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湖南省邵阳市邵东市联考2024-2025学年高二上学期1月期末考试 化学试题
一、单选题(每小题3分，共42分)
1．（2025高二上·邵东期末）化学与生活、生产密切相关，下列说法不正确的是
A．风能、太阳能等洁净能源的开发和利用有利于实现“碳中和”
B．明矾净水的原理是水解生成的氢氧化铝胶体能凝聚水中的悬浮物并杀菌消毒
C．锅炉水垢中的可先用饱和溶液处理后，再用酸除去
D．当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；绿色化学；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、风能、太阳能属于零碳排放的清洁能源，开发利用可减少化石燃料使用，降低 CO2排放，利于实现 “碳中和”，A正确；
B、明矾净水是因为 Al3+水解生成 Al(OH)3胶体，胶体可凝聚水中悬浮物，但 Al(OH)3无强氧化性，不能杀菌消毒，B错误；
C、CaSO4是微溶物，加入饱和 Na2CO3溶液可发生沉淀转化（生成更难溶的 CaCO3），CaCO3能与酸反应溶解，便于除去水垢，C正确；
D、镀锌铁镀层破损后，Zn 比 Fe 活泼，Zn 作负极被腐蚀，Fe 作正极受保护（牺牲阳极法），镀层仍能保护铁制品，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点总结：
混淆明矾净水与杀菌消毒：Al(OH)3胶体仅能吸附悬浮物，无氧化性，不能杀菌。
误判沉淀转化条件：忽略 CaCO3溶解度小于 CaSO4，认为微溶物无法转化。
误解牺牲阳极法：镀层破损后，仍能通过 Zn 优先腐蚀保护 Fe。
模糊清洁能源与碳中和的关联：不清楚风能、太阳能零碳排放可降低 CO2。
2．（2025高二上·邵东期末）下列有关化学反应原理的应用说法不正确的是
A．海水中钢铁水闸与外加直流电源的负极相连可减缓其腐蚀
B．用锌片与硫酸反应制取氢气时，加入数滴硫酸铜溶液，可以加快制取氢气的反应速率
C．已知：C(石墨，s)=C(金刚石，s) H=+1.5kJ/mol，则石墨比金刚石稳定
D．合成氨是一个放热反应，所以升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；金属的电化学腐蚀与防护；化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、通过外加电源的阴极保护法可以防止金属腐蚀。具体操作是将海水中的钢铁水闸连接至直流电源的负极，使其作为阴极得到保护，从而有效减缓腐蚀速度。A正确；
B、在锌片与稀硫酸反应制取氢气时，加入少量硫酸铜溶液后，锌会置换出铜并形成原电池结构。这种原电池效应能显著加快氢气的生成速率。B正确；
C、根据热化学方程式：可知，相同质量下石墨的能量状态低于金刚石。由于能量越低越稳定，因此石墨比金刚石更稳定。C正确；
D、合成氨反应是放热过程。升高温度时，虽然正逆反应速率都会增加，但逆反应速率增幅更大，导致平衡向逆反应方向移动，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．钢铁水闸与直流电源负极相连，作阴极被保护（外加电流的阴极保护法），可减缓腐蚀。
B．Zn 与 CuSO4反应生成 Cu，Zn、Cu 与硫酸构成原电池，原电池能加快反应速率。
C．石墨转化为金刚石的 ΔH 为正（C (石墨，s)=C (金刚石，s) ΔH=+1.5kJ/mol），说明石墨能量低于金刚石；能量越低物质越稳定，故石墨更稳定。
D．升高温度时，正、逆反应速率均会增大，只是放热反应中逆反应速率增大的幅度更大。
3．（2025高二上·邵东期末）表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．溶液中所含的数目为
B．与完全反应转移的电子数为
C．25℃时，溶液中所含阴离子的数目大于
D．电解精炼铜时，阳极质量每减少64g，电路中转移2mol电子
【答案】C
【知识点】铜的电解精炼；盐类水解的应用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、在溶液中，会发生水解反应，导致其数目小于阿伏加德罗常数，A错误；
B、与的催化氧化反应是可逆反应，无法完全进行。因此1 mol与1 mol反应时，转移的电子数必定小于4，B错误；
C、是强碱弱酸盐，其中的会在溶液中水解，导致阴离子数目增加。因此，25℃时，1 L 0.1 mol·L-1溶液中的阴离子数目大于0.1，C正确；
D、在电解精炼铜的过程中，阳极上不仅铜会溶解，活动性比铜强的金属也会参与反应，而活动性比铜弱的金属则形成阳极泥沉淀。因此，阳极质量减少64 g时，转移的电子数不一定是2 mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．硫酸铝溶液中，Al3+会发生水解，导致实际存在的 Al3+数目少于理论计算的 NA。
B．SO2与 O2的反应是可逆反应，无法完全转化为 SO3，实际参与反应的 SO2不足 1mol，因此转移的电子数小于4NA。
C．碳酸钠溶液中，CO32-水解生成 HCO3-和 OH-（1 个 CO32-生成 2 个阴离子），使得溶液中阴离子总数大于理论值 0.1NA（1L×0.1mol/L×NA）。
D．电解精炼铜的阳极是粗铜（含 Zn、Fe 等活泼杂质），这些杂质会先于 Cu 放电；阳极质量减少 64g 时，减少的质量包含多种金属，故转移电子数不是固定的 2mol。
4．（2025高二上·邵东期末）S(单斜)和S(正交)是硫的两种同素异形体。
已知：① S(单斜，s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1=-297.16 kJ·mol-1
② S(正交，s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2=-296.83 kJ·mol-1
③ S(单斜，s) =S(正交，s) ΔH3
下列说法正确的是
A．单斜硫转化为正交硫的过程是物理变化
B．S(单斜，s)= S(正交，s) ΔH3>0，单斜硫比正交硫稳定
C．S(单斜，s)= S(正交，s) ΔH3＜0，正交硫比单斜硫稳定
D．等质量的单斜硫和正交硫分别在氧气中充分燃烧，后者放热多
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、单斜硫与正交硫属于不同晶体结构，其相互转化涉及分子间键的重排，属于化学变化过程，A错误；
B、根据盖斯定律，反应③的热效应可通过反应①与反应②的焓变差计算：，计算结果表明该过程为放热反应（ΔH3 < 0），B错误；
C、由选项B的计算结果可知，正交硫的生成焓更低（ΔH3 < 0），说明其能量状态更稳定，因此正交硫比单斜硫稳定，C正确；
D、由于单斜硫具有更高的能量（ΔH3为负值），当两者在氧气中完全燃烧时，等质量的单斜硫会释放更多热量，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
同素异形体转化的类型判断：单斜硫（S (单斜，s)）与正交硫（S (正交，s)）是不同物质，二者转化属于化学变化，易误判为物理变化。
ΔH3的计算与稳定性关联：
由盖斯定律，反应③=①-②，得 ΔH3=ΔH1-ΔH2=(-297.16 kJ mol- )-(-296.83 kJ mol- )=-0.33 kJ mol- （ΔH3<0）。
易错点：误认为 “能量高的物质更稳定”，实际能量越低越稳定，正交硫能量低于单斜硫，故更稳定。
燃烧放热多少的比较：等质量时，单斜硫能量高于正交硫，燃烧生成 SO2时，单斜硫放热更多，易误判 “正交硫放热多”。
5．（2025高二上·邵东期末）下列各组离子在指定条件下可以大量共存的是
A．无色透明溶液中：
B．室温下水电离出的的溶液中：
C．AgBr悬浊液的上清液中：
D．的溶液中：
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子共存
【解析】【解答】A、Al3+ 和 CO32-会发生双水解，生成 Al (OH)3沉淀和 CO2气体，不能大量共存，A错误；
B、水电离出的 c (H+)=10- 3mol/L，说明溶液是强酸或强碱性；HCO3-在强酸中会生成 CO2，在强碱中会生成 CO32-，都不能大量存在，B错误；
C、AgBr 上清液含少量 Ag+，Ag+与 I-会生成 AgI 沉淀；且 NO3- 在酸性环境（AgBr 溶解显弱酸性）下会氧化 Fe2+，不能大量共存，C错误；
D、pH<1 的溶液是强酸性，MnO4-、Cu2+、NO3-、K+之间不反应，也能在酸性中稳定存在，可大量共存，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：双水解反应的判断：像 Al3+与 CO32-这类弱碱阳离子和弱酸根离子，会发生相互促进的水解反应，生成沉淀和气体，不能共存。
水电离抑制的溶液环境：水电离出的 c (H+) 远小于 10-7mol/L 时，溶液呈强酸或强碱性，HCO3-等两性离子在这两种环境中都不能稳定存在。
沉淀与氧化还原的叠加影响：AgBr 上清液含 Ag+，会与 I-生成沉淀；同时 NO3-在酸性条件下具有氧化性，能氧化 Fe2+，双重反应导致离子不能共存。
酸性环境下的离子稳定性：强酸性溶液中，若离子间无沉淀、氧化还原等反应，就能大量共存（如 MnO4-、Cu2+等在酸性中可稳定存在）。
6．（2025高二上·邵东期末） 。当反应达到平衡时，下列措施：①升温、②恒容通入惰性气体、③增加浓度、④减压、⑤增加的浓度、⑥恒压通入惰性气体，能提高转化率的是
A．①②④ B．①④⑥ C．②③⑤ D．③⑤⑥
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】①反应吸热，升温使平衡正向移动，COCl2转化率提高。
②恒容时，惰性气体不改变各反应物 、生成物浓度，平衡不移动，COCl2转化率不变。
③增大生成物浓度，平衡逆向移动，COCl2转化率降低。
④反应后气体分子数增多，减压使平衡正向移动，COCl2转化率提高。
⑤增大反应物浓度，平衡正向移动，但 COCl2的转化率会降低（相当于 “稀释效应”）。
⑥恒压时，通入惰性气体使容器体积增大，各物质浓度降低，平衡向分子数增多的方向（正向）移动，COCl2转化率提高。
能提高 COCl2转化率的措施是①④⑥，
故答案为：B。
【分析】根据 “勒夏特列原理”，结合反应的热效应（ΔH>0，吸热）、气体分子数变化（反应后分子数增多），分析各措施对平衡的影响，判断 COCl2转化率的变化。
反应为：COCl2(g) CO (g) + Cl2(g)（ΔH>0，吸热、气体分子数增多）。据此解题。
7．（2025高二上·邵东期末）以氯化铜作催化剂，在加热条件下，通过氧气氧化氯化氢制取氯气的方法称为“地康法”，化学方程式为。500℃下，在密闭容器中充入适量的HCl和发生上述反应，下列情况不能说明该反应一定达到平衡状态的是
A．和浓度相等
B．恒压条件下，混合气体密度保持不变
C．恒容条件下，气体平均摩尔质量保持不变
D．恒容条件下，混合气体颜色保持不变
【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】反应为：4HCl(g) +O2(g) 2Cl2(g)+2H2O (g)（气体分子数减少）。
A、Cl2与H2O (g) 的浓度相等，仅表示某一时刻两者浓度的数量关系，与平衡无关（平衡时浓度是否相等取决于初始投料，无必然联系），A符合题意；
B、恒压条件下，容器体积随反应进行而减小（气体分子数减少），混合气体总质量不变，
密度=质量÷体积，密度不变说明体积不再变化，即反应达到平衡， B不符合题意；
C、恒容条件下，气体总质量不变；平均摩尔质量=总质量÷总物质的量，反应中总物质的量减少，平均摩尔质量不变时，总物质的量不再变化，反应达到平衡 ，C不符合题意；
D、Cl2为黄绿色气体，混合气体颜色不变说明 Cl2浓度不再变化，反应达到平衡 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．Cl2与 H2O (g) 浓度相等是 “浓度的数量关系”，与平衡无关（平衡时浓度是否相等由初始投料决定，无必然联系）。
B．恒压下，反应使气体分子数减少、体积减小，密度不变，体积不变，反应达平衡。
C．恒容下，反应使气体总物质的量减少，平均摩尔质量不变，总物质的量不变，反应达平衡。
D．Cl2有颜色，颜色不变，Cl2浓度不变，反应达平衡。
8．（2025高二上·邵东期末）已知反应 ，下列叙述与图对应的是
A．图①表示，对达到平衡状态的反应，在时刻充入了一定量的C，平衡逆向移动
B．由图②可知，、
C．图③随着压强变化K值的变化
D．图④y轴可以表示B的百分含量，则小于
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、若 t0时刻充入 C（生成物），逆反应速率会因 C 的浓度骤增而瞬间变大；正反应速率由 A 和 B 的浓度决定，此时瞬间不变，后续随平衡逆向移动才会变化。但图①中 t0时刻正、逆反应速率的变化与这一分析不匹配，A错误；
B、压强方面：温度相同时（如 T1），压强越大反应速率越快，达平衡时间越短。图中 p2对应的曲线先达平衡，故 p2 > p1；该反应气体分子数减少（1+3>2），加压平衡正向移动，C 的百分含量（C%）应增大，图中 T1时 p2对应的 C% 更大，符合规律；
温度方面：压强相同时（如 p2），温度越高反应速率越快，达平衡时间越短。图中 T1对应的曲线先达平衡，故 T1 > T2；该反应放热（ΔH < 0），升温平衡逆向移动，C% 应减小，图中 T1对应的 C% 小于 T2，符合规律，B正确；
C、平衡常数 K 只与温度有关，与压强无关。该反应放热，升温平衡逆向移动，K会减小。但图③中 K 随压强增大而变化，与K的性质矛盾，C错误；
D、若图中物理量为 A 的转化率，该反应放热且气体分子数减少：升温平衡逆向移动，A 的转化率降低；加压平衡正向移动，A 的转化率升高。则相同压强下，温度越高转化率越低（如 p1时，T1 > T2，转化率 T1 p1，转化率 p2 > p1），与图④趋势一致。但若物理量为平衡时 A 的浓度，规律会不同，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕反应（ΔH<0，属于放热放热且气体分子数减少的反应），结合速率 - 时间图、含量 - 时间图、平衡常数 - 压强图、物理量 - 温度压强图，依据化学平衡移动原理（浓度、压强、温度对平衡的影响）和平衡常数性质（仅与温度相关），分析图像与反应的匹配关系，判断选项正误。
9．（2025高二上·邵东期末）NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程的能量变化如图1；研究发现在催化剂上可能的反应过程如图2，下列说法正确的是
A．该反应中反应物键能总和大于生成物键能总和
B．催化剂不仅能降低反应活化能，也能减小反应的焓变
C．总反应为4NH3+6NO=5N2+6H2O
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均发生了氧化还原反应
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据图1所示能量变化曲线可知，该反应为放热反应，说明反应物总键能小于生成物总键能，A错误；B、催化剂的作用是降低反应活化能，但不会改变反应的焓变（ΔH），B错误；
C、分析图2反应机理可知，总反应有O2参与，正确的化学方程式应为：
，C错误；
D、图2显示：过程Ⅰ（Fe3+→Fe2+）、过程Ⅱ（NO→N2）、过程Ⅲ（Fe2+→Fe3+）均涉及电子转移，属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．由图 1 可知，反应物能量高于生成物，反应放热。放热反应中，反应物键能总和小于生成物键能总和（键能总和的差值等于反应热）。
B．催化剂的作用是降低反应活化能，但不能改变反应的焓变（焓变由反应物与生成物的能量差决定）。
C．结合图 2，总反应中有 O2参与（过程 Ⅲ），实际总反应为 4NH3+6NO+3O2=5N2+6H2O，并非选项中的式子。
D．过程 Ⅰ 中 Fe3+到Fe2+、NH3到NH2；过程 Ⅱ 中 Fe2+到Fe3+、NO到N2；过程 Ⅲ 中 O2到H2O，均有元素化合价改变，属于氧化还原反应。
10．（2025高二上·邵东期末）下列装置不能达到实验目的的是
A．测定分解速率 B．测定KI溶液的浓度
C．探究温度对平衡的影响 D．制取无水固体
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、过氧化氢（H2O2）分解会产生氧气，可以通过测量单位时间内产生的气体体积，或者测量产生固定体积氧气所需的时间，来测定过氧化氢的分解速率。A正确；
B、溴单质（Br2）能氧化碘离子（I-）生成碘单质（I2），使淀粉溶液变蓝。但这种方法无法准确判断反应终点，因此不能用于测定KI溶液的浓度。此外，溴水具有氧化性，应使用酸式滴定管盛装。B错误；
C、存在化学平衡：N2O4（无色） 2NO2（红棕色）。左侧氧化钙与水反应放热，温度升高；右侧两者反应吸热，温度降低。通过比较左右两侧气体颜色的变化，可以验证温度对化学平衡的影响。C正确；
D、在干燥的HCl气流中，可以抑制镁离子的水解，同时带走六水合氯化镁分解产生的水蒸气，从而制得无水氯化镁。D正确；
故答案为：B。
【分析】A．通过量气管测 O2体积、秒表计时，可计算 H2O2分解速率。
B．溴水与 KI 反应生成 I2，淀粉遇 I2变蓝，但该实验无定量操作（如滴定），无法测定 KI 溶液浓度。
C．CaO 与水放热（升温）、NH4Cl 与 Ba(OH)2反应吸热（降温），对比不同温度下 NO2颜色，可探究温度对平衡的影响。
D．在 HCl 气流中加热 MgCl2 6H2O，可抑制 Mg2+ 水解，制取无水 MgCl2。
11．（2025高二上·邵东期末）提供几组常见的实验装置示意图，下列有关叙述正确的是
A．装置①中阳极上有红色物质析出
B．装置②中的铜片应与直流电源的负极相连
C．装置③中，若电解液为溶液，则电极的反应式：
D．装置④中，溶液的浓度始终不变
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、装置①使用惰性电极电解CuCl2溶液时：阳极反应：（氯离子被氧化）；阴极反应：（铜离子被还原，析出红色铜），因此阴极现象正确，但阳极产物描述不完整（未提及氯气生成），A错误；B、装置②电镀铜的正确连接方式：镀层金属铜片应接电源正极（阳极）；镀件应接电源负极（阴极）
题目描述将两者连接方式颠倒，B错误；
C、装置③氢氧燃料电池（碱性介质）：电极a（负极）反应：，电极b（正极）通氧气，该选项电极反应式书写正确，C正确；
D、装置④铜的精炼：阳极：粗铜（含Zn、Fe等）溶解，阴极：仅还原为铜，结果：溶液中浓度降低（因阳极溶解的杂质离子不参与阴极沉积），D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
装置①的电极判断：装置①是电解 CuCl2溶液，阳极发生氧化反应（Cl-失电子生成 Cl2），阴极才会析出 Cu（红色物质），易误将阳极、阴极的反应混淆。
装置②的电镀电极连接：电镀时，镀层金属（铜片）应作阳极（与电源正极相连），待镀制品作阴极，易误将铜片接负极。
装置③的燃料电池电极反应：电极 a 通入 H2，是负极，在 KOH 溶液中，H2失电子结合 OH-生成 H2O，易忽略碱性环境的反应式书写（误写为酸性环境的反应）。
装置④的电解精炼铜：阳极（粗铜）除了 Cu 失电子，还有杂质（如 Zn、Fe）失电子，阴极只有 Cu2+ 得电子，故 CuSO4溶液浓度会减小，易误判浓度不变。
12．（2025高二上·邵东期末）如图所示为电解饱和食盐水的原理示意图。下列说法错误的是
A．右室电极处发生还原反应
B．出口c收集到的物质是氯气
C．电解过程中，Na+由左室移向右室
D．通电一段时间后，阴极区c(OH-)减小
【答案】D
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A、右室接电源负极，为阴极，发生还原反应（H2O 得电子生成 H2和 OH-），A正确；
B、左室接电源正极，为阳极，Cl-失电子生成 Cl2，出口 c 收集氯气，B正确；
C、阳离子（Na+）向阴极（右室）移动，C正确；
D、阴极反应生成 OH-，故阴极区 c (OH-) 增大，D错误；
故答案为：D。
【分析】该电解流程以饱和食盐水为原料：
饱和食盐水通入电解装置，左室接电源正极（阳极），Cl- 失电子生成 Cl2，从出口 c 排出；右室接电源负极（阴极），H2O 得电子生成 H2和 OH-；溶液中 Na+ 通过阳离子交换膜从左室移向右室，最终阴极区得到含 NaOH 的溶液。
13．（2025高二上·邵东期末）常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是
编号 ① ② ③ ④
溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸
pH 11 11 3 3
A．在溶液①②中分别加入适量的氯化铵晶体，两种溶液的pH均减小
B．②③两溶液混合后显碱性的溶液中离子浓度关系一定为：
C．分别取1mL稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>④>③
D．四种溶液中水电离出氢离子均为
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、氯化铵溶解后电离出的会抑制氨水电离，降低OH-浓度；同时会与NaOH中的OH-结合，进一步降低OH-浓度，因此①、②两溶液的pH均会减小，A正确；B、当②③完全反应生成CH3COONa时，溶液呈碱性，此时离子浓度关系为c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)。若继续加NaOH，虽然仍为碱性，但可能出现c(OH-)＞c(CH3COO-)的情况，B错误；
C、稀释氨水时，由于NH3·H2O持续电离，pH变化幅度小于1，故稀释后pH关系为①＞②＞7；同理，稀释醋酸后pH关系为③＜④＜7，综合可得pH排序：①＞②＞④＞③，C正确；
D、酸碱均抑制水的电离，①②中水电离的c(H+)=1×10- mol/L；③④中水电离的c(H+)=c(OH-)=10- 4÷10-3=1×10- mol/L，D正确；
故答案为：B。
【分析】A、①氨水中加NH4Cl，NH4+抑制NH3·H2O电离，c(OH-)减小；②NaOH溶液中加NH4Cl，NH4+与OH-结合，c(OH-)减小，故两者pH均减小。
B、②（NaOH）和③（醋酸）混合显碱性，可能有两种情况：
若NaOH过量较多，c(OH-)可能大于c(CH3COO-)，离子浓度关系可能为；并非“一定”是选项中的关系。
C、稀释后：①氨水（弱碱）电离程度增大，pH>10；②NaOH（强碱）pH=10；④盐酸（强酸）pH=4；③醋酸（弱酸）电离程度增大，pH<4，故pH：①>②>④>③。
D、四种溶液的c(OH-)或c(H+)均为，水电离的。
14．（2025高二上·邵东期末）常温下，向溶液中逐渐加入烧碱溶液，随着溶液pH的变化，各种含R微粒的分布系数(某含R微粒的浓度占所有含R微粒总浓度的百分数)如图所示。下列说法正确的是
A．曲线I表示的分布系数随pH的变化
B．常温下的二级电离常数
C．常温下的水溶液呈碱性
D．时：
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、由分析可知曲线Ⅳ表示的分布系数变化，A错误；B、二级电离常数表达式为。在第二个交点处，此时pH=7.4，故，B错误；
C、Na2HR溶液中HR2-的水解常数，而其三级电离常数，由于水解程度＞电离程度，溶液显碱性，C正确；
D、pH=7.4时，结合电荷守恒：
由于此时，可得：，D错误；
故答案为：C。
【分析】在滴定开始前（未加NaOH时），H3R溶液中主要存在H3R分子，因此曲线Ⅰ代表δ(H3R)的变化。随着NaOH的加入，各形态分布系数变化趋势为：δ(H3R)持续减小；δ(H2R-)先增大后减小；δ(HR2-)先增大后减小；δ(R3-)持续增大，由此判定：曲线Ⅱ对应H2R-，曲线Ⅲ对应HR2-，曲线Ⅳ对应R3-。
二、填空题(每空2分，共58分)
15．（2025高二上·邵东期末）下表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数。
化学式 HClO HF
未知
（1）0.1mol/L NaF溶液中离子浓度由大到小的顺序是　 　。
（2）pH相同的①、②NaClO、③NaF溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为　 　。(填序号)
（3）现有浓度为0.01mol/L的HClO溶液，求此时为　 　。
（4）25℃时，向NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式为　 　。
（5）常温下，稀溶液加水稀释过程中，下列数据变大的是___________。
A． B． C． D．
（6）25℃时，有的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中、与pH的关系如下图所示。
①根据图像计算醋酸的电离平衡常数　 　；
②pH=3的溶液中，　 　mol/L。
【答案】（1）
（2）③>①>②
（3）
（4）
（5）B；D
（6）；0.1
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）NaF是强碱弱酸盐，溶液中会发生水解使溶液呈碱性，因此浓度由大到小的顺序是。
故答案为： ；
（2）酸的电离常数越小，其盐溶液中酸根离子水解程度越大，则钠盐溶液pH相同时，其物质的量浓度就越小，结合表中数据，常温下，pH相同的三种溶液①、②NaClO、③NaF溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是：③>①>②。
故答案为： ③>①>② ；
（3）根据电离常数计算，，解得。
故答案为： ；
（4）根据电离常数可知，酸性：，所以向NaClO溶液中通入少量CO2，生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：
故答案为： ；
（5）A．CH3COOH溶液加水稀释，酸性减弱，因此c(H+)减小，A不符合题意；
B．，稀释过程中温度不变，故Ka不变，且醋酸根离子浓度减小，比值变大，B符合题意；
C．温度不变，所以 Kw=c(H+) c(OH-)不变，C不符合题意；
D．稀释过程c(H+)减小，c(OH-)增大，变大，D符合题意；
故答案为：BD。
（6）①分析图像，W点c（CH3COOH）＝c（CH3COO-），平衡常数K == 1×10-4.75；
②溶液存在电荷守恒：c（Na +） + c（H +） = c（CH3COO-） + c（OH-），
物料守恒：c（CH3COOH） + c（CH3COO-） = 0.1mol L-1，两式相加可得：c（Na +） + c（H +）-c（OH-） + c（CH3COOH） =0.1mol/L。
故答案为： ； 0.1 。
【分析】(1)NaF溶液中F-水解使溶液显碱性，离子浓度：。
(2)酸的电离常数越小，对应盐的水解程度越大；pH相同时，水解程度小的盐浓度大。由，得浓度顺序：③>①>②。
(3)HClO电离：，代入，得
(4)酸性：，通入少量CO2生成HCO3-，离子方程式：。
(5)A：稀释后减小；
B：，稀释时减小，比值增大；
C：不变；
D：减小、增大，增大，BD。
(6)①W点，；
②由电荷守恒+物料守恒，得。
（1）NaF是强碱弱酸盐，溶液中会发生水解使溶液呈碱性，因此浓度由大到小的顺序是。
（2）酸的电离常数越小，其盐溶液中酸根离子水解程度越大，则钠盐溶液pH相同时，其物质的量浓度就越小，结合表中数据，常温下，pH相同的三种溶液①、②NaClO、③NaF溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是：③>①>②。
（3）根据电离常数计算，，解得。
（4）根据电离常数可知，酸性：，所以向NaClO溶液中通入少量CO2，生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：
（5）A．CH3COOH溶液加水稀释，酸性减弱，因此c(H+)减小，A不符合题意；
B．，稀释过程中温度不变，故Ka不变，且醋酸根离子浓度减小，比值变大，B符合题意；
C．温度不变，所以 Kw=c(H+) c(OH-)不变，C不符合题意；
D．稀释过程c(H+)减小，c(OH-)增大，变大，D符合题意；
故选BD。
（6）①分析图像，W点c（CH3COOH）＝c（CH3COO-），平衡常数K == 1×10-4.75；
②溶液存在电荷守恒：c（Na +） + c（H +） = c（CH3COO-） + c（OH-），物料守恒：c（CH3COOH） + c（CH3COO-） = 0.1mol L-1，两式相加可得：c（Na +） + c（H +）-c（OH-） + c（CH3COOH） =0.1mol/L。
16．（2025高二上·邵东期末）某氮肥厂用经一系列反应制得，。
（1）时，和能反应生成和液态水，生成水时放热，其热化学方程式是　 　。
（2）对于反应，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(、)下随温度变化的曲线(如图)。
请比较、的大小：　 　(填“>”、“=”或“<”)；该反应　 　0(填“>”、“=”或“<”)。
（3）四氧化二氮和二氧化氮可互相转化。在容积为的容器中，通入一定量的，发生反应，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　 　0(填“>”、“=”或“<”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在时段，反应速率为　 　，该温度下反应的平衡常数　 　。
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。
（4）25℃时，将盐酸滴入氨水中，溶液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　 　。
【答案】（1）
（2）<；<
（3）>；；；逆反应
（4）
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】（1）在25℃条件下，氨气（NH3）与氧气（O2）反应生成一氧化氮（NO）和液态水（H2O），当生成6mol水时释放1289kJ热量。由于放热反应的焓变为负值，其热化学方程式可表示为：4NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(l) ΔH = -1289kJ/mol；
故答案为： ；
（2）对于反应2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)，增大压强会使平衡向正反应方向移动，从而提高NO的平衡转化率。因此，压强关系为P1 < P2。升高温度时，NO的平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，表明该反应为放热反应，即ΔH < 0；
故答案为：<；<；
（3）①随着温度升高，混合气体颜色加深，说明反应N2O4(g) 2NO2(g)向正反应方向移动，因此该反应为吸热反应，ΔH > 0。在100℃时，0~60s时间内N2O4浓度降低了0.06mol/L，其反应速率为：
mol·L-1·s-1。
该温度下的平衡常数K为：
。
②由于该反应的正反应气体系数和增大，当反应达到平衡后，将容器体积缩小到原来的一半时，平衡会向逆反应方向移动；
故答案为： > ； ； ；逆反应；
（4）c点溶液中的溶质为氯化铵（NH4Cl），溶液呈酸性。各离子浓度由大到小的顺序为：
c(Cl-) > c(NH) > c(H+) > c(OH-)。
故答案为：c(Cl-) > c(NH) > c(H+) > c(OH-)。
【分析】(1)生成6mol液态水放热1289kJ，热化学方程式：。
(2)加压平衡正向移动，NO转化率增大，故；
升温NO转化率减小，平衡逆向移动，正反应放热，。
(3)① 升温颜色变深，平衡正向移动，；
；
。
② 压缩体积，平衡向气体分子数减少的方向（逆反应）移动。
(4)c点溶质为NH4Cl，NH4+水解使溶液显酸性，离子浓度：。
（1）25℃时，NH3和O2能反应生成NO和液态水，生成6mol水时放热1289kJ，放热反应焓变为负值，其热化学方程式是4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l) ΔH=-1289kJ/mol；
（2）增大压强，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)平衡正向移动，NO平衡转化率增大，所以P1（3）①随温度升高，混合气体的颜色变深， N2O4(g) 2NO2(g)平衡正向移动，该反应的ΔH>0；100℃时，在0~60s时段，N2O4的浓度降低0.06mol/L，反应速率v(N2O4)为mol L-1 s-1，该温度下反应的平衡常数K=。
②正反应气体系数和增大，反应达平衡后，将反应容器的容积缩小到原来的一半，平衡向逆反应方向移动；
（4）c点溶液中的溶质为氯化铵，溶液呈酸性，离子浓度由大到小的顺序是c(Cl-)> c(NH)> c(H+)> c(OH-)。
17．（2025高二上·邵东期末）高纯硫酸锰主要应用于三元锂电池正极材料的合成，一种使用高硫锰矿和软锰矿(主要成分为)制备硫酸锰的工艺如图：
已知：混合焙烧后得到的烧渣主要为；离子浓度，可认为离子沉淀完全。
（1）原料高硫锰矿与软锰矿按一定比例焙烧，焙烧前需要将二者粉碎的原因是　 　。
（2）加入硫酸浸出后获得的浸渣1主要成分为　 　。
（3）氧化时发生反应的离子方程式为　 　。
（4）氟化除杂是除去和的重要方法，某溶液中和的浓度分别为、，若使溶液中的和沉淀完全，加入的的质量至少是　 　(保留小数点后1位)；若溶液的浓度过大，将导致、沉淀不完全，原因是　 　。(已知、)
（5）沉锰时发生反应的离子方程式为　 　。
（6）一种在硫酸溶液中电解锂离子电池正极材料获得的装置如图，则阴极电极反应式为　 　。
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更彻底
（2）、
（3）
（4）4.2；与结合形成弱电解质，使、的溶解平衡右移或与结合形成弱电解质，浓度小，很难将、沉淀完全
（5）
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）焙烧前需要球磨，目的是增大接触面积，提高焙烧效率；
故答案为： 增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更彻底；
（2）由分析，浸渣1主要成分为、；
故答案为：、 ；
（3）氧化时发生反应二氧化锰将氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为；
故答案为： ；
（4）由K值可知，氟化镁溶解度较氟化钙大，镁离子完全沉淀，则，则加入的至少为(0.02+0.01+0.03÷2)mol/L×1L=0.045mol，质量至少是4.2g；与结合形成弱电解质，使、的溶解平衡右移或与结合形成弱电解质，浓度小，很难将、沉淀完全，导致溶液的浓度过大，使得、沉淀不完全；
故答案为： 4.2 ；与结合形成弱电解质，使、的溶解平衡右移或与结合形成弱电解质，浓度小，很难将、沉淀完全 ；
（5）含锰离子溶液加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，反应为锰离子和碳酸氢根离子生成碳酸锰、水、二氧化碳：；
故答案为： ；
（6）由图，阴极在酸性条件下得到电子发生还原反应生成锰离子、锂离子和水：。
故答案为： ；
【分析】高硫锰矿与软锰矿混合焙烧后，得到含 MnSO4、Fe2O3、FeO、Al2O3、MgO、CaO、SiO2的烧渣。后续处理步骤如下：加硫酸浸取，SiO2不反应、CaO 转化为 CaSO4沉淀，过滤得浸渣 1（含 SiO2、CaSO4），浸出液含 Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+的盐；加 MnO2将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加 CaCO3调节 pH，使 Fe3+、Al3+转化为 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去；加 MnF2，使 Mg2+、Ca2+分别转化为 MgF2、CaF2沉淀；向含 Mn2+的溶液中加 NH4HCO3，生成 MnCO3沉淀；MnCO3加硫酸溶解得到 MnSO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到 MnSO4晶体。
（1）焙烧前需要球磨，目的是增大接触面积，提高焙烧效率；
（2）由分析，浸渣1主要成分为、；
（3）氧化时发生反应二氧化锰将氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为；
（4）由K值可知，氟化镁溶解度较氟化钙大，镁离子完全沉淀，则，则加入的至少为(0.02+0.01+0.03÷2)mol/L×1L=0.045mol，质量至少是4.2g；与结合形成弱电解质，使、的溶解平衡右移或与结合形成弱电解质，浓度小，很难将、沉淀完全，导致溶液的浓度过大，使得、沉淀不完全；
（5）含锰离子溶液加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，反应为锰离子和碳酸氢根离子生成碳酸锰、水、二氧化碳：；
（6）由图，阴极在酸性条件下得到电子发生还原反应生成锰离子、锂离子和水：。
18．（2025高二上·邵东期末）为白色粉末，微溶于水，不溶于酒精，其在潮湿的环境中易被氧化变质，常用作催化剂、脱色剂。某兴趣小组利用下图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。
实验步骤：
I．向C中加入的溶液，继续加入的溶液。
II．打开a的活塞，向A中滴加盐酸，产生气体，一段时间后C中产生白色固体。
III．将C中混合物过滤、洗涤、干燥得产品。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　，装置B中的液体为　 　。
（2）装置C中生成过程中发生反应的离子方程式为；　 　。
（3）洗涤时，先用水洗，后用乙醇洗，使用乙醇洗的原因是　 　。
（4）测量的质量分数：准确称取所制备的氯化亚铜样品，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用的溶液滴定到终点，消耗，溶液，反应中被还原为。
(已知：；该条件下与不反应)
①滴定时应将溶液加入　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②样品中的质量分数表达式为　 　(用含a、b、m的代数式表示)。
③下列因素引起测定结果偏高的是　 　。
A．配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出
B．在接近滴定终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶的内壁
C．滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准溶液液面
D．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
【答案】（1）恒压滴液漏斗；饱和溶液
（2）
（3）使用乙醇洗去表面的水，防止其在潮湿的环境中被氧化
（4）酸式；；AD
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据图示装置，仪器a是恒压滴液漏斗；据分析，装置B中的液体为饱和溶液。
故答案为：恒压滴液漏斗 ； 饱和溶液 ；
（2）装置C中发生反应，生成过程中的离子方程式为。
故答案为： ；
（3）洗涤时，先用水洗，后用乙醇洗，使用乙醇洗的原因是使用乙醇洗去表面的水，防止其在潮湿的环境中被氧化。
故答案为： 使用乙醇洗去表面的水，防止其在潮湿的环境中被氧化 ；
（4）①溶液具有强氧化性，滴定时应将其加入酸式滴定管中；
②氧化Fe2+，根据得失电子守恒，结合，有关系：，样品中的质量分数表达式为=；
③A．配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，标准溶液浓度偏低，滴定时消耗的体积偏大，导致测定结果偏高，A符合题意；
B．在接近滴定终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶的内壁，对实验果没有影响，B不符合题意；
C．滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准溶液液面，导致读数偏小，测定结果偏低，C不符合题意；
D．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，气泡的体积计入读数，导致测定结果偏高，D符合题意；
故答案为： 酸式 ； ；AD。
【分析】该实验的流程如下：制备 SO2：盐酸与 Na2SO3溶液反应生成 SO2，但气体中混有杂质 HCl；除杂：通过饱和 NaHSO3溶液除去 HCl（HCl 与 NaHSO3反应，SO2不溶）；主反应：净化后的 SO2通入装置 C，与 NaOH 溶液、CuCl2溶液反应，生成 CuCl 沉淀；尾气处理：未反应的 SO2用 NaOH 溶液吸收，防止污染。
(1)仪器a是恒压滴液漏斗；装置B用饱和NaHSO3溶液除去SO2中的HCl杂质。
(2)生成CuCl的离子方程式：。
(3)乙醇洗涤的目的：除去CuCl表面的水，防止其在潮湿环境中被氧化。
(4)①有强氧化性，用酸式滴定管；
② 由得失电子守恒，，质量分数为；
③ 导致结果偏高的是：A（标准液浓度偏低，消耗体积大）、D（气泡使读数偏大）。
（1）根据图示装置，仪器a是恒压滴液漏斗；据分析，装置B中的液体为饱和溶液。
（2）装置C中发生反应，生成过程中的离子方程式为。
（3）洗涤时，先用水洗，后用乙醇洗，使用乙醇洗的原因是使用乙醇洗去表面的水，防止其在潮湿的环境中被氧化。
（4）①溶液具有强氧化性，滴定时应将其加入酸式滴定管中；
②氧化Fe2+，根据得失电子守恒，结合，有关系：，样品中的质量分数表达式为=；
③A．配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，标准溶液浓度偏低，滴定时消耗的体积偏大，导致测定结果偏高，A符合题意；
B．在接近滴定终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶的内壁，对实验果没有影响，B不符合题意；
C．滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准溶液液面，导致读数偏小，测定结果偏低，C不符合题意；
D．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，气泡的体积计入读数，导致测定结果偏高，D符合题意；
故选AD。
1 / 1湖南省邵阳市邵东市联考2024-2025学年高二上学期1月期末考试 化学试题
一、单选题(每小题3分，共42分)
1．（2025高二上·邵东期末）化学与生活、生产密切相关，下列说法不正确的是
A．风能、太阳能等洁净能源的开发和利用有利于实现“碳中和”
B．明矾净水的原理是水解生成的氢氧化铝胶体能凝聚水中的悬浮物并杀菌消毒
C．锅炉水垢中的可先用饱和溶液处理后，再用酸除去
D．当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
2．（2025高二上·邵东期末）下列有关化学反应原理的应用说法不正确的是
A．海水中钢铁水闸与外加直流电源的负极相连可减缓其腐蚀
B．用锌片与硫酸反应制取氢气时，加入数滴硫酸铜溶液，可以加快制取氢气的反应速率
C．已知：C(石墨，s)=C(金刚石，s) H=+1.5kJ/mol，则石墨比金刚石稳定
D．合成氨是一个放热反应，所以升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
3．（2025高二上·邵东期末）表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．溶液中所含的数目为
B．与完全反应转移的电子数为
C．25℃时，溶液中所含阴离子的数目大于
D．电解精炼铜时，阳极质量每减少64g，电路中转移2mol电子
4．（2025高二上·邵东期末）S(单斜)和S(正交)是硫的两种同素异形体。
已知：① S(单斜，s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1=-297.16 kJ·mol-1
② S(正交，s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2=-296.83 kJ·mol-1
③ S(单斜，s) =S(正交，s) ΔH3
下列说法正确的是
A．单斜硫转化为正交硫的过程是物理变化
B．S(单斜，s)= S(正交，s) ΔH3>0，单斜硫比正交硫稳定
C．S(单斜，s)= S(正交，s) ΔH3＜0，正交硫比单斜硫稳定
D．等质量的单斜硫和正交硫分别在氧气中充分燃烧，后者放热多
5．（2025高二上·邵东期末）下列各组离子在指定条件下可以大量共存的是
A．无色透明溶液中：
B．室温下水电离出的的溶液中：
C．AgBr悬浊液的上清液中：
D．的溶液中：
6．（2025高二上·邵东期末） 。当反应达到平衡时，下列措施：①升温、②恒容通入惰性气体、③增加浓度、④减压、⑤增加的浓度、⑥恒压通入惰性气体，能提高转化率的是
A．①②④ B．①④⑥ C．②③⑤ D．③⑤⑥
7．（2025高二上·邵东期末）以氯化铜作催化剂，在加热条件下，通过氧气氧化氯化氢制取氯气的方法称为“地康法”，化学方程式为。500℃下，在密闭容器中充入适量的HCl和发生上述反应，下列情况不能说明该反应一定达到平衡状态的是
A．和浓度相等
B．恒压条件下，混合气体密度保持不变
C．恒容条件下，气体平均摩尔质量保持不变
D．恒容条件下，混合气体颜色保持不变
8．（2025高二上·邵东期末）已知反应 ，下列叙述与图对应的是
A．图①表示，对达到平衡状态的反应，在时刻充入了一定量的C，平衡逆向移动
B．由图②可知，、
C．图③随着压强变化K值的变化
D．图④y轴可以表示B的百分含量，则小于
9．（2025高二上·邵东期末）NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程的能量变化如图1；研究发现在催化剂上可能的反应过程如图2，下列说法正确的是
A．该反应中反应物键能总和大于生成物键能总和
B．催化剂不仅能降低反应活化能，也能减小反应的焓变
C．总反应为4NH3+6NO=5N2+6H2O
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均发生了氧化还原反应
10．（2025高二上·邵东期末）下列装置不能达到实验目的的是
A．测定分解速率 B．测定KI溶液的浓度
C．探究温度对平衡的影响 D．制取无水固体
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高二上·邵东期末）提供几组常见的实验装置示意图，下列有关叙述正确的是
A．装置①中阳极上有红色物质析出
B．装置②中的铜片应与直流电源的负极相连
C．装置③中，若电解液为溶液，则电极的反应式：
D．装置④中，溶液的浓度始终不变
12．（2025高二上·邵东期末）如图所示为电解饱和食盐水的原理示意图。下列说法错误的是
A．右室电极处发生还原反应
B．出口c收集到的物质是氯气
C．电解过程中，Na+由左室移向右室
D．通电一段时间后，阴极区c(OH-)减小
13．（2025高二上·邵东期末）常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是
编号 ① ② ③ ④
溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸
pH 11 11 3 3
A．在溶液①②中分别加入适量的氯化铵晶体，两种溶液的pH均减小
B．②③两溶液混合后显碱性的溶液中离子浓度关系一定为：
C．分别取1mL稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>④>③
D．四种溶液中水电离出氢离子均为
14．（2025高二上·邵东期末）常温下，向溶液中逐渐加入烧碱溶液，随着溶液pH的变化，各种含R微粒的分布系数(某含R微粒的浓度占所有含R微粒总浓度的百分数)如图所示。下列说法正确的是
A．曲线I表示的分布系数随pH的变化
B．常温下的二级电离常数
C．常温下的水溶液呈碱性
D．时：
二、填空题(每空2分，共58分)
15．（2025高二上·邵东期末）下表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数。
化学式 HClO HF
未知
（1）0.1mol/L NaF溶液中离子浓度由大到小的顺序是　 　。
（2）pH相同的①、②NaClO、③NaF溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为　 　。(填序号)
（3）现有浓度为0.01mol/L的HClO溶液，求此时为　 　。
（4）25℃时，向NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式为　 　。
（5）常温下，稀溶液加水稀释过程中，下列数据变大的是___________。
A． B． C． D．
（6）25℃时，有的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中、与pH的关系如下图所示。
①根据图像计算醋酸的电离平衡常数　 　；
②pH=3的溶液中，　 　mol/L。
16．（2025高二上·邵东期末）某氮肥厂用经一系列反应制得，。
（1）时，和能反应生成和液态水，生成水时放热，其热化学方程式是　 　。
（2）对于反应，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(、)下随温度变化的曲线(如图)。
请比较、的大小：　 　(填“>”、“=”或“<”)；该反应　 　0(填“>”、“=”或“<”)。
（3）四氧化二氮和二氧化氮可互相转化。在容积为的容器中，通入一定量的，发生反应，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　 　0(填“>”、“=”或“<”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在时段，反应速率为　 　，该温度下反应的平衡常数　 　。
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。
（4）25℃时，将盐酸滴入氨水中，溶液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　 　。
17．（2025高二上·邵东期末）高纯硫酸锰主要应用于三元锂电池正极材料的合成，一种使用高硫锰矿和软锰矿(主要成分为)制备硫酸锰的工艺如图：
已知：混合焙烧后得到的烧渣主要为；离子浓度，可认为离子沉淀完全。
（1）原料高硫锰矿与软锰矿按一定比例焙烧，焙烧前需要将二者粉碎的原因是　 　。
（2）加入硫酸浸出后获得的浸渣1主要成分为　 　。
（3）氧化时发生反应的离子方程式为　 　。
（4）氟化除杂是除去和的重要方法，某溶液中和的浓度分别为、，若使溶液中的和沉淀完全，加入的的质量至少是　 　(保留小数点后1位)；若溶液的浓度过大，将导致、沉淀不完全，原因是　 　。(已知、)
（5）沉锰时发生反应的离子方程式为　 　。
（6）一种在硫酸溶液中电解锂离子电池正极材料获得的装置如图，则阴极电极反应式为　 　。
18．（2025高二上·邵东期末）为白色粉末，微溶于水，不溶于酒精，其在潮湿的环境中易被氧化变质，常用作催化剂、脱色剂。某兴趣小组利用下图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。
实验步骤：
I．向C中加入的溶液，继续加入的溶液。
II．打开a的活塞，向A中滴加盐酸，产生气体，一段时间后C中产生白色固体。
III．将C中混合物过滤、洗涤、干燥得产品。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　，装置B中的液体为　 　。
（2）装置C中生成过程中发生反应的离子方程式为；　 　。
（3）洗涤时，先用水洗，后用乙醇洗，使用乙醇洗的原因是　 　。
（4）测量的质量分数：准确称取所制备的氯化亚铜样品，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用的溶液滴定到终点，消耗，溶液，反应中被还原为。
(已知：；该条件下与不反应)
①滴定时应将溶液加入　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②样品中的质量分数表达式为　 　(用含a、b、m的代数式表示)。
③下列因素引起测定结果偏高的是　 　。
A．配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出
B．在接近滴定终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶的内壁
C．滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准溶液液面
D．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；绿色化学；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、风能、太阳能属于零碳排放的清洁能源，开发利用可减少化石燃料使用，降低 CO2排放，利于实现 “碳中和”，A正确；
B、明矾净水是因为 Al3+水解生成 Al(OH)3胶体，胶体可凝聚水中悬浮物，但 Al(OH)3无强氧化性，不能杀菌消毒，B错误；
C、CaSO4是微溶物，加入饱和 Na2CO3溶液可发生沉淀转化（生成更难溶的 CaCO3），CaCO3能与酸反应溶解，便于除去水垢，C正确；
D、镀锌铁镀层破损后，Zn 比 Fe 活泼，Zn 作负极被腐蚀，Fe 作正极受保护（牺牲阳极法），镀层仍能保护铁制品，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点总结：
混淆明矾净水与杀菌消毒：Al(OH)3胶体仅能吸附悬浮物，无氧化性，不能杀菌。
误判沉淀转化条件：忽略 CaCO3溶解度小于 CaSO4，认为微溶物无法转化。
误解牺牲阳极法：镀层破损后，仍能通过 Zn 优先腐蚀保护 Fe。
模糊清洁能源与碳中和的关联：不清楚风能、太阳能零碳排放可降低 CO2。
2．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；金属的电化学腐蚀与防护；化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、通过外加电源的阴极保护法可以防止金属腐蚀。具体操作是将海水中的钢铁水闸连接至直流电源的负极，使其作为阴极得到保护，从而有效减缓腐蚀速度。A正确；
B、在锌片与稀硫酸反应制取氢气时，加入少量硫酸铜溶液后，锌会置换出铜并形成原电池结构。这种原电池效应能显著加快氢气的生成速率。B正确；
C、根据热化学方程式：可知，相同质量下石墨的能量状态低于金刚石。由于能量越低越稳定，因此石墨比金刚石更稳定。C正确；
D、合成氨反应是放热过程。升高温度时，虽然正逆反应速率都会增加，但逆反应速率增幅更大，导致平衡向逆反应方向移动，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．钢铁水闸与直流电源负极相连，作阴极被保护（外加电流的阴极保护法），可减缓腐蚀。
B．Zn 与 CuSO4反应生成 Cu，Zn、Cu 与硫酸构成原电池，原电池能加快反应速率。
C．石墨转化为金刚石的 ΔH 为正（C (石墨，s)=C (金刚石，s) ΔH=+1.5kJ/mol），说明石墨能量低于金刚石；能量越低物质越稳定，故石墨更稳定。
D．升高温度时，正、逆反应速率均会增大，只是放热反应中逆反应速率增大的幅度更大。
3．【答案】C
【知识点】铜的电解精炼；盐类水解的应用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、在溶液中，会发生水解反应，导致其数目小于阿伏加德罗常数，A错误；
B、与的催化氧化反应是可逆反应，无法完全进行。因此1 mol与1 mol反应时，转移的电子数必定小于4，B错误；
C、是强碱弱酸盐，其中的会在溶液中水解，导致阴离子数目增加。因此，25℃时，1 L 0.1 mol·L-1溶液中的阴离子数目大于0.1，C正确；
D、在电解精炼铜的过程中，阳极上不仅铜会溶解，活动性比铜强的金属也会参与反应，而活动性比铜弱的金属则形成阳极泥沉淀。因此，阳极质量减少64 g时，转移的电子数不一定是2 mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．硫酸铝溶液中，Al3+会发生水解，导致实际存在的 Al3+数目少于理论计算的 NA。
B．SO2与 O2的反应是可逆反应，无法完全转化为 SO3，实际参与反应的 SO2不足 1mol，因此转移的电子数小于4NA。
C．碳酸钠溶液中，CO32-水解生成 HCO3-和 OH-（1 个 CO32-生成 2 个阴离子），使得溶液中阴离子总数大于理论值 0.1NA（1L×0.1mol/L×NA）。
D．电解精炼铜的阳极是粗铜（含 Zn、Fe 等活泼杂质），这些杂质会先于 Cu 放电；阳极质量减少 64g 时，减少的质量包含多种金属，故转移电子数不是固定的 2mol。
4．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、单斜硫与正交硫属于不同晶体结构，其相互转化涉及分子间键的重排，属于化学变化过程，A错误；
B、根据盖斯定律，反应③的热效应可通过反应①与反应②的焓变差计算：，计算结果表明该过程为放热反应（ΔH3 < 0），B错误；
C、由选项B的计算结果可知，正交硫的生成焓更低（ΔH3 < 0），说明其能量状态更稳定，因此正交硫比单斜硫稳定，C正确；
D、由于单斜硫具有更高的能量（ΔH3为负值），当两者在氧气中完全燃烧时，等质量的单斜硫会释放更多热量，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
同素异形体转化的类型判断：单斜硫（S (单斜，s)）与正交硫（S (正交，s)）是不同物质，二者转化属于化学变化，易误判为物理变化。
ΔH3的计算与稳定性关联：
由盖斯定律，反应③=①-②，得 ΔH3=ΔH1-ΔH2=(-297.16 kJ mol- )-(-296.83 kJ mol- )=-0.33 kJ mol- （ΔH3<0）。
易错点：误认为 “能量高的物质更稳定”，实际能量越低越稳定，正交硫能量低于单斜硫，故更稳定。
燃烧放热多少的比较：等质量时，单斜硫能量高于正交硫，燃烧生成 SO2时，单斜硫放热更多，易误判 “正交硫放热多”。
5．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子共存
【解析】【解答】A、Al3+ 和 CO32-会发生双水解，生成 Al (OH)3沉淀和 CO2气体，不能大量共存，A错误；
B、水电离出的 c (H+)=10- 3mol/L，说明溶液是强酸或强碱性；HCO3-在强酸中会生成 CO2，在强碱中会生成 CO32-，都不能大量存在，B错误；
C、AgBr 上清液含少量 Ag+，Ag+与 I-会生成 AgI 沉淀；且 NO3- 在酸性环境（AgBr 溶解显弱酸性）下会氧化 Fe2+，不能大量共存，C错误；
D、pH<1 的溶液是强酸性，MnO4-、Cu2+、NO3-、K+之间不反应，也能在酸性中稳定存在，可大量共存，D正确；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：双水解反应的判断：像 Al3+与 CO32-这类弱碱阳离子和弱酸根离子，会发生相互促进的水解反应，生成沉淀和气体，不能共存。
水电离抑制的溶液环境：水电离出的 c (H+) 远小于 10-7mol/L 时，溶液呈强酸或强碱性，HCO3-等两性离子在这两种环境中都不能稳定存在。
沉淀与氧化还原的叠加影响：AgBr 上清液含 Ag+，会与 I-生成沉淀；同时 NO3-在酸性条件下具有氧化性，能氧化 Fe2+，双重反应导致离子不能共存。
酸性环境下的离子稳定性：强酸性溶液中，若离子间无沉淀、氧化还原等反应，就能大量共存（如 MnO4-、Cu2+等在酸性中可稳定存在）。
6．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】①反应吸热，升温使平衡正向移动，COCl2转化率提高。
②恒容时，惰性气体不改变各反应物 、生成物浓度，平衡不移动，COCl2转化率不变。
③增大生成物浓度，平衡逆向移动，COCl2转化率降低。
④反应后气体分子数增多，减压使平衡正向移动，COCl2转化率提高。
⑤增大反应物浓度，平衡正向移动，但 COCl2的转化率会降低（相当于 “稀释效应”）。
⑥恒压时，通入惰性气体使容器体积增大，各物质浓度降低，平衡向分子数增多的方向（正向）移动，COCl2转化率提高。
能提高 COCl2转化率的措施是①④⑥，
故答案为：B。
【分析】根据 “勒夏特列原理”，结合反应的热效应（ΔH>0，吸热）、气体分子数变化（反应后分子数增多），分析各措施对平衡的影响，判断 COCl2转化率的变化。
反应为：COCl2(g) CO (g) + Cl2(g)（ΔH>0，吸热、气体分子数增多）。据此解题。
7．【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】反应为：4HCl(g) +O2(g) 2Cl2(g)+2H2O (g)（气体分子数减少）。
A、Cl2与H2O (g) 的浓度相等，仅表示某一时刻两者浓度的数量关系，与平衡无关（平衡时浓度是否相等取决于初始投料，无必然联系），A符合题意；
B、恒压条件下，容器体积随反应进行而减小（气体分子数减少），混合气体总质量不变，
密度=质量÷体积，密度不变说明体积不再变化，即反应达到平衡， B不符合题意；
C、恒容条件下，气体总质量不变；平均摩尔质量=总质量÷总物质的量，反应中总物质的量减少，平均摩尔质量不变时，总物质的量不再变化，反应达到平衡 ，C不符合题意；
D、Cl2为黄绿色气体，混合气体颜色不变说明 Cl2浓度不再变化，反应达到平衡 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．Cl2与 H2O (g) 浓度相等是 “浓度的数量关系”，与平衡无关（平衡时浓度是否相等由初始投料决定，无必然联系）。
B．恒压下，反应使气体分子数减少、体积减小，密度不变，体积不变，反应达平衡。
C．恒容下，反应使气体总物质的量减少，平均摩尔质量不变，总物质的量不变，反应达平衡。
D．Cl2有颜色，颜色不变，Cl2浓度不变，反应达平衡。
8．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、若 t0时刻充入 C（生成物），逆反应速率会因 C 的浓度骤增而瞬间变大；正反应速率由 A 和 B 的浓度决定，此时瞬间不变，后续随平衡逆向移动才会变化。但图①中 t0时刻正、逆反应速率的变化与这一分析不匹配，A错误；
B、压强方面：温度相同时（如 T1），压强越大反应速率越快，达平衡时间越短。图中 p2对应的曲线先达平衡，故 p2 > p1；该反应气体分子数减少（1+3>2），加压平衡正向移动，C 的百分含量（C%）应增大，图中 T1时 p2对应的 C% 更大，符合规律；
温度方面：压强相同时（如 p2），温度越高反应速率越快，达平衡时间越短。图中 T1对应的曲线先达平衡，故 T1 > T2；该反应放热（ΔH < 0），升温平衡逆向移动，C% 应减小，图中 T1对应的 C% 小于 T2，符合规律，B正确；
C、平衡常数 K 只与温度有关，与压强无关。该反应放热，升温平衡逆向移动，K会减小。但图③中 K 随压强增大而变化，与K的性质矛盾，C错误；
D、若图中物理量为 A 的转化率，该反应放热且气体分子数减少：升温平衡逆向移动，A 的转化率降低；加压平衡正向移动，A 的转化率升高。则相同压强下，温度越高转化率越低（如 p1时，T1 > T2，转化率 T1 p1，转化率 p2 > p1），与图④趋势一致。但若物理量为平衡时 A 的浓度，规律会不同，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕反应（ΔH<0，属于放热放热且气体分子数减少的反应），结合速率 - 时间图、含量 - 时间图、平衡常数 - 压强图、物理量 - 温度压强图，依据化学平衡移动原理（浓度、压强、温度对平衡的影响）和平衡常数性质（仅与温度相关），分析图像与反应的匹配关系，判断选项正误。
9．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据图1所示能量变化曲线可知，该反应为放热反应，说明反应物总键能小于生成物总键能，A错误；B、催化剂的作用是降低反应活化能，但不会改变反应的焓变（ΔH），B错误；
C、分析图2反应机理可知，总反应有O2参与，正确的化学方程式应为：
，C错误；
D、图2显示：过程Ⅰ（Fe3+→Fe2+）、过程Ⅱ（NO→N2）、过程Ⅲ（Fe2+→Fe3+）均涉及电子转移，属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．由图 1 可知，反应物能量高于生成物，反应放热。放热反应中，反应物键能总和小于生成物键能总和（键能总和的差值等于反应热）。
B．催化剂的作用是降低反应活化能，但不能改变反应的焓变（焓变由反应物与生成物的能量差决定）。
C．结合图 2，总反应中有 O2参与（过程 Ⅲ），实际总反应为 4NH3+6NO+3O2=5N2+6H2O，并非选项中的式子。
D．过程 Ⅰ 中 Fe3+到Fe2+、NH3到NH2；过程 Ⅱ 中 Fe2+到Fe3+、NO到N2；过程 Ⅲ 中 O2到H2O，均有元素化合价改变，属于氧化还原反应。
10．【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、过氧化氢（H2O2）分解会产生氧气，可以通过测量单位时间内产生的气体体积，或者测量产生固定体积氧气所需的时间，来测定过氧化氢的分解速率。A正确；
B、溴单质（Br2）能氧化碘离子（I-）生成碘单质（I2），使淀粉溶液变蓝。但这种方法无法准确判断反应终点，因此不能用于测定KI溶液的浓度。此外，溴水具有氧化性，应使用酸式滴定管盛装。B错误；
C、存在化学平衡：N2O4（无色） 2NO2（红棕色）。左侧氧化钙与水反应放热，温度升高；右侧两者反应吸热，温度降低。通过比较左右两侧气体颜色的变化，可以验证温度对化学平衡的影响。C正确；
D、在干燥的HCl气流中，可以抑制镁离子的水解，同时带走六水合氯化镁分解产生的水蒸气，从而制得无水氯化镁。D正确；
故答案为：B。
【分析】A．通过量气管测 O2体积、秒表计时，可计算 H2O2分解速率。
B．溴水与 KI 反应生成 I2，淀粉遇 I2变蓝，但该实验无定量操作（如滴定），无法测定 KI 溶液浓度。
C．CaO 与水放热（升温）、NH4Cl 与 Ba(OH)2反应吸热（降温），对比不同温度下 NO2颜色，可探究温度对平衡的影响。
D．在 HCl 气流中加热 MgCl2 6H2O，可抑制 Mg2+ 水解，制取无水 MgCl2。
11．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、装置①使用惰性电极电解CuCl2溶液时：阳极反应：（氯离子被氧化）；阴极反应：（铜离子被还原，析出红色铜），因此阴极现象正确，但阳极产物描述不完整（未提及氯气生成），A错误；B、装置②电镀铜的正确连接方式：镀层金属铜片应接电源正极（阳极）；镀件应接电源负极（阴极）
题目描述将两者连接方式颠倒，B错误；
C、装置③氢氧燃料电池（碱性介质）：电极a（负极）反应：，电极b（正极）通氧气，该选项电极反应式书写正确，C正确；
D、装置④铜的精炼：阳极：粗铜（含Zn、Fe等）溶解，阴极：仅还原为铜，结果：溶液中浓度降低（因阳极溶解的杂质离子不参与阴极沉积），D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
装置①的电极判断：装置①是电解 CuCl2溶液，阳极发生氧化反应（Cl-失电子生成 Cl2），阴极才会析出 Cu（红色物质），易误将阳极、阴极的反应混淆。
装置②的电镀电极连接：电镀时，镀层金属（铜片）应作阳极（与电源正极相连），待镀制品作阴极，易误将铜片接负极。
装置③的燃料电池电极反应：电极 a 通入 H2，是负极，在 KOH 溶液中，H2失电子结合 OH-生成 H2O，易忽略碱性环境的反应式书写（误写为酸性环境的反应）。
装置④的电解精炼铜：阳极（粗铜）除了 Cu 失电子，还有杂质（如 Zn、Fe）失电子，阴极只有 Cu2+ 得电子，故 CuSO4溶液浓度会减小，易误判浓度不变。
12．【答案】D
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A、右室接电源负极，为阴极，发生还原反应（H2O 得电子生成 H2和 OH-），A正确；
B、左室接电源正极，为阳极，Cl-失电子生成 Cl2，出口 c 收集氯气，B正确；
C、阳离子（Na+）向阴极（右室）移动，C正确；
D、阴极反应生成 OH-，故阴极区 c (OH-) 增大，D错误；
故答案为：D。
【分析】该电解流程以饱和食盐水为原料：
饱和食盐水通入电解装置，左室接电源正极（阳极），Cl- 失电子生成 Cl2，从出口 c 排出；右室接电源负极（阴极），H2O 得电子生成 H2和 OH-；溶液中 Na+ 通过阳离子交换膜从左室移向右室，最终阴极区得到含 NaOH 的溶液。
13．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、氯化铵溶解后电离出的会抑制氨水电离，降低OH-浓度；同时会与NaOH中的OH-结合，进一步降低OH-浓度，因此①、②两溶液的pH均会减小，A正确；B、当②③完全反应生成CH3COONa时，溶液呈碱性，此时离子浓度关系为c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)。若继续加NaOH，虽然仍为碱性，但可能出现c(OH-)＞c(CH3COO-)的情况，B错误；
C、稀释氨水时，由于NH3·H2O持续电离，pH变化幅度小于1，故稀释后pH关系为①＞②＞7；同理，稀释醋酸后pH关系为③＜④＜7，综合可得pH排序：①＞②＞④＞③，C正确；
D、酸碱均抑制水的电离，①②中水电离的c(H+)=1×10- mol/L；③④中水电离的c(H+)=c(OH-)=10- 4÷10-3=1×10- mol/L，D正确；
故答案为：B。
【分析】A、①氨水中加NH4Cl，NH4+抑制NH3·H2O电离，c(OH-)减小；②NaOH溶液中加NH4Cl，NH4+与OH-结合，c(OH-)减小，故两者pH均减小。
B、②（NaOH）和③（醋酸）混合显碱性，可能有两种情况：
若NaOH过量较多，c(OH-)可能大于c(CH3COO-)，离子浓度关系可能为；并非“一定”是选项中的关系。
C、稀释后：①氨水（弱碱）电离程度增大，pH>10；②NaOH（强碱）pH=10；④盐酸（强酸）pH=4；③醋酸（弱酸）电离程度增大，pH<4，故pH：①>②>④>③。
D、四种溶液的c(OH-)或c(H+)均为，水电离的。
14．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、由分析可知曲线Ⅳ表示的分布系数变化，A错误；B、二级电离常数表达式为。在第二个交点处，此时pH=7.4，故，B错误；
C、Na2HR溶液中HR2-的水解常数，而其三级电离常数，由于水解程度＞电离程度，溶液显碱性，C正确；
D、pH=7.4时，结合电荷守恒：
由于此时，可得：，D错误；
故答案为：C。
【分析】在滴定开始前（未加NaOH时），H3R溶液中主要存在H3R分子，因此曲线Ⅰ代表δ(H3R)的变化。随着NaOH的加入，各形态分布系数变化趋势为：δ(H3R)持续减小；δ(H2R-)先增大后减小；δ(HR2-)先增大后减小；δ(R3-)持续增大，由此判定：曲线Ⅱ对应H2R-，曲线Ⅲ对应HR2-，曲线Ⅳ对应R3-。
15．【答案】（1）
（2）③>①>②
（3）
（4）
（5）B；D
（6）；0.1
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）NaF是强碱弱酸盐，溶液中会发生水解使溶液呈碱性，因此浓度由大到小的顺序是。
故答案为： ；
（2）酸的电离常数越小，其盐溶液中酸根离子水解程度越大，则钠盐溶液pH相同时，其物质的量浓度就越小，结合表中数据，常温下，pH相同的三种溶液①、②NaClO、③NaF溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是：③>①>②。
故答案为： ③>①>② ；
（3）根据电离常数计算，，解得。
故答案为： ；
（4）根据电离常数可知，酸性：，所以向NaClO溶液中通入少量CO2，生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：
故答案为： ；
（5）A．CH3COOH溶液加水稀释，酸性减弱，因此c(H+)减小，A不符合题意；
B．，稀释过程中温度不变，故Ka不变，且醋酸根离子浓度减小，比值变大，B符合题意；
C．温度不变，所以 Kw=c(H+) c(OH-)不变，C不符合题意；
D．稀释过程c(H+)减小，c(OH-)增大，变大，D符合题意；
故答案为：BD。
（6）①分析图像，W点c（CH3COOH）＝c（CH3COO-），平衡常数K == 1×10-4.75；
②溶液存在电荷守恒：c（Na +） + c（H +） = c（CH3COO-） + c（OH-），
物料守恒：c（CH3COOH） + c（CH3COO-） = 0.1mol L-1，两式相加可得：c（Na +） + c（H +）-c（OH-） + c（CH3COOH） =0.1mol/L。
故答案为： ； 0.1 。
【分析】(1)NaF溶液中F-水解使溶液显碱性，离子浓度：。
(2)酸的电离常数越小，对应盐的水解程度越大；pH相同时，水解程度小的盐浓度大。由，得浓度顺序：③>①>②。
(3)HClO电离：，代入，得
(4)酸性：，通入少量CO2生成HCO3-，离子方程式：。
(5)A：稀释后减小；
B：，稀释时减小，比值增大；
C：不变；
D：减小、增大，增大，BD。
(6)①W点，；
②由电荷守恒+物料守恒，得。
（1）NaF是强碱弱酸盐，溶液中会发生水解使溶液呈碱性，因此浓度由大到小的顺序是。
（2）酸的电离常数越小，其盐溶液中酸根离子水解程度越大，则钠盐溶液pH相同时，其物质的量浓度就越小，结合表中数据，常温下，pH相同的三种溶液①、②NaClO、③NaF溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是：③>①>②。
（3）根据电离常数计算，，解得。
（4）根据电离常数可知，酸性：，所以向NaClO溶液中通入少量CO2，生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：
（5）A．CH3COOH溶液加水稀释，酸性减弱，因此c(H+)减小，A不符合题意；
B．，稀释过程中温度不变，故Ka不变，且醋酸根离子浓度减小，比值变大，B符合题意；
C．温度不变，所以 Kw=c(H+) c(OH-)不变，C不符合题意；
D．稀释过程c(H+)减小，c(OH-)增大，变大，D符合题意；
故选BD。
（6）①分析图像，W点c（CH3COOH）＝c（CH3COO-），平衡常数K == 1×10-4.75；
②溶液存在电荷守恒：c（Na +） + c（H +） = c（CH3COO-） + c（OH-），物料守恒：c（CH3COOH） + c（CH3COO-） = 0.1mol L-1，两式相加可得：c（Na +） + c（H +）-c（OH-） + c（CH3COOH） =0.1mol/L。
16．【答案】（1）
（2）<；<
（3）>；；；逆反应
（4）
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】（1）在25℃条件下，氨气（NH3）与氧气（O2）反应生成一氧化氮（NO）和液态水（H2O），当生成6mol水时释放1289kJ热量。由于放热反应的焓变为负值，其热化学方程式可表示为：4NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(l) ΔH = -1289kJ/mol；
故答案为： ；
（2）对于反应2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)，增大压强会使平衡向正反应方向移动，从而提高NO的平衡转化率。因此，压强关系为P1 < P2。升高温度时，NO的平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，表明该反应为放热反应，即ΔH < 0；
故答案为：<；<；
（3）①随着温度升高，混合气体颜色加深，说明反应N2O4(g) 2NO2(g)向正反应方向移动，因此该反应为吸热反应，ΔH > 0。在100℃时，0~60s时间内N2O4浓度降低了0.06mol/L，其反应速率为：
mol·L-1·s-1。
该温度下的平衡常数K为：
。
②由于该反应的正反应气体系数和增大，当反应达到平衡后，将容器体积缩小到原来的一半时，平衡会向逆反应方向移动；
故答案为： > ； ； ；逆反应；
（4）c点溶液中的溶质为氯化铵（NH4Cl），溶液呈酸性。各离子浓度由大到小的顺序为：
c(Cl-) > c(NH) > c(H+) > c(OH-)。
故答案为：c(Cl-) > c(NH) > c(H+) > c(OH-)。
【分析】(1)生成6mol液态水放热1289kJ，热化学方程式：。
(2)加压平衡正向移动，NO转化率增大，故；
升温NO转化率减小，平衡逆向移动，正反应放热，。
(3)① 升温颜色变深，平衡正向移动，；
；
。
② 压缩体积，平衡向气体分子数减少的方向（逆反应）移动。
(4)c点溶质为NH4Cl，NH4+水解使溶液显酸性，离子浓度：。
（1）25℃时，NH3和O2能反应生成NO和液态水，生成6mol水时放热1289kJ，放热反应焓变为负值，其热化学方程式是4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l) ΔH=-1289kJ/mol；
（2）增大压强，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)平衡正向移动，NO平衡转化率增大，所以P1（3）①随温度升高，混合气体的颜色变深， N2O4(g) 2NO2(g)平衡正向移动，该反应的ΔH>0；100℃时，在0~60s时段，N2O4的浓度降低0.06mol/L，反应速率v(N2O4)为mol L-1 s-1，该温度下反应的平衡常数K=。
②正反应气体系数和增大，反应达平衡后，将反应容器的容积缩小到原来的一半，平衡向逆反应方向移动；
（4）c点溶液中的溶质为氯化铵，溶液呈酸性，离子浓度由大到小的顺序是c(Cl-)> c(NH)> c(H+)> c(OH-)。
17．【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更彻底
（2）、
（3）
（4）4.2；与结合形成弱电解质，使、的溶解平衡右移或与结合形成弱电解质，浓度小，很难将、沉淀完全
（5）
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）焙烧前需要球磨，目的是增大接触面积，提高焙烧效率；
故答案为： 增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更彻底；
（2）由分析，浸渣1主要成分为、；
故答案为：、 ；
（3）氧化时发生反应二氧化锰将氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为；
故答案为： ；
（4）由K值可知，氟化镁溶解度较氟化钙大，镁离子完全沉淀，则，则加入的至少为(0.02+0.01+0.03÷2)mol/L×1L=0.045mol，质量至少是4.2g；与结合形成弱电解质，使、的溶解平衡右移或与结合形成弱电解质，浓度小，很难将、沉淀完全，导致溶液的浓度过大，使得、沉淀不完全；
故答案为： 4.2 ；与结合形成弱电解质，使、的溶解平衡右移或与结合形成弱电解质，浓度小，很难将、沉淀完全 ；
（5）含锰离子溶液加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，反应为锰离子和碳酸氢根离子生成碳酸锰、水、二氧化碳：；
故答案为： ；
（6）由图，阴极在酸性条件下得到电子发生还原反应生成锰离子、锂离子和水：。
故答案为： ；
【分析】高硫锰矿与软锰矿混合焙烧后，得到含 MnSO4、Fe2O3、FeO、Al2O3、MgO、CaO、SiO2的烧渣。后续处理步骤如下：加硫酸浸取，SiO2不反应、CaO 转化为 CaSO4沉淀，过滤得浸渣 1（含 SiO2、CaSO4），浸出液含 Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+的盐；加 MnO2将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加 CaCO3调节 pH，使 Fe3+、Al3+转化为 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去；加 MnF2，使 Mg2+、Ca2+分别转化为 MgF2、CaF2沉淀；向含 Mn2+的溶液中加 NH4HCO3，生成 MnCO3沉淀；MnCO3加硫酸溶解得到 MnSO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到 MnSO4晶体。
（1）焙烧前需要球磨，目的是增大接触面积，提高焙烧效率；
（2）由分析，浸渣1主要成分为、；
（3）氧化时发生反应二氧化锰将氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为；
（4）由K值可知，氟化镁溶解度较氟化钙大，镁离子完全沉淀，则，则加入的至少为(0.02+0.01+0.03÷2)mol/L×1L=0.045mol，质量至少是4.2g；与结合形成弱电解质，使、的溶解平衡右移或与结合形成弱电解质，浓度小，很难将、沉淀完全，导致溶液的浓度过大，使得、沉淀不完全；
（5）含锰离子溶液加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，反应为锰离子和碳酸氢根离子生成碳酸锰、水、二氧化碳：；
（6）由图，阴极在酸性条件下得到电子发生还原反应生成锰离子、锂离子和水：。
18．【答案】（1）恒压滴液漏斗；饱和溶液
（2）
（3）使用乙醇洗去表面的水，防止其在潮湿的环境中被氧化
（4）酸式；；AD
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据图示装置，仪器a是恒压滴液漏斗；据分析，装置B中的液体为饱和溶液。
故答案为：恒压滴液漏斗 ； 饱和溶液 ；
（2）装置C中发生反应，生成过程中的离子方程式为。
故答案为： ；
（3）洗涤时，先用水洗，后用乙醇洗，使用乙醇洗的原因是使用乙醇洗去表面的水，防止其在潮湿的环境中被氧化。
故答案为： 使用乙醇洗去表面的水，防止其在潮湿的环境中被氧化 ；
（4）①溶液具有强氧化性，滴定时应将其加入酸式滴定管中；
②氧化Fe2+，根据得失电子守恒，结合，有关系：，样品中的质量分数表达式为=；
③A．配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，标准溶液浓度偏低，滴定时消耗的体积偏大，导致测定结果偏高，A符合题意；
B．在接近滴定终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶的内壁，对实验果没有影响，B不符合题意；
C．滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准溶液液面，导致读数偏小，测定结果偏低，C不符合题意；
D．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，气泡的体积计入读数，导致测定结果偏高，D符合题意；
故答案为： 酸式 ； ；AD。
【分析】该实验的流程如下：制备 SO2：盐酸与 Na2SO3溶液反应生成 SO2，但气体中混有杂质 HCl；除杂：通过饱和 NaHSO3溶液除去 HCl（HCl 与 NaHSO3反应，SO2不溶）；主反应：净化后的 SO2通入装置 C，与 NaOH 溶液、CuCl2溶液反应，生成 CuCl 沉淀；尾气处理：未反应的 SO2用 NaOH 溶液吸收，防止污染。
(1)仪器a是恒压滴液漏斗；装置B用饱和NaHSO3溶液除去SO2中的HCl杂质。
(2)生成CuCl的离子方程式：。
(3)乙醇洗涤的目的：除去CuCl表面的水，防止其在潮湿环境中被氧化。
(4)①有强氧化性，用酸式滴定管；
② 由得失电子守恒，，质量分数为；
③ 导致结果偏高的是：A（标准液浓度偏低，消耗体积大）、D（气泡使读数偏大）。
（1）根据图示装置，仪器a是恒压滴液漏斗；据分析，装置B中的液体为饱和溶液。
（2）装置C中发生反应，生成过程中的离子方程式为。
（3）洗涤时，先用水洗，后用乙醇洗，使用乙醇洗的原因是使用乙醇洗去表面的水，防止其在潮湿的环境中被氧化。
（4）①溶液具有强氧化性，滴定时应将其加入酸式滴定管中；
②氧化Fe2+，根据得失电子守恒，结合，有关系：，样品中的质量分数表达式为=；
③A．配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，标准溶液浓度偏低，滴定时消耗的体积偏大，导致测定结果偏高，A符合题意；
B．在接近滴定终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶的内壁，对实验果没有影响，B不符合题意；
C．滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准溶液液面，导致读数偏小，测定结果偏低，C不符合题意；
D．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，气泡的体积计入读数，导致测定结果偏高，D符合题意；
故选AD。
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