精品解析：江苏南京市第二十九中学2025-2026学年高一下学期期末考试 化学试卷

第二十九中学2025～2026学年第二学期期末质量检查高一年级 化学试卷 说明：1.选择题的答案请全部填涂在答题卡上，其它题目的答案填写在答卷纸上。 2.本卷总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Cl35.5 Fe56 一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 化学与生产、生活息息相关，下列说法中不正确的是 A. 铁是人体必需的微量元素，缺铁性贫血患者可通过服用补血剂等方式补充 B. 载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，将太阳能转化为电能供飞船使用 C. 合成氨的金属反应塔与外加电源的负极相连，并维持一定的电压可以防腐 D. 用适宜催化剂使汽车尾气中与更快地转化为与 2. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 中子数为10的氧核素： B. 的电子式： C. 铅蓄电池充电时的阴极反应： D. 乙醇燃烧热的热化学方程式： 3. 下列实验操作或装置能达到实验目的的是 A. 用装置甲探究、对分解速率的影响 B. 用装置乙蒸干溶液制备固体 C. 用装置丙制备并能较长时间观察其颜色 D. 用装置丁采集到的压强数据判断铁钉发生吸氧腐蚀还是析氢腐蚀 4. 反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应属于吸热反应 B. 完全分解生成 C. 断开要吸收能量 D. 该反应的热化学方程式为 5. 用尿素水解生成的催化还原，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为，下列说法正确的是 A. 上述反应 B. 上述反应平衡常数 C. 上述反应中消耗，转移电子的数目为 D. 实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小 6. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的核外有7个电子，在周期表中Y位于ⅡA族，Y、Z原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，W的氢化物热稳定性在同周期元素中最强。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W) B. 元素Y、W的简单离子具有相同的电子层结构 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强 D. 由X与Y两种元素组成的简单化合物是离子化合物 7. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. 海水 B. 石油 C. D. (，过量) 8. Fe/Ag金属复合材料去除酸性废水中的硝酸盐污染物。可能的反应历程如下： 下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ中Ag失去 B. 过程Ⅱ的反应方程式： C. 过程Ⅲ中每消耗1 mol转移6 mol D. 复合材料中Fe的质量分数越大，去除效果越好 9. 科学家研发了一种在电催化条件下由氢气和二氧化碳制备甲醇的方法(有少量CO产生)，反应原理如图(M、N均为石墨电极)。 已知：在电场作用下，双极膜中水电离出H+和OH-向两极迁移。下列说法错误的是 A. M极为阳极，H2发生氧化反应 B. 电解一段时间后，M极区域溶液pH不变 C. N极上生成甲醇的电极反应式为 D. M极每消耗3molH2，N极消耗的CO2大于1mol 10. 美国通用原子能公司(GA)提出的碘硫热化学循环是由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成的(如图所示)，下列有关说法正确的是 A. 设计该循环是为了制取能源气体 B. 整个循环过程中产生的同时产生44.8L C. 总反应的焓变为ΔH，则 D. 该制氢方法生成的比电解水生成的小 11. 常温下，稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： Ⅰ Ⅱ Ⅲ 在约的氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值()随溶液pH的变化关系如图所示(溶液体积保持不变)。下列说法不正确的是 A. 常温下，HClO的电离平衡常数 B. 时，该氯水中水的电离程度比纯水中大 C. 该氯水中： D. 在之间，该氯水中随溶液pH增大而减小 12. 某实验小组测定铁的氧化物的化学式，已知该氧化物中铁元素只有和两种价态，实验步骤如图，下列说法错误的是 A. 只有步骤②发生了氧化还原反应 B. 溶液a中阳离子有和 C. 溶液b中 D. 通过计算可得该氧化物的化学式为： 13. 下列实验操作和现象及所得结论正确的是 实验操作和现象 实验结论 A 将红热的木炭投入浓硝酸中，产生红棕色气体 碳可与浓反应生成 B 将铜片插入装有稀硝酸溶液的试管中，在试管上方出现红棕色气体 铜与稀硝酸反应产生了 C 向溶液中滴加几滴酸性溶液，紫色褪去 具有还原性 D 向溶液中滴入几滴新制氯水，溶液变为黄色 还原性： A. A B. B C. C D. D 14. 选择性催化还原脱硝时，将和的混合气体以相同的流速通过填充有催化剂的反应器发生的主要反应为：。在不同温度下，仅改变的浓度，的脱除率与浓度的关系如图-1所示；温度为时，控制，和总物质的量相同，仅改变进行实验，的脱除率与的关系如图-2所示。下列说法不正确的是 A. 浓度在之间时，随着浓度增大，脱除率明显升高的原因可能是与反应生成，而更易与反应 B. 浓度相同，温度从升高到时，的脱除率下降的原因可能分解为和 C. 当时，脱除率最高的原因可能是、在催化剂表面吸附量相当 D. 当后，的脱除率随着增大而减小的原因可能是发生副反应生成了 二、非选择题：共4题，共58分。 15. 实验是化学研究的重要手段，定性与定量是实验研究的两个不同角度。 （1）为了比较、、三种金属的活动性，某实验小组设计如图实验装置。 ①甲装置中电极附近产生气泡，电极的电极反应式为__________。 ②丙装置中口有无色气体产生，则电极名称为__________极，反应一段时间后，可制得消毒液，极的电极反应式为__________。 ③三种金属的活动性由强到弱的顺序是__________。 （2）在容积为的密闭容器中，进行如下反应：，最初加入和，在不同温度下，的物质的量和时间的关系如图。试回答下列问题： ①时，内，以表示的平均反应速率为__________。 ②下列不能判断该反应达到化学平衡状态的依据是__________。 a．容器中压强不变 b．混合气体中c(A)不变 c． d．c(A):c(B)值不变 e．容器内气体密度不变 ③下列措施能提高反应物的反应速率的是__________(填标号) A．升高温度 B．恒容条件充入氩气 C．加入合适的催化剂 D．恒压条件充入氩气 ④ 时，某时刻测得体系中各物质的量如下：，，，，则此时该反应__________(填“向正反应方向进行”、“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”)。 16. 氮族元素包括、、、、等元素，可以形成多种含氧酸。常温下，4种酸的电离平衡常数如下： 化学式 电离平衡常数 （1）、、结合能力由大到小的顺序是__________。 （2）常温下，的溶液中水电离的为__________。 （3）亚砷酸()为三元弱酸，四种含砷微粒的物质的量分数与溶液的关系如图1所示。①为7～8时，砷元素的主要微粒是__________ ②将溶液滴入溶液中，当时，__________；当由11到12时，发生主要反应的离子方程式为___________________________________。 （4）工业含砷(Ⅲ)废水常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。通过实验测得不同条件下铁盐对含砷(Ⅲ)化合物的去除率，如图2所示。为5～9时，随溶液的增大，铁盐混凝剂对含砷(Ⅲ)化合物的吸附效果增强的可能原因为______________________________________________________________。 17. 铁泥主要含有Fe，同时含少量SiO2和铁的氧化物。现以铁泥和H2C2O4为原料制备的超微细FeC2O4·2H2O。 （1）FeSO4溶液的制备。将铁泥加入到足量稀硫酸，并加入适量还原铁粉，搅拌使其充分反应。过滤除去SiO2，得到FeSO4溶液。 ①溶解时，铁泥中的Fe与稀硫酸发生反应的离子方程式是___________。 ②过程中加入适量还原铁粉，其目的是___________。 ③检验FeSO4溶液中不含Fe3+的操作是：取少量FeSO4溶液，___________(写出加入的试剂和现象)，则FeSO4溶液中不含Fe3+。 （2）FeC2O4·2H2O的制备。在搅拌下，向所得FeSO4溶液中先后加入氨水和草酸溶液，经H2SO4调节pH、过滤、水洗、烘干后得到超微细FeC2O4·2H2O。 已知：沉淀速度过快，沉淀的粒径会变大，包裹的杂质会变多 ①烘干需在真空干燥箱里低温进行，其原因是___________。 ②温度对沉淀粒径的影响如图，加入氨水和草酸溶液过程中均需控制温度在40℃。温度不宜过高的原因是___________。 （3）补充完整由FeSO4溶液制备FeCO3的实验方案，装置如图所示： 已知：FeSO4溶液显酸性，碱性过强时，Fe2+将会形成Fe(OH)2沉淀。 取一定量的FeSO4溶液，___________，所得产物经过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3。(须使用试剂：N2、Na2CO3溶液) 18. 脱硫脱硝是环境保护的重要课题。 （1）在催化剂作用下，将选择性还原为。向中通入适量使部分氧化为有利于催化反应进行。当混合气中时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大。此时参加反应的__________ （2）气相脱硫脱硝。一定温度下，将模拟烟气通入气相氧化反应器中。和的初始浓度相同，改变的浓度，相同时间内，气体的氧化率随与或的物质的量浓度之比的变化如图所示。其中①、④分别为和单独通入反应器时、的氧化率，②、③分别为将和同时通入反应器时、的氧化率。 已知：对于确定的基元反应，反应速率()与速率常数()成正比。 气相氧化的关键基元反应： 基元反应1： 基元反应2： 气相氧化的关键基元反应： 基元反应3： 基元反应4： ①单独氧化时，氧化率很低。原因是__________________________。 ②将和同时通入气相氧化反应器中时，的氧化率与将其单独通入反应器中时相比明显提高。原因是__________________________。 ③当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升。研究表明，此时被氧化不再经历基元反应3和基元反应4，而是生成两种常见的强酸。反应的化学方程式为__________________________。 （3）电化学还原制。碱性条件下，阴极材料分别采用催化剂、(在表面修饰少量铜原子)进行电解溶液制的性能研究。、催化可能机理如图所示： ①阴极的电极总反应式为__________________________。 ②在不同电解电压下工作，测定的合成速率与法拉第效率[法拉第效率]随电解电压的变化分别如下图所示。 i．当电解电压为时，两种催化剂作用下的合成速率差异较大，可能的原因是__________________________。 ii．当催化剂为时，随着电解电压增大，的法拉第效率逐渐降低，可能的原因是__________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二十九中学2025～2026学年第二学期期末质量检查高一年级 化学试卷 说明：1.选择题的答案请全部填涂在答题卡上，其它题目的答案填写在答卷纸上。 2.本卷总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Cl35.5 Fe56 一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 化学与生产、生活息息相关，下列说法中不正确的是 A. 铁是人体必需的微量元素，缺铁性贫血患者可通过服用补血剂等方式补充 B. 载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，将太阳能转化为电能供飞船使用 C. 合成氨的金属反应塔与外加电源的负极相连，并维持一定的电压可以防腐 D. 用适宜催化剂使汽车尾气中与更快地转化为与 【答案】A 【解析】 【详解】A．人体血红蛋白中参与氧气运输的是，补血剂补充的是而非，A符合题意； B．太阳能刚性电池阵的功能是将太阳能转化为电能，为飞船运行提供能源，B不符合题意； C．金属反应塔与外加电源负极相连后作电解池的阴极，属于外加电流的阴极保护法，可避免金属失电子被腐蚀，C不符合题意； D．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，能促进汽车尾气中与更快转化为无毒的和，D不符合题意； 故选A。 2. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 中子数为10的氧核素： B. 的电子式： C. 铅蓄电池充电时的阴极反应： D. 乙醇燃烧热的热化学方程式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．中子数为10的氧核素的质子数为8、质量数为18，核素的符号为，A错误； B．氢氧化钙为离子化合物，电子式为：，B正确； C．铅蓄电池充电时阴极发生的反应为硫酸铅得到电子发生还原反应生成铅和硫酸根离子，电极反应式为：，C错误； D．乙醇的燃烧热为1 mol乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出的热量，则题给热化学方程式不能表示乙醇燃烧热，D错误； 故选B。 3. 下列实验操作或装置能达到实验目的的是 A. 用装置甲探究、对分解速率的影响 B. 用装置乙蒸干溶液制备固体 C. 用装置丙制备并能较长时间观察其颜色 D. 用装置丁采集到的压强数据判断铁钉发生吸氧腐蚀还是析氢腐蚀 【答案】D 【解析】 【详解】A．探究、对分解速率的影响需要保证浓度相同，装置甲中两份溶液浓度分别为3%和10%，变量不唯一，无法达到实验目的，A错误； B．受热易分解为和，蒸干溶液时会分解逸出，最终无法得到固体，B错误； C．装置丙中连接电源负极，作阴极，不能失去电子生成，无法制备，C错误； D．铁钉发生析氢腐蚀时生成，装置内压强增大；发生吸氧腐蚀时消耗，装置内压强减小，可通过采集到的压强数据判断腐蚀类型，D正确； 故选D。 4. 反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应属于吸热反应 B. 完全分解生成 C. 断开要吸收能量 D. 该反应的热化学方程式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由能量变化图可知反应物总能量高于生成物总能量，该反应属于放热反应，A错误； B．题干未指明气体处于标准状况下，无法确定生成的体积，B错误； C．断开化学键的过程需要吸收能量，因此断开要吸收能量，C正确； D．a和b分别为正逆反应的活化能，已知，该反应为放热反应，，对于反应，，D错误； 故选C。 5. 用尿素水解生成的催化还原，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为，下列说法正确的是 A. 上述反应 B. 上述反应平衡常数 C. 上述反应中消耗，转移电子的数目为 D. 实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小 【答案】B 【解析】 【详解】A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即熵增的反应，反应△S＞0，故A错误； B．由方程式可知，反应平衡常数，故B正确； C．由方程式可知，反应每消耗4mol氨气，反应转移12mol电子，则反应中消耗1mol氨气转移电子的数目为3mol×4××6.02×1023=3×6.02×1023，故C错误； D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，故D错误； 故选B。 6. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的核外有7个电子，在周期表中Y位于ⅡA族，Y、Z原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，W的氢化物热稳定性在同周期元素中最强。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W) B. 元素Y、W的简单离子具有相同的电子层结构 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强 D. 由X与Y两种元素组成的简单化合物是离子化合物 【答案】D 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的核外有7个电子，则X为N元素；在周期表中Y位于ⅡA族，则Y为Mg元素；W的氢化物热稳定性在同周期元素中最强，W为Cl元素，Y、Z原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，则Z的最外层电子数为7-2=5，可知Z为P，故X为N，Y为Mg，Z为P，W为Cl，以此来解答。 【详解】A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r（X）＜r（W）＜r（Z）＜r（Y），故A错误； B．元素Y、W的简单离子为Mg2+、Cl-，相差1个电子层，故B错误； C．非金属性X＞Z，Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱，故C错误； D．由X与Y两种元素组成的简单化合物为Mg3N2，是离子化合物，故D正确； 故选D。 7. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. 海水 B. 石油 C. D. (，过量) 【答案】C 【解析】 【详解】A．海水中的与石灰乳反应生成沉淀，与盐酸反应得到正确，但电解生成、和，无法得到单质，应电解熔融制，A不符合题意； B．石油裂解主要得到乙烯、丙烯等短链不饱和烃，无法大量得到，且与的溶液不反应，B不符合题意； C．与浓硝酸反应生成，与与发生反应生成、和水，两步转化均能实现，C符合题意； D．高温还原得到正确，但氧化性强，与点燃时无论是否过量，产物均为，无法得到，D不符合题意； 故选C。 8. Fe/Ag金属复合材料去除酸性废水中的硝酸盐污染物。可能的反应历程如下： 下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ中Ag失去 B. 过程Ⅱ的反应方程式： C. 过程Ⅲ中每消耗1 mol转移6 mol D. 复合材料中Fe的质量分数越大，去除效果越好 【答案】B 【解析】 【详解】A．过程Ⅰ中，Fe是更活泼的金属，作为负极失去电子，电子传递到Ag表面，使在Ag上被还原。因此，失去电子的是Fe，不是Ag，A错误； B．从反应历程图可以看出，过程Ⅱ的反应物是吸附在催化剂表面的H和，生成物是和，即可得反应，B正确； C．过程Ⅲ中，被还原为和，以生成为例，N元素从+3价降低到-3价，每个N原子得到6个电子；以生成为例，每个N原子从+3价降低到0价，得到3个电子，若1 mol全部转化为，则转移6 mol电子，若1 mol全部转化为，则转移3 mol电子，若同时生成和，则转移电子在3-6 mol之间，C错误； D．复合材料中Fe的质量分数并非越大越好。如果Fe含量过高，可能会覆盖Ag的活性位点，反而降低催化效率，影响的去除效果。因此，存在一个最佳的Fe/Ag比例，D错误； 故答案选B。 9. 科学家研发了一种在电催化条件下由氢气和二氧化碳制备甲醇的方法(有少量CO产生)，反应原理如图(M、N均为石墨电极)。 已知：在电场作用下，双极膜中水电离出H+和OH-向两极迁移。下列说法错误的是 A. M极为阳极，H2发生氧化反应 B. 电解一段时间后，M极区域溶液pH不变 C. N极上生成甲醇的电极反应式为 D. M极每消耗3molH2，N极消耗的CO2大于1mol 【答案】B 【解析】 【分析】右边二氧化碳转化为甲醇和一氧化碳，化合价降低，得电子，所以N作阴极；左边氢气失电子，化合价升高，所以M作阳极，据此解答。 【详解】A．由题意知，氢气在M极失电子，发生氧化反应，作阳极，A正确； B．M极（阳极）反应为，双极膜中向M极迁移并与中和生成，且生成的与迁移的等量，水增多使浓度减小，pH增大，B错误； C．N极为阴极，CO2被还原为CH3OH，C元素从+4价降为-2价，得6e-。结合碱性环境及原子守恒、电荷守恒，电极反应式为，C正确； D．若M极每消耗3 mol H2，转移电子数为6 mol e-，N极发生的还原反应包括和，根据得失电子守恒可知，N极消耗的CO2大于1mol，D正确； 故选B。 10. 美国通用原子能公司(GA)提出的碘硫热化学循环是由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成的(如图所示)，下列有关说法正确的是 A. 设计该循环是为了制取能源气体 B. 整个循环过程中产生的同时产生44.8L C. 总反应的焓变为ΔH，则 D. 该制氢方法生成的比电解水生成的小 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据题图可知，反应为，反应Ⅱ为，反应Ⅲ为，总反应为水分解为氢气和氧气：，设计该循环是为了制取能源气体，A错误； B．整个循环过程中产生的同时产生2mol氢气，但是没有标况，不确定生成的体积，B错误； C．总反应为分解水的反应，是吸热反应，则，C正确； D．在给定条件下，化学反应的只与反应体系的始态和终态有关，故该制氢方法生成的与电解水生成的相等，D错误； 故选C。 11. 常温下，稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： Ⅰ Ⅱ Ⅲ 在约的氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值()随溶液pH的变化关系如图所示(溶液体积保持不变)。下列说法不正确的是 A. 常温下，HClO的电离平衡常数 B. 时，该氯水中水的电离程度比纯水中大 C. 该氯水中： D. 在之间，该氯水中随溶液pH增大而减小 【答案】D 【解析】 【分析】该坐标图横坐标为溶液，纵坐标为含氯微粒浓度的对数值，越大对应微粒实际浓度越大。结合体系中的三个平衡，各曲线对应关系为：随着升高，酸性减弱，反应平衡正向移动，浓度持续减小，因此图中下降速率最快的曲线对应。是弱酸，升高会促进电离，因此分子浓度随升高逐渐减小，对应图中缓慢下降的曲线；电离产物浓度随升高逐渐增大，对应图中上升的曲线。和的交点满足，此时交点。 【详解】A．据图可知，pH=4时，c(HClO)=10-4.5mol/L，c(ClO-)=10-8mol/L，则HClO的电离平衡常数==10-7.5，A正确； B．氯水中HCl和HClO能电离出H+，抑制水的电离，时，溶液呈碱性，说明次氯酸根离子水解程度大于HClO的电离程度，水的电离被促进，因此该氯水中水的电离程度比纯水中大，B正确； C．溶于水生成等量的和HClO，HClO进一步转化为和，则该氯水中氯元素物料守恒表达式：，C正确； D．根据反应Ⅲ：，平衡常数，则。由图可知，在之间，几乎保持不变，因此也不变，D错误； 故选D。 12. 某实验小组测定铁的氧化物的化学式，已知该氧化物中铁元素只有和两种价态，实验步骤如图，下列说法错误的是 A. 只有步骤②发生了氧化还原反应 B. 溶液a中阳离子有和 C. 溶液b中 D. 通过计算可得该氧化物的化学式为： 【答案】C 【解析】 【分析】该氧化物与盐酸反应后得到含有有Fe3+和Fe2+的溶液，通入氯气后溶液中的Fe2+被氧化成Fe3+，其反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−。 【详解】A．步骤①为复分解反应，步骤②为氧化还原反应，故A正确； B．因为盐酸过量，所以溶液a中除了含有Fe3+和Fe2+外，还有H+，故B正确； C．因为盐酸过量，且未知量，所以溶液b中Fe3+与Cl−的物质的量之比无法计算，故C错误； D．步骤②反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，其中消耗0.1molCl2，则Fe2+的物质的量为0.2mol，原氧化物中Fe2+也为0.2mol，该氧化物中Fe2+以FeO形式存在，其质量为0.2×72=14.4g，则其中Fe3+以Fe2O3形式存在，其质量为30.4−14.4=16g，物质的量为=0.1mol，则该氧化物可以写成Fe2O3·2FeO，即Fe4O5，故D正确； 故选C。 13. 下列实验操作和现象及所得结论正确的是 实验操作和现象 实验结论 A 将红热的木炭投入浓硝酸中，产生红棕色气体 碳可与浓反应生成 B 将铜片插入装有稀硝酸溶液的试管中，在试管上方出现红棕色气体 铜与稀硝酸反应产生了 C 向溶液中滴加几滴酸性溶液，紫色褪去 具有还原性 D 向溶液中滴入几滴新制氯水，溶液变为黄色 还原性： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硝酸受热本身会分解生成，红棕色气体可能来自浓硝酸分解，无法证明是碳与浓硝酸反应生成的，A错误； B．铜与稀硝酸反应生成的是，在试管上方与空气中的反应生成红棕色，不是铜与稀硝酸直接生成，B错误； C．酸性具有强氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应使被还原为，紫色褪去，可证明具有还原性，C正确； D．溶液变黄可能是被氧化为，也可能是被氧化为，未检验黄色物质的成分，无法证明还原性，D错误； 故选C。 14. 选择性催化还原脱硝时，将和的混合气体以相同的流速通过填充有催化剂的反应器发生的主要反应为：。在不同温度下，仅改变的浓度，的脱除率与浓度的关系如图-1所示；温度为时，控制，和总物质的量相同，仅改变进行实验，的脱除率与的关系如图-2所示。下列说法不正确的是 A. 浓度在之间时，随着浓度增大，脱除率明显升高的原因可能是与反应生成，而更易与反应 B. 浓度相同，温度从升高到时，的脱除率下降的原因可能分解为和 C. 当时，脱除率最高的原因可能是、在催化剂表面吸附量相当 D. 当后，的脱除率随着增大而减小的原因可能是发生副反应生成了 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓度在之间时，随着浓度增大，与反应生成，而更易与反应，所以脱除率明显升高，A正确； B．浓度相同，温度从升高到时，的脱除率下降的原因应该是催化剂活性降低，B错误； C．根据方程式可知、是按照化学计量数之比1：1进行的，所以当时，脱除率最高的原因可能是、在催化剂表面吸附量相当，C正确； D．当后，随着的增大，发生副反应生成了，因此的脱除率随着增大而减小，D正确； 答案选B。 二、非选择题：共4题，共58分。 15. 实验是化学研究的重要手段，定性与定量是实验研究的两个不同角度。 （1）为了比较、、三种金属的活动性，某实验小组设计如图实验装置。 ①甲装置中电极附近产生气泡，电极的电极反应式为__________。 ②丙装置中口有无色气体产生，则电极名称为__________极，反应一段时间后，可制得消毒液，极的电极反应式为__________。 ③三种金属的活动性由强到弱的顺序是__________。 （2）在容积为的密闭容器中，进行如下反应：，最初加入和，在不同温度下，的物质的量和时间的关系如图。试回答下列问题： ①时，内，以表示的平均反应速率为__________。 ②下列不能判断该反应达到化学平衡状态的依据是__________。 a．容器中压强不变 b．混合气体中c(A)不变 c． d．c(A):c(B)值不变 e．容器内气体密度不变 ③下列措施能提高反应物的反应速率的是__________(填标号) A．升高温度 B．恒容条件充入氩气 C．加入合适的催化剂 D．恒压条件充入氩气 ④ 时，某时刻测得体系中各物质的量如下：，，，，则此时该反应__________(填“向正反应方向进行”、“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”)。 【答案】（1） ①. ②. 阳 ③. ④. （2） ①. ②. ce ③. AC ④. 向正反应方向进行 【解析】 【小问1详解】 ①甲装置中电极附近产生气泡，说明溶液中的氢离子在电极上得电子生成氢气，即作原电池的正极，作负极。失去电子发生氧化反应，电极反应式为； ②丙装置为电解池，a口有无色气体产生，该气体为氢气，说明上方电极发生还原反应，为阴极，所以下方的Y电极为阳极； 溶液中的氯离子在阳极失电子生成黄绿色的氯气，电极反应式为。生成的氯气向上逸出，与阴极附近生成的反应，从而制得消毒液。 ③由甲装置可知，金属活动性；丙装置中上方电极为阴极，说明与其相连的乙装置中的电极为原电池的负极，电极为正极，故金属活动性。综合可得三种金属的活动性由强到弱的顺序为。 【小问2详解】 ①时，内生成的物质的量为，根据化学方程式 可知，消耗的物质的量为。容器容积为，则以表示的平均反应速率。 ② a．该反应前后气体分子总数不同，恒容条件下容器内压强不变，说明反应已达到平衡状态，a正确； b．混合气体中各组分浓度不变是化学平衡状态的特征，b正确； c．若达到平衡状态，应满足，而意味着正逆反应速率不相等，未达到平衡状态，c错误； d．初始加入和的物质的量之比（）不等于化学计量数之比（），反应过程中的值一直在变化，当该比值不变时，说明达到平衡状态，d正确； e．在恒容密闭容器中，反应物和生成物均为气体，气体总质量不变，容器体积不变，因此气体密度始终保持不变，e错误； 故答案选ce。 ③ A．升高温度，活化分子百分数增加，反应速率加快，A正确； B．恒容条件下充入氩气，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，B错误； C．加入合适的催化剂，降低反应活化能，反应速率加快，C正确； D．恒压条件下充入氩气，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，D错误； 故答案选AC。 ④ 时，达到平衡时消耗为，消耗为，生成C和D各。平衡时各物质的量为：，，，。容器体积为2 L，该温度下的平衡常数。某时刻测得体系中各物质的量均为已知值，此时的浓度商。因为，所以此时该反应尚未达到平衡，向正反应方向进行。 16. 氮族元素包括、、、、等元素，可以形成多种含氧酸。常温下，4种酸的电离平衡常数如下： 化学式 电离平衡常数 （1）、、结合能力由大到小的顺序是__________。 （2）常温下，的溶液中水电离的为__________。 （3）亚砷酸()为三元弱酸，四种含砷微粒的物质的量分数与溶液的关系如图1所示。①为7～8时，砷元素的主要微粒是__________ ②将溶液滴入溶液中，当时，__________；当由11到12时，发生主要反应的离子方程式为___________________________________。 （4）工业含砷(Ⅲ)废水常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中产生胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。通过实验测得不同条件下铁盐对含砷(Ⅲ)化合物的去除率，如图2所示。为5～9时，随溶液的增大，铁盐混凝剂对含砷(Ⅲ)化合物的吸附效果增强的可能原因为______________________________________________________________。 【答案】（1） （2）1× （3） ①. ②. ③. （4）从5升到9时，溶液中比例增多，更易被带正电荷的胶粒吸附，且升高有利于产生更多胶粒，增强吸附效果 【解析】 【小问1详解】 酸根离子结合H+的能力，本质是酸根的水解能力。酸的电离常数Ka越小，酸性越弱，其对应酸根的水解能力越强，结合H+的能力就越强。三种离子对应的酸及电离常数：对应酸HNO2，Ka=4.6×10−4，对应酸H3PO3（第一步电离），Ka1=3.7×10−2，对应酸H3PO4（第一步电离），Ka1=7.5×10−3，酸性顺序：，因此酸根结合H+的能力顺序与酸性顺序相反，即。 【小问2详解】 NaH2PO4溶液中，的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性。溶液中的H+主要来自的电离，会抑制水的电离。常温下，水电离出的H+浓度与水电离出的OH-浓度相等，且溶液中的OH-全部来自水的电离。溶液pH=4，则，因此：。 【小问3详解】 ①三元弱酸的电离是分步进行的，pH越小，砷元素越倾向于以结合H多的微粒形式存在。pH升高，逐步失去H+生成阴离子。因此曲线a对应H3AsO3，b对应，c对应，d对应。pH为7～8时，曲线a的物质的量分数接近1，因此砷元素的主要微粒是H3AsO3。 ②亚砷酸第一步电离平衡：，电离常数，由图可知，pH=9.3时曲线a与b相交，此时，因此Ka1=c(H+)=10-9.3。当pH=8时，，代入Ka1表达式变形得：，同一溶液中体积相同，物质的量之比等于浓度之比，因此； pH由11到12时，溶液碱性增强，OH-浓度增大，主要发生第二步中和反应：与OH-反应，失去一个H+转化为，对应曲线b减少、曲线c增多。 【小问4详解】 Fe(OH)3胶粒表面带正电，依靠静电作用吸附含砷微粒。pH升高一方面促进弱酸H3AsO3电离，使带负电的含砷离子增多，静电吸附作用更强。另一方面促进Fe3+水解，生成更多Fe(OH)3胶粒，提升吸附能力。 17. 铁泥主要含有Fe，同时含少量SiO2和铁的氧化物。现以铁泥和H2C2O4为原料制备的超微细FeC2O4·2H2O。 （1）FeSO4溶液的制备。将铁泥加入到足量稀硫酸，并加入适量还原铁粉，搅拌使其充分反应。过滤除去SiO2，得到FeSO4溶液。 ①溶解时，铁泥中的Fe与稀硫酸发生反应的离子方程式是___________。 ②过程中加入适量还原铁粉，其目的是___________。 ③检验FeSO4溶液中不含Fe3+的操作是：取少量FeSO4溶液，___________(写出加入的试剂和现象)，则FeSO4溶液中不含Fe3+。 （2）FeC2O4·2H2O的制备。在搅拌下，向所得FeSO4溶液中先后加入氨水和草酸溶液，经H2SO4调节pH、过滤、水洗、烘干后得到超微细FeC2O4·2H2O。 已知：沉淀速度过快，沉淀的粒径会变大，包裹的杂质会变多 ①烘干需在真空干燥箱里低温进行，其原因是___________。 ②温度对沉淀粒径的影响如图，加入氨水和草酸溶液过程中均需控制温度在40℃。温度不宜过高的原因是___________。 （3）补充完整由FeSO4溶液制备FeCO3的实验方案，装置如图所示： 已知：FeSO4溶液显酸性，碱性过强时，Fe2+将会形成Fe(OH)2沉淀。 取一定量的FeSO4溶液，___________，所得产物经过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3。(须使用试剂：N2、Na2CO3溶液) 【答案】（1） ①. Fe+2H+=Fe2++H2↑ ②. 防止Fe2+被氧化为Fe3+ ③. 加入几滴KSCN溶液，若溶液​​未变血红色 （2） ①. 防止FeC2O4·2H2O分解或失去结晶水 ②. 根据图表，温度升高时沉淀粒径增大，影响产品纯度 （3）先用N2将装置中的空气赶走，随后关闭N2通气阀，通过分液漏斗逐滴加入Na2CO3溶液，并磁力搅拌（或振荡锥形瓶），控制滴加速度使pH缓慢上升，当接近中性时停止滴加Na2CO3溶液 【解析】 【小问1详解】 ①铁泥中的Fe与稀硫酸发生反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式是Fe+2H+=Fe2++H2↑； ②Fe2+具有还原性，容易被氧气氧化，则过程中加入适量还原铁粉，其目的是防止Fe2+被氧化为Fe3+； ③可以用KSCN来检验Fe3+，故答案为：加入几滴KSCN溶液，若溶液​​未变血红色​​； 【小问2详解】 ①FeC2O4·2H2O中含有结晶水，温度较高时，容易失去结晶水，且草酸亚铁容易分解，则烘干需在真空干燥箱里低温进行，其原因是防止FeC2O4·2H2O分解或失去结晶水； ②结合图示可知，随着温度升高沉淀粒径会变大，其中包裹杂志，则加入氨水和草酸溶液过程中均需控制温度在40℃；温度不宜过高的原因是：根据图表，温度升高时沉淀粒径增大，影响产品纯度； 【小问3详解】 Fe2+容易被空气中氧气氧化，则加入试剂前应该先用氮气将装置中的空气赶走，同时要防止反应过程中pH上升较快，故答案为：先用氮气将装置中的空气赶走，随后关闭N2通气阀，通过分液漏斗逐滴加入Na2CO3溶液，并磁力搅拌（或振荡锥形瓶），控制滴加速度使pH缓慢上升，当接近中性时停止滴加Na2CO3溶液，即可制得产品，故答案为：先用N2将装置中的空气赶走，随后关闭N2通气阀，通过分液漏斗逐滴加入Na2CO3溶液，并磁力搅拌（或振荡锥形瓶），控制滴加速度使pH缓慢上升，当接近中性时停止滴加Na2CO3溶液。 18. 脱硫脱硝是环境保护的重要课题。 （1）在催化剂作用下，将选择性还原为。向中通入适量使部分氧化为有利于催化反应进行。当混合气中时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大。此时参加反应的__________ （2）气相脱硫脱硝。一定温度下，将模拟烟气通入气相氧化反应器中。和的初始浓度相同，改变的浓度，相同时间内，气体的氧化率随与或的物质的量浓度之比的变化如图所示。其中①、④分别为和单独通入反应器时、的氧化率，②、③分别为将和同时通入反应器时、的氧化率。 已知：对于确定的基元反应，反应速率()与速率常数()成正比。 气相氧化的关键基元反应： 基元反应1： 基元反应2： 气相氧化的关键基元反应： 基元反应3： 基元反应4： ①单独氧化时，氧化率很低。原因是__________________________。 ②将和同时通入气相氧化反应器中时，的氧化率与将其单独通入反应器中时相比明显提高。原因是__________________________。 ③当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升。研究表明，此时被氧化不再经历基元反应3和基元反应4，而是生成两种常见的强酸。反应的化学方程式为__________________________。 （3）电化学还原制。碱性条件下，阴极材料分别采用催化剂、(在表面修饰少量铜原子)进行电解溶液制的性能研究。、催化可能机理如图所示： ①阴极的电极总反应式为__________________________。 ②在不同电解电压下工作，测定的合成速率与法拉第效率[法拉第效率]随电解电压的变化分别如下图所示。 i．当电解电压为时，两种催化剂作用下的合成速率差异较大，可能的原因是__________________________。 ii．当催化剂为时，随着电解电压增大，的法拉第效率逐渐降低，可能的原因是__________________________。 【答案】（1） （2） ①. 基元反应3的速率常数​极小，反应极慢，后续基元反应4速率很快，但总反应速率由最慢的基元反应3决定，因此的氧化率很低 ②. 发生基元反应1快速生成大量，可作为反应物直接与​发生速率很快的基元反应4，绕过了原本速率极慢的基元反应3，大幅提升​的反应速率，因此氧化率明显提高 ③. （3） ①. ②. 催化剂的催化活性远高于，在较高电压下，更能促进​还原生成​的反应快速进行，而对该反应的催化提升效果弱，因此二者氨合成速率差异显著 ③. 表面的析氢副反应（）速率显著加快，电路中更多的电子被用于还原水生成，消耗在生成​的目标反应上的电子占比降低，因此法拉第效率逐渐下降。 【解析】 【小问1详解】 假设体系中、，首先计算将1 mol NO氧化为1 mol NO₂所需的量：反应​，可得消耗，随后和​按物质的量1:1与​发生归中反应：，可得消耗，因此； 【小问2详解】 ①单独氧化 时，对应的关键基元反应3的很小，导致其反应速率很小，使得单独氧化 的总反应速率很低； ②当NO和同时通入时，的氧化率显著提高：一方面NO与的反应速率常数 较大，可生成更多ClO等活性中间物种；另一方面活性物种的增多又促进了基元反应4的速率增大； ③在有水蒸气参与时， 的氧化不再经过基元反应3和4，而是直接生成了两种常见的强酸，依据元素守恒可知应该是硫酸和盐酸，则其化学方程式为； 【小问3详解】 ①碱性条件下阴极​被还原为，N元素从+5价降至-3价，每个​得8个电子，结合电荷守恒和原子守恒，用和配平氢氧原子，得到该电极反应式； ② i. 从机理图可知Cu修饰改变了催化剂表面活性位点，高电压下Cu-Ru/C的催化优势被充分体现，对目标还原反应的加速效果远强于Ru/C，导致相同时间内生成​的速率差距很大； ii. 由于电压升高会让更多得电子能力相近的粒子参与阴极反应，水的还原析氢竞争了电子，使得目标产物的电子利用效率下降，法拉第效率降低，。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $