精品解析：陕西省西安市蓝田县城关中学大学区联考2024-2025学年高二上学期11月期中考试 化学试题

高二化学阶段性学习效果测试 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上。 3.考试结束后将本试卷与答题卡一并交回。 第I卷(选择题) 一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分) 1. N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量。则下列热化学方程式中正确的是 A. B. C. D. 2. 已知红磷比白磷稳定。常温常压下，31g红磷或白磷分别与等量的发生反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. A物质是红磷和氯气 B. B→C的过程是放热反应，不需要加热 C. C物质一定是PCl3(g)或PCl5(s)中的一种 D. 4P(红磷，s)=P4(白磷，s) 3. 化学反应A+B→C(△H>0)分两步进行：①A+B→X(△H<0)，②X→C(△H>0)。下列示意图中表示总反应过程中能量变化正确的图像是 A. B. C. D. 4. 一种以太阳能为热源分解水的历程，如图所示： 已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.0kJ•mol-1 过程I：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) △H=+313.2kJ•mol-1 下列说法正确的是 A. 整个过程中能量转化形式只存在太阳能转化为化学能 B 过程Ⅰ中每生成3molFeO，转移2mol电子 C. 整个转化过程中Fe3O4和FeO都催化剂 D. 过程Ⅱ热化学方程式为3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) △H=+257.8kJ•mol-1 5. 25℃，用盐酸与溶液进行中和反应反应热的测定。实验结果与理论值不一致，其原因分析错误的是 A. 实验装置保温、隔热效果差，导致偏大 B. 用温度计测定溶液起始温度后直接测定盐酸的温度，导致偏大 C. 分多次把溶液缓慢倒入盛有盐酸小烧杯中，导致偏小 D. 实验时使用金属搅拌棒，导致偏大 6. 金属镁和卤素单质（）反应过程中的相对能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 由分解制备和的反应是放热反应 B. 固体的稳定性： C. 和作用生成的反应都是吸热反应 D. 7. Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl2的反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)　ΔH，研究发现CuCl2(s)催化反应的过程如下： 反应i：2CuCl2(s)2CuCl(s)+Cl2(g) 反应ii：2CuCl(s)+O2(g)2CuO(s)+Cl2(g) 反应iii：…… 下列关于Deacon催化氧化法制Cl2的说法正确的是 A. 反应i增大压强，达新平衡后Cl2浓度减小 B. 反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH>0 C. 由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高平衡转化率 D. 推断反应iii应为CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g) 8. 乙醇催化脱氢反应：。已知：的选择性=；乙醇在高温下会发生催化裂解，从而降低乙醛的选择性；在系催化剂作用下反应温度对乙醇催化脱氢反应影响的关系如图。 下列说法正确的是 A. 该条件下的最佳反应温度为 B. 时，的产率为32.55% C. 由图可推知，乙醇脱氢反应的活化能高于乙醇裂解的活化能 D. 升高温度和增大压强均能提高催化脱氢反应中乙醇的平衡转化率 9. 和在某催化剂表面合成甲醇的反应历程如图所示，其中“*”表示吸附在催化剂表面的物质，“”表示过渡态。 设为起始时的投料比，即。下列说法正确的是 A. 决速步骤的反应方程式为 B. 升高温度，该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小 C. 该反应在高温下易自发进行 D. 若在同温同压下增大，则平衡体系中的体积分数一定增大 10. 氯化铜晶体()是重要的化工原料，可用作反应的催化剂、消毒剂等。由孔雀石[主要含，还含少量、]制备氯化铜晶体的方案如下： 下列有关说法不正确是 A. 酸溶时适当升高温度并不断搅拌，有利于提高铜的浸取率 B. 滤渣为 C. 常温下，已知，欲使调后溶液中，必须控制溶液 D. 在坩埚中加热晶体可得到纯净的无水 11. 软磁材料可由阳极渣和黄铁矿制得。阳极渣的主要成分为且含有少量Pb、Fe、Cu等元素的化合物。制备流程如下。 25℃时，。下列说法错误的是 A. X可为稀硫酸 B. 滤渣2成分是和 C. “酸浸”时中的铁元素转化为，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2 D. 利用替代CaO可优化该流程 12. 甘氨酸[H3N+CH2COO-]是最简单的氨基酸，其盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡： H3N+CH2COOHH3N+CH2COO-+ H+ Ka1 H3N+CH2COO-H2N+CH2COO-+H+ Ka2 常温下，向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，混合溶液的pH随加氢氧化钠溶液的体积变化关系如图所示。已知：甘氨酸以两性离子(H3N+CH2COO-)形式在时溶解度最小。 在常温下，下列说法不正确的是 A. Ka2的数量级为10-10 B 向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH=6，可能会析出固体 C. M点的溶液中：c(H3N+CH2COOH)+ c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-) D. N点的溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)> c(H+) 13. 根据下列图示所得出的结论正确的是 A. 图甲是常温下用溶液分别滴定一元酸、的滴定曲线，说明的酸性大于Y B. 图乙表示温度在和时水溶液中和的关系，则阴影部分内任意一点均满足 C. 图丙表示改变平衡体系2NO2(g)⇌N2O4(g) △H=-56.9kJ·mol-1的某一条件后，正、逆的变化情况，可推知时刻改变的条件是升高温度 D. 图丁表示炭黑作用下生成活化氧过程中能量变化情况，说明每活化1mol氧分子放出能量 14. Ag催化刻蚀Si晶片的反应原理如图所示，刻蚀液由一定浓度的HF和混合而成，刻蚀时间为2～16min，由Ag薄膜覆盖的部分硅晶片被刻蚀掉，剩余部分就形成了硅纳米线。下列说法错误的是 A. 该刻蚀过程利用了原电池原理，Si作负极 B. Si极附近溶液酸性增强 C. 每刻蚀14gSi，有2mol电子流入Ag电极 D. Ag极发生的反应为 15. 如图所示电解装置，通电后石墨电极Ⅱ上有生成，逐渐溶解，下列判断错误的是 A. b是电源的正极 B. 通电一段时间后，向石墨电极II附近滴加石蕊溶液，出现红色 C. 当完全溶解时，至少产生气体（折合成标准状况下） D. 随着电解的进行，溶液浓度变大 16. 酸性水系锌锰电池放电时，电极上的易剥落，会降低电池效率，若向体系中加入少量固体则可以提高电池的工作效率，原理如图所示。下列说法错误的是 A. 加入降低了正极反应的活化能 B. 加入后可降低能量的“损失”，相关方程式为 C. 放电时、若消耗，正极区电解质溶液理论上增重 D. 从左向右通过质子交换膜的的物质的量与消耗的物质的量之比为 第II卷(非选择题) 二、非选择题(共52分) 17. 已知氮元素及其化合物的转化关系如下图所示，回答下列问题。 （1）已知1mol氨气发生反应②，完全反应生成NO和水蒸气时放出226kJ的热，该反应的热化学方程式是_______。 （2）反应④的离子方程式为_______。理论上如图N2合成1mol硝酸，至少需要氧气共_______mol。 （3）汽车尾气净化装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示，该过程的总反应化学方程式为_______。 （4）工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2，可用NaOH溶液吸收。发生的反应有：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O，2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如下图： (α表示尾气里NO、NO2中NO2的含量) ①根据上图得知_______(填字母)。 A．NaOH溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大 B．NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大 ②当α小于50%时，加入H2O2能提升氮氧化物的吸收率，原因是_______。 18. 我国某电镀厂的电镀废水沉泥中含有大量的有价金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)。某科研团队利用电镀废水沉泥回收七水硫酸锌(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下： 已知：“除铁”时若pH过高，会产生氢氧化铁胶状沉淀，其具有较强的吸附性。回答下列问题： （1）“浸出”步骤中，适当增大H2SO4浓度的原因是___________。 （2）“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为___________。调节pH对不同金属沉出率的影响如图所示： 沉铁时最合理的pH约为___________ (填序号)。 A．2.8 B． 3.2 C． 3.4 D．3.6 （3）根据流程图可知Zn、Cu、Ni的金属性强弱顺序为___________。 （4）“浸出”的浸渣中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银(Ag)，还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则N2H4的氧化产物为___________。 （5）已知肼蒸汽可以与NO2反应：2N2H4(g)+2NO2(g) 3N2(g)+4H2O(g)，在温度T下，容积固定的密闭容器中充入3molN2H4和3molNO2，起始压强为Po，一段时间后，反应达到平衡，此时压强p=1.5Po，反应开始时，NO2的分压是___________(用含po的代数式表示)，N2H4的平衡分压是___________(用含p的代数式表示)，平衡时N2H4的转化率是___________％。(保留一位小数) 19. Ⅰ．亚硝酸钠是一种工业盐，用途广泛，外观与食盐非常相似，但毒性较强，食品添加亚硝酸钠必须严格控制用量。某化学兴趣小组对鉴别NaCl和NaNO2进行了如下探究： （1）测算溶液pH 常温下，用pH试纸分别测定0.1 mol·L-1两种盐溶液的pH，测得NaNO2溶液呈碱性。 NaNO2溶液呈碱性的原因是_______(用离子方程式解释)。NaNO2溶液中HNO2的准确浓度为_______ mol·L-1(测得NaNO2溶液pH=b，用含b的代数式表示)。 （2）沉淀法 取2 mL 0.1 mol·L-1两种盐溶液于试管中，分别滴加几滴稀硝酸银溶液，两支试管均产生白色沉淀，分别滴加几滴稀硝酸并振荡，盛NaNO2溶液的试管中沉淀溶解。该温度下Ksp(AgNO2)=1.8×10-8，Ksp(AgCl)=1.8×10-10。则反应AgNO2(s)＋Cl-(aq)⇌AgCl(s)＋NO(aq)的化学平衡常数K=_______。 （3）氧化法 取2 mL 0.1 mol·L-1两种盐溶液于试管中，分别滴加几滴酸性KMnO4溶液，使酸性KMnO4溶液褪色的是NaNO2溶液。该反应的离子方程式为_______。 Ⅱ．亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸盐含量(通常以1 kg样品中含SO2的质量计)，某研究小组用“碘氧化还原滴定法”进行测定，实验流程如下： （4）碘标准液应选用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，加标准液之前必须对滴定管进行_______、洗涤、润洗。 （5）锥形瓶内的指示剂为_______，判断达到滴定终点的依据是_______。 （6）下列操作会使测定结果偏大的有_______(填字母)。 A．起始读数时平视，终点读数时俯视 B．未用标准液润洗滴定管 C．步骤①中用稀盐酸代替稀硫酸 （7）若取样品w g，按方案测得消耗0.010 00 mol·L-1 I2标准溶液V mL，则1 kg样品中含SO2的质量是_______g(用含w、V的代数式表示)。 20. 海水资源可以有效利用，有时也会给生产、生活带来困扰，阅读下图，回答问题： （1）氯碱工业能耗大，通过如图I改进的设计，可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是_______。 A. 电极A接电源正极，发生氧化反应 B. 电极B的电极反应式为：= C. 应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液 D. 改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗 （2）图Ⅱ中铁棒浸入一段时间之后发现，越靠近烧杯底部发生电化学腐蚀就越轻微，则发生该腐蚀时，正极的电极反应式为：_______。 （3）图Ⅲ所示的方案可以降低铁闸门的腐蚀速率。下列判断正确的是_______。 A. 若X为导线，Y可以是锌 B. 若X为导线，铁闸门上的电极反应式为 C. 若X为直流电源，铁闸门做负极 D. 若X为直流电源，Y极上发生还原反应 （4）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)，酸性环境中脱除水体中硝态氮的反应如下，配平该反应方程式：_______。 __________________________________________H2O 当有2mol电子转移时，可产生_______L标况下的气体。 （5）可以验证反应后的溶液中是否含有Fe2+的一种试剂是_______。 A. 稀硫酸 B. 铁 C. 硫氰化钾 D. 酸性高锰酸钾溶液 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二化学阶段性学习效果测试 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上。 3.考试结束后将本试卷与答题卡一并交回。 第I卷(选择题) 一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分) 1. N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量。则下列热化学方程式中正确的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时放热534kJ，所以热化学方程式为，故选D。 2. 已知红磷比白磷稳定。常温常压下，31g红磷或白磷分别与等量的发生反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. A物质是红磷和氯气 B. B→C的过程是放热反应，不需要加热 C. C物质一定是PCl3(g)或PCl5(s)中的一种 D. 4P(红磷，s)=P4(白磷，s) 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知红磷比白磷稳定，则等质量的红磷比白磷能量低，A物质是白磷和氯气，A错误； B． 有的放热反应也需要加热以克服活化能，B→C是放热反应，但红磷在氯气中反应需要先加热， B错误； C． 磷在氯气中燃烧可以发生的反应为：2P+3Cl22PCl3或2P+5Cl22PCl5，反应更常见的是得到 PCl3或PCl5的混合物，且常温常压下PCl3是液态，C错误； D．图知所示为31g红磷或白磷分别与等量的生成相同的产物时的能量变化，按盖斯定律，1molP(红磷，s)转化为0.25molP4(白磷，s)时吸收 热量，则可得4P(红磷，s)=P4(白磷，s) ，D正确； 答案选D。 3. 化学反应A+B→C(△H>0)分两步进行：①A+B→X(△H<0)，②X→C(△H>0)。下列示意图中表示总反应过程中能量变化正确的图像是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据已知，①A+B→X(ΔH<0)：A和B的总能量大于X的能量，②X→C(ΔH>0)：X的能量小于C的能量，A+B→C(ΔH>0)：A和B的总能量小于C的总能量，故答案为A。 4. 一种以太阳能为热源分解水的历程，如图所示： 已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.0kJ•mol-1 过程I：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) △H=+313.2kJ•mol-1 下列说法正确的是 A. 整个过程中能量转化形式只存在太阳能转化为化学能 B. 过程Ⅰ中每生成3molFeO，转移2mol电子 C. 整个转化过程中Fe3O4和FeO都是催化剂 D. 过程Ⅱ热化学方程式为3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) △H=+257.8kJ•mol-1 【答案】B 【解析】 【分析】总反应为②2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)，过程Ⅰ为①2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g)，过程Ⅱ热化学方程式为3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s)，反应的焓变为，∆H=+128.9kJ·mol-1。 【详解】A．由分析可知，过程Ⅰ为吸热反应，太阳能转化为化学能，过程Ⅱ也是吸热反应，热能转化为化学能，整个过程中除了太阳能转化为化学能，还有热能转化为化学能，A错误； B．根据过程Ⅰ中Fe的化合价变化可知，每生成3molFeO，转移2mol电子，B正确； C．FeO为过程Ⅰ的生成物，为过程Ⅱ的反应物，Fe3O4为过程Ⅱ的生成物，为过程Ⅰ的反应物，因此FeO和Fe3O4为中间产物，C错误； D．根据分析，过程Ⅱ热化学方程式为3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s) ∆H=+128.9kJ·mol-1，D错误； 故选B。 5. 25℃，用盐酸与溶液进行中和反应反应热的测定。实验结果与理论值不一致，其原因分析错误的是 A. 实验装置保温、隔热效果差，导致偏大 B. 用温度计测定溶液起始温度后直接测定盐酸的温度，导致偏大 C. 分多次把溶液缓慢倒入盛有盐酸的小烧杯中，导致偏小 D. 实验时使用金属搅拌棒，导致偏大 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验装置保温、隔热效果差会造成热量散失，导致测得ΔH偏大，故A正确； B．用温度计测定氢氧化钠溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度会因稀盐酸与氢氧化钠溶液反应使得起始温度偏大，导致测得温度差平均值偏小，测得ΔH偏大，故B正确； C．分多次把氢氧化钠溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中会造成热量散失，导致测得ΔH偏大，故C错误； D．实验时使用金属搅拌棒会造成热量散失，导致测得ΔH偏大，故D正确； 故选C。 6. 金属镁和卤素单质（）反应过程中的相对能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 由分解制备和的反应是放热反应 B. 固体的稳定性： C. 和作用生成的反应都是吸热反应 D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，金属镁和卤素单质（）的反应是放热反应，则由分解制备和的反应是吸热反应，故A错误； B．能量越低越稳定，由图可知，1mol卤化镁的能量大小顺序为，则热稳定性的大小顺序为MgF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2，故B错误； C．由图可知，金属镁和卤素单质（）的能量高于的能量，和作用生成的反应都是放热反应，故C错误； D．由图可知，生成氯化镁、溴化镁的热化学方程式分别为Mg(s)+Cl2(g) =MgCl2(s) △H=-641kJ/mol，Mg(s)+Br2(g) =MgBr2(s) △H=-524kJ/mol，由盖斯定律可知，两式相加可得，故D正确； 故选D。 7. Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl2的反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)　ΔH，研究发现CuCl2(s)催化反应的过程如下： 反应i：2CuCl2(s)2CuCl(s)+Cl2(g) 反应ii：2CuCl(s)+O2(g)2CuO(s)+Cl2(g) 反应iii：…… 下列关于Deacon催化氧化法制Cl2的说法正确的是 A. 反应i增大压强，达新平衡后Cl2浓度减小 B. 反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH>0 C 由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高平衡转化率 D. 推断反应iii应为CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g) 【答案】D 【解析】 【详解】A．温度不变，平衡常数不变，K=c(Cl2),因此反应i增大压强，达新平衡后Cl2浓度不变，A错误； B．反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)是放热反应，B错误； C．由反应i、ii、iii知，催化剂CuCl2参加反应，催化剂通过改变反应历程，从而提高反应速率，但催化剂不影响平衡，改变不了平衡转化率，故C错误； D．依据盖斯定律，用“[总反应- (反应i十反应ii)]×”得反应iii :CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)，故D正确； 故选D。 8. 乙醇催化脱氢反应：。已知：选择性=；乙醇在高温下会发生催化裂解，从而降低乙醛的选择性；在系催化剂作用下反应温度对乙醇催化脱氢反应影响的关系如图。 下列说法正确的是 A. 该条件下的最佳反应温度为 B. 时，的产率为32.55% C. 由图可推知，乙醇脱氢反应的活化能高于乙醇裂解的活化能 D. 升高温度和增大压强均能提高催化脱氢反应中乙醇的平衡转化率 【答案】B 【解析】 【详解】A．该条件下的最佳反应温度为280℃，理由是：当反应温度升高，乙醇转化率增加，T＞280℃后乙醛选择性降低，因此，该条件下的最佳反应温度为280℃，A错误； B．240℃时，图象中乙醛的选择性93%，乙醇的转化率为35%，设开始时乙醇物质的量为x mol，完全反应理论上生成乙醛x mol，实际生成乙醛设为y mol，=0.93，所以y=0.93×0.35x，则乙醛产率=×100%≈32.55%，B正确； C．由图示知，温度较低时，乙醛选择性较高，说明温度较低时，乙醇主要发生脱氢反应生成乙醛，故该反应活化能较小，而在温度高于280℃后，乙醛选择性明显下降，说明280℃后乙醇容易发生裂解反应，该反应活化能较大，综上所述，乙醇脱氢反应的活化能低于乙醇裂解的活化能，C错误； D．增大压强，平衡逆向移动，乙醇平衡转化率降低，D错误； 故答案选B。 9. 和在某催化剂表面合成甲醇的反应历程如图所示，其中“*”表示吸附在催化剂表面的物质，“”表示过渡态。 设为起始时的投料比，即。下列说法正确的是 A. 决速步骤的反应方程式为 B. 升高温度，该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小 C. 该反应高温下易自发进行 D. 若在同温同压下增大，则平衡体系中的体积分数一定增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，最慢的一步即为决速步，A正确； B．升高温度，正逆反应速率均加快，B错误； C．该反应为，是气体分子数减少的反应，即，而由图可知该反应的，由反应自发进行时可知，温度越低越有利于反应自发进行，C错误； D．时，的体积分数最大，D错误； 故选A。 10. 氯化铜晶体()是重要的化工原料，可用作反应的催化剂、消毒剂等。由孔雀石[主要含，还含少量、]制备氯化铜晶体的方案如下： 下列有关说法不正确的是 A. 酸溶时适当升高温度并不断搅拌，有利于提高铜的浸取率 B. 滤渣为 C. 常温下，已知，欲使调后溶液中，必须控制溶液 D. 在坩埚中加热晶体可得到纯净的无水 【答案】D 【解析】 【分析】孔雀石加入稀盐酸进行酸浸，根据孔雀石的成分可知，产生的气体为，过滤得到的滤渣为难溶物，滤液中含有、等，通入氯气将氧化为，为了不引入新的杂质，加入调节过滤得到沉淀，结晶得到。 【详解】A．酸溶时适当升高温度并不断搅拌，可以加快反应速率，并使反应进行充分，有利于提高铜的浸取率，Ａ正确； B．滤渣为，B正确； C．当时，溶液中，则此时溶液中，所以需要控制溶液，C正确； D．加热晶体时会促进的水解，挥发，会生成，受热分解生成，所以最终得到的固体为，D错误； 故答案选D。 11. 软磁材料可由阳极渣和黄铁矿制得。阳极渣的主要成分为且含有少量Pb、Fe、Cu等元素的化合物。制备流程如下。 25℃时，。下列说法错误的是 A. X可为稀硫酸 B. 滤渣2成分是和 C. “酸浸”时中的铁元素转化为，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2 D. 利用替代CaO可优化该流程 【答案】B 【解析】 【分析】黄铁矿和阳极渣加稀硫酸酸浸，发生氧化还原反应，过滤，滤渣1为S、PbSO4，滤液中加H2O2和CaO，其中CaO调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，过滤，滤液中加MnF2沉淀Ca2+，过滤得到含MnSO4的滤液，然后经过一系列处理得Mn3O4。 【详解】A．MnO2具有较强氧化性，具有较强还原性，据流程图可知，后续操作得到MnSO4，所以X可为稀硫酸，故A正确； B．滤液中加CaO调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，由于CaSO4微溶，所以滤渣2的成分是、CaSO4和Fe(OH)3，故B错误； C．“酸浸”时中的铁元素转化为，MnO2被还原为MnSO4，反应的离子方程式为，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，故C正确； D．利用替代CaO可避免引入杂质Ca2+，即可优化该流程，故D正确； 故答案为：B。 12. 甘氨酸[H3N+CH2COO-]是最简单的氨基酸，其盐酸盐(HOOCCH2NH3Cl)的水溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡： H3N+CH2COOHH3N+CH2COO-+ H+ Ka1 H3N+CH2COO-H2N+CH2COO-+H+ Ka2 常温下，向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，混合溶液的pH随加氢氧化钠溶液的体积变化关系如图所示。已知：甘氨酸以两性离子(H3N+CH2COO-)形式在时溶解度最小。 在常温下，下列说法不正确的是 A. Ka2的数量级为10-10 B. 向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH=6，可能会析出固体 C. M点的溶液中：c(H3N+CH2COOH)+ c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-) D. N点的溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)> c(H+) 【答案】C 【解析】 【分析】根据图示，向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液10mL时，溶液的pH=6，此时溶液中的甘氨酸主要以H3N+CH2COO-形式存在。 【详解】A．向10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液15mL时，H3N+CH2COO-、H2N+CH2COO-的浓度相等，溶液的pH=9.6，Ka2=10-9.6，Ka2的数量级为10-10，故正确； B．向饱和甘氨酸钠溶液中滴加盐酸至pH=6，甘氨酸同样主要以H3N+CH2COO-形式存在，溶解度最小，可能会析出固体，故B正确； C．M点溶质为等浓度的NaOOCCH2NH3Cl、HOOCCH2NH3Cl，根据电荷守恒知c(HOOCCH2NH)+c(H+)+c(Na+)=c(NH2CH2COO-)+c(OH-)+c(Cl-)，故C错误； D．N点为10mL一定浓度的HOOCCH2NH3Cl溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液15mL所得溶液，溶液呈碱性，根据物料守恒、电荷守恒，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)> c(H+)，故D正确； 选C。 13. 根据下列图示所得出的结论正确的是 A. 图甲是常温下用溶液分别滴定一元酸、的滴定曲线，说明的酸性大于Y B. 图乙表示温度在和时水溶液中和的关系，则阴影部分内任意一点均满足 C. 图丙表示改变平衡体系2NO2(g)⇌N2O4(g) △H=-56.9kJ·mol-1的某一条件后，正、逆的变化情况，可推知时刻改变的条件是升高温度 D. 图丁表示炭黑作用下生成活化氧过程中能量变化情况，说明每活化1mol氧分子放出能量 【答案】D 【解析】 【详解】A．等浓度等体积的情况下，HY的初始pH小于HX，说明HY的电离程度大于HX，故酸性HY大于HX，A错误； B．图乙表示温度在T1和T2时水溶液中和的关系，直线上的点、直线右下方的点 、直线左上方的点，所以阴影部分M内任意一点均满足，B错误； C．升高温度，正逆反应速率均突然增大，且该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，逆反应速率大于正反应速率，所以该时刻改变的条件不是升高温度，C错误； D．根据图示，炭黑和1个氧分子的能量0，炭黑和活化氧的能量为-，所以每活化1mol氧分子放出能量，D正确； 答案选D。 14. Ag催化刻蚀Si晶片的反应原理如图所示，刻蚀液由一定浓度的HF和混合而成，刻蚀时间为2～16min，由Ag薄膜覆盖的部分硅晶片被刻蚀掉，剩余部分就形成了硅纳米线。下列说法错误的是 A. 该刻蚀过程利用了原电池原理，Si作负极 B. Si极附近溶液酸性增强 C. 每刻蚀14gSi，有2mol电子流入Ag电极 D. Ag极发生的反应为 【答案】D 【解析】 【分析】根据原电池的构成条件分析，原电池的负极上会发生失电子的氧化反应；在Ag薄膜附近发生得电子的还原反应，为正极；在Si电极上，Si失去电子发生氧化反应，与HF结合形成H2SiF6和H+，为负极；原电池中电子从负极迁移到正极。 【详解】A．在Si电极上发生失去电子的氧化反应，Si作负极，故A正确； B．在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，电极反应式为Si+6HF-4e-=H2SiF6+4H+，Si极附近溶液pH减小，酸性增强，故B正确； C．原电池中电子从负极迁移到正极，在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，电极反应式为Si+6HF-4e-=H2SiF6+4H+，每刻蚀14gSi，即有0.5molSi参加反应，失去电子2mol，即2mol电子迁移到Ag电极，故C正确； D．在Ag薄膜附近发生得电子的还原反应，Ag极发生的反应为H2O2+2e-+2H+=2H2O，故D错误； 故选D。 15. 如图所示电解装置，通电后石墨电极Ⅱ上有生成，逐渐溶解，下列判断错误的是 A. b是电源的正极 B. 通电一段时间后，向石墨电极II附近滴加石蕊溶液，出现红色 C. 当完全溶解时，至少产生气体（折合成标准状况下） D. 随着电解的进行，溶液浓度变大 【答案】D 【解析】 【分析】通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极，据此解答。 【详解】A．由分析可知，b是电源的正极，A正确； B．石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，B正确； C．当完全溶解时，消耗氢离子为0.06mol，根据阳极电极反应式：，产生氧气为0.015mol，体积为336mL (折合成标准状况下)，C正确； D．随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，D错误； 故选D。 16. 酸性水系锌锰电池放电时，电极上的易剥落，会降低电池效率，若向体系中加入少量固体则可以提高电池的工作效率，原理如图所示。下列说法错误的是 A. 加入降低了正极反应的活化能 B. 加入后可降低能量的“损失”，相关方程式为 C. 放电时、若消耗，正极区电解质溶液理论上增重 D. 从左向右通过质子交换膜的的物质的量与消耗的物质的量之比为 【答案】D 【解析】 【分析】Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，含有MnO2的碳电极为正极，发生还原反应MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，MnO2剥落后，影响了反应的进行；加入KI后，提高了电池的工作效率，对应反应的方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-。据此分析解题。 【详解】A．加入降低了正极反应的活化能，可以提高电池的工作效率，A正确； B． 加入后MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，可以让I在正极继续得电子，恢复损失能量，B正确； C．放电时、若消耗即转移2mol电子，2mol H+通过质子交换膜进入正极区域，1mol MnO2溶解，正极区电解质溶液理论上增重，C正确； D．放电时，负极每消耗1mol Zn，转移2mol电子，则会有2mol H+通过质子交换膜进入正极，两者物质的量之比为，D错误； 故选D。 第II卷(非选择题) 二、非选择题(共52分) 17. 已知氮元素及其化合物的转化关系如下图所示，回答下列问题。 （1）已知1mol氨气发生反应②，完全反应生成NO和水蒸气时放出226kJ的热，该反应的热化学方程式是_______。 （2）反应④的离子方程式为_______。理论上如图N2合成1mol硝酸，至少需要氧气共_______mol。 （3）汽车尾气净化装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示，该过程的总反应化学方程式为_______。 （4）工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2，可用NaOH溶液吸收。发生的反应有：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O，2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如下图： (α表示尾气里NO、NO2中NO2的含量) ①根据上图得知_______(填字母)。 A．NaOH溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大 B．NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大 ②当α小于50%时，加入H2O2能提升氮氧化物的吸收率，原因是_______。 【答案】（1）4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)，ΔH=-904kJ/mol （2） ①. 3NO2+H2O=2H++2NO+NO ②. （3） （4） ①. B ②. H2O2具有氧化性，能将NO氧化成NO2，NO2含量增大，氮氧化物吸收率提高 【解析】 【分析】N2与H2反应转化为NH3，NH3催化氧化转化为NO，NO与O2反应转化为NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，据此回答。 【小问1详解】 已知1mol氨气发生反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H20(g)，完全反应生成NO和水蒸气时放出226kJ的热，则4mol氨气反应放热226kJ4=904kJ，该反应的热化学方程式是4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)，ΔH=-904kJ/mol； 【小问2详解】 ①反应④是二氧化氮与水的反应，离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO； ②理论上如图N2合成1mol硝酸，根据，1molO2转移4mol电子，则需要molO2； 【小问3详解】 催化转化过程中，总反应为。 【小问4详解】 ①根据上述图像可知： A．随着NaOH溶液浓度增大，氮氧化物的吸收率先增加后减小，A错误； B．当NaOH溶液浓度一定时，NO2量越大，氮氧化物的吸收率越大，B正确； 故选B； ②根据图示可知：当混合气体中NO2含量小于50%时，通入具有氧化性的H2O2，会将NO氧化成NO2，使NO2的含量增大，从而使氮氧化物的吸收率增大。 18. 我国某电镀厂电镀废水沉泥中含有大量的有价金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)。某科研团队利用电镀废水沉泥回收七水硫酸锌(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下： 已知：“除铁”时若pH过高，会产生氢氧化铁胶状沉淀，其具有较强的吸附性。回答下列问题： （1）“浸出”步骤中，适当增大H2SO4浓度的原因是___________。 （2）“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为___________。调节pH对不同金属沉出率的影响如图所示： 沉铁时最合理的pH约为___________ (填序号)。 A．2.8 B． 3.2 C． 3.4 D．3.6 （3）根据流程图可知Zn、Cu、Ni的金属性强弱顺序为___________。 （4）“浸出”的浸渣中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银(Ag)，还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则N2H4的氧化产物为___________。 （5）已知肼蒸汽可以与NO2反应：2N2H4(g)+2NO2(g) 3N2(g)+4H2O(g)，在温度T下，容积固定的密闭容器中充入3molN2H4和3molNO2，起始压强为Po，一段时间后，反应达到平衡，此时压强p=1.5Po，反应开始时，NO2的分压是___________(用含po的代数式表示)，N2H4的平衡分压是___________(用含p的代数式表示)，平衡时N2H4的转化率是___________％。(保留一位小数) 【答案】（1）加快酸浸速率 （2） ①. 2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O ②. B （3）Zn＞Ni＞Cu （4）N2 （5） ①. 1/2 Po ②. 1/9P ③. 66.7 【解析】 【分析】 【小问1详解】 反应利用的酸中H+反应，但是增大硫酸的浓度，H+浓度不一定增大，浓硫酸主要是以分子存在，适当的提高反应物，还是可以提高H+浓度的，所以适当增大反应物浓度可以加快反应速率； 【小问2详解】 “除铁"时的反应物与生成物，可知发生该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+40H- =2FeOOH↓+2H2O； pH=3.2时，沉铁率很高，而其他金属沉出率很低，因而损失小，继续升高pH，沉铁率上升很少，但其他金属损失率升高，故“沉铁"时最合理的pH约为3.2； 【小问3详解】 分析题中流程图可知，加入锌粉时，先置换出铜，再置换出镍，可见金属性镍强于铜，且二者金属性均比锌弱，所以Zn>Ni>Cu； 【小问4详解】 氧化剂与还原剂的比值为1 : 4，我们知Ag(NH3)2Cl为氧化剂，且还原产物银，转移电子数为4NA， N2H4中氮原子为-2价，因为N2H4有2个氮原子，氮原子从-2变为0价，氧化产物为N2； 【小问5详解】 容积固定的密闭容器中充入3molN2H4和3molNO2，起始压强为Po，起始3molN2H4和3molNO2物质的量相等，NO2的分压= × Po=Po ； 根据题意= 解得x=1mol，N2H4的平衡分压=×P=P；平衡时N2H4的转化率=== 66.7%； 19. Ⅰ．亚硝酸钠是一种工业盐，用途广泛，外观与食盐非常相似，但毒性较强，食品添加亚硝酸钠必须严格控制用量。某化学兴趣小组对鉴别NaCl和NaNO2进行了如下探究： （1）测算溶液pH 常温下，用pH试纸分别测定0.1 mol·L-1两种盐溶液的pH，测得NaNO2溶液呈碱性。 NaNO2溶液呈碱性的原因是_______(用离子方程式解释)。NaNO2溶液中HNO2的准确浓度为_______ mol·L-1(测得NaNO2溶液pH=b，用含b的代数式表示)。 （2）沉淀法 取2 mL 0.1 mol·L-1两种盐溶液于试管中，分别滴加几滴稀硝酸银溶液，两支试管均产生白色沉淀，分别滴加几滴稀硝酸并振荡，盛NaNO2溶液的试管中沉淀溶解。该温度下Ksp(AgNO2)=1.8×10-8，Ksp(AgCl)=1.8×10-10。则反应AgNO2(s)＋Cl-(aq)⇌AgCl(s)＋NO(aq)的化学平衡常数K=_______。 （3）氧化法 取2 mL 0.1 mol·L-1两种盐溶液于试管中，分别滴加几滴酸性KMnO4溶液，使酸性KMnO4溶液褪色的是NaNO2溶液。该反应的离子方程式为_______。 Ⅱ．亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸盐含量(通常以1 kg样品中含SO2的质量计)，某研究小组用“碘氧化还原滴定法”进行测定，实验流程如下： （4）碘标准液应选用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，加标准液之前必须对滴定管进行_______、洗涤、润洗。 （5）锥形瓶内的指示剂为_______，判断达到滴定终点的依据是_______。 （6）下列操作会使测定结果偏大的有_______(填字母)。 A．起始读数时平视，终点读数时俯视 B．未用标准液润洗滴定管 C．步骤①中用稀盐酸代替稀硫酸 （7）若取样品w g，按方案测得消耗0.010 00 mol·L-1 I2标准溶液V mL，则1 kg样品中含SO2的质量是_______g(用含w、V的代数式表示)。 【答案】（1） ①. ＋H2O⇌HNO2＋OH- ②. 10b-14-10-b （2）100 （3）5NO＋2MnO＋6H＋=5NO＋2Mn2＋＋3H2O （4） ①. 酸式 ②. 检漏(或查漏) （5） ①. 淀粉溶液 ②. 滴入最后半滴I2标准溶液时，溶液由无色变为浅蓝色，且半分钟内不褪色 （6）B （7） 【解析】 【分析】测定某食品中亚硫酸盐含量的原理为：将样品加入足量的稀充分生成气体，再通入将气体吹入碱溶液中充分吸收转化为亚硫酸盐，再加入适量盐酸调节溶液至弱酸性后，再用标准液滴定氧化：，最后进行数据处理计算，据此分析解答。 【小问1详解】 溶液呈碱性，是因为为强碱弱酸盐，发生水解生成呈碱性：；常温下，测得溶液的pH=b，此时的，则有，得=，根据溶液中的质子守恒有：，。 【小问2详解】 根据反应：可知，该反应的化学平衡常数为。 【小问3详解】 酸性具有强氧化性，能将氧化为，被还原为，则反应的离子方程式为：。 【小问4详解】 碘单质有氧化性，碘标准液应选用酸式滴定管盛装，加标准液之前必须对滴定管进行检漏、洗涤、润洗、装液、调节零点等操作。 【小问5详解】 则根据分析，标准液参与滴定，则最好的指示剂为：淀粉溶液；由于滴定过程中被还原为，淀粉指示剂为无色，当滴定到终点时，剩余，此时遇淀粉会变蓝色，故滴定到终点的依据为：滴入最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为浅蓝色，且半分钟内不褪色。 【小问6详解】 A．起始读数时平视，读数正确；终点读数时俯视，读数偏小，导致标准液体积偏小，最终测定结果偏小，A错误； B．未用标准液润洗滴定管，残留有水，导致标准液被稀释，浓度偏小，使用体积增多，则最终测定结果偏大，B正确； C．步骤①中用稀盐酸代替稀硫酸，则生成的气体中混有少量HCl，但后面用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性，因此混合气体中含有HCl，对实验结果无影响，C错误； 故答案为：B。 【小问7详解】 根据反应：、、可得到关系式：，则1 kg样品中含SO2的质量为：。 20. 海水资源可以有效利用，有时也会给生产、生活带来困扰，阅读下图，回答问题： （1）氯碱工业能耗大，通过如图I改进的设计，可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是_______。 A. 电极A接电源正极，发生氧化反应 B. 电极B的电极反应式为：= C. 应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液 D. 改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗 （2）图Ⅱ中铁棒浸入一段时间之后发现，越靠近烧杯底部发生电化学腐蚀就越轻微，则发生该腐蚀时，正极的电极反应式为：_______。 （3）图Ⅲ所示的方案可以降低铁闸门的腐蚀速率。下列判断正确的是_______。 A. 若X为导线，Y可以是锌 B. 若X为导线，铁闸门上的电极反应式为 C. 若X为直流电源，铁闸门做负极 D. 若X为直流电源，Y极上发生还原反应 （4）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)，酸性环境中脱除水体中硝态氮的反应如下，配平该反应方程式：_______。 __________________________________________H2O 当有2mol电子转移时，可产生_______L标况下的气体。 （5）可以验证反应后的溶液中是否含有Fe2+的一种试剂是_______。 A. 稀硫酸 B. 铁 C. 硫氰化钾 D. 酸性高锰酸钾溶液 【答案】（1）B （2）O2 +4e- +2H2O=4OH- （3）A （4） ①. 10Fe2+ + 2NO+ 12H+=10Fe3++1N2↑+6H2O ②. 4.48L （5）D 【解析】 【小问1详解】 A．电极A为转化为，失电子，发生氧化反应，为阳极，故电极A接电源正极，A正确； B．电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：，B错误； C．右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，C正确； D．改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过提高反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，D正确； 故选B； 【小问2详解】 为吸氧腐蚀，正极的电极反应式为； 【小问3详解】 A．X为导线，装置为原电池，降低铁闸门的腐蚀速率，Fe应做正极，故Y活动性应强于Fe，故可以是锌，A正确； B．X为导线，装置为原电池，降低铁闸门的腐蚀速率，Fe应做正极，电极反应式为：，B错误； C．若X为直流电源，装置为电解池，降低铁闸门的腐蚀速率，Fe应做阴极，C错误； D．若X为直流电源，装置为电解池，降低铁闸门的腐蚀速率，Y极作阳极，发生氧化反应，D错误； 故选A。 【小问4详解】 根据氧化还原反应得失电子守恒配平为10Fe2+ + 2NO+ 12H+=10Fe3++1N2↑+6H2O，在该反应中生成1mol，转移10mol电子，故转移2mol电子时可生成0.2mol氮气，标准状况下体积为4.48L； 【小问5详解】 验证反应后的溶液中是否含有Fe2+，可利用Fe2+的还原性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故选D。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $