精品解析：四川省荣县中学2024-2025学年 高三上学期模拟试卷

四川省荣县中学2022级化学模拟卷二 1. 化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是 A. 竹简的成分之一纤维素属于天然高分子 B. 龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物 C. 古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2 D. 古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3 2. 侯德榜联合制碱法的原理之一是。下列说法正确的是 A. 基态N原子的轨道表示式若写为，则违背了洪特规则 B. NH3、CO2和H2O均为非电解质 C. 氯化钠的电子式为 D. CO2、和H2O的中心原子均为sp3杂化 3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 7.8g和混合物中所含的阴离子总数为0.1 B. 1L0.1mol/L溶液中离子数为0.1 C. 常温常压下，124g中所含P-P键的数目为4 D. 向密闭容器中充入1mol与1mol充分反应后容器内的分子数小于2 4. 下列事实解释正确的是 事实 解释 A 钠与钾的焰色实验不同 钠与钾的电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态或基态时，释放的能量不同，产生不同颜色的光 B 在中的溶解度高于在水中的溶解度 是由非极性键构成的非极性分子 C 的熔点比高 比相对分子质量大，分子间作用力大 D HF的热稳定性比HCl强 HF分子之间能形成氢键 A. A B. B C. C D. D 5. 常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是 A. 加入KSCN溶液显红色的溶液中：K＋、、Cl-、I- B. 使甲基橙呈红色的溶液中：、、、Cl- C. 澄清透明溶液中：、、Na＋、Cl- D. 由水电离产生的c(H＋) = 1× mol·的溶液：、、、Cl- 6. 以菱镁矿(主要成分是，含少量)为原料制取高纯氧化镁需要经历酸浸、调pH、过滤、灼烧等操作。下列实验装置和原理能达到实验目的的是 A. 用装置甲配制稀 B. 用装置乙测定溶液的pH C. 用装置丙过滤悬浊液 D. 用装置丁灼烧固体 7. 下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A CO还原Fe2O3实验中，Fe2O3是否全部被还原 向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，观察颜色变化 B 比较CH3COO-和ClO-结合H+的能力大小 室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH C 比较Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的相对大小 将BaSO4粉末和Na2CO3饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量上层清液，滴加盐酸和BaCl2溶液，观察是否有沉淀产生 D 蔗糖水解产物是否具有还原性 向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热煮沸，冷却后加入银氨溶液，水浴加热，观察现象 A. A B. B C. C D. D 8. 利用与在催化剂的作用下可合成甲醇，反应为，、和按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇，反应部分历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS代表过渡态)，下列说法正确的是 A. 比更易被吸附在催化剂表面 B. 向体系中通入水蒸气能提高甲醇的产率 C. 该历程中最大的活化能是 D. 该历程只涉及σ键的断裂和形成 9. X、Y均为第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]—的形式存在，下列说法不正确的是 A. 原子半径：X>Y B. 气态简单氢化物的还原性：X>Y C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X D. 同周期中第一电离能小于X的元素共有4种 阅读下列材料，完成下面小题：铜及其重要化合物在生产中有着重要的作用。辉铜矿（主要成分Cu2S）可以用于制铜，反应为，制得的粗铜通过电解法进行精炼。Cu2S与浓硝酸反应可得Cu(NO3)2。Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。 10. 下列有关辉铜矿制备粗铜的相关说法正确的是 A. Cu+转化为基态Cu，得到的电子填充在3d轨道上 B. O2和SO2都是非极性分子 C. Cu2S晶胞中S2﹣位置如图所示，则一个晶胞中含有8个Cu+ D. 标准状况下，每有22.4 LO2参与反应，转移电子数为4mol 11. 铜及其重要化合物下列说法正确的是 A. SO2的键角比SO3的大 B. SO2与SO3中心原子均采取sp2杂化 C. Cu+吸收电子的能力比Cu2+的强 D. 1mol[Cu(NH3)4]2+中配位原子是H 12. 下列说法正确的是 A. 电解精炼铜时的阴极反应： B. Cu2S与浓硝酸反应：Cu2S+6HNO3(浓)2Cu(NO3)2+2NO2↑+H2S↑+2H2O C. Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O D. Cu在O2存在下与氨水反应：2Cu+8NH3+O2+4H+＝2[Cu(NH3)4]2++2H2O 13. 利用电化学原理控制反应条件能将电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，反应过程原理的示意图如图。下列有关说法正确的是 A. 玻碳电极发生还原反应 B. 铂电极发生的电极反应为 C. 电池工作时，电流由玻碳电极经电解质溶液到铂电极 D. 当电路中转移1mol 时，阳极室溶液的质量减少8g 14. 常温下，用溶液滴定溶液，溶液中含A微粒百分含量(例如的百分含量随滴加溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线①表示的百分含量随滴加溶液体积的变化关系 B. C. D. M点溶液中存在 15. 实验室里可用如图所示的装置制取氯酸钾、次氯酸钠，并验证氯水的性质。 （1）图中装置A制取氯气时，在烧瓶中先加入一定量的二氧化锰固体，再通过_______(填仪器名称)向烧瓶中加入适量的_______(填试剂名称)，写出装置A中发生反应的化学方程式：_______。 （2）为除去氯气中混有的氯化氢气体，可在装置A、B之间安装盛有_______(填字母)的净化装置。 A. 碱石灰 B. 饱和食盐水 C. 浓硫酸 D. 饱和NaHCO3溶液 （3）写出装置B中制取氯酸钾的离子方程式：_______；写出装置C中制取次氯酸钠的离子方程式：_______。 （4）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是_______。 （5）实验中可观察到装置D的试管中溶液颜色变化为_______。 16. 高锰酸钾消毒片主要成分为KMnO4，可外用消炎杀菌。用某软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)制备KMnO4的流程图如下： 已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应。 （1）“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为_______ （2）向“浸取液”中通入CO2，调节其pH，经“过滤”得滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ的成分_______。 （3）①“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是_______(填字母)。 A.浓盐酸　　　B.亚硫酸　　　　　C.稀硫酸　　　　D.氢碘酸 ②“歧化”时，加入冰醋酸的目的是_______。(从平衡移动的角度用必要的离子方程式和文字解释)。 （4）由于直接歧化制备高锰酸钾的产率不高，且后续分离纯化步骤较多，目前工业上较多采用电解K2MnO4水溶液法制备(如图)，试写出该电解过程总反应的离子方程式：_______。 17. 利用CO2、H2为原料合成CH3OH的主要反应如下。 Ⅰ．CO2 (g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-48.5kJ/mol K1 Ⅱ．CO2 (g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2=+43.9kJ/mol K2 回答下列问题： （1）已知反应Ⅲ的平衡常数K3=，写出反应Ⅲ的热化学方程式___________。 （2）一定条件下，向恒压密闭容器中以一定流速通入CO2和H2混合气体，CO2平衡转化率和CH3OH选择性n[]随温度、投料比的变化曲线如图所示。 ①表示CH3OH选择性的曲线是___________(填“L1”或“L2”)；CO2平衡转化率随温度升高发生如图变化的原因是___________。 ②生成CH3OH的最佳条件是___________(填标号)。 a．220℃，n(CO2):n(H2)=1:3 b．220℃，n(CO2):n(H2)=1:4 c．320℃，n(CO2):n(H2)=1:4 d．320℃，n(CO2):n(H2)=1:3 （3）一定温度下，向恒压密闭容器中通入lmolCO2(g)和3molH2(g)，充分反应后，测得CO2平衡转化率为a，CH3OH选择性为b，该温度下反应Ⅰ的平衡常数Kx=___________(Kx为以物质的量分数表示的平衡常数)。 （4）向压强恒为3.0MPa的密闭容器中通入反应混合气[]，在1molNiGa催化作用下只发生反应Ⅰ。测得CH3OH时空收率(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度的变化曲线如图所示。 ①CH3OH时空收率随温度升高先增大后减小的原因是___________。 ②223℃时，H2的平均反应速率v(H2)=___________mol·h-1。 18. 钠碱法的启动吸收剂为NaOH溶液，捕捉SO2后生成Na2SO3和NaHSO3的混合液。 （1）常温下进行“钠碱法”的模拟实验。用12gNaOH固体配成一定浓度的溶液，这些NaOH理论上最多可吸收SO2的体积约为______L(折算成标准状况)。若实验时只吸收了0.10molSO2，则反应后的吸收液中，所含负离子的浓度由大到小的顺序为______。 （2）当钠碱法的吸收液pH达到4~6时，混合液中含较多量NaHSO3.加热该溶液可回收得到较高纯度的SO2，剩余溶液可循环使用，进一步吸收SO2，剩余溶液的主要溶质是______(填写化学式)。 （3）将SO2通入NaOH溶液时，得到一组c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)=0.100mol·L-1的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的关系曲线如下图所示。 若溶液的pH=7，溶液中c(Na+)=c()＋______，此时溶液中c(Na＋)______0.100mol·L-1.(选填“>”、“<”或“=”) （4）上述混合液中存在多个水解平衡，与化学平衡一样，水解平衡也有自己的平衡常数(Kh)。以醋酸钠(CH3COONa)为例，其水解平衡常数存在以下定量关系：Kh==(Kw为水的离子积常数，Ka为CH3COOH的电离常数)亚硫酸为二元弱酸，25℃时，其电离常数Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7。请结合相关数据说明NaHSO3溶液呈酸性的理由。______。 （5）“钙碱法”的工作原理与“钠碱法”相似，一般选择消石灰的悬浊液为SO2吸收剂。请对照“钠碱法”，尝试通过比较反应物和生成物的不同性质，从生产成本和设备维护两方面对“钙碱法”做出评价______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省荣县中学2022级化学模拟卷二 1. 化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是 A. 竹简的成分之一纤维素属于天然高分子 B. 龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物 C. 古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2 D. 古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3 【答案】C 【解析】 【详解】A．纤维素是一种天然化合物，其分子式为(C6H10O5)n，其相对分子质量较高，是一种天然高分子，A正确； B．羟基磷灰石又称又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为[Ca10(PO4)6(OH)2]，属于无机物，B正确； C．熟石膏是主要成分为2CaSO4·H2O，Ca(OH)2为熟石灰的主要成分，C错误； D．Fe2O3为红色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D正确； 故答案选C。 2. 侯德榜联合制碱法的原理之一是。下列说法正确的是 A. 基态N原子的轨道表示式若写为，则违背了洪特规则 B. NH3、CO2和H2O均为非电解质 C. 氯化钠的电子式为 D. CO2、和H2O的中心原子均为sp3杂化 【答案】A 【解析】 【详解】A．洪特规则的内容是指当电子进入相同能级的简并轨道时电子总是单独分占不同的轨道且自旋方向相同，故基态N原子的轨道表示式若写为，则违背了洪特规则，A正确； B．NH3、CO2均为非电解质，但H2O是一种极弱的电解质，B错误； C．氯化钠是离子化合物，则其电子式为：，C错误； D．CO2中心原子C周围的价层电子对数为2，则其采用sp杂化，和H2O的中心原子的价层电子对数均为4，均为sp3杂化，D错误； 故答案为：A。 3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 7.8g和混合物中所含的阴离子总数为0.1 B. 1L0.1mol/L溶液中离子数为0.1 C. 常温常压下，124g中所含P-P键的数目为4 D. 向密闭容器中充入1mol与1mol充分反应后容器内的分子数小于2 【答案】A 【解析】 【详解】A．过氧化钠是由1个钠离子和1个过氧根离子构成的、硫化钠是由1个钠离子和1个硫离子构成的，1分子中均含有1个阴离子，且两者的相对分子质量均为78；则和混合物可看作NaM，且物质的量为0.1mol，其所含的阴离子总数为，A正确； B．溶液中存在Cr2O+H2O2CrO+2H+，导致离子数小于，B错误； C．1分子P4中存在6个P-P键，常温常压下，（物质的量为1mol）中所含键的数目为，C错误； D．向密闭容器中充入1mol与1mol，反应为等分子数的反应，故容器内的分子数等于，D错误； 故选A。 4. 下列事实解释正确的是 事实 解释 A 钠与钾的焰色实验不同 钠与钾的电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态或基态时，释放的能量不同，产生不同颜色的光 B 在中的溶解度高于在水中的溶解度 是由非极性键构成的非极性分子 C 的熔点比高 比相对分子质量大，分子间作用力大 D HF的热稳定性比HCl强 HF分子之间能形成氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．金属的焰色反应是金属在加热时电子由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能跃迁，释放出不同波长的光，因此产生不同颜色的光，故A正确； B．分子的结构为V形，且分子中正电中心和负电中心不重合，臭氧分子比较特殊属于非极性键构成的极性分子，但其极性较小，在中的溶解度大于在水中溶解度，故B错误； C．的熔点比高是因为是共价晶体，其熔沸点很高，而是分子晶体，其熔沸点相对较低，故C错误； D． HF的热稳定性比HCl强是因为F的非金属性强于Cl，H-F比H-Cl的键能大，故D错误； 故选A。 5. 常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是 A. 加入KSCN溶液显红色的溶液中：K＋、、Cl-、I- B. 使甲基橙呈红色的溶液中：、、、Cl- C. 澄清透明溶液中：、、Na＋、Cl- D. 由水电离产生的c(H＋) = 1× mol·的溶液：、、、Cl- 【答案】C 【解析】 【详解】A．加入KSCN溶液显红色的溶液中含有，与I-发生氧化还原反应而不共存；A不符合要求； B．使甲基橙呈红色的溶液中呈酸性，与反应不共存， 与也反应不共存，B不符合要求； C．澄清透明溶液中：、、Na＋、Cl-相互之间不反应可以大量共存，C符合要求； D．由水电离产生的c(H＋) = 1× mol·的溶液溶液可能呈酸性或碱性，当酸性条件时，可以大量共存，当碱性条件：与生成而不共存，D不符合要求 故选C 6. 以菱镁矿(主要成分是，含少量)为原料制取高纯氧化镁需要经历酸浸、调pH、过滤、灼烧等操作。下列实验装置和原理能达到实验目的的是 A. 用装置甲配制稀 B. 用装置乙测定溶液的pH C. 用装置丙过滤悬浊液 D. 用装置丁灼烧固体 【答案】C 【解析】 【详解】A．容量瓶属于玻璃精量器，不能在容量瓶中直接稀释溶液，选项A错误； B．测定溶液的pH时不能将pH试纸直接放进溶液中，应用玻璃棒蘸取溶液点在试纸上与比色卡对比读数，选项B错误； C．用装置丙过滤悬浊液，装置及操作均正确，选项C正确； D．灼烧固体时应选用坩埚，且加热固体物质时试管口应该向下倾斜，选项D错误； 答案选C。 7. 下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A CO还原Fe2O3实验中，Fe2O3是否全部被还原 向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，观察颜色变化 B 比较CH3COO-和ClO-结合H+的能力大小 室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH C 比较Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的相对大小 将BaSO4粉末和Na2CO3饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量上层清液，滴加盐酸和BaCl2溶液，观察是否有沉淀产生 D 蔗糖水解产物是否具有还原性 向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热煮沸，冷却后加入银氨溶液，水浴加热，观察现象 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，如果溶液变为血红色，表明Fe2O3没有全部被还原，如果溶液不变色，并不能说明Fe2O3全部被还原，因为生成的Fe能将Fe3+还原为Fe2+，A不正确； B．室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，后者的pH大，表明后者溶液中c(OH-)大，溶液的碱性强，ClO-的水解程度比CH3COO-大，从而说明ClO-结合H+的能力比CH3COO-强，B正确； C．将BaSO4粉末和Na2CO3饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量上层清液，滴加盐酸和BaCl2溶液，虽然有气泡和沉淀产生，但并不能说明Ksp(BaSO4)比Ksp(BaCO3)大，因为使用的是Na2CO3饱和溶液，C不正确； D．向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热煮沸，冷却后没有加入碱中和硫酸，加入银氨溶液后，银氨溶液与硫酸发生了反应，水解生成的葡萄糖并没有与银氨溶液发生反应，所以虽然没有产生银镜，但并不能说明蔗糖水解产物没有还原性，D不正确； 故选B。 8. 利用与在催化剂的作用下可合成甲醇，反应为，、和按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇，反应部分历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS代表过渡态)，下列说法正确的是 A. 比更易被吸附在催化剂表面 B. 向体系中通入水蒸气能提高甲醇的产率 C. 该历程中最大的活化能是 D. 该历程只涉及σ键的断裂和形成 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，起始氧气和水蒸气的能量都为0，与催化剂接触后*H2O的能量低于*O2的能量，说明水蒸气更易被吸附在催化剂表面，故A错误； B．由图可知，*O与*H反应生成水蒸气，则水蒸气是反应的活化催化剂，能加快反应速率，但平衡不移动，甲醇的产率不变，故B错误； C．由图可知，*CH4、*OH和*H反应生成*CH3OH和2*H时反应活化能最大，则该历程中最大的活化能为—12.68kJ/mol—(—35.03kJ/mol)=22.37kJ/mol，故C正确； D．氧气分子中含有氧氧双键，该历程涉及σ键和π键的断裂，故D错误； 故选C。 9. X、Y均为第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]—的形式存在，下列说法不正确的是 A. 原子半径：X>Y B. 气态简单氢化物的还原性：X>Y C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X D. 同周期中第一电离能小于X的元素共有4种 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y均为第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，则Y为Cl元素；由二者形成的化合物的阴阳离子的化学式可知，X为P元素。 【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则磷原子的原子半径大于氯原子，故A正确； B．元素的非金属性越强，气态简单氢化物的还原性越弱，则磷化氢的还原性强于氯化氢，故B正确； C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则高氯酸的酸性强于磷酸，故C正确； D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能小于磷元素的有钠、铝、镁、硅、硫，共有5种，故D错误； 故选D。 阅读下列材料，完成下面小题：铜及其重要化合物在生产中有着重要的作用。辉铜矿（主要成分Cu2S）可以用于制铜，反应为，制得的粗铜通过电解法进行精炼。Cu2S与浓硝酸反应可得Cu(NO3)2。Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+。Cu2O加入到稀硫酸中，溶液变蓝色并有紫红色固体产生。 10. 下列有关辉铜矿制备粗铜的相关说法正确的是 A. Cu+转化为基态Cu，得到的电子填充在3d轨道上 B. O2和SO2都是非极性分子 C. Cu2S晶胞中S2﹣位置如图所示，则一个晶胞中含有8个Cu+ D. 标准状况下，每有22.4 LO2参与反应，转移电子数为4mol 11. 铜及其重要化合物下列说法正确的是 A. SO2的键角比SO3的大 B. SO2与SO3中心原子均采取sp2杂化 C. Cu+吸收电子的能力比Cu2+的强 D. 1mol[Cu(NH3)4]2+中配位原子是H 12. 下列说法正确的是 A. 电解精炼铜时的阴极反应： B. Cu2S与浓硝酸反应：Cu2S+6HNO3(浓)2Cu(NO3)2+2NO2↑+H2S↑+2H2O C. Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O D. Cu在O2存在下与氨水反应：2Cu+8NH3+O2+4H+＝2[Cu(NH3)4]2++2H2O 【答案】10. C 11. B 12. C 【解析】 【10题详解】 A．根据构造原理可知基态Cu+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10，Cu＋得到1个电子转化为基态Cu，Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，可见Cu+得到的电子是填充在4s轨道上，A错误； B．O2是非极性分子，而SO2则是极性分子，B错误； C．Cu2S晶胞中S2-位置如图所示，则一个晶胞中含有S2-数目为8×+6×=4，则根据其化学式可知其中所含Cu+数目为8个，C正确； D．在该反应中Cu元素化合价由+l价变为0价，O元素化合价由0价变为-2价，化合价共降低1×2+2×2=6；S元素化合价由-2价变为+4价，化合价升高6价，故在标准状况下，每有22.4 LO2参与反应，反应的O2的物质的量是1 mol时，转移电子的物质的量是6 mol，D错误； 故合理选项是C。 【11题详解】 A．二氧化硫是V形结构，三氧化硫是平面三角形结构，所以SO2的键角比SO3的小，A错误； B．SO2、SO3中中心原子S的价层电子对数均为3，因此SO2与SO3中心原子均采取sp2杂化，B正确； C．同一元素的阳离子，所带电荷数越多，吸收电子的能力越强，所以Cu+吸收电子的能力比Cu2+的弱，C错误； D．1mol[Cu(NH3)4]2+中配位原子是N，D错误； 答案选B。 【12题详解】 A．电解精炼铜时阴极上Cu2＋得到电子被还原为Cu单质，电极反应为Cu2++2e－＝Cu，A错误； B．浓硝酸具有强氧化性，与Cu2S反应不能产生具有还原性的H2S气体，Cu2S与浓硝酸反应会的化学方程式为Cu2S+14HNO3(浓)2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O，B错误； C．Cu2O溶于稀硫酸，在酸性条件下发生歧化反应，方程式是为Cu2O+2H+＝Cu+Cu2++H2O，C正确： D．氨水显碱性，不能大量存在H+，反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O＝2[Cu(NH3)4]2++4OH－，D错误； 故合理选项是C。 13. 利用电化学原理控制反应条件能将电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，反应过程原理的示意图如图。下列有关说法正确的是 A. 玻碳电极发生还原反应 B. 铂电极发生的电极反应为 C. 电池工作时，电流由玻碳电极经电解质溶液到铂电极 D. 当电路中转移1mol 时，阳极室溶液的质量减少8g 【答案】C 【解析】 【分析】分析该装置，H2O转化为O2，O失去电子发生氧化反应，则玻碳电极为阳极，铂电极为阴极，据此解答。 【详解】A．玻碳电极为阳极，发生氧化反应，A错误； B．铂电极发生的电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH、，B错误； C．玻碳电极为阳极，铂电极为阴极，电池工作时，电流由玻碳电极经电解质溶液到铂电极，C正确； D．当电路中转移1mol 时，同时有1mol氢离子通过质子交换膜进入左侧，阳极室溶液的质量减少，D错误； 故选C。 14. 常温下，用溶液滴定溶液，溶液中含A微粒百分含量(例如的百分含量随滴加溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线①表示的百分含量随滴加溶液体积的变化关系 B. C. D. M点溶液中存在 【答案】D 【解析】 【详解】A．用溶液滴定溶液，HA的百分含量逐渐减少，A-的百分含量逐渐增加，故曲线①代表HA的百分含量，曲线②代表A－的百分含量，A错误； B．M点，c(HA)=c(A-)，Ka==c(H+)=10-(14-10.6)=10-3.4，B错误； C．如a=10，则反应后剩余的c(HA)=c(NaA)，Ka=10-3.4，，即电离大于水解，使c(HA)＜c(A-)，现要使c(HA)=c(A-)，由图示可知，NaOH溶液体积小于10mL，故a<10，C错误； D．M点存在电荷守恒，，因为c(HA)=c(A-)，有，D正确； 答案选D。 15. 实验室里可用如图所示的装置制取氯酸钾、次氯酸钠，并验证氯水的性质。 （1）图中装置A制取氯气时，在烧瓶中先加入一定量的二氧化锰固体，再通过_______(填仪器名称)向烧瓶中加入适量的_______(填试剂名称)，写出装置A中发生反应的化学方程式：_______。 （2）为除去氯气中混有的氯化氢气体，可在装置A、B之间安装盛有_______(填字母)的净化装置。 A. 碱石灰 B. 饱和食盐水 C. 浓硫酸 D. 饱和NaHCO3溶液 （3）写出装置B中制取氯酸钾的离子方程式：_______；写出装置C中制取次氯酸钠的离子方程式：_______。 （4）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是_______。 （5）实验中可观察到装置D的试管中溶液颜色变化为_______。 【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 浓盐酸 ③. （2）B （3） ①. ②. （4）反应的温度不同、反应物浓度不同 （5）先变红后褪色 【解析】 【分析】制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，反应生成氯气，生成的氯气混有HCl气体，根据氯气难溶于饱和氯化钠溶液，HCl易溶于水，可用饱和食盐水除杂，在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以D装置现象为先变红后褪色，尾气有毒使用E装置中碱液吸收； 【小问1详解】 二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；装置A制取氯气时，在烧瓶中先加入一定量的二氧化锰固体，再通过分液漏斗向烧瓶中加入适量的浓盐酸； 【小问2详解】 由分析知，生成的氯气混有HCl气体，根据氯气难溶于饱和氯化钠溶液，HCl易溶于水，可用饱和食盐水除杂，故选B； 【小问3详解】 装置B中在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，结合得失电子守恒，氯元素化合价还会降低生成氯化钾，同时生成水，离子方程式为；装置C中在常温下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，离子方程式为：； 【小问4详解】 在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同，故答案为：反应的温度不同、反应物浓度不同； 【小问5详解】 由分析知，装置D的试管中溶液颜色变化为：先变红后褪色。 16. 高锰酸钾消毒片主要成分为KMnO4，可外用消炎杀菌。用某软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)制备KMnO4的流程图如下： 已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应。 （1）“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为_______ （2）向“浸取液”中通入CO2，调节其pH，经“过滤”得滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ的成分_______。 （3）①“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是_______(填字母)。 A.浓盐酸　　　B.亚硫酸　　　　　C.稀硫酸　　　　D.氢碘酸 ②“歧化”时，加入冰醋酸的目的是_______。(从平衡移动的角度用必要的离子方程式和文字解释)。 （4）由于直接歧化制备高锰酸钾的产率不高，且后续分离纯化步骤较多，目前工业上较多采用电解K2MnO4水溶液法制备(如图)，试写出该电解过程总反应的离子方程式：_______。 【答案】（1）2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O （2）Al(OH)3、H2SiO3 （3） ①. C ②. 消耗OH-，使平衡3+2H2O2+MnO2(s)+4OH-正向移动，提高KMnO4产率 （4） 【解析】 【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)加KOH、空气进行熔融煅烧得K2MnO4、KAlO2、K2SiO3，冷却浸取得含K2MnO4、KAlO2或四羟基合铝酸钾、K2SiO3溶液，调pH使铝元素、硅元素转化为氢氧化铝、硅酸沉淀，然后过滤除去，得到K2MnO4溶液，K2MnO4溶液加冰醋酸进行歧化反应得到MnO2和KMnO4，过滤、洗涤、干燥等操作得到KMnO4。 【小问1详解】 “熔融煅烧”时，MnO2被氧气氧化为K2MnO4，化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O。 【小问2详解】 向“浸取液”中通入CO2，KAlO2或四羟基合铝酸钾、K2SiO3溶液分别与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝、硅酸，故经调节pH、“过滤”得滤渣Ⅰ的成分为Al(OH)3、H2SiO3。 【小问3详解】 歧化”时，醋酸的作用是提供酸性环境，得到高锰酸钾： ①A．常温下，KMnO4会和浓盐酸反应，不可用浓盐酸，A不选； B．亚硫酸有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，不可用亚硫酸，B不选；　　　　　 C．稀硫酸可提供酸性环境，不和锰酸钾、高锰酸钾、二氧化锰反应，可替代醋酸，C选； D．氢碘酸有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，不可用氢碘酸，D不选； 选C； ②由所给信息可知K2MnO4溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应，即存在3K2MnO4(aq)+2H2O(l)2KMnO4(aq)+MnO2(s)+4KOH(aq)，故“歧化”时，加入冰醋酸的目的是：消耗OH-，使平衡正向移动，提高KMnO4产率。 【小问4详解】 由图可知电解时a极作阳极，电极反应式为，K+向阴极室移动，b极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则D为浓KOH溶液，故该电解过程总反应的离子方程式为。 17. 利用CO2、H2为原料合成CH3OH的主要反应如下。 Ⅰ．CO2 (g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-48.5kJ/mol K1 Ⅱ．CO2 (g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2=+43.9kJ/mol K2 回答下列问题： （1）已知反应Ⅲ的平衡常数K3=，写出反应Ⅲ的热化学方程式___________。 （2）一定条件下，向恒压密闭容器中以一定流速通入CO2和H2混合气体，CO2平衡转化率和CH3OH选择性n[]随温度、投料比的变化曲线如图所示。 ①表示CH3OH选择性的曲线是___________(填“L1”或“L2”)；CO2平衡转化率随温度升高发生如图变化的原因是___________。 ②生成CH3OH的最佳条件是___________(填标号)。 a．220℃，n(CO2):n(H2)=1:3 b．220℃，n(CO2):n(H2)=1:4 c．320℃，n(CO2):n(H2)=1:4 d．320℃，n(CO2):n(H2)=1:3 （3）一定温度下，向恒压密闭容器中通入lmolCO2(g)和3molH2(g)，充分反应后，测得CO2平衡转化率为a，CH3OH选择性为b，该温度下反应Ⅰ的平衡常数Kx=___________(Kx为以物质的量分数表示的平衡常数)。 （4）向压强恒为3.0MPa的密闭容器中通入反应混合气[]，在1molNiGa催化作用下只发生反应Ⅰ。测得CH3OH时空收率(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度的变化曲线如图所示。 ①CH3OH时空收率随温度升高先增大后减小的原因是___________。 ②223℃时，H2的平均反应速率v(H2)=___________mol·h-1。 【答案】（1）CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H=-92.4kJ·mol-1 （2） ①. L1 ②. 随温度升高，反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅰ逆向进行的程度 ③. c （3） （4） ①. 随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率上升；继续升高温度催化剂活性降低或平衡逆向移动，甲醇时空收率降低 ②. 0.60或0.6 【解析】 【小问1详解】 已知反应Ⅲ的平衡常数K3=，由盖斯定律可知反应Ⅰ-反应Ⅱ可得反应Ⅲ的热化学方程式为：CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)，∆H3=∆H1-∆H2=-92.4kJ·mol-1； 【小问2详解】 ①反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的转化率减小，选择性减小，则表示CH3OH选择性的曲线是L1，L2代表CO2平衡转化率随温度变化的曲线，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ逆向移动的程度，CO2平衡转化率随温度的升高而增大； ②由图可知，320℃， n(CO2):n(H2)=1:4时，CH3OH选择性较大，同时CO2的转化率也较大，故选c； 【小问3详解】 根据已知条件列出“三段式”， 充分反应后，测得平衡转化率为，选择性为，解得x=ab mol，y=(a-ab) mol，平衡时n()=(1-a) mol，n(H2)=(3-a-2ab) mol，n(CO)=(a-ab) mol，n(H2O)=a mol，n(CH3OH)=ab mol，n(总)=(4-2ab)mol，该温度下反应Ⅰ的平衡常数Kx=； 【小问4详解】 ①CH3OH时空收率随温度升高先增大后减小的原因是：温度较低时，反应速率较慢，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，CH3OH时空收率增大，当温度较高，反应速率较快，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的转化率减小，CH3OH时空收率减小； ②223°C时，CH3OH时空收率为0.2 [(mol·h-1)/mol]，H2的平均反应速率为v(H2)=0.2 [(mol·h-1)/mol]×1mol×3=0.6mol·h-1。 18. 钠碱法的启动吸收剂为NaOH溶液，捕捉SO2后生成Na2SO3和NaHSO3的混合液。 （1）常温下进行“钠碱法”的模拟实验。用12gNaOH固体配成一定浓度的溶液，这些NaOH理论上最多可吸收SO2的体积约为______L(折算成标准状况)。若实验时只吸收了0.10molSO2，则反应后的吸收液中，所含负离子的浓度由大到小的顺序为______。 （2）当钠碱法的吸收液pH达到4~6时，混合液中含较多量NaHSO3.加热该溶液可回收得到较高纯度的SO2，剩余溶液可循环使用，进一步吸收SO2，剩余溶液的主要溶质是______(填写化学式)。 （3）将SO2通入NaOH溶液时，得到一组c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)=0.100mol·L-1的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的关系曲线如下图所示。 若溶液的pH=7，溶液中c(Na+)=c()＋______，此时溶液中c(Na＋)______0.100mol·L-1.(选填“>”、“<”或“=”) （4）上述混合液中存在多个水解平衡，与化学平衡一样，水解平衡也有自己的平衡常数(Kh)。以醋酸钠(CH3COONa)为例，其水解平衡常数存在以下定量关系：Kh==(Kw为水的离子积常数，Ka为CH3COOH的电离常数)亚硫酸为二元弱酸，25℃时，其电离常数Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7。请结合相关数据说明NaHSO3溶液呈酸性的理由。______。 （5）“钙碱法”的工作原理与“钠碱法”相似，一般选择消石灰的悬浊液为SO2吸收剂。请对照“钠碱法”，尝试通过比较反应物和生成物的不同性质，从生产成本和设备维护两方面对“钙碱法”做出评价______。 【答案】（1） ①. 6.72 ②. （2）Na2SO3 （3） ①. 2c() ②. > （4）的水解常数，小于的电离解常数，所以溶液显酸性 （5）原料消石灰价格低于烧碱，所以成本更低，但产物CaSO3难溶于水，可能堵塞管道 【解析】 【小问1详解】 当生成亚硫酸氢钠时吸收的二氧化硫最多，因此NaOH，最多吸收0.3mol×22.4L/mol=6.72L二氧化硫；当只吸收0.1mol二氧化硫时，溶质包括0.1molNaOH、0.1molNa2SO3，亚硫酸为弱酸，微弱的水解出亚硫酸氢根离子、亚硫酸和氢氧根离子，因此阴离子浓度从大到小顺序为：，故答案为：6.72；。 【小问2详解】 加热时，因此剩余溶液主要溶质为，故答案为：Na2SO3。 【小问3详解】 根据电荷守恒：，pH=7时溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，则；，此时，从图中可以读出，则；故答案为：2c()；>。 【小问4详解】 ，，则，因此亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，因此，溶液呈酸性，故答案为：的水解常数，小于的电离解常数，所以溶液显酸性。 【小问5详解】 消石灰为氢氧化钙，相比氢氧化钠更加便宜易得，而使用消石灰时生成的亚硫酸钙难溶，亚硫酸钠易溶，因此使用钙碱法时需要定期除垢，故答案为：原料消石灰价格低于烧碱，所以成本更低，但产物CaSO3难溶于水，可能堵塞管道。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $