精品解析：江西科技学院附属中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试 化学试题

2025-2026-2学年高一年级期末考 化学试卷 卷面分数：100分；考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 Si 28 P 31 S 32 Fe 56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学强国，筑梦未来。下列说法错误的是 A. “雪豹”轮式载具所用耐寒轮胎，属特种橡胶 B. “北脑一号”脑机系统植入手术所用钛板，属陶瓷材料 C. “天舟七号”飞船所用太阳能电池，核心部件含硅晶体 D. “深海一号”储油平台所用聚酯系泊缆绳，主要成分为有机高分子 2. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 打开汽水瓶迅速产生大量泡沫 B. 平衡中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深 C. 试管中加入5%的溶液，加入2~3滴溶液，试管中产生气泡快 D. 向氯水中加碳酸钙，可提高溶液中HClO的浓度 3. 信息技术芯片离不开高纯度的硅，工业上生产高纯硅的工艺流程如下：则下列说法正确的是 A. 石英砂的主要成分是二氧化硅，二氧化硅的结构式为 B. 工艺流程中的反应均为置换反应 C. 上述流程中能循环利用的物质只有 D. 工业上用焦炭还原石英砂制硅的反应为 4. 下列物质溶于水时，电离出的阴离子能使水的电离平衡向右移动的是 A. B. C. D. 5. 下列说法正确的是 A. 常温常压下，124 g白磷比124 g红磷能量多x kJ，则（白磷，s）（红磷，s） B. 甲烷燃烧热为，则 C. 在稀溶液中： ，若将含的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ D. 恒温恒容时，和充分反应生成，放出热量77.2 kJ，其热化学方程式可表示为 6. 合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氮方式如图，下列说法正确的是 A. NO是红棕色、有刺激性气味的气体 B. 易溶于水，其电离方程式为 C. 新型催化剂能降低生成的反应热 D. 合成氨工业中迅速液化主要是为了提高和的利用率 7. 在如下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可测定中和反应反应热。下列关于该实验的说法正确的是有几个 ①用铜质搅拌器代替玻璃搅拌器，测得ΔH会偏小 ②实验过程中，盐酸和溶液要少量多次混合 ③混合前测量完稀盐酸温度的温度计用蒸馏水冲洗、擦干后再测量氢氧化钠溶液的温度 ④将溶液与盐酸混合后，立即测混合液的温度，该温度为反应前的初始温度 ⑤实验中，读取混合溶液不再变化的温度为终止温度 ⑥如果没有玻璃搅拌器，酸碱混合后可用温度计轻轻搅拌 ⑦烧杯间的碎泡沫塑料的作用是保温，防止热量散失 ⑧完成中和反应热测定实验，只需要使用一支温度计 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 8. 下列有关电解质溶液的说法不正确的是 A. 蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，证明白醋是弱电解质 B. 向氨水溶液中加入少量，此时的值增大 C. 向溶液中加入少量固体，不变 D. 相同体积、相同的盐酸、醋酸与足量反应，产生的量醋酸的多 9. 经测定，液态在时导电性很强，说明该化合物在液态时发生了电离，存在阴阳离子。查找资料，存在一系列类似有明显离子化合物倾向的盐类，如，，等，由此推断液态电离时的阴阳离子是 A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 10. 化学反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ在不同温度时达到平衡，其平衡常数如下表。下列结论正确的是 编号 化学方程式 温度 979K 1173K Ⅰ 1.47 2.15 Ⅱ 1.62 b Ⅲ a 1.68 A. 将铁粉磨细可以使平衡Ⅰ向右移动 B. C. 升高温度，反应Ⅲ平衡向正反应方向移动 D. 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应 11. 一定条件下HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示： 下列说法错误的是 A. HCOOH催化脱氢反应在该温度下能自发进行 B. 在历程Ⅰ～Ⅴ中，由Ⅳ到Ⅴ的反应为决速步骤 C. 由反应历程可得出HCOOH中第1个H原子更易脱去 D. 在该反应历程中，HCOOH所有的化学键均发生断裂 12. 从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是 A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B. 滤渣可以全部溶于浓 C. 被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中被氧化 13. 向密闭容器中充入和一定量的，保持总压强不变，发生反应：，当时，NO的平衡转化率随温度T变化及下NO的平衡转化率随投料比的变化关系如图所示（已知：）。下列叙述正确的是 A. NO的平衡转化率随温度T的变化曲线为Ⅱ B. a、d两点的平衡常数 C. 速率关系为 D. b点对应条件下的压强平衡常数 14. 室温下，向100 mL饱和溶液中缓慢通入气体（反应充分，气体体积换算成标准状况），发生反应：，测得溶液pH与通入的关系如图所示。下列有关说法正确的是 A. 整个过程中，水的电离程度先减小后增大 B. 曲线y代表继续通入气体后溶液pH的变化 C. 该温度下的数量级为 D. a点之后，随气体的一直通入，的值始终减小 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 肼（，联氨）是二元弱碱，水溶液分步微弱电离，还原性极强；沸点低、受热易氧化分解。工业采用尿素——次氯酸钠碱性法制备水合肼。 已知：常温肼的电离平衡常数：；。氨水的 （1）碱性条件下，尿素与NaClO反应生成、碳酸钠、氯化钠等，写出离子方程式：________________ （2）工业合成肼需冰水浴条件、缓慢滴加NaClO溶液，且NaClO不能过量，原因是：________________ （3）提纯肼采用减压蒸馏而非常压蒸馏的目的是：________________ （4）检测废水中的，可将废水调成碱性环境，加入新制，被氧化为，出现砖红色沉淀，写出该反应的化学方程式：________________ （5）肼在水溶液中的两步电离方程式：第一步：；写出第二步电离方程式：________________。 （6）常温下溶液pH的范围为________________（取整数范围）。 （7）下列关于肼及其电离平衡说法正确的是 A. 向溶液中加水稀释，数值减小 B. 溶液中时，溶液 C. 相同浓度下的溶液碱性弱于氨水 D. 升高温度，溶液中水电离的会增大 16. 海水综合利用的流程如图。请根据所学知识回答下列问题： 已知：粗盐中的杂质为、；氯碱工业产品为NaOH、、。 （1）粗盐制精盐过程中所用除杂试剂为①；②；③稀盐酸；④NaOH。其合理的加入顺序为________（填标号）。 （2）工业上由无水获得金属镁的一般方法对应的化学方程式为________。 （3）流程图中设计向NaBr溶液中通入，然后用水溶液吸收生成的工序，其目的是________。 （4）流程中所涉及的各化工厂常布局在一起，且位于离海不远的区域，结合流程如图解释原因：________________（回答2条）。 （5）工业上由制备无水时，体系中同时存在反应Ⅰ和反应Ⅱ两个相互竞争的可逆反应，反应均在恒压密闭容器中进行，；100 kPa状态下，反应方程式和平衡常数K如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①写出反应Ⅰ的平衡常数表达式________ ②该条件下分解达到平衡时生成的主要固体产物是________ ③；100 kPa状态下分解达到平衡容器内________（算出数值） ④工业上由制备无水方法是在干燥的氯化氢气流中加热脱水，结合以上信息解释使用该方法的原因：________________。 17. 化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成的较小。 ②根据时分析，控制合适的pH，可使生成的较小；用浓度较大的KBr溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液pH和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定的干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略。 （1）实验探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ ，将溶液（）与过量在碘量瓶中混合，用电磁搅拌子搅拌半小时，充分反应后，溶液变为黄色，碘量瓶液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液（）与过量在碘量瓶中混合，条件和反应时间与Ⅰ相同，溶液变为淡黄色，碘量瓶液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH；取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：ⅰ．；ⅱ．和溶液颜色均为无色。 ①实验过程始终在碘量瓶中反应的目的是：________；Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的颜色变化是________。 ②Ⅰ中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的pH________（填“增大”、“减小”或“不变”）。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用________的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是________。 （2）实验改进 分析实验Ⅰ、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与________值比较。②综合调控pH和温度的目的是________。 18. “双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯（DMT）的路径如下： Ⅰ．“热催化”中主反应： ⅰ． （1）已知： 则________（用含和的代数式表示），________0（填“”或“”）。 （2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应ⅰ，提高平衡转化率的措施有________（填标号）。 A. 及时移走 B. 通入 C. 增大CO和投料比 D. 加入催化剂 （3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”的副反应： ⅱ． 平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。[例：DMO选择性] ①“热催化”反应较适宜的温度区间为________（填标号）。 A. B. C. ②，若恒容密闭容器中只发生反应ⅰ、ⅱ，当CO和的初始浓度分别为、，结合图1信息，平衡时________，反应ⅰ的________（列出计算式即可）。 Ⅱ．“电催化”中： （4）时，DMT的生成速率v与关系如上图2，已知该反应的速率方程为，其中k为速率常数。 ①当增加10倍，v也增加10倍，则m为________。 ②速率常数k为________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026-2学年高一年级期末考 化学试卷 卷面分数：100分；考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 Si 28 P 31 S 32 Fe 56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学强国，筑梦未来。下列说法错误的是 A. “雪豹”轮式载具所用耐寒轮胎，属特种橡胶 B. “北脑一号”脑机系统植入手术所用钛板，属陶瓷材料 C. “天舟七号”飞船所用太阳能电池，核心部件含硅晶体 D. “深海一号”储油平台所用聚酯系泊缆绳，主要成分为有机高分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．耐寒轮胎是为适应低温特殊环境设计的橡胶制品，属于特种橡胶，A不符合题意； B．“北脑一号”脑机系统植入手术所用钛板的核心成分是金属钛，属于金属材料，陶瓷属于无机非金属材料，因此钛板不属于陶瓷材料，B符合题意； C．晶体硅是良好的半导体材料，是太阳能电池的核心原料，C不符合题意； D．聚酯是多元醇和多元酸经缩聚反应生成的有机高分子化合物，因此“深海一号”储油平台所用聚酯系泊缆绳主要成分为有机高分子，D不符合题意； 故选B。 2. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 打开汽水瓶迅速产生大量泡沫 B. 平衡中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深 C. 试管中加入5%的溶液，加入2~3滴溶液，试管中产生气泡快 D. 向氯水中加碳酸钙，可提高溶液中HClO的浓度 【答案】C 【解析】 【详解】A．汽水中存在的溶解平衡，打开瓶盖后压强减小，平衡逆向移动，大量逸出产生泡沫，可用勒夏特列原理解释，A错误； B．加入KSCN固体时，溶液中浓度增大，使平衡正向移动，浓度增大导致溶液颜色加深，可用勒夏特列原理解释，B错误； C．是分解反应的催化剂，催化剂只改变反应速率，不会引起化学平衡移动，且分解不属于可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，C正确； D．氯水中存在平衡，碳酸钙会与HCl反应使HCl浓度降低，平衡正向移动，HClO浓度升高，可用勒夏特列原理解释，D错误； 故选C。 3. 信息技术芯片离不开高纯度的硅，工业上生产高纯硅的工艺流程如下：则下列说法正确的是 A. 石英砂的主要成分是二氧化硅，二氧化硅的结构式为 B. 工艺流程中的反应均为置换反应 C. 上述流程中能循环利用的物质只有 D. 工业上用焦炭还原石英砂制硅的反应为 【答案】B 【解析】 【详解】A．石英砂主要成分是二氧化硅，但二氧化硅是共价晶体，为空间立体网状结构，不存在的结构，A错误； B．反应①为，反应②为，反应③为，三个反应均符合置换反应单质+化合物→新单质+新化合物的特征，均为置换反应，B正确； C．反应②生成的可用于反应③，反应③生成的可用于反应②，可循环利用的物质有和，C错误； D．高温下焦炭还原二氧化硅的产物为而非，正确反应为，D错误； 故选B。 4. 下列物质溶于水时，电离出的阴离子能使水的电离平衡向右移动的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．电离出的阴离子为，属于弱酸根离子，可结合水电离出的发生水解，促进水的电离，使水的电离平衡向右移动，A正确； B．电离出的阴离子为，属于强酸根离子，不发生水解，对水的电离平衡无影响，B错误； C．电离出的阴离子为，属于强酸根离子，不发生水解，对水的电离平衡无影响，不符合阴离子使平衡右移的要求，C错误； D．属于强酸，电离出的会抑制水的电离，其电离出的阴离子不水解，不能使水的电离平衡右移，D错误； 故选A。 5. 下列说法正确的是 A. 常温常压下，124 g白磷比124 g红磷能量多x kJ，则（白磷，s）（红磷，s） B. 甲烷燃烧热为，则 C. 在稀溶液中： ，若将含的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ D. 恒温恒容时，和充分反应生成，放出热量77.2 kJ，其热化学方程式可表示为 【答案】A 【解析】 【详解】A．124 g白磷为1 mol ，124g红磷对应4 mol P原子，1 mol白磷能量比等质量红磷高，反应放热，，A正确； B．甲烷燃烧为放热反应，焓变应为负值，正确的热化学方程式为，B错误； C．0.6 mol稀可电离出1.2 mol ，与1 mol NaOH反应生成1 mol ，强酸强碱稀溶液的中和反应，放出热量等于57.3 kJ，C错误； D．合成氨是可逆反应，与​不能完全反应，实际放出热量，说明​完全反应放热大于，因此，正确热化学方程式可表示为，D错误； 故选A。 6. 合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氮方式如图，下列说法正确的是 A. NO是红棕色、有刺激性气味的气体 B. 易溶于水，其电离方程式为 C. 新型催化剂能降低生成的反应热 D. 合成氨工业中迅速液化主要是为了提高和的利用率 【答案】D 【解析】 【详解】A．NO是无色、有刺激性气味的气体，才是红棕色气体，A错误； B．属于弱酸的酸式盐，为强电解质，在水中完全电离为和，为弱酸酸式根，不能拆分为和，电离方程式书写错误，正确应为：，B错误； C．催化剂只能降低反应的活化能，反应热由反应物和生成物的总能量差决定，与催化剂无关，因此新型催化剂不能改变该反应的反应热，C错误； D．合成氨反应为可逆反应，迅速液化会降低生成物浓度，使平衡正向移动，促进和的转化，可提高二者的利用率，D正确； 故选D。 7. 在如下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可测定中和反应反应热。下列关于该实验的说法正确的是有几个 ①用铜质搅拌器代替玻璃搅拌器，测得ΔH会偏小 ②实验过程中，盐酸和溶液要少量多次混合 ③混合前测量完稀盐酸温度的温度计用蒸馏水冲洗、擦干后再测量氢氧化钠溶液的温度 ④将溶液与盐酸混合后，立即测混合液的温度，该温度为反应前的初始温度 ⑤实验中，读取混合溶液不再变化的温度为终止温度 ⑥如果没有玻璃搅拌器，酸碱混合后可用温度计轻轻搅拌 ⑦烧杯间的碎泡沫塑料的作用是保温，防止热量散失 ⑧完成中和反应热测定实验，只需要使用一支温度计 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【详解】①铜质搅拌器导热性强，会导致热量散失更多，测得的温度升高值ΔT偏小，ΔH=-cmΔT/n，ΔH绝对值偏小，ΔH偏大，①错误； ②酸碱应一次性快速混合以减少热量散失，少量多次混合会导致热量损失增大，②错误； ③测量完盐酸温度的温度计若不冲洗，残留盐酸会与NaOH反应放热，使NaOH温度测量偏高，冲洗、擦干可避免此误差，③正确； ④反应前初始温度应为混合前两种溶液的平均温度，混合后立即测的温度已开始反应，④错误； ⑤终止温度应是反应达到的最高温度，而非不再变化的温度（此时已降温），⑤错误； ⑥温度计不可用于搅拌，易损坏且搅拌不均，⑥错误； ⑦碎泡沫塑料可隔热保温，减少热量散失，⑦正确； ⑧可用一支温度计先后测量盐酸、NaOH溶液温度及混合后最高温度（测量后冲洗干净、擦干），⑧正确； 正确说法为③⑦⑧，共3个，故答案为C。 8. 下列有关电解质溶液的说法不正确的是 A. 蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，证明白醋是弱电解质 B. 向氨水溶液中加入少量，此时的值增大 C. 向溶液中加入少量固体，不变 D. 相同体积、相同的盐酸、醋酸与足量反应，产生的量醋酸的多 【答案】A 【解析】 【详解】A．白醋是醋酸的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，且蛋壳与白醋反应放出气体仅能证明醋酸酸性强于碳酸，无法证明醋酸是弱电解质，A错误； B．氨水中存在电离平衡，电离常数，变形可得，加入后增大，平衡逆移，减小，温度不变不变，故该比值增大，B正确； C．表达式代表醋酸的电离常数，电离常数只与温度有关，加入醋酸钠固体温度不变，不变，C正确； D．醋酸为弱酸，相同的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量浓度远大于盐酸，等体积时醋酸的物质的量更大，与足量反应产生的更多，D正确； 故选A。 9. 经测定，液态在时导电性很强，说明该化合物在液态时发生了电离，存在阴阳离子。查找资料，存在一系列类似有明显离子化合物倾向的盐类，如，，等，由此推断液态电离时的阴阳离子是 A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】C 【解析】 【详解】A．液态若电离出和，与题目给出的盐类中存在、的信息不符，A错误； B．电离产物和无证据支持，且不符合题中资料给出的盐类离子构成，B错误； C．液态能发生自偶电离：，由、，可电离出，可电离出，题中资料能佐证两种离子存在，C正确； D．根据题中资料，和不存在相关证据，不符合电离规律，D错误； 故选C。 10. 化学反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ在不同温度时达到平衡，其平衡常数如下表。下列结论正确的是 编号 化学方程式 温度 979K 1173K Ⅰ 1.47 2.15 Ⅱ 1.62 b Ⅲ a 1.68 A. 将铁粉磨细可以使平衡Ⅰ向右移动 B. C. 升高温度，反应Ⅲ平衡向正反应方向移动 D. 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应 【答案】D 【解析】 【分析】根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ=反应Ⅲ，故同温度下平衡常数满足关系，计算得 979 K 时，1173 K 时。据此分析作答。 【详解】A．Fe是固体，固体的浓度视为常数，将铁粉磨细仅能加快反应速率，不会使平衡移动，A错误； B．由分析可知，，，故，B错误； C．反应Ⅲ的平衡常数随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，C错误； D．反应Ⅱ的平衡常数随温度升高从1.62降至0.78，反应Ⅲ的平衡常数随温度升高从2.38降至1.68，二者升温均使减小，说明两个反应均为放热反应，D正确； 故答案选D。 11. 一定条件下HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示： 下列说法错误的是 A. HCOOH催化脱氢反应在该温度下能自发进行 B. 在历程Ⅰ～Ⅴ中，由Ⅳ到Ⅴ的反应为决速步骤 C. 由反应历程可得出HCOOH中第1个H原子更易脱去 D. 在该反应历程中，HCOOH所有的化学键均发生断裂 【答案】CD 【解析】 【详解】A．由反应历程图可知，反应Ⅰ的相对能量高于反应Ⅴ，则HCOOH脱氢反应为放热反应，ΔH＜0，HCOOHCO2+H2，ΔS>0，由ΔG=ΔH −TΔS＜0，则在该温度下能自发进行，故A正确； B．根据反应历程图，的活化能最高，则Ⅳ到Ⅴ的反应速率最慢，为决速步骤，故B正确； C．由反应历程可知，反应脱去第一个H的活化能大于脱去第二个H的活化能，活化能越大，反应越困难进行，可知HCOOH中第2个H原子更易脱去，故C错误； D．根据反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，只有O−H键和C−H键断裂，C=O键不断，故D错误； 故答案选CD。 12. 从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是 A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B. 滤渣可以全部溶于浓 C. 被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中被氧化 【答案】C 【解析】 【分析】铜阳极泥的主要成分为和，含少量和，在“浸渍”操作中，加入Na2S溶液，通入适量空气，和反应生成CuS沉淀，同时生成Na2Te2，和不溶，进入滤渣，滤液1中含有Na2Te2，加入Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3作氧化剂被还原，同时将Na2Te2氧化为碲粉，滤液2中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用； 【详解】A．“浸渍”时和生成的都具有还原性，通入过量空气时，过量会进一步将氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误； B．铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于王水），因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误； C．被氧化生成的反应方程式为：，反应生成强碱，溶液中增大，碱性增强，C正确； D．滤液1中在中为价，沉碲得到价碲单质，化合价升高被氧化，因此做氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误； 故选C。 13. 向密闭容器中充入和一定量的，保持总压强不变，发生反应：，当时，NO的平衡转化率随温度T变化及下NO的平衡转化率随投料比的变化关系如图所示（已知：）。下列叙述正确的是 A. NO的平衡转化率随温度T的变化曲线为Ⅱ B. a、d两点的平衡常数 C. 速率关系为 D. b点对应条件下的压强平衡常数 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题意及图可知，反应的，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低，故NO的平衡转化率随温度T变化的曲线是曲线I，A错误； B．由A分析可知，曲线I是NO的平衡转化率随温度的变化关系曲线，升高温度，平衡逆向移动，且平衡常数K只与温度有关，故温度越高，平衡常数越小，a点温度低于d点温度，所以，B错误； C．反应速率受温度和反应物浓度影响，浓度相同时，温度越高反应速率越快，由A项知曲线I是NO的平衡转化率随温度T变化的曲线，a点、d点投料比相同，由图可知a点和c点的投料比相同，即a、c、d三点的投料比都相同()，温度：a点为，c点为，d点为，已知，故a、c、d三点的速率关系为；同一温度下，反应物浓度越高反应速率越快，曲线II是下NO的平衡转化率随投料比的变化关系曲线，b和c两点温度相同（都为），投料比：b点（）大于c点（），故b、c两点的速率关系为；所以速率关系为，C正确； D．由图可知b点时，投料比，初始，则初始，此时NO的平衡转化率为80%，转化的，转化的，生成的，生成的，则平衡时剩余的，剩余的，故平衡时总的物质的量为，平衡时总压强为，故b点对应条件下的压强平衡常数，D错误； 故选C。 14. 室温下，向100 mL饱和溶液中缓慢通入气体（反应充分，气体体积换算成标准状况），发生反应：，测得溶液pH与通入的关系如图所示。下列有关说法正确的是 A. 整个过程中，水的电离程度先减小后增大 B. 曲线y代表继续通入气体后溶液pH的变化 C. 该温度下的数量级为 D. a点之后，随气体的一直通入，的值始终减小 【答案】B 【解析】 【分析】向饱和溶液中通入，发生反应；是弱酸，初始溶液呈酸性；随着通入，被消耗，酸性逐渐减弱，pH升高；恰好完全反应时溶液接近中性（pH=7，对应a点）；继续通入​，与水生成，酸性逐渐增强，pH下降，且酸性强于，pH下降更快。 【详解】A．酸会抑制水的电离，反应过程中溶液酸性先减弱、后增强，因此水的电离程度先增大后减小，A错误； B．酸性强于，继续通入后pH下降更快，因此下降速率更快的曲线y符合继续通​的pH变化，B正确； C．a点通入标况体积为112 mL，，恰好反应时，溶液体积为0.1L，因此初始饱和浓度。 的电离以第一步为主，​，初始，，代入得，因此的数量级为，C错误； D．的第一步电离平衡常数​，变形得​​。温度不变不变，a点后通入，先增大，该比值减小；但达到饱和后，溶液中的不再变化，该比值也不变，因此不是始终减小，D错误； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 肼（，联氨）是二元弱碱，水溶液分步微弱电离，还原性极强；沸点低、受热易氧化分解。工业采用尿素——次氯酸钠碱性法制备水合肼。 已知：常温肼的电离平衡常数：；。氨水的 （1）碱性条件下，尿素与NaClO反应生成、碳酸钠、氯化钠等，写出离子方程式：________________ （2）工业合成肼需冰水浴条件、缓慢滴加NaClO溶液，且NaClO不能过量，原因是：________________ （3）提纯肼采用减压蒸馏而非常压蒸馏的目的是：________________ （4）检测废水中的，可将废水调成碱性环境，加入新制，被氧化为，出现砖红色沉淀，写出该反应的化学方程式：________________ （5）肼在水溶液中的两步电离方程式：第一步：；写出第二步电离方程式：________________。 （6）常温下溶液pH的范围为________________（取整数范围）。 （7）下列关于肼及其电离平衡说法正确的是 A. 向溶液中加水稀释，数值减小 B. 溶液中时，溶液 C. 相同浓度下的溶液碱性弱于氨水 D. 升高温度，溶液中水电离的会增大 【答案】（1） （2）冰水浴可降低反应温度，防止肼受热氧化分解；缓慢滴加NaClO可避免NaClO局部过量氧化肼，减少副反应，提高水合肼产率 （3）降低蒸馏温度，防止肼受热氧化分解 （4） （5） （6） ①. 10 ②. 11 （7）C 【解析】 【小问1详解】 根据题干给出的反应物和产物，结合电荷守恒、原子守恒配平，Cl元素化合价从+1降为-1，无其他变价，配平后得到； 【小问2详解】 冰水浴可降低反应温度，防止肼受热氧化分解；缓慢滴加NaClO可避免NaClO局部过量氧化肼，减少副反应，提高水合肼产率； 【小问3详解】 题干已知肼沸点低、受热易氧化分解，减压可降低体系沸点，在较低温度下蒸馏分离，避免肼受热分解； 【小问4详解】 1 mol 被氧化为，失去4 mol电子；生成1 mol ，得到2 mol电子，根据得失电子守恒配平得到； 【小问5详解】 二元弱碱分步电离，第一步电离产生，第二步​继续结合水电离的，电离出，故第二步电离方程式为：； 【小问6详解】 第二步电离极弱，可忽略，计算得，，，因此pH在10~11之间； 【小问7详解】 A．，因此​​，稀释时减小，比值增大，A错误； B．​，当时，，而非​​，B错误； C．肼的第一步电离常数（氨水），相同浓度下肼电离出的更少，碱性弱于氨水，C正确； D．升高温度，肼电离程度增大，增大，对水的电离抑制程度增强，水电离出的减小，D错误。 故选C。 16. 海水综合利用的流程如图。请根据所学知识回答下列问题： 已知：粗盐中的杂质为、；氯碱工业产品为NaOH、、。 （1）粗盐制精盐过程中所用除杂试剂为①；②；③稀盐酸；④NaOH。其合理的加入顺序为________（填标号）。 （2）工业上由无水获得金属镁的一般方法对应的化学方程式为________。 （3）流程图中设计向NaBr溶液中通入，然后用水溶液吸收生成的工序，其目的是________。 （4）流程中所涉及的各化工厂常布局在一起，且位于离海不远的区域，结合流程如图解释原因：________________（回答2条）。 （5）工业上由制备无水时，体系中同时存在反应Ⅰ和反应Ⅱ两个相互竞争的可逆反应，反应均在恒压密闭容器中进行，；100 kPa状态下，反应方程式和平衡常数K如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①写出反应Ⅰ的平衡常数表达式________ ②该条件下分解达到平衡时生成的主要固体产物是________ ③；100 kPa状态下分解达到平衡容器内________（算出数值） ④工业上由制备无水方法是在干燥的氯化氢气流中加热脱水，结合以上信息解释使用该方法的原因：________________。 【答案】（1）②④①③或④②①③ （2） （3）富集溴元素，提高的浓度  （4）①原料来自海水，靠近海岸可降低原料运输成本；②各工厂可以减少中间产物的运输成本 （5） ①. ②. Mg(OH)Cl  ③. ④. 增大HCl浓度，使反应Ⅱ的平衡逆向移动，抑制水解 【解析】 【分析】粗盐经除杂提纯得到精盐后送入氯碱工业，可得到NaOH、、等核心化工产品；母液中分离出溴化钠与氢氧化镁，溴提取环节中，先用置换得到，因直接得到的浓度较低，通过水溶液吸收实现溴的富集，再经氧化即可得到高纯度的溴单质；镁提取环节中，氢氧化镁转化得到，再脱水得到无水，最终用于冶炼金属镁。 【小问1详解】 粗盐除杂时，必须在之后加入，用来除去过量的；盐酸需要最后加入，用来除去过量的和，因此只要满足该顺序即为合理； 【小问2详解】 镁是活泼金属，工业上通过电解熔融氯化镁制备金属镁，化学方程式为：； 【小问3详解】 海水中浓度很低，该工序可以浓缩富集溴，降低后续提纯成本； 【小问4详解】 本流程原料均取自海水，离海近便于获取原料；同时不同工厂的产品/副产品可作为其他工厂的原料，例如氯碱工业的可用于提溴，减少运输成本。 【小问5详解】 ①平衡常数表达式中，固体浓度视为常数，不写入表达式，因此反应Ⅰ的。 ②平衡常数越大，反应正向进行程度越大，​，说明反应Ⅱ进行程度远大于反应Ⅰ，因此主要固体产物为。 ③设平衡时，，同温同体积下浓度比等于物质的量比，结合平衡常数： ，，变形得​​，代入整理得：，即； ④反应Ⅱ是水解生成的反应，通入氯化氢增大生成物浓度，使水解平衡逆向移动，抑制水解，最终得到无水氯化镁。 17. 化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成的较小。 ②根据时分析，控制合适的pH，可使生成的较小；用浓度较大的KBr溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液pH和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定的干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略。 （1）实验探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ ，将溶液（）与过量在碘量瓶中混合，用电磁搅拌子搅拌半小时，充分反应后，溶液变为黄色，碘量瓶液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液（）与过量在碘量瓶中混合，条件和反应时间与Ⅰ相同，溶液变为淡黄色，碘量瓶液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH；取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：ⅰ．；ⅱ．和溶液颜色均为无色。 ①实验过程始终在碘量瓶中反应的目的是：________；Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的颜色变化是________。 ②Ⅰ中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的pH________（填“增大”、“减小”或“不变”）。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用________的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是________。 （2）实验改进 分析实验Ⅰ、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与________值比较。②综合调控pH和温度的目的是________。 【答案】（1） ①. 防止挥发逸出，减小测定误差 ②. 滴入最后半滴​标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色  ③. 增大 ④. ⑤. 反应未达到平衡，相同时间内生成的​浓度低于平衡浓度，导致计算结果偏小 （2） ①. 下该反应的理论平衡常数 ②. 既加快反应速率，使反应尽快达到平衡，又控制浓度较小，减少挥发，减小测定误差  【解析】 【分析】平衡常数表达式：，控制pH可调节c(Br2)大小。使用过量MnO2和浓KBr溶液，确保c(Br–)几乎不变。因c(Mn2+) = c(Br2)，只需测定平衡时的pH和c(Br2)即可计算K。 干扰忽略：Br2与水反应、HBr挥发对实验影响可忽略。 【小问1详解】 ①​易挥发，碘量瓶密封可减少逸出； 滴定过程中，氧化生成​，淀粉遇显蓝色，当​被​完全消耗后，蓝色褪去，得到终点现象。 ②反应消耗，平衡后浓度降低，因此增大； 挥发后，滴定测得的小于溶液中实际生成的浓度，根据题目可知，，挥发导致计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③Ⅱ中更大，浓度更低，反应速率更慢，相同反应时间下反应未达到平衡，偏小，因此计算的偏小。 【小问2详解】 ①平衡常数只与温度有关，验证测定结果是否准确，需要和该温度下的理论平衡常数对比； ②低（高浓度）会使平衡生成的​浓度过大，易挥发造成误差；高下反应速率过慢，难达到平衡；合适的控制​浓度、适当升高温度加快反应速率，可同时解决两个问题，减小测定误差。 18. “双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯（DMT）的路径如下： Ⅰ．“热催化”中主反应： ⅰ． （1）已知： 则________（用含和的代数式表示），________0（填“”或“”）。 （2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应ⅰ，提高平衡转化率的措施有________（填标号）。 A. 及时移走 B. 通入 C. 增大CO和投料比 D. 加入催化剂 （3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”的副反应： ⅱ． 平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。[例：DMO选择性] ①“热催化”反应较适宜的温度区间为________（填标号）。 A. B. C. ②，若恒容密闭容器中只发生反应ⅰ、ⅱ，当CO和的初始浓度分别为、，结合图1信息，平衡时________，反应ⅰ的________（列出计算式即可）。 Ⅱ．“电催化”中： （4）时，DMT的生成速率v与关系如上图2，已知该反应的速率方程为，其中k为速率常数。 ①当增加10倍，v也增加10倍，则m为________。 ②速率常数k为________。 【答案】（1） ①. ②. （2）C （3） ①. B ②. ③. （4） ①. 1 ②. 【解析】 【小问1详解】 观察方程式可知，，即 ，两边同时除以 2，即得到反应 i：，根据盖斯定律，  ；反应 i 中，反应物气体总物质的量为  ，生成物中气体为  ，液体不计入气体分子数。气体分子数由 4 减少到 2，是一个熵减小的反应，故。 【小问2详解】 A．及时移走：它是液体，其量的变化不影响平衡常数表达式中的浓度商，平衡不移动，A不符合题意； B．通入 ：恒容条件下，通入惰性气体不改变各组分分压，平衡不移动，B不符合题意； C．增大  和  投料比：相当于增大压强，平衡正向移动，  的转化率提高，C符合题意 D．加入催化剂：只改变速率，不改变平衡状态，D不符合题意； 故选 C。 【小问3详解】 ①由图 1 可知，在时，转化率较高（75%以上），且 DMO 选择性较高（90%左右），副产物 2 选择性较低。温度过高（如以上）副产物2急剧增加。故选 B。 ② 初始： 。转化率75%，即转化了的。DMO 选择性90%，即用于生成DMO的占转化总量的90%。反应 i 消耗  ：。反应ii消耗。平衡时 。反应 i 消耗，生成。反应 ii 消耗 ，生成。平衡，。。 【小问4详解】 ①当  增加10倍， 也增加10倍，v2​ = k(10c)m =10⋅kcm =10v1​，10m=10，m=1； ② 由图2，时， 。。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $