【期中真题】黑龙江省牡丹江市第一高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题.zip

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2021级高二学年上学期期中考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 P 31 Cl 35.5
一、选择题(单项选择题，每小题2分，共46分)
1. 下列电解质在水溶液中电离方程式正确的是
A. KHSO4=K++ B. NH3•H2O=+OH-
C. NaHCO3=Na++H++ D. HClO⇌H++ClO-
【答案】D
【解析】
【详解】A．KHSO4在水溶液中完全电离生成K +、H+和，电离方程式：KHSO4=K ++H++，A错误；
B．NH3•H2O是弱碱，在水中部分电离，电离方程式： NH3•H2O+OH-，B错误；
C．NaHCO3在水溶液中完全电离生成Na+和，电离方程式:NaHCO3=Na++，C错误；
D．HClO是弱酸，在水中部分电离，电离方程式： HClO H++ClO-，D正确；
答案选D。
2. 下列事实：
①溶液呈酸性；
②长期施用化肥会使土壤酸性增强，发生板结；
③配制溶液时，用稀盐酸溶解固体；
④溶液中；
⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；
⑥蒸干溶液，往往得不到固体。
其中与盐类的水解有关的有
A. 仅①②③⑤ B. 仅②③④⑤⑥ C. 仅①④⑤⑥ D. 仅②③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①中为强酸强碱的酸式盐，溶液显酸性是因为电离出；②中是水解使土壤酸性增强；③中HCl电离产生的会抑制水解；④中是因的水解程度大于其电离程度；⑤中水解产生的与锈斑中的反应；⑥加热会促进水解。故与盐类水解有关的是②③④⑤⑥，故B正确；
故选：B。
3. 的氧化还原反应为 图象不正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应为气体分子数增大的反应，增大压强，反应速率加快，平衡逆向移动，氨的转化率降低，A正确；
B．催化剂只加快反应速率，但不影响平衡，有无催化剂氨的转化率相同，B正确；
C．增大压强，反应速率加快，平衡逆向移动，NO的产率降低，C正确；
D．反应为放热反应，升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，水的含量应减少，D错误；
答案选D。
4. 向密闭容器中充入，发生反应： ，达到平衡状态。该反应经过以下两步基元反应完成：
i.
ii.
下列分析不正确的是
A. 、
B.
C. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D. 恒容时，升高温度，气体颜色加深，同时电子发生了转移
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应i+ ii=题目中反应，故+=，而反应ii.形成化学键，故为放热反应，<0，故>0，故A正确；
B．根据I原子守恒，可得，故B正确；
C．该反应是反应前后气体总物质的量不变的反应，缩小体积(加压)，平衡不能移动，而是恒温时，缩小体积，浓度变大，故颜色变深，故C错误；
D．此反应吸热，故升高温度，平衡正向移动，颜色变深，且发生了氧化还原反应，故发生了电子的转移，故D正确；
故选C。
5. 向浓度为0.1 mol/L NaF溶液中不断加水稀释，下列各量增大的是
A. c(OH-) B. Ka(HF) C. c(F-) D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaF是强碱弱酸盐，在溶液中F-存在水解平衡：F-+H2OHF+OH-，加水稀释，平衡正向移动使c(OH-)增大，稀释导致c(OH-)减小，由于稀释使c(OH-)减小的影响大于平衡移动导致c(OH-)增大的影响，最终使溶液中c(OH-)减小，A不符合题意；
B．HF是弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离平衡常数Ka(HF)只与温度有关，温度不变，Ka(HF)就不变，B不符合题意；
C．NaF是强碱弱酸盐，在溶液中F-存在水解平衡：F-+H2OHF+OH-，加水稀释，平衡正向移动使c(F-)减小，稀释也导致c(F-)减小，最终使溶液中c(F-)减小，C不符合题意；
D．=，根据选项A分析可知加水稀释，水解平衡F-+H2OHF+OH-，最终使溶液中c(OH-)减小，c(HF)也减小，c(OH-)·c(HF)减小，但Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，分子不变，分母减小，则=会增大，D符合题意；
故合理选项是D。
6. 已知，。在只含有KCl、的混合溶液中滴加的溶液，当AgCl与共存时，测得溶液中的浓度是，此时溶液中的物质的量浓度是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】首先根据Ksp(Ag2CrO4)求得溶液中Ag+的浓度，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)∙c()，代入数据可得(Ag+)=2.00×10-5mol/L，则；
故选A。
7. 由合成气制备二甲醚的主要原理如下。下列有关说法正确的是(　　)
①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)　　　　　 ΔH1=﹣90.7 kJ·mol-1
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)　　ΔH2=﹣23.5 kJ·mol-1
③CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)　　 ΔH3=﹣41.2 kJ·mol-1
A. 升高温度能加快反应②的化学反应速率，提高CH3OCH3产率
B. 反应③使用催化剂，ΔH3减少
C. 反应3H2(g)+3CO(g) CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH=﹣246.1 kJ·mol-1
D. 反应③对反应②无影响
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应②正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OCH3产率降低，故A错误；
B.加入催化剂，可以改变反应速率，但是不能改变反应物的起始状态和生成物的终了状态。反应热只与反应物的起始状态和生成物的终了状态有关，则不改变反应热，故B错误；
C.根据盖斯定律，①×2+②+③得3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=-246.1kJ•mol-1，故C正确；
D.反应③消耗水，而反应②生成水，反应③对反应②的浓度有影响，故D错误。
故选C。
8. 一定温度下，向10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液中加入适量FeCl3溶液，不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表所示。
t / min
0
2
4
6
V(O2) / mL
0
99
17.2
22.4
资料显示，反应分两步进行：①2Fe3++ H2O2 = 2Fe2++ O2↑+ 2H+，② H2O2 + 2Fe2+ + 2H+ =2Fe3++2H2O，反应过程中能量变化如右下图所示。下列说法不正确的是

A. 0～6 min的平均反应速率：v(H2O2) = 3.33×10-2 mol/( L·min)
B. Fe3+的作用是增大过氧化氢的分解速率
C. 反应①是吸热反应、反应②是放热反应
D. 反应2H2O2(aq)=2H2O(l) + O2(g)的△H > 0
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据表中数据，0~6min生成22.4mL的氧气，即1×10-3mol，需要过氧化氢2×10-3mol，反应过氧化氢的浓度为0.2mol/L，则平均反应速率v(H2O2)= =3.33×10-2mol∙L-1∙min-1，选项A正确；
B．根据反应①、②，Fe3+作催化剂，则其作用是增大过氧化氢的分解速率，选项B正确；
C．根据反应过程的图象可知，反应①反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应；反应②是放热反应，选项C正确；
D．根据图中信息可知，反应2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，∆H< 0，选项D不正确；
答案选D。
9. 下列事实中，能说明MOH是弱碱的有
①0.1mol/L MOH溶液可以使酚酞试液变红
②常温下，0.1mol/L MOH溶液中c(OH－)<0.1mol/L
③常温下，0.1mol/L MOH溶液的导电能力比0.1mol/L NaOH溶液弱
④0.1mol/LMOH溶液与等体积0.1mol/L的盐酸恰好完全反应
⑤常温下，往MCl溶液中滴加石蕊溶液，溶液呈浅红色
A. ①②③ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①0.1mol/L MOH溶液可以使酚酞试液变红，MOH是强电解质也能使酚酞变红，不能说明MOH是弱电解质，故①不符合题意；
②常温下，0.1mol/L MOH溶液中c(OH－)<0.1mol/L，说明MOH是部分电离，因此是弱电解质，故②符合题意；
③常温下，0.1mol/L MOH溶液的导电能力比0.1mol/L NaOH溶液弱，说明离子浓度比NaOH溶液中离子浓度小，则MOH为弱电解质，故③符合题意；
④0.1mol/L的MOH溶液与等体积0.1mol/L的盐酸恰好完全反应，MOH是强电解质也与等体积的盐酸恰好反应，不能说明是弱电解质，故④不符合题意；
⑤常温下，往MCl溶液中滴加石蕊溶液，溶液呈浅红色，说明溶液呈酸性，即MOH不是强电解质，是弱电解质，故⑤符合题意；
因此②③⑤能说明MOH是弱电解质，故C符合题意。
10. 下列热化学方程式正确的是
A. 31g白磷比31g红磷能量多bkJ，
B. 1mol、0.5mol完全反应后，放出热量98.3kJ
C.
D. 的燃烧热为
【答案】A
【解析】
【详解】A．31g白磷比31g红磷能量多bkJ，则由白磷转化为红磷时会放出热量，且生成4mol红磷时放热4bkJ，故热化学方程式 ，A正确；
B．1mol、0.5mol完全反应后，放出热量98.3kJ，则 表示有2molSO2参加反应，则放热应为98.3kJ×2，所以，B不正确；
C．反应中，不仅包含反应 ，还包含+Ba2+(aq)=BaSO4(s)的反应，所以 ，C不正确；
D．的燃烧热是指H2在O2中燃烧放出的热量，反应 中，没有标明各物质的状态，反应热的数值也不匹配，D不正确；
故选A。
11. 下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是
①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1；CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH4
③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH5；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH6
④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)ΔH7；CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)ΔH8
A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】①都为放热反应，△H＜0，碳固体完全燃烧放出热量多，因此前者反应放出的热量多，则△H1＜△H2；
②都为放热反应，△H＜0，由于H2O(g)→H2O(l)放热，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4；
③都为放热反应，△H＜0，消耗的氢气越多，放出的热量越多，则△H5＞△H6；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8；
ΔH前者大于后者的有②③④，故选C。
12. 化合物HIn在水溶液中因存在以下电离平衡，故可用作酸碱指示剂
HIn（溶液） H＋（溶液）＋In－（溶液）
红色 黄色
浓度为0.02 mol·L－1的下列各溶液①盐酸②石灰水③NaCl溶液 ④NaHSO4溶液 ⑤NaHCO3溶液 ⑥氨水，其中能使指示剂显红色的是
A. ②⑤⑥ B. ①④ C. ①④⑤ D. ②③⑥
【答案】B
【解析】
【详解】要使指示剂显红色，则平衡应该向逆反应方向移动。根据方程式可知，增大氢离子浓度平衡向逆反应方向移动，所以答案选B。
13. 已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表所示，则下列有关说法不正确的是
弱酸化学式
HA
HB
H2C
电离平衡常数


、

A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(HA)＜pH(H2C)＜pH(HB)
B. 0.1 mol/L的H2C溶液加水稀释，c(HC-)先增大后减小
C. NaB中通入少量H2C发生的化学反应为：NaB+H2C=HB+NaHC
D. 随温度升高而增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．弱酸电离平衡常数越大，该弱酸的酸性就越强，当酸浓度相等时溶液中，溶液中c(H+)就越大，溶液pH就越小。根据电离平衡常数可知酸性：HA＞H2C＞HB，则等浓度时溶液中c(H+)：HA＞H2C＞HB，溶液pH：pH(HA)＜pH(H2C)＜pH(HB)，A正确；
B．二元弱酸H2C在溶液中存在电离平衡，电离分步进行，H2CH++HC-，HC-H++C2-，主要是第一步电离：H2CH++HC-。对于0.1 mol/L的H2C溶液加水稀释，平衡正向移动，稀释使溶液中c(HC-)减小的作用大于平衡正向移动使c(HC-)增大的作用，因此稀释后最终会导致溶液中c(HC-)减小，B错误；
C．根据电离平衡常数可知酸性：H2C＞HB＞HC-，所以向NaB中通入少量H2C发生的化学反应为NaB+H2C=HB+NaHC，C正确；
D．=，H2C是二元弱酸，其电离平衡常数随温度的升高而增大，升高温度，Ka1、Ka2增大，则Ka1·Ka2增大，故=Ka1·Ka2就增大，D正确；
故合理选项是B。
14. 已知：H2(g)+Br2(g)=2HBr(g) △H=-72kJ/mol，其它相关数据如表：

H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ
436
a
369
则表中a为
A. 404 B. 260 C. 230 D. 200
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】1mol H2(g)化学键断裂时需要吸收的能量为436 kJ，1mol Br2(g)化学键断裂时需要吸收的能量为a kJ，1mol HBr(g)化学键断裂时需要吸收的能量为369 kJ，H2(g)+Br2(g)=2HBr(g) △H=-72kJ/mol，根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能，则-72=436+a-3692，解得a=230，所以C选项是正确的。
答案选C。
15. 在25℃时，NH4+浓度相等的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4的溶液中，其对应溶液中溶质的物质的量浓度分别为a、b、c(单位为mol·L−1)，下列判断正确的是
A. a＝b＝c B. a＝c>b
C. b>a>c D. c>a>b
【答案】C
【解析】
【详解】相同温度下三种盐溶液，硫酸氢钠溶液中氢离子抑制铵根离子水解、醋酸铵溶液中醋酸根离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，因此要保证溶液中铵根离子浓度相同，三种盐溶液中溶质的物质的量浓度满足关系：b>a>c，故C正确；
故答案选C。
16. 实验室测定中和热的实验装置如图所示，下列有关说法正确的是

A. 烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是固定小烧杯
B. 缺少的仪器是环形铁质搅拌棒
C. 测酸液温度后的温度计要用水清洗后再测碱液的温度
D. 向盛装酸的烧杯中加碱时要小心缓慢
【答案】C
【解析】
【详解】A．烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是固定小烧杯、保温，减少热量的损失，故A错误；
B．缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒，不能用铁质的，如果用金属的，造成热量损失，故B错误；
C．测酸液温度后的温度计要用水清洗后再测碱液的温度，故C正确；
D．向盛装酸的烧杯中加碱时要一次倒入烧杯，不能缓慢加入，这样造成热量损失，故D错误；
答案为C。
17. 在压强为2.20×101 kPa、温度达到374 oC时，水成为“超临界状态”，此时水可将CO2等含碳化合物转化为有机物，这就是“水热反应”，有机物质在地下高温高压条件下通过水热反应可生成石油、煤等矿物能源。下列说法不正确的是
A. “水热反应”过程中只有化学变化，没有物理变化
B. 二氧化碳与超临界水作用生成汽油的反应，属于吸热反应
C. 火力发电厂有望利用废热，将二氧化碳转变为能源物质
D. 随着科技的进步，“水热反应”制取能源有望实现地球上碳资源的和谐循环
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．压强达到2.20×104kPa、温度达到374℃时，水成为“超临界状态”，该过程为物理变化，此时水可将CO2 等含碳化合物转化为有机物，为化学变化，A错误；
B．由于反应是在高温高压条件下进行，这说明高温有利于反应向正反应方向进行，因此正反应是吸热反应，B正确；
C．高压条件下将CO2等含碳化合物转化为有机物，是将二氧化碳转变为能源物质，C正确；
D．充分利用地球上的碳资源，有利于碳资源的循环使用，D正确；
答案选A。
18. 用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M。为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示。
实验编号
温度/℃
pH
①
25
1
②
45
1
③
25
7
④
25
7

下列说法不正确的是
A. 实验①在0～15 min内M的平均降解速率为1.33×10-5 mol·L-1·min-1
B. 若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大
C. 若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越不利于M的降解
D. 实验①④说明M的浓度越小，降解的速率越快
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中数据，可知15 min内△c（M）=（0.3mol/L-0.1mol/L）×10-3=2×10-4mol/L，则，A正确；
B．由图中曲线变化可看出实验②相对于实验①，M降解速率增大，由表中数据可知，其他条件相同，实验②的温度高，所以说明升高温度，M降解速率增大，B正确；
C．由图中曲线变化可看出实验①相对于实验③，M降解速率增大，由表中数据可知，其他条件相同，实验③的pH高，所以说明pH越高，越不利于M的降解，C正确；
D．根据表中信息可知，实验①④除了浓度不同，还有pH不同，无法判断是哪个条件影响M的降解速率，D错误；
答案为：D。
19. 某温度下，把一定量的NH4Cl置于密闭容器中发生反应：，。2 min后，测得H2的浓度为1 mol/L，HCl的浓度为4 mol/L，若上述反应速率用v(NH3)表示，则下列反应速率正确的是
A. 2.5 B. 2.0
C. 1.25 D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】2 min后，测得H2的浓度为1 mol/L，则发生反应消耗的HCl的浓度是2 mol/L，此时HCl的浓度为4 mol/L，因此只发生反应产生的HCl的浓度为2 mol/L+4 mol/L=6 mol/L，由于该反应产生的HCl、NH3的浓度相等，则若上述反应速率用v(NH3)表示，v(NH3)=，故合理选项是D。
20. 常温下，向的HA溶液中逐滴加入0.02mol/L的MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH的变化情况，下列说法正确的是

A. HA为弱酸
B. 在N到K间任意一点对应的溶液中：
C. K点对应的溶液中：
D. 常温下，MA溶液的
【答案】B
【解析】
【分析】0.01mol•L-1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，据此分析解答。
【详解】A．根据图象可知，0.01mol•L-1HA溶液中pH=2，则HA在溶液中完全电离，则HA为强酸，故A错误；
B．在N到K间任意一点对应的溶液中，溶液的成分为MA、MOH，根据电荷守恒有：c(OH-)+c(OH-)=c(H+)+c(M+)，故B正确；
C．K点所示溶液中，100mL 0.01mol/L HA的溶液中逐滴加入0.02mol/L MOH溶液100ml，反应后溶液中含有等浓度的MOH和MA溶液，所以c(M+)+c(MOH)≠c(A-)，故C错误；
D．MA是强酸弱碱盐，MA溶液呈酸性，溶液pH＜7，故D错误；
故选B。
21. 标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为，能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是

A. 反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B. 反应结束后，溶液中存在
C. 反应结束后，溶液中存在
D. 反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，A项错误；
B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，B项正确；
C．反应III的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在，C项错误；
D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，D项错误；
答案选B。
22. 据文献报道：催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是

A. 参与了该催化循环 B. 可加快该反应的速率
C. 该反应有利于实现碳中和 D. 该催化循环中Fe的成键数目发生变化
【答案】C
【解析】
【分析】反应机理图进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，箭头既有进去又有出来的表示催化剂或反应条件，其余可以看成反应中间体。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物在整个反应历程中Fe的成键数目、配体种类等均发生了变化，且反应过程中所需的反应物为CO和H2O，最终产物是CO2和H2，同时参与反应的还有OH- ，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。
【详解】A．从反应机理图中可知，OH-的箭头既有进去也有出来，说明OH-参与了该催化循环，故A正确；
B．作为该反应的催化剂，可以加快反应速率，故B正确；
C．由分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，而是生成了温室气体CO2，不能实现碳中和，故C错误；
D．由反应机理图可知，在该催化循环过程中Fe的成键数目和成键微粒均发生了变化，故D正确；
故答案为C
23. 取两份 的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。

下列说法不正确的是
A. 由a点可知：溶液中的水解程度大于电离程度
B. 过程中：逐渐减小
C. 过程中：
D. 令c点的，e点的，则
【答案】C
【解析】
【分析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向溶液中滴加盐酸。
【详解】A．a点溶质为，此时溶液呈碱性，在溶液中电离使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，溶液中的水解程度大于电离程度，故A正确；
B．由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确；
C．由物料守恒可知，a点溶液中，向溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此过程中，故C错误；
D．c点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；
综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。
二、填空题(共54分)
24. I.工业制胆矾时，将粗制CuO粉末(含杂质FeO、)慢慢加入适量的稀中完全溶解，除去杂质离子后，再蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。已知：时，以的形式完全沉淀；时，以的形式完全沉淀；pH接近4时，以的形式完全沉淀，回答下列问题：
（1）为除去溶液中的，可先加入_______，(从下面四个选项选择)将氧化为，反应的离子方程式为_______，然后加入适量的_______，(从下面四个选项选择)调整溶液的pH使转化为沉淀。
A.CuO B. C. D.
（2）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去而不损失的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下的溶度积，的溶度积，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于时就认为沉淀完全，设溶液中的浓度为3，则开始沉淀时溶液的pH为_______，完全沉淀时溶液的pH为_______，通过计算即可确定上述方案是否可行。
II.用0.1000盐酸滴定20.00mL溶液，溶液中、、的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。

[如分布分数：]
（3）有图中信息求的一级电离常数_______。
（4）图中c点对应的溶液中含A微粒浓度有大到小的顺序是_______。
（5）第一次突变可用_______(填“酚酞”或“甲基橙”)作指示剂。
（6）的浓度为_______。
【答案】（1） ①. D ②. 2+H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ③. AC
（2） ①. 4 ②. 3
（3）
（4）
（5）酚酞 （6）
【解析】
【小问1详解】
加入合适氧化剂，使氧化为，不能引入新的杂质，即过氧化氢，反应的离子方程式为：2+H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；调整至溶液pH=4，使转化为Fe(OH)3，可以达到除去而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，即CuO或Cu (OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3，
故答案为：D；2+H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；AC；
【小问2详解】
溶液中的浓度为3，则开始沉淀时，；
完全沉淀时溶液的
；故答案：4、3；
【小问3详解】
根据分布分数δ图第一个交点可知；
【小问4详解】
c点加入盐酸的体积大于20mL，溶质主要是NaHA和H2A，根据分布分数δ图可以看出溶液中含A微粒浓度有大到小的顺序是；
【小问5详解】
盐酸滴定溶液，第一次突变是生成NaHA，根据图像可以你看出溶液显碱性，选择酚酞做指示剂；
【小问6详解】
根据滴定反应方程式，加入盐酸40mL正好反应完，；
25. I.实验室利用下列方案探究影响化学反应速率的因素。请回答相关问题：
编号
温度/℃
溶液
酸性溶液
浓度/
体积/
浓度/
体积/
①
25
0.10
2.0
0.010
4.0
②
25
0.20
2.0
0.010
4.0
③
50
0.20
2.0
0.010
4.0

（1）实验时，分别量取溶液和酸性溶液，迅速混合并开始计时，通过测定_______来判断反应的快慢。
（2）实验①、②、③所加溶液均要过量，理由是_______。
（3）实验①和实验②是探究_______对化学反应速率的影响，实验②和③是探究_______对化学反应速率的影响。
（4）实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能原因是_______。
II.在恒容密闭容器中，用H2还原SO2，生成S的反应分两步完成(如图1所示)，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示，请分析并回答如下问题：

（5）分析可知X为_______(填化学式)。
（6）时间段的温度为_______。
（7）时间段用SO2表示的化学反应速率为_______。
【答案】（1）溶液褪色时间
（2）根据反应方程式：，实验通过测定溶液的褪色时间判断反应的快慢，则三个实验中所加溶液均要过量
（3） ①. 浓度 ②. 温度
（4）反应生成了具有催化作用的物质，其中可能起催化作用为
（5）H2S （6）300℃
（7）
【解析】
【小问1详解】
溶液和酸性溶液反应的化学方程式为：，通过测量溶液褪色时间来判断反应的快慢；
【小问2详解】
根据反应方程式：，实验通过测定溶液的褪色时间判断反应的快慢，则三个实验中所加溶液均要过量；
【小问3详解】
①实验①和实验②溶液的浓度不同，其他实验条件均相同，则实验①和实验②探究溶液的浓度对化学反应速率的影响；
②实验②和实验③中温度不同，其他实验条件均相同，则验②和实验③探究温度对化学反应速率的影响；
【小问4详解】
实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，说明可能反应生成了具有催化作用的物质，其中可能起催化作用为；
【小问5详解】
根据图1可知，在300℃时，H2和SO2在催化剂条件下生成H2S，在100℃到200℃时，H2S与SO2在催化剂生成S和H2O，则物质X为H2S；
【小问6详解】
由图2可知，时间段H2完全转化为H2S， H2和SO2的浓度降低且H2S的浓度增大，则时间段的温度为300℃；
【小问7详解】
时间段用SO2浓度的变化量为，SO2的化学反应速率为。
26. 二氧化氯(，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂，实验室用、盐酸、(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备：

用下图装置可以测定混合气中的含量：

I.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；
II.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
III.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
IV.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；
V.用0.1000硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液()，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。
（1）写出溶液X中溶质的化学式_______
（2）锥形瓶内与碘化钾反应的离子方程式为_______。
（3）玻璃液封装置的作用是_______。
（4）V中加入的指示剂通常为_______，滴定至终点的现象是_______。
（5）测得混合气中的质量为_______g。
（6）若步骤II中液面没有没过玻璃液封管的管口，所测结果将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
【答案】（1）NaCl和NaOH
（2）2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O
（3）易溶于水，故可以用玻璃液封管中的水来吸收多余的气体。
（4） ①. 淀粉溶液 ②. 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
（5）0.0270 （6）偏低
【解析】
【小问1详解】
、盐酸电解，酸性条件下不能生成NH3，根据产物电解NCl3和H2，与NCl3反应生成、NH3和X，根据电子守恒、原子守恒写出该反应的化学反应方程式：6+NCl3+3H2O=6↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，则X为NaCl和NaOH的混合溶液，根据反应可知X中溶质的化学式NaCl和NaOH。
【小问2详解】
锥形瓶内与碘化钾反应生成I2和KCl、H2O，离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O。
【小问3详解】
在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口，易溶于水，故可以用玻璃液封管中的水来吸收多余的气体。
【小问4详解】
V中用0.1000硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中生成的碘的溶液，用淀粉溶液遇碘显蓝色，可以用淀粉溶液做指示剂；滴定终点时，碘单质完全反应，则终点现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。
【小问5详解】
根据反应方程式2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O 、，可以得出关系式，，测得混合气中的质量为；
【小问6详解】
若步骤II中液面没有没过玻璃液封管的管口，会有逸出，所测结果将偏低；
27. 研究NOx之间的转化具有重要意义。
(1)已知：N2O4(g) 2NO2(g)　ΔH＞0 将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。
A．气体的压强不变 B．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) C．K不变 D．容器内气体的密度不变 E．容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
③反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2＞T1)，再次画出0～t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线________。

(2) NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。

Ⅰ 2NO(g)=N2O2(g) ΔH1
Ⅱ N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ΔH2
①决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。

【答案】 ①. AE ②. p ③. ④. Ⅱ ⑤. T4 ⑥. ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
【解析】
【分析】（1）①化学反应平衡的判断可从以下几方面考虑：体系中所有反应物和生成物的质量（或浓度）保持不变，正反应速率等于逆反应速率；
②建立三段式求解可得；
③由图确定t1时反应生成的NO2浓度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；
（2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢；
②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响。
【详解】（1）①A、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
B、v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；
C、温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
AE正确，故答案为：AE；
②设起始N2O4的物质的量为1mol，由题给数据建立如下三段式：

由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=，NO2的平衡分压为×p=，则平衡常数Kp＝=，故答案为：；
③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为（0.04—0.01）mol/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 mol/L×2=0.06 mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为，故答案为：；
（2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长，故答案为：T4；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；