北京市海淀区2020届高三化学第一学期期末考试试题【含解析】

北京市海淀区2020届高三化学第一学期期末考试试题【含解析】

本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23S 32Cl 35.5Cu 64I 127

第一部分选择题（共42分）

在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题3分，共42分）

1.2019年9月25日，北京大兴国际机场正式投入运营。在这一形似“凤凰展翅”的宏伟建筑中，使用了

大量种类各异的材料。下列关于所使用材料的分类不正

．．确的是

选

项

A B C D

材

料

含钒钢筋安检塑料筐有机玻璃标牌玻璃钢内筒垃圾桶

分

类

合金材料高分子材料无机硅酸盐材料复合材料

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A、含钒钢筋是铁合金，属于合金材料，故A正确；

B、安检塑料筐成分是塑料，塑料是高分子化合物，故B正确；

C、有机玻璃由甲基丙烯酸甲酯聚合而成的高分子化合物，是有机高分子化合物，故C错误；

D、玻璃钢是以玻璃纤维或其制品作增强材料的增强塑料，属于复合材料，故D正确；

选C。

2.厨房中有很多调味品，它们可以补充食品在加工过程中失去的味道、增强原有的味道或添加一些额外的

味道。下列说法不正确

．．．的是

A. 醋能增加食品的酸味，还具有防腐作用

B. 人体需控制食盐摄入量，以降低患高血压的风险

C. 味精的主要成分是谷氨酸的钠盐，谷氨酸属于氨基酸

D. 白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖属于天然高分子化合物

【答案】D

【解析】

【详解】A. 食醋的成分是醋酸，醋能增加食品的酸味，还具有防腐作用，故A正确；

B. 人体摄入过多的食盐易引起高血压，所以控制食盐摄入量，可以降低患高血压的风险，故B正确；

C. 味精的主要成分是谷氨酸的钠盐，谷氨酸属于氨基酸，故C正确；

D. 白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖是二糖，不属于高分子化合物，故D错误。

选D。

3.下列各组物质均可用酸性KMnO4溶液鉴别的是

A. 油酸和硬脂酸

B. 苯和环己烷

C. 葡萄糖和麦芽糖

D. 丁烯醛和丁醛

【答案】A

【解析】

【详解】A、油酸含有碳碳双键、硬脂酸不含碳碳双键，可用酸性KMnO4溶液鉴别油酸和硬脂酸，故选A；

B. 苯和环己烷都不能使酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别，故不选B；

C. 葡萄糖和麦芽糖都具有还原性，都能使酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别，故不选C；

D. 丁烯醛含有碳碳双键、醛基，丁醛含有醛基，都能使酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别，故不选D；

选A。

4.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如右图所示，X原子最外层有5个电子。下列说法正确的是

A. 离子半径：W?< Z2?

B. 还原性：Z2?＜W?

C. 酸性：H3YO4 >HXO3

D. 氢化物的稳定性：YH3> H2Z

【答案】A

【解析】

【分析】

X原子最外层有5个电子，X是N元素；根据X、Y、Z、W在盐酸周期表中的相对位置，可知Y、Z、W分别

是P、S、Cl。

【详解】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：Cl?< S2?，故A正确；

B.非金属性越强，阴离子还原性越弱，所以还原性：Cl?< S2?，故B错误；

C. 同主族元素从上到下非金属性减弱，所以最高价含氧酸的酸性：H3PO4 <HNO3，故C错误；

D. 同周期元素从左到右非金属性增强，气体氢化物的稳定性增强，所以氢化物的稳定性：PH3< H2S，故D

错误；

选A。

5.泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。下列说法不正确

．．．的是

泛酸乳酸

A. 泛酸分子式为C9H17NO5

B. 泛酸在酸性条件下

的水解产物之一与乳酸互为同系物C. 泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关D. 乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物

【答案】B

【解析】

【详解】A. 根据泛酸的结构简式，可知分子式为C9H17NO5，故A正确；

B. 泛酸在酸性条件下的水解出，与乳酸中羟基个数不同，所以与乳酸不是同系物，故B错误；

C. 泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故C正确；

D. 2分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物，故D正确；

选B。

【点睛】本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定条件下水解，

羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。

6.下图为氯碱工业的简易装置示意图，其中两电极均为惰性电极。下列说法正确的是

A. 粗盐水中含有的少量Ca2+和Mg2+可用NaOH除去

B. 适当降低阳极电解液的pH有利于Cl2逸出

C. a处得到的是浓NaOH溶液

D. 若电路中通过0.2mol电子，理论上可在b处得到标准状况下1.12L气体

【答案】B

【解析】

【详解】A. 粗盐水中含有的少量Ca2+用Na2CO3溶液除去，Mg2+可用NaOH除去，故A错误；

B. 氯气能与氢氧化钠反应，所以适当降低阳极电解液的pH有利于Cl2逸出，故B正确；

C.A室是阳极室，氯离子失电子生成氯气，钠离子通过阳离子交换膜进入B室，所以 a处得到的是稀NaCl 溶液，故C错误；

D. B室是阴极室，阴极反应式是2H++2e-=H2，若电路中通过0.2mol电子，理论上生成0.1mol氢气，标准状况下体积是2.24L，故D错误。

【点睛】本题考查电解池的工作原理，掌握离子在两个电极的放电顺序是关键，明确阴阳两极的电极反应式，根据电极反应式计算生成气体的物质的量。

7.下列实验中，能达到相应实验目的的是

A．制备并收集乙酸乙

酯

B．证明氯化银溶解

度大于硫化银

C．验证溴乙烷的消

去产物是乙烯

D．推断S、C、Si的非

金属性强弱

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；

B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；

C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；

D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>Si，故选D。

8.下列用于解释事实的方程式书写不正确

．．．的是

A. 0.1 mol/L氨水的pH约为11.1：NH3·H2O NH4+ + OH－

B. 用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂：Al3++ 3H2O Al(OH)3 (胶体) + 3H+

C. 向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2O72－(橙色) + H2O 2CrO42－(黄色) +2H+

D. 用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2++ CO32?=CaCO3↓

【答案】D

【解析】

【详解】A、0.1 mol/L氨水的pH约为11.1，说明氨水部分电离，电离方程式是NH3·H2O NH4+ + OH －，故A正确；

B、铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的杂质，用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂，离子方程式是Al3++ 3H2O Al(OH)3 (胶体) + 3H+，故B正确；

C、向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深，说明Cr2O72－浓度增大， Cr2O72－(橙色) + H2O

2CrO42－(黄色) +2H+平衡逆向移动，故C正确；

D、硫酸钙微溶于水，用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，离子方程式是CaSO4+ CO32?=CaCO3+ SO42?，故D错误；

选D。

9.某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g) Δ H< 0，该温度下，K=43。某时刻，测得容器内H2、I2、HI的浓度依次为0.01 mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L。一段时间后，下列情况与事实相符的是

A. 混合气体颜色变深

B. 混合气体密度变大

C. 氢气的体积分数变小

D. 容器内压强变小

【答案】C

【解析】

【分析】 容器内H 2、I 2、HI 的浓度依次为0.01 mol/L 、0.01mol/L 、0.02mol/L ，则()

(

)()()2

222c 0.024c H c I 0.0101

HI .0Q ===? ，Q<K ，所以平衡正向移动。

【详解】A. Q<K ，平衡正向移动，I 2的浓度降低，混合气体颜色变浅，故不选A ；

B. 容器体积不变，气体质量不变，所以混合气体密度不变，故不选B ；

C. Q<K ，平衡正向移动，氢气的体积分数变小，故选C ；

D. 反应前后气体物质的量不变，所以容器内压强不变，故不选D 。

【点睛】本题考查化学平衡常数的应用，会根据Q 、K 的大小关系判断反应方向，若Q<K 平衡正向移动；Q=K 处于平衡状态；Q>K 平衡逆向移动。

10.以TiO 2为催化剂的光热化学循环分解CO 2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。

下列说法正确的是

A. 过程①中钛氧键断裂会释放能量

B. 该反应中，光能和热能转化为化学能

C. 使用TiO 2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率

D. CO 2分解反应的热化学方程式为2CO 2(g) =2CO(g) + O 2(g) ΔH= + 30 kJ/mol

【答案】B

【解析】

【详解】A. 化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A 错误；

B. 根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故 B正确；

C. 催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；

D. 反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g)

ΔH=1598×2- 1072×2-496=+ 556 kJ/mol，故D错误。

11.1984年，北京地坛医院成功研制了一种高效杀菌消毒试剂，此试剂后被命名为“84消毒液”。工业上，

将氯气通入NaOH溶液可直接制得“84消毒液”。下列说法不正确

．．．的是

A. “84消毒液”的有效成分是NaClO

B. “84消毒液”能漂白棉、麻、纸张

C. “84消毒液”与酸性洁厕剂混用会产生Cl2

D. “84消毒液”久置失效，只涉及到氧化还原反应

【答案】D

【解析】

【详解】A. 氢氧化钠和氯气反应生成次氯酸钠、氯化钠，次氯酸钠与二氧化碳反应生成次氯酸，所以“84消毒液”的有效成分是NaClO，故A正确；

B. 次氯酸钠与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以“84消毒液”能漂白棉、麻、纸张，故B正确；

C. 次氯酸钠、氯化钠在酸性条件下发生归中反应生成氯气，“84消毒液”与酸性洁厕剂混用会产生Cl2，故C正确；

D. “84消毒液”久置，次氯酸钠与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，该反应不是氧化还原反应，故D错误；

选D。

12.向10.00 mL 0.50 mol/L NaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；

取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确

．．．的是

实验序号c(CaCl2)(mol·L-1)

滴加CaCl2溶液时的

实验现象加热浑浊液时的实验现象

至1.32 mL时产生明显浑浊，

①0.05

有较多气泡生成

但无气泡产生

至15.60 mL时产生明显浑浊，

②0.005

有少量气泡生成

但无气泡产生

③0.0005 至20 mL未见浑浊

A. ①中产生浑浊的原因是c(Ca2+)·c(CO32?)>Ksp(CaCO3)

B. 未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3

C. 加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2

D. 向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5 mol/LCaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡

【答案】C

【解析】【分析】向10.00 mL 0.50 mol/L NaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，没有气泡产生，发生反应2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，生成的沉淀是碳酸钙。

【详解】A. 根据溶度积规则，①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2+)·c(CO32?)>Ksp(CaCO3)，故A正确；

B. 未加热前①和②不放二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳，所以

未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，故B正确；

C. 未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸钙受热不分解，加热浊液产生气泡

主要是因为H2CO3受热分解产生了更多的CO2，故C错误；

D. 向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5 mol/LCaCl2溶液，发生反应CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，

能同时产生浑浊和气泡，故D正确。

13.某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含Cr2O72-废水（pH约为6）和淡化食盐水，其

装置示意图如下图所示。图中，D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr3+完全

沉淀所需的pH为5.6。下列说法不正确

．．．的是

A. E为阴离子交换膜

B. X为有机物污水，Y为含Cr2O72-废水

C. 理论上处理1mol的Cr2O72-的同时可脱除6mol的NaCl

D. C室的电极反应式为Cr2O72- + 6e- + 8H+=2Cr(OH)3↓ + H2O

【答案】A

【解析】

【分析】

根据装置图，电子由A流向C，A是负极、C是正极；该装置可实现淡化食盐水，Z为待淡化食盐水，说明Na+能移向C室、Cl-能移向A室。

【详解】A. A是负极室、C是正极室；该装置可实现淡化食盐水，Z为待淡化食盐水，说明Na+能移向C室、Cl-能移向A室，所以E为阳离子交换膜，故A错误；

B. 该装置能把Cr2O72-还原为Cr3+，Cr2O72-应在正极通入， Y为含Cr2O72-废水，故B正确；

C. 理论上处理1mol的Cr2O72-，转移6mol电子，所以B室有6mol Na+、6mol Cl-通过离子交换膜，同时可脱除6mol的NaCl，故C正确；

D. C是正极室，发生还原反应，C室的电极反应式为Cr2O72- + 6e- + 8H+=2Cr(OH)3↓ + H2O，故D正确。

14.在3个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)ΔH>0，分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是

容器

温度/K 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(CO2) n(C) n(CO) n(CO)

I 977 0.28 0.56 0 0.4 II 977 0.56 0.56 0 x III 1250 0 0 0.56 y

A. 977K ，该反应的化学平衡常数值为2

B. 达到平衡时，向容器I 中增加C 的量，平衡正向移动

C. 达到平衡时，容器Ⅰ中CO 2的转化率比容器Ⅱ中的大

D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的CO 的转化率大于28.6%

【答案】C

【解析】

【分析】

977K 时，容器I ：

()()

()2(mol/L)

0.140(mol/L)

0.10.CO g C s 2(mol/L)0.040.CO g 22开始转化平衡＋

【详解】A. 977K ，根据容器I 中的反应数据，该反应的化学平衡常数值为

0.20.2=0.04

?1，故A 错误； B. C 是固体，达到平衡时，向容器I 中增加C 的量，平衡不移动，故B 错误；

C. 容器Ⅱ与容器Ⅰ相比，相当于加压，达到平衡时，容器Ⅰ中CO 2的转化率比容器Ⅱ中的大，故C 正确；

D. 若容器Ⅲ的温度是977K ，则容器Ⅲ与容器I 是等效平衡，平衡时CO 的浓度是0.2mol/L ，CO 的转化率是0.28-0.2100%=28.6%0.28

?，升高温度，正向移动，CO 浓度增大，容器Ⅲ中的CO 的转化率小于28.6%，故D 错误。

【点睛】本题考查平衡常数的计算、等效平衡原理，明确同一可逆反应，不管从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量之比投入反应物或生成物，建立起新的平衡状态都相同。

第二部分非选择题（共58分）

15.细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素循环。耦合循环中的部分转化如下图所示。

（1）上图所示氮循环中，属于氮的固定的有________（填字母序号）。

a. N 2转化为氨态氮

b. 硝化过程

c. 反硝化过程

（2）氮肥是水体中氨态氮的主要来源之一。

①氨气是生产氮肥的

主要原料，工业合成氨的化学方程式为________。

②检验氨态氮肥中NH 4+的实验方案是________。

（3）硝化过程中，含氮物质发生________（填“氧化”或“还原”）反应。

（4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生0.02 mol 氮气时，转移的电子的物质的量为________ mol 。

（5）土壤中的铁循环可用于水体脱氮（脱氮是指将氮元素从水体中除去），用离子方程式分别说明利用土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮和硝态氮的原理：________、________。

【答案】 (1). a (2). N 2 + 3H 2

2NH 3 (3). 取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入浓NaOH 溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有NH 4+ (4). 氧化 (5). 0.06 (6). 6Fe 3+ + 2NH 4+=6Fe 2+ + N 2↑+ 8H + (7). 10Fe 2+ + 2NO 3- + 12H +=10Fe 3+ + N 2↑ + 6H 2O

【解析】

【分析】

（1）氮的固定是氮元素由游离态变为化合态； （2）①工业上用氮气和氢气反应生成氨气；②铵根离子与碱反应放出氨气； （3）硝化过程是铵根离子转化为硝酸根离子； （4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，根据得失电子守恒，反应方程式是NH 4++ NO 2- =N 2+2H 2O ； （5）脱氮是指将氮元素转化为氮气从水体中除去，Fe 3+把NH 4+氧化为氮气，Fe 2+把NO 3-还原为氮气。 【详解】（1）a. N 2转化为氨态氮，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定； b. 硝化过程是铵根离子转化为硝酸根离子，不是氮的固定； c. 反硝化过程是硝酸根离子转化为氮气，不是氮的固定；选a ； （2）①工业上用氮气和氢气反应生成氨气，反应方程式是N 2 + 3H 2 2NH 3； ②铵根离子与碱反应放出氨气，检验铵态氮肥中NH 4+的实验方法是：取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其

中加入浓NaOH 溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有NH 4+

；

（3）硝化过程中，铵根离子转化为硝酸根离子，氮元素化合价升高，含氮物质发生氧化反应。

（4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，反应方程式是NH 4++ NO 2- =N 2+2H 2O ，生成1mol N 2转移3mol 电子，当产生0.02 mol 氮气时，转移的电子的物质的量为0.06mol 。

（5）脱氮是指将氮元素转化为氮气从水体中除去，Fe 3+把NH 4+氧化为氮气，Fe 2+把NO 3-还原为氮气，反应的

离子方程式是6Fe3+ + 2NH4+=6Fe2+ + N2↑+ 8H+、10Fe2+ + 2NO3- + 12H+=10Fe3+ + N2↑ + 6H2O。

16.氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体F的两条路线如下图所示。

路线1：

路线2：

（1）试剂a为________。

（2）A→B的反应类型为取代反应，该反应的化学方程式为________。

（3）B→C的反应类型为________。

（4）C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，D→E的取代反应发生在甲氧基（—OCH3）的邻位，F的结构简式为________。

（5）G的结构简式为________。

（6）有机物I 与对苯二甲酸（）发生聚合反应的化学方程式为_____。

（7）I与CH3COOH反应生成的有机产物除F外，还可能有________（写出结构简式）。

（8）满足下列条件的C的同分异构体有________种。①与FeCl3溶液发生显色反应②分子中含有—NH2③苯环上有3种氢

【答案】 (1). 浓硫酸、浓硝酸 (2). +CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O (3). 还原反应(4). (5). (6).

(7).

(8). 10

【解析】

【分析】

路线1：和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生消化反应生成，B 发生还原反应生成，则B 是；与醋酸的相对分子质量之和比D大18，说明有水生成，则D 是，D与浓硫酸、浓硝酸的混合液的取代反应发生在甲氧基（—OCH3）的邻位，则E 是；发生还原反应生成F，则F 是。

路线2：和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成，则G 是，与氢氧化钠的甲醇溶液发生反应生成，发生还原反应生成

，与乙酸反应生成F。

【详解】根据以上分析，（1）和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成，则试剂a为浓硫酸、浓硝酸。

（2）→的反应是氯原子被甲氧基代替，该反应的化学方程式为

+CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O。

（3）→是硝基变为氨基，反应类型为还原反应。

（4）C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，则D 是，D→E的取代反应发生在甲氧基（—OCH3）的邻位，E 是，F 的结构简式为。

（5）和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成G，则G 是。

（6）与对苯二甲酸（）发生缩聚反应的化学方程式为

。

（7）与CH3COOH反应生成的有机产物除F外，还可能是甲氧基邻位的氨基发生取代反应，也有可能是两个氨基都发生取代反应，故有。

（8）①与FeCl3溶液发生显色反应②分子中含有—NH2③苯环上有3种氢，符合条件的同分异构

体，苯环上有3个取代基，分别是-OH、-NH2、-CH3，根据定一移二的原则，共有10种结构。

17.某烧碱样品因部分变质含Na2CO3。某化学课外小组的同学用滴定法测定该烧碱样品中NaOH的质量分数。【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下：

酚酞：pH<8.2 无色 8.2<pH<10浅红色 pH>10 红色

甲基橙：pH<3.1红色 3.1<pH<4.4橙色 pH>4.4 黄色

【实验步骤】

I. 迅速地称取烧碱样品0.50g，溶解后配制成100 mL溶液，备用。

Ⅱ.将0.1000mol/L HCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0；用碱式滴定管取20.00 mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点（此时溶质为NaCl和NaHCO3），记录酸式滴定管的读数V1；然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸

式滴定管的读数V2。重复上述操作两次，记录数据如下：

实验序号 1 2 3

V0/ mL 0.00 0.00 0.00

V1/ mL 21.72 21.68 21.70

V2/ mL 23.72 23.68 23.70

（1）步骤I中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。

（2）下列有关步骤I中样品溶液的说法正确的是________（填字母序号）。

a. 样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的小

b. c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-)

c. c(H+)+ c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)

d. 向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，n(Cl-)+n(CO32-)+n( HCO3-)+n(H2CO3)=n(Na+)

（3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是_______。

（4）滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为_____。

（5）判断滴定至第二终点的现象是溶液由___色变为橙色。

（6）样品中NaOH的质量分数w(NaOH)= _____%。（计算结果保留小数点后1位）

（7）下列操作会导致测得的NaOH质量分数偏高的是____（填字母序号）。

a. 达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生

b. 记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面

c. 第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出

【答案】 (1). 100 mL容量瓶 (2). bd (3). 用HCl标准溶液润洗酸式滴定管 (4). H+ + OH-=H2O H+ + CO32-=HCO3- (5). 黄 (6). 78.8 (7). ac

【解析】

【分析】

（1）根据配制溶液的体积分析；

（2）根据影响水电离的因素、电荷守恒、物料守恒分析；

（3）滴定管先水洗再润洗；

（4）滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应；

（5）根据甲基橙的变色范围判断滴定至第二终点的现象；

（6）根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70-21.70=2mL，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70-（23.70-21.70）=19.70 mL；

（7）达到第一终点消耗的盐酸多，则氢氧化钠的质量分数越大。

【详解】（1）步骤I是准确配制100mL溶液，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；（2）a. 样品溶液中的氢氧根离子主要由氢氧化钠电离和碳酸钠水解共同提供，NaOH溶液中的氢氧根离子主要由氢氧化钠电离，所以氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度大于样品溶液中氢氧化钠的浓度，样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的大，故a错误；

b. 根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70-21.70=2mL，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70-（23.70-21.70）=19.70 mL，氢氧化钠的物质的量大于碳酸钠，所以c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-)，故b正确；

c. 根据电荷守恒，c(H+)+ c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，故c错误；

d. 向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，溶质为NaCl和NaHCO3，根据物料守恒，

n(Cl-)+n(CO32-)+n( HCO3-)+n(H2CO3)=n(Na+)，故d正确。

（3）滴定管先水洗再润洗，酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是用HCl标准溶液润洗酸式滴定管；

（4）滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应，反应离子方程式是H++ OH-=H2O 、H+ + CO32-=HCO3-；

（5）根据甲基橙的变色范围，滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色；

（6）根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70-21.70=2mL，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70-（23.70-21.70）=19.70 mL；所以氢氧化钠的物质的量是0.1 mol/L×0.0197L=0.00197mol，

氢氧化钠的质量是0.00197mol×40g/mol=0.0788g，样品中NaOH的质量分数w(NaOH)=

0.0788

100%=

20

0.5

100

?

?

78.8%。

（7）a. 达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的NaOH质量分数偏高，故选a；

b. 记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面，达到第一终点消耗的盐酸少，测得的NaOH质量分数偏低，故不选b；

c. 第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，第二次滴定消耗的盐酸少，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的NaOH质量分数偏高，故选c；

【点睛】本题考查利用滴定原理测定烧碱样品中NaOH的质量分数，明确用酚酞作指示剂时，碳酸钠与盐

酸反应终点的产物是碳酸氢钠，用甲基橙作指示剂时，碳酸钠与盐酸反应终点的产物是二氧化碳。

18.煤的洁净技术（包括固硫技术和脱硫技术两类）可有效降低燃煤废气中SO2的含量，已成为我国解决环

境问题的主导技术之一。通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中。石灰石是常用的固

硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：

①CaCO3(s)CaO(s) + CO2(g) △H1= +178.30kJ/mol

②CaO(s) + SO2(g) + 0.5O2(g)CaSO4(s) △H2= -501.92 kJ/mol

③CO(g) + 0.5O2(g) CO2(g) △H3

④CaSO4(s) + CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) △H4= +218.92kJ/mol

（1）温度升高，反应①的化学平衡常数________（填“增大”“减小”或“不变”）。（2）△H3=________kJ/mol。（3）在煤燃烧过程中常鼓入稍过量的空气以提高固硫率（燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质

量的百分比），结合反应②、③、④分析其原因：________。

【答案】 (1). 增大 (2). -283 (3). 鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使

反应②平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移动，降低CO浓度，增

大CO2浓度，使反应④平衡逆向移动，（或其他合理分析）有利于固硫

【解析】

【分析】

（1）反应①正反应吸热，温度升高，平衡正向移动；

（2）根据盖斯定律计算△H3；

（3）根据增大氧气浓度后，平衡移动方向分析。

【详解】（1）反应①正反应吸热，温度升高，平衡正向移动，化学平衡常数增大；

（2）②CaO(s) + SO2(g) + 0.5O2(g)CaSO4(s) △H2= -501.92 kJ/mol

③CO(g) + 0.5O2(g) CO2(g) △H3

④CaSO4(s) + CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) △H4= +218.92kJ/mol

根据盖斯定律④+②得CO(g) + 0.5O2(g) CO2(g) △H3=+218.92kJ/mol-501.92 kJ/mol=-283 kJ/mol；

（3）鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应②平衡正向移动，有利于固硫；同时，

氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移动，降低CO浓度，增大CO2浓度，使反应④平衡逆向移动，有利于

固硫。

【点睛】本题考查盖斯定律的应用和影响化学平衡移动的因素，明确盖斯定律的计算技巧，了解浓度对平

衡移动的影响是解题的关键，知道焓变只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。

19.电化学脱硫技术是一种温和的净化技术，其基本原理为利用阳极反应产生的羟基自由基（·OH，氧元素为-1价）将燃煤中的含硫物质氧化除去，其装置示意图如图所示。

（1）将煤打成煤浆加入电解槽的目的是________。

（2）阳极的电极反应式为________。

（3）补全用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁（FeS2）的反应的离子方程式：FeS2+·OH =Fe3+ + SO42- + H2O +___。

（4）利用上述装置对某含FeS2的煤样品进行电解脱硫，测得一定时间内随溶液起始pH的改变脱硫率（溶于水中的硫元素质量占煤样中硫元素总质量的百分比）的变化如下图所示。

pH大于1.5后脱硫率下降的可能原因有：随着pH的升高，反应物的氧化性或还原性降低；________。【答案】 (1). 增大接触面积，提高反应速率（或使反应更充分） (2). H2O – e-=·OH + H+（或OH-– e-=·OH） (3). 1 FeS2+ 15·OH=1Fe3+ + 2SO42- + 7 H2O +1___H+___ (4). pH升高，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行

【解析】

【分析】

（1）将煤打成煤浆可以增大接触面积；

（2）阳极水得电子产生了羟基自由基；

（3）根据得失电子守恒、电荷守恒配平用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁（FeS2）的离子方程式；

（4）根据铁元素易水解回答；

【详解】（1）将煤打成煤浆可以增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分；

（2）阳极水得电子产生了羟基自由基，阳极反应式是H2O – e-=·OH + H+；

（3）FeS2中S元素化合价由-1升高为+6、Fe元素化合价由+2升高为+3，·OH 中氧元素化合价由-1降低为-2，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式是1 FeS2+ 15·OH=1Fe3+ + 2SO42- + 7 H2O +H+；（4）pH升高，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行。

20.某化学兴趣小组同学在查阅资料的基础上对乙醛与新制氢氧化铜的反应进行了探究。

（1）乙醛与新制氢氧化铜反应的化学方程式为________。

【查阅资料】i．乙醛在碱性条件下可发生缩合等反应生成有色物质；ii．溶液的酸碱性可能会影响物质的氧化性、还原性。

【初步探究】

序号实验操作实验现象

I 向试管中加入4 mL 10 % NaOH溶液，滴入0.5 mL 水，加

入0.5 mL 40 %乙醛溶液，振荡；在酒精灯上加热至沸腾后

保持沸腾

无色溶液逐渐变黄，并变浑浊；加

热后得黄色浊液，之后无明显变化

II 向试管中加入4 mL 10 % NaOH溶液，滴入0.5 mL 2 %CuSO4

溶液，振荡；加入0.5 mL 40 %乙醛溶液，振荡；在酒精灯

上加热至沸腾后保持沸腾

蓝色浊液依次呈绿色、黄色、橙色，

最终生成红色固体；之后无明显变

化

III 向试管中加入4 mL水，滴入0.5 mL 2 %CuSO4溶液，振荡；

加入0.5 mL 40 %乙醛溶液，振荡；在酒精灯上加热至沸腾

后保持沸腾

蓝色溶液无明显变化

（2）实验I的目的是________。

（3）甲同学为了检验实验II中红色固体的成分进行了如下实验：取少量红色固体于试管中，加入适量稀HNO3，振荡，观察到红色固体完全溶解，得蓝色溶液。甲同学认为，该实验现象说明实验II中反应生成了Cu。乙同学认为甲的观点不正确，理由是_____。

【深入探究】乙同学对比实验II和实验III，对实验II能够发生反应的原因提出了猜想：乙醛的还原性随着溶液碱性的增强而增强，并利用实验IV进行验证。

实验装置序号A池试剂B池试剂实验现象

IV-1 0.2% CuSO4溶液

Na2SO4溶液和40%乙

醛溶液按体积比9：1指针不偏转，A、B 池中均无明显变化

混合

IV-2 0.2% CuSO4溶液

（4）实验IV-1中，Na2SO4溶液的作用是________。

（5）实验IV-2中，B池中的试剂是________。

（6）根据实验现象，乙同学认为其猜想成立。乙同学观察到的实验现象是________。

（7）综合上述实验，小组同学经过深入讨论，认为除了乙同学的猜想外，与实验III相比，实验II能够发生反应的原因还可能有________和________。

【答案】 (1). CH3CHO + 2Cu(OH)2+ NaOH→CH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O (2). 排除乙醛在碱性条件下发生缩合等反应生成有色物质对实验II的干扰 (3). Cu2O也可能被硝酸氧化为Cu2+，产生“红色固体完全溶解，得蓝色溶液”的现象 (4). 使B池溶液具有导电性,同时保证中性环境，与实验IV-2对比(5). 10% NaOH溶液、40%乙醛溶液、蒸馏水按体积比8：1：1混合 (6). 指针偏转，A池中（或A池电极上）生成红色固体 (7). Cu（II）在碱性条件下氧化性增强【或Cu(OH)2的氧化性强于CuSO4】 (8). 乙醛缩合反应产物的还原性强于乙醛

【解析】

【分析】

（1）乙醛被新制氢氧化铜氧化为醋酸钠；

（2）实验I与实验II做对比；

(3)Cu、Cu2O都是红色固体，都能溶于硝酸生成蓝色硝酸铜溶液；

（4）乙醛是非电解质，乙醛溶液不导电；

（5）实验目的是验证乙醛的还原性随着溶液碱性的增强而增强；根据控制变量法，增大氢氧化钠浓度，并保证乙醛浓度相等。

（6）增大氢氧化钠浓度，乙醛的还原性增强，A中CuSO4被还原；

(7).对比实验III、实验II的条件不同进行分析。

【详解】（1）乙醛被新制氢氧化铜氧化为醋酸钠，反应的方程式是CH3CHO + 2Cu(OH)2+ NaOH→CH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O；

（2）实验I与实验II做对比，排除乙醛在碱性条件下发生缩合等反应生成有色物质对实验II的干扰；

(3). Cu2O也可能被硝酸氧化为Cu2+，产生“红色固体完全溶解，得蓝色溶液”的现象，所以乙同学认为甲

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