四川省成都市2025-2026学年高二化学上学期第二次阶段性考试试题含解析

考试时间：75分钟满分100分

第Ⅰ卷(选择题)

可能用到的相对原子质量：H1O16Na23Mg24Cl35.5Cr52Li7

一、选择题(每题只有一个选项最符合题意)

1.化学在生活和化工生产中起着重要的作用。有关下列叙述不正确的是

A.牙膏中添加氟化物用于预防龋齿

B.用代替处理饮用水时只有杀菌消毒作用

C.氯碱工业中，电解槽的阴极区产生

D.广泛用于涂料、橡胶和造纸的可由水解制备

【答案】B

【解析】

【详解】A.牙膏中添加氟化物可增强牙齿的抗酸能力，有效预防龋齿，A正确；

3+

B.高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，用于水处理时不仅具有杀菌消毒作用，被还原后的产物Fe水解

形成Fe(OH)3胶体，还具有絮凝作用，因此“只有杀菌消毒作用”的叙述不准确，B错误；

--

C.在氯碱工业中，电解食盐水时阴极发生还原反应：2H2O+2e→H2+2OH，钠离子通过阳离子交换膜进

入阴极，阴极产生NaOH，C正确；

D.二氧化钛水合物（TiO2·xH2O）是涂料、橡胶和造纸的常用原料，可通过四氯化钛水解制得，D正确；

故选B。

2.不能用勒夏特列原理解释的是

A.热的纯碱溶液去污能力强

B.新制的氯水在光照条件下颜色变浅

C.工业上和生成，选择条件是常压而不是高压

D.合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率

【答案】C

1

【解析】

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2

【详解】A.热的纯碱溶液去污能力强，是因为碳酸钠中碳酸根水解显碱性

（），油污在碱性条件下水解生成易溶于水的物质而除去；且升高温度碳酸根

水解平衡正向移动，OH⁻浓度增大，碱性增强，去污能力增强，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；

B.新制的氯水在光照条件下颜色变浅，是因为氯气与水反应生成的HClO在光照下分解，导致HClO浓度

降低，使反应正向移动，Cl2浓度减小，颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，

B不符合题意；

C.工业上SO2和O2反应生成SO3（），该反应正向为气体分子数减小方向，增大压

强有利于平衡正向移动；工业选择常压而非高压，是出于设备成本等经济因素考虑，并非平衡移动问题，

不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；

D.合成氨时将氨液化分离，使合成氨平衡正向移动，提高氮气和氢气的转化率，可以用勒夏特列原理解释，

D不符合题意；

故答案选C。

3.是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.反应，当反应放出热量时，转移电子数

B.120g由和组成的混合固体中数目为

C.时，的溶液中，由水电离出的数目为

D.电解精炼铜时，当电路中通过的电子数为时，阳极应有转化为

【答案】A

【解析】

【详解】A.反应放出9.2kJ热量，因反应焓变ΔH=-92kJ·mol⁻1(对应1mol反应进度)，故反应进度为=

0.1mol；该反应中每1molN2反应转移6mol电子，故0.1mol反应转移电子数为0.1×6×NA=0.6NA，A

正确；

B.混合物由和组成，固体中阴离子为HSO，固体中含。混合

物总质量120g，但未给出组成比例，无法确定数目一定为，B错误；

1

C.溶液未指定体积，无法计算水电离出的具体数目，C错误；

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2

D.电解精炼铜时，阳极粗铜含杂质(如Zn、Fe等活泼金属)，通过电子数为时，阳极溶解的不全是Cu(杂

质也消耗电子)，故不一定有32gCu溶解，D错误。

故选A。

4.下列说法正确的是

A.甲烷的燃烧热，则

B.时，1molS和2molS的燃烧热相等

C.1mol液态肼在足量氧气中完全燃烧生成水蒸气，放出642kJ的热量，则

D.在稀溶液中：，若将含的

醋酸稀溶液与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量大于57.3kJ

【答案】B

【解析】

【详解】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物放出的热量，甲烷的燃烧热ΔH=-890.3kJ/mol

对应生成H2O(l)。选项中的反应生成气态水，由于水从气态变为液态会放热，生成气态水的反应放热较少，

ΔH应小于-890.3kJ/mol，故ΔH<-890.3kJ/mol，A错误；

B．燃烧热表示单位物质的量的物质完全燃烧生成指定产物时的焓变，与物质的量无关。因此，1molS和2

molS的燃烧热相等，B正确；

C．反应放出642kJ热量，说明是放热反应，ΔH应为负值（ΔH=-642kJ/mol）。选项中写ΔH=+642kJ/mol

（吸热），与放热事实矛盾，C错误；

D．中和热ΔH=-57.3kJ/mol适用于强酸强碱。醋酸（CH3COOH）是弱酸，电离过程吸热，导致与NaOH中

和时总放热量小于强酸强碱的中和热。选项中“放出的热量大于57.3kJ”错误，D错误；

故答案选B。

5.下列有关离子方程式正确的是

A.泡沫灭火器的反应原理：

B.溶液呈碱性：

1

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2

C.锅炉除垢过程中将转化为

D.已知电离常数：，向

中通入少量的气体：

【答案】C

【解析】

【详解】用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂，是因为铝离子和碳酸氢根发生彻底双水解

反应生成二氧化碳和氢氧化铝，泡沫灭火器的反应原理为：，故A

错误；

B．碳酸氢根离子水解为可逆反应，应该使用可逆号，溶液呈碱性的离子方程式为：

，故B错误；

C．碳酸钙比硫酸钙更难溶，微溶的硫酸钙可转化为难溶的碳酸钙沉淀；锅炉除垢过程中将转化为

的离子方程式为：，故C正确；

D．根据电离常数可知酸性：，按强酸制弱酸，向中通入少气体

生成氢氰酸和碳酸氢钾，离子方程式为：，故D错误；

故选C。

6.下列图像与对应描述均正确是

A.图①表示向氨水中通入HCl气体至过量的过程中溶液导电性的变化

B.图②可表示在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线，改变，可使a点移动到b点

C.图③可判断P点时，

D.图④中a、b曲线分别表示放热反应在使用和未使用催化剂过程的能量变化

【答案】D

3

【解析】

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4

【详解】A．一水合氨为弱电解质，与HCl气体反应后，生成的氯化铵为强电解质，随着氯化氢气体的通入

至恰好反应，溶液中阴阳离子浓度均增大，导电性应先增强，通入氯化氢气体至过量时，导电性也会持续

增大，A错误；

B．根据图像可知，温度不变，溶度积常数不变，则改变，只能在ac曲线上移动，B错

误；

C．由图3可知，升高温度，A的平衡转化率下降，说明平衡逆向移动，则该反应正方向为放热反应，P点

的转化率高于平衡转化率，说明此时平衡逆向移动，则QP＞K，C错误；

D．根据图像，该反应为放热反应，且使用催化剂可降低反应活化能，a、b曲线分别表示放热反应在使用

和未使用催化剂过程的能量变化，D正确；

故选D。

7.下列装置或操作对应的现象或目的正确的是

装置或操

作

现象或目A．滴加稀盐酸立即产生大量气

B．将海带灼烧成灰烬

的泡

装置或操

作

D．干燥的HCl气流利于制备无水

现象或目

C．测量化学反应速率

的

1

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2

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．滴加稀盐酸时，先发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，一开始不产生气泡，A错误；

B．蒸发皿不能用于灼烧固体，海带灼烧需要在坩埚中进行，B错误；

C．稀硫酸与锌粒反应生成H2，但该装置缺少秒表等计时仪器，无法测量反应速率，C错误；

2+

D．干燥HCl气流可以抑制Mg水解，利于制备纯净的无水MgCl2，D正确；

故选D。

8.磷酸铁锂“刀片电池”工作原理如图所示。放电时的总反应：，

说法正确的是

A.放电时，铝箔作负极

B.电池工作时，正极反应为

C.电池工作时，负极材料质量减少，转移电子

D.电池进水不会影响其使用寿命

【答案】B

【解析】

【分析】放电时，LixC6在铜箔一侧失去电子生成Li+和C，Li1-xFePO4得电子发生还原反应转化为LiFePO4；

【详解】A．根据总反应及示意图，放电时LixC6在铜箔一侧失去电子生成Li+和C，铜箔为负极，故A错

误；

B．放电时Li1-xFePO4得电子发生还原反应生成LiFePO4，铝箔为正极，正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe

-

=LiFePO4，故B正确；

-

C．负极反应为LixC6-xe=6C+xLi+，释放Li+使减少质量，1.4gLi的物质的量为0.2mol，转移电子为0.2

1

mol，故C错误；

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2

D．电池使用锂盐有机溶液，Li是活泼金属，进水会导致Li与水反应，故D错误；

选B。

9.下列说法正确的是

A.将NaOH溶液和氨水的浓度稀释到原来的，两者的均减少到原来的

B.常温时，在醋酸钠溶液中加入一定量水，的比值变大

C.将和溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同

D.25℃，向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．NaOH是强碱，完全电离，稀释后,c(OH-)减少到原来的，氨水是弱碱，存在电离平衡，稀

释后电离度增大，c(OH-)大于原来的，A错误；

B．醋酸钠溶液中存在水解平衡：，加入水稀释时，水解度α增大，

-

平衡正向移动，但c(OH)下降，Kh不变，由可知的值减小，B

错误；

3+

C．AlCl3溶液加热时，水解生成的HCl会挥发，使得Al水解生成Al(OH)3，蒸干灼烧后得Al2O3，Al2

(SO4)3溶液加热时，水解生成的H2SO4不挥发，蒸干灼烧后仍得Al2(SO4)3，两者固体成分不同，C错误；

D．Ksp(AgCl)是溶度积常数，只与温度有关，25℃时向饱和AgCl溶液中加入盐酸，温度不变，Ksp(AgCl)

保持不变，D正确；

故答案选D。

10.室温下，下列实验过程和现象以及对应的实验结论都正确的是

选

实验过程和现象实验结

论项

常温下，用pH计分别测定同浓度的溶两溶液中水的电离程度

相A

同

1

液和NaCl溶液的pH，pH均为7

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2

向溶液中滴入NaHS溶液有黑色与的水解相

互B

沉淀和气体生成促进

向盛有：溶液的试管中

滴加1~2滴溶液，有白色沉淀

产C

生，再滴加1~2滴溶液，又出

现黑色沉淀

用石墨作电极电解、的混合溶

D金属活动性：

液，阴极上先析出铜

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

-

【详解】A．CH3COONH4溶液pH=7是由于CH3COO和水解程度相同，但水解促进水电离，CH3COONH4

溶液中水的电离程度大于NaCl溶液，故A错误；

B．向溶液中滴入NaHS溶液有黑色沉淀和气体生成，发生反应Cu2++2HS-=CuS↓+

H2S↑，本质是发生复分解反应，未发生水解反应，故B错误；

C．向盛有溶液的试管中滴加1~2滴溶液，有白色沉淀ZnS

产生，再滴加1~2滴溶液，又出现黑色沉淀，ZnS转化为CuS，表明CuS溶解度更

小，Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，故C正确；

D．阴极先析出铜是由于Cu2+氧化性强，易被还原，说明Mg比Cu活泼，故D错误；

选C。

11.如图装置甲为甲烷和构成的燃料电池示意图，电解质为较浓的溶液，装置乙为电解饱和

溶液的装置，X为阳离子交换膜。用该装置进行实验，反应开始后观察到Fe电极附近出现白色沉淀。

下列说法错误的是

1

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2

A.实验开始后，甲中溶液的pH减小

B.乙池中移向Fe电极

C.甲中B处通入，电极反应式为：

D.理论上甲中每消耗，乙中溶液质量减少52.4g

【答案】D

【解析】

【分析】甲为甲烷和O2构成的燃料电池，电解质为溶液，则通入甲烷的一侧电极为负极，另一极

为正极；乙为电解MgCl2溶液的装置，反应开始后观察到Fe电极附近出现白色沉淀，说明Fe电极附近生

成氢氧根离子，则Fe电极是阴极，H2O放电生成氢气、C是阳极氯离子放电生成氯气，所以与Fe电极相

连的Pt电极为负极通入CH4，电极反应式为，与C电极相连的Pt

-

电极为正极通入O2，正极反应为O2+4HCO+4e=4CO+2H2O，据此分析解答。

【详解】A．甲原电池总反应为CH4+2O2+CO═2HCO+H2O，由反应可知，消耗了CO，生成了HCO

和H2O，溶液的pH减小，故A正确；

B．Fe电极为阴极，Mg2+移向Fe电极，故B正确；

C．根据分析，甲中B处通入CH4，电极反应式为，故C正确；

D．未说明是在标况下，无法计算，故D错误；

答案选D。

12.一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2发生反应：2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)。

经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：

t/s02468

1

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2

n(SO3)/mol00.81.41.81.8

下列说法正确的是

-1-1

A.反应在前2s的平均速率v(O2)=0.4mol·L·s

B.保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数将增大

C.相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%

D.保持温度不变，向该容器中再充入2molSO2、1molO2，反应达到新平衡时增大

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据表格数据可知：在前2s内SO3的物质的量增加了0.8mol，根据物质反应转化关系可知会

-1-1

反应消耗0.4molO2，则在反应在前2s的平均速率v(O2)==0.1mol·L·s，A错误；

B．化学平衡常数只与温度有关。在保持其他条件不变时，体积压缩到1.0L，由于温度不变，所以化学平

衡常数也不变，B错误；

C．在反应开始时n(SO2)=2mol，n(O2)=1mol，反应达到平衡时n(SO3)=1.8mol。反应消耗SO2的物质的量

是1.8mol，故SO2的平衡转化率大于90%；相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3，相当于开始时加

入了4molSO2和2molO2，物质的量是开始时的2倍。即增大了体系的压强，化学平衡正向移动，故SO2

增大，SO2的转化率大于90%，则相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3，达到平衡时，SO3的转化

率小于10%，C错误；

D．恒温恒容条件下，向该容器中再充入2molSO2、lmolO2，相当于增大压强，化学平衡正向移动，

增大，D正确；

故合理选项是D。

13.某小组设计如图所示装置（夹持装置略去），在实验室模拟侯氏制碱工艺中NaHCO3的制备。下列说法

错误的是

1

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2

A.装置①也可用于制取H2

B.③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水

C.应先向③中通入足量CO2，再通入足量NH3

D.③中反应离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O=+NaHCO3↓

【答案】C

【解析】

【分析】实验室模拟侯氏制碱工艺是向饱和的氯化钠溶液中，先通入氨气后通入过量的二氧化碳，根据溶

解度之间的差异得到碳酸氢钠沉淀；图中装置①是制取CO2的装置，装置②用于除去CO2中混有的HCl，

装置④是制取NH3的装置，装置③则是制取NaHCO3的装置，以此作答。

【详解】A．装置①为固液不加热型气体发生装置（简易启普发生器），适用于块状固体与液体反应制取气

体，制取H2可用锌粒与稀硫酸，符合该装置条件，A正确；

B．③为反应容器，需盛放饱和食盐水作为反应介质；⑤分液漏斗中可盛放浓氨水，利用浓氨水与碱石灰来

制取NH3，B正确；

C．③中盛放饱和食盐水，CO2在饱和食盐水中的溶解度很小，先通入足量NH3使饱和食盐水呈碱性，增大

CO2的溶解度，有利于生成NaHCO3；若先通CO2，其溶解度小，后续通入NH3难以生成NaHCO3沉淀，C

错误；

D．③中反应为NH3、CO2与饱和食盐水反应生成NaHCO3沉淀和NH4Cl，离子方程式为Na

++NH3+CO2+H2O=+NaHCO3↓，D正确；

故答案选C。

14.用酸性含锰废水(含少量、、、)制备的过程如下：

1

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2

下列说法正确的是

A.该酸性含锰废水中可能还含

B.“铁、铝废渣”的主要成分为、和

C.“除铜”所得滤液中存在

D.溶液中添加氨水可以减少反应中的逸出

【答案】D

【解析】

【分析】酸性含锰废水(含少量、、、)通入空气将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钙调pH=5，

3+3+2+

将Fe、Al分别转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向滤液中加入硫化铵将Cu转化为CuS沉淀除去，

再向所得滤液中加入氨水-碳酸氢铵溶液沉锰生成MnCO3、(NH4)2SO4，过滤，MnCO3沉淀经洗涤、干燥后

得到纯净MnCO3，据此解答；

【详解】A．酸性溶液中含具有强氧化性，会被氧化成，该酸性含锰废水中不可能含，

A错误；

B．根据分析，“铁、铝废渣”的主要成分为和，B错误；

C．“除铜”所得滤液是CuS饱和溶液，存在，C错误；

2+

D．沉锰时，Mn与反应生成MnCO3沉淀时会产生CO2，溶液中添加氨水可以减少反应

中的逸出，D正确；

故选D。

15.常温下，往足量草酸钙固体与水的混合体系中加盐酸或调节时，、

、与变化关系如图所示。下列说法错误的是

1

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2

A.曲线③表示的变化情况

B.的

C.时，

D.后，曲线①呈上升趋势的原因是部分转化为

【答案】C

【解析】

2+

【分析】CaC2O4体系中存在一系列平衡，CaC2O4(s)Ca(aq)+(aq)、+H2O+

--

OH、+H2OH2C2O4+OH，所以在CaC2O4溶液中，增大pH，后两个平衡逆向移动，草酸根浓

度增大，lgc()增大，①表示lgc()；H2C2O4、浓度都减小，草酸氢根减小程度缓于草

酸分子，②表示lgc(H2C2O4)、③表示lgc()。

【详解】A．由分析可知，曲线③表示lgc()的变化情况，A正确；

B．，①③相交时c()=c()，此时pH=4.2，可得，B正

确；

C．足量草酸钙固体与水的混合体系中，由于草酸根离子的水解，溶液呈碱性，当溶液pH=7时c

(H+)=c(OH-)，说明加入了盐酸，溶液中电荷守恒

，则

1

，，C错误；

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2

2+-

D．溶液中存在Ksp(CaC2O4)=c()·c(Ca)，pH>12后，c(OH)增大，导致Q[Ca(OH)2]>Ksp[Ca(OH)2]，

2+

生成Ca(OH)2导致c(Ca)减小，则c()上升，D正确；

故选C。

第Ⅱ卷(非选择题)

二、非选择题

16.氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧

化石墨烯的一种方法如下(转置如图所示)：

Ⅰ．将浓、、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入粉

末，塞好瓶口。

Ⅱ．转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。

Ⅲ．转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加至悬浊液由紫色变为土黄色。

Ⅳ．离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。

Ⅴ．蒸馏水洗涤沉淀。

Ⅵ．冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。

回答下列问题：

（1）装置图中，仪器c的名称是_______，仪器b的进水口是_______(填字母)。

（2）步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入粉末并使用冰水浴，原因是_______。

（3）步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是_______。

（4）步骤Ⅲ中，的作用是_______(以离子方程式表示)。

1

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2

（5）步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在来判断。检测的方法是_______。

【答案】（1）①三颈烧瓶②.d

（2）反应放热，防止使反应过快

（3）反应温度接近水的沸点，油浴更易控温

（4）

（5）取少量洗出液，滴加，没有白色沉淀生成

【解析】

【小问1详解】

由图中仪器构造可知，仪器c的名称是三颈烧瓶，仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效

果更好，冷却水要从d口进，e口出。故答案为：三颈烧瓶；d；

【小问2详解】

步骤Ⅰ中，反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入粉末并使用

冰水浴，故原因是反应放热，防止使反应过快。故答案为：反应放热，防止使反应过快；

【小问3详解】

油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，

不使用热水浴，原因是反应温度接近水的沸点，油浴更易控温。故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴

更易控温；

【小问4详解】

由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，步骤Ⅲ中，的作用是

。故答案为：

；

【小问5详解】

步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在来判断。检测的方法是取少量洗出液，滴加

，没有白色沉淀生成。故答案为：取少量洗出液，滴加，没有白色沉淀生成。

17.Ⅰ．太阳能可以给我们提供能源，现在以太阳能为热源，经铁氧化物循环分解液态水的过程如图：

1

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2

已知：①

②

（1）请写出过程Ⅰ的热化学方程式___________。

Ⅱ．为了实现碳达峰、碳中和，工业利用合成乙烯，反应原理为：

（2）已知温度对的平衡转化率和催化效率的影响如图：

①由图可知：该反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。M、N两点对应的平衡常数：

___________(填“>”“<”或“=”)。

②在总压为MPa的恒压条件下，M点的投料比为：，用平衡分压代替平衡浓度

可以得到平衡常数，则M点对应温度下的___________(只需列出有具体数字的计算式，

不要求计算出结果)。

③结合图像分析，工业上将该反应温度定于的原因：___________。

（3）已知反应的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为

，其中、为速率常数。如下图中能够代表的曲线为___________(填

1

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2

“”“”“”或“”)。

（4）利用惰性电极电解同样制得乙烯()，原理如图：

b极的电极反应式为___________。

【答案】（1）

（2）①.放热②.>③.④.250℃时，催化剂活性最佳，反应速率快，

低于或高于250℃，反应速率慢

（3）L4（4）

【解析】

【小问1详解】

过程Ⅰ化学方程式为2Fe3O46FeO+O2，根据盖斯定律，过程I化学方程式可由-(反应①+2×反应②)得

到，，则过程I的热化学方程式为：

；

1

【小问2详解】

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2

根据图中信息，升高温度，二氧化碳平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应；升高温

度，平衡逆向移动，平衡常数逐渐减小，因此M、N两点对应的平衡常数：KM>KN；

②在总压为P0MPa的恒压条件下，M点的投料比为n(H2):n(CO2)=4:1，二氧化碳平衡转化率为50%，假设

H2、CO2的物质的量分别为4mol、1mol，根据三段式：

，平衡时气体总物质的量为：

2.5mol+0.5mol+0.25mol+1mol=4.25mol，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则M点对应温

度下的平衡常数为：

；

③结合图像分析，工业上将该反应温度定于250℃的原因：根据图中催化剂的催化效率分析，250℃时，催

化剂活性最佳，反应速率快，低于或高于250℃，反应速率慢；

【小问3详解】

升高温度，K正、K逆都增大，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，因此K逆增大程度大于K正

增大程度，因此图中能够代表K逆的曲线为L4；

【小问4详解】

b极是二氧化碳转变为乙烯，其电极反应式为。

18.工业废水中常含有一定量氧化性较强的，利用滴定原理测定含量(通常以1L废水中的微

粒质量计量)的方法如下：

步骤Ⅰ：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀酸酸化。

步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：

步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取溶液进行滴定，数据记录

如表：()

1

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2

滴定次溶液起始读数溶液终点读数

数

/mL/mL

第一次1.0219.03

第二次2.0019.99

第三次0.2018.20

（1）取固体配制溶液，需要的定量仪器有分析天平、量筒

和___________。

（2）①步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是___________。

②排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的___________，然后小心操作使尖嘴部分充满碱液。

a．b．c．d．

③步骤Ⅰ中加入适量的酸酸化，该酸可以是___________(填标号)。

A．盐酸B．稀硫酸C．草酸D．浓硝酸

（3）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为___________；滴定达到终点时的实验现象是___________。

（4）计算废水中含量为___________g/L。

（5）以下操作会造成废水中含量测定值偏高的是___________。

A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度

B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗

C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液

D.量取溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗

【答案】（1）100mL容量瓶

（2）①.酸式滴定管②.c③.B

（3）①.淀粉溶液②.滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且30秒不变色

1

（4）（5）CD

【解析】

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2

【分析】实验目的是对工业废水中含量的测定，原理为利用的氧化性，氧化碘离子生成碘单

质，再利用硫代硫酸钠溶液滴定生成的碘，通过消耗的硫代硫酸钠计算含量。

【小问1详解】

配制溶液，经过称量、溶解、冷却、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀

等过程，需要用仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，属于定量仪器的是

分析天平、量筒、100mL容量瓶。

【小问2详解】

①废水中含有的具有强氧化性，只能用酸式滴定管量取。

②a．尖嘴部分显示该仪器为酸式滴定管，排气时应用手握住酸式滴定管，打开活塞让液体流出尖嘴部分充

满液体，此操作未握住酸式滴定管，并且选择的滴定管不符合要求，a不符合题意；

b．尖嘴部分显示该仪器为酸式滴定管，操作正确，但仪器不是碱式滴定管，b不符合题意；

c．尖嘴部分显示该仪器为碱式滴定管，排气操作正确，能使尖嘴部分充满液体，c符合题意；

d．尖嘴部分显示该仪器为碱式滴定管，排气操作错误，不能使尖嘴部分充满液体，d不符合题意；

故选c。

③A．盐酸溶液中的氯离子有还原性，与发生反应生成氯气，影响的生成量从而影响含量，

A不符合题意；

B．稀硫酸中硫酸根性质稳定，对实验不产生影响，B符合题意；

C．草酸有还原性，与发生反应，影响的生成量从而影响含量，C不符合题意；

D．浓硝酸有强氧化性，与发生反应生成，从而影响含量，D不符合题意；

故选B。

【小问3详解】

遇淀粉溶液显蓝色，所以选择淀粉溶液为指示剂；随着硫代硫酸钠溶液滴入，的含量逐渐减小，蓝色

逐渐变浅，最后半滴溶液滴入，恰好完全反应时溶液蓝色变为无色，且半分钟不变色达到滴定终点。

【小问4详解】

由反应和反应，确定

1

与硫代硫酸钠的物质的量之比为，三次滴定消耗的溶液体积分别为18.01mL、17.99mL、18.00

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mL，取三次平均值为18.00mL。

，折算成质量

含量为：。

【小问5详解】

A．滴定终点俯视读数偏小，消耗的硫代硫酸钠溶液体积偏小，则废水中含量测定值偏低，A项不

符合；

B．锥形瓶用蒸馏水洗过对消耗硫代硫酸钠溶液体积无影响，则废水中含量测定值不变，B项不符

合；

C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗的硫代硫酸钠溶液体积偏大，则废水中

含量测定值偏高，C项符合；

D．量取硫代硫酸钠溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，使硫代硫酸钠溶液浓度偏低，消耗的硫代

硫酸钠溶液体积偏大，则废水中含量测定值偏高，D项符合；

故选CD。

19.镍行业发展蕴藏着巨大的潜力。某小组用废镍催化剂(成分为、Ni、Fe、