2024-2025学年河南省南阳市六校联考化学试题高二上学期12月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省南阳市六校联考2024-2025学年高二上学期12月月考(考试时间：75分钟试卷满分：100分)注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.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：1Li：7C：12O：16Cu：64一、选择题(本题共15小题，每题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.化学与社会、生活密切相关。下列叙述错误的是A.“冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更低B.明矾溶于水可以水解，可用于杀菌消毒C.打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释D.宋应星《天工开物》“炉中炽铁用炭”，所涉及的冶炼铁的主反应为吸热反应【答案】B【解析】冰到液态水属于放热过程，所以同质量的水和冰相比，冰的能量更低，A正确；明矾溶于水，水解生成氢氧化铝，可以净水，但不能杀菌消毒，B错误；因在较大压强的作用下二氧化碳被压入汽水瓶中，打开汽水瓶，压强减小，平衡向逆向移动，则二氧化碳逸出，即可用勒夏特列原理解释，C正确；高炉冶炼铁的主反应为：，该反应吸热反应，D正确；答案选B。2.室温下，下列关于电解质溶液的叙述正确的是A.溶液中的水解程度越大，溶液碱性越强B.溶液，加水稀释，则增大C.相同物质的量浓度的与，溶液相比，前者小D.的氨水，加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低【答案】B【解析】醋酸钠溶液的浓度越小，醋酸根离子在溶液中的水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越小，碱性越弱，故A错误；由电离常数可知，溶液中=，醋酸钠溶液稀释时，溶液中氢离子浓度减小，电离常数不变，则溶液中和的值增大，故B正确；碳酸根离子在溶液中的水解程度强于碳酸氢根离子，则相同浓度的碳酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于碳酸氢钠溶液，溶液pH大于碳酸氢钠溶液，故C错误；氨水稀释时，溶液中氢氧根离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中氢离子浓度增大，故D错误；故选B。3.下列离子方程式的书写正确的是A.在溶液中通入足量氯气：B.向溶液中滴加少量C.澄清石灰水与过量溶液：D.醋酸与锌粒反应：【答案】C【解析】在溶液中通入足量氯气，亚铁离子和溴离子全部被氧化，所以亚铁离子与溴离子的化学计量数之比为1：2，正确为；A错误；向中滴加少量的，能催化的分解，正确的方程式应为，B错误；澄清石灰水与过量溶液反应，按物质量之比为1：2反应，所给离子方程式正确，C正确；醋酸是弱电解质，不能拆，离子方程式为，D错误；故选C。4.将稀盐酸和溶液混合，测定中和反应的反应热，关于该实验，下列说法错误的是A.为减少热量散失，向盛有稀盐酸的量热计内筒中加入氢氧化钠溶液时应快速倾倒B.当混合溶液的温度达到最大值时，记录该温度进行计算C.将稀盐酸换成稀醋酸，实验结果不变D.用固体代替稀氢氧化钠溶液进行测定，会影响实验结果【答案】C【解析】向盛有稀盐酸的量热计内筒中加入氢氧化钠溶液时会有热量散失，为了减少热量散失，向盛有稀盐酸的量热计内筒中加入氢氧化钠溶液时应快速倾倒，A正确；酸碱恰好反应完全时放热最多，所以混合溶液的温度要随时记录，取最高温度进行计算，B正确；醋酸是弱电解质，在水溶液中电离时会吸收热量，导致测得中和反应放出的热量偏小，C错误；因氢氧化钠固体溶于水放热，所以用NaOH固体代替稀氢氧化钠溶液进行测定会导致测得中和反应放出的热量偏大，影响实验结果，D正确；故选C。5.一定温度下，在一体积为2L的恒容密闭容器中充入、，发生反应：+，达到平衡后放出热量，下列说法错误的是A.反应过程中转移B.该条件下平衡后，再通入，转化率不变C.升高温度，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数目增多，反应速率加快D.增大压强，正逆反应速率均增大，平衡正向移动【答案】C【解析】二氧化硫反应完放出热量，现在放出热量，所以反应二氧化硫是1mol，转移电子2mol，故A正确；容器体积不变，加入了稀有气体，平衡不移动，故转化率不变，故B正确；升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数目增多，反应速率加快，故C错误；增大压强，正逆反应速率均增大，平衡向气体体积减小的方向即正向移动，故D正确；故选C。6.硫酸可以在甲酸()分解制的反应进程中起催化作用。左图为未加入硫酸的反应进程，右图为加入硫酸的反应进程。下列说法错误的是A.甲酸分解制的反应B.两种反应进程中均涉及化学键的断裂和形成C.加入硫酸的反应进程中②→③步反应速率最慢D.，和大小无法判断【答案】D【解析】根据图示可知甲酸分解制CO时反应物的能量比生成物的低，说明发生该反应是吸热反应，所以反应热△H＞0，A正确；两种反应进程中均属于化学变化，均涉及化学键的断裂和形成，B正确；②→③步的活化能最大，反应速率最慢，C正确；加入催化剂反应热不变，△E2=△E4，加入催化剂后降低了活化能，大于，D错误；答案选D。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.水电离出的的溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.使甲基橙变黄的溶液中：、、、D.在常温下，的溶液中：、、、【答案】D【解析】水电离出的的溶液中水的电离被抑制，溶液为强酸性或强碱性，在强酸性条件下不能存在，A不选；的溶液中含有，和，和会发生双水解，不能大量共存，B不选；使甲基橙变黄的溶液，溶液可能为强碱性，在强碱性溶液中不能大量存在，C不选；在常温下，的溶液中c(OH-)=0.1mol/L，c(H+)=10-13mol/L，溶液呈碱性，、、、和OH-不发生反应，可以大量共存，D选；答案选D。8.下列说法正确的是A.将氯化铁溶液小火低温蒸干，可得到氢氧化铁固体B.常温下，溶液的碱性弱于溶液，说明酸性：C.可逆反应体系加压后因为平衡移动导致体系颜色变深D.向恒容平衡体系中通入少量转化率不变【答案】A【解析】FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，将氯化铁溶液小火低温蒸干，HCl挥发，促进水解正向移动，可得到氢氧化铁固体，A正确；比较同浓度溶液的酸碱性，才能比较对应的酸性或碱性，二者的浓度大小不知，不能比较酸性强弱，B错误；加压平衡正向移动颜色不会变深，现在颜色变深是因为浓度变化，C错误；氧气会与一氧化氮反应，使NO的物质的量浓度减少，平衡会发生移动，SO2转化率会变化，D错误；答案选A9.为减少二氧化碳的排放，我国科学家设计了熔盐电解池捕获二氧化碳的装置，如图所示。下列说法错误的是A.过程①中有碳氧键断裂B.电极a为阳极，电极反应为C.电极b为阴极，过程③发生还原反应D.熔盐电解池的总反应为【答案】C【解析】过程①的离子反应为：2CO2+O2-=，其中CO2的结构式为O=C=O，对比CO2和的结构式可知，该过程有碳氧键断裂，故A正确；过程②中，a极的电极反应为2-4e-=4CO2↑+O2↑，故B正确；根据题中信息，可以推出过程③中的反应可表示为2CO2+O2-=，没有化合价变化，为非氧化还原反应，故C错误；电极a的总电极反应为2O2--4e-=O2↑，电极b的总电极反应为CO2+4e-=C+2O2-，熔盐电池的总反应为，故D正确；答案为C。10.CO、、的燃烧热分别为A、B、C()(a、b、)。等物质的量的与在下发生反应，反应速率，、为正、逆反应速率常数，为气体分压，。下列说法正确的是A.气体压强保持不变说明反应已达到化学平衡状态B.当的转化率为20%时，C.乙醛分解反应的D.升高温度，若平衡逆向移动，减小，增大【答案】B【解析】反应条件为恒压，压强不能判断平衡，A错误；当CO的转化率为20%时，设CO的物质的量为，则的物质的量为，反应中消耗了，生成了，剩余CH4为0.8mol，剩余CO为0.8mol，p(CO)==，p(CH4)==，p(CH3CHO)==，平衡时v正=v逆，，Kp=，可以得出：，则，故B正确；①CO(g)+(g)=CO2(g)△H1=-akJ/mol，②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2=-bkJ/mol，③CH3CHO(g)+O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H3=-ckJ/mol，根据盖斯定律，③-①-②得到，，C错误；升高温度，k正、k逆均增大，D错误；答案选B。11.常温下，将均为3，体积均为的溶液和溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列说法中正确的是A.浓度相同时，溶液小B.水的电离程度：C.溶液中离子总物质的量：D.分别向a、c溶液中加入足量锌，HA溶液产生氢气多【答案】B【解析】由图可知，相同pH的HA溶液和HB溶液稀释相同倍数时，HA溶液pH变化大于HB溶液，说明HA的酸性强于HB。由分析可知，HA的酸性强于HB，则等浓度的HA溶液中氢离子浓度大于HB溶液，溶液pH小于HB溶液，故A错误；酸溶液中氢离子浓度越大，抑制水的电离程度越大，水的电离程度越小，由图可知，溶液pH的关系为b=c＞a，则水的电离程度关系为b=c＞a，故B正确；由图可知，溶液pH的关系为b=c＞a，溶液体积的关系为由图可知，溶液pH的关系为b＞a=c，则a点溶液中氢离子的物质的量大于c点，故C错误；由分析可知，HA的酸性强于HB，由图可知，a点溶液pH小于c点，则等体积的HB溶液的浓度大于HA溶液，与足量锌反应时，HB溶液产生的氢气多，故D错误；故选B。12.氯碱工业的一种节能新工艺是将电解池与燃料电池相结合，相关物料的传输与转化关系如图所示(电极未标出)。下列说法正确的是A.乙池是电解池B.电解池的阴极反应为C.电解池中产生时，理论上燃料电池中消耗D.a、b、c的大小关系为【答案】D【解析】左边是电解池，电解饱和食盐水得到氢氧化钠溶液、氢气和氯气，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，X为Cl2，左侧为阳极，Y为H2，右侧为阴极，离子交换膜为阳离子交换膜，允许Na+通过，H2进入右侧装置，右边是燃料电池，H2做燃料发生氧化反应，为负极，通入空气(除CO2)的电极为正极，据此回答。由图分析，甲池是电解池，乙池是燃料电池，A错误；电解池的阴极反应式为，B错误；电解池中产生时，转移4mol电子，理论上燃料电池中消耗标准状况下，C错误；阳离子交换膜只允许阳离子通过，燃料电池中Na+通过阳离子交换膜从负极室移向正极室，正极上氧气得到电子产生OH-，反应后正极室氢氧化钠的浓度升高，即a%＜c%；负极上氢气失电子生成的氢离子消耗氢氧根离子，且Na+由负极室通过阳离子交换膜进入正极室，所以b%＜a%，因此，D项正确；答案选D。13.下列实验操作和实验结论或目的均正确的是选项实验操作实验结论或目的A向含有酚酞的溶液中加入少量固体，溶液红色变浅证明溶液中存在水解平衡B等体积pH=2的HX和HY两种溶液分别与足量铁反应，HX放出的氢气多且反应速率快证明HX酸性比HY强C将氯水滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照测定氯水的D向溶液中滴2滴0.1mol/L溶液，产生白色沉淀后再滴加2滴0.1mol/LFeCl₁溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，CO+H2O⇌HCO+OH-，HCO+H2O⇌H2CO3+OH-，溶液碱性减弱，溶液红色变浅，故A正确；等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知HX的酸性更弱，则证明HX酸性比弱，故B错误；氯水可使试纸褪色，不能用pH试纸测定氯水，故C错误；向溶液中滴2滴0.1溶液，产生白色沉淀，此时过量，再滴加2滴0.1mol/L，生成红褐色沉淀，不能比较其离子积常数大小，故D错误；故选A。14.秦俑彩绘中的铅白()和黄金雨中黄色的都是难溶的铅盐。室温下，和达到溶解平衡时，与或的关系如图，下列说法错误的是A.曲线代表，其B.点对应的溶液中，滴入溶液，将析出固体C.反应平衡常数较大，说明反应速率快D.向等浓度的与的混合溶液中滴入溶液先产生白色沉淀【答案】C【解析】，则在溶液中达到溶解平衡时，，题图中对应的是与的变化关系，对应的是与的变化关系。，A正确；向点对应的溶液中，滴入溶液，将增大溶液中的，使沉淀溶解平衡逆向移动，从而析出固体PbCO3，B正确；=1×10-13.1，，平衡常数，K值越大，反应进行的程度大，但不能说明速率大小，C错误；由图可知，当=时，=，PbCO3对应的Pb2+浓度小于PbI2对应的Pb2+的浓度，先产生白色沉淀PbCO3，D正确；答案选C。15.常温下和的两种溶液中，分布系数与的变化关系如图所示。[比如：]，[已知：]下列叙述正确的是A.曲线M表示的变化关系B.若酸初始浓度为，则点溶液中C.的电离常数D.时，【答案】B【解析】常温下和的两种溶液中，随着pH的增大，和的浓度增大，和的浓度减小，已知：，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为≈10-1.3、=10-2.8，则曲线表示的变化关系，以此解答。已知随着的增大，两种酸的浓度减小，酸根的浓度增大，由图可知，，曲线表示的变化关系，A错误；根据，初始，若溶液中溶质只有，则，但点对应的，说明此溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，，B正确；由分析可知，曲线表示的变化关系，时，pH=2.8，的电离常数，C错误；电离度，，则，，，时，，，比值为，D正确；故选C。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.完成下列问题：I．是一种液态化合物，在盛有水的锥形瓶中，小心地滴加几滴，发生剧烈反应，液面上有白色酸雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色。（1）和水反应的化学方程式为___________。（2）若将溶液直接蒸干得不到无水，用与混合共热则可，其原因是___________(用简要的文字回答)。II．已知部分酸电离平衡常数如下：HCNHClO25℃时，有浓度均为的下列4种溶液：①溶液②NaOH溶液③溶液④溶液。（3）这4种溶液由小到大的顺序是___________(填序号)。（4）向溶液中通入少量，则发生反应的离子方程式为___________。（5）可向氯水中加入___________(填序号)增强漂白性。①NaCN②③NaHS④⑤⑥（6）能证明酸性强于的是___________(填标号)。A.相同温度下，B.同浓度两种酸，溶液消耗物质的量多C.等浓度的溶液碱性强于溶液D.常温下，将气体通入溶液有生成（7）下列反应能发生的是___________(填标号)。A.B.C.D.【答案】（1）（2）可以吸收水分，产生可以抑制镁离子水解（3）③<④<①<②（4）（5）④⑥（6）AD（7）BC【解析】【小问1详析】与水发生剧烈反应，液面上有白色酸雾HCl形成，产生有刺激性气味的气体可使湿润的品红试纸褪色，该气体为SO2，反应的化学方程式为：；【小问2详析】直接加热会发生水解生成Mg(OH)2和HCl，而可以吸收水分，产生可以抑制镁离子水解；【小问3详析】由Ka可知，酸性由强到弱顺序为：，所以对应离子水解能力相反，碱性增强，故pH值由小到大的顺序为：CH3COONa<NaHCO3<NaCN<NaOH，即③<④<①<②；【小问4详析】由Ka可知，酸性由强到弱顺序为：H2CO3>HCN>，向溶液中通入少量，则发生反应的离子方程式为：；【小问5详析】氯水中存在Cl2+H2O⇋H++Cl-+HClO，平衡正向移动可增强漂白性。①NaCN与Cl2发生氧化还原反应，Cl2浓度减少，平衡左移，漂白性降低，不符合题意；②与H+和HClO都发生反应，使HClO浓度降低，漂白性减弱，不符合题意；③NaHS与Cl2发生氧化还原反应，Cl2浓度减少，平衡左移，漂白性降低，不符合题意；④与H+反应，使H+浓度降低，Cl2+H2O⇋H++Cl-+HClO平衡正向移动可增强漂白性，符合题意；⑤与H+和HClO都发生反应，使HClO浓度降低，漂白性降低，不符合题意；⑥与H+反应,使H+浓度降低，Cl2+H2O⇋H++Cl-+HClO平衡正向移动可增强漂白性，符合题意；答案是④⑥；【小问6详析】相同温度下，电离常数越大，酸性越强，，能证明H2S的酸性强于HCN，A符合题意；同浓度两种酸，消耗NaOH物质的量多少和体积有关，与酸性强弱无关，B不符合题意；等浓度的溶液碱性强于NaCN溶液，说明HS-酸性强于HCN，不能证明H2S的酸性强于HCN，C不符合题意；常温下，将气体通入溶液有生成，符合强酸制取弱酸，能证明H2S的酸性强于HCN，D符合题意；答案选AD。【小问7详析】根据电离常数大小关系，可以确定酸性强弱关系为：CH3COOH>H2CO3>H2S>HClO>HCN>>HS-，强弱可以制取弱酸；酸性H2S>HCN>HS-，不能发生，A错误酸性H2S>HCN>HS-，可以发生，B正确；酸性CH3COOH>H2S，可以发生，C正确；酸性H2CO3>HCN>，不能发生，D错误；答案选AD。17.金属钴是一种非常稀缺的金属之一，具有耐高温、高压的特性，可应用于电子设备和航空设备中。某钴矿石的主要成分包括、、和。由该矿石制固体的方法如图(部分分离操作省略)：资料：25℃时有关金属氢氧化物沉淀[用表示]的相关pH见下表。[当时可认为完全沉淀]离子开始沉淀时的1.97.158.2沉淀完全时的2.89.1510.2（1）矿石溶解过程中，粉碎的目的是___________。（2）沉淀2是___________，若调节溶液的，溶液2中是___________。（3）溶液2中加入氨水和溶液，主要发生反应的离子方程式为___________。（4）溶液3中加入溶液生成沉淀，写出离子方程式：___________，沉淀剂若选择，所得到的沉淀中可能混有___________。（5）溶液3到的操作是___________，得到晶体后，如何进一步操作得到？___________。【答案】（1）增大与反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸取率（2）①.②.（3）（4）①.②.（5）①.蒸发浓缩，冷却结晶②.在氯化氢氛围里加热蒸发【解析】钴矿石粉碎后加入浓硫酸、加热发生反应，CoO、MnO、Fe2O3与浓硫酸反应，SiO2不与浓硫酸反应得到沉淀1，过滤，滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值沉淀铁得到氢氧化铁沉淀2，过滤，向滤液中加入双氧水和氨水氧化锰离子变为二氧化锰，过滤，将滤液3经过处理得到CoCl2·6H2O；【小问1详析】粉碎的目的是：增大与反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸取率；【小问2详析】经过分析，沉淀2是Fe(OH)3；Fe3+沉淀完全时c(Fe3+)=10-5mol/L，对应的pH=2.8，c(OH-)=10-11.2mol/L，根据Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-)=10-5×(10-11.2)3=10-38.6，当pH=5时，c(OH-)=10-9mol/L，c(Fe3+)=mol/L；【小问3详析】溶液2中加入氨水和溶液，把Mn2+氧化为MnO2沉淀，主要发生反应的离子方程式为：；【小问4详析】溶液3中含有Co2+加入溶液生成沉淀和CO2气体，离子方程式为：；选择，由于溶液的碱性强，会生成Co(OH)2沉淀；【小问5详析】溶液3中是CoCl2的溶液，得到的操作是：蒸发浓缩，冷却结晶；Co2+易水解，加热得到无水CoCl2，需要在氯化氢氛围里加热蒸发。18.是重要的能源物质，可以制备甲醇。（1）加氢制甲醇过程中发生的主要反应为反应I：，该反应一般认为通过反应II和反应III两步实现。反应II：反应Ⅲ：___________①反应Ⅲ热化学反应方程式为___________。②若反应II为慢反应，下图中能体现上述反应能量变化的是___________(填标号)。A．B．C．D．（2）一定温度，向密闭容器中充入和，发生反应I．图中过程I、II是在不同催化剂作用下的转化率随时间(t)的变化曲线。①若，从开始到时刻，该反应的反应速率为___________。②下列说法正确的是___________(填标号)。A．m点：B．当和转化率相等时，说明反应已平衡C．活化能：过程II>过程ID．时刻改变的反应条件可能是降低温度（3）在温度为时，发生反应：。按初始投料比、、，得到不同压强条件下的平衡转化率关系图：①比较、、各曲线所表示的投料比由小到大顺序为___________(用字母表示)，简要说明判断理由：___________。除图中条件，还有什么方法可以提高平衡转化率，___________。②计算下压强平衡常数___________(用分压代替浓度)。【答案】（1）①.②.B（2）①.②.AC（3）①.②.投料比越小，二氧化碳转化率越高③.降低温度④.0.5【解析】【小问1详析】①反应I：；反应II：；根据盖斯定律，反应III=反应I-反应II，得到，热化学方程式为：；②反应II：；反应III：；则反应I的△H1=△H2+△H3=+41kJ·mol-1+(-99kJ·mol-1)=-58kJ·mol-1，总反应为放热反应，AD错误，反应II为慢反应，活化能较大，B符合题意；答案选B；【小问2详析】①10分钟内，氢气转化的物质的量为，容器体积为2L，求得速率为；②A．m点未平衡，反应正向进行，，A正确；B．按照反应系数比投料，和转化率任意时刻都相等，反应不一定平衡，B错误；C．活化能：过程I到达平衡时间短，使用了催化剂，活化能小，C正确；D．该反应放热，降低温度，二氧化碳转化率增大，D错误；答案选AC；【小问3详析】①根据反应，H2的量越多，即投料比n(CO2)：n(H2)越小，CO2转化率越大，a、b、c各曲线所表示的投料比由小到大顺序为：a<b<c；原因是：投料比越小，二氧化碳转化率越高；由于反应为放热反应，还可以通过降低温度使平衡正向移动，提高CO2的转化率；②N点时，，压强为2.0MPa，CO2的平衡转化率为20%，由三段式为：p(CO2)=，p(H2)=，p(CH3OH)=，p(H2O)=，平衡常数K===0.5。19.高锰酸钾是一种强氧化剂，在化学实验中被大量使用。某研究性学习小组用高锰酸钾和草酸进行实验。I．研究小组的同学用高锰酸钾和草酸的反应，研究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验中观察到溶液褪色速率开始时较慢，反应一段时间后突然加快。查阅资料获悉，与酸性溶液反应的一种机理如下图所示：（1）实验中的离子反应方程式为___________。（2）由图示分析，反应一段时间后溶液褪色速率突然加快的原因可能为___________。（3）若用实验证明(2)的推测，除了酸性溶液和溶液外，还需要选择的试剂为___________(填选项前字母)。a．b．c．II．用酸性标准溶液测定血液中的浓度。实验步骤如下：①将血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体，反应生成沉淀，将沉淀分离、净化后，用稀硫酸处理得溶液。②将①得到的溶液，用酸性标准液滴定。③滴定终点时，用去溶液（4）滴定至终点时的现象是___________。（5）要使中草酸根完全释放出来，加入的物质的量至少___________(填精确值)。[已知、]（6）以下操作会使滴定结果偏大的是___________(填标号)。A.滴定开始时仰视读数B.盛装标准液的滴定管未润洗C.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡D.锥形瓶加草酸前中有水，没烘干（7）血液中的浓度为___________（8）用如图装置电解草酸溶液可得乙醛酸()。阴极材料是___________，写出复合膜电极的电极反应式：___________。【答案】（1）（2）产生了，催化反应的进行（3）C（4）当滴入最后半滴标准液，溶液无色变为紫色且半分钟内不恢复原色（5）1.0001（6）BC（7）1.25ab（8）①.复合膜电极②.【解析】【小问1详析】根据转化关系可知，主要的反应物为、H2C2O4，生成物为Mn2+、CO2等，离子方程式为：；【小问2详析】由图示分析，Mn2+参与了反应，前后不变，起催化作用，反应一段时间后溶液褪色速率突然加快的原因可能为：产生了，催化反应的进行；【小问3详析】实验证明(2)的推测，即Mn2+做催化剂作用，需要加入，氯离子可能和KMnO4反应，不能用MnCl2，答案选C；【小问4详析】KMnO4溶液为紫红色，滴定至终点时的现象是：当滴入最后半滴标准液，溶液无色变为紫色且半分钟内不恢复原色；【小问5详析】，假设溶液体积，转化完全后，溶液中=1.0×10-4mol/L，，=1mol/L，需要反应消耗的Na2SO4为，所以至少需要加1mol/L×1L+0.0001mol=；【小问6详析】A．滴定开始时仰视读数，导致高锰酸钾体积偏小；B．盛装标准液的滴定管未润洗导致高锰酸钾体积偏大；C．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束有气泡导致高锰酸钾体积偏大；D．锥形瓶加草酸前中有水，没烘干，不影响；答案选BC；【小问7详析】根据可知：，所以血液中=×；【小问8详析】复合膜电极一端草酸生成乙醛酸，发生还原反应，是阴极，阴极材料为复合膜电极；电极反应式为：。河南省南阳市六校联考2024-2025学年高二上学期12月月考(考试时间：75分钟试卷满分：100分)注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.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：1Li：7C：12O：16Cu：64一、选择题(本题共15小题，每题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.化学与社会、生活密切相关。下列叙述错误的是A.“冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更低B.明矾溶于水可以水解，可用于杀菌消毒C.打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释D.宋应星《天工开物》“炉中炽铁用炭”，所涉及的冶炼铁的主反应为吸热反应【答案】B【解析】冰到液态水属于放热过程，所以同质量的水和冰相比，冰的能量更低，A正确；明矾溶于水，水解生成氢氧化铝，可以净水，但不能杀菌消毒，B错误；因在较大压强的作用下二氧化碳被压入汽水瓶中，打开汽水瓶，压强减小，平衡向逆向移动，则二氧化碳逸出，即可用勒夏特列原理解释，C正确；高炉冶炼铁的主反应为：，该反应吸热反应，D正确；答案选B。2.室温下，下列关于电解质溶液的叙述正确的是A.溶液中的水解程度越大，溶液碱性越强B.溶液，加水稀释，则增大C.相同物质的量浓度的与，溶液相比，前者小D.的氨水，加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低【答案】B【解析】醋酸钠溶液的浓度越小，醋酸根离子在溶液中的水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越小，碱性越弱，故A错误；由电离常数可知，溶液中=，醋酸钠溶液稀释时，溶液中氢离子浓度减小，电离常数不变，则溶液中和的值增大，故B正确；碳酸根离子在溶液中的水解程度强于碳酸氢根离子，则相同浓度的碳酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于碳酸氢钠溶液，溶液pH大于碳酸氢钠溶液，故C错误；氨水稀释时，溶液中氢氧根离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中氢离子浓度增大，故D错误；故选B。3.下列离子方程式的书写正确的是A.在溶液中通入足量氯气：B.向溶液中滴加少量C.澄清石灰水与过量溶液：D.醋酸与锌粒反应：【答案】C【解析】在溶液中通入足量氯气，亚铁离子和溴离子全部被氧化，所以亚铁离子与溴离子的化学计量数之比为1：2，正确为；A错误；向中滴加少量的，能催化的分解，正确的方程式应为，B错误；澄清石灰水与过量溶液反应，按物质量之比为1：2反应，所给离子方程式正确，C正确；醋酸是弱电解质，不能拆，离子方程式为，D错误；故选C。4.将稀盐酸和溶液混合，测定中和反应的反应热，关于该实验，下列说法错误的是A.为减少热量散失，向盛有稀盐酸的量热计内筒中加入氢氧化钠溶液时应快速倾倒B.当混合溶液的温度达到最大值时，记录该温度进行计算C.将稀盐酸换成稀醋酸，实验结果不变D.用固体代替稀氢氧化钠溶液进行测定，会影响实验结果【答案】C【解析】向盛有稀盐酸的量热计内筒中加入氢氧化钠溶液时会有热量散失，为了减少热量散失，向盛有稀盐酸的量热计内筒中加入氢氧化钠溶液时应快速倾倒，A正确；酸碱恰好反应完全时放热最多，所以混合溶液的温度要随时记录，取最高温度进行计算，B正确；醋酸是弱电解质，在水溶液中电离时会吸收热量，导致测得中和反应放出的热量偏小，C错误；因氢氧化钠固体溶于水放热，所以用NaOH固体代替稀氢氧化钠溶液进行测定会导致测得中和反应放出的热量偏大，影响实验结果，D正确；故选C。5.一定温度下，在一体积为2L的恒容密闭容器中充入、，发生反应：+，达到平衡后放出热量，下列说法错误的是A.反应过程中转移B.该条件下平衡后，再通入，转化率不变C.升高温度，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数目增多，反应速率加快D.增大压强，正逆反应速率均增大，平衡正向移动【答案】C【解析】二氧化硫反应完放出热量，现在放出热量，所以反应二氧化硫是1mol，转移电子2mol，故A正确；容器体积不变，加入了稀有气体，平衡不移动，故转化率不变，故B正确；升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数目增多，反应速率加快，故C错误；增大压强，正逆反应速率均增大，平衡向气体体积减小的方向即正向移动，故D正确；故选C。6.硫酸可以在甲酸()分解制的反应进程中起催化作用。左图为未加入硫酸的反应进程，右图为加入硫酸的反应进程。下列说法错误的是A.甲酸分解制的反应B.两种反应进程中均涉及化学键的断裂和形成C.加入硫酸的反应进程中②→③步反应速率最慢D.，和大小无法判断【答案】D【解析】根据图示可知甲酸分解制CO时反应物的能量比生成物的低，说明发生该反应是吸热反应，所以反应热△H＞0，A正确；两种反应进程中均属于化学变化，均涉及化学键的断裂和形成，B正确；②→③步的活化能最大，反应速率最慢，C正确；加入催化剂反应热不变，△E2=△E4，加入催化剂后降低了活化能，大于，D错误；答案选D。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.水电离出的的溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.使甲基橙变黄的溶液中：、、、D.在常温下，的溶液中：、、、【答案】D【解析】水电离出的的溶液中水的电离被抑制，溶液为强酸性或强碱性，在强酸性条件下不能存在，A不选；的溶液中含有，和，和会发生双水解，不能大量共存，B不选；使甲基橙变黄的溶液，溶液可能为强碱性，在强碱性溶液中不能大量存在，C不选；在常温下，的溶液中c(OH-)=0.1mol/L，c(H+)=10-13mol/L，溶液呈碱性，、、、和OH-不发生反应，可以大量共存，D选；答案选D。8.下列说法正确的是A.将氯化铁溶液小火低温蒸干，可得到氢氧化铁固体B.常温下，溶液的碱性弱于溶液，说明酸性：C.可逆反应体系加压后因为平衡移动导致体系颜色变深D.向恒容平衡体系中通入少量转化率不变【答案】A【解析】FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，将氯化铁溶液小火低温蒸干，HCl挥发，促进水解正向移动，可得到氢氧化铁固体，A正确；比较同浓度溶液的酸碱性，才能比较对应的酸性或碱性，二者的浓度大小不知，不能比较酸性强弱，B错误；加压平衡正向移动颜色不会变深，现在颜色变深是因为浓度变化，C错误；氧气会与一氧化氮反应，使NO的物质的量浓度减少，平衡会发生移动，SO2转化率会变化，D错误；答案选A9.为减少二氧化碳的排放，我国科学家设计了熔盐电解池捕获二氧化碳的装置，如图所示。下列说法错误的是A.过程①中有碳氧键断裂B.电极a为阳极，电极反应为C.电极b为阴极，过程③发生还原反应D.熔盐电解池的总反应为【答案】C【解析】过程①的离子反应为：2CO2+O2-=，其中CO2的结构式为O=C=O，对比CO2和的结构式可知，该过程有碳氧键断裂，故A正确；过程②中，a极的电极反应为2-4e-=4CO2↑+O2↑，故B正确；根据题中信息，可以推出过程③中的反应可表示为2CO2+O2-=，没有化合价变化，为非氧化还原反应，故C错误；电极a的总电极反应为2O2--4e-=O2↑，电极b的总电极反应为CO2+4e-=C+2O2-，熔盐电池的总反应为，故D正确；答案为C。10.CO、、的燃烧热分别为A、B、C()(a、b、)。等物质的量的与在下发生反应，反应速率，、为正、逆反应速率常数，为气体分压，。下列说法正确的是A.气体压强保持不变说明反应已达到化学平衡状态B.当的转化率为20%时，C.乙醛分解反应的D.升高温度，若平衡逆向移动，减小，增大【答案】B【解析】反应条件为恒压，压强不能判断平衡，A错误；当CO的转化率为20%时，设CO的物质的量为，则的物质的量为，反应中消耗了，生成了，剩余CH4为0.8mol，剩余CO为0.8mol，p(CO)==，p(CH4)==，p(CH3CHO)==，平衡时v正=v逆，，Kp=，可以得出：，则，故B正确；①CO(g)+(g)=CO2(g)△H1=-akJ/mol，②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2=-bkJ/mol，③CH3CHO(g)+O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H3=-ckJ/mol，根据盖斯定律，③-①-②得到，，C错误；升高温度，k正、k逆均增大，D错误；答案选B。11.常温下，将均为3，体积均为的溶液和溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列说法中正确的是A.浓度相同时，溶液小B.水的电离程度：C.溶液中离子总物质的量：D.分别向a、c溶液中加入足量锌，HA溶液产生氢气多【答案】B【解析】由图可知，相同pH的HA溶液和HB溶液稀释相同倍数时，HA溶液pH变化大于HB溶液，说明HA的酸性强于HB。由分析可知，HA的酸性强于HB，则等浓度的HA溶液中氢离子浓度大于HB溶液，溶液pH小于HB溶液，故A错误；酸溶液中氢离子浓度越大，抑制水的电离程度越大，水的电离程度越小，由图可知，溶液pH的关系为b=c＞a，则水的电离程度关系为b=c＞a，故B正确；由图可知，溶液pH的关系为b=c＞a，溶液体积的关系为由图可知，溶液pH的关系为b＞a=c，则a点溶液中氢离子的物质的量大于c点，故C错误；由分析可知，HA的酸性强于HB，由图可知，a点溶液pH小于c点，则等体积的HB溶液的浓度大于HA溶液，与足量锌反应时，HB溶液产生的氢气多，故D错误；故选B。12.氯碱工业的一种节能新工艺是将电解池与燃料电池相结合，相关物料的传输与转化关系如图所示(电极未标出)。下列说法正确的是A.乙池是电解池B.电解池的阴极反应为C.电解池中产生时，理论上燃料电池中消耗D.a、b、c的大小关系为【答案】D【解析】左边是电解池，电解饱和食盐水得到氢氧化钠溶液、氢气和氯气，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，X为Cl2，左侧为阳极，Y为H2，右侧为阴极，离子交换膜为阳离子交换膜，允许Na+通过，H2进入右侧装置，右边是燃料电池，H2做燃料发生氧化反应，为负极，通入空气(除CO2)的电极为正极，据此回答。由图分析，甲池是电解池，乙池是燃料电池，A错误；电解池的阴极反应式为，B错误；电解池中产生时，转移4mol电子，理论上燃料电池中消耗标准状况下，C错误；阳离子交换膜只允许阳离子通过，燃料电池中Na+通过阳离子交换膜从负极室移向正极室，正极上氧气得到电子产生OH-，反应后正极室氢氧化钠的浓度升高，即a%＜c%；负极上氢气失电子生成的氢离子消耗氢氧根离子，且Na+由负极室通过阳离子交换膜进入正极室，所以b%＜a%，因此，D项正确；答案选D。13.下列实验操作和实验结论或目的均正确的是选项实验操作实验结论或目的A向含有酚酞的溶液中加入少量固体，溶液红色变浅证明溶液中存在水解平衡B等体积pH=2的HX和HY两种溶液分别与足量铁反应，HX放出的氢气多且反应速率快证明HX酸性比HY强C将氯水滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照测定氯水的D向溶液中滴2滴0.1mol/L溶液，产生白色沉淀后再滴加2滴0.1mol/LFeCl₁溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，CO+H2O⇌HCO+OH-，HCO+H2O⇌H2CO3+OH-，溶液碱性减弱，溶液红色变浅，故A正确；等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知HX的酸性更弱，则证明HX酸性比弱，故B错误；氯水可使试纸褪色，不能用pH试纸测定氯水，故C错误；向溶液中滴2滴0.1溶液，产生白色沉淀，此时过量，再滴加2滴0.1mol/L，生成红褐色沉淀，不能比较其离子积常数大小，故D错误；故选A。14.秦俑彩绘中的铅白()和黄金雨中黄色的都是难溶的铅盐。室温下，和达到溶解平衡时，与或的关系如图，下列说法错误的是A.曲线代表，其B.点对应的溶液中，滴入溶液，将析出固体C.反应平衡常数较大，说明反应速率快D.向等浓度的与的混合溶液中滴入溶液先产生白色沉淀【答案】C【解析】，则在溶液中达到溶解平衡时，，题图中对应的是与的变化关系，对应的是与的变化关系。，A正确；向点对应的溶液中，滴入溶液，将增大溶液中的，使沉淀溶解平衡逆向移动，从而析出固体PbCO3，B正确；=1×10-13.1，，平衡常数，K值越大，反应进行的程度大，但不能说明速率大小，C错误；由图可知，当=时，=，PbCO3对应的Pb2+浓度小于PbI2对应的Pb2+的浓度，先产生白色沉淀PbCO3，D正确；答案选C。15.常温下和的两种溶液中，分布系数与的变化关系如图所示。[比如：]，[已知：]下列叙述正确的是A.曲线M表示的变化关系B.若酸初始浓度为，则点溶液中C.的电离常数D.时，【答案】B【解析】常温下和的两种溶液中，随着pH的增大，和的浓度增大，和的浓度减小，已知：，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为≈10-1.3、=10-2.8，则曲线表示的变化关系，以此解答。已知随着的增大，两种酸的浓度减小，酸根的浓度增大，由图可知，，曲线表示的变化关系，A错误；根据，初始，若溶液中溶质只有，则，但点对应的，说明此溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，，B正确；由分析可知，曲线表示的变化关系，时，pH=2.8，的电离常数，C错误；电离度，，则，，，时，，，比值为，D正确；故选C。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.完成下列问题：I．是一种液态化合物，在盛有水的锥形瓶中，小心地滴加几滴，发生剧烈反应，液面上有白色酸雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色。（1）和水反应的化学方程式为___________。（2）若将溶液直接蒸干得不到无水，用与混合共热则可，其原因是___________(用简要的文字回答)。II．已知部分酸电离平衡常数如下：HCNHClO25℃时，有浓度均为的下列4种溶液：①溶液②NaOH溶液③溶液④溶液。（3）这4种溶液由小到大的顺序是___________(填序号)。（4）向溶液中通入少量，则发生反应的离子方程式为___________。（5）可向氯水中加入___________(填序号)增强漂白性。①NaCN②③NaHS④⑤⑥（6）能证明酸性强于的是___________(填标号)。A.相同温度下，B.同浓度两种酸，溶液消耗物质的量多C.等浓度的溶液碱性强于溶液D.常温下，将气体通入溶液有生成（7）下列反应能发生的是___________(填标号)。A.B.C.D.【答案】（1）（2）可以吸收水分，产生可以抑制镁离子水解（3）③<④<①<②（4）（5）④⑥（6）AD（7）BC【解析】【小问1详析】与水发生剧烈反应，液面上有白色酸雾HCl形成，产生有刺激性气味的气体可使湿润的品红试纸褪色，该气体为SO2，反应的化学方程式为：；【小问2详析】直接加热会发生水解生成Mg(OH)2和HCl，而可以吸收水分，产生可以抑制镁离子水解；【小问3详析】由Ka可知，酸性由强到弱顺序为：，所以对应离子水解能力相反，碱性增强，故pH值由小到大的顺序为：CH3COONa<NaHCO3<NaCN<NaOH，即③<④<①<②；【小问4详析】由Ka可知，酸性由强到弱顺序为：H2CO3>HCN>，向溶液中通入少量，则发生反应的离子方程式为：；【小问5详析】氯水中存在Cl2+H2O⇋H++Cl-+HClO，平衡正向移动可增强漂白性。①NaCN与Cl2发生氧化还原反应，Cl2浓度减少，平衡左移，漂白性降低，不符合题意；②与H+和HClO都发生反应，使HClO浓度降低，漂白性减弱，不符合题意；③NaHS与Cl2发生氧化还原反应，Cl2浓度减少，平衡左移，漂白性降低，不符合题意；④与H+反应，使H+浓度降低，Cl2+H2O⇋H++Cl-+HClO平衡正向移动可增强漂白性，符合题意；⑤与H+和HClO都发生反应，使HClO浓度降低，漂白性降低，不符合题意；⑥与H+反应,使H+浓度降低，Cl2+H2O⇋H++Cl-+HClO平衡正向移动可增强漂白性，符合题意；答案是④⑥；【小问6详析】相同温度下，电离常数越大，酸性越强，，能证明H2S的酸性强于HCN，A符合题意；同浓度两种酸，消耗NaOH物质的量多少和体积有关，与酸性强弱无关，B不符合题意；等浓度的溶液碱性强于NaCN溶液，说明HS-酸性强于HCN，不能证明H2S的酸性强于HCN，C不符合题意；常温下，将气体通入溶液有生成，符合强酸制取弱酸，能证明H2S的酸性强于HCN，D符合题意；答案选AD。【小问7详析】根据电离常数大小关系，可以确定酸性强弱关系为：CH3COOH>H2CO3>H2S>HClO>HCN>>HS-，强弱可以制取弱酸；酸性H2S>HCN>HS-，不能发生，A错误酸性H2S>HCN>HS-，可以发生，B正确；酸性CH3COOH>H2S，可以发生，C正确；酸性H2CO3>HCN>，不能发生，D错误；答案选AD。17.金属钴是一种非常稀缺的金属之一，具有耐高温、高压的特性，可应用于电子设备和航空设备中。某钴矿石的主要成分包括、、和。由该矿石制固体的方法如图(部分分离操作省略)：资料：25℃时有关金属氢氧化物沉淀[用表示]的相关pH见下表。[当时可认为完全沉淀]离子开始沉淀时的1.97.158.2沉淀完全时的2.89.1510.2（1）矿石溶解过程中，粉碎的目的是___________。（2）沉淀2是___________，若调节溶液的，溶液2中是___________。（3）溶液2中加入氨水和溶液，主要发生反应的离子方程式为___________。（4）溶液3中加入溶液生成沉淀，写出离子方程式：___________，沉淀剂若选择，所得到的沉淀中可能混有___________。（5）溶液3到的操作是___________，得到晶体后，如何进一步操作得到？___________。【答案】（1）增大与反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸取率（2）①.②.（3）（4）①.②.（5）①.蒸发浓缩，冷却结晶②.在氯化氢氛围里加热蒸发【解析】钴矿石粉碎后加入浓硫酸、加热发生反应，CoO、MnO、Fe2O3与浓硫酸反应，SiO2不与浓硫酸反应得到沉淀1，过滤，滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值沉淀铁得到氢氧化铁沉淀2，过滤，向滤液中加入双氧水和氨水氧化锰离子变为二氧化锰，过滤，将滤液3经过处理得到CoCl2·6H2O；【小问1详析】粉碎的目的是：增大与反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸取率；【小问2详析】经过分析，沉淀2是Fe(OH)3；Fe3+沉淀完全时c(Fe3+)=10-5mol/L，对应的pH=2.8，c(OH-)=10-11.2mol/L，根据Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-)=10-5×(10-11.2)3=10-38.6，当pH=5时，c(OH-)=10-9mol/L，c(Fe3+)=mol/L；【小问3详析】溶液2中加入氨水和溶液，把Mn2+氧化为MnO2沉淀，主要发生反应的离子方程式为：；【小问4详析】溶液3中含有Co2+加入溶液生成沉淀和CO2气体，离子方程式为：；选择，由于溶液的碱性强，会生成Co(OH)2沉淀；【小问5详析】溶液3中是CoCl2的溶液，得到的操作是：蒸发浓缩，冷却结晶；Co2+易水解，加热得到无水CoCl2，需要在氯化氢氛围里加热蒸发。18.是重要的能源物质，可以制备甲醇。（1）加氢制甲醇过程中发生的主要反应为反应I：，该反应一般认为通过反应II和反应III两步实现。反应II：反应Ⅲ：___________①反应Ⅲ热化学反应方程式为___________。②若反应II为慢反应，下图中能体现上述反应能量变化的是___________(填标号)。A．B．C．D．（2）一定温度，向密闭容器中充入和，发生反应I．图中过程I、II是在不同催化剂作用下的转化率随时间(t)的变化曲线。①若，从开始到时刻，该反应的反应速率为___________。②下列说法正确的是___________(填标号)。A．m点：B．当和转化