精品解析：湖北省随州市广水市第二高级中学2024-2025学年高二上学期10月月考 化学试题

湖北省广水市第二高级中学高2024--2025学年上学期十月月考 高二化学试题 本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 考试范围：高二化学选择性必修1 第1.2.3章 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。 2、选择题的作答：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，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4、考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。 1. 化学反应①AB和②BC的反应过程中能量变化如图所示。下列有关该反应的叙述错误的是(　　) A. 反应①的ΔH1＞0 B. 反应②在升高温度时，平衡向正反应方向移动 C. 反应②的活化能小于反应①的活化能 D. 总反应③AC的ΔH3＞0 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图示可知：反应①中反应物的总能量小于生成物的总能量，所以反应①为吸热反应，即ΔH1＞0，A正确； B．根据图示可知：反应②中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应②为放热反应。升高温度时，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，B错误； C．由题图可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，即反应②的活化能小于反应①的活化能，C正确； D．总反应③中反应物的总能量小于生成物的总能量，所以总反应③为吸热反应，即ΔH3＞0，D正确； 故合理选项是B。 2. 根据v­t图分析外界条件改变对可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g) ΔH<0的影响。该反应的速率与时间的关系如图所示： 可见在t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡，如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则下列对t2、t4、t6、t8时改变条件的判断正确的是 A. 使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度 B. 升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂 C. 增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度 D. 升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂 【答案】D 【解析】 【分析】从“断点”入手突破改变的条件,t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，不是使用了催化剂，排除A，增大反应物浓度，平衡正向移动，排除C，t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，应是增大反应物浓度，排除B。 【详解】t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，排除A、C项；t4时正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，可以是减小压强；t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，所以是增大反应物浓度，D项符合。故选D。 3. 由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法不正确的是 A. 反应过程中有极性键的断裂和生成 B. 都有可能在循环中作催化剂 C. 反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变 D. 该循环的总反应为 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据题图可知反应过程涉及反应物CH4中C-H键极性键的断裂、生成物CO中碳氧极性键的生成，A正确； B．循环的起点不同，催化剂不同，由催化循环Ⅰ、Ⅱ中进入的反应物和催化剂性质可知、、都可能作催化剂，B正确； C．、、中V的化合价不可能均不变，C错误； D．进入循环的反应物为CH4和H2O，出循环的生成物是H2和CO，题给总反应正确，D正确； 故选C。 4. 一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)达到平衡，下列说法正确的是 容器 温度/K 物质的起始浓度/mol·L-1 物质的平衡浓度/mol·L-1 c(H2) c(CO) c(CH3OH) c(CH3OH) Ⅰ 400 0.20 0.10 0 0.080 Ⅱ 400 0.40 0.20 0 Ⅲ 500 0 0 0.10 0.025 A. 该反应的正反应吸热 B. 达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大 C. 达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍 D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ⅰ、Ⅲ数据知反应开始时，Ⅰ中加入的H2、CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰ>Ⅲ，温度：Ⅰ＜Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A错误； B．Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体的物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，B错误； C．Ⅰ和Ⅱ相比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体的物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍，Ⅲ和Ⅰ相比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，C错误； D．温度：Ⅲ>Ⅰ，其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，D正确； 故选D。 5. 羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡： CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1 反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是 A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应 B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大 C. 反应前H2S物质的量为7mol D. CO的平衡转化率为80% 【答案】C 【解析】 【详解】A.升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，A错误； B．通入CO后，CO浓度增大，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，B错误； C. 根据 CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1 起始物质的量（mol） 10 n 0 0 变化物质的量（mol） 2 2 2 2 平衡物质的量（mol） 8 n-2 2 2 设该容器的体积为V，根据K=0.1，列关系式得 [（2÷V）×（2÷V））÷[（8÷V）×（n-2）÷V]=0.1，解得n=7，C正确； D.根据上述数据，CO的平衡转化率为2mol÷10mol×100%=20%，D错误； 答案选C。 6. 下图为工业合成氨的流程图，下列有关说法不正确的是 A. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒 B. 步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以增大反应速率 C. 步骤③④⑤均有利于提高原料的平衡转化率 D. 液态除可生产化肥外，还可作制冷剂 【答案】C 【解析】 【分析】为了防止催化剂中毒，氮气、氢气干燥净化后加压，在催化剂加热到500°C反应后将氨气液化及时分离出液态氨，将氮气、氢气循环再利用，提高原料的利用率。 【详解】A．工业合成氨中，原料气中的杂质（如CO、硫的化合物等）会导致催化剂中毒，步骤①“净化”可除去杂质，防止催化剂失去活性，A正确； B．合成氨反应为（正反应气体体积减小），加压会增大反应物浓度使反应速率加快，同时平衡向正反应方向移动，提高原料转化率，B正确； C．步骤③为催化反应（500℃，催化剂），催化剂不影响平衡转化率；500℃高温因合成氨正反应放热，会使平衡逆向移动，降低平衡转化率；步骤④液化分离使平衡正向移动，步骤⑤循环未反应气体提高利用率，但步骤③不利于提高平衡转化率，C错误； D．液态可用于生产氮肥（如NH4HCO3等），且液氨汽化吸热，可作制冷剂，D正确； 故选C。 7. 可逆反应，在一定条件下达到平衡状态。在t1时刻改变某一条件，化学反应速率与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 维持温度、反应体系容积不变，时充入 B. 维持温度、压强不变，时充入 C. 维持体积不变，时升高反应体系温度 D. 维持温度、容积不变，时充入一定量Ar 【答案】B 【解析】 【分析】在t1时刻，改变条件后，正反应速率降低，逆反应速率升高，平衡逆向移动，据此解答。 【详解】A. 维持温度、反应体系容积不变，时充入，时逆反应速率增大、正反应速率不变，故A不选； B. 维持温度、压强不变，时充入，时逆反应速率增大，且体积增大导致正反应速率减小，故B选； C. 维持体积不变，时升高反应体系温度，正逆反应速率均增大，与图象不符，故C不选； D. 维持温度、容积不变，时充入一定量Ar，反应体系中各物质浓度不变，正逆反应速率均不变，故D不选； 故选：B。 8. 在某2L恒容密闭容器中充入和，发生反应：。反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。 下列推断不正确的是 A. 该反应为放热反应 B. 升高温度，平衡右移，正反应速率减小，逆反应速率增大 C. Q点时Z的体积分数最大 D. W、M两点Y的正反应速率W点小于M点 【答案】B 【解析】 【详解】A．Q点前，反应未达平衡，Q点后，升高温度，X的体积分数增大，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，A正确； B．升高温度，平衡左移，正反应速率增大，逆反应速率增大，B不正确； C．Q点时反应达平衡，Q点后，平衡逆向移动，则Q点时，Z的体积分数最大，C正确； D．M点的温度比W点高，温度越高，反应速率越快，则Y的正反应速率W点小于M点，D正确； 故选B。 9. 室温下，下列事实不能说明为弱电解质的是（ ） A. 氨水中 B. 氨水中 C. 相同条件下，浓度均为的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱 D. 氨水能使无色酚酞试液变红 【答案】D 【解析】 【详解】A. 是弱电解质，存在电离平衡，因此氨水中小于，A项能说明为弱电解质，A不选； B. 据A的分析，小于，B项能说明为弱电解质；B不选； C. NaOH是强电解质，完全电离，故浓度均为的NaOH溶液和氨水，氨水中离子浓度较小，即氨水的导电能力弱，C项能说明为弱电解质，C不选； D. 氨水能使无色酚酞试液变红只能说明能电离出，但不能说明其是否完全电离，D选； 答案选D。 10. 25℃时，下列说法正确的是 A. 100 mL pH=10.00的溶液中水电离出的的物质的量为1.0×10-5 mol B. 可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐 C. 0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为、，则 D. 溶液呈酸性，可以推测为强酸 【答案】A 【解析】 【详解】A．溶液中水解促进水的电离，溶液中全部来自水的电离，pH=10.00时水电离出的，水电离出的等于水电离出的，则100 mL该溶液中水电离出的物质的量为，A正确； B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可能是弱酸弱碱盐，比如，和的水解程度相同，溶液也呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，B错误； C．弱酸的浓度越小，电离程度越大（越稀越电离），因此0.010 mol·L-1的醋酸溶液电离度大于0.10 mol·L-1的醋酸溶液电离度，即，C错误； D．溶液呈酸性，可能是的电离程度大于其水解程度，比如溶液呈酸性，但是弱酸，不能推测为强酸，D错误； 故答案选A。 11. 室温下，向a点（pH=a）的20．00mL 1．000mol•L-1氨水中滴入1．000mol•L-1盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法错误的是（ ） A. 将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱 B. b点溶液中离子浓度大小可能存在：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+） C. c点时消耗盐酸体积V（HCl）＜20．00mL D. a、d两点的溶液，水的离子积Kw（a）＞Kw（d） 【答案】D 【解析】 【详解】A．稀释氨水，虽然促进一水合氨电离，但溶液中离子浓度减小，所以导电能力降低，故A正确； B．b点pH＞7，则c（OH-）＞c（H+），溶液中电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），则c（NH4+）＞c（Cl-），即c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B正确； C、溶液显中性时，盐酸物质的量小于一水合氨，所以c点消耗盐酸体积V（HCl）＜20．00mL，故C正确； D、d点温度高于a点，水的离子积Kw（a）＜Kw（d），故D错误； 故选D。 12. 合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐水解的性质无关的是 A. 金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂 B. 配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉 C. 长期施用铵态氮肥会使土壤酸化 D. 向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生 【答案】B 【解析】 【详解】A、NH4Cl溶液水解显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，故和盐类水解有关，A错误； B、亚铁离子易被氧化，配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉的目的是防止氧化，与盐类的水解无关，B正确； C、铵根水解显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关，C错误； D、FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入碳酸钙后有气泡产生，和盐类的水解有关，D错误； 答案选B。 13. t℃时，向蒸馏水中不断加入NaA溶液，溶液中c2(OH-)与c(A-)的变化关系如图所示。下列叙述错误的是 A. 该温度下，H2O的Kw为1×10-14 B. 该温度下，A-的水解常数的数量级为10-11 C. 溶液中：c(HA)+c(H+)=c(OH-) D. x点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+) 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图中信息知横坐标为零，即未加入NaA溶液，此时c2(OH-)等于110-14，又水电离的氢离子等于水电离的氢氧根，所以，A正确； B．NaA溶液中存在A-的水解平衡和水的电离平衡，溶液中A-浓度越大，溶液中OH-与HA的浓度越接近，A-的水解常数，由图可知，A-浓度较大时Kh ≈ 1×10-10，数量级为10-10，B错误； C．NaA溶液中存在电荷守恒，物料守恒，故有质子守恒关系c(HA)+c(H+)=c(OH-)，C正确； D．由图可知，x点溶液中A-浓度为3×10-4 mol/L，溶液中氢氧根离子浓度为2×10-7 mol/L，则氢离子浓度为5×10-8mol/L，由C项分析可知NaA溶液中c(HA)+c(H+)=c(OH-)，溶液中HA的浓度小于氢氧根离子浓度，大于氢离子浓度，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(Na+) > c(A-) > c(HA) > c(H+)，D正确； 故选B。 14. 某温度下，将足量的固体溶于一定量的水中达到溶解平衡，加入Na2CO3使增大过程中，溶液中c(Ba2+)和的变化曲线如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法不正确的是 A. 当c()大于2.5×10-4 mol/L时开始有BaCO3沉淀生成 B. “MN”代表沉淀转化过程中c(Ba2+)变化的曲线 C. 该温度下，BaCO3比BaSO4更难溶于水 D. 该温度下，反应平衡常数K=0.04 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．由图象可知当c()大于2.5×10-4 mol/L时，c()增大，说明开始有BaCO3沉淀生成，A正确； B．当生成BaCO3沉淀时，促进BaSO4的电离，溶液中c()增大，c(Ba2+)减小，则MN为c(Ba2+)变化的曲线的变化曲线，MP为c()的变化曲线，B正确； C．由题给图象数据可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c()=1×10-5×1×10-5=1.0×10-10；Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c()=0.5×10-5×5.0×10-4=2.5×10-9，则T℃时Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，C错误； D．该温度下，反应平衡常数K=，D正确； 故合理选项是C。 15. 已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。 下列说法正确的是 A. 曲线①代表的沉淀溶解曲线 B. 该温度下的值为 C. 加适量固体可使溶液由a点变到b点 D. 时两溶液中 【答案】B 【解析】 【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[c(Ba2＋)×c()]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系。 【详解】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误； B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c()＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B正确； C．向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c()将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，选项C错误； D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝，选项D错误； 答案选B。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 完成下列反应的热化学方程式。 （1）沼气是一种能源，它的主要成分是(常温下，完全燃烧生成(和液态水时，放出445 kJ 热量，则热化学方程式为_______。 （2）已知完全燃烧生成 和 的燃烧热写出表示的燃烧热的热化学方程式：_______。 （3）乙烷在一定条件可发生如下反应： 相关物质的燃烧热数据如表所示： 物质 C₂H₆(g) C₂H₄(g) H₂(g) 燃烧热△H/(kJ·mol⁻¹) -1 560 -1 411 -286 则ΔH=_______kJ/mol （4）已知： 形成HF(aq)电离的热化学方程式_______。 【答案】（1） （2） （3）+137 （4） 【解析】 【小问1详解】 0.5 mol CH4完全燃烧生成CO2(g)和液态水时，放出445 kJ热量，则1molCH4完全燃烧生成CO2(g)和液态水时放出热量445 kJ×2=890 kJ，所以CH4完全燃烧生成CO2(g)和液态水的热化学方程式为； 【小问2详解】 燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；已知完全燃烧生成 和 的燃烧热则示的燃烧热的热化学方程式：； 【小问3详解】 由表格数据可知： ① ② ③ 根据盖斯定律：①-②-③得； 【小问4详解】 根据盖斯定律：①-②得。 17. 研究的捕集、回收、转化对实现节能减排、资源利用、“碳中和”等目标具有重要意义。 Ⅰ．将还原成甲烷 ⅰ．Sabatier反应： ⅱ． ⅲ． （1）_______。 （2）不同条件下按照投料发生如上反应，平衡转化率如下图所示。压强由小到大的顺序是_______；压强为时，随着温度升高，的平衡转化率先减小后增大，解释温度高于600℃之后，随着温度升高平衡转化率增大的原因是_______。 （3）将原料气按照置于恒容密闭容器中发生反应ⅰ，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如下图所示(虚线表示平衡曲线)。a、b、c三点的逆反应速率由大到小排序为_______；高于380℃后，H2O的物质的量分数随温度升高而降低的原因是_______。 Ⅱ．将还原成碳单质 Bosch反应： （4）Bosch反应自发进行，低温更有利于平衡正向移动，但是Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是_______。 【答案】（1） （2） ①. ②. CO2平衡转化率为反应ⅰ、ⅱ的CO2平衡转化率之和，反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热。600℃之后，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ （3） ①. ②. 该反应正向放热，升温平衡逆向移动 （4）反应的活化能较高 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应ⅰ＝反应ⅱ＋反应ⅲ，故ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＝-164.9 kJ·mol－1； 【小问2详解】 Sabatier反应为气体分子数减小的反应，反应ⅱ是气体分子数不变的反应，相同温度下增大压强，Sabatier反应平衡正向移动，二氧化碳转化率增加，故p3>p2>p1；CO2平衡转化率为反应i、ii的CO2平衡转化率之和，反应i放热升高温度平衡逆向移动，反应ii吸热升高温度平衡正向移动，600°C之后，随着温度升高CO2转化率增大说明此时CO2转化率主要取决于反应ii； 【小问3详解】 温度可以影响反应速率，温度升高，反应速率加快，故a、b、c三点的逆反应速率，va、vb、vc由大到小排序vc>vb>va；反应i正向放热，升高温度平衡逆向移动，故高于380℃后，H2O的物质的量分数随温度升高而降低； 【小问4详解】 Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是反应的活化能较高，高温利于提高分子的能量利于反应进行，反应开始后放出热量可以维持较高温度使反应顺利进行。 18. 某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。 （1）仪器A的名称是___________，水通入A的进口为___________。 （2）B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为___________。 （3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900 mol·L-1 NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的___________；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为___________； 若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积___________(填序号，①=10 mL，②=40 mL，③<10 mL，④>40 mL)。 （4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为___________g·L-1。 （5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施___________。 【答案】（1） ①. 冷凝管 ②. b （2）SO2+H2O2=H2SO4 （3） ①. ③ ②. 酚酞 ③. ④ （4）0.24 （5）原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响 【解析】 【分析】某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，加热葡萄酒使SO2逸出，并与C中H2O2完全反应，除去C中过量的H2O2，然后用0.0900 mol·L-1 NaOH标准溶液进行滴定，以此解答。 【小问1详解】 根据仪器的结构特点，可知仪器A为冷凝管，冷却水下口进上口出，水能够充满冷凝管，冷却效果好，水通入A的进口为b。 【小问2详解】 由分析可知，B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，SO2被H2O2氧化为H2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平，化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4。 【小问3详解】 盛放NaOH标准溶液应选择碱式滴定管，滴定前用图2中③方法排气泡；若滴定终点时溶液的pH=8.8，在酚酞的变色范围(8.2～10)内，故选择的指示剂为酚酞；依据滴定管的结构特点，0刻度在上，大刻度在下，且最下端部位无刻度，因此液面在刻度“10”处，管内液体体积大于40 mL，故选④。 【小问4详解】 滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，n(NaOH)=0.0900 mol·L-1×0.025 L=0.00225 mol。根据反应关系SO2～H2SO4～2NaOH，m(SO2)==0.072 g，该葡萄酒中SO2的含量为=0.24 g·L-1。 【小问5详解】 由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积偏大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。 19. 某科研课题小组研究利用含H+、Na+、Zn2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+、SO的工业废电解质溶液，制备高纯的ZnO、MnO2、Fe2O3，设计实验流程如图： 回答下列问题： （1）加入双氧水的目的是___。 （2）第一次调pH使Fe3+完全沉淀，写出反应的离子方程___。 （3）第二次调pH前，科研小组成员分析此时的溶液，得到常温下相关数据如表(表中金属离子沉淀完全时，其浓度为1×10-5mol·L-1)。 浓度/(mol·L-1) 氢氧化物的Ksp 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Zn2+ 0.12 1.2×10-17 6.0 8.1 Mn2+ 0.10 4.0×10-14 7.8 9.8 为防止Mn2+同时沉淀造成产品不纯，最终选择将溶液的pH控制为7，则此时溶液中Zn2+的沉淀率为___，利用滤渣Ⅱ制备高纯的ZnO时，必然含有极其微量的___(以化学式表示)。 （4）已知常温下，Ksp(MnS)=3.0×10-14，Ksp(ZnS)=1.5×10-24，在除锌时发生沉淀转化反应为：MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)，其平衡常数K=___。(填数值) （5）沉锰反应在酸性条件下完成，写出该反应的离子方程式___。 【答案】（1）将Fe2+转化为Fe3+ （2）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ （3） ①. 99% ②. Fe2O3 （4）2.0×1010 （5）Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+ 【解析】 【分析】根据题意，工业废液中除了锌离子、锰离子、铁离子之外的离子均要被除去。向工业废液中加入双氧水，将亚铁离子氧化成铁离子；第一次加入NaOH溶液调pH得到氢氧化铁沉淀；第二次调pH沉淀部分锌离子，第三次加入硫化锰使锌离子全部沉淀，最后加入过硫代硫酸钠将锰离子氧化成二氧化锰。 【小问1详解】 (1)加双氧水是将Fe2+转化为Fe3+，故填将Fe2+转化为Fe3+； 【小问2详解】 (2)第一次调pH时，反应的离子方程式为，故填； 【小问3详解】 (3) 根据， ，可得，pH=7时，， 代入数据得=，已沉淀的，锌离子的去除率为；故填99%；一般地当某离子浓度小于等于时，可视为完全除尽，所以第一次调pH时，铁离子没有完全除尽，第二次调pH时有微量氢氧化铁残余，所以ZnO中含有微量的，故填99%、； 【小问4详解】 (4)由反应MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)，可得，===，故填； 【小问5详解】 (5)根据题意，参与反应的离子有锰离子、过硫代硫酸根离子等，其离子方程式为Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+，故填Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省广水市第二高级中学高2024--2025学年上学期十月月考 高二化学试题 本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 考试范围：高二化学选择性必修1 第1.2.3章 注意事项： 1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。 2、选择题的作答：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，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4、考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。 1. 化学反应①AB和②BC的反应过程中能量变化如图所示。下列有关该反应的叙述错误的是(　　) A. 反应①的ΔH1＞0 B. 反应②在升高温度时，平衡向正反应方向移动 C. 反应②的活化能小于反应①的活化能 D. 总反应③AC的ΔH3＞0 2. 根据v­t图分析外界条件改变对可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g) ΔH<0的影响。该反应的速率与时间的关系如图所示： 可见在t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡，如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则下列对t2、t4、t6、t8时改变条件的判断正确的是 A. 使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度 B. 升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂 C. 增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度 D. 升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂 3. 由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法不正确的是 A. 反应过程中有极性键的断裂和生成 B. 都有可能在循环中作催化剂 C. 反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变 D. 该循环的总反应为 4. 一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)达到平衡，下列说法正确的是 容器 温度/K 物质的起始浓度/mol·L-1 物质的平衡浓度/mol·L-1 c(H2) c(CO) c(CH3OH) c(CH3OH) Ⅰ 400 0.20 0.10 0 0.080 Ⅱ 400 0.40 0.20 0 Ⅲ 500 0 0 0.10 0.025 A. 该反应的正反应吸热 B. 达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大 C. 达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍 D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大 5. 羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡： CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1 反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是 A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应 B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大 C. 反应前H2S物质的量为7mol D. CO的平衡转化率为80% 6. 下图为工业合成氨的流程图，下列有关说法不正确的是 A. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒 B. 步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以增大反应速率 C. 步骤③④⑤均有利于提高原料的平衡转化率 D. 液态除可生产化肥外，还可作制冷剂 7. 可逆反应，在一定条件下达到平衡状态。在t1时刻改变某一条件，化学反应速率与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 维持温度、反应体系容积不变，时充入 B. 维持温度、压强不变，时充入 C. 维持体积不变，时升高反应体系温度 D. 维持温度、容积不变，时充入一定量Ar 8. 在某2L恒容密闭容器中充入和，发生反应：。反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。 下列推断不正确的是 A. 该反应为放热反应 B. 升高温度，平衡右移，正反应速率减小，逆反应速率增大 C. Q点时Z的体积分数最大 D. W、M两点Y的正反应速率W点小于M点 9. 室温下，下列事实不能说明为弱电解质的是（ ） A. 氨水中 B. 氨水中 C. 相同条件下，浓度均为的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱 D. 氨水能使无色酚酞试液变红 10. 25℃时，下列说法正确的是 A. 100 mL pH=10.00的溶液中水电离出的的物质的量为1.0×10-5 mol B. 可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐 C. 0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为、，则 D. 溶液呈酸性，可以推测为强酸 11. 室温下，向a点（pH=a）的20．00mL 1．000mol•L-1氨水中滴入1．000mol•L-1盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法错误的是（ ） A. 将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱 B. b点溶液中离子浓度大小可能存在：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+） C. c点时消耗盐酸体积V（HCl）＜20．00mL D. a、d两点的溶液，水的离子积Kw（a）＞Kw（d） 12. 合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐水解的性质无关的是 A. 金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂 B. 配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉 C. 长期施用铵态氮肥会使土壤酸化 D. 向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生 13. t℃时，向蒸馏水中不断加入NaA溶液，溶液中c2(OH-)与c(A-)的变化关系如图所示。下列叙述错误的是 A. 该温度下，H2O的Kw为1×10-14 B. 该温度下，A-的水解常数的数量级为10-11 C. 溶液中：c(HA)+c(H+)=c(OH-) D. x点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+) 14. 某温度下，将足量的固体溶于一定量的水中达到溶解平衡，加入Na2CO3使增大过程中，溶液中c(Ba2+)和的变化曲线如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法不正确的是 A. 当c()大于2.5×10-4 mol/L时开始有BaCO3沉淀生成 B. “MN”代表沉淀转化过程中c(Ba2+)变化的曲线 C. 该温度下，BaCO3比BaSO4更难溶于水 D. 该温度下，反应平衡常数K=0.04 15. 已知相同温度下，。某温度下，饱和溶液中、、与的关系如图所示。 下列说法正确的是 A. 曲线①代表的沉淀溶解曲线 B. 该温度下的值为 C. 加适量固体可使溶液由a点变到b点 D. 时两溶液中 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 完成下列反应的热化学方程式。 （1）沼气是一种能源，它的主要成分是(常温下，完全燃烧生成(和液态水时，放出445 kJ 热量，则热化学方程式为_______。 （2）已知完全燃烧生成 和 的燃烧热写出表示的燃烧热的热化学方程式：_______。 （3）乙烷在一定条件可发生如下反应： 相关物质的燃烧热数据如表所示： 物质 C₂H₆(g) C₂H₄(g) H₂(g) 燃烧热△H/(kJ·mol⁻¹) -1 560 -1 411 -286 则ΔH=_______kJ/mol （4）已知： 形成HF(aq)电离的热化学方程式_______。 17. 研究的捕集、回收、转化对实现节能减排、资源利用、“碳中和”等目标具有重要意义。 Ⅰ．将还原成甲烷 ⅰ．Sabatier反应： ⅱ． ⅲ． （1）_______。 （2）不同条件下按照投料发生如上反应，平衡转化率如下图所示。压强由小到大的顺序是_______；压强为时，随着温度升高，的平衡转化率先减小后增大，解释温度高于600℃之后，随着温度升高平衡转化率增大的原因是_______。 （3）将原料气按照置于恒容密闭容器中发生反应ⅰ，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如下图所示(虚线表示平衡曲线)。a、b、c三点的逆反应速率由大到小排序为_______；高于380℃后，H2O的物质的量分数随温度升高而降低的原因是_______。 Ⅱ．将还原成碳单质 Bosch反应： （4）Bosch反应自发进行，低温更有利于平衡正向移动，但是Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是_______。 18. 某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。 （1）仪器A的名称是___________，水通入A的进口为___________。 （2）B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为___________。 （3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900 mol·L-1 NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的___________；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为___________； 若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积___________(填序号，①=10 mL，②=40 mL，③<10 mL，④>40 mL)。 （4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为___________g·L-1。 （5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施___________。 19. 某科研课题小组研究利用含H+、Na+、Zn2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+、SO的工业废电解质溶液，制备高纯的ZnO、MnO2、Fe2O3，设计实验流程如图： 回答下列问题： （1）加入双氧水的目的是___。 （2）第一次调pH使Fe3+完全沉淀，写出反应的离子方程___。 （3）第二次调pH前，科研小组成员分析此时的溶液，得到常温下相关数据如表(表中金属离子沉淀完全时，其浓度为1×10-5mol·L-1)。 浓度/(mol·L-1) 氢氧化物的Ksp 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Zn2+ 0.12 1.2×10-17 6.0 8.1 Mn2+ 0.10 4.0×10-14 7.8 9.8 为防止Mn2+同时沉淀造成产品不纯，最终选择将溶液的pH控制为7，则此时溶液中Zn2+的沉淀率为___，利用滤渣Ⅱ制备高纯的ZnO时，必然含有极其微量的___(以化学式表示)。 （4）已知常温下，Ksp(MnS)=3.0×10-14，Ksp(ZnS)=1.5×10-24，在除锌时发生沉淀转化反应为：MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)，其平衡常数K=___。(填数值) （5）沉锰反应在酸性条件下完成，写出该反应的离子方程式___。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $