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湖南省天壹名校联盟2024-2025学年高二上学期1月期末化学试题
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．（2025高二上·湖南期末）化学与生产、生活、社会、环境关系密切，下列说法正确的是
A．酒曲酿酒，利用了催化剂使平衡正向移动的原理
B．采用低温冷冻技术保存食物可减慢食物腐烂速率
C．用简单填埋的方法可以处理废弃的纽扣电池
D．用氢氧化钡和氯化铵晶体作为自热食品加热包的原料
【答案】B
【知识点】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、酒曲酿酒过程中，催化剂（酒曲）仅能加快反应速率，但不能改变化学平衡状态，A错误；
B、低温冷冻技术通过降低温度来减缓化学反应速率，从而延缓食物变质，B正确；
C、由于纽扣电池含有重金属污染物，采用填埋处理会造成土壤污染，C错误；
D、氢氧化钡与氯化铵晶体的反应虽是吸热反应，但其腐蚀性和毒性使其不适合作为食品加热原料，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要集中在对每个选项涉及的化学原理 / 实际应用的混淆：
A．易错认为 “催化剂能使平衡移动”，但实际催化剂仅改变反应速率，不影响化学平衡，酒曲酿酒中酒曲是催化剂，不改变平衡，此选项易误选。
C．易错认为 “纽扣电池可简单填埋”，但纽扣电池含重金属（如汞、镉），填埋会污染土壤、水源，不能简单处理，此选项易误判。
D．易错认为 “氢氧化钡与氯化铵反应能放热”，但该反应是吸热反应，无法作为自热食品加热包原料（加热包需放热反应），此选项易误选。
2．（2025高二上·湖南期末）下列化学用语表述不正确的是
A．用惰性电极电解饱和食盐水：
B．用饱和溶液处理锅炉水垢中的：
C．的燃烧热，则101kPa时：
D．钢铁中性环境下发生电化学腐蚀时，正极的电极反应：
【答案】C
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、惰性电极电解饱和食盐水时，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水得电子生成氢气和氢氧根离子。总反应式为： ，A正确；
B、碳酸钠溶液处理硫酸钙水垢的原理是沉淀转化，反应式为：，该过程符合沉淀溶解平衡原理，B正确；
C、甲醇燃烧热的定义是1mol甲醇完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出的热量。题目给出的热化学方程式中甲醇系数为2mol，且焓变数值对应的是2mol甲醇燃烧，不符合燃烧热定义，C错误；
D、中性环境下钢铁发生吸氧腐蚀，其正极反应为： ，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．电解饱和食盐水的离子方程式，需符合 “惰性电极下 Cl-、H2O 的放电顺序”，方程式配平（电子、原子、电荷守恒）正确。
B．沉淀转化的离子方程式，需符合 “难溶物转化为更难溶物（CaSO4→CaCO3）” 的规律，用可逆号表示平衡，表述正确。
C．燃烧热的定义是 “1mol 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量”，其中 H 的稳定氧化物是液态水（H2O (l)），但选项 C 中生成的是气态水（H2O (g)），且反应热数值也会因状态不同而改变，因此该热化学方程式错误。
D．钢铁中性电化学腐蚀（吸氧腐蚀）的正极反应，需符合 “中性环境下 O2得电子生成 OH-” 的电极反应规律，表述正确。
3．（2025高二上·湖南期末）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．无色溶液中：、、、
B．含有的溶液中：、、、
C．的NaOH溶液中：、、、
D．由水电离出的的溶液中：、、、
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子共存
【解析】【解答】A、无色溶液中，与会发生络合反应生成红色络合物，且本身呈黄色，不符合无色溶液的条件，A错误；
B、与会发生双水解反应，导致二者不能共存，B错误；
C、在pH=11的碱性溶液中，、、、等离子之间不发生反应，可以大量共存，C正确；
D、当水电离出的时，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈强酸性或强碱性。在酸性条件下，会被氧化；在碱性条件下，和会与反应生成沉淀，D错误。
故答案为：C。
【分析】A．Fe3+（黄色）不符合 “无色溶液” 的条件，且 Fe3+与 SCN-会结合生成络合物，不能共存；
B．Al3+与 HCO3-会发生双水解反应（生成 Al(OH)3沉淀和 CO2气体），不能共存；
C．pH=11 的 NaOH 溶液呈碱性，CO32-、K+、NO3-、SO42-之间不发生反应，且均能在碱性环境中稳定存在，可大量共存。
D．由水电离出的 c (H+)=1.0×10- 3mol L- 的溶液，可能是强酸性或强碱性：酸性条件下，Fe2+与 NO3-会发生氧化还原反应；碱性条件下，Fe2+、Al3+会生成沉淀，均不能共存。
4．（2025高二上·湖南期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．液中阴离子总数小于 0.5
B．的液中，含有数目为 0.2
C．与在密闭容器中充分反应后分子的数目为 2
D．电解精炼铜时，阴极质量增加3.2g，电路中转移电子数为 0.1
【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．CH3COONa溶液中存在CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，其中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因此溶液中阴离子总数大于 0.5，故A错误；
B.1LpH=1的H2SO4溶液中，n(H＋)=0.1mol·L－1×1L=0.1mol，因此溶液中含有H+数目为0.1NA，故B错误；
C.2moINO与1molO2在密闭容器中充分反应后生成2molNO2，NO2继续发生反应2NO2(g) N2O4(g)，因此分子的数目小于2NA，故C错误；
D．电解精炼铜时，阴极质量增加3.2g，即阴极析出n(Cu)=0.05mol，此时电路中转移电子数为0.1NA，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、溶液中存在CH3COO－的水解，结合电荷守恒分析。
B、pH=1的H2SO4溶液中c(H＋)=0.1mol·L－1，据此计算溶液中H＋的数目。
C、NO与O2反应生成NO2，NO2进一步发生可逆反应2NO2(g) N2O4(g)，使得分子数减小。
D、电解精炼铜的过程中，阴极的电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，据此进行计算。
5．（2025高二上·湖南期末）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．合成氨工业中将氨液化分离
B．夏天打开可乐瓶盖产生气泡
C．工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高的利用率
D．由、、组成的平衡体系加压后颜色变深
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、合成氨工业中通过液化分离氨气，降低了生成物浓度，使平衡向正反应方向移动，有利于氨的合成，A不符合题意；
B、开启可乐瓶盖时，瓶内压强降低，导致二氧化碳溶解度减小，平衡向生成气体的方向移动，产生气泡，B不符合题意；
C、增加空气（氧气）的用量，相当于增大反应物浓度，使平衡正向移动，从而提高二氧化硫的转化率，C不符合题意；
D、对于由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系，反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)在加压时，虽然各组分浓度增大使体系颜色加深，但由于反应前后气体分子数相等，平衡不发生移动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点集中在对勒夏特列原理适用条件的混淆：
错判选项 D 的本质：易错认为 “平衡体系加压后颜色变深” 是平衡移动导致，但反应
H2(g)+I2(g) 2HI(g) 是气体分子数不变的反应，加压后平衡不移动，颜色变深只是因为 I2浓度增大（体积缩小）—— 勒夏特列原理只适用于 “平衡会移动” 的情况，此选项易误判为能用原理解释。
对 “平衡移动” 的模糊认知：
选项 A（液化分离氨，平衡正向移动）、B（开盖减压，溶解平衡逆向移动）、C（过量空气使平衡正向移动）均是 “改变条件→平衡移动”，符合勒夏特列原理；但易因忽略 “反应前后气体分子数是否变化”，错将 D 归为平衡移动的情况。
6．（2025高二上·湖南期末）下列关于盐类水解的应用，说法不正确的是
A．除去溶液中的可加入CuO后过滤
B．水溶液蒸发结晶能得到固体
C．工业上可利用水解制备
D．利用热的饱和溶液清洗餐具的油污
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、氯化铁属于强酸弱碱盐，在水溶液中会发生水解反应生成氢氧化铁和盐酸。为去除氯化铜溶液中的氯化铁杂质，可向溶液中加入氧化铜。氧化铜能与盐酸反应，促使水解平衡正向移动，使氯化铁转化为氢氧化铁沉淀，通过过滤即可得到纯净的氯化铜溶液，A正确；B、 亚硫酸钠具有还原性，在蒸发结晶过程中容易被空气中的氧气氧化为硫酸钠，因此无法通过蒸发结晶的方法获得亚硫酸钠固体，B错误；
C、四氯化钛作为强酸弱碱盐，在水溶液中水解会生成水合二氧化钛，加热后水合二氧化钛分解可制得二氧化钛。因此工业上常用四氯化钛水解法制备二氧化钛，C正确；
D、溶液因水解呈碱性，其热饱和溶液能促进油脂的水解反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．CuO 与 Fe3+水解产生的 H+反应，促进 Fe3+水解为 Fe(OH)3沉淀，过滤可除杂，符合水解应用；
B．Na2SO3溶液蒸发时，SO32-虽会水解（SO32-+H2O HSO3-+OH-），但更关键的是Na2SO3还原性强，易被空气中 O2氧化为 Na2SO4，因此蒸发结晶无法得到 Na2SO3固体，该选项错误。
C．TiCl4水解（TiCl4+2H2O TiO2+4HCl），加热使 HCl 挥发，促进水解完全，可制 TiO2，是水解的工业应用；
D．Na2CO3中 CO32-水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-），加热增强碱性，油污在碱性中水解，符合水解应用。
7．（2025高二上·湖南期末）下列实验装置(固定装置略去)及操作正确且能达到实验目的的是
A．图1探究固体表面积对反应速率的影响
B．图2铁制品表面镀铜
C．图3制备无水
D．图4用溶液滴定待测液
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】A、探究固体表面积对反应速率的影响，需保证盐酸浓度相同（图 1 中盐酸浓度不同），变量不唯一，A错误；
B、铁制品表面镀铜时，镀件（铁）应作阴极、镀层金属（铜）作阳极，图 2 中铁接电源正极（作阳极），会被腐蚀，B错误；
C、MgCl2 6H2O 受热易水解，通入 HCl（抑制水解）并加热，可制备无水 MgCl2，碱石灰还能吸收尾气与水蒸气，C正确；
D、NaOH 溶液应装在碱式滴定管（图 4 用了酸式滴定管），且滴定需用锥形瓶、指示剂（酚酞）应加在待测液中，操作不规范，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：变量控制（图 1）：探究固体表面积的影响，需保证其他变量（如盐酸浓度）一致，否则无法判断。
电镀原理（图 2）：镀铜时，镀件（铁）作阴极、镀层金属（铜）作阳极，接反会腐蚀镀件。
水解抑制（图 3）：MgCl2 6H2O水解，通入HCl可抑制水解，结合加热、碱石灰除杂，能制无水 MgCl2。
滴定操作（图 4）：NaOH需用碱式滴定管，且指示剂应加在待测液中，酸式滴定管不适用。
8．（2025高二上·湖南期末）化学学习的过程中，为了形象描述一些变化过程，往往采用很形象的宏观或微观图片来展示，下列图片及其展示的内容均正确的是
A．图甲为电解熔融NaCl原理图
B．图乙代表HI分子的有效碰撞
C．图丙表示溶液中醋酸分子的电离
D．图丁表示1g冰逐渐变为水蒸气时焓(H)值增加的过程
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；有效碰撞理论
【解析】【解答】A、电解熔融NaCl体系中仅含Na+和Cl-离子，不存在水合离子（如H2O·Na+和H2O·Cl-），因此图甲展示的是电解NaCl水溶液的原理，而非熔融态NaCl，A错误；
B、HI分子的有效碰撞应导致I-I键和H-H键形成（生成I2和H2），而图乙中仅显示HI分子碰撞后未发生化学键重组，未产生新物质，故该碰撞属于无效碰撞，B错误；
C、醋酸（CH3COOH）为弱酸，其电离过程应包含未电离的CH3COOH分子与已电离的CH3COO-和H+离子共存的状态，图丙中缺失醋酸分子，无法正确表示弱电解质的电离平衡，C错误；
D、当1g冰（固态H2O）依次转变为1g液态水和1g水蒸气时，系统需吸收能量（熔化热和汽化热），导致焓值（H）增大，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．易错认为图甲是电解熔融 NaCl，但电解熔融 NaCl 的产物是 Na 和 Cl2（离子形式），而图甲展示的是分子层面的变化，与电解熔融离子化合物的本质不符。
混淆有效碰撞（选项 B．HI 的分解反应中，有效碰撞需要 HI 分子以合适取向碰撞，但图乙中 HI 分子的碰撞取向不符合反应要求，并非有效碰撞。
C．醋酸是弱电解质，电离是部分电离（存在大量 CH3COOH 分子），但图丙中 CH3COOH 几乎完全电离为离子，与弱电解质电离的实际情况矛盾。
D．易错认为 “冰→液态水→水蒸气” 的焓变描述错误，但焓（H）是状态函数，冰熔化、水蒸发均需吸热，H 值逐渐增加，此选项易因对焓变的过程认知不足而误判。
9．（2025高二上·湖南期末）25℃时，下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是
序号 ① ② ③ ④ ⑤
溶液 NaCl
pH 7.0 7.0 10.3 8.3 11.6
A．在④⑤溶液等体积混合的溶液中：
B．酸性的相对强弱：
C．由水电离产生的：①=②
D．pH值相同的溶液③④中酸根离子浓度：
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、在等体积等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中，根据物料守恒关系可得：，A正确；
B、根据盐类水解规律"越弱越水解"可知，NaClO中次氯酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，说明HClO的酸性弱于碳酸（），B错误；
C、NaCl是中性盐，不影响水的电离；而CH3COONH4作为可水解的盐能促进水的电离，因此由水电离产生的c(H+)关系为：①（NaCl溶液）小于②（CH3COONH4溶液），C错误；
D、当两种溶液pH相同时，由于NaClO的水解程度大于NaHCO3，说明NaClO的初始浓度小于NaHCO3，因此溶液中必然小于，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．④（NaHCO3）与⑤（Na2CO3）等体积混合，CO32-水解程度大于 HCO3-，结合守恒规律，离子浓度关系合理。
B．CO32-对应酸是 HCO3-，HCO3-对应酸是 H2CO3，酸性 H2CO3＞HCO3-，该选项酸性强弱判断错误。
C．①NaCl（不影响水电离），②CH3COONH4（双水解促进水电离），水电离程度②＞①。
D．pH 相同时，弱酸（③）浓度低、NaHCO3（④）浓度高，酸根离子浓度④＞③。
10．（2025高二上·湖南期末）对化学反应mA(g)+nB(g) pC(g)的速率和平衡的影响，下列判断正确的是
A．由图a可知，该反应的正反应为吸热反应
B．由图b可知，该反应m+nC．若图c是绝热条件下速率和时间的图像，说明该反应的正反应为放热反应
D．图d中的a曲线一定是加入了催化剂
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、图 a 中，T2先达平衡（温度更高），平衡时 C% 更低，说明升温使平衡逆向移动，正反应为放热反应，A错误；
B、图 b 中，压强增大（P 升高），C% 增大，平衡正向移动，说明正反应是气体分子数减少的反应，即 m+n>p，B错误；
C、绝热条件下，图 c 中反应速率先增后减：反应放热使体系温度升高（速率加快），后期反应物减少（速率减慢），说明正反应为放热反应，C正确；
D、图 d 中 a 曲线达平衡更快但平衡状态不变，可能是加催化剂，也可能是增大压强（若 m+n=p），不一定是催化剂，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：“先拐先平” 定条件：平衡图像里，曲线先出现拐点意味着反应速率更快（对应温度更高、压强更大），结合平衡时产物的百分含量，能判断温度、压强对平衡的影响。
温度、压强影响平衡方向：升温后产物（C）的百分含量降低，说明正反应是放热反应；加压后产物（C）的百分含量升高，说明正反应是气体分子数减少的反应（即 m+n>p）。
绝热体系的反应热判断：绝热条件下，反应速率先增后减，是因为反应放热让体系温度升高（速率加快），说明正反应是放热反应。
平衡不变的速率加快原因：达平衡时间缩短但平衡状态没变化，可能是加了催化剂，也可能是增大了压强（当 m+n=p 时）。
11．（2025高二上·湖南期末）下列相关实验能达到预期目的的是
选项 实验操作 实验目的
A 可逆反应建立平衡后，在其它条件不变时，加入KCl固体，观察体系颜色的变化。 验证浓度对化学平衡的影响
B 相同温度下，将等质量的大理石块、大理石粉末分别加入等体积、等浓度的盐酸和硫酸中，观察气泡产生的快慢。 验证固体接触面积对化学反应速率的影响
C 比较和的大小 向溶液加入溶液，再向溶液加入几滴
D 测定的电离和水解程度相对大小 用pH计测定溶液的酸碱性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、该反应的离子方程式为Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3。当体系达到平衡状态后，加入KCl不会影响平衡移动，因为KCl并未参与反应。因此，该实验设计无法验证浓度变化对化学平衡的影响，A不符合题意；
B、实验中使用的盐酸和硫酸虽然体积和浓度相同，但两者c(H+)存在差异（硫酸为二元酸）。此外，硫酸钙属于微溶物，会覆盖在固体表面影响反应。正确的实验设计应使用相同浓度的稀盐酸进行对比。因此，该实验不能有效验证固体接触面积对反应速率的影响，B不符合题意；
C、实验过程中先发生MgCl2与NaOH反应，由于NaOH过量，过量的碱会继续与CuCl2反应。这种设计无法直接比较Mg(OH)2和Cu(OH)2的溶度积大小，C不符合题意；
D、HC2O在水溶液中同时存在电离和水解平衡。通过测定溶液pH可以判断主导过程：若溶液呈酸性说明电离程度大于水解程度，反之则水解占优势。该实验设计能达到预期目的，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．该平衡的实质是 Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，加入 KCl 固体不改变 Fe3+、SCN-的浓度，平衡不移动，无法验证浓度对平衡的影响。
B．盐酸和硫酸的阴离子不同（Cl-、SO42-），且硫酸与大理石反应生成微溶的 CaSO4会覆盖固体表面，变量不唯一，无法验证接触面积的影响。
C．NaOH 过量，加入 CuCl2后 OH-浓度高，会直接生成 Cu(OH)2沉淀，并非由 Mg(OH)2转化而来，无法比较 Ksp。
D．NaHC2O4的电离使溶液显酸性、水解使溶液显碱性，通过 pH 计测定溶液酸碱性，可判断电离与水解程度的相对大小（pH<7 则电离> 水解，pH>7 则水解 > 电离），实验设计合理。
12．（2025高二上·湖南期末）下图所示装置中，甲、乙、丙三个装置中依次分别盛放含酚酞的200mLNaCl溶液、CuSO4溶液、MgCl2溶液， a、b、e、f电极均为石墨电极。通电一段时间后，a极附近首先变红色，下列有关说法正确的是
A．则M接电源的正极
B．乙为铁片上镀铜，则d极为铁片
C．当f电极生成0.224L某一种气体时（已经换算为标准状况下），常温下，则甲中溶液的pH=13（忽略溶液体积的变化）
D．丙中原理用于工业制备镁单质
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、根据上述分析，M连接电源负极，N连接电源正极，A错误；B、乙烧杯中为CuSO4溶液，要实现铁片上镀铜，应使铁片作为阴极（c极），铜片作为阳极（d极）。题目描述与此不符，B错误；
C、f电极作为阳极发生反应：。生成0.01mol Cl2（0.224L÷22.4L/mol）时转移0.02mol电子。甲池中发生的总反应为： 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 。转移0.02mol电子时生成0.02mol NaOH，溶液浓度为0.1mol/L（0.02mol÷0.2L），此时pH=13（c(H+)=10-13mol/L），C正确；
D、丙池中阴极产生H2使OH-浓度增大，与Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，阳极产生Cl2而非镁单质，故不能用于工业制备镁，D错误；
【分析】根据图示可知甲、乙、丙三个电解池串联连接。通电一段时间后，观察到a极附近溶液首先变红，说明a电极附近呈碱性，表明该电极发生还原反应：。由此可确定a电极为阴极，与之相连的电源电极M为负极，N为正极。据此对各选项进行分析判断。
13．（2025高二上·湖南期末）催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图1所示。研究发现，在催化剂上可能发生的反应过程如图2所示。下列说法正确的是
A．图1三步反应中，第①步反应的活化能最大，为慢反应
B．图2中作催化剂
C．图2总反应的原子利用率为
D．图1使用催化剂可以降低反应的活化能，从而改变反应的焓变
【答案】A
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据图1显示，第①步反应的活化能最高。由于活化能越大反应速率越慢，因此第①步是慢反应，A正确；B、图2中各步反应如下：
① 2NH3 + 2Fe3+ → 2Fe2+NH2 + 2H+
② 2Fe2+NH2 + 2NO → 2N2 + 2H2O + 2Fe2+
③ 4Fe2+ + 4H+ + O2 → 4Fe3+ + 2H2O
总反应为：4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O
由此可知Fe3+是催化剂，Fe2+是中间产物，B错误；
C、图2总反应生成N2的同时还产生H2O，原子利用率不可能达到，C错误；
D、催化剂只能降低活化能，不能改变反应焓变(ΔH)，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．图 1 中活化能是 “反应物到过渡态的能量差”，第①步的能量峰值最高，活化能最大；活化能越大反应速率越慢，故为慢反应。
B．图 2 中 Fe3+ 参与反应后又生成，是催化剂；Fe2+ 是中间产物（生成后又消耗），并非催化剂。
C．图 2 总反应为 4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，反应物有 3 种、生成物有 2 种，原子利用率不是 100%（只有化合反应原子利用率才可能为 100%）。
D．催化剂只能降低活化能、加快反应速率，但不能改变反应的焓变（焓变由反应物和生成物的总能量差决定）。
14．（2025高二上·湖南期末）燃料电池以熔融的金属氧化物为电解质、CH4为燃料，装置如图所示。下列说法不正确的是
A．b极加入的物质为空气(O2)，发生还原反应
B．O2—向a极移动
C．正极电极反应式为：O2+4H++4e—=2H2O
D．标准状况下，每消耗11.2L甲烷，导线中转移的电子数为4NA
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、分析表明，b极通入空气，氧气在正极得电子还原为氧离子，A正确；
B、根据电极性质，阴离子（O2 ）向负极a极迁移，B正确；
C、b极反应为氧气得电子还原过程，电极反应式应为O2+4e-=2O2-，C错误；
D、根据a极反应计算，标准状况下11.2L甲烷完全反应转移电子数为：×8×NAmol—1=4NA，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据图示中电子流动方向判断，a电极作为燃料电池的负极，甲烷在氧离子参与下发生氧化反应生成二氧化碳和水，其电极反应为：CH4+ 4O2--8e-=CO2+2H2O，b电极作为正极，氧气得电子还原为氧离子，电极反应为：O2+4e-=2O2-。
二、非选择题：共4小题，共58分。
15．（2025高二上·湖南期末）已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表所示：
化学式 HF HClO
电离常数
（1）25℃时，的NaClO溶液中各离子浓度的大小关系为　 　。(离子浓度如的浓度以表示，下同)。向NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式为　 　。
（2）溶液中的电荷守恒关系式为　 　。
（3）溶液显　 　(填酸性，碱性或中性)。
（4）物质的量浓度相同的、两种溶液，pH较大的是　 　。
（5）泡沫灭火器利用了硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液的反应，用离子方程式表示原理　 　。
（6）常温下，向的氨水中逐滴加入的盐酸，所得溶液的pH、溶液中和物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如下图所示，根据图像回答下列问题。
①表示浓度变化的曲线是　 　(填“A”或“B”)。
②当加入盐酸体积为50mL时，溶液中　 　(用指数形式表示即可)。
【答案】（1）c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)；ClO-+CO2+H2O=HClO+
（2）c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
（3）酸性
（4）NaClO溶液
（5）Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑
（6）A；1.8
【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；中和滴定；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）NaClO属于强碱弱酸盐，由于ClO-的水解使得NaClO溶液呈碱性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)；由于K1(H2CO3) ＞K(HClO) ＞K2(H2CO3)，故NaClO溶液与少量CO2反应生成HClO和NaHCO3，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+。
故答案为： c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+) ； ClO-+CO2+H2O=HClO+ ；
（2）NH4Cl溶液中存在、H+、Cl-、OH-，的电荷守恒关系式为c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。
故答案为： c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-) ；
（3）由于HF的电离常数大于NH3 H2O的电离常数，故NH4F溶液中的水解程度大于F-的水解程度，NH4F溶液显酸性。
故答案为： 酸性 ；
（4）由于HNO2的电离常数大于HClO的电离常数，故物质的量浓度相同的NaNO2、NaClO溶液中ClO-的水解程度大于的水解程度，NaClO溶液的碱性较强，即pH较大的是NaClO溶液。
故答案为： NaClO溶液 ；
（5）硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和CO2，反应的离子方程式为Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑。
故答案为： Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑ ；
（6）①随着盐酸的滴入，溶液的pH不断减小、的浓度不断增大、NH3 H2O的浓度不断减小，故A表示NH3 H2O浓度的变化，B表示浓度的变化；
②由图可知，当加入盐酸体积为50mL时，溶液的pH=9，溶液中c(H+)=10-9mol/L、c(OH-)=10-5mol/L，K(NH3 H2O) ==1.8×10-5，则c()∶c(NH3 H2O)==1.8。
故答案为： A ；1.8；
【分析】(1)离子浓度：NaClO 中 ClO-水解使溶液显碱性，离子浓度为 c (Na+) > c (ClO-) > c (OH-) > c (H+)。
离子方程式：依据电离常数 K1(H2CO3) > K (HClO) > K2(H2CO3)，反应为 ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-。
(2)电荷守恒：溶液中阳离子总电荷等于阴离子总电荷，即 c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。
(3)酸碱性判断：HF 电离常数大于 NH3 H2O，NH4+水解程度大于 F-，溶液显酸性。
(4)pH 比较：HNO2电离常数大于 HClO，ClO-水解程度更大，NaClO 溶液碱性更强，pH 更大。
(5)离子方程式：Al3+与 HCO3-发生双水解，反应为 Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。
(6)①曲线判断：加盐酸时 NH3 H2O 浓度减小，对应曲线 A。②浓度比：由 NH3 H2O 电离常数 K 计算，得 c (NH4+) ： c (NH3 H2O) = 1.8。
（1）NaClO属于强碱弱酸盐，由于ClO-的水解使得NaClO溶液呈碱性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)；由于K1(H2CO3) ＞K(HClO) ＞K2(H2CO3)，故NaClO溶液与少量CO2反应生成HClO和NaHCO3，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+。
（2）NH4Cl溶液中存在、H+、Cl-、OH-，的电荷守恒关系式为c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。
（3）由于HF的电离常数大于NH3 H2O的电离常数，故NH4F溶液中的水解程度大于F-的水解程度，NH4F溶液显酸性。
（4）由于HNO2的电离常数大于HClO的电离常数，故物质的量浓度相同的NaNO2、NaClO溶液中ClO-的水解程度大于的水解程度，NaClO溶液的碱性较强，即pH较大的是NaClO溶液。
（5）硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和CO2，反应的离子方程式为Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑。
（6）①随着盐酸的滴入，溶液的pH不断减小、的浓度不断增大、NH3 H2O的浓度不断减小，故A表示NH3 H2O浓度的变化，B表示浓度的变化；
②由图可知，当加入盐酸体积为50mL时，溶液的pH=9，溶液中c(H+)=10-9mol/L、c(OH-)=10-5mol/L，K(NH3 H2O) ==1.8×10-5，则c()∶c(NH3 H2O)==1.8。
16．（2025高二上·湖南期末）绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰，碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。
Ⅰ．甲烷和水蒸气催化制氢气。主要反应如下：
ⅰ．
ⅱ．
（1）反应平衡常数的表达式为________；反应的________。
（2）在容积不变的绝热密闭容器中发生反应ⅰ，下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A. 气体混合物的密度不再变化 B. 消耗速率和的生成速率相等
C. CO的浓度保持不变 D. 气体平均相对分子质量不再变化
（3）恒定压强为时，将的混合气体投入反应器中发生反应ⅰ和ⅱ，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。
①图中表示的物质的量分数与温度的变化曲线是________(填字母)。
②结合图中数据，其他条件不变，若要的产量最大，最适宜的反应温度是________(填标号)。
A． B． C．
③在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中的含量，原因是________(用相应化学方程式表示即可)。
Ⅱ．电解法制氢气。某科研小组设计如图所示电解池，利用和在碱性电解液中制备水煤气(、CO)，产物中和CO的物质的量之比为1：1。
（4）电极B是________极，生成水煤气的电极反应式为________。
【答案】(1)
(2) C，D
(3) n B 加入的与反应ii生成的反应，使浓度降低，反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动，可明显提高平衡体系中的含量
(4) 阳
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，故反应的平衡常数表达式为根据盖斯定律可知反应可由反应i-反应ii得到，故；
故答案为： ； ；
（2）A．反应体系中气体质量不变，容器容积不变，则气体混合物的密度始终不变，故气体混合物的密度不再变化，不能说明反应达到平衡状态，A项错误；
B．消耗速率和的生成速率均表示正反应速率，不能证明正反应速率等于逆反应速率，故不能说明反应达到平衡状态，B项错误；
C．随着反应的进行，CO的浓度一直在改变，当变量不再发生变化时说明达到平衡状态，故当CO的浓度保持不变时，说明反应达到了平衡状态，C项正确；
D．反应i为气体体积增大的反应，气体质量不变，其平均相对分子质量在改变，当变量不再发生变化时说明达到平衡状态，故气体平均相对分子质量不再变化时，说明反应达到了平衡状态，D项正确；
故答案为： CD；
（3）①反应i为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，和的物质的量均增大，反应ii为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的物质的量增大，故图中表示CO的物质的量分数与温度变化的曲线为m；升高温度，反应i平衡正向移动，的物质的量减小，反应ii逆向移动，的物质的量增大，但升高温度对反应i的影响更大一些，则的物质的量减小，故表示的物质的量分数与温度变化的曲线为p；那么表示的物质的量分数与温度变化的曲线为n；
②结合图像可知，其他条件不变时，当温度达到650℃时，的转化率接近100%，的物质的量分数达到最大值，再升高温度，的物质的量分数不再变化，的转化率液不再发生变化，且会增加成本，故若要的产量最大，最适宜的反应温度为，答案选B；
③为碱性氧化物，能吸收酸性的气体，使反应ii平衡正向移动，CO的浓度减小，使反应i平衡正向移动，故在其他条件不变的情况下，向体系加入可明显提高平衡体系中的含量；
故答案为： n；B 加入的与反应ii生成的反应，使浓度降低，反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动，可明显提高平衡体系中的含量；
（4）由装置图可知，和在碱性电解液中制备和，反应中碳元素化合价降低，发生还原反应，故电极A为阴极，电极B为阳极；电极A上和得电子，发生还原反应，生成和，且物质的量之比为1：1，故电极反应式为。
故答案为： 阳；；
【分析】(1)反应的平衡常数，是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，故表达式为：
焓变计算：由反应i - 反应ii，
(2)平衡判断：C（CO浓度不变，说明正逆反应速率相等）；D（气体平均相对分子质量不变，说明气体物质的量不再变化）。
(3)①曲线判断：反应ii放热，升温时CO2物质的量分数减小，对应曲线n。
②温度选择：650~700℃时H2物质的量分数最大，选B。
③原理：，消耗CO2使反应ii正向移动，进而促进反应i正向移动，提高H2含量。
(4) 电极判断：B极生成O2（失电子），是阳极。
电极反应：
17．（2025高二上·湖南期末）镍及其化合物在工业上有广泛用途，以某地红土镍矿(主要成分、、，和铁的氧化物)为原料，采用酸溶法制取和，工业流程如图所示：
已知：①常温下，易溶于水，和NiOOH不溶于水：。
②在上述流程中，某些金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下：
沉淀物
开始沉淀时的pH 7.1 7.6 2.7 3.4 9.2
沉淀完全时的pH 9.0 9.6 3.2 4.7 11.1
回答下列问题：
（1）“浸取”时需将矿样研磨的目的是　 　，“滤渣1”的成分　 　(填化学式)。
（2）“滤液1”中加入的作用是　 　(用离子反应方程式表示)。
（3）操作Ⅱ为达到实验目的，由表中的数据判断通入调节溶液pH的范围是　 　。
（4）“滤液1”中是否存在，可用　 　检验。
（5）“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中的浓度为　 　mol/L。
（6）操作Ⅴ是：蒸发浓缩，　 　、过滤、洗涤。
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率；SiO2
（2）
（3）4.7~7.1
（4）KSCN溶液
（5）
（6）冷却结晶
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“浸取”时需将矿样研磨的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率；
NiO、MgO、Al2O3、和铁的氧化物与硫酸反应，二氧化硅和硫酸不反应，所以“滤渣1”的成分为：SiO2；
故答案为： 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率 ； SiO2 ；
（2）“滤液1”中加入的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节溶液pH从而除掉铁离子，其离子方程式为：；
故答案为： ；
（3）操作II的目的是沉淀铁离子、铝离子，而不能沉淀镍离子和镁离子，根据铝离子最终沉淀完全的pH值和镍离子开始沉淀的pH值，由表中数据判断通入氨气调节溶液pH的范围为：4.7~7.1；
故答案为： 4.7~7.1 ；
（4）“滤液1”中是否存在Fe3+，可用KSCN溶液检验，溶液变为红色，说明含有Fe3+，反之则无；
故答案为： KSCN溶液 ；
（5）镍离子沉淀完全的pH值为9.0，，“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中的浓度为；
故答案为： ；
（6）操作V是从溶液中得到晶体，其操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
故答案为： 冷却结晶 。
【分析】以红土镍矿（含 NiO、MgO、Al2O3、SiO2及铁的氧化物）为原料，制备硫酸镍和硫酸镁的流程分析如下：
酸浸：用硫酸浸取矿石，NiO、MgO、Al2O3及铁的氧化物与硫酸反应溶解，生成 Ni2+、Mg2+、Al3+、Fe2+（或 Fe3+）；SiO2不反应，过滤后得到含上述离子的滤液；向滤液加双氧水，将 Fe2+氧化为 Fe3+；通氨气调 pH，使 Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤除去；向除杂后滤液加 MgO 调 pH，使 Ni2+转化为 Ni(OH)2沉淀，过滤分离；Ni(OH)2加硫酸得硫酸镍；剩余含 Mg2+的滤液经蒸发结晶等操作，得硫酸镁晶体。
（1）“浸取”时需将矿样研磨的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率；
NiO、MgO、Al2O3、和铁的氧化物与硫酸反应，二氧化硅和硫酸不反应，所以“滤渣1”的成分为：SiO2；
（2）“滤液1”中加入的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节溶液pH从而除掉铁离子，其离子方程式为：；
（3）操作II的目的是沉淀铁离子、铝离子，而不能沉淀镍离子和镁离子，根据铝离子最终沉淀完全的pH值和镍离子开始沉淀的pH值，由表中数据判断通入氨气调节溶液pH的范围为：4.7~7.1；
（4）“滤液1”中是否存在Fe3+，可用KSCN溶液检验，溶液变为红色，说明含有Fe3+，反之则无；
（5）镍离子沉淀完全的pH值为9.0，，“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中的浓度为；
（6）操作V是从溶液中得到晶体，其操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
18．（2025高二上·湖南期末）常用作氧化还原滴定的氧化剂，现用酸性溶液滴定某未知浓度的溶液。请回答：
（1）酸性溶液与反应的离子方程式为　 　。
（2）酸性高锰酸钾溶液应该装在　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，向润洗过的滴定管中加入溶液，赶出滴定管尖嘴处的气泡，正确的操作图示为　 　(填字母)。
A． B． C． D．
（3）①滴定终点的现象为　 　。
②甲同学在滴定开始和结束时，装标准液的滴定管液面如图所示，则本次滴定所消耗标准液的体积为　 　mL。
（4）下列操作中可能使测定结果偏低的是___________(填字母)。
A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液
B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．读取标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
D．装标准液的滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时发现无气泡
【答案】（1）
（2）酸式；C
（3）当滴入最后半滴酸性溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色（紫红色），且半分钟内不褪色；26.10
（4）C
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）酸性溶液与反应生成CO2和Mn2+，离子方程式为；
故答案为： ；
（2）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中，操作C为赶出酸式滴定管尖嘴处的气泡的操作，故选C；
故答案为： 酸式 ；C；
（3）①滴定结束前溶液为无色，滴定结束后溶液呈紫色，所以滴定终点的现象为：当滴入最后半滴酸性溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色（紫红色），且半分钟内不褪色；
②根据滴定开始时读数为0，结束时读数为26.10mL，故本次滴定所消耗标准液的体积为26.10mL；
故答案为： 当滴入最后半滴酸性溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色（紫红色），且半分钟内不褪色 ； 26.10 ；
（4）A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液，导致滴定管中浓度降低，滴定时消耗的体积增大，则测定结果偏大，故A不符合题意；
B．锥形瓶中残留少量水，对测定结果无影响，故B不符合题意；
C．读数时滴定前仰视，滴定后俯视，读出的高锰酸钾溶液体积偏小，测定结果偏低，故C符合题意；
D．装标准液的滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时发现无气泡，则标准液消耗的体积偏大，则测定结果偏大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】酸性 KMnO4溶液本身呈紫色，可作为滴定 H2C2O4溶液的指示剂：
滴定终点前，过量的 H2C2O4会将滴入的 KMnO4完全还原，溶液快速褪色；
当 H2C2O4消耗完后，再滴入的 KMnO4无法被还原，溶液会呈现浅红色，若半分钟内不褪色，即为滴定终点。因此，此次滴定无需额外添加指示剂。
分析滴定误差时，只需判断操作对 “消耗酸性 KMnO4标准液体积” 的影响：若操作导致消耗体积偏大，则结果偏高；反之则偏低。据此解题。
(1) 依据氧化还原反应得失电子守恒配平离子方程式；
(2)滴定管选择：酸性 KMnO4有强氧化性，装在酸式滴定管。
赶气泡操作：酸式滴定管赶气泡选C（挤压玻璃球使溶液流出）。
(3)① 终点现象：滴入最后半滴 KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。
② 体积计算：滴定管起始读数 0.00mL，终点读数 26.10mL，消耗体积为26.10mL。
(4) A：滴定管未润洗，标准液浓度降低，消耗体积偏大，结果偏高。
B：锥形瓶有水，对 H2C2O4物质的量无影响，结果无偏差。
C：起始仰视、终点俯视，读数偏小，消耗体积偏小，结果偏低。
D：气泡消失使读数偏大，结果偏高。
（1）酸性溶液与反应生成CO2和Mn2+，离子方程式为；
（2）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中，操作C为赶出酸式滴定管尖嘴处的气泡的操作，故选C；
（3）①滴定结束前溶液为无色，滴定结束后溶液呈紫色，所以滴定终点的现象为：当滴入最后半滴酸性溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色（紫红色），且半分钟内不褪色；
②根据滴定开始时读数为0，结束时读数为26.10mL，故本次滴定所消耗标准液的体积为26.10mL；
（4）A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液，导致滴定管中浓度降低，滴定时消耗的体积增大，则测定结果偏大，故A不符合题意；
B．锥形瓶中残留少量水，对测定结果无影响，故B不符合题意；
C．读数时滴定前仰视，滴定后俯视，读出的高锰酸钾溶液体积偏小，测定结果偏低，故C符合题意；
D．装标准液的滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时发现无气泡，则标准液消耗的体积偏大，则测定结果偏大，故D不符合题意；
故答案选C。
1 / 1湖南省天壹名校联盟2024-2025学年高二上学期1月期末化学试题
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．（2025高二上·湖南期末）化学与生产、生活、社会、环境关系密切，下列说法正确的是
A．酒曲酿酒，利用了催化剂使平衡正向移动的原理
B．采用低温冷冻技术保存食物可减慢食物腐烂速率
C．用简单填埋的方法可以处理废弃的纽扣电池
D．用氢氧化钡和氯化铵晶体作为自热食品加热包的原料
2．（2025高二上·湖南期末）下列化学用语表述不正确的是
A．用惰性电极电解饱和食盐水：
B．用饱和溶液处理锅炉水垢中的：
C．的燃烧热，则101kPa时：
D．钢铁中性环境下发生电化学腐蚀时，正极的电极反应：
3．（2025高二上·湖南期末）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．无色溶液中：、、、
B．含有的溶液中：、、、
C．的NaOH溶液中：、、、
D．由水电离出的的溶液中：、、、
4．（2025高二上·湖南期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．液中阴离子总数小于 0.5
B．的液中，含有数目为 0.2
C．与在密闭容器中充分反应后分子的数目为 2
D．电解精炼铜时，阴极质量增加3.2g，电路中转移电子数为 0.1
5．（2025高二上·湖南期末）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．合成氨工业中将氨液化分离
B．夏天打开可乐瓶盖产生气泡
C．工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高的利用率
D．由、、组成的平衡体系加压后颜色变深
6．（2025高二上·湖南期末）下列关于盐类水解的应用，说法不正确的是
A．除去溶液中的可加入CuO后过滤
B．水溶液蒸发结晶能得到固体
C．工业上可利用水解制备
D．利用热的饱和溶液清洗餐具的油污
7．（2025高二上·湖南期末）下列实验装置(固定装置略去)及操作正确且能达到实验目的的是
A．图1探究固体表面积对反应速率的影响
B．图2铁制品表面镀铜
C．图3制备无水
D．图4用溶液滴定待测液
8．（2025高二上·湖南期末）化学学习的过程中，为了形象描述一些变化过程，往往采用很形象的宏观或微观图片来展示，下列图片及其展示的内容均正确的是
A．图甲为电解熔融NaCl原理图
B．图乙代表HI分子的有效碰撞
C．图丙表示溶液中醋酸分子的电离
D．图丁表示1g冰逐渐变为水蒸气时焓(H)值增加的过程
9．（2025高二上·湖南期末）25℃时，下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是
序号 ① ② ③ ④ ⑤
溶液 NaCl
pH 7.0 7.0 10.3 8.3 11.6
A．在④⑤溶液等体积混合的溶液中：
B．酸性的相对强弱：
C．由水电离产生的：①=②
D．pH值相同的溶液③④中酸根离子浓度：
10．（2025高二上·湖南期末）对化学反应mA(g)+nB(g) pC(g)的速率和平衡的影响，下列判断正确的是
A．由图a可知，该反应的正反应为吸热反应
B．由图b可知，该反应m+nC．若图c是绝热条件下速率和时间的图像，说明该反应的正反应为放热反应
D．图d中的a曲线一定是加入了催化剂
11．（2025高二上·湖南期末）下列相关实验能达到预期目的的是
选项 实验操作 实验目的
A 可逆反应建立平衡后，在其它条件不变时，加入KCl固体，观察体系颜色的变化。 验证浓度对化学平衡的影响
B 相同温度下，将等质量的大理石块、大理石粉末分别加入等体积、等浓度的盐酸和硫酸中，观察气泡产生的快慢。 验证固体接触面积对化学反应速率的影响
C 比较和的大小 向溶液加入溶液，再向溶液加入几滴
D 测定的电离和水解程度相对大小 用pH计测定溶液的酸碱性
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高二上·湖南期末）下图所示装置中，甲、乙、丙三个装置中依次分别盛放含酚酞的200mLNaCl溶液、CuSO4溶液、MgCl2溶液， a、b、e、f电极均为石墨电极。通电一段时间后，a极附近首先变红色，下列有关说法正确的是
A．则M接电源的正极
B．乙为铁片上镀铜，则d极为铁片
C．当f电极生成0.224L某一种气体时（已经换算为标准状况下），常温下，则甲中溶液的pH=13（忽略溶液体积的变化）
D．丙中原理用于工业制备镁单质
13．（2025高二上·湖南期末）催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图1所示。研究发现，在催化剂上可能发生的反应过程如图2所示。下列说法正确的是
A．图1三步反应中，第①步反应的活化能最大，为慢反应
B．图2中作催化剂
C．图2总反应的原子利用率为
D．图1使用催化剂可以降低反应的活化能，从而改变反应的焓变
14．（2025高二上·湖南期末）燃料电池以熔融的金属氧化物为电解质、CH4为燃料，装置如图所示。下列说法不正确的是
A．b极加入的物质为空气(O2)，发生还原反应
B．O2—向a极移动
C．正极电极反应式为：O2+4H++4e—=2H2O
D．标准状况下，每消耗11.2L甲烷，导线中转移的电子数为4NA
二、非选择题：共4小题，共58分。
15．（2025高二上·湖南期末）已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表所示：
化学式 HF HClO
电离常数
（1）25℃时，的NaClO溶液中各离子浓度的大小关系为　 　。(离子浓度如的浓度以表示，下同)。向NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式为　 　。
（2）溶液中的电荷守恒关系式为　 　。
（3）溶液显　 　(填酸性，碱性或中性)。
（4）物质的量浓度相同的、两种溶液，pH较大的是　 　。
（5）泡沫灭火器利用了硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液的反应，用离子方程式表示原理　 　。
（6）常温下，向的氨水中逐滴加入的盐酸，所得溶液的pH、溶液中和物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如下图所示，根据图像回答下列问题。
①表示浓度变化的曲线是　 　(填“A”或“B”)。
②当加入盐酸体积为50mL时，溶液中　 　(用指数形式表示即可)。
16．（2025高二上·湖南期末）绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰，碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。
Ⅰ．甲烷和水蒸气催化制氢气。主要反应如下：
ⅰ．
ⅱ．
（1）反应平衡常数的表达式为________；反应的________。
（2）在容积不变的绝热密闭容器中发生反应ⅰ，下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A. 气体混合物的密度不再变化 B. 消耗速率和的生成速率相等
C. CO的浓度保持不变 D. 气体平均相对分子质量不再变化
（3）恒定压强为时，将的混合气体投入反应器中发生反应ⅰ和ⅱ，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。
①图中表示的物质的量分数与温度的变化曲线是________(填字母)。
②结合图中数据，其他条件不变，若要的产量最大，最适宜的反应温度是________(填标号)。
A． B． C．
③在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中的含量，原因是________(用相应化学方程式表示即可)。
Ⅱ．电解法制氢气。某科研小组设计如图所示电解池，利用和在碱性电解液中制备水煤气(、CO)，产物中和CO的物质的量之比为1：1。
（4）电极B是________极，生成水煤气的电极反应式为________。
17．（2025高二上·湖南期末）镍及其化合物在工业上有广泛用途，以某地红土镍矿(主要成分、、，和铁的氧化物)为原料，采用酸溶法制取和，工业流程如图所示：
已知：①常温下，易溶于水，和NiOOH不溶于水：。
②在上述流程中，某些金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下：
沉淀物
开始沉淀时的pH 7.1 7.6 2.7 3.4 9.2
沉淀完全时的pH 9.0 9.6 3.2 4.7 11.1
回答下列问题：
（1）“浸取”时需将矿样研磨的目的是　 　，“滤渣1”的成分　 　(填化学式)。
（2）“滤液1”中加入的作用是　 　(用离子反应方程式表示)。
（3）操作Ⅱ为达到实验目的，由表中的数据判断通入调节溶液pH的范围是　 　。
（4）“滤液1”中是否存在，可用　 　检验。
（5）“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中的浓度为　 　mol/L。
（6）操作Ⅴ是：蒸发浓缩，　 　、过滤、洗涤。
18．（2025高二上·湖南期末）常用作氧化还原滴定的氧化剂，现用酸性溶液滴定某未知浓度的溶液。请回答：
（1）酸性溶液与反应的离子方程式为　 　。
（2）酸性高锰酸钾溶液应该装在　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，向润洗过的滴定管中加入溶液，赶出滴定管尖嘴处的气泡，正确的操作图示为　 　(填字母)。
A． B． C． D．
（3）①滴定终点的现象为　 　。
②甲同学在滴定开始和结束时，装标准液的滴定管液面如图所示，则本次滴定所消耗标准液的体积为　 　mL。
（4）下列操作中可能使测定结果偏低的是___________(填字母)。
A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液
B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．读取标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
D．装标准液的滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时发现无气泡
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】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、酒曲酿酒过程中，催化剂（酒曲）仅能加快反应速率，但不能改变化学平衡状态，A错误；
B、低温冷冻技术通过降低温度来减缓化学反应速率，从而延缓食物变质，B正确；
C、由于纽扣电池含有重金属污染物，采用填埋处理会造成土壤污染，C错误；
D、氢氧化钡与氯化铵晶体的反应虽是吸热反应，但其腐蚀性和毒性使其不适合作为食品加热原料，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要集中在对每个选项涉及的化学原理 / 实际应用的混淆：
A．易错认为 “催化剂能使平衡移动”，但实际催化剂仅改变反应速率，不影响化学平衡，酒曲酿酒中酒曲是催化剂，不改变平衡，此选项易误选。
C．易错认为 “纽扣电池可简单填埋”，但纽扣电池含重金属（如汞、镉），填埋会污染土壤、水源，不能简单处理，此选项易误判。
D．易错认为 “氢氧化钡与氯化铵反应能放热”，但该反应是吸热反应，无法作为自热食品加热包原料（加热包需放热反应），此选项易误选。
2．【答案】C
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、惰性电极电解饱和食盐水时，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水得电子生成氢气和氢氧根离子。总反应式为： ，A正确；
B、碳酸钠溶液处理硫酸钙水垢的原理是沉淀转化，反应式为：，该过程符合沉淀溶解平衡原理，B正确；
C、甲醇燃烧热的定义是1mol甲醇完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出的热量。题目给出的热化学方程式中甲醇系数为2mol，且焓变数值对应的是2mol甲醇燃烧，不符合燃烧热定义，C错误；
D、中性环境下钢铁发生吸氧腐蚀，其正极反应为： ，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．电解饱和食盐水的离子方程式，需符合 “惰性电极下 Cl-、H2O 的放电顺序”，方程式配平（电子、原子、电荷守恒）正确。
B．沉淀转化的离子方程式，需符合 “难溶物转化为更难溶物（CaSO4→CaCO3）” 的规律，用可逆号表示平衡，表述正确。
C．燃烧热的定义是 “1mol 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量”，其中 H 的稳定氧化物是液态水（H2O (l)），但选项 C 中生成的是气态水（H2O (g)），且反应热数值也会因状态不同而改变，因此该热化学方程式错误。
D．钢铁中性电化学腐蚀（吸氧腐蚀）的正极反应，需符合 “中性环境下 O2得电子生成 OH-” 的电极反应规律，表述正确。
3．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；离子共存
【解析】【解答】A、无色溶液中，与会发生络合反应生成红色络合物，且本身呈黄色，不符合无色溶液的条件，A错误；
B、与会发生双水解反应，导致二者不能共存，B错误；
C、在pH=11的碱性溶液中，、、、等离子之间不发生反应，可以大量共存，C正确；
D、当水电离出的时，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈强酸性或强碱性。在酸性条件下，会被氧化；在碱性条件下，和会与反应生成沉淀，D错误。
故答案为：C。
【分析】A．Fe3+（黄色）不符合 “无色溶液” 的条件，且 Fe3+与 SCN-会结合生成络合物，不能共存；
B．Al3+与 HCO3-会发生双水解反应（生成 Al(OH)3沉淀和 CO2气体），不能共存；
C．pH=11 的 NaOH 溶液呈碱性，CO32-、K+、NO3-、SO42-之间不发生反应，且均能在碱性环境中稳定存在，可大量共存。
D．由水电离出的 c (H+)=1.0×10- 3mol L- 的溶液，可能是强酸性或强碱性：酸性条件下，Fe2+与 NO3-会发生氧化还原反应；碱性条件下，Fe2+、Al3+会生成沉淀，均不能共存。
4．【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．CH3COONa溶液中存在CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，其中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因此溶液中阴离子总数大于 0.5，故A错误；
B.1LpH=1的H2SO4溶液中，n(H＋)=0.1mol·L－1×1L=0.1mol，因此溶液中含有H+数目为0.1NA，故B错误；
C.2moINO与1molO2在密闭容器中充分反应后生成2molNO2，NO2继续发生反应2NO2(g) N2O4(g)，因此分子的数目小于2NA，故C错误；
D．电解精炼铜时，阴极质量增加3.2g，即阴极析出n(Cu)=0.05mol，此时电路中转移电子数为0.1NA，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、溶液中存在CH3COO－的水解，结合电荷守恒分析。
B、pH=1的H2SO4溶液中c(H＋)=0.1mol·L－1，据此计算溶液中H＋的数目。
C、NO与O2反应生成NO2，NO2进一步发生可逆反应2NO2(g) N2O4(g)，使得分子数减小。
D、电解精炼铜的过程中，阴极的电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，据此进行计算。
5．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、合成氨工业中通过液化分离氨气，降低了生成物浓度，使平衡向正反应方向移动，有利于氨的合成，A不符合题意；
B、开启可乐瓶盖时，瓶内压强降低，导致二氧化碳溶解度减小，平衡向生成气体的方向移动，产生气泡，B不符合题意；
C、增加空气（氧气）的用量，相当于增大反应物浓度，使平衡正向移动，从而提高二氧化硫的转化率，C不符合题意；
D、对于由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系，反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)在加压时，虽然各组分浓度增大使体系颜色加深，但由于反应前后气体分子数相等，平衡不发生移动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点集中在对勒夏特列原理适用条件的混淆：
错判选项 D 的本质：易错认为 “平衡体系加压后颜色变深” 是平衡移动导致，但反应
H2(g)+I2(g) 2HI(g) 是气体分子数不变的反应，加压后平衡不移动，颜色变深只是因为 I2浓度增大（体积缩小）—— 勒夏特列原理只适用于 “平衡会移动” 的情况，此选项易误判为能用原理解释。
对 “平衡移动” 的模糊认知：
选项 A（液化分离氨，平衡正向移动）、B（开盖减压，溶解平衡逆向移动）、C（过量空气使平衡正向移动）均是 “改变条件→平衡移动”，符合勒夏特列原理；但易因忽略 “反应前后气体分子数是否变化”，错将 D 归为平衡移动的情况。
6．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、氯化铁属于强酸弱碱盐，在水溶液中会发生水解反应生成氢氧化铁和盐酸。为去除氯化铜溶液中的氯化铁杂质，可向溶液中加入氧化铜。氧化铜能与盐酸反应，促使水解平衡正向移动，使氯化铁转化为氢氧化铁沉淀，通过过滤即可得到纯净的氯化铜溶液，A正确；B、 亚硫酸钠具有还原性，在蒸发结晶过程中容易被空气中的氧气氧化为硫酸钠，因此无法通过蒸发结晶的方法获得亚硫酸钠固体，B错误；
C、四氯化钛作为强酸弱碱盐，在水溶液中水解会生成水合二氧化钛，加热后水合二氧化钛分解可制得二氧化钛。因此工业上常用四氯化钛水解法制备二氧化钛，C正确；
D、溶液因水解呈碱性，其热饱和溶液能促进油脂的水解反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．CuO 与 Fe3+水解产生的 H+反应，促进 Fe3+水解为 Fe(OH)3沉淀，过滤可除杂，符合水解应用；
B．Na2SO3溶液蒸发时，SO32-虽会水解（SO32-+H2O HSO3-+OH-），但更关键的是Na2SO3还原性强，易被空气中 O2氧化为 Na2SO4，因此蒸发结晶无法得到 Na2SO3固体，该选项错误。
C．TiCl4水解（TiCl4+2H2O TiO2+4HCl），加热使 HCl 挥发，促进水解完全，可制 TiO2，是水解的工业应用；
D．Na2CO3中 CO32-水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-），加热增强碱性，油污在碱性中水解，符合水解应用。
7．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】A、探究固体表面积对反应速率的影响，需保证盐酸浓度相同（图 1 中盐酸浓度不同），变量不唯一，A错误；
B、铁制品表面镀铜时，镀件（铁）应作阴极、镀层金属（铜）作阳极，图 2 中铁接电源正极（作阳极），会被腐蚀，B错误；
C、MgCl2 6H2O 受热易水解，通入 HCl（抑制水解）并加热，可制备无水 MgCl2，碱石灰还能吸收尾气与水蒸气，C正确；
D、NaOH 溶液应装在碱式滴定管（图 4 用了酸式滴定管），且滴定需用锥形瓶、指示剂（酚酞）应加在待测液中，操作不规范，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：变量控制（图 1）：探究固体表面积的影响，需保证其他变量（如盐酸浓度）一致，否则无法判断。
电镀原理（图 2）：镀铜时，镀件（铁）作阴极、镀层金属（铜）作阳极，接反会腐蚀镀件。
水解抑制（图 3）：MgCl2 6H2O水解，通入HCl可抑制水解，结合加热、碱石灰除杂，能制无水 MgCl2。
滴定操作（图 4）：NaOH需用碱式滴定管，且指示剂应加在待测液中，酸式滴定管不适用。
8．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；有效碰撞理论
【解析】【解答】A、电解熔融NaCl体系中仅含Na+和Cl-离子，不存在水合离子（如H2O·Na+和H2O·Cl-），因此图甲展示的是电解NaCl水溶液的原理，而非熔融态NaCl，A错误；
B、HI分子的有效碰撞应导致I-I键和H-H键形成（生成I2和H2），而图乙中仅显示HI分子碰撞后未发生化学键重组，未产生新物质，故该碰撞属于无效碰撞，B错误；
C、醋酸（CH3COOH）为弱酸，其电离过程应包含未电离的CH3COOH分子与已电离的CH3COO-和H+离子共存的状态，图丙中缺失醋酸分子，无法正确表示弱电解质的电离平衡，C错误；
D、当1g冰（固态H2O）依次转变为1g液态水和1g水蒸气时，系统需吸收能量（熔化热和汽化热），导致焓值（H）增大，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．易错认为图甲是电解熔融 NaCl，但电解熔融 NaCl 的产物是 Na 和 Cl2（离子形式），而图甲展示的是分子层面的变化，与电解熔融离子化合物的本质不符。
混淆有效碰撞（选项 B．HI 的分解反应中，有效碰撞需要 HI 分子以合适取向碰撞，但图乙中 HI 分子的碰撞取向不符合反应要求，并非有效碰撞。
C．醋酸是弱电解质，电离是部分电离（存在大量 CH3COOH 分子），但图丙中 CH3COOH 几乎完全电离为离子，与弱电解质电离的实际情况矛盾。
D．易错认为 “冰→液态水→水蒸气” 的焓变描述错误，但焓（H）是状态函数，冰熔化、水蒸发均需吸热，H 值逐渐增加，此选项易因对焓变的过程认知不足而误判。
9．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、在等体积等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中，根据物料守恒关系可得：，A正确；
B、根据盐类水解规律"越弱越水解"可知，NaClO中次氯酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，说明HClO的酸性弱于碳酸（），B错误；
C、NaCl是中性盐，不影响水的电离；而CH3COONH4作为可水解的盐能促进水的电离，因此由水电离产生的c(H+)关系为：①（NaCl溶液）小于②（CH3COONH4溶液），C错误；
D、当两种溶液pH相同时，由于NaClO的水解程度大于NaHCO3，说明NaClO的初始浓度小于NaHCO3，因此溶液中必然小于，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．④（NaHCO3）与⑤（Na2CO3）等体积混合，CO32-水解程度大于 HCO3-，结合守恒规律，离子浓度关系合理。
B．CO32-对应酸是 HCO3-，HCO3-对应酸是 H2CO3，酸性 H2CO3＞HCO3-，该选项酸性强弱判断错误。
C．①NaCl（不影响水电离），②CH3COONH4（双水解促进水电离），水电离程度②＞①。
D．pH 相同时，弱酸（③）浓度低、NaHCO3（④）浓度高，酸根离子浓度④＞③。
10．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、图 a 中，T2先达平衡（温度更高），平衡时 C% 更低，说明升温使平衡逆向移动，正反应为放热反应，A错误；
B、图 b 中，压强增大（P 升高），C% 增大，平衡正向移动，说明正反应是气体分子数减少的反应，即 m+n>p，B错误；
C、绝热条件下，图 c 中反应速率先增后减：反应放热使体系温度升高（速率加快），后期反应物减少（速率减慢），说明正反应为放热反应，C正确；
D、图 d 中 a 曲线达平衡更快但平衡状态不变，可能是加催化剂，也可能是增大压强（若 m+n=p），不一定是催化剂，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：“先拐先平” 定条件：平衡图像里，曲线先出现拐点意味着反应速率更快（对应温度更高、压强更大），结合平衡时产物的百分含量，能判断温度、压强对平衡的影响。
温度、压强影响平衡方向：升温后产物（C）的百分含量降低，说明正反应是放热反应；加压后产物（C）的百分含量升高，说明正反应是气体分子数减少的反应（即 m+n>p）。
绝热体系的反应热判断：绝热条件下，反应速率先增后减，是因为反应放热让体系温度升高（速率加快），说明正反应是放热反应。
平衡不变的速率加快原因：达平衡时间缩短但平衡状态没变化，可能是加了催化剂，也可能是增大了压强（当 m+n=p 时）。
11．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、该反应的离子方程式为Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3。当体系达到平衡状态后，加入KCl不会影响平衡移动，因为KCl并未参与反应。因此，该实验设计无法验证浓度变化对化学平衡的影响，A不符合题意；
B、实验中使用的盐酸和硫酸虽然体积和浓度相同，但两者c(H+)存在差异（硫酸为二元酸）。此外，硫酸钙属于微溶物，会覆盖在固体表面影响反应。正确的实验设计应使用相同浓度的稀盐酸进行对比。因此，该实验不能有效验证固体接触面积对反应速率的影响，B不符合题意；
C、实验过程中先发生MgCl2与NaOH反应，由于NaOH过量，过量的碱会继续与CuCl2反应。这种设计无法直接比较Mg(OH)2和Cu(OH)2的溶度积大小，C不符合题意；
D、HC2O在水溶液中同时存在电离和水解平衡。通过测定溶液pH可以判断主导过程：若溶液呈酸性说明电离程度大于水解程度，反之则水解占优势。该实验设计能达到预期目的，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．该平衡的实质是 Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，加入 KCl 固体不改变 Fe3+、SCN-的浓度，平衡不移动，无法验证浓度对平衡的影响。
B．盐酸和硫酸的阴离子不同（Cl-、SO42-），且硫酸与大理石反应生成微溶的 CaSO4会覆盖固体表面，变量不唯一，无法验证接触面积的影响。
C．NaOH 过量，加入 CuCl2后 OH-浓度高，会直接生成 Cu(OH)2沉淀，并非由 Mg(OH)2转化而来，无法比较 Ksp。
D．NaHC2O4的电离使溶液显酸性、水解使溶液显碱性，通过 pH 计测定溶液酸碱性，可判断电离与水解程度的相对大小（pH<7 则电离> 水解，pH>7 则水解 > 电离），实验设计合理。
12．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、根据上述分析，M连接电源负极，N连接电源正极，A错误；B、乙烧杯中为CuSO4溶液，要实现铁片上镀铜，应使铁片作为阴极（c极），铜片作为阳极（d极）。题目描述与此不符，B错误；
C、f电极作为阳极发生反应：。生成0.01mol Cl2（0.224L÷22.4L/mol）时转移0.02mol电子。甲池中发生的总反应为： 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 。转移0.02mol电子时生成0.02mol NaOH，溶液浓度为0.1mol/L（0.02mol÷0.2L），此时pH=13（c(H+)=10-13mol/L），C正确；
D、丙池中阴极产生H2使OH-浓度增大，与Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，阳极产生Cl2而非镁单质，故不能用于工业制备镁，D错误；
【分析】根据图示可知甲、乙、丙三个电解池串联连接。通电一段时间后，观察到a极附近溶液首先变红，说明a电极附近呈碱性，表明该电极发生还原反应：。由此可确定a电极为阴极，与之相连的电源电极M为负极，N为正极。据此对各选项进行分析判断。
13．【答案】A
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据图1显示，第①步反应的活化能最高。由于活化能越大反应速率越慢，因此第①步是慢反应，A正确；B、图2中各步反应如下：
① 2NH3 + 2Fe3+ → 2Fe2+NH2 + 2H+
② 2Fe2+NH2 + 2NO → 2N2 + 2H2O + 2Fe2+
③ 4Fe2+ + 4H+ + O2 → 4Fe3+ + 2H2O
总反应为：4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O
由此可知Fe3+是催化剂，Fe2+是中间产物，B错误；
C、图2总反应生成N2的同时还产生H2O，原子利用率不可能达到，C错误；
D、催化剂只能降低活化能，不能改变反应焓变(ΔH)，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．图 1 中活化能是 “反应物到过渡态的能量差”，第①步的能量峰值最高，活化能最大；活化能越大反应速率越慢，故为慢反应。
B．图 2 中 Fe3+ 参与反应后又生成，是催化剂；Fe2+ 是中间产物（生成后又消耗），并非催化剂。
C．图 2 总反应为 4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，反应物有 3 种、生成物有 2 种，原子利用率不是 100%（只有化合反应原子利用率才可能为 100%）。
D．催化剂只能降低活化能、加快反应速率，但不能改变反应的焓变（焓变由反应物和生成物的总能量差决定）。
14．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、分析表明，b极通入空气，氧气在正极得电子还原为氧离子，A正确；
B、根据电极性质，阴离子（O2 ）向负极a极迁移，B正确；
C、b极反应为氧气得电子还原过程，电极反应式应为O2+4e-=2O2-，C错误；
D、根据a极反应计算，标准状况下11.2L甲烷完全反应转移电子数为：×8×NAmol—1=4NA，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据图示中电子流动方向判断，a电极作为燃料电池的负极，甲烷在氧离子参与下发生氧化反应生成二氧化碳和水，其电极反应为：CH4+ 4O2--8e-=CO2+2H2O，b电极作为正极，氧气得电子还原为氧离子，电极反应为：O2+4e-=2O2-。
15．【答案】（1）c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)；ClO-+CO2+H2O=HClO+
（2）c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
（3）酸性
（4）NaClO溶液
（5）Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑
（6）A；1.8
【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；中和滴定；离子方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）NaClO属于强碱弱酸盐，由于ClO-的水解使得NaClO溶液呈碱性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)；由于K1(H2CO3) ＞K(HClO) ＞K2(H2CO3)，故NaClO溶液与少量CO2反应生成HClO和NaHCO3，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+。
故答案为： c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+) ； ClO-+CO2+H2O=HClO+ ；
（2）NH4Cl溶液中存在、H+、Cl-、OH-，的电荷守恒关系式为c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。
故答案为： c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-) ；
（3）由于HF的电离常数大于NH3 H2O的电离常数，故NH4F溶液中的水解程度大于F-的水解程度，NH4F溶液显酸性。
故答案为： 酸性 ；
（4）由于HNO2的电离常数大于HClO的电离常数，故物质的量浓度相同的NaNO2、NaClO溶液中ClO-的水解程度大于的水解程度，NaClO溶液的碱性较强，即pH较大的是NaClO溶液。
故答案为： NaClO溶液 ；
（5）硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和CO2，反应的离子方程式为Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑。
故答案为： Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑ ；
（6）①随着盐酸的滴入，溶液的pH不断减小、的浓度不断增大、NH3 H2O的浓度不断减小，故A表示NH3 H2O浓度的变化，B表示浓度的变化；
②由图可知，当加入盐酸体积为50mL时，溶液的pH=9，溶液中c(H+)=10-9mol/L、c(OH-)=10-5mol/L，K(NH3 H2O) ==1.8×10-5，则c()∶c(NH3 H2O)==1.8。
故答案为： A ；1.8；
【分析】(1)离子浓度：NaClO 中 ClO-水解使溶液显碱性，离子浓度为 c (Na+) > c (ClO-) > c (OH-) > c (H+)。
离子方程式：依据电离常数 K1(H2CO3) > K (HClO) > K2(H2CO3)，反应为 ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-。
(2)电荷守恒：溶液中阳离子总电荷等于阴离子总电荷，即 c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。
(3)酸碱性判断：HF 电离常数大于 NH3 H2O，NH4+水解程度大于 F-，溶液显酸性。
(4)pH 比较：HNO2电离常数大于 HClO，ClO-水解程度更大，NaClO 溶液碱性更强，pH 更大。
(5)离子方程式：Al3+与 HCO3-发生双水解，反应为 Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。
(6)①曲线判断：加盐酸时 NH3 H2O 浓度减小，对应曲线 A。②浓度比：由 NH3 H2O 电离常数 K 计算，得 c (NH4+) ： c (NH3 H2O) = 1.8。
（1）NaClO属于强碱弱酸盐，由于ClO-的水解使得NaClO溶液呈碱性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)；由于K1(H2CO3) ＞K(HClO) ＞K2(H2CO3)，故NaClO溶液与少量CO2反应生成HClO和NaHCO3，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+。
（2）NH4Cl溶液中存在、H+、Cl-、OH-，的电荷守恒关系式为c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。
（3）由于HF的电离常数大于NH3 H2O的电离常数，故NH4F溶液中的水解程度大于F-的水解程度，NH4F溶液显酸性。
（4）由于HNO2的电离常数大于HClO的电离常数，故物质的量浓度相同的NaNO2、NaClO溶液中ClO-的水解程度大于的水解程度，NaClO溶液的碱性较强，即pH较大的是NaClO溶液。
（5）硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和CO2，反应的离子方程式为Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑。
（6）①随着盐酸的滴入，溶液的pH不断减小、的浓度不断增大、NH3 H2O的浓度不断减小，故A表示NH3 H2O浓度的变化，B表示浓度的变化；
②由图可知，当加入盐酸体积为50mL时，溶液的pH=9，溶液中c(H+)=10-9mol/L、c(OH-)=10-5mol/L，K(NH3 H2O) ==1.8×10-5，则c()∶c(NH3 H2O)==1.8。
16．【答案】(1)
(2) C，D
(3) n B 加入的与反应ii生成的反应，使浓度降低，反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动，可明显提高平衡体系中的含量
(4) 阳
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，故反应的平衡常数表达式为根据盖斯定律可知反应可由反应i-反应ii得到，故；
故答案为： ； ；
（2）A．反应体系中气体质量不变，容器容积不变，则气体混合物的密度始终不变，故气体混合物的密度不再变化，不能说明反应达到平衡状态，A项错误；
B．消耗速率和的生成速率均表示正反应速率，不能证明正反应速率等于逆反应速率，故不能说明反应达到平衡状态，B项错误；
C．随着反应的进行，CO的浓度一直在改变，当变量不再发生变化时说明达到平衡状态，故当CO的浓度保持不变时，说明反应达到了平衡状态，C项正确；
D．反应i为气体体积增大的反应，气体质量不变，其平均相对分子质量在改变，当变量不再发生变化时说明达到平衡状态，故气体平均相对分子质量不再变化时，说明反应达到了平衡状态，D项正确；
故答案为： CD；
（3）①反应i为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，和的物质的量均增大，反应ii为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的物质的量增大，故图中表示CO的物质的量分数与温度变化的曲线为m；升高温度，反应i平衡正向移动，的物质的量减小，反应ii逆向移动，的物质的量增大，但升高温度对反应i的影响更大一些，则的物质的量减小，故表示的物质的量分数与温度变化的曲线为p；那么表示的物质的量分数与温度变化的曲线为n；
②结合图像可知，其他条件不变时，当温度达到650℃时，的转化率接近100%，的物质的量分数达到最大值，再升高温度，的物质的量分数不再变化，的转化率液不再发生变化，且会增加成本，故若要的产量最大，最适宜的反应温度为，答案选B；
③为碱性氧化物，能吸收酸性的气体，使反应ii平衡正向移动，CO的浓度减小，使反应i平衡正向移动，故在其他条件不变的情况下，向体系加入可明显提高平衡体系中的含量；
故答案为： n；B 加入的与反应ii生成的反应，使浓度降低，反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动，可明显提高平衡体系中的含量；
（4）由装置图可知，和在碱性电解液中制备和，反应中碳元素化合价降低，发生还原反应，故电极A为阴极，电极B为阳极；电极A上和得电子，发生还原反应，生成和，且物质的量之比为1：1，故电极反应式为。
故答案为： 阳；；
【分析】(1)反应的平衡常数，是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，故表达式为：
焓变计算：由反应i - 反应ii，
(2)平衡判断：C（CO浓度不变，说明正逆反应速率相等）；D（气体平均相对分子质量不变，说明气体物质的量不再变化）。
(3)①曲线判断：反应ii放热，升温时CO2物质的量分数减小，对应曲线n。
②温度选择：650~700℃时H2物质的量分数最大，选B。
③原理：，消耗CO2使反应ii正向移动，进而促进反应i正向移动，提高H2含量。
(4) 电极判断：B极生成O2（失电子），是阳极。
电极反应：
17．【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率；SiO2
（2）
（3）4.7~7.1
（4）KSCN溶液
（5）
（6）冷却结晶
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“浸取”时需将矿样研磨的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率；
NiO、MgO、Al2O3、和铁的氧化物与硫酸反应，二氧化硅和硫酸不反应，所以“滤渣1”的成分为：SiO2；
故答案为： 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率 ； SiO2 ；
（2）“滤液1”中加入的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节溶液pH从而除掉铁离子，其离子方程式为：；
故答案为： ；
（3）操作II的目的是沉淀铁离子、铝离子，而不能沉淀镍离子和镁离子，根据铝离子最终沉淀完全的pH值和镍离子开始沉淀的pH值，由表中数据判断通入氨气调节溶液pH的范围为：4.7~7.1；
故答案为： 4.7~7.1 ；
（4）“滤液1”中是否存在Fe3+，可用KSCN溶液检验，溶液变为红色，说明含有Fe3+，反之则无；
故答案为： KSCN溶液 ；
（5）镍离子沉淀完全的pH值为9.0，，“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中的浓度为；
故答案为： ；
（6）操作V是从溶液中得到晶体，其操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
故答案为： 冷却结晶 。
【分析】以红土镍矿（含 NiO、MgO、Al2O3、SiO2及铁的氧化物）为原料，制备硫酸镍和硫酸镁的流程分析如下：
酸浸：用硫酸浸取矿石，NiO、MgO、Al2O3及铁的氧化物与硫酸反应溶解，生成 Ni2+、Mg2+、Al3+、Fe2+（或 Fe3+）；SiO2不反应，过滤后得到含上述离子的滤液；向滤液加双氧水，将 Fe2+氧化为 Fe3+；通氨气调 pH，使 Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤除去；向除杂后滤液加 MgO 调 pH，使 Ni2+转化为 Ni(OH)2沉淀，过滤分离；Ni(OH)2加硫酸得硫酸镍；剩余含 Mg2+的滤液经蒸发结晶等操作，得硫酸镁晶体。
（1）“浸取”时需将矿样研磨的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率；
NiO、MgO、Al2O3、和铁的氧化物与硫酸反应，二氧化硅和硫酸不反应，所以“滤渣1”的成分为：SiO2；
（2）“滤液1”中加入的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节溶液pH从而除掉铁离子，其离子方程式为：；
（3）操作II的目的是沉淀铁离子、铝离子，而不能沉淀镍离子和镁离子，根据铝离子最终沉淀完全的pH值和镍离子开始沉淀的pH值，由表中数据判断通入氨气调节溶液pH的范围为：4.7~7.1；
（4）“滤液1”中是否存在Fe3+，可用KSCN溶液检验，溶液变为红色，说明含有Fe3+，反之则无；
（5）镍离子沉淀完全的pH值为9.0，，“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中的浓度为；
（6）操作V是从溶液中得到晶体，其操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
18．【答案】（1）
（2）酸式；C
（3）当滴入最后半滴酸性溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色（紫红色），且半分钟内不褪色；26.10
（4）C
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）酸性溶液与反应生成CO2和Mn2+，离子方程式为；
故答案为： ；
（2）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中，操作C为赶出酸式滴定管尖嘴处的气泡的操作，故选C；
故答案为： 酸式 ；C；
（3）①滴定结束前溶液为无色，滴定结束后溶液呈紫色，所以滴定终点的现象为：当滴入最后半滴酸性溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色（紫红色），且半分钟内不褪色；
②根据滴定开始时读数为0，结束时读数为26.10mL，故本次滴定所消耗标准液的体积为26.10mL；
故答案为： 当滴入最后半滴酸性溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色（紫红色），且半分钟内不褪色 ； 26.10 ；
（4）A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液，导致滴定管中浓度降低，滴定时消耗的体积增大，则测定结果偏大，故A不符合题意；
B．锥形瓶中残留少量水，对测定结果无影响，故B不符合题意；
C．读数时滴定前仰视，滴定后俯视，读出的高锰酸钾溶液体积偏小，测定结果偏低，故C符合题意；
D．装标准液的滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时发现无气泡，则标准液消耗的体积偏大，则测定结果偏大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】酸性 KMnO4溶液本身呈紫色，可作为滴定 H2C2O4溶液的指示剂：
滴定终点前，过量的 H2C2O4会将滴入的 KMnO4完全还原，溶液快速褪色；
当 H2C2O4消耗完后，再滴入的 KMnO4无法被还原，溶液会呈现浅红色，若半分钟内不褪色，即为滴定终点。因此，此次滴定无需额外添加指示剂。
分析滴定误差时，只需判断操作对 “消耗酸性 KMnO4标准液体积” 的影响：若操作导致消耗体积偏大，则结果偏高；反之则偏低。据此解题。
(1) 依据氧化还原反应得失电子守恒配平离子方程式；
(2)滴定管选择：酸性 KMnO4有强氧化性，装在酸式滴定管。
赶气泡操作：酸式滴定管赶气泡选C（挤压玻璃球使溶液流出）。
(3)① 终点现象：滴入最后半滴 KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。
② 体积计算：滴定管起始读数 0.00mL，终点读数 26.10mL，消耗体积为26.10mL。
(4) A：滴定管未润洗，标准液浓度降低，消耗体积偏大，结果偏高。
B：锥形瓶有水，对 H2C2O4物质的量无影响，结果无偏差。
C：起始仰视、终点俯视，读数偏小，消耗体积偏小，结果偏低。
D：气泡消失使读数偏大，结果偏高。
（1）酸性溶液与反应生成CO2和Mn2+，离子方程式为；
（2）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中，操作C为赶出酸式滴定管尖嘴处的气泡的操作，故选C；
（3）①滴定结束前溶液为无色，滴定结束后溶液呈紫色，所以滴定终点的现象为：当滴入最后半滴酸性溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色（紫红色），且半分钟内不褪色；
②根据滴定开始时读数为0，结束时读数为26.10mL，故本次滴定所消耗标准液的体积为26.10mL；
（4）A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液，导致滴定管中浓度降低，滴定时消耗的体积增大，则测定结果偏大，故A不符合题意；
B．锥形瓶中残留少量水，对测定结果无影响，故B不符合题意；
C．读数时滴定前仰视，滴定后俯视，读出的高锰酸钾溶液体积偏小，测定结果偏低，故C符合题意；
D．装标准液的滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定终点时发现无气泡，则标准液消耗的体积偏大，则测定结果偏大，故D不符合题意；
故答案选C。
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