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相关试卷

1、数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，实现实验数据的即时采集和分析。下图是光照过程中氯水的pH变化情况。下列有关说法错误的是

A、pH减小的主要原因是光照引起了Cl₂溶解度的减小，氯气逸出 B、光照使氯水中的次氯酸分解产生了盐酸，溶液的酸性增强，导电能力也增强 C、随着光照时间的延长，氯水的颜色变浅，故氯水应该储存于棕色瓶中 D、新制氯水中逐滴加入稀NaOH溶液，可能发生化学反应NaOH+HCl=NaCl+H₂O

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2、当 ${SO}_{2}$ 和 ${SO}_{3}$ 的氧原子个数之比为1：1时，下列两者的比例关系正确的是

A、物质的量之比为2：3 B、质量之比为6：5 C、原子个数之比为8：9 D、硫原子个数之比为1：1

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3、下列实验操作合理的是

A、乙醇和乙酸混合物可以通过分液进行分离 B、将实验尾气通过饱和食盐水用于除去尾气中的氯气 C、除去 ${KNO}_{3}$ 固体混有的少量 $NaCl$ ，用热水溶解、降温结晶、过滤的方法除去 D、将两个石墨电极插入 ${CO}_{2}$ 饱和溶液，接通电源后导电，可证明 ${CO}_{2}$ 是电解质

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4、1774年，瑞典化学家舍勒发现了制备氯气的方法。在此启发下，兴趣小组利用以下装置进行如下实验，其中能够达到目的的是

A．制取Cl₂
B．除去Cl₂中的HCl
C．收集Cl₂
D．吸收尾气中的Cl₂

A、A B、B C、C D、D

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5、某一由硫酸钠、硫酸铁和硫酸组成的混合溶液中： $n (H^{+}) =0 .1mol$ ， $n ({Fe}^{3+}) =0 .4mol$ ， $n ({SO}_{4}^{2-}) =0 .8mol$ ，则 $n ({Na}^{+})$ 为

A、0.15mol B、0.2mol C、0.3mol D、0.4mol

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6、标准状况下，①6.72LNH₃②1.204×10²³个H₂S③5.6gCH₄④0.5molHCl，下列关系不正确的是

A、体积大小：④>③>①>② B、质量大小：④>③>②>① C、密度大小：④>②>①>③ D、原子数目：③>①>④>②

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7、下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是

A、 $Ba {(OH)}_{2} = {Ba}^{2 +} + {OH}^{-}$ B、 ${NH}_{4} {HCO}_{3} = {NH}_{4}^{+} + {HCO}_{3}^{-}$ C、 ${KClO}_{3} = K^{+} + {Cl}^{-} + 3 O^{2 -}$ D、 ${Al}_{2} {({SO}_{4})}_{3} = 3 {Al}^{2 +} + 2 {SO}_{4}^{3 -}$

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8、配制一定物质的量浓度的溶液，不需要进行的操作是
A．溶解
B．蒸发
C．转移
D．定容

A、A B、B C、C D、D

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9、下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是

A、NaCl晶体、 ${BaSO}_{4}$ B、熔融的NaOH、酒精 C、铜、二氧化硫 D、熔融的 ${KNO}_{3}$ 、硫酸溶液

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10、成语“云蒸霞蔚”描绘了自然界中的丁达尔效应。下列能产生丁达尔效应的是

A、 $Fe {(OH)}_{3}$ 胶体 B、 ${CuSO}_{4}$ 溶液 C、 $KCl$ 溶液 D、 $Ca {(OH)}_{2}$ 溶液

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11、碳中和是指一定时间内产生的二氧化碳总量与吸收的总量相等，达到相对“零排放”，中国政府提出努力争取2060年前实现碳中和。下列措施不利于实现“碳中和”目标的是

A、持续加大化石能源的开发使用 B、倡导践行节能低碳的生活方式 C、扩大植树造林，增加绿色植被 D、研究二氧化碳的捕集和再利用

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12、葡萄糖酸锌 $[Zn {(C_{6} H_{11} O_{7})}_{2}]$ (相对分子质量为455)作为有机补锌剂，易溶于热水，具有良好的抗氧化性能。可以通过葡萄糖酸钙与硫酸锌直接反应制备，具体步骤如下：
$Ⅰ$ ．取200mL烧杯，加水，加热至80~90℃，加入 $6.7 {gZnSO}_{4} \cdot 7 H_{2} O$ ，用玻璃棒搅拌至完全溶解。
$Ⅱ$ ．将烧杯置于90℃水浴中，逐渐加入10.0g葡萄糖酸钙，搅拌至完全溶解，静置保温20min。
$Ⅲ$ ．趁热减压过滤，弃去滤渣；滤液转入烧杯，加热近沸，用小火加热浓缩至黏稠状，将滤液冷却到室温，加入95%乙醇20mL，此时有大量的胶状葡萄糖酸锌析出，搅拌，用倾析法去除清液。再加20mL95%乙醇，充分搅拌后，慢慢析出晶体，抽滤至干，得到葡萄糖酸锌粗品。
$Ⅳ$ ．取粗品经重结晶并干燥得到无色晶体，准确称取2.3g样品，配成100mL溶液。
$Ⅴ$ ．纯度测定：移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加10mL氨-氯化铵缓冲液、4滴铬黑T(EBT)指示剂，用 $0.0500 mol \cdot L^{- 1} EDTA$ 标准溶液滴定至终点，三次滴定平均消耗EDTA标准溶液的体积为24.79mL。
已知：滴定中的反应原理为 $\begin{matrix} Zn - EBT & + & EDTA & = & Zn - EDTA & + & EBT \\ (紫红色) & (蓝色) \end{matrix}$
回答下列问题：

(1)、葡萄糖酸钙与硫酸锌反应的化学方程式为。

(2)、本实验中(填“能”或“不能”)用氯化锌替代硫酸锌，理由是。

(3)、步骤 $Ⅲ$ 中用到的倾析法通常用于所得沉淀的结晶颗粒较大或比重较大，静置后易沉降的固、液间的分离，在该操作方法中除了使用烧杯外，还需要使用的一种玻璃仪器是。实验中加入95%乙醇，其作用是。

(4)、步骤 $Ⅳ$ 重结晶时，需进行的操作有①加入10mL95%乙醇，搅拌；②加入10mL90℃热水，搅拌；③待结晶析出后，减压过滤；④趁热减压过滤，滤液冷却至室温。正确的顺序为(填标号)。

(5)、为了测定葡萄糖酸锌的纯度，步骤 $Ⅴ$ 采用了络合置换滴定法。
①下列关于滴定分析的实验操作错误的是。
A．平行滴定时，需重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下某一刻度
B．排出酸式滴定管中的气泡时，应控制活塞使液体快速流下
C．在接近滴定终点时，改为滴加半滴液可提高测量的准确度
D．滴定时左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视滴定管中溶液体积的变化
②用EDTA溶液滴定，标志滴定终点的现象是。

(6)、样品中葡萄糖酸锌的含量为%(保留四位有效数字)。

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13、工业废水对环境产生很大影响，不同的工业度水有不同的处理方法。

(1)、电化学氧化法处理酸性废水中 ${NH}_{4}^{+}$ 的原理是：利用电解产生高活性羟基自由基 $(\cdot OH)$ 将 ${NH}_{4}^{+}$ 氧化成 $N_{2}$ ，电解产生 $\cdot OH$ 的反应机理如图所示。
①电解制取 $\cdot OH$ 的过程可描述为。
②研究表明当 $pH$ 大于4后，随溶液 $pH$ 增大， ${NH}_{4}^{+}$ 去除率降低的原因是。
③写出 $\cdot OH$ 与 ${NH}_{4}^{+}$ 反应的离子方程式：。

(2)、工业制革废水中含有大量蛋白质(酸性条件下带正电荷，碱性条件下带负电荷)和 $Cr(Ⅲ) [{Cr}^{3 +}, Cr {(OH)}_{3}, Cr {(OH)}_{4}^{-}]$ 。当 $Cr(Ⅲ)$ 以 $Cr {(OH)}_{3}$ 胶体颗粒形式存在时，可用 ${Fe}_{3} O_{4}$ 纳米颗粒吸附除去。 $Cr {(OH)}_{3}$ 胶体、 ${Fe}_{3} O_{4}$ 纳米颗粒的zeta电位、 $Cr(Ⅲ)$ 捕获量随溶液 $pH$ 的变化关系如图所示。
资料卡片
胶体粒子所带电荷多少和正负用zeta电位衡量，zeta电位的正负值表示胶体粒子带正负电荷，数值越大所带电荷越多。
① $pH = 4$ 时，铬元素吸收效率很差，其原因可能是。
②在碱性条件下 ${Fe}_{3} O_{4}$ 吸附废水中 $Cr {(OH)}_{3}$ 胶体颗粒具有选择性的原因是。
③ ${Fe}_{3} O_{4}$ 纳米颗粒吸附后的形成 ${Fe}_{3} O_{4} \cdot Cr {(OH)}_{3}$ ，加入到 $NaClO$ 溶液中浸泡可以回收 ${Fe}_{3} O_{4}$ 纳米颗粒，同时得到 ${Na}_{2} {CrO}_{4}$ 溶液，反应的离子方程式为。

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14、氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题，氮的固定是指将氮元素由游离态转化为化合态的过程。下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分化学平衡常数K值。
反应
大气固氮N₂(g)＋O₂(g) $⇌_{}^{}$ 2NO(g)
工业固氮N₂(g)＋3H₂(g) $⇌_{}^{}$ 2NH₃(g)
温度/℃
25
2000
25
350
400
450
平衡常数K
3.84×10^-31
1.847
5×10⁸
1.847
0.507
0.152

(1)、根据上表中的数据分析，大气固氮反应属于(填“吸热”或“放热”)反应，人类不适合大规模模拟大气固氮的原因。反应需要在闪电或极高温条件下发生，说明该反应(填字母)
A.吸收的能量很多 B.所需的活化能很高

(2)、工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N₂的平衡转化率在不同压强(p₁、p₂)下随温度变化的曲线，如图所示的图示中，正确的是(填“A”或“B”)；比较p₁、p₂的大小关系：

(3)、20世纪末，科学家研究采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H⁺)为介质，实现高温常压下的电化学合成氨，大大提高了氮气和氢气的转化率。总反应式为：N₂+3H₂ $⇌_{一定条件}^{SCY陶瓷}$ 2NH₃ ，则在电解法合成氨的过程中，应将H₂不断地通入极(填“阴”或“阳”)；向另一电极通入N₂ ，该电极的反应式为

(4)、近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：2N₂(g)+6H₂O(l) $⇌_{}^{}$ 4NH₃(g)+3O₂(g)，则其反应热ΔH=(已知： N₂(g)＋3H₂(g) $⇌_{}^{}$ 2NH₃(g) ΔH= -92.4 kJ·mol^-1；2H₂(g)＋O₂(g) = 2H₂O(l)　 ΔH=-571.6 kJ·mol^-1)

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15、从钨渣中提取钪过程中产出大量含有硫酸锰、硫酸亚铁和硫酸的废液。用菱锰矿(主要含MnO₂及Fe₂O₃、CaO、Al₂O₃、SiO₂ ， CuO等杂质)处理废液制备高纯MnSO₄·H₂O的实验如下：
①在2000 mL烧杯中加入提钪废液，加热升温，搅拌下按一定比例加入锰矿，反应80 min。
②搅拌下加入新制备的碳酸锰浆液调节pH在5.0～5.5，过滤。
③将滤液加热升温至90℃，搅拌下加入适量硫化锰浆液，继续煮沸60 min，静置过滤除去不溶物。在滤液中于室温下加入适量新制备的水合二氧化锰，吸附除硅继续搅拌 $30 \sim 40min$ ，静置过滤除去不溶物。
④将除硅后的滤液加热煮沸，搅拌下滴加适量氟化锰饱和溶液，继续搅拌30 min，静置、过滤除去不溶物。
⑤将滤液在烧杯中加热，过程中用玻璃棒不断搅拌，至液体刚好完全蒸干时停止加热，冷却得高纯MnSO₄·H₂O。
回答下列问题：

(1)、步骤①中反应温度对锰浸出率的影响如图，反应温度应维持在℃，其中发生的氧化还原反应的离子方程式为。

(2)、当溶液中可溶组分浓度 $c \leq 1.0 \times 10^{- 5} mol \cdot L^{- 1}$ 时，可认为已除尽。已知下列物质的 $Ksp$
物质
Fe(OH)₃
Al(OH)₃
Cu(OH)₂
Mn(OH)₂
CaF₂
K_sp
$10^{- 38.4}$
$10^{- 32.7}$
$10^{- 19.7}$
$10^{- 12.7}$
$10^{- 8.3}$
步骤②中滤渣主要成分是，步骤③不溶物主要成分是。

(3)、步骤④反应的离子方程式为。

(4)、已知MnSO₄·H₂O的溶解度随温度变化如图，实验中步骤①②③④是正确的，步骤⑤有错误，步骤⑤的正确操作为：。

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16、实验探究是提高学习效果的有力手段。某同学用如图所示装置研究原电池原理，下列说法错误的是

A、若将图1装置的Zn，Cu下端接触，Zn片逐渐溶解，Cu片上能看到气泡产生 B、图2中 $H^{+}$ 向Zn片移动 C、若将图2中的Zn片改为Mg片，Cu片上产生气泡的速率加快 D、图2与图3中，Zn片减轻的质量相等时，正极产物的质量比为 $32 : 1$

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17、一定条件下，可逆反应A(g)＋3B(g) $⇌$ 2C(g)达到平衡状态的标志是

A、C生成的速率与B消耗的速率相等 B、A、B、C的浓度不再发生变化 C、单位时间内生成n mol 的A，同时生成3n mol的B D、A、B、C的分子数之比为1：3：2

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18、向恒温恒容密闭容器中通入 $2 {molSO}_{2}$ 和 $1 {molO}_{2}$ ，反应 $2 {SO}_{2} (g) + O_{2} (g) ⇌ 2 {SO}_{3} (g)$ 达到平衡后，再通入一定量 $O_{2}$ ，达到新平衡时，下列有关判断错误的是

A、 ${SO}_{3}$ 的平衡浓度增大 B、反应平衡常数增大 C、逆向反应速率减小 D、 ${SO}_{2}$ 的转化总量增大

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19、向反应器中充入起始原料组成 $n ({CH}_{4}) : n (NO) = 1 : 4$ 的混合气体，在体系压强为 $p$ 下发生反应： ${CH}_{4} (g) + 4 NO (g) = 2 N_{2} (g) + {CO}_{2} (g) + 2 H_{2} O (g) Δ H$ 。达到平衡时，五种组分的物质的量分数 $(φ)$ 与温度 $T$ 的关系如图所示。下列叙述错误的是

A、甲曲线代表NO B、上述反应的反应热 $Δ H < 0$ C、 $350 ℃$ 时 ${CH}_{4}$ 的转化率为 $90 %$ D、 $250 ℃$ 平衡常数 $K_{p} = \frac{1}{16}$

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20、某温度下，向恒容密闭容器中按 $1 : 2$ 的比例充入 $X (g)$ 和 $Y (g)$ ，同时发生两个反应：① $X (g) + Y (g) ⇌_{}^{} Z (g) + W (g)$ ， ② $X (g) + Y (g) ⇌_{}^{} Z (g) + M (g)$ 。反应体系中组分 $X (g)$ 、 $W (g)$ 的物质的量浓度c随时间的变化情况如图所示)。下列说法正确的是

A、 $10 min$ 时， $Y (g)$ 的反应速率为 $0.025 mol \cdot L^{- 1} \cdot {min}^{- 1}$ B、平衡时，W的选择性 $(\frac{W 的物质的量}{反应的 X 的物质的量} \times 100 %)$ 比M的大 C、反应①的活化能比反应②的活化能更大 D、平衡后，充入 $Ar$ ，压强增大，速率增大

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