河南鹤壁市高中2025-2026学年高二上学期作业规范化练习（四）宏奥A卷 化学试题

**基本信息** 以宏奥A卷为定位，聚焦高中化学核心知识，通过磷氰酸根电极反应、盐湖提锂等科技与工业情境设计试题，突出化学观念建构与科学思维培养，适配周测诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|16题/64分|电化学、电解质溶液、沉淀溶解平衡、实验操作|结合真实装置分析电极反应，通过滴定曲线考查平衡移动，体现科学探究| |填空题|2题/36分|反应原理（焓变、平衡常数）、工艺流程（提锂工艺）|融入分压平衡常数计算、工艺条件控制，对接高考真题命题趋势|

鹤壁市高中2027届上学期规范化考试化学试卷答案（四） （宏奥A卷） 一、选择题（每小题4分，共64分） 1【答案】D 【分析】由图可知，该装置为电解池，d电极+1价氢变为0价，则d电极为阴极，a电极为阳极，以此解题。 【解答】解：A．根据正负化合价为零的原则，Li[P（CN）2]中 P元素的化合价为+1，故A正确； B．d电极为阴极，c极为负极，a电极为阳极，b极为正极，则b极电势高于c极电势，故B正确； C．在阴极HCN得到电子生成氢气，电极方程式为：2HCN+2e﹣＝2CN﹣+H2↑，故C正确； D．阴极反应为2HCN+2e﹣＝2CN﹣+H2↑，则外电路中通过0.2 mol电子时，阴极室会生成0.1mol氢气，其质量为0.2g，但是同时会有0.2molCN﹣转移到阳极室，故阴极室质量减少大于0.2g，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池的掌握情况，试题难度中等。 2【答案】A 【详解】A．磷酸二氢钠水解产生OH－，离子方程式为，A正确； B．用稀盐酸浸泡氧化银生成AgCl沉淀，离子方程式为Ag2O+2H++2Cl－=2AgCl+H2O，B错误； C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液发生氧化还原反应，离子方程式为ClO－+2I－+2H+=I2+Cl－+H2O，C错误； D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，反应的离子方程式为，D错误； 答案选A。 3【答案】A 【详解】A．反应①电解熔融NaCl生成，标准状况下11.2L为0.5mol，含0.5×2=1mol原子，即，A正确； B．2.3g Na（0.1mol）与氧气加热反应生成0.05mol，每个含1个O-O非极性键，所以非极性键数目为，B错误； C．与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为，1mol与水反应转移1mol电子，数目为，C错误； D．ClO⁻在水中会水解，故数目小于，D错误； 故选A。 4【答案】A 【详解】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误； B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确； C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确； D．根据溶液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1，故D正确； 综上所述，答案为A。 5【答案】D 【详解】A．，K==，A正确； B．，K==，B正确； C．，K==，C正确； D．=，由于，，D错误； 答案选D。 6【答案】D 【详解】A．溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误； B．实验I中时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，故B错误； C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，故C错误； D．实验Ⅱ中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。 综上所述，答案为D。 7【答案】D 【详解】A．若该酸为一元酸，0.01mol/L某酸溶液的pH=2，可判断为强酸，但某些二元弱酸，在浓度0.01mol/L也可能达到pH=2，故无法判断该酸是否为强酸，A错误； B．向稀溶液中加浓硫酸，虽增加浓度增大抑制水解，但浓硫酸稀释时放热，未控制变量，无法单独验证的影响，B错误； C．溶液过量，溶液中剩余的会直接与生成AgI沉淀，无法证明AgCl转化为AgI，故不能比较Ksp，C错误； D．与反应生成S淡黄色沉淀，证明将氧化为S，验证了的氧化性，D正确； 故选D。 8【答案】C 【分析】由图知锰尘(主要成分为，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)加入浓盐酸进行酸浸，、铝、镁、钙、铁的氧化物均生成对应的盐，由于具有氧化性，能将盐酸中的氯离子氧化物氯气，故气体①，用氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染环境，加氨水调节pH为5~6，由表中数据知，可将铁和铝沉淀而除去，故滤渣①主要成分为和，再向滤液中加入氟化钠溶液，可将镁和钙以氟化物的形式除去，滤渣②为氟化钙和氟化镁，此时滤液中主要成分为氯化锰，加入碳酸氢钠溶液，发生，将锰离子沉淀，得到纯度较高的碳酸锰。 【详解】A．由分析知，Mn3O4与浓盐酸反应生成Mn2+和Cl2，A正确； B．结合表中数据可知,除杂①工序中调pH为pH为5~6，此时会产生和沉淀，B正确； C．由于故 浓度接近时，先析出沉淀，C错误； D．由题给流程和分析可知,沉淀工序中Mn2+与反应生成MnCO3、CO2和 H2O离子方程式为，D正确； 故选C。 9【答案】A 解析　NaOH溶液滴定HX，恰好完全反应时溶液显碱性，甲基橙在酸性时就变色，故NaOH消耗量会减小，测定结果偏低，故A正确；0.1 mol·L－1 NaOH与20 mL酸恰好反应时消耗的碱的体积为20.00 mL，所以酸的浓度都是0.1 mol·L－1，根据图像纵坐标可知，HX为弱酸，HY为强酸，故B、C错误；a点对应溶质是NaX和HX，HX为弱电解质；b点对应溶质是NaY和HY，HY是强电解质，虽然各物质的浓度都相同，但是溶液中离子浓度不相同，故导电性不同，故D错误。 10【答案】C 解析　向容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流，故A错误；托盘天平的精确度为0.1 g，故B错误；NaOH溶液应装在碱式滴定管中，故D错误。 11答案　C 解析　KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则CO主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，若为KHCO3溶液，则HCO发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO)，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K＋)＋ c(H＋)＝c(OH－) ＋c(HCO)＋2c(CO)，依据元素质量守恒，溶液中：c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)＝0.1 mol·L－1，c总＝0.1 mol·L－1，则溶液为KHCO3溶液，Kh(HCO)＝＝≈2.3×10－8＞Ka2＝4.4×10－11，表明HCO以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(CO)，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生的反应为CO2＋2KOH===K2CO3＋H2O、K2CO3＋CaO＋H2O===CaCO3↓＋2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，上述反应均放热，溶液的温度升高，D不正确。 12答案　D 解析　NH2CH2COOH中存在—NH2和—COOH，所以甘氨酸既有酸性又有碱性，故A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NHCH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NHCH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；NHCH2COO－＋H2ONHCH2COOH＋OH－的平衡常数K＝，25 ℃时，根据a、b曲线交点坐标(2.35,0.50)可知，pH＝2.35时，c(NHCH2COO－)＝c(NHCH2COOH)，则K＝＝10－11.65，故C正确；由C项分析可知，＝，根据b、c曲线交点坐标(9.78,0.50)分析可得电离平衡NHCH2COO－NH2CH2COO－＋H＋的电离常数K1＝10－9.78，＝＝，则×＝×<1，即c2(NHCH2COO－)>c(NHCH2COOH)·c(NH2CH2COO－)，故D错误。 13答案　C 解析　根据图示可知：δ0表示H2C2O4的分布系数与pH的关系，δ1表示HC2O的分布系数与pH的关系，δ2表示C2O的分布系数与pH的关系。X点时为NaHC2O4溶液，该溶液为缓冲溶液，加酸加碱，pH都不会明显变化；Y点时滴定结束，生成Na2C2O4，此时加碱，Na2C2O4不再反应，pH会明显升高，B正确；X点为NaHC2O4溶液，对应图b中pH＝2.6处；Y点为Na2C2O4溶液，图a中Y点pH＝8.4，故Y点不对应图b中的N点，C错误；Y点为Na2C2O4溶液，溶液中各离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(C2O)>c(OH－)>c(HC2O)>c(H＋)，D正确。 14答案　B 解析　根据题干信息CdS(s)Cd2＋(aq)＋S2－(aq)　ΔH＞0可知CdS在水中溶解过程是一个吸热过程，升高温度平衡正向移动，故Ksp＝c(Cd2＋)·c(S2－)增大，从图中可知T1＜T2，A正确；图像中m、n、p点均为在温度T1下所测离子浓度，故Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)，B错误；m点达到沉淀溶解平衡，加入少量Na2S固体，平衡逆向移动，c(S2－)增大，c(Cd2＋)减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，C正确；平衡CdS(s)Cd2＋(aq)＋S2－(aq)正向吸热，温度降低时，q点对应饱和溶液溶解度下降，说明溶液中c(S2－)和c(Cd2＋)同时减小，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动，D正确。 15答案　C 解析　溶度积常数表达式相同时，溶度积小的先生成沉淀，曲线上的转折点即为化学计量点，结合方程式①②知，B点生成AgCN，B点消耗硝酸银溶液的体积是A点的2倍，则V1＝5.00，故A项正确；A点生成[Ag(CN)2]－，根据方程式①知c(KCN)＝＝0.020 0 mol·L－1，B点KCN完全和AgNO3反应生成AgCN，V1＝5.00，则KCl和硝酸银完全反应消耗V(AgNO3)＝(12.50－5.00) mL＝7.50 mL，则c(KCl)＝＝0.030 0 mol·L－1，故B项正确；反应①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，得Ag＋＋CN－===AgCN，Ksp(AgCN)＝，故C项错误；C点溶液中＝＝＝106，故D项正确。 16【答案】D 【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。 【详解】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有，A错误；     B．由分析可知，③为与的关系曲线，B错误； C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，或者当c(H+)=10-4.2mol/L时，c(HS-)=10-3.9mol/L，，C错误； D．已知Ka1Ka2==，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2===10-21.8，结合C项分析可知Ka1=10-7.1，故有，D正确； 故答案为D。 二、填空题（除标注外，每空2分） 17【答案】（1）﹣118； （2）c； （3）CH3CHCH3*+H*→CH3CH＝CH2*+2H*；3； （4）①14.4；②H2O（g）过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降低，C3H8的消耗速率明显下降 （5）①b；②氧化脱氢为放热反应，能减少能耗（或产物易于分离）； （6）降低温度之后，平衡正向移动，导致生成的N2O4增多，利于NO2的吸附；2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3。 【解答】解：（1）反应B×2•反应A×2可得反应：2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g），则由盖斯定律可得：ΔH＝2ΔH2﹣2ΔH1则反应B的， 故答案为：﹣118； （2）a.反应B为放热反应、气体体积增大的反应，升温平衡逆移，产率下降，故a错误； b.加压平衡逆移，产率下降，故b错误； c.充入氧气平衡正向移动，反应速率增大，同时产率增大，故c正确； d.及时分离水蒸气，反应速率减小，故d错误； e.加催化剂不改变平衡产率，故e错误； 故答案为：c； （3）从能量变化图可知，路径中由c生成d的活化能最高，为决速步骤，其反应式为：CH3CHCH3*+H*→CH3CH＝CH2*+2H*，吸附和脱附不属于基元反应，有化学键断开或化学键生成属于基元反应，b到c，c到d和d到e属于基元反应，共3个， 故答案为：CH3CHCH3*+H*→CH3CH＝CH2*+2H*；3； （4）①W点C（4）①W点C3H8的平衡转化率为75%，设C3H8i过反应A和副反应转化的物质的量分别为xmol.ymol，且起始n（C3H8）＝1mol.根据已知条件列出“三段式”： C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g） 起始/mol 1 0 0 转化/mol x x x 平衡/mol 1﹣x x x CxH8（g）⇌C2H4（g）+CH4（g） 起始/mol 1﹣x 0 0 转化/mol y y y 平衡/mol 1﹣x﹣y y y 则，C3H6的选择性为80%，则100% ＝80%，故x＝0.6，y＝0.15，W点10，则H2O（g）的物质的量为10mol，平衡时C3H8物质的量为0.25mol，C3H6、H2的物质的量均为0.6mol，混合气总物质的量为（0.25+0.6+0.6+0.15+0.15+10）mol＝11.75mol，则反应1的分压平衡常数， 故答案为：14.4； ②相同温度下，水烃比远大于15：1时，说明水蒸气过多，则C3H8的浓度过低，反应速率减慢，另一个可能的原因是：H2O（g）过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降低，C3H8的消耗速率明显下降， 故答案为：H2O（g）过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降低，C3H8的消耗速率明显下降； （5）①该反应是放热反应，升高温度，速率常数都增大，平衡向逆反应方向移动，即逆反应速率常数增幅大于正反应速率常数，即k正的变化程度小于k逆的变化程度，故选b， 故答案为：b； ②相比反应Ⅰ，反应Ⅱ为放热反应，低温条件下有利于该反应平衡向正反应方向移动，能减少能耗，且常温下丙烯为气态，水为液态，水的沸点较高，丙烯和水存在沸点差异，易于分离，则相比反应Ⅰ（直接脱氢），反应Ⅱ（氧化脱氢）的优点有：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗（或产物易于分离）， 故答案为：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗（或产物易于分离）； （6）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）正反应放热，降低温度之后，平衡正向移动，导致生成的N2O4增多，利于NO2的吸附，N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3， 故答案为：降低温度之后，平衡正向移动，导致生成的N2O4增多，利于NO2的吸附；2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3。 18【答案】（1） （2） Mg(OH)2,、CaSO4; 5.5 x10-4;CaO、Na2CO3; （3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小 【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是，则滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为;精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。 【解析】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。 (2）由分析可知，滤渣I的主要成分是CaSO4、M g(OH)2，精制I后溶液中的浓度为2.0mol/L ，由，可知，则常温下精制II过程中浓度应控制在以下，若脱硼后直接进行精制I，除无法回收HCI外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加生石灰（CaO)、纯碱（N a2CO3）的用量， 故答案为：Mg(OH)2,、CaSO4; 5.5 x10-4;CaO、Na2CO3; （3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。 学科网（北京）股份有限公司 $ 鹤壁市高中2027届上学期规范化考试化学试卷（四） （宏奥A卷） 相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 Cu—64 一、选择题（每小题4分，共64分） 1．磷氰酸根负离子对构建新型含磷化合物的研究有着重要的意义。以惰性材料为电极，将白磷转化为二氰基磷负离子的锂盐，工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　） A．Li[P（CN）2]中 P元素的化合价为+1 B．装置工作时，b极电势高于c极电势 C．阴极反应为2HCN+2e﹣＝2CN﹣+H2↑ D．外电路中通过0.2mol电子时，阴极室质量减少0.2g 2．对于下列过程中发生的化学反应。相应离子方程式正确的是 A．磷酸二氢钠水解： B．用稀盐酸浸泡氧化银： C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液： D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液： 3．钠及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为 B．反应②中2.3gNa完全反应生成的产物中含非极性键的数目为 C．反应③中与足量反应转移电子的数目为 D．溶液中，的数目为 4．常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是 A．相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则 B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中 C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则 D．在溶液中， 5． 时，的电离常数。下列描述不正确的是 A． B． C． D．溶液中，，则 6．草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验I：往溶液中滴加溶液。 实验Ⅱ：往溶液中滴加溶液。 [已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是 A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点 B．实验I中时，存在 C．实验Ⅱ中发生反应 D．实验Ⅱ中时，溶液中 7．下列实验操作能够达到目的的是 选项 实验操作 目的 A 测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2 判断该酸是否为强酸 B 向稀溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化 探究对水解的影响 C 向溶液先滴入几滴NaCl溶液，再滴入几滴NaI溶液，观察沉淀颜色变化 比较AgCl和AgI的Ksp大小 D 将氯气通入溶液，观察是否产生淡黄色沉淀 验证氯气的氧化性 A．A B．B C．C D．D 8．一种以锰尘(主要成分为，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯的清洁生产新工艺流程如下： 已知：室温下相关物质的如下表。 下列说法错误的是 A．酸浸工序中产生的气体①为氯气 B．滤渣①主要成分为和 C．除杂②工序中逐渐加入溶液时，若浓度接近，则先析出 D．沉淀工序中发生反应的离子方程式为 9．一元酸HX和HY都是20 mL，分别用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定，滴定曲线如图，下列说法正确的是(　　) A．用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定HX时，选用甲基橙作指示剂，测定结果偏低 B．HX可能是HCl，HY可能是CH3COOH C．HX和HY的物质的量浓度可能都为1 mol·L－1 D．a点和b点对应溶液的导电性相同 10．NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4·2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是(　　) A．图甲：转移NaOH溶液到250 mL容量瓶中 B．图乙：准确称得0.157 5 g H2C2O4·2H2O固体 C．用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡 D．用图丁所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O4溶液 11．一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol·L－1 KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)。H2CO3电离常数分别为Ka1＝4.4×10－7、Ka2＝4.4×10－11。下列说法正确的是 (　　) A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO) B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋c(H2CO3) C．KOH溶液吸收CO2，c总＝0.1 mol·L－1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO) D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降 12．甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一。在25 ℃时，NHCH2COOH、NHCH2COO－和 NH2CH2COO－的分布分数[如δ(A2－)＝]与溶液pH关系如图。下列说法错误的是(　　) A．甘氨酸具有两性 B．曲线c代表NH2CH2COO－ C．NHCH2COO－＋H2ONHCH2COOH＋OH－的平衡常数K＝10－11.65 D．c2(NHCH2COO－)<c(NHCH2COOH)·c(NH2CH2COO－) 13．草酸是一种二元弱酸，Ka1＝5.9 ×10－2，Ka2＝6.4 ×10－5，室温下，用0.100 0 mol· L－1的NaOH标准溶液滴定25 mL 0.1 mol·L－1的H2C2O4(草酸)溶液的滴定曲线如图a所示。图b为在上述滴定过程中草酸溶液中草酸各种形态的粒子分布系数与pH的关系。下列说法错误的是(　　) A．该温度下，将0.1 mol·L－1草酸溶液和0.1 mol· L－1草酸钠溶液等体积混合，溶液pH约为2.6 B．X点附近滴定突跃不如Y点附近明显，是因为X点时形成缓冲溶液 C．X点对应图b中的M点，Y点对应图b中的N点 D．Y点时，溶液中c(Na＋ )>c(C2O )>c(OH－ )>c(HC2O)>c(H＋) 14．硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，在水溶液中存在如下沉淀溶解平衡： CdS(s)Cd2＋(aq)＋S2－(aq)　ΔH>0，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A．图中温度T1<T2 B．图中各点对应的Ksp的关系为Ksp(m)＝Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q) C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动 D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动 15． T K时，现有25 mL含KCl和KCN的溶液，用0.100 0 mol·L－1的硝酸银标准溶液对该混合液进行电位滴定(CN－与H＋的反应可以忽略)，获得电动势(E)和硝酸银标准溶液体积(V)的电位滴定曲线如图所示，曲线上的转折点即为化学计量点。已知： Ⅰ.Ag＋与CN－反应过程为 ①Ag＋＋2CN－[Ag(CN)2]－ ②[Ag(CN)2]－＋Ag＋2AgCN Ⅱ.T K时，Ksp(AgCN)＝2×10－16，Ksp(AgCl)＝2×10－10。 Ⅲ.当溶液中CN－浓度较大时，通常难以形成AgCN沉淀。下列说法错误的是(　　) A．V1＝5.00，B点时生成AgCN B．c(KCN)＝0.020 00 mol·L－1，c(KCl)＝0.030 00 mol·L－1 C．若反应①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，则K1＋K2＝2Ksp(AgCN) D．C点时，溶液中＝106 16．某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是　　　 A． B．③为与的关系曲线 C． D． 二、填空题（除标注外，每空2分） 17．Ⅰ．丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的热点。由丙烷（C3H8）在一定温度和催化剂条件下制丙烯（C3H6）的两种方法如下。 反应A（直接脱氢）：C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g） 反应B（氧化脱氢）：ΔH2 （1）已知：2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）ΔH＝﹣484kJ/mol，则ΔH2＝　 　 kJ/mol。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入1mol C3H8和0.5mol O2，初始压强为pkPa，仅发生反应B（氧化脱氢）。欲提高C3H6的平衡产率，同时加快反应速率，应采取的措施是　 　 （填字母）。 a．升高温度 b．增大压强 c．再充入O2 d．及时分离出水蒸气 e．加催化剂 （3）反应A（直接脱氢）在催化剂Pt表面上反应路径如下，整个反应的能量变化如图所示。 TS表示过渡态，*表示吸附，路径中决速步骤的反应式为　 　 ， 有　 　 个基元反应。 （4）在压强（117.5kPa）恒定条件下，以H2O（g）作为稀释气，不同水烃比M[、10、15]时，催化1mol C3H8直接脱氢（反应A）制备C3H6反应的平衡转化率随温度的变化如图所示。[副反应：C3H8（g）⇌C2H4（g）+CH4（g）] ①W点对应条件下，若C3H6的选择性[C3H6的选择性]为80%，则反应A的分压平衡常数Kp（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）为 　 　 kPa。 ②相同温度下，水烃比远大于15：1时，C3H8的消耗速率明显下降，可能的原因是： ⅰ.C3H8的浓度过低；ⅱ.　 　 。 （5）一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应B（氧化脱氢）。 ①已知该反应过程中，，v逆＝k逆p（C3H6）•p（H2O），其中k正、k逆为速率常数，与温度、活化能有关。升高温度，k正的变化程度　 　 （填字母）k逆的变化程度。 a．大于 b．小于 c．等于 d．无法比较 ②相比反应A（直接脱氢），反应B（氧化脱氢）的优点有　 　 （任写一点）。 Ⅱ．为解决NO2的污染，某研究机构提出MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2，废气中的NO2被吸附转化后，经处理能全部转化为HNO3，原理示意图如图。 已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0。 （6）降低温度有利于NO2吸附的原因是　 　 ，多孔材料MOFs吸附NO2后再生时内部发生的化学方程式为　 　 。 18．盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下： 已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： （1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液_____。 （2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在_____以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加_____的用量(填化学式)。 （3）精制Ⅱ的目的是_____；进行操作时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____。 学科网（北京）股份有限公司 $