精品解析：北京市第八中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题

2024-2025学年度第一学期期中练习题 年级：高二 科目：化学 考试时间90分钟 满分100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Mg-24 第一部分 选择题(共42分) 每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分 1. 下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是 A．火力发电 B．碱性锌锰电池 C．电解饱和食盐水 D．氢氧燃料电池 A. A B. B C. D D. D 2. 时，水中存在电离平衡：。下列说法正确的是 A. 将水加热，增大，不变 B. 向水中加入少量固体，增大，不变 C. 向水中加入少量固体，平衡逆向移动，降低 D. 向水中加入少量固体，平衡正向移动，增大 3. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A. 实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法 B. 配制溶液时，常将晶体溶于较浓的盐酸中 C. 工业合成氨 ，采用400℃~500℃的高温条件 D. 工业制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl，加入大量水，同时加热 4. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质： B. 用绿矾()将酸性工业废水中的转化为 C. 用溶液能有效除去误食的 D. 用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： 5. 下列图示实验中，操作规范的是 A．赶出碱式滴定管乳胶管中的气泡 B．用pH试纸测定溶液pH C．加热熔融固体KOH D．向试管中滴加溶液 A. A B. B C. C D. D 6. 某同学用如下装置进行实验①和②，在相同时间内，记录现象如下（溶液的温度变化均不明显）。 实验装置 实验序号 电极材料 实验现象 ① 铂 两极均产生大量无色气泡， 两极区的溶液均未见白色浑浊 ② 石墨 两极均产生大量无色气泡， 阴极区未见白色浑浊， 阳极区产生白色浑浊，分离出该白色固体，加酸溶解，产生气泡 根据实验现象，下列说法正确的是 A. ①②中，阴极的电极反应式：2H2O－4e− == O2↑+ 4H+ B. ②中，白色浑浊的主要成分是Ca(OH)2 C. ②中，产生白色浑浊的主要原因是电解过程消耗水 D. ②中，产生白色浑浊与阳极材料被氧化生成CO32−有关 7. 用如图所示装置(搅拌装置已略去)探究溶液中离子浓度的变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是 A B C D 试剂a NaOH Ca(OH)2 Ba(OH)2 H2SO3 试剂b CH3COOH Ca(HCO3)2 H2SO4 H2S A. A B. B C. C D. D 8. 25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 A. 1:10:1010:109 B. 1:5:5109:5108 C. 1:20:1010:109 D. 1:10:104:109 9. N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应： 2N2O5(g)⇌4NO2(g)+ O2(g) ΔH>0 T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表： 时间/s 0 500 100 0 150 0 c(N2O5)/mol·L-1 5.00 3.52 2.50 2.50 下列说法中不正确的是 A. 500 s内N2O5分解速率为2.96×10-3mol·L-1·s-1 B. T1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为50% C. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则K1＜K2 D. 达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则再次平衡时c(N2O5)> 5.00 mol·L-1 10. 根据下列图示所得推论正确的是 A. 甲是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了HCl和O2 B. 乙是C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的∆H＞0、x＞0.1 C. 丙是0.5mol/L CH3COONa溶液及水的pH随温度的变化曲线，说明随温度升高，CH3COONa溶液中c(OH-)减小 D. 丁是0.03g镁条分别与2mL 2mol/L盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应 11. 实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO并进行定性检验。 已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。 下列说法不正确的是 A. 调节溶液的pH＞12，可使滤液中c(Mg2+)＜1×10-5mol/L B. 加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO=BaCO3↓、Ca2++CO=CaCO3↓ C. 加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O D. 若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成 12. 25℃时，用图1装置进行实验：向蒸馏水中加入粉末，一段时间后再加入稀硫酸。测得随时间变化的曲线如图2所示。 下列对曲线的分析不正确的是 A. bc段存在平衡 B. cd段 C. a点时加入的大于c点时加入的 D. e点时再加入足量粉末，可使溶液的与b点的相同 13. 研究人员采用双极膜将酸-碱电解液隔离，实现MnO2/Mn2+和Zn/的两个溶解/沉积电极氧化还原反应，研制出新型高比能液流电池，其放电过程原理示意图如下： 下列说法不正确的是 A. 放电过程中，总反应方程式为Zn+MnO2+4OH-+4H+===+Mn2++2H2O B. 放电过程中，当1molZn参与反应时，理论上有4molK+发生迁移 C. 充电过程中，阴极的电极反应为+2e-===Zn+4OH- D. 充电过程中，右侧池中溶液pH逐渐减小 14. 某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是 A. 由①②可知，②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果 B. 由④可知，Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质 C. 由③④可知，Cl−的浓度对铜盐溶液的颜色有影响 D. 由②③④可知，CuCl2溶液一定为绿色 第二部分(非选择题 共58分) 15. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其反应为：。 （1）合成氨生产流程示意图如下。 ①流程中，有利于提高原料利用率的措施是___________；有利于提高单位时间内氨的产率的措施有___________。 ②干燥净化中，有一步操作是用铜氨液除去原料气中的CO，其反应为：。对吸收CO后的铜氨废液应该怎样处理？请提出你的建议：___________。 （2）实验室研究是工业生产的基石。下图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(、、)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。 ①曲线a对应的温度是___________。 ②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是___________。 16. 工业烟道气中含有的二氧化硫和氮氧化物是大气主要污染物，脱硫脱氮是环境治理的热点问题。回答下列问题： （1）利用KMnO4脱除二氧化硫的离子方程式为： □MnO4－ + □SO2 + □H2O=□MnO42－ + □ + □ ，__________（在“□”里填入系数，在“__”上填入微粒符号），加入CaCO3可以提高SO2去除率，原因是________。 （2）CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为： I CaSO3 (s) + SO42－ (aq)=CaSO4(s) + SO32－（aq） II SO32－ (aq) + 2NO2 (g) + H2O(l)=SO42－(aq) + 2NO2－(aq) + 2H+ (aq) 浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与 NO2的去除率变化趋势如图所示。a点后NO2去除率降低的原因是________。 （3）检测烟道气中NOx含量的步骤如下： I. 将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中， 使NOx完全被氧化为NO3−； II. 加水稀释至100.00 mL，量取20.00 mL该溶液，与V1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液（过量）充分混合； III. 用c2 mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL。 ①NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式为________。 ②滴定过程中主要使用的玻璃仪器有________和锥形瓶等。 ③滴定过程中发生下列反应： 3 Fe2+ + NO3− + 4 H+ == NO↑ + 3 Fe3+ + 2 H2O MnO4− + 5 Fe2+ + 8 H+ == Mn2+ + 5Fe3+ + 4 H2O 烟气气样中NOx折合成NO2的含量为________ mg·m−3。 17. 铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下： 已知：常温下 ； ； （1）步骤ⅱ的操作名称是___________。 （2）①中As的化合价为___________。 ②步骤ⅱ中的作用是___________。 （3）步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使。若溶液2中，则需控制pH的大致范围为___________。 （4）①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分是___________。 ②加入NaF的同时需调pH约为5，pH过低导致沉淀率下降，原因是___________。 （5）结合下图说明由溶液4得到的操作是___________。 18. 锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许通过的和C保护层，工作原理如图1，具体操作如下。 i.将表面洁净的Li电极和电极浸在溶有的有机电解质溶液中。 ii.0-5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，电极上生成和C。 iii.5-10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，电极上消耗和C，Li电极上生成和C．步骤ii和步骤iii为1个电沉积循环。 iv.重复步骤ⅱ和步骤ⅲ的操作，继续完成9个电沉积循环。 (1)步骤ii内电路中的由___________向___________迁移(填“Li电极”或“电极”)。 (2)已知下列反应的热化学方程式。 步骤ii电解总反应的热化学方程式为___________。 (3)步骤iii中，Li电极的电极反应式为___________。 (4)和C只有在的催化作用下才能发生步骤ⅲ的电极反应，反应历程中的能量变化如下图。下列说法正确的是___________(填字母序号)。 a.反应历程中存在碳氧键的断裂和形成 b.反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量 c.催化剂通过降低电极反应的活化能使反应速率加快 (5)受上述“循环电沉积”法的启示，科学家研发了适用于火星大气(主要成分是)的“”可充电电池，工作原理如图2.“”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成和C沉积，原因是___________。 19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第一学期期中练习题 年级：高二 科目：化学 考试时间90分钟 满分100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Mg-24 第一部分 选择题(共42分) 每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分 1. 下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是 A．火力发电 B．碱性锌锰电池 C．电解饱和食盐水 D．氢氧燃料电池 A. A B. B C. D D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A． 火力发电：通过燃烧煤、石油等燃料，将化学能转化为热能，再转化为电能，A不符合题意； B．碱性锌锰电池：是典型的原电池，工作时锌被氧化、二氧化锰被还原，化学能转化为电能，B不符合题意； C． 电解饱和食盐水：这是典型的电解池装置，外接电源，迫使Cl-和H2O在电极上发生非自发反应，生成Cl2、H2和NaOH，电能转化为化学能，C符合题意； D．氢氧燃料电池：是原电池的一种，氢气与氧气反应生成水，化学能转化为电能，D不符合题意； 故答案选C。 2. 时，水中存在电离平衡：。下列说法正确的是 A. 将水加热，增大，不变 B. 向水中加入少量固体，增大，不变 C. 向水中加入少量固体，平衡逆向移动，降低 D. 向水中加入少量固体，平衡正向移动，增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，Kw增大，增大，则pH减小，A错误； B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，导致增大，平衡逆向移动，Kw只受温度的影响温度不变，Kw不变，B正确； C．向水中加入少量固体NaOH，增大，平衡逆向移动，c(H+)降低增大，C错误； D．向水中加入少量固体NH4Cl，铵根离子会和氢氧根离子之间反应，减小，导致平衡正向移动，c(H+)增大，D错误； 答案选B。 3. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A. 实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法 B. 配制溶液时，常将晶体溶于较浓的盐酸中 C. 工业合成氨 ，采用400℃~500℃的高温条件 D. 工业制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl，加入大量水，同时加热 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用平衡移动原理来解释，故A不符合题意； B．Fe 3+ +3H2OFe(OH) 3 +3H +，配制FeCl3溶液时，向溶液中加入盐酸，可以抑制铁离子的水解，能用勒平衡移动原理解释，故B不符合题意； C．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但考虑催化剂等因素，500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释，故C符合题意； D．TiCl4水解生成TiO2•xH2O和HCl，该过程是吸热反应，加入大量水，同时加热升高温度，平衡正向移动，能用平衡移动原理解释，故D不符合题意； 故选C。 4. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质： B. 用绿矾()将酸性工业废水中的转化为 C. 用溶液能有效除去误食的 D. 用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确； B．可以将氧化成，离子方程式正确，B正确； C．结合生成沉淀，可以阻止被人体吸收，离子方程式正确，C正确； D．与反应属于沉淀的转化，不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+=CaCO3+，D错误； 本题选D。 5. 下列图示实验中，操作规范的是 A．赶出碱式滴定管乳胶管中的气泡 B．用pH试纸测定溶液pH C．加热熔融固体KOH D．向试管中滴加溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．图中为碱式滴定管，尖嘴向上，挤压玻璃珠可排出气泡，A正确； B．用pH试纸测定溶液pH，不能将pH试纸插入溶液中，应该用玻璃棒蘸取少量溶液点在pH试纸上，B错误； C．KOH能与石英中的SiO2反应，不能用石英坩埚加热熔融固体KOH，C错误； D．向试管中滴加液体，胶头滴管应该在试管上方竖直悬空，不能插入试管中，操作不规范，D错误； 故答案选A。 6. 某同学用如下装置进行实验①和②，在相同时间内，记录现象如下（溶液的温度变化均不明显）。 实验装置 实验序号 电极材料 实验现象 ① 铂 两极均产生大量无色气泡， 两极区的溶液均未见白色浑浊 ② 石墨 两极均产生大量无色气泡， 阴极区未见白色浑浊， 阳极区产生白色浑浊，分离出该白色固体，加酸溶解，产生气泡 根据实验现象，下列说法正确的是 A. ①②中，阴极的电极反应式：2H2O－4e− == O2↑+ 4H+ B. ②中，白色浑浊的主要成分是Ca(OH)2 C. ②中，产生白色浑浊的主要原因是电解过程消耗水 D. ②中，产生白色浑浊与阳极材料被氧化生成CO32−有关 【答案】D 【解析】 【详解】A. 惰性电极电解石灰水溶液，在阴极，水电离出的氢离子得电子变为氢气，促进水的电离，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A错误； B. ②阳极区产生白色浑浊，分离出该白色固体，加酸溶解，产生气泡，说明该白色沉淀为碳酸钙，B错误； C. ②中，阳极中氢氧根离子失电子变为氧气，氧气与电极材料石墨反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，这是主要原因，C错误； D. 阳极中氢氧根离子失电子变为氧气，氧气与电极材料石墨反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，产生白色浑浊与阳极材料被氧化生成有关，D正确； 正确选项为D。 7. 用如图所示装置(搅拌装置已略去)探究溶液中离子浓度的变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是 A B C D 试剂a NaOH Ca(OH)2 Ba(OH)2 H2SO3 试剂b CH3COOH Ca(HCO3)2 H2SO4 H2S A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．醋酸为弱电解质，加入NaOH反应生成强电解质醋酸钠，所以不会出现变暗的过程，A符合题意； B．Ca(HCO3)2为强电解质，所以开始灯亮，加入氢氧化钙后二者反应生成碳酸钙沉淀和水，溶液中的离子浓度逐渐降低，直至接近于零，此时灯灭，之后又随着氢氧化钙的加入，溶液中的离子浓度增大，灯泡变亮，B不符合题意； C．硫酸为强电解质，开始灯亮，加入氢氧化钡后二者反应生成硫酸钡和水，溶液中溶液中的离子浓度逐渐降低，直至接近于零，此时灯灭，之后又随着氢氧化钡的加入，溶液中的离子浓度增大，灯泡变亮，C不符合题意； D．H2S为弱电解质，开始灯亮，加入亚硫酸后二者反应生成硫单质和水，硫难溶于水，所以的离子浓度逐渐降低，直至接近于零，此时灯灭，之后随着亚硫酸的加入，溶液中的离子浓度增大，灯泡变亮，D不符合题意； 综上所述答案为A。 8. 25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 A. 1:10:1010:109 B. 1:5:5109:5108 C. 1:20:1010:109 D. 1:10:104:109 【答案】A 【解析】 【详解】①中pH=0的H2SO4中c(H＋)=1.0 mol·L－1，c(OH－)=1.0×10－14mol·L－1，水电离程度为1.0×10－14mol·L－1； ②中c(OH－)=0.1 mol·L－1，c(H＋)=1.0×10－13mol·L－1，水电离程度为1.0×10－13mol·L－1； ③中c(OH－)=1.0×10－4mol·L－1，水的电离程度为1.0×10－4mol·L－1； ④中c(H＋)=1.0×10－5mol·L－1，水的电离程度为1.0×10－5mol·L－1； 故①②③④中水的电离程度之比为：1.0×10－14mol·L－1：1.0×10－13mol·L－1：1.0×10－4mol·L－1：1.0×10－5mol·L－1=1:10:1010:109，A项正确。 答案选A。 9. N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应： 2N2O5(g)⇌4NO2(g)+ O2(g) ΔH>0 T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表： 时间/s 0 500 100 0 150 0 c(N2O5)/mol·L-1 5.00 3.52 2.50 2.50 下列说法中不正确的是 A. 500 s内N2O5分解速率为2.96×10-3mol·L-1·s-1 B. T1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为50% C. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则K1＜K2 D. 达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则再次平衡时c(N2O5)> 5.00 mol·L-1 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．500 s内N2O5分解速率为υ(N2O5)=÷500 s =2.96×10-3mol·L-1·s-1，A正确； B．T1温度下反应达到平衡时，各种物质的浓度分别是：c(N2O5)= 2.50mol/L，c(NO2)= 5.0mol/L，c(O2)= 1.250mol/L，所以反应的平衡常数为K1===125，平衡时N2O5的转化率为（2.50÷5.00）×100％=50%，B正确； C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，由于该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，化学平衡常数增大，所以K1>K2，C错误； D．达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，假如平衡不发生移动，则c(N2O5)=5.00mol·L-1，缩小体积即增大压强，由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，则再次平衡时c(N2O5)> 5.00 mol·L-1，D正确； 答案选C。 10. 根据下列图示所得推论正确的是 A. 甲是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了HCl和O2 B. 乙是C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的∆H＞0、x＞0.1 C. 丙是0.5mol/L CH3COONa溶液及水的pH随温度的变化曲线，说明随温度升高，CH3COONa溶液中c(OH-)减小 D. 丁是0.03g镁条分别与2mL 2mol/L盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应 【答案】D 【解析】 【详解】A、在氯水中，存在反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，Cl-浓度的升高说明平衡正向移动，是因为HClO不稳定分解，但是并不能推断出HClO分解产生了O2，A错误； B、同一压强下，温度升高，平衡转化率升高，则平衡正向移动，∆H＞0；同一温度下，压强增大，平衡逆向移动，平衡转化率降低，则x＜0.1；B错误； C、盐类的水解和弱电解质的电离都是吸热反应，温度升高，水的离子积增大，水中的c(H+)增大，pH降低；温度升高，CH3COONa的水解平衡正向移动，c(OH-)增大，由于c(H+)=，Kw增大的更多一些，使得c(H+)也增大一些[c(H+)没有c(OH-)增大得多]，溶液pH呈小幅度的减小，C错误； D、盐酸和醋酸的体积、浓度均相同，则HCl和醋酸的物质的量也相同，故这两个容器中产生的H2的量相同，最终容器内的压强也相同；HCl是强电解质，醋酸是弱电解质，则醋酸溶液的H+的浓度较低，其反应速率也较低，故①代表盐酸与镁条的反应，②代表醋酸与镁条的反应，D正确； 故选D。 【点睛】本题的A选项是易混项，需要注意的是HClO的分解方式不仅仅有，也有，题中虽然有光照这个条件，但并未验证有O2生成，故无法说明HClO的分解方式。 11. 实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO并进行定性检验。 已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。 下列说法不正确的是 A. 调节溶液的pH＞12，可使滤液中c(Mg2+)＜1×10-5mol/L B. 加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO=BaCO3↓、Ca2++CO=CaCO3↓ C. 加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O D. 若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．调节溶液的pH＞12，则氢氧根离子浓度大于10-2mol/L，则滤液中c(Mg2+)＜<1×10-5mol/L，A正确； B．由题意可知，加入过量饱和BaCl2溶液后存在平衡:BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO(aq)，故加入过量饱和Na2CO3溶液还会存在部分钡离子转化为碳酸钡，该平衡正向移动，溶液中SO浓度增大，故还有反应：BaSO4(s)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(aq)，B错误； C．加入稀盐酸除去过量氢氧化钠、碳酸钠，gu 加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O，C正确； D．流程中加入碳酸钠会将部分硫酸钡转化为碳酸钡沉淀同时生成硫酸根离子，故若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免样品中混入硫酸根离子，避免白色沉淀M的生成，D正确； 故选B。 12. 25℃时，用图1装置进行实验：向蒸馏水中加入粉末，一段时间后再加入稀硫酸。测得随时间变化的曲线如图2所示。 下列对曲线的分析不正确的是 A. bc段存在平衡 B. cd段 C. a点时加入的大于c点时加入的 D. e点时再加入足量粉末，可使溶液的与b点的相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图象可知，ab段pH不断增大，氢氧化镁不断溶解，bc段pH不变，存在平衡Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH−(aq)，A正确； B．cd段加入稀硫酸，消耗氢氧化镁，pH减小，稀硫酸消耗完，氢氧化镁溶解，pH增大，其中cd段Q[Mg(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，B正确； C．由图象可知，最后的pH大于7显碱性，氢氧化镁过量，所以a点时加入的n[Mg(OH)2]大于c点时加入的n(H2SO4)，C正确； D．e点时再加入足量Mg(OH)2粉末，溶液中还有与稀硫酸反应生成的Mg2+，抑制氢氧化镁的电离，所以不能使溶液的pH与b点的相同，D错误； 故选D。 13. 研究人员采用双极膜将酸-碱电解液隔离，实现MnO2/Mn2+和Zn/的两个溶解/沉积电极氧化还原反应，研制出新型高比能液流电池，其放电过程原理示意图如下： 下列说法不正确的是 A. 放电过程中，总反应方程式为Zn+MnO2+4OH-+4H+===+Mn2++2H2O B. 放电过程中，当1molZn参与反应时，理论上有4molK+发生迁移 C. 充电过程中，阴极的电极反应为+2e-===Zn+4OH- D. 充电过程中，右侧池中溶液pH逐渐减小 【答案】B 【解析】 【分析】根据电池示意图，左侧Zn失去电子与溶液中的OH-反应生成，为负极反应，右侧MnO2得电子与溶液中的H+反应生成Mn2+和水；电解过程中，右侧的Mn2+失去电子与水反应生成MnO2和H+，电极方程式与原电池的正极方程式相反，左侧得电子生成Zn和OH-，电极方程式与原电池的负极方程式相反，据此分析。 【详解】A．放电过程中负极的电极反应式为Zn-2e-+4OH-=，正极的电极方程式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，总反应为Zn+MnO2+4OH-+4H+===+Mn2++2H2O，A正确； B．放电过程中每消耗1mol Zn会生成1mol ，即每消耗4mol负电荷生成2mol负电荷，电解质中减少2mol负电荷，因此有2mol K+发生迁移，B错误； C．根据分析，充电过程中阴极的电极方程式与放电过程中负极的电极方程式相反，阴极的电极方程式为+2e-===Zn+4OH-，C正确； D．充电过程中右侧Mn2+不断失去电子并结合水生成MnO2，同时生成大量H+，因此，右侧pH不断减小，D正确； 故选B。 【点睛】由于放电过程中两个电极反应在两个电解质溶液中分别进行的，故不能把氢离子和氢氧根写在一起呈水的形式。 14. 某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是 A. 由①②可知，②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果 B. 由④可知，Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质 C. 由③④可知，Cl−的浓度对铜盐溶液的颜色有影响 D. 由②③④可知，CuCl2溶液一定为绿色 【答案】D 【解析】 【详解】A．由①②可知，硫酸铜遇水变蓝，所以②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果，故A正确； B．由④可知，氯化钠固体表面氯离子浓度较大，固体表面为黄色，所以Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质，故B正确； C．③→④增大了氯离子浓度，所以Cl−的浓度对铜盐溶液的颜色有影响，故C正确； D．由③溶液为蓝色可知， CuCl2溶液不一定为绿色，故D错误； 选D。 第二部分(非选择题 共58分) 15. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其反应为：。 （1）合成氨生产流程示意图如下。 ①流程中，有利于提高原料利用率的措施是___________；有利于提高单位时间内氨的产率的措施有___________。 ②干燥净化中，有一步操作是用铜氨液除去原料气中的CO，其反应为：。对吸收CO后的铜氨废液应该怎样处理？请提出你的建议：___________。 （2）实验室研究是工业生产的基石。下图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(、、)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。 ①曲线a对应的温度是___________。 ②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是___________。 【答案】（1） ①. 加压10Mpa~30Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用 ②. 干燥净化、加压10Mpa~30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400~500°C ③. 在减压下加热吸收CO后的铜氨废液、用硫酸溶液吸收氨气、并收集纯净的CO （2） ①. 200℃ ②. Q=M>N 【解析】 【小问1详解】 ①是气体分子总数减小的放热反应，增大压强可促使平衡右移提高原料利用率，采用迅速冷却的方法使氨气液化并及时分离可降低速率、但促使平衡正向移动提高原料利用率；原料气循环使用能使原料气的浓度保持一定能提高N2、H2的转化率，则流程中有利于提高原料利用率的措施是加压、冷却液化氨、原料气循环利用；增大压强可提高反应速率且促使平衡右移，升温虽然使平衡左移但能提高催化剂活性大幅度提高反应速率，干燥净化能防止催化剂中毒，故有利于提高单位时间内氨的产率的措施有干燥净化、加压10Mpa~30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400~500°C。 ②反应为放热的、气体体积缩小的可逆反应，升温、减压可促使平衡左移，产生的混合气体用硫酸溶液吸收氨气后可回收CO、铜氨溶液可进行重复利用，故答案为：对吸收CO后的铜氨废液在减压下加热、用硫酸溶液吸收氨气、并收集纯净的CO。 【小问2详解】 ①是气体分子总数减小的放热反应，降温可促使平衡右移、温度越低氨气的百分含量越高，所以，曲线a对应的温度是200℃。 ②K只受温度影响，该反应温度升高时K值减小，b是400℃，c是600℃，上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系是K(M)=K(Q)＞K(N)，故答案为Q=M>N。 16. 工业烟道气中含有的二氧化硫和氮氧化物是大气主要污染物，脱硫脱氮是环境治理的热点问题。回答下列问题： （1）利用KMnO4脱除二氧化硫的离子方程式为： □MnO4－ + □SO2 + □H2O=□MnO42－ + □ + □ ，__________（在“□”里填入系数，在“__”上填入微粒符号），加入CaCO3可以提高SO2去除率，原因是________。 （2）CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为： I CaSO3 (s) + SO42－ (aq)=CaSO4(s) + SO32－（aq） II SO32－ (aq) + 2NO2 (g) + H2O(l)=SO42－(aq) + 2NO2－(aq) + 2H+ (aq) 浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与 NO2的去除率变化趋势如图所示。a点后NO2去除率降低的原因是________。 （3）检测烟道气中NOx含量的步骤如下： I. 将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中， 使NOx完全被氧化为NO3−； II. 加水稀释至100.00 mL，量取20.00 mL该溶液，与V1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液（过量）充分混合； III. 用c2 mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL。 ①NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式为________。 ②滴定过程中主要使用的玻璃仪器有________和锥形瓶等。 ③滴定过程中发生下列反应： 3 Fe2+ + NO3− + 4 H+ == NO↑ + 3 Fe3+ + 2 H2O MnO4− + 5 Fe2+ + 8 H+ == Mn2+ + 5Fe3+ + 4 H2O 烟气气样中NOx折合成NO2的含量为________ mg·m−3。 【答案】 ①. 2 1 2 2 SO42- 4H+ ②. CaCO3与反应体系中的H+反应，降低c (H+)，同时生成的Ca2+与SO42-反应生成CaSO4，降低c (SO42-)，有利于上述反应向右进行，从而提高SO2脱除率 ③. c(SO42-)过高时，以反应II平衡向逆反应方向移动为主，降低NO2去除率 ④. 2 NO + 3 H2O2 == 2 NO3- + 2H+ + 2 H2O ⑤. 滴定管 ⑥. 【解析】 【分析】（1）根据得失电子守恒配平化学方程式即可； （2）可从化学平衡的角度去分析问题； （3）根据相关化学方程式完成计算即可。 【详解】（1）配平该化学方程式为：2MnO4-+SO2+2H2O=2MnO42-+SO42-+4H+；CaCO3与反应体系中的H+反应，降低c(H+)，同时生成的Ca2+与SO42-反应生成CaSO4，降低c(SO42-)，有利于上述反应向右进行，从而提高SO2脱除率； （2）Na2SO4的质量较多，使得c(SO42-)过高，以反应II平衡向逆反应方向移动为主，降低NO2去除率； （3）①该离子方程式为：2NO+3H2O2=2NO3-+2H+ +2H2O； ②滴定过程中主要使用的玻璃仪器有滴定管和锥形瓶等； ③ ，n(Fe2+)2=5c2V2×10-3mol， 则n(Fe2+)1= n(Fe2+)- n(Fe2+)2=c1V1×10-3mol-5c2V2×10-3mol=(c1V1-5c2V2)×10-3mol， ，n(NO3-)1=， 根据N元素守恒，可得V L气体中NO2的物质的量为，即NO2的含量为：=mg·m-3。 17. 铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下： 已知：常温下 ； ； （1）步骤ⅱ的操作名称是___________。 （2）①中As的化合价为___________。 ②步骤ⅱ中的作用是___________。 （3）步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使。若溶液2中，则需控制pH的大致范围为___________。 （4）①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分是___________。 ②加入NaF的同时需调pH约为5，pH过低导致沉淀率下降，原因是___________。 （5）结合下图说明由溶液4得到的操作是___________。 【答案】（1）过滤 （2） ①. ②. 氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素 （3）4~7 （4） ①. 、 ②. 与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降 （5）加热浓缩、冷却结晶、过滤 【解析】 【分析】粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1：FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2：Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。 【小问1详解】 通过步骤ⅱ的操作，得到了沉淀和溶液两种分散系，故步骤ⅱ的操作名称为过滤； 【小问2详解】 ①H3ASO3中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价； ②据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1：FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO4被氧化，故H2O2的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素； 【小问3详解】 根据已知条件：常温下 ； ，则溶液2中时，c(OH-)不能大于，pH =7；又要使，则c(OH-)不能小于，pH =4，故需控制pH 的大致范围为4~7； 【小问4详解】 ①根据分析，步骤iv，沉淀3的主要成分为、； ②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是F-与H+结合生成弱电解质HF，导致c(F-)降低，沉淀率下降； 【小问5详解】 从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。 18. 锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许通过的和C保护层，工作原理如图1，具体操作如下。 i.将表面洁净的Li电极和电极浸在溶有的有机电解质溶液中。 ii.0-5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，电极上生成和C。 iii.5-10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，电极上消耗和C，Li电极上生成和C．步骤ii和步骤iii为1个电沉积循环。 iv.重复步骤ⅱ和步骤ⅲ的操作，继续完成9个电沉积循环。 (1)步骤ii内电路中的由___________向___________迁移(填“Li电极”或“电极”)。 (2)已知下列反应的热化学方程式。 步骤ii电解总反应的热化学方程式为___________。 (3)步骤iii中，Li电极的电极反应式为___________。 (4)和C只有在的催化作用下才能发生步骤ⅲ的电极反应，反应历程中的能量变化如下图。下列说法正确的是___________(填字母序号)。 a.反应历程中存在碳氧键的断裂和形成 b.反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量 c.催化剂通过降低电极反应的活化能使反应速率加快 (5)受上述“循环电沉积”法的启示，科学家研发了适用于火星大气(主要成分是)的“”可充电电池，工作原理如图2.“”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成和C沉积，原因是___________。 【答案】 ①. Li电极 ②. 电极 ③. ④. ⑤. ac ⑥. 电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时锂离子在锂电极放电得到Li 【解析】 【分析】电解时，与电源负极相连的一极为阴极，与电源正极相连的一极为阳极，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动；可根据元素化合价的变化书写电极方程式。 【详解】(1)从图1可以看出，步骤ii中a端连电源正极，作阳极，阳离子向阴极移动，从Li电极向电极迁移，故填Li电极、电极； (2)步骤ii的总反应为，根据盖斯定律，可得总反应的反应热为=-1250kJ/mol，即总反应的热化学方程式为，故填； (3)步骤iii中Li电极作阴极，电极反应式为，故填； (4)a.从图中可以看出碳酸根到二氧化碳存在碳氧键的断裂，从C到CO存在碳氧键的形成，故a正确； b.图中涉及电极转移时，能量增加，吸收能量，故b错误； c.催化剂可以降低活化能，加快反应速率，故c正确； 故填ac； (5)电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时锂离子在锂电极放电得到Li，所以只生成Li，故填电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时锂离子在锂电极放电得到Li； 19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 【答案】（1） （2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 ③. 、 ④. 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 ⑤. 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 （3）金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【解析】 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【小问1详解】 在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； 【小问2详解】 ①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； 【小问3详解】 对比实验Ⅱ和Ⅲ，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $