精品解析：山西省长治学院附属太行中学校2024-2025学年高二上学期第一次月考 化学试题

太行中学2024—2025学年第一学期第一次月考 高二化学试题 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Zn：65 Ⅰ卷 一、单选题：本题共14小题，每小题3分 共42分。 1. “高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是 A．九霄环佩木古琴 B．裴李岗文化骨笛 C．商朝后期陶埙 D．曾侯乙青铜编钟 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．九霄环佩木古琴主要构成是木材，动物筋制得，A错误； B．裴李岗文化骨笛由动物骨骼构成，B错误； C．商朝后期陶埙属于陶瓷，由硅酸盐制成，C正确； D．曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成，D错误； 故选C。 2. 下列离子方程式的书写正确的是 A 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应： Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+ 2H2O +CO B. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO恰好完成沉淀： Ba2++2OH-+2H++SO= BaSO4↓+2H2O C. 钠与CuSO4溶液反应的离子方程式： 2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+ D. 向石灰乳中加入盐酸： OH-+H+=H2O 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应化学方程式为：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，则离子方程式为： Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+ 2H2O +CO，A正确； B．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO恰好完成沉淀化学方程式为：NaHSO4＋ Ba(OH)2＝BaSO4↓＋NaOH+H2O，离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO= BaSO4↓+H2O，B错误； C．钠与CuSO4溶液反应时先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，总反应方程式为：2Na+2H2O＋CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4+H2↑，离子方程式为： 2Na+2H2O +Cu2+= Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，C错误： D．向石灰乳中加入盐酸，石灰乳为悬浊液，不能写成离子形式，正确的离子方程式为： Ca(OH)2+2H+= Ca2++2H2O，D错误。 答案选A。 3. 研究反应的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y，Z的起始浓度均为0，反应物X的浓度(mol·L-1)随反应时间(min)的变化情况如图所示。每组实验只改变一个条件。下列说法不正确的是 A. 比较实验①②③④得出：实验②最晚到达平衡 B. 比较实验①②得出：其他条件相同时，增大反应物浓度化学反应速率加快 C. 比较实验②③得出：实验③有可能使用了催化剂，催化剂能加快正反应速率，但对逆反应速率无影响 D. 比较实验②④得出：其他条件相同时，升高温度化学反应速率加快 【答案】C 【解析】 【详解】A．从图中可知，实验③的曲线最先达到水平的拐点，实验②的曲线最晚达到水平的拐点，故实验②最晚到达平衡，A正确； B．从图中可知，实验①反应物X初始浓度大于实验②，实验①的曲线相较于实验②更陡，说明反应速率实验①大于实验②，可以说明其他条件相同时，增大反应物浓度化学反应速率加快，B正确； C．实验②③温度和浓度均相同，速率实验③大于实验②，则实验③可能使用了催化剂，催化剂能同时增大正逆反应速率，C错误； D．实验②和④除了温度之外其他条件都相同，实验④的曲线相较于实验②更陡，说明实验④反应速率更快，可以说明其他条件相同时，升高温度反应速率加快，D正确； 故答案选C。 4. 下列事实能用平衡移动原理解释的是 A. 溶液中加入少量固体，促进分解 B. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深 C. 铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体 D. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生 【答案】B 【解析】 【详解】A．MnO2会催化 H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误； B．NO2转化为N2O4 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确； C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误； D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误； 故选B。 5. 相同温度下，在三个密闭容器中分别进行反应：H2(g) + I2(g)2HI(g)。达到化学平衡状态时，相关数据如下表。下列说法不正确的是 实验 起始时各物质的浓度/(mol·L-1 ) 平衡时物质的浓度/(mol·L-1 ) c(H2) c(I2) c(HI) c(H2) Ⅰ 0.01 0.01 0 0.008 Ⅱ 0.02 0.02 0 a Ⅲ 0.02 0.02 0.04 A. 该温度下，反应的平衡常数为0.25 B. 实验Ⅱ达平衡时，a=0.016 C. 实验Ⅲ开始时，反应向消耗H2的方向移动 D. 达到化学平衡后，压缩三个容器的体积，平衡均不发生移动 【答案】C 【解析】 【详解】A．由第I组数据可知，达到平衡时，==0.008mol/L，=0.004mol/L，该温度下，反应的平衡常数为，A正确； B．反应条件为恒温恒容，实验Ⅱ相对于实验I相当于加压，平衡不移动，则实验Ⅱ达平衡时，故a=0.016，B正确； C．温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ开始时，浓度商，故反应向逆反应方向，即生成的方向移动，C错误； D．该反应前后气体物质的量不变，压缩三个容器的体积加压，平衡不移动，D正确； 故选C 6. “中国芯”的主要原料是单晶硅，“精炼硅”反应历程中的能量变化如下图所示。下列有关描述正确的是 A. 历程Ⅰ是吸热反应 B. 历程Ⅱ发生了化学变化 C. 历程Ⅲ 的热化学方程式是：SiHCl3(l) + H2(g) = Si(s)+3HCl(g) ΔH=+238 kJ/mol D. 实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程无需外界能量供给 【答案】C 【解析】 【详解】A．历程Ⅰ中反应物能量高于生成物能量，则历程Ⅰ是放热反应，，A错误； B．历程Ⅱ中， 转变为，同一物质三态之间的变化，为物理变化，B错误； C．历程Ⅲ 中，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，则热化学方程式为，C正确； D．粗硅和纯硅的组成物质不同能量，粗硅变为精硅的过程中能量会损耗，D错误； 故选C。 7. 与ICl的反应机理如下： 反应①：； 反应②：， 其能量曲线如下图所示。 下列有关说法不正确的是 A. 反应①的 B. 反应①②均是放热反应 C. D. 该反应的反应速率主要取决于②的快慢 【答案】D 【解析】 【详解】A. 由图可知，反应=正反应的活化能-逆反应的活化能，故反应①的，故A正确； B. 反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应为放热反应，由图像可知，反应①②均是放热反应，故B正确； C. 由盖斯定律可知， ，故C正确； D. 反应的反应速率主要取决于慢反应，活化能越大，反应的速率越慢，故该反应的反应速率主要取决于①的快慢，故D错误。 答案为：D。 8. 按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是 A. Ⅰ中试管内的反应，体现的氧化性 B. Ⅱ中品红溶液褪色，体现的还原性 C. 在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象 D. 撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去 【答案】C 【解析】 【分析】Ⅰ中发生反应，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进入Ⅲ中与硫化钠反应生成S沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色。 【详解】A．Ⅰ中试管内发生反应 ，氢元素化合价不变， 不体现氧化性，故A错误； B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现的漂白性，故B错误； C．Ⅰ试管内发生反应，Ⅲ试管内发生反应，Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象，故C正确； D．撤掉水浴，重做实验，反应速率减慢，Ⅳ中红色褪去的速率减慢，故D错误； 故选C。 9. 某化学小组欲探究反应“”为可逆反应，做了如下实验： 已知： 现象为：实验ii中产生了黄色沉淀；实验iii中溶液变蓝；实验iv中溶液不变蓝，下列说法中不正确的是 A. 实验ii中产生黄色沉淀的离子方程式为 B. 实验iii加淀粉溶液变蓝，证明棕黄色溶液中有生成 C. 设计实验iv的目的是为了排除空气中氧气氧化的可能 D. 通过上述实验可以证明“”为可逆反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．探究反应“2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2”为可逆反应，则实验ⅰ所得溶液可能含有Fe3+、I−、Fe2+、I2，所以实验ii中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀的离子方程式为：Ag++I−=AgI↓，A正确； B．淀粉遇I2会变蓝，则实验iii加淀粉溶液变蓝，可以证明棕黄色溶液中有I2生成，B正确； C．生成的I2可能是I−被空气中氧气氧化，也可能是I−被Fe3+氧化所致，则设计实验iv的目的是为了排除空气中氧气氧化I−的可能，C正确； D．实验ⅰ中I−和Fe3+等物质的量混合，实验ⅲ、ⅳ说明生成的I2是I−被Fe3+氧化所致，实验ii说明棕黄色溶液中存在I−，但不能确定存在的I−是反应物不能完全转化、反应存在限度所致，还是完全转化生成的I2与水反应(I2+H2O⇌HI+HIO)生成的，则通过上述实验不能证明“2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2”为可逆反应，D错误；  故选D。 10. 已知有如下热化学方程式，下列判断错误的是 ① ② ③ ④ A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．①②均为放热反应，，，碳完全燃烧生成二氧化碳比碳不完全燃烧生成一氧化碳放出热量多，对应小，所以，A正确； B．根据盖斯定律，方程式关系 ，进行对应计算，则，B正确； C．方程式，则，C错误； D．由C选项分析，整理得，D正确； 故答案选C。 11. 一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，的原子核只有1个质子；元素、、原子序数依次增大，且均位于的下一周期；元素的原子比原子多8个电子。下列说法不正确的是 A. 是一种强酸 B. 非金属性： C. 原子半径： D. 中，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。 的原子核只有1个质子，则X为H元素；元素、、原子序数依次增大，且均位于的下一周期，即第二周期元素，则Y为C元素，Z为O元素，W为F元素；元素的原子比原子多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。 12. 可逆反应A(g)+3B(g)2C(g) △H＜0。有甲、乙两个容积相等且不变的真空密封容器，向甲容器中充入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1kJ。在相同条件下，向乙容器中充入2molC，达到平衡时吸收的热量为Q2kJ，已知Q1=3Q2，下列叙述正确的是 A. 平衡时，甲、乙中C的体积分数为甲＞乙 B. 甲中的A的转化率为75% C. 达到平衡后，再向乙中加入0.25molA、0.75molB和1.5molC ，平衡向生成A的方向移动 D. 乙中反应的热化学方程式为2C(g)A(g)+3B(g) △H= + Q2kJ•mol-1 【答案】B 【解析】 【分析】甲、乙两个容积相等且不变的真空密封容器，向甲容器中充入1molA和3molB，乙容器中充入2molC，两容器中达等效平衡。Q1=3Q2，则甲容器中A的转化率为75%，达平衡时，A为0.25mol、B为0.75mol、C为1.5mol。 【详解】A．由分析可知，甲、乙容器中化学平衡等效，则平衡时，甲、乙中C的体积分数为甲=乙，A不正确； B．Q1=3Q2，则甲容器中1molA有0.75mol发生转化，乙容器中生成0.25molA，则甲中A的转化率为75%，B正确； C．达到平衡后，再向乙中加入0.25molA、0.75molB和1.5molC，相当于乙容器加压，使体积变为原来的二分之一，平衡正向移动，C不正确； D．乙中，C的转化率为25%，吸收的热量为Q2kJ，则反应的热化学方程式为2C(g)A(g)+3B(g) △H= +4Q2kJ•mol-1，D不正确； 故选B。 13. 实验室分别进行如下实验：①向蓝色的VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由蓝色变为淡黄色()；②向(VO2)2SO4溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变蓝。下列说法正确的是 A. ①中还原剂与氧化剂物质的量之比为1∶5 B. ②中每生成标准状况下11.2L气体，转移1mol电子 C. 由①②可知，酸性条件下氧化性： D. 向(VO2)2SO4溶液中滴加FeI2溶液发生反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由蓝色变为淡黄色，说明酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为，高锰酸根被还原成Mn2+，由电子守恒可知存在KMnO4 ~ 5VOSO4 ~ 5e-，则①中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5，A项错误； B．向(VO2)2SO4溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变蓝，说明浓盐酸能把还原为VO2+，Cl-失去电子生成氯气，由电子、电荷及原子守恒可知离子方程式为：2+4H++2Cl-= 2VO2++Cl2↑+2H2O，标准状况下11.2L气体为0.5mol，故转移1mol电子，B项正确； C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则由①可知，氧化性： MnO>， 由②可知，氧化性：> Cl2，所以酸性条件下氧化性MnO>>Cl2，C项错误； D．具有较强的氧化性，(VO2)2SO4溶液中滴加FeI2会发生氧化还原反应，则被还原为VO2+，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2，D项错误； 故答案选B。 14. 二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 一体积固定的密闭容器中，在下，按照投料，平衡时，和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如题图所示。下列说法正确的是 A. 的平衡转化率始终不高于 B. 曲线代表的物质为，温度越高，越有利于的生成 C. 时，平衡移动的程度：反应Ⅰ>反应Ⅱ D. 加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化率 【答案】A 【解析】 【详解】A．起始n(CO2): n(H2)= 1 : 3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应Ⅱ时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率，当I、Ⅱ都发生时，则H2的平衡转化率不高于CO2的转化率，故A正确； B．m曲线代表的物质为CH3OH，温度越高，CH3OH的含量越低，越不利于CH3OH的生成，故B错误； C．270~400℃时，根据CO2的转化率变化曲线可知，CO2的转化率逐渐增大，说明平衡移动的程度：反应Ⅱ＞反应I，故C错误； D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率，故D错误； 故本题选A。 Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，共58分。 15. 二甲醚（）是一种洁净液体燃料，工业上以CO和H2为原料生产。工业制备二甲醚在催化反应室中（压强：2.0~10.0 MIPa.温度：230-280℃） 进行下列反应： 反应i： 反应ii： 反应iii： （1）在该条件下，若反应i的起始浓度分别为，，8min后达到化学平衡状态，CO的转化率为50%，则8min内CO的平均反应速率为______ （2）在t℃时．反应ii的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下： 物质 0.05 2.0 2.0 此时______（填“＞”“＜”或“＝”） （3）催化总反应： ①______ ②CO的平衡转化率（CO）与温度、压强的关系如图I所示．图中X代表______（填“温度”或“压强”），______（填“＞”“＜”或“＝）。 （4）在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比的改变，二甲醚和甲醇的产率（产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率）呈现如图2的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因______。 （5）二甲醚（）空气燃料电池是一种高效、轻污染的车载电池，其工作原理如图3所示。 ①燃料电池中的正极是______（填“c”或“d”）电极。 ②c电极的电极反应为______。 【答案】（1）0.075mol∙L−1∙min−1 （2）＜ （3） ①. -262.7 ②. 温度 ③. ＞ （4）当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小 （5） ①. d ②. -12e-+3H2O=2CO2+12H+ 【解析】 【小问1详解】 根据题给数据，CO的反应量为1.2mol/L×50%=0.6mol/L，则8min内CO的平均反应速率为：v(H2)==0.075mol∙L−1∙min−1； 【小问2详解】 该时刻反应的浓度熵为：Qc=＞400，反应逆向进行，所以，v正＜v逆； 【小问3详解】 ①催化反应室中的总反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)，根据盖斯定理可按以下方法联立得到：①×2+②+③，该反应ΔH4=-99kJ·mol−1×2+(-23.5kJ·mol−1)+(-41.2kJ·mol−1)= -262.7kJ·mol−1； ②根据催化反应室的总反应放热，化学方程式3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)  ΔH=-262.7kJ·mol−1可知，正向反应气体减少，反应放热，所以CO的平衡转化率α(CO)随温度的升高而减小、随压强的增大而增大，图中曲线随X增大而减小，可判断X是温度，则L1、L2是压强，且L1＞L2； 【小问4详解】 结合图象，根据平衡移动原理分析：随着增大，反应①CO转化率增大，甲醇的产率增大，进而有利于反应②正向移动；另一方面，随着增大，反应③被抑制，c(H2O)增大，进而抑制了反应②；图中二甲醚产率随着增大先增大后减小的原因就是这两种因素共同作用的结果，题给图中投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因可解释为：当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。 【小问5详解】 ①根据图中电子的移动方向可知，d是正极； ②根据图中电子的移动方向可知，c是负极，电解质环境为酸性，则其电极反应为：-12e-+3H2O=2CO2+12H+。 16. 实验题。 I、 （1）在一恒容容器中充入一定量的和发生反应，测得不同温度下物质的百分含量随时间变化如图，请分析___________T2(填“”、“”或“”，下同，都达平衡后，时___________T2时。 Ⅱ.某化学实验小组用酸性溶液与草酸溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下： 编号 实验操作 实验现象 向一支试管中先加入酸性溶液，再加入滴硫酸和滴蒸馏水，最后加入草酸溶液 前内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，后几乎变为无色 向另一支试管中先加入酸性溶液，再加入滴硫酸，最后加入草酸溶液 内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约后几乎变为无色 （2）写出高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：___________。 （3）由实验、可得出的结论是___________。 （4）关于实验中后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出猜想：反应中生成的对该反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验，验证猜想。 提供的试剂：酸性 溶液，草酸溶液，硫酸，溶液，固体，蒸馏水补全实验的操作：向试管中先加入酸性溶液，___________，最后加入草酸溶液。 （5）该小组拟采用如图所示的实验方案继续探究溶液浓度对反应速率的影响。 你认为他们的实验方案___________填“合理”或“不合理”，理由是___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） （3）其他条件相同时，溶液酸性越强，反应速率越快 （4）再加入滴的硫酸，然后再加少量固体 （5） ①. 不合理 ②. 浓度不同，溶液开始时颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应速率的快慢 【解析】 【分析】Ⅱ．该实验探究的是影响反应速率的因素，利用控制变量法，由表格的实验数据可知，探究的是硫酸浓度对反应速率的影响，可以得出结论：其他条件相同时，溶液酸性越强，反应速率越快；然后根据实验II的现象猜想反应中生成的对该反应有催化作用，最后同样用控制变量法设计实验进行验证； 【小问1详解】 根据“先拐先平”原则，可知温度，温度越高速率越快，所以时<T2时； 【小问2详解】 酸性高锰酸钾与草酸反应生成Mn2+、CO2和水，离子方程式为； 【小问3详解】 实验Ⅰ、Ⅱ酸的浓度不同，实验酸浓度大，反应快，故由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是：其他条件相同时，或硫酸浓度越大，反应速率越快； 【小问4详解】 验证该反应中生成的对反应有催化作用，故设计实验加入固体与实验对比，其他条件与实验相同，故实验Ⅲ的操作：向试管中先加入 酸性 溶液，再加入滴硫酸，然后加入少量固体，最后加入   草酸溶液，可以观察到：加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅或溶液颜色开始变浅的时间小于，可证明对反应有催化作用； 【小问5详解】 图中探究的是溶液浓度对反应速率的影响，但溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢，故该方案不合理。 17. 工业上利用锌焙砂(主要成分为，含有少量、、等)生产高纯的流程示意图如下。 （1）用足量溶液和氨水“浸出”锌焙砂。 ①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是___________。 ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的转化为，该反应的离子方程式为___________。 （2）“浸出”时转化为。“除砷”步骤①中用作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为___________。 （3）“除重金属”时加入溶液。滤渣II中含有的主要物质是___________和。 （4）“蒸氨”时会出现白色固体，“沉锌”步骤①中加入足量溶液将该白色固体转化为的离子方程式为___________。 （5）“煅烧”步骤中，不同温度下，分解的失重曲线和产品的比表面积变化情况如图1、图2所示。 已知：i．固体失重质量分数。 ii．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品的活性越高。 ①时煅烧，后固体失重质量分数为，则的分解率为___________%(保留到小数点后一位)。 ②根据图1和图2，获得高产率(分解率)、高活性(比表面积)产品的最佳条件是___________(填字母序号)。 a．恒温， b．恒温， c．恒温， c．恒温， 【答案】（1） ①. 增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高浸出率 ②. ZnO+2NH3▪H2O+2=+3H2O （2） （3）CuS （4）+ 2=2ZnCO3++2H2O （5） ①. 94.6 ②. b 【解析】 【分析】锌焙砂(主要成分为，含有少量、、等)中加入(NH4)2SO4溶液和氨水，得到的浸出液中含有、、等，再依次加入(NH4)2S2O8溶液、CaO、FeSO4，将氧化为，过滤得到FeAsO4、Fe(OH)2、Fe(OH)3；滤液中加入BaS溶液除去重金属，过滤得滤渣II，滤液中加入Zn粉深度除金属得到含Ni、Zn的滤渣III，滤液蒸氨后再向其中加入NH4HCO3溶液和通入CO2将[Zn(NH3)4] 2+转化为ZnCO3沉淀，烘干后煅烧，得到ZnO，以此解答。 【小问1详解】 ①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高浸出率； ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的转化为，该反应的离子方程式为：ZnO+2NH3•H2O+2=+3H2O。 【小问2详解】 “浸出”时转化为，由分析可知，和(NH4)2S2O8发生氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 【小问3详解】 除砷后溶液中还存在硫酸根、Cu2+、Ni2+、Zn2+等，其中Ni2+在深度除金属离子中除去，则“除重金属”时，加入BaS溶液可以将Cu2+除去，滤渣Ⅱ中含有的主要物质是CuS和BaSO4。 【小问4详解】 “沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体转化为ZnCO3的离子方程式为：+ 2=2ZnCO3++2H2O。 【小问5详解】 ①ZnCO3加热时发生分解ZnCO3，设加热前ZnCO3的质量为ag，300min后固体失重质量分数为33.3％，则生成CO2的质量为0.333ag，ZnCO3分解的质量为，则ZnCO3的分解率为=94.6%； ②由图1可知，恒温300℃和恒温550℃时，失重质量分数相等，由①可知ZnCO3分解率>95％，由图2可知，恒温550℃时，ZnO比表面积，则应该选择恒温300℃，240~300min，故选b。 18. 的捕集、利用和封存技术是践行低碳发展战略的重要技术选择。甲烷化是利用的重要途径，反应如下。 反应I： 反应II： （1）反应： ___________。 （2）恒温恒容条件下，向容器中充入一定量的和发生反应I，下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填序号)。 a．相同时间内，每断裂的同时形成 b．浓度不再改变 c．容器内气体密度不再改变 d．之比不再改变 （3）向体积为的容器中充入和，发生反应I、II．的平衡转化率和的选择性(指生成所消耗的量与总消耗量的比值)随温度变化的曲线如图所示： ①选择性随温度的变化曲线是___________(填“”或“”)；的平衡转化率随温度发生这种变化的主要原因是___________。 ②时，反应I的平衡常数___________(写出计算式即可)。 （4）资源化利用的另一个路径是与在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下： 反应III： 在相同反应时间下，测得3种不同催化剂作用下的转化率随温度变化的曲线如图所示。 到段随温度升高，转化率降低且曲线一致的原因为___________。 【答案】（1）+247kJ/mol （2）bd （3） ①. Y ②. 反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度较低时，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅱ变为主反应 ③. （4）a点反应达到平衡后，温度升高，反应向逆向移动，转化率降低；a点反应达到平衡后，催化剂不影响平衡移动 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，-Ⅰ+2×Ⅱ可得反应 CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)  ΔH=−(−165kJ⋅mol−1)+2×41kJ⋅mol−1=+247kJ/mol； 【小问2详解】 a．相同时间内，每断裂2mol C=O的同时形成4mol C−H，均表达的正速率，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故a不选； b．水蒸气的浓度不再改变，说明组分的浓度保持不变，能说明反应达到平衡状态，故b选； c．恒温恒容条件下，该反应过程中气体总质量和总体积都不变，气体的密度是定值，当气体密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，故c不选； d．氢气为反应物，甲烷为生成物，n(H2):n(CH4)之比不再改变，说明各物质的物质的量不变，组成固定，能说明反应达到平衡状态，故d选； 故答案为：bd； 【小问3详解】 ①反应Ⅰ的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲烷的选择性降低，所以甲烷的选择性随温度的变化曲线是Y；反应Ⅰ的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，反应Ⅱ的正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，温度低于530℃时，以反应Ⅰ为主，当温度高于530℃后，反应Ⅱ变为主反应，所以二氧化碳的转化率随温度升高先降低后增大； ②500℃时，二氧化碳的转化率为60%，则反应的二氧化碳为0.6mol，甲烷的选择性为85%，则生成甲烷的二氧化碳为0.6mol×85%=0.51mol，则反应Ⅰ生成的甲烷为0.51mol，水蒸气为1.02mol，消耗的氢气为2.04mol，消耗的二氧化碳为0.51mol，则反应Ⅱ消耗的二氧化碳为0.09mol，消耗的氢气为0.09mol，生成的水蒸气为0.09mol，则平衡时CO2为1mol-0.6mol=0.40mol，H2为4mol-2.04mol-0.09mol=1.87mol，CH4为0.51mol，H2O为1.02mol+0.09mol=1.11mol，反应Ⅰ的平衡常数； 【小问4详解】 a点反应达到平衡后，温度升高，反应向逆向移动，转化率降低；a点反应达到平衡后，催化剂不影响平衡移动，所以曲线变为一致。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 太行中学2024—2025学年第一学期第一次月考 高二化学试题 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Zn：65 Ⅰ卷 一、单选题：本题共14小题，每小题3分 共42分。 1. “高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是 A．九霄环佩木古琴 B．裴李岗文化骨笛 C．商朝后期陶埙 D．曾侯乙青铜编钟 A. A B. B C. C D. D 2. 下列离子方程式的书写正确的是 A. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应： Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+ 2H2O +CO B. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO恰好完成沉淀： Ba2++2OH-+2H++SO= BaSO4↓+2H2O C. 钠与CuSO4溶液反应的离子方程式： 2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+ D. 向石灰乳中加入盐酸： OH-+H+=H2O 3. 研究反应的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y，Z的起始浓度均为0，反应物X的浓度(mol·L-1)随反应时间(min)的变化情况如图所示。每组实验只改变一个条件。下列说法不正确的是 A. 比较实验①②③④得出：实验②最晚到达平衡 B. 比较实验①②得出：其他条件相同时，增大反应物浓度化学反应速率加快 C. 比较实验②③得出：实验③有可能使用了催化剂，催化剂能加快正反应速率，但对逆反应速率无影响 D. 比较实验②④得出：其他条件相同时，升高温度化学反应速率加快 4. 下列事实能用平衡移动原理解释的是 A. 溶液中加入少量固体，促进分解 B. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深 C. 铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体 D. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进产生 5. 相同温度下，在三个密闭容器中分别进行反应：H2(g) + I2(g)2HI(g)。达到化学平衡状态时，相关数据如下表。下列说法不正确的是 实验 起始时各物质浓度/(mol·L-1 ) 平衡时物质的浓度/(mol·L-1 ) c(H2) c(I2) c(HI) c(H2) Ⅰ 0.01 0.01 0 0.008 Ⅱ 0.02 0.02 0 a Ⅲ 0.02 0.02 004 A. 该温度下，反应的平衡常数为0.25 B. 实验Ⅱ达平衡时，a=0.016 C. 实验Ⅲ开始时，反应向消耗H2的方向移动 D. 达到化学平衡后，压缩三个容器的体积，平衡均不发生移动 6. “中国芯”的主要原料是单晶硅，“精炼硅”反应历程中的能量变化如下图所示。下列有关描述正确的是 A. 历程Ⅰ是吸热反应 B. 历程Ⅱ发生了化学变化 C. 历程Ⅲ 的热化学方程式是：SiHCl3(l) + H2(g) = Si(s)+3HCl(g) ΔH=+238 kJ/mol D. 实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程无需外界能量供给 7. 与ICl反应机理如下： 反应①：； 反应②：， 其能量曲线如下图所示。 下列有关说法不正确的是 A. 反应①的 B. 反应①②均是放热反应 C. D. 该反应的反应速率主要取决于②的快慢 8. 按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是 A. Ⅰ中试管内的反应，体现的氧化性 B. Ⅱ中品红溶液褪色，体现的还原性 C. 在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象 D. 撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去 9. 某化学小组欲探究反应“”为可逆反应，做了如下实验： 已知： 现象为：实验ii中产生了黄色沉淀；实验iii中溶液变蓝；实验iv中溶液不变蓝，下列说法中不正确的是 A. 实验ii中产生黄色沉淀的离子方程式为 B. 实验iii加淀粉溶液变蓝，证明棕黄色溶液中有生成 C. 设计实验iv的目的是为了排除空气中氧气氧化的可能 D. 通过上述实验可以证明“”为可逆反应 10. 已知有如下热化学方程式，下列判断错误的是 ① ② ③ ④ A. B. C. D. 11. 一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，的原子核只有1个质子；元素、、原子序数依次增大，且均位于的下一周期；元素的原子比原子多8个电子。下列说法不正确的是 A. 是一种强酸 B. 非金属性： C. 原子半径： D. 中，的化合价为+2价 12. 可逆反应A(g)+3B(g)2C(g) △H＜0。有甲、乙两个容积相等且不变的真空密封容器，向甲容器中充入1molA和3molB，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1kJ。在相同条件下，向乙容器中充入2molC，达到平衡时吸收的热量为Q2kJ，已知Q1=3Q2，下列叙述正确的是 A. 平衡时，甲、乙中C的体积分数为甲＞乙 B. 甲中的A的转化率为75% C. 达到平衡后，再向乙中加入0.25molA、0.75molB和1.5molC ，平衡向生成A的方向移动 D. 乙中反应的热化学方程式为2C(g)A(g)+3B(g) △H= + Q2kJ•mol-1 13. 实验室分别进行如下实验：①向蓝色的VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由蓝色变为淡黄色()；②向(VO2)2SO4溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变蓝。下列说法正确的是 A. ①中还原剂与氧化剂物质的量之比为1∶5 B. ②中每生成标准状况下11.2L气体，转移1mol电子 C. 由①②可知，酸性条件下氧化性： D. 向(VO2)2SO4溶液中滴加FeI2溶液发生反应 14. 二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 一体积固定的密闭容器中，在下，按照投料，平衡时，和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如题图所示。下列说法正确的是 A. 的平衡转化率始终不高于 B. 曲线代表的物质为，温度越高，越有利于的生成 C. 时，平衡移动的程度：反应Ⅰ>反应Ⅱ D. 加入选择性高催化剂，可提高的平衡转化率 Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，共58分。 15. 二甲醚（）是一种洁净液体燃料，工业上以CO和H2为原料生产。工业制备二甲醚在催化反应室中（压强：2.0~10.0 MIPa.温度：230-280℃） 进行下列反应： 反应i： 反应ii： 反应iii： （1）在该条件下，若反应i的起始浓度分别为，，8min后达到化学平衡状态，CO的转化率为50%，则8min内CO的平均反应速率为______ （2）在t℃时．反应ii的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下： 物质 0.05 2.0 2.0 此时______（填“＞”“＜”或“＝”） （3）催化总反应为： ①______ ②CO的平衡转化率（CO）与温度、压强的关系如图I所示．图中X代表______（填“温度”或“压强”），______（填“＞”“＜”或“＝）。 （4）在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比的改变，二甲醚和甲醇的产率（产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率）呈现如图2的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因______。 （5）二甲醚（）空气燃料电池是一种高效、轻污染的车载电池，其工作原理如图3所示。 ①燃料电池中的正极是______（填“c”或“d”）电极。 ②c电极的电极反应为______。 16. 实验题。 I、 （1）在一恒容容器中充入一定量的和发生反应，测得不同温度下物质的百分含量随时间变化如图，请分析___________T2(填“”、“”或“”，下同，都达平衡后，时___________T2时。 Ⅱ.某化学实验小组用酸性溶液与草酸溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下： 编号 实验操作 实验现象 向一支试管中先加入酸性溶液，再加入滴硫酸和滴蒸馏水，最后加入草酸溶液 前内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，后几乎变为无色 向另一支试管中先加入酸性溶液，再加入滴硫酸，最后加入草酸溶液 内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约后几乎变为无色 （2）写出高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：___________。 （3）由实验、可得出的结论是___________。 （4）关于实验中后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出猜想：反应中生成的对该反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验，验证猜想。 提供的试剂：酸性 溶液，草酸溶液，硫酸，溶液，固体，蒸馏水补全实验的操作：向试管中先加入酸性溶液，___________，最后加入草酸溶液。 （5）该小组拟采用如图所示的实验方案继续探究溶液浓度对反应速率的影响。 你认为他们的实验方案___________填“合理”或“不合理”，理由是___________。 17. 工业上利用锌焙砂(主要成分为，含有少量、、等)生产高纯的流程示意图如下。 （1）用足量溶液和氨水“浸出”锌焙砂。 ①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是___________。 ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的转化为，该反应的离子方程式为___________。 （2）“浸出”时转化为。“除砷”步骤①中用作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为___________。 （3）“除重金属”时加入溶液。滤渣II中含有的主要物质是___________和。 （4）“蒸氨”时会出现白色固体，“沉锌”步骤①中加入足量溶液将该白色固体转化为的离子方程式为___________。 （5）“煅烧”步骤中，不同温度下，分解的失重曲线和产品的比表面积变化情况如图1、图2所示。 已知：i．固体失重质量分数。 ii．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品的活性越高。 ①时煅烧，后固体失重质量分数为，则的分解率为___________%(保留到小数点后一位)。 ②根据图1和图2，获得高产率(分解率)、高活性(比表面积)产品的最佳条件是___________(填字母序号)。 a．恒温， b．恒温， c．恒温， c．恒温， 18. 的捕集、利用和封存技术是践行低碳发展战略的重要技术选择。甲烷化是利用的重要途径，反应如下。 反应I： 反应II： （1）反应： ___________。 （2）恒温恒容条件下，向容器中充入一定量的和发生反应I，下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填序号)。 a．相同时间内，每断裂的同时形成 b．浓度不再改变 c．容器内气体密度不再改变 d．之比不再改变 （3）向体积为的容器中充入和，发生反应I、II．的平衡转化率和的选择性(指生成所消耗的量与总消耗量的比值)随温度变化的曲线如图所示： ①选择性随温度的变化曲线是___________(填“”或“”)；的平衡转化率随温度发生这种变化的主要原因是___________。 ②时，反应I的平衡常数___________(写出计算式即可)。 （4）资源化利用的另一个路径是与在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下： 反应III： 在相同反应时间下，测得3种不同催化剂作用下的转化率随温度变化的曲线如图所示。 到段随温度升高，转化率降低且曲线一致的原因为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$