精品解析：吉林省吉林市第一中学2026-2027学年高三上学期开学考 化学试题

吉林市第一中学2026-2027学年度高三年级开学考 化学试题 一、单选题(每小题3分，共45分) 1. 我国部分省、市在战略性新兴产业发展“十四五”规划（2021～2025年）涉及的下列物质中属于金属材料是 A.氮化镓半导体 B.重组蛋白 C.聚氨酯树脂 D.高能性铜箔 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．氮化镓半导体为新型无机非金属材料，A不符合题意； B．重组蛋白为有机物，B不符合题意； C．聚氨酯树脂为有机合成材料，C不符合题意； D．合金、纯金属均为金属材料，铜为金属材料，D符合题意； 故答案选D。 2. 化学与生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是 A. 硬铝（铝合金）密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料 B. 储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料，可用于以为燃料的汽车 C. 用盐酸除铁锈，是因为溶于水后，其溶液显碱性 D. 不锈钢是常见的一种合金钢，有些地铁列车的车体材质也是不锈钢 【答案】C 【解析】 【详解】A．硬铝（铝合金）密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，因此是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，A正确； B．储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料，具有安全易于运输，因此可用于以为燃料的汽车，B正确； C．氧化铁是碱性氧化物，能与酸反应，因此可用盐酸除铁锈，不溶于水，C错误； D．不锈钢是常见的一种合金钢，具有强度高等优点，因此有些地铁列车的车体材质也是不锈钢，D正确； 答案选C。 3. 下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是 A. 使紫色石蕊试液变红的溶液：、、、 B. 加酚酞显红色的溶液：、、、 C. 澄清透明溶液：、、、 D. 加入铝生成氢气的溶液：、、、 【答案】C 【解析】 【详解】A．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，含有大量，酸性条件下具有强氧化性，会将氧化为，离子间发生氧化还原反应不能大量共存，A错误； B．加酚酞显红色的溶液为碱性溶液，含有大量，与反应生成，与反应生成沉淀，不能大量共存，B错误； C．澄清透明溶液要求无浑浊、沉淀，与是否有色无直接关系；、、、之间不发生反应，可稳定存在形成澄清透明溶液，能大量共存，C正确； D．加入铝生成氢气的溶液可能为酸性或碱性溶液，若为酸性，与反应生成和，且酸性条件下与反应不生成氢气；若为碱性，与反应生成和，均不能大量共存，D错误； 故选C。 4. 用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 1 mol氢氧根离子所含电子数为9 B. 浓硫酸与足量铜微热反应，生成分子的数目为 C. 标准状况下，中含有分子的数目为 D. 与完全反应时转移的电子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．1个中含8个电子、含1个电子，加上带1个负电荷得到的1个电子，共含10个电子，故1 mol氢氧根离子所含电子数为，A错误； B．浓硫酸中的物质的量为0.92 mol，根据，理论上完全反应生成0.46 mol，但随着反应进行硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，因此生成的物质的量小于0.46 mol，分子数目小于，B错误； C．标准状况下为固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，因此的物质的量不是0.5 mol，所含分子数不是，C错误； D．与反应的化学方程式为，3 mol参与反应时，有2 mol 化合价从+4升高到+5，1 mol化合价从+4降低到+2，转移电子物质的量为2 mol，转移的电子数为，D正确； 故选D。 5. 下列有关化学用语表述正确的是 A. 和的离子结构示意图均可以表示为 B. 的电子式： C. 的结构式： D. 乙醇的键线式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．和质子数均为17，得到1个电子后核外电子数均为18，电子层排布均为2、8、8，离子结构示意图和题干给出的一致，A正确； B．HF是共价化合物，不存在阴阳离子，故的电子式为，B错误； C．HClO中O原子需要形成2个共价键，分别与H、Cl原子成键，正确结构式为，C错误； D．题干给出的键线式对应含3个碳原子的丙醇，乙醇只含2个碳原子，键线式不符合，D错误； 故选A。 6. 下列离子方程式书写正确的是 A. 向溶液中通入足量： B. 向溶液中加入足量的浓氨水： C. 溶液和溶液混合呈中性： D. 向澄清石灰水中通入少量的： 【答案】A 【解析】 【详解】A．足量可将中和全部氧化，与物质的量之比为1:2，配平后离子方程式符合反应事实，A正确； B．氨水为弱碱，与反应只能生成沉淀，无法生成，正确的离子方程式为：， B错误； C．溶液呈中性时与恰好完全反应，与物质的量之比应为2:1，题给离子方程式为碱过量时的反应，正确的离子方程式为：，C错误； D．澄清石灰水中应拆为离子，且少量反应生成沉淀，不会生成，正确的离子方程式为：，D错误； 故答案选A。 7. 王水(浓盐酸与浓硝酸按体积比3：1混合的混合物)是古老而有效的溶解金和铂的溶剂，王水中存在反应3HCl(aq) +HNO3(aq)=Cl2(aq)+NOCl(aq)+2H2O(l)。王水溶解金时，Au与王水中Cl2(aq)、NOCl(aq)反应生成[AuCl4]-(aq)。下列说法错误的是 A. 王水能溶解金、铂是因为王水中有Cl2、NOCl B. 王水中反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3 C. 王水溶解金：铂时，硝酸作氧化剂可能生成NO D. 氧化性：浓硝酸>Cl2>[AuCl4]- 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据已学知识，浓盐酸和浓硝酸单独存在时不能氧化金和铂，按照混合后可以氧化，结合题中信息可知王水能溶解金、铂是因为王水中有、，A正确； B．反应中氧化剂为，还原剂为，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为，B错误； C．王水溶解金、铂时，离子反应为、，C正确； D．根据反应可知的氧化性强于，在这个环境下又能氧化Au生成，故氧化性：浓硝酸，D正确； 故选B。 8. 下列有关化学反应与热效应的说法正确的是 A. HCl和NaOH的稀溶液反应生成1 mol的反应热，则和的稀溶液反应生成1 mol (l)的反应热 B. 甲烷的燃烧热，则 kJ/mol C. 已知 将6 mol 和过量的在一定条件下充分反应，放出热量184.8 kJ D. 在低温下能自发进行，则该反应的 【答案】D 【解析】 【详解】A．和反应生成硫酸钙沉淀会额外放热，因此生成1mol(l)的反应热ΔH应小于2×(-57.3)kJ/mol，A错误； B．燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；甲烷燃烧热要求生成液态水，而选项B中生成气态水，B错误； C．该反应为可逆反应，6mol无法完全转化，实际放热量小于184.8kJ，C错误； D．，反应能够自发进行，反应气体物质的量减少（ΔS<0），低温下自发需ΔH<0，D正确； 故选D。 9. 同学们为了探究摩尔盐[化学式为]的性质，进行了一系列实验，其过程如图所示。下列说法错误的是 A. 实验Ⅰ中可观察到湿润的红色石蕊试纸变蓝 B. 将实验Ⅰ中得到的滤渣在空气中充分加热，可得到红棕色粉末 C. 实验Ⅱ的现象：滴入KSCN溶液无明显现象，再滴入新制氯水溶液变红 D. 实验Ⅲ中的滤渣易溶于稀硝酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．摩尔盐中的与过量溶液反应生成，加热滤液时分解释放，氨气为碱性气体，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A正确； B．实验Ⅰ中与反应生成滤渣，在空气中充分加热时被氧化、最终分解为红棕色的粉末，B正确； C．摩尔盐中铁元素为，滴入溶液无明显现象，滴入新制氯水后被氧化为，与结合使溶液变红，C正确； D．实验Ⅲ中与反应生成滤渣，不溶于稀硝酸，D错误； 故选D。 10. 是一种降解含氰废气的催化剂，其原理是和氧化还原循环协同作用，反应路径如图(TS代表过渡态，*代表吸附态)。下列说法正确的是 A. 能改变总反应焓变 B. 碳氮键初始氢化所需要克服的能垒为-1.75eV C. TS-2所属的基元反应为决速步骤 D. 物种①为 【答案】D 【解析】 【详解】A．催化剂仅能降低反应活化能、加快反应速率，无法改变反应物和生成物的总能量差，即不能改变总反应焓变，A错误； B．能垒为过渡态与前一中间体的自由能差值，恒为正值，碳氮键初始氢化对应TS-1，能垒为，B错误； C．决速步骤为反应过程中能垒最大的基元反应，经计算TS-1、TS-2、TS-3对应的能垒分别为、、，TS-1所属的基元反应为决速步骤，C错误； D．根据原子守恒，与反应生成物种①，后续产物为，可推知物种①为，D正确； 故选D。 11. W为中学常见的金属单质(其合金是目前世界上用量最大、用途最广的合金)，其分别与X、Y两种酸的浓溶液反应的关系如图所示(反应条件略)，其中、、为氧化物，、为盐。 已知：①D为无色有刺激性气味的气体；的浓溶液露置在空气中质量增加，浓度降低。 ②常温下，(红棕色)(无色)。 下列有关说法错误的是 A. 基态W原子的核外电子有15种空间运动状态 B. 食品中添加适量的D可起到漂白、防腐和抗氧化等作用 C. 常温下，可用制成容器来盛装或的浓溶液 D. 氧化物和反应可生成氧化物和，和均为酸性氧化物 【答案】D 【解析】 【分析】首先推断物质：W为（目前用量最大、用途最广的合金为铁合金），Y为浓（浓溶液露置空气中吸水，质量增加浓度降低），D为（无色有刺激性气味的氧化物），A为（红棕色氧化物，存在平衡），X为浓。 【详解】A．基态原子的电子排布式为，核外空间运动状态数等于原子轨道总数，计算得种，A正确； B．D为，食品中适量添加可起到漂白、防腐和抗氧化的作用，B正确； C．常温下遇浓硝酸、浓硫酸会发生钝化，表面生成致密氧化膜阻止反应继续进行，可用制容器盛装二者的浓溶液，C正确； D．和发生反应，产物能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，为不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，并非二者均为酸性氧化物，D错误； 故选D。 12. 下列实验方案、现象和结论都正确的是 选项 实验方案 现象 结论 A 向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸 先出现白色沉淀，后部分沉淀溶解 部分Na2SO3氧化变质 B 用精密pH试纸分别测定相同浓度NaClO和CH3COONa溶液的pH pH：CH3COONa>NaClO 酸性：CH3COOH>HClO C 将稀硫酸酸化的H2O2加入 Fe(NO3)2溶液中 溶液出现黄色 氧化性：H2O2>Fe3+ D 向NaHCO3溶液中加入Na[Al(OH)4]溶液 有白色沉淀生成 结合H+的能力比弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸，先出现白色沉淀，后部分沉淀溶解，沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，则部分Na2SO3氧化变质，A项正确； B．NaClO溶液水解产生次氯酸，无法用pH试纸测定NaClO溶液的pH，B项错误； C．酸化后的硝酸根离子具有强氧化性，会干扰双氧水的氧化，C项错误； D．向NaHCO3溶液中加入Na[Al(OH)4]溶液，生成氢氧化铝、碳酸钠，则结合H+的能力比强，D项错误； 故答案为A。 13. 用下图装置能实现对应气体的制备、干燥、收集的是 选项 目标气体 试剂A 固体B 固体C A 浓盐酸 无水 B 浓氨水 生石灰 碱石灰 C 70%硫酸 D 稀硝酸 碱石灰 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．制备需与浓盐酸在加热条件下反应，题中装置未体现加热，无法制备，A错误； B．密度比空气小，应采用向下排空气法收集（短进长出），题中集气瓶为向上排空气法（长进短出），则收集装置错误，B错误； C．制备：与70%硫酸反应（固液不加热，符合装置）；干燥剂（酸性，干燥）；收集（密度比空气大，向上排空气法，符合装置），均正确，C正确； D．易与空气中反应生成，不能用排空气法收集，需排水法，收集方法错误，D错误； 故答案选C。 14. 已知气相直接水合法可以制取乙醇： 。在的条件下投料，乙烯的平衡转化率与温度(T)及压强(p)的关系如图所示。下列有关说法错误的是 A. ， B. 在280℃、压强下，C点的 C. 恒温恒压时，按起始投料比再充入和，达到新平衡，的转化率增大 D. A点对应条件下反应达到平衡时的物质的量分数约为11% 【答案】C 【解析】 【详解】A．升高温度乙烯平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，故；该反应为气体分子数减小的反应，相同温度下压强越大平衡正向移动程度越大，乙烯转化率越高，由图可知相同温度下对应乙烯转化率更高，故，A正确； B．C点在曲线下方，说明280℃、条件下C点乙烯转化率低于平衡转化率，反应需正向进行达到平衡，故，B正确； C．恒温恒压条件下，按起始投料比再充入和，新平衡与原平衡互为等效平衡，的转化率不变，C错误； D．A点乙烯转化率为20%，设初始和的物质的量均为1mol，平衡时、的物质的量均为0.8mol，生成的物质的量为0.2mol，总物质的量为1.8mol，乙醇的物质的量分数为，D正确； 故选C。 15. 用含铜丰富的自然资源黄铜矿冶炼铜的工艺流程如下： 已知：。 下列有关该流程的说法错误的是 A. “浸取”时，若改用溶液，也能生成和，该反应的化学方程式为 B. 向“过滤1”所得滤液中加入足量铁粉，可以提高铜的回收率 C. “过滤3”所得滤液为、溶液，可以在工艺中循环使用 D. 为保持流程持续循环，每生成，理论上需补充的物质的量为 【答案】D 【解析】 【分析】中加入溶液浸取，发生反应：，过滤后得到的滤液中含有和未反应完的，固体中含有、，加入浓盐酸除硫，过滤得到含有的滤液，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和，过滤可得到，得到的滤液中含有和，可以循环使用，据此解答。 【详解】A．具有氧化性，该反应中元素从-2价升高到0价，从+3价降低到+2价，元素从+2价降低到+1价，反应的化学方程式为：，A正确； B．“过滤1”所得滤液中含有未反应完的，加入足量铁粉可置换出，能够提高铜的回收率，B正确； C．由分析可知，“过滤3”所得滤液中含有歧化反应生成的以及之前加入浓盐酸引入的，可返回至“浸取”步骤循环使用，C正确； D．歧化反应：，生成2 mol需要4 mol ，对应需要4 mol ，“浸取”生成4 mol 消耗3 mol ，歧化反应生成2 mol 的同时生成2 mol 可循环使用，故理论上只需补充，D错误； 故选D。 二、解答题(共55分) 16. 高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂，主要用于处理饮用水和工业废水。工业上有干法与湿法两种制备高铁酸钠的方法。 （1）干法制备高铁酸钠的原理：。该反应中还原剂是______，当有生成时，反应转移的电子总数为______。 （2）湿法制备高铁酸钠的离子反应为。该反应中的y=______。 （3）净水原理如图所示。 查阅资料：胶体的分散质比表面积(单位质量的微粒具有的表面积)很大，导致其吸附能力很强。 过程1中活细菌表现出了______(填“氧化”或“还原”)性。根据上述原理分析，净水时的作用有______(填2个)。 （4）用处理酸性废水时，可将转化为沉淀除去，该过程中发生反应的离子方程式为______。某酸性废水中浓度为，经处理后，溶液中浓度降为，则的去除率为______%(保留三位有效数字；离子的去除率)。 【答案】（1） ①. 、 ②. （2）5 （3） ①. 还原 ②. 杀灭水中细菌，形成胶体吸附水中悬浮物而形成沉淀 （4） ①. ②. 99.5 【解析】 【小问1详解】 反应中，元素化合价由中的+2价升高为中的+6价，是还原剂；中部分元素化合价由-1价升高为中的0价，部分元素化合价由-1价降低为-2价，故既作氧化剂又作还原剂，因此还原剂为、。 反应中每生成1mol ，2mol 失去电子，2mol 失去电子，共转移10mol电子，因此生成0.5mol 时，转移电子的物质的量为，电子总数为。 【小问2详解】 根据电荷守恒，反应前后离子所带总电荷相等：左边总电荷为，右边总电荷为，故，解得；再根据H原子守恒，左边提供10个H原子，故，解得。 【小问3详解】 过程1中转化为，元素化合价降低，作氧化剂，故活细菌作还原剂，表现还原性。具有强氧化性，可杀灭水中细菌；其还原产物水解生成胶体，胶体具有强吸附性，可吸附水中悬浮物形成沉淀，因此净水时的作用为杀灭水中细菌，形成胶体吸附水中悬浮物而形成沉淀。 【小问4详解】 酸性条件下，将氧化为，自身被还原为，元素化合价由+6价降低为+3价，每个得到3个电子，元素化合价由+2价升高为+4价，每个失去2个电子，根据电子守恒，与的化学计量数之比为2:3，再结合电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为。 根据去除率公式，的去除率为。 17. 将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合，通入含水8%的中制备气体，然后用水吸收制备HClO溶液，实验装置如图所示(加热与夹持装置略)。 已知：的沸点为3.8℃，42℃以上分解为和，遇水反应生成HClO，遇碱反应生成次氯酸盐。 请回答下列问题： （1）装置A中盛放浓盐酸的仪器的名称为_______________，圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为_______________________________________。 （2）装置B的作用，一是除去中混有的HCl，二是______________________________。 （3）装置C中主要发生反应的化学方程式为____________________________________。该装置用冷水进行冷却，目的是________________________________________________。 （4）装置C和D中均使用多孔球泡，作用是_________________________________。 （5）装置E中盛有碱石灰，尾气中的与NaOH发生反应的化学方程式为____________________________________________________________________________________________________________________。 【答案】（1） ①. (球形)分液漏斗 ②. （2）观察产生气泡的速率，调节气体流速 （3） ①. ②. 防止分解为和 （4）增大气体与液体的接触面积，提高吸收效率 （5） 【解析】 【分析】本实验核心目的是制备气体，再用水吸收制备HClO溶液。按装置连接顺序梳理：A为氯气发生装置，利用与浓盐酸反应制备氯气；B中盛有饱和食盐水，除去氯气中混有的HCl杂质，同时可通过观察气泡产生速率调节气体流速，使氯气与空气按体积比1:3混合；C为制备装置，氯气与含水8%的反应生成，采用冷水冷却防止受热分解；D为吸收装置，用水吸收制备HClO溶液；E中盛有碱石灰，用于吸收尾气，防止污染空气。 【小问1详解】 装置A中盛放浓盐酸的仪器为球形分液漏斗。圆底烧瓶中与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为。 【小问2详解】 装置B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl杂质，同时可通过观察气泡产生的速率调节气体流速，控制氯气与空气的体积比为1:3，满足反应投料要求。 【小问3详解】 装置C中与反应生成、和，配平后化学方程式为。由已知信息可知，在42℃以上会分解为和，使用冷水冷却可降低装置温度，防止受热分解，减少副反应发生。 【小问4详解】 多孔球泡可增大气体与液体的接触面积，使气体与液体充分接触，提高气体的吸收效率。 【小问5详解】 与反应生成次氯酸钠和水，配平后化学方程式为。 18. 一种利用含钴废料回收金属元素Co、Ni的工艺如图所示。该废料中含有较多的钴、镍、铅以及一定量的铁和锰等元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在。已知：P204是一种有机溶剂，对钴、镍具有高选择性，能萃取Fe3+而不萃取Fe2+。 （1）提高废料浸出率的措施有________________________________(写出一点即可)。“浸出渣”的主要成分为________(填化学式)。 （2）“还原”中加入Fe的主要目的是________________________________________。 （3）“萃取”时Co2+萃取的反应原理为，若酸化后溶液的pH=0，c(Co2+)=0.12mol/L，萃取完成后水相中c(H+)=1.2mol/L，则钴的萃取率为________% (结果保留一位小数，忽略溶液体积变化)。 （4）实验室模拟“萃取”操作的正确顺序是________(填字母)。 a．加入萃取剂，倾斜振荡、放气 b．将上口玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈上的小孔，旋开活塞 c．静置 d．上层液体从上口倒出 e．放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞 （5）“萃取”后的“水相1”中含有丰富的金属资源，经三道工序除杂后，可回收MnSO4溶液。MnSO4在水中的溶解度曲线如图所示，则MnSO4溶液经过________________、洗涤、干燥等操作得到MnSO4·H2O。 （6）“沉钴”时反应的离子方程式为___________________________________。 【答案】（1） ①. 适当地升高温度、适当增大硫酸浓度、将废料粉碎增大接触面积、搅拌等 ②. （2）将还原为，防止P204萃取，干扰对钴、镍的萃取 （3）83.3 （4）acbed （5）蒸发结晶、趁热过滤 （6） 【解析】 【分析】起始原料为含钴、镍、铅、铁、锰元素的废料，元素大多以金属单质和氧化物形式存在，核心目标产物为和。硫酸常压浸出时，铅元素与硫酸反应生成难溶作为浸出渣分离，其余金属离子进入浸出液。加入Fe将浸出液中还原为，避免后续P204萃取。酸化后加入P204萃取，钴、镍进入有机相，、锰等离子留在水相1。反萃取使钴、镍回到水相2，经镍钴分离后，滤液加碳酸氢铵沉钴得到，剩余溶液经系列操作得到。 【小问1详解】 提高废料浸出率可通过增大接触面积、升高温度、增大反应物浓度、搅拌等措施实现，可填适当升高温度，或适当增大硫酸浓度、将废料粉碎、搅拌等合理答案。废料中的铅元素与硫酸反应生成难溶于水和酸的，故浸出渣的主要成分为。 【小问2详解】 已知P204能萃取而不萃取，浸出过程中铁元素被酸溶解后部分以形式存在，加入Fe可将还原为，防止后续萃取时P204萃取，干扰钴、镍的萃取。 【小问3详解】 酸化后溶液，则初始，萃取完成后水相，则反应生成的。根据萃取反应，可知被萃取的，初始，故钴的萃取率为。 【小问4详解】 萃取操作的正确顺序为：先加入萃取剂，倾斜振荡、放气；然后静置分层；之后将上口玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈上的小孔，旋开活塞；先放出下层液体，下层液体刚好放出后关闭活塞；最后上层液体从上口倒出，故顺序为acbed。 【小问5详解】 由溶解度曲线可知，温度高于40℃时，会转化为，且的溶解度随温度升高而降低，因此需先蒸发结晶，再趁热过滤，避免冷却时析出杂质，经洗涤、干燥得到。 【小问6详解】 沉钴时，与反应生成沉淀，同时电离出的与过量反应生成和，配平后的离子方程式为。 19. 甲醇是重要的化工原料。某温度下，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下： I．CO2 (g) + 3H2 (g) ⇌ CH3OH (g) + H2O (g) ΔH1 = − 48.5 kJ / mol K1 II．CO2 (g) + H2 (g) ⇌ CO (g) + H2O (g) ΔH2 = +41.2 kJ / mol K2 请回答下列问题： （1）反应I在________(选填“高温”或“低温”)条件下能自发发生，已知反应III的平衡常数，写出反应III的热化学方程式________________________________________。 （2）一定温度下，向初始压强为10 kPa的恒容密闭容器内充入1 mol CO2和3 mol H2，只发生反应I、II，一段时间后反应达到平衡。 ①该反应在有、无分子筛膜时，甲醇的平衡选择性随温度的变化如图所示[分子筛膜能选择性分离出H2O (g)]。恒温恒容条件下，有分子筛膜时发生反应，下列说法能作为反应I达到平衡状态的判断依据的是__________(填字母)。 A．气体压强不再变化 B．气体的密度不再改变 C．v正 (CO2) = 3 v逆 (H2) D．c (CO2)∶c (H2)∶c (CH3OH)∶c (H2O) = 1∶3∶1∶1 ②有分子筛膜时，温度高于210 ℃ 后甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因是_______________________。 ③某温度下CO2的转化率为80 %，反应I的选择性为60 %，则平衡时CH3OH的分压为__________ kPa，该反应温度下反应II的平衡常数Kp为_______________(写出计算表达式即可)。 （3）反应I的速率v正 = k正 · c (CO2) · c3 (H2)，v逆 = k逆 · c (CH3OH) · c (H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。降低温度时，lg k正 − lg k逆 __________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） ①. 低温 ②. （2） ①. AB ②. 温度高于210℃后，温度升高使平衡向逆反应方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正反应方向移动的影响，产率下降 ③. 1.2 ④. （3）增大 【解析】 【小问1详解】 反应自发的判据是：反应I的，反应后气体分子数减少，，只有低温下的数值足够小，才能满足，因此低温下自发。 由平衡常数关系，结合平衡常数的运算规则，可知反应III = 反应I - 反应II，根据盖斯定律：，即可写出对应热化学方程式 【小问2详解】 ①A．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，压强为变量，气体压强不再变化时，反应Ⅰ达到平衡，A符合题意； B．有分子筛膜时，生成的水被分离，使m发生变化，密度为变量，当密度不再改变时，反应Ⅰ达到平衡，B符合题意； C．根据速率之比等于反应系数之比可知，3v正(CO₂)=v逆(H₂)时反应Ⅰ达到平衡，题给速率关系不符合平衡要求，C不符合题意； D．反应达平衡时各物质间不存在任何比例关系，D不符合题意； 故选AB。 ②升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醇产率降低，但分子筛膜分离出H2O使平衡正向移动，甲醇产率上升，总体上甲醇产率随温度升高而降低的原因是温度升高使平衡向逆反应方向移动的影响大于分子筛膜分离出使平衡向正反应方向移动的影响，产率下降。 ③根据平衡时的转化率为80%，反应Ⅰ的选择性为60%可知，反应Ⅰ消耗的量为，反应Ⅱ消耗的量为，可列三段式： 对于反应Ⅰ 对于反应Ⅱ 平衡时总物质的量为。根据阿伏加德罗定律，平衡时总压满足关系，则平衡后总压为，平衡后。由于反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，因此。 【小问3详解】 反应I达平衡时​，即，可得，因此。反应I为放热反应，降低温度平衡正向移动，平衡常数K增大，故增大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉林市第一中学2026-2027学年度高三年级开学考 化学试题 一、单选题(每小题3分，共45分) 1. 我国部分省、市在战略性新兴产业发展“十四五”规划（2021～2025年）涉及的下列物质中属于金属材料是 A.氮化镓半导体 B.重组蛋白 C.聚氨酯树脂 D.高能性铜箔 A. A B. B C. C D. D 2. 化学与生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是 A. 硬铝（铝合金）密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料 B. 储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料，可用于以为燃料的汽车 C. 用盐酸除铁锈，是因为溶于水后，其溶液显碱性 D. 不锈钢是常见的一种合金钢，有些地铁列车的车体材质也是不锈钢 3. 下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是 A. 使紫色石蕊试液变红的溶液：、、、 B. 加酚酞显红色的溶液：、、、 C. 澄清透明溶液：、、、 D. 加入铝生成氢气的溶液：、、、 4. 用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 1 mol氢氧根离子所含电子数为9 B. 浓硫酸与足量铜微热反应，生成分子的数目为 C. 标准状况下，中含有分子的数目为 D. 与完全反应时转移的电子数为 5. 下列有关化学用语表述正确的是 A. 和的离子结构示意图均可以表示为 B. 的电子式： C. 的结构式： D. 乙醇的键线式： 6. 下列离子方程式书写正确的是 A. 向溶液中通入足量： B. 向溶液中加入足量的浓氨水： C. 溶液和溶液混合呈中性： D. 向澄清石灰水中通入少量的： 7. 王水(浓盐酸与浓硝酸按体积比3：1混合的混合物)是古老而有效的溶解金和铂的溶剂，王水中存在反应3HCl(aq) +HNO3(aq)=Cl2(aq)+NOCl(aq)+2H2O(l)。王水溶解金时，Au与王水中Cl2(aq)、NOCl(aq)反应生成[AuCl4]-(aq)。下列说法错误的是 A. 王水能溶解金、铂是因为王水中有Cl2、NOCl B. 王水中反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3 C. 王水溶解金：铂时，硝酸作氧化剂可能生成NO D. 氧化性：浓硝酸>Cl2>[AuCl4]- 8. 下列有关化学反应与热效应的说法正确的是 A. HCl和NaOH的稀溶液反应生成1 mol的反应热，则和的稀溶液反应生成1 mol (l)的反应热 B. 甲烷的燃烧热，则 kJ/mol C. 已知 将6 mol 和过量的在一定条件下充分反应，放出热量184.8 kJ D. 在低温下能自发进行，则该反应的 9. 同学们为了探究摩尔盐[化学式为]的性质，进行了一系列实验，其过程如图所示。下列说法错误的是 A. 实验Ⅰ中可观察到湿润的红色石蕊试纸变蓝 B. 将实验Ⅰ中得到的滤渣在空气中充分加热，可得到红棕色粉末 C. 实验Ⅱ的现象：滴入KSCN溶液无明显现象，再滴入新制氯水溶液变红 D. 实验Ⅲ中的滤渣易溶于稀硝酸 10. 是一种降解含氰废气的催化剂，其原理是和氧化还原循环协同作用，反应路径如图(TS代表过渡态，*代表吸附态)。下列说法正确的是 A. 能改变总反应焓变 B. 碳氮键初始氢化所需要克服的能垒为-1.75eV C. TS-2所属的基元反应为决速步骤 D. 物种①为 11. W为中学常见的金属单质(其合金是目前世界上用量最大、用途最广的合金)，其分别与X、Y两种酸的浓溶液反应的关系如图所示(反应条件略)，其中、、为氧化物，、为盐。 已知：①D为无色有刺激性气味的气体；的浓溶液露置在空气中质量增加，浓度降低。 ②常温下，(红棕色)(无色)。 下列有关说法错误的是 A. 基态W原子的核外电子有15种空间运动状态 B. 食品中添加适量的D可起到漂白、防腐和抗氧化等作用 C. 常温下，可用制成容器来盛装或的浓溶液 D. 氧化物和反应可生成氧化物和，和均为酸性氧化物 12. 下列实验方案、现象和结论都正确的是 选项 实验方案 现象 结论 A 向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸 先出现白色沉淀，后部分沉淀溶解 部分Na2SO3氧化变质 B 用精密pH试纸分别测定相同浓度NaClO和CH3COONa溶液的pH pH：CH3COONa>NaClO 酸性：CH3COOH>HClO C 将稀硫酸酸化的H2O2加入 Fe(NO3)2溶液中 溶液出现黄色 氧化性：H2O2>Fe3+ D 向NaHCO3溶液中加入Na[Al(OH)4]溶液 有白色沉淀生成 结合H+的能力比弱 A. A B. B C. C D. D 13. 用下图装置能实现对应气体的制备、干燥、收集的是 选项 目标气体 试剂A 固体B 固体C A 浓盐酸 无水 B 浓氨水 生石灰 碱石灰 C 70%硫酸 D 稀硝酸 碱石灰 A. A B. B C. C D. D 14. 已知气相直接水合法可以制取乙醇： 。在的条件下投料，乙烯的平衡转化率与温度(T)及压强(p)的关系如图所示。下列有关说法错误的是 A. ， B. 在280℃、压强下，C点的 C. 恒温恒压时，按起始投料比再充入和，达到新平衡，的转化率增大 D. A点对应条件下反应达到平衡时的物质的量分数约为11% 15. 用含铜丰富的自然资源黄铜矿冶炼铜的工艺流程如下： 已知：。 下列有关该流程的说法错误的是 A. “浸取”时，若改用溶液，也能生成和，该反应的化学方程式为 B. 向“过滤1”所得滤液中加入足量铁粉，可以提高铜的回收率 C. “过滤3”所得滤液为、溶液，可以在工艺中循环使用 D. 为保持流程持续循环，每生成，理论上需补充的物质的量为 二、解答题(共55分) 16. 高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂，主要用于处理饮用水和工业废水。工业上有干法与湿法两种制备高铁酸钠的方法。 （1）干法制备高铁酸钠的原理：。该反应中还原剂是______，当有生成时，反应转移的电子总数为______。 （2）湿法制备高铁酸钠的离子反应为。该反应中的y=______。 （3）净水原理如图所示。 查阅资料：胶体的分散质比表面积(单位质量的微粒具有的表面积)很大，导致其吸附能力很强。 过程1中活细菌表现出了______(填“氧化”或“还原”)性。根据上述原理分析，净水时的作用有______(填2个)。 （4）用处理酸性废水时，可将转化为沉淀除去，该过程中发生反应的离子方程式为______。某酸性废水中浓度为，经处理后，溶液中浓度降为，则的去除率为______%(保留三位有效数字；离子的去除率)。 17. 将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3混合，通入含水8%的中制备气体，然后用水吸收制备HClO溶液，实验装置如图所示(加热与夹持装置略)。 已知：的沸点为3.8℃，42℃以上分解为和，遇水反应生成HClO，遇碱反应生成次氯酸盐。 请回答下列问题： （1）装置A中盛放浓盐酸的仪器的名称为_______________，圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为_______________________________________。 （2）装置B的作用，一是除去中混有的HCl，二是______________________________。 （3）装置C中主要发生反应的化学方程式为____________________________________。该装置用冷水进行冷却，目的是________________________________________________。 （4）装置C和D中均使用多孔球泡，作用是_________________________________。 （5）装置E中盛有碱石灰，尾气中的与NaOH发生反应的化学方程式为____________________________________________________________________________________________________________________。 18. 一种利用含钴废料回收金属元素Co、Ni的工艺如图所示。该废料中含有较多的钴、镍、铅以及一定量的铁和锰等元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在。已知：P204是一种有机溶剂，对钴、镍具有高选择性，能萃取Fe3+而不萃取Fe2+。 （1）提高废料浸出率的措施有________________________________(写出一点即可)。“浸出渣”的主要成分为________(填化学式)。 （2）“还原”中加入Fe的主要目的是________________________________________。 （3）“萃取”时Co2+萃取的反应原理为，若酸化后溶液的pH=0，c(Co2+)=0.12mol/L，萃取完成后水相中c(H+)=1.2mol/L，则钴的萃取率为________% (结果保留一位小数，忽略溶液体积变化)。 （4）实验室模拟“萃取”操作的正确顺序是________(填字母)。 a．加入萃取剂，倾斜振荡、放气 b．将上口玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈上的小孔，旋开活塞 c．静置 d．上层液体从上口倒出 e．放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞 （5）“萃取”后的“水相1”中含有丰富的金属资源，经三道工序除杂后，可回收MnSO4溶液。MnSO4在水中的溶解度曲线如图所示，则MnSO4溶液经过________________、洗涤、干燥等操作得到MnSO4·H2O。 （6）“沉钴”时反应的离子方程式为___________________________________。 19. 甲醇是重要的化工原料。某温度下，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下： I．CO2 (g) + 3H2 (g) ⇌ CH3OH (g) + H2O (g) ΔH1 = − 48.5 kJ / mol K1 II．CO2 (g) + H2 (g) ⇌ CO (g) + H2O (g) ΔH2 = +41.2 kJ / mol K2 请回答下列问题： （1）反应I在________(选填“高温”或“低温”)条件下能自发发生，已知反应III的平衡常数，写出反应III的热化学方程式________________________________________。 （2）一定温度下，向初始压强为10 kPa的恒容密闭容器内充入1 mol CO2和3 mol H2，只发生反应I、II，一段时间后反应达到平衡。 ①该反应在有、无分子筛膜时，甲醇的平衡选择性随温度的变化如图所示[分子筛膜能选择性分离出H2O (g)]。恒温恒容条件下，有分子筛膜时发生反应，下列说法能作为反应I达到平衡状态的判断依据的是__________(填字母)。 A．气体压强不再变化 B．气体的密度不再改变 C．v正 (CO2) = 3 v逆 (H2) D．c (CO2)∶c (H2)∶c (CH3OH)∶c (H2O) = 1∶3∶1∶1 ②有分子筛膜时，温度高于210 ℃ 后甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因是_______________________。 ③某温度下CO2的转化率为80 %，反应I的选择性为60 %，则平衡时CH3OH的分压为__________ kPa，该反应温度下反应II的平衡常数Kp为_______________(写出计算表达式即可)。 （3）反应I的速率v正 = k正 · c (CO2) · c3 (H2)，v逆 = k逆 · c (CH3OH) · c (H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。降低温度时，lg k正 − lg k逆 __________(填“增大”“减小”或“不变”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $