湖南省湘潭市2025-2026学年高二化学上学期期末模拟卷（范围：人教版必修1、必修2、选择性必修1）（试卷及全解全析）

湖南省湘潭市2025-2026学年高二化学上学期期末模拟卷 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：（人教版2019必修1、必修2、选择性必修1）。 5．难度系数：0.40 6．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 一、单选题 1．“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC)，RFC是一种将太阳能电池电解水技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图(隔膜为质子选择性透过膜)，下列说法中正确的是 A．当有0.1mol电子转移时，b极产生1.12L气体Y(标准状况下) B．装置Ⅰ与装置Ⅱ的电解质溶液中，氢离子运动方向相反 C．c极上发生的电极反应是 D．RFC系统工作过程中只存在2种形式的能量 2．已知转化为和，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是 A．该反应有两个基元反应，物质为总反应的中间产物 B．的能量一定低于的能量 C．   D．第一步基元反应决定了总反应的速率 3．可溶性氯化物中氯含量的测定常采用莫尔法，此法是以为指示剂，用标准溶液进行滴定。某温度下，分别向和溶液中滴加溶液，滴加过程中(M为或)与溶液体积(V)的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是 A．曲线表示与的变化关系 B．M点溶液中： C．该温度下， D．温度不变时，增大溶液浓度，则曲线中Q点移到N点 4．下列说法正确的是 A．不存在两种质子数和电子数均相同的正离子和负离子 B．两种微粒，若核外电子排布完全相同，则化学性质也一定相同 C．凡是单原子形成的离子，一定具有稀有气体的结构 D．两种原子，若核外电子排布相同，则一定属于同种核素 5．某同学为测定和混合粉末中的含量。将和混合粉末加入的稀硝酸中，得到气体(标准状况下)，忽略溶液体积的变化。下列有关说法正确的是 A．反应后有固体剩余 B．反应后的溶液中 C．单质在混合粉末中的质量分数约为 D．在反应后的溶液中加入足量铁粉，可置换出 6．下列说法正确的是 A．将25 g胆矾()溶于1 L水，该溶液的物质的量浓度为 B．溶液中含，则溶液中的物质的量浓度为： C．同浓度的溶液体积之比为3：2：1，则Cl−浓度之比为3：4：3 D．将w g a%的NaCl饱和溶液蒸发掉水，得到2a%的NaCl溶液 7．硼酸（）在水溶液中存在电离平衡：。用溶液分别滴定体积均为的硼酸溶液、硼酸和甘露醇混合溶液，滴定过程中硼酸溶液、混合溶液的随加入的溶液体积的变化如图。 已知： 下列说法不正确的是 A．滴定硼酸时加入甘露醇可获得更显著的滴定突跃 B．溶液：X点<Y点 C．Z点： D．P点和Q点均代表反应终点 8．下列说法正确的是 A．图1中电流方向是Cu电极流向Al电极 B．图2中阴影部分的面积表示生成物的净增加量 C．图3中的反应，x为反应的平衡点 D．图4中曲线a、b分别表示过量纯锌、粗锌(含铜)跟同浓度等体积盐酸反应 9．微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是    A．该电池在高温下进行效率更高 B．电子的移动方向由 b经外电路到a C．HS⁻转化为 的反应为 D．若该电池中有0.2 mol O2参加反应，则有0.2molH⁺向b迁移 10．一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下： 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是 A．反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ B．反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ C．选用对反应Ⅰ更有利的催化剂，可增加平衡时产物Ⅰ的比例 D．选择相对较长的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅱ 11．下列实验不能达到实验目的的是 实验 实验目的 A．制备乙酸乙酯 B．比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性 实验        实验目的 C．证明化学反应存在限度 D．证明温度对化学平衡有影响 A．A B．B C．C D．D 12．已知有下列三个反应：①、②、③。下列有关说法正确的是 A．反应①②③中的氧化产物分别是、、 B．根据以上化学方程式可以得到氧化性的强弱是 C．由上推理可得： D．在反应③中有1mol生成，则被还原的HCl为2mol 13．甲、乙、丙三个容器中起始物质及其物质的量如图所示，三个容器最初的容积、温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。下列说法正确的是 A．平衡时各容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲>丙 B．平衡时N2O4的百分含量：乙>甲=丙 C．平衡时甲与丙中放出的热量相同 D．其它条件不变，向平衡后的丙容器中再加入少量N2O4，新平衡后的值变大 14．往一定浓度的溶液中滴加NaOH溶液，溶液中含磷的各微粒分布系数(平衡时某物种浓度占各物种浓度之和的分数)随pH变化如图所示，下列表述错误的是 已知：的。 A．为二元弱酸 B．的溶液中； C．的结构式为 D．往溶液中加入过量的，反应的离子方程式为 15．下列离子方程式书写不正确的是 A．将过量SO2气体通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-=SO＋Cl-＋2H＋ B．标准状况下将112 mL氯气通入10 mL 1 mol·L-1溴化亚铁溶液中：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl- C．硅酸钠溶液通入过量： D．明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀的物质的量最大：2Al3++ 3SO+ 3Ba2++6OH- = 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ 二、填空题 16．完成下列问题 (1)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O被还原为Cr3＋。样品中CuCl的质量分数为 。 (2)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2 沉淀，密封静置，加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2 与I-完全反应生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：O2MnO(OH)2I2S4O。O2将Mn2＋氧化成MnO(OH)2的离子方程式： 。取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。该水样中的溶解氧 (以mg·L-1表示)。 (3)某铁的氧化物(FexO)1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x值为 。 (4)联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为 。联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是 。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2 kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是 。 17．S和N的某些化合物属于环境污染物，科学处理及利用是研究的热点。 (1)水体中的与在微生物作用下可转化为N2和S，该反应的离子方程式为 。 (2)废水中的硫化物可用H2O2将其氧化为单质S进行回收。在1L废水中单质S回收率随H2O2加入量的变化如图所示。H2O2加入量大于12mg时，废水中单质S的回收率下降的原因可能是 。 (3)SO2的脱除 用氨水吸收过量SO2可得NH4HSO3溶液，再通入空气氧化，得到硫酸盐。①在空气氧化时，溶液中有SO2逸出，原因是 (用相关离子方程式表示)； ②实验证实，当温度高于70℃时，SO2的吸收率会大幅下降，其原因是 。 (4)某种使用钒催化剂的NH3还原技术，能够有效脱除烟气中的氮氧化物。该技术的机理如图所示。 ①X的成分是 和 。 ②当1 mol NH3脱除了1 mol NO时，理论上还需通入标准状况下O2的体积为 。 18．偏钒酸镁在化工“新型材料”光电领域有着重要的用途。以硼泥[主要成分是MgO(52.12%)还有Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质]为原料设计制备偏钒酸镁的生产工艺如图所示： “除杂”过程加入双氧水的目的是 (用离子方程式表示)。此过程中使Fe3+、Al3+浓度均小于1×10-6 mol·L-1，在室温下需调节pH的范围是： (已知：Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，pH=9.3时，Mg2＋开始沉淀)。 19．回答下列问题： (1)已知：① ② ③ 则的 。 定量探究的反应速率与反应物浓度的关系。 查阅资料：该反应速率与和的关系为常数。 实验任务：测定不同浓度下的反应速率确定所的值。 实验方法：按下表体积用量V将各溶液混合，溶液最后加入，记录开始反应至溶液出现蓝色所用的时间t。实验过程中发生如下反应： (慢) (快) 实验记录： 实验编号 A B C D E 溶液 10 5 2.5 10 10 溶液 10 10 10 5 2.5 溶液 3 3 3 3 3 溶液 0 溶液 0 0.2%淀粉溶液/mL 1 1 1 1 1 (2)加入溶液的目的是控制实验条件，其中 ， ， 。 (3)当溶液中 (填化学式)耗尽后溶液出现蓝色(碘单质遇淀粉显蓝色)。根据实验A的数据，反应速率 (列出算式)。 (4)根据实验数据可确定m、n的值。的判断依据是 (用t的关系式来表示)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 湖南省湘潭市2025-2026学年高二化学上学期期末模拟卷 参考答案（考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：（人教版2019必修1、必修2、选择性必修1）。 5．难度系数：0.40 6．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C A D B C B C C 题号 11 12 13 14 15 答案 C B B B B 1．C 【分析】装置Ⅰ为电解水装置，b极和电源正极相连，则气体Y是O2，气体X是H2；装置Ⅱ为氢氧燃料电池装置，A为氢氧燃料电池正极，B为氢氧燃料电池负极，据此分析解答。 【详解】A．b极为阳极，产生的气体Y是O2，根据电解水的化学方程式，生成22.4L O2(标准状况下)转移4mol电子，则转移0.1mol电子，产生的O2体积为0.56L，故A错误； B．装置Ⅰ为电解池，b极为阳极，H+为阳离子，运动方向从右向左，装置Ⅱ为原电池，c极为正极，阳离子移向正极，H+也为从右向左运动，则两者氢离子运动方向相同，故B错误； C．c极为原电池的正极，O2在电极上得到电子和溶液中的H+反应生成水，电极反应式为，故C正确； D．RFC系统工作过程中存在太阳能转化为电能，电能转化为化学能，化学能转化为电能，存在3种形式的能量，故D错误； 答案C。 2．B 【详解】A．由图可知，转化为和经过两步反应，第一步，第二步反应为，物质是第一步的生成物、是第二步的反应物，物质为总反应的中间产物，A正确； B．从能量变化可知，的能量低于与的总能量，不能确定的能量一定低于，B错误； C．从能量变化可知，第二步反应为吸热反应，结合反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故第二步反应的热化学方程式为，C正确； D．第一步基元反应的活化能大于第二步基元反应的活化能，故第一步基元反应决定了总反应的速率，D正确； 故选B。 3．C 【分析】KCl、和溶液均为0.1mol/L，所以表示与的变化关系（1:1），表示与的变化关系。由N点(Ag+与比为1:2，恰好作用完全)推知：=10-4.0mol/L，c(Ag+)=210-4.0mol/L，，同理由坐标(10，4.9)推知：=10-9.8，以此解题。 【详解】A．KCl和AgNO3反应的化学方程式为：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，K2CrO4和AgNO3反应的化学方程式为：K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以表示与的变化关系的曲线是，故A错误； B．M点加入的硝酸银溶液体积是15mL，根据反应方程式KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3可知，生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银，剩余0.0005mol硝酸银，则c()＞c(K+)＞c(Ag+)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H+)＞c(OH-)，所以M点溶液中，离子浓度为：，故B错误； C．N点纵坐标的数值是4，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中=10-4.0mol/L，c(Ag+)=210-4.0mol/L，==，故C正确； D．曲线表示与的变化关系，若增大溶液浓度，完全沉淀需要AgNO3溶液体积增大，温度不变，溶液体积不变，仍为4.0，曲线中Q点向右平移，故D错误； 答案选C。 4．A 【详解】A．质子带正电荷，电子带负电荷，两种质子数和电子数均相同的粒子，所带电性应该相同，不存在两种质子数和电子数均相同的正离子和负离子，A正确； B．核外电子排布相同的微粒化学性质可能不同，如Na+和Mg2+，因化学性质还与质子数（即元素种类）相关，B错误； C．单原子离子如H+（无电子）或过渡金属离子（如Fe2+）的电子结构不符合稀有气体结构，C错误； D．核外电子排布相同的原子，质子数相同（属于同种元素），但中子数可能不同（如12C和13C），属于不同核素，D错误； 故选A。 5．D 【详解】A．Cu与稀硝酸反应的化学方程式为与稀硝酸反应的化学方程式为，若混合粉末全部为，消耗的硝酸最多为(硝酸的物质的量为)，设混合粉末中和的物质的量分别为、，依题意可得，联立解得。由以上分析可知，硝酸过量，不会有固体剩余，项错误； B．，B项错误； C．单质在混合粉末中的质量分数为，C项错误； D．可置换出铜的质量为，D项正确； 本题选D。 6．B 【详解】A．胆矾的物质的量为，但溶于1 L水后，溶液体积大于1 L，实际浓度小于0.1 mol/L，A错误； B．的物质的量为，中的物质的量比为2:3，故的浓度为：，B正确； C．浓度由溶质电离决定，同浓度下浓度比为1:2:3，与体积无关，C错误； D．饱和溶液蒸发析出溶质，仍然是饱和溶液，浓度不变，仍为a%，D错误； 故选B。 7．C 【分析】随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的碱性逐渐增强，溶液pH逐渐增大，ZP所在曲线为溶液pH与氢氧化钠溶液体积变化曲线，XQY所在曲线为与氢氧化钠溶液体积变化曲线。 【详解】 A．据可知，甘露醇和发生反应生成甘露醇-硼酸配离子，使浓度减小，促进硼酸电离正向移动，利于与氢氧化钠溶液的反应，使混合溶液的比硼酸大，所以可获得更显著的滴定突跃，故A正确； B．由图可知，加入的氢氧化钠溶液的体积：X点<Y点，而加入的氢氧化钠溶液体积越大、溶液中氢离子浓度越小，所以溶液：X点<Y点，故B正确； C．Z点溶液呈碱性，pH=9.34，则：，，，所以，又因为水的电离比较微弱，所以溶液中存在，溶液中存在电荷守恒：，所以，即，故C错误； D．P点时pH出现转折，Q点时最大，也是pH的转折点，所以均代表反应终点，故D正确； 故答案为：C。 8．B 【详解】A．图1中Al在浓硝酸中会钝化，此时Cu做负极，Al做正极，电流从Al流向Cu，故A错误。 B．表示B向正反应方向进行时减少的浓度，表示B向逆反应方向进行时增大的浓度，故阴影部分的面积表示B向逆反应方向进行时“净”增加的浓度，且B为生成物，则阴影为平衡时B的浓度增加量，故B正确。 C．X点正逆反应速率不相等，各成分的浓度也在变化，故不是平衡点，A的物质的量在减少，C的物质的量在增加，反应在向正反应方向进行，故，故C错误； D．过量纯锌、粗锌(含铜)与等浓度等体积的盐酸完全反应生成氢气的量相同，且粗锌与稀盐酸发生原电池反应可加快反应速率，则a应为粗锌与盐酸反应，b为纯锌与盐酸反应，与图象不符，故D错误。 故选B。 9．C 【分析】由图可知，硫酸盐还原菌可将有机物氧化为二氧化碳，而硫氧化菌可将HS-氧化为SO，所以两种菌类的存在，循环把有机物氧化成CO2并放出电子，负极a上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO，发生失电子的氧化反应，负极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO+9H+，正极b上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为4H++O2+4e-=2H2O，原电池工作时，溶液中的阳离子移向正极、阴离子移向负极，电子由负极经过导线流向正极。 【详解】A．高温条件下微生物会变性而死亡，该电池不能正常工作，故A错误； B．由图中H+移动方向可知，a极为负极、b极为正极，原电池工作时电子由负极经过导线流向正极，即电子从a流出，经外电路流向b，故B错误； C．负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO，失电子发生氧化反应，HS-转化为SO的反应为HS-+4H2O-8e-=SO+9H+，故C正确； D．电子和氢离子均带1个单位的电荷，若该电池有1mol电子转移，则有1molH+通过质子交换膜，若该电池中有0.2molO2参加反应，则有0.8molH+通过质子交换膜，故D错误； 故选C。 10．C 【详解】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确； B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确； C．选用对反应Ⅰ更有利的催化剂，可增加反应的速率，但不能影响平衡的移动，因此平衡时产物Ⅱ和产物I的比例不变，故C错误； D．根据图中信息，相对较短的反应时间内，产物I占比较大，选择相对较长的反应时间，产物Ⅱ占比较大，因此选择相对较长的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅱ，故D正确。 综上所述，答案为C。 11．C 【详解】A．制备乙酸乙酯用乙酸与乙醇发生酯化反应，碳酸钠溶液用于收集产品的同时除去杂质乙酸和乙醇，导管没有伸入液面以下用于防倒吸，A正确； B．钠与水反应比Na与乙醇反应剧烈，则可比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性，B正确； C．KI与的反应为，故题目中过量，无法通过检验证明反应的可逆性，C错误； D．存在平衡，为红棕色气体，冷水和热水中球中气体的颜色不同，则该实验可探究温度对化学平衡的影响，D正确。 故选C。 12．B 【详解】A．①中Fe2+被氧化得到，I-被氧化得到，、是氧化产物；②中Fe2+被氧化得到，是氧化产物；③中Cl-被氧化得到Cl2，Cl2是氧化产物，中钴元素化合价降低，被还原，还原产物是，故反应①②③中的氧化产物分别是、、Cl2，A选项错误； B．氧化还原反应中，氧化性大小：氧化剂＞氧化产物。①中，Cl2中氯元素化合价降低，做氧化剂，Fe2+被氧化得到，I-被氧化得到，、是氧化产物；，氧化性，②中Br2中Br化合价降低，做氧化剂，Fe2+被氧化得到，是氧化产物，氧化性，③中Cl-被氧化得到Cl2，Cl2是氧化产物，中钴元素化合价降低，做氧化剂，氧化性，故根据以上化学方程式可以得到氧化性的强弱是，B项正确； C．氧化还原反应中，还原性大小：还原剂＞还原产物。②中Fe2+被氧化得到，Fe2+是还原剂，Br2中Br化合价降低，被还原，还原产物是Br-，故还原性：Fe2+＞Br-。Cl2氧化性强，都能氧化Fe2+和Br-，若两者同时存在，先氧化还原性强的Fe2+，C项错误； D．中氯元素化合价升高，做还原剂，被氧化，当6molHCl发生反应，其中2molHCl做还原剂，则在反应③中有1mol生成，则被氧化的HCl为2mol，D项错误。 故答案选B。 13．B 【分析】甲、乙存在平衡，该反应为气体分子数减少的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，丙中存在平衡，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为完全相同的等效平衡，据此分析。 【详解】A．甲与丙为完全等效平衡，平衡时NO2浓度的相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强尽管平衡向正反应移动，根据勒夏特列原理平衡移动的结果是NO2浓度还是增大了，故平衡时容器内c(NO2)的大小顺序为：乙＞甲=丙，故A错误； B．甲与丙为完全等效平衡，平衡时N2O4的百分含量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大，故平衡时N2O4的百分含量：乙＞甲=丙，故B正确； C．甲与丙为完全等效平衡，平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，但甲从正反应方向开始，丙从逆反应方向开始，只有转化率刚好为50%时，甲与丙中放出的热量才会相同，故C错误； D．即平衡常数K，K只与温度有关，温度不变，K值不变，故D错误； 故选B。 14．B 【详解】A．加入NaOH，转化为、，为二元弱酸，A正确； B．根据pH=6.6时，，可得=，水解常数为 ，电离大于水解，故溶液中：，B错误； C．根据价层电子对数计算，这表明中心磷原子以sp3杂化，空间构型为四面体形，与相邻原子形成两个P-OHσ键，一个H-Pσ键，磷和非羟基氧形成一个P=O双键(σ键和π键) ，且为二元弱酸，结构式为：，C正确； D．Ka1（H3PO4）=10-2.1，Ka2（H3PO4）=10-7.2，Ka3（H3PO4）=10-12.4，结合图像，可得Ka1（H3PO3）=10-1.3，Ka2（H3PO3）=10-6.6，根据强酸制取弱酸的原则，往溶液中加入过量的的离子方程式为：，D正确； 故选B。 15．B 【详解】A．SO2具有还原性，ClO-具有强氧化性，过量SO2与NaClO溶液反应的离子方程式为SO2+H2O+ClO-=+Cl-+2H+，A项正确； B．标准状况下112mLCl2物质的量为0.005mol，10mL1mol/LFeBr2溶液中含FeBr2物质的量为0.01mol，还原性：Fe2+＞Br-，先发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，0.005molCl2与0.01molFe2+恰好完全反应，符合题意的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，B项错误； C．硅酸钠溶液与过量CO2反应生成H2SiO3和NaHCO3，反应的离子方程式为+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2，C项正确； D．明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀的物质的量最大时Al3+刚好完全沉淀，反应的离子方程式为2Al3++3+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，D项正确； 答案选B。 16．(1)×100% (2) 2Mn2＋＋O2＋4OH-=2MnO(OH)2↓ 10.80 (3)0.8 (4) 2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O 固体逐渐变黑，并有气泡产生 1 N2H4的用量少，不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4) 【详解】（1）反应的离子方程式为Cr2O＋14H＋＋6Cu＋=6Cu2＋＋2Cr3＋＋7H2O，由题意可知n(Cr2O)=a mol·L-1×b×10-3 L，结合方程式化学计量数可得n(Cu＋)=6ab×10-3mol，则样品中CuCl的质量分数为×100%=%。 （2）反应中Mn由＋2价升至＋4价，O由0价降至-2价，根据Mn和O得失电子守恒配平反应，并用OH-平衡电荷，反应的离子方程式为：2Mn2＋＋O2＋4OH-=2MnO(OH)2↓。找出反应之间的关系：O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O，根据Na2S2O3的消耗量，可计算出水样中的溶解氧为。 （3）氯气的物质的量是0.112L÷22.4L/mol=0.005mol，FexO与盐酸和Cl2反应的总离子方程式为：FexO＋2H＋＋Cl2=xFe3＋＋(3x-2)Cl-＋H2O，由题意得(56x＋16)：=1.52：0.005，解得x=0.80。 （4）由题意可知，次氯酸钠是强氧化剂，氨是还原剂，氮元素由-3价升高到-2价，失去1个电子，生成联氨，氯元素由＋1价降低到-1价，得到2个电子，生成稳定的氯化钠，则反应的化学方程式为2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O。由题意可知，联氨是还原剂，AgBr是氧化剂，两者反应时，AgBr中银元素由＋1价降低到0价，生成的单质银或银粉覆盖在淡黄色的溴化银固体表面，联氨中氮元素由-2价升高到0价，生成氮气，反应的化学方程式为N2H4＋4AgBr =N2↑＋4Ag＋4HBr(可能还发生反应N2H4＋HBr=N2H5Br)，因此可观察到淡黄色固体逐渐变黑，并有气泡产生。由N2H4＋O2=N2＋2H2O可知，1 mol联氨可除去1 mol O2，又因为M(N2H4)=M(O2)，m=n·M，1 kg 联氨可除去O2的质量为1 kg；用亚硫酸钠处理水中溶解氧的原理为2Na2SO3＋O2=2Na2SO4，处理等物质的量的O2时，消耗联氨的物质的量仅为消耗亚硫酸钠的物质的量的一半，且联氨与氧气反应的产物为N2和H2O，而亚硫酸钠与氧气反应的产物为Na2SO4。 17．(1)SO+2NHN2↑+S↓+4H2O (2)硫元素被H2O2氧化成更高价态的SO (3) 2HSO+O2=2SO+2H+，HSO+H+=SO2↑+H2O SO2在水中溶解度减小(或氨水挥发或铵盐受热分解)，导致吸收率下降 (4) N2 H2O 5.6L 【详解】（1）中氮元素化合价由-3升到0价，中硫元素化合价由+6降低到0价，离子方程式为：N2↑+S↓+4H2O。 （2）H2O2具有强氧化性，H2O2加入量大于12mg时，所加H2O2越多，S回收率越低，可能是因为硫元素被氧化成更高价态的。 （3）①用氨水吸收过量可得溶液，再通入空气氧化，将氧化为，离子方程式为：，溶液中H+浓度增大，酸性增强，未被氧化的和H+反应+ H+=+H2O，有逸出； ②在水中溶解度随温度升高而降低，故当温度高于70℃时，SO2的吸收率会大幅下降，原因是SO2在水中溶解度减小(或氨水挥发或铵盐受热分解)，导致吸收率下降； （4）①利用NH3还原脱除烟气中的氮氧化物，对比和，可知X的成分为N2和H2O； ②NH3脱除NO生成氮气和水，当1mol NH3脱除了1mol NO时，设需要xmol O2，根据得失电子守恒，2+4x=3，x=0.25，标况下O2的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L。 18． 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 5<pH<9.3 【详解】加入双氧水可以把Fe2＋氧化为Fe3＋，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。因氢氧化铝的溶解度大于氢氧化铁，根据Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Fe3＋、Al3＋浓度均小于l×10-6mol·L-1时c(OH-) mol·L-1=10-9mol·L-1，pH最小值为5，为防止Mg2＋沉淀，控制pH的最大值为9.3，所以pH的范围是5<pH<9.3。 19．(1)-911.9 (2) 0 7.5 5 (3) Na2S2O3 (4)t1=2t4 【详解】（1）根据盖斯定律：目标反应=反应①+反应②+2×反应③，所以-911.9 kJ/mol。 （2）根据单一变量原则，V1=0，V5+5=10，V4+2.5=10，所以V5=5，V4=7.5。 （3）I2与的反应为快反应，所以Na2S2O3被耗尽后溶液才出现蓝色；反应速率应用Na2S2O3的速率换算后表示：。 （4）若n=1，在消耗等量I-的前提下，即应对比实验A与实验D，减小一倍I-的浓度，反应速率减小一倍，反应时间增加一倍，所以t1=2t4。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $