精品解析：安徽省滁州市定远县育才学校2025-2026学年高二上学期12月月考化学试题

定远育才学校2025-2026学年高二(上)12月月考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 K-39 Ca-40 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 是一种新型硝化剂，在温度下可发生下列反应： 。温度下的平衡常数为。下列说法错误的是 A. 反应的 B. 该反应在高温下可自发进行 C. 温度下的平衡常数为，温度下的平衡常数为，若，则 D. 温度下，在体积为1 L的恒温密闭容器中充入2 mol，4 mol ，1 mol，此时反应将向正反应方向进行 【答案】C 【解析】 【详解】A．由热化学方程式可知，该反应为气体分子数增加的反应即熵增，则ΔS＞0，故A项正确； B．ΔH>0，ΔS＞0，该反应若可以自发进行，需ΔG=ΔH-TΔS<0，则该反应在高温下可自发进行，故B项正确； C．该反应为吸热反应，温度越高平衡常数越大，若K1<K2，则T1<T2，故C项错误； D．，Qc<K1，则此时反应将向正反应方向进行，故D项正确； 答案选C。 2. 若其他条件相同，在无催化剂和有催化剂(I、II)时反应的c-t变化曲线如下图。下列判断正确的是( ) A. 有催化剂时反应才能发生 B. 催化剂II比催化剂I更高效 C. a表示使用催化剂II时c(X)随t的变化曲线 D. 使用催化剂I，0~2min内： 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图知无催化剂反应也能发生， A错误； B．单位时间内，使用催化剂I的浓度变化量更大，因此催化剂I比催化剂II更高效，B错误； C．a曲线表示的是反应物浓度随时间的变化曲线，即表示X的浓度变化的曲线，2min内，X的浓度减少2.0，由可知，生成物Y的浓度应增加4.0，其对应的应是使用催化剂I的曲线，C错误； D．使用催化剂I，0~2min内： ，，则，D正确； 故答案为D。 3. 某体积可变的密闭容器中盛有适量的M和N的混合气体，在一定条件下发生反应： 若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为VL，其中气体Q的体积分数为0.2。下列推断中正确的是 A. 原混合气体的体积为1.2V L B. 原混合气体的体积为1.1V L C. 反应达到平衡时气体M消耗掉0.2V L D. 反应达到平衡时气体N消耗掉0.2V L 【答案】A 【解析】 【详解】A．平衡后总体积为VL，Q为0.2VL，反应的M为0.1VL，反应的N为0.3VL，气体体积减少0.2VL，原混合气体的体积为VL+0.2VL=1.2VL，A正确； B．根据A的分析，原混合气体的体积为1.2V L，B错误； C．生成Q为0.2VL，消耗的M为0.1VL，C错误； D．反应达到平衡时气体N消耗掉0.3V L，D错误； 答案选A。 4. N2O和CO是环境污染性气体，可在催化剂表面转化为无害气体，其总反应为： 有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法错误的是 A. 为该反应的催化剂 B. 反应过程只涉及极性键的断裂和形成 C. 该总反应为放热反应 D. 反应物断键吸收的总能量小于生成物成键放出的总能量 【答案】B 【解析】 【详解】A．图甲中可以得知Pt2O+是反应①的反应物，是反应②的生成物，是反应的催化剂，A正确； B．由图甲中可以看出氮气是生成物之一，中氮氮三键的形成属于非极性键的形成，B错误； C．由图乙可以看出该反应的反应物能量高于生成物能量，因此总反应为放热反应，C正确； D．由C解析可知该总反应为放热反应，可得：△H=反应物总键能-生成物总键能＜0，则反应物断键吸收的总能量小于生成物成键放出的总能量，D正确； 故选B。 5. 为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，某研究性学习小组设计实验方案，获得如下数据： 实验 c(NH4Cl)/mol·L−1 V(NH4Cl)/mL 温度/℃ pH 1 0.02 5 25 x 2 0.02 5 30 y 3 0.2 5 25 z 下列说法不正确的是 A. 由 x＞y可知：升高温度能促进氯化铵的水解 B. 由x ＞z可知：增大盐的浓度，水解平衡正向移动，水解程度增大 C. 由z ＜ x ＜ z +1可知：稀释氯化铵溶液，水解平衡正向移动 D. Kh(NH4Cl)与Kb(NH3·H2O)的关系为：Kh=(Kw为水的离子积常数) 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验1和1探究温度对氯化铵的水解的影响，水解方程式：NH+H2ONH3·H2O +H+，由 x＞y即实验2氢离子的浓度较大，可知升高温度能促进氯化铵的水解，A正确； B．实验1和3探究浓度对氯化铵的水解的影响，由x＞z可知：增大盐的浓度，水解平衡正向移动，但是水解程度减小，B错误； C．实验3氯化铵的浓度是实验1的10倍，由z＜x＜z +1，即稀释10倍后，pH变化小于1，由越稀越水解可知：稀释氯化铵溶液，水解平衡正向移动，C正确； D．氯化铵的水解方程式：NH+H2ONH3·H2O +H+，Kh=，D正确； 故选：B。 6. 溶液可用于测定溶液中的含量，实验方案如下： 步骤1：准确量取溶液，稀释至； 步骤2：量取稀释后的溶液于锥形瓶中，调节溶液的，加入足量的晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已知反应产物为、)； 步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液(已知：)。 下列说法正确的是 A. 中元素化合价为 B. 步骤2反应的离子方程式为 C. 滴定终点的现象：滴加最后半滴溶液时，溶液刚好由无色变为蓝色，且不恢复原色 D. 原溶液的物质的量浓度为 【答案】B 【解析】 【详解】A．中元素化合价为，故A错误； B．根据已知中的反应产物得到步骤2反应的离子方程式为，故B正确； C．开始有单质碘，淀粉加入，溶液为蓝色，滴定终点的现象：滴加最后半滴溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且不恢复原色，故C错误； D．根据方程式得到关系式为，原溶液的物质的量浓度为，故D错误。 综上所述，答案为B。 7. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 A. 工业制取金属钾的反应为，将钾蒸气从混合物中分离出来，有利于提高反应物的转化率 B. 反应达到平衡后，缩小体积，混合气体颜色变深 C. 增大压强，有利于与反应生成 D. 合成氨反应为放热反应，降低温度有利于增大反应物的平衡转化率 【答案】B 【解析】 【详解】A．工业制取金属钾的反应为，将钾蒸气从混合物中分离出来，生成物浓度减小，促进平衡正向进行，有利于提高反应物的转化率，能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意； B．反应达到平衡后，缩小体积，由于该反应前后气体体积不变，则平衡不移动，混合气体颜色变深，是体积减小二氧化氮浓度增大的原因，和化学平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意； C．与反应生成的化学方程式为，增大压强，平衡正向移动，有利于与反应生成，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意； D．合成氨反应为放热反应，降低温度，平衡正向进行，有利于增大反应物的平衡转化率，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意； 故选：B。 8. 白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量测定常用KMnO4滴定的方法。具体做法是将其酸溶后转化为草酸钙，过滤后用酸溶解，再用KMnO4滴定。则下列说法错误的是 A. KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O B. 实验过程中两次用酸溶解，均需使用稀盐酸 C. KMnO4滴定草酸过程中，标准状况下每产生448mLCO2气体理论上转移0.02mole- D. 滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，将导致测定结果偏高 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．草酸是弱酸，具有还原性，会被高锰酸钾氧化，根据质量守恒和化合价升降守恒等可知KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正确； B．高锰酸钾具有强氧化性，会氧化盐酸产生氯气造成误差，所以实验过程中不可使用稀盐酸，B错误； C．KMnO4滴定草酸过程中，存在关系，标准状况下448mLCO2气体物质的量为，根据关系式可知理论上转移0.02mole-，C正确； D．根据质量守恒定律和的失电守恒定律可以得出：，滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，消耗的KMnO4溶液体积会偏大，会导致测定结果偏高，D正确； 答案选B。 9. 已知时，生活中常见的醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数如下表所示： 物质 醋酸 次氯酸 碳酸 亚硫酸 电离平衡常数 下列说法正确的是 A. 酸性强弱： B. 加水稀释亚硫酸溶液，溶液中所有离子浓度均减小 C. 漂白液生效的原理： D. 将足量醋酸滴入溶液中，发生反应的离子方程式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．先整理电离常数，酸性越强，Ka越大，所以酸性顺序：H2SO3 > CH3COOH > H2CO3 > > HClO > ，A错误； B．亚硫酸加水稀释，H+浓度减小，水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)不变，因此c(OH-)增大，不是所有离子浓度都减小，B错误； C．酸性H2CO3 > HClO > ，根据强酸制弱酸，CO2通入漂白液，只会生成HClO，离子方程式为，C正确； D．醋酸是弱酸，不能拆成H+；醋酸足量，产物是CO2和H2O，离子方程式为：，D错误； 故选C。 10. 我国化学家通过对过渡金属基尖晶石氧化物(NiCO2O4)进行性能优化，成功开发出锌—空气二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，X极电极反应式：Zn+4OH−−2e-=[Zn(OH)4]2- B. 充电时，Y极与电源的正极相连，发生氧化反应 C. 放电过程中，Y极附近溶液pH增大 D. 放电时，当电路中有0.4mole-通过时，Y极消耗2.24LO2 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，放电时，X电极为原电池的负极，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e‑+4OH-=[Zn(OH)4]2-，Y电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；充电时，X极与电源负极连接，Y极与电源正极连接。 【详解】A．由分析可知，放电时，X极为负极，电极反应式为Zn+4OH−−2e-=[Zn(OH)4]2-，故A正确； B．由分析可知，充电时，Y极与电源正极连接，为阳极，发生氧化反应，故B正确； C．由分析可知，放电过程中，Y极生成氢氧根，pH增大，故C正确； D．未指明温度与压强，无法计算，故D错误； 答案选D。 11. 用氨水吸收工厂烟气中的SO2时，溶液中H2SO3、、的物质的量分数δ随pH的分布如图所示。下列叙述错误的是 A. 当溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子为 B. Ka2(H2SO3)=10-7.2 C. 由图像可知，NaHSO3溶液显酸性 D. 随着pH的变化，溶液中都有c()＋c(H+)＝c()＋c()＋c(OH－) 【答案】D 【解析】 【分析】根据图像可知，pH=2时，c(H2SO3)=c()，则Ka1=10-2；pH=7.2时，c()=c()，则Ka2=10-7.2。 【详解】A．根据图像可知，当溶液pH=6时，c()＞c()＞c(OH-)，溶液中浓度最大的阴离子为HSO，A叙述正确； B．分析可知，Ka2(H2SO3)=10－7.2，B叙述正确； C．由图像可知，pH＜7.2时，c()＞c()，故NaHSO3溶液显酸性，C叙述正确； D．随着pH的变化，根据溶液呈电中性，则溶液中都有c()＋c(H+)＝2c()＋c()＋c(OH－)，D叙述错误； 答案为D。 12. 为研究沉淀的生成及转化，同学们进行下图所示实验。 下列关于该实验的分析不正确的是 A. 上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生 B. ①中产生白色沉淀的原因是 C. ①中存在平衡： D. ②中无明显变化是因为溶液中的过低 【答案】A 【解析】 【分析】向2mL 0.1mol/L 硝酸银溶液中加入2mL 0.05mol/L KSCN溶液，硝酸银过量，生成白色AgSCN沉淀，滴加硝酸铁溶液，试管②不变红，说明溶液中SCN-的浓度很低，加入碘化钾溶液，由于硝酸银过量，会产生黄色沉淀AgI，但试管③中溶液变红，说明发生反应：AgSCN+I-=SCN-+AgI。 【详解】A．据分析，加入碘化钾溶液，由于硝酸银在第一步反应中未完全反应，会生成黄色的AgI沉淀，但是②试管不变红，③试管变红，说明溶液中SCN-浓度增大，则AgSCN与I-反应转化成了AgI和SCN-，故A错误； B．Qc(浓度商)＞Ksp时有沉淀生成，所以①中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)c(SCN-)＞Ksp(AgSCN)，故B正确； C．难溶固体存在沉淀溶解平衡，①中有AgSCN固体，存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，故C正确； D．Fe3+遇SCN-溶液变红，②中无明显变化是因为溶液中SCN-的浓度过低，故D正确； 选A。 13. CO(g)与H2O(g)反应过程的能量变化如图所示，有关两者反应的说法正确的是 A. 该反应为吸热反应 B. 1 mol CO(g)和1 mol H2O(g)所具有的总能量大于1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)具有的总能量 C. 反应的热化学方程式为 D. 1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)反应生成1 mol CO(g)和1 mol H2O(g)要吸收41 kJ的热量 【答案】BD 【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，故反应为放热反应，A错误； B．放热反应的本质是反应物总能量大于生成物总能量，因此1 mol 和1 mol 所具有的总能量大于1 mol 和1 mol 具有的总能量，B正确； C．该反应为放热反应，焓变应为负值，正确的热化学方程式焓变，C错误； D．正反应，逆反应焓变与正反应数值相等、符号相反，即逆反应，因此1 mol 和1 mol 反应生成1 mol 和1 mol 要吸收41 kJ的热量，D正确； 故选BD。 14. 利用燃料电池电解制备并得到副产物、、，装置如下图所示。下列说法不正确的是 A. a极反应： B. A膜和膜均为阴离子交换膜 C. 可用铁电极替换石墨Ⅱ电极 D. a极上通入标况下甲烷，阳极室减少 【答案】B 【解析】 【详解】A．a极为燃料电池负极，甲烷失去电子并与结合，产生水和，电极反应式书写正确，A正确； B．阳极产物为，反应式为，阴离子不断减少，为平衡电荷并得到产物，阳极向产品室移动，故A膜为阳离子交换膜；阴极产物为和，反应式为，阴离子不断增多，为平衡电荷并消耗原料室中的，原料室中的向阴极移动，故C膜也为阳离子交换膜。A膜和C膜均为阳离子交换膜，B错误； C．石墨Ⅱ电极为阴极，其中的氢氧化钠溶液不与铁单质反应，故可以用铁电极替换石墨，C正确； D．根据电极反应式，1 mol在负极被氧化时，释放8 mol电子，根据电荷守恒，阳极室每向产品室转移1 mol，阳极转移2 mol电子，故1 mol在负极被氧化时，阳极室减少4 mol，标准状况下2.24L物质的量为0.1 mol，故阳极室减少0.4 mol，D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 二氧化碳加氢合成甲醇是人工合成淀粉的首要步骤之一，同时也是实现碳中和的重要途径。 该过程总反应为： 在特定催化剂条件下，其反应机理为： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： （1）________。 （2）恒压下，按进行合成甲醇的实验，该过程在无分子筛和有分子筛时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示（分子筛能选择性分离出）。 ①根据图中信息，压强不变时采用有分子筛膜时的最佳反应温度为________℃。 ②有分子筛膜时甲醇产率高的原因是________。 ③某温度下，反应前后体系中某些物质的物质的量如表中数据，则达到平衡时甲醇的选择性________；若该体系的总压强为，则反应Ⅱ的分压平衡常数________。（以平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数）。 反应前 1mol 0 平衡时 amol bmol ④体系达平衡时，下列相关说法错误的是________（填标号） a. b.降低温度，反应Ⅰ和Ⅱ的正、逆反应速率都减小 c.压缩容器，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅱ平衡正向移动 d.提高转化为的平衡转化率，也可以通过研发高效催化剂实现 （3）如果在不同压强下，和的起始物质的量比为，测定（的平衡转化率随温度升高的变化关系，如图所示。 ①由大到小的顺序为________。 ②图中高于时，三条曲线几乎交于一点，试分析原因：________。 【答案】（1） （2） ①. 210 ②. 分子筛膜从反应体系中不断分离出，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高 ③. ④. ⑤. cd （3） ①. ②. 反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应。时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响。（评分细则时注明以反应Ⅰ为主即可） 【解析】 【小问1详解】 总反应-反应Ⅱ得ΔH1= 【小问2详解】 ①根据图中信息，压强不变时采用有分子筛膜时，210℃时甲醇的产率最高，所以最佳反应温度为210℃。 ②分子筛膜从反应体系中不断分离出，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高，所以有分子筛膜时甲醇产率高。 ③某温度下，根据碳原子守恒，则达到平衡时甲醇生成甲醇的物质的量为(1-a-b)mol，甲醇的选择性= ；平衡体系中n(CO2)=amol、n(CO)=bmol、n(CH3OH)= (1-a-b)mol,根据氧元素守恒，平衡体系中n(H2O)=(1-a)mol, 根据氢元素守恒，平衡体系中n(H2)=3-2(1-a-b)-(1-a)=(3a+2b)mol，气体总物质的量为(2+2a+2b)mol，若该体系的总压强为，则反应Ⅱ的分压平衡常数 。。 ④a. 总反应-反应Ⅱ得，所以，故a正确； b.降低温度，反应速率减慢，所以反应Ⅰ和Ⅱ的正、逆反应速率都减小，故b正确； c.压缩容器，压强增大，反应Ⅱ平衡正向移动，氢气物质的量减小量大于CO的物质的量减小量，所以反应Ⅰ平衡逆向移动，故c错误； d.催化剂不使平衡移动，所以高效催化剂不能提高转化为的平衡转化率，故d错误； 选cd。 【小问3详解】 ①总反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，则由大到小的顺序为。 ②反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应。时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响，所以高于时，三条曲线几乎交于一点。 16. 硫化镍(NiS)是一种重要的化学品，实验室利用H2S、NH3通入含NiCl2的溶液制备NiS，其装置如图所示(夹持装置略)。已知NiS溶于稀酸，有水存在时易被O2氧化成Ni(OH)S。回答下列问题： （1）制备时进行操作：(i)检查装置气密性并加入药品。打开___________，关闭K2、K3，通入N2，其目的是___________；(ii)关闭K1，打开a的活塞，加入浓盐酸制备H2S气体，同时打开K2通入NH3，观察到Ⅲ中产生浑浊，继续反应一段时间。 装置Ⅱ的作用是___________。装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为___________。图示装置存在的缺陷是___________。 （2）反应结束后关闭K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤。装置Ⅳ接在___________ (填“b”或“c”)处。证明NiS洗涤干净的方法是___________。 （3）测定NiS样品的纯度。