【文档说明】河南省信阳高级中学2021-2022学年高一下学期第四次月考化学试题 含解析.docx，共(23)页，1.115 MB，由小赞的店铺上传

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2024届高一下期第四次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1O-16Cr-52C-12N-14第I卷(单选题，每小题3分，共计48分)1.中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是A.《天工开物》中记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美启用

”，“陶”是一种传统硅酸盐材料B.宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是氢氧化铜C.《周易参同契》有对汞的描述：“……得火则飞，不见埃尘。将欲制之，黄芽为根”。其中“黄芽”是指硫D《本草经集注》中“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，“硝石”中含有钾元素【答案】B

【解析】【详解】A．陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故A正确；B．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，不是氢氧化铜，故B错误；C．“泽中有火”是对湖泊池沼水面上起火现象的描述，这里的“火”指甲烷的燃烧，故C正确；D．由信息可知，焰色反应为紫色，为硝酸盐，则“硝石”指的

是KNO3，含有钾元素，故D正确；故选：B。2.下列化学用语使用错误的是A.HBr的形成过程：B.SO2的水溶液能够导电，但SO2是非电解质C.离子结构示意图可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-D.D216O中，质量数之和是质子数之和的两倍【答案】A【解析】【详解】Ａ．HBr为共价化合物，没有

电子的转移，正确的应该为+→，所以A错误；Ｂ．SO2的水溶液能够导电是因为SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子使得溶液的导.电，并不是SO2本身，所以SO2是非电解质，B项正确；Ｃ．由离子结构示意图可知，核内有1

7个质子，核外有18个电子，不能体现中子数，所以可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-，C项正确；Ｄ．D216O中，D表示核内1个质子和一个中子的氢原子，质量数为2，所以D216O质量数=(22+16)=20，D216O质子数=12+(16-8)=10，前者为

后者的2倍，所以D项正确；答案选A。3.25℃时，关于下列溶液混合后溶液pH的说法中正确的是（）A.pH=10与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液的pH约为11B.pH=5的盐酸溶液稀释1000倍，溶液的pH=8C.pH=2的H2SO4与pH=12的NaOH溶液等体积混合，混合液pH=7

D.pH=12的NH3·H2O与pH=2的HCl溶液等体积混合，混合液pH=7【答案】C【解析】【详解】A.pH=10与pH=12的NaOH溶液等体积混合溶液中c(OH-)=-4-1-2-110molL10molLV

VVV++=5.05×10-3mol/L，则混合溶液中氢离子浓度约为2×10-12mol/L，pH=11.7，故A错误；B.pH=5的盐酸溶液稀释1000倍溶液仍显酸性，pH<7，故B错误；C.pH=2的H2SO4溶液中c(H+)

=10-2mol/L，pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=10-2mol/L，二者等体积反应恰好中和，溶液pH=7，故C正确；D.pH=12的NH3·H2O溶液中c(NH3·H2O)远大于10-2mol/L，pH=2的HCl溶液中c

(H+)=10-2mol/L，二者等体积混合碱过量，溶液显碱性，pH>7，故D错误；故答案为C。【点睛】碱与碱混合要先计算混合液中的c(OH-)，通过c(OH-)计算c(H+)，从而计算pH值；酸与酸混合直接计算c(H+)，从而计算pH值；酸与碱混合要先判断谁过量，碱过

量则先计算混合液中的c(OH-)，通过c(OH-)计算c(H+)，从而计算pH值，酸过量则直接计算c(H+)，从而计算pH值。4.常温下，下列各组离子可能在指定环境中大量共存的是A.含有大量22HO的溶液中

：234NaSOFe+−+、、B.加入甲基橙显红色的溶液中：2243FeNaSONO++−−、、、C.水电离出来的()121cH10molL+−−=的溶液：3KCOCOl+−−、、D.()()13cH110cOH+−=的溶液能大量存在：2423NHSONa+−+、、【答案】

C【解析】【详解】A．Fe3+促进H2O2分解而不能大量共存，故A错误；B．甲基橙显红色的溶液呈酸性，Fe2+、-3NO在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．水电离出来的c(H+

)=10-12mol•L-1的溶液呈酸性或碱性，23COClO−−、与酸性溶液中的氢离子反应，但在碱性溶液中可大量共存，故C正确；D．()()13cH110cOH+−=溶液呈酸性，223SO−、H+反应生成二氧化硫和S而不能大量共存，故D错误；故选：C。5.根据下列实验操作和现象能得到

相应结论的是选项实验操作和现象结论A向2NaS溶液中通入足量2CO，然后再将产生的气体导入4CuSO溶液中，产生黑色沉淀()()al23al2KHCOKHSB向3KBrO溶液中通入少量2Cl，然后再加入少量苯，有机层呈橙红色氧化性：22ClBrC工业上用2SiO与焦炭在高温

条件制备粗硅，生成可燃性气体，得到黑色固体粗硅非金属性：CSiD将某气体通入品红溶液，溶液褪色该气体是2SOA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．黑色沉淀为CuS，可知Na2S溶液中通入足量CO2，生成H2S，则()

()al23al2KHCOKHS，故A正确；B．加入少量苯，有机层呈橙红色，可知KBrO3溶液中通入少量Cl2，生成溴，可知氧化性为KBrO3＞KClO3，故B错误；C．高温下C与二氧化硅反应生成Si和CO，为非自发进行的氧化还原反应，不能

比较C、Si的非金属性强弱，故C错误；D．使品红溶液褪色的气体可能为二氧化硫、氯气等，则气体不一定为二氧化硫，故D错误；故选：A。6.下列不能证明HA是弱电解质的是A.相同条件下，等浓度的盐酸与HA溶液的导电能力：盐酸HA

溶液B.常温下，浓度为0.1mol/L的HA溶液pH2=C.等pH、等体积的HA比盐酸中和NaOH的物质的量多D.10mL0.01mol/LHA溶液恰好与10mL0.01mol/LNaOH溶液完全反应【答案】D【解析】【详解】A．同浓度的HA和HCl溶液，HCl是强电解质，在溶液中完

全电离，HCl溶液的导电能力明显强于HA溶液，说明HA溶液中自由移动的离子浓度比HCl小，故HA在溶液中不完全电离，HA是弱酸，A不符合题意；B．常温下，浓度为0.1mol/L的HA溶液pH2=，即HA不能完全电

离出0.1mol/L的H+，故可以说明HA是弱酸，B不符合题意；C．等pH、等体积的溶液中氢离子浓度相等，而HA比盐酸中和NaOH的物质的量多，说明HA的物质的量大于HCl、说明HA在溶液中不完全电离、HA是弱

酸，C不符合题意；D．10mL0.01mol/LHA溶液恰好与10mL0.01mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明HA有酸性，而不能证明HA是否完全电离，即不能证明HA是弱酸，D符合题意；答案选D。7

.一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法不正确的是A.4XEZ是一种强酸B.非金属性：WZYC.原子半径：YWED.2ZW中，Z的化合价

为+2价【答案】C【解析】【分析】题给化合物结构中X、W、E均形成1个共价键、Y形成4个共价键、Z形成2个共价键。X的原子核只有1个质子，则X为H元素；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期，即第二周期元素，则Y

为C元素，Z为O元素，W为F元素；元素E的原子比W原子多8个电子，则E为Cl元素，综合以上分析可知，X、Y、Z、W、E分别为H、C、O、F、Cl元素。据此分析解答。【详解】A．氯元素非金属性较强，其最高价氧化物的水化物HClO4是一种强酸，

故A正确；B．同一周期元素从左到右非金属性逐渐增强，所以非金属性：F>O>C，故B正确；C．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，电子层越多半径越大，所以原子半径：Cl>C>F，故C错误；D．OF2中，F为-1价，则O的化合价为+2价，故D正确；答案选C。8.下列指

定反应的离子方程式正确的是A.向2NaAlO溶液中滴入足量()32CaHCO溶液：()223233AlOHCOHOAlOHCO−−−++=+B.向2Ca(ClO)溶液中通入少量22223SO:Ca2ClOSOHOCaSO2HClO++++=+C.将少

量溴水滴入过量的23NaSO溶液中：222234BrHOSO2Br2HSO−+−++=++D.向二元弱酸亚磷酸()33HPO溶液中滴入足量烧碱溶液：23332HPO2OHHPO2HO−−+=+【答案】D【解析】【详解】A．向NaAlO2溶液中滴入Ca(HCO3)2溶液，钙离子和2

-3CO要生成CaCO3沉淀，正确的离子反应为：Ca2++--23AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CaCO3↓，故A错误；B．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，ClO-能将H2SO3氧化为

H2SO4，ClO-被还原为Cl-，发生反应的方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2HClO，故B错误；C．将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中，离子方程式：Br2+H2O+32-3SO═2Br-+2-3HSO+2-4SO，

故C错误；D．往二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加过量的烧碱溶液，二元弱酸亚磷酸一个分子最多能提供两个H+，则离子反应方程式为：23332HPO2OHHPO2HO−−+=+，故D正确；故选：D。9.《科学美国人》评出的2016年

十大创新技术之一是碳呼吸电池，电池原理如图所示，则下列有关说法错误的是A.该装置可将化学能转变为电能B.正极每消耗24.48LCO，生成2240.1molCO−C.每生成()22431molAlCO，有6mol电子流过负载D.随着反应进行，草酸盐浓度不变【答案】B【解析】【分析】多孔碳电极的电极反

应式为22246CO6e3CO−−+=，铝极反应为22422432Al6e3COAl(CO)−−−+=；【详解】A．该装置是原电池，可将化学能转变为电能，A正确；B．正极每消耗4.48L的CO2，由于状态不

确定，无法计算二氧化碳的物质的量，则不一定生成0.1mol224CO−，B错误；C．铝极反应为22422432Al6e3COAl(CO)−−−+=，则每生成()22431molAlCO，有6mol电子流过负载，C正确；D．多孔碳电极的电

极反应式为22246CO6e3CO−−+=，铝极反应为22422432Al6e3COAl(CO)−−−+=，随着反应的进行，碳呼吸电池中224CO−浓度不变，D正确。答案选B。10.1T温度下，向2L的密闭容器中充入NO，在催化剂作用下发生反应：()()()2NOgNOgXg+

(未配平)，反应过程中部分数据如图所示，下列说法错误的是A.X可能为2NOB.0～1min用X表示的反应速率为112molLmin3−−C.1T温度下，测得容器内气体颜色保持不变，表明反应达到化学平衡

状态D.增大NO气体的浓度、升高反应体系的温度，均能提高反应速率【答案】B【解析】【详解】A．若X为2NO，则223NO(g)NO(g)NO(g)+，N2O、NO的变化量比为1:3，与图象相符，故A正确；B．由图

象可知，NO、NOx的变化量比为3:1，根据得失电子守恒，反应方程式为223NO(g)NO(g)NO(g)+，X是N2O，0~1min内生成1molN2O，用N2O表示的反应速率为1mol2L1min=-1-10.5molLmin，故B错误；C．1T温

度下，测得容器内气体颜色保持不变，则表明各成分的浓度不再变化、反应达到化学平衡状态，故C正确；D．反应物浓度越大、反应温度越高、反应速率越快，则增大NO气体的浓度、升高反应体系的温度，均能提高反应速率，故D正确；选B。11.

氮元素在自然界的循环影响着地球上生物圈的平衡与发展。下图为氮循环中的部分转化过程，下列说法中正确的是A.氮氧化物会形成酸雨和光化学烟雾B.升高温度，反应1的反应速率一定增大C.反应1断键吸收的能量大于成键放出的能量D.反应2的化学方程式为3222NHO2NO3H

++催化剂【答案】A【解析】【详解】A．氮氧化物会形成酸雨和光化学烟雾，A项正确；B．升高温度，催化剂的活性可能降低，反应1的速率不一定增大，B项错误；C．合成氨反应为放热反应，断键吸收的能量小于成键放出的能量，C项错误；D．根据图示，反应2是氨气在催化剂b作用下

与氧气反应生成了NO，同时应该生成2HO，氨气不可能被氧化生成氢气，D项错误；答案选A。12.已知三种酸的电离平衡常数，下列说法不正确．．．的是弱酸醋酸次氯酸碳酸电离平衡常数5aK1.710−=8aK4.710−=711a1a2K4.210K5.6

10−−==A.三种酸的酸性由强到弱的顺序是：323CHCOOHHCOHClOB.少量的2CO与NaClO溶液反应生成HClO与23NaCOC.结合H+的能力：2333COClOHCOCHCOO−−−−D.向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HClO，使杀

菌、消毒能力增强【答案】B【解析】【分析】电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中电离平衡常数可以知道，酸性大小：CH3COOH>H2CO3>HClO>-3HCO，据此进行分析。【详解】A．根据分析可知，三种酸的酸性由强到弱的顺序是：CH3COOH>H2CO3>HCl

O，故A正确；B．由分析可知，酸性：H2CO3>HClO>-3HCO，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以二氧化碳与NaClO溶液反应生成HClO和碳酸氢钠，故B错误；C．电离平衡常数越大，相应酸根结合氢离子的能力越小，则根据电离平衡

常数可知结合H+能力：2333COClOHCOCHCOO−−−−，故C正确；D．根据“强酸制备弱酸”规律，向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HClO，增大了次氯酸的浓度，使杀菌、消毒能力增强，故D正确；故选B。13.据文献报道，用氢

气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应原理如图所示。下列有关说法正确的是A.反应过程中所发生的反应均为氧化还原反应B.222PdClOHCl−、均为该反应的催化剂C.24PdClPd−→的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成D

.该反应的总方程式为：2222HOHO=+【答案】D【解析】【分析】根据化合价是否发生变化判断是否是氧化还原反应；根据在起始反应物中，后又生成的物质做催化剂，而先生成后参与的是中间产物；C中根据反应过程中物质的变化判断化学键的变化；【详解】A．反应过程中所发生的HCl和[PdCl2O2]2-的

反应是非氧化还原反应，化合价没有发生变化，故A不正确；B．通过图示判断[PdCl2O2]2-在反应过程中做的是中间产物，不是催化剂，故B不正确；C．24PdClPd−→过程中氢气参与反应，有非极性键的断裂，有HCl的生成，故有极性键的形成，故C不正确；D．根据图示进行判断该反应的总反应为：

2222HOHO=+，故D正确；故选答案D；【点睛】此题考查催化剂参与的反应发生的机理，根据图中信息进行判断；注意起始反应根据题目信息进行判断。14.相同温度下，浓度均为10.1molL−、体积均为0V的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V

，pH随0VlgV的变化如图斯示，下列叙述正确的是A.MOH的碱性弱于ROHB.ROH电离程度：b点小于c点C.a点和b点所示溶液中水的电离程度相同D.当0Vlg2V=时，若两溶液同时升高温度，则()()cMcR++增大【答案】C【解析】【详解】A．根据图知，未加水时，MOH溶

液的pH=13，MOH为一元强碱；ROH溶液的pH<13,ROH的的为一元弱碱，所以MOH的碱性强于ROH的碱性，A错误；B．由A分析知ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于c点，所以b点浓度小于c点，则ROH电

离程度:b>c，B错误；C．根据图知，a点和b点所示溶液的pH均为10，溶液中氢氧根离子的浓度相等，对水的电离抑制程度相同，水的电离程度也相同，C正确；D．由A分析知，MOH为一元强碱，ROH为一元弱碱。当0Vlg=2V时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH电离，所以()()++

cMcR减小，D错误;故选C。15.室温下，向120.00mL0.1000molL−盐酸中滴加10.1000molLNaOH−溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg50.7=。下列说法正确．．的是

A.当接近终点时，应加快滴定速度便于观察颜色突变B.V(NaOH)从0~40.00ml过程中盐酸中水的电离程度先增大后减小C.选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大D.V(NaOH)30.00mL=时，pH13.3=【答案】B【解析】【详

解】A．如果滴定速率加快，会导致NaOH溶液过量，所以当接近终点时，需减慢滴定速度便于观察颜色突变，A项错误；B．酸或碱都抑制水电离，酸中c(H+)或碱中c(OH-)越大，水电离程度越小，随着NaOH溶液的滴加，溶液的酸性减弱，然后至中性，当二者恰好完全反

应后，继续滴加NaOH溶液碱性逐渐增强，所以水电离程度先增大后减小，B项正确；C．由图可知，甲基橙的变色范围在pH突变范围之外，误差比甲基红更大，C项错误；D．当V(NaOH)=30.00mL时，溶液中

的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且混合溶液中c(NaOH)=30.00mL0.1000mol/L20.00mL0.1000mol/L0.0200mol/L20.00mL+30.00mL−=，即溶液中c(OH‒)=0.0200mol

，则c(H+)=141310mol/L510mol/L0.0200−−=，pH=-lgc(H+)=12.3，D项错误；答案选B。16.已知水电离平衡如图所示，且pOH＝－lgc(OH－)。下列说法错误的是A.各点对应的水的离子积：Kw(f)>Kw(e)＝Kw(d)B.

加热f点纯水，其组成由f点沿fd直线向d方向迁移C.向c点溶液中通入少量HCl，其组成由c点沿cde曲线向e点移动D.df直线上各点对应的水溶液(或纯水)一定显中性【答案】B【解析】【分析】pOH＝－lgc(OH－)，f点氢离子浓度、氢氧根离子浓度大于d点，所以T温度下水的离子积常数大于20℃时

水的离子积常数，T大于20℃。【详解】A.同一条曲线上的点水的离子积相同，f点氢离子浓度、氢氧根离子浓度大于d点，所以Kw(f)>Kw(d)，各点对应的水的离子积：Kw(f)>Kw(e)＝Kw(d)，故A正确；B加热促进水电离，氢离子浓度增

大，加热f点纯水，其组成由f点沿fd直线向原点方向迁移，故B错误；C.向c点溶液中通入少量HCl，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，Kw不变，其组成由c点沿cde曲线向e点移动，故C正确；D.df直线上各点，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，对应的水溶液(或纯水

)一定显中性，故D正确。选B。.第Ⅱ卷(非选择题，除标注外每空2分，共计52分)17.工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72－，利用滴定原理测定Cr2O72－含量方法如下：步骤Ⅰ：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O72

－+6I－+14H+===2Cr3++3I2+7H2O。步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol•L-1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：（I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6）滴定次数Na2S2O3溶液起始读数/mLNa2S2O3

溶液终点读数/mL第一次1.0219.03第二次2.0019.99第三次0.20a（1）步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是_____。（2）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为_____。滴定达到终点的实验现象是____。（3）步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则：①

a=_____。②Cr2O72－的含量为____g•L-1。（4）以下操作会造成废水中Cr2O72－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Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗【答案】①.酸式滴定管②.淀粉溶液③.溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色④.18.20⑤.2.16⑥.CD【解析】【详解

】(1)根据信息，Cr2O72－氧化性较强,量取废水应用酸式滴定管，因此，本题正确答案是:酸式滴定管;(2)滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂;滴定达到终点时碘单质刚好被消耗,所以溶液的颜色由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色,因此，本题正确答案是:淀粉溶液；溶液由蓝色变为无

色,且在半分钟内不变色；(3)①根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01mL，a值为18.20；②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为18.00mL

，根据Cr2O72－+6I－+14H+===2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6Cr2O72－~3I2~6Na2S2O3，n(Cr2O72－)=16n(Na2S2

O3)=160.1000mol/L×18.00×10-3L=3×10-4molCr2O72－的含量为:4310216/0.03molgmolL−=2.16g•L-1(4)根据Cr2O72－+6I－+14H+===2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O

6,则c(待测)偏高,Cr2O72－含量就偏高;A.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,造成V(标准)偏小,根据c(待测)=(V(cV标准）（标准）待测）分析,测定c(待测)偏低,故A错误;B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗,对V(标准)无影响,根据c(待测)=(V(cV标准

）（标准）待测）分析,测定c(待测)无影响,故B错误;C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=(V(cV标准）（标准）待测）分析,测定c(待测)偏高,所以C选项是正确的;D.未用标准液润洗碱式滴定管

,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)(V(cV标准）（标准）待测）分析,测定c(待测)偏高,所以D选项是正确的;因此，本题正确答案是:CD。18.3MnCO是制造电信器材软磁铁氧体的主

要原料，利用含有2SO的工业废烟气还原软锰矿(主要成分为2MnO，还含有2332FeOMgONiCOSiO、、、等杂质)制备3MnCO的工艺流程如图：请回答下列问题：（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施有_______(列举2条即可)。（2）写出“酸浸、还原”过程中，3NiCO与硫酸反应的离子

方程式：_______，还原过程中2SO转化为_______(填离子符号)。（3）在“氧化"过程中，2MnO的主要作用是_______。（4）已知滤渣3的主要成分是NiS以及过量的MnS。写出“除镍”过程中发生

反应的离子方程式：_______。（5）写出“沉锰”过程中发生反应的离子方程式：_______。【答案】（1）粉碎软锰矿、适当升温（2）①.NiCO3+2H+=Ni2++CO2↑+H2O②.2-4SO（3）将Fe2+氧化为Fe3+（4）MnS+Ni2+=Mn2++N

iS（5）Mn2++-3HCO+NH3•H2O=MnCO3↓++4NH+H2O【解析】【分析】软锰矿主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、MgO、NiCO3、SiO2等杂质，由流程可知酸浸、过滤，分离出滤渣1为SiO2，还原时二氧

化硫将铁离子还原为亚铁离子，浸出液中主要含有Fe3+、Mg2+、Mn2+、Ni2+等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，再加氨水调节溶液的pH以除去铁离子，

滤渣2为Fe(OH)3，过滤后的滤液中加入MnS净化除去Ni2+，滤渣3为NiS、MnS，再加MnF2除去Mg2+，滤渣3为MgF2、MnF2，滤液为硫酸锰溶液，加入碳酸氢铵、氨水发生Mn2++-3HCO+NH3•H2O=MnCO3↓

++4NH+H2O，过滤分离出硫酸锰，以此解答该题。【小问1详解】为了提高“酸浸”速率，可采取的措施有粉碎软锰矿、适当升温、适当增加硫酸浓度、搅拌等，故答案为：粉碎软锰矿、适当升温；【小问2详解】“酸浸、还原”过程中，NiCO3与硫酸反应的离子

方程式为NiCO3+2H+=Ni2++CO2↑+H2O，还原过程中SO2转化为2-4SO，故答案为：NiCO3+2H+=Ni2++CO2↑+H2O；2-4SO；【小问3详解】在“氧化”过程中，MnO2的主要作用是将Fe2+氧化为Fe3+，故

答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；【小问4详解】滤渣3的主要成分是NiS以及过量的MnS，则“除镍”过程中发生反应的离子方程式为MnS+Ni2+=Mn2++NiS，故答案为：MnS+Ni2+=Mn2++NiS；【小问5

详解】“沉锰”过程中发生反应的离子方程式为Mn2++-3HCO+NH3•H2O=MnCO3↓++4NH+H2O，故答案为：Mn2++-3HCO+NH3•H2O=MnCO3↓++4NH+H2O。19.回答下列问题：

（1）25℃时，HF的4aK6.410−=，则此温度下10.1molLHF−溶液的()cH+为_______1molL−。（2）25℃时，13amolLCHCOOH−溶液的pHb=，用含a和b的代数式表示3

CHCOOH的电离平衡常数aK=_______。（3）硒酸(24HSeO)在水溶液中的电离如下：()22244442HSeOHHSeO,HSeOHSeO,K1.01025C+−−+−−=++=。向24HSeO溶液中滴加少量氨

水，该反应的离子方程式为_______。（4）已知25℃时，()53aaKCHCOOH1.810,K(HSCN)0.13−==。现在该温度下将1320mL0.1molLCHCOOH−溶液和120mL0.1molLHSCN−溶液分别与1320mL0.1molLNaHCO

−溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变化的示意图如图所示，反应初始阶段，两种溶液产生2CO气体的速率存在明显差异的原因是_______。（5）已知95℃时的12wK110−=，将pH9=的NaOH溶液与pH=4的24HSO溶液混合，若所得pH7=，则N

aOH溶液与24HSO溶液的体积比为_______。（6）常温下，由水电离出的()11cH110+−=，则该溶液的pH为_______。【答案】（1）0.008（2）-2b-b10a-10（3）H++NH3•H2O=+4NH+H2O（4）由于K(CH3COOH)＜

K(HSCN)，故相同温度、相同物质的量浓度和体积时，HSCN溶液中的c(H+)大于CH3COOH溶液中的c(H+)，故与NaHCO3反应速率大（5）11：99（6）3或11【解析】【小问1详解】25℃时，HF的Ka=6

.4×10-4．HF电离程度较小，则0.1mol/LHF溶液中c(H+)≈c(F-)，c(HF)≈0.1mol/L，则此温度下0.1mol•L-1HF溶液的c(H+)≈4c6.410.1=0aK−mol/L≈0.008mol/L，故答案为：0.008；【小问2详解】25℃时，醋酸电离程度较小

，则该溶液中c(H+)≈c(CH3COO-)=10-bmol/L，c(CH3COOH)=(a-10-b)mol/L，CH3COOH的电离平衡常数Ka=()()()-+-b-b-2b3-b-b3cCHCOOcH101010==cCHCOOHa-10a-10，故答案为：-2b

-b10a-10；【小问3详解】H2SeO4第一步完全电离，氨水少量时生成硒酸氢铵，离子方程式为H++NH3•H2O=+4NH+H2O，故答案为：H++NH3•H2O=+4NH+H2O；【小问4详解】25℃时，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Ka(HSCN)=0.

13，由于K(CH3COOH)＜K(HSCN)，故相同温度、相同物质的量浓度和体积时，HSCN溶液中的c(H+)大于CH3COOH溶液中的c(H+)，故与NaHCO3反应速率大，故答案为：由于K(CH3COOH)＜K(HSCN)

，故相同温度、相同物质的量浓度和体积时，HSCN溶液中的c(H+)大于CH3COOH溶液中的c(H+)，故与NaHCO3反应速率大；【小问5详解】已知95℃时的12wK110−=，则溶液呈中性时pH=6，pH9=的N

aOH溶液中-12--3w+-910c(OH)===10mol/Lc(H)10K，与pH=4的24HSO溶液c(H+)=10-4mol/L混合，若所得pH7=，说明碱剩余，此时-12--5w+-710c(OH)===10mol/

Lc(H)10K，可得-3-4-+--510V-10Vn(OH)-n(H)c(OH)===10mol/LV+VV+V酸碱酸酸碱碱，整理得VV=1199酸碱：：，则NaOH溶液与24HSO溶液的体积比为11:99，故答案为：11:99；【

小问6详解】酸或碱溶液抑制水的电离，常温下，由水电离出的()11cH110+−=，若为碱溶液，pH=-lgc(H+)=11，若为酸溶液，溶液的pH为3，故答案为：3或11。20.科研工作者正在研究利用各种化学反应来消除C、S和N的氧化物对环境的不利影响。I.2CO经催化加氢可

以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应①12232lCO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)ΔH49.6kJmol−++=−反应②12233222CO(g)6H(g)CHOCH(g)3HO(g)ΔH1

22.6kJmol−++=−（1）反应①的活化能aE(正)_______aE(逆)填“>”、“=”或“<)（2）将体积比1:3的2CO和2H充入恒温恒容密闭容器中，发生上述反应。能说明容器中的反应均已达到平衡状

态的是_______。A.容器内气体的平均相对分子质量不变B.2CO和2H的转化率相等C.33CHOCH与2HO的物质的量之比保持不变D.()()23H3CHOHvv=正逆（3）在1T温度下，将22.5molCO和25.5molH充入2L的恒容密闭容器中发生反应①和②，达到平衡状态时

3CHOH(g)和33CHOCH(g)的物质的量分别为1mol和0.25mol。则1T温度时反应①的平衡常数K为_______。（4）催化剂作用下，充入2CO和2H同时发生反应①和反应②，经相同反应时间，测得不同温度下2CO转化率与3CHOH产率的变化曲线

如图。220~240℃℃温度区间2CO转化率与3CHOH产率的变化不一致的可能原因是_______。II.向2L密闭容器中加入21molCO和23molH，在一定条件下，发生反应：2232CO(g)+3H(g)CHOH(l)+HO(l)ΔH<0。的浓度随时间(20

~t)的变化如图所示。（5）在2t时将容器体积缩小至原来的一半，3t重新达到平衡时2CO的浓度为_______。III.某研究所探究2CuO/ZrO的系列催化剂(包括C/Z120C/Z250C/Z350C/Z450−−−−、、、)在水煤气变换反应(222C

O(g)HO(g)CO(g)H(g)++)中的催化活性。常压下，原料气在不同温度下相同时间内CO的转化率如图：（6）工业生产中应选择的最佳反应条件为_______。IV.SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应

原理为32224NH(g)4NO(g)O(g)4N(g)6HO(g)H0+++，在催化剂作用下，转化率与温度的关系如图所示：（7）图中A点处NO的转化率_______(填“可能是”、“一定是”或“一定不是”)该温度下的平衡转化率；B点之后，NO转化率降低的原因可能是_______。A.平衡常数

变大B.副反应增多C.催化剂活性降低D.反应活化能增大【答案】（1）<（2）AC（3）7（4）240℃前反应①和反应②的CO2转化率受浓度影响大于受温度影响，转化率不断升高，其中反应①在220℃前受浓度

影响大于受温度影响，大于220℃则温度影响较大，平衡逆向移动，CH3OH产率下降（5）0.25mol/L（6）C/Z120−为催化剂、240℃（7）①.一定不是②.BC【解析】【小问1详解】反应①的lH<0，反应物总能量大于生成物

总能量，则活化能aE(正)<aE(逆)；【小问2详解】A.该反应体系气体总质量不变，气体分子数发改变，平均摩尔质量发生改变，则容器内气体的平均相对分子质量(数值上等于平均摩尔质量)不变时，反应体系达到平衡，A符合题意；B.该反应体系中反应①和②的2CO和2H的化学

计量数之比均为1：3，与投料比一致，则二者的转化率始终相等，2CO和2H的转化率相等不能作为判断反应体系达到平衡的依据，B不符合题意；C.反应①生成H2O，反应②生成33CHOCH与2HO，则随着反应

的进行，33CHOCH与2HO的物质的量之比发生改变，当其保持不变，则反应体系达到平衡，C符合题意；D.()()23H3CHOHvv=正逆，假设只考虑反应①，则正逆反应速率相等，达到平衡；但体系存在反应①和②，则反应体系未达到平衡状态，D不符合题意；故选AC；【小问3详解】依题意，3CHOH(

g)由反应①得到，33CHOCH(g)由反应②得到，两个反应是竞争关系，可假设先发生第一个反应，再发生第二个反应，可得到三段式：2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)/mol2.55.500/mol1311/mol1.52.511始变平和223322CO(g)+6H(g

)CHOCH(g)+3HO(g)/mol1.52.500/mol0.51.50.250.75/mol110.250.75始变平，容器体积2L，则平衡体系中c(CO2)=0.5mol/L，c(H2)=0.

5mol/L，c[3CHOH(g)]=0.5mol/L，c(H2O)=1+0.752mol/L=0.875mol/L，则1T温度时反应①的平衡常数K为32322c(CHOH)c(HO)c(CO)c(H)=30.

50.8750.50.5=7；【小问4详解】反应①和反应②均是放热反应，充入2CO和2H，240℃前反应①和反应②的CO2转化率受浓度影响大于受温度影响，转化率不断升高，其中反应①在220℃前受浓度影响大于受温度影响，大

于220℃则温度影响较大，平衡逆向移动，CH3OH产率下降，故220~240℃℃温度区间2CO转化率与3CHOH产率的变化不一致；【小问5详解】由图可知，2t时平衡体系中c(CO2)=0.25mol/L，则其浓度减少了1(-0.25)mol/L

2=0.25mol/L，根据化学计量数，氢气浓度为3-0.2532=0.75(mol/L)，此平衡常数K=3221c(CO)c(H)=310.250.75=25627；容器体积缩小至原来的一半，气体

物质浓度变为2t时平衡体系中的一半，温度不变，则平衡常数不变，设平衡移动使CO2浓度改变了xmol/L，3t时刻存在等式：312560.250.7527(-x)-3x)22=(，解得x=-0.125mol/L，即平衡逆向移动，重新达到平衡时2

CO的浓度为0.25-x2=0.25(mol/L)；【小问6详解】从图象分析，相同时间内CO转化率达到最大值的温度是240℃，选用C/Z120−为催化剂的催化效果最好，故最佳反应条件为C/Z120−为催化剂、240℃。【

小问7详解】该反应H0，温度升高则平衡逆向移动，A点处NO的转化率随温度升高增大，说明A点还没达到最大值，一定不是该温度下的平衡转化率；B点之后，体系温度继续升高，平衡常数变小，A错误；.副反应增多，B正确；催化剂随温度升高活性降低，C正

确；反应活化能与反应物和催化剂有关，不影响平衡的移动，NO的转化率不受影响，D错误；故选BC。