精品解析：北京景山学校2025-2026学年高二上学期12月月考化学试题

北京景山学校2025~2026学年度第一学期12月月考 高二年级化学 2025年12月 本试卷共9页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案打在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：O16 S32 第一部分 选择题 1. 下列方程式不能准确解释所给事实的是 A. Na2S除去废水中的Cu2+：Cu2++S2-═CuS↓ B. 久置的澄清石灰水变浑浊： C. 用铁粉除去硫酸亚铁溶液中的铁离子：Fe+2Fe3+═3Fe2+ D. 钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：2H2O+O2+4e-═4OH- 【答案】B 【解析】 【详解】A．Na2S除去废水中的Cu2+的离子方程式为：Cu2++S2-═CuS↓，A正确； B．久置的澄清石灰水变浑浊的离子方程式为：Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O，B错误； C．用铁粉除去硫酸亚铁溶液中的铁离子的离子方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，C正确； D．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式为：2H2O+O2+4e-═4OH-，D正确； 故答案为：B。 2. 已知：。下列说法不正确的是 A. 电解溶液可将分解为和 B. 生成1mol放出的热量多于生成1mol放出的热量 C. 装置a不仅能产生和，而且能将二者反应的化学能转化为电能 D. 每生成0.5mol，转移电子的数目为 【答案】B 【解析】 【分析】由图，关闭K1，U型管装置为电解池，左侧为阳极，发生氧化反应，反应为，右侧为阴极，发生还原反应，反应为；总反应为； 【详解】A．由分析，电解溶液可将分解为和，A正确； B．气态水比液态水的能量高，生成1mol放出的热量少于生成1mol放出的热量，B错误； C．一段时间后，打开K1、关闭K2，则形成氢氧原电池，能将反应的化学能转化为电能，C正确； D．氢氧原电池，电子转移为，则每生成0.5mol，转移电子的数目为，D正确； 故选B 。 3. 下列实验中，能达到实验目的的是 A.把化学能转化为电能 B.测定中和反应的反应热 C.除去中混有的少量HCl D.在铁上电镀铜 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．该装置没有盐桥，未形成闭合回路，无法构成原电池，不能将化学能转化为电能，A错误； B．测定中和反应的反应热需要温度计测量反应前后溶液的温度差，该装置缺少温度计，无法完成测定，B错误； C．极易溶于水，在饱和溶液中溶解度很小，混合气体从长导管通入饱和食盐水，可除去中混有的少量，C正确； D．在铁上电镀铜时，镀件铁应作阴极连接电源负极，镀层金属铜应作阳极连接电源正极，该装置电极连接错误，无法实现电镀，D错误； 故选C。 4. 我国某科研团队将电解食盐水的阳极反应与电催化还原的阴极反应相耦合，得到高附加值产品CO和，原子利用率接近。原理如下图所示。 下列说法错误的是 A. 在阴极区，饱和的溶液有利于的还原 B. 推测阳极区可能产生，在阴极的还原会抑制的电离 C. 调控电压、选择合适的催化剂可抑制发生等副反应 D. 根据上图可知，电解的总反应： 【答案】B 【解析】 【分析】该装置为电解池，左侧电极与电源负极相连，为阴极，发生还原反应，右侧电极与电源正极相连，为阳极，发生氧化反应，据此分析解答。 【详解】A．饱和的溶液中浓度大，有利于的还原，A正确； B．由题图知，CO2在阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，消耗氢离子，促进HClO的电离，B错误； C．调控电压、选择合适的催化剂可抑制阴极发生：等副反应，C正确； D．阴极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，阳极反应式为，故电解的总反应：，D正确； 故选B。 5. 苯()与浓硝酸、浓硫酸反应过程的能量变化示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 苯生成M的反应， B. M生成X的反应，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键释放的能量 C. 对于苯生成Y的反应，作催化剂 D. 生成X的反应速率大于生成Y的反应速率 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，苯生成M时，反应物总能量低于M（中间体）的总能量 ，根据=生成物总能量-反应物总能量，该反应，A选项正确； B．M生成X的反应是放热反应（M能量高于X ），在化学反应中，放热反应意味着断裂化学键吸收的能量小于形成化学键释放的能量 ，B选项正确； C．苯生成Y的反应中，参与反应后又重新生成，符合催化剂在反应前后质量和化学性质不变的特点，所以作催化剂，C选项正确； D．生成X的反应中过渡态2 - 1、过渡态2 - 2的能量高于生成Y反应的过渡态能量（图中未明确标注，但从整体能量趋势可判断 ），活化能越高反应速率越慢，所以生成X的反应速率小于生成Y的反应速率，D选项错误； 故答案选D。 6. 下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是 A. 依据，推断向NaClO溶液中通入可生成HClO和 B. 依据，推测通过调节溶液pH能除去中少量 C. 依据，推断能和反应产生 D. 依据反应的，推测向溶液中通入能生成 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据电离常数越大酸性越强，可知酸性强弱顺序为，依据强酸制弱酸原理，向溶液中通入，无论是否过量，均生成和，无法得到，A错误； B．，说明更难溶，调节时优先形成氢氧化物沉淀，可除去中少量，B正确； C．，说明醋酸酸性强于碳酸，依据强酸制弱酸原理，能和反应生成，C正确； D．题给反应平衡常数，其逆反应平衡常数，逆反应进行程度较大，向溶液中通入可生成，D正确； 故选A。 7. 高炉炼铁以铁矿石(主要成分为)、焦炭、空气为原料，发生反应： 该反应在不同温度下的平衡常数如下。 温度 1000 1150 1300 平衡常数 下列说法不正确的是 A. 根据表中数据判断，该反应的 B. 利用空气将焦炭转化为，推测有利于增大铁的生成速率 C. 增加高炉的高度可以降低平衡气体中的含量 D. 时测得尾气中和的体积分数分别为和，则该反应未达到平衡状态 【答案】C 【解析】 【详解】A．温度升高平衡常数减小，则反应放热，ΔH<0，故A正确； B．空气将焦炭转化为CO，增大CO浓度，正反应速率增加，故B正确； C．增加高炉的高度会延长气体停留时间，但平衡状态下CO的浓度由平衡常数决定，由于反应未完全进行，CO无法被全部消耗，因此增加高度无法减少尾气中CO的含量‌，故C错误； D．1000℃时平衡常数 ，测得尾气中、，则此时，根据体积之比等于物质的量之比，则反应商，表明反应未达平衡，故D正确； 故答案为C。 8. 酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱。石蕊(以表示)的电离平衡和颜色变化如下。 电离平衡 变色范围 红色 紫色 蓝色 下列说法不正确的是 A. 向石蕊溶液中滴加浓盐酸至，减小，增大，溶液呈红色 B. 向石蕊溶液中滴加浓溶液至，增大，减小，溶液呈蓝色 C. 向石蕊溶液中加入蒸馏水，石蕊的电离平衡正向移动，增大 D. 向石蕊溶液中通入，溶液变红，存在： 【答案】D 【解析】 【详解】A．常温下，向石蕊溶液中滴加浓盐酸，氢离子浓度增加，平衡逆向移动，减小，增大，溶液变红，故A正确； B．常温下，向石蕊溶液中滴加浓溶液，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，增大，减小，溶液变蓝，故B正确； C．向石蕊溶液中加入蒸馏水，溶液中各离子浓度均减小，促进弱电解质的电离，即石蕊的电离平衡正向移动，增大，减小，增大，故C正确； D．向石蕊溶液中通入，溶液中包括的离子有：H+、OH-、、、In-，根据电荷守恒条件有：，故D错误； 故答案为D。 9. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶于水存在可逆平衡：，饱和食盐水中浓度较高，使平衡逆向移动，降低了的溶解度，可以用平衡移动原理解释，A不符合题意； B．存在平衡：，热水中温度升高，平衡逆向移动，浓度增大颜色加深，冰水中温度降低，平衡正向移动颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，B不符合题意； C．水的电离存在平衡：，温度升高平衡正向移动，电离出的和浓度增大，水的离子积常数增大，可以用平衡移动原理解释，C不符合题意； D．是强电解质，在水溶液中完全电离，不存在电离平衡，其随浓度稀释升高，是浓度随稀释等比例减小的结果，不能用平衡移动原理解释，D符合题意； 故选D。 10. 室温下，用0.l00mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A. II表示的是滴定醋酸的曲线 B. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20 mL C. V(NaOH)=" 20.00" mL时，两份溶液中c(Cl-)= C(CH3COO-) D. V(NaOH) ="10.00" mL时，醋酸溶液中c(Na+)> C(CH3COO-)> c(H+)> c(OH-) 【答案】B 【解析】 【详解】A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，错误； B、醋酸钠水解呈碱性，pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，正确； C、V（NaOH）="20.00" mL 时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，两份溶液中c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），错误； D、V（NaOH）=10.00mL时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水解程度，溶液中离子浓度关系为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），错误。 11. 以下4个实验中均产生了白色沉淀。 下列说法不正确的是 A. 溶液、溶液含有的微粒种类相同 B. 促进了的水解 C. 滴入溶液后，4支试管内溶液的pH都变小 D. 促进了的水解 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液和溶液中都含有、、、、、、，二者含有的微粒种类相同，A正确； B．与反应生成白色沉淀，反应本质为：。存在电离平衡：，与结合生成沉淀，使的电离平衡正向移动（促进电离），而非促进水解（水解为），B错误； C．加入的试管发生双水解反应，消耗并生成，溶液碱性减弱；加入的试管中浓度降低，水解产生的减少；加入的试管中电离被促进，浓度升高，故4支试管的pH均变小，C正确； D．水解显酸性，、水解显碱性，二者发生互相促进的双水解反应，故促进了、的水解，D正确； 故选B。 12. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。 下列说法不正确的是 A. 由图1， B. 由图2，初始状态，无沉淀生成 C. 由图2，初始状态，平衡后溶液中存在 D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确； B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确； C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误； D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确； 故选C。 13. 用石墨电极电解溶液，得到有机产物的法拉第效率随电压的变化如图所示。 已知： 下列说法不正确的是 A. 均在电解池的阴极产生 B. 产生的电极反应为： C. 当电解电压为时，阴极的主要产物为 D. 当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 【答案】C 【解析】 【详解】A．、、均在电解池的阴极产生，因为它们都是碳元素得电子的还原产物，A正确； B．产生的电极反应为：，符合电荷守恒和原子守恒，B正确； C．当电解电压为时，的法拉第效率为8%，说明此时阴极的主要产物不是，而是其他产物（如），C错误； D．当电解电压为时，和的法拉第效率之比为3:1，结合电极反应、，计算得到和的物质的量之比为1:2，D正确； 故答案选C。 14. 已知C3H8脱H2制烯烃的反应为C3H8 =C3H6+H2。固定C3H8浓度不变，提高CO2浓度，测定出口处C3H6、H2、CO浓度。实验结果如图。 已知：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) ∆H=-2043.9kJ/mol C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g) ∆H=-1926.1kJ/mol H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ∆H=-241.8kJ/mol 下列说法不正确的是 A. C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) ∆H=+124kJ/mol B. C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势的差异是因为发生了CO2+H2⇌CO+H2O C. 相同条件下，提高C3H8对CO2的比例，可以提高C3H8的转化率 D. 如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2) 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H1=-2043.9kJ/mol；②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g) △H2=-1926.1kJ/mol ；③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) △H3=-241.8kJ/mol；可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H=△H1-△H2-△H3==(-2043.9kJ/mol)-( -1926.1kJ/mol)-( -241.8kJ/mol)=+124kJ/mol，A正确； B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，由图可推断高温下发生反应CO2+H2⇌CO+H2O是导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现差异的原因，B正确； C．C3H6的百分含量增大，即表示C3H8的转化率增大。相同条件下，提高C3H8对CO2的比例，不能提高而是降低了C3H8的转化率，C错误； D．如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，根据碳原子守恒即可得出入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确； 故选C。 第二部分 非选择题 15. 二氧化碳催化加氢制取甲醇()的研究，对于环境和能源问题意义重大。其主反应为，回答下列问题。 I． （1）一定温度下，在2L容积不变的密闭容器中，充入和，测得的物质的量随时间变化如下表所示。 t/min 0 2 5 10 15 1 0.75 0.5 0.25 0.25 从反应开始到5 min末，的平均反应速率、______；反应达到平衡状态时的转化率为_________。 （2）下列能作为该反应达到平衡状态的标志的是_______(填字母)。 a．断裂3molH—H的同时形成2molH—O b．气体的压强不再变化 c．混合气体中甲醇的浓度保持不变 d．化学反应速率 （3）在不同温度下，反应中的转化率与时间的关系如图。 据图可判断：温度_______(填“>”、“<”或“=”)，理由是__________________。 （4）主反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在下的和下的如图所示。 图中对应等压过程的曲线是__________(填“a”或“b”)，判断的理由是________________。 Ⅱ．二氧化碳催化加氢制取甲醇过程中，还可发生副反应：。常温下，1mol下列化学键形成(或断裂)的能量(E)数据如下： 化学键 H—H C=O H—O 436 805.5 a 465 （5）计算__________。 Ⅲ．甲醇燃料电池具有能量转化率高、绿色无污染等特点，工作原理如下图。 （6）写出正极的电极反应：______________________。 【答案】（1） ①. 0.05 ②. 75% （2） bc （3） ①. > ②. 温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短（或曲线的斜率更大） （4） ①. b ②. 该反应正反应为放热反应，压强一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小 （5） 1076 （6） 【解析】 【小问1详解】 从反应开始到5min末，的物质的量减少了，则。反应达到10min时，的物质的量不再变化，说明已达到平衡，此时的物质的量为，共消耗了。根据化学方程式可知，消耗的物质的量为，故的转化率为。 【小问2详解】 a．断裂3 mol H-H键和形成2 mol H-O键均表示正反应方向，不能说明正逆反应速率相等，且在反应过程中任何时候均有断裂3 mol H-H键，便形成2 mol H-O键，a错误； b，该反应前后气体分子总数不相等，在恒温恒容条件下，容器内压强是变量，当压强不再变化时说明达到平衡状态，b正确； c项，混合气体中各组分浓度保持不变是达到平衡状态的标志，c正确； d项，并没有指明是正反应速率还是逆反应速率，反应速率之比等于化学计量数之比是反应过程中的必然规律，不能作为判断平衡的标志，d错误。 故答案选bc。 【小问3详解】 根据“先拐先平数值大”的原则，温度为时反应先达到平衡，说明温度下的反应速率更快，故温度。 【小问4详解】 该主反应的正反应为放热反应（），在等压条件下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致甲醇的物质的量分数减小。观察图象可知，曲线b随着横坐标数值的增大，纵坐标数值减小，符合该变化趋势，故对应等压过程的曲线是b。 【小问5详解】 根据反应热 ，对于副反应 ，有 。代入表格中的数据可得：，解得 。 【小问6详解】 在甲醇燃料电池中，通入氧气的一极为正极，发生还原反应。由装置图可知，质子交换膜允许质子（）通过，说明处于酸性环境，故正极的电极反应式为 。 16. 由钛白粉废渣制备铁黄，流程如图： 已知：i.钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物 ii.TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4 iii.0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3； 0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8 （1）纯化 ①加入过量铁粉的作用是_______。 ②充分反应后分离混合物的方法是_______。 （2）制晶种。 向FeSO4溶液中滴加氨水，先出现白色沉淀，后变为灰绿色。加氨水至pH=6时，开始通入空气，溶液pH随时间的变化曲线如图 ①产生白色沉淀的离子方程式：_______。 ②充分生成白色沉淀后，溶液的pH小于6.3，原因是沉淀生成时溶液中c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“大于”、“小于”或“等于”)。 ③0-t1时刻，pH几乎不变，t1-t2时刻，pH减小，结合方程式解释原因：_______。 ④pH=4时制备晶种，t3时刻之后，再通空气，pH几乎不变，c(Fe2+)仍然减小，但c(Fe3+)在增加，(Fe2+)的减小量大于c(Fe3+)的增加量，结合总方程式说明原因：_______。。 （3）纯度测定 通过计算产品的耗酸量测定其纯度 wg铁黄溶液b溶液c滴定 已知：Fe3++3C2O=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱溶液反应 若上述过程中加入的Na2C2O4过量，则测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”) 【答案】（1） ①. 与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 ②. 过滤 （2） ①. Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2+2NH ②. > ③. pH=6.0左右，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小 ④. 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3+和4Fe2++O2+2H2O=4FeOOH+4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe2++3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe3+ （3）不受影响 【解析】 【分析】钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2OTiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整pH(0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8)和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。 【小问1详解】 ①与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2OTiO2·H2O↓+H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化。 ②钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤。 【小问2详解】 ①产生白色沉淀的离子方程式：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2+2NH。 ②常温下开始沉淀时，，此时pH=6.3，即，，充分生成白色沉淀后，溶液的pH小于6.3，此时，溶液中。 ③加氨水至pH=6时，开始通入空气，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，因此pH几乎不变。之后发生4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小。 ④溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3+和4Fe2++O2+2H2O=4FeOOH+4H+，总反应为：12Fe2++3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe3+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。 【小问3详解】 由于Fe3++3C2O=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱溶液反应，所以加入的Na2C2O4过量，测定结果不受影响。 17. 以黄铁矿为原料制取硫酸的原理示意图如下。 （1）黄铁矿在通空气前需粉碎，其作用是__________________。 （2）反应Ⅱ：是制硫酸的关键步骤。使用作催化剂，涉及如下反应： ⅰ． ⅱ． ⅲ． ①补全反应ii的热化学方程式：__________________。 ②下列说法不正确的是______(填序号)。 a．反应i和iii均属于氧化还原反应 b．投入，最多制得 c．使用能提高的平衡转化率 （3）在体积可变的恒压密闭容器中投入和，不同条件下发生反应Ⅱ。实验测得在0.1MPa、0.5MPa和5.0MPa压强下，平衡转化率(α)随温度的变化如图所示。 ①0.1MPa、550℃时平衡转化率______。 ②M点对应的平衡混合气体的体积为VL，计算该温度下反应Ⅱ的平衡常数______。 （4）测定尾气中的含量。用氨基磺酸铵和硫酸铵的混合溶液吸收aL尾气，将转化为，然后用淀粉作指示剂，用标准溶液进行滴定，消耗标准溶液vmL。则尾气中的含量为______。 已知： 【答案】（1）增大矿石与空气的接触面积，加快反应速率，使反应更充分 （2） ①. ②. bc （3） ①. ②. （4） 【解析】 【分析】将粉碎后的黄铁矿与空气混合加热，发生氧化还原反应，​，将黄铁矿中的硫元素转化为后续反应的核心原料​，同时生成铁的氧化物炉渣。向步骤Ⅰ生成的​中通入过量空气，在、常压、作催化剂的条件下，实现向的转化，最后吸收制得浓硫酸。 【小问1详解】 将黄铁矿粉碎可以有效增大固体反应物与空气的接触面积，从而加快化学反应速率，并使矿石燃烧更加充分。 【小问2详解】 ①根据盖斯定律，将已知反应进行组合以得到总反应。已知总反应为 。观察已知物质化学计量数之间关系可得，总反应 ，因此反应ⅱ的化学方程式为 。其焓变 。 ②a．反应ⅰ中V和S元素的化合价发生改变，反应ⅲ中V和O元素的化合价发生改变，均属于氧化还原反应，a正确； b．作为催化剂，在反应前后质量和化学性质不变，可循环参与反应，因此投入 制得的远多于，b错误； c．催化剂只能降低反应的活化能，改变反应速率，不能使化学平衡发生移动，因此不能提高的平衡转化率，c错误； 故答案选bc。 【小问3详解】 ①反应Ⅱ是气体分子数减少的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，因此压强大小关系为。 对应最下方的曲线，由图可知 时曲线对应的转化率。 ②M点对应的转化率为。初始时，；转化了的 ，根据方程式比例可知消耗的，生成的 。列三段式得：容器体积，为，则该温度下的平衡常数。 【小问4详解】 根据反应方程式可得物质的量关系式：。滴定消耗的 ，则吸收的，其质量。尾气体积为，故尾气中的含量为。 18. 天青石的主要成分为硫酸锶()，另外含有质量分数约为4.2%的、4.1%的。利用天青石制备高纯碳酸锶()，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）酸浸 写出溶于盐酸的离子方程式：___________________。 （2）净化 滤液C中含有和少量，能除去溶液中97%以上的，但几乎不损失，其原因是________________________。 （3）沉淀 ①制得高纯碳酸锶的离子方程式为________________________。 ②若反应温度较高()，产率降低，原因是__________________。 （4）转化 ①分析“转化”过程中主要转化的原因。 计算反应的______，该反应的K比的K大得多。 ②分析“转化”过程中和的作用。 i．和调控溶液pH，进而调控，提高转化率。 ii．________________。 【答案】（1） （2）＜，先沉淀 （3） ①. ②. NH4HCO3受热分解 （4） ①. ②. 可以抑制反应的进行 【解析】 【分析】用天青石制备高纯碳酸锶的流程为：在天青石中加入溶液[含、]进行转化过滤得到滤液A，同时得到粗品碳酸锶，粗品碳酸锶加入盐酸酸浸再过滤，得到滤渣B；同时得到滤液C，在滤液C中加入适量的溶液净化，过滤得滤渣D和滤液E，在滤液E中加入NH4HCO3溶液沉淀，过滤得到高纯碳酸锶，据此分析解答。 【小问1详解】 加入盐酸酸浸过程中，溶于盐酸反应生成SrCl2、二氧化碳和水，则反应的离子方程式为； 【小问2详解】 结合已知表格中的数据=、=可知，由于＜，所以在含有和少量的溶液中，加入后先沉淀； 【小问3详解】 ①在含的溶液中加入NH4HCO3溶液进行沉淀可以得到高纯碳酸锶，则制得高纯碳酸锶的离子方程式为； ②若反应温度较高()，产率降低，原因是NH4HCO3具有不稳定性、受热分解，导致生成的的量减少； 【小问4详解】 ①分析“转化”过程中主要转化的原因；根据反应得到反应的平衡常数=； ②和属于缓冲液，可以调控溶液pH，从而可以调控，使反应充分进行，提高转化率；同时加入的提供高浓度的，可以抑制反应的进行。 19. 某实验小组探究与的反应，实验如下。 资料：i．为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。 ii．可以与形成； 装置 操作及现象 实验一： 向B中通入，产生暗红褐色沉淀X和溶液Y(略显红色)； 继续通入一段时间后，溶液呈红色，继而变为橙色，最终沉淀消失，溶液几乎无色。 （1）A中产生的化学方程式为__________________________。 （2）暗红褐色沉淀X可能含，检验如下： 实验二：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。 取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红。证明溶液中存在____________。 另取少量溶液滴加溶液，产生白色沉淀，但不能确认沉淀X中含有，原因是____________。 实验三：向X中加入溶液，沉淀溶解。继续滴加溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加入盐酸，白色沉淀溶解。确认X中不含。 实验三中用溶液溶解沉淀的目的是：____________。 实验四：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去。静置，一段时间后蓝色复现，振荡，不褪色。结合离子方程式解释沉淀溶解后的现象：____________。 （3）查阅资料：a．(或)会形成配合物。 　　红色　　　　　　橙色 b．和会在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸() 实验五：取出部分实验一中的橙色溶液，久置不褪色。结合资料a中过程ii分析实验一中溶液最终“几乎无色”的原因：__________________。 总结：与发生了氧化还原反应和复分解反应，并且遵循化学反应速率和限度规律。 【答案】（1） （2） ①. ②. 具有氧化性，能将氧化成， ③. 确认X中不含 ④. 加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去，发生的反应方程为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，静置，一段时间后蓝色复现，是因为溶液中的将碘离子氧化为单质碘：2Fe3++2I-=2Fe2++I2。 （3）持续通入SO2一段时间后，溶液酸性增强，生成的H2SO5将橙色溶液中的HOFeOSO2氧化 【解析】 【小问1详解】 A中用亚硫酸钠和70%的浓硫酸来制取的化学方程式为。 【小问2详解】 实验二中，取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红，证明溶液中存在； 由于具有氧化性，能将氧化成，故并不能确认原溶液中是否含有； 实验三中：由于溶液溶解沉淀并形成，再继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加入盐酸，白色沉淀溶解，可知白色沉淀为亚硫酸钡，将转化为，避免氧化生成，排除对检验的干扰。 实验四中：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去，发生的反应方程为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，静置，一段时间后蓝色复现，是因为溶液中的将碘离子氧化为单质碘：2Fe3++2I-=2Fe2++I2。振荡不褪色是因为加入的碘水过量，最终体系中存在I₂使淀粉显蓝色。 【小问3详解】 由已知b．和会在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸()，可得溶液最终“几乎无色”的原因为持续通入SO2一段时间后，溶液酸性增强，生成的H2SO5将橙色溶液中的HOFeOSO2氧化。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京景山学校2025~2026学年度第一学期12月月考 高二年级化学 2025年12月 本试卷共9页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案打在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：O16 S32 第一部分 选择题 1. 下列方程式不能准确解释所给事实的是 A. Na2S除去废水中的Cu2+：Cu2++S2-═CuS↓ B. 久置的澄清石灰水变浑浊： C. 用铁粉除去硫酸亚铁溶液中的铁离子：Fe+2Fe3+═3Fe2+ D. 钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：2H2O+O2+4e-═4OH- 2. 已知：。下列说法不正确的是 A. 电解溶液可将分解为和 B. 生成1mol放出的热量多于生成1mol放出的热量 C. 装置a不仅能产生和，而且能将二者反应的化学能转化为电能 D. 每生成0.5mol，转移电子的数目为 3. 下列实验中，能达到实验目的的是 A.把化学能转化为电能 B.测定中和反应的反应热 C.除去中混有的少量HCl D.在铁上电镀铜 A. A B. B C. C D. D 4. 我国某科研团队将电解食盐水的阳极反应与电催化还原的阴极反应相耦合，得到高附加值产品CO和，原子利用率接近。原理如下图所示。 下列说法错误的是 A. 在阴极区，饱和的溶液有利于的还原 B. 推测阳极区可能产生，在阴极的还原会抑制的电离 C. 调控电压、选择合适的催化剂可抑制发生等副反应 D. 根据上图可知，电解的总反应： 5. 苯()与浓硝酸、浓硫酸反应过程的能量变化示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 苯生成M的反应， B. M生成X的反应，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键释放的能量 C. 对于苯生成Y的反应，作催化剂 D. 生成X的反应速率大于生成Y的反应速率 6. 下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是 A. 依据，推断向NaClO溶液中通入可生成HClO和 B. 依据，推测通过调节溶液pH能除去中少量 C. 依据，推断能和反应产生 D. 依据反应的，推测向溶液中通入能生成 7. 高炉炼铁以铁矿石(主要成分为)、焦炭、空气为原料，发生反应： 该反应在不同温度下的平衡常数如下。 温度 1000 1150 1300 平衡常数 下列说法不正确的是 A. 根据表中数据判断，该反应的 B. 利用空气将焦炭转化为，推测有利于增大铁的生成速率 C. 增加高炉的高度可以降低平衡气体中的含量 D. 时测得尾气中和的体积分数分别为和，则该反应未达到平衡状态 8. 酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱。石蕊(以表示)的电离平衡和颜色变化如下。 电离平衡 变色范围 红色 紫色 蓝色 下列说法不正确的是 A. 向石蕊溶液中滴加浓盐酸至，减小，增大，溶液呈红色 B. 向石蕊溶液中滴加浓溶液至，增大，减小，溶液呈蓝色 C. 向石蕊溶液中加入蒸馏水，石蕊的电离平衡正向移动，增大 D. 向石蕊溶液中通入，溶液变红，存在： 9. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. B. C. D. 10. 室温下，用0.l00mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A. II表示的是滴定醋酸的曲线 B. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20 mL C. V(NaOH)=" 20.00" mL时，两份溶液中c(Cl-)= C(CH3COO-) D. V(NaOH) ="10.00" mL时，醋酸溶液中c(Na+)> C(CH3COO-)> c(H+)> c(OH-) 11. 以下4个实验中均产生了白色沉淀。 下列说法不正确的是 A. 溶液、溶液含有的微粒种类相同 B. 促进了的水解 C. 滴入溶液后，4支试管内溶液的pH都变小 D. 促进了的水解 12. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。 下列说法不正确的是 A. 由图1， B. 由图2，初始状态，无沉淀生成 C. 由图2，初始状态，平衡后溶液中存在 D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应： 13. 用石墨电极电解溶液，得到有机产物的法拉第效率随电压的变化如图所示。 已知： 下列说法不正确的是 A. 均在电解池的阴极产生 B. 产生的电极反应为： C. 当电解电压为时，阴极的主要产物为 D. 当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 14. 已知C3H8脱H2制烯烃的反应为C3H8 =C3H6+H2。固定C3H8浓度不变，提高CO2浓度，测定出口处C3H6、H2、CO浓度。实验结果如图。 已知：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) ∆H=-2043.9kJ/mol C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g) ∆H=-1926.1kJ/mol H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ∆H=-241.8kJ/mol 下列说法不正确的是 A. C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) ∆H=+124kJ/mol B. C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势的差异是因为发生了CO2+H2⇌CO+H2O C. 相同条件下，提高C3H8对CO2的比例，可以提高C3H8的转化率 D. 如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2) 第二部分 非选择题 15. 二氧化碳催化加氢制取甲醇()的研究，对于环境和能源问题意义重大。其主反应为，回答下列问题。 I． （1）一定温度下，在2L容积不变的密闭容器中，充入和，测得的物质的量随时间变化如下表所示。 t/min 0 2 5 10 15 1 0.75 0.5 0.25 0.25 从反应开始到5 min末，的平均反应速率、______；反应达到平衡状态时的转化率为_________。 （2）下列能作为该反应达到平衡状态的标志的是_______(填字母)。 a．断裂3molH—H的同时形成2molH—O b．气体的压强不再变化 c．混合气体中甲醇的浓度保持不变 d．化学反应速率 （3）在不同温度下，反应中的转化率与时间的关系如图。 据图可判断：温度_______(填“>”、“<”或“=”)，理由是__________________。 （4）主反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在下的和下的如图所示。 图中对应等压过程的曲线是__________(填“a”或“b”)，判断的理由是________________。 Ⅱ．二氧化碳催化加氢制取甲醇过程中，还可发生副反应：。常温下，1mol下列化学键形成(或断裂)的能量(E)数据如下： 化学键 H—H C=O H—O 436 805.5 a 465 （5）计算__________。 Ⅲ．甲醇燃料电池具有能量转化率高、绿色无污染等特点，工作原理如下图。 （6）写出正极的电极反应：______________________。 16. 由钛白粉废渣制备铁黄，流程如图： 已知：i.钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物 ii.TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4 iii.0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3； 0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8 （1）纯化 ①加入过量铁粉的作用是_______。 ②充分反应后分离混合物的方法是_______。 （2）制晶种。 向FeSO4溶液中滴加氨水，先出现白色沉淀，后变为灰绿色。加氨水至pH=6时，开始通入空气，溶液pH随时间的变化曲线如图 ①产生白色沉淀的离子方程式：_______。 ②充分生成白色沉淀后，溶液的pH小于6.3，原因是沉淀生成时溶液中c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“大于”、“小于”或“等于”)。 ③0-t1时刻，pH几乎不变，t1-t2时刻，pH减小，结合方程式解释原因：_______。 ④pH=4时制备晶种，t3时刻之后，再通空气，pH几乎不变，c(Fe2+)仍然减小，但c(Fe3+)在增加，(Fe2+)的减小量大于c(Fe3+)的增加量，结合总方程式说明原因：_______。。 （3）纯度测定 通过计算产品的耗酸量测定其纯度 wg铁黄溶液b溶液c滴定 已知：Fe3++3C2O=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱溶液反应 若上述过程中加入的Na2C2O4过量，则测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”) 17. 以黄铁矿为原料制取硫酸的原理示意图如下。 （1）黄铁矿在通空气前需粉碎，其作用是__________________。 （2）反应Ⅱ：是制硫酸的关键步骤。使用作催化剂，涉及如下反应： ⅰ． ⅱ． ⅲ． ①补全反应ii的热化学方程式：__________________。 ②下列说法不正确的是______(填序号)。 a．反应i和iii均属于氧化还原反应 b．投入，最多制得 c．使用能提高的平衡转化率 （3）在体积可变的恒压密闭容器中投入和，不同条件下发生反应Ⅱ。实验测得在0.1MPa、0.5MPa和5.0MPa压强下，平衡转化率(α)随温度的变化如图所示。 ①0.1MPa、550℃时平衡转化率______。 ②M点对应的平衡混合气体的体积为VL，计算该温度下反应Ⅱ的平衡常数______。 （4）测定尾气中的含量。用氨基磺酸铵和硫酸铵的混合溶液吸收aL尾气，将转化为，然后用淀粉作指示剂，用标准溶液进行滴定，消耗标准溶液vmL。则尾气中的含量为______。 已知： 18. 天青石的主要成分为硫酸锶()，另外含有质量分数约为4.2%的、4.1%的。利用天青石制备高纯碳酸锶()，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）酸浸 写出溶于盐酸的离子方程式：___________________。 （2）净化 滤液C中含有和少量，能除去溶液中97%以上的，但几乎不损失，其原因是________________________。 （3）沉淀 ①制得高纯碳酸锶的离子方程式为________________________。 ②若反应温度较高()，产率降低，原因是__________________。 （4）转化 ①分析“转化”过程中主要转化的原因。 计算反应的______，该反应的K比的K大得多。 ②分析“转化”过程中和的作用。 i．和调控溶液pH，进而调控，提高转化率。 ii．________________。 19. 某实验小组探究与的反应，实验如下。 资料：i．为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。 ii．可以与形成； 装置 操作及现象 实验一： 向B中通入，产生暗红褐色沉淀X和溶液Y(略显红色)； 继续通入一段时间后，溶液呈红色，继而变为橙色，最终沉淀消失，溶液几乎无色。 （1）A中产生的化学方程式为__________________________。 （2）暗红褐色沉淀X可能含，检验如下： 实验二：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。 取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红。证明溶液中存在____________。 另取少量溶液滴加溶液，产生白色沉淀，但不能确认沉淀X中含有，原因是____________。 实验三：向X中加入溶液，沉淀溶解。继续滴加溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加入盐酸，白色沉淀溶解。确认X中不含。 实验三中用溶液溶解沉淀的目的是：____________。 实验四：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去。静置，一段时间后蓝色复现，振荡，不褪色。结合离子方程式解释沉淀溶解后的现象：____________。 （3）查阅资料：a．(或)会形成配合物。 　　红色　　　　　　橙色 b．和会在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸() 实验五：取出部分实验一中的橙色溶液，久置不褪色。结合资料a中过程ii分析实验一中溶液最终“几乎无色”的原因：__________________。 总结：与发生了氧化还原反应和复分解反应，并且遵循化学反应速率和限度规律。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $