精品解析：北京师范大学附属实验中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高一年级化学试题

北京师范大学附属实验中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高一年级化学 考生须知： 1.本试卷共12页，共19题；答题纸共2页。满分100分。考试时间90分钟。 2.在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名、学号。 3.试卷答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效。 4.在答题卡上，选择题须用2B铅笔将选中项涂黑涂满，其他试题用黑色字迹签字笔作答。 可能用到的相对原子质量： 第一部分 选择题 (本部分共14小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意。) 1. 化工生产是现代社会的基础支撑。下列化工生产所涉及的主要反应不属于氧化还原反应的是 A. 以氯气和石灰乳为原料生产漂白粉 B. 以硫铁矿为原料生产硫酸 C. 以食盐、氨气、二氧化碳为原料生产纯碱 D. 以氨气为原料生产硝酸 2. 如图为酸雨形成的示意图。下列说法中，不正确的是 A. 酸雨的pH小于5.6 B. 酸雨会加速桥梁、电缆等的腐蚀 C. 图中酸雨形成的过程发生了氧化还原反应 D. 大气中含量的增大是导致酸雨的原因之一 3. 下列做法与调控化学反应速率无关的是 A. 食盐中添加碘酸钾预防缺碘 B. 酸浸时先将矿石粉碎 C. 用冰箱冷藏以保鲜食物 D. 食品抽真空包装 4. 下列反应中，体现浓硫酸的强氧化性的是 A. 浓硫酸吸收 B. 浓硫酸与Cu加热反应生成 C. 固体遇浓硫酸变白 D. 浓硫酸和NaCl固体混合加热生成和HCl气体 5. 室温下，1体积水能溶解约700体积的。用试管收集后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是 A. 试管内液面上升能说明与发生了反应 B. 一段时间后液面高度无明显变化，说明在水中的溶解达到了饱和 C. 向溶液中滴入酚酞溶液，溶液变为红色，与下列过程有关 D. 将溶液在空气中放置一段时间后，降低，主要是由于被空气中的氧化 6. 下列实验中，能达到实验目的的是 A．实验室制取氨 B．除去中混有的少量 C．验证具有漂白作用 D．探究浓度对化学反应速率的影响 A. A B. B C. C D. D 7. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用溶液吸收少量： B. 依据酸性强于，可以发生反应： C. 向溶液中滴入少量氨水： D. 用溶液蚀刻铜制电路板： 8. 根据制氢方式及碳排放量的不同，工业合成氨有以下类型： 类型 制氢方式 碳排放量 灰氨 由天然气制“灰氢” 高 绿氨 “风电”电解水制“绿氢” 接近零 下列说法不正确的是 A. 工业合成氨的化学方程式为 B. 工业合成氨属于氮的固定 C. 制“灰氨”涉及键断裂，制“绿氨”涉及键断裂 D. 氨的沸点比、低，易液化分离 9. 实验表明：少量的可以催化分解。下图是有、无存在下分解的能量变化示意图。下列判断不正确的是 A. 曲线②为含有的反应过程 B. 反应i为吸热过程，反应ii为放热过程 C. 反应i的反应速率比反应ii慢 D. 若提高浓度，活化分子百分数增大，反应速率也会加快 10. 用焦炭还原NO的反应为。向容积均为2 L的甲、乙、丙三个容器中分别加入0.1 mol焦炭和一定量NO，恒温下测得各容器中随反应时间的变化情况如下表。 容器 温度/℃ 时间/min 0 40 80 120 160 甲 4.00 3.00 2.20 1.60 1.60 乙 2.00 1.60 1.30 1.06 0.90 丙 4.00 2.90 2.00 2.00 2.00 注：的计量单位为mmol。 下列说法正确的是 A. 乙中0~40 min内平均反应速率 B. 时，反应的平衡常数值为 C. 该反应为吸热反应 D. 增加焦炭的量可提高NO的平衡转化率 11. 某实验小组用溶液和溶液为反应物，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验记录如下表。 已知： 实验序号 温度/℃ 溶液体积 溶液体积 蒸馏水体积 出现沉淀所需的时间/s Ⅰ 20 5 2 a Ⅱ 20 5 5 5 Ⅲ 60 5 5 5 下列说法不正确的是 A. 该反应中作氧化剂 B. 研究溶液浓度对该反应速率的影响，实验Ⅰ中 C. 研究温度对该反应速率的影响，Ⅱ、Ⅲ实验结果 D. 进行上述实验时，应将溶液与蒸馏水混合后再加入溶液 12. 催化CO还原处理烟气中的转化为液态S，部分物质转化关系如图1所示。在容积可变的密闭容器中充入一定量的CO和，在不同压强下，反应达到平衡时，的平衡转化率随温度的变化如图2所示。 下列说法不正确的是 A. W为CO，M为 B. ②中每生成1 mol Z，③中有生成 C. 升高温度，与CO反应的平衡常数减小 D. 13. 在一定体积的密闭容器中反应的历程如下： ①（快反应） ②（慢反应） 反应体系中含氮物质的物质的量分数随时间的变化如图一所示： 已知k表示速率常数，Ea表示活化能。下列有关说法正确的是 A. 图一中曲线M表示的物质的量分数 B. 该反应历程中能量变化如图二所示 C. 选择合适的催化剂可降低图一中曲线N的峰值 D. 升高温度、减小，、增大 14. 以电石渣[主要成分为]为原料制备的流程如图1。 已知： i．加热氯化时会生成可进一步转化为。 ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。 下列说法不正确的是 A. 氯化时生成的反应为 B. 适当降低通入的速率并充分搅拌，可提高的利用率 C. 若滤渣中无，滤液中约为 D. 转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得到粗品 第二部分 非选择题 15. 氨是一种重要的化工原料和储氢材料。回答下列问题。 （1）下列叙述正确的是___________(填字母)。 A. 在合成氨反应过程中，一定有 B. 在恒温恒容下混合气体密度不变时达到平衡 C. 在恒温恒压下合成氨，平衡后通入少量氩气，的平衡转化率不变 D. 在恒温恒容下合成氨，平衡后通入少量氨气，逆反应速率增大且大于正反应速率 （2）现有两个容积相等的恒容容器实验室合成氨气。 a．向恒温()的容器1中通入一定量的和，的产率随时间变化关系如下图。 b．向绝热(起始温度)的容器2按相同方式投料，该体系在时刻达到平衡。此后保持体系恒温()，在时刻重新达到平衡。 请在图中补充画出容器2从投料后到时刻的的产率随时间变化关系曲线___________。 （3）在钨表面发生反应：，速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)，在钨催化作用下，不同温度和起始浓度时，与时间关系如图所示，化学上，将物质的浓度衰变一半所用时间叫“半衰期”。 ①___________；温度下，当起始浓度时半衰期为___________。 ②温度：___________(填“>”、“<”或“=”)。 （4）在一定条件下，体积相同的甲、乙密闭容器中，开始均投入和，相对于乙，甲容器中仅改变一个条件，测得的转化率与时间关系如下图。 ①相对于乙，甲改变的条件是___________(填字母)。 A．加入催化剂 B．升高温度 C．增大压强 D．分离氨 ②在乙条件下，容器体积为，内，___________。 ③在甲条件下，达到平衡后，再加入、和，合成氨反应平衡移动的方向是___________(填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不移动”)。 16. 某小组以和草酸()的实验研究化学反应速率的影响因素。 （1）溶液和酸性溶液发生反应的离子方程式为___________。 Ⅰ．甲小组设计如下实验方案探究反应物浓度和溶液酸性对速率的影响： 【限选试剂和仪器】、溶液(未酸化)、溶液、试管、胶头滴管、秒表 序号 (稀硫酸) Ⅰ Ⅱ Ⅲ 0 （2）为比较反应速率的快慢，本实验应测量___________。 （3）为了保证实验的准确性，溶液的浓度应选择___________。 a． b． （4）对比实验___________和___________(填序号)可探究溶液酸性对反应速率的影响。 Ⅱ．乙小组利用色度传感器(检测溶液颜色的变化)探究草酸浓度对反应速率的影响，测得实验①~③的溶液透光率——时间曲线如下所示。        注：溶液透光率可表征溶液颜色的深浅。颜色越浅，透光率越大。 （5）实验①~③所用草酸的浓度由大到小的顺序为___________(填序号)。 （6）a点和b点的速率大小关系：___________(填“>”“<”或“=”)。 （7）根据曲线，反应产物有催化效果，并设计了如下实验：取浓度和体积均相同的反应物，再分别加入表格中试剂，观察现象(已知：对速率无影响)。 编号 试剂 现象 实验1 褪色慢 实验2 褪色快 ①该同学认为___________(填离子符号)能够加快反应速率。 ②实验1中加入溶液，其目的是___________。 17. 工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、CaO等杂质)，钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下： 【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系： pH 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 （1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将V2O3转化为Ca(VO3)2 。在该过程中，一般要把原料粉碎，目的是___________，V2O3与O2的物质的量之比为___________。 （2）酸浸：已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=4，此时Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式是___________。 （3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下： 浸出液中加入石灰乳的作用是___________， 向(NH4)2VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是___________。 （4）煅烧：煅烧时生成V2O5的化学方程式是___________。 （5）测定产品中V2O5的纯度：称取10 g产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入60 mL1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液。过量的(NH4)2Fe(SO4)2恰好能与10 mL1 mol·L-1 KMnO4溶液完全反应。 已知：i． ii．+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 假设杂质不参与反应，则产品中V2O5的质量分数是___________。 18. 硫酸是一种重要的基础化工原料。可以用不同的方法制备硫酸。 （1）古代以绿矾()分解产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时得到两种硫的氧化物，分解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，的平衡转化率如图，图中X代表___________(填“温度”或“压强”)，、、的大小关系是___________。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图所示。温度大于T，的转化率减小，可能的原因是___________(答出两点)。 ③其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度(某一转化率下，X反应速率最快时的温度)，绘制某一转化率(α)下，反应速率与温度的关系，如图所示。解释时α越大反应速率数值越低的原因___________。 19. 化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。某小组验证利用“”测定平衡常数的可行性。 （1）理论分析 ①该反应的平衡常数表达式为___________。 ②可行性：时，。理论计算后，选用适宜的反应物，并控制，进行反应(忽略空气中的的干扰)用滴定法测定，即可计算K，滴定过程中涉及的反应为 (白色) (红色) （2）实验测定 方案一：从正反应方向构建平衡 序号 实验内容及现象 Ⅰ ，将溶液和溶液(硫酸酸化，)混合，产生灰黑色沉淀(证实为银单质，没有硫酸银)，溶液呈黄色。 Ⅱ 取上层清液，分别测定反应进行、、时上层清液中，后基本不再变化。取上层清液，用标准溶液滴定，至出现___________时消耗标准溶液。 ①微溶，但实验Ⅰ中选用溶液而不用的原因是___________。 ②实验Ⅱ中，取上层清液而不是直接用浊液滴定的原因是___________。 ③补充实验Ⅱ中达到滴定终点的现象：___________。 ④用实验Ⅱ中测得数据计算平衡常数___________。 方案二：从逆反应方向构建平衡 序号 实验内容及现象 Ⅲ ，向溶液()中加入少量粉，固体完全溶解。 Ⅳ ，向溶液()加入足量粉，充分反应后，观察有白色沉淀产生。 ⑤不能用实验Ⅲ中清液测定K的原因是___________。 ⑥由实验Ⅳ，测得为。计算所得值大于的K值。结合现象，解释可能原因___________。 因此，不宜从逆反应方向构建平衡。 (3)实验反思：该可逆反应可从正反应方向构建平衡测定化学平衡常数，同时需要综合调控反应条件。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京师范大学附属实验中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高一年级化学 考生须知： 1.本试卷共12页，共19题；答题纸共2页。满分100分。考试时间90分钟。 2.在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名、学号。 3.试卷答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效。 4.在答题卡上，选择题须用2B铅笔将选中项涂黑涂满，其他试题用黑色字迹签字笔作答。 可能用到的相对原子质量： 第一部分 选择题 (本部分共14小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意。) 1. 化工生产是现代社会的基础支撑。下列化工生产所涉及的主要反应不属于氧化还原反应的是 A. 以氯气和石灰乳为原料生产漂白粉 B. 以硫铁矿为原料生产硫酸 C. 以食盐、氨气、二氧化碳为原料生产纯碱 D. 以氨气为原料生产硝酸 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯气与石灰乳反应制漂白粉时，Cl元素化合价由0价变为-1价和+1价，存在元素化合价升降，属于氧化还原反应，A不符合题意； B．以硫铁矿为原料生产硫酸的过程中，Fe、S、O等元素化合价发生变化，存在元素化合价升降，属于氧化还原反应，B不符合题意； C．侯氏制碱法涉及的反应为、，所有元素化合价均无变化，不属于氧化还原反应，C符合题意； D．以氨气为原料生产硝酸时，N元素化合价由-3价逐步升高至+5价，存在元素化合价升降，属于氧化还原反应，D不符合题意； 故选C。 2. 如图为酸雨形成的示意图。下列说法中，不正确的是 A. 酸雨的pH小于5.6 B. 酸雨会加速桥梁、电缆等的腐蚀 C. 图中酸雨形成的过程发生了氧化还原反应 D. 大气中含量的增大是导致酸雨的原因之一 【答案】D 【解析】 【详解】A．酸雨因溶有，酸雨的pH小于5.6，A正确； B．酸雨中含有硫酸或硝酸等，对金属、大理石等有腐蚀作用，会加速桥梁、电缆等的腐蚀，B正确； C．酸雨形成过程中，涉及H2SO3被氧化为H2SO4，NO2与H2O等的反应，涉及氧化还原反应，C正确； D．酸雨主要成因是、（如NO2）， 溶解使雨水呈弱酸性（pH≈5.6），不是形成酸雨原因，D错误； 故选D。 3. 下列做法与调控化学反应速率无关的是 A. 食盐中添加碘酸钾预防缺碘 B. 酸浸时先将矿石粉碎 C. 用冰箱冷藏以保鲜食物 D. 食品抽真空包装 【答案】A 【解析】 【详解】A．食盐中添加碘酸钾是为了给人体补充碘元素，预防碘缺乏病，与化学反应速率的调控无关，A符合题意； B．酸浸时先将矿石粉碎，可增大矿石与酸的接触面积，加快酸浸的反应速率，与调控化学反应速率有关，B不符合题意； C．用冰箱冷藏食物，可降低环境温度，减慢食物变质的反应速率，延长保鲜时间，与调控化学反应速率有关，C不符合题意； D．食品抽真空包装可减少食品与氧气的接触，减慢食品氧化变质的反应速率，与调控化学反应速率有关，D不符合题意； 故选A。 4. 下列反应中，体现浓硫酸的强氧化性的是 A. 浓硫酸吸收 B. 浓硫酸与Cu加热反应生成 C. 固体遇浓硫酸变白 D. 浓硫酸和NaCl固体混合加热生成和HCl气体 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓硫酸吸收生成硫酸铵或硫酸氢铵，体现硫酸的酸性，不涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．浓硫酸与Cu加热反应生成SO2，硫元素从+6价降至+4价，铜被氧化，体现浓硫酸的强氧化性，B符合题意； C．遇浓硫酸变白是由于浓硫酸的吸水性，使晶体脱水变为无水硫酸铜，不涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．浓硫酸与NaCl固体加热生成HCl和NaHSO4，是复分解反应，体现酸性和难挥发性，不涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选B。 5. 室温下，1体积水能溶解约700体积的。用试管收集后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是 A. 试管内液面上升能说明与发生了反应 B. 一段时间后液面高度无明显变化，说明在水中的溶解达到了饱和 C. 向溶液中滴入酚酞溶液，溶液变为红色，与下列过程有关 D. 将溶液在空气中放置一段时间后，降低，主要是由于被空气中的氧化 【答案】C 【解析】 【详解】A．试管内液面上升，不能证明NH3与H2O发生了反应，也可能是由于NH3极易溶于水，A错误； B．用排空气法收集的气体不一定纯净，NH3极易溶于水，1:1溶解时远没有达到饱和状态，则一段时间后液面高度无明显变化，不是因为NH3在水中的溶解达到了饱和，而是因为收集的NH3中含有少量的空气杂质，B错误； C．取试管中少量无色液体于另一试管中，向其中加入酚酞溶液，溶液显红色，说明溶液显碱性，原因是：，C正确； D．常温下NH3不能被O2氧化，将实验后试管中溶液敞口放置在空气中一段时间，pH会降低，不是由于NH3被空气中的O2氧化，是由于氨水具有挥发性，导致平衡逆向移动，溶液碱性减弱，D错误； 答案选C。 6. 下列实验中，能达到实验目的的是 A．实验室制取氨 B．除去中混有的少量 C．验证具有漂白作用 D．探究浓度对化学反应速率的影响 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．加热分解生成、，、在试管口处生成，且易使导管堵塞，故不能制备收集到氨气，A错误； B．与饱和溶液不反应，与饱和溶液反应生成、、而被除去，B正确； C．与酸性发生氧化还原反应，使酸性溶液褪色体现了的还原性，不是漂白性，C错误； D．探究浓度对反应速率的影响，需要控制其他条件完全相同，该实验中一个反应物是镁片、一个是铁片，金属活泼性不同，存在"金属种类"和"盐酸浓度"两个变量，不能探究浓度对反应速率的影响，不能达到目的，D错误； 故选B。 7. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用溶液吸收少量： B. 依据酸性强于，可以发生反应： C. 向溶液中滴入少量氨水： D. 用溶液蚀刻铜制电路板： 【答案】A 【解析】 【详解】A．NaOH溶液吸收少量SO2时，碱过量生成亚硫酸钠和水，离子方程式拆分正确、电荷和原子均守恒，A正确； B．酸性HF强于HClO，根据强酸制弱酸原理，仅能由HF与ClO-反应生成HClO，该反应违背反应规律，正确的反应为：，B错误； C．氨水是弱电解质，离子方程式中不能拆分为OH⁻，应写NH3·H2O的化学式，正确的方程式为：：，C错误； D．该离子方程式电荷不守恒，正确应为，D错误； 故答案选A。 8. 根据制氢方式及碳排放量的不同，工业合成氨有以下类型： 类型 制氢方式 碳排放量 灰氨 由天然气制“灰氢” 高 绿氨 “风电”电解水制“绿氢” 接近零 下列说法不正确的是 A. 工业合成氨的化学方程式为 B. 工业合成氨属于氮的固定 C. 制“灰氨”涉及键断裂，制“绿氨”涉及键断裂 D. 氨的沸点比、低，易液化分离 【答案】D 【解析】 【详解】A．工业合成氨是氮气与氢气在高温、高压、催化剂条件下的可逆反应，化学方程式为，A正确； B．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，工业合成氨将转化为，属于氮的固定，B正确； C．制“灰氨”以天然气（主要成分为）为原料，反应过程中的键断裂；制“绿氨”通过电解水实现，，反应中的键断裂，C正确； D．分子间存在氢键，、分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，因此氨的沸点远高于、，D错误； 故选D。 9. 实验表明：少量的可以催化分解。下图是有、无存在下分解的能量变化示意图。下列判断不正确的是 A. 曲线②为含有的反应过程 B. 反应i为吸热过程，反应ii为放热过程 C. 反应i的反应速率比反应ii慢 D. 若提高浓度，活化分子百分数增大，反应速率也会加快 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题可知，为该反应的催化剂，改变了的分解路径，降低了反应的活化能，所以曲线②为含有的反应过程，A正确； B．反应i中生成物总能量高于反应物总能量，为吸热过程，反应ii中生成物总能量低于反应物总能量，为放热过程，B正确； C．反应i的活化能高于反应ii的活化能，活化能越高反应速率越慢，所以反应i反应速率比反应ii慢，C正确； D．提高浓度，是增大了单位体积内的活化分子数，而活化分子百分数不变，D错误； 故选D。 10. 用焦炭还原NO的反应为。向容积均为2 L的甲、乙、丙三个容器中分别加入0.1 mol焦炭和一定量NO，恒温下测得各容器中随反应时间的变化情况如下表。 容器 温度/℃ 时间/min 0 40 80 120 160 甲 4.00 3.00 2.20 1.60 1.60 乙 2.00 1.60 1.30 1.06 0.90 丙 4.00 2.90 2.00 2.00 2.00 注：的计量单位为mmol。 下列说法正确的是 A. 乙中0~40 min内平均反应速率 B. 时，反应的平衡常数值为 C. 该反应为吸热反应 D. 增加焦炭的量可提高NO的平衡转化率 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙容器0~40 min内NO的物质的量减少0.40 mmol，体积为2 L，浓度变化为0.20 mmol/L，时间40 min，v(NO)= =0.005 mmol·L-1·min-1。根据反应式，v(N2)= v(NO)=0.0025 mmol·L-1·min-1，A错误； B．甲容器平衡时NO为1.60 mmol（0.0008 mol/L），消耗2.40 mmol NO，生成N2和CO2各1.20 mmol（0.0006 mol/L）。平衡常数K= ，B正确； C．对比甲和丙，丙反应速率更快，故温度。温度升高，平衡时从1.60 mmol增大到2.00 mmol，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，C错误； D．焦炭为固体，增加其量不改变平衡浓度，无法提高NO转化率，D错误； 故选B。 11. 某实验小组用溶液和溶液为反应物，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验记录如下表。 已知： 实验序号 温度/℃ 溶液体积 溶液体积 蒸馏水体积 出现沉淀所需的时间/s Ⅰ 20 5 2 a Ⅱ 20 5 5 5 Ⅲ 60 5 5 5 下列说法不正确的是 A. 该反应中作氧化剂 B. 研究溶液浓度对该反应速率的影响，实验Ⅰ中 C. 研究温度对该反应速率的影响，Ⅱ、Ⅲ实验结果 D. 进行上述实验时，应将溶液与蒸馏水混合后再加入溶液 【答案】A 【解析】 【分析】该实验采用控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，实验Ⅰ与实验Ⅱ的对比探究H2​SO4​浓度对该反应化学反应速率的影响，实验Ⅱ与实验Ⅲ的对比目探究温度对该反应化学反应速率的影响，由此作答； 【详解】A．该反应中S元素的化合价变化仅来自的歧化，中各元素化合价均未改变，仅起酸的作用，不作氧化剂，A错误； B．探究浓度对反应速率的影响需控制溶液总体积相同，实验Ⅱ总体积为，故，解得，B正确； C．其他条件相同时，温度越高反应速率越快，Ⅲ的温度高于Ⅱ，故Ⅲ出现沉淀的时间更短，即，C正确； D．若先将与混合会导致反应提前开始，影响计时准确性，因此应先将与蒸馏水混合后再加入溶液，D正确； 故选A。 12. 催化CO还原处理烟气中的转化为液态S，部分物质转化关系如图1所示。在容积可变的密闭容器中充入一定量的CO和，在不同压强下，反应达到平衡时，的平衡转化率随温度的变化如图2所示。 下列说法不正确的是 A. W为CO，M为 B. ②中每生成1 mol Z，③中有生成 C. 升高温度，与CO反应的平衡常数减小 D. 【答案】B 【解析】 【分析】从图1可以看出，在过程①中，转化为，W转化为O=C=S，根据质量守恒可知，W为CO，反应方程式为。在过程③中，转化为，则Z为S单质，反应方程式为。在过程②中，O=C=S和Y转化为S单质和M，则Y为，M为，反应方程式为。综上，总反应方程式为，据此作答。 【详解】A．由分析可知，W为CO，M为，A正确； B．由分析可知，过程③的反应方程式为，过程②反应方程式为，总反应方程式为。在过程②中，每生成1 mol S单质，在过程③会消耗，同时生成，B错误； C．从图2可以看出，当压力一定时，的平衡转化率随温度升高而降低，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，C正确； D．从总反应方程式可知，该反应是气体分子数减少的反应，因此，增大压强有助于平衡向正反应方向移动，从图2可以看出，当温度一定时， 曲线对应的平衡转化率大于，说明，D正确； 故答案选B。 13. 在一定体积的密闭容器中反应的历程如下： ①（快反应） ②（慢反应） 反应体系中含氮物质的物质的量分数随时间的变化如图一所示： 已知k表示速率常数，Ea表示活化能。下列有关说法正确的是 A. 图一中曲线M表示的物质的量分数 B. 该反应历程中能量变化如图二所示 C. 选择合适的催化剂可降低图一中曲线N的峰值 D. 升高温度、减小，、增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应①为快反应，反应②为慢反应，故可知的物质的量分数先增大后减小，图一中N表示的物质的量分数，A错误； B．反应①为快反应，反应②为慢反应，活化能大的为慢反应，则，B错误； C．选择合适的催化剂可以提高反应②的反应速率，从而降低曲线N的峰值，C正确； D．升高温度，正逆反应速率均增大，、、、均增大，D错误； 故选C。 14. 以电石渣[主要成分为]为原料制备的流程如图1。 已知： i．加热氯化时会生成可进一步转化为。 ii．相关物质在水中的溶解度曲线如图2。 下列说法不正确的是 A. 氯化时生成的反应为 B. 适当降低通入的速率并充分搅拌，可提高的利用率 C. 若滤渣中无，滤液中约为 D. 转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得到粗品 【答案】C 【解析】 【分析】电石渣[主要成分为]加水打浆后得到溶液，向其中通入氯气并加热会生成，可进一步转化为，过滤，往滤液中加入KCl，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到粗品。 【详解】A．结合分析知，加热氯化时会先生成可进一步转化为，根据氧化还原反应的得失电子守恒和原子守恒，生成的反应为，A正确； B．适当降低通入的速率并充分搅拌，可增加反应物的接触时间和接触面积，从而使反应更充分，可提高的利用率，B正确； C．氯化过程中，先和氯气反应生成Ca(ClO)2、和水，然后Ca(ClO)2分解生成了，由知，分解产生的为，但前面和氯气反应也生成了，滤液中并非约为，C错误； D．KClO3溶解度比Ca(ClO3)2小，且KClO3的溶解度随温度变化较大，因此通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到KClO3的晶体，D正确； 故选C。 第二部分 非选择题 15. 氨是一种重要的化工原料和储氢材料。回答下列问题。 （1）下列叙述正确的是___________(填字母)。 A. 在合成氨反应过程中，一定有 B. 在恒温恒容下混合气体密度不变时达到平衡 C. 在恒温恒压下合成氨，平衡后通入少量氩气，的平衡转化率不变 D. 在恒温恒容下合成氨，平衡后通入少量氨气，逆反应速率增大且大于正反应速率 （2）现有两个容积相等的恒容容器实验室合成氨气。 a．向恒温()的容器1中通入一定量的和，的产率随时间变化关系如下图。 b．向绝热(起始温度)的容器2按相同方式投料，该体系在时刻达到平衡。此后保持体系恒温()，在时刻重新达到平衡。 请在图中补充画出容器2从投料后到时刻的的产率随时间变化关系曲线___________。 （3）在钨表面发生反应：，速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)，在钨催化作用下，不同温度和起始浓度时，与时间关系如图所示，化学上，将物质的浓度衰变一半所用时间叫“半衰期”。 ①___________；温度下，当起始浓度时半衰期为___________。 ②温度：___________(填“>”、“<”或“=”)。 （4）在一定条件下，体积相同的甲、乙密闭容器中，开始均投入和，相对于乙，甲容器中仅改变一个条件，测得的转化率与时间关系如下图。 ①相对于乙，甲改变的条件是___________(填字母)。 A．加入催化剂 B．升高温度 C．增大压强 D．分离氨 ②在乙条件下，容器体积为，内，___________。 ③在甲条件下，达到平衡后，再加入、和，合成氨反应平衡移动的方向是___________(填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不移动”)。 【答案】（1）AD （2）(时比容器1产率高，时与容器1产率相同) （3） ①. 0 ②. 5 ③. < （4） ①. C ②. ③. 向正反应方向移动 【解析】 【小问1详解】 A．合成氨的化学方程式为：，在同一个化学反应中，用不同物质表示的反应速率之比等于化学方程式中相应的化学计量数之比。因此，无论是正反应速率还是逆反应速率，都有，A正确； B．密度，在合成氨反应中，反应物和生成物均为气体，根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终保持不变，体积也保持不变。因此，无论反应是否达到平衡，混合气体的密度始终是一个常数，不能作为判断平衡的标志，B错误； C．在恒温恒压条件下，通入惰性气体（如氩气）会使容器体积增大，导致反应体系内各气体的分压降低。这相当于对反应体系减压，合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，减压会使平衡向逆反应方向移动，因此，的平衡转化率会减小，C错误； D．在恒温恒容条件下，平衡后通入少量氨气，氨气的浓度瞬间增大，导致逆反应速率瞬间增大，此时，正反应速率在瞬间保持不变，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡将向逆反应方向移动，D正确； 故选AD。 【小问2详解】 合成氨反应是一个放热反应，反应初期（）： 随着反应的进行，放出热量，容器2内的温度会升高（高于 ）。温度升高会加快反应速率，因此在相同时间内，容器2的反应速率比容器1快，的产率增加得更快，曲线在容器1曲线的上方，由于温度升高，平衡向吸热方向（即逆反应方向）移动，因此，容器2在较高温度下达到的平衡状态中，的平衡产率会低于容器1在时的平衡产率，所以在  时刻，容器2的曲线会先达到一个比容器1最终产率低的平台； ： 题目指出此后保持体系恒温（ ），这意味着容器2的温度需要从绝热反应达到的高温降低回  ，温度降低，反应速率减慢，同时平衡向放热方向（正反应方向）移动，重新平衡（  时刻）： 随着温度降至  ，的产率会逐渐增加，最终达到与容器1完全相同的平衡状态，的产率随时间变化关系曲线为：。 【小问3详解】 ①观察图中的曲线，它们都是直线。这意味着氨气的浓度随时间均匀减少，即反应速率  是一个常数，不随浓度变化而变化，根据速率方程，如果速率与浓度无关，那么的指数  必须为；半衰期是指物质浓度衰减一半所用的时间，在温度下，观察曲线的起始浓度，反应在时浓度降为 ，由于，反应速率恒定，速率，当起始浓度时，半衰期意味着浓度需要减少一半，即，所需时间； ②比较图中和条件下的曲线斜率（即反应速率），对于起始浓度相同的曲线L1和L2，  对应的曲线在时反应完，而对应的曲线在时反应完，时反应速率更快。因此，对应的温度高于，。 【小问4详解】 ①观察图表，甲达到平衡的时间比乙短，说明甲的反应速率比乙快，同时，甲平衡时的转化率（）大于乙平衡时的转化率（），说明改变条件使平衡向正反应方向移动，合成氨反应是放热反应且气体分子数减少的反应， A．加入催化剂：只加快反应速率，不改变平衡转化率，不符合题意； B．升高温度：加快反应速率，但平衡向逆反应方向移动，反应物的平衡转化率降低，不符合题意； C．增大压强：加快反应速率，且平衡向正反应方向移动，反应物的平衡转化率升高，符合题意； D．分离氨：平衡向正反应方向移动，反应物的平衡转化率升高，但不会加快初始反应速率，不符合题意； 故选C； ②在乙条件下，容器体积为，初始投入和，内，由图可知乙的转化率为 ，转化的物质的量，根据化学方程式，消耗的物质的量，的浓度变化量，反应速率； ③在甲条件下，达到平衡时转化率为 ，假设容器体积为，平衡时各物质的量：、、，平衡常数，达到平衡后，再加入、和，此时各物质的量变为：，，，此时的浓度商<K，所以反应将向正反应方向移动。 16. 某小组以和草酸()的实验研究化学反应速率的影响因素。 （1）溶液和酸性溶液发生反应的离子方程式为___________。 Ⅰ．甲小组设计如下实验方案探究反应物浓度和溶液酸性对速率的影响： 【限选试剂和仪器】、溶液(未酸化)、溶液、试管、胶头滴管、秒表 序号 (稀硫酸) Ⅰ Ⅱ Ⅲ 0 （2）为比较反应速率的快慢，本实验应测量___________。 （3）为了保证实验的准确性，溶液的浓度应选择___________。 a． b． （4）对比实验___________和___________(填序号)可探究溶液酸性对反应速率的影响。 Ⅱ．乙小组利用色度传感器(检测溶液颜色的变化)探究草酸浓度对反应速率的影响，测得实验①~③的溶液透光率——时间曲线如下所示。        注：溶液透光率可表征溶液颜色的深浅。颜色越浅，透光率越大。 （5）实验①~③所用草酸的浓度由大到小的顺序为___________(填序号)。 （6）a点和b点的速率大小关系：___________(填“>”“<”或“=”)。 （7）根据曲线，反应产物有催化效果，并设计了如下实验：取浓度和体积均相同的反应物，再分别加入表格中试剂，观察现象(已知：对速率无影响)。 编号 试剂 现象 实验1 褪色慢 实验2 褪色快 ①该同学认为___________(填离子符号)能够加快反应速率。 ②实验1中加入溶液，其目的是___________。 【答案】（1） （2）紫色褪去的时间 （3）b （4） ①. Ⅰ ②. Ⅲ （5）①>②>③ （6）< （7） ①. ②. 保证实验1和实验2混合后溶液总体积相同，反应物的初始浓度相等 【解析】 【分析】甲小组实验采用控制变量法，通过测定反应时间即高锰酸钾的紫色褪去的时间探究反应物浓度与溶液pH对反应速率的影响；乙小组通过测量溶液透光率变化曲线来反映化学反应速率，比较不同条件下的反应速率。 【小问1详解】 溶液和酸性溶液发生反应产生锰离子和二氧化碳气体，离子方程式为：； 【小问2详解】 由表格数据和物质浓度结合方程式可知，反应中高锰酸钾完全反应，其溶液为紫红色，反应结束后紫色会褪去，故为定量比较反应速率的快慢，本实验应测量紫色褪去的时间； 【小问3详解】 本实验通过测量紫色褪去的时间来测定反应速率，故高锰酸钾不可以过量，应选择浓度小的高锰酸钾溶液，故答案为：b； 【小问4详解】 实验Ⅰ、Ⅲ的变量为硫酸的浓度，故可探究溶液酸性对反应速率的影响，故答案为：Ⅰ；Ⅲ； 【小问5详解】 高锰酸钾溶液为紫红色，完全反应后为无色，结合图可知，褪色时间越短则反应速率越快，对应物质的浓度越大，故实验①~③所用草酸的浓度由大到小的顺序为①>②>③； 【小问6详解】 由图可知，b点曲线的斜率更大，则反应速率更快，故a点和b点的速率大小关系：； 【小问7详解】 ①实验1和2区别在金属阳离子，组褪色更快，结合题干中反应产物有催化效果的条件，可判断该同学认为能够加快反应速率； ②实验需控制除外的其他实验条件均相同，故实验1加入溶液的目的是保证实验1和实验2混合后溶液总体积相同，反应物的初始浓度相等。 17. 工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、CaO等杂质)，钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下： 【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系： pH 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 （1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将V2O3转化为Ca(VO3)2 。在该过程中，一般要把原料粉碎，目的是___________，V2O3与O2的物质的量之比为___________。 （2）酸浸：已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=4，此时Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式是___________。 （3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下： 浸出液中加入石灰乳的作用是___________， 向(NH4)2VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是___________。 （4）煅烧：煅烧时生成V2O5的化学方程式是___________。 （5）测定产品中V2O5的纯度：称取10 g产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入60 mL1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液。过量的(NH4)2Fe(SO4)2恰好能与10 mL1 mol·L-1 KMnO4溶液完全反应。 已知：i． ii．+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 假设杂质不参与反应，则产品中V2O5的质量分数是___________。 【答案】（1） ①. 增大与空气的接触面，加快化学反应速率，提高原料的转化率 ②. 1：1 （2） （3） ①. 调节溶液pH值，提供钙离子形成Ca3(VO4)2沉淀 ②. 当pH＞8时，钒主要存在形式不是形式存在 （4） （5）9.1% 【解析】 【分析】根据流程：向石煤中加生石灰焙烧，发生主要反应：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2，加酸酸浸，将浸出液用石灰乳得到Ca3(VO4)2沉淀富集钒元素，向沉淀加入(NH4) 2CO3溶液得到(NH4)3VO4溶液，向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5，得到NH4VO3煅烧制得V2O5。 【小问1详解】 在焙烧时，向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将V2O3转化为Ca(VO3)2。在该过程中，一般要把原料粉碎，目的是增大固体物质与空气的接触面，加快化学反应速率，提高原料的转化率； 根据反应方程式CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2中物质反应转化关系可知：V2O3与O2反应的个数比是1：1，因此二者反应的物质的量的比是n(V2O3)：n(O2)=1：1； 【小问2详解】 在酸浸时，已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=4，此时Ca(VO3)2溶于盐酸反应产生、Ca2+、H2O，该反应的离子方程式是； 【小问3详解】 在转沉过程中，向浸出液中加入石灰乳的作用是：调整溶液pH，提供Ca2+，用于结合形成Ca3(VO4)2沉淀； 向(NH4)2VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是当pH＞8时，钒主要存在形式不是形式，而是以或形式存在； 【小问4详解】 在煅烧时NH4VO3分解产生NH3、H2O、V2O5，该反应的化学方程式为：； 【小问5详解】 根据元素化合价升降总数相等，可知滴定过程中存在关系式：5 (NH4)2Fe(SO4)2～，则过量的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5n(KMnO4)=5×0.01 L×1 mol/L=0.05 mol，则与(VO2)2SO4反应的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.06 L×1 mol/L-0.05 mol=0.01 mol，根据V元素守恒可知关系式：V2O5～2～2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)= n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.005 mol，则产品中V2O5的质量分数为：×100%=9.1%。 18. 硫酸是一种重要的基础化工原料。可以用不同的方法制备硫酸。 （1）古代以绿矾()分解产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时得到两种硫的氧化物，分解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，的平衡转化率如图，图中X代表___________(填“温度”或“压强”)，、、的大小关系是___________。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图所示。温度大于T，的转化率减小，可能的原因是___________(答出两点)。 ③其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度(某一转化率下，X反应速率最快时的温度)，绘制某一转化率(α)下，反应速率与温度的关系，如图所示。解释时α越大反应速率数值越低的原因___________。 【答案】（1） （2） ①. ②. 2:3 ③. （3） ①. 温度 ②. ③. 温度升高使催化剂失去活性，反应速率下降；的催化氧化反应是放热反应，温度升高，反应的平衡转化率减小 ④. α越大反应物浓度越低，反应速率越慢 【解析】 【小问1详解】 加热绿矾得到红棕色粉末，可知有Fe2O3生成，同时生成两种硫的氧化物，可知有生成，加热过程中结晶水先失去，则反应的化学方程式； 【小问2详解】 ①工业上用NH3催化氧化制NO，反应为：4NH3+5O24NO+6H2O； ②反应i是SO2与NO2的氧化还原反应，其中HOSO2ONO中N为+3价，求得HOSO2ONO中S为+6价，SO2中+4价S→HOSO2ONO中+6价S（失2e⁻）；NO2中+4价N→HOSO2ONO中+3价N和NO中+2价N（共得3e⁻）；根据得失电子守恒，配平得2SO2+3NO2+H2O=2HOSO2ONO+NO，因此物质的量之比为 2:3； ③铅室法的核心是2SO2被氧化为H2SO4，NO和NO2是“中间循环物质”，最终总反应为2SO2+O2+2H2O2H2SO4； 【小问3详解】 ①反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是放热反应，根据勒夏特列原理，温度升高，平衡逆向移动，SO2平衡转化率降低，压强增大，平衡正向移动，SO2平衡转化率升高，根据图像，X值增大，SO2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，SO2平衡转化率升高，根据图像，转化率Y1＜Y2＜Y3，所以压强Y1＜Y2＜Y3； ②温度升高使催化剂失去活性，反应速率下降（T为催化剂最适温度）；SO2的催化氧化反应是放热反应，温度升高，反应的平衡转化率减小,所以温度大于T，SO2的转化率减小； ③根据图知，490℃时α越大反应速率数值越低的原因：α越大反应物浓度越低，反应速率越慢。 19. 化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。某小组验证利用“”测定平衡常数的可行性。 （1）理论分析 ①该反应的平衡常数表达式为___________。 ②可行性：时，。理论计算后，选用适宜的反应物，并控制，进行反应(忽略空气中的的干扰)用滴定法测定，即可计算K，滴定过程中涉及的反应为 (白色) (红色) （2）实验测定 方案一：从正反应方向构建平衡 序号 实验内容及现象 Ⅰ ，将溶液和溶液(硫酸酸化，)混合，产生灰黑色沉淀(证实为银单质，没有硫酸银)，溶液呈黄色。 Ⅱ 取上层清液，分别测定反应进行、、时上层清液中，后基本不再变化。取上层清液，用标准溶液滴定，至出现___________时消耗标准溶液。 ①微溶，但实验Ⅰ中选用溶液而不用的原因是___________。 ②实验Ⅱ中，取上层清液而不是直接用浊液滴定的原因是___________。 ③补充实验Ⅱ中达到滴定终点的现象：___________。 ④用实验Ⅱ中测得数据计算平衡常数___________。 方案二：从逆反应方向构建平衡 序号 实验内容及现象 Ⅲ ，向溶液()中加入少量粉，固体完全溶解。 Ⅳ ，向溶液()加入足量粉，充分反应后，观察有白色沉淀产生。 ⑤不能用实验Ⅲ中清液测定K的原因是___________。 ⑥由实验Ⅳ，测得为。计算所得值大于的K值。结合现象，解释可能原因___________。 因此，不宜从逆反应方向构建平衡。 (3)实验反思：该可逆反应可从正反应方向构建平衡测定化学平衡常数，同时需要综合调控反应条件。 【答案】（1） （2） ①. 防止酸性条件下，氧化性氧化干扰实验结果(酸性条件下，有氧化性) ②. 取上层清液测定，不会使可逆反应逆移，能准确测定平衡时或取浊液测定，会使可逆反应逆移，无法准确测定平衡时 ③. 浅红色 ④. ⑤. 完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态 ⑥. 生成的与溶液中的形成了沉淀，导致溶液中实际测得的偏小，但在计算时未考虑沉淀的存在，导致平衡常数计算值偏大 【解析】 【小问1详解】 平衡常数等于生成物浓度幂之积比反应物浓度幂之积，固体物质浓度固定不变，不写入平衡常数表达式，所以该反应的平衡常数表达式为。 【小问2详解】 ①根据题意，微溶，但实验Ⅰ中选用溶液而不用的原因是防止酸性条件下，氧化性氧化干扰实验结果。 ②由于浊液中还有银单质，存在，随着滴定反应的进行，平衡逆向移动，会使平衡体系中增大，从而影响测定结果，取上层清液可避免银单质对测定的干扰。 ③沉淀完全后，过量的与结合显红色，因此终点为滴入最后一滴，溶液变浅红色且半分钟不褪色。 ④混合后总体积，初始，初始；平衡，，，代入表达式整理得。 ⑤实验Ⅲ只加少量粉，完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。 ⑥实验中观察到有白色沉淀生成，说明生成的与溶液中的形成了沉淀，导致溶液中实际测得的偏小，但在计算时未考虑沉淀的存在，导致平衡常数计算值偏大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $