精品解析：河北省衡水中学2025届高三上学期第五次综合素养测评化学试题

2024-2025学年高三年级上学期第五次综合素养测评 化 学 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。共8页，总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 第Ⅰ卷(选择题 共42分) 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 1. 化学在生活生产中应用广泛，下列说法错误的是 A. 将生铁进一步炼制减少含碳量，其韧性增加 B. 液氨汽化时要吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此液氨可用作制冷剂 C. 漂白粉和漂粉精既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可作游泳池等场所的消毒剂 D. 量子通信的光纤和超算“天河一号”的芯片的主要材料均为SiO2 2. 下列化学术语错误的是 A. 硅酸盐中存在硅氧四面体结构： B. 次氯酸的结构式：H-Cl-O C. 氨气溶于水呈碱性是因为存在平衡：NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌+OH- D. SO2的VSEPR模型为 3. 在化工生产中常利用某分子筛作催化剂，催化脱除废气中的和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. 溶液中含有的数目为 B. 标况下，二氧化氮气体中含有的分子数为 C. 总反应中生成(标准状况)时转移电子数为 D. 中含有相同键能的共价键的数目为 4. 下图所示化合物是制备某些药物的中间体，其中W、X、Y、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，分子中的所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，z原子的电子数是Q的一半。下列说法正确的是 A. 简单氢化物的键角：Z>Q B. 第一电离能：Z>Y>X C. 基态原子的未成对电子数：X>Q D. 和空间结构均为平面三角形 5. 是一种重要的精细化工原料，易溶于水，沸点较低，具有强还原性，其制备原理为。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是 A. 用甲装置制备 B. 用乙装置制备氨水 C. 用丙装置制备 D. 用丁装置提纯 6. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 用热的纯碱溶液更易洗涤厨房的油污 B. 将盛有NO2气体的气球浸泡在热水中颜色加深 C. 配制硫酸亚铁溶液时，需要加入过量的铁屑 D. 高压比常压条件更有利于合成氨的反应 7. 下列有关实验装置不能达到实验目的的是 A.验证AgCl的溶解度大于AgI B.比较Fe2＋，I-的还原性强弱 C.测定未知氨水的物质的量浓度 D.探究电解质溶液和氧气浓度对钢铁腐蚀速率的影响 A. A B. B C. C D. D 8. 下列各组离子在给定溶液中可能大量共存的是 A. 使紫色石蕊溶液变红的溶液：Na＋、K＋、Fe2＋、NO B. 加入铝粉有氢气产生的溶液：Na＋、Ca2＋、ClO-、SO C. 中性溶液中：NH、Na＋、CH3COO-、Cl- D. 溶液中=10-6；K＋、NH、I-、IO 9. 工业上用CO生产甲醇的反应为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)∆H。图甲表示反应中能量的变化；图乙表示一定温度下，在容积固定为2L的密闭容器中加入4molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH的浓度随时间的变化；图丙表示不同压强p1、p2下平衡时甲醇百分含量随温度变化的情况。下列叙述错误的是 A. CO和H2合成CH3OH的反应H<0，S<0 B. 图甲中曲线b可表示使用了催化剂的能量变化情况 C. 图乙达到平衡时，保持温度不变，再充入1molCO和2molH2，反应达到新平衡时减小 D. 图丙中p1<p2 10. 利用反应　可实现从燃煤烟气中回收硫。向三个体积相同的恒容密闭容器中通入和发生反应，反应体系的总压强随时间的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 实验b中，40min内CO的平均反应速率 B. 与实验a相比，实验b改变的条件是加入催化剂 C. 实验b中的平衡转化率是75% D. 实验abc相应条件下的平衡常数： 11. 一定条件下，利用制备，反应为①，过程中发生②和③两个副反应，反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 反应③比反应①更快达到平衡 B. 温度越高，M的产率一定越高 C. 一定时间内，使用合适的催化剂可减少体系中P的含量 D. 增大R的浓度，反应①②③的增大、减小 12. 电解法制取Na2FeO4同时可获得氢气，反应为Fe＋2H2O＋2OH-FeO＋3H2↑，工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 阳极反应式为Fe-6e-＋8OH-=FeO＋4H2O B. 电解过程中阴极区pH不变 C. 电解过程中OH-向左室迁移 D. 每制备1molNa2FeO4外电路需要转移6mol电子 13. NO为汽车尾气中的污染物之一，通常将NO进行无害化处理，将其转化为N2后排放，常见反应有： Ⅰ．2NO(g)N2(g)＋O2(g) Ⅱ．2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) 现向1L密闭容器甲中投入0.1molNO，向1L密闭容器乙中投入0.1molNO和0.1molCO，相同时间内测得NO的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A. 两个反应的正反应活化能均小于逆反应活化能 B. X点时两个容器中的正反应速率相同 C. 容器甲达平衡后，再投入0.1molNO，NO的平衡转化率增大 D. Y点时KⅡ=160 14. 亚硒酸(H2SeO3)主要用作分析试剂，还可用于制备显色剂。25℃时，H2SeO3电离平衡体系中含Se(＋4价)微粒的物质的量分数与pOH的关系如图所示： 已知；pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是 A. 曲线L1表示H2SeO3物质的量分数随pOH的变化 B. Ka2(H2SeO3)=1×10-8 C. 水的电离程度：a<b D. c(SeO)c(H2SeO3)>c2(HSeO) 第Ⅱ卷(非选择题 共58分) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 三氯化氮是一种黄色油状液体，可用于漂白和杀菌。已知：NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。在弱酸性溶液中稳定，在热水中易水解，遇碱则迅速反应。在实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，所用仪器如图所示(忽略部分夹持装置)。 回答下列问题： （1）装置D的仪器名称为___________；根据气流方向，各仪器的连接顺序为___________(用各接口字母表示，各接口所需橡胶塞已省略)。 （2）若用装置A制取氯气，则试剂X不可选用(填标号) ___________。 A. KMnO4 B. MnO2 C. Ca(ClO)2 D. KClO3 （3）装置B中发生反应的化学方程式为___________，待反应至黄色油状液体不再增加，用止水夹夹住a处的橡胶塞，控制装置B中水浴加热的温度范围为___________，将产品NCl3蒸出。 （4）装置C中球形干燥管的作用是___________。 （5）NCl3水解的反应液有漂白性，写出NCl3与热的NaOH溶液反应的化学方程式：___________。 （6）NCl3纯度测定：NCl3的制取是可逆反应，根据反应NCl3＋4HCl=NH4Cl＋3Cl2↑，利用间接碘量法测定氯气的量即可测定NCl3的纯度。 实验步骤： ⅰ．准确称量C中的产物0.5g置于三颈烧瓶中，加入10mL足量浓盐酸，使用磁力搅拌器搅拌，并鼓入氮气； ⅱ．将混合气通入200mL0.1mol·L-1KI溶液中，待试管中无色液体变成黄色且颜色不再变化，关闭氮气(溶液体积变化忽略不计)； ⅲ．量取20.00mL吸收液，加入淀粉指示剂，用0.1mol·L-1Na2S2O3标准液进行滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液18.00mL。(已知：反应原理为＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI) ①滴定终点的现象为___________。 ②NCl3的纯度为___________。 16. 以阳极渣(主要成分为MnO2，还含有少量Pb、Fe、Al、Mg等元素的氧化物)和黄铁矿FeS2为原料制备Mn3O4的工艺流程如图所示。 已知：①常温下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。 金属离子 Mn2＋ Fe2＋ Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ 开始沉淀的pH 7.8 6.5 1.5 3.3 9.6 沉淀完全的pH 10.4 9.7 3.2 5.2 11.8 ②Ksp(MgF2)=7.4×10-11；Ksp(MnF2)=3.7×10-8. （1）研究发现，“酸浸”时FeS2和MnO2颗粒反应的原理如图所示(部分产物未标出)。 写出FeS2和MnO2反应生成S的离子方程式：___________，浸渣的主要成分除S外，还有___________(填化学式)。 （2）“除铁铝”加入H2O2的作用是___________，此时pH应控制的合理范围是___________。 （3）“除镁”时，若加入MnF2前溶液中c(Mg2＋)为0.1mol·L-1，加入后溶液中c(Mn2＋)为3.0mol·L-1，则镁的除去率为___________，“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________。 （4）Mn3O4也可通过直接电解除镁后的富锰溶液获得(M、N均为惰性电极)，电解原理如图所示。 若电源为二甲醚(CH3OCH3)碱性燃料电池，则a极的电极反应式为___________，若消耗二甲醚的物质的量与获得Mn3O4的物质的量之比为1：5，则电解效率为___________(保留一位小数，电解效率=×100％) 17. 氢能作为一种高热值、零污染的能源，对于促进全球经济脱碳，特别是在工业和交通领域将发挥不可或缺的作用。氢能有多种获得途径。回答下列问题： （1）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。 水煤气变换反应： CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) H=-41.1KJ·mol-1 在Fe3O4催化作用下进行的反应进程如下： 第1步Fe3O4(s)＋4CO(g)3Fe(s)＋4CO2(g)(慢) H1=-141kJ·mol-1 第2步3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)(快) ∆H2 ①H2=___________kJ·mol-1. ②如图能体现该反应能量变化情况的是___________(填标号)。 ③实验表明，其他条件不变，向体系中投入CaO固体可以增大平衡时H2的产率，原因是___________。 （2）在T1℃时，将0.10molCO与0.40molH2O(g)充入5L的恒容密闭容器中，反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)达到平衡时，H2的物质的量分数x(H2)=0.08. ①CO的平衡转化率α=___________%；T1℃时，反应平衡常数K=___________保留两位有效数字)。 ②由T1℃时上述实验数据计算得到υ正～x(CO)和υ逆～x(H2)的关系如图所示。升高温度，反应重新达到平衡，相应的点分别为___________、___________(填图中标号)。 （3）已知对于反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，υ正=k正·ca(A)·cb(B)，υ逆=k逆·cd(C)·cd(D)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。T2℃时，按=1进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，测得H2O(g)和H2(g)的物质的量浓度随时间的变化如图所示，则反应进行到a点时，即前30min内，υ(CO2)=___________，a点时，=___________。 18. 研究海洋中珊瑚礁(主要成分CaCO3)的形成机制及其影响具有重要意义，相关主要反应有： 反应Ⅰ：CO2(aq)+H2O(l)(aq)+H+(aq) K1=4.5×10-7 反应Ⅱ：(aq)(aq)+H+(aq) K2= 4.7×10-11 反应Ⅲ：CaCO3(s)Ca2+(aq)+(aq) K3=3.4×10-9 请回答： （1）珊瑚礁形成的总反应可表示为   。有利于珊瑚礁形成的环境是_______(填“温暖海域”或“冰冷海域”)，该反应的平衡常数K=_______(用K1、K2、K3表示)。 （2）海水的pH为8.0~8.3，下列有关珊瑚礁形成过程的叙述中正确的是_______。 A. 海水中最主要的含碳微粒为 B. 海水中的c(Ca2+)>c()+c() C. 、的水解反应是海水呈弱碱性的主要原因 D. 珊瑚礁形成的反应阻碍了的电离 （3）温室气体CO2的浓度上升，会导致海水酸化，促使珊瑚礁的溶解。科学家模拟海洋环境探究不同温度下海水中CO2浓度与浓度间的关系。已知T1℃下测得c(CO2)与c()的关系如图，请画出T2℃(T2>T1)时c()随c(CO2)的变化趋势_______。 （4）工业上可用(NH4)2CO3溶液捕获CO2以减少其排放：(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)=2NH4HCO3(aq) △H。不同温度下，在同一密闭容器中充入同浓度的CO2，加入同浓度同体积的(NH4)2CO3溶液，经相同时间，测得CO2浓度如图，则△H_______0(填“>”“<”或“=”)；随温度的升高，容器中CO2的浓度在T3温度下出现最低值的原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高三年级上学期第五次综合素养测评 化 学 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。共8页，总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 第Ⅰ卷(选择题 共42分) 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 1. 化学在生活生产中应用广泛，下列说法错误的是 A. 将生铁进一步炼制减少含碳量，其韧性增加 B. 液氨汽化时要吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此液氨可用作制冷剂 C. 漂白粉和漂粉精既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可作游泳池等场所的消毒剂 D. 量子通信的光纤和超算“天河一号”的芯片的主要材料均为SiO2 【答案】D 【解析】 【详解】A．铁中含碳量越低，其韧性越强，含碳量越高，硬度越大，A正确； B．物质由液体变为气体，要吸收热量，液氨汽化要吸收大量的热，可以做制冷剂，B正确； C．漂白粉和漂粉精属于次氯酸盐，具有强氧化性，既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可作游泳池等场所的消毒剂，C正确； D．芯片的成分为Si，不是SiO2，D错误； 答案选D。 2. 下列化学术语错误的是 A. 硅酸盐中存在硅氧四面体结构： B. 次氯酸的结构式：H-Cl-O C. 氨气溶于水呈碱性是因为存在平衡：NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌+OH- D. SO2的VSEPR模型为 【答案】B 【解析】 【详解】A．Si最外层为4个电子，硅酸盐中Si原子与周围4个O原子形成4个键，Si的价层电子对为4，存在硅氧四面体结构，A正确； B．次氯酸的结构式为H-O-Cl，B错误； C．氨气易溶于水，与水反应形成NH3·H2O，NH3·H2O是弱碱，可以电离出铵根离子和氢氧根离子，都是可逆反应，方程式为：NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌+OH-，C正确； D．SO2中心原子为S，价层电子对为2+，VSEPR模型为，D正确； 答案选B。 3. 在化工生产中常利用某分子筛作催化剂，催化脱除废气中的和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. 溶液中含有的数目为 B. 标况下，二氧化氮气体中含有的分子数为 C. 总反应中生成(标准状况)时转移电子数为 D. 中含有相同键能的共价键的数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．铵根离子水解，导致铵根离子数目减少，溶液中含有的数目小于，A错误； B．二氧化氮物质的量为0.1mol，二氧化氮气体中存在平衡，含有的分子数小于，B错误； C．总反应为2NH3+NO2+NO=2N2+3H2O，生成2mol氮气转移6mol电子，(标准状况)物质的量为0.5mol，则转移电子数为，C正确； D．铵根离子中四个N-H键完全相同，中含有相同键能的共价键的数目为，D错误； 故选C。 4. 下图所示化合物是制备某些药物的中间体，其中W、X、Y、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，分子中的所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，z原子的电子数是Q的一半。下列说法正确的是 A. 简单氢化物的键角：Z>Q B. 第一电离能：Z>Y>X C. 基态原子的未成对电子数：X>Q D. 和空间结构均为平面三角形 【答案】A 【解析】 【分析】由均为短周期元素，且原子序数依次增大，分子中的所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，Z原子的电子数是Q的一半，图中W含有1个化学键，原子序数最小，故W为H，X含有4个共价键，故X为C，Z和Q都含2个共价键，且Z原子的电子数是Q的一半，故Z为O，Q为S，Y含3个共价键，而且原子序数介于C和O之间，故Y为N，据此回答。 【详解】A．Z的简单氢化物为H2O，Q简单氢化物为H2S，电负性O>S，O原子周围成键电子多于S，成键电子对斥力大，键角大，键角H2O>H2S，A正确； B．同一周期从左到右第一电离能呈现增大的趋势，N元素2p轨道半充满稳定，故第一电离能N>O>C，即Y>Z>X，B错误； C．基态原子中C的未成对电子数为2个，S的未成对电子数也为2个，故基态原子的未成对电子数：X=Q，C错误； D．为，为，中心原子为N，价层电子对为3+，空间结构为平面三角形，中心原子为S，价层电子对为3+，空间构型为三角锥形，D错误； 答案选A。 5. 是一种重要的精细化工原料，易溶于水，沸点较低，具有强还原性，其制备原理为。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是 A. 用甲装置制备 B. 用乙装置制备氨水 C. 用丙装置制备 D. 用丁装置提纯 【答案】C 【解析】 【详解】A．氢氧化钙与氯化铵加热有氨气生成，图中固体加热装置可制备氨气，A正确； B．氨气极易溶于水，球形干燥管可防止倒吸，B正确； C．氨气可被次氯酸钠氧化，NaClO过量，可氧化生成的N2H4·H2O，应将NaClO注入氨水中，C错误； D．N2H4·H2O沸点较低，蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷凝管中冷水下进上出，图中装置合理，D正确； 故选C。 6. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 用热的纯碱溶液更易洗涤厨房的油污 B. 将盛有NO2气体的气球浸泡在热水中颜色加深 C. 配制硫酸亚铁溶液时，需要加入过量的铁屑 D. 高压比常压条件更有利于合成氨的反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．加热可以促进碳酸钠水解平衡正向移动，使碱性增强，A不符合题意； B．NO2转化成N2O4，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，B不符合题意； C．配制硫酸亚铁溶液时，加入过量的铁屑的目的是防止Fe2＋被氧化，C符合题意； D．合成氨的反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，D不符合题意 答案选C。 7. 下列有关实验装置不能达到实验目的的是 A.验证AgCl的溶解度大于AgI B.比较Fe2＋，I-的还原性强弱 C.测定未知氨水的物质的量浓度 D.探究电解质溶液和氧气浓度对钢铁腐蚀速率的影响 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．AgNO3与NaCl反应时NaCl过量，产生白色AgCl沉淀，再滴入少量KI，若产生黄色AgI沉淀，则可证明AgCl的溶解度大于AgI，A不符合题意； B．氯气与反应时，先观察到四氯化碳溶液变紫红色，后观察到水层溶液变黄色，则说明氯气先与I－反应生成，再与Fe2＋反应生成Fe3＋，能比较Fe2＋、I－的还原性强弱，B不符合题意； C．盐酸与氨水恰好反应时，溶液显酸性，应用甲基橙作指示剂，C符合题意； D．A处不与海水接触，腐蚀最慢，在海水中B处的氧气浓度比C处大，腐蚀速率最快，所以可以通过B处腐蚀最严重，确定电解质溶液和氧气浓度对钢铁腐蚀速率的影响，D能不符合题意； 答案选C。 8. 下列各组离子在给定溶液中可能大量共存的是 A. 使紫色石蕊溶液变红的溶液：Na＋、K＋、Fe2＋、NO B. 加入铝粉有氢气产生的溶液：Na＋、Ca2＋、ClO-、SO C. 中性溶液中：NH、Na＋、CH3COO-、Cl- D. 溶液中=10-6；K＋、NH、I-、IO 【答案】C 【解析】 【详解】A．使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，H＋与Fe2+、会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意； B．加入铝粉有氢气产生的溶液可能为酸性溶液，此溶液中ClO-不能大量存在，也可能为碱性溶液，此溶液中Ca2+不能大量存在，B不符合题意； C．CH3COONH4溶液显中性，、CH3COO-、Na＋、Cl-能大量共存，C符合题意； D．＝10-6的溶液显酸性，H＋与I-、发生氧化还原反应生成I2，不能大量共存，D不符合题意； 答案选C。 9. 工业上用CO生产甲醇的反应为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)∆H。图甲表示反应中能量的变化；图乙表示一定温度下，在容积固定为2L的密闭容器中加入4molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH的浓度随时间的变化；图丙表示不同压强p1、p2下平衡时甲醇百分含量随温度变化的情况。下列叙述错误的是 A. CO和H2合成CH3OH的反应H<0，S<0 B. 图甲中曲线b可表示使用了催化剂的能量变化情况 C. 图乙达到平衡时，保持温度不变，再充入1molCO和2molH2，反应达到新平衡时减小 D. 图丙中p1<p2 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题图甲和化学方程式可知该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，所以∆H＜0，∆S＜0，故A正确； B．使用催化剂能降低反应需要的活化能，从而改变反应途径，但不影响平衡移动，所以放出的能量不变，所以曲线b可表示使用了催化剂的能量变化情况，故B正确； C．图乙达到平衡时，再充入1mol CO和2mol H2，容器容积不变，则压强增大，平衡正向移动，反应达到新平衡时增大，故C错误； D．温度一定，压强增大，平衡正向移动，甲醇的百分含量升高，则p1＜p2，故D正确； 选C。 10. 利用反应　可实现从燃煤烟气中回收硫。向三个体积相同的恒容密闭容器中通入和发生反应，反应体系的总压强随时间的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 实验b中，40min内CO的平均反应速率 B. 与实验a相比，实验b改变的条件是加入催化剂 C. 实验b中的平衡转化率是75% D. 实验abc相应条件下的平衡常数： 【答案】D 【解析】 【分析】反应为放热反应，三个反应容器体积相同且恒容，反应物起始量相同，实验a、b起始压强相同，说明反应温度相同，实验b达到平衡快，反应速率大，但两者平衡状态相同，说明实验b使用了催化剂；与实验a相比，实验c达到平衡快，反应速率大，且平衡时体系压强大，说明实验c的反应温度更高。 【详解】A．对反应，反应时混合气体减小的物质的量相同于消耗SO2的物质的量，根据压强之比等于物质的量之比，实验b中， 40min内体系压强减小了，相当于二氧化硫的分压强减小了40kPa，则CO的分压强减小了80kPa，故CO的平均反应速率为，A正确； B．根据分析知实验b改变的条件是加入催化剂，B正确； C．设达到平衡状态时，SO2消耗了，列三段式得： 40min达到平衡，此时压强为120kPa，根据压强之比等于物质的量之比，得：，解得，故二氧化硫的转化率为，C正确； D．平衡常数只受温度影响，根据分析知实验a、b反应温度相同，则。反应，说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，实验c 温度比实验a、b高，则，D错误； 故选D。 11. 一定条件下，利用制备，反应为①，过程中发生②和③两个副反应，反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 反应③比反应①更快达到平衡 B. 温度越高，M的产率一定越高 C. 一定时间内，使用合适的催化剂可减少体系中P的含量 D. 增大R的浓度，反应①②③的增大、减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，反应③的活化能比反应①大，则反应③速率比反应①慢，达到平衡的时间更长，故A错误； B．由图可知，三个反应都是放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，由于反应①的活化能小于副反应，反应速率快于副反应，所以M的产率降低，故B错误； C．一定时间内，使用合适的催化剂，可提高反应①的选择性，降低副反应②、③的选择性，从而减少体系中P的含量，故C正确； D．增大R的浓度，可增大单位体积内的活化分子数，有效碰撞的次数增多，反应①②③的正逆反应速率均增大，故D错误； 故选C。 12. 电解法制取Na2FeO4同时可获得氢气，反应为Fe＋2H2O＋2OH-FeO＋3H2↑，工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 阳极反应式为Fe-6e-＋8OH-=FeO＋4H2O B. 电解过程中阴极区pH不变 C. 电解过程中OH-向左室迁移 D. 每制备1molNa2FeO4外电路需要转移6mol电子 【答案】B 【解析】 【分析】Fe是阳极，在碱性条件下失去电子生成，电极反应式为Fe－6e-＋8OH-＝＋4H2O，Ni是阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴离子交换膜允许OH-从阴极向阳极移动。 【详解】A．根据装置图及总反应方程式可知，Fe为阳极，电极反应式为Fe－6e-＋8OH-＝＋4H2O，A正确； B．阴极区电极反应为2H2O＋2e-＝H2↑＋2OH-，当阴极区产生2个OH-的同时有2个OH-通过阴离子交换膜进入阳极区，但是阴极消耗了水，所以电解过程中阴极区pH增大，B错误； C．根据电解原理可知，电解过程中阴离子向阳极移动，OH-向左室迁移，C正确； D．根据电极反应式Fe－6e-＋8OH-＝＋4H2O可知，每制备1molNa2FeO4，外电路需要转移6mol电子，D正确； 答案选B。 13. NO为汽车尾气中的污染物之一，通常将NO进行无害化处理，将其转化为N2后排放，常见反应有： Ⅰ．2NO(g)N2(g)＋O2(g) Ⅱ．2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) 现向1L密闭容器甲中投入0.1molNO，向1L密闭容器乙中投入0.1molNO和0.1molCO，相同时间内测得NO的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A. 两个反应的正反应活化能均小于逆反应活化能 B. X点时两个容器中的正反应速率相同 C. 容器甲达平衡后，再投入0.1molNO，NO的平衡转化率增大 D. Y点时KⅡ=160 【答案】A 【解析】 【详解】A．两个反应中NO的转化率随温度升高均先增加后减小，说明两个反应均为放热反应，即正反应活化能小于逆反应活化能，A正确； B．两个反应不同，不能由X点时NO转化率相同说明正反应速率相同，B错误； C．容器甲中反应I为反应前后气体分子数相同的反应，反应达到平衡后再投入0.1mol NO，NO的平衡转化率不变，C错误； D．根据Y点数据，列三段式： KII＝＝1600，D错误； 答案选A。 14. 亚硒酸(H2SeO3)主要用作分析试剂，还可用于制备显色剂。25℃时，H2SeO3电离平衡体系中含Se(＋4价)微粒的物质的量分数与pOH的关系如图所示： 已知；pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是 A. 曲线L1表示H2SeO3物质的量分数随pOH的变化 B. Ka2(H2SeO3)=1×10-8 C. 水的电离程度：a<b D. c(SeO)c(H2SeO3)>c2(HSeO) 【答案】B 【解析】 【分析】溶液pOH越大，pH越小，酸性越强，碱性越弱，随着pOH减小H2SeO3被消耗、物质的量分数减小，HSeO物质的量分数先增大后减小，SeO物质的量分数增大，所以L1表示SeO物质的量分数与pOH的关系，L2表示HSeO物质的量分数与pOH的关系，L3表示H2SeO3物质的量分数与pOH的关系； 【详解】A．由以上分析可知，曲线L1表示SeO物质的量分数随pOH的变化，故A错误； B．L1、L2交点处溶液中HSeO、SeO的浓度相等，pOH＝6，则pH＝8，所以Ka2（H2SeO3）＝＝10-8，故B正确； C．a、b两点对应的pOH均大于7，均由电离引起溶液呈酸性，即均抑制水的电离，随着pOH增大，抑制程度增强，所以水的电离程度a＞b，故C错误； D．L2、L3交点处溶液中HSeO、H2SeO3的浓度相等，pOH＝11.4，则pH＝2.6，所以根据Ka1（H2SeO3）＝＝10-2.6，Ka2（H2SeO3）＝＝10-8，可知，＞1，所以c（SeO）·c（H2SeO3）＜c2（HSeO），故D错误； 故选B。 第Ⅱ卷(非选择题 共58分) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 三氯化氮是一种黄色油状液体，可用于漂白和杀菌。已知：NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。在弱酸性溶液中稳定，在热水中易水解，遇碱则迅速反应。在实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，所用仪器如图所示(忽略部分夹持装置)。 回答下列问题： （1）装置D的仪器名称为___________；根据气流方向，各仪器的连接顺序为___________(用各接口字母表示，各接口所需橡胶塞已省略)。 （2）若用装置A制取氯气，则试剂X不可选用(填标号) ___________。 A. KMnO4 B. MnO2 C. Ca(ClO)2 D. KClO3 （3）装置B中发生反应的化学方程式为___________，待反应至黄色油状液体不再增加，用止水夹夹住a处的橡胶塞，控制装置B中水浴加热的温度范围为___________，将产品NCl3蒸出。 （4）装置C中球形干燥管的作用是___________。 （5）NCl3水解的反应液有漂白性，写出NCl3与热的NaOH溶液反应的化学方程式：___________。 （6）NCl3纯度测定：NCl3的制取是可逆反应，根据反应NCl3＋4HCl=NH4Cl＋3Cl2↑，利用间接碘量法测定氯气的量即可测定NCl3的纯度。 实验步骤： ⅰ．准确称量C中的产物0.5g置于三颈烧瓶中，加入10mL足量浓盐酸，使用磁力搅拌器搅拌，并鼓入氮气； ⅱ．将混合气通入200mL0.1mol·L-1KI溶液中，待试管中无色液体变成黄色且颜色不再变化，关闭氮气(溶液体积变化忽略不计)； ⅲ．量取20.00mL吸收液，加入淀粉指示剂，用0.1mol·L-1Na2S2O3标准液进行滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液18.00mL。(已知：反应原理为＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI) ①滴定终点的现象为___________。 ②NCl3的纯度为___________。 【答案】（1） ①. 直形冷凝管 ②. a→b→c→f→g→d→e （2）B （3） ①. 3Cl2＋NH4Cl=NCl3＋4HCl ②. 70～95℃ （4）吸收多余的氯气，防止污染空气 （5）NCl3＋3NaOH3NaClO＋NH3↑ （6） ①. 滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 ②. 72.3% 【解析】 【分析】A装置中X和浓盐酸反应制取氯气，Cl2通入B中反应生成NCl3，然后用D进行冷凝，C进行收集，并吸收多余的氯气，防止污染空气。 【小问1详解】 装置D的仪器名称为直形冷凝管；装置A中X和浓盐酸反应制取氯气，Cl2通入B中反应生成NCl3，然后用D进行冷凝，C进行收集，各仪器的连接顺序为a→b→c→f→g→d→e。 【小问2详解】 A中制取氯气不需要加热，可以采取浓盐酸和KMnO4、Ca(ClO)2、KClO3，不能用MnO2，MnO2和浓盐酸反应需要加热，故选B。 【小问3详解】 装置B中Cl2和NH4Cl溶液反应生成NCl3，化学方程式为3Cl2＋NH4Cl=NCl3＋4HCl；由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氧化氮发生爆炸，水浴加热的温度应控制在70～95℃。 【小问4详解】 装置C中球形干燥管为尾气吸收装置，可以吸收多余的氯气，防止污染空气。 【小问5详解】 NCl3与热的NaOH溶液反应生成NaClO和氨气，反应的化学方程式为NCl3＋3NaOH=3NaClO＋NH3↑。 【小问6详解】 ①滴定终点时碘单质恰好与Na2S2O3完全反应，溶液蓝色褪去，因此滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色； ②根据反应NCl3＋4HCl=NH4Cl＋3Cl2↑、Cl2＋2KI=2KCl＋、＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI可得关系式为NCl3～3Cl2～3～6Na2S2O3，n(NCl3)=×0.1mol·L-1×0.018 L×=0.003mol，NCl3的纯度为×100%=72.3%。 16. 以阳极渣(主要成分为MnO2，还含有少量Pb、Fe、Al、Mg等元素的氧化物)和黄铁矿FeS2为原料制备Mn3O4的工艺流程如图所示。 已知：①常温下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。 金属离子 Mn2＋ Fe2＋ Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ 开始沉淀的pH 7.8 6.5 1.5 3.3 9.6 沉淀完全的pH 10.4 9.7 3.2 5.2 11.8 ②Ksp(MgF2)=7.4×10-11；Ksp(MnF2)=3.7×10-8. （1）研究发现，“酸浸”时FeS2和MnO2颗粒反应的原理如图所示(部分产物未标出)。 写出FeS2和MnO2反应生成S的离子方程式：___________，浸渣的主要成分除S外，还有___________(填化学式)。 （2）“除铁铝”加入H2O2的作用是___________，此时pH应控制的合理范围是___________。 （3）“除镁”时，若加入MnF2前溶液中c(Mg2＋)为0.1mol·L-1，加入后溶液中c(Mn2＋)为3.0mol·L-1，则镁的除去率为___________，“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________。 （4）Mn3O4也可通过直接电解除镁后的富锰溶液获得(M、N均为惰性电极)，电解原理如图所示。 若电源为二甲醚(CH3OCH3)碱性燃料电池，则a极的电极反应式为___________，若消耗二甲醚的物质的量与获得Mn3O4的物质的量之比为1：5，则电解效率为___________(保留一位小数，电解效率=×100％) 【答案】（1） ①. 2FeS2＋3MnO2＋12H＋=2Fe3＋＋3Mn2＋＋4S＋6H2O ②. PbSO4 （2） ①. 将Fe2＋转化为Fe3＋ ②. 5.2≤pH<7.8 （3） ①. 94% ②. Mn2＋＋2HCO=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑ （4） ①. CH3OCH3－12e－＋16OH－=2CO＋11H2O ②. 83.3% 【解析】 【分析】MnO2在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，Fe、Al、Mg等元素的氧化物变为金属阳离子，Pb变为硫酸铅沉淀，在滤渣中被除掉；然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入碳酸锰调整溶液pH，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，加入MnF2的目的就是使Mg2+转化为难溶物MgF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，继续加入碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，最后高温煅烧生成Mn3O4；据此分析解答。 【小问1详解】 由图可知，FeS2与MnO2反应生成S、Fe3＋、Mr2＋，离子方程式为2FeS2＋3MnO2＋12H＋=2Fe3＋＋3Mn2＋＋4S＋6H2O；由于硫酸铅难溶，故浸渣的主要成分除S外，还有PbSO4； 【小问2详解】 根据题表数据可知，“除铁铝”加入H2O2的作用是将Fe2＋转化为Fe3＋便于除去；pH应控制在Al3＋和Fe3＋完全沉淀而Mn2＋还未开始沉淀的范围内，故合理范围是5.2≤pH<7.8； 【小问3详解】 加入MnF2后溶液中c(Mn2＋)为3.0mol·L－1，根据Ksp(MgF2)=7.4×10－11、Ksp(MnF2)=3.7×10－8可知，此时溶液中c(Mg2＋)=×3.0mol·L－1=0.006mol·L－1，故镁的除去率为1－×100%=94%；加入NH4HCO3“沉锰”时，硫酸锰与NH4HCO3反应生成硫酸铵、碳酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑； 【小问4详解】 根据Mn2＋迁移方向可知a极与电源负极相连，若电源为二甲醚(CH3OCH3)碱性燃料电池，则a极的电极反应式为CH3OCH3－12e－＋16OH－=2CO＋11H2O；电解过程中，Mn从+2价变为价，每生成1mol Mn3O4则转移2mol电子，若消耗二甲醚的物质的量与获得Mn3O4的物质的量之比为1:5，则电解效率为≈83.3%。 17. 氢能作为一种高热值、零污染的能源，对于促进全球经济脱碳，特别是在工业和交通领域将发挥不可或缺的作用。氢能有多种获得途径。回答下列问题： （1）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。 水煤气变换反应： CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) H=-41.1KJ·mol-1 在Fe3O4催化作用下进行的反应进程如下： 第1步Fe3O4(s)＋4CO(g)3Fe(s)＋4CO2(g)(慢) H1=-141kJ·mol-1 第2步3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)(快) ∆H2 ①H2=___________kJ·mol-1. ②如图能体现该反应能量变化情况的是___________(填标号)。 ③实验表明，其他条件不变，向体系中投入CaO固体可以增大平衡时H2的产率，原因是___________。 （2）在T1℃时，将0.10molCO与0.40molH2O(g)充入5L的恒容密闭容器中，反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)达到平衡时，H2的物质的量分数x(H2)=0.08. ①CO的平衡转化率α=___________%；T1℃时，反应平衡常数K=___________保留两位有效数字)。 ②由T1℃时上述实验数据计算得到υ正～x(CO)和υ逆～x(H2)的关系如图所示。升高温度，反应重新达到平衡，相应的点分别为___________、___________(填图中标号)。 （3）已知对于反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，υ正=k正·ca(A)·cb(B)，υ逆=k逆·cd(C)·cd(D)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。T2℃时，按=1进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，测得H2O(g)和H2(g)的物质的量浓度随时间的变化如图所示，则反应进行到a点时，即前30min内，υ(CO2)=___________，a点时，=___________。 【答案】（1） ①. －23.4 ②. C ③. 向体系中投入的CaO固体能与CO2反应，使生成物浓度减小，平衡向右移动，H2的产率增大 （2） ①. 40 ②. 0.074 ③. E ④. B （3） ①. mol·L－1·min－1 ②. 16 【解析】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律可知，目标反应=总反应-第1步反应，则∆H2=4∆H-∆H1=-23.4kJ·mol-1； ②该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，第1步反应为慢反应，因此第1步反应的活化能高于第2步反应，同时第1步反应的反应物总能量高于生成物总能量，第2步反应的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现该反应能量变化的是图像C； ③其他条件不变，向体系中投入的CaO固体能与CO2反应，使生成物浓度减小，平衡向右移动，H2的产率增大； 【小问2详解】 ①列三段式： H2的物质的量分数x(H2)=0.08，则=0.08，解得x=0.04，CO的平衡转化率α=×100%=40%；T1℃时，反应平衡常数K=； ②对于反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ∆H=-41.1kJ·mol-1，平衡时CO的物质的量分数为=0.12，升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除F点。正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，再次平衡时CO的物质的量分数大于0.12，满足条件的只有E点；对于反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ∆H=-41.1kJ·mol-1，平衡时H2的物质的量分数为0.08，升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除A点。正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，再次平衡时H2的物质的量分数减小，因此排除C、D点，故选B点； 【小问3详解】 由于=1，根据反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)可知，a点时c(H2)=c(CO)=c(CO2)=c(H2O)=1.0mol·L-1，所以反应30min内，v(CO2)=mol·L-1·min-1；反应在60min时达到平衡状态，此时c(CO2)=c(H2)=1.6 mol·L-1，c(CO)=c(H2O)=0.4mol·L-1，v正=k正·c(CO)·c(H2O)，v逆=k逆·c(CO2)·c(H2)，v正=v逆，则平衡常数K==16；a点时，此时c(H2)=c(CO)=c(CO2)=c(H2O)=1.0mol·L-1，所以=16。 18. 研究海洋中珊瑚礁(主要成分CaCO3)的形成机制及其影响具有重要意义，相关主要反应有： 反应Ⅰ：CO2(aq)+H2O(l)(aq)+H+(aq) K1=4.5×10-7 反应Ⅱ：(aq)(aq)+H+(aq) K2= 4.7×10-11 反应Ⅲ：CaCO3(s)Ca2+(aq)+(aq) K3=3.4×10-9 请回答： （1）珊瑚礁形成的总反应可表示为   。有利于珊瑚礁形成的环境是_______(填“温暖海域”或“冰冷海域”)，该反应的平衡常数K=_______(用K1、K2、K3表示)。 （2）海水的pH为8.0~8.3，下列有关珊瑚礁形成过程的叙述中正确的是_______。 A. 海水中最主要的含碳微粒为 B. 海水中的c(Ca2+)>c()+c() C. 、的水解反应是海水呈弱碱性的主要原因 D. 珊瑚礁形成的反应阻碍了的电离 （3）温室气体CO2的浓度上升，会导致海水酸化，促使珊瑚礁的溶解。科学家模拟海洋环境探究不同温度下海水中CO2浓度与浓度间的关系。已知T1℃下测得c(CO2)与c()的关系如图，请画出T2℃(T2>T1)时c()随c(CO2)的变化趋势_______。 （4）工业上可用(NH4)2CO3溶液捕获CO2以减少其排放：(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)=2NH4HCO3(aq) △H。不同温度下，在同一密闭容器中充入同浓度的CO2，加入同浓度同体积的(NH4)2CO3溶液，经相同时间，测得CO2浓度如图，则△H_______0(填“>”“<”或“=”)；随温度的升高，容器中CO2的浓度在T3温度下出现最低值的原因是_______。 【答案】（1） ①. 温暖海域 ②. （2）AC （3） （4） ①. ＜ ②. (NH4)2CO3溶液捕获CO2时放热，其他条件一定，在T＜T3时该反应未达到平衡状态，温度升高，吸收CO2的反应速率加快，容器中CO2的浓度减小；在T＞T3时反应已达平衡状态，升高温度促使平衡逆向移动，吸收的CO2减少，容器中CO2浓度随升温而逐渐增大 【解析】 【小问1详解】 珊瑚礁（主要成分CaCO3）形成的总反应可表示为Ca2+(aq)+2(aq)=CaCO3(s)+CO2(aq)+H2O(l)，该分解反应的∆H＞0，升高温度有利于反应正向进行形成珊瑚礁，即有利于珊瑚礁形成的环境是温暖海域；该反应的平衡常数K===××=。 【小问2详解】 A．pH为8.0~8.3即c(H+)=10-8.3~10-8，K1==4.5×10-7，将c(H+)代入得=45~4.5×101.3＞1，K2==4.7×10-11，将c(H+)代入得=4.7×10-3~4.7×10-2.7＜1，故海水中最主要的含碳微粒为，A项正确； B．海水中的物料守恒为2c(Ca2+)=c()+c()+c(H2CO3)+c[CO2(aq)]，根据A项分析，海水中最主要的含碳微粒为，故海水中的c(Ca2+)＜c()+c()，B项错误； C．海水呈弱碱性是、的水解导致的，C项正确； D．珊瑚礁形成的反应中Ca2+与电离产生的结合成CaCO3，使浓度减小，促进的电离，D项错误； 答案选AC。 【小问3详解】 在c(CO2)一定时，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都是吸热过程，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都正向移动，c(H+)、c()都增大，海水的酸性增强会促使珊瑚礁的溶解，使得c()增大，故T2℃(T2>T1)、相同c(CO2)时，海水中c()：T2>T1，图象为：。 【小问4详解】 不同温度下，在同一密闭容器中充入同浓度的CO2，加入同浓度同体积的(NH4)2CO3溶液，经相同时间，测得CO2浓度如图，结合图象可知，其他条件一定，在T＜T3时该反应未达到平衡状态，温度升高，吸收CO2的反应速率加快，容器中CO2的浓度减小；在T＞T3时反应已达平衡状态，升高温度促使平衡逆向移动，吸收的CO2减少，说明(NH4)2CO3溶液捕获CO2时放热，即(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)=2NH4HCO3(aq)的∆H＜0，反应容器中CO2浓度随升温而逐渐增大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $