精品解析：北京市燕山教育集团2025-2026学年第一学期期末考试 高二年级化学试卷

北京市燕山教育集团2025-2026学年第一学期期末考试高二年级 化学试卷 本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡上交。 可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16 S－32 一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分） 1. 下列过程或装置能实现化学能转化为电能的是 A.电解槽 B.风力发电 C.火星车太阳能帆板 D.碱性锌锰电池 A. A B. B C. C D. D 2. 下列物质中，属于弱电解质的是 A. B. C. D. 3. 下列化学用语或图示表述不正确的是 A. 基态Cu原子的价层电子排布式： B. 结构示意图： C. 的电子式： D. 的电子云轮廓图： 4. 下列解释事实的化学用语书写正确的是 A. 醋酸溶液 B. 明矾净水： C. 钢铁发生吸氧腐蚀的负极反应： D. 向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，沉淀变为黄色： 5. 下列示意图与化学用语表述内容相符的是 A.牺牲阳极法实验正极： B.电解溶液： C.HCl在水中电离： D.与反应的能量变化： A. A B. B C. C D. D 6. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 的沸点高于 HF的沸点高于HCl B 难溶于盐酸，可作“钡餐”使用 可代替作“钡餐” C 盐酸和溶液反应是吸热反应 盐酸和NaOH溶液反应是吸热反应 D NaCl固体与浓硫酸反应可制备HCl气体 NaI固体与浓硫酸反应可制备HI气体 A. A B. B C. C D. D 7. 苯乙烯是重要的有机化工原料。工业上用乙苯直接脱氢制备苯乙烯，反应的热化学方程式为(g)(g)+H2(g) 该反应的，实际生产时采用沸石银做催化剂、高温、常压及充入惰性气体的反应条件。下列关于该反应的说法正确的是 A. 在任意温度下均能自发进行 B. 断键吸收的总能量小于成键放出的总能量 C. 使用催化剂可减小反应的焓变 D. 恒压时充入惰性气体，有利于化学平衡向正反应方向移动 8. 一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。 容器编号 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol A B D Ⅰ 0.2 0.2 0.1 Ⅱ 0.4 0.4 >0.2 下列说法不正确的是 A. B物质的状态为气态 B. I中，A的平衡转化率为50% C. 该反应的化学平衡常数的数值为5 D. I中，若平衡后向容器中再充入和，平衡正向移动 9. 在容积可变的密闭容器中，发生反应：。起始时NO和的物质的量之比为2：1。在不同压强下反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。 下列说法不正确的是 A. 反应的 B. 压强： C. 正反应速率：y点点 D. 化学平衡常数：y点点 10. 常温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸溶液，滴定过程中溶液的变化曲线如图所示。下列说法中，正确的是 A. 曲线Ⅰ表示滴定盐酸 B. a点浓度最大的离子是 C. 时， D. 用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色 11. 粗制晶体中含有杂质。在提纯时，为了除去，常先加入少量酸化的溶液，然后在室温下调节溶液的为4。 已知：i． ii．时饱和溶液中。 下列说法不正确的是 A. 加入的目的为 B. ，计算得，可认为已完全沉淀 C. 理论分析粗制溶液达饱和后，在时会析出沉淀 D. 沉淀溶解平衡原理对分离金属离子的选择具有指导意义 12. 时，向溶液中滴加溶液，已知溶液中含碳微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图。下列说法不正确的是 A. 曲线①表示物质的量分数的变化情况 B. a点对应溶液的所有离子中，最大 C. 由b点可计算出 D. c点，由水电离产生的 13. 用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。 实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系 i 石墨1 石墨2 a ii 石墨1 新石墨 b iii 新石墨 石墨2 c iv 石墨1 石墨2 d 下列分析不正确的是 A. ，说明实验i中形成原电池，反应为 B. ，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂 C. ，说明iii中电极I上有发生反应 D. ，是因为电极II上吸附的量：iv>iii 二、非选择题（本部分共5小题，共58分） 14. 冰晶石()是工业上电解铝的重要助熔剂，在高温条件下会分解成NaF和，影响其助熔效果。可作为燃料电池的燃料，为电解提供能源。 （1）基态Al原子的价电子排布式为__________。 （2）Na元素处于元素周期表的__________区，基态F原子电子占据__________个能层。 （3）熔融态受热分解的部分历程的能量变化如下图所示。 ①图中，速率较慢的是步骤__________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②步骤Ⅰ、Ⅱ的总反应的__________0(填“>”“=”或“<”)。 ③的VSEPR模型名称是__________，中心离子的杂化方式为__________。 （4）和F的第一电离能由大到小的顺序为__________。 （5）分子中键角小于，从结构角度解释原因：__________。 15. 高铁酸钾是一种新型环保的水处理剂，电解法制取的简化装置如图所示。 已知：高铁酸钾()固体呈紫色，能溶于水，微溶于饱和溶液。 （1）Ni电极上产生气体，该气体为_______。 （2）Fe电极发生的电极反应为_______。 （3）阳极室每生成，消耗_______mol。 （4）向阳极流出液中加入饱和溶液，析出紫色固体。从平衡的角度解释析出固体的原因：_______。 （5）用高铁酸钾处理工业废水，不仅能氧化灭菌、去除水体污染物，还能产生可吸附、絮凝水中悬浮物的物质。该物质是_______。 16. 乙烯产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志，通过乙烷氧化脱氢生产乙烯的工艺受到广泛关注。 已知：乙烯的选择性 乙烯的产率 I.乙烷化学链氧化脱氢法（CL-ODH）的反应过程如下图所示。图中，金属氧化物是载氧体，还原阶段、再生阶段为循环反应。 （1）乙烷CL-ODH总反应的化学方程式为__________。 （2）锰基载氧体（Me为Mn）成本低，但由于其所载氧的活性过高，会导致乙烯的选择性下降，原因是__________。 II.乙烷的二氧化碳氧化脱氢中，和在催化剂作用下主要发生的反应i，可能发生反应ii～v，相应热化学方程式如下。 i. ii. iii. iv. v. （3）反应i的__________。 （4）将总物质的量一定的混合气体通过含催化剂的恒温恒容反应器，测得不同进气比时，乙烷转化率、乙烯产率随时间的变化情况如下图。 ①图中三条曲线对应的进气比为3:1、1:1或1:3，进气比为1:3的曲线是__________（填“a”“b”或“c”）。 ②反应10 min时，曲线a所对应的乙烯选择性＝__________。 ③实际生产中，进气比不宜过高或过低，结合反应解释原因是__________。 17. 甲醇在化工生产中有着广泛的应用，利用制备甲醇的主要反应如下： 将一定量的和投入恒容密闭容器中进行上述反应，测得平衡转化率选择性和CO选择性随温度变化情况如图。 已知：物质A的选择性 （物质A代表或CO） （1）曲线________（填“a”“b”或“c”）代表CO的选择性。 （2），曲线a随温度升高而升高的原因是________。 （3）实际生产中采用的温度是，可能的原因是________。 （4）电解法也可制备甲醇，双极膜组合电解制备甲醇装置如下图。图中双极膜由催化层、阳离子交换膜和阴离子交换膜组合而成，在直流电场作用下可将水解离，在双极膜两侧分别得到和。 ①与电源负极相连的电极为________（填“a”或“b”）。 ②结合化学用语判定并解释电解过程中阴极室溶液pH的变化情况：________（电解液体积变化可忽略）。 （5）经提纯后的甲醇中常含有，采用电解法测定含量。向待测样品中加入KI、和有机碱R，作为阳极室的电解质溶液。电解时阳极发生的反应如下： ①；② 阴极反应不消耗水，样品中的水反应完测定即结束，根据电解消耗的电量可计算样品中的质量分数。若测得m g甲醇样品电解消耗的电量为库仑（转移1 mol电子消耗的电量为96500库仑），则样品中的质量分数为________。 18. 下图是闪锌矿(主要成分是，含有少量)制备的一种工艺流程。 闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ 已知：为了估算方便，将难溶物的取近似值 难溶物 近似值 （1）闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其作用是_______。 （2）“溶浸”过程使用过量的和的混合溶液浸取矿粉使元素浸出，同时滤渣中得到淡黄色固体，生产过程中无产生。 ①溶浸过程中，向溶液中加入的目的是_______。 ②结合平衡移动的原理，解释溶于溶液的原因_______。 ③在上述条件下，也能溶于溶液中，判断的依据是_______。 （3）“除铁”过程的工艺流程如下图所示。 已知：当被沉淀的离子浓度小于时，认为该离子被沉淀完全。 ①在还原过程中粉发生的反应有_______。 ②在氧化过程中需加入调节，若滤液中，则氧化过程需控制的范围是_______。 （4）“结晶”过程 已知：硫酸锌溶解度与温度之间的关系如下表。 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 41.8 54.1 70.4 74.8 67.2 60.5 从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为_______，过滤、洗涤、在减压低温条件下干燥。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市燕山教育集团2025-2026学年第一学期期末考试高二年级 化学试卷 本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡上交。 可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16 S－32 一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分） 1. 下列过程或装置能实现化学能转化为电能的是 A.电解槽 B.风力发电 C.火星车太阳能帆板 D.碱性锌锰电池 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．电解槽将电能转化为化学能，A不符合题意； B．风力发电将风能转化为电能，B不符合题意； C．火星车太阳能帆板将太阳能转化为电能，C不符合题意； D．碱性锌锰电池为原电池，将化学能转化为电能，D符合题意； 故选D。 2. 下列物质中，属于弱电解质的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．是盐，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，A不符合题意； B．是弱碱，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，B符合题意； C．是强酸，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，C不符合题意； D．在水溶液和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，D不符合题意； 故答案选B。 3. 下列化学用语或图示表述不正确的是 A. 基态Cu原子的价层电子排布式： B. 结构示意图： C. 的电子式： D. 的电子云轮廓图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cu是29号元素，基态Cu原子的价层电子排布式为，故A正确； B．质子数为19、电子数为18，结构示意图为，故B正确； C．是共价化合物，结构式为O=C=O，电子式为，故C错误； D．轨道为哑铃型，电子云轮廓图为，故D正确； 选C。 4. 下列解释事实的化学用语书写正确的是 A. 醋酸溶液 B. 明矾净水： C. 钢铁发生吸氧腐蚀的负极反应： D. 向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，沉淀变为黄色： 【答案】A 【解析】 【详解】A．醋酸溶液pH>1，说明醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离，存在电离平衡：，A正确， B．明矾净水的原理是水解生成胶体，胶体不能标“↓”，且水解为可逆过程，正确的离子方程式应为：，B错误； C．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上失去电子被氧化为，正确的电极反应式应为：，C错误； D．向悬浊液中滴加溶液，发生沉淀的转化，是难溶物，在离子方程式中不能拆写成离子，正确的离子方程式应为：，D错误； 故答案选A。 5. 下列示意图与化学用语表述内容相符的是 A.牺牲阳极法实验正极： B.电解溶液： C.HCl在水中电离： D.与反应的能量变化： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．牺牲阳极法实验中，Fe为正极，在酸化的溶液中，正极发生还原反应，发生析氢腐蚀，反应式为，A不符合题意； B．电解溶液的化学方程式为，B不符合题意； C．HCl为强电解质，在水中完全电离，电离方程式为，C符合题意； D．的焓变，D不符合题意； 故选C。 6. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 的沸点高于 HF的沸点高于HCl B 难溶于盐酸，可作“钡餐”使用 可代替作“钡餐” C 盐酸和溶液反应是吸热反应 盐酸和NaOH溶液反应是吸热反应 D NaCl固体与浓硫酸反应可制备HCl气体 NaI固体与浓硫酸反应可制备HI气体 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．沸点高于是由于分子间氢键作用，HF分子间也存在氢键，因此推测HF沸点高于HCl（无氢键）合理，A正确； B．难溶于盐酸，故安全用作“钡餐”，但可溶于盐酸（生成和），释放有毒，不可替代，B错误； C．盐酸与反应（生成）为吸热反应，但盐酸与NaOH的中和反应属于典型的放热反应，C错误； D．NaCl与浓硫酸反应生成HCl气体（高沸点酸制低沸点酸），但NaI与浓硫酸反应时，会被氧化为（），无法制备HI，D错误； 故答案选A。 7. 苯乙烯是重要的有机化工原料。工业上用乙苯直接脱氢制备苯乙烯，反应的热化学方程式为(g)(g)+H2(g) 该反应的，实际生产时采用沸石银做催化剂、高温、常压及充入惰性气体的反应条件。下列关于该反应的说法正确的是 A. 在任意温度下均能自发进行 B. 断键吸收的总能量小于成键放出的总能量 C. 使用催化剂可减小反应的焓变 D. 恒压时充入惰性气体，有利于化学平衡向正反应方向移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．，,才能自发，故高温下才能自发进行，A错误； B．，故断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，B错误； C．催化剂只能改变活化能，但不能改变反应的焓变，C错误； D．恒压条件下充入惰性气体，等效为压强减小，往气体分子数增大的方向移动，即向正反应方向移动，D正确； 故选D。 8. 一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。 容器编号 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol A B D Ⅰ 0.2 0.2 0.1 Ⅱ 0.4 0.4 >0.2 下列说法不正确的是 A. B物质的状态为气态 B. I中，A的平衡转化率为50% C. 该反应的化学平衡常数的数值为5 D. I中，若平衡后向容器中再充入和，平衡正向移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，Ⅱ加的A、B物质为Ⅰ的两倍，相当于增大压强，平衡时D的物质的量大于Ⅰ的两倍，说明平衡正向移动，则反应为气体体积缩小的反应，故B物质的状态只可能为气态，A正确； B．Ⅰ中生成的D的物质的量为0.1mol，A、D计量数相等，则转化的A的物质的量为0.1mol，反应达到平衡时，A的转化率为，B正确； C．容器Ⅰ中，建立如下三段式：，平衡常数K==5，C正确； D．平衡后向容器中再充入和，Q==K，平衡不移动，D错误； 故选D。 9. 在容积可变的密闭容器中，发生反应：。起始时NO和的物质的量之比为2：1。在不同压强下反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。 下列说法不正确的是 A. 反应的 B. 压强： C. 正反应速率：y点点 D. 化学平衡常数：y点点 【答案】B 【解析】 【分析】由图像可知，随温度升高，NO转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，逆向为吸热反应，则正向为放热反应，据此分析。 【详解】A．由图像可知，随温度升高，NO转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，逆向为吸热反应，则正向为放热反应，ΔH<0，A不符合题意； B．该反应为气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，NO转化率增大，相同温度下，p1曲线的NO转化率高于p2，故压强，B符合题意； C．x点在p2曲线（低压）、温度350℃，y点在p1曲线（高压）、温度高于350℃，温度越高、压强越大，反应速率越快，y点温度和压强均大于x点，故正反应速率y点>x点，C不符合题意； D．化学平衡常数K只与温度有关，与压强无关；该反应正向放热，温度升高K减小，y点温度高于x点，故平衡常数y点<x点，D不符合题意； 故选B。 10. 常温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸溶液，滴定过程中溶液的变化曲线如图所示。下列说法中，正确的是 A. 曲线Ⅰ表示滴定盐酸 B. a点浓度最大的离子是 C. 时， D. 用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色 【答案】B 【解析】 【分析】常温下，0.1000mol/L盐酸（强酸）的pH=1，0.1000mol/L醋酸（弱酸）溶液的pH>1。图像中V=0时，曲线Ⅱ的pH更低，应为盐酸，曲线Ⅰ为醋酸。 【详解】A．由分析可知，Ⅰ代表的是醋酸，故A错误； B．a点溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，依据电荷守恒：，此时溶液显酸性，则，a点浓度最大的离子是，故B正确； C．V[NaOH(aq)]=20 mL时，溶质分别恰好为等浓度NaCl和CH3COONa，盐酸是强酸、醋酸为弱酸，醋酸钠溶液中醋酸根离子发生水解，c(Cl−)＞c(CH3COO−)，故C错误； D．用碱滴定酸的时候，达到滴定终点时，用酚酞作指示剂，溶液从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色，故D错误； 故选：B。 11. 粗制晶体中含有杂质。在提纯时，为了除去，常先加入少量酸化的溶液，然后在室温下调节溶液的为4。 已知：i． ii．时饱和溶液中。 下列说法不正确的是 A. 加入的目的为 B. ，计算得，可认为已完全沉淀 C. 理论分析粗制溶液达饱和后，在时会析出沉淀 D. 沉淀溶解平衡原理对分离金属离子的选择具有指导意义 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2O2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，便于以沉淀的形式除去杂质铁元素，反应式正确，A正确； B．常温下，pH=4，则c(OH-)=10-10mol/L ，代入Fe(OH)3的Ksp计算得c(Fe3+)=2.8×10-9 mol/L，远低于1×10-5 mol/L，说明Fe3+已完全沉淀，B正确； C．CuSO4饱和溶液中c(Cu2+)=1.41 mol/L，此时Q=(Cu2+)·c2(OH-)=1.41×(10-10)2=1.41×10-20，小于Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，不会析出沉淀，C错误； D．利用溶度积差异调节pH分离金属离子是沉淀溶解平衡原理的典型应用，D正确； 故选C。 12. 时，向溶液中滴加溶液，已知溶液中含碳微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图。下列说法不正确的是 A. 曲线①表示物质的量分数的变化情况 B. a点对应溶液的所有离子中，最大 C. 由b点可计算出 D. c点，由水电离产生的 【答案】B 【解析】 【分析】随着HCl的加入，溶液的pH逐渐减小，溶液中c(）逐渐减小，先增大后减小，c(H2CO3)逐渐增大，则图中曲线①②③分别表示、HCO和H2CO3物质的量分数与溶液pH的关系，当pH=10.3时c (）=c (HCO)，此时H2CO3的电离平衡常数Ka2(H2CO3) =c (H+) =c(H+) =10-10.3mol/L，据此分析解答。 【详解】A．由上述分析可知，曲线①②③分别表示、HCO和H2CO3物质的量分数与溶液pH的关系，故A正确； B．图中a点对应溶液中溶质主要为NaHCO3和NaCl，c (Na+)增大，故B错误； C．当pH=10.3时c () =c (HCO），此时H2CO3的电离平衡常数Ka2(H2CO3) =c (H+) =c(H+) =10-10.3mol/L，故C正确； D．图中c点对应溶液中溶质为Na2CO3，pH=11.6，由水电离产生的c(OH-)和溶液中c (OH-)相等，即为10-16- (-11.6)mol/L=10-2.4mol/L，故D正确； 故选：B。 13. 用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。 实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系 i 石墨1 石墨2 a ii 石墨1 新石墨 b iii 新石墨 石墨2 c iv 石墨1 石墨2 d 下列分析不正确的是 A. ，说明实验i中形成原电池，反应为 B. ，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂 C. ，说明iii中电极I上有发生反应 D. ，是因为电极II上吸附的量：iv>iii 【答案】D 【解析】 【分析】按照图1电解溶液，石墨1为阳极，发生反应，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，发生反应，石墨2中会吸附少量氢气；图2中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极。 【详解】A．由分析可知，石墨1中会吸附少量氧气，石墨2中会吸附少量氢气，实验i会形成原电池，，反应为2H2+O2=2H2O，A正确； B．因为ii中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少作为还原剂，故导致，B正确； C．图2中，电极Ⅰ发生还原反应，实验iii中新石墨可能含有空气中的少量氧气，c＞0，说明iii中电极I上有发生反应，C正确； D．实验iii与实验iv的主要区别在于电极I不同，实验iv中石墨1电极上吸附氧气的量远大于实验iii中的新石墨电极，使得实验iv电压大于实验iii，由于实验iv在实验iii之后进行，故电极II上吸附氢气的量iv<iii，D错误； 故选D。 二、非选择题（本部分共5小题，共58分） 14. 冰晶石()是工业上电解铝的重要助熔剂，在高温条件下会分解成NaF和，影响其助熔效果。可作为燃料电池的燃料，为电解提供能源。 （1）基态Al原子的价电子排布式为__________。 （2）Na元素处于元素周期表的__________区，基态F原子电子占据__________个能层。 （3）熔融态受热分解的部分历程的能量变化如下图所示。 ①图中，速率较慢的是步骤__________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②步骤Ⅰ、Ⅱ的总反应的__________0(填“>”“=”或“<”)。 ③的VSEPR模型名称是__________，中心离子的杂化方式为__________。 （4）和F的第一电离能由大到小的顺序为__________。 （5）分子中键角小于，从结构角度解释原因：__________。 【答案】（1） （2） ①. s ②. 2 （3） ①. Ⅱ ②. < ③. 正四面体 ④. （4） （5）中N原子的杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大 【解析】 【小问1详解】 Al是13号元素，核外电子排布式为，因此价电子排布式为； 【小问2详解】 Na的价电子排布式为，属于s区；基态F原子的电子排布式为，电子占据的能层为K、L层，共2个能层； 【小问3详解】 ①反应速率由活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。从图中可以看出，步骤Ⅱ的活化能更大，因此速率较慢的是步骤Ⅱ； ②步骤Ⅰ、Ⅱ的总反应中，反应物的总能量高于最终产物的总能量，该反应为放热反应，即； ③中心离子的价层电子对数为，无孤电子对，因此其VSEPR模型名称为正四面体，中心离子的杂化方式为； 【小问4详解】 同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但第ⅤA族(N)因能级轨道半充满，结构稳定，第一电离能大于相邻的O。因此第一电离能由大到小的顺序为； 【小问5详解】 分子中，N原子采取杂化，其中有一个孤电子对。孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致键角被压缩，小于。 15. 高铁酸钾是一种新型环保的水处理剂，电解法制取的简化装置如图所示。 已知：高铁酸钾()固体呈紫色，能溶于水，微溶于饱和溶液。 （1）Ni电极上产生气体，该气体为_______。 （2）Fe电极发生的电极反应为_______。 （3）阳极室每生成，消耗_______mol。 （4）向阳极流出液中加入饱和溶液，析出紫色固体。从平衡的角度解释析出固体的原因：_______。 （5）用高铁酸钾处理工业废水，不仅能氧化灭菌、去除水体污染物，还能产生可吸附、絮凝水中悬浮物的物质。该物质是_______。 【答案】（1） （2） （3）2 （4）增大，平衡正向移动，有利于析出固体 （5）胶体 【解析】 【分析】该电解池以Fe 为阳极、Ni为阴极，电解质为KOH 浓溶液，中间有阴离子交换膜。阳极 Fe 失去电子并结合OH⁻发生氧化反应生成 ，阳极式为；阴极Ni上H2O电离产生的H+得到电子被还原为H2，阴极式为。 【小问1详解】 在Ni电极上H2O电离产生的H+得到电子变为H2，发生还原反应； 【小问2详解】 在Fe电极上Fe失去电子变为，发生氧化反应，则Fe电极为阳极，阳极Fe上发生的电极反应式为； 【小问3详解】 由阳极反应知，阳极室每生成，消耗8molOH-；y由于同时会有6molOH-从阴极室通过阴离子交换膜迁移到阳极室，故阳极室实际消耗2molOH-； 【小问4详解】 向阳极流出液中加入饱和溶液，增大了，使平衡正向移动，有利于析出紫色的固体； 【小问5详解】 高铁酸钾具有强氧化性，处理废水时自身被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3​​胶体，该胶体可吸附、絮凝水中悬浮物。 16. 乙烯产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志，通过乙烷氧化脱氢生产乙烯的工艺受到广泛关注。 已知：乙烯的选择性 乙烯的产率 I.乙烷化学链氧化脱氢法（CL-ODH）的反应过程如下图所示。图中，金属氧化物是载氧体，还原阶段、再生阶段为循环反应。 （1）乙烷CL-ODH总反应的化学方程式为__________。 （2）锰基载氧体（Me为Mn）成本低，但由于其所载氧的活性过高，会导致乙烯的选择性下降，原因是__________。 II.乙烷的二氧化碳氧化脱氢中，和在催化剂作用下主要发生的反应i，可能发生反应ii～v，相应热化学方程式如下。 i. ii. iii. iv. v. （3）反应i的__________。 （4）将总物质的量一定的混合气体通过含催化剂的恒温恒容反应器，测得不同进气比时，乙烷转化率、乙烯产率随时间的变化情况如下图。 ①图中三条曲线对应的进气比为3:1、1:1或1:3，进气比为1:3的曲线是__________（填“a”“b”或“c”）。 ②反应10 min时，曲线a所对应的乙烯选择性＝__________。 ③实际生产中，进气比不宜过高或过低，结合反应解释原因是__________。 【答案】（1） （2）锰基载氧体的氧活性过高，氧化性强，可能将乙烷（或乙烯）氧化为其他产物如CO、等 （3） （4） ①. c ②. ③. 进气比过高（如3:1）时，虽然乙烷转化率提高，但过量的会促进副反应iv的发生，导致乙烯选择性降低；进气比过低（如1:3）时，乙烷浓度相对较高，会促进其分解为碳的副反应v发生，导致乙烯产率降低 【解析】 【小问1详解】 由图可知，在催化剂作用下，乙烷与氧气反应生成乙烯和水，反应方程式为：； 【小问2详解】 锰基载氧体，其所载的氧活性过高，氧化性强，可能将乙烷或乙烯氧化为其他产物如CO、等； 【小问3详解】 根据盖斯定律可知，ⅰ=ⅱ+ⅲ，可得，； 【小问4详解】 ①不同进气比时，相当于固定的物质的量，改变通入的量，通入越多，乙烷的转化率越大，由乙烷转化率图可知，a对应3:1，b对应1:1，c对应1:3； ②反应10min 时，由乙烷转化率图可知，乙烷转化率为40.8%，由乙烯产率图可知，乙烯的产率为30.6%，则曲线a所对应的乙烯选择性； ③进气比过高（如3:1）时，虽然乙烷转化率提高，但过量的会促进副反应iv的发生，导致乙烯选择性降低；进气比过低（如1:3）时，乙烷浓度相对较高，会促进其分解为碳的副反应v发生，导致乙烯产率降低。 17. 甲醇在化工生产中有着广泛的应用，利用制备甲醇的主要反应如下： 将一定量的和投入恒容密闭容器中进行上述反应，测得平衡转化率选择性和CO选择性随温度变化情况如图。 已知：物质A的选择性 （物质A代表或CO） （1）曲线________（填“a”“b”或“c”）代表CO的选择性。 （2），曲线a随温度升高而升高的原因是________。 （3）实际生产中采用的温度是，可能的原因是________。 （4）电解法也可制备甲醇，双极膜组合电解制备甲醇装置如下图。图中双极膜由催化层、阳离子交换膜和阴离子交换膜组合而成，在直流电场作用下可将水解离，在双极膜两侧分别得到和。 ①与电源负极相连的电极为________（填“a”或“b”）。 ②结合化学用语判定并解释电解过程中阴极室溶液pH的变化情况：________（电解液体积变化可忽略）。 （5）经提纯后的甲醇中常含有，采用电解法测定含量。向待测样品中加入KI、和有机碱R，作为阳极室的电解质溶液。电解时阳极发生的反应如下： ①；② 阴极反应不消耗水，样品中的水反应完测定即结束，根据电解消耗的电量可计算样品中的质量分数。若测得m g甲醇样品电解消耗的电量为库仑（转移1 mol电子消耗的电量为96500库仑），则样品中的质量分数为________。 【答案】（1）c （2）反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，时，随温度升高，反应i逆移的程度小于反应ii正移的程度 （3）时，催化剂活性高，反应速率快；或时，反应速率快 （4） ①. a ②. 阴极反应为，每转移6 mol电子，消耗，同时又有从双极膜进入阴极室，因此阴极室溶液的pH基本不变 （5） 【解析】 【分析】（4）电极a为阴极，与电源负极相连，在酸性条件下得到电子被还原为，电极反应式为，双极膜解离产生的透过阳离子交换膜向阴极室迁移，参与还原反应；电极b为阳极，与电源正极相连，在碱性条件下失去电子被氧化生成，电极反应式为，据此分析。 【小问1详解】 甲醇和一氧化碳的选择性之和为100%，则b、c代表了二者的选择性，曲线a代表的平衡转化率。反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，选择性升高；反应i为放热反应，升高温度平衡逆向移动，选择性降低，因此曲线c代表的选择性； 【小问2详解】 曲线a代表的平衡转化率，时，温度升高，反应ii（吸热）正向移动的幅度大于反应i（放热）逆向移动的幅度，总转化率升高； 【小问3详解】 实际生产中采用的温度是，可能的原因是：一是加快反应速率，二是此温度下，催化剂活性高，催化效果最佳； 【小问4详解】 ①电极a上被还原为，发生还原反应，为阴极，与电源负极相连；②阴极反应为，每转移6 mol电子，消耗，同时又有从双极膜进入阴极室，因此阴极室溶液的pH基本不变； 【小问5详解】 消耗的电量为库仑，则转移电子的物质的量为：。由于产品甲醇中含有水，将水的质量扣除以后，则为产品甲醇的质量。根据阳极反应消耗的电子的物质的量，结合①；②反应，可得关系式：，所以，，故甲醇的质量为：，所以样品中的质量分数为：。 18. 下图是闪锌矿(主要成分是，含有少量)制备的一种工艺流程。 闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ 已知：为了估算方便，将难溶物的取近似值 难溶物 近似值 （1）闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其作用是_______。 （2）“溶浸”过程使用过量的和的混合溶液浸取矿粉使元素浸出，同时滤渣中得到淡黄色固体，生产过程中无产生。 ①溶浸过程中，向溶液中加入的目的是_______。 ②结合平衡移动的原理，解释溶于溶液的原因_______。 ③在上述条件下，也能溶于溶液中，判断的依据是_______。 （3）“除铁”过程的工艺流程如下图所示。 已知：当被沉淀的离子浓度小于时，认为该离子被沉淀完全。 ①在还原过程中粉发生的反应有_______。 ②在氧化过程中需加入调节，若滤液中，则氧化过程需控制的范围是_______。 （4）“结晶”过程 已知：硫酸锌溶解度与温度之间的关系如下表。 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 41.8 54.1 70.4 74.8 67.2 60.5 从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为_______，过滤、洗涤、在减压低温条件下干燥。 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率 （2） ①. 防止水解导致降低，影响元素浸出率 ②. 与发生氧化还原反应，导致降低，平衡正向移动，溶解 ③. 远大于 （3） ①. ②. 3≤pH<5.5 （4）在时蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】 【分析】结合题目可知，使用过量的和的混合溶液浸取矿粉，ZnS与发生氧化还原反应使锌元素浸出，获得相应的金属离子的硫酸盐，向浸出液中加入铁，还原残留的，经过浓缩结晶获得副产品。通入氧气，氧化亚铁离子为铁离子，向上述溶液中加入ZnO调节溶液的pH除去铁离子，最后通过蒸发浓缩、冷却结晶获得产品  。 【小问1详解】 固体反应物粉碎后，可增大反应物的接触面积，从而加快反应速率。 【小问2详解】 ①​溶液中，铁离子会水解，加入硫酸，可以抑制其水解，避免降低，影响Zn元素浸出率。 ②与发生氧化还原反应，导致降低，平衡正向移动，ZnS溶解。 ③FeS的Ksp大于ZnS的Ksp，FeS溶解度更大，S2-浓度更高，更易被Fe3+氧化，，使FeS溶解平衡右移，故FeS可溶于溶液中。 【小问3详解】 ①流程中，首先进行酸溶，溶液显酸性，需要加入过量铁单质进行反应，故发生反应： ，随后单质铁与铁离子发生反应： 。 ②要锌离子不沉淀，根据溶度积常数， ，计算其氢氧根浓度， ，此时溶液的 ；同时确保铁离子沉淀完全， ，据此可知 ，此时溶液的 ，故控制的范围是3≤pH<5.5。 【小问4详解】 由硫酸锌溶解度与温度的关系可知，硫酸锌的溶解度在时最大，所以从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为在时蒸发浓缩、冷却结晶。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $