第24期 期末复习与测试(四)-【数理报】2025-2026学年高二化学选择性必修1同步学案（人教版）

高中化学人教（选择性必修1）第21一24期 发理极 答案详解 2025~2026学年高二化学人教（选择性必修1）第21~24期(2025年12月) 第21期参考答案 泡，说明过量的Na,C0,溶液与AL2(SO4)3溶液可能反应生成 期末测试（一） 了碱式碳酸铝[A1(OH)CO,]沉淀和Na,S04,B正确；实验1、2 一、选择题 中，反应生成的白色沉淀表面都附有可溶性杂质，会干扰实验， 1.B2.A3.D 均需要洗涤干净后，再进行后续实验，防止表面附有的杂质干 4.A平衡常数很大，表示该反应能进行的程度很大，由： 扰实验，C正确；A,(S04)3在溶液中水解使溶液呈酸性，过量 于速率较小，反应物不能完全转化为生成物，A正确：该反应的 的AL,(S04)3与Na,CO,溶液反应生成A1(OH)3沉淀，而 正反应为气体分子数减少的反应，增大压强，平衡向右移动，但 Na2CO3在溶液中水解使溶液呈碱性，过量的Na,CO3溶液与 是平衡常数只与温度有关，即平衡常数K不变，B错误；该反应 A1(S04),溶液反应生成[A1(OH)C0]沉淀，则实验1、2中， 的正反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移 白色沉淀的不同与反应物相对量和体系pH有关，D正确. 动，平衡常数K减小，C错误；催化剂只能改变反应速率，对平 9.B由题图可知，电极b上Br发生失电子的氧化反应 衡常数无影响，D错误. 转化成BO,,则电极b为阳极，与电源正极相连，电极反应为 5.D Br-6e+3H,0=BrO,+6H*,电极a为阴极，连接电源负 6.A用酸式滴定管盛装盐酸，用酚酞作指示剂，可测定 极，电极反应为6H+6e=3H2↑，电解总反应为Br+ 未知浓度的NaOH溶液浓度，A正确：应用干燥的pH试纸测定 盐酸pH,用湿润的pH试纸测定会稀释待测液，影响pH值，B 3H,0电解Br0+3H,↑，A,C正确；催化循环阶段BrO,被还 错误；Al能与NaOH溶液反应而Mg不反应，不能据此比较Mg 原成Br循环使用，同时生成O2,装置可实现高效制H2和O2, 和A1的金属性强弱，C错误；直接蒸干MgCL,溶液会促进Mg2+ 即Z为O2,电解过程中消耗H20和Br,而催化阶段BrO被 水解，最终蒸干产物为Mg(OH)2,应在HC1氛围中蒸干水分，D 还原成Br循环使用，故加入Y的目的是补充HO,维持NaBr 错误。 溶液为一定浓度，B错误；催化阶段Br元素的化合价由+5价 7.B由题图中各反应反应前后元素化合价的变化可知， 降至-1价，生成1 mol Br得到6mol电子，0元素的化合价由 反应①②③④均为得电子的还原反应，所以均在正极发生，A -2价升至0价，生成1mol02失去4mol电子，根据得失电子 正确；三氯乙烯(C,HC,)中C的化合价为+1，乙烯中C的化 守恒，反应产物的物质的量之比n(02):n(Br)=6:4=3:2,D 合价为-2,1molC,HCl3转化为1molC2H4时，得到6mol电 正确， 子，脱去3 mol Cl,所以单位时间内，C2HCl脱去a mol Cl时 10.C298K时，pH为13的NaOH溶液的浓度为 n。=2amol,B错误；由题图及N的化合价变化可写出如下转 103-14mol/L=0.1mol/L,HR是弱酸，由图可知，x、y、z点的溶 化：NO~8e~NH,由于生成物中有NH,只能用H*和 液均呈酸性，则x,z点的溶液中酸过量，pH=pK-1g酸） c(盐)' H,O来配平该电极反应，所以④的电极反应为NO,+10H++ 代人x、y两点计算，即4.27=pK- 8e=NH+3H2O,C正确；增大单位体积水体中小粒径ZVI 的投入量，可以增大小粒径ZV1和正极的接触面积，加快ZVI 1gmLx16x103L=0。mx8×103L,4.75=pk, 0.1mo/L×8×10-3L 释放电子的速率，可使n增大，D正确。 1 ml/Lx16xI0L0.1moLx16x103L,解得：c 8.A若白色沉淀a是AL2(C0,)3,则向白色沉淀a中加 0.1mol/L×16×10-3L 入稀硫酸，会产生C02,有气泡冒出，与实验现象不符，A错误； 0.2mo/L,进而可计算丙酸的电离常数K=10-45.据此分析 实验2中，向白色沉淀b中加入稀硫酸，沉淀溶解，有少量气 解答.由分析可知，丙酸的电离常数K=1045,则丙酸电离常 高中化学人教（选择性必修1）第21~24期 数的数量级为I0-5,A错误；由题图分析可知，c(HR)=c(R) 根据盖斯定律，由反应Ⅱ-I可得，CH4(g)+H0(g) 时缓冲能力最强，即y点溶液的缓冲能力最强，B错误；HNO2 C0(g)+3H2(g）△H3=[+41.2-(-164.9)]k/mol 的酸性比HR的强，则其电离常数大于HR的，故pK(HNO2) =+206.1kJ/mol. 较小，图中曲线应竖直下移，D错误。 (2)①反应I和反应Ⅱ均消耗CO2,只有反应I生成甲烷， 11.BA1CL,溶液的pH小于7，溶液显酸性，说明A13+发 所以CO2的消耗速率和CH4的消耗速率相等，反应没有达到 生了水解反应生成A1(OH)3和H,A正确；向对照组溶液A 平衡，A错误；气体总质量不变，反应I反应前后气体物质的量 中加碱溶液后，溶液pH的变化程度比加酸溶液后的变化程度 是变量，容器体积是变量，密度是变量，混合气体的密度不再发 大，若对照组溶液A是0.03mol/LKCl溶液，则加酸溶液和加 生变化，反应一定达到平衡，B正确；恒压密闭容器，容器内气 碱溶液后pH的变化应呈现轴对称关系，B错误；在AICl,溶液 体压强是恒定的，压强不再发生变化，反应不一定达到平衡，C 中加酸溶液、碱溶液后，溶液pH的变化程度均比对照组溶液A 错误； 的变化程度小，因为加酸溶液、碱溶液均能使A13+水解平衡发 ②反应【正反应放热，其他条件不变时，升高温度，平衡逆 生移动，C正确：A1CL,水解生成A1(OH)3,故溶液的浑浊程度 向移动，所以曲线a、c表示CH4的物质的量分数与温度的关 增大，说明A3+的水解平衡向右移动，反之，水解平衡向左移 系；其他条件不变时，增大压强，反应I的平衡正向移动，CH 动，D正确 的物质的量分数增大，所以图中表示1MPa时CH4的物质的 12.DCH4燃料电池中，通入CH4的a极为原电池的负 量分数随温度变化关系的曲线是a. 极，电极反应为CH4-8e+402-=C02+H20,通入02的b (3)①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶 极为原电池的正极，电极反应为02+4e=202-.与b极相连 液中 cH,co,2=cH,c0,）·c(Hc0,）·c(H)_ c(C03) c(C0)·c(HC0)·c2(H+) 的石墨电极为电解池的阳极，阳极上C放电，电极反应为 c2(日*) 10-16 2C-2e=C2↑，电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳 K1(H,C0)·2(H,C0)5x107x5x10=4: 极，则A膜应为阳离子交换膜，与a极相连的石墨电极为电解 ②利用电化学原理控制反应条件能将CO2电催化还原为 池的阴极，阴极的电极反应为H,0+2e=H2↑+20H,OH HC0OH,阴极反应为C02+2e+2H*=HC00H、2H*+2e= 浓度增大，结合Na生成NaOH,则C膜也应为阳离子交换膜， H2↑，若生成HC00H的电解效率为60%，当电路中转移4mol 据此分析判断.左侧为原电池，右侧为电解池，构成闭合回路， 电子时，阴极吸收1.2molC02,放出0.8molH2,同时有4mol 原电池释放的电子，等于电解池通过的电子，a极上通入标准 H*移入阴极室，阴极室溶液的质量增加1.2mol×44g/mol+ 状况下2.24L甲烷，即0.1mol甲烷，转移0.8mol电子，根据 4mol×1g/mol-0.8mol×2g/mol=55.2g. 电荷守恒可知，阳极室中0.4 mol Ca2+通过A膜进人产品室， 15.(1)负K,S04 故产品室增加0.4 mol Ca(H,PO4)2,D错误. (2)Pb02+S0+Zm+2H20=PbS04+[Zm(0H)4]2 二、非选择题 (3)a 13.(1)0.05mol/(L·s) (4)> (2)3A(g)+B(g)=2C(g) (5)0.23 (3)乙>甲>丙 解析：根据Zn一→[Zn(OH)4]2-可知，Zn失去电子被氧 14.(1)+206.1 化，Z为负极，则A区域的电解质是KOH,PbO2为正极，结合 (2)①B 铅酸蓄电池放电时的电极反应可知，正极PO2放电转化为 ②a PbSO4,故C区域的电解质是H2SO4,B区域的电解质是 (3)①4 K,SO4,则a是阳离子交换膜，b是阴离子交换膜. ②55.2 (1)根据上述分析可知，Z如电极为负极，B区域的电解质 解析：(1)反应I:C02（g)+4H2(g)一CH(g)+ 为K2S04 2H20(g）△H1=-164.9kJ/mol; (2)负极反应为Zn+40H-2e=[Zn(0H)4]2,正极 反应Ⅱ：C02(g)+H2(g)=C0(g)+H0(g) 反应为Pb02+S0+4H*+2e=PbS04+2H20,则电池总反 △H2=+41.2kJ/mol; 应为Pb02+S03+Zn+2H20=PbS04+[Zm(0H)4]2- 高中化学人教（选择性必修1）第21~24期 (3)A区域的电解质是KOH,OH参与反应生成 此时制得HB03的物质的量为1mol,质量为62g,若反应前后 [Z(OH)4]-,根据溶液呈电中性，则多余的K通过离子交 NaOH溶液的质量变化为11g,则制得的H,BO3的质量为 换膜a进入到B区域，因此a膜为阳离子交换膜. 62 22 ×11g=31g (4)由于Zn比Pb活泼，正极材料都是PbO2,所以 第22期参考答案 Zm-PbO2电池的电动势比P%-Pb02电池的电动势大，即 期末测试（二） Ezn-PL2 Er-Po2 一、选择题 (5)由化学方程式可知，该反应为气体体积不变的反应， 1.B太阳翼将太阳能转化为电能，而原电池装置将化学 则平衡后的压强与反应开始的压强相等，设平衡时硫化氢的物 能转化为电能，故太阳翼不属于原电池装置，A错误；氟利昂能 质的量分数为a,由平衡常数K。=2.24×10-6可得： 破坏臭氧层，国家速滑馆“冰丝带”采用了CO2制冰技术，更加 1.01×10a 1.01×10(1-a =2.24×10-6,解得a≈2.24×10-6，则硫化 环保，B正确；草木灰与铵态氮肥混合施用，CO?与NH4会发 氢的分压为2.24×10-6×1.01×10Pa≈0.23Pa. 生互相促进的水解反应而降低肥效，C错误；“丹砂烧之成水 16.(1)Si02 银”涉及的反应为gS△Hg+S,“积变又还成丹砂”涉及的 (2)02*+(x+1)H,0202·xH,0↓+2H+ 反应为Hg+S=Hg$,两个过程的反应条件不同，不属于可逆 H,SO 反应，D错误。 (3)Ti0,+B,0,+5C高温TiB2+5C0↑B,0,高温下蒸 2.B电镀时镀层金属在阳极，电源正极应与铜电极相连， 气压大、易挥发，只有部分参加了反应 A错误；NO2是红棕色气体，N2O4是无色气体，根据冷水和热 (4)H*+[B(0H)4]=HB03+H2031 水中烧瓶内气体的颜色变化，可验证温度对化学反应 解析：工业上以高钛渣（主要成分为TO2、SiO2、AL03和 2NO2(g)、一N,04(g)平衡的影响，B正确；电解精炼铜时，粗 铜在阳极应与电源正极相连，C错误；测定中和反应的反应热 Ca0,另有少量Mg0、FeO,)加入稀盐酸，只有SiO2不会溶解， T02可溶于热的浓硫酸形成T0+,TO2+在沸水中形成 时，为了减少热量损失，应用玻璃搅拌器，D错误. 3.A T02·xH0,“热还原”中发生反应的化学方程式为T02+ 4.B常温下水电离出的c(H+)为1×10-1mol/L,即水 B,0,+5C高温iB,+5C0↑，据此分析解题. 的电离受到了抑制，①③为强电解质溶液，浓度均为 (1)“酸解”后，只有S02不会溶解，滤渣的主要成分为 0.001ol/L;②④为弱电解质溶液，存在弱电解质电离平衡， SiO2 其浓度大于0.001mol/L.稀释前①②pH均为3，③④pH均为 (2)“水解”需在沸水中进行，T0+在沸水中形成02· 11,加水稀释至100倍，①③pH的变化为2，而②④plH的变化 xH,0,离子方程式为Ti02++(x+1)H,0≌T02·xH,0↓+ 小于2，故稀释后溶液pH:④>③>①>②，A错误；A1足量 2H,该工艺中，经处理可循环利用的物质为H,S04 时，2molH反应生成1molH2,2mol0H反应生成3molH2, (3)“热还原”中发生反应的化学方程式为02+B,03+ ②的浓度比①的大，生成的H2比①多，故三种溶液中①生成 5C高温B,+5C0↑，B,0,的实际用量超过了理论化学计量 H2的量最少，B正确；①③浓度相等，等体积混合恰好生成 所要求的用量，原因是BO3高温下蒸气压大、易挥发，只有部 NaCl,溶液呈中性，C错误；四种溶液中水电离出的c(H+)相 分参加了反应. 同，溶液中自由移动的离子总浓度几乎相等，导电能力相同，D (4)由实验目的可知，氢离子通过1膜进入产品室，原料 错误。 室中的[B(OH)4]通过2膜进人产品室，1膜为阳离子交换 5.D 膜，2膜为阴离子交换膜，产品室中发生反应的离子方程式为 6.D据图可知使用Bi,03催化剂时，CO2变为吸附态释 H++[B(OH)4]=HBO,+H,0.原料室中的钠离子通过阳 放的能量更多，更有利于吸附，A正确；催化剂可改变反应的活 离子交换膜进入右侧极室（阴极室），由电荷守恒可知，当阴极 化能，但不改变反应热，B正确；据图可知反应物的能量高于生 上通过1mol电子时，有1molH转化为H2,且有1 mol Na由 成物的能量，故该反应为放热反应，△H<0,C正确：所给离子 原料室进入阴极室，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g, 方程式电荷不守恒，正确书写为*CO2+HCO+e=*C0+ —3 高中化学人教（选择性必修1）第21~24期 *HCO0,D错误 11.D由题意可知，该反应是在恒温恒容条件下进行的 7.DX点为KHA溶液，根据K、K2判断，溶液呈酸性，A 气体分子数逐渐减小的放热反应，故体系压强不再改变，可以 错误；由水电离出的c(OH)相同，则水的电离程度相同，B错 说明反应达到化学平衡状态，A正确；物质的物质的量浓度不 误；Y点与W点NaOH标准溶液的浓度未知，无法判断V,C 再改变时，表明反应达到平衡状态，分析题图可知，a、b、c、d四 错误；Z点溶质为K2A和Na2A溶液，根据质子守恒可得： 个点表示的反应体系中，只有b点体系中各物质的物质的量浓 c(OH)=c(H)+2c(H2A)+c(HA),D正确. 度不再改变，B正确；25~30min内，用X表示的平均反应速率 8.BA组离子可大量共存，用惰性电极电解时，Cl在阳 是u(X)=2(Y)=2×06-0:4mo/(L·min)= (30-25) 极被氧化为黄绿色的气体C2,H0在阴极被还原产生H2,不 0.08mol/(L·min),C正确；反应进行至25min时，X物质的 会出现白色沉淀，不符合题意，A错误；B组离子可大量共存， 浓度突然变大，而Y物质的浓度不变，说明改变的条件是物质 且用惰性电极电解时，HO在阳极被氧化产生氧气，H在阴极 的浓度，Y的浓度逐渐增大，X的浓度突变，则改变的条件是增 被还原，产生氢气，H*浓度减小，pH增大，生成氢氧化镁白色 大X的浓度，D错误 沉淀，B正确；C组离子可大量共存，但用惰性电极电解时，C1 12.B由题图分析可知，放电时该电池为原电池，Z电极 在阳极被氧化为黄绿色的气体CL2,同时阳极pH降低，CO 发生失电子的氧化反应，作负极，电极反应为Zn+40H-2e= 与H*结合生成CO2逸出，H,0在阴极被还原，产生氢气，无白 [Zn(OH)4]2,MnO2发生得电子的还原反应，作正极，电极反 色沉淀生成，不符合题意，C错误；C2+为有色离子，不符合题 应为Mn02+2e+2H,0=Mn2+40H;充电时该电池为电 意，D错误 解池，Z电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应为 9.C由题图分析可知，甲装置为NO2-O2燃料电池，通 [Zn(0H)4]2-+2e=Zm+40H,Mn02电极为阳极，发生失 入O2的石墨Ⅱ电极为正极，通入NO2的石墨I电极为负极， NO2失电子被氧化，且Y是一种含氮氧化物，则Y为八205，则 电子的氧化反应，电极反应为Mn2++40H-2e=Mn02+ 正极反应为02+4e+2N20=4N0,负极反应为4N02 2H,0,据此回答放电时该电池为原电池，Z电极为负极， 4e+4NO=4N,05;乙装置为电解池，Fe(I)电极与石墨Ⅱ MnO2电极为正极，原电池中负极电势比正极低，故Zn电极电 电极相连，为阳极，电极反应为Fe-2e=Fe2+;Fe(Ⅱ)电极为 势比MO2电极电势低，A错误；放电时为原电池，双极膜解离 阴极，电极反应为2H-2e=H2↑.据此分析解答.根据分析 出H和OH,原电池内电路中，阳离子移向正极（右），阴离子 可知，Y为N2O,A正确；Fe(I)电极为阳极，失去电子生成 移向负极（左），即OH向左移动，H向右移动，B正确；由分 Fe2+,电极质量减小，B正确；若为标准状况下，则6.72L氧气 析知，放电时，正极反应为Mn02+2e+2H,0=Mn2++ 参与反应时转移1.2mol电子，利用关系式： 4OHˉ，C错误；充电时阴极反应为[Zn(OH)4]+2eˉ=Zm+ 1 mol Cr20号~6mole可知，理论上可除去0.2 mol Cr,0,, 40H,转移0.2mol电子生成0.1 mol Zn(6.5g,沉积于电 但题中未标明条件，C错误；Fe(I)电极为阳极，失去电子生成 极)，同时生成0.4 mol OH.但充电时双极膜中H移向阴极， Fe2+,溶液中的Cr,O将Fe2+氧化成Fe3+,同时得到Cr+,结 与OH反应生成水，溶液质量变化不仅涉及离子转化，还包括 合溶液为酸性条件，即可写出反应的离子方程式：CO?+ 水的生成，实际减少量不等于6.5g,D错误， 6Fe2++14H*=2Cr3++6Fe3++7H20,D正确. 二、非选择题 10.B由题意可知，常温下，K(AgCl)=c（Ag)· 13.I.(1)c c(C),b点后c(Cl)降低，则可知c(Ag)升高，故b点滴加 (2)②>①>③ 的不可能是KCI溶液，A错误；d点时氯离子浓度大于起始时 (3)10-4将0.1mo/L的CH,CO0Na、CH,COOH溶液等 的氯离子浓度，而起始时存在沉淀溶解平衡，c(Ag)= 体积混合，然后测定混合溶液的pH.若pH<7,说明CH,COOH c(Cl),故d点c(Ag)<c(Cl),B正确；c点滴加KI溶液 的电离程度大于CH,COO的水解程度；若pH>7,说明 后，c(C1)升高，然后达到一个比起始时略高的值，说明此时 CH,COOH的电离程度小于CH COOˉ的水解程度 溶液中c(Ag)减小，部分Ag转化为Ag沉淀，因此c点后有 Ⅱ.(4)HP03+20H=HP03+2H0 黄色沉淀生成，C错误；c点后产生了Agl,故应有K,(Agl)< (5)② K（AgCl),D错误. (6)> 4 高中化学人教（选择性必修1）第21~24期 解析：(1)根据题表中数据可知酸性：CH,COOH>H,CO3> 5.65:3.65“,解得a=2. HClO,c正确 (3)①该反应是气体体积不变的反应，反应过程气体的总 (2)CHC0ONH4、CH,COONa均为强电解质，完全电离，而 物质的量不变，始终为2mol,由图可知，a点时CO2的体积分 CH,COOH是弱酸，只有很少部分发生电离，故CH,COOH溶液 数为0.30，则反应生成二氧化碳的物质的量为2mol×0.30= 中c(CH,CO0)最小；CH COONa溶液中CH,COO部分水解， 0.6 mol 而在CH,COONH4溶液中CH,COO、NH互相促进水解，即 060l,反应连率为0=0.6m(L:m),由化学反应 CH,COONH4溶液中c(CH,COO-)比CH,COONa溶液中少；综 速率之比等于化学计量数之比可知，一氧化碳的反应速率为 上分析，溶液中c(CHC00-):②>①>③. 0.6mo/(L·minm);②由图可知，b点时C02的体积分数为 (3)常温下，pH=10的CH,COONa溶液中c(H*)= 0.80,则反应生成二氧化碳的物质的量为2mol×0.80= 10-omo/L,则溶液中c(OH）=10-4mol/L,溶液中OH完 1.60mol,由方程式可知，反应消耗一氧化碳的物质的量为 全由水电离产生，故水电离出的c(OH)=104mol/L.要比较 1.60mm,则一氧化碳转化率为29×10%=80%：③由 0.1mol/LCH,COONa水解程度和0.1mol/LCH,COOH电离 程度的相对大小，可使两溶液等体积混合，测混合溶液的pH, 图可知，其他条件相同时，曲线Ⅱ先达到平衡，则反应温度高于 若pH<7,说明CH,COO的电离程度大于CH,COO的水解 曲线I,由二氧化碳的体积分数曲线I高于曲线Ⅱ可知，升高 程度；若pH>7,说明CHCO0的水解程度大于CH COOH的 温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则化学平衡 电离程度。 常数：K>K (4)图示只有三条曲线说明HPO,在溶液中能分步电离 15.(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb 出H2PO,和HPO?,则HPO3是二元弱酸，即HPO3与足量 NaOH溶液反应生成Na,HPO3和H,O,其离子方程式为H,PO3+ (2)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调pH时除 去Fe元素 20H=HPO号+2H20. K,[fe(CN)6]溶液Fe2+ (5)结合图示曲线及(4)可知，溶液的碱性越强，p0H越 (3)3Co2++Mm04+7H,0=3Co(0H)3↓+Mn02↓+ 小，溶液中H,PO,的浓度越小、HPO}的浓度越大，则曲线①、 5H* ②、③分别表示pc(HPO)、pc(H,PO,)、pc(HPO3)随pOH (4)ZnS04、K,S041×10-16.7 变化的曲线。 解析：由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的 (6)常温下NaH,PO3溶液中存在HPO3电离产生的 单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、S0 HPO号和H,也存在HPO水解产生的H,PO3和OH.由 等离子的溶液，%的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的 于①表示pc(HPO)随pOH变化的曲线，③表示pc(HPO,) PbS04,则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbS04;向滤液中加入 随pOH变化的曲线，据图可知，在y点c(HPO)= MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,然后加入ZO,调节pH=4,使Fe3+ c(HPO3),此时溶液pOH=10,说明H2PO,的水解程度小于 完全转化为Fe(OH)3,则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3,滤 其电离程度，因此c(HPO)>c(HPO). 液中的金属离子主要是Co2+、Zm2+和Mn2+;最后“氧化沉钴”， 14.(1)2Na2S03(aq)+02（g)=2Na2S04(aq) 加人强氧化剂KMnO4,将溶液中Co2+氧化为Co3+,在pH=5 △H=(m+n)k]/mol 时Co3+形成Co(OH)3沉淀，而KMnO4则被还原为MnO2, (2)2 KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生反应生成MnO2,得到 (3)①0.6mol/(L·min) Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、 280% KzS04,据此解答 ③>其他条件相同时，曲线Ⅱ先达到平衡，则温度高于 16.(1)①阳N2+6e-+6H=2NH 曲线I,说明温度升高，CO2的产率降低，平衡向逆反应方向移 ②为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴、阳两极产物 动，平衡常数减小 接触 解析：(2)当溶解氧浓度为4.0mg·L时，由贫氧区的速 ③33 率方程式可得：2=c(S0号)：c(S0号)，则24.4：10.2= (2)aMV2++e=MV+条件温和（或生成氨的同时释 高中化学人教（选择性必修1）第21~24期 放电能) (2.0-1.0)mol/L=0.05mo/(L·mim）,A正确；30mim时，C 20 min (3)①Fe,03+6e+3H,0=2Fe+60H 和A、B的浓度都下降了，而催化剂只能改变反应速率，不会改 ②40H-4e=2H20+02↑ 变反应有关物质瞬间的浓度，B错误：由题图可知，A、B的浓度 解析：(1)③b极的电极反应为2H20-4e=02↑+4H*, 变化相同，故A、B的化学计量数相同，则x=1;40min时，正、 根据氧化还原反应得失电子守恒可知，参加反应的各物质存在 逆反应速率都增大，且该反应是气体分子数不变的反应，则改 关系式为2N2~302,生成02和通人N2的体积比为3：2，实际 变的条件为升高温度，而条件改变后C的浓度减小，A、B的浓 情况在相同条件下通入N2的体积和生成O2的体积比为 度增大，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，C 672L:336L=2:1,即通人1molN2生成0.5mol02,因此N2 正确：40min时，改变的条件为升高温度；30min时，C和A、B 的转化率为0,5x100%≈33%. 3 的浓度都下降，且正、逆反应速率都减小，但是平衡不移动，该 2 反应反应前后气体分子数不变，则改变的条件为减小压强，D (2)根据装置中物质的转化过程，电极b上MV2+转化为 正确， MV,过程中得到电子，则电子从电极a流向电极b,电极a为 二、非选择题 负极，电极b为正极；正极的电极反应为MV2++e=MV+;该 13.(1)a+b 电化学装置运行过程中，利用生物燃料电池在室温下合成氨， (2)+72.49 既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能，因此较之 于传统的合成氨工业，该方法的优点有：条件温和、生成氨的同 (3)CH,0H)+号0，(g)=00,(g)+2H,0()△H- 时释放电能。 -725.8 kJ/mol 第23期3版参考答案 (4)0.7 期末测试（三） 14.(1)6.72c(0H-)>c(S0号）>c(HS0) 一、选择题 (2)NaS0: 1.B2.D3.A4.C5.A6.C7.B8.D (3)2c(S0)> 9.B由题图可知，Fe2+氧化率随浸出液pH的增大而减 LKw。10-4 小，A正确：MnO2与Fe2+反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++ (4)Hs0,的水解常数K:-元1.54x10=6,9× 4H=Mn2++2Fe3++2H0,若起始浸出液pH=1.0,反应一 10B<K2=1.02×107,说明HS0,的电离程度小于其水解 程度，所以溶液显酸性 段时间后，H被消耗，c(H)减小，浸出液pH增大，B错误； Fe3+与CO发生相互促进的水解反应生成Fe(OH),沉淀和 解析：(1)当生成NaHSO3时吸收的二氧化硫最多，12g NaOH的物质的量为0.3mol,根据NaOH~SO2,最多吸收SO2 C02气体，反应的离子方程式为2Fe3++3C0+3H,0= 的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L;当只吸收0.1molS02 2e(OH)3↓+3C02↑，C正确；NaHC0,是弱酸强碱盐，能与 时，溶质包括0.1 mol NaOH,0.1 mol Na2SO3,水解是微弱的，故 Fe3+发生相互促进的水解反应生成Fe(OH)3沉淀，反应为 阴离子浓度从大到小顺序为c(OH)>c(SO)>c(HS0,). Fe3++3HC0=Fe(OH)3↓+3C02↑，D正确， 10.D (2)加热时发生反应2NaHs0,≌Na,S0,+H,0+ 11.C“沉淀”步骤中若使用Na,S04溶液代替H,S04溶 SO2↑，因此剩余溶液中主要的溶质为Na2S03 液，则得到的滤液中将引人Na杂质，导致Mgr2的产率降低， (3)根据电荷守恒：c(Na)+c(H)=c(HSO)+ A错误；滤渣中含有BaSO4和S,B错误；转化过程中HBr与氢氧 2c(SO?)+c(OH),pH=7时溶液中H*和OH浓度相等， 化镁反应生成溴化镁和水，反应方程式为Mg(OH)2+2HBr= 则c(Na*)=c(HS0,)+2c(SO3).c(H2S03)+c(HS0,)+ Mgr2+2H,0,C正确；直接加热MgBr2·6H,0,会促进Mg2+水 c(S03)=0.100mol/L,此时c(Na)=0.100mol-c(H,S03)+ 解生成Mg(OH)2和HBr,且HBr会从体系中逸出，进一步促进 c(S0?),从图中可以读出c(S0号)-c(H2S03)>0,则 水解，导致最终得不到MgBr2,需要在HBr的气流中加热脱水 c(Na >0.100 mol/L. 才能得到MgBr2固体，D错误. 15.(1)C 12.B0~20mim内，B的平均反应速率v(B)= (2)如下图所示 6 高中化学人教（选择性必修1）第21~24期 Ae(M2R) 10e=N2↑+2CO+6H0,产生xmLN2,则实际消耗的 … n(CN)=2n(N,)=2×2.4x10mwl,在铁电极处产生yml 时 H,则转移电子的物质的量为2×2.4x10m0,理论消耗的 (3)①放 > ②7 n(CN-)=1 n(e-)=1 ×2×22.4×10m0l,则氰去除率= ③BC 实际CN去除量×100%=3延×100%. 理论CN去除量 V 解析：(3)② M2(g)+2R2(g)=M2R4(g) 17.(1)CS、S 起始(mol) 10 30 0 平衡A(mol) 5 20 5 (2)2Fe2++CL2=2Fe3++2Cl 试剂Y的作用是增大溶 平衡B(mol) 2 14 8 液的pH,反应2Fe2++H,02+2H=2Fe3++2H,0,消耗H+ 5 (3)0.03 平衡常数K= -=1 (4)洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率蒸发 5 浓缩 8 (5)NiCL,·6L,0+6S0C,△NiCL,+6S0,↑+12HCl↑ 设V(B)=VL,温度不变，K不变，则 2 、=1,解得 第24期3版参考答案 期末测试（四） V=7 一、选择题 ③丙为M,R4的分解，是气体体积增大的反应.丙恒温恒 1.D2.A3.D4.D5.D6.B7.A8.D 压，体积变大，甲恒温恒容，体积不变，所以（甲）<V(丙)，A 9.D由图可知，在20~25min之间，pH=10时R的平均 错误；合成M,R是放热反应，其逆反应M,R4分解就是吸热 的，乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方 降解速率为0.6-0.4 (25-20) ×104mol/(L·min)=0.04× 向进行的程度小，K(乙)>K(丙)，B正确；条件相同时，甲与乙 10-4mol/(L·min),A正确：由图可知，在0~50mim时，pH=2 是等效平衡.乙容器温度低，平衡向合成M2R4方向移动，平衡 和pH=7时R的降解百分率均为100%，B正确；由图可知，溶 时M2R4浓度乙大于甲，即c(乙)>c(甲)，C正确；甲与丙起始 液酸性越强，R的降解速率越快，C正确；图像体现的是一定条 温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解 件下，溶液的酸碱性对TO2光催化染料R降解反应的影响，没 M2R4生成R2和M2,平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积 有体现浓度对降解速率的影响，D错误。 大于甲，则压强甲大于丙，所以（甲）>（丙），D错误， 10.B石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极 16.(1)铜N0+3e+4H+=N0↑+2H,0 均收集到1.12L气体（标准状况），则n(02)=n(H2)= (2)2Al-6e+3H20=AL,03+6H 1.12L÷22.4L/mol=0.05mdl. (3)①2H,0+2e=H,↑+2OH 阳极：40H -4e=02↑+2H20 ②pH偏高，可能会有OH在阳极参与放电，降低CNO的 0.2 mol 0.2 mol 0.05 mol 氧化效率；PH偏低，可能会有CN转化为HCN气体而挥发 阴极： Cu2+ 2e=Cu 5x×100% 0.05 mol 0.1 mol 0.05 mol 解析：(3)①由题意可知，石墨电极为阳极，则铁电极为阴 2H*+2e =H2↑ 极，电极反应为2H20+2e=H2↑+20H. 0.1 mol 0.1 mol 0.05 mol ②电解过程中混合溶液的pH偏高，溶液中c(OH)较大， 原混合溶液中c(Cu2+)=0.05mol÷0.5L=0.1mol/L, OH可能在阳极放电，导致Cl放电受到影响，生成CL2的量 由电荷守恒可知，c(Na*)为0.3mol/L-0.1mol/L×2= 偏少，降低CNO的氧化效率；pH偏低，溶液中c(H)较大， 0.1mol/L,A错误；电解后溶液中c(H*）依据阳极氢离子浓度 H会与CN结合生成HCN.阳极总反应为2CN+12OH- 增大和阴极氢离子浓度减小共同决定得到c(H)= 7 高中化学人教（选择性必修1）第21~24期 (0.2mdl-0.1mol)÷0.5L=0.2mo/L,B正确；电解过程中 ③95% 转移电子总数为0.2mol,C错误；电解得到的Cu的物质的量 解析：(3)③2Cu2+~L,~2S,0 为0.05mol,D错误. 2 2 11.B n(Cu2+)0.1000×20×10-3mdl 12.D由表中数据可知，相同温度下，乙烷在发生转化 u(Cua,·2H,0)=2x103max171g/@×100%= 时，乙烯的选择性更大，故反应I更易发生，则反应活化能： 0.36g 95% I<Ⅱ，A正确；由表可知，500℃时，乙烷的转化率为9.0%， 可得转化的乙烷的总物质的量为2mol×9.0%=0.18mol,而 17.(1)5.0×10-72+Mm02+4H=Mm2++l2+ 2H,0 此温度下乙烯的选择性为80%，则转化为乙烯的乙烷的物质 (2)299kJ 的量为0.18mol×80%=0.144mol,根据方程式可得，生成乙 (3)0.30 烯的物质的量为0.144mdl,则0~5mim反应I的平均速率为 0.144mol (4)1×10-4mo/Lc(Na)>c(I0)>c(0H)> (Cl)=50-28×103m(L·im）,B正确：其 c(H*) 18.(1)BC 他条件不变，平衡后及时移除H,0(g),反应I正向进行，可提 (2)①c{[Gr(SCN)]2+}>c{[Cr(SCN)2]+}>c(Cr3+) 高乙烯的产率，C正确；其他条件不变，增大投料比 [n(C2H。)/n(C02)门投料，平衡正向移动，平衡后C02的转化 74或安) 率增大，C2H。的转化率减小，D错误。 ②C点[Cr(SCN)]2+与[Cr(SCN)2]浓度相等，K2= 13.D由题图信息可知，双极膜中间层的H,0在直流电 c(s代人反应i,求得c[Cr(S0N)]2*}=5.7x(c*). 场作用下解离为H*和OH.碱室中CO2一CO},左侧双极 e(Cr*)+e[Cr (SCN)]+e[Cr(SCN)2]+ 膜中的OH向碱室迁移，故电极M为阴极，H向左移动进人 c{[Cr(SCN).]-3》-}=0.2mol/L,求得c(Cr+)=[(0.2- 左侧硝酸钠溶液中发生反应：2H+2e=H2↑，C0通过阴 a)÷12.4]mol/L<0.0162mol/L,因此C点对应的溶液不能 离子交换膜1与Ca2+结合生成CaC03;CaCl2溶液中的Cl通 用于该电镀工艺 过阴离子交换膜2进入“酸室”，右侧双极膜中的H+向左移动 解析：(1)加水稀释后，离子浓度减小，促使平衡向生成离 进入“酸室”，OH向右移动进入右侧硝酸钠溶液中发生阳极 子数多的方向移动，溶液中离子的总数增大，A错误；加人少量 反应：40H-4e=2H,0+02↑.据此分析解答。 FCl,固体，根据铬元素守恒，溶液中含铬微粒总数不变，B正 二、非选择题 确；由盖斯定律可知，i+iⅱ得反应Cr++2SCN一 14.(1)3A(g)B(g)+3C(g) [Cr(SCN)2],则其平衡常数K=K·K2,C正确；K= (2)0.6mol/(L·min) e[Cr(SCN)]2* c(SCN) (3)AB c(C*)·c(sCN)'e1[G(sCN)]27K·c(C*) (4)42.9% c(Cr+)减小，SCN-与[Cr(SCN)]2+浓度的比值增大，D错误。 15.(1)Fe (2)①A点时，c{[Cr(SCN)]2+}=c(Cr3+),K= (2)Fe-6e+80H=Fe0+4H20 e[Cr(SCN)]2 1 (3)6.6 c(Cr)·c(SN)(sCN)=74.L,溶液中sCN的平衡 (4)3.75×10-8 张度为安 16.(1)Cu0或Cu(OH)2或CuCO3或Cu(OH)2C034× 10-8 mol/L (2)在干燥的HC1气流中加热脱水 (3)①淀粉溶液当滴入最后半滴Na,S,0,标准溶液时， 溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 ②2Gu2++4I=2Cul↓+2 一8电极M 电极N (4)Mg和Fe都是生产生活中的常用金属.加热锅炉时，水中的 (3)已知反应：H2(g）+L2(g)三2HI(g),在T℃时，将0.2mol 双极膜 交换膜1交换膜2 双极膜 MgCO3可以先转化为Mg(HC03)2,然后转化为Mg(OH)2,求 H2和0.1molL2气态混合物充入2L的密闭容器中，充分反应， MgCO3(s)+H2O(1)=Mg2*(aq)+HCO;(aq)+OH-(aq) 达到平衡后，测得HⅡ的体积分数为20%，则该反应的平衡常数 碱室 酸室 Cacl H2O K= (结果保留2位有效数字). HCO 在80℃时的平衡常数 .(已知：80℃时H,0的Kw= (4)已知NaI0是一种氧化剂.25℃时，0.01mol/L的Nal0溶液 2.5×10-3,Km(MgC03)=8.4×10-6,K1(H2C03)=4.2× 的pH=l0,则溶液中的水电离的c(0H)= C0 ,NalO溶液 OH OH 10-7、K2(H,C03)=5.6×10") 中所有离子浓度由大到小的顺序为 NaNO 16.(14分)已知：L,+2S,0?=S,0?+2I.相关物质的溶度积常 盐酸 数见下表(25℃时)： 18.(13分)KSCN可用于镀铬工业.常温下，用KSCN配制电镀液， C02 CaCO 物质Cu(OH)2Fe(OH)3 CuCl(白色)CuI(白色) 溶液中C3+与SCN发生第一、二步络合的反应如下： 第Ⅱ卷 非选择题（共61分）】 Kp2.2×10-204×10 1.7×10-7 1.3×10-12 i.C++SCN-=[Cr(SCN)]2 K=74.1 ii.Cr(SCN)]2*+SCN-=[Cr(SCN)2] K2=13.0 二、非选择题（本题包括5小题，共61分） (I)常温下，某酸性CCl,溶液中含有少量的FeCl,为得到纯净 (1)根据以上络合反应，下列说法正确的有 (填字母序号) 14.(8分)如下图表示800℃时A、B、C三种气体物质的浓度随时间 的CuCL2·2H0晶体，先加入 调节溶液的pH至4，使 A.加水稀释后，溶液中离子的总数减少 变化的情况，是达到平衡状态的时间.试回答： 溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3+)= B.加入少量FCl,固体，溶液中含铬微粒总数不变 高中 (1)该反应的化学反应方程式为 ·过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到 C.反应Cr3++2SCN一[Cr(SCN)2]+的平衡常数K=K,·K 局中 华 CuCL2·2H,0晶体. D.溶液中c(Cr3+)减小，SCN与[Cr(SCN)]2+浓度的比值减小 华 (2)若达到平衡状态的时间是2min,A物 8 B (2)由CuCL,·2H,0晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是 (2)常温下，某研究小组配制了起始浓度c(C3+)=0.2mol/L、 质的平均反应速率为 0 教选择性 t时间/min c(SCN)不同的系列溶液，测得平衡时C3+、[Cr(SCN)]2+、 教 (3)假设该反应在体积固定的密闭容器中进行，下列能作为判断 (3)某学习小组用“间接碘量法“测定含有CuCl,·2H,0晶体试 [Cr(SCN)2]+的浓度c平（含铬微粒）随c平(SCN)的变化曲线 该反应达到化学平衡状态的标志的是 (填字母) 样（不含能与I发生反应的氧化性杂质）的纯度，实验过程如 如下图所示，平衡后其他含铬微粒[Cr(SCN),]x-3》-(3≤x≤6， 选择性 A.每有3molA消耗，就会有3molC消耗 下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白 图中未画出)总浓度为amol/L. 必 修 B.B的体积分数保特不变 色沉淀.用0.1000mol/LNa2S,0,标准溶液滴定，到达滴定终点 修 1 C.气体的密度保持不变 时，平均消耗Na,S,0,标准溶液20.00mL. D.B和C的浓度之比1：3 ①可选用 作滴定指示剂，滴定终点的现 质 (4)达到平衡时，A的体积分数是 (保留小数点后一位). 象是 15.(8分）现用蓄电池e+Ni0,+2H,0 放电 ②CCL,溶液与过量KI反应的离子方程式为 综合质量检测 测 Fe(OH),+Ni(OH),为电源，制取少量高铁酸钾(K,Fe0,).反 0 ③该试样中CuCL,·2H,0的质量分数为 0.020.040.060.080.10 c(SCN-)(mol/L) 应装置如下图所示： 17.(18分)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途， ①c(SCN-)=0.05mol/L时，图中含铬微粒按浓度由大到小的 蓄电池 回答下列问题： 顺序为」 ;A点时，溶液中SCN~的平衡浓度 石墨 (1)已知：25℃时，Kn(AgC1)=1.7×100,Km(AgI)=8.5× 为 10~”.大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，浓缩液中含有 ②在某电镀工艺中，Cr3+的浓度需要在0.0162mo/L以上，结合 I、C1等离子.取一定量的浓缩液，向其中不断滴加AgNO3溶 计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 液，当AgC1开始沉淀时，溶液中 (写出计算过程). e(CI-) ,再取一定量 KOH溶液 阴离子交换膜 KOH溶液 的浓缩液，向其中加入MnO2和H,S04,即可得到2，该反应的离 (1)电解时，石墨电极连接的a极上放电的物质为 (填 子方程式为 “Fe”或“Ni02”). (2)已知反应：2HI(g)=H2(g)+I2(g)△H=+11kJ/mol. (2）写出电解池中铁电极发生的电极反应： 1molH,(g)、1molL,(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收 436kJ、151kJ的能量，则1molHⅢ(g)分子中化学键断裂时需吸 (3)当消耗掉0.1 mol NiO,时，生成高铁酸钾 收的能量为」 （参考答案见第24期)】 本版责任编辑：赵文佳 报纸编辑质量反馈电话 高中化学 0351-5271268 2025年12月22日·星期 报纸发行质量反馈电话： 数评橘 第 24期总第1172期 人教 0351-5271248 选择性必修1 第24期3版参考答案 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版 社长：徐文伟 国内统一连续出版物号：CN14-0707/八F) 邮发代号：21-355 期末测试（四） 一、选择题 c(Ga3+)、c(Ce3+)]随溶 PM 1.D2.A3.D4.D 第三、第四章复习与巩固 液pH变化的关系如右 5.D6.B7.A8.D 2 9.D10.B11.B 图所示.已知：常温下， 12.D13.D K Ce (OH)3 二、非选择题 Km[Ga(oH)3].则下列 14.(1)3A(g) O山西 武万飞 推断正确的是( B(g)+3C(g) 性)，C错误；c(H+)>c(OH)的溶液一定显酸 (2)0.6mol/(L·min 知识结构 A.曲线③代表滴定Ga(NO3)3溶液的变化 性，D正确 关系 (3)AB(4)42.9% 答案：D 15.(1)fe B.调节pH=8.0时，可将废水中Ce+完全 考点3盐类的水解 (2)Fe-6e+80H 第三章知识结构图 沉淀 化学平衡理论 Fe0-+4H,0 例3.下列有关盐类水解的说法不正确的是 C.滴定HR溶液至X点时，溶液中： (3)6.6 溶溶解 应用 c(Na*)>e(OH-)>c(H*) (4)3.75×10-8 电离常数 A.盐类的水解过程破坏了纯水的电离平衡 16.(1)Cu0 或 深入 D.经计算，Ga(OH)3能完全溶于HR溶液 B.盐类的水解可看作酸碱中和反应的逆过程 Cu(OH)2或CuCO3或 液的酸 解析：由K,[Ce(0H)3]=c(Ce3+)· 是弱电解盾 除合运用 C.盐类水解的结果是使溶液不一定呈中性 Cu(OH)2CO 4 亚新移动】 c3(OH)可推出pc(Ce3+) 10-8 mol/L 图示反应曲线 酸碱 及表示方法 D.Na2CO3水解的实质是Na与H,0电离 K.[Ce(OH) (2)在干燥的HC 气流 第四章知识结构图 出的OH~结合生成了NaOH c3(0H-) .同理可推出pc(Ga3+)= 中加热脱水 电化学基 氯化还原反应 解析：盐类的水解是弱酸阴离子（或弱碱阳 (3)①淀粉溶液当滴 离子)结合水电离出的氢离子（或氢氧根离子） K[Ga(OH)3] 由于K,[Ce(oH)3]> 入最后半滴Na,S,0,标 原电池 化学能转化电解池 -g(O) 准溶液时，溶液由蓝色 的电能，自 的过程，破坏了纯水的电离平衡，促进水的电 电源 发选行 色能转化为化 离，A正确：中和反应是酸和碱反应生成盐和 K[Ga(OH),],即Ga(NO3)3、Ce(NO3)3两条线不 恰好变为无色，且半分 能，外养能爱 金属的电化学腐蚀与防羽 推 可能相交，故曲线③为HR的滴定曲线，而曲线 钟内不变色 水，盐类水解是盐和水反应生成酸和碱，故盐类 ①、②分别为Ga(N03)3、Ce(NO3)3的滴定曲 ②2Cu2++4I=2Cul +L2 考点整合 的水解可看作酸碱中和反应的逆过程，B正确： “谁强显谁性，同强显中性”，如NH4Cl溶液呈酸 线.根据pH=4.1时，c(Ga3+)=1mo/L, ③95% c(0H）=10-9.9mol/L可推知Km[Ga(0H)3] 17.(1)5.0×10-7 21 考点1 水的电离 性，CH,COONa溶液呈碱性，CH,COONH溶液 MnO,+4H*=Mn2 例1.《科学》杂志评出“十大科技突破”，其 呈中性，C正确；Na,C03水解的实质是COˉ与 =1×(109.9)3=10297.同理由pH=7.3可推 +L,+2H,0 H,0电离出的H+结合生成HCO,D错误 知Km[Ce(0H)3]=1×(10-6.7)3=10-20.1.由 中“火星上‘找'到水的影子”名列第一.下列关 (2)299kJ(3)0.30 答案：D pM=0时，c(HR)=c(R),再由pH=5.5可推 (4)1×10-4mol/L 于水的说法中正确的是 ( c(Na*)>c(I0-)> A.加入电解质一定会破坏水的电离平衡， 考点4离子浓度大小的比较 知K,(HR)=eR:=c(H*)=1× c(HR) c(OH)>c(H*) 其中酸和碱通常都会抑制水的电离 例4.常温下，下列溶液中各离子浓度的关 105.5=105.5.据此分析解答 18.(1)BC B.水的电离和电解都需要通电 系正确的是 答案：C (2)① A.pH=2的醋酸溶液与pH=12的氢氧化钠 c{[Gr(SCN)]2+}> C.氢氧化钠溶液显碱性，故水电离出的 溶液等体积混合后：c(Na+)>c(CHCOO)> 考点6原电池原理及应用 e[Cr(SCN)2]* c(H)≠c(OH) 例6.一种高容量Z-C2H2水系电池示意 e(OH)>c(H*) (Cr3+) 74.或 D.升高温度一定使水的离子积增大 图如下，下列说法错误的是 B.浓度为0.1mol/L的碳酸氢钠溶液： ②C点[Cr(SCN)]2+与 解析：加人电解质不一定会破坏水的电离 c(Na*)+c(H*)=c(HCO)+c(OH-) OH OH [Cr(SCN)2]浓度相等 平衡，其中酸和碱通常都会抑制水的电离，但强 C.浓度为0.1mol/L的(NH4)2C03溶液： OH OH c(SCN)代人反应 酸强碱盐对水的电离没有影响，A错误；水的电 c(NH)+c(NH,·H,0)=2c(CO?)+ 离不需要通电，但电解需要通电，B错误；氢氧 离子交换膜M ,求得c[Cr(SCN)]2+ 2c(HC03)+2c(H2C03) 化钠溶液中c(H+)≠c(OH),但由水电离出的 A.电子由b极经导线流向a极 =5.7c(Cr3+),由 D.浓度均为0.1mol/L的醋酸溶液与NaOH c(G)+eGr(SCN)* c(H)=c(OH),C错误；水的电离是吸热过 B.b极的电势比a极的高 溶液等体积混合后：c(CHCO0)>c(Na+)> +c[Cr(SCN),]+}+ 程，升高温度 一定使水的离子积增大，D正确 C.a极的电极反应：C,H2+2e+2H,0= e(H*)>c(OH-) e[Cr(SCN)]-3) 答案：D C2H4+20H =0.2mol/L,求得 解析：pH=2的醋酸溶液的浓度远高于 考点2溶液的pH D.理论上每消耗1molC2H2,b极质量增加 (Cr3+)=[(0.2-a pH=12的氢氧化钠溶液，两者等体积混合， 例2.下列溶液一定显酸性的是 ( 16g ÷12.4]mol/L< c(CH,C00)>c(Na+)>c(H+)>c(0H-),A 0.0162mol/L,因此C A.使甲基橙变黄的溶液 解析：根据Zn-C2H2水系电池示意图可 点对应的溶液不能用于 B.pH=6的溶液 错误；碳酸氢钠溶液中还存在碳酸根离子，根据知，b电极中Zn一一→Z0,化合价升高，失去电 电荷守恒，c(Na)+c(H*)=c(HCO)+ 该电镀工艺 C.由水电离出的c(OH-)=1×10-Bmo/L 子被氧化，则b电极为负极，电极反应为 2c(C0})+c(OH),B错误；浓度均为 Zn-2e+20H=Zn0+H0,a电极为正极， 的溶液 0.1mol/L的醋酸和NaOH溶液等体积混合，混 得到电子被还原，电极反应为C,H2+2e+ D.c(H+)>c(OH)的溶液 合后溶液呈碱性，c(Na)>c(CHCO0-)> 2H,0=C2H4+20H,离子交换膜M为阴离子 解析：常温下，使甲基橙变黄的溶液的 c(OH-)>c(H+),D错误 交换膜，据此分析解答 pH>4.4,此时溶液可能为弱酸性、中性或碱性， 答案：C 答案：B A错误；pH=6的溶液在常温下显酸性，但若温 考点5沉淀溶解平衡 考点7电解原理及应用 度升高，如100℃时水的离子积增大，pH=6可 例5.298K时，用Na0H溶液分别滴定等物 例7.工业上利用电解NaGaO2溶液制备Ga 能为中性，B错误；水电离出的c(OH)=1× 质的量浓度的HR、Ga(NO,)3、Ce(NO3)3三种 的装置如下图，已知NaGaO,性质与NaAlO2类 10-3mol/L,表明水的电离被抑制，可能由强酸 似，下列说法错误的是 或强碱导致（如强酸溶液显酸性，强碱溶液显碱 溶液.pM[p表示负对数，M表示eHBR c(R-) (下转第2版) 2 素养·专练 数理极 （上接第1版) Co-2e=C02+,又根据装置图可知，放电时Co电 D.体系中，c(Cu+)+c(H)=c(Cl)+ 离子交换膜 极为负极，Co,0,电极为正极，充电时Co电极为阴c([CuCL2])+c([CuCL3]2-)+c(OH) 极，C0,03电极为阳极，据此分析解答.由分析知， 02+HC0:3 解析：加水稀释，溶液体积变大，[CuCL]2浓 Na* 充电时，Co,O电极为阳极，发生氧化反应，电极反度一定下降，A正确；加入NaCl会增加C1浓度， H,0+C03 GaO:- 应为2Co2-2e+3H,0=Co,0,+6H*(酸性电可能促使[CuCL2]转化为[CuC,]2-,[CuCL2] Na,CO,溶液NaGaO,溶液 解质)，B错误 浓度不一定上升，B错误；H[CuCl2]应电离为H A.阴极的电极反应为Ga0,+3e+4H+= 答案：B 和[CuCl2],而非分解为Cu*和Cl,C错误；体系 Ga+2H,O 考点9金属的腐蚀与防护 中存在电荷守恒：c(C)+c(H+）=c(CI)+ B.电解获得1 mol Ga,则阳极产生的气体在标 例9.一定条件下，有关金属腐蚀的下列说法c([CuC,])+2c([CuCl,]2-)+c(0H),D错误. 准状况下的体积至少为16.8L 不正确的是 () 答案：A C.中间的离子交换膜为阳离子交换膜 A.为减缓金属腐蚀，可将要保护的金属物件 例2.(2025·重庆卷)下图为AgCl-Sb二次 D.电解结束后，两极溶液混合后可以循环使用 与外电源的正极相连接作阴极 电池的放电过程示意图.下列叙述正确的是 解析：与直流电源正极相连的左侧电极为阳 B.在pH<5的溶液中，金属主要发生析氢 极，在碳酸根离子作用下水在阳极失去电子发生 腐蚀 负载 氧化反应生成氧气和碳酸氢根离子，电极反应为 C.钢铁制品发生吸氧腐蚀时的正极反应为 盐酸 2H,0-4e+4C03=02↑+4HC0;与直流电 02+2H20+4e=40H NaCd溶液 源负极相连的右侧电极为阴极，水分子作用下偏 D.在金属物件表面涂上机油可防止金属生锈 镓酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成镓从而使金属保持光泽 和氢氧根离子，电极反应为 解析：金属物件与外电源的正极相连，则该金 Ga02+3e+2H20=Ga+40H,据此分析解答. 属作阳极，发生氧化反应，会加快金属腐蚀，A错 由分析可知，A错误。 误；H<5的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中，金 A.放电时，M极为正极 答案：A 属主要发生析氢腐蚀，B正确；钢铁制品发生吸氧 B.放电时，N极上反应为Ag-eˉ+Cl=AgCl 考点8原电池、电解池的综合考查 腐蚀时正极上的电极反应为02+2H,0+4e= C.充电时，消耗4 mol Ag的同时将消耗1mol 例8.化学兴趣小组设计了一种如下图所示的 40H,C正确；在金属物件表面涂上机油，可使金 SbaOsCl 二次电池，放电时负极反应为C0-2e=C。2+.下 属与空气隔绝，防止金属腐蚀而生锈，从而使金属 D.充电时，M极上反应为Sb4O,Cl2+12e+ 列说法错误的是 保持光泽，D正确。 10H+=4Sb+2C1-+5H20 电源/用电器 答案：A 解析：由图可知，放电时，N电极上AgCl一 005 链接高考 Ag,发生得电子的还原反应，为正极，电极反应为 ■■■■■■■■■■■■8■■■→ AgCl+eˉ一Ag+Cl,则M电极为负极，发生失电 子的氧化反应，电极反应为4Sb-12e°+2C1+ 例1.(2025·广东卷)CuCl微溶于水，但在 酸性CoCl溶液 酸性CoCl2溶液 5H,0=Sb4OCL2+10H+;充电时，N极为阳极，M Cl浓度较高的溶液中因形成[CCl,]和 极为阴极，电极反应与原电池相反，据此解答.由 A.充电时，Co电极接电源负极 [CuCL,]2-而溶解.将适量CuCl完全溶于盐酸，得 分析可知，A、B错误：由分析可知，建立电子转移 B.充电时，阳极反应为2C02+-2e+60H= 到含[CuCL2]~和[CuCL,]2的溶液.下列叙述正确 关系式：Sb0,Cl2~12e~12Ag,由此可知，充电时 C0,03+3H,0 的是 ( C.放电时，Co203电极的电极反应为C0203+ A.加水稀释，[CuCL]2浓度一定下降 消耗4 mol Ag,同时消耗号mlSb,0,C错误； 6H*+2e=2C02++3H,0 B.向溶液中加入少量NaC1固体，[CuCl,]浓充电时，M极为阴极，电极反应与原电池相反： D.放电时，负极质量改变59g,理论上电路中度一定上升 Sb40,CL2+12e+10H+=4Sb+2Cl+5H,0,D 转移2mol电子 C.H[CuCL2]的电离方程式为H[CuCl2]=正确. 解析：由题给信息可知，放电时负极反应为H*+C++2C 答案：D 第22期参考答案 (3)3C02++Mn0,+720=3Co(0H)3↓+Mn02↓+5H <K。=1.02×107,说明S0的电离程度小于其水解程度，所 期未测试（二） (4)ZnS04、K2S041×10-16.7 以溶液显酸性 一、选择题 16.(1)①阳N2+6e-+6H+=2NH3 15.(1)C 1.B2.B3.A4.B5.D6.D7.D8.B9.C10.B ②为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔 (2)如右图所示 Ae M:R) 11.D12.B 阴、阳两极产物接触③33 (3)①放>②7③BC (2)aM2++e=M+条件温和 二、非选择题 16.(1)铜N03+3e-+4H+=N0↑ (或生成氨的同时释放电能) 13.1.(1)c(2)②>①>③ +2H,0 (3)10-4将0.1mo/L的CH,C00Na、CH,C00H溶液等体60H (3)①Fe203+6e+3H20=2Fe+ (2)2A1-6e-+3H20=AL203+6H 积混合，然后测定混合溶液的pH.若pH<7,说明CH,COOH的电 ②40H--4e-=2H,0+0,↑ (3)①2H20+2e=H2↑+20H 离程度大于CHCO0~的水解程度；若pH>7,说明CH3COOH的电 第23期3版参考答案 ②pH偏高，可能会有OH-在阳极参与放电，降低CNO-的氧 离程度小于CHCO0的水解程度 期末测试（三） 一、选择题 化效率：H偏低，可能会有CN转化为HCN气体而挥发二× Ⅱ.(4)H3P03+20H-=HP0-+2H20 1.B2.D3.A4.C5.A6.C7.B8.D9.B10.D100% (5)②(6)> 11.C12.B 17.(1)CuS、S 14.(1）2Na2S03(aq）+02(g)=2Na2S04(aq)》 二、非选择题 (2)2Fe2++Cl2=2Fe3++2C △H=(m+n)k/mol 13.(1)a+b(2)+72.49 剂Y的作用是增大溶液的pH,反应2Fe2 (2)2(3)①0.6mo/(L·min)②80% (3)cH0()+子6(g)=c0,(g+20()4n=+,0+2H-2Fe·+2H,0消耗H ③>其他条件相同时，曲线Ⅱ先达到平衡，则温度高于曲线 -725.8 kJ/mol (3)0.03 I,说明温度升高，C02的产率降低，平衡向逆反应方向移动，平衡 (4)0.7 (4)洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元 常数减小 14.(1)6.72c(0H-)>c(S03)>c(HS03) 素利用率蒸发浓缩 15.(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率Pb (2)Na2S03(3)2c(S03-)> (2)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调H时除去 (5)NiCl2·6H0+6s0Cl2△NiC Kw 10-14 Fe元素K,[Fe(CN)6]溶液Fe2+ （4)S0,的水解常数Ke=元-1.x10=6.49x10B+6S0,t+12Gt B.H,S0,溶液中滴加Ba(NO0)2溶液：H,S0,+Ba2+=BaS0,↓+2H 均收集到1.12L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为 C.NaHC0,溶液中通入少量CL2:2HC0,+CL,=2C02+Cl-+ 500mL,下列说法正确的是 期末测试（四） CIO+H2O A.原混合溶液中c(Na+)=0.2mol/L D.用FeCL,溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++ B.电解后溶液中c(H+)=0.2mol/L Cu2 C.上述电解过程中共转移0.4mol电子 ◎数理报社试题研究中心 6.某些金属卤化物可与相应的卤素单质反应，如KI+I2一一KI,.下 D.电解后得到的Cu的物质的量为0.1mol 可能用到的相对原子质量：H-10-16Na-23S-32Cl-35.5 列推断错误的是 ( 11.下图是在载人航天器舱内利用氢氧燃料电池进行二氧化碳浓缩 K-39Fe-56Cu-64I-127 A.含I5的溶液中存在平衡：L5==L+I 富集的装置.下列说法正确的是 负载 第I卷选择题（共39分） B.在KI,溶液中加入AgNO,溶液，会析出AgL,沉淀 C.KL溶液可用于检验淀粉的存在 仓内大气 ◆高浓度CO2 题号1 J 6 个 89 10 1213 D.配制碘水时，加入KI可增大I2的溶解量 b极 含有碳酸盐 7.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是 冷却剂腔 水溶液的隔膜 选项 A.pH=1的NaHSO,.溶液：c(H+)=c(S0)+c(OH) 一、选择题（本题包括13小题，每小题3分，共39分，每小题只有1 B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)>c(Cl)=c(I) 吸收后大气 个选项符合题意) C.C02的水溶液：c(H+)>c(HC03)=2c(CO-) A.a极为电池的正极 1,下列化学用语所表示的微粒，对水的电离平衡没有影响的是 D.含等物质的量的NaHC,0,和Na,C,0的溶液：3c(Na*)= B.b极的电极反应：2C0,+02+4e=2C0 2[c(HC,0,)+c(C,0)+c(H,C,04)] C.该装置工作时电能转化成了化学能 A 化 D.CO?~向b极移动 学 A. 8.具有难挥发性的二硫化钽(TaS,)可低温区1023K高温区123K B.[:NH]+ 采用如右图装置提纯.将不纯的 12.二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应： 高中化学 TaS2粉末装人石英管一端，抽真空 I.C,H(g)+C0,(g)==C,H4(g)+C0(g)+H,0(g）△H,>0 教 C.Na D.「：Br:1- 后引入适量碘并封管，置于加热炉中，发生反应：TS,(s)+ Ⅱ.C2H6(g）+2C02(g)=4C0(g)+3H,(g)△H2>0 教 选择 2.下列物质不属于电解质的是 2L,(g)一Tal4(g)+S,(g)△H>0.下列说法错误的是（ 向容积为10L的密闭容器中投入2molC,H,和3molC02,不同 迭 A.CO, B.HCI C.NaOH D.BaSO A.该反应的△S>0 温度下，测得5min时（反应均未达到平衡）的相关数据见下表， 性 3.“接触法制硫酸”的主要反应是2S0,+0,催化剂2s0,.在催化剂 B.不纯的TaS,粉末应放在高温区，提纯后的TaS,在低温区生成 下列说法不正确的是 必 修 C.高温区TaL,(g)的浓度大于低温区的 温度（℃）400500600 修 1 1 综 表面的反应历程如下： 乙烷转化率(%)2.2 9.017.8 D高东汉和候福风的品相眸 乙烯选择性(%)92.680.061.8 综 9.一定条件下，溶液的酸碱性对T0,光催化染料R降解反应的影 注：乙烯选择性-转化为二烯的乙烷的物质的量 ×100% 量检测 转化的乙烷的总物质的量 响如下图所示.下列判断错误的是 ( A.反应活化能：I<Ⅱ 合质量检测 B.500℃时，0~5min反应I的平均速率为：v(CH4)= 2.0 下列说法正确的是 2.88×10-3mol/(L·min) A.使用催化剂只能加快正反应速率B.该反应的催化剂是V204 C.其他条件不变，平衡后及时移除H,0(g),可提高乙烯的产率 C.反应②的活化能比反应①的大D.过程中有V一0的形成 D.其他条件不变，增大投料比[n(C2H。)/n(C02)]投料，平衡后 4.在T℃，HCl气体通过铁管时，发生腐蚀反应X:Fe(s)+ -0I/(a 0.8 可提高乙烷转化率 2HC1(g)一FeCl2(s)+H2(g)△H(K=0.33),下列分析不正 0.4 13.双极膜电渗析法固碳技术是将捕集的C02转化为CC03而矿化 确的是 0.02 封存的，其工作原理如下图所示.双极膜中间层中的H,0解离成 0 A.降低反应温度，可减缓反应X的速率 1020304050t/min H+和0H,并在直流电场作用下分别向两极迁移.下列说法正 B.在HCl气体中加入一定量H,能起到防护铁管的作用 A.在20~25min之间，pH=10时R的平均降解速率为 确的是 C.反应X的△H可通过如下反应获得：Fe(s)+Cl2(g) 0.04×10-4mol/(L·min) A.电势：电极M>电极N FeCl2(s）△H,、H2(g)+Cl2(g)=2HCI(g）△H2 B.在0~50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等 B.交换膜1和交换膜2均为阳离子交换膜 D.T℃时，若气体混合物中c(HCl)=c(H2)=0.5mo/L,铁管被 C.其他条件相同时，溶液酸性越强，R的降解速率越快 C.若碱室中(HC0,) 腐蚀 D.R的起始浓度越大，降解速率越大 c(C0)比值增大，则有利于c0,的矿化封存 5.下列离子方程式正确的是 10.500 mL NaNO,和Cu(N03)2的混合溶液中c(NO)= D.该技术中电解固碳总反应的离子方程式为2Ca2++2C02+ A.用CuS04溶液除H2S气体：C2++S2-=CS 0.3mol/L.用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极 4H,0电解2CaC0,↓+2H,↑+0，↑+4H