精品解析：上海中学东校2026-2027学年第一学期阶段性检测 高二化学试题

上海中学东校 2026 学年第一学期阶段性检测 高二 化学 2026.10 (满分：100 分　　时间：60 分钟) 注意：选择类题目中，标注“不定项”的题目，每小题有 1-2 个正确选项；未特别标注的题目，每小题只有 1 个正确选项。 所有单选题题号涂在答题卡上，不定项选择题直接书写在答题纸上。 本卷可能用到的相对原子质量：Ca-40　C-12　O-16 一、原电池原理及应用 1. 电化学原理在探究物质性质和实际生产中应用广泛，电化学装置可实现化学能与电能之间的转化。 （1）下列装置中，能将化学能直接转化为电能的是_______。 A. 充电宝在充电时 B. 电解水装置 C. 太阳能电池板 D. 水果电池 （2）电化学在生产、生活和科学技术的发展中扮演着重要的角色。下列有关原电池和电解池说法正确的是_______。（不定项） A. 铜锌原电池中铜电极发生的是氧化反应 B. 电池是能量高效转化装置，燃料电池放电时化学能全部转化为电能 C. 用惰性电极电解饱和食盐水溶液结束后，欲使电解液恢复到初始态，可向溶液中加入适量盐酸 D. 电解精炼铜时，阳极底部产生含 Pt、Au 等元素的阳极泥 化学电源在生产生活中有着广泛的应用。某同学分别按图甲乙所示装置进行实验，两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，甲中 A 为电流表。 （3）在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度是甲_______乙。 A．> B．< C．= （4）甲电池工作一段时间后，溶液中 _______。 A. 变大 B. 不变 C. 变小 D. 无法判断 （5）甲中负极的电极反应式为_______，若有 1 mol 电子流经导线时，则可产生_______mol 气体。 （6）利用反应 ，可设计如图所示的装置，下列说法正确的是_______。 盐桥（装有含饱和 KCl 溶液的琼脂） A. 盐桥中 移向 溶液，移向 溶液 B. 生成的 通过盐桥可以和锌反应生成 Fe C. 电流流动方向为锌电极→电流表→石墨电极 D. 石墨电极上发生的反应为 我国科学家利用光电催化技术实现了室温下完全分解 制取硫单质，装置如下图。 （7）整个装置中的能量转化形式是光能转化为_______和_______。 （8）该装置工作时 Y 极的电极反应是_______；C 室中发生的离子反应为_______。 （9）下列有关该装置的说法错误的是_______。 A. 得到两种有用的化工原料 B. Y 电极不能用铜棒作电极 C. A 室需要持续补充稀硫酸 D. 用 KSCN 溶液检验过滤后的液体中是否含有 也可应用于废水处理领域中，能使某些金属离子生成难溶硫化物而除去。工业除去 的原理为： ，。 ，。 。 （10）25℃时，向含有 的废水中通入一定量 气体，然后调节溶液的 pH，当 pH = 6、 时，开始沉淀，请写出必要的计算过程求 _______。（忽略 的浓度变化和溶液体积的变化，结果用科学计数法表示，保留一位小数） 二、海洋资源利用 2. 我国海洋资源十分丰富。随着科学技术的不断发展，可以通过淡化海水获取淡水、从海水中提取食盐、镁等重要的化学物质。食盐是一种食品添加剂，也是一种重要的工业原料，如生产烧碱、纯碱、盐酸等。 （1）常温下某海水样品测得其 pH 值约为 8.0~8.5，可能使海水呈碱性的物质是_______。 A. B. NaCl C. KBr D. （2）常温下，将盐酸和氨水混合，所得溶液 pH = 7，此时溶液中 _______。 A. > B. < C. = D. 无法判断 目前世界上大多数的镁是从海水中提取的，下图是海水提镁的部分流程。 （3）使用氯化镁制备金属镁的电解反应方程式是_______。 （4）请从平衡移动角度解释脱水时需要在氯化氢气流中进行的原因_____________________。 电解也是制备物质的重要手段，用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取，工艺如下图所示。 （5）b 电极应连接电源的_______。 A. 阴极 B. 阳极 C. 正极 D. 负极 （6）b 电极的电极反应式为_______。 （7）电解一段时间后，a 极区溶液的 pH_______。 A. 增大 B. 减小 C. 不变 D. 无法判断 （8）图中离子交换膜使用的是_______。 A．负离子交换膜 B．正离子交换膜 （9）电解后的产品除外，还有_______。（写化学式） 在实际生产中，正离子交换膜的破损会造成迁移至阳极区，从而在电解池阳极能检测到。 （10）产生的电极反应式为_______。 （11）下列生产措施有利于提高产量、降低阳极含量的是_______。（不定项） A. 定期检查并更换正离子交换膜 B. 及时补充浓度高的精制饱和食盐水 C. 降低电解时的温度 D. 增大阳极区的溶液的 pH 三、珍珠粉 3. 珍珠粉的主要成分包括蛋白质、文石结构的碳酸钙、多种微量元素和维生素 B 等。珍珠粉的碳酸钙含量≥90%，有机质含量占 5% 左右。 目前市场上存在着与之相似的贝壳粉。贝壳粉是用贝类的壳加工成粉末状，其中主要成分是碳酸钙，其次是甲壳素和少量的氨基酸等。贝壳粉的碳酸钙含量高达 98%，但有机质含量较低。 测定某珍珠粉样品中碳酸钙含量步骤如下： Ⅰ． 用电子天平称取珍珠粉样品 0.150 g，试样置于锥形瓶中，加少量水使样品润湿。 Ⅱ． 向锥形瓶中加入 5.00 mL 的盐酸标准溶液，加热促进样品溶解、冷却。 Ⅲ． 用少量水冲洗锥形瓶内壁，加入物质 A 作指示剂，用氢氧化钠标准溶液返滴定。 （1）碳酸钙在水中的沉淀溶解平衡表达式为_______。 （2）向锥形瓶中加入盐酸时反应的离子方程式为_______。 （3）用已配制的标准氢氧化钠溶液开始滴定之前，下列关于滴定操作说法正确的是_______。 A. 盛装氢氧化钠标准溶液的滴定管，洗涤后直接装液 B. 使用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管时，润洗后的液体从滴定管的上口全部放出 C. 滴定管注入氢氧化钠标准溶液之后，需要调节液面，排出尖嘴处气泡 D. 锥形瓶使用前，要用盐酸标准溶液润洗2～3次 （4）取 5.00 mL 盐酸的仪器可以用_______。（不定项） A. 5 mL 量筒 B. 10 mL 量筒 C. 滴定管 D. 5 mL 移液管 （5）实验室配制 100 mL 的氢氧化钠标准溶液时，需要的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还应有_______。 （6）若达到此次滴定化学计量点时，锥形瓶中溶液的体积为 40 mL，化学计量点前后半滴（约0.02 mL）溶液的 pH 为滴定突跃范围。该滴定实验的突跃范围是_______。 A. 4.0～10.0 B. 5.3～8.7 C. 4.7～9.3 D. 4.3～9.7 （7）加入的物质 A 是_______，判断达到滴定终点的现象为_______。 （8）第一次滴定时氢氧化钠溶液的末读数如图所示，读数为_______mL。 经过三次平行实验，其他数据不变，消耗氢氧化钠溶液体积分别为 20.48 mL、20.60 mL、22.05 mL。 （9）该样品中碳酸钙的质量分数为_______。（结果保留三位小数，忽略溶出的对溶液体积的影响） （10）该样品_______珍珠粉。 A．不是 B．是 （11）下列操作会导致测得样品中碳酸钙的质量分数偏大的是_______。（不定项） A. 溶解碳酸钙时加热时间过长 B. 滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 C. 盛酸滴定管未用 HCl 标准液润洗 D. 盛碱滴定管未用 NaOH 标准液润洗 四、工业合成氨 4. 2007 年度诺贝尔化学奖获得者格哈德·埃特尔，确认了合成氨反应机理。673 K 时，各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。 （1）上述合成氨反应历程中，基元反应个数为_______。 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 （2）400 ℃时 N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH＜0 K=0.5，若某时刻测得 NH3、N2 和 H2 的物质的量浓度均为 1 mol·L−1 时，则此时该反应的 v正_______v逆。 A．＜ B．> C．= 某小组往一恒温恒压容器中充入 9 mol N2 和 23 mol H2 模拟合成氨的反应，下图为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系： （3）温度 T1、T2、T3 中，最大的是_______。 A．T1 B．T2 C．T3 （4）若体系在 T2、60 MPa 下达到平衡，计算此时的平衡常数 Kp = _______(用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留 3 位小数) 吉林大学的科学家们提出一种基于机械化学在温和条件下由氢气和氮气合成氨的新方案“球磨法”。该方法是在温和的条件下(45℃和 1bar，1bar=100kPa)合成氨，氨的最终体积分数可高达 82.5%。 该法分为两个步骤：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上([Fe(N*)])，有助于氮分子的解离。第二步，N*发生加氢反应得到 NHx(x=1~3)，剧烈碰撞中，NHx 从催化剂表面脱附得到产物氨。 （5）“球磨法”与“哈伯法”相比较，下列说法中正确的是_______。(不定项) A. 催化剂(Fe)缺陷密度越高，N2 的吸附率越高 B. “球磨法”中“剧烈碰撞”仅为了产生“活化缺陷” C. “哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”不用解离氮氢三键 D. “球磨法”不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压会增大成本 机械碰撞有助于催化剂缺陷的形成，而摩擦生热会使体系温度升高。下图是 N2 吸附量、体系温度随球磨转速变化曲线。 （6）应选择的最佳转速约_______转/min；若选择 500 转/min 的转速，N2 的吸附量降低的原因是_______。 五、菠菜豆腐 5. 菠菜富含可溶性草酸(H2C2O4)，豆腐常用石膏(CaSO4·2H2O)点卤。民间素有“菠菜不能与豆腐同食”的说法，该说法认为二者同食会生成草酸钙沉淀，影响人体对钙的吸收甚至导致结石。 已知：25℃下 H2C2O4 的电离平衡常数分别是 Ka1=5.4×10−2，Ka2=5.4×10−5；H2CO3 的电离平衡常数分别是 Ka1=4.2×10−7，Ka2=4.8×10−11；25℃下 Ksp(CaC2O4)=4.0×10−9。 （1）关于草酸及其盐溶液，下列说法正确的是_______。 A. H2C2O4 在水溶液中的电离方程式是 H2C2O4 ⇌ 2H⁺ + C2O B. 草酸与足量澄清石灰水反应的离子方程式是 H2C2O4 + Ca2+ + 2OH⁻ = CaC2O4↓ + 2H2O C. 向碳酸钠溶液中滴加少量草酸溶液会出现气泡 D. 加热 Na2C2O4 溶液，水解程度减小，碱性减弱 （2）NaHC2O4 溶液显_______(填“酸”“碱”或“中”)性。 菠菜汁中含有 H2C2O4、HC2O、C2O。 （3）下列离子在菠菜汁中能大量共存的是_______。 A. Ca2+、K⁺ B. H⁺、NH C. K⁺、MnO D. Na⁺、Br⁻ （4）关于菠菜汁中草酸相关微粒的存在形式及平衡关系，下列判断正确的是_______。 A. 在菠菜汁中，c(H2C2O4) > c(C2O) > c(HC2O) B. 若将菠菜汁稀释 10 倍，则溶液中 c(H⁺)/c(H2C2O4) 的比值减小 C. 草酸溶液中一定存在 c(H⁺) = c(OH⁻) + c(HC2O) + 2c(C2O) D. 室温下，向菠菜汁中逐滴加入 NaOH 溶液至 pH=7 的过程中，水的电离程度先减小后增大 某兴趣小组用菠菜和豆腐模拟混合过程，研究草酸与钙的平衡，并尝试用厨房“焯水”方法减少菠菜中的草酸含量。 （5）关于菠菜与豆腐混合体系，下列判断正确的是_______。(不定项) A. 菠菜中滴加豆腐水，立即产生 CaC2O4 沉淀，所以 CaC2O4 是弱电解质 B. 向混合后的滤液中加入少量的 CaCl2 固体，Ksp(CaC2O4)减小 C. 若滤液中 c(Ca2+)=1.0×10−3 mol·L−1，则 c(C2O) ≤ 4.0×10−6 mol·L−1 D. “焯水”后菠菜中草酸总浓度降低，与豆腐混合时，生成 CaC2O4 沉淀会减少人体对钙元素的吸收 在厨房菠菜“焯水”时，有经验的人会常向水中加入少量“小苏打”。 （6）用离子方程式表示“小苏打”溶液显碱性的原因_______。 （7）加入少量“小苏打”有利于去除菠菜中的草酸，请写出该过程中发生的离子方程式_______。 某小组设计对比实验： 甲：菠菜汁直接与豆腐混合，再过滤得滤液 乙：菠菜经“焯水”后冷却，再与豆腐混合，最后过滤得滤液 （8）预测滤液中 c(Ca2+) 的结果是甲_______乙。 A．> B．＜ C．= 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海中学东校 2026 学年第一学期阶段性检测 高二 化学 2026.10 (满分：100 分　　时间：60 分钟) 注意：选择类题目中，标注“不定项”的题目，每小题有 1-2 个正确选项；未特别标注的题目，每小题只有 1 个正确选项。 所有单选题题号涂在答题卡上，不定项选择题直接书写在答题纸上。 本卷可能用到的相对原子质量：Ca-40　C-12　O-16 一、原电池原理及应用 1. 电化学原理在探究物质性质和实际生产中应用广泛，电化学装置可实现化学能与电能之间的转化。 （1）下列装置中，能将化学能直接转化为电能的是_______。 A. 充电宝在充电时 B. 电解水装置 C. 太阳能电池板 D. 水果电池 （2）电化学在生产、生活和科学技术的发展中扮演着重要的角色。下列有关原电池和电解池说法正确的是_______。（不定项） A. 铜锌原电池中铜电极发生的是氧化反应 B. 电池是能量高效转化装置，燃料电池放电时化学能全部转化为电能 C. 用惰性电极电解饱和食盐水溶液结束后，欲使电解液恢复到初始态，可向溶液中加入适量盐酸 D. 电解精炼铜时，阳极底部产生含 Pt、Au 等元素的阳极泥 化学电源在生产生活中有着广泛的应用。某同学分别按图甲乙所示装置进行实验，两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，甲中 A 为电流表。 （3）在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度是甲_______乙。 A．> B．< C．= （4）甲电池工作一段时间后，溶液中 _______。 A. 变大 B. 不变 C. 变小 D. 无法判断 （5）甲中负极的电极反应式为_______，若有 1 mol 电子流经导线时，则可产生_______mol 气体。 （6）利用反应 ，可设计如图所示的装置，下列说法正确的是_______。 盐桥（装有含饱和 KCl 溶液的琼脂） A. 盐桥中 移向 溶液，移向 溶液 B. 生成的 通过盐桥可以和锌反应生成 Fe C. 电流流动方向为锌电极→电流表→石墨电极 D. 石墨电极上发生的反应为 我国科学家利用光电催化技术实现了室温下完全分解 制取硫单质，装置如下图。 （7）整个装置中的能量转化形式是光能转化为_______和_______。 （8）该装置工作时 Y 极的电极反应是_______；C 室中发生的离子反应为_______。 （9）下列有关该装置的说法错误的是_______。 A. 得到两种有用的化工原料 B. Y 电极不能用铜棒作电极 C. A 室需要持续补充稀硫酸 D. 用 KSCN 溶液检验过滤后的液体中是否含有 也可应用于废水处理领域中，能使某些金属离子生成难溶硫化物而除去。工业除去 的原理为： ，。 ，。 。 （10）25℃时，向含有 的废水中通入一定量 气体，然后调节溶液的 pH，当 pH = 6、 时，开始沉淀，请写出必要的计算过程求 _______。（忽略 的浓度变化和溶液体积的变化，结果用科学计数法表示，保留一位小数） 【答案】（1）D （2）D （3）A （4）B （5） ①. ②. 0.5 （6）D （7） ①. 电能 ②. 化学能 （8） ①. ②. （9）C （10）pH = 6时，。由和两个电离平衡，有、，相乘得。以为浓度单位，设浓度的数值为，代入得，故。MnS的溶解平衡为。刚开始沉淀时，离子积等于溶度积；将浓度以为单位的数值代入，得。 【解析】 【分析】甲中锌片、铜片通过导线和电流表连接，并同时与稀硫酸接触，构成原电池。锌失去电子，电子经外电路流向铜片，溶液中的在铜片上得到电子生成。乙中两金属片没有通过导线连接，锌直接与稀硫酸反应，铜不与稀硫酸反应。两装置均发生锌与酸反应生成氢气的变化，但甲将氧化反应和还原反应分开在两电极上进行。 盐桥原电池中，锌电极浸在溶液中，石墨电极浸在溶液中。由给定总反应可知，锌被氧化，被还原，因此锌为负极、石墨为正极；电子通过外电路由锌电极流向石墨电极，盐桥通过离子的定向移动维持两侧溶液的电中性。 光电催化装置中，A室的在受光照的X极得到电子生成，X极发生还原反应；B室的在Y极失去电子生成，Y极发生氧化反应。生成的在C室将通入的氧化为硫单质，同时生成和。过滤除去硫后，含和的滤液沿回流管返回B室，其中继续参加电极反应，由B室经质子交换膜进入A室，补充A室电极反应消耗的。 【小问1详解】 A．充电宝充电时，外加电能使电池内部发生化学反应，主要将电能转化为化学能，A错误； B．电解水需要外加电源，主要将电能转化为化学能，B错误； C．太阳能电池板将光能转化为电能，C错误； D．水果电池利用自发的氧化还原反应形成电流，将化学能直接转化为电能，D正确； 故选D； 【小问2详解】 A．铜锌原电池中，锌较活泼，锌电极为负极，铜电极为正极，铜电极上发生还原反应，A错误； B．燃料电池放电时，反应释放的化学能一部分转化为电能，还有一部分转化为热能，不能全部转化为电能，B错误； C．用惰性电极电解饱和食盐水的反应为。欲使电解液恢复到初始态，应通入适量HCl气体，发生；加入盐酸会额外引入水，不能使电解液恢复到初始态，C错误； D．电解精炼铜时，粗铜作阳极，铜失去电子进入溶液，电极反应为；Pt、Au等不易失去电子，随粗铜溶解而沉积在阳极底部，形成阳极泥，D正确； 故选D； 【小问3详解】 两装置中的稀硫酸浓度相同，甲中的锌、铜通过导线连接形成原电池，锌失去的电子经导线转移到铜片上，在铜片上得到电子，发生。形成原电池能加快锌与稀硫酸的反应，因此甲产生气泡的速度大于乙。故选A； 【小问4详解】 甲电池的总反应为，不参加该反应，其物质的量不变。按本题通常忽略溶液体积变化的处理，不变。故选B； 【小问5详解】 甲中锌为负极，锌原子失去电子生成，每个锌原子失去2个电子，故负极的电极反应为。正极发生，生成1 mol氢气需要转移2 mol电子，因此当1 mol电子流经导线时，生成氢气的物质的量为； 【小问6详解】 A．锌为负极，发生，左侧溶液中的正电荷增加，盐桥中的移向溶液；石墨为正极，得到电子生成，右侧溶液中的正电荷减少，盐桥中的移向溶液，A错误； B．盐桥将两侧溶液分隔开，主要依靠其中和的定向移动导电。生成的处于石墨电极一侧，不通过盐桥输送到锌电极处与锌直接反应，B错误； C．电子在外电路中由锌电极经电流表流向石墨电极，电流方向与电子移动方向相反，因此电流方向为石墨电极→电流表→锌电极，C错误； D．石墨为正极，在其表面得到电子生成，电极反应为，D正确； 故选D； 【小问7详解】 光照使装置中的电荷定向转移，产生电能；同时，光电催化过程使分解生成和硫单质，能量储存在生成物中。因此，装置将光能转化为电能和化学能； 【小问8详解】 X极将还原为，相应地，Y极发生氧化反应。B室中的在Y极失去1个电子生成，因此Y极的电极反应为。C室通入后，硫元素由−2价升高到0价，1个分子失去2个电子；每个得到1个电子生成。结合电子守恒、原子守恒和电荷守恒，C室中的离子反应为； 【小问9详解】 A．A室产生，C室生成硫单质，过滤后可获得硫，两者均为有用的化工原料，A正确； B．Y极发生氧化反应，用铜棒作电极时，铜会失去电子溶解，发生；B室中的也能与铜反应，发生，因此铜棒不能作为该装置的Y电极，B正确； C．A室发生，消耗；C室发生，生成。这些随滤液回到B室，再由B室经质子交换膜进入A室；每分解1 mol 生成的2 mol ，恰好补充生成1 mol 消耗的2 mol ，因此A室不需要持续补充稀硫酸，C错误； D．遇KSCN溶液显红色，向过滤后的液体中加入KSCN溶液，可以检验其中是否含有，D正确； 故选C； 【小问10详解】 题给第一步电离为，其电离平衡常数为；第二步电离为，其电离平衡常数为。将两式相乘，消去，得到。pH = 6时，。以为浓度单位，设浓度的数值为，将题给数据代入上述关系，得到，所以。MnS的溶解平衡为，其溶度积表达式为。刚开始沉淀时，离子积等于溶度积；又因题目要求忽略的浓度变化，所以此时。将各浓度以为单位的数值代入，得到，按题目要求保留一位小数，结果为。 二、海洋资源利用 2. 我国海洋资源十分丰富。随着科学技术的不断发展，可以通过淡化海水获取淡水、从海水中提取食盐、镁等重要的化学物质。食盐是一种食品添加剂，也是一种重要的工业原料，如生产烧碱、纯碱、盐酸等。 （1）常温下某海水样品测得其 pH 值约为 8.0~8.5，可能使海水呈碱性的物质是_______。 A. B. NaCl C. KBr D. （2）常温下，将盐酸和氨水混合，所得溶液 pH = 7，此时溶液中 _______。 A. > B. < C. = D. 无法判断 目前世界上大多数的镁是从海水中提取的，下图是海水提镁的部分流程。 （3）使用氯化镁制备金属镁的电解反应方程式是_______。 （4）请从平衡移动角度解释脱水时需要在氯化氢气流中进行的原因_____________________。 电解也是制备物质的重要手段，用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取，工艺如下图所示。 （5）b 电极应连接电源的_______。 A. 阴极 B. 阳极 C. 正极 D. 负极 （6）b 电极的电极反应式为_______。 （7）电解一段时间后，a 极区溶液的 pH_______。 A. 增大 B. 减小 C. 不变 D. 无法判断 （8）图中离子交换膜使用的是_______。 A．负离子交换膜 B．正离子交换膜 （9）电解后的产品除外，还有_______。（写化学式） 在实际生产中，正离子交换膜的破损会造成迁移至阳极区，从而在电解池阳极能检测到。 （10）产生的电极反应式为_______。 （11）下列生产措施有利于提高产量、降低阳极含量的是_______。（不定项） A. 定期检查并更换正离子交换膜 B. 及时补充浓度高的精制饱和食盐水 C. 降低电解时的温度 D. 增大阳极区的溶液的 pH 【答案】（1）D （2）A （3） （4）存在水解平衡，通入氯化氢使该平衡逆向移动，抑制氯化镁的水解，从而得到无水氯化镁。 （5）C （6） （7）A （8）B （9）、NaOH （10） （11）AB 【解析】 【分析】海水提镁时，先将苦卤中的转化为沉淀，再用盐酸溶解沉淀，经浓缩得到。结晶水合物在氯化氢气流中脱水得到无水氯化镁，随后将其熔融并电解制得镁。电解食盐水制取时，右侧b极区通入精制饱和食盐水，中的氯元素由−1价升高到+4价，发生氧化反应；左侧a极区通入含少量NaOH的水，水在电极上得电子生成氢气和。图示由右侧b极区穿过离子交换膜迁入左侧a极区，维持溶液的电中性，左侧分别引出气体产品和碱液。膜破损后，左侧的可进入右侧，在阳极发生氧化反应生成氧气，与生成的反应竞争。 【小问1详解】 A．是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，不能使海水呈碱性，A错误； B．NaCl是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，不能使海水呈碱性，B错误； C．KBr是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，不能使海水呈碱性，C错误； D．溶液中，既能水解又能电离，但水解程度大于电离程度，其水解平衡为，因此溶液呈碱性，D正确； 故选D； 【小问2详解】 盐酸与氨水混合后的溶液中，电荷守恒关系为。常温下溶液pH = 7，故，从而。溶液中存在平衡，含有未电离的，所以。 故选A； 【小问3详解】 镁是活泼金属，应电解熔融氯化镁制取。熔融氯化镁中的在阴极得到电子生成Mg，在阳极失去电子生成。根据得失电子数相等及原子守恒，电解反应方程式为； 【小问4详解】 受热脱水时，氯化镁能够发生水解，存在平衡。加热有利于水解，且生成的HCl易挥发，使水解继续进行。通入氯化氢气流增大水解产物HCl的浓度，使上述平衡逆向移动，抑制氯化镁水解，从而得到无水氯化镁； 【小问5详解】 图中b极产生，氯元素由中的−1价升高到中的+4价，失去电子，电极反应为。电解池中发生氧化反应的电极是阳极，因此b极是阳极，应与电源正极相连。 故选C； 【小问6详解】 b极区通入精制饱和食盐水，在该极失去电子生成。氯元素的化合价由−1价升高到+4价，每生成1个分子需转移5个电子；生成物中的氧由水提供，再用配平氢原子和电荷，得到电极反应式； 【小问7详解】 b极是阳极，故a极是阴极。a极区的水得电子生成氢气，同时生成，电极反应为。随着电解进行，a极区溶液中的浓度增大，pH增大。 故选A； 【小问8详解】 a极区发生反应，不断生成。为维持溶液的电中性，图中的由右侧b极区穿过膜迁入左侧a极区，因此该膜应允许阳离子通过，并阻止迁入阳极区，使用的是正离子交换膜。 故选B； 【小问9详解】 a极区发生反应，因此左侧上方气体出口引出的产品是。右侧的通过正离子交换膜迁入左侧，使左侧得到NaOH溶液，故图示电解产品除外，还有、NaOH； 【小问10详解】 正离子交换膜破损后，迁移到阳极区并失去电子生成，其中氧元素的化合价由−2价升高到0价。每生成1个分子转移4个电子，结合氢原子守恒和电荷守恒，电极反应式为； 【小问11详解】 A．题干指出，正离子交换膜破损会使迁入阳极区并生成。定期检查并更换正离子交换膜，可减少进入阳极区，减少生成氧气的副反应，使更多电量用于生成，A正确； B．阳极生成时消耗，反应为。及时补充浓度高的精制饱和食盐水，可避免阳极区浓度过低，有利于放电生成，减少生成氧气的副反应，B正确； C．降低温度通常使反应速率减慢，不利于提高相同时间内的产量，不能作为同时提高产量、降低阳极含量的措施，C错误； D．增大阳极区溶液的pH，会增大浓度，有利于发生，使生成氧气的副反应增加，不利于提高产量并降低氧气含量，D错误； 故选AB。 三、珍珠粉 3. 珍珠粉的主要成分包括蛋白质、文石结构的碳酸钙、多种微量元素和维生素 B 等。珍珠粉的碳酸钙含量≥90%，有机质含量占 5% 左右。 目前市场上存在着与之相似的贝壳粉。贝壳粉是用贝类的壳加工成粉末状，其中主要成分是碳酸钙，其次是甲壳素和少量的氨基酸等。贝壳粉的碳酸钙含量高达 98%，但有机质含量较低。 测定某珍珠粉样品中碳酸钙含量步骤如下： Ⅰ． 用电子天平称取珍珠粉样品 0.150 g，试样置于锥形瓶中，加少量水使样品润湿。 Ⅱ． 向锥形瓶中加入 5.00 mL 的盐酸标准溶液，加热促进样品溶解、冷却。 Ⅲ． 用少量水冲洗锥形瓶内壁，加入物质 A 作指示剂，用氢氧化钠标准溶液返滴定。 （1）碳酸钙在水中的沉淀溶解平衡表达式为_______。 （2）向锥形瓶中加入盐酸时反应的离子方程式为_______。 （3）用已配制的标准氢氧化钠溶液开始滴定之前，下列关于滴定操作说法正确的是_______。 A. 盛装氢氧化钠标准溶液的滴定管，洗涤后直接装液 B. 使用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管时，润洗后的液体从滴定管的上口全部放出 C. 滴定管注入氢氧化钠标准溶液之后，需要调节液面，排出尖嘴处气泡 D. 锥形瓶使用前，要用盐酸标准溶液润洗2～3次 （4）取 5.00 mL 盐酸的仪器可以用_______。（不定项） A. 5 mL 量筒 B. 10 mL 量筒 C. 滴定管 D. 5 mL 移液管 （5）实验室配制 100 mL 的氢氧化钠标准溶液时，需要的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还应有_______。 （6）若达到此次滴定化学计量点时，锥形瓶中溶液的体积为 40 mL，化学计量点前后半滴（约0.02 mL）溶液的 pH 为滴定突跃范围。该滴定实验的突跃范围是_______。 A. 4.0～10.0 B. 5.3～8.7 C. 4.7～9.3 D. 4.3～9.7 （7）加入的物质 A 是_______，判断达到滴定终点的现象为_______。 （8）第一次滴定时氢氧化钠溶液的末读数如图所示，读数为_______mL。 经过三次平行实验，其他数据不变，消耗氢氧化钠溶液体积分别为 20.48 mL、20.60 mL、22.05 mL。 （9）该样品中碳酸钙的质量分数为_______。（结果保留三位小数，忽略溶出的对溶液体积的影响） （10）该样品_______珍珠粉。 A．不是 B．是 （11）下列操作会导致测得样品中碳酸钙的质量分数偏大的是_______。（不定项） A. 溶解碳酸钙时加热时间过长 B. 滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 C. 盛酸滴定管未用 HCl 标准液润洗 D. 盛碱滴定管未用 NaOH 标准液润洗 【答案】（1） （2） （3）C （4）CD （5）100 mL容量瓶、胶头滴管 （6）D （7） ①. 酚酞溶液 ②. 滴入最后半滴氢氧化钠标准溶液，锥形瓶中溶液由无色显浅红色，且半分钟内不褪色 （8）18.15 （9）98.200% （10）A （11）AC 【解析】 【分析】本实验采用返滴定法测定碳酸钙含量。先向样品中加入已知物质的量的过量盐酸，碳酸钙与盐酸反应：。加热促进样品溶解，并有利于生成的二氧化碳逸出；冷却后用少量水冲洗锥形瓶内壁，使附着的溶液流入瓶内，加入的水不改变剩余盐酸的物质的量。再用氢氧化钠标准溶液滴定剩余盐酸，发生反应，由消耗的氢氧化钠量确定剩余盐酸量。设加入盐酸的物质的量为，返滴定消耗氢氧化钠的物质的量为，则样品中碳酸钙的物质的量为。由此可计算碳酸钙的质量分数，也可判断滴定操作对测定结果的影响。 【小问1详解】 碳酸钙是难溶电解质，在水中有少量固体溶解形成和，同时溶液中的两种离子可以结合形成碳酸钙固体。当溶解与沉淀的速率相等时达到动态平衡，因此沉淀溶解平衡表达式为； 【小问2详解】 碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水。碳酸钙难溶，书写离子方程式时保留化学式；盐酸中的参与反应，不参与反应。每消耗1 mol碳酸钙需要2 mol ，故离子方程式为； 【小问3详解】 A．滴定管洗涤后，内壁附着的水会稀释装入的氢氧化钠标准溶液，因此装液前还应使用氢氧化钠标准溶液润洗，A错误； B．润洗滴定管时，应使标准溶液润湿内壁，并使部分润洗液从下端尖嘴放出，以润洗下端通道和尖嘴，不能将润洗液全部从上口倒出，B错误； C．装入氢氧化钠标准溶液后，应排尽尖嘴处的气泡，并调节液面，再记录初读数，避免将填充尖嘴所消耗的溶液计入滴入锥形瓶的体积，C正确； D．锥形瓶用水洗净即可。若用盐酸标准溶液润洗，会额外引入未计量的盐酸，改变待滴定盐酸的物质的量，D错误； 故选C； 【小问4详解】 A．题目要求量取5.00 mL盐酸，需准确量取并记录到0.01 mL，5 mL量筒不能满足该精度要求，A错误； B．10 mL量筒也不能满足准确量取5.00 mL盐酸的精度要求，B错误； C．滴定管可估读到0.01 mL，取用盐酸时可使用酸式滴定管，由初、末读数之差量取5.00 mL，C正确； D．5 mL移液管可以准确移取其标定体积的溶液，能够量取5.00 mL盐酸，D正确； 故选CD； 【小问5详解】 配制一定物质的量浓度的溶液时，需将氢氧化钠在烧杯中溶解，冷却至室温后沿玻璃棒转移，并洗涤烧杯和玻璃棒，将洗涤液一并转入容量瓶；最后加水定容。所配溶液的体积为100 mL，应使用100 mL容量瓶；当液面接近刻度线时，需用胶头滴管逐滴加水。因此还应有100 mL容量瓶、胶头滴管； 【小问6详解】 半滴氢氧化钠标准溶液所含氢氧化钠的物质的量为。由于与按物质的量之比1∶1反应，化学计量点前半滴时，溶液中剩余的物质的量约为。忽略半滴溶液引起的体积微小变化，，故。化学计量点后半滴时，过量的浓度约为，常温下，所以。滴定突跃范围为4.3～9.7。 故选D； 【小问7详解】 返滴定过程中，氢氧化钠逐渐中和剩余盐酸，溶液由酸性逐渐变为中性并出现微量碱过量。酚酞在酸性溶液中无色，微量氢氧化钠过量后可显浅红色，能够指示本次滴定终点，故物质A可选用酚酞溶液。达到滴定终点的现象为：滴入最后半滴氢氧化钠标准溶液，锥形瓶中溶液由无色显浅红色，且半分钟内不褪色； 【小问8详解】 滴定管的刻度值自上而下增大，读数时视线应与凹液面的最低处相平。图中最小分度为0.1 mL，凹液面最低处位于18.10 mL与18.20 mL两条刻度线的中间，估读到0.01 mL，末读数为18.15 mL； 【小问9详解】 三次平行实验中，22.05 mL与另外两次数据相差较大，应舍去；取20.48 mL和20.60 mL的平均值，得到消耗氢氧化钠标准溶液的平均体积。加入盐酸的物质的量为。返滴定时发生反应，所以剩余盐酸的物质的量为。由反应可知，碳酸钙消耗盐酸的物质的量是其自身物质的量的2倍，因此。样品中碳酸钙的质量分数为； 【小问10详解】 测得样品中碳酸钙的质量分数为98.200%，则所有非碳酸钙成分合计占，不足以满足题目所给珍珠粉中有机质含量约为5%的组成特征。因此，按题给组成信息判断，该样品不是珍珠粉。故选A； 【小问11详解】 由返滴定的计算关系可知，在按标示浓度和给定体积计算加入盐酸量时，计算出的剩余盐酸量越少，所得碳酸钙质量分数越大。 A．溶解碳酸钙时加热时间过长，可能使部分HCl挥发，导致实际剩余盐酸减少，返滴定消耗的氢氧化钠减少；计算时将挥发损失的盐酸也计作被碳酸钙消耗，使结果偏大，A正确； B．滴定前尖嘴部分有气泡、滴定后气泡消失，说明滴定管内流出的部分溶液用于填充尖嘴。由读数之差得到的体积大于实际滴入锥形瓶的体积，使计算出的剩余盐酸量偏大，碳酸钙质量分数偏小，B错误； C．盛酸滴定管未用HCl标准液润洗，残留的水使盐酸被稀释，实际加入盐酸的物质的量小于按标准浓度计算的值，返滴定消耗的氢氧化钠随之减少；仍按原标准浓度计算加入盐酸量，会高估被碳酸钙消耗的盐酸量，使结果偏大，C正确； D．盛碱滴定管未用NaOH标准液润洗，残留的水使氢氧化钠标准溶液被稀释，滴定相同量的剩余盐酸时消耗的溶液体积增大；仍按原标准浓度计算，会高估剩余盐酸量，使碳酸钙质量分数偏小，D错误； 故选AC。 四、工业合成氨 4. 2007 年度诺贝尔化学奖获得者格哈德·埃特尔，确认了合成氨反应机理。673 K 时，各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。 （1）上述合成氨反应历程中，基元反应个数为_______。 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 （2）400 ℃时 N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH＜0 K=0.5，若某时刻测得 NH3、N2 和 H2 的物质的量浓度均为 1 mol·L−1 时，则此时该反应的 v正_______v逆。 A．＜ B．> C．= 某小组往一恒温恒压容器中充入 9 mol N2 和 23 mol H2 模拟合成氨的反应，下图为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系： （3）温度 T1、T2、T3 中，最大的是_______。 A．T1 B．T2 C．T3 （4）若体系在 T2、60 MPa 下达到平衡，计算此时的平衡常数 Kp = _______(用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留 3 位小数) 吉林大学的科学家们提出一种基于机械化学在温和条件下由氢气和氮气合成氨的新方案“球磨法”。该方法是在温和的条件下(45℃和 1bar，1bar=100kPa)合成氨，氨的最终体积分数可高达 82.5%。 该法分为两个步骤：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上([Fe(N*)])，有助于氮分子的解离。第二步，N*发生加氢反应得到 NHx(x=1~3)，剧烈碰撞中，NHx 从催化剂表面脱附得到产物氨。 （5）“球磨法”与“哈伯法”相比较，下列说法中正确的是_______。(不定项) A. 催化剂(Fe)缺陷密度越高，N2 的吸附率越高 B. “球磨法”中“剧烈碰撞”仅为了产生“活化缺陷” C. “哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”不用解离氮氢三键 D. “球磨法”不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压会增大成本 机械碰撞有助于催化剂缺陷的形成，而摩擦生热会使体系温度升高。下图是 N2 吸附量、体系温度随球磨转速变化曲线。 （6）应选择的最佳转速约_______转/min；若选择 500 转/min 的转速，N2 的吸附量降低的原因是_______。 【答案】（1）B （2）A （3）C （4）0.043 （5）AD （6） ①. 400 ②. 时摩擦生热使体系温度大幅上升，不利于放热的吸附过程，最终导致吸附量下降。 【解析】 【小问1详解】 基元反应是指由反应物一步直接转化为产物的反应，对应能量变化图中每跨过一个过渡态（TS）即为1步基元反应。从能量图中可以观察到共存在TS1~TS4共4个标注过渡态，则包含4步基元反应，对应选项B。 【小问2详解】 该时刻反应的浓度商 ，已知该温度下平衡常数 ，即 ，说明反应逆向进行，，故选A。 【小问3详解】 合成氨反应 ，属于放热反应。当总压强相同时，温度越高，平衡逆向移动，平衡体系中氨气的体积分数越小。从图像可知，相同压强下 对应的氨气体积分数最小，因此三个温度中最大的是 ​。 【小问4详解】 由图可知、60MPa下平衡时体积分数为60%，设平衡时生成​的物质的量为， 因此： 解得，平衡时总物质的量为。 各物质分压：，，。 代入分压平衡常数公式： 【小问5详解】 A．题干说明“氮分子被吸附在催化剂的高密度缺陷上”，因此催化剂Fe的缺陷密度越高，可提供的吸附位点越多，的吸附率越高，A正确。 B．根据题干，剧烈碰撞除了产生活化缺陷，还可以让从催化剂表面脱附得到产物氨，并非仅用于产生活化缺陷，B错误。 C．两种方法都需要解离的氮氮三键，不存在“不用解离”的情况，C错误。 D．合成氨是气体分子数减少的反应，理论上加压可以提高平衡产率，球磨法不采用高压是因为机械碰撞的特殊作用已经可以在低压下获得高产率，而且加压会增大成本，D正确。 故选AD。 【小问6详解】 从图像可知，转速约时​吸附量接近峰值，继续提升转速吸附量几乎不再上升，同时体系温度快速升高，因此最佳转速选择左右；时摩擦生热使体系温度大幅上升，不利于放热的吸附过程，最终导致吸附量下降。 五、菠菜豆腐 5. 菠菜富含可溶性草酸(H2C2O4)，豆腐常用石膏(CaSO4·2H2O)点卤。民间素有“菠菜不能与豆腐同食”的说法，该说法认为二者同食会生成草酸钙沉淀，影响人体对钙的吸收甚至导致结石。 已知：25℃下 H2C2O4 的电离平衡常数分别是 Ka1=5.4×10−2，Ka2=5.4×10−5；H2CO3 的电离平衡常数分别是 Ka1=4.2×10−7，Ka2=4.8×10−11；25℃下 Ksp(CaC2O4)=4.0×10−9。 （1）关于草酸及其盐溶液，下列说法正确的是_______。 A. H2C2O4 在水溶液中的电离方程式是 H2C2O4 ⇌ 2H⁺ + C2O B. 草酸与足量澄清石灰水反应的离子方程式是 H2C2O4 + Ca2+ + 2OH⁻ = CaC2O4↓ + 2H2O C. 向碳酸钠溶液中滴加少量草酸溶液会出现气泡 D. 加热 Na2C2O4 溶液，水解程度减小，碱性减弱 （2）NaHC2O4 溶液显_______(填“酸”“碱”或“中”)性。 菠菜汁中含有 H2C2O4、HC2O、C2O。 （3）下列离子在菠菜汁中能大量共存的是_______。 A. Ca2+、K⁺ B. H⁺、NH C. K⁺、MnO D. Na⁺、Br⁻ （4）关于菠菜汁中草酸相关微粒的存在形式及平衡关系，下列判断正确的是_______。 A. 在菠菜汁中，c(H2C2O4) > c(C2O) > c(HC2O) B. 若将菠菜汁稀释 10 倍，则溶液中 c(H⁺)/c(H2C2O4) 的比值减小 C. 草酸溶液中一定存在 c(H⁺) = c(OH⁻) + c(HC2O) + 2c(C2O) D. 室温下，向菠菜汁中逐滴加入 NaOH 溶液至 pH=7 的过程中，水的电离程度先减小后增大 某兴趣小组用菠菜和豆腐模拟混合过程，研究草酸与钙的平衡，并尝试用厨房“焯水”方法减少菠菜中的草酸含量。 （5）关于菠菜与豆腐混合体系，下列判断正确的是_______。(不定项) A. 菠菜中滴加豆腐水，立即产生 CaC2O4 沉淀，所以 CaC2O4 是弱电解质 B. 向混合后的滤液中加入少量的 CaCl2 固体，Ksp(CaC2O4)减小 C. 若滤液中 c(Ca2+)=1.0×10−3 mol·L−1，则 c(C2O) ≤ 4.0×10−6 mol·L−1 D. “焯水”后菠菜中草酸总浓度降低，与豆腐混合时，生成 CaC2O4 沉淀会减少人体对钙元素的吸收 在厨房菠菜“焯水”时，有经验的人会常向水中加入少量“小苏打”。 （6）用离子方程式表示“小苏打”溶液显碱性的原因_______。 （7）加入少量“小苏打”有利于去除菠菜中的草酸，请写出该过程中发生的离子方程式_______。 某小组设计对比实验： 甲：菠菜汁直接与豆腐混合，再过滤得滤液 乙：菠菜经“焯水”后冷却，再与豆腐混合，最后过滤得滤液 （8）预测滤液中 c(Ca2+) 的结果是甲_______乙。 A．> B．＜ C．= 【答案】（1）B （2）酸 （3）D （4）C （5）C （6） （7）（或草酸足量时写为） （8） B 【解析】 【小问1详解】 A．草酸是二元弱酸，电离分步进行，其电离方程式为 ，A错误； B．草酸和足量澄清石灰水反应生成草酸钙沉淀和水，离子方程式为，B正确； C．根据电离常数可知酸性，向碳酸钠溶液中滴加少量草酸时，草酸只能提供1个，反应生成​，不会产生​气泡，反应的离子方程式为，C错误； D．盐类水解是吸热过程，加热会促进的水解，溶液中浓度增大，碱性增强，D错误； 故选B。 【小问2详解】 溶液中，同时存在电离和水解，电离平衡：，电离常数；水解平衡：，水解常数；电离程度远大于水解程度，因此溶液显酸性。 【小问3详解】 A．会和菠菜汁中的​结合生成​沉淀，不能大量共存，A不符合题意； B．会与菠菜汁中的​、​反应生成弱电解质，不能大量共存，B不符合题意； C．具有强氧化性，、、​具有还原性，会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意； D．和与菠菜汁中的所有微粒均不反应，可以大量共存，D符合题意； 故选D。 【小问4详解】 A．根据草酸的两步电离常数，草酸的一级电离远强于二级电离，正常草酸体系中微粒浓度关系为，A错误； B．由，可得，稀释时电离平衡正向移动，减小，该比值增大，B错误； C．草酸溶液中存在质子守恒：得质子总数等于失质子总数，即 ，C正确； D．菠菜汁本身因草酸电离显酸性，溶液中会抑制水的电离；逐滴加入NaOH溶液至pH=7的过程中，弱酸逐渐被中和为盐，盐类水解会促进水的电离，水的电离程度始终增大，D错误； 故选C。 【小问5详解】 A．​是难溶盐，但溶解的部分完全电离，属于强电解质，A错误； B．溶度积只与温度有关，加入​固体，温度不变，​不变，B错误； C．根据，代入，可得为了不析出沉淀，草酸根浓度必须小于等于该值，C正确； D．焯水后大部分草酸被去除，和豆腐混合时生成的草酸钙沉淀更少，反而会提升人体对钙的吸收效率，D错误； 故选C。 【小问6详解】 小苏打是​，​的水解程度大于其电离程度，水解生成使溶液显碱性，离子方程式：； 【小问7详解】 草酸酸性强于碳酸，和小苏打反应生成，将菠菜中的可溶性草酸转化为易溶于水的草酸盐，经水洗可除去，从而降低草酸含量；离子方程式：（或草酸足量时写为）； 【小问8详解】 菠菜焯水后大部分草酸被除去，和豆腐混合时生成的沉淀更少，豆腐中溶解出来的被消耗的量更少，因此乙的滤液中更大，即甲的小于乙。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $