综合检测·验收评估（Word）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中化学选择性必修第一册同步测试教师用书（人教版）

第三编　模块综合测评 综合检测·验收评估 （时间：75分钟　满分：100分）　 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意） 1.化学与生活、生产紧密相关。下列有关说法正确的是（　　） A.氯碱工业是电解熔融的NaCl，在阳极能得到Cl2 B.工业上用Na2S除去废水中的Hg2＋ C.在合成氨工业中，为提高平衡转化率采用高温条件 D.草木灰与铵态氮肥混合施用可增强肥效 解析：B　A项，氯碱工业是电解饱和的NaCl溶液，在阳极能得到Cl2；B项，除去废水中的Hg2＋，可根据HgS的溶解度小的性质，向废水中加入少量Na2S除去；C项，合成氨的正反应是放热反应，若采用高温条件，就会使平衡逆向移动，不利于合成氨气；D项，草木灰水解使溶液显碱性，若与铵态氮肥混合施用，会导致部分N元素转化为氨气逸出，使肥效降低，而不是能增强肥效。 2.（2026·福建福州高二质检）下列说法错误的是（　　） A.铁发生吸氧腐蚀，负极的电极反应式为Fe－3e－Fe3＋ B.铜的电解精炼中，粗铜作阳极不断溶解 C.氯碱工业中，NaOH溶液在阴极区得到 D.铁制品镀银，铁制品连接电源负极 解析：A　发生吸氧腐蚀时，Fe作为负极先生成Fe2＋，电极反应式为Fe－2e－Fe2＋，A错误；电解精炼过程中，粗铜是阳极，电极反应式主要为Cu－2e－Cu2＋，体现为粗铜在反应过程中不断溶解，B正确；氯碱工业中，电解质溶液是氯化钠溶液，阴极反应为2H2O＋2e－H2↑＋2OH－，过程中生成NaOH溶液，C正确；铁制品在镀银时发生的电极反应为Ag＋＋e－Ag，发生还原反应，作阴极，应该与外接电源的负极连接，D正确。 3.下列依据热化学方程式得出的结论中，正确的是（　　） A.已知NaOH（aq）＋HCl（aq）NaCl（aq）＋H2O（l）　ΔH＝－57.3 kJ· mol－1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ B.已知2H2（g）＋O2（g）2H2O（g）　ΔH＝－483.6 kJ· mol－1，则氢气的燃烧热为241.8 kJ· mol－1 C.已知2C（s）＋2O2（g）2CO2（g）　ΔH＝a；2C（s）＋O2（g）2CO（g）　ΔH＝b，则a＞b D.已知P（白磷，s）P（红磷，s）　ΔH＜0，则白磷比红磷稳定 解析：A　醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过程，故含40.0 g 即1 mol NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ，故A正确；氢气的燃烧热必须是生成液态水时所放出的热量，液态水变为气态水是吸热的，故氢气的燃烧热大于241.8 kJ· mol－1，故B错误；等量的焦炭完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，因两反应的ΔH＜0，则a＜b，故C错误；P（白磷，s）P（红磷，s）　ΔH＜0，所以红磷的能量低于白磷的能量，所以红磷比白磷稳定，故D错误。 4.（2026·北京丰台高二月考）常温下，下列说法不正确的是（　　） A.0.01 mol·L－1的某一元酸溶液的pH可能≥2 B.pH＝3的盐酸跟pH＝11的烧碱等体积混合后，pH一定等于7 C.pH＝2的HA溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，不一定能恰好中和 D.相同条件下，体积相同、pH相同的盐酸和醋酸分别跟足量的锌反应，能生成等量的H2 解析：D　对于一元酸，若为强酸，0.01 mol·L－1溶液的pH＝2；若为弱酸，由于电离不完全，c（H＋）＜0.01 mol·L－1，pH＞2，因此pH可能≥2，A正确。盐酸（强酸）pH＝3，c（H＋）＝10－3 mol·L－1；烧碱（NaOH，强碱）pH＝11，c（OH－）＝10－3 mol·L－1，等体积混合时，H＋与OH－物质的量相等，恰好中和生成中性溶液，pH＝7，B正确。pH＝2的HA溶液c（H＋）＝0.01 mol·L－1，若HA为强酸，浓度＝0.01 mol·L－1，与0.01 mol·L－1NaOH等体积混合可恰好中和；若HA为弱酸，浓度＞0.01 mol·L－1，等体积混合时酸过量，不能恰好中和，因此不一定能恰好中和，C正确。pH相同则c（H＋）相同，体积相同则初始H＋物质的量相同，但盐酸（强酸）浓度＝c（H＋），醋酸（弱酸）浓度＞c（H＋），与足量锌反应时，酸的总物质的量决定H2产量：醋酸总酸量更大，能生成更多H2，故不能生成等量的H2，D错误。 5.（2026·江苏苏州高二月考）H2S溶液中存在电离平衡：H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。若对饱和H2S溶液进行以下操作，对应的变化一定正确的是（　　） A.加大量水，平衡向右移动，溶液中所有离子浓度都减小 B.通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大 C.加热，平衡向右移动，溶液pH减小 D.加入少量硫酸铜固体，平衡向右移动，S2－浓度减小 解析：D　加水稀释时，根据勒夏特列原理，电离平衡向右移动；但稀释该酸溶液时，根据水的离子积常数Kw＝c（H＋）·c（OH－）不变知，c（H＋）减小导致c（OH－）增大，故不是“所有离子浓度都减小”，A不符合题意。通入过量SO2后，发生反应2H2S＋SO23S↓＋2H2O，消耗H2S使电离平衡向左移动；但过量SO2溶于水形成H2SO3，增大了H＋浓度，pH减小，B不符合题意。H2S电离为吸热过程，加热使平衡向右移动；但是加热可能降低H2S溶解度，促使硫化氢逸出，使溶液中的c（H＋）降低，最终导致溶液pH增大，C不符合题意。加入CuSO4后，发生反应：Cu2＋＋S2－CuS↓，使c（S2－）减小，导致HS－H＋＋S2－平衡右移；同时c（HS－）减小间接使H2SH＋＋HS－平衡右移，D符合题意。 6.下列溶液中有关粒子的物质的量浓度关系正确的是（　　） A.1 mol·L－1的Na2S溶液中，c（OH－）＝c（H2S）＋c（HS－）＋c（H＋） B.25 ℃时，pH＝12的NaOH溶液与pH＝12的氨水中：c（Na＋）＝c（N） C.pH＝2的H2C2O4（草酸）溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HC2） D.等物质的量的Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中：c（C）＋2c（OH－）＝c（HC）＋c（H2CO3）＋2c（H＋） 解析：B　该溶液中存在质子守恒：c（OH－）＝c（H＋）＋c（HS－）＋2c（H2S），故A错误；25 ℃时，pH＝12的NaOH溶液与pH＝12的氨水中 c（H＋）相等，温度相同则两种溶液中c（OH－）相等，NaOH溶液中存在c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－），氨水中存在c（N）＋c（H＋）＝c（OH－），所以存在c（Na＋）＝c（N），故B正确；溶液中还存在阴离子C2，根据电荷守恒得c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HC2）＋2c（C2），则c（Na＋）＋c（H＋）＞c（OH－）＋c（HC2），故C错误；该溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（C）＋c（OH－）＋c（HC），存在元素守恒：2c（Na＋）＝3[c（C）＋c（HC）＋c（H2CO3）]，根据电荷守恒和元素守恒得c（C）＋2c（OH－）＝c（HC）＋3c（H2CO3）＋2c（H＋），故D错误。 7.（2026·广东广州高二测试）化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述不正确的是（　　） A.图①，用0.010 0 mol·L－1硝酸银标准溶液滴定浓度均为0.100 0 mol·L－1 Cl－、Br－及I－的混合溶液，由图中曲线可确定首先沉淀的是I－ B.图②说明反应A2（g）＋3B2（g）2AB3（g）的正反应是放热反应 C.图③是在0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液中加水稀释，随着加入水的体积的增大，溶液中c（）的变化曲线，Na2CO3的水解程度：A点小于B点 D.图④是铁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，t1时刻溶液的温度最高 解析：D　已知沉淀溶解平衡常数：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞Ksp（AgI），则用硝酸银溶液滴定含相同浓度的Cl－、Br－、I－混合溶液时，I－最先沉淀，A项正确。由图②可知温度升高，正、逆反应速率均加快，逆反应速率变化的程度比正反应速率大，化学平衡向逆反应方向移动，所以能够判断正反应为放热反应，B项正确。加水稀释能够促进水解，使得溶液中的物质的量增大，但水解反应使HC增大的程度远小于溶液体积的增大，所以的浓度减小，故Na2CO3的水解程度：A点小于B点，C项正确。铁条与盐酸的反应是放热反应，初始阶段，温度升高对速率的影响占主导，反应速率加快；随着反应进行，盐酸浓度降低的影响逐渐占主导，反应速率减慢；t1时刻反应速率最大，但反应仍在继续放热，故溶液温度未达到最高点，D项错误。 8.（2026·福建福州高二测试）“祝融号”火星探测车采用Li-CO2二次电池供电，电池的总反应式为4Li＋3CO22Li2CO3＋C，工作原理如图所示。下列说法正确的是（　　） A.充电时，电极B发生还原反应 B.A极区的电解质溶液可用LiCl水溶液 C.放电时，电极A为正极 D.放电时，当外电路通过1 mol e－时，至少需要吸收16.8 L CO2气体（标准状况下） 解析：D　根据电池的总反应式4Li＋3CO22Li2CO3＋C可知，放电时该装置为原电池，电极A上Li发生失电子的氧化反应，电极A为负极；CO2在电极B上得到电子发生还原反应，电极B为正极。充电时该装置为电解池，原电池的负极（Li极）作电解池阴极，发生得电子的还原反应；原电池的正极（电极B）作电解池的阳极，发生失电子的氧化反应，据此分析解答。充电时，装置为电解池，电极B为阳极，发生失电子的氧化反应，A错误；Li是极活泼金属，能与水发生置换反应：2Li＋2H2O2LiOH＋H2↑，若用LiCl水溶液，Li会与水反应，无法稳定存在，因此，A极区电解质溶液不能用LiCl水溶液，B错误；放电时，该装置为原电池，电极A为负极，Li失去电子变为Li＋，C错误；放电时，根据总反应4Li＋3CO22Li2CO3＋C可知，4 mol Li失去4 mol e－时，3 mol CO2参与反应，当外电路通过1 mol e－时，消耗CO2的物质的量为n（CO2）＝n（e－）＝×1 mol＝0.75 mol，因此至少需要吸收标准状况下CO2的体积V（CO2）＝0.75 mol×22.4 L·mol－1＝16.8 L，D正确。 9.在1 L恒容密闭容器甲、乙中，分别充入0.1 mol、0.2 mol的CO2，与足量碳粉在不同温度下发生反应：CO2（g）＋C（s）2CO（g）。CO的平衡物质的量随温度的变化如图所示。下列叙述错误的是（　　） A.曲线Ⅰ对应的是乙容器 B.a、b两点压强关系：＝ C.a、b、c三点的平衡常数：Ka＝Kc＜Kb D.1 100 K时，若容器乙中c（CO）、c（CO2）均为1 mol·L－1，则v（正）＜v（逆） 解析：B　在容积均为1 L的甲、乙两个恒容密闭容器中，发生反应CO2（g）＋C（s）2CO（g），乙相当于在甲达到平衡后，保持温度不变，再加入0.1 mol CO2，平衡向正反应方向移动，平衡时乙中CO的物质的量增大，则曲线Ⅰ对应的是乙容器，曲线Ⅱ对应的是甲容器，A正确；根据pV＝nRT可得pa∶pb＝（na·Ta）∶（nb·Tb），a、b两点CO物质的量均为0.16 mol，曲线Ⅰ对应的是乙容器，a点对应的平衡三段式： 经计算pa∶pb＝0.28 Ta∶0.18 Tb，因为Ta ＜Tb，所以＜，B错误；升高温度，平衡正向移动，K增大，a、b、c三点的平衡常数：Ka＝Kc＜Kb，C正确；根据B项分析计算，1 100 K时平衡常数K＝≈0.21，1 100 K时，若容器乙中c（CO）、c（CO2）均为1 mol·L－1，Q＝＝1＞K（1 100 K），反应逆向进行，可知此时v（正）＜v（逆），D正确。 10.利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法错误的是（　　） A.电解过程中，H＋由b极区向a极区迁移 B.电极b上发生的反应为CO2＋8HC＋8e－CH4＋8C＋2H2O C.电解过程中电能转化为化学能 D.电解时Na2SO4溶液浓度增大 解析：A　由电极a生成O2可以判断出电极a为阳极，电极b为阴极，阳离子向阴极流动，则H＋由a极区向b极区迁移，选项A错误；电极b上发生的反应为CO2＋8HC＋8e－CH4＋8C＋2H2O，选项B正确；电解过程中电能转化为化学能，选项C正确；电解时H2O电离出的OH－比S更容易失去电子，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的，选项D正确。 11.R—CHO与H2在不同催化剂作用下反应生成R—CH2OH的反应历程图（TS为过渡态；*表示吸附在催化剂表面的物种）如图所示。下列说法正确的是（　　） A.该反应为放热反应 B.催化剂1和催化剂2均降低了反应的焓变 C.反应过程中有非极性键的断裂和形成 D.催化剂1作用下的决速步为*R—CHO＋*H2*R—CHOH＋*H 解析：A　由题图可知，该反应为放热反应，A正确；催化剂不改变反应的焓变，B错误；反应过程中只有H—H非极性键的断裂，没有非极性键的形成，C错误；活化能最大的步骤为决速步骤，催化剂1作用下，步骤1的活化能为－85.87 kJ·mol－1－（－146.64 kJ·mol－1）＝60.77 kJ·mol－1，步骤2的活化能为－63.66 kJ·mol－1－（－126.38 kJ·mol－1）＝62.72 kJ·mol－1，则催化剂1作用下的决速步为H*R—CH2OH，D错误。 12.利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2＋在不同pH的Na2CO3体系中可能的产物。 已知：ⅰ.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ⅱ.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2＋）·c2（OH－）＝Ksp[Mg（OH）2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Mg2＋）·c（C）＝Ksp（MgCO3）[注：起始c（Na2CO3）＝0.1 mol·L－1，不同pH下c（C）由图1得到]。 下列说法不正确的是（　　） A.由图1可知，碳酸的Ka2（H2CO3）＝10－10.25 B.图1 pH＝6.37时溶液中一定有：c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（C）＋c（HC）＋c（OH－） C.由图2可知初始状态pH＝11、lg c（Mg2＋）＝－5时，有Mg（OH）2沉淀生成 D.由图1和图2可知，初始状态pH＝8、lg c（Mg2＋）＝－1，发生反应：Mg2＋＋2HCMgCO3↓＋CO2↑＋H2O 解析：B　H2CO3H＋＋HC，Ka1（H2CO3）＝，HCH＋＋C，Ka2（H2CO3）＝，由图1中C和HC的交点可知，Ka2（H2CO3）＝10－10.25，由H2CO3和HC的交点可知，Ka1（H2CO3）＝10－6.37，A项正确；已知Na2CO3溶液显碱性，故pH＝6.37时溶液中有额外加入的酸，由于酸的种类未知，酸根阴离子种类不确定，故电荷守恒式c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（C）＋c（HC）＋c（OH－）不一定成立，B项错误；从图2可以看出pH＝11、lg c（Mg2＋）＝－5时，该点位于曲线Ⅰ的上方和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀，但会产生氢氧化镁沉淀，C项正确；pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HC，pH＝8、lg c（Mg2＋）＝－1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCMgCO3↓＋H2O＋CO2↑，D项正确。 13.根据下列实验操作和实验现象得到的结论错误的是（　　） 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向5 mL 0.2 mol·L－1KI溶液中滴加5～6滴相同浓度FeCl3溶液，充分反应后滴入KSCN溶液，观察现象 溶液变红色 KI与FeCl3的反应有一定限度 B 分别将1 mL pH＝3的HA和HB溶液加水稀释至100 mL，测溶液pH pH（HA）＞pH（HB） 酸性：HA＜HB C 向浓度均为0.1 mol·L－1的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液 产生黑色沉淀（Ag2S） Ksp（Ag2CO3）＞Ksp（Ag2S） D 常温下，用pH计测量等体积等物质的量浓度的CH3COONa和HCOONa溶液的pH pH：前者更大 Ka（HCOOH）＞Ka（CH3COOH） 解析：B　I－具有还原性，Fe3＋具有氧化性，二者能发生氧化还原反应，充分反应后滴入KSCN溶液，溶液变红色，说明在I－过量的情况下，溶液中仍有Fe3＋剩余，则I－与Fe3＋发生了可逆反应：2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，即KI与FeCl3的反应有一定的限度，A正确；pH＝3的HA和HB溶液加水稀释100倍后，pH（HA）＞pH（HB），HA的pH改变值更大，说明HA酸性较强，则酸性：HA＞HB，B错误；向浓度均为0.1 mol·L－1的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，产生黑色的Ag2S沉淀，即混合溶液中Ag2S优先沉淀，表明其溶度积更小，Ag2CO3的Ksp更大，则Ksp（Ag2CO3）＞Ksp（Ag2S），C正确；CH3COONa和HCOONa均为强碱弱酸盐，常温下，用pH计测量等体积等物质的量浓度的CH3COONa和HCOONa溶液的pH，CH3COONa溶液的pH更大，说明水解程度：CH3COO－＞HCOO－，则酸性：CH3COOH＜HCOOH，所以Ka（HCOOH）＞Ka（CH3COOH），D正确。 14.（2026·河南郑州高二质检）某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白（PbCO3）和黄金雨中黄色的PbI2。室温下将PbCO3和PbI2分别加入水中，达到沉淀溶解平衡时－lg c（Pb2＋）与－lg c（）或－lg c（I－）的关系如图所示。 下列说法错误的是（　　） A.L1对应的是－lg c（Pb2＋）与－lg c（I－）的关系变化 B.Ksp（PbCO3）的数量级为10－14 C.q点对应的是PbI2过饱和溶液 D.向浓度均为0CO3、NaI混合溶液中滴入Pb溶液，先产生白色沉淀 解析：C　Ksp（PbCO3）＝c（Pb2＋）·c（），当－lg c（Pb2＋）＝0时和－lg c（）＝0时的－lg c（）值与－lg c（Pb2＋）值相同，故L2曲线为PbCO3的沉淀溶解平衡曲线，L1曲线为PbI2的沉淀溶解平衡曲线，据此分析。根据分析可知，L1对应的是－lg c（Pb2＋）与－lg c（I－）的关系变化，A正确；根据图中信息得到Ksp（PbCO3）＝1×10－13.1，数量级为10－14，B正确；c（Pb2＋）一定时，q点I－浓度小于对应的PbI2饱和溶液中I－浓度，q点对应的是PbI2不饱和溶液，C错误；根据图中信息得到Ksp（PbCO3）＝1×10－13.1，Ksp（PbI2）＝1×＝1×10－8，向浓度均为0.01 mol·L－1Na2CO3、NaI混合溶液中滴入Pb溶液，生成PbCO3沉淀所需的铅离子浓度小于生成PbI2沉淀所需的铅离子浓度，因此先产生白色沉淀，D正确。 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15.（14分）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。燃煤烟气中CO2的捕集可通过如图所示的物质转化实现。 （1）“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　。（2分） （2）在载人航天器的生态系统中，不仅要求分离出CO2，还要求提供充足的O2。某种电化学装置可实现转化2CO2（g）2CO（g）＋O2（g），CO可用作燃料。根据下表所示键能，计算电解1 mol CO2（g）时吸收的热量为　　　kJ（用字母表示）。（2分） 化学键 CO C≡O OO 键能/（kJ·mol－1） a b c （3）电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物（包括CH4、C2H4、HCOO－等形式）。 ①当电解电压较低时，电解过程中没有生成含碳的还原产物，此时阴极的主要还原产物为　　　（填化学式）。（2分） ②阴极由HC生成CH4时的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。（3分） ③当达到某电压时，电解生成C2H4和HCOO－时转移电子的数目之比为3∶1，则C2H4和HCOO－的物质的量之比为　　　。（3分） （4）煅烧时，将原料碳酸钙与焦炭按一定比例混合，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧。从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点：　　　　　　　　　　　　　　。（2分） 答案：（1）KHCO3＋Ca（OH）2CaCO3＋KOH＋H2O （2）×（4a－2b－c） （3）①H2　②HC＋8e－＋6H2OCH4↑＋9OH－　③1∶2 （4）焦炭燃烧放热，为碳酸钙分解提供能量，可以充分利用能源，提高资源利用率 解析：（1）由题给流程可知，燃煤烟气中的二氧化碳与氢氧化钾溶液反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾溶液与石灰乳反应生成碳酸钙、氢氧化钾和水，过滤得到可循环使用的氢氧化钾溶液和碳酸钙，碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应得到可循环使用的石灰乳，其中碳酸氢钾溶液与石灰乳反应的化学方程式为KHCO3＋Ca（OH）2CaCO3＋KOH＋H2O。（2）反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，ΔH＝（4a－2b－c）kJ·mol－1；电解1 mol CO2（g）时吸收的热量为×（4a－2b－c）kJ。（3）①当电解电压较低时，电解过程中没有生成含碳的还原产物，则水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气。②由题意可知，水分子作用下碳酸氢根离子在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和氢氧根离子，电极反应式为HC＋8e－＋6H2OCH4↑＋9OH－。③当达到某电压时，电解生成C2H4和HCOO－时转移电子的数目之比为3∶1，由化合价变化可知，生成1 mol乙烯和1 mol甲酸根离子时，反应转移电子的物质的量分别为12 mol和2 mol，由题给信息可知，电解生成的乙烯和甲酸根离子的物质的量之比为∶＝1∶2。（4）煅烧时，将原料碳酸钙与焦炭按一定比例混合，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点是焦炭燃烧放热，为碳酸钙分解提供能量，可以充分利用能源，提高资源利用率。 16.（15分）（2026·湖南高二专题练习）某氮肥厂用NH3经一系列反应制得HNO3：NH3→NO→NO2→HNO3。 （1）25℃时，NH3和O2能反应生成NO和液态水，生成6 mol水时放热1 289 kJ，其热化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（2分） （2）对于反应2NO（g）＋O2（g）2NO2（g），在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下随温度变化的曲线如图。 请比较p1、p2的大小：p1　　　　　（填“＞”“＝”或“＜”）p2；该反应ΔH　　　　　（填“＞”“＝”或“＜”）0。（共4分） （3）四氧化二氮和二氧化氮可互相转化。在容积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题： ①该反应的ΔH＝　　　　　（填“＞”“＝”或“＜”）0；100 ℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0～60 s时段，反应速率v（N2O4）为　　　　　 mol·L－1·s－1，该温度下反应的平衡常数K＝　　　　　。（共5分） ②反应达平衡后，将反应容器的容积缩小到原来的一半，平衡向　　　　　（填“正反应”或“逆反应”）方向移动。（2分） （4）25 ℃时，将0.1 mol·L－1盐酸滴入20 mL 0.1 mol·L－1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。 c点所示溶液中，离子浓度由大到小的顺序是　　　　　。（2分） 答案：（1）4NH3（g）＋5O2（g）4NO（g）＋6H2O（l）　ΔH＝－1 289 kJ·mol－1 （2）＜　＜ （3）①＞　0.001 　0.36　②逆反应 （4）c（Cl－）＞c（）＞c（H＋）＞c（OH－） 解析：（1）25℃时，NH3与O2反应生成NO和水的化学方程为4NH3＋5O24NO＋6H2O。根据已知条件，该反应生成6 mol液态水时放热1 289 kJ，需要将水的状态标注为“l”，焓变为负值，该反应的热化学方程式为4NH3（g）＋5O2（g）4NO（g）＋6H2O（l）　ΔH＝－1 289 kJ·mol－1。（2）2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）是分子数目减少的反应，增大压强有利于平衡正向移动，提高NO的平衡转化率。从题给图像可知，当温度相同时，p2曲线对应的NO平衡转化率大于p1，综上，p1＜p2。当压强恒定时，反应温度越高，NO的平衡转化率越低，说明升温不利于平衡正向移动，该反应为放热反应，则ΔH＜0。（3）①N2O4常温下是无色气体，NO2常温下是红棕色气体。由题目可知，随温度升高，N2O4和NO2混合气体颜色变深，说明升温有利于NO2的生成，反应平衡正向移动，则该反应为吸热反应，ΔH＞0；反应速率v（N2O4）＝＝ mol·L－1·s－1＝0.001 mol·L－1·s－1；平衡常数K＝＝＝0.36。②反应达到平衡后将容积缩小一半，平衡向气体分子数减少的方向移动，即向逆反应方向移动。（4）c点状态下，加入的HCl溶液与最初的氨水体积相同，且两者浓度相等，此时完全中和，形成浓度为0.05 mol·L－1的NH4Cl溶液。NH4Cl在水溶液中完全电离，但会水解，则c（Cl－）＝0.05 mol·L－1＞c（）。由图像可知，此时溶液pH＜7，则有c（H＋）＞10－7mol·L－1＞c（OH－）。综上所述，此时溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl－）＞c（）＞c（H＋）＞c（OH－）。 17.（15分）（2026·山东德州高二月考）滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一，常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定等。 Ⅰ. 用0.100 mol·L－1的NaOH标准溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的盐酸和醋酸溶液。滴定过程中溶液pH随NaOH溶液体积变化的两条滴定曲线如图所示。 （1）滴定盐酸的曲线是　　　（填“①”或“②”）。（2分） （2）V1和V2的关系：V1　　　（填“＞”“＝”或“＜”）V2。（2分） （3）用0.100 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1醋酸溶液。 ①滴定过程中加入的指示剂为　　　。（1分） ②当V（NaOH）＝10 mL时，溶液中c（CH3COOH）－c（CH3COO－）＝　　　　　　（用微粒浓度表示）。（2分） ③在上述实验过程中，取待测醋酸溶液的酸式滴定管，取液前滴定管尖端有气泡，取液后气泡消失，会造成测定结果（待测液浓度值）　　　　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。（2分） Ⅱ. 用氧化还原滴定方法测定粗品中Na2S2O3·5H2O的质量分数。 实验步骤：称取4 g粗品配制成250 mL溶液待用。用酸式滴定管取25.00 mL 0.01 mol·L－1K2Cr2O7溶液于锥形瓶中，然后加入过量的KI溶液并酸化，加几滴淀粉溶液，立即用配制的Na2S2O3溶液滴定至终点（反应为I2＋2S22I－＋S4），消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。 （4）向K2Cr2O7溶液中加入过量的KI溶液并酸化，Cr2被还原成Cr3＋，写出该反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（2分） （5）用Na2S2O3溶液滴定至终点的现象为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（2分） （6）粗品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为　　　　　％（保留四位有效数字）。（2分） 答案：Ⅰ.（1）② （2）＜ （3）①酚酞　②2c（OH－）－2c（H＋）　③偏低 Ⅱ.（4）Cr2＋6I－＋14H＋2Cr3＋＋3I2＋7H2O （5）当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色 （6）93.00 解析：Ⅰ. 用0.100 mol·L－1的NaOH标准溶液分别滴定0.100 mol·L－1的盐酸和醋酸溶液，由题干图像信息可知，图1中未滴加NaOH溶液时溶液pH在2～4之间，说明该酸不完全电离，是醋酸，而图2中未滴加NaOH溶液时溶液pH为1，说明该酸完全电离，是HCl。（1）HCl为强酸，在水溶液中完全电离，0.100 0 mol·L－1的盐酸的起始pH为1，而0.100 0 mol·L－1醋酸溶液的起始pH大于1，则滴定醋酸的曲线是①，滴定盐酸的曲线是②。（2）盐酸和NaOH恰好完全反应时，溶液显中性，则V2＝20.00 mL；若醋酸溶液中也加入20.00 mL氢氧化钠溶液，恰好反应时，此时为醋酸钠溶液，显碱性，pH＞7，所以pH＝7时，对应加入的氢氧化钠溶液的体积V1＜20.00 mL，则V1与V2的关系：V1＜V2。（3）①用0.100 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1醋酸溶液，滴定终点时溶液的溶质为CH3COONa，因CH3COO－水解而使溶液呈碱性，酚酞的变色范围是8.2～10.0，故滴定过程中加入的指示剂为酚酞。②当V（NaOH）＝10 mL时，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，则有元素守恒式：c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝2c（Na＋），电荷守恒式：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO－），故溶液中c（CH3COOH）－c（CH3COO－）＝2c（OH－）－2c（H＋）。③在实验过程中，取待测醋酸溶液的酸式滴定管，取液前滴定管尖端有气泡，取液后气泡消失，将使待测液的溶液体积偏小，则消耗标准液的体积也偏小，则会造成测定结果（待测液浓度值）偏低。Ⅱ. 用氧化还原滴定方法测定粗品中Na2S2O3·5H2O的质量分数，利用氧化还原反应配平方法配平K2Cr2O7和KI的反应：Cr2＋6I－＋14H＋2Cr3＋＋3I2＋7H2O。先用一定量的K2Cr2O7与足量的KI反应，然后用配制的Na2S2O3·5H2O溶液来滴定生成的I2，从而求出Na2S2O3·5H2O的质量分数，据此分析解题。（4）向K2Cr2O7溶液中加入过量的KI溶液并酸化，Cr2被还原成Cr3＋，I－被氧化为I2，反应的离子方程式为Cr2＋6I－＋14H＋2Cr3＋＋3I2＋7H2O。（5）用Na2S2O3溶液滴定I2，以淀粉为指示剂，滴定至终点的现象为当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色。（6）根据滴定过程中发生的反应得出关系式为6Na2S2O3·5H2O～6Na2S2O3～3I2～Cr2～K2Cr2O7，则250 mL待测液中n（Na2S2O3·5H2O）＝6n（K2Cr2O7）×＝6×0.025 L×0.01 mol·L－1×10＝0.015 mol，m（Na2S2O3·5H2O）＝nM＝0.015 mol×248 g·mol－1＝3.72 g，则粗品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为×100％＝93.00％。 18.（14分）以碳酸锰铜矿（主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质）为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下： 已知常温下，以下四种离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 Fe2＋ Fe3＋ Cu2＋ Mn2＋ Ksp 4.9×10－17 2.8×10－39 1×10－20 2.1×10－13 注：离子浓度小于或等于10－5mol·L－1可视为沉淀完全。 （1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（答出两点即可）。（2分） （2）用离子方程式解释MnO2的作用：　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（2分） （3）从平衡移动的角度简述加入MnCO3“沉铁”的原理：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。（2分） （4）“沉铜”时，若滤液中c（Mn2＋）＝0.21 mol·L－1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成Mn（OH）2，应控制pH的范围为　　　　　。（2分） （5）“沉锰”得到MnCO3的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。（2分） （6）产品含量测定方法如下： Ⅰ.称取a g晶体，加足量硫酸溶解，将溶液定容于100 mL容量瓶中； Ⅱ.取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量（NH4）2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的（NH4）2S2O8分解； Ⅲ.加入指示剂，用b mol·L－1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定，滴定至终点时消耗c mL，Mn重新变成Mn2＋。 ①补全步骤Ⅱ中反应的离子方程式。（2分） □Mn2＋＋□S2＋□　　　□Mn＋□S＋□　　　 ②产品中MnSO4的质量分数为　　　　　（MnSO4的摩尔质量为151 g·mol－1）。（2分） 答案：（1）将碳酸锰铜矿粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等 （2）4H＋＋MnO2＋2Fe2＋2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O （3）Fe3＋水解生成氢氧化铁和H＋，碳酸锰消耗Fe3＋水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解生成Fe（OH）3 （4）6.5≤pH＜8 （5）Mn2＋＋HC＋NH3·H2OMnCO3↓＋N＋H2O （6）①2　5　8　H2O　2　10　16　H＋　②％ 解析：碳酸锰铜矿（主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质）用硫酸“酸浸”，得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰，Fe2＋被氧化为Fe3＋；加入MnCO3调节pH生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀；过滤，向滤液中加入NH4HCO3和氨水的混合物，生成MnCO3沉淀，MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液，再经系列操作得到硫酸锰晶体，以此解题。（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施有将碳酸锰铜矿粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等。（2）MnO2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式：4H＋＋MnO2＋2Fe2＋2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O。（3）Fe3＋水解生成氢氧化铁和H＋，碳酸锰消耗Fe3＋水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解生成Fe（OH）3。（4）铜离子完全沉淀时铜离子浓度等于10－5mol·L－1，c（OH－）＝＝mol·L－1，c（H＋）＝mol·L－1，pH＝6.5；锰离子开始沉淀时，c（OH－）＝＝mol·L－1，c（H＋）＝mol·L－1，pH＝8，故应控制pH的范围为6.5≤pH＜8。（5）“沉锰”时Mn2＋和NH4HCO3、氨水反应生成MnCO3沉淀，离子方程式为Mn2＋＋HC＋NH3·H2OMnCO3↓＋N＋H2O。（6）①该反应中Mn元素由＋2价上升到＋7价，S2中部分氧元素价态由－1价下降到－2价，根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式：2Mn2＋＋5S2＋8H2O2Mn＋10S＋16H＋。②根据化学方程式及得失电子守恒得关系式：MnSO4～Mn～5Fe2＋，则样品中硫酸锰的质量分数为×100％＝％。 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $