精品解析：北京市通州区2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题

北京市通州区2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题 本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mn55 Fe56 Ag108 第一部分(选择题 共42分) 本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 1. 下列物质中，属于弱电解质是 A. B. KOH C. D. 2. 冰融化的过程中，其焓变和熵变正确的是 A. △H>0，△S>0 B. △H>0，△S＜0 C. △H＜0，△S＜0 D. △H＜0，△S>0 3. 下列溶液因盐的水解而呈酸性的是 A. B. C. D. 4. 在下，氢气与氧气反应的热化学方程式可表示为 则氢气燃烧热是 A. B. C. D. 5. 在2 L的密闭容器中发生反应后，B减少1.2 mol。下列叙述不正确的是 A. 2 min内 B. 2 min后C增加了0.8 mol C. D. 向容器中充入一定量氩气能加快反应速率 6. 下列方程式书写正确的是 A. 的电离方程式： B. 氯化钠的电离方程式： C. 的水解方程式： D. 的水解方程式： 7. 下列说法中正确的是 A. 能自发进行的反应一定是放热反应 B. 任何水溶液中都存在电离平衡 C. 活化分子具有的平均能量叫做反应的活化能 D. 弱电解质的导电能力一定比强电解质的导电能力弱 8. 已知：，小组同学利用装有和混合气体的注射器(用橡胶塞封闭)和平衡球，进行如下两组实验 实验① 实验② 将注射器活塞由I处拉到II处 将平衡球的两端分别浸入热水和冷水中 下列说法正确的是 A. 实验①中的实验现象是注射器内气体颜色变深 B. 实验②中的实验现象是a平衡球颜色加深，b平衡球颜色变浅 C. 实验①和实验②中b平衡球颜色变化均是逆向移动导致的 D. 实验①和实验②中反应的平衡常数均发生了改变 9. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. 用溶液清洗油污时，加热可以增强去污效果 B. ，随温度升高，纯水的pH减小 C. 溶液中加入少量固体，促进分解 D. 实验室制取氯气时，采用排饱和食盐水的方法收集 10. 下列实验装置或操作，不能达到对应实验目的是 A．测定中和反应的反应热 B．验证醋酸酸性大于碳酸 C．测定锌与稀硫酸反应速率 D．验证醋酸为弱酸 A. A B. B C. C D. D 11. 下列依据相关数据作出的推断不正确的是 A. 依据的键能，可推断反应的反应热 B. C(石墨，s)=C(金刚石，s) ，依据可推断稳定性：石墨<金刚石 C. 依据相同温度下可逆反应与大小的比较，可推断反应进行的方向 D. 依据一元弱酸，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小 12. 某小组同学设计如下实验探究“反应条件对水解平衡的影响”。 下列说法不正确的是 A. ①、②对比水的电离程度：①>② B. ①、②对比：②>① C. ③中存在的粒子种类与①、②中不完全相同 D. ①②③均促进了水解平衡正向移动 13. 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡： (i) (ii) 下列有关溶液的说法正确的是 A. 加入少量硫酸，溶液的pH不变 B. 加入少量水稀释，溶液中离子总数不变 C. 加入少量NaOH溶液，的值不变 D. 加入少量固体，平衡时与的比值保持不变 14. 在不同温度条件下，某水溶液里和的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 若从b点到c点，可向水溶液中加入碱 B. b点对应的水溶液中，由水电离出的 C. 由图像可知： D. d点对应的水溶液中，可能有大量存在 第二部分(非选择题 共58分) 本部分共6小题，共58分。 15. 水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，研究水溶液的性质及反应有重要意义。室温下，相关酸的电离平衡常数如下表所示： 酸 HClO 电离平衡常数 回答下列问题。 （1）电离方程式是______。 （2）物质的量浓度相同的和大小：______HClO(填“>”“<”或“=”)。 （3）下列四种离子中，结合能力最强的是______。 A. B. C. D. （4）的溶液，请结合离子方程式解释其原因：______。 16. 氨作为化工领域的重要原料，广泛应用于氮肥、炸药、药品等产品的生产中。已知298 K时合成氨反应为。 （1）在生产中欲使的转化率提高，同时提高的产率，可采取的措施有______(答出两条即可)。 （2）20世纪初，以和为原料的工业合成氨方法研制成功。图1为不同压强、温度下，以物质的量的百分含量分别为进料(组成1)，反应达平衡时的物质的量分数与温度的关系。 ①判断压强：______(填“>”或“<”)，简述理由：______。 ②图中三点对应平衡常数大小关系是______。 ③合成氨原料气中存在不参与反应Ar时会影响的平衡含量。在时，以、物质的量的百分含量分别为和进料(组成2)。反应达平衡时与进料组1相比有一定变化，图2中虚线能表示进料组中含有气体的曲线是______(填“I”或“II”)。 （3）工业上通常用铁触媒，在和的条件下合成氨。采用的原因是______。 17. 实验室有两瓶失去标签的相同浓度的盐酸和醋酸，小组同学设计如下实验进行鉴别和定量测定。 I．向润洗过的滴定管中加入溶液，赶出气泡、调节液面至“0”刻度后准确记录读数。 II．向锥形瓶中滴入25.00 mL待测溶液，再向其中滴加2滴酚酞溶液。 III．开始滴定，到达滴定终点时停止滴定，并记录溶液的最终读数，再重复滴定2次。 （1）步骤I中滴定管应选用______滴定管(填“a”或“b”)。 （2）步骤III中滴定终点的现象是______。 （3）3次滴定消耗NaOH溶液的体积记录如下： 实验次数 1 2 3 滴定前 滴定终点 消耗NaOH溶液的体积／mL 24.98 25.02 第3次滴定消耗NaOH溶液的体积为______mL，则该溶液的物质的量浓度约为______(保留2位有效数字)。 （4）用上述同样方法对另一瓶试剂进行滴定后，所得滴定曲线如图所示。 ①滴定醋酸的滴定曲线是______(填“a”或“b”)。 ②点X所示溶液中离子浓度从大到小顺序是______。 18. 甲醇作为一种较好的可再生能源，具有广泛应用前景。利用等原料制备甲醇对于实现“碳中和”具有重要的意义。 I．制备甲醇发生反应： （1）该反应的化学平衡常数表达式为______。 （2）在催化剂X、总压时不同温度对甲醇产率影响如下图所示。 ①段，甲醇产率随温度升高而增大，请依据活化分子碰撞理论解释其原因：______。 ②段，产率下降的可能原因是______。 II．甲烷选择性氧化制备甲醇发生的反应热化学方程式如下： i． ii． （3）①补全反应iii：______。 ②反应iii的平衡常数______(用表示)。 （4）与反应可得与反应能高选择性地生成甲醇。室温下当分别与反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似)。 ①直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线______(填“c”或“d”)，该反应能量变化中决速步骤是______。(填“I”或“II”) ②若与混合气体反应，生成的产量较其他产物多。分析原因：______。 19. 海洋中蕴藏着丰富的镁资源。某海水提镁的工艺流程如下图所示(已知：海水中含有、等杂质离子)。 （1）步骤I中加适量溶液发生反应的离子方程式是______。 （2）海水中钙离子含量过高，会影响氢氧化镁的纯度，碳酸钠加入量对钙去除率和镁损失率的影响如下图所示，工业上选取碳酸钠与钙离子最佳物质的量之比为1.3，原因是______。 （3）已知： 氢氧化物 开始沉淀的pH 9.1 完全沉淀的pH 11.1 ①步骤II中一般控制溶液的pH在之间，若pH过低()会导致的问题是______。 ②步骤II中常采用“搅拌”和“缓慢加入石灰乳”的方式制得，以避免造成镁离子的损失，请从化学反应速率角度解释“缓慢加入石灰乳”的原因______。 （4）步骤IV中需在气流中加热晶体制得无水，请结合化学平衡移动原理解释原因______。 （5）上述流程中，可以循环利用的物质是______(写一种即可)。 20. 某小组同学欲研究与的反应，进行如下探究。 （1）理论预测 从化合价的角度分析，具有______性，二者能发生氧化还原反应。 （2）实验验证 实验I．将溶液与溶液(酸化，)等体积混合。产生灰黑色沉淀，溶液为淡黄色。 已知：i．(白色) ii． ①取实验I中黑色固体，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明固体中含有______。 ②取实验I中上清液滴入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：______。 ③结合以上信息，写出与反应的离子方程式是______。 （3）深入探究：小组同学研究测定“与反应”的化学平衡常数的方法。 已知：与酸碱中和滴定类似，氧化还原滴定是基于电子转移的定量关系来测定物质的量浓度。 实验Ⅱ．取实验I中上层清液，用酸性高锰酸钾溶液滴定上层清液中剩余的滴定至终点时消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为。 ①写出滴定过程中酸性与反应的离子方程式______。(注：的还原产物为) ②平衡时______。 ③若设计实验滴定上层清液中的，则最终测得反应的平衡常数会______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)，原因是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市通州区2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题 本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mn55 Fe56 Ag108 第一部分(选择题 共42分) 本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 1. 下列物质中，属于弱电解质的是 A. B. KOH C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．是弱酸强碱盐，在水中完全解离为和，属于强电解质，A不符合题意； B．KOH是强碱，在水中完全解离为和，属于强电解质，B不符合题意； C．CO2本身不直接解离，溶于水生成的H2CO3是弱电解质，但CO2本身属于非电解质，C不符合题意； D．在水中仅部分解离为和，属于弱碱，是弱电解质，D符合题意； 故答案为：D。 2. 冰融化的过程中，其焓变和熵变正确的是 A. △H>0，△S>0 B. △H>0，△S＜0 C. △H＜0，△S＜0 D. △H＜0，△S>0 【答案】A 【解析】 【详解】冰融化过程中，物质的状态由固体变为液体，熵值增大，则△S＞0；熔化过程吸收能量，因此焓变△H＞0，故冰融化的过程中，其焓变和熵变均增大，故选A。 3. 下列溶液因盐的水解而呈酸性的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解生成H+，使溶液呈酸性，A符合题意； B．Na2CO3强碱弱酸盐，水解生成OH-，溶液呈碱性，B不符合题意； C．HNO3是强酸，溶液酸性由自身电离产生H+，与盐的水解无关，C不符合题意； D．NaHSO4在水中完全电离出H+，溶液酸性由NaHSO4电离直接产生，而非水解，D不符合题意； 故选A。 4. 在下，氢气与氧气反应的热化学方程式可表示为 则氢气燃烧热是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】燃烧热指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化产物的焓变，则氢气燃烧的稳定产物为液态水，据此信息解答。 【详解】A．该数值对应的热化学方程式是 生成 的焓变，不符合氢气燃烧热的，A错误； B．该数值对应的热化学方程式是 生成 的焓变，符合氢气燃烧热的，B正确； C．该数值对应的热化学方程式生成为气态，不符合氢气燃烧热的，C错误； D．该数值对应的热化学方程式生成为气态，不符合氢气燃烧热的，D错误； 故答案为：B。 5. 在2 L的密闭容器中发生反应后，B减少1.2 mol。下列叙述不正确的是 A. 2 min内 B. 2 min后C增加了0.8 mol C. D. 向容器中充入一定量氩气能加快反应速率 【答案】D 【解析】 【分析】根据反应，后，B减少，列式，据此数据解答。 【详解】A．内，B的反应速率为：，A正确； B．根据分析可知，2 min后生成的C的物质的量为0.8 mol，B正确； C．在方程式中，反应速率比等于化学计量数之比，则有，C正确； D．恒容时充入不参加反应的氩气不改变反应物浓度，则反应速率不变，D错误； 故答案为：D。 6. 下列方程式书写正确的是 A. 的电离方程式： B. 氯化钠的电离方程式： C. 的水解方程式： D. 的水解方程式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，电离方程式为：，A错误； B．氯化钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和氯离子，电离方程式为：，B错误； C．铝离子在溶液中微弱水解生成氢氧化铝和氢离子，水解方程式为：，C正确； D．碳酸氢根离子在溶液中水解应生成碳酸和氢氧根离子，水解方程式为：，D错误； 故选C。 7. 下列说法中正确的是 A. 能自发进行的反应一定是放热反应 B. 任何水溶液中都存在电离平衡 C. 活化分子具有的平均能量叫做反应的活化能 D. 弱电解质的导电能力一定比强电解质的导电能力弱 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应自发性的判断依据是时能自发，而吸热反应（ΔH>0）在高温下若熵增显著（TΔS足够大），ΔG可能为负，反应仍可自发进行，A错误； B．任何水溶液中均存在水的电离平衡，即使强酸或强碱溶液中，水的电离平衡依然存在，B正确； C．活化能是指活化分子的平均能量与反应物分子平均能量的差值，而非活化分子自身的平均能量，C错误； D．导电能力取决于离子浓度及电荷量，若弱电解质浓度远高于强电解质（如浓醋酸与极稀NaCl溶液），其导电能力可能更强，D错误； 故答案为：B。 8. 已知：，小组同学利用装有和混合气体的注射器(用橡胶塞封闭)和平衡球，进行如下两组实验 实验① 实验② 将注射器活塞由I处拉到II处 将平衡球的两端分别浸入热水和冷水中 下列说法正确是 A. 实验①中的实验现象是注射器内气体颜色变深 B. 实验②中的实验现象是a平衡球颜色加深，b平衡球颜色变浅 C. 实验①和实验②中b平衡球颜色变化均是逆向移动导致的 D. 实验①和实验②中反应的平衡常数均发生了改变 【答案】B 【解析】 【分析】在实验①中，注射器(用橡胶塞封闭) 中装有和混合气体，首先注射器的活塞位于图中I处，然后将注射器活塞由I处拉到II处，注射器内的体积变大，压强变小，这有利于反应（）向逆反应方向进行； 在实验②中，装有和混合气体的平衡球两端分别被浸入热水和冷水中，已知反应（）为放热反应，因此，a平衡球（在热水中的平衡球）中的反应向逆反应方向移动，b平衡球（在冷水中的平衡球）中的反应向正反应方向进行。 【详解】A．将注射器活塞由I处拉到II处，注射器内的体积变大，注射器内的气体浓度减小，颜色变浅，A错误； B．根据分析可知：a平衡球中的反应向逆反应方向移动，混合气体中的变多，a平衡球的颜色加深；b平衡球中的反应向正反应方向进行，混合气体中的变少，b平衡球的颜色变浅；B正确 C．由分析可知：实验①中注射器内反应（）向逆反应方向进行，实验②中b平衡球的反应（）向正反应方向进行，C错误； D．实验①中温度没有发生改变，因此，平衡常数没有发生改变，D错误； 故选B。 9. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. 用溶液清洗油污时，加热可以增强去污效果 B. ，随温度升高，纯水的pH减小 C 溶液中加入少量固体，促进分解 D. 实验室制取氯气时，采用排饱和食盐水的方法收集 【答案】C 【解析】 【详解】A．加热促进水解，碱性增强，促进油脂的水解，能用平衡移动原理解释，A正确； B．升温使水的电离平衡右移，H+浓度增加，pH减小，能用平衡移动原理解释，B正确； C．是催化剂，仅加速分解速率，不改变平衡状态，与平衡移动无关，C错误； D．饱和食盐水中高浓度的抑制与水反应，通过浓度变化影响平衡，能用平衡移动原理解释，D正确； 故答案选C。 10. 下列实验装置或操作，不能达到对应实验目的是 A．测定中和反应的反应热 B．验证醋酸酸性大于碳酸 C．测定锌与稀硫酸反应速率 D．验证醋酸为弱酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．测定中和热的装置少了烧杯外的隔热层以及杯盖等多个保温隔热措施的装置，实验误差大，A错误； B．醋酸与碳酸钠反应制取二氧化碳，产生的CO2通入澄清石灰水，会使石灰水变浑浊，故可证明醋酸酸性大于碳酸，B正确； C．针筒可测定一定时间内氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，C正确； D．25.3℃下，醋酸钠的pH为8.6>7，故醋酸钠水解显碱性，反推醋酸为弱酸，D正确； 故选A。 11. 下列依据相关数据作出的推断不正确的是 A. 依据的键能，可推断反应的反应热 B. C(石墨，s)=C(金刚石，s) ，依据可推断稳定性：石墨<金刚石 C. 依据相同温度下可逆反应的与大小的比较，可推断反应进行的方向 D. 依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小 【答案】B 【解析】 【详解】A．通过键能计算反应热时，ΔH=反应物键能总和生成物键能总和，根据、、的键能可计算出的反应热，A正确； B．表明石墨转化为金刚石为吸热反应，说明石墨能量更低、更稳定，则稳定性：石墨金刚石，B错误； C．比较Q与K可判断反应方向，当Q<K时正向进行，当Q>K时逆向进行，C正确； D．一元弱酸的Ka越大，酸性越强，同浓度下pH越小，因此用Ka可推断pH大小，D正确； 故答案为：B。 12. 某小组同学设计如下实验探究“反应条件对水解平衡的影响”。 下列说法不正确的是 A. ①、②对比水的电离程度：①>② B. ①、②对比：②>① C. ③中存在的粒子种类与①、②中不完全相同 D. ①②③均促进了水解平衡正向移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫酸铁溶液中存在：，①中加入晶体，c(Fe3+)增大，水解平衡正向移动，c(H+)增大；②中加入浓硫酸，c(H+)增大，水解平衡逆向移动，水的电离受到抑制，②中c(H+)更大，水的电离程度更小，所以水的电离程度：①>②，A正确； B．②中加入浓硫酸，直接增大了c(H+)，所以c(H+)：②>①，B正确； C．①、②中粒子主要有Fe3+、、H+、OH-、H2O、Fe(OH)3；③中加入铁粉，发生反应：，有Fe2+生成，所以③中存在的粒子种类与①、②中不完全相同，C正确； D．①中加入晶体，c(Fe3+)增大，促进Fe3+水解平衡正向移动；②中加入浓硫酸，c(H+)增大，抑制Fe3+水解平衡正向移动；③中加入铁粉，Fe与Fe3+反应，c(Fe3+)减小，抑制Fe3+水解平衡正向移动，D错误； 故答案选D。 13. 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡： (i) (ii) 下列有关溶液的说法正确的是 A. 加入少量硫酸，溶液的pH不变 B. 加入少量水稀释，溶液中离子总数不变 C. 加入少量NaOH溶液，的值不变 D. 加入少量固体，平衡时与的比值保持不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．向溶液中加入少量硫酸溶液时，溶液中的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，A错误； B．加入少量水稀释时，反应i和反应ii的平衡均向正反应方向移动，溶液中离子总数增加，B错误； C．由方程式可知、，则，，向溶液中加入少量氢氧化钠溶液时，溶液中氢离子浓度减小，反应的平衡常数不变，则的值增大，C错误； D．由方程式可知，反应i的平衡常数K1=，温度不变，平衡常数不变，则加入少量重铬酸钾固体时，溶液中的值保持不变，D正确； 故选D。 14. 在不同温度条件下，某水溶液里和关系如图所示。下列说法正确的是 A. 若从b点到c点，可向水溶液中加入碱 B. b点对应的水溶液中，由水电离出的 C. 由图像可知： D. d点对应的水溶液中，可能有大量存在 【答案】C 【解析】 【详解】A．a点为25℃纯水（c(H+)=c(OH⁻)=10-7mol/L，Kw=10-14），d点在T℃曲线（Kw=10-12）上，且c(OH⁻)>c(H+)（碱性）。从a到c需升高温度（T>25℃），加入碱无法实现温度变化，A错误； B．b点在25℃曲线（Kw=10-14），若是酸溶液（c(H⁺)=10-6mol/L），则c(OH-)==10-8mol/L，水电离出的c(H⁺)=c(OH⁻)=10-8mol/L，若盐溶液因水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，则水电离出的，因题目没有指明是哪种溶液，故无法确定水电离出的，B错误； C．水的电离吸热，温度越高 越大，T2​的Kw​=10−14，T1​的Kw​==10−12，故T1​>T2​，C正确； D．d点 ，溶液呈碱性，不可能大量存在 ，D错误； 故选C。 第二部分(非选择题 共58分) 本部分共6小题，共58分。 15. 水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，研究水溶液的性质及反应有重要意义。室温下，相关酸的电离平衡常数如下表所示： 酸 HClO 电离平衡常数 回答下列问题。 （1）电离方程式是______。 （2）物质的量浓度相同的和大小：______HClO(填“>”“<”或“=”)。 （3）下列四种离子中，结合能力最强的是______。 A B. C. D. （4）的溶液，请结合离子方程式解释其原因：______。 【答案】（1） （2）< （3）C （4）存在水解平衡和电离平衡的电离程度大于水解程度，溶液中，因此溶液显酸性 【解析】 【小问1详解】 CH3COOH为弱酸，电离方程式为； 【小问2详解】 根据题意，Ka(HNO2) > Ka(HClO)，故酸性HNO2 > HClO。相同浓度下，HNO2的pH < HClO的pH； 【小问3详解】 酸的酸性越弱，其对应酸根离子结合氢离子的能力越强。根据Ka​可知酸性：酸性：H2SO3> HNO2> CH3COOH > > HClO。对应酸根结合H⁺能力：ClO-> > CH3COO-> > ，结合能力最强的是ClO-，故选C； 【小问4详解】 存在水解平衡和电离平衡，根据Ka2​=6.0×10−8>Kh​=≈7.1×10−13 ，故的电离程度大于其水解程度，溶液中，因此溶液显酸性。 16. 氨作为化工领域的重要原料，广泛应用于氮肥、炸药、药品等产品的生产中。已知298 K时合成氨反应为。 （1）在生产中欲使的转化率提高，同时提高的产率，可采取的措施有______(答出两条即可)。 （2）20世纪初，以和为原料的工业合成氨方法研制成功。图1为不同压强、温度下，以物质的量的百分含量分别为进料(组成1)，反应达平衡时的物质的量分数与温度的关系。 ①判断压强：______(填“>”或“<”)，简述理由：______。 ②图中三点对应平衡常数的大小关系是______。 ③合成氨原料气中存在不参与反应的Ar时会影响的平衡含量。在时，以、物质的量的百分含量分别为和进料(组成2)。反应达平衡时与进料组1相比有一定变化，图2中虚线能表示进料组中含有气体的曲线是______(填“I”或“II”)。 （3）工业上通常用铁触媒，在和的条件下合成氨。采用的原因是______。 【答案】（1）增大的浓度、降温、加压、将氨液化后分离出去 （2） ①. > ②. 合成氨反应是气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，氨的物质的量增大，体系总物质的量减小，氨的物质的量分数增大 ③. ④. I （3）温度较低会使反应速率较小，达到平衡所需时间较长；温度较高，转化率会降低；在此温度下，催化剂活性最大 【解析】 【小问1详解】 欲使的转化率提高，同时提高的产率，故平衡要正向移动，因此可以采取增大的浓度、降温、加压、将氨液化后分离出去等措施； 【小问2详解】 ①合成氨反应是气体体积减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，氨的物质的量分数增大，由图可知，条件下，氨的物质的量分数：p1大于p2，故压强：p1>p2；其理由为：合成氨反应是气体体积减小的反应，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； ②平衡常数只与温度有关，且该反应为放热反应，温度升高，平衡逆移，K减小，故有； ③由题意可知，组成2中起始氢气和氮气的物质的量分数之比也为3：1，与组成1相比，恒压条件下充入不参与反应的氩气相当于减小压强，合成氨反应是气体体积减小的反应，相同温度下，减小压强，平衡向逆反应方向移动，氨气的物质的量分数减小，故选择Ⅰ； 【小问3详解】 尽管该反应为放热反应，温度高，会导致转化率降低，但采用，此温度下催化剂活性最大，反应速率大，达到平衡所需时间较短，反应效率更高。 17. 实验室有两瓶失去标签的相同浓度的盐酸和醋酸，小组同学设计如下实验进行鉴别和定量测定。 I．向润洗过的滴定管中加入溶液，赶出气泡、调节液面至“0”刻度后准确记录读数。 II．向锥形瓶中滴入25.00 mL待测溶液，再向其中滴加2滴酚酞溶液。 III．开始滴定，到达滴定终点时停止滴定，并记录溶液的最终读数，再重复滴定2次。 （1）步骤I中滴定管应选用______滴定管(填“a”或“b”)。 （2）步骤III中滴定终点的现象是______。 （3）3次滴定消耗NaOH溶液的体积记录如下： 实验次数 1 2 3 滴定前 滴定终点 消耗NaOH溶液的体积／mL 24.98 25.02 第3次滴定消耗NaOH溶液的体积为______mL，则该溶液的物质的量浓度约为______(保留2位有效数字)。 （4）用上述同样方法对另一瓶试剂进行滴定后，所得滴定曲线如图所示。 ①滴定醋酸的滴定曲线是______(填“a”或“b”)。 ②点X所示溶液中离子浓度从大到小顺序是______。 【答案】（1）b （2）溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色 （3） ①. 25.00 ②. 0.10 （4） ①. a ②. 【解析】 【分析】该实验为滴定实验，步骤I选择使用碱式滴定管盛放NaOH溶液滴定酸溶液，用酸式滴定管量取25 mL待测溶液加入锥形瓶中，再滴加2滴酚酞溶液作为指示剂，当最后半滴NaOH溶液滴入时，锥形瓶内溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，停止滴定，记录读数，再重复滴定2次。 【小问1详解】 a为酸式滴定管，b为碱式滴定管，而步骤I盛放的液体为碱性溶液NaOH，因此应选用b。 【小问2详解】 由分析可知，步骤III中滴定终点的现象是当最后半滴NaOH溶液滴入时，锥形瓶内溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不变色。 【小问3详解】 滴定前读数为0.70，滴定终点读数为25.70，因此第3次滴定消耗NaOH溶液的体积为25.00 mL，则三次滴定平均消耗NaOH溶液的体积为25.00 mL，所以该溶液的物质的量浓度约为。 【小问4详解】 醋酸与NaOH反应后产物为醋酸钠，属于强碱弱酸盐，，因此选择当NaOH为25 mL时，滴定终点为碱性的a曲线为醋酸的滴定曲线；点X所示，滴定NaOH含量为12.5 mL，因此溶液中，完全电离出和，由X点 得，溶液中醋酸电离程度大于水解程度，因此离子浓度从大到小顺序是。 18. 甲醇作为一种较好的可再生能源，具有广泛应用前景。利用等原料制备甲醇对于实现“碳中和”具有重要的意义。 I．制备甲醇发生反应： （1）该反应的化学平衡常数表达式为______。 （2）在催化剂X、总压时不同温度对甲醇产率影响如下图所示。 ①段，甲醇产率随温度升高而增大，请依据活化分子碰撞理论解释其原因：______。 ②段，产率下降的可能原因是______。 II．甲烷选择性氧化制备甲醇发生的反应热化学方程式如下： i． ii． （3）①补全反应iii：______。 ②反应iii的平衡常数______(用表示)。 （4）与反应可得与反应能高选择性地生成甲醇。室温下当分别与反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似)。 ①直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线______(填“c”或“d”)，该反应能量变化中决速步骤是______。(填“I”或“II”) ②若与混合气体反应，生成的产量较其他产物多。分析原因：______。 【答案】（1） （2） ①. 升高温度，一部分能量较低的分子变为活化分子，增加了活化分子百分数，单位时间内有效碰撞次数增加，化学反应速率加快 ②. 温度升高，反应逆向进行程度增大导致产率下降；温度可能超过了催化剂的活性温度，催化剂失活影响甲醇产率 （3） ①. -307 ②. （4） ①. d ②. II ③. ，室温时更容易生成 【解析】 【小问1详解】 根据反应化学方程式可知平衡常数表达式为：。 【小问2详解】 ①A-B段：升高温度，一部分能量较低的分子变为活化分子，增加了活化分子百分数，单位时间内有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，故甲醇产率随温度升高而增大； ②B-C段：产率下降的可能原因是：温度升高，反应逆向进行程度增大导致产率下降；温度可能超过了催化剂的活性温度，催化剂失活影响甲醇产率。 【小问3详解】 ①反应iii=反应ii-反应i，则ΔH3=ΔH2-ΔH1=-164.5kJ/mol-142.5kJ/mol=-307kJ/mol； ②反应iii的平衡常数。 【小问4详解】 ①直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，即反应活化能增加，如图所示，步骤I活化能发生变化，D比H质量大，故与反应的能量变化应为图中曲线c；如图所示，与反应时E2<E3，则步骤II是决速步骤； ②FeO+与CH4反应的活化能低于与CD4反应的活化能（CH4中H是轻同位素，反应速率更快），因此FeO+更易与CH4发生反应，生成CH3OH的产量更多。 19. 海洋中蕴藏着丰富的镁资源。某海水提镁的工艺流程如下图所示(已知：海水中含有、等杂质离子)。 （1）步骤I中加适量溶液发生反应的离子方程式是______。 （2）海水中钙离子含量过高，会影响氢氧化镁的纯度，碳酸钠加入量对钙去除率和镁损失率的影响如下图所示，工业上选取碳酸钠与钙离子最佳物质的量之比为1.3，原因是______。 （3）已知： 氢氧化物 开始沉淀的pH 9.1 完全沉淀的pH 11.1 ①步骤II中一般控制溶液的pH在之间，若pH过低()会导致的问题是______。 ②步骤II中常采用“搅拌”和“缓慢加入石灰乳”的方式制得，以避免造成镁离子的损失，请从化学反应速率角度解释“缓慢加入石灰乳”的原因______。 （4）步骤IV中需在气流中加热晶体制得无水，请结合化学平衡移动原理解释原因______。 （5）上述流程中，可以循环利用的物质是______(写一种即可)。 【答案】（1） （2）小于1.3时，去除率较低；大于1.3时，损失率较高(合理即可) （3） ①. 沉淀不完全，导致产率降低 ②. 控制反应速率，使海水中与充分接触，逐步生成沉淀。若加入过快，可导致局部浓度过大，覆盖，影响的纯度 （4）在气流中，增大，平衡逆向(即抑制水解的方向)移动，从而得到无水 （5）或 【解析】 【分析】海水经过步骤Ⅰ（加入适量溶液、适量溶液）得到滤液(主要含Na+、Cl-、Mg2+)，滤液经步骤Ⅱ（加入石灰乳）得到，经步骤Ⅲ（加盐酸）得到溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、步骤Ⅳ得到无水，再经步骤Ⅴ（电解熔融）得到和，与反应生成的HCl可回到步骤Ⅲ循环使用。 【小问1详解】 海水中含有，加入溶液，与反应生成沉淀。根据离子反应的书写规则，其离子方程式为； 【小问2详解】 观察钙去除率曲线，此时钙去除率已经比较高，再看镁损失率曲线，镁损失率较低，如果继续增加碳酸钠的量（比值大于1.3），虽然钙去除率还会有一定程度的上升，但镁损失率会明显增加，会造成镁损失过多，增加成本；如果比值小于1.3，钙去除率不够高，不能很好地除去钙离子杂质。 【小问3详解】 ①步骤II中一般控制溶液的pH在之间，若pH过低（若小于10），根据开始沉淀的pH为9.1，完全沉淀的pH为11.1知，pH过低会使不能完全转化为沉淀（导致氢氧化镁产率降低）； ②从化学反应速率角度看，“缓慢加入石灰乳”的原因：控制反应速率，缓慢加入石灰乳可以使反应充分进行，使与充分接触反应，逐步生成沉淀，若加入过快，可导致局部浓度过高，反应速率过快，导致沉淀中夹杂过多杂质（如），影响的纯度，生成的Mg(OH)2沉淀颗粒不均匀，易包夹未反应的Mg2+，导致其沉淀不完全，造成镁离子损失。 【小问4详解】 是强酸弱碱盐，会发生水解反应：，在气流中加热，抑制水解（增加了浓度，使水解平衡逆向移动），从而制得无水； 【小问5详解】 从流程图中可以看出，步骤V电解熔融得到，而步骤II中转化为溶液需要，又因为与反应可生成，所以或可以循环利用。 20. 某小组同学欲研究与的反应，进行如下探究。 （1）理论预测 从化合价的角度分析，具有______性，二者能发生氧化还原反应。 （2）实验验证 实验I．将溶液与溶液(酸化，)等体积混合。产生灰黑色沉淀，溶液为淡黄色。 已知：i．(白色) ii． ①取实验I中黑色固体，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明固体中含有______。 ②取实验I中上清液滴入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：______。 ③结合以上信息，写出与反应的离子方程式是______。 （3）深入探究：小组同学研究测定“与反应”的化学平衡常数的方法。 已知：与酸碱中和滴定类似，氧化还原滴定是基于电子转移的定量关系来测定物质的量浓度。 实验Ⅱ．取实验I中上层清液，用酸性高锰酸钾溶液滴定上层清液中剩余的滴定至终点时消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为。 ①写出滴定过程中酸性与反应的离子方程式______。(注：的还原产物为) ②平衡时______。 ③若设计实验滴定上层清液中的，则最终测得反应的平衡常数会______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)，原因是______。 【答案】（1）氧化 （2） ①. Ag ②. 与反应生成红色的速率更大 ③. 产生白色沉淀的反应为，该反应限度更大，使浓度降低，反应ii逆移，红色消失 ④. （3） ①. ②. ③. 偏大 ④. 滴定过程中，溶液中浓度会降低，平衡继续正向移动，所测比平衡建立初始的平衡浓度要高 【解析】 【分析】（2）本实验探究与的反应，实验I：将0.0100mol/LAg2SO4溶液与0.0400mo/LFeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色，则表明Ag+得电子生成Ag，Fe2+失电子转化为Fe3+。 （3）通过测定平衡时Fe2+的浓度、结合转化浓度之比等于化学计量数之比确定平衡时各物质的物质的量浓度，进一步计算化学平衡常数。 【小问1详解】 从化合价角度， 中 Ag 为 +1 价，可被还原为 0 价（Ag），具有氧化性； 【小问2详解】 ①灰黑色沉淀加入浓硝酸后溶解，产生红棕色气体（NO2），说明沉淀中含 Ag。Ag 与浓硝酸反应：，生成 NO2 气体； ②KSCN 滴入上清液变红，是因 ，证明反应生成了 ，而也能和反应生成AgSCN白色沉淀，溶液先变红，说明与反应生成红色的速率更大； 现象解释：产生白色沉淀的反应为，该反应限度更大，消耗 ，使 浓度降低，反应ii逆移，红色消失，同时生成白色 AgSCN 沉淀； ③实验现象（灰黑色 Ag 沉淀、淡黄色  溶液）及反应本质（ 被氧化、 被还原），同时由于过量，溶液中还存在，表明该反应是可逆的，离子方程式为：； 【小问3详解】 ①酸性高锰酸钾滴定  的标准反应， 被还原为 ， 被氧化为 ，离子方程式：； ②滴定反应：1 mol  氧化 5 mol ，消耗  物质的量：（ 单位为 mL），剩余  物质的量：，清液体积为 ，故浓度：； ③该反应的平衡常数 ，测定原理是：，代入平衡数据，即可计算K；若设计实验滴定上层清液中剩余的，滴定过程中消耗的同时，反应平衡会正向移动，最终测得偏大，则最终测得反应的平衡常数会偏大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $