湖南长沙市华益中学等校2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题

保密★启用前 高二化学 alr 温 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘 贴在答题卡上的指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需 吹 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 郑 3.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：H1C12016S32Fe56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 圳 符合题目要求的。 1.2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会在天安门 只 广场隆重举行，各种大国重器震撼亮相。下列说法正确的是 A.歼-10表演机在空中拉出的彩色烟带属于丁达尔效应 B.歼-20战斗机机身使用的铝合金硬度比纯铝大 C.高音速导弹热防护涂层为超高温陶瓷，该超高温陶瓷属于金属材料 p D.无人机主控芯片的主要成分为二氧化硅 2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A.夏天打开某品牌碳酸饮料瓶盖，有气泡产生 B.向浓氨水中加入浓氢氧化钠溶液产生大量刺激性气味的气体 C.H2(g)、I2(g)、HI(g)的平衡体系，压缩容器体积后颜色变深 D.工业生产硫酸时，充人过量的空气以提高S02的平衡转化率 3.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量存在的是 A.、 G=I0mo·L'的溶液中：NaCa3S0HcO 拼 B.在pH=13的溶液中：K+、Fe2+、I、SCN C.使甲基橙变红的溶液中：Na+、Mg2+、C0、CI0 D.水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-的溶液中：Na+、A13+、Cl、N03 4.海水中蕴含着丰富的矿物质。从海水中提取镁的主要过程如下： 海水装单 浓缩海水石张乳，g(OH盐旅m,税水 化学试题第1页（共8页） 下列说法正确的是 A.用蒸发法将海水浓缩的过程I中发生了化学变化 B.过程Ⅱ中发生的离子反应为Mg2++20H=Mg(OH)2↓ C.过程I、Ⅱ、Ⅲ的目的是富集、提纯MgCL, D.过程V也可以通过Na与MgCL2溶液发生置换反应来实现 5.我国科学家研发出一种乙醇（沸点为78.5℃）绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸（沸 点为118℃)的生产，反应为C2H0H(g)+H20(g)2H2(g)+CH3C00H(g)△H>0。 一定条件下，在恒容密闭容器中发生该反应，下列说法正确的是 A.升高温度，v(正)增大，（逆）减小，平衡向正反应方向移动 B.向容器中通入氦气，v(正)、w(逆)均增大 C.该反应在高温下能自发进行 D.若反应在恒温条件下进行，压缩容器体积会使平衡常数K减小 6.乳酸是一种重要的化工原料，可用于制备聚乳酸生物可降解性塑料。已知常温下，乳酸的 电离常数K=1.4×10-4。下列有关说法正确的是 A.在乳酸稀溶液中滴加少量浓乳酸溶液，溶液中c(H+)增大，乳酸电离程度增大 B.在乳酸稀溶液中滴加少量浓盐酸，乳酸的电离平衡逆向移动，溶液中c(H+)变小 C.加热乳酸稀溶液，溶液中c(H+)增大，乳酸的电离常数增大 D.在乳酸稀溶液中加入少量的乳酸钠固体，乳酸的电离平衡逆向移动，K变小 7.下列操作规范且能达到相应实验目的的是 5滴0.1mol·L-1 5滴0.2mol·L- 玻璃 FeCl,溶液 CSO,溶液 温度计 搅拌器 4mol·L-1或 18mol·L- A 硫酸 杯盖 内筒 2mL1.5% 外壳 锌粒 隔热层 秒表 一H,0,溶液 ① 9 D.赶出盛KMnO4 A.测定中和反应 B.探究浓度对化学 C.比较Fe3+和Cu2+对 溶液的滴定管 的反应热 反应速率的影响 H202分解反应的催化效果 尖嘴内的气泡 8.标准状况下，气态反应物和气态生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知02（g)和 CL2(g)的相对能量均为0]，下列说法正确的是 0.+0+CI 0+0 0,+0+C10 20,+C1 20 历程 历程Ⅱ 化学试题 第2页（共8页） A.Cl一Cl键的键能为(E2-E3)kJ·mol1 B.E6-E3=E5-E, C.相同条件下，03的平衡转化率：历程Ⅱ>历程I D.历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为Cl0(g)+0(g)一C1(g)+02(g) △H=(E4-E5)kJ·mol-1 9.用0.1000mol·L1的NaOH标准溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作可能使所测盐酸 浓度偏高的是 A.用未经该盐酸润洗的酸式滴定管移取20.00L的盐酸于锥形瓶中 B.滴定快达终点时，用蒸馏水洗涤锥形瓶的瓶壁，然后继续滴定至终点 C.用甲基橙作指示剂，变色后，立即读数 D.读取NaOH溶液体积时，开始时俯视读数，滴定结束时仰视读数 10.2020年9月，研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(PH3)气体。PH3常作为一种熏蒸 剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示： 白磷P,) 过量浓NaOH溶液广PH →次晓酸钠硫酸次磷酸分解广H (NaH PO,) →HPO 下列说法正确的是 A.次磷酸的分子式为H3P02,属于一元酸 B.流程中，每一步反应均属于氧化还原反应 C.白磷与浓NaOH溶液的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3 D.理论上，1mol白磷最多可制备2 mol PH. 11.下列图示与对应的叙述相符的是 平衡时N,的体积分数/% 平衡时N,0的转化率/% cH)/mol·L- A B 10-6. b 107-- d 25℃ 0n起始时n(CO t/min PP2压强 010710c0H/mol·L-) 图1 图2 图3 图4 A.若图1表示反应4C0(g)+2N02(g)一N2(g)+4C02(g),其他条件不变，改变起始 C0的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，则NO2的平衡转化率：b>a>c B.若图2为只改变某一条件，反应mA(g)+B(g)nC(g)的时间与速率图像，则b、c、d 三点对应的正反应速率最大的是d点 C.若图3表示N204(g)→2NO2(g)在不同温度下平衡时N204的转化率与压强关系图， 则气体密度：A点>B点 D.若图4表示不同温度下水溶液中c(H+)与c(OH)的关系，则a点和d点溶液都呈 中性 化学试题第3页（共8页） 12.下列实验操作所得现象或结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象或结论 溶液由黄绿色变成蓝绿色，说明 将2mL0.5mol·L1的CuCL2溶液 反应：[Cu(H20)4]2+(蓝色，aq)+ 加热后置于冷水中，观察现象 4Cl(aq)=[CuCl4]2-(黄色，ag)+ 4H20(1)△H>0 取两份新制氯水，分别滴加AgNO3 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色， B 溶液和淀粉KI溶液 说明CL2与H20反应存在限度 25℃时，向1LpH=2的盐酸和醋酸 醋酸中生成H2的速率快 中各加入0.28g铁粉 且最终气体量多 FeCl +3KSCN =Fe(SCN)3 +3KCl 血红色变浅，说明增加生成物浓度， D 的平衡体系中加入少量KCl固体 平衡逆向移动 13.CH4高效转化为CHOH的可能反应机理如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列 说法正确的是 CH.OH OH 0,+CH OH →·CH M0F-253-Fe(Ⅱ) SHOCH. OH 、0H OH OH INT-14 INT-11 ④ ②人 OH .CH OH OH OH CH. OH CH,OH OH INT-13 ·CH,CH INT-12 A.一个·CH3和一个·OH含有的电子数均为9N B.若以1802为原料，180全部进入生成物CH0H C.CH4转化为CH,OH的总反应为化合反应，MOF-253-Fe(Ⅱ)为催化剂 D.过程②只有极性键的断裂与形成 14.工业上以C02、H2为原料合成CHOH,同时发生下列两个反应： i.C02(g)+3H2(g)=CH0H(g)+H20(g)△H1<0 iⅱ.C02(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g）△H2 在2L恒容密闭容器中充入1olC02和3molH2,测得平衡时C02的转化率、CH,OH的选择 性.C0的选择性随温度变化的关系如图所示（如CH0H的选择性=转化的C0,物质的量。 CH,OH的物质的量、 化学试题第4页（共8页） 4选择性或转化率 1.0- 0.8 M(350.0.7) 0.6- 0.4 6 0.2 N350.0.2) 200250300350400450T/℃ 下列说法正确的是 A.曲线a表示C0的选择性，曲线c表示C02的转化率 B.△H2<0 C.350℃时，反应ⅱ的平衡常数为168 1 D.平衡后，压缩容器体积，反应ⅱ平衡不移动 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)为治理雾霾天气，可采用多种方法实现工业废气脱硫。软锰矿浆（主要成分为 MnO2,含有少量铁、铝等的氧化物)可脱除燃煤烟气中的SO2,又可制得电池材料MnO2,主 要流程如图所示： 酸性软锰矿浆 MnCO. KMnO 烟气→氧化脱硫 除铁铝 沉锰 过滤→MnO 尾气 滤渣 已知：除铁铝工序后的滤液中主要阳离子为M2+。回答下列问题。 (1)Mn02可用于实验室制氯气，利用了Mn02的 (填“氧化性”或“还原性”)。 (2)工业上在氧化脱硫过程中常采用逆流喷淋的方式，其目的是 (3)写出氧化脱硫过程中主要反应的化学方程式： (4)与沉锰前相比，沉锰后溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。 (5)可用已知浓度的FCl3溶液测定处理后烟气中SO2的残留量。现将氧化脱硫后的烟 气以0.1L·min1的流量通入到装有10mL0.02mol·L-1的FeCL溶液的装置中， l0min后，FeCL,溶液恰好完全反应。计算氧化脱硫后的烟气中S02含量为 mg·L1。 (6)碱性锌锰电池中总反应为Zn+2Mn02+2H20一Zn(0H)2+2Mn00H,Mn02在 (填“正极”或“负极”)参与反应，负极的电极反应式为 16.（14分)无论在化学世界还是在日常生活中，酸是广泛存在而又非常重要的物质。25℃ 时，三种酸的电离平衡常数如下表： 化学式 HCIO CH,COOH H2C03 电离平衡常数 3×10-8 1×10-5 K=4.3×10-7K2=5.6×10-" 化学试题 第5页（共8页） 回答下列问题（忽略混合前后溶液温度的变化，体积可以加和，若未指明温度，均指25℃）。 (1)用同浓度的NaOH溶液分别中和10mL、pH=3的HCl和CH,COOH溶液，恰好中和时 消耗NaOH溶液的体积分别为V,和V,则V, V2(填“>”“<”或“=”)。 (2)0.1mol·L-醋酸溶液中水电离出来的c(H+)约为 mol.Ll。 (3)用蒸馏水稀释0.20ol·L1的醋酸溶液，下列各式表示的数值随水的增多而增大的 是 (填字母)。 A.(CH;COOH) B.c(H) c(H*) c(OH-) c. c(CHCOO-) D.c(H) (CH,COOH) K (4)漂白液在空气中漂白能力增强的原因为 (用离子方程式表示)。 (5)测得CH COOH与CHC0ONa混合溶液的pH=6,则溶液中c(CH,CO0-)-c(Na+)= mol·L1(填精确数值)。 (6)已知H,A为二元弱酸，H2A、HAˉ、A2-三种微粒的物质的量分数(6)与溶液pH的关系 如图所示。 100 l(g HA 80 HA 0 1.2 4.2 0 4 5 6 pH ①CH COOH、HCO3、H2A、HAˉ的酸性由强到弱的顺序为 ②反应H2A+A2-—=2HA的平衡常数K= (填具体数值)。 17.(16分)某实验小组用0.1000mol·L-1的酸性KMn04溶液与未知浓度的草酸(H2C204) 溶液反应来探究影响化学反应速率的因素（已知草酸H,C,04是二元弱酸）。回答下列 问题。 (1)若通过酸性高锰酸钾溶液颜色褪去的时间来探究化学反应速率的影响因素，需测定草 酸的浓度：移取20.00mL未知浓度草酸溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1的酸性 KMO4标准溶液滴定。达到滴定终点时，记录消耗标准溶液的体积。 ①达到滴定终点的标志为 0 ②已知滴定管起始读数为0.30L,终点读数位置如图所示，终点读数为 mL, 该草酸溶液的浓度为 mol·L-1(保留三位有效数字)。 22 化学试题第6页（共8页） ③若滴定前盛装标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡，所测结果将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (2)可通过测定收集等体积的C02所需的时间来探究影响反应速率的因素，设计实验方 案如下表（假设溶液体积可加和）。 H2C204溶液 酸性KMnO,溶液 H20 时间 编号 反应温度/℃ c/(mol·L-1) V/mL c/(mol·L-l) V/mL V/mL t/s I 25 c 10.0 0.1000 10.0 0 20 ￠ 25 y 0.1000 6.0 V2 30 Ⅲ 40 c V3 0.1000 Va V 12 ①V2= ,V3= ②若实验I在20s末收集了44.8LC02(标准状况下)，则0~20s内v(H2C204)= mol.L1·s1。 ③小组同学利用如图装置将实验产生的气体收集、测量时，应先将气体冷却至室温，再 ,最后平视量气管刻度进行读数。为减小气体测量 误差，还可以将量气管中的水换成 量气管 18.(14分)以一氧化氮(N0)和二氧化氮(N02)为主的氮氧化物(N0)主要来自化石燃料的 燃烧，是形成光化学烟雾和酸雨的重要原因之一。将N0、NO2转化为氨气是工业废气处 理中常见的绿色处理途径。回答下列问题。 I.汽车尾气中NO的处理： (1)已知：C0(g)的燃烧热为283kJ·ol-1,N2(g)+02(g)=2N0(g)△H= +180kJ·mol-1,则利用C0除去N0的热化学方程式为 (2)一定温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入3×10-3molN0、4×10-3molC0发生反应 2N0(g)+2C0(g)→N2(g)+2C02(g),测得反应体系中某物质的物质的量随时间 的变化关系如图所示。 4.0 a(1.3.08) 3.0 b(2,2.40) 2.0 × c(4,2.0)d52.0) 1.0 0 2345 t/s 平衡时C02的体积分数为 %(结果保留两位有效数字)。设起始时容器中 化学试题第7页（共8页） 的总压为Po kPa,则该反应的平衡常数K。= kPa1(用含p的最简分数式 表示，K为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ.有氧条件下，用NH3可将NO,转化为氮气，发生以下反应： ①4NH3+02+4N0、4N2+6H20 ②2N02+4NH3+02、3N2+6H20 (3)上述反应需要的NH3由质量分数为40%的尿素[C0(NH2)2]水溶液在600℃高温下 热解产生，同时生成一种酸性氧化物，写出尿素热解的化学方程式： 0 (4)其他条件相同时，不同温度下反应相同时间，温度对NO、NO2去除率的影响如图所示 (R为去除率)： 100 95 % 80 ·NO去除率 ·NO,去除率 280300320340360380400420 T/℃ 反应①的活化能 反应②（填“大于”“小于”或“等于”），360℃后N0,去除 率下降的原因为 (5)通过氨氮比(n)的变化，可得到去除NO,效果较好时NH3的合适加人量。定义氨氮比 m(NH3) (n)的计算方法为n= m(NO)+m(NO,),式中：m(NH,)为入口NH,的体积浓度； m(NO)为入口NO的体积浓度；m(NO2)为入口NO2的体积浓度。在n较小时，NO2 的去除率(R)为负值的原因为 100 6 60 407 20 -20 ·NO去除率 -40 NO,去除率 -60 -80 0.70.80.91.01.11.21.31.41.5 n 化学试题第8页（共8页） 高二化学·答案 1~14小题，每小题3分，共42分。 1.答案B 命题透析本题以纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会为情境，考查物质分类、材料 特性及胶体性质等，意在考查理解与辨析能力，科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拨飞机拉出的彩色烟带由较大颗粒物质形成，不属于胶体的丁达尔效应，A项错误；合金的硬度通常 大于其组分金属，B项正确；超高温陶瓷是无机非金属材料，C项错误；主控芯片的主要成分是单质硅，D项 错误。 2.答案C 命题透析本题以生产、生活现象为情境，考查勒夏特列原理的内涵及应用条件等知识，意在考查理解与辨析 能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨打开饮料瓶盖压强减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，C0,逸出，符合勒夏特列原理，A项不 符合题意；加人NaOH增加OH浓度，使电离平衡NH3·H,O、一NH+OH逆向移动，增大了NH3·H,O的 浓度，促使NH逸出，符合勒夏特列原理，B项不符合题意；H2(g)+L2(g)2HI(g),反应前后气体物质的量 相等，加压不改变平衡，颜色加深仅因L,浓度增大，与平衡移动无关，C项符合题意：充入过量空气增加0，浓 度，使2S02+O22S03平衡右移，提高S02的平衡转化率，符合勒夏特列原理，D项不符合题意。 3.答案D 命题透析本题以不同酸碱性的指定溶液为素材，考查离子共存的判断依据，意在考查分析与推测能力，宏观 辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨结合常温下K.=1014,可推知溶液中c(H*)=0.01mol·L1,H与HCO3反应，Ca2+与SO反 应生成的CSO4是微溶物，A项不符合题意；pH=l3的溶液呈强碱性，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2白色沉 淀，不能大量共存，B项不符合题意；使甲基橙变红的溶液呈酸性，2H*+CO=CO2↑+H20,H+C1O =HCl0,Mg2++CO号=MgC03↓，不能大量共存，C项不符合题意；水电离的c(H)=1×10-13mol·L 的溶液，常温下纯水电离的c(H)=1×107ml·L1,说明水的电离被抑制，溶液可能呈强酸性或强碱性，若 呈强酸性，各离子可大量共存，若呈强碱性，A13+与OH反应生成A1(OH)3沉淀或进一步生成A1(OH):,所以 可能在酸性条件下大量共存，D项符合题意。 4.答案C 命题透析本题以海水提镁为情境，考查海水提镁的原理、物质富集与提纯等知识，意在考查分析与推测能力， 科学态度与社会责任、证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨过程I用蒸发法浓缩海水，本质是通过加热使海水中的水蒸发，仅发生水的状态变化，无新物质生 成，属于物理变化，A项错误；过程Ⅱ的离子反应为Mg2++C(OH)2一Mg(OH)2+Ca2+,B项错误；过程I 一1 (浓缩)：提高Mg2+浓度，初步富集；过程Ⅱ（沉淀）：将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，与海水中的Na*、Cl等杂 质分离；过程Ⅲ（酸溶与提纯）：Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCL2,再通过除杂、脱水得到纯净的无水MgCL2,彻 底提纯，C项正确：若用Na与MgCL,溶液反应，Na会优先与H,O反应，生成的NaOH再与MgCl2反应生成 Mg(OH)2沉淀，无法置换出Mg单质，D项错误。 5.答案C 命题透析本题以乙醇绿色制氢为情境，考查化学反应速率与平衡、反应自发进行的判据等知识，意在考查分 析与推测能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨升高温度，正逆反应的速率均增大，A项错误；恒容条件下通人氦气，各反应物和生成物的浓度未改 变，因此正逆反应速率均不变，B项错误；△H>0、△S>0,在高温下能自发进行，C项正确；温度不变，平衡常数K 不变，D项错误。 6.答案C 命题透析本题以乳酸为情境，考查弱电解质的电离平衡、电离常数等知识，意在考查分析与推测能力，变化观 念与平衡思想、证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨加人浓乳酸溶液时，电离平衡正向移动，H浓度增大，但电离程度减小，A项错误；加入盐酸会增加 H浓度，电离平衡逆向移动，但溶液中H浓度增大，B项错误：电离常数与温度有关，温度升高，H浓度增大， 电离平衡正向移动，电离常数增大，C项正确；加入乳酸钠，溶液中乳酸根浓度增大，电离平衡逆向移动，但温度 未变，K不变，D项错误。 7.答案A 命题透析本题以基础化学实验操作为素材，考查实验原理、实验操作规范、控制变量法的应用、仪器选择与使 用等知识，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨18mol·L1H,SO4与Zn反应生成S02,4mol·L-1H2S0,与Zn反应生成H2,反应不同，B项错误； 阴离子及物质的浓度不同，未控制单一变量，C项错误；高锰酸钾应装在酸式滴定管中，图为碱式滴定管，D项 错误。 8.答案B 命题透析本题以反应的相对能量与历程图为情境，考查反应历程分析、键能与反应热的关系、盖斯定律等知 识，意在考查分析与推测能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨已知CL2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，C(g)的相对能量为(E2-E3)kJ·ol-1,则 C一Cd键的键能为2(E2-E3)kJ·mol-1,A项错误；由图可知，E。-E3=E,-E2,B项正确；催化剂不能改变反 应的平衡转化率，因此相同条件下，O03的平衡转化率：历程Ⅱ=历程I,C项错误；活化能越低，反应速率越快， 由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为CO(g)+O(g》 =Cl(g）+O2(g)△H=(E5-E4）kJ·mol1,D项错误。 9.答案D 命题透析本题以中和滴定为素材，考查中和滴定的操作规范、误差分析等知识，意在考查理解与辨析能力，科 学探究与创新意识、证据推理与模型认知的核心素养。 -2 思路点拨未经润洗的酸式滴定管移取20.O0mL的盐酸浓度偏低，移取的盐酸物质的量偏少，消耗NOH体 积偏小，所测盐酸浓度偏低，A项错误；滴定快达终点时，用蒸馏水洗涤锥形瓶的瓶壁，然后继续滴定至终点对 结果无影响，B项错误；指示剂变色后应30秒后不变色再读数，立即读数可能使消耗的NOH体积偏小，所测 盐酸浓度偏低，C项错误；开始时俯视读数体积偏小，滴定结束时仰视读数体积偏大，故读出消耗NOH体积偏 大，所测盐酸浓度偏高，D项正确。 10.答案A 命题透析本题以磷化氢为情境，考查氧化还原反应、复分解反应、化学计量等知识，意在考查分析与推测能 力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸 钠，反应的化学方程式为P,+3NaOH(浓)+3H,0△PH,↑+3NaH,PO2,反应生成的次磷酸钠和硫酸反应 生成次磷酸，反应的化学方程式为NaH,PO2+H,S0,一NaHSO,+H,PO2,次磷酸分解生成磷化氢和磷酸，反 应的化学方程式为2HPO2一=PH3↑+HPO4。由分析可知，白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成NH2PO2, 则次磷酸属于一元酸，A项正确：次磷酸钠和硫酸生成次磷酸的反应中没有元素化合价变化，属于非氧化还原 反应，B项错误；由分析可知，P4+3NaOH(浓)+3H,0二PH,↑+3NaH2PO2,氧化产物与还原产物的物质的 量之比为3：1，C项错误；由分析可得如下关系式：P4~3NaH2PO2~3HPO2~1.5PH3,则理论上，1mol白磷可 制备1mol+1.5mol=2.5 mol PH3,D项错误。 11.答案B 命题透析本题以图像为素材，考查化学平衡移动原理、反应速率影响因素、中性溶液判断标准等知识，意在 考查分析与推测能力，变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨随着C0量的增加，NO2的平衡转化率越来越大，c>b>,A项错误；随着逆反应速率逐渐减小，正 反应速率逐渐增大，故d点的正反应速率最大，B项正确；A点到B点，压强增大，容器体积减小，而气体总质 量始终不变，混合气体的密度逐渐增大，则气体密度：A点<B点，C项错误；点温度为25℃，pH=7时水溶 液中c(H+)=c(OH),溶液为中性，d点对应温度高于25℃，K=10-2,pH=7时溶液中c(H+)= 10-7mol·L,c(OH)=10-5mol·L-1,则c(H+)<c(OH),溶液呈碱性，D项错误。 12.答案A 命题透析本题以实验操作、现象为素材，考查平衡移动、弱电解质电离等知识，意在考查探究与创新能力，科 学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨由于[C(H20)4]2+呈蓝色、[CuCL4]2-呈黄色，溶液由黄绿色变为蓝绿色，证明降温，平衡向生成 [Cu(H,0)4]2+的方向移动，故逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，A项正确；HCO具有强氧化性，能氧化 I生成碘单质，B项错误；PH=2的醋酸中H初始浓度与盐酸相同，但醋酸持续电离，反应速率更快，但铁不 足，最终生成H2的量相同，C项错误；KSCN与FeCl,的反应本质为Fe3++3SCN一Fe(SCN)3,K+和Cl的 浓度变化不影响平衡，D项错误。 13.答案C 命题透析本题以CH4高效转化为CHOH的反应机理为情境，考查自由基电子数计算、原子去向分析、反应 一3 类型判断、催化剂作用、化学键分类与变化等知识，意在考查分析与推测能力，宏观辨识与微观探析的核心 素养。 思路点拨一个·CH3中含9个电子，一个·OH中含9个电子，A项错误：由题图可知，若以80，为原料，则 中间体INT-13有3个相同化学环境的羟基，其中有一个羟基中的氧原子是80，在NT-13→NT-14过程 中，3个羟基结合·CH的概率理论上是相同的，故8O不一定全部进入生成物CHOH中，B项错误；由反应 机理图可知CH4转化为CH,OH的总反应为2CH4+O2一→2CHOH,产物只有CH,OH,MOF-253-F(Ⅱ) 为催化剂，C项正确：过程②还有O一0非极性键的断裂，D项错误。 14.答案C 命题透析本题以C02与H,合成CHOH反应为情境，考查平衡转化率与选择性的曲线分析、△H判断、平衡 常数计算、压强对平衡的影响等知识，意在考查分析与推测能力，变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知 的核心素养。 思路点拨△H,<0,随着温度的升高，反应i平衡逆向移动，甲醇的选择性降低，故曲线表示甲醇选择性，由 于甲醇的选择性与C0的选择性之和为1，曲线b表示C0的选择性，曲线c表示CO2的平衡转化率，A项错 误；由C02的平衡转化率随温度升高先增加后减小可知，△H2>0,B项错误：350℃时，C02平衡转化率为0.2， 甲醇选择性为0.7，则生成甲醇的物质的量为1×0.2×0.7=0.14mol,生成C0的物质的量为1×0.2×0.3= 0.06mol,则根据三段式可进行如下计算： CO (g)+3H2 (g)CH OH(g)+H2O(g) 起始/mol 3 0 0 转化mol 0.14 0.42 0.14 0.14 平衡/mol 0.14 CO2(g)+H2(g)C0(g)+H,0(g) 起始/mol 3 0 0 转化/mol 0.06 0.06 0.06 0.06 平衡/mol 0.8 2.52 0.06 0.2 1 反应i的平衡常数为(0,06×0.2)/(0.8×2.52)=168C项正确：平衡后，压缩容器体积，相当于增大压强，反 应ⅰ平衡正向移动，H,O(g)浓度增大，使反应ⅱ平衡逆向移动，D项错误。 15.答案(1)氧化性(2分) (2)增大软锰矿浆与SO2的接触面积，加快反应速率，提高SO2的脱除率(2分，合理即可) (3)Mn02+S02=MnS04(2分) (4)减小(2分) (5)6.4(2分) (6)正极(2分)Zn+20H-2e=Zn(0H)2(2分)》 命题透析本题以工业废气脱硫为情境，考查氧化还原反应、工业操作原理、溶液pH变化、化学计算、原电池 一4 等知识，意在考查分析与推测能力，科学态度与社会责任、证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨(1)实验室制氯气的反应中，MnO2中的Mn元素化合价从+4降低到+2，体现氧化性。 (2)逆流喷淋是指烟气与软锰矿浆以相反方向流动，相较于顺流，能让两者充分接触，从而加快反应速率，提 高SO的脱除率。 (3)由已知信息“除铁铝工序后的滤液中主要阳离子为+”，结合电荷守恒与元素守恒可知反应的化学方 程式为MnO2+SO2=MnS04o (4)沉锰过程中发生反应：3Mn2++2MnO,+2H,05Mn02↓+4H+,故沉锰后溶液的pH减小。 (5)明确反应原理：S02与FeCL3溶液反应，离子方程式为S02+2Fe3++2H,0一-S0+2Fe2++4H, n(S02):n(Fe3+)=1:2。n(Fe3+)=cV=0.02mol·L-1×0.01L=2×104mol,n(S02)=1/2n(Fe3+)=1× 10-4mol。S02的质量：m(S02)=nM=1×10-4mol×64g·mol-1=6.4×10-3g=6.4mg。烟气流量为 0.1L·min1、时间为10min,则烟气的总体积为1L,则脱硫后的烟气中S02含量为6.4mg·L'。 (6)碱性锌锰电池中Mn元素化合价从+4降低到+3，得电子，故MO2在正极参与反应；结合电池总反应得 负极反应式为Zn+20H-2e=Zn(OH)2。 16.答案(1)<(2分) (2)10-11(2分) (3)C(2分) (4)C10+C02+H,0=HC10+HC03(2分) (5)9.9×10-7(2分)》 (6)①H2A>HA>CH COOH>HCO(2分) ②103(2分) 命题透析本题以三种酸为素材，考查弱电解质电离平衡规律、离子浓度关系、酸性比较、平衡常数计算等知 识，意在考查分析与推测能力，变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨(1)HCl是强酸，pH=3的HCl溶液中c(HC1)=10-3mol·L-1;CH,COOH是弱酸，部分电离， pH=3的CH,COOH溶液中c(CH,COOH)多103mol·L-1(需更多溶质才能电离出与强酸相同的H+)。两 者体积均为10mL,n(CH,COOH)>n(HCl),中和时与NaOH按1：1反应，故消耗NaOH的体积V1<V2。 (2)醋酸电离方程式为CH,COOH-CH,C00+H+,已知K(CH,COOH)=1×10-5,设电离的c(H+)=x, 则：K。=x/0.1=1×105,解得x=10-3mol·L-1[溶液中总的c(H*）≈10-3mol·L-1]。常温下，K= c(H*)×c(0H)=1×10-4,故溶液中c意(0H)≈10-"mol·L-'。溶液中OH仅来自水的电离，且水 电离的c(H+)等于水电离出的c(OH),故水电离的c(H*)=10-1mol·L1。 (3)醋酸溶液中存在电离平衡：CH,COOH、一CHCO0+H,加水稀释，促进电离，c(CH,COOH)减小， c(CH,c00)和(H*)均减小，由于温度不变，k和K,均不变，所以溶液中c(OH)增大，c(CH,C00- c(H+) c(CH COO) K ,c(CH,COO)减小，所以比值减小，A项错误；加水稀释，c(H)减小，c(OH)增大，所以 -5 c(CHCOO)K. 减小，B项错误2CC0O山c(日)减小，所以比值增大，C项正确；加水稀释，c( 小，K,不变，所以日减小，D项错误。 K (4)由于酸性：H2CO3>HC10>HC05,碳酸与次氯酸根反应只能生成碳酸氢根离子，故漂白液在空气中漂白 性增强的原因为Cl0ˉ+C02+H,0一=HC10+HC0,。 (5)25℃时，若测得CH,COOH与CHC0ONa的混合溶液的pH=6,c(H)=10-6mol·L1,则c(OH-)= 10-8mol·L-1;根据电荷守恒可知：c(CH,CO0)+c(OH-)=c(Na*)+c(H*),c(CH3CO0-)-c(Na*)= c(H*)-c(0H）=10-6-10-8=9.9×10-7mol·L-。 (6)①酸性强弱由电离常数K决定，K越大，酸性越强。由图可知，H2A的K1=1012,K2=1042,故酸性强 弱顺序为H,A>HA>CH,C00H>HC0;。②平衡常数K=c(HA) e(HA).c(A2-),K (H2A)= c(HA）cH,K2(H,A)=(A）:cH2,两式相除得K,K=1012/1042=10。 c(H2A) c(HA) 17.答案(1)①滴入最后半滴高锰酸钾标准溶液时，溶液颜色变成浅（粉）红色，且30s内不褪色（合理即可， 2分)》 ②22.80(1分)0.281(2分) ③偏大(2分) (2)①4.0(2分)10.0(2分) ②0.0025(2分) ③调节量气管高度使两端液面相平或向下移动量气管使两端液面相平（合理即可，2分）饱和碳酸氢钠溶液 等(1分，合理即可) 命题透析本题以酸性KMO4与草酸的反应为情境，考查滴定、误差分析及化学反应速率的测定等，意在考 查分析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨(1)②滴定管0刻度在上，估读一位，故读数为22.80mL。根据方程式：5H2C204~2MnO4, c(H2C204)=2.5×n(M0,)/V(H2C20)=[2.5×0.1000mol·L-1×(22.80-0.30)×10-3L]/(20× 10-3L)≈0.281mol·L-1。③若滴定前盛装标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，起始读数偏小，所得标准溶 液体积偏大，结果偏大。 (2)①由表格数据可看出，高锰酸钾的体积为变量，实验I和Ⅱ是为了探究高锰酸钾浓度对反应速率的影响， 故需控制草酸的浓度一致，故实验Ⅱ中V,=10.0mL,需加4.0mL水控制溶液总体积为20.0mL,才能确保草 酸浓度与实验I相同，则'2=4.0。实验I和实验Ⅲ是为了探究温度对反应速率的影响，则需控制其他变量一 致，则=10.0。②由方程式可知：5H2C204~10C02,20s内收集到44.8mLC02气体，则：(H2C204)= 0.5n(C02)/t=[0.5×(44.8/22.4)×10-3]/(20×20×10-3)=0.0025mol·L1·s1。③实验结束后，先 将气体冷却至室温，再调节量气管高度使两端液面相平，最后平视量气管刻度进行读数；二氧化碳能少量溶于 水，为减小气体测量误差，可将量气管中的水换成饱和碳酸氢钠溶液等。 一6 18.答案(1)2N0(g)+2C0(g)=N2(g)+2C02(g)△H=-746kJ·mol-(2分，合理即可) (2)33(2分)7(2分) po (3)C0(NH,)2+H,00t2NH,↑+C0,↑(2分) (4)小于(2分)温度高于360℃后，NH可能直接与氧气反应生成NO或N2,降低了用NH3除氮的利用率 (2分，合理即可) (5)由于氨气较少，导致一部分NO与氧气直接反应生成了NO2,且该过程生成的NO2的量大于NO2消除的 量(2分，合理即可) 命题透析本题以氮氧化物的绿色处理为情境，考查热化学方程式书写、化学平衡计算、反应速率与平衡的影 响因素等，意在考查分析与推测能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨(1)①2C0(g)+02(g)-=2C02(g)△H=-566kJ·mol-1;②N2(g)+02(g)-=2N0(g) △H=+180kJ·mol-1;根据盖斯定律：①-②得2C0(g)+2N0(g)、一N2（g)+2C02(g)△H= (-566kJ·mol-1)-(+180kJ·mdl-1)=-746kJ·mol-。 (2)由图可列出三段式： 2C0(g)+2N0(g)=N2(g)+2C02(g) 起始/mol4×10-33×10-3 0 0 变化/mol2×10-32×10-31×1032×103 平衡/mol2×10-31×10-31×10-32×103 恒温恒容时，压强与物质的量成正比，反应前总物质的量为7×10-3ol,反应后总物质的量为6×10-3mol,故 反应后的压强为号。0，的体积分数为(2×103)1(6×103)×100%=3%，K,= 1×10-3 6×10-3 X7%x(2x103 6. .6 6x103×7) 6x10-3×7P)2×(2x1036 ,1×10-36 -=ZkPa。 6x103X7)2P% (3)C0(NH2)2水溶液在600℃高温下热解产生氨气，可推知还有CO2生成。 (4)由图可知，NO2去除率受温度影响较大，温度较低时，NO2的去除率较低，可推知该反应活化能较大，故活 化能①<②。高于360℃后，NO和NO2的去除率同时下降，可能是由于较高温度下，一部分NH3直接与氧气 反应生成了NO或N2,导致NH除NO,的用量减少，使去除率同时下降。 (5)由图可知，NO2不减反增，可能是由于NH过少，导致一部分N0直接和O2反应生成了NO2,且增加的 NO2大于消除的NO2。 一7