四川省眉山市2020学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）

辽宁省瓦房店市高级中学2020学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）

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四川省眉山市2020学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）

1.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是

①盐碱地（含较多Na₂CO₃等）不利于作物生长，可施加石膏降低土壤的碱性

②泡沫灭火器的化学原料为Na₂CO₃和Al₂(SO₄)₃

③锅炉水垢中的CaSO₄常用Na₂CO₃溶液和酸除去

④含氟牙膏不能减少龋齿，使人们的牙齿更健康

⑤NaFe(SO₄)₂·H₂O、KAl(SO₄)₂·12H₂O均可作絮凝剂去除工业和生活废水中的悬浮物

⑥在钢闸门上装锌块可以避免钢闸门遭受腐蚀

A. ②④ B. ①②⑥ C. ①③ D. ③④⑤

【答案】A

【解析】

【详解】①石膏的成分为CaSO₄∙2H₂O，它能与Na₂CO₃反应，转化为难溶的CaCO₃，从而降低土壤的碱性，①正确；

②泡沫灭火器的化学原料为NaHCO₃和Al₂(SO₄)₃，②不正确；

③锅炉水垢中的CaSO₄与饱和Na₂CO₃溶液反应，可转化为CaCO₃，再用酸溶解即可除去，③正确；

④适当浓度的氟离子进入口腔后，与牙釉质的主要成分发生反应，生成坚固的氟磷灰石，因此含氟牙膏能减少龋齿，使人们的牙齿更健康，④不正确；

⑤NaFe(SO₄)₂·H₂O、KAl(SO₄)₂·12H₂O均可作絮凝剂，它们的水解产物Fe(OH)₃胶体、Al(OH)₃胶体能吸附工业和生活废水中的悬浮物并使之沉降，⑤正确；

⑥在钢闸门上装锌块，构成原电池，锌失电子，阻止钢闸门中的Fe失电子，从而保护钢闸门免遭腐蚀，⑥正确。

综合以上分析，②④不正确。答案为：A。

2.已知N_A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 1 L 0.1 mol·L⁻¹氯化铵溶液含有的NH₄⁺数目为0.1N_A

B. 在密闭容器中充入3 mol H₂与1 mol N₂，充分反应后转移电子的数目为6N_A

C. 0.5 N_A个CH₄完全燃烧生成H₂O和CO₂，放出445.2KJ热量，则CH₄的燃烧热为－445.2KJ/mol

D. 常温下，2L pH=2的硫酸溶液中含有的H⁺数目为0.02 N_A

【答案】D

【解析】

【详解】A.在水溶液中，NH₄⁺会发生水解，所以 1 L 0.1 mol·L⁻¹氯化铵溶液含有的NH₄⁺数目小于0.1N_A，A错误；

B. 合成氨反应为可逆反应，在密闭容器中充入3 mol H₂与1 mol N₂，充分反应后转移电子的数目小于6N_A，B错误；

C. 0.5 N_A个CH₄（物质的量为0.5mol）完全燃烧，放出445.2kJ热量，则1molCH₄完全燃烧放热不可能为445.2kJ，且没有说明生成的水的存在状态，不能确定燃烧热的大小，C错误；

D. 常温下，pH=2硫酸溶液中c(H⁺)=0.01mol/L，2L溶液中含有的H⁺数目为0.02 N_A，D正确。

故选D。

3.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是

A. pH=1的NaHSO₄溶液中：c(H⁺)=2c(SO₄^2－) +c(OH^－)

B. 常温下，pH=4的醋酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(CH₃COO^－)>c(Na⁺)>c(H⁺)>c(OH^－)

C. Na₂CO₃溶液中：c(H⁺) = c(OH^－)－c(HCO₃^－)－c(H₂CO₃)

D. 含等物质的量的Na₂CO₃和NaHCO₃的混合溶液中：3c(Na⁺)=2[c(CO₃^2－)+c(HCO₃^－)+c(H₂CO₃)]

【答案】B

【解析】

【详解】A. pH=1的NaHSO₄溶液中,HSO₄^–完全电离为H⁺和SO₄^2-，根据电荷守恒可知：c(H⁺)+ cNa⁺)= 2c(SO₄^2－) +c(OH^－)，由于cNa⁺)= c(SO₄^2－)，所以c(H⁺)=c(SO₄^2－) +c(OH^－)，A错误；

B.溶液中的溶质为CH₃COONa和CH₃COOH，溶液显酸性，以CH₃COOH的电离为主，则离子浓度的关系为c(CH₃COO^－)>c(Na⁺)>c(H⁺)>c(OH^－)，B正确；

C. Na₂CO₃溶液中存在质子守恒：c(H⁺) = c(OH^－)－c(HCO₃^－)－2c(H₂CO₃)，C错误；

D.含等物质的量的Na₂CO₃和NaHCO₃的混合溶液中，依据物料守恒，2c(Na⁺)=3[c(CO₃^2－)+c(HCO₃^－)+c(H₂CO₃)]，D错误；

故选B。

4.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：aA(g)+bB(g)cC(g)。平衡时测得C的浓度为0.60mol/L，保持温度不变，将容器的容积缩小到原来的一半，再达平衡时，测得C的浓度增大为1.00 mol/L。下列有关判断正确的是

A. 平衡向正反应方向移动 B. a+b＞c

C. A的转化率降低 D. B的体积分数下降

【答案】C

【解析】

【详解】保持温度不变，将容器的容积缩小到原来的一半，C的浓度变为1.20mol/L，再达平衡时，C的浓度增大为1.00 mol/L；结果表明，加压，平衡逆向移动，a+b

5.下列实验操作和过程可以达到实验目的的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A．50mL酸式滴定管的50mL刻度位于活塞的上方，在50mL下方仍有液体，初始读数为30.00mL时，将剩余盐酸全部放入锥形瓶，则体积大于20.00 mL，A错误；

B．NaHSO₃+H₂O₂=NaHSO₄+H₂O，无现象，无法用此实验探究浓度对反应速率的影响，B 错误；

C．铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润，一段时间后，看到导管内液面上升，则表明反应消耗O₂，铁发生吸氧腐蚀，C正确；

D．向含有ZnS和Na₂S的悬浊液中滴加CuSO₄溶液，虽然生成黑色CuS沉淀，但不能证明ZnS与Cu²⁺发生反应，D错误；

故选C。

6.铅蓄电池是最常见的二次电池，它的电池总反应式为：Pb + PbO₂ + 4H⁺+ 2SO₄^2－ 2PbSO₄+ 2H₂O。下列说法正确的是

A. 充电时，阳极反应为：Pb－2e^－+ SO₄^2－= PbSO₄

B. 放电时，电路中通过2mol电子，负极板减轻207g

C. 放电结束后，要使铅蓄电池复原，Pb电极应与外电源正极连接

D. 用铅蓄电池电解精炼粗铜，粗铜应与PbO₂的电极相接

【答案】D

【解析】

【详解】A. 充电时，阳极反应为：PbSO₄－2e^－+ 2H₂O=PbO₂+SO₄^2－+4H⁺，A错误；

B. 放电时，电路中通过2mol电子，负极反应为Pb－2e^－+ SO₄^2－= PbSO₄，负极板增重96g，B错误；

C. 放电结束后，要使铅蓄电池复原，Pb电极应与外电源负极连接，C错误；

D. 用铅蓄电池电解精炼粗铜，粗铜应作阳极，与正极PbO₂相接，D正确。

故选D。

7.根据下列图示所得出的结论不正确的是

A. 图甲是CO(g)+H₂O(g)CO₂(g)+H₂(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0>

B. 图乙是室温下H₂O₂催化分解放出氧气的反应中c(H₂O₂ )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H₂O₂分解速率逐渐减小

C. 图丙是室温下用0.1000 mol·L⁻¹NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L⁻¹某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸

D. 图丁是室温下用Na₂SO₄除去溶液中Ba²⁺达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba²⁺ )与c(SO₄²⁻)的关系曲线，说明溶液中c(SO₄²⁻ )越大c(Ba²⁺ )越小

【答案】C

【解析】

【分析】

A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；

B. 根据图像，随着时间的推移，c（H₂O₂）变化趋于平缓，随着反应的进行H₂O₂分解速率逐渐减小；

C. 根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；

D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO₄^2-）越小，-lgc（Ba²⁺）越大，说明c（SO₄^2-）越大c（Ba²⁺）越小。

【详解】A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；

B. 根据图像，随着时间的推移，c（H₂O₂）变化趋于平缓，随着反应的进行H₂O₂分解速率逐渐减小，B项正确；

C. 根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；

D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO₄^2-）越小，-lgc（Ba²⁺）越大，说明c（SO₄^2-）越大c（Ba²⁺）越小，D项正确；

答案选C。

【点睛】本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。

8.甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO₂和H₂）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：

①CO(g)+2H₂(g)CH₃OH(g)                 △H₁

②CO₂(g)+3H₂(g)CH₃OH(g)+H₂O(g)        △H₂

③CO₂(g)+H₂(g)CO(g)+H₂O(g)             △H₃

（1）已知相关的化学键键能数据如下：

由此计算△H₁=______kJ·mol^－1（用数值表示），则△H₃=______kJ·mol^－1（用△H₁和△H₂表示）。

（2）向恒温、恒容密闭容器中充入一定量的CO(g)和H₂(g)进行①反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_____（填编号，下同）。

a．体系压强保持不变                         

b．v_正(CO) = v_逆(H₂)

c．CO与CH₃OH的物质的量之比保持不变

d．每消耗1molCO的同时生成1molCH₃OH      

e．混合气体的密度保持不变

（3）向同温、同体积的甲、乙、丙三个密闭容器中分别充入气体进行①反应。甲容器：2mol H₂和1molCO；乙容器：1mol H₂和0.5mol CO；丙容器：1mol CH₃OH。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系正确的是________。

a．转化率：甲>乙                    b．反应放出的热量数值Q：Q_甲 = 2Q_乙

c．CO的质量m：m_甲= m_丙> 2m_乙 d．容器内压强P：P_甲=P_丙<2P>乙

【答案】    (1). －99    (2). △H₂－△H₁    (3). ac    (4). ad

【解析】

【分析】

（1）利用键能计算，△H₁=反应物的总键能-生成物的总键能，反应②-反应①即得△H₃。

（2）a．反应前后气体分子数不等，体系压强保持不变，则达平衡状态；

b．CO与H₂的化学计量数不等，则v_正(CO) = v_逆(H₂)不是平衡状态；

c．只要平衡移动，CO与CH₃OH的物质的量之比发生改变，现比值保持不变，则达平衡状态；

d．不管反应是否达到平衡，每消耗1molCO的同时生成1molCH₃OH，C不一定达平衡状态；

e．气体的质量不变、容器的体积不变，混合气体的密度始终不变，e不一定达平衡状态。

（3）a．甲的浓度为乙的二倍，则甲相当于乙加压，平衡正向移动，则转化率甲>乙，a正确；

b．甲中气体的物质的量是乙的二倍，且平衡正向移动，所以反应放出的热量数值Q_甲 > 2Q_乙 ，b错误；

c．甲与丙是等效平衡，CO的质量m_甲= m_丙；甲中气体的物质的量是乙的二倍，且平衡正向移动，则m_甲<2m>乙，c错误；

d．甲与丙是等效平衡，容器内压强P_甲=P_丙；乙相当于甲的体积减为原来的一半，则平衡正向移动，P_甲<2P>乙，d正确。

【详解】（1）利用键能进行计算，△H₁=(1076+2×436-3×413-343-465)kJ/mol=-99kJ/mol；

反应②-反应①即得△H₃=(△H₂－△H₁)kJ/mol。答案为：－99；△H₂－△H₁；

（2）a．反应前后气体分子数不等，体系压强保持不变，则达平衡状态；

b．CO与H₂的化学计量数不等，则v_正(CO) = v_逆(H₂)不是平衡状态；

c．只要平衡移动，CO与CH₃OH的物质的量之比发生改变，现比值保持不变，则达平衡状态；

d．不管反应是否达到平衡，每消耗1molCO的同时生成1molCH₃OH，C不一定达平衡状态；

e．气体的质量不变、容器的体积不变，混合气体的密度始终不变，e不一定达平衡状态。

故ac能说明反应达平衡状态。答案为：ac；

（3）a．甲的浓度为乙的二倍，甲相当于乙加压，平衡正向移动，则转化率甲>乙，a正确；

b．甲中气体的物质的量是乙的二倍，且平衡正向移动，所以反应放出的热量数值Q_甲 > 2Q_乙 ，b错误；

c．甲与丙是等效平衡，CO的质量m_甲= m_丙；甲中气体的物质的量是乙的二倍，且平衡正向移动，则m_甲<2m>乙，c错误；

d．甲与丙是等效平衡，容器内压强P：P_甲=P_丙；乙相当于甲的体积减为原来的一半，则平衡正向移动，P_甲<2P>乙，d正确。

故ad正确。答案为：ad。

【点睛】在利用等效平衡比较两种情况下的某物质的质量或百分含量时，我们可将过程切分为两个阶段，第一阶段为体积改变，从而引起浓度改变；第二阶段为平衡移动，从而引起转化率的改变，最后综合两种改变，得出结论。

9.对反应3SO₂(g) + 2H₂O(g)2H₂SO₄(l) + S(s) △H，在某一投料比，不同条件下达平衡时，H₂SO₄在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。

（1）p₂___ p₁(填“＞”或“＜”)，得出该结论的理由是____。

（2）为了提高SO₂的平衡转化率，可采取适当增大压强、_____、______（任意补充两个合理措施）。

【答案】    (1). ＞    (2). 相同温度下，压强从P₁到P₂时H₂SO₄的物质的量分数增大，说明平衡向右移动，而向右是气体体积缩小的方向，说明压强的变化是增大了，所以P₂＞P₁    (3). 降低温度    (4). 充入H₂O（g）（其余合理答案也可）

【解析】

【分析】

（1）从反应方程式看，反应物分子都为气体，而生成物分子都为非气体；从图中可以看出，p₂时H₂SO₄的物质的量分数大，依据平衡移动原理，可确定p₂与 p₁的大小关系。

（2）由图中信息，可确定温度变化对H₂SO₄的物质的量分数的影响。为了提高SO₂的平衡转化率，可采取适当增大压强、改变温度、加入反应物或取出生成物等。

【详解】（1）从反应方程式看3SO₂(g) + 2H₂O(g)2H₂SO₄(l) + S(s)，反应物分子都为气体，而生成物分子都为非气体；从图中可以看出，p₂时H₂SO₄的物质的量分数大。依据平衡移动原理，加压，平衡正向移动，产物的物质的量分数大，所以p₂>p₁；得出该结论的理由是相同温度下，压强从P₁到P₂时H₂SO₄的物质的量分数增大，说明平衡向右移动，而向右是气体体积缩小的方向，说明压强的变化是增大了，所以P₂＞P₁。答案为：＞；相同温度下，压强从P₁到P₂时H₂SO₄的物质的量分数增大，说明平衡向右移动，而向右是气体体积缩小的方向，说明压强的变化是增大了，所以P₂＞P₁；

（2）从图中可以看出，升高温度，H₂SO₄的物质的量分数减小，则表明正反应为放热反应。为了提高SO₂的平衡转化率，可采取适当增大压强、降温、加入反应物或取出生成物等。答案为：降低温度；充入H₂O（g）（其余合理答案也可）。

【点睛】提高SO₂的平衡转化率，则平衡一定向正反应方向移动，对反应速率，则未提出要求。也是说，改变条件，反应速率加快，只要平衡正向移动，符合题意；若改变条件，使反应速率减慢，但平衡正向移动，也符合题意。

10.在容积为1.00L容器中，通入一定量的N₂O₄，发生反应N₂O₄ (g)2NO₂ (g)△H，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：

（1）反应的△H ___0（填“﹥”或“﹤”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0~60s时段，反应速率v(N₂O₄)为___________mol·L^－1·s^－1，反应的平衡常数K为_______mol·L^－1。

（2）100℃时，在容积为1.00L的容器中，通入1mol NO₂(g)和1mol N₂O₄(g)，此时v_正_______ v_逆（填“＞”或“＜”或“=”）。

【答案】    (1). ＞    (2). 1×10^－3    (3). 0.36    (4). ＜

【解析】

【分析】

（1）随温度升高，混合气体的颜色变深，则表明平衡正向移动，由此得出反应的△H 与0的关系；在0~60s时段，反应速率v(N₂O₄)为，反应的平衡常数K为。

（2）100℃时，在容积为1.00L的容器中，通入1mol NO₂(g)和1mol N₂O₄(g)，利用浓度商与K进行比较，确定平衡移动的方向，从而确定v_正与 v_逆的相对大小。

【详解】（1）随温度升高，混合气体的颜色变深，则表明平衡正向移动，由此得出反应的△H>0；在0~60s时段，反应速率v(N₂O₄)为=1×10^－3mol·L^－1·s^－1，反应的平衡常数K为=0.36mol·L^－1。答案为：＞；1×10^－3；0.36；

（2）100℃时，在容积为1.00L的容器中，通入1mol NO₂(g)和1mol N₂O₄(g)，Q==1>0.36，所以平衡逆向移动，v_正 逆 。答案为：<。

【点睛】在利用已知平衡体系判断混合体系中平衡移动的方向时，我们易犯的错误是采用一边倒的方法。应该采用的方法，求出浓度商，然后与平衡常数进行比较。

11.Ⅰ、某温度下，HNO₂和CH₃COOH的电离常数分别为5.0×10^－4和1.7×10^－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。

福建省龙岩市2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）

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（1）曲线Ⅰ代表____溶液(填“HNO₂”或“CH₃COOH”，下同）。

（2）a点时，物质的量浓度较大的是______溶液。相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na⁺）较少的是_____。

（3）b、c两点溶液中水的电离程度较大的是___ (填“b”或“c”）。

（4）CH₃COOH的稀释过程中，下列说法正确的是___ (填编号)。

a.CH₃COOH的电离常数增大                  

b.H⁺物质的量减小

c. 保持不变

d. CH₃COOH的电离程度增大，溶液的导电能力增强

Ⅱ、25℃，两种酸的电离平衡常数如表。

（5）HA^－的电离平衡常数表达式K =_______。

（6）0.10 mol·L^－1 NaHB溶液中H⁺、OH^－、Na⁺、HB^－的浓度由大到小的顺序为_______。

（7）等浓度的四种溶液：a. Na₂A、b. NaHA、c. Na₂B、d. NaHB的pH由大到小顺序是_______（填字母）。

【答案】    (1). HNO₂    (2). CH₃COOH    (3). HNO₂    (4). C    (5). C    (6).     (7). c（Na⁺）＞c（HB^—）＞c（OH^—）＞c（H⁺）    (8). c、a、d、b

【解析】

【分析】

（1）将pH和体积均相同的两种酸溶液分别加水稀释，电离常数越大的酸，稀释相同倍数后，溶液的pH变化越大；

（2）电离常数越小的酸，相同pH时，物质的量浓度越大，消耗NaOH溶液的体积越大。

（3）酸溶液中，pH越大的酸，水的电离程度越大；

（4）a.温度不变时，CH₃COOH的电离常数不变；

b.随着水的不断加入，弱酸的电离程度不断增大，H⁺的物质的量增大；

c. =，温度不变时，K_w、Ka保持不变；

d. 加水稀释，CH₃COOH的电离程度增大，但离子浓度减小，溶液的导电能力减弱。

（5）HA^－的电离平衡常数表达式K =；

（6）NaHB溶液中，HB^–的水解常数为=2.27×10^-8>4.7×10^－11，所以HB^–主要发生水解反应，从而得出H⁺、OH^－、Na⁺、HB^－的浓度由大到小的顺序；

（7）比较四种溶液的pH时，应比较它们的电离常数，电离常数越小，溶液的 pH越大。

【详解】（1）某温度下，HNO₂和CH₃COOH的电离常数分别为5.0×10^－4和1.7×10^－5，由数据可以看出，HNO₂的电离常数大，稀释相同倍数后，溶液的pH变化大，则曲线Ⅰ代表HNO₂溶液。答案为：HNO₂；

（2）a点时，电离常数越小的酸，相同pH时，物质的量浓度越大，CH₃COOH的电离常数小，则物质的量浓度较大的是CH₃COOH溶液。相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，电离常数大的酸，消耗NaOH溶液少，则溶液中n(Na⁺）较少的是HNO₂。答案为：CH₃COOH；HNO₂；

（3）酸溶液中，pH越大的酸，水的电离程度越大，则b、c两点溶液中水的电离程度较大的是c。答案为：c；

（4）a.温度不变时，CH₃COOH的电离常数不变，a错误；

b.随着水的不断加入，弱酸的电离程度不断增大，H⁺的物质的量增大，b错误；

c. =，温度不变时，K_w、Ka保持不变，c正确；

d. 加水稀释，CH₃COOH电离程度增大，但离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，d错误。答案为：c；

（5）HA^－的电离平衡常数表达式K =。答案为：；

（6）NaHB溶液中，HB^–的水解常数为=2.27×10^-8>4.7×10^－11，所以HB^–主要发生水解反应，从而得出H⁺、OH^－、Na⁺、HB^－的浓度由大到小的顺序为c（Na⁺）＞c（HB^—）＞c（OH^—）＞c（H⁺）。答案为：c（Na⁺）＞c（HB^—）＞c（OH^—）＞c（H⁺）；

（7）比较四种溶液的pH时，应比较它们的电离常数，电离常数越小，溶液的 pH越大，则pH由大到小顺序是c、a、d、b。答案为：c、a、d、b。

【点睛】弱酸的电离常数越大，则电离程度越大，对应的酸根离子的水解常数越小，水解生成的c(OH^–)越小，pH越小。

12.Ⅰ、某学生用已知物质的量浓度的硫酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂。回答下列问题：

（1）用标准的硫酸滴定待测的NaOH溶液时，终点现象是_______。

（2）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则滴定结束时的读数为___________ mL，所用硫酸溶液的体积为_______mL。

（3）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：

依据上表数据计算可得该NaOH溶液的物质的量浓度为___mol·L^－1（保留四位有效数字）。

（4）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是_____（填字母）。

A．酸式滴定管未用标准硫酸润洗就直接注入标准硫酸

B．读取硫酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数

C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失

D．锥形瓶用水洗涤后，用待测液润洗

（5）酸碱中和滴定原理也可用于其它类型的滴定。如：一种测定水样中Br^－的浓度的实验步骤如下：

①向锥形瓶中加入处理后的水样25.00mL，加入几滴NH₄Fe(SO₄)₂溶液。

②加入V₁mL c₁ mol/L AgNO₃溶液（过量），充分摇匀。

③用c₂mol/L KSCN标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液V₂mL。

计算该水样中Br^－的物质的量浓度为_______mol·L^－1（已知：Ksp(AgBr）= 7.7×10^－13，Ag⁺+ SCN^－=AgSCN(白色)↓ ，Ksp(AgSCN)= 1×10^－12）。

Ⅱ、某实验小组用0.50 mol/L NaOH溶液和0.50 mol/L硫酸溶液进行中和热的测定。实验装置如图所示。

（6）仪器a的名称是_______。

（7）取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，测得起止温度差的平均值为4.0℃。近似认为0.50 mol/L NaOH溶液和0.50 mol/L硫酸溶液的密度都是1 g/cm³，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J/(g·℃)。则计算得中和热ΔH＝______(取小数点后一位)。

（8）上述实验结果与－57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是_____ (填字母)。

a．实验装置保温、隔热效果差

b．用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视刻度线读数

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H₂SO₄溶液的温度

【答案】    (1). 滴入最后一滴标准液，溶液从红色变成无色，30s无变化    (2). 26.60    (3). 26.10    (4). 0.2088    (5). B    (6).     (7). 环形玻璃搅拌棒    (8). －53.5kJ·mol^-1    (9). acd

【解析】

【分析】

（1）用标准的硫酸滴定待测的NaOH溶液时，终点现象是起初红色，后来无色。

（2）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则滴定结束时的读数为26.60mL，所用硫酸溶液的体积为26.10mL。

（3）第二次实验数据失真，第一次与第三次硫酸体积的平均值为26.10mL，依据上表数据计算可得该NaOH溶液的物质的量浓度为。

（4）A．酸式滴定管未用标准硫酸润洗就直接注入标准硫酸，硫酸浓度偏小，所用体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏高，A不合题意；

B．读取硫酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取的硫酸体积数值偏小，测得NaOH溶液的浓度数值偏低，B符合题意；

C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取的硫酸体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏高，C不合题意；

D．锥形瓶用水洗涤后，用待测液润洗，所用硫酸体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏大，D不合题意。

（5）因为Ksp(AgBr)< Ksp>－的物质的量浓度为AgNO₃的起始物质的量与剩余物质的量之差，除以水样的体积。

（6）仪器a的名称是环形玻璃搅拌棒。

（7）取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，测得起止温度差的平均值为4.0℃ΔH＝。

（8）a．实验装置保温、隔热效果差，ΔH数值偏小；

b．用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视刻度线读数，NaOH所取体积偏大，释放的热量偏多，ΔH数值偏大；

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，在加入过程中导致热量损失，ΔH数值偏小；

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H₂SO₄溶液的温度，因温度计上附着的NaOH与硫酸反应放热，导致硫酸的起始温度偏高，最终热量差值偏小，ΔH数值偏小。

【详解】（1）用标准的硫酸滴定待测的NaOH溶液时，终点现象是滴入最后一滴标准液，溶液从红色变成无色，30s无变化。答案为：滴入最后一滴标准液，溶液从红色变成无色，30s无变化；

（2）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则滴定结束时的读数为26.60mL，所用硫酸溶液的体积为26.10mL。答案为：26.60；26.10；

（3）第二次实验数据失真，第一次与第三次硫酸体积的平均值为26.10mL，依据上表数据计算可得该NaOH溶液的物质的量浓度为=0.2088。答案为：0.2088；

（4）A．酸式滴定管未用标准硫酸润洗就直接注入标准硫酸，硫酸浓度偏小，所用体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏高，A不合题意；

B．读取硫酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取的硫酸体积数值偏小，测得NaOH溶液的浓度数值偏低，B符合题意；

C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取的硫酸体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏高，C不合题意；

D．锥形瓶用水洗涤后，用待测液润洗，所用硫酸体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏大，D不合题意。答案为：B；

（5）因为Ksp(AgBr)< Ksp>－的物质的量浓度为 mol·L^－1。答案为：；

（6）仪器a的名称是环形玻璃搅拌棒。答案为：环形玻璃搅拌棒；

（7）ΔH＝=－53.5kJ/mol。答案为：－53.5kJ/mol；

（8）53.5<57>

a．实验装置保温、隔热效果差，ΔH数值偏小；

b．用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视刻度线读数，NaOH所取体积偏大，释放的热量偏多，ΔH数值偏大；

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，在加入过程中导致热量损失，ΔH数值偏小；

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H₂SO₄溶液的温度，因温度计上附着的NaOH与硫酸反应放热，导致硫酸的起始温度偏高，最终热量差值偏小，ΔH数值偏小。

故acd符合题意。答案为：acd。

【点睛】测定中和热时，我们平时都使用NaOH与盐酸反应，由于思维定势，我们很可能会忽视此时所用的酸为硫酸，于是只看体积数值，认为硫酸完全反应，按硫酸计算反应物的物质的量，从而得出错误的结论。

13.我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO₂和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：

相关金属离子[c (Mⁿ⁺)=0.1mol·L^－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

常温下，K_sp[Fe(OH)₃]＝1×10^－38，溶液中当离子浓度小于1×10^－5mol/L时可认为沉淀完全。回答下列问题：

（1）用稀硫酸溶浸时，产生PbSO₄和SiO₂沉淀，经过滤后，向滤液中加入O₂、ZnO，目的是除去杂质Fe²⁺、Fe³⁺，则氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH，应调节溶液的pH的范围为_______（填数值）。

（2）用铂电极电解硫酸锌溶液制备单质锌时，电解的总反应为________，电解使锌沉积后，电解液可返回_______工序循环使用。

【答案】    (1). 3~6.2    (2). （或）    (3). 溶浸

【解析】

【分析】

（1）c(Fe³⁺)=1×10^－5mol/L，1×10^－5×c³(OH^–)=1×10^－38，c(OH^–)=1×10^－11mol/L，pH=3；氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH，使溶液中的Fe³⁺水解从而转化为Fe(OH)₃沉淀，应调节溶液的pH应在Fe³⁺完全沉淀与Zn²⁺开始沉淀之间；

（2）用铂电极电解硫酸锌溶液制备单质锌时，电解的总反应为硫酸锌水溶液中Zn²⁺得电子生成Zn，水失电子生成O₂等，电解使锌沉积后，电解液可返回溶浸工序循环使用。

【详解】（1）c(Fe³⁺)=1×10^－5mol/L，1×10^－5×c³(OH^–)=1×10^－38，c(OH^–)=1×10^－11mol/L，pH=3；氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH，使溶液中的Fe³⁺水解从而转化为Fe(OH)₃沉淀，应调节溶液的pH的范围为3~6.2。答案为：3~6.2；

（2）用铂电极电解硫酸锌溶液制备单质锌时，电解的总反应为硫酸锌水溶液中Zn²⁺得电子生成Zn，水失电子生成O₂等，电解的总反应为（或）；电解使锌沉积后，电解液可返回溶浸工序循环使用。答案为：（或）；溶浸。

【点睛】除杂质时，调节溶液的pH在哪个范围内，是学生的易错点。在选择pH时，首先需弄清要除去的是哪种杂质，哪种离子需要保留，从而确定选择的pH应在杂质离子完全沉淀时的pH与待保留离子刚开始沉淀的pH之间。

14.环境问题是现在全世界的重要课题。

（1）NO和CO都是汽车尾气中的有害物质，它们能缓慢地起反应：2CO +2NO=N₂+2CO₂，为了控制大气污染，提出以下建议，你认为可行的是_______（填编号）。

A．使用催化剂            B．改变压强          C．提高反应温度

（2）NO_x（主要指NO和NO₂）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NO_x是环境保护的重要课题。用稀硝酸吸收NO_x，得到HNO₃和HNO₂的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式为________。

【答案】    (1). A    (2). （或）

【解析】

【分析】

（1）A．使用催化剂，可以加快反应速率；B．在机动车的排气系统内，我们很难改变压强； C．在机动车的排气系统内，我们很难提高反应温度；

（2）用稀硝酸吸收NO_x，得到HNO₃和HNO₂的混合溶液，电解时阳极为HNO₂失电子转化为HNO₃。

【详解】（1）A．使用催化剂，可以加快反应速率，让NO和CO的混合气在尽可能短的时间内转化，A正确；

B．在机动车的排气系统内，我们很难改变压强，此方法不可行，B不正确；

C．在机动车的排气系统内，我们很难提高反应温度，此方法不可行，C不正确。

答案为：A；

（2）用稀硝酸吸收NO_x，得到HNO₃和HNO₂的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。电解时阳极为HNO₂失电子转化为HNO₃，阳极反应式为（或）。答案为：（或）。

【点睛】电解HNO₃和HNO₂的混合溶液时，阳极反应式为：HNO₂-2e^–+H₂O=NO₃^–+3H⁺，阴极反应 为：2H⁺+2e^–=H₂↑。用电解法的优点是转化速率快，提纯效果好。

青海省西宁市2020学年高二化学下学期期末联考试题（含答案）

青海省西宁市2020学年高二化学下学期期末联考试题（含答案）,青海省,西宁市,莲山课件.