【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-23Al-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H

Cl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+、C

l-、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②130.1molLCHCOOH−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3CHCOOH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CH3COOH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20mL0.2mol·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；⑤

pH=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CH3COOH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4CuSO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CuS

O4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)+C

l-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)+Cl-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0.1molC.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、CH3COO-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(CHCO

OH)−−+，等式上下同除c(CH3COO-)可得δ(CH3COO-)=a1c(H)1K++=aaKKc(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/LHCl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CH

3COOHH2CO3HClO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.ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−⑤.a1KK【解析】【小问1详解】明矾溶于水后电离出的A

l3+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HCl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()()3cCHCOOHcH+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()()33cCHCOO

cCHCOOH−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−++，()()()3123c

HcHCOcHCOK+−=，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+NH4+；【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25℃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(HA

c)/mLV(NaAc)/mLV()2HO/mLV(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/LNaOH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HAc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CH3OH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)+6H2(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I

I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