2025-2026学年高二化学上学期第三次月考卷01（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1卷（选择题）和第n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：选择性必修一全册。

5.难度系数：0.65

6.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-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R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：Do

2.关于甲烷合成反应：CO2+4H3=CH_+2HQ（反应放热）,下列说法正确的是

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△〃=E(C=O)+E^H—H)—E(C—H)—E(H—O)(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，所以反应物的总能曷大于生成物的总能量,与图像符合,B正确：

C.该反应△，=2E(C=O)+4E(H-H)-4E(C-H)—4E(H-O)(用E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

试卷笫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沸，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2NO2（g）=N2O4（g）△”《），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B0

4.卜列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是

A.向O.lmolLTNaHCOa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H2总量多

C.常温下，测得0.lmol.Ll醋酸溶液的pH=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，与足量锌粒反皮时，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0.lm。l•Ll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B。

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

烧牛.成C02,C02催化加氢可制CH4；Na2cs3是一种杀菌剂；电解还原SiO?可制得半导体材料晶体Si,四

氯化铭(GeCL)水解可得至ljGeCh；醋酸铅［(CNCOO^Pb］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)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)AH=-890.3kJ/mol

2

B.电解还原SiO?制高纯Si的阴极反应：SiO2-4e=Si+2O-

C.7K解GcCLi制GeCh：GeCh+2H2O=GcO2l4-4HCl

D.醋酸铅溶液吸收H2s气体：Pb2++H2S=PbS1+2Hh

Ni/SiO,

6.下列有关反应CO2(g)H-4H2(g)---^CHMg)+2H2O(g)的说法正确的是

A.反应的AS>0

B.反应的平衡常数袤达式K="段):［告?

c(CO2)c(MJ

C.反应的AH=4E(C-H)+4E(0-H)-2E(OO)-4E(H-H)(E表示键能)

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

7.下列物质性质与用途具有对应关系的是

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.。02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+4c=Si+2O'B错误；

C.GcCL水解生成GeO?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(CH3coO”Pb,D错误；

故选C。

6.A.反应后气体总物质的量减少(5-3),牖减，AS<0,A错误；

c(CH.)-c2(H^O)

B.平衡常数表达式为K=:口］B正确；

c(CO2)-c(H2)

C.AH应二反应物键能总和-生成物键能总和=-4E(C-H)-4E(O-H)+2E(C=O)+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2moiO-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Pb2+因生成PbS沉淀，属复分解反应，与还原性无关，A错误：

B.Na£S3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.C1O2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C（）2,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，Na2cO,与C均沉积在

碳纳米管中。下列说法不正确的是

A.充电时，碳纳米管电极发生的反应为：4Na-+4e-+3CO2=2Na2CO.+C

B.放电时，每转移2moi电子，消耗33.6LCOK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-CO?电池放电时，Na2cO3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3co2+4Na++4eJ2Na2CO3+C,钠箔负极，电极反应式为Na-=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：2NaO）3+C-4e-=4Na++38?，

A错误;

+

B.由分析可知，放电时，正极发生的反应为：3CO2+4Na+4e=2Na2CO3+C,故每转移2moi电子，消

耗CO2的物质的量为1.5mol,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。己知笫一步与第三步是快反应，第二步

是慢反应。卜.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.HCOOHfCOz+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氢键

【答案】A

【详解】

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

裂生成D+,C-H键断裂生成H,结合为HD；若用DCOOH(C上为D),则O-H键断裂生成H+,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，故反应速率由第二步决定，B错误；

C.催化剂降低活化能但不改变反应焰变，C错误：

Oo

Oh断

D.第一步是HCOOH在催化剂表面反应生成〔C口酸(HCOOH)结构为c

裂的是粉基中0-H键，D错误；

故选A。

试卷第6虫，共21吹

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

选

实验过程及现象实验结论

项

向2mL0.1mol-L"FeCC溶液中力口5mL0.1molL"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4Fr+和r的反应存在限度

滴KSCN溶液，溶液变红色

向O.lmolLiMgSOj溶液滴加少量NaOH溶液，有白色沉淀产生，再

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

滴加少量0.1molL/CuSO4溶液，白色沉淀变为蓝色沉淀

等体积、等物质的量浓度的Na2s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：CH3coOvHCO；

后者大于前者

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【详解】A.Fe3+与I-反应生成12和Fe?+,加入CCL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止确；

B.Cu(OH)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，K$p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(OH)2沉淀中加入CuSCh,沉淀变蓝说明生成CU(OH)2。因此通

过实验现象可以直接验证Kv,[Cu(OH)2]<Ks/,[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，NaHCO.i的pH大「CH3coONH4，说明弱酸根的水解程度：CH3COO<HCOJ,但CH3coONH」中的

NH：也能发生水解，可能对CH3coO的水解产生影响，因此不能直接得出结论：CH3coO-vHCO；,D错误。

答案选D。

11.化合物MgCaFeMn(COj4可用于酸性废水的处理。该化合物可实现以下转化：

已知：N%与溶液A中金属离子均不能形成配合物。

,32

Ksr[Mn(OH)2]=2.06xl0,Kv[Mg(OH)2]=5.61xIO'o

下列说法不叱碰的是

A.步骤I中若反应生成0.5molC。，则转移电子数为Imol

B.溶液B中含有的阳离子主要有Mg?卡、Ca2\Mn2\NH；

C.若步骤I1不加入NH4c1,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，MnCOrCaCOrMgCX%中溶解度最大的是MgC。，

【答案】C

【分析】MgCaFeMMCO)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、镭离子、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、镉离子、钙离子、链根离子、氯离子等，IH中通入CO?将钙离子与镭离子转化为沉淀，

据此回答。

【详解】A.步骤I中发生反应2co2+2凡/=叫。0+。0,82中C元素化合价为+4价，CO中C元素化

合价为+2价，生成ImolCO时，转移2moi电子，则生成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Mg?+、Ca2\Mn"、NH：,B正确；

C.由题给溶度积可知，氢氧化钵比氢氧化镁更难溶，由流程，通入NHa、加NH,Cl的作用为调节溶液pH,

使得亚铁离子转化为沉淀，而防止Mg?+、Mn?+转化为氢氧化物沉淀，若不加入NH』CLMg2\Fe2\Mn2+

都会大量减少，C错误：

D.MnCCh、CaC03和MgCCh是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的

沉淀是CaC03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：

试卷第8页，共21页

反应I：CO2(g)+3H2(g)*CH3OH(g)+H2O(g)AH=-49.01kJmor*

反应H：CO2(g)+H2(g).*CO(g)+H2O(g)AH=+41C7kJmoH

1

反应HI：2CHjOH(g).CH3OCH3(g)+H2O(g)AH=-24.52kJ-mol'

压强为30MPa、黑=4时，不同温度下CO2的平衡转化率、CO的选择性和CH30cH3的选择性(选择性

n(CC)2)

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：

卜列说法止确的是

A,上图三条曲线中，代表C02转化率的是曲线A

n(H,)

B.在30MPa、300C条件下，若二人、=3,CO?的平衡转化率将增大

n(CO2)

C.由图中数据可知，工业上生产CH30cH3的适宜温度为35OC

D.根据图中数据，在30MPa、300C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II【得:

2co2(g)+6H2(g)=CH30cH3(g)+3H2O(g)AH=-122.54kJ.iro「，升高温度，该平衡向逆反应方向移动,

二甲醛的选择性减小，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CCh转化率的是曲线B,A错误:

B.若黑事减小，也浓度减小，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，B错误；

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；

n(H),

D.在30MPa、300℃达平衡时，-^2-=4,假设起始：n(H)=4mol,

2n(CO2)=Imol,此时二氧化碳平

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:

1molx30%x70%=0.21mol,生成二甲醛物质的量：Imolx30/x20%_003moi,则:

2

CO2(g)+H2(g)Uco(g)+H2o(g)

变化量0.21mol0.21mol

CO2(g)+3H2(g)_CH30H(g)+H2O(g)

变化量0.3mol-0.21mol=0.09mol0.09mol

2CHQH(g)1CH2CH,(g)+也。(“最终3心物质的量为：

变化量0.06mol0.03mol

0.09nx)l-0.06nx)l=0.03mol,与二甲雄的物质的量相同，则二者体积分数相等，D正确；

答案选D。

13.室温下，通过下列实验探究NaHCzOj溶液的性质。

实验1：向0.1moLL-NaHC2O4溶液中滴加NaHC加溶液,有气泡产生

实验2：用pH试纸测定0.1molUNaHCzCU溶液的pH,测得pH约为3

实给3：向0.1molL」NaHGCh溶液中加水稀释，测得溶液pH增大

实验4：向0.1moLL」NaHC2O4溶液中加入足量酸性KMnCh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I可知电离常数：Ka2(H2c2O4)>Kal(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，溶液中笔型的值逐渐变大

+2+

D.实验4中反应的离子方程式：5HC2O；+2MnO；+HH=10CO2t+2Mn+8H2O

【答案】C

【详解】A.实验1中，Na"。?。』与MJ/CO3反应生成二氧化碳气体，离子方程式为：

HCfi；+HCO；=c2o；-+co21+H2O,说明"GO；的酸性强于H2cq，根据强酸制弱酸的原理，H2c的

第二步电离常数应大FHQOa的第一步电离常数，A正确；

B.实验2中，此出6。4溶液的阳=3,说明"GO；的电离占主导，电荷守恒式为：

+

c(Na)+c(H*)=c(HC2O；)+2c(C2O；-)+c(OH-),由于溶液呈酸性,可得：c(HC2O；)+2c&0：一)>c(Na+),

B正确;

试卷第10页，共21页

C.实验3中，稀释NaUCQ,溶液时，〃“增大，说明H♦浓度降低，根据温度不变，Ka2(H2C2O4)=

c(ir)c(c2or)

不变，因此比值应逐渐减小，c错误;

D."CzO：在酸性条件卜.被KM%。,氧化为二氧化碳，方程式符合电荷守恒和原子守恒以及氧亿还原反应的

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\Co2\Fe2\Fe3+和MM，)，实现银、钻

元素的I可收并获得CO(OH)3和NiSO4-7H2Oo

混合气NaClONa2CO3H2SO4

石灰乳(SOz+空气)溶液溶液溶液

硫酸浸取液TJ氧化LI->|,钻银I分离,卜>伍X就T酸T化T,浓缩结晶iNiS(V7H2O

滤渣CO(OH)3滤液1

回答下列问题：

⑴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。(答出一

条即可)

(2)“氧化”中，混合气在金属离孑的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2so5),写出H2s05的结构

式：oMn”被H2sOs氧化为MnCh，滤渣的成分为M11O2、(填化学式)。

(3)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(H)氧化率与时间的关系如图。SO2体枳分数为9%时，Mn(I【)氧化

速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(H)氧化速率减小的原因是。

o

・

%180o

/■

*SO2体积分数

¥6o■

懈©0.0%

(4o°0.8%

n・

)△2.0%

u一09.0%

n2O

。16.0%

?~~y

0204060

时间/min

(4)写出“钵镶分离”时发生反应的离子方程式；。“馍

钻分离“后溶液中c(Ni2+)=1.0molU,若“滤液1”中c(CO；-)=10-$mol-LL则沉银率=。［己

，n"'，八，八7…白七因沉淀减少的C(Ni")

知：W03)=I.OXIO-7,抗银率=初始CM)XI00%]

(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.lOOOmolLi的Na2H2丫标准溶液滴定，平均消耗标准

溶液25.00mL。计一算确定粗品中NiSO—HzO的纯度(写出计算过程，结果保留四位有

2+22+

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(I分)

O

(2)H-O-S-O-O-H(S=O写成S-0也可以)CaSO,、Fe(OH)3

II

o

(3)SOz有还原性，过多将会降低H2s05的浓度，降低Mn(ll)氧化速率

2++

(4)CIO+2Co+5H2O==2CD(OH)3j+CP+4H99%或0.99

2+23

(5)n(Ni)=n(H2Y-)=0.1OOOmol/Lx25.00x10-L=2.5000x1O^mol(1分)

粗品中n(Ni2+)=2.5000x10-'mol=1.000x10"mol(|分)

25.00mL

粗品中NiSO4・7H2O的纯度为：L0000-x281g/m°l乂1-9367%。分)

3.000g

【分析】硫酸浸取液(含Ni2+、C02+、Fe?+、Fe3+和Mn2+)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H2so5,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MnO2、CaS04和

Fe(0H)3；过漉后滤液中加入NaQO沉钻，过滤后滤液中加入Na2c03沉银，生成硫酸钠滤液I和碳酸镁沉

淀，硫酸酸化生成硫酸银，浓缩结晶得到NiSO&・7H2O,据此分析；

【详解】(I)用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—0—0—14(5=0

0

写成S->0也可以)；根据分析，被H2s05氧化为MnO2,滤渣的成分为MnCh、CaSCh、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

试卷第12页，共21页

低H?SOs的浓度，且生成的MnO］也会被SO2还原成Mn(H),降低Mn(II)氧化速率

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

式为：。0-+2co2++5H2O=2CO(0HR+C卜+4H+；根据可知Ks,(NiCOj=1.0x10",c(Ni2+)=

因沉淀减少的c(Ni2')_L0mol/L-0.01mol/L

沉银率二=0.99；

初始c(Ni")1.Omol/L

2+2332+

(5)n(Ni)=n(H2Y)=0.1000mol/Lx25.00x1(yL=2.5000x10'mol,粗品中n(Ni)=

3l0QmL-2

2.5000x10-molx=1.000xJ0mol,粗品中NiSO4-7H2O的纯度为:

25.00mL

1.000x102molx281g/mol

x100%193.67%.

3.000g

15.(12分)高镭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KMnO4溶液，然后用Na2C2O4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KMnO4溶液可用于测定其他物质的浓度。

I.KMnO,溶液的配制

称取1.600gKMnO/容于盛有500mL水的烧杯中，煮20-3()min,冷却后过滤，装入试剂瓶中。

II.KMnO4溶液的标定

准确称取Na2c9Q200g置于250mL锥形瓶中，加入蒸馅水40mL及3.000molC硫酸溶液10mL,加热

至75-85C立即用待标定的KMnOj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KMnOq

溶液颜色褪去后再加入第二滴，待溶液中产生Mi?+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4MnO：+12H+=4Mn2++5O2T+6H2。。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。(填“偏高”或“偏低”)

(3)达滴定终点的判定依据是■经计算，所配

制的KMnO』溶液的物质的量浓度为0.02000mol。

III.利用已标定浓度的高镒酸钾溶液探究测定草酸晶体(HCO/xHq)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HfO-

第三步：用浓度为0.02000mol-UKMn04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滴定端点读数/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(写出详组过程)

(5)利用高镒酸钾滴定草酸时应选用(选“甲、乙”)装置。

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做水冲洗瓶壁

C.装有KMnO”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)高钵酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应液中M/+的浓度随反应时间的变化如图所示，其原因

可能为_______________________________________________________________

试卷第14页，共21页

+2+

(1)2MnO；+5C,O；-+16H=2Mn+1OCO,T+8H2O

⑵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)

⑹反应中生成的Md+作为催化剂，加快了化学反应速率

【分析】用标准Na2c2。4溶液滴定KMnO4溶液滴定，发生反应：

+2<

2MnO；+5C2O；-+16H=2Mn+10CO2T+8H2O,利用已标定浓度的高锈酸钾溶液探究测定草酸晶体

(H,C2O4XH2O)中的x值,只需计算H2c/)4•xHQ中n(H2O)：n(H2C2O4)的数值即可。

［详解】(1)标定反应的反应原理是Na2c2O4、KMnO4和硫酸反应生成K2s0八MnSO八Na2SO4、CO2和

42+

H2O,反应的离•子方程式为：2MnO4+5C2O；-+16H=2Mn+1()CO2T+8H2O；

2

⑵若滴加太快，KMnOj在酸性水溶液中自行分解，发生反应：4MnO4+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Na2c2。4溶液，KMnO,溶液呈紫红色，NaWq,溶液无色，KMM%梢过

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，滴定消耗标准高锦酸钾溶液的平均体积为

(20.02-0.22)+(21.96-1.24)

mL=20.26mL,由关系式2MliO；〜5H2cql可知，().630gH2C2。4•xH2。中

2

-3xx

n(H2C2O4)=20.26x10Lx0.02000mol/L|=0.005mol,则n(H2O)=

0.630g-0.005molx90g/mol

---------——-----------=O.Ohnol,即n(HQ)：n(H,C,0j)=2：I,n则lx=2；

1og/mol

(5)高钵酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀乳胶管，利用高镒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KMnOj标准溶液的体积，对实验结果无

影响，A不符合题意；

B.滴定过程中加入少量蒸溜水冲洗瓶壁，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KMnO4标准溶液的体积偏大,

草酸的物质的量偏大，水的物质的量偏小，则测得工值偏小，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)高锦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Mn2+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。科学家研究利用刚攵的CO?制取甲酸(HCOOH)。

①已知：I：HCOOH(g)=CO(g)+H2O(g)A/7/=+72.0kj/mol；

il：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)AA/2=—576.0kj/mol；

III：2H2(g)+O2(g)-2H2O(g)△%—-483.0kJ/muL

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，COXg)和HXg)合成HCOOH(g)的反应分两步进行：已知第一步

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)kCH3OCH3(g)+3H2O(g)AH<0,合成甲醛。向一绝热恒容密闭容器中，加

入ImolCO2和3molH2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-XCO2)=2v虱CH33cH3)

试卷第16页，共21页

B.容器内气体的密度保持不变

”(CO?)

C.容器内比值保持不变

⑵吸收转化法。燃煤烟气中CO2的捕集可通过如图-I所示的物质转化实现。

KOH(aq)石灰乳＜-

含CO2烟气一＞吸收一转化f燃烧fCO2

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|204d催化合成甲基丙烯酸。

1()・200C

8-25OC

—300C

6

4

2

0U

O

1020304050

时间/min

图-2图-3

①研究发现金属杂多酸盐中X对C02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傕化剂在温度不同时对CCh转化率的影响如图-3所示，30()℃催化效果远不如2(X)℃和250℃的主要原

因是。

(4)将一定比例的CH3OH(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

CHOH(g)+H2O(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

3A22

CuAhO4与催化剂Cu/Zn/Al相比，优点有o

%

C

R

H

O

X

U

(5)CO?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-CO2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，COz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。

I—(V)—।

-CO2

/Zn▼'、6/

(:;充

电

电

、"

Zn(OH)r-H2O

,、、,HCOOH

电解质总液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ImolO2,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)△〃=一25.5kJ/inulM-HCOOH(s)-HCOOH(g)+M(s)A(1分)

(2)相同质量KOH的和LiOH,LiOH吸收CO2的量更多

(3)C00.5H2PW12O40»£C0H4P2W24O80300℃温度过高，催化剂活性降低，反应速率减慢

(4)CuAbO4催化活性更高，且使用较长时间后仍能保持很高的活性

+

⑸CO2+2e+2H=HCOOH2阴离子交换膜

试卷第18页，共21页

【详解】(1)①目标方程式为C0Mg)+H2(g尸HCOOH(g),根据盖斯定律，由gx(in-n-2xl)可得

CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g),其z\H=；[-483.0kJ/mol+576.0kJ/mol-2x72.0kJ/mol]=-25.5kj/mol；

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

③A.L《O2)=2巾(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；

C.加入1molCO?和3molH2发生上述反应，投料比等于计量数之比，故f"『始终为1：3,不能说明达

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：ConsH，PW“O4n或

C0H4P2W24OS0：

②200〜250C催化剂的催化效果相当，继续升高温度到300℃时催化效果变差，说明300C时催化剂活性降

低，温度过高，可能会导致催化剂失活；

(4)如图所示，催化剂CuAbO4与催化剂Cu/Zn/Al相比,优点有：CuAbCh催化剂活性更高，且使用较长

时间后，还能保持较高的活性。

(5)由图可知，放电时Zn失去电子氧化生成Zn(OH),,左侧为负极，电极反应式为Zn-2e「+4OH-=Zn(OH)：,

需要有OH•参与反应，则与Zn电极室相连的交换膜为阴离子交换膜，CO?得到电子生成H