【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S

O2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17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=7D.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-)=-4-1-2-110molL10molLVVVV++=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NaO

H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，2

23SO−、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()()al23al2K

HCOKHS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.10mL0.01m

ol/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：W

ZY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H

ClO4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：23

332HPO2OHHPO2HO−−+=+，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()22431mo

lAlCO，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−=711a1a2K4.210

K5.610−−==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：2333COClOHCOCHC

OO−−−−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>HClO，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：2222HO

HO=+，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N

aOH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：①a=_____。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+Na2S4

O6Cr2O72－~3I2~6Na2S2O3，n(Cr2O72－)=16n(Na2S2O3)=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+Na2S4O6,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2332FeOM

gONiCOSiO、、、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++NiS（5）Mn2++-3HCO+NH3•H2O=MnCO

3↓++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+、Mn

2+、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3CHCOOH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NaOH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+H

2O，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，HS

CN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9

5℃时的12wK110−=，则溶液呈中性时pH=6，pH9=的NaOH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=11

99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)ΔH122.6kJmol−++=−（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(222CO(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，33CH

OCH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，3

3CHOCH(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/L2=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2CO

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。