精品解析：湖南省炎陵县湘山高级中学有限公司2022-2023学年高二上学期10月期中考试化学试题

湘山高级中学2022年下期高二年级第二次素质检测化学科试题卷 考试时间：75分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H1　C12　N14　O16　S32　Cl35.5　K39　Fe56　Se79　Ba137 第I卷（选择题） 一、单选题(每小题3分，共30分) 1. 下列热化学方程式书写正确的是 A. 　 B. 　 C. 　 D. 　 2. 常温下，在0.01mol/L氨水中，水的离子积是 A. B. C. D. 3. 下列不属于自发进行的变化是 A. 红墨水加到清水使整杯水变红 B. 冰在室温下融化成水 C. 电解饱和食盐水 D. 铁器在潮湿的空气中生锈 4. 一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生下列反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)。若c(HI)由0.1mol/L降到0.08mol/L时，需要20s，那么c(HI)由0.08mol/L降到0.07mol/L时，所需反应的时间为 A. 等于5s B. 等于10s C. 大于10s D. 小于10s 5. 已知热化学方程式N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92kJ·mol-1。若断开1mol H-H键吸收的能量为436kJ，形成1mol H-N键释放的能量为391kJ，则断开1mol N≡N键须 A. 吸收946kJ能量 B. 放出946kJ能量 C. 放出618kJ能量 D. 吸收618kJ能量 6. 对于反应，科学家根据光谱研究提出如下反应历程： 第一步：快反应； 第二步： 慢反应； 第三步： 快反应。 上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述正确的是 A. 该反应的速率由第二步反应决定 B. 反应的中间产物有N2O2、N2O和H2 C. 第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞 D. 若第一步反应的，则升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大 7. 一定温度下，将浓度为溶液加水不断稀释，始终保持增大的是 A. B. C. D. 8. 一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中，正确的是 A. a、b、c三点醋酸的电离程度：c＜a＜b B. a、b、c三点醋酸电离平衡常数：c＜a＜b C. a、b、c三点溶液中的c(H+)：c＜a＜b D. a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：c＜a＜b 9. 下列说法正确的有 ①不溶于水的盐都是弱电解质 ②可溶于水的盐都是强电解质 ③0.5mol·L-1一元酸溶液中H+浓度一定为0.5mol·L-1 ④强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度 ⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子 ⑥熔融的电解质都能导电 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 10. 下列说法正确的是 A. 常温下，pH=4的CH3COOH溶液中c(H＋)=10-4mol/L B. 将pH=2的HCl溶液和pH=4的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH=3 C. 常温下，pH=10的氨水溶液中，由水电离的c(H＋)=10-4mol/L D. 向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反应的离子方程式为：HA-+OH-=H2O+A2- 二、选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。） 11. 常温下，体积相同、pH也相同的HCl、HNO3、CH3COOH溶液分别与足量的NaHCO3溶液反应，产生CO2的体积 A. 同样多 B. HCl最多 C. HCl、HNO3一样多 D. CH3COOH最多 12. 25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH-；H＞0，下列叙述正确的是 A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低 B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变 C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c(H＋)降低 D. 将水加热，KW增大，pH不变 13. 乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 该反应进程中有两个过渡态 B. 是总反应的催化剂 C. 总反应速率由第①步反应决定 D. 第①、②、③步反应都是放热反应 14. 已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表所示，则下列有关说法正确的是 弱酸化学式 CH3COOH HCN H2CO3 电离平衡常数 1.8×10−5 4.9×10−10 K1=4.3×10−7 K2=5.6×10−11 A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COOH)<pH(H2CO3)<pH(HCN) B. 醋酸溶液加水稀释，其电离程度先减小后增大 C. NaCN中通入少量CO2发生的化学反应为：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3 D. H2CO3的电离常数表达式： 第II卷（非选择题） 三、此题包括4小题，共54分。 15. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)。 I．实验步骤 （1）用_______(填仪器名称，下同)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL_______中定容，摇匀即得待测白醋溶液。 （2）若在室温下，用溶液滴定该醋酸溶液，本实验可选的指示剂是_______(填序号)。 A．甲基橙 B．酚酞 C．石蕊 （3）读取盛装溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如下图所示，则此时的读数为_______mL。 （4）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察_______。 （5）当_______时，停止滴定，并记录NaOH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 V(样品)/mL 20.00 20.00 20.00 20.00 V消耗(NaOH)/mL 15.95 15.00 15.05 14.95 III．数据处理与讨论 （6）甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的溶液的体积： ①指出他的计算的不合理之处：_______。 ②按正确数据处理，市售白醋总酸量为_______g/100mL(已知醋酸相对分子量为60)。 （7）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏低的是_______(填字母)。 A．碱式滴定管在滴定时未用NaOH标准溶液润洗 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．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出 E．滴定终点读数时采用俯视方法 16. PFS是水处理中重要的絮凝剂，下图是以回收的废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。 (1)酸浸槽以及聚合釜中用到的酸应是_____；在酸浸槽中，为了提高浸出率，可以采取的措施有______，_______(写两条)。 (2)若废铁屑中含有较多铁锈(Fe2O3·xH2O)，则酸浸时铁锈反应的化学方程式为________。 (3)如果反应釜中用H2O2作氧化剂，则反应的离子方程式为______；生产过程中，发现反应釜中产生了大量的气体，且温度明显升高，其原因可能是________。 17. 2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示。已知1 mol SO2(g)被氧化为1 mol SO3(g)的ΔH1＝-99 kJ/mol。请回答下列问题： (1)图中A、C分别表示_____、____，E的大小对该反应的反应热有无影响？____(填“有”或“无”)。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？____，理由是_________。 (2)图中ΔH＝____kJ/mol。 (3)如果反应速率v(SO2)为0.05 mol·L－1·min－1，则v(O2)＝____ mol·L－1·min－1，v(SO3)＝___mol·L－1·min－1。 18. 习近平十分重视生态环境保护，多次对生态文明建设作出重要指示。试回答下列与环境有关的问题： (1)在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：。在某恒容密闭容器中通入等物质的量的CO和NO，在不同温度()下发生上述反应时，随时间()的变化曲线如图1所示： ①该反应的逆反应为______(填“放热”或“吸热”)反应。 ②温度为时，反应达到平衡时NO的转化率为______。 ③温度为时，该反应的平衡常数______。 (2)目前烟气脱硝采用的技术有选择性非催化还原法(SNCR)脱硝技术和选择性催化还原法(SCR)脱硝技术。若用作还原剂，则发生的主要反应为 ，其中体系温度对SNCR脱硝技术的脱硝效率的影响如图2所示： ①SNCR脱硝技术的脱硝最佳温度为______，SCR与SNCR脱硝技术相比，SCR脱硝技术的反应温度不能太高，其原因是______。 ②由题给信息分析，当体系温度过高时，SNCR脱硝技术的脱硝效率降低，其可能的原因是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘山高级中学2022年下期高二年级第二次素质检测化学科试题卷 考试时间：75分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H1　C12　N14　O16　S32　Cl35.5　K39　Fe56　Se79　Ba137 第I卷（选择题） 一、单选题(每小题3分，共30分) 1. 下列热化学方程式书写正确的是 A. 　 B. 　 C. 　 D. 　 【答案】B 【解析】 【分析】热化学方程式必须标明物质的状态，焓变及其单位、并且要用正负号标明是吸热反应还是放热反应； 【详解】A．没有标明反应物的状态，选项A错误； B．反应热化学方程式符合要求，选项B正确； C．焓变的单位应该为kJ/mol，选项C错误； D．反应是放热反应，，选项D错误； 答案选B。 2. 常温下，在0.01mol/L氨水中，水的离子积是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】水的离子积只与温度有关，温度不变，水的离子积不变，常温下，水的离子积是，答案选A。 3. 下列不属于自发进行的变化是 A. 红墨水加到清水使整杯水变红 B. 冰在室温下融化成水 C. 电解饱和食盐水 D. 铁器在潮湿的空气中生锈 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．扩散现象，是熵增加的自发过程，A不符合题意； B．冰的熔点为0℃，水常温是液体，冰在室温下融化成水，是熵增加的自发过程，B不符合题意； C．电解饱和食盐水，是在外电场的作用下强制发生的氧化还原反应，不是自发过程，C符合题意； D．铁在潮湿的空气中生锈是发生了自发的氧化还原反应，属于电化学腐蚀，是自发进行的化学过程，D不符合题意； 综上所述答案为C。 4. 一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生下列反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)。若c(HI)由0.1mol/L降到0.08mol/L时，需要20s，那么c(HI)由0.08mol/L降到0.07mol/L时，所需反应的时间为 A. 等于5s B. 等于10s C. 大于10s D. 小于10s 【答案】C 【解析】 【详解】c(HI)由0.1 mol·L－1降到0.08 mol·L－1时，需要20s，则该时间段的平均速率为，如果c(HI)由0.08mol·L－1降到0.07mol·L－1时平均反应速率仍为0.001mol·L-1·s-1，则所需时间为10s，但实际上浓度变小，反应速率变慢，所以所需时间要大于10s，故C正确； 故选C。 5. 已知热化学方程式N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92kJ·mol-1。若断开1mol H-H键吸收的能量为436kJ，形成1mol H-N键释放的能量为391kJ，则断开1mol N≡N键须 A. 吸收946kJ能量 B. 放出946kJ能量 C. 放出618kJ能量 D. 吸收618kJ能量 【答案】A 【解析】 【详解】焓变=断键吸收能量-成键释放能量，设断开1mol N≡N键吸收x kJ能量，则有x+3×436-2×3×391kJ=-92，解得x=945.6，即断开1mol N≡N键吸收945.6kJ能量； 故答案为A。 6. 对于反应，科学家根据光谱研究提出如下反应历程： 第一步：快反应； 第二步： 慢反应； 第三步： 快反应。 上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述正确的是 A. 该反应的速率由第二步反应决定 B. 反应的中间产物有N2O2、N2O和H2 C. 第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞 D. 若第一步反应的，则升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．总反应速率由慢反应决定，所以该反应的速率由第二步反应决定，故A正确； B．NO、H2是反应物，反应的中间产物有N2O2、N2O，故B错误； C．只有少数分子的碰撞能发生化学反应，能引发化学反应的碰撞称之为有效碰撞，第三步反应中N2O与H2的碰撞不都是有效碰撞，故C错误； D．升高温度，正逆反应速率均增大，故D错误； 选A。 7. 一定温度下，将浓度为溶液加水不断稀释，始终保持增大的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．HF为弱酸，存在电离平衡：加水稀释，平衡正向移动,但c()减小，故A不符合题意； B．电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，电离平衡常数Ka(HF)不变，故B不符合题意； C．当溶液无限稀释时，不断减小，无限接近，减小，故C不符合题意； D．由于加水稀释,平衡正向移动,所以溶液中增大，减小，增大，故D符合题意； 故答案为D。 8. 一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中，正确的是 A. a、b、c三点醋酸的电离程度：c＜a＜b B. a、b、c三点醋酸电离平衡常数：c＜a＜b C. a、b、c三点溶液中的c(H+)：c＜a＜b D. a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：c＜a＜b 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A． 溶液越稀，电离程度越大，a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故A错误； B． 温度相同，a、b、c三点醋酸电离平衡常数：c=a=b，故B错误； C． 溶液的导电能力越大，氢离子浓度越大，a、b、c三点溶液中的c(H+)：c＜a＜b，故C正确； D．a、b、c三点溶液中醋酸的物质的量相同，故消耗氢氧化钠一样多，故D错误； 故选C。 9. 下列说法正确的有 ①不溶于水的盐都是弱电解质 ②可溶于水的盐都是强电解质 ③0.5mol·L-1一元酸溶液中H+浓度一定为0.5mol·L-1 ④强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度 ⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子 ⑥熔融的电解质都能导电 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【详解】①碳酸钙、硫酸钡等难溶于水的盐是强电解质，溶解性与电解质强弱无关，故①错误； ②醋酸铅是弱电解质，(CH3COO)2Pb可溶于水，可溶于水的盐不一定都是强电解质，故②错误； ③0.5mol·L-1一元酸弱酸溶液中H+浓度小于0.5mol·L-1，故③错误； ④强酸溶液中的氢离子浓度不一定大于弱酸溶液中的氢离子浓度，如浓度很小的盐酸和浓度极大的碳酸比较，可能是碳酸溶液中的氢离子浓度更大，故④正确； ⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子，故⑤正确； ⑥HCl是电解质，熔融HCl不导电，熔融的电解质不一定能导电，故⑥错误； 正确的是④⑤，选B。 10. 下列说法正确的是 A. 常温下，pH=4的CH3COOH溶液中c(H＋)=10-4mol/L B. 将pH=2的HCl溶液和pH=4的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH=3 C. 常温下，pH=10的氨水溶液中，由水电离的c(H＋)=10-4mol/L D. 向0.1mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反应的离子方程式为：HA-+OH-=H2O+A2- 【答案】A 【解析】 【详解】A．常温下，因此的溶液中，A正确； B．的溶液，的溶液，等体积混合后，，B错误； C．常温下的氨水中，主要来自的电离，水电离的，C错误； D．、的溶液说明完全电离，反应离子方程式为，D错误； 故选A。 二、选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。） 11. 常温下，体积相同、pH也相同的HCl、HNO3、CH3COOH溶液分别与足量的NaHCO3溶液反应，产生CO2的体积 A. 同样多 B. HCl最多 C. HCl、HNO3一样多 D. CH3COOH最多 【答案】CD 【解析】 【详解】A．三种酸的电离程度不同，pH、体积均相同时可提供的总物质的量不同，生成体积不相同，A错误； B．和均为强酸，pH、体积相同时二者总物质的量相等，生成体积相等，且均小于醋酸生成的体积，B错误； C．和均为一元强酸，pH相同、体积相同时，二者完全电离出的物质的量相等，与足量反应生成的体积相等，C正确； D．为弱酸，pH相同时其物质的量浓度远大于两种强酸，体积相同时最终可电离出的总物质的量更大，与足量反应生成的体积最多，D正确； 故答案选CD。 12. 25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH-；H＞0，下列叙述正确的是 A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低 B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变 C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c(H＋)降低 D. 将水加热，KW增大，pH不变 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A．向水中加入少量稀氨水，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，c(H＋)降低，故A错误； B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，平衡逆向移动；但Kw只与温度有关，故保持不变，故B正确； C．加入少量固体CH3COONa，结合水电离的氢离子，平衡正向移动，c(H＋)减小，故C正确； D．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，Kw增大，氢离子浓度增大，故pH减小，故D错误； 故选：BC。 13. 乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 该反应进程中有两个过渡态 B. 是总反应的催化剂 C. 总反应速率由第①步反应决定 D. 第①、②、③步反应都是放热反应 【答案】AD 【解析】 【分析】根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，过渡态的平均能量与反应分子的平均能量之差为反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，决定总反应的反应速率；反应过程是能量的变化，取决于反应物和生成物总能量的相对大小，生成物的总能量低于反应物总能量的反应，是放热反应，反之是吸热反应，据此分析判断。 【详解】A．根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，故A错误； B．由图可知，H3O+在第①步被消耗，在第③步又生成，则H3O+是总反应的催化剂，故B正确； C．活化能越大，反应速率越慢，决定总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故C正确， D．由图可知，第①步反应物总能量小于生成物总能量，说明第①步为吸热反应，第②、③步生成物的总能量低于反应物的总能量，是放热反应，故D错误； 故选AD。 14. 已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表所示，则下列有关说法正确的是 弱酸化学式 CH3COOH HCN H2CO3 电离平衡常数 1.8×10−5 4.9×10−10 K1=4.3×10−7 K2=5.6×10−11 A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COOH)<pH(H2CO3)<pH(HCN) B. 醋酸溶液加水稀释，其电离程度先减小后增大 C. NaCN中通入少量CO2发生的化学反应为：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3 D. H2CO3的电离常数表达式： 【答案】AC 【解析】 【详解】A．弱酸的电离平衡常数越大，等浓度时酸性越强，溶液pH越小。电离平衡常数：，因此等物质的量浓度的各溶液pH关系为，A正确； B．醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释平衡正向移动，电离程度始终增大，B错误； C．根据电离平衡常数可知酸性：，根据强酸制弱酸规律，NaCN中通入少量CO2生成HCN和NaHCO3，反应方程式为，C正确； D．的第一步电离为，因此，所给表达式错误，D错误； 故选AC。 第II卷（非选择题） 三、此题包括4小题，共54分。 15. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)。 I．实验步骤 （1）用_______(填仪器名称，下同)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL_______中定容，摇匀即得待测白醋溶液。 （2）若在室温下，用溶液滴定该醋酸溶液，本实验可选的指示剂是_______(填序号)。 A．甲基橙 B．酚酞 C．石蕊 （3）读取盛装溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如下图所示，则此时的读数为_______mL。 （4）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察_______。 （5）当_______时，停止滴定，并记录NaOH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 V(样品)/mL 20.00 20.00 20.00 20.00 V消耗(NaOH)/mL 15.95 15.00 15.05 14.95 III．数据处理与讨论 （6）甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的溶液的体积： ①指出他的计算的不合理之处：_______。 ②按正确数据处理，市售白醋总酸量为_______g/100mL(已知醋酸相对分子量为60)。 （7）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏低的是_______(填字母)。 A．碱式滴定管在滴定时未用NaOH标准溶液润洗 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．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出 E．滴定终点读数时采用俯视方法 【答案】（1） ①. 酸式滴定管 ②. 容量瓶 （2）B （3） 0.60 （4） 锥形瓶内溶液颜色的变化 （5） 滴入最后半滴 标准溶液，溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色 （6） ①. 第1次滴定数据误差较大，应舍去 ②. 4.5 （7）DE 【解析】 【小问1详解】 白醋主要成分为醋酸，呈酸性，应使用酸式滴定管量取；配制 溶液需使用 容量瓶。 【小问2详解】 用 滴定醋酸，终点时生成醋酸钠，强碱弱酸盐水解使溶液呈碱性，应选择在碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故选B。 【小问3详解】 滴定管的 刻度在上方，向下刻度逐渐增大，每小格代表 ，读数需估读到小数点后两位。图示凹液面最低处与 刻度线相切，故读数为 。 【小问4详解】 滴定过程中，为准确判断滴定终点，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，同时手摇动锥形瓶。 【小问5详解】 锥形瓶中原为酸性溶液，加入酚酞呈无色。当达到滴定终点时，滴入最后一滴 标准溶液，溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色。 【小问6详解】 ① 第1次滴定消耗体积为 ，与后三次数据（、、）偏差过大，属于异常数据，应舍去。 ② 正确消耗 溶液的平均体积为 。根据反应 ， 待测液中 。 待测液中含醋酸 。则 市售白醋中含醋酸 。其质量为 ，故市售白醋总酸量为 。 【小问7详解】 A．碱式滴定管未润洗，标准液被稀释，消耗 偏大，结果偏高； B．滴定前有气泡，滴定后消失，读取的 偏大，结果偏高； C．锥形瓶加水，待测液物质的量不变，消耗 不变，结果无影响； D．锥形瓶液体溅出，待测液损失，消耗 偏小，结果偏低； E．滴定终点俯视读数，读取的最终体积偏小，导致计算出的 偏小，结果偏低； 故选DE。 16. PFS是水处理中重要的絮凝剂，下图是以回收的废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。 (1)酸浸槽以及聚合釜中用到的酸应是_____；在酸浸槽中，为了提高浸出率，可以采取的措施有______，_______(写两条)。 (2)若废铁屑中含有较多铁锈(Fe2O3·xH2O)，则酸浸时铁锈反应的化学方程式为________。 (3)如果反应釜中用H2O2作氧化剂，则反应的离子方程式为______；生产过程中，发现反应釜中产生了大量的气体，且温度明显升高，其原因可能是________。 【答案】 ①. H2SO4 ②. 加热 ③. 搅拌、多次浸取等 ④. Fe2O3·xH2O+3H2SO4===Fe2(SO4)3+(3+x)H2O ⑤. 2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O ⑥. H2O2与Fe2+的反应为放热反应，加入的H2O2过多，且生成的Fe3+能作H2O2分解的催化剂，H2O2发生分解反应，生成了O2 【解析】 【分析】废铁屑粉碎过筛后加入酸浸，过滤得到滤液中主要有Fe2+和Fe3+等、在反应釜中加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入水和硫酸生成聚合硫酸铁，减压蒸发得到PES固体产品。 【详解】(1)PFS固体产品中含有硫酸根，为了不引入新的杂质，酸浸槽以及聚合釜中用到的酸应是H2SO4；加热、搅拌、多次浸取等都可以提高浸出率； (2)酸浸时要用硫酸，所以化学反应方程式为Fe2O3·xH2O+3H2SO4===Fe2(SO4)3+(3+x)H2O； (3)反应釜中氧化剂的作用主要是将亚铁离子氧化成铁离子，根据元素守恒和电子守恒可得离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O；H2O2与Fe2+的反应为放热反应，加入的H2O2过多，且生成的Fe3+能作H2O2分解的催化剂，H2O2发生分解反应，生成了O2，所以生产过程中，发现反应釜中产生了大量的气体，且温度明显升高。 17. 2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示。已知1 mol SO2(g)被氧化为1 mol SO3(g)的ΔH1＝-99 kJ/mol。请回答下列问题： (1)图中A、C分别表示_____、____，E的大小对该反应的反应热有无影响？____(填“有”或“无”)。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？____，理由是_________。 (2)图中ΔH＝____kJ/mol。 (3)如果反应速率v(SO2)为0.05 mol·L－1·min－1，则v(O2)＝____ mol·L－1·min－1，v(SO3)＝___mol·L－1·min－1。 【答案】 ①. 反应物能量 ②. 生成物能量 ③. 无影响 ④. 降低 ⑤. 催化剂改变反应历程，降低活化能E ⑥. -198 ⑦. 0.025 ⑧. 0.05 【解析】 【分析】(1)反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变； (2)根据反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)结合1mol SO2(g)氧化为1mol SO3的△H=-99kJ•mol-1计算反应热； (3)依据化学反应速率之比等于系数之比计算得到。 【详解】(1)因图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量，B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，加入催化剂，活化能减小，反应热不变；该反应通常用V2O5作催化剂，催化剂改变反应速率，降低反应的活化能，改变反应历程，但不改变化学平衡，所以加V2O5会使图中B点降低； (2)因1mol SO2(g)氧化为1mol SO3的△H=-99kJ•mol-1，所以2molSO2(g)氧化为2molSO3的△H=-198kJ•mol-1，则2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-198kJ•mol-1； (3)反应的化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，反应速率之比等于系数之比，v(SO2)：v(O2)：v(SO3)=2：1：2，反应速率υ(SO2)为0.05mol•L-1•min-1，依据比例计算得到v(O2)=0.025mol/L•min；v(SO3)=0.05mol•L-1•min-1。 【点睛】加入催化剂，只能降低反应的活化能，不能改变化学反应的焓变。 18. 习近平十分重视生态环境保护，多次对生态文明建设作出重要指示。试回答下列与环境有关的问题： (1)在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：。在某恒容密闭容器中通入等物质的量的CO和NO，在不同温度()下发生上述反应时，随时间()的变化曲线如图1所示： ①该反应的逆反应为______(填“放热”或“吸热”)反应。 ②温度为时，反应达到平衡时NO的转化率为______。 ③温度为时，该反应的平衡常数______。 (2)目前烟气脱硝采用的技术有选择性非催化还原法(SNCR)脱硝技术和选择性催化还原法(SCR)脱硝技术。若用作还原剂，则发生的主要反应为 ，其中体系温度对SNCR脱硝技术的脱硝效率的影响如图2所示： ①SNCR脱硝技术的脱硝最佳温度为______，SCR与SNCR脱硝技术相比，SCR脱硝技术的反应温度不能太高，其原因是______。 ②由题给信息分析，当体系温度过高时，SNCR脱硝技术的脱硝效率降低，其可能的原因是______。 【答案】 ①. 吸热 ②. 80% ③. 34295 ④. 925℃ ⑤. 温度太高，会降低催化剂的活性 ⑥. 温度过高时，使题述反应的平衡逆向移动，导致脱硝效率降低 【解析】 【分析】 【详解】(1)①根据“先拐先平数值大”原则，温度下先达到平衡，则，条件下CO的平衡浓度大，说明升高温度，平衡逆向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应。 ②温度为时，CO的起始浓度是，达到平衡后CO的浓度是，消耗的CO的浓度为，NO的平衡转化率与CO的平衡转化率相等，为。 ③温度为时，初始时CO和NO的浓度均为，达到平衡状态时，CO和NO的浓度均为，消耗CO和NO的浓度均为，则： 平衡常数。 (2)①由图2可知，SNCR脱硝技术的脱硝最佳温度为925℃，SCR脱硝技术使用催化剂，若温度太高，会降低催化剂活性。 ②SNCR脱硝技术脱硝时发生的主要反应是放热反应，故温度过高时，使题述反应的平衡逆向移动，导致脱硝效率降低。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $