精品解析：陕西省咸阳市武功县普集高级中学2025-2026学年高二上学期12月月考化学试题

全国名校高二上学期第三次月考试卷 化学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米，黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.本卷命题范围：选择性必修1第一、二、三章。 5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的) 1. 下列反应或过程属于熵减的是 A. 氯化钠从溶液中结晶析出 B. 胆矾晶体溶于水 C. 固态碘升华 D. 碳酸钙分解 【答案】A 【解析】 【详解】对同一种物质，气态时熵最大，液态时的次之，固态时的最小。因此由气体→液体→固体的反应或过程属于熵减，故选A。 2. 下列事实与对应的方程式不符合的是 A. 自然界正常雨水pH=5.6是因为：， B. 用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热： C. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊： D. 甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： 【答案】D 【解析】 【详解】A．自然界正常雨水中含二氧化碳，二氧化碳溶于水形成碳酸，碳酸发生电离主要以第一步为主，上述方程式正确，故A正确； B．醋酸溶于水发生电离为吸热反应，所以用醋酸和氢氧化钠发生反应来测定的热量数值偏小，则计算得出的中和热，故B正确； C．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸会发生归中反应生成硫单质、二氧化硫和水，离子方程式正确，故C正确； D．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成指定氧化物放出的热量，H元素指定氧化物为液态水，上述表示甲烷燃烧的热化学方程式与描述不符合，故D错误； 故选D。 3. 乙酸蒸气能形成二聚分子：2CH3COOH(g)(CH3COOH)2(g)ΔH<0。为了获得更多的二聚乙酸分子，应采用的反应条件是 A. 低温高压 B. 高温低压 C. 低温低压 D. 高温高压 【答案】A 【解析】 【详解】该反应为气体体积减小、放热的反应，增大压强、降低温度，可使平衡向正反应方向移动，可以获得更多的二聚乙酸分子， 答案选A。 4. 下列说法正确的是 A. 100℃，溶液pH为12 B. 中和pH和体积均相等的氨水与氢氧化钠溶液，分别与同浓度的盐酸完全中和时，消耗盐酸的体积相同 C. 分别对溶液和溶液进行蒸干、灼烧操作都得不到原溶质 D. ，到达平衡状态后加压，混合气加压后颜色变深，此现象不能用勒夏特列原理解释 【答案】D 【解析】 【详解】A．100℃，Kw>1×10-14，溶液pH小于12，故A错误； B．pH和体积均相等的氨水与氢氧化钠溶液，氨水的浓度大于氢氧化钠，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠，分别与同浓度的盐酸完全中和时，氨水消耗盐酸的体积大，故B错误； C．分别对溶液和溶液进行蒸干、灼烧，溶液得到Al2O3，溶液得到，故C错误； D．，到达平衡状态后加压，平衡不移动，混合气加压后颜色变深不能用勒夏特列原理解释，故D正确； 选D。 5. 可逆反应在一定条件下达到平衡后，改变压强，B的体积分数与压强的关系如图所示，有关叙述正确的是 A. B. Y点反应向逆反应方向进行 C. X点时 D. X点逆反应速率比Y点的正反应速率大 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，增大压强，B的体积分数增大，说明平衡向逆反应气体体积减小的方向移动，故n<p，A选项错误； B．曲线上的点为平衡状态，Y点对应压强下的B的平衡体积分数大于Y点，故Y点反应向逆反应方向进行使得φ(B)增大，B选项正确； C．X点对应压强下的B的平衡体积分数小于X点，故X点反应向正反应方向进行使得φ(B)减小，v正>v逆 ，C选项错误； D．Y点压强大于X点，故Y点逆反应速率比X点的正反应速率大，D选项错误； 答案选B。 6. 已知：①1molH2分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量②1molCl2分子中化学键断裂时需要吸收243kJ的能量③由H原子和Cl原子形成1molHCl分子时释放431kJ的能量。下列叙述正确的是 A. 氢气和氯气反应生成2mol氯化氢气体，反应的ΔH=＋183kJ·mol-1 B. 氢气和氯气反应生成2mol氯化氢气体，反应的ΔH=-183kJ·mol-1 C. 氢气和氯气反应生成1mol氯化氢气体，反应的ΔH=-183kJ·mol-1 D. 1molH2和1molCl2的总能量比2molHCl的总能量低183kJ 【答案】B 【解析】 【详解】A．氢气和氯气反应生成2mol氯化氢气体，反应的ΔH=436kJ/mol+243kJ/mol-2×431kJ/mol=-183kJ/mol，A错误； B．氢气和氯气反应生成2mol氯化氢气体，反应的ΔH=436kJ/mol+243kJ/mol-2×431kJ/mol=-183kJ/mol，B正确； C．氢气和氯气反应生成1mol氯化氢气体，反应的ΔH=-91.5kJ/mol，C错误； D．1mol氢气和1mol氯气反应生成2molHCl，放热183kJ，因此1mol氢气和1mol氯气的总能量比2molHCl的总能量高183kJ，D错误； 故答案选B。 7. 在相同温度下，0.01 mol·L-1的NaOH溶液和0.01 mol·L-1的盐酸相比，下列说法正确的是 A. 由水电离出的c(H＋)相等 B. 由水电离出的c(H＋)都是1.0×10-12mol·L-1 C. 由水电离出的c(H＋)都是0.01 mol·L-1 D. 两者都促进了水的电离 【答案】A 【解析】 【详解】A．在相同温度下，0.01 mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)是0.01 mol·L－1，水电离产生的氢离子为10-12mol/L，0.01 mol·L－1的盐酸中c(H＋)是0.01 mol·L－1，水电离产生的氢离子等于氢氧根浓度、为10-12mol/L，二者均抑制水的电离，且抑制程度相同，由水电离出的c(H＋)相等，A正确； B．具体温度数据未给出，KW不确定，无法计算由水电离产生的c(H＋)，B错误； C．由选项B分析知，C错误； D．酸溶液或碱溶液均抑制水的电离，D错误； 故选A。 8. 将1L0.1mol⋅L﹣1BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应放出akJ热量，将1L0.5mol⋅L﹣1HCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应放出bkJ热量(不考虑醋酸钠水解)；将0.5L1mol⋅L﹣1硫酸溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出的热量为 A. (5a+2b)kJ B. (5a﹣2b)kJ C. (2b﹣5a)kJ D. (10a+4b)kJ 【答案】A 【解析】 【分析】将H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba溶液反应，涉及的离子方程式有 ，；将BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：；将HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为：，据此作答。 【详解】BaCl2的物质的量为0.1mol，将BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：，生成0.1molBaSO4，放出akJ热量；HCl溶液的物质的量为0.5mol，将HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为，生成0.5molCH3COOH，放出b kJ热量；所以H2SO4的物质的量为0.5mol，将H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba溶液反应，涉及的离子方程式有，，生成0.5molBaSO4，1molCH3COOH，溶液反应放出的热量为(5a+2b)kJ，故选A。 9. 将盛有粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。以下说法正确的是 A. 和盐酸的反应是放热反应 B. 反应的热化学方程式为： C. 的电离方程式为： D. 该反应为熵增的反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．醋酸凝固说明碳酸氢铵与盐酸的反应为吸热反应，反应吸热醋酸温度降低凝固，A错误； B．热化学方程式中需要标注物质的状态，B错误； C．NH4HCO3为强电解质，其电离方程式为，C错误； D．该反应为吸热反应且能自发进行，则一定是熵增反应，否则无法自发进行，D正确； 故答案选D。 10. 中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]能利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列叙述不正确的是 A. 该催化反应实现了太阳能向化学能的转化 B. 该催化剂降低了过程Ⅰ和过程Ⅱ反应的△H C. 过程I中H2O既是氧化剂又是还原剂，过程Ⅱ中H2O是还原产物 D. 过程I中生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象中物质间的转化判断反应物和生成物，根据物质所含元素化合价的变化判断物质的氧化性或还原性，根据化合价的升降守恒配平方程式，可以计算各物质的量之比。 【详解】A．根据图象判断在太阳能的作用下，水分子在催化剂上发生了分解反应生成氢气和双氧水，双氧水在太阳能作用下又分解成氧气和水，故A正确； B．焓变的大小取决于反应物和生成物能量的大小，催化剂不影响焓变，故B不正确； C．过程1中水生成氢气和双氧水，氢元素和氧元素化合价都发生了变化，H2O既是氧化剂又是还原剂，过程2中双氧水生成氧气和水，水中的氧元素是由双氧水-1价的氧元素化合价变化而来，故水是还原产物，故C正确； D．过程I中生成物H2O2与H2的化合价的升降守恒配平方程式得：，故生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1，故D正确； 故选答案B。 【点睛】此题实质考查氧化还原反应中的电子守恒的应用，根据特征化合价的升降进行计算或配平方程式，其次考查焓变的基本概念，焓变的大小取决于反应前后物质的总能量。 11. 下列实验能达到目的的是 实验目的 实验方法或操作 A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器连续采集锥形瓶内溶液的温度，平行测定三次，并取最高温度代入计算△H B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象 C 判断反应后Ba2+是否沉淀完全 将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加几滴Na2CO3溶液 D 证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl) 向2 mL0.01 mol•L-1AgNO3溶液中滴加1-2滴同浓度的NaCl溶液后，再滴加1-2滴同浓度的KI溶液，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．酸碱中和滴定操作是敞开体系，没有较好的保温措施，不能测定中和反应的反应热，A错误； B．NaClO溶液和Na2SO3的溶液反应无明显的现象，无法根据实验现象进行浓度对化学反应速率影响的实验探究，B错误； C．将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加几滴Na2CO3溶液，若有白色沉淀产生，说明溶液中的Ba2+没有沉淀完全，若没有浑浊现象，则沉淀完全，C正确； D．AgNO3溶液过量，过量的Ag+与滴入的KI溶液中的I-反应产生AgI黄色沉淀，因此不能用于比较AgCl、AgI溶度积常数的大小，即不能证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D错误； 故合理选项是C。 12. 为配制NH的浓度与的浓度比为1∶1的溶液，可在溶液中加入 ①适量的HCl②适量的NaCl③适量的④适量的浓氨水 A. ①② B. ③ C. ③④ D. ④ 【答案】C 【解析】 【分析】溶液中会发生水解反应，使得浓度降低，所以为配制NH的浓度与的浓度比为1∶1的溶液，应在溶液中加入使浓度增大的物质。 【详解】①加入HCl可以抑制的水解，但不能使浓度增大到和的浓度比为1∶1，故①错误； ②加入NaCl不影响水解平衡，不能增大浓度，故②错误； ③加入可以增大浓度，故③正确； ④加入浓氨水，氨水电离，可以增大浓度，故④正确； 故选C。 13. 室温下，向10.00mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液中pH变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. P点溶液中：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) B. M点溶液中：c(CH3COO-)<c(Na+) C. N点溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol·L-1 D. Q点溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+) 【答案】B 【解析】 【分析】向10 mL 0.1 mol/L的醋酸溶液中不断滴加0.1 mol/L的NaOH溶液，NaOH溶液体积为10mL时恰好完全反应得到0.05mol/L的醋酸钠溶液，即N点。 【详解】A．P点醋酸溶液，根据电荷守恒可得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确； B．M点对应滴加5ml0.1 mol/L的NaOH溶液，此时溶液组成为等物质的量醋酸和醋酸钠，溶液显酸性，则根据电荷守恒可得c(CH3COO-)＞c(Na+)，故B错误； C．N点为醋酸和氢氧化钠恰好反应生成的0.05mol/L的醋酸钠溶液，根据物料守恒可得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol·L-1，故C正确； D．Q点对应滴加20ml0.1 mol/L的NaOH溶液，此时溶液组成为等物质的量氢氧化钠和醋酸钠，此时溶液中离子浓度关系为：c(Na+)>(OH-)>(CH3COO-)>(H+)，故D正确； 故答案选B。 14. 反应：2CO2(g) ，可用于消除汽车尾气中的有害气体。在密闭容器中充4mol NO和5mol CO，平衡时NO的体积分数随温度、压强的变化关系如图。下列说法不正确的是 A. 温度： B. a点达到平衡所需时间比c点短 C. c点NO的平衡转化率：50% D. 若在e点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中的c点 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，相同压强下，T1温度时NO的体积分数更大，说明T1温度下，反应向右进行的程度更小；由于该反应为放热反应，所以温度越低，越有利于反应正向进行，所以，A正确； B．温度越高，反应速率越大，达到平衡所需的时间会越短，所以a点达到平衡所需的时间比c点短，B正确； C．c点对应的平衡状态，NO的体积分数为25%，所以列三段式：，所以有：，解得x=2，那么NO的平衡转化率即：50%，C正确； D．由图可知，e点对应的NO的体积分数与c点对应的相同；结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比c点对应的体积分数大，D错误； 故选D。 15. 25℃时，用溶液沉淀Ba2+、Pb2+、Ca2+三种金属离子(M2+)，所需最低浓度的负对数值与关系如图所示，下列说法正确的是 A B. a点可表示的饱和溶液，且 C. b点可表示的不饱和溶液，且 D. 向浓度为的废水中加入足量粉末，会有沉淀析出 【答案】D 【解析】 【分析】根据负对数值与计算式可知，负对数只越高，则对应离子浓度越低，图中直线代表对应硫酸盐的饱和溶液，直线上方离子浓度较低，代表不饱和溶液，直线下方离子浓度较高，代表过饱和溶液。 【详解】A. 由图可以看出，当相同时，，则形成沉淀时，所以，故A错误； B. a点，所以，故B错误； C. 假设b点的对应图中饱和溶液时的，此时b点对应的小于饱和溶液的，则b点的大于饱和溶液的，此时，因此b点代表过饱和溶液，故C错误； D. 由于，故向浓度为的废水中加入足量粉末，会有沉淀析出，故D正确。 故答案为：D 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 为测定溶液的浓度，进行如下实验：用标准稀盐酸溶液进行滴定。 （1）配制盐酸标准溶液所需仪器除量筒、小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要_______。 （2）用_______量取待测溶液放入锥形瓶中，滴加2~3滴酚酞作指示剂，用标准盐酸溶液进行滴定。为减小实验误差，进行了三次实验，假设每次所取溶液体积均为，三次实验结果如下： 实验次数 第一次 第二次 第三次 消耗盐酸溶液体积 19.00 23.00 23.04 该溶液的浓度约为_______。 （3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛_______。 （4）下列操作会造成测定结果(待测溶液浓度值)偏低的有_______。 A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度 B．锥形瓶水洗后直接装待测液 C．酸式滴定管水洗后未用标准稀盐酸溶液润洗 D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数 E．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外 （5）中和滴定的装置和相似操作可用来做其它实验，如据反应，可以用碘水滴定溶液，应选_______作指示剂；据反应可以用酸性溶液滴定溶液，溶液应装在_______滴定管中(填写“酸式”或者“碱式”)。 【答案】（1）100 mL容量瓶 （2） ①. 碱式滴定管 ②. （3）注视锥形瓶内溶液颜色的变化 （4）DE （5） ① 淀粉 ②. 酸式滴定管 【解析】 【小问1详解】 准确配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器还缺少100 mL容量瓶； 【小问2详解】 氢氧化钠是强碱，应该选用碱式滴定管；根据数据可知，第一次实验的数据偏差较大，无效舍去，所以取后2次的平均值为23.02ml，因此NaOH溶液的浓度：； 【小问3详解】 滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛要始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化； 【小问4详解】 A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度，导致盐酸标准液浓度偏低，消耗盐酸标准液的体积偏大，结果偏高，故A错误； B．锥形瓶水洗后直接装待测液，待测液中溶质总物质的量不变，对滴定无影响，故B错误； C．酸式滴定管水洗后未用标准稀盐酸溶液润洗，导致导致盐酸标准液浓度偏低，消耗盐酸标准液的体积偏大，结果偏高，故C错误； D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，导致读取标准液消耗体积偏小，结果偏低，故D正确； E．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外，导致标准液消耗体积偏小，结果偏低，故E正确； 答案选DE； 【小问5详解】 碘单质遇淀粉显蓝色，所以可选择淀粉作指示剂；溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管乳胶管，所以应装在酸式滴定管中； 17. 氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。 （1）已知： ①则反应的___________；(用、、表示) ②在一个恒温恒容的密闭容器中发生反应，能表明已达到平衡状态的标志有___________。 A．混合气体的压强保持不变　 　B．混合气体的密度保持不变 C．混合气体的平均相对分子质量保持不变 　D．气体的总质量 E． 　F．内生成同时消耗 （2）向容积为的密闭容器中加入活性炭(足量)和，发生反应，和的物质的量变化如下表所示。 条件 保持温度/℃ 时间 0 5min 10min 15min 20min 25min 30min 物质的量 2.0 1.4 1.0 0.70 0.50 0.40 0.40 物质的量 0 0.3 0.50 0.65 0.75 0.80 0.80 ①内，以表示的该反应速率___________，最终达平衡时的转化率___________，该温度℃下的平衡常数___________。 ②保持温度℃不变，向该密闭容器中加入该四种反应混合物各，该时刻，正、逆反应速率的大小关系为：___________(填“>”“<”或“=”)。 【答案】（1） ①. ②. AC （2） ① ②. 80% ③. 4 ④. >； 【解析】 【小问1详解】 ①已知： ⅰ． ⅱ． ⅲ． 根据盖斯定律可知ⅱ×2－ⅰ－ⅲ即得到，所以该反应的； ②A.该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，混合气体的压强减小，当混合气体的压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确； B.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故B错误； C.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，表明反应已达到平衡状态，故C正确； D.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误； E.才能说明反应达到平衡状态，故E错误； F.tmin内生成1molN2同时消耗2molCO2才能说明反应达到平衡状态，故F错误； 故答案为：AC； 【小问2详解】 ①0～5min内，Δn（NO）=2.0mol-1.4mol=0.6mol，则Δn（CO2）=0.5×0.6mol=0.3mol，浓度是0.15mol/L，则v（CO2）=0.15mol/L÷5min=0.03mol/（L•min）；根据表格数据，列化学平衡三段式（单位是mol），则 最终达平衡时NO的转化率a=×100%=80%，K==4； ②保持温度T℃不变，向该2L密闭容器中加入该四种反应混合物各2mol，浓度均是1mol/L，Qc=＝1＜4，所以反应正向进行，v正（NO）＞v逆（NO）。 18. 三氧化二钴是重要的化工原料。以含钴废料(主要成分为，含有少量、、)为原料制备的流程如下图： 已知：“滤液1”中含有的阳离子有、、、。 （1）“滤渣1”的主要成分是___________(写化学式)。 （2）“酸浸”时，为了提高钴的浸出率可采取的措施有(写出两种)___________。可将还原为，离子方程式是___________。 （3）在工艺流程中，已知，调节pH值，要使完全沉淀(离子沉淀完全浓度，，请问需要调节pH值为___________。 （4）加有机萃取剂的目的是为了除去___________(填离子符号)。 （5）由“滤液2”可得到的主要副产品是___________(写化学式)。 （6）“沉钴”过程中，生成的离子方程式___________。 【答案】（1） （2） ①. 升温、适当提高硫酸浓度 ②. Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++O2↑+3H2O （3）3.5 （4） （5） （6） 【解析】 【分析】含钴废料研磨后，加入硫酸和H2O2酸浸，除去杂质MnO2固体，所得溶液调pH至3.7得滤渣Fe(OH)3，加入萃取剂萃取分液得含Ni2+的有机相，向含Co2+的水相中加入氨水和NH4HCO3沉钴，分别得滤液和Co2(OH)2CO3，高温煅烧Co2(OH)2CO3制备Co2O3，滤液进一步操作得副产品硫酸铵，据此分析回答问题。 【小问1详解】 结合分析可知，滤渣为MnO2。 【小问2详解】 “酸浸”时，为了提高钴的浸出率可采取的措施有升高温度、适当提高硫酸浓度。Co2O3中+3价钴元素化合价降低被还原生成含Co2+的溶液，H2O2中-1价的氧元素化合价升高生成0价的O2，根据得失电子守恒和质量守恒写出方程式为：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++O2↑+3H2O。 【小问3详解】 “调pH”时，常温下，为保证Fe3+完全沉淀，对应Fe3+的最大浓度为1.0×10-5mol/L，则c(OH-)=，对应的c(H+)=，pH为-lg()=3-lg=3+0.5=3.5。 【小问4详解】 已知：“滤液1”中含有的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+，结合后续流程，加入有机萃取剂是为了除去Ni2+。 【小问5详解】 结合分析可知，滤液中还有硫酸铵可以用作化肥，故答案为：(NH4)2SO4。 【小问6详解】 沉钴时，Co2+结合HCO电离出的碳酸根生成CoCO3，促进HCO的电离，产生的氢离子再和一水合氨反应生成铵根离子和水，所以离子方程式为2Co2++HCO+3NH3•H2O=Co2(OH)2CO3+3NH+H2O。 19. 工业废水中的六价铬[Cr(VI)]常采用还原沉淀法、离子交换法和微生物法等方法进行处理。 （1）室温下，含Cr(VI)的微粒在水溶液中存在如下平衡： H2CrO4⇌H＋＋HCrO ΔH1 HCrO⇌H＋＋CrO ΔH2 2HCrO⇌＋H2O ΔH3 室温下，反应2CrO＋2H＋⇌＋H2O的ΔH=_______(用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的代数式表示)。 （2）还原沉淀法：使用Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr3＋，再将Cr3＋转化为沉淀除去。 ①酸性条件下Cr(VI)具有很强的氧化能力，将还原为Cr3＋的离子方程式为_______。 ②其他条件相同，用Na2SO3处理不同初始pH的含Cr(VI)废水相同时间，当pH＜2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是_______。 （3）微生物法： ①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(VI)废水时，Cr(VI)去除率随温度的变化如图所示。55℃时，Cr(VI)的去除率很低的原因是_______。 ②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2＋，_______。 （4）离子交换法：用强碱性离子交换树脂(ROH)与和HCrO等发生离子交换，交换过程中发生如下反应： ROH(s)＋HCrO(aq)⇌ RHCrO4(s)＋OH-(aq) 2ROH(s)＋(aq)⇌ R2CrO4(s)＋2OH-(aq) 其他条件相同，当pH>4时，Cr(VI)去除率随pH升高而下降的原因是_______。 【答案】（1）ΔH3-2ΔH2 （2） ①. 3＋＋8H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O ②. 部分与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢 （3） ①. 55℃时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性 ②. H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2＋结合生成FeS （4）pH升高导致离子交换平衡逆向移动；pH升高导致HCrO转化为，交换所需ROH的量是交换HCrO所需ROH的量的两倍 【解析】 【小问1详解】 令反应Ⅰ为H2CrO4⇌H＋＋HCrO ΔH1，反应Ⅱ为HCrO⇌H＋＋CrO ΔH2，反应Ⅲ为2HCrO⇌＋H2O ΔH3，根据盖斯定律，将反应Ⅲ-2×反应Ⅱ得2CrO＋2H＋⇌＋H2O，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故答案为：ΔH=ΔH3-2ΔH2； 【小问2详解】 ①酸性条件下，Cr(Ⅵ)以存在，具有氧化性，SO具有还原性，二者发生氧化还原反应产生SO、Cr3＋，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，离子方程式为3＋＋8H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O，故答案为：3＋＋8H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O； ②其他条件相同，用Na2SO3处理不同pH含Cr(Ⅵ)的废水时，反应相同时间，已知酸性条件下Cr(Ⅵ)对Na2SO3具有很强的氧化能力，pH＜2时，Cr(Ⅵ)的去除率随pH降低而降低，是由于当溶液酸性较强时，部分与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢，故答案为：部分与H＋结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢； 【小问3详解】 ①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含铬废水时，温度常控制在30℃左右，温度过高，Cr(Ⅵ)的去除率低是由于硫酸盐还原菌中含有具有生物活性的蛋白质，其催化活性具有一定的温度范围，若温度过高，硫酸盐还原菌的蛋白质发生变性，导致失去活性，因而Cr(Ⅵ)的去除率降低，故答案为：55℃时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性； ②根据腐蚀原理，Fe失去电子变为Fe2+，H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2＋结合生成FeS，故答案为：H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2＋结合生成FeS； 【小问4详解】 根据反应：ROH(s)＋HCrO(aq)⇌ RHCrO4(s)＋OH-(aq)、2ROH(s)＋(aq)⇌ R2CrO4(s)＋2OH-(aq)可知，其他条件相同，当pH>4时，Cr(VI)去除率随pH升高而下降的原因是pH升高导致离子交换平衡逆向移动；pH升高导致HCrO转化为，交换所需ROH的量是交换HCrO所需ROH的量的两倍，故答案为：pH升高导致离子交换平衡逆向移动；pH升高导致HCrO转化为，交换所需ROH的量是交换HCrO所需ROH的量的两倍。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 全国名校高二上学期第三次月考试卷 化学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米，黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.本卷命题范围：选择性必修1第一、二、三章。 5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的) 1. 下列反应或过程属于熵减的是 A. 氯化钠从溶液中结晶析出 B. 胆矾晶体溶于水 C. 固态碘升华 D. 碳酸钙分解 2. 下列事实与对应的方程式不符合的是 A. 自然界正常雨水pH=5.6是因为：， B. 用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热： C. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊： D. 甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： 3. 乙酸蒸气能形成二聚分子：2CH3COOH(g)(CH3COOH)2(g)ΔH<0。为了获得更多的二聚乙酸分子，应采用的反应条件是 A. 低温高压 B. 高温低压 C. 低温低压 D. 高温高压 4. 下列说法正确的是 A. 100℃，溶液pH为12 B. 中和pH和体积均相等的氨水与氢氧化钠溶液，分别与同浓度的盐酸完全中和时，消耗盐酸的体积相同 C. 分别对溶液和溶液进行蒸干、灼烧操作都得不到原溶质 D. ，到达平衡状态后加压，混合气加压后颜色变深，此现象不能用勒夏特列原理解释 5. 可逆反应在一定条件下达到平衡后，改变压强，B的体积分数与压强的关系如图所示，有关叙述正确的是 A. B. Y点反应向逆反应方向进行 C. X点时 D. X点逆反应速率比Y点的正反应速率大 6. 已知：①1molH2分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量②1molCl2分子中化学键断裂时需要吸收243kJ的能量③由H原子和Cl原子形成1molHCl分子时释放431kJ的能量。下列叙述正确的是 A. 氢气和氯气反应生成2mol氯化氢气体，反应的ΔH=＋183kJ·mol-1 B. 氢气和氯气反应生成2mol氯化氢气体，反应ΔH=-183kJ·mol-1 C. 氢气和氯气反应生成1mol氯化氢气体，反应的ΔH=-183kJ·mol-1 D. 1molH2和1molCl2的总能量比2molHCl的总能量低183kJ 7. 在相同温度下，0.01 mol·L-1的NaOH溶液和0.01 mol·L-1的盐酸相比，下列说法正确的是 A. 由水电离出的c(H＋)相等 B. 由水电离出的c(H＋)都是1.0×10-12mol·L-1 C. 由水电离出的c(H＋)都是0.01 mol·L-1 D. 两者都促进了水的电离 8. 将1L0.1mol⋅L﹣1BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应放出akJ热量，将1L0.5mol⋅L﹣1HCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应放出bkJ热量(不考虑醋酸钠水解)；将0.5L1mol⋅L﹣1硫酸溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出的热量为 A. (5a+2b)kJ B. (5a﹣2b)kJ C. (2b﹣5a)kJ D. (10a+4b)kJ 9. 将盛有粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。以下说法正确的是 A. 和盐酸的反应是放热反应 B. 反应的热化学方程式为： C. 的电离方程式为： D. 该反应为熵增的反应 10. 中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]能利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列叙述不正确的是 A. 该催化反应实现了太阳能向化学能的转化 B. 该催化剂降低了过程Ⅰ和过程Ⅱ反应的△H C. 过程I中H2O既是氧化剂又是还原剂，过程Ⅱ中H2O是还原产物 D. 过程I中生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1 11. 下列实验能达到目的的是 实验目的 实验方法或操作 A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器连续采集锥形瓶内溶液的温度，平行测定三次，并取最高温度代入计算△H B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象 C 判断反应后Ba2+是否沉淀完全 将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加几滴Na2CO3溶液 D 证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl) 向2 mL0.01 mol•L-1AgNO3溶液中滴加1-2滴同浓度的NaCl溶液后，再滴加1-2滴同浓度的KI溶液，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀 A. A B. B C. C D. D 12. 为配制NH的浓度与的浓度比为1∶1的溶液，可在溶液中加入 ①适量的HCl②适量的NaCl③适量的④适量的浓氨水 A. ①② B. ③ C. ③④ D. ④ 13. 室温下，向10.00mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液中pH变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. P点溶液中：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) B. M点溶液中：c(CH3COO-)<c(Na+) C N点溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol·L-1 D. Q点溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+) 14. 反应：2CO2(g) ，可用于消除汽车尾气中的有害气体。在密闭容器中充4mol NO和5mol CO，平衡时NO的体积分数随温度、压强的变化关系如图。下列说法不正确的是 A. 温度： B. a点达到平衡所需时间比c点短 C. c点NO平衡转化率：50% D. 若在e点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中的c点 15. 25℃时，用溶液沉淀Ba2+、Pb2+、Ca2+三种金属离子(M2+)，所需最低浓度的负对数值与关系如图所示，下列说法正确的是 A. B. a点可表示的饱和溶液，且 C. b点可表示的不饱和溶液，且 D. 向浓度为的废水中加入足量粉末，会有沉淀析出 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 为测定溶液的浓度，进行如下实验：用标准稀盐酸溶液进行滴定。 （1）配制盐酸标准溶液所需仪器除量筒、小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要_______。 （2）用_______量取待测溶液放入锥形瓶中，滴加2~3滴酚酞作指示剂，用标准盐酸溶液进行滴定。为减小实验误差，进行了三次实验，假设每次所取溶液体积均为，三次实验结果如下： 实验次数 第一次 第二次 第三次 消耗盐酸溶液体积 19.00 23.00 23.04 该溶液的浓度约为_______。 （3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛_______ （4）下列操作会造成测定结果(待测溶液浓度值)偏低的有_______。 A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度 B．锥形瓶水洗后直接装待测液 C．酸式滴定管水洗后未用标准稀盐酸溶液润洗 D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数 E．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外 （5）中和滴定的装置和相似操作可用来做其它实验，如据反应，可以用碘水滴定溶液，应选_______作指示剂；据反应可以用酸性溶液滴定溶液，溶液应装在_______滴定管中(填写“酸式”或者“碱式”)。 17. 氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。 （1）已知： ①则反应的___________；(用、、表示) ②在一个恒温恒容的密闭容器中发生反应，能表明已达到平衡状态的标志有___________。 A．混合气体的压强保持不变　 　B．混合气体的密度保持不变 C．混合气体的平均相对分子质量保持不变 　D．气体的总质量 E． 　F．内生成同时消耗 （2）向容积为的密闭容器中加入活性炭(足量)和，发生反应，和的物质的量变化如下表所示。 条件 保持温度为/℃ 时间 0 5min 10min 15min 20min 25min 30min 物质的量 2.0 1.4 1.0 0.70 0.50 0.40 0.40 物质的量 0 0.3 0.50 0.65 0.75 0.80 0.80 ①内，以表示的该反应速率___________，最终达平衡时的转化率___________，该温度℃下的平衡常数___________。 ②保持温度℃不变，向该密闭容器中加入该四种反应混合物各，该时刻，正、逆反应速率的大小关系为：___________(填“>”“<”或“=”)。 18. 三氧化二钴是重要的化工原料。以含钴废料(主要成分为，含有少量、、)为原料制备的流程如下图： 已知：“滤液1”中含有的阳离子有、、、。 （1）“滤渣1”的主要成分是___________(写化学式)。 （2）“酸浸”时，为了提高钴的浸出率可采取的措施有(写出两种)___________。可将还原为，离子方程式是___________。 （3）在工艺流程中，已知，调节pH值，要使完全沉淀(离子沉淀完全浓度，，请问需要调节pH值为___________。 （4）加有机萃取剂的目的是为了除去___________(填离子符号)。 （5）由“滤液2”可得到主要副产品是___________(写化学式)。 （6）“沉钴”过程中，生成的离子方程式___________。 19. 工业废水中的六价铬[Cr(VI)]常采用还原沉淀法、离子交换法和微生物法等方法进行处理。 （1）室温下，含Cr(VI)的微粒在水溶液中存在如下平衡： H2CrO4⇌H＋＋HCrO ΔH1 HCrO⇌H＋＋CrO ΔH2 2HCrO⇌＋H2O ΔH3 室温下，反应2CrO＋2H＋⇌＋H2O的ΔH=_______(用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的代数式表示)。 （2）还原沉淀法：使用Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr3＋，再将Cr3＋转化为沉淀除去。 ①酸性条件下Cr(VI)具有很强的氧化能力，将还原为Cr3＋的离子方程式为_______。 ②其他条件相同，用Na2SO3处理不同初始pH的含Cr(VI)废水相同时间，当pH＜2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是_______。 （3）微生物法： ①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(VI)废水时，Cr(VI)去除率随温度的变化如图所示。55℃时，Cr(VI)的去除率很低的原因是_______。 ②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2＋，_______。 （4）离子交换法：用强碱性离子交换树脂(ROH)与和HCrO等发生离子交换，交换过程中发生如下反应： ROH(s)＋HCrO(aq)⇌ RHCrO4(s)＋OH-(aq) 2ROH(s)＋(aq)⇌ R2CrO4(s)＋2OH-(aq) 其他条件相同，当pH>4时，Cr(VI)去除率随pH升高而下降的原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $