精品解析：广西钦州市第四中学2025-2026学年高二上学期10月份考试 化学试卷

广西钦州市第四中学2025年秋季学期高二年级上学期10月份考试化学试卷 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单选题( 本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求) 1. 某研究小组探究外界条件对化学反应的速率和平衡的影响，如下图所示，其中C%表示C的体积分数。下列判断正确的是 A. 由图a可知， B. 该反应的正反应为吸热反应 C. 由图b可知，该反应 D. 在恒温恒容的条件下，按原比例再加入A与B，C%不变 2. 有气体参与的反应，下列关于有效碰撞理论与影响速率的因素之间关系正确的是 A. 增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率 B. 升高温度，反应物分子的能量增加，增加了活化分子的百分数，从而提高反应速率 C. 加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分数虽然没变，但可以加快反应速率 D. 增大压强，可提高单位体积内活化分子数和活化分子百分数，从而提高反应速率 3. 恒压下，向某密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应： 主反应： 副反应： 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数[例：]随投料比(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 投料比代表 B. 曲线代表乙酸的分布分数 C. 升高温度，主反应减小的程度小于副反应减小的程度 D. L、M、N三点的平衡常数： 4. 如图所示，甲、乙之间的隔板可以左右移动，甲中充入和，乙中充入和，此时停在0处。在一定条件下发生可逆反应：，反应达到平衡后，恢复到反应发生前时的温度。下列有关说法错误的是 A. 隔板不再滑动时，说明两边的反应都已达到平衡 B. 达到平衡后，隔板不可能停留在左侧2处 C. 若隔板停留在左侧1处，则甲室中的转化率为50% D. 若隔板停留在左侧1处，则可移动活塞停留在右侧6处 5. 合成气的一种制备原理为 ，在Sn-Ni合金催化下，甲烷脱氢阶段的反应历程如图(*表示吸附在催化剂表面)。 下列正确的是 A. 在Sn-Ni合金催化下，该历程中最大能垒(活化能)为 B. 脱氢阶段既存在非极性键断裂又存在极性键断裂 C. 反应正反应的活化能大于逆反应的活化能 D. 在Sn-Ni合金催化下，一定能提高氢气的产率 6. 往恒容密闭容器中充入和，发生的反应为 ，测得温度为时的转化率与时间的关系如图所示，下列说法错误的是 A. 内，反应速率： B. 对应点的平衡常数： C. 焓变： D. 当混合气体的平均摩尔质量不再随时间改变时，该反应达到平衡 7. 工业合成氨的反应为： 。要使氨的平衡产率增大，又要使化学反应速率增大，可以采取的措施有：①增大体积使压强减小②减小体积使压强增大③升高温度④降低温度⑤恒温恒容，再充入和⑥恒温恒压，充入惰性气体⑦及时分离产生的⑧使用催化剂 A. ②⑤⑥⑦ B. ②③④⑤⑦⑧ C. ②⑤ D. ②③⑤⑧ 8. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 向溶液中加入少许浓溶液，溶液变为黄色 B. 和的混合气体升温后红棕色加深 C. 催化氧化成的反应，往往需要使用催化剂 D. 缩小充有和混合气体容器的容积，气体颜色先变深再变浅 9. 下列措施不能加快与反应产生的速率的是 A. 再加入溶液 B. 用粉代替粒 C. 升高温度 D. 滴加少量的溶液 阅读下列材料，完成下面小题： 氯、硫、氮的化合物应用广泛。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒；含氮化合物肼(N2H4，常温下为液态)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ⋅mol-1.硫有等多种单质，工业上常用作原料制备硫酸，为减少硫的氧化物产生的污染，可用氨水等碱性溶液吸收，也可用生物质热解气将硫的氧化物在高温下还原为单质硫，如某温度下，在恒容密闭容器中，利用甲烷可以除去，反应为。 已知：25℃时，，，。 10. 下列有关含硫物质的说法正确的是 A. 是硫的四种同位素 B. N2H4分子中含有N=N双键 C. 工业上用98.3%的浓硫酸吸收SO3生成发烟硫酸 D. 浓硫酸与铁在常温下不能反应，可用铁质容器贮运浓硫酸 11. 下列化学反应的方程式表示正确的是 A. NaClO溶液中通入少量： B. 用足量氨水吸收的离子方程式： C. 用溶液吸收少量： D. 肼燃烧的热化学方程式： 12. 已知为黄色，下列关于甲烷除去的反应说法不正确的是 A. 当容器内气体的颜色不再改变时，化学反应达到平衡状态 B. 其他条件不变，增大压强会降低平衡去除率 C. 及时分离出，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动 D. 上述反应的化学平衡常数 13. 晶态和非晶态固体表面均可以吸附，最终将催化还原为。在密闭容器中，吸附量与时间、催化剂种类及质量的关系如下图所示。下列说法不正确的是 A. 其他条件相同时，增大催化剂质量，反应速率变快 B. 内③中的平均吸附速率 C. 可实现的催化还原，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4 D. 晶态的催化性能优于非晶态 14. 一定条件下，银催化剂表面上存在反应： ，起始状态I中有、Ag和，经下列过程达到各平衡状态（已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等），下列叙述不正确的是 A. 压强大小： B. 平衡常数： C. 逆反应速率： D. 若体积，则浓度商 第II卷(非选择题) 二、综合题( 本题共4小题，共58分。请按要求作答) 15. 一种锌电解阳极，主要成分为Ag、MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16(Mn元素化合价为+2和+4两种)，可用于回收金属元素锌、锰、铅和银的工艺，如图所示。回答下列问题： 已知：①MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇。 ②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应： 葡萄糖(C6H12O6) + HCOOH ③在一定条件下，+ PbSO4=PbCO3+ （1）经过“酸洗"后的滤渣中主要的成分有___________。 （2）“还原酸浸”过程中主要反应的化学方程式为___________。 （3）结合MnSO4溶解度曲线图分析，由MnSO4溶液制得MnSO4·H2O晶体的“一系列操作”是___________，用___________(填物质的名称)洗涤、干燥。 （4）实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是___________，为提高葡萄糖的有效利用率(×100%)，除了充分搅拌外还可以___________。 （5）关于流程中有关物质的说法正确的是___________(填标号)。 A. 为了提高“还原酸浸”的浸出效率，可以大幅提高温度 B. 滤液1中含有Mn2+、Pb2+和Zn2+ C. 可以采用金属Na与ZnSO4溶液反应，置换出金属锌 D. 流程中的“滤液2”可循环利用 16. 氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等。某化学兴趣小组模拟制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)+Q(Q＞0) (1)如用图1装置制取氨气，你所选择的试剂是___________。制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中。当悬浮物较多时，停止制备。 注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。 (2)发生器用冰水冷却的原因是___________。 (3)液体石蜡鼓泡瓶的作用是___________。 (4)从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是___________(填写操作名称)。为了得到干燥产品，应采取的方法是___________(填写选项序号)。 a．常压加热烘干b．高压加热烘干c．真空40℃以下烘干 (5)尾气处理装置如图2所示。双通玻璃管的作用：___________；浓硫酸的作用：___________、___________。 (6)取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为___________。[Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100] 17. 甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，来制备甲醇。 （1）将1.0 mol CH4和2.0 mol H2O(g)通入反应室(容积为100L)，在一定条件下发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)……Ⅰ，CH4的转化率与温度、压强的关系如图所示： ①已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为_______。 ②图中的P1_______P2(填“<”、“>”或“=”)，100℃时平衡常数为_____________。 （2）在压强为0.1 MPa条件下， a mol CO与 3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ……Ⅱ。 ①该反应的ΔH_______________0，ΔS_________________0(填“<”、“>”或“=”)。 ②若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是____________________。 A．升高温度     B．将CH3OH(g)从体系中分离 C．充入He，使体系总压强增大     D．再充入1mol CO和3mol H2 （3）在最新开发并投入生产的流动电解质直接甲醇燃料电池中，流动电解质硫酸的使用，可提高燃料电池效率约30%，该电池的负极反应为______________________。 18. 新技术的开发应用，不仅有利于改善环境质量，而且能充分开发“废物”的潜在价值。回答下列问题： (1)用烟道气与氢气来合成甲醇涉及到如下几个反应： ① ② ③ ④ _____________。 (2)在容积均为的两个恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下： 容器 温度 起始量 达到平衡 CO转化率 所需时间 1 800 2 1 3 2 800 1 2 n x ①时该反应的平衡常数___________。 ②容器2中，___________，___________。 ③若起始时，在2L恒容密闭容器中加入CO、、、各1mol，则此时___________填“”“”或“”。 (3)反应 可用于捕捉空气中的，为研究温度对捕获效率的影响，在某温度下，将一定量的溶液置于密闭容器中，并充入一定量的气体，在t时刻，测得容器中气体的浓度。然后分别在温度为、、、下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测定气体的浓度，得到的曲线图如下： ①____________填“”“”或“”。区间，变化的原因是_____________。 ②已知常温下的电离常数，碳酸的电离常数、，则恰好完全反应时所得的溶液中__________填“”“”或“”。 ③在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是____________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广西钦州市第四中学2025年秋季学期高二年级上学期10月份考试化学试卷 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 一、单选题( 本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求) 1. 某研究小组探究外界条件对化学反应的速率和平衡的影响，如下图所示，其中C%表示C的体积分数。下列判断正确的是 A. 由图a可知， B. 该反应的正反应为吸热反应 C. 由图b可知，该反应 D. 在恒温恒容的条件下，按原比例再加入A与B，C%不变 【答案】A 【解析】 【详解】A．图a为折线图，先出现拐点则先达到平衡，说明其反应速率快，反应速率快说明对应的温度高，故图a中T1>T2，A项正确； B．对比图a中两条曲线发现，平衡时温度越高，C%越少，说明温度升高，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，B项错误； C．比较 m+n与p大小关系，需考虑压强对平衡移动的影响，根据图b，同一温度下，压强增大，C%升高，说明平衡正向移动，根据勒夏特列原理，增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，可知m+n>p，故C项错误； D．在恒温恒容的条件下，按原比例再加入A与B，相当于增大压强，由于m+n>p，增大压强平衡正向移动，C%增大，D项错误； 故答案选A。 2. 有气体参与的反应，下列关于有效碰撞理论与影响速率的因素之间关系正确的是 A. 增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率 B. 升高温度，反应物分子的能量增加，增加了活化分子的百分数，从而提高反应速率 C. 加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分数虽然没变，但可以加快反应速率 D. 增大压强，可提高单位体积内活化分子数和活化分子百分数，从而提高反应速率 【答案】B 【解析】 【详解】A．增大反应物浓度会增加单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不变，A错误； B．升高温度使分子能量增加，更多分子达到活化能，活化分子百分数增大，反应速率提高，B正确； C．催化剂通过降低活化能，增大活化分子百分数，从而提高反应速率，C错误； D．增大压强（如压缩体积）提高单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不变，D错误； 故答案选B。 3. 恒压下，向某密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应： 主反应： 副反应： 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数[例：]随投料比(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 投料比代表 B. 曲线代表乙酸的分布分数 C. 升高温度，主反应减小的程度小于副反应减小的程度 D. L、M、N三点的平衡常数： 【答案】C 【解析】 【分析】两种含碳产物的分布分数曲线分别是和的变化曲线，a、b变化趋势相同，代表不同温度下的同种物质的分布分数图，c、d变化趋势相同。升高温度，主反应和副反应都逆向移动，产物量减少，但只在副反应中作为产物出现，在主反应的产物中出现，又在副反应的反应物中出现。在相同投料比情况下比较四条线上的点，c、d组线条符合温度高，含量少的特点，故代表的是在不同温度下的分布分数图；a、b组在相同投料比情况下，温度更高条件下的含量反而更高，说明温度升高让主反应逆移减少的少于副反应逆移增多的的量，即温度升高对主反应的影响小于对副反应的影响。 【详解】A．若投料比x代表，则x增大时，甲醇过量，会促进副反应（消耗乙酸生成甲酯）正向移动，乙酸分布分数应下降，但图像中随x增大，部分曲线（如a、b）分布分数上升，说明x实际为，A错误； B．根据分析，c、d组线条代表的是，B错误； C．主反应和副反应均为放热反应，升温平衡逆向移动，产物量均减少。由图像可知，低温（T1）时甲酯分布分数（曲线c）比高温（T2，曲线d）大得多，说明甲酯量随温度升高减少更显著；而乙酸分布分数（曲线b与a）的差值较小，表明乙酸减少程度小于甲酯，C正确； D．平衡常数K仅与温度有关，L、M点均在T1（503K），K(L)=K(M)；N点在T2（583K），因反应放热，升温K减小，故K(L)=K(M)>K(N)，D错误； 故选C。 4. 如图所示，甲、乙之间的隔板可以左右移动，甲中充入和，乙中充入和，此时停在0处。在一定条件下发生可逆反应：，反应达到平衡后，恢复到反应发生前时的温度。下列有关说法错误的是 A. 隔板不再滑动时，说明两边的反应都已达到平衡 B. 达到平衡后，隔板不可能停留在左侧2处 C. 若隔板停留在左侧1处，则甲室中的转化率为50% D. 若隔板停留在左侧1处，则可移动活塞停留在右侧6处 【答案】D 【解析】 【详解】A．隔板不再滑动时，两边压强相等，气体物质的量不再变化，说明反应达到平衡，A正确； B．若隔板在左侧2处，需甲中A完全转化（n甲= 2 mol）且乙中C完全分解（n乙= 4 mol），但可逆反应不能完全进行，故不可能停留，B正确； C．隔板在左侧1处，设甲体积为1，乙体积为V，n甲/n乙=1/V。甲中A转化率50 %时，n甲=3-0.5=2.5 mol，乙中n乙=3+y（y为C分解生成的量），2.5/(3+y)=1/V，因3+y ≤ 4，V ≤ 1.6，符合可逆反应条件，C正确； D．隔板在左侧1处，乙体积为6时，n甲/n乙=1/6，n甲 = (3+y)/6 ≤ 4/6 ≈ 0.666，与甲最小n甲 = 2 mol矛盾，D错误； 故选D。 5. 合成气的一种制备原理为 ，在Sn-Ni合金催化下，甲烷脱氢阶段的反应历程如图(*表示吸附在催化剂表面)。 下列正确的是 A. 在Sn-Ni合金催化下，该历程中最大能垒(活化能)为 B. 脱氢阶段既存在非极性键断裂又存在极性键断裂 C. 反应正反应的活化能大于逆反应的活化能 D. 在Sn-Ni合金催化下，一定能提高氢气的产率 【答案】C 【解析】 【详解】A．活化能是过渡态能量与反应物（前中间体）能量的差值。图中过渡态4能量为6.860 eV·mol⁻¹，其对应反应物（CH*+3H*）能量约4.051 eV·mol⁻¹，活化能为6.860-4.051=2.809 eV·mol⁻¹；过渡态2对应反应物（CH₃*+H*）能量1.687 eV·mol⁻¹，活化能5.496-1.687=3.809 eV·mol⁻¹（最大能垒），A错误； B．脱氢阶段是CH₄逐步失去H*，断裂的均为C-H极性键，无非极性键（如H-H）断裂，B错误； C．总反应ΔH > 0（吸热），则正反应活化能（Ea正）= 逆反应活化能（Ea逆）+ ΔH，故Ea正>Ea逆，C正确； D．催化剂仅降低活化能、加快反应速率，不影响平衡移动，无法提高氢气产率，D错误； 故选C。 6. 往恒容密闭容器中充入和，发生的反应为 ，测得温度为时的转化率与时间的关系如图所示，下列说法错误的是 A. 内，反应速率： B. 对应点的平衡常数： C. 焓变： D. 当混合气体的平均摩尔质量不再随时间改变时，该反应达到平衡 【答案】C 【解析】 【分析】根据“先拐先平，数值大”，可推出T2＞T1，升高温度，乙烯的转化率减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，据此解答。 【详解】A．升高温度，反应速率加快，T2＞T1，所以内，反应速率：v(a)＞v(b)，A正确； B．T2＞T1，升高温度，乙烯的转化率减小，正反应放热，对应点的平衡常数：，B正确； C．焓变与环境的温度和压强有关，当温度不同时，相同的反应物完全反应放出的热量不一样，所以焓变m≠n，C错误； D．反应前后气体总质量不变，但气体分子数发生改变，即混合气体的总物质的量发生改变，当混合气体的平均摩尔质量不再随时间改变时，说明气体气体分子数不在改变，反应达到平衡，D正确； 故选C。 7. 工业合成氨的反应为： 。要使氨的平衡产率增大，又要使化学反应速率增大，可以采取的措施有：①增大体积使压强减小②减小体积使压强增大③升高温度④降低温度⑤恒温恒容，再充入和⑥恒温恒压，充入惰性气体⑦及时分离产生的⑧使用催化剂 A. ②⑤⑥⑦ B. ②③④⑤⑦⑧ C. ②⑤ D. ②③⑤⑧ 【答案】C 【解析】 【详解】要使氨的平衡产率增大，则需要平衡正向移动；然后结合影响速率的因素分析速率变化； ①增大体积使压强减小，各物质浓度减小，速率减慢且平衡逆向移动，不符合题意； ②减小体积使压强增大，浓度增大，速率加快，且平衡正向移动，符合题意； ③升高温度速率加快，但是平衡逆向移动，不符合题意； ④降低温度，速率减慢，平衡正向移动，不符合题意； ⑤恒温恒容再充入和，和浓度增大，速率加快，平衡正向移动，符合题意； ⑥恒温恒压，充入惰性气体，体积增大，各物质浓度减小，速率减慢，平衡逆向移动，不符合题意； ⑦及时分离产生的，导致生成物浓度减小，速率减慢，平衡正向移动，不符合题意； ⑧使用催化剂，速率加快，平衡不移动，不符合题意； ②⑤符合题意，故选C。 8. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 向溶液中加入少许浓溶液，溶液变为黄色 B. 和的混合气体升温后红棕色加深 C. 催化氧化成的反应，往往需要使用催化剂 D. 缩小充有和混合气体容器的容积，气体颜色先变深再变浅 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶液存在,加入浓NaOH中和H+，使转化为，平衡移动符合勒夏特列原理，A不符合题意； B．升温使2NO2 N2O4（正反应为放热反应）逆向移动，NO2增多，红棕色加深，符合勒夏特列原理，B不符合题意； C．催化剂仅加快反应速率，不改变化学平衡，无法用勒夏特列原理解释，C符合题意； D．加压瞬间NO2浓度增大颜色变深，随后平衡向生成N2O4的方向移动，颜色变浅，符合勒夏特列原理，D不符合题意； 故选C。 9. 下列措施不能加快与反应产生的速率的是 A. 再加入溶液 B. 用粉代替粒 C. 升高温度 D. 滴加少量的溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．加入1mol/LCH3COOH溶液，醋酸为弱酸，稀释硫酸导致H+浓度降低，反应速率减慢，A符合题意； B．用Zn粉代替Zn粒，增大接触面积，加快反应速率，B不符合题意； C．升高温度可以加快反应速率，C不符合题意； D．滴加CuSO4溶液形成Zn-Cu原电池，加快反应速率，D不符合题意； 故选A。 阅读下列材料，完成下面小题： 氯、硫、氮的化合物应用广泛。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒；含氮化合物肼(N2H4，常温下为液态)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ⋅mol-1.硫有等多种单质，工业上常用作原料制备硫酸，为减少硫的氧化物产生的污染，可用氨水等碱性溶液吸收，也可用生物质热解气将硫的氧化物在高温下还原为单质硫，如某温度下，在恒容密闭容器中，利用甲烷可以除去，反应为。 已知：25℃时，，，。 10. 下列有关含硫物质的说法正确的是 A. 是硫的四种同位素 B. N2H4分子中含有N=N双键 C. 工业上用98.3%的浓硫酸吸收SO3生成发烟硫酸 D. 浓硫酸与铁在常温下不能反应，可用铁质容器贮运浓硫酸 11. 下列化学反应的方程式表示正确的是 A. NaClO溶液中通入少量： B. 用足量氨水吸收的离子方程式： C. 用溶液吸收少量： D. 肼燃烧的热化学方程式： 12. 已知为黄色，下列关于甲烷除去的反应说法不正确的是 A. 当容器内气体的颜色不再改变时，化学反应达到平衡状态 B. 其他条件不变，增大压强会降低平衡去除率 C. 及时分离出，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动 D. 上述反应的化学平衡常数 【答案】10. C 11. B 12. C 【解析】 【10题详解】 A．均为单质，是硫的同素异形体，而非同位素，A错误； B．的结构式为：，分子中无N=N双键，B错误； C．工业上用98.3%的浓硫酸吸收生成发烟硫酸，C正确； D．浓硫酸与铁在常温下发生钝化，属于化学反应，D错误； 故选C。 【11题详解】 A．发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：，A错误； B．足量氨水吸收生成亚硫酸铵，离子方程式为：，B正确； C．生成的会继续与反应，正确的离子方程式为：，C错误； D．燃烧热要求生成液态水，而选项中为气态，D错误； 故选B。 【12题详解】 A．反应体系中只有为黄色，当颜色不变，说明的浓度不再变化，即反应达平衡，A正确； B．为正向气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，会降低平衡去除率，B正确； C．及时分离出会减少其浓度，逆反应速率瞬间减小，正反应速率不变，平衡向正反应方向移动，建立新平衡的过程中，正反应速率减小，C错误； D．化学平衡常数生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，对于反应，化学平衡常数，D正确； 故选C。 13. 晶态和非晶态固体表面均可以吸附，最终将催化还原为。在密闭容器中，吸附量与时间、催化剂种类及质量的关系如下图所示。下列说法不正确的是 A. 其他条件相同时，增大催化剂质量，反应速率变快 B. 内③中的平均吸附速率 C. 可实现的催化还原，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4 D. 晶态的催化性能优于非晶态 【答案】D 【解析】 【详解】A．其他条件相同时，对比②（非晶态1g）和③（非晶态2g），相同时间内③的CO₂吸附量更大（10min时5.0×10-6mol 和9.0×10 -6mol），说明增大催化剂质量，活性位点增多，吸附速率加快，反应速率变快，A正确； B．0~10 min内③（非晶态2g）的CO2吸附量变化为，平均吸附速率，B正确； C．AlH3还原CO2为CH4时，CO2中C由+4价→-4价（得8e⁻），AlH3中H由-1价→+1价（每个H失2e⁻，1mol AlH3失6e⁻）。根据电子守恒，n(CO2)×8=n(AlH3)×6，即n(CO2):n(AlH3)=3:4，氧化剂（CO2）与还原剂（AlH3）物质的量之比为3:4，C正确； D．对比①（晶态1g）和②（非晶态1g），相同时间内非晶态吸附量更大（1.5×10-6mol vs 5.0×10-6mol），说明非晶态催化性能优于晶态，D错误； 故选D。 14. 一定条件下，银催化剂表面上存在反应： ，起始状态I中有、Ag和，经下列过程达到各平衡状态（已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等），下列叙述不正确的是 A. 压强大小： B. 平衡常数： C. 逆反应速率： D. 若体积，则浓度商 【答案】D 【解析】 【分析】反应的平衡常数，温度不变，平衡常数不变，则不变，即体系总压强不变；反应，为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，据此作答。 【详解】A．状态Ⅱ→Ⅲ温度不变，体积增大（减小压强），平衡向气体分子数增多的正反应方向移动，固体质量减小，但压强不变；而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，所以恒温恒容下起始状态Ⅰ向固体质量增大的方向（逆反应）进行达到平衡状态Ⅱ，体系压强减小，即，因此，A正确； B．平衡常数K仅与温度有关，状态Ⅱ→Ⅲ温度不变，K(Ⅱ)=K(Ⅲ)；状态Ⅲ→Ⅳ温度降低，平衡逆向移动，K减小，故K(Ⅲ)＞K(Ⅳ)，即K(Ⅱ)＞K(Ⅳ)，B正确； C．起始状态I逆反应进行达到平衡状态Ⅱ，故逆反应v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)；状态Ⅱ、Ⅲ温度相同，压强也相同，则v(Ⅱ)=v(Ⅲ)；状态Ⅲ→Ⅳ温度降低且压强减小，故v(Ⅲ)＞v(Ⅳ)，即v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)=v(Ⅲ)＞v(Ⅳ)，C正确； D．状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则体系内的质量（物质的量）也相等，而体积，则压强，因此浓度商，D错误； 故答案选D。 第II卷(非选择题) 二、综合题( 本题共4小题，共58分。请按要求作答) 15. 一种锌电解阳极，主要成分为Ag、MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16(Mn元素化合价为+2和+4两种)，可用于回收金属元素锌、锰、铅和银的工艺，如图所示。回答下列问题： 已知：①MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇。 ②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应： 葡萄糖(C6H12O6) + HCOOH ③在一定条件下，+ PbSO4=PbCO3+ （1）经过“酸洗"后的滤渣中主要的成分有___________。 （2）“还原酸浸”过程中主要反应的化学方程式为___________。 （3）结合MnSO4溶解度曲线图分析，由MnSO4溶液制得MnSO4·H2O晶体的“一系列操作”是___________，用___________(填物质的名称)洗涤、干燥。 （4）实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是___________，为提高葡萄糖的有效利用率(×100%)，除了充分搅拌外还可以___________。 （5）关于流程中有关物质的说法正确的是___________(填标号)。 A. 为了提高“还原酸浸”的浸出效率，可以大幅提高温度 B. 滤液1中含有Mn2+、Pb2+和Zn2+ C. 可以采用金属Na与ZnSO4溶液反应，置换出金属锌 D. 流程中的“滤液2”可循环利用 【答案】（1）Ag、MnO2、PbSO4 （2）C6H12O6+12H2SO4+12MnO2=12MnSO4+6CO2↑+18H2O （3） ①. 蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、低温干燥 ②. 乙醇 （4） ①. 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖会发生副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖 ②. 少量多次加入葡萄糖 （5）D 【解析】 【分析】由题中工艺流程可知，锌电解阳极泥(主要成分为Ag、MnO2、PbSO4和ZnO还有少量锰铅氧化物)中加入稀硫酸洗涤，ZnO转化为ZnSO4，得含ZnSO4的溶液，剩余固体加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4·H2O晶体；滤渣1中加入碳酸钠溶液，使PbSO4转化成更难溶的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀和醋酸，过滤得到PbSO4； 【小问1详解】 根据上述分析，经过“酸洗”后的滤渣中主要成分是Ag、MnO2、PbSO4；故答案为Ag、MnO2、PbSO4； 【小问2详解】 由题中信息可知，“还原酸浸”中稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，Mn元素得电子还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，根据得失电子数目守恒，电荷守恒，元素质量守恒，发生化学反应方程式为C6H12O6+12H2SO4+12MnO2=12MnSO4+6CO2↑+18H2O；故答案为C6H12O6+12H2SO4+12MnO2=12MnSO4+6CO2↑+18H2O； 【小问3详解】 根据图像可知，温度高于40℃时，MnSO4·H2O溶解度随温度升高而降低，因此从MnSO4溶液中得到MnSO4·H2O的一系列操作是蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、低温干燥；MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇，应用乙醇洗涤，减少MnSO4·H2O损失；故答案为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、低温干燥；乙醇； 【小问4详解】 由信息②可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖会发生副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；为了提高葡萄糖的有效利用率，减小葡萄糖的损失，除充分搅拌外，还可采取措施为少量多次加入葡萄糖；故答案为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖会发生副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖； 【小问5详解】 A．由信息②可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖会发生副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖，因此不能大幅提高温度，故A错误； B．根据上述分析，锌电解阳极泥(主要成分为Ag、MnO2、PbSO4和ZnO还有少量锰铅氧化物)中加入稀硫酸洗涤，ZnO转化为ZnSO4，得含ZnSO4的溶液，剩余固体进入下一步骤，因此滤液1中含有Zn2+、H+，故B错误； C．金属钠为活泼金属，将金属钠投入到ZnSO4溶液中，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与Zn2+反应，这种方法不能得到锌单质，故C错误； D．根据上述分析，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀和醋酸，滤液2主要为醋酸，醋酸可以返回到“酸浸溶铅”步骤中，故D正确； 答案为D。 16. 氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等。某化学兴趣小组模拟制备氨基甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)+Q(Q＞0) (1)如用图1装置制取氨气，你所选择的试剂是___________。制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中。当悬浮物较多时，停止制备。 注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。 (2)发生器用冰水冷却的原因是___________。 (3)液体石蜡鼓泡瓶的作用是___________。 (4)从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是___________(填写操作名称)。为了得到干燥产品，应采取的方法是___________(填写选项序号)。 a．常压加热烘干b．高压加热烘干c．真空40℃以下烘干 (5)尾气处理装置如图2所示。双通玻璃管的作用：___________；浓硫酸的作用：___________、___________。 (6)取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为___________。[Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100] 【答案】 ①. 浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等 ②. 降低温度，提高反应物转化率(或降低温度，防止因反应放热造成产物分解) ③. 通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例 ④. 利用过滤得到，氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解、不能加热烘干 ⑤. c ⑥. 防止倒吸 ⑦. 吸收多余氨气 ⑧. 防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解 ⑨. 80% 【解析】 【分析】 【详解】(1)装置1是固体与液体或液体与液体不加热制备气体，由于氨水中存在平衡关系NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH-，所以要利用浓氨水制备氨气，可以把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热且溶液中c(OH-)增大，使浓氨水分解生成氨气；故答案为浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等； (2)反应2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)+Q(Q＞0)是放热反应，降低温度平衡向正反应方向进行，有利于氨基甲酸铵生成，且氨基甲酸铵受热易分解，所以反应过程中需要用冰水冷却；故答案为降低温度，提高反应物转化率(或降低温度，防止因反应放热造成产物分解)； (3)因为气体参与反应的不易控制反应速率和用量，所以液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，即通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例；故答案为通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例； (4)制备氨基甲酸铵的装置如图所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小，其晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干，所以答案选c；故答案为利用过滤得到，氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解、不能加热烘干；c； (5)氨气易溶于水，所以需要有防倒吸装置，双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；氨气是碱性气体，浓硫酸是强酸，且具有吸水性，所以浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；故答案为防倒吸；吸收多余的氨气；防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解； (6)取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．该物质是碳酸钙，其物质的量为1.000g÷100g/mol=0.010mol。设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，依据碳原子守恒得到；x+y=0.01，又因为78x+79y=0.7820，解得x=0.008mol、y=0.002mol，则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数=×100%=80%；故答案为80%。 17. 甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，来制备甲醇。 （1）将1.0 mol CH4和2.0 mol H2O(g)通入反应室(容积为100L)，在一定条件下发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)……Ⅰ，CH4的转化率与温度、压强的关系如图所示： ①已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为_______。 ②图中的P1_______P2(填“<”、“>”或“=”)，100℃时平衡常数为_____________。 （2）在压强为0.1 MPa条件下， a mol CO与 3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ……Ⅱ。 ①该反应的ΔH_______________0，ΔS_________________0(填“<”、“>”或“=”)。 ②若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是____________________。 A．升高温度     B．将CH3OH(g)从体系中分离 C．充入He，使体系总压强增大     D．再充入1mol CO和3mol H2 （3）在最新开发并投入生产的流动电解质直接甲醇燃料电池中，流动电解质硫酸的使用，可提高燃料电池效率约30%，该电池的负极反应为______________________。 【答案】（1） ①. 0.0030mol·L-1·min-1 ②. < ③. 2.25×10-4 （2） ①. < ②. < ③. BD （3）CH3OH + H2O - 6e-= CO2 + 6H+ 【解析】 【小问1详解】 ①由图可知，100°C时达到平衡时甲烷的转化率为0.5，则转化的甲烷为0.5mol，速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=3v(CH4)=3×=0.0030mol•L-1•min-1； ②正反应为气体体积增大的反应，恒温条件下增大压强，化学平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，所以P1＜P2； 100℃时平衡常数=(mol/L)2=2.25×10-4 (mol/L)2； 【小问2详解】 ①混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，则说明正反应是放热反应，所以ΔH＜0；正反应是气体物质的量减小的反应，气体的物质的量越多，其熵越大，所以ΔS＜0； ②A．该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，甲醇的产率降低，故A错误； B．将CH3OH(g)从体系中分离，产物的浓度降低，平衡向正反应移动，甲醇的产率增加，故B正确； C．充入He，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故C错误； D．再充入1mol CO和3mol H2，可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，甲醇的产率增加，故D正确； 故答案为BD。 【小问3详解】 由燃料电池是原电池的一种，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，甲醇燃烧生成二氧化碳和水，但在酸性介质中，正极不会生成大量氢离子，则电解质参与电极反应，甲醇燃料电池的负极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，正极反应式为：O2+6H++6e-=3H2O。 18. 新技术的开发应用，不仅有利于改善环境质量，而且能充分开发“废物”的潜在价值。回答下列问题： (1)用烟道气与氢气来合成甲醇涉及到如下几个反应： ① ② ③ ④ _____________。 (2)在容积均为的两个恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下： 容器 温度 起始量 达到平衡 CO转化率 所需时间 1 800 2 1 3 2 800 1 2 n x ①时该反应的平衡常数___________。 ②容器2中，___________，___________。 ③若起始时，在2L恒容密闭容器中加入CO、、、各1mol，则此时___________填“”“”或“”。 (3)反应 可用于捕捉空气中的，为研究温度对捕获效率的影响，在某温度下，将一定量的溶液置于密闭容器中，并充入一定量的气体，在t时刻，测得容器中气体的浓度。然后分别在温度为、、、下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测定气体的浓度，得到的曲线图如下： ①____________填“”“”或“”。区间，变化的原因是_____________。 ②已知常温下的电离常数，碳酸的电离常数、，则恰好完全反应时所得的溶液中__________填“”“”或“”。 ③在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是____________。 【答案】 ①. ②. ③. 或 ④. ⑤. ⑥. ⑦. 区间，化学反应未达到平衡，且温度越高，反应速率越快，相同时间内溶液捕获的就越多，则剩余的气体浓度就越小 ⑧. ⑨. 【解析】 【详解】（1）①CO(g)+2H2(g)＝CH3OH(g)  ΔH＝-91 kJ·mol-1 ②2CO2(g)＝2CO(g)+O2(g)  ΔH＝+566 kJ·mol-1 ③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)  ΔH＝-483.6 kJ·mol-1 根据盖斯定律④CO2(g)+3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH=①++=-91 kJ·mol-1+566 kJ·mol-1+(-483.6 kJ·mol-1)=-49.8kJ·mol-1； （2）由容器 1数据可知 ，x=， ①800℃时该反应的平衡常数； ②因为温度不变，则 K不变， K=1=，解得n=，x=（或66.7%）； ③若800℃起始时，在2 L恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1 mol，根据Qc=1=K，则此时v正=v逆； （3）在图中CO2的浓度存在一最低点，则在T1~T2区间，反应未达到化学平衡，温度升高，反应速率加快，CO2被捕捉的量增加，剩余CO2的浓度减小；T4~T5区间，反应已达到化学平衡，升高温度剩余CO2的浓度增大，即升高温度，平衡向左移动，因此正反应为放热反应，即ΔH<0；T1～T2区间，c(CO2)变化的原因是化学反应未达到平衡，且温度越高，反应速率越快，相同时间内(NH4)2CO3溶液捕获的CO2就越多，则剩余的CO2气体浓度就越小； ②由电离常数可知，的水解能力弱于的水解能力，而的水解能力强于其电离能力，故溶液呈碱性即c(H+)<c(OH-)； ③根据①可知该反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，则在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是T1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $