精品解析：北京市中国人民大学附属中学2025-2026学年高二上学期12月月考化学试题

人大附中2025—2026学年度第一学期高二化学练习(二) 本试卷共两道大题16道小题，共7页，满分100分，考试时间70分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ba-137 I卷 本部分共12题，每小题4分，共48分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列变化过程中涉及到化学能转化为电能的是 A．风力发电 B．植物的光合作用 C．天然气燃烧 D．充电宝给手机充电 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．风力发电是将动能转化为电能，故A错误； B．植物的光合作用是将光能转化为化学能，故B错误； C．天然气燃烧是将化学转化为热能，故C错误； D．充电宝给手机充电将化学能转化为电能，故D正确； 故答案为D。 2. 下列解释事实的离子方程式不正确的是 A. 用醋酸除去铁锈的反应：Fe2O3∙xH2O+6H⁺=2Fe3++(3+x)H2O B. NH4NO3溶液显酸性的反应： C. 用FeS处理含Cu2+的废水的反应：FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq) D. 用重铬酸钾法测酒中乙醇含量： 【答案】A 【解析】 【详解】A．醋酸是弱酸，在离子方程式中应以CH3COOH分子式保留。该方程式错误地使用了H+，正确的离子方程式为Fe2O3∙xH2O+6CH3COOH=2Fe3++6CH3COO-+(3+x)H2O，A错误； B．水解生成H+使溶液显酸性，题给离子方程式正确表达了这一可逆过程，B正确； C． FeS与Cu2+发生沉淀转化反应，因CuS比FeS更难溶，离子方程式正确，C正确； D．重铬酸钾氧化乙醇生成CO2的离子方程式配平正确，原子和电荷守恒，符合氧化还原原理，D正确； 故选A。 3. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A. 实验室常用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl气体 B. 密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深 C. 工业制备TiO2：，加入大量水，同时加热 D. 锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生 【答案】D 【解析】 【详解】A．CO2在水溶液中存在平衡CO2(g)+H2OH2CO3(aq)H++，NaHCO3电离出，浓度增大，上述平衡逆向移动，降低CO2的溶解度，同时HCl消耗生成CO2，实验室常用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl气体能用化学平衡移动原理解释，A不符合题意； B．密闭烧瓶内NO2和N2O4的平衡：2NO2N2O4（ΔH < 0），受热后温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，能用化学平衡移动原理解释，B不符合题意； C．工业制备TiO2的水解反应：，根据“越稀越水解、越热越水解”，加入大量水、同时加热，均能促进平衡正向移动，能用化学平衡移动原理解释，C不符合题意； D．锌片与稀H2SO4反应中加入少量CuSO4，锌与硫酸铜反应置换出Cu，形成Zn-Cu原电池加快反应速率，不涉及化学平衡移动，不能用化学平衡移动原理解释，D符合题意； 故选D。 4. 电化学在日常生活和工艺生产中都有广泛应用。下列说法不正确的是 A.碱性锌锰干电池 B.银锌电池 C.电解精炼铜 D.电解制取金属钠 A. 锌作负极，发生氧化反应 B. 正极的电极反应为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH- C. Cu2+浓度不变，金、银等金属沉积形成阳极泥 D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．碱性锌锰干电池中，锌活泼性强，作负极，失去电子发生氧化反应，A正确； B．银锌电池正极材料为Ag2O，在碱性环境下发生还原反应，电极反应式为Ag2O+H2O+2e⁻=2Ag+2OH⁻，电荷与原子守恒，B正确； C．电解精炼铜时，阳极粗铜中含Zn、Fe等活泼杂质，会与Cu一同失电子溶解，而阴极仅Cu2+得电子析出，溶解的Cu量少于析出的Cu量，故Cu2+浓度减小；金、银等不活泼杂质沉积形成阳极泥，“Cu2+浓度不变”错误，C错误； D．电解熔融NaCl制取Na时，阳极Cl⁻氧化为Cl2，阴极Na⁺还原为Na，总反应为 ，D正确； 故选C。 5. 一定温度下， ，平衡常数。下列分析正确的是 A. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡逆向移动导致的 B. 升高温度既能增大反应速率又能促进平衡正向移动 C. 若起始、，反应后气体颜色变深 D. 断裂和中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应分子数不变，缩小体积，浓度增大，颜色加深，平衡不移动，故A错误； B．反应放热，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，故B错误； C．，平衡逆向移动，I2浓度增加，颜色加深，故C正确； D．反应放热，则断裂和中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量，故D错误； 故答案为C。 6. 根据下列依据作出的推断中，不正确的是 A. 依据Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)，推断CH3COOH能和NaHCO3反应产生CO2 B. 依据Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Mg(OH)2]，推测通过调节溶液pH能除去Mg2+中少量Fe3+ C. 依据某反应的ΔH>0、ΔS<0：推断该反应正向不能自发进行 D. 依据反应MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2+2H2O的K=4×10-5，推测向MnCl2溶液中通入Cl2不能生成MnO2 【答案】D 【解析】 【详解】A．依据Ka(CH3COOH) > Ka1(H2CO3)，说明醋酸酸性强于碳酸，因此CH3COOH能与NaHCO3反应生成CO2，推断正确，A正确； B．依据Ksp[Fe(OH)3] < Ksp[Mg(OH)2]，说明Fe(OH)3更难溶，可通过调节pH使Fe³⁺沉淀而Mg²⁺不沉淀，从而除去Fe³⁺，推断正确，B正确； C．由ΔH > 0（吸热）、ΔS < 0（熵减），根据ΔG = ΔH-TΔS > 0（恒成立），反应正向不自发，推断正确，C正确； D．依据反应MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2+2H2O的K=4×10⁻⁵（很小），但逆反应（MnCl2 + Cl2 + 2H2O = MnO2 + 4HCl）的平衡常数K'=1/K=2.5×10⁴较大，故通入Cl2能生成MnO2，推断不正确，D错误； 故选D。 7. 兴趣小组对铜锌原电池进行性能改进研究，并测得3个装置的电流强度随时间变化的曲线如图。 下列说法不正确的是 A. 装置1中，碳棒表面有红色固体析出 B. 装置1中，锌片表面有红色固体析出 C. 对比装置1和3，可知阴离子交换膜阻隔了Cu2+向负极扩散，避免了Cu2+直接氧化Zn，使化学能得以持续转化为电能 D. 对比装置2和3，可知盐桥的离子传导能力强于阴离子交换膜 【答案】D 【解析】 【详解】A．装置1为铜锌单液原电池，锌片作负极，电极反应为：；碳棒作正极，得到电子，电极反应为：，故碳棒表面有红色固体析出，A正确； B．装置 1 为单液原电池，Zn片直接浸泡在溶液中，会发生置换反应：，因此Zn片表面会直接析出红色Cu（自腐蚀），B正确； C．对比装置1和3，由电流强度随时间变化的曲线可知，装置3产生的电流更强更稳定，可知阴离子交换膜阻隔了Cu2+向负极扩散，避免了Cu2+直接氧化Zn，使化学能得以持续转化为电能，C正确； D．对比装置2和3，由电流强度随时间变化的曲线可知，装置3产生的电流更强更稳定，可知盐桥的离子传导能力弱于阴离子交换膜，D错误； 故选D。 8. 以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和H2SO4为原料，通过不同过程a、b实现铅的再生利用。过程b涉及如下两个反应： ① ② 各过程的能量变化如图。 下列说法不正确的是 A. 过程a的反应为： B. 与过程a相比，过程b增大了单位体积内活化分子的数目 C. 过程b中，①反应速率比②慢 D. 过程b使用了催化剂，通过减小反应热来提升反应速率 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应a和反应b总反应相同，根据①+②得总反应，所以过程a的反应为：，A正确； B．由图可知，过程b活化能低于过程a，以过程b使用了催化剂，降低反应的活化能，增大了单位体积内活化分子的数目，B正确； C．由图可知，①反应的活化能大于②，活化能越大，反应速率越慢，所以①反应速率比②慢，C正确； D．过程b使用了催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，D错误； 故答案为：D。 9. 利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是 A. 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀 B. 若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极发生的反应为Fe-2e-=Fe2+ C. 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀 D. 若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH- 【答案】B 【解析】 【详解】A．X为锌棒，锌活泼性强于铁，锌作原电池负极被腐蚀，铁作正极被保护，可减缓铁腐蚀，A正确； B．该原电池中失电子的是负极锌，反应为Zn−2e−=Zn2+；铁作为正极，发生氧气得电子的吸氧腐蚀的正极反应，铁不会失电子，B错误； C．X为碳棒，铁作阴极被保护，可减缓铁腐蚀，C正确； D．铁作为阴极，水电离出的H+得电子，电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，D正确； 故选B。 10. 实验测得等物质的量浓度的和溶液随温度变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 和水解均是吸热反应 B. 若将点溶液恢复到 C. 点时已经完全分解 D. 点之前，升温减小是改变与的电离和水解平衡移动共同作用的结果 【答案】C 【解析】 【详解】A．盐的水解反应为中和反应的逆过程，中和反应为放热反应，则和水解均是吸热反应，故A正确； B．升高温度部分碳酸氢钠分解为碳酸钠，则将N点溶液恢复到25℃，混合液pH＞8.62，故B正确； C．若N点NaHCO3已经完全分解，溶液变为Na2CO3溶液，继续升温后pH应下降，与N点后曲线实际变化趋势不符，故C错误； D．升温，Kw增大，同时促进了的电离和水解，点之前，升温减小是改变与的电离和水解平衡移动共同作用的结果，故D正确； 故选C。 11. 混合动力汽车(HEV)中使用了镍氢电池，其工作原理如图所示其中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，KOH溶液作电解液。关于镍氢电池，下列说法正确的是 A. 充电时，阴极附近pH降低 B. 电动机工作时溶液中OH-向乙移动 C. 放电时正极反应式为： D. 充电时总反应式为： 【答案】D 【解析】 【分析】放电过程为原电池，NiOOH转变为Ni(OH)2，镍的化合价从+3价降到+2价，则乙为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-→Ni(OH)2+OH-，甲为负极，MH中H由0价升高到+1价，氢失电子发生氧化反应与溶液中的氢氧根离子结合成水，电极反应为MHn+nOH-→M+nH2O+ne-；充电是放电的逆过程，此时甲为阴极发生还原反应，乙为阳极发生氧化反应，据此解答。 【详解】A．充电时，甲电极得电子被还原，是阴极，由图可知，阴极附近H2O变为OH-，pH增大， A错误； B．电动机工作时为放电过程，甲为原电池的负极，阴离子向负极移动，因此OH-向甲移动， B错误； C．放电时，正极的NiOOH得电子被还原，化合价降低，电极反应式为NiOOH＋H2O＋e- → Ni(OH)2＋OH-，C错误； D．镍氢电池充电过程中，M转化为MH，Ni(OH)2转化为NiOOH，放电过程与充电过程相反，因此电极总反应式为，D正确； 故答案为D。 12. 实验小组欲探究对Mg和反应的影响。20s时，分别向pH和均相同的①溶液和②溶液中加入相同的镁条，记录实验现象如下表，同时测定溶液pH随时间的变化曲线如下图。 溶液① 溶液② 20~40s：生成气泡较快，镁条表面有少量红色固体析出，溶液澄清；40~80s：生成气泡较快，溶液中出现蓝色浑浊；80~160s：生成气泡变慢，溶液中浑浊物基本不变；160s以后：持续生成气泡，浑浊物增多、颜色变浅 20~160s：生成气泡较慢，溶液澄清160s以后：持续生成气泡，溶液中出现白色浑浊 已知：实验条件下，沉淀产生的pH范围是10.4~12.4. 下列说法不正确的是 A. 20~40s，①比②生成气泡快，是由于①中形成了原电池 B. 40~80s，①中pH增大比②缓慢，原因是①中生成气体消耗的较②少 C. 80~160s，①中pH迅速增大，原因是Mg与水反应使得c(OH⁻)增大 D. 160s以后，①②的pH均保持稳定，原因是体系中存在 【答案】B 【解析】 【详解】A．20~40s：①中生成气泡较快，镁条表面有少量红色固体析出，形成铜-镁原电池，加快反应速率，A正确； B．①中40~80s：生成气泡较快，消耗的较②多，①中pH增大比②缓慢，是由于水解平衡正向移动，使溶液中氢离子浓度减少较慢，B错误； C．根据题中已知条件，沉淀产生的pH范围是10.4~12.4，80~160s，①中pH由6左右迅速增大，原因是Mg与水反应生成使得c(OH⁻)增大，C正确； D．160s以后，①②的pH均保持稳定，原因是体系中存在，达到溶解平衡，溶液中c(OH⁻)基本不变，D正确； 故选B。 II卷 13. 氯碱工业是高能耗产业，一种将电解池与燃料电池组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物质的传输与转化关系如下图所示(其中电极未标出)。 （1）A和B中的总反应的离子方程式是_______。 （2）燃料电池中Na+的迁移方向是_______(填“C→D”或“D→C”)。 （3）燃料电池中正极的电极反应是_______。 （4）下列说法不正确的是_______(填序号)。 a.电解池可以实现电能向化学能的转化 b.电解池中的离子交换膜是阳离子交换膜 c.燃料电池工作时，NaOH没有发挥作用 （5）比较a%、b%和c%的值，由大到小排序：_______。 （6）从能源利用及产品获取的角度说明该工艺的优点：_______。 【答案】（1） （2）C→D （3） （4）c （5）b%＞a%＞c% （6）燃料电池可以补充电解池消耗的电能、降低能耗，提高产出碱液中NaOH的浓度 【解析】 【分析】该图右侧为燃料电池，C为负极，氢气失电子，D为正极，氧气得电子；左侧为电解池，A为电解池阳极，氯离子失电子，B为电解池阴极，水得电子，据此回答。 