精品解析：云南省普洱市宁洱哈尼族彝族自治县普洱中学2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试题

云南省普洱市宁洱哈尼族彝族自治县普洱中学 2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试卷 本试卷共6页，共18题，全卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。 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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 一、单项选择题：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. 近日，中国科学院大连化学物理研究所研究人员提出先通过电解制CO，再通过CO高效选择性电解制乙酸()。下列说法正确的是 A. CO属于酸性氧化物 B. 属于电解质 C. 属于无机物 D. 与CO可以互相转化 2. 下列关于氯元素的说法不正确的是 A. 氯元素在自然界中主要以游离态存在 B. 氯气是一种有刺激性的有毒气体 C. 液氯中含有大量的氯气分子 D. 液氯一般用钢瓶储存 3. 下列各组离子在水中能大量共存的是 A. H＋、K＋、、SO B. Na＋、K+、Cl-、SO C. Fe3+、H+、I−、 D. Fe2+、Cl-、OH−、K+ 4. 下列有关反应的离子方程式正确的是 A. 向硫代硫酸钠溶液中滴加硝酸溶液： B. 用食醋和淀粉溶液检验食盐中的： C. 用盐酸除铁锈： D. 将溶液滴入溶液中： 5. 一定条件下，有机物M可以转化为N。下列说法正确的是 A. M的分子式是C8H12O2 B. M能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. N的六元环上的一氯代物有6种(不考虑立体异构) D. N分子中所有碳原子可能共平面 6. 氯气、溴蒸气分别与氢气反应的热量变化如下： H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)，生成2molHCl放热Q1kJ H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)，生成2molHBr放热Q2kJ 下列说法不正确的是 A. 上述两个反应中反应物的总能量均大于生成物的总能量 B. 上述两个反应中反应物的总键能均小于生成物的总键能 C. H2(g)和Cl2(g)反应生成1molHCl(g)时放出Q1kJ的热量 D. 1molHBr(g)具有的能量大于1molHBr(l)具有的能量 7. 已知：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)；ΔH1=-Q1，H2(g)＋O2(g)=H2O(g)；ΔH2=-Q2，H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH3=-Q3，常温下取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L(已折合成标准状况)经完全燃烧恢复到常温，放出的热量为 A. 0.4Q1＋0.05Q2 B. 0.4Q1＋0.1Q2 C. 0.4Q1＋0.05Q3 D. 0.4Q1＋0.1Q3 8. 研究表明：MgO基催化剂广泛应用于的转化过程，图是我国科研工作者研究MgO与作用最终生成Mg与的物质相对能量-反应进程曲线。下列说法不正确的是 A. 反应中甲烷被氧化 B. 中间体比更稳定 C. 该反应的速率控制步骤对应的活化能是29.5kJ/mol D. 转化为的焓变为-145.1 kJ/mol 9. 在密闭容器中通入，在一定温度下发生反应：，达到平衡状态时，的物质的量分数为。另取一个完全相同的容器，在相同温度下，分别通入下列几组物质，达到平衡状态时，容器内的物质的量分数仍为的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 、和 10. 氮化硼是重要的无机材料，可通过下面两种反应制得： 反应I： 反应II： 已知反应常温下自发，反应II常温下不自发，、、熔点分别约为2300℃、3100℃、450℃，下列说法正确的是 A. 反应I的，， B. 常温下反应I的，因此化学反应速率快 C. 性能优良的催化剂可使反应II在常温下自发进行 D. 由各物质熔点可推测在实际生产中反应I所需的温度高于反应II 11. 某温度下，等体积、相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中的随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列说法正确的是 A. 稀释前盐酸的总浓度等于醋酸的总浓度 B. 上述盐酸和醋酸分别和足量的反应，消耗的NaOH的量相同 C. 曲线Ⅱ表示的是盐酸的变化曲线 D. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 12. 向葡萄酒中加入抗氧化。测定某葡萄酒中残留量的方法：取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗标准液。则该样品中的残留量为(已知，反应未配平) A. B. C. D. 13. 25 ℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L-1HCl溶液等体积混合：c(Na＋)=c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-) B. 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L-1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(Cl-)＞c(OH-) C. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)=c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3) D. 0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L-1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH-)=c(Na＋)＋c(H＋) 14. 在恒温恒容条件下，向某容器中充入一定量的N2O5气体发生下列反应：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) ΔH>0。温度T时，部分实验数据如表所示： t/s 0 50 100 150 c(N2O5)/mol·L-1 4.00 2.5 2.00 2.00 下列有关说法错误的是 A. 温度T时，该反应平衡常数K=64 B. 150s后再充入一定量N2O5，再次达到平衡N2O5的转化率将增大 C. 达平衡后升高温度，该容器内混合气体的密度不会改变 D. 其他条件不变，若将恒容改为恒压，则平衡时N2O5的转化率增大 二、非选择题(共4个大题，共52分) 15. 当今社会，能源的发展已成为全世界共同关注的话题，乙烷、二甲醚的燃烧热较大，可用作燃料。如图表示乙烷、二甲醚燃烧过程中的能量变化。请回答下列问题： （1）________。 （2）乙烷的燃烧热________。 （3）等物质的量的比完全燃烧生成指定产物时放出的热量________(填“多”或“少”)。 （4）根据题图写出表示二甲醚燃烧热的热化学方程式：________。 （5）从环保角度分析，放出相同的热量时选择________(填“乙烷”或“二甲醚”)作为燃料产生的二氧化碳较少。 16. 氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知时，反应①：；物质的量分数。 回答问题： （1）题述条件下，反应②：_______。 （2）设反应为一步完成，且与温度无关，已知下，反应①活化能为，则分解反应的活化能为_______。 （3）既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有_______、_______。 （4）温度T下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，关系曲线如图所示，其函数关系_______(写表达式)，增大氨的初始分压，氨的转化速率_______；假设吸附到催化剂表面后都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间的产量将_______。 17. 软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4·H2O的流程如图： 已知：部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表 金属阳离子 Fe3+ Al3+ Mn2+ Mg2+ 完全沉淀时的pH 3.2 5.2 10.4 12.4 (1)“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为___。 (2)第1步除杂中形成滤渣1的主要成分为___(填化学式)，调pH至5～6所加的试剂，可选择___(填字母)。 a.CaO b.MgO c.Al2O3 d.氨水 (3)第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2+的离子方程式：___，该反应的平衡常数数值为___。(保留一位小数) (已知：MnF2的Ksp=5.3×10-3；CaF2的Ksp=1.5×10-10；MgF2的Ksp=7.4×10-11) (4)取少量MnSO4·H2O溶于水，配成溶液，测其pH发现该溶液显酸性，原因是____(用离子方程式表示)。 18. 二氧化铈()是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示： 已知：①能与结合成，也能与结合成； ②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。 回答下列问题： （1）氧化焙烧中氧化的目的是____________________。 （2）“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为________________________。 （3）向水层中加入溶液来调节溶液的应大于______时，完全生成沉淀。(已知当离子浓度小于时，可以认为该离子沉淀完全，) （4）“氧化”步骤中氧化剂与还原剂物质的量之比为_________。 （5）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着的循环，请写出消除NO尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式____________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南省普洱市宁洱哈尼族彝族自治县普洱中学 2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试卷 本试卷共6页，共18题，全卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。 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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 一、单项选择题：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. 近日，中国科学院大连化学物理研究所研究人员提出先通过电解制CO，再通过CO高效选择性电解制乙酸()。下列说法正确的是 A. CO属于酸性氧化物 B. 属于电解质 C. 属于无机物 D. 与CO可以互相转化 【答案】D 【解析】 【详解】A．CO不能与碱反应生成盐和水，不属于酸性氧化物，A项错误； B．属于非电解质，B项错误； C．属于有机物，C项错误； D．电解或与C高温反应生成CO，CO燃烧可以生成，D项正确； 故选D。 2. 下列关于氯元素的说法不正确的是 A. 氯元素在自然界中主要以游离态存在 B. 氯气是一种有刺激性的有毒气体 C. 液氯中含有大量的氯气分子 D. 液氯一般用钢瓶储存 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯元素化学性质活泼，在自然界中通常以化合态（如NaCl、KCl等形式）存在，而非游离态，A错误； B．氯气具有强烈刺激性气味且有毒，描述正确，B正确； C．液氯是Cl2的液态形式，属于纯净物，含有大量Cl2分子，C正确； D．液氯在常温下不与铁反应，可用钢瓶储存，D正确； 故答案选A。 3. 下列各组离子在水中能大量共存的是 A. H＋、K＋、、SO B. Na＋、K+、Cl-、SO C. Fe3+、H+、I−、 D. Fe2+、Cl-、OH−、K+ 【答案】B 【解析】 【详解】A．H+与反应生成CO2和H2O，不能大量共存，A错误； B．Na+、K+、Cl⁻、均为可溶性离子，相互间不反应，能大量共存，B正确； C．Fe3+和I⁻在酸性条件下发生氧化还原反应，在H+存在下也会氧化I⁻，不能共存，C错误； D．Fe2+与OH⁻结合生成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，D错误； 故选B。 4. 下列有关反应的离子方程式正确的是 A. 向硫代硫酸钠溶液中滴加硝酸溶液： B. 用食醋和淀粉溶液检验食盐中的： C. 用盐酸除铁锈： D. 将溶液滴入溶液中： 【答案】D 【解析】 【详解】A．硝酸具有强氧化性，能将氧化为硫酸根离子，同时生成NO，反应的离子方程式为，A错误； B．醋酸是弱电解质，不能拆，反应的离子方程式为，B错误； C．铁的氧化物不能拆，反应的离子方程式为，C错误； D．和发生归中反应生成，反应的离子方程式为，D正确； 故选D。 5. 一定条件下，有机物M可以转化为N。下列说法正确的是 A. M的分子式是C8H12O2 B. M能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. N的六元环上的一氯代物有6种(不考虑立体异构) D. N分子中所有碳原子可能共平面 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，M的分子式是C8H14O2，A项错误； B．M含羧基，不含碳碳不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项错误； C．N的六元环上有6种不同的氢，则其一氯代物有6种(不考虑立体异构)，C项正确； D．N分子中含3个以上直接相连的饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，D项错误； 答案选C。 6. 氯气、溴蒸气分别与氢气反应的热量变化如下： H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)，生成2molHCl放热Q1kJ H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)，生成2molHBr放热Q2kJ 下列说法不正确的是 A. 上述两个反应中反应物的总能量均大于生成物的总能量 B. 上述两个反应中反应物的总键能均小于生成物的总键能 C. H2(g)和Cl2(g)反应生成1molHCl(g)时放出Q1kJ的热量 D. 1molHBr(g)具有的能量大于1molHBr(l)具有的能量 【答案】C 【解析】 【详解】A．两个反应均为放热反应，放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，A正确； B．反应焓变=反应物总键能-生成物总键能，放热反应，故反应物总键能小于生成物总键能，B正确； C．生成2 mol 放热 kJ，根据化学计量，生成1 mol 时放出 kJ的热量，C错误； D．同种物质气态时的总能量高于液态时的总能量，故1 mol 具有的能量大于1 mol 具有的能量，D正确； 故选C。 7. 已知：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)；ΔH1=-Q1，H2(g)＋O2(g)=H2O(g)；ΔH2=-Q2，H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH3=-Q3，常温下取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L(已折合成标准状况)经完全燃烧恢复到常温，放出的热量为 A. 0.4Q1＋0.05Q2 B. 0.4Q1＋0.1Q2 C. 0.4Q1＋0.05Q3 D. 0.4Q1＋0.1Q3 【答案】D 【解析】 【详解】混合气体中n(CH4)=，n(H2)=，由于是常温，故反应后水为液态，则该混合气体燃烧放出的热量=0.4Q1+0.1Q3，故答案选D。 8. 研究表明：MgO基催化剂广泛应用于的转化过程，图是我国科研工作者研究MgO与作用最终生成Mg与的物质相对能量-反应进程曲线。下列说法不正确的是 A. 反应中甲烷被氧化 B. 中间体比更稳定 C. 该反应的速率控制步骤对应的活化能是29.5kJ/mol D. 转化为的焓变为-145.1 kJ/mol 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，该过程的总反应为，反应过程中CH4中C元素的化合价升高，作还原剂，被氧化，故A正确； B．能量越低越稳定，由图可知，中间体的能量比更低，则比更稳定，故B正确； C．该反应的反应速率取决于活化能最大的步骤，由图可知，该反应中活化能最大的步骤是HOMgCH3到过渡态2的步骤，该步骤的活化能为299.8kJ/mol，故C错误； D．由图可知，转化为的焓变为-149.4kJ/mol-(-4.3kJ/mol)=-145.1 kJ/mol，故D正确； 答案选C。 9. 在密闭容器中通入，在一定温度下发生反应：，达到平衡状态时，的物质的量分数为。另取一个完全相同的容器，在相同温度下，分别通入下列几组物质，达到平衡状态时，容器内的物质的量分数仍为的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 、和 【答案】D 【解析】 【详解】根据等效平衡，将方程式右边的物质的物质的量按化学计量数关系转化到方程式的左边，若满足，则达到平衡时，容器内的百分含量仍为。 A.转化后与初始量相同，则不属于等效平衡，达到平衡时，容器内的物质的量分数不是，故A错误； B.按化学计量数关系转化后可得：v、，不属于等效平衡，故B错误； C.转化后与初始量不相同，则不属于等效平衡，达到平衡时，容器内的物质的量分数不是，故C错误； D.按化学计量数关系转化到方程式的左边，满足，属于等效平衡，故D正确。 故答案选：D。 10. 氮化硼是重要的无机材料，可通过下面两种反应制得： 反应I： 反应II： 已知反应常温下自发，反应II常温下不自发，、、熔点分别约为2300℃、3100℃、450℃，下列说法正确的是 A. 反应I的，， B. 常温下反应I的，因此化学反应速率快 C. 性能优良的催化剂可使反应II在常温下自发进行 D. 由各物质熔点可推测在实际生产中反应I所需的温度高于反应II 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应I是化合反应，，故A错误； B．常温下反应I的，说明反应可以自发进行，但不能判断反应速率的快慢，故B错误； C．反应Ⅱ在常温下不能自发进行，催化剂不能使不能自发的反应变为自发的反应，故C错误； D．结合反应I、反应II及各物质的熔点可推测在实际生产中反应I所需的温度高于反应II，故D正确； 答案选D。 11. 某温度下，等体积、相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中的随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列说法正确的是 A. 稀释前盐酸的总浓度等于醋酸的总浓度 B. 上述盐酸和醋酸分别和足量的反应，消耗的NaOH的量相同 C. 曲线Ⅱ表示的是盐酸的变化曲线 D. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 【答案】D 【解析】 【详解】A．醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离，稀释前盐酸和醋酸电离出氢离子的浓度相同，故稀释前盐酸的总浓度要小于醋酸的总浓度，A错误； B．由于稀释前盐酸的总浓度小于醋酸的总浓度，故两者分别与氢氧化钠反应时，醋酸消耗的氢氧化钠比盐酸多，B错误； C．某温度下，等体积、相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中氢离子浓度变化大的为盐酸，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进电离平衡正向进行，氢离子浓度变化小的为醋酸，则Ⅰ为盐酸，Ⅱ为醋酸，C错误； D．b点溶液中氢离子浓度大，c点氢离子浓度小，b点的导电性比c点溶液的导电性强，D正确； 故选D。 12. 向葡萄酒中加入抗氧化。测定某葡萄酒中残留量的方法：取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗标准液。则该样品中的残留量为(已知，反应未配平) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据题目信息可知反应的离子方程式为，消耗碘的物质的量是，碘单质和的物质的量之比为2：1，取葡萄酒样品，所以的残留量是，故D正确。 答案选D。 【点睛】根据化学方程式。找到碘单质和的物质的量关系，算出物质的量，根据密度公式计算。 13. 25 ℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L-1HCl溶液等体积混合：c(Na＋)=c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-) B. 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L-1氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(Cl-)＞c(OH-) C. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)=c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3) D. 0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L-1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH-)=c(Na＋)＋c(H＋) 【答案】A 【解析】 【详解】A．0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L-1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的CH3COOH和NaCl，醋酸为弱酸，部分电离，所以c(Na＋)=c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)，A项正确； B．0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L-1氨水等体积混合，pH>7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，若不考虑NH水解和的电离，则c(NH)= c()=c(Cl-)，在考虑溶液中水解平衡和电离平衡后，因一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH)＞c(Cl-)＞c()＞c(OH-)，B项错误； C．根据物料守恒，0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，c(Na+)＝2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中，c(Na+)＝c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，二者等体积混合，则2c(Na+)＝3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，即c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，C项错误； D、0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L-1 HCl溶液等体积混合，溶质为等物质的量的NaHC2O4和NaCl，根据电荷守恒有：c(Na＋)+c(H＋)=2c(C2O)+c(HC2O)+c(OH-)+c(Cl-)，D项错误； 答案选A。 14. 在恒温恒容条件下，向某容器中充入一定量的N2O5气体发生下列反应：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) ΔH>0。温度T时，部分实验数据如表所示： t/s 0 50 100 150 c(N2O5)/mol·L-1 4.00 2.5 2.00 2.00 下列有关说法错误的是 A. 温度T时，该反应平衡常数K=64 B. 150s后再充入一定量N2O5，再次达到平衡N2O5的转化率将增大 C. 达平衡后升高温度，该容器内混合气体的密度不会改变 D. 其他条件不变，若将恒容改为恒压，则平衡时N2O5的转化率增大 【答案】B 【解析】 【详解】A． K= ，故A正确； B．恒容条件下，再充入一定量N2O5，相当于加压，再次达到平衡N2O5的转化率将降低，故B错误； C．升高温度，混合气体的总质量、容器的体积都不变，因此气体的密度不变，故C正确； D．该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，改为在恒压密闭容器中反应，相当于减压，平衡正向移动，平衡时N2O5的转化率增大，故D正确； 选B。 二、非选择题(共4个大题，共52分) 15. 当今社会，能源的发展已成为全世界共同关注的话题，乙烷、二甲醚的燃烧热较大，可用作燃料。如图表示乙烷、二甲醚燃烧过程中的能量变化。请回答下列问题： （1）________。 （2）乙烷的燃烧热________。 （3）等物质的量的比完全燃烧生成指定产物时放出的热量________(填“多”或“少”)。 （4）根据题图写出表示二甲醚燃烧热的热化学方程式：________。 （5）从环保角度分析，放出相同的热量时选择________(填“乙烷”或“二甲醚”)作为燃料产生的二氧化碳较少。 【答案】（1） （2） （3）少 （4） （5）乙烷 【解析】 【分析】 【小问1详解】 依据原子守恒分析可知氢原子守恒，6a=2，a=，故答案为：。 【小问2详解】 根据图象分析可知 1313mol乙烷完全燃烧放热520kJ，所以1mol乙烷完全燃烧放热为520kJ×3=1560kJ，则乙烷的燃烧热△H=，故答案为：。 【小问3详解】 反应物气态比液态能量高，则等物质的量的比完全燃烧生成指定产物时放出的热量少，故答案为：少。 【小问4详解】 结合状态及焓变可知二甲醚完全燃烧时放出热量485 kJ，则1 mol二甲醚完全燃烧的热化学方程式为，故答案为：。 【小问5详解】 图中生成等量二氧化碳时乙烷燃烧放热多，则从环保角度分析，放出相同的热量时选择乙烷作为燃料产生的二氧化碳较少，故答案为：乙烷。 16. 氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知时，反应①：；物质的量分数。 回答问题： （1）题述条件下，反应②：_______。 （2）设反应为一步完成，且与温度无关，已知下，反应①活化能为，则分解反应的活化能为_______。 （3）既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有_______、_______。 （4）温度T下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，关系曲线如图所示，其函数关系_______(写表达式)，增大氨的初始分压，氨的转化速率_______；假设吸附到催化剂表面后都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间的产量将_______。 【答案】（1）+92 （2）427 （3） ①. 压强 ②. 温度 （4） ①. ②. 不变 ③. 增大 【解析】 【小问1详解】 由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，反应①H=—92kJ/mol，则反应②H=+92kJ/mol，故答案为：+92； 【小问2详解】 由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，由题意可知，673K下，反应①活化能为335 kJ/mol，则氨气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案为：427； 【小问3详解】 反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会发生移动，所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率，故答案为：温度；压强； 【小问4详解】 由图可知，反应起始时氨气的分压为35kPa、5min时氨气的分压为23.5kPa、10min时氨气的分压为12kPa，0—5min时，分压的变化量为2.3×5=35-23.5，0—10min时，分压的变化量为2.3×10=35-12，则函数关系p(NH3)= ；由关系式可知，增大氨的初始分压，氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催化剂表面后氨分子都变成活化分子，则其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单位时间氢气的产量将增大，故答案为：；不变；增大。 17. 软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4·H2O的流程如图： 已知：部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表 金属阳离子 Fe3+ Al3+ Mn2+ Mg2+ 完全沉淀时的pH 3.2 5.2 10.4 12.4 (1)“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为___。 (2)第1步除杂中形成滤渣1的主要成分为___(填化学式)，调pH至5～6所加的试剂，可选择___(填字母)。 a.CaO b.MgO c.Al2O3 d.氨水 (3)第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2+的离子方程式：___，该反应的平衡常数数值为___。(保留一位小数) (已知：MnF2的Ksp=5.3×10-3；CaF2的Ksp=1.5×10-10；MgF2的Ksp=7.4×10-11) (4)取少量MnSO4·H2O溶于水，配成溶液，测其pH发现该溶液显酸性，原因是____(用离子方程式表示)。 【答案】 ①. MnO2+SO2=SO+Mn2+ ②. Al(OH)3、Fe(OH)3 ③. ab ④. MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2 ⑤. 7.2×107 ⑥. Mn2++2H2OMn(OH)2+2H+ 【解析】 【分析】由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2=MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，且不引入新杂质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤（防止低温MnSO4•H2O溶解而减少），以此来解答。 【详解】(1) 根据SO2在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，故“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为MnO2+SO2=SO+Mn2+，故答案为：MnO2+SO2=SO+Mn2+； (2) 调节pH至5～6，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3，除杂过程中不能引入新杂质，所以可加氧化钙和氧化镁调节溶液的pH，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；ab； (3) 氟化锰是难溶物，书写离子方程式用化学式，反应方程式为：MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2；K== =7.2×107， 故答案为：MnF2+Mg2+=Mn2++MgF2；7.2×107； (4) MnSO4是强酸弱碱盐，水解呈酸性，方程式为：Mn2++2H2OMn(OH)2+2H+，故答案为：Mn2++2H2OMn(OH)2+2H+。 【点睛】把握流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键。 18. 二氧化铈()是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示： 已知：①能与结合成，也能与结合成； ②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。 回答下列问题： （1）氧化焙烧中氧化的目的是____________________。 （2）“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为________________________。 （3）向水层中加入溶液来调节溶液的应大于______时，完全生成沉淀。(已知当离子浓度小于时，可以认为该离子沉淀完全，) （4）“氧化”步骤中氧化剂与还原剂物质的量之比为_________。 （5）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着的循环，请写出消除NO尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式____________。 【答案】（1）将+3价铈氧化为+4价，便于后续萃取分离 （2） （3）9 （4）1：2 （5） 【解析】 【分析】将氟碳铈矿（主要含）氧化焙烧，将原料中+3价Ce氧化为+4价Ce，同时分解碳酸根生成逸出；对剩余物料进行酸浸，含Ce的组分进入溶液体系，得到含、的酸性浸出液；接下来加入萃取剂萃取，将带入有机层，其他不被萃取的杂质离子进入水层分离除去，实现Ce和大部分杂质的初步分离；然后向有机层中加入氟洗液，洗去其中的含氟杂质；接下来加入和，将还原为，使Ce重新从有机相转移到水层，分离有机层；加入NaOH调节水层pH，使完全生成沉淀，通过过滤将从溶液体系中分离，除去可溶性的盐类杂质；利用的强氧化性，将+3价的氧化为，再次过滤得到固体，最后高温分解得到。 【小问1详解】 氟碳铈矿主要含CeFCO3，原料氟碳铈矿中Ce为+3价，结合已知信息，硫酸体系中能被萃取剂萃取，不能，氧化焙烧的氧化操作可将Ce从+3价转化为+4价，为后续萃取分离铈提供条件。 【小问2详解】 反萃取后的水层含Ce3+，可知在反萃取的过程中Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，二者发生氧化还原反应形成Ce3+，离子方程式为； 【小问3详解】 Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于 ，依据， ，，因此pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀； 【小问4详解】 “氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应方程式为，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2； 【小问5详解】 根据题目信息，CeO2在氧化气氛中耗氧，气体产物是空气的某一成分，可知NO的产物是N2，方程式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $