精品解析：云南省丽江市华坪县第一中学2025-2026学年高二上学期12月考试 化学试题

云南省丽江市华坪县第一中学2025-2026学年高二上学期12月份考试 高二化学试卷 本试卷共8页，18小题，满分100分。考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，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。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。 H = 1 C = 12 O = 16 Na = 23 Mg = 24 Al = 27 Cl = 35.5 K = 39 Ca = 40 Fe = 56 Cu = 64 Mn = 55 Ba = 137 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，只有有一项是符合题目要求的。) 1. 下列有关水处理方法不正确的是 A. 用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸 B. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 C. 用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子 D. 用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨 2. 一种基于固体电解质的可充电熔融钠电池，具有安全、电流密度高、使用条件宽泛等优点，其工作示意图如下所示，已知电池放电时不断有生成。下列说法错误的是 A. 放电时电极为负极 B. 固体电解质含钠离子 C. 充电时阳极反应式： D. 转移时，区和区的质量差改变 3. 有关煤、石油、天然气的综合利用，下列说法正确的是 A. 石油是多种烃组成的混合物 B. 水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料 C. 石油裂解的目的是提高轻质油的产量和质量 D. 石油的分馏、煤的干馏是物理变化，煤的气化和煤的液化是化学变化 4. 图示装置不能完成相应气体的发生和收集实验的是(加热、除杂和尾气处理装置任选) 选项 气体 试剂 A 饱和溶液+浓硫酸 B 浓盐酸 C 固体熟石灰 D 石灰石+稀盐酸 A. A B. B C. C D. D 5. 下列电化学装置及用途正确的是 A B C D 铜的精炼 铁上镀银 防止Fe被腐蚀 构成铜锌原电池 A. A B. B C. C D. D 6. 下列关于化肥和农药的叙述中，正确的是 A. 化肥的施用不用考虑土壤酸碱性 B. 除虫菊、有机氯农药、有机磷农药都属于有机合成农药 C. 为了提高肥效，尽可能多施加化肥 D. 化肥中的N、P元素会造成河流和湖泊水体的富营养化 7. 铁及其化合物的“价—类”二维图如图。若b，e为氯化物，下列推断不合理的是 A. b溶液中通入可生成e B. a中加入NaOH溶液可制备c C. 1mol c与足量的和完全反应转移个电子 D. 向沸腾的蒸馏水中逐滴加入饱和e溶液可得到d胶体 8. 下列说法正确的是 A. 一定条件下，在体积为10 L的密闭容器中充入1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)+Y(g)⇌Z(g)达到平衡，若将容器体积变为20 L，则Z的平衡浓度等于原来的 B. C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C. 若压强不再随时间变化时能说明反应2A(？)+B(g)⇌2C(？)已达平衡，则A、C不能同时是气体 D. 1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1 9. 时，向的溶液中一次性加入的溶液(混合溶液的体积近似等于所加溶液体积之和)，发生反应，混合溶液中与反应时间(t)的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 时向溶液中加入溶液，平衡逆向移动。 B. E点对应的坐标为 C. 过程中平均反应速率 D. 时加入少量固体，溶液红色加深，说明上述反应是可逆反应 10. 工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Fe为+2价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是 A. “氯化”过程中，每生成0.1 mol CO气体，转移电子0.2 mol B. 由TiCl4制备Ti的过程中，Ar的作用是防止Ti被氧化，因此也可用N2代替 C. 理论上，每制得1 mol Ti，需要48 g Mg D. 用于还原的Mg工业上可以采用电解熔融MgO的方法制取 11. 恒压下，向某密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应： 主反应： 副反应： 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 投料比x代表 B. 曲线c代表乙酸的分布分数 C. ， D. L、M、N三点的平衡常数： 12. 25℃时，已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL 2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是 A. a点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1 B. b点溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-) C. c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+) D. d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH) 13. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，X与W同族，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和。下列说法正确的是 A. 元素的第一电离能： B. 简单氢化物的稳定性： C. 中有键 D. 的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子 14. 我国化学家研究的一种新型光催化剂(碳纳米点/氮化碳)可以利用太阳光高效实现分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是 A. 反应I和反应II均存在O-H键的断裂 B. 水分解过程中，H2O2作催化剂 C. 总反应为H2O2=H2+O2 D. 若反应II是放热反应，则反应I可能是吸热反应也可能是放热反应 二、非选择题(共4个大题，共58分) 15. 依据事实，写出下列反应的热化学方程式。 （1）8 g硫粉在中完全燃烧生成气体，放出74 kJ的热量，则表示S燃烧热的热化学方程式为______。 （2）工业上常用天然气作为制备的原料，已知： ① ② ③ CH4(g)和O2(g)反应只生成CH3OH(g)的热化学方程式为______。 （3）64 g 与适量反应生成，放出157.3 kJ的热量，写出该反应的热化学方程式______。 （4）已知断开1 mol 键，1 mol 键，1 mol 键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则与反应生成的热化学方程式为______。 （5）都是重要的能源物质，它们的燃烧热依次为、、。已知CO和H2在一定条件下可以合成甲醇，请写出CO与H2反应合成甲醇的热化学方程式______。 （6）已知下列两个热化学方程式： 实验测得H2和C3H8的混合气体共4 mol，完全燃烧生成液态水时放热3076.5 kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积比为______。 16. 煤的气化产物(CO、H2)可用于制备合成天然气(SNG)，涉及的主要反应如下： CO甲烷化：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H1=-206.2kJ/mol 水煤气变换：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H2=-41.2.kJ/mol 回答下列问题： （1）反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H=___________kJ/mol。某温度下，分别在起始体积相同的恒容容器A、恒压容器B中加入1molCO2和4molH2的混合气体，两容器反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是___________(填“A”或“B”)。 （2）在绝热恒容的密闭容器中进行反应：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ∆H<0，下列说法正确的是___________。 A．若混合气体平均相对分子质量保持不变，则已达平衡状态 B．达平衡后若再充入一定量H2O(g)，平衡常数保持不变 C．若混合气体密度保持不变，则反应达到平衡状态 （3）在恒压管道反应器中按n(H2) ： n(CO)=3：1通入原料气，在催化剂作用下制备合成天然气，400°C、P总为100kPa时反应体系平衡组成如下表所示。 组分 CH4 H2O H2 CO2 CO 体积分数/% 45.0 42.5 10.0 2.00 0.500 ①该条件下CO的总转化率α=___________。 ②Kp是分压表示的平衡常数，400°C时CO甲烷化反应的平衡常数Kp=___________kPa-2(计算结果保留1位小数)。 （4）已知：N2O和CO在Fe+作用下发生的反应分两步进行： 第一步：Fe+ + N2O → FeO+ + N2 第二步：FeO++ CO → Fe+ + CO2 反应过程的能量变化如图所示： ①决定总反应速率的是___________(填“第一步”或“第二步) ②下列有关说法正确的是___________。 A．Fe+改变反应历程，也改变了反应的ΔH            B．升高温度，CO2的体积分数减小 C．FeO+是中间产物，也可叫作催化剂                 D．第二步反应中有极性共价键的断裂和形成 17. 原子结构和元素性质的周期性变化是我们认识复杂物质结构的基础。 （1）在元素周期表中，基态原子的核外电子填充在6个轨道中的元素有_______种，填充在7个轨道中的元素有_______种。 （2）Cr原子的价电子排布图为_______，占据最高能级的电子云轮廓图形状为_______形。 （3）CuO在高温下会分解成，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成_______。 （4）Na的第二电离能_______Ne的第一电离能(填“>”，“<”或“=”)，理由是_______。 （5）下列曲线表示卤族元素或其单质性质随核电荷数的变化趋势，正确的有_______。 A. B. C. D. 18. 工业上用某软锰矿(主要成分是，还含有、等杂质)制备的流程如下： （1）“熔融煅烧”时，转化为。该反应的化学方程式为_______。 （2）“除杂”包括通入、“过滤”等操作，滤渣的成分为_______(填化学式)。 （3）“歧化”时，不能用稀盐酸代替稀硫酸的主要原因是_______。 （4）工业上也可以用电解水溶液法制备，同时获得高浓度的KOH溶液，电解原理如图所示。 ①a极为_______极(填“阴”或“阳”)，离子交换膜允许通过的离子是_______。 ②电解过程总反应的离子方程式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南省丽江市华坪县第一中学2025-2026学年高二上学期12月份考试 高二化学试卷 本试卷共8页，18小题，满分100分。考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，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。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。 H = 1 C = 12 O = 16 Na = 23 Mg = 24 Al = 27 Cl = 35.5 K = 39 Ca = 40 Fe = 56 Cu = 64 Mn = 55 Ba = 137 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，只有有一项是符合题目要求的。) 1. 下列有关水处理方法不正确的是 A. 用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸 B. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 C. 用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子 D. 用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨 【答案】C 【解析】 【详解】A、石灰、碳酸钠都呈碱性，能与酸反应，故可用于处理废水中的酸，A正确；B、铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，酥松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，B正确；C、氯气可用于水的消毒杀菌，对重金属离子没有作用，可以加入硫化物生成硫化物沉淀来处理重金属，C错误；D、烧碱可与铵根离子反应产生氨气，D正确。故选C。 2. 一种基于固体电解质的可充电熔融钠电池，具有安全、电流密度高、使用条件宽泛等优点，其工作示意图如下所示，已知电池放电时不断有生成。下列说法错误的是 A. 放电时电极为负极 B. 固体电解质含钠离子 C. 充电时阳极反应式： D. 转移时，区和区的质量差改变 【答案】D 【解析】 【分析】电池放电时不断有生成，可知放电时a为负极，电极反应为：，固体电解质只允许阳离子通过，固体电解质含钠离子，通过转移保持两侧电荷守恒，放电时b为正极，电极反应为：；充电时a为阴极，b为阳极，b极反应为：，据此分析； 【详解】A．根据分析，放电时电极为负极，A正确； B．根据分析，固体电解质含钠离子，通过转移保持两侧电荷守恒，B正确； C．充电时b为阳极，b极反应为：，C正确； D．放电转移时，从区移出，区移入，两区质量差改变，D错误； 故选D。 3. 有关煤、石油、天然气的综合利用，下列说法正确的是 A. 石油是多种烃组成的混合物 B. 水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料 C. 石油裂解的目的是提高轻质油的产量和质量 D. 石油的分馏、煤的干馏是物理变化，煤的气化和煤的液化是化学变化 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．石油是多种烷烃、环烷烃和少量芳香烃的混合物，故A正确； B．水煤气是通过煤的气化得到的气体燃料，故B错误； C．石油裂解的目的主要就是为了获得短链不饱和烃，石油裂化的目的是提高轻质油的产量和质量，故C错误； D．石油的分馏过程中没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏、煤的气化和煤的液化过程中均产生新物质，均是化学变化，故D错误。 故选A。 4. 图示装置不能完成相应气体的发生和收集实验的是(加热、除杂和尾气处理装置任选) 选项 气体 试剂 A 饱和溶液+浓硫酸 B 浓盐酸 C 固体熟石灰 D 石灰石+稀盐酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】如图所示的气体发生装置可以为固液加热型反应，也可以是固液不加热型；右侧气体收集装置，长进短出为向上排空气法，短进长出为向下排空气法，装满水后短进长出为排水法； 【详解】A．饱和溶液和浓硫酸反应可以制，使用固液不加热制气装置，密度比空气大，用向上排空气法收集，可以完成相应气体的发生和收集实验，A不符合题意； B．和浓盐酸加热反应可以制，使用固液加热制气装置，密度比空气大，用向上排空气法收集，可以完成相应气体的发生和收集实验，B不符合题意； C．固体与熟石灰加热可以制需要使用固固加热制气装置，图中装置不合理，不能完成相应气体的发生和收集实验，C符合题意； D．石灰石(主要成分为)和稀盐酸反应可以制，使用固液不加热制气装置，密度比空气大，用向上排空气法收集，可以完成相应气体的发生和收集实验，D不符合题意； 本题选C。 5. 下列电化学装置及用途正确的是 A B C D 铜的精炼 铁上镀银 防止Fe被腐蚀 构成铜锌原电池 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A. 根据电解原理，铜的精炼中，粗铜作阳极，与电源的正极相连，纯铜作阴极，与电源的负极相连，故A错误； B. 电镀，镀件作阴极，镀层金属作阳极，即Fe为阴极，Ag为阳极，故B错误； C. 该装置为电解池装置，Fe为阴极，根据电解原理，Fe不参与反应，即该装置能防止Fe被腐蚀，故C正确； D.锌与硫酸铜直接反应，没有电流产生，不能构成原电池；锌电极应盛放ZnSO4溶液，Cu电极盛放CuSO4溶液，这样才能构成原电池，故D错误； 答案为C。 6. 下列关于化肥和农药的叙述中，正确的是 A. 化肥的施用不用考虑土壤酸碱性 B. 除虫菊、有机氯农药、有机磷农药都属于有机合成农药 C. 为了提高肥效，尽可能多施加化肥 D. 化肥中的N、P元素会造成河流和湖泊水体的富营养化 【答案】D 【解析】 【详解】A．施用化肥时需要考虑土壤酸碱性，例如铵态氮肥遇碱性物质会反应释放降低肥效，A错误； B．除虫菊属于天然植物源农药，不属于有机合成农药，B错误； C．过量施加化肥会造成土壤板结、水体污染等问题，应合理施用化肥，C错误； D．化肥中的、元素排放到水体中会导致藻类大量繁殖，引发河流、湖泊的水体富营养化，D正确； 故选D。 7. 铁及其化合物的“价—类”二维图如图。若b，e为氯化物，下列推断不合理的是 A. b溶液中通入可生成e B. a中加入NaOH溶液可制备c C. 1mol c与足量的和完全反应转移个电子 D. 向沸腾的蒸馏水中逐滴加入饱和e溶液可得到d胶体 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，a为Fe、b为FeCl2、c为Fe(OH)2、d为Fe(OH)3、e为FeCl3。 【详解】A．氯化亚铁溶液能与氯气反应生成氯化铁，故A正确； B．铁不能与氢氧化钠溶液反应，故B错误； C．氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，1mol氢氧化亚铁完全反应转移的电子数目为1mol×1×NAmol—1=NA，故C正确； D．向沸腾的蒸馏水中逐滴加入饱和氯化铁溶液可得到红褐色的氢氧化铁胶体，故D正确； 故选B。 8. 下列说法正确的是 A. 一定条件下，在体积为10 L的密闭容器中充入1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)+Y(g)⇌Z(g)达到平衡，若将容器体积变为20 L，则Z的平衡浓度等于原来的 B. C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C. 若压强不再随时间变化时能说明反应2A(？)+B(g)⇌2C(？)已达平衡，则A、C不能同时是气体 D. 1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．对于反应2X(g)+Y(g)⇌Z(g)，当反应容器体积由10L扩大到20L，相当于减压，平衡左移，则Z的平衡浓度小于原来的 ，A项错误； B．在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确； C．即使A，C物质均为气体，反应前后气体分子总数也会发生变化、压强也会变，故当压强不随时间变化时，仍能说明反应达到平衡，C项错误； D．设合成氨反应中消耗1 mol N2和3 mol H2同时生成2 mol NH3时，放出热量为Q，则热化学方程式为：，消耗2 mol NH3同时生成1 molN2和3 mol H2时，吸收热量为Q，则热化学方程式为：，当1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1=0.1Q，在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2=Q1，D项错误； 故答案选B。 9. 时，向的溶液中一次性加入的溶液(混合溶液的体积近似等于所加溶液体积之和)，发生反应，混合溶液中与反应时间(t)的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 时向溶液中加入溶液，平衡逆向移动。 B. E点对应的坐标为 C. 过程中平均反应速率 D. 时加入少量固体，溶液红色加深，说明上述反应是可逆反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．t4时刻向溶液中加入溶液，溶液总体积增大，瞬间的浓度同等倍数减小，使，则化学平衡逆向移动，A正确； B．40mL 0.05mol/L的FeCl3溶液中一次性加入10mL0.15mol/L的KSCN溶液，t=0时刻反应尚未开始，溶液总体积为50mL，c(Fe3+)==0.04mol/L，E坐标为(0，0.04)，B正确； C．过程中平均反应速率,则，C正确； D．Fe3+初始物质的量为0.002mol，SCN-初始物质的量为0.0015mol，根据反应的方程式可知Fe3+过量，故即使该反应不是可逆反应，加入KSCN固体后，剩余的铁离子也会与SCN-反应生成Fe(SCN)3，溶液红色加深，无法证明该反应是可逆反应，D错误； 故答案选D。 10. 工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Fe为+2价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是 A. “氯化”过程中，每生成0.1 mol CO气体，转移电子0.2 mol B. 由TiCl4制备Ti的过程中，Ar的作用是防止Ti被氧化，因此也可用N2代替 C. 理论上，每制得1 mol Ti，需要48 g Mg D. 用于还原的Mg工业上可以采用电解熔融MgO的方法制取 【答案】C 【解析】 【分析】在氯化时发生反应：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，反应得到TiCl4，然后Mg与TiCl4在Ar气中加热800℃，反应产生Ti，反应的化学方程式为：2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2。 【详解】A．“氯化”过程中，发生反应：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，根据反应方程式可知：每反应产生6 mol CO，反应过程中会转移14 mol电子，则反应生成0.1 mol CO气体，转移电子的物质的量是n(e-)=×0.1 mol≈0.23 mol，A错误； B．由TiCl4制备Ti的过程中，Ar的作用是防止Ti被氧化，但由于N2在高温下能够与Mg发生反应，因此不可用N2代替，B错误； C．根据反应方程式2Mg+TiCl4Ti+MgCl2可知：每反应产生1 mol Ti，反应会消耗2 mol Mg，故理论上，每制得1 mol Ti，需要48 g Mg，C正确； D．在用于还原的Mg工业上，是用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg，而不是采用电解熔融MgO的方法制取，D错误； 故合理选项是C。 11. 恒压下，向某密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应： 主反应： 副反应： 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 投料比x代表 B. 曲线c代表乙酸的分布分数 C. ， D. L、M、N三点的平衡常数： 【答案】D 【解析】 【分析】题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为、，若投料比x代表，x越大，可看作是CH3OH的量增多，则对于主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分数越高，则曲线a或曲线b表示CH3COOCH3分布分数，曲线c或曲线d表示CH3COOH分布分数，据此分析可知AB均正确，可知如此假设错误，则可知投料比x代表，曲线a或曲线b表示，曲线c或曲线d表示，据此作答。 【详解】A．根据分析可知，投料比x代表，故A错误； B．根据分析可知，曲线c表示CH3COOCH3分布分数，故B错误； C．甲醇与一氧化碳的反应为熵减反应，若反应为吸热，则任何条件下都不能自发，所以甲醇和一氧化碳的反应为放热反应，则ΔH1<0；当同一投料比时，观察可知T1时大于T2时，由T2＞T1可知，温度越高则越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，，故C错误； D．L、M、N三点对应副反应，且，升高温度平衡逆向移动，，故D正确； 故答案选D。 12. 25℃时，已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL 2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是 A. a点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1 B. b点溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-) C. c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+) D. d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH) 【答案】B 【解析】 【详解】A．a点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H＋的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。 CH3COOHCH3COO－＋H＋ 2 x x Ka===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A项正确； B．b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH) +c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根会水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常数<1.8×10-5，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)> c(Na+)> c(CH3COOH)；B项错误； C．c点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)；C项正确； D．d点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确； 本题答案选B。 【点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。 13. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，X与W同族，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和。下列说法正确的是 A. 元素的第一电离能： B. 简单氢化物的稳定性： C. 中有键 D. 的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，则X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期， X与W同族，设X的原子序数为a，则Y、Z、W的原子序数分别为a+1，a+2，a+8，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和，则a=6.由题意可推知，X为C，Y为N，Z为O，W为。 【详解】A．元素的第一电离能：，A错误； B．简单氢化物的稳定性：，B正确； C．中含有键，C错误； D．的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极性分子，D错误。 故答案选B。 14. 我国化学家研究的一种新型光催化剂(碳纳米点/氮化碳)可以利用太阳光高效实现分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是 A. 反应I和反应II均存在O-H键的断裂 B. 水分解过程中，H2O2作催化剂 C. 总反应为H2O2=H2+O2 D. 若反应II是放热反应，则反应I可能是吸热反应也可能是放热反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．由历程图可知，过程I是水分解为氢气和过氧化氢，过程II是过氧化氢分解为氧气和水，均存在O-H键的断裂，A正确； B．过程I中H2O2是产物，过程II中H2O2是反应物，所以H2O2是中间产物，不是催化剂，B错误； C．过程I是水分解为氢气和过氧化氢，过程II是过氧化氢分解为氧气和水，整个过程是水分解为氢气和氧气，总反应为2H2O=2H2↑+O2↑，C错误； D．水分解是吸热反应，在此过程中，水分解分两步进行，若反应II是放热反应，则反应I一定是吸热反应，不可能是放热反应，D错误； 故答案选A。 二、非选择题(共4个大题，共58分) 15. 依据事实，写出下列反应的热化学方程式。 （1）8 g硫粉在中完全燃烧生成气体，放出74 kJ的热量，则表示S燃烧热的热化学方程式为______。 （2）工业上常用天然气作为制备的原料，已知： ① ② ③ CH4(g)和O2(g)反应只生成CH3OH(g)的热化学方程式为______。 （3）64 g 与适量反应生成，放出157.3 kJ的热量，写出该反应的热化学方程式______。 （4）已知断开1 mol 键，1 mol 键，1 mol 键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则与反应生成的热化学方程式为______。 （5）都是重要的能源物质，它们的燃烧热依次为、、。已知CO和H2在一定条件下可以合成甲醇，请写出CO与H2反应合成甲醇的热化学方程式______。 （6）已知下列两个热化学方程式： 实验测得H2和C3H8的混合气体共4 mol，完全燃烧生成液态水时放热3076.5 kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积比为______。 【答案】（1）S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-296kJ∙mol-1 （2）2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) △H=-251.2kJ∙mol-1 （3）Cu(s)+O2(g)=CuO(s) △H=-157.3kJ∙mol-1 （4）N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92kJ∙mol-1 （5）CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) ∆H=-127.4kJ∙mol-1 （6）3:1 【解析】 【小问1详解】 8 g硫粉的物质的量为=0.25mol，在中完全燃烧生成气体，放出74 kJ的热量，则1molS(s)完全燃烧，放出74 kJ×4=296kJ的热量，则表示S燃烧热的热化学方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-296kJ∙mol-1。 【小问2详解】 ① ② ③ 利用盖斯定律，将反应①+②+③×2得：CH4(g)和O2(g)反应只生成CH3OH(g)的热化学方程式为2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) △H=(-321.5kJ∙mol-1)+(+250.3kJ∙mol-1)+( -90.0kJ∙mol-1)×2=-251.2kJ∙mol-1。 【小问3详解】 64 g的物质的量为1mol，与适量反应生成，放出157.3 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为Cu(s)+O2(g)=CuO(s) △H=-157.3kJ∙mol-1。 【小问4详解】 已知断开1 mol 键，1 mol 键，1 mol 键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则与反应生成的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=946kJ∙mol-1+(436kJ∙mol-1)×3-(391kJ∙mol-1)×6=-251.2kJ∙mol-1=-92kJ∙mol-1。 【小问5详解】 都是重要的能源物质，它们的燃烧热依次为、、。则可得出以下热化学方程式： ①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ∆H=-285.8 kJ∙mol-1 ②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ∆H=-282.5kJ∙mol-1 ③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ∆H=-726.7kJ∙mol-1 依据盖斯定律，将反应①×2+②-③得，CO与H2反应合成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) ∆H=(-285.8 kJ∙mol-1)×2+(-282.5kJ∙mol-1)-(-726.7kJ∙mol-1)=-127.4kJ∙mol-1。 【小问6详解】 设H2的物质的量为x，则C3H8的物质的量为(4-x)，由此可得出如下等式： 285.5x+2220×(4-x)= 3076.5，x=3mol，4-x=1mol，依据阿伏加德罗定律的推论，气体的体积比等于物质的量比，则混合气体中H2和C3H8的体积比为3mol:1mol=3:1。 16. 煤的气化产物(CO、H2)可用于制备合成天然气(SNG)，涉及的主要反应如下： CO甲烷化：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H1=-206.2kJ/mol 水煤气变换：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H2=-41.2.kJ/mol 回答下列问题： （1）反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H=___________kJ/mol。某温度下，分别在起始体积相同的恒容容器A、恒压容器B中加入1molCO2和4molH2的混合气体，两容器反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是___________(填“A”或“B”)。 （2）在绝热恒容的密闭容器中进行反应：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ∆H<0，下列说法正确的是___________。 A．若混合气体平均相对分子质量保持不变，则已达平衡状态 B．达平衡后若再充入一定量H2O(g)，平衡常数保持不变 C．若混合气体密度保持不变，则反应达到平衡状态 （3）在恒压管道反应器中按n(H2) ： n(CO)=3：1通入原料气，在催化剂作用下制备合成天然气，400°C、P总为100kPa时反应体系平衡组成如下表所示。 组分 CH4 H2O H2 CO2 CO 体积分数/% 45.0 42.5 10.0 2.00 0.500 ①该条件下CO的总转化率α=___________。 ②Kp是分压表示的平衡常数，400°C时CO甲烷化反应的平衡常数Kp=___________kPa-2(计算结果保留1位小数)。 （4）已知：N2O和CO在Fe+作用下发生的反应分两步进行： 第一步：Fe+ + N2O → FeO+ + N2 第二步：FeO++ CO → Fe+ + CO2 反应过程的能量变化如图所示： ①决定总反应速率的是___________(填“第一步”或“第二步) ②下列有关说法正确的是___________。 A．Fe+改变反应历程，也改变了反应的ΔH            B．升高温度，CO2的体积分数减小 C．FeO+是中间产物，也可叫作催化剂                 D．第二步反应中有极性共价键的断裂和形成 【答案】（1） ①. -165 ②. B （2）A （3） ①. 98.95% ②. 3.8 （4） ①. 第一步 ②. BD 【解析】 【小问1详解】 由题干信息可知，CO甲烷化：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H1=-206.2kJ/mol；水煤气变换：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H2=-41.2.kJ/mol，根据盖斯定律可知，将CO甲烷化减去水煤气变换的反应可得反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，H==(-206.2kJ/mol)-(-41.2kJ/mol)=-165kJ/mol；某温度下，分别在起始体积相同的恒容容器A、恒压容器B中加入1molCO2和4molH2的混合气体，则随着反应进行，容器A的压强较容器B更小，故容器A较B反应向逆向移动，两容器反应达平衡后放出热量较多的是B，故答案为：-165；B； 【小问2详解】 A．该反应是一个气体体积减小的反应，即反应过程中混合气体平均相对分子质量一直在改变，若混合气体平均相对分子质量保持不变，则已达平衡状态，A正确； B．化学平衡常数仅仅是温度的函数，在绝热容器中达平衡后若再充入一定量H2O(g)，平衡逆向移动，体系温度下降，故平衡常数增大，B错误； C．在恒容密闭容器中，混合气体的质量不变，体积不变，即混合气体的密度一直保持不变，即若混合气体密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，C错误； 故答案为：A； 【小问3详解】 ①由题干表中数据可知，设投入1molCO和3molH2，则三段式分析为：、，则有：=0.45，解得x=，=0.02，解得y=，则该条件下CO的总转化率α==98.95%，故答案为：98.95%； ②Kp是分压表示的平衡常数，则p(CH4)=0.45×100kPa=45kPa，p(H2O)=0.425×100kPa=42.5kPa，p(CO)=0.005×100kPa=0.5kPa，p(H2)=0.10×100kPa=10kPa，故400°C时CO甲烷化反应的平衡常数Kp===3.825 kPa-2≈3.8kPa-2，故答案为：3.8； 【小问4详解】 ①由题干反应流程图可知，第一步反应的活化能比第二步大，活化能越大反应速率越慢，故决定总反应速率的是第一步，故答案为：第一步； ②A．焓变只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关，故Fe+改变反应历程，但不能改变反应的ΔH，A错误； B．由题干历程图可知，该反应总反应是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故CO2的体积分数减小，B正确； C．催化剂是指反应过程中参与反应但反应前后质量和化学性质不变的物质，FeO+是中间产物，不能叫作催化剂，C错误； D．第二步反应FeO++ CO → Fe+ + CO2中有碳氧极性共价键的断裂，碳氧极性共价键的形成，D正确； 故答案为：BD。 17. 原子结构和元素性质的周期性变化是我们认识复杂物质结构的基础。 （1）在元素周期表中，基态原子的核外电子填充在6个轨道中的元素有_______种，填充在7个轨道中的元素有_______种。 （2）Cr原子的价电子排布图为_______，占据最高能级的电子云轮廓图形状为_______形。 （3）CuO在高温下会分解成，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成_______。 （4）Na的第二电离能_______Ne的第一电离能(填“>”，“<”或“=”)，理由是_______。 （5）下列曲线表示卤族元素或其单质性质随核电荷数的变化趋势，正确的有_______。 A. B. C. D. 【答案】（1） ①. 2 ②. 1 （2） ①. ②. 球形 （3）Cu2O中Cu为+1价，价层电子对排布：3d10，核外电子排布处于3d轨道全充满稳定结构，CuO中Cu为+2价，价层电子对排布为3d9，不如3d10稳定 （4） ①. > ②. Na失去1个电子后形成Na+，与Ne具有相同的核外电子排布，Na的核电荷数大Ne，所以Na的第二电离能大于 Ne的第一电离能 （5）CD 【解析】 【小问1详解】 在元素周期表中，基态原子的核外电子填充在6个轨道中的元素有Na和Mg两种元素； 填充在7个轨道中的元素是Al一种元素； 【小问2详解】 Cr原子的价电子排布式为3d54s1，价电子排布图为：，占据最高能级是4s能级，电子云轮廓图形状球形； 【小问3详解】 Cu2O中Cu为+1价，价层电子对排布：3d10，核外电子排布处于3d轨道全充满稳定结构，CuO中Cu为+2价，价层电子对排布为3d9，不如3d10稳定，高温下CuO会生成； 【小问4详解】 Na失去1个电子后形成Na+，与Ne具有相同的核外电子排布，Na的核电荷数大Ne，所以Na的第二电离能大于 Ne的第一电离能； 【小问5详解】 A．F没有最高正价，A错误； B．随着核电荷数增加，单质分子的分子间作用力逐渐增大，单质的沸点逐渐升高，B错误； C．随着核电荷数增加，电子层逐渐增大，原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小，C正确； D．随着核电荷数增加，电子层逐渐增大，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，电负性逐渐减小，D正确； 答案选CD。 18. 工业上用某软锰矿(主要成分是，还含有、等杂质)制备的流程如下： （1）“熔融煅烧”时，转化为。该反应的化学方程式为_______。 （2）“除杂”包括通入、“过滤”等操作，滤渣的成分为_______(填化学式)。 （3）“歧化”时，不能用稀盐酸代替稀硫酸的主要原因是_______。 （4）工业上也可以用电解水溶液法制备，同时获得高浓度的KOH溶液，电解原理如图所示。 ①a极为_______极(填“阴”或“阳”)，离子交换膜允许通过的离子是_______。 ②电解过程总反应的离子方程式为_______。 【答案】（1） （2）、 （3）酸性条件下，会被氧化，产生有毒气体，降低产率 （4） ①. 阳 ②. ③. 【解析】 【分析】软锰矿(主要成分是，还含有、等杂质)在KOH、空气中煅烧，转化为，二氧化硅和氧化铝被溶解生成硅酸钠和偏铝酸钠，通入二氧化碳生成氢氧化铝和硅酸沉淀，过滤除杂，加入稀硫酸生成产品。 【小问1详解】 “熔融煅烧”时，在碱性条件下被氧气氧化为，化学方程式为； 【小问2详解】 软锰矿中含有的、等杂质在“熔融煅烧”阶段发生反应生成、，往浸取液中通二氧化碳气体，、转化为Al(OH)3和沉淀，过滤后即滤渣； 【小问3详解】 发生歧化反应生成和，具有强氧化性，盐酸具有还原性，能和稀盐酸中的发生氧化还原反应产生有毒气体，降低产率，所以不能用稀盐酸代替稀硫酸调节溶液pH； 【小问4详解】 a极 转化为，锰元素化合价由+6升至+7，发生氧化反应，a极为阳极，阳极式：，则b极为阴极，且阴极式为： ，结合图知，稀KOH溶液经电解转化成浓KOH，那么离子交换膜应使K+ 移至阴极区；结合阴阳两极电极式，电解过程中总反应的离子方程式：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $