精品解析：江西南昌市第五高级中学2025-2026学年第一学期第一次月考 高二化学试卷

南昌五中2025-2026学年第一学期第一次月考 高二化学试卷 考试时间：75分钟 试卷满分：100分 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 一、单选题。(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，只有一项是符合题目要求的。) 1. “劳动创造生活”，“化学源于生活”，下列说法不正确的是 A. 明矾水去除青铜器上的铜锈是利用盐类水解产生的酸与碱式盐反应 B. 食盐既可以作调味剂，也可以作防腐剂 C. 对周期表中金属与非金属的分界处元素进行研究，有助于制造出新品种的农药 D. 为保存溶液，要在溶液中加入少量盐酸 2. 下列实验装置(部分夹持装置省略)使用正确的是 A. 图甲：用NaOH标准溶液滴定盐酸 B. 图乙：实验可证明Fe3+与I-反应存在一定的限度 C. 图丙：制得SO2 D. 图丁：利用蒸发结晶的方法从FeCl3溶液制得无水FeCl3固体 3. 下列事实能证明是弱酸的是 ①溶液中通入气体，减小 ②常温下，溶液中： ③溶液可以使石蕊溶液变红 ④相同温度下，溶液的导电能力比溶液弱 A. ①② B. ①③ C. ①②④ D. ②③④ 4. 设是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. ，1mol被还原，放出92.4kJ能量 B. 标准状况下，2.24 L SO3中含有0.4个原子 C. 用惰性电极电解溶液，阳极产生112mL无色无味气体 D. 的溶液中数目为0.1 5. 工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是 A. 制取镁：海水 B. 提纯硅： C. 制硝酸：、 D. 海带海带灰 6. 常温下，下列各组离子能大量共存的是 A. 的溶液中： B. 在酸性溶液中： C. 的溶液中： D. 由水电离出的的溶液中： 7. 已知部分弱酸的电离平衡常数如下表所示。下列说法错误的是 弱酸 CH3COOH HCN H2CO3 电离平衡常数(25℃) A. 常温下，物质的量浓度相同的四种溶液，pH由大到小的顺序是 CH3COONa B. 将少量SO2通入 Na2CO3溶液中，离子方程式是 C. 的 Na2SO3溶液中，存在 D. 向 NaCN溶液中加水稀释，溶液的pH增大 8. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，短周期主族元素中Y的原子半径最大，Z元素周期序数等于其族序数，常温、常压下，W单质是一种有色气体。下列说法正确的是 A. 简单离子半径：X<Y<W B. 最高价氧化物对应的水化物碱性：Y>Z C. X、W形成的化合物中，W显负价 D. X、Y形成的化合物中一定只含有离子键 9. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是 实验操作 实验现象 实验结论 A． 用pH试纸分别测定1 mol/L 溶液和1 mol/L 溶液的pH 前者的试纸颜色比后者深 说明非金属性： B． 将铜与浓反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却 气体颜色变浅 C． 向等物质的量浓度的NaCl、NaBr混合溶液中滴加溶液 先生成白色沉淀 D． 已知 ，向饱和硼酸溶液中滴加碳酸钠溶液 无明显现象 与碳酸钠不反应 A. A B. B C. C D. D 10. 已知催化剂对反应具有催化作用，通过理论计算得到反应的主要历程如图所示，下列有关说法正确的是 A. 催化剂可降低反应 B. 该历程中决速步骤为状态2到状态3 C. 该反应中既有极性键的断裂与形成，也有非极性键的断裂和形成 D. 该反应中状态3最稳定 11. 一种原位电化学沉淀技术制备纳米碳酸钙的方法是：向稀溶液中通入，实验室模拟该方法制备纳米碳酸钙的装置如图所示。下列说法正确的是 A. 电极a为阴极 B. X、Y、Z对应的物质依次是块状大理石、 C. 离子交换膜为阴离子交换膜 D. 理论上外电路每通过电子，则内电路有离子通过交换膜 12. 南京理工大学朱卫华等人提出了一种基于单簇催化剂还原的反应，主要反应如下： i． ii． iii． 在T℃、100 kPa反应条件下，向10 L密闭容器中充入和，发生上述反应，测得含氮元素占比［如的含氮元素占比］与时间的关系如图，95 min时体系达到平衡。 已知：反应ii为快速平衡，可以认为不受慢反应i、iii的影响。 下列说法错误的是 A. 反应i的 B. 曲线b表示的含氮元素占比 C. 0～45 min内，的平均反应速率约为 D. 若选择对反应i更高效的催化剂，则G点将移向E点 13. 黔南州铁矿储量有限，为了减少资源浪费；加强废旧金属回收再利用，某工厂以废铁屑为原料制备铁红的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是 A. 铁红常作颜料，用于油漆、橡胶、塑料等的着色 B. “碱洗”的目的是除去废铁屑表面的油污 C. 用KSCN溶液检验氧化后的溶液中是否含有Fe2＋ D. 氧化时可以选用H2O2溶液 14. 常温下，用浓度为0.1 mol/L的H2SO4标准溶液滴定10 mL浓度均为0.2 mol/L的NaOH和Na2A的混合溶液，溶液中所有含A微粒的分布分数δ随pH变化曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的是 A. Ⅱ表示的微粒为HA- B. Ka(HA-)的数量级为10-9 C. a点： D. a、b、c三点中水的电离程度最小的是a点 二、非选择题(此题包括4小题，共58分) 15. 硫、氮、碳、硅都是化工生产中的重要非金属元素，这四种元素形成的部分物质类别与化合价的关系如图所示，每小问涉及的物质中均含有同种元素。回答下列问题： （1）若E为红棕色气体，则E_____________酸性氧化物(填“是”或“不是”)。 （2）若浓的G溶液可以干燥气体，则： ①B的电子式为________________； ②下列关于该元素及其化合物说法正确的是____________(填标号)。 a．工业上可以利用C制备G b．E的排放是形成酸雨的原因之一 c．K可以与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明该元素的非金属性强于碳 d．实验室制取B时一般用G的浓溶液进行干燥 （3）若K难溶于水，则工业上利用E制取C的化学方程式为_________________________________________。 （4）若C具有良好的导电性，利用D可以设计一种碱性电池，无污染，能量高，其工作原理如图所示。 ①该燃料电池中正极是______(填“a”或“b”)电极，负极发生的电极反应为________________________。 ②当电池放电转移10mol电子时，至少消耗燃料D________g。 16. 草酸钴为玫瑰红色粉末，主要用于指示剂和催化剂的制备及氧化钴的制备。用水钴矿(主要成分为，还含有少量等杂质)制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示： 已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 ②酸性条件下，不会氧化。 回答下列问题： （1）为加快“浸取”的速率，可以采取的措施有_________________________(答出1条即可)，“滤渣1”的主要成分为_________(填化学式)。 （2）“浸取”过程中Co(Ⅲ)转化为Co(Ⅱ)，该反应的离子方程式为___________________。 （3）“氧化”中加入的作用是_____________________________。 （4）加时，需要控制pH的范围是___________________。 （5）沉钙、镁是将溶液的Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀，当Ca2+与Mg2+完全沉淀后，所得滤液中c(Mg2+)：c(Ca2+)=____________。(已知Ksp(MgF2)=7.35×10−11、Ksp(CaF2)=1.05×10−10) （6）“沉钴”时，不能用溶液代替溶液，原因是__________________________________。 17. 在都匀市秦汉影视城拍摄的多部影视剧火遍全网。Na2S2O3俗称“大苏打”，在照相业中用作定影剂。Na2S2O3易溶于水，难溶于乙醇，具有较强的还原性，遇酸易分解，在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组在实验室制取硫代硫酸钠晶体（）并检验其纯度，其实验室制备装置如图所示（夹持装置已略）。 （1）仪器C的名称为______。 （2）NaOH溶液的作用是______。 （3）装置A中发生反应的化学方程式为______。 （4）装置B中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。 （5）测定粗产品中Na2S2O3·5H2O（M＝248）的含量，一般采用在酸性条件下用标准液滴定的方法（假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。称取三份2.00g的粗产品溶于水，用0.5000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定（滴定反应的离子方程式为）。四次滴定消耗酸性KMnO4溶液的体积如下表所示： 实验序号 1 2 3 4 消耗酸性KMnO4溶液的体积（mL） 20.05 21.50 20.00 19.95 ①量取待测液Na2S2O3溶液时，应选用______（填“甲”或“乙”）滴定管。滴定时，判断达到滴定终点的依据是______。 ②下列操作可能导致测定结果偏低的是______（填字母）。 A．滴定过程中待测液溅出锥形瓶 B．滴定前盛放Na2S2O3溶液的锥形瓶洗净后没有干燥 C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 ③产品中的质量分数为______。 18. 丙烯是一种重要的有机化工基础原料，丙烷催化脱氢制丙烯的不同工艺反应如下： Ⅰ．直接脱氢：， Ⅱ．氧化脱氢：， Ⅲ．副反应：， （1）已知：反应的，则___________。 （2）下列关于反应Ⅰ和Ⅱ的说法错误的是___________（填标号）。 A. 高温有利于反应Ⅰ自发进行 B. 反应Ⅰ的正反应活化能小于其逆反应活化能，反应Ⅱ恰好相反 C. 恒温恒容条件下，容器中气体压强不变时，反应Ⅰ和Ⅱ均已达平衡 D. 恒温恒容条件下，混合气体的密度保持不变，反应Ⅰ和Ⅱ均已达平衡 （3）直接脱氢：向一密闭容器中充入1.00 mol丙烷，进行反应Ⅰ。 ①恒温恒容条件下，测得平衡时的气体体积分数为80.0%，则的平衡转化率＝___________（保留3位有效数字）。 ②相比于“恒温恒压”，该条件下的平衡转化率将___________（填“增大”“减小”或“不变”），理由是___________________________________________________________________。 （4）氧化脱氢：在压强为的恒压体系中通入1 mol丙烷、1 mol氧气，仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，达平衡时，丙烷的转化率和丙烯及副产物乙烯的选择性随温度变化如图所示。 已知：ⅰ．为用平衡分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。 ⅱ．丙烯选择性×100%。 ①温度升高，丙烯选择性下降的原因可能是_________________________________________________。 ②500℃下反应Ⅱ的___________(列计算式)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌五中2025-2026学年第一学期第一次月考 高二化学试卷 考试时间：75分钟 试卷满分：100分 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 一、单选题。(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，只有一项是符合题目要求的。) 1. “劳动创造生活”，“化学源于生活”，下列说法不正确的是 A. 明矾水去除青铜器上的铜锈是利用盐类水解产生的酸与碱式盐反应 B. 食盐既可以作调味剂，也可以作防腐剂 C. 对周期表中金属与非金属的分界处元素进行研究，有助于制造出新品种的农药 D. 为保存溶液，要在溶液中加入少量盐酸 【答案】C 【解析】 【详解】A．明矾中水解使溶液显酸性，铜锈主要成分为碱式碳酸铜（属于碱式盐），可与酸发生反应，A正确； B．食盐是常见调味剂，同时高浓度食盐可形成高渗环境抑制微生物繁殖，可作防腐剂，B正确； C．周期表中金属与非金属分界处的元素多用于制备半导体材料，制造农药的元素通常在周期表右上角非金属区域寻找，C错误； D．溶液中易水解生成，加入少量盐酸可增大浓度，抑制水解，D正确； 故选C。 2. 下列实验装置(部分夹持装置省略)使用正确的是 A. 图甲：用NaOH标准溶液滴定盐酸 B. 图乙：实验可证明Fe3+与I-反应存在一定的限度 C. 图丙：制得SO2 D. 图丁：利用蒸发结晶的方法从FeCl3溶液制得无水FeCl3固体 【答案】B 【解析】 【详解】A．为碱性溶液，需使用碱式滴定管盛放，图中为酸式滴定管，其玻璃活塞会被碱性溶液腐蚀，A错误； B．该实验中过量，若反应不存在限度则会完全反应，加入溶液后若溶液变红，说明仍有剩余，可证明反应存在一定限度，B正确； C．与浓硫酸反应制取需要加热条件，装置未提供加热装置，常温下二者不反应，C错误； D．易发生水解反应，加热蒸发时水解生成的挥发，会促进水解完全，最终得到，无法制得无水，D错误； 故选B。 3. 下列事实能证明是弱酸的是 ①溶液中通入气体，减小 ②常温下，溶液中： ③溶液可以使石蕊溶液变红 ④相同温度下，溶液的导电能力比溶液弱 A. ①② B. ①③ C. ①②④ D. ②③④ 【答案】C 【解析】 【详解】①通入（强酸）导致减小，说明存在电离平衡（勒夏特列原理），证明HA为弱酸； ②，说明未完全电离，是弱酸； ③石蕊变红仅说明溶液呈酸性，无法区分强弱酸； ④导电能力弱于同浓度HCl，说明HA电离程度低，是弱酸。 综上所述①、②、④均正确，C正确； 答案选C。 4. 设是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. ，1mol被还原，放出92.4kJ能量 B. 标准状况下，2.24 L SO3中含有0.4个原子 C. 用惰性电极电解溶液，阳极产生112mL无色无味气体 D. 的溶液中数目为0.1 【答案】A 【解析】 【详解】A．热化学方程式中的含义为1mol 完全被还原生成2mol 时，放出92.4kJ能量，A正确； B．标准状况下为固体，不能使用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，无法得出原子数为，B错误； C．用惰性电极电解溶液时，阳极首先生成，为黄绿色有刺激性气味的气体，且题目未指明气体处于标准状况，无法确定气体体积为112 mL，C错误； D．溶液中会发生水解反应，因此1L 的溶液中数目小于，D错误； 故选A。 5. 工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是 A. 制取镁：海水 B. 提纯硅： C. 制硝酸：、 D. 海带海带灰 【答案】C 【解析】 【详解】A．海水中得到氢氧化镁用石灰乳，不用NaOH，工业制镁应电解熔融MgCl2而非MgO，因MgO熔点过高，A错误； B．SiO2与焦炭高温反应生成粗硅和CO而非CO2，第一步错误，B错误； C．合成氨→氨催化氧化→NO→NO2→HNO3流程符合工业制硝酸原理，C正确； D．无水乙醇与水混溶，无法萃取碘，应选苯或CCl4，D错误； 故选C。 6. 常温下，下列各组离子能大量共存的是 A. 的溶液中： B. 在酸性溶液中： C. 的溶液中： D. 由水电离出的的溶液中： 【答案】A 【解析】 【详解】A．溶液中，，说明溶液，碱性环境下各离子间不反应，可大量共存，A符合题意； B．酸性溶液中具有强氧化性，可与具有还原性的发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意； C．与间发生络合反应，不能大量共存，C不符合题意； D．水电离出的，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，不能在碱性环境下大量共存，不能在酸性环境下大量共存，D不符合题意； 答案选A。 7. 已知部分弱酸的电离平衡常数如下表所示。下列说法错误的是 弱酸 CH3COOH HCN H2CO3 电离平衡常数(25℃) A. 常温下，物质的量浓度相同的四种溶液，pH由大到小的顺序是 CH3COONa B. 将少量SO2通入 Na2CO3溶液中，离子方程式是 C. 的 Na2SO3溶液中，存在 D. 向 NaCN溶液中加水稀释，溶液的pH增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ka越大，酸性越强，对应盐的碱性越弱，盐溶液的pH越小，则pH：CH3COONa，A正确； B．少量二氧化硫与碳酸钠生成亚硫酸钠和碳酸氢钠，将少量SO2通入 Na2CO3溶液中，离子方程式是 ，B正确； C．Na2SO3溶液中存在质子守恒： ，C正确； D．稀释NaCN溶液时，虽然水解程度增大，但溶液体积增加更多，导致OH⁻浓度降低，pH减小，D错误； 故答案为D。 8. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，短周期主族元素中Y的原子半径最大，Z元素周期序数等于其族序数，常温、常压下，W单质是一种有色气体。下列说法正确的是 A. 简单离子半径：X<Y<W B. 最高价氧化物对应的水化物碱性：Y>Z C. X、W形成的化合物中，W显负价 D. X、Y形成的化合物中一定只含有离子键 【答案】B 【解析】 【详解】原子最外层电子数是内层的3倍，为；短周期主族元素中原子半径最大，为；周期序数等于族序数且原子序数大于，为；单质为常温常压下的有色短周期气体单质，为。 A．简单离子中有3个电子层，半径最大，与核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径顺序为，A错误； B．金属性，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，故碱性，即，B正确； C．电负性大于，二者形成的化合物（如）中显正价，C错误； D．和可形成，其中同时含有离子键和共价键，并非只含离子键，D错误； 故选B。 9. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是 实验操作 实验现象 实验结论 A． 用pH试纸分别测定1 mol/L 溶液和1 mol/L 溶液的pH 前者的试纸颜色比后者深 说明非金属性： B． 将铜与浓反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却 气体颜色变浅 C． 向等物质的量浓度的NaCl、NaBr混合溶液中滴加溶液 先生成白色沉淀 D． 已知 ，向饱和硼酸溶液中滴加碳酸钠溶液 无明显现象 与碳酸钠不反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．用pH试纸测定等浓度的溶液和溶液的pH，可以比较两种溶液的碱性，但以含氧酸的酸性比较元素的非金属性时，应比较最高价氧化物对应水化物的酸性。中硫元素为+4价，不是硫的最高价，因此该实验不能证明硫、碳的非金属性强弱，A错误； B．铜与浓硝酸反应生成红棕色的，反应为。气体中的能转化为无色的，用冰水混合物冷却后气体颜色变浅，说明降温使平衡向生成的方向移动。降温有利于放热反应，故该方向为放热方向，相应的平衡及反应热关系为、，B正确； C．AgBr比AgCl更难溶，二者的组成类型相同，当溶液中和的浓度相等时，滴加硝酸银溶液应先生成浅黄色的AgBr沉淀，反应为，并非先生成白色沉淀。此外，该实验所用混合溶液不含，不能据此得出AgCl与AgI的溶度积比较结论，C错误； D．碳酸的第二级电离为，对应题给。硼酸的电离常数为，大于上述常数，说明硼酸的酸性强于，硼酸能够与反应生成。因此，无明显现象不能说明硼酸与碳酸钠不反应，D错误； 故选B。 10. 已知催化剂对反应具有催化作用，通过理论计算得到反应的主要历程如图所示，下列有关说法正确的是 A. 催化剂可降低反应 B. 该历程中决速步骤为状态2到状态3 C. 该反应中既有极性键的断裂与形成，也有非极性键的断裂和形成 D. 该反应中状态3最稳定 【答案】B 【解析】 【详解】A．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变ΔH，A错误； B．决速步骤是反应历程中活化能最大的步骤，即能垒最高的步骤。由反应历程图可知，状态2到状态3的能量差最大，即活化能最大，该步骤为决速步骤，B正确； C．反应物CO2含极性键C=O和H2S含极性键H-S，均无非极性键，断裂的化学键均为极性键；生成物中S2含非极性键S-S，CO含有极性键C≡O和H2O含有极性键H-O，该反应中只有极性键的断裂与形成、非极性键的形成，无非极性键的断裂，C错误； D．能量越低的状态越稳定，由图可知状态1的相对能量最低，故状态1最稳定，D错误； 故选B。 11. 一种原位电化学沉淀技术制备纳米碳酸钙的方法是：向稀溶液中通入，实验室模拟该方法制备纳米碳酸钙的装置如图所示。下列说法正确的是 A. 电极a为阴极 B. X、Y、Z对应的物质依次是块状大理石、 C. 离子交换膜为阴离子交换膜 D. 理论上外电路每通过电子，则内电路有离子通过交换膜 【答案】A 【解析】 【分析】电极a处在碱性环境下产生气体Y（氢气），推断电极a为阴极，再结合两室溶液中离子的迁移方向与电荷守恒逐项判断。 【详解】A．电极a上发生还原反应，电极反应为，生成的气体Y为H2，因此电极a为阴极，A正确； B．若X为块状大理石，其与稀硫酸反应会生成微溶的CaSO4，覆盖在大理石表面阻止反应持续进行，无法稳定产生CO2，B错误； C．制备CaCO3需要右侧CaCl2溶液中的Ca2+通过离子交换膜进入左侧，与CO2和NaOH反应生成的结合，因此离子交换膜为阳离子交换膜，C错误； D．Ca2+带2个单位正电荷，外电路每通过2 mol电子时，仅需要1 mol Ca2+通过交换膜即可平衡电荷，即通过交换膜的离子为1 mol，D错误； 故答案为A。 12. 南京理工大学朱卫华等人提出了一种基于单簇催化剂还原的反应，主要反应如下： i． ii． iii． 在T℃、100 kPa反应条件下，向10 L密闭容器中充入和，发生上述反应，测得含氮元素占比［如的含氮元素占比］与时间的关系如图，95 min时体系达到平衡。 已知：反应ii为快速平衡，可以认为不受慢反应i、iii的影响。 下列说法错误的是 A. 反应i的 B. 曲线b表示的含氮元素占比 C. 0～45 min内，的平均反应速率约为 D. 若选择对反应i更高效的催化剂，则G点将移向E点 【答案】D 【解析】 【分析】充入的含氮物质只有，随着反应进行，不断消耗，因此快速下降的曲线a表示的含氮元素占比。反应ii为快速平衡，反应前期能迅速生成，而生成的反应i较慢，故前期迅速上升的曲线b表示的含氮元素占比，曲线c表示的含氮元素占比。体系中氮元素守恒，始终有，三种物质的含氮元素占比之和为100%，可以据此将图中占比换算为各物质的物质的量。 【详解】A．反应i的气态反应物与气态生成物的化学计量数之和分别为4和3，气体分子数减少，可判断。反应i在题给条件下能够自发正向进行，设该温度对应的热力学温度为，则。由于，所以，A正确； B．反应ii为快速平衡，反应前期与迅速反应生成，使的含氮元素占比迅速增大；随着慢反应继续进行，逐渐减少，逐渐积累。因此，先迅速上升、后逐渐下降的曲线b表示的含氮元素占比，B正确； C．45 min时，曲线b、c相交，和的含氮元素占比均为47%，故的含氮元素占比为。由氮元素守恒，此时剩余的物质的量为，0～45 min内消耗的物质的量为。因此，的平均反应速率为，约为，C正确； D．95 min时体系已经达到平衡，G点对应的平衡含氮元素占比86%。更高效的催化剂能改变反应速率，但不改变平衡常数，在其他条件相同时也不改变最终平衡组成，因此的平衡含氮元素占比仍为86%。E点的纵坐标高于G点，G点不会移向E点，D错误； 故选D。 13. 黔南州铁矿储量有限，为了减少资源浪费；加强废旧金属回收再利用，某工厂以废铁屑为原料制备铁红的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是 A. 铁红常作颜料，用于油漆、橡胶、塑料等的着色 B. “碱洗”的目的是除去废铁屑表面的油污 C. 用KSCN溶液检验氧化后的溶液中是否含有Fe2＋ D. 氧化时可以选用H2O2溶液 【答案】C 【解析】 【分析】该流程图描述了从废铁屑中制取铁红（氧化铁，Fe2O3）的工艺流程。碱洗：将废铁屑用氢氧化钠（NaOH）溶液进行碱洗，目的是去除油脂和其他有机物。碱洗后进行过滤，得到滤液和碱洗后的铁屑。粉碎：将碱洗后的铁屑粉碎，以增加其表面积，便于后续的酸溶步骤。酸溶：将粉碎后的铁屑用盐酸（HCl）溶液进行酸溶，铁与盐酸反应生成氯化亚铁（FeCl2）和氢气（H2）。酸溶后进行过滤，得到滤渣（可能包含未反应的杂质）和含有氯化亚铁的滤液。氧化：将氯化亚铁滤液进行氧化处理，通常通过加入氧化剂（如氯气Cl2、过氧化氢H2O2等）将Fe2+氧化为Fe3+。沉铁：向氧化后的溶液中加入氢氧化钠（NaOH）溶液，使Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁（Fe(OH)3）沉淀。过滤：将生成的氢氧化铁沉淀与溶液分离，得到滤液和氢氧化铁沉淀。洗涤、干燥：对氢氧化铁沉淀进行洗涤以去除残留的杂质，然后干燥以去除水分。灼烧：将干燥后的氢氧化铁沉淀在高温下灼烧，使其分解生成氧化铁（Fe2O3），即铁红。这个流程图展示了从废铁屑中制取铁红的化学处理过程，包括碱洗、酸溶、氧化、沉淀、过滤、洗涤、干燥和灼烧等步骤。 【详解】A．铁红是红棕色、难氧化的固体，铁红常作颜料，用于油漆、橡胶、塑料等的着色，故A正确； B．“碱洗”的目的目的是去除油脂和其他有机物，是除去废铁屑表面的油污，故B正确； C．KSCN溶液检验的是Fe3+，Fe2+检验将铁用铁氰化钾溶液，故C错误； D．将氯化亚铁滤液进行氧化处理，通常通过加入氧化剂（如氯气Cl2、过氧化氢H2O2等）将Fe2+氧化为Fe3+，氧化时可以选用H2O2溶液，故D正确； 故选C。 14. 常温下，用浓度为0.1 mol/L的H2SO4标准溶液滴定10 mL浓度均为0.2 mol/L的NaOH和Na2A的混合溶液，溶液中所有含A微粒的分布分数δ随pH变化曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的是 A. Ⅱ表示的微粒为HA- B. Ka(HA-)的数量级为10-9 C. a点： D. a、b、c三点中水的电离程度最小的是a点 【答案】D 【解析】 【分析】pH越大，碱性越强，A2-的分布分数越大，HA-的分布分数越小，所以Ⅰ线为A2-，Ⅱ线为HA-，据此分析解题。 【详解】A．pH越大，碱性越强，A2-的分布分数越大，HA-的分布分数越小，所以Ⅰ线为A2-，Ⅱ线为HA-，A正确； B．当δ为0.5时，c(HA-)=c(A2-)对应的pH≈8.4，c(H+)=1×10-8.4，根据Ka的表达式，Ka≈1×10-8.4，数量级为10-9，B正确； C．a点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A，且物质的量之比为1：2，根据电荷守恒可得，根据物料守恒可得，联立两式可得，C正确； D．a点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A，b点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A、NaHA，c点对应溶液的溶质为Na2SO4、NaHA，比较可知水的电离程度由大到小的顺序为a＞b＞c，D错误； 故答案为：D。 二、非选择题(此题包括4小题，共58分) 15. 硫、氮、碳、硅都是化工生产中的重要非金属元素，这四种元素形成的部分物质类别与化合价的关系如图所示，每小问涉及的物质中均含有同种元素。回答下列问题： （1）若E为红棕色气体，则E_____________酸性氧化物(填“是”或“不是”)。 （2）若浓的G溶液可以干燥气体，则： ①B的电子式为________________； ②下列关于该元素及其化合物说法正确的是____________(填标号)。 a．工业上可以利用C制备G b．E的排放是形成酸雨的原因之一 c．K可以与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明该元素的非金属性强于碳 d．实验室制取B时一般用G的浓溶液进行干燥 （3）若K难溶于水，则工业上利用E制取C的化学方程式为_________________________________________。 （4）若C具有良好的导电性，利用D可以设计一种碱性电池，无污染，能量高，其工作原理如图所示。 ①该燃料电池中正极是______(填“a”或“b”)电极，负极发生的电极反应为________________________。 ②当电池放电转移10mol电子时，至少消耗燃料D________g。 【答案】（1）不是 （2） ①. ②. ab （3） （4） ①. b ②. ③. 140 【解析】 【分析】若为硫元素，B为、C为、E为、G为、K为、H为硫酸盐； 若为氮元素，A为、B为、C为、D为、E为或、I为； 若为碳元素，C为、D为、E为、K为（不考虑A、B为有机物的情况）； 若为硅元素，C为、E为、K为，由此解答； 【小问1详解】 由分析可知，E为红棕色气体时，E只能为，酸性氧化物是能与碱发生非氧化还原反应仅生成盐和水的氧化物，与碱反应生成硝酸盐、亚硝酸盐和水，元素化合价发生变化，不属于酸性氧化物； 【小问2详解】 由分析可知，浓的G溶液可以干燥气体，G只能是浓硫酸，此时该元素为硫元素； ①B为，电子式为； ②a．工业上可用单质硫（C）燃烧生成，再催化氧化为，最后溶于水制备硫酸（G），a正确； b．（E）的排放是形成酸雨的主要原因之一，b正确； c．比较元素的非金属性强弱应根据其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，K为，不是最高价含氧酸，不能据此说明硫的非金属性强于碳，c错误； d．（B）具有强还原性，能被浓硫酸（G）氧化，故不能用浓硫酸（G）干燥，d错误； 故选ab； 【小问3详解】 由分析可知，K难溶于水，K只能为，此时该元素为硅元素，E为，C为，工业上用碳还原二氧化硅制取粗硅，化学方程式为； 【小问4详解】 由分析可知，C具有良好导电性，则C为石墨，此时该元素为碳元素，D为； ①燃料电池中，通入空气（氧气）的一极为正极，即b电极；负极通入燃料，在碱性条件下失去电子发生氧化反应，生成碳酸根离子和水，电极反应式为； ②根据负极电极反应式可知，每消耗转移电子，当电池放电转移电子时，消耗，其质量为。 16. 草酸钴为玫瑰红色粉末，主要用于指示剂和催化剂的制备及氧化钴的制备。用水钴矿(主要成分为，还含有少量等杂质)制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示： 已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 ②酸性条件下，不会氧化。 回答下列问题： （1）为加快“浸取”的速率，可以采取的措施有_________________________(答出1条即可)，“滤渣1”的主要成分为_________(填化学式)。 （2）“浸取”过程中Co(Ⅲ)转化为Co(Ⅱ)，该反应的离子方程式为___________________。 （3）“氧化”中加入的作用是_____________________________。 （4）加时，需要控制pH的范围是___________________。 （5）沉钙、镁是将溶液的Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀，当Ca2+与Mg2+完全沉淀后，所得滤液中c(Mg2+)：c(Ca2+)=____________。(已知Ksp(MgF2)=7.35×10−11、Ksp(CaF2)=1.05×10−10) （6）“沉钴”时，不能用溶液代替溶液，原因是__________________________________。 【答案】（1） ①. 将水钴矿粉碎、适当升高温度、适当增大稀硫酸浓度、搅拌等措施 ②. 、 （2） （3）将氧化为，便于后续调节pH将其沉淀除去 （4） （5）0.7 （6）草酸钠溶液的碱性强于草酸铵，易形成沉淀 【解析】 【分析】水钴矿主要成分为，还含有少量等杂质，加入稀硫酸和后，将、还原为、，不溶于稀硫酸，和稀硫酸反应生成微溶，滤渣1的主要成分为、；将滤液加入将氧化为，便于后续沉淀除铁；加入调节将、转化为、沉淀除去；再加入将、转化为、沉淀除去；向滤液中加入将转化为，由此解答； 【小问1详解】 为加快“浸取”的速率，可以采用将水钴矿粉碎、适当升高温度、适当增大稀硫酸浓度、搅拌等措施；由分析可知，滤渣1的主要成分为、； 【小问2详解】 “浸取”过程中，将还原为，自身被氧化为，因此离子方程式为； 【小问3详解】 由分析可知，加入是为了将氧化为，便于后续沉淀除铁； 【小问4详解】 加入调节的目的是将、转化为、沉淀除去，同时不能让沉淀，根据表中数据可知，调节的范围是; 【小问5详解】 溶液中； 【小问6详解】 溶液的碱性强于溶液，会导致溶液的过大产生大量沉淀，降低产率，因此不能用溶液代替溶液。 17. 在都匀市秦汉影视城拍摄的多部影视剧火遍全网。Na2S2O3俗称“大苏打”，在照相业中用作定影剂。Na2S2O3易溶于水，难溶于乙醇，具有较强的还原性，遇酸易分解，在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组在实验室制取硫代硫酸钠晶体（）并检验其纯度，其实验室制备装置如图所示（夹持装置已略）。 （1）仪器C的名称为______。 （2）NaOH溶液的作用是______。 （3）装置A中发生反应的化学方程式为______。 （4）装置B中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。 （5）测定粗产品中Na2S2O3·5H2O（M＝248）的含量，一般采用在酸性条件下用标准液滴定的方法（假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。称取三份2.00g的粗产品溶于水，用0.5000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定（滴定反应的离子方程式为）。四次滴定消耗酸性KMnO4溶液的体积如下表所示： 实验序号 1 2 3 4 消耗酸性KMnO4溶液的体积（mL） 20.05 21.50 20.00 19.95 ①量取待测液Na2S2O3溶液时，应选用______（填“甲”或“乙”）滴定管。滴定时，判断达到滴定终点的依据是______。 ②下列操作可能导致测定结果偏低的是______（填字母）。 A．滴定过程中待测液溅出锥形瓶 B．滴定前盛放Na2S2O3溶液的锥形瓶洗净后没有干燥 C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 ③产品中的质量分数为______。 【答案】（1）分液漏斗 （2）吸收多余的，防止污染空气 （3） （4） （5） ①. 乙 ②. 当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中变为浅紫色，且30s不恢复原来的颜色 ③. A ④. 77.5% 【解析】 【分析】实验室制取硫代硫酸钠晶体的基本过程是先用固体与浓硫酸反应制备，再用和溶液反应生成。 【小问1详解】 仪器C的名称为分液漏斗。 【小问2详解】 三颈烧瓶中的反应有气体参与，未反应的进入NaOH溶液中被吸收，防止污染空气。 【小问3详解】 装置A有固体与浓硫酸，反应后可生成，A中发生反应的化学方程式为：。 【小问4详解】 装置B中发生的反应一个作还原剂生成转移四个电子；一个作氧化剂生成转移两个电子；为了得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。 【小问5详解】 ①溶液显碱性，量取待测液溶液时应用碱式滴定管，故选乙；滴定时，发生反应，酸性高锰酸钾作为标准物，滴定开始用于消耗，当消耗完滴入最后半滴酸性高锰酸钾时，锥形瓶中变为浅紫色，判断达到滴定终点的依据是：当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中变为浅紫色，且30s不恢复原来的颜色即达到滴定终点。 ②A．滴定过程中待测液溅出锥形瓶会导致滴定用的酸性高锰酸钾体积变小，滴定结果偏低，A符合题意； B．滴定前盛放溶液的锥形瓶洗净后没有干燥是有水留在锥形瓶中，但是水不参加滴定过程，故没有影响，B不符合题意； C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗直接去滴定会导致标酸性准高锰酸钾的浓度降低，使用的体积变大，测量结果偏大，C不符合题意。 故选A。 ③第四次滴定中第二组误差太大舍去，用第一、三、四组计算消耗酸性溶液的平均体积为20.00mL，根据滴定方程式以及酸性高锰酸钾的浓度可计算的物质的量=，滴定后产品中的质量分数。 【点睛】本题考查物质制备实验、物质含量测定等，题目综合性较强，关键是对原理的理解，注意制备中渗入环保意识，熟练掌握元素化合物知识与实验制备基本原则 18. 丙烯是一种重要的有机化工基础原料，丙烷催化脱氢制丙烯的不同工艺反应如下： Ⅰ．直接脱氢：， Ⅱ．氧化脱氢：， Ⅲ．副反应：， （1）已知：反应的，则___________。 （2）下列关于反应Ⅰ和Ⅱ的说法错误的是___________（填标号）。 A. 高温有利于反应Ⅰ自发进行 B. 反应Ⅰ的正反应活化能小于其逆反应活化能，反应Ⅱ恰好相反 C. 恒温恒容条件下，容器中气体压强不变时，反应Ⅰ和Ⅱ均已达平衡 D. 恒温恒容条件下，混合气体的密度保持不变，反应Ⅰ和Ⅱ均已达平衡 （3）直接脱氢：向一密闭容器中充入1.00 mol丙烷，进行反应Ⅰ。 ①恒温恒容条件下，测得平衡时的气体体积分数为80.0%，则的平衡转化率＝___________（保留3位有效数字）。 ②相比于“恒温恒压”，该条件下的平衡转化率将___________（填“增大”“减小”或“不变”），理由是___________________________________________________________________。 （4）氧化脱氢：在压强为的恒压体系中通入1 mol丙烷、1 mol氧气，仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，达平衡时，丙烷的转化率和丙烯及副产物乙烯的选择性随温度变化如图所示。 已知：ⅰ．为用平衡分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。 ⅱ．丙烯选择性×100%。 ①温度升高，丙烯选择性下降的原因可能是_________________________________________________。 ②500℃下反应Ⅱ的___________(列计算式)。 【答案】（1） （2）BD （3） ①. 11.1% ②. 减小 ③. 反应Ⅰ正反应为气体分子数增大的反应，平衡时恒温恒容比恒温恒压的压强更大，增大压强使平衡逆向移动，不利于反应Ⅰ正向进行，平衡转化率减小 （4） ①. 反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，且过高的温度可能导致催化剂失活，故丙烯选择性降低 ②. 或 【解析】 【小问1详解】 将题给水分解反应逆向进行，并将化学计量数变为原来的二分之一，得到，相应的反应热为。将其与反应Ⅰ相加，消去两边的，得到反应Ⅱ；根据盖斯定律，； 【小问2详解】 A．反应Ⅰ为吸热反应，；正反应使气体分子数增大，属于熵增反应，。根据，升高温度有利于使，因而高温有利于反应Ⅰ自发进行，A正确； B．反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差。反应Ⅰ的，故正反应活化能大于逆反应活化能；反应Ⅱ的，故正反应活化能小于逆反应活化能，均与选项所述相反，B错误； C．反应Ⅰ和Ⅱ分别进行时，正反应均使气体总物质的量增大。恒温恒容条件下，气体压强与气体总物质的量成正比，压强随反应进行而改变，因此压强保持不变可以作为这两个反应各自达到平衡的标志，C正确； D．反应Ⅰ和Ⅱ的反应物、生成物均为气体，在密闭容器内反应时，气体总质量保持不变；恒容条件下，由可知，混合气体的密度始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡，D错误； 故选BD； 【小问3详解】 ①设平衡时消耗丙烷的物质的量为，根据三段式可知：，同温同压下，气体体积分数等于物质的量分数，所以，解得，因此丙烷的平衡转化率为； ②反应Ⅰ正向进行时，气体总物质的量增大。恒温恒容条件下，反应进行使压强增大；恒温恒压条件下，容器体积随反应进行而增大。若将恒温恒容下达到平衡的体系等温膨胀，使压强降至恒压体系的压强，各气体分压立即减小，反应Ⅰ的平衡向气体分子数增大的正反应方向移动，丙烷继续消耗。因此，相比于恒温恒压条件，恒温恒容条件下丙烷的平衡转化率减小； 【小问4详解】 ①温度升高，丙烯选择性下降的原因可能是：反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，且过高的温度可能导致催化剂失活，故丙烯选择性降低； ②500℃时，图中标注的丙烷转化率为10%，丙烯选择性为75%，乙烯选择性为25%，消耗丙烷的物质的量为，由选择性的定义，生成丙烯的物质的量为，生成乙烯的物质的量为； 反应Ⅱ为，每生成1 mol丙烯，消耗0.5 mol氧气、生成1 mol水蒸气；反应Ⅲ为，每生成1 mol乙烯，消耗2 mol氧气、生成2 mol水蒸气和1 mol二氧化碳；因此，平衡时各物质的物质的量为：；；；；；，平衡时气体总物质的量为；各气体的平衡分压等于其物质的量分数乘以总压，例如，其余气体同理，将反应Ⅱ各组分的平衡分压代入平衡常数表达式，得到。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $