精品解析：北京市北京师范大学附属实验中学2025-2026学年高二上学期12月月考化学试题

北师大实验中学2025～2026学年第一学期12月月考 高二化学 考生须知： 1.本试卷共10页，共21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铅笔将选项中涂黑涂满，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 在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的电子式： B. 的VSEPR模型： C. 的离子结构示意图： D. p轨道和p轨道形成π键示意图： 【答案】AC 【解析】 【详解】A．分子中存在氮氮三键，电子式为，A错误； B．中原子价层电子对数为，孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形，B正确； C．的核电荷数为，核外电子数为，正确的离子结构示意图为，C错误； D．p轨道与p轨道以“肩并肩”方式重叠形成π键，示意图规范，D正确； 故选AC。 2. 下列基态原子的最外层电子排布式表示的元素，不一定属于主族元素的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态原子的最外层电子排布式，为He，为0族元素，一定不属于是主族元素，A错误； B．基态原子的最外层电子排布式，为第三周期第ⅢA族元素，一定属于主族元素，B错误； C．基态原子的最外层电子排布式，可能是ⅡA或过渡元素，不一定属于主族元素，C正确； D．基态原子的最外层电子排布式，为第四周期的ⅦA元素，一定属于主族元素，D错误； 故答案选C。 3. 下列性质的比较中，正确的是 A. 电负性：Cl>F B. 微粒半径： C. 第一电离能：Mg>Al D. 酸性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，电负性依次减小，则氯元素的电负性小于氟元素，A错误； B．电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则钠离子的离子半径小于氧离子，B错误； C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素，C正确； D．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性较弱，则硒酸的酸性弱于硫酸，D错误； 故选C。 4. 下列分子或离子的空间结构相同的是 A. BeCl2和SO2 B. BF3和PCl3 C. 和 D. SO3和ClO 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子中中心原子σ键数为2，孤电子对数为，空间结构为直线形，SO2分子中中心原子σ键数为2，孤电子对数为，空间结构为V形，故A不符合题意； B．分子中中心原子σ键数为3，孤电子对数为，空间结构为平面三角形，分子中中心原子σ键数为3，孤电子对数为，空间结构为三角锥形，故B不符合题意； C．中中心原子原子σ键数为4，孤电子对数为，空间结构为正四面体形，中中心原子σ键数为4，孤电子对数为，空间结构为正四面体形，故C符合题意； D．分子中中心原子σ键数为3，孤电子对数为，空间结构为平面三角形，中中心原子σ键数为3，孤电子对数为，空间结构为三角锥形，故D不符合题意； 故答案选C。 5. 下列“铁钉镀铜”实验装置设计正确的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】电镀的原理要求：待镀金属（铁钉）作阴极，接电源负极；镀层金属（铜）作阳极，接电源正极；电解质溶液需含有镀层金属离子。 【详解】A．未连接电源，不能形成电镀装置，A错误； B．铜片作阳极，失去电子，；铁钉作阴极，得到电子，还原为铜，，可以达到目的，B正确； C．电解液是溶液，不含，无法得到铜镀层，C错误； D．电源正负极接反，铁钉接电源正极作阳极，铜片作阴极，会使铁溶解、铜在铜片上析出，无法实现铁钉镀铜，D错误； 故选B。 6. 下列物质性质差异与结构因素匹配不正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 热稳定性：HF>HCl 分子间是否存在氢键 B 键角： 中心原子杂化类型相同时，是否有孤电子对 C 酸性： O-H键的极性大小 D 沸点： 分子是否有极性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．热稳定性是由于键键能大于键，而分子间氢键主要影响物理性质，如沸点，与热稳定性无关，结构因素“分子间是否存在氢键”不能解释该性质差异，A错误； B．和中心原子均为杂化，但中氮原子有孤电子对，孤电子对成键电子排斥力更大，导致键角小于，结构因素“中心原子杂化类型相同时，是否有孤电子对”正确解释了键角差异，B正确； C．中电负性大，吸电子能力强，增强了键极性，使更易解离，酸性强于，结构因素“O-H键的极性大小”正确解释了酸性差异，C正确； D．为极性分子，为非极性分子，极性分子间存在偶极-偶极作用力，沸点高于，结构因素“分子是否有极性”正确解释了沸点差异，D正确； 答案选A。 7. Li3N是一种潜在的储氢材料，遇水剧烈反应生成NH3。Li3N的吸氢反应如下：Li3N(s) + 2H2(g)LiNH2(s) + 2LiH(s)，下列说法不正确的是 A. 适当增大压强，有利于氢气的存储 B. LiH中Li显正价，H显负价 C. 该反应每消耗0.2 mol H2，转移0.4 mol电子 D. Li3N与H2O反应的化学方程式为：Li3N + 3H2O=3LiOH + NH3↑ 【答案】C 【解析】 【详解】A．Li3N(s) + 2H2(g)LiNH2(s) + 2LiH(s)是气体体积减小的反应，适当增大压强，平衡正向移动，有利于氢气的存储，A正确； B．Li元素没有负价，为+1价，则H为-1价，B正确； C．该反应中部分H元素由0价下降到-1价，部分由0价上升到+1价，该反应每消耗0.2 mol H2，生成0.2molLiH，转移0.2mol电子，C错误； D．Li3N中Li元素为+1价，N为-3价，则Li3N与H2O反应生成LiOH 和NH3，化学方程式为：Li3N + 3H2O=3LiOH + NH3↑，D正确； 故选C。 8. 下列过程不能用平衡移动原理解释的是 A. 的氨水加水稀释100倍， B. 向中加大量水并加热制备 C. 用石膏(主要成分)降低盐碱土壤(含)的碱性 D. 锌片与稀硫酸反应时加入少量固体，快速产生大量 【答案】D 【解析】 【详解】A．氨水是弱电解质，存在电离平衡，稀释时平衡正向移动，物质的量增大，因此稀释100倍后，能用平衡移动原理解释，A不符合题意； B．水解平衡过程：，加热促进平衡正向移动，能用平衡移动原理解释，B不符合题意； C．盐碱地中​存在水解平衡，加入​后，生成更难溶的​，使​浓度降低，水解平衡逆向移动，浓度减小，碱性降低，能用平衡移动原理解释，C不符合题意； D．加入后，置换出，形成铜锌原电池，加快了反应速率，该过程不涉及平衡移动，不能用平衡移动原理解释，D符合题意； 故选D。 9. 常温下，用NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为的溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是 已知： ；HCN A. 曲线M为HCN的滴定曲线 B. 点①和点②所示溶液中： C. 点③所示溶液中： D. 点④所示溶液中： 【答案】B 【解析】 【分析】由题干已知信息可知Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，则等浓度的CH3COOH和HCN的pH值，CH3COOH的更小，故曲线M为HCN的滴定曲线、曲线N为CH3COOH的滴定曲线； 【详解】A．由分析，曲线M为HCN的滴定曲线，A正确； B．点①和点②所示溶液加入的NaOH体积相等，点①溶液呈碱性，溶质为等物质的量的NaCN和HCN，则CN-的水解＞HCN的电离；点②溶液呈酸性，溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，则CH3COOH的电离大于CH3COO-水解，故有c(CN-)＜c(CH3COO-)，B错误； C．点③溶液主要溶质为醋酸钠，以钠离子和醋酸根离子为主，且溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)，故溶液中有c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)，C正确； D．点④溶液中溶质为NaCN，溶液的pH＞7，CN-水解使得溶液呈碱性，则c(Na+)＞c(CN-)，c(OH-)＞c(H+)，故溶液中有：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确； 故选B 。 10. HCHO和HCOOH是大气中常见的污染物，它们之间反应的可能路径如下图。下列说法正确的是 A. 总反应的速率主要由决定 B. HCHO和HCOOH中碳原子杂化类型不同 C. HCHO与HCOOH反应时， D. 维持中间体的相互作用中，①和②均为氢键 【答案】A 【解析】 【详解】A．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，总反应的速率主要由决定，A正确； B．（甲醛）中羰基碳原子形成3个键，为杂化；（甲酸）中羧基碳原子也形成3个键，同样为杂化，二者碳原子杂化类型相同，B错误； C．由能量图可知，反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，，C错误； D．氢键要求H原子直接与等高电负性原子相连。①的结构为，H直接连O，属于氢键；②中H直接连碳原子，碳电负性小，无法形成氢键，因此②不是氢键，D错误； 故选A。 11. 科学家开发新型电化学装置，用于从卤水[含等离子]中提取锂盐，在淡水池中得到，如下图所示。 下列说法不正确的是 A. 从卤水中提取的反应为 B. 电极分别通过还原反应、氧化反应释放、结合 C. 一段时间后将a与b、c与d电极对调，可继续从卤水中提取 D. 充分电解后，将电源的正极、负极对调，淡水池中增大 【答案】D 【解析】 【分析】该装置为电解池，连接电源正极的电极b为阳极，连接电源负极的电极a为阴极，电极d为阴极，电极c为阳极，据此作答。 【详解】A．从卤水中提取锂盐，锂离子为阳离子，移动到阴极（电极a），发生的反应为：，故A正确； B．根据分析可知，d为阴极，在淡水池中得到LiX，发生的反应为：，发生的是还原反应，释放出；电极c为阳极，发生的反应为：，发生的是氧化反应，结合，故B正确； C．根据分析可知，未对调之前，电极a为阴极，发生的反应为：，电极b为阳极，发生的反应为：；电极c为阳极，发生的反应为：，d为阴极，发生的反应为：，可知一段时间后，a与b、c与d电极对调，仍与原来的反应相同，因此可继续从卤水中提取，故C正确； D．充分电解后，将电源的正极、负极对调，则电极a为阳极，发生的反应为：；电极c为阴极，发生的反应为：；电极d为阳极，发生的反应为：；电极b为阴极，发生的反应为：，可知淡水池中减小，故D错误； 故答案选D。 12. 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。 13. 为探究溶液pH对水解平衡的影响，向稀溶液中分别加入不同的酸(控制温度不变，忽略溶液体积变化)。实验过程及现象如下： 编号 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 试剂 无 浓盐酸 浓硝酸 浓硫酸 体积/滴 —— 2 10 2 10 2 10 现象 黄色 均为黄色，颜色深浅：②<①<③ ④接近无色，⑤浅黄色 均接近无色 已知：为黄色。浓度较小时(用表示)几乎无色 下列分析不正确的是 A. ①中溶液显黄色的原因是发生了水解 B. 加入浓盐酸促进平衡正向移动 C. 少量浓盐酸使水解平衡逆向移动，过量浓盐酸使水解平衡正向移动 D. 探究pH对水解平衡的影响，最好选用稀溶液和浓硫酸 【答案】C 【解析】 【详解】A．原溶液①显黄色是因为水解生成有色物质，根据题目已知条件，当浓度较小时水解产物几乎无色，但原溶液为稀溶液，此时黄色可能由水解产生的中间产物（如）导致，A正确； B．加入浓盐酸引入大量，促使与形成（黄色），平衡正向移动，B正确； C．浓盐酸中的会抑制水解，使水解平衡逆向移动，加入过量浓盐酸时的络合作用进一步减少浓度，无论盐酸量多少，水解平衡始终逆向移动，C错误； D．浓硫酸仅改变pH且不引入与反应的离子（如或），可单独研究pH对水解的影响，D正确； 故选C。 14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。 下列说法不正确的是 A. 由图1， B. 由图2，初始状态，无沉淀生成 C. 由图2，初始状态，平衡后溶液中存在 D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确； B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确； C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误； D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确； 故选C。 第二部分 15. 电负性与电离能是两种定量描述元素原子得失电子能力的参数，请根据表中数据回答问题。 元素符号 C O F P S 电负性 （1）非金属性：S_______(填“＞”、“=”或“＜”)F。 （2）依据电负性数值，上述元素中最容易形成离子键的是_______和_______。 （3）已知某主族元素Y，其基态原子核外有2个电子层，3个未成对电子，Y元素基态原子的轨道表示式为_______，通过分析电负性的变化规律，确定Y元素电负性的取值范围是_______。 （4）由电负性数据推断：化合物中P的化合价为_______。已知与水反应是非氧化还原反应，写出与水反应的化学方程式_______。 （5）对于同周期元素，元素气态基态原子的第一电离能呈现起伏变化，结合原子核外电子排布式解释第一电离能镁元素高于铝元素的原因_______。 【答案】（1）＜ （2） ①. ②. F （3） ①. ②. （4） ①. +3 ②. （5）：，镁原子轨道为全满状态，比较稳定；：；原子失去上1个电子后为全满状态，结构更稳定，故镁元素第一电离能高于铝元素 【解析】 【小问1详解】 周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，非金属性：S＜O，O＜F，即S＜(填“＞”、“=”或“＜”)F。故答案为：＜； 【小问2详解】 依据电负性数值，上述元素中最容易形成离子键的是Na和F，两者电负性差最大，4.0-0.9=3.1。故答案为：Na；F； 【小问3详解】 已知某主族元素Y，其基态原子核外有2个电子层，3个未成对电子，Y为氮元素，Y元素基态原子的轨道表示式为，通过分析电负性的变化规律，Y的电负性介于C和O之间，确定Y元素电负性的取值范围是。故答案为：；； 【小问4详解】 由电负性数据推断：2.2(P)＜2.8(Br)，化合物中P的化合价为+3，Br显-1价。已知与水反应是非氧化还原反应，与水反应生成氢溴酸和亚磷酸，化学方程式。故答案为：+3；； 【小问5详解】 对于同周期元素，元素气态基态原子的第一电离能呈现起伏变化，结合原子核外电子排布式解释第一电离能镁元素高于铝元素的原因：：，镁原子轨道为全满状态，比较稳定；：；原子失去上1个电子后为全满状态，结构更稳定，故镁元素第一电离能高于铝元素。故答案为：：，镁原子轨道为全满状态，比较稳定；：；原子失去上1个电子后为全满状态，结构更稳定，故镁元素第一电离能高于铝元素。 16. 结构是研究物质性质的重要方法，请回答下列问题： （1）基态中的未成对电子数为___________；已知Fe和Co的第四电离能：，试从原子结构角度解释原因：___________。 （2）O的简单氢化物的沸点比下一周期同主族元素的简单氢化物沸点高，其原因是___________。 （3）等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子。互为等电子体的分子或离子具有相似的化学键特征。 ①和互为等电子体，预测的空间结构为___________。 A．V形 B．平面三角形 C．三角锥形 D．正四面体形 ②试请写出CO的结构式___________。 （4）X是碳的一种氧化物，X的五聚合体结构如图所示，X分子中每个原子都满足最外层8电子结构，X分子的电子式为___________，X分子中碳碳键的夹角为___________，X的沸点___________的沸点(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是___________。 【答案】（1） ①. 3 ②. Co原子第四电离能对应失电子变成稳定的半满状态，Fe第四电离能对应破坏稳定的半满变成，因此Fe的第四电离能较高 （2）和均是由分子构成的物质，分子间可形成氢键，分子间作用力大，沸点高 （3） ①. C ②. （4） ①. ②. 180° ③. 大于 ④. X与均为分子晶体，X的相对分子质量比大，范德华力大，沸点较高 【解析】 【小问1详解】 ①Co为27号元素，位于第四周期第Ⅷ族，价电子排布式为：，故未成对电子有3个；②的第四电离能是对应失电子变为半满状态，的第四电离能是失电子变为，破坏半满稳定状态，故的第四电离能较高； 【小问2详解】 O的简单氢化物是，S的简单氢化物是，水和硫化氢均为由分子构成的物质，水分子之间可以形成氢键，分子间作用力大，沸点高； 【小问3详解】 ①和互为等电子体，具有相似的化学键特征，的价层电子对为：，空间构型为三角锥形，故的空间结构也为三角锥形，故选C；②由等电子体的概念的知，的等电子体为，故其结构式为：； 【小问4详解】 ①根据X的五聚合体结构图可知：五聚合体中有15个C原子，10个氧原子，故X的分子式为，由X分子中每个原子都满足最外层8电子结构可知，O原子和碳原子之间共用两对电子，碳原子与碳原子之间成共用两对电子，故其电子式为 ； ②由X的结构可知，C原子的杂化方式为杂化，故为直线形，键角为180°； ③X与均为分子晶体，X相对分子质量更大，范德华力大，沸点高，故填大于； ④由③知：X与均为分子晶体，X的相对分子质量比大，范德华力大，沸点较高。 17. 锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 （1）Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整___________。 （2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。 ①分子的VSEPR模型名称是___________，分子的空间结构名称是___________。 ②的Sn-Cl键是由锡的___________轨道与氯的___________轨道重叠形成键。 （3）单质Sn的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在800℃下，能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是___________。 【答案】（1） （2） ①. 平面三角形 ②. V形 ③. 杂化 ④. 3p （3）空气中的将C氧化为CO，CO与发生气固反应，反应速率快 【解析】 【小问1详解】 Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族，基态原子最外层电子排布为，轨道表示式为； 【小问2详解】 ① 中心Sn原子价层电子对数键数+孤电子对数，因此VSEPR模型为平面三角形，分子中有一对孤电子对，故分子的空间结构名称是V形； ②SnCl4​中心Sn价层电子对数为4，采取杂化，Cl原子的成键单电子位于轨道，σ键由Sn的杂化轨道和Cl的轨道重叠形成； 【点睛】初始与焦炭均为固体，接触不充分反应速率慢；通入空气后，与焦炭反应放热维持高温，同时生成气态，增大了还原剂与的接触面积，加快反应，因此可快速还原得到Sn。 18. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。 （1）基态原子价层电子排布式是___________。 （2）比较原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：___________。 （3）的空间结构是___________。 （4）同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是___________。 【答案】（1） （2）氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子，因此O原子的第一电离能大于S （3）四面体形 （4）和 【解析】 【小问1详解】 S是16号元S原子价层电子排布式为3s23p4。 【小问2详解】 S和О位于同一主族,0原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，所以О的第一电离能大于S的第一电离能。 【小问3详解】 SO的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，SO的空间构型为四面体形，S2O可看成是SO中1个O原子被S原子取代的产物，则S2O的空间构型也为四面体形 【小问4详解】 过程ii中S2O断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，反应过程中SO最终转化为SO，S最终转化为，因此若过程i所用的试剂为和，则过程ii含硫产物是和。 19. 通过化学的方法实现的资源化利用是一种非常理想的减排途径。 Ⅰ．利用制备CO 一定温度下，在恒容密闭容器中进行如下反应：。 （1）该反应的平衡常数表达式___________。 （2）下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是___________(填字母序号)。 A. 体系内 B. 体系混合气体密度不再发生变化 C. 体系内各物质浓度不再发生变化 D. 体系内CO的物质的量分数不再发生变化 Ⅱ．气相法制甲醇 （3）甲醇中碳原子的杂化类型是___________，氧原子的VSEPR模式名称是___________。已知C-O键成键电子对有较大斥力，预测甲醇中H-C-O的键角___________(填“大于”“小于”“等于”“无法判断”)。 （4）将一定量的和投入恒容密闭容器中，发生如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在各温度下达到平衡状态后，测得转化率、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=n(生成物质A消耗的)/n(消耗的总量)×100％(物质A代表或CO) ①一段时间后，测得体系中。产率=___________(以投料计)。 ②曲线___________(填“a”、“b”或“c”)代表甲醇的选择性。 ③180℃～240℃，曲线a随温度升高而下降的原因是___________。 ④实际生产中采用的温度是260℃，可能的原因是___________。 Ⅲ．电解法制甲醇 （5）双极膜组合电解制备甲醇装置如下图。在直流电场作用下双极膜可将水解离，在两侧分别得到和。 ①与电源正极相连的电极为___________(填“a”或“b”)。 ②结合化学用语判定并解释电解过程中右室溶液pH的变化情况：___________(忽略体积变化)。 【答案】（1） （2）CD （3） ①. ②. 四面体形 ③. 大于 （4） ①. ②. b ③. 反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，180℃～240℃时，随温度升高，反应Ⅰ逆移的程度大于反应Ⅱ正移的程度 ④. 260℃时，反应速率快(或该温度催化剂活性高，反应速率快) （5） ①. b ②. 右室为电解池阳极，发生电极反应：，每转移4 mol电子，消耗4 mol ，同时又有4 mol 从双极膜进入阳极室，因此阳极室溶液的pH基本不变 【解析】 【小问1详解】 反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ，平衡常数表达式K=。 【小问2详解】 A．由于反应中CO与H2O按1:1生成，无论是否平衡，其物质的量比恒为1:1，不能作为平衡标志，A错误；B．反应前后气体总质量与体积均不变，密度始终恒定，不能作为平衡标志，B错误；C．各组分浓度不再变化是化学平衡的本质特征，C正确；D．CO的物质的量分数不再变化，说明体系组成稳定，达到平衡，D正确。 【小问3详解】 甲醇中碳原子形成4个σ键（3个C–H，1个C–O），为 sp3杂化；氧原子VSEPR模型：氧原子有2个σ键和2对孤对电子，价层电子对数=4，VSEPR模型为 四面体形；H–C–O键角预测：因C–O键成键电子对斥力大于C–H键，故H-C-H键角小于109°28′，而H-C-O键角大于109°28'。 【小问4详解】 ①设平衡时 。根据碳守恒，初始 。则CH3OH产率为：；②曲线a开始随温度升高而下降，240℃后随温度升高而上升，是反应Ⅰ（放热）和反应Ⅱ（吸热）共同作用的结果，应为CO2转化率。曲线c和b中，一个随温度升高而下降（放热反应），一个随温度升高而上升（吸热反应）。反应Ⅰ是放热反应，CH3OH选择性应随温度升高而降低；反应Ⅱ是吸热反应，CO选择性应随温度升高而升高。因此，曲线b代表CH3OH选择性，曲线c代表CO选择性。③曲线a代表CO2转化率。根据反应Ⅰ（放热）和反应Ⅱ（吸热）：升温使反应Ⅰ逆向移动， 转化率降低。升温使反应Ⅱ正向移动， 转化率升高。综合来看，180℃～240℃时，反应Ⅰ的逆向移动占主导，导致  转化率随温度升高而下降。④从图中可以看出：260℃时，CO选择性（曲线c）较高，CH3OH选择性（曲线b）较低，但CO2转化率（曲线a）仍较高。可能原因有温度低于260℃时，反应速率较慢，生产效率低；260℃时，催化剂活性较高，反应速率快，且CO2转化率仍较高，综合效益最佳。 【小问5详解】 ①电极a：CO2转化为 CH3OH（C从+4价降低至-2价），发生还原反应 ，故为阴极，接电源负极。电极b：OH⁻转化为O2（O从-2价升高至0价），发生氧化反应，故为阳极，接电源正极；②右室为电解池阳极，发生电极反应：，每转移4 mol电子，消耗4 mol ，同时又有4 mol 从双极膜进入阳极室，单位时间内阳极消耗的的物质的量等于双极膜迁移过来的的物质的量，因此阳极室溶液的pH基本不变。 20. 以方铅矿(主要含PbS、FeS2、ZnS)和软锰矿(主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物)为原料联合制取PbSO4和Mn3O4的一种流程示意图如下： 已知：PbCl2 (s) + 2Cl-(aq) [PbCl4]2- (aq) △H > 0 （1）“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以[PbCl4]2-和Mn2+的形式浸出。 ① 加快浸出速率可采取的措施有___________(写出2条)。 ② 补全PbS与MnO2反应的离子方程式___________。 PbS +MnO2 +___________+___________= [PbCl4]2- +SO +___________+___________ ③ 加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为S单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为SO，该工艺流程采用方案2，理由是___________。 （2）“除铁”时，加入NaOH至溶液pH≈3，过量的软锰矿将Fe2+氧化生成沉淀，写出发生反应的离子方程式___________。 （3）滤渣D的主要成分是PbS和ZnS，滤液C中c(Pb2+) = 7.7×10-7 mol·L-1，c(Zn2+) = 1.3×10-6 mol·L-1，则可推断Ksp(PbS)、Ksp(ZnS)、Ksp(MnS)的大小关系为___________。 （4）“氧化”过程，生成Mn3O4时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________(Mn3O4的结构式为 )。 （5）干燥温度为90℃，对产品Mn3O4进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如图所示，5 h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是___________。 【答案】（1） ①. 粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌 ②. 2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O ③. 防止S单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行 （2）2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+ （3）Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS) （4）1：4 （5）Mn3O4被O2氧化 【解析】 【分析】由题给流程可知，向方铅矿和软锰矿中加入盐酸和氯化钠混合溶液酸浸，将矿石中的金属元素浸出后，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH约为3，将溶液中的铁元素转化为碱式氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、碱式氧化铁的滤渣和含有四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子的滤液；滤液经冰水沉积、过滤得到二氯化铅固体和滤液；二氯化铅与硫酸溶液反应转化为硫酸铅；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液中的铅离子、锌离子转化为硫化铅、硫化锌沉淀，过滤得到含有硫化铅、硫化锌的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水后，通入空气氧化，将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，过滤得到四氧化三锰。 【小问1详解】 ①酸浸时，粉碎矿石、适当升高温度、适当增加盐酸浓度、搅拌等措施能加快浸出速率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌； ②由题意可知，硫化铅与二氧化锰的反应为硫化铅、二氧化锰与溶液中的氯离子、氢离子反应生成四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O，故答案为：2PbS +4MnO2 +4Cl—+8H+= [PbCl4]2- +SO+4Mn2++4H2O； ③由题意可知，将盐酸间隔一定时间分两次加入的目的是将硫元素转化为硫酸根离子，防止硫元素转化为硫单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行，导致浸取率降低，故答案为：防止S单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行； 【小问2详解】 由题意可知，除铁时发生的反应为二氧化锰与溶液中的亚铁离子和水反应生成碱式氧化铁沉淀和氢离子，反应的离子方程式为2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+，故答案为：2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+； 【小问3详解】 由滤渣D中不含有硫化锰可知，三种硫化物中硫化锰的溶度积最大，由滤液C中铅离子浓度小于锌离子可知，硫化铅的溶度积小于硫化锌，则三种硫化物中硫化锰的溶度积大小顺序为Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS)，故答案为：Ksp(PbS) ＜Ksp(ZnS) ＜Ksp(MnS)； 【小问4详解】 由分析可知，加入氨水后，通入空气氧化的目的是将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，反应的离子方程式为6Mn2+＋6NH3·H2O+O2=2Mn3O4+6NH+6H+，由四氧化三锰的结构式可知，氧化物中二价锰离子和三价锰离子的个数比为1：2，则反应中氧化剂氧气和还原剂锰离子的物质的量之比为1：4，故答案为：1：4； 【小问5详解】 5 h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降说明四氧化三锰被空气中的氧气氧化，导致产品中混用杂质，使得氧元素的质量增大、锰元素的质量减小，故答案为：Mn3O4被O2氧化。 21. 某校学习小组探究不同条件对电解FeCl2溶液产物的影响。所用实验装置如下图所示，其中电极为石墨电极。 【查阅文献】i. Fe2+、Fe3+在溶液中通过与Cl-结合分别形成FeCl42-、FeCl63-，可降低正电荷。 ii. 电解过程中，外界条件(如电解液pH、离子浓度、电压、电极材料等)会影响离子的放电能力。 【实验记录】 序号 实验条件 实验现象 阴极 阳极 I pH=0 1 mol·L-1 FeCl2溶液 电压1.5 V 电极上产生无色气体。 ①湿润淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝。 ②取阳极附近溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红。 II pH=4.9 1 mol·L-1 FeCl2溶液 电压1.5 V ①未观察到气泡产生，电极表面有银灰色金属光泽的固体析出。 ②电解结束后，将电极浸泡在盐酸中，观察到有大量气泡产生。 ①湿润淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝。 ②阳极附近出现红褐色浑浊。 取阳极附近浊液于试管中，先用盐酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变红。 (1)结合阴极实验现象的分析 ①实验I中阴极的电极反应式为________。 ②用化学用语表示实验II中产生阴极现象的原因：________。 ③对比实验I、II的阴极现象，可以获得的结论是________。 (2)结合阳极实验现象的分析 ①甲同学认为实验I中Cl-没有放电，得出此结论依据的实验现象是________。阳极附近溶液滴加KSCN溶液变红，依据此现象分析，阳极反应可能是Fe2+ - e- === Fe3+、________。 ②对比实验I、II的阳极现象，解释产生差异的原因：________。 【实验讨论】 (3)有同学提出，改变条件有可能在阳极看到“湿润淀粉碘化钾试纸变蓝”的现象，可能改变的条件是________，对应的实验方案是________。 【答案】 ①. 2H+ + 2e- == H2↑ ②. Fe2+ + 2e- == Fe和Fe + 2H+ == Fe2+ + H2↑ ③. 其他条件相同时，pH=0，pH较小，c(H+)较大]时，阴极H+优先于1 mol·L-1 Fe2+放电产生H2，而pH=4.9，pH较大，c(H+)较小时，阴极1 mol·L-1Fe2+优(由pH=0变为pH=4.9，c(H+)减小，H+放电能力减弱，Fe2+放电能力增强) ④. 湿润淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝 ⑤. FeCl42- - e- === Fe3+ + 4Cl-(或写为：FeCl42- + 2Cl- - e- === FeCl63-) ⑥. 随着溶液pH的越低，c(H+)升高，抑制水解平衡Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+正向移动，难以生成Fe(OH)3或随着溶液pH的增大，c(H+)减小，有利于水解平衡Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+正向移动，生成Fe(OH)3 ⑦. 可改变条件1：改变c(Cl-)；可改变条件2：改变电压 ⑧. 保持其他条件不变，用2 mol/L FeCl2溶液和n(n>0)mol/L NaCl溶液等体积混合的溶液作为电解液[c(Fe2+)= 1 mol/L，c(Cl-)>2 mol/L]，观察阳极“湿润淀粉碘化钾试纸”上的现；保持其他条件不变，增大电压(或改变电压)，观察阳极“湿润淀粉碘化钾试纸”上的现象 【解析】 【详解】（1）①根据电解的原理，阳离子应在阴极上放电，阳离子是Fe2＋、H＋，根据I中阴极现象：电极上产生无色气体，即阴极电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑； ②阴极未观察到气泡产生，电极表面有银灰色金属光泽的固体析出，即产生铁单质，电极反应式为Fe2＋＋2e－=Fe，电解结束后将电极浸泡在盐酸中，观察到有大量气泡产生，发生Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑； ③对比实验I和II，不同的是H＋浓度，得出结论是：其他条件相同时，pH=0，pH较小，c(H+)较大]时，阴极H+优先于1 mol·L-1 Fe2+放电产生H2，而pH=4.9，pH较大，c(H+)较小时，阴极1 mol·L-1Fe2+优(由pH=0变为pH=4.9，c(H+)减小，H+放电能力减弱，Fe2+放电能力增强) ； （2）①Cl－放电，产生Cl2，氯气能将I－氧化成I2，淀粉碘化钾试纸将会变蓝，但实验I中，试纸并未变蓝，即Cl－没有放电；根据查阅文献i，阳极反应可能是Fe2＋－e－=Fe3＋，FeCl42－－e－=Fe3＋＋4Cl－，FeCl42－＋Cl－－e－=FeCl63－； ②两者现象差异是实验II中，阳极附近出现红褐色浑浊，即实验II阳极附近产生Fe(OH)3，产生差异的原因是随着溶液pH的越低，c(H+)升高，抑制水解平衡Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+正向移动，难以生成Fe(OH)3或随着溶液pH的增大，c(H+)减小，有利于水解平衡Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+正向移动，生成Fe(OH)3； （3）根据查阅文献ii，影响离子放电能力的外界因素有电解液的pH、离子浓度、电压、电极材料等，根据题意，改变条件有可能在阳极看到“湿润淀粉碘化钾试纸变蓝”，说明Cl－放电，可以是改变c(Cl－)，设计方案是保持其他条件不变，用2 mol·L－1 FeCl2溶液和n（n>0）mol·L－1 NaCl溶液等体积混合的溶液作为电解液 NaCl溶液等体积混合的溶液作为电解液[c(Fe2+)= 1 mol/L，c(Cl-)>2 mol/L]，观察阳极"湿润淀粉碘化钾试纸"上的现象；或者改变电压，设计方案是保持其他条件不变，增大电压（或改变电压），观察阳极"湿润淀粉碘化钾试纸"上的现象。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北师大实验中学2025～2026学年第一学期12月月考 高二化学 考生须知： 1.本试卷共10页，共21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铅笔将选项中涂黑涂满，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 在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的电子式： B. 的VSEPR模型： C. 的离子结构示意图： D. p轨道和p轨道形成π键示意图： 2. 下列基态原子的最外层电子排布式表示的元素，不一定属于主族元素的是 A. B. C. D. 3. 下列性质的比较中，正确的是 A. 电负性：Cl>F B. 微粒半径： C. 第一电离能：Mg>Al D. 酸性： 4. 下列分子或离子的空间结构相同的是 A. BeCl2和SO2 B. BF3和PCl3 C. 和 D. SO3和ClO 5. 下列“铁钉镀铜”实验装置设计正确的是 A. B. C. D. 6. 下列物质性质差异与结构因素匹配不正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 热稳定性：HF>HCl 分子间是否存在氢键 B 键角： 中心原子杂化类型相同时，是否有孤电子对 C 酸性： O-H键的极性大小 D 沸点： 分子是否有极性 A. A B. B C. C D. D 7. Li3N是一种潜在的储氢材料，遇水剧烈反应生成NH3。Li3N的吸氢反应如下：Li3N(s) + 2H2(g)LiNH2(s) + 2LiH(s)，下列说法不正确的是 A. 适当增大压强，有利于氢气的存储 B. LiH中Li显正价，H显负价 C. 该反应每消耗0.2 mol H2，转移0.4 mol电子 D. Li3N与H2O反应的化学方程式为：Li3N + 3H2O=3LiOH + NH3↑ 8. 下列过程不能用平衡移动原理解释的是 A. 的氨水加水稀释100倍， B. 向中加大量水并加热制备 C. 用石膏(主要成分)降低盐碱土壤(含)的碱性 D. 锌片与稀硫酸反应时加入少量固体，快速产生大量 9. 常温下，用NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为的溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是 已知： ；HCN A. 曲线M为HCN的滴定曲线 B. 点①和点②所示溶液中： C. 点③所示溶液中： D. 点④所示溶液中： 10. HCHO和HCOOH是大气中常见的污染物，它们之间反应的可能路径如下图。下列说法正确的是 A. 总反应的速率主要由决定 B. HCHO和HCOOH中碳原子杂化类型不同 C. HCHO与HCOOH反应时， D. 维持中间体的相互作用中，①和②均为氢键 11. 科学家开发新型电化学装置，用于从卤水[含等离子]中提取锂盐，在淡水池中得到，如下图所示。 下列说法不正确的是 A. 从卤水中提取的反应为 B. 电极分别通过还原反应、氧化反应释放、结合 C. 一段时间后将a与b、c与d电极对调，可继续从卤水中提取 D. 充分电解后，将电源的正极、负极对调，淡水池中增大 12. 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 13. 为探究溶液pH对水解平衡的影响，向稀溶液中分别加入不同的酸(控制温度不变，忽略溶液体积变化)。实验过程及现象如下： 编号 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 试剂 无 浓盐酸 浓硝酸 浓硫酸 体积/滴 —— 2 10 2 10 2 10 现象 黄色 均为黄色，颜色深浅：②<①<③ ④接近无色，⑤浅黄色 均接近无色 已知：为黄色。浓度较小时(用表示)几乎无色 下列分析不正确的是 A. ①中溶液显黄色的原因是发生了水解 B. 加入浓盐酸促进平衡正向移动 C. 少量浓盐酸使水解平衡逆向移动，过量浓盐酸使水解平衡正向移动 D. 探究pH对水解平衡的影响，最好选用稀溶液和浓硫酸 14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。 下列说法不正确的是 A. 由图1， B. 由图2，初始状态，无沉淀生成 C. 由图2，初始状态，平衡后溶液中存在 D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应： 第二部分 15. 电负性与电离能是两种定量描述元素原子得失电子能力的参数，请根据表中数据回答问题。 元素符号 C O F P S 电负性 （1）非金属性：S_______(填“＞”、“=”或“＜”)F。 （2）依据电负性数值，上述元素中最容易形成离子键的是_______和_______。 （3）已知某主族元素Y，其基态原子核外有2个电子层，3个未成对电子，Y元素基态原子的轨道表示式为_______，通过分析电负性的变化规律，确定Y元素电负性的取值范围是_______。 （4）由电负性数据推断：化合物中P的化合价为_______。已知与水反应是非氧化还原反应，写出与水反应的化学方程式_______。 （5）对于同周期元素，元素气态基态原子的第一电离能呈现起伏变化，结合原子核外电子排布式解释第一电离能镁元素高于铝元素的原因_______。 16. 结构是研究物质性质的重要方法，请回答下列问题： （1）基态中的未成对电子数为___________；已知Fe和Co的第四电离能：，试从原子结构角度解释原因：___________。 （2）O的简单氢化物的沸点比下一周期同主族元素的简单氢化物沸点高，其原因是___________。 （3）等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子。互为等电子体的分子或离子具有相似的化学键特征。 ①和互为等电子体，预测的空间结构为___________。 A．V形 B．平面三角形 C．三角锥形 D．正四面体形 ②试请写出CO的结构式___________。 （4）X是碳的一种氧化物，X的五聚合体结构如图所示，X分子中每个原子都满足最外层8电子结构，X分子的电子式为___________，X分子中碳碳键的夹角为___________，X的沸点___________的沸点(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是___________。 17. 锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 （1）Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整___________。 （2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。 ①分子的VSEPR模型名称是___________，分子的空间结构名称是___________。 ②的Sn-Cl键是由锡的___________轨道与氯的___________轨道重叠形成键。 （3）单质Sn的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在800℃下，能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是___________。 18. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。 （1）基态原子价层电子排布式是___________。 （2）比较原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：___________。 （3）的空间结构是___________。 （4）同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是___________。 19. 通过化学的方法实现的资源化利用是一种非常理想的减排途径。 Ⅰ．利用制备CO 一定温度下，在恒容密闭容器中进行如下反应：。 （1）该反应的平衡常数表达式___________。 （2）下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是___________(填字母序号)。 A. 体系内 B. 体系混合气体密度不再发生变化 C. 体系内各物质浓度不再发生变化 D. 体系内CO的物质的量分数不再发生变化 Ⅱ．气相法制甲醇 （3）甲醇中碳原子的杂化类型是___________，氧原子的VSEPR模式名称是___________。已知C-O键成键电子对有较大斥力，预测甲醇中H-C-O的键角___________(填“大于”“小于”“等于”“无法判断”)。 （4）将一定量的和投入恒容密闭容器中，发生如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在各温度下达到平衡状态后，测得转化率、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=n(生成物质A消耗的)/n(消耗的总量)×100％(物质A代表或CO) ①一段时间后，测得体系中。产率=___________(以投料计)。 ②曲线___________(填“a”、“b”或“c”)代表甲醇的选择性。 ③180℃～240℃，曲线a随温度升高而下降的原因是___________。 ④实际生产中采用的温度是260℃，可能的原因是___________。 Ⅲ．电解法制甲醇 （5）双极膜组合电解制备甲醇装置如下图。在直流电场作用下双极膜可将水解离，在两侧分别得到和。 ①与电源正极相连的电极为___________(填“a”或“b”)。 ②结合化学用语判定并解释电解过程中右室溶液pH的变化情况：___________(忽略体积变化)。 20. 以方铅矿(主要含PbS、FeS2、ZnS)和软锰矿(主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物)为原料联合制取PbSO4和Mn3O4的一种流程示意图如下： 已知：PbCl2 (s) + 2Cl-(aq) [PbCl4]2- (aq) △H > 0 （1）“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以[PbCl4]2-和Mn2+的形式浸出。 ① 加快浸出速率可采取的措施有___________(写出2条)。 ② 补全PbS与MnO2反应的离子方程式___________。 PbS +MnO2 +___________+___________= [PbCl4]2- +SO +___________+___________ ③ 加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为S单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为SO，该工艺流程采用方案2，理由是___________。 （2）“除铁”时，加入NaOH至溶液pH≈3，过量的软锰矿将Fe2+氧化生成沉淀，写出发生反应的离子方程式___________。 （3）滤渣D的主要成分是PbS和ZnS，滤液C中c(Pb2+) = 7.7×10-7 mol·L-1，c(Zn2+) = 1.3×10-6 mol·L-1，则可推断Ksp(PbS)、Ksp(ZnS)、Ksp(MnS)的大小关系为___________。 （4）“氧化”过程，生成Mn3O4时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________(Mn3O4的结构式为 )。 （5）干燥温度为90℃，对产品Mn3O4进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如图所示，5 h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是___________。 21. 某校学习小组探究不同条件对电解FeCl2溶液产物的影响。所用实验装置如下图所示，其中电极为石墨电极。 【查阅文献】i. Fe2+、Fe3+在溶液中通过与Cl-结合分别形成FeCl42-、FeCl63-，可降低正电荷。 ii. 电解过程中，外界条件(如电解液pH、离子浓度、电压、电极材料等)会影响离子的放电能力。 【实验记录】 序号 实验条件 实验现象 阴极 阳极 I pH=0 1 mol·L-1 FeCl2溶液 电压1.5 V 电极上产生无色气体。 ①湿润淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝。 ②取阳极附近溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红。 II pH=4.9 1 mol·L-1 FeCl2溶液 电压1.5 V ①未观察到气泡产生，电极表面有银灰色金属光泽的固体析出。 ②电解结束后，将电极浸泡在盐酸中，观察到有大量气泡产生。 ①湿润淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝。 ②阳极附近出现红褐色浑浊。 取阳极附近浊液于试管中，先用盐酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变红。 (1)结合阴极实验现象的分析 ①实验I中阴极的电极反应式为________。 ②用化学用语表示实验II中产生阴极现象的原因：________。 ③对比实验I、II的阴极现象，可以获得的结论是________。 (2)结合阳极实验现象的分析 ①甲同学认为实验I中Cl-没有放电，得出此结论依据的实验现象是________。阳极附近溶液滴加KSCN溶液变红，依据此现象分析，阳极反应可能是Fe2+ - e- === Fe3+、________。 ②对比实验I、II的阳极现象，解释产生差异的原因：________。 【实验讨论】 (3)有同学提出，改变条件有可能在阳极看到“湿润淀粉碘化钾试纸变蓝”的现象，可能改变的条件是________，对应的实验方案是________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $