精品解析：江西师范大学附属中学2026-2027学年高二上学期10月月考 化学试题

高二化学试卷 本卷可能用到的相对原子质量：H-1  C-12  N-14  O-16  Na-23  S-32  Cu-64 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，只有一项是符合题目要求的。 1. NaHCO3在生活、医药、食品、实验室等领域均有重要应用，下列有关NaHCO3的说法正确的是 A. 具有热分解性，可用作餐具洗涤剂 B. 能中和酸并受热分解产生气体，故可用作加工馒头的膨松剂 C. 可用于治疗胃酸过多，等物质的量的NaHCO3中和胃酸能力强于Al(OH)3 D. 其溶液可处理少量不慎沾在皮肤上的酸液，原理为 2. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1 L 1 mol/L的NaF溶液中阳离子总数为 B. 1.0 L pH＝1的稀硫酸中含数目为 C. 1 mol 的中子数，比1 mol 的多 D. 64 g SO2与16 g O2充分反应得到的SO3的分子数为 3. 常温下，下列离子在指定条件下能大量共存的是 A. 无色透明溶液中：、、、 B. 使酚酞变红的溶液中：、、、 C. 加入Na2O2后的溶液中：、、、 D. 水电离的的溶液中：、、、 4. 利用甲烷水蒸气催化重整反应可制备高纯氢：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ∆H，已知反应器中还存在以下反应： I.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ∆H1=+206.4 kJ·mol－1 Ⅱ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ∆H2=－41.4 kJ·mol－1 反应中有关化学键的键能如图所示，下列说法正确的是 A. ∆H=+247.8 kJ·mol－1 B. CO2中 C=O 键键能为 760.1 kJ·mol－1 C. 减小压强有利于提高 CH4的转化率 D. 升高温度，反应 I 速率加快，反应Ⅱ 速率减慢 5. 一定温度下 0.01mol/L NaOH 溶液中由水电离出的 c(H+)·c(OH－)=10－20，若在该温度下将 pH=x 的 H2SO4 溶液和 pH=y 的 NaOH 溶液按体积比 1:1 混合，混合后溶液显中性，若x=y，则x 为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 在密闭容器中按物质的量之比充入CO和H2，发生反应，测得混合物中的平衡转化率与压强、温度的变化曲线如图所示。其中L(L1、L2)、X代表温度或压强。下列说法正确的是 A. X表示压强 B. C. 当时，反应达到平衡状态 D. 若A点的压强为，则甲醇分压为 7. 由下列实验事实不能得出相应结论的是 选项 实验事实 结论 A 恒温恒容下平衡体系通入氩气，体系颜色不发生变化 通入氩气后不变，平衡不移动 B 甲酸铵（HCOONH4）水溶液显酸性 C 足量Zn分别与等体积、等pH的两种酸HA和HB充分反应，产生H2的物质的量： 结合质子的能力： D 将1 mL pH均为3的HA和HB溶液，分别加水稀释至100 mL，测得： HA为强酸，HB为弱酸 A. A B. B C. C D. D 8. 常温下，向20.00 mL 0.1 mol/L醋酸溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液。混合溶液中水电离的与NaOH溶液体积（V）的关系如图所示，已知醋酸的电离平衡常数为，为溶液中H⁺的浓度。下列说法错误的是 A. B. a点处CH3COOH的浓度为 C. b点、d点溶液的pH均为7 D. c点对应溶液存在： 9. 如图为密闭容器中 的理论平衡曲线，有关说法错误的是 A. 该反应平衡常数表达式为 B. 升高温度、减小压强均可使平衡正向移动 C. CaO(s)能稳定存在而Ca(OH)2(s)不能稳定存在的状态点有a点、c点、d点 D. Ca(OH)2(s)能稳定存在的状态点有a点、b点、d点 10. 某实验团队对某有机合成实验中产生的浓磷酸废液进行加热回流处理（使有机杂质形成不溶物），回收磷酸、测定其含量并制备磷酸二氢钾，部分装置如图（夹持装置等略）。 已知磷酸：，，（），下列说法正确的是 A. Ⅰ中，X为球形冷凝管，且应处理回流产生的尾气 B. Ⅱ中，定容、摇匀后，应补加蒸馏水至容量瓶刻度线 C. Ⅱ中，若用标准溶液润洗锥形瓶，则Ⅲ中所需的计算值偏小 D. Ⅲ中，制备时应控制溶液pH约为7.21 11. 铋基催化剂对 CO2电化学还原制取 HCOOH 具有高效的选择性。其反应历程与能量变化如图： 下列说法错误的是 A. 使用 Bi 催化剂更有利于 CO2的吸附 B. 使用不同铋基催化剂，最大能垒(活化能)不相等 C. CO2电化学还原制取 HCOOH 的反应∆H<0 D. *CO生成*HCOO－的反应为：*CO+HCO+e－=*CO+*HCOO－ 12. 以辉锑矿（主要成分为，含少量、、等）为原料制备锑白（）的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 已知：浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、等。 A. 滤渣1的主要成分是和S B. 该生产过程中，能实现循环利用的物质是 C. “除砷”时有生成，消耗，理论上可得到2 mol As D. 为了得到较多的锑白，操作是要将缓慢加入大量水中，还要加入少量氨水 13. 光催化是一种常用的绿色有机合成方法，合成化合物R（Ar—表示芳基，—表示叔丁基）的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. M、N中Ni的化合价相同 B. PC①*→PC②是一个还原过程 C. X→Y过程中既有共价键的断裂又有共价键的形成 D. 总反应式为 14. 用0.1mol/L NaOH标准溶液滴定20.00 mL等浓度的三元酸H3A，得到pH与V(NaOH)、或或的关系分别如图1、图2所示。下列说法错误的是 A. 当加入20.00 mL NaOH溶液时， B. 当加入40.00 mL NaOH溶液时， C. 当时，水电离出的 D. 当时，溶液中 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 含量是天然水水质评价的重要指标，某实验小组采用毛细滴管数滴法测定天然水中含量的原理和步骤如下。 测定原理：(二价金属离子) 测定步骤： Ⅰ．空白标定：用EDTA标定溶液中的量，记滴数为； Ⅱ．测天然水中浓度： 回答下列问题： （1）水样中加入发生反应的离子方程式为________。 （2）测定时，需用到的仪器有________(填标号)。 A．容量瓶 B．锥形瓶 C．移液管 D．直形冷凝管 E．分液漏斗 （3）水样酸化、加热煮沸的目的是______________________。 （4）若毛细滴管1滴液体的体积，，测得滴，滴，滴。 ①水样中为________mol/L。 ②液滴体积过小(如0.005 mL)的弊端是______________________。 ③测时，加热煮沸后未冷却直接加溶液，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 （5）与传统重量法相比，毛细滴管数滴法的优点有______________________(答出一点即可)。 16. 基于速率与平衡两个不同视角研究反应体系中的竞争反应，感受化学反应的复杂性。根据FeCl3与Na₂SO3两种物质的性质，某化学学习小组认为两溶液间既能发生氧化还原反应（用反应a表示），又能发生互促的水解反应（用反应b表示），并设计实验进行探究。 I．探究竞争反应的先后顺序 实验序号 实验装置图 实验操作与现象 i ①向5 mL 1 mol/L FeCl3溶液中滴加2滴1 mol/L Na2SO3溶液，溶液立即变为红褐色，且无气体生成； ②3h后，混合溶液呈浅黄绿色； ③将步骤②溶液分成2份，分别滴加KSCN溶液和铁氰化钾溶液，前者溶液变为红色，后者有蓝色沉淀生成； （1）溶液变为红褐色是因为生成了_______________（填化学式），3 h后，混合溶液呈浅黄绿色的原因是________________________（用离子方程式表示）。 （2）由实验i的现象可知，两个竞争反应的反应速率：反应a_______________反应b（填“”、“”、“”，下同），反应活化能：反应a_______________反应b，平衡常数：反应a_______________反应b． Ⅱ．探究外界因素对与反应的影响 实验序号 ⅱ ⅲ ⅳ 实验装置图 实验操作与现象 溶液立即变为红褐色，且颜色比实验i的深，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成；加热后，有红褐色沉淀生成。 加热至沸腾，溶液呈透明的红褐色，无沉淀生成。 溶液立即变为红褐色，取少许反应液，滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀；另取5 mL反应液，加热至沸腾，溶液颜色变浅，红褐色褪去，溶液呈浅黄绿色，滴加铁氰化钾溶液，立即产生蓝色沉淀。 （3）设计实验ⅲ的目的是________，实验ⅱ中，当Na2SO3溶液过量时，主要发生反应________（填“a”或“b”），温度升高时，该反应进行的程度________（填“增大”、“减小”、“不变”）。 （4）实验ⅳ中，加热后产生相应现象的原因是________（从化学反应原理的角度分析）。 （5）通过以上探究实验，可知溶液中竞争反应的影响因素主要有________________。 17. 亚运会奖牌中铜牌的主要成分为75%的红铜与25%的锌。已知一种从硫中毒而失活的废甲醇催化剂（主要成分为CuO、ZnO、Al2O3等）中回收铜与锌的工艺流程如图所示。 已知：滤液1中含锌氨络合离子。 回答下列问题： （1）为提高“煅烧”效率，可采取的措施有________（填一条即可）。 （2）“煅烧”时产生气体的成分为________。 （3）“抽滤”为减压过滤，进行该操作时应选择________组装过滤装置。 A. B. C. D. （4）NH4Cl溶液显酸性，“浸取”时ZnO溶解的离子方程式为________________________。 （5）“还原”时加入锌粒发生的置换反应的离子方程式为________________________________。 （6）已知该废甲醇催化剂中CuO的质量分数为58.0%（其他成分中不含Cu元素），m kg这种废甲醇催化剂经上述转化最终得到64.0 g CuO，则铜的提取率为________%（用含m的代数式表示，）。 18. 近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。 ．在催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应a： 反应b： 反应c： （1）已知反应b中相关化学键键能数据如下表： 化学键 H-H C=O C≡O H-O x 803 1076 465 计算：x=___________，___________。 （2）恒温恒容时，下列能说明反应a一定达到平衡状态的是___________(填标号)。 A. B. C. 混合气体的密度不再发生变化 D. 混合气体中的百分含量保持不变 （3）在催化剂作用下，将物质的量之比为1：2的和的混合气体充入一恒容密闭容器中发生反应a、b，已知反应b的反应速率，，、为速率常数，x为物质的量分数。 ①平衡时，转化率为60%，和的物质的量之比为1：1，若反应b的，则平衡___________。 ②Arrhenius经验公式为，其中为活化能，T为热力学温度，k为速率常数，R和C为常数，则___________(用含、、T、R的代数式表示)。 （4）其他条件相同时，反应温度对选择性的影响如下图所示。由图可知，温度相同时选择性的实验值略高于其平衡值，可能的原因是___________。(已知的选择性) ．利用甲醇分解制取烯烃，涉及如下反应： a． b． c． （5）恒压条件下，平衡体系中各物质的量分数随温度变化如图所示。已知650K时，，平衡体系总压强为p，则650K反应c的平衡常数___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二化学试卷 本卷可能用到的相对原子质量：H-1  C-12  N-14  O-16  Na-23  S-32  Cu-64 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，只有一项是符合题目要求的。 1. NaHCO3在生活、医药、食品、实验室等领域均有重要应用，下列有关NaHCO3的说法正确的是 A. 具有热分解性，可用作餐具洗涤剂 B. 能中和酸并受热分解产生气体，故可用作加工馒头的膨松剂 C. 可用于治疗胃酸过多，等物质的量的NaHCO3中和胃酸能力强于Al(OH)3 D. 其溶液可处理少量不慎沾在皮肤上的酸液，原理为 【答案】B 【解析】 【详解】A．作洗涤剂是利用其弱碱性可促进油污水解，与热分解性无关，且餐具洗涤剂常用碱性更强的，A错误； B．可中和面团发酵产生的有机酸，且受热分解生成气体，能使馒头疏松多孔，可用作加工馒头的膨松剂，B正确； C．胃酸主要成分为，1 mol可中和1 mol，1 mol可中和3 mol，等物质的量时中和胃酸能力更强，C错误； D．处理皮肤上的酸液时，反应原理为，不是水解反应，且水解为可逆反应，给出的方程式使用等号也错误，D错误； 故选B。 2. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1 L 1 mol/L的NaF溶液中阳离子总数为 B. 1.0 L pH＝1的稀硫酸中含数目为 C. 1 mol 的中子数，比1 mol 的多 D. 64 g SO2与16 g O2充分反应得到的SO3的分子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．1 L 1 mol/L的溶液中，根据电荷守恒，阳离子还包含水电离出的，故阳离子总数大于，A错误； B．pH=1的稀硫酸中，1.0 L溶液中，数目为，B错误； C．1个的中子数为，1个的中子数为，故1 mol 比1 mol 多的中子数为，C正确； D．与生成的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，故得到的分子数小于，D错误； 故选C。 3. 常温下，下列离子在指定条件下能大量共存的是 A. 无色透明溶液中：、、、 B. 使酚酞变红的溶液中：、、、 C. 加入Na2O2后的溶液中：、、、 D. 水电离的的溶液中：、、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．与会发生反应生成沉淀和，不能大量共存，A错误； B．使酚酞变红的溶液呈碱性，存在大量，与、、、之间均不发生反应，可以大量共存，B正确； C．加入溶液后会和水反应生成和，溶液呈强碱性且具有强氧化性：会被氧化，同时、会和反应生成沉淀，无法大量共存，C错误； D．水电离的的溶液可能呈酸性或碱性，在酸性和碱性条件下均不能大量存在，碱性条件下也会与生成沉淀，不能大量共存，D错误； 故选B。 4. 利用甲烷水蒸气催化重整反应可制备高纯氢：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ∆H，已知反应器中还存在以下反应： I.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ∆H1=+206.4 kJ·mol－1 Ⅱ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ∆H2=－41.4 kJ·mol－1 反应中有关化学键的键能如图所示，下列说法正确的是 A. ∆H=+247.8 kJ·mol－1 B. CO2中 C=O 键键能为 760.1 kJ·mol－1 C. 减小压强有利于提高 CH4的转化率 D. 升高温度，反应 I 速率加快，反应Ⅱ 速率减慢 【答案】C 【解析】 【详解】A.由盖斯定律可知∆H=∆H1+ ∆H2=206.4 kJ·mol－1－41.4 kJ·mol－1=165 kJ·mol－1，故A错误 ； B. 一个化学反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，即ΔH＝∑E(反应物)－∑E(生成物)，题目只告诉了三种键的键能，而要通过Ⅱ反应求CO2中 C=O 键键能，就必须知道CO中的键能，通过反应I可求出C的键能=4164+4622-4363-206.4= 1073.6 kJ·mol－1，把C的键能代入反应Ⅱ即可求出CO2中的C=O键能=（1073.6+462 2-436+41.4）=801.5 kJ·mol－1，故B错误； C.通过 CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)反应中的化学计量数可知减小压强有利于提高 CH4的转化率，故C正确； D.升高温度，对反应I、Ⅱ，都是加快反应速率的，故D错误； 答案选C。 5. 一定温度下 0.01mol/L NaOH 溶液中由水电离出的 c(H+)·c(OH－)=10－20，若在该温度下将 pH=x 的 H2SO4 溶液和 pH=y 的 NaOH 溶液按体积比 1:1 混合，混合后溶液显中性，若x=y，则x 为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】某温度下0.01mol/L NaOH 溶液中由水电离出的 c(H+)·c(OH－)=10－20，c(H+)= c(OH-)=10-10mol/L，则Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，将pH=x的H2SO4 溶液和 pH=y 的 NaOH溶液按体积比1:1混合混合后所得溶液恰好呈中性，即n(H+)=n(OH-)，此时10-x×1=10y-12×1，即x+y-12=0，5x=y，则x=2，所以B选项是正确的。 故选B。 6. 在密闭容器中按物质的量之比充入CO和H2，发生反应，测得混合物中的平衡转化率与压强、温度的变化曲线如图所示。其中L(L1、L2)、X代表温度或压强。下列说法正确的是 A. X表示压强 B. C. 当时，反应达到平衡状态 D. 若A点的压强为，则甲醇分压为 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应为气体分子数减小的反应，同一温度下增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大。由图可知越大平衡转化率越小，因此表示温度，A错误； B．由A项分析可知，表示温度，则L(L1、L2)表示压强，相同温度下压强越大，平衡转化率越高，相同时对应转化率更高，故，B错误； C．反应平衡时正、逆反应速率应满足计量数关系，即，则当时，反应没有达到平衡状态，C错误； D．设初始投料为、为，A点平衡转化率为，列三段式：，则消耗为，消耗，生成。平衡时总物质的量为，甲醇分压为，D正确； 故选D。 7. 由下列实验事实不能得出相应结论的是 选项 实验事实 结论 A 恒温恒容下平衡体系通入氩气，体系颜色不发生变化 通入氩气后不变，平衡不移动 B 甲酸铵（HCOONH4）水溶液显酸性 C 足量Zn分别与等体积、等pH的两种酸HA和HB充分反应，产生H2的物质的量： 结合质子的能力： D 将1 mL pH均为3的HA和HB溶液，分别加水稀释至100 mL，测得： HA为强酸，HB为弱酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．恒温恒容下通入氩气，各反应组分浓度不变，平衡不移动，不变所以体系颜色不变，结论正确，A不符合题意； B．甲酸铵溶液显酸性，说明的水解程度大于的水解程度，越弱越水解，因此，结论正确，B不符合题意； C．等的和，与足量反应生成更多，说明的浓度更大，电离程度更小，酸性，酸性越弱对应酸根结合质子能力越强，故结合质子能力，结论正确，C不符合题意； D．均为3的酸稀释100倍，仅能说明酸性，无法证明是强酸（也可能是酸性强于的弱酸），结论错误，D符合题意； 故选D。 8. 常温下，向20.00 mL 0.1 mol/L醋酸溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液。混合溶液中水电离的与NaOH溶液体积（V）的关系如图所示，已知醋酸的电离平衡常数为，为溶液中H⁺的浓度。下列说法错误的是 A. B. a点处CH3COOH的浓度为 C. b点、d点溶液的pH均为7 D. c点对应溶液存在： 【答案】C 【解析】 【详解】A．当加入20mL时，醋酸与恰好完全反应生成， 水解会促进水的电离，此时水电离的达到最大值（对应图中c点），b点水电离的，说明此时还未到恰好完全反应的点，加入的NaOH体积，A正确； B．a点未加入，体系为0.1mol/L的醋酸溶液，存在物料守恒：。结合醋酸电离平衡常数​，变形得​，代入物料守恒整理后可得，B正确； C．b点溶质为和，溶液中，常温下；d点溶质为和过量，溶液显碱性，常温下，C错误； D．c点醋酸与恰好完全反应，溶质为，根据物料守恒可得，D正确； 故选C。 9. 如图为密闭容器中 的理论平衡曲线，有关说法错误的是 A. 该反应平衡常数表达式为 B. 升高温度、减小压强均可使平衡正向移动 C. CaO(s)能稳定存在而Ca(OH)2(s)不能稳定存在的状态点有a点、c点、d点 D. Ca(OH)2(s)能稳定存在的状态点有a点、b点、d点 【答案】C 【解析】 【详解】A．固体不写入平衡常数表达式中，因此该反应的平衡常数为，A正确； B．该反应，为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向即正向移动；正反应气体分子数增大，减小压强平衡向气体分子数增大的方向即正向移动，B正确； C．图中曲线为平衡曲线，线上的a、d点为平衡状态，与共存，并非单独稳定存在；仅c点小于同温度下的平衡分压，反应正向进行，可单独稳定存在，C错误； D．b点大于同温度下的平衡分压，反应逆向进行，可稳定存在；a、d点为平衡状态，也存在，D正确； 故本题选C。 10. 某实验团队对某有机合成实验中产生的浓磷酸废液进行加热回流处理（使有机杂质形成不溶物），回收磷酸、测定其含量并制备磷酸二氢钾，部分装置如图（夹持装置等略）。 已知磷酸：，，（），下列说法正确的是 A. Ⅰ中，X为球形冷凝管，且应处理回流产生的尾气 B. Ⅱ中，定容、摇匀后，应补加蒸馏水至容量瓶刻度线 C. Ⅱ中，若用标准溶液润洗锥形瓶，则Ⅲ中所需的计算值偏小 D. Ⅲ中，制备时应控制溶液pH约为7.21 【答案】C 【解析】 【详解】A．X为球形冷凝管，但回流过程中磷酸难挥发，有机蒸气被冷凝回流，无需要处理的尾气，A错误； B．定容摇匀后液面低于刻度线是溶液附着在容量瓶颈部的正常现象，补加蒸馏水会使溶液浓度偏低，B错误； C．用标准NaOH溶液润洗锥形瓶，瓶壁残留的NaOH会提前中和部分磷酸，导致滴定消耗NaOH标准液体积偏小，计算得到的磷酸物质的量偏小，因此所需的计算值偏小，C正确； D．若pH控制在7.21，此时溶液中主要存在形态为和的缓冲体系，会生成，无法得到纯净的，D错误； 故选C。 11. 铋基催化剂对 CO2电化学还原制取 HCOOH 具有高效的选择性。其反应历程与能量变化如图： 下列说法错误的是 A. 使用 Bi 催化剂更有利于 CO2的吸附 B. 使用不同铋基催化剂，最大能垒(活化能)不相等 C. CO2电化学还原制取 HCOOH 的反应∆H<0 D. *CO生成*HCOO－的反应为：*CO+HCO+e－=*CO+*HCOO－ 【答案】A 【解析】 【详解】A． 由图可知，使用Bi2O3的反应活化能小于使用Bi的反应活化能，说明Bi2O3比Bi更有利于吸附CO2，故A错误； B． 由图可知，使用不同铋基催化剂，最大能垒(活化能)分别出现在第三和第四阶段，能量不相同，故B正确； C． 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，CO2 电化学还原制取 HCOOH 的反应为放热反应，△H＜0，故C正确； D． 根据图示结合原子守恒分析，*CO生成*HCOO－的反应为：*CO+HCO+e－=*CO+*HCOO－，故D正确； 故选A。 12. 以辉锑矿（主要成分为，含少量、、等）为原料制备锑白（）的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 已知：浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、等。 A. 滤渣1的主要成分是和S B. 该生产过程中，能实现循环利用的物质是 C. “除砷”时有生成，消耗，理论上可得到2 mol As D. 为了得到较多的锑白，操作是要将缓慢加入大量水中，还要加入少量氨水 【答案】B 【解析】 【分析】辉锑矿(主要成分为，还含有、CuO、等)中加入盐酸和，浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、等，滤渣1中除了生成的S之外还有未溶解的；浸出液中加入Sb，Sb将还原为；加入时使沉淀完全，过滤得到的滤渣2为CuS；滤液中加入除砷，生成亚磷酸和砷单质，经过水解可得到SbOCl，再经过氨解得到。 【详解】A．浸出时中的被氧化为单质，不与盐酸反应，故滤渣1主要成分为和，A正确； B．流程中仅在浸出步骤加入，后续还原步骤将还原为，无生成的环节，无法实现循环利用，B错误； C．除砷时中从+3价降为0价，每个得到3个电子，中从+1价升为中的+3价，每个失去2个电子，根据电子守恒，消耗3mol 时共失去6mol电子，可还原得到2mol ，C正确； D．水解生成锑白的过程为可逆反应，加入大量水、加少量氨水消耗水解生成的，均可促进水解正向进行，得到更多锑白，D正确； 故选B。 13. 光催化是一种常用的绿色有机合成方法，合成化合物R（Ar—表示芳基，—表示叔丁基）的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. M、N中Ni的化合价相同 B. PC①*→PC②是一个还原过程 C. X→Y过程中既有共价键的断裂又有共价键的形成 D. 总反应式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，中Ni的化合价为+2价，中Ni与结合生成Z，Ni原子与具有单电子的碳原子结合形成键，且共用单子对偏向于C原子，则Ni的化合价上升到+3价，A错误； B．过程中，从+2价升高为+3价，失电子被氧化，说明得电子，发生还原反应，该过程是还原过程，B正确； C．过程中，存在原有共价键的断裂（X中与双键直接相连的Cl所在的π键相关结构变化、碳氯键的部分变化），同时发生自由基位点的转移，形成了新的共价键相关的自由基结构，既有共价键断裂也有共价键形成，C正确； D．根据反应历程，反应物为和，产物为，反应条件为光、催化剂，总反应式书写正确，D正确； 故选A。 14. 用0.1mol/L NaOH标准溶液滴定20.00 mL等浓度的三元酸H3A，得到pH与V(NaOH)、或或的关系分别如图1、图2所示。下列说法错误的是 A. 当加入20.00 mL NaOH溶液时， B. 当加入40.00 mL NaOH溶液时， C. 当时，水电离出的 D. 当时，溶液中 【答案】C 【解析】 【分析】由图1可知，滴加NaOH溶液体积小于20 mL时，主要发生反应H3A+OH-=H2A-+H2O。NaOH溶液体积在20~40 mL时，主要发生反应H2A-+OH-=HA2-+H2O。当NaOH溶液体积大于40 mL时，主要发生反应HA2-+OH-=A3-+H2O。直线Ⅰ表示，直线Ⅱ表示，直线Ⅲ表示。由三条直线上的点的坐标可知：pH=4时，，因此。同理可求得，。 【详解】A．当加入20.00 mL NaOH溶液时，溶液中的溶质为NaH2A，故根据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(H2A-)+c(OH-)+2c(HA2-)+3c(A3-)，根据物料守恒，c(Na+)=c(H3A)+c(H2A-)+c(HA2-)+c(A3-)，两式相减得，A正确； B．当加入40.00 mL NaOH溶液时，溶液中的溶质为Na2HA，故Na+浓度为所有含A粒子浓度之和的2倍，即c(Na+)>c(HA2-)，此时溶液呈碱性，说明HA2-水解大于电离，故， B正确； C．根据分析，故当时，，解得，溶液呈碱性，由图1可知，pH=9.2时，加入的NaOH溶液体积在30~40 mL之间，溶质成分为NaH2A和Na2HA，水解大于电离，故水电离出的OH-浓度为，由水电离出的H+与OH-浓度始终相等，故水电离出的，C错误； D．由电离平衡常数Ka1×Ka2×Ka3可得，，pH=11时，c(H+)=10-11 mol/L，故，D正确； 故本题选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 含量是天然水水质评价的重要指标，某实验小组采用毛细滴管数滴法测定天然水中含量的原理和步骤如下。 测定原理：(二价金属离子) 测定步骤： Ⅰ．空白标定：用EDTA标定溶液中的量，记滴数为； Ⅱ．测天然水中浓度： 回答下列问题： （1）水样中加入发生反应的离子方程式为________。 （2）测定时，需用到的仪器有________(填标号)。 A．容量瓶 B．锥形瓶 C．移液管 D．直形冷凝管 E．分液漏斗 （3）水样酸化、加热煮沸的目的是______________________。 （4）若毛细滴管1滴液体的体积，，测得滴，滴，滴。 ①水样中为________mol/L。 ②液滴体积过小(如0.005 mL)的弊端是______________________。 ③测时，加热煮沸后未冷却直接加溶液，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 （5）与传统重量法相比，毛细滴管数滴法的优点有______________________(答出一点即可)。 【答案】（1） （2）BC （3） 除去水样中的 和 ，防止生成 沉淀干扰测定 （4） ①. ②. 滴数过多，容易数错，导致误差增大（或滴定耗时过长） ③. 偏低 （5） 操作简便（或快速、节约试剂、无需昂贵仪器等） 【解析】 【分析】本实验采用配位滴定（EDTA滴定）结合沉淀反应的差量法来测定天然水中的含量；其核心原理是：EDTA与二价金属离子（如Ba2+、Ca2+、Mg2+）按 1:1 定量络合；首先，通过空白标定测出1 mL  BaCl2 溶液中 Ba2+ 的总量（n1）；其次，测定 20.00 mL 水样中原有 Ca2+、Mg2+ 消耗的EDTA量（n2）；然后，在另一份相同水样中加入足量 BaCl2 使完全沉淀为BaSO4；最后，用EDTA滴定沉淀后溶液中剩余的Ba2+ 及原有的 Ca2+、Mg2+ 总量（n3）；通过差量计算即可求出水样中的浓度； 【小问1详解】 钡离子与硫酸根离子反应生成难溶的硫酸钡沉淀；离子方程式为：Ba2+ + = BaSO4↓； 【小问2详解】 A．容量瓶：用于配制准确浓度的溶液，本题中未涉及配制标准溶液，不需要；A不符合题意； B．锥形瓶：滴定反应的容器，需要；B符合题意； C．移液管：用于准确移取20.00 mL 水样，需要；C符合题意； D．直形冷凝管：用于蒸馏，不需要；D不符合题意； E．分液漏斗：用于萃取分液，不需要；E不符合题意； 故选BC； 【小问3详解】 天然水中通常含有和；如果不除去，加入BaCl2时也会生成BaCO3沉淀，从而消耗Ba2+，导致测定结果偏高；酸化可以将和转化为CO2气体，加热煮沸则可以赶走溶解在水中的CO2；故答案为：除去水样中的和，防止生成BaCO3沉淀干扰测定； 【小问4详解】 已知：V液滴 = 0.020 mL，c(EDTA) = 0.0100 mol/L，n1=75滴，n2=25滴，n3=85滴； ①加入的总 Ba2+ 物质的量：n(Ba2+)总 = n1×V液滴×c(EDTA) = 75×0.020×10-3×0.0100 = 1.5×10-5mol；20.00 mL水样中原有Ca2+、Mg2+的物质的量：n(Ca，Mg) = n2×V液滴×c(EDTA) = 25×0.020×10-3×0.0100 = 5.0×10-6 mol；沉淀后剩余的 Ba2+ 物质的量：n(Ba2+)剩 = n3×V液滴×c(EDTA) - n(Ca, Mg) = (85×0.020×10-3×0.0100) - 5.0×10-6 = 1.7×10-5 - 5.0×10-6 = 1.2×10-5 mol；水样中的物质的量：n() = n(Ba2+)总 - n(Ba2+)剩 = 1.5×10-5 - 1.2×10-5 = 3.0×10-6 mol，水样中的浓度：； ②体积越小，滴定同样量的溶液所需滴数就越多。滴数过多会导致计数困难，容易数错，同时大大延长滴定时间，增大实验误差； ③BaSO4沉淀的溶解度随温度升高而增大。如果在热溶液中直接加入BaCl2，会导致部分BaSO4无法沉淀完全；这样一来，溶液中剩余的Ba2+偏多，滴定时消耗的EDTA量（n3）偏大；根据公式： ，n3偏大，会导致计算出的n() 偏小，最终浓度偏低； 【小问5详解】 传统重量法需要过滤、洗涤、灼烧、称重等繁琐步骤，耗时且需要马弗炉、分析天平等昂贵设备。数滴法属于微量滴定，操作简单快速。 16. 基于速率与平衡两个不同视角研究反应体系中的竞争反应，感受化学反应的复杂性。根据FeCl3与Na₂SO3两种物质的性质，某化学学习小组认为两溶液间既能发生氧化还原反应（用反应a表示），又能发生互促的水解反应（用反应b表示），并设计实验进行探究。 I．探究竞争反应的先后顺序 实验序号 实验装置图 实验操作与现象 i ①向5 mL 1 mol/L FeCl3溶液中滴加2滴1 mol/L Na2SO3溶液，溶液立即变为红褐色，且无气体生成； ②3h后，混合溶液呈浅黄绿色； ③将步骤②溶液分成2份，分别滴加KSCN溶液和铁氰化钾溶液，前者溶液变为红色，后者有蓝色沉淀生成； （1）溶液变为红褐色是因为生成了_______________（填化学式），3 h后，混合溶液呈浅黄绿色的原因是________________________（用离子方程式表示）。 （2）由实验i的现象可知，两个竞争反应的反应速率：反应a_______________反应b（填“”、“”、“”，下同），反应活化能：反应a_______________反应b，平衡常数：反应a_______________反应b． Ⅱ．探究外界因素对与反应的影响 实验序号 ⅱ ⅲ ⅳ 实验装置图 实验操作与现象 溶液立即变为红褐色，且颜色比实验i的深，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成；加热后，有红褐色沉淀生成。 加热至沸腾，溶液呈透明的红褐色，无沉淀生成。 溶液立即变为红褐色，取少许反应液，滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀；另取5 mL反应液，加热至沸腾，溶液颜色变浅，红褐色褪去，溶液呈浅黄绿色，滴加铁氰化钾溶液，立即产生蓝色沉淀。 （3）设计实验ⅲ的目的是________，实验ⅱ中，当Na2SO3溶液过量时，主要发生反应________（填“a”或“b”），温度升高时，该反应进行的程度________（填“增大”、“减小”、“不变”）。 （4）实验ⅳ中，加热后产生相应现象的原因是________（从化学反应原理的角度分析）。 （5）通过以上探究实验，可知溶液中竞争反应的影响因素主要有________________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. < ②. > ③. > （3） ①. 作为实验ii的对照实验，证明Na2SO3溶液对FeCl3溶液的水解有促进作用 ②. b ③. 增大 （4）氧化还原反应的活化能较大，温度升高，活化分子百分数增加，使氧化还原反应能在较短时间内完成 （5）反应物的用量(或浓度)、反应温度 【解析】 【分析】实验i中，Na2SO3量较少，FeCl3过量，溶液变成红褐色说明生成胶体，说明Na2SO3与FeCl3先发生互相促进的水解反应，3小时后变黄绿色，说明发生氧化还原反应生成，溶液中还有大量的，所以溶液呈黄绿色，溶液分成2等份，分别滴加KSCN溶液和铁氰化钾溶液，前者溶液变为红色证明有，后者有蓝色沉淀证明生成；实验ii中Na2SO3的量较大，FeCl3量较少，没有蓝色沉淀则反应以水解反应为主，实验iii是空白对照实验，验证FeCl3水解反应，实验ⅳ说明Na2SO3与FeCl3反应时，水解反应和氧化还原反应同时存在，加热红褐色褪去，生成蓝色沉淀，说明加热时以氧化还原反应为主。 【小问1详解】 根据分析可知，溶液变为红褐色是因为生成了胶体，3h后溶液呈黄绿色是发生氧化还原反应生成，离子方程式为； 【小问2详解】 实验中初始立即出现水解的红褐色现象，说明水解反应b的速率更快，因此反应a速率小于反应b；活化能越低反应速率越快，因此a的活化能大于b；3h后氧化还原反应充分进行，说明该反应进行的程度更大，平衡常数a大于b。 【小问3详解】 作为实验ii的对照实验，证明Na2SO3溶液对FeCl3溶液的水解有促进作用；当Na2SO3过量时，溶液立即变为红褐色，没有蓝色沉淀生成，说明不含，主要发生水解反应；加热后有红褐色沉淀生成，说明温度升高促进水解，该反应进行程度增大。 【小问4详解】 实验iv中，加热后产生相应现象的原因是氧化还原反应的活化能较大，温度升高，活化分子百分数增加，使氧化还原反应能在较短时间内完成。 【小问5详解】 对比实验i、ii、iv可知，反应物的相对过量情况会影响反应取向；对比常温与加热的现象可知，温度也是影响竞争反应的重要因素；所以实验中影响竞争反应的主要因素有：反应物的用量(或浓度)、反应温度。 17. 亚运会奖牌中铜牌的主要成分为75%的红铜与25%的锌。已知一种从硫中毒而失活的废甲醇催化剂（主要成分为CuO、ZnO、Al2O3等）中回收铜与锌的工艺流程如图所示。 已知：滤液1中含锌氨络合离子。 回答下列问题： （1）为提高“煅烧”效率，可采取的措施有________（填一条即可）。 （2）“煅烧”时产生气体的成分为________。 （3）“抽滤”为减压过滤，进行该操作时应选择________组装过滤装置。 A. B. C. D. （4）NH4Cl溶液显酸性，“浸取”时ZnO溶解的离子方程式为________________________。 （5）“还原”时加入锌粒发生的置换反应的离子方程式为________________________________。 （6）已知该废甲醇催化剂中CuO的质量分数为58.0%（其他成分中不含Cu元素），m kg这种废甲醇催化剂经上述转化最终得到64.0 g CuO，则铜的提取率为________%（用含m的代数式表示，）。 【答案】（1）粉碎废催化剂（或适当升高温度、通入过量空气等） （2）（或二氧化硫） （3）B （4） （5） （6） 【解析】 【分析】废催化剂经煅烧后，与之结合的S被氧化为SO2除去。浸取步骤将Zn转化为溶解在浸取液中，调pH将其转化为Zn(OH)2，再次煅烧后制得ZnO。用HCl溶解滤渣1，得到含Cu2+和Al3+的溶液。用锌粒将Cu置换出来，抽滤后煅烧，制得CuO。 【小问1详解】 提高煅烧效率的措施包括：粉碎废催化剂，增大反应物的接触面积；适当升高温度，加快反应速率；通入过量空气，增加反应物浓度； 【小问2详解】 煅烧时，与废催化剂结合的S被氧化为SO2； 【小问3详解】 抽滤时应该选用布氏漏斗，故本题选B； 【小问4详解】 NH4Cl溶液中，铵根离子发生水解产生氢离子，故为酸性，ZnO与NH4Cl溶液反应，被转化为，该反应的离子方程式为：； 【小问5详解】 Zn将Cu2+还原为Cu单质，该反应的离子方程式为； 【小问6详解】 废甲醇催化剂中CuO的总质量为，废催化剂中和产物中Cu均以CuO的形式存在，故Cu的元素提取率为。 18. 近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。 ．在催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应a： 反应b： 反应c： （1）已知反应b中相关化学键键能数据如下表： 化学键 H-H C=O C≡O H-O x 803 1076 465 计算：x=___________，___________。 （2）恒温恒容时，下列能说明反应a一定达到平衡状态的是___________(填标号)。 A. B. C. 混合气体的密度不再发生变化 D. 混合气体中的百分含量保持不变 （3）在催化剂作用下，将物质的量之比为1：2的和的混合气体充入一恒容密闭容器中发生反应a、b，已知反应b的反应速率，，、为速率常数，x为物质的量分数。 ①平衡时，转化率为60%，和的物质的量之比为1：1，若反应b的，则平衡___________。 ②Arrhenius经验公式为，其中为活化能，T为热力学温度，k为速率常数，R和C为常数，则___________(用含、、T、R的代数式表示)。 （4）其他条件相同时，反应温度对选择性的影响如下图所示。由图可知，温度相同时选择性的实验值略高于其平衡值，可能的原因是___________。(已知的选择性) ．利用甲醇分解制取烯烃，涉及如下反应： a． b． c． （5）恒压条件下，平衡体系中各物质的量分数随温度变化如图所示。已知650K时，，平衡体系总压强为p，则650K反应c的平衡常数___________。 【答案】（1） ①. 436 ②. +99 （2）D （3） ①. 0.8 ②. （4）在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多 （5） 【解析】 【小问1详解】 反应物的总键能-生成物的总键能=2×803+x-1076-2×465=+36，解得x=436；由盖斯定律可知，反应b-反应a可得反应c，==+36+63=+99。 【小问2详解】 A．当时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A不选； B．当时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，B不选； C．当反应在恒容条件下进行时，由于反应物和生成物均为气体，混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度不再发生变化，反应不一定达到平衡，C不选； D．混合气体中的百分含量保持不变，说明水的浓度不再变化，反应达到平衡，D选； 故选D。 【小问3详解】 ①在催化剂作用下，将物质的量之比为1：2的和的混合气体充入一恒容密闭容器中发生反应a、b，反应a消耗CO2xmol，反应b消耗CO2ymol，则有 当CO2转化率达到60%时，反应达到平衡状态，则=60%，这时和的物质的量之比为1：1，则1-x-y=2-3x-y，解得x=0.5，y=0.1，则CH3OH、H2O、CO2、H2、CO的物质的量分别为0.5mol、0.6mol、0.4mol、0.4mol、0.1mol，=20×0.2×0.2=0.8mol·L-1·s-1，故v逆=v正=0.8 mol·L-1·s-1； ②，Ea=TC-RTlnk，ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和=Ea正-Ea逆=-RTlnk正+RTlnk逆=。 【小问4详解】 由图可知，温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。 【小问5详解】 已知650K时，，设在650K时，向容器中加入5molCH3OH(g)使之发生反应a、b，得到n0(C2H4)=1mol，n0(C3H6)=1mol，n0(H2O)=5mol，反应式c可如下列式： 因为，，所以2(1-3n)=1+2n，解得n=，所以最终平衡体系中含有1-3n=molC2H4，1+2n=molC3H6，以及5molH2O，则x(C3H6)= ，x(C2H4)= ，代入Kp=。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $