精品解析：北京市大兴区第一中学2025-2026学年高二上学期期中检测化学试题

大兴一中2025~2026学年度第一学期期中统一检测 高二化学 本试卷共11页，共100分。考试时长90分钟。 可能用到的相对原子质量：H1 O16 Mg24 K39 Fe56 Zn65 Cu64 S32 第一部分(单项选择题) 本部分共21小题，每小题2分，共42分。 1. 下列物质的水溶液肯定呈酸性的是 A. 含H+的溶液 B. pH<7的溶液 C. 加酚酞显无色的溶液 D. c(H+)>c(OH-)的溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫酸氢钠溶液中存在大量的H+，但硫酸氢钠为盐，A错误； B．当纯水的温度大于室温时，温度的升高促进了水的电离，此时中性条件下pH<7，但纯水为中性，B错误； C．酚酞的变色范围在8.2~10.0，因此当溶液pH大于7.0小于8.2时，溶液呈弱碱性，但溶液无色，C错误； D．溶液的酸碱性由c(H+)和c(OH-)的相对大小决定的，当c(H+)>c(OH-)时溶液呈酸性，当c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性，当c(H+)<c(OH-)时溶液呈碱性，D正确； 故答案选D。 2. 下图为HCl在水中电离示意图，下列分析正确的是 A. 的电子式为： B. HCl的水溶液中， C. HCl的水溶液中，水的电离被抑制 D. 产生的过程主要为： 【答案】C 【解析】 【详解】A．离子的电子式要写出电荷和电性且用[]括起来，则电子式为：，A错误； B．该溶液中存电荷守恒c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(H+)＞c(Cl-)，B错误； C．HCl电离出H+，导致H2O中c(H+)增大而抑制H2O电离，C正确； D．H2O结合溶液中H+生成H3O+，则产生H3O+的过程主要为：H2O+H+H3O+，D错误； 故答案为：C。 3. 根据下图所得判断正确的是 已知： A. 图1反应为吸热反应 B. 图1反应使用催化剂时，会改变其 C. 图2中反应为 D. 图2中若的状态为液态，则能量变化曲线可能为① 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图1可知反应后，体系能量降低，所以该反应是放热反应，A错误； B．催化剂只改变反应速率，不改变焓变，B错误； C．由图1可知：，则图2反应为：，C正确； D．已知，结合盖斯定律可得：，该反应为放热反应，而图2中的曲线①表示的是吸热反应，D错误； 故选C。 4. 自由能的变化(△G)是反应方向判断的复合判据：△G＝△H﹣T△S，△G＜0时，反应正向自发进行。已知工业上常利用CH4和H2O来制备水煤气，原理为CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H＞0 则下列说法正确的是（　　） A. △S＞0，高温下能自发 B. △S＜0，高温下能自发 C. △S＜0，低温下能自发 D. △S＞0，任何温度下能自发 【答案】A 【解析】 【详解】CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H＞0，反应发生使气体的物质的量增大，则△S＞0，由于△H＞0、△S＞0，则在高温下△G＜0，反应能自发进行，故合理选项是A。 5. 某溶液由水电离出的mol/L，则此溶液中一定大量共存的离子组是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 【答案】B 【解析】 【分析】某溶液由水电离出的mol/L，水的电离受到抑制，溶液可酸可碱，据此回答。 【详解】A． 、强烈双水解不能大量共存，酸性条件下与H+不能大量共存，碱性条件下、与OH-均不能大量共存，A错误； B． 、、、在酸性或者碱性条件下均可大量共存，B正确； C．、在酸性条件下不能大量共存，、I-在酸性条件下不可大量共存，C错误； D．在碱性条件下与OH-不能大量共存，酸性条件下，与H+不能大量共存，与H+不能大量共存，ClO-与酸性条件下反应也不能大量共存，D错误； 故选B。 6. 下列有关C(s，石墨) + H2O(g)CO(g)+ H2(g) ΔH= +131.5 kJ·mol−1的说法中，不正确的是 A. 1mol C(s，石墨)和1mol H2O(g)的总能量低于1mol CO(g)和1mol H2(g)的总能量 B. 反应消耗1mol C(s，石墨)和1mol H2O(l)所吸收的热量大于131.5kJ C. 1 mol C(s，金刚石)与1 mol C(s，石墨)所具有的内能不同 D. 只要得知H2(g)+ O2(g) =H2O(l)的ΔH，即可得C(s，石墨) + O2(g)CO(g)的ΔH 【答案】D 【解析】 【详解】A．C(s，石墨) + H2O(g)CO(g)+ H2(g) ΔH= +131.5 kJ·mol−1，为吸热反应，说明反应物的总能量小于成生成的总能量，A正确； B．H2O(l)转化为H2O(g)也需要吸收能量，故反应消耗1mol C(s，石墨)和1mol H2O(l)所吸收的热量大于131.5kJ，B正确； C．石墨和金刚石结构不同，同物质的量的两物质所具有的内能不同，C正确； D．H2(g)+ O2(g) =H2O(l)中水的状态是液态，而题干中的热化学方程式为气态水，H2O(l)转化为H2O(g)也需要吸收能量，故还需要知道 H2O(l)转化为H2O(g)的ΔH，才能得出C(s，石墨) + O2(g)CO(g)的ΔH，D错误； 故选D。 7. 下列化学用语及解释合理的是 A. 氯化铵溶液显酸性的原因： B. 排饱和食盐水可收集氯气的原因： C. 明矾净水原理： D. 溶液中有的原因： 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯化铵溶液中NH4+水解生成NH3·H2O和H+，反应可逆，方程式书写正确，A正确； B．Cl2与H2O反应生成H+、Cl⁻和HClO，而非ClO⁻，产物错误，应为：，B错误； C．Al3+水解生成Al(OH)3胶体，非沉淀，且应使用可逆符号，应为：，C错误； D．NaHSO3离解为Na+和HSO3⁻，HSO3⁻部分离解为H+和SO32-，，题给方程式未体现分步离解，D错误； 故答案选A。 8. 下列等实能证明醋酸是弱电解质的是 A. 醋酸钠的水溶液显碱性 B. 常温时，醋酸溶液的导电性比盐酸弱 C. 醋酸溶液可使石蕊溶液变红 D. 醋酸溶液与碳酸钠溶液反应可产生 【答案】A 【解析】 【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液显碱性，可以证明醋酸为弱酸，A正确； B．导电能力与离子浓度和离子所带电荷数有关，选项中没有指出溶液浓度无法进行判断，B错误； C．醋酸具有酸的通性，醋酸溶液可使石蕊溶液变红，只能说明醋酸显酸性，不能说明它是强酸还是弱酸，C错误； D．醋酸溶液与碳酸钠溶液反应可产生二氧化碳，只能说明醋酸酸性强于碳酸，不能说明醋酸是弱酸，D错误； 故选A。 9. 以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和H2SO4为原料，通过不同过程a、b实现铅的再生利用。过程b涉及如下两个反应： ① ② 各过程的能量变化如图所示。 下列说法正确的是 A. 过程a的反应为： B. 过程b中Fe2+和Fe3+均可做反应的催化剂 C. 过程b中，①反应速率比②快 D. 过程b使用了催化剂，通过减小反应热来提升反应速率 【答案】AB 【解析】 【详解】A．反应a和反应b总反应相同，根据①+②得总反应，所以过程a的反应为：，A正确； B．Fe2+在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，故Fe2+可做反应的催化剂；虽然按照图示反应①②有先后，但实际反应①②中参与反应的总反应物质并不交叉，②中的反应物除了中间产物Fe3+外其他都存在于原本的反应体系中，故若直接加入三价铁，会先发生反应②，然后反应②生成的亚铁离子再去发生反应①，也可以达到催化效果，故Fe3+也可以做反应催化剂，B正确； 而Fe3+在第一个反应中作生成物，第二个反应中作反应物，即先生成后参与反应的物质是中间产物，B错误； C．由图可知，①反应的活化能大于②，活化能越大，反应速率越慢，所以①反应速率比②慢，C错误； D．过程b使用了催化剂，降低反应的活化能，来提升反应速率，但不能改变反应热，D错误； 故答案为：AB。 10. 利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成气体和气体，在其他条件不变的情况下，只改变温度或加入催化剂对CO浓度的影响结果如图，下列分析不合理的是 A. 对比曲线Ⅰ和Ⅱ可知，Ⅱ使用了催化剂 B. 对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最低 C. 该反应： D. 平衡常数： 【答案】B 【解析】 【分析】Ⅰ、Ⅱ反应速率不同，但平衡时c(CO)相同，可知平衡未发生移动，故反应温度相同，反应II达到平衡时用时少，反应速率快，则Ⅱ使用了催化剂；对比Ⅰ、Ⅲ，两者平衡时c(CO)浓度不同，平衡发生了移动，说明不是加入催化剂，而是改变了温度，反应速率加快，则温度升高，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，据此分析作答。 【详解】A．由分析可知，Ⅱ使用了催化剂，A项正确； B．由分析可知，Ⅲ的反应速率加快，则温度升高，说明对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最高，B项错误； C．NO和CO转化成气体和气体，同时该反应放热，则该反应的热化学方程式为： ，C项正确； D．Ⅰ、Ⅱ温度相同，则平衡常数相同，Ⅲ温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数变小，则平衡常数：，D项正确； 答案选B。 11. 已知： ，现将充入一恒压绝热密闭容器中，下列示意图能说明反应达到平衡状态的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A． 为吸热反应，将充入一恒压绝热密闭容器中，体系温度降低，当温度不变时，反应达到平衡状态，A正确； B．恒压容器中，压强应保持恒定不变，B错误； C．在，将充入一恒压绝热密闭容器中，随着反应的进行的进行，的浓度减小，的应减小，C错误； D．在反应中，气体的分子数增大，将充入一恒压绝热密闭容器中发生反应，体积增大，由于气体质量不变，故气体密度应减小，D错误； 故选A。 12. 一定温度下，在体积相同的两个密闭容器中进行反应： 实验数据如下：(忽略能量变化对温度的影响) 实验 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化 A B C D ① 1 4 0 0 放出热量：32.8kJ ② 2 8 0 0 放出热量：QkJ 下列说法不正确的是 A. ①中反应达到平衡时，生成0.8molC B. ①条件下平衡常数 C. 其他条件不变，若对②升高温度，则 D. 其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，能量变化仍为放热 【答案】C 【解析】 【分析】①中反应放出热量为32.8kJ，根据方程式A(g)+B(g)C(g)+D(g)ΔH=-41kJ•mol-1，可知参与反应的A的物质的量为=0.8mol，则①中三段式为：，据此分析作答。 【详解】A．根据分析可知，①中反应达到平衡时，生成0.8mol C，A正确； B．①条件下的平衡常数K===1，B正确； C．根据等效平衡原理可知，②中放出热量为32.8kJ×2=65.6kJ，其他条件不变，若对②升高温度，平衡逆向移动，则Q＜65.6，C错误； D．A(g)+B(g)C(g)+D(g)是气体分子总数不变的反应，改变压强，平衡不移动，其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，平衡不移动，能量变化仍为放热QkJ，D正确； 故答案：C。 13. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)不能达到对应实验目的是 A B 实验目的 由制取无水固体 测定锌与稀硫酸反应速率 实验装置 C D 实验目的 探究温度对化学平衡移动的影响 用盐酸标准溶液滴定NaOH溶液 实验装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．由制取无水固体，应在HCl的气流中加热，不能达到实验目的，故选A； B．根据单位时间内生成气体体积的大小测定锌与稀硫酸反应速率，能达到实验目的，故不选B。 C． ，在热水中即升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，在冷水中即降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，能证明温度对平衡的影响，能达到实验目的，故不选C； D．在酸碱中和滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，以便及时判断滴定终点，能达到实验目的，故不选D； 选A。 14. 由表中数据判断下列说法不正确的是 弱酸 HCN 电离常数 (25℃) A. 同物质的量浓度溶液的pH： B. 过量的HCN与溶液混合： C. 溶液呈碱性的原因是存在平衡： D. 溶液中存在： 【答案】C 【解析】 【分析】由表格的数据可知，酸性HNO2＞H2CO3＞HCN＞。 【详解】A．Na2CO3对应的酸为，NaNO2对应的酸为HNO2，根据越弱越水解的规律可知，Na2CO3的水解程度更大，故pH：Na2CO3＞NaNO2，A正确； B．由于酸性H2CO3＞HCN＞，过量的HCN与Na2CO3溶液反应的方程式为+HCN+CN-，B正确； C．H2CO3的Ka2=4.7×10-11，Kh2==≈2.22×10-8＞Ka2，因此溶液呈碱性的原因为的水解程度大于电离程度，C错误； D．Na2CO3溶液中由物料守恒可知c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，D正确； 故选C。 15. 测定不同温度下溶液和溶液的，数据如下表： 温度/℃ 25 30 40 50 60 3.71 3.51 3.44 3.25 3.14 10.41 10.30 10.28 10.25 10.18 下列说法不正确的是 A. 升高温度，溶液中增大 B. 升高温度，溶液和溶液的水解平衡均正向移动 C. 升高温度，溶液的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 升高温度，可能导致结合程度大于电离产生程度 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．根据表格中数据知，温度升高，Na2CO3在水中的水解程度增大，同时Kw增大，OH-浓度应当增大，A项不符合题意； B．水解是中和反应的逆反应，所以水解是吸热反应，温度升高，水解程度增大，B项不符合题意； C． 在CuSO4溶液中有，pH=-lg c(H+)=-lg；升高温度，Kw增大，c(OH-)也增大，所以该溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，C项不符合题意； D．平衡+H2OH+OH-，可以看作是两步反应：H2OH++OH-，+H+H，与结合的H+来自水的电离，则结合H+程度小于H2O电离产生H+程度，D项符合题意； 答案选D。 16. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11） A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2 +2OH－＝Cl－+ ClO－+ H2O B. 该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－ C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O D. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO— 【答案】B 【解析】 【详解】A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确； B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理； C、根据HCl和HClO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确； D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。 答案选B。 17. 在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如下图。下列说法不正确的是 A. ①中，催化剂被氧化 B. ②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子 C. 总反应为 D. 总反应的速率由③决定 【答案】D 【解析】 【详解】A．①中催化剂失去氢原子，化合价升高，被氧化，故A正确； B．②中丙烷失去了氢原子变成了正丙基，故B正确； C．从整个历程图来看，反应物是氧气和正丙烷，生成物是丙烯和水，化学方程式正确，故C正确； D．①过程中活化能为181.1kJ/mol，②过程中活化能为27.9kJ/mol，③过程中活化能为20.2 kJ/mol，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，故D错误； 答案D。 18. 根据下列图示所得出的结论正确的是： A. 图1表示反应在其他条件不变时，起始CO物质的量与平衡时的体积分数关系，说明NO的转化率 B. 图2表示反应分别在、温度下，Y的体积分数随时间的变化，说明该反应的 C. 图3表示密闭容器中到达平衡时，的平衡转化率与压强、温度的变化关系曲线，说明 D. 图4表示含少量的水溶液暴露在空气中，溶液的pH随时间的变化，说明在空气中时间越长，亚硫酸的电离程度越大 【答案】C 【解析】 【详解】A．其它条件不变时，加入的CO越多，NO的转化率越大，n(CO)：a＜b＜c，则NO转化率：a＜b＜c，故A错误； B．根据“先拐先平数值大”知温度T1＜T2，升高温度Y的平衡体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，说明该反应的ΔH＜0，故B错误； C．温度不变加压时平衡左移，甲烷的平衡转化率降低，则p1<P2，故C正确； D．含少量SO2的水溶液暴露在空气中，SO2和水反应生成的H2SO3具有较强还原性，易被氧化生成H2SO4，H2SO4是强酸、导致溶液中c(H+)增大，溶液的pH值减小，所以溶液的pH逐渐减小与H2SO3被氧化程度有关，亚硫酸的电离程度不会随着其在空气中的时间变长而增大，故D错误； 答案选C 19. 常温下，用溶液分别滴定体积均为、浓度均为的盐酸和醋酸溶液。滴定过程中溶液pH随加入的NaOH溶液体积而变化的滴定曲线如下图所示，下列说法正确的是 A. 滴定开始前，溶液、盐酸和醋酸溶液中由水电离出的最大的是盐酸 B. 左图是溶液滴定盐酸的曲线，右图是溶液滴定醋酸的曲线 C. 分析图像可知，和的关系为： D. M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是（A-表示或） 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，未加入氢氧化钠溶液时，左图中0.1mol/L溶液pH为3、右图中0.1mol/L溶液pH为1，则左图是氢氧化钠溶液滴定醋酸的曲线、右图是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线。 【详解】A．0.1mol/L氢氧化钠溶液溶液中氢氧根离子和0.1mol/L盐酸中氢离子浓度都为0.1mol/L，而醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，酸或碱均抑制水的电离，溶液中氢氧根离子浓度或氢离子浓度越大，水的电离程度越小，所以醋酸溶液中水电离出的氢离子浓度最大，故A错误； B．由分析可知，左图是氢氧化钠溶液滴定醋酸的曲线、右图是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，故B错误； C．由分析可知，左图是氢氧化钠溶液滴定醋酸的曲线、右图是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，氢氧化钠溶液体积为V1mL时，醋酸溶液与氢氧化钠溶液反应得到醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液pH为7，则V1mL小于20mL，氢氧化钠溶液体积为V2mL时，盐酸与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠溶液，溶液pH为7，则V2mL等于20mL，则V1小于V2，故C错误； D．由分析可知，左图是氢氧化钠溶液滴定醋酸的曲线，由图可知，氢氧化钠溶液体积为20mL的M点为等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO—)+c(OH—)可知，溶液中，故D正确； 故选D。 20. 在25℃时，实验测得溶液中的反应在反应物浓度不同时的实验数据如下表。(已知：碘单质溶于水后，溶液为棕黄色。) 实验编号 ① ② ③ 初始/() 0.1 0.1 0.2 初始/() 0.1 0.2 0.1 从混合到出现棕黄色的时间/s 13 6.5 6.6 将实验①延长至20s，测得。若用KI代替HI，溶液未出现棕黄色，有无色气体生成，过程中检测到。下列说法不正确是 A. 在20s内①的 B. 由实验数据可知，增大反应物浓度可以加快反应速率 C. 加入KI时，反应可能有：、 D. 上述实验说明酸性环境下，I-还原性增强 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据实验数据，20ｓ内H2O2浓度变化为0.02mol/L，根据反应方程式，HI浓度变化为0.04mol/L，因此(HI)=＝0.002mol/(L•s)，A正确； B．对比实验①②、①③数据可知，增大反应物浓度可以缩短反应时间，即加快反应速率，B正确； C．加入KI后，溶液未出现棕黄色，说明I-没有被氧化为I2，而是发生了其他反应，检测到IO-，说明发生了H2O2+I-=H2O+IO-，由于有无色气体生成，说明IO-进一步反应生成了O2，可能是IO-+H2O2=O2+I-+H2O，即加入KI为I-催化H2O2分解，C正确； D．用KI代替HI后，溶液未出现棕黄色未产生I2，而产生了IO-，说明在酸性环境下，I-易被氧化为I2，而中性环境中易被氧化为IO-，说明酸性条件下I-还原性减弱，且还能是溶液酸碱性影响了H2O2的氧化性，不易被H2O2氧化，D错误； 故答案为：D。 21. 溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓HCl，黄色加深(b)。下列说法不正确的是 资料：(黄色)； 浓度较小时(用表示)几乎无色。 A. 测溶液a的，证明发生了水解 B. 加入浓 HCl，与对浓度大小的影响是一致的 C. 向b中加入几滴浓溶液后，黄色褪去，说明能抑制水解 D. 溶液a滴入沸水中，加热，得到红褐色液体，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解 【答案】B 【解析】 【详解】A．如果FeCl3溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的，证明发生了水解，反应原理为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A正确； B．加入浓，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，而Cl-浓度增大，促进平衡正向移动，Fe3+浓度减小，则与对浓度大小的影响是不一致的，B错误； C．向b中加入后，是由于Ag++Cl-=AgCl↓，导致平衡逆向移动，溶液黄色变浅，由溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色可知，溶液黄色变浅但不会褪去，又浓度较小时(用表示)几乎无色，则黄色褪去，说明b中先加的H+使溶液酸性较强（强于之前呈棕黄色的硫酸铁溶液），抑制水解，C正确； D．将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解，D正确； 故答案为：B。 第二部分(填空题) 本部分共5题，共58分。 22. 回答下列问题。 （1）现有25℃的氨水。请回答以下问题： ①若向氨水中加入少量固体，此时溶液中_______(填“增大、减小或不变”)。 ②若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，所得溶液的pH_______7(填“>”、“＜”或“=”)。 ③若向氨水中加入稀硫酸至溶液的，此时，则_______mol/L。 ④将等体积的的氨水和的盐酸混合，所得溶液中离子浓度大小顺序为_______。 （2）根据水的电离回答下列问题： ①某温度(t℃)时，水的离子积为。则该温度_______25℃(填“>”、“＜”或“=”)，其理由是_______。 ②常温下，将1mL的溶液加水稀释至100mL，稀释后的溶液中_______。 ③常温下，的溶液中由水电离出的浓度为；的溶液中由水电离出的浓度为，两溶液中_______。 ④常温下，的溶液aL与的溶液bL混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。若所得混合溶液，则_______。 ⑤常温下，溶液呈中性，水电离出的_______(填“>”、“＜”或“=”)。 ⑥常温下，的和，NaHS溶液呈_______(填“酸性、碱性或中性”)。 【答案】（1） ①. 减小 ②. ③. ④. （2） ①. ②. 水的电离是吸热过程，升高温度变大 ③. 11 ④. ⑤. ⑥. ＞ ⑦. 碱性 【解析】 【小问1详解】 在氨水中存在以下电离：，电离平衡常数表达式为：； ①若向氨水中加入少量固体，增大，平衡向左移动，但温度不变，则不变，此时溶液中将减小； ②若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，则恰好中和生成，属于强酸弱碱盐，要水解使溶液呈酸性，则所得溶液的； ③若向氨水中加入稀硫酸至溶液的，此时有，再根据电荷守恒得：，当，解得； ④将等体积的的氨水和的盐酸混合；的盐酸浓度为，而的氨水浓度远大于，等体积混合后氨水明显过量，所以溶液显碱性，则，混合溶液是由氨水和氯化铵组成的，溶液以铵根离子和氯离子为主，根据电荷守恒可知有，最后所得溶液中离子浓度大小顺序为：。 【小问2详解】 水存在弱电离：，常温（25℃）时，水的离子积常数为：； ①某温度(t℃)时，水的离子积为，则该温度25℃，其理由是：因水的电离吸热，该温度下的大于常温时的水的离子积常数，说明平衡右移，则温度升高，大于25℃。 ②常温下，的溶液中，将1mL加水稀释至100mL，根据稀释原则可得，换算得到，最后得到稀释后的溶液中。 ③常温下，的溶液中，，根据可得，而全部由电离提供，则由水电离出的浓度为；在的溶液中的全部由电离提供，则由水电离出的浓度为，最后得到两溶液中的。 ④常温下，的溶液中，的溶液中，现将aL溶液和bL溶液混合(混合后溶液体积变化忽略不计)；若所得混合溶液，说明溶液过量，列式有：，解得。 ⑤常温下，溶液呈中性，是因为醋酸根的水解和铵根的水解程度相同，二者水解均是促进水的电离，所以水电离出的。 ⑥常温下，在NaHS溶液中，既能电离，电离常数；又能水解，则水解常数为，现有，说明的水解强于电离，则溶液显碱性。 23. 利用工业废气中的二氧化碳合成甲醇。 （1）合成原理： ①该反应的平衡常数表达式：_______。 ②为提高的平衡转化率，可采取的措施有_______(写两条)。 （2）在一定温度下，将1mol和3mol充入容积为IL的恒容密闭容器中合成甲醇，下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是_______(写序号)。 a．甲醇的质量不再增加 b． c．混合气体压强不变 d．若使用为反应物，反应物和产物均含有 （3）相同时间内，4.00MPa，的条件下，温度对反应结果的影响如图所示： 已知：ⅰ．为转化率，为选择性，为产率。 ⅱ．； ①由图像可知，合成甲醇过程中存在副反应。依据是：_______。 ②根据信息，在其他条件一定情况下，制备甲醇宜选用的反应条件：_______。 【答案】（1） ①. ②. 适当增大压强、降温、增大的投料比等 （2）ac （3） ①. 高于240℃，转化率升高，但甲醇产率或选择性降低 ②. 240℃ 【解析】 【小问1详解】 对于反应：； ①在一定温度下，化学平衡常数为可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，该反应的平衡常数表达式：； ②该反应的正反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，因此降温和增大压强都可以使平衡正向移动，使的平衡转化率增大，另外增大的投料比也能增大的平衡转化率； 【小问2详解】 在一定温度下将1mol和3mol充入容积为1 L的恒容密闭容器中合成甲醇，能说明反应达到化学平衡状态的是： a．甲醇的质量不再增加说明各组分浓度不再改变，可以判断达到平衡状态，a符合题意； b．投料时，反应时与按照系数比1：3消耗，因此剩余的，恒为定值，不能判断达到平衡状态，b不符合题意； c．根据反应可知，该反应为气体体积减小的反应，混合气体压强逐渐减小，当混合气体压强不变时，说明各组分浓度不再改变，可以判断达到平衡状态，c符合题意； d．该反应为可逆反应，因此使用为反应物，不能完全转化，则反应物和产物均含有，d不符合题意； 故答案为：ac。 【小问3详解】 ①由图像可知，高于240℃，转化率升高，但甲醇产率或选择性降低，因此在合成甲醇过程中存在副反应； ②由图像可知，240℃时甲醇的选择性、甲醇的产率都较高，转化率也较高，因此制备甲醇宜选用的反应条件为240℃。 24. 金属矿物常以硫化物形式存在，如、ZnS等。 Ⅰ．掺烧和，用于制铁精粉和硫酸 （1）已知：为吸热反应。25℃、101kPa时，1mol固体在2.75mol氧气中完全燃烧生成气态和固体，放出826KJ热量。 ①与反应的热化学方程式为_______。 ②将与掺烧(混合燃烧)，其目的包括_______(填字母) a．节约燃料和能量 b．为制备硫酸提供原料 c．减少空气污染 （2）常带一定量的结晶水。分解脱水反应的能量变化如图所示。 ①_______。 ②为维持炉内温度基本不变，所带结晶水越多，掺烧比应_______。(填“增大”“减小”或“不变”)。 Ⅱ．浸出法处理ZnS （3）ZnS难溶于水，处理ZnS常使用酸浸法，两步反应依次为： ⅰ． ⅱ． 仅发生反应ⅰ时，ZnS酸浸效果不好，结合平衡常数说明原因：_______。 （4）从平衡移动角度解释通入在ZnS酸浸过程中的作用：_______。 【答案】（1） ①. ②. ab （2） ①. +31.4 ②. 增大 （3）反应ⅰ为可逆反应，且比较小，导致反应进行的程度很小 （4）反应ⅱ的非常大，使 与能够充分反应，使平衡ⅰ正向移动，促进ZnS的溶解 【解析】 【小问1详解】 ①由已知得，在25℃、101kPa时时，固体在氧气中完全燃烧生成气态和固体时，放出3304 kJ热量，故热化学方程式为：； ②a．由题可知燃烧为放热反应，放出的热量太高，易破坏设备，对设备要求高，分解为吸热反应，能吸收部分热量，降低对设备的破坏，从而可以节约燃料和能量，a符合题意； b．分解产生、可作为制铁精粉和硫酸原料，b符合题意； c．二者燃烧都会产生SO2，不能减少空气污染，c不符合题意； 故答案为 ab； 【小问2详解】 ①根据图象可判断出； ②由题可知燃烧为放热反应，使炉温升高，分解为吸热反应，使炉温降低，所带结晶水越多，吸热越多，降温越大，维持温度不变，则掺烧比应该增大。 【小问3详解】 根据反应ⅰ为可逆反应，且比较小，导致反应进行的程度很小，说明酸浸反应ⅰ进行得不充分。 【小问4详解】 根据反应ⅱ的，则 与能够充分反应，c(H2S)减小，平衡ⅰ正向移动，促进ZnS的溶解。 25. 以黄铁矿(主要含FeS2)为原料，低成本回收蛇纹石中和渣(含大量Fe2O3及少量其他金属氧化物杂质)中的铁元素，制备高附加值氧化铁红的工艺流程如下(部分流程已省略)： （1）酸浸过程中，加快浸出速率可采取的措施有_______；_______(写两条)。 （2）酸浸过程中，Fe2O3发生反应的离子方程式为_______。 （3）黄铁矿在隔绝空气的条件下还原酸浸液，黄铁矿与酸浸液按一定比例混合，在不同温度下反应相同时间，测得溶液中Fe2+、Fe3+的质量浓度变化如下图。 已知：Sx2− S2− + (x-1)S(x=2，3，…) ①将还原过程的离子方程式补充完整：_______。 □FeS2 + □_______ + □_______ = □_______ + □SO+ □_______+□_______ ②温度高于85℃，随温度的升高，Fe2+质量浓度减小的原因是_______。 （4）测定氧化铁红纯度。取a g煅烧后的氧化铁红产品，用盐酸溶解后配成100mL溶液，取10mL待测溶液，向其中加入过量SnCl2溶液还原，加入HgCl2除去过量的SnCl2.加入3滴指示剂，用c mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，共消耗V mL K2Cr2O7标准溶液。 资料：Cr2O72-被还原为Cr3+ ①用上述方法测得的产品中Fe2O3的质量分数为_______(列计算式即可，Fe2O3摩尔质量为160g/mol)。 ②若不除去过量的SnCl2，Fe2O3的质量分数测定结果将_______(填“偏高” “不变”或“偏低”)。 【答案】（1） ①. 升温 ②. 提高H2SO4浓度、粉碎等 （2）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O （3） ①. FeS2 + 14Fe3+ +8H2O=15Fe2++2SO+16H+或FeS2 + 8Fe3+ +4H2O=9Fe2++SO+S+8H+ ②. FeS2(s)Fe2+(aq)+S22-(aq)，Sx2− S2− + (x-1)S，85℃后，随温度升高，H+结合S2−生成H2S，H2S挥发脱离体系，最终使FeS2的沉淀溶解平衡正移，该过程生成Fe2+，同时使参与①中反应的FeS2减少，该过程减少Fe2+，Fe2+减少量更多，使Fe2+质量浓度减小。 （4） ①. ②. 偏高 【解析】 【分析】蛇纹石中和渣(含大量Fe2O3及少量其他金属氧化物杂质)加入稀硫酸酸浸，得到含有Fe3+的溶液，加入黄铁矿，发生氧化还原反应生成S单质杂质，溶液中得到FeSO4溶液，再经过除杂净化，氧化煅烧最终得到Fe2O3。 【小问1详解】 酸浸过程中，加快浸出速率可采取的措施有升温、提高H2SO4浓度、粉碎等； 【小问2详解】 酸浸过程中，Fe2O3溶于硫酸，发生反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O； 【小问3详解】 黄铁矿与Fe3+发生氧化还原反应，可以生成S单质或者S单质与硫酸根离子，反应的离子方程式为：FeS2 + 14Fe3+ +8H2O=15Fe2++2+16H+或FeS2 + 8Fe3+ +4H2O=9Fe2+++S+8H+； FeS2(s)Fe2+(aq)+S22-(aq)，Sx2− S2− + (x-1)S，85℃后，随温度升高，H+结合S2−生成H2S，H2S挥发脱离体系，最终使FeS2的沉淀溶解平衡正移，该过程生成Fe2+，同时使参与FeS2 + 8Fe3+ +4H2O=9Fe2++SO+S+8H+中反应的FeS2减少，该过程减少Fe2+，Fe2+减少量更多，使Fe2+质量浓度减小； 【小问4详解】 根据关系式3Fe2O3~6Fe2+~ ，n(Fe2O3)=3n()=3cv×10-3×mol=3cv×10-2mol，Fe2O3的质量分数为=； 若不除去过量的SnCl2，K2Cr2O7会与过量的SnCl2反应，消耗的KMnO4的体积变大，Fe2O3的质量分数测定结果将偏高。 26. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： 已知：反应Ⅰ： kJ/mol 反应Ⅱ： kJ/mol 反应Ⅲ： kJ/mol （1）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如下图所示。_______(填“>”或“<”)，得出该结论的理由是_______。 （2）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。 ⅰ．； ⅱ．______________+_______。 （3）探究ⅰ、ⅱ反应速率与歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mL饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：易溶解在KI溶液中) 序号 A B C D 试剂 组成 0.4mol·L-1KI amol·L-1KI0.2mol·L-1 0.2mol·L-1 0.2mol·L-1KI 0.0002mol 实验 现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验，则a=_______。 ②比较A、B、C，可得出的结论是_______。 ③实验表明，的歧化反应速率D>A，结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因：_______。 【答案】（1） ①. > ②. 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强，使反应正向移动，的物质的量增大，体系总物质的量减小，的物质的量分数增大 （2） ①. ②. ③. （3） ①. 0.4 ②. 是歧化反应的催化剂，单独存在时不具有催化作用，但可以加快歧化反应速率 ③. 反应ⅱ比ⅰ快，D中由反应ⅱ产生的使反应ⅰ加快 【解析】 【小问1详解】 反应II为气体体积减小的可逆反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大，根据图知，相同温度下，达到平衡状态时硫酸含量：P1＜P2，说明压强P2＞P1，故答案为：＞；反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强，使反应正向移动，的物质的量增大，体系总物质的量减小，的物质的量分数增大； 【小问2详解】 化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SO2(g)+2H2O(g)= 2H2SO4(l)+S(s)，催化过程中i：SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，说明I-、H+在i中作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2，所以ii中方程式应该为：I2+2H2O+SO2＝4H++SO+2I-，故答案分别为：，，； 【小问3详解】 ①B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4，故答案为：0.4；②比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是B＞A＞C，且C中没有明显现象，说明不反应，B中含有酸导致其反应速率加快，所以得出的结论是：是歧化反应的催化剂，单独存在时不具有催化作用，但可以加快歧化反应速率；③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ⅱ反应速率解释原因为反应ⅱ比反应i快，D中由反应ii产生的氢离子使反应i加快，故答案为：反应ⅱ比ⅰ快，D中由反应ⅱ产生的使反应ⅰ加快。 【点睛】作为水溶液中歧化反应的催化剂，先消耗后生成。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大兴一中2025~2026学年度第一学期期中统一检测 高二化学 本试卷共11页，共100分。考试时长90分钟。 可能用到的相对原子质量：H1 O16 Mg24 K39 Fe56 Zn65 Cu64 S32 第一部分(单项选择题) 本部分共21小题，每小题2分，共42分。 1. 下列物质的水溶液肯定呈酸性的是 A. 含H+的溶液 B. pH<7的溶液 C. 加酚酞显无色的溶液 D. c(H+)>c(OH-)的溶液 2. 下图为HCl在水中电离示意图，下列分析正确的是 A. 的电子式为： B. HCl的水溶液中， C. HCl的水溶液中，水的电离被抑制 D. 产生的过程主要为： 3. 根据下图所得判断正确的是 已知： A. 图1反应为吸热反应 B. 图1反应使用催化剂时，会改变其 C. 图2中反应为 D. 图2中若的状态为液态，则能量变化曲线可能为① 4. 自由能的变化(△G)是反应方向判断的复合判据：△G＝△H﹣T△S，△G＜0时，反应正向自发进行。已知工业上常利用CH4和H2O来制备水煤气，原理为CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H＞0 则下列说法正确的是（　　） A. △S＞0，高温下能自发 B. △S＜0，高温下能自发 C. △S＜0，低温下能自发 D. △S＞0，任何温度下能自发 5. 某溶液由水电离出的mol/L，则此溶液中一定大量共存的离子组是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 6. 下列有关C(s，石墨) + H2O(g)CO(g)+ H2(g) ΔH= +131.5 kJ·mol−1的说法中，不正确的是 A. 1mol C(s，石墨)和1mol H2O(g)的总能量低于1mol CO(g)和1mol H2(g)的总能量 B. 反应消耗1mol C(s，石墨)和1mol H2O(l)所吸收的热量大于131.5kJ C. 1 mol C(s，金刚石)与1 mol C(s，石墨)所具有的内能不同 D. 只要得知H2(g)+ O2(g) =H2O(l)的ΔH，即可得C(s，石墨) + O2(g)CO(g)的ΔH 7. 下列化学用语及解释合理的是 A. 氯化铵溶液显酸性的原因： B. 排饱和食盐水可收集氯气的原因： C. 明矾净水原理： D. 溶液中有的原因： 8. 下列等实能证明醋酸是弱电解质的是 A. 醋酸钠的水溶液显碱性 B. 常温时，醋酸溶液导电性比盐酸弱 C. 醋酸溶液可使石蕊溶液变红 D. 醋酸溶液与碳酸钠溶液反应可产生 9. 以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和H2SO4为原料，通过不同过程a、b实现铅的再生利用。过程b涉及如下两个反应： ① ② 各过程的能量变化如图所示。 下列说法正确的是 A. 过程a的反应为： B. 过程b中Fe2+和Fe3+均可做反应的催化剂 C. 过程b中，①反应速率比②快 D. 过程b使用了催化剂，通过减小反应热来提升反应速率 10. 利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成气体和气体，在其他条件不变的情况下，只改变温度或加入催化剂对CO浓度的影响结果如图，下列分析不合理的是 A. 对比曲线Ⅰ和Ⅱ可知，Ⅱ使用了催化剂 B. 对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最低 C. 该反应： D. 平衡常数： 11. 已知： ，现将充入一恒压绝热密闭容器中，下列示意图能说明反应达到平衡状态的是 A. B. C. D. 12. 一定温度下，在体积相同的两个密闭容器中进行反应： 实验数据如下：(忽略能量变化对温度的影响) 实验 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化 A B C D ① 1 4 0 0 放出热量：32.8kJ ② 2 8 0 0 放出热量：QkJ 下列说法不正确的是 A. ①中反应达到平衡时，生成0.8molC B. ①条件下的平衡常数 C 其他条件不变，若对②升高温度，则 D. 其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，能量变化仍为放热 13. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)不能达到对应实验目的是 A B 实验目的 由制取无水固体 测定锌与稀硫酸反应速率 实验装置 C D 实验目的 探究温度对化学平衡移动的影响 用盐酸标准溶液滴定NaOH溶液 实验装置 A. A B. B C. C D. D 14. 由表中数据判断下列说法不正确的是 弱酸 HCN 电离常数 (25℃) A. 同物质的量浓度溶液的pH： B. 过量的HCN与溶液混合： C. 溶液呈碱性的原因是存在平衡： D. 溶液中存在： 15. 测定不同温度下溶液和溶液的，数据如下表： 温度/℃ 25 30 40 50 60 3.71 3.51 3.44 3.25 314 10.41 10.30 10.28 10.25 1018 下列说法不正确的是 A. 升高温度，溶液中增大 B. 升高温度，溶液和溶液的水解平衡均正向移动 C. 升高温度，溶液的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 升高温度，可能导致结合程度大于电离产生程度 16. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11） A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2 +2OH－＝Cl－+ ClO－+ H2O B. 该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－ C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O D. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO— 17. 在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如下图。下列说法不正确的是 A. ①中，催化剂被氧化 B. ②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子 C. 总反应为 D. 总反应的速率由③决定 18. 根据下列图示所得出的结论正确的是： A. 图1表示反应在其他条件不变时，起始CO物质的量与平衡时的体积分数关系，说明NO的转化率 B. 图2表示反应分别在、温度下，Y的体积分数随时间的变化，说明该反应的 C. 图3表示密闭容器中到达平衡时，的平衡转化率与压强、温度的变化关系曲线，说明 D. 图4表示含少量的水溶液暴露在空气中，溶液的pH随时间的变化，说明在空气中时间越长，亚硫酸的电离程度越大 19. 常温下，用溶液分别滴定体积均为、浓度均为的盐酸和醋酸溶液。滴定过程中溶液pH随加入的NaOH溶液体积而变化的滴定曲线如下图所示，下列说法正确的是 A. 滴定开始前，溶液、盐酸和醋酸溶液中由水电离出的最大的是盐酸 B. 左图是溶液滴定盐酸的曲线，右图是溶液滴定醋酸的曲线 C. 分析图像可知，和的关系为： D. M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是（A-表示或） 20. 在25℃时，实验测得溶液中的反应在反应物浓度不同时的实验数据如下表。(已知：碘单质溶于水后，溶液为棕黄色。) 实验编号 ① ② ③ 初始/() 0.1 0.1 0.2 初始/() 0.1 0.2 0.1 从混合到出现棕黄色的时间/s 13 6.5 6.6 将实验①延长至20s，测得。若用KI代替HI，溶液未出现棕黄色，有无色气体生成，过程中检测到。下列说法不正确的是 A. 在20s内①的 B. 由实验数据可知，增大反应物浓度可以加快反应速率 C. 加入KI时，反应可能有：、 D. 上述实验说明酸性环境下，I-还原性增强 21. 溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓HCl，黄色加深(b)。下列说法不正确的是 资料：(黄色)； 浓度较小时(用表示)几乎无色。 A. 测溶液a的，证明发生了水解 B. 加入浓 HCl，与对浓度大小的影响是一致的 C. 向b中加入几滴浓溶液后，黄色褪去，说明能抑制水解 D. 溶液a滴入沸水中，加热，得到红褐色液体，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解 第二部分(填空题) 本部分共5题，共58分。 22. 回答下列问题。 （1）现有25℃的氨水。请回答以下问题： ①若向氨水中加入少量固体，此时溶液中_______(填“增大、减小或不变”)。 ②若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，所得溶液的pH_______7(填“>”、“＜”或“=”)。 ③若向氨水中加入稀硫酸至溶液的，此时，则_______mol/L。 ④将等体积的的氨水和的盐酸混合，所得溶液中离子浓度大小顺序为_______。 （2）根据水的电离回答下列问题： ①某温度(t℃)时，水的离子积为。则该温度_______25℃(填“>”、“＜”或“=”)，其理由是_______。 ②常温下，将1mL的溶液加水稀释至100mL，稀释后的溶液中_______。 ③常温下，的溶液中由水电离出的浓度为；的溶液中由水电离出的浓度为，两溶液中_______。 ④常温下，的溶液aL与的溶液bL混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。若所得混合溶液，则_______。 ⑤常温下，溶液呈中性，水电离出的_______(填“>”、“＜”或“=”)。 ⑥常温下，的和，NaHS溶液呈_______(填“酸性、碱性或中性”)。 23. 利用工业废气中的二氧化碳合成甲醇。 （1）合成原理： ①该反应的平衡常数表达式：_______。 ②为提高的平衡转化率，可采取的措施有_______(写两条)。 （2）在一定温度下，将1mol和3mol充入容积为IL的恒容密闭容器中合成甲醇，下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是_______(写序号)。 a．甲醇的质量不再增加 b． c．混合气体压强不变 d．若使用为反应物，反应物和产物均含有 （3）相同时间内，4.00MPa，的条件下，温度对反应结果的影响如图所示： 已知：ⅰ．为转化率，为选择性，为产率。 ⅱ．； ①由图像可知，合成甲醇过程中存在副反应。依据是：_______。 ②根据信息，在其他条件一定情况下，制备甲醇宜选用的反应条件：_______。 24. 金属矿物常以硫化物形式存在，如、ZnS等。 Ⅰ．掺烧和，用于制铁精粉和硫酸 （1）已知：为吸热反应。25℃、101kPa时，1mol固体在2.75mol氧气中完全燃烧生成气态和固体，放出826KJ热量。 ①与反应的热化学方程式为_______。 ②将与掺烧(混合燃烧)，其目的包括_______(填字母) a．节约燃料和能量 b．为制备硫酸提供原料 c．减少空气污染 （2）常带一定量的结晶水。分解脱水反应的能量变化如图所示。 ①_______。 ②为维持炉内温度基本不变，所带结晶水越多，掺烧比应_______。(填“增大”“减小”或“不变”)。 Ⅱ．浸出法处理ZnS （3）ZnS难溶于水，处理ZnS常使用酸浸法，两步反应依次为： ⅰ． ⅱ． 仅发生反应ⅰ时，ZnS酸浸效果不好，结合平衡常数说明原因：_______。 （4）从平衡移动角度解释通入在ZnS酸浸过程中的作用：_______。 25. 以黄铁矿(主要含FeS2)为原料，低成本回收蛇纹石中和渣(含大量Fe2O3及少量其他金属氧化物杂质)中的铁元素，制备高附加值氧化铁红的工艺流程如下(部分流程已省略)： （1）酸浸过程中，加快浸出速率可采取的措施有_______；_______(写两条)。 （2）酸浸过程中，Fe2O3发生反应的离子方程式为_______。 （3）黄铁矿在隔绝空气的条件下还原酸浸液，黄铁矿与酸浸液按一定比例混合，在不同温度下反应相同时间，测得溶液中Fe2+、Fe3+的质量浓度变化如下图。 已知：Sx2− S2− + (x-1)S(x=2，3，…) ①将还原过程的离子方程式补充完整：_______。 □FeS2 + □_______ + □_______ = □_______ + □SO+ □_______+□_______ ②温度高于85℃，随温度的升高，Fe2+质量浓度减小的原因是_______。 （4）测定氧化铁红纯度。取a g煅烧后的氧化铁红产品，用盐酸溶解后配成100mL溶液，取10mL待测溶液，向其中加入过量SnCl2溶液还原，加入HgCl2除去过量的SnCl2.加入3滴指示剂，用c mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，共消耗V mL K2Cr2O7标准溶液。 资料：Cr2O72-被还原为Cr3+ ①用上述方法测得的产品中Fe2O3的质量分数为_______(列计算式即可，Fe2O3摩尔质量为160g/mol)。 ②若不除去过量的SnCl2，Fe2O3的质量分数测定结果将_______(填“偏高” “不变”或“偏低”)。 26. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： 已知：反应Ⅰ： kJ/mol 反应Ⅱ： kJ/mol 反应Ⅲ： kJ/mol （1）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如下图所示。_______(填“>”或“<”)，得出该结论的理由是_______。 （2）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。 ⅰ．； ⅱ．______________+_______。 （3）探究ⅰ、ⅱ反应速率与歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mL饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：易溶解在KI溶液中) 序号 A B C D 试剂 组成 0.4mol·L-1KI amol·L-1KI0.2mol·L-1 0.2mol·L-1 0.2mol·L-1KI 0.0002mol 实验 现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验，则a=_______。 ②比较A、B、C，可得出结论是_______。 ③实验表明，的歧化反应速率D>A，结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因：_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $