精品解析：江西省南昌市第二中学2025-2026学年高二上学期第一次月考化学试题

南昌二中2025—2026学年度上学期第一次阶段性考试 高二化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mn-55 一、单选题(本大题共14小题，且每小题只有一个正确选项。每题3分，共42分) 1. 下列事实与相应化学知识不匹配的是 事实 化学知识 A 粗锌粒(含杂质的锌粒)与稀硫酸制更快 形成原电池可加快反应速率 B 合成氨为放热反应，温度选择为500℃，而不是常温 勒夏特列原理 C 用明矾溶液除铁锈 明矾水解显酸性 D 除去锅炉中沉积的用饱和溶液浸泡，再用稀盐酸溶解 将转化为 A. A B. B C. C D. D 2. 下列对有关实验理解正确的是 A．温度计示数将下降 B．温度计示数上升，且上升速率先快后慢再变快 C．探究反应物浓度对化学平衡的影响 D．镀件上镀银 A. A B. B C. C D. D 3. 为了达成下列实验目的，下列实验方案设计和现象、结论均正确的是 实验目的 方案设计和现象 结论 A 比较和醋酸的酸性强弱 用试纸测定等浓度的溶液、溶液的，后者更大 的酸性更弱 B 比较与的金属性 将和溶液与和溶液组成双液原电池，银电极表面有银白色金属析出 金属活动性： C 证明压缩容积，平衡会向气体分子数减小的方向移动 已达平衡状态，压缩容积时，气体颜色立刻变浅 压缩容积后平衡正向移动 D 比较和的大小 向、的混合溶液中滴入少量溶液，有黄色沉淀生成 A. A B. B C. C D. D 4. 下列关于化学反应与能量的说法正确的是 A. 已知正丁烷的燃烧热为2878 kJ·mol-1，则表示正丁烷燃烧热的热化学方程式为2CH3CH2CH2CH3(g)+13O2(g)=8CO2(g)+10H2O(l) ΔH=-2878 kJ·mol-1 B. 已知在一定条件下，1 mol N2与3 mol H2充分反应生成NH3(g)，释放出38.6kJ的热量，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-38.6 kJ·mol-1 C. 已知稀盐酸与稀NaOH溶液发生中和反应的反应热为57.3 kJ·mol-1，则表示稀硫酸与稀NaOH溶液反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1 D. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH=+1.9 kJ·mol-1，则金刚石比石墨稳定 5. 反应：是氢化合成甲醇技术的原理，一般认为该反应通过如下两个步骤反应来实现： 反应①：(慢反应) 反应②：(快反应) 下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 A. B. C. D. 6. 450℃时，向某恒容密闭容器中充入、，控制适当条件使其发生反应： ，反应在5 s时达到平衡且此时体系内。下列分析错误的是 A. 密度恒定不变，不能作为已达平衡的标志 B. 从开始到平衡时间段内，用的表达的反应速率为 C. 平衡时压强是反应开始前的0.75倍 D. 向该平衡体系中再充入和后，容器中v(正)<v(逆) 7. NA为阿伏加德罗常数，下列溶液中的微粒数目关系正确的是 A. 1 mol/L NH4Cl水溶液中与H＋的个数之和一定大于 B. 1 L 1 mol/L Na2CO3水溶液中含有的O原子的个数一定为3 C. 1 L pH=12的NaOH溶液中含有的个数一定为0.02 D. 36℃下，1 L pH=6的醋酸溶液中含有H＋的个数一定为10-6 8. 硅锰原电池在酸性环境下的工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. 正极的电极反应式为：Si＋2H2O-4e-=SiO2＋4H＋ B. 每当正极区溶液质量增加44.5 g，就有1 mol e-从右向左穿过质子交换膜 C. 放电过程中，负极附近溶液pH减小 D. 将交换膜更换为阴离子交换膜，电解液换为NaOH溶液，电流更平稳，电池寿命更长 9. 电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是 A. b极接电源正极 B. a极反应式为： C. 电解过程中H＋从b极区通过质子交换膜转移至a极区 D. 相同时间内，a、b两极消耗N2的物质的量之比为5：3 10. 如图装置可实现CO2的转化，其总反应为 (忽略气体在溶液中的溶解及溶液的体积变化，催化电极均为惰性电极)。下列说法错误的是 A. 该装置中的能量转换：太阳能→电能→化学能 B. 太阳能电池电极电势：A极<B极 C. 电极II的电极反应式为 D. 理论上每消耗22.4 L CO2，左室溶液质量就增重18 g 11. 维持常温，将初始导电能力相同的NaOH溶液和氨水分别加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 初始时，两溶液的物质的量浓度相同 B. 曲线I表示氢氧化钠溶液的导电能力随溶液体积的变化关系 C. a、b、c三点溶液的pH由大到小的顺序为a>b>c D. 导电能力相等时，c(Na＋)=c() 12. 已知H2A是一种二元弱酸(常温时，Ka1=10-1.3、Ka2=10-6.6)。常温下，用0.1 mol/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H2A溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是 A. a点溶液中：c(H2A)=c(HA-) B. c点溶液中：c(Na＋)<3c(A2-) C. d点溶液中：c(OH-)>2c(H2A) D. 水的电离程度最大点为b点 13. 已知H2R是一种二元弱酸。常温下，用0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定pH=4的未知浓度H2R溶液。溶液中，pH与分布系数变化关系如图所示。下列叙述错误的是 [已知：R2-的分布系数：] A. 曲线①代表 (H2R) B. H2R的第二步电离平衡常数Ka2的数量级为10-11 C. NaHR溶液显酸性 D. 曲线①和③相交时，pH=8.3 14. 某温度下，NiS和Ag2S的沉淀溶解平衡曲线如图所示，图中p(Mn＋)=-lgc(Mn＋)，p(S2-)=-lgc(S2-)。下列说法错误的是 A. 曲线I表示NiS的沉淀溶解平衡曲线 B. 该温度下，Ksp(Ag2S)=10-50 C. 对于两种物质而言，X点均为饱和溶液 D. 向浓度均为0.1 mol/L的Ag＋、Ni2＋溶液中滴加Na2S溶液，先产生Ag2S沉淀 二、非选择题(共58分) 15. 实验室中有一瓶未知浓度的氨水，分别进行以下实验： 实验I：测定氨水pH值 （1）常温下，测得其pH=11.1，该数据值是通过___________(填“pH试纸”或“pH计”)测出的。通过计算，可知该氨水物质的量浓度约为___________mol/L(结果保留小数点后1位，已知常温下Kb=10-4.8)。 实验Ⅱ：滴定测定氨水的物质的量浓度。 取20.00 mL该氨水于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用0.11 mol/L的盐酸标准溶液进行滴定。 （2）合适的指示剂为___________(填“石蕊”、“酚酞”或“甲基橙”)。 （3）滴定前后盛放盐酸的滴定管液面位置如图所示，该次滴定所消耗的盐酸体积为___________mL。由此算出的氨水浓度为___________mol/L(结果保留两位有效数字)。 （4）在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果，既氨水浓度偏低的为___________。 A. 锥形瓶水洗后未干燥 B. 酸式滴定管使用前，水洗后未用待装盐酸溶液润洗 C. 临近终点，未遵循“半滴操作” D. 滴定终点读数时俯视读数 实验Ⅲ：中和热的测定。 利用该氨水与稍过量的某稀硫酸进行中和热的测定实验。 （5）测得的中和热的数值___________(填“>”、“=”或“<”)57.3。 （6）从如图实验装置看，其中缺少的一件玻璃仪器名称是___________。 16. 乙烯是重要化工原料，下列是有关乙烯生产的三种途径。 途径I：以乙醇C2H5OH(g)为原料制备乙烯C2H4(g)的反应如下： ①C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g) ΔH1>0 ②2C2H5OH(g)C2H5OC2H5(g)+H2O(g) ΔH2<0 两反应的lnK随温度(T)的变化如图所示： （1）表示反应①的lnK随温度(T)的变化曲线为___________(填“a”或“b”)。 （2）混合体系处于图中M点时，平衡体系中各个物质的物质的量浓度间应满足的关系为c(C2H5OC2H5)=___________。 途径Ⅱ：以乙烷C2H6(g)为原料制备C2H4(g)的反应如下： C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH （3）依据下列键能及各物质的结构式，求算ΔH=___________kJ/mol。 C-C C=C C-H H-H 键能(kJ/mol) 350 610 410 440 （4）该反应倾向于___________(填“高温”、“低温”、“任意温度均”或“任意温度均不”)自发。 （5）在恒温恒容密闭容器中充入一定量C2H6(g)，仅发生该反应，下列叙述正确的有___________。 A. 起始时，充入更多C2H6(g)，则C2H6(g)活化分子百分数升高，反应速率加快 B. 反应过程中，及时分离产生的H2(g)，可提高C2H6(g)的转化率 C. 混合气体的平均相对分子质量不随时间变化，既达平衡 D. 平衡后，压缩容器，平衡将逆向移动，故正反应的平衡常数K减小 途径Ⅲ：以丙烷C3H8(g)为原料制备乙烯C2H4(g)的反应如下： C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g) （6）在某温度下，总压保持为120 kPa，向体积可变的密闭容器中充入2 mol C3H8(g)和3 mol氩气，达到平衡时，C2H4(g)的分压p(C2H4)为20 kPa，则C3H8的转化率为___________，该温度下，该反应的平衡常数Kp=___________kPa。(提示：用气体分压计算的平衡常数为压强平衡常数Kp，分压=总压×物质的量分数)。 17. 一种从富锌的废渣(主要含CoO、ZnO、PbO、FeO及油污)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知： I．在pH=3~7环境下，KMnO4一般还原为MnO2 II．溶液中相关离子沉淀完全(c≤10-5 mol/L)时的pH： Fe3＋ Fe2＋ Co3＋ Co2＋ Zn2＋ 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 （1）为了去除废渣表面附着的油污，“酸浸”之前先用热的Na2CO3溶液浸泡。用离子方程式表示“Na2CO3溶液具有去油污能力”的原理___________。 （2）“滤渣1”主要成分为___________(填化学式)。 （3）常温下，向“过滤1”后的溶液中加入H2O2，其H2O2实际消耗量超过理论用量，其可能原因是___________。 （4）“加入X调pH=4”过程中，溶液中未出现新的杂质离子，且溶液中Co2＋浓度无明显变化，则试剂X可能为___________(填化学式，任写一种即可)。 （5）“氧化沉钴”的离子方程式为___________。 （6） “除钴液”中主要的金属阳离子有___________(写离子符号)，残留的Co3＋浓度为___________mol/L。 18. 天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3和CeCl3的工艺流程如图： 已知：25℃时，Ksp[Al(OH)3]=10-33，Ksp[Fe(OH)3]=10-38 （1）下列不能有效增大“酸浸”效率的为___________。 A. 适当升温 B. 粉碎 C. 加压 D. 搅拌 （2）“酸浸”过程中产生的气体X为___________(填化学式)。 （3）“滤渣1”的主要成分难溶性钙盐和FePO4外还有___________(填化学式)。 （4）“加氨水调pH”的目的是沉淀Al3＋和Fe3＋。25℃时，分离出“滤渣2”时，所得的滤液中c(Al3＋)：c(Fe3＋)=___________。 （5）“沉铈”过程中有CO2放出，写出“沉铈”时发生反应的离子方程式为___________。 （6）“沉铈”后的“滤液”中最主要的溶质为___________(填物质名称)。 （7）选用NH4HCO3进行“沉铈”，而不用NaHCO3，试分析使用NaHCO3可能带来的问题___________。 （8）Ce2(CO3)3溶于盐酸后，由CeCl3溶液获得CeCl3固体的操作为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌二中2025—2026学年度上学期第一次阶段性考试 高二化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mn-55 一、单选题(本大题共14小题，且每小题只有一个正确选项。每题3分，共42分) 1. 下列事实与相应化学知识不匹配的是 事实 化学知识 A 粗锌粒(含杂质的锌粒)与稀硫酸制更快 形成原电池可加快反应速率 B 合成氨为放热反应，温度选择为500℃，而不是常温 勒夏特列原理 C 用明矾溶液除铁锈 明矾水解显酸性 D 除去锅炉中沉积的用饱和溶液浸泡，再用稀盐酸溶解 将转化为 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．粗锌中的杂质与锌、稀硫酸形成原电池，加快反应速率，A正确； B．合成氨选择500℃主要因催化剂活性及反应速率，而非勒夏特列原理（该原理建议低温），B错误； C．明矾溶液含有，水解产生，可以溶解铁锈，C正确； D．饱和溶液使转化为（溶度积更小），再用盐酸溶解，D正确； 故选B。 2. 下列对有关实验理解正确的是 A．温度计示数将下降 B．温度计示数上升，且上升速率先快后慢再变快 C．探究反应物浓度对化学平衡的影响 D．镀件上镀银 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．与的反应为吸热反应，会吸收环境热量，导致体系温度降低，温度计示数下降，A正确； B．铝与盐酸的反应为放热反应，温度会上升，反应速率先增大，后随盐酸浓度减小反应速率逐渐减慢，故温度上升速率应先快后慢，最终趋于平缓，不会“再变快”，B错误； C．与的平衡为，KCl电离出的、不参与该平衡，加入KCl固体对平衡无影响，无法探究反应物浓度对平衡的影响，C错误； D．镀银时镀件应作阴极（接电源负极），Ag作阳极（接电源正极），图中镀件接正极（阳极）会被腐蚀，无法实现镀银，D错误； 故选A。 3. 为了达成下列实验目的，下列实验方案设计和现象、结论均正确的是 实验目的 方案设计和现象 结论 A 比较和醋酸的酸性强弱 用试纸测定等浓度的溶液、溶液的，后者更大 的酸性更弱 B 比较与的金属性 将和溶液与和溶液组成双液原电池，银电极表面有银白色金属析出 金属活动性： C 证明压缩容积，平衡会向气体分子数减小的方向移动 已达平衡状态，压缩容积时，气体颜色立刻变浅 压缩容积后平衡正向移动 D 比较和的大小 向、的混合溶液中滴入少量溶液，有黄色沉淀生成 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测量其pH值，方案设计错误；且客观事实是醋酸酸性强于次氯酸，根据越弱越水解的规律，其等浓度的盐溶液碱性应该是NaClO大，A错误； B．双液原电池中，银电极析出银，说明银电极为正极（发生还原反应），铜电极为负极（被氧化），证明铜的金属活动性强于银，现象与结论一致，B正确； C．压缩容积瞬间，气体浓度增大，颜色应变深，之后因平衡正向移动颜色逐渐变浅；现象描述“立刻变浅”与实际不符，不能支持结论，C错误； D．向NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3，生成黄色沉淀（AgI），若原混合溶液中Cl-和I-浓度一致，则说明AgI的溶度积更小（Ksp(AgI) < Ksp(AgCl)），但题干中方案设计混合溶液中Cl⁻和I⁻浓度未知，方案设计未控制变量，D错误； 故选B。 4. 下列关于化学反应与能量的说法正确的是 A. 已知正丁烷的燃烧热为2878 kJ·mol-1，则表示正丁烷燃烧热的热化学方程式为2CH3CH2CH2CH3(g)+13O2(g)=8CO2(g)+10H2O(l) ΔH=-2878 kJ·mol-1 B. 已知在一定条件下，1 mol N2与3 mol H2充分反应生成NH3(g)，释放出38.6kJ的热量，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-38.6 kJ·mol-1 C. 已知稀盐酸与稀NaOH溶液发生中和反应的反应热为57.3 kJ·mol-1，则表示稀硫酸与稀NaOH溶液反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1 D. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH=+1.9 kJ·mol-1，则金刚石比石墨稳定 【答案】C 【解析】 【详解】A．燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成指定产物的焓变，而该方程式中反应物为2 mol正丁烷，ΔH应为-5756 kJ·mol⁻¹，与题目数据不符，A错误； B．合成氨为可逆反应，1mol N2与3 mol H2无法完全转化为2mol NH3，释放的热量小于理论值，因此热化学方程式中的ΔH不能直接取38.6kJ，B错误； C．中和热是强酸和强碱生成1 mol H2O的焓变，稀硫酸与稀NaOH反应生成1 mol H2O时ΔH为-57.3 kJ·mol⁻¹，方程式书写正确，C正确； D．ΔH=+1.9 kJ·mol⁻¹表明石墨转化为金刚石吸热，石墨能量更低更稳定，D错误； 故选C。 5. 反应：是氢化合成甲醇技术的原理，一般认为该反应通过如下两个步骤反应来实现： 反应①：(慢反应) 反应②：(快反应) 下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】反应①为吸热反应，反应②为放热反应，根据盖斯定律：，总反应为放热反应，又因为反应①是慢反应，说明反应①活化能大，故选A。 6. 450℃时，向某恒容密闭容器中充入、，控制适当条件使其发生反应： ，反应在5 s时达到平衡且此时体系内。下列分析错误的是 A. 密度恒定不变，不能作为已达平衡的标志 B. 从开始到平衡时间段内，用的表达的反应速率为 C. 平衡时压强是反应开始前的0.75倍 D. 向该平衡体系中再充入和后，容器中v(正)<v(逆) 【答案】D 【解析】 【分析】根据三段式分析，，解得x=，=80。 【详解】A．密度由总质量和容器体积决定，反应前后总质量不变，体积恒定，故密度始终不变，不能作为平衡标志，A正确； B．根据上述分析可知的浓度变化为，时间5s，反应速率，B正确； C．初始总物质的量，平衡时，压强比为，C正确； D．再充入和后，，反应正向进行，，D错误； 故选D。 7. NA为阿伏加德罗常数，下列溶液中的微粒数目关系正确的是 A. 1 mol/L NH4Cl水溶液中与H＋的个数之和一定大于 B. 1 L 1 mol/L Na2CO3水溶液中含有的O原子的个数一定为3 C. 1 L pH=12的NaOH溶液中含有的个数一定为0.02 D. 36℃下，1 L pH=6的醋酸溶液中含有H＋的个数一定为10-6 【答案】D 【解析】 【详解】A．未指明溶液体积，无法确定微粒总数，A错误； B．Na2CO3溶液中的水分子中也含O原子，则1 L 1 mol/L Na2CO3水溶液中总O原子数大于3，B错误； C．没有温度，不确定pH=12时溶液中氢氧根离子浓度，不确定溶液中OH-个数，C错误； D．pH=6时，[H+]=10-6 mol/L，与温度和弱酸性质无关，1 L pH=6的醋酸溶液中H+个数为10-6，D正确； 故选D。 8. 硅锰原电池在酸性环境下的工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. 正极的电极反应式为：Si＋2H2O-4e-=SiO2＋4H＋ B. 每当正极区溶液质量增加44.5 g，就有1 mol e-从右向左穿过质子交换膜 C. 放电过程中，负极附近溶液pH减小 D. 将交换膜更换为阴离子交换膜，电解液换为NaOH溶液，电流更平稳，电池寿命更长 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，在碳硅电极上Si被氧化生成SiO2，则碳硅电极为负极，电极反应式为：Si-4e-+2H2O=SiO2+4H+；在MnO2电极上MnO2被还原生成Mn2+，则MnO2电极为正极，电极反应式为：2MnO2+4e-+8H+=2Mn2++4H2O； 【详解】A．正极发生还原反应，应得到电子。选项中电极反应式为Si失去电子生成SiO2，是氧化反应，为负极反应式，A错误； B．质子交换膜允许H+通过，电子不能穿过交换膜（电子通过外电路移动）。且H+从负极区（左）向正极区（右）移动，B错误； C．负极反应为Si-4e-+2H2O=SiO2+4H+，生成H+且消耗水使负极附近H+浓度增大，pH减小，C正确； D．酸性环境中Si生成SiO2可能覆盖电极导致反应受阻，而碱性环境下Si与NaOH反应生成可溶性硅酸盐，可能避免电极钝化，但若未形成原电池时Si易与NaOH自反应，反而缩短寿命，D错误； 故选C。 9. 电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是 A. b极接电源正极 B. a极反应式为： C. 电解过程中H＋从b极区通过质子交换膜转移至a极区 D. 相同时间内，a、b两极消耗N2的物质的量之比为5：3 【答案】B 【解析】 【分析】由图中物质变化可知，a极，氮元素失去电子化合价升高，发生氧化反应，即a极为阳极；则b极为阴极。 【详解】A．b极生成，N元素化合价从0价降为-3价，发生还原反应，为阴极，应接电源负极，A错误； B．a极生成，N元素化合价从0价升为+5价，发生氧化反应（阳极），每个分子失去10个电子。结合酸性环境，电极反应式为：，B正确； C．电解池中H+（阳离子）向阴极（b极）移动，应从a极区（阳极区）转移至b极区，C错误； D．a极（阳极）1 mol 失10e⁻，b极（阴极）1 mol 得6e⁻，电子转移相等时，消耗的物质的量之比为6:10=3:5，D错误； 故答案选B。 10. 如图装置可实现CO2的转化，其总反应为 (忽略气体在溶液中的溶解及溶液的体积变化，催化电极均为惰性电极)。下列说法错误的是 A. 该装置中的能量转换：太阳能→电能→化学能 B. 太阳能电池电极电势：A极<B极 C. 电极II的电极反应式为 D. 理论上每消耗22.4 L CO2，左室溶液质量就增重18 g 【答案】D 【解析】 【分析】由图中物质变化可知，催化电极I通入，出来，化合价降低发生还原反应，因此太阳能电池A为负极，B为正极。 【详解】A．该装置由太阳能电池提供电能，驱动电解反应，能量转换为太阳能→电能→化学能，A正确； B．太阳能电池中，A极连接电解池的阴极（电极I，还原为CO），B极连接阳极（电极II，Cl⁻氧化为ClO⁻），电源正极（B极）电势高于负极（A极），即A极电势＜B极，B正确； C．电极II为阳极，Cl⁻失电子被氧化为ClO⁻，结合提供O，生成ClO⁻和H⁺，电极反应式为，C正确； D．气体体积未指明标准状况，无法确定其物质的量，D错误； 故答案选D。 11. 维持常温，将初始导电能力相同的NaOH溶液和氨水分别加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 初始时，两溶液的物质的量浓度相同 B. 曲线I表示氢氧化钠溶液的导电能力随溶液体积的变化关系 C. a、b、c三点溶液的pH由大到小的顺序为a>b>c D. 导电能力相等时，c(Na＋)=c() 【答案】D 【解析】 【分析】强电解质（NaOH）稀释时离子浓度随体积增大线性减小，导电能力下降更快；弱电解质（氨水）稀释促进电离，离子浓度下降较慢。曲线Ⅱ下降更快，为NaOH，曲线I为氨水。 【详解】A．初始时导电能力相同，说明离子浓度相同。NaOH为强电解质完全电离，氨水为弱电解质部分电离，故氨水初始物质的量浓度大于NaOH，A错误； B．强电解质（NaOH）稀释时离子浓度随体积增大线性减小，导电能力下降更快；弱电解质（氨水）稀释促进电离，离子浓度下降较慢。曲线Ⅱ下降更快，为NaOH，曲线I为氨水，B错误； C．导电能力与离子浓度正相关，pH取决于。三点导电能力：，故：，pH大小顺序为，C错误； D．导电能力相等时离子总浓度相等，意味着两溶液pH相等，根据电荷守恒可知，二者存在关系：c(Na＋)=c()，D正确； 故答案选D。 12. 已知H2A是一种二元弱酸(常温时，Ka1=10-1.3、Ka2=10-6.6)。常温下，用0.1 mol/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H2A溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是 A. a点溶液中：c(H2A)=c(HA-) B. c点溶液中：c(Na＋)<3c(A2-) C. d点溶液中：c(OH-)>2c(H2A) D. 水的电离程度最大点为b点 【答案】D 【解析】 【分析】0.1 mol/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H2A溶液，先发生NaOH+H2A=NaHA+H2O，再发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，NaOH溶液体积为20mL时得到NaHA溶液，即b点；NaOH溶液体积为40mL时得到Na2A溶液，即d点；a点为NaHA、H2A混合溶液，c点为Na2A、NaHA混合溶液。 【详解】A．a点pH=1.3，由H2A的=10-1.3，此时=10-1.3，故c(H2A)=c(HA-)，A正确； B．c点pH=6.6，对应=10-6.6，即c(HA-)= c(A2-)，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)得c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-)，因pH=6.6时c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜3c(A2-)，B正确； C．由分析知，d点为Na2A溶液，由质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)得c(OH-)-2c(H2A)=c(H+)+c(HA-)＞0，即c(OH-)＞2c(H2A)，C正确； D．由分析知，b点为NaHA溶液，溶液显酸性，HA-电离大于HA-水解，抑制水的电离，d点为Na2A溶液，A2-水解促进水的电离，水的电离程度最大点为d点，D错误； 故选D。 13. 已知H2R是一种二元弱酸。常温下，用0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定pH=4的未知浓度H2R溶液。溶液中，pH与分布系数变化关系如图所示。下列叙述错误的是 [已知：R2-的分布系数：] A. 曲线①代表 (H2R) B. H2R的第二步电离平衡常数Ka2的数量级为10-11 C. NaHR溶液显酸性 D. 曲线①和③相交时，pH=8.3 【答案】C 【解析】 【分析】根据图示，二个交点，说明H2R为二元弱酸，，在曲线最左边溶液酸性较强时，主要组分是H2R，所以曲线①代表 (H2R)，曲线②代表 (HR-)，曲线③代表 (R2-)，以此解题。 【详解】A．随着pH升高，H2R的分布系数逐渐减小，曲线①随pH增大而下降，代表δ(H2R)，A正确； B．HR⁻与R2⁻分布系数相等时，，此时pH=10.3，，数量级为10-11，B正确； C．NaHR溶液中，HR⁻的水解常数，电离常数Ka2=10-10.3，Kh>Ka2，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C错误； D．曲线①（H2R）与③（R2⁻）相交时，δ(H2R)=δ(R2⁻)，此时，，D正确； 故选C。 14. 某温度下，NiS和Ag2S的沉淀溶解平衡曲线如图所示，图中p(Mn＋)=-lgc(Mn＋)，p(S2-)=-lgc(S2-)。下列说法错误的是 A. 曲线I表示NiS的沉淀溶解平衡曲线 B. 该温度下，Ksp(Ag2S)=10-50 C. 对于两种物质而言，X点均为饱和溶液 D. 向浓度均为0.1 mol/L的Ag＋、Ni2＋溶液中滴加Na2S溶液，先产生Ag2S沉淀 【答案】C 【解析】 【详解】A．NiS的溶解平衡为NiS(s)⇌Ni2+(aq)+S2-(aq)，其Ksp表达式为Ksp=c(Ni2+)·c(S2-)，两边取负对数得p(Ni2+)+p(S2-)=pKsp，为斜率-1的直线；Ag2S的溶解平衡为Ag2S(s)⇌2Ag+(aq)+S2-(aq)，Ksp=c2(Ag+)·c(S2-)，取负对数得2p(Ag+)+p(S2-)=pKsp，为斜率-1/2的直线（更平缓）。曲线I上点b(15,6)满足p(Mn+)+p(S2-)=21（15+6=21），符合NiS的斜率-1特征，故曲线I为NiS的平衡曲线，A正确； B．曲线II为Ag2S的平衡曲线，取曲线上点a(30,10)，p(S2-)=30则c(S2-)=10-30，p(Ag+)=10则c(Ag+)=10⁻¹⁰。Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)·c(S2-)=(10-10)2·10-30=10-50，B正确； C．沉淀溶解平衡曲线上的点为饱和溶液，曲线上方Qc<Ksp（不饱和），曲线下方Qc>Ksp（过饱和）。X点位于两曲线上方，此时c(Mn+)、c(S2-)均小于平衡浓度，Qc<Ksp，对两种物质均为不饱和溶液，C错误； D．0.1mol/L的Ag+和Ni2+中滴加Na2S，开始沉淀时所需c(S2-)：Ni2+需10-21/0.1=10-20mol/L，Ag+需10-50/(0.1)2=10-48mol/L，Ag+所需S2-浓度更小，先沉淀，D正确； 故选C。 二、非选择题(共58分) 15. 实验室中有一瓶未知浓度的氨水，分别进行以下实验： 实验I：测定氨水pH值 （1）常温下，测得其pH=11.1，该数据值是通过___________(填“pH试纸”或“pH计”)测出的。通过计算，可知该氨水物质的量浓度约为___________mol/L(结果保留小数点后1位，已知常温下Kb=10-4.8)。 实验Ⅱ：滴定测定氨水的物质的量浓度。 取20.00 mL该氨水于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用0.11 mol/L的盐酸标准溶液进行滴定。 （2）合适的指示剂为___________(填“石蕊”、“酚酞”或“甲基橙”)。 （3）滴定前后盛放盐酸的滴定管液面位置如图所示，该次滴定所消耗的盐酸体积为___________mL。由此算出的氨水浓度为___________mol/L(结果保留两位有效数字)。 （4）在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果，既氨水浓度偏低的为___________。 A. 锥形瓶水洗后未干燥 B. 酸式滴定管使用前，水洗后未用待装盐酸溶液润洗 C. 临近终点，未遵循“半滴操作” D. 滴定终点读数时俯视读数 实验Ⅲ：中和热的测定。 利用该氨水与稍过量的某稀硫酸进行中和热的测定实验。 （5）测得的中和热的数值___________(填“>”、“=”或“<”)57.3。 （6）从如图实验装置看，其中缺少的一件玻璃仪器名称是___________。 【答案】（1） ①. pH计 ②. 0.1 （2）甲基橙 （3） ①. 22.00 ②. 0.12 （4）D （5）< （6）环形玻璃搅拌棒 【解析】 【分析】（1）pH试纸测量溶液酸碱性时读数为一般整数，pH计可以读到小数点后一位或两位；（2）指示剂的变色范围必须全部或部分落在滴定反应的突跃范围内，所以滴定终点偏酸性一般选甲基橙，偏碱性一般选酚酞，不选石蕊做指示剂的原因是颜色变化不明显；（3）标准液读两次数据，做差得到消耗标准液的量，注意精确度为0.01 ml；（4）酸碱中和滴定中“半滴操作”是指接近终点时，为避免过量滴加、提升读数精确度而采用的微量加液手法，核心是精准控制“半滴”标准溶液参与反应；操作步骤为：①轻微转动酸式滴定管活塞（或挤压碱式滴定管胶管），让溶液在滴定管尖悬挂成“半滴”（未自然滴落的状态）；②用锥形瓶内壁轻轻靠下这半滴溶液，使其流入瓶内；③立即用洗瓶取少量蒸馏水，冲洗锥形瓶内壁，确保半滴溶液完全与瓶内待测液混合反应；（5）中和热是指在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应生成1 mol液态水所释放的热量，其标准值通常约为-57.3kJ/mol（负号表示放热）；（6）中和热需要的仪器有：量热计（或用简易装置替代，如大烧杯、小烧杯、碎泡沫塑料、硬纸板组成的保温体系）、温度计、量筒、环形玻璃搅拌棒等，实验的关键是保温；据此作答。 【小问1详解】 用pH试纸测量溶液酸碱性时读数为整数，pH计更精确，可以读取小数位，则答案①为：pH计；已知，又，代入数据得，则答案②为：0.1； 【小问2详解】 盐酸滴氨水，终点时生成氯化铵，溶液呈酸性；甲基橙变色范围为3.1~4.4，适合滴定终点，答案为：甲基橙； 【小问3详解】 滴定前读数为0.80 ml，滴定后读数为22.80 ml，则滴定所消耗的盐酸体积为22.80-0.80=22.00 ml；依据酸碱中和滴定原理有，代入数据有=；则答案为：①22.00；②0.12； 【小问4详解】 依据酸碱中和滴定原理有，变化会影响氨水的浓度，据此分析： A．锥形瓶水洗后未干燥，不影响氨水的物质的量，对结果无影响，A错误； B．酸式滴定管未润洗，盐酸被稀释，消耗体积偏大，导致氨水浓度偏高，B错误； C．未遵循“半滴操作”可能是未加半滴溶液，则标准液体积偏小，氨水浓度偏低；也可能是多加了标准液，则标准液体积偏大，氨水浓度偏高，C错误； D．滴定终点俯视读数，读取的盐酸体积偏小，则氨水浓度偏低，D正确； 则答案选D； 【小问5详解】 氨水属于弱碱溶液，中和过程中弱碱电离会吸收部分热量，导致测量数值偏小，则答案为：＜； 【小问6详解】 中和热测定实验中，需要用环形玻璃搅拌棒搅拌，使酸碱充分混合，反应彻底，确保温度测量准确，则答案为：环形玻璃搅拌棒。 16. 乙烯是重要化工原料，下列是有关乙烯生产的三种途径。 途径I：以乙醇C2H5OH(g)为原料制备乙烯C2H4(g)的反应如下： ①C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g) ΔH1>0 ②2C2H5OH(g)C2H5OC2H5(g)+H2O(g) ΔH2<0 两反应的lnK随温度(T)的变化如图所示： （1）表示反应①的lnK随温度(T)的变化曲线为___________(填“a”或“b”)。 （2）混合体系处于图中M点时，平衡体系中各个物质的物质的量浓度间应满足的关系为c(C2H5OC2H5)=___________。 途径Ⅱ：以乙烷C2H6(g)为原料制备C2H4(g)的反应如下： C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH （3）依据下列键能及各物质的结构式，求算ΔH=___________kJ/mol。 C-C C=C C-H H-H 键能(kJ/mol) 350 610 410 440 （4）该反应倾向于___________(填“高温”、“低温”、“任意温度均”或“任意温度均不”)自发。 （5）在恒温恒容密闭容器中充入一定量C2H6(g)，仅发生该反应，下列叙述正确的有___________。 A. 起始时，充入更多C2H6(g)，则C2H6(g)活化分子百分数升高，反应速率加快 B. 反应过程中，及时分离产生的H2(g)，可提高C2H6(g)的转化率 C. 混合气体的平均相对分子质量不随时间变化，既达平衡 D. 平衡后，压缩容器，平衡将逆向移动，故正反应的平衡常数K减小 途径Ⅲ：以丙烷C3H8(g)为原料制备乙烯C2H4(g)的反应如下： C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g) （6）在某温度下，总压保持为120 kPa，向体积可变的密闭容器中充入2 mol C3H8(g)和3 mol氩气，达到平衡时，C2H4(g)的分压p(C2H4)为20 kPa，则C3H8的转化率为___________，该温度下，该反应的平衡常数Kp=___________kPa。(提示：用气体分压计算的平衡常数为压强平衡常数Kp，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）a （2）c(C2H4)·c(C2H5OH) （3）+120 （4）高温 （5）BC （6） ①. 50% ②. 20 【解析】 【小问1详解】 反应①为吸热反应，升温K增大，故lnK增大，表示反应①的lnK随温度(T)的变化曲线为a； 【小问2详解】 反应①的平衡常数为：K=，反应②的平衡常数K=，M点时两个反应的平衡常数相等，故：，故：c(C2H5OC2H5)= c(C2H4)·c(C2H5OH)； 【小问3详解】 反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，故； 【小问4详解】 该反应正向气体分子数增加，为熵增的吸热反应，倾向于高温自发； 【小问5详解】 A．起始时，充入更多C2H6(g)，浓度增大，单位体积内C2H6(g)活化分子数增多，反应速率加快，但活化分子百分数不变，A错误； B．反应过程中，及时分离产生的H2(g)，平衡正向移动，可提高C2H6(g)的转化率，B正确； C．该反应正向气体分子数增加，总物质的量增大，混合气体的总质量不变，随着反应的进行，混合气体的平均相对分子质量一直减小，不变时即达平衡，C正确； D．该反应正向气体分子数增加，平衡后，压缩容器，平衡将逆向移动，平衡常数仅受温度影响，正反应的平衡常数K不变，D错误； 故选BC； 【小问6详解】 平衡时C2H4(g)的分压p(C2H4)为20 kPa，则平衡时其物质的量分数为：，设平衡时C2H4的转化量为x mol，可列出三段式：，故，解得x=1，则C3H8的转化率为：；平衡时C3H8、C2H4、CH4的物质的量均为1mol，三者分压相等，均为：，。 17. 一种从富锌的废渣(主要含CoO、ZnO、PbO、FeO及油污)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知： I．在pH=3~7环境下，KMnO4一般还原为MnO2 II．溶液中相关离子沉淀完全(c≤10-5 mol/L)时的pH： Fe3＋ Fe2＋ Co3＋ Co2＋ Zn2＋ 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 （1）为了去除废渣表面附着的油污，“酸浸”之前先用热的Na2CO3溶液浸泡。用离子方程式表示“Na2CO3溶液具有去油污能力”的原理___________。 （2）“滤渣1”主要成分为___________(填化学式)。 （3）常温下，向“过滤1”后的溶液中加入H2O2，其H2O2实际消耗量超过理论用量，其可能原因是___________。 （4）“加入X调pH=4”过程中，溶液中未出现新的杂质离子，且溶液中Co2＋浓度无明显变化，则试剂X可能为___________(填化学式，任写一种即可)。 （5）“氧化沉钴”的离子方程式为___________。 （6） “除钴液”中主要的金属阳离子有___________(写离子符号)，残留的Co3＋浓度为___________mol/L。 【答案】（1）CO＋H2OHCO＋OH- （2）PbSO4 （3）Fe3＋会催化H2O2的分解 （4）ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2等 （5）3Co2＋＋MnO＋7H2O=3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋ （6） ①. Zn2＋和K＋ ②. 10-16.7 【解析】 【分析】由题中信息可知，用硫酸溶液处理含有CoO、ZnO、PbO、FeO及油污的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、等离子的溶液，PbO与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4，向过滤后的滤液中加入 H2O2，将Fe2+氧化为 Fe3+然后加入X，调节pH=4，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+和Zn2+，最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中的Co2+氧化为 Co3+，在pH=5时，Co3+形成沉淀Co(OH)3，而KMnO4则被还原为MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。 【小问1详解】 Na2CO3水解使溶液呈碱性，可用于除去油污，水解以第一步为主，故离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH-； 【小问2详解】 由分析可知滤渣1为PbSO4； 【小问3详解】 H2O2实际消耗量超过理论用量，原因是除了氧化Fe2+生成Fe3＋，产生的Fe3＋会催化H2O2的分解； 【小问4详解】 根据题意，溶液中未出现新的杂质离子，且溶液中Co2＋浓度无明显变化，则X中含有Zn元素，可以为ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2等； 【小问5详解】 由分析，KMnO4与Co2+反应，形成沉淀Co(OH)3和MnO2，反应的离子方程式为3Co2＋＋MnO＋7H2O=3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋； 【小问6详解】 由分析可知，“除钴液”中主要的金属阳离子有Zn2＋和K＋；根据题中数据，pH=1.1时Co3+完全沉淀，此时c(H+)=10-1.1 mol/L，则c(OH-)=，Ksp[Co(OH)3]=1.0×10-5×(10-12.9)3=10-43.7，“除钴液”的pH=5，c(H+)=10-5 mol/L，则c(OH-)=，溶液中c(Co3+)=。 18. 天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3和CeCl3的工艺流程如图： 已知：25℃时，Ksp[Al(OH)3]=10-33，Ksp[Fe(OH)3]=10-38 （1）下列不能有效增大“酸浸”效率的为___________。 A. 适当升温 B. 粉碎 C. 加压 D. 搅拌 （2）“酸浸”过程中产生的气体X为___________(填化学式)。 （3）“滤渣1”的主要成分难溶性钙盐和FePO4外还有___________(填化学式)。 （4）“加氨水调pH”的目的是沉淀Al3＋和Fe3＋。25℃时，分离出“滤渣2”时，所得的滤液中c(Al3＋)：c(Fe3＋)=___________。 （5）“沉铈”过程中有CO2放出，写出“沉铈”时发生反应的离子方程式为___________。 （6）“沉铈”后的“滤液”中最主要的溶质为___________(填物质名称)。 （7）选用NH4HCO3进行“沉铈”，而不用NaHCO3，试分析使用NaHCO3可能带来的问题___________。 （8）Ce2(CO3)3溶于盐酸后，由CeCl3溶液获得CeCl3固体的操作为___________。 【答案】（1）C （2）HF （3）SiO2 （4）105 （5） （6）硫酸铵 （7）相较于NH4HCO3，NaHCO3碱性更强，产品1中可能混有Ce(OH)3 （8）在HCl气氛保护下蒸发结晶 【解析】 【分析】根据题干要求可知，天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质，首先加入硫酸进行酸浸，CePO4转化为，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为，Fe2O3转化为，CaF2转化为和，之后加入溶液转化为FePO4从而除去磷元素，此外滤渣一中含有未反应的SiO2和上一步生成的难溶性钙盐，接着加入氨水除掉溶液中的Al3＋和Fe3＋，再接着加入NH4HCO3进行沉铈，转化成，最后加入盐酸经过一系列转化变成CeCl3； 【小问1详解】 因为反应物为固体和硫酸溶液，加压不能增大“酸浸”效率，故选C； 【小问2详解】 根据分析可知，独居石酸浸后，CaF2会和硫酸反应转化为难溶物和气体，所以气体为； 【小问3详解】 根据分析可知，加入溶液除去磷元素的过程中，除了生成难溶物FePO4之外，还有未反应的SiO2； 【小问4详解】 题中已知25℃时，Ksp [Al(OH)3]=10-33，Ksp[Fe(OH)3]=10-38，，所以；，所以，那么c(Al3＋)：c(Fe3＋) 【小问5详解】 沉铈步骤中加入了NH4HCO3溶液，和溶液中的发生反应生成，除此之外还生成了气体CO2，所以离子方程式为：； 【小问6详解】 根据上一步骤反应的离子方程式可以分析可知，还有中的硫酸根离子以及NH4HCO3溶液中的铵根离子未反应，故溶液中的最主要的溶质为硫酸铵； 【小问7详解】 NaHCO3的碱性较强，沉铈过程中容易生成Ce(OH)3，会使产品1中混有Ce(OH)3杂质； 【小问8详解】 由于盐酸具有挥发性，在蒸发过程中部分盐酸会随着加热逸出，所以在蒸发过程中需要在HCl气氛保护下蒸发结晶。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $