2022-2023学年北京市顺义牛栏山第一中学高二上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年北京市顺义牛栏山第一中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
北京市顺义牛栏山第一中学2022-2023学年高二上学期
期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列反应的能量变化与其它三个不相同的是
A．氢气还原氧化铜 B．钠与冷水的反应
C．碳酸钙高温分解 D．氯化铵与氢氧化钡的反应
【答案】B
【详解】A．氢气和氧化铜加热生成铜、水，反应为吸热反应；
B．钠与冷水的反应生成氢氧化钠和氢气，并放出大量的热；
C．碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，反应为吸热反应；
D．氯化铵与氢氧化钡的反应生成氨气和氯化钡，反应为吸热反应；
故选B。
2．下列溶液不一定呈酸性的是
A．c(OH-)＜c(H+)的溶液 B．NaHSO4溶液
C．常温下pH＜7的溶液 D．与Al反应产生氢气的溶液
【答案】D
【详解】A．溶液的酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，当c(OH－)＜c(H+)时，溶液一定显酸性，A不符合题意；
B．NaHSO4溶液中完全电离出氢离子，溶液显酸性，B不符合题意；
C．常温下pH＜7的溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，显酸性，C不符合题意；
D．铝和酸、碱都反应产生氢气，D符合题意；
故选D。
3．下列物质中属于弱电解质的是
①CO2    ②CaCO3    ③H2SO4    ④冰醋酸    ⑤NaHCO3    ⑥氨水
A．①②④⑥ B．②④ C．④ D．④⑥
【答案】C
【分析】强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；
【详解】①CO2为非电解质，错误；
②CaCO3属于盐，为强电解质，错误；
③H2SO4属于强酸，为强电解质，错误；
④冰醋酸为弱酸，属于弱电解质，正确；
⑤NaHCO3为盐，为强电解质，错误；
⑥氨水为混合物，错误；
故选C。
4．下列操作可以使水的离子积常数Kw增大的是
A．加热
B．通入少量氯化氢气体
C．通入少量氨气
D．加入少量醋酸钠固体
【答案】A
【详解】水的离子积常数Kw是温度函数，只与温度有关，温度改变，水的离子积常数改变，与外加酸、碱、盐以及稀释无关，水的电离是吸热过程，升高温度，水的离子积常数Kw增大，故选A。
5．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．100℃时，纯水的pH≈6
B．实验室用过氧化氢制取氧气时，常常加入MnO2固体
C．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．工业上采用高压条件合成氨气
【答案】B
【详解】A．汽水瓶中存在平衡H2CO3H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．实验室用过氧化氢制取氧气时，常常加入MnO2固体作为催化剂加快反应速率，催化剂不能使平衡移动，不可以用勒夏特列原理解释，B符合题意；
C．氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OHClO+H++Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．工业合成氨的反应为可逆反应，增大压强，有利于平衡向正反应分析移动，可以勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故选B。
6．物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是    
A．HX、HZ、HY B．HX、HY、HZ
C．HZ、HY、HX D．HY、HZ、HX
【答案】B
【详解】物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其依次为8、9、10，说明三种盐的水解能力逐渐增强，根据盐的水解规律：谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解，可知HX、HY、HZ的酸性越来越弱，故三种酸的书写由强到弱的顺序是：HX＞HY＞HZ，故选B。
7．一定量的1mol/L的盐酸与足量锌粉反应，当向其中加入少量的下列物质时能降低化学反应速率，但不影响产生H2总量的是
①氯化钠溶液    ②醋酸钠固体    ③几滴硫酸铜溶液    ④0.1mol/L盐酸    ⑤NaOH溶液
A．①② B．①④ C．④⑤ D．②③
【答案】A
【详解】①氯化钠溶液加入后降低了盐酸浓度，且不影响氢离子的物质的量，故能降低化学反应速率，但不影响产生H2总量，正确；    
②醋酸钠固体加入后，醋酸根离子和氢离子结合成弱酸醋酸，降低了氢离子浓度，但不影响最终氢离子的物质的量，故能降低化学反应速率，但不影响产生H2总量，正确；    
③几滴硫酸铜溶液和锌反应生成铜，铜锌形成原电池，加快了反应速率，错误；    
④0.1mol/L盐酸的加入，导致氢离子量增加，生成氢气增加，错误；    
⑤NaOH溶液和盐酸反应，导致氢离子量减小，生成氢气减小，错误；
故选A。
8．下列解释事实的反应方程式不正确的是
A．向碳酸钠溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红：CO32－+2H2OH2CO3+ 2OH－
B．以Na2S为沉淀剂，除去溶液中的Cu2+：Cu2+ + S2－===CuS↓
C．向AgCl沉淀中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2－Ag2S+2Cl－
D．向KI溶液中滴加稀硫酸和淀粉溶液，放置在空气中溶液变蓝：4H++4I－+O2=== 2I2 + 2H2O
【答案】A
【详解】A、纯碱溶液中滴加酚酞溶液显红色是因为碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，离子方程式：CO32－+H2OHCO3－+ OH－，故A错误；
B、以Na2S为沉淀剂，除去溶液中的Cu2+：Cu2+ + S2－===CuS↓，故B正确；
C、 向AgCl沉淀中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2－Ag2S+2Cl－，故C正确；
D、向KI溶液中滴加稀硫酸和淀粉溶液，放置在空气中溶液变蓝：4H++4I－+O2=== 2I2 + 2H2O，故D正确；
本题选A
9．工厂的氨氮废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中NH3在电极表面的氧化过程的微观示意图如图：

下列说法中，不正确的是
A．过程①②均有N－H键断裂
B．过程③的电极反应式为：NH－e－+OH－＝N+H2O
C．过程④中有非极性键形成
D．催化剂可以降低该反应的焓变
【答案】D
【详解】A．由图可知，NH3在过程①中变为NH2，NH2在过程②中变为NH，则过程①②均有N－H键断裂，故A正确；
B．由图可知，NH失去电子结合OH-，转变为N和H2O，则过程③的电极反应式为：NH－e－+OH－＝N+H2O，故B正确；
C．过程④中形成N≡N键，则过程④中有非极性键形成，故C正确；
D．使用催化剂该反应的焓变不变，可以改变活化能，故D错误；
故选D。
10．常温下，下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是
A．使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、Na+、SO、NO
B．pH=11的溶液中：S2-、Na+、CO、K+
C．pH=1的溶液中：Na+、Mg2+、NO、CH3COO-
D．水电离的c(H+)=10-11mol•L-1的溶液中：NH、Cl-、K+、CO
【答案】B
【详解】A．使甲基橙变红的溶液为酸性，酸性条件下，硝酸根离子把亚铁离子氧化为铁离子，不共存，故A错误；
B．pH=11的溶液中含有OH-，OH-与S2-、Na+、CO、K+相互之间不反应，能大量共存，故B正确；
C．pH=1的溶液中含有氢离子，氢离子与醋酸根离子生成弱酸醋酸，不能大量共存，故C错误；
D．水电离的c(H+)=10-11mol·L-1的溶液中可能是酸或者碱抑制了水的电离，如果是碱性溶液，OH-与铵根离子反应；若为酸性，氢离子和碳酸根离子生成二氧化碳和水；故不能大量共存，故D错误；
故选B。
11．25℃、101kPa 下：①2Na(s)＋1/2O2(g)=Na2O(s) △H1=－414kJ/mol
②2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s) △H2=－511kJ/mol
下列说法正确的是
A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C．25℃、101kPa 下，Na2O2（s）+2 Na（s）= 2Na2O（s）△H=－317kJ/mol
D．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
【答案】C
【详解】A、氧化钠和过氧化钠中阴离子和阳离子的个数之比都是1︰2，A不正确；
B、由于参加反应的钠是等量的，所以转移的电子数是相同的，B不正确；
C、根据盖斯定律可知，①×2－②即得到Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) △H=－317kJ/mol， C正确；
D、在加热的条件下钠和氧气反应生成过氧化钠，D不正确；
答案选C。
12．现有常温下体积均为10mL、pH=3的两种溶液：①盐酸溶液②醋酸溶液，下列说法中，不正确的是
A．加水稀释至1L，溶液的pH：①＜②
B．溶液中溶质的物质的量浓度：①＜②
C．溶液中酸根离子的物质的量浓度：①=②
D．分别加入等浓度NaOH溶液至中性，消耗NaOH的量：①＜②
【答案】A
【详解】A．盐酸为强酸、醋酸为弱酸，pH=3的两种溶液稀释相同的倍数，醋酸会继续电离出更多的氢离子，导致酸性强于盐酸，故①>②，故A错误；
B．pH=3的两种溶液，醋酸的浓度要远大于盐酸，故B正确；
C．根据电荷守恒，盐酸中c(H+) =c(OH-)+ c(Cl-)，醋酸中c(H+) =c(OH-)+ c(CH3COO-)，由于pH相同，则盐酸中c(H+)、c(OH-)与醋酸中c(H+)、c(OH-)相同，故c(Cl-)= c(CH3COO-)，故C正确；
D．醋酸的浓度要远大于盐酸，分别加入等浓度NaOH溶液至中性，消耗NaOH的量：①＜②，故D正确；
故选A。
13．以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-49.5 kJ/mol
②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ∆H2=-90.4 kJ/mol
③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ∆H3
不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2平衡转化率随温度变化关系如图。下列说法正确的是

A．∆H3=-40.9 kJ/mol
B．p1 < p2 < p3
C．为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，反应条件应选择高温、高压
D．T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是：该温度下，主要发生反应③
【答案】D
【详解】A．根据盖斯定律可知，反应③可由反应①-反应②，故∆H3=∆H1-∆H2=(-49.5 kJ/mol)-( -90.4 kJ/mol)=+40.9 kJ/mol，A错误；
B．分析反应①正反应为气体体积减小的方向，反应③反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应③不移动，故p1 ＞ p2 ＞ p3，B错误；
C．为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，即让反应①尽可能正向移动，而反应①是一个正反应为气体体积减小的放热反应，故反应条件应选择低温、高压，C错误；
D．根据A的分析可知，反应③为吸热反应且反应前后气体的体积不变，故改变压强平衡不移动，升高温度平衡正向移动，故T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是：该温度下，主要发生反应③，D正确；
故答案为：D。
14．准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L-1NaOH溶液滴定，下列说法不正确的是
A．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响
B．滴定操作时，眼睛要一直关注锥形瓶中的颜色变化
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由粉红色变无色时停止滴定
D．酸式滴定管可以盛放盐酸，但不能盛放Na2CO3溶液
【答案】C
【详解】A．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响，不影响标准液的用量，不影响测定结果，A正确；
B．滴定操作时，眼睛要一直关注锥形瓶中的颜色变化，便于观察滴定终点，B正确；
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由无色变粉红色时停止滴定，C错误；
D．碳酸钠溶液显碱性，酸式滴定管可以盛放盐酸，但不能盛放Na2CO3溶液，D正确；
故选C。
15．向盛有不同试剂的试管b中分别滴加适量0.1mol/L FeCl3 溶液，下列对b中现象及解释正确的是

实验
b中物质
b中现象
结论或解释

A
Mg(OH)2悬浊液
有红棕色胶体产生
发生反应：Fe3++3OH-= Fe(OH)3(胶体)
B
Cu粉
溶液变蓝，试管底部有固体
溶液变蓝的原因是：3Cu+2Fe3+ =2Fe+3Cu2+
C
5%H2O2溶液
有气泡生成
该气体为氯气，双氧水有强氧化性氧化Cl- 产生Cl2
D
饱和NaHCO3溶液
有气泡生成，且试管底部有固体
发生反应：Fe3++3HCO3-= Fe(OH)3 +3CO2

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A、Mg(OH)2悬浊液滴入氯化铁溶液，氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁胶体，发生反应2Fe3++3Mg(OH)2= 2Fe(OH)3(胶体)+3Mg2+,故A错误；
B、氯化铁与铜反应Cu+2Fe3+ =2Fe2++Cu2+，故B错误；
C、5%H2O2溶液滴入氯化铁溶液，生成氧气，是因为氯化铁做过氧化氢分解的催化剂，故C错误；
D、饱和NaHCO3溶液与氯化铁发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，故D正确。
16．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
400
1
1
0.5
乙
T1
1
1
0.4
丙
400
1
2
a

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-1
B．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
【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，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分种后生成物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。
17．苯甲酸钠(，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体，已知25℃时，HA的Ka=6.25×10-5，H2CO3的Ka1=4.3×10-7，下列说法不正确的是(不考虑饮料中其他成分)
A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高
B．提高CO2充气压力，饮料中c(A-)降低
C．当pH为5.0时，饮料中=6.25
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)+c(HA)=c(HCO)+c(CO)+c(OH-)
【答案】D
【详解】A．二氧化碳和水生成碳酸，碳酸电离出的氢离子与A-结合成HA，使得碳酸饮料的抑菌能力增强，故A正确；
B．提高CO2充气压力，溶液中氢离子浓度变大，则导致饮料中c(A-)降低，故B正确；
C．当pH为5.0时，饮料中=6.25，故C正确；
D．根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒可知，c(Na+)= c(HA)+c(A-)，两式联立得：c(H+)+c(HA)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)，故D错误；
故选D。
18．为了证明Mg(OH)2沉淀溶解平衡的存在，某同学进行了如下实验：将4mL0.1mol/LMgCl2溶液和4mL0.2mol/LNaOH溶液混合得到浊液，静置后，取部分上层清液于试管中，将余下的浊液分成三等份；继续进行了四个实验。下列实验现象不能证明原浊液中存在Mg(OH)2沉淀溶解平衡的是
A．向上层清液中滴加2mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀
B．向浊液中滴加0.1mol/LFeCl3溶液，白色沉淀逐渐变成红褐色
C．向浊液中滴加酚酞后再滴加2mol/LNaOH溶液，溶液红色加深
D．向浊液中滴加酚酞后再滴加几滴盐酸，刚滴入时，红色褪去，过一会儿红色又重新出现
【答案】C
【详解】A．4mL0.1mol/LMgCl2溶液和4mL0.2mol/LNaOH恰好能完全反应，向上层清液中滴加2mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，说明上层清液中含有Mg2+，证明存在Mg(OH)2沉淀溶解平衡，故不选A；
B．向浊液中滴加0.1mol/LFeCl3溶液，白色沉淀逐渐变成红褐色，说明Fe3+与OH-反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，使氢氧根离子浓度降低，促使Mg(OH)2沉淀溶解平衡向溶解的方向进行，氢氧化镁转化为氢氧化铁，故不选B；
C．向浊液中滴加酚酞后再滴加2mol/LNaOH溶液，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液红色加深，不能证明原浊液中存在Mg(OH)2沉淀溶解平衡，故选C；
D．向浊液中滴加酚酞后再滴加几滴盐酸，刚滴入时，红色褪去，氢氧根离子浓度减小，促使Mg(OH)2沉淀溶解平衡向溶解的方向进行，过一会儿红色又重新出现，故不选D；
选C。
19．分别向容积固定的2L密闭容器中充入A和6molB，发生反应：2A(g)+B(s)2D(g)    △H＜0，测得相关数据如表，下列说法正确的是

实验I
实验II
实验III
c(A)起始/mol•L-1
1
2
1.2
c(A)平衡/mol•L-1
0.5
1
0.95
放出的热量/kJ
a
b
c

A．放出的热量关系为b=2a=4c
B．实验I、II、III均在同一温度下进行反应
C．依据实验I中的数据，计算出该温度下实验I的平衡常数为4
D．实验I、II、III初始反应速率最大的一定是II
【答案】A
【详解】A．反应均为2L恒容容器，根据图表可知，3个实验反应的A分别为0.5mol/L、1mol/L、0.25mol/L，则放热关系为b=2a=4c，故A正确；
B．反应为恒容的气体分子数不变的反应，实验III投料为I的1.2倍，而反应的A更少，说明平衡逆向移动，反应温度较高，故实验I、III不会是在同一温度下进行反应，故B错误；
C．依据实验I中的数据，平衡时A、D的浓度分别为0.5mol/L、0.5mol/L，则该温度下实验I的平衡常数为，故C错误；
D．由分析可知，实验I、II投料与反应的A为正比，是同温下的反应；反应为放热反应，实验III投料为I的1.2倍，而反应的A更少，则实验III温度高于实验I、II，升高温度反应速率加快，故不能判断初始反应速率最大的是谁，故D错误；
故选A。
20．实验I和实验II中，均有气体产生。

下列分析不正确的是
A．NaHSO3溶液中：c(SO)>c(H2SO3) B．I中有CO2生成
C．II中产生白色沉淀 D．I和II中溶液的pH均增大
【答案】D
【详解】A．根据装置中亚硫酸氢钠溶液的pH=4判断，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离大于水解，故c(SO)>c(H2SO3)，故A正确；
B．亚硫酸氢钠与碳酸氢钠反应，因为亚硫酸氢根离子的酸性大于碳酸，故反应生成二氧化碳，故B正确；
C．亚硫酸氢根电离产生亚硫酸跟钡离子结合产生亚硫酸钡沉淀，同时产生的氢离子与亚硫酸氢根离子结合生成亚硫酸并分解产生二氧化硫，故C正确；
D．实验I中亚硫酸氢根离子的量减小，溶液体积增大，导致其浓度减小，故pH增大，实验II中产生亚硫酸，酸性增强，故pH减小，故D错误；
故选答案D。
【点睛】此题考查盐类中酸根离子的电离和水解程度，及酸性之间的强弱应用，注意在复分解反应中，一般利用酸碱性强弱判断是否发生反应。
21．某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表：

实验
试剂a
现象与结果
I

10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
II
8mL5mol/L氨水
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
III
8mL5mol/L氨水和1gNH4Cl固体
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮

下列说法不正确的是A．I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2
B．由实验可知，增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强
C．增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成
D．[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂
【答案】B
【详解】A．I中生成Cu(OH)2，说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A正确；
B．酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B错误；
C．II、III比较，III中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成，故C正确；
D．I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂，故D正确；
选B。

二、原理综合题
22．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CO2资源化利用对缓解碳减排压力具有重要意义。在二氧化碳催化加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.7kJ·mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
反应III：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) ΔH3=-247.1kJ·mol-1
向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变化关系如图所示。

(1)反应I~III中，属于吸热反应的是____(填反应序号)。
(2)反应I的平衡常数表达式为____。
(3)盖斯定律的重要价值是可以利用已知反应的反应热求得未知反应的反应热，利用上述反应计算CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的ΔH=____。
(4)结合上述反应，解释图中CO的物质的量随温度的变化的原因：___。
(5)在实际生产中为了提高甲烷的产量，选择的反应条件为较低温度和使用合适的催化剂，从反应原理角度说明选择该反应条件的理由：____、____。
【答案】(1)Ⅱ
(2)K=
(3)+205.9 kJ·mol-1
(4)升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高
(5)     较低温度可以使平衡正向移动     合适的催化剂可以加快反应速率，同时提高反应Ⅰ的选择性

【详解】（1）吸热反应焓变大于0，所以属于吸热反应的是Ⅱ；
（2）根据平衡常数的定义可知反应Ⅰ的平衡常数表达式为K=；
（3）根据盖斯定律反应Ⅱ-反应Ⅰ可得CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)的ΔH=+41.2kJ·mol-1-(-164.7kJ·mol-1)=+205.9kJ·mol-1；
（4）反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高；
（5）反应Ⅰ为放热反应，较低温度可以使平衡正向移动，提高CH4的转化率，但会降低反应速率，所以还需选用合适的催化剂，加快反应速率，同时提高反应Ⅰ的选择性。

三、填空题
23．现有下列浓度均为0.1mol/L的电解质溶液：
①Na2CO3、②NaHCO3、③ 、④CH3COONH4、⑤NH4HCO3、⑥NH4HSO4
(1)上述6种物质的溶液既能与盐酸又能与烧碱溶液反应的是_____(填写序号)。
(2)已知溶液④呈中性，该溶液中离子浓度由大到小的顺序是_____。
(3)已知溶液⑤呈碱性，比较④、⑤两溶液的酸碱性，可以得出的结论是_____。
(4)25℃时，向10mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1mol•L-1NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积关系如图所示：

①用电离方程式表示P点pH＜7的原因是_____。
②写出P点溶液中的电荷守恒关系：_____。
③用电离方程式表示Q点pH＞7的原因是_____。
④M、Q两点中，水的电离程度较大的是_____点。
⑤下列关系中，正确的是_____。
a.M点c(Na+)＞c(NH)
b.N点c(NH)+c(Na+)=2c(SO)
c.Q点c(NH)+c(NH3•H2O)=c(Na+)
【答案】(1)②④⑤
(2)c(CH3COO-)=c()>c(H+)=c(OH-)
(3)醋酸的酸性大于碳酸
(4)     NH4HSO4=               M     ab

【详解】（1）①Na2CO3和氢氧化钠不反应；②NaHCO3和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，NaHCO3和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；③ 和氢氧化钠不反应；④CH3COONH4和盐酸反应生成氯化铵和醋酸，CH3COONH4和氢氧化钠反应生成醋酸钠、一水合氨；⑤NH4HCO3和盐酸反应生成氯化铵、二氧化碳、水，NH4HCO3和氢氧化钠反应生成碳酸钠、一水合氨；⑥NH4HSO4和盐酸不反应；既能与盐酸又能与烧碱溶液反应的是
（2）CH3COONH4溶液呈中性c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，该溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)=c()>c(H+)=c(OH-)
（3）NH4HCO3溶液呈碱性，CH3COONH4溶液呈中性，根据“越弱越水解”，可知醋酸的酸性大于碳酸；
（4）①NH4HSO4电离出氢离子，所以P点pH＜7，电离方程式为NH4HSO4=。
②溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数，P点溶液中的电荷守恒关系：。
③向10mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中逐滴滴入20mL0.1mol•L-1NaOH溶液，溶质为硫酸钠和氨水，氨水电离使溶液呈碱性，Q点pH＞7的原因是。
④M点溶质为硫酸铵、硫酸钠，硫酸铵水解促进水的电离，Q点溶质为硫酸钠和氨水，氨水电离抑制水的电离，M、Q两点中，水的电离程度较大的是M点。
⑤A．M点溶质为等浓度的硫酸铵、硫酸钠，铵根离子水解，所以c(Na+)＞c(NH)，故a正确；
B．N点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(NH)+c(H+)+c(Na+)=2c(SO)+c(OH-)，所以c(NH)+c(Na+)=2c(SO)，故b正确；
C． Q点表示向10mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中逐滴滴入20mL0.1mol•L-1NaOH溶液，根据物料守恒2c(NH)+2c(NH3•H2O)=c(Na+)，故c错误；
选ab。

四、实验题
24．用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
I.准备标准溶液
a.准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存备用。
b.配制并标定100mL0.1000mol•L-1NH4SCN标准溶液，备用。
II.滴定的主要步骤
a.取待测NaI溶液20.00mL于锥形瓶中。
b.加入25.00mL0.1000mol•L-1AgNO3溶液(过量)，使I-完全转化为AgI沉淀。
c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d.用0.1000mol•L-1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+(发生反应：Ag++SCN-=AgSCN↓)，当 ，停止滴定。
e.重复上述操作三次。四次测定数据如表：
实验序号
1
2
3
4
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
18.40
20.02
19.98
20.00

f.数据处理。
回答下列问题：
(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_____、_____。
(2)加入NH4Fe(SO4)2指示剂前需将溶液的pH调到0.5以下，其原因是_____。
(3)b和c两步操作一定不能颠倒，请用化学用语进行解释：_____。
(4)将d补充完整：当_____。
(5)测得c(I-)=_____mol•L-1。
(6)若出现下列情况，会导致c(I-)测定结果偏高的是_____。A．酸式滴定管使用前，未用NH4SCN标准溶液润洗
B．在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面
C．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
D．滴定前滴定管尖嘴内有气泡而滴定后尖嘴内没有气泡
【答案】(1)     250 mL棕色容量瓶     胶头滴管
(2)抑制铁离子的水解
(3)
(4)当最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不变色
(5)0.0250
(6)BC

【分析】该滴定实验的原理是，先用过量的AgNO3标准液将I-转化为AgI沉淀，然后加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，用 NH4SCN标准液滴定过量的Ag+，达到反应终点时SCN-稍过量，与Fe3+结合生成络合物，使溶液显淡红色，据此判断滴定终点。
【详解】（1）因要配制成250 mL标准溶液，使用的仪器需烧杯、玻璃棒外，因为AgNO3见光分解，故将称得的AgNO3配制成标准溶液时还需要有250mL棕色容量瓶，故为250 mL棕色容量瓶及胶头滴管；
（2）Fe3+水解生成氢氧化铁和氢离子，pH调到0.5以下，可以抑制铁离子的水解；
（3）碘离子具有还原性，能和铁离子反应生成碘单质，故b和c两步操作一定不能颠倒，因为；
（4）达到反应终点时SCN-稍过量，与Fe3+结合生成络合物，使溶液显淡红色，据此判断滴定终点；故为当最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不变色；
（5）根据所提供的数据，第1组数据误差较大，舍去，第2、3、4组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为20.00 mL。加入的AgNO3物质的量：n(AgNO3)= 0.1000 mol·L−1×0.025L，根据Ag++SCN−＝AgSCN↓，与 NH4SCN反应的AgNO3物质的量为 0.1000 mol·L−1×0.020L，则与NaI反应的AgNO3物质的量为0.1000 mol·L−1×0.025L-0.1000 mol·L−1×0.020L =0.00050 mol，根据Ag++I−=AgI↓，则c(I−)= ＝0.0250 mol·L−1。
（6）计算原理为c(AgNO3)·V(AgNO3)=c(NH4SCN) ·V(NH4SCN)+c(I-)·V(I-)；
A．酸式滴定管使用前，未用NH4SCN标准溶液润洗，导致NH4SCN标准溶液用量增大，使得计算出与银离子反应的碘离子的浓度偏小，A错误；
B．在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致NH4SCN标准溶液读数偏小，算出与银离子反应的碘离子的浓度偏大，B正确；
C．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致NH4SCN标准溶液用量偏小，算出与银离子反应的碘离子的浓度偏大，C正确；，
D．滴定前滴定管尖嘴内有气泡而滴定后尖嘴内没有气泡，导致NH4SCN标准溶液读数增大，使得计算出与银离子反应的碘离子的浓度偏小，D错误；
故选BC。
25．学习小组探究AgNO3、Ag2O(棕黑色固体，难溶于水)对氯水漂白性的影响。
实验记录如下：

实验
方案和现象
ⅰ
加入1mL蒸馏水，再滴加1滴品红溶液，品红溶液较快褪色
ⅱ
加入少量Ag2O固体，产生白色沉淀a。再加入1mL蒸馏水和
1滴品红溶液，品红溶液褪色比i快
ⅲ
加入1mL较浓AgNO3溶液，产生白色沉淀b。再滴加1滴品红溶液，品红溶液褪色比i慢

(1)用离子方程式表示i中品红溶液褪色的原因：______。
(2)经检验，ii中的白色沉淀a是AgCl。产生AgCl的化学方程式是_______。
(3)ⅰ是iii的对比实验，目的是排除iii中______造成的影响。
(4)研究白色沉淀b的成分。进行实验iv（按实验iii的方案再次得到白色沉淀b，过滤、洗涤，置于试管中）：
实验iv:

①设计对比实验证实白色沉淀b不只含有AgCl，实验方案和现象是_______。
②FeCl2溶液的作用是_______。由此判断，白色沉淀b可能含有AgClO。
(5)进一步研究白色沉淀b和实验iii品红溶液褪色慢的原因，进行实验v：
实验v:

①结合离子方程式解释加入饱和NaCl溶液的目的：_______。
②推测品红溶液褪色的速率：实验iii比实验v______（填“快”或 “慢”）。
【答案】               稀释对溶液颜色     用纯净的AgCl沉淀代替白色沉淀b，先滴加盐酸，再滴加FeCl2溶液（含KSCN）后，溶液不变红。     检验白色沉淀b中是否含有氧化性粒子     AgClO(s) + Cl-(aq) AgCl(s) + ClO-(aq)，使白色沉淀b中的ClO-进入上层清液便于检测     慢
【分析】氯水具有漂白性，是因为氯水中含有HClO，而HClO来源于Cl2与水发生的可逆反应；因此AgNO3和Ag2O对氯水漂白性若会产生影响，可能的原因即影响了Cl2与水的反应。第一组实验想验证AgNO3和Ag2O对氯水漂白性的影响，由于验证Ag2O的影响时，加入的是难溶于水的固体，所以溶液的体积几乎不受影响，而验证AgNO3的影响时，加入的是硝酸银溶液，溶液体积会发生变化；出于控制变量的考虑，实验ⅰ和实验ⅱ分别又滴加了1mL水，排除溶液体积变化对实验结果的影响。实验ⅱ和实验ⅲ均产生了白色沉淀，并且实验ⅱ中的白色沉淀是AgCl；为了探究实验ⅲ中产生的白色沉淀的成分，设计了第二组实验，由题可知，白色沉淀b加盐酸后，溶液中会出现能够使Fe2+被氧化的粒子，因此验证白色沉淀b的组成不仅含有AgCl可以从酸浸溶液不能使Fe2+被氧化入手。在确定白色沉淀b的组成后，又设计了第三组实验，探究生成白色沉淀b和实验ⅲ中品红溶液褪色变慢的原因；实验过程中，将白色沉淀投入饱和NaCl溶液中，是为了将其转化为AgCl，使ClO-进入溶液中便于检测，同时这样也会使得溶液中的ClO-浓度相比于实验ⅲ变得更大，因此使品红溶液褪色就更快。
【详解】(1)氯水具有漂白性，是因为含有次氯酸，相关的离子方程式为：；
(2)通过分析可知，生成AgCl的化学方程式为：；
(3)通过分析可知，加1mL蒸馏水是为了排除稀释对溶液颜色的影响；
(4)①通过分析可知，验证白色沉淀b的组成不仅含有AgCl可以从酸浸溶液不能使Fe2+被氧化入手，因此用纯净的AgCl代替白色沉淀b，先滴加稀盐酸，再滴加FeCl2溶液(含KSCN)后，溶液不变红即可证明；
②通过分析可知，FeCl2(含KSCN)的作用是通过是否变色检验沉淀b中是否含有氧化性粒子；
(5)①通过分析可知，将白色沉淀投入饱和NaCl溶液中，是为了将其转化为AgCl，使ClO-进入溶液中便于检测，相关的离子方程式为：；
②通过分析可知，实验ⅴ中上层清液中的ClO-浓度相比于实验ⅲ比较大，因此使品红溶液褪色相比于实验ⅲ更快。
【点睛】设计实验方案时，要注意控制变量以及空白对照实验的设置；例如，涉及溶液混合的问题，要注意排除由于混合后溶液总体积不同对结果产生的影响，因此往往需要加一定量的蒸馏水调节溶液总体积至相同。

五、工业流程题
26．氯化钴(CoCl2)在工业催化、涂料工业、干湿指示剂等领域具有广泛应用。
(1)某钴矿石的主要成分包括CoO、MnO、Fe2O3和SiO2。由该矿石制CoCl2•6H2O固体的方法如图(部分分离操作省略)：

资料：Mn2+生成Mn(OH)2，开始沉淀时pH=8.2，完全沉淀时pH=10.2。
①上述矿石溶解过程中，采取加快化学反应速率的措施有_____(写出一条即可)。
②CoO溶于浓硫酸是非氧化还原反应，溶液1中阳离子包括H+、Mn2+和_____。
③已知pH=2.8时溶液中Fe3+完全沉淀。沉淀2是_____。
④溶液2中含有Co2+和Mn2+。
i.已知：25℃时Ksp[Co(OH)2]≈1×10-15，当c(Co2+)＜1×10-5mol•L-1时可认为Co2+完全沉淀。若向溶液2中加入碱溶液，常温下，当pH=_____时Co2+完全沉淀。由此可知，通过调节pH无法将Mn2+和Co2+完全分离。
ii.溶液2中加入H2O2溶液的离子方程为_____。
⑤由溶液3得到CoCl2•6H2O的操作为_____。
(2)可用如下方法测定产品中CoCl2•6H2O的质量分数(其他杂质不干扰测定)：
资料：
i.M(CoCl2•6H2O)=238g•mol-1。
ii.Co2+与SCN-反应生成蓝色的Co(SCN)；Co2+与EDTA以物质的量比1：1反应，得到红色溶液；后者的反应程度大于前者。取mg产品溶于水，向其中滴加几滴KSCN溶液作指示剂。再用cmol•L-1EDTA溶液滴定，消耗EDTA溶液的体积为vmL，产品中CoCl2•6H2O的质量分数为_____(结果用m、v、c表示)。
【答案】(1)     粉碎或加热     Co2+、Fe3+     Fe(OH)3     9.0          蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干
(2)×100%

【分析】根据流程图分析，钴矿石的主要成分有CoO、MnO、Fe2O3和SiO2等，粉碎后加入浓硫酸加热，溶液1中含有CoSO4、MnSO4、Fe2(SO4)3，沉淀为难溶的SiO2；溶液1中加入NaOH溶液调节pH，根据题给信息中金属离子沉淀的pH知，沉淀2为Fe(OH)3沉淀，溶液2中含有CoSO4、MnSO4；溶液2中加入氨水和H2O2溶液，Mn2+转化为MnO2沉淀，溶液3处理后得到CoCl2•6H2O。
【详解】（1）①上述矿石溶解过程中，粉碎、加热均能够加快化学反应速率，故答案为：粉碎或加热；
②CoO溶于浓硫酸是非氧化还原反应，钴矿石粉碎后加入浓硫酸加热反应后钴元素化合价没有改变，则溶液1中含有CoSO4、MnSO4、Fe2(SO4)3，溶液1中阳离子包括H+、Mn2+和Co2+、Fe3+，故答案为：Co2+、Fe3+；
③已知pH=2.8时溶液中Fe3+完全沉淀，溶液1中加入NaOH溶液调节pH，根据题给信息中金属离子沉淀的pH知，沉淀2为Fe(OH)3沉淀；
④i. 已知资料：Mn2+生成Mn(OH)2，开始沉淀时pH=8.2，完全沉淀时pH=10.2。25℃时Ksp[Co(OH)2]≈1×10-15=c(Co2+)×c2(OH-)=1×10－5×c2(OH-)，可得c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，此时pH=9，当pH=9时Co2+完全沉淀，由此可知，通过调节pH无法将Mn2+和Co2+完全分离；故答案为：9；
ii.溶液2中加入氨水和H2O2溶液的目的是将Mn2+转化为MnO2，除去Mn2+杂质，提高产物纯度，反应为；
⑤由溶液3得到CoCl2•6H2O的操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干；
（2）Co2+与EDTA以物质的量比1：1反应，根据钴元素守恒可得CoCl2•6H2O～Co2+～EDTA，则CoCl2•6H2O的物质的量为：cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，产品中CoCl2•6H2O的质量分数为×100%=×100%。
27．纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。
(1)工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中Mg2+、Ca2+离子，从成本角度考虑加入试剂的化学式为_____、_____。
某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如图：

已知：几种盐的溶解度

NaCl
NH4HCO3
NaHCO3
NH4Cl
溶解度(20℃，100gH2O时)
36.0
21.7
9.6
37.2

(2)①写出装置I中反应的化学方程式_____。
②从平衡移动角度解释该反应发生的原因_____。
(3)写出装置II中发生反应的化学方程式_____。
(4)请结合化学用语说明装置III中加入磨细的食盐粉及NH3的作用_____。
(5)该流程中可循环利用的物质是_____。
(6)制出的纯碱中含有杂质NaCl，为测定其纯度，下列方案中不可行的是_____。
a.向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，测生成CaCO3的质量
b.向m克纯碱样品中加入足量稀H2SO4，干燥后测生成气体的体积
c.向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，测生成沉淀的质量
【答案】(1)     Ca(OH)2     Na2CO3
(2)     NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3¯+NH4Cl     饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳气体，氨气和二氧化碳气体在溶液中形成两种平衡NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，CO2+H2OH2CO3HCO+H+，H+与OH—反应生成水，两个平衡均向右移动，溶液中NH和HCO浓度均增大，由于NaHCO3的溶解度小，析出NaHCO3晶体使得反应发生
(3)2NaHCO3Na2CO3+H2 O+CO2↑
(4)促使氯化铵结晶析出
(5)二氧化碳
(6)c

【分析】由题给流程可知，向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳气体，氨气和二氧化碳气体与饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤的得到碳酸氢钠固体和含有氯化铵的母液；碳酸氢钠固体受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水；向母液中加入磨细的食盐粉及NH3促使氯化铵结晶析出。
【详解】（1）工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中Mg2+、Ca2+离子，从成本角度考虑应先加入过量石灰水，使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去，再向溶液中加入碳酸钠溶液，使钙离子转化为碳酸钙沉淀除去，故答案为：Ca(OH)2；Na2CO3；
（2）①装置I中的反应为氨气和二氧化碳气体和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3¯+NH4Cl；
②向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳气体，氨气和二氧化碳气体在溶液中形成两种平衡NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，CO2+H2OH2CO3HCO+H+，H+与OH—反应生成水，两个平衡均向右移动，溶液中NH和HCO浓度均增大，由于NaHCO3的溶解度小，析出NaHCO3晶体使得反应发生；
（3）装置II中发生的反应为碳酸氢钠固体受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2 O+CO2↑；
（4）在母液中含有大量的铵根离子和氯离子，向母液中通入氨气，使溶液中铵根离子浓度增大，加入磨细的食盐粉能增大溶液中的氯离子浓度增大，溶液中铵根离子和氯离子浓度增大，使溶解平衡NH4Cl (s) NH(aq）+Cl—(aq）向左移动，有利于氯化铵结晶析出，故答案为：促使氯化铵结晶析出；
（5）由图可知，装置I中二氧化碳做反应物制备碳酸氢钠，装置II中碳酸氢钠固体受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，则流程中可循环利用的物质是二氧化碳；
（6）a．向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，Na2CO3与CaCl2反应生成CaCO3沉淀，由样品的质量和生成CaCO3的质量可以列关系式计算出纯碱的纯度，故a正确；
b．向m克纯碱样品中加入足量稀硫酸，干燥后测得生成气体的体积为二氧化碳的体积，根据样品的质量和生成样品的质量和生成二氧化碳的体积可以列关系式计算出纯碱的纯度，故b正确；
c．向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，Na2CO3和NaCl与AgNO3反应生成Ag2CO3沉淀和AgCl沉淀，沉淀的质量为氯化银和碳酸银，无法列关系式计算出纯碱的纯度，故c错误；
故选c。