精品解析：北京市第八十中学2026-2027学年高二上学期10月月考 化学试题

北京市第八十中学2026—2027学年第一学期十月阶段测 高二化学 (考试时间90分钟 满分100分) 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。 在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 S32 Zn65 I127 第一部分 本部分共14题，每题3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. 下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是 A. 用Zn粉代替Zn粒 B. 滴加少量的CuSO4溶液 C. 升高温度 D. 再加入1mol/LCH3COOH溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．用Zn粉代替Zn粒，可以增大接触面积，加快反应速率，A不符合题意； B．滴加少量的CuSO4溶液，Zn会先置换出铜，之后形成原电池，可以加快反应速率，B不符合题意； C．升高温度可以加快反应速率，C不符合题意； D．CH3COOH为弱酸，1mol/LCH3COOH溶液溶液中c(H+)＜1mol/L，加入后相当于稀释，会使氢离子浓度变小，减慢反应速率，D符合题意； 综上所述答案为D。 2. 下列说法中正确的是 A. 温度越高，催化剂的催化效果越好 B. 对气态反应，改变压强，正逆反应速率都发生变化，化学平衡也一定移动 C. 改变反应物浓度或生成物浓度后，会因化学平衡常数发生改变而发生平衡移动 D. 平衡常数与温度有关，故改变温度化学平衡会发生移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．催化剂的催化效果与温度有关，但并非温度越高越好，高温可能导致催化剂失活，A错误； B．若反应前后气体物质的量相等，改变压强时正逆反应速率变化程度相同，平衡不移动，B错误； C．化学平衡常数仅由温度决定，浓度变化不会改变K，平衡移动是因浓度变化导致Q≠K，C错误； D．平衡常数K随温度变化，温度改变必然导致K变化，从而打破原有平衡，使平衡移动，D正确； 故选D。 3. 溶液中存在如下平衡：，下列可使蓝色的溶液变成绿色的方法是 A. 降温 B. 加水 C. 加入KCl固体 D. 加溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应为吸热反应，降温会使平衡逆向移动，蓝色加深，A错误； B．根据勒夏特列原理，加水稀释，平衡逆向移动，但总浓度降低可能导致蓝色变浅，B错误； C．加入KCl固体，Cl-浓度增大，平衡正向移动，溶液变为绿色(蓝黄混合)，C正确； D．加AgNO3溶液，Cl-浓度减小，平衡逆向移动，蓝色加深，D错误； 综上所诉，答案选C。 4. 下列关于热化学方程式的叙述正确的是 A. 已知 ，则金刚石比石墨稳定 B. 已知 ，则燃烧热为 C. ； 则 D. 在稀溶液中： ，若将的稀与的的溶液等体积混合，放出的热量等于 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应为吸热反应，说明等物质的量的情况下，石墨的能量较低，即石墨更稳定，A错误； B．在25℃，100kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的化合物放出的热量，叫做该物质的燃烧热；在25℃时，H2O的稳定状态是液态，所以H2燃烧热不是241.8kJ•mol-1，B错误； C．根据盖斯定律可得：S(g)=S(s)，ΔH=ΔH1-ΔH2，气态物质变为固态是放热的过程，即ΔH=ΔH1-ΔH2<0，所以ΔH1<ΔH2，C正确； D．在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量叫做中和热；题中未告知酸碱的体积，无法保证生成的水的物质的量为1mol，故放出的热量不一定是57.3kJ，D错误； 故答案：C。 5. 我国科研团队在催化合成氨领域取得了最新进展。将金属锂原子电化学沉积在金属钌表面，构建了具有高活性界面的新型催化剂，相比传统高温、高压条件下的合成氨工艺，实现了在温和条件下与高效合成氨。下列说法不正确的是 A. 元素位于元素周期表第族 B. 高温是为了提高的平衡转化率 C. 能降低合成氨反应的活化能 D. 实现了温和条件下氮的固定 【答案】B 【解析】 【详解】A．是3号元素，最外层只有1个电子，位于元素周期表第族，A正确； B．合成氨反应，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，高温的作用是使催化剂达到最佳活性温度，B错误； C．是合成氨反应的催化剂，催化剂的作用原理是降低反应的活化能，C正确； D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态氮的过程，温和条件下催化和合成NH3，属于氮的固定，D正确； 故选B。 6. 已知反应： 2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g) ΔH=-a kJ·mol-1(a>0)，其反应机理如下 ①NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)快 ②NO(g)+NOBr2(g)2NOBr(g)慢 下列有关该反应的说法正确的是 A. 该反应的速率主要取决于①的快慢 B. NOBr2是该反应的催化剂 C. 正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol-1 D. 增大 Br2(g)浓度能增大活化分子百分数， 加快反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A﹒反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故A错误； B﹒NOBr2是中间产物，而不是催化剂，故B错误； C﹒焓变等于正反应活化能减去逆反应活化能，该反应焓变为-a kJ⋅mol−1，由此可知正反应的活化能比逆反应活化能小a kJ⋅mol−1，故C正确； D﹒增大浓度，活化分子百分数不变，故D错误； 故选C。 7. 利用空气、铜、稀硫酸制，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①： B. 反应制得，需投入 C. 酸性条件下氧化Cu的速率大于氧化Cu的速率 D. 制的总反应： 【答案】B 【解析】 【分析】首先分析转化流程：反应①是酸性条件下​氧化Cu，自身被还原为NO；反应②是NO被氧化重新生成，在整个过程中循环，相当于催化剂。对各选项分析： 【详解】A．反应①中，Cu被氧化为，被还原为NO，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式，A正确； B．在过程中循环再生，不被消耗，仅作催化剂，因此理论上不需要投入，B错误； C．题干明确说明原工艺（​直接氧化）反应速率小，加入​后速率显著增大，说明酸性条件下​氧化的速率大于​，C正确； D．将两步反应加和消去​、，得到总反应为，D正确； 故选B。 8. 和存在平衡：。下列分析正确的是 A. 1 mol平衡混合气体中含1.5 mol N原子 B. 断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量 C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 【答案】B 【解析】 【详解】A．无论起始物质如何，总氮原子数守恒。假设初始为纯或，总N原子数固定。若平衡混合气体为1 mol，其总N原子数取决于初始条件，N原子的物质的量应介于1-2 mol之间，A错误； B．反应为放热，说明2 mol的总键能小于1 mol 的总键能，断裂2 mol 的键所需能量小于断裂1 mol 的键所需能量，B正确； C．缩小容积时，浓度瞬间增大导致颜色变深，随后平衡正向移动仅部分缓解颜色加深（使颜色再慢慢变浅，但新平衡时比旧的平衡颜色深），主要原因是浓度变化而非平衡移动，C错误； D．加热使平衡逆向移动（放热反应升温逆向进行），气体颜色变深，D错误； 故选B。 9. 下列过程不能用勒夏特列原理解释的是 ①开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫 ②实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气 ③平衡混合气体加压后颜色变深 ④500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应 A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【详解】① 啤酒瓶开启后压力降低，溶解平衡逆向移动（释放气体），符合勒夏特列原理； ② 饱和食盐水中的高Cl⁻浓度使平衡左移，减少溶解，符合原理； ③，反应气体体积不变，加压仅增大各物质浓度（颜色变深），但平衡未移动，不能用勒夏特列原理 ； ④ 合成氨放热，低温更有利平衡，但500℃是为提高反应速率（催化剂活性），属于动力学因素，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理 ； 综上，③和④不能用勒夏特列原理解释，故选B。 10. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl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. 根据各微粒的状态，可判断 B. 根据盖斯定律可知： C. 溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 D. 由上图数据推测所有固体物质的溶解均是吸热过程 【答案】D 【解析】 【详解】A．第一步为破坏NaCl固体中的离子键生成气态离子，需吸收能量，故a>0；第二步为气态离子与水结合形成水合离子，释放能量，故b<0，A正确； B．根据盖斯定律，总反应焓变等于分步反应焓变之和，即ΔH3=ΔH1+ΔH2，已知ΔH3=+4 kJ·mol⁻¹，则a+b=4，B正确； C．溶解过程能量变化取决于破坏固体中微粒间作用力（如离子键）的吸热（a）与形成溶液中微粒间作用力（如水合作用）的放热（b）的相对大小，C正确； D．图示仅为NaCl溶解吸热（ΔH3=+4），但不同物质溶解焓变不同，如NaOH溶解放热，不能推测所有固体溶解均吸热，D错误； 故选D。 11. 将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空容器中(容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：。下列各项：①；②密闭容器中压强不变；③密闭容器中混合气体的密度不变；④密闭容器中氨气的体积分数不变；⑤密闭容器中不变。能判断该反应已经达到化学平衡状态的是 A. ②③⑤ B. ②③④ C. ①④ D. 全部 【答案】A 【解析】 【详解】，没有说明是正反应速率还是逆反应速率，也不符合化学计量数的比例关系，①错误；该反应是气体体积增大的反应，密闭容器中压强不再增大时，说明反应达到平衡状态，②正确；根据(气体)，气体质量是变量，容器体积不变，密闭容器中混合气体的密度不再变化时能说明反应达到平衡状态，③正确；反应生成的、的物质的量之比始终是2∶1，因此密闭容器中氨气的体积分数不变，不能说明反应达到平衡状态，④错误；密闭容器中在增大，当不再变化时，能说明反应达到平衡状态，⑤正确；综上所述能判断该反应已经达到化学平衡状态的是②③⑤； 故答案选：A。 12. 工业上可以利用水煤气(、)合成二甲醚()，同时生成。合成过程中，主要发生三个反应，℃时，有关反应及相关数据如下。 保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，进行实验，测得转化率随温度变化曲线如下图。下列说法不正确的是 A. ℃时，水煤气合成二甲醚的热化学方程式： B. ℃时，增大压强、加入催化剂均可提高的平衡转化率 C. 220℃~240℃时，温度升高反应速率加快，转化率升高 D. 温度高于240℃时，温度升高转化率降低的原因可能是平衡逆向移动 【答案】B 【解析】 【详解】A．已知：℃时，有关反应及相关数据如下 ① ② ③ 由盖斯定律可知，2×①+②+③得反应，则其焓变为，A正确； B．加入催化剂可以加快反应速率，但是不能改变物质的平衡转化率，B错误； C．升高温度反应速率加快，由图可知，20℃~240℃时，温度升高反应速率加快，且转化率升高，C正确； D．反应均为放热反应，温度高于240℃时，温度升高导致平衡逆向移动，使得转化率降低，D正确； 故选B。 13. 恒温恒容密闭容器中，投入和，其初始浓度均为，发生反应。反应过程中的能量变化示意图如图1所示。的转化率随反应时间变化示意图如图2所示，的平衡转化率为。 下列说法正确的是 A. 热化学方程式为 B. 用表示反应开始到的平均速率是 C. 该温度下， D. 其他条件不变，若升高初始温度，的平衡浓度大于 【答案】D 【解析】 【详解】A．焓变为生成物总能量与反应物总能量的差值，也等于正反应活化能减去逆反应活化能，即，A错误； B．时刻转化率为，消耗浓度为，根据反应计量关系，生成浓度为，平均速率，B错误； C．平衡时​转化率为，则平衡浓度：，，代入平衡常数表达式：，C错误； D．由图1可知反应物总能量高于生成物，反应放热，，升高温度平衡逆向移动，平衡转化率减小，平衡浓度大于原平衡的，D正确； 故选D。 14. 小组同学探究盐溶液对反应(血红色)的影响。将的溶液与的溶液混合，分别加入等量的试剂①~④，测得平衡后体系的透光率如下图所示。 已知：i．溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略 ii．(黄色) iii.已知对实验无影响 下列说法不正确的是 A. 注入试剂①后溶液透光率增大，证明逆向移动 B. 透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液不同导致的 C. 透光率④比③高，可能发生了反应 D. 若要证明试剂③中对平衡体系有影响，还应使用的溶液进行对照实验 【答案】A 【解析】 【详解】A．注入试剂①是稀释溶液的过程，[Fe(SCN)]2+浓度减小，溶液透光率升高，无法判断平衡是否逆向移动，A错误； B．③KCl溶液为含有钾离子的中性溶液，②NH4Cl溶液为含有铵根离子的水解显酸性的溶液，根据是否水解或离子不同，则说明透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的，B正确； C．③为0.04mol•L-1的KCl溶液，④为4mol•L-1的KCl溶液，④的浓度大于③的浓度；透光率④比③高，说明血红色变浅，发生了反应，C正确； D．若要证明试剂③为0.04mol•L-1的KCl溶液，Cl-对平衡体系有影响，排除钾离子的干扰即K+浓度保持不变，作空白对照实验，已知硝酸根对实验无影响，故能使用0.04mol•L-1的KNO3溶液进行实验，D正确； 故答案为：A。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 某化学兴趣小组学习了《化学反应原理》以后，设计了以下几个实验。 Ⅰ．设计实验测定反应的 （1）取用盐酸和溶液，用如图装置进行实验，装置中缺少的仪器是__________。 （2）小组同学测得的，与理论值出现较大偏差，产生偏差的原因可能是__________。(填字母序号) A. 实验装置保温效果差 B. 分多次把碱溶液倒入盛有酸的小烧杯中 C. 用温度计测定碱溶液起始温度后直接测定酸溶液的温度 D. 用量筒量取酸和碱溶液的体积时均仰视读数 Ⅱ．为探究影响化学反应速率及化学平衡的因素，设计以下实验： （3）利用图①探究锌与稀硫酸反应的速率，需要记录的实验数据有：__________。 （4）利用图②探究浓度对化学平衡的影响。 已知：(橙色)(黄色)，试管的实验现象为__________，用平衡移动原理解释产生现象的原因：__________。 【答案】（1）(环形)玻璃搅拌器 （2）ABC （3）反应时间、生成气体体积 （4） ①. 溶液由橙色变为黄色 ②. 溶液中存在平衡：(橙色)(黄色)，加入溶液后消耗，使减小，上述平衡正向移动，增大 【解析】 【小问1详解】 在中和热测定实验中，为了使酸碱溶液混合均匀并充分反应，同时尽量减少热量散失，需要上下移动搅拌，图中装置缺少用于搅拌的环形玻璃搅拌棒。 【小问2详解】 测得的 ，理论值为 ，说明测得的放热量偏少，即 偏大。 A．实验装置保温效果差，会导致热量散失，测得的最高温度偏低，温差偏小，计算出放出的热量偏少， 偏大，A符合题意； B．分多次把碱溶液倒入盛有酸的小烧杯中，在多次打开杯盖的过程中会导致热量散失，温差偏小，计算出放出的热量偏少， 偏大，B符合题意； C．用温度计测定碱溶液起始温度后直接测定酸溶液的温度，温度计上沾有的碱液会与酸提前反应放热，导致酸的起始温度偏高，从而使测得的温差偏小，计算出放出的热量偏少， 偏大，C符合题意； D．用量筒量取酸和碱溶液的体积时均仰视读数，会导致实际量取的酸碱体积偏大，反应生成的液态水增多，放出的热量偏多，测得的 偏小（绝对值偏大），D不符合题意； 故答案选ABC。 【小问3详解】 利用图①探究锌与稀硫酸反应的速率，实验通过注射器测量生成氢气的体积，要计算反应速率，需要知道气体体积的变化量和对应的时间，因此需要记录的实验数据有：反应时间、生成气体的体积。 【小问4详解】 B试管中滴加的是 溶液， 溶液电离出的 会与溶液中的 发生中和反应，导致 浓度减小。根据勒夏特列原理，对于平衡 ，减小生成物 的浓度会使平衡向正反应方向移动，生成更多的 ，因此观察到的实验现象为溶液变黄色。 16. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，选择高效催化剂实现降能提效是目前研究的重点。 （1）合成氨反应为： 。 ①已知：键能为，键能为，键能为。计算__________。 ②理论上，__________温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，__________温有利于提高平衡转化率。 （2）针对反应速率与平衡产率的矛盾、我国科学家提出了两种解决方案。 ①方案一：使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时、的温度为，而的温度为)。使在__________(填写“热”或“冷”，下同)表面断裂，氨气在__________表面生成、有利于提高合成氨的反应速率和平衡产率。 ②方案二：使用复合催化剂。催化剂组成及反应温度对合成氨速率影响如图所示。 下列说法不正确的是__________。 a．催化剂能够改变反应路径，降低反应活化能 b．相同条件下，复合催化剂更有利于提高合成氨反应速率 c．高温下，使用复合催化剂更有利于提高氨的平衡产率 （3）以焦炉煤气(主要成分为、及少量)和空气为原料，实现氨和甲醇的联合生产工艺具有广阔的应用前景。在氨醇联产中合成甲醇的主要反应为： 。请从能源及资源利用角度说明该工艺的优点__________。 【答案】（1） ①. ②. 高 ③. 低 （2） ①. 热 ②. 冷 ③. （3）合成甲醇放热为合成氨反应提供能量 焦炉煤气是甲醇和氨的原料，减少排放等 【解析】 【小问1详解】 反应的焓变 ，则 ；升高温度可以加快化学反应速率，故高温有利于提高反应速率；该反应正向为放热反应（），降低温度平衡向正反应方向移动，故低温有利于提高平衡转化率。 【小问2详解】 ① 化学键断裂需要吸收能量，在温度较高的“热Fe”表面进行有利于断键过程；形成化学键释放能量，在温度较低的“冷Ti”表面进行有利于成键放热过程，从而有利于提高合成氨的平衡产率。 ② a．催化剂的作用机理是改变反应路径，降低反应的活化能，a正确； b．由左图可知，相同温度下，使用含 的复合催化剂时反应速率远高于无 的单金属催化剂，b正确； c．合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨的平衡产率降低，且催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，c错误； 故答案选c。 【小问3详解】 从能源角度看，合成甲醇的反应为放热反应（），释放的能量可为合成氨等耗能过程提供热能，实现能量的耦合利用，节约能源；从资源利用角度看，利用焦炉煤气中的 和 合成甲醇，不仅实现了废弃资源的综合利用，还减少了有毒气体 的排放，有利于环境保护。 17. CO2与H2在不同条件下发生不同反应，可实现不同的应用。 （1）载人航天器中，航天员呼出的CO2可与H2反应生成CH4和H2O，电解H2O可实现O2和H2的再生。 ①在一定条件下发生反应： (a、b不均为0) 则该条件下， _______ ②某温度下，向1 L恒容密闭容器中通入0.01 mol CO2和0.04 mol H2，发生反应：，平衡后生成0.005 mol CH4。CO2的转化率是_______，该温度下反应的平衡常数是_______。 （2）CO2催化加氢是制备CH3OH的重要方法，反应过程涉及的主要反应如下： 反应1： 反应2： ①有关上述反应的说法正确的是_______(填序号)。 a．增大压强有利于CH3OH的生成 b．使用催化剂，能降低反应的活化能，提高CO2的平衡转化率 c．升温有利于反应1，反应1先达到平衡状态 ②其他条件不变时，一段时间内，温度对CO2加氢制CH3OH反应的影响如图。已知：CH3OH选择性。 ⅰ．由图知240℃时实际反应未达到平衡状态，图中的依据是_______。 ⅱ．220~240℃时，CO2的平衡转化率变化的原因是_______。 ⅲ．220~240℃，升高温度，CH3OH的实际选择性变化的原因可能是_______。 【答案】（1） ①. a-2b ②. 50% ③. 625 （2） ①. а ②. CO2的实际转化率低于其平衡转化率 ③. 温度升高，有利于反应2的逆反应，导致c(CO)增大，而c(CO)增大抑制反应1的正反应，其程度大于温度升高对反应1正反应的促进作用 ④. 220~240℃，升高温度，对反应1速率的影响比对反应2的大 【解析】 【小问1详解】 ①已知：ⅰ． ；ⅱ． (a、b不均为0)。根据盖斯定律，将(ⅰ+ⅱ×2)×(-1)，整理可得该条件下，(a-2b) kJ/mol； ②某温度下，向1 L恒容密闭容器中通入0.01 mol CO2和0.04 mol H2，发生反应：，平衡后生成0.005 mol CH4。根据物质转化关系，可知：反应产生0.005 mol CH4，必然同时会反应消耗0.005 mol CO2，用三段式计算进行有关计算： ，故CO2的平衡转化率为：； 由于容器的容积为1 L，故平衡时，反应混合物中各种物质的浓度分别为：c(CO2)=0.005 mol/L，c(H2)=0.02 mol/L，c(CH4)=0.005 mol/L，c(H2O)=0.01 mol/L，则该反应的化学平衡常数K=； 【小问2详解】 ①a．反应1是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，化学平衡不发生移动；反应2的正反应是气体物质的量减少的反应，增大压强，化学平衡正向移动，反应产生更多CH3OH，故有利于CH3OH的生成，a正确； b．使用催化剂，能降低反应的活化能，提高化学反应速率，缩短达到平衡所需时间，但不能使化学平衡发生移动，因此CO2的平衡转化率不变，b错误； c．反应达到平衡时，氢气的浓度不变，因此升温反应1和反应2一起达到平衡状态，c错误； 故合理选项是a； ②ⅰ．由图可知240℃时实际反应未达到平衡状态，这是由于此时CO2的实际转化率低于其平衡转化率，故此时反应未达到平衡状态； ⅱ．220~240℃时，CO2的平衡转化率变化的原因是由于温度升高，有利于反应2的逆反应，从而导致c(CO)增大，而c(CO)增大必然会抑制反应1的正反应，由于其抑制程度大于温度升高对反应1正反应的促进作用，因此CO2的平衡转化率反而随温度的升高而降低； ⅲ．220~240℃，升高温度，CH3OH的实际选择性变化的原因可能是由于在220~240℃，升高温度，对反应1速率的影响比对反应2的大。 18. 利用零价铁()耦合过硫酸盐()和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基和产生的机理如下图所示。 （1）的电子式为__________。 （2）过程i中反应的离子方程式是__________。 （3）过程ii会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为价。该过程参与反应的物质还有__________(填化学式)。 （4）探究零价铁和混合氧化剂体系降解水样中有机化合物的能力。 Ⅰ．通过加入甲醇或叔丁醇探究不同自由基降解的能力。测得的残留百分含量随时间变化如图1所示。 已知：该实验条件下，甲醇同时消耗和，叔丁醇只消耗 a．中加入的是__________(填“甲醇”或“叔丁醇”)。 b．，中降解的自由基主要是，判断依据是__________。 Ⅱ．探究混合氧化剂中的物质的量分数对水样中总有机碳()去除率的影响。实验开始时，水样且加入的[]相同，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图2所示。 注：(总有机碳)是以碳的含量表示水中有机物的总量 a．从①到④，去除率升高的原因是__________。 b．从④到⑦，去除率下降的原因是__________。 【答案】（1） （2） （3） （4） ①. 甲醇 ②. 中起作用的自由基主要是，中是和。时，的残留百分含量与的差值大于与的差值 ③. 随减小，减小，增加，后者对去除率的影响大于前者 ④. 随减小，产生降低，对和的生成均不利 【解析】 【小问1详解】 羟基是中性自由基，有1个单电子，电子式为； 【小问2详解】 过程i中零价Fe被氧化为，​被还原为​，根据得失电子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式为：； 【小问3详解】 过程ii中硫元素始终为+6价，转化为，产物生成使溶液酸性增强，根据元素守恒，需要提供H原子，反应可表示为； 【小问4详解】 甲醇可同时消耗和，对两种自由基的清除效果更强，使M的残留百分含量最高，因此中加入的是甲醇；叔丁醇仅消耗，Y组的M残留量远高于Z空白组，说明阻断后M的降解被极大抑制，因此该阶段降解M的主要自由基是；a. 的物质的量分数从1.0降到0.5时，体系中​的占比逐渐升高，减小，增加，后者对去除率的影响大于前者，对有机物的降解能力增强，TOC去除率升高 ；b. 从④到⑦，随减小，由过程i可知，产生降低，对和的生成均不利。 19. 实验小组探究溶液酸碱性对锰化合物和氧化还原反应的影响。 资料：i．呈绿色，为棕黑色沉淀，几乎无色。 ii．在强碱性溶液中能稳定存在，在酸性、中性或弱碱性溶液中易转化为和。 iii．为微溶物。 实验 序号 试剂 现象 Ⅰ ：10滴溶液 ：20滴溶液 溶液紫色变浅至接近无色，静置一段时间后出现乳白色浑浊。 Ⅱ ：10滴蒸馏水 ：20滴溶液 紫色溶液逐渐褪色，产生棕黑色沉淀。 Ⅲ ：10滴溶液 ：2滴溶液和18滴蒸馏水 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置，未见明显变化。 Ⅳ ：10滴溶液 ：20滴溶液 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置，绿色变浅，有棕黑色沉淀生成。 （1）用离子方程式解释实验Ⅰ中出现乳白色浑浊的原因__________。 （2）已知，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均被氧化为。针对实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ进行分析： ①对于氧化性的认识是__________。 ②实验Ⅱ所得溶液中的检验方法为__________。 （3）针对实验Ⅲ、Ⅳ进行分析： ①实验Ⅲ中“溶液变为绿色”相应反应的离子方程式为__________。 ②实验Ⅳ中“静置，有棕黑色沉淀生成”的可能原因：__________(写出2点)。 （4）针对实验Ⅲ、Ⅳ继续探究： ①实验Ⅴ：向实验Ⅲ的试管中继续滴加足量，振荡，溶液立即变为紫红色，产生棕黑色沉淀。 ②实验Ⅵ：向实验Ⅳ的试管中继续滴加足量，振荡，绿色溶液迅速变为无色，棕黑色沉淀逐渐减少直至消失。静置一段时间后，出现乳白色浑浊。 对比实验Ⅴ、Ⅵ，结合方程式分析实验Ⅵ滴加后溶液未见紫红色的可能原因__________。 【答案】（1） （2） ①. 均可体现氧化性；在酸性溶液中被还原为，在中性溶液中被还原为，在碱性溶液中被还原为 ②. 加入足量盐酸，振荡，充分反应后过滤，向滤液中滴加溶液，产生白色沉淀 （3） ①. ②. 被过量的还原产生；随着与反应过程中消耗，溶液碱性减弱，转化为 （4）酸性条件下，可发生反应：；或酸性条件下，可发生反应(反应i)、(反应ii)，反应ii速率快于反应i 【解析】 【分析】本实验核心探究目的为溶液酸碱性对锰化合物与氧化还原反应的影响，以为锰源，通过改变添加试剂的种类调控溶液酸碱性，控制初始用量一致，改变用量，结合不同价态锰物种的特征现象、含硫物种的反应现象推导反应规律。实验I为强酸性条件，被还原为几乎无色的，在酸性条件下发生歧化反应生成硫单质与二氧化硫，出现乳白色浑浊；实验II为中性条件，被还原为棕黑色沉淀；实验III为强碱性条件且用量较少，被还原为绿色的，过量氢氧根维持强碱性环境，稳定存在；实验IV为强碱性条件且用量较多，反应后碱性减弱或过量还原剂进一步还原，生成沉淀；后续实验V、VI为向反应后体系滴加足量硫酸，验证酸性条件下的转化规律，结合还原剂用量差异分析现象不同的原因。 【小问1详解】 实验I为强酸性环境，过量氢离子与发生歧化反应，生成硫单质、二氧化硫和水，对应离子方程式为。 【小问2详解】 ①对比三组实验的酸碱性条件与锰元素的还原产物，酸性条件下被还原为，中性条件下被还原为，碱性条件下被还原为，三种条件下均发生还原反应体现氧化性，且还原产物中锰的化合价随酸性减弱而升高，说明高锰酸钾的氧化性随溶液酸性增强而增强。 ②检验需排除过量的干扰，加入足量盐酸振荡，使完全反应生成硫沉淀和二氧化硫，过滤除去硫沉淀后，向滤液中滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中存在。 【小问3详解】 ①实验III为强碱性环境，被还原为绿色的，被氧化为。依据电子守恒配平，锰元素从+7价降低为+6价，每个得到1个电子，硫元素从+2价升高为+6价，每个失去8个电子，故的计量数为8，的计量数为1，再结合电荷守恒与原子守恒，补充氢氧根与水配平，得到离子方程式为。 ②实验IV中加入的用量远大于实验III，一方面过量的可将反应生成的进一步还原为，产生棕黑色沉淀；另一方面与的反应消耗氢氧根，使溶液碱性减弱，在弱碱性条件下易转化为，故生成棕黑色沉淀。 【小问4详解】 实验III中用量较少，滴加硫酸后，发生歧化反应生成紫红色的与棕黑色沉淀，故溶液变为紫红色。实验IV中过量，滴加硫酸后，歧化生成的可被过量的快速还原为无色的，该还原反应的速率快于的歧化反应速率，生成的被立即还原，故溶液未见紫红色。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第八十中学2026—2027学年第一学期十月阶段测 高二化学 (考试时间90分钟 满分100分) 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。 