析某催化剂对该反应的选择性，将1 mol NH3和2molO2充入1L密闭容器中，在不同 温度相同时间下，测得有关物质的量关系如图。 ◆n/mol 1.0 NO 0.5 0.2 520 840 TIC ①该催化剂在低温时对反应 (填“T'或T)的选择性更好。 ②520C时，容器中为cNH)= molL,该温度下反应 4NH,(g)+3O,(g)≠2N(g)+6H,O(g)的平衡常数K= (不要求得出计算结果， 只需列出有具体数字的计算式)。 ③高于840C时，NO的产率降低的可能原因是 (填选项字母)。 A.NH溶于水B.反应活化能增大 C.反应I的平衡常数变小D.催化剂活性降低 (3NH3也是造成水体富营养化的重要原因之一，用NaCIo溶液氧化可除去氨氮。其反应机 理如图1所示（其中H0和NaCl略去）。 试卷第9页，共11页 去除率% ·去除率 余氮mg/L 100- 女余氮量 1800 一量量量量可 700 80 600 500 NH,CH 60 400 NH、 40 300 HCIO 200 20 100 0 NOH 0.00.20.40.60.81.0121.41.61.82.0 n(NaClO)/n(NH:) 图1 图2 ①NaC1o氧化NH3的总反应的化学方程式为 n(NaClo) ②改变 n(NH) 对溶液中NaClo去除氨氨效果与余氯（溶液中+1价氯元素的含量）的影响如 n(NaClo) 图2所示，则除氨氮过程中最佳的 n(NH3) 值约为 ③为了提高氨氨的去除率，在实际工艺过程中温度控制在15℃30℃时，其可能的原因 是： 18.尿素[CO心NH)]是首个由无机物人工合成的有机物。 (1)在尿素合成塔中发生的反应可表示为 2NHg)+C0(g、△NHCOONH4W、AH,[COONH+HOg:其中第一步反应为 快速反应，△H=-119.2kJmo1,第二步反应为慢速反应，△H=+15.5 kJ-mol1,已知在其他 条件相同时，活化能越低化学反应速率越快。则下列图象能表示尿素合成塔中发生反应的能 量变化历程的是 (填标号)。 能量 +能量 反应历程 反应历程 能量 不能量 反应历程 反应历程 (2)T℃，在2L的密闭容器中，通入2moNH3和1molC02,保持体积不变，发生反应 2NH(g)+CO2(g)=[CONH)(s十HO(g),10min时反应刚好达到平衡。测得起始压强为平衡 时压强的1.5倍，则： ①NH3的平衡转化率为 试卷第10页，共11页 ②能说明上述反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A.(CO2):n0NH)=1:2 B.混合气体的密度不再发生变化 C.单位时间内消耗2 noINH3,同时生成1mo0 D.CO2的体积分数在混合气体中保持不变 ③若10nin时保持温度和压强不变，再向容器中同时充入0.5molC02和0.5molH30(g),则此 时平衡（填正向移动，逆向移动或不移动）。 (3)一定温度下，某恒容密闭容器中发生反应2NH3(g)+CO(g)=[CONH)](s)+HO(g),若原 料气中0旺) n(C0m,测得m与C0的平衡转化率(@的关系如图所示。 0.52 0.50 A 0.48 0.44 0.40 B 0.36 2.0 2.53.0 3.54.0m ①若平衡时A点容器内总压强为0.5MPa,则上述反应的平衡常数K,=MPa)(用平衡 分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 ②若平衡时A、B对应容器的压强相等，则A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的 量之比4NH):nNH)=一。 试卷第11页，共11页 《江西省新余市第一中学2024-2025学年高二上学期第二次段考化学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 6 6 7 8 10 答案 C y D A 0 8 C 题号 11 12 13 14 答案 0 0 C 1.B 【详解】A.△H<0,因此是放热反应，故A正确： B.同一物质气态具有的能量高于液态的能量，若生成物都是气态的，则该反应的△H将变 大，故B错误： C.该反应可说明燃烧的助燃剂未必是氧气，故C正确： D.在CZ-2D上使用该推进剂产物无污染对环境是友好的，故D正确： 答案选B。 2.C 【详解】A.离子浓度越大，导电能力越强，由于故导电能力：c<a<b,故c(H)为c<a<b, cH)最大的点为b点，A错误： B.加水越多，越利于CH:COOH电离，故电离程度：a<b<c,CH COOH电离程度最大的 是c点，B错误： C.加入Na,CO3固体，CO与H+反应，使c(H)减小，CH,COOH=CHCOO+H正向 移动，c(CH COO)增大，C正确： D.盐酸和醋酸均为一元酸，等体积、等浓度的盐酸和醋酸物质的量相等，中和盐酸和醋酸 所需氢氧化钠的物质的量相等，D错误： 故选C。 3.A 【详解】A.AG=3则溶液中c(H)>c(OH）,即溶液为强酸性溶液，溶液中H、Ca+、 Na、C、NO?均不反应，能够大量共存，A正确； B.pH=3时为酸性溶液，在酸性条件下CO与H+反应，不可以大量共存，B错误： C.甲基橙变为红色，则溶液显强酸性，在酸性条件下二价铁和硝酸根离子会反应，不能大 量共存，C错误： 答案第1页，共10页 D.与铝反应生成氢气的溶液为酸性或者强碱性溶液，碱性溶液中镁离子、碳酸氢根离子不 能大量存在，酸性溶液中，碳酸氢根离子不能大量存在，D错误： 故答案选A。 4.D 【详解】A.CO2合成甲醇的反应中，寻找高效催化剂可以改变反应历程，降低反应的活化 能，但是不改变焓变，故Q2的大小不变，A错误： B.反应为放热反应，则破坏反应物化学键吸收的能量小于形成产物化学键释放的能量，B 错误； C.过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大， 峰值越小则活化能越小，由图可知，CO,合成甲醇的反应中正反应活化能比逆反应的活化能 小QkJ,C错误： D.淀粉为高分子含碳化合物，则CO2合成淀粉的过程有碳碳键形成，D正确： 故选D。 5.A 【详解】A.实验中变量为NaS,O3溶液的浓度，前者浓度大，前者出现浑浊的时间更短， 说明增大Na,S,O,浓度，可以加快反应速率，A正确： B.在容积不变的密闭容器中发生反应：N(g)+3H2(g)三2H(g),向其中通入氩气，不 影响反应中各物质的浓度和各物质的分压，反应速率不变，实验不能说明化学反应速率不受 压强影响，B错误； C.铁离子和硫氰酸根离子生成红色物质，加入少量KC溶液不影响反应，只是增大了溶液 体积使各物质浓度减小而颜色变浅，不能增大生成物浓度，平衡逆向移动，C错误： D.淀粉水解后加入过量氢氧化钠溶液，再加入碘水，碘能和氢氧化钠反应，所以溶液不会 变蓝，方案设计和结论均错误，D错误。 答案选A。 6.A 【详解】A.钾投入到盐酸溶液中，发生的离子反应应为2K+2H=2K++H,个，故A正确： B.向NClO溶液中通入少量CO,气体反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式 为：ClO+CO2+H0=HCO3+HClO,故B错误： 答案第2页，共10页 C.已知还原性I>Fe+,向FI2的溶液中等物质的量的Cl,,离子方程式为： 2I+Cl2=I2+2CI,故C错误； D.用CH,COOH溶解CCO3生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为： CaCO,+2CH,COOH=Ca2++2CH,CO0+H,O+C0,个，故D错误： 答案选A。 7.D 【详解】A.表示甲烷燃烧热的方程式中水应该是液态，A错误： B.浓硫酸的稀释不是化学反应，故不是放热反应，B错误： C.弱酸或弱碱溶于水电离吸热，因此不是任何酸碱中和反应的热效应均为57.3kJ,C错误： D.碳完全燃烧放热多，放热越多，△H越小，D正确； 答案选D。 8.B 【详解】A.催化剂只能改变反应速率，不改变平衡，不能提高转化率，不能用勒夏特列原 理解释，故A不符合题意： B.煤气中毒者送入高压氧舱缓解病情，增大压强增加氧气的溶解度，与平衡有关，可以用 勒夏特列原理解释，故B符合题意： C.工业合成氨的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不会提高氨的平衡产率， 故C不符合题意： D.对于平衡体系2Ⅱ(g)、≥I,(g)+H(g),反应前后系数相等，缩小体积，平衡不移动，颜 色加深是因为浓度增大，与平衡移动无关，故D不符合题意： 故答案为：B。 9.B 【详解】A.由题干可知，HB是弱酸根，故NaHB的电离方程式为NaHB=Na++HB,A 错误； B.等pH的HB和HSO4,因HB弱酸，物质的量浓度大于HSO4,中和等体积等pH的HB 和HSO4,需消耗NaOH的物质的量前者多，B正确： C.NaHB和NaOH溶液反应生成正盐和水，反应的离子方程式为HB+OH=H,O+B2, 答案第3页，共10页 C错误； D.NaHB溶液中电荷守恒是c(Na*)+c(H)=c(B)+2c(B2)+c(OH),D错误： 故选B。 10.c 【详解】A.金属与酸的反应、中和反应是放热反应，但氢氧化钡晶体与氯化铵的反应是吸 热反应，故A错误： B.③所涉及实验一组完整的实验数据需要测三次温度，即混合前稀酸的温度、稀碱的温度、 实验中最高温度，故B错误； C.NaOH固体溶于水放热，则用NaOH固体测定中和热，则测得的中和热△H偏低，故C 正确： D.金属是热的良导体，传热快，将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒，造成热量的损失，实 验结果偏小，故D错误； 答案为C。 11.D 【详解】A.图甲所示，当b=c时，t时改变的条件可能是增大压强（缩小体积），也可能 是加入了催化剂，故A错误： B.若pP1>p2,增大压强时G的体积分数增大，可知增大压强平衡逆向移动，则a<b,故B 错误； C.T2后升高温度，A%增大、C%减小，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应， 则平衡时C的百分含量T1比T2高，故C错误； D.加压时正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，该反应为 气体总物质的量减小的反应，则A、B、C为气体，D为固体或液体，故D正确： 故选D。 12.C 【详解】①25C时，重水(D0)的离子积为1.6×10-15，中性纯水中，C(D+)=C(HD) =V1.6×1015mol/L=4×108nol/L,PD=-lg[D]-8-l4>7,故①正确： ②在1LD0中，溶解0.0 ImoINaOD,NaOD的物质的量浓度小于0.01nol/L,所以C(HD) <0.01molL,C(D+)>1.6×1013,则PD值>12，故②错误； 答案第4页，共10页 ③1L0.01molL的DC1的重水溶液，C(D+)=0.01mol/L,PD=2,故正确： ④在100mL0.25mol/LDC1的重水溶液中，n(DC1)=0.25mo/L×0.1L=0.025mol,50mL0.2mol/L NaOD的重水溶液中，C(NaOD)0.2mol/L×0.05L=0.01mol<n(DC1),则酸过量，混合溶 液中C(DCI)= 0.25mol/Lx0.1L-0.2moVLx0.05L-0.Imol/L,C(D+)=0.1mol/L,PD=1, 0.15L 故④错误： 答案选C。 13.D 【分析】根据图示，O.lolL的HA溶液的pH=1,说明HA完全电离，所以HA为强酸， O.1ol/L的B溶液的pD2,说明HB在溶液中部分电离，所以HB是弱酸。 【详解】A.根据分析可知，HA为强酸，所以B是弱酸，即酸性：B<HA,故A正确： B.a点时，存在平衡：BH+B,稀释100倍后，B溶液的pH=4,溶液中 00L.则08=-1r,两出的疮常数台 c(HB) 数量级为105，故B正确： C.稀释的倍数越大，溶液的浓度越小，越利于弱酸的电离，所以B的电离程度：a<b,故 C正确： D.升高温度促进弱酸的电离，所以B中B浓度增大，强酸的酸根离子浓度不变，所以A 的浓度不变，因此A值变小，故D错误： c(B) 答案选D。 14.C 【详解】A.实验②中反应吸收热量，实验①、②反应的起始投料相同，平衡时N的物质 的量相等，由实验①反应放出0.6QkJ能量，则逆反应吸收0.4QkJ能量，则②中吸收的热 量为(0.4-0.3)mol×QkJ/mo=0.1QkJ,故A正确； B.将实验②中起始充入的1.4 nol NH3全部转化为反应物，则起始投入(0.9+2.1)=3molH2, (0.3+0.7)1molN2,则实验①和实验②反应物起始投料完全相同，则平衡时H2的浓度相等， 故B正确： C.将实验③中起始充入的0.4 nol NH3全部转化为反应物，则起始投入(0.9+0.6)=1.5molH2, (0.3+0.2)=0.5molN2,则实验①的起始投料是实验③的2倍，实验①相当于增大压强，该反 应是气体分子数减小的反应，则达到平衡时，平衡正向移动，实验①小于实验③中N2的百 答案第5页，共10页 分含量，故C错误： D.其他条件不变，若实验①保持恒温恒压，随反应进行，容器体积减小，相当于进一步加 压，反应向正反应的方向移动，达到平衡时放出热量大于0.6Qk,故D正确： 故选A。 15.(1) G→D→A→F→B→H→C 26.10 甲 宽 (2) 最后一滴溶液滴下，锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色且半分钟内不褪色 0.455(b91-5b,c2) DE a 【详解】(1)①滴定时操作步骤为：滴定管查漏→水洗一→润洗→注液、调节液面→排气泡、 记录刻度→注入待测液→滴定至终点读数，故答案为：G→D→A→F→B→H一→C: ②滴定开始和结束时，读数如图所示，开始时溶液体积为0L,滴定结束时溶液体积为 26.10mL,则NaOH标准溶液的体积为26.10mL,标准溶液呈酸性，酸性溶液应该盛放在酸 式滴定管中，所以选择甲； ③滴定时，若标准液和待测液的浓度变大，滴定时，加入很少的标准溶液，溶液的pH变化 很大，所以滴定突跃范围变宽，故答案为：宽： (2)到达滴定终点时的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色 且半分钟内不褪色，说明反应达到终点：根据得失电子守恒可知KMnO4~5Fe+,过量的 nFe2+)为：5nMnO4)=5×bL×103×c2mol/L=5b2c2×10-3mol,与(V02)2S04溶液反应的nFe2+) 为：bL×103×c1mol/L-5b2×c2×10-3mol=(b1c1-5b2c2)×103moL,则100mL(V0)2S04溶液消耗的 nFe2+)为：5b1c1-5b2c2)×10-3mol, VOs 2VO~ 2Fe+ 设产品中V205的质量分数是o,182g 2mol ,产品中V05的 axo 5(b19-5b2c2)×103mol 质量分数O的值为59-56，c)×103mol×82g_0455S-5bc) 2Imol×ag A.KMnO4溶液部分变质（含KMnO4),消耗的KMmO4溶液的体积偏大，与(VO)2SO4溶液 反应的ne+偏少，产品纯度偏小，A错误： B.滴定达终点时，仰视刻度线读数，导致KMnO4溶液的体积偏大，与(VO)2SO4溶液反应 的nFe偏少，产品纯度偏小，B错误： C.滴定前，在锥形瓶中加水稀释待测液，不影响高锰酸钾溶液体积，不影响产品纯度，C 错误； 答案第6页，共10页 D.滴定终点时，滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的KMO4溶液的体积偏小，与(VO)SO4 溶液反应的ne+偏多，产品纯度偏大，D正确： E.NH4)Fe(SO4)2溶液因露空放置太久而变质，消耗NH4)Fe(SO4)2的体积偏大，产品纯度 偏大，E正确： F.酸式滴定管未用标准液润洗，导致消耗KMO4溶液的体积偏大，与(VO)2SO4溶液反应 的ne+偏少，产品纯度偏小，F错误： 答案选DE。 16.(1) CuFeS,+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S Cu,O+2H+=Cu+Cu2++H,O (2)取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生 3) 恒压分液漏斗 防止倒吸 3NaS03+2CuS04=Cu20↓+3NaS04+2S02↑ 降低溶液酸性，防止C2O在酸性溶 液中歧化为二价铜和铜单质 (4)边搅拌边向溶液中通入SO2,用pH计测量溶液的pH,至pH约为10时，再向溶液中通 入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤 【分析】CuFS2浸泡时，生成Fe2+,Cu+,通入氧气和加入硫酸，将二价铁氧化为三价铁， 添加氧化铜，调节pH沉淀三价铁，此时为硫酸铜溶液，再加入氢氧化钠和亚硫酸钠，得到 Cu2O,据此作答。 【详解】(1)由图可知，加入硫酸铁，有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡时CS2 发生反应的离子方程式：CuFeS.2+4Fe+=5Fe2++Cu2++2S,氧化亚铜发生歧化反应，铜元 素化合价有升有降，对应的离子方程式为Cu,0+2H+=C1+Cu2++H,0,答案： CuFeS,+4Fe3+5Fe2++Cu2++2S Cu,O+2H*=Cu+Cu2++HO; (2)判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，检验二价铁实验操作及现象为：取样，滴 加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生，答案：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生： (3)左上方盛放NaOH溶液的仪器名称为恒压分液漏斗，因为装置A中会产生SO2,所以 干燥管的作用是防止倒吸，反应时A装置原料反应配比为n(NSO3):n(CSO4)=3:2,B 装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，说明有$O2生成，化学方程式为： 3NaSO3+2CuS04=Cu,0↓+3NaS04+2S02个；不断滴加NaOH溶液的作用是因为反应 答案第7页，共10页 产生SO2,导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低CuO含 量，答案：恒压分液漏斗；防止倒吸；3NaSO,+2CuSO4=Cu,O↓+3NaS04+2SO2个；降 低溶液酸性，防止C120在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质； (4)若装置B中的溶液(NaOH与NaSO3混合溶液)可制备NaSO4l0HO晶体，取装置 B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2,用pH计测量溶液的pH,至pH约为I0时（由 微粒物质的量分数可知pH约为10，主要以亚硫酸根离子存在)：再向溶液中通入O?(将亚 硫酸根离子氧化为硫酸根离子)至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶， 过滤，洗涤、干燥得NaSO410HO晶体，答案：边搅拌边向溶液中通入SO2,用pH计测 量溶液的pH,至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶 膜出现，降温结晶，过滤。 0.22×0.9 17. -1268 IⅡ 0.4 CD 2NH3+3 aClo=N2↑+3HO 0.44×1.45 +3NaCl 1.5 温度过低时化学反应速率慢，去除效率低：温度过高时，加快了HCO 的分解（或NaCIo分解），NaC1o的利用率降低；氨气在温度过高时易挥发。 【详解】(1)由题目所给数据可写出如下热化学方程式： ①3H3(g)+N(g)=2NH3(g)△H1=2△rH8=-92 kJ/mol,②2H(g)+O(g)=2H0(g) △H2=2△H=484kJ/mol,由盖斯定律：②×3-①×2，得 4NH3(g)十302(g)≥2N2(g)十6H2O(g)△H=3△H-2△H=-1268kJ/mol,故此处填-1268： (2)①由图示知，在低温时，生成N2比生成NO多，故该催化剂在低温时对反应Ⅱ选择性更 好； ②520C时，由图示数据列式如下：反应I: 4NH2+502.4N0+6H,0 ,反应Ⅱ： 转化0.2mo10.25mo10.2mo10.3mo1 4NH2+30,。2N2+6H,0 ,则平衡时， 转化0.4mo10.3mo1 0.2mo10.6mo1 c0NH)）-4-0.2-04)mol104moL、c0,）入2-0.25-0.3)mol145molM、 IL IL c0N,)片c0NO02mol0.2moL、cH0片03+0,0mol-o.9moM,则反应r的平衡常数 K-cN)cL,0_0.2x0.95 c4NH)c(02)0.441.453 答案第8页，共10页 ③由于反应用到了催化剂，故此时O产率降低有可能是因为温度过高导致催化剂活性下降， 另外此反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，也会导致O产率下降，故此处选 CD; (3)①由图1知，初步确定总反应的反应物为NaCIo、H,生成物为N2,根据元素守恒结 合题干信息，确定生成物中还有HO、NaC1,结合得失电子守恒和元素守恒配平得总反应 为：2NH3+3 NaCIO-N2↑+3H0+3NaCl; ②去除率较高，余氯量较低，说明去除效果最佳，符合要求的最佳值约为1.5； ③控温15~30℃，可从温度过低和过高两个角度回答，即温度过低时化学反应速率慢，去除 效率低；温度过高时，加快了HClO的分解（或NaClo分解），NaCIo的利用率降低且氨 气在温度过高时易挥发。 18.(1)C (2) 50% BD 不移动 (3) 9 11:10 【详解】(1)第一步为放热反应，第二步为吸热反应，并且第二步为慢反应，活化能比第一 步要高，所以C图象符合要求。 (2)设二氧化碳的转化量为ol,可列出三段式为 2NH (g)+CO(CO NH),( 起始(mod 2 1 0 0 转化(mol)2xx X 平衡(mol)2-2x1-x 中 =始3 Pn平3-2x =1.5,解得x=0.5, ①NH的平衡转化率为2×05 2 ×100%=50%。 ②A.按系数比充入反应物，任何时刻(C0):NH)都是1：2，不能说明达到平衡，故 A错误； B.p=7 ,有固体生成，气体质量在变化，混合气体的密度在变化，则混合气体的密 度不再发生变化达到平衡，故B正确： C.单位时间内消耗2 nolNH3,同时生成1 nolH2O速率相等，方向相同，故C错误； D.CO2的体积分数在混合气体中保持不变说明达到平衡，故D正确： 故答案为BD。 答案第9页，共10页 ③平衡时，cNH)=0.5mol/L,c(C02)=0.25mol/L,c(HO=0.25mol/L,则平衡常数 K=_ c(HO) 0.254, c(NH3)c(C02）0.52x0.25 若10min时保持温度和压强不变，再向容器中同时充入0.5molC02和0.5 nolH2O(g),此时， c(H,0) 0.5 c(NH3)-0.5mol/L,c(CO2)=0.5mol/L,c(H2O)=0.5mol/L,O=- (NH)c(Co)0.5x0.54K, 则此时平衡不移动)。 (3)①A点 H)=3,c0)0.5,可列出三段式， n(C02) 2NH (g)+CO(g)CO NH)(+H) 起始(mo)3 1 0 转化mo)1 0.5 05 ,则平衡时N西的物质的显分数为子 平衡mol）2 0.5 0.5 1 C0的物质的量分数为三，H0的物质的量分数为，平衡时A点容器内总压强为0.5MPa, 6 6 1x0.5 则上述反应的平衡常数K,= 6 MPa)）2=9MPa)2。 2x0.5)2×2x0.5 . 6 ②A容器m=3.0,a(C0)=0.5,假设A投料氨气为3amol, 2NH (g)+CO(CO NH) 起始(mo)3a a 0 ,则反应后总物质的量为3a: 转化mo)a 0.5a 0.5a 平衡mol)2a 0.5a 0.5a B容器m=2.0,a(C02)=0.4,假设B投料氨气为2bmol, 2NH (g)+CO (g)CO(NH)(s)+H(g) 起始(mo 2b b 0 则反应后总物质的量为2.2b: 转化mol00.8b 0.4b 0.4b 平衡mol01.2b 0.6b 0.4b 若平衡时A、B对应容器的压强相等，则A、B对应的容器反应后气体物质的量相等，即 3a=2.2b,a:b=11:15,故A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的量之比4个NH): n个NH3)=33:30=11:10。 答案第10页，共10页 化学期中复习参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A D A A D B B C 题号 11 12 13 14 答案 D C D C 15．(1) G→D→A→F→B→H→C 26.10 甲 宽 (2) 最后一滴溶液滴下，锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色且半分钟内不褪色 DE 16．(1) (2)取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生 (3) 恒压分液漏斗 防止倒吸 降低溶液酸性，防止Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质 (4)边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤 17． -1268 II 0.4 CD 2NH3 + 3NaClO=N2↑+ 3H2O + 3NaCl 1.5 温度过低时化学反应速率慢，去除效率低；温度过高时，加快了 HClO 的分解(或 NaClO 分解)，NaClO 的利用率降低；氨气在温度过高时易挥发。 18．(1)C (2) 50% BD 不移动 (3) 9 11:10 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永丰中学2025-2026学年上学期期中化学复习题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．酒泉卫星发射中心2022年10月9日讯：运载火箭CZ-2D又将“夸父一号”卫星成功送入预定轨道。CZ-2D使用的推进剂是N2O4/C2H8N2，其推进作用的热化学方程式为：C2H8N2(l)＋2N2O4(l)=2CO2(g)＋3N2(g)＋4H2O(l)   ΔH=-2550kJ·mol-1，下列说法不正确的是 A．该反应属于放热反应 B．若生成物都是气态的，则该反应的ΔH将变小 C．该反应可说明燃烧不一定需要氧气 D．在CZ-2D上使用该推进剂对环境是友好的 2．在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液导电能力变化如下图所示，下列说法正确的是 A．a、b、c三点对应的溶液中，最大的是c点 B．a、b、c三点对应的溶液中，电离程度最大的是b点 C．若使b点对应溶液中增大、减小，可采用加入固体的方法 D．中和等体积、等浓度的盐酸和醋酸，中和盐酸所需氢氧化钠的物质的量多于醋酸 3．常温下，下列各组离子一定能与指定溶液大量共存的是 A．的溶液中：、、、 B．的溶液：、、、 C．能使甲基橙变为红色的溶液：、、、 D．与反应能生成的溶液中：、、、 4．2021年我国首次实现以CO2为原料人工合成淀粉，该过程涉及CO2加氢(电解水得氢气)转化为甲醇(CH3OH)的过程，其能量变化如图所示。 下列叙述正确的是 A．CO2合成甲醇的反应中，寻找高效催化剂可以改变Q1和Q2的大小 B．CO2合成甲醇的反应中，破坏反应物化学键吸收的能量大于形成产物化学键释放的能量 C．CO2合成甲醇的反应中正反应活化能比逆反应的活化能大Q2kJ D．CO2合成淀粉的过程有碳碳键形成 5．下列实验方案设计、现象和结论都正确的是 选项 实验目的 方案设计 现象和结论 A 探究反应物浓度对化学反应速率的影响 分别取溶液和溶液、蒸馏水于两支试管中，然后同时加入溶液 前者出现浑浊的时间更短，说明增大浓度，可以加快反应速率 B 探究压强对化学反应速率的影响 在容积不变的密闭容器中发生反应：，向其中通入氩气，反应速率不变 化学反应速率不受压强影响 C 探究生成物浓度对化学平衡的影响 向溶液加入1滴溶液，再加入少量溶液 若溶液先变血红色，加入溶液后血红色变浅，说明增大生成物浓度，平衡逆向移动 D 研究淀粉的水解程度 取淀粉于试管中，加入适量20％的硫酸溶液后沸水浴加热，再滴加过量氢氧化钠溶液，再加入适量碘水 若溶液没有变成蓝色，则淀粉已经水解完全 A．A B．B C．C D．D 6．下列解释事实的离子方程式正确的是 A．金属钾投入到盐酸中： B．向溶液中通入少量气体： C．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气： D．用溶解： 7．下列相关热化学方程式的说法正确的是 A．甲烷的燃烧热是ΔH=-890kJ•mol-1，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)     ΔH=-890kJ•mol-1 B．浓硫酸的稀释是放热反应 C．已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)     ΔH=-57.3kJ•mol-1，则任何酸碱中和反应的热效应均为57.3kJ D．已知C(s)+O2(g)=CO2(g)     ΔH1，2C(s)+O2(g)=2CO(g)     ΔH2，则2ΔH1<ΔH2 8．下列说法符合“勒夏特列原理”的是 A．汽车尾气需要加入催化剂，提高氮氧化合物的转化率 B．煤气中毒者送入高压氧舱缓解病情 C．工业合成氨升高温度，提高氨的平衡产率 D．对于平衡体系，缩小体积，颜色加深 9．常温下，实验测得的溶液的。下列说法中正确的是 A．的电离方程式为 B．中和等体积等pH的和溶液，需消耗的物质的量前者多于后者 C．和溶液反应的离子方程式为 D．溶液中一定存在： 10．某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是 A．实验①、②、③所涉及的反应都是放热反应 B．③所涉及实验一组完整的实验数据需要测两次温度 C．若用固体测定中和热，则测得的中和热ΔH偏低 D．实验③中将玻璃搅拌器改为铜质搅拌棒对实验结果无影响 11．根据相应的图像，下列相关说法正确的是 甲 乙 丙 丁 aX(g)+bY(g)cZ(g) L(s)+aG(g)bR(g) aA+bBcC A+2B2C+3D A．图甲所示，当a+b=c时，时改变的条件是增大压强(缩小体积) B．图乙所示，若，则 C．图丙所示，平衡时C的百分含量T1比T2低 D．图丁所示，该反应中C一定是气体 12．25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，也可用pH值一样的定义来规定其酸碱度：pD=-lgc(D+)，下列有关pD的叙述正确的是 ①中性D2O的PD>7 ②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，其pD值为12 ③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，pD=2 ④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，加入50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液，反应后溶液的pD=2 A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 13．常温下，浓度均为0.1 mol/L、体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg 变化如图所示，下列叙述不正确的是 A．酸性：HB<HA B．常温下，HB的电离常数的数量级为10-5 C．HB的电离程度：a<b D．将b、c两点的溶液加热，值变大 14．T℃时，体积均为0.5L的两个恒温恒容密闭容器中发生可逆反应：()。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如下表： 实验编号 起始时各物质物质的量/ 达平衡时体系能量的变化 ① 3 1 0 放热 ② 0.9 0.3 1.4 ③ 0.9 0.3 0.4 下列叙述中错误的是 A．实验②达到平衡时吸收的热量 B．实验①和实验②平衡时的浓度相等 C．实验①大于实验③中N2的百分含量 D．其它条件不变，若实验①保持恒温恒压，则达到平衡时放出热量大于 二、解答题 15．滴定是一种常见的化学分析方法，根据已有知识，回答下列问题： (1)用溶液测定某食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以下为某同学列出的实验步骤： A．分别向碱式滴定管、酸式滴定管注入标准溶液和待测醋酸至0刻度以上 B．调节滴定管液面至0或0刻度以下，记下读数 C．用标准溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度 D．用标准溶液清洗碱式滴定管2～3次；待测醋酸清洗酸式滴定管2～3次 E.用待测醋酸清洗锥形瓶2～3次 F.排气泡使滴定管尖嘴充满溶液，把滴定管固定好 G.滴定管检漏，用水清洗所有仪器，备用 H.通过酸式滴定管向锥形瓶注入待测醋酸，并加入2滴指示剂 ①从上述实验步骤中选出正确的并按操作先后排序： (用字母表示)。 ②滴定开始和结束时，读数如图所示，标准溶液的体积为 mL。量取待测液应选用如图中的 (填“甲”或“乙”)。 ③滴定时，若标准液和待测液的浓度变大，滴定突跃范围变 (填“宽”或“窄”)。 (2)测定的纯度。 称取a g样品，先用硫酸溶解，配成溶液，取溶液置于锥形瓶中，再加入溶液。最后用溶液滴定过量的至 (填现象)，表示到达滴定终点。消耗溶液的体积为。已知被还原为，的质量分数是 (的摩尔质量：)。下列情况会导致产品纯度偏大的是 (填标号)。 A．溶液部分变质(含)         B．滴定达终点时，仰视刻度线读数 C．滴定前，在锥形瓶中加水稀释待测液         D．滴定终点时，滴定管尖嘴内有气泡生成 E.溶液因露空放置太久而变质 F.酸式滴定管未用标准液润洗 16．氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜离子和铜单质。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2)为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图： (1)写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式： 。Cu2O在酸性溶液中发生歧化反应的离子反应方程式为 。 (2)判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为 。 (3)“热还原”时，将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌反应得到Cu2O粉末。制备装置如下图所示： 左上方盛放NaOH溶液的仪器名称为 ，干燥管的作用是： ，反应时A装置原料反应配比为，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为 。实际反应中需不断滴加NaOH溶液的作用是： 。 (4)反应完成后，利用装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4⋅10H2O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液， ，洗涤、干燥得Na2SO4⋅10H2O晶体。(已知：室温下，溶液中、、的物质的量分数随pH的分布如下图所示；室温下从饱和溶液中结晶出Na2SO4⋅10H2O，实验中须使用的试剂及仪器有：SO2、氧气、pH计) 17．氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题： (1)查阅资料： 标准摩尔生成焓是指在 25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成 1mol纯化合物时的焓变，符号为。已知以下物质的标准摩尔生成焓如下表所示。 物质 -46 -242 由此可得 = 。 (2)氨气的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤，假设只会发生以下两个竞争反应Ⅰ、Ⅱ。 反应I： 反应Ⅱ： 为分析某催化剂对该反应的选择性，将 1mol NH3和2mol O2充入1 L密闭容器中，在不同温度相同时间下，测得有关物质的量关系如图。 ①该催化剂在低温时对反应 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的选择性更好。 ②520℃时，容器中为 c(NH3)= mol/L，该温度下反应的平衡常数K= (不要求得出计算结果，只需列出有具体数字的计算式)。 ③高于840℃时，NO 的产率降低的可能原因是 (填选项字母)。 A． NH3溶于水           B． 反应活化能增大 C．反应I的平衡常数变小  D． 催化剂活性降低 (3)NH3也是造成水体富营养化的重要原因之一，用 NaClO 溶液氧化可除去氨氮。其反应机理如图1所示(其中H2O 和 NaCl 略去)。 ①NaClO 氧化 NH3的总反应的化学方程式为 。 ②改变对溶液中NaClO去除氨氮效果与余氯(溶液中+1价氯元素的含量)的影响如图2 所示，则除氨氮过程中最佳的值约为 。 ③为了提高氨氮的去除率，在实际工艺过程中温度控制在 15℃~30℃时，其可能的原因是： 。 18．尿素[CO(NH2)2]是首个由无机物人工合成的有机物。 (1)在尿素合成塔中发生的反应可表示为2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l)[CO(NH2)2](s)+H2O(g)；其中第一步反应为快速反应，△H1=-119.2kJ·mol-1，第二步反应为慢速反应，△H2=+15.5kJ·mol-1，已知在其他条件相同时，活化能越低化学反应速率越快。则下列图象能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是_______(填标号)。 A． B． C． D． (2)T℃，在2L的密闭容器中，通入2molNH3和1molCO2，保持体积不变，发生反应2NH3(g)+CO2(g)⇌[CO(NH2)2](s)+H2O(g)，10min时反应刚好达到平衡。测得起始压强为平衡时压强的1.5倍，则： ①NH3的平衡转化率为 。 ②能说明上述反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A．n(CO2)：n(NH3)=1：2 B．混合气体的密度不再发生变化 C． 单位时间内消耗2molNH3，同时生成1molH2O D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变 ③若10min时保持温度和压强不变，再向容器中同时充入0.5molCO2和0.5molH2O(g)，则此时平衡 (填正向移动，逆向移动或不移动)。 (3)一定温度下，某恒容密闭容器中发生反应2NH3(g)+CO2(g)⇌[CO(NH2)2](s)+H2O(g)，若原料气中=m，测得m与CO2的平衡转化率(α)的关系如图所示。 ①若平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，则上述反应的平衡常数Kp= (MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 ②若平衡时A、B对应容器的压强相等，则A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的量之比nA(NH3)：nB(NH3)= 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《江西省新余市第一中学2024-2025学年高二上学期第二次段考化学试题 》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A D A A D B B C 题号 11 12 13 14 答案 D C D C 1．B 【详解】A．，因此是放热反应，故A正确； B．同一物质气态具有的能量高于液态的能量，若生成物都是气态的，则该反应的ΔH将变大,故B错误； C．该反应可说明燃烧的助燃剂未必是氧气，故C正确； D．在CZ-2D上使用该推进剂产物无污染对环境是友好的，故D正确； 答案选B。 2．C 【详解】A．离子浓度越大，导电能力越强，由于故导电能力：c<a<b，故为c<a<b，最大的点为b点，A错误； B．加水越多，越利于 CH3COOH 电离，故电离程度：a<b<c，电离程度最大的是c点，B错误； C．加入固体，与H+反应，使减小，正向移动，增大，C正确； D．盐酸和醋酸均为一元酸，等体积、等浓度的盐酸和醋酸物质的量相等，中和盐酸和醋酸所需氢氧化钠的物质的量相等，D错误； 故选C。 3．A 【详解】A．则溶液中，即溶液为强酸性溶液，溶液中、、、、均不反应，能够大量共存，A正确； B．时为酸性溶液，在酸性条件下与反应，不可以大量共存，B错误； C．甲基橙变为红色，则溶液显强酸性，在酸性条件下二价铁和硝酸根离子会反应，不能大量共存，C错误； D．与铝反应生成氢气的溶液为酸性或者强碱性溶液，碱性溶液中镁离子、碳酸氢根离子不能大量存在，酸性溶液中，碳酸氢根离子不能大量存在，D错误； 故答案选A。 4．D 【详解】A．CO2合成甲醇的反应中，寻找高效催化剂可以改变反应历程，降低反应的活化能，但是不改变焓变，故Q2的大小不变，A错误； B．反应为放热反应，则破坏反应物化学键吸收的能量小于形成产物化学键释放的能量，B错误； C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，由图可知，CO2合成甲醇的反应中正反应活化能比逆反应的活化能小Q2kJ，C错误； D．淀粉为高分子含碳化合物，则CO2合成淀粉的过程有碳碳键形成，D正确； 故选D。 5．A 【详解】A．实验中变量为溶液的浓度，前者浓度大，前者出现浑浊的时间更短，说明增大浓度，可以加快反应速率，A正确； B．在容积不变的密闭容器中发生反应：，向其中通入氩气，不影响反应中各物质的浓度和各物质的分压，反应速率不变，实验不能说明化学反应速率不受压强影响，B错误； C．铁离子和硫氰酸根离子生成红色物质，加入少量溶液不影响反应，只是增大了溶液体积使各物质浓度减小而颜色变浅，不能增大生成物浓度，平衡逆向移动，C错误； D．淀粉水解后加入过量氢氧化钠溶液，再加入碘水，碘能和氢氧化钠反应，所以溶液不会变蓝，方案设计和结论均错误，D错误。 答案选A。 6．A 【详解】A．钾投入到盐酸溶液中，发生的离子反应应为，故A正确； B．向溶液中通入少量气体反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为:，故B错误； C．已知还原性，向的溶液中等物质的量的，离子方程式为：，故C错误； D．用溶解生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为：，故D错误； 答案选A。 7．D 【详解】A．表示甲烷燃烧热的方程式中水应该是液态，A错误； B．浓硫酸的稀释不是化学反应，故不是放热反应，B错误； C．弱酸或弱碱溶于水电离吸热，因此不是任何酸碱中和反应的热效应均为57.3 kJ，C错误； D．碳完全燃烧放热多，放热越多，△H越小，D正确； 答案选D。 8．B 【详解】A．催化剂只能改变反应速率，不改变平衡，不能提高转化率，不能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意； B．煤气中毒者送入高压氧舱缓解病情，增大压强增加氧气的溶解度，与平衡有关，可以用勒夏特列原理解释，故B符合题意； C．工业合成氨的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不会提高氨的平衡产率，故C不符合题意； D．对于平衡体系，反应前后系数相等，缩小体积，平衡不移动，颜色加深是因为浓度增大，与平衡移动无关，故D不符合题意； 故答案为：B。 9．B 【详解】A．由题干可知，HB-是弱酸根，故的电离方程式为，A错误； B．等pH的和，因弱酸，物质的量浓度大于，中和等体积等pH的和，需消耗的物质的量前者多，B正确； C．和溶液反应生成正盐和水，反应的离子方程式为，C错误； D．溶液中电荷守恒是，D错误； 故选B。 10．C 【详解】A．金属与酸的反应、中和反应是放热反应，但氢氧化钡晶体与氯化铵的反应是吸热反应，故A错误； B．③所涉及实验一组完整的实验数据需要测三次温度，即混合前稀酸的温度、稀碱的温度、实验中最高温度，故B错误； C．NaOH固体溶于水放热，则用NaOH固体测定中和热，则测得的中和热ΔH偏低，故C正确； D．金属是热的良导体，传热快，将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒，造成热量的损失，实验结果偏小，故D错误； 答案为C。 11．D 【详解】A．图甲所示，当a+b=c时，时改变的条件可能是增大压强(缩小体积)，也可能是加入了催化剂，故A错误； B．若，增大压强时G的体积分数增大，可知增大压强平衡逆向移动，则a<b，故B错误； C．T2后升高温度， A%增大、C%减小，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则平衡时C的百分含量T1比T2高，故C错误； D．加压时正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，该反应为气体总物质的量减小的反应，则 A、B、C为气体，D为固体或液体，故D正确； 故选D。 12．C 【详解】①25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，中性纯水中，C（D+）=C（HD-）=mol/L=4×10-8mol/L，PD=-lg[D+]=8-lg4＞7，故①正确； ②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，NaOD的物质的量浓度小于0.01mol/L，所以C（HD-）＜0.01mol/L，C（D+）＞1.6×10-13，则PD值＞12，故②错误； ③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，C（D+）=0.01mol/L，PD=2，故正确； ④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，n（DCl）=0.25mol/L×0.1L=0.025mol，50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液中，C（NaOD）=0.2mol/L×0.05L=0.01mol＜n（DCl），则酸过量，混合溶液中C（DCl）==0.1mol/L，则C（D+）=0.1mol/L，PD=1，故④错误； 答案选C。 13．D 【分析】根据图示，0.1mol/L的HA溶液的pH=1，说明HA完全电离，所以HA为强酸，0.1mol/L的HB溶液的pH>2，说明HB在溶液中部分电离，所以HB是弱酸。 【详解】A. 根据分析可知，HA为强酸，所以HB是弱酸，即酸性：HB<HA，故A正确； B. a点时，存在平衡：HB⇌H++B-，稀释100倍后，HB溶液的pH=4，溶液中c(B-)≈c(H+)=10-4mol/L，则Ka=，所以HB的电离常数的数量级为10-5，故B正确； C. 稀释的倍数越大，溶液的浓度越小，越利于弱酸的电离，所以HB的电离程度：a<b，故C正确； D. 升高温度促进弱酸的电离，所以HB中B-浓度增大，强酸的酸根离子浓度不变，所以A-的浓度不变，因此值变小，故D错误； 答案选D。 14．C 【详解】A．实验②中反应吸收热量，实验①、②反应的起始投料相同，平衡时的物质的量相等，由实验①反应放出0.6Q kJ能量，则逆反应吸收0.4Q kJ能量，则②中吸收的热量为(0.4-0.3)mol×Q kJ/mol=0.1QkJ，故A正确； B．将实验②中起始充入的1.4mol全部转化为反应物，则起始投入(0.9+2.1)=3mol，(0.3+0.7)=1mol，则实验①和实验②反应物起始投料完全相同，则平衡时的浓度相等，故B正确； C．将实验③中起始充入的0.4mol全部转化为反应物，则起始投入(0.9+0.6)=1.5mol，(0.3+0.2)=0.5mol，则实验①的起始投料是实验③的2倍，实验①相当于增大压强，该反应是气体分子数减小的反应，则达到平衡时，平衡正向移动，实验①小于实验③中N2的百分含量，故C错误； D．其他条件不变，若实验①保持恒温恒压，随反应进行，容器体积减小，相当于进一步加压，反应向正反应的方向移动，达到平衡时放出热量大于，故D正确； 故选A。 15．(1) G→D→A→F→B→H→C 26.10 甲 宽 (2) 最后一滴溶液滴下，锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色且半分钟内不褪色 DE 【详解】（1）①滴定时操作步骤为：滴定管查漏→水洗→润洗→注液、调节液面→排气泡、记录刻度→注入待测液→滴定至终点读数，故答案为：G→D→A→F→B→H→C； ②滴定开始和结束时，读数如图所示，开始时溶液体积为0mL，滴定结束时溶液体积为26.10mL，则NaOH标准溶液的体积为26.10mL，标准溶液呈酸性，酸性溶液应该盛放在酸式滴定管中，所以选择甲； ③滴定时，若标准液和待测液的浓度变大，滴定时，加入很少的标准溶液，溶液的pH变化很大，所以滴定突跃范围变宽，故答案为：宽； （2）到达滴定终点时的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色且半分钟内不褪色，说明反应达到终点；根据得失电子守恒可知KMnO4～5Fe2+，过量的n(Fe2+)为：5n(KMnO4)=5×b2L×10-3×c2mol/L=5b2c2×10-3mol,与(VO2)2SO4溶液反应的n(Fe2+)为：b1L×10-3×c1mol/L-5•b2×c2×10-3mol=(b1c1-5b2c2)×10-3mol,则100mL(VO2)2SO4溶液消耗的n(Fe2+)为：5(b1c1-5b2c2)×10-3mol, 设产品中V2O5的质量分数是ω，，产品中V2O5的质量分数ω的值为=； A．KMnO4溶液部分变质(含K2MnO4)，消耗的KMnO4溶液的体积偏大，与(VO2)2SO4溶液反应的n(Fe2+)偏少，产品纯度偏小，A错误； B．滴定达终点时，仰视刻度线读数，导致KMnO4溶液的体积偏大，与(VO2)2SO4溶液反应的n(Fe2+)偏少，产品纯度偏小，B错误； C．滴定前，在锥形瓶中加水稀释待测液，不影响高锰酸钾溶液体积，不影响产品纯度，C错误； D．滴定终点时，滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的KMnO4溶液的体积偏小，与(VO2)2SO4溶液反应的n(Fe2+)偏多，产品纯度偏大，D正确； E．(NH4)2Fe(SO4)2溶液因露空放置太久而变质，消耗(NH4)2Fe(SO4)2的体积偏大，产品纯度偏大，E正确； F．酸式滴定管未用标准液润洗，导致消耗KMnO4溶液的体积偏大，与(VO2)2SO4溶液反应的n(Fe2+)偏少，产品纯度偏小，F错误； 答案选DE。 16．(1) (2)取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生 (3) 恒压分液漏斗 防止倒吸 降低溶液酸性，防止Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质 (4)边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤 【分析】CuFeS2“浸泡”时，生成Fe2+，Cu2+，通入氧气和加入硫酸，将二价铁氧化为三价铁，添加氧化铜，调节pH沉淀三价铁，此时为硫酸铜溶液，再加入氢氧化钠和亚硫酸钠，得到Cu2O，据此作答。 【详解】（1）由图可知，加入硫酸铁，有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式：，氧化亚铜发生歧化反应，铜元素化合价有升有降，对应的离子方程式为，答案：；； （2）判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，检验二价铁实验操作及现象为：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生，答案：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生； （3）左上方盛放NaOH溶液的仪器名称为恒压分液漏斗，因为装置A中会产生SO2，所以干燥管的作用是防止倒吸，反应时A装置原料反应配比为，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，说明有SO2生成，化学方程式为：；不断滴加NaOH溶液的作用是因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量，答案：恒压分液漏斗；防止倒吸；；降低溶液酸性，防止Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质； （4）若装置B中的溶液（NaOH与Na2SO3混合溶液）可制备Na2SO4⋅10H2O晶体，取装置B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH，至pH约为10时（由微粒物质的量分数可知pH约为10，主要以亚硫酸根离子存在）；再向溶液中通入O2（将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子）至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤，洗涤、干燥得Na2SO4⋅10H2O晶体，答案：边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤。 17． -1268 II 0.4 CD 2NH3 + 3NaClO=N2↑+ 3H2O + 3NaCl 1.5 温度过低时化学反应速率慢，去除效率低；温度过高时，加快了 HClO 的分解(或 NaClO 分解)，NaClO 的利用率降低；氨气在温度过高时易挥发。 【详解】(1)由题目所给数据可写出如下热化学方程式：①3H2(g)+N2(g)2NH3(g)  ，②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ，由盖斯定律：②×3-①×2，得4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)  △H2=3△H3 - 2△H1=-1268 kJ/mol，故此处填-1268； (2)①由图示知，在低温时，生成N2比生成NO多，故该催化剂在低温时对反应Ⅱ选择性更好； ②520℃时，由图示数据列式如下：反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，则平衡时，、、、，则反应Ⅱ的平衡常数； ③由于反应用到了催化剂，故此时NO产率降低有可能是因为温度过高导致催化剂活性下降，另外此反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，也会导致NO产率下降，故此处选CD； (3)①由图1知，初步确定总反应的反应物为NaClO、NH3，生成物为N2，根据元素守恒结合题干信息，确定生成物中还有H2O、NaCl，结合得失电子守恒和元素守恒配平得总反应为：2NH3 + 3NaClO=N2↑+ 3H2O + 3NaCl； ②去除率较高，余氯量较低，说明去除效果最佳，符合要求的最佳值约为1.5； ③控温15~30℃，可从温度过低和过高两个角度回答，即温度过低时化学反应速率慢，去除效率低；温度过高时，加快了 HClO 的分解(或 NaClO 分解)，NaClO 的利用率降低且氨气在温度过高时易挥发。 18．(1)C (2) 50% BD 不移动 (3) 9 11:10 【详解】（1）第一步为放热反应，第二步为吸热反应，并且第二步为慢反应，活化能比第一步要高，所以C图象符合要求。 （2）设二氧化碳的转化量为xmol，可列出三段式为 ，解得x=0.5， ①NH3的平衡转化率为。 ②A． 按系数比充入反应物，任何时刻n(CO2)：n(NH3)都是1：2，不能说明达到平衡，故A错误； B． ，有固体生成，气体质量在变化，混合气体的密度在变化，则混合气体的密度不再发生变化达到平衡，故B正确； C．单位时间内消耗2molNH3，同时生成1molH2O速率相等，方向相同，故C错误； D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变说明达到平衡，故D正确； 故答案为BD。 ③平衡时，c(NH3)=0.5mol/L，c(CO2)=0.25mol/L，c(H2O)= 0.25mol/L，则平衡常数， 若10min时保持温度和压强不变，再向容器中同时充入0.5molCO2和0.5molH2O(g)，此时，c(NH3)=0.5mol/L，c(CO2)=0.5mol/L，c(H2O)= 0.5mol/L，，则此时平衡不移动)。 （3）①A点，α(CO2)=0.5，可列出三段式，，则平衡时NH3的物质的量分数为，CO2的物质的量分数为，H2O的物质的量分数为，平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，则上述反应的平衡常数。 ②A容器m=3.0，α(CO2)=0.5，假设A投料氨气为3amol， ，则反应后总物质的量为3a； B容器m=2.0，α(CO2)=0.4，假设B投料氨气为2bmol， ，则反应后总物质的量为2.2b； 若平衡时A、B对应容器的压强相等，则A、B对应的容器反应后气体物质的量相等，即3a=2.2b，a：b=11:15，故A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的量之比nA(NH3)：nB(NH3)=33:30=11:10。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $