精品解析：云南省玉溪市江川区第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试卷

云南省玉溪市江川区一中2025-2026学年高二年级期中考试 化学试卷 本试卷共7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。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 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. 下列热化学方程式中ΔH的绝对值能表示可燃物的燃烧热的是 A. B. C. D. 2. 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 3. 已知某化学反应2B2A(g)A2(g)+2B2(g)(B2A、A2、B2的分子结构分别为B─A─B、A=A、B—B)的能量变化如图所示，下列有关叙述不正确的是 A. 该反应的进行一定需要加热 B. 该反应的ΔH=(E1-E2) kJ·mol-1 C. 由2 mol A(g)和4 mol B(g)形成1 mol A=A键和2 mol B—B键，放出E2 kJ能量 D. 该反应中，反应物的键能总和大于生成物的键能总和 4. 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 5. 已知：H2O(g)=H2O(l)　ΔH1=Q1 kJ·mol-1； C2H5OH(g)=C2H5OH(l)　ΔH2=Q2 kJ·mol-1； C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g)　ΔH3=Q3 kJ·mol-1。 若使23 g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为 A. Q1＋Q2＋Q3 B. 0.5(Q1＋Q2＋Q3) C. 0.5Q1-0.5Q2＋0.5Q3 D. -(1.5Q1-0.5Q2＋0.5Q3) 6. NO催化O3分解的反应机理与总反应为： 第一步：O3(g)+NO(g)→O2(g)+NO2(g) ∆H1 第二步：NO2(g)→NO(g)+O(g) ∆H2 第三步：O(g)+O3(g)→2O2(g) ∆H3 总反应：2O3(g) →3O2(g) ∆H4 其能量与反应历程的关系如图所示。下列叙述不正确的是 A. ∆H1＞0，∆H2＞0 B. ∆H2=∆H3−∆H1 C. ∆H2＞∆H1，∆H1＞∆H3 D. ∆H3=∆H4−∆H2−∆H1 7. 已知反应(aq)+2I-(aq) 2(aq)+I2(aq)，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是 ①2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq) ②2Fe2+(aq)+(aq)2Fe3+(aq)+2(aq) A. 反应①比反应②所需活化能大 B. 该反应可设计成原电池 C. 向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝 D. 若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的活化能大 8. 炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是 A. 每活化一个氧分子吸收0.29eV能量 B. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV C. 氧分子的活化是C-O的断裂与O-O键的生成过程 D. 炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂 9. 工业上用Na2CO3固体作固硫剂，氢气还原辉钼矿(MoS2)获得钼(Mo)的反应原理为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) ΔH。在恒容密闭容器中进行该反应，平衡时气体浓度和正逆反应平衡常数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应正向为放热反应，ΔH<0 B. 粉碎矿物和增大压强都能提高辉钼矿的平衡转化率 C. 结合图甲分析推测图乙中T1温度为130 ℃ D. 若图甲中A点对应温度下体系总压强为10 MPa，则H2O(g)的分压为5MPa 10. 在工业生产中，对能够发生的化学反应，研究和选择合适的反应条件才有实际意义。恒温恒压下，下列过程一定不能自发进行的是 A. 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)△H<0 B. CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)△H<0 C. 2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)△H>0 D. 2H2O(1)+O2(g)=2H2O2(aq)△H>0 11. 合成氨的热化学方程式为 。最近，吉林大学与韩国、加拿大科研人员合作研究，提出基于机械化学(“暴力”干扰使铁活化)在较温和的条件下由氮气合成氨的新方案(过程如图所示)，利用这种方案所得氨的体积分数平衡时可高达。下列说法正确的是 A. 该方案所得氨的含量高，主要是因为使用了铁做催化剂 B. 采用该方案生产氨气，活化能和均减小 C. 该方案氨的含量高，与反应温度较低有关 D. 为了提高氨气的产率，应尽量采取较高温度提高化学反应速率 12. 一定温度下，反应 ，达到平衡时，下列说法错误的是 A. 将容器体积压缩为原来一半，当体系再次达到平衡时，的浓度增大 B. 继续加入，平衡不移动 C. 减小氯气浓度，平衡正向移动，平衡常数不变 D. 升高温度该反应的化学平衡常数K增大 13. 某温度下，水溶液中与的关系如图所示。。下列说法不正确的是 A. b点温度高于25℃ B. 仅升高温度，可从b点变为a点 C. 向a点通入氨气，由水电离出的减小 D. b点所处温度下，0.1 KOH溶液的pH=13 14. 人体血液存在和等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值[x表示或]与pH的关系如图所示。已知，。下列说法正确的是 A. 曲线I表示与pH的变化关系 B. a点→b点的过程中，水的电离程度逐渐减小 C. 当pH增大时，逐渐减小 D. 当时， 二、非选择题 15. 已知几种含碳物质间的转化及能量变化关系如图所示。 （1）写出表示CO燃烧热的热化学方程式：___________。 （2）反应 ___________，该反应中反应物的总键能___________(填“大于”、“小于”或“等于”)生成物的总键能。若18gC(s)与反应，完全转化成，需要___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ能量。 （3）在25℃、101kPa下，30g由和CO组成的混合气体完全燃烧生成和液态水，放出热量1031.8kJ。则混合气体中和CO的物质的量分别为___________mol、___________mol。 三、实验题 16. 对和CO等气体进行回收利用是节能减排的重要课题。 （1）已知： 则反应：的_______。 （2）工业上可用与来生产甲醇．在2L的恒容密闭容器中，充入和在一定条件下发生反应：，测得，和的物质的量(n)随时间变化如图所示： ①从反应开始到平衡，的平均反应速率_______。 ②下列措施不能使的平衡转化率增大的是_______(填标号)。 A．在原容器中再充入　　B．在原容器中再充入 C．在原容器中再充入1mol氮气　　D．使用更高效的催化剂 E．缩小容器的容积　　　　　　　　F．将水蒸气从体系中分离 （3）工业上也可用CO生产甲醇．在一体积可变的密闭容器中充入10molCO与，在催化剂作用下发生反应：。CO的平衡转化率()与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。 ①压强为_______(填“>”“<”或“=”，下同)；该反应的焓变_______0。 ②该反应在A、B、C三点条件下的平衡常数和的大小关系为_______。 ③若达到平衡状态A时，容器的体积为2L，则时反应的平衡常数_______。 17. 工业上以菱锰矿(主要成分为，还含少量的、、、、、等杂质)为原料制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下。 金属离子 开始沉淀的pH[] 3.4 1.9 7.0 8.1 9.1 沉淀完全的pH[] 4.7 3.2 9.0 10.1 11.1 ②常温下，，。 回答下列问题： （1）对菱锰矿预处理时需要粉碎，从反应速率角度分析其原因_______。 （2）在“浸出液”中加入“”的作用是_______。 （3）加入氨水调节溶液pH的范围_______。 （4）“滤渣1”“滤渣2”的主要成分_______，_______。 （5）加入的目的是将、沉淀除去，常温下，当溶液中、完全除去时，则_______。 （6）“沉锰”：在30～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到沉淀，该反应的离子方程式为_______；实验室可利用溶液来检验是否反应完全：，如何确定已完全反应_______。 18. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀时的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： （1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是________、________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式__________________。 （2）“滤液②”中含有的金属离子是___________。 （3）写出“转化”中H2O2参加反应的方程式_____________________。 （4）若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为___________。 （5）加入NaOH溶液“调pH”，除去杂质离子，应控制的pH范围是____________。 （6）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式____________。 （7）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是____________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南省玉溪市江川区一中2025-2026学年高二年级期中考试 化学试卷 本试卷共7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。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 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. 下列热化学方程式中ΔH的绝对值能表示可燃物的燃烧热的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】燃烧热的定义核心是：25℃、101 kPa时，1 mol纯可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，其中C的稳定氧化物为，H的稳定氧化物为。 【详解】A．反应是在中的燃烧，燃烧热要求可燃物在中燃烧，不符合燃烧热定义，A不符合题意； B．气体在中完全燃烧生成稳定氧化物，的绝对值就是CO的燃烧热，B符合题意； C．方程式中可燃物的物质的量是2 mol，不是1 mol，该是燃烧的反应热，不能表示的燃烧热，C不符合题意； D．产物中的是气态，不是H元素对应的稳定氧化物（应为液态水），因此该的绝对值不能表示的燃烧热，D不符合题意； 故选B。 2. 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。 3. 已知某化学反应2B2A(g)A2(g)+2B2(g)(B2A、A2、B2的分子结构分别为B─A─B、A=A、B—B)的能量变化如图所示，下列有关叙述不正确的是 A. 该反应的进行一定需要加热 B. 该反应的ΔH=(E1-E2) kJ·mol-1 C. 由2 mol A(g)和4 mol B(g)形成1 mol A=A键和2 mol B—B键，放出E2 kJ能量 D. 该反应中，反应物的键能总和大于生成物的键能总和 【答案】A 【解析】 【详解】A.由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，该反应为吸热反应，吸热反应也可在常温下发生（不需要加热），如氢氧化钡晶体与氯化铵混合反应，A项错误； B. 该反应的ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=(E1-E2) kJ·mol-1，故B正确； C.根据图示可知，由2 mol A(g)和4 mol B(g)形成1 mol A=A键和2 mol B—B键，放出E2 kJ能量，故C正确； D. 该反应为吸热反应，反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故D正确； 故选A。 4. 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。 5. 已知：H2O(g)=H2O(l)　ΔH1=Q1 kJ·mol-1； C2H5OH(g)=C2H5OH(l)　ΔH2=Q2 kJ·mol-1； C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g)　ΔH3=Q3 kJ·mol-1。 若使23 g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为 A. Q1＋Q2＋Q3 B. 0.5(Q1＋Q2＋Q3) C. 0.5Q1-0.5Q2＋0.5Q3 D. -(1.5Q1-0.5Q2＋0.5Q3) 【答案】D 【解析】 【详解】A．该选项未考虑反应叠加的系数关系及酒精的物质的量，推导结果不符合，A错误； B．该选项直接对三个焓变取半加和，未匹配目标反应的计量数关系，B错误； C．目标反应生成3mol气态水需全部变为液态水，因此的系数应为1.5而非0.5，C错误； D．根据盖斯定律，1mol液态乙醇完全燃烧生成液态水的焓变，23g乙醇物质的量为0.5mol，总焓变为，燃烧为放热反应，放出的热量为焓变的相反数，即，D正确； 故答案选D。 6. NO催化O3分解的反应机理与总反应为： 第一步：O3(g)+NO(g)→O2(g)+NO2(g) ∆H1 第二步：NO2(g)→NO(g)+O(g) ∆H2 第三步：O(g)+O3(g)→2O2(g) ∆H3 总反应：2O3(g) →3O2(g) ∆H4 其能量与反应历程的关系如图所示。下列叙述不正确的是 A. ∆H1＞0，∆H2＞0 B. ∆H2=∆H3−∆H1 C. ∆H2＞∆H1，∆H1＞∆H3 D. ∆H3=∆H4−∆H2−∆H1 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图中信息，第一步、第二步都是吸热反应即∆H1＞0，∆H2＞0，故A正确； B．第二步不等于第三步减去第一步，因此不能得到∆H2=∆H3−∆H1，故B错误； C．根据图象，第二步吸收的热量大于第一步吸收的热量即∆H2＞∆H1，第三步是放热反应，焓变小于零，所以有∆H1＞∆H3，故C正确； D．第三步反应等于总反应减去第一步反应，再减去第二步反应，得到∆H3=∆H4−∆H2−∆H1，故D正确。 综上所述，答案为B。 7. 已知反应(aq)+2I-(aq) 2(aq)+I2(aq)，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是 ①2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq) ②2Fe2+(aq)+(aq)2Fe3+(aq)+2(aq) A. 反应①比反应②所需活化能大 B. 该反应可设计成原电池 C. 向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝 D. 若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的活化能大 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图知，反应①的活化分子平均能量与反应物分子平均能量之差大于反应②，则反应①比反应②所需活化能大，A正确； B．该反应是氧化还原反应，涉及电子的转移，可设计成原电池，B正确； C．溶液中有I2生成，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，C正确； D．催化剂不能改变反应的ΔH，该反应为放热反应，不加Fe3+，逆反应活化能仍大于正反应活化能，D错误； 故选D。 8. 炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是 A. 每活化一个氧分子吸收0.29eV能量 B. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV C. 氧分子的活化是C-O的断裂与O-O键的生成过程 D. 炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，故A不符合题意； B．由图可知，水可使第一步反应的活化能降低0.18eV，使第二步反应的活化能降低0.42eV，故B不符合题意； C．由图可知，氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程，故C不符合题意； D．活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中SO2转化为SO3的催化剂，故D符合题意； 故答案为D。 【点睛】对于基元反应，活化能是活化分子的平均能量与所有分子平均能量的差值。对于复杂反应，如果得到有明确级数的总反应速率方程，总速率常数(又叫表观速率常数)是各基元步骤的速率常数因次之积，则总反应的活化能是各基元反应活化能的代数和（仅作了解）。 9. 工业上用Na2CO3固体作固硫剂，氢气还原辉钼矿(MoS2)获得钼(Mo)的反应原理为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) ΔH。在恒容密闭容器中进行该反应，平衡时气体浓度和正逆反应平衡常数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应正向为放热反应，ΔH<0 B. 粉碎矿物和增大压强都能提高辉钼矿的平衡转化率 C. 结合图甲分析推测图乙中T1温度为130 ℃ D. 若图甲中A点对应温度下体系总压强为10 MPa，则H2O(g)的分压为5MPa 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图甲可知温度升高，平衡时H2的浓度减小，CO、H2O浓度增大；温度升高平衡正向移动，则正反应是吸热反应，ΔH>0，A错误； B．该反应是气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向进行，不利于反应正向进行，不能提高辉钼矿的平衡转化率，粉碎矿物也不能提高辉钼矿的平衡转化率，B错误； C．图甲A点（130℃）：，，， ，对应 ，所以T1温度为130 ℃，C正确； D．A点各组分的浓度之和为5 mol·L-1，在同一容器中，压强之比等于物质的量之比，也等于浓度之比，所以若A点对应温度下体系压强为10 MPa时，H2O(g)的浓度为2 mol·L-1，则H2O(g)的分压为10 MPa×=4 MPa，D错误； 故选C。 10. 在工业生产中，对能够发生的化学反应，研究和选择合适的反应条件才有实际意义。恒温恒压下，下列过程一定不能自发进行的是 A. 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)△H<0 B. CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)△H<0 C. 2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)△H>0 D. 2H2O(1)+O2(g)=2H2O2(aq)△H>0 【答案】D 【解析】 【分析】根据△G=△H-T△S，若△H＜0且△S＞0，则反应自发进行；若△H＞0且△S＜0，则反应不能自发进行；若△H＞0且△S＞0，则反应在高温下自发进行；若△H＜0且△S＜0，则反应在低温下自发进行。 【详解】A．随着反应的进行，气体的物质的量减少，△S＜0，又△H<0，故低温可自发进行，A不符合题意； B．随着反应的进行，气体的物质的量减少，△S＜0，又△H<0，故低温可自发进行，B不符合题意； C．随着反应的进行，气体的物质的量增多，△S＞0，又△H<0，故可自发进行，C不符合题意； D．随着反应的进行，气体的物质的量减少，△S＜0，又△H＞0，故不能自发进行，D符合题意； 故选D。 11. 合成氨的热化学方程式为 。最近，吉林大学与韩国、加拿大科研人员合作研究，提出基于机械化学(“暴力”干扰使铁活化)在较温和的条件下由氮气合成氨的新方案(过程如图所示)，利用这种方案所得氨的体积分数平衡时可高达。下列说法正确的是 A. 该方案所得氨的含量高，主要是因为使用了铁做催化剂 B. 采用该方案生产氨气，活化能和均减小 C. 该方案氨的含量高，与反应温度较低有关 D. 为了提高氨气的产率，应尽量采取较高温度提高化学反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A．由循环图看出，铁是合成氨的催化剂，但催化剂不影响平衡移动，A错误； B．使用催化剂能降低活化能，但不改变反应的，B错误； C．合成氨是放热反应，较低的反应温度有利于提高氮气的转化率及氨气的产率，C正确； D．合成氨是放热反应，温度过高会影响氨气的产率，D错误； 故选C。 12. 一定温度下，反应 ，达到平衡时，下列说法错误的是 A. 将容器体积压缩为原来一半，当体系再次达到平衡时，的浓度增大 B. 继续加入，平衡不移动 C. 减小氯气浓度，平衡正向移动，平衡常数不变 D. 升高温度该反应的化学平衡常数K增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．将容器体积压缩为原来一半，当体系再次达到平衡时，平衡常数不变，则的浓度不变，故A错误； B．继续加入，由于氯化镁是液态，因此平衡不移动，故B正确； C．减小氯气浓度，平衡正向移动，由于温度不变，因此平衡常数不变，故C正确； D．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，因此该反应的化学平衡常数K增大，故D正确。 综上所述，答案为A。 13. 某温度下，水溶液中与的关系如图所示。。下列说法不正确的是 A. b点温度高于25℃ B. 仅升高温度，可从b点变为a点 C. 向a点通入氨气，由水电离出的减小 D. b点所处温度下，0.1 KOH溶液的pH=13 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，b点对应的pOH=pH=6.5，则有c(H+)=c(OH-)=10-6.5mol/L，Kw=c(H+)c(OH-)=10-13＞Kw(25℃)，故b点温度高于25℃，A正确； B．升高温度，水的电离平衡正向移动，c(H+)、c(OH-)均增大，则pH、pOH均减小，且二者相等，故升高温度，可从b点变为a点，B正确； C．在水中通入氨气，c(OH-)增大，抑制水的电离，则水电离的c(H+)减小，C正确； D．b点对应的Kw=10-13，0.1mol/LKOH溶液中c(H+)=10-12mol/L，则pH=12，D错误； 故答案为：D。 14. 人体血液存在和等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值[x表示或]与pH的关系如图所示。已知，。下列说法正确的是 A. 曲线I表示与pH的变化关系 B. a点→b点的过程中，水的电离程度逐渐减小 C. 当pH增大时，逐渐减小 D. 当时， 【答案】D 【解析】 【详解】A．由电离平衡和可知，随pH增大，溶液中增大，电离平衡向右移动，减小，增大，即减小，增大，所以曲线I表示与pH的变化关系，曲线II表示与pH的变化关系，故A错误； B．a点→b点的过程中，逐渐增大，对水的电离的促进作用增大，所以水的电离程度逐渐增大，故B错误； C．根据和，可得，当pH增大时，的电离被促进，浓度逐渐增大，所以逐渐增大，故C错误； D．由题给信息可知，当时，，此时的pH约为6.4，由图可推断，时，，说明，故D正确； 故选D。 二、非选择题 15. 已知几种含碳物质间的转化及能量变化关系如图所示。 （1）写出表示CO燃烧热的热化学方程式：___________。 （2）反应 ___________，该反应中反应物的总键能___________(填“大于”、“小于”或“等于”)生成物的总键能。若18gC(s)与反应，完全转化成，需要___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ能量。 （3）在25℃、101kPa下，30g由和CO组成的混合气体完全燃烧生成和液态水，放出热量1031.8kJ。则混合气体中和CO的物质的量分别为___________mol、___________mol。 【答案】（1） （2） ①. -247.2 ②. 小于 ③. 放出 ④. 370.8 （3） ①. 1 ②. 0.5 【解析】 【分析】由图可知，碳和氢气在氧气中燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式为C(s) +2H2(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH =—1137.5kJ/mol①，碳和氢气在氧气中燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为C(s)+2H2(g)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(l)ΔH =—854.5kJ/mol②，甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH =—890.3kJ/mol③； 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应①—②可得一氧化碳在氧气中燃烧生成二氧化碳的热化学方程式CO(g)+ O2(g)=CO2(g)，则反应ΔH =(—1137.5kJ/mol)—(—854.5kJ/mol)= —283kJ/mol，则表示一氧化碳燃烧热的热化学方程式为CO(g)+ O2(g)=CO2(g)ΔH =—283kJ/mol； 【小问2详解】 由盖斯定律可知，反应①—③可得反应C(s)+2H2(g)=CH4(g)，则反应ΔH =(—1137.5kJ/mol)—(—890.3kJ/mol)= —247.2kJ/mol，所以该反应为反应物的总键能小于生成物的总键能，18g碳与氢气反应生成甲烷放出的热量为×247.2kJ/mol=370.8kJ，故答案为：—247.2；小于；放出；370.8； 【小问3详解】 设混合气体中甲烷和一氧化碳的物质的量分别为amol和bmol，由混合气体的质量可得：16a+28b=30，由燃烧放出的热量可得：890.3a+283b=1031.8，解联立方程可得a=1、b=0.5，故答案为：1；0.5。 三、实验题 16. 对和CO等气体进行回收利用是节能减排的重要课题。 （1）已知： 则反应：的_______。 （2）工业上可用与来生产甲醇．在2L的恒容密闭容器中，充入和在一定条件下发生反应：，测得，和的物质的量(n)随时间变化如图所示： ①从反应开始到平衡，的平均反应速率_______。 ②下列措施不能使的平衡转化率增大的是_______(填标号)。 A．在原容器中再充入　　B．在原容器中再充入 C．在原容器中再充入1mol氮气　　D．使用更高效的催化剂 E．缩小容器的容积　　　　　　　　F．将水蒸气从体系中分离 （3）工业上也可用CO生产甲醇．在一体积可变的密闭容器中充入10molCO与，在催化剂作用下发生反应：。CO的平衡转化率()与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。 ①压强为_______(填“>”“<”或“=”，下同)；该反应的焓变_______0。 ②该反应在A、B、C三点条件下的平衡常数和的大小关系为_______。 ③若达到平衡状态A时，容器的体积为2L，则时反应的平衡常数_______。 【答案】（1）-41.8 （2） ①. 0.0375 mol∙L-1∙min-1 ②. ACD （3） ①. < ②. < ③. KA=KB>KC ④. 0.04 【解析】 【小问1详解】 分别给各反应编号，① ；② ．根据盖斯定律，反应③可以由得到，故。 【小问2详解】 ①由图像可知，； ②A．与发生反应：，再充入会使转化率升高、二氧化碳转化率降低，A符合题意； B．再充入可以使二氧化碳转化率升高，转化率降低，B不符合题意； C．恒容充入He气，反应物浓度不变，平衡不移动，转化率不变，C符合题意； D．使用催化剂平衡不移动，转化率不变，D符合题意； E．缩小体积，增大压强，平衡向正向移动，转化率增大，E不符合题意； F．将水蒸气分离出来使生成物减少，平衡正向移动，转化率增大，F不符合题意； 不能使二氧化碳转化率增大的是ACD。 【小问3详解】 ①反应是气体体积减小的反应，在同一温度下，压强越大，平衡正向进行的程度越大，CO转化率越大，时曲线对应的CO转化率更大，因此；温度升高，平衡逆向移动，因此； ②只与温度有关，对应的温度相同，值相同，C点温度比B点高，CO转化率比B点小，平衡逆向移动，值变小，因此； ③根据已知条件列出“三段式” 平衡常数。 17. 工业上以菱锰矿(主要成分为，还含少量的、、、、、等杂质)为原料制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下。 金属离子 开始沉淀的pH[] 3.4 1.9 7.0 8.1 9.1 沉淀完全的pH[] 4.7 3.2 9.0 10.1 11.1 ②常温下，，。 回答下列问题： （1）对菱锰矿预处理时需要粉碎，从反应速率角度分析其原因_______。 （2）在“浸出液”中加入“”的作用是_______。 （3）加入氨水调节溶液pH的范围_______。 （4）“滤渣1”“滤渣2”的主要成分_______，_______。 （5）加入的目的是将、沉淀除去，常温下，当溶液中、完全除去时，则_______。 （6）“沉锰”：在30～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到沉淀，该反应的离子方程式为_______；实验室可利用溶液来检验是否反应完全：，如何确定已完全反应_______。 【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率 （2）将氧化为 （3） （4） ①. ②. 、 （5） （6） ①. ②. 滴入溶液，溶液不变为紫红色 【解析】 【分析】根据菱锰矿的成分先用盐酸溶解，在“浸出液”中加入二氧化锰将氧化为，用氨水调节溶液的pH来除去铁离子与铝离子，加入的目的是将、沉淀除去，最后利用锰离子和碳酸氢铵的反应来生成碳酸锰，最后得到产品高纯度碳酸锰。 【小问1详解】 对菱锰矿预处理时需要粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快反应速率； 【小问2详解】 根据题目信息可得，Fe3+沉淀的pH比Fe2+小，在“浸出液”中加入“”可以将Fe2+氧化为Fe3+，可防止除铁元素时将Mn2+同时沉淀； 【小问3详解】 用氨水调节溶液的pH来除去铁离子与铝离子，但不能使锰离子沉淀，故加入氨水调节溶液pH的范围为； 【小问4详解】 菱锰矿(主要成分为，还含少量的、、、、、等杂质)加入足量盐酸后，只有与盐酸不反应，故滤渣1为；由表中数据可知加氨水调至pH=4.7，可将Al3+、Fe3+生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝除去，“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3； 【小问5详解】 已知：CaF2、MgF2的溶度积分别为1.60×10-10、6.40×10-11，则Ca2+沉淀完全时，Mg2+一定沉淀完全，完全沉淀时，c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，c(Ca2+)·c2(F-)≥1.60×10-10，解得c(F-)≥4×10-3； 【小问6详解】 在30～35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5～7.0，得到沉淀；说明Mn2+与反应产生MnCO3和CO2，该反应的离子方程式为；如果没有完全反应，加入溶液发生反应：，溶液会变为紫红色；滴入溶液，溶液不变为紫红色，则确定已完全反应。 18. 某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀时的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： （1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是________、________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式__________________。 （2）“滤液②”中含有的金属离子是___________。 （3）写出“转化”中H2O2参加反应的方程式_____________________。 （4）若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为___________。 （5）加入NaOH溶液“调pH”，除去杂质离子，应控制的pH范围是____________。 （6）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式____________。 （7）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是____________。 【答案】（1） ①. 除去油脂 ②. 溶解铝及其氧化物 ③. （2） （3） （4） （5） （6） （7）提高镍的回收率 【解析】 【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应、，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀酸浸后得到含有的滤液②，经氧化为后，加入NaOH调节pH使转化为沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。 【小问1详解】 废镍催化剂表面附着油脂，NaOH可使油脂发生水解从而除去；同时Al及铝的氧化物可与强碱反应生成，实现Al与Ni、Fe组分的分离；滤液①的主要成分为加稀硫酸调至中性时，与、水反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：； 【小问2详解】 碱浸后Al元素进入滤液①，剩余的滤饼①为Ni、Fe及其氧化物，加稀硫酸酸浸后，Ni、Fe的单质和氧化物均转化为对应金属阳离子，因此滤液②含 三种金属离子； 【小问3详解】 转化步骤加入​的目的是将还原性的氧化为，便于后续通过调pH除去，该反应在酸性环境下进行，生成和水，离子方程式为：； 【小问4详解】 若先调pH后加​氧化：调pH时为除去，pH最高只能到4.7，此时还未开始沉淀，后续加入​将氧化为后，没有后续调pH步骤除去新生成的，因此滤液③会残留杂质； 【小问5详解】 调pH的目的是让完全沉淀，同时保证不沉淀：由表格数据，完全沉淀的pH为3.2，开始沉淀的pH为7.2，因此需控制pH范围为； 【小问6详解】 强碱性环境下，被氧化为+3价的NiOOH，自身被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得离子方程式为； 【小问7详解】 浓缩结晶后的母液中仍溶解有未析出的硫酸镍，循环使用母液可以回收这部分镍元素，减少镍的损失，提高镍的总回收率。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $