精品解析：宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高二上学期1月期末考试化学试题

石嘴山市第一中学2025-2026学年第一学期高二年级期末考试 化学试题 满分100分，考试时间75分钟。 一、单选题：本题共14小题，每小题3分，共42分。 1. 下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是 A. 氢氟酸与反应： B. 向氯化铝溶液中滴入过量的氨水： C. 向溶液中通入过量： D. 向0.2mol溶液中通入0.25mol： 2. 化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是 A. 水垢中的，可先转化为，再用酸除去 B. 胃舒平(主要成分是氢氧化铝)和食醋同时服用可增强药效 C. 在海船外壳安装钢块能减缓船体腐蚀 D. 铅酸蓄电池属于一次电池 3. 已知： 下列有关说法正确的是 A. 的燃烧热为 B. C. 等质量的和完全燃烧，放出的热量多 D. 4. 下列几种表示电子排布的方法中正确的是 A. 基态原子的核外电子排布式： B. 基态原子的价层电子排布式： C. O原子的电子排布图： D. 基态的电子排布式： 5. 已知是一种二元弱酸，、。 室温下，通过下列实验探究盐溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 测得溶液的pH约为4.75 2 向溶液中滴加等浓度等体积溶液 若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法错误的是 A. 在溶液中： B. 依据实验1推测： C. 实验2所得溶液中： D. 实验2所得溶液中： 6. 用含少量、的溶液制备的过程如图所示。已知：室温下，，下列说法正确的是 A. 0.1溶液显酸性，且 B. 0.1溶液中： C. 若将流程中换成，则制得的纯度更高 D. 测得0.1溶液的约为5.5，则 7. 下列关于H、O、Na、S、Cl、K元素及其化合物的说法正确的是 A. 失去最外层电子所需的能量：K>Na B. 沸点： C. 原子半径：r(K)>r(Cl)>r(S)>r(O) D. 热稳定性： 8. M、W、X、Y、Z是五种短周期原子序数依次增大的主族元素，基态W原子的价层电子排布式为nsnnpn-1，Y是空气中含量最多的元素，液态Z2为浅蓝色液体。五种元素形成的一种化合物F的结构如图所示。下列说法错误的是 A. 最简单氢化物的键角：X>Y B. 晶体F为离子晶体 C. 第一电离能：Z>Y>X D. F中X、Y和Z原子的杂化类型相同 9. 电流滴定法（电压10～100mV）是根据电流情况判断滴定终点，仅I2、I-同时存在时才能产生电流。如图所示，可用此法来测定Na2S2O3溶液的浓度，下列说法正确的是。 已知：。 A. a为滴定终点 B. ab段电流减小是因为溶液中I-浓度降低 C. 若滴定前碘液中含有38.1g的I2，硫代硫酸钠溶液的浓度为0.5mol/L D. 若滴定结束后俯视读数，则测定Na2S2O3溶液的浓度偏小 10. 一定条件下，白磷(P4)和磷化氢(PH3)分别与CuSO4溶液的反应如下：(I)11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60H2SO4；(Ⅱ)24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4。下列说法正确的是 A. 反应(Ⅰ)中P4只作还原剂 B. 反应(Ⅰ)中lmolCuSO4氧化0.lmolP4 C. 反应(Ⅰ)(Ⅱ)中Cu3P均是还原产物 D. 由反应(Ⅱ)可得出氧化性：CuSO4>H2SO4 11. 过氧化氢燃料电池的独特之处在于用H2O2同时作燃料和氧化剂，能高效转换能量。某研究小组利用该电池和离子交换膜进行电解质溶液处理，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是 A. 该电池表明 在酸性环境中的氧化性强于碱性环境 B. 电池的总反应为 C. 当外电路通过0.4mol时，中间室生成 的质量为34.8g D. 反应中产生22.4L气体(标准状况下)，则溶液中转移2mol电子 12. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，分布于三个不同周期。已知：①X的原子半径最小；②Z的单质可与热水反应，其氧化物广泛用作耐火材料；③W的最高价氧化物对应的水化物具有两性；④Z、Q的最外层电子数之和等于Y的原子序数。下列说法正确的是 A. Y一定是非金属性最强的非金属 B. 简单气态氢化物的稳定性：Y>Q C. 简单离子半径：W>Z>X D. 熔融态的W氯化物可以导电 13. 已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中或与的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线干②中c点： B. 时，两溶液中， C. 加适量固体可使溶液由a点变到b点 D. 的数量级为 14. 已知：四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH ]是强碱，甲胺 (CH3NH2・H2O)为弱碱。常温下，在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol/L的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液中，分别滴加浓度为0.1 mol/L的盐酸，溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A. pH的相对大小: c>d B. 在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是e C. b 点溶液:c(H+)+c(CH3NH3+) = c(OH-) D. c 点溶液:c(Cl-)>c(CH3NH3+) >c(H+) >c(OH-) 二、解答题：本题共58分。 15. CO2资源化在推进能源绿色转型，实现“碳达峰、碳中和”中具有重要意义。 I． CO2与H2在固载金属催化剂上可发生以下反应： 反应i． 反应ii． 反应iii．…… 可能的反应机理如图所示(M为催化剂)。 （1）反应iii的化学方程式为_______。 （2）已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物的反应热)： 物质 CO2(g) H2(g) HCOOH(g) 标准摩尔生成焓 -393.51 0 -362.3 依据以上信息，ΔH1=_______，反应ii在较_______(填“高”、“低”或“任意”) 温度下能自发进行。 （3）在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)，反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性随温度变化曲线如下图所示。(甲酸选择性= ①一定温度下，为了提高甲酸选择性可采取的措施有_______ (任写一条)。 ②若M点反应已达到平衡状态，体系中H2的分压为a MPa，则673.15K时反应i的分压平衡常数计算式Kp=_______MPa-1。 ③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii中CO2的变化量相比，增加更显著的是反应_______(填“ i”或“ii”)，判断的依据是_______。 Ⅱ．利用电化学装置可实现CO2和CH4两种分子的耦合转化，其原理如下图所示。 （4）装置工作时，电极A应连接电源的_______(填“正”或“负”)极，电极A的电极反应式为_______。 16. 钒是重要的化学催化剂，从废钒催化剂（主要成分V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2和Fe2O3等）中回收V2O5的一种生产工艺流程示意图如下，请回答下列问题： （1）步骤①中废渣的主要成分是____________，K2SO3的作用是_________________________。 （2）操作②中用到的主要玻璃仪器是____________________。 （3）②、③的变化过程可简化为（下式R表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂）。 R2(SO4)n (水层)+ 2nHA（有机层）2RAn（有机层） + nH2SO4 (水层)为提高②中萃取百分率，应采取的措施是____________________________________。 （4）请完成④中的反应离子方程式： _____ClO3- + VO2+ + H+ = VO3+ + + （5）25℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表： pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1 钒沉淀率% 88.1 94.8 96.5 98.0 98.8 98.8 96.4 93.1 89.3 结合上表，在实际生产中，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH值为____________。若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)<___________。(已知：25℃时，Ksp Fe(OH)3=2.6×10-39) （6）该工艺流程中，可以循环利用的物质有________________________。 17. 中国空间站的呼吸保障系统的工作原理其原理如图所示 （1）已知：i．和的摩尔燃烧焓分别为和 ii． 则萨巴蒂尔反应：的___________。 （2）在萨巴蒂尔反应器的前端维持较高温度800 K，后端维持较低温度450 K，其目的是___________。 （3）电化学富集二氧化碳的方法如图1所示： ①离子导体中，向多孔碳载镍___________(填“A”或“B”)电极移动。负极的电极反应式是___________。 ②在A电极上消耗，理论上多孔碳载镍B电极消耗的在标准状况下的体积是___________L。 （4）富集的也可以制备甲酸，原理如图2所示，电解质溶液为KOH。为降低系统能耗，搭建“阴阳极共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，应将___________极区(填“a”或“b”)电解液更换，此时，该电极的电极反应式为___________。 （5）在298 K时，几种离子的摩尔电导率如下表。已知：摩尔电导率越大，溶液的导电性越好。空间站通过电解水实现的再生，从导电性角度选择最适宜的电解质为___________(填化学式)。 离子种类 摩尔电导率 198.0 79.8 76.34 72.0 349.82 73.52 50.11 18. 臭氧是一种有特殊臭味、稳定性较差的淡蓝色气体。臭氧常用于杀菌消毒，也是理想的烟气脱硝剂。 （1）脱硝反应之一：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)ΔH<0，T℃时，向1.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2和1.0molO3，反应过程中测定的部分数据见表： t/s 0 3 6 12 24 n(O2)/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80 ①反应在0～3s内的平均速率v(NO2)=______。 ②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是______。(填字母) A．混合气体密度不再变化 B．单位时间内消耗2molNO2的同时生成1molO2 C．v(NO2)正=2v(N2O5)逆 D．混合气体压强不再变化 ③T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数等于______。 ④T℃时，若上述容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，开始时反应______(填“正向进行”、“逆向进行”或“达平衡”)。 （2）脱硝反应之二：O3氧化-NaOH溶液吸收法脱除NO，主要生成物有NaNO3和O2. ①写出该反应的化学方程式______。 ②不改变O3和NO的比例，混合气体以相同流速通过NaOH溶液，研究不同温度下NO脱除率的变化，结果如图，60～80℃NO脱除率下降的可能原因是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山市第一中学2025-2026学年第一学期高二年级期末考试 化学试题 满分100分，考试时间75分钟。 一、单选题：本题共14小题，每小题3分，共42分。 1. 下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是 A. 氢氟酸与反应： B. 向氯化铝溶液中滴入过量的氨水： C. 向溶液中通入过量： D. 向0.2mol溶液中通入0.25mol： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氢氟酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，A错误； B．向AlCl3溶液中加入过量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，NH3•H2O是弱碱，不能溶解氢氧化铝，正确的离子方程式为，B错误； C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，离子方程式：，C正确； D．向0.2mol溶液中通入0.25mol，由于I-的还原性强于Fe2+，先发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，该过程消耗0.2molCl2和0.4molI-，然后发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，该过程消耗0.05molCl2和0.1molFe2+，故反应中消耗的两种离子物质的量之比为n(Fe2+)：n(I-)=1：4，总反应为8I-+2Fe2++5Cl2＝10Cl-+4I2+2Fe3+，D错误； 故选C。 2. 化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是 A. 水垢中的，可先转化为，再用酸除去 B. 胃舒平(主要成分是氢氧化铝)和食醋同时服用可增强药效 C. 在海船外壳安装钢块能减缓船体腐蚀 D. 铅酸蓄电池属于一次电池 【答案】A 【解析】 【详解】A．CaSO4的溶度积大于CaCO3，加入碳酸盐可将其转化为CaCO3，酸能溶解CaCO3，A正确； B．氢氧化铝与食醋（酸性）会发生中和反应，降低药效，B错误； C．钢块与船体材料相近，无法形成有效牺牲阳极保护，应使用活泼金属（如锌），C错误； D．铅酸蓄电池可充电，属于二次电池，D错误； 故答案选A。 3. 已知： 下列有关说法正确的是 A. 的燃烧热为 B. C. 等质量的和完全燃烧，放出的热量多 D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；根据 ，可知1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出热量为285.8 kJ⋅mol−1，则氢气燃烧热为285.8 kJ⋅mol−1，A错误； B．反应中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放热的，所以生成1mol水放出的热量比57.3 kJ多，即该反应的△H< ，B错误； C．等质量的和完全燃烧，设质量均为1g；则氢气放热，甲醇放热，所以H2(g)放出的热量多，C正确； D．液体水变为气体水需要吸热，故生成气体水放热少，焓变值变大，D错误； 故选C。 4. 下列几种表示电子排布的方法中正确的是 A. 基态原子的核外电子排布式： B. 基态原子的价层电子排布式： C. O原子的电子排布图： D. 基态的电子排布式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态原子核外电子排布式为，A错误； B．基态原子的价层电子排布式为，B错误； C．O原子的电子排布图为，C正确； D．基态的电子排布式为，D错误； 故选C。 5. 已知是一种二元弱酸，、。 室温下，通过下列实验探究盐溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 测得溶液的pH约为4.75 2 向溶液中滴加等浓度等体积溶液 若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法错误的是 A. 在溶液中： B. 依据实验1推测： C. 实验2所得溶液中： D. 实验2所得溶液中： 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据元素守恒，在溶液中存在：，A正确； B．电离显酸性，水解显碱性，依据实验1测得溶液的pH约为4.75，溶液呈酸性说明的电离程度大于水解程度，故，B正确； C．实验2所得溶液中溶质为，根据质子守恒，实验2所得溶液中存在：，C正确； D．实验2所得溶液中溶质为，存在、、、，故微粒浓度大小关系为，D错误； 答案选D。 6. 用含少量、的溶液制备的过程如图所示。已知：室温下，，下列说法正确的是 A. 0.1溶液显酸性，且 B. 0.1溶液中： C. 若将流程中换成，则制得的纯度更高 D. 测得0.1溶液的约为5.5，则 【答案】A 【解析】 【分析】CoCl2溶液中含有少量Ca2+和Mg2+，加入NH4F沉淀Ca2+和Mg2+，再使用(NH4)2C2O4沉钴得到CoC2O4，最后灼烧得到CoO，据此分析解题； 【详解】A．NH4F溶液呈酸性，说明水解程度大，所以，A正确； B．根据物料守恒有，所以，B错误； C．若使用Na2C2O4替换(NH4)2C2O4，将引入Na元素为杂质，制得的纯度更低，C错误； D．测得0.1溶液的约为5.5，说明电离程度大于水解程度，故，可得则，D错误； 故选A。 7. 下列关于H、O、Na、S、Cl、K元素及其化合物的说法正确的是 A. 失去最外层电子所需的能量：K>Na B. 沸点： C. 原子半径：r(K)>r(Cl)>r(S)>r(O) D. 热稳定性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．同一主族从上往下元素的第一电离能依次减小，即失去最外层电子所需的能量：K＜Na，A错误； B．由于水中存在分子间氢键，而H2S不存在氢键，故沸点：，B错误； C．同一周期从左往右原子半径减小，同一主族从上往下原子半径依次增大，则原子半径：r(K)> r(S)> r(Cl)>r(O)，C错误； D．已知同一周期从左往右元素的非金属性依次增强，则热稳定性：，D正确； 故答案为：D。 8. M、W、X、Y、Z是五种短周期原子序数依次增大的主族元素，基态W原子的价层电子排布式为nsnnpn-1，Y是空气中含量最多的元素，液态Z2为浅蓝色液体。五种元素形成的一种化合物F的结构如图所示。下列说法错误的是 A. 最简单氢化物的键角：X>Y B. 晶体F为离子晶体 C. 第一电离能：Z>Y>X D. F中X、Y和Z原子的杂化类型相同 【答案】C 【解析】 【分析】M、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子序数依次增大，由题干信息可知，Y是空气中含量最多的元素，故Y为N元素；液态Z2为浅蓝色液体，故Z为O元素；基态W原子的价层电子排布式为nsnnpn-1，可知n=2，价层电子排布式为2s22p1，故W为B元素；M只形成一个单键，因此M为H元素；X可形成4个共价键，因此X为C元素，综上所述，M为H元素、W为B元素、X为C元素、Y为N元素、Z为O元素。 【详解】A．X为C元素、Y为N元素，形成的最简单氢化物分别为CH4、NH3，价层电对数均为4，但NH3含有一对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，分子的键角越小，因此NH3的键角比CH4的键角小，即X>Y，故A正确； B．离子晶体中含有的微粒是阳离子和阴离子，观察图中结构可知为离子晶体，故B正确； C．X为C元素、Y为N元素、Z为O元素，同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能：，即Y>Z>X，故C错误； D．X为C元素、Y为N元素、Z为O元素，该化合物中C周围有4条键，C的价层电子对数为4，故C的杂化方式为；阳离子中心原子N形成4条键，带一个单位正电荷，N的价层电子对数为4，故N的杂化方式为；O周围有2条键，同时存在两对孤对电子，O的价层电子对数为4，故O的杂化方式为，故D正确； 故答案选C。 9. 电流滴定法（电压10～100mV）是根据电流情况判断滴定终点，仅I2、I-同时存在时才能产生电流。如图所示，可用此法来测定Na2S2O3溶液的浓度，下列说法正确的是。 已知：。 A. a为滴定终点 B. ab段电流减小是因为溶液中I-浓度降低 C. 若滴定前碘液中含有38.1g的I2，硫代硫酸钠溶液的浓度为0.5mol/L D. 若滴定结束后俯视读数，则测定Na2S2O3溶液的浓度偏小 【答案】C 【解析】 【详解】A．滴定终点时无I2，电流为0，b点电流为0，是滴定终点，故A错误； B．，该反应生成I-，I-浓度增大，ab段电流减小是因为I2浓度降低，故B错误； C．若滴定前碘液中含有38.1g的I2，I2物质的量为，硫代硫酸钠溶液的浓度为，故C正确； D．滴定结束后俯视读数，Na2S2O3溶液的体积读数偏小，则测定Na2S2O3溶液的浓度偏大，故D错误； 故答案为：C。 10. 一定条件下，白磷(P4)和磷化氢(PH3)分别与CuSO4溶液的反应如下：(I)11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60H2SO4；(Ⅱ)24CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4。下列说法正确的是 A. 反应(Ⅰ)中P4只作还原剂 B. 反应(Ⅰ)中lmolCuSO4氧化0.lmolP4 C. 反应(Ⅰ)(Ⅱ)中Cu3P均是还原产物 D. 由反应(Ⅱ)可得出氧化性：CuSO4>H2SO4 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应(Ⅰ)中P元素的化合价部分由0价升至H3PO4中的+5价、部分由0价降至Cu3P中的-3价，P4既作氧化剂、又作还原剂，A错误； B．反应(Ⅰ)中P元素的化合价部分由0价升至H3PO4中的+5价，6个P4失去120个电子生成24个H3PO4，5个P4由0价降至Cu3P中的-3价，得60个电子，氧化3个P4，60个CuSO4得60个电子，氧化3个P4，故反应(Ⅰ)中lmolCuSO4氧化0.05molP4，B错误； C．反应Ⅰ、Ⅱ中Cu元素化合价均变化，反应Ⅰ中铜元素化合价由+2价降低为+1价，Cu3P为还原产物，反应Ⅱ中铜元素化合价由+2价降低为+1价，Cu3P也为还原产物，C正确； D．反应Ⅱ中氧化剂为硫酸铜，氧化产物为磷酸，S元素化合价未发生变化，H2SO4不是氧化产物，不能得出氧化性：CuSO4>H2SO4，D错误； 故选C。 11. 过氧化氢燃料电池的独特之处在于用H2O2同时作燃料和氧化剂，能高效转换能量。某研究小组利用该电池和离子交换膜进行电解质溶液处理，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是 A. 该电池表明 在酸性环境中的氧化性强于碱性环境 B. 电池的总反应为 C. 当外电路通过0.4mol时，中间室生成 的质量为34.8g D. 反应中产生22.4L气体(标准状况下)，则溶液中转移2mol电子 【答案】D 【解析】 【分析】由图中电子移动方向可知，石墨1为负极，在碱性条件下过氧化氢被氧化生成氧气和水，电极反应式为：，负极室溶液中钾离子通过阳离子交换膜1进入中间室；石墨2为正极，在酸性条件下过氧化氢被还原生成水，电极反应式为：，正极室溶液中的硫酸根离子通过阴离子交换膜2进入中间室，则电池总反应为，据此解答： 【详解】A．由分析可知，该原电池放电时，石墨1为负极，石墨2为正极，碱性条件下，负极上被氧化生成和；酸性条件下，正极上被还原生成，即在酸性环境中的氧化性强于碱性环境，故A正确； B．由分析可知，总反应为，故B正确； C．当外电路通过0.4mol时，有0.4mol通过阳离子交换膜1进入中间室，有0.2mol 通过阴离子交换膜2进入中间室，则中间室生成0.2mol，其质量为，故C正确； D．电子不能进入溶液，溶液中是通过阴、阳离子的定向移动导电，不是电子导电，故D错误； 故答案选D。 12. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，分布于三个不同周期。已知：①X的原子半径最小；②Z的单质可与热水反应，其氧化物广泛用作耐火材料；③W的最高价氧化物对应的水化物具有两性；④Z、Q的最外层电子数之和等于Y的原子序数。下列说法正确的是 A. Y一定是非金属性最强的非金属 B. 简单气态氢化物的稳定性：Y>Q C. 简单离子半径：W>Z>X D. 熔融态的W氯化物可以导电 【答案】B 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，分布于三个不同周期。已知：①X的原子半径最小，X是H元素；②Z的单质可与热水反应，其氧化物广泛用作耐火材料，Z是Mg元素；③W的最高价氧化物对应水化物具有两性，W是Al元素；④Z、Q的最外层电子数之和等于Y的原子序数，Z即Mg的最外层有2个电子，Q的原子序数比W大，且和其是同周期，Q的最外层至少为4个电子，若Q的最外层为4个电子，则Y为C元素，Q为Si元素；若Q的最外层为5个电子，则Y为N元素，Q为P元素，若Q的最外层为6个电子，则Y为O，Q为S；若Q的最外层有7个电子，则Y为F，Q为Cl； 【详解】A．Y可能是碳、氮、氧或氟，不一定是氟（非金属性最强的非金属元素），A错误； B．Y和Q同主族，Y在Q上方，非金属性Y>Q，气态氢化物稳定性Y>Q，B正确； C．简单离子半径：Al3+半径小于Mg2+（电子层结构相同，核电荷数大者半径小），且H+半径最小，顺序应为Mg2+>Al3+>H+，即Z>W>X，C错误； D．W是铝，氯化铝为共价化合物，熔融态不电离，不导电，D错误； 故选B。 13. 已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中或与的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线干②中c点： B. 时，两溶液中， C. 加适量固体可使溶液由a点变到b点 D. 的数量级为 【答案】B 【解析】 【详解】A．相同温度下，，则钡离子浓度相等时，饱和溶液中硫酸根离子浓度更小，故曲线①表示饱和溶液中与的关系，曲线②表示与的关系。由图可知，曲线②中c点：，A错误； B． 时，、，两溶液中，B正确； C．加适量固体，增大，不变，所以可使溶液a点沿曲线②向左移动，C错误； D．曲线②中时，，即 时，，其数量级为，D错误； 答案选B。 14. 已知：四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH ]是强碱，甲胺 (CH3NH2・H2O)为弱碱。常温下，在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol/L的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液中，分别滴加浓度为0.1 mol/L的盐酸，溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A. pH的相对大小: c>d B. 在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是e C. b 点溶液:c(H+)+c(CH3NH3+) = c(OH-) D. c 点溶液:c(Cl-)>c(CH3NH3+) >c(H+) >c(OH-) 【答案】D 【解析】 【分析】A.当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，一个是强酸强碱盐溶液，溶液呈中性；一个是强酸弱碱盐溶液，溶液水解呈酸性，再比较pH大小； B.酸碱会抑制水的电离，能水解的盐则会促进水的电离，据此分析； C.该选项中的等式阴阳离子分别再等号两边，所以可以写出电荷守恒分析是否正确； D.当滴加20mL盐酸时，溶质为强酸弱碱盐CH3NH3Cl，水解使溶液显酸性，且水解程度是很弱的，据此分析离子大小。 【详解】A.当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH ]是强碱，此时溶液中溶质为强酸强碱盐，溶液呈中性；甲胺 (CH3NH2・H2O)为弱碱，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，pH相对大小：c<d，故A错误； B.体积为20mL、浓度为0.1mol·L－1的甲胺溶液，滴加浓度为0.1mol·L－1的盐酸，当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，促进水电离，此时水电离程度最大，即b、c、e三点中c点水的电离程度最大，故B错误； C.根据电荷守恒，b 点溶液:c(H+)+c(CH3NH3+) = c(OH-)+ c(Cl-)，故C错误； D.当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐CH3NH3Cl，少量CH3NH3+水解使溶液显酸性，所以溶液中的离子浓度大小：c(Cl-)>c(CH3NH3+) >c(H+) >c(OH-)，故D正确； 答案：D。 二、解答题：本题共58分。 15. CO2资源化在推进能源绿色转型，实现“碳达峰、碳中和”中具有重要意义。 I． CO2与H2在固载金属催化剂上可发生以下反应： 反应i． 反应ii． 反应iii．…… 可能的反应机理如图所示(M为催化剂)。 （1）反应iii的化学方程式为_______。 （2）已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物的反应热)： 物质 CO2(g) H2(g) HCOOH(g) 标准摩尔生成焓 -393.51 0 -362.3 依据以上信息，ΔH1=_______，反应ii在较_______(填“高”、“低”或“任意”) 温度下能自发进行。 （3）在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)，反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性随温度变化曲线如下图所示。(甲酸选择性= ①一定温度下，为了提高甲酸选择性可采取的措施有_______ (任写一条)。 ②若M点反应已达到平衡状态，体系中H2的分压为a MPa，则673.15K时反应i的分压平衡常数计算式Kp=_______MPa-1。 ③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii中CO2的变化量相比，增加更显著的是反应_______(填“ i”或“ii”)，判断的依据是_______。 Ⅱ．利用电化学装置可实现CO2和CH4两种分子的耦合转化，其原理如下图所示。 （4）装置工作时，电极A应连接电源的_______(填“正”或“负”)极，电极A的电极反应式为_______。 【答案】（1） （2） ①. ②. 高 （3） ①. 加压、换用高选择性催化剂 ②. 或 ③. ii ④. 随温度升高，CO2的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降 （4） ①. 负 ②. 【解析】 【小问1详解】 由反应机理图可知，二氧化碳和氢气在固载金属催化剂上反应可以生成甲酸、一氧化碳和甲醛，则反应iii为催化剂作用下二氧化碳和氢气生成甲醛和水，反应的化学方程式为；故答案为：。 【小问2详解】 由化学反应反应热等于生成物的标准摩尔生成焓之和与反应物的标准摩尔生成焓之和的差值，即；反应ⅱ的，根据复合判据可知，高温下可自发进行；故答案为：；高。 【小问3详解】 ①由方程式可知，反应i为气体体积减小的反应，而反应ii为气体体积不变的反应，则一定温度下，增大压强，有利于反应i向正反应方向移动，能够提高甲酸选择性，或换用高选择性催化剂促进反应i发生，也能够提高甲酸选择性，故答案为：加压、换用高选择性催化剂。 ②设起始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，由图可知，673.15K时，二氧化碳的转化率为95%、甲酸的选择性为0.3%，则平衡时甲酸的物质的量为1mol×95%×0.3%，由方程式可知，平衡时二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol-1mol×95%=1mol×5%，由体系中氢气分压为a MPa可知，二氧化碳、甲酸的分压分别为aMPa和，则反应i的分压平衡常数计算式Kp==或；故答案为：或。 ③由图可知，当温度高于673.15K时，随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但甲酸的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；故答案为：ii；随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降。 【小问4详解】 由图可知，二氧化碳转化为一氧化碳，发生还原反应，所以通入二氧化碳的电极A为阴极，与直流电源负极直接相连，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成一氧化碳的电极反应式为；故答案为：负；。 16. 钒是重要的化学催化剂，从废钒催化剂（主要成分V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2和Fe2O3等）中回收V2O5的一种生产工艺流程示意图如下，请回答下列问题： （1）步骤①中废渣的主要成分是____________，K2SO3的作用是_________________________。 （2）操作②中用到的主要玻璃仪器是____________________。 （3）②、③的变化过程可简化为（下式R表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂）。 R2(SO4)n (水层)+ 2nHA（有机层）2RAn（有机层） + nH2SO4 (水层)为提高②中萃取百分率，应采取的措施是____________________________________。 （4）请完成④中的反应离子方程式： _____ClO3- + VO2+ + H+ = VO3+ + + （5）25℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表： pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1 钒沉淀率% 88.1 94.8 96.5 98.0 98.8 98.8 96.4 93.1 89.3 结合上表，在实际生产中，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH值为____________。若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)<___________。(已知：25℃时，Ksp Fe(OH)3=2.6×10-39) （6）该工艺流程中，可以循环利用的物质有________________________。 【答案】 ①. SiO2 ②. 作还原剂 ③. 分液漏斗，烧杯 ④. 加入碱中和硫酸使平衡正移、多次连续萃取 ⑤. 1ClO3- + 6VO2+ + 6H+ = 6VO3+ + 1 Cl- + 3H2O ⑥. 1.7—1.8 ⑦. c(Fe3+)<2.6×10-3mol·L-1 ⑧. 氨气 、 有机萃取剂 【解析】 【详解】考查化学工艺流程，（1）反应①中加入硫酸，根据催化剂的成分，SiO2不与硫酸反应，因此废渣中成分是SiO2；V2O5中V的化合价为＋5价，反应①的滤液，VO2+中V化合价为＋4价，V的化合价降低，废钒中含有Fe2O3，与硫酸反应生成Fe3＋，Fe3＋具有强氧化性，因此Fe3＋、V2O5与SO32－发生氧化还原反应，K2SO3的作用是做还原剂；（2）根据流程，反应②中操作方法是萃取，需要用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；（3）提高②中萃取百分率，要求平衡向正反应方向进行，应采取的措施是加入碱中和硫酸使平衡正移，多次萃取；（4）VO2＋中V的化合价由＋4价→＋5价，化合价升高1价，ClO3－中Cl的化合价降低，化合价由＋5价→－1价，化合价降低6价，最小公倍数为6，H＋转化成H2O，因此离子方程式为： ClO3－ + 6VO2＋ + 6H＋ = 6VO3＋ + Cl－ + 3H2O ；（5）根据钒的沉淀率和pH的关系，应该选择沉淀率最大的，即最佳pH为1.7－1.8，Fe(OH)3不沉淀，要求c(Fe3＋)×c3(OH－)<Ksp[Fe(OH)3] ，pH=2的溶液中c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－12mol·L－1，因此c(Fe3＋)<2.6×10－39/(10－12)3=2.6×10－3mol·L－1；（6）根据流程图，可以循环使用的物质是有机萃取剂和氨气。 点睛：本题难点是氧化还原反应方程式的书写，首先找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，VO2＋中V显＋4价，VO3＋中V显＋5价，VO2＋中V的化合价升高，升高1价，ClO3－作氧化剂，其还原产物是Cl－，化合价由＋5价→－1价，化合价降低6价，即ClO3－＋6VO2＋→Cl－＋6VO3＋，反应前后所带电荷数和原子守恒，即离子方程式为ClO3－ + 6VO2＋ + 6H＋ = 6VO3＋ + Cl－ + 3H2O 。 17. 中国空间站的呼吸保障系统的工作原理其原理如图所示 （1）已知：i．和的摩尔燃烧焓分别为和 ii． 则萨巴蒂尔反应：的___________。 （2）在萨巴蒂尔反应器的前端维持较高温度800 K，后端维持较低温度450 K，其目的是___________。 （3）电化学富集二氧化碳的方法如图1所示： ①离子导体中，向多孔碳载镍___________(填“A”或“B”)电极移动。负极的电极反应式是___________。 ②在A电极上消耗，理论上多孔碳载镍B电极消耗的在标准状况下的体积是___________L。 （4）富集的也可以制备甲酸，原理如图2所示，电解质溶液为KOH。为降低系统能耗，搭建“阴阳极共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，应将___________极区(填“a”或“b”)电解液更换，此时，该电极的电极反应式为___________。 （5）在298 K时，几种离子的摩尔电导率如下表。已知：摩尔电导率越大，溶液的导电性越好。空间站通过电解水实现的再生，从导电性角度选择最适宜的电解质为___________(填化学式)。 离子种类 摩尔电导率 198.0 79.8 76.34 72.0 349.82 73.52 50.11 【答案】（1） （2）前端温度较高是为了便于启动反应并加快反应速率，后端温度较低是为了提高反应的转化率 （3） ①. B ②. ③. 22.4 L （4） ①. b ②. （5） 【解析】 【小问1详解】 已知①：； ②：； ③：    则根据盖斯定律，萨巴蒂尔反应的焓变：； 【小问2详解】 该反应焓变小于零，反应平衡时升高温度平衡逆向移动，转化率降低，则前端温度较高是为了便于启动反应并加快反应速率，后端温度较低是为了提高反应的转化率。 【小问3详解】 ①电极A发生氢气失电子的氧化反应，所以电极A为负极，电极B为正极，正极发生还原反应，所以钾离子向电极B移动，负极反应式为； ②正极反应为，A电极消耗1 mol氢气，转移2 mol电子，所以正极消耗1 mol 二氧化碳，标准状况下体积为22.4 L。 【小问4详解】 甲醇可氧化为甲酸，a极区为阴极区，二氧化碳被还原可得甲酸，b极区为阳极区，甲醇被氧化可得甲酸，所以应将b极区的电解液更换，该电极反应式为。 【小问5详解】 由表中数据，电解质的阳离子应选择氢离子，其导电率高且可作为产氢电解质，由于氢氧根和碳酸根离子均能与氢离子反应，氯离子会则优先在阳极放电，得不到氧气，所以阴离子应选择硫酸根，则最适宜的电解质为硫酸。 18. 臭氧是一种有特殊臭味、稳定性较差的淡蓝色气体。臭氧常用于杀菌消毒，也是理想的烟气脱硝剂。 （1）脱硝反应之一：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)ΔH<0，T℃时，向1.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2和1.0molO3，反应过程中测定的部分数据见表： t/s 0 3 6 12 24 n(O2)/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80 ①反应在0～3s内的平均速率v(NO2)=______。 ②下列描述中能说明上述反应已达平衡的是______。(填字母) A．混合气体密度不再变化 B．单位时间内消耗2molNO2的同时生成1molO2 C．v(NO2)正=2v(N2O5)逆 D．混合气体压强不再变化 ③T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数等于______。 ④T℃时，若上述容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，开始时反应______(填“正向进行”、“逆向进行”或“达平衡”)。 （2）脱硝反应之二：O3氧化-NaOH溶液吸收法脱除NO，主要生成物有NaNO3和O2. ①写出该反应的化学方程式______。 ②不改变O3和NO的比例，混合气体以相同流速通过NaOH溶液，研究不同温度下NO脱除率的变化，结果如图，60～80℃NO脱除率下降的可能原因是______。 【答案】（1） ①. 0.24mol∙L-1∙s-1 ②. CD ③. 20 ④. 正向进行 （2） ①. 3O3+2NO+2NaOH=2NaNO3+3O2+H2O ②. 60～80℃随温度升高，O3受热分解，O3和NO在NaOH溶液中的溶解度减小，反应速率减小，NO脱除率下降 【解析】 【小问1详解】 ①由表格数据可知，3s时氧气的物质的量为0.36mol，则由方程式可知，0～3s内二氧化氮的反应速率为=0.24mol∙L-1∙s-1，故答案为：0.24mol∙L-1∙s-1； ②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； B．单位时间内消耗2molNO2的同时生成1molO2都代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； C．v(NO2)正=2v(N2O5)逆说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； D．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则混合气体压强不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； 故选CD； ③由表格数据可知，T℃时，脱硝反应得到平衡时，氧气的浓度为0.80mol，由方程式可知，平衡时，二氧化氮、臭氧、五氧化二氮的物质的量分别为2.0mol—0.80mol×2=0.40mol、1.0mol—0.80mol=0.20mol、0.80mol，则反应的化学平衡常数=20L/mol，故答案为：20； ④T℃时，若上述容器中充入1.0mol二氧化氮、0.5mol臭氧和0.50mol五氧化二氮、0.50mol氧气，反应的浓度熵Qc==0.5L/mol＜20L/mol，则反应向正反应方向进行，故答案为：正向进行； 【小问2详解】 ①由题意可知，一氧化氮与臭氧和氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为3O3+2NO+2NaOH=2NaNO3+3O2+H2O，故答案为：3O3+2NO+2NaOH=2NaNO3+3O2+H2O； ②由图可知，60～80℃一氧化氮脱除率下降的原因是0～80℃随温度升高，O3受热分解，O3和NO在NaOH溶液中的溶解度减小，反应速率减小，NO脱除率下降，故答案为：0～80℃随温度升高，O3受热分解，O3和NO在NaOH溶液中的溶解度减小，反应速率减小，NO脱除率下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $