【文档说明】四川省成都市第七中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(23)页，1.859 MB，由小赞的店铺上传

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2023－2024学年度上期高2022级半期考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1N：14O：16S：32K：39Cr：52第Ⅰ卷选择题(共40分)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共40分)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A.NH4C

l与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂B.飞秒化学技术可跟踪和检测化学反应中某些寿命极短的中间体或过渡态C.Na2S用作工业废水中Cu2+、Hg2+的沉淀剂，是利用了其还原性D.把Cr、Ni加入普通钢中制成不锈钢可增强抗腐蚀性【答案】C【解析】【详解】A．NH4Cl与ZnC

l2水解呈酸性，可作焊接中的除锈剂，A正确；B．所谓“飞秒化学”，就是以飞秒为时间标度来研究化学反应过程（即反应历程和过渡态性质），因为过渡态的寿命一般为皮秒级或更短一些，为了实时追踪反应过程，就必须有更快的检测手段，使人们可以观察到

从零时开始经由过渡态最终生成产物的整个化学反应的细节，B正确；C．S2-与工业废水中Cu2+和Hg2+等离子反应生成硫化物沉淀，S的化合价不变，不属于氧化还原，C错误；D．不锈钢是合金，合金改变了金属的结构，所以能保护铁不被腐蚀，D正确；答案选C。2

.工业上为除去MgCl2酸性溶液中的Fe2+，可在搅拌的条件下加入(或通入)试剂X和Y，过滤后，再向滤液中加入适量盐酸，则下列X、Y的组合中正确的是ACl2、Na2CO3B.H2O2、MgCO3C.空气、NH

3·H2OD.O2、Fe2O3【答案】B【解析】【详解】A．加入Cl2、Na2CO3会引入新的杂质Na+，不符合题意，故A错误；B．除去Fe2+离子，可先加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入能与氢离子反应的物质，用于调节pH，促进Fe3+

的水解，生成氢氧化铁沉淀而除去，但不能引入新杂质，可用碳酸镁；故B正确；C．加入NH3·H2O会引入铵根为新的杂质，故C错误；.D．加入Fe2O3不能除去Fe3+，故D错误。答案选B。3.下列实验不能达到目的的是A．进行酸碱反应中和热测定B．往铜牌表面镀银C．用滴定法测量KI溶液的物质的量浓度D．

采集压强数据判断电化学腐蚀类型A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．图示装置为量热计，可以进行酸碱反应中和热测定，故A不符合题意；B．往铜牌表面镀银，银为阳极，铜牌为阴极，电解质为硝酸银溶液，图示装置符合要求，故B不符合题意；C．用F

eCl3溶液滴定KI待测溶液，不能用淀粉溶液为指示剂，KI一开始反应溶液就变为蓝色，无法判断滴定终点，故C不能达到实验目的，故C符合题意；D．用该装置采集到的压强数据判断铁钉发生电化学腐蚀类型，若压强增大，说明为析氢腐蚀，

若压强减小则为吸氧腐蚀，故D不符合题意。答案选C。4.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A.使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、24SO−、Cl-B.与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2

+、K+、3NO−、24SO−C.w+(H)Kc=1×10-13mol/L的溶液中：4NH+、Ca2+、Cl-、3NO−D.水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、2AlO−、2

3CO−【答案】C【解析】【详解】A．使酚酞变红色的溶液呈碱性，而在碱性溶液中，Al3+不能大量存在，A不合题意；B．与Al反应能放出H2的溶液，可能呈碱性，也可能呈酸性，在碱性溶液中，Fe2+不能大量存

在，在酸性溶液中，Fe2+、3NO−会发生氧化还原反应，B不合题意；C．w+(H)Kc=1×10-13mol/L的溶液呈酸性：4NH+、Ca2+、Cl-、3NO−都能大量共存，C符合题意；D．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L

，则水的电离受到抑制，溶液可能含有酸或碱，在酸性溶液中，2AlO−、23CO−不能大量存在，D不合题意；故选C。5.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A.正丁烷(g)异丁烷(g)ΔH<0，则正丁烷比异丁烷稳定B.(

)()()()24222CHg3Og=2COg2HOg＋＋1ΔH=1478.8kJmol－－，则()24CHg的燃烧热为11478.8kJmol－C.()()()2HaqOHaqHOl=＋－＋157.3kJmolH=－－，则稀()()2BaOHa

q和稀()24HSOaq完全反应生成()21molHOl时，放出57.3kJ热量D.()()()22SsOg=SOg＋1ΔH；()()()22SgOg=SOg＋2ΔH，则12ΔHΔH【答案】D【解析】【详

解】A．能量越低越稳定，正丁烷(g)异丁烷(g)ΔH<0，则异丁烷比正丁烷稳定，故A错误；B．乙烯是燃烧热是1mol乙烯完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，()()()()24222CHg3Og=2COg2HOg＋＋1ΔH=1478.8kJmol－－

，()24CHg的燃烧热不是11478.8kJmol－，故B错误；C．()()()2HaqOHaqHOl=＋－＋157.3kJmolH=－－，稀()()2BaOHaq和稀()24HSOaq反应除生成水外还生成硫酸钡沉淀，所以稀()()2BaOHaq和稀()24HSOaq

完全反应生成()21molHOl时，放出的能量大于57.3kJ，故C错误；D．固态硫的能量小于气态硫，物质的量相等的固态硫完全燃烧放出的热量小于气态硫，()()()22SsOg=SOg＋1ΔH；()()()22SgOg=SOg＋2ΔH，则12ΔHΔH，故D正确；选D。6.牙釉质

的主要成分为羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]，在牙齿表面存在着如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s)垐?噲?5Ca2+(aq)+3PO34−(aq)+OH-(aq)Ksp=6.8×10-37mol9

•L-9，已知Ca5(PO4)3F的Ksp=2.8×10-61mol9•L-9。下列说法错误的是A.残留在牙齿上的糖会发酵产生H+，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质B.按时刷牙可减少食物残留，从而减少有机酸的产生，防止腐蚀牙齿C.用含NaOH的溶液漱口，可使平衡左移，保护牙齿

D.含氟牙膏使Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的Ca5(PO4)3F，促进牙齿表面矿物质的沉积，修复牙釉质【答案】C【解析】【详解】A．残留在牙齿上的糖会发酵产生H+，则将消耗OH-，导致生成物OH-浓度减小，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右

移，破坏牙釉质，A正确；B．由A项分析可知，按时刷牙可减少食物残留，从而减少有机酸的产生，防止腐蚀牙齿，B正确；C．NaOH碱性太强，具有强腐蚀性，不能用含NaOH的溶液漱口，否则将腐蚀口腔等组织，C错误；D．由题干

信息Ca5(PO4)3OH的Ksp=6.8×10-37mol9•L-9，而Ca5(PO4)3F的Ksp=2.8×10-61mol9•L-9可知，含氟牙膏使Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的Ca5(PO4)3F，促进牙齿表面矿物质的沉积，修复牙釉质，D正确；故答案为：C。7.贮备电

池主要用于应急救援和武器系统。Mg－AgCl电池是一种可被海水激活的贮备电池，电池总反应为Mg+2AgCl=MgCl2+2Ag。下列叙述正确的是A.放电时电子由Mg经海水移动到AgClB.若将镁换成锌，该装置将不能构成海水原电池C.负极会发

生副反应：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑D.正极反应为Ag＋＋e－=Ag【答案】C【解析】【详解】A．电子只能在外电离移动，不会进入海水，A错误；B．锌为活泼金属，若将镁换成锌，也可构成海水原电池，B错误；C．镁是活泼金

属，镁能与水反应，所以能发生副反应：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，C正确；D．电池放电时，正极发生还原反应，AgCl是难溶物，电极反应式为--AgCl+e=Ag+Cl，D错误；故选C。8.下列实验操作及现象、对应结论均正确的是选项实验操作及现象结论A向AgCl固体滴加饱和Na

2CrO4溶液，有砖红色沉淀生成Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(AgCl)B向含酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2固体，溶液红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡C用pH试纸分别测定同等条件下NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，前者pH值较大Ka(C

H3COOH)>Ka(HClO)D向一定浓度的Na2S2O3溶液中滴入稀盐酸，溶液变浑浊盐酸将Na2S2O3还原为S单质A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．AgCl固体滴加饱和Na2CrO4溶液，Qc(Ag2CrO4)＞Ksp(Ag2CrO4)时生成沉

淀，由于AgCl、Ag2CrO4不是相同类型的沉淀，故由现象不能比较Ag2CrO4、AgCl的Ksp，A不合题意；B．碳酸根离子与钡离子结合生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，则溶液的红色变浅，B符合题意；C．NaClO溶液具有漂白性，能使pH试纸

褪色，应该用pH计测定NaClO溶液pH，C不合题意；D．向一定浓度的Na2S2O3溶液中滴入稀盐酸，溶液变浑浊，反应原理为：Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，反应中HCl中H、Cl元素的化合价均不变，

故HCl不是还原剂，D不合题意；故答案为：B。9.液氨中存在类似水的微弱电离：3342NHNHNHNH+−++。某温度时，液氨的离子积()()3042NHNH1.010Kcc+−−==，若规定()4pNlgNHc+=−，则下列叙述不正确的是A.纯液氨中：()()42cNHcNH+−

=B.其他条件不变，增加液氨的量，电离平衡正向移动C.该温度下，液氨的pN=15D.该温度下，向液氨中加入4NHCl固体，液氨中()4NHc+与()2NHc−的乘积不变【答案】B【解析】【详解】A．液氨中存在电离3342NHNHNHNH+−++，每

电离生成1个4NH+，同时生成1个2NH−，即()()42cNHcNH+−=，A正确；B．其他条件不变，液氨是纯液体，增加液氨的量，电离平衡不移动，B错误；C．液氨达到电离平衡时，3042c(NH)c(NH)1.010mol/L+−−==，则4pNlg(NH)15c

+=−=，C正确；D．温度不变，K不变，则液氨中()4NHc+与()2NHc−的乘积不变，D正确；故选B。10.常温下浓度均为0.1mol·L－1的①CH3COOH(aq)；②NaOH(aq)；③CH3COONa(aq)，下列叙述正

确的是A.①中()33)cO()CHCOOH>cCHCO>cHc()(>OH－＋－B.②③稀释相同倍数，pH变化较大的是③C.①③等体积混合以后，()33cNa=2cCHCOO+2cCHCOOH()()＋－D.

①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混合后水的电离程度大【答案】D【解析】【详解】A．CH3COOH(aq)中根据电荷守恒，3cH=cCHC()()OO+cH()O＋－－，所以①中()33()(cCHCOOH>cH>cCHCOO>)(cH

)O＋－－，故A错误；B．加水吸收，醋酸钠水解平衡正向移动，所以NaOH(aq)、CH3COONa(aq)稀释相同倍数，pH变化较大的是NaOH(aq)，故B错误；C．等体积、等浓度的CH3COOH(aq)、CH3COONa(aq)混合，根据物料守恒，()332cNa=cC

HCOO+cCH()()COOH＋－，故C错误；D．等体积、等浓度的CH3COOH(aq)；②NaOH(aq)混合，恰好完全反应生成CH3COONa(aq)，醋酸钠促进水电离，等体积、等浓度的CH3COOH(aq)、CH3COONa(aq)

混合，溶液呈酸性，醋酸电离出的H+抑制水电离，故D正确；选D。11.已知2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)∆H=＋571.0kJ·mol－1，两步热循环制H2的过程如图。下列说法正确的是过程I：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)∆HⅠ=＋604.8kJ·mol－1

过程II：H2O(l)+3FeO(s)=Fe3O4(s)+H2(g)∆HIIA.该制氢过程中FeO为催化剂B.整个过程中能量转化形式只存在太阳能转化为化学能C.过程II在任何温度下均为自发反应D.根据盖斯定律∆HI+∆HII=0【答案】

C【解析】【详解】A．由题图可知，Fe3O4参与反应，但反应前后质量不变，为整个过程的催化剂，FeO是中间产物，故A错误；B．过程I将太阳能转化为化学能，过程II是放热反应，将化学能转化为热能，B错误；C．过程II的∆S>0、∆H<0，反应自发进行的判据：∆H-T∆S<0，该反应在任

何温度下均为自发反应，C正确；D．∆H=∆HⅠ+2∆HII，∆HII=1/2(∆H-∆HⅠ)=-169kJ/mol，∆HI+∆HII不等于0，D错误；故选C。12.由γ－羟基丁酸生成γ－丁内酯的反应为HOCH2CH2CH2COOH+H

、+H2O。在25℃下，γ－羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180mol·L－1，测得γ－丁内酯的浓度随时间变化的数据如图所示：t/min215080100120160220∞c/mol·L－10.0240.0500.0710.0810.0900.1040.1

160.132则下列说法不正确的是A.在50~80min内，以γ－丁内酯的浓度变化表示的反应速率为7×10－4mol·L－1·min－1B.25℃时该反应的平衡常数K=2.5C.120min时γ－羟基丁酸的转化率为50%D.为提高γ－羟基丁酸的平衡转化率，除适当控制反

应温度外，还可采用的措施是及时分离出γ－丁内酯【答案】B.【解析】【详解】A．在50~80min内，γ－丁内酯反应速率：()110.0710.05mol/Lcv0.0007t30molLminmin

−===－－，故A正确；B．∞时,即代表平衡,γ-丁内酯的浓度为0.132mol·L-1,γ-羟基丁酸为0.180mol·L-1-0.132mol·L-1=0.048mol·L-1,平衡常数：0.1322.750.048K==，故B错误；C．120

min时生成γ－丁内酯浓度0.090mol·L－1，说明消耗γ－羟基丁酸浓度0.090mol·L－1，转化率：0.09100500.18=％％，故C正确；D．及时移走生成物,会使得平衡正向移动,从而提高γ-羟基丁酸的平衡转化率，故D正确；答案选B。13.常

温下，Ag2S与CuS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.Ksp(Ag2S)=10－29.2B.向含CuS沉淀的悬浊液中加入Na2S饱和溶液，Ksp(CuS)减小C.若Z点为Ag2S的分散系，ν(沉

淀)>ν(溶解)D.CuS(s)+2Ag+(aq)Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数很大，反应趋于完全【答案】D【解析】【详解】A.Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)·c(S2-)=(10-20)2×10－9.2=

10-49.2，故A错误；B.Ksp(CuS)只受温度影响，故B错误；C.由图象可知，Z点的坐标在曲线上方，即Z点Ag2S的Qc<Ksp(Ag2S)，则ν(沉淀)＜ν(溶解)，故C错误；D.根据方程式可知，K=2+2+2sp+22+2sp2K(CuS)c(Cu)c(Cu)?c(S)c(Ag)c(A

g)?c(S)K(Agg)−−==，根据X点和Y点可知，Ksp(CuS)远大于Ksp(Ag2S)，即该反应的平衡常数很大，反应趋于完全，故D正确；故选D。14.我国十大科技突破－海水直接电解制H2，其工作原理如图(防水透气膜只允许水分子通过)。下列说法不正确的是A.

