精品解析：北京五中2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题

2025/2026学年度第一学期期中检测试卷 高二化学 班级_______姓名_______学号_______成绩_______ 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 我国科研人员提出“原子抽提”策略，通过在含有的纳米颗粒中引入，利用与之间的强相互作用，成功将纳米颗粒内部的原子抽提至表面。由此制备的合金可用作丙烷脱氢制丙烯反应的催化剂，在用量减少90%的情况下，仍表现出优于商业催化剂的活性和稳定性。下列说法正确的是 A. 合金属于离子化合物 B. 合金内部和表面的原子具有相同的催化活性 C. 合金能降低丙烷脱氢制丙烯反应的活化能 D. 合金能提高丙烷脱氢制丙烯反应的平衡转化率 【答案】C 【解析】 【详解】A．合金是金属通过金属键形成的金属晶体，不属于离子化合物，属于混合物，A错误 B．催化剂的活性与原子的配位环境、暴露程度等有关，合金内部的原子被其他原子包裹，表面的原子直接接触反应物，二者催化活性不同，B错误； C．已知合金可用作丙烷脱氢制丙烯反应的催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，C正确； D．催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变平衡转化率，D错误； 故选C。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的电子式： B. 乙醇的分子模型： C. 的结构示意图： D. 由Na和Cl形成离子键的过程： 【答案】A 【解析】 【详解】A． 为共价化合物，分子中不存在离子键，其正确电子式为，选项中写成离子形式，表达错误，A错误； B．乙醇的结构简式为，其分子模型图示符合乙醇的分子结构，表达正确，B正确； C．的核电荷数为13，核外电子数为10，电子层排布为2、8，结构示意图表达正确，C正确； D．Na与Cl形成离子键时，Na原子失去1个电子形成，Cl原子得到1个电子形成，选项表达正确，D正确； 故选A。 3. 下列过程与水解反应无关的是 A. 用制备 B. 用除去废水中的 C. 用热的溶液清洗油污 D. 用淀粉在酶的作用下生产葡萄糖 【答案】B 【解析】 【详解】A．工业上用制备，发生的水解方程式为：，与盐类水解有关，故A不符合；     B．用做沉淀剂，除去废水中的，发生反应的离子方程式为：，与盐类水解无关，故B符合； C．是强碱弱酸盐，水解呈碱性，促进油污水解，碳酸钠水解吸热，加热促进水解导致溶液碱性增强，所以用热的纯碱Na2CO3溶液去除油污，与盐类水解有关，故C不符合； D．用淀粉在酶的作用下生产葡萄糖，淀粉发生水解反应生成葡萄糖，属于有机物的水解反应，故D不符合； 故选B。 4. 酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是 A. 石墨作电池的负极材料 B. 电池工作时，向负极方向移动 C. 发生氧化反应 D. 锌筒发生的电极反应为 【答案】D 【解析】 【详解】A．酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误； B．原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，故B错误； C．发生得电子的还原反应，故C错误； D．锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应，故D正确； 故选D。 5. 下列方程式与所给事实不相符是 A. 酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色： B. 用绿矾将酸性工业废水中的转化为： C. 用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： D. 过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体： 【答案】C 【解析】 【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，发生水解：，溶液呈碱性，酚酞变红，A不符合题意； B．在酸性条件下被氧化为，被还原为，方程式为：，B不符合题意； C．是微溶物，不能拆写成离子形式，正确的离子方程式为：，C符合题意； D．铁粉过量时，生成的会被过量的铁还原为，最终产物为和，方程式为：，D不符合题意； 故答案选C。 6. 下列实验的相应操作中，正确的是 眼睛注视锥形瓶中溶液 A.用标准溶液滴定溶液 B.比较和的溶解度大小 C.制备胶体 D.由制取无水固体 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．用标准溶液滴定溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化以判断滴定终点，操作合理，故A正确； B．硝酸银溶液过量，分别与氯化钠、硫化钠反应生成沉淀，不发生沉淀的转化，则不能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，B错误； C．FeCl3与NaOH反应生成氢氧化铁沉淀，应将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中制取氢氧化铁胶体，C错误； D．直接加热固体，铁离子会与结晶水发生水解反应生成氢氧化铁和HCl，HCl挥发会使铁离子完全水解，因此用制备无水FeCl3不能用该装置，应该在HCl气流中加热，D错误； 故选A。 7. 乙酸乙酯的制备装置示意图如下。下列说法不正确的是 A. 在试管a中应先加入浓硫酸，然后边振荡试管边慢慢加入乙酸和乙醇 B. 在试管b中应加入饱和碳酸钠溶液，用于吸收蒸出的少量乙酸和乙醇 C. 加入过量的乙醇或将产物乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率 D. 加热试管a既可以提高酯化反应的速率，又可以提高乙酸乙酯的产率 【答案】A 【解析】 【详解】A．由于浓硫酸密度大，且稀释过程会释放大量的热，因此正确的操作是在试管a中先加入乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸和乙酸，A错误； B．试管b中装入饱和碳酸钠溶液，可以接收蒸出的乙酸、乙醇以及乙酸乙酯，通过反应除去乙酸，利用乙醇溶解在饱和碳酸钠溶液中除去乙醇，同时还会降低乙酸乙酯的溶解度，从而实现除杂和分离，B正确； C．过量的乙醇或者将产物蒸出都可以促进酯化反应正向进行，提高乙酸的转化率，C正确； D．加热试管a可以提高酯化反应的速率，同时通过加热，让产物蒸出，促进反应正向移动，提高了乙酸乙酯的产率，D正确； 故选A。 8. 关于和的下列说法中，不正确的是 A. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 B. 可用溶液使转化为 C. 利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 D. 室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 【答案】D 【解析】 【详解】A．和的溶液中均存在、、、、、、，A正确； B．加入溶液会发生反应：，B正确； C．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，C正确； D．室温下和饱和溶液相差较大的主要原因是的水解程度远大于，D错误； 故选D。 9. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 固体与浓硫酸反应可制备 固体与浓硫酸反应可制备 B 向溶液中通入可生成 向溶液中通入可生成 C 难溶于水，可作“钡餐”使用 难溶于水，可作“钡餐”使用 D 常温下可以用铝制容器来盛装浓硝酸 常温下可以用铜制容器来盛装浓硝酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．NaCl固体与浓硫酸反应制备HCl，是利用了浓硫酸高沸点来制取易挥发的HCl。同理，也是易挥发性酸，因此固体与浓硫酸反应也可以制备，A正确； B．向溶液中通入能生成沉淀，是因为是强碱，能与弱酸碳酸发生反应。但溶液中通入时，由于碳酸的酸性弱于盐酸，无法发生复分解反应生成沉淀，B错误； C．难溶于水且难溶于胃酸（盐酸），不会释放有毒的，因此可作“钡餐”。而虽然难溶于水，但能溶于胃酸，产生有毒的，会危害人体健康，不能作“钡餐”，C错误； D．常温下铝在浓硝酸中会发生钝化，表面形成致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，因此可用铝制容器盛装浓硝酸。但铜在常温下会与浓硝酸发生剧烈反应，生成硝酸铜、二氧化氮和水，不能用铜制容器盛装浓硝酸，D错误； 故答案选A。 10. 硅锰原电池是一种新型电池，因其供电稳定，储存量丰富而备受关注。硅锰原电池工作原理如图所示。该电池工作时，下列说法不正确的是 A. 电子由Si@C电极通过导线流向电极 B. 正极反应为 C. 电路中每转移电子，负极材料的质量增加 D. 电池工作一段时间后，正极区溶液的增大 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，Si转化为SiO2，Si元素化合价升高，失去电子，为负极，MnO2转化为Mn2+，Mn元素化合价降低，得到电子，为正极，存在质子交换膜，说明是在酸性条件下，则负极反应式为，正极反应式为，据此分析解答。 【详解】A．由分析知，Si@C电极为负极，电极为正极，则电子由Si@C电极通过导线流向电极，A正确； B．由分析知，正极反应为，B正确； C．由分析知，负极反应式为，电路中每转移电子，负极上Si转变为SiO2，则负极材料的质量增加，故电路中每转移电子，负极材料的质量增加，C错误； D．放电过程中，负极区每转移2mol电子，生成2mol H+并移向正极区，正极的电极反应式为，正极区每转移2mole-，消耗4mol H+，故溶液pH增大，D正确； 故选C。 11. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是 A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大 B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 C. 条件①，反应速率为0.012 mol·L-1·min-1 D. 条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L-1时，半衰期为62.5 min 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确； B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误； C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=0.012 mol·L-1·min-1，C正确； D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0mol/L时，半衰期为=62.5min，D正确； 故答案为：B。 12. 一定温度下，(X)在存在下与等物质的量的反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A. 由图1可知，的反应速率大于的反应速率 B. ，各物质的物质的量分数变化可以用来解释 C. 选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的 D. 此温度下，增加浓度可增加平衡时和的比例 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图1可知，反应初期，随X的物质的量分数减小，Y的物质的量分数迅速升高，但Z的物质的量分数相对Y增加很少，说明的反应速率大于的反应速率, A正确； B．由图1可知，， 生成的浓度很小，主要生成，说明主要发生反应，而反应速率很小；由图2可知，的能垒为小于的能垒，则生成的速率快，而消耗的速率慢，导致的物质的量分数大于，即各物质的物质的量分数变化可以用来解释；B正确； C．由图1可知，在相对较短的反应时间，的物质的量分数远大于的物质的量分数，因此及时分离可获得高产率的，C正确； D．由反应为可知，其平衡常数，在一定温度下，为定值，因此平衡时和的浓度之比也为定值，与的浓度无关，增加浓度，平衡时对和的比例无影响；D错误； 答案选D。 13. 兴趣小组为探究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 蒸馏水 溶液为黄色 ② 盐酸 溶液为浅黄色 ③ 蒸馏水 溶液为浅黄色 ④ 硝酸 溶液接近无色 下列说法不正确的是 A. ②中溶液颜色比①中浅，说明溶液显黄色与水解有关 B. ②、③中溶液均为浅黄色，说明两份溶液中的水解程度相同 C. 由以上实验推断，若将③中浅黄色溶液加热，则溶液颜色变深 D. 由以上实验推断，若向④溶液中加入固体，则溶液变为浅黄色 【答案】B 【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． 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Fe(OH)3减小，故不相同，B错误； C．升温促进Fe3+水解，若将③中浅黄色溶液加热，则溶液颜色变深，C正确； D．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，因此若向④溶液中加入固体，则溶液变为浅黄色，D正确； 故选B。 14. 实验室常用磷酸二氢钾和磷酸氢二钠配制成磷酸盐缓冲溶液，以保存有生物活性的样品(如蛋白激酶等)。室温下，某磷酸盐缓冲溶液中含有和。 已知：i.可溶，和难溶。 ii.室温下，不同时，溶液中含磷微粒的物质的量分数如下图。 下列关于该缓冲溶液的说法不正确的是 A. 溶液约为7 B. 溶液中 C 通入气体至溶液时，溶液中 D. 加入激活蛋白激酶时，溶液可能降低 【答案】B 【解析】 【详解】A．磷酸盐缓冲溶液中含有和，由图可知，和物质的量分数都为0.5即浓度相等时，pH约为7，A正确； B．根据元素守恒，等式左边：，等式右边为含磷微粒总浓度的2倍，即，因0.5≠0.4，B错误； C．通入气体至溶液时，，由图可知，当时，的物质的量分数大于0.5，的物质的量分数小于0.5，含磷微粒的总浓度为0.2mol/L，故的浓度大于0.1mol/L，的浓度小于0.1mol/L，故溶液中，C正确； D．加入激活蛋白激酶时，由于钙离子和磷酸根会生成沉淀，会促进和电离平衡正向移动，导致pH降低，D正确； 故选B。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 某学习小组研究测定纯碱中含量的方法，进行了如下实验。 （1）对比和的性质 室温下，向等体积、等物质的量浓度的溶液和溶液中分别滴加盐酸，测得溶液随盐酸体积变化的曲线如图所示。 ①图_______(填“甲”或“乙”)是向溶液中滴加盐酸的变化曲线。 ②A点对应的溶液呈碱性，结合化学用语解释原因：_______。 ③A、B、C三点对应的溶液中，水的电离程度由小到大的顺序是_______。 ④B'点对应的溶液中、和的大小关系是_______。 （2）测定纯碱中含量 Ⅰ.称取纯碱样品，用蒸馏水溶解，定容于容量瓶中： Ⅱ.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴酚酞溶液，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸； Ⅲ.在上述锥形瓶中再加入2滴甲基橙溶液，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸。 已知：甲基橙： ①Ⅲ中滴定至终点的现象是_______。 ②若测得_______(填“>”“<”或“=”)，则说明样品中含有。 ③若到达第一滴定终点前，滴定速度过快，导致盐酸浓度局部过高，生成气体逸出，则测得含量_______(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 【答案】（1） ①. 甲 ②. 存在：和，的水解程度大于电离程度 ③. ④. （2） ①. 加入半滴盐酸标准溶液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色 ②. ③. 偏低 【解析】 【小问1详解】 ①与HCl反应分两步进行：和，与HCl反应的离子方程式为：。图甲中的过程表示与HCl反应，图乙中表示与的反应，表示与HCl的反应。图甲是向溶液中滴加盐酸的变化曲线，图乙是向溶液中滴加盐酸的变化曲线； ②图甲表示向溶液中滴加盐酸的变化曲线，A点对应溶液，此时溶液中存在水解平衡（）和电离平衡（），的水解程度大于电离程度，使溶液呈碱性； ③A点对应的溶液，由第②问分析可知，溶液中存在的水解和电离，前者促进水的电离，后者抑制水的电离，同时的水解程度大于电离程度，总体促进水的电离。B点与HCl完全中和，此时溶液中的溶质主要是NaCl和，其中NaCl是强酸强碱盐，对水的电离既不促进也不抑制，是弱酸会抑制水的电离。C点对应NaCl与HCl的混合溶液，HCl的电离会抑制水的电离，综上所述， A、B、C三点对应的溶液中，水的电离程度由小到大的顺序为C<B<A； ④图乙表示向溶液中滴加盐酸的变化曲线，在B’点与恰好完全反应为，溶液中存在的水解平衡（）和电离平衡（），其中水解程度大于电离程度，则有。同时，的水解和电离程度均很小，因此； 【小问2详解】 ①根据题干信息，在步骤Ⅱ中发生的反应是：，在步骤Ⅲ中发生的反应是，在步骤Ⅲ中，溶液从到达滴定终点的现象是滴入最后半滴标准盐酸溶液时，待测溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色； ②在步骤Ⅱ中，与反应生成，在步骤Ⅲ中，样品中原有的和由纯碱转化而来的都会与发生反应，若，说明样品中含有； ③25 mL溶液中的物质的量为,在步骤Ⅲ中消耗的的总物质的量为，则原有的的物质的量，若到达第一滴定终点前滴定速度过快，会发生反应：，使步骤Ⅱ消耗的盐酸量偏大，步骤Ⅲ消耗的盐酸量偏小，导致测得的含量偏低。 16. 是一种重要的工业原料，其合成方法不断发展。 （1）我国古代曾采用加热胆矾的方法来制取硫酸。 ①胆矾受热分解，生成、和一种硫的氧化物。该反应的化学方程式是_______。 ②将产生的气体收集并冷却，即可生成，反应的化学方程式是_______。 （2）18世纪中期，工业上开始采用铅室法制硫酸，过程中的物质转化关系如下。 ①铅室法制硫酸的总反应方程式是_______。 ②的结构式为，其中的化合价为_______。 ③反应i消耗的与的物质的量之比是_______。 （3）目前，工业上主要采用接触法制硫酸，其中的关键反应是的催化氧化： ①在某一投料比时，不同温度和压强下，的平衡转化率如图所示。 图中横坐标X代表的物理量是_______(填“温度”或“压强”)，得出该结论的理由是_______。 ②在接触室中进行催化氧化。接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：_______。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. +6 ③. 3:2 （3） ①. 温度 ②. 是放热反应，也是气体分子数减小的反应，其他条件相同时，温度升高，平衡逆向移动，的平衡转化率减小；压强增大，平衡正向移动，的平衡转化率增大 ③. 反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率减小或通过换热使原料气预热，升高温度，增大初始反应速率；平衡角度：的催化氧化是放热反应，避免温度过高，平衡逆向移动，平衡转化率显著下降 【解析】 【小问1详解】 ①胆矾受热分解，生成、和一种硫的氧化物，Cu、H、O元素化合价均没有发生变化，该反应为非氧化还原反应，该硫的氧化物中S为+6价，即SO3，根据原子守恒，可以写出反应方程式： CuSO4⋅5H2OCuO+SO3↑+5H2O↑； ② SO3与水反应生成H2SO4，方程式为：SO3+H2O=H2SO4。 【小问2详解】 ①由图可知，该过程的总反应中SO2、H2O、O2是反应物，H2SO4是生成物，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； ②中N元素为+3价，O元素为-2价，H元素为+1价，设S元素的化合价为x，根据化合价代数和为零可得：-2×5+3+1+x=0，x=+6，S的化合价为+6； ③根据图示，反应i中SO2、NO2、H2O反应生成NO、HOSO2ONO，S元素由+4价上升到+6价，N元素由+4价下降到+3价，又由+4价下降到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2SO2+3NO2+H2O=NO+2HOSO2ONO，NO2与SO2的物质的量之比为3:2。 【小问3详解】 ①是放热反应，也是气体分子数减小的反应，其他条件相同时，温度升高，平衡逆向移动，的平衡转化率减小；压强增大，平衡正向移动，的平衡转化率增大，图中横坐标X代表的物理量是温度； ②在接触室中进行催化氧化，接触室中，催化剂分多层放置，原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热，从反应速率角度解释：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率减小或通过换热使原料气预热，升高温度，增大初始反应速率；从平衡角度解释：的催化氧化是放热反应，避免温度过高，平衡逆向移动，平衡转化率显著下降。 17. 的资源化利用有利于实现“碳中和”。以和为原料可以合成甲醇，涉及的主要反应如下： I： II： III： 已知：选择性。 （1）反应III的焓变_______。 （2）若反应I、反应II的平衡常数分别为、，则反应III的平衡常数_______。 （3）在恒容绝热(与外界无热量交换)的密闭容器中进行上述反应。 ①下列描述中能表明反应已达平衡状态的是_______(填序号)。 A.容器中气体的密度不再变化　　 B.容器中气体的温度不再变化 C.　　　D. ②下列措施中能提高平衡时产率的是_______(填序号)。 A.增大容器的容积 　　 B.升高反应的温度 C.分离出部分 　　 D.使用选择性高的催化剂 （4）其他条件相同时，温度对转化率和选择性的影响如图所示。 ①图1中，温度低于时，转化率的平衡值随温度升高而降低的原因是_______。 ②图2中，选择性的实验值随温度升高而减低的原因是_______。 ③图2中，温度相同时，选择性的实验值略高于其平衡值的原因是_______。 【答案】（1）-90.2 （2） （3） ①. BD ②. C （4） ①. 反应I是放热反应，反应II是吸热反应，温度低于时，随着温度的升高，反应I逆向移动的程度大于反应Ⅱ正向移动的程度 ②. 升高相同温度，对反应II速率的影响程度更大 ③. 在该条件下，与的生成速率之比大于相同温度下与的平衡浓度之比 【解析】 【小问1详解】 已知反应I： ；II： ；根据盖斯定律可知，由反应I-反应II可得反应III：，故。 【小问2详解】 反应I-反应II可得反应III，若反应I、反应II的平衡常数分别为、，则反应III的平衡常数。 【小问3详解】 ①A．根据质量守恒定律可知，混合气体的总质量保持不变，容器容积不变 ，容器中气体的密度始终保持不变，故容器中气体的密度不再变化，不能表明反应已达平衡状态，A错误；　　 B．该容器绝热，因此随反应进行气体的温度会发生变化，故容器中气体的温度不再变化时，能表明反应已达平衡状态，B正确； C． ，不能说明正逆反应速率相等，不能表明反应已达平衡状态，C错误；　　　 D．，说明正逆反应速率相等，能表明反应已达平衡状态，D正确； 故选BD。 ②A．增大容器的容积，压强减小，反应向气体物质的量增大的方向移动，故反应I、III均逆向移动，平衡时产率降低，A错误； B．反应I、III均为放热反应，升高反应温度，平衡均逆向移动，平衡时产率降低，B错误； C．分离出部分，浓度减小，反应I、III均正向移动，能提高平衡时产率，C正确； 　　 D．使用选择性高的催化剂，可以加快反应速率，不影响平衡状态，故平衡时产率不变，D错误； 故选C。 【小问4详解】 ①图1中，温度低于时，转化率的平衡值随温度升高而降低的原因是反应I是放热反应，反应II是吸热反应，温度低于时，随着温度的升高，反应I逆向移动的程度大于反应Ⅱ正向移动的程度。 ②图2中，选择性的实验值随温度升高而减低的原因是升高相同温度，对反应II速率的影响程度更大。 ③图2中，温度相同时，选择性的实验值略高于其平衡值的原因是在该条件下，与的生成速率之比大于相同温度下与的平衡浓度之比。 18. MnO2是重要的化工原料，软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图： 资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2 ②金属离于沉淀的pH Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+ 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 ③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。 (1)溶出 ①溶出前，软锰矿需研磨。目的是____。 ②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示： i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是____。 ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是____。 (2)纯化。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：____。 (3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是____。 (4)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用cmol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0) 产品纯度为____(用质量分数表示)。 【答案】 ①. 增大反应速率，提高浸出率 ②. MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O ③. 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+ ④. MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，调节pH≈5除去Fe3+、Al3+ ⑤. Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ ⑥. 【解析】 【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。 【详解】(1)①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率； ②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O； ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的减少Fe2+，故实际比值(0.9)小于2。 (2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+； (3)电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+； (4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原发，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠为-；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-，产品纯度=×100%=。 19. 某小组同学探究溶液与溶液的反应。 （1）理论分析 ①从氧化还原反应的角度分析，能被氧化为_______。 ②从水解反应的角度分析，和的水解反应能相互促进，最终水解完全，反应的离子方程式是_______。 （2）实验探究 实验 操作 现象 I 取1mL盐酸酸化的溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，放置 溶液为黄色未出现沉淀 II 取实验所得溶液于试管中，加入试剂 产生较多白色沉淀 III 取溶液于试管中，放置后，加入试剂a 产生少量白色沉淀 已知：i.与溶液反应生成沉淀(带有特征蓝色)。 ii.在溶液中存在平衡：。 iii.为一元弱酸。 ①配制溶液时，常加入盐酸酸化，结合化学用语解释原因：_______。 ②依据实验II、III的现象，证实了与能发生氧化还原反应。 i.试剂a是_______。 ii.实验III的目的是_______。 ③对实验I中未生成沉淀的原因进行分析及探究。 i.甲认为盐酸酸化的溶液中较大，可能导致沉淀难以生成。设计实验：向蒸馏水中_______(填实验操作)，取该溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，未出现沉淀。证实了较大不是实验I中未生成沉淀的主要原因。 ii.乙认为较大才是实验I中未生成沉淀的主要原因。设计实验：向未酸化的溶液中加入，调节与实验I相同，取该溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，_______(填实验现象)。证实了的影响。 iii.结合平衡移动原理，解释较大时沉淀难以生成的原因：_______。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. 发生水解反应，加入盐酸酸化，可以抑制的水 ②. 盐酸和溶液 ③. 与实验Ⅱ的现象对比，排除空气中氧化对检验的干扰 ④. 加入硫酸、，配制成和与实验I中溶液相同的溶液 ⑤. 产生蓝色沉淀 ⑥. 在溶液中存在平衡：。较大时，与结合生成，减小，使上述平衡正向移动，减小，导致沉淀难以生成 【解析】 【分析】本实验研究溶液与溶液的反应，反应原理为，通过一系列实验，研究c(H+)过高和c(Cl-)过高对Fe2+检验产生的影响。 小问1详解】 ①从氧化还原反应的角度分析，能被氧化，S元素化合价升高，从+4价升高为+6价，则转化为。 ②从水解反应的角度分析，和的水解反应能相互促进，最终水解完全，生成氢氧化铁和SO2，反应的离子方程式是。 【小问2详解】 ①因为发生水解反应，加入盐酸酸化，可以抑制的水解，故配制溶液时，常加入盐酸酸化。 ②依据实验II、III的现象，证实了与能发生氧化还原反应，离子方程式为，检验会生成白色沉淀，故 i.检验时，应先加足量盐酸酸化，排除的干扰，再加BaCl₂溶液，故试剂a是盐酸和溶液。 ii.因为也可以被空气中的氧气氧化为，因此实验III为对比实验，目的是与实验Ⅱ的现象对比，排除空气中氧化对检验的干扰 ③i.甲认为盐酸酸化的溶液中较大，可能导致沉淀难以生成。设计实验，为排除的影响，且保证其他因素相同，向蒸馏水中加入硫酸、，配制成和与实验I中溶液相同的溶液，取该溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，未出现沉淀。证实了较大不是实验I中未生成沉淀的主要原因。 ii.实验I中未生成蓝色沉淀，为证实的影响，因此设计对比实验，向未酸化的溶液中加入，调节与实验I相同，取该溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，产生蓝色沉淀，即可得出结论。 iii.根据已知信息ii和iii可知，在溶液中存在平衡：。较大时，与结合生成，减小，使上述平衡正向移动，减小，导致沉淀难以生成。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025/2026学年度第一学期期中检测试卷 高二化学 班级_______姓名_______学号_______成绩_______ 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 我国科研人员提出“原子抽提”策略，通过在含有的纳米颗粒中引入，利用与之间的强相互作用，成功将纳米颗粒内部的原子抽提至表面。由此制备的合金可用作丙烷脱氢制丙烯反应的催化剂，在用量减少90%的情况下，仍表现出优于商业催化剂的活性和稳定性。下列说法正确的是 A. 合金属于离子化合物 B. 合金内部和表面的原子具有相同的催化活性 C. 合金能降低丙烷脱氢制丙烯反应的活化能 D. 合金能提高丙烷脱氢制丙烯反应的平衡转化率 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的电子式： B. 乙醇的分子模型： C. 的结构示意图： D. 由Na和Cl形成离子键的过程： 3. 下列过程与水解反应无关的是 A. 用制备 B. 用除去废水中的 C. 用热的溶液清洗油污 D. 用淀粉在酶的作用下生产葡萄糖 4. 酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是 A. 石墨作电池的负极材料 B. 电池工作时，向负极方向移动 C. 发生氧化反应 D. 锌筒发生的电极反应为 5. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色： B. 用绿矾将酸性工业废水中的转化为： C. 用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： D. 过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体： 6. 下列实验的相应操作中，正确的是 眼睛注视锥形瓶中溶液 A.用标准溶液滴定溶液 B.比较和的溶解度大小 C.制备胶体 D.由制取无水固体 A. A B. B C. C D. D 7. 乙酸乙酯的制备装置示意图如下。下列说法不正确的是 A. 在试管a中应先加入浓硫酸，然后边振荡试管边慢慢加入乙酸和乙醇 B. 在试管b中应加入饱和碳酸钠溶液，用于吸收蒸出的少量乙酸和乙醇 C. 加入过量的乙醇或将产物乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率 D. 加热试管a既可以提高酯化反应的速率，又可以提高乙酸乙酯的产率 8. 关于和的下列说法中，不正确的是 A. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 B. 可用溶液使转化为 C. 利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去 D. 室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 9. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 固体与浓硫酸反应可制备 固体与浓硫酸反应可制备 B 向溶液中通入可生成 向溶液中通入可生成 C 难溶于水，可作“钡餐”使用 难溶于水，可作“钡餐”使用 D 常温下可以用铝制容器来盛装浓硝酸 常温下可以用铜制容器来盛装浓硝酸 A. A B. B C. C D. D 10. 硅锰原电池是一种新型电池，因其供电稳定，储存量丰富而备受关注。硅锰原电池工作原理如图所示。该电池工作时，下列说法不正确的是 A. 电子由Si@C电极通过导线流向电极 B. 正极反应为 C. 电路中每转移电子，负极材料的质量增加 D. 电池工作一段时间后，正极区溶液的增大 11. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是 A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大 B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 C. 条件①，反应速率为0.012 mol·L-1·min-1 D. 条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L-1时，半衰期为62.5 min 12. 一定温度下，(X)在存在下与等物质量的反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A. 由图1可知，的反应速率大于的反应速率 B. ，各物质的物质的量分数变化可以用来解释 C. 选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的 D. 此温度下，增加浓度可增加平衡时和的比例 13. 兴趣小组为探究在溶液中显黄色原因，进行如下实验。 序号 操作 试剂a 试剂b 现象 ① 蒸馏水 溶液为黄色 ② 盐酸 溶液为浅黄色 ③ 蒸馏水 溶液为浅黄色 ④ 硝酸 溶液接近无色 下列说法不正确的是 A. ②中溶液颜色比①中浅，说明溶液显黄色与水解有关 B. ②、③中溶液均为浅黄色，说明两份溶液中的水解程度相同 C. 由以上实验推断，若将③中浅黄色溶液加热，则溶液颜色变深 D. 由以上实验推断，若向④溶液中加入固体，则溶液变为浅黄色 14. 实验室常用磷酸二氢钾和磷酸氢二钠配制成磷酸盐缓冲溶液，以保存有生物活性的样品(如蛋白激酶等)。室温下，某磷酸盐缓冲溶液中含有和。 已知：i.可溶，和难溶。 ii.室温下，不同时，溶液中含磷微粒的物质的量分数如下图。 下列关于该缓冲溶液的说法不正确的是 A. 溶液约为7 B. 溶液中 C. 通入气体至溶液时，溶液中 D. 加入激活蛋白激酶时，溶液可能降低 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 某学习小组研究测定纯碱中含量的方法，进行了如下实验。 （1）对比和性质 室温下，向等体积、等物质的量浓度的溶液和溶液中分别滴加盐酸，测得溶液随盐酸体积变化的曲线如图所示。 ①图_______(填“甲”或“乙”)是向溶液中滴加盐酸的变化曲线。 ②A点对应的溶液呈碱性，结合化学用语解释原因：_______。 ③A、B、C三点对应的溶液中，水的电离程度由小到大的顺序是_______。 ④B'点对应的溶液中、和的大小关系是_______。 （2）测定纯碱中含量 Ⅰ.称取纯碱样品，用蒸馏水溶解，定容于容量瓶中： Ⅱ.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴酚酞溶液，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸； Ⅲ.在上述锥形瓶中再加入2滴甲基橙溶液，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸。 已知：甲基橙： ①Ⅲ中滴定至终点的现象是_______。 ②若测得_______(填“>”“<”或“=”)，则说明样品中含有。 ③若到达第一滴定终点前，滴定速度过快，导致盐酸浓度局部过高，生成气体逸出，则测得含量_______(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 16. 是一种重要的工业原料，其合成方法不断发展。 （1）我国古代曾采用加热胆矾的方法来制取硫酸。 ①胆矾受热分解，生成、和一种硫的氧化物。该反应的化学方程式是_______。 ②将产生的气体收集并冷却，即可生成，反应的化学方程式是_______。 （2）18世纪中期，工业上开始采用铅室法制硫酸，过程中的物质转化关系如下。 ①铅室法制硫酸的总反应方程式是_______。 ②的结构式为，其中的化合价为_______。 ③反应i消耗的与的物质的量之比是_______。 （3）目前，工业上主要采用接触法制硫酸，其中的关键反应是的催化氧化： ①在某一投料比时，不同温度和压强下，的平衡转化率如图所示。 图中横坐标X代表的物理量是_______(填“温度”或“压强”)，得出该结论的理由是_______。 ②在接触室中进行催化氧化。接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：_______。 17. 的资源化利用有利于实现“碳中和”。以和为原料可以合成甲醇，涉及的主要反应如下： I： II： III： 已知：选择性。 （1）反应III的焓变_______。 （2）若反应I、反应II的平衡常数分别为、，则反应III的平衡常数_______。 （3）在恒容绝热(与外界无热量交换)的密闭容器中进行上述反应。 ①下列描述中能表明反应已达平衡状态的是_______(填序号)。 A.容器中气体的密度不再变化　　 B.容器中气体的温度不再变化 C.　　　D. ②下列措施中能提高平衡时产率的是_______(填序号)。 A.增大容器的容积 　　 B.升高反应的温度 C.分离出部分 　　 D.使用选择性高的催化剂 （4）其他条件相同时，温度对转化率和选择性的影响如图所示。 ①图1中，温度低于时，转化率的平衡值随温度升高而降低的原因是_______。 ②图2中，选择性的实验值随温度升高而减低的原因是_______。 ③图2中，温度相同时，选择性的实验值略高于其平衡值的原因是_______。 18. MnO2是重要的化工原料，软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图： 资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2 ②金属离于沉淀的pH Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+ 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 47 7.8 8.3 ③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。 (1)溶出 ①溶出前，软锰矿需研磨。目的是____。 ②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示： i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+主要反应，反应的离子方程式是____。 ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是____。 (2)纯化。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：____。 (3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是____。 (4)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用cmol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0) 产品纯度为____(用质量分数表示)。 19. 某小组同学探究溶液与溶液的反应。 （1）理论分析 ①从氧化还原反应的角度分析，能被氧化为_______。 ②从水解反应的角度分析，和的水解反应能相互促进，最终水解完全，反应的离子方程式是_______。 （2）实验探究 实验 操作 现象 I 取1mL盐酸酸化的溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，放置 溶液为黄色未出现沉淀 II 取实验所得溶液于试管中，加入试剂 产生较多白色沉淀 III 取溶液于试管中，放置后，加入试剂a 产生少量白色沉淀 已知：i.与溶液反应生成沉淀(带有特征蓝色)。 ii.在溶液中存在平衡：。 iii.为一元弱酸。 ①配制溶液时，常加入盐酸酸化，结合化学用语解释原因：_______。 ②依据实验II、III的现象，证实了与能发生氧化还原反应。 i.试剂a是_______。 ii.实验III的目的是_______。 ③对实验I中未生成沉淀的原因进行分析及探究。 i.甲认为盐酸酸化的溶液中较大，可能导致沉淀难以生成。设计实验：向蒸馏水中_______(填实验操作)，取该溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，未出现沉淀。证实了较大不是实验I中未生成沉淀的主要原因。 ii.乙认为较大才是实验I中未生成沉淀的主要原因。设计实验：向未酸化的溶液中加入，调节与实验I相同，取该溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，_______(填实验现象)。证实了的影响。 iii.结合平衡移动原理，解释较大时沉淀难以生成的原因：_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $