湖北省孝感市2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题

2023年湖北省高二11月期中考试高二化学试卷考试时间：2023年10月21日下午14：3017：05试卷满分：100分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是（）A.宋代梅尧臣的《陶者》“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶瓷的过程中没有发生化学变化B.古代炼丹著作《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，该反应类型置换反应C.东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述.“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”指的是硫黄D.明代李时珍《本草纲目》中“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，其“法”是指蒸馏【答案】A【解析】【详解】A.黏土烧制陶器的过程中生成了新的物质，发生了化学变化，故A错误；B.曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，故B正确；C.液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故C正确；D.蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故D正确；

故选：A。2.下列关于合成氨工业说法不正确的是A.将原料气进行净化处理，是为了防止其中混有的杂质使催化剂“中毒”B.合成氨厂一般采用10MPa～30MPa，综合考虑了反应速率、转化率和成本等因素C.将混合气体中的氨液化有利于合成氨反应D.根据勒夏特列原理，500℃左右比室温更有利于合成氨的反应【答案】D【解析】【详解】A．将原料气进行净化处理，是为了防止其中混有的杂质，比如氧气，能和催化剂铁在高温下反应，使催化剂“中毒”，A选项正确；B．合成氨厂一般采用10MPa～30MPa，综合考虑了反应速率、转化率和成本等因素，因为压强大，反应速率快，有利于合成氨，但是压强太高，对仪器设备要求也高，压强过低，反应速率慢，不利于合成氨，B选项正确；C．将混合气体中的氨液化，即减小了生成物的浓度，合成氨反应的化学平衡正向移动，有利于合成氨，C选项正确；D．合成氨是放热反应，升高温度，合成氨反应的化学平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，室温比500℃左右更有利于合成氨的反应，D选项错误；答案选D。3.对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是()A. B.26Fe3＋ C. D.【答案】C【解析】【详解】A.表示氯化氢，氯化氢溶于水电离出氢离子，抑制水的电离，A不符合；B.铁离子溶于水，铁离子水解，促进水的电离，B不符合；C.表示氯离子，氯离子不水解，不会影响水的电离，C符合；D.表示醋酸根，醋酸是弱酸，醋酸根水解，促进水的电离，D不符合。答案选C。4.已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是A.95℃时，pH=4的H2SO4溶液中，由水电离出的c(OH－)=1×10－10mol/LB.15℃时，pH=7的溶液呈酸性C.AB连线上的点均表示中性溶液D.B点对应的温度高于A点对应的温度【答案】A【解析】【详解】A．95℃时水的离子积常数是10－12，则pH＝4的H2SO4溶液中氢氧根的浓度是1×108mol/L，因此由水电离出的c（OH－）=1×108mol/L，A错误；B．15℃时水的离子积常数小于10－14，因此pH＝7的溶液呈酸性，B正确；C．AB连线上的点均表示氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以溶液均呈中性溶液，C正确；D．水的电离吸热，加热促进电离，所以B点对应的温度高于A点对应的温度，D正确，答案选A。5.25℃时，由水电离出的c(H+)=1×1013mol·L1的溶液中，一定不能大量共存的离子组是①K+、Al3+、Cl、CO②K+、Fe3+、I、SO③Fe2+、Cl、NO、SO④Na+、Ca2+、Cl、HCO⑤K+、Ba2+、Cl、NOA.②③④ B.②③④⑤ C.①②③④ D.②④【答案】C【解析】【分析】室温下，由水电离产生的H+浓度为1×1013mol·L1的溶液中，水的电离受到抑制，该溶液为酸或碱溶液。【详解】①Al3+、CO能发生双水解而不共存、在酸性溶液中，氢离子与CO能够发生反应，碱性溶液中，Al3+与氢氧根离子能够反应生成沉淀，不能大量共存，故①选；②铁离子和碘离子能发生氧化还原反应、碱性溶液中，Fe3+与氢氧根离子能够反应生成沉淀，不能大量共存，故②选；③酸溶液中，H+、NO、Fe2+之间能发生氧化还原反应、碱性溶液中，Fe2+与氢氧根离子能够反应生成沉淀，不能大量共存，故③选；④HCO既能与酸反应又能与碱反应，一定不能大量共存，故④选；⑤无论酸或碱溶液中，该组离子之间都不反应，能大量共存，故⑤不选；一定能大量共存的离子组是①②③④，C满足；故选C。6.下列装置或操作能达到目的的是（）A.装置①依据两容器内气体颜色变化，不能判断反应2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的方向B.装置②依据U管两边液面的高低判断Na和水反应的热效应C.装置③测定中和热D.装置④依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响【答案】B【解析】【详解】A.NO2是红棕色气体，2NO2(g)N2O4(g)颜色加深表明平衡逆向移动，装置①依据两容器内气体颜色变化，能判断反应2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的方向，故不选A；B.钠与水反应放热，温度升高，大试管内温度升高，气体膨胀，U形管左侧液面降低，装置②可以依据U管两边液面的高低判断Na和水反应的热效应，故选B；C.装置③中没有环形玻璃搅拌器，不能测定中和热，故不选C；D.两种高锰酸钾的浓度不同，颜色不同，不符合控制变量法，应保证高锰酸钾浓度相同，用不同浓度的草酸来做实验，故不选D；本题答案选B。【点睛】涉及中和热的测定、仪器使用、化学平衡影响因素判断等知识点，明确实验原理及操作规范性是解本题关键。注意在探究影响反应速率的因素的实验中，控制变量法的应用。7.电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放的最大电能。“金属(M)空气电池”(如下图)具有原料易得、能量密度高等优点。该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n。下列说法不正确的是A.“金属(M)空气电池”的放电过程的正极反应式：O2+2H2O+4e=4OHB.电解质溶液中的阴离子从负极区移向正极区C.比较Mg、Al、Zn三种“金属—空气电池”，“Al空气电池”的理论比能量最高D.在“M空气电池”中，标准状况下消耗22.4L氧气，则电路中转移电子数为4NA【答案】B【解析】【分析】由总反应4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n可知，O2中O原子化合价降低，得到电子，则通入O2的为正极，金属M化合价升高失去电子，则金属M为负极。【详解】A．正极上氧气得电子和水反应生成，反应式为O2+2H2O+4e=4OH，A正确；B．电解质溶液中的阴离子从正极区移向负极区，而不是从负极区移向正极区，B错误；C．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为、、，所以“Al空气电池”的理论比能量最高，C正确；D．标准状况下消耗22.4L氧气，即1mol，由O2+2H2O+4e=4OH可知，电路中转移电子数为4NA，D正确；故选B。8.实验教学是化学学科的重要辅助手段。下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是选项实验操作及现象结论及解释A常温下，用胶头滴管将待测NaOH溶液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照测得pH为13B在KSCN与FeCl3的混合液中再加入少量KCl固体，溶液颜色不变增大Cl浓度，平衡不移动C在相同条件下向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，可观察到后者产生气泡速度更快Fe3+可加快H2O2分解速率D某温度下，相同pH的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸＞醋酸酸性：盐酸＜醋酸A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．由于pH试纸是湿润的，故所测的pH是稀释后NaOH溶液的pH、不是原待测NaOH溶液的pH，A项错误；B．KSCN与FeCl3的混合液中存在化学平衡：Fe3++3SCNFe(SCN)3，向其中加入KCl固体，Cl浓度增大，但Cl没有参与反应，故平衡不移动，B项正确；C．在相同条件下向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，两支试管中H2O2的浓度相同，可观察到后者产生气泡速度更快，可能是Fe3+加快H2O2分解速率、也可能是Cl加快H2O2分解速率，C项错误；D．某温度下，相同pH的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸＞醋酸，说明稀释后醋酸溶液中H+的浓度大于盐酸溶液中H+的浓度，醋酸溶液中存在电离平衡、加水稀释促进了CH3COOH的电离，酸性：盐酸＞醋酸，D项错误；答案选B。9.在2L的密闭容器中，，将2molA气体和1molB气体在反应器中反应，测定A的转化率与温度的关系如实线图所示(图中虚线表示相同条件下A的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是A.反应的B.X点的化学平衡常数大于Y点的化学平衡常数C.图中Y点v(正)>v(逆)D.图中Z点，增加B的浓度不能提高A的转化率【答案】B【解析】【分析】如图所示，实线为测得的A的转化率与温度的关系如实线图所示，在250℃左右，A的转化率达到最大，则温度小于250℃时，温度越高，反应速率越大，测得的A的转化率也越高，温度大于250℃时，温度越高，测得的A的降低，是因为该反应逆向移动，由此可知该反应为放热反应。【详解】A．由分析可知，在250℃左右，A的转化率达到最大，温度大于250℃时，温度越高，测得的A的降低，是因为该反应逆向移动，由此可知该反应为放热反应，即ΔH＜0，A错误；B．该反应是放热反应，升高温度，平衡常数减小，X点的温度小于Y的温度，故X点的化学平衡常数大于Y点的化学平衡常数，B正确；C．如图所示，Y点实线和虚线重合，即测定的A的转化率就是平衡转化率，则Y点v(正)=v(逆)，C错误；D．Z点增加B的浓度，平衡正向移动，A的转化率提高，D错误；故选B10.活泼自由基与氧气的反应一直是科学家关注的热点。HNO自由基与反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是A.该反应为放热反应B.从反应过程图可知，生成产物P2的过程中，中间产物Z生成产物P2的过程为整个反应过程的决速步骤C.该历程中最大正反应的活化能D.相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：【答案】D【解析】【详解】A．由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，故A正确；B．从反应过程图可知，生成产物P2的过程中，中间产物Z生成产物P2的活化能最大，故为为整个反应过程的决速步骤，故B正确；C．由图示可知中间产物Z到过渡态IV所需的活化能最大，则，故C正确；D．由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：，故D错误。答案选D。11.下列图示与对应叙述不相符的是A.图1各物质均为气体，升高温度时，反应的平衡常数会减小B.图2为在绝热恒容密闭容器中，反应的正反应速率随时间变化的示意图，由图可知该反应为放热反应C.图3为合成氨反应中，其它条件不变时，起始时H2用量对反应的影响图，则图中温度T1＜T2，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点D.图4中，反应，L线上所有的点都是平衡点，则E点v正＞v逆【答案】C【解析】【详解】A．根据图1示可知：反应物的能量比生成物的能量高，因此反应的正反应是放热反应。在其他条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致平衡常数减小，A正确；B．对于该反应，随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，会使反应速率逐渐减小，但图示的正反应速率逐渐增大，反应在绝热恒容密闭容器中进行，说明反应的正反应是放热反应，反应进行，导致容器的温度升高，温度升高对化学反应速率的影响大于浓度减小对化学反应速率的影响，因而化学反应速率逐渐增大，B正确；C．根据图示可知：a、b、c三点处于同一温度下进行，反应开始时H2的物质的量越多，化学平衡正向移动，反应正向进行程度就越大，反应所处的平衡状态中N2的转化率就越高。由于图中c点H2开始时H2的物质的量最多，故c点N2的平衡转化率最高，C错误；D．在图4中，反应，L线上所有的点都是平衡点，在线上方的E点时A物质的含量比该压强下的平衡点高，反应正向进行，则E点v正＞v逆，D正确；故合理选项是C。12.在mA＋nB=pC的反应中，(m、n、p为各物质的化学计量数)现测得C每分钟增加2mol·L1，B每分钟减少1.5mol·L1，A每分钟减少0.5mol·L1，则m：n：p为A.1：3：4 B.4：3：1 C.2：3：2 D.2：2：3【答案】A【解析】【分析】【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，则m：n：p=0.5mol·L1：1.5mol·L1：2mol·L1=1:3:4，答案选A。13.中国企业华为宣布：利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为，其工作原理如图。下列关于该电池的说法不正确的是A.该电池若用隔膜，可选用阳离子交换膜B.对废旧的该电池进行“放电处理”，让从石墨烯中脱出有利于回收C.放电时，正极的电极反应为：D.充电时，电路中每转移1mol，石墨烯电极质量增加【答案】D【解析】【详解】A．该电池通过锂离子定向移动导电，该电池若用隔膜，可选用阳离子交换膜，故A正确；B．石墨烯是负极，放电时，阳离子向正极移动，从石墨烯中脱出有利于回收，故B正确；C．放电时，正极得电子发生还原反应，电极反应为：，故C正确；D．充电时，电路中每转移1mol，有1molLi进入负极，石墨烯电极质量增加7g，故D错误；选D。14.合成氨的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；△H＝－92.4kJ/mol。现将1

molN2(g)、3

mol

H2(g)充入一容积为2L的密闭容器中，在500

℃下进行反应，第10

min时达到平衡，NH3的体积分数为ω，下列说法中正确的是：A.若达到平衡时，测得体系放出9.24kJ热量，则H2反应速率变化曲线如图a所示B.如图b所示，容器Ⅰ和Ⅱ达到平衡时，NH3的体积分数为ω，则容器Ⅰ放出热量与容器Ⅱ吸收热量之和为92.4

kJC.反应过程中，混合气体平均相对分子质量为M，混合气体密度为d，混合气体压强为P，三者关系如图cD.若起始加入物料为1

mol

N2、3

mol

H2，在不同条件下达到平衡时，NH3的体积分数变化如图d所示【答案】B【解析】【详解】A、反应开始速率相对较快，达平衡前反应速率相对较慢，所以反应速率应为由高到低，达到平衡时放出的热量为9.24kJ，由热化学方程式可知参加反应的氢气的物质的量为0.3mol，10min内氢气的平均速率为0.015mol/（L•min），最低反应速率应小于0.015mol/（L•min），A错误；B、恒温恒容下，容器Ⅱ中按化学计量数转化为N2、H2，可得N21mol、H23mol，容器Ⅰ、容器Ⅱ内为等效平衡，两种途径中达到平衡时，NH3的体积分数均为ω，平衡时容器内对应各物质物质的量相等，令平衡时容器内N2为nmol，则容器Ⅰ中放出的热量为（1n）mol×92.4kJ/mol=92.4（1n）kJ，容器Ⅱ内吸收的热量为nmol×92.4kJ/mol=92.4nkJ，容Ⅰ中放出的热量与Ⅱ中吸收的热量之和为92.4（1n）kJ+92.4nkJ=92.4kJ，B正确；C、混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度为定值；随反应进行、混合气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大、混合气体的压强降低，C错误；D、起始加入的物料均为1molN2、3molH2，在不同条件下达到平衡时，比较500℃、2L与500℃、1L，体积小压强大，反应速率快，达到平衡时间短，平衡向正反应移动，平衡时NH3的体积分数相对较大；比较500℃、2L与400℃、2L，温度增大，反应速率快，达到平衡时间短，平衡向逆反应移动，平衡时NH3的体积分数相对较小，D错误，答案选B。点睛：本题考查平衡移动图象、等效平衡、外界对平衡及反应速率的影响等，注意D选项中定一议二与先拐先平原则的利用。另一个难点是等效平衡的应用，注意掌握等效平衡的含义、判断方法以及计算等。所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。15.常温下，用溶液分别滴定浓度均为的、溶液，所得的沉淀溶解平衡图象如下图所示(不考虑的水解)。下列叙述正确的是A.为B.n点表示的不饱和溶液C.在、共存的悬浊液中，D.向的混合溶液中滴入溶液时，先生成沉淀【答案】D【解析】【详解】A．根据图象，取坐标(2.46，4)，Ksp=c2(Ag+)·c(C2O)=108×102.46=1010.46，故A错误；B．根据图象可知，AgCl曲线上的点为饱和溶液，当c(Cl)相同时，c点对应c(Ag+)大于平衡时c(Ag+)，即n点表示AgCl的过饱和溶液，故B错误；C．AgCl、Ag2C2O4共存的悬浊液中，，故C错误；D．根据图象可知，当c(Cl)=c(C2O)时，滴入硝酸银，生成AgCl时，需要的c(Ag+)少，因此先有AgCl沉淀生成，故D正确；答案D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.完成下列问题。（1）氯化铝水溶液呈酸性的原因是(用离子方程式表示)___________，把溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是___________；(填化学式)教材课后习题中介绍了用脱水制备无水氯化物的知识。请写出：将与混合加热的反应式：___________。（2）在时，的①、②、③溶液中，由小到大的顺序是___________。(填序号)（3）部分弱酸的电离平衡常数如表：弱酸电离平衡常数/①在相同浓度的和HC1O的溶液中，溶液导电能力：___________。(用“>”“<”或“=”填空)②将少量气体通入溶液中，写出该反应离子方程式：___________。（4）某浓度的氨水中存在平衡：，如想增大的浓度而不增大的浓度，应采取的措施是___________(填字母)。a．适当升高温度b．加入固体c．通入d．加入少量浓盐酸【答案】（1）①.②.Al2O3③.（2）②①③（3）①.>②.（4）bd【解析】【小问1详解】氯化铝是强酸弱碱盐，在水溶液中，盐电离产生的Al3+消耗水电离产生的OH，溶液中c(H+)＞c(OH)，因此溶液呈酸性，用离子方程式表示为：；把AlCl3溶液蒸干，盐水解程度增大，至完全水解产生Al(OH)3、HCl，HCl挥发掉，得到固体是Al(OH)3，然后灼烧，Al(OH)3分解产生Al2O3、H2O，故灼烧后最后得到的主要固体产物是Al2O3；AlCl3•6H2O加热，AlCl3溶解在结晶水中，SOCl2与H2O

反应产生HCl、SO2，故SOCl2与AlCl3•6H2O混合加热，反应产生AlCl3、HCl、SO2，反应的化学方程式为：；【小问2详解】三种盐化学式中都含有2个，等浓度的盐，电离产生的c()相等。在溶液中都存在的水解平衡：+H2O⇌NH3•H2O+H+，水解而消耗导致c()减小，水解使溶液显酸性；②中水解结合氢离子，使溶液中水解程度增大，最终达到平衡时c()比(NH4)2SO4小；③中Fe2+结合氢氧根离子抑制铵根离子的水解，故三种溶液中c()由小到大的顺序是：②＜①＜③，故答案为：②①③；【小问3详解】①弱酸的电离平衡常数越大，其酸性就越强，当酸浓度相等时，酸电离产生的离子浓度就越大，溶液导电能力就越强。由于电离平衡常数：HCOOH＞HClO，故在相同浓度的HCOOH和HClO的溶液中，溶液导电能力：HCOOH＞HClO，故答案为：＞；

②酸的电离平衡常数越大，酸性就越强。强酸与弱酸盐反应制取弱酸。根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HClO＞，所以将少量CO2气体通入NaClO溶液中，反应产生NaHCO3、HClO，该反应的离子方程式为

；【小问4详解】a.弱电解质电离过程会吸收热量，适当升高温度，可以促进NH3•H2O的电离，最终达到平衡时溶液中c()、c(OH)都增大，故a错误；

b.加入NH4Cl固体，导致溶液中c()增大，电离平衡逆向移动，最终达到平衡时，c()增大，但c(OH)减小，故b正确；

c.向体系中通入NH3，c(NH3•H2O)增大，电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c()、c(OH)都增大，故c错误；

d.向体系中加入少量浓盐酸，HCl电离产生H+中和溶液中OH，使溶液中c(OH)减小，电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c()增大，但c(OH)减小，故d正确；

故选：bd；17.某实验小组用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸进行中和热的测定。Ⅰ.配制0.50mol/LNaOH溶液（1）若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，至少需要称量NaOH固体___________g。（2）从中选择称量NaOH固体所需要的仪器是(填字母)___________。名称托盘天平(带砝码)小烧杯坩埚钳玻璃棒药匙量筒仪器序号abcdefⅡ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和热的实验装置如所示。（3）实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？___________(填“能”或“否”)，其原因是___________。（4）写出该反应的热化学方程式(中和热为57.3kJ·mol1)：___________。（5）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸进行实验，实验数据如表。①请填写下表中的空白：温度实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差平均值(t2－t1)/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.1___________227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4②用上述实验数值计算结果为53.5kJ·mol1，与57.3kJ·mol1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．量取NaOH溶液的体积时仰视读数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）5.0（2）abe（3）①.否②.用铜质搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，金属传热较快，使得热量散失更多，所测反应热结果会偏低（4）H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=57.3kJ·mol1（5）①.4.0②.acd【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液时，根据需要245mLNaOH溶液，选择250mL的容量瓶配制溶液；中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，故稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=57.3kJ·mol1；在测定中和热时，不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，是因为金属传热较快，使得热量散失更多，所测反应热结果会偏低；【小问1详解】实验中大约要使用245mLNaOH溶液，根据容量瓶规格，需要配制250mL溶液，则要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=5.0g；【小问2详解】氢氧化钠要在称量瓶或者小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙，故答案为abe；【小问3详解】实验中不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，用铜质搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，金属传热较快，使得热量散失更多，所测反应热结果会偏低；【小问4详解】中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，所以表示稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=57.3kJ·mol1；【小问5详解】①第2组数据明显有误，所以删掉，其它三组数据求平均值，温度差平均值==4.0°C；②a．实验装置保温、隔热效果必须好，否则结果偏低，a项选；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，则大于57.3kJ/mol，b项不选；c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则造成热量散失，c项选；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，发生酸碱中和放热，使所测温度偏高，结果偏低，d项选；答案选acd。18.绿矾是一种绿色晶体，是治疗缺铁性贫血的特效药，临床上主要用于慢性失血的治疗。某工厂以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾，生产工艺流程如下图所示：查询资料，得有关物质的数据如下表时饱和溶液沉淀完全开始沉淀沉淀完全3.91.63.05.5（1）检验制得的绿矾晶体中是否含有，最好选用的试剂为___________。A.溶液 B.溶液 C.溶液 D.新制氯水（2）操作II中，通入硫化氢至饱和的目的是___________，在溶液中用硫酸酸化至的目的是___________。（3）操作IV的顺序依次为___________、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（4）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②___________。（5）测定绿矾产品中含量的方法是：a．称取绿矾产品，溶解，在容量瓶中定容；b．量取待测溶液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的溶液滴定至终点，消耗溶液体积的平均值为。①判断此滴定实验达到终点的方法是___________。②计算上述样品中的质量分数为___________。(结果保留一位小数)【答案】（1）A（2）①.将铁离子还原为亚铁离子、沉淀Sn2+②.防止亚铁离子生成沉淀（3）蒸发浓缩（4）减少绿矾晶体溶解（5）①.当滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液恰好由无色变为浅紫色且半分钟不变为原来颜色②.97.5%【解析】【分析】铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)加入稀硫酸反应，过滤，将滤液加入稀硫酸调节pH=2，再通入硫化氢至饱和，将铁离子还原为亚铁离子，沉淀Sn2+，过滤，将滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等操作得到。【小问1详解】铁离子与硫氰根反应显红色，因此检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe3+，最好选用的试剂为KSCN溶液；故答案为：A。【小问2详解】溶液中含有Fe3+和Sn2+，操作Ⅱ中，通入硫化氢至饱和的目的是将铁离子还原为亚铁离子、沉淀Sn2+，FeS开始沉淀时pH=3.0，因此在溶液中用硫酸酸化至的目的是防止亚铁离子生成沉淀；故答案为：将铁离子还原为亚铁离子、沉淀Sn2+；防止亚铁离子生成沉淀。【小问3详解】溶液到结晶水合物，采用冷却结晶法，故操作Ⅳ的顺序依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥；故答案为：蒸发浓缩。【小问4