精品解析：北京市育英学校2025-2026学年高二上学期期中练习化学试题（A班）

北京市育英学校高二A班第一学期化学期中练习 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 第一部分 本部分共21题，每题2分，共42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. 对于可逆反应 A(g)＋3B(s)2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下， 其中表示的反应速率最快的是 A. v(A)=0.5 mol·L-1·min-1 B. v(B)=1.2 mol·L-1·s-1 C. v(C)=0.1 mol·L-1·s-1 D. v(D)=0.4 mol·L-1·min-1 【答案】C 【解析】 【分析】同一反应中，不同物质表示的反应速率，数值可能不同，所以比较同一反应在不同条件下反应速率快慢时，应转化为同一种物质。我们以C为参照，将其他物质表示的反应速率都转化为C物质表示的反应速率。 【详解】A．v(A)=0.5 mol·L-1·min-1，v(C)=1.0 mol·L-1·min-1； B．B呈固态，不能用浓度变化表示反应速率； C．v(C)=0.1 mol·L-1·s-1，v(C)=6.0 mol·L-1·min-1； D．v(D)=0.4 mol·L-1·min-1，v(C)=0.4 mol·L-1·min-1； 从数值上可以看出，选项C中用C表示的反应速率最快，故选C。 2. NH3原NO，其反应过程与能量关系如图1所示；有氧条件下，Fe3+催化NH3还原NO的反应历程如图2所示。下列说法正确的是 A. 图1所示热化学方程式为 B. 图1所示反应产物中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：3 C. 图2所示过程中的物质的量减少 D. 图2所示过程生成1mol氮气，转移电子的数目为2.4mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=(a-b)kJ/mol，A错误； B．图1所示反应方程式为：4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)，反应产物中氧化产物与还原产物为N2，其中有4个N被氧化，6个N被还原，故氧化产物与还原产物物质的量之比为2：3，B正确； C．由题干图示信息可知，图2所示过程中作催化剂，故其物质的量在反应前后保持不变，C错误； D．由题干图示信息可知，图2所示过程发生的总反应为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故生成1mol氮气，转移电子的数目为3mol，D错误； 故答案为：B。 3. 下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是 A. 钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式： B. 在碱性介质中，氢氧燃料电池的负极反应式： C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为： D. 电解饱和食盐水时，阴极的电极反应式为： 【答案】A 【解析】 【详解】A．钢铁发生电化学腐蚀时，铁作负极失去电子生成亚铁离子，电极反应式书写正确，A正确； B．碱性介质中氢氧燃料电池的负极反应物为，给出的反应式是正极上得电子的还原反应，负极反应式为，B错误； C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是阳极，应使用粗铜作阳极，纯铜连接电源负极作阴极，电极反应式：，C错误； D．电解饱和食盐水时，失去电子生成是阳极的反应，阴极发生得电子的还原反应，正确反应式为，D错误； 故选A。 4. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。 【详解】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确； B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确； C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误； D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确； 故选C。 5. 我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法正确的是 A. ①→②的过程中吸收能量 B. 过程中，C-H键全部发生断裂 C. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 D. 生成总反应的原子利用率为100% 【答案】D 【解析】 【详解】A．①→②的过程中反应物总能量高于生成物总能量，为放热过程，放出能量，A错误； B．转化为的过程中，仅断裂1个键，剩余3个键保留在结构中，并非全部断裂，B错误； C．催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡状态，无法提高反应物的平衡转化率，C错误； D．总反应为，反应物的所有原子全部转化为目标产物，原子利用率为100%，D正确； 故选D。 6. 某反应的速率方程为，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如下表所示： 0.25 0.50 1.00 0.50 1.00 0.050 0.050 0.100 0.100 0.200 1.6 3.2 3.2 4.8 下列说法不正确的是 A. 上述表格中的、 B. 该反应的速率常数 C. 由以上数据可知浓度对速率的影响是实验测得的，无法通过化学方程式直接得出 D. 升温、加入催化剂、缩小容积(加压)，使k增大导致反应的瞬时速率加快 【答案】D 【解析】 【分析】由第一列和第二列数据可知，A的浓度增大一倍，反应速率也增大一倍，故m=1，由第二列和第四列数据可知，B的浓度增大一倍，反应速率不变，说明反应速率与B的浓度无关，即n=0，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，反应速率只有A的浓度成正比，故可知上述表格中的，，A正确； B．由分析可知，m=1、n=0，带入第一列数据得：1.6×10-3mol·L-1·min-1=k×0.25mol/L该反应的速率常数，B正确； C．由分析可知，m=1，n=0，即反应速率不一定与反应物浓度有关，故由以上数据可知浓度对速率的影响是实验测得的，无法通过化学方程式直接得出，C正确； D．速率常数与浓度无关，缩小容积（加压）不会使k增大，D错误； 故答案为：D。 7. 列实验装置不能达到对应实验目的的是 实验目的 A．探究温度对化学平衡移动的影响 B．测定锌与稀硫酸反应速率 实验装置 实验目的 C．测定中和反应的反应热 D．验证电解饱和食盐水的阳极产物 实验装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．该装置仅温度为单一变量，通过对比两烧瓶中和混合气体的颜色差异，可判断温度对平衡移动的影响，A不符合题意； B．通过测定一定时间内收集的体积，或收集一定体积所需的时间，可计算锌与稀硫酸的反应速率，B不符合题意； C．中和反应反应热的测定需要隔热保温装置减少热量散失，该装置为敞口烧杯，无保温措施，会导致反应放出的热量大量散失，无法准确测定反应的温度变化，无法准确测定反应热，C符合题意； D．与电源正极相连的电极为阳极，阳极反应为，可将氧化为使淀粉碘化钾溶液变蓝，可验证阳极产物，D不符合题意； 故选C。 8. 温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容条件，已知 ，测得反应达到平衡时的有关数据如表： 容器1 容器2 容器3 反应物投入量 、 的浓度 反应的能量变化 放出 吸收 吸收 体系的压强 反应物的转化率 下列说法正确的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．容器1投入1molN2和3molH2，容器2投入2mol，两个容器中的反应完全等效，根据盖斯定律，两个容器中的能量之和为92kJ，即，A正确； B．容器1和容器2等效，所以，容器3充入4mol，是容器2的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，所以容器3 中的氨气的浓度大于容器2中氨气浓度的2倍，即，B错误； C．容器1和容器2等效，，容器3充入4mol，是容器2的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，所以容器3 中压强减小，小于容器2和容器1的2倍，即，C错误； D．容器3充入4mol，是容器2的二倍，若平衡不移动，，由于容器3中相当于增大压强，平衡正向移动，氨的转化率减小，所以，D错误； 故选A。 9. 生活中用电解氯化亚铁的方法制得氯化铁溶液，再用氯化铁溶液吸收有毒的硫化氢气体。工艺原理如图所示。下列说法中正确的是 A. H+从电解池右槽迁移到左槽 B. 左槽中发生的反应是：2Cl--2e-=Cl2↑ C. 右槽的反应式：4OH--4e-=2H2↑+2O2↑ D. FeCl3溶液可以循环利用 【答案】D 【解析】 【分析】FeCl3溶液氧化H2S发生反应：2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，反应池中溶液移入电解池左槽，而电解池左槽产生Fe3+，右槽生成氢气，因此左槽为阳极、右槽为阴极，由于还原性Fe2+＞Cl-，左槽中Fe2+放电生成Fe3+，右槽中氢离子放电生成氢气，质子通过质子交换膜移向阴极。 【详解】通过图示可知：Fe2+在电解池的左槽中转化为Fe3+，H+在右槽转化为H2，因此左槽为阳极，右槽为阴极。 A．电解过程中阳离子向阴极移动，H+从电解池左槽迁移到右槽，A错误； B．左槽为阳极，由于还原性：Fe2+＞Cl-，因此电极反应式为：Fe2+-e-=Fe3+，B错误； C．右槽为阴极，发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑或2H2O=H2↑+2OH-，C错误； D．在反应池中FeCl3和H2S反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，因此FeCl3溶液可以循环利用，D正确， 故合理选项是D。 10. 某温度时， 。该温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中，投入和，起始浓度如下： 起始浓度 甲 乙 丙 丁 0.10 0.10 0.20 0.20 0.10 0.20 0.10 0.20 平衡时，下列推断不正确的是 A. 甲中的转化率为50% B. 乙中的转化率等于丙中的转化率 C. 丁中各物质的物质的量相等 D. 甲、乙、丁中关系为甲<乙<丁 【答案】D 【解析】 【详解】A．设甲容器中平衡时反应掉的二氧化碳的浓度为xmol/L，根据K= =1，得x=0.05，所以CO 2的转化率为50%，H2的转化率也是50%，故A正确； B．设乙容器中平衡时反应掉的二氧化碳的浓度为xmol/L，则K= =1；设丙容器中平衡时反应掉的氢气的浓度为ymol/L，则K= =1，所以x=y，乙中的转化率等于丙中的转化率，故B正确； C．该反应是气体体积前后不变的反应，压强对平衡没有影响，丙的起始浓度为甲的2倍，成比例，所以甲和丙为等效平衡，由A的分析可知，平衡时甲容器中c(CO2 )是0.05mol/L，而甲和丙为等效平衡，但丙的起始浓度为甲的两倍，所以平衡时，丙中c(CO2)是0.1mol/L，则丁中各物质的物质的量均为0.1mol/L，故C正确； D．由C可知，甲中c(H2)=0.05mol/L，丁中c(H2)=0.1mol/L，乙容器相当于在甲的基础上再充入CO2，平衡正向移动，c(H2)减小，甲、乙、丁中关系为乙<甲<丁，故D错误； 故选D。 11. 实验室用如下方法制备。 已知：i. ii.过程②中溶液先变浑浊再变澄清，得到溶液 下列说法不正确的是 A. 过程②中溶液先变浑浊可能的原因： B. 过程②中的作用： C. 过程②中加入适量乙醇可增大S的溶解度，加快反应速率 D. 过程②中通入过量，可增大的产率 【答案】D 【解析】 【详解】A．ii.过程②中溶液先变浑浊再变澄清，得到溶液，过程②中溶液先变浑浊可能的原因：，A正确； B．已知：i.，故过程②中的作用：，B正确； C．过程②中加入适量乙醇可增大S的溶解度，加快反应速率，C正确； D．过量的使得溶液酸性过强会降低硫代硫酸钠的产率：2H++S2O=S+SO2+H2O，D错误； 故选D。 12. 某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是 A. 正极反应为AgCl ＋e－＝Ag ＋Cl－ B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成 C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变 D. 当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子 【答案】D 【解析】 【详解】A．电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl，正极发生还原反应，正极反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，故A错误； B．由于电解质溶液为盐酸，所以负极产生的银离子迅速和氯离子在交换膜左侧溶液中生成AgCl沉淀，不可能有大量银离子移动到交换膜右侧，但H+从左侧移动到右侧，故B错误； C．若用NaCl溶液代替盐酸，负极发生反应，正极发生反应Cl2＋2e－＝2Cl－，电池总反应不变，故C错误； D．当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧产生0.01 mol Ag＋与0.01molCl－反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01 mol H＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液减减少0.02 mol离子，故D正确； 选D。 13. 在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是 A. M点的正反应速率υ正小于N点的逆反应速率υ逆 B. T2下，在0~t1时间内，υ(Y)= mol/(L·min) C. M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小 D. 该反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量 【答案】D 【解析】 【详解】分析：用“先拐后平”法，T1优先T2出现拐点，T1达到平衡时间短、速率快，则T1T2；T2平衡时c（X）小于T1，升高温度平衡向逆反应方向移动，该反应的ΔH0；利用图象上的数据和速率之比等于化学计量数之比计算υ（Y）；平衡后再加入一定量X，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，X的平衡转化率增大。 详解：用“先拐后平”法，T1优先T2出现拐点，T1达到平衡时间短、速率快，其它条件不变时升高温度化学反应速率加快，则T1T2；T2平衡时c（X）小于T1，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，该反应的ΔH0。A项，M点是T1时的平衡点，υ正（M）=υ逆（M），N点是T2时的不平衡点，N点时的逆反应速率小于T2平衡时的逆反应速率，由于T1T2，T2平衡时的反应速率小于T1平衡时的反应速率，M点的正反应速率υ正大于N点的逆反应速率υ逆，A项错误；B项，T2下，0~t1时间内υ（X）===mol/（L·min），不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，υ（Y）=υ（X）=mol/（L·min），B项错误；C项，M点时再加入一定量X，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡后X的转化率增大，C项错误；D项，该反应的正反应为放热反应，W点消耗X的物质的量大于M点，该反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量，D项正确；答案选D。 点睛：本题考查化学平衡的图象分析、化学反应速率的计算、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响。观察图象时先看纵横坐标的含义，根据关键点和曲线的变化趋势，联想外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的规律进行判断。注意：在恒容容器中增加反应物浓度，平衡向正反应方向移动；若反应物只有一种，平衡时反应物转化率的变化，利用增大压强对平衡的影响判断。 14. 丙酮()碘化反应为。兴趣小组在时研究了该反应的反应速率。他们在反应开始前加入淀粉溶液，通过观察淀粉溶液褪色时间来度量反应速率的大小。实验数据如下表，其中混合液总体积相同。 序号 c(丙酮) 褪色时间 ① 2 0.002 0.5 40 ② 1 0.002 0.5 80 ③ 2 0.001 0.5 20 ④ 2 0.002 0.25 80 下列根据实验数据做出的推理不合理的是 A. 实验①中， B. 由实验①②可知，c(丙酮)越大，反应速率越快 C. 由实验①③可知，越大，反应速率越慢 D. 由实验①④可知，越大，反应速率越快 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验①中，，A正确； B．实验①②变量为丙酮的浓度不同，由实验①②可知，c(丙酮)越大，褪色时间越短，反应速率越快，B正确； C．碘单质能使淀粉溶液变蓝色，实验①③变量为碘单质浓度，初始溶液的蓝色深浅不同，由实验①③可知，c(I2)越大，褪色时间越长，但不能说明反应速率慢，C错误； D．实验①④变量为氢离子的浓度不同，由实验①④可知，c(H+)越大，褪色时间越短，反应速率越快，D正确； 故选C。 第二部分 本部分共4题，共58分。 15. 运用化学反应原理分析解答以下问题： Ⅰ．现有①、②HCl、③三种溶液，用序号回答下列问题 （1）当它们pH相同时，其物质的量浓度由大到小的排列是________。 （2）当它们的物质的量浓度相同时，其pH由大到小的排列是________。 （3）体积和浓度相同的①、②、③三溶液，分别与同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱溶液的体积关系为________。 Ⅱ．弱酸在水溶液中存在电离平衡，部分弱酸的电离平衡常数如下表： 弱酸 电离平衡常数（25℃） HClO （4）①当弱酸的浓度一定时，降低温度，K值________（填“变大”“变小”或“不变”）。 ②下列离子方程式和有关说法错误的是________。 a．少量的通入次氯酸钠溶液中： b．少量的通入碳酸钠溶液中： c．相同温度时，等物质的量浓度的三种弱酸与足量NaOH溶液完全中和消耗NaOH的体积为 （5）工业废水中常含有一定量的和，它们对人类及生态系统会产生很大损害，必须进行处理后方可排放。在废水中存在平衡：。若改变条件使上述平衡向逆反应方向移动，则下列说法正确的是________。 a．平衡常数K值可以不改变 b．达到新平衡的消耗速率等于的消耗速率 c．达到新平衡后，溶液pH一定增大 d．再达平衡前逆反应速率一定大于正反应速率 （6）已知：① ② ③ 某温度下三个反应的平衡常数的值依次为、、，则该温度下反应的化学平衡常数________（用含、、的代数式表示）。 【答案】（1） ①>②>③ （2） ①>②>③ （3） ③>①=② （4） ①. 变小 ②. ac （5） ad （6） 【解析】 【小问1详解】 pH相同即相等：CH₃COOH是弱酸仅部分电离，HCl是一元强酸完全电离，H₂SO₄是二元强酸完全电离。要达到相同的，所需弱酸的物质的量浓度最大，二元强酸最小，因此浓度顺序为①>②>③。 【小问2详解】 物质的量浓度相同时：CH₃COOH部分电离，最小，pH最大；HCl完全电离，是酸的浓度；H₂SO₄完全电离，是酸浓度的2倍，pH最小，因此pH顺序为①>②>③。 【小问3详解】 体积和浓度相同时，三种酸的可电离总的物质的量：CH₃COOH和HCl都是一元酸，中和NaOH的量相同；H₂SO₄是二元酸，可中和的NaOH是前两者的2倍，因此所需烧碱体积③>①=②。 【小问4详解】 ① 弱酸的电离为吸热过程，降低温度会导致电离平衡向逆方向移动，电离平衡常数 值变小； ②由表格知酸性 。 a．少量通入溶液中会生成和，离子方程式为 ，a错误； b．少量 通入碳酸钠溶液中生成和 ，离子方程式为 ，b正确； c．等物质的量浓度、等体积的三种酸分别与足量 反应时，因、均为二元酸，为一元酸，故消耗 溶液的体积应为 ，c错误； 故选ac。 【小问5详解】 a．化学平衡常数 只与温度有关，如果在恒温下通过改变浓度使平衡逆向移动， 值保持不变，a正确； b．无论反应是否达到平衡，各物质反应速率之比始终等于化学计量数之比，故 的消耗速率等于 消耗速率的 倍，b错误； c．若通过增大生成物 浓度的方法使平衡逆向移动，达到新平衡时，体系中的 相较于原平衡是增大的，溶液 会减小，c错误； d．要使平衡向逆反应方向移动，宏观表现必须是逆反应速率大于正反应速率，直至达到新的平衡为止，d正确； 故选ad。 【小问6详解】 由盖斯定律可知目标反应 ，则总方程的平衡常数等于分方程的平衡常数之积，即。 16. 氨氮废水是生活中常见污染物之一，可用电解法加以去除。实验室用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl混合溶液来模拟该过程。 (1)电解处理氨氮废水电解过程中，溶液初始Cl－浓度和pH对氨氮去除速率与能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响关系如图1和图2所示： ①根据图中数据，处理废水合适的条件是_______________。 ②实验中发现阳极会持续产生细小气泡，气泡上浮过程中又迅速消失。结合图1，用电极反应式和离子方程式解释Cl－去除氨氮的原因_______________。 ③图1中当Cl－浓度较低时、图2中当初始pH达到12时，均出现氨氮去除速率低而能耗高的现象，共同原因是_______________。 (2)氨的定量测定使用下图装置检测废水中的氨氮总量是否合格。 ①利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用：_______________。 ②若利用氨气传感器将1 L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为6×10-4 mol，则样品混合液中氨氮(以氨气计)含量为_______________mg·L-1。 【答案】 ①. Cl－浓度为700 mmol/L、pH为6 ②. 2Cl－-2e- = Cl2↑、3Cl2+2NH4+ =N2 +6Cl－+8H+ ③. 阳极可能OH－放电，产生大量氧气，消耗电能 ④. c(OH-)增大，使NH4+ + OH- ⇌NH3·H2O ⇌ NH3 + H2O平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出 ⑤. 3.4 【解析】 【分析】(1))①根据图1和图2分析Cl－浓度和溶液的pH的合适条件；②阳极失去电子发生氧化反应，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气又被铵根离子还原，据此分析解答；③阳极可能是OH-放电，产生大量氧气，消耗电能来分析； (2)①氢氧根离子浓度的变化对NH4++OH-⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O平衡的影响分析解答；②依据氮元素守恒和电子转移守恒计算水样中氨氮(以氨气计)含量。 【详解】(1)①根据图1可知，Cl－浓度为700 mmol/L，废水中氨氮去除速率较高；根据图2可知，pH为6时，废水中氨氮去除速率最高；因此处理废水合适的条件是，故答案为：Cl－浓度为700 mmol/L、pH为6； ②阳极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，实验中发现阳极会持续产生细小气泡，生成的氯气能够将铵根离子氧化，达到除去氨氮的目的，3Cl2+2NH4+ =N2 +6Cl－+8H+，气体减少，因此看到气泡上浮过程中又迅速消失，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑、3Cl2+2NH4+ =N2 +6Cl－+8H+； ③图1中当Cl－浓度较低时、图2中当初始pH达到12时，均出现氨氮去除速率低而能耗高的现象，原因可能是阳极发生的反应为4OH--4e-=O2↑+H2O，则阳极可能OH-放电，产生大量氧气，消耗电能，故答案为：阳极可能OH-放电，产生大量氧气，消耗电能； (2)①含氨氮水样中加入NaOH溶液，使得溶液中c(OH-)增大，使NH4++OH-⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出，故答案为：c(OH-)增大，使NH4++OH-⇌NH3•H2O⇌NH3+H2O平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出； ②将1L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为6×10-4mol，依据氮元素守恒2NH3～N2～6e-，有=，解得：n(NH3)=2×10-4mol/L，水样中氨氮(以氨气计)含量=2×10-4mol/L×17g/mol=3.4×10-3g/L=3.4mg/L，故答案为：3.4。 17. 油气开采、石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，需要将其回收处理并加以利用。 Ⅰ.高温热分解法： （1）该反应的化学平衡常数表达式为_______。 （2）升高温度，该反应的化学平衡常数_______(填“变大”“变小”或“不变”)。 （3）工业上，通常在等温、等压条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，的平衡转化率会_______(填“增大”“减小”或“不变”)，利用平衡常数与浓度商的关系说明理由：_______。 Ⅱ.克劳斯法： 已知： （4）用克劳斯法处理，若生成1mol，放出热量_______kJ。 （5）用克劳斯法处理时，研究人员对反应条件对产率的影响进行了如下研究。 ①其他条件相同时，相同时间内，产率随温度的变化如图1所示。由图1可见，随着温度升高，产率先增大后减小，原因是_______。 ②其他条件相同时，相同时间内，产率随值的变化如图2所示。值过高不利于提高产率，可能的原因是_______。 【答案】（1） （2）变大 （3） ①. 增大 ②. 达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，容器体积增大，各反应物和产物浓度减小相同的倍数，此时Qc=<K，平衡正向移动 （4）314 （5） ①. 该反应是放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，的生成速率增大，单位时间的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小 ②. O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致产率减小 【解析】 【小问1详解】 反应的化学平衡常数表达式为。 【小问2详解】 反应 ，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，该反应的化学平衡常数变大。 【小问3详解】 在等温、等压条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，容器体积增大，各反应物和产物浓度减小相同的倍数，此时Qc=<K，平衡正向移动，的平衡转化率会增大。 【小问4详解】 已知：① ；② ；由盖斯定律可知，（①+②）得到=（1+2）=-314，若生成1mol，放出热量314kJ热量。 【小问5详解】 ①由（4）可知，反应=-314<0，该反应是放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，的生成速率增大，单位时间的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小； ②值过高不利于提高产率，可能的原因是O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致产率减小。 18. 某实验小组对分别与、的反应进行探究。 【甲同学的实验】 装置 编号 试剂X 实验现象 Ⅰ 溶液() 闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转 Ⅱ 溶液() 闭合开关后灵敏电流计指针未发生偏转 （1）甲同学探究实验Ⅰ的电极产物。 ①取少量溶液电极附近的混合液，加入___________，产生白色沉淀，证明产生了。 ②该同学又设计实验探究另一电极的产物，所需检验试剂及现象分别是___________、___________。 （2）实验Ⅰ中负极的电极反应式为___________。 【乙同学的实验】 乙同学进一步探究溶液与溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下： 装置 编号 反应时间 实验现象 Ⅲ 0~1min 产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出 1~30min 沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色 30min后 与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色 （3）查阅资料：溶液中、、三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化： 从反应速率和化学平衡两个角度解释1~30min的实验现象：___________。 （4）解释30min后上层溶液又变为浅红色的可能原因：___________。 【实验反思】 （5）分别对比Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ，能否与或发生氧化还原反应和___________有关(写出两条)。 【答案】（1） ①. 足量盐酸和溶液 ②. 铁氰化钾溶液 ③. 产生蓝色沉淀 （2）(或) （3）生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在的作用下，橙色的浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色 （4）反应后的被空气氧化为，过量的电离提供，溶液中、、三种微粒会继续反应形成红色配合物 （5）溶液不同、、溶液中浓度不同(或与不同，或与的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物(任写两条) 【解析】 【分析】装置中发生的氧化还原反应是铁离子氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，铁离子被还还原为亚铁离子；Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ，FeCl3能否与Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应与离子浓度、溶液酸碱性等因素有关。 【小问1详解】 ①装置中发生的氧化还原反应是铁离子氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，铁离子被还还原为亚铁离子，取少量溶液电极附近的混合液，加入足量盐酸和溶液，产生白色沉淀，证明产生了。故答案为：足量盐酸和溶液； ②装置中发生的氧化还原反应是铁离子氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，铁离子在正极被还还原为亚铁离子，所需检验试剂及现象分别是铁氰化钾溶液、产生蓝色沉淀。故答案为：铁氰化钾溶液；产生蓝色沉淀； 【小问2详解】 实验Ⅰ中负极电极反应是亚硫酸根离子失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，负极的电极反应式为(或)。故答案为：(或)； 【小问3详解】 溶液中、、三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：，从反应速率和化学平衡两个角度解释1~30min的实验现象：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在的作用下，橙色的浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色。故答案为：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在的作用下，橙色的浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色； 【小问4详解】 30min后上层溶液又变为浅红色的可能原因：反应后的被空气氧化为，过量的电离提供，溶液中、、三种微粒会继续反应形成红色配合物。故答案为：反应后的被空气氧化为，过量的电离提供，溶液中、、三种微粒会继续反应形成红色配合物； 【小问5详解】 分别对比Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ，能否与或发生氧化还原反应和溶液不同、、溶液中浓度不同(或与不同，或与的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物(任写两条)。故答案为：溶液不同、、溶液中浓度不同(或与不同，或与的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物(任写两条)。 19. 红矾钠可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含、、、、和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：i．溶液中存在以下平衡： ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH 4.3 5.6 7.1 9.2 （1）Ⅰ中，NaHSO3还原Cr2O72- 的离子方程式：___________。 （2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH至___________(填字母序号)。 a．4.3~5.6    b．4.3~7.1    c．5.6~7.1    d．7.1~9.2 （3）Ⅲ中，氧化沉淀的化学方程式为___________。 （4）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，的产率反而降低，可能的原因是___________。 （5）Ⅳ中，加入的作用是___________(结合平衡移动原理解释)。 （6）为了测定获得红矾钠()的纯度，称取上述流程中的产品ag配成100mL溶液，取出25mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗。 (已知：) ①滴定终点的现象为___________。 ②所得(摩尔质量为)的纯度的表达式为___________(用质量分数表示)。 【答案】（1） （2）c （3）3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O （4）H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低 （5）加入使得溶液中H+增大，使得反平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率 （6） ①. 滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 ②. 【解析】 【分析】浸出液(主要含、、、、和)，根据流程图，先加入NaHSO3、NaOH，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到Cr(OH)3，Cr(OH)3与NaOH和H2O2反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液，加热蒸发结晶，趁热过滤后冷却结晶得到红矾钠 ()。 【小问1详解】 加入NaHSO3、NaOH，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到Cr(OH)3，，对应的离子方程式为：，故答案为：； 【小问2详解】 Ⅱ中，加入NaOH调节pH的目的是将Cr3+完全沉淀，而使Ni2+不沉淀，故应该调节pH至5.6~7.1，故答案为：c； 【小问3详解】 Ⅲ中，氧化沉淀生成Na2CrO4和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O，故答案为：3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH=2Na2CrO4+8H2O； 【小问4详解】 Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低，故答案为：H2O2受热易分解，所以氧化Cr(OH)3的H2O2减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低； 【小问5详解】 Na2CrO4溶液中存在以下平衡：，加入使得溶液中H+增大，使得上述平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率，故答案为：加入使得溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率； 【小问6详解】 ①本实验指示剂为淀粉溶液，I2遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色； ②根据得失电子总数相等可知，，故有，所得(摩尔质量为)的纯度的表达式为，故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市育英学校高二A班第一学期化学期中练习 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 第一部分 本部分共21题，每题2分，共42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. 对于可逆反应 A(g)＋3B(s)2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下， 其中表示的反应速率最快的是 A. v(A)=0.5 mol·L-1·min-1 B. v(B)=1.2 mol·L-1·s-1 C. v(C)=0.1 mol·L-1·s-1 D. v(D)=0.4 mol·L-1·min-1 2. NH3原NO，其反应过程与能量关系如图1所示；有氧条件下，Fe3+催化NH3还原NO的反应历程如图2所示。下列说法正确的是 A. 图1所示热化学方程式为 B. 图1所示反应产物中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：3 C. 图2所示过程中的物质的量减少 D. 图2所示过程生成1mol氮气，转移电子的数目为2.4mol 3. 下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是 A. 钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式： B. 在碱性介质中，氢氧燃料电池的负极反应式： C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为： D. 电解饱和食盐水时，阴极的电极反应式为： 4. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 5. 我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法正确的是 A. ①→②的过程中吸收能量 B. 过程中，C-H键全部发生断裂 C. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 D. 生成总反应的原子利用率为100% 6. 某反应的速率方程为，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如下表所示： 0.25 0.50 1.00 0.50 1.00 0.050 0.050 0.100 0.100 0.200 1.6 3.2 3.2 4.8 下列说法不正确的是 A. 上述表格中的、 B. 该反应的速率常数 C. 由以上数据可知浓度对速率的影响是实验测得的，无法通过化学方程式直接得出 D. 升温、加入催化剂、缩小容积(加压)，使k增大导致反应的瞬时速率加快 7. 列实验装置不能达到对应实验目的的是 实验目的 A．探究温度对化学平衡移动的影响 B．测定锌与稀硫酸反应速率 实验装置 实验目的 C．测定中和反应的反应热 D．验证电解饱和食盐水的阳极产物 实验装置 A. A B. B C. C D. D 8. 温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容条件，已知 ，测得反应达到平衡时的有关数据如表： 容器1 容器2 容器3 反应物投入量 、 的浓度 反应的能量变化 放出 吸收 吸收 体系的压强 反应物的转化率 下列说法正确的是 A. B. C. D. 9. 生活中用电解氯化亚铁的方法制得氯化铁溶液，再用氯化铁溶液吸收有毒的硫化氢气体。工艺原理如图所示。下列说法中正确的是 A. H+从电解池右槽迁移到左槽 B. 左槽中发生的反应是：2Cl--2e-=Cl2↑ C. 右槽的反应式：4OH--4e-=2H2↑+2O2↑ D. FeCl3溶液可以循环利用 10. 某温度时， 。该温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中，投入和，起始浓度如下： 起始浓度 甲 乙 丙 丁 0.10 0.10 0.20 0.20 0.10 0.20 0.10 0.20 平衡时，下列推断不正确的是 A. 甲中的转化率为50% B. 乙中的转化率等于丙中的转化率 C. 丁中各物质的物质的量相等 D. 甲、乙、丁中关系为甲<乙<丁 11. 实验室用如下方法制备。 已知：i. ii.过程②中溶液先变浑浊再变澄清，得到溶液 下列说法不正确的是 A. 过程②中溶液先变浑浊可能的原因： B. 过程②中的作用： C. 过程②中加入适量乙醇可增大S的溶解度，加快反应速率 D. 过程②中通入过量，可增大的产率 12. 某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是 A. 正极反应为AgCl ＋e－＝Ag ＋Cl－ B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成 C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变 D. 当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子 13. 在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是 A. M点的正反应速率υ正小于N点的逆反应速率υ逆 B. T2下，在0~t1时间内，υ(Y)= mol/(L·min) C. M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小 D. 该反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量 14. 丙酮()碘化反应为。兴趣小组在时研究了该反应的反应速率。他们在反应开始前加入淀粉溶液，通过观察淀粉溶液褪色时间来度量反应速率的大小。实验数据如下表，其中混合液总体积相同。 序号 c(丙酮) 褪色时间 ① 2 0.002 0.5 40 ② 1 0.002 0.5 80 ③ 2 0.001 0.5 20 ④ 2 0.002 0.25 80 下列根据实验数据做出的推理不合理的是 A. 实验①中， B. 由实验①②可知，c(丙酮)越大，反应速率越快 C. 由实验①③可知，越大，反应速率越慢 D. 由实验①④可知，越大，反应速率越快 第二部分 本部分共4题，共58分。 15. 运用化学反应原理分析解答以下问题： Ⅰ．现有①、②HCl、③三种溶液，用序号回答下列问题 （1）当它们pH相同时，其物质的量浓度由大到小的排列是________。 （2）当它们的物质的量浓度相同时，其pH由大到小的排列是________。 （3）体积和浓度相同的①、②、③三溶液，分别与同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱溶液的体积关系为________。 Ⅱ．弱酸在水溶液中存在电离平衡，部分弱酸的电离平衡常数如下表： 弱酸 电离平衡常数（25℃） HClO （4）①当弱酸的浓度一定时，降低温度，K值________（填“变大”“变小”或“不变”）。 ②下列离子方程式和有关说法错误的是________。 a．少量的通入次氯酸钠溶液中： b．少量的通入碳酸钠溶液中： c．相同温度时，等物质的量浓度的三种弱酸与足量NaOH溶液完全中和消耗NaOH的体积为 （5）工业废水中常含有一定量的和，它们对人类及生态系统会产生很大损害，必须进行处理后方可排放。在废水中存在平衡：。若改变条件使上述平衡向逆反应方向移动，则下列说法正确的是________。 a．平衡常数K值可以不改变 b．达到新平衡的消耗速率等于的消耗速率 c．达到新平衡后，溶液pH一定增大 d．再达平衡前逆反应速率一定大于正反应速率 （6）已知：① ② ③ 某温度下三个反应的平衡常数的值依次为、、，则该温度下反应的化学平衡常数________（用含、、的代数式表示）。 16. 氨氮废水是生活中常见污染物之一，可用电解法加以去除。实验室用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与NaCl混合溶液来模拟该过程。 (1)电解处理氨氮废水电解过程中，溶液初始Cl－浓度和pH对氨氮去除速率与能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响关系如图1和图2所示： ①根据图中数据，处理废水合适的条件是_______________。 ②实验中发现阳极会持续产生细小气泡，气泡上浮过程中又迅速消失。结合图1，用电极反应式和离子方程式解释Cl－去除氨氮的原因_______________。 ③图1中当Cl－浓度较低时、图2中当初始pH达到12时，均出现氨氮去除速率低而能耗高的现象，共同原因是_______________。 (2)氨的定量测定使用下图装置检测废水中的氨氮总量是否合格。 ①利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用：_______________。 ②若利用氨气传感器将1 L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为6×10-4 mol，则样品混合液中氨氮(以氨气计)含量为_______________mg·L-1。 17. 油气开采、石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，需要将其回收处理并加以利用。 Ⅰ.高温热分解法： （1）该反应的化学平衡常数表达式为_______。 （2）升高温度，该反应的化学平衡常数_______(填“变大”“变小”或“不变”)。 （3）工业上，通常在等温、等压条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，的平衡转化率会_______(填“增大”“减小”或“不变”)，利用平衡常数与浓度商的关系说明理由：_______。 Ⅱ.克劳斯法： 已知： （4）用克劳斯法处理，若生成1mol，放出热量_______kJ。 （5）用克劳斯法处理时，研究人员对反应条件对产率的影响进行了如下研究。 ①其他条件相同时，相同时间内，产率随温度的变化如图1所示。由图1可见，随着温度升高，产率先增大后减小，原因是_______。 ②其他条件相同时，相同时间内，产率随值的变化如图2所示。值过高不利于提高产率，可能的原因是_______。 18. 某实验小组对分别与、的反应进行探究。 【甲同学的实验】 装置 编号 试剂X 实验现象 Ⅰ 溶液() 闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转 Ⅱ 溶液() 闭合开关后灵敏电流计指针未发生偏转 （1）甲同学探究实验Ⅰ的电极产物。 ①取少量溶液电极附近的混合液，加入___________，产生白色沉淀，证明产生了。 ②该同学又设计实验探究另一电极的产物，所需检验试剂及现象分别是___________、___________。 （2）实验Ⅰ中负极的电极反应式为___________。 【乙同学的实验】 乙同学进一步探究溶液与溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下： 装置 编号 反应时间 实验现象 Ⅲ 0~1min 产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出 1~30min 沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色 30min后 与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色 （3）查阅资料：溶液中、、三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化： 从反应速率和化学平衡两个角度解释1~30min的实验现象：___________。 （4）解释30min后上层溶液又变为浅红色的可能原因：___________。 【实验反思】 （5）分别对比Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ，能否与或发生氧化还原反应和___________有关(写出两条)。 19. 红矾钠可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含、、、、和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：i．溶液中存在以下平衡： ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH 4.3 5.6 7.1 9.2 （1）Ⅰ中，NaHSO3还原Cr2O72- 的离子方程式：___________。 （2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH至___________(填字母序号)。 a．4.3~5.6    b．4.3~7.1    c．5.6~7.1    d．7.1~9.2 （3）Ⅲ中，氧化沉淀的化学方程式为___________。 （4）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，的产率反而降低，可能的原因是___________。 （5）Ⅳ中，加入的作用是___________(结合平衡移动原理解释)。 （6）为了测定获得红矾钠()的纯度，称取上述流程中的产品ag配成100mL溶液，取出25mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗。 (已知：) ①滴定终点的现象为___________。 ②所得(摩尔质量为)的纯度的表达式为___________(用质量分数表示)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $