精品解析：河南洛阳市新安县第一高级中学2026-2027学年高二上学期10月能力提升练习 化学试卷

26-27学年高二上学期新安一高10月能力提升化学卷 可能用到的相对原子质量：H 1 Ag 108 O 16 S 32 Cu 64 C 12 一、选择题：本大题共14小题每小题3分。在列出的四个选项中，只有一项符合题目要求 1. 氯化钠是化学工业的最基本原料之一，被称为“化学工业之母”。下列有关说法正确的是 A. “制钠”：海水为原料制得精盐，再电解氯化钠溶液制备钠 B. “氯碱工业”：采用“阴离子交换膜”电解槽电解饱和食盐水获得氯气和烧碱 C. “侯氏制碱”：将二氧化碳通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出碳酸钠 D. “制皂”：向油脂的碱性水解液中加入热的饱和食盐水，使高级脂肪酸盐析出，制得肥皂 2. 食醋是厨房中不可或缺的调味剂，约含3%~5%的醋酸()。下列对醋酸溶液认识错误的是 A. 能溶解大理石 B. 常温下 C. 溶液中加水稀释时电离程度增大 D. 溶液中存在 3. 下列说法不正确的是 A. 的盐酸中 B. 将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性 C. 常温下，pH=3的醋酸溶液与 pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH<7 D. 常温下，分别在等体积等物质的量浓度的醋酸溶液和盐酸溶液中，加入过量的锌片，产生的氢气体积相同 4. 下列活动与所述的化学知识没有关联的是 选项 活动 化学知识 A 家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈 潮湿会加快铁腐蚀速率 B 社区服务：宣传使用含氟牙膏刷牙 氟磷灰石的溶解度比羟基磷灰石的小 C 学农活动：将草木灰与氯化铵混合使用肥效降低 氯化铵分解产生的易与草木灰中的反应 D 家庭实验：银质物品翻新 把发暗的银器放在盛有适量食盐水的铝质容器形成原电池 A. A B. B C. C D. D 5. 常温下，在由水电离产生的的溶液中，一定能大量共存的离子组是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 6. 电化学原理在日常生活和科技领域中应用广泛。下列说法正确的是 A. 甲：H+向Zn电极方向移动，Cu电极附近溶液pH增大 B. 乙：电池充电时，二氧化铅与电源的正极连接 C. 丙：金属铁与电源的负极连接时，金属铁可以受到保护是牺牲阳极法 D. 丁：所示装置工作过程中，电解质溶液中浓度始终不变 7. 常温下，铬酸钡的，其溶度积曲线如图所示。下列推断错误的是 A. B. b点溶度积等于c点 C. 温度不变，加入氯化钡固体可由a点迁移到b点 D. a点处于不饱和状态 8. 环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25 ℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L-1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是 A. Na2S溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-) B. 调节Na2S溶液的pH=6.97时，c(H2S)<c(HS-) C. 向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1 D. 向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H+)>c(Cd2+) 9. 室温下，通过下列实验探究 溶液的性质. 实验1：实验测得 溶液为 实验2：向溶液中滴加等体积 溶液，由降为 实验3：向溶液中加入等体积 溶液，出现白色沉淀 实验4：向稀硫酸酸化的溶液中滴加溶液至溶液褪色 下列说法正确的是 A. 溶液中满足： B. 实验2滴加盐酸过程中存在某一点满足： C. 实验3所得上层清液中［已知室温时］ D. 实验4发生反应的离子方程式为： 10. 一种利用电解还原同时实现海水脱盐的装置如图，电解液在Ⅰ和Ⅳ室间循环，初始电解液为溶液，膜①~③为阳离子或阴离子交换膜。下列说法错误的是 A. ①为阳离子交换膜，②为阴离子交换膜 B. 阳极反应为 C. 电解一段时间后，Ⅲ室海水中盐的浓度降低 D. 电解过程中，Ⅰ室电解液的pH在一段时间内可保持稳定 11. 我国科学家设计了一种电解装置(如图所示)，在降解环境污染物四环素(TC)的同时，将转化为甲醇和乙醇。 电解时，下列叙述正确的是 A. 在BiOBr电极上，TC的降解为还原反应 B. 从CuO电极向BiOBr电极方向迁移 C. 阴极发生的反应有 D. CuO电极通过6 mol电子，生成的甲醇少于1 mol 12. 室温下，根据下列实验过程及现象，不能得到相应实验结论的是 选项 实验操作及现象 实验结论 A 用pH试纸分别测定溶液和溶液的pH，溶液的pH大 结合能力： B 向盛有溶液的试管中滴加1溶液，有大量气泡产生 电离平衡常数：的的 C 向盛有溶液中滴加2滴2mo/L溶液，再滴加2滴0.1mol/l的溶液，白色沉淀转化为红褐色沉淀 溶度积常数： D 将块和块浸入同一溶液中并用导线连接，Mg块逐渐溶解 金属的活动顺序镁大于铝 A. A B. B C. C D. D 13. 某磷废渣的主要成分为、和，一种对其进行分离的工艺流程如图。 下列说法错误的是 A. “焙烧”的目的是使、分解 B. “浸取”可能的反应为 C. “滤渣浮选”利用了和物理性质的差异 D. “滤液沉淀”可以利用流程中产生的和制备沉淀剂 14. 以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：] 下列叙述正确的是 A. 曲线①代表，曲线②代表 B. H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L−1 C. HA−的电离常数Ka=1.0×10−2 D. 滴定终点时，溶液中 二、非选择题：本大题共4小题，共58分 15. 某学习小组为了探究一定温度下CH3COOH(简写为HAc)电离平衡的影响因素，进行了如下实验。 【实验一】测定HAc的浓度(已知醋酸钠溶液为碱性)。 （1）用_______(填仪器名称)准确移取20.00 mL HAc溶液，转移至锥形瓶，加入2滴_______(填“酚酞”， “石蕊”或“甲基橙”)作指示剂， 用0.1000mol/LNaOH溶液滴定， 平行测定4次，消耗NaOH溶液的体积分别为20.05mL、20.00mL、18.40mL、19.95mL，则_______。 （2）实验操作中，滴定管盛装NaOH溶液后排气泡动作正确的是_______(填字母，下同)。 A. B. C. D. （3）下列有关实验操作的说法错误的是_______。 A. 锥形瓶盛装HAc溶液前未干燥，对测定结果无影响 B. 滴定时，左手控制滴定管，右手握持锥形瓶，眼睛注视滴定管中的液面变化 C. 滴定前仰视读数，滴定后读数正确，测得醋酸浓度偏低 D. 接近滴定终点时，改为滴加半滴NaOH 溶液，溶液出现颜色变化，即达到滴定终点 【实验二】探究25℃下HAc电离平衡的影响因素。 将实验一中的HAc 溶液和与其等浓度的 CH3COONa(简写为 NaAc)溶液按一定体积比混合，测pH。 序号 pH I 40.00 / 0 2.86 Ⅱ 4.00 a b 0 3.36 Ⅶ 4.00 c d 4.53 Ⅷ 4.00 4.00 32.00 4.65 （4）根据表中信息，补充数据：a=_______，d=_______。 （5）对比实验Ⅰ和Ⅱ可得结论：稀释HAc溶液，电离平衡正向移动；结合表中数据，给出判断理由：_____________。 （6）由实验Ⅰ，计算25℃醋酸的电离平衡常数_______。 16. Ⅰ．羟基自由基()具有极强的氧化性，如图装置能利用将苯酚氧化为和。 （1）电极b发生的反应为____________________________。 （2）电池工作时，a极区每产生1 mol ，c极区溶液质量_________(填“增大”“减小”或“不变”)。 Ⅱ．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生了偏转。 （3）通入电极的电极反应式为______________；乙池中发生反应的总反应式为___________________________。 （4）当乙池中B极质量增加5.40 g时，甲池中理论上消耗的体积为_____ mL(标准状况)，丙池中析出___g铜。 （5）若丙池中电极不变，将其溶液换成足量溶液，电键闭合一段时间后，若将丙池中溶液复原，需加入_________。 17. 工业上电解精炼铜的阳极泥是重要的二次资源，从阳极泥（含铜、银、金、铅等单质）中提取金和制备AgCl的工艺如下： 已知：分金液的主要成分为H[AuCl4]；分金渣的主要成分为PbSO4和AgCl；分银液的主要成分为[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32- 回答下列问题： （1）“分铜”时，铜单质参与反应的离子方程式为___________；如果温度过高，铜的浸出率会降低，原因是____________。 （2）“分铜渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和__________。 （3）“分金”时，溶解单质金的化学方程式为________；除HCl、NaClO3可溶解金外，“王水”也可溶解金，“王水”的成分为_____________（写试剂的名称）。 （4）从“分金液”中提取金时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______________。 （5）向“分银液”中加入适量的H2SO4调到pH=4时“沉银”，能够析出AgCl的原因是___________。 （6）AgCl能溶于氨水，发生反应AgCl(s)+2NH3(aq)[Ag(NH3)2](aq)）+Cl-(aq)，其平衡常数K=2.0×10-3，现用1L某浓度氨水（溶质视为NH3）完全溶解0.1mol AgCl，所需氨水浓度至少为____________mol·L-1（已知=2.25）。 18. 亚硫酰氯是一种液态化合物，遇水能剧烈反应。实验室中利用如图所示装置制备少量亚硫酰氯(夹持、加热等部分装置略去)，反应的化学方程式为。 回答下列问题： （1）遇水剧烈反应，液面上有白雾形成，并产生能使品红褪色的气体，该反应的化学方程式是______________________。一种用于心脏起搏器的微型电池的电极材料是石墨和锂，电解质为等物质的量的、溶解在中形成的溶液，其正极反应为_______________________。 （2）仪器A中盛放的试剂为碱石灰其作用为______________________。(答二点) （3）与混合并加热，可得到无水，原因是_____________________。 （4）甲同学认为还可用于制取无水，但乙同学认为该实验可能发生副反应使不纯，理由是______________________。 （5）在封闭装置内，将实验所得亚硫酰氯样品加到足量蒸馏水中充分反应，加入足量的固体，振荡后静置，过滤。将滤液配制成250mL溶液，取25.00mL该溶液于锥形瓶，滴入几滴溶液，用溶液滴定至终点，消耗VmL溶液。样品中含______________________mol，当溶液中Cl- 恰好沉淀完全时(浓度为)溶液中_______mol/L[已知为砖红色沉淀，25℃时，]。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 26-27学年高二上学期新安一高10月能力提升化学卷 可能用到的相对原子质量：H 1 Ag 108 O 16 S 32 Cu 64 C 12 一、选择题：本大题共14小题每小题3分。在列出的四个选项中，只有一项符合题目要求 1. 氯化钠是化学工业的最基本原料之一，被称为“化学工业之母”。下列有关说法正确的是 A. “制钠”：海水为原料制得精盐，再电解氯化钠溶液制备钠 B. “氯碱工业”：采用“阴离子交换膜”电解槽电解饱和食盐水获得氯气和烧碱 C. “侯氏制碱”：将二氧化碳通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出碳酸钠 D. “制皂”：向油脂的碱性水解液中加入热的饱和食盐水，使高级脂肪酸盐析出，制得肥皂 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．“制钠”：电解熔融的氯化钠，而不是电解氯化钠溶液，电解纯净的NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，得不到钠，A错误； B．由于阴极区氢氧根较多，为了得到NaOH所以采用的不是阴膜而是阳膜，让阳极区的Na+通过而平衡电荷；同时阳膜可以隔开阳极和阴极，防止产物混合，如H2和Cl2混合会爆炸，Cl2和NaOH混合会使NaOH不纯，B错误； C．“侯氏制碱”：将二氧化碳通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出碳酸氢钠，C错误； D．皂化液里加入饱和食盐水，降低高级脂肪酸钠的溶解度，发生盐析，促进高级脂肪酸钠的析出，D正确； 故选D。 2. 食醋是厨房中不可或缺的调味剂，约含3%~5%的醋酸()。下列对醋酸溶液认识错误的是 A. 能溶解大理石 B. 常温下 C. 溶液中加水稀释时电离程度增大 D. 溶液中存在 【答案】D 【解析】 【详解】A．醋酸酸性强于碳酸，可与大理石主要成分反应生成可溶性醋酸钙、和，因此能溶解大理石，A正确； B．醋酸属于弱酸，水溶液呈酸性，常温下，B正确； C．醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，电离程度增大，C正确； D．醋酸溶液中存在电荷守恒：，由于，故，D错误； 故本题选D。 3. 下列说法不正确的是 A. 的盐酸中 B. 将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性 C. 常温下，pH=3的醋酸溶液与 pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH<7 D. 常温下，分别在等体积等物质的量浓度的醋酸溶液和盐酸溶液中，加入过量的锌片，产生的氢气体积相同 【答案】A 【解析】 【详解】A．盐酸的浓度为2.0×10-7mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7mol/L，A错误； B．KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到80℃时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，B正确； C．pH=3的醋酸（醋酸实际浓度远大于）与pH=11的NaOH（浓度为）等体积混合后，醋酸过量，pH < 7，C正确； D．等体积等物质的量浓度的醋酸溶液和盐酸溶液中氢离子总的物质的量相同，加入过量的锌片，产生的氢气体积相同，D正确； 故选A。 4. 下列活动与所述的化学知识没有关联的是 选项 活动 化学知识 A 家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈 潮湿会加快铁腐蚀速率 B 社区服务：宣传使用含氟牙膏刷牙 氟磷灰石的溶解度比羟基磷灰石的小 C 学农活动：将草木灰与氯化铵混合使用肥效降低 氯化铵分解产生的易与草木灰中的反应 D 家庭实验：银质物品翻新 把发暗的银器放在盛有适量食盐水的铝质容器形成原电池 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．擦干铁锅防止生锈，是因为潮湿环境易形成原电池，加快铁的电化学腐蚀速率，化学知识与活动关联正确，A正确； B．含氟牙膏中的氟离子可与牙齿中的羟基磷灰石反应生成溶解度更小的氟磷灰石，增强牙齿抗酸蚀能力，化学知识与活动关联正确，B正确； C．草木灰中的水解呈碱性，氯化铵中的水解呈酸性，二者混合时发生双水解反应，转化为逸出导致肥效降低，并非氯化铵分解生成与反应，化学知识与活动无关联，C错误； D．银质物品发暗是表面生成，放在盛有食盐水的铝质容器中可形成原电池，铝作负极，在正极被还原为实现翻新，化学知识与活动关联正确，D正确； 故选C。 5. 常温下，在由水电离产生的的溶液中，一定能大量共存的离子组是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 【答案】D 【解析】 【分析】常温下纯水电离出的，本题中水电离出的，说明水的电离被酸、碱抑制，原溶液既可能是强酸性，也可能是强碱性。 【详解】A．会和碱性溶液中的反应生成弱电解质，碱性条件不能共存，A不选； B．会和碱性溶液中的反应生成沉淀，碱性条件不能共存，B不选； C．和本身会发生双水解反应，不能大量共存；且酸性下和反应，碱性下和反应，C不选； D．​相互不反应，在强酸性、强碱性溶液中都能稳定存在，一定能大量共存，D选； 故选D。 6. 电化学原理在日常生活和科技领域中应用广泛。下列说法正确的是 A. 甲：H+向Zn电极方向移动，Cu电极附近溶液pH增大 B. 乙：电池充电时，二氧化铅与电源的正极连接 C. 丙：金属铁与电源的负极连接时，金属铁可以受到保护是牺牲阳极法 D. 丁：所示装置工作过程中，电解质溶液中浓度始终不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲为铜锌原电池，Zn作负极、Cu作正极，向正极（Cu电极）移动，而非Zn电极，Cu电极上放电浓度减小，pH增大，A错误； B．乙为铅蓄电池，放电时二氧化铅为正极，充电时原电池的正极需与电源正极连接作阳极，因此二氧化铅与电源的正极连接，B正确； C．金属铁与电源负极连接时的保护方法为外加电流法，牺牲阳极法是利用原电池原理、无需外接电源的保护方法，C错误； D．丁为电解精炼铜装置，阳极粗铜中比铜活泼的杂质会优先失电子，阴极只有得电子析出Cu，因此电解质溶液中浓度会降低，D错误； 答案选B。 7. 常温下，铬酸钡的，其溶度积曲线如图所示。下列推断错误的是 A. B. b点溶度积等于c点 C. 温度不变，加入氯化钡固体可由a点迁移到b点 D. a点处于不饱和状态 【答案】C 【解析】 【详解】A．b点在沉淀溶解平衡曲线上，满足，已知b点，代入得：，解得，A正确； B．溶度积只与温度有关，b、c点温度相同，因此二者溶度积相等，B正确； C．温度不变，不变；加入氯化钡固体，溶液中增大，根据，平衡后会减小，横坐标减小，无法迁移到b点，C错误； D．a点在曲线的下方，a点的离子积​，因此a点处于不饱和状态，D正确； 故答案选C。 8. 环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25 ℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L-1，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，Ksp(FeS)=10-17.20，Ksp(CdS)=10-26.10。下列说法错误的是 A. Na2S溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-) B. 调节Na2S溶液的pH=6.97时，c(H2S)<c(HS-) C. 向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1 D. 向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H+)>c(Cd2+) 【答案】B 【解析】 【详解】A．在溶液中电离出和，水解，水电离，溶液中存在的离子有，溶液是电中性的，存在电荷守恒，阳离子所带正电荷总和等于阴离子所带负电荷总和，给出的式子符合电荷守恒关系，A正确； B．，当时，代入得，B错误； C．沉淀转化反应的平衡常数，可近似认为该反应可以完全进行，若0.01 mol/L的几乎完全反应，最终生成的，计算得，C正确； D．反应的平衡常数，可近似认为该反应可以完全进行，若0.01 mol/L的几乎完全反应，生成，饱和溶液浓度约为，代入上述平衡常数表达式，故，D正确； 故选B。 9. 室温下，通过下列实验探究 溶液的性质. 实验1：实验测得 溶液为 实验2：向溶液中滴加等体积 溶液，由降为 实验3：向溶液中加入等体积 溶液，出现白色沉淀 实验4：向稀硫酸酸化的溶液中滴加溶液至溶液褪色 下列说法正确的是 A. 溶液中满足： B. 实验2滴加盐酸过程中存在某一点满足： C. 实验3所得上层清液中［已知室温时］ D. 实验4发生反应的离子方程式为： 【答案】B 【解析】 【详解】A． 溶液中满足物料守恒，，A错误； B．实验2滴加盐酸过程中存在某一点满足c(H+)= c(OH-)：，，B正确； C．［已知室温时］， (×V+×V)÷2V=0.005，实验3所得上层清液中，C错误； D．实验4发生反应的离子方程式为：，D错误； 答案选B。 10. 一种利用电解还原同时实现海水脱盐的装置如图，电解液在Ⅰ和Ⅳ室间循环，初始电解液为溶液，膜①~③为阳离子或阴离子交换膜。