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重庆市西南大学附属中学2023-2024学年高二上学期期中化学试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市西南大学附属中学2023-2024学年高二上学期期中化学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
(满分：100分 考试时间：75分钟)
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)。
相对原子质量：H1 C12 O16 F19 S32 Fe56 Ba137
一、选择题：本大题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 西大附中高二化学兴趣小组调查生活中一些食品和常见物品的pH(形成一定浓度的水溶液时的近似pH)如图：
下列说法不正确的是
A. 胃酸过多的人不宜多吃苹果B. 纯碱溶液可使酚酞溶液变红
C. 可将洁厕灵与84消毒液混用D. 牛奶中的H+浓度比酱油中的小
【答案】C
【解析】
【详解】A．苹果显酸性，故胃酸过多不宜多吃苹果，A正确；
B．纯碱溶液的pH>9显碱性，故纯碱溶液可使酚酞溶液变红，B正确；
C．可将洁厕灵与84消毒液混用混合产生毒性氯气，C错误 ；
D．牛奶的pH大于酱油，故牛奶中的H+浓度比酱油中的小，D正确 ；
故选 C。
2. 下列说法正确的是
A. Cl2和SO2都具有漂白性，因为二者都有强氧化性
B. 铜锌原电池中，锌电极发生氧化反应
C. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率
D. 常温下，pH均为5的盐酸与NH4Cl溶液中，水的电离程度相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2具有漂白性，是因为它能和有色物质结合生成不稳定的无色物质，不是因为具有强氧化性，A错误；
B．铜锌原电池中，锌电极失电子发生氧化反应，B正确；
C．合成氨生产中将NH3液化分离，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的转化率提高，因为反应物浓度减小，则正反应速率减慢，C错误；
D．盐酸中溶液中水的电离被抑制，水的电离程度减小，氯化铵溶液中水的电离被促进，水的电离程度增大，D错误；
故选B。
3. 维C泡腾片放入水中会立即产生大量气泡，其成分中含有柠檬酸(为三元弱酸，用H3A表示)、NaHCO3、Na2CO3等。下列有关说法正确的是
A. H3A溶液中能大量存在：、、、
B. NaHCO3溶液中能大量存在：、、、
C. Na2CO3溶液中能大量存在：、、、
D. Na3A溶液中能大量存在：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．H3A酸性强于碳酸，能与反应而不能大量共存，选项A错误；
B．与、反应而不能大量共存，选项B错误；
C．与发生双水解而不能大量共存，选项C错误；
D．A3-、、、、相互不反应，能大量共存，选项D正确；
答案选D。
4. 室温下，两种酸在水中的电离示意图(代表)如图，下列有关说法错误的是
A. 若图①溶液的，则将溶液稀释10倍后，
B. 两种酸溶液中均存在电离平衡：
C. 图②代表强酸在水中的电离情况
D. 两种酸溶液中由水电离出的
【答案】A
【解析】
【分析】图①为分子、离子共存情况，所以①为弱酸；②图中只有离子，所以②为强酸。
【详解】A．图①为弱酸，稀释10倍后，aB．两种酸溶液中均存在水的电离平衡，即为2H2O⇌H3O++OH−，故B正确；
C．②图中只有离子，所以②为强酸，故C正确；
D．由于酸碱抑制水的电离，水电离出的 c(H+)<10−7ml⋅L−1，D正确；
故选A。
5. NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 1L溶液制得Fe(OH)3胶粒数目为
B. 将0.1mlCH3COOH溶于足量水中，CH3COOH、CH3COO-数目之和为
C. 密闭容器中，2mlNO和1mlO2反应后气体分子总数为
D. 25℃时，，则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶粒是多个微粒的聚集体，因此1L溶液制得Fe(OH)3胶粒数目为小于，A错误；
B．根据元素守恒，0.1mlCH3COOH溶于足量水中，CH3COOH、CH3COO-数目之和为，B正确；
C．密闭容器中发生以下两个反应、，因此2mlNO和1mlO2反应后得到是的混合气体分子总数为小于，C错误；
D．溶液体积未知，无法计算离子数目，D错误；
故选B。
6. 研究人员最近发明了一种“水”电池，在海水中电池反应可表示为：，下列说法不正确的是
A. 填充MnO2的电极为正极
B. 该电池的负极反应式是
C. 在电池中，Na+不断移动到“水”电池的正极
D. 外电路每通过4ml电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是1ml
【答案】D
【解析】
【分析】根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，锰元素化合价降低，MnO2为正极，银元素化合价升高，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl；
【详解】A．根据电池总反应可知锰元素化合价降低，发生还原反应，填充MnO2的电极为正极，故A正确；
B．银元素化合价升高，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl，故B正确；
C．在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以钠离子向正极移动，故C正确；
D．根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1mlNa2Mn5O10转移2ml电子，则外电路每通过4ml电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是2ml，故D错误；
故选D。
7. 已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中X的氢化物的水溶液用于雕刻玻璃，W与X同主族，Y的焰色试验为黄色，Z是地壳中含量最高的金属元素。则下列叙述正确的是
A. 简单离子半径大小：XY
C. X的单质能与水发生置换反应D. 简单气体氢化物的稳定性：X【答案】C
【解析】
【分析】X的氢化物的水溶液用于雕刻玻璃可知X为F, W与X同主族且为短周期元素可知W为Cl，Y的焰色试验为黄色可知Y为Na，Z是地壳中含量最高的金属元素可知Z为Al，据此作答；
【详解】A．离子半径的大小首先看电子层数，层多径大，W离子有3个电子层，其半径最大，X、Y、Z三种离子的电子层数相同，此时看原子序数，序小径大，故X>Y>Z，故简单离子半径大小：ZB．Y的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠是强碱，Z的最高价氧化物的水化物为强氧化铝是弱碱，故碱性Y>Z，B错误；
C．氟气和水反应生成氧气，其方程式为是置换反应，C正确；
D．F的非金属性强于Cl，故简单气体氢化物的稳定性：X>W，故 D错误；
故选 C。
8. 下列实验操作，能实现相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．N极上产生气泡，说明N为正极电极反应式为，因此M为负极，活泼性：M>N ，A正确；
B．读数时应平视凹液面最低处，不能仰视读数，B错误；
C．针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，还缺少秒表计时，C错误；
D．由于，生成的HCl要挥发，因此AlCl3溶液蒸干得 固体，D错误；
故选A。
9. Pd-Mg/SiO2催化剂上CO2甲烷化反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A. SiO2与MgOCO2都是中间产物
B. 整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为Pd和MgO
C. 上述甲烷化过程总反应可表示为
D. 经过一个加氢循环后MgO再次与CO2结合形成碳酸盐，继续一个新加氢循环
【答案】A
【解析】
【详解】A．Pd-Mg/SiO2是催化剂，SiO2不是中间产物，故A错误；
B．整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为MgO和Pd，故B正确；
C．图示中箭头指入的是反应物，指出的是生成物，由图可知，CO2和H2在Pd-Mg/SiO2催化条件下生成甲烷和水，得到方程式：，故C正确；
D．MgO是催化剂，在化学反应中的量不发生改变，反应前后性质不改变，经过一个加氢循环后的MgO再次与CO2结合形成碳酸盐，继续一个新的加氢循环过程，故D正确；
故选：A。
10. 在298K和100kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别为：
此条件下，对于反应C(石墨)→C(金刚石)，下列说法正确的是
A. 该反应的，
B. 金刚石比石墨稳定
C. 由公式可知，该反应
D. 超高压条件下，石墨有可能变为金刚石
【答案】D
【解析】
【详解】A．由燃烧热可知: ，，则反应C(石墨)→C(金刚石) ，，A错误；
B．物质本身具有的能量较低，越稳定，反应C(石墨)-C(金刚石)是吸热反应，石墨的能量较低，则石墨比金刚石稳定，B错误；
C．该反应，C错误；
D．金刚石的密度比石墨大，故质量相同时，金刚石的体积小，则反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的过程，由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成核速率加快，有利于相变向密度大的多面体方向转变，故超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D正确；
故选D。
11. 工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等)湿法制取金属锌的流程如图所示。
下列说法不正确的是
A. 加入ZnO的目的是调节溶液的pH以除去溶液中的Fe3+
B. 为加快反应速率，净化Ⅰ和净化Ⅱ均应在较高的温度下进行
C. 加过量ZnS可除去溶液中的Cu2+是利用了
D. ZnFe2O4溶于硫酸的离子方程式：
【答案】B
【解析】
【分析】将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等)用稀硫酸酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，加入ZnO消耗稀硫酸而调节溶液的pH，并将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，然后向溶液中加入过量的ZnS，得到CuS沉淀，过滤后电解得到Zn,以此解答该题。
【详解】A．酸浸时加入稀硫酸过量，导致酸浸后的溶液呈酸性，加入ZnO消耗稀硫酸来增大溶液pH值，从而将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，除去溶液中的Fe3+，故A正确；
B．温度较高时，净化I中双氧水易分解，导致双氧水氧化能力降低，则Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀不彻底，故B错误；
C．表达式相同的难溶性硫化物中，溶度积常数大的难溶物能转化为溶度积常数小的难溶物，ZnS能除去溶液中的Cu2+，说明CuS比ZnS更难溶，则Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故C正确；
D．ZnFe2O4溶于稀硫酸生成硫酸锌、硫酸铁和水，离子反应方程式为ZnFe2O4+8H+═Zn2++2Fe3++4H2O，故D正确；
故选：B。
12. 在室温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. Na2SO3溶液中：
B. NaHA溶液的pH<7，则溶液中的粒子有：
C. 向某稀NaHCO3溶液中通入CO2至
D. 浓度均为与NaOH按体积2∶1混合：
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据质子守恒可知，正确的关系式为，A错误；
B．NaHA溶液的pH<7，说明HA-的电离程度大于水解程度，HA-电离生成A2-，HA-水解生成H2A，故，B错误 ；
C．根据电荷守恒可知，当pH=7时，，C正确；
D．浓度均为与NaOH按体积2∶1混合则溶液显酸性，根据电荷守恒可知，故D错误；
故选C
13. 某温度时，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. c点对应的等于a点对应的
B. 加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点
C. d点为不饱和溶液，没有AgCl沉淀生成
D. 向AgCl悬浊液中加入少量水，平衡右移，Cl-浓度减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．a、c两点的温度相同，氯化银的溶解平衡常数相同，则c点对应的Ksp等于a点对应的Ksp，A正确；
B．加入AgNO3，可增大溶液中的c(Ag+)，使氯化银的沉淀溶解平衡逆向移动，此时c点应沿曲线向左侧移动，不能使溶液由c点变到d点，B错误；
C．d点时，，为饱和溶液，即有沉淀生成，C错误；
D．向AgCl悬浊液中加入少量水，平衡右移，但是依然是饱和溶液，Cl-浓度不变，D错误；
故选A。
14. 在体积均为的甲、乙两恒容密闭容器中加入足量相同的碳粉，再分别加入和，发生反应达到平衡。的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 反应的
B. 曲线II表示容器甲中的平衡转化率
C. 达平衡后，两容器中c(CO):
D. 其他条件不变时，在曲线I对应容器中加入合适的催化剂，可使的平衡转化率由P点达到S点I
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，升高温度二氧化碳的平衡转化率升高，平衡正向移动，正反应为吸热反应，焓变大于零，A错误；
B．反应为气体分子数增加的反应，相同温度下，增加二氧化碳的量，会导致二氧化碳的转化率降低，故曲线II表示容器乙中的平衡转化率，B错误；
C．R相当于2份Q达平衡后，然后合并到1个容器中，压强增加平衡逆向移动，导致一氧化碳的浓度小于2倍的Q中一氧化碳浓度，故两容器中c(CO):，C正确；
D．催化剂改变反应速率，不改变物质的平衡转化率，D错误；
故选C。
二、填空题：本大题共4个小题，共58分。
15. 请根据题中提供的信息，回答问题：
Ⅰ：宇宙飞船、人造卫星、电脑、照相机等都要用到电池。中国科学院应用化学研究所在甲)醇(CH3OH是一种液态可燃物)燃料电池技术方面获得新突破，其工作原理如下图所示：
（1）①该电池工作时，c口通入物质为___________(填化学式)。
②该电池负极的电极反应式___________。
③工作一段时间后，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，有___________个电子转移。
Ⅱ：硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外，还含有H3AsO3、H2SiF6等有害物质。工业上需将废水处理达标后再排放。
（2）已知：As(Ⅲ)水溶液中含砷的部分物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
①测量As(Ⅲ)水溶液pH=7.20时所用的仪器是___________。
②pH=11时，上图中含As元素微粒的浓度关系为___________。
③当时，溶液的pH=___________。(已知H3AsO3的)
（3）向废水中加入石灰乳[以Ca(OH)2为主]后过滤。滤渣中主要含有CaSO4、CaF2、少量Ca3(AsO3)2。
①写出该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式：___________。
②充分沉淀后测得废水中的含量为，此时的浓度为___________。
[已知、]。
【答案】（1） ①. O2 ②. CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+ ③. 1.2
（2） ①. pH计 ②. c(H2AsO)＞c(HAsO)＞c(H3AsO3) ③. 9
（3） ①. H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O ②. 0.0025
【解析】
【小问1详解】
①由分析可知，c口通入的物质为O2；
②由氢离子移动方向知，左侧电极为负极，在水的作用下，甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；
③负极的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+，由电极反应式可知，.4g甲醇完全反应生成二氧化碳时，转移电子的个数为×6×NAml—1=1.2NA；
【小问2详解】
①测量As(Ⅲ)水溶液pH=7.20时所用的仪器是pH计；
②图象中分析判断pH=11时，图中H3AsO3水溶液中三种微粒浓度：c(H2AsO)＞c(HAsO)＞c(H3AsO3)；
③，由于，则；pH=9；
【小问3详解】
①该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O；
②根据，则c(F-)=5×10-4ml/L，c()=(5.0×10-4)2×104ml/L=0.0025ml/L。
【分析】该装置为甲醇燃料电池，由氢离子移动方向知，右侧电极为燃料电池的正极，左侧电极为负极，则b口通入通入甲醇，c口通入通入氧气，以此解题。
16. 钛铁矿的主要成分为FeTiO3，含少量SiO2、Sc2O3等氧化物，某实验室利用钛铁矿制取ScF3的流程如图所示。
已知：①“酸浸”时FeTiO3转化为T1O2+，[TiO(H2O2)]2+为橘黄色的稳定离子，易溶于水。
②室温下，溶液中离子沉淀完全的pH如表所示。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前将钛铁矿粉碎目的是___________；
（2）“水解”中生成沉淀的离子方程式为___________，
（3）“萃取”操作之前，需要检漏的玻璃仪器是___________
（4）“洗钛”时H2O2有两个作用，其一是氧化Fe2+，离子方程式为___________，另一作用是___________。
（5）“酸溶”所得溶液中含有、等。若此溶液中的浓度为，“氨水调pH”时应控制的pH范围是___________(已知，lg2=0.3)。
（6）制取的“系列操作”包括___________、___________、干燥。
【答案】16. 增加固液接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
17.
18. 分液漏斗 19. ①. ②. H2O2可以与TiO2+形成稳定离子进入水层，便于除钛
20. 3.2~3.7
21. ①. 过滤 ②. 洗涤
【解析】
【分析】钛铁矿经过酸浸除去二氧化硅，加入大量的水使TiO2+发生水解生成TiO2⋅xH2O从而分离出钛元素，通过加入萃取剂除去亚铁离子，洗钛时加入双氧水可以与TiO2+形成稳定离子[TiO(H2O2)]2+进入水层，便于除钛，还可以将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全，从而除铁完全，加入氢氧化钠溶液进行反萃取，在沉淀中加入浓盐酸后再加入氨水调节pH除去三价铁离子，加入氟化铵沉淀Sc3+，沉淀经过滤洗涤干燥即可得到ScF3；
【小问1详解】
“酸浸”前将钛铁矿粉碎目的是增加固液接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
【小问2详解】
据题意知,反应物有 TiO2+，生成物有沉淀，从而可写出水解反应的离子方程式为；
【小问3详解】
“萃取”操作需使用分液漏斗，分液漏斗使用前需检漏。
【小问4详解】
“洗钛”时加入的H2O2可以与TiO2+形成稳定离子进入水层，便于除钛，还可以将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全，从而除铁完全。
【小问5详解】
第一步：分析“氨水调pH”的目的。用氨水调节溶液pH的目的是使Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀。第二步：根据题给信息找到使Fe3+沉淀完全所需的pH。由表知，使Fe3+完全沉淀需pH≥3.2。第三步：通过Ksp计算Sc3+开始沉淀的pH。由Ksp[Sc(OH)3]=1.25×10-33，Sc3+开始沉淀时，对应的c(H+)为2×10-4ml/L，pH=3.7，故除杂过程中应控制的pH范围是3.2~3.7；
【小问6详解】
沉淀经过过滤、洗涤、干燥可得；
17. 实验室利用FeSO4溶液和NO制备亚硝基合亚铁(Ⅱ)｛｝，其装置如图所示(加热及夹持装置略)。
回答下列问题：
（1）盛放NaNO2固体的仪器名称为___________；配制FeSO4溶液时为防止其被氧化，应向溶液中加入___________。
（2）实验开始前先鼓入N2的目的是___________。
（3）NaNO2的溶液显碱性的原因：___________(用离子方程式表示)；A中加热制备NO的离子方程式为___________。
（4）D中倒置的漏斗的作用为___________。
（5）经分离提纯后得到亚硝基合亚铁(Ⅱ)溶液，其溶质化学式为｛｝，为测定其化学式，进行如下实验：
①取20mL该溶液加入足量BaCl2溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥称量，质量为4.66g。
②另取10mL溶液用的酸性KMnO4溶液进行滴定，滴定终点时，消耗酸性KMnO4溶液20mL(NO完全转化为)。
③已知x+y=6，则其化学式为___________，下列情况会导致x值偏小的是___________(填字母)。
A．步骤①中沉淀未干燥完全
B．滴定前，酸式滴定管中有气泡残留，滴定后气泡消失
C．用容量瓶配制酸性KMnO4溶液时，定容时俯视刻度线
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. 铁粉
（2）除去装置内的空气，防止生成的NO被氧气氧化，防止Fe2+被氧气氧化
（3） ①. ②.
（4）平衡气压，便于添加硫酸亚铁溶液
（5） ①. [Fe(NO)(H2O)5]SO4 ②. AC
【解析】
小问1详解】
盛放NaNO2固体的仪器名称为圆底烧瓶；Fe2+在水溶液中易水解、易被空气中氧气氧化为Fe3+，加入铁粉；
【小问2详解】
实验开始前鼓入N2的原因为除去装置内的空气，防止生成的NO被氧气氧化，同时也能防止Fe2+被氧气氧化；
【小问3详解】
NaNO2为强碱弱酸盐，发生水解反应使溶液显碱性，水解得离子方程式为：，A中稀硫酸与NaNO2反应生成硝酸钠、NO和水，A中加热制备NO的离子方程式为；
【小问4详解】
长颈漏斗的作用为平衡气压，同时便于添加硫酸亚铁溶液；
【小问5详解】
加入BaCl2生成硫酸钡沉淀4.66g，则20mL溶液中含有硫酸根离子=0.02ml，KMnO4将NO氧化生成自身被还原为Mn2+，将Fe2+氧化成Fe3+自身被还原为Mn2+，根据化合价代数和为0可知x=m，则10mL溶液中有Fe2+0.01ml，根据电子守恒可知，0.01mlFe2+消耗KMnO4物质的量为=0.002ml，则NO消耗的KMnO4物质的量为0.4ml/L×0.02L-0.002ml=0.006ml，根据电子守恒可知，5n(KMnO4)=3n(NO)，则NO有=0.01ml，即Fe和NO物质的量比为0.01ml：0.01ml=1:1，由铁元素的配位数为6，则该物质的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4 ，
A．沉淀未完全干燥，得到沉淀的质量偏大，则计算所得硫酸根离子的物质的量偏多，则Fe2+的物质的量偏多，导致NO的物质的量偏少，y偏小，A正确；
B．滴定前酸式滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则计算消耗的高锰酸钾溶液偏多，导致计算所得的NO的物质的量偏大，导致y偏大，B错误；
C．用容量瓶配制酸性高锰酸钾溶液时，定容时俯视刻度线，导致高锰酸钾的浓度偏大，消耗KMnO4溶液的体积偏小，则计算所得的NO物质的量偏少，y偏小，C 正确；
故答案为：[Fe(NO)(H2O)5]SO4 ；AC。
【分析】A中稀硫酸与NaNO2反应生成硝酸钠、NO和水，NO进入B中与硫酸亚铁反应生成亚硝基合铁，D中为碱液，用于吸收多余的NO，据此分析解题。
18. 甲醇(CH3OH)可以由碳的氧化物和氢气合成，主要反应包括：
a．
b．
c．
（1）___________
（2）反应a的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用(*)标注。
写出相对能量为-1.3eV时，对应物质M的化学式___________；该反应历程中决速步骤的能垒为___________eV。
（3）在恒温(T/℃)容积可变的密闭容器中按体积比1∶3充入CO2和H2，若只发生反应b，反应达到平衡时，H2体积分数x随压强p的变化如图曲线a所示，则曲线___________(填标号)表示了CH3OH的体积分数x随压强p的变化；点A、B均表示H2体积分数，则A点处v(正)___________B点处v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
（4）在恒温恒容(2L)的密闭容器中充入CO、CO2各1ml和一定量的氢气发生上述a、b、c三个反应，10min达到平衡状态，生成(0.3mlCH3OH和0.15mlH2O。
①若升高温度，CO的平衡转化率___________(填“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”)。
②0~10min内，平均每分钟生成甲醇(CH3OH)___________ml/L；若c反应的平衡常数为K，则平衡时___________(用含K的式子表达)。
【答案】（1）
（2） ①. H3CO* ②. 0.8
（3） ①. c ②. <
（4） ①. 减小 ②. 0.015 ③.
【分析】
【解析】
【小问1详解】
已知：a．
b．
根据盖斯定律，由a- b得反应c．= =
【小问2详解】
图象分析可知，-1.3eV对应发生的反应为: H3CO*+ H2 = CH3OH*，所缺物质为: H3CO*，图分析可知，该反应历程中决速步骤的能垒为(-0.1eV)- (-0.9eV) = 0.8eV，故答案为: H3CO*； 0.8；
【小问3详解】
在恒温(T/℃)容积可变的密闭容器中按体积比1 : 3充入CO2和H2，若只发生反应b，反应达到平衡时，H2 体积分数x随压强p的变化如图2中曲线a所示，平衡状态下氢气体积分数为0.6，结合三段式列式计算，设CO2变化量为x，
，，甲醇的体积分数=，则图象中只有c曲线符合，点A、B均表示H2体积分数，B点压强大，则A点处v(正)【小问4详解】
在恒温恒容(2L)的密闭容器中充入CO、CO2各1ml和一定量的氢气发生上述a、b、c三个反应，10min达到平衡状态，生成(0.3mlCH3OH和0.15mlH2O；
①上述计算可知平衡状态下生成甲醇比生成水多，反应进行程度a>c，a为放热反应，c为吸热反应，升高温度反应a逆向进行生成CO，反应c正向进行，CO增多，CO转化率减小，故答案为减小；
②0~10min内，生成甲醇(CH3OH)的反应速率v==0.015ml/(L·min)，0~10min内，平均每分钟生成甲醇(CH3OH)为0.015ml/L，若c反应的平衡常数为K，设平衡时c(H2)x，反应a中反应生成CH3OH为aml，反应b中反应生成CH3OH为yml，反应c中反应生成CH3OH为zml，
y+z=0.15，a+y=0.3，平衡时二氧化碳还原1.0ml-y-z=1.0ml-0.15ml=0.85ml，平衡时CO还原1.0-a+z=1.0ml-a+z+y-y=1.0ml+(y+z)-(a+y)=1.0ml+0.15ml-0.3ml=0.85ml，计算反应c的平衡时各物质的浓度为：
A
B
C
D
反应装置图及操作
实验目的
N极上产生气泡，活泼性：M>N
读取液体体积
测定锌与稀硫酸的反应速率
AlCl3溶液蒸干得 AlCl3固体
物质
S/()
/()
/()
C(金刚石)
2.4
-395.40
3513
C(石墨)
5.7
-393.51
2260
离子
Fe3+
Fe2+
TiO2-
沉淀完全的pH
3.2
9.0
1.05
(满分：100分 考试时间：75分钟)
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保存，以备评讲)。
相对原子质量：H1 C12 O16 F19 S32 Fe56 Ba137
一、选择题：本大题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 西大附中高二化学兴趣小组调查生活中一些食品和常见物品的pH(形成一定浓度的水溶液时的近似pH)如图：
下列说法不正确的是
A. 胃酸过多的人不宜多吃苹果B. 纯碱溶液可使酚酞溶液变红
C. 可将洁厕灵与84消毒液混用D. 牛奶中的H+浓度比酱油中的小
【答案】C
【解析】
【详解】A．苹果显酸性，故胃酸过多不宜多吃苹果，A正确；
B．纯碱溶液的pH>9显碱性，故纯碱溶液可使酚酞溶液变红，B正确；
C．可将洁厕灵与84消毒液混用混合产生毒性氯气，C错误 ；
D．牛奶的pH大于酱油，故牛奶中的H+浓度比酱油中的小，D正确 ；
故选 C。
2. 下列说法正确的是
A. Cl2和SO2都具有漂白性，因为二者都有强氧化性
B. 铜锌原电池中，锌电极发生氧化反应
C. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率
D. 常温下，pH均为5的盐酸与NH4Cl溶液中，水的电离程度相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2具有漂白性，是因为它能和有色物质结合生成不稳定的无色物质，不是因为具有强氧化性，A错误；
B．铜锌原电池中，锌电极失电子发生氧化反应，B正确；
C．合成氨生产中将NH3液化分离，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的转化率提高，因为反应物浓度减小，则正反应速率减慢，C错误；
D．盐酸中溶液中水的电离被抑制，水的电离程度减小，氯化铵溶液中水的电离被促进，水的电离程度增大，D错误；
故选B。
3. 维C泡腾片放入水中会立即产生大量气泡，其成分中含有柠檬酸(为三元弱酸，用H3A表示)、NaHCO3、Na2CO3等。下列有关说法正确的是
A. H3A溶液中能大量存在：、、、
B. NaHCO3溶液中能大量存在：、、、
C. Na2CO3溶液中能大量存在：、、、
D. Na3A溶液中能大量存在：、、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．H3A酸性强于碳酸，能与反应而不能大量共存，选项A错误；
B．与、反应而不能大量共存，选项B错误；
C．与发生双水解而不能大量共存，选项C错误；
D．A3-、、、、相互不反应，能大量共存，选项D正确；
答案选D。
4. 室温下，两种酸在水中的电离示意图(代表)如图，下列有关说法错误的是
A. 若图①溶液的，则将溶液稀释10倍后，
B. 两种酸溶液中均存在电离平衡：
C. 图②代表强酸在水中的电离情况
D. 两种酸溶液中由水电离出的
【答案】A
【解析】
【分析】图①为分子、离子共存情况，所以①为弱酸；②图中只有离子，所以②为强酸。
【详解】A．图①为弱酸，稀释10倍后，a
C．②图中只有离子，所以②为强酸，故C正确；
D．由于酸碱抑制水的电离，水电离出的 c(H+)<10−7ml⋅L−1，D正确；
故选A。
5. NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 1L溶液制得Fe(OH)3胶粒数目为
B. 将0.1mlCH3COOH溶于足量水中，CH3COOH、CH3COO-数目之和为
C. 密闭容器中，2mlNO和1mlO2反应后气体分子总数为
D. 25℃时，，则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶粒是多个微粒的聚集体，因此1L溶液制得Fe(OH)3胶粒数目为小于，A错误；
B．根据元素守恒，0.1mlCH3COOH溶于足量水中，CH3COOH、CH3COO-数目之和为，B正确；
C．密闭容器中发生以下两个反应、，因此2mlNO和1mlO2反应后得到是的混合气体分子总数为小于，C错误；
D．溶液体积未知，无法计算离子数目，D错误；
故选B。
6. 研究人员最近发明了一种“水”电池，在海水中电池反应可表示为：，下列说法不正确的是
A. 填充MnO2的电极为正极
B. 该电池的负极反应式是
C. 在电池中，Na+不断移动到“水”电池的正极
D. 外电路每通过4ml电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是1ml
【答案】D
【解析】
【分析】根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，锰元素化合价降低，MnO2为正极，银元素化合价升高，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl；
【详解】A．根据电池总反应可知锰元素化合价降低，发生还原反应，填充MnO2的电极为正极，故A正确；
B．银元素化合价升高，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl，故B正确；
C．在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以钠离子向正极移动，故C正确；
D．根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1mlNa2Mn5O10转移2ml电子，则外电路每通过4ml电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是2ml，故D错误；
故选D。
7. 已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中X的氢化物的水溶液用于雕刻玻璃，W与X同主族，Y的焰色试验为黄色，Z是地壳中含量最高的金属元素。则下列叙述正确的是
A. 简单离子半径大小：X
C. X的单质能与水发生置换反应D. 简单气体氢化物的稳定性：X
【解析】
【分析】X的氢化物的水溶液用于雕刻玻璃可知X为F, W与X同主族且为短周期元素可知W为Cl，Y的焰色试验为黄色可知Y为Na，Z是地壳中含量最高的金属元素可知Z为Al，据此作答；
【详解】A．离子半径的大小首先看电子层数，层多径大，W离子有3个电子层，其半径最大，X、Y、Z三种离子的电子层数相同，此时看原子序数，序小径大，故X>Y>Z，故简单离子半径大小：Z
C．氟气和水反应生成氧气，其方程式为是置换反应，C正确；
D．F的非金属性强于Cl，故简单气体氢化物的稳定性：X>W，故 D错误；
故选 C。
8. 下列实验操作，能实现相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．N极上产生气泡，说明N为正极电极反应式为，因此M为负极，活泼性：M>N ，A正确；
B．读数时应平视凹液面最低处，不能仰视读数，B错误；
C．针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，还缺少秒表计时，C错误；
D．由于，生成的HCl要挥发，因此AlCl3溶液蒸干得 固体，D错误；
故选A。
9. Pd-Mg/SiO2催化剂上CO2甲烷化反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A. SiO2与MgOCO2都是中间产物
B. 整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为Pd和MgO
C. 上述甲烷化过程总反应可表示为
D. 经过一个加氢循环后MgO再次与CO2结合形成碳酸盐，继续一个新加氢循环
【答案】A
【解析】
【详解】A．Pd-Mg/SiO2是催化剂，SiO2不是中间产物，故A错误；
B．整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为MgO和Pd，故B正确；
C．图示中箭头指入的是反应物，指出的是生成物，由图可知，CO2和H2在Pd-Mg/SiO2催化条件下生成甲烷和水，得到方程式：，故C正确；
D．MgO是催化剂，在化学反应中的量不发生改变，反应前后性质不改变，经过一个加氢循环后的MgO再次与CO2结合形成碳酸盐，继续一个新的加氢循环过程，故D正确；
故选：A。
10. 在298K和100kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别为：
此条件下，对于反应C(石墨)→C(金刚石)，下列说法正确的是
A. 该反应的，
B. 金刚石比石墨稳定
C. 由公式可知，该反应
D. 超高压条件下，石墨有可能变为金刚石
【答案】D
【解析】
【详解】A．由燃烧热可知: ，，则反应C(石墨)→C(金刚石) ，，A错误；
B．物质本身具有的能量较低，越稳定，反应C(石墨)-C(金刚石)是吸热反应，石墨的能量较低，则石墨比金刚石稳定，B错误；
C．该反应，C错误；
D．金刚石的密度比石墨大，故质量相同时，金刚石的体积小，则反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的过程，由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成核速率加快，有利于相变向密度大的多面体方向转变，故超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D正确；
故选D。
11. 工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等)湿法制取金属锌的流程如图所示。
下列说法不正确的是
A. 加入ZnO的目的是调节溶液的pH以除去溶液中的Fe3+
B. 为加快反应速率，净化Ⅰ和净化Ⅱ均应在较高的温度下进行
C. 加过量ZnS可除去溶液中的Cu2+是利用了
D. ZnFe2O4溶于硫酸的离子方程式：
【答案】B
【解析】
【分析】将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等)用稀硫酸酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，加入ZnO消耗稀硫酸而调节溶液的pH，并将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，然后向溶液中加入过量的ZnS，得到CuS沉淀，过滤后电解得到Zn,以此解答该题。
【详解】A．酸浸时加入稀硫酸过量，导致酸浸后的溶液呈酸性，加入ZnO消耗稀硫酸来增大溶液pH值，从而将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，除去溶液中的Fe3+，故A正确；
B．温度较高时，净化I中双氧水易分解，导致双氧水氧化能力降低，则Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀不彻底，故B错误；
C．表达式相同的难溶性硫化物中，溶度积常数大的难溶物能转化为溶度积常数小的难溶物，ZnS能除去溶液中的Cu2+，说明CuS比ZnS更难溶，则Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故C正确；
D．ZnFe2O4溶于稀硫酸生成硫酸锌、硫酸铁和水，离子反应方程式为ZnFe2O4+8H+═Zn2++2Fe3++4H2O，故D正确；
故选：B。
12. 在室温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. Na2SO3溶液中：
B. NaHA溶液的pH<7，则溶液中的粒子有：
C. 向某稀NaHCO3溶液中通入CO2至
D. 浓度均为与NaOH按体积2∶1混合：
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据质子守恒可知，正确的关系式为，A错误；
B．NaHA溶液的pH<7，说明HA-的电离程度大于水解程度，HA-电离生成A2-，HA-水解生成H2A，故，B错误 ；
C．根据电荷守恒可知，当pH=7时，，C正确；
D．浓度均为与NaOH按体积2∶1混合则溶液显酸性，根据电荷守恒可知，故D错误；
故选C
13. 某温度时，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. c点对应的等于a点对应的
B. 加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点
C. d点为不饱和溶液，没有AgCl沉淀生成
D. 向AgCl悬浊液中加入少量水，平衡右移，Cl-浓度减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．a、c两点的温度相同，氯化银的溶解平衡常数相同，则c点对应的Ksp等于a点对应的Ksp，A正确；
B．加入AgNO3，可增大溶液中的c(Ag+)，使氯化银的沉淀溶解平衡逆向移动，此时c点应沿曲线向左侧移动，不能使溶液由c点变到d点，B错误；
C．d点时，，为饱和溶液，即有沉淀生成，C错误；
D．向AgCl悬浊液中加入少量水，平衡右移，但是依然是饱和溶液，Cl-浓度不变，D错误；
故选A。
14. 在体积均为的甲、乙两恒容密闭容器中加入足量相同的碳粉，再分别加入和，发生反应达到平衡。的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 反应的
B. 曲线II表示容器甲中的平衡转化率
C. 达平衡后，两容器中c(CO):
D. 其他条件不变时，在曲线I对应容器中加入合适的催化剂，可使的平衡转化率由P点达到S点I
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，升高温度二氧化碳的平衡转化率升高，平衡正向移动，正反应为吸热反应，焓变大于零，A错误；
B．反应为气体分子数增加的反应，相同温度下，增加二氧化碳的量，会导致二氧化碳的转化率降低，故曲线II表示容器乙中的平衡转化率，B错误；
C．R相当于2份Q达平衡后，然后合并到1个容器中，压强增加平衡逆向移动，导致一氧化碳的浓度小于2倍的Q中一氧化碳浓度，故两容器中c(CO):，C正确；
D．催化剂改变反应速率，不改变物质的平衡转化率，D错误；
故选C。
二、填空题：本大题共4个小题，共58分。
15. 请根据题中提供的信息，回答问题：
Ⅰ：宇宙飞船、人造卫星、电脑、照相机等都要用到电池。中国科学院应用化学研究所在甲)醇(CH3OH是一种液态可燃物)燃料电池技术方面获得新突破，其工作原理如下图所示：
（1）①该电池工作时，c口通入物质为___________(填化学式)。
②该电池负极的电极反应式___________。
③工作一段时间后，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，有___________个电子转移。
Ⅱ：硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外，还含有H3AsO3、H2SiF6等有害物质。工业上需将废水处理达标后再排放。
（2）已知：As(Ⅲ)水溶液中含砷的部分物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
①测量As(Ⅲ)水溶液pH=7.20时所用的仪器是___________。
②pH=11时，上图中含As元素微粒的浓度关系为___________。
③当时，溶液的pH=___________。(已知H3AsO3的)
（3）向废水中加入石灰乳[以Ca(OH)2为主]后过滤。滤渣中主要含有CaSO4、CaF2、少量Ca3(AsO3)2。
①写出该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式：___________。
②充分沉淀后测得废水中的含量为，此时的浓度为___________。
[已知、]。
【答案】（1） ①. O2 ②. CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+ ③. 1.2
（2） ①. pH计 ②. c(H2AsO)＞c(HAsO)＞c(H3AsO3) ③. 9
（3） ①. H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O ②. 0.0025
【解析】
【小问1详解】
①由分析可知，c口通入的物质为O2；
②由氢离子移动方向知，左侧电极为负极，在水的作用下，甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；
③负极的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+，由电极反应式可知，.4g甲醇完全反应生成二氧化碳时，转移电子的个数为×6×NAml—1=1.2NA；
【小问2详解】
①测量As(Ⅲ)水溶液pH=7.20时所用的仪器是pH计；
②图象中分析判断pH=11时，图中H3AsO3水溶液中三种微粒浓度：c(H2AsO)＞c(HAsO)＞c(H3AsO3)；
③，由于，则；pH=9；
【小问3详解】
①该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3Ca(OH)2=3CaF2+SiO2+4H2O；
②根据，则c(F-)=5×10-4ml/L，c()=(5.0×10-4)2×104ml/L=0.0025ml/L。
【分析】该装置为甲醇燃料电池，由氢离子移动方向知，右侧电极为燃料电池的正极，左侧电极为负极，则b口通入通入甲醇，c口通入通入氧气，以此解题。
16. 钛铁矿的主要成分为FeTiO3，含少量SiO2、Sc2O3等氧化物，某实验室利用钛铁矿制取ScF3的流程如图所示。
已知：①“酸浸”时FeTiO3转化为T1O2+，[TiO(H2O2)]2+为橘黄色的稳定离子，易溶于水。
②室温下，溶液中离子沉淀完全的pH如表所示。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前将钛铁矿粉碎目的是___________；
（2）“水解”中生成沉淀的离子方程式为___________，
（3）“萃取”操作之前，需要检漏的玻璃仪器是___________
（4）“洗钛”时H2O2有两个作用，其一是氧化Fe2+，离子方程式为___________，另一作用是___________。
（5）“酸溶”所得溶液中含有、等。若此溶液中的浓度为，“氨水调pH”时应控制的pH范围是___________(已知，lg2=0.3)。
（6）制取的“系列操作”包括___________、___________、干燥。
【答案】16. 增加固液接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
17.
18. 分液漏斗 19. ①. ②. H2O2可以与TiO2+形成稳定离子进入水层，便于除钛
20. 3.2~3.7
21. ①. 过滤 ②. 洗涤
【解析】
【分析】钛铁矿经过酸浸除去二氧化硅，加入大量的水使TiO2+发生水解生成TiO2⋅xH2O从而分离出钛元素，通过加入萃取剂除去亚铁离子，洗钛时加入双氧水可以与TiO2+形成稳定离子[TiO(H2O2)]2+进入水层，便于除钛，还可以将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全，从而除铁完全，加入氢氧化钠溶液进行反萃取，在沉淀中加入浓盐酸后再加入氨水调节pH除去三价铁离子，加入氟化铵沉淀Sc3+，沉淀经过滤洗涤干燥即可得到ScF3；
【小问1详解】
“酸浸”前将钛铁矿粉碎目的是增加固液接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
【小问2详解】
据题意知,反应物有 TiO2+，生成物有沉淀，从而可写出水解反应的离子方程式为；
【小问3详解】
“萃取”操作需使用分液漏斗，分液漏斗使用前需检漏。
【小问4详解】
“洗钛”时加入的H2O2可以与TiO2+形成稳定离子进入水层，便于除钛，还可以将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全，从而除铁完全。
【小问5详解】
第一步：分析“氨水调pH”的目的。用氨水调节溶液pH的目的是使Fe3+沉淀完全而Sc3+不沉淀。第二步：根据题给信息找到使Fe3+沉淀完全所需的pH。由表知，使Fe3+完全沉淀需pH≥3.2。第三步：通过Ksp计算Sc3+开始沉淀的pH。由Ksp[Sc(OH)3]=1.25×10-33，Sc3+开始沉淀时，对应的c(H+)为2×10-4ml/L，pH=3.7，故除杂过程中应控制的pH范围是3.2~3.7；
【小问6详解】
沉淀经过过滤、洗涤、干燥可得；
17. 实验室利用FeSO4溶液和NO制备亚硝基合亚铁(Ⅱ)｛｝，其装置如图所示(加热及夹持装置略)。
回答下列问题：
（1）盛放NaNO2固体的仪器名称为___________；配制FeSO4溶液时为防止其被氧化，应向溶液中加入___________。
（2）实验开始前先鼓入N2的目的是___________。
（3）NaNO2的溶液显碱性的原因：___________(用离子方程式表示)；A中加热制备NO的离子方程式为___________。
（4）D中倒置的漏斗的作用为___________。
（5）经分离提纯后得到亚硝基合亚铁(Ⅱ)溶液，其溶质化学式为｛｝，为测定其化学式，进行如下实验：
①取20mL该溶液加入足量BaCl2溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥称量，质量为4.66g。
②另取10mL溶液用的酸性KMnO4溶液进行滴定，滴定终点时，消耗酸性KMnO4溶液20mL(NO完全转化为)。
③已知x+y=6，则其化学式为___________，下列情况会导致x值偏小的是___________(填字母)。
A．步骤①中沉淀未干燥完全
B．滴定前，酸式滴定管中有气泡残留，滴定后气泡消失
C．用容量瓶配制酸性KMnO4溶液时，定容时俯视刻度线
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. 铁粉
（2）除去装置内的空气，防止生成的NO被氧气氧化，防止Fe2+被氧气氧化
（3） ①. ②.
（4）平衡气压，便于添加硫酸亚铁溶液
（5） ①. [Fe(NO)(H2O)5]SO4 ②. AC
【解析】
小问1详解】
盛放NaNO2固体的仪器名称为圆底烧瓶；Fe2+在水溶液中易水解、易被空气中氧气氧化为Fe3+，加入铁粉；
【小问2详解】
实验开始前鼓入N2的原因为除去装置内的空气，防止生成的NO被氧气氧化，同时也能防止Fe2+被氧气氧化；
【小问3详解】
NaNO2为强碱弱酸盐，发生水解反应使溶液显碱性，水解得离子方程式为：，A中稀硫酸与NaNO2反应生成硝酸钠、NO和水，A中加热制备NO的离子方程式为；
【小问4详解】
长颈漏斗的作用为平衡气压，同时便于添加硫酸亚铁溶液；
【小问5详解】
加入BaCl2生成硫酸钡沉淀4.66g，则20mL溶液中含有硫酸根离子=0.02ml，KMnO4将NO氧化生成自身被还原为Mn2+，将Fe2+氧化成Fe3+自身被还原为Mn2+，根据化合价代数和为0可知x=m，则10mL溶液中有Fe2+0.01ml，根据电子守恒可知，0.01mlFe2+消耗KMnO4物质的量为=0.002ml，则NO消耗的KMnO4物质的量为0.4ml/L×0.02L-0.002ml=0.006ml，根据电子守恒可知，5n(KMnO4)=3n(NO)，则NO有=0.01ml，即Fe和NO物质的量比为0.01ml：0.01ml=1:1，由铁元素的配位数为6，则该物质的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4 ，
A．沉淀未完全干燥，得到沉淀的质量偏大，则计算所得硫酸根离子的物质的量偏多，则Fe2+的物质的量偏多，导致NO的物质的量偏少，y偏小，A正确；
B．滴定前酸式滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则计算消耗的高锰酸钾溶液偏多，导致计算所得的NO的物质的量偏大，导致y偏大，B错误；
C．用容量瓶配制酸性高锰酸钾溶液时，定容时俯视刻度线，导致高锰酸钾的浓度偏大，消耗KMnO4溶液的体积偏小，则计算所得的NO物质的量偏少，y偏小，C 正确；
故答案为：[Fe(NO)(H2O)5]SO4 ；AC。
【分析】A中稀硫酸与NaNO2反应生成硝酸钠、NO和水，NO进入B中与硫酸亚铁反应生成亚硝基合铁，D中为碱液，用于吸收多余的NO，据此分析解题。
18. 甲醇(CH3OH)可以由碳的氧化物和氢气合成，主要反应包括：
a．
b．
c．
（1）___________
（2）反应a的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用(*)标注。
写出相对能量为-1.3eV时，对应物质M的化学式___________；该反应历程中决速步骤的能垒为___________eV。
（3）在恒温(T/℃)容积可变的密闭容器中按体积比1∶3充入CO2和H2，若只发生反应b，反应达到平衡时，H2体积分数x随压强p的变化如图曲线a所示，则曲线___________(填标号)表示了CH3OH的体积分数x随压强p的变化；点A、B均表示H2体积分数，则A点处v(正)___________B点处v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
（4）在恒温恒容(2L)的密闭容器中充入CO、CO2各1ml和一定量的氢气发生上述a、b、c三个反应，10min达到平衡状态，生成(0.3mlCH3OH和0.15mlH2O。
①若升高温度，CO的平衡转化率___________(填“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”)。
②0~10min内，平均每分钟生成甲醇(CH3OH)___________ml/L；若c反应的平衡常数为K，则平衡时___________(用含K的式子表达)。
【答案】（1）
（2） ①. H3CO* ②. 0.8
（3） ①. c ②. <
（4） ①. 减小 ②. 0.015 ③.
【分析】
【解析】
【小问1详解】
已知：a．
b．
根据盖斯定律，由a- b得反应c．= =
【小问2详解】
图象分析可知，-1.3eV对应发生的反应为: H3CO*+ H2 = CH3OH*，所缺物质为: H3CO*，图分析可知，该反应历程中决速步骤的能垒为(-0.1eV)- (-0.9eV) = 0.8eV，故答案为: H3CO*； 0.8；
【小问3详解】
在恒温(T/℃)容积可变的密闭容器中按体积比1 : 3充入CO2和H2，若只发生反应b，反应达到平衡时，H2 体积分数x随压强p的变化如图2中曲线a所示，平衡状态下氢气体积分数为0.6，结合三段式列式计算，设CO2变化量为x，
，，甲醇的体积分数=，则图象中只有c曲线符合，点A、B均表示H2体积分数，B点压强大，则A点处v(正)
在恒温恒容(2L)的密闭容器中充入CO、CO2各1ml和一定量的氢气发生上述a、b、c三个反应，10min达到平衡状态，生成(0.3mlCH3OH和0.15mlH2O；
①上述计算可知平衡状态下生成甲醇比生成水多，反应进行程度a>c，a为放热反应，c为吸热反应，升高温度反应a逆向进行生成CO，反应c正向进行，CO增多，CO转化率减小，故答案为减小；
②0~10min内，生成甲醇(CH3OH)的反应速率v==0.015ml/(L·min)，0~10min内，平均每分钟生成甲醇(CH3OH)为0.015ml/L，若c反应的平衡常数为K，设平衡时c(H2)x，反应a中反应生成CH3OH为aml，反应b中反应生成CH3OH为yml，反应c中反应生成CH3OH为zml，
y+z=0.15，a+y=0.3，平衡时二氧化碳还原1.0ml-y-z=1.0ml-0.15ml=0.85ml，平衡时CO还原1.0-a+z=1.0ml-a+z+y-y=1.0ml+(y+z)-(a+y)=1.0ml+0.15ml-0.3ml=0.85ml，计算反应c的平衡时各物质的浓度为：
A
B
C
D
反应装置图及操作
实验目的
N极上产生气泡，活泼性：M>N
读取液体体积
测定锌与稀硫酸的反应速率
AlCl3溶液蒸干得 AlCl3固体
物质
S/()
/()
/()
C(金刚石)
2.4
-395.40
3513
C(石墨)
5.7
-393.51
2260
离子
Fe3+
Fe2+
TiO2-
沉淀完全的pH
3.2
9.0
1.05
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