精品解析：上海市复旦大学附属复兴中学2024-2025学年高二上学期期中考试 化学试题

复旦大学附属复兴中学2024学年第一学期期中考试 高二年级化学试卷 考生注意： 1.试卷满分100分，考试时间60分钟。分设试卷和答题纸，试卷包括五道大题。 2.答题前，务必在答题纸填写考号、姓名、班级。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。 3.标注“不定项”的试题，每小题有1~2个符合条件的选项。 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 一、粗盐提纯 粗盐中含有、K+、Ca2+、Mg2+等杂质离子，实验室用粗盐制精盐的流程如下。 已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示： 回答下列问题： 1. 下列实验中，不能达到实验目的的是___________。 A. 用图①装置检验粗盐是否含钾元素 B. 用图②装置可分离得到CCl4 C. 由装置③分离粗盐水中的不溶物 D. 由装置④进行灼烧海带除去有机物 2. 关于MgCl2的说法错误的是___________。 A. 电子式： B. 可通过电解法实现MgCl2→Mg的制备 C. 制豆腐时，加入MgCl2可使蛋白质聚沉 D. 其溶液可导电，但熔化的MgCl2不导电 3. 步骤②中BaCl2溶液要稍过量，请描述检验BaCl2溶液是否过量的方法：___________。 4. 步骤④中加入过量Na2CO3溶液时生成的沉淀为___________。 5. 步骤⑤中需要用的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒还需要___________。 A. 分液漏斗 B. 长颈漏斗 C. 漏斗 D. 恒压滴液漏斗 6. 步骤⑥中盐酸调节pH至3~4，除去的离子有___________。 7. “一系列操作”是指___________ A. 蒸发至表面产生晶膜，趁热过滤、洗涤、干燥 B. 蒸发至表面产生晶膜，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C. 蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤、洗涤、干燥 D. 蒸发至大量晶体析出后，停止加热、余热蒸干、洗涤、干燥 另有两种方案进行粗盐提纯。 方案2：向粗盐水中加入石灰乳除去Mg2+，再通入含NH3、CO2工业废气除去Ca2+； 方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+。 8. 相比于方案3，方案2的优点是(至少说明2方面)：___________。 【答案】1. D 2. D 3. 取上层清液于试管，向其中滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则证明 BaCl2 溶液已过量，反之，则未过量 4. CaCO3、BaCO3 5. C 6. OH-和 7. C 8. 方案2发生反应 CaCl2+2NH3+H2O+CO2═CaCO3↓+2NH4Cl，可变废为宝，将粗盐杂质转化为铵盐，产生氮肥；减少了 NH3 等有害工业气体的排放，更加环保 【解析】 【分析】由题干流程图可知，粗盐中含有、K+、Ca2+、Mg2+等杂质离子，先加入稍微过量的BaCl2 溶液，沉淀，过滤后，向滤液中继续加入氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液，分别沉淀Mg2+和Ca2+、过量的Ba2+，再过滤，滤去Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀，再向滤液中加入一定量的稀盐酸，中和过量的氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液，得到含有K+的氯化钠溶液，将此溶液蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤，得到氯化钠晶体，据此分析作答。 【1题详解】 A．进行钾的焰色试验时需通过蓝色钴玻璃进行观察，故可用图①装置检验粗盐是否含钾元素，A不合题意； B．Br2与NaOH反应生成易溶于水的NaBr、NaBrO，CCl4不溶于水，故可用图②装置可分离得到CCl4，B不合题意； C．分离不溶性固体和溶液的操作为过滤，即可用装置③分离粗盐水中的不溶物，C不合题意； D．对固体进行灼烧需用坩埚而不能用蒸发皿，故不能由装置④进行灼烧海带除去有机物，D符合题意； 故答案为：D； 【2题详解】 A．MgCl2是离子化合物，故其电子式为：，A正确； B．Mg是一种活泼金属，工业上采用电解熔融的MgCl2的方法来冶炼金属镁，即可通过电解法实现MgCl2→Mg的制备，B正确； C．豆浆属于胶体，向胶体中加入MgCl2等电解质溶液，可使胶体发生聚沉，C正确； D．MgCl2是离子化合物，可溶于水，在水溶液中电离出自由移动的Mg2+和Cl-，则其溶液可导电，但熔化的MgCl2中也含有自由移动的Mg2+和Cl-，能够导电，D错误； 故答案为：D； 【3题详解】 步骤②中BaCl2溶液要稍过量，检验BaCl2溶液是否过量的方法是取上层清液于试管，向其中滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则证明 BaCl2 溶液已过量，反之，则未过量，故答案为：取上层清液于试管，向其中滴加稀硫酸，若有白色沉淀生成，则证明 BaCl2 溶液已过量，反之，则未过量； 【4题详解】 由分析可知，步骤④中加入过量Na2CO3溶液时生成的沉淀为CaCO3、BaCO3，故答案为：CaCO3、BaCO3； 【5题详解】 由分析可知，步骤⑤的操作为过滤，其中需要用的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒还需要漏斗，分液漏斗是进行分液操作的仪器，长颈漏斗和恒压滴液漏斗均是向固体中添加一定量液体的仪器，故答案为：C； 【6题详解】 由分析可知，步骤⑥中盐酸调节pH至3~4，除去的离子有OH-和，故答案为：OH-和； 【7题详解】 “一系列操作”是指蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤，洗涤、干燥得到氯化钠晶体，故答案为：C； 【8题详解】 另有两种方案进行粗盐提纯：方案2：向粗盐水中加入石灰乳[主要成分为Ca(OH)2]除去Mg2+，再通入含NH3、CO2的工业废气除去Ca2+；方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+，相比于方案3，方案2的优点是：方案2发生反应 CaCl2+2NH3+H2O+CO2═CaCO3↓+2NH4Cl,可变废为宝，将粗盐杂质转化为铵盐，产生氮肥；减少了 NH3 等有害工业气体的排放，更加环保，故答案为：方案2发生反应 CaCl2+2NH3+H2O+CO2═CaCO3↓+2NH4Cl，可变废为宝，将粗盐杂质转化为铵盐，产生氮肥；减少了 NH3 等有害工业气体的排放，更加环保。 二、绿色试剂——双氧水 双氧水常被称为化学反应中的“绿色试剂”。已知，在双氧水中加入少量KI溶液，H2O2会较快分解，反应如下： 反应①：H2O2+KI=H2O+KIO；反应②：H2O2+KIO=H2O+O2+KI。 回答下列问题： 9. 上述反应中属于强电解质的是___________。 A. H2O2 B. O2 C. KIO D. H2O 10. 标出反应②中的电子转移方向和数目：___________。 H2O2+KIO=H2O+O2+KI 11. H2O2分解过程中，KI的作用是___________。 12. 根据反应①和反应②，请说明双氧水被称为“绿色试剂”的主要原因是___________。 13. H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离的电离方程式___________。 14. 双氧水可漂白纤维织物，目前认为是其中过氧化氢离子()的作用，为了增强其漂白效果，在使用时可加入少量的___________。 A．食醋 B．小苏打 C．食盐 【答案】9. C 10. 11. 作催化剂 12. H2O2的还原产物为H2O，氧化产物为O2，均不会引入新的杂质和污染环境 13. H2O2H++ 14. B 【解析】 【9题详解】 电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，在水溶液中能够完全电离的电解质为强电解质，强酸、强碱和大多数盐属于强电解质，而在水溶液中只有部分电离的电解质为弱电解质，弱酸、弱碱和少数盐为弱电解质，故上述反应中属于强电解质的是KIO，而H2O2、H2O属于弱电解质，O2属于单质，故既不是电解质也不是非电解质，故答案为：C； 【10题详解】 反应②H2O2+KIO=H2O+O2+KI中I的化合价减低，H2O2中O的化合价升高，故该反应的电子转移方向和数目表示为：，故答案为：； 【11题详解】 由题干反应历程信息可知，H2O2分解过程中，KI参与反应但反应前后不变，故反应中KI的作用是作催化剂，故答案为：作催化剂； 【12题详解】 根据反应①和反应②可知H2O2的还原产物为H2O，氧化产物为O2，均不会引入新的杂质和污染环境，故答案为：H2O2的还原产物为H2O，氧化产物为O2，均不会引入新的杂质和污染环境； 【13题详解】 过氧化氢为二元弱酸，第一步电离产生氢离子H+和，电离方程式：H2O2H++，故答案为：H2O2H++； 【14题详解】 依据H2O2H++可知，碱性环境下可以促进过氧化氢电离，生成过氧化氢离子离子浓度增大，所以为增强其漂白效果，已知CH3COOH溶液显酸性，NaHCO3溶液显碱性，NaCl溶液显中性，故答案为：B。 15. 下列离子方程式书写正确的是 A. 往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水： B. 铁粉投入到NaHSO4溶液中的离子方程式： C. HS-的电离： D. 液氨也可像水一样发生自偶电离： 【答案】AD 【解析】 【详解】A．往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水生成I2和H2O，故离子方程式为：，A正确； B．已知NaHSO4电离出Na+、H+和硫酸根离子，故铁粉投入到NaHSO4溶液中的离子方程式为：，B错误； C．已知H2S为二元弱酸，故HS-的电离是可逆过程，故电离方程式为：，C错误； D．根据2H2OH3O++OH-可知，液氨也可像水一样发生自偶电离的电离方程式为：，D正确； 故答案为：AD。 16. 向KOH溶液中通入0.5 mol碘单质恰好完全反应生成三种含碘盐： 0.7 mol KI、0.2 mol KIO和X。则X是 A. 0.1 mol KIO4 B. 0.1 mol KIO3 C. 0.2 mol KIO2 D. 0.1 mol KIO2 【答案】B 【解析】 【详解】0.5 mol碘单质恰好完全反应生成三种含碘盐，生成物中含0.7molKI、0.2molKIO，根据碘守恒，所以X的物质的量为：0.5mol×2-0.7mol-0.2mol=0.1mol，设X中I的化合价为x价，由电子得失守恒分析可知：0.7mol×1=0.2mol×1+0.1mol×(x-0)，解得x =5，所以X中氯的化合价为+5价，则X为KIO3，物质的量为0.1mol，故选B。 三、化学变化中的能量变化 生产生活中的化学反应都伴随着能量的变化，请根据有关知识回答下列问题： i．汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，生成NOx等污染大气。 17. 其中生成NO的能量变化如图所示，则图中三种分子最不稳定的是___________。 18. 1molN2和1molO2反应生成2molNO气体的同时会___________(吸收/放出)___________kJ的能量。 【答案】17. O2 18. ①. 吸收 ②. 180 【解析】 【17题详解】 已知一个分子的键能越大，则分子越稳定，根据图中信息可知图中三种分子最不稳定的是O2，故答案为：O2； 【18题详解】 1mol氮气和1mol氧气断键吸收946kJ+498kJ=1444kJ热量，生成2mol NO放出632kJ+632kJ=1264kJ热量，吸收大于放出，因此1molN2和1molO2反应生成2molNO气体应吸收1444kJ−1264kJ=180kJ能量，故答案为：吸收；180。 19. 在载人航天器中，可以利用与的反应，将航天员呼出的转化为等，然后通过电解得到，从而实现的再生。已知： ① ② 请写出甲烷与氧气反应生成二氧化碳和液态水的热化学方程式___________。 【答案】CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) =-890.3 kJ/mol 【解析】 【详解】根据盖斯定律：①+②×2得到：CO2(g)+2H2O(l)=CH4(g)+2O2(g)=-252.9kJ/mol+2×571.6 kJ/mol=+890.3 kJ/mol；所以甲烷与氧气反应生成二氧化碳和液态水的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+2H2O(l) =-890.3 kJ/mol。 理论上稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ热量。现用下图所示装置测定中和反应反应热，实验药品有50mL0.50mol/L盐酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液。 20. 将改用60mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所求中和热数值___________(填“增加、减少”或“不变”)。 21. 现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为、、，则、、的大小关系为___________。 22. 通过计算得到，该结果与有偏差，产生此偏差的原因可能是___________。 A. 用温度计测量盐酸起始温度后直接测量NaOH溶液的温度 B. 一次性把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中 C. 实验装置保温、隔热效果差 D. 量取盐酸溶液的体积时仰视读数 【答案】20. 不变 21. ΔH1=ΔH2＜ΔH3 22. AC 【解析】 【20题详解】 反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL 0.50mol/L的盐酸跟50mL 0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏大，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以改用60mL 0.50mol/L的盐酸跟50mL 0.55mol/L的NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值不变，故答案为：不变； 【21题详解】 稀氢氧化钠和稀氢氧化钙都是强碱，测得的中和反应的反应热相等，一水合氨是弱碱，电离不完全，反应过程中还需要先电离，而电离吸热，因此测得的反应热数值相对前两者小，中和反应放热，ΔH＜0，因此其反应热最大，故答案为：ΔH1=ΔH2＜ΔH3； 【22题详解】 A．用温度计测量盐酸起始温度后直接测量NaOH溶液的温度，所测NaOH溶液的起始温度偏高，测得反应过程中的温差偏小，即测得反应放热数值偏小，导致中和热数值偏低，A符合题意； B．一次性把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，操作规范，不影响测定结果，B不合题意； C．实验装置保温、隔热效果差，热量损耗大，测得反应放热数值偏小，导致中和热数值偏低，C符合题意； D．量取盐酸溶液的体积时仰视读数，则所量HCl的体积偏大，反应过程中生成的H2O的物质的量偏大，放出的热量数值偏大，导致测量所得中和热的数值偏高，D不合题意； 故答案为：AC。 四、工业合成氨 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题。合成氨反应原理为： ；。 23. 合成氨反应在常温(298K)下___________(填“能”或“不能”)自发。 1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。 24. 一定条件下，氨的平衡含量如下表，哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，主要原因是___________。 温度/​℃ 压强/​MPa 氨的平衡含量 200 10 81.5% 550 10 8.25% 【答案】23. 能 24. 提高合成氨反应的化学反应速率 【解析】 【23题详解】 根据自由能变判据可知，在298K下该反应的G=H-TS=-92×103J/mol-298K×[ (-198.2J/(mol·K) ]=-32936.4J/mol＜0，反应能自发进行，故答案为：能； 【24题详解】 由题干表中数据可知，尽管降低温度利于氨的合成，但温度越低反应速率越慢，哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是提高合成氨反应的化学反应速率，提高反应效率，故答案为：提高合成氨反应的化学反应速率。 25. 合成氨的逆反应速率随时间的变化如下图： （1）由图可知，反应进行到a点时_______。 A． B． C． （2）时改变了某种反应条件，该条件可能是_______。 A. 升温 B. 增大氮气的浓度 C. 使用催化剂 D. 加压 （3）如果在时从混合物中分离出部分，时间段反应处于新的平衡状态，请在图中画出的变化曲线_______。 【答案】（1）A （2）D （3） 【解析】 【分析】由合成氨方程式可知该反应式是放热反应，且反应正方向为分子数减小的，由此解答。 【小问1详解】 由图可知，反应进行到a点时反应的逆反应速率仍然在加大，说明此时反应没有达到平衡，又因为该逆反应是从零开始的，由此推出此时正反应速率大于逆反应速率，故选A，答案为A； 【小问2详解】 时改变了某种反应条件， A．如果是升温，则正逆反应速率均增加，然后正逆反应速率趋于相等，由分析可知逆反应速率增加幅度应该大于正反应速率且会存在反应突变，然后逆反应速率降低，故A不正确； B．如果是增大氮气的浓度，则正反应速率均增加，逆反应速率不变，然后正逆反应速率趋于相等，且不会存在反应突变，故B不正确； C．如果是使用催化剂，则正逆反应速率均增加，且会存在反应突变，但正逆反应速率一直相等，故C不正确； D．如果是加压，相当于浓度增加，则正逆反应速率均增加，然后正逆反应速率趋于相等，由分析可知正反应速率增加幅度应该大于逆反应速率且会存在反应突变，然后正反应速率降低，逆反应速率升高，故D正确； 故答案选D； 【小问3详解】 如果在时从混合物中分离出部分，时间段反应处于新的平衡状态，根据分离出部分的，则逆反应速率瞬时减小，正反应速率瞬时不变，然后逆反应速率逐渐加大，但比分离前逆反应速率小，由此在图中画出的变化曲线为，故答案为。 26. 在Fe催化剂作用下，N2和H2生成NH3的反应历程如下(“*”表示吸附态)。 该反应历程中决速步的化学方程式为___________。 【答案】N2*+H2*=N*+3H* 【解析】 【详解】已知反应所需要的活化能越大，反应速率越慢，最慢的一步反应为整个反应的决速步骤，结合题干在Fe催化剂作用下，N2和H2生成NH3的反应历程图可知，该反应历程中决速步的化学方程式为N2*+H2*=N*+3H*，故答案为：N2*+H2*=N*+3H*。 27. 有关合成氨条件选择的说法正确的是 A. 使用催化剂可提高反应物的平衡转化率 B. 及时分离出NH3既加快反应速率又提高反应物转化率 C. 温度控制在500℃左右时铁催化剂的活性最大，可以加快反应速率 D. 增大压强既加快反应速率又提高反应物转化率，所以工业生产时压强越大越好 【答案】C 【解析】 【详解】A．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，故使用催化剂不可改变反应物的平衡转化率，A错误； B．及时分离出NH3，则生成物浓度减小，逆反应速率突然减小，则减慢反应速率，化学平衡正向移动，即可提高反应物转化率，B错误； C．合成氨反应为放热反应，温度控制在500℃左右与催化剂活性，即温度控制在500℃左右时铁催化剂的活性最大，可以加快反应速率，C正确； D．增大压强既加快反应速率，同时使反应平衡正向移动，即可提高反应物转化率，但压强越大，对设备的要求越高，所以工业生产时不是压强越大越好，D错误； 故答案为：C。 28. 在恒容绝热容器中合成氨，能说明反应达到平衡状态的是 A. 体系的温度不再改变 B. 气体的密度不再改变 C. N2与NH3的体积比不变 D. 【答案】AC 【解析】 【详解】A．已知合成氨是一个放热反应，在恒容绝热容器中，反应体系的温度一直在改变，故当体系的温度不再改变说明正、逆反应速率相等，即反应达到化学平衡状态，A符合题意； B．在恒容密闭容器中，该反应过程中气体的密度一直保持不变，故气体的密度不再改变不能说明反应达到化学平衡，B不合题意； C．反应过程中N2的量一直在减小，NH3的量一直在增大，故反应过程中N2与NH3的体积比即物质的量之比一直在改变，故当N2与NH3的体积比不变说明N2和NH3的物质的量各自保持不变，即说明反应达到化学平衡，C符合题意； D．根据化学反应速率之比等于化学计量系数之比可知，该反应达到化学平衡时应该有：，故当时反应未达到化学平衡，D不合题意； 故答案为：AC。 将10molN2、30molH2充入10L恒容密闭容器中，发生反应：。控制不同温度与压强，得到平衡时N2的转化率与温度、压强的关系如图所示： 29. 温度T1、T2、T3的大小关系是___________，判断依据为___________。 30. 根据M点数据，计算T2下合成氨反应平衡常数K的值并书写计算过程___________。(注意：计算过程包括“起始”“转化”“平衡”三步数据，结果保留三位小数) 【答案】29. ①. T1＞T2＞T3 ②. 该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，平衡时N2转化率降低，由图可知T1＞T2＞T3； 30. 0.183 【解析】 【29题详解】 由于合成氨的反应是放热反应，所以升高温度平衡向左移动，N2的转化率降低，即图中转化率越低的曲线对应的温度越高，故T1＞T2＞T3，故答案为：T1＞T2＞T3；该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，平衡时N2转化率降低，由图可知T1＞T2＞T3； 【30题详解】 T2温度下，平衡压强为32 MPa时，N2的转化率40%，根据题意列“三段式”如下：，故该条件下高该反应的平衡常数K===0.183，故答案为：0.183。 五、新型醇基燃料——甲醇 甲醇是实现碳中和循环的低碳燃料，是一种取之不尽的能源载体。 以下为三种常见燃料的热值和CO2排放量如下表所示： 燃料 CH3OH(l) C3H8(g) 煤油 热值(kJ/g) 22.7 50.4 29.0 CO2排放量(g/kJ) 16.5 16.2 22.9 31. 根据上表数据，计算CH3OH(l)的燃烧热为___________kJ/mol。 A. 22.7 B. -22.7 C. -726.4 D. -1452.8 32. 根据上表，从CO2排放量和燃料储存两个角度分析，甲醇作为新型燃料的可能原因___________。 【答案】31. C 32. 与丙烷相比，甲醇为液态，丙烷为气态，甲醇更易储存，与煤油相比，放出相同的热量，甲醇释放CO2量较少 【解析】 【31题详解】 已知CH3OH的摩尔质量为32g/mol，故根据上表数据，可计算完全燃烧1mol液体甲醇放出的热量为：1mol×32g/mol×22.7kJ/g=726.4kJ，故CH3OH(l)的燃烧热为-726.4kJ/mol，故答案为：C； 【32题详解】 由题干表中数据可知，甲醇为液态，而丙烷为气态，甲醇更易储存，与煤油相比，放出相同的热量，甲醇释放CO2量较少，所以选用甲醇作为主火炬塔燃料，故答案为：与丙烷相比，甲醇为液态，丙烷为气态，甲醇更易储存，与煤油相比，放出相同的热量，甲醇释放CO2量较少。 33. 以CO2和H2为原料制备甲醇是实现CO2资源化利用的方式之一，反应过程如下： 反应①： 反应②： 反应③：的平衡常数___________(用、表示)。 【答案】 【解析】 【详解】根据平衡常数定义可知，反应①： ，反应②： ，反应③：的平衡常数，联合可得K3=，故答案为：。 以CO2和H2为原料制备甲醇其反应原理为： 。不同温度下，向等容积的反应器中，分别通入等量、相同比例的CO2和H2的混合气体，反应相同时间后，测得甲醇产率与催化剂活性、温度关系如下图所示。除生成甲醇外，还会生成副产物； 。 34. 图中一定不处于化学平衡状态的点是___________。 A. 点A B. 点B C. 点C D. 点D 35. 已知催化剂对副反应没有影响。图中当温度高于，甲醇产率逐渐下降，原因可能有___________、___________。 【答案】34. A 35. ①. 升高温度，副反应平衡正向移动 ②. 催化剂的活性下降 【解析】 【34题详解】 由图可知，A点甲醇产率较低，随着温度升高，甲醇的产率增大，说明A点一定没有达到平衡状态；同时B点甲醇产率最高，说明B点可能为平衡状态，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的产率下降，所以C、D点甲醇产率下降，一定不处于化学平衡状态的点是A，故答案为：A； 【35题详解】 由于副反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以甲醇的选择性降低，甲醇产率逐渐下降，同时温度过高，催化剂活性下降，反应速率下降，使甲醇产率逐渐下降，故答案为：升高温度，副反应平衡正向移动；催化剂的活性下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 复旦大学附属复兴中学2024学年第一学期期中考试 高二年级化学试卷 考生注意： 1.试卷满分100分，考试时间60分钟。分设试卷和答题纸，试卷包括五道大题。 2.答题前，务必在答题纸填写考号、姓名、班级。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。 3.标注“不定项”的试题，每小题有1~2个符合条件的选项。 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 一、粗盐提纯 粗盐中含有、K+、Ca2+、Mg2+等杂质离子，实验室用粗盐制精盐的流程如下。 已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示： 回答下列问题： 1. 下列实验中，不能达到实验目的的是___________。 A. 用图①装置检验粗盐是否含钾元素 B. 用图②装置可分离得到CCl4 C. 由装置③分离粗盐水中的不溶物 D. 由装置④进行灼烧海带除去有机物 2. 关于MgCl2的说法错误的是___________。 A. 电子式： B. 可通过电解法实现MgCl2→Mg的制备 C. 制豆腐时，加入MgCl2可使蛋白质聚沉 D. 其溶液可导电，但熔化的MgCl2不导电 3. 步骤②中BaCl2溶液要稍过量，请描述检验BaCl2溶液是否过量的方法：___________。 4. 步骤④中加入过量Na2CO3溶液时生成的沉淀为___________。 5. 步骤⑤中需要用的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒还需要___________。 A. 分液漏斗 B. 长颈漏斗 C. 漏斗 D. 恒压滴液漏斗 6. 步骤⑥中盐酸调节pH至3~4，除去的离子有___________。 7. “一系列操作”是指___________ A. 蒸发至表面产生晶膜，趁热过滤、洗涤、干燥 B. 蒸发至表面产生晶膜，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C. 蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤、洗涤、干燥 D. 蒸发至大量晶体析出后，停止加热、余热蒸干、洗涤、干燥 另有两种方案进行粗盐提纯。 方案2：向粗盐水中加入石灰乳除去Mg2+，再通入含NH3、CO2工业废气除去Ca2+； 方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+。 8. 相比于方案3，方案2的优点是(至少说明2方面)：___________。 二、绿色试剂——双氧水 双氧水常被称为化学反应中的“绿色试剂”。已知，在双氧水中加入少量KI溶液，H2O2会较快分解，反应如下： 反应①：H2O2+KI=H2O+KIO；反应②：H2O2+KIO=H2O+O2+KI。 回答下列问题： 9. 上述反应中属于强电解质的是___________。 A. H2O2 B. O2 C. KIO D. H2O 10. 标出反应②中的电子转移方向和数目：___________。 H2O2+KIO=H2O+O2+KI 11. H2O2分解过程中，KI的作用是___________。 12. 根据反应①和反应②，请说明双氧水被称为“绿色试剂”的主要原因是___________。 13. H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离的电离方程式___________。 14. 双氧水可漂白纤维织物，目前认为是其中过氧化氢离子()的作用，为了增强其漂白效果，在使用时可加入少量的___________。 A．食醋 B．小苏打 C．食盐 15. 下列离子方程式书写正确的是 A. 往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水： B. 铁粉投入到NaHSO4溶液中的离子方程式： C. HS-的电离： D. 液氨也可像水一样发生自偶电离： 16. 向KOH溶液中通入0.5 mol碘单质恰好完全反应生成三种含碘盐： 0.7 mol KI、0.2 mol KIO和X。则X是 A. 0.1 mol KIO4 B. 0.1 mol KIO3 C. 0.2 mol KIO2 D. 0.1 mol KIO2 三、化学变化中的能量变化 生产生活中的化学反应都伴随着能量的变化，请根据有关知识回答下列问题： i．汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，生成NOx等污染大气。 17. 其中生成NO的能量变化如图所示，则图中三种分子最不稳定的是___________。 18. 1molN2和1molO2反应生成2molNO气体的同时会___________(吸收/放出)___________kJ的能量。 19. 在载人航天器中，可以利用与的反应，将航天员呼出的转化为等，然后通过电解得到，从而实现的再生。已知： ① ② 请写出甲烷与氧气反应生成二氧化碳和液态水的热化学方程式___________。 理论上稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ热量。现用下图所示装置测定中和反应反应热，实验药品有50mL0.50mol/L盐酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液。 20. 将改用60mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反应，则与上述实验相比，所求中和热数值___________(填“增加、减少”或“不变”)。 21. 现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为、、，则、、的大小关系为___________。 22. 通过计算得到，该结果与有偏差，产生此偏差的原因可能是___________。 A. 用温度计测量盐酸起始温度后直接测量NaOH溶液的温度 B. 一次性把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中 C. 实验装置保温、隔热效果差 D. 量取盐酸溶液的体积时仰视读数 四、工业合成氨 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题。合成氨反应原理为： ；。 23. 合成氨反应在常温(298K)下___________(填“能”或“不能”)自发。 1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。 24. 一定条件下，氨的平衡含量如下表，哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，主要原因是___________。 温度/​℃ 压强/​MPa 氨的平衡含量 200 10 81.5% 550 10 8.25% 25. 合成氨的逆反应速率随时间的变化如下图： （1）由图可知，反应进行到a点时_______。 A． B． C． （2）时改变了某种反应条件，该条件可能是_______。 A. 升温 B. 增大氮气的浓度 C. 使用催化剂 D. 加压 （3）如果在时从混合物中分离出部分，时间段反应处于新的平衡状态，请在图中画出的变化曲线_______。 26. 在Fe催化剂作用下，N2和H2生成NH3的反应历程如下(“*”表示吸附态)。 该反应历程中决速步的化学方程式为___________。 27. 有关合成氨条件选择的说法正确的是 A. 使用催化剂可提高反应物的平衡转化率 B. 及时分离出NH3既加快反应速率又提高反应物转化率 C. 温度控制在500℃左右时铁催化剂的活性最大，可以加快反应速率 D. 增大压强既加快反应速率又提高反应物转化率，所以工业生产时压强越大越好 28. 在恒容绝热容器中合成氨，能说明反应达到平衡状态的是 A. 体系的温度不再改变 B. 气体的密度不再改变 C. N2与NH3的体积比不变 D. 将10molN2、30molH2充入10L恒容密闭容器中，发生反应：。控制不同温度与压强，得到平衡时N2的转化率与温度、压强的关系如图所示： 29. 温度T1、T2、T3的大小关系是___________，判断依据为___________。 30. 根据M点数据，计算T2下合成氨反应平衡常数K的值并书写计算过程___________。(注意：计算过程包括“起始”“转化”“平衡”三步数据，结果保留三位小数) 五、新型醇基燃料——甲醇 甲醇是实现碳中和循环的低碳燃料，是一种取之不尽的能源载体。 以下为三种常见燃料的热值和CO2排放量如下表所示： 燃料 CH3OH(l) C3H8(g) 煤油 热值(kJ/g) 22.7 50.4 29.0 CO2排放量(g/kJ) 16.5 16.2 22.9 31. 根据上表数据，计算CH3OH(l)的燃烧热为___________kJ/mol。 A. 22.7 B. -22.7 C. -726.4 D. -1452.8 32. 根据上表，从CO2排放量和燃料储存两个角度分析，甲醇作为新型燃料的可能原因___________。 33. 以CO2和H2为原料制备甲醇是实现CO2资源化利用的方式之一，反应过程如下： 反应①： 反应②： 反应③：的平衡常数___________(用、表示)。 以CO2和H2为原料制备甲醇其反应原理为： 。不同温度下，向等容积的反应器中，分别通入等量、相同比例的CO2和H2的混合气体，反应相同时间后，测得甲醇产率与催化剂活性、温度关系如下图所示。除生成甲醇外，还会生成副产物； 。 34. 图中一定不处于化学平衡状态的点是___________。 A. 点A B. 点B C. 点C D. 点D 35. 已知催化剂对副反应没有影响。图中当温度高于，甲醇产率逐渐下降，原因可能有___________、___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $