精品解析：北京市第八十中学2025-2026学年高二上学期11月期中化学试题

北京市第八十中学2025—2026学年第一学期期中考试 高二化学 2025年11月 (考试时间90分钟 满分100分) 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。 可能用到的相对原子质量：H 1 Co 59 N 14 K 39 O 16 Cr 52 第一部分 1. 25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是 A. pH=11的氨水 B. 0.01 mol/L的溶液 C. 0.01 mol/L的盐酸 D. pH=3的溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A．氨水抑制水电离，pH=11的氨水，溶液中H+浓度为10−11 mol/L，水的电离出的H+浓度等于10−11 mol/L； B．Na2CO3水解促进水电离，0.01 mol/L Na2CO3溶液中水的电离出的H+浓度大于10−7 mol/L； C．盐酸抑制水电离，0.01 mol/L盐酸中H+浓度为10−2 mol/L，OH−浓度为10−12 mol/L，水的电离出的H+浓度等于10−12 mol/L； D．NaHSO4抑制水电离，pH=3的NaHSO4溶液，H+浓度为10−3 mol/L，OH−浓度为10−11 mol/L，水的电离出的H+浓度等于10−11 mol/L； 水的电离程度最小的是0.01 mol/L的盐酸，故选C。 2. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. 温度高于25℃，水的离子积大于 B. 常温下pH=11.1的氨水稀释十倍后pH=10.6 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. 向滴有酚酞的碳酸钠溶液加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，溶液红色褪去 【答案】C 【解析】 【详解】A．水的电离方程式为H2O⇌H++OH-，该过程吸热，升温使平衡右移，Kw增大，大于，能用平衡移动原理解释，A不符合题意； B．氨水中存在电离平衡：NH3·H2O⇌+OH-，常温下pH=11.1的氨水稀释十倍，若平衡不移动，pH应变为10.1，但实际pH=10.6，这是因为稀释时平衡向电离方向移动，OH-浓度减小的幅度比预期小，能用平衡移动原理解释， B不符合题意； C．铁钉放入浓HNO3中，常温下会使铁发生钝化，表面生成致密氧化膜，阻止反应进一步进行，待不再变化后加热，氧化膜被破坏，铁与浓HNO3发生反应：Fe + 6HNO3(浓)Fe(NO3)3 + 3NO2↑+3H2O，产生大量红棕色NO2气体，整个过程没有涉及平衡移动，不能用平衡移动原理解释，C符合题意； D．加入BaCl2后，浓度降低，水解平衡（+ H2O⇌+ OH-）左移，OH-浓度减少，溶液红色褪去，能用平衡移动原理解释，D不符合题意； 故答案选C。 3. 下列过程与水解无关的是 A. 将镁条放入氯化铁溶液能快速产生气体 B. 工业上利用溶液除去铁锈 C. 将加入水中并加热使其转化为 D. 向饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸，有晶体析出 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯化铁溶液中Fe3+的水解程度较大，会产生较多的H+，镁与H+的反应速率较快，因此镁条与氯化铁溶液反应时，镁条表面迅速产生大量气泡，与水解有关，溶液颜色逐渐变化，由黄色（氯化铁溶液的颜色）逐渐变为浅绿色（氯化亚铁溶液的颜色），反应为：2Fe3++Mg=Mg2++2Fe2+，若镁条过量，最终溶液颜色还可能变为无色，同时有黑色的铁单质析出，A不符合题意； B．为强酸弱碱盐，水解显酸性，可用其酸性除去铁锈，与盐类的水解有关，故B不符合题意； C．TiCl4加入水中并加热使其转化为，过程中TiCl4发生水解，生成的HCl不断挥发，最终转化为，过程与盐类水解有关，故C不符合题意； D．饱和NaCl溶液中存在溶解平衡，加入浓盐酸，增大了c(Cl-)，平衡逆向移动，析出晶体，属于同离子效应，与盐类的水解无关，D符合题意； 故答案选D。 4. 。反应达平衡时，下列措施能提高转化率的是 ①降温 ②恒压通入惰性气体 ③增加的浓度 ④压缩容器容积 A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④ 【答案】A 【解析】 【详解】①正反应放热，降温，平衡正向移动，转化率增大； ②恒压通入惰性气体，容器体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，转化率减小； ③增加的浓度，平衡正向移动，氢气的平衡转化率增大，但转化率减小； ④压缩容器容积，增大压强，平衡正向移动，转化率增大； 能提高转化率的是①④； 选A。 5. 常温下，下列溶液的离子浓度关系式不正确的是 A. 相同物质的量浓度的和溶液，前者小于后者 B. 常温下pH>7的、混合溶液： C. 0.1 mol/L 溶液中： D. 0.1 mol/L 溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．相同物质的量浓度的和溶液中，中的水解呈碱性，能促进水解，而电离产生的能抑制水解，所以的浓度前者小于后者，A正确； B．的和混合溶液中，根据电荷守恒有，因，则，故，B正确； C．在溶液中，质子守恒为，C错误； D．在溶液中，根据物料守恒有，D正确； 故答案为：C。 6. 下列用于解释事实的化学用语正确的是 A. 溶液显碱性： B. 碳酸为弱酸： C. 将硫酸钙(s)加入饱和碳酸钠溶液，固体会发生转化： D. 蓝色的溶液加热后变为绿色： 【答案】C 【解析】 【详解】A．硫离子水解应分步进行，而选项A将两步合并为一步，A错误； B．碳酸为二元弱酸，应分步解离，选项B直接生成两个H⁺和，B错误； C．CaCO3的Ksp小于CaSO4，促使CaSO4转化为CaCO3，C正确； D．加热后溶液变绿说明[CuCl4]2⁻比例增加，反应应为吸热（ΔH>0），D错误； 故选C。 7. 是工业制硫酸的重要反应，下列说法正确的是 A. 工业上选择较高温度的目的是提高的平衡转化率 B. 使用催化剂能提高反应速率，降低反应的 C. 当、、的分子数之比为2:1:2时，说明反应达到了平衡状态 D. 其他条件不变，通入过量空气能提高的平衡转化率，但化学平衡常数不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．工业上选择较高温度会促使平衡逆向移动，降低SO2的平衡转化率，实际生产中高温是为了加快反应速率而非提高转化率，故A错误； B．催化剂仅加快反应速率，不改变ΔH，故B错误； C．、、的分子数之比为2:1:2，不能判断分子数是否还改变，不能作为平衡状态的判断依据，故C错误； D．通入过量空气，增加O₂浓度使平衡正向移动，提高SO₂转化率，而平衡常数仅与温度有关，温度不变则K不变，故D正确； 选D。 8. 已知键能数据：H-H为436 ，I-I为151 。反应经历如下反应历程：①，②，反应过程的能量变化如图。 下列说法正确的是 A. H-I的键能为299 B. 升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小 C. 升高温度，反应②的限度增大，的转化率增大 D. 为防止反应过程中I(g)的累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，△H=反应物总键能-生成物总键能=151 kJ·mol-1-162 kJ·mol-1=-11 kJ·mol-1，设H-I的键能为x kJ·mol-1，则△H=436kJ·mol-1+151kJ·mol-1-2x kJ·mol-1=-11 kJ·mol-1，解得x=299kJ·mol-1，A正确； B．升高温度，反应速率加快，即反应①、反应②的速率都加快，B错误； C．由图可知，反应②为放热反应，升高温度，反应②速率增大，平衡逆向移动，反应②的限度降低，不利于氢气转化率提高，C错误； D．催化剂不能降低反应②的焓变，为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能，加快反应②速率，即加快的消耗速率，D错误； 故选A。 9. 向体积为10L的恒容密闭容器中通入1.1和1.1制备，反应原理为（正反应吸热）。在不同温度（、）下测得容器中随时间的变化曲线如下图所示。 下列说法正确的是 A. 温度 B. 时，若改为恒温恒压容器，平衡时 C. 时，平衡时再充入1.1，平衡常数增大 D. 时，的平衡转化率 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题图可知，温度下先达到平衡，温度下的速率快，所以>，故A错误； B．时，平衡时，若改为恒温恒压容器，由于该反应是气体体积增大的反应，相当于在原来基础上降低压强，平衡正向移动，因此平衡时，故B正确； C．平衡常数与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故C错误； D．时，的平衡转化率，由化学方程式得反应掉的和生成的CO的量一样多，生成的CO的量为1.0mol，所以，故D错误； 故选B。 10. 一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。 容器编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol NO(g) CO(g) CO2(g) I T1 0.2 0.2 0.1 Ⅱ T2 0.2 0.2 0.12 下列说法不正确的是 A. T1>T2 B. I中反应达到平衡时，CO的转化率为50% C. 达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I D. 对于I，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，平衡正向移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．从平衡时二氧化碳的物质的量可知Ⅱ在Ⅰ的基础上向右移动了，反应正向放热，因此T1>T2，故A正确； B．根据表格中的数据有，x=0.05，则CO的转化率为，故B正确； C．由解析A可知T1>T2，温度越高反应速率越快，则达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I，故C正确； D．由解析B有，I的平衡常数，0.2molCO和0.2molCO2后CO和CO2的浓度变为0.3mol/L和0.3mol/L，浓度商为，平衡不移动，故D错误； 故选D。 11. 下列实验装置或操作，能达到实验目的的是 目的 A．比较AgCl和AgI的溶解度大小 B．比较碳酸、醋酸的酸性强弱 装置或操作 目的 C．由制取无水固体 D．依据褪色的先后验证浓度对化学反应速率的影响 装置或操作 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据滴加溶液的量可知AgNO3与NaCl反应后过量，KI直接与AgNO3反应生成AgI沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，不能比较AgCl和AgI溶解度大小，不能达到目的，A不符合题意； B．如生成二氧化碳气体，可说明醋酸的酸性比碳酸强，能达到实验目的，B符合题意； C．直接加热，由于能在其分解产生的结晶水中水解转化为，再受热分解为，不能获得无水FeCl3；因此由制取无水固体应在HCl气流中加热，不能直接加热，不能达到目的，C不符合题意； D．发生的反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，2mL0.2mol/LKMnO4溶液不能完全反应，溶液不会褪色，不能达到目的，D不符合题意； 故答案为：B。 12. 常温下，用0.20mol·L-1盐酸滴定25.00mL0.20mol·L-1NH3·H2O溶液，所得溶液的pH、和NH3·H2O的物质的量分数(x)与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 曲线①代表x(NH3·H2O) B. 当溶液显中性时，滴入盐酸的体积小于25.00mL C. NH3·H2O的电离常数约为1×10-9.26 D. a点的溶液中存在c()=c(NH3·H2O)>c(Cl-) 【答案】C 【解析】 【详解】A．随着盐酸的滴入，溶液pH减小，且在二者恰好完全反应前后，pH会发生突变，溶液中铵根离子的物质的量增加、一水合氨的物质的量减小，所以①代表x(NH3·H2O)、曲线②代表x()，A正确； B．氯化铵溶液显酸性，则当溶液显中性时，溶液溶质为氯化铵和一水合氨，此时滴入盐酸的体积小于25.00mL，故B正确； C．a点溶液中=c(NH3·H2O)，此时溶液的pH为9.26，pOH=pKw-pH=4.74溶液中c（OH-）=10-4.74mol/L，则，故C错误； D．a点溶液中c()=c(NH3·H2O)，此时溶液的pH为9.26，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒，可知c(Cl-)＜c()，D正确； 故答案为：C。 13. 某同学设计实验探究丙酮碘化反应中丙酮(无色液体)、、浓度对化学反应速率的影响。 已知： 编号 丙酮溶液4 mol/L 溶液0.0025 mol/L 盐酸2 mol/L 蒸馏水 溶液褪色的时间/s ① 2 mL 2 mL 2 mL 0 mL ② 1 mL 2 mL 2 mL 1 mL ③ 2 mL 1 mL 2 mL 1 mL ④ 2 mL 2 mL a mL 1 mL 下列说法不正确的是 A. 实验①和②可以探究丙酮浓度对反应速率的影响 B. 如果大于，可知浓度越大，反应速率越慢 C. 实验③中，以丙酮表示的反应速率为 D. 实验④中，a=1mL，根据实验①和④可探究浓度对反应速率的影响 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据“控制变量法”，实验①和②的变量为丙酮的浓度，可以探究丙酮浓度对反应速率的影响，故A正确； B．溶液的颜色是由c(I2)决定的，实验①中c(I2)是实验③中的二倍，即便t1大于t3，也不能说明I2浓度越大，反应速率越慢，故B错误； C．实验③中，丙酮过量，根据c(I2)的变化计算反应速率，v(I2)= ，根据速率比等于系数比，以丙酮表示的反应速率为，故C正确； D．混合溶液的总体积都为6mL，则实验④中，a=6mL-5mL=1mL，实验①和④中两种反应物的浓度都相同，只有c(H+)不同，则可探究H+浓度对反应速率的影响，故D正确； 选B。 14. 兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。 序号 操作 试剂a 试剂b 现象 ① 0.2mol/L FeCl3 蒸馏水 溶液为黄色 ② 0.2mol/L FeCl3 2mol/L盐酸 溶液为浅黄色 ③ 0.2mol/L Fe(NO3)3 蒸馏水 溶液为浅黄色 ④ 0.2mol/L Fe(NO3)3 2mol/L硝酸 溶液接近无色 下列说法不正确的是 A. ②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动 B. 由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关 C. 由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关 D. 由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L盐酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动，A正确； B．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关，B正确； C．对比实验①③和实验②④实验现象可知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关，C正确； D．由以上实验可推知，导致②溶液为浅黄色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移动，而导致③溶液为浅黄色的原因是Fe3+浓度和水解生成的离子浓度减小，故不相同，D错误； 故答案为：D。 第二部分 15. y是一种常见弱酸。 （1）下列事实能够说明醋酸是弱酸的是___________。 A. 醋酸能与碳酸钠反应产生气体 B. 0.1 醋酸溶液pH=3 C. 醋酸钠的水溶液呈碱性 D. pH=3的稀醋酸加水稀释100倍，pH<5 （2）常温下，向20 mL 0.1 溶液中逐滴加入0.1 的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图。 ①下列说法正确的是___________。 A．NaOH溶液的体积在0～30 mL范围内，水的电离程度逐渐增大 B．a点所示溶液中： C．b点所示溶液中： D．c点所示溶液中： ②写出c点所示溶液中的离子浓度大小关系：___________。 （3）现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋中醋酸的浓度，步骤如下： ①量取10.00 mL市售白醋，转移到100 mL容量瓶稀释定容，得待测白醋溶液。 ②取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，滴加2滴指示剂。 ③用0.1000 NaOH溶液滴定，记录数据如下： 实验编号 1 2 3 4 待测白醋溶液的体积(mL) 20.00 20.00 20.00 20.00 消耗0.1000 NaOH溶液体积 15.95 15.00 15.05 14.95 指示剂最好选择___________(填“石蕊”、“酚酞”或“甲基橙”)。 根据数据计算，市售白醋中醋酸的浓度为___________。 【答案】（1）BCD （2） ①. BC ②. c(Na+) > c(CH3COO-) > c(OH-) > c(H+) （3） ①. 酚酞 ②. 0.7500 【解析】 【小问1详解】 A．醋酸能与碳酸钠反应产生气体，说明醋酸的酸性强于碳酸，碳酸为弱酸，该反应中不能说明醋酸为弱酸，A不符合题意； B．0.1 醋酸溶液pH=3，溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，为弱酸，B符合题意； C．醋酸钠的水溶液呈碱性，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，能说明醋酸是弱酸，C符合题意； D．若醋酸是强酸，pH=3的醋酸溶液稀释100倍，则pH=5，但稀释100倍后pH<5，可证明醋酸是弱酸，D符合题意； 故答案选BCD。 【小问2详解】 ①A．在0~20 mL时，CH3COOH 与 NaOH 反应，生成的 CH3COONa 促进水的电离，水的电离程度增大；但当NaOH体积超过20 mL后，过量的NaOH会抑制水的电离，水的电离程度减小，因此，水的电离程度并非在0~30 mL范围内逐渐增大，A 错误； B．a 点加入的NaOH体积为10 mL，此时溶液为等物质的量浓度的CH3COOH 和 CH3COONa 的混合溶液，溶液呈酸性，说明 CH3COOH 的电离程度大于CH3COO-的水解程度，因此离子浓度关系为c(CH3COO-) > c(Na+) > c(CH3COOH) > c(H+) > c(OH-)，B 正确； C．b 点溶液 pH=7，呈中性，根据电荷守恒c(Na+) + c(H+) = c(CH3COO-) + c(OH-)，因为 c(H+) = c(OH-)，所以c(Na+) = c(CH3COO-)，C 正确； D．c 点加入 20 mL NaOH 溶液，此时溶液总体积为 40 mL，根据物料守恒，，并非，D错误； 故答案选BC； ②c 点加入20 mL等浓度的NaOH溶液，恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COO-会发生水解：CH3COO- +H2OCH3COOH + OH-，使溶液呈碱性，即c(OH-) > c(H+)，根据电荷守恒c(Na+) + c(H+) = c(CH3COO-) + c(OH-)，结合c(OH-) > c(H+)，可得c(Na+) > c(CH3COO-)，又因为水解程度较小，所以离子浓度大小关系为c(Na+) > c(CH3COO-) > c(OH-) > c(H+)。 【小问3详解】 对于指示剂选择：醋酸与NaOH反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，酚酞在碱性范围内变色（8.2~10.0），适合作为该滴定的指示剂；石蕊变色不灵敏，甲基橙在酸性范围内变色，均不适合； 对于浓度计算：首先舍去实验 1 中偏差较大的数据，计算实验 2、3、4 消耗 NaOH 溶液的平均体积：。根据反应，可得待测白醋稀释液中醋酸的浓度为，由于市售白醋是稀释了10倍的（10.00 mL 稀释到100 mL），所以市售白醋中醋酸的浓度为×10=0.7500mol/L。 16. 某小组同学欲探究AgNO3溶液与FeSO4溶液的反应，进行如下实验。 序号 实验操作 实验现象 ① 将溶液与溶液(调pH=3)混合后密封 观察到产生灰黑色沉淀，溶液变为黄色，数小时后，溶液颜色无变化，沉淀不增加 ② 将溶液与溶液(调pH=3)混合后密封 数小时内，未观察到明显现象 ③ 取少量①中反应后的上层清液，逐滴加入KSCN溶液 观察到溶液先变红，稍振荡后红色消失，同时产生白色沉淀。再次滴入KSCN溶液，上述现象再次出现 查阅资料：i．AgSCN为白色固体，； ii． （1）取实验①中灰黑色沉淀，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明沉淀中含_____。 （2）实验②中未观察到明显变化，说明_______。 （3）实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是_______。稍振荡后红色消失并产生白色沉淀，请结合离子方程式解释现象：_______。 （4）综合实验①~③可知，实验①中发生反应的离子方程式为_______。 （5）小组同学用KSCN标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag＋浓度。能指示滴定终点的现象为_______。 （6）滴定时，若取样混入灰黑色沉淀，则测得的c(Ag＋)_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）Ag （2）pH＝3时，不能明显地氧化Fe2＋ （3） ①. Fe3＋与SCN﹣的反应速率较Ag＋与SCN﹣的快 ②. 产生白色沉淀的反应为，该反应限度更大，使SCN﹣浓度降低，使Fe(SCN)3电离 （4） （5）滴入KSCN，振荡后溶液红色不再褪去 （6）偏高 【解析】 【小问1详解】 Ag为灰黑色沉淀，则取实验①中灰黑色沉淀，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明沉淀中含Ag； 【小问2详解】 实验②中未观察到明显变化，说明NaNO3溶液与FeSO4溶液不反应，pH＝3时,不能明显地氧化Fe2＋； 【小问3详解】 实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣的反应速率较Ag＋与SCN﹣的快，Fe3＋与SCN -反应生成Fe(SCN )3，稍微振荡后红色消失并产生白色沉淀，反应的离子方程式为：Ag++ SCN-= AgSCN↓，该反应限度更大，使SCN﹣浓度降低，使Fe(SCN)3电离； 【小问4详解】 实验①中银离子与亚铁离子反应生成银和铁离子，其反应的离子方程式为：Ag++Fe2+= Ag+Fe3+； 【小问5详解】 用 KSCN 标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag＋浓度，滴定终点的现象为滴入最后一滴KSCN溶液后，溶液变为红色，且半分钟内不变色； 【小问6详解】 滴定时，若取样混入灰黑色沉淀银，在滴定时则会变为银离子，则测得的c(Ag+)偏高； 【点睛】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 17. 某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO，过程如下： （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol) 反应a： 24.6 反应b： 3.17 反应c： 58.17 ①已知： ，则___________。 ②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是___________。 ③其他条件不变， 和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内， 和NO的转化率随的浓度的变化如图。 结合数据分析NO的转化率高于的原因___________。 （2）其他条件不变， 和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。 ①结合化学用语解释溶液显碱性：___________。 ②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是___________。 ③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是___________。 【答案】（1） ①. ②. 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，反应b和c的速率减小，导致SO2和NO的转化率均降低 ③. 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于 （2） ①. 溶液中存在，，的水解程度大于的水解程度，使溶液呈碱性 ②. 溶液直接与反应是脱除的主要原因 ③. 【解析】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律，将反应a与反应合并，列式为； ②反应a为气体分子数增大的反应，∆S>0，较高温度下有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小， SO2和NO的转化率均降低； ③由图可知，NO的转化率高于的原因是反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于； 【小问2详解】 ①溶液中存在，，的水解程度大于的水解程度，使溶液呈碱性； ②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%； ③与反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为。 18. 以低品位铜钴矿(主要成分为、、，还有少量的FeO、、CaO、MgO等杂质)为原料制备硫酸铜晶体和的一种工艺流程如下： 已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数 物质 ②萃取时发生反应 （1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是___________。 （2）浸出步骤铜钴矿中的转化为，该反应的离子方程式为___________。 （3）加入试剂a___________可使萃取剂再生。 （4）对于过程Ⅰ： ①加溶液作用是___________。 ②加入碳酸钠调节溶液的pH=4时溶液中的___________，由此可认为沉淀完全。 （5）滤渣1成分___________。 （6）在足量空气中煅烧生成，写出煅烧过程中的化学反应方程式___________。 （7）产品纯度测定方法如下： 已知：与EDTA-2Na按物质的量1:1反应，若滴定至终点时消耗EDTA-2Na标准液的体积为20.00 mL，则产品纯度为___________。(的摩尔质量是166 ) 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出速率 （2） （3）H2SO4 （4） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续转化为氢氧化铁沉淀除去 ②. （5） （6） （7） 【解析】 【分析】铜钴矿(主要成分为CoO(OH)、Cu2(OH)2CO3、SiO2，还有少量的FeO、Fe2O3、CaO、MgO等杂质)中加入稀硫酸和Na2SO3浸取，Cu2(OH)2CO3、MgO、FeO转化为可溶性硫酸盐，部分钙元素以硫酸钙形式进入浸出渣，Co3+、Fe3+被亚硫酸钠还原为Co2+、Fe2+，SiO2不反应，则浸出渣的成分主要为：SiO2、CaSO4，浸出液的主要成分为：Co2+、Fe2+、Ca2+、Cu2+、Mg2+、；萃取浸出液使Cu2+进入有机层，反萃取得到硫酸铜溶液，处理得到硫酸铜晶体；水层加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液1含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再加入NaF，使Mg2+、Ca2+转化为氟化镁、氟化钙沉淀，过滤后，滤液2中含有Co2+，加入草酸盐使其转化为草酸钴，煅烧得到Co2O3；据此作答。 【小问1详解】 铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出速率； 【小问2详解】 依据分析， CoO(OH)在酸性条件下被亚硫酸钠还原为Co2+，该反应的离子方程式为：； 【小问3详解】 萃取的反应为：，反萃取得到硫酸铜，则反萃取的反应为：，即试剂a为H2SO4； 【小问4详解】 ①依据分析，结合表格数据可知，氢氧化铁更难溶，NaClO3具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，便于后续除去铁元素，故加NaClO3溶液作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续转化为氢氧化铁沉淀除去； ②pH=4时，，则，由此可认为Fe3+沉淀完全； 【小问5详解】 依据分析，滤渣1 的成分为：； 【小问6详解】 CoC2O4⋅2H2O在足量空气中煅烧，钴元素化合价由+2变为+3，碳元素化合价由+3变为+4，氧元素化合价由0变为-2，结合氧化还原反应原理可知反应方程式为：； 【小问7详解】 三价钴与EDTA-2Na按物质的量1:1反应，则，产品纯度。 19. 某小组探究的制备。 已知：i.（绿色，不溶于水）、（绿色）、（灰绿色，不溶于水）、 （玫瑰红色）、（橙色）、（黄色） ii.是一种弱酸，易分解： 将固体和固体（物质的量之比为1:3）与过量的固体混合，高温煅烧得含的黄色固体，反应如下： 。 （1）受热分解转化为，反应的化学方程式是________。 （2）转化为，进行实验Ⅰ： ①加入，转化为反应的离子方程式是________。 ②无色气泡中的气体有________。 ③资料显示溶液变为棕黑色是与混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴加入NaOH溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液________（填操作和现象），证实溶液中存在与。 （3）探究的来源 来源1：…… 来源2：酸性环境中，与发生氧化还原反应生成。 ①来源1：________。 ②进行实验Ⅱ证实来源2成立，实验操作及现象如下： 实验操作 实验现象 溶液由橙色逐渐变为棕黑色，进而变为绿色，过程中无红棕色气体产生。 继续加入溶液，溶液变为玫瑰红色，加入溶液后，溶液恢复绿色。 溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：________、________。 从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因：________。 （4）为避免转化为的过程中产生，进行实验Ⅲ。 将煅烧后的黄色固体浸泡于100mL水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至pH＝5，溶液变为橙色。 实验Ⅲ中溶液的颜色与实验Ⅰ中的不同的原因可能是________。 【答案】（1） （2） ①. ②. NO、 ③. 加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色 （3） ①. 黄色固体中含有，溶于稀硫酸生成 ②. ③. ④. ，加入溶液，，且易分解，减小，平衡正向移动，转化为，溶液由玫瑰红色变为绿色 （4）实验Ⅱ中，过滤除去了，溶液中的比实验Ⅰ中的小，的氧化性减弱的程度大于的还原性增强的程度，使与不能反应生成，溶液仍为橙色 【解析】 【分析】将固体和固体与过量的固体混合，高温煅烧得固体，加水溶解后加入稀硫酸调节pH，反应可生成；反应过程中再酸性环境下，与发生氧化还原反应生成，会导致生成的产物中含有杂质。 【小问1详解】 根据得失电子守恒和质量守恒定律，受热分解转化为和氧气，化学方程式：； 【小问2详解】 ①根据原子守恒及电荷守恒，加入，转化为反应的离子方程式：； ②过量的碳酸盐与硫酸反应生成二氧化碳气体，亚硝酸盐在酸性环境下形成亚硝酸，亚硝酸不稳定分解出NO气体； ③溶液中存在与，结合题干信息可知，可通过改变溶液酸碱性，通过颜色变化进行成分判断，具体操作及现象：加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色； 【小问3详解】 ①根据实验信息可知，黄色固体中含有，溶于稀硫酸生成； ②结合题干信息各微粒颜色，结合得失电子守恒及电荷守恒可知，溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：、；，加入溶液，，且易分解，减小，平衡正向移动，转化为，溶液由玫瑰红色变为绿色； 【小问4详解】 实验Ⅱ中，过滤除去了，溶液中的比实验Ⅰ中的小，的氧化性减弱的程度大于的还原性增强的程度，使与不能反应生成，溶液仍为橙色。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第八十中学2025—2026学年第一学期期中考试 高二化学 2025年11月 (考试时间90分钟 满分100分) 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。 可能用到的相对原子质量：H 1 Co 59 N 14 K 39 O 16 Cr 52 第一部分 1. 25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是 A. pH=11的氨水 B. 0.01 mol/L的溶液 C. 0.01 mol/L的盐酸 D. pH=3的溶液 2. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. 温度高于25℃，水的离子积大于 B. 常温下pH=11.1的氨水稀释十倍后pH=10.6 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. 向滴有酚酞的碳酸钠溶液加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，溶液红色褪去 3. 下列过程与水解无关的是 A. 将镁条放入氯化铁溶液能快速产生气体 B. 工业上利用溶液除去铁锈 C. 将加入水中并加热使其转化为 D. 向饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸，有晶体析出 4. 。反应达平衡时，下列措施能提高转化率的是 ①降温 ②恒压通入惰性气体 ③增加的浓度 ④压缩容器容积 A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④ 5. 常温下，下列溶液的离子浓度关系式不正确的是 A. 相同物质的量浓度的和溶液，前者小于后者 B. 常温下pH>7的、混合溶液： C. 0.1 mol/L 溶液中： D. 0.1 mol/L 溶液中： 6. 下列用于解释事实的化学用语正确的是 A. 溶液显碱性： B. 碳酸为弱酸： C. 将硫酸钙(s)加入饱和碳酸钠溶液，固体会发生转化： D. 蓝色的溶液加热后变为绿色： 7. 是工业制硫酸的重要反应，下列说法正确的是 A. 工业上选择较高温度的目的是提高的平衡转化率 B. 使用催化剂能提高反应速率，降低反应的 C. 当、、的分子数之比为2:1:2时，说明反应达到了平衡状态 D. 其他条件不变，通入过量空气能提高的平衡转化率，但化学平衡常数不变 8. 已知键能数据：H-H为436 ，I-I为151 。反应经历如下反应历程：①，②，反应过程的能量变化如图。 下列说法正确的是 A. H-I的键能为299 B. 升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小 C. 升高温度，反应②的限度增大，的转化率增大 D. 为防止反应过程中I(g)的累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变 9. 向体积为10L的恒容密闭容器中通入1.1和1.1制备，反应原理为（正反应吸热）。在不同温度（、）下测得容器中随时间的变化曲线如下图所示。 下列说法正确的是 A. 温度 B. 时，若改为恒温恒压容器，平衡时 C. 时，平衡时再充入1.1，平衡常数增大 D. 时，的平衡转化率 10. 一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。 容器编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol NO(g) CO(g) CO2(g) I T1 0.2 0.2 0.1 Ⅱ T2 0.2 0.2 0.12 下列说法不正确的是 A. T1>T2 B. I中反应达到平衡时，CO的转化率为50% C. 达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I D. 对于I，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，平衡正向移动 11. 下列实验装置或操作，能达到实验目的的是 目的 A．比较AgCl和AgI的溶解度大小 B．比较碳酸、醋酸的酸性强弱 装置或操作 目的 C．由制取无水固体 D．依据褪色的先后验证浓度对化学反应速率的影响 装置或操作 A. A B. B C. C D. D 12. 常温下，用0.20mol·L-1盐酸滴定25.00mL0.20mol·L-1NH3·H2O溶液，所得溶液的pH、和NH3·H2O的物质的量分数(x)与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 曲线①代表x(NH3·H2O) B. 当溶液显中性时，滴入盐酸的体积小于25.00mL C. NH3·H2O的电离常数约为1×10-9.26 D. a点的溶液中存在c()=c(NH3·H2O)>c(Cl-) 13. 某同学设计实验探究丙酮碘化反应中丙酮(无色液体)、、浓度对化学反应速率的影响。 已知： 编号 丙酮溶液4 mol/L 溶液0.0025 mol/L 盐酸2 mol/L 蒸馏水 溶液褪色的时间/s ① 2 mL 2 mL 2 mL 0 mL ② 1 mL 2 mL 2 mL 1 mL ③ 2 mL 1 mL 2 mL 1 mL ④ 2 mL 2 mL a mL 1 mL 下列说法不正确的是 A. 实验①和②可以探究丙酮浓度对反应速率的影响 B. 如果大于，可知浓度越大，反应速率越慢 C. 实验③中，以丙酮表示的反应速率为 D. 实验④中，a=1mL，根据实验①和④可探究浓度对反应速率的影响 14. 兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。 序号 操作 试剂a 试剂b 现象 ① 0.2mol/L FeCl3 蒸馏水 溶液为黄色 ② 0.2mol/L FeCl3 2mol/L盐酸 溶液为浅黄色 ③ 0.2mol/L Fe(NO3)3 蒸馏水 溶液为浅黄色 ④ 0.2mol/L Fe(NO3)3 2mol/L硝酸 溶液接近无色 下列说法不正确的是 A. ②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动 B. 由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关 C. 由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关 D. 由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同 第二部分 15. y是一种常见弱酸。 （1）下列事实能够说明醋酸是弱酸的是___________。 A. 醋酸能与碳酸钠反应产生气体 B. 0.1 醋酸溶液pH=3 C. 醋酸钠的水溶液呈碱性 D. pH=3的稀醋酸加水稀释100倍，pH<5 （2）常温下，向20 mL 0.1 溶液中逐滴加入0.1 的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图。 ①下列说法正确的是___________。 A．NaOH溶液的体积在0～30 mL范围内，水的电离程度逐渐增大 B．a点所示溶液中： C．b点所示溶液中： D．c点所示溶液中： ②写出c点所示溶液中的离子浓度大小关系：___________。 （3）现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋中醋酸的浓度，步骤如下： ①量取10.00 mL市售白醋，转移到100 mL容量瓶稀释定容，得待测白醋溶液。 ②取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，滴加2滴指示剂。 ③用0.1000 NaOH溶液滴定，记录数据如下： 实验编号 1 2 3 4 待测白醋溶液的体积(mL) 20.00 20.00 20.00 20.00 消耗0.1000 NaOH溶液体积 15.95 15.00 15.05 14.95 指示剂最好选择___________(填“石蕊”、“酚酞”或“甲基橙”)。 根据数据计算，市售白醋中醋酸的浓度为___________。 16. 某小组同学欲探究AgNO3溶液与FeSO4溶液的反应，进行如下实验。 序号 实验操作 实验现象 ① 将溶液与溶液(调pH=3)混合后密封 观察到产生灰黑色沉淀，溶液变为黄色，数小时后，溶液颜色无变化，沉淀不增加 ② 将溶液与溶液(调pH=3)混合后密封 数小时内，未观察到明显现象 ③ 取少量①中反应后的上层清液，逐滴加入KSCN溶液 观察到溶液先变红，稍振荡后红色消失，同时产生白色沉淀。再次滴入KSCN溶液，上述现象再次出现 查阅资料：i．AgSCN为白色固体，； ii． （1）取实验①中灰黑色沉淀，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明沉淀中含_____。 （2）实验②中未观察到明显变化，说明_______。 （3）实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是_______。稍振荡后红色消失并产生白色沉淀，请结合离子方程式解释现象：_______。 （4）综合实验①~③可知，实验①中发生反应的离子方程式为_______。 （5）小组同学用KSCN标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag＋浓度。能指示滴定终点的现象为_______。 （6）滴定时，若取样混入灰黑色沉淀，则测得的c(Ag＋)_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 17. 某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO，过程如下： （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol) 反应a： 24.6 反应b： 3.17 反应c： 58.17 ①已知： ，则___________。 ②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是___________。 ③其他条件不变， 和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内， 和NO的转化率随的浓度的变化如图。 结合数据分析NO的转化率高于的原因___________。 （2）其他条件不变， 和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。 ①结合化学用语解释溶液显碱性：___________。 ②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是___________。 ③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是___________。 18. 以低品位铜钴矿(主要成分为、、，还有少量的FeO、、CaO、MgO等杂质)为原料制备硫酸铜晶体和的一种工艺流程如下： 已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数 物质 ②萃取时发生反应 （1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是___________。 （2）浸出步骤铜钴矿中的转化为，该反应的离子方程式为___________。 （3）加入试剂a___________可使萃取剂再生。 （4）对于过程Ⅰ： ①加溶液作用是___________。 ②加入碳酸钠调节溶液的pH=4时溶液中的___________，由此可认为沉淀完全。 （5）滤渣1成分___________。 （6）在足量空气中煅烧生成，写出煅烧过程中的化学反应方程式___________。 （7）产品纯度测定方法如下： 已知：与EDTA-2Na按物质的量1:1反应，若滴定至终点时消耗EDTA-2Na标准液的体积为20.00 mL，则产品纯度为___________。(的摩尔质量是166 ) 19. 某小组探究的制备。 已知：i.（绿色，不溶于水）、（绿色）、（灰绿色，不溶于水）、 （玫瑰红色）、（橙色）、（黄色） ii.是一种弱酸，易分解： 将固体和固体（物质的量之比为1:3）与过量的固体混合，高温煅烧得含的黄色固体，反应如下： 。 （1）受热分解转化为，反应的化学方程式是________。 （2）转化为，进行实验Ⅰ： ①加入，转化为反应的离子方程式是________。 ②无色气泡中的气体有________。 ③资料显示溶液变为棕黑色是与混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴加入NaOH溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液________（填操作和现象），证实溶液中存在与。 （3）探究的来源 来源1：…… 来源2：酸性环境中，与发生氧化还原反应生成。 ①来源1：________。 ②进行实验Ⅱ证实来源2成立，实验操作及现象如下： 实验操作 实验现象 溶液由橙色逐渐变为棕黑色，进而变为绿色，过程中无红棕色气体产生。 继续加入溶液，溶液变为玫瑰红色，加入溶液后，溶液恢复绿色。 溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：________、________。 从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因：________。 （4）为避免转化为的过程中产生，进行实验Ⅲ。 将煅烧后的黄色固体浸泡于100mL水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至pH＝5，溶液变为橙色。 实验Ⅲ中溶液的颜色与实验Ⅰ中的不同的原因可能是________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $