精品解析：吉林省长春市第二实验中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试 化学试卷

长春市第二实验中学2025~2026学年度上学期期中考试 高二化学试卷 考生注意： 1.满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3.本卷命题范围：人教版选择性必修1第一章(5%)、第二章(35%)、第三章(60%)。 可能用到的相对原子质量： 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活息息相关。下列叙述错误的是 A. 推广风力发电有利于实现“碳中和” B. 明矾常用作净水剂，是因为它能够消毒杀菌 C. “酒曲”酿酒工艺，利用了催化剂加快反应速率的原理 D. 水垢中的CaSO4，可先用 Na2CO3溶液处理，而后用酸除去 【答案】B 【解析】 【详解】A．风力发电不会引起CO2的排放，符合碳中和理念，A正确； B．明矾通过吸附悬浮物并使之沉降而使水澄清，但不能消毒杀菌，B错误； C．“酒曲”是酵母相当于催化剂的作用，加快反应速率，C正确； D．利用沉淀转化原理将CaSO4转化为更难溶的CaCO3，而后用酸除去，D正确； 故选B。 2. 下列各组物质全部是弱电解质的是 A. H2O、NH3·H2O、H3PO4、HF B. Cu(OH)2、CH3COOH、C2H5OH、CH3COONa C. H2SO3、Ba(OH)2、BaSO4 D. SO2、H2S、CO2 【答案】A 【解析】 【详解】A．H2O、NH3·H2O、H3PO4、HF全为弱电解质，故A正确； B．C2H5OH是非电解质，CH3COONa是强电解质，故B错误； C．Ba(OH)2、BaSO4 均为强电解质，故C错误； D．SO2、CO2是非电解质，故D错误； 答案选A。 3. 一定温度下，将有缺角的晶体置于饱和溶液中，一段时间后缺角消失得到有规则的晶体。下列说法中正确的是 A. 晶体质量会增加 B. 溶液中减小 C. 溶液中 D. 溶液中和的乘积增大 【答案】C 【解析】 【分析】一定温度下，饱和溶液中不再溶解固体。难溶性电解质中存在沉淀溶解平衡。 【详解】A．一定温度下，饱和溶液中不再溶解固体。故晶体质量会不变，A项错误； B．难溶性电解质中存在沉淀溶解平衡，加入晶体，平衡不移动，故溶液中不变，B项错误； C．难溶性电解质中存在沉淀溶解平衡，饱和溶液的电离方程式是Ba2++，故溶液中，C项正确； D．平衡常数只与温度有关，故一定温度下，Ksp=·，Ksp 不变，故溶液中和的乘积不变，D项错误。 故答案选C。 4. 下列事实能用勒夏特列原理来解释的是 A. 增大压强，有利于和反应生成 B. 锌粒粉碎后与稀硫酸反应产生氢气速度更快 C. 平衡混合气加压后颜色变深 D. 温度设置为比室温更有利于氨的合成 【答案】A 【解析】 【详解】A．2SO2+O22SO3反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，有利于和反应生成，能用勒夏特列原理来解释，A符合题意； B．粉碎后，加大接触面积，加快发应速率，不能用勒夏特列原理解释，B不符合题意； C．该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，C不符合题意； D．合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正方向移动，温度设置为400~500℃是为了加快反应速率且此时催化剂活性最大，不能用勒夏特列原理解释，D不符合题意； 故选A。 5. 下列关于化学反应与热量的叙述正确的是 A. ，金刚石比石墨稳定 B. ，则的燃烧热为 C. 同温同压下，反应在光照和点燃条件下的相同 D. 已知稀溶液中，，则稀醋酸与稀溶液反应生成水时放出的热量 【答案】C 【解析】 【详解】A．，说明金刚石能量较高，石墨能量较低，物质能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，A错误； B．H2的燃烧热是1 mol H2完全燃烧产生稳定状态的H2O放出的热量，由于水的稳定状态是液态而不是气态，因此不能根据以确定的燃烧热为，B错误； C．反应热与反应条件无关，只与物质的始态和终态有关，因此同温同压下，反应在光照和点燃条件下的相同，C正确； D．醋酸是弱电解质，电离时吸热，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水时放出的热量小于57.3 kJ，D错误； 答案选C。 6. 有甲、乙两醋酸稀溶液，测得甲的，乙的。下列推断正确的是 A. 物质的量浓度： B. 甲中由水电离产生的的物质的量浓度是乙的0.1倍 C. 中和等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液，需甲、乙两酸的体积： D. 甲中的为乙中的10倍 【答案】B 【解析】 【详解】A．醋酸为弱酸，浓度越大电离度越小。甲的pH=2，乙的pH=3，甲中H⁺浓度为乙的10倍，但甲的物质的量浓度应远大于乙的10倍，故A错误； B．酸溶液中水电离的H⁺浓度等于溶液中的OH⁻浓度。甲的pH=2，OH⁻浓度为1×10⁻¹² mol/L；乙的pH=3，OH⁻浓度为1×10⁻¹¹ mol/L，甲中OH⁻浓度为乙的0.1倍，即水电离的H⁺浓度也为乙的0.1倍，故B正确； C．中和等量NaOH需等物质的量的H⁺。由于甲浓度更高，所需体积更小，但醋酸浓度与电离度成反比，实际所需乙的体积应大于甲的10倍，故C错误； D．甲中OH⁻浓度为1×10-12mol/L，乙为1×10-11 mol/L，甲中OH⁻浓度为乙的0.1倍，而非10倍，故D错误； 故选B。 7. 下列与实验相关的叙述正确的是 A. 用湿润的pH试纸测定硫酸溶液的pH B. 酸碱中和滴定时，锥形瓶需用待测液润洗2次，再加入待测液 C. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度 D. 中和热测定实验中，将NaOH溶液分几次缓慢加入盐酸溶液中 【答案】C 【解析】 【详解】A．pH试纸不能湿润，湿润后相当于把硫酸稀释，应选择干燥的pH试纸测定硫酸溶液的pH，A错误； B．锥形瓶不需要用待测液润洗，润洗会使待测液中溶质的物质的量增大，B错误； C．由于FeCl3溶液易水解，故配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，可以抑制水解，然后再用水稀释到所需的浓度，C正确； D．将NaOH溶液分几次缓慢加入盐酸溶液中易造成热量损失，导致所测定的最高温度偏低，应一次性迅速混合，D错误； 故选C。 8. 下列实验方案能达到实验目的的是 目的 A．验证二氧化锰和氯化铁的催化效果 B．证明温度对平衡的影响 实验方案 目的 C．中和反应反应热的测定 D．准确量取溶液 实验方案 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】Ａ．两支试管中的双氧水浓度不相等，催化剂不同，有两个变量，不具有可比性， A错误； Ｂ． ，升高温度，平衡向吸热方向移动，颜色加深，B正确； Ｃ．中和反应反应热的测定，温度计应该插入溶液中以测量溶液的温度，C错误； Ｄ．有强氧化性，能氧化橡胶，应该使用酸式滴定管，D错误； 答案选Ｂ。 9. 常温下，将一定浓度的NaOH溶液和氨水加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. 曲线Ⅰ和Ⅱ分别表示氢氧化钠溶液和氨水的导电能力与溶液体积的变化关系 C. a、b、c三点溶液中的由大到小的顺序为 D 氨水稀释过程中，不断增大 【答案】D 【解析】 【分析】常温下，将一定浓度的NaOH溶液和氨水加水稀释，加水稀释促进一水合氨的电离，所以稀释相同倍数，氨水中离子浓度大于NaOH，即稀释相同倍数后导电能力强的为氨水，所以曲线Ⅱ表示的是NaOH溶液的导电能力与溶液体积的变化关系，曲线Ⅰ表示的是氨水的导电能力与溶液体积的变化关系，以此解答。 【详解】A．稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于一水合氨为弱碱，不能完全电离，则氨水浓度大于NaOH浓度，故A错误； B．由分析可知，曲线Ⅰ和Ⅱ分别表示氨水和氢氧化钠溶液的导电能力与溶液体积的变化关系，故B错误； C．导电能力越强，说明离子浓度越大，碱性越强，c(OH-)越大，则a、b、c三点溶液的c(OH-)大小顺序为c＞a＞b，故C错误； D．氨水稀释过程中，不变，而c(OH-)减小，所以不断增大，故D正确； 答案选D。 10. 25 ℃时，在等体积的①0.5 mol·L-1的H2SO4溶液；②0.05 mol·L-1的Ba(OH)2溶液；③1 mol·L-1的NaCl溶液；④纯水。由水电离出的H+的物质的量之比是 A. 1∶10∶107∶107 B. 107∶107∶1∶1 C. 107∶106∶2∶2 D. 107∶106∶(2×107)∶2 【答案】A 【解析】 【详解】设溶液的体积为1L， ①0.5mol/L的H2SO4溶液中c(H+)=1.0 mol•L-1，c(OH-)=1.0×10-14mol•L-1，水电离的H+的物质的量为1.0×10-14mol； ②0.05mol/LBa(OH)2溶液中c(OH-)=0.1 mol•L-1，c(H+)=1.0×10-13mol•L-1，水电离的H+的物质的量为1.0×10-13mol； ③1mol/L的NaCl溶液中，溶液呈中性，则pH=7，水电离的H+的物质的量为1.0×10-7mol； ④纯水中c(H+)=1.0×10-7mol•L-1，水的电离的H+的物质的量为1.0×10-7mol； 故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10-14mol：1.0×10-13mol：1.0×10-7mol：1.0×10-7mol=1：10：107：107； 故选：A。 11. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A. 由水电离出的的溶液： B. 的溶液中： C. 的溶液： D. 和反应放出的溶液： 【答案】C 【解析】 【详解】A．由水电离出的的溶液可能酸性或碱性。在酸性条件下，、可存在；但在碱性条件下，两者会生成沉淀，不能大量共存，A不符合题意； B．与会形成络合物，不能大量共存，B不符合题意； C．的溶液，、、、均稳定且无反应，可以大量共存，C符合题意； D．与反应放出溶液可能为酸性或碱性，酸性条件下不能存在，碱性条件下、会沉淀，不能大量共存，D不符合题意； 故选C。 12. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 相同条件下，分别测量和醋酸溶液的导电性，前者的导电性强 醋酸浓度越大，电离程度越大 B 用试纸测得：溶液的约为9，溶液的约为8 电离出的能力比的强 C 在的溶液中先滴入几滴 溶液有白色沉淀生成，再滴入 溶液，又出现黑色沉淀 D 常温下，分别测量浓度均为的溶液和溶液的，前者的大 酸性： A A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液的导电性与离子浓度有关，醋酸溶液的导电性比醋酸溶液强是由于前者的离子浓度大，A错误； B．溶液与溶液的浓度、温度不确定，故不能由盐溶液的pH大小判断对应弱酸的酸性强弱，B错误； C．在的溶液中先滴入几滴溶液有白色沉淀ZnS生成，因为溶液过量，所以再滴入溶液，又出现黑色沉淀CuS，所以无法据此判断与的大小关系，C错误； D．由于溶液的pH大，故水解生成的程度大，根据“越弱越水解”可知，酸性，D正确； 故选D。 13. 下图为工业合成氨的流程图。下列说法正确的是 A. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒 B. 步骤②中“加压”不能提高原料的转化率，但可以加快反应速率 C. 步骤③中反应温度越高催化剂活性越大 D. 步骤③、④均有利于提高原料的平衡转化率 【答案】A 【解析】 【分析】加压既能提高反应速率，又能促进平衡正向移动，合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用。 【详解】A．步骤①中“净化”是除去杂质以防止铁触媒中毒，故A正确； B．合成氨的反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，故B错误； C．催化剂的活性受温度影响，一定温度范围内，催化剂活性最佳，而不是温度越高越大，故C错误； D．催化剂只能提高反应速率，不能提高平衡转化率，合成氨反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，而液化分离出NH3和N2、H2的循环再利用均可以使平衡正向移动，所以步骤④、⑤有利于提高原料平衡的转化率，步骤③不利于提高原料的平衡转化率，故D错误； 故选A。 14. 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图： 下列说法正确的是 A. 反应Ⅱ的热化学方程式为： B. 在反应中生成又消耗，可认为是催化剂 C. 和的总能量小于和的总能量 D. 选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变 【答案】C 【解析】 【详解】A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-akJ/mol(a>0)，A错误； B．CO(g)属于中间产物，不是催化剂，B错误； C．结合反应机理和能量图可知，EⅡ生＞EⅠ反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，C正确； D．选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，能减少过程中的能耗，但不能减少反应的焓变，D错误； 故选C。 15. 室温下，向溶液中滴加溶液，溶液中变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. a点溶液中： B. b点为中和点，且 C. c点溶液中水的电离程度大于b点溶液中水的电离程度 D. d点溶液中： 【答案】B 【解析】 【分析】由图知，向溶液中滴加溶液，a点时，的体积为10mL，则此时的溶质为和，且两者的物质的量相等，溶液显酸性，故的电离能力强于的水解能力，b点时，的体积小于20mL，溶质为和，溶液显中性，c点时，的体积为20mL，溶质为，溶液显碱性，d点时，的体积为30mL，此时的溶质为和，且物质的量之比为2∶1，据此回答。 【详解】A．由分析知，a点溶液中溶质为和，且两者的物质的量相等，溶液显酸性，即，由电荷守恒得，即，A正确； B．由分析知，b点时，的体积小于20mL，溶质为和，溶液显中性，为中性点，不为中和点，由电荷守恒可得，即，B错误； C．由分析知，c点溶液中溶质为，对水的电离为促进作用， b点溶液中溶质为和，对水的水的电离为抑制，则c点溶液中水的电离程度大于b点溶液中水的电离程度，C正确； D．由分析知，d点溶液中溶质为和，且物质的量之比为2∶1，由物料守恒可得：，D正确； 故选B。 二、非选择题： 16. I．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度氧化剂溶液滴定未知浓度还原剂溶液)。现用酸性溶液滴定未知浓度的无色溶液，已知：。 （1）溶液应盛放在___________(填“酸”或“碱”)式滴定管中。 （2）该滴定实验是否需要添加指示剂___________(填“是”或“否”)；反应到达滴定终点的现象是___________。 （3）取待测溶液，用酸性溶液平行滴定3次，平均消耗溶液的体积为，则该溶液的物质的量浓度为___________(保留4位有效数字)。 （4）下列操作中可能使测定结果偏高的是___________(填标号)。 A. 滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液 B. 滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C. 滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡 D. 读取标准液时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数 II．为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“”反应中和的相互转化。实验如下： （5）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到___________。 （6）iii是ii的对比实验，目的是排除ii中___________造成的影响。 （7）i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，向转化。用化学平衡移动原理解释原因：___________。 【答案】（1）酸 （2） ①. 否 ②. 当滴入最后半滴标准液时，溶液从无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色 （3）0.2610 （4）A （5）化学平衡状态 （6）因为溶液的稀释对颜色变化的影响 （7）在i加入溶液后，发生反应：，使减小，平衡向左移动，被消耗，溶液褪色；在ii加入溶液后，增大了，平衡向左移动，减小，颜色变浅 【解析】 【分析】II．可逆反应，对于组实验，加入硝酸银消耗了，平衡逆向移动；对于组实验，增大了浓度，平衡同样逆向移动。 【小问1详解】 酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡皮管，所以只能用酸式滴定管盛放。 【小问2详解】 由于高锰酸钾溶液显紫红色，利用其反应以后颜色变化情况就可以作为终点判断依据，所以滴定前不需要加指示剂。滴定终点的现象是滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不变色。 【小问3详解】 滴定时消耗标准液体积的平均值，为。根据反应的离子方程式：，草酸溶液的浓度为：。 【小问4详解】 A．滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，测定结果偏高，A符合题意； B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对V(标准)无影响，测定结果无影响，B不符合题意； C．滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，造成V(标准)偏小，测定结果偏低，C不符合题意； D．读取KMnO4标准液时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，测定结果偏低，D不符合题意； 故选A 【小问5详解】 对于可逆反应“”，当溶液颜色不再改变时，意味着体系中各物质的浓度不再发生变化，即正逆反应速率相等，此时反应达到了化学平衡状态。所以待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态。 【小问6详解】 实验ii中加入了溶液，其中含有水，溶液被稀释；实验iii加入，与实验ii对比，是为了排除实验ii中因为加入溶液（含有水）导致溶液稀释对颜色变化造成的影响。 【小问7详解】 根据化学平衡移动原理，对于反应，实验i中加入AgNO3溶液，发生反应 ，使得降低，根据平衡移动原理，减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动，所以转化。 17. 氮的固定和氮的循环是几百年来科学家一直研究的课题。 （1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分化学平衡常数的值。 反应 大气固氮 工业固氮 温度/℃ 27 2000 25 400 450 平衡常数 0.1 0.507 0.152 ①分析数据可知：大气固氮反应属于___________(填“吸热”或“放热”)反应；人类不适合大规模模拟大气固氮的原因：___________。 ②从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择左右的高温，解释其可能的原因：___________。 （2）工业固氮是人工固氮的主要手段，对人类生存、社会进步和经济发展都有着重大意义。工业固氮的反应历程和能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“·”标注。 ① ___________。 ②在和两个步骤中对总反应速率影响较小的步骤是___________(写化学方程式)，该步骤的活化能为___________。 （3）实验室模拟工业固氮，在压强为的恒压容器中充入和，反应混合物中的物质的量分数随温度的变化曲线如图所示，其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线。 ①图中表示平衡时的曲线是___________(填“曲线I”或“曲线II”)。 ②图中b点：___________(填“>”“=”或“<”) ③时，该反应的压强平衡常数的代数式___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压总压物质的量分数，用含的代数式表示，列式无需化简)。 【答案】（1） ①. 吸热 ②. 值小，转化率低，需要更高温度，浪费能源等，不适合大规模生产 ③. 温度在左右催化剂活性最高，反应速率较快，达到平衡需要的时间较短，从反应速率和催化剂的活性等角度考虑，选择左右更合适 （2） ①. -92 ②. ③. 124 （3） ①. 曲线I ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 ①由表中数据可知，大气固氮反应，升高温度时平衡常数K增大，可知反应为吸热反应；该反应K值小，转化率低，需要更高温度，浪费能源等，不适合大规模生产，所以人类不适合大规模模拟大气固氮；故答案为吸热；值小，转化率低，需要更高温度，浪费能源等，不适合大规模生产。 ②工业固氮为氮气和氢气在催化剂作用下生成氨气，温度在左右催化剂活性最高，反应速率较快，达到平衡需要的时间较短，从反应速率和催化剂的活性等角度考虑，选择左右更合适，故答案为温度在左右催化剂活性最高，反应速率较快，达到平衡需要的时间较短，从反应速率和催化剂的活性等角度考虑，选择左右更合适。 【小问2详解】 ①，由图可知，步骤Ⅰ，步骤Ⅱ，步骤Ⅰ+步骤Ⅱ可知反应，由盖斯定律知，故答案为-92。 ②右图可知，步骤的活化能为=124 kJ/mol，步骤的活化能为=352 kJ/mol，步骤的活化能更高，为决速步骤，对总反应速率影响大，所以对总反应速率影响较小的步骤是，故答案为；124。 【小问3详解】 ①由表中数据可知，工业固氮过程中温度升高，K减小，可知正反应为放热反应；温度升高，平衡逆向移动，的平衡物质的量分数逐渐减小，因此曲线I符合平衡状态的变化，故答案为曲线I。 ②图中b点为非平衡状态，在温度不变时，反应向的物质的量分数增大的方向进行才能到达平衡状态，即此时反应正向进行，所以，故答案为。 ③由图可知，时，平衡时物质的量分数为50%，根据已知信息列三段式： ，，解得，平衡时气体的总物质的量为，该=，故答案为。 18. 利用软锰矿(主要成分是，其中还含有少量、、、等杂质)制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。 已知：常温下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表： 氢氧化物 开始沉淀pH 1.5 6.5 7.7 3.8 沉淀完全pH 3.7 9.7 9.8 5.2 常温下，一些难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电解质 回答下列问题： （1）除去铁屑表面油污，可采用的方法是___________；将软锰矿、铁屑和硫酸按一定比例放入反应装置中，搅拌、加热反应一定时间，其中搅拌、加热的目的是___________。 （2）“浸取”时，铁屑与反应生成的离子方程式为___________。 （3）“沉铁、铝”时，加控制溶液范围是___________；完全沉淀时，金属离子浓度为，则常温下___________。 （4）深度除杂中加入可以除去___________。 【答案】（1） ①. 热的纯碱溶液浸泡铁屑 ②. 使反应物充分接触，加快反应速率 （2） （3） ①. (或) ②. （4）钙离子、镁离子(或、) 【解析】 【分析】废铁屑还原二氧化锰生成硫酸锰、硫酸铁，硫酸与氧化铝生成硫酸铝，二氧化硅和硫酸不反应，浸出液含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝,浸出液中加入碳酸钙调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去铁、铝杂质，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+，过滤后，加热滤液浓缩结晶、趁热过滤得到硫酸锰晶体。 【小问1详解】 油脂能够与碱性溶液发生反应产生可溶性物质，因此除去铁屑表面油污，可采用的方法是热的纯碱溶液浸泡铁屑； 将软锰矿、铁屑和硫酸按一定比例放入反应装置中，搅拌、加热反应一定时间，其中搅拌、加热的目的是使反应物充分接触，加快反应速率； 【小问2详解】 浸取中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O； 【小问3详解】 加CaCO3需要调节pH除去Fe3+离子、Al3+离子，而Mn2+仍然存在于溶液中，根据Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全的溶液的pH范围，即Mn2+形成Mn(OH)2的pH可知，加CaCO3控制溶液pH的范围是5.2≤pH<7.7；完全沉淀时，金属离子浓度为1.0×10-5 mol/L，结合题中信息可知，Al3+完全沉淀pH=5.2，此时c(OH-)=mol/L=10-8.8 mol/L；则常温下Ksp[Al(OH)3]=1×10-5×(10-8.8)3=1.0×10-31.4； 【小问4详解】 “深度除杂”中加入MnF2可以除去钙离子和镁离子，原因是反应，。反应，。即两反应的平衡常数K均大于105，可以视为反应完全进行。 19. 催化氢化是实现碳中和的重要途径之一，其反应原理如下： Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： （1）反应的___________。 （2）在恒温恒容密闭容器中通入一定量的和发生反应，下列事实能说明容器内反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 a．混合气体的压强不再发生变化 b．反应Ⅱ的化学平衡常数不再变化 c．与的浓度之比为 d．的体积分数不再发生变化 （3）在某容器中进行反应Ⅰ和反应Ⅱ，的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。其中X表示的物理量为___________(填“温度”或“压强”)；___________(填“>”或“<”)，理由是___________。 （4）一定温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入和发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时，和的物质的量分别为和。 ①能增大反应Ⅰ平衡常数的措施为___________；不影响平衡状态，但可缩短达到平衡时间的措施为___________。 ②该温度下反应Ⅱ的平衡常数___________。 【答案】（1） （2）ad （3） ①. 温度 ②. < ③. 反应Ⅰ和反应Ⅱ都为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，的平衡转化率增大，曲线转化率较高，故压强较大 （4） ①. 降低温度 ②. 加入(高效)催化剂 ③. 50(无单位也可) 【解析】 【小问1详解】 根据题目信息，该反应为反应Ⅱ反应Ⅰ，则。 故答案为：。 【小问2详解】 在恒温恒容密闭容器中，下列事实能说明容器内反应达到平衡状态的为： a．混合气体的压强不再发生变化 ：反应Ⅰ和反应Ⅱ都为气体体积减小的反应，当压强不变时，说明体系中反应物的消耗量等于了生成物的生成量，即，则反应已达到平衡状态，a符合题意； b．反应Ⅱ的化学平衡常数不再变化：平衡常数只受温度影响，该体系为恒温，则平衡常数不变，b不符合题意； c．与的浓度之比为：只能体现此时与的物质的量是相等的，无法说明他们的量不再发生改变，也就不能证明已达到平衡状态，b不符合题意； d．的体积分数不再发生变化：说明的消耗量等于的生成量，即，则反应已达到平衡状态，d符合题意； 故答案为：ad。 【小问3详解】 根据题目图形，反应Ⅰ和反应Ⅱ都是放热反应，升高温度平衡向左移动，的平衡转化率减小，X符合温度变化趋势；反应Ⅰ和反应Ⅱ都为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，的平衡转化率增大，X不符合温度变化趋势，则表示压强，曲线转化率较高，故压强较大，故。 故答案为：温度；；反应Ⅰ和反应Ⅱ都为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，的平衡转化率增大，曲线转化率较高，故压强较大。 【小问4详解】 ①平衡常数只受温度影响，且反应Ⅰ为放热反应，要增大反应Ⅰ平衡常数，需要平衡要向右移动，则改变的温度条件为：降低温度；根据前面的信息，改变温度、浓度和压强都会影响到平衡的移动，所以在不影响平衡的移动又能加快反应速率，缩短达到平衡时间的措施只能为：使用更高效的催化剂； ②一定温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入和发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时，和的物质的量分别为和，根据C元素守恒，剩余的，再根据O元素守恒，生成的水，根据H元素守恒，剩余的，则反应Ⅱ的平衡常数。 故答案为：降低温度；加入高效催化剂；50(无单位也可)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春市第二实验中学2025~2026学年度上学期期中考试 高二化学试卷 考生注意： 1.满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3.本卷命题范围：人教版选择性必修1第一章(5%)、第二章(35%)、第三章(60%)。 可能用到的相对原子质量： 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活息息相关。下列叙述错误的是 A. 推广风力发电有利于实现“碳中和” B. 明矾常用作净水剂，是因为它能够消毒杀菌 C. “酒曲”酿酒工艺，利用了催化剂加快反应速率原理 D. 水垢中的CaSO4，可先用 Na2CO3溶液处理，而后用酸除去 2. 下列各组物质全部是弱电解质的是 A. H2O、NH3·H2O、H3PO4、HF B. Cu(OH)2、CH3COOH、C2H5OH、CH3COONa C. H2SO3、Ba(OH)2、BaSO4 D. SO2、H2S、CO2 3. 一定温度下，将有缺角的晶体置于饱和溶液中，一段时间后缺角消失得到有规则的晶体。下列说法中正确的是 A. 晶体质量会增加 B. 溶液中减小 C. 溶液中 D. 溶液中和的乘积增大 4. 下列事实能用勒夏特列原理来解释的是 A. 增大压强，有利于和反应生成 B. 锌粒粉碎后与稀硫酸反应产生氢气速度更快 C. 平衡混合气加压后颜色变深 D. 温度设置为比室温更有利于氨的合成 5. 下列关于化学反应与热量的叙述正确的是 A. ，金刚石比石墨稳定 B. ，则的燃烧热为 C. 同温同压下，反应在光照和点燃条件下的相同 D. 已知稀溶液中，，则稀醋酸与稀溶液反应生成水时放出的热量 6. 有甲、乙两醋酸稀溶液，测得甲的，乙的。下列推断正确的是 A. 物质量浓度： B. 甲中由水电离产生的的物质的量浓度是乙的0.1倍 C. 中和等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液，需甲、乙两酸的体积： D. 甲中的为乙中的10倍 7. 下列与实验相关的叙述正确的是 A. 用湿润的pH试纸测定硫酸溶液的pH B. 酸碱中和滴定时，锥形瓶需用待测液润洗2次，再加入待测液 C. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度 D. 中和热测定实验中，将NaOH溶液分几次缓慢加入盐酸溶液中 8. 下列实验方案能达到实验目的的是 目的 A．验证二氧化锰和氯化铁的催化效果 B．证明温度对平衡的影响 实验方案 目的 C．中和反应反应热的测定 D．准确量取溶液 实验方案 A. A B. B C. C D. D 9. 常温下，将一定浓度的NaOH溶液和氨水加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. 曲线Ⅰ和Ⅱ分别表示氢氧化钠溶液和氨水的导电能力与溶液体积的变化关系 C. a、b、c三点溶液中的由大到小的顺序为 D. 氨水稀释过程中，不断增大 10. 25 ℃时，在等体积的①0.5 mol·L-1的H2SO4溶液；②0.05 mol·L-1的Ba(OH)2溶液；③1 mol·L-1的NaCl溶液；④纯水。由水电离出的H+的物质的量之比是 A. 1∶10∶107∶107 B. 107∶107∶1∶1 C. 107∶106∶2∶2 D. 107∶106∶(2×107)∶2 11. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A. 由水电离出的的溶液： B. 的溶液中： C. 的溶液： D. 和反应放出的溶液： 12. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 相同条件下，分别测量和醋酸溶液的导电性，前者的导电性强 醋酸浓度越大，电离程度越大 B 用试纸测得：溶液的约为9，溶液的约为8 电离出的能力比的强 C 在的溶液中先滴入几滴 溶液有白色沉淀生成，再滴入 溶液，又出现黑色沉淀 D 常温下，分别测量浓度均为的溶液和溶液的，前者的大 酸性： A. A B. B C. C D. D 13. 下图为工业合成氨的流程图。下列说法正确的是 A. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒 B. 步骤②中“加压”不能提高原料的转化率，但可以加快反应速率 C. 步骤③中反应温度越高催化剂活性越大 D. 步骤③、④均有利于提高原料的平衡转化率 14. 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图： 下列说法正确的是 A. 反应Ⅱ的热化学方程式为： B. 在反应中生成又消耗，可认为是催化剂 C. 和的总能量小于和的总能量 D. 选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变 15. 室温下，向溶液中滴加溶液，溶液中变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. a点溶液中： B. b点为中和点，且 C. c点溶液中水的电离程度大于b点溶液中水的电离程度 D. d点溶液中： 二、非选择题： 16. I．氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度氧化剂溶液滴定未知浓度还原剂溶液)。现用酸性溶液滴定未知浓度的无色溶液，已知：。 （1）溶液应盛放在___________(填“酸”或“碱”)式滴定管中。 （2）该滴定实验是否需要添加指示剂___________(填“是”或“否”)；反应到达滴定终点的现象是___________。 （3）取待测溶液，用酸性溶液平行滴定3次，平均消耗溶液的体积为，则该溶液的物质的量浓度为___________(保留4位有效数字)。 （4）下列操作中可能使测定结果偏高的是___________(填标号)。 A. 滴定管未用标准液润洗就直接注入标准液 B. 滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C. 滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡 D. 读取标准液时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数 II．为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“”反应中和的相互转化。实验如下： （5）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到___________。 （6）iii是ii的对比实验，目的是排除ii中___________造成的影响。 （7）i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，向转化。用化学平衡移动原理解释原因：___________。 17. 氮的固定和氮的循环是几百年来科学家一直研究的课题。 （1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分化学平衡常数的值。 反应 大气固氮 工业固氮 温度/℃ 27 2000 25 400 450 平衡常数 0.1 0.507 0.152 ①分析数据可知：大气固氮反应属于___________(填“吸热”或“放热”)反应；人类不适合大规模模拟大气固氮的原因：___________。 ②从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择左右的高温，解释其可能的原因：___________。 （2）工业固氮是人工固氮的主要手段，对人类生存、社会进步和经济发展都有着重大意义。工业固氮的反应历程和能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“·”标注。 ① ___________。 ②在和两个步骤中对总反应速率影响较小的步骤是___________(写化学方程式)，该步骤的活化能为___________。 （3）实验室模拟工业固氮，在压强为的恒压容器中充入和，反应混合物中的物质的量分数随温度的变化曲线如图所示，其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线。 ①图中表示平衡时的曲线是___________(填“曲线I”或“曲线II”)。 ②图中b点：___________(填“>”“=”或“<”) ③时，该反应的压强平衡常数的代数式___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压总压物质的量分数，用含的代数式表示，列式无需化简)。 18. 利用软锰矿(主要成分是，其中还含有少量、、、等杂质)制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。 已知：常温下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表： 氢氧化物 开始沉淀pH 1.5 65 7.7 3.8 沉淀完全pH 3.7 9.7 9.8 5.2 常温下，一些难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电解质 回答下列问题： （1）除去铁屑表面油污，可采用的方法是___________；将软锰矿、铁屑和硫酸按一定比例放入反应装置中，搅拌、加热反应一定时间，其中搅拌、加热的目的是___________。 （2）“浸取”时，铁屑与反应生成离子方程式为___________。 （3）“沉铁、铝”时，加控制溶液范围是___________；完全沉淀时，金属离子浓度为，则常温下___________。 （4）深度除杂中加入可以除去___________。 19. 催化氢化是实现碳中和的重要途径之一，其反应原理如下： Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： （1）反应的___________。 （2）在恒温恒容密闭容器中通入一定量和发生反应，下列事实能说明容器内反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 a．混合气体的压强不再发生变化 b．反应Ⅱ的化学平衡常数不再变化 c．与的浓度之比为 d．的体积分数不再发生变化 （3）在某容器中进行反应Ⅰ和反应Ⅱ，的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。其中X表示的物理量为___________(填“温度”或“压强”)；___________(填“>”或“<”)，理由是___________。 （4）一定温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入和发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时，和的物质的量分别为和。 ①能增大反应Ⅰ平衡常数的措施为___________；不影响平衡状态，但可缩短达到平衡时间的措施为___________。 ②该温度下反应Ⅱ的平衡常数___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $