山东省潍坊市诸城一中2025-2026学年高二上学期期中考试模拟化学试题二

高二上学期期中考试模拟试题二 相对原子质量： 一、单选题：本题10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法不正确的是 A．含氟牙膏更好地保护牙齿是利用了沉淀转化原理 B．施肥时，草木灰不能与铵盐混合使用，是因为它们之间发生反应会降低肥效 C．明矾常用作净水剂，是因为它能够消毒杀菌 D．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝 2．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 A．对2HI(g)H2(g)+I2(g)平衡体系增加压强使颜色变深 B．反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)＋NO(g)△H<0升高温度使平衡向逆方向移动[ C．合成氨反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施 D．在溴水中存在如下平衡：Br2(g)＋H2O(l)HBr(aq)＋HBrO(aq)，当加入NaOH溶液后颜色变浅] 3．下列实验装置或操作方法正确且能达到实验目的的是 A．滴定实验中用高锰酸钾溶液滴定草酸接近终点的操作 B．借助秒表，用该装置可完成稀硫酸与锌反应速率的测定实验 C．制备无水 D．探究压强对平衡的影响 4．关于下列常温下的水溶液的说法正确的是 A．向水中加入溶液仍显中性，水的电离平衡不移动 B．加水稀释亚硫酸（）溶液，始终不变 C．将pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性 D．相同的溶质的物质的量浓度： 5．部分弱电解质的电离平衡常数如下表：下列说法不正确的是 弱电解质 HCOOH HCN H2CO3 NH3·H2O 电离平衡常数 （25 ℃） Ka=1.8×10-4 Ka=4.9×10-10 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 Kb=1.8×10-5 A．结合H+的能力：＞CN-＞＞HCOO- B．0.1mol/L的HCOONH4溶液中：c（HCOO-）＞c（）＞c（H+）＞c（OH-） C．25 ℃时，pH=3的盐酸与pH=11的氨水混合，溶液显中性，则二者消耗的体积是：V（盐酸）＞V（氨水） D．0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c（Na+）+ c（H+）=c（）+c（OH-）+c（） 6．利用分子筛负载锰基催化剂可实现还原生成和，该过程的反应机理如下图所示，下列说法错误的是 A． IM2→IM3为该反应的决速步骤 B．IM3→IM4过程中参与反应 C．将替换为，反应可得 D．比稳定 7．X溶液中含有下表所示离子中的某5种，且其离子浓度均为(不考虑水的电离和离子水解)。向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。叙述错误的是 阳离子 、、、、、 阴离子 、、、、、 A． X溶液中不可能含有和 B．X溶液中含有3种阴离子、2种阳离子 C．生成气体的离子反应方程式： D．不能确定原溶液中是否含有、 8．下列离子方程式书写正确的是 A．将稀硫酸加入硫代硫酸钠溶液：S2O+SO+4H+=2SO2↑+S↓+2H2O B．向酸性高锰酸钾溶液加入草酸：2C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O C．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Fe2+恰好完全沉淀： Fe2++2SO+2Ba2++2OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓ D．新制氯水中加入少量CaCO3：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl- +CO2↑+2HClO 9．处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下： 常温下：①溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表，当溶液中金属离子浓度时，可认为沉淀完全。 物质 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 4.6 ②，。下列说法正确的是 A．“沉淀池Ⅰ”中浓度为 B．“沉渣II”为CuS和ZnS C．“沉淀池II”中完全沉淀时，溶液中 D．“出水”液体中的阳离子只有 10．向密闭容器中通入物质的量比为的和H2混合气体，发生反应：CO2 + 3H2CH3OH + H2O，在不同条件下达到平衡，测得平衡时甲醇的物质的量分数在℃下的、在下的 x (CH3OH) ~ T的变化关系如下图所示，下列说法错误的是 A．在250℃、下，平衡时甲醇的物质的量 分数为10% B．在210℃、下，反应处于Y点状态时， v正＜ v逆 C．图像中A点和B点达到了相同的平衡状态 D．保持其他条件不变，增大起始物的比值， 可以提高 CO2的平衡转化率 二、不定项：本题共5小题，每题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意。 11．下列实验能达到目的的是 实验目的 实验方法或操作 A 验证与的反应是可逆反应 向溶液中滴加溶液，充分反应后，再滴加溶液 B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象 C 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度 D 验证酸性强于 用酸度计分别测和饱和溶液的，前者小 12．一种用铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等)为原料生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的主要工艺流程如图。下列有关叙述正确的是 工艺流程中的部分反应如下：①焙烧： ②酸化：   A．滤渣1的主要成分为SiO2 B．中和的目的是除铁和铝 C．酸化过程中pH=4.5时，若，的转化率为50% D．“转化”温度下溶解度： 13．bEG是一种新型生物基材料，可通过酯交换反应合成，其相关反应及反应过程中各组分浓度(除外)在不同反应时间变化如图所示： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 已知反应Ⅰ、Ⅱ的速率方程式分别为： ，，且； 反应Ⅲ为快速平衡反应。下列说法错误的是 A． 反应活化能 B．曲线c表示tEG C．t时刻反应Ⅰ与Ⅱ的速率之比为 D．m点后，将分离出体系，则增大 14．和等可组成缓冲溶液。常温下，某水溶液中微粒浓度比的对数值和与pH的关系如图。常温下，，。下列说法正确的是 A．线II表示与pH的关系 B．水的电离程度： C． D．当时， 15．常温下，用溶液分别滴定浓度均为的溶液和溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是 已知：，。 A．常温下，溶液中， B．常温下， C．的过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大 D．常温下，溶液中， 三、非选择题 共60分 16．钨是国防及高新技术应用中极为重要的功能材料之一，由黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁()、钨酸锰()，少量Si、As元素]冶炼钨的流程如下： 已知：①钨酸()酸性很弱，难溶于水。 ②水浸液含、、、等阴离子。 (1)“焙烧”前，粉碎黑钨矿的目的是 。 (2)滤渣的主要成分为两种金属氧化物，是、 。写出生成的化学方程式 。 (3)“净化”过程中，的作用是 。 (4)“还原”的总反应为  ，实验测得一定条件下，平衡时的体积分数随温度的变化曲线如图所示。 ①由图可知，a点处 (填“>”或“<”或“=”)。 ②900℃时该反应的压强平衡常数 。 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数) (5)钨酸钙可用于制闪烁计数器、激光器等，往“净化”后的溶液中加入石灰乳发生：，已知： 常温下，、的沉淀溶解平衡曲线如图所示。当溶液中的完全沉淀()时，溶液 。 17．实验是学习化学的重要途径之一，依据下列实验，回答问题： Ⅰ．某小组学生利用反应，设计了如下定性实验，探究温度和浓度对化学反应速率的影响。数据如下表所示： 实验编号 Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 蒸馏水 浓度/（mol/L） 体积/mL 浓度/（mol/L） 体积/mL 体积/mL 温度/℃ 1 0.1 1 0.5 1 V 30 2 0.1 2 0.5 1 7 a 3 0.1 2 0.5 1 7 40 (1)①实验2、3为探究 对该反应速率的影响。 ②a= ℃；V= mL。 Ⅱ．为了测量碳酸钙与盐酸反应的反应速率，某同学通过如图实验装置测定反应中生成的CO2气体体积；并绘制出如图所示的曲线。请分析讨论以下问题。 (2)化学反应速率最快的时间段是 ；（填“0~t1”“t1~t2”“t2~t3”或“t3~t4”） (3)已知在“t1~t2”内，碳酸钙的质量由m1克减少为m2克，则用单位时间内碳酸钙质量的减少量表示该时间段的平均速率为 g/min。（用t1、t2、m1、m2的式子表示） Ⅲ．以重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液为研究对象，探究影响化学平衡移动的因素。 已知：K2Cr2O7溶液存在平衡：（橙色）（黄色）。 (4)i可证明反应的正反应是 （填“吸热”或“放热”）。 (5)ii的目的是要验证“增大生成物浓度，该平衡逆向移动”，此实验不能达到预期目的，原因是 。 18．(1)常温下，的溶液和的溶液，设由水电离产生的的物质的量浓度分别为A和B，则等于 。时，将的稀溶液和的氢氧化钠溶液等体积混合，反应完后溶液中恰好有，用含的代数式表示的电离平衡常数 。 (2)已知时，的的，若氨水的浓度为，溶液中的 。将通入该氨水中，当为时，溶液中的 。 (3)磷能形成次磷酸、亚磷酸等多种含氧酸。 ①是一元中强酸，增大溶液中的浓度而不增大的浓度，应采取的措施是 (忽略溶液体积的变化)(填字母)。 A．适当升高温度       B．加入固体       C．加入浓      D．加入少量固体 ②是二元弱酸，溶液中的的物质的量分数随的变化如图所示。已知： 图像中点对应的 。常温下，结合数据说明溶液显酸性的原因 。 19．诸城一中的部分同学利用课余时间分成两个兴趣小组，进行化学实验探究。 I．第一组：以过氧化氢为对象进行实验。已知：纯过氧化氢是淡蓝色的黏稠液体， 可与水以任意比混合，为无色透明液体。回答下列问题。 (1)该小组的同学查阅资料后发现为二元弱酸，，。 ①写出在水溶液中的电离方程式： 。 ②如果常温下溶液，的酸式酸根离子与的浓度比为 。 (2)测定某瓶过氧化氢溶液中的含量。 ①取试样置于锥形瓶中，用装有的酸性标准溶液的棕色 式滴定管滴定。反应的离子方程式为 。 ②滴定达到终点的现象为 ， 记录数据。重复滴定两次，每次消耗的酸性标准溶液体积如下表所示： 实验次数 第一次 第二次 第三次 体积 16.10 16.05 16.15 则试样中过氧化氢的浓度为 。(保留两位有效数字，下同) ③若实验测得的浓度比该瓶试剂标签上的数据低，下列哪些是造成偏低的可能原因： 。 A．滴定终点读数时俯视读数 B．滴定管水洗后直接倒入溶液进行滴定 C．锥形瓶水洗后未干燥 D．滴定时有几滴溶液溅落在锥形瓶外 Ⅱ．第二组：已知溶液和溶液可发生反应：。为探究反应速率与的关系，该组同学设计下表进行四组实验，排水法收集用秒表测量收集所需的时间。实验数据如下表所示： 实验编号 /mL /s 溶液 溶液 醋酸 水 1 4.0 4.0 8.0 334 2 4.0 4.0 6.0 150 3 8.0 4.0 4.0 4.0 83 4 12.0 4.0 4.0 0.0 38 (3)① 。 ②该反应的速率方程为，为反应速率常数。利用实验数据计算得 (填整数)。 20． 是一种常见的有机溶剂，一种加氢偶合制备DMF的主要反应以及反应在不同温度下的化学平衡常数如表所示。 化学反应 平衡常数 温度／℃ 300 500 ①   2.5 2.68 ②+   1.25 1.08 ③++   (1)DMA在催化剂表面不同位点上生成DMF的基元反应能量变化如下表。 基元反应 位点 位点 活化能/eV 反应热/eV 活化能/eV 反应热/eV ⅰ.→ 2.30 1.55 1.05 0.75 ⅱ.→ 1.35 1.25 在 (填“”或“”)位点上更有利于与反应生成， 该位点上决速步反应为 (填“ⅰ”或“ⅱ”)。 (2)若反应③正反应的活化能为、逆反应的活化能为，则 (填“>”“<”或“=”)。 已知平衡常数与温度关系为(与为常数)，升高相同温度， 由大到小的顺序为 。 (3)在压强恒定为的密闭容器中，按充入原料发生上述反应，DMA的平衡转化率以及DMF和的平衡选择性随温度的变化如图所示。[X的平衡选择性，为DMF或］。 ①DMF平衡选择性的曲线是 (填序号)；300℃时，若平衡时密闭容器的体积为，的平衡浓度为，DMA的平衡转化率为 。 ②时，用分压表示反应①的平衡常数为 。时，保持压强恒定为， 向容器内通入使的分压保持不变，重新达平衡时，的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。 试卷第10页，共10页 试卷第9页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 高二上学期期中考试模拟试题二答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C B D C D D A B 题号 11 12 13 14 15 答案 A D CD AD BD 1．C 2．A【详解】试题分析：A．对2HI═H2+I2(g)，平衡体系增加压强使颜色变深，但平衡不移动，不能解释，故A选；B．反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，能解释，故B不选；C．根据方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，低温高压有利于平衡正向移动，可用勒夏特列原理解释，故C不选；D．加入NaOH溶液，与HBr、HBrO反应，平衡正向移动，能解释，故D不选；故选A。 3．C【详解】A．用高锰酸钾溶液滴定草酸，高锰酸钾溶液应装入酸式滴定管中，而图中为碱式滴定管，A错误； B．稀硫酸与锌反应生成氢气，若装置中长颈漏斗下端未插入液面以下，生成的氢气会从漏斗逸出，导致气体体积测量不准确，无法完成反应速率测定，B错误； C．MgCl2·6H2O加热易水解，在HCl气流中加热可抑制Mg2+水解，生成无水MgCl2，尾气用碱石灰吸收HCl，装置合理，C正确；D．该反应前后气体分子数不变，其平衡状态不受压强的影响，该装置不能探究压强对化学平衡的影响，D项错误 4．B【详解】A．向水中加入，由于和CH3COO-水解程度相等，溶液仍显中性，但水解促进水的电离，使水的电离平衡正向移动，故A错误； B．加水稀释亚硫酸（）溶液，、，故，始终不变，故B正确；C．常温下将pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合时，醋酸过量，混合后溶液呈酸性，故C错误； D．若，则的溶质的物质的量浓度：，所以要使相同，则溶质的物质的量浓度，故D错误；故答案为：B。 5．D【详解】A．相同条件下，酸的电离平衡常数越小，其越难电离，其酸根越易水解，即容易结合氢离子，所以CH3COO-、CN-、结合质子的能力大小顺序为：＞CN-＞＞HCOO-，选项A正确； B．HCOOH的电离平衡常数大于NH3•H2O，则水解程度大于HCOO-，故HCOONH4溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒得c（HCOO-）＞c（），盐溶液中氢离子浓度很小，所以离子浓度大小顺序是c（HCOO-）＞c（）＞c（H+）＞c（OH-），选项B正确；C．pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合时，溶液显碱性，若要显中性，盐酸要偏多，即V（盐酸）＞V（氨水），选项C正确；D．碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（）+c（OH-）+2c（），选项D不正确；故选D。 6．C【详解】A．决速步骤为反应历程中活化能最高的步骤，即过渡态（TS）能量最高的步骤。IM2→IM3对应的过渡态（TS1）能量变化最大，其活化能最大，则为决速步骤，A正确； B．由图中得，IM3→IM4的过程NO参与了反应，构建了新的中间体，B正确； C．H2O中的O来自反应物NOx，催化剂Z2-[MnO]2+中的O不参与产物H2O的形成；将MnO替换为Mn18O后，18O仍留在催化剂中，产物H2O不含18O，C错误； D．中间体能量越低越稳定，由图得Z2-[MnOH-NHNOH]2+（IM5）的能量低于Z2-[MnOH-NH2NO]2+（IM4），则前者更稳定，D正确；答案选C。 7．D【分析】各种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，向 X 溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变，产生气体不可能是离子或离子；根据表中的离子，可以推知是Fe2+、在酸性环境下生成的一氧化氮，有Fe2+无，加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的浓度为0.1mol/L，根据电荷守恒是不可能的，所以还含有阴离子，由于总共含有5种离子，再根据电荷守恒可知还含有一种带有两个正电荷的，所以原溶液中含有的五种离子为、、、Fe2+、；据此解答。【详解】A．由上述分析可知，反应前后阴离子种类不变，X溶液中不可能含有和，故A正确；B．由上述分析可知，原溶液中含有的五种离子为、、、Fe2+、，X溶液中含有3种阴离子、2种阳离子，故B正确； C．由上述分析可知，Fe2+、在酸性环境下生成的一氧化氮，其离子方程式为，故C正确； D．由上述分析可知，原溶液中含有的五种离子为、、、Fe2+、，肯定没有、，故D错误；答案为D。 8．D【详解】A．原子不守恒、得失电子不守恒，正确的离子方程式为：S2O+ 2H+=SO2↑+S↓+H2O，A项错误；B．草酸为弱酸，离子方程式中不拆，正确的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，B项错误； C．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Fe2+恰好完全沉淀，则Ba(OH)2完全反应，正确的离子方程式为：Fe2++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，C项错误；D．新制氯水具有酸性，会与CaCO3反应，生成二氧化碳，离子方程式为：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl- +CO2↑+2HClO，D项正确；答案选D。 9．A【分析】水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳调节pH=4，除掉三价铁离子和铝离子得到“沉渣I”沉淀和沉淀，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质。 【详解】A．当完全沉淀时，，pH=4.6，，，p H=4时，，故A正确； B．根据表格中数据，pH=4时，Al3+沉淀不完全，故“沉渣II”为CuS、ZnS和少量Al(OH)3，B错误；C．当锌离子完全沉淀时，铜离子也已经沉淀完全，硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C错误； D．“出水”液体中的阳离子有和，以及剩余微量的Ca2+、Zn2+，D错误； 10．B【详解】A．由图可知，在250℃、9×105Pa下，平衡时甲醇的物质的量分数为10%，A正确；B．由图可知，210℃、5×105Pa下，Y点甲醇的物质的量分数小于平衡时X点甲醇的物质的量分数，说明反应未达到平衡，反应向正反应方向进行，则v正>v逆，B错误； C．由图可知，A点与B点均为250℃、5×105Pa下，且甲醇的物质的量分数均为0.05，所以A点和B点达到了相同的平衡状态，C正确； D．保持其他条件不变，增大起始物的比值相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，可以提高CO2的平衡转化率，D正确； 11．A【详解】A．向1mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加5mL0.1mol/LKI溶液，KI溶液过量，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，A正确； B．量取等体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，发生的反应为，该反应无明显现象变化，不能达到实验目的，B错误； C．测定中和反应的反应热应该是强酸和强碱的稀溶液放在两个大小不同的烧杯中，两烧杯之间用碎纸条填充防止热量散失，用温度传感器采集烧杯内溶液的温度，C错误； D．验证亚硫酸和碳酸的酸性强弱，应测定同浓度的亚硫酸和碳酸的pH，SO2饱和溶液和CO2饱和溶液中亚硫酸和碳酸的浓度不同，不能达到实验目的，D错误；故选A。 12．D【详解】由流程图已知信息①可知，铬铁矿粉（主要成分是FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等）与Na2CO3、KClO3、NaOH进行焙烧，SiO2转化为Na2SiO3，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]，FeO·Cr2O3转化为Fe2O3和Na2CrO4；加入H2O进行浸取，得到的滤渣1为Fe2O3；在滤液中加入H2SO4调节pH=7~8，Na2SiO3转化为H2SiO3，Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀；再加入H2SO4进行酸化，由已知信息②可知，转化为，加入KCl进行转化，最后经一系列操作得到K2Cr2O7晶体。 A．由分析可知，滤渣1为Fe2O3，A错误； B．由分析可知，中和的目的是除去硅和铝的化合物，B错误； C．由信息②可得酸化反应的，当pH=4.5时，，若，代入K=1014，可求出，根据Cr元素守恒，转化率=，不是50%，C错误； D．加入KCl，Na2Cr2O7会转化为K2Cr2O7，根据复分解反应原理，溶解度小的物质会析出，所以溶解度：Na2Cr2O7>K2Cr2O7，D正确；故选D。 13．BD【分析】活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，已知：，反应Ⅲ为快速平衡反应，则反应速率Ⅲ>Ⅰ>Ⅱ，则反应活化能；参与2个反应，则其浓度减小最快，d曲线表示、b曲线表示EG，反应速率Ⅰ>Ⅱ，则a曲线表示tEG、c曲线表示bEG； 【详解】A．由分析，反应活化能，A正确；B．c曲线表示bEG，B错误；     C．t时刻，，反应Ⅰ与Ⅱ的速率之比为，C正确；D．反应速率Ⅰ>Ⅱ，m点后，将分离出体系，促使反应Ⅰ、Ⅱ正向移动，但是生成tEG速率更快，导致减小，D错误；故选BD。 14．AD 【分析】时，，，pH=-lgc(H+)=5-lg1.7=4.8，故I代表与pH的关系，II代表与pH的关系，时，。 【详解】A．根据分析，II代表与pH的关系，A正确； B．酸对水的电离有抑制作用，酸性越强，水的电离程度越小，a→b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，即水的电离程度：，B错误； C．，C错误； D．由图可知，pH=4.8时，，pH=7.8时， ，此时，D正确； 15．CD【详解】A．常温下，溶液中，得，，故，故A正确； B．常温下，，故B正确； C．的过程中为酸性环境，酸性减弱，所以溶液中水的电离程度一直增大，故C错误； D．常温下，溶液中，会发生水解，溶液呈碱性，所以，故D错误； 16．(1)增大接触面积，使焙烧更充分 1分 (2) 1分 (3)将氧化为 (4) > 1分 27 (5) 13 【详解】（1）黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁(FeWO4)、钨酸锰(MnWO4)，少量Si、As元素]冶炼钨，先加入碳酸钠并通入氧气进行焙烧，铁元素被氧化为三价，硅转化为硅酸盐，进行水浸，水浸液含、、、等阴离子，滤渣的主要成分为MnO2、Fe2O3两种金属氧化物，水浸液中加入氯化镁、过氧化氢净化，得到MgSiO3、MgHAsO4，加入硫酸根过滤得到滤液和滤渣，钨酸(H2WO4)酸性很弱，难溶于水，煅烧得到WO3，通入氢气还原得到单质W。 “焙烧”前将黑钨矿粉碎，可增大矿石的表面积，从而增大反应接触面积，使焙烧更充分； （2）由分析，“水浸”除去了锰和铁元素，故滤渣的主要成分为MnO2、Fe2O3两种金属氧化物，焙烧过程中MnWO4与氢氧化钠反应生成二氧化锰和钨酸钠，化学方程式为； （3）由流程图及分析，水浸液含、，净化过程中，砷元素以MgHAsO4沉淀的形式被除去，因此，H2O2的作用是将氧化为； （4）①a点在曲线上方，即如果达到平衡，氢气体积分数要减小，说明反应要正向进行才能到平衡，故反应正向进行中，v正>v逆； ②900℃时，压强p=0.1MPa，M点氢气的体积分数为25%，结合三段式列式计算平衡分压，设氢气起始量为3mol，平衡时消耗氢气x mol，则，，x=2.25mol，该反应的压强平衡常数Kp=； （5）常温下，Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线如图，由于氢氧化钙微溶，溶解度相对较大，上方的线表示CaWO4，下方的线表示Ca(OH)2，当c()=10-5mol/L时，对应是曲线上纵坐标为5的点，取横坐标(钙离子浓度)相同，对应氢氧根曲线的纵坐标为1，即c(OH-)=0.1mol/L，即pOH=1，pH=13。 17．(1) 温度 1分 30 1分 8 1分 (2)t1-t2 1分 (3) (4)放热 1分 (5)浓硫酸溶于水会放出大量热引起平衡移动 【详解】（1）根据单一变量原则，实验2、3反应温度不同，其他条件相同，所以探究的是温度对反应速率的影响，a=30；实验1、2的反应物浓度不同，其他条件应相同，所以溶液总体积不变，为2+7+1=10 mL，则V+1+1=10，V=8。 （2）随着反应的进行，浓度下降，但该反应放热，使速率加快，另外图像斜率越大，反应速率越快，所以t1-t2时间段反应速率最快。 （3）根据题意，平均速率为g/min。 （4）实验i加热后溶液颜色加深，说明溶液中重铬酸根的浓度增大，平衡逆向移动，所以加热使反应逆向移动，正反应放热。 （5）应滴加稀硫酸，原因如下：浓硫酸溶于水会放出大量热引起平衡移动。 18．(1) (2) 0.6 (3) BD 存在着电离和水解两种情况，其水解常数，电离程度强于水解程度，所以其溶液显酸性 【详解】（1）常温下，的溶液中；的溶液水解显碱性，其氢氧根来源于水，故其，则。溶液中存在电荷守恒，，反应完后溶液中恰好有，则有，等体积混合以后，浓度减半，，根据物料守恒：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=，c(CH3COOH)=，电离平衡常数。 （2）氨水是弱碱，在水中部分电离，其电离平衡常数，由于氨水电离程度小，可认为氨水电离以后浓度不变，电离的，则，解得。 亚硫酸是二元弱酸，其，当为时，溶液中的。 （3）①是一元中强酸，其电离方程式为。若想增大溶液中的浓度而不增大的浓度，应采取的措施是： A．适当升高温度，电离平衡正移，两种离子浓度均增大，A不符合题意； B．加入固体，增大了浓度，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，B符合题意； C．加入浓，增大了浓度，平衡正向移动，氢离子浓度增大，C不符合题意； D．加入少量 NaOH 固体，氢氧根消耗氢离子，平衡正移，氢离子浓度降低，浓度增大，D符合题意； 故选BD。 ②是二元弱酸，分步电离：、。其、，当，联立两式：，解得。存在着电离和水解两种情况，其水解常数，电离程度强于水解程度，所以其溶液显酸性。 19．(1) 、 (2) 酸 1分 当滴入最后半滴酸性溶液时，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色 0.20 1分 (3) 4.0 1分 2 【详解】(1)①为二元弱酸，其酸性比碳酸弱，水溶液中分步电离，电离方程式为：、； ②如果常温下溶液，，由电离方程式可知，，； (2)①酸性溶液具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中，酸性溶液和溶液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：； ②与双氧水恰好完全反应后，颜色褪去，所以滴定到达终点的现象是：当滴入最后半滴酸性溶液时，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色；三组实验的平均值为，则试样中过氧化氢的浓度为。 ③A．滴定终点读数时俯视读数，读数偏小，消耗标准液体积减少，测定结果偏低，A符合题意； B．滴定管用蒸馏水洗净后，直接注入溶液进行滴定，使得标准液浓度偏低，消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏高，B不符合题意； C．锥形瓶水洗后未干燥不影响测定结果，C不符合题意； D．滴定时有几滴溶液溅落在锥形瓶外，就会多消耗标准溶液，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏大，D不符合题意； 故选A； (3)Ⅱ．①为探究反应速率与的关系，浓度不变，根据数据3和4可知溶液总体积为，故为； ②浓度增大速率加快，根据1和3组数据分析，3的是1的2倍，1和3所用的时间比，根据分析可知速率和浓度的平方成正比，故。故答案为：4.0；2。 20. 【答案】(1) 1分 ⅱ 1分 (2) > 1分 (3) c 1分 42.9% 减小 1分 【详解】（1）由表格数据可知，在位点上反应时，活化能更小，反应速率更快，则在位点上更有利于与反应生成，该位点上反应时，反应ⅱ的活化能大于反应ⅰ，反应速率小于反应ⅰ，为该位点上的决速步反应。 （2）由表格数据可知，升高温度，反应①的平衡常数增大，该反应为吸热反应，ΔH1>0，升高温度，反应②的平衡常数减小，该反应为放热反应，ΔH2<0，由盖斯定律可知，反应①-反应②可得反应③，则ΔH3=ΔH1-ΔH2>0，反应③是吸热反应，若反应③正反应的活化能为、逆反应的活化能为，则>； 反应①、③是吸热反应，升温，K增大，反应②是放热反应，升高温度K减小，即，其最小；平衡常数与温度关系为(与为常数)，则比较就是比较函数的斜率，即比较的大小，根据上一问可知，，则由大到小的顺序为。 （3）①反应①和反应③是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，DMA的平衡选择性增大，则DMF平衡选择性的曲线是c，的平衡选择性减小，且DMF和的平衡选择性相加为1，则平衡选择性的曲线是b，DMA的平衡转化率曲线为a，300℃时，若平衡时密闭容器的体积为，的平衡浓度为，DMF和的平衡选择性均为50%，则平衡时c(DMF)=c，300℃时反应③的平衡常数K3==，则c(H2)=0.6mol/L，由于反应③的反应物和生成物是主产物和副产物的互变，利用选择性进行计算时，忽略此反应，DMF和的平衡选择性均为50%，则反应①生成n()=0.06 mol，消耗n()=0.06mol，消耗n(DMF)=0.06mol，反应②生成n()=0.12mol，消耗n()=0.18mol，消耗n(DMF)=0.06mol，共消耗n()=0.06mol+0.18mol=0.24mol，则的投入量为0.24mol+0.6mol=0.84mol，由于按充入原料发生上述反应，则n(DMA)=0.84mol=0.28mol，DMA的平衡转化率为。 ②假设DMA、CO2、H2的投入量分别为1mol、1mol、3mol，DMA的平衡转化率为40%，DMF平衡选择性为75%，由N元素守恒可知，n(DMA)=(1-0.4)mol=0.6mol，n=0.4mol×0.25=0.1mol，n(DMF)=0.4mol×0.75=0.3mol，由C元素守恒可知，n(CO2)=2mol+1mol-2×0.6mol-3×0.1mol-3×0.3mol=0.6mol，由O元素守恒可知，n()=2mol-2×0.6mol-0.3mol=0.5mol，由反应①和反应②系数关系可知，n(H2)=3mol-0.3mol-0.1×3mol=2.4mol，气体总物质的量为0.6mol+0.3mol+0.1mol+0.6mol+0.5mol+2.4mol=4.5mol，用分压表示反应①的平衡常数为Kp=，温度不变，反应③的Kp=是定值，保持压强恒定为，向容器内通入使的分压保持不变，相对于原平衡，的分压增大，反应①、②平衡正移，反应③平衡逆移，则p()增大，均为定值，则减小。 高二上学期期中考试模拟试题二答题卡 班级： 姓名： 分数： 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 案 题 11 12 13 14 15 案 16.（11分） ⑴ （1分） ⑵ （1分） ⑶ ⑷ （1分） ⑸ 17.（9分） ⑴ （1分）， （1分）， （1分）。 ⑵ （1分）。⑶ 。 ⑷ （1分）。 ⑸ 。 18. （14分） ⑴ ， ⑵ ， ⑶ ， ； 。 19.（15分） ⑴① 。 ② （2）① （1分）， 。 ② 。 ③ （1分） （3） （1分）， 。 20. （11分） ⑴ （1分）， （1分） ⑵ （1分）， ⑶① （1分）， ， ② ， （1分） 答案第10页，共12页 答案第11页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $