浙江省杭州市浙江大学附属中学2023-2024学年高二上学期期中化学试题（Word版附解析）

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本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-S6 Mn-55 Ba-137 Cu-64 Ag-108 Cr-52
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 某反应 kJ/ml，下列有关该反应的叙述正确的是
A. 正反应活化能小于100 kJ/mlB. 逆反应活化能一定小于100 kJ/ml
C. 正反应活化能不小于100 kJ/mlD. 正反应活化能比逆反应活化能大100 kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应热=正反应活化能-逆反应活化能，该反应的反应热为+100 kJ/ml，则正反应活化能大于100kJ/ml，A项错误；
B．根据A选项分析，逆反应活化能可能小于100kJ/ml，B项错误；
C．正反应活化能大于100kJ/ml，C项错误；
D．题中焓为正值，正反应活化能比逆反应活化能大，D项正确；
答案选D。
2. 有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是
A. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应：H+(aq) + OH-(aq) =H2O(l) ΔH= + 57.3 kJ ·ml-1
B. 已知2 C(s) + 2 O2(g) =2 CO2(g) ΔH1 ，2 C(s) + O2(g) =2 CO(g) ΔH2， 则 ΔH1>ΔH2
C. CO(g)的燃烧热 ΔH =-283.0 kJ•ml-1，则2 CO2(g) = 2CO(g) +O2(g) ΔH = + 566.0 kJ•ml-1
D. 500 ℃、30 MPa 下，将 0.5 ml N2 和 1.5 ml H2 置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g)，放出热量 19.3 kJ，其热化学方程式为 N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g) ΔH= -38.6kJ·ml-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硫酸与稀NaOH溶液反应为放热反应，热化学方程式为：H+(aq) + OH-(aq) =H2O(l) ΔH= - 57.3 kJ ·ml-1，故A错误；
B．碳不完全燃烧时产物为CO，放出的热量少，焓变值较大，则ΔH1<ΔH2，故B错误；
C．CO的燃烧热是指1mlCO完全燃烧生成稳定的氧化物CO2气体所放出的热量，故有2CO(g) +O2(g) =2CO2(g) ΔH = -566.0 kJ•ml-1，则2CO2(g) = 2CO(g) +O2(g) ΔH = + 566.0 kJ•ml-1，故C正确；
D．500 ℃、30 MPa下，将0.5 ml N2和1.5 ml H2置于密闭的容器中充分反应生成 NH3(g)，放出热量19.3 kJ，则1ml N2完全反应放出的热量大于38.6kJ，起热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) ΔH<-38.6kJ·ml-1，故D错误；
故答案选C。
3. 标准状态下，下列物质的相对能量如下表，下列说法不正确的是
A. H2的键能为436kJ/ml
B. H2O2(g)=2HO(g) △H=-214kJ/ml
C. O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
D. 2H2O2(g)=2H2O(g)＋O2(g) △H=-212kJ/ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据表格中的数据及H(g)+H(g)=H2(g)可知H2的键能为218kJ·ml-1×2=436kJ·ml-1，A正确；
B．H2O2(g)=2HO(g) △H=（+39 kJ/ml）×2-（-136 kJ/ml）=+214kJ/ml，B错误；
C．由表格中的数据及O(g)+O(g)=O2(g)，可知O2的键能为：249kJ·ml-1×2=498kJ·ml-1，由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·ml-1，则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，C正确；
D．由表中的数据可知2H2O2(g)=2H2O(g)＋O2(g) △H=（-242kJ·ml-1）×2+0kJ·ml-1-2×(-136kJ·ml-1)= -212 kJ·ml-1，D正确；
故选B。
4. 实验设计的科学性反映了实验者的科学素养。以HCl溶液和NaOH溶液为例，进行中和反应反应热的测定实验，下列有关说法正确的是
A. 用温度计测量HCl溶液的温度后立即测量NaOH溶液的温度
B. 测定中和热时，将NaOH溶液分次缓慢倒入装有盐酸的量热计中
C. 同时增大反应物NaOH溶液和盐酸的体积，测得的中和反应的反应热同倍数增大
D. 完成中和反应反应热测定实验，温度计需要使用9次
【答案】D
【解析】
【详解】A．测量HCl溶液的温度后，温度计表面的HCl溶液要用水冲洗干净，擦干后再测量NaOH溶液的温度，A错误；
B．碱要一次加入，且不能缓慢加入，否则会造成热量损失，B错误；
C．同时增大两种反应物溶液的体积，放出的热量同倍数增大，但测得的中和反应的反应热不变，C错误：
D．完成一次中和反应反应热测定实验。温度计需要使用3次，分别是反应前酸、碱的温度、反应中最高温度，记录3组，D正确；
故答案为：D。
5. 下列关于化学反应方向的叙述不正确的是
A. 化学反应的方向受焓变、熵变、温度影响
B. 将氯化铵晶体与氢氧化钡晶体置于小烧杯中混合，产生刺激性气体，说明该反应低温自发，高温非自发
C. 常温下很容易发生反应4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)，说明该反应ΔH< 0
D. NaHCO3(s) + HCl(aq) = NaCl(aq) + CO2(g) + H2O(l) ΔH = +31.4 kJ·ml-1，反应能自发进行的原因是体系有自发地向熵增方向转变的倾向
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据判据ΔH-TΔS可知，反应焓变ΔH、熵变ΔS、温度都可以影响反应方向，A正确；
B．氯化铵晶体与氢氧化钡晶体产生刺激性气体，属于熵增、焓增的反应，高温有利于反应自发进行性，B错误；
C．4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)，△S<0，若常温下很容易发生，反应为放热反应，ΔH< 0，C正确；
D．NaHCO3(s) + HCl(aq) = NaCl(aq) + CO2(g) + H2O(l) ΔH > 0，若反应能自发进行，则△S>0，与反应方程式一致，体系有自发地向熵增方向转变的倾向，D正确；
故选B。
6. 在含、和的溶液中，发生反应：，其分解机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：
步骤②：
下列有关该反应的说法正确的是
A. 加入可以使反应物分子中活化分子百分数增大
B. 该反应的催化剂是
C. 步骤②是整个反应的决速步骤
D. 若不加，则正反应的活化能比逆反应的大
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe3+是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，故A正确；
B．由反应机理可以看出，Fe3+是该反应的催化剂，Fe2+是该反应的中间产物，故B错误；
C．步骤①的活化能大于步骤②，所以步骤①为慢反应，为决速步反应，故C错误；
D．此反应整体为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，加入催化剂不改变反应热，故D错误。
答案选A。
7. 化学与人类生产、生活密切相关，下列说法中正确的是
A. 镀锌的铁板其镀层破损后，铁的腐蚀会比纯铁的腐蚀快
B. 牙膏中添加氟化物用于预防龋齿是利用了氧化还原反应的原理
C. 燃料电池的反应物不是储存在电池内部，而是由外部供给，两电极材料可以相同
D. 工业废水处理过程中，常以Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+、Hg2+、Fe3+等
【答案】C
【解析】
【详解】A．原电池中正极金属材料被保护，镀Zn的铁板其镀层破损后，Fe、Zn和电解质溶液构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，所以铁的腐蚀会比纯铁的腐蚀慢，A错误；
B．使用添加氟化物牙膏预防龋齿，该过程中是发生沉淀的转化，将牙釉质转化为含氟的更坚硬的沉淀，发生的是复分解反应，没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，B错误；
C．燃料电池的电极本身不包含活性物质，如氢氧燃料电池，燃料电池的燃料和氧化剂从外部供给，其电极材料能导电即可，可以相同，C正确；
D．FeS、CuS、HgS难溶于水，但FeS的溶解度大于CuS，常以Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+、Hg2+等，由于Fe3+与S2-能发生氧化还原反应和双水解反应，故不能用Na2S作沉淀剂离子除去废水中的Fe3+，D错误；
故答案为：C。
8. 体积恒定的密闭容器中加入和各，发生反应： ，反应分别在不同的温度和催化剂下进行，保持其他初始实验条件不变，经测得气体转化率如图所示，温度下两曲线相交，下列说法正确的是
A. 在A点时，反应恰好达到平衡
B. 相同条件下，催化剂2比催化剂1的效率高
C. C点时，两种催化剂下反应速率相同，该化学反应速率为
D. 温度为时，该反应平衡常数
【答案】D
【解析】
【详解】A．若A点达平衡，由于B点温度更高且反应，为放热反应，温度升高平衡逆移，B点CO的转化率应该更小，而B点CO转化率比A点高，则在A点时，反应一定未达到平衡，A错误；
B．温度低于T2时，催化剂1的催化效率比催化剂2高，温度高于T2时，催化剂2的催化效率比催化剂1高，B错误；
C．C点时，两种催化剂催化CO在10min内转化率都为20%，则两种催化剂下反应速率相同，当CO转化率为20%时，该反应的反应速率为，C错误；
D．温度为T2时，CO转化率为20%，则此时CO为0.4ml/L，为0.4ml/L，CO2为0.1ml/L，H2为0.1ml/L ，则此时浓度熵为，此时反应还未达平衡，还在继续向正向进行，则平衡常数，D正确；
故选D
9. 关于下列说法，正确的是
A. 恒压容器中发生反应，若平衡后在容器中充入He，正、逆反应的速率均不变
B. 当一定量的锌粉和过量的6盐酸反应时，为了减慢反应速率，又不影响产生的总量，可向反应器中加入一些水、溶液或溶液
C. 探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏小
D. 对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．恒压容器中发生反应N2+O2⇌2NO，若在容器中充入He，容器体积增大，反应物浓度减小，正、逆反应的速率均减小，故A错误；
B．当一定量的锌粉和过量的6ml·L-1盐酸反应时，向反应器中加入NaNO3溶液相当于生成硝酸、具有强氧化性，硝酸和锌反应不能生成氢气，故B错误；
C．探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，测得的反应速率偏低，故C正确；
D．通常用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率；有些有气体生成的反应，可以用单位时间内产生的该条件下气体的体积多少来表示反应速度，故D错误；
选C。
10. 一定温度下，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应：，测得反应的相关数据如下：
下列说法错误的是
A.
B.
C. 时，若的浓度分别为，则此时
D. 若在恒压条件下，容器1平衡时等于容器2平衡时
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干表格信息可知，容器2中所加物质相当于4ml SO2、2ml O2，若容器2的体积变为2L，则和容器1等效平衡，浓度相同，然后再压缩到1L，若在此过程中平衡不移动，c2=2 ml•L-1，但压缩过程中平衡正向移动，c2＞2 ml•L-1，A正确；
B．若容器2的体积变为2L、容器3的温度为T1，则两容器达到等效平衡，此时α2(SO3)+α3(SO2)=1，但容器2的体积为1L，压缩此容器平衡正向移动，SO3的转化率减小，容器3温度为T2＞T1，上述平衡逆向移动，则SO2的转化率减小，故α2(SO3)+α3(SO2)＜1，B错误；
C．由容器1数据列三段式
，
该温度下K===2，T1时，若SO2、O2、SO3的浓度分别为1.2 ml•L-1、0.6 ml•L-1、1.2 ml•L-1，则此时Qc===＜2=K，则反应向正向进行，即，C正确；
D．恒压条件下，容器1和容器2达到等效平衡，故容器1平衡时等于容器2平衡时，D正确；
故答案为：B。
11. 用的标准溶液滴定某未知浓度的溶液，下列说法错误的是
A. 该滴定实验不需要指示剂
B. 该实验用到的玻璃仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶
C. 滴定管使用前需检验是否漏液
D. 若滴定终止时，仰视读数，所测浓度偏高
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．高锰酸钾溶液本身为紫色，与草酸发生氧化还原反应被还原为无色的二价锰离子，所以该滴定实验不需要指示剂，故A正确；
B．该实验用到的玻璃仪器有酸式滴定管、锥形瓶，用不到碱式滴定管，故B错误；
C．滴定管使用前需检验是否漏液，故C正确；
D．若滴定终止时，仰视读数，读取的标准溶液的体积偏大，所测浓度偏高，故D正确；
答案为B。
12. 下列说法正确的是
A. 通入适量的气体，使溶液中，增大
B. 常温下，的溶液与的溶液，水的电离程度相同
C. 某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应
D. 溶于中的水解方程式为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁和氢离子，向溶液中通入氯化氢气体，水解平衡左移，溶液中铁离子浓度增大，但增大幅度小于氯离子，所以的值减小，故A错误；
B．醋酸钠是强碱弱酸盐，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中都能水解促进水的电离，醋酸钠溶液pH为10和氯化铵溶液pH为4说明水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度都为10—4ml/L，水的电离程度相同，故B正确；
C．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中电离出氢离子使溶液呈酸性，故C错误；
D．氯化铵是强酸弱碱盐，在D2O中发生水解生成NH3·HDO和D+，水解的离子方程式为NH+D2O NH3·HDO+D+，故D错误；
故选B。
13. Ka、Kw、Kh、Ksp分别表示电离常数、水的离子积常数、水解常数、溶度积常数，下列判断不正确的是
A. 室温下，的电离度一定比HClO的大
B. 的溶液任何温度下均为中性
C. 已知25℃时，AgCl和砖红色沉淀Ag2CrO4的Ksp分别为1.8×10-10和2.0×10-12，则用AgNO3标准溶液滴定Cl-时，可采用K2CrO4为指示剂
D. 某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．室温下，说明CH3COOH的酸性比HClO大，但电离度除了和弱酸本身有关外，还和浓度有关，则CH3COOH的电离度不一定比HClO的大，故A错误；
B．Kw=c（H+）•c（OH-），则的溶液中c（H+）=c（OH-），该溶液一定呈中性，故B正确；
C．25℃时Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为1.8×10-10和2.0×10-12，当离子浓度小于10-5ml/L时可认为沉淀完全，则恰好沉淀完全时c（Ag+）==ml/L=1.8×10-5ml/L，此时溶液中c（CrO）==ml/L≈6.17×10-3ml/L＞10-5ml/L，CrO没有沉淀完全，则可采用K2CrO4作指示剂，故C正确；
D．NaA的水解常数Kh==×=，Ka为HA的电离平衡常数，则一元弱酸HA的Ka越小，Kh越大，故D正确；
故选：A。
14. 已知酸碱中和滴定H3PO4是一种三元中强酸、25℃时，向某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含磷微粒的物质的量分数随溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线2表示，曲线4表示
B. 25℃时，的电离常数
C. 时，溶液中由水电离出的
D. 时，溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】由题干图像信息可知，起始时段附近浓度较高的为H3PO4，随着pH缓慢增大，溶液中H3PO4浓度降低，浓度增大，然后浓度降低，浓度增大，然后浓度降低，浓度增大，所以曲线1表示δ(H3PO4)，曲线2表示δ()，曲线3表示δ()，曲线4表示δ()，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，曲线2表示δ()，曲线3表示δ()，曲线4表示δ()， A错误；
B．根据图象，溶液中c(H3PO4)=c()时，即δ(H3PO4)=δ()时，溶液的pH=2.1，则H3PO4的电离常数K1==c(H+)=10-2.1；pH=7.2时，溶液中δ()=δ()，则c()=c()，K2==c(H+)=10-7.2，则K1：K2=10-2.1：10-7.2=105.1，B错误；
C．pH=7.2时，溶液中δ()=δ()，则c()=c()，溶液呈碱性，说明以水解为主，促进了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的c(H+)=c(OH-)==ml/L=10-6.8ml/L，C正确；
D．当c(Na3PO4)=c(Na2HPO4)时，根据物料守恒可得：2c(Na+)=5c()+5c()+5c()+5c(H3PO4)，但是pH=12.3时，溶液中δ()=δ()，则c()=c()，推导不出c(Na3PO4)=c(Na2HPO4)， D错误；
故答案为：C。
15. 已知相同温度下，K sp (BaSO4)A. 曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线B. 加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
C. 该温度下K sp (BaSO4)=1.0×10－10D. c(Ba2+)=10－5.1时，两溶液中
【答案】B
【解析】
【分析】题干中已知Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，图中②曲线在①下方，说明②的溶度积大于①，判断出①为BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，②为BaCO3的沉淀溶解平衡曲线。
【详解】A．由以上分析可知①为BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，故A正确；
B．曲线②存在，加入BaCl2固体，c(Ba2+)增大，溶解平衡逆向移动，c()减小，故溶液由b点变到a点，故B错误；
C．在曲线①中找到特殊点，计算Ksp(BaSO4)的值，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)∙c()=10-1∙10-9=10-10，C正确；
D．两溶液中，c(Ba2+)=10-5.1时，可得，D正确；
故选：B。
16. 根据下列实验操作，其现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向一密闭容器充入NO2，保持温度不变，扩大容器体积，NO2浓度减小，容器中气体颜色先变浅，平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色又变深，故A错误；
B．H2O2溶液和KMnO4溶液会发生反应生成氧气，KMnO4不是催化剂，故B错误；
C．将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，发生反应2NO2(g)N2O4(g)，玻璃球中红棕色加深，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应，△H＜0，故C正确；
D．在KSCN与FeCl3的混合液中发生反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入KCl固体，对该平衡没有影响，故D错误；
故选C。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 根据所学知识，完成下列问题。
（1）下列反应中，属于吸热反应的是___________(填序号)。
a．灼热的炭与CO2反应 b．煅烧石灰石 c．铝与盐酸反应 d．盐酸与氢氧化钠反应
（2）已知CH4、CH3OH(l)的燃烧热分别为890.3kJ/ml，726.5kJ/ml，
①，则a___________ (填“>”“<”或“=”)。
②写出表示燃烧热的热化学方程式___________；
（3）盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长，盐碱地呈碱性的原因：___________(用离子方程式说明)；
（4）水溶液是中学化学的重点研究对象、水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。常温下某电解质溶解在水中后，溶液中水电离产生的，则该电解质可能是___________ (填序号)。
A． B．HCl C． D． E．
（5）联氨(N2H4)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。N2H4性质与NH3类似，在水中，N2H4是一种二元弱碱，请写出等物质的量N2H4与硫酸反应生成的盐的化学式为___________。
【答案】（1）ab （2） ① ＜ ②. CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-726.5kJ/ml
（3）
（4）BD （5）N2H6SO4
【解析】
【小问1详解】
已知大多数分解反应为吸热反应，以C、CO、H2为还原剂的氧化还原反应为吸热反应，活泼金属与酸或水的反应为放热反应，酸碱中和反应是放热反应，据此解题：
a．灼热的炭与CO2反应是个吸热反应，a符合题意；
b．煅烧石灰石是个吸热反应，b符合题意；
c．铝与盐酸反应是个放热反应，c不合题意；
d．盐酸与氢氧化钠反应是个放热反应，d不合题意；
故答案为：ab；
【小问2详解】
已知燃烧热是指1ml纯物质完全燃烧生成指定稳定的物质(水为液态水)时放出的热量，CH4、CH3OH(l)的燃烧热分别为890.3kJ/ml，726.5kJ/ml，据此分析解题：
①由于气态水转化为液态水时放出热量，故生成气态水时放出的热量更少，故，则a＜890.3kJ/ml ，故答案为：＜；
②根据燃烧热的定义可知，表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-726.5kJ/ml，故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-726.5kJ/ml；
【小问3详解】
盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长，盐碱地由于碳酸根离子水解呈碱性，其离子方程式为：，故答案为：；
【小问4详解】
常温下某电解质溶解在水中后，水电离的氢离子浓度为10-9ml/L，说明该物质会抑制水的电离：
A．硫酸铜中铜离子水解促进水的电离，A不合题意；
B．HCl电离的H+能抑制水的电离，B符合题意；
C．Na2S中硫离子水解促进水的电离，C不合题意；
D．NaOH电离出的OH-能抑制水的电离，D符合题意；
E．硫酸钾中的阴阳离子对水的电离均没有影响，E不合题意；
故答案为：BD；
【小问5详解】
等物质的量N2H4与硫酸反应生成盐N2H6SO4，对应的化学方程式为N2H4+H2SO4=N2H6SO4，故答案为：N2H6SO4。
18. 为保障人民健康，我国制定了十分严格的SO2使用标准，《食品安全国家标准食品添加剂使用标准》(GB2760-2014)规定含硫类食品添加剂的最大使用量范围为(以SO2残留量计算)。某化学兴趣小组按照如下步骤测定内黄大枣中的残留量，
i．准确称取去核大枣装入圆底烧瓶中，将样品用硫酸酸化后加入水并通入氮气，将氮气流速调至并低于100℃加热，蒸出的用双氧水吸收，实验装置如下图所示(夹持和加热装置已省略)。
ⅱ.充分反应后，合并乙、丙中的吸收液于锥形瓶中，煮沸一段时间后，冷却。
ⅲ.滴加几滴酚酞作指示液，用的标准液滴定。重复实验四次，所得数据如表所示：
回答下列问题：
（1）双氧水吸收时的化学方程式为___________。
（2）步骤ⅱ中盛装的标准液的仪器为___________ (填标号)，该仪器使用之前需要进行的操作为___________。
A． B． C． D．
（3）步骤ⅱ中煮沸的目的可能是___________。
（4）步骤ⅲ的操作可分解为如下几步：
①向煮沸冷却后的吸收液锥形瓶中加入2~3滴酚酞
②用标准溶液润洗碱式滴定管2~3次
③把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴部分充满溶液
④取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2~3cm
⑤调节液面至0或0刻度以下，记下读数
⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度
正确操作的顺序是_________(填序号)
②→___________→___________→___________→①→___________。
（5）步骤ⅲ滴定终点的现象为___________，下列操作会使测得的含量偏大的是___________(填标号)。
a．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失
b．盛装的标准液的仪器未用标准液润洗
c．滴定前读数时仰视刻度线，滴定终点读数时俯视刻度线
d．氮气流速过快
（6）该大枣中的残留量为___________(保留小数点后两位)。
【答案】（1）H2O2+SO2=H2SO4
（2） ①. A ②. 检查是否漏液
（3）除去未和SO2反应的H2O2
（4）②④③⑤①⑥ （5） ①. 滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ②. ab
（6）0.28
【解析】
【分析】本题为实验探究题，利用H2O2吸收大枣中产生的SO2，并用算酸碱中和滴定的实验测量大枣中SO2的含量，持续通N2可以使SO2完全被双氧水吸收；双氧水和SO2反应生成H2SO4；NaOH属于碱，用碱式滴定管；滴定管使用之前需要进行的操作为检查是否漏液，煮沸可除去未和SO2反应的H2O2；滴定前锥形瓶中溶液无色，滴定完全后NaOH稍过量，溶液为浅红色；结合操作对溶液体积和物质的量的影响分析，第三组实验数据误差较大，舍去，三组实验平衡消耗标准NaOH溶液8.80mL，据此分析解题。
【小问1详解】
已知双氧水具有强氧化性，SO2具有强还原性，故双氧水和SO2反应生成H2SO4，化学方程式为：H2O2+SO2=H2SO4，故答案为： H2O2+SO2=H2SO4；
【小问2详解】
步骤ⅱ中盛装0.01ml⋅L-1的NaOH标准液的仪器为碱式滴定管，故选A；滴定管使用之前需要进行的操作为检查是否漏液，故答案为：A；检查是否漏液；
【小问3详解】
步骤ⅱ中煮沸的目的可能是：除去未和SO2反应的H2O2，故答案为：除去未和SO2反应的H2O2；
【小问4详解】
根据酸碱中和滴定的操作步骤可知，正确操作的顺序是②用标准溶液润洗碱式滴定管2~3次，④取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2~3cm，③把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴部分充满溶液，⑤调节液面至0或0刻度以下，记下读数，①向煮沸冷却后的吸收液锥形瓶中加入2~3滴酚酞，⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度，故答案为：②④③⑤①⑥；
【小问5详解】
滴定前锥形瓶中溶液无色，滴定完全后NaOH稍过量，溶液为浅红色，步骤ⅱ滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
a.滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，会导致标准NaOH溶液的体积偏大，会使测得的SO2含量偏大，a符合题意；
b.盛装0.01ml⋅L-1的NaOH标准液的仪器未用标准液润洗，会导致标准液被稀释，导致标准NaOH溶液的体积偏大，会使测得的SO2含量偏大，b符合题意；
c.滴定前读数时仰视刻度线，滴定终点读数时俯视刻度线，导致标准NaOH溶液的体积偏小，会使测得的SO2含量偏小，c不合题意；
d.氮气流速过快会导致SO2吸收不充分，导致测得的SO2含量偏小，d不合题意；
故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；ab；
【小问6详解】
由表格数据可知，第一组消耗NaOH的体积为：8.80mL、第二组消耗NaOH的体积为：8.85mL、第三组消耗NaOH的体积为：9.85mL、第四组消耗NaOH的体积为：8.75mL，第三组实验数据误差较大，应该舍去，另外三组实验平衡消耗标准NaOH溶液=8.80mL，则该大枣中SO2的残留量为≈0.002816 g，≈0.28 g⋅kg−1，故答案为：0.28。
19. 同学们研究化学反应速率时设计了如下系列实验。
I．甲同学用量气法测量化学反应的速率
（1）图2与图1相比的优点是___________。
（2）也可以将图1中的注射器改为连通器如图3，为了准确地测量的体积，在读取反应后甲管中液面的读数时，应注意___________(填写序号)。
a．视线与凹液面最低处相平
b．等待片刻，待乙管液面不再上升时读数
c．读数时应上、下移动乙管，使甲、乙两管液面相平
d．反应结束立即读数。
（3）若想用图3测定二氧化碳的体积，结合平衡移动理论，为了减小误差，乙管中应盛放___________(填试剂名称，已知：)
Ⅱ．乙同学多角度探究室温下溶液与用硫酸化的KMnO4溶液的反应速率，设计了以下方案
（4）写出与反应的离子反应方程：___________。
（5）依据探究方案，表中___________mL，___________mL。
（6）实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为，忽略混合前后溶液体积的变化，这段时间内平均反应速率___________ 。
【答案】（1）可以控制反应的发生与停止
（2）ac （3）饱和NaHCO3溶液
（4）5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
（5） ①. 24 ②. 10
（6）0.0125
【解析】
【分析】由题干装置图可知，甲同学用量气法测量化学反应的速率，图2可以通过拉伸铜丝来控制反应的发生与停止，为了较准确地测量氢气的体积，除了必须检查整个装置的气密性之外，在读取反应前后甲管中液面的读数，求其差值的过程中，应注意：①读数时要调节图3中甲、乙的液面使其同一高度；②读数时视线要与凹液面最低处相平，根据已知，用图3测定二氧化碳的体积，结合平衡移动理论，为了减小误差，即需使得上述平衡逆向移动，乙同学多角度探究室温下溶液与用硫酸化的KMnO4溶液的反应速率，为了控制变量唯一，即使混合后的溶液体积相同，可确定V1、V2的体积，根据溶液褪色的时间来计算该时间段内KMnO4的平均反应速率，再根据反应速率之比等于化学计量系数比来计算H2C2O4的平均反应速率，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干装置图可知，图2可以通过拉伸铜丝来控制反应的发生与停止，故图2与图1相比的优点是可以控制反应的发生与停止，故答案为：可以控制反应的发生与停止；
【小问2详解】
为了较准确地测量氢气的体积，除了必须检查整个装置的气密性之外，在读取反应前后甲管中液面的读数，求其差值的过程中，应注意：①读数时要调节图3中甲、乙的液面使其同一高度；②读数时视线要与凹液面最低处相平；
a.视线与凹液面最低处相平，以保证读数准确，a正确；
b.等待片刻，待乙管液面不再上升时读数，还需调节甲、乙两管液面相平再读数，b错误；
c.读数时应上、下移动乙管，使甲、乙两管液面相平，以保证内外压强一致，以保证气体的体积更加准确，c正确；
d.反应结束立即读数，由于反应放热，里面气体膨胀，此时读数不准确，d错误；
故答案为：ac；
【小问3详解】
根据已知，用图3测定二氧化碳的体积，结合平衡移动理论，为了减小误差，即需使得上述平衡逆向移动，以保证尽可能多的将CO2排出，则乙管中应盛放饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；
【小问4详解】
酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，故H2C2O4与KMnO4(H+)反应的离子反应方程式为：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
小问5详解】
依据探究方案，为了控制变量唯一，即混合后溶液的体积相等可知，表中24mL，10mL，故答案为：24；10；
小问6详解】
实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为，忽略混合前后溶液体积的变化，混合后KMnO4的物质的量浓度为：=0.025ml/L，这段时间内平均反应速率==0.005，根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，=×0.005=0.0125，故答案为：0.0125。
20. 研究分解氮氧化物的反应机理，对于控制汽车尾气排放、保护环境有重要意义。直接催化分解法是消除NOx的主要方法，已知N2O催化分解过程中发生的反应如下：
反应1
反应2
反应3
回答下列问题：
（1）根据盖斯定律，反应的为___________。
（2）T℃，在密闭容器中尝试利用表面催化工艺分解NO，若用分别示和固体催化剂，则在固体催化剂表面分解NO的反应过程可用下图表示：
①若温度和保持容器体积不变，下列关于NO分解反应，说法正确的是___________
A．催化剂可降低反应的活化能，增加活化分子数
B．当体系压强恒定时，反应达到平衡状态
C．除去体系中可提高NO的平衡转化率
D．解吸之后的体系气体无需净化处理可直接排放。
②已知NO在固体催化剂表面吸附时总熵减小，请在下图中画出从状态A→B→C→D的体系能量的变化曲线图。___________
（3）T℃和恒定压强时，在密闭容器中模拟废气中直接催化分解过程，各组分信息如下表：
该温度下反应1的平衡常数___________kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。若除去废气中的气体，再在相同的条件下模拟实验，发现的平衡转化率明显降低，其原因可能是：___________
（4）利用反应构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示，B电极的电极反应式为___________。
【答案】（1）-181.5
（2） ①. AC ②.
（3） ①. 500P0 ②. 恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，转化率降低
（4）2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应1-反应2可得题中2NO（g）⇌N2（g）+O2（g），则ΔH=ΔH1-ΔH2=-181.5kJ•ml-1 ，故答案为：-181.5；
【小问2详解】
①A．催化剂可降低反应的活化能，增加活化分子百分数，从而也增加活化分子总数，A正确；
B．反应前后气体的化学计量数之和相等，气体压强始终不变，故压强不变不能判定平衡，B错误；
C．除去体系中O2减小生成物浓度，使平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，C正确；
D．该反应是可逆反应，NO反应不完全，解吸之后的气体还需要净化处理再排放，D错误；
故答案为：AC；
②A→B过程中固体催化剂表面吸附，能量降低，B→C过程NO分子中化学键断裂是吸热过程，C→D过程N≡N键、O═O键形成，释放能量，其能量变化如图所示：，故答案为：；
【小问3详解】
平衡时总物质的量是（50+1+20+25+2+2）ml=100ml；反应1中N2O、N2、O2各气体的物质的量分数分别为、、，由此求出各气体的分压p（N2O）=P0、p（N2）=P0、p（O2）=P0，代入Kp===500P0，恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，三个反应均是逆向移动，故答案为：500P0；恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，转化率降低；
【小问4详解】
利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计原电池，NH3中氮元素由-3价升高为0价，失电子发生氧化反应，由图可知，电极A为负极，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，电极B为正极，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，故答案为：2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-。
21. 回答下列问题
（1）在25℃下，将的氨水与的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中，则溶液显___________性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示的电离常数___________。
（2）常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的若忽略水的电离及的第二级电离，则的平衡常数___________()
（3）CdS既是一种颜料，又是一种感光材料。常采用向可溶性镉盐溶液中通入气体使其饱和()，调节溶液的来生产CdS。欲使沉淀的滤液中达到国家Ⅱ类地表水质量控制标准c(Cd2+)≤10-7.4ml/L(≤0.005mg/L)，计算沉淀时应控制溶液的最低为___________。(已知及)
【答案】（1） ①. 中 ②.
（2）4.2×10-7
（3）1.1
【解析】
【小问1详解】
在25℃下，平衡时溶液中c()=c(Cl-)=0.005ml/L，根据物料守恒得c(NH3．H2O)=(0.5a-0.005)ml/L，根据电荷守恒得c(H+)=c(OH-)=10-7ml/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb===，故答案为：中；；
【小问2详解】
H2CO3电离程度较小，该溶液中c(HCO3-)≈c(H+)=10-5.60ml/L，H2CO3电离的平衡常数K1=×c(H+)=≈4.2×10-7，故答案为：4.2×10-7；
【小问3详解】气态物质
H2
O2
H
O
HO
H2O
H2O2
能量(kJ/ml)
0
0
218
249
39
-242
-136
容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
反应物投入量
、
、
平衡
物质的平衡转化率
选项
实验操作
现象
结论
A
向一密闭容器充入NO2，保持温度不变，扩大容器体积
容器中气体颜色先变浅后变深
平衡2NO2(g)N2O4(g)先正向移动再逆向移动
B
向2mL5%H2O2溶液中分别滴加5滴等浓度的FeCl3和KMnO4溶液
加入KMnO4溶液的反应更剧烈
KMnO4比FeCl3催化效果好
C
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中
玻璃球中红棕色加深
反应2NO2(g)N2O4(g)的△H＜0
D
在KSCN与FeCl3的混合液中再加入KCl固体
溶液红色变浅
增大生成物浓度，平衡逆向移动
序号
1
2
3
4
标准液初始读数mL
0.00
0.10
0.40
0.50
标准液滴定终点读数/mL
8.80
8.95
10.25
9.25
实验编号
实验温度
①
20℃
20
②
20℃
③
40℃
20
物质心
n(投料)/ml
19
34
6.5
25
0
0
n(平衡)/ml
50
1
20
25
2
2