下列说法错误的是 A. ①为阳离子交换膜，②为阴离子交换膜 B. 阳极反应为 C. 电解一段时间后，Ⅲ室海水中盐的浓度降低 D. 电解过程中，Ⅰ室电解液的pH在一段时间内可保持稳定 【答案】C 【解析】 【分析】由题图可知，在电极上反应转化为，元素化合价降低，故电极为阴极，阴极反应为。电极为阳极，电离出的在阳极放电，阳极反应为，电离出的发生反应。若③为阴离子交换膜，结合电流方向可知，Ⅲ室海水中的会向右通过膜③迁移至Ⅳ室中，并在电极上放电生成，故③应为阳离子交换膜，以阻止通过，据此可知实现脱盐的海水不是Ⅲ室海水，而是Ⅱ室海水，则①为阳离子交换膜，②为阴离子交换膜，Ⅱ室海水中的向左通过膜①迁移至Ⅰ室中，Ⅱ室海水中的向右通过膜②迁移至Ⅲ室中，Ⅳ室电解液中的向左通过膜③迁移至Ⅲ室中，故电解一段时间后，Ⅱ室海水中盐的浓度降低，Ⅲ室海水中盐的浓度升高。 【详解】A．由分析知，①为阳离子交换膜，②为阴离子交换膜，A正确； B．由分析知，电极为阳极，电离出的在阳极放电，阳极反应为，B正确； C．由分析知，电解一段时间后，Ⅱ室海水中盐的浓度降低，Ⅲ室海水中盐的浓度升高，C错误； D．根据前述分析，Ⅰ室中阴极反应生成，形成缓冲体系，有利于Ⅰ室电解液的pH在一段时间内保持稳定，D项正确； 故选C。 11. 我国科学家设计了一种电解装置(如图所示)，在降解环境污染物四环素(TC)的同时，将转化为甲醇和乙醇。 电解时，下列叙述正确的是 A. 在BiOBr电极上，TC的降解为还原反应 B. 从CuO电极向BiOBr电极方向迁移 C. 阴极发生的反应有 D. CuO电极通过6 mol电子，生成的甲醇少于1 mol 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，BiOBr电极为电解池的阳极，光照条件下，TC在阳极失去电子发生氧化反应生成降解产物、水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子；氧化铜是阴极，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇、乙醇和碳酸氢根离子。 【详解】A．由分析可知，BiOBr电极为电解池的阳极，光照条件下，TC在阳极失去电子发生氧化反应生成降解产物，A错误； B．由分析可知，BiOBr电极为电解池的阳极，氧化铜是阴极，则氢离子从BiOBr电极向氧化铜电极方向迁移，B错误； C．由分析可知，氧化铜是阴极，水分子作用下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇或乙醇和碳酸氢根离子，C错误； D．氧化铜是阴极，在电极上生成甲醇的反应为，即该反应每转移6 mol电子，理论上可生成1 mol甲醇，由于氧化铜电极上同时还生成乙醇，转移电子并不能全部用于生成甲醇，因此氧化铜电极通过6 mol电子生成的甲醇少于1 mol，D正确； 故选D。 12. 室温下，根据下列实验过程及现象，不能得到相应实验结论的是 选项 实验操作及现象 实验结论 A 用pH试纸分别测定溶液和溶液的pH，溶液的pH大 结合能力： B 向盛有溶液的试管中滴加1溶液，有大量气泡产生 电离平衡常数：的的 C 向盛有溶液中滴加2滴2mo/L溶液，再滴加2滴0.1mol/l的溶液，白色沉淀转化为红褐色沉淀 溶度积常数： D 将块和块浸入同一溶液中并用导线连接，Mg块逐渐溶解 金属的活动顺序镁大于铝 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．该实验未控制溶液和溶液的浓度相等，无法通过大小判断酸性强弱进而判断酸根结合的能力，A符合题意； B．与反应有大量气泡产生，则生成有，根据强酸制弱酸规律，说明酸性强于，则电离平衡常数，B不符合题意； C．加入的量不足，过量，体系中无过量，白色沉淀转化为红褐色沉淀，说明溶解度更小，说明溶度积，C不符合题意； D．原电池中发生溶解的电极为负极，块溶解说明作负极，失电子能力强于，可证明金属活动顺序，D不符合题意； 故选A。 13. 某磷废渣的主要成分为、和，一种对其进行分离的工艺流程如图。 下列说法错误的是 A. “焙烧”的目的是使、分解 B. “浸取”可能的反应为 C. “滤渣浮选”利用了和物理性质的差异 D. “滤液沉淀”可以利用流程中产生的和制备沉淀剂 【答案】A 【解析】 【分析】磷废渣主要含、、，先在600℃下焙烧，该温度仅分解释放并生成，与不分解，焙烧产物加入溶液，75℃、pH=6.0条件下浸取，与反应生成并释放，过滤后得到含的滤液与含、的滤渣，滤渣添加油脂浮选剂，依靠两种固体表面润湿性物理性质差异浮选分离出，剩余，滤液可通入流程自产的与配成碳酸盐沉淀剂，使转化为沉淀完成镁的分离回收。 【详解】A．分解温度高于，焙烧时仅分解，未分解，且后续浮选得到，故“焙烧”目的不是使分解，A错误； B．焙烧后分解生成，溶液呈酸性，加热条件下与反应生成、和，反应式符合反应规律，B正确； C．浮选是利用和表面润湿性等物理性质的差异进行分离，C正确； D．流程中焙烧产生、浸取产生，二者通入水中可生成碳酸盐作为沉淀剂，与滤液中反应生成，D正确； 故选A。 14. 以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：] 下列叙述正确的是 A. 曲线①代表，曲线②代表 B. H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L−1 C. HA−的电离常数Ka=1.0×10−2 D. 滴定终点时，溶液中 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。 【详解】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误； B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B错误； C．由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka==≈1×10-2，C正确； D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误； 答案选C。 【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2-，HA-⇌H++A2-；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图象中δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH≠5，而是pH=2。 二、非选择题：本大题共4小题，共58分 15. 某学习小组为了探究一定温度下CH3COOH(简写为HAc)电离平衡的影响因素，进行了如下实验。 【实验一】测定HAc的浓度(已知醋酸钠溶液为碱性)。 （1）用_______(填仪器名称)准确移取20.00 mL HAc溶液，转移至锥形瓶，加入2滴_______(填“酚酞”， “石蕊”或“甲基橙”)作指示剂， 用0.1000mol/LNaOH溶液滴定， 平行测定4次，消耗NaOH溶液的体积分别为20.05mL、20.00mL、18.40mL、19.95mL，则_______。 （2）实验操作中，滴定管盛装NaOH溶液后排气泡动作正确的是_______(填字母，下同)。 A. B. C. D. （3）下列有关实验操作的说法错误的是_______。 A. 锥形瓶盛装HAc溶液前未干燥，对测定结果无影响 B. 滴定时，左手控制滴定管，右手握持锥形瓶，眼睛注视滴定管中的液面变化 C. 滴定前仰视读数，滴定后读数正确，测得醋酸浓度偏低 D. 接近滴定终点时，改为滴加半滴NaOH 溶液，溶液出现颜色变化，即达到滴定终点 【实验二】探究25℃下HAc电离平衡的影响因素。 将实验一中的HAc 溶液和与其等浓度的 CH3COONa(简写为 NaAc)溶液按一定体积比混合，测pH。 序号 pH I 40.00 / 0 2.86 Ⅱ 4.00 a b 0 3.36 Ⅶ 4.00 c d 4.53 Ⅷ 4.00 4.00 32.00 4.65 （4）根据表中信息，补充数据：a=_______，d=_______。 （5）对比实验Ⅰ和Ⅱ可得结论：稀释HAc溶液，电离平衡正向移动；结合表中数据，给出判断理由：_____________。 （6）由实验Ⅰ，计算25℃醋酸的电离平衡常数_______。 【答案】（1） ①. 酸式滴定管 ②. 酚酞 ③. 0.1000 （2）C （3）BD （4） ①. 0.00 ②. 33.00 （5）当溶液稀释10倍，溶液的pH的变化值小于1，说明稀释溶液，平衡正向移动 （6） 【解析】 【小问1详解】 HAc是弱酸，水溶液呈酸性，需用酸式滴定管准确量取20.00 mL HAc溶液；滴定终点产物为醋酸钠，溶液呈碱性，应选在碱性范围变色的酚酞作指示剂，甲基橙变色范围为酸性、石蕊变色范围宽且现象不明显，均不适用；4组数据中18.40 mL为异常误差值舍去，剩余3组NaOH平均体积为20.00 mL，根据，计算得； 【小问2详解】 NaOH溶液盛装在碱式滴定管中，排气泡的正确操作是将乳胶管向上弯曲，挤压玻璃球排出尖嘴处气泡，对应图C； 【小问3详解】 A.锥形瓶内的蒸馏水不改变HAc的溶质物质的量，对测定结果无影响，A正确； B.滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化，而非滴定管液面，B错误； C.滴定前仰视读数会使初始读数偏大，滴定后读数正确，导致读取的消耗NaOH体积偏小，测得醋酸浓度偏低，C正确； D.滴加半滴溶液出现颜色变化后，需保证半分钟内不褪色才能判定达到滴定终点，仅瞬间变色不能说明反应完全，D错误； 故选BD。 【小问4详解】 实验Ⅱ中，说明没加入NaAc，故；实验Ⅷ总体积为，为控制变量保证各组溶液总体积一致，实验Ⅶ中，因HAc体积为4.00 mL，且HAc与NaAc浓度相等，故NaAc体积，因此； 【小问5详解】 实验I的HAc浓度为0.1000 mol/L，pH=2.86，则；实验Ⅱ稀释10倍后HAc浓度为0.0100 mol/L，若平衡不移动应随溶液体积扩大同比例减小，则，pH=3.86，溶液的pH的变化值为1；实际pH=3.36<3.86，溶液的pH的变化值小于1，说明稀释后H⁺的物质的量增大，平衡正向移动；即当溶液稀释10倍，溶液的pH的变化值小于1，说明稀释溶液，平衡正向移动； 【小问6详解】 实验I中0.1000 mol/L HAc的pH=2.86，，HAc电离程度很小，平衡时，代入电离常数表达式。   16. Ⅰ．羟基自由基()具有极强的氧化性，如图装置能利用将苯酚氧化为和。 （1）电极b发生的反应为____________________________。 （2）电池工作时，a极区每产生1 mol ，c极区溶液质量_________(填“增大”“减小”或“不变”)。 Ⅱ．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生了偏转。 （3）通入电极的电极反应式为______________；乙池中发生反应的总反应式为___________________________。 （4）当乙池中B极质量增加5.40 g时，甲池中理论上消耗的体积为_____ mL(标准状况)，丙池中析出___g铜。 （5）若丙池中电极不变，将其溶液换成足量溶液，电键闭合一段时间后，若将丙池中溶液复原，需加入_________。 【答案】（1） （2）不变 （3） ①. ②. （4） ①. 280 ②. 1.6 （5） 【解析】 【分析】I．左侧：原电池；右侧：电解池，a极：，由，得电子发生还原反应，为原电池正极，b极：苯酚被氧化为，失电子发生氧化反应，为原电池负极，电解池和原电池串联：c接负极b 为电解池阴极；d接正极a为电解池阳极； Ⅱ．由图可知，甲池为燃料电池，通入的电极为负极，碱性条件下，在负极失去电子发生氧化反应生成和水，通入的电极为正极，碱性条件下，在正极得到电子发生还原反应生成；乙池为电解池，A电极为电解池的阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成，B电极为阴极，在阴极得到电子发生还原反应生成Ag；丙池为电解池，C电极为阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成，D电极为阴极，在阴极得到电子发生还原反应生成Cu，以此分析解题； 【小问1详解】 左侧装置为原电池，a极被还原为，是正极；b极苯酚被氧化为，C从苯酚的平均价升高到的+4价，1 mol苯酚共失去mol电子，结合酸性环境配平得到该电极反应式：； 【小问2详解】 a极生成1 mol时，从+6价降为+3价，电路中转移3 mol电子；右侧电解池的c极是阴极，发生反应，每转移3 mol电子同时有3 mol 通过质子交换膜从左侧进入c极区，对应阴极放出1.5 mol ​，即放出3 g ，进入3 g，整体c极区溶液质量不变； 【小问3详解】 甲池为甲醇碱性燃料电池，通入甲醇的电极为负极，甲醇失电子在KOH环境下生成，中C由-2价升高到+4价，失去，电极反应式为；乙池为电解溶液的装置，A电极（C）为电解池的阳极、在阳极失去电子发生氧化反应生成，B电极（Ag）为阴极，在阴极得到电子发生还原反应生成Ag，根据电子转移守恒和原子守恒配平电解总反应为：； 【小问4详解】 乙池B极（Ag）为阴极，析出Ag，5.40 g Ag的物质的量为，电路中转移0.05 mol电子；甲池消耗1 mol 转移4 mol电子，因此消耗​物质的量为，标况体积为；丙池电解，在阴极得电子析出Cu；析出1 mol Cu转移2 mol电子，0.05 mol电子对应析出0.025 mol Cu，质量为； 【小问5详解】 丙池电解足量NaCl溶液，电解总反应为，从溶液中逸出等物质的量的和，相当于从体系中失去了HCl，因此通入适量HCl气体即可让溶液复原。 17. 工业上电解精炼铜的阳极泥是重要的二次资源，从阳极泥（含铜、银、金、铅等单质）中提取金和制备AgCl的工艺如下： 已知：分金液的主要成分为H[AuCl4]；分金渣的主要成分为PbSO4和AgCl；分银液的主要成分为[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32- 回答下列问题： （1）“分铜”时，铜单质参与反应的离子方程式为___________；如果温度过高，铜的浸出率会降低，原因是____________。 （2）“分铜渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和__________。 （3）“分金”时，溶解单质金的化学方程式为________；除HCl、NaClO3可溶解金外，“王水”也可溶解金，“王水”的成分为_____________（写试剂的名称）。 （4）从“分金液”中提取金时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______________。 （5）向“分银液”中加入适量的H2SO4调到pH=4时“沉银”，能够析出AgCl的原因是___________。 （6）AgCl能溶于氨水，发生反应AgCl(s)+2NH3(aq)[Ag(NH3)2](aq)）+Cl-(aq)，其平衡常数K=2.0×10-3，现用1L某浓度氨水（溶质视为NH3）完全溶解0.1mol AgCl，所需氨水浓度至少为____________mol·L-1（已知=2.25）。 【答案】 ①. 2H++H2O2+Cu=Cu2++2H2O ②. 温度过高时，H2O2受热分解 ③. PbSO4 ④. 2Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O ⑤. 浓硝酸、浓盐酸 ⑥. 2:3 ⑦. H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，使[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-平衡正向移动，Ag+和Cl-反应生成AgCl ⑧. 2.45 【解析】 【分析】阳极泥（含铜、银、金、铅等单质）加入双氧水、硫酸和氯化钠，得到分铜液和分铜渣，这一步目的是除掉铜；分铜渣中加入盐酸和氯酸钠得到分金液（H[AuCl4]）和分金渣，在分金液中加入还原剂就可以提炼出金；分金渣中加入亚硫酸钠得到分银液（[Ag(SO3)2]3-） ，在分银液（[Ag(SO3)2]3-）中加入硫酸，根据平衡移动原理提炼出氯化银。 【详解】（1）由于铜排在H后面，不和硫酸反应，所以需加入双氧水作为氧化剂；温度过高双氧水会分解，影响铜的浸出率； 答案： 2H++H2O+Cu=Cu2++2H2O；温度过高时，H2O2受热分解； （2）根据后一步分金渣成分，可推测出“分铜渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和PbSO4； 答案：PbSO4 ； （3）根据已知分金液的主要成分为H[AuCl4]，得方程式为2Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O；“王水”的成分为浓硝酸与浓盐酸体积比1:3混合物； 答案： 2Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O；浓硝酸、浓盐酸； （4）氧化剂（H[AuCl4]）中Au从正三价降到零价和还原剂（Na2SO3）中S从正四价升高到正六价，根据化合价升降相等（或得失电子数相等），可得物质的量之比为2:3； 答案： 2:3； （5）根据化学平衡移动原理可知，H2SO4电离出的H+与SO32-，降低了SO32-的浓度，使[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-平衡正向移动，Ag+和Cl-反应生成AgCl， 答案： H2SO4电离出的H+与SO32-，降低了SO32-的浓度，使[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-平衡正向移动，Ag+和Cl-反应生成AgCl； （6）根据方程式可知完全反应0.1mol AgCl，需要NH3：0.2mol，生成[Ag(NH3)2](aq)）和Cl-(aq)各0.1mol，根据平衡常数计算平衡后应该还剩余的NH3，设剩余NH3 xmol，AgCl(s)+2NH3(aq)[Ag(NH3)2](aq)）+Cl-(aq)，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K，K=2.0×10-3=，得出x==2.25，所以共需要NH3：0.2+2.25=2.45mol； 答案：2.45。 18. 亚硫酰氯是一种液态化合物，遇水能剧烈反应。实验室中利用如图所示装置制备少量亚硫酰氯(夹持、加热等部分装置略去)，反应的化学方程式为。 回答下列问题： （1）遇水剧烈反应，液面上有白雾形成，并产生能使品红褪色的气体，该反应的化学方程式是______________________。一种用于心脏起搏器的微型电池的电极材料是石墨和锂，电解质为等物质的量的、溶解在中形成的溶液，其正极反应为_______________________。 （2）仪器A中盛放的试剂为碱石灰其作用为______________________。(答二点) （3）与混合并加热，可得到无水，原因是_____________________。 （4）甲同学认为还可用于制取无水，但乙同学认为该实验可能发生副反应使不纯，理由是______________________。 （5）在封闭装置内，将实验所得亚硫酰氯样品加到足量蒸馏水中充分反应，加入足量的固体，振荡后静置，过滤。将滤液配制成250mL溶液，取25.00mL该溶液于锥形瓶，滴入几滴溶液，用溶液滴定至终点，消耗VmL溶液。样品中含______________________mol，当溶液中Cl- 恰好沉淀完全时(浓度为)溶液中_______mol/L[已知为砖红色沉淀，25℃时，]。 【答案】（1） ①. ②. （2）吸收多余的氯气和二氧化硫；防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止亚硫酰氯水解 （3）加热时，与中的结晶水作用既减少了水的量，生成的HCl又抑制了的水解 （4）三价铁具有氧化性，与结晶水作用产生的具有还原性，可能发生氧化还原反应 （5） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 遇水剧烈反应，液面上有白雾（HCl）形成，并产生能使品红褪色的气体（），反应方程式为； 在原电池中，Li作为负极，作为正极得电子被还原，发生的反应为； 【小问2详解】 碱石灰的作用一是吸收多余的氯气和二氧化硫；二是防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止水解； 【小问3详解】 加热时，与中的结晶水作用既减少了水的量，生成的HCl又抑制了的水解，从而得到无水； 【小问4详解】 具有氧化性，与结晶水作用产生的具有还原性，可能发生氧化还原反应被还原为，引入杂质； 【小问5详解】 滴定实验的原理是，，，25.00mL中，250mL溶液中，； 当溶液中Cl- 恰好沉淀完全时，由，，，。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $