精品解析：陕西西安高新第一中学南校区2025-2026学年度第二学期高一第二次月考 化学试题

高一化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 一、单选题：1-10题每题2分，11-20题每题3分。 1. 《老子》有云：“天之道，损有余而补不足。”反映了古人对物质世界变化规律的认知。下列化学理论中契合了这一观念的是 A. 元素周期律 B. 勒夏特列原理 C. 盖斯定律 D. 质量守恒定律 【答案】B 【解析】 【详解】A．元素周期律指元素的性质随原子序数递增呈现周期性变化的规律，A不符合题意； B．勒夏特列原理即平衡移动原理，当改变影响平衡的某一条件时，平衡会向减弱该改变的方向移动，本质是削弱多余的改变量、补充不足的状态，契合题干描述的规律，B符合题意； C．盖斯定律指化学反应的反应热仅与反应的始态和终态有关，与反应路径无关，与题干观念无关，C不符合题意； D．质量守恒定律指参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和，仅体现反应前后质量不变的规律，D不符合题意； 故答案选B。 2. 下列由热化学方程式得出的结论正确的是 A. ，则的燃烧热为 B. 同温同压下发生反应，光照和点燃条件下不同 C. 已知(白磷s)(红磷s) ，则白磷比红磷稳定 D. ，若该反应中有被氧化，则放出热量 【答案】D 【解析】 【详解】A．燃烧热是指1摩尔物质完全燃烧生成稳定化合物时的焓变，碳的完全燃烧产物应为CO2，A错误； B．ΔH是状态函数，只取决于反应的始态和终态，与反应条件无关，因此ΔH相同，B错误； C．ΔH = -16.74 kJ·mol-1为负值，表明白磷转化为红磷是放热反应，红磷的能量更低，更稳定，C错误； D．ΔH = -905 kJ·mol-1表示反应进度为1摩尔时放出905 kJ热量，因此当4 mol NH3被氧化时，放出热量905 kJ正确，D正确； 故选D。 3. 物质间的转化体现了化学核心素养之变化观念，下列选项所示物质间的转化能实现的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．氮气和氢气在高温高压、催化剂条件下发生合成氨反应生成，在加热、催化剂条件下与发生催化氧化反应生成，两步转化均能实现，A正确； B．电解溶液可以得到，但氧化性强，与在加热条件下反应生成而非，第二步转化不能实现，B错误； C．单质在中点燃只能生成，经催化氧化才能得到，第一步转化不能实现，C错误； D．难溶于水，也不与发生反应，无法直接生成，第一步转化不能实现，D错误； 故答案选A。 4. 部分含S或元素的物质类别与相应化合价关系如图。下列推断合理的是 A. 在实验室中可用的浓溶液干燥或 B. 若为钡盐，在医疗上可用作消化系统射线检查的内服药剂 C. 若常温下为固体，与的浓溶液反应时，表现出强氧化性 D. 将气体溶于水能生成酸，则一定是酸性氧化物 【答案】C 【解析】 【分析】根据物质类别和元素化合价可知，a为NH3，b为H2S，c为N2或S，d为NO2或SO2，e为SO3，f为亚硫酸盐，g为硝酸盐，h为硫酸盐，i为H2SO4，j为HNO3。 【详解】A．NH3有碱性，H2S有强还原性，均能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥NH3、H2S，A错误； B．若为钡盐，f为亚硫酸钡，可溶于胃酸，引起重金属离子中毒，应用BaSO4用作消化系统射线检查的内服药剂，B错误； C．若常温下c为固体，c为S，S与浓硫酸加热反应生成二氧化硫和水，H2SO4表现出强氧化性，C正确； D．NO2与水发生氧化还原反应生成硝酸和NO，NO2不是酸性氧化物，D错误； 故选C。 5. 下列有关说法正确的是 A. 标况下，与足量反应，生成分子数为 B. 常温，将片投入足量浓硝酸中，失去电子数为 C. 和充分反应转移电子数为 D. 足量的与浓硫酸加热充分反应，转移电子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．与生成的反应为可逆反应，标况下物质的量为1mol，不能完全转化，生成分子数小于，A错误； B．常温下Fe遇浓硝酸会发生钝化，表面生成致密氧化膜阻止反应继续进行，Fe不会完全反应，失去电子数远小于，B错误； C．Cu与S充分反应生成，0.1molCu完全反应时每个Cu失去1个电子，反应中S过量，故转移电子数为，C正确； D．浓硫酸与Cu加热反应过程中，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与Cu不反应，硫酸不能完全消耗，转移电子数小于，D错误； 故答案选C。 6. 反应，已知该反应放热，、、三种物质均以单键结合形成对应分子，若在恒压绝热容器中发生，下列说法表明反应一定已达平衡状态的是 A. 气体的平均相对分子质量不再变化 B. 容器内的压强不再变化 C. 相同时间内，断开B-B键的数目和生成A-B键的数目相等 D. 容器内气体的浓度 【答案】A 【解析】 【详解】A．气体平均相对分子质量，反应中所有物质均为气体，总质量恒定，反应前后气体总物质的量发生变化，未平衡时会持续改变，当不再变化时说明反应达到平衡状态，A正确； B．反应在恒压容器中进行，整个反应过程中压强始终保持不变，压强不再变化不能作为平衡判断依据，B错误； C．断开B-B键、生成A-B键均代表正反应方向，无法体现正逆反应速率相等，不能判断反应达到平衡，C错误； D．平衡状态下各组分浓度之比与起始投料、转化率有关，不一定等于化学计量数之比，该浓度比不能作为平衡判断依据，D错误； 故答案选A。 7. 海水化学资源的综合开发利用意义重大，其部分过程如图所示。下列说法错误的是 A. 工业上设计步骤④目的是富集溴元素 B. 侯氏制碱法中应向饱和食盐水中先通入NH3再通入CO2 C. 用步骤②生成的无水MgCl2冶炼金属Mg的反应方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ D. 向除去泥沙的粗盐溶液中依次加入NaOH溶液、Na2CO3溶液和BaCl2溶液除去粗盐中的、和 【答案】D 【解析】 【分析】由流程可知，海水通过晒盐得到粗盐，精制后电解饱和食盐水是氯碱工业，向NaCl溶液中先通入NH3再通入CO2，获得NaHCO3晶体，NaHCO3晶体受热分解得到Na2CO3；向母液中加入氢氧化钙沉淀分离出氢氧化镁沉淀，氢氧化镁用盐酸溶解得到氯化镁溶液，经结晶得到氯化镁晶体，脱水得到无水氯化镁；母液中含有溴化钠加入氯气氧化溴离子得到溴单质，得到低浓度的溴单质，通入热空气吹出溴单质，用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr的溶液再通入氯气氧化溴离子为溴单质，达到富集溴元素的目的，据此回答。 【详解】步骤④发生的反应是，其目的是将低浓度的溴单质转化为易溶于水的，实现溴元素的富集，A正确； B. 侯氏制碱法中，先通入使溶液呈碱性，可大大提高的溶解度，从而有利于晶体的析出，若先通入​，则因溶解度低导致反应难以进行，B正确； C. 工业上冶炼金属镁是通过电解熔融的，反应方程式为，C正确； D. 除去粗盐中的、和，正确的试剂加入顺序应为先加过量溶液除去 ，再加过量溶液除去，继续加过量溶液除去和过量的，过滤后向滤液中加稀盐酸，D错误； 故选D。 8. 一种资源化反应为，该反应在一定条件下能自发进行。反应达到平衡时，下列说法正确的是 A. 该反应在高温下自发进行 B. 恒温恒容，充入惰性气体，平衡正向移动 C. 恒温恒容，增大浓度，的转化率增大 D. 该反应的 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应气体总物质的量减小，，反应能自发需满足，可推得，此时仅低温下满足，高温下，反应不能自发，A错误； B．恒温恒容充入惰性气体，反应物、生成物的浓度均不改变，正逆反应速率不变，平衡不移动，B错误； C．恒温恒容增大浓度，平衡正向移动，的转化率增大，但自身的转化率因加入量大于反应消耗量而减小，C错误； D．由且反应在一定条件下能自发进行，可得，所以，D正确； 故选D。 9. 用下列实验装置做相关实验不能达到实验目的的是 A．检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫 B．验证Cu与浓硝酸反应的热量变化 C．用于处理多余的 D．实验室制备氨气并测量体积 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．浓硫酸与铜加热反应生成，可使品红溶液褪色，浸有溶液的棉团可吸收尾气防止污染，能达到实验目的，A正确； B．与浓硝酸反应放热，使具支试管内空气受热膨胀，U形管红墨水出现左低右高的液面差，可验证反应的热量变化，B正确； C．极易溶于水，球形干燥管可防止倒吸，能安全吸收多余的，C正确； D．极易溶于水，会溶解在量气管的水中，无法测量氨气体积，不能达到实验目的，D错误； 故答案为D。 10. 利用铝土矿(主要成分为，含、等杂质)冶炼铝的主要流程如下。已知在“溶解”时转化为铝硅酸钠沉淀。下列叙述不正确的是 A. “溶解”时适当增大NaOH溶液的浓度，可提高溶解速率 B. 操作I、Ⅱ均为“过滤”，Ⅲ为“灼烧” C. 向Al中加入Cu、Si、Mg等元素，可以得到性能优良的铝合金 D. “熔融电解”中可用代替 【答案】D 【解析】 【分析】铝土矿主要成分为，含、杂质。用氢氧化钠溶液“溶解”铝土矿，转化为四羟基合铝酸钠，转化为铝硅酸钠沉淀。过滤，滤渣为铝硅酸钠沉淀、，滤液A含四羟基合铝酸钠，通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤；氢氧化铝灼烧得到氧化铝，电解熔融氧化铝冶炼金属铝。 【详解】A．增大反应物浓度可以加快反应速率，适当增大溶液浓度能提高铝土矿的溶解速率，A正确； B．操作Ⅰ是过滤除去、铝硅酸钠等不溶杂质得到溶液A，操作Ⅱ是过滤得到沉淀，受热分解生成，因此操作Ⅲ为灼烧，B正确； C．向中加入、、等元素可制得强度、硬度等性能更优良的铝合金，C正确； D．是共价化合物，熔融状态下不导电，无法通过电解熔融得到，因此不能用代替，D错误； 故选D。 11. 符合如图所示的转化关系，且当、、的物质的量相等时，存在焓变。满足上述条件的、可能是 ①、；②、；③、；④、；⑤、 A. ②③ B. ③⑤ C. ①④⑤ D. ①④ 【答案】B 【解析】 【详解】①由2Na+O2Na2O2，可看成2Na+O2=Na2O、Na2O+O2=Na2O2来完成，X、Y、Z的物质的量相等时，不符合△H=△H1+△H2，故①不符合；②因S与氧气反应生成二氧化硫，不会直接生成三氧化硫，则不符合转化，故②不符合；③由C+O2CO2，可看成C+O2CO，CO+O2CO2来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1+△H2，故③符合；④由NaOH+CO2═NaHCO3，可看成NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，CO2+Na2CO3+H2O=NaHCO3，X、Z的物质的量相等，而Y的物质的量为X一半，不符合题意，故④不符合；⑤由AlCl3+4NaOH═3NaCl+Na[Al(OH)4]，可看成AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl、Al(OH)3+NaOH═Na[Al(OH)4]来完成，X、Y、Z的物质的量相等，符合△H=△H1+△H2，故⑤符合；综上分析，符合题意的有③⑤；故答案选B。 12. 二氧化碳-甲烷重整是资源利用的重要研究方向，涉及的主要热化学方程式有： ① ② ③ 已知在气态分子中，断开1 mol化学键变成气态原子时吸收的能量称为键能。H-H键能为，O-H键能为，C-H键能为，则中碳氧键的键能(单位：)为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据盖斯定律，由①+②-③可得反应，计算得；设中碳氧键键能为，根据反应物总键能生成物总键能，列式为，解得；故答案选C。 13. 下列关于 的图像正确的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．图示中到达平衡的速率更快，故＞；合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的体积分数增大，故时的体积分数更大，A错误； B．合成氨反应正向为气体分子数减少的反应，故压强增大，反应平衡正向移动，的物质的量增大；升高温度，平衡逆向移动，故时的物质的量小于，B正确； C．升高温度，平衡逆向移动，增大，不变，故混合气体的平均相对分子质量减小，C错误； D．升高温度，、应该均瞬间增大，而图示中仅瞬间增大，D错误； 故选B。 14. 甲酸在金属Pd-有机胺催化剂作用下分解制氢的反应为 ，可能的反应机理如图所示，下列说法不正确的是 A. 整个反应机理中有极性键和非极性键的生成 B. 步骤Ⅲ每生成转移电子的数目约为 C. 使用催化剂后降低了反应的，从而加快了反应速率 D. 若以代替，则生成 【答案】C 【解析】 【详解】A．步骤Ⅱ生成时，有极性键的生成；步骤Ⅲ生成时，有非极性键的生成，A正确； B．步骤Ⅲ中，上的(为价)和有机胺上的(为价)发生归中反应生成​，生成转移电子，转移电子的数目约为，B正确； C．使用催化剂后降低了反应活化能，从而加快了反应速率，但不能改变反应的，C错误； D．根据步骤Ⅱ可知，甲酸上的碳和氧原子生成二氧化碳，另外两个氢原子通过步骤Ⅲ会生成氢气，因此若以DCOOH代替HCOOH，则生成HD，D正确； 故选C。 15. 某温度下，在2L恒容密闭容器中投入发生如下反应：，该反应为正向吸热反应，有关数据如下，下列说法错误的是 时间段/min 0～1 0～2 0～3 CO2的平均生成速率/() 0.4 0.3 0.2 A. 0.5min时，NH3的浓度大于 B. 0～1min，消耗的质量为62.4g C. 2.5min时，物质的量小于2.8mol D. 当CO2在混合气体中的体积百分数不变时，不能说明此反应达到了平衡状态 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应净速率随反应进行逐渐减慢，0~1min内平均生成速率为，前0.5 min的平均速率大于该值，故0.5 min时，，A正确； B．0~1min内生成，由反应计量关系可知消耗，其摩尔质量为，故消耗质量为，B正确； C．2 min时，3 min时，说明2 min时反应已达平衡，之后各物质的量不变，故2.5 min时剩余，并非小于2.8 mol，C错误； D．反应中生成的和物质的量之比恒为2:1，故的体积百分数始终为，其不变时无法说明反应达平衡，D正确； 故答案选C。 16. 某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 温度升高时不利于吸附 B. 多孔材料“固定”，促进平衡正向移动 C. 转化为的反应是 D. 每获得时，转移电子的数目为 【答案】D 【解析】 【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。 【详解】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确； B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确； C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确； D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误； 故选D。 17. 下列说法正确的是 A. 反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-a kJ/mol，在密闭容器中投入1 mol NH3和1 mol O2，2 min后NO增加了0.4 mol，则反应放出的热量值等于0.1a kJ B. 500℃、30MPa下，将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-38.6 kJ/mol C. 3.2 g CH4完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出178 kJ的热量，其热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890 kJ D. 已知反应a：(aq)+ (aq)=N2(g)+2H2O(l) ΔH5，且存在如上图关系，则ΔH5=-ΔH1+ΔH2+ΔH3-ΔH4 【答案】A 【解析】 【详解】A．热化学方程式中ΔH=−a kJ/mol表示4 mol NH3完全反应放出a kJ热量，题目中2 min后生成0.4 mol NO，说明已有0.4 mol NH3发生反应，按比例计算得反应放出热量为，A正确； B．是可逆反应，0.5 mol N2和1.5 mol H2不能完全反应，放热19.3 kJ时，1 mol N2完全反应放热大于38.6 kJ，故，B错误； C．焓变的单位为，选项中单位错误，C错误； D．根据盖斯定律，正确表达式是，D错误； 故选A。 18. 煤化工路线中，利用合成气直接合成甲醇，反应如下：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。某密闭容器中加入1mol CO和2mol H2，固定CO的平衡转化率α为40%，50%和60%时，探究其温度与压强的关系所得曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 代表α=40%的曲线为L1 B. 合成气直接合成甲醇的反应为吸热反应 C. M、N两点对应的体系，CH3OH的体积分数：φ(M)=φ(N) D. M、D两点对应的体系，该反应的平衡常数：K(M)=K(D) 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应是一个气体减少的反应，密闭容器中，相同温度下，压强越大，CO的平衡转化率越大，代表的曲线为L3，A错误； B．由图可知，在同一压强下，温度升高，CO的平衡转化率减小，说明反应向逆向进行，则逆反应为吸热反应，生成甲醇的反应为放热反应，B错误； C．M、N在同一曲线上，转化率相同，甲醇体积分数相等，C正确； D．M体系对应的温度较低，该反应是放热反应，所以，D错误； 故选C。 19. 以、为原料合成是碳中和的有效措施。涉及的主要反应为： ① ② 反应①和②的（K代表化学平衡常数）随1/T（温度的倒数）的变化如图所示。 已知：（R、C均为常数，T为热力学温度），下列说法正确的是 A. 反应①对应的斜线是b B. 使用合适的催化剂可以增大 C. 密闭容器中发生反应①和②，升高温度生成甲醇的平衡转化率减小 D. 反应的与曲线的斜率小于斜线a的斜率 【答案】C 【解析】 【分析】根据van't Hoff方程，lnK与1/T的斜率，lnK与-ΔH成正比。反应①是放热反应，斜率大于0，ln K应随增大而增大，反应②是吸热反应，ln K应随增大而减小，因此，斜线a对应反应①，斜线b对应反应②。 【详解】A．由分析可知，斜线a对应反应①，A错误； B．平衡常数 K 仅与温度有关，催化剂不改变平衡位置，因此不能改变 ln K，B错误； C．反应①（放热）：升温，平衡逆向移动， CO2生成甲醇的转化率减小；反应②（吸热）：升温，平衡正向移动，消耗更多CO2， 综合来看，升高温度时， 生成甲醇的平衡转化率一定减小，C正确； D．反应，根据盖斯定律，反应③=反应①-反应②： ，斜线a对应反应①，其斜率与-ΔH1=49.5 kJ·mol-1成正比。反应③的斜率与-ΔH3= 90.4 kJ·mol-1成正比。因为90.4 > 49.5，所以反应③曲线的斜率大于斜线a的斜率，D错误； 故选C。 20. 向体积均为1 L的两个刚性密闭容器中均加入和，分别在“绝热”和“恒温”条件下发生反应： ，测得压强变化()[，为起始压强，为某时刻压强]如图所示。下列说法正确的是 A. 上述反应： B. ac线为绝热条件下随时间的变化情况 C. 气体总物质的量： D. HBr的转化率： 【答案】D 【解析】 【分析】该过程发生的反应为，正向气体总物质的量减小，刚性容器中压强随反应正向进行而减小，​，因此越大，说明反应正向进行程度越大，反应物转化率越高，据此分析。 【详解】A．由图可知，b曲线比ac曲线更早达到平衡，说明b曲线对应的反应速率更快。绝热条件下，反应放热导致体系温度升高、反应速率加快，因此b曲线为绝热条件；在绝热条件下，随着反应的进行，容器内压强先增大后减小，说明开始时温度对压强的影响大于气体的物质的量，说明该反应为放热反应，，A错误； B．，绝热条件下温度升高，平衡逆向移动，平衡时反应物转化率更低，更小，因此平衡时更小的对应绝热条件，更大的对应恒温条件，B错误； C．点和点相等，因此相等，根据，相同，得，在恒温条件下，为初始温度，在绝热条件下，反应放热使，因此，C错误； D．是绝热条件的平衡点，是恒温条件的平衡点，该反应，绝热条件温度升高，平衡逆向移动，因此转化率，D正确； 故答案选D。 二、非选择题。 21. 已知甲是短周期某主族元素的最简单氢化物，该物质有如下转化关系(条件省略)。 I．若丙在常温常压下为红棕色气体。 （1）某同学欲用如图所示的装置和试剂制取并收集少量纯净的甲，则试剂a为_______；请纠正下图中的不妥之处：_______。 （2）写出甲→乙反应的化学方程式：_______。 （3）丁的浓溶液久置后显黄色，其原因为_______。 Ⅱ．若乙为有刺激性气味的气体，丁为二元强酸。 （4）甲的电子式为_______。 （5）将乙缓缓通入甲的水溶液直至过量，溶液中的物质的量浓度变化趋势为_______(填选项字母)。 a．呈增大趋势至不再变化 b．呈先增大后减小趋势至不再变化 c．呈减小趋势至不再变化 d．呈先减小后增大趋势至不再变化 （6）将乙缓缓通入溶液，能观察到溶液颜色变化，体现了乙的_______性。 【答案】（1） ①. 浓氨水 ②. 试管中的导气管应长一些，接近试管底部 （2） （3）硝酸受热或见光会分解生成，又溶于浓硝酸使溶液呈黄色 （4） （5）d （6）还原 【解析】 【分析】I．甲为短周期主族元素最简单氢化物，连续氧化得到丙；丙在常温常压下为红棕色气体，则丙为NO2，甲为NH3，乙为NO，丁为HNO3； Ⅱ．乙刺激性气味气体、丁二元强酸，则乙为SO2，丙为SO3，甲为H2S，丁为H2SO4，据此分析解题。 【小问1详解】 据分析可知，丙在常温常压下为红棕色气体，则丙为NO2，甲为NH3，常温固液制NH3，常用浓氨水 + CaO，则试剂a为浓氨水；氨气密度小于空气，应向下排空气法收集，试管中的导气管应长一些，接近试管底部；。 【小问2详解】 甲为NH3，乙为NO，甲→乙反应的化学方程式为。 【小问3详解】 丁为HNO3，硝酸受热或见光会分解生成，又溶于浓硝酸使溶液呈黄色。 【小问4详解】 据分析，乙为有刺激性气味的气体，丁为二元强酸，则甲为H2S，H2S电子式为。 【小问5详解】 乙为SO2，甲为H2S，H2S溶液显酸性，将SO2缓缓通入H2S溶液直至过量，，随着H2S溶质不断消耗，溶液中的物质的量浓度降低，SO2过量后溶于水中，酸性逐渐增强，溶液中的物质的量浓度增加，当达到饱和时，溶液中的物质的量浓度不再变化，故答案选d。 【小问6详解】 乙为SO2，将SO2缓缓通入溶液，反应，体现了乙的还原性。 22. 回答下列问题。 （1）室温下，用50 mL 盐酸与50 mL NaOH溶液在如图所示装置中进行中和反应。回答下列问题： ①仪器a的名称为_______。 ②若四次操作测得终止温度与起始温度差()分别为a．；b．；c．；d．。则所得的中和反应的中和热_______。(已知该温度下该溶液的比热容：，溶液密度均约为，保留三位有效数字) ③若实验所得数值比小，原因可能是_______(填字母)。 a．实验装置保温、隔热效果差 b．在量取盐酸溶液的体积时仰视读数 c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中 d．用铜棒代替图中a仪器 （2）研究小组利用溶液和酸性溶液的反应来探究外界条件改变对化学反应速率的影响，实验如下： 实验序号 实验温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s 溶液(含硫酸) 溶液 ① 290 2 0.02 4 0.1 0 6 ② 2 0.02 3 0.1 8 ③ 315 2 0.02 0.1 1 回答下列问题： ①其中_______。 ②通过实验_______(填实验序号)可探究温度变化对化学反应速率的影响，由实验②中数据可知_______。(保留三位有效数字) 【答案】（1） ①. 环形玻璃搅拌棒 ②. −53.5 ③. acd （2） ①. 1mL ②. ②③ ③. 【解析】 【分析】用50 mL 盐酸与50 mL NaOH溶液在如图所示装置中进行中和反应，四次操作测得终止温度与起始温度差（t2−t1）分别为a.3.2℃；b.3.1℃；c.3.3℃，d；。d数据差异大，应舍弃，由计算出中和热，并进行误差分析，据此回答。 【小问1详解】 ①仪器a为环形玻璃搅拌棒，； ②四次操作测得终止温度与起始温度差（t2−t1）分别为a.3.2℃；b.3.1℃；c.3.3℃，d；。d数据差异大，应舍弃，3次温度差的平均值为，50mL 盐酸与50mL 氢氧化钠溶液的总质量为m＝100 mL×1 g/mL＝100 g，ΔT＝3.2℃，生成的水的物质的量为0.05 L×0.5 mol/L＝0.025 mol，则反应的中和热：； ③a．实验装置保温、隔热效果差，导致热量散失，测得的热量偏小，中和热数值偏小，故a正确； b．在量取盐酸溶液的体积时仰视读数，会导致所量取的盐酸的体积偏大，物质的量偏大，测得的热量偏大，中和热数值偏大，故b错误； c．分多次把氢氧化钠溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，导致热量散失，测得的热量偏小，中和热数值偏小，故c正确； d．铜具有良好的导热性，导致热量散失，测得的热量偏小，中和热数值偏小，故d正确； 故答案为acd。 【小问2详解】 ①由控制变量法可知，需要保证其余条件相同，根据实验①可知，保证溶液的总体积为6mL，②中H2C2O4溶液3mL，故需加水6mL−2mL−3 mL ＝1mL； ②实验①、②可探究出草酸浓度的改变对反应速率的影响，则＝290K；草酸的物质的量为0.1 mol/L×0.003 L＝3.0×10−4 mol;实验②③中其他条件相同，温度不同，可探究温度变化对化学反应速率的影响，KMnO4的物质的量为0.02 mol/L×0.002 L＝4.0×10−5 mol，草酸和KMnO4的物质的量之比为3.0×10−4 mol：4.0×10−5 mol＝15：2，显然草酸过量，KMnO4完全反应，则消耗的草酸的物质的量为，。 23. 汽车是重要的交通工具，随着汽车数量的激增，汽车尾气中NO和CO造成的环境污染也日益严重。 （1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图所示： 书写该反应的热化学方程式：_______。 （2）汽车尾气NO和CO在催化转化器中发生反应：。 ①该反应的正反应活化能为，则逆反应活化能为_______。 ②实验室模拟上述反应，在一个恒容、绝热的密闭容器中，充入NO和CO。下列能说明该反应达到平衡状态的是_______。 A． B．混合气体的密度保持不变 C．NO和的体积分数相同 D．容器内温度保持不变 ③有关反应条件改变使上述反应速率增大的原因分析错误的_______。 A．使用催化剂，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加 B．升高温度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加 C．压缩容器，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加 D．增大一氧化碳的浓度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加 （3）在一定温度下，将2.0 mol NO、2.4 mol CO通入到固定容积为2 L的容器中，发生。反应过程中部分物质的浓度变化如图所示： ①NO的转化率为_______。 ②该化学平衡常数的值为_______。(保留两位有效数字) ③若保持反应体系的温度不变，20 min时向容器中再充入NO、各0.4 mol，化学平衡将移动_______。 A．向逆反应方向 B．向正反应方向 C．不发生 （4）在密闭容器中充入2 mol CO和2 mol NO，发生，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示： ①由图分析可知，_______(填>、<或=)。 ②反应在D点达到平衡后，若此时降低温度，同时压缩容器体积，在重新达到平衡过程中，D点会向A～G点中的_______点方向移动。 （5）CO与NO的反应机理及体系的相对能量变化如图所示(TS表示过渡态)。 该反应过程中的决速步骤为第_______步，计算第3步的焓变_______。 （6）某研究小组探究催化剂对CO、NO转化率的影响。将CO和NO按物质的量之比以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应曲线I和Ⅱ，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示： ①温度低于时，图中曲线I脱氮率低的主要原因是_______。 ②以后脱氮率下降的原因可能是_______。 【答案】（1）N2(g)+ O2(g)=2NO(g) （2） ①. a+746.5 ②. D ③. D （3） ①. 40 % ②. 0.14 ③. A （4） ①. > ②. G （5） ①. 1 ②. -117.9 （6） ①. 低温催化剂I催化活性差 ②. 升温平衡逆向，高温催化剂失活 【解析】 【小问1详解】 ΔH=反应物总键能−生成物总键能，的键能为946kJ/mol，的键能为498 kJ/mol，NO的键能为632 kJ/mol，所以，所以热化学方程式。 【小问2详解】 ①，，正反应活化能为，则逆反应活化能为； ②A．反应为，达到平衡时应为，A错误； B．反应物和生成物全是气体，总质量、体积不变，气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡，B错误； C．体积分数相同不等于浓度不变，不能说明反应达到平衡，C错误； D．该反应为放热反应，绝热容器，温度不变，说明反应达到达平衡，D正确； 故答案选D； ③A．使用催化剂，降低反应活化能，更多分子达标活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞增多，速率加快，A正确； B．升高温度，分子能量升高，一部分普通分子变成活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞增多，速率加快，B正确； C．压缩容器，容器变小，所有气体分子被压缩，单位体积内总分子数增多，活化分子数目同步增多，单位时间内有效碰撞的次数增加，速率加快，C正确； D．增大一氧化碳的浓度，总分子数大幅增加，活化分子只是等比例增加，活化分子百分数不变，D错误； 故答案选D。 【小问3详解】 ①由反应平衡图，可知，NO的转化率为； ②化学平衡常数为； ③若保持反应体系的温度不变，20 min时向容器中再充入NO、各0.4 mol，此时浓度商为，0.16>0.14，所以平衡逆向移动，故答案选A。 【小问4详解】 ①反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的体积分数增大，相同压强时，T1的NO体积分数大于T2时NO的体积分数，故T1大于T2； ②该反应是气体分子数减小的反应，在D点达到平衡后，降低温度和压缩体积均会使平衡正向移动，重新达到平衡后，NO的体积分数减小，体系的温度降低压强增大，即D点会向G点方向移动。 【小问5详解】 决速步骤为活化能最大的一步，由图可知，第1步的活化能为，第2步的活化能为，第3步的活化能为，所以决速步为活化能最大的第1步；反应热等于生成物的总能量与反应物的总能量之差，由图可知，第1步，第2步，总反应=第一步反应+第2步反应+第3步反应，由盖斯定律知，第3步反应的焓变。 【小问6详解】 ①温度低于200℃，图中曲线I脱氮率低，温度低，催化剂I活性低，反应速率慢，相同时间内转化率低； ②温度高于450摄氏度，脱氮率下降的原因可能是由于该反应正反应为放热反应，反应已达到平衡，升高温度平衡逆移；此外，高温可能使催化剂失活；故答案为升温平衡逆向，高温催化剂失活。 24. 某铬铁(Ⅱ)矿主要成分为，还含有、、等杂质，采用次氯酸钠法处理矿石并制备的工艺流程如图。已知“氧化浸出”时铁以最高价氧化物的形式存在。 （1）铝元素在周期表中的位置是_______。 （2）“氧化浸出”时，为了加快反应速率，可采取的措施有_______(答一条)。 （3）“氧化浸出”时，发生的化学方程式为_______。 （4）滤渣的主要成分是_______。 （5）“沉铝”时，铝元素发生的离子方程式为_______。 （6）“混合”时，如何进行具体的实验操作？_______(填字母)。 A．将浓硫酸沿器壁慢慢倒入溶液中，边加边搅拌 B．将溶液沿器壁慢慢倒入浓硫酸中，边加边搅拌 C．将溶液和浓硫酸同时倒入容器中，搅拌均匀 （7）该工艺的某一副产物还可以用来制备硫酸亚铁晶体。硫酸亚铁晶体的溶解度如表所示，由硫酸亚铁溶液制备绿矾()的“操作”包括真空加热浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥。 温度 0 10 30 50 56.7 60 64 70 80 90 溶解度/g 14.0 17.0 25.0 33.0 35.2 35.3 35.6 33.0 30.5 27 析出晶体 【答案】（1）第三周期 ⅢA 族 （2）增大NaClO浓度、搅拌、升温、粉碎铬铁矿 （3） （4）MgO和Fe2O3 （5） （6）A （7）低于50℃冷却结晶 【解析】 【分析】铬铁矿主要成分为Fe(CrO2)2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3等杂质，加入NaClO、NaOH“氧化浸出”经过滤得到含MgO和Fe2O3的滤渣，含Na2CrO4、Na[Al(OH)4]、NaCl等的滤液，滤液中通入CO2“沉铝”后，滤液再经“酸化”Na2Cr2O7溶液，Na2Cr2O7溶液与浓硫酸混合得到NaHSO4和CrO3，据此分析解题。 【小问1详解】 Al 原子序数 13，电子层 3 层，最外层 3 个电子，第三周期第 ⅢA 主族。 【小问2详解】 “氧化浸出”时，为了加快反应速率，可采取的措施有增大NaClO浓度（增大反应物浓度，加快反应速率）、搅拌（增大接触面积，加快反应速率）、升温（升高温度、加快反应速率）、粉碎铬铁矿（增大接触面积，加快反应速率）。 【小问3详解】 Fe(CrO2)2中Fe、Cr的化合价依次为＋2、＋3价，“氧化浸出”时Fe以最高价氧化物的形式存在，则Fe(CrO2)2被NaClO氧化成Fe2O3、Na2CrO4，NaClO被还原成NaCl，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为。 【小问4详解】 根据分析，滤渣的主要成分为MgO和Fe2O3，故答案为MgO和Fe2O3。 【小问5详解】 “沉铝”时，Na[Al(OH)4]转化成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为。 【小问6详解】 浓硫酸的密度大，且浓硫酸溶于水放出大量的热，故“混合”时将浓硫酸沿器壁慢慢倒入Na2Cr2O7溶液中，边加边搅拌，选A。 【小问7详解】 由表中数据知，为获得FeSO4•7H2O，结晶温度应控制在50℃以下，故由硫酸亚铁溶液制备绿矾（FeSO4•7H2O）的“操作”包括真空加热浓缩、低于50℃冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 一、单选题：1-10题每题2分，11-20题每题3分。 1. 《老子》有云：“天之道，损有余而补不足。”反映了古人对物质世界变化规律的认知。下列化学理论中契合了这一观念的是 A. 元素周期律 B. 勒夏特列原理 C. 盖斯定律 D. 质量守恒定律 2. 下列由热化学方程式得出的结论正确的是 A. ，则的燃烧热为 B. 同温同压下发生反应，光照和点燃条件下不同 C. 已知(白磷s)(红磷s) ，则白磷比红磷稳定 D. ，若该反应中有被氧化，则放出热量 3. 物质间的转化体现了化学核心素养之变化观念，下列选项所示物质间的转化能实现的是 A. B. C. D. 4. 部分含S或元素的物质类别与相应化合价关系如图。下列推断合理的是 A. 在实验室中可用的浓溶液干燥或 B. 若为钡盐，在医疗上可用作消化系统射线检查的内服药剂 C. 若常温下为固体，与的浓溶液反应时，表现出强氧化性 D. 将气体溶于水能生成酸，则一定是酸性氧化物 5. 下列有关说法正确的是 A. 标况下，与足量反应，生成分子数为 B. 常温，将片投入足量浓硝酸中，失去电子数为 C. 和充分反应转移电子数为 D. 足量的与浓硫酸加热充分反应，转移电子数为 6. 反应，已知该反应放热，、、三种物质均以单键结合形成对应分子，若在恒压绝热容器中发生，下列说法表明反应一定已达平衡状态的是 A. 气体的平均相对分子质量不再变化 B. 容器内的压强不再变化 C. 相同时间内，断开B-B键的数目和生成A-B键的数目相等 D. 容器内气体的浓度 7. 海水化学资源的综合开发利用意义重大，其部分过程如图所示。下列说法错误的是 A. 工业上设计步骤④目的是富集溴元素 B. 侯氏制碱法中应向饱和食盐水中先通入NH3再通入CO2 C. 用步骤②生成的无水MgCl2冶炼金属Mg的反应方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ D. 向除去泥沙的粗盐溶液中依次加入NaOH溶液、Na2CO3溶液和BaCl2溶液除去粗盐中的、和 8. 一种资源化反应为，该反应在一定条件下能自发进行。反应达到平衡时，下列说法正确的是 A. 该反应在高温下自发进行 B. 恒温恒容，充入惰性气体，平衡正向移动 C. 恒温恒容，增大浓度，的转化率增大 D. 该反应的 9. 用下列实验装置做相关实验不能达到实验目的的是 A．检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫 B．验证Cu与浓硝酸反应的热量变化 C．用于处理多余的 D．实验室制备氨气并测量体积 A. A B. B C. C D. D 10. 利用铝土矿(主要成分为，含、等杂质)冶炼铝的主要流程如下。已知在“溶解”时转化为铝硅酸钠沉淀。下列叙述不正确的是 A. “溶解”时适当增大NaOH溶液的浓度，可提高溶解速率 B. 操作I、Ⅱ均为“过滤”，Ⅲ为“灼烧” C. 向Al中加入Cu、Si、Mg等元素，可以得到性能优良的铝合金 D. “熔融电解”中可用代替 11. 符合如图所示的转化关系，且当、、的物质的量相等时，存在焓变。满足上述条件的、可能是 ①、；②、；③、；④、；⑤、 A. ②③ B. ③⑤ C. ①④⑤ D. ①④ 12. 二氧化碳-甲烷重整是资源利用的重要研究方向，涉及的主要热化学方程式有： ① ② ③ 已知在气态分子中，断开1 mol化学键变成气态原子时吸收的能量称为键能。H-H键能为，O-H键能为，C-H键能为，则中碳氧键的键能(单位：)为 A. B. C. D. 13. 下列关于 的图像正确的是 A. B. C. D. 14. 甲酸在金属Pd-有机胺催化剂作用下分解制氢的反应为 ，可能的反应机理如图所示，下列说法不正确的是 A. 整个反应机理中有极性键和非极性键的生成 B. 步骤Ⅲ每生成转移电子的数目约为 C. 使用催化剂后降低了反应的，从而加快了反应速率 D. 若以代替，则生成 15. 某温度下，在2L恒容密闭容器中投入发生如下反应：，该反应为正向吸热反应，有关数据如下，下列说法错误的是 时间段/min 0～1 0～2 0～3 CO2的平均生成速率/() 0.4 0.3 0.2 A. 0.5min时，NH3的浓度大于 B. 0～1min，消耗的质量为62.4g C. 2.5min时，物质的量小于2.8mol D. 当CO2在混合气体中的体积百分数不变时，不能说明此反应达到了平衡状态 16. 某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 温度升高时不利于吸附 B. 多孔材料“固定”，促进平衡正向移动 C. 转化为的反应是 D. 每获得时，转移电子的数目为 17. 下列说法正确的是 A. 反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-a kJ/mol，在密闭容器中投入1 mol NH3和1 mol O2，2 min后NO增加了0.4 mol，则反应放出的热量值等于0.1a kJ B. 500℃、30MPa下，将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-38.6 kJ/mol C. 3.2 g CH4完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出178 kJ的热量，其热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890 kJ D. 已知反应a：(aq)+ (aq)=N2(g)+2H2O(l) ΔH5，且存在如上图关系，则ΔH5=-ΔH1+ΔH2+ΔH3-ΔH4 18. 煤化工路线中，利用合成气直接合成甲醇，反应如下：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。某密闭容器中加入1mol CO和2mol H2，固定CO的平衡转化率α为40%，50%和60%时，探究其温度与压强的关系所得曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 代表α=40%的曲线为L1 B. 合成气直接合成甲醇的反应为吸热反应 C. M、N两点对应的体系，CH3OH的体积分数：φ(M)=φ(N) D. M、D两点对应的体系，该反应的平衡常数：K(M)=K(D) 19. 以、为原料合成是碳中和的有效措施。涉及的主要反应为： ① ② 反应①和②的（K代表化学平衡常数）随1/T（温度的倒数）的变化如图所示。 已知：（R、C均为常数，T为热力学温度），下列说法正确的是 A. 反应①对应的斜线是b B. 使用合适的催化剂可以增大 C. 密闭容器中发生反应①和②，升高温度生成甲醇的平衡转化率减小 D. 反应的与曲线的斜率小于斜线a的斜率 20. 向体积均为1 L的两个刚性密闭容器中均加入和，分别在“绝热”和“恒温”条件下发生反应： ，测得压强变化()[，为起始压强，为某时刻压强]如图所示。下列说法正确的是 A. 上述反应： B. ac线为绝热条件下随时间的变化情况 C. 气体总物质的量： D. HBr的转化率： 二、非选择题。 21. 已知甲是短周期某主族元素的最简单氢化物，该物质有如下转化关系(条件省略)。 I．若丙在常温常压下为红棕色气体。 （1）某同学欲用如图所示的装置和试剂制取并收集少量纯净的甲，则试剂a为_______；请纠正下图中的不妥之处：_______。 （2）写出甲→乙反应的化学方程式：_______。 （3）丁的浓溶液久置后显黄色，其原因为_______。 Ⅱ．若乙为有刺激性气味的气体，丁为二元强酸。 （4）甲的电子式为_______。 （5）将乙缓缓通入甲的水溶液直至过量，溶液中的物质的量浓度变化趋势为_______(填选项字母)。 a．呈增大趋势至不再变化 b．呈先增大后减小趋势至不再变化 c．呈减小趋势至不再变化 d．呈先减小后增大趋势至不再变化 （6）将乙缓缓通入溶液，能观察到溶液颜色变化，体现了乙的_______性。 22. 回答下列问题。 （1）室温下，用50 mL 盐酸与50 mL NaOH溶液在如图所示装置中进行中和反应。回答下列问题： ①仪器a的名称为_______。 ②若四次操作测得终止温度与起始温度差()分别为a．；b．；c．；d．。则所得的中和反应的中和热_______。(已知该温度下该溶液的比热容：，溶液密度均约为，保留三位有效数字) ③若实验所得数值比小，原因可能是_______(填字母)。 a．实验装置保温、隔热效果差 b．在量取盐酸溶液的体积时仰视读数 c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中 d．用铜棒代替图中a仪器 （2）研究小组利用溶液和酸性溶液的反应来探究外界条件改变对化学反应速率的影响，实验如下： 实验序号 实验温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s 溶液(含硫酸) 溶液 ① 290 2 0.02 4 0.1 0 6 ② 2 0.02 3 0.1 8 ③ 315 2 0.02 0.1 1 回答下列问题： ①其中_______。 ②通过实验_______(填实验序号)可探究温度变化对化学反应速率的影响，由实验②中数据可知_______。(保留三位有效数字) 23. 汽车是重要的交通工具，随着汽车数量的激增，汽车尾气中NO和CO造成的环境污染也日益严重。 （1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图所示： 书写该反应的热化学方程式：_______。 （2）汽车尾气NO和CO在催化转化器中发生反应：。 ①该反应的正反应活化能为，则逆反应活化能为_______。 ②实验室模拟上述反应，在一个恒容、绝热的密闭容器中，充入NO和CO。下列能说明该反应达到平衡状态的是_______。 A． B．混合气体的密度保持不变 C．NO和的体积分数相同 D．容器内温度保持不变 ③有关反应条件改变使上述反应速率增大的原因分析错误的_______。 A．使用催化剂，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加 B．升高温度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加 C．压缩容器，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加 D．增大一氧化碳的浓度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加 （3）在一定温度下，将2.0 mol NO、2.4 mol CO通入到固定容积为2 L的容器中，发生。反应过程中部分物质的浓度变化如图所示： ①NO的转化率为_______。 ②该化学平衡常数的值为_______。(保留两位有效数字) ③若保持反应体系的温度不变，20 min时向容器中再充入NO、各0.4 mol，化学平衡将移动_______。 A．向逆反应方向 B．向正反应方向 C．不发生 （4）在密闭容器中充入2 mol CO和2 mol NO，发生，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示： ①由图分析可知，_______(填>、<或=)。 ②反应在D点达到平衡后，若此时降低温度，同时压缩容器体积，在重新达到平衡过程中，D点会向A～G点中的_______点方向移动。 （5）CO与NO的反应机理及体系的相对能量变化如图所示(TS表示过渡态)。 该反应过程中的决速步骤为第_______步，计算第3步的焓变_______。 （6）某研究小组探究催化剂对CO、NO转化率的影响。将CO和NO按物质的量之比以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应曲线I和Ⅱ，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示： ①温度低于时，图中曲线I脱氮率低的主要原因是_______。 ②以后脱氮率下降的原因可能是_______。 24. 某铬铁(Ⅱ)矿主要成分为，还含有、、等杂质，采用次氯酸钠法处理矿石并制备的工艺流程如图。已知“氧化浸出”时铁以最高价氧化物的形式存在。 （1）铝元素在周期表中的位置是_______。 （2）“氧化浸出”时，为了加快反应速率，可采取的措施有_______(答一条)。 （3）“氧化浸出”时，发生的化学方程式为_______。 （4）滤渣的主要成分是_______。 （5）“沉铝”时，铝元素发生的离子方程式为_______。 （6）“混合”时，如何进行具体的实验操作？_______(填字母)。 A．将浓硫酸沿器壁慢慢倒入溶液中，边加边搅拌 B．将溶液沿器壁慢慢倒入浓硫酸中，边加边搅拌 C．将溶液和浓硫酸同时倒入容器中，搅拌均匀 （7）该工艺的某一副产物还可以用来制备硫酸亚铁晶体。硫酸亚铁晶体的溶解度如表所示，由硫酸亚铁溶液制备绿矾()的“操作”包括真空加热浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥。 温度 0 10 30 50 56.7 60 64 70 80 90 溶解度/g 14.0 17.0 25.0 33.0 35.2 35.3 35.6 33.0 30.5 27 析出晶体 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $