精品解析：北京交通大学附属中学2025-2026学年高二上学期期末考试 化学试卷

北京交大附中2025—2026学年第一学期期末练习 高二化学 2026.01 说明：本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 I卷 本部分共14题，每题3分，共42分。在下列各题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列官能团的名称和结构简式都正确的是 A. 醛基 B. 碳碳双键 C. 酯基 D. 羟基 【答案】C 【解析】 【详解】A．醛基-CHO，A错误； B．碳碳双键，B错误； C．酯基，C正确； D．羟基-OH，D错误； 故选C。 2. 下列各组离子不能大量共存的原因与氧化还原反应有关的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意； B．酸性溶液中次氯酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应不能大量共存，故B符合题意； C．溶液中氢离子与醋酸根离子反应生成醋酸，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C不符合题意； D．溶液中亚硫酸根离子与钡离子、钙离子生成亚硫酸钡、亚硫酸钙沉淀，且钙离子与氢氧根离子生成微溶的氢氧化钙，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故D不符合题意； 故选B。 3. 下列有机化合物命名正确的是 ①3­-甲基丁烷 ②3，4-­二甲基戊烷 ③2­-乙基丁烷 ④3­-乙基­-2­-甲基戊烷 A. ②③ B. ③④ C. 都正确 D. 都错误 【答案】D 【解析】 【详解】①的结构简式为CH3CH2CH(CH3)CH3，其正确的名称是2-甲基丁烷，故①错误； ②的结构简式为，其正确的名称是2，3-二甲基戊烷，故②错误； ③的结构简式为，其正确的名称是3-甲基戊烷，故③错误； ④的结构简式为，其正确的名称是2-甲基-3-乙基戊烷，故④错误。 所以有机化合物命名均错误； 答案选D。 4. 胃酸的pH为0.9～1.5.有毒，医疗上常用作X射线透视肠胃的内服造影剂(俗称“钡餐”)。与的溶度积相差不大。下列说法不正确的是 A. 可用代替作“钡餐” B. 与都属于难溶电解质 C. 在水溶液中难以与结合成硫酸分子 D. 胃酸能促进的溶解 【答案】A 【解析】 【详解】A．BaCO3能与胃酸反应生成BaCl2，使胃中c( Ba2+)增大，Ba2+有毒，所以不可用BaCO3代替BaSO4作“钡餐”，故A错误； B．BaCO3与BaSO4都是不溶于水的物质，都属于难溶电解质，故B正确； C．硫酸是强电解质，水溶液中完全电离，则在水溶液中难以与H +结合成硫酸分子，故C正确； D．BaCO3是不溶物，存在溶解平衡为BaCO3(s) = Ba2+(aq) + (aq)，能与盐酸反应生成CO2气体，促进平衡正向移动，则胃酸能促进BaCO3的溶解，故D正确； 答案选A。 5. 下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示) A. NaCl溶于水并电离NaCl=Na⁺+Cl- B. 电解CuCl2溶液CuCl2=Cu2++2Cl- C. CH3COOH在水中电离 D. 反应能量变化H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH<0 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaCl为强电解质，溶于水完全电离生成Na⁺和Cl-，电离方程式正确，与示意图中离子水合过程相符，故A正确； B．CuCl2=Cu2++2Cl-是CuCl2的电离方程式，电解CuCl2溶液正确书写为：如CuCl2Cu+Cl2↑，故B错误； C．CH3COOH为弱电解质，在水中部分电离，用可逆号表示，电离方程式正确，故C正确； D．H2与Cl2反应生成HCl为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，ΔH<0，能量变化示意图与热化学方程式相符，故D正确； 故答案为B。 6. 草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1 mol/L KHC2O4溶液中，下列关系正确的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．电荷守恒应为，A选项缺少的系数2，A错误； B．物料守恒应为，B选项缺少，B错误； C．溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，故，C正确； D．物料守恒应为，D选项为2，D错误； 故答案为C。 7. 已知：。下列说法不正确的是 A. 电解溶液可将分解为和 B. 生成放出的热量多于生成放出的热量 C. 装置a不仅能产生与，而且能将二者反应的化学能转化为电能 D. 每生成，转移电子的数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．是含氧酸的强酸强碱盐，电解溶液相当于电解水，A正确； B．气态水比液态水的能量高，生成放出的热量少于生成放出的热量，B错误； C．装置a中，打开k2闭合k1，是电解池，产生与，打开k1闭合k2是氢氧燃料电池，能将二者反应的化学能转化为电能，C正确； D．每生成，H从0价到+1价，中由1molH，转移1mol电子，转移电子的数目为，D正确； 答案选B。 8. 下列实验中，能达到实验目的的是 A.把化学能转化为电能 B.相同温度下的溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3 C.除去Cl2中混有的少量HCl D.在铁上电镀铜 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．未使用盐桥，无法形成闭合回路，不能构成原电池，A选项错误； B．在2 mL 0.2 mol/L NaOH溶液中滴入3滴0.1 mol/L MgCl2溶液，生成白色沉淀，NaOH是过量的，再滴入3滴0.1 mol/L FeCl3溶液，FeCl3与过量的NaOH反应生成红褐色沉淀，不能证明沉淀发生了转化，即不能说明相同温度下的溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3，B选项错误； C．饱和NaCl溶液可有效除去Cl2中的HCl，装置符合“长进短出”原则，C选项正确； D．铁应接负极作阴极，铜应接正极作阳极，图中连接错误，无法实现电镀，D选项错误； 故答案选C。 9. 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．中催化剂失去氢原子，化合价升高被氧化，A正确； B．中丙烷分子中的甲基失去了氢原子变成了正丙基，B正确； C．从整个历程图可知，反应物为氧气和丙烷，生成物是丙烯和水，总反应为，C正确； D．过程的活化能为，过程的活化能为，过程的活化能为，反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是制约反应速率的决定步骤，因此为整个反应的决速步，D错误； 故答案选D。 10. 牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，牙齿表面液膜的pH一般约为6.5.当液膜pH<5.2时，牙釉质会出现溶解损伤。使用含氟牙膏(含少量氟化物，如NaF)可预防龋齿。下列说法不正确的是 已知：Ca5(PO4)3(OH)、Ca5(PO4)3F的Ksp分别为6.8×10−37、1×10−60；含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图；Ca3(PO4)2、CaHPO4均难溶于水。 A. 牙齿表面液膜中：c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO) B. 牙釉质溶解损伤时，牙齿表面液膜中δ(PO)升高 C. 使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3F D. 在漱口水中添加适量的Ca2+有利于牙釉质的沉积 【答案】B 【解析】 【详解】A．牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，根据元素守恒c(Ca2+)：[c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)]=5:3，因此c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)正确，A正确； B．牙釉质溶解损伤时，液膜pH<5.2，根据含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系图可知，牙齿表面液膜中δ(H2PO)最高，牙齿表面液膜中δ(PO)降低，B错误； C．Ca5(PO4)3F的Ksp更小，使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3F，C正确； D．牙齿表面液膜中存在在Ca5(PO4)3(OH)(s)⇋5Ca2+(aq)+3P(aq)+5OH-(aq)，漱口水中添加适量的Ca2+，沉淀溶解平衡逆向移动，有利于牙釉质的沉积，D正确； 答案选B。 11. 一定温度下，向含一定浓度金属离子M2+(M2＋代表、和)的溶液中通H2S气体至饱和c(H2S)为时，相应的金属硫化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的与pH关系如下图。下列说法不正确的是 A. a点所示溶液中， B. 该温度下， C. b点所示溶液中，可发生反应 D. Zn2+、Mn2+浓度均为的混合溶液，通入H2S并调控pH可实现分离 【答案】C 【解析】 【详解】A．a点所示溶液中＝-4，即c(Zn2+)=10-4mol/L，由图像可知此时pH=0~1，c(H+)>0.1mol/L，所以，A正确； B．，又在时c(H+)、c(S2-)相同，图像上取相同的横坐标时<<，即c(S2-)相同时c(Zn2+)<c(Fe2+)<c(Mn2+)，所以该温度下，，B正确； C．从图中可以得到b对应的溶液中c(Fe2+)＝10-5mol/L，c(H+)=10-3mol/L，而当c(H+)=10-3mol/L其饱和溶液中c(Fe2+)＝10-2mol/L，即b点Q<，即无FeS沉淀生成，所以不能发生反应，C错误； D．根据前面所求溶度积相对大小，通入H2S并调控pH能否实现分离，取决于Zn2+完全沉淀时Mn2+是否沉淀了，当Zn2+完全沉淀时c(Zn2+)=10-5mol/L，图中对应pH约为1.2，而Zn2＋、Mn2＋浓度均为的混合溶液Mn2＋开始沉淀的pH约为4.5，即Zn2+完全沉淀时Mn2+还没有开始沉淀，可以实现分离，D正确； 故答案为C。 12. 分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，有、、及Au、Ag等，具有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品流程如下： 已知：； v中生成和； 、、、的依次为、、、。 下列说法不正确的是 A. 步骤ⅰ中一定发生反应： B. 步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸 C. 步骤ⅱ、ⅳ提取Pb（Ⅱ）、时，均有和参加反应 D. 试剂a可为NaCl，促进Au、Ag的浸出 【答案】C 【解析】 【分析】已知、的分别为、，分银渣中有、、及Au、Ag等，向分银渣中加入溶液，发生沉淀转化反应：，会转化为，过滤，弃去含有的滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应、、；然后过滤，得到含有Pb（Ⅱ）的溶液，向固体A中加入溶液，发生反应，过滤，弃去含有的滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应，得到含有Ba2+的溶液；再过滤，向固体B中加入NaClO3、HCl，在酸性条件下NaClO3可以将Au、Ag氧化为金属阳离子，并与溶液中的Cl-结合形成络离子和；不反应，仍以固体形式存在。 【详解】A．步骤ⅰ中加入溶液，固体会转化为，故步骤ⅰ中一定发生反应：，A正确； B．根据分析可知，步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸，B正确； C．步骤ⅳ发生的反应是，故没有参加反应，C错误； D．试剂a可为NaCl，促进Pb（Ⅱ）的浸出，NaCl的加入，增大了溶液中c(Cl-)，促进Au、Ag形成配合物，使Au、Ag变成络离子和进入溶液，有利于Au、Ag的浸出，D正确； 故选C。 13. 催化加氢制甲醇，在减少排放的同时实现了的资源化，该反应可表示为：。保持起始反应物，时随压强变化的曲线和p=时随温度变化的曲线如图。 已知：表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。下列说法正确的是 A. 该反应 B. a、b交点处化学平衡常数值相同 C. 当时，达平衡后 D. 当时，的平衡转化率约为 【答案】D 【解析】 【详解】A．题给反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，增大，则曲线a表示时随压强变化的曲线，曲线b表示p=时随温度变化的曲线，根据曲线b，升高温度，减小，说明平衡逆向移动，则，A项错误； B．曲线a、b交点，曲线b对应反应温度小于250 ℃，温度不同，化学平衡常数的值不同，B项错误； C．由曲线b可知，、230 ℃ 时，＞0.07，C项错误； D．起始反应物，设起始H2、CO的物质的量分别为3 mol、1 mol，平衡时生成a mol甲醇，由题意建立三段式： 由可得，解得，则H2反应了1 mol，故的平衡转化率为，D项正确； 故选D。 14. 兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。 序号 操作 试剂a 试剂b 现象 ① 0.2mol/L FeCl3 蒸馏水 溶液为黄色 ② 0.2mol/L FeCl3 2mol/L盐酸 溶液为浅黄色 ③ 0.2mol/L Fe(NO3)3 蒸馏水 溶液为浅黄色 ④ 0.2mol/L Fe(NO3)3 2mol/L硝酸 溶液接近无色 下列说法不正确的是 A. ②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动 B. 由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关 C. 由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关 D. 由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L盐酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动，A正确； B．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关，B正确； C．对比实验①③和实验②④实验现象可知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关，C正确； D．由以上实验可推知，导致②溶液为浅黄色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移动，而导致③溶液为浅黄色的原因是Fe3+浓度和水解生成的离子浓度减小，故不相同，D错误； 故答案为：D。 II卷 15. 和是两种造成温室效应的主要气体，高温下可发生干重整反应进行综合利用，反应过程的能量变化如图所示。 （1）干重整主反应的热化学方程式为_______(用、、表示反应热，其中、、均大于0)，反应速率由反应_______决定(填“ⅰ”或“ⅱ”)。 （2）反应器中还同时存在副反应： 。 ①如图表示投料比为1：1.3时，不同温度下的反应结果，下列说法中正确的是_______。(填字母) A．加压有利于增大和反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率 B．550~600℃，升温更有利于主反应，主反应先达到平衡 C．始终低于1.0，与副反应有关 ②体系中会发生积炭反应 ，为研究其热效应，还需要利用反应_______的。 ③添加一定量的载氧剂可与反应避免积炭反应发生，增大的值，推测可能发生的反应并用化学反应方程式表示_______。 （3）文献中指出和可以发生反应生成和，且反应进行程度较大，但干重整反应器中进行程度小。结合键能数据，从平衡角度阐明理由_______。 化学键 键能/ 1072 436 413 464 【答案】（1） ①. H=+(E1—E2+ E3)kJ/mol ②. ⅰ （2） ①. AC ②. 或 ③. （3）反应的反应热H=[(1072+436×3)kJ/mol—(413×4+464×2)kJ/mol]=—200 kJ/mol，高温下可发生干重整反应，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以在干重整反应器中反应程度小 【解析】 【小问1详解】 干重整反应干重整反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的焓变△H=+(E1—E2+ E3)kJ/mol，则反应的热化学方程式为△H=+(E1—E2+E3)kJ/mol；反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应的反应速率取决于慢反应，由图可知，反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ，所以反应的反应速率取决于反应ⅰ，故答案为：△H=+(E1—E2+E3)kJ/mol；ⅰ。 【小问2详解】 ①A．主反应为气体体积增大的反应，副反应为气体体积不变的反应，增大压强，主反应和副反应的反应速率均增大，但主反应向逆反应的方向移动，副反应平衡不移动，甲烷和二氧化碳的转化率减小，所以加压有利于增大甲烷和二氧化碳甲烷和二氧化碳反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率，故A正确； B．由图可知，550∼600℃间，升高温度，甲烷的转化率增大幅度大于二氧化碳转化率增大幅度，说明升温更有利于主反应，由于主反应和副反应同时发生，副反应的发生会破坏主反应的平衡，所以主反应和副反应同时达到平衡，故B错误； C．由方程式可知，主反应生成一氧化碳和氢气的物质的量比为1：1，由图可知，反应中一氧化碳和氢气的物质的量比始终小于1：1，说明副反应消耗氢气生成一氧化碳导致物质的量比小于1：1，故C正确； 故选AC； ②将主反应、副反应和积炭反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应①-③可得反应，反应①-②-③可得反应，所以为研究积炭反应的热效应，还需要利用反应或的焓变，故答案为：或； ③添加一定量的载氧剂氧化亚铁，可避免积炭反应发生，增大的值说明氧化亚铁与甲烷共热反应生成铁、氢气和一氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：。 【小问3详解】 由题意可知，一氧化碳与氢气反应生成甲烷和水蒸气的方程式为，由反应热与反应物的键能之和与生成物键能之和的差值相等可知， 反应的反应热△H=[(1072+436×3)kJ/mol—(413×4+464×2)kJ/mol]=—200 kJ/mol，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以在干重整反应器中反应程度小，故答案为：反应的反应热△H=[(1072+436×3)kJ/mol—(413×4+464×2)kJ/mol]=—200 kJ/mol，高温下可发生干重整反应，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以在干重整反应器中反应程度小。 16. 黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应： i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO （1）反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为_____mol。 （2）反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。 ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g)　ΔH<0 iii．SO2(g)+3CO(g)COS(g)+2CO2(g)　ΔH<0 理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。 ①从资源和能源利用的角度说明用反应ii处理尾气的好处：_____。 ②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是_____。 ③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为_____。 （3）处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。 ①该装置中，正极的电极反应式为_____。 ②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1mol，则理论上减小了_____mol。 【答案】（1）4 （2） ①. 回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂；利用反应ii放热为反应i提供能量 ②. 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动 ③. 先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变 （3） ①. ②. 2 【解析】 【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：，据此回答。 【小问1详解】 根据题目所给反应方程式可知，每当生成3molS2，理论上转移12mol电子，则生成1molS2时，转移电子的物质的量为4mol； 【小问2详解】 ①反应ii处理尾气的好处有：回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量； ②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动； ③通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变； 【小问3详解】 ①根据分析可知，该装置中，正极的电极反应式为：； ②根据电极方程式可知，当消耗1mol亚硫酸根离子，转移4mol电子，同时消耗6mol碳酸氢根离子，生成6mol碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4mol的H+通过质子交换膜来到正极，4mol氢离子可以结合4mol的碳酸根离子生成4mol的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2mol。 17. 钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中提取钒的主要流程如下： 已知： i.滤液A中的阳离子主要有H+、、Fe3+、Al3+等； ii.“萃取”过程可表示为。 （1）“浸钒”时，为加快浸出速率可采取的措施有_______(写出1条即可)。 （2）“浸钒”过程中，焙砂中的V2O5与硫酸反应的离子方程式为_______。 （3）“还原”过程中，铁粉发生的反应有如下反应，补全该反应的离子方程式_______。 （4）“萃取”前，若用石灰乳先中和，萃取效果更好，用平衡移动原理解释原因_______。 （5）写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式_______。 （6）用以下方法测量滤液A中VO2+的浓度：从滤液A中取出100 mL，加入适量(NH4)2S2O8，加热，将滤液A中可能存在的VO2+氧化为，继续加热煮沸，除去过量的(NH4)2S2O8。冷却后加入指示剂，用c mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液将滴定为VO2+，共消耗10 mL (NH4)2Fe(SO4)2溶液。 ①用上述方法测得滤液A中VO2+的浓度为_______。 ②若不除去过量的(NH4)2S2O8，测定的VO2+浓度结果将_______(填“偏高”“不变”或“偏低”)。 【答案】（1）搅拌或钒矿石焙砂磨成粉或适当提高硫酸浓度 （2）V2O5+2H+=2VO+H2O （3）2VO+Fe+4H+=2VO2++Fe2++2H2O （4）萃取过程存在平衡：，石灰乳中和，使减小，平衡正向移动，提高了萃取率，因此萃取效果更好 （5）(NH4)2V6O163V2O5+2NH3↑+H2O （6） ①. 0.1c mol/L ②. 偏高 【解析】 【分析】由题给流程可知，向钒矿石焙砂中加入硫酸溶液浸钒，过滤得到滤渣和含有氢离子、VO离子、铁离子、铝离子的滤液；向滤液中加入铁粉还原，将溶液中的VO离子转化为VO2+离子、铁离子转化为亚铁离子，向反应后的溶液中加入石灰乳调节溶液pH约为2，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取、分液得到水相和有机相，向有机相中加入硫酸溶液反萃取、分液得到含有VO2+离子的溶液；加入氧化剂将溶液中的VO2+离子氧化为VO离子，向反应后的溶液中加入氨水沉钒，将VO离子转化为(NH4)2V6O16沉淀，过滤得到滤液和(NH4)2V6O16；(NH4)2V6O16煅烧分解生成五氧化二钒。 【小问1详解】 “浸钒”时，搅拌、钒矿石焙砂磨成粉、适当提高硫酸浓度等措施能加快浸出速率； 【小问2详解】 由分析可知，“浸钒”过程中，焙砂中的五氧化二钒与硫酸溶液反应转化为VO离子，反应的离子方程式为：V2O5+2H+=2VO+H2O； 【小问3详解】 由未配平的方程式可知，“还原”过程中，溶液中VO离子发生的反应为溶液中VO离子与铁反应生成VO2+离子、亚铁离子和水，反应的离子方程式为：2VO+Fe+4H+=2VO2++Fe2++2H2O； 【小问4详解】 “萃取”前，用石灰乳先中和，可以使溶液中氢离子浓度减小，有利于平衡向正反应方向移动，使得萃取效果更好； 【小问5详解】 由分析可知，(NH4)2V6O16煅烧分解生成五氧化二钒、氨气和水，反应的化学方程式为：(NH4)2V6O163V2O5+2NH3↑+H2O； 【小问6详解】 ①由题意可知，测量滤液A中VO2+的浓度时存在如下转化关系：VO2+~ VO~(NH4)2Fe(SO4)2，滴定消耗10 mL硫酸亚铁铵溶液，则滤液A中VO2+的浓度为：=0.1c mol/L； ②若不除去过量的过硫酸铵，过硫酸铵氧化(NH4)2Fe(SO4)2，使滴定消耗硫酸亚铁铵溶液体积偏大，导致测定的VO2+浓度结果偏高。 18. 从铜电解液中分离得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍(NiSO4)进行精制提纯，其工艺流程如下。 已知：i.含镍溶液中的杂质微粒有：Cu2+、Fe2+、H3AsO4、Ca2+和Zn2+等 ii.饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1 mol/L iii.部分物质的电离常数和溶度积常数如下表 物质 电离常数 物质 溶度积常数 物质 溶度积常数 H2S Ka1=1.1×10-7 Ka2=1.3×10-13 CuS 6.3×10-36 FeS 6.3×10-18 NiS 3.2×10-19 Ni(OH)2 5.5×10-16 CaF2 4×10-11 Fe(OH)3 2.8×10-39 （1）H2S是弱电解质，Ka1×Ka2=_______[用c(H2S)、c(H⁺)和c(S2-)表示]=1.43×10-20。 （2）滤渣1中含有As2S3和S，写出生成As2S3和S的离子方程式_______。 （3）“氧化除杂”主要去除Fe2+，请写出相关离子方程式_______、_______。 （4）“氟化除杂”中试剂a为_______。 （5）“P204萃取”水溶液的pH约为3.3，结合下图解释不选pH=1和pH=6的原因_______。 （6）理论上“硫化除杂”之后，溶液中c(Cu2+)=_______mol/L[计算时c(H2S)取0.1 mol/L，结果保留两位有效数字]。 【答案】（1） （2） （3） ①. ②. （4） （5）pH约为3.3时，锌离子基本已经除尽且此时镍离子损失不大，pH=1时，溶液酸性太强，萃取程度小，有较多剩余，无法有效除去；pH=6时，根据图像，Ni2+的萃取率也很高，导致Ni2+和Zn2+分离效果差，造成Ni2+的大量损失 （6） 【解析】 【分析】粗硫酸镍晶体溶解调节，通入硫化氢除去铜、砷元素；加入氯气将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化镍调节值，除去铁元素；加入除去钙元素；调节萃取分离出镍元素，最终得到精制硫酸镍。 【小问1详解】 是弱电解质，分两步电离，第一步：、第二步：，、，则。 【小问2详解】 由流程可知，和通入的硫化氢气体在酸性环境中发生氧化还原反应生成，氧化剂为，部分作还原剂，离子方程式为：。 【小问3详解】 氯气具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为； 氧化生成的铁离子与加入的反应：，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，除去了铁离子。 【小问4详解】 流程对粗硫酸镍进行精制提纯，“氟化除杂”中要加入氟元素除去钙离子且不能引入杂质阳离子，故加入的试剂a为。 【小问5详解】 由图可知，“萃取”水溶液的pH约为3.3时，锌离子基本已经除尽且此时镍离子损失不大。pH=1时，萃取程度小，有较多剩余，无法有效除去；pH=6时，根据图像，Ni2+的萃取率也很高，导致Ni2+和Zn2+分离效果差，造成Ni2+的损失。 【小问6详解】 已知饱和H2S溶液中，，根据==，由流程可知，此时，则，根据，代入上述数据，解得，根据，解得。 19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 【答案】（1） （2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 ③. 、 ④. 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 ⑤. 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 （3）金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【解析】 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【小问1详解】 在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； 【小问2详解】 ①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； 【小问3详解】 对比实验Ⅱ和Ⅲ，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京交大附中2025—2026学年第一学期期末练习 高二化学 2026.01 说明：本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 I卷 本部分共14题，每题3分，共42分。在下列各题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列官能团的名称和结构简式都正确的是 A. 醛基 B. 碳碳双键 C. 酯基 D. 羟基 2. 下列各组离子不能大量共存的原因与氧化还原反应有关的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 3. 下列有机化合物命名正确的是 ①3­-甲基丁烷 ②3，4-­二甲基戊烷 ③2­-乙基丁烷 ④3­-乙基­-2­-甲基戊烷 A. ②③ B. ③④ C. 都正确 D. 都错误 4. 胃酸的pH为0.9～1.5.有毒，医疗上常用作X射线透视肠胃的内服造影剂(俗称“钡餐”)。与的溶度积相差不大。下列说法不正确的是 A. 可用代替作“钡餐” B. 与都属于难溶电解质 C. 在水溶液中难以与结合成硫酸分子 D. 胃酸能促进的溶解 5. 下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示) A. NaCl溶于水并电离NaCl=Na⁺+Cl- B. 电解CuCl2溶液CuCl2=Cu2++2Cl- C. CH3COOH在水中电离 D. 反应能量变化H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH<0 6. 草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1 mol/L KHC2O4溶液中，下列关系正确的是 A. B. C. D. 7. 已知：。下列说法不正确的是 A. 电解溶液可将分解为和 B. 生成放出的热量多于生成放出的热量 C. 装置a不仅能产生与，而且能将二者反应的化学能转化为电能 D. 每生成，转移电子的数目为 8. 下列实验中，能达到实验目的的是 A.把化学能转化为电能 B.相同温度下的溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3 C.除去Cl2中混有的少量HCl D.在铁上电镀铜 A. A B. B C. C D. D 9. 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 10. 牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，牙齿表面液膜的pH一般约为6.5.当液膜pH<5.2时，牙釉质会出现溶解损伤。使用含氟牙膏(含少量氟化物，如NaF)可预防龋齿。下列说法不正确的是 已知：Ca5(PO4)3(OH)、Ca5(PO4)3F的Ksp分别为6.8×10−37、1×10−60；含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图；Ca3(PO4)2、CaHPO4均难溶于水。 A. 牙齿表面液膜中：c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO) B. 牙釉质溶解损伤时，牙齿表面液膜中δ(PO)升高 C. 使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3F D. 在漱口水中添加适量的Ca2+有利于牙釉质的沉积 11. 一定温度下，向含一定浓度金属离子M2+(M2＋代表、和)的溶液中通H2S气体至饱和c(H2S)为时，相应的金属硫化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的与pH关系如下图。下列说法不正确的是 A. a点所示溶液中， B. 该温度下， C. b点所示溶液中，可发生反应 D. Zn2+、Mn2+浓度均为的混合溶液，通入H2S并调控pH可实现分离 12. 分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，有、、及Au、Ag等，具有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品流程如下： 已知：； v中生成和； 、、、的依次为、、、。 下列说法不正确的是 A. 步骤ⅰ中一定发生反应： B. 步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸 C. 步骤ⅱ、ⅳ提取Pb（Ⅱ）、时，均有和参加反应 D. 试剂a可为NaCl，促进Au、Ag的浸出 13. 催化加氢制甲醇，在减少排放的同时实现了的资源化，该反应可表示为：。保持起始反应物，时随压强变化的曲线和p=时随温度变化的曲线如图。 已知：表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。下列说法正确的是 A. 该反应 B. a、b交点处化学平衡常数值相同 C. 当时，达平衡后 D. 当时，的平衡转化率约为 14. 兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。 序号 操作 试剂a 试剂b 现象 ① 0.2mol/L FeCl3 蒸馏水 溶液为黄色 ② 0.2mol/L FeCl3 2mol/L盐酸 溶液为浅黄色 ③ 0.2mol/L Fe(NO3)3 蒸馏水 溶液为浅黄色 ④ 0.2mol/L Fe(NO3)3 2mol/L硝酸 溶液接近无色 下列说法不正确的是 A. ②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动 B. 由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关 C. 由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关 D. 由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同 II卷 15. 和是两种造成温室效应的主要气体，高温下可发生干重整反应进行综合利用，反应过程的能量变化如图所示。 （1）干重整主反应的热化学方程式为_______(用、、表示反应热，其中、、均大于0)，反应速率由反应_______决定(填“ⅰ”或“ⅱ”)。 （2）反应器中还同时存在副反应： 。 ①如图表示投料比为1：1.3时，不同温度下的反应结果，下列说法中正确的是_______。(填字母) A．加压有利于增大和反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率 B．550~600℃，升温更有利于主反应，主反应先达到平衡 C．始终低于1.0，与副反应有关 ②体系中会发生积炭反应 ，为研究其热效应，还需要利用反应_______的。 ③添加一定量的载氧剂可与反应避免积炭反应发生，增大的值，推测可能发生的反应并用化学反应方程式表示_______。 （3）文献中指出和可以发生反应生成和，且反应进行程度较大，但干重整反应器中进行程度小。结合键能数据，从平衡角度阐明理由_______。 化学键 键能/ 1072 436 413 464 16. 黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应： i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO （1）反应i生成1molS2时，转移电子的物质的量为_____mol。 （2）反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。 ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g)　ΔH<0 iii．SO2(g)+3CO(g)COS(g)+2CO2(g)　ΔH<0 理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。 ①从资源和能源利用的角度说明用反应ii处理尾气的好处：_____。 ②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是_____。 ③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为_____。 （3）处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。 ①该装置中，正极的电极反应式为_____。 ②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1mol，则理论上减小了_____mol。 17. 钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中提取钒的主要流程如下： 已知： i.滤液A中的阳离子主要有H+、、Fe3+、Al3+等； ii.“萃取”过程可表示为。 （1）“浸钒”时，为加快浸出速率可采取的措施有_______(写出1条即可)。 （2）“浸钒”过程中，焙砂中的V2O5与硫酸反应的离子方程式为_______。 （3）“还原”过程中，铁粉发生的反应有如下反应，补全该反应的离子方程式_______。 （4）“萃取”前，若用石灰乳先中和，萃取效果更好，用平衡移动原理解释原因_______。 （5）写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式_______。 （6）用以下方法测量滤液A中VO2+的浓度：从滤液A中取出100 mL，加入适量(NH4)2S2O8，加热，将滤液A中可能存在的VO2+氧化为，继续加热煮沸，除去过量的(NH4)2S2O8。冷却后加入指示剂，用c mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液将滴定为VO2+，共消耗10 mL (NH4)2Fe(SO4)2溶液。 ①用上述方法测得滤液A中VO2+的浓度为_______。 ②若不除去过量的(NH4)2S2O8，测定的VO2+浓度结果将_______(填“偏高”“不变”或“偏低”)。 18. 从铜电解液中分离得到的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍(NiSO4)进行精制提纯，其工艺流程如下。 已知：i.含镍溶液中的杂质微粒有：Cu2+、Fe2+、H3AsO4、Ca2+和Zn2+等 ii.饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1 mol/L iii.部分物质的电离常数和溶度积常数如下表 物质 电离常数 物质 溶度积常数 物质 溶度积常数 H2S Ka1=1.1×10-7 Ka2=1.3×10-13 CuS 6.3×10-36 FeS 6.3×10-18 NiS 3.2×10-19 Ni(OH)2 5.5×10-16 CaF2 4×10-11 Fe(OH)3 2.8×10-39 （1）H2S是弱电解质，Ka1×Ka2=_______[用c(H2S)、c(H⁺)和c(S2-)表示]=1.43×10-20。 （2）滤渣1中含有As2S3和S，写出生成As2S3和S的离子方程式_______。 （3）“氧化除杂”主要去除Fe2+，请写出相关离子方程式_______、_______。 （4）“氟化除杂”中试剂a为_______。 （5）“P204萃取”水溶液的pH约为3.3，结合下图解释不选pH=1和pH=6的原因_______。 （6）理论上“硫化除杂”之后，溶液中c(Cu2+)=_______mol/L[计算时c(H2S)取0.1 mol/L，结果保留两位有效数字]。 19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $