高中化学选择性必修1综合测评2

综合测评(二)

时间：90分钟J满分：100分

一、选择题：本题共1()小题，每小题2分，共2()分。每小题只有一个选项

符合题意。

1.化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是(D)

A.锅炉水垢中含有的CaSCU,可先用Na2co3溶液处理，后用酸除去

B.泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生剧烈双水解

反应

C.打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释

D.明研净水与自来水的杀菌消毒原理相同

解析硫酸钙微溶，碳酸钙难溶，锅炉水垢中含有的CaSCh,可先用Na2c03

溶液处理转化为更难溶的CaCCh,CaCO3能溶于盐酸而除去，故A正确；泡沫

灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，二者混合发生双水解生成氢氧化铝和二

氧化碳，故B正确；因在较大压强的作用下二氧化碳被压入汽水瓶中，打开汽

水瓶，压强减小，溶解平衡向逆向移动，则二氧化碳逸出，即可用勒夏特列原理

解释，故C正确；明矶中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的

悬浮颗粒，从而起到净水作用，但是明矶没有强氧化性不能杀菌消毒，故D错

误。

2.对反应A(s)+3B(g)2c(g)+D(g)来说，下列反应速率最快的是(D)

A.u(A)=0.3mol(Ls)-1

B.u(B)=0.6mol(Lmin)-1

C.u(C)=0.5mol(Lmin)_,

D.u(D)=0.01mol-(L-s)",

解析A项，因为A的状态是固态，浓度视为常数，不能表示化学反应速

率；B项，o(D)=o(B)/3=0.2mol(Lmin)-1；C项，v(D)=v(C)/2=0.25mol(Lmin)

-1

D项，p(D)=().()lmol/(Ls)=0.6mob(L-min)0所以反应速率最快的选项为

Do

3.下列操作会使HoO的电离平衡向iF方向移动，目所得溶液呈酸性的是(D)

A.向水中加入少量的CH3coONa

B.向水中加入少量的NaHSCh

C.加热水至10()℃,pH=6

D.向水中加少量的C11SO4

解析使H2O的巴离平衡向正方向移动，要促进水的电离，选择水解的盐，

所得溶液呈酸性，为强酸弱碱盐。CH3coONa可以促进水的电离，但是溶液呈

碱性，A项不符合题意；NaHSCh在溶液中会电离出H+,抑制水的电离，B项

不符合题意；加热可以促进水的电离，但是溶液仍为中性，C项不符合题意；向

水中加少量的CuSCU,Ci?+会水解促进水的电离，溶液呈酸性，D项符合题意。

4.下列有关热化学方程式的叙述正确的是(A)

A.已知S(g)+O2(g)=SO2(g)AHi；S(s)-02(g)=SO2(g)kHz,则bH\

B.己知甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol,则甲烷燃烧的热化学方程式可表示

为CH4(g)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(g)△〃=—890.3kJ/mol

C.已知中和热为A"=-57.3kJ/mol,则含0.5mol浓硫酸和足量稀NaOH

溶液反应的放出57.3kJ的热量

D.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)△〃>(),则金刚石比石墨稳定

解析1molS(g)的能量大于1molS⑸的能量,故与O?(g)反应生成SO?(g),

S(g)放出的热量多，因为△“<(),所以放出的热量越多，△，就越小，因此AF

<△"2,故A正确；燃烧热是指在101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成指定

产物时所放出的热量，水应为液态，故B错误；中和热是强酸强碱稀溶液中和

反应生成1mol水放出的热量，而浓硫酸溶于水放热，则含0.5mol浓硫酸和足

量稀NaOH溶液反应时放出的热量大于57.3kJ,故C错误；由热化学方程式可

得，石墨转变为金刚石吸收能量，因为物质能量越低越稳定，所以石墨比金刚石

稳定，故D错误。

5.已知Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)△//<();则下列叙述不正确

的是(D)

A.该反应的AH值与反应物用量无关

B.该反应的化学能可以转化为电能

C.反应物的总能量高于生成物的总能量

D.该反应中反应物的化学键断裂放出能量，生成物的化学键形成吸收能量

解析A项，焰变与反应物的用量无关，只与始态和终态有关，故说法正确；

B项，该反应属于自发的氧化还原反应，可以设计成原电池，实现化学能与电能

的转化，故说法正确；C项，该反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的

总能量，故说法正确；D项，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，故说

法错误。

6.恒温条件下，可逆反应：2NO(g)+O2(g)2NCh(g)在体积固定的密闭

容器中进行，达到平衡状态的标志的是(A)

①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成n

molO2的同时生成2〃molNO③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为

2：2：1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再

改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子

质量不再改变的状态

A.①④⑥⑦B.②③©⑦

C.①@④⑤D.全部

解析①单位时间内生成〃mol。2的同时生成2〃molNCh说明正、逆反应

速率是相等，反应达到了平衡，故正确；②单位时间内生成〃mol02的同时生成

2〃molNO均代表逆反应速率，未体现正、逆反应速率的相等关系，故错误；③

用NO?、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1任何状态

都成立，不一定平衡，故错误；④混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓

度不随着时间的变化而变化，反应达到了平衡，故正确；⑤化学反应前后质量是

守恒的，体积是不变化的，混合气体的密度任何状态都不改变，故错误；⑥该化

学是一个气体体积减小的反应，混合气体的总压强不再改变，说明化学反应的正

逆反应速率是相等的，达到了平衡，故正确：⑦该化学是一个气体体积减小的反

应，由质量守恒定律可知，混合气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量

变化，当达到了平衡状态，不再变化，故正确；①©⑥⑦正确，故选A。

7.下列各表述与示意图一致的是(C)

A.①反应从开始到平衡的平均速率。(B)=0.04moLL'min1

B.②N2(g)+3H2(g)2NH3(g)AH<0,刀和不表示温度，则：T\>Ti

C.③A(g)+B(g)C(s)+2D(g)反应至15min时，改变的条件

是降低温度

D.©2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)A〃=-746.8kJmol1当x表

示温度时，)，表示平衡常数K

解析由图可知，反应从开始到平衡消耗B的物质的量为(0.4—0.2)mol,

容器体积没有明确，无法计算B的浓度变化量，不能计算B的平均速率，故A

错误；合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积

分数减小，起始氢气物质的量相同时，由图可知，力氨气的体积分数大于八，

则乃>2,故B错误；该反应是一个气体体积不变的吸热反应，改变条件15min

时A、B、D的瞬时浓度不变，15min后，反应物A、B的浓度增大，生成物D

的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，则改变的条件是降低温度，故C正确；

平衡常数K是温度函数，温度改变，平衡常数一定改变，故D错误。

8.恒温、恒压下，1molA和1molB在一个容积可变的容器中发生如下反

应：A(g)+2B(g)2C(g)o一段时间后达到平衡，生成〃molC。下列说法不

正确的是(D)

A.起始时刻和达到平衡后容器中的压强比为1：1

B.物质A、B的转化率之比一定是1:2

C.若起始放入3molA和3molB,则达到平衡时生成3amolC

D.当o正(A)=o迂(B)时，可断定反应达到平衡

解析根据题中条件，反应恒温、恒压下进行，所以起始时刻和达平衡后容

器中的压强比为1：1,A正确；A、B的起始量都是1mol,所以A、B的转化

率之比等于参加反应的物质的物质的量之比，根据反应方程式可以知道，物质A、

B的转化率之比一定是1：2,B正确；在恒压下，放入3molA和3moiB,与

起始时1molA和1molB配比数相等，为等效平衡，则达平衡时生成3〃molC,

C正确；根据方程式可知若。正(A)=。MB)时，正逆反应速率不相等，反应没有

达到平衡状态，故D错误。

9.将0.2molAgNCh、0.4molCu(NO3)2和0.6molKC1溶于水配成100mL

溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一极上析出0.3molCu,此时，另一极上

的气体体积(标准状况)为(B)

A.4.48LB.5.6L

C.6.7LD.7.8L

解析三种物质溶于水时，AgNO?与KC1反应后溶液中含有0.2molKNO3、

。411101(211(1玳)3)2和0.401011＜。，当有0.3molCu生成时，先后发生反应：①Cu?

电解电解

++2CI=Cu+C12t;②2Cu2++2H2O=2Cu+O2t+4H;在阳极上先

后生成C12和。2。〃(Ck)=1/2n(KCI)=(l/2)X0.4mol=0.2mol,根据电子守恒有：

0.3molX2=0.2molX2+4〃(Ch),解得〃(O2)=0.Q5mol,所以阳极共产生气体体

积为：(0.2mol+0.05mol)X22.4Lmo「=5.6L。

10.25℃时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)=Mg2

+--11

(aq)+20H(aq),已知25℃时K*p[Mg(0H)2]=1.8XIO,A：sp[Cu(OH)2]=2.2X10

一2。。下列说法错误的是(C)

A.若向Mg(OH)2浊液中加入少量NH4cl(s),c(Mg2+)会增大

B.若向Mg(0H)2浊液中滴加CuS04溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色

C.若向Mg(0H)2浊液中加入适量蒸镭水，Kp保持不变，故上述平衡不发

生移动

D.若向Mg(0H)2浊液中加入少量Na2co3(s),固体质量将增大

解析向Mg(OH»浊液中加入少量NH40(s),c(OH)减小，平衡正向移动，

促进氢氧化镁的溶解，c(Mg2+)会增大，故A正确；向Mg(0H)2浊液中滴加CuS04

溶液，由于Ksp[Mg(OH)2]=1.8XK)FVKsp[Cu(OH)2]=2.2X10-2o,则沉淀将由

白色氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，故B正嘀；加入少量水，Kp保持不变，

c(Mg2+)、c(OH)减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，故C错误；向

Mg(OH)2浊液中加入少量Na2co3(s),由于碳酸根水解成碱性，所以c(OH1增大,

平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，故D正确。

二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共2()分。每小题有一个或两个

选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.如图两个电解槽中，A、B、C、D均为石墨电极。若电解过程中共有

0.02mol电子通过，正确的是(C)

---'HA)~~

CuSO,溶液饱和NaQ涔液

甲乙

A.甲烧杯中A极上最多可析出铜0.64g

B.甲烧杯中B极上电极反应式4OH-4e=2H2O+O2t

C.乙烧杯中滴入酚酰试液，D极附近先变红

D.乙烧杯中C极上电极反应式为4H++4°-==2H2t

解析A极与申.源正极相连,作阳极.电极反应式为4(汨一一4L=2+0+

02t,生成氧气，不能析出铜，A错误；甲烧杯中B电极是阴极，B极上电极

反应式为：Cu2++2e-=Cu,B错误；D极是阴极，溶液中氢离子放电，反应式

为2H—+2e-—H2t,由于H+放电，打破了水的电离平衡，导致D极附近溶液

呈碱性(有NaOH生成)，C正确；烧杯中C电极是阳极，C极上电极反应式为2C1

~-2e~=C12t,D错误。

12.下列有关溶液的说法中正确的是(D)

A.().1molLNNHSSCh溶液中：c(SOF)>c(NH4)>c(H+)>c(OH-)

B.pH=4的醋酸稀释10倍,溶液中c(CH3coOH)、c(OHT)均减小

C.向0.1mol-LrHF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(Na')>c(F—)

D.pH=2的H2so3溶液与pH=12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na')

+c(H')=c(OH)4-c(HS03)+2c(SOM)

解析0.1mol[T(NH4)2SO4溶液中镀根离子浓度大于硫酸根离子浓度，锭

根水解溶液显酸性，则溶液中c(NH4)>c(SOD>c(H+)>c(OH-),A错误；pH

=4的醋酸稀释1()倍，溶液中c(CH3coOH)、c(H+)均减小，水的离子积常数不

变，则c(OH。增大，B错误；向().1molL^HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，

溶液中存在电荷守恒4Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-),因此以Na+)=c(F),C错

误；pH=2的H2so3溶液与pH=12的NaOH溶液以任意比例混合，溶液中存在

电荷守恒c(Na+)+c(H)=C(OH-)+C(HSO3)+2C、(SOT),D正确。

13.以菱镁矿(主要成分为MgCCh,含少量SiCh,Fe2O3和AI2O3)为原料制

备高纯镁砂的工艺流程如下：

氨

水

氯化铁溶液

—|

一

▼氢

菱

浸

局

氧

区S

镁

出

p纯

ff一

化

烧

t镁

矿

液

镁

l砂

l

▼▼▼v

滤

废渣氨气渣

已知浸出时产生的废渣中有SO2,Fe(0H)3和AI(OH)3O下列说法错误的是

(B)

A.浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl=MgCb+2NH3f+H2O

B.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行

C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4cl

D.分离Mg2+与AP+、Fe3+是利用了它们氢氧化物K叩的不同

解析高温燃烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与镀根水解

产生的氢离子反应，促进镀根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式

为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3t+H2O,故A正确；一水合氨受热易分解,

沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，

故B错误；浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应

生成的氯化镀又可以利用到浸出过程中，故C正确；Fe(0H)3、A1(OH)3的K$p

远小于Mg(0H)2的Ksp,所以当pH达到一定值时Fe3+、Ap+产生沉淀，而Mg?

+不沉淀，从而将其分离，故D正确。

14.1,3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步酎进攻1,3-丁二烯生

成碳正离子(CHC『AH次第二步Br一进攻碳正离子完成1,2-加成或1,4-加成，反

应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1,2-加成产物与1,4-

A.1,4-加成产物比1,2.加成产物稳定

B.与0°C相比，40℃时1,3.丁二烯的转化率增大

C.从0℃升至40°C,1,2-加成正反应速率增大，1,4-加成正反应速率减小

D.从0°C升至40°C,1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率

的增大程度

解析根据上述分析可知，能量越低越稳定，根据图像可看出，1,4-加成产

物的能量比1,2-加成产物的能量低，即1,4-加成产物比1,2-加成产物稳定，故A

正确；该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物，均为放热反应，则

升高温度，不利于1,3-丁二烯的转化，即在4()C时其转化率会减小，故B错误；

从()C升至40C正化学反应速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反应的正速

率均会增大，故C错误；从()。(2升至4()对于1,2-加成反应来说，化学平衡

向逆向移动，即1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，

故D正确。

15.25℃时，某混合溶液中c(CH3coOH)+c(CH3coeT)=0.1molLl1g

c(CH3coOH)、1gc(CH3co0一)、1gc、(H,和1gc(OK)随pH变化的关系如下图

所示。Ka为CH3coOH的电离常数，下列说法正确的是(BC)

A.O点时，c(CH3coOH)=c(CH3coeT)

B.N点时，pH=-lgATa

0.1c(H+)

C.该体系中,c(CH3co0H)=mol-L

Ka+c(H*)

D.pH由7到14的变化过程中，CH3coCT的水解程度始终增大

解析根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度

增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢

离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3co0」)

随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H-)随pH的变化曲线，曲线3为Igc(OH)随

pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3co0H)随pH的变化曲线，据此结合水溶液

的平衡分析作答。根据上述分析可知，0点为曲线2和曲线3的交点，对应的

pH=7,应该得出的结论为：c(H+)=c(OH),故A错误；N点为曲线1和曲线4

的交点，lgc(CH3C00')=lgC(CH3C00H),即c(CH3coeT)=c(CH3coOH),因

治=呼煞忌譬，代人等量关系并变形可知pH=-lg故B正确；

C(CH3C00-)+C(CH3C00H)=0.1mol/L,则c(CH3coe)一)=0.1mol/L-

c(CH3coOH),又Ka="C^^愿：),联立两式消去c(CH3coeT)并化简整

理可得出，c(CH3coOH)=mol/L,故C正确；醋酸根离子的水解平衡

"AaI叱C^Ii.)

为：CH3coeT+H20CH3COOH+0H-,pH由7到14的变化过程中，碱

性不断增强，c(OH)不断增大，则使得不利于醋酸根离子的水解，会使其水解程

16.(12分)(1)高温下，C⑸+H20(g)C0(g)+H2(g)AH>0,反应的化学

平衡常数表达式KJ：湍?，该反应随温度升高，K值增大(填增大、减小或

不变)，该反应在高温下自发进行的原因是该反应为熠增反应，高温时自由能小

于零。

(2)向重铭酸钾溶液中加入氢氧化钠固体，溶液的颜色变化为橙色变为黄色,

原因是(请从平衡的角度用化学用语及必要的文字说明)存在反应：Cr2Or+

H2O2CrOF+2H\氢氧化钠中和氢离子，使溶液中氢离子浓度降低，平衡

向正反应方向移动。

(3)密闭容器中充入N2O4达化学平衡，压缩体积达新平衡，整个过程的现象

为压缩体积时颜色变深随后变浅但比原平衡颜色深。

(4)多元弱酸的逐级电离平衡常数为K、K?、K3……，则K、K)、K的大小

关系为Kl>K2>K3。

解析(1)化学平衡常数是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物

浓度的化学计量数次索的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次第的乘积所得

的比值，则化学平衡常数表达式K=噜嚼垃；该反应为吸热反应，升高温度，

平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K增大；该反应是一个气体体积增大的

反应，反应中△”>()、AS>0,高温时△”一7AS<0,自发进行。(2)橙色重锯酸

钾溶液中存在如下平衡：Cr2O7-(aq)+H2O(l)2CrOF(aq)+2H+(aq),加入少

量NaOH固体，氢氧化钠中和氢离子，使溶液中氢离子浓度降低，平衡向正反

应方向移动，溶液变为黄色。(3)压缩容器，N2O4,NCh浓度均变大，混合气体

颜色变深，对于平衡N2O42NO2,压强增大，平衡向气体体积减小的方向移

动，但平衡移动不会完全消除NCh浓度的增大，达新平衡时NO?浓度比压缩前

大，则混合气体颜色变深随后变浅，但比开始气体颜色变深。(4)多元弱酸分步

电离，第一步电离程度最大，第二步、第三步依次减小，原因是上一级电离产生

的H+对下一级电离有抑制作用，因此K>K2>K3。

17.(12分)已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表:

化学式HFHC10H2c03NH3H2O

K=4.3X10-7

电离常数6.8X10-44.7X10-8心=1.7义10一5

/C2=5.6X10-11

(1)常温下，pH相同的三种溶液①NaF溶液；②NaQO溶液；③Na2co3溶液，

其物质的量浓度由大到小的顺序是①乂2>③(填序号)。

(2)25℃时，pH=4的NH4C1溶液中各离子浓度的大小关系为c(C「)>

c(NHT)>c(H+)>c(OH),

(3)0.1mol/L的NaCIO溶液和0.1mol/L的NaHCCh溶液中,c(C10

一)Wc(HCO')(填，或“=”),可使上述两种溶液pH相等的方法是M(填代

号)。

a.向NaCIO溶液中加适量的水

b.向NaCIO溶液中加适量的NaOH

c.向NaHCCh溶液中加适量的水

d.向NaHCCh溶液中加适量的NaOH

(4)向NaCIO溶液中通入少量的CO2,所发生的离子方程式为C1CT+CO2+

H20=HC10+HC0?O

(5)常温下，0.1mol/L的氨水和0.1mol/L的NH4cl溶液等体积混合,判断

混合溶液的酸碱性碱性(填“酸性”“碱性”或“中性”)。

解析(1)等物质的量浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大其溶液的pH

越大，酸的电离常数越小其酸根离子水解程度越大，所以常温下，pH相同的三

种溶液①NaF溶液；②NaCIO溶液；③Na2c。3溶液，其物质的量浓度由大到小

的顺序是①，②〉③。(2)25℃时，pH=4的NH4cl溶液中，铁根离子水解，浓度

小于氯离子，溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故各离子浓度的大

小关系为&C「)>dNHl)>d(H*)>&OH)(3)根据电离常数可知，HC1O电离常数

小于H2c03的电离常数，则等浓度的NaCIO溶液水解程度大于NaHCCh溶液的

水解程度，则0.1mol/L的NaCIO溶液和0.1mol/L的NaHCCh溶液中,c：C!O

")<c(HCOJ)；使上述两种溶液pH相等，可以让前者氢氧根离子浓度减小。a.向

NaCIO溶液中加适量的水，浓度减小,氢氧根离子浓度减小，可行；b.向NaCIO

溶液中加适量的NaOH,溶液中氢氧根离子浓度增大，不可行；c响NaHCCh溶

液中加适量的水，氢氧根离子浓度减小，不可行；d.向NaHCCh溶液中加适量

的NaOH,溶液中氢氧根离子浓度增大，可行。(4)根据酸的电离常数可知，二者

反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为C1O-+CO2+H2O=HC1O+HCOJo

(5)NH3的水解平衡常数Kh=^Q5.9X10「。，已知条件下，NHl水解程度小于

Ab

NH3H2O的电离程度，溶液呈碱性。

18.(12分)某同学利用02氧化K2MnO4制备KMnCh的装置如下图所示侠

持装置略):

已知：钵酸钾(QMnCh)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反

应：

-

3MnO4+2H2O=2MnOi+MnO2I+40H

回答下列问题：

(1)装置A中a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下;装置C中的试剂为

NaOH溶液;装置A中制备Ch的化学方程为Ca(C10)2+4HCl=CaC12+2Cl2t

+2H2O0

(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是在装置

A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶。

(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入酸式

(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnCM

溶液起始读数为15.00mL,此时滴定管中KMnO,溶液的实际体积为C(填标号)。

A.15.00mLB.35.00mL

C.大于35.00mLD.小于15.00mL

(4)某FeC2O4-2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2©04)3、H2C2O42H2O,采

用KMnCU滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：

I.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2s04溶解，水浴加热至75℃。用cmo卜L

,的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶

液VimLo

II.向上述溶液中加入适量还原剂将Fg+完全还原为Fe2+,加入稀H2s04酸

化后，在75℃继续用KMnCU溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又

消耗KMnCKi溶液VimLo

样品中所含H2C2O4-2H2O(M=126g・mol-)的质量分数表达式为

0.315C(VI-3V2)

--------------------xioo%0

下列关于样品组成分析的说法，正确的是电(填标号)。

Vi

A.段=3时，样品中一定不含杂质

V.

B.法越大，样品中H2c2。4・2比0含量一定越高

C.若步骤I中滴入KMnCh溶液不足，则测得样品中Fc元素含量偏低

D.若所用KMnCh溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高

解析(1)装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴

下，C的作用是吸收反应不完的C12,可用NaOH溶液吸收，Ca(C10)2和浓盐酸

在A中发生归中反应产生C12,反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaC12

+2Cht+2H2O；⑵镒酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生

3MnOr+2H2O=2MnOJ+MnO2l+4OH",一部分MnOl转化为了MnO2,

导致最终KMnCU的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度

减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出

来的HCI；(3)高镒酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”

刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00—15.00)mL,即

大于35.00mL；(4)设FeCzOrZHzO的物质的量%xmol,Fe2(C2O4)3的物质的量

为ymol,H2c2O42H2O的物质的量为zmol,步骤I中草酸根和Fe?+均被氧化，

I2

结合得失电子守恒有：2KMnO4〜5H2c2。492。/)，KMnO-5Fe2+,所以

4JJ

+3y4-z)=cViX10-3,步骤H中Fe2十被氧化，由KMnCU〜5Fe?+可知，|(x+2j)

=cV2X10-3,联立二个方程解得：Z=2.5(CVI-3V2)X10"3,所以H2c2O4&H2O

一……2.5C(VI-3V)X10-3X1260.315c(■—3V2)一

的质量分数-...-------2X----------------X100%----------------------X100%o关于

样品组成分析如下卷=3时，H2c20.2比0的质量分数二03154；|―3V2)x⑼%

=0,样品中不含H2c2。4・2比0,由&+|(尤+3)，+2)=。0乂10-3和泰工+2)，)=

CV2X10-3可知，》不一定为0,样品中不一定含Fe2(C2O4)3杂质，A错误;

大，由H2c2。4・2比。的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；Fe元

素的物质的量=5(x+2y)mol=c、V2X10'mol,若步骤I中KMnC)4溶液不足，则

步骤I中有一部分Fe?+没有被氧化，不影响L的大小，则cLXlO、不变，则对

于测得Fe元素的含量无影响，C错误；结合C可知：若KMnCU溶液浓度偏低,

则消耗KMnO4溶液的体积％、心均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样

品中Fe元素含量偏高，D正确。

19.(12分)锦(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉睇矿(主要成分为

Sb2s3,还含有PbS、As2s3、CuO、SiO2等)为原料制备金属睇的工艺流程如图所

示：

盐酸

辉liSttSb|Na,S卜

锌

尼***含SbC'l,

矿f

浸出一没出液一还解除铜、错

粉•溶液

▼

漉

渣滤卷2As

己知：①浸出液中除含过量盐酸和SbC15之外，还含有SbC13、PbCMAsCh>

CuCb等；

②常温下：Ksp(CuS)=1.27X10-36,K、p(PbS)=9.04X10-29；

③溶液中离子浓度小于或等于1.0X105mol/L时，认为该离子沉淀完全。

(1)滤渣1中除了S之外，还有皿(填化学式)。

(2)“浸出”时，Sb2s3发生反应的化学方程式为Sb2s3+3SbC15=5SbC13+

3So

(3)常温下，“除铜、铅”时•，C/+和Pb2+均沉淀完全，此时溶液中的C(S2—)

不低于9.04X10-24moILl

(4)“电解”时,，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为112。

解析(1)二氧化硅与盐酸不反应。(2)根据题给信息，Sb2s3与SbCk反应生

成单质硫，浸出液中含有SbCh；因此反应产生SbCb和So(3)由/CsP(CuS)=

1.27X10-36,Ksp(PbS)=9.04XI()一29可知，Rp(PbS)较大，在保证PbS沉淀的前

提下，CuS已经沉淀；所以：A：sp(PbS)=9.04X10-29=c(Pb2+)-c(S2~)=1.0X10"

5Xc(S2")；解出以S2—)=9.04X10-24mol/L。(4)+3价Sb被氧化到+5价,还原

到。价；根据电子得失守恒规律：被氧化的Sb与被还原的Sb的质量之比为3：2。

20.(12分)为了缓解温室效应，科学家提出了多种回收和利用CCh的方案。

(1)方案1：利用FeO吸收CCh获得H2

i.6FeO(s)+CO2(g)=2Fe?O4(s)+C(s)AHi=—76.0kJ/mol

ii.C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)=+113.4kJ/mol

请写出由FeO制备H2的热化学方程式3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)

△4=+18.7kJ/molo

方案2：利用CCh制备CH4

300℃时，向2L恒容密闭容器中充入2moiCCh和8molH2发生反应:CO2(g)

+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)A%,混合气体中CH4的浓度与反应时间的关

系如图所示。

⑵①从反应开始到恰好达到平衡时，比的平均反应速率“H2)=0.32

mol/(Linin)o

②300c时，反应的平衡常数长=25(L/mol)2o

③300℃时，如果该容器中有1.6molCO2、2,0molH2>5.6molCH4、4.0mol

H2o(g)o则。正a逆(填，或"=”)o

(3)下列有关说法正确的是(填序号)皿。

A.容器内密度不变，说明反应达到平衡状态

B.容器内压强不变，说明反应达到平衡状态

C.300C时，向平衡后的容器中再充入2moic02和8moiH2,重新达到平

衡时CK的浓度等于1.6mol/L

D.每断开2moic-0键的同时断开4moic—H键，说明反应达到平衡

状态

E.达到平衡后，分离出水蒸气，既能加快反应速率又能使平衡正方向移动

(4)已知200℃时,该反应的平衡常数K=64.8(L/mol)2。则一/远0(填

或“=”)。

方案3：利用“Na-CCh”电池将CCh变废为宝。我国科研人员研制出的可

充电“Na-CCh”电池钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为4Na

放电

+3CO22Na2c03+C。放电时该电池“吸入”CO:,其工作原理如国所

充电

示：(假设开始时两极的质量相等)

电解质

NaCIO「四甘醉二甲磕

(5)①放电时，正极的电极反应式为3co2+4Na++4e=2Na2co3+C。

②若生成的Na2c03和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole一时，两极

的质量差为15^g。

解析(1)根据盖斯定律，将(i+iiH2,整理可得该反应的热化学方程式为：

3FcO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)\H=+18.7kJ/moU(2)①从反应开始到

恰好达到平衡时，CH4的平均反应速率“CH4)="：：：：：：，=o.O8mol/(Lmin),

相同时间内各物质的平均反应速率之比等于其化学方程式中计量数的比，则WH2)

=4v(CH4)=4x0.08mol/(L-min)=0.32mol/(Lmin)0

②可逆反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

开始(mol/L)1400

反应(mol/L)0.803.200.801.60

平衡(mol/L)0.200.800.801.60

0.80X1.602

则300℃时，该反应的干衡常数K-OC4

C(C2)X(H2)-0.20X0.804一

25(L/moiy；③300℃时，如果该容器中有1.6mol9、2.0molH2>5.6molCPU、

4.0molH2O(g),由于反应是在2L恒容密闭容器中进行，此时c(CO2)=0.8

mol/L、c(H2)=1.0mol/L、c(CH4)=2.8mol/L.c(H2O)=2.0mol/L,浓度商=

22x20~

()8X1O4==14<25>说明反应未达到平衡，此时反应正向进行，因此正反应速率

大于逆反应速率。(3)由于反应混合物都是气体，容器的容积不变，所以在任何

时刻容器内密度都不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；该

反应是反应前后气体体积不等的反应，反应在恒容密闭容器内进行，若容器内压

强不变，说明反应达到平衡状态，B正确；3()()℃时，向平衡后的容器中再充入

2moic。2和8molH2,加入CCh和H2,导致体系的压强增大，平衡正向移动，

因此重新达到平衡时CH4的浓度大于1.6mol/L,C错误；每断开2moic===0键

即消耗ImolCOz,就会同时生成1molCH*又断开4moic—H键，说明反应

消耗lmolCH%甲烷的浓度不变，则反应达到平衡状态，D正确；达到平衡后，

分离出水蒸气，平衡正向移动，由于物质的浓度减小，所以化学反应速率降低，

E错误。⑷200c时，该反应的平衡常数K=64.8l_2/mol2,3()()℃时该反应化学

平衡常数K为25I?/EO|2,升高温度，平衡常数减小，说明升高温度化学平衡逆

向移动，逆反应方向为吸热方向移动，故正反应是放热反应，AH4<0O(5)①根据

电池反应式知，放电时，Na作负极、碳纳米管为正极，正极上二氧化碳得电子

+

和钠离子反应生成碳酸钠和C,电极反应式为3CO2+4Na4-4e===2Na2CO3

+C；②若生成的Na2cO3和C全部沉积在电极表面，负极上钠失电子生成钠离

子进入电解质，负极反应式为Na—e一二二二Na+,当转移0.2mole.时，负极质量

减少量=0.2molx23g/mol=4.6g；正极增加的质量为碳酸钠和C的质量，正极

增加质量=X2X106g/mol+.义1X12g/mol=10.6g+0.6g=11.2

g,则正负极质量差=11.2g+4.6g=15.8g。

综合检测卷

一、选择题：本大题共16小题，共44分。第I〜10小题，每小题2分；第II〜16小

题，每小题4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.下列过程中能量的转化与图示吻合的是()

1=11

生成物_

反应过程

A.Ba(OH)2・8H2O与NH4cl反应

B.C与C02(g)反应

C.酸碱中和反应

D.断开H2中的H—H键

【答案】C【解析】由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应。

Bu(OH)2・8H2O与NH4cl反应为吸热反应，A错误；C与CChQ)共热生成一氧化碳的反应为

吸热反应，B错误；断开H?中的H—H键是一个吸热过程，D错误。

2.一定条件下反应2sO2（g）+O2（g）催化剂2sO3（g）在恒容密闭容器中进行，从反应开

始至10s时，Ch的浓度减少了0.6molL「，则。〜10s内平均反应速率为（）

A.U（O2）=0.3mol-L'-s1

-,-,

B.I?（02）=0.06molL-s

1

C.y（S02）=0.06molV-s-

D.y（SOs）=0.06mol-L'-s-1

【答案】B

3.已知热化学方程式：

①H2（g）+1c>2（g）=H2O（g）

A//=-241.8kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）

△”=一483.6kJ/mol

③HMg）十如星）=比。⑴

A?/=-285.8kJ/mol

@2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）

△H=-571.6kJ/mol

则Hz的标准燃烧热为（）

A.241.8kJ/molB.483.6kJ/mol

C.285.8kJ/molD.571.6kJ/mol

【答案】C

4.一定条件下，恒容密闭容器中发生可逆反应N?（g）+3H2（g）2NH3（g）0下列说法

正确的是（）

A.N?和H?可完全转化为N%

B.平衡时，正、逆反应速率相等

C.充入N%,正、逆反应速率都降低

D.平衡时，N2>H?和NH3的浓度一定相等

【答案】B

5.如图，向溶液a中加入溶液b,灯泡亮度不会出现“先一灭（或暗）一亮”变化的是（）

选项ABCD

溶液a

Ba(OH)2Ba(OH)2CH3COOHCa(OH)2

溶液bC11SO4H2SO4氨水NH4HCO3

【答案】C【解析】向CH3coOH溶液中加入氮水，反应生成CH3coONH«和比0,

离子浓度逐渐增大，灯泡逐渐变亮，C符合题意。

6.火星大气中含有大量CO?，一种有CO?参加反应的新型全固态电池有望为火星探测

器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时()

A.负极上发生还原反应

B.C02在正极上得电子

C.阳离子由正极移向负极

D.将电能转化为化学能

【答案】B

7.常温下，Fe(OH)3(s),Cu(0H)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH,

金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是()

A.Ksp[Fe(OH)3]</CSp(Cu(OH)2]

B.加适量NH4C1固体可使溶液由a点变到〃点

C.c、”两点代表的溶液中c(H')与c(OH)乘积相等

D.Fe(0H)3、Cu(0H)2分别在沃c•两点代表的溶液中达到饱和

【答案】B【解析】从c两点金属阳离子的浓度相等，设都为x,c(OH)=10飞7mol.L

-|_96-1-962

,c(OH)c=