湖南省永州市2025-2026学年高二化学上学期期末模拟卷（试卷及全解全析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页湖南省永州市2025-2026学年高二化学上学期期末模拟卷（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：人教版必修1、必修2、选择性必修1、。5．难度系数：0.406．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cu-64Pb-207一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45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．我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。某高校研究团队提出，利用TiO2基催化剂光催化还原CO2转化为甲醇，并利用产生的电能进一步电解制备新型高效净水剂Na2FeO4，其原理如图所示。下列说法正确的是A．电极c为负极，发生还原反应B．电极d的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋C．Fe电极的电势低于Cu电极的电势D．离子交换膜n、m分别为阴、阳离子交换膜2．已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣，2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．向FeI2、FeBr2的混合溶液中缓缓通入氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图甲所示．下列有关说法中，不正确的是A．还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣B．随着氯气的通入，溶液中水的电离程度变化趋势如图乙C．当通入3molCl2时，溶液中发生的离子反应可表示为：4Fe2++2I﹣+3Cl2=4Fe3++I2+6Cl﹣D．原溶液中：n(Fe2+)：n(I﹣)：n(Br﹣)=2：1：33．将一定量的固体置于恒容密闭真空容器中(固体试样的体积忽略不计)，使其在50℃的恒温条件下分解：。实验测得该体系的压强如表所示。时间/min010203040506070压强/00.661.281.782.202.502.502.50已知：为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。下列有关说法正确的是A．当混合气体的平均相对分子质量为25.5，且不再随时间变化时，反应达到平衡B．0~10min，用的压强变化表示该反应的平均反应速率为C．50℃时，的分解反应的压强平衡常数D．50℃时，若在65min时将容器的容积压缩至原来的，再次达到平衡时，体系的压强大于4．、、是用途广泛的三种金属，根据如图的转化关系判断，下列说法正确的是A．分析反应①和反应②可知：过量在中燃烧生成B．检验反应③后溶液中是否含，可用酸性溶液C．等浓度等体积的稀盐酸和溶液分别与足量反应，生成的分子数之比为D．完成探究实验反应，实验需要标注的图标有：5．常温下，用溶液滴定等浓度的溶液，溶液的、微粒分布分数，X表示或随的变化如图所示，下列说法正确的是A．B．曲线Ⅰ表示的是随的变化曲线C．时，D．时，6．中国团队成功合成全氮阴离子盐，其一种合成路线如图所示。下列说法正确的是A．键角：B．X中所有原子可能共平面C．阴离子中的N原子为杂化D．全氮阴离子盐中的两种阳离子具有相同的空间结构7．一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：。进料浓度比[]分别为时，平衡转化率随温度变化的关系如图。下列说法不正确的是A．键断裂的同时有键断裂，则反应达到了平衡状态B．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量C．a、b、c三点中a点对应的平衡转化率最高D．若的初始浓度为，时，8．常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为K。已知初始浓度，所有含碳物质的摩尔分数与变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是A．线Ⅱ表示的变化情况B．的电离平衡常数C．时，D．时，9．一种利用太阳能和铁氧化合物循环分解水制的过程如图，过程I：；过程II：。下列说法不正确的是A．过程I的反应中既是氧化剂又是还原剂B．过程II的反应中生成需消耗C．由过程I、II可知氧化性：D．该方法制具有成本低、产物易分离等优点10．以废锂离子电池电极材料(含少量金属)为原料制取和的工艺流程如图，得到的和在空气中煅烧，可实现的再生。下列说法正确的是A．“浸取”过程中产生的气体为B．“沉铜”反应中，可用过量氨水代替C．由图示过程可知：D．再生反应：11．下列反应对应的离子方程式书写正确的是（

）A．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2＋H2O=2Na＋＋2OH－＋O2↑B．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClOC．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－D．将1molCl2通入含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I212．我国科学家在锂氧电池催化剂领域取得重大进展。某锂氧电池的工作原理如图1所示，电池总反应为电极发生反应的微观过程如图2所示。下列说法错误的是A．放电时，电极的电势高于电极B．放电过程中转移时，电极增重C．充电时电极上发生过程Ⅱ的系列反应D．过程Ⅱ中③的电极反应式为13．一种双阴极微生物燃料电池的装置如图所示(燃料为)。下列说法正确的是A．电池工作时，从左向右迁移B．电池工作时，好氧阴极每消耗就有被还原C．“出水”与“进水”相比，“缺氧阴极”区域溶液pH增大D．“厌氧阳极”若流出1.2mol电子，该区域“出水”比“进水”减轻了8.8g(假设气体全部逸出)14．已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如下表所示，下列说法不正确的是化学式HCN电离平衡常数A．和HCN酸性强弱：B．若在HCN溶液中加入少量盐酸，变小，不变C．向NaCN溶液中通入少量，反应的离子方程式为D．2mol·L-1的醋酸溶液中，mol·L-115．为测定Cu和Cu2O混合粉末中Cu的含量。某同学将44.8gCu和Cu2O混合粉末加入500mL4.5mol/L的稀硝酸中,得到6.72LNO(标准状况下),忽略溶液体积的变化。下列说法正确的是A．反应后有固体剩余 B．混合粉末中Cu的质量分数约为37%C．反应后的溶液中c(Cu2+)=1.2mol/L D．在反应后的溶液中加入足量铁粉,可置换出41.6gCu二、非选择题：本题共4个小题，共55分。16．煤是重要能源。燃煤会释放SO2、CO等有毒气体。消除有毒气体的研究和实践从未停止。完成下列填空：I.用CaSO4消除CO。CaSO4和CO可发生如下两个反应：反应①：CaSO4（s）+4CO（g）CaS（s）+4CO2（g）+175.6kJ反应②：CaSO4（s）+4CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）—218.4kJ(1)写出反应①的平衡常数表达式：；一定条件下的密闭容器中，两反应均达平衡后，若使反应①K的减小，需要改变的反应条件是，则反应②的K（选填编号）、反应①的v(CO2)正（选填编号）。a.增大

b.减小

c.不变

d.无法判断（2）补全下图中反应②的能量变化示意图（即，注明生成物能量的大致位置及反应热效应数值）（3）下图是不同温度下，CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线。写出两种降低SO2生成量的措施。II.Fe2(SO4)3溶液可除去煤中以黄铁矿（FeS2）形式存在的硫元素，反应如下：8H2O+FeS2+7Fe2(SO4)3→15FeSO4+8H2SO4(4)标出电子转移的数目和方向；还原产物是。(5)检验上述反应中Fe2(SO4)3是否消耗完的实验方案：。(6)该方法的优点之一是Fe2(SO4)3易再生。向反应后的溶液中通入，就能达到使Fe2(SO4)3再生的目的，方便且价廉。17．从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质的性质，是一种行之有效的方法。如图是硫、氮两元素的价类二维图。请回答下列问题：(1)物质X可作为火箭发动机的燃料，其结构式为。(2)宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有关于“银针验毒”的记载，银针主要用于检验是否有含硫元素的有毒物质。其反应原理之一为：，已知：为一种不溶于水的灰黑色固体。以下有关说法错误的是___________(填字母)。A．当银针变黑时，说明所检验的物质中可能有毒B．银针验毒时，Ag被氧化C．上述验毒反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1D．在上述验毒反应中作还原剂(3)已知物质Z是一种可溶性正盐，能被酸性溶液氧化为，被还原为，请写出此反应的离子方程式。(4)大苏打在照相、电影、纺织、化纤、造纸、皮革、农药等方面均有重要用途。现欲在实验室制备大苏打，从氧化还原的角度分析，下列选用的试剂合理的是___________(填字母)。A． B． C． D．(5)氨的氧化物是常见的大气污染物之一，催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。当物质P与的物质的量之比为1：1时，与足量氨气能在催化剂作用下发生反应，生成两种无污染的物质，请写出该反应的化学方程式为。(6)将32g铜与150mL一定浓度的物质Q充分反应，铜完全溶解，产生标准状况下的物质P和二氧化氮混合气体共11.2L。则混合气体中物质P的体积为L(标准状况下)；待产生的气体全部释放后，向溶液加入200mL5mol/

L的NaOH溶液，恰好使溶液中的全部转化成沉淀，则物质Q的物质的量浓度是mol/L；欲使铜与物质Q反应生成的混合气体在NaOH溶液中全部转化为，至少需要氧气L(标准状况下)。18．Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的应用。（1）基态Co原子的价电子排布式为（2）已知HN3是一种弱酸，其在水溶液中的电离方程式为HN3H++N3-,与N3-互为等电子体的一种分子为：，N3-离子杂化类型为。（3）Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位数是，1mol该配离子中所含σ键的数目为，配位体NH3的空间构型为：。（4）某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN-，K+位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是。（5）NiO的晶体结构如下图所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为。

（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中（如下图），已知O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为g（用含a、NA的代数式表示）。

19．电解饱和食盐水，可以有效的利用海水资源，下图是电解饱和氯化钠溶液的示意图。(1)电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为。(2)电极A接电源的(填“正”或“负”极。饱和氯化钠溶液从(填a或c)口进入，溶液从(填b或d)口导出。(3)阳离子交换膜的作用是。某研究小组用微生物电池模拟淡化海水，同时做电解实验，实验装置如图所示，C、D是铂电极。已知：苯酚的分子式为。(4)丙装置中D电极为极。(填“阴”或“阳”或“正”或“负”)。(5)若乙是铁片镀铜装置，A、B质量相同。A电极材料：；当B和A的质量差为时，丙装置中C极产生的气体在标准状况下的体积是L。(6)甲装置中：①a极的电极反应式为。(苯酚用分子式表示)②理论上每消除苯酚，同时消除。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖南省永州市2025-2026学年高二化学上学期期末模拟卷参考答案（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：人教版必修1、必修2、选择性必修1、。5．难度系数：0.406．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cu-64Pb-207一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45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．B【分析】如图分析，电极c上CO2转化为CH3OH，碳元素化合价降低，为原电池的正极，电极d是H2O中氧元素转化为O2，氧元素化合价升高，为电池的负极；右图中铁电极接正极，做阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，铜电极接负极，做阴极，溶液中的氢离子放电生成H2。【详解】A．根据分析可知，电极c为正极，发生还原反应，故A错误；B．根据分析可知，电极d是H2O中氧元素转化为O2，发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，故B正确；C．根据分析可知，铁电极为阳极，铜电极为阴极，阳极电势高于阴极的电势，因此Fe电极的电势高于Cu电极的电势，故C错误；D．由右边电解装置图分析，铁电极需发生反应消耗OH-，所以离子交换膜m是阴离子交换膜，铜电极上溶液中氢离子放电，OH-增多，与钠离子结合得到氢氧化钠，所以离子交换膜n是阳离子交换膜，a%大于b%，故D错误；故答案选B。2．B【详解】A．反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，所以还原性：Fe2+＞Br-，反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：I-＞Fe2+，所以还原性I-＞Fe2+＞Br-，A正确；B．由图象可知，通入氯气后，碘离子先被氧化，反应为2I-+Cl2=2Cl-+I2，该过程Fe2+的浓度不变，故水的电离程度不便，其次是亚铁离子，反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，由于Fe3+的水解程度大于Fe2+，故水的电离程度增大，最后是溴离子，反应为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，由于Fe3+浓度不变，水解程度不变，故水的电离程度不变，故水的电离程度变化趋势与图乙不相符，B错误；C．由图象可知，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，碘离子从最大量2mol降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，故原溶液中碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，故当通入3molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，4mol的Fe2+消耗2molCl2，即溶液中发生的离子反应可表示为4Fe2++2I﹣+3Cl2=4Fe3++I2+6Cl﹣，C正确；D．由图象可知，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，碘离子从最大量2mol降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，故原溶液中碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3，D正确；故答案为：B。3．C【详解】A．由的分解反应知，反应过程中得到等物质的量的与，故混合气体的平均相对分子质量恒为，与是否达到平衡状态无关，A错误；B．恒温恒容时，气体的压强与其物质的量成正比，即反应过程中，与的分压始终相等，10min时，，故在0~10min内，用的压强变化表示该反应的平均反应速率为，B错误；C．50℃时，当体系的压强不再随时间变化时，反应达到平衡，，，C正确；D．50℃时，若在65min时将容器的容积压缩至原来的1/2，瞬间体系压强变为原来的2倍，平衡逆向移动，温度不变，不变，，故再次达到平衡时，，体系的压强为2.50，D错误；故选C。4．D【详解】A．铁在氯气中燃烧，无论铁是否过量，产物均为，反应②可以在溶液中进行，A错误；B．乳酸铁中含有羟基，具有还原性也可以使酸性溶液褪色，故不可用酸性检验反应③后溶液中是否含，B错误；C．根据关系式法，，等浓度等体积的稀盐酸和溶液分别与足量进行反应，生成的分子数之比为1：3，C错误；D．铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，实验过程中需要加热需要明火并防热烫，带护目镜，二氧化硫有毒需要排风，离开实验室前要清洗双手，D正确；故选D。5．D【分析】如图，随着增大，逐渐转化为，再转化为，所以曲线Ⅰ表示的分布分数，曲线Ⅱ表示的分布分数，曲线Ⅲ表示的分布分数，据此回答。【详解】A．当时，，即n不等于7，A错误；B．由上述分析可知，曲线Ⅰ表示的是随的变化曲线，B错误；C．当时，溶液中溶质为等物质的量的NaHA和，根据电荷守恒，物料守恒，联立可得，整理可得，此时溶液呈酸性，，，，所以，C错误；D．当时，溶质为，此时大于0.75，小于0.25，所以，D正确；故选D。6．A【详解】A．和的VSEPR模型相同，均为平面三角形，但中含1个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用较强，故键角大小关系为，A正确；B．X中含2个甲基，则所有原子不可能共平面，B错误；C．在离子中的每个N原子与其他2个N原子形成共价键，每个N原子还可以提供1个电子参与大Π键的形成，加上得到的1个电子，共有6个电子参与形成大Π键，形成，即离子为平面结构，其中的N原子为杂化，C错误；D．全氮阴离子盐中的两种阳离子分别为和，的中心原子氧原子的价层电子对数为3+，孤电子对数为1，空间结构为三角锥形，的中心原子N原子的价层电子对数为4+，无孤电子对，空间结构正四面体形，D错误；故答案为：A。7．D【分析】恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1，相当于不断加入c(HCl)，则HCl平衡转化率不断降低，则进料浓度比c(HCl)∶c(O2)为1∶1、4∶1、7∶1分别是曲线X、Y、Z，即。【详解】A．H-Cl键断裂表示正反应速率，而H-O键断裂表示逆反应速率，根据方程式可知当键断裂的同时有键断裂时即为正、逆反应速率相等，则反应达到了平衡状态，A正确；B．由题干图像可知，其他条件相同时升高温度，HCl的平衡转化率减小，即升高温度平衡逆向移动，说明正反应是一个放热反应，即该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确；C．当温度相同时，增大的比值即增大HCl的浓度，则O2的平衡转化率增大，而HCl的平衡转化率却减小，由图像信息可知，a、b、c三点中a点对应的O2平衡转化率最高，C正确；D．由题干图像可知，若氯化氢的初始浓度为，时，400℃时HCl的平衡转化率为84%，由三段式分析：则K(400℃)=，D错误；故答案为：D。8．C【分析】在溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO-+H+（①）、Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)（②），Ag+的水解平衡Ag++H2OAgOH+H+（③），随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH较小时（约小于7.8）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时（约大于7.8）CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，故线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅱ表示CH3COO-的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系。【详解】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，A项错误；B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即线Ⅰ和线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m，B项错误；C．pH=n时=10-m，c(CH3COO-)==10n-mc(CH3COOH)，Ag++CH3COO-CH3COOAg(aq)的K=，c(Ag+)=，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag+)=mol/L，C项正确；D．根据物料守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08mol/L，所以c(Ag+)+c(CH3COOAg)<0.08mol/L，D项错误；答案选C。9．C【分析】根据图像分析可知，反应物是水，产物是氢气和氧气。【详解】A．反应过程中，中铁元素化合价降低，氧元素化合价升高，既是氧化剂又是还原剂，A正确；B．根据题中方程式可以列式计算，设需要氧化亚铁克，，生成需消耗，B正确；C．过程中是氧化剂，是氧化产物，氧化性，无法通过过程判断氧气和水的氧化性强弱，C错误；D．该方法只需要太阳能提供能量，所以制具有成本低、产物易分离等优点，D正确；故选C。10．D【分析】正极材料(含少量金属Cu)中加入、，被还原为，H2O2被氧化为，与、作用转化为，将反应后的溶液中加入NaOH溶液沉铜，转化为沉淀，过滤后，往滤液中继续加入溶液沉钴，此时转化为沉淀；将滤液2经过一系列操作，最后制得。【详解】A．“浸取”过程中在酸性条件下，H2O2将还原为，自身被氧化为，A错误；B．“沉铜”反应中，若用过量氨水代替，生成的会继续溶解为，B错误；C．由图示过程可知，加入溶液过程中，先生成沉淀，后生成沉淀，则表明沉淀时，所需大，所以，C错误；D．根据题意，和在空气中煅烧，可实现的再生，反应为：，D正确；故选D。11．C【详解】A.Na2O2溶于水产生O2：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，故A错误；B.向次氯酸钙溶液中通入少量SO2，SO2被氧化为SO42-：Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O=CaSO4↓＋2HClO+Cl－，故B错误；C.电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－，故C正确；D.碘离子还原性大于Fe2＋，将1molCl2通入含1molFeI2的溶液中，氯气只氧化碘离子，反应的离子方程式是2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，故D错误；故答案选C。12．B【分析】放电时，Li作负极，发生失电子的氧化反应，电极反应：；石墨作正极，氧气在石墨电极发生得电子的还原反应，电极反应为；【详解】A．由分析可知，放电时，电极b为正极，电极a为负极，电极b的电势高于电极a，A正确；B．放电过程中，b极电极反应式：，转移1mole-时，b电极增重23g，B错误；C．根据分析，放电时，b电极发生反应，充电时，电极上发生过程Ⅱ的系列反应，C正确；D．根据图2，过程Ⅱ中③的电极反应式为，D正确；故选B。13．C【分析】该装置为双阴极微生物燃料电池，中间“厌氧阳极”为原电池的负极，草酸失电子发生氧化反应，生成二氧化碳，电极反应式为，左侧“缺氧阴极”电极发生硝酸根转化为氮气的反应，该反应过程氮元素化合价由+5价降低为0价态，为得电子，还原反应，电极反应式为，该电极为原电池正极，右侧“好氧阴极”电极发生氧气得电子生成水，化合价降低，还原反应电极反应式为，该电极也为正极，原电池中电子由负极沿导线移向正极，溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此回答。【详解】A．电池工作时，左侧通过质子交换膜1从右向左迁移，右通过质子交换膜2从左向右迁移，A错误；B．电池工作时，好氧阴极每消耗中O由0价降低为-2价，转移的电子为4NA，中中N由+5价降低到0价，转移的电子数为4NA，但是由于两级都是正极，失去的电子数并不一定相等，B错误；C．由分析知，“缺氧阴极”的电极反应式为，由电荷守恒，生成1mol氮气时，由10molH+从右侧移向左侧，但是却要消耗12molH+，“出水”与“进水”相比，“缺氧阴极”区域溶液pH增大，C正确；D．由分析知，“厌氧阳极”的电极反应式为，若流出1.2mol电子，则生成的二氧化碳为0.2mol，同时有1.2molH+移向负极，故该区域“出水”比“进水”减轻了8.8+1.2g=10g(假设气体全部逸出)，D错误；故选C。14．C【详解】A．电离平衡常数Ka越大，酸性越强，从表中数据可知酸性：，A正确；B．在HCN溶液中加入少量盐酸，H+浓度增大，抑制HCN电离，CN-浓度减小，但温度不变，Ka不变，B正确；C．由于酸性，向NaCN溶液中通入少量，应生成，离子方程式为，C错误；D．根据的电离常数，则，D正确；故答案选C。15．D【分析】500mL4.5mol/L的稀硝酸中n(HNO3)=0.5L×4.5mol/L=2.25mol，6.72LNO(标准状况下)的物质的量为0.3mol，则反应后溶液中剩余的，若全都以硝酸铜存在，则其物质的量为，若44.8g全是Cu，则n(Cu)=、若44.8g全是Cu2O，则n(Cu2O)=，即硝酸铜的物质的量最大为0.7mol，0.7mol＜0.975mol，所以固体混合物全部溶解、硝酸过量。【详解】A．据以上分析可知，反应后固体无剩余，故A错误；B．设混合粉末中Cu和Cu2O的物质的量分别为x、y，则其质量之和为44.8g，共转移电子3×0.3mol=0.9mol，即64x+144y=44.8、2x+2y=0.9，解得x=0.25mol、y=0.2mol，所以Cu的质量分数约为，故B错误；C．反应前Cu原子总物质的量为(0.25+0.2×2)=0.65mol，反应前后Cu原子物质的量守恒，所以反应后的溶液中c(Cu2+)=，故C错误；D．在反应后的溶液中n(Cu2+)=0.65mol，则加入足量铁粉，可置换出0.65molCu，即0.65mol×64g/mol=41.6gCu，故D正确；故答案为：D。二、非选择题：本题共4个小题，共55分。16．升高温度aa调节CO初始体积百分数为左右、控制温度在左右等

取上层清液，滴加几滴KSCN溶液，若无明显现象，则已消耗完，若溶液变红则没消耗完空气【分析】(1)根据平衡常数定义写出反应①的平衡常数k的表达式；反应①正向是放热反应，反应②正向是吸热反应，升高温度，反应①平衡逆向移动、反应②平衡正向移动；(2)反度②正向是吸热反应，反应热△H=+218.4kJ/mol；(3)降低SO2生成量，就是控制条件使反应②发生的可能性减小或加入过量CaO将SO2吸收；由图象可知温度在950℃左右时CaS质量百分数最大、CO初始体积百分数为4.0%左右时CaS质量百分数最大，SO2生成量最小；(4)反应中2个-1价S原子被氧化生成2个H2SO4分子，失去14个电子，同时14个+3价Fe3+得到14个电子生成Fe2+，所以FeSO4是还原产物，据此标出电子转移的数目和方向；(5)反应中Fe2(SO4)3是否消耗完只需要检验溶液中是否含有Fe3+，所以取上层清液滴加KSCN溶液，根据颜色变化判断；(6)FeSO4有还原性，使FeSO4转化为Fe2(SO4)3方便且价廉的试剂是空气。【详解】（1）反应①化学平衡常数K为c4(CO2)/c4(CO)；反应①为放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，化学平衡常数K减小；反应②为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，化学平衡常数K增大，故答案为c4(CO2)/c4(CO)；升高温度；a；a；（2）反应②为吸热反应，△H=+218.4kJ/mol，反应物总能量小于生成物总能量，则能量变化图示为：，故答案为；（3）由图象可知温度在950℃左右时CaS质量百分数最大、CO初始体积百分数为4.0%左右时CaS质量百分数最大，即反应①的限度小、反应②的限度大，SO2的生成量最小；或将反应②生成的SO2吸收掉，以降低SO2生成量，故答案为调节CO初始体积百分数为4.0%左右，控制反应温度在950℃左右，加入过量CaO等；（4）由方程式可知，反应中S元素化合价升高，FeS2被氧化，Fe元素化合价降低，Fe2(SO4)3被还原，FeSO4是还原产物，反应中得失电子数目为14，故答案为；FeSO4；（5）若Fe2(SO4)3被消耗完，溶液中应该不存在Fe3+离子，检验Fe3+离子可以用KSCN检验，实验方案为：即取上层清液，滴加几滴KSCN溶液，若无明显现象，则Fe2(SO4)3已消耗完，若溶液变红则没消耗完，故答案为取上层清液，滴加几滴KSCN溶液，若无明显现象，则Fe2(SO4)3已消耗完，若溶液变红则没消耗完；（6）FeSO4有还原性，空气中氧气可以将FeSO4氧化生成Fe2(SO4)3，该方法方便且价廉，故答案为空气。【点睛】本题考查基本概念和基本理论，涉及了氧化还原反应概念及其表示方法、化学反应速率、化学平衡及其影响因素、平衡常数概念理解和计算应用、重要离子的检验，图象分析方法等知识点，理解基础知识的同时注意迁移运用是解答关键。17．(1)(2)CD(3)(4)B(5)(6)5.6105.6【详解】（1）物质X为肼N2H4，其电子式为，结构式为；（2）A．当银针变黑时，说明生成，说明所检验的物质中可能有毒，故A正确；B．反应生成硫化银，Ag元素化合价升高，被氧化，故B正确；C．反应的方程式为，氧化剂和还原剂Ag的物质的量之比应为1:4，故C错误；D．中元素的化合价在反应未发生变化，故在该反应中既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误；故选CD。（3）物质Z为，由氧化还原反应的知识分析和配平可得到。（4）在中，S的平均价态为+2价。A．若反应，产物中S的价态一定在价与0价之间，故A错误；B．若反应，产物中S的价态在0价和+4价之间，可能为+2价，故B正确；C．若反应，产物中S的价态一定在+4价和+6价之间，故C错误；D．，若反应，产物中S的价态一定在+4价和+6价之间，故D错误；故选B。（5）由图可知，反应物为、NO和，生成物为和，中氮元素的化合价从+4价降低到0价，则每摩尔得到电子，NO中氮元素的化合价从+2价降低到0价，则每摩尔NO得到电子，中氮元素的化合价从价升高到0价，则每摩尔失去电子，当与NO的物质的量之比为1：1时，根据得失电子数守恒可知，，设的系数为2，的系数为1，NO的系数为1，根据原子守恒可知，的系数为2，的系数为3，故该反应化学方程式为。（6）设产生，结合气体的总物质的量和电子得失守恒，可得方程组：，，解得：，，则混合气体中一氧化氮的体积为；向反应后溶液中加入NaOH溶液，恰好使溶液中的全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为，由钠离子守恒，生成混合气体物质的量为，根据氮原子守恒可知，故原有硝酸的物质的量浓度为；欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为，则、NO与氧气和水完全反应生成硝酸，由此可得出硝酸与铜反应得到电子的物质的量应等于氧气氧化、NO生成硝酸得到电子的物质的量，等于铜失去电子的物质的量，则由电子守恒可得需要氧气的物质的量是，在标况下的体积为。18．3d74s2CO2sp623NA三角锥形KFe2(CN)6正四面体形(1，1/2，1/2)（或）【分析】第（2）问，原子数相同、电子总数相同的分子,互称为等电子体；第（6）问，求每平方米面积上分散的该晶体的质量