b为电解池的阴极B.a的电极反应式为4OH－－4e－=O2↑+2H2OC.去除透气膜，a极发生的电极反应不变D.电解池工作时，海水侧的离子浓度理论上逐渐增大【答案】C【解析】【分析】电解时，OH-向a极移动

，所以a为阳极，电极反应为4OH－－4e－=O2↑+2H2O；b为阴极，电极反应为4H++4e-＝2H2↑，据此分析解题。【详解】A．据分析可知，b为电解池的阴极，故A正确；B．a为阳极，电极反应式为4OH－－4e－=O2↑+2H2O，故B正确；C．去除透气膜，海水中含有金属离子可发生反

应，故C错误；D．电解池工作时，水通过透气膜在电极发生反应，所以海水侧水减少，离子浓度理论上逐渐增大，故D正确；故答案选C。15.已知几种化学键的键能数据，N≡O键：1630kJmol－；Cl－Cl键：1243kJmol

－；Cl－N：1akJmol－；N=O：1607kJmol－，则反应()()()22NOgClg2ClNOg＋的ΔH为(ClNO的结构式为Cl－N=O)A.(289－2a)1kJmol－B.(a－243)1kJmol－C.

(2a＋341)1kJmol－D.(896－2a)1kJmol－【答案】A【解析】【详解】焓变=反应物总键能-生成物总键能()()()22NOgClg2ClNOg＋ΔH=1630kJmol－×2+1243kJmol－-(1607kJm

ol－+1akJmol－)×2=(289－2a)1kJmol－，故选A。16.恒容高压氢气氛围中CO在铑基催化剂表面主要发生反应为2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g)，该反应的速率方程为=kc2(CO)，其中k为速率常数，下列说法中错误

的是A.充入CO的量越多，平衡体系中C2H5OH的浓度越大B.在该体系中继续充入H2可提高反应速率C.在该体系中加入适量生石灰可提高反应物的平衡转化率D.对铑基催化剂进行改良可能会进一步提高催化效率【答案】B【解析】【详解】A．充入CO的量越多，上述平衡正向

移动，故平衡体系中C2H5OH的浓度越大，A正确；B．由题干信息可知，该反应的速率方程为=kc2(CO)，即反应速率与H2的浓度无关，故在该体系中继续充入H2的反应速率不变，B错误；C．在该体系中加入适量生石灰，CaO能吸收水蒸气，从而使H2O蒸气浓度减小，化

学平衡正向移动，故可提高反应物的平衡转化率，C正确；D．对铑基催化剂进行改良，可能会进一步提高催化效率，D正确；故答案为：B。17.25℃时，将25mL12mol·L－1的盐酸与100mL2mol·L－1NaOH溶液混合后，再稀释至200m

L，该溶液的pH为(已知：lg5=0.7)A.0.3B.1.3C.0.7D.1.7【答案】A【解析】【详解】25mL12mol/L的盐酸中3n(HCl)=2510L12mol/L=0.3mol−，100mL2mol/L

的NaOH溶液中3n(NaOH)=10010L2mol/L=0.2mol−，则混合后溶液中剩余0.1molHCl，稀释至200mL，+0.1molc()==0.5mol/L.2LH0，pH=1-lg5=1-0.7=0.3，故选A。18.在体积

均为2L的恒温密闭容器1、2中，同时充入1molCl2(g)和1molPCl3(g)，在起始温度不同的条件下发生反应：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)。下列叙述错误的是。A.起始反应温度：容器1>容器2B.平衡时压强：容器1<容器2C.容器2中达到平衡时PCl

5产率为80%D.其它条件不变，3min后向容器1中再充入1molPCl5(g)，达新平衡后PCl3(g)的体积分数减小【答案】B【解析】【分析】由图可知容器1中，3min、5minPCl5(g)的物质的量相等，说明

反应3min时已达到平衡状态，而容器2中，4min时反应达到平衡状态，据此解答。【详解】A．由图可知，容器1中反应在3min时就达到平衡状态，可知容器1中反应速率较快，则温度：容器1>容器2，故A正确；B．由图可知，平衡

时，容器1中生成的PCl5(g)少于容器2，则结合反应可知，该反应是气体体积减小的反应，所以最终容器1中气体的总量大于容器2，而气体的物质的量之比等于体系内压强之比，则压强：容器1>容器2，故B错误；C．1molCl2(g)和1molPCl3(g)充分反应，理论上生成1molPCl5，

而容器2平衡时生成0.8molPCl5，所以容器2中达到平衡时PCl5产率为80%，故C正确；D．其它条件不变，3min后向容器1中再充入1molPCl5(g)，体积不变相当于增大压强，增大压强平衡向体积减小的方向移动，所以达新平

衡后PCl3(g)的体积分数减小，故D正确；故选B。19.我国科研团队研制出以K－Sn合金(均为0价)为负极的可充电“K－CO2”电池，碳纳米管作正极，放电反应为4KSn+3CO2=2K2CO3+C+4Sn，则下列说法不正

确的是A.放电时电流从碳纳米管流向K－Sn合金电极B.放电时，每消耗19.5gK，理论上可吸收8.4LCO2(标准状况)C.该电池的电解质可为KOH水溶液D.充电时，阳极电极反应式为C+223CO−−4e－=3CO2↑【答案】C

【解析】【详解】A．由题干信息可知，放电时K-Sn为负极，则碳纳米管为正极，故电流从碳纳米管流向K－Sn合金电极，A正确；B．放电时，每消耗156gK即消耗4molK，则同时消耗3molCO2，即吸收标准状况

下67.2LCO2，每消耗19.5gK即消耗0.5molK，理论上可吸收8.4LCO2(标准状况)，C正确；C．由于K能与H2O反应，故电池的电解质不能用KOH溶液，C错误；D．充电时阳极上C失电子，与23CO−反应生成CO2，电极反应式为C+2

23CO−−4e－=3CO2↑，D正确；故答案为：C。20.四氯金酸(4HAuCl)由王水和纯金反应制得，可用于工业元件的镀金。常温时，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的4HAuCl溶

液，滴定过程中测得混合溶液的温度T、NaOH溶液体积V(NaOH)与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是A.常温时，四氯金酸(4HAuCl)的电离平衡常数aK约为510−B.n点溶液中，()()4cNacAuCl+−=C.p、n、q三点对应的4AuCl−水解平衡常数：()()()hhh

pnqKKKD.p点对应的溶液中，()()()()442HHAuCl2OHAuClcccc+−−+=+【答案】B【解析】【详解】A．由图像可知，常温时，当()VNaOH0=时，对应溶液的pH3=，此时溶液中的()H0.001c+=1molL−，()()()45a4HAuCl10HAuClcc

Kc+−−=，A项正确；B．根据电荷守衡，在n点：()()HNacc+++=()()4OHAuClcc−−+，n点时温度高于25℃，故14w10K−，当()71cH10molL+−−=时，()()OHHcc−+，则()()4NaAuClcc

+−，B项错误；C．升高温度能促进4AuCl−的水解，水解平衡常数增大，由题图可知，温度：()()()pnqTTT，则p、n、q三点对应4AuCl−的水解平衡常数：()()()hhhpnqKKK，C项正确；D．p点时，()NaOH1

0mLV=，根据电荷守恒有()()()()4HNaOHAuCl++−−+=+cccc，根据物料守恒有()()()442NaHAuClAuClccc+−=+，两式联立消去()cNa+，解得()()42HHAuClcc++=()(

)42OHAuClcc−−+，D项正确。故选B。第Ⅱ卷非选择题(共60分)二、非选择题(包含5个大题，共60分)21.食醋(约含3%~5%的CH3COOH)、纯碱(Na2CO3)和84消毒液(主要成分为NaClO)是生活中常见的化学用品，回答下列问题：（1）醋酸(

CH3COOH)属于___________电解质(填“强”、“弱”或“非”)，在84消毒液中加入少量食醋可以增强其杀菌、消毒的能力，请用离子方程式表示其原因___________。（2）用离子方程式表示纯碱溶液呈碱性的

原因___________。（3）将少量纯碱溶液滴入醋酸溶液中，溶液中3()(CHCO)HOHcc+的值变化趋势为___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（4）常温下，pH=4的醋酸溶液与pH=10的纯碱溶液中，水电离出的c

(OH－)之比为___________。【答案】（1）①.弱②.33CHCOOH+ClO=CHCOO+HClO－－（2）2323COHOHCOOH−−−++；3223HCOHOHCOOH−−++（3）减小（4）10－6：1(或10－6

)【解析】【小问1详解】醋酸(CH3COOH)是弱酸，属于弱电解质；“84消毒液”中起杀菌、消毒作用的是HClO，由于醋酸的酸性比次氯酸的强，向“84消毒液”中滴入少量醋酸反应生成HClO可增强杀菌、消毒效

果，反应的离子方程式为：33CHCOOH+ClO=CHCOO+HClO－－；小问2详解】纯碱溶液呈碱性的原因是碳酸根的水解，其离子方程式为：2323COHOHCOOH−−−++；3223HCOHOHCOOH−−++；【小问3详解】醋酸存在电离平衡：33CHCOOHCHCOO+H－+，其电

离平衡常数表达式为：3a3c(CHCOO)c(H)K=CHCOOH+－，将少量纯碱溶液滴入醋酸溶液中，醋酸的电离平衡向右移动，3c(CHCOO)－增大，电离平衡常数不变，故3()(CHCO)HOHcc+的值减小

；【小问4详解】常温下，pH=4的醋酸溶液，4()10mol/LcH−+=，所以1410410(O)10mol/L10cH−−−−==,氢氧根离子全部来源水的电离，对于pH=10的纯碱溶液中，10Lc()10mHol/−+=，则1441010(O)10mol/L10cH−

−−−==溶液中氢氧根离子是水电离的，所以两种溶液中水电离出的c(OH－)之比为106410mol/L1010mol/L−−−=。22.某研究小组设计了一种能准确检测某香菇中添加剂亚硫酸盐含量的方案，实验装置如下图：①三颈烧瓶中加入10.00g研碎的香菇样品和一定量的水；锥形瓶中

加入适量水、3~4滴淀粉溶液，预处理后充分搅拌。②持续通入氮气，再加入过量磷酸，加热并保持混合液微沸，同时用碘标准溶液滴定锥形瓶内溶液。③重复测定2~3次，至终点时滴定平均消耗了0.0100mol·L－1碘标准溶液1.30mL。④空白实验：不加香菇，在

三颈烧瓶和锥形瓶中仅加等量蒸馏水，重复以上实验，滴定消耗了0.10mL碘标准溶液。（1）仪器a的名称为___________。【（2）仪器b的使用步骤：检漏、___________、装液、调“0”、滴定。（3）滴定反应的离子方程式为___________；滴定终点的判断方法是__

_________。（4）已知：Ka1(H3PO4)=6.910－3，Ka1(H2SO3)=1.410－2，Ka2(H2SO3)=6.010－8，用平衡移动原理解释加入H3PO4后加热能够生成SO2的原因_________

__。（5）该样品中亚硫酸盐含量为___________mg·kg－1(以SO2计)。若滴定前未排尽滴定管尖嘴处的气泡，滴定后气泡消失，则会导致测定结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。（6）该小组查阅文献得知香菇中还含有微量的二价铁，设计实验利用K3

[Fe(CN)6]溶液对其进行检验，该反应的原理是___________(用离子方程式表示)。【答案】（1）球形冷凝管（2）润洗(或洗涤润洗)（3）①.SO2+I2+2H2O=24SO−+2I－+4H+②.当滴入最后半滴碘标准

液，溶液颜色由无色变为浅蓝色，振荡30s不褪色即达到滴定终点（4）加入H3PO4与23SO−生成3HSO−，溶液中存在H++3HSO−H2SO3SO2+H2O，加热促进平衡右移，使SO2逸出（5）①.76.8②.偏高（6）Fe2++K+

+[Fe(CN)6]3－=KFe[Fe(CN)6]↓【解析】【分析】根据题目信息，检测香菇中亚硫酸盐的含量得原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应放出二氧化碳气体，用氮气把二氧化硫排入锥形瓶中被水吸收，再用

碘标准溶液滴定二氧化硫，测出样品中亚硫酸盐的含量。【小问1详解】根据装置图，仪器a的名称为球形冷凝管；【小问2详解】b是滴定管，滴定管的使用步骤：检漏、润洗、装液、调“0”、滴定。【小问3详解】滴定反应中二氧化硫被碘

单质氧化为硫酸，碘单质被还原为HI，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=24SO−+2I－+4H+；达到滴定终点，碘单质不再被消耗，滴定终点的判断方法是：当滴入最后半滴碘标准液，溶液颜色由无色变为浅蓝色，振荡30s不褪

色。【小问4详解】已知：Ka1(H3PO4)=6.910－3，Ka1(H2SO3)=1.410－2，Ka2(H2SO3)=6.010－8，加入H3PO4与23SO−生成3HSO−，溶液中存在H++3HSO−H

2SO3SO2+H2O，加热促进平衡右移，使SO2逸出。【小问5详解】滴定二氧化硫平均消耗了0.0100mol·L－1碘标准溶液(1.30-0.1)mL根据SO2+I2+2H2O=24SO−+2I－+4H+，可知n(SO2)=n(I

2)=0.0100mol·L－1×(1.30-0.1)×10-3L=1.20×10-5mol，该样品中亚硫酸盐含量为541.210mol6.410mg/mol76.80.01Kg−=mg·kg－1;若滴定前未排尽滴定管尖嘴处的气泡，滴定后气泡消失

，消耗标准碘液的体积偏大，则会导致测定结果偏高。【小问6详解】K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色测定，利用K3[Fe(CN)6]溶液对其进行检验，该反应的原理是Fe2++K++[Fe(CN)6]3－=KFe[Fe(CN)6]↓。23.工业上常用天然二

氧化锰粉与硫化锰矿(含Fe、Al、Mg、Ni、Si等的氧化物杂质)制备MnSO4，其工艺如图所示。回答下列问题：资料1：常温下，MnCO3的溶度积Ksp=2.110－11，当c0(Mn+)≤1.010－5mol·

L－1时该离子已沉淀完全。资料2：相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.9沉淀完全的pH10.18.32.8

4.71098.9（1）“滤渣1”含有S和___________；“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式为___________。（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是___________。（3）“调pH”只除去铁和铝，溶液的pH范围为______

_____。（4）“除杂1”的目的是除去Ni2+，“滤渣3”的主要成分是___________。（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全。请用平衡移动原理.解释其

原因___________。（6）MnCO3是一种重要的化工原料。常温下，向溶液中加入NH4HCO3溶液使Mn2+完全沉淀，则混合溶液中23CO−浓度不低于___________mol·L－1。【答案】（1）①.SiO2②.MnO2+2H2SO4+MnS

=2MnSO4+S+2H2O（2）将Fe2+氧化为Fe3+（3）4.7≤pH<6.9(或4.7~6.9)（4）NiS（5）F－与H+结合生成HF，促进MgF2(s)Mg2+(aq)+2F－(aq)平衡向右移动，使Mg2+沉淀

不充分（6）2.110－6【解析】【分析】MnO2粉与MnS矿(还含Fe、Al、Mg、Ni、Si等元素)在硫酸中酸浸，主要的反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，

过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液中所含的金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ni2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调节pH在4.7～6.9之间，除去Fe3+、Al3+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入Na2S除去Ni2

+，“滤渣3”的主要成分是NiS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣4为MgF2，此时滤液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2-3HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰即得到产品硫酸锰。【小问1详解】根据

以上分析可知滤渣1含有S和SiO2，MnO2、MnS和稀硫酸反应生成MnSO4、S和H2O，则“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O。【小问2详解】溶液中含有亚铁离子

，加入二氧化锰把亚铁离子氧化为铁离子，便于后续转化为氢氧化铁。【小问3详解】“调pH”为了除去铁和铝元素，使铁铝沉淀而锌不沉淀，溶液的pH范围应调节为4.7～6.9之间，即4.7≤pH＜6.9。【小问4详解】“除

杂1”的目的是除去Ni2+，则“滤渣3”的主要成分是NiS。【小问5详解】“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，可用平衡移动的原理解释其原因：F-与H+结合形成弱电解质HF，使MgF2(s)Mg2+(aq)+2F－(aq)平衡

向右移动。【小问6详解】加入NH4HCO3溶液使Mn2+完全沉淀，则c(Mn2+)≤1.010－5mol/L，那么混合溶液中11263355Ksp?(MnCO)?2.110c(CO)2.110mol/L1010−−−−−==。24.重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7](M=252g·m

ol－1)常用作分析试剂、催化剂及媒染剂等。某化学兴趣小组对重铬酸铵的一些性质及组成进行探究。已知：227CrO−+H2O224CrO−+2H+。回答下列问题：（1）在试管中加入少量重铬酸铵样品，滴加足量6mol·L－1NaOH溶液，振荡、微热。

产生的现象是______________________。（2）为探究重铬酸铵的分解产物，按下图连接好装置，在A中加入2.52g重铬酸铵样品进行实验。①实验过程中通入N2的主要目的是___________。②实验过程中，若发现加热温度不够，如何改进？________

___。③C装置的作用是___________。加热A至恒重，观察到B中固体由白变蓝，D中酚酞溶液不变色，同时测得A中剩余固体1.52g、B增重0.72g，另外分解产物中还含有N2，则重铬酸铵受热分解的化学方程式为___________。（3）为探究溶液酸性增强对铬(VI)盐溶液氧化

性或Na2SO3溶液还原性的影响，该小组利用下图装置继续实验(已知物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大)。a．K闭合时，记录电压。b．向U型管左侧溶液中滴加硫酸至pH=2后，电压增大了y。c．继续向U型管右侧溶液中滴加硫酸后，无

气体逸出，电压几乎不变。①上述实验得出结论：___________；酸性增强，对Na2SO3溶液还原性几乎无影响。②有同学认为：随着溶液酸性的增强，溶液中O2的氧化性增强也会使电压增大。补做实验：U型管左管中改为盛放___________溶液；然后向左管中滴加硫酸至pH=2后，测得

电压增大了z，若z_____y(填“>”、“<”或“=”)，则证明实验结论不受影响。【答案】（1）有刺激性气味气体生成，溶液变为黄色（2）①.排尽装置中的氧气(或空气)；将气体赶入B、C、D中，使其充分吸收

或作用②.使用酒精喷灯或给酒精灯加一个灯罩③.防止D中水蒸气进入B④.(NH4)2Cr2O7ΔCr2O3+N2↑+4H2O（3）①.酸性增强，铬(Ⅵ)盐溶液氧化性也增强②.0.1mol/L(NH4)2SO4③.<【解

析】【小问1详解】滴加足量6mol·L－1NaOH溶液，OH-与H+结合，导致溶液中c(H+)下降，()227CrO−橙色+H2O2()24CrO−黄色+2H+平衡正向移动，溶液颜色变黄色；微热时OH-与+4NH结合生成的一水合氨发生分解产生氨气；故产生的现象

是有刺激性气味气体生成，溶液变为黄色。【小问2详解】①实验过程中通入N2的主要目的有两个：排尽装置中的氧气(或空气)；将气体赶入B、C、D中，使其充分吸收或作用。②实验过程中，若发现加热温度不够，可使用酒精喷灯或给酒精灯加一个灯罩。③C装置中盛放的是

碱石灰，其作用是防止D中水蒸气进入B，以免干扰对样品分解产物的确定；2.52g重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7](M=252g·mol－1)为0.01mol，加热A至恒重，观察到B中无水硫酸铜固体由白变蓝且B增重0.72g，说明分

解产生的水的质量为0.72g，对应的物质的量为0.04mol；根据N原子守恒，分解产物N2的质量为0.01mol28g/mol=0.28g，对应的物质的量为0.01mol；A中剩余的1.52g固体中含铬元

素的质量：0.01mol252g/mol=1.04g，则所含氧元素的质量为0.48g，对应的物质的量为0.03mol，n(Cr)0.02mol2n(O)0.03mol3==，那么剩余固体为Cr2O3，故重铬酸铵受热分解的化学方程式为(NH4)2Cr2O7Δ

Cr2O3+N2↑+4H2O。【小问3详解】①向U型管左侧溶液中滴加硫酸至pH=2后，电压增大了y，说明溶液酸性增强，铬(VI)盐溶液的氧化性增强；②针对有同学认为溶液中存在O2，随着溶液酸性增强，溶液中O2的氧化性增强也会使电压增

大这一情况，为了证明实验结论不受影响，可在U型管左管中改为盛放0.1mol/L(NH4)2SO4溶液，然后向左管中滴加硫酸至pH=2作为补充实验，若测得电压增大了z，且z<y，即证明实验结论不受影响。25

.从CO2捕获技术应用中分离出CO2，作原料气体来合成基础化工品是很有前景的方法。（1）研究表明二氧化碳与氢气在某催化剂作用下可以还原为甲醇，该反应如下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如*CO2表示单个CO2分子

吸附在催化剂表面；图中*H已省略)。①上述合成甲醇的反应过程中决定反应速率的步骤是___________(用化学方程式表示)。②该过程的热化学反应方程式为___________。③有利于提高平衡时CO2转

化率的措施有___________(填字母)。a．使用催化剂b．增大压强c．增大CO2和H2的初始投料比d．升高温度（2）在催化剂(Ni/xMg)作用下二氧化碳与氢气反应还可以还原为甲烷，反应如下CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

。以5molH2和1molCO2为初始原料，保持总压为P0发生反应，不同温度下在相同时间测得CO2的转化率如图。①三种催化剂(Ni/xMg)中，催化效果最好的是___________。使用Ni催化反应1.2min达

到A点，化学反应速率v(H2)=___________g∙min－1。②下列表述能说明反应达到平衡的是___________。a．v正(H2)=2v逆(H2O)b．气体压强不变c．气体总质量不变d．气体总体积不变③B点的平衡常数Kp计算式为___________(用平衡分压代替平衡浓度计

算，分压=总压×物质的量分数)。（3）催化电解吸收CO2的KOH溶液(主要溶质为KHCO3)可将CO2转化为有机物。在相同条件下，随电解电压的变化阴极产物也发生变化。①当电压较低时，电解过程中没有含碳产物生成，阴极主要还

原产物为___________。②当电压较高时，电解生成C2H4和HCOO－消耗的电量之比为3：1，则C2H4和HCOO－物质的量之比为___________。【答案】（1）①.*HCOO+*H=*CO+*H2O②.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)Δ

H=+0.52NAev/mol③.bd（2）①.Ni/0.05Mg②.4.8③.ad④.2004000.91.8p(p)4.24.20.11.4p(p)4.24.2（3）①.H2②.1：2【解析】【

小问1详解】①决定反应速率的步骤是活化能最大的步骤，由图可知，该步骤的化学方程式为*HCOO+*H=*CO+*H2O，故答案为*HCOO+*H=*CO+*H2O；②反应后相对能量为0.52eV，热化学方程式可写为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=+0.52NAev/m

ol，故答案为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=+0.52NAev/mol；③a．催化剂不影响转化率，故a不符合题意；b．反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为气体体积减小的反应，增大压强

可提高转化率，故b符合题意；c．增大CO2和H2的初始投料比，无法提高转化率，故c不符合题意；d．该反应为吸热反应，升高温度可高转化率，故d符合题意；故答案选bd。【小问2详解】①如图可知，三种催化剂(Ni/xMg)中，Ni/0.05Mg催化时速率更快，效果更好；

使用Ni催化反应1.2min达到A点，CO2转化率为72%，CO2反应的物质的量为0.72mol，所以H2反应的物质的量为2.88mol，化学反应速率()122.882vH=4.8gmin1.2ming=－，故答案为Ni/0.05Mg；4.8；②a．根据反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)

+2H2O(g)的系数比，v正(H2)=2v逆(H2O)，能说明反应达到平衡的，故a符合题意；b．由题可知，以5molH2和1molCO2为初始原料，保持总压为P0发生反应，气体压强不变，不能说明反应达到平衡的，故b不符合题意；c．反应CO2(

g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)中反应物和产物均为气体，气体总质量不变，不能说明反应达到平衡的，故c不符合题意；d．反应为保持总压为P0发生反应，且反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)为气体体积减小的反应，所以气体总体积不变能说明

反应达到平衡的，故d符合题意；故答案选ad；③B点CO2转化率为90%，列三段式有()()()()2242COg+4HgCHg+2HOg(mol)1500(mol)0.93.60.91.8(mol)0.11.40.

91.8起始转化平衡，所以Kp计算式为2004000.91.8p(p)4.24.20.11.4p(p)4.24.2，故答案为2004000.91.8p(p)4.24.20.11.4p(p)4.24.2

。【小问3详解】①当电压较低时，电解过程中没有含碳产物生成，为电解水过程，阴极主要反应为-222HO+2e=H2OH−+，还原产物为H2，故答案为H2；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com