【文档说明】北京市北京师范大学附属实验中学2022-2023学年高二上学期期中化学试题 含解析.docx，共(23)页，2.496 MB，由小赞的店铺上传

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北京市北京师范大学附属中学实验中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Fe56Pb207一、选择题(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.下列属于弱电解质的物质是A.NaClB.NaOHC.H2SO4D.NH3•H2O【答案】D【解析】【分析】弱电解质是在水溶液中不完全电离的电解质。【详解】A．NaCl在水溶液中完全电离，是强电解质，A错误

；B．NaOH是强碱，在水溶液中完全电离，是强电解质，B错误；C．H2SO4是强酸，在水溶液中完全电离，是强电解质，C错误；D．NH3•H2O是弱碱，在水溶液中不完全电离，是弱电解质，D正确；故选D。2.2022年3月，神舟十三号航天员在

中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确．．．的是A.醋酸钠溶液中()()3NaCHCOOcc+−=B.醋酸钠是强电解质C.常温下，醋酸钠溶液的pH>7D.

该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出【答案】A【解析】【详解】A．醋酸钠溶液中醋酸根离子能发生水解，所以c(Na+)>c(CH3COO−)，故A错误；B．醋酸钠属于盐，在水中完全电离，是强电解质，故B正确；C

．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液显碱性，常温下，醋酸钠溶液的pH>7，故C正确；D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确；故选A。3.2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理的研究

，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如下图所示。下列说法不正确．．．的是A.图①→②过程吸热，图②→③过程放热B.温度、压强、催化剂都能改变反应的HC.2N在反应过程中三键均发生断裂D.反应过程中存在-NH-、-NH2等中间产物【

答案】B【解析】【详解】A．图①→②过程表示断裂氮气分子化学键，断键吸热，图②→③过程表示形成氮氢单键，成键放热，A正确；B．催化剂只能改变反应的活化能从而改变反应速率，不能改变反应的焓变，B错误；C．由图①→②可知，N2在反应过程中三键均发生断裂，

C正确；D．图③④表明反应过程中存在−NH−、−NH2等中间产物，D正确；故选B。4.对可逆反应3224NH5O4NO6HO++，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确．．．的是A.使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加

B.升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加C.增大()2Oc，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加D.增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加【答案】C【解析】【详解】A．使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百

分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故A正确；B．升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故B正确；C．增大c(O2)，单位体积内活化分子数量增多，活化分子百分数不变，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故C错误；的D．增

大压强，气体体积减小，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故D正确；答案选C。5.下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关．．的是ABCD实验2SO通入4KMnO溶液中2SO通入2NaS溶液中KI溶液滴入AgCl浊液中NO进入空气中现象溶

液褪色产生淡黄色沉淀沉淀由白色逐渐变为黄色变为红棕色气体A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫将高锰酸根离子还原成锰离子，发生氧化还原反应，故A不选；B．SO2通入硫化钠溶液中，生成硫单质，硫元素的

化合价发生变化，是氧化还原反应，故B不选；C．KI溶液滴入AgCl浊液中，属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故C选；D．NO进入空气中，NO和O2发生氧化还原反应生成NO2，故D不选；故选：C。6.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值

产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C.①→②放出能量并形成了C—C键

D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2→催化剂CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并

形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2→催化剂CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化

变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提

高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发

生移动。7.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是A.无色溶液中：3Fe+、K+、SCN−、Cl−B.含有3Al+溶液中：K+、3HCO−、24SO−、Cl−C.pH11=的NaOH溶液中：23CO−、K+

、3NO−、24SO−D.由水电离出的()131H1.010molLc+−−=的溶液中：Na+、4NH+、24SO−、3HCO−【答案】C【解析】【详解】A．含3Fe+的溶液为黄色，在无色溶液不能存在，且3Fe+、SCN−发生络合反应不能共存，

故A不选；B．3Al+、3HCO−发生双水解不能共存，故B不选；C．pH11=的NaOH溶液中，23CO−、K+、3NO−、24SO−、Na+、OH-相互不反应，可以大量共存，故C的选；D．由水电离出的()131H1.010molLc+−−=的

溶液中，溶液可能显酸性或者碱性，碱性溶液中4NH+不能大量共存，3HCO−在酸性和碱性溶液中均不能大量共存，故D不选；故选：C。8.依据图示关系，下列说法不正确．．．的是A.2ΔH>0B.1molS(g)完全燃烧释放的能量小于2968kJC.213ΔH

=ΔH-ΔHD.16gS(s)完全燃烧释放的能量为1484kJ【答案】B【解析】【详解】A．硫固体转化为硫蒸气的过程为吸热过程，则焓变2ΔH>0，故A正确；B．硫蒸气的能量高于硫固体，则1mol硫蒸气完全燃烧释放的能量大于2968kJ，故B错误；C．由盖斯定律可知，

焓变231ΔHΔH=ΔH+，则焓变213ΔH=ΔH-ΔH，故C正确；D．由图可知，16g硫固体完全燃烧释放的能量为16g32g/mol×2968kJ/mol=1484kJ，故D正确；故选B。9.室温下，1L含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后

溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：溶液a通入0.01molHCl加入0.01molNaOHpH4.764.674.85像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法不正确．．．的是A.溶液a和0.1mol·L−

1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者B.向溶液a中通入0.01molHCl时，CH3COO−结合H+生成CH3COOH，pH变化不大C.向溶液a中加入0.1molNaOH固体，pH基本不变D.含0.1mol·L−1NH3·H2O与0

.1mol·L−1NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液【答案】C【解析】【分析】含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液中，如果加入少量的强酸或强碱，反应后不会改变溶液的大致组成，pH变化不大；如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液的组成和性质。【详解】A、1

L含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a中，CH3COONa电离出CH3COO--，对CH3COOH的电离有抑制作用，因此溶液a中CH3COOH的电离程度小于0.1mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度，故A正确；B、

向溶液a中通入0.01molHCl时，CH3COO−结合H+生成CH3COOH，反应后溶液组成为0.11molCH3COOH和0.09molCH3COONa，溶液组成没有大的变化，pH变化不大，故B正确；C、向溶液a中加入0.1molNaOH固体，0.

1molCH3COOH完全反应，得到CH3COONa溶液，显碱性，pH变化大，故C错误；D、含0.1mol·L−1NH3·H2O与0.1mol·L−1NH4Cl的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，故也可叫缓冲溶液，故D正确

。答案选C。10.()243FeSO溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓HCl，黄色加深(b)。下列说法不正确．．．的是资料：34Fe4ClFeCl−+−+(黄色)；浓度较小时()326FeHO+(用3Fe+表示)几乎无色。A.测溶液a的p

H1.3，证明3Fe+发生了水解B.加入浓HCl，H+与Cl−对3Fe+浓度大小的影响是一致的C.向b中加入几滴3AgNO浓溶液后，黄色褪去，说明H+能抑制3Fe+水解D.溶液a滴入沸水中，加热，得到红褐色液体，

检测有丁达尔效应，说明加热能促进3Fe+水解【答案】B【解析】【详解】A．如果FeCl3溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的pH1.3，证明3+Fe发生了水解，反应原理为：Fe3++3H2OFe(O

H)3+3H+，A正确；B．加入浓HCl，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，而Cl-浓度增大，促进-3+-4Fe+4ClFeCl平衡正向移动，Fe3+浓度减小，则+H与Cl−对3+Fe浓度大小的影响是不一致的，B错误；C．

向b中加入3AgNO后，是由于Ag++Cl-=AgCl↓，导致-3+-4Fe+4ClFeCl平衡逆向移动，溶液黄色变浅但不会褪去，同时溶液中H+浓度增大，说明+H能抑制3+Fe水解，使得溶液几乎无色，C正确；D．

将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进3+Fe水解，D正确；故答案为：B。11.已知反应：X(g)+Y(g)2Z(g)∆H＜0，400℃时该反应的化学平衡常数K=1。一定条件下，分别在甲、

乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如表：容器温度/℃起始时物质的浓度/(mol•L-1)10分钟时物质的浓/(mol•L-1)c(X)c(Y)c(Z)甲400110.5乙T1110.4丙40012a下列说法中，不正确．．．的是A.

甲中，10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025mol•L-1•min-1B.甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态C.乙中，可能T1＜400℃D.丙中，a>0.5【答案】B【解析】【详解】A．甲中，10分钟时生成了

0.5mol/L的的Z，根据方程式可知，反应掉的X的浓度为0.25mol/L，则10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025mol•L-1•min-1，A正确；B．在10分钟的时，由表格知生成的Z的浓度为0.5mol/L

，则X、Y都反应掉了0.25mol/L，还剩余0.75mol/L，由此算出此时的浓度熵为2C0.5Q0.410.750.75=，即反应正向进行，平衡正向移动，B错误；C．乙中，X、Y的起始浓度相同，但10分钟后生成物Z的浓度却比甲要小，说明乙容

器中反应速率比乙容器小，则可以为降温温度导致，故C正确；D．对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多，故丙中a>0.5，D正确；故选B。12.测定1230.1molLNaSO−溶液先升温再降温过

程中的pH，数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的2BaCl溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确．．．的是A.①与④的wK值相等B.23NaSO溶液中存

在水解平衡：2323SOHOHSOOH−−−++C.④的pH与①不同，是由于23SO−浓度减小造成的D.①→③的过程中，pH变化是温度升高水解平衡逆向移动的结果【答案】D【解析】【详解】A．Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故A正确；B．Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在

水解平衡：2-3SO+H2O-3HSO+OH−，故B正确；C．①→③过程中，pH减小，说明2-3SO水解产生的c(OH−)减小，升高温度，水解平衡应向正反应方向进行，2-3SO水解产生的c(OH−)应该增大，而实际上pH减小，主要原因是部分2-3SO被空气中的氧气氧化为2-4SO，溶液中c(2

-3SO)减小，水解逆向移动，pH减小。④的pH与①不同，是由于2-3SO浓度减小造成的，故C正确；D．①→③的过程中，升高温度，水解平衡应向正反应方向进行，2-3SO水解产生的c(OH−)应该增大，而

实际上pH减小，主要原因是部分2-3SO被空气中的氧气氧化为2-4SO，溶液中c(2-3SO)减小，水解逆向移动，水电离程度变大，故D错误；故选D。13.下列实验中，均产生白色沉淀。下列分析不正确的是

A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解D.4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低

【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、2-3CO、-3HCO、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；B．-3HCO垐?噲?H++2-3CO，加入Ca2+后，Ca2+和2-3CO反应生成沉淀，促

进-3HCO的电离，B错误；C．Al3+与2-3CO、-3HCO都能发生互相促进的水解反应，C正确；D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；故选B。14

.以相同的流速分别向经硫酸酸化和未经酸化的浓度均为10.1molL−的4FeSO溶液中通入2O。溶液中pH随时间的变化如下图所示。的已知：130.1molLFe−+生成()3FeOH，开始沉淀时pH1.5=，完全沉淀时p

H2.8=，下列说法不正确．．．的是A.由图1可知，酸化的4FeSO溶液中发生反应：23224FeO4H=4Fe2HO++++++B.图2中，t=0时刻，4FeSO溶液pH5.7=是由于2Fe+发生了水解反应C.由图2可知，未

酸化的4FeSO溶液中发生反应生成()3FeOH的同时还生成了OH−D.向4FeSO溶液中先加入过量NaOH溶液，再通入2O，最终得到红褐色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．由图1可知，向酸化的FeSO4溶液中通入氧气，溶液的pH值

未超过1.4，则亚铁离子被氧化为铁离子，还没开始沉淀，即发生的氧化还原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，A正确；B．由于未加硫酸酸化，但t=0时刻，FeSO4溶液pH=5.7，则说

明是亚铁离子水解导致的，其水解方程式为：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，B正确；C．由图2的曲线变化趋势可知，溶液中的反应使其pH值下降，根据氢氧化铁的沉淀范围可知，氧气将亚铁离子氧化为氢氧化铁沉淀，同时生成氢离子，该反应为

：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+，C错误；D．根据所给条件可知，若向FeSO4溶液中先加入过量NaOH溶液再通入O2，发生的反应为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=

4Fe(OH)3，最终得到红褐色沉淀，D正确；故选C。二、填空题(本题共58分)15.盐酸和醋酸是生活中常用的酸。某实验小组进行了以下实验。【实验一】探究浓度对醋酸电离程度的影响。用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸

的pH，结果如下：浓度/(1molL−)0.00100.01000.1000pH3.883.382.88（1）根据表中数据可以得出醋酸是弱电解质的结论，依据是_______。（2）25℃时，醋酸的电离常数aK为_______(列出算式即可)。【实验二】对比盐酸和醋酸与NaOH的反应。常温下

，用10.1000molL−NaOH溶液分别滴定20mL10.1000molL−的盐酸和醋酸，滴定过程中溶液pH的变化曲线如下图所示。（3）a点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为_______。（4）()VNaOHaq=20mL时，()-cC

l_______()3cCHCOO−(填“>”“<”或“=”)。【实验三】对比盐酸和醋酸与NaClO的反应。资料：25℃时，()5a3KCHCOOH1.7510−=、()-8aKHClO=4.010。（5）NaClO溶液中加入石蕊溶液变蓝，用化学用语解释原因_______。（6）

结合资料和化学用语解释Ⅰ、Ⅲ中的实验现象_______。【答案】（1）0.100mol/L的3CHCOOH溶液pH2.881=，或0.100mol/L的3CHCOOH溶液稀释10倍，pH变化为0.51(合理答案均可)（2）3.883.883.

8810100.001010−−−−或3.383.383.3810100.010010−−−−或2.882.882.8810100.100010−−−−（3）()()()()-++-3cCHCOO>cNa>cH>cOH（4）>（5）2ClOHOHCl

OOH−−++（6）Ⅱ中已排除稀释对溶液褪色的干扰，由于()()a3aKCHCOOH>KHClO，Ⅰ中发生反应33ClOCHCOOH=HClOCHCOO−−++，()cHClO增大，漂白性增强，氧化石蕊，故Ⅰ中颜色褪去；

Ⅲ中发生反应：22ClOCl2H=ClHO−−++++，所以溶液变为浅黄绿色【解析】【小问1详解】根据表中数据可以得出醋酸是弱电解质的结论，依据是0.100mol/L的3CHCOOH溶液pH2.881=，或0.100mol/L的

3CHCOOH溶液稀释10倍，pH变化为0.51(合理答案均可)；【小问2详解】由表格数据可知，25℃时，醋酸电离常数-+33ac(CHCOO)c(H)=c(CHKCOOH)=3.883.883.8810100.00

1010−−−−或3.383.383.3810100.010010−−−−或2.882.882.8810100.100010−−−−；【小问3详解】滴定开始时，10.1000molL−的盐酸pH=1，

10.1000molL−的醋酸pH>1，所以曲线I表示滴定醋酸，曲线II表示滴定盐酸，a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为++--3cH+cNa=cC

()()()(HCOO+cOH)，根据图中信息，此时溶液的pH<7呈酸性，所以+-c(H)>c(OH)，则+-3(c(Na)<cCHCOO)，又知此时溶液中CH3COONa是强电解质完全电离，CH3COOH是弱电解质部分电离，所以++c(H)<c(Na)，故a点溶液中，离子浓

度由大到小的顺序为-++-3c(CHCOO)>c(Na)>c(H)>c(OH)；【小问4详解】()VNaOHaq=20mL时，完全中和得到两个盐溶液中，CH3COO-会发生水解，而Cl-不会发生水解，则()-cCl>()-3cCHCO

O；【小问5详解】NaClO为强碱弱酸盐，溶于水的ClO-离子发生水解使溶液呈碱性，从而使NaClO溶液中加入石蕊溶液变蓝，离子方程式为2ClOHOHClOOH−−++；【小问6详解】结合资料和化学用语解释Ⅰ、Ⅲ中的实验现象为Ⅱ中已排除稀释

对溶液褪色的干扰，由于()()a3aKCHCOOH>KHClO，Ⅰ中发生反应33ClOCHCOOH=HClOCHCOO−−++，()cHClO增大，漂白性增强，氧化石蕊，故Ⅰ中颜色褪去；Ⅲ中发生反应：22Cl

OCl2H=ClHO−−++++，所以溶液变为浅黄绿色。16.3CHOH是重要的基本有机原料。Ⅰ．利用反应A可将4CH转化为3CHOH。反应A：()()()4232CHgOg=2CHOHg+H0（1）已知：破坏1mol化学键所需要的能量

如下表所示。的化学键C-HOO=O-HC-O能量/kJabcdH=_______1kJmol−。（2）一定条件下将4CH与2O直接混合实现反应A，往往产生2CO等副产物。我国科研工作者利用3FeCl实现4CH的选

择性氯化，使4CH转化为3CHCl，并进一步水解得到3CHOH，流程示意如下。①反应i的化学方程式是_______。②由3FeCl溶液结晶得到32FeCl6HO晶体，在HCl的气流中加热32FeCl6HO晶体，能得到无水3FeCl，实现物质的循环利用。结合平衡移动原理解释HCl的

作用：_______。Ⅱ．以2CO为原料合成甲醇可以减少2CO的排放，实现碳的循环利用。一定条件下使2CO、2H混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算2CO的转化率和3CHOH的选择性以评价催化剂的性能。已知：

i．反应器内发生的反应有：a．()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++149.5kJmolH−=−b．()()()()222COgHgCOgHOg++141.2kJmolH−=+ii．3CHOH选择性()()32nCH

OH100%nCO=生成消耗iii．其他条件相同时，反应温度对2CO的转化率和3CHOH的选择性的影响如下图所示；（3）由图1可知实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是_______。（4）温度高于260℃时，2CO平

衡转化率变化的原因是_______。（5）温度相同时，3CHOH选择性的实验值略高于其平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：_______。【答案】（1）()-2c+2d-2a-b或2a+b-2c-2d（2）①.4332C

H2FeClCHCl2FeClHCl+++光照②.()3223FeCl6HOFeOH3HCl3HO++，通入HCl，抑制3FeCl水解；同时，HCl气流可带走2HO（3）2CO的实验转化率未达到平衡转化率（4）温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动；温度高于260℃时，反应b正向移

动的程度大于反应a逆向移动的程度（5）在该条件下反应a速率大于反应b，单位时间内生成的甲醇的量比生成的CO的量多。【解析】【分析】结合表格中的键能数据，可以用反应物的总键能减去生成物的总键能计算反应的焓变；结合流程示意图，可知3FeCl+4CH→3CHCl+HCl+a，反应中碳元素的化合价

由-4价升为-2价，氢元素与氯元素的化合价未发生变化，根据氧化还原的基本原理，可知铁元素的化合价降低，则a为FeCl2，3CHCl+H2O→3CHOH+b，根据水解原理，可以推知b为HCl。【小问1详解】()()()4232CHgOg=2CHO

Hg+反应的焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，H=(8a+b)-(6a+2d+2c)=2a+b-2c-2d。的【小问2详解】由分析可知物质a为FeCl2，故反应方程式为4332CH2FeClCHCl2FeClHCl+++光照；()3223FeCl6HOFeOH3HCl3HO++，通入H

Cl，抑制3FeCl水解；同时，HCl气流可带走2HO【小问3详解】由图1可知2CO的实验转化率未达到平衡转化率，则实验中反应均未达到化学平衡状态。【小问4详解】反应a为放热反应，反应b为吸热反应，温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移

动，随温度升高，甲醇的选择性减小；当温度高于260℃时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度，所以温度高于260℃时，甲醇选择性的减小幅度变慢。【小问5详解】由图2可知，温度相同时，3CHOH选择性的实验

值略高于其平衡值，从化学反应速率的角度解释原因：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成的甲醇的量比生成的CO的量多。17.沉淀的生成及转化在实际生产中有重要作用。资料：部分难溶电解质的溶度积(均为18-25℃数据，单位省略)()sp4BaSOK()(

)sp2MgOHK()spFeSK()spPbSK约为1010−约为1210−约为1810−约为2810−（1）在粗盐提纯流程中，可用()2BaOH溶液一次性除去粗盐水中的2Mg+和24SO−，反应的离子方程式是_____

______。（2）利用FeS作为沉淀剂除去某工业废水中2Pb+的部分流程如下：①结合化学用语，从平衡移动角度解释可用FeS除去2Pb+的原因___________。②可使①中平衡发生移动所需最小()2+Pb=c___________1

molL−。(只写计算结果)③处理1L含2Pb+浓度为3.07mgL的该废水至合格(2Pb+浓度小于1mg/L)最少所需FeS的质量是___________mg。【答案】（1）2+2-44Ba+SO=BaSO()2+-2Mg+2OH=MgOH（2）①.()()()22FesFeaqSaq

+−+，加入2Pb+时发生反应22PbSPbS+−+=，使平衡正移，FeS转化为PbS②.1910−③.0.88【解析】【分析】【小问1详解】Mg2+可以和OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，Ba2+可和24SO−反应生成BaSO4沉淀，离子方程式为：Ba

2++24SO−=BaSO4↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓。【小问2详解】①有FeS固体的溶液中，FeS和Fe2+和S2-存在溶解平衡：FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，PbS的

Ksp比FeS的Ksp小，废水中的Pb2+结合溶液中的S2-，使S2-浓度降低，FeS的溶解平衡正向移动，FeS转化为PbS。②有FeS固体的溶液中c(S2-)=()spKFeS=10-9mol/L，S2-和Pb2+结合成PbS沉淀，所需c(Pb2+)最小浓度

为()()2SKPbSc−=2891010−−=10-19mol/L。③将Pb2+浓度由3.07mg/L降低为1mg/L，需反应掉2.07mg/L的Pb2+，1L溶液中需反应掉2.07mgPb2+，2.07mgPb2+的物质的量为0.01m

mol，根据反应方程式：Pb2++FeS=Fe2++PbS，需要FeS的物质的量为0.01mmol，质量为0.01mmol×88g/mol=0.88mg。18.某化学小组研究草酸(H2C2O4)及其盐的性质。（1）已知：22424H

COHHCO+−+，22424HCOHCO−+−+，在等物质的量浓度、等体积的224HCO溶液与KOH溶液混合后所得的酸性溶液中，下列关系正确的是_______(填字母)。a.()()24KHCOcc+−b.()()224224COHCOcc−c.()()()()()22

424HKOHHCOCOccccc++−−−+=++d.()()()()22424224KCOHCOHCOcccc+−−=++（2）224CO−中碳元素的化合价是+3价，推测其有还原性。文献表明：相同条件下，224CO−的还原性强于2F

e+。为验证此结论，小组同学完成了如下实验：向1310mL0.5molLFeCl−溶液中缓慢加入12240.5molLKCO−溶液至过量，充分反应后得到翠绿色溶液和翠绿色晶体。资料：三水三草酸合铁酸钾[()32423KFeCO3HO]为翠绿色晶体()33224243Fe3

COFeCO−+−+201.610K=①取少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红。用平衡移动原理解释溶液变红的原因是_______。②经检验反应后的溶液中无2Fe+，从反应原理的角度解释224CO−和3Fe+未发生氧化还原反应

的可能原因是_______。③某同学利用如图所示装置比较2Fe+和224CO−的还原性强弱。i.闭合K，电流计指针偏转，一段时间后，取左侧溶液，_______(填操作和现象)，证实224CO−的还原性强于2Fe+。ii.该装置的优点是

_______。（3）可利用草酸盐测定某高锰酸钾产品的纯度，步骤如下：已知：2242422424NaCOHSO=HCONaSO++2224422=O5HCO2MnO6H2Mn10CO8H−+++++

+(摩尔质量：1224NaCO134gmol−、4KMnO1158gmol−)ⅰ.称取ag产品，配成50mL溶液。ⅱ.称取224bgNaCO，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。ⅲ.

将锥形瓶中溶液加热到75℃～80℃，恒温，用i中所配溶液滴定至终点，消耗溶液VmL(杂质不参与反应)。产品中4KMnO的质量分数的表达式为_______。【答案】（1）abd（2）①.加硫酸，H+和224CO−反应，()24

2COc−减小，()33224243Fe3COFeCO−+−+逆向移动，()3Fec+增大，遇KSCN变红②.3Fe+与224CO−生成()3243FeCO−的反应速率快且限度大③.滴加()36KFeCN溶液，生成蓝色沉淀④.避免发生()33224243Fe3COFeC

O−+−+，干扰氧化还原反应发生（3）1580b67aV【解析】【小问1详解】等体积的224HCO溶液与KOH溶液混合后所得的溶液为24KHCO，且溶液为酸性，说明24HCO−电离大于水解；a．24HCO−发生水解，所以()()+-2

4cK>cHCO，故a正确；b．24HCO−电离大于水解，所以()()2-24224cCO>cHCO，故b正确；c．溶液中正负电荷守恒，有()()()()()++--2-2424cH+cK=cOH+cHCO+2cCO，故c错误；d

．等体积的224HCO溶液与KOH溶液混合后所得的溶液为24KHCO，所以()()()()22424224cKcCOcHCOcHCO+−−=++，故d正确；故答案选abd；【小问2详解】①三水三草酸合铁酸钾[K3Fe(C2O4)3•3H2O]为翠绿色晶体：3

2324243[Fe3COFe(C]O)−−＋＋，加硫酸H＋和224CO−反应，c(224CO−)减小，32324243[Fe3COFe(C]O)−−＋＋逆向移动，c(Fe3＋)增大，遇KSCN变红；故答案为H＋和224CO−反应，c(224CO−)减小，32

324243[Fe3COFe(C]O)−−＋＋逆向移动，c(Fe3＋)增大，遇KSCN变红；②32324243[Fe3COFe(C]O)−−＋＋反应的K＝1.6×1020远大于1×105，说明反应很彻底，经检验反应后的溶液中无Fe2＋，从反应原理的角度解释224CO−和Fe3＋未发生氧化还原反

应的可能原因是Fe3＋与224CO−生成3243Fe(CO)[]−的反应速率快且限度大；故答案为3Fe+与224CO−生成()3243FeCO−的反应速率快且限度大；③i.在Fe2＋和Fe3＋同时存在时检验Fe

2＋，检验Fe2＋滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，证明生成Fe2＋，故答案为滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；ii.该装置中氯化铁溶液和草酸钾溶液不直接接触，避免发生32324

243[Fe3COFe(C]O)−−＋＋，干扰氧化还原反应发生；故答案为避免发生32324243[Fe3COFe(C]O)−−＋＋，干扰氧化还原反应发生；【小问3详解】根据步骤，用高锰酸钾溶液滴定H2C2O4溶液，当

滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中的液体由无色变为浅紫色，且半分钟内不恢复，为滴定终点；由题有关系式：2KMnO4~5H2C2O4~5Na2C2O4，则n(KMnO4)＝2242v(NaCO)5，则消耗的42bbm(KMnO)molmol5134675＝＝，故产品中KMnO4的质量分数为

bmol158g/mol1580b675100%V67aVag50＝；故答案为1580b67aV。【点睛】本题考查了弱电解质的电离及其影响、离子浓度大小比较、原电池工作原理的应用等知识，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素、原

电池工作原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。19.某研究小组查阅资料发现3Fe+与I−的反应具有可逆性，推测亚铁盐与饱和碘水的混合液中会存在3Fe+，并据此设计实验1(如如图所示)，发现溶液未

变红。该小组对溶液未变红的原因进行了如下探究。Ⅰ.初步探究实验2：用煮沸后的蒸馏水重新配制两种饱和溶液，并在注射器中进行实验，记录如下表。编号饱和()()4422NHFeSO溶液饱和碘水操作KSCN溶液现象2-11滴5mL不加热1滴无明显现象2-21滴5mL加热一段时间后冷却1滴无明显现象（1

）研究小组同学根据查阅资料写出的3Fe+与I−反应的离子方程式为_______。（2）小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因，他们的理由是_______。Ⅱ.查阅资料，继续探究。资料：AgSCN为

不溶于水的白色固体。实验3：（3）试管a的实验现象说明滤液1中含有_______。（4）试管b中，加入KSCN溶液后所产生实验现象的原因是_______。（5）甲同学对实验3提出了质疑，认为其实验现象并不能证明2I氧化了2Fe+。他提出如下假设：i.可能是3AgNO氧化了2Fe+；ii.

可能是空气中的2O氧化了2Fe+。他设计实施了实验4，实验记录如下表。编号实验操作实验现象4在试管中加入1滴0.2mol/L()()4422NHFeSO溶液，5mL蒸馏溶液不变红水，1滴试剂a，一段时间后加入1滴KSCN溶液①试剂a是____

___。②依据实验4，甲同学做出判断：_______。（6）根据实验1~4所得结论是_______。【答案】（1）3222Fe2I2FeI+−+++（2）实验2中，采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红（3）3Fe+（4）加

入KSCN后，3Fe+先与SCN−反应生成()FeSCN3，溶液变红@Ag+与SCN−反应生成AgSCN，使平衡()33Fe3SCNFeSCN+−+逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀（5）①.0.1mol/L3AgNO溶液②

.假设i、ii均不成立（6）实验1溶液未变红是因为反应2322FeI2Fe2I++−++的限度很小，溶液中3Fe+浓度太低，未能检出(其他合理答案均可得分)。【解析】【小问1详解】Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性。Fe3+与I-发生氧化还原反应的离子方程式

为2Fe3++2I-2Fe2++I2；【小问2详解】小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因，他们的理由是采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红，故此处填：实验2中，采取了增大反应物浓度、升高温度的

措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红；【小问3详解】试管a的加入1滴KSCN溶液变红色说明含有Fe3+；【小问4详解】加入KSCN后，Fe3+先与SCN-反应生成Fe(SCN)3，溶液变红，Ag+与SCN-反应生成AgS

CN，使平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀；【小问5详解】需要验证是否是AgNO3氧化了Fe2+，所以试剂a是0.1mol/LAgNO3溶液；依据实验4，知反应后没有Fe3+，说明假设ⅰ、ⅱ均不成立，故此处填：假设ⅰ、

ⅱ均不成立；【小问6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