取2.5g产品完全溶于稀硝酸后，配成250mL溶液。取20mL溶液于锥形瓶，加入30mL 0.10mol/L EDTA(Na2H2Y)溶液。煮沸，滴入几滴PAN作指示剂，趁热用0.10mol/L CuSO4溶液滴定过量的EDTA(Ni2+与Cu2+与EDTA化学计量数之比均为1：1)。当滴定到达滴定终点时，消耗CuSO4溶液为10mL(滴定过程中杂质不参与反应)。样品中NiS质量分数为___________。 【答案】（1） ①. ②. 反应都处在氮气氛围下，防止NiS被氧气氧化为Ni(OH)S ③. 除去中H2S的HCl杂质气体 ④. ⑤. 没有的尾气处理装置 （2） ①. b ②. 取最后一次抽滤洗涤液少许与试管中，先加入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明洗涤干净 （3）91% 【解析】 【分析】由装置图可以知道，整个装置通入氮气使反应都处在氮气氛围下，防止产物被氧气氧化，装置Ⅰ是浓盐酸和FeS反应生成H2S气体和FeCl2，然后经过装置Ⅱ除去HCl杂质气体，最后H2S进入装置Ⅲ和反应生成NiS。 【小问1详解】 检查装置气密性并加入药品。打开，关闭，通入氮气使反应都处在氮气氛围下，防止NiS被氧气氧化为Ni(OH)S； 由分析可知，浓盐酸具有挥发性，装置Ⅱ除去中H2S的HCl杂质气体，Ⅲ中H2S、反应生成NiS沉淀，离子方程式为:；图示装置存在的缺陷是没有的尾气处理装置； 【小问2详解】 如图可知，装置Ⅳ是抽滤装置，装置Ⅴ是洗涤沉淀的装置，b口导管与装置Ⅲ中液体相连通，故b口接Ⅳ抽滤装置，c口接Ⅴ洗涤沉淀装置；NiS沉淀表面可能会附着氯离子，证明NiS洗涤干净即证明洗涤液不含有氯离子，故方法是：取最后一次抽滤洗涤液少许与试管中，先加入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明洗涤干净； 【小问3详解】 由题可知，，，并且过量的可以被Cu2+滴定来计算用量，所以过量的==，，则该镍样品纯度为：。 17. 铁的腐蚀与防护与生产生活密切相关。 Ⅰ.研究铁的腐蚀 实验步骤如下： 步骤1：将铁粉放置于溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。 步骤2：向溶液(用盐酸调)中加入浸泡过的粉。 步骤3：采集溶液随时间变化的数据。 （1）第一阶段，主要发生析氢腐蚀，上发生的电极反应为___________。 （2）第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。 ①选取b点进行分析，经检验溶液中含有，检验并与生成蓝色沉淀的试剂是___________(填化学式)。 ②取b点溶液向其中滴加溶液无明显现象，加入稀盐酸后立即变红。写出b点被氧化的离子方程式：___________。 ③第一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是___________。 Ⅱ.研究铁的防护 （3）在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀 已知：放电的速率缓慢且平稳时有利于得到致密、细腻的镀层。 ①镀件应与电源的___________相连。 ②向电解液中加入溶液，将转化为，电解得到的镀层更加致密、细腻，原因是___________。 （4）电镀后的废水中含有，一种测定其含量的方法是：取废水，再加溶液，用溶液滴定，达到滴定终点时，消耗溶液。已知：(无色) ；。 ①滴定终点的现象是___________。 ②废水中的含量是___________(用含c、V的代数式表示)。 【答案】（1） （2） ①. ②. ③. 溶液的酸碱性(或溶液的值) （3） ①. 负极 ②. 通过反应降低，使得放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用 （4） ①. 加入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 ②. (或) 【解析】 【分析】酸性较强时发生吸氢腐蚀，酸性极弱或接近中性时发生吸氧腐蚀，发生吸氧腐蚀时正极上O2得电子被还原生成OH-，此时正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-。析氢腐蚀正极上H2+2e-=H2↑，消耗H+，吸氧腐蚀产生OH-，故做探究实验时可通过采集溶液pH随时间变化的数据展开，而氧化产物可通过来检验。 电镀后的废水中CN−含量的测定，可选用络合滴定，滴定剂为硝酸银，指示剂为KI。 【小问1详解】 铜为原电池的正极，氢离子在正极得到电子生成氢气，电极反应为 【小问2详解】 ①检验并与生成蓝色沉淀的试剂是。 ②向b点溶液中滴加溶液无明显现象，加入稀盐酸后立即变红可知，亚铁离子在溶液中与空气中的氧气反应生成氢氧化铁胶体，则反应的离子方程式为。 ③由图可知，酸性较强时发生吸氢腐蚀，酸性极弱或接近中性时发生吸氧腐蚀，则第一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是溶液的酸碱性(或溶液的pH值)。 【小问3详解】 ①由电镀的工作原理可知，电镀时，与直流电源正极相连的锌作电镀池的阳极，镀件应与电源的负极相连。 ②电镀时，向电解液中加入溶液，通过反应，降低，使得放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用，结合已知可知，这样电解得到的镀层更加致密、细腻。 【小问4详解】 电镀后的废水中含有，一种测定其含量的方法是：取废水，再加溶液，用溶液滴定，达到滴定终点时，消耗溶液。 ①已知：(无色) ；，由平衡常数的大小可知，碘化钾为滴定的指示剂，当银离子与氰酸根离子完全反应，滴入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，则滴定终点的现象是：加入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失。 ②由终点时滴定消耗氰化钠溶液可知，废水中氰酸根离子的浓度为 (用含c、V的代数式表示)。 18. 工业废渣中的综合利用。 （1）用工业钢渣处理酸性废水 工业钢渣主要含，还含有、、、等。工业钢渣加水后搅拌得钢渣浆液，向钢渣浆液中逐渐加入硫酸溶液(模拟酸性废水)酸化，浆液pH以及浸出液中金属离子的质量浓度随时间变化情况如图所示。 ①pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是_______。 ②随硫酸溶液逐渐加入，浓度先增大后减小，原因是_______。 （2）以电石渣制备 电石渣主要成分为，制备的流程如下： 已知：氯化时存在与作用生成的反应，进一步转化为，少量热分解为和。 ①生成的化学方程式为_______。 ②“分解比”是衡量氯化程度的标准，氯化后溶液中总质量与总质量的比值称为“分解比”，随氯化温度升高，分解比的实际值增大的原因可能是_______。 ③“转化”时向滤液中加入固体将转化为，可能的原因是_______。 ④该流程制得的样品中含少量杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.049g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使全部转化为，加入少量溶液作指示剂，用溶液进行滴定至终点，消耗溶液体积。计算样品的纯度。(请写出计算过程)_______ 【答案】（1） ①. ②. 开始时加入的硫酸会促进溶解，溶液中浓度增加；随着硫酸加入量增加，浓度增大，与结合生成的沉淀逐渐增多，浸出液中浓度逐渐减小 （2） ①. ②. 升高温度分解增多，使的量变多，的量变少 ③. 相同温度下，的溶解度比小 ④. 97.05% 【解析】 【分析】电石渣中氢氧化钙和氯气反应生成次氯酸钙，过滤后滤液加入固体将转化为； 【小问1详解】 ①由图示可知，pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是； ②开始时加入的硫酸会促进溶解，溶液中浓度增加；随着硫酸加入量增加，浓度增大，与结合生成的沉淀逐渐增多，浸出液中浓度逐渐减小，故随硫酸溶液逐渐加入，浓度先增大后减小； 【小问2详解】 ①氯气和氢氧化钙生成生成氯化钙和，化学方程式为； ②已知，次氯酸钙受热会分解生成氯化钙，随着升高温度分解增多，使的量变多，的量变少，故随氯化温度升高，分解比的实际值增大的原因； ③相同温度下，的溶解度比小，“转化”时向滤液中加入固体，钾离子浓度增大，转化为达到饱和而结晶析出； ④在25.00mL溶液中：，，，，两式联立，解得，，样品的纯度。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 定远育才学校2025-2026学年高二(上)12月月考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 K-39 Ca-40 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 是一种新型硝化剂，在温度下可发生下列反应： 。温度下的平衡常数为。下列说法错误的是 A. 反应的 B. 该反应在高温下可自发进行 C. 温度下的平衡常数为，温度下的平衡常数为，若，则 D. 温度下，在体积为1 L的恒温密闭容器中充入2 mol，4 mol ，1 mol，此时反应将向正反应方向进行 2. 若其他条件相同，在无催化剂和有催化剂(I、II)时反应的c-t变化曲线如下图。下列判断正确的是( ) A. 有催化剂时反应才能发生 B. 催化剂II比催化剂I更高效 C. a表示使用催化剂II时c(X)随t的变化曲线 D. 使用催化剂I，0~2min内： 3. 某体积可变的密闭容器中盛有适量的M和N的混合气体，在一定条件下发生反应： 若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为VL，其中气体Q的体积分数为0.2。下列推断中正确的是 A. 原混合气体的体积为1.2V L B. 原混合气体的体积为1.1V L C. 反应达到平衡时气体M消耗掉0.2V L D. 反应达到平衡时气体N消耗掉0.2V L 4. N2O和CO是环境污染性气体，可在催化剂表面转化为无害气体，其总反应为： 有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法错误的是 A. 为该反应的催化剂 B. 反应过程只涉及极性键的断裂和形成 C. 该总反应为放热反应 D. 反应物断键吸收的总能量小于生成物成键放出的总能量 5. 为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，某研究性学习小组设计实验方案，获得如下数据： 实验 c(NH4Cl)/mol·L−1 V(NH4Cl)/mL 温度/℃ pH 1 0.02 5 25 x 2 0.02 5 30 y 3 0.2 5 25 z 下列说法不正确的是 A. 由 x＞y可知：升高温度能促进氯化铵的水解 B. 由x ＞z可知：增大盐的浓度，水解平衡正向移动，水解程度增大 C. 由z ＜ x ＜ z +1可知：稀释氯化铵溶液，水解平衡正向移动 D. Kh(NH4Cl)与Kb(NH3·H2O)的关系为：Kh=(Kw为水的离子积常数) 6. 溶液可用于测定溶液中的含量，实验方案如下： 步骤1：准确量取溶液，稀释至； 步骤2：量取稀释后的溶液于锥形瓶中，调节溶液的，加入足量的晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已知反应产物为、)； 步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液(已知：)。 下列说法正确的是 A. 中元素化合价为 B. 步骤2反应的离子方程式为 C. 滴定终点的现象：滴加最后半滴溶液时，溶液刚好由无色变为蓝色，且不恢复原色 D. 原溶液的物质的量浓度为 7. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 A. 工业制取金属钾的反应为，将钾蒸气从混合物中分离出来，有利于提高反应物的转化率 B. 反应达到平衡后，缩小体积，混合气体颜色变深 C. 增大压强，有利于与反应生成 D. 合成氨反应为放热反应，降低温度有利于增大反应物的平衡转化率 8. 白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量测定常用KMnO4滴定的方法。具体做法是将其酸溶后转化为草酸钙，过滤后用酸溶解，再用KMnO4滴定。则下列说法错误的是 A. KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O B. 实验过程中两次用酸溶解，均需使用稀盐酸 C. KMnO4滴定草酸过程中，标准状况下每产生448mLCO2气体理论上转移0.02mole- D. 滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，将导致测定结果偏高 9. 已知时，生活中常见的醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数如下表所示： 物质 醋酸 次氯酸 碳酸 亚硫酸 电离平衡常数 下列说法正确的是 A. 酸性强弱： B. 加水稀释亚硫酸溶液，溶液中所有离子浓度均减小 C. 漂白液生效的原理： D. 将足量醋酸滴入溶液中，发生反应的离子方程式： 10. 我国化学家通过对过渡金属基尖晶石氧化物(NiCO2O4)进行性能优化，成功开发出锌—空气二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，X极电极反应式：Zn+4OH−−2e-=[Zn(OH)4]2- B. 充电时，Y极与电源的正极相连，发生氧化反应 C. 放电过程中，Y极附近溶液pH增大 D. 放电时，当电路中有0.4mole-通过时，Y极消耗2.24LO2 11. 用氨水吸收工厂烟气中的SO2时，溶液中H2SO3、、的物质的量分数δ随pH的分布如图所示。下列叙述错误的是 A. 当溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子为 B. Ka2(H2SO3)=10-7.2 C. 由图像可知，NaHSO3溶液显酸性 D. 随着pH的变化，溶液中都有c()＋c(H+)＝c()＋c()＋c(OH－) 12. 为研究沉淀的生成及转化，同学们进行下图所示实验。 下列关于该实验的分析不正确的是 A. 上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生 B. ①中产生白色沉淀的原因是 C. ①中存在平衡： D. ②中无明显变化是因为溶液中的过低 13. CO(g)与H2O(g)反应过程的能量变化如图所示，有关两者反应的说法正确的是 A. 该反应为吸热反应 B. 1 mol CO(g)和1 mol H2O(g)所具有的总能量大于1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)具有的总能量 C. 反应的热化学方程式为 D. 1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)反应生成1 mol CO(g)和1 mol H2O(g)要吸收41 kJ的热量 14. 利用燃料电池电解制备并得到副产物、、，装置如下图所示。下列说法不正确的是 A. a极反应： B. A膜和膜均为阴离子交换膜 C. 可用铁电极替换石墨Ⅱ电极 D. a极上通入标况下甲烷，阳极室减少 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 二氧化碳加氢合成甲醇是人工合成淀粉的首要步骤之一，同时也是实现碳中和的重要途径。 该过程总反应为： 在特定催化剂条件下，其反应机理为： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： （1）________。 （2）恒压下，按进行合成甲醇的实验，该过程在无分子筛和有分子筛时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示（分子筛能选择性分离出）。 ①根据图中信息，压强不变时采用有分子筛膜时的最佳反应温度为________℃。 ②有分子筛膜时甲醇产率高的原因是________。 ③某温度下，反应前后体系中某些物质的物质的量如表中数据，则达到平衡时甲醇的选择性________；若该体系的总压强为，则反应Ⅱ的分压平衡常数________。（以平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数）。 反应前 1mol 0 平衡时 amol bmol ④体系达平衡时，下列相关说法错误的是________（填标号） a. b.降低温度，反应Ⅰ和Ⅱ的正、逆反应速率都减小 c.压缩容器，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅱ平衡正向移动 d.提高转化为的平衡转化率，也可以通过研发高效催化剂实现 （3）如果在不同压强下，和的起始物质的量比为，测定（的平衡转化率随温度升高的变化关系，如图所示。 ①由大到小的顺序为________。 ②图中高于时，三条曲线几乎交于一点，试分析原因：________。 16. 硫化镍(NiS)是一种重要的化学品，实验室利用H2S、NH3通入含NiCl2的溶液制备NiS，其装置如图所示(夹持装置略)。已知NiS溶于稀酸，有水存在时易被O2氧化成Ni(OH)S。回答下列问题： （1）制备时进行操作：(i)检查装置气密性并加入药品。打开___________，关闭K2、K3，通入N2，其目的是___________；(ii)关闭K1，打开a的活塞，加入浓盐酸制备H2S气体，同时打开K2通入NH3，观察到Ⅲ中产生浑浊，继续反应一段时间。 装置Ⅱ的作用是___________。装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为___________。图示装置存在的缺陷是___________。 （2）反应结束后关闭K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤。装置Ⅳ接在___________ (填“b”或“c”)处。证明NiS洗涤干净的方法是___________。 （3）测定NiS样品的纯度。取2.5g产品完全溶于稀硝酸后，配成250mL溶液。取20mL溶液于锥形瓶，加入30mL 0.10mol/L EDTA(Na2H2Y)溶液。煮沸，滴入几滴PAN作指示剂，趁热用0.10mol/L CuSO4溶液滴定过量的EDTA(Ni2+与Cu2+与EDTA化学计量数之比均为1：1)。当滴定到达滴定终点时，消耗CuSO4溶液为10mL(滴定过程中杂质不参与反应)。样品中NiS质量分数为___________。 17. 铁的腐蚀与防护与生产生活密切相关。 Ⅰ.研究铁的腐蚀 实验步骤如下： 步骤1：将铁粉放置于溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。 步骤2：向溶液(用盐酸调)中加入浸泡过的粉。 步骤3：采集溶液随时间变化的数据。 （1）第一阶段，主要发生析氢腐蚀，上发生的电极反应为___________。 （2）第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。 ①选取b点进行分析，经检验溶液中含有，检验并与生成蓝色沉淀的试剂是___________(填化学式)。 ②取b点溶液向其中滴加溶液无明显现象，加入稀盐酸后立即变红。写出b点被氧化的离子方程式：___________。 ③第一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是___________。 Ⅱ.研究铁的防护 （3）在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀 已知：放电的速率缓慢且平稳时有利于得到致密、细腻的镀层。 ①镀件应与电源的___________相连。 ②向电解液中加入溶液，将转化为，电解得到的镀层更加致密、细腻，原因是___________。 （4）电镀后的废水中含有，一种测定其含量的方法是：取废水，再加溶液，用溶液滴定，达到滴定终点时，消耗溶液。已知：(无色) ；。 ①滴定终点的现象是___________。 ②废水中的含量是___________(用含c、V的代数式表示)。 18. 工业废渣中的综合利用。 （1）用工业钢渣处理酸性废水 工业钢渣主要含，还含有、、、等。工业钢渣加水后搅拌得钢渣浆液，向钢渣浆液中逐渐加入硫酸溶液(模拟酸性废水)酸化，浆液pH以及浸出液中金属离子的质量浓度随时间变化情况如图所示。 ①pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是_______。 ②随硫酸溶液逐渐加入，浓度先增大后减小，原因是_______。 （2）以电石渣制备 电石渣主要成分为，制备的流程如下： 已知：氯化时存在与作用生成的反应，进一步转化为，少量热分解为和。 ①生成的化学方程式为_______。 ②“分解比”是衡量氯化程度的标准，氯化后溶液中总质量与总质量的比值称为“分解比”，随氯化温度升高，分解比的实际值增大的原因可能是_______。 ③“转化”时向滤液中加入固体将转化为，可能的原因是_______。 ④该流程制得的样品中含少量杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.049g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使全部转化为，加入少量溶液作指示剂，用溶液进行滴定至终点，消耗溶液体积。计算样品的纯度。(请写出计算过程)_______ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $