【文档说明】新疆和田地区第二中学2022-2023学年高二上学期期中化学试题 含解析.docx，共(22)页，1.063 MB，由小赞的店铺上传

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2022~2023学年度第一学期和田地区第二中学期中考试高二化学试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写

在答题卡的规定位置。3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。一、选择题：共10题，每题2分，共20分。在每题列出的四个

选项中，只有一项最符合题目要求。1.2000K时，反应CO(g)＋12O2(g)CO2(g)的平衡常数为K，则相同温度下反应2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)的平衡常数K′为A.1KB.K2C.21KD.121K【答

案】C【解析】【详解】CO(g)+12O2(g)CO2(g)的平衡常数K=()()()2122COCOOccc，2CO2(g)2CO(g)+O2(g)的平衡常数K′=()()()2222COOCOccc

=21K，故选C。2.NO与CO在金属铑(Rh)的催化下发生反应：2NO(g)+CO(g)N2O(g)+CO2(g)ΔH，该反应过程经历如下两步：反应I：NO(g)+CO(g)+Rh(s)RhN(s)+CO

2(g)ΔH1＝-33.44kJ·mol-1反应II：RhN(s)+NO(g)Rh(s)+N2OΔH2＝-319.35kJ·mol-1如图所示为该反应在无催化剂(a)和有催化剂(b)时反应过程的能量变化对比图。下

列有关判断正确的是A.ΔH＝－285.91kJ·mol－1B.E1为反应2NO(g)＋CO(g)N2O(g)＋CO2(g)不使用催化剂和使用催化剂的活化能之差C.E2为使用催化剂后降低的活化能D.使用合适的催化剂可降低反应的活化能，提高平衡转化率【答

案】B【解析】【详解】A．根据盖斯定律，由反应Ⅰ＋反应Ⅱ可得2NO(g)＋CO(g)N2O(g)＋CO2(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝－352.79kJ·mol－1，A错误；B．根据图像，E1为反应2NO(g)＋CO(g)N2O(g)＋CO2(g)有催

化剂和无催化剂时的活化能的差，B正确；C．根据图像，E2为2NO(g)＋CO(g)N2O(g)＋CO2(g)的反应热，C错误；D．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不能提高平衡转化率，D错误；综上所述答案为B。3.在氨水中，存在着电离平衡：NH3·H2O垐?噲?NH4

++OH-。下列说法正确的是A.温度不变时，加水稀释，电离平衡常数Kb增大B.加入NaOH溶液，NH3·H2O电离度α一定减小C.加入NH4Cl固体，平衡向逆反应方向移动，c(NH4+)减小D.加入冰醋酸，使溶液呈中性，则有c(NH4+)=c(CH3COO-)【答案】D【

解析】【详解】A．平衡常数只与温度有关，温度不变时，加水稀释，电离平衡常数Kb不变，A说法错误；B．加入NaOH溶液，若NaOH溶液中氢氧根离子浓度小于氨水溶液中的氢氧根离子浓度，则NH3·H2O电离度α增大，B说法错误；C．加入NH4Cl固体，导致溶液中c(NH4+)增

大，平衡向逆反应方向移动，C说法错误；D．加入冰醋酸，使溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据溶液呈电中性，c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，两式联立，得c(NH4+)=c(CH3COO-)，D说法正确；答案为D。4.已

知0.1mol·L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是A.加少量烧碱固体B.升高温度C.加少量冰醋酸D.加CH3COONa固体【答案】B【解析】【详解】A．加入烧碱

固体，反应生成CH3COO-浓度变大，()()()()()+-cHcCHCOO+cH3=--cCHCOOHcCHCOOHc()K()a=CHCOOcCHCOO3333，则值减小，A不符合题意；B．弱电解质的电离为吸热过程，加热

促进电离，则c(H＋)/c(CH3COOH)增大，B符合题意；C．加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则c(H+)/c(CH3COOH)值减小，C不符合题意；D．加CH3COONa，由于CH3COO-对CH3COOH的电离起到抑制作用

，则c(H+)/c(CH3COOH)值减小，，D不符合题意；故选B。5.下列关于电解质溶液说法错误的是A.室温下，pH相同的NaOH溶液和CH3COONa溶液，水的电离程度后者大B.pH相同的a.CH3COONa溶液b.NaHCO3溶液c.NaC

lO溶液，溶液中c(Na＋)的大小顺序是a>b>cC.pH=2的H2C2O4和pH=12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH-)+c(-24HCO)+2c(2-24CO)D.向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水

，溶液中的所有离子的浓度都减小【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸钠的水解对水的电离起促进作用，所以室温下，pH相同的NaOH溶液和CH3COONa溶液，水的电离程度后者大，A正确；B．在相同的条件下测得①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶

液pH相同，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以水解程度：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClO＜NaHCO3＜CH3COONa，即a＞b＞c，

c(Na+)大小顺序为a＞b＞c，B正确；C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(24HCO−)+2c(22

4CO−)，C正确；D．加水稀释促进醋酸电离，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，D错误；故答案选D。6.部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCN2

3HCO电离平衡常数(25℃)-4aK=1.7710-10aK=4.910-7a1K=4.310-11a2K=5.610下列说法不正确．．．的是A.室温时，将xmLpHa=的稀KOH溶液与ymLpHb=的稀HCOOH充分反应

，若x=y，a+b=14，则反应后溶液pH7B.中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的物质的量相等C.等浓度的HCOOH和HCN稀释相同的倍数后pH前者小于后者D.-2-223CO+HO+2CN=2HCN+CO【答案】D【解析】【分析】酸的电离平衡常数HCOOH>H2

CO3>HCN>3HCO−，则酸根离子水解程度23CO−>CN->3HCO−>HCOO-；【详解】A．根据反应KOH+HCOOH=HCOOK+H2O，氢氧化钾溶液n(OH-)为x×10-3×10a-14，HCO

OH溶液中n(H+)=y×10-3×10-b，由题中信息可知x=y，a+b=14，可知，混合前，氢氧化钾溶液n(OH-)和HCOOH溶液中n(H+)相等，氢氧化钾属于强电解质全部电离，但是醋酸是弱酸部分电离，混合后

，还会电离出氢离子，所以混合后的溶液显酸性，pH<7，A正确；B．HCOOH和HCN都是一元酸，若二者的浓度相等、体积相等，则二者的物质的量相等，与碱发生反应消耗的NaOH的物质的量就相等，B正确；C．CHCOOH电离常数K大于HCN的电离常数K，稀释前相同浓度CHCOOH的pH小于HCN

的pH，温度不变K值不变，稀释相同倍数，稀释后相同浓度CHCOOH的pH仍小于HCN的pH，C正确；D．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能够制取弱酸，所以二者反应生成HCN和3HCO−，离子方程式为CN-+

H2O+CO2=HCN+3HCO−，D错误；故选D。7.某反应历程包含两个基元反应，能量变化如图所示(E为正值，单位：1kJmol−)。下列说法正确的是A.该总反应的活化能a13E=E+EB.对于aE>0的反应，必须加热才能

进行C.该总反应的焓变()4213ΔH=-E+E-E-ED.此条件下，基元反应的反应速率第二个大于第一个【答案】C【解析】【详解】A．该反应的活化能为反应物的能量和过渡态II的能量之差，即3a21-(EEE-=E)，A错误

；B．活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，根据活化能不能判断反应发生的条件，B错误；C．焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和，所以()13424213ΔH=EEE+E=-E+E-()E--E

+，C正确；D．据图可知第一个基元反应的活化能E1小于第二个基元反应的活化能E3，活化能越小反应速率越快，则此条件下，基元反应的反应速率第一个大于第二个，D错误；故选：C。8.一定条件下的密闭容器中，发生可逆反应223N3

H2NH+，下列情况不能说明该反应一定达到化学平衡的是A.3NH的质量保持不变B.2N、2H、3NH的物质的量之比为1:2:3C.正反应和逆反应速率相等D.2H的浓度保持不变【答案】B【解析】【详解】A．氨气的质量保持不变时，即单一组分的含量保持不变，可以判断达平衡，A

不符合题意；B．氮气、氨气、氢气的起始投料未知，不能确定平衡时三者的物质的量之比，B符合题意；C．正逆反应速率相等时反应达到平衡，C不符合题意；D．氢气的浓度保持不变时反应达到平衡，D不符合题意；故选B。9.Na

2CrO4水溶液存在如下平衡：2H++22-4CrO(黄色)⇌2-4HCrO⇌2-27CrO(橙色)+H2O，在1.00mol/L的铬酸钠(Na2CrO4)溶液中，各种含铬离子的分布分数与pH关系如图所示。下列说法错误的是A.

Na2CrO4溶液中滴加硫酸，由黄色变为橙色B.铬酸(H2CrO4)的第二步电离常数Ka2=10-6.4C.要得到纯度较高的Na2CrO4溶液，应控制pH>9D.pH=6时，Na2CrO4溶液中存在：c(Na+)=2c(2-4CrO)+2c(-4HCrO)

+2c(2-27CrO)【答案】D【解析】【详解】A．Na2CrO4水溶液存在平衡：+2--2-442722H+2CrO2HCr()OCrO+HO()黄色橙色，向其中滴加硫酸，使溶液中c(H+)增大，平衡向右移动，c

(2-27CrO)增大，溶液由黄色变为橙色，故A项正确；B．H2CrO4的第二步电离为+2-44HCrOH+CrO−，根据图象中的M点可知，当c(2-4CrO)=c(-4HCrO)时，pH=6.40，所以2-++6.444a2c(CrO)c(H)K=c(H)10c(HCr)O−−==，

故B项正确；C．pH>9时，溶液中主要存在2-4CrO，所以要得到纯度较高的Na2CrO4溶液，应控制pH>9，故C项正确；D．pH=6时，根据物料守恒，Na2CrO4溶液中存在+2--2-4427()()()cNa=2cCrO+2c

HCrO+CrO(4c)，故D项错误；答案选D。10.某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B===H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－在0.1mol·L－1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是()A.c(B2

－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1B.c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)C.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(B2－)D.c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)

【答案】D【解析】【详解】在Na2B中存在水解平衡：B2-+H2O=HB-+OH-，HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子。A．HB-不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，根据物料守恒得c（B2-）+c（HB-）=0.1mol•L-1，故A错误；B．根据质子守恒：c（O

H-）=c（H+）+c（HB-），故B错误；C．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HB-）+2c（B2-），故C错误；D．把质子守恒和电荷守恒式相加得：c（Na+）=2c（B2-）+2c（HB-），故D正确；故答案为：D。二、多选题

：共12分。11.制备()()44222NHFeSO6HO的实验中，需对过滤出产品的母液()pH1进行处理。常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的离子组合正确的是A.通入过量2Cl：3Fe+、H+、4NH+、Cl

−、24SO−B.加入过量NaClO溶液：4NH+、2Fe+、H+、24SO−、ClO−C.加入过量NaClO溶液：Na+、24SO−、Cl−、ClO−、OH−D.加入过量NaOH溶液：Na+、2Fe+、4NH+、24S

O−、OH−【答案】AC【解析】【分析】根据信息可知，母液中主要存在的离子有4NH+、2Fe+、H+、24SO−。【详解】A．通入过量2Cl，2Cl具有强的氧化性，能将2Fe+氧化成3Fe+，同时得到Cl-

，故A正确；B．加入过量NaClO溶液，2Fe+、ClO−在酸性条件下，能将2Fe+氧化成3Fe+，过量的ClO−与3Fe+双水解，ClO−与2Fe+均不存在，故B错误；C．加入过量NaClO溶液，过量ClO−水解生成次氯酸和氢氧根，氢氧根消耗4

NH+和H+，存在Na+、24SO−、Cl−、ClO−、OH−，故C正确；D．加入过量NaOH溶液，则2Fe+与OH反应生成氢氧化亚铁，4NH+与OH反应生成一水合氨，则2Fe+、4NH+不存在，故D错误；答案选AC。12.常温下，下列叙述正确的是A.

0.1mol/L醋酸溶液pH=a，0.01mol/L醋酸溶液pH=b，则a+1>bB.0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后溶液显酸性，则溶液中()()()()-+33-cCHCOO>cCl>cH>cCHCOOHC.0.1mo

l/L醋酸溶液和0.2mol/L醋酸钠溶液等体积混合，溶液中()()()()+--333cH+2cCHCOOH3cOH+cCHCOO=D.已知酸性3HF>CHCOOH，则pH相等的NaF与3CHCOOK溶液中()()()()+-+-3cNa-cF<cK-cCHCOO

【答案】AC【解析】【详解】A．醋酸属于弱电解质，稀释时电离程度变大，即0.1mol/L醋酸溶液pH=a，稀释10倍后pH<a+1，故A正确；B．0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后溶质为NaCl、

醋酸和醋酸钠，且浓度相等，其中氢离子为电离产物，醋酸属于溶质，所以()()+3cH<cCHCOOH，故B错误；C．0.1mol/L醋酸溶液和0.2mol/L醋酸钠溶液等体积混合，存在电荷守恒：()()()()+--3

cNa+cHcOH+cCHCOO+=和物料守恒：()()()+-333cNacCHCOOH+cCHCOO=，两式合并并消去()+cNa可得：()()()()+--333cH+2cCHCOOH3cOH+cCHCOO=，故C正

确；D．由题意可知，pH相等的NaF和3CHCOOK，根据电荷守恒：c(Na+)-c(F-)=c(OH-)-c(H+)，c(K+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)进行分析，pH相等，所以()()()()+-+-3cNa-cF=cK-cCHCOO，故D错误；故选A

C。13.用石灰石硫化床法对燃料脱硫时的部分反应如下：①CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)；ΔH1=akJ/mol②2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)；ΔH2=bkJ/mol③CaSO4(s)+4CO(g)=CaS(s)+4CO2(g)；ΔH3=ckJ/m

ol④CaO(s)+SO2(g)+3CO(g)=CaS(s)+3CO2(g)；ΔH4=dkJ/mol下列说法错误的是()A.反应①为放热反应B.反应②在常温下可自发进行，则该反应的ΔH<0，ΔS<0C.反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2C

O2(g)的ΔH=(a+b)kJ/molD.反应3CaSO4(s)+CaS(s)=4CaO(s)+4SO2(g)的ΔH=(3c-4d)kJ/mol【答案】AC【解析】【详解】A.大多数的分解反应为吸热反应，反应①为吸热反应，A错误；B.△

H-T△S<0的反应可自发进行，由化学计量数可知，△S<0，反应②在常温下可自发进行，则△H<0，B正确；C.结合盖斯定律可知，①×2+②，整理可得2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)的ΔH=(2a+b)kJ/mol，C错误；D.结

合盖斯定律可知，③×3-④×4得到3CaSO4(s)+CaS(s)=4CaO(s)+4SO2(g)的ΔH=(3c-4d)kJ/mol，D正确；故合理选项是AC。14.下列叙述中正确的是（）A.金属Na与O2在加热时有Na2O2生成，可以推断Li与O2在加热时有Li2O2生

成B.非金属性F>Cl，F2可以从NaCl溶液中置换出Cl2C.常温下，可用铁或铝制的容器贮存浓H2SO4D.SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了其还原性【答案】CD【解析】【详解】A．金属Na与O2在加热时有Na2O2生成，但Li与O2在

加热时只能生成Li2O，故A错误；B．非金属性F>Cl，但F2极易与水反应生成HF和氧气，则从F2NaCl溶液不能置换出Cl2，故B错误；C．常温下，铁或铝遇浓硫酸钝化，则可用铁或铝制的容器贮存浓H2SO4，故C正确；

D．SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，故D正确；故答案为CD。三、非选择题：本大题共68分。15.有下列六种物质的溶液：①NaCl②NH4Cl③Na2CO3④Al2(SO4)3⑤CH3COOH⑥NaHCO3。（1）25℃

时，0.1mol·L-1②溶液的pH________7（填“>”、“＝”或“<”）；其原因是_____________（用离子方程式表示）；（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的③和⑥的溶液中离子种类________（填“相同”或是“不相同”）；（3）常温下0

.1mol/L⑤溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变大的是_________。A．c(H＋)B．c(H+)/c(CH3COOH)C．c(H＋)·c(OH－)（4）室温下，使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液pH=5.12。由此可以得到的结论是_______（填字母）。a．溶液中

c(H+)＞c(OH－)b．NH4+水解是微弱c．NH3·H2O是弱碱d．由H2O电离出的c(H+)＜10-7mol/Le．物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，溶液pH=7（5）某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判

断正确的是____，A．a点导电能力比b点强的的的B．b点的KW值大于c点C．与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积Va>VcD．a、c两点c(H＋)相等【答案】①<②.NH4++H2ONH3·H2O+H+③.相同④.B⑤.abc⑥.D【解析】【详解】(1)25℃

时，0.1mol•L-1②NH4Cl溶液中铵根离子水解溶液显酸性，溶液的pH＜7，反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；故答案为：＜；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；(2)浓度均为0

.1mol/L的③Na2CO3中存在碳酸根离子的2步水解，⑥NaHCO3的溶液中存在水解和电离，两溶液中都存在水的电离，因此离子种类相同，分别含：Na+、CO32-、HCO3-、H+、OH-；故答案为:相同；(3)A．CH3COOH溶液加水

稀释，浓度减小，c(H+)减小，故A不选；B．CH3COOH溶液加水稀释，促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，c(H+)/c(CH3COOH)比值变大，故B选；C．稀释过程，溶液的温度不变，c(H+)•c(OH-)=Kw，Kw不变，故C不选；故答案

为B；(4)室温下，使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH=5.12，即溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3•H2O为弱碱；a、溶液的pH=5.12，即溶液显酸性，故溶液中c(H+)＞c

(OH-)，故a正确；b、NH3•H2O为弱碱，故NH4+是弱碱阳离子，在水溶液中能水解，且水解程度很小，故b正确；c、溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3•H2O为弱碱，故c正确；d、NH

4Cl为强酸弱碱盐，在水溶液中能水解，而盐的水解能促进水的电离，故此溶液中由H2O电离出的c(H+)＞10-7mol/L，故d错误；e、物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，会恰好完全反应得NH4Cl溶液，但由于NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故溶液的pH＜7，故e错误；故选abc；

(5)根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，则氢氧化钠的浓度小于氨水，稀释过程中，促进一水合氨电离，所以pH变化快的是氢氧化钠，变化慢的是氨水，即a为氢氧化钠，b或c为氨水；A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，a点的

离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比b点溶液的.导电能力弱，故A错误；B．电离平衡常数只与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，即b、c电离平衡常数相等，故B错误；C．等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠，等体积时，氨水的物质的

量大于氢氧化钠，碱的物质的量越大消耗同浓度酸的体积越多，故C错误；D．根据图象，a、c两点的pH相等，则c(H＋)相等，故D正确；故选D。16.滴定是一种重要的定量实验方法：I.常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL等浓度的盐酸和醋酸溶液，得到两条滴

定曲线，如下图所示：(1)滴定盐酸的曲线是图__________（填“1”或“2”）。(2)滴定前CH3COOH的电离度为__________（电离度=已电离的弱电解质浓度弱电解质的初始浓度×100%）

。(3)达到B、D状态时，反应消耗NaOH溶液的体积a__________b（填“>”“<”或“=”）；若图中E点pH=8，则c(Na＋)-c(CH3COO-)的精确值为__________mol/L。Ⅱ.现使用酸

碱中和滴定法测定市售白醋中醋酸的浓度(1)实验步骤：①量取10.00mL市售白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀得待测白醋溶液。②用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示剂。③读取盛装0.1000mol/LNaOH

溶液的碱式滴定管的初始读数。④滴定。当___________________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数。⑤重复②、③、④步骤3次。数据记录如下：滴定次数实验数据(mL)1234的V(样品)20.0020.0020.0020.00

V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95(2)数据处理：根据实验数据计算，可得市售白醋中醋酸的浓度为_________mol/L(3)误差分析：在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏

大的是_________。a.碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后消失c.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加入少量水d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出e.滴定前平视读数，滴定后俯视读数【答

案】①.1②.1%③.>④.9.9×10-7⑤.溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色⑥.0.075⑦.ab【解析】【分析】I．(1)等浓度的盐酸和醋酸溶液中pH：HCl<CH3COOH，根据未

滴定NaOH溶液时A点和C点pH大小判断盐酸反应曲线；(2)等浓度的盐酸和醋酸溶液中，盐酸是一元强酸、pH=1，则c(CH3COOH)=c(HCl)=0.1mol/L，结合电离度公式计算电离度；(3)醋酸、盐酸

、NaOH溶液的初始浓度相同，均为0.1000mol/L，盐酸与NaOH恰好反应时pH=7，a=20.00mL；醋酸与NaOH恰好反应时生成醋酸钠，溶液显碱性，要使溶液呈中性，则必须醋酸过量，即b<20.00mL；根据电荷关系计算；Ⅱ．(1)④用酚酞作指示剂，如溶液颜色突变且半分钟

内不变色，可说明达到滴定终点；(2)计算消耗标准液体积，求出其平均体积，依据c(待测)=()()()cVV标准标准待测计算待测液浓度，根据醋酸的浓度计算出该市售白醋的含酸量；(3)根据c(待测)=()()()cVV标准标准待测分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。【详解】I．

(1)醋酸是弱酸、部分电离，HCl是强酸，完全电离，所以等浓度的盐酸和醋酸的酸性：HCl>CH3COOH，等浓度的盐酸和醋酸溶液中pH：HCl<CH3COOH，由图可知，当V(NaOH)=0时，A点pH=1，C点pH=3，所以图1为滴定盐酸的曲线；(2)盐酸和醋酸溶液浓度相等，盐酸是一元强酸、p

H=1，则c(CH3COOH)=c(HCl)=0.1mol/L，C点pH=3，即0.1mol/L醋酸溶液中c(H+)=0.001mol/L，所以滴定前CH3COOH的电离度=0.001mol/L0.1mo

l/L×100%==1%；(3)醋酸、盐酸、NaOH溶液的初始浓度均为0.1000mol/L，a=20.00mL时盐酸与NaOH恰好反应，醋酸与NaOH恰好反应时生成醋酸钠，溶液显碱性，要使溶液呈中性，则必须醋酸过量，即b<20.00mL，所以a>b；

醋酸与NaOH反应的溶液中存在电荷守恒关系为：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-6-10-8)mol/L=9.9×10-7mol/L；Ⅱ．(1)④选择酚酞作指示剂，用NaOH标准溶液滴定C

H3COOH时，开始溶液为无色，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色说明滴定达到终点；(2)四次消耗的标准液的体积中第一次数据误差

大，舍去，所以消耗标准液平均体积为15.00mL，根据c(待测)=()()()cV0.1000mol/L0.015L0.02VL=标准标准待测=0.075mol/L；(3)a.碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，导致标准液浓度偏低、消耗标准液体积

偏大，依据c(待测)=()()()cVV标准标准待测分析可知，V(标准)偏大，使测定结果偏大，a符合题意；b.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致消耗标准液体积偏大，依据c(待测)=()()()cVV

标准标准待测分析可知，V(标准)偏大，使测定结果偏大，b符合题意；c.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加入少量水，对消耗标准液体积不产生影响，依据c(待测)=()()()cVV标准标准待测分析可知，对测

定结果无影响，c不符合题意；d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，导致消耗标准液体积偏小，依据c(待测)=()()()cVV标准标准待测分析可知，V(标准)偏小，使测定结果偏低，d不符合题意；e.滴定前平视读数，滴定后俯视读数，导致消耗标准

液体积偏小，依据c(待测)=()()()cVV标准标准待测分析可知，V(标准)偏小，则测定结果偏低，e不符合题意；故合理选项是ab。【点睛】本题考查了酸碱中和滴定操作及误差分析。结合等浓度的电解质溶液，强电解质溶液中离子浓度大于弱电解

质的离子浓度判断强、弱电解质；注意掌握中和滴定的操作方法、滴定终点的判断方法、滴定误差的分析方法与技巧，试题有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。17.填空题①Cu②2CO③23FeO④液氨⑤液态HCl⑥熔融()2BaOH⑦蔗糖⑧NaOH溶液⑨冰水混合物⑩固体3CaCO(1)

上述物质中属于电解质的是_______(填序号，下同)，属于非电解质是_______，既是电解质又能导电的是_________。(2)常温下，②⑨⑩这三种物质相互作用可生成一种新物质()32CaHCO，该反应____(“是”或“不

是”)氧化还原反应。(3)写出下列反应的离子方程式A．物质③与稀硫酸溶液反应的离子方程式：___________B．物质⑩与⑤溶液反应的离子方程式：_______________【答案】①.③⑤⑥⑨⑩②.②④⑦③.⑥⑨④.不是⑤.+3+232FeO

+6H=2Fe+3HO⑥.CaCO3+2H+=Ca2++CO2+H2O【解析】【分析】结合电解质和非电解质的概念分析判断；根据反应过程中是否存在元素化合价的变化判断；根据离子方程式的书写规范写出有关反应

离子方程式；【详解】(1)①Cu为金属单质，存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；②CO2不能导电，且自身不能电离，是非电解质；③Fe2O3不能导电，但熔融状态能导电，是电解质；④液氨不能导电，是非电解质；⑤液态HCl不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；⑥熔融Ba(O

H)2能导电，是电解质；⑦蔗糖不能导电，是非电解质；⑧NaOH溶液是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑨冰水混合物是纯净物，能导电，是电解质；⑩固体CaCO3不能导电，但是电解质；则上述物质中属于电解质的是③⑤⑥⑨⑩，属于非电解质是②④⑦，既是电解质

又能导电的是⑥⑨；(2)已知反应CaCO3+CO2+H2O=2Ca(HCO3)2中不存在元素化合价的变化，不是氧化还原反应；(3)A.氧化铁溶于与足量稀硫酸发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；B.碳酸钙与足

量盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O。【点睛】判断电解质和非电解质需要注意以下几点：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液后熔融状态导电即可，又如

HCl气体不导电，但溶于水后形成的盐酸能导电，HCl是电解质；③能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质；④难溶性化合物不一定就是弱电解质。18.为验证氧化性Cl2>Fe3+>SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已

略，气密性已检验）。实验过程：Ⅰ．打开弹簧夹K1~K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。Ⅱ．打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。Ⅲ．当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。Ⅳ．打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。Ⅴ．

打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。Ⅵ．更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。（1）过程Ⅰ的目的是_____________________________________

__________。（2）棉花中浸润的溶液化学式为_________________________。（3）A中发生反应的化学方程式为____________________________________。（4）过程Ⅳ中检验其中Fe3+和Fe2+的试剂分别为___________和____

______。确定有Fe3+和Fe2+现象分别是_______________和____________________。（5）过程Ⅵ，检验B溶液中是否含有SO42—的操作是_____________________。（6）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性：过

程ⅣB溶液中含有的离子过程ⅥB溶液中含有的离子甲有Fe3+无Fe2+有SO乙既有Fe3+又有Fe2+有SO丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+Cl2>Fe3+>SO2的是________（填“甲”“乙”“丙”）。【答案】①.排除装置中的空气，防止干扰②.N

aOH溶液③.MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O④.硫氰化钾⑤.铁氰化钾⑥.溶液变红⑦.出现蓝色沉淀⑧.向D试管中加入适量盐酸，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明溶液中含有SO42

—⑨.乙、丙【解析】【详解】（1）空气中的氧气也能氧化亚铁离子为铁离子，所以通入氮气的目的是排除装置中的空气，防止干扰；（2）氯气、SO2都有毒，不能排放到空气中污染空气，所以用沾有NaOH溶液的棉花堵塞T

型导管，防止氯气、SO2逸出；（3）A装置是制取氯气的，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；（4）根据离子的特征反应，过程Ⅳ中检验其中Fe3+和Fe2+的试剂分别为硫氰化钾和铁氰化钾，铁离子遇硫氰化钾溶液变

红，亚铁离子遇铁氰化钾生成蓝色沉淀；（5）D试管中可能含有亚硫酸根离子，所以检验硫酸根离子需除去亚硫酸根离子，具体操作为：向D试管中加入适量盐酸，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明溶液中含有SO42-

；（6）甲的结论：IV中B溶液含有铁离子说明氧化性Cl2>Fe3+，VI中B溶液含有硫酸根离子，若B溶液中氯气有剩余，则氯气会氧化二氧化硫生成硫酸根离子，不能判断氧化性Fe3+>SO2；乙的结论：IV中B溶液含有Fe3+和Fe2+，说明氧化性Cl2>Fe3+且氯气不足，所以VI中B溶液含有硫酸根离

子，则一定是Fe3+将二氧化硫氧化为硫酸根离子，所以判断氧化性Fe3+>SO2，因此可得氧化性Cl2>Fe3+>SO2的结论；丙的结论：IV中B溶液含有铁离子说明氧化性Cl2>Fe3+，VI中B溶液含有Fe2+，若是氯气氧化二氧化硫，不会有Fe2+生成，说明铁离子与二氧化硫发生

氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，所以氧化性Fe3+>SO2，因此可得氧化性Cl2>Fe3+>SO2的结论；所以能够证明氧化性:Cl2>Fe3+>SO2的是乙、丙。19.硫酸肼(N2H4·H2SO

4)又名硫酸联氨，在医药、染料、农业上用途广泛。回答下列问题：已知：①Cl2与NaOH反应为放热反应，Cl2与热的NaOH溶液会生成NaClO3；②利用尿素法生产水合肼的原理为CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl；③硫酸肼的制备原理为N2H

4·H2O+H2SO4=N2H4·H2SO4+H2O。I.制备NaClO溶液。实验制备装置如图1所示：(1)图1装置试管内发生主要反应的化学方程式为_______。II.尿素法生产水合肼的装置如图2所示：(2)把I制得的NaClO溶液注入到图2装置的分液漏斗中，三

颈烧瓶内装入一定量的尿素和NaOH溶液(物质的量之比1∶2.30)，仪器a的名称为_______，采用低温(低于20℃)反应，降温的方式可采用_______，温度高时水合肼会被氧化成无色无味的气体，该气体在标准状况下的密度为

1.25g·L−1，其反应化学方程式为_______。反应结束后，急速升温至108℃开始回流5min，收集108~114℃馏分。(3)测定馏分中水合肼的含量。称取馏分6.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移取25.00mL

置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.30mol·L−1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)。①判断滴定终点的方法是_______。②实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为___

____。III.硫酸肼的制备(4)将水合肼转移到烧杯中，滴加一定质量98%的浓硫酸，滴加时间控制在1h左右，温度60℃以下。冷藏沉降2h，得硫酸肼沉淀。抽滤，用无水乙醇洗涤，干燥，得白色硫酸肼固体。用无水乙醇而不用水洗涤

的原因是_______。【答案】①.Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O②.直形冷凝管(或冷凝器、冷凝管)③.冷(冰)水浴④.N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl⑤.滴入最后一滴碘液时溶液变蓝且半分钟内不褪色⑥.25%⑦.

乙醇洗涤可降低硫酸肼的溶解，且乙醇易挥发可快速得到干燥固体等【解析】【分析】浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应制备氯气，通入氢氧化钠溶液中制备次氯酸钠，最后尾气处理；利用新制备的次氯酸钠在三颈烧瓶中制备水合肼，据此解答。【详

解】(1)Cl2与NaOH反应制NaClO的方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。(2)a的名称为直形冷凝管，使用水浴容易控制温度，采用低温(低于20℃)反应，降温的方式可采用冷水浴；标况下的气体密度为1.25g·L−1，M=

1.25g·L−1×22.4L·mol−1=28g·mol−1，根据气体元素组成和气体无色无味的性质，可知气体为N2，化学方程式为N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl。(3)①根据题中信息，

溶液中滴有淀粉溶液，用碘液进行滴定，当达到终点时碘不再被还原，此时碘与淀粉反应呈现蓝色，判断滴定终点的方法为滴入最后一滴碘液时溶液变蓝且半分钟内不褪色。②根据反应N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O，n(N2H4·H2O)∶n(I2)=1∶2，6.0g馏分含肼的物质

的量=130.3molL20.0010L2−−×250mL25mL=0.03mol，水合肼(N2H4·H2O)的质量分数=10.03mol50gmol6.0g−×100%=25%。(4)用无水乙醇而不用水

洗涤的原因：乙醇既可以洗去硫酸肼表面上的杂质，又可以降低硫酸肼固体的溶解，减少损失，且乙醇比水更易挥发。20.现代社会生活离不开能量。（1）I．冷敷袋在日常生活中有降温、保鲜和镇痛等用途。制作冷敷袋可以利用____(填“放热”或“吸热”)的化学变化或物理变化。（2）“即热饭

盒”给人们生活带来方便，它可利用下面____(填序号)反应释放的热量加热食物。A．生石灰和水B．22Ba(OH)8HO和4NHClC．硝酸铵和水II．某实验小组为了探究化学能与热能的转化，设计了如图所示的三套实验装置。（

3）某同学选用装置I进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管中加入适量了2Ba(OH)溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是___________。（4）为探究固体M溶于水的热效应，选择装置II进行实验(反应

在丙试管中进行)。①若观察到烧杯中产生气泡，则说明M溶于水___________(填“一定是放热反应”、“一定是吸热反应”或“可能是放热反应”)。②若只观察到烧杯中的导管内形成一段水柱，则M可能为___________。（5）上述3个装置中，能验证“铜与浓硝酸的反应是吸热反应还是放热反应”的装置是

___________(填装置序号)【答案】（1）吸热（2）A（3）左端液柱降低，右端液柱升高（4）①.可能是放热反应②.硝酸铵（5）Ⅰ、Ⅱ【解析】【小问1详解】制作冷敷袋可以利用化学变化或物理变化的吸热降低温度，

达到降温、保鲜和镇痛的目的，故答案为：吸热；【小问2详解】即热饭盒应该是利用放热反应放出热量达到升高温度而加热食物目的：A．生石灰和水的反应是放热反应，能达到升高温度的目的，故A符合题意；B．22Ba(OH)8HO和4NHCl的

反应为吸热反应，无法达到升高温度的目的，故B不符合题意C．硝酸铵溶于水为吸热过程，无法达到升高温度的目的，故C不符合题意；答案选A；【小问3详解】酸碱中和反应为放热反应，反应放出的热使锥形瓶中温度升高，气体体积增

大，故左端液柱降低，右端液柱升高，故答案为：左端液柱降低，右端液柱升高；【小问4详解】①若观察到烧杯里产生气泡，说明M溶于水放出热量，由于放热反应一定属于化学变化，而有热量放出不一定为化学变化，所以不一定属于

放热反应，如浓硫酸溶于水会放出热量，但是不属于放热反应，故答案为：可能是放热反应；②烧杯中导管产生一段水柱，M溶于水是吸热过程，但不一定是吸热反应，如硝酸铵溶于水也有此现象，故答案为：硝酸铵；【小问5详解】获得更多资源

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