【文档说明】重庆市西南大学附属中学2023-2024学年高二上学期期中化学试题 含解析.docx，共(19)页，1.376 MB，由小赞的店铺上传

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西南大学附属中学2023—2024学年高二上学期期中考试化学试题(满分：100分考试时间：75分钟)注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对

应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)。相对原子质量：H1C12O16F19S32Fe56Ba137一、选择题：本大题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

求的。1.西大附中高二化学兴趣小组调查生活中一些食品和常见物品的pH(形成一定浓度的水溶液时的近似pH)如图：下列说法不正确的是A.胃酸过多的人不宜多吃苹果B.纯碱溶液可使酚酞溶液变红C.可将洁厕灵与84消毒液混用D.牛奶中的H+浓度比酱油中的小【

答案】C【解析】【详解】A．苹果显酸性，故胃酸过多不宜多吃苹果，A正确；B．纯碱溶液的pH>9显碱性，故纯碱溶液可使酚酞溶液变红，B正确；C．可将洁厕灵与84消毒液混用混合产生毒性氯气，C错误；D．牛奶的pH大于酱油，故牛奶

中的H+浓度比酱油中的小，D正确；故选C。2.下列说法正确的是A.Cl2和SO2都具有漂白性，因为二者都有强氧化性B.铜锌原电池中，锌电极发生氧化反应C.合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率D.常温下，pH均为5的盐酸与NH4Cl

溶液中，水的电离程度相同【答案】B【解析】【详解】A．SO2具有漂白性，是因为它能和有色物质结合生成不稳定的无色物质，不是因为具有强氧化性，A错误；B．铜锌原电池中，锌电极失电子发生氧化反应，B正确；C．合成氨生产中将NH3液化分离，生成物浓度减小，平衡

正向移动，氢气的转化率提高，因为反应物浓度减小，则正反应速率减慢，C错误；D．盐酸中溶液中水的电离被抑制，水的电离程度减小，氯化铵溶液中水的电离被促进，水的电离程度增大，D错误；故选B。3.维C泡腾片放入水

中会立即产生大量气泡，其成分中含有柠檬酸(为三元弱酸，用H3A表示)、NaHCO3、Na2CO3等。下列有关说法正确的是A.H3A溶液中能大量存在：Na+、K+、23CO−、24SO−B.NaHCO3溶液中能

大量存在：K+、OH−、23CO−、2AlO−C.Na2CO3溶液中能大量存在：3Fe+、4NH+、23CO−、24SO−D.Na3A溶液中能大量存在：Na+、K+、23CO−、23SiO−【答案】D【解析】【详解】A．H3A酸性强

于碳酸，能与23CO−反应而不能大量共存，选项A错误；B．3HCO−与OH−、2AlO−反应而不能大量共存，选项B错误；C．23CO−与3Fe+发生双水解而不能大量共存，选项C错误；D．A3-、Na+、K+、23CO−、23SiO−相互不反应，能大量共存，选项D正确；答案选D。

4.室温下，两种酸在水中的电离示意图(代表3HO+)如图，下列有关说法错误的是A.若图①溶液的pHa=，则将溶液稀释10倍后，pH1a=+B.两种酸溶液中均存在电离平衡：232HOHOOH+−+C.图②代表强酸在水中的电离情况D.两种酸溶液中由水电离出的()71H10

molLc+−−【答案】A【解析】【分析】图①为分子、离子共存情况，所以①为弱酸；②图中只有离子，所以②为强酸。【详解】A．图①为弱酸，稀释10倍后，a<pH＜a+1，故A错误；B．两种酸溶液中均存在水的电离平衡，即为2H2O⇌H3O++OH−，故B正确

；C．②图中只有离子，所以②为强酸，故C正确；D．由于酸碱抑制水的电离，水电离出的c(H+)<10−7mol⋅L−1，D正确；故选A。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1L130.1molLFeCl−溶液制得Fe(OH)3胶粒数目为A0.1NB.将0.1molCH3COOH溶于足

量水中，CH3COOH、CH3COO-数目之和为A0.1NC.密闭容器中，2molNO和1molO2反应后气体分子总数为A2ND.25℃时，()10sp4BaSO110K−=，则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目

为5A110N−【答案】B【解析】【详解】A．胶粒是多个微粒的聚集体，因此1L130.1molLFeCl−溶液制得Fe(OH)3胶粒数目为小于A0.1N，A错误；B．根据元素守恒，0.1molCH3COOH溶于足量水中，CH3COOH、CH3

COO-数目之和为A0.1N，B正确；C．密闭容器中发生以下两个反应222NO+O=2NO、4222NONO，因此2molNO和1molO2反应后得到是2242NONO和的混合气体分子总数为小于A2N，C错误；D．溶液体积未知，无法计算离子数目，D错误；故选B。6.研究人员最近发明了一种“水”

电池，在海水中电池反应可表示为：225105MnO2Ag2NaCl=NaMnO2AgCl+++，下列说法不正确的是A.填充MnO2的电极为正极B.该电池的负极反应式是AgeCll=AgC−−−+C.在电池中，Na+不断移动到“水”电池的正极D.外电路每通过

4mol电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是1mol【答案】D【解析】【分析】根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，锰元素化合价降低，MnO2为正极，银元素化合价升高，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发

生反应的电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl；【详解】A．根据电池总反应可知锰元素化合价降低，发生还原反应，填充MnO2的电极为正极，故A正确；B．银元素化合价升高，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的

电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl，故B正确；C．在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以钠离子向正极移动，故C正确；D．根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2M

n5O10转移2mol电子，则外电路每通过4mol电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是2mol，故D错误；故选D。7.已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中X的氢化物的水溶液用于雕刻玻璃，W与X同主族，Y的焰色试验为

黄色，Z是地壳中含量最高的金属元素。则下列叙述正确的是A.简单离子半径大小：X<Y<Z<WB.最高价氧化物的水化物的碱性：Z>YC.X的单质能与水发生置换反应D.简单气体氢化物的稳定性：X<W【答案】C【解析】【分析】X的氢化物的水溶液用于雕刻玻璃可知X为F,W与X同主族且为短

周期元素可知W为Cl，Y的焰色试验为黄色可知Y为Na，Z是地壳中含量最高的金属元素可知Z为Al，据此作答；【详解】A．离子半径的大小首先看电子层数，层多径大，W离子有3个电子层，其半径最大，X、Y、Z三种离子的电子层数相同，此时看原子序数，序小径大，故X>Y>Z，故简单离子半径大小：Z<Y<X<W

，A错误；B．Y的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠是强碱，Z的最高价氧化物的水化物为强氧化铝是弱碱，故碱性Y>Z，B错误；C．氟气和水反应生成氧气，其方程式为2222F+2HO=4HF+O是置换反应，C正确

；D．F的非金属性强于Cl，故简单气体氢化物的稳定性：X>W，故D错误；故选C。8.下列实验操作，能实现相应实验目的的是ABCD反应装置图及操作实验目的N极上产生气泡，活泼性：M>N读取液体体积测定锌与稀硫酸的反应速率AlCl3溶液蒸干得AlCl3固体A.AB.BC.CD.

D【答案】A【解析】【详解】A．N极上产生气泡，说明N为正极电极反应式为+-22H2eH+=，因此M为负极，活泼性：M>N，A正确；B．读数时应平视凹液面最低处，不能仰视读数，B错误；C．针筒可测定

氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，还缺少秒表计时，C错误；D．由于323AlCl3HOAl(OH)3HCl++ƒ，生成的HCl要挥发，因此AlCl3溶液蒸干得3Al(OH)固体，D错误；故选A。9.Pd-Mg

/SiO2催化剂上CO2甲烷化反应机理如图所示。下列说法不正确的是A.SiO2与MgOCO2都是中间产物B.整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为Pd和MgOC.上述甲烷化过程总反应可表示为22242PdMg/SiOCO4HCH2HO−++D.经过一个加氢循环后MgO再次与CO2结合形成碳酸盐，继续

一个新加氢循环【答案】A【解析】【详解】A．Pd-Mg/SiO2是催化剂，SiO2不是中间产物，故A错误；B．整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为MgO和Pd，故B正确；C．图示中箭头指入的是反应物，指出的是生成物，由图可知，CO2和H2在Pd-Mg/S

iO2催化条件下生成甲烷和水，得到方程式：22242PdMg/SiOCO4HCH2HO−++，故C正确；D．MgO是催化剂，在化学反应中的量不发生改变，反应前后性质不改变，经过一个加氢循环后的MgO再

次与CO2结合形成碳酸盐，继续一个新的加氢循环过程，故D正确；故选：A。10.在298K和100kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别为：物质S/(11JKmol−−)H/(1kJmol−)

/(3kgm−)C(金刚石)2.4-395.403513C(石墨)5.7-393.512260此条件下，对于反应C(石墨)→C(金刚石)，下列说法正确的是A.该反应的H0，S0的B.金刚石比石墨稳定C.由公式GHTS=−可知，该反应G0D.超高压条

件下，石墨有可能变为金刚石【答案】D【解析】【详解】A．由燃烧热可知:()()()22C+Og=COgH395.40kJ/mols=−金刚石，，()()()22C+Og=COgH393.51kJ/mols=−石墨，，则

反应C(石墨)→C(金刚石)H393.51395.40kJ/mol=1.89kJ/mol=−+（），-11-11-11ΔS=S()-S()=2.4JKmol5.7JKmol3.3JKmol0−−

−−=−金刚石石墨，A错误；B．物质本身具有的能量较低，越稳定，反应C(石墨)-C(金刚石)是吸热反应，石墨的能量较低，则石墨比金刚石稳定，B错误；C．该反应-11GHTS1.89kJ/mol298k(3.3JKmol)2.8734kJ/mol−=−

=−−=，C错误；D．金刚石的密度比石墨大，故质量相同时，金刚石的体积小，则反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的过程，由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成核速率加快，有利于相变向密度

大的多面体方向转变，故超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D正确；故选D。11.工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等)湿法制取金属锌的流程如图所示。下列说法不正确的是A.加入ZnO的目的是调节溶液的pH以除去溶液

中的Fe3+B.为加快反应速率，净化Ⅰ和净化Ⅱ均应在较高的温度下进行C.加过量ZnS可除去溶液中的Cu2+是利用了()()spspZnSCuSKKD.ZnFe2O4溶于硫酸的离子方程式：23242ZnFeO8HZn2Fe4HO+

+++=++【答案】B【解析】【分析】将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等)用稀硫酸酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、Fe

O+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，加入ZnO消耗稀硫酸而调节溶液的pH，并将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，然后向溶液中加入过量的ZnS，得到CuS沉淀

，过滤后电解得到Zn,以此解答该题。【详解】A．酸浸时加入稀硫酸过量，导致酸浸后的溶液呈酸性，加入ZnO消耗稀硫酸来增大溶液pH值，从而将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，除去溶液中的Fe3+，故A正确；B．温度较高时，净

化I中双氧水易分解，导致双氧水氧化能力降低，则Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀不彻底，故B错误；C．表达式相同的难溶性硫化物中，溶度积常数大的难溶物能转化为溶度积常数小的难溶物，ZnS能除去溶液中的Cu2+，说

明CuS比ZnS更难溶，则Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D．ZnFe2O4溶于稀硫酸生成硫酸锌、硫酸铁和水，离子反应方程式为ZnFe2O4+8H+═Zn2++2Fe3++4H2O，故D正确；故选：B。1

2.在室温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是A.Na2SO3溶液中：()()()()323OHHSOHSOHcccc−−+=++B.NaHA溶液的pH<7，则溶液中的粒子有：()()22cHAcA−C.向某稀NaHC

O3溶液中通入CO2至()()()233pH7:NaHCO2COccc+−−==+D.浓度均为130.1molLCHCOOH−与NaOH按体积2∶1混合：()()+3CHCOONacc−【答案】C【解析】【详解】A．根据质子守恒可知，正确的

关系式为()()()()323OHHSO2HSOHcccc−−+=++，A错误；B．NaHA溶液的pH<7，说明HA-的电离程度大于水解程度，HA-电离生成A2-，HA-水解生成H2A，故()()22HAAcc−，B错误；C．根据电荷守

恒可知()()()++-2--33cNa+c(H)=cHCO+2cCO+c(OH)，当pH=7时，()()()233NaHCO2COccc+−−=+，C正确；D．浓度均为130.1molLCHCOOH−与NaOH按体积2∶1混合则溶液显酸性，根据电荷守恒()()-3++cNa+c(H)=c

+c(OH)CHCOO−可知()()+3CHCOONacc−，故D错误；故选C13.某温度时，()()()AgClsAgaqClaq+−+在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.c点对应的spK等于a点对应的spKB.加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点C.d点为不饱和溶液，没

有AgCl沉淀生成D.向AgCl悬浊液中加入少量水，平衡右移，Cl-浓度减小【答案】A【解析】【详解】A．a、c两点的温度相同，氯化银的溶解平衡常数相同，则c点对应的Ksp等于a点对应的Ksp，A正确；B．加入

AgNO3，可增大溶液中的c(Ag+)，使氯化银的沉淀溶解平衡逆向移动，此时c点应沿曲线向左侧移动，不能使溶液由c点变到d点，B错误；C．d点时，()()+-spcAgcClK＞，为饱和溶液，即有沉淀生成，C错

误；D．向AgCl悬浊液中加入少量水，平衡右移，但是依然是饱和溶液，Cl-浓度不变，D错误；故选A。14.在体积均为1.0L的甲、乙两恒容密闭容器中加入足量相同的碳粉，再分别加入0.1mol2CO和0.2mol2CO，发生反应2CO(g)C(s)2CO

(g)+达到平衡。2CO的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是。A.反应2CO(g)C(s)2CO(g)+=的H0B.曲线II表示容器甲中2CO的平衡转化率C.达平衡后，两容器中c(CO):QR

1c(CO)>c(CO)2D.其他条件不变时，在曲线I对应容器中加入合适的催化剂，可使2CO的平衡转化率由P点达到S点I【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，升高温度二氧化碳的平衡转化率升高，平衡正向移动，正反应为吸

热反应，焓变大于零，A错误；B．反应为气体分子数增加的反应，相同温度下，增加二氧化碳的量，会导致二氧化碳的转化率降低，故曲线II表示容器乙中2CO的平衡转化率，B错误；C．R相当于2份Q达平衡后，然后合并到1个容器中，压强

增加平衡逆向移动，导致一氧化碳的浓度小于2倍的Q中一氧化碳浓度，故两容器中c(CO):QR1c(CO)>c(CO)2，C正确；D．催化剂改变反应速率，不改变物质的平衡转化率，D错误；故选C。二、填空题：本大题共4个小题，共58分。15.请根据题中提供的信息，回答问题：Ⅰ：宇宙飞船、人造

卫星、电脑、照相机等都要用到电池。中国科学院应用化学研究所在甲)醇(CH3OH是一种液态可燃物)燃料电池技术方面获得新突破，其工作原理如下图所示：（1）①该电池工作时，c口通入物质为___________(填化学式)。②该电池负极的电极反应式___________。

③工作一段时间后，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，有___________AN个电子转移。Ⅱ：硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外，还含有H3AsO3、H2SiF6等有害物质。工业上需将废水处理达标后再排

放。（2）已知：As(Ⅲ)水溶液中含砷的部分物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。①测量As(Ⅲ)水溶液pH=7.20时所用的仪器是___________。②pH=11时，上图中含As元素微粒的浓度

关系为___________。③当()()3323HAsO:HAsO2:1cc−=时，溶液的pH=___________。(已知H3AsO3的10a15010K−=．)（3）向废水中加入石灰乳[以Ca(OH)2为主]后过滤。滤渣中主要含有CaSO4、CaF2、少量

Ca3(AsO3)2。①写出该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式：___________。②充分沉淀后测得废水中F−的含量为19.5mgL−，此时24SO−的浓度为___________1molL−。[已

知()5sp4CaSO5010K−=．、()9sp2CaF5010K−=．]。【答案】（1）①.O2②.CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+③.1.2（2）①.pH计②.c(H2AsO3−)＞c(HAsO23−)＞c(H3AsO3)③.9（3）①.H2SiF6+3Ca(OH)2

=3CaF2+SiO2+4H2O②.0.0025【解析】【小问1详解】①由分析可知，c口通入的物质为O2；②由氢离子移动方向知，左侧电极为负极，在水的作用下，甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6

H+；③负极的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+，由电极反应式可知，.4g甲醇完全反应生成二氧化碳时，的转移电子的个数为6.4g32g/mol×6×NAmol—1=1.2NA；【小问2详解】①测量As(Ⅲ)水溶液pH=7.20时所用的仪器是pH计；②图象中分析判断pH

=11时，图中H3AsO3水溶液中三种微粒浓度：c(H2AsO3−)＞c(HAsO23−)＞c(H3AsO3)；③()()()+2310a13-3cHAsOcHK=5010cHAsO−=．，由于()()3

323HAsO:HAsO2:1cc−=，则()+109cH50102110−−==．；pH=9；【小问3详解】①该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3C

a(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O；②根据()()()()2-2-2+5sp44442+92-2-sp2KCaSOc(SO)c(SO)c(Ca)5.010==10c(Ca)KCaF5.010cFcF−−=

=，则c(F-)=5×10-4mol/L，c(2-4SO)=(5.0×10-4)2×104mol/L=0.0025mol/L。【分析】该装置为甲醇燃料电池，由氢离子移动方向知，右侧电极为燃料电池的正极，左侧电极为负极，则b口通入通入甲醇，c口通入通入氧气，以此解题。16.钛铁矿的主要成分为F

eTiO3，含少量SiO2、Sc2O3等氧化物，某实验室利用钛铁矿制取ScF3的流程如图所示。已知：①“酸浸”时FeTiO3转化为T1O2+，[TiO(H2O2)]2+为橘黄色的稳定离子，易溶于水。②室温下，溶液中离子沉淀完全的pH如表所示。离子Fe3+Fe2+TiO2-沉

淀完全的pH3.29.01.05回答下列问题：（1）“酸浸”前将钛铁矿粉碎目的是___________；（2）“水解”中生成22TiOxHO沉淀的离子方程式为___________，为（3）“萃取”操作之前，需要检漏的玻璃仪器是___________（4）“洗钛”时H2O2有两个作

用，其一是氧化Fe2+，离子方程式为___________，另一作用是___________。（5）“酸溶”所得溶液中含有3Se+、3Fe+等。若此溶液中3Se+的浓度为10.01molL−，“氨水调pH”

时应控制的pH范围是___________(已知()3sp33SeOH12510K−=．，lg2=0.3)。（6）制取3ScF的“系列操作”包括___________、___________、干燥。【答案】16.增加固液接触面积，

加快反应速率，提高浸出率；17.2222TiO+(x+1)HO=TiOxHO+2H++18.分液漏斗19.①.2++3+222HO+2Fe+2H=2Fe+2HO②.H2O2可以与TiO2+形成稳定离子222[TiO(HO)]+进入水层，便于除钛20.3.

2~3.721.①.过滤②.洗涤【解析】【分析】钛铁矿经过酸浸除去二氧化硅，加入大量的水使TiO2+发生水解生成TiO2⋅xH2O从而分离出钛元素，通过加入萃取剂除去亚铁离子，洗钛时加入双氧水可以与TiO2+形成稳定离子[TiO(H2O2)]2+进入水层，便于除钛，还可以将Fe2+

氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全，从而除铁完全，加入氢氧化钠溶液进行反萃取，在沉淀中加入浓盐酸后再加入氨水调节pH除去三价铁离子，加入氟化铵沉淀Sc3+，沉淀经过滤洗涤干燥即可得到ScF3；【小问1详解】“酸浸”

前将钛铁矿粉碎目的是增加固液接触面积，加快反应速率，提高浸出率；【小问2详解】据题意知,反应物有TiO2+，生成物有22TiOxHO沉淀，从而可写出水解反应的离子方程式为2222TiO+(x+1)HO=TiOxHO+2H++；【小问3

详解】“萃取”操作需使用分液漏斗，分液漏斗使用前需检漏。【小问4详解】“洗钛”时加入的H2O2可以与TiO2+形成稳定离子222[TiO(HO)]+进入水层，便于除钛，还可以将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全，从而除铁完全。【小问5详解】第

一步：分析“氨水调pH”的目的。用氨水调节溶液pH的目的是使Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀。第二步：根据题给信息找到使Fe3+沉淀完全所需的pH。由表知，使Fe3+完全沉淀需pH≥3.2。第三步：通过Ksp计算Sc3

+开始沉淀的pH。由Ksp[Sc(OH)3]=1.25×10-33，Sc3+开始沉淀时-33--1131.25?10c(OH)=mol/L=5?10mol/L0.01，对应的c(H+)为2×10-4mol/L，pH=3.7，故除杂

过程中应控制的pH范围是3.2~3.7；【小问6详解】沉淀经过过滤、洗涤、干燥可得3ScF；17.实验室利用FeSO4溶液和NO制备亚硝基合亚铁(Ⅱ)｛()()24xy[FeNOHO]SO｝，其装置如图所示(加热及夹持装置略)。回答下

列问题：（1）盛放NaNO2固体的仪器名称为___________；配制FeSO4溶液时为防止其被氧化，应向溶液中加入___________。（2）实验开始前先鼓入N2的目的是___________。（3）NaNO2的溶液显碱性的原因：_________

__(用离子方程式表示)；A中加热制备NO的离子方程式为___________。（4）D中倒置的漏斗的作用为___________。（5）经分离提纯后得到亚硝基合亚铁(Ⅱ)溶液，其溶质化学式为｛()()24xy[FeNOHO]SO｝，为测定其化学式

，进行如下实验：①取20mL该溶液加入足量BaCl2溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥称量，质量为4.66g。②另取10mL溶液用10.4molL−的酸性KMnO4溶液进行滴定，滴定终点时，消耗酸性KMnO4溶

液20mL(NO完全转化为3NO−)。③已知x+y=6，则其化学式为___________，下列情况会导致x值偏小的是___________(填字母)。A．步骤①中沉淀未干燥完全B．滴定前，酸式滴定管中有

气泡残留，滴定后气泡消失C．用容量瓶配制酸性KMnO4溶液时，定容时俯视刻度线【答案】（1）①.圆底烧瓶②.铁粉（2）除去装置内的空气，防止生成的NO被氧气氧化，防止Fe2+被氧气氧化（3）①.--222NO+HOHNO+OH

②.-+-2323NO+2H=NO+2NO+HO（4）平衡气压，便于添加硫酸亚铁溶液（5）①.[Fe(NO)(H2O)5]SO4②.AC【解析】小问1详解】盛放NaNO2固体的仪器名称为圆底烧瓶；

Fe2+在水溶液中易水解、易被空气中氧气氧化为Fe3+，加入铁粉；【小问2详解】实验开始前鼓入N2的原因为除去装置内的空气，防止生成的NO被氧气氧化，同时也能防止Fe2+被氧气氧化；【小问3详解】NaNO2为强碱弱酸盐，-2NO发生水解反应使溶液显碱性，水解得离子方程式为：--222N

O+HOHNO+OH，A中稀硫酸与NaNO2反应生成硝酸钠、NO和水，A中加热制备NO的离子方程式为-+-2323NO+2H=NO+2NO+HO；【小问4详解】长颈漏斗的作用为平衡气压，同时便于添加硫酸亚铁溶液；【小问5详解】加入BaCl2生成硫酸

钡沉淀4.66g，则20mL溶液中含有硫酸根离子4.66g233g/mol=0.02mol，KMnO4将NO氧化生成自身被还原为Mn2+，将Fe2+氧化成Fe3+自身被还原为Mn2+，根据化合价代数和为0可知x=m，则10m

L溶液中有Fe2+0.01mol，根据电子守恒可知，0.01molFe2+消耗KMnO4物质的量为0.01mol5【=0.002mol，则NO消耗的KMnO4物质的量为0.4mol/L×0.02L-0.002mol=0.006mol，根据电子守恒可知，5n(KMnO4)=3n(NO)，则

NO有=0.01mol，即Fe和NO物质的量比为0.01mol：0.01mol=1:1，由铁元素的配位数为6，则该物质的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，A．沉淀未完全干燥，得到沉淀的质量偏大，则计算所得硫酸根离子的物质的量偏多，则Fe2+的物质

的量偏多，导致NO的物质的量偏少，y偏小，A正确；B．滴定前酸式滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则计算消耗的高锰酸钾溶液偏多，导致计算所得的NO的物质的量偏大，导致y偏大，B错误；C．用容量瓶配制酸性高锰酸钾溶液时，定容时俯视刻度线，导致高锰酸钾的浓度偏大，消耗

KMnO4溶液的体积偏小，则计算所得的NO物质的量偏少，y偏小，C正确；故答案为：[Fe(NO)(H2O)5]SO4；AC。【分析】A中稀硫酸与NaNO2反应生成硝酸钠、NO和水，NO进入B中与硫酸亚铁反应生成亚硝基合铁，D中为碱液，用于吸收

多余的NO，据此分析解题。18.甲醇(CH3OH)可以由碳的氧化物和氢气合成，主要反应包括：a．()()()1231COg2Hg=CHOHg90.1kJmolH−+=−b．()()()()122322COg3HgCH

OHgHOg490kJmolH−+=+=−．c．()()()()2223COgHgCOgHOgH+=+（1）3ΔH=___________1kJmol−（2）反应a的反应历程如下图所示，其中吸附在催化

剂表面上的物种用(*)标注。写出相对能量为-1.3eV时，对应物质M的化学式___________；该反应历程中决速步骤的能垒为___________eV。（3）在恒温(T/℃)容积可变的密闭容器中按体积比1∶3充入CO2和H2，若只发生反应b，反应达到平衡时，H2体积分数x随压强p

的变化如图曲线a所示，则曲线___________(填标号)表示了CH3OH的体积分数x随压强p的变化；点A、B均表示H2体积分数，则A点处v(正)___________B点处v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。（4）在恒温恒

容(2L)的密闭容器中充入CO、CO2各1mol和一定量的氢气发生上述a、b、c三个反应，10min达到平衡状态，生成(0.3molCH3OH和0.15molH2O。①若升高温度，CO的平衡转化率___________(填“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”)。②0~10m

in内，平均每分钟生成甲醇(CH3OH)___________mol/L；若c反应的平衡常数为K，则平衡时()2Hc=___________(用含K的式子表达)。【答案】（1）140.9kJmol−−（2）①.H3CO*②

.0.8（3）①.c②.<（4）①.减小②.0.015③.0.075mol/LK【分析】【解析】【小问1详解】已知：a．()()()1231COg2Hg=CHOHg90.1kJmolH−+=−b．()()()()122322COg3HgCHOHgHOg490kJmo

lH−+=+=−．根据盖斯定律，由a-b得反应c．()()()()2223COgHgCOgHOgH+=+=111290.1kJmol(49.0kJmol)HH−−−=−−−=140.9kJmol−−【小问2详解】图象分析可知，-1.3eV对应发生的反应为:H3CO*

+12H2=CH3OH*，所缺物质为:H3CO*，图分析可知，该反应历程中决速步骤的能垒为(-0.1eV)-(-0.9eV)=0.8eV，故答案为:H3CO*；0.8；【小问3详解】在恒温(T/℃)容

积可变的密闭容器中按体积比1:3充入CO2和H2，若只发生反应b，反应达到平衡时，H2体积分数x随压强p的变化如图2中曲线a所示，平衡状态下氢气体积分数为0.6，结合三段式列式计算，设CO2变化量为x，2232CO(g)+3H(g)CH

OH(g)+HO(g)(mol)1300(mol)x3xxx(mol)1-x3-3xxx起始变化平衡330.642xx−=−，13x=，甲醇的体积分数=0.142xx=−，则图象中只有c曲线符合，点A、B均表示H2体积分数

，B点压强大，则A点处v(正)<B点处v(逆)，答案为c；<；【小问4详解】在恒温恒容(2L)的密闭容器中充入CO、CO2各1mol和一定量的氢气发生上述a、b、c三个反应，10min达到平衡状态，生成(0.3mo

lCH3OH和0.15molH2O；①上述计算可知平衡状态下生成甲醇比生成水多，反应进行程度a>c，a为放热反应，c为吸热反应，升高温度反应a逆向进行生成CO，反应c正向进行，CO增多，CO转化率减小，

故答案为减小；②0~10min内，生成甲醇(CH3OH)的反应速率v=0.3mol2L10min=0.015mol/(L·min)，0~10min内，平均每分钟生成甲醇(CH3OH)为0.015mol/L，若c反应的平衡常数为K，设平衡时c(H2)x，反应a中反应

生成CH3OH为amol，反应b中反应生成CH3OH为ymol，反应c中反应生成CH3OH为zmol，23a.CO(g)+2H(g)CHOH(g)2aaa变化量2232b.CO(g)+3H(g)CHOH(g)HO(g)3yyyy+变化量222c.CO(g)+H(g

)CO(g)HO(g)zzzz+变化量y+z=0.15，a+y=0.3，平衡时二氧化碳还原1.0mol-y-z=1.0mol-0.15mol=0.85mol，平衡时CO还原1.0-a+z=1.0mol-a+z+y-y=

1.0mol+(y+z)-(a+y)=1.0mol+0.15mol-0.3mol=0.85mol，计算反应c的平衡时各物质的浓度为：222c.CO(g)+H(g)CO(g)HO(g)0.425/0.425/0.075/2xmolLmolLmolL+变化量获得更多资源请扫码加入

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