2025-2026学年高二化学上学期上学期第三次月考卷（江苏专用人教版）解析版

2025-2026学年高二化学上学期第三次月考卷

（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H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H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n卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4.测试范围：选择性必修一全册.

5.难度系数：0.65

6.考试结束后，将本试卷和答题甘一并交回。

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16Na-23Mg-24Al-27S-32CI-35.5K-39Ca-40

Ti-48Cr-52Fe-56Ni-59Cu-64Ba-137

第I卷（选择题共39分）

一、选择题：本题共13个小题，每小题3分，共39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.化学与生产、生活息息相关。下列说法中正确的是

A.锅炉内壁安装镁合金防止受腐蚀利用的是电解原理

B.硅光电池工作时能量转化：光能一化学能

C.寻找合适的催化剂可以提高合成氨工业中原料的平衡转化率

D.用热的纯碱溶液去油污效果比冷的纯碱溶液好

【答案】D

【详解】A.锅炉内壁安装镁合金防止受腐蚀是“牺牲阳极的阴极保护法”利用的是原电池原理，故A错误；

B.硅光电池工作时能量转化：光能一＞电能，故B错误；

C.催化剂不能改变化学反应限度，因此不能提高转化率，故C错误；

D.纯碱是碳酸钠，碳酸钠溶液因为水解显碱性，水解吸热，因此热的纯碱溶液碱性更强，比冷的纯碱溶液

去油污效果好，故D正确；

故答案为：D。

2.关于甲烷合成反应：CO2+4H2=CH4+2H9（反应放热）,下列说法正确的是

试卷第1页，共21页

A.形成C-H键需要吸收能量

B.反应过程的能量变化可用如图表示

C.该反应M=E（C=O）+臼:H_H）_E（C_H）-七（H—0）（用E表示某种化学键的键能）

D.该反应过程中各元素化合价均未发生变化

【答案】B

【详解】A.形成C-H键需要放出能量，A错误；

B.反应放热，所以反应物的总能最K于牛成物的总能最，与图像符合，B正确：

C.该反应A/7=2E（C=O）+4E（H_H）_4E（C_H）_4E（H_O：|（用上表示某种化学键的键能），C错误;

D.反应中碳元素由+4价变为-4价，氢元素由0价变为+1价，D错误;

故答案选:B<.

3.下列实验装置（部分夹持装置略）或操作能达到相应实验目的的是

试卷第2页，共21页

分解的催化作用

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【详解】A.测定中和热需要玻璃搅拌棒以避免热量散失，而装置中使用纯铜搅拌器，铜为热的良导体，会

导致热量通过搅拌棒传递而损失，无法准确测定中和热，A错误；

B.反应2N5(g)=NzCMg)△〃<(),升高温度平衡逆向移动(NO2浓度增大，颜色加深)，降低温度平衡正向移

动(颜色变浅)。装置中两烧瓶分别置于热水和冷水中，可通过观察气体颜色变化判断平衡移动，能探究温度

对化学平衡的影响，B正确；

C.长颈漏斗下端未插入液面以下，生成的02会从漏斗逸出，注射器无法准确收集气体体积，不能测定生

成氧气的反应速率，C错误；

D.验证催化作用需控制单一变量，右侧试管同时存在FeCb和热水(温度升高)两个变量，无法确定速率加

快是催化剂还是温度导致，D错误：

答案选B。

4.下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是

A.向0.1mol-LTNaHCO3溶液中加入醋酸，产生大量无色无味气体

B.等pH的醋酸溶液和盐酸与足量锌粒反应时，醋酸产生的H?总量多

C.常温下，测得0.1!!10117醋酸溶液的口14=3

D.温度、物质的量浓度相同时，醋酸溶液的导电性比盐酸的导电性弱

【答案】A

【详解】A.O.lmollTNaHCCh溶液中加入醋酸，产生大量无色无味气体，说明醋酸酸性大于碳酸，但是

不能证明醋酸是弱电解质，故A符合题意；

B.等pH的醋酸溶液和盐酸中氢离子浓度相同，与足最锌粒反应时，醋酸产生的H2总量多，说明醋酸在溶

液中部分电离，证明醋酸为弱电解质，B不符合题意；

C.常温下，测得O.lmollT醋酸溶液的pH=3,说明醋酸部分电离，为弱电解质，故C不符合题意；

D.在相同条件下，物质的量浓度相同的醋酸溶液的导电性比盐酸的弱，说明醋酸不能完全电离，能够证明

醋酸为弱电解质，故D不符合题意；

故选Bo

阅读下列材料，完成以下问题：

碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷是清洁能源，燃烧热大(890.3kJ/mol),完全燃

试卷第3页，共21页

烧生成C02,C02催化加氢可制CH4；Na2cs3是一种杀菌剂；电解还原SiCh可制得半导体材料晶体Si,四

氯化错(GeCL)水解可得到GeO”醋酸铅［(CH3co0)2Pb］易溶于水，难电离，醋酸铅溶液可用于吸收H2s气

体。

5.下列化学反应表示正确的是

A.甲烷的燃烧：CH4(g)+2OXg)=CO2(g)+2H2O(g)AH=-890.3kj/mol

2

B.电解还原SiCh制高纯Si的阴极反应：SiO2-4e-=Si+2O-

C.水解GeCLi制GeCh：GeCh+2H2O=GeO2l+4HC1

D.醋酸铅溶液吸收H2s气体：Pb2++H2S=PbS1+2H'

Ni/SiO,

6.下列有关反应CCh(g)+4H?(g)CH«g)+2H2O(g)的说法正确的是

A.反应的AS〉。

B.反应的平衡常数表达式盘°\)

c(CO2)-c(MJ

C.反应的AH=4E(C-H)+4E(O-H)-2E(C=O)-4E(H-H)(E表示健能)

D.单位时间内，4moic-H键形成的同时有2moi0-H键断裂说明该反应已达平衡状态

7.下列物质性质与用途外有对应关系的是

A.H2s具有还原性，可除去废水中的Pb?+

B.Na2cs3溶液呈.弱碱性，可用作农业杀菌剂

C.CICh具有强氧化性，可用于水体消毒

D.NaHCCh受热易分解，可用作泡沫灭火剂

【答案】5.C6.B7.C

【解析】5.A.甲烷燃烧生成液态水时AH为・890.3kJ/mol,但选项A中生成气态水，A错误：

B.电解池阴极反应应为还原反应(得电子)，电极反应式为SiO2+4e-=Si+2O'B错误；

C.GeCL水解生成GeCh和HCI,方程式正确，C正确；

D.醋酸铅难电离，为弱电解质，反应式应写(CH3co0)2Pb,D错误；

故选C。

6.A.反应后气体总物质的量减少(5-3),燧减，AS<0,A错误：

B.平衡常数表达式为K='(段)；,B正确；

c(COjc(H2)

C.AH应=反应物键能总和-生成物键能总和=-4E(C-H)-4E(O-H)-2E(C=0)+4E(H-H)(E表示键能)，C错误;

试卷第4页，共21页

D.形成4moic-H（正反应）与断裂2moi0-H（逆反应），则正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行,

未达平衡，D错误：

故选Bo

7.A.H2s除Pb?一因生成PbS沉淀，属及分解反应，与还原性无关，A错误；

B.Na2cs3杀菌可能与其水解产物有关，但题干未明确对应关系，B错误；

C.CI02强氧化性可用于消毒，性质与用途对应正确，C正确；

D.NaHCCh用于灭火剂原因是其与铝盐发生双水解反应产生C02,非受热分解，D错误；

故选C。

8.我国科学家研发了一种室温下可充电的Na-CO?电池，装置如图所示。放电时，Na2cO3与C均沉积在

碳纳米管中。下列说法不正确的是

a-----------------b

---------黄级电源------------

…》充电

—>放电

A.充电时，碳纳米管电极发生的反应为：4Na-+4e+3CO2=2Na2CO3+C

B.放电时，每转移2moi电子，消耗33.6LCC）2（标准状况下）

C.充电时，电源b极为正极，Na+向钠箔电极移动

D.放电时，钠箔电极发生氧化反应

【答案】A

【分析】可充电的Na-CO2电池放电时，Na2co、与C均沉积在碳纳米管中,说明碳纳米管作正极，电极反

应式为3coz+4Na'+4e=2Na2CO3+C,钠箔负极，电极反应式为Na-e-=Na",充电时，钠箔作阴极，

碳纳米管作阳极，据此解答。

【详解】A.充电时，碳纳米管电极为阳极，发生氧化反应，发生的反应为：2Na2cC>3+C-4e-=4Na++3c。2,

A错误；

B.山分析可知，放电时，正极发生的反应为；3CO2+4Na++4e=2Na2cO3+C故每转移2moi电子，消

试卷第5页，共21页

耗CO2的物质的量为L5moL即体积为标准状况下33.6L,故B正确；

C.由分析可知，充电时，碳纳米管发生氧化反应，作阳极，与原电池的正极相连，说明电源b极为正极,

在电解池中，阳离•子移向阴极，所以Na+向阴极(即钠箔电极)移动，C正确；

D.放电时，Na失去电子变成Na+,发生氧化反应，故D正确；

9.甲酸(HCOOH)在Pd/C催化剂表面催化释氢的机理如图所示。已知第一步与第三步是快反应，第二步

是慢反应。下列说法正确的是

A.用笊化甲酸(HCOOD或DCOOH)代替HCOOH,得到的是HD和CO?

B.HCOOHtC02+H,的反应速率由第一步和第三步决定

C.使用更高效的催化剂，能降低活化能并增大反应的焰变

D.第一步断裂的化学键是碳电键

【答案】A

【详解】

A.机理中生成H2的H+来自HCOOH的0-H键，e来自C・H键。若用HCOOD(0上为D),则O-D键断

裂生成D-,C-II键断裂生成H,结合为HD；若用DCOOH(C上为D),则0・H键断裂生成IP,C-D键

断裂生成D-,结合为HD,均得到HD和CO2,A正确；

B.总反应速率由慢反应决定，题中第二步为慢反应，故反应速率由笫二步决定，B错误：

催化剂降低活化能但不改变反应烯变，错误：

C.Coo

hh断

D.第一步是HCOOH在催化剂表面反应生成〔c甲酸(HCOOH)结构为c

裂的是粉基中O-H键，D错误；

故选Ao

10.室温下，根据下列实验过程及现象，不能验证相应实验结论的是

试卷第6页，共21页

选

实验过程及现象实验结论

项

向2mL0.1molL"FeCC溶液中力口5mL0.)molL"KI溶液，振荡,加入

AImLCCL充分振荡，静置分层，下层呈紫红色，向上层溶液中加入4Fe3+和I-的反应存在限度

滴KSCN溶液，溶液变红色

向0.1mol,L/MgSO4溶液滴加少量NaOH溶液，有白色沉淀产生，再

BKsp[Cu(OH)2]<Kfp[Mg(OH)2]

滴加少量0.1mol[/CuSO4溶液，白色沉淀变为蓝色沉淀

等体积、等物质的量浓度的Na2s2O3与H2s04溶液在不同温度下反

C温度升高，反应速率加快

应，温度高的溶液中先出现浑浊

分别测浓度均为O.lmolL-1的CH3co0NH4和NaHCCh溶液的pH,

D水解程度：CH3COO<HCO;

后者大于前者

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【详解】A.Fe3+与「反应生成I?和Fe2+,加入CCb萃取后下层呈紫红色，但上层加KSCN显红色，说明

Fe3「未完全反应，证明反应存在限度，A正确；

B.Cu(0H)2与Mg(OH)2为同类型的难溶电解质，相同类型的难溶电解质，长.与溶解度正相关。沉淀转化

是由溶解度大的转变为溶解度小的，向Mg(0H)2沉淀中加入CuSOv沉淀变蓝说明生成CU(0H)2。因此通

过实验现象可以直接验证Ksp[Cu(OH)2]<K."Mg(OH)2],B正确：

C.温度高的溶液先出现浑浊，说明升温加快反应速率，符合温度对速率的影响规律，c正确；

D.CH3co。和HCO；水解生成对应弱酸，对应弱酸酸性越弱，对应的酸根离子水解程度越大，溶液的pH

越大，NaHCCh的pH大于CH3co0NH4,说明弱酸根的水解程度：CH3COO<HCO；,但CHK00NH,中的

NH；也能发生水解，可能对CH3co0-的水解产生影响，因此不能直接得出结论：CH3C00<HC0；,D错误。

答案选D。

11.化合物MgCaFcMMCOj,可用于酸性废水的处理。该化合物可实现以下转化：

试卷第7页，共21页

己知：N出与溶液A中金属离子均不能形成配合物。

3

K5r[Mn(OH)1]=2.06xlO-',=5.61x10~.

下列说法不正砸的是

A.步骤I中若反应生成0.5molCO,则转移电子数为Imol

B.溶液B中含有的阳离子主要有MglCa2\Mn2\NII：

C.若步骤II不加入NHjQ,则溶液A中大量减少的金属离•子是Fe'和Mg?*

D.由步骤III可知，MnCOj、CaCO3>MgCO3中溶解度最大的足MgCO：

【答案】C

【分析】MgCaFeMn(CO2中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A中主要有镁离子、锦离子、钙离

子、亚铁离子，氯离子，若酸过量，还有H+,通入氨气、加氯化镂将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B

中主要含有镁离子、镒离子、钙离子、钱根离子、氯离子等，III中通入CO2将钙离子与镉离子转化为沉淀,

据此回答。

【详解】A.步骤1中发生反应2。02+2股=此2。。3+。。，CO2+C元素化合价为+4价，CO+C元素化

合价为+2价，生成ImolCO时，转移2moi电子，贝！J生成0.5molCO,转移电子数为1mol,A正确；

B.根据分析，溶液B中含有的阳离子主要有Mg2+、Ca2\Mn\NH；,B正确；

C.由题给溶度积可知，氢氧化镭比氢氧化镁更难溶，由流程，通入Nib、加N%。的作用为调节溶液pH,

使得亚铁离子转化为沉淀，而防止Mg2+、MM+转化为氢氧化物沉淀，若不加入NHQLMg2\Fe2\Mn2+

都会大量减少，C错误：

D.MnCOj.CaCCh和MgCCh是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧亿碳，生成的

沉淀是CaCCh和MnCCh，所以MgCCh溶解度最大，D正确；

故选C。

12.二氧化碳加氢合成二甲醛反应包括三个相互关联的反应过程：

反应I：CO2(g)十3H2(g)=CH30H(g)十H2O(g)AH=-49.01kJmor1

试卷第8页，共21页

1

反应II：CO2(g)+H2(g)^CO(g)+II2O(g)AH=+41.17kJmol-

反应HI：2cH30H(g)UCH30cH3(g)+H2O(g)AH=・24.52kJ-mol'1

压强为3()MPa、黑\=4时，不同温度下C02的平衡转化率、CO的选择性和CH30cH3的选择性(选择性

n(CO2)

是指生成某物质消耗的C02占C02消耗总量的百分比)如下图所示：

%

£

&

姒

官

济

士

溶

/

时

A.上图三条曲线中，代表CCh转化率的是曲线A

B.在3°MPa、3。附条件下，若耦=3,CO?的平衡转化率将增大

C.由图中数据可知，工业上生产CH30cH3的适宜温度为350%：

D.根据图中数据,在30MPa、300P达平衡时,CH30cH3和CH30H的体积分数相等

【答案】D

【分析】根据盖斯定律：反应1x2+反应HI得:

2CO2(g)+6H2(g)^CH3OCH3fe)+3H2Og)AH=-122.54kJmor,,升高温度，该平衡向逆反应方向移动,

二甲酸的选择性减小，反应H为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的选择性增大，则

曲线A表示一氧化碳的选择性、曲线B表示二氧化碳的平衡转化率、曲线C表示二甲醛的选择性。

【详解】A.根据分析可知，曲线A表示一氧化碳的选择性，代表CO2转化率的是曲线B,A错误；

B.若嘿、减小，也浓度减小，平衡逆向移动，CO?平衡转化率减小，B错误；

n(CO2)

C.350(时，二甲醛选择性较低，不是工业生产的适宜温度，C错误；

D.在30MPa、3()()可达平衡时，整3=4,假设起始：n(Hj=4mol,n(CO,)=lmol,此时二氧化碳平

"。2)

衡转化率为30%,一氧化碳选择性为70%,二甲醛选择性为20%,生成一氧化碳物质的量：

lmo1x30%><20%

Imolx30%x70%=0.21mol,生成二甲酸物质的审：=o.03mol,则：

2

试卷第9页，共21页

co2(g)+H2(g)uCO：)+凡0g)

变化量0.2lmol0.21mol

CO(g)+3H2但)UCH.OHg)+HO)

229

变化量0.3mol-0.21moi=0.09mol0.09mol

2CH,0H(g)UCH,OCH,fe)+H,0fe)「，，-日、，

3IFL332"),最终CH30H物质的量为：

变化量0.06mol0.03mol

0.09mol-0.06mol=0.03mol,与二甲醛的物质的量相同，则二者体积分数相等，D正确；

答案选Do

13.室温下，通过下列实验探究NaHCzO,溶液的性质。

实验1：向0.1molLNaHCzCh溶液中滴加NaHC加溶液,有气泡产生

实验2：用pH试纸测定0.1mol-L/NaHC0溶液的pH,测得pH约为3

实胎3：向01molL】NaHC?O4溶液中加水稀释，测得溶液pH增大

实验4：向0.1mol-L"NaHC2O4溶液中加入足量酸性KMnCU溶液，有气泡产生，将气体通入澄清石灰水，

澄清石灰水变浑浊

下列有关说法不正确的是

A.由实验1可知电离常数：Ka2(H2C2O4)>Kai(H2CO3)

B.实验2溶液中存在：c(HC2O；)+2c(C2O；')>c(Na+)

C.实验3中随蒸储水的加入，溶液中空Mg的值逐渐变大

c(C2O;)

+2f

D.实验4中反应的离子方程式：5HC2O；+2MnO；+1lH=10CO2T+2Mn+8H2O

【答案】C

【详解】A.实验1中，N97c2。“与脑”。。3反应生成二氧化碳气体，离子方程式为：

HC2O；+HCO.=C2Of+CO2T+H,0,说明HC&的酸性强「H2c。,，根据强酸制弱酸的原理，H2cq,的

第二步电离常数应大于H2c。3的第一步电离常数，A正确；

B.实验2中，队“。2。4溶液的说明“go；的电离占主导，电荷守恒式为：

++

c(Na)+c(H)=c(HC2O；)+2c(C2Or)+c(OH-),由于溶液呈酸性,可得：［此20；)+2c©O：)>c(Na+),

BE确;

试卷第10页，共21页

C.实验3中，稀释股溶液时，pH增大,说明H♦浓度降低，根据温度不变,

c（H-）c（C20r）ego;）

Ka2（H2c2。4）=不变，因此比值应逐渐减小,C错误;

c（CO；-）

C（HC2O；）2

D.“GO；在酸性条件下被长河〃。4氧化为二氧化碳，方程式符合电荷守恒和原子守恒以及氧化还原反应的

变化规律，D正确；

故选C。

第n卷(非选择题共61分)•

二、非选择题：本题共4个小题，共61分。

14.(14分)某工厂采用如下工艺处理银钻矿硫酸浸取液(含Ni2匚Co2\Fe2\Fe3,和Mi?)实现银、钻

元素的回收并获得Co(OH)3和NiSO4・7H2O0

混合气NaClONa2CO3H2SO4

滤渣CO(OH)3滤液1

回答下列问题：

(1)在一定温度下，用硫酸浸取已粉碎的银钻矿时，提高浸取速率的方法为0(答出

一条即可)

(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2so5),写出H2sOs的结构

式：oM产被H2s05氧化为MnO2,滤渣的成分为MnCh、(填化学式)。

(3)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(II)氧化率与时间的关系如图。SO?体积分数为9%时，Mn(H)氧化速

率最大；继续增大S02体积分数时，Mn(U)氧化速率减小的原因是.

%

/

%

^

M

=

c

n

(4)写出“钻保分离”时发生反应的离子方程式；_____________________________________________________

试卷第11页，共21页

“银钻分离”后溶液中c(Ni2+)=1.0mol-L」，若“滤液c(COj-)=10-5molLl,则沉银率三

［已知：Ks(NiCOO=1.0xlO-7,沉银率=更辿"竺"2

PxlOO%]

初始c(Ni‘)

(5)测定NiSO4*7H2O粗品的纯度。取3.000gNiS04*7H20粗品溶于水(滴加几滴稀硫酸)配成100.00mL溶液,

取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用O.lOOOmolI」的Na2H2丫标准溶液滴定，平均消耗标准

溶液25.00mL。计算确定粗品中NiSCU・7H2O的纯度____________________(写出计算过程，结果保留四位

2+22+

有效数字)。(已知：Ni+H2Y-=NiY-+2H)

【答案】除备注外，每空2分

(1)适当增大硫酸浓度或搅拌(1分)

O

(2)^<-0一$一0—0—^1e=0写成5-0也可以)CaSO4>Fc(OH)3

o

(3)SCh有还原性，过多将会降低H2sOs的浓度，降低Mn(H)氧化速率

(4)C1O+2co2++5H20=2CO(OH)31+C「+4H+99%或().99

2+233

(5)n(Ni)=n(H2Y)=0.1000mol/Lx25.00x10-L=2.5000x10mol(1分)

粗品中n(Ni2+尸.5000x103molx1QOmL-=1.000x102mol(1分)

25.00mL

粗品中NiSO4・7H2O的纯度为：L00°』।。：吸为】以mH*胎。%一9367%(1分)

3.000g

【分析】硫酸浸取液(含Ni2+、Co匕Fe2+、Fe3-和MM+)中加入混合气，混合气在金属离子的催化作用下产

生具有强氧化性的H2s05，加入石灰乳调节pH,MM+被H2sO5氧化为MnCh，亚铁离子也被H2sO5氧化成

铁离子,故还有氢氧化铁沉淀生成，钙离子与硫酸根离子反应生成硫酸钙沉淀，滤渣为MnO?、CaS04和

Fe(0H)3：过滤后滤液中加入NaQO沉钻，过滤后滤液中加入Na2cCh沉银，生成硫酸钠滤液1和碳酸银沉

淀，硫酸酸化生成硫酸银，浓缩结晶得到NiSO-ILO,据此分析；

【详解】(1)川硫酸浸取已粉碎的银钻矿并不断搅拌时，适当增大硫酸浓度或搅拌可提高浸取速率；

(2)

O

H2s05中S形成6条共价键，O形成两条，H形成1条，故H2s05的结构式：H-O-S-O-O-H(S=O

0

写成S-O也可以)；根据分析，Mn2,被H2s05氧化为MnCh，滤渣的成分为MnCh、CaSCU、Fe(OH)3；

(3)SO?的体积分数高于9.0%时，相同时间内Mn氧化率开始降低的原因是：SO?有还原性，过多将会降

低H2sos的浓度,且生成的Mn。：也会被SO?还原成Mn(II),降低Mn(H)氧化速率

试卷第12页，共21页

（4）溶液中的正二价钻元素被NaQO氧化为三价钻元素形成氢氧化钻沉淀，自身被还原为Ch离子方程

式为：CKV+2co2++5H2（）=2CO（OHH+CT+4H+：根据可知长印（。83）=10*101

或小尸业也一旦

mol/L=O.Olmol/L,沉银率

C(co；)l.OxlO'5

因沉淀减少的c(Nf)L0mol/L-0.01mol/L

=0.99；

初始C（Ni2）1.0mol/L

223

(5)n(Ni*)=n(H2Y)=0.1000mol/Lx25.0()x10L=2.500()x1O^mol,粗品中

231QQmL2

n(Ni*)=.5000x10-molx--=i,000x10-mol,粗品中NiSO4-7H2O的纯度为:

25.00mL

1.000xl0-^olx281g/molxl()()%g9y67%^

3.000g

15.（12分）高镒酸钾是一种重要的化学试剂。市售的KMnO,固体常含有少量MnO?和其他杂质，因此只

能粗略配制某浓度的KMnO」溶液，然后用Na2c进行标定（标定：使用标准物测出某溶液的精确浓度的过

程）。标定后的KMnO,溶液可用于测定其他物质的浓度。

I.KMnO,溶液的配制

称取1.600gKMn（\溶于盛有500mL水的烧杯中，煮20-30min,冷却后过滤，装入试剂瓶中。

II.KMnO,溶液的标定

准确称取NazCQO.ZOOg置于250mL锥形瓶中，加入蒸储水40mL及3.000mollT硫酸溶液10mL,加热

至75-85。（3立即用待标定的KMnO,溶液滴定。开始滴定时反应速率慢，应逐滴加入，当加入第一滴KMnO,

溶液颜色褪去后再加入第二滴，待溶液中产生M/♦后，滴定速度可加快。达滴定终点时，记录消耗KMnO,

溶液的体积。平行测定3次，体积的平均值为29.85mL。

已知：KMnO,在酸性水溶液中能自行分解，反应原理为4MnO4+12H'=4ME+5O2T+6H9。回答下列

问题：

（1）用离子方程式表示标定反应的反应原理o

（2）开始滴定时滴加KMnO4溶液的速度不宜太快，否则会导致测定结果o（填“偏高”或“偏低”）

（3）达滴定终点的判定依据是o经计算，所

配制的KMnO4溶液的物质的量浓度为0.02000mol-L」。

试卷第13页，共21页

ill.利用已标定浓度的高镒酸钾溶液探究测定草酸晶体(H2czO/xH?。)中的x值。

第一步：称取0.630g纯草酸晶体，将其制成100.00mL水溶液为待测液。

第二步：取20.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀HAOq。

第三步：用浓度为OgOOOmoLLKMnO，标准溶液进行滴定到，平行测定3次，记录数据如下。

序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL

第一次0.2220.02

第二次0.1222.08

第三次1.2421.96

(4)计算x的值(写出详细过程)

(5)利用高钵酸钾滴定草酸时应选用(选“甲、乙”)装置。

KMnO4

溶液

下列操作可能造成测得x值偏小的是

A.没有润洗锥形瓶

B.滴定过程中加入少量蒸储水冲洗瓶壁

C.装有KMnO4的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失

D.滴定终点读数时俯视滴定管

(6)商镒酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应液中Mi?,的浓度随反应时间的变化如图所示，其原因

可能为o

试卷第14页，共21页

【答案】除备注外，每空2分

+2+

(l)2MnO；+5C2Oj-+l6H=2Mn+10CO2T+8H2O

(2)偏低

(3)当滴入最后半滴KMnO,溶液后，溶液由无色变为浅红色，且30s内不褪色

(4)2

(5)乙(1分)C(1分)

(6)反应中生成的MM+作为催化剂，加快了化学反应速率

【分析】用标准Na2GO,溶液滴定KMnOq溶液滴定，发生反应：

+2

2MnO；+5C2O；-+16H=2Mn"+10C：O2T+8H2O,利用已标定浓度的高镒酸钾溶液探究测定草酸晶体

(HCzO,xH2。)中的x值，只需计算H2C2O4XH2O中n(H2O)：n(H2C2O4)的数值即可。

【详解】(1)标定反应的反应原理是NaCOq、KMnO^tl硫酸反应生成K2s。八MnSO八Na2so八CO?和

+2+

H2o,反应的岗子方程式为：2MnO；+5C2O；-+16H=2Mn+10CO2T+8H2O；

+2+

(2)若滴加太快，KMnO,在酸性水溶液中自行分解，发生反应：4MnO；+12H=4Mn+5O2T+6H2O,

使消耗KMnO,溶液的体积偏大，会导致测定结果偏低；

(3)待标定的KMnO,溶液滴定Na2ca,溶液，KMnO,溶液呈紫红色，Na2c2O4溶液无色，KMnO,稍过

届时即达滴定终点，则达滴定终点的判定依据是：当滴入最后半滴KMnO,溶液后，溶液由无色变为浅红色,

且30s内不褪色；

(4)由表格数据可知，第二次数据误差较大，舍去，滴定消耗赤准高锌酸钾溶液的平均体积为

(20.02—022)+(21.96—1.24)mL=20.26mL，由关系式ZMnOJSHgOq可知，0.630gH2G0,。也0中

试卷笫15页，共21页

3

n(H2C2O4)=20.26xlO-Lx0.02000mol/Lx|x-!^=0.005mol,则

„C0.630g-0.005molx90g/mol.„„1c八

n(HQ尸-----------;---------=O.Olmol,即nn(H,0)：n(H1CO)=21,则x=2：

18gzmol224

(5)高镒酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀乳胶管，利用高钵酸钾滴定草酸时应选用酸式滴定管，即选用乙

装置；

A.没有润洗锥形瓶，不影响待测液溶质的物质的量，不影响消耗KMnO,标准溶液的体积，对实验结果无

影响，A不符合题意；

民滴定过程中加入少量蒸储水冲洗瓶壁，不影响待测液溶质的物质的量，不影响消耗KMnO,标准溶液的

体积，对实验结果无影响，B不符合题意；

C.装有KMnO"的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗KMnO,标准溶液的体枳偏大，

草酸的物质的量偏大，水的物质的量偏小，则测得x值偏小，C符合题意；

D.滴定终点读数时俯视滴定管，导致消耗KMnO,标准溶液的体积偏小，草酸的物质的量偏小，水的物质

的量偏大，则测得x值偏大，D不符合题意；

故选C。

(6)高锌酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，由图可知，Mn"的浓度随反应时间先缓慢增大，后迅速增

大，其原因可能为：反应中生成的MM+作为催化剂，加快了化学反应速率。

16.(19分)我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当.为此我国制定

了实现“碳中和”和“温室气体净零徘放”的长期战略目标。CO2的转化、回收和重整受到越来越多的关注，它

是有效应对全球气候变化、促进低碳社会构建的重要方法。

⑴热化学转化法。科学家研究利用回收的CO2制取甲酸(HCOOH)。

①已知：I：HCOOH(g)=CO(g)+H2O(g)△“尸+72.0kJ/mol；

II：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)576.0kJ/mol；

III：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△//,)=—483.0kJ/molo

写出CO2和H2反应制取HCOOH的热化学方程式o

②查阅资料可知在过渡金属催化剂存在下，COMg)和比值)合成HCOOH(g)的反应分两步进行：己知第一步

反应的方程式为CO2(g)+H2(g)+M(s)=M-HCOOH(s)；则第二步反应的方程式为。

③工业上利用2co2(g)+6H2(g)UCH30cH3(g)+3H2O(g)A//<0,合成甲醛。向一绝热恒容密闭容器中，加

入ImolCO?和3moiH2发生上述反应，能够说明该反应达到平衡状态的是________(填字母)。

A.v,Z(CO2)=2v4cH30cH3)

试卷第16页，共21页

B.容器内气体的密度保持不变

C.容器内生黑比值保持不变

(2)吸收转化法。燃煤烟气中CO2的捕集可通过如图-1所示的物质转化实现。

KOH(aq)石灰乳<——.

图-1

载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因

是O

(3)催化还原法。CO2与丙烯通过金属杂多酸盐［COXH(3.2X)PW|?O40］催化合成甲基丙烯酸。

-200C

-25OC

—300C

)1020304050

时间/min

图-2图・3

①研究发现金属杂多酸盐中X对CO2转化率的影响如图-2所示，由图2得出催化效果最好的金属杂多酸盐

化学式是。

②催化剂在温度不同时对CO2转化率的影响如图-3所示，300丫催化效果远不如200℃和250T的主要原

因是。

(4)将一定比例的CH30H(g)和H2O(g)的混合气体，以相同速率通过装有不同催化剂的反应器。发生反应：

催化剂

CIhOH(g)+HO(g)------:CO(g)+3HoCH30H的转化率随催化剂的使用时长变化如图・4所示，催化剂

2A22

CuAbO4与催化剂Cu/Zn/Al相比，优点有__________________________________________

试卷第17页，共21页

(5)C0?的资源化利用是实现碳中和的重要途径。

电化学法将CO?转化为甲酸

科学家近年发明了一种新型Zn-CO?水介质电池。如图所示，电极分别为金属锌和选择性催化材料，放电

时，co2被转化为储氢物质甲酸。

注：双极隔膜为一层阳离子交换膜和一层阴离子交换膜复合而成，中间为水，作为电解质溶液中H+和0H-

的来源。

[―(V)—।

-CO2

/Zn▼、6，

充

，

(:;，

：

电

电\

、"

Zn(OH)r-H,O

,、、+HCOOH

电解质麻液1双点隔膜而解质溶液2

放电时，正极电极反应式为°充电时每生成Imo]。?，理论上阴极获

得Zn的物质的量为mol。与Zn极室相连的离子交换膜为。

【答案】除备注外，每空2分

(1)CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)△//=—25.5kJ/molM-HCOOH(s)=HCOOH(g)+M(s)A(1分)

(2)相同质量KOH的和LiOH,LiOH吸收C02的量更多

(3)COO5H2PW12O40或CoM%WzQso300%：温度过高，催化剂活性降低，反应速率减慢

(4)CUALO4催化活性更高，且使用较长时间后仍能保持很高的活性

+

(5)CO2+2e+2H=HCOOH2阴离子交换膜

试卷第18页，共21贝

【详解】(1)①目标方程式为CO2(g)+H2(g尸HCOOH(g),根据盖斯定律，由gx(IH-n-2xI)可得

CO2(g)+H2(g)=HCOOI1(g),其AH=y[-483.0kJ/mol+576.0kJ/mo：-2x72.0kJ/mol]=-25.5kJ/mol；

②总反应为CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g),减去第一步反应可得第二步反应为M・HCOOH(s)=HCOOH(g)+M(s)；

③A.y/CO2)=2v£CH30cH3),表示正逆反应速率相等，可以说明达到平衡，故A选；

B.容器是恒容的，容器内气体的密度始终保持不变，不能说明达到平衡，故B不选;

加入和比发生上述反应，投料比等于计量数之比，故始终为：不能说明达

C.ImolCO?3moi吸)13,

到平衡，故C不选;

答案选A；

(2)由于LiOH的摩尔质量小于KOH的摩尔质量，故单位质量的LiOH物质的量大，相同质量的LiOH固

体可吸收更多二氧化碳：

(3)①图2中可以看出,x=0.5时催化剂的催化效果最好,此时催化剂的化学式为:CoosFbPWizOao或

CoH4P2W24O80;

②200〜25(TC催化剂的催化效果相当，继续升高温度到300P时催化效果变差，说明300(时催化剂活性降

低，温度过高，可能会导致催化剂失活；

⑷如图所示，催化