【小问1详解】 A和B中的总反应为电解饱和氯化钠溶液制取氯气、氢气和氢氧化钠，离子方程式为：； 【小问2详解】 燃料电池中，C为负极，D为正极，阳离子向正极移动，故Na+迁移方向为C→D； 【小问3详解】 右侧为燃料电池， D为正极，碱性条件下，O2得电子生成，电极反应为：； 【小问4详解】 a．电解池是将电能转化为化学能的装置，故a正确； b．电解池中Na+通过离子交换膜向B极(阴极)移动，为阳离子交换膜，故b正确； c．NaOH为电解质，传导离子，参与燃料电池负极电极反应(负极：)，故c错误； 故答案选c； 【小问5详解】 电解池B极电极反应式为：，钠离子迁入，导致a % NaOH浓度升高；燃料电池C极电极反应式为：，消耗，c % NaOH浓度降低；燃料电池D极电极反应式为：，生成b % NaOH浓度升高，故NaOH浓度比较为b%＞a%＞c%； 【小问6详解】 燃料电池将电解产生的氢气的化学能转化为电能，为电解池供电，实现能源循环利用，降低能耗，同时提高产出碱液中NaOH的浓度。 14. 工业上，处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾(FeSO4·7H2O)和胆矾(CuSO4·5H2O)。相关流程如下图。 已知：①生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）在pH 1.0~6.0范围内可保持活性。 ②金属离子沉淀的pH如下表。 Fe3+ Cu2+ Fe2+ 开始沉淀时的pH 1.5 4.2 6.3 完全沉淀时的pH 2.8 6.7 8.3 （1）生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是__________________。 （2）生物堆浸过程的反应在T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：CuFeS2 +4H+ +O2 Cu2+ Fe2++ 2S+ 2H2O，第二阶段的反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为__________。 （3）结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在__________范围内。 （4）过程I中，加入Na2S2O3固体会还原堆浸液中的Fe3+， 得到溶液X。为判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入_____________试剂（填试剂的化学式），观察溶液颜色变化。 （5）过程II中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用是________。 （6）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。取m g绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解。用物质的量浓度为c mol/L的KMnO4溶液滴定。至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液的体积为V mL。绿矾晶体质量分数的计算式为______。（已知： FeSO4•7H2O的摩尔质量为278 g/mol ） 【答案】 ①. 增大接触面积，加快堆浸速率 ②. 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ③. 1.0～1.5 ④. KSCN ⑤. CuS+H2O2+2H+=Cu2++2H2O+S ⑥. 【解析】 【分析】低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过研磨后在微生物作用下进行堆浸，因生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）在pH 1.0~6.0范围内可保持活性，并且Fe3+在pH为1.5时会发生沉淀，因此堆浸过程中保持pH在1.0～1.5，使CuFeS2与空气发生氧化还原反应，生成铜盐、铁盐、硫单质等，然后向堆浸液中加入还原剂将Fe3+还原，并将Cu2+转化为CuS，然后过滤得到FeSO4溶液和CuS固体，再向CuS中加入氧化剂和稀硫酸，将CuS转化为CuSO4，然后分别蒸发FeSO4溶液、CuSO4溶液得到绿矾、胆矾，以此解答。 【详解】（1）生物堆浸过程是固体与液体反应，将矿石进行研磨，可以增大反应物之间的接触面积，使化学反应速率加快； （2））生物堆浸过程第二阶段的反应为Fe2+与O2之间发生氧化还原反应生成Fe3+，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及质量守恒可知，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O； （3）由上述分析可知，生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在1.0～1.5； （4）判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入少量KSCN溶液，观察溶液是否呈血红色(或红色)，若溶液呈血红色(或红色)，则说明Fe3+未被还原完全，若无明显实验现象，则说明Fe3+被还原完全； （5）H2O2具有强氧化性，CuS具有还原性，二者能够发生氧化还原反应生成CuO、S、H2O，CuO再与稀硫酸反应生成CuSO4、H2O，总反应离子方程式为CuS+H2O2+2H+=Cu2++2H2O+S； （6）FeSO4与酸性KMnO4溶液反应中，Fe2+被氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，二者关系式为：5FeSO4～KMnO4，滴定过程中消耗n(KMnO4)=cmol/L×V×10-3L=10-3cVmol，则n(FeSO4)=n(FeSO4•7H2O)=5×10-3cVmol，m(FeSO4•7H2O)=5×10-3cVmol×278g/mol=1.39cVg，绿矾晶体质量分数为。 15. 甲醇在化工生产中有着广泛的应用，利用CO2制备甲醇的主要反应如下： ⅰ. ΔH1=-48.5 kJ·mol-1 ⅱ. ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 将一定量的CO2和H2投入恒容密闭容器中进行上述反应，测得CO2平衡转化率、CH3OH选择性和CO选择性随温度变化情况如图。已知：(物质A代表CH3OH或CO) （1）曲线_______(填“a”“b”或“c”)代表CH3OH的选择性。 （2）240℃~260℃，曲线a随温度升高而升高的原因是_______。 （3）实际生产中采用的温度是260℃，可能的原因是_______。 （4）电解法也可制备甲醇，双极膜组合电解制备甲醇装置如右图。图中双极膜由催化层、阳离子交换膜和阴离子交换膜组合而成，在直流电场作用下可将水解离，在双极膜两侧分别得到H+和OH-。 ①与电源正极相连的电极为_______(填“a”或“b”)。 ②阴极的电极反应是_______。 ③判定并解释电解过程中阴极室溶液pH的变化情况：_______(电解液体积变化可忽略)。 （5）经提纯后的甲醇中常含有H2O，采用电解法测定CH3OH含量。向待测样品中加入KI、SO2和有机碱R，作为阳极室的电解质溶液。电解时阳极发生的反应如下： ①； ②I2+SO2+H2O+3R=2R·HI+R·SO3 阴极反应不消耗水，样品中的水反应完测定即结束，根据电解消耗的电量可计算样品中CH3OH的质量分数。若测得a g甲醇样品电解消耗的电量为x库仑(转移1 mol电子消耗的电量为96500库仑)，则样品中CH3OH的质量分数为_______。 【答案】（1）b （2）曲线a代表的平衡转化率，时，温度升高，反应ii（吸热）正向移动的幅度大于反应i（放热）逆向移动的幅度，总转化率升高 （3）一是加快反应速率，二是此温度下，催化剂活性高，催化效果最佳 （4） ①. b ②. ③. 阴极反应为，每转移6 mol电子，消耗，同时又有从双极膜进入阴极室，因此阴极室溶液的pH基本不变 （5） 【解析】 【小问1详解】 甲醇和一氧化碳的选择性之和为100%，则b、c代表了二者的选择性，曲线a代表的平衡转化率，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，选择性升高，反应i为放热反应，升高温度平衡逆向移动，选择性降低，因此曲线b代表CH3OH的选择性。 【小问2详解】 曲线a代表的平衡转化率，时，温度升高，反应ii（吸热）正向移动的幅度大于反应i（放热）逆向移动的幅度，总转化率升高。 【小问3详解】 实际生产中采用的温度是，可能的原因是：一是加快反应速率，二是此温度下，催化剂活性高，催化效果最佳。 【小问4详解】 ①在碱性条件下失去电子被氧化生成，电极反应式为，可知电极b为阳极，与电源正极相连。 ②电极a为阴极，与电源负极相连，在酸性条件下得到电子被还原为，电极反应式为。 ③阴极反应为，每转移6 mol电子，消耗，同时又有从双极膜进入阴极室，因此阴极室溶液的pH基本不变。 【小问5详解】 消耗的电量为库仑，则转移电子的物质的量为：，由于产品甲醇中含有水，将水的质量扣除以后，则为产品甲醇的质量。根据阳极反应消耗的电子的物质的量，结合反应①和②，可得关系式：，所以，，故甲醇的质量为：，所以样品中的质量分数为：。 16. 化学变化是有条件的。某小组同学探究I-与金属阳离子的氧化还原反应，实验过程如下。已知：同浓度的稀溶液中氧化性：Ag+>Fe3+>Cu2+。 实验操作 实验现象 编号 溶液X I 0.1 mol/L Fe(NO3)3，pH≈1 溶液黄色立即加深，30秒后溶液变为褐色，无浑浊 II KNO3和HNO3，其中，pH≈1 1小时内溶液颜色始终保持无色 III 0.1 mol/L AgNO3 迅速变浑浊，离心分离后上层溶液为无色(经检测无I2)，固体为黄色(AgI) IV 0.1 mol/L Cu(NO3)2 5秒后溶液由浅蓝色变为黄色并产生浑浊，离心分离后上层溶液为黄色(经检测有I2)，固体为白色(CuI) （1）根据实验I和II，请回答下列问题。 ①由“黄色立即加深”初步判断有I2生成，选择_______(填试剂)进一步证实生成了I2。 ②写出Fe3+与I-反应的离子方程式_______，该条件下氧化性：Fe3+>I2。 ③实验II的目的是_______。 （2）实验IV中Cu2+与I-反应的离子方程式是_______，甲同学得出氧化性：Cu2+>I2。 （3）乙同学认为甲同学的结论不合理，分析原因：实验Ⅲ应有I2生成，但却生成了AgI沉淀，因此推测实验IV中I2的生成，与CuI沉淀有关，故不能确定氧化性：Cu2+>I2，并用如图装置进行验证。K闭合后，较长时间发现两侧溶液均无明显变化。乙同学为了进一步判断Cu2+和I2的氧化性强弱，将左侧电极改为Cu电极，并向右侧溶液中加入适量_______(填试剂)，发现指针偏转，且左侧溶液颜色加深，证明该条件下氧化性：Cu2+_______I2(选填“>”或“<”)。 （4）该小组同学进一步分析认为，实验III没有发生2Ag++2I-=2Ag+I2的反应，原因是生成AgI沉淀，反应物浓度迅速降低，不利于该反应进行；请分析实验IV发生氧化还原反应的原因是_______。 小组同学反思实验，反应体系中，各物质浓度对氧化还原反应是否发生都有一定的影响。 【答案】（1） ①. 淀粉溶液或者四氯化碳 ②. ③. 作对比实验，I2不是或水中溶解的O2氧化得到 （2） （3） ①. I2 ②. ＜ （4）发生反应，由于Cu+和I-生成CuI沉淀，使产物浓度降低，平衡正向移动，促进反应进行。 【解析】 【小问1详解】 ①由“黄色立即加深”初步判断有I2生成，选择淀粉溶液或者四氯化碳进一步证实生成了I2，故答案为：淀粉溶液或者四氯化碳。 ②Fe3+与I-反应生成碘单质和亚铁离子，反应离子方程式为：。 ③实验II中没有I2生成，说明实验条件下I2不是或水中溶解的O2氧化得到，排除或水中O2溶解的的干扰，故答案为：作对比实验，I2不是或水中溶解的O2氧化得到。 【小问2详解】 实验IV中，通过实验现象可知，Cu2+与I-反应有CuI和碘单质生成，说明二者发生氧化还原反应，反应离子方程式为： 。 【小问3详解】 图为具有盐桥的原电池，较长时间发现两侧溶液均无明显变化，说明Cu2+不能氧化I-，将左侧电极改为Cu电极发生偏转，左侧溶液颜色加深，说明发生Cu→Cu2+转化，右侧发生还原反应，向右侧溶液中加入少量I2，发生转化I2→I-，说明该条件下氧化性Cu2+＜I2，故答案为：I2；＜。 【小问4详解】 反应IV发生：，由于Cu+和I-生成CuI沉淀，使产物浓度降低，平衡正向移动，促进反应进行，故答案为：发生反应，由于Cu+和I-生成CuI沉淀，使产物浓度降低，平衡正向移动，促进反应进行。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人大附中2025—2026学年度第一学期高二化学练习(二) 本试卷共两道大题16道小题，共7页，满分100分，考试时间70分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ba-137 I卷 本部分共12题，每小题4分，共48分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列变化过程中涉及到化学能转化为电能的是 A．风力发电 B．植物的光合作用 C．天然气燃烧 D．充电宝给手机充电 A. A B. B C. C D. D 2. 下列解释事实的离子方程式不正确的是 A. 用醋酸除去铁锈的反应：Fe2O3∙xH2O+6H⁺=2Fe3++(3+x)H2O B. NH4NO3溶液显酸性的反应： C. 用FeS处理含Cu2+的废水的反应：FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq) D. 用重铬酸钾法测酒中乙醇含量： 3. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A. 实验室常用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl气体 B. 密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深 C. 工业制备TiO2：，加入大量水，同时加热 D. 锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生 4. 电化学在日常生活和工艺生产中都有广泛应用。下列说法不正确的是 A.碱性锌锰干电池 B.银锌电池 C.电解精炼铜 D.电解制取金属钠 A. 锌作负极，发生氧化反应 B. 正极的电极反应为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH- C. Cu2+浓度不变，金、银等金属沉积形成阳极泥 D. 5. 一定温度下， ，平衡常数。下列分析正确的是 A. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡逆向移动导致的 B. 升高温度既能增大反应速率又能促进平衡正向移动 C. 若起始、，反应后气体颜色变深 D. 断裂和中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量 6. 根据下列依据作出的推断中，不正确的是 A. 依据Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)，推断CH3COOH能和NaHCO3反应产生CO2 B. 依据Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Mg(OH)2]，推测通过调节溶液pH能除去Mg2+中少量Fe3+ C. 依据某反应的ΔH>0、ΔS<0：推断该反应正向不能自发进行 D. 依据反应MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2+2H2O的K=4×10-5，推测向MnCl2溶液中通入Cl2不能生成MnO2 7. 兴趣小组对铜锌原电池进行性能改进研究，并测得3个装置的电流强度随时间变化的曲线如图。 下列说法不正确的是 A. 装置1中，碳棒表面有红色固体析出 B. 装置1中，锌片表面有红色固体析出 C. 对比装置1和3，可知阴离子交换膜阻隔了Cu2+向负极扩散，避免了Cu2+直接氧化Zn，使化学能得以持续转化为电能 D. 对比装置2和3，可知盐桥的离子传导能力强于阴离子交换膜 8. 以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和H2SO4为原料，通过不同过程a、b实现铅的再生利用。过程b涉及如下两个反应： ① ② 各过程的能量变化如图。 下列说法不正确的是 A. 过程a的反应为： B. 与过程a相比，过程b增大了单位体积内活化分子的数目 C. 过程b中，①反应速率比②慢 D. 过程b使用了催化剂，通过减小反应热来提升反应速率 9. 利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是 A. 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀 B. 若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极发生的反应为Fe-2e-=Fe2+ C. 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀 D. 若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH- 10. 实验测得等物质的量浓度的和溶液随温度变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 和水解均是吸热反应 B. 若将点溶液恢复到 C. 点时已经完全分解 D. 点之前，升温减小是改变与的电离和水解平衡移动共同作用的结果 11. 混合动力汽车(HEV)中使用了镍氢电池，其工作原理如图所示其中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，KOH溶液作电解液。关于镍氢电池，下列说法正确的是 A. 充电时，阴极附近pH降低 B. 电动机工作时溶液中OH-向乙移动 C. 放电时正极反应式为： D. 充电时总反应式为： 12. 实验小组欲探究对Mg和反应的影响。20s时，分别向pH和均相同的①溶液和②溶液中加入相同的镁条，记录实验现象如下表，同时测定溶液pH随时间的变化曲线如下图。 溶液① 溶液② 20~40s：生成气泡较快，镁条表面有少量红色固体析出，溶液澄清；40~80s：生成气泡较快，溶液中出现蓝色浑浊；80~160s：生成气泡变慢，溶液中浑浊物基本不变；160s以后：持续生成气泡，浑浊物增多、颜色变浅 20~160s：生成气泡较慢，溶液澄清160s以后：持续生成气泡，溶液中出现白色浑浊 已知：实验条件下，沉淀产生的pH范围是10.4~12.4. 下列说法不正确的是 A. 20~40s，①比②生成气泡快，是由于①中形成了原电池 B. 40~80s，①中pH增大比②缓慢，原因是①中生成气体消耗的较②少 C. 80~160s，①中pH迅速增大，原因是Mg与水反应使得c(OH⁻)增大 D. 160s以后，①②的pH均保持稳定，原因是体系中存在 II卷 13. 氯碱工业是高能耗产业，一种将电解池与燃料电池组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物质的传输与转化关系如下图所示(其中电极未标出)。 （1）A和B中的总反应的离子方程式是_______。 （2）燃料电池中Na+的迁移方向是_______(填“C→D”或“D→C”)。 （3）燃料电池中正极的电极反应是_______。 （4）下列说法不正确的是_______(填序号)。 a.电解池可以实现电能向化学能的转化 b.电解池中的离子交换膜是阳离子交换膜 c.燃料电池工作时，NaOH没有发挥作用 （5）比较a%、b%和c%的值，由大到小排序：_______。 （6）从能源利用及产品获取的角度说明该工艺的优点：_______。 14. 工业上，处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾(FeSO4·7H2O)和胆矾(CuSO4·5H2O)。相关流程如下图。 已知：①生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）在pH 1.0~6.0范围内可保持活性。 ②金属离子沉淀的pH如下表。 Fe3+ Cu2+ Fe2+ 开始沉淀时的pH 1.5 4.2 6.3 完全沉淀时的pH 2.8 6.7 8.3 （1）生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是__________________。 （2）生物堆浸过程的反应在T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：CuFeS2 +4H+ +O2 Cu2+ Fe2++ 2S+ 2H2O，第二阶段的反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为__________。 （3）结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在__________范围内。 （4）过程I中，加入Na2S2O3固体会还原堆浸液中的Fe3+， 得到溶液X。为判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入_____________试剂（填试剂的化学式），观察溶液颜色变化。 （5）过程II中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用是________。 （6）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。取m g绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解。用物质的量浓度为c mol/L的KMnO4溶液滴定。至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液的体积为V mL。绿矾晶体质量分数的计算式为______。（已知： FeSO4•7H2O的摩尔质量为278 g/mol ） 15. 甲醇在化工生产中有着广泛的应用，利用CO2制备甲醇的主要反应如下： ⅰ. ΔH1=-48.5 kJ·mol-1 ⅱ. ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 将一定量的CO2和H2投入恒容密闭容器中进行上述反应，测得CO2平衡转化率、CH3OH选择性和CO选择性随温度变化情况如图。已知：(物质A代表CH3OH或CO) （1）曲线_______(填“a”“b”或“c”)代表CH3OH的选择性。 （2）240℃~260℃，曲线a随温度升高而升高的原因是_______。 （3）实际生产中采用的温度是260℃，可能的原因是_______。 （4）电解法也可制备甲醇，双极膜组合电解制备甲醇装置如右图。图中双极膜由催化层、阳离子交换膜和阴离子交换膜组合而成，在直流电场作用下可将水解离，在双极膜两侧分别得到H+和OH-。 ①与电源正极相连的电极为_______(填“a”或“b”)。 ②阴极的电极反应是_______。 ③判定并解释电解过程中阴极室溶液pH的变化情况：_______(电解液体积变化可忽略)。 （5）经提纯后的甲醇中常含有H2O，采用电解法测定CH3OH含量。向待测样品中加入KI、SO2和有机碱R，作为阳极室的电解质溶液。电解时阳极发生的反应如下： ①； ②I2+SO2+H2O+3R=2R·HI+R·SO3 阴极反应不消耗水，样品中的水反应完测定即结束，根据电解消耗的电量可计算样品中CH3OH的质量分数。若测得a g甲醇样品电解消耗的电量为x库仑(转移1 mol电子消耗的电量为96500库仑)，则样品中CH3OH的质量分数为_______。 16. 化学变化是有条件的。某小组同学探究I-与金属阳离子的氧化还原反应，实验过程如下。已知：同浓度的稀溶液中氧化性：Ag+>Fe3+>Cu2+。 实验操作 实验现象 编号 溶液X I 0.1 mol/L Fe(NO3)3，pH≈1 溶液黄色立即加深，30秒后溶液变为褐色，无浑浊 II KNO3和HNO3，其中，pH≈1 1小时内溶液颜色始终保持无色 III 0.1 mol/L AgNO3 迅速变浑浊，离心分离后上层溶液为无色(经检测无I2)，固体为黄色(AgI) IV 0.1 mol/L Cu(NO3)2 5秒后溶液由浅蓝色变为黄色并产生浑浊，离心分离后上层溶液为黄色(经检测有I2)，固体为白色(CuI) （1）根据实验I和II，请回答下列问题。 ①由“黄色立即加深”初步判断有I2生成，选择_______(填试剂)进一步证实生成了I2。 ②写出Fe3+与I-反应的离子方程式_______，该条件下氧化性：Fe3+>I2。 ③实验II的目的是_______。 （2）实验IV中Cu2+与I-反应的离子方程式是_______，甲同学得出氧化性：Cu2+>I2。 （3）乙同学认为甲同学的结论不合理，分析原因：实验Ⅲ应有I2生成，但却生成了AgI沉淀，因此推测实验IV中I2的生成，与CuI沉淀有关，故不能确定氧化性：Cu2+>I2，并用如图装置进行验证。K闭合后，较长时间发现两侧溶液均无明显变化。乙同学为了进一步判断Cu2+和I2的氧化性强弱，将左侧电极改为Cu电极，并向右侧溶液中加入适量_______(填试剂)，发现指针偏转，且左侧溶液颜色加深，证明该条件下氧化性：Cu2+_______I2(选填“>”或“<”)。 （4）该小组同学进一步分析认为，实验III没有发生2Ag++2I-=2Ag+I2的反应，原因是生成AgI沉淀，反应物浓度迅速降低，不利于该反应进行；请分析实验IV发生氧化还原反应的原因是_______。 小组同学反思实验，反应体系中，各物质浓度对氧化还原反应是否发生都有一定的影响。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $