精品解析：北京市清华大学附属中学朝阳学校2025-2026学年高二上学期期中化学试题

2025-2026学年第一学期期中质量监测 高二年级化学试卷 考试时间90分钟 试卷满分100分 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. 海洋中的珊瑚虫经如下反应形成石灰石外壳，进而形成珊瑚：。与珊瑚虫共生的藻类会消耗海洋中的。气候变暖、温室效应的加剧干扰了珊瑚虫的生长，甚至致其死亡。下列说法不合理的是 A. 共生藻类消耗，有利于珊瑚的形成 B. 海洋中浓度升高，抑制了珊瑚的形成 C. 温度升高会增大在海水中的溶解度，抑制了珊瑚的形成 D. 将转化为甲醇等化工原料，有助于缓解温室效应 2. 冰受热转化为1g水蒸气，下列分析不正确的是 A. 该过程是熵增的过程 B. 该过程发生的是物理变化 C. 1g冰与1g水蒸气所具有的内能不同 D. H2与O2反应生成1mol H2O(l)与生成1mol H2O(g)放出的热量相同 3. 对浓度均为的①溶液、②溶液，下列分析不正确的是 A. ①、②中的离子种类相同 B. 通过焰色试验能区别①、② C. 两种溶液的大小： D. ①、②均有 4. 下列事实不能用水解原理解释的是 A. 加热溶液得到 B. 在中比在等体积的水中溶解的少 C. 草木灰（含）不宜与用作氮肥的铵盐混用 D. 在水中不能存在 5. 下列用于解释事实的化学用语书写不正确的是 A. 溶液呈碱性： B. 用氨水吸收烟气中少量的： C. 用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： D. 铝溶于氢氧化钠溶液中，有无色气体产生： 6. 一定温度下， ，平衡常数。下列分析正确的是 A. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡逆向移动导致的 B. 升高温度既能增大反应速率又能促进平衡正向移动 C. 断裂和中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量 D. 若起始浓度、，反应后气体颜色变深 7. 下列实验操作不正确的是 A．验证相同温度下的： B．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 C．赶出碱式滴定管乳胶管中的气泡 D．验证醋酸的大于碳酸的 A. A B. B C. C D. D 8. 常温时，向20 mL 0.1 mol/L的溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的溶液，溶液随溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是 A. b点： B. c点： C. 点：离子浓度的大小关系为 D. 过程中，水电离出不断增大 9. 粗制晶体中含有杂质。在提纯时，为了除去，常先加入少量酸化的溶液，然后在室温下调节溶液的为4。 已知：i． ii．时饱和溶液中。 下列说法不正确的是 A. 加入的目的为 B. ，计算得，可认为已完全沉淀 C. 理论分析粗制溶液达饱和后，在时会析出沉淀 D. 沉淀溶解平衡原理对分离金属离子的选择具有指导意义 10. 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 64.0 50.7 42.9 下列说法不正确的是 A. 根据表中数据判断，该反应的 B. 增加高炉的高度可以降低平衡气体中的含量 C. 利用空气将焦炭转化为，推测有利于增大铁的生成速率 D. 1000℃时测得尾气中CO和的体积分数分别为和，则该反应未达到平衡状态 11. 实验室用如下方法制备。 已知：i． ii．过程②中溶液先变浑浊再变澄清，得到溶液 下列说法不正确的是 A. 过程①中反应的离子方程式为 B. 过程②中溶液先变浑浊可能的原因： C. 过程②中的作用： D. 过程②中通入过量，可增大的产率 12. 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 13. 向溶液中滴加不同浓度的溶液；观察到明显产生浑浊时，停止滴加：取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。 实验 序号 滴加溶液时的实验现象 加热浑浊液时的实验现象 ① 0.05 至时产生明显浑浊，但无气泡产生 有较多气泡生成 ② 0.005 至15.60 mL时产生明显浑浊，但无气泡产生 有少量气泡生成 ③ 0.0005 至20 mL未见浑浊 下列说法不正确的是 A. ①中产生浑浊的原因是 B. 未加热前①和②中发生了反应： C. 加热浊液产生气泡主要是因为受热分解产生了更多的 D. 向上述溶液中加入足量溶液，可能同时产生浑浊和气泡 14. 以石灰石矿(主要成分为，含少量等)为原料制备高纯轻质碳酸钙的一种工艺流程如下。 已知：固体B中含有及 下列说法不正确的是 A. 过程Ⅱ中，溶液浸出而非是因为 B. 过程Ⅲ中，反应的离子方程式为 C. 过程Ⅱ和过程Ⅲ的操作均应在较高温度下进行 D. 整个流程中，“变废为宝、循环利用”的物质是 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. HClO是一种弱酸，不稳定，见光易分解，具有强氧化性，可消毒杀菌。“84”消毒液（有效成分NaClO）的消毒作用主要来源于HClO。 已知：25℃时几种弱酸的电离平衡常数如下表所示。 酸 HClO 电离常数 （1）25℃，物质的量浓度相同的溶液和溶液的大小：________（填“>”“<”或“=”）。 （2）向NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式是________________________。 （3）NaClO溶液的漂白性与溶液中有关。向NaClO溶液中加入下列物质，能增大的是________（填序号）。 a． b． c． d． （4）为便于保存，制备“84”消毒液时需NaOH适当过量，否则易失效。结合化学用语解释原因________________________________。 （5）滴定法测定：NaClO含量的步骤如下：（相对原子质量：O 16 Na 23 Cl 35.5） I．准确量取“84”消毒液2.00 mL，置于100 mL容量瓶中，加蒸馏水稀释至刻度线，摇匀。 II．准确量取该稀释液于锥形瓶中，依次加入硫酸溶液、磷酸（调节溶液酸度）、溶液（过量），加盖摇匀后静置。 III．用标准溶液滴定，消耗体积。 已知： “84”消毒液中NaClO含量为________g/L（列出计算式）。 16. 盐酸、醋酸、碳酸钠和碳酸氢钠都是生活中常用的物质。某小组进行了以下实验。 （1）对比盐酸和醋酸与的反应。常温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，滴定过程中溶液的变化曲线如下图所示。 ①表示滴定盐酸的曲线是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为___________。 ③时，___________(填“>”“<”或“=”)。 （2）向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液变化如下。 ①图___________(填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。 ②A＇～B＇发生反应的离子方程式为___________。 ③下列说法正确的是___________(填序号)。 a．B＇点和C＇点溶液中均满足： b．A、B、C均满足： c．水的电离程度： （3）向1mol/L的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。 资料： ⅰ.1mol/L的溶液中， ⅱ.时， ①补全与反应的离子方程式：_______ ②通过计算说明与反应产生的沉淀为而不是：___________。 17. 二甲醚是一种重要的化工原料，可替代液化石油气，在能源领域起着关键的作用。利用二氧化碳和氢气可以合成二甲醚，过程中发生的主、副反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． （1）与合成的热化学方程式为________________________，该反应的平衡常数表示式为________。 （2）从提高平衡产率的角度看，下列措施合理的是________（填序号） a．适当降温 b．及时分离出 c．使用高效催化剂 （3）其它条件一定，不同压强下，在相同时间内的转化率如下。 压强/MPa 2 2.5 3 3.5 转化率/% 17.6 26.2 28.4 22.0 3.5 MPa时的转化率较低，可能的原因是________（填序号）。 a．Ⅰ中平衡发生移动 b．Ⅲ的反应速率提高 c．的积累使催化剂活性降低 （4）其它条件一定时，温度对某种催化剂催化加氢合成二甲醚反应的影响如下图。 已知：产物A的选择性 ①范围内，相同时间内转化率逐渐提高的原因是________________________。 ②温度高于时，二甲醚选择性的显著降低并非反应Ⅲ增强所致，理由是________________________________。 （5）空速是指单位时间、单位体积催化剂上通过的气体体积流量。其它条件一定时，在一定空速范围内，的转化率随空速的增大而减小，但甲醇的选择性增大，可能的原因是________________________________。 18. 利用工业废气中的H2S制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的一种流程示意图如下。 已知： 物质 H2CO3 H2SO3 、 （1）煅烧炉中主要发生的化学反应方程式为：___________。 （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：2Na2CO3+SO2+H2O=Na2SO3+2NaHCO3 第二步：NaHCO3+SO2=NaHSO3+CO2；Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 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1mol/L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：___________。 19. 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_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期期中质量监测 高二年级化学试卷 考试时间90分钟 试卷满分100分 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. 海洋中的珊瑚虫经如下反应形成石灰石外壳，进而形成珊瑚：。与珊瑚虫共生的藻类会消耗海洋中的。气候变暖、温室效应的加剧干扰了珊瑚虫的生长，甚至致其死亡。下列说法不合理的是 A. 共生藻类消耗，有利于珊瑚的形成 B. 海洋中浓度升高，抑制了珊瑚的形成 C. 温度升高会增大在海水中的溶解度，抑制了珊瑚的形成 D. 将转化为甲醇等化工原料，有助于缓解温室效应 【答案】C 【解析】 【详解】共生藻类消耗，使生成珊瑚的石灰石外壳的反应正向移动，有利于生成珊瑚，选项A正确。海洋中浓度升高，使生成珊瑚的石灰石外壳的反应逆向移动，抑制了珊瑚的形成，选项B正确。气体溶解度一般随着温度的升高而降低，所以选项C错误。将转化为甲醇等化工原料，可以减少大气中的二氧化碳含量，缓解温室效应，选项D正确。 2. 冰受热转化为1g水蒸气，下列分析不正确的是 A. 该过程是熵增的过程 B. 该过程发生的是物理变化 C. 1g冰与1g水蒸气所具有的内能不同 D. H2与O2反应生成1mol H2O(l)与生成1mol H2O(g)放出的热量相同 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．1g冰与1g水蒸气的过程是由有序向无序发展，为熵增的过程，A分析正确； B．该过程水分子未发生变化，是物理变化，B分析正确； C．1g冰变为1g水蒸气吸收热量，则1g冰与1g水蒸气所具有的内能不同，C分析正确； D．1mol H2O(l)与1mol H2O(g)所具有的能量不同，H2与O2初始总能量相同，而生成物的总能量不同，则H2与O2反应生成1mol H2O(l)与生成1mol H2O(g)放出的热量不相同，D分析错误； 答案为D。 3. 对浓度均为的①溶液、②溶液，下列分析不正确的是 A. ①、②中的离子种类相同 B. 通过焰色试验能区别①、② C. 两种溶液的大小： D. ①、②均有 【答案】B 【解析】 【详解】A．碳酸钠溶液中水解生成和，再水解生成；溶液中水解生成，同时电离生成和H+，再结合水的电离存在，可知两溶液中离子种类相同，故A正确； B．两者均为钠盐，焰色试验现象相同，无法区分，故B错误； C．相同浓度的两溶液，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，故C正确； D．由物料守恒可知两溶液中均存在，故D正确； 故选：B。 4. 下列事实不能用水解原理解释的是 A. 加热溶液得到 B. 在中比在等体积的水中溶解的少 C. 草木灰（含）不宜与用作氮肥的铵盐混用 D. 在水中不能存在 【答案】B 【解析】 【详解】A．是强酸弱碱盐，加热时水解平衡正向移动，反应生成，可以用水解原理解释，A不符合题意； B．在溶液中存在溶解平衡，电离出的使平衡左移，溶解度降低，该过程属于沉淀溶解平衡的移动，与水解原理无关，B符合题意； C．草木灰中的水解使溶液显碱性，铵盐中的水解使溶液显酸性，二者混用发生双水解反应导致氮肥肥效降低，可以用水解原理解释，C不符合题意； D．在水中，和发生完全双水解反应生成沉淀和气体，因此不能在水中存在，可以用水解原理解释，D不符合题意； 故选B。 5. 下列用于解释事实的化学用语书写不正确的是 A. 溶液呈碱性： B. 用氨水吸收烟气中少量的： C. 用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： D. 铝溶于氢氧化钠溶液中，有无色气体产生： 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶液呈碱性源于的分步水解，第一步水解为主要反应，给出的离子方程式书写正确，A不符合题意； B．氨水吸收少量时生成正盐，给出的离子方程式原子、电荷均守恒，书写正确，B不符合题意； C．水垢中的是微溶固体，书写离子方程式时不能拆分为，正确的沉淀转化离子方程式为，该选项离子方程式书写错误，C符合题意； D．铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，给出的离子方程式原子、电荷、得失电子均守恒，书写正确，D不符合题意； 故选C。 6. 一定温度下， ，平衡常数。下列分析正确的是 A. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡逆向移动导致的 B. 升高温度既能增大反应速率又能促进平衡正向移动 C. 断裂和中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量 D. 若起始浓度、，反应后气体颜色变深 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应前后气体分子数相等，恒温缩小体积时平衡不移动，气体颜色变深是体积减小使浓度升高导致的，并非平衡逆向移动，A错误； B．升高温度可以增大反应速率，但该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，无法促进平衡正向移动，B错误； C．反应物总键能生成物总键能，说明断裂和中的共价键所需总能量小于断裂中的共价键所需能量，C错误； D．计算浓度商，平衡逆向移动，浓度增大，气体颜色变深，D正确； 故答案选D。 7. 下列实验操作不正确的是 A．验证相同温度下的： B．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 C．赶出碱式滴定管乳胶管中的气泡 D．验证醋酸的大于碳酸的 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验中过量，加入时直接与过量反应生成沉淀，并非沉淀转化，无法验证大小，A符合题意； B．标准溶液为酸性溶液，盛装在酸式滴定管中，用左手跨过滴定管下端，用拇指、食指和中指转动活塞使得液体滴下，同时眼睛注意锥形瓶中溶液颜色变化，操作正确，B不符合题意； C．赶出碱式滴定管气泡时，将乳胶管向上弯折，挤压玻璃珠附近的乳胶管即可排出气泡，操作规范，C不符合题意； D．醋酸与反应生成气泡，说明醋酸酸性强于碳酸，可验证醋酸的大于碳酸的，操作无错误，D不符合题意； 故选A。 8. 常温时，向20 mL 0.1 mol/L的溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的溶液，溶液随溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是 A. b点： B. c点： C. 点：离子浓度的大小关系为 D. 过程中，水电离出不断增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．b点加入10 mL 溶液，溶质为等物质的量的和，溶液呈酸性说明的电离程度大于的水解程度，故，A正确； B．若，酸碱恰好完全反应生成，水解使溶液显碱性，，而c点，故，B错误； C．d点加入40 mL 溶液，反应后溶质为等物质的量的和，来自的完全电离和的水解，故，选项给出的离子浓度顺序错误，C错误； D．过程中，醋酸抑制水的电离，生成的醋酸钠水解促进水的电离，当时水电离程度最大，之后过量的又会抑制水的电离，故水电离出的先增大后减小，并非不断增大，D错误； 故选A。 9. 粗制晶体中含有杂质。在提纯时，为了除去，常先加入少量酸化的溶液，然后在室温下调节溶液的为4。 已知：i． ii．时饱和溶液中。 下列说法不正确的是 A. 加入的目的为 B. ，计算得，可认为已完全沉淀 C. 理论分析粗制溶液达饱和后，在时会析出沉淀 D. 沉淀溶解平衡原理对分离金属离子的选择具有指导意义 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2O2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，便于以沉淀的形式除去杂质铁元素，反应式正确，A正确； B．常温下，pH=4，则c(OH-)=10-10mol/L ，代入Fe(OH)3的Ksp计算得c(Fe3+)=2.8×10-9 mol/L，远低于1×10-5 mol/L，说明Fe3+已完全沉淀，B正确； C．CuSO4饱和溶液中c(Cu2+)=1.41 mol/L，此时Q=(Cu2+)·c2(OH-)=1.41×(10-10)2=1.41×10-20，小于Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，不会析出沉淀，C错误； D．利用溶度积差异调节pH分离金属离子是沉淀溶解平衡原理的典型应用，D正确； 故选C。 10. 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 64.0 50.7 42.9 下列说法不正确的是 A. 根据表中数据判断，该反应的 B. 增加高炉的高度可以降低平衡气体中的含量 C. 利用空气将焦炭转化为，推测有利于增大铁的生成速率 D. 1000℃时测得尾气中CO和的体积分数分别为和，则该反应未达到平衡状态 【答案】B 【解析】 【详解】A．温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故，A正确； B．平衡常数仅与温度有关，温度不变时平衡状态不变，增加高炉高度仅延长气体停留时间，无法使平衡移动，不能降低平衡气体中的含量，B错误； C．利用空气将焦炭转化为，增大反应物的浓度，可加快反应速率，有利于增大铁的生成速率，C正确； D．时平衡常数，同温同压下气体体积分数之比等于浓度之比，此时反应商，反应未达到平衡状态，D正确； 故选B。 11. 实验室用如下方法制备。 已知：i． ii．过程②中溶液先变浑浊再变澄清，得到溶液 下列说法不正确的是 A. 过程①中反应的离子方程式为 B. 过程②中溶液先变浑浊可能的原因： C. 过程②中的作用： D. 过程②中通入过量，可增大的产率 【答案】D 【解析】 【详解】A．过程①是亚硫酸钠与强酸反应制，强酸制弱酸，离子方程式符合反应事实，A正确； B．与发生归中反应生成硫单质使溶液变浑浊，反应方程式合理，B正确； C．亚硫酸酸性强于碳酸，加热条件下可与反应生成，为后续合成提供反应物，C正确； D．通入过量会使溶液酸性增强，在酸性条件下会发生分解反应，消耗生成的，会降低产率，D错误； 故选D。 12. 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。 13. 向溶液中滴加不同浓度的溶液；观察到明显产生浑浊时，停止滴加：取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。 实验 序号 滴加溶液时的实验现象 加热浑浊液时的实验现象 ① 0.05 至时产生明显浑浊，但无气泡产生 有较多气泡生成 ② 0.005 至15.60 mL时产生明显浑浊，但无气泡产生 有少量气泡生成 ③ 0.0005 至20 mL未见浑浊 下列说法不正确的是 A. ①中产生浑浊的原因是 B. 未加热前①和②中发生了反应： C. 加热浊液产生气泡主要是因为受热分解产生了更多的 D. 向上述溶液中加入足量溶液，可能同时产生浑浊和气泡 【答案】C 【解析】 【分析】向10.00 mLNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，没有气泡产生，发生反应，生成的沉淀是碳酸钙，加热后生成的气体为CO2，据此分析回答。 【详解】A．根据溶度积规则，①中能产生CaCO3沉淀，说明，故A正确； B．未加热前①和②不放出二氧化碳，说明碳酸没有达到饱和，加热后碳酸分解放出二氧化碳，所以未加热前①和②中发生了反应：，故B正确； C．加热前①和②中发生了反应：，碳酸钙在溶液中受热不分解，加热浑浊液产生气泡主要是因为碳酸受热分解产生了CO2，故C错误； D．由实验现象可知，实验中是否产生浑浊和气泡，与加入的CaCl2溶液的浓度和体积有关，所以向上述NaHCO3溶液中加入足量CaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡，故D正确； 故选C。 14. 以石灰石矿(主要成分为，含少量等)为原料制备高纯轻质碳酸钙的一种工艺流程如下。 已知：固体B中含有及 下列说法不正确的是 A. 过程Ⅱ中，溶液浸出而非是因为 B. 过程Ⅲ中，反应的离子方程式为 C. 过程Ⅱ和过程Ⅲ的操作均应在较高温度下进行 D. 整个流程中，“变废为宝、循环利用”的物质是 【答案】C 【解析】 【分析】煅烧石灰石矿(主要成分为，含少量等)，、分解分别生成CaO和MgO ，并放出CO2，煅烧后固体 CaO、MgO，加氯化铵浸取，溶解CaO，得到含氯化钙和 的滤液A，过滤，固体B中含有及，滤液A中通CO2，，生成沉淀CaCO3。 【详解】A．过程Ⅱ中，溶液浸出而非，因为，A正确； B．过程Ⅲ中，CO2和氯化钙和反应生成CaCO3，的离子方程式为，B正确； C．过程Ⅱ的反应物氯化铵受热易分解，过程Ⅲ中受热易分解、易挥发，不能在较高温度下进行，C错误； D．过程Ⅰ产生的是过程Ⅲ的反应物，过程Ⅲ中的生成物是过程Ⅱ的反应物，所以可循环利用，D正确； 故答案选C。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. HClO是一种弱酸，不稳定，见光易分解，具有强氧化性，可消毒杀菌。“84”消毒液（有效成分NaClO）的消毒作用主要来源于HClO。 已知：25℃时几种弱酸的电离平衡常数如下表所示。 酸 HClO 电离常数 （1）25℃，物质的量浓度相同的溶液和溶液的大小：________（填“>”“<”或“=”）。 （2）向NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式是________________________。 （3）NaClO溶液的漂白性与溶液中有关。向NaClO溶液中加入下列物质，能增大的是________（填序号）。 a． b． c． d． （4）为便于保存，制备“84”消毒液时需NaOH适当过量，否则易失效。结合化学用语解释原因________________________________。 （5）滴定法测定：NaClO含量的步骤如下：（相对原子质量：O 16 Na 23 Cl 35.5） I．准确量取“84”消毒液2.00 mL，置于100 mL容量瓶中，加蒸馏水稀释至刻度线，摇匀。 II．准确量取该稀释液于锥形瓶中，依次加入硫酸溶液、磷酸（调节溶液酸度）、溶液（过量），加盖摇匀后静置。 III．用标准溶液滴定，消耗体积。 已知： “84”消毒液中NaClO含量为________g/L（列出计算式）。 【答案】（1）< （2） （3）ab （4）NaClO溶液中存在，由于见光分解导致下降，平衡正向移动，NaClO逐渐被消耗导致失效。过量的NaOH抑制NaClO水解生成HClO （5） 【解析】 【小问1详解】 根据表格中的电离平衡常数可知，，即酸性：。根据“越弱越水解”的规律，酸性越弱，其共轭碱的水解程度越大，溶液的碱性越强。因此的水解程度大于，相同浓度下溶液的更大，故填“”。 【小问2详解】 根据电离平衡常数可知，酸性强弱顺序为：。根据强酸制弱酸的原理，向溶液中通入少量，反应生成和，不会生成。反应的离子方程式为：。 【小问3详解】 a项，的酸性强于，加入后可与反应生成，使增大；b项，溶于水生成碳酸，酸性强于，可与反应生成，使增大；c项，加入会使溶液碱性增强，抑制的水解，不能增大；d项，具有较强的还原性，会与具有强氧化性的或发生氧化还原反应，从而消耗，不能增大。故选ab。 【小问4详解】 是强碱弱酸盐，在溶液中存在水解平衡：。由于生成的不稳定，见光易分解，导致溶液中不断减小，促使水解平衡不断正向移动，最终导致被完全消耗而失效。制备时加入适当过量的，可以增大溶液中的，根据勒夏特列原理，这会抑制的水解，减少的生成，从而防止其分解失效。 【小问5详解】 滴定过程中，过量的用标准溶液滴定。根据反应方程式可知，剩余的。加入的总。因此，与反应的。根据反应方程式可知，稀释液中。则容量瓶中（即原“84”消毒液中）含有的。“84”消毒液中的含量（质量浓度）为：。 16. 盐酸、醋酸、碳酸钠和碳酸氢钠都是生活中常用的物质。某小组进行了以下实验。 （1）对比盐酸和醋酸与的反应。常温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，滴定过程中溶液的变化曲线如下图所示。 ①表示滴定盐酸的曲线是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为___________。 ③时，___________(填“>”“<”或“=”)。 （2）向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液变化如下。 ①图___________(填“甲”或“乙”)是的滴定曲线。 ②A＇～B＇发生反应的离子方程式为___________。 ③下列说法正确的是___________(填序号)。 a．B＇点和C＇点溶液中均满足： b．A、B、C均满足： c．水的电离程度： （3）向1mol/L的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。 资料： ⅰ.1mol/L的溶液中， ⅱ.时， ①补全与反应的离子方程式：_______ ②通过计算说明与反应产生的沉淀为而不是：___________。 【答案】（1） ①. Ⅱ ②. c(CH3COO−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH−) ③. > （2） ①. 乙 ②. +H+= ③. ac （3） ①. Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑ ②. 1mol/L的溶液中，，开始生成FeCO3沉淀时c(Fe2+)=mol/L=3.2×10-9mol/L； ，开始生成Fe(OH)2沉淀时c(Fe2+)=mol/L=1.25×10-5mol/L，所以向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液生成FeCO3沉淀 【解析】 【小问1详解】 ①HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，则c(H+)=c(HCl)=0.1mol/L，溶液的pH=1，所以曲线II是盐酸滴定曲线，故答案为：Ⅱ； ②a点处溶液中溶质成分应是等物质的量的CH3COOH和CH3COONa,此时溶液中电荷守恒关系是c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)，根据图中信息，此时溶液pH＜7，呈酸性，所以c(H+)＞c(OH﹣)，则c(Na+)＜c(CH3COO﹣)，CH3COONa是强电解质而完全电离，CH3COOH是弱电解质而不完全电离，所以c(Na+)＞c(H+)，则存在c(CH3COO−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH−)； ③时，盐酸与醋酸均恰好完全反应，生成正盐，完全中和的两个盐溶液中，CH3COO﹣水解，Cl﹣不水解，故>； 【小问2详解】 ①同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3，所以图乙是Na2CO3的滴定曲线； ②A′～B′是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的离子方程式为+H+=； ③a．B＇时溶液为碳酸氢钠溶液，此时溶液显碱性，以水解为主，有，C＇时碳酸氢钠反应完生成CO2和水，溶液中主要是溶解的碳酸，碳酸电离程度很小，故，故a正确； b．A为碳酸氢钠溶液，根据电荷守恒有，而B、C点加入了HCl，电荷守恒等式为，故b错误； c．A为碳酸氢钠溶液，水解促进水电离；B点为NaCl溶液，NaCl对水电离无影响；C点为氯化钠、盐酸的混合液，HCl抑制水电离，A、B、C三点溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为A＞B＞C，故c正确； 答案为ac； 【小问3详解】 ①向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液生成FeCO3沉淀和二氧化碳气体，发生的离子反应方程式Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑； ②1mol/L的溶液中，，开始生成FeCO3沉淀时c(Fe2+)=mol/L=3.2×10-9mol/L； ，开始生成Fe(OH)2沉淀时c(Fe2+)=mol/L=1.25×10-5mol/L，所以向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液生成FeCO3沉淀。 17. 二甲醚是一种重要的化工原料，可替代液化石油气，在能源领域起着关键的作用。利用二氧化碳和氢气可以合成二甲醚，过程中发生的主、副反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． （1）与合成的热化学方程式为________________________，该反应的平衡常数表示式为________。 （2）从提高平衡产率的角度看，下列措施合理的是________（填序号） a．适当降温 b．及时分离出 c．使用高效催化剂 （3）其它条件一定，不同压强下，在相同时间内的转化率如下。 压强/MPa 2 2.5 3 3.5 转化率/% 17.6 26.2 28.4 22.0 3.5 MPa时的转化率较低，可能的原因是________（填序号）。 a．Ⅰ中平衡发生移动 b．Ⅲ的反应速率提高 c．的积累使催化剂活性降低 （4）其它条件一定时，温度对某种催化剂催化加氢合成二甲醚反应的影响如下图。 已知：产物A的选择性 ①范围内，相同时间内转化率逐渐提高的原因是________________________。 ②温度高于时，二甲醚选择性的显著降低并非反应Ⅲ增强所致，理由是________________________________。 （5）空速是指单位时间、单位体积催化剂上通过的气体体积流量。其它条件一定时，在一定空速范围内，的转化率随空速的增大而减小，但甲醇的选择性增大，可能的原因是________________________________。 【答案】（1） ①. ②. （2）ab （3）c （4） ①. 温度升高，Ⅰ、Ⅲ的化学反应速率增大 ②. 二甲醚选择性与甲醇选择性总和变化很小（转化率变化不明显），若反应Ⅲ显著增强，CO的选择性会显著增大，与图不符（合理即可） （5）增大空速减少了催化剂与和原料气的接触时间，导致和与催化剂不能充分接触，的转化率减小；空速增大，反应Ⅱ、Ⅲ的速率降低较多，甲醇的选择性增大 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应Ⅱ+2Ⅰ得到目标反应，；平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比，该反应的平衡常数表示式为：； 【小问2详解】 a．反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，产率提高，a正确； b．及时分离出，平衡正向移动，产率提高，b正确； c．使用高效催化剂，能加快反应速率，但是不影响平衡移动，c错误； 故选ab； 【小问3详解】 a．反应Ⅱ、Ⅲ为气体分子数不变的反应，反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，会导致二氧化碳转化率升高，a错误； b．Ⅲ的反应速率提高，会促进二氧化碳反应，导致二氧化碳转化率升高，b错误； c．高压条件下，由于 H2O的积累使催化剂活性降低，导致二氧化碳转化率较低，c正确； 故选c； 【小问4详解】 ①温度升高，Ⅰ、Ⅲ的化学反应速率增大，240~260℃范围内，相同时间内CO2转化率逐渐提高；故答案为：温度升高，Ⅰ、Ⅲ的化学反应速率增大； ②二甲醚选择性与甲醇选择性总和变化很小，CO选择性增大的空间有限，温度高于260℃时，二甲醚选择性的显著降低并非反应Ⅲ增强所致；故答案为：二甲醚选择性与甲醇选择性总和变化很小（转化率变化不明显），若反应Ⅲ显著增强，CO的选择性会显著增大，与图不符（合理即可）； 【小问5详解】 在一定空速范围内，CO2的转化率随空速的增大而减小，但甲醇的选择性增大，可能的原因是，增大空速减少了催化剂与CO2和H2原料气的接触时间，导致CO2和H2与催化剂不能充分接触，CO2的转化率减小；空速增大，反应Ⅱ、Ⅲ的速率降低较多，甲醇的选择性增大；故答案为：增大空速减少了催化剂与和原料气的接触时间，导致和与催化剂不能充分接触，的转化率减小；空速增大，反应Ⅱ、Ⅲ的速率降低较多，甲醇的选择性增大。 18. 利用工业废气中的H2S制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的一种流程示意图如下。 已知： 物质 H2CO3 H2SO3 、 （1）煅烧炉中主要发生的化学反应方程式为：___________。 （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：2Na2CO3+SO2+H2O=Na2SO3+2NaHCO3 第二步：NaHCO3+SO2=NaHSO3+CO2；Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 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1mol/L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） ①. ②. ③. ④. CO2、SO2 （3） ①. ②. a~b mol时，反应，生成的CO2溢出使反应正向进行，转化率上升，同时生成的浓度增大，使得反应逆向移动，转化率下降。 【解析】 【分析】废气中低价态H2S经过煅烧氧化并净化后转化为SO2，在多级串联反应釜中，利用纯碱吸收SO2并调节pH析出Na2S2O5，母液主要成分为NaHSO3，NaOH溶液吸收酸性尾气，据此解答。 【小问1详解】 ①煅烧炉发生的主要反应为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)。 【小问2详解】 ①调pH生成焦亚硫酸钠的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O； ②母液主要成分为NaHSO3，由Ka2(H2SO3)>Ka2(H2CO3)，所以NaHSO3与纯碱反应的方程式为NaHSO3+Na2CO3=NaHCO3+Na2SO3； ③由于亚硫酸根以及亚硫酸氢根易被空气氧化，所以循环多次后，氧化生成的硫酸根越来越多； ④尾气为生成的气体CO2以及剩余SO2。 【小问3详解】 ①由图可得，0~a mol时，平衡转化率较高，所以优先反应的离子是； ②a~b mol时，反应，生成的CO2溢出使反应正向进行，转化率上升，同时生成的浓度增大，使得反应逆向移动，转化率下降。 19. 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） ①. 产生蓝色沉淀 ②. 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 ③. 、 ④. 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 ⑤. 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）金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【解析】 【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。 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 ①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； 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； 【小问3详解】 对比实验Ⅱ和Ⅲ，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $