精品解析：广西南宁市第二中学2025-2026学年度下学期高一期中考试 化学试题

南宁二中2025-2026学年度下学期高一期中考试 化学 (时间75分钟，共100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Zn-65 Ba-137 一、单项选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个备选项中，只有一个符合题目要求，错选、多选或未选均不得分。) 1. 广西拥有一大批国家级非物质文化遗产代表性项目，如兴业龙安豆腐、北海贝雕工艺、苗族银饰、钦州坭兴陶等，下列说法错误的是 A. 兴业龙安豆腐的制作过程中使用的豆浆属于胶体，可产生丁达尔效应 B. 贝雕工艺中使用的珍珠母(主要成分为)与食醋接触会产生气体 C. 苗银首饰锻造时掺入锌、镍等金属形成合金，苗银的硬度比纯银小 D. 钦州坭兴陶是中国四大名陶之一，主要成分属于无机非金属材料 2. 化学学科需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语描述正确的是 A. 的原子结构示意图 B. 的结构式： C. 一氯甲烷的电子式： D. 中含有离子键和共价键 3. 下列有关图示的说法正确的是 A. 图甲用于测溶液的值 B. 图乙可证明元素非金属性： C. 图丙用于测定中和热 D. 图丁用于制备胶体 4. 工业以硫黄或黄铁矿(主要成分为，焙烧后的烧渣成分为)为原料生产硫酸的主要流程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 高温焙烧时转移的电子数为 B. 与足量充分反应，生成的分子数为 C. 标准状况下，11.2 L 中含有氧原子的数目为 D. 浓度为的溶液中数目为 5. 氮、硫及其化合物的“价—类”二维图如图所示。下列说法正确的是 A. 常温下，铁与e或z的浓溶液均不反应 B. d可与水反应生成酸，且属于酸性氧化物 C. w具有漂白性，能使石蕊褪色 D. a与u可以发生反应 6. 下列离子方程式正确的是 A. 氯气溶于水： B. 稀硝酸与氯化亚铁混合： C. 少量通入溶液： D. 向碳酸氢铵溶液中加入过量的溶液： 7. 一种药物原料的分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期；Z原子的核外电子数是其次外层电子数的2倍。下列说法正确的是 A. 原子半径：Y>X>W B. 元素Z的含氧酸是强酸 C. Y与W形成的最简单化合物的沸点比Z与W形成的最简单化合物的沸点高 D. W、Y、Z形成的化合物不会含有离子键 8. 温度为时，在恒容密闭容器中充入两种气体后生成气体，其中各组分的物质的量随时间的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应的化学方程式是 B. 内的平均反应速率 C. 达到平衡时，的转化率相等 D. 其他条件不变，升高温度，反应速率加快 9. 南宁二中化学兴趣小组对的催化氧化反应进行实验探究，装置图和实验现象如下： 实验现象：③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。 下列分析不正确的是 A. ②中发生的反应为非氧化还原反应 B. ③、④中现象说明③中的反应是： C. ④中白烟的主要成分是 D. 一段时间后⑤中溶液可能变蓝 10. 金属 Ni可活化C2H6生成CH4，其反应历程如图所示： 下列关于该活化历程的说法错误的是 A. Ni与C2H6生成CH4的反应是放热反应 B. 加入适当的催化剂能降低该反应的活化能，加快反应速率 C. 该过程决速步骤活化能为154.82kJ/ mol D. 中间体2比中间体1和3更稳定 11. 自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。在不同催化剂下，能够还原氮氧化物实现氮污染的治理。硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物，将烟气与的混合气体通入与的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示：下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ发生反应的离子方程式： B. 反应后溶液中的物质的量明显减小 C. 当时，反应Ⅱ中还原产物与氧化产物物质的量之比为 D. 当无害化处理时，理论上消耗为 12. 燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，工作原理如下图： 下列说法不正确的是 A. 电极b为负极 B. 工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度增大 C. 通过质子交换膜向a极室迁移 D. 电极b的电极反应： 13. 多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅的主要原料。已知多晶硅的第三代工业制取流程如图所示： 已知：H的非金属性大于Si，SiHCl3极易水解，常温下与SiCl4为液态，其完全水解的产物为H2SiO3、H2、HCl。下列说法错误的是 A. Y可能是H2 B. 制取粗硅的反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 C. SiHCl3中硅元素的化合价为+4价 D. SiHCl3发生水解的反应是氧化还原反应 14. 某温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的。发生下列反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 。 测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 当体系内气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达到平衡 B. 该温度下，0～4s内反应Ⅰ的平均速率 C. 升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的速率均增大，X的平衡转化率也增大 D. 其他条件不变，28s时再投入一定量的，再次达平衡后，增大 二、非选择题(本大题共4小题，共58分。) 15. 硫酸亚铁铵是重要的工业试剂，广泛用于分析化学、电镀等。某小组设计以下实验制备硫酸亚铁铵，探究其分解产物并测定产品纯度。 Ⅰ．硫酸铵和硫酸亚铁混合结晶制备硫酸亚铁铵。 （1）装置甲的名称为_______；该装置中存在一处缺陷为_______。 （2）写出装置C中发生反应的化学方程式_______。 （3）实验过程中其中一步操作为“关闭b，打开a”的目的是_______。 Ⅱ．探究硫酸亚铁铵的分解产物，某化学小组选用下图所示部分装置进行实验(部分夹持装置略)。已知分解产物中含有铁的氧化物、硫的氧化物、氨气和水蒸气等。 （4）①验证分解产物中含有氨气和水蒸气，所选用装置的正确连接顺序为_______(填字母)。 ②经实验得知，受热分解只生成一种红棕色固体产物，同时还有、、和生成，写出A中反应的化学方程式_______。 Ⅲ．测定硫酸亚铁铵晶体纯度，某同学取m克硫酸亚铁铵晶体样品配成溶液，取硫酸亚铁铵溶液进行如下实验： （5）该方案测得样品纯度为_______(用含w、的式子表示)。 （6）若缺少“洗涤”步骤，最终结果会_______(填偏大、偏小或不变)。 16. 以高硫铝土矿(主要成分为、、，少量和金属硫酸盐)为原料，生产的部分工艺流程如下： （1）焙烧时矿粉与空气逆流而行，目的是_______。 （2）焙烧过程会产生，用过量氨水吸收的离子方程式为_______。 （3）添加1%CaO和不添加的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如下图所示。 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于700℃ 硫去除率 ①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于原料中的_______(填化学式)。 ②650℃焙烧时，添加1%的矿粉硫去除率比不添加的矿粉硫去除率低，其主要原因是_______。 （4）“过滤”所得滤液中阴离子除外，还有_______。 （5）“过滤”得到的滤渣中含大量的，与混合后在无氧条件下焙烧生成和，该反应中作_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。 （6）测定产品中的纯度。称取产品，加入足量的稀硫酸充分溶解、过滤，向滤液中加入 的酸性溶液，恰好完全反应(杂质等不参与反应)，则产品中的纯度为_______。[] 17. 回答下列问题。 （1）工业上用加氢合成低碳烯烃。现以合成乙烯为例，该过程分两步进行： 第一步： 第二步： ①加氢合成乙烯的热化学方程式为 _______，该反应在_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)条件下可以自发进行。 ②一定条件下的密闭容器中，上述反应达到平衡后，要加快反应速率并提高的平衡转化率，可以采取的措施是_______(填字母)。 A．减小压强　　B．增大浓度　　C．加入适当催化剂　　D．分离出水蒸气 （2）将和在催化剂条件下生成甲醇蒸气和水蒸气。现在恒容密闭容器中投入和，发生反应：。在不同条件下测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示： ①能判断该反应达到化学平衡状态的是_______(填字母)。 a． b．容器内氢气的体积分数不再改变 c．容器内气体的密度不再改变 d．容器内压强不再改变 e． ②图中压强_______(填“>”或“<”)。 ③经测定知Q点时容器的压强是反应前压强的，则Q点的转化率为_______。 （3）工业生产中应用：COS的水解反应为 。某温度时，用活性作催化剂，其他条件相同时，改变反应温度，测得一定时间内的水解转化率如图甲所示：在恒容密闭容器中的平衡转化率随不同投料比的转化关系如图乙所示。 ①温度高于150℃时，曲线变化的原因是_______。 ②P点对应的平衡常数为_______。(保留小数点后2位) 18. 回答下列问题。 （1）某沉积物-微生物电池可以回收处理含硫废渣(主要成分为)，其工作原理如图。 电子从碳棒_______(填“X”或“Y”)流出，碳棒Y上FeS2转化为S的电极反应为_______，每生成1 mol 理论上消耗标准状况下_______L。 （2）一种新型锌电池的工作原理如图所示。双极膜中的解离为和，两种离子在电场作用下分别向两极迁移，回答下列问题： b膜为_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜，工作时Ⅱ室中酸性溶液的浓度_______(填“增大”、“减小”、“不变”)，理论上电路中每通过4 mol电子，双极膜内有_______发生解离，Ⅰ室电解质溶液增重_______g。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南宁二中2025-2026学年度下学期高一期中考试 化学 (时间75分钟，共100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Zn-65 Ba-137 一、单项选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个备选项中，只有一个符合题目要求，错选、多选或未选均不得分。) 1. 广西拥有一大批国家级非物质文化遗产代表性项目，如兴业龙安豆腐、北海贝雕工艺、苗族银饰、钦州坭兴陶等，下列说法错误的是 A. 兴业龙安豆腐的制作过程中使用的豆浆属于胶体，可产生丁达尔效应 B. 贝雕工艺中使用的珍珠母(主要成分为)与食醋接触会产生气体 C. 苗银首饰锻造时掺入锌、镍等金属形成合金，苗银的硬度比纯银小 D. 钦州坭兴陶是中国四大名陶之一，主要成分属于无机非金属材料 【答案】C 【解析】 【详解】A．豆浆属于胶体，丁达尔效应是胶体的特征性质，因此豆浆可产生丁达尔效应，A正确； B．珍珠母的主要成分为，食醋中含有醋酸，醋酸酸性强于碳酸，二者反应可生成气体，B正确； C．合金的硬度一般大于其组成中的纯金属，苗银是锻造时掺入锌、镍等形成的合金，硬度比纯银大，C错误； D．坭兴陶主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，D正确； 故答案选C。 2. 化学学科需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语描述正确的是 A. 的原子结构示意图 B. 的结构式： C. 一氯甲烷的电子式： D. 中含有离子键和共价键 【答案】D 【解析】 【详解】A．是碳元素的核素，质子数为6，原子结构示意图核电荷数应为+6，核外电子排布为2、4，图示为硅原子的结构示意图，A错误； B．分子中碳原子与每个氧原子之间均为双键，结构式应为，选项中单键的表示错误，B错误； C．一氯甲烷中氯原子最外层有7个电子，与碳原子共用1对电子后还剩余3对孤对电子，图示中氯原子的孤对电子未画全，C错误； D．中与过氧根离子之间存在离子键，过氧根内部两个氧原子之间存在共价键，D正确； 故答案选D。 3. 下列有关图示的说法正确的是 A. 图甲用于测溶液的值 B. 图乙可证明元素非金属性： C. 图丙用于测定中和热 D. 图丁用于制备胶体 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液具有漂白性，会使试纸褪色，不可用试纸来测其值，应该用计，A错误； B．图乙，浓盐酸和碳酸钠反应生成，盐酸易挥发，存在挥发的HCl，通入溶液中生成沉淀，不能证明酸性：，且比较元素非金属性，应该比较元素最高价含氧酸的酸性， HCl不是Cl的最高价含氧酸，也不能证明非金属性，B错误； C．测定中和热时，装置应尽量保温绝热，所以应用两个大小烧杯且杯口平齐，大小烧杯之间要填满碎泡沫塑料，上方要盖硬纸板，减少热量散失，图丙装置缺少保温措施，C错误； D．利用加热促进水解反应原理，向沸水中滴加饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，可制得胶体，图丁装置符合操作要求，D正确； 故选D。 4. 工业以硫黄或黄铁矿(主要成分为，焙烧后的烧渣成分为)为原料生产硫酸的主要流程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 高温焙烧时转移的电子数为 B. 与足量充分反应，生成的分子数为 C. 标准状况下，11.2 L 中含有氧原子的数目为 D. 浓度为的溶液中数目为 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知，硫黄或黄铁矿与空气反应生成SO2，SO2与空气在V2O5/400-500℃的条件下反应生成SO3，用98%浓硫酸吸收SO3得到H2SO4·SO3。 【详解】A．高温焙烧时，Fe元素由+2价升高到+3价，S元素由-1价升高到+4价，1mol参与反应时转移电子总物质的量为，即转移电子数为，A正确； B．与生成的反应为可逆反应，1mol不能完全反应，生成的物质的量小于1mol，分子数小于，不可能为，B错误； C．标准状况下为固态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法得出氧原子数目为，C错误； D．选项只给出硫酸溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的量及数目，D错误； 故答案选A。 5. 氮、硫及其化合物的“价—类”二维图如图所示。下列说法正确的是 A. 常温下，铁与e或z的浓溶液均不反应 B. d可与水反应生成酸，且属于酸性氧化物 C. w具有漂白性，能使石蕊褪色 D. a与u可以发生反应 【答案】D 【解析】 【分析】根据价类二维图分析可知，含氮的物质分别是：a是、b是、c是、d是、e是。含硫物质分别是：u是、v是、w是、x是、y是、z是。 【详解】A．常温下铁遇浓硝酸、浓硫酸发生钝化，钝化是化学反应（生成致密氧化膜阻止反应进一步进行），并非不反应，A错误； B．酸性氧化物的定义是：与碱反应只生成盐和水，反应过程中所有元素化合价不变。与水或碱反应时N化合价发生变化，因此不属于酸性氧化物，B错误； C．的漂白性具有选择性，不能漂白石蕊指示剂，​通入石蕊溶液中只变红，不会褪色，C错误； D．是碱性氢化物，是酸性氢化物，二者可以发生酸碱反应，生成或，D正确； 故选D。 6. 下列离子方程式正确的是 A. 氯气溶于水： B. 稀硝酸与氯化亚铁混合： C. 少量通入溶液： D. 向碳酸氢铵溶液中加入过量的溶液： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯气溶于水生成的HClO是弱电解质，不能拆分为离子，且反应为可逆反应，同时还会生成，正确离子方程式为，A错误； B．稀硝酸具有强氧化性，可将氧化为，自身被还原为NO，离子方程式满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒，书写正确，B正确； C．具有强氧化性，会将+4价的S氧化为+6价，产物应为而非，正确离子方程式为，C错误； D．NaOH过量时，也会与反应生成，正确离子方程式为，D错误； 故选B。 7. 一种药物原料的分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期；Z原子的核外电子数是其次外层电子数的2倍。下列说法正确的是 A. 原子半径：Y>X>W B. 元素Z的含氧酸是强酸 C. Y与W形成的最简单化合物的沸点比Z与W形成的最简单化合物的沸点高 D. W、Y、Z形成的化合物不会含有离子键 【答案】C 【解析】 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据物质结构可知X形成4个化学键，则X是IVA族元素，为C或Si元素；Z原子的核外电子数是其次外层电子数的2倍，且原子序数大于X，则Z的核外电子数是16，为S元素；由于仅X、Y位于同一周期，且根据物质结构可知，W形成1个共价键，Y形成3个共价键，则W位于第一周期，为H元素；X、Y位于第二周期，分别为C、N元素；综上，W、X、Y、Z分别为H、C、N、S元素。 【详解】A．同周期随原子序数增大，原子半径减小，因此原子半径：C>N>H，即原子半径：X>Y>W，A错误； B．元素Z的含氧酸包括和等，属于弱酸，B错误； C．Y、Z与W形成的最简单化合物分别为、，由于可以形成分子间氢键，因此沸点高于，C正确； D．W、Y、Z形成的化合物可以为，属于离子化合物，因此含有离子键，D错误； 答案选C。 8. 温度为时，在恒容密闭容器中充入两种气体后生成气体，其中各组分的物质的量随时间的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应的化学方程式是 B. 内的平均反应速率 C. 达到平衡时，的转化率相等 D. 其他条件不变，升高温度，反应速率加快 【答案】D 【解析】 【详解】A．X、Y的物质的量减少，Z物质的量增多，X、Y是反应物，Z是生成物，X、Y、Z的物质的量变化分别是2mol、1mol、1mol，变化量比等于系数比，该反应的化学方程式是，故A错误； B．内的平均反应速率，故B错误； C．达到平衡时，X的转化率为，Y的转化率为，故C错误； D．其他条件不变，升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故D正确； 选D。 9. 南宁二中化学兴趣小组对的催化氧化反应进行实验探究，装置图和实验现象如下： 实验现象：③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。 下列分析不正确的是 A. ②中发生的反应为非氧化还原反应 B. ③、④中现象说明③中的反应是： C. ④中白烟的主要成分是 D. 一段时间后⑤中溶液可能变蓝 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，①中高锰酸钾受热分解制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，装置④中反应生成的一氧化氮与过量的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，会有白烟产生，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜。 【详解】A．②中反应为 ，反应中所有元素化合价均未改变，属于非氧化还原反应，A正确； B．③中气体颜色无明显变化，说明反应生成了无色的，进入④后被​氧化为红棕色​，和实验现象吻合，③中就是氨的催化氧化反应，B正确； C．整个体系中没有可进入④的氯元素，​与水反应生成，未反应完的​和​反应生成固体，白烟的成分是​，不是，C错误； D．含氮氧化物的气体通入⑤中，会形成硝酸，硝酸可以和铜粉反应生成蓝色，溶液会变蓝，D正确； 故选C。 10. 金属 Ni可活化C2H6生成CH4，其反应历程如图所示： 下列关于该活化历程的说法错误的是 A. Ni与C2H6生成CH4的反应是放热反应 B. 加入适当的催化剂能降低该反应的活化能，加快反应速率 C. 该过程决速步骤活化能为154.82kJ/ mol D. 中间体2比中间体1和3更稳定 【答案】C 【解析】 【分析】如图可知，与生成的反应能量降低，其热化学方程式为。 【详解】A．由分析可知，，该反应放热，A正确； B．催化剂可改变反应途径，降低该反应的活化能，加快反应速率，B正确； C．该过程决速步骤为能垒最大的反应，即中间体2到过渡态2的变化，其活化能为，C错误； D．能量越低越稳定，相比于中间体1和3，中间体2能量更低，更稳定，D正确； 故选C。 11. 自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。在不同催化剂下，能够还原氮氧化物实现氮污染的治理。硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物，将烟气与的混合气体通入与的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示：下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ发生反应的离子方程式： B. 反应后溶液中的物质的量明显减小 C. 当时，反应Ⅱ中还原产物与氧化产物物质的量之比为 D. 当无害化处理时，理论上消耗为 【答案】D 【解析】 【分析】过程中，氢气还原；反应Ⅱ中，将氮氧化物还原为氮气。 【详解】A．过程I的离子方程式电荷和得失电子不守恒，正确配平为：，A错误； B．在过程I中被消耗，在过程Ⅱ中又会重新生成，作催化剂，总量不变，B错误； C．当时，即反应物为，过程Ⅱ配平后反应为：，其中还原产物是，氧化产物是，二者物质的量之比为，C错误； D．整个过程根据电子守恒计算：中从价变为​的价，总共得到电子；中从价变为价，失去电子，因此消耗的物质的量为，D正确； 故选D。 12. 燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，工作原理如下图： 下列说法不正确的是 A. 电极b为负极 B. 工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度增大 C. 通过质子交换膜向a极室迁移 D. 电极b的电极反应： 【答案】B 【解析】 【分析】​在b极转化为，N元素化合价从-3升高为0，发生失电子的氧化反应，因此b为负极；a极通入空气，发生得电子的还原反应，a为正极。 【详解】A．b极发生氧化反应，为负极，A正确； B．a极（正极）的电极反应为，b极室中的H+透过质子交换膜向a极区移动，但a极室中硫酸的物质的量不变，但是反应生成H2O，所以工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度减小，B错误； C．原电池中阳离子向正极迁移，a是正极，因此通过质子交换膜向a极室迁移，C正确； D．b极失电子生成​，电极反应，D正确； 故选B。 13. 多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅的主要原料。已知多晶硅的第三代工业制取流程如图所示： 已知：H的非金属性大于Si，SiHCl3极易水解，常温下与SiCl4为液态，其完全水解的产物为H2SiO3、H2、HCl。下列说法错误的是 A. Y可能是H2 B. 制取粗硅的反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 C. SiHCl3中硅元素的化合价为+4价 D. SiHCl3发生水解的反应是氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【分析】石英和焦炭反应制得粗硅，粗硅粉碎后与HCl反应生成SiHCl3，提纯SiHCl3后，用H2还原得到Si，据此分析。 【详解】A．Y具有还原性，可能为H2，A正确； B．由反应中，C元素的化合价由0升高为+2价，Si元素的化合价由+4降低为0价，由电子守恒，氧化剂（SiO2）和还原剂（C）物质的量之比为1：2，B错误； C．SiHCl3中，电负性是Cl大于H大于Si，则H和Cl都为-1价，硅元素的化合价为+4价，C正确； D．SiHCl3水解，产物为H2SiO3、H2、HCl，有化合价变化，属于氧化还原反应，D正确； 故选B。 14. 某温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的。发生下列反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 。 测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 当体系内气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达到平衡 B. 该温度下，0～4s内反应Ⅰ的平均速率 C. 升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的速率均增大，X的平衡转化率也增大 D. 其他条件不变，28s时再投入一定量的，再次达平衡后，增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．两个反应均为气体分子数不变的反应，因此体系总质量、总物质的量始终不变，平均摩尔质量为定值，不变不能说明反应达到平衡，A错误； B．由图可知，时，，，根据原子守恒，初始的浓度为。 内，的浓度变化，反应Ⅰ中生成的速率等于消耗的速率： ，B正确； C．反应Ⅰ、Ⅱ的均小于，都是放热反应。升高温度，反应速率均增大，但平衡均逆向移动，的平衡转化率减小，C错误； D．温度不变时，反应Ⅰ的平衡常数，平衡常数只与温度有关，因此再次平衡后不变，D错误； 故选B。 二、非选择题(本大题共4小题，共58分。) 15. 硫酸亚铁铵是重要的工业试剂，广泛用于分析化学、电镀等。某小组设计以下实验制备硫酸亚铁铵，探究其分解产物并测定产品纯度。 Ⅰ．硫酸铵和硫酸亚铁混合结晶制备硫酸亚铁铵。 （1）装置甲的名称为_______；该装置中存在一处缺陷为_______。 （2）写出装置C中发生反应的化学方程式_______。 （3）实验过程中其中一步操作为“关闭b，打开a”的目的是_______。 Ⅱ．探究硫酸亚铁铵的分解产物，某化学小组选用下图所示部分装置进行实验(部分夹持装置略)。已知分解产物中含有铁的氧化物、硫的氧化物、氨气和水蒸气等。 （4）①验证分解产物中含有氨气和水蒸气，所选用装置的正确连接顺序为_______(填字母)。 ②经实验得知，受热分解只生成一种红棕色固体产物，同时还有、、和生成，写出A中反应的化学方程式_______。 Ⅲ．测定硫酸亚铁铵晶体纯度，某同学取m克硫酸亚铁铵晶体样品配成溶液，取硫酸亚铁铵溶液进行如下实验： （5）该方案测得样品纯度为_______(用含w、的式子表示)。 （6）若缺少“洗涤”步骤，最终结果会_______(填偏大、偏小或不变)。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 未采取防倒吸措施 （2） （3）将生成的FeSO4溶液沿导管压入装置B中 （4） ①. A→C→B→D ②. （5） （6）偏大 【解析】 【分析】制备过程中，利用铁与稀硫酸反应产生的氢气将生成的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中与氨气、稀硫酸反应生成硫酸亚铁铵；探究分解产物时，需注意气体检验的先后顺序及相互干扰，先用无水硫酸铜检验水蒸气，再用碱石灰除去酸性气体，最后用酚酞溶液检验氨气；纯度测定利用重量法，通过测定硫酸钡沉淀的质量计算硫酸根的量，进而求出硫酸亚铁铵晶体的纯度。 【小问1详解】 根据仪器形状可知，装置甲为三颈烧瓶；装置C产生的氨气极易溶于水，直接通入B装置的溶液中容易引起倒吸，因此缺陷为未采取防倒吸措施。 【小问2详解】 装置C用于实验室制备氨气，通常用氯化铵与氢氧化钙固体加热反应，化学方程式为。 【小问3详解】 装置A中铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，关闭b、打开a后，装置A内产生的氢气无法排出，导致气压增大，从而将生成的FeSO4溶液沿导管压入装置B中。 【小问4详解】 ①检验多种气体时，应先检验水蒸气，避免后续水溶液引入水蒸气造成干扰，故先连接C（无水硫酸铜）检验水蒸气；由于分解产物中含有硫的氧化物（酸性气体），会与氨气发生反应从而干扰氨气的检验，故需先通过B（碱石灰）吸收硫的氧化物；最后通入D（含酚酞的水溶液）检验氨气。因此连接顺序为A→C→B→D。 ②反应物为(NH4)2Fe(SO4)2，红棕色固体为Fe2O3。反应中Fe元素化合价由+2升高到+3，S元素由+6降低到+4（生成SO2），部分N元素由-3升高到0（生成N2）。根据得失电子守恒和原子守恒配平，化学方程式为。 【小问5详解】 ，1 mol硫酸亚铁铵含2 mol ，25 mL溶液中，500 mL溶液中样品总质量为，因此纯度为。 【小问6详解】 若缺少“洗涤”步骤，沉淀表面会附着可溶性杂质，导致称量的BaSO4质量偏大，从而使计算出的纯度偏大。 16. 以高硫铝土矿(主要成分为、、，少量和金属硫酸盐)为原料，生产的部分工艺流程如下： （1）焙烧时矿粉与空气逆流而行，目的是_______。 （2）焙烧过程会产生，用过量氨水吸收的离子方程式为_______。 （3）添加1%CaO和不添加的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如下图所示。 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于700℃ 硫去除率 ①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于原料中的_______(填化学式)。 ②650℃焙烧时，添加1%的矿粉硫去除率比不添加的矿粉硫去除率低，其主要原因是_______。 （4）“过滤”所得滤液中阴离子除外，还有_______。 （5）“过滤”得到的滤渣中含大量的，与混合后在无氧条件下焙烧生成和，该反应中作_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。 （6）测定产品中的纯度。称取产品，加入足量的稀硫酸充分溶解、过滤，向滤液中加入 的酸性溶液，恰好完全反应(杂质等不参与反应)，则产品中的纯度为_______。[] 【答案】（1） 增大反应物接触面积，使反应更充分，提高焙烧效率 （2） （3） ①. FeS2 ②. CaO与生成的SO2和O2反应生成CaSO4（或CaO起到固硫作用），使硫元素留在矿粉中 （4） （5） 氧化剂 （6） 【解析】 【分析】高硫铝土矿粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫以及空气反应生成硫酸钙，得到的产物加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成四羟基合铝酸钠溶液，经过滤得到的固体中含Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2。 【小问1详解】 逆流操作可以增大气固接触面积，让反应更充分，提高原料的利用效率。 【小问2详解】 二氧化硫与过量氨水反应生成亚硫酸铵，。 【小问3详解】 ①已知多数金属硫酸盐分解温度高于700℃，低于500℃时，硫酸盐不分解，只有被空气中氧气氧化，硫转化为​被除去。 ②CaO为碱性氧化物，可与SO2反应生成钙的硫酸盐，650℃低于硫酸盐分解温度，硫留在矿粉中，因此硫去除率更低。 【小问4详解】 结合分析，碱浸过程中，原料中的与NaOH反应生成，​与NaOH反应生成​，二者均可溶，因此滤液中除外，还存在（来自高硫铝土矿中的金属硫酸盐）。 【小问5详解】 ​中Fe为+3价，产物中Fe平均化合价为，Fe化合价降低，得电子，因此作氧化剂。 【小问6详解】 ​溶于酸生成，酸性高锰酸钾氧化的定量关系为：，可得，，因此纯度为。 17. 回答下列问题。 （1）工业上用加氢合成低碳烯烃。现以合成乙烯为例，该过程分两步进行： 第一步： 第二步： ①加氢合成乙烯的热化学方程式为 _______，该反应在_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)条件下可以自发进行。 ②一定条件下的密闭容器中，上述反应达到平衡后，要加快反应速率并提高的平衡转化率，可以采取的措施是_______(填字母)。 A．减小压强　　B．增大浓度　　C．加入适当催化剂　　D．分离出水蒸气 （2）将和在催化剂条件下生成甲醇蒸气和水蒸气。现在恒容密闭容器中投入和，发生反应：。在不同条件下测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示： ①能判断该反应达到化学平衡状态的是_______(填字母)。 a． b．容器内氢气的体积分数不再改变 c．容器内气体的密度不再改变 d．容器内压强不再改变 e． ②图中压强_______(填“>”或“<”)。 ③经测定知Q点时容器的压强是反应前压强的，则Q点的转化率为_______。 （3）工业生产中应用：COS的水解反应为 。某温度时，用活性作催化剂，其他条件相同时，改变反应温度，测得一定时间内的水解转化率如图甲所示：在恒容密闭容器中的平衡转化率随不同投料比的转化关系如图乙所示。 ①温度高于150℃时，曲线变化的原因是_______。 ②P点对应的平衡常数为_______。(保留小数点后2位) 【答案】（1） ①. -127.9 ②. 低温 ③. B （2） ①. bd ②. ③. （3） ①. 温度高于后，升高温度平衡逆向移动，同时催化剂活性降低，故COS转化率下降 ②. 0.05 【解析】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律，总反应=第一步×2 + 第二步，方程式为：，因此。 总反应气体分子数减少，，，根据反应自发，可知低温条件下反应自发。 ②A．减小压强，反应速率减慢，平衡逆向移动，转化率降低，不符合题意； B．增大​浓度，反应速率加快，平衡正向移动，​转化率提高，符合题意； C．催化剂不改变平衡，​转化率不变，不符合题意； D．分离出水蒸气，浓度降低，反应速率减慢，不符合要求，不符合题意； 故选B。 【小问2详解】 ①a．浓度比等于计量数比不能说明浓度不再变化，无法判断平衡，不符合题意； b．氢气的体积分数不变，说明各物质浓度不再变化，反应达到平衡，符合题意； c．恒容容器，气体总质量不变，密度始终不变，不能判断平衡，不符合题意； d．该反应气体分子数变化，压强不再改变说明反应达到平衡，符合题意； e．平衡时应为，选项关系正逆速率不等，未达到平衡，不符合题意； 故选bd。 ②该反应是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，物质的量增大。相同温度下，的大于，故。 ③恒容容器中压强比等于物质的量之比，反应前总物质的量为，平衡总物质的量为，总物质的量减少。设​转化，由反应计量关系，总物质的量减少，得，​转化，氢气的转化率为。 【小问3详解】 ①该反应，温度高于后，升高温度平衡逆向移动，同时催化剂活性降低，因此COS转化率下降。 ②设起始，，P点COS转化率为40%，三段式计算：，得平衡时：，，，平衡常数。 18. 回答下列问题。 （1）某沉积物-微生物电池可以回收处理含硫废渣(主要成分为)，其工作原理如图。 电子从碳棒_______(填“X”或“Y”)流出，碳棒Y上FeS2转化为S的电极反应为_______，每生成1 mol 理论上消耗标准状况下_______L。 （2）一种新型锌电池的工作原理如图所示。双极膜中的解离为和，两种离子在电场作用下分别向两极迁移，回答下列问题： b膜为_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜，工作时Ⅱ室中酸性溶液的浓度_______(填“增大”、“减小”、“不变”)，理论上电路中每通过4 mol电子，双极膜内有_______发生解离，Ⅰ室电解质溶液增重_______g。 【答案】（1） ①. Y ②. FeS2 - 2e- = Fe2+ + 2S ③. 39.2 （2） ①. 阳 ②. 减小 ③. 4 ④. 198 【解析】 【分析】（1）该装置为原电池，碳棒X处得电子生成，X为正极；碳棒Y处被氧化失电子，Y为负极，原电池中电子从负极流出，故电子从Y流出。 （2）该电池中电极为负极，催化电极为正极，双极膜解离出（阳离子）向正极（II室）移动，（阴离子）向负极（I室）移动。 【小问1详解】 ①判断电极：碳棒X上O2转化为H2O，O元素化合价降低得电子，X为正极，Y为负极，电子从负极Y流出。 ②电极反应书写：FeS2中Fe为+2价、S为-1价，转化为Fe2+和S单质时，Fe化合价不变，2个S共失去2个电子，故电极反应为FeS2 - 2e- = Fe2+ + 2S。 ③计算O2体积：生成时，S从-1价升高到+6价，共失去7 mol电子；1 mol O2得4 mol电子，由电子守恒得，标况下体积为。 【小问2详解】 ①判断离子交换膜类型：锌电极上Zn转化为[Zn(OH)4]2-，Zn失电子为负极，催化电极为正极；双极膜中H+向正极（II室）迁移，故b膜允许阳离子通过，为阳离子交换膜。 ②H+浓度变化：II室电极反应为，每转移8 mol电子消耗10 mol H+，但仅迁移过来8 mol H+，故H+浓度减小。 ③解离水的物质的量：转移1 mol电子对应1 mol H+和1 mol OH-迁移，即1 mol H2O解离，故转移4 mol电子时，有4 mol H2O解离。 ④I室增重计算：转移4 mol电子时，溶解2 mol Zn（质量2×65g/mol=130g），同时有4 mol OH-（质量4×17g/mol=68g）迁入I室，总增重为130 g+68 g=198 g。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $