四川荣县中学校2025-2026学年高二下学期化学入学巩固练习

2026年上期高二年级化学入学巩固练习 相对原子质量：H-1 B-11 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 V-51 Co-59 Ni-59 一、单选题（每题3分，共45分） 1．下列实验事实不能用勒夏特列原理来解释的是 A．用与稀硫酸制氢气时，为加快反应速率，将锌片换成锌粉 B．向溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅 C．配制溶液时将晶体溶在浓盐酸中再加水稀释到所需浓度 D．用溶液清洗油污时，加热可以增强去污效果 2．下列有关化学用语表示错误的是 A．甲烷的球棍模型： B．Be原子最外层电子的电子云轮廓图： C．的结构示意图： D．中子数为8的碳原子： 3．关于下列四个装置有关说法正确的是 A．装置①可证明活泼性： B．装置②中通电后外电路的电子被强制流向钢闸门 C．装置③可用于深埋在潮湿的中性土壤中钢管的防腐 D．装置④中铁钉发生吸氧腐蚀，负极反应为 4．根据下列图示所得出的结论正确的是 A．图甲表示恒温恒容条件下，中各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态 B．图乙是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明时刻溶液的温度最高 C．图丙表示取规格相同的铝片，分别放入等质量20％、5％的稀盐酸中，生成氢气的质量与反应时间的关系曲线 D．图丁表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化 5．下列说法中，正确的是 A．s区元素全部是金属元素 B．p能级电子能量一定高于s能级电子能量 C．属于p区主族元素 D．第VIIA族元素从上到下，非金属性依次增强 6．在常温下，有关下列溶液的叙述中错误的是 ①pH=11的氨水   ②pH=11的氢氧化钾溶液   ③pH=3的醋酸   ④pH=3的硫酸 A．将①②分别加水稀释1000倍后，溶液的pH：①>② B．将aL ②与bL ④混合，忽略溶液体积变化，若所得溶液的pH=5，则a：b=199：101 C．向③、④中分别加入醋酸钠晶体后，两种溶液的pH均增大 D．将①、③等体积混合后溶液呈中性，该溶液中：c(NH)= c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-) 7．已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布式为；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数。F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是 A．A、B、C三种元素的电负性：B>C>A B．B、C、D、E四种元素的第一电离能：B>C>E>D C．B、C形成的化合物为酸性氧化物 D．F的常见离子的最外层电子排布式为 8．下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH Na2CO3>NaClO 酸性：H2CO3＜HClO B 向浓度均为0.10mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 C 向FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl的溶液平衡体系中加入少量KCl固体 溶液血红色变浅 增大生成物浓度，平衡逆向移动 D 用pH试纸测量同浓度的CH3COOH、HClO的pH，比较溶液pH大小 HClO的pH比CH3COOH大 说明CH3COOH酸性比HClO强 A．A B．B C．C D．D 9．在硫酸工业中，通过下列反应：，下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时的转化率。下列说法正确的是 温度/ 平衡时的转化率 0.1MPa 0.5MPa 1MPa 5MPa 10MPa 450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7 550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3 A．工业上通入过量空气的主要目的是加快反应速率 B．回收尾气中的仅为了防止空气污染 C．采用常压条件是因为常压下的转化率足够高，增大压强会增加设备成本 D．选择的较高温度既提高反应速率也提高平衡转化率 10．用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol/L HCl溶液过程中的pH变化如图所示。下列说法错误的是 A．b点时，加入极少量NaOH溶液都会引起pH的突变 B．选指示剂时，其变色范围应在4.30～9.70之间 C．若将HCl换成同浓度的CH3COOH，曲线ab段将会上移 D．都使用酚酞做指示剂，若将NaOH换成同浓度的氨水，所消耗氨水的体积较NaOH小 11．氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应i是吸热过程 B．反应ii中脱去步骤的活化能为2.69 eV C．反应iii包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ii中 12．下列有关杂化轨道理论的说法中正确的是 A．NCl3分子呈三角锥形，这是氮原子采取sp2杂化的结果 B．sp3杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形成的4个sp3杂化轨道 C．中心原子采取sp3杂化的分子，其空间结构一定是四面体形 D．AB3型的分子空间结构必为平面三角形 13．Co是磁性合金的重要材料，也是维生素重要的组成元素。工业上可用如下装置制取单质Co并获得副产品盐酸(A、B均为离子交换膜)。下列说法正确的是 A．A为阴离子交换膜，B为阳离子交换膜 B．若去掉膜A，石墨电极的电极反应不变 C．当电路中转移2mol电子时，阳极产生 D．若产品室，阴极溶液质量减少13g 14．高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构。晶体中氧的化合价部分为0，部分为-2。如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞。下列说法正确的是 A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞中含有4个K+和8个 B．晶体中每个K+周围有8个，每个周围有8个K+ C．晶体中与每个K+距离最近且相等的K+有8个 D．晶体中0价氧与-2价氧的个数之比为3：1 15．铜(I)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)为含铜物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为。下列描述正确的是 A．的 B．当时， C．n从0增加到2，结合L的能力随之减小 D．若，则 二、解答题（共55分） 16．（13分）根据有关电化学装置的原理示意。回答下列问题： (1)图1是工业上用电解法在强碱性条件下除去废水中的装置，发生的反应有： ⅰ. ⅱ. ⅲ. ①石墨电极上发生_______(选填“氧化”或“还原”)反应；阴极反应式为_______。 ②电解过程中有关微粒定向移动的说法错误的是_______。 a.电子由电极b经导线流向铁电极 b.电流由铁电极经溶液流向石墨电极 c.移向石墨电极 d.移向铁电极 ③为了使电解池连续工作，需要不断补充_______。 (2)图2是一种高性能的碱性硼化钒一空气电池，该电池工作时发生离子反应：。 ①电极为_______(选填“正”或“负”)极，电池工作时正极反应式为_______。 ②若离子选择性膜只允许通过，电池工作过程中忽略溶液体积变化，则正极室的pH_______(选填“变大”“变小”或“不变”)。 ③若用图2装置为图1装置供电，当消耗36.5g硼化钒时，理论上图1装置中产生标准状况下的体积为_______L。 17．（14分）(I)二甲醚是重要的化工原料，也可用CO和制得，总的热化学方程式如下：。工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行： i．甲醇合成反应：______ ii．甲醇脱水反应 (1)①写出甲醇合成反应的热化学方程式：______。 ②若起始时向容器中投入2 mol CO和，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5 kJ，此时CO的转化率为______。 (2)甲烷通常也可通过多种重整方式进行利用，如二氧化碳重整甲烷反应：，实验测定该反应的反应速率，，分别是正、逆反应速率常数，且只与温度有关。T℃时，向某恒温恒容密闭容器中充入物质的量浓度均为的和，发生重整反应，测得体系中和CO(g)的物质的量浓度随时间的变化如图所示： ①B点的坐标为______。 ②反应进行到5 min时， ______。 (3)我国科学家开发的特殊催化剂用于制备，有利于实现“双碳目标： 过程中可得副产物甲酸： ①在合适催化剂的作用下，在恒容容器中充入一定量的与，反应进行相同的时间测得体系中HCOOH和的体积分数随温度的变化如图所示，则主反应与副反应中活化能较大的反应是______(填主反应或“副反应")：600 K后，的体积分数减小的主要原因为______。 ②一定温度下，在容积为1 L的恒容密闭容器中充入和，同时发生了主反应和副反应，达到平衡时的物质的量为0.5 mol，的物质的量为2.5 mol，则该温度下，副反应的平衡常数______。 18．（14分）三氧化二镍()是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含金属Ni、A1、Fe及其氧化物、、C等)回收其中的镍并制备的工艺流程如下所示： 已知：①在该实验条件下、不能氧化。 ②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀时的pH 6.8 3.7 2.2 7.5 完全沉淀时()的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 ③反萃取的反应原理为 (1)滤渣1的主要成分为_______(填化学式)。 (2)“氧化”时主要反应的离子方程式是_______。 (3)利用上述表格数据，计算的_______，“调pH”应控制的pH范围是_______。 (4)向有机相中加入溶液能进行反萃取的原因为_______(结合平衡移动原理解释)。 (5)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系： 温度 低于30.8℃ 30.8℃～53.8℃ 53.8℃～280℃ 高于280℃ 晶体形态 多种结晶水合物 从溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥得到晶体。 (6)某化学镀镍试剂的化学式为。为测定该镀镍试剂的纯度，进行如下实验： I.称量40.0g该镀镍试剂，配制成100mL溶液A； II.准确量取10.00mL溶液A，用的EDTA()标准溶液滴定其中的(离子方程式为)，消耗EDTA标准溶液25.00mL； ①配制100mL溶液A时，需要的仪器除药匙、托盘天平、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管外，还需要_______。 ②该镀镍试剂的纯度为_______。 19．（14分）已知：连四亚硫酸钠()与稀硫酸反应：。回答下列问题： 实验I：探究其性质。装置如图所示(夹持仪器、尾气处理装置已省略)。实验中观察到A装置产生浅黄色固体，D装置溶液褪色。 (1)盛装的仪器是______(填仪器名称)。 (2)B装置中红色褪去，可证明A装置中生成的气体是______(填化学式)。预测C装置中现象：______。 (3)其他条件不变，拆去水浴，观察到B装置溶液褪色速率______(填“加快”或“减慢”)，其原因是______。 实验Ⅱ： 探究影响反应速率的外界因素。设计如下方案： 实验 硫酸/mL 蒸馏水/mL 水浴温度/°C 测定变浑浊时间/s i 10 10 0 35 a ii 10 5 V 35 b iii 10 10 0 45 c iv 10 8 2 50 d (4)利用实验ⅰ、ⅱ探究浓度对于速率的影响，则______，实验测得b>a，由此得出的结论是______。 (5)预测a______(填“>”“<”或“=”)c。 (6)实验测得：d<a，其原因可能是______。 (7)第四周期有Zn、Ti、Cu；Zn所在元素周期表中的分区是______区；基态Ti原子的价电子排布式______；基态核外电子的空间运动状态有______种，基态铁原子处在最高能层的电子的电子云形状为______。 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 2026年上期高二年级化学入学巩固练习参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B B D C B B B C D 题号 11 12 13 14 15 答案 D B D D C 1．A 【详解】A．用与稀硫酸制氢气时，为加快反应速率，将锌片换成锌粉，增大接触面积使得反应更快速，不是可逆反应，不能用勒夏特列原理来解释，故A符合题意； B．向溶液中加入铁粉，铁粉和三价铁离子反应生成亚铁离子，溶液中铁离子浓度减少，使得反应逆向进行，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理来解释，故B不符合题意； C．配制溶液时将晶体溶在浓盐酸中，溶液中氢离子浓度增加，使得反应逆向进行，再加水稀释到所需浓度，能用勒夏特列原理来解释，故C不符合题意； D．用溶液清洗油污时，加热可以促进碳酸根的水解，氢氧根浓度增大，碱性可以加快油污的水解，可以增强去污效果，能用勒夏特列原理来解释，故D不符合题意； 故选：A。 2．B 【详解】 A．甲烷的分子式为CH4，呈正四面体形，球棍模型为，故A正确； B．Be原子最外层电子的电子云轮廓图为球形，故B错误。 C．Cl-的核电荷数为17，Cl-的结构示意图为，故C正确； D．中子数为8的碳原子的质量数为14，原子符号为，故D正确； 故选B。 3．B 【详解】A．在浓硝酸中铝发生钝化，浓硝酸与铜反应，铜作负极，因此不能说明活泼性：，A错误； B．装置②为外加电源的阴极保护法，电子从电源负极出发，先到阴极，再到阳极，通电后外电路的电子被强制流向钢闸门，B正确； C．装置③中Cu与Fe形成原电池，Cu为正极，Fe为负极，Fe被腐蚀，C错误； D．装置④中铁钉处于中性环境发生吸氧腐蚀，负极反应为，D错误； 故选B。 4．D 【详解】A．可逆反应中，当二氧化氮的消耗速率和四氧化二氮的消耗速率之比为2:1时才能说明反应达到平衡状态，交点A二氧化氮的消耗速率和四氧化二氮的消耗速率相等，不能说明反应达到平衡状态，A错误； B．镁条与盐酸的反应为放热反应，消耗的Mg越多，放出的热量越多，溶液的温度越高，之后，盐酸浓度减小，反应速率减小，但Mg和盐酸还在继续反应，所以时刻溶液的温度不最高，B错误； C．由图丙可知，铝片和盐酸反应完全时，生成氢气的质量相等，说明两种不同质量分数的盐酸必须过量，则应将铝片分别放入等质量过量的20％、5％的稀盐酸中，C错误； D．温度较低时，酶催化反应的反应速率随温度升高而增大，温度较高时，酶的催化活性降低甚至失去催化活性，因而随温度升高，酶催化反应的反应速率逐渐减小，D正确； 故选D。 5．C 【详解】A．s区元素不一定是金属元素，还有非金属氢，故A错误； B．p能级电子能量不一定高于s能级电子能量，如2p能级电子的能量小于3s能级的能量，故B错误； C．是第ⅥA族元素，属于p区主族元素，故C正确； D．同主族元素从上到下，原子半径递增，核对最外层电子吸引能力逐渐减弱，则金属性逐渐增强、非金属性逐渐减弱，故D错误； 故选C。 6．B 【详解】A．一水合氨稀释过程中还能继续电离出氢氧根，所以稀释103倍其pH的变化小于3，pH=11的氢氧化钾溶液稀释103倍其pH的变化为3，则稀释后pH：①>②，A正确； B．pH=11的KOH溶液和pH=3的硫酸中氢离子浓度均为10-3mol/L，混合后pH=5，所以酸过量，则，解得a:b=99:101，B错误； C．向醋酸中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子会抑制醋酸的电离，氢离子浓度减小，pH增大；向硫酸中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子会结合氢离子生成醋酸，氢离子浓度减小，pH增大，C正确； D．将①、③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸铵，醋酸铵完全电离出醋酸根离子和铵根离子，电荷守恒c(NH)+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，因为溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，故该溶液中：c(NH)= c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，D正确； 答案选B。 7．B 【分析】A是宇宙中含量最多的元素，为H（氢）；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，价电子排布为，为N（氮）；C元素原子价层电子排布为，，排布为，为O（氧）；D元素原子只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，电子排布为，为Na（钠）；E与D最高能层数相同，价电子数等于电子层数，为Al（铝）；F元素原子最外层只有一个电子，其次外层所有轨道电子均成对，电子排布为，为Cu（铜）。因此A为H，B为N，C为O，D为Na，E为Al，F为Cu。 【详解】A．电负性：同周期从左到右递增，且O > N > H，即 C > B > A，A错误； B．N的轨道为半满稳定结构，第一电离能大于O；Al的第一电离能大于Na。金属元素第一电离能小于非金属，故第一电离能顺序为N > O > Al > Na，即B > C > E > D，B正确； C．B、C形成的化合物为，与水反应生成和NO，不符合酸性氧化物的概念，因此不是酸性氧化物， C错误； D．F的常见离子为，其电子排布为，最外层电子排布为， D错误； 故答案选B。 8．B 【详解】A．酸性越弱，其对应盐水解程度越强，测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值，若Na2CO3>NaClO，酸性HCO<HClO，A错误； B．向浓度均为0.10mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明AgI更难溶，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，B正确； C．FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl的溶液平衡体系中，K+、Cl-没有参与反应，加入少量KCl固体，对平衡无影响，颜色无变化，C错误； D．HClO具有漂白性，pH试纸无法测量其pH，D错误； 故选B。 9．C 【详解】A．工业上通入过量空气的主要目的是加快反应速率和提高二氧化硫的转化率，故A错误；， B．回收尾气中的是为了防止空气污染和提高原料利用率，故B错误； C．由表中数据可知，采用常压条件是因为常压下的转化率足够高，增大压强会增加设备成本，故C正确； D．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，选择的较高温度提高反应速率，故D错误； 选C。 10．D 【详解】A项、b点时，20.00 mL 0.1000 mol/L NaOH溶液与20.00 mL 0.1000 mol/L HCl溶液恰好完全反应，溶液呈中性，若加入极少量NaOH溶液，溶液会变为呈碱性，引起pH的突变，故A正确； B项、由图可知，滴定时，pH的突跃范围为4.30～9.70，则选指示剂时，指示剂的变色范围应在4.30～9.70之间，故B正确； C项、若将HCl换成同浓度的CH3COOH，pH的突跃范围会变窄，曲线ab段将会上移，故C正确； D项、都使用酚酞做指示剂，若将NaOH换成同浓度的氨水，溶液由无色变为浅红色时，得到的是氯化铵和氨水的混合液，氨水过量，消耗氨水的体积较NaOH大，故D错误； 故选D。 【点睛】都使用酚酞做指示剂，若将NaOH换成同浓度的氨水，溶液变色时，得到的是氯化铵和氨水的混合液，氨水过量，消耗氨水的体积较NaOH大是解答关键，也是易错点。 11．D 【详解】A．反应i的反应物的相对能量是0 eV，生成物相对能量是0.05 eV，故生成物能量高于反应物，是吸热过程，A错误； B．反应ⅱ中因脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70 eV与TS5的相对能量差，即3.39 eV-0.70 eV=2.69 eV，B正确； C．反应ⅲ经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确； D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07 eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误； 故选AD。 11．B 【详解】NCl3分子中氮原子上的价层电子对数=3＋=4，因此NCl3分子中氮原子采取sp3杂化，A错误；sp3杂化轨道是能量相近的原子最外电子层上的s轨道和3个p轨道“混杂”起来，形成能量相等、成分相同的4个轨道，B正确；一般中心原子采取sp3杂化的分子所得到的VSEPR模型为四面体形，如甲烷分子，若中心原子有孤电子对，则空间结构发生变化，如NH3、PCl3分子是三角锥形，C错误，D错误。 12．D 【分析】由图可知，Co为阴极，电极反应式为Co2++2e-=Co，石墨为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此作答。 【详解】A．氯离子透过B膜进入盐酸溶液，故B膜为阴离子交换膜，阳极生成氢离子，氢离子透过A膜进入盐酸，故A膜为阳离子交换膜，A错误； B．若去掉膜A，则阳极室的电解质溶液为硫酸和盐酸的混合溶液，此时石墨电极的电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，发生改变，B错误； C．根据电子守恒可知，当电路中转移2mol电子时，阳极产生O2的物质的量为：=0.5mol，由于题干未告知气体所处的状态，故无法计算其体积，C错误； D．若产品室Δn（HCl）═0.2mol，则有0.2mol氯离子透过交换膜B进入盐酸溶液，析出Co0.1mol，阴极室质量减少0.1mol×59g/mol+0.2mol×35.5g/mol=13g，D正确； 故答案为：D。 13．D 【详解】A．晶胞中含有K+的个数为，的个数为，A项错误。 B．晶体中每个K+周围有6个，每个周围有6个K+，B项错误。 C．晶体中与每个K+距离最近且相等的K+的个数为，C项错误。 D．设晶体中0价氧与-2价氧的个数分别为x、y，则有(n为任意正整数)，，解得，D项正确。 故选：D。 14．C 【详解】A．的，当图中时，，，由图像可知，此时，则≠0.27，A错误； B．当时，由图像可知，，可忽略不计，则，，，B错误； C．结合L的离子方程式为，当时，，由图像交点可知，随着n变大，逐渐变大，则K值变小，说明结合L的能力随之减小，C正确； D．若，由图像交点可知，，，则，故，D错误； 故选C。 15．AD 【详解】A．反应i的反应物的相对能量是0 eV，生成物相对能量是0.05 eV，故生成物能量高于反应物，是吸热过程，A错误； B．反应ⅱ中因脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70 eV与TS5的相对能量差，即3.39 eV-0.70 eV=2.69 eV，B正确； C．反应ⅲ经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确； D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07 eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误； 故选AD。 16．(1) 氧化 b NaOH (2) 负 不变 61.6 【详解】（1）①该装置为电解池，根据题给信息可知铁电极本身没有发生变化，因此铁电极上应为还原反应，即铁为阴极，石墨电极为阳极，发生氧化反应，铁为阴极，发生还原反应，电极反应为； ②a．b为电源负极，电子由电极b经导线流向铁电极，a正确； b．电流由电源正极经导线流向石墨电极，b错误； c．电解池中阴离子移动向阳极，离子导体中的阴离子即移向石墨电极，c正确； d．离子导体中移向铁电极，d正确； 故选b； ③由反应iii可知，为了使电解池连续工作，需要不断补充NaOH； （2）该装置为原电池，通入空气的电极为正极，故符合碳电极为正极，VB2电极为负极。 ①根据分析，电极为负极，正极反应式为； ②若离子选择性膜只允许通过，电池工作过程中，阴离子向负极迁移，而正极室反应产生的与透过选择性膜向负极室迁移的相当，因此忽略溶液体积变化时正极室的pH不变； ③放电过程中，消耗36.5g硼化钒，即0.5mol，依据化学方程式可得消耗氧气为，电路中转移电子的物质的量为5.5mol。依据得失电子守恒，题图1装置中转移电子的物质的量为5.5mol，产生氢气的物质的量为2.75mol，标准状况下体积为61.6L。 17．(1) 25% (2) （5，） 4 (3) 主反应 主反应为放热反应，反应达到平衡后，温度升高，平衡会逆向移动，产物的体积分数减小 【详解】（1）反应①；反应②；根据盖斯定律，目标反应合成甲醇为：，故答案为：； 根据题意，每发生1 mol总反应，放出的热量为206 kJ，当某时刻放出热量为51.5 kJ时，则转化的CO的物质的量为mol，则CO的转化率为，故答案为：25%； （2）甲烷是反应物，由图可知5 min时甲烷的浓度为mol/L，列出三段式如下，，故5 minCO的浓度为mol/L，对应的坐标为（5，），故答案为：（5，）； 由图可知，10 min时，反应已经达到平衡，且平衡时甲烷浓度和CO浓度相等为mol/L，平衡时有，即，代入数值计算，，故，则当反应时间为 5min时，代入数值有，故答案为：4； （3）根据HCOOH在温度较低的情况下先达到平衡的拐点可知，生成HCOOH的速率优势更大，即副反应的活化能较小，故主反应的活化能更大，答案为：主反应；600 K后，的体积分数减小的主要原因是，主反应为放热反应，反应达到平衡后，温度升高，平衡会逆向移动，产物的体积分数减小；故答案为：主反应为放热反应，反应达到平衡后，温度升高，平衡会逆向移动，产物的体积分数减小； 根据平衡时的物质的量为0.5 mol，可以列出主反应的三段式为：，根据平衡时氢气的物质的量为2.5 mol，则副反应还消耗了0.5 mol氢气，故列出副反应的三段式为：，结合两个反应，平衡时CO2的浓度为（2-1-0.5）mol/L=0.5mol/L，故副反应的平衡常数为：，故答案为：。 18．(1)、C (2) (3) (4)根据可知：加入使增大，化学平衡向右移动，产生更多 (5)冷却至30.8℃～53.8℃之间时结晶 (6) 100mL容量瓶 71.75％ 【分析】含镍废料用酒精进行预处理可除去镍表面的油污，然后用硫酸酸浸，可反应产生，，，的酸性溶液，而，C不能发生反应进入滤渣1中，过滤后向滤液中加入，能够将氧化为，然后加入NiO调整溶液pH为4.7<pH<7.2，使，形成氢氧化铝，氢氧化铁沉淀进入滤渣2中，向滤液中加入有机萃取剂萃取，再向有机相中加入硫酸溶液进行反萃取，得到溶液，经一系列处理得到，再经一系列处理可得到； 【详解】（1）经分析可知滤渣1的主要成分为，C； （2），能够将氧化为，氧化时的离子方程式为； （3）①的溶度积常数； ②根据表格数据可知的溶度积常数,若“氧化”后溶液中浓度为，则，此时溶液pH=6.7，故应调pH使，形成沉淀，不形成沉淀，控制pH范围是4.7<pH<6.7； （4）根据可知：向有机相中加入硫酸，使溶液中增大，化学平衡向右移动，可以产生更多； （5）根据表格数据可知：从溶液溶液获得晶体的操作依次是蒸发浓缩，冷却至30.8℃～53.8℃之间时结晶，过滤，洗涤，干燥得到； （6）①配置100mL溶液，需要的仪器除药匙、托盘天平、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管外，还需要100mL容量瓶； ②根据消耗EDTA的物质的量为；，的质量为，镀镍试剂的纯度为。 19．(1)(具支)试管 (2) 溶液变红色，不褪色 (3) 减慢 其他条件不变，降低温度，活化分子百分数降低，反应速率减慢 (4) 5 其他条件相同，(硫酸)浓度减小，反应速率减慢 (5)> (6)升温对速率的影响大于减小浓度对速率的影响 (7) ds 14 球形 【分析】与稀硫酸在热水浴作用下发生反应：，通入B中使品红溶液褪色，通入C中使紫色石蕊试液变红，通入D中和溴水发生氧化还原反应；采用控制变量法探究影响反应速率的外界因素，据此解答。 【详解】（1）由仪器构造可知，盛装的仪器是(具支)试管； （2）能使品红溶液褪色，则B装置中红色褪去，可证明A装置中生成的气体是。是酸性氧化物，能与水反应生成，能使紫色石蕊试液变红，但不能漂白石蕊溶液，所以C装置中现象为：溶液变红色，不褪色； （3）其他条件不变，拆去水浴，即降低温度，导致活化分子百分数降低，反应速率减慢，则观察到B装置溶液褪色速率减慢，其原因是：其他条件不变，降低温度，活化分子百分数降低，反应速率减慢； （4）根据单一变量原则，应维持总体积相同，则；实验测得，即实验ⅱ变浑浊所用时间更长，反应速率更慢，而硫酸浓度：实验ⅱ<实验ⅰ，由此得出的结论是：其他条件相同，(硫酸)浓度减小，反应速率减慢； （5）其他条件相同，温度升高，反应速率加快，则预测a>c； （6）浓度减小，速率减小，升温，速率增大，实验测得：d<a，即反应速率：实验iv>实验ⅰ，其原因可能是升温对速率的影响大于减小浓度对速率的影响； （7）Zn是30号元素，其基态原子价层电子排布为，则Zn所在元素周期表中的分区是ds区；Ti是22号元素，基态Ti原子的价电子排布式为；基态的核外电子排布为，其电子占据的轨道数为1+1+3+1+3+5=14，因此基态核外电子的空间运动状态有14种；基态铁原子的电子排布为，最高能层为N，该能层只有轨道上有电子，其电子云形状为球形。 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 $