2025-2026学年高三上学期化学一轮复习自编模拟训练卷（北京专用）

高三化学一轮复习自编模拟训练卷 一、单选题 1．下列转化需要氧化剂才能实现的是 A．KI→ B． C．→ D． 2．下列关于化学用语的表达不正确的是 A．的电子式： B．的VSEPR模型为 C．轨道表示式违背了洪特规则 D．用电子云轮廓图表示H-Cl的s-pσ键的形成： 3．故宫博物院是中国最大的古代文化艺术博物馆，下列文物主要材质为有机化合物的是 A．白玉双龙佩 B．青铜颂鼎 C．青花瓷荷莲纹碗 D．龙纹丝绸朝袍 4．下列化学用语或图示表达不正确的是 A．Cl的原子结构示意图： B．的电子式： C．由Na和Cl形成离子键的过程： D．的分子结构模型： 5．下列粒子不具有还原性的是 A．Na B． C． D． 6．氧化还原反应广泛地存在于生产和生活之中。下列过程中不涉及氧化还原反应的是 A．铁的锈蚀 B．煅烧石灰石 C．拉瓦锡测定空气中含量 D．普利斯特利光合作用实验 A．A B．B C．C D．D 7．下列有关操作、现象、所得结论均正确的是 选项 实验操作及现象 实验结论 A 向某溶液中滴入KSCN，溶液无变化，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色 溶液中一定含有Fe2+ B 向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀 溶液中一定含有Cl- C 将SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色很快褪去 SO2具有漂白性 D 将某市售食盐溶解后加入淀粉溶液、KI溶液、稀H2SO4，溶液变蓝 食盐中一定含有 A．A B．B C．C D．D 8．化学小组用下图所示装置制备Cl2并进行相关实验，当关闭弹簧夹时，④中的红布条未见明显变化；打开弹簧夹后，④中的红布条逐渐褪色。 下列说法不正确的是 A．①中MnO2作氧化剂 B．②中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的 C．关闭弹簧夹时，③中盛放的试剂只能选用浓H2SO4 D．打开弹簧夹后，⑤中反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 9．下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，据此判断下列说法中正确的是 A．白磷比红磷稳定 B．石墨转变为金刚石是吸热反应 C． D．；；则 10．反应在工业上有重要的应用，在Pd膜反应器中的工作原理示意图如图所示。 下列说法不正确的是 A．CO2分子和H2分子中均含有σ键 B．H2吸附并透过Pd膜的过程中s-sσ键发生断裂和形成 C．Pd膜可分离H2并提高CO的平衡转化率 D．增大CO和H2O(g)的流速，一定可提高单位时间内H2的产率 11．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 12．一定温度下，向某恒容密闭容器中投入一定量的X、Y，发生化学反应：。X和Y的浓度随时间的变化如下图所示。12 s时体系中含有。下列说法中不正确的是 A．化学计量数 B．12 s时， C．， D．13 s时，若减小容器容积，平衡向正反应方向移动 13．3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀（治疗2型糖尿病），其分子结构如图所示。下列说法不正确的是 A．分子中O原子和N原子均为杂化 B．分子中的键角小于的键角 C．分子中的极性大于的极性 D．与3-氨基-1-金刚烷醇一样，金刚烷醇分子中也含有手性碳原子 14．回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。 已知：HCOOH为弱酸，下列说法不正确的是 A．废气中SO2排放到大气中会形成酸雨 B．装置b中阴极反应式为CO2+2e-+ 2H2O= HCOOH +2OH- C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的SO2 D．装置b中的总反应为 + CO2 + H2OHCOOH + 二、解答题 15．氯及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用，回答下列问题： (1)氯元素在元素周期表中的位置是 ，基态Cl原子的电子排布式为 。 (2)Cl与S的第一电离能大小比较为：Cl S（填“＞”“＜”或“=”）。 (3)分子的空间结构为 。 (4)各分子中键的键长如下： 一氯乙烷（） 一氯乙烯（） 一氯乙炔（） 键长（） 1.8031 1.7369 1.6471 ①一氯乙烯（）分子结构如下图所示： 其中C原子采取 杂化方式，C原子的一个杂化轨道与Cl的一个3p轨道形成键，并且垂直于分子平面的Cl的一个3p轨道与C的2p轨道形成3中心4电子的大键（），使得一氯乙烯（）分子中键长短于一氯乙烷。 ②在一氯乙炔（）分子中，键长更短的理由是： （i）C的杂化轨道中s成分占比越高，形成的键键长越短； （ii） 。 (5)人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图所示。 ①尿素的分子结构为，其中C元素为价，结合元素的电负性解释碳元素显正价的原因： 。 ②阳极室中发生的反应依次为 、 。 16．硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备 (1)世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。 ①工业上可用生产NO，为该工艺提供氮氧化物，生产NO的化学方程式是 。 ②制取硫酸总反应的化学方程式是 。 ③i中反应的与的物质的量之比是 。 (2)现代用接触法制硫酸，关键工序是的催化氧化： ①中硫氧键键能的平均值为，中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为 。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，的转化率减小，可能的原因是 （写出一条）。 (3)人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 ①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理： 。 ②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图4所示。 i.较浓硫酸应注入 （填“C极区”或“D极区”）。 ii.从物质和能量的角度说明联合生产的优点： 。 17．维生素B2可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图(部分试剂和反应条件略去)。 已知： (1)A是芳香族化合物，其名称是 。 (2)A→B所需试剂和反应条件是 。 (3)D的官能团是 。 (4)下列有关戊糖T的说法正确的是 (填序号)。 a．属于单糖 b．可用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基 c．存在含碳碳双键的酯类同分异构体 (5)E的结构简式是 。 (6)I→J的方程式是 。 (7)由K经过以下转化可合成维生素B2。 M的结构简式是 。 18．硫酸是一种重要的基础化工用料.可以用不同的方法制备硫酸。 (1)古人利用硫酸盐制备硫酸。 ①补全利用胆矾制备硫酸的反应原理： a. b. 。 ②以绿矾()干馏产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时得到硫的氧化物，反应的化学方程式是 。 (2)早期工业上采用铅室法制硫酸，制取过程的物质转化如下图所示： ①工业上利用生产，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是 。 ②i中反应的 。 ③整个过程的总反应方程式是 。 (3)现代工业多用接触法制硫酸。接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：。 ①不同的温度和压强下，的平衡转化率如下图，图中Y代表 (填“温度”或“压强”)，Y1、Y2、Y3的大小关系是 。 ②研究表明，催化氧化的反应速率方程为：(1-Rα′) 式中：为反应速率常数，随温度升高而增大；为常数，不随温度变化；为平衡转化率；α′为某时刻转化率。 分析在不同温度下，的转化率是0.90时的反应速率得到曲线如下图所示.温度大于后，下降，原因是 。 19．(一)甲醇是一种重要的化工原料，具有广阔的开发和应用前景。工业上使用水煤气(与的混合气体)转化成甲醇：   (1)在体积可变的恒压密闭容器中投入和，不同条件下发生上述反应。实验测得平衡时的物质的量(n)随温度(T)、压强(p)的变化如图所示。 ① (填“<”或“>”)。 ②该反应的平衡表达式为 ，M点对应的平衡混合气体的体积为，则233℃时，的转化率为 (保留1位小数)。 ③下列叙述能说明上述反应在条件下达到化学平衡状态的是 。 a．单位时间内消耗的同时生成 b．的体积分数不再改变 c．密闭容器的体积不再改变 (2)工业上可利用甲醇羰基化法进一步制取甲酸甲酯：。在容积不变的密闭容器中，投入等物质的量的和CO，相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示(不考虑其他副反应)。 ①b、c、d三点中，尚未达到化学平衡状态的点是 。 ②该反应是 (填“放热”或“吸热”)反应。 ③曲线ac段和de段的变化趋势不同。试从反应速率和平衡角度说明理由： 。 (二)某同学利用如图所示装置制作简单的燃料电池。 (3)闭合，断开。 ①电极a的电极反应式是 。 ②的迁移方向为 (填“”或“”)。 (4)一段时间后断开，闭合，电流表的指针偏转。一段时间后，电极b附近的现象是 。 (5)下列说法中，不正确的是 (填字母)。 a．通过调节、可以实现化学能和电能的相互转化 b．若将溶液替换为稀硫酸，闭合后，电极反应不变 c．闭合，电路中每转移电子，电极a理论上产生的气体在标准状况下的体积为 d．以上过程中，电极a附近的pH先减小，后增大，电解质溶液pH不变。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《高三化学一轮复习自编模拟训练卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D B D B A C B D 题号 11 12 13 14 答案 C D D B 1．A 【详解】A．，元素化合价从-1→0，升高，需氧化剂，A符合题意； B．，元素化合价+3→+3，无变化，无需氧化剂，B不符合题意； C．，元素化合价+4→+4，无变化，无需氧化剂，C不符合题意； D．，元素化合价-3→-3，无变化，无需氧化剂，D不符合题意； 故选A。 2．C 【详解】 A．在CO2分子中，C原子与每个O原子各形成两对共用电子，另外，每个O原子还有2个孤电子对，则CO2的电子式为，A正确； B．SO3中心S原子形成3个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数为3，发生sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形，B正确； C．轨道表示式中2s轨道中的2个电子的自旋方向相同，违背泡利原理，C不正确； D．H的s轨道与Cl的p轨道头碰头重叠形成s-pσ键，电子云轮廓图符合形成过程，D正确； 故选C。 3．D 【详解】A．白玉双龙佩主要成分是硅酸盐等无机物，不是有机化合物，A不合题意； B．青铜颂鼎是由青铜制成，青铜是合金，属于金属材料，不是有机化合物，B不合题意； C．青花瓷荷莲纹碗主要成分是硅酸盐等无机物，不是有机化合物，C不合题意； D．龙纹丝绸朝袍的丝绸属于蛋白质，蛋白质是有机高分子化合物，D符合题意； 故答案为：D。 4．B 【详解】 A．氯原子的质子数为17，其原子结构示意图：，A正确 B．分子中碳原子与两个氧原子分别形成碳氧双键，其电子式应为，B错误； C．钠原子失去最外层1个电子形成，氯原子得到1个电子形成，二者通过静电作用形成离子键，则由Na和Cl形成离子键的过程为：，C正确； D．水分子的空间构型为V形，且氧原子的半径大于氢，则的分子结构模型：，D正确； 故选B。 5．D 【详解】A．Na处于0价，是钠的还原态，易被氧化为Na+，具有强还原性，A不符合题意； B．为铁的中间价态，既可被氧化为(体现还原性)，也可被还原为Fe(体现氧化性)，具有还原性，B不符合题意； C．Cl-为氯的最低负价态，只能被氧化，具有还原性，C不符合题意； D．H+为氢的最高正价态，只能被还原，仅具有氧化性，不具有还原性，D符合题意； 答案选D。 6．B 【分析】有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；据此作答。 【详解】A．铁的锈蚀是指单质铁转化为铁的氧化物，有元素化合价变化，A不符合题意； B．煅烧石灰石产生氧化钙和二氧化碳，没有元素化合价变化，B符合题意； C．拉瓦锡测定空气中O2的含量，主要利用了两个反应：，，有元素化合价变化，C不符合题意； D．普利斯特利的光合作用实验，涉及了多个氧化还原反应，比如老鼠的呼吸作用、植物的光合作用、蜡烛的燃烧等，D不符合题意； 故答案选B。 7．A 【详解】A．溶液中的亚铁离子能与氯气反应生成铁离子和氯离子，反应生成的铁离子能使硫氰化钾溶液变红色，则向某溶液中滴入硫氰化钾溶液，溶液无变化说明溶液中没有铁离子，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色说明溶液中含有亚铁离子，A正确； B．溶液中的碳酸根离子、硫酸根离子也能与银离子反应生成白色沉淀，所以向某溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀不能说明溶液中一定含有氯离子，B错误； C．二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，则溶液紫色很快褪去说明二氧化硫有还原性，不能说明二氧化硫具有漂白性，C错误； D．将某市售食盐溶解后加入淀粉溶液、碘化钾溶液、稀硫酸，溶液变蓝只能说明碘离子被氧化为单质碘，但不能说明食盐中一定含有碘酸根离子，D错误； 故选A。 8．C 【分析】装置①中通过分液漏斗添加浓盐酸，在圆底烧瓶中浓盐酸和二氧化锰固体加热反应用来制取氯气，装置②中的饱和食盐水用来除去氯气中的氯化氢，装置③中可以用浓硫酸来除去氯气中的水，装置④为探究Cl2的漂白性，装置⑤用来处理氯气，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，装置①中是浓盐酸和二氧化锰固体加热反应用来制取氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应中Mn的化合价降低，被还原，故MnO2作氧化剂，A正确； B．由分析可知，②中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的，B正确； C．由题干信息可知，当关闭弹簧夹时，④中的红布条未见明显变化；打开弹簧夹后，④中的红布条逐渐褪色，则可能是氯气被干燥，不能漂白红色布条，也可能是氯气被吸收，没有氯气达到红色布条中，故关闭弹簧夹时，③中盛放的试剂能选用浓H2SO4或者NaOH等碱性溶液，C错误； D．由分析可知，装置⑤用来处理氯气，打开弹簧夹后，⑤中反应为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D正确； 故答案为：C。 9．B 【详解】A．图A中白磷与氧气的总能量高于红磷与氧气的总能量，说明白磷的能量高于红磷，能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，A错误； B．图B中金刚石与氧气的总能量高于石墨与氧气的总能量，说明金刚石的能量高于石墨，则石墨转化为金刚石是吸热反应，B正确； C．图C中反应物CO(g)和H2O(g)的总能量高于生成物CO2(g)和H2(g)的总能量，则该反应为放热反应，即ΔH<0，C错误； D．图D中S(g)和O2的总能量高于S(s)和O2的总能量，反应生成等物质的量的SO2(g)时前者放热更多，但放热反应的ΔH为负值，则ΔH1<ΔH2，D错误； 故选B。 10．D 【详解】A．CO2分子中含有C=O双键（含σ键），H2分子中含有H-H单键（含σ键），故均含σ键，故A正确； B．H2吸附时H-H键（s-sσ键）断裂为H原子，透过Pd膜后H原子重新结合形成H-H键（s-sσ键），s-sσ键发生断裂和形成，故B正确； C．Pd膜分离H2使产物浓度降低，平衡正向移动，CO平衡转化率提高，故C正确； D．流速过大时，反应物接触时间短，可能来不及反应就流出，单位时间内实际反应量可能减少，H2产率不一定提高，故D错误； 故答案为D。 11．C 【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。 12．D 【详解】A．由图可知，内，，由于，则X与Y的化学计量数之比为3：1，所以化学计量数，A正确； B．由题知，12 s时体系中含有，即，，则c=2，M与N的化学计量数之比为1：1，则12 s时，B正确； C．，，C正确； D．根据分析 A、B可知，化学计量数，c=2，该反应前后气体分子数不变，减小容器容积相当于增大压强，平衡不移动，D错误； 故答案选D。 13．D 【详解】A． 分子中O原子和N原子的价层电子对数均为4，故均为杂化，A正确； B．N有一对孤对电子，O有两对孤对电子，孤对电子对成键电子排斥，键角变小，O的孤对电子多，排斥作用大，分子中的键角小于的键角，B正确； C．电负性O＞N＞H，分子中的极性大于的极性，C正确； D．手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，金刚烷醇分子（）无手性碳原子，D错误 故答案选D。 14．B 【分析】含二氧化硫和二氧化碳的废气通入碳酸氢钠溶液中，二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳和亚硫酸钠，二氧化碳气体通入装置b的右室，在电源右侧电极上反应生成HCOOH，则得电子，右侧电极为阴极，电极反应式为；碳酸氢钠和亚硫酸钠混合溶液通入装置b的左室，左侧电极上亚硫酸根离子失电子生成硫酸根离子，则左侧电极为阳极，电极反应式为。 【详解】A．二氧化硫是酸性氧化物，废气中排放到空气中，遇水生成亚硫酸，亚硫酸易被氧气氧化生成硫酸，形成硫酸型酸雨，A正确； B．由分析可知，装置b中阴极的电极反应式为，B错误； C．由分析可知，装置a中溶液的作用是吸收二氧化硫气体，C正确； D．由分析中电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为，D正确； 故答案选B。 15．(1) 第三周期第VIIA族 1s22s22p63s23p5 (2)> (3)四面体型 (4) sp2 Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键越短 (5) 由电负性顺序O>N>C，则尿素分子中C的四对成键电子均偏离C原子，所以C为+4价 2Cl--2e-=Cl2 【详解】（1）Cl元素在元素周期表中位置是第三周期第VIIA族，基态Cl原子的电子排布式是1s22s22p63s23p5。 （2）Cl的核电荷数大于S，对核外电子的束缚力更强，所以其第一电离能更大。 （3）中C原子形成4个键，无孤对电子，价层电子对数为4，分子空间构型为四面体形。 （4）①图可知，C原子价层电子对数均为3，各剩余一个电子离域形成大π键，所以C原子采取sp2杂化； ②一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键（），一氯乙炔中Cl的3py轨道与C的2py轨道形成3中心4电子的大π键（）、Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键（），形成2套，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短； （5）①由电负性顺序O>N>C，则尿素分子中C的四对成键电子均偏离C原子，所以C为+4价； ②阳极室发生氧化反应，反应为Cl2的生成和尿素的氧化：2Cl--2e-=Cl2，。 16．(1) 2：3 (2) 温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小 (3) B极电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，c(H+)增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸 D极区 利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水 【详解】（1）①根据题目，需要将NH3转化为NO。NH3与O2在催化剂和加热条件下反应生成NO和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； ② 观察图1，整个过程中SO2、O2和H2O是反应物，H2SO4是产物，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； ③根据图1，步骤i中SO2与NO2反应生成HOSO2ONO和NO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，此时与的物质的量之比是2：3。 （2）① 已知反应：，设O=O键能为 ，中硫氧键键能的平均值为，中硫氧键键能的平均值为，根据 =，，则中氧氧键的键能为； ②根据图2，温度低于T时，反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，SO2转化率增加；温度高于T时，反应已达平衡，由于正反应放热，升温使平衡左移，SO2转化率降低。此外，温度过高可能导致催化剂活性下降，反应速率减慢，相同时间内SO₂转化率也可能降低。 （3）①由图可知，A极附近，稀氨水转化为较浓氨水，说明有OH-生成，电极反应为：2H2O+2e-=2H2↑+2OH-，c(OH-)增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极稀硫酸转化为浓硫酸，说明有H+生成，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，c(H+)增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸，故答案为：B极电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，c(H+)增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸； ②i.图3中产生的M、N分别为O2、H2，氢氧燃料电池中，C极O2得到电子，发生还原反应：O2+4e-+4H+=2H2O，c(H+)减小，c(OH-)增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应该注入C极区，同理，D极，H2失去电子，发生氧化反应，2H2-4e-=4H+，c(H+)增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸注入D极区，故答案为：D极区； ⅱ.从物质和能量的角度说明联合生产的优点是利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水，故答案为：利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。 17．(1)邻二甲苯 (2)浓、浓，加热 (3)氨基 (4)a (5) (6) (7) 【分析】 参照的结构简式及F的分子式，可确定F为，J为。由此可推出A为，B为，D为，T为，E为；G为，I为，据此分析； 【详解】（1） 由分析可知，A是，其名称是邻二甲苯； （2） A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓、浓，加热； （3） D为，官能团是氨基； （4） a．戊糖T（）不能发生水解，则属于单糖，a正确； b．戊糖T（）分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性溶液氧化，不能用酸性溶液检验其中是否含有醛基，b错误； c．戊糖T（）的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c错误； 故选a； （5） 由分析可知，E的结构简式是； （6） I()与反应生成J()等，反应的化学方程式是； （7） 由K脱去，则生成L的结构简式为，发生分子内加成后生成M的结构简式是。 18．(1) (2) 2:3 (3) 压强 由①可知的催化氧化反应是放热反应，温度升高，平衡转化率下降对的影响比增大的影响显著.使得反应速率下降 【详解】（1）与水反应生成硫酸（这是硫酸工业中“酸吸收”步骤的核心反应，溶于水生成，反应方程式为： ；绿矾制备的反应方程式，绿矾是，加热后生成红棕色粉末，Fe从+2价被氧化为+3价），同时生成“硫的氧化物”，硫元素从+6价被还原，应为，S从+6→+4，根据元素守恒和得失电子守恒配平为； （2）工业上用催化氧化制，反应为：；反应i是与的氧化还原反应，其中中N为+3价，求得中S为+6价，中+4价S→中+6价S（失2e⁻）；中+4价N→中+3价N和中+2价N（共得3e⁻）；根据得失电子守恒，配平得，因此物质的量之比为 2：3；铅室法的核心是被氧化为，和是“中间循环物质”，最终总反应为； （3）反应是放热反应，根据勒夏特列原理，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率降低，压强增大，平衡正向移动，平衡转化率升高，根据图像，X值增大，平衡转化率降低，所以X为温度，所以Y为压强；压强增大，平衡正向移动，平衡转化率升高，根据图像，转化率，所以压强；由于反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率α降低，反应速率方程为 ，有信息可知，为反应速率常数，随温度升高而增大，增大使逐渐提高，但α降低使逐渐下降，当温度大于后，平衡转化率下降对的影响比增大的影响显著.使得反应速率下降。 19．(1) 66.7% bc (2) bc 放热 ac段，反应未达平衡，温度升高，反应速率增大，相同时间内消耗CO多；de段，已经达到平衡，升高温度使平衡向逆反应方向移动，CO转化率降低 (3) (4)溶液由红色变为无色 (5)bc 【详解】（1）①由反应可知，增大压强，平衡正移，甲醇的物质的量增多，则P1＞P2； ②平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；则该反应的平衡常数表达式为；M点生成甲醇的物质的量为0.25 mol，依据变化量之比等于计量数之比，则消耗氢气的物质的量为0.5 mol，则氢气的转化率； ③a．单位时间内消耗1 molCO为正反应，同时生成1 molCH3OH也为正反应，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，a不符合题意； b．随着反应的进行，甲醇的量在增加，其体积分数为变量，当CH3OH的体积分数不再改变时，反应达到平衡，b符合题意； c．该反应为气体分子数改变的反应，恒压条件下，容器的容积为变量，则当密闭容器的体积不再改变时，反应达到平衡，c符合题意； 答案为bc； （2）由图可知，由a点到最高点为温度升高，速率增大，一定时间内CO的转化率增大；由最高点到e点，为温度升高，平衡逆移，转化率减小；据此作答。 ①依据上述分析，b、c点尚未达到化学平衡状态； ②温度升高，平衡逆移，则该反应为放热反应； ③ac段，反应未达平衡，温度升高，反应速率增大，相同时间内消耗CO多；de段，已经达到平衡，升高温度使平衡向逆反应方向移动，CO转化率降低； （3）闭合K1，断开K2时，为电解池装置； ①电极a与电源正极相连，为电解池的阳极，水中氢氧根失电子产生氧气，电极反应为； ②电解池中阴离子由阴极移向阳极，即由； （4）一段时间后断开K1，闭合K2，电流表的指针偏转，此时为原电池装置，b极为原电池的负极（电解池时放氢生碱，溶液变红），a极为原电池的正极（电解池时放氧生酸，溶液无色）；b电极氢气失电子生成氢离子，溶液由红色变为无色； （5）a．由第（3）、（4）可知，通过调节K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化，a不符合题意； b．若将溶液替换为稀硫酸，则溶液变为酸性介质，闭合后，b电极反应发生改变；当溶液为硫酸钠时，反应式为；当溶液为稀硫酸时，反应式为；b符合题意； c．闭合K1，a电极为阳极，电极反应式为，则电路中每转移电子，理论上产生1 mol气体，在标准状况下的体积为22.4 L，c符合题意； d．闭合K1，断开K2时，电极a产生氢离子；断开K1，闭合K2，电极a消耗氢离子，电极a附近的pH先减小后增大，电解质溶液pH不变，d不符合题意； 答案为bc。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $