2025年高三化学高考变化守恒思想应用模拟试题

2025年高三化学高考变化守恒思想应用模拟试题一、选择题（每小题6分，共42分）工业上用酸性KMnO₄溶液处理含Fe²⁺的废水时，发生反应：MnO₄⁻+Fe²⁺+H⁺→Mn²⁺+Fe³⁺+H₂O（未配平）。若处理含0.5molFe²⁺的废水，消耗KMnO₄的物质的量为（）A.0.1molB.0.2molC.0.5molD.1.0mol守恒思想应用：根据得失电子守恒，Mn元素从+7价降为+2价（得5e⁻），Fe元素从+2价升为+3价（失1e⁻），则n(MnO₄⁻)×5=n(Fe²⁺)×1，解得n(KMnO₄)=0.1mol。答案：A将10.6gNa₂CO₃固体溶于水配成100mL溶液，向其中逐滴加入1mol/L的稀盐酸，当加入50mL盐酸时，溶液中c(Na⁺)与c(Cl⁻)的比值为（）A.1:1B.2:1C.3:1D.4:1守恒思想应用：根据物料守恒，n(Na⁺)=2n(Na₂CO₃)=2×(10.6g/106g/mol)=0.2mol；加入n(Cl⁻)=0.05L×1mol/L=0.05mol，同一溶液中c(Na⁺)/c(Cl⁻)=n(Na⁺)/n(Cl⁻)=0.2/0.05=4:1。答案：D用惰性电极电解CuSO₄溶液，当阴极析出6.4gCu时，阳极产生的气体在标准状况下的体积为（）A.1.12LB.2.24LC.3.36LD.4.48L守恒思想应用：阴极反应Cu²⁺+2e⁻=Cu，析出0.1molCu转移0.2mol电子；阳极反应4OH⁻-4e⁻=O₂↑+2H₂O，转移0.2mol电子生成0.05molO₂，体积为1.12L。答案：A25℃时，pH=13的NaOH溶液与pH=1的H₂SO₄溶液等体积混合，混合后溶液的pH为（）A.7B.10C.12D.14守恒思想应用：电荷守恒法。设体积均为1L，n(OH⁻)=0.1mol，n(H⁺)=0.1mol，恰好完全中和，溶液呈中性，pH=7。答案：A已知反应：①2Fe³⁺+2I⁻=2Fe²⁺+I₂②Cl₂+2Fe²⁺=2Fe³⁺+2Cl⁻。向含Cl⁻、I⁻的混合溶液中通入Cl₂，若有1molI₂生成，消耗Cl₂的物质的量至少为（）A.0.5molB.1molC.1.5molD.2mol守恒思想应用：根据电子守恒，I⁻→I₂失2e⁻/mol，Cl₂→Cl⁻得2e⁻/mol，生成1molI₂需转移2mol电子，故消耗Cl₂1mol。答案：B将Mg、Al合金投入到足量NaOH溶液中，生成H₂的体积为6.72L（标准状况）；若投入到足量盐酸中，生成H₂的体积为11.2L（标准状况）。该合金中Mg与Al的物质的量之比为（）A.1:1B.1:2C.2:1D.3:2守恒思想应用：Al与NaOH反应生成H₂：2Al~3H₂，n(Al)=2/3×(6.72L/22.4L/mol)=0.2mol；Al与盐酸反应生成H₂0.3mol，则Mg生成H₂为(11.2/22.4)-0.3=0.2mol，由Mg~H₂得n(Mg)=0.2mol，比值为1:1。答案：A常温下，将0.1mol/LCH₃COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，溶液中下列关系正确的是（）A.c(Na⁺)=c(CH₃COO⁻)+c(CH₃COOH)B.c(H⁺)=c(OH⁻)+c(CH₃COOH)C.c(Na⁺)＞c(CH₃COO⁻)＞c(H⁺)＞c(OH⁻)D.c(CH₃COO⁻)＞c(Na⁺)＞c(OH⁻)＞c(H⁺)守恒思想应用：物料守恒，混合后溶质为CH₃COONa，n(Na⁺)=n(CH₃COO⁻)+n(CH₃COOH)。答案：A二、非选择题（共58分）（一）工业流程题（14分）某工厂用软锰矿（主要成分为MnO₂）和闪锌矿（主要成分为ZnS）联合生产MnO₂和Zn，工艺流程如下：步骤1：酸浸MnO₂+ZnS+H₂SO₄→MnSO₄+ZnSO₄+S↓+H₂O（未配平）步骤2：电解MnSO₄溶液制备MnO₂，阳极反应：Mn²⁺-2e⁻+2H₂O=MnO₂+4H⁺（1）配平步骤1的化学方程式：_________________________（2分）守恒思想应用：得失电子守恒，Mn从+4→+2（得2e⁻），S从-2→0（失2e⁻），故MnO₂与ZnS的化学计量数均为1，配平得：MnO₂+ZnS+2H₂SO₄=MnSO₄+ZnSO₄+S↓+2H₂O（2）若处理含ZnS65%的闪锌矿100kg，理论上生成S的质量为________kg（3分）守恒思想应用：质量守恒，n(ZnS)=100×10³g×65%/97g/mol≈670mol，由S原子守恒得m(S)=670mol×32g/mol≈21.4kg（3）电解时，若转移2mol电子，生成MnO₂的质量为________g（3分）守恒思想应用：电子守恒，由阳极反应知生成1molMnO₂转移2mol电子，故m(MnO₂)=87g/mol×1mol=87g（4）简述“中和沉淀”步骤中，如何通过控制pH分离Mn²⁺和Zn²⁺（已知Ksp[Mn(OH)₂]=2.0×10⁻¹³，Ksp[Zn(OH)₂]=3.0×10⁻¹⁷）（6分）守恒思想应用：沉淀溶解平衡中的守恒关系。根据Ksp，Zn²⁺完全沉淀时c(OH⁻)=√(3.0×10⁻¹⁷/10⁻⁵)=√3×10⁻⁶mol/L，此时Mn²⁺的Qc=0.1×(√3×10⁻⁶)²=3×10⁻¹³＜Ksp[Mn(OH)₂]，故调节pH使Zn²⁺沉淀完全而Mn²⁺不沉淀。（二）实验题（16分）某小组用滴定法测定Na₂SO₃样品的纯度，实验步骤如下：①称取2.0g样品，溶于水配成100mL溶液；②取20.00mL溶液，加入过量稀H₂SO₄，用0.1000mol/LKMnO₄溶液滴定至终点，消耗KMnO₄溶液16.00mL。（1）写出滴定反应的离子方程式：_________________________（3分）守恒思想应用：得失电子守恒，MnO₄⁻→Mn²⁺（得5e⁻），SO₃²⁻→SO₄²⁻（失2e⁻），配平得：2MnO₄⁻+5SO₃²⁻+6H⁺=2Mn²⁺+5SO₄²⁻+3H₂O（2）计算样品中Na₂SO₃的质量分数（写出计算过程，结果保留两位小数）（7分）守恒思想应用：电子守恒与物料守恒结合。n(KMnO₄)=0.1000mol/L×0.016L=0.0016mol，由反应式知n(SO₃²⁻)=5/2×n(MnO₄⁻)=5/2×0.0016=0.004mol，样品中n(Na₂SO₃)=0.004mol×(100/20)=0.02mol，w(Na₂SO₃)=0.02mol×126g/mol/2.0g×100%=12.6%（3）若滴定前未用标准液润洗滴定管，测定结果将________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）（3分）守恒思想应用：误差分析中的溶质守恒。未润洗导致标准液浓度偏低，消耗体积偏大，计算出的SO₃²⁻浓度偏高。答案：偏高（4）设计实验验证滴定终点时溶液中存在Mn²⁺（3分）守恒思想应用：离子检验中的元素守恒。取少量滴定后的溶液，加入NaOH溶液，若生成白色沉淀且迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，证明有Mn²⁺（Mn²⁺+2OH⁻=Mn(OH)₂↓，4Mn(OH)₂+O₂+2H₂O=4Mn(OH)₃）。（三）化学反应原理题（14分）已知下列反应的焓变：①C(s)+O₂(g)=CO₂(g)ΔH₁=-393.5kJ/mol②CO(g)+1/2O₂(g)=CO₂(g)ΔH₂=-283.0kJ/mol③H₂(g)+1/2O₂(g)=H₂O(l)ΔH₃=-285.8kJ/mol（1）计算反应C(s)+H₂O(l)=CO(g)+H₂(g)的ΔH（4分）守恒思想应用：盖斯定律（能量守恒）。目标反应=①-②-③，ΔH=ΔH₁-ΔH₂-ΔH₃=(-393.5)-(-283.0)-(-285.8)=+175.3kJ/mol（2）在恒温恒容容器中进行反应CO(g)+H₂O(g)⇌CO₂(g)+H₂(g)，若起始时c(CO)=2mol/L，c(H₂O)=3mol/L，平衡时CO的转化率为60%，则平衡常数K=________（5分）守恒思想应用：物料守恒与平衡常数计算。平衡时c(CO)=0.8mol/L，c(H₂O)=1.8mol/L，c(CO₂)=c(H₂)=1.2mol/L，K=(1.2×1.2)/(0.8×1.8)=1（3）若向上述平衡体系中再通入3mol/LH₂O(g)，重新达到平衡时CO的转化率________（填“增大”“减小”或“不变”），依据是_________________________（5分）守恒思想应用：勒夏特列原理与物料守恒。增加H₂O浓度，平衡正向移动，CO转化率增大。（四）综合题（14分）高铁酸钾（K₂FeO₄）是一种高效净水剂，可用Fe(NO₃)₃、KClO和KOH反应制备，反应方程式为：Fe(NO₃)₃+KClO+KOH→K₂FeO₄+KNO₃+KCl+H₂O（未配平）（1）配平上述化学方程式（3分）守恒思想应用：得失电子守恒，Fe³⁺→FeO₄²⁺（失3e⁻），ClO⁻→Cl⁻（得2e⁻），最小公倍数为6，配平得：2Fe(NO₃)₃+3KClO+10KOH=2K₂FeO₄+6KNO₃+3KCl+5H₂O（2）若消耗0.1molFe(NO₃)₃，转移电子的物质的量为________mol（2分）守恒思想应用：电子守恒，1molFe³⁺失3e⁻，故0.1molFe(NO₃)₃转移0.3mol电子（3）K₂FeO₄净水时，FeO₄²⁻被还原为Fe³⁺，同时生成H₂O。若处理含CN⁻的废水，发生反应：FeO₄²⁻+CN⁻+H₂O→Fe(OH)₃↓+CO₃²⁻+NO₃⁻+OH⁻（未配平），配平该反应并计算处理1molCN⁻至少需要K₂FeO₄的物质的量（9分）守恒思想应用：得失电子守恒，FeO₄²⁻→Fe³⁺（得3e⁻），CN⁻→CO₃²⁻+NO₃⁻（C从+2→+4，N从-3→+5，共失10e⁻），最小公倍数30，配平得：6FeO₄²⁻+5CN⁻+18H₂O=6Fe(OH)₃↓+5CO₃²⁻+5NO₃⁻+3OH⁻处理1molCN⁻需K₂FeO₄6/5=1.2mol三、选做题（15分，任选一题作答）（一）物质结构与性质铁有δ-Fe、γ-Fe、α-Fe三种晶体结构，其晶胞参数如下表：|晶体类型|晶胞结构|边长（pm）||----------|----------|------------||δ-Fe|体心立方|286.6||γ-Fe|面心立方|359.1||α-Fe|简单立方|285.6|（1）计算δ-Fe晶体的密度（用Nₐ表示，写出计算式即可）（5分）守恒思想应用：原子守恒，体心立方晶胞含Fe原子数=8×1/8+1=2，密度ρ=2×56/(Nₐ×(286.6×10⁻¹²)³)g/cm³（2）γ-Fe转化为α-Fe时，密度________（填“增大”“减小”或“不变”），原因是_________________________（5分）守恒思想应用：质量守恒与体积变化。面心立方（4原子/晶胞）→简单立方（1原子/晶胞），原子数减少，体积变化小于原子数变化比例，密度减小。（二）有机化学基础化合物M（C₁₀H₁₂O₂）能发生银镜反应，且水解产物之一为乙醇。M与H₂加成后生成N（C₁₀H₁₆O₂），N的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为3:2:2:1。（1）写出M的结构简式________（4分）（2）M水解反应的化学方程式为_________________________（3分）（3）若M与NaOH溶液反应，1molM最多消耗________molNaOH，依据是________________________