精品解析：北京市第五中学2025-2026学年高二上学期10月月考化学试题

北京市第五中学2025-2026学年高二上学期10月月考 化学试题 班级_______ 姓名_______ 学号_______ 成绩_______ 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿()存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是 A. 月壤钛铁矿中存在活泼氢 B. 将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气 C. 月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应 D. 将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. S的原子结构示意图： B. HClO的电子式： C. 的分子结构模型： D. 的电离方程式： 3. 下列事实能用平衡移动原理解释的是 A. 氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度 B. 工业上通常选择在的高温条件下进行合成氨的生产 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. 封装有和混合气体的密闭容器，恒温时，缩小容积，气体颜色变深 4. 对室温下pH相同、体积相同的稀氨水与氢氧化钠稀溶液，分别采取下列措施，有关叙述不正确的是 A. 适当升高温度，两种溶液的pH均增大 B. 加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小 C. 加水稀释至原溶液体积的10倍，所得稀氨水的pH略大 D. 与HCl溶液中和时，稀氨水所消耗HCl的物质的量更多 5. 下列离子方程式与所给事实不相符的是 A. 用盐酸除去铁锈： B. 用稀硝酸除去试管壁上的银镜： C. 用食醋除去水垢中的 D. 用除去废水中的 6. 下列实验中，能达到实验目的的是 如图预热后再迅速混合，观察 A.探究温度对化学反应速率的影响 B.比较和的催化效果 C.探究浓度对化学平衡的影响 D.验证与的反应为可逆反应 A. A B. B C. C D. D 7. 硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. I的化学方程式： B. Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率 C. 将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D. 生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 8. 某温度下按下式分解：。测得恒容密闭容器内，浓度随时间的变化如下表： 0 20 40 60 80 100 0.100 0.080 0.060 0.040 0.020 0.000 下列说法不正确的是 A. 在内， B. 在40min时， C. 在60min时，的转化率为 D. 其他条件不变，若起始，则20min时 9. 碱金属单质M和反应的能量变化如下图所示。下列说法不正确的是 A. CsCl是离子化合物 B. 若M分别为Na和K，则 C. D. 10. 下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是 A. 依据不同温度下可逆反应的平衡常数，可推断反应是放热还是吸热 B. 依据的氢化物的分解温度，可推断它们的非金属性强弱 C. 依据盐酸与NaOH溶液反应的中和热，可推断盐酸与氨水反应的中和热 D. 依据一元弱酸的电离常数，可推断它们同温度同浓度稀溶液的导电能力强弱 11. 苯的硝化反应的部分过程如下图。若用氘代苯()进行该反应(反应过程不变)，反应速率无明显变化。下列说法不正确的是 已知：C-D键能大于C-H键能。 A. 苯的硝化反应属于取代反应 B. 用氘代苯进行反应时，i中有C-D键的断裂与形成 C. 用氘代苯进行反应时，ii的反应速率减小 D. 图示过程的反应速率主要由i决定 12. 为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A. ①中浓盐酸促进平衡正向移动 B. 由①到②，生成并消耗 C. ②、③对比，说明：②>③ D. 由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 13. 将高炉煤气转化为价值更高的CO的方法不断发展。科研人员以为初始原料构建化学链，实现了高炉煤气的转化。下列说法不正确的是 A. X为初始原料 B. 用CaO吸收，能促进平衡正向移动 C. 图中涉及的氧化还原反应均为放热反应 D. 该过程的总反应方程式为 14. “丁烯裂解法”是一种重要的丙烯生产法，但生产过程中会有生成乙烯的副反应发生，反应如下： 主反应：；副反应： 一定压强下，测得上述两反应的平衡体系中，各组分的质量分数随温度变化的趋势分别如图所示： 下列说法不正确的是 A. 随着温度的升高，主反应和副反应的平衡常数都增大 B. 为了提高丙烯的平衡产率，应将乙烯及时从体系中分离出去 C. 其他条件不变，缩小容积，增大压强，丙烯的质量分数可能升高 D. 若体系中只有和生成，则为定值 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 某学习小组为了探究的电离情况，进行了如下实验。 【实验一】测定时20.00mL冰醋酸稀释过程中溶液的电导率变化。 （1）ABC三点对应的溶液中，由小到大的顺序是_______，电离程度最大的是_______。 （2）若使C点对应的溶液中减小，可采用的方法是_______(填序号)。 A.加入　　B.加入冰醋酸　　C.加入固体 【实验二】测定时用溶液滴定溶液过程中的pH变化。 （3）根据图中数据可以得出是弱电解质的结论，依据是_______。 （4）若未加入NaOH溶液时，溶液的pH为x，则时的电离常数_______。 （5）a点对应的溶液中，_______填“>”、“＜”或“=”，下同)；当加入NaOH溶液的体积为20mL时，所得溶液的pH_______7。 （6）若加入NaOH溶液的体积为10mL时，所得溶液的pH为y，则时的电离常数，原因是_______。 16. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：。 （1）合成氨是高能耗的过程，结合分子结构解释原因_______。 （2）在恒温恒容的密闭容器中合成氨，下列描述中能表明反应已达平衡状态的是_______(填序号)。 A. 容器中气体的压强不再变化 B. 容器中气体的平均分子量不再变化 C. 容器中气体的密度不再变化 D. （3）压强对合成氨有较大影响。下图为不同压强下，以物质的量分数、进料，反应达平衡时，与温度的计算结果。 ①_______(填“>”或“<”)，得出该结论的理由是_______。 ②在时，的转化率为_______。 （4）通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：_______。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：_______。 17. 高铁酸钾是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。 资料：为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。 （1）制备(夹持装置略) ①A为氯气发生装置。A中反应方程式是_______(锰被还原为)。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂_______。 ③C中得到紫色固体和溶液，C中生成的反应方程式是_______。 （2）测定的纯度 I.称取样品a g，用碱性KI溶液充分溶解； Ⅱ.调节pH为1，避光放置40min至反应完全； Ⅲ.再调节pH为，用标准溶液滴定至溶液为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗溶液VmL。 已知：和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中滴定至终点的现象是_______。 ②已知的摩尔质量为，该样品中的质量分数为_______。 ③测定过程中，需控制待测溶液的pH为。当时，测得的纯度偏高，可能的原因是_______。 18. 利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知： 由制的热化学方程式为_______。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是_______。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是_______。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是_______，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有_______。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是_______。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：_______。 19. “硫代硫酸银”（ [ Ag（S2O3）2]3–）常用于切花保鲜，由AgNO3溶液（0.1 mol·L–1、pH=6）和Na2S2O3溶液（0.1 mol·L–1、pH=7）现用现配制。某小组探究其配制方法。 【实验一】 （1）A为Ag2S2O3。写出生成A的离子方程式__________。 （2）对实验现象的分析得出，试管a中充分反应后一定生成了__________（填离子符号）。进而推测出沉淀m可能为Ag2S、Ag、S或它们的混合物。做出推测的理由是__________。 （3）若试管a中物质充分反应后不过滤，继续加入1.1 mL Na2S2O3溶液，振荡，静置，黑色沉淀不溶解，清液中逐渐出现乳白色浑浊，有刺激性气味产生。用离子方程式解释产生白色浑浊的原因：__________。 结论：Ag2S2O3不稳定，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液。 【实验二】已知：Ag2S2O3＋3S2O32- 2 [ Ag（S2O3）2]3–（无色） 实验操作 实验现象 i. 白色沉淀生成，振荡后迅速溶解，得到无色清液； 滴加至约1 mL时清液开始略显棕黄色，有丁达尔现象； 超过1.5 mL后，产生少量白色沉淀，立即变为棕黄色，最终变为黑色； 滴加完毕，静置，得到黑色沉淀，上层清液pH = 5 ii. 白色沉淀生成，立即变为棕黄色，充分振荡后得到棕黄色清液，有丁达尔现象。 （4）用平衡移动原理解释实验i中加入1.5 mL AgNO3后产生白色沉淀的原因：__________。 （5）实验i中，当加入0.5 mL AgNO3溶液时，得到无色清液，若放置一段时间，无明显变化。结合化学反应速率分析该现象与ii不同的原因是__________。 （6）简述用0.1 mol·L–1 AgNO3溶液和0.1 mol·L–1 Na2S2O3溶液配制该保鲜剂时，试剂的投料比和操作：__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第五中学2025-2026学年高二上学期10月月考 化学试题 班级_______ 姓名_______ 学号_______ 成绩_______ 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿()存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是 A. 月壤钛铁矿中存在活泼氢 B. 将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气 C. 月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应 D. 将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量 【答案】B 【解析】 【详解】A．月壤钛铁矿中的氢来自太阳风，以原子态吸附，属于活泼氢，A正确； B．地球上的钛铁矿若未吸附足够氢原子，根据原子守恒可知，加热可能无法生成水蒸气，因此“一定生成”的说法错误，B错误； C．生成水时H被氧化（0→+1），Fe被还原（如+3→0），存在化合价变化，属于氧化还原反应，C正确； D．水蒸气液化是物理变化，但会释放热量，D正确； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. S的原子结构示意图： B. HClO的电子式： C. 的分子结构模型： D. 的电离方程式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．S是16号元素，原子结构示意图中核外电子排布应为2、8、6，应该是，A错误； B．HClO的结构式为H-O-Cl，电子式为，B错误； C．H2O分子中心原子价层电子对数是：，含有两对孤对电子，为V形结构，原子大小比例也符合氢原子和氧原子大小，C正确； D．为二元弱酸，电离分步进行，第一步：，第二步：，D错误； 故选C。 3. 下列事实能用平衡移动原理解释的是 A. 氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度 B. 工业上通常选择在的高温条件下进行合成氨的生产 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. 封装有和混合气体的密闭容器，恒温时，缩小容积，气体颜色变深 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯气溶于水时发生如下反应：Cl2+H2O H++Cl- +HClO，增大溶液中氯离子浓度，平衡向逆反应方向移动，氯气的溶解度减小，所以氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度能用平衡移动原理解释，A符合题意； B．合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于氨气生成，则工业上通常选择在400-500℃条件下进行是为了反应速率和催化剂活性，不能用平衡移动原理解释，B不符合题意； 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硝酸铁、红棕色的二氧化氮气体和水，则铁钉放入浓硝酸中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体不能用平衡移动原理解释，C不符合题意； D．反应2NO2(g) N2O4(g)是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体颜色变浅，但恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是因为二氧化氮气体浓度增大所致，与平衡移动无关，所以恒温时，缩小容积，气体颜色变深不能用平衡移动原理解释，D不符合题意； 故选A。 4. 对室温下pH相同、体积相同的稀氨水与氢氧化钠稀溶液，分别采取下列措施，有关叙述不正确的是 A. 适当升高温度，两种溶液的pH均增大 B. 加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小 C. 加水稀释至原溶液体积的10倍，所得稀氨水的pH略大 D. 与HCl溶液中和时，稀氨水所消耗HCl的物质的量更多 【答案】A 【解析】 【分析】一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，氢氧化钠是强碱，在溶液中完全电离出钠离子和氢氧根离子，则pH相同的稀氨水的浓度大于氢氧化钠稀溶液。 【详解】A．水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离平衡右移，水的离子积常数增大，而氢氧化钠稀溶液中氢氧根离子浓度基本不变，使得溶液的pH减小，A错误； B．向稀氨水中加入适量的氯化铵晶体，溶液中铵根离子浓度增大，电离平衡左移，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH会减小；向氢氧化钠稀溶液中加入适量的氯化铵晶体，铵根离子会与溶液中的氢氧根离子反应生成一水合氨，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH会减小，所以加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小，B正确； C．加水稀释相同倍数时，稀氨水中的电离平衡右移，会使溶液中的氢氧根离子浓度减小的幅度小于氢氧化钠稀溶液，pH变化小于稀溶液，所以稀释10倍后，所得稀氨水的pH略大，C正确； D．由分析可知，pH相同的稀氨水的浓度大于氢氧化钠稀溶液，所以用盐酸中和室温下pH相同、体积相同的稀氨水与氢氧化钠稀溶液时，稀氨水所消耗氯化氢的物质的量更多，D正确； 故选A。 5. 下列离子方程式与所给事实不相符的是 A. 用盐酸除去铁锈： B. 用稀硝酸除去试管壁上的银镜： C. 用食醋除去水垢中的 D. 用除去废水中的 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁锈（）与盐酸反应生成和，离子方程式为：，A正确； B．稀硝酸与银反应生成、和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，B正确； C．食醋中的醋酸是弱酸，不能完全离解为，正确离子方程式应为：，C错误； D．与生成沉淀，符合沉淀反应规律，离子方程式为：，D正确； 故选C。 6. 下列实验中，能达到实验目的的是 如图预热后再迅速混合，观察 A.探究温度对化学反应速率的影响 B.比较和的催化效果 C.探究浓度对化学平衡的影响 D.验证与的反应为可逆反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验中两种溶液浓度、体积相同，仅温度不同（冷水和热水），预热后混合可控制温度为唯一变量，通过观察浑浊出现时间探究温度对速率影响，A正确； B．比较催化效果需控制催化剂离子浓度相同，Fe2(SO4)3中Fe3+浓度为0.1 mol/L×2=0.2 mol/L，CuSO4中Cu2+浓度为0.1 mol/L，离子浓度不同，变量不唯一，B错误； C．向Fe3+与SCN-的平衡体系Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3中滴加1 mL 1 mol/LKSCN溶液后，溶液体积增加，FeCl3浓度发生变化，应在相同的FeCl3浓度下比较，C错误； D．n(KI)=0.0002 mol，n(Fe3+)=0.0001 mol，根据反应可知KI过量，反应后I-必然剩余，滴加AgNO3生成沉淀不能证明可逆反应，D错误； 故答案选A。 7. 硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. I的化学方程式： B. Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率 C. 将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D. 生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 【答案】B 【解析】 【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。 【详解】A．反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：，故A正确； B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高平衡转化率，故B错误； C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确； D．硫酸工业产生的尾气为、，可以用碱液吸收，故D正确； 故选B。 8. 某温度下按下式分解：。测得恒容密闭容器内，浓度随时间的变化如下表： 0 20 40 60 80 100 0.100 0.080 0.060 0.040 0.020 0.000 下列说法不正确的是 A. 在内， B. 在40min时， C. 在60min时，的转化率为 D. 其他条件不变，若起始，则20min时 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据反应式，的生成速率为浓度变化量的一半，0~20 min内减少，增加，速率=，A正确； B．40 min时减少，对应生成量，B正确； C．60 min时转化率=，C正确； D．根据表格中浓度变化特点，每20 min浓度减少，呈线性递变，反应速率不随浓度变化，故若其他条件不变，当起始浓度时，20 min时浓度也减小，，D错误； 故选D。 9. 碱金属单质M和反应的能量变化如下图所示。下列说法不正确的是 A. CsCl是离子化合物 B. 若M分别为Na和K，则 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．Cs为碱金属，是活泼金属元素，Cl是活泼非金属元素，Cs与Cl形成的CsCl是离子化合物，A正确； B．ΔH3为2M(g)失去电子形成2M+(g)时的反应热，失电子吸收能量，Na、K是同主族元素，原子核外最外层电子数相同，原子半径越小，其失去电子就越难，电离时吸收的能量就越大，由于原子半径：Na＜K，所以失去电子吸收的能量：Na＞K，即ΔH3(Na)＞ΔH3(K)，B正确； C．ΔH4为Cl2(g)=2Cl(g)断裂化学键时的反应热，断裂化学键需吸收能量，故ΔH4＞0，ΔH6为2M+(g)+2Cl-(g)=2MCl(s)形成离子键过程的反应热，形成离子键时会放出热量，即ΔH6＜0，C正确； D．根据盖斯定律，该反应的总反应焓变ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6，移项可得ΔH6=ΔH1-ΔH2-ΔH3-ΔH4-ΔH5，D错误； 故答案为D。 10. 下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是 A. 依据不同温度下可逆反应的平衡常数，可推断反应是放热还是吸热 B. 依据的氢化物的分解温度，可推断它们的非金属性强弱 C. 依据盐酸与NaOH溶液反应的中和热，可推断盐酸与氨水反应的中和热 D. 依据一元弱酸的电离常数，可推断它们同温度同浓度稀溶液的导电能力强弱 【答案】C 【解析】 【详解】A．平衡常数随温度变化可判断反应的热效应：若温度升高，K增大则为吸热反应，反之为放热，A正确； B．F、Cl、Br、I的氢化物分解温度越高，说明氢化物越稳定，对应非金属性越强，B正确； C．盐酸与NaOH的中和热为强酸强碱反应的中和热，而氨水为弱碱，电离需吸热，导致总中和热减少，无法直接推断，C错误； D．电离常数越大，弱酸离解程度越高，同浓度下离子浓度越大，导电能力越强，D正确； 故答案选C。 11. 苯的硝化反应的部分过程如下图。若用氘代苯()进行该反应(反应过程不变)，反应速率无明显变化。下列说法不正确的是 已知：C-D键能大于C-H键能。 A. 苯的硝化反应属于取代反应 B. 用氘代苯进行反应时，i中有C-D键的断裂与形成 C. 用氘代苯进行反应时，ii的反应速率减小 D. 图示过程的反应速率主要由i决定 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯的硝化反应中，苯环上的氢原子被硝基（-NO2）取代，属于取代反应，A正确； B．步骤i为进攻苯环形成中间体，此时苯环中的C-D键未断裂（中间体中仍存在C-D键），C-D键的断裂发生在步骤ii（中间体失去D⁺），故i中无C-D键的断裂与形成，B错误； C．C-D键能大于C-H键能，键能越大断裂越难，步骤ii为中间体断裂C-D键失去D⁺，因此用氘代苯时ii的反应速率减小，C正确； D．若总反应速率由ii决定，因C-D键断裂更难，总速率应减小，但题干中反应速率无明显变化，说明决速步为i（i中不涉及C-D键断裂，速率不受同位素影响），D正确； 答案选B。 12. 为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A. ①中浓盐酸促进平衡正向移动 B. 由①到②，生成并消耗 C. ②、③对比，说明：②>③ D. 由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 【答案】D 【解析】 【分析】的FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，转化为，溶液变为红色；再加入NaF固体，转化为，溶液红色褪去，变为无色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明I-未被氧化。 【详解】A．①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的，说明浓盐酸促进平衡正向移动，A正确； B．由①到②，溶液变为红色，说明转化为，即生成并消耗，B正确； C．②溶液中均存在平衡，加入NaF固体，Fe3+与F-结合成无色的[FeF6]3-，使平衡逆向移动，使得溶液红色褪去变为无色，说明与Fe3+的配位能力：F-＞SCN-，故能说明：②>③，C正确； D．类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的的含量是否能够氧化I-，D错误； 故选D。 13. 将高炉煤气转化为价值更高的CO的方法不断发展。科研人员以为初始原料构建化学链，实现了高炉煤气的转化。下列说法不正确的是 A. X为初始原料 B. 用CaO吸收，能促进平衡正向移动 C. 图中涉及的氧化还原反应均为放热反应 D. 该过程的总反应方程式为 【答案】C 【解析】 【分析】以为初始原料构建化学链的原理为：先利用将H2和CO转化为H2O和CO2，被还原为单质Fe，生成的CO2被CaO吸收转化为CaCO3，分离后提供能量使CaCO3重新分解成CO2和CaO，CO2在循环使用，CO2在能量作用下与Fe重新转化为CO和，被循环使用，实现CO2的分离提纯和转化，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，化学链中初始原料为Fe2O3和CaO，X作为循环中的氧化剂，应是初始原料Fe2O3，A正确； B．CaO吸收CO2会降低CO2浓度，根据勒夏特列原理，可逆反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2平衡向生成CO2的正向移动，B正确； C．图中涉及的氧化还原反应可能包括H2还原Fe2O3（Fe2O3+3H2=2Fe+3H2O），该反应为吸热反应，并非所有氧化还原反应均为放热，C错误； D．总反应为高炉煤气中H2与CO2反应生成CO和H2O，方程式为，D正确； 故选C。 14. “丁烯裂解法”是一种重要的丙烯生产法，但生产过程中会有生成乙烯的副反应发生，反应如下： 主反应：；副反应： 一定压强下，测得上述两反应的平衡体系中，各组分的质量分数随温度变化的趋势分别如图所示： 下列说法不正确的是 A. 随着温度的升高，主反应和副反应的平衡常数都增大 B. 为了提高丙烯的平衡产率，应将乙烯及时从体系中分离出去 C. 其他条件不变，缩小容积，增大压强，丙烯的质量分数可能升高 D. 若体系中只有和生成，则为定值 【答案】B 【解析】 【详解】A．升高温度，丁烯质量分数减小，丙烯和乙烯质量分数均增大，说明两反应平衡均正向移动，均为吸热反应，平衡常数随温度升高增大，A正确； B．分离乙烯会使副反应平衡正向移动，，消耗更多丁烯，导致主反应反应物减少，平衡逆向移动，丙烯平衡产率降低，B错误； C．增大压强，副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，可能会导致主反应的平衡正向移动，从而使丙烯的含量增大，C正确； D．根据C原子守恒，初始丁烯中C原子总数固定，根据原子守恒关系：等于初始C原子数，为定值，D正确； 故选B。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 某学习小组为了探究的电离情况，进行了如下实验。 【实验一】测定时20.00mL冰醋酸稀释过程中溶液的电导率变化。 （1）ABC三点对应的溶液中，由小到大的顺序是_______，电离程度最大的是_______。 （2）若使C点对应的溶液中减小，可采用的方法是_______(填序号)。 A.加入　　B.加入冰醋酸　　C.加入固体 【实验二】测定时用溶液滴定溶液过程中的pH变化。 （3）根据图中数据可以得出是弱电解质的结论，依据是_______。 （4）若未加入NaOH溶液时，溶液的pH为x，则时的电离常数_______。 （5）a点对应的溶液中，_______填“>”、“＜”或“=”，下同)；当加入NaOH溶液的体积为20mL时，所得溶液的pH_______7。 （6）若加入NaOH溶液的体积为10mL时，所得溶液的pH为y，则时的电离常数，原因是_______。 【答案】（1） ①. A<C<B ②. C （2）BC （3）由图中数据可知，溶液的，说明溶液中的只有部分电离生成，因此是弱电解质 （4） （5） ①. = ②. > （6）当加入NaOH溶液的体积为10 mL时，所得溶液的溶质是物质的量相等的醋酸钠与醋酸，可以近似地认为溶液中的，由的电离常数表达式可知，此时溶液中的 【解析】 【小问1详解】 A、B、C三点对应的溶液中，导电性越强，氢离子浓度越大，因此由小到大的顺序为A<C<B ，冰醋酸溶液中不断加水，平衡不断正向移动，因此A、B、C三点对应的溶液中，的电离程度最大的是C。 【小问2详解】 A．加入，醋酸溶液中减小，电离平衡常数K=不变，则增大，A不选； B．加入冰醋酸，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸溶液中增大，电离平衡常数K=不变，则减小，B选； C．加入固体，醋酸溶液中增大，电离平衡常数K=不变，则减小，C选； 故选BC。 【小问3详解】 由图中数据可知，溶液的，说明溶液中的只有部分电离生成，因此是弱电解质。 【小问4详解】 溶液中给存在电离平衡，溶液的pH为x，列出“三段式” 则时的电离常数。 【小问5详解】 a点对应的溶液pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+可知=，当加入NaOH溶液的体积为20mL时，NaOH和恰好完全反应生成，是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，pH>7。 【小问6详解】 当加入NaOH溶液的体积为10 mL时，所得溶液的溶质是物质的量相等的醋酸钠与醋酸，可以近似地认为溶液中的，由的电离常数表达式可知，此时溶液中的。 16. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：。 （1）合成氨是高能耗的过程，结合分子结构解释原因_______。 （2）在恒温恒容的密闭容器中合成氨，下列描述中能表明反应已达平衡状态的是_______(填序号)。 A. 容器中气体的压强不再变化 B. 容器中气体的平均分子量不再变化 C. 容器中气体的密度不再变化 D. （3）压强对合成氨有较大影响。下图为不同压强下，以物质的量分数、进料，反应达平衡时，与温度的计算结果。 ①_______(填“>”或“<”)，得出该结论的理由是_______。 ②在时，的转化率为_______。 （4）通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：_______。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：_______。 【答案】（1）N2分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量 （2）AB （3） ①. ＜ ②. 合成氨反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量分数增大 ③. （4） ①. ，温度低时更容易生成 ②. 是吸热反应，也是气体分子数增加的反应，升温、减压有利于脱除氨 【解析】 【小问1详解】 分子结构中含有氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量，所以合成氨是高能耗的过程。 【小问2详解】 A．该反应为气体体积减小的反应，反应过程中压强减小，但容器中气体的压强不再变化时，说明反应达到平衡，A选； B．该反应为气体物质的量减小的反应，反应过程中气体总质量不变，则混合气体的平均摩尔质量增大，气体的平均分子量增大，但容器中气体的平均分子量不再变化时，说明反应达到平衡，B选； C．反应过程总气体总质量和总体积均为定值，混合气体的密度是定值，当容器中气体的密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，C不选； D．不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D不选； 故选AB。 【小问3详解】 ①合成氨反应是气体体积减少的反应，在一定温度下，增大压强，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增加，因此P1＜P2； ②根据已知条件列出“三段式” =20%，x=，氮气的转化率为。 【小问4详解】 ①由图可知，活化能：，温度低时生成的反应速率更快，更容易生成； ②是吸热反应，也是气体分子数增加的反应，升温、减压有利于脱除氨。 17. 高铁酸钾是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。 资料：为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。 （1）制备(夹持装置略) ①A为氯气发生装置。A中反应方程式是_______(锰被还原为)。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂_______。 ③C中得到紫色固体和溶液，C中生成的反应方程式是_______。 （2）测定的纯度 I.称取样品a g，用碱性KI溶液充分溶解； Ⅱ.调节pH为1，避光放置40min至反应完全； Ⅲ.再调节pH为，用标准溶液滴定至溶液为浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗溶液VmL。 已知：和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中滴定至终点的现象是_______。 ②已知的摩尔质量为，该样品中的质量分数为_______。 ③测定过程中，需控制待测溶液的pH为。当时，测得的纯度偏高，可能的原因是_______。 【答案】（1） ①. ②. ③. （2） ①. 加入半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 ②. ③. 在强酸性条件下，易被空气中氧化，易与反应 【解析】 【分析】由实验装置可知，A装置制取氯气，2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，B装置用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，C装置中在碱性条件下氯气可以氧化氢氧化铁制取高铁酸钾，2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，D装置中NaOH溶液吸收尾气。 【小问1详解】 ①A中用高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O； ②B装置用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，装置为； ③C装置中在碱性条件下氯气可以氧化氢氧化铁制取高铁酸钾，反应方程式为2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。 【小问2详解】 ①实验用硫代硫酸钠滴定I2，滴定终点为I2恰好完全转变为I-，现象为：加入半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色； ②高铁酸钾把碘离子氧化为碘单质，高铁酸钾被还原为亚铁离子，再用硫代硫酸钠来滴定碘单质，根据得失电子相等，得出其关系式：K2FeO4~4KI~2I2~4Na2S2O3，该样品中的质量分数为； ③在强酸性条件下，易被空气中氧化，易与反应，导致标准液消耗量过大，因此当时，测得的纯度偏高，即测定过程中，需控制待测溶液的pH为3~4。 18. 利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知： 由制的热化学方程式为_______。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是_______。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是_______。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是_______，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有_______。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是_______。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：_______。 【答案】（1） （2） ①. ②. ③. ④. 、SO2 （3） ①. ②. 溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降 【解析】 【分析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。 【小问1详解】 已知： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为； 【小问2详解】 ① 当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：； ②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：； ③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去； ④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有； 故答案为：；；；、SO2； 【小问3详解】 ① 由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应； ②溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 故答案为：；溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行。 19. “硫代硫酸银”（ [ Ag（S2O3）2]3–）常用于切花保鲜，由AgNO3溶液（0.1 mol·L–1、pH=6）和Na2S2O3溶液（0.1 mol·L–1、pH=7）现用现配制。某小组探究其配制方法。 【实验一】 （1）A为Ag2S2O3。写出生成A的离子方程式__________。 （2）对实验现象的分析得出，试管a中充分反应后一定生成了__________（填离子符号）。进而推测出沉淀m可能为Ag2S、Ag、S或它们的混合物。做出推测的理由是__________。 （3）若试管a中物质充分反应后不过滤，继续加入1.1 mL Na2S2O3溶液，振荡，静置，黑色沉淀不溶解，清液中逐渐出现乳白色浑浊，有刺激性气味产生。用离子方程式解释产生白色浑浊的原因：__________。 结论：Ag2S2O3不稳定，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液。 【实验二】已知：Ag2S2O3＋3S2O32- 2 [ Ag（S2O3）2]3–（无色） 实验操作 实验现象 i. 白色沉淀生成，振荡后迅速溶解，得到无色清液； 滴加至约1 mL时清液开始略显棕黄色，有丁达尔现象； 超过1.5 mL后，产生少量白色沉淀，立即变为棕黄色，最终变为黑色； 滴加完毕，静置，得到黑色沉淀，上层清液pH = 5 ii. 白色沉淀生成，立即变为棕黄色，充分振荡后得到棕黄色清液，有丁达尔现象。 （4）用平衡移动原理解释实验i中加入1.5 mL AgNO3后产生白色沉淀的原因：__________。 （5）实验i中，当加入0.5 mL AgNO3溶液时，得到无色清液，若放置一段时间，无明显变化。结合化学反应速率分析该现象与ii不同的原因是__________。 （6）简述用0.1 mol·L–1 AgNO3溶液和0.1 mol·L–1 Na2S2O3溶液配制该保鲜剂时，试剂的投料比和操作：__________。 【答案】 ①. Ag+＋= Ag2S2O3↓ ②. H+、 ③. 得到的是氧化产物，必然要生成其他还原产物 ④. ⑤. 过量Ag+与结合，使c（）降低，Ag2S2O3＋3S2O32-2[Ag（S2O3）2]3-逆向移动，析出沉淀 ⑥. 逐滴滴加AgNO3时，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率；迅速混合时部分Ag2S2O3来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于Na2S2O3 ⑦. Na2S2O3和AgNO3物质的量之比大于2:1，在不断搅拌下将AgNO3溶液缓缓加入到Na2S2O3溶液中 【解析】 【分析】Na2S2O3与AgNO3反应生成白色沉淀Ag2S2O3，白色沉淀立即变为棕黄色，最终变为黑色，过滤后，滤液pH=1，说明溶液中存在H+，滴入硝酸钡溶液产生白色沉淀，推断滤液中存在SO42-，说明沉淀转化为氧化还原反应。实验i中逐滴滴加硝酸银溶液，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率，实验ii中一次性加入硝酸银溶液，生成Ag2S2O3立即分解，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液，形成胶体。 【详解】（1）Na2S2O3与AgNO3反应生成A，A为白色沉淀Ag2S2O3，Na2S2O3与AgNO3为可溶性盐在离子方程式中要拆写，则离子方程式为Ag+＋S2O32-= Ag2S2O3↓ （2）滤液pH=1，说明溶液中存在H+，滴入硝酸钡溶液产生白色沉淀，推断滤液中存在SO42-，故试管a中充分反应后一定生成了H+、 SO42-。因为得到的SO42-，硫元素化合价升高为氧化产物，发生氧化还原反应则必然要生成其他还原产物，银、硫元素的化合价可能要降低，进而推测出沉淀m可能为Ag2S、Ag、S或它们的混合物。 （3）若试管a中物质充分反应后不过滤，溶液呈酸性，继续加入1.1 mL Na2S2O3溶液，有刺激性气味产生，根据元素守恒，推断有刺激性气味的气体应该为二氧化硫，则硫元素化合价升高，根据得失电子守恒可知，硫元素化合价降低生成硫单质，离子方程式为。 （4）实验i中加入1.5 mL AgNO3后产生白色沉淀，白色沉淀应为Ag2S2O3，因为过量Ag+与S2O32-结合，使c（S2O32-）降低，Ag2S2O3＋3S2O32-2[Ag（S2O3）2]3-逆向移动，析出沉淀。 （5）实验i与实验ii的区别在于硝酸银溶液的滴加方式不同，实验i中逐滴滴加AgNO3时，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率；实验ii根据结论“Ag2S2O3不稳定，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液”，AgNO3溶液与Na2S2O3溶液迅速混合时，部分Ag2S2O3来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于Na2S2O3。 （6）硫代硫酸银（ [ Ag（S2O3）2]3–）用于切花保鲜，[ Ag（S2O3）2]3–中S2O32-与Ag+物质的量之比为2:1，因为Ag2S2O3 ＋3S2O32- 2 [ Ag（S2O3）2]3–平衡的存在，为提高[ Ag（S2O3）2]3–产量，Na2S2O3和AgNO3物质的量之比应大于2:1，根据实验i与实验ii的现象对比，为避免反应生成的Ag2S2O3分解，应在不断搅拌下将AgNO3溶液缓缓加入到Na2S2O3溶液中。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $