【文档说明】广东省佛山市三水中学2022-2023学年高二上学期11月第二次统测化学试题 含解析.docx，共(21)页，1.178 MB，由小赞的店铺上传

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三水中学高二级2022-2023学年度上学期第二次统测化学科试题说明：本试卷包括两部分，共20题。第Ⅰ部分为选择题共16小题，44分，第Ⅱ部分为非选择题，56分，全卷满分100分，共8页；考试时长75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23

Al-27S-32Cl-35.5Mn-55第I卷(选择题共44分)一、选择题(本题共16小题，共44分。1~10，每小题2分，共20分；11~16，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列关于化学反应热效

应的描述正确的是A.需要加热或点燃的反应都是吸热反应，不能自发进行B.同温同压下，()()()22HgClgg=2HCl+在光照和点燃条件下，△H相同C.由()()()2HaqOHaqHOl+−+=ΔH=-

57.3kJ/mol，可知稀盐酸与氨水反应生成1mol液态水时释放57.3kJ的热量D.已知在一定条件下，2mol2SO与1mol2O充分反应后，释放出98kJ的热量，则其热化学方程式为()()()2232SOgOg=2SOg+ΔH98kJ/mol=−【答案】

B【解析】【详解】A．反应的能量变化与反应条件没有必然联系，某些放热反应也需要加热，如铝热反应，A错误；B．焓变与反应条件无关，则同温同压下，()()()22HgClgg=2HCl+在光照和点燃条件下的△H相同，B正确；C．NH3•H2O的电离会吸热，则1molNH3•H2O

与足量盐酸反应放出的热量小于57.3kJ，C错误；D．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，则二氧化硫与氧气反应的热化学方程式为：()()()2232SOgOg=2SOg+ΔH＜-98kJ·mol-1，D错误；故选B。2.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是A.

SO2被氧化为SO3，往往需要使用催化剂：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)B.500℃温度比室温更有利于合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0C.H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深：H2(g)+I2(g)2HI(g)D.实验室采用排饱和食盐水的方法收

集氯气：Cl2+H2OH++Cl-+HClO【答案】D【解析】【详解】A．加入催化剂有利于加快二氧化硫生成三氧化硫的反应速率，但是不会引起平衡平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移

动原理解释，故B错误；C．H2+I2⇌2HI的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；D．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行

，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故D正确；故选D。3.关于下列各实验或装置的叙述中，正确的是A.①是利用pH试纸测定稀硫酸的pH值B.②是用酸性4KMnO溶液滴定23NaSO溶液C.③是标准盐酸滴定待测氢氧化钠时手的

操作D.④是酸式滴定管排气泡的操作【答案】C【解析】【详解】A．用pH试纸测溶液的pH，可将pH试纸放于井穴板上，滴一滴待测试液于试纸上，将试纸显色的颜色和标准比色卡对照，即可测定溶液的pH，故A项错误；B．酸性4KMnO溶液具有强氧化性，能将橡胶氧化，因此酸性4KMnO溶液

应装入酸式滴定管，故B项错误；C．标准盐酸滴定待测氢氧化钠时，将盐酸放在酸式滴定管中，NaOH溶液放在锥形瓶中，左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，将盐酸滴入锥形瓶中，故C项正确；D．图示为碱式滴定管排气泡的操作，故D项错误；综上所述，正确的是C项。4.

下列说法正确的是A.铵态氮肥通常与草木灰混合使用，可以提高肥效B.将氯化铁溶液蒸干灼烧，可以得到无水氯化铁固体C.保存碳酸钠溶液与硫化钠溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞D.明矾用作净水剂时发生了氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A．铵态氮肥与草木灰混合使用易发生双

水解，使肥效降低，故A错误；B．氯化铁溶液中氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，加热蒸干时HCl易挥发，最后氢氧化铁受热分解得到氧化铁，故B错误；C．碳酸钠溶液与硫化钠溶液均水解呈碱性，易与玻璃反应生成具有粘性的硅酸钠使玻璃塞与瓶口粘住，故C正确；D．矾用作净水剂时因为

铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附性，未发生氧化还原反应，故D错误；故选C。5.若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14mol·L-1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是A.Al3+、Na+、NO3−、Cl-B.K+、Na+、Cl-、NO3−C.K+、Na+、Cl-、AlO2

−D.K+、NH4+、SO24−、NO3−【答案】B【解析】【分析】若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14mol·L-1，说明水的电离受到抑制，可能是酸性溶液也可能是碱性溶液；【详解】A．若为碱性溶液，含大量OH-，

则与Al3+反应得到沉淀，A项不符合题意；B．K+、Na+、Cl-、NO3−离子间不反应，且在酸性或者酸性条件下都能共存，B项符合题意；C．若溶液为酸性，含大量H+，H+与AlO2−反应得到氢氧化铝沉淀，不共存，

C项不符合题意；D．若为碱性溶液，含大量OH-，则与NH4+反应得到一水合氨，不能共存，D项不符合题意；故答案选B。6.下列事实中一定能证明3CHCOOH是弱电解质的是①用3CHCOOH溶液做导电实验，灯泡很暗②130.1molLC

HCOOH−溶液的pH2.1=③等pH等体积的硫酸、3CHCOOH溶液和足量锌反应，3CHCOOH放出的氢气较多④120mL0.2molL−醋酸溶液恰好与120mL0.2molLNaOH−溶液完全反应⑤pH1=的3CH

COOH溶液稀释至1000倍，pH4A.①②④⑤B.②③⑤C.①②③④⑤D.①②⑤【答案】B【解析】【详解】①用CH3COOH溶液做导电实验，没有与同浓度的强电解质对比，灯泡很暗不能证明CH3COOH是否完全电离，①不符合题意；②0.1mol·L-1CH3COOH溶液若

完全电离则c(H+)=0.1mol·L-1，pH=2.1，则c(H+)=10-2.1mol·L-1，说明CH3COOH没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，②符合题意；③等pH等体积的硫酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明C

H3COOH溶液还能电离出H+，原来CH3COOH没有完全电离，即证明CH3COOH是弱电解质，③符合题意；④醋酸溶液与NaOH溶液反应，反应量与其是否完全电离无关，与其总物质的量有关，20mL0.2mol·L-1醋酸溶液恰好与20mL0.2

mol·L-1NaOH溶液完全反应，不能说明醋酸是否完全电离，即不能证明CH3COOH是弱电解质，④不符合题意；⑤pH=1的CH3COOH溶液稀释至1000倍，pH＜4，说明c(H+)没有稀释1000倍，即稀释过程继续电离，说明原CH3COOH溶液没有完全电离，即证明CH3COO

H是弱电解质，⑤符合题意；符合题意的有②③⑤，故答案选B。7.一定质量的锌和足量的0.5mol/L的盐酸反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量可采用的方法是A.加入适量浓度为0.5mol/L的硫酸B.加入几滴3NaNO溶液C.加入几滴4C

uSO溶液D.加入少量3CHCOONa溶液【答案】A【解析】【分析】【详解】A．加入适量浓度为0.5mol/L的硫酸，硫酸溶液中c(H+)=1mol/L，导致混合液中c(H+)＞0.5mol/L，c(H+)增大，反应速率加快，且反应中酸过量，Zn为定值，因此产生的H2量不变，A符合题意；

B．加入几滴NaNO3溶液，-3NO、H+与锌反应生成NO，不产生H2，B不符合题意；C．几滴CuSO4溶液，Zn将Cu置换出来，构成Cu、Zn原电池，加快反应速率，但Zn与Cu2+反应后Zn的量减少，导致生成的H2减少，C不符合题意；D．加

入少量CH3COONa溶液，CH3COONa溶液与盐酸相遇生成CH3COOH，强酸变为弱酸，反应速率减慢，但是生成氢气的量不变，D不符合题意；故选A。8.利用低温技术可处理废气中的氮氧化物。在恒容密闭容器中发生下列化学反应：4NH3(g)＋6NO(

g)5N2(g)＋6H2O(l)ΔH=QkJ/mol(Q<0)。下列有关说法正确的是A.其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大B.平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中NO的转化率减

小C.单位时间内生成NH3和H2O的物质的量之比为2∶3时，反应达到平衡D.平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大【答案】C【解析】【详解】A．催化剂只能改变化学反应的速率，而不能改变反应物的转化率，A不正确；B．其他条件不变，增加NH3的浓度，平衡正向移动，

NO的转化率增大，B不正确；C．单位时间内生成NH3和H2O的物质的量比为2∶3，即3v正(NH3)＝2v逆(H2O)，根据3v正(NH3)＝2v正(H2O)可得，v逆(H2O)＝v正(H2O)，反应达到平衡状态，C正确；D．该反应是放热反应，升高温度

，平衡常数减小，D不正确；故选C。9.将NO2装入带有活塞的密闭容器中，当反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡后，改变某个条件，下列叙述正确的是A.升高温度，气体颜色加深，则正反应为吸热反应B.慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，但小于原来压强的两倍C.恒温恒容时，再充入NO2

气体，平衡向正反应方向移动，NO2的转化率减小D.恒温恒容时，充入惰性气体，压强增大，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色变浅【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，反应向吸热方向进行，气体颜色加深，说明平衡向左移动，所以

正反应为放热反应，故A项错误；B．慢慢压缩气体体积，当体积减小一半时，压强会变为原先的两倍，但是随着平衡的正向移动，压强会逐渐变小，小于原来压强的两倍，故B项正确；C．恒温恒容时，平衡后向容器中再充入NO2，可等价于原平衡压缩体积，平衡正向移动，NO2的转化率增大，故C

项错误；D．恒温恒容时，充入惰性气体，压强增大，各物质浓度不变，平衡不移动，混合气体的颜色不变，故D项错误；故答案为B。10.4CH和2Cl反应生成3CHCl和HCl的部分反应进程如图所示。已知总反应分3步进行：第1步-11Cl-Cl(g)2Cl(g

)ΔH=+242.7kJmol⎯⎯→；第2步432CH(g)+Cl(g)CH(g)+HCl(g)ΔH⎯⎯→；第3步333CH(g)+Cl-Cl(g)CHCl(g)+Cl(g)ΔH⎯⎯→。下列有关说法正确的是

A2ΔH<0B.第2步的反应速率小于第3步的反应速率C.减小容器体积增大压强，活化分子百分数增加，反应速率加快D.-1423CH(g)+Cl(g)CHCl(g)+HCl(g)ΔH=-112.9kJmol⎯⎯→【答案】B【解析】.【详解】A．观察图象可知，第2步反应是吸热反应，2ΔH>0，A

错误；B．观察图象可知，第2步的正反应活化能大于第3步的正反应活化能，所以第2步的反应速率小于第3步的反应速率，B正确；C．减小容器体积增大压强，单位体积内活化分子增多，而活化分子百分数不变，反应速率加快，C错误；D．根据图中信息333CH(g)+C

l-Cl(g)CHCl(g)+Cl(g)112.9kJ/moΔHl⎯=−⎯→，432CH(g)+Cl(g)CH(g)+HCl(g)Δ0H⎯⎯→，因此-142323CH(g)+Cl(g)CHCl(g)+HCl(g)ΔH=>-112.9kJmolHH→+，D

错误；故选B。11.研究反应2X(g)Y(g)+Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度随反应时间的变化情况如图所示。下列说法错误的是A.比较实验①②得出：增大反应物浓度化学反

应速率加快B.由实验②④得出：升高温度化学反应速率加快C.若实验②③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂D.在0～10min之间，实验④的平均速率v(Y)=0.06mol/(L•min)【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，实验①②的温度相同，实验①的X的物质的量浓度大，反应速率

明显快，所以增大反应物浓度，化学反应速率加快，A项正确；B．实验②④的起始物质的量浓度相等，实验②的温度为800°C，实验④的温度为820°C，实验④的反应速率明显较快，说明温度升高，化学反应速率加快，B项正确；C．实验②③中X的起始物质的量浓度相等，温度相同，平衡状态也相

同，但是实验③反应速率较快，达到平衡状态所需的时间短，说明实验③使用了催化剂，C项正确；D．在0~10min内，实验②的平均化学反应速率()()()()10.4mol/L11vYvX0.03mol/Lmin2210min−===

，D项错误；答案选D。12.若反应：222NO(g)+2CO(g)2CO(g)+N(g)ΔH<0在绝热恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明该反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是A.B.C.D.【答案】BD【解析】【详解】A．t1

时正反应速率最大，但仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A项不选；B．随着反应进行，NO不断被消耗，转化率不断增大，当反应达到化学平衡状态时NO的转化率不再变化，图像正确且能说明在t1时达到平衡状态，故B项选；C．t1时二氧化碳和一氧化碳的物质的量相等，但还在变化，说明正逆反应速率不相等，反应

没有达到平衡状态，故C项不选；D．t1时一氧化氮的质量分数不再变化，表明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故D项选；综上，本题选BD。13.在密闭容器发生下列反应aA(g)⇌cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到

原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是Aa＜c＋dB.平衡向正反应方向移动C.D的体积分数变大D.A的转化率变大【答案】A【解析】【分析】【详解】反应aA(g)⇌cC(g)＋dD(g)，达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡

不移动，D的浓度变为原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向移动；平衡逆向移动，D的体积分数减小；平衡逆向移动，A的转化率减小；增大压强，平衡逆向移动，则a＜c＋d；故选A。14.下列关于弱电解质的电离平衡中，说法错误的是A.

将0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释，()()+3cHcCHCOOH变大B.向1L0.1mol·L-1的CH3COOH溶液滴加NaOH溶液的过程中，n(CH3COOH)与n(CH3COO-)之和始终为0.1m

olC.向0.1mol·L-1的氨水中通氨气，NH3•H2O的电离程度增大D.在CuCl2溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)＋4Cl-[CuCl4]2-(黄色)＋4H2OΔH>0，向黄绿色的CuCl2溶液中加水，溶液变蓝【答案】C【解析】【详解】A．CH3COOH的电

离平衡常数为Ka=()()()+33cHcCHCOOcCHCOOH−•，加水稀释，Ka不变，CH3COO-浓度减小，则()()+3cHcCHCOOH=()3cCHCOOaK−变大，故A正确；B．向1L0.1mol·L

-1的CH3COOH溶液滴加NaOH溶液的过程中，两者反应生成CH3COONa和水，结合碳元素守恒，n(CH3COOH)与n(CH3COO-)之和始终为0.1mol，故B正确；C．弱电解质的浓度越大，电离程度越小，故向0.1mol·L-1的氨水中通氨气，NH3•H2O浓度增大，电离

程度减小，故C错误；D．根据平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)＋4Cl-[CuCl4]2-(黄色)＋4H2O，向黄绿色的CuCl2溶液中加水，平衡逆向移动，溶液变蓝，故D正确；故选：C。.15.下列图示与对应的叙述相符的是A.图A表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时，溶液的pH变化曲线，其中溶

液导电性：c>b>aB.由B图水的电离平衡曲线可知，图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=EC.图C是常温下，向10mL0.1mol·L-1的HR溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1NH3·H2O溶液，溶液pH及导电能力变化，由图可知a~b导电能力增强，说明HR为强酸D

.图D表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始22nnN)(H()变化的曲线，其中A点与B点H2转化率：αA(H2)=αB(H2)【答案】B【解析】【详解】A．用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的

pH变化较小，溶液的导电能力取决于自由移动的离子的浓度大小，则溶液导电性：a＞b＞c，故A错误；B．由图像可知，A、E、D都是T2时曲线上的点，Kw只与温度有关，温度相同时Kw相同，温度升高，促进水的电离，Kw增大，则B＞A＝D＝E，由C点c(OH－)·c(H＋)可知，C点

的Kw大于A点小于B点，则Kw：B＞C＞A＝D＝E，故B正确；C．溶液的导电能力与离子浓度和所带电荷成正比，如果HR为强酸，加入氨水至溶液呈中性时，溶液中离子浓度会减小，导致溶液导电能力降低，根据图知，加入氨水至溶液呈中性时，随着氨水的加

入，溶液导电能力增强，说明离子浓度增大，则HR为弱酸，故C错误；D．增加氮气的浓度，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡正向移动，n(N2)/n(H2)值越大，H2转化率越高，转化率：αA(H2)<αB(H2)，故D错误；选B。16.25℃，醋酸溶液中CH3COOH、CH3CO

O-的分布系数δ与pH的关系如图。其中，δ(CH3COO-)=-3-33c(CHCOO)c(CHCOO)+c(CHCOOH)。下列叙述错误的是A.曲线2代表δ(CH3COO-)B.25℃，CH3COOH的电离常数Ka=10-4.74C.δ(CH3COOH)=++ac(H)K+c(H)D

.该关系图不适用于CH3COOH、CH3COONa混合溶液【答案】D【解析】【详解】A．已知δ(CH3COO-)=333c(CHCOO)c(CHCOO)c(CHCOOH)−−+，等式上下同除c(CH3COO-)可得δ(CH3COO-)=a1c(H)1K++=aa

KKc(H)++，随着pH增大，氢离子浓度减小，aaKKc(H)++增大，即随着pH增大，δ(CH3COO-)增大，则曲线2代表δ(CH3COO-)，A正确；B．δ(CH3COO-)=333c(CHCOO)1c

(CHCOO)c(CHCOOH)2−−=+，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，Ka=33c(CHCOO)c(H)c(CHCOOH)−+=c(H+)，已知pH=4.74，故Ka=10-4.74，B正确；C．333a333c(CHCOOH)c

(H)c(H)(CHCOOH)c(CHCOO)c(H)Kc(H)c(CHCOO)c(CHCOOH)c(H)c(CHCOOH)++−++−+===+++，故C正确；D．根据选项A中推导可知，δ(CH3COO-)与pH正相关，此关系图同样适用于醋酸和醋酸钠的混合溶液，D错误；故答案选D

。第Ⅱ卷非选择题(共56分)二、非选择题(本题共4小题，共56分)17.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问题。（1）生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是_______(用离子方程式表示)。（2）常温下，取0.2mol/LHC

l溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH=5，则pH=13的MOH溶液的浓度_______0.1mol/L(填＜、>或=)。（3）0.1mol/L的NaHA溶液，测得溶液显碱性。则该溶

液中c(H2A)_______c(A2−)(填＜、>或=)。（4）25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.8×10-5-71K=4.310-112K=5.6103.0×10-8

回答下列问题：①25℃时，等浓度的三种溶液，酸性最强的是_______，一般情况下，当温度升高时，aK_______(填“增大”、“减小”或“不变”)；②用蒸馏水稀释-10.10molL醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_______(填

序号)。A．()()3+cCHCOOHcHB．()()-33cCHCOOcCHCOOHC．()+wcHKD．()()+-cHcOH③向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式_______。④室温下，某溶液中存在着CH3COOH(aq)+-3HCO(

aq)CH3COO-(aq)+H2CO3(aq)，该反应的平衡常数K=_______。(用Ka、K1或K2表示)【答案】（1）Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+（2）>（3）>（4）①.CH3COOH②.增大③.B④.Cl

O−+CO2+H2O=HClO+HCO3−⑤.a1KK【解析】【小问1详解】明矾溶于水后电离出的Al3+水解成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮颗粒物，相关离子方程式：()323Al3HOAl3(OHH)++++胶体；【小问2详解】等浓度、等体积的H

Cl溶液与MOH溶液混合后溶液pH=5，说明酸碱发生中和反应生成强酸弱碱盐，即的MOH为弱碱，在水溶液中部分电离，则pH=13的MOH溶液的浓度需大于0.1mol/L；【小问3详解】0.1mol/L的NaHA溶液，测得溶液显碱性，说明溶液中HA−水解程度大于电离程度，则c(H2A)＞

c(A2−)；【小问4详解】①弱酸的电离平衡常数越大，电离程度越大，表明酸性越强，结合表格中各弱酸电离平衡常数可知，酸性最强的为CH3COOH；②A．根据()()()+3a3cHcCHCOOcCHCOOHK−=，加水稀释，温度不变aK不变，()3cCHCOO−减小，则()()3cCHCOO

HcH+比值减小，故A错误；B．根据()()()+3a3cHcCHCOOcCHCOOHK−=，加水稀释，温度不变aK不变，()cH+减小，则()()33cCHCOOcCHCOOH−比值增大，故B正确；

C．加水稀释时，温度不变wK不变，()cH+减小，则()+wcHK比值减小，故C错误；D．对应醋酸溶液加水稀释，浓度降低，酸性减弱，碱性增强，则()()+-cHcOH比值减小，故D错误；答案选B；③向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，根据强酸制弱酸原理，反应后生成次氯酸和碳

酸氢盐，离子方程式：223ClOCOHOHClOHCO−−++=+；④根据33CHCOOHCHCOOH−++，()()()3a3cHcCHCOOcCHCOOHK+−=；根据233HCOHCOH−++，()()()3123cHcHCOcHCOK+−=，则()()()

()23a133cCH3COOcHCOcHCOcCHCOOHKKK−−==；18.碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿(Cu2S，含有SiO2和少量Fe2O3等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示：已知：CS2，为无色液体，是硫、磷、

硒、溴、碘、樟脑等的良好溶剂，具有挥发性。回答下列问题：（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有_______(任写一种)。（2）滤渣I经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣I中的主要成分是_____

__(填化学式)。由CS2回收滤渣I中的淡黄色副产品过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是_______。（3）“除铁”时检验Fe3+是否除尽时常用的化学试剂_______。（4）写出“沉锰”(除Mn2+)过程中反应的离子方程式：___

____。（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是_______。（6）测定副产品MnSO4·H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应

后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为_______(保留到小数点后两位)【答案】（1）搅拌；适当增加硫酸浓度；适当加热等（2）①.SiO2、S、MnO2②.温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发（3

）KSCN溶液（4）Mn2++HCO3−+NH3=MnCO3+NH4+（5）将溶液加热（6）96.57%【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，Cu2S在酸性条件下被二氧化锰

氧化，SiO2不溶于稀硫酸，滤渣I经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，说明滤渣I中含有S，过滤得到的滤渣中含有MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，加入A，调节溶液的pH使铁离子形成氢氧化

铁沉淀，除去铁；加入碳酸氢铵溶液沉淀锰，过滤得到碳酸锰，用硫酸溶解，生成硫酸锰晶体，滤液赶出氨气，参与循环使用，同时得到碱式碳酸铜，据此分析解答。【小问1详解】加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可以适当增加硫酸的浓度，充分搅拌，加热等，故答案为：搅拌、适当增加硫酸浓度、

适当加热等。【小问2详解】滤渣I的主要成份MnO2、SiO2、单质S；回收淡黄色副产品——S的过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低，原因是温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发，故答案为：SiO2；S；MnO2；温度过低，硫的溶解速

率小，温度过高，CS2易挥发。【小问3详解】检验Fe3+常滴加KSCN溶液，溶液呈红色。【小问4详解】检验Fe3+常滴加KSCN溶液，溶液呈红色(4)“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++HCO3−+NH3=MnCO3+NH

4+；【小问5详解】氨气易挥发，“赶氨”时，最适宜的操作方法是将溶液加热，故答案为：将溶液加热。【小问6详解】测定MnSO4•H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的

BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，为硫酸钡物质的量=4.66g233g/mol=0.02mol，n(MnSO4•H2O)=n(BaSO4)=0.02mol，则此样品中MnSO4•H2O物质的量为：0.02mol×10025=0.08mol，则样品中

MnSO4•H2O的纯度=0.08mol169g/mol100%14.00g=96.57%，故答案为：96.57%。19.食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，HAc的54.76a=1.751010K−−=。（1）某小组研究2

5℃下HAc电离平衡的影响因素。提出假设。稀释HAc溶液或改变-Ac浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验。用浓度均为0.1mol/L的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液：测定pH，记录数据如下。【表1】序号(HAc)/mLV(NaAc)/mLV()2HO/m

LV(NaAc):(HAc)nnpHⅠ40.00//02.86Ⅱ4.00/36.000336.…Ⅶ4.00ab3:44.53Ⅷ4.004.0032.001:14.65①根据表中信息，补充数据：a=_______，b=_______。②由实验Ⅰ和Ⅱ

可知，稀释HAc溶液，电离平衡_______(填“正”或“逆”)向移动：结合表中数据，给出判断理由：_______。③由实验Ⅱ~Ⅷ可知，增大-Ac浓度，HAc电离平衡逆向移动。实验结论假设成立。（2）实

验过程中，溶液浓度的准确性对结果会有影响，该小组同学认为应先用0.1000mol/L的NaOH溶液准确测定HAc溶液的浓度再验证，实验中：①应选用_______作指示剂，判断到达滴定终点的实验现象是_______。②下列操作会导致实验结果偏低的是_______。

(填标号)A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗B.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗后再用未知液润洗C.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度D.滴定过程中振荡锥形瓶，液体不慎溅出③某学生进行3次实验得到相关数据如下所示。【表2】滴定次数待测HAc的体积/mL消耗0.1000mol/L

NaOH溶液的体积/mL滴定前读数滴定后读数第一次25.000.0028.13第二次25.001.5632.30第三次25.000.2228.29则HAc的物质的量浓度为_______mol/L(保留四位小数)

。（3）小组分析上【表1】数据发现：随着(NaAc):(HAc)nn的增加，()+Hc的值逐渐接近HAc的aK。查阅资料获悉：一定条件下，按(NaAc):(HAc)=1nn配制的溶液中，()+Hc的值等于HAc的aK。如果只有

浓度均约为0.1mol/L的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的aK？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。Ⅰ移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液1mLVⅡ_______，测得溶液的pH为

4.76实验总结得到的结果与资料数据相符，方案可行。【答案】（1）①.3.00②.33.00③.正④.稀释HAc溶液浓度为原来的十分之一，pH变化小于1（2）①.酚酞试液②.最后半滴标准液加入后，溶液无色变红色且半分钟内不褪色③.D④.0.11

24（3）向Ⅰ所得溶液中加入20.00mLHAc溶液【解析】【分析】中和滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；【小问1详解】①探究稀释H

Ac溶液或改变-Ac浓度，HAc电离平衡会发生移动，根据表中信息，实验要控制其中(NaAc):(HAc)nn=3:4，且配制总体积相同的系列溶液，则a=3.00，b=33.00。②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶

液浓度为原来的十分之一，pH变化小于1，说明电离平衡正向移动，电离出更多的氢离子，导致pH=3.36<2.86+1；【小问2详解】①醋酸和氢氧化钠恰好反应生成强碱弱酸盐醋酸钠，此时溶液显碱性，应选用酚酞作指示剂，判断到达滴定终点的实验现象是最后半滴标准液加入后，溶液无色变红色且半分钟内不褪

色。②A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，导致标准液用量增加，实验结果偏高，A不选；B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗后再用未知液润洗，导致未知液量偏大，标准液用量增加，实验结果偏高，B不选；C．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，导致标准液用量读数增加，实验结果偏高，C不选

；D．滴定过程中振荡锥形瓶，液体不慎溅出，使得导致标准液用量减少，实验结果偏低，D选；故选D；③三次滴定标准液用量分别为28.13mL、30.74mL、28.07mL，第二次实验误差较大，舍弃，平均用量为28.10mL，根

据HAc~NaOH，则HAc的物质的量浓度为3328.1010L0.1000mol/Lmol/L2=0.1125.04010L−−；【小问3详解】一定条件下，按(NaAc):(HAc)=1nn配制的溶液中，()+cH的值等于HAc的aK；25℃时，HAc的54

.76a=1.751010K−−=；则实验操作为：移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液1mLV；然后再向Ⅰ所得溶液中加入20.00mLHAc溶液，此时溶液中(NaAc):(HAc)=1nn，测得溶液的pH为4.76。20.碳中和作为一种新型环保形式，目前已经

被越来越多的大型活动和会议采用。回答下列有关问题：（1）利用CO2合成二甲醚有两种工艺。工艺1：涉及以下主要反应：Ⅰ.甲醇的合成：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1＜0Ⅱ.逆水汽变换：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g

)ΔH2>0Ⅲ.甲醇脱水：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH3>0工艺2：利用CO2直接加氢合成CH3OCH3(反应Ⅳ)①反应Ⅳ的热化学方程式为_______，平衡常数K4=__

_____(用K1、K3表示)。②恒温恒容情况下，下列说法能判断反应Ⅳ达到平衡的是_______。A.气体物质中碳元素与氧元素的质量比不变B.容器内压强不变C.容器内气体密度不变D.容器内CH3OCH3浓度保持不变（2）工艺1需先合成甲醇。在不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料合成

甲醇，实验测定CO2平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。的①下列说法正确的是_______A.图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率B.p1>p2>p3C.为了同时提高CO2的平衡转化率和CH

3OH的平衡产率，应选择低温、高压条件D.一定温度压强下，提高CO2的平衡转化率的主要方向是寻找活性更高的催化剂②图乙中，某温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是_______。（3）对于合成甲醇的反应：CO2(

g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＜0，一定条件下，单位时间内不同温度下测定的CO2转化率如图丙所示。温度高于710K时，随温度的升高CO2转化率降低的原因可能是_______。【答案】（1）①.2CO2(g)+6

H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH4=2ΔH1+ΔH3②.213KK③.BD（2）①.ABC②.该温度时，以反应Ⅱ为主，压强对平衡移动无影响（3）710K之前反应没有达到平衡，随着温度上升，反应速率增加，因此

CO2的转化率上升；该反应是放热反应，710K之后平衡逆向移动，CO2的转化率下降【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律可知2×I+III=IV故Ⅳ的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g）ΔH4=2ΔH1+ΔH3；反应乘2则平衡常数为原来的平

方，反应相加则平衡常数相乘，故Ⅳ的平衡常数K4=213KK；②A．纯气体反应根据质量守恒定律可知气体物质中碳元素与氧元素的质量比始终不变，不能作为平衡标志，A不符合题意；B．该反应前后气体分子数变化，恒

容反应容器内压强不变达到平衡，B符合题意；C．纯气体恒容反应，气体总质量和总体积均不变，根据mρ=V可知容器内气体密度不变，故不能作为平衡判断标志，C不符合题意；D．容器内CH3OCH3浓度保持不变达到平衡，D符合题意；故答案选BD。【小问2详解】①工艺1中反应I

为放热反应，反应II为吸热反应，III为分解反应吸热；A．对于反应I升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的平衡产率减少，故图甲表示CH3OH的平衡产率，A符合题意；B．对于图乙，由于I为放热反应，升温平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低，反应II吸热

，升高一定温度后以反应II为主，二氧化碳转化率又升高，故图乙为二氧化碳平衡转化率。压强增大，反应I平衡正向移动，甲醇平衡转化率增大，故压强p1>p2>p3，B符合题意；C．据图可知，温度越低，二氧化碳平衡转化率增大，甲醇的平衡产率越大，增大

压强也是如此，故选择低温高压，C符合题意；D．催化剂仅影响反应速率，不改变平衡转化率，D不符合题意；故答案选ABC。②由于I为放热反应，升温平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低，反应II吸热，升高一定温度后以反应II为主，二氧化碳转化率又升高，故某温度时，三条曲线几乎

交于一点的原因是该温度时，以反应Ⅱ为主，压强对平衡移动无影响。【小问3详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com