在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 S32 Zn65 I127 第一部分 本部分共14题，每题3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. 下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是 A. 用Zn粉代替Zn粒 B. 滴加少量的CuSO4溶液 C. 升高温度 D. 再加入1mol/LCH3COOH溶液 2. 下列说法中正确的是 A. 温度越高，催化剂的催化效果越好 B. 对气态反应，改变压强，正逆反应速率都发生变化，化学平衡也一定移动 C. 改变反应物浓度或生成物浓度后，会因化学平衡常数发生改变而发生平衡移动 D. 平衡常数与温度有关，故改变温度化学平衡会发生移动 3. 溶液中存在如下平衡：，下列可使蓝色的溶液变成绿色的方法是 A. 降温 B. 加水 C. 加入KCl固体 D. 加溶液 4. 下列关于热化学方程式的叙述正确的是 A. 已知 ，则金刚石比石墨稳定 B. 已知 ，则燃烧热为 C. ； 则 D. 在稀溶液中： ，若将的稀与的的溶液等体积混合，放出的热量等于 5. 我国科研团队在催化合成氨领域取得了最新进展。将金属锂原子电化学沉积在金属钌表面，构建了具有高活性界面的新型催化剂，相比传统高温、高压条件下的合成氨工艺，实现了在温和条件下与高效合成氨。下列说法不正确的是 A. 元素位于元素周期表第族 B. 高温是为了提高的平衡转化率 C. 能降低合成氨反应的活化能 D. 实现了温和条件下氮的固定 6. 已知反应： 2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g) ΔH=-a kJ·mol-1(a>0)，其反应机理如下 ①NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)快 ②NO(g)+NOBr2(g)2NOBr(g)慢 下列有关该反应的说法正确的是 A. 该反应的速率主要取决于①的快慢 B. NOBr2是该反应的催化剂 C. 正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol-1 D. 增大 Br2(g)浓度能增大活化分子百分数， 加快反应速率 7. 利用空气、铜、稀硫酸制，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①： B. 反应制得，需投入 C. 酸性条件下氧化Cu的速率大于氧化Cu的速率 D. 制的总反应： 8. 和存在平衡：。下列分析正确的是 A. 1 mol平衡混合气体中含1.5 mol N原子 B. 断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量 C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 9. 下列过程不能用勒夏特列原理解释的是 ①开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫 ②实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气 ③平衡混合气体加压后颜色变深 ④500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应 A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④ 10. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl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. 根据各微粒的状态，可判断 B. 根据盖斯定律可知： C. 溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 D. 由上图数据推测所有固体物质的溶解均是吸热过程 11. 将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空容器中(容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：。下列各项：①；②密闭容器中压强不变；③密闭容器中混合气体的密度不变；④密闭容器中氨气的体积分数不变；⑤密闭容器中不变。能判断该反应已经达到化学平衡状态的是 A. ②③⑤ B. ②③④ C. ①④ D. 全部 12. 工业上可以利用水煤气(、)合成二甲醚()，同时生成。合成过程中，主要发生三个反应，℃时，有关反应及相关数据如下。 保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，进行实验，测得转化率随温度变化曲线如下图。下列说法不正确的是 A. ℃时，水煤气合成二甲醚的热化学方程式： B. ℃时，增大压强、加入催化剂均可提高的平衡转化率 C. 220℃~240℃时，温度升高反应速率加快，转化率升高 D. 温度高于240℃时，温度升高转化率降低的原因可能是平衡逆向移动 13. 恒温恒容密闭容器中，投入和，其初始浓度均为，发生反应。反应过程中的能量变化示意图如图1所示。的转化率随反应时间变化示意图如图2所示，的平衡转化率为。 下列说法正确的是 A. 热化学方程式为 B. 用表示反应开始到的平均速率是 C. 该温度下， D. 其他条件不变，若升高初始温度，的平衡浓度大于 14. 小组同学探究盐溶液对反应(血红色)的影响。将的溶液与的溶液混合，分别加入等量的试剂①~④，测得平衡后体系的透光率如下图所示。 已知：i．溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略 ii．(黄色) iii.已知对实验无影响 下列说法不正确的是 A. 注入试剂①后溶液透光率增大，证明逆向移动 B. 透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液不同导致的 C. 透光率④比③高，可能发生了反应 D. 若要证明试剂③中对平衡体系有影响，还应使用的溶液进行对照实验 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 某化学兴趣小组学习了《化学反应原理》以后，设计了以下几个实验。 Ⅰ．设计实验测定反应的 （1）取用盐酸和溶液，用如图装置进行实验，装置中缺少的仪器是__________。 （2）小组同学测得的，与理论值出现较大偏差，产生偏差的原因可能是__________。(填字母序号) A. 实验装置保温效果差 B. 分多次把碱溶液倒入盛有酸的小烧杯中 C. 用温度计测定碱溶液起始温度后直接测定酸溶液的温度 D. 用量筒量取酸和碱溶液的体积时均仰视读数 Ⅱ．为探究影响化学反应速率及化学平衡的因素，设计以下实验： （3）利用图①探究锌与稀硫酸反应的速率，需要记录的实验数据有：__________。 （4）利用图②探究浓度对化学平衡的影响。 已知：(橙色)(黄色)，试管的实验现象为__________，用平衡移动原理解释产生现象的原因：__________。 16. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，选择高效催化剂实现降能提效是目前研究的重点。 （1）合成氨反应为： 。 ①已知：键能为，键能为，键能为。计算__________。 ②理论上，__________温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，__________温有利于提高平衡转化率。 （2）针对反应速率与平衡产率的矛盾、我国科学家提出了两种解决方案。 ①方案一：使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时、的温度为，而的温度为)。使在__________(填写“热”或“冷”，下同)表面断裂，氨气在__________表面生成、有利于提高合成氨的反应速率和平衡产率。 ②方案二：使用复合催化剂。催化剂组成及反应温度对合成氨速率影响如图所示。 下列说法不正确的是__________。 a．催化剂能够改变反应路径，降低反应活化能 b．相同条件下，复合催化剂更有利于提高合成氨反应速率 c．高温下，使用复合催化剂更有利于提高氨的平衡产率 （3）以焦炉煤气(主要成分为、及少量)和空气为原料，实现氨和甲醇的联合生产工艺具有广阔的应用前景。在氨醇联产中合成甲醇的主要反应为： 。请从能源及资源利用角度说明该工艺的优点__________。 17. CO2与H2在不同条件下发生不同反应，可实现不同的应用。 （1）载人航天器中，航天员呼出的CO2可与H2反应生成CH4和H2O，电解H2O可实现O2和H2的再生。 ①在一定条件下发生反应： (a、b不均为0) 则该条件下， _______ ②某温度下，向1 L恒容密闭容器中通入0.01 mol CO2和0.04 mol H2，发生反应：，平衡后生成0.005 mol CH4。CO2的转化率是_______，该温度下反应的平衡常数是_______。 （2）CO2催化加氢是制备CH3OH的重要方法，反应过程涉及的主要反应如下： 反应1： 反应2： ①有关上述反应的说法正确的是_______(填序号)。 a．增大压强有利于CH3OH的生成 b．使用催化剂，能降低反应的活化能，提高CO2的平衡转化率 c．升温有利于反应1，反应1先达到平衡状态 ②其他条件不变时，一段时间内，温度对CO2加氢制CH3OH反应的影响如图。已知：CH3OH选择性。 ⅰ．由图知240℃时实际反应未达到平衡状态，图中的依据是_______。 ⅱ．220~240℃时，CO2的平衡转化率变化的原因是_______。 ⅲ．220~240℃，升高温度，CH3OH的实际选择性变化的原因可能是_______。 18. 利用零价铁()耦合过硫酸盐()和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基和产生的机理如下图所示。 （1）的电子式为__________。 （2）过程i中反应的离子方程式是__________。 （3）过程ii会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为价。该过程参与反应的物质还有__________(填化学式)。 （4）探究零价铁和混合氧化剂体系降解水样中有机化合物的能力。 Ⅰ．通过加入甲醇或叔丁醇探究不同自由基降解的能力。测得的残留百分含量随时间变化如图1所示。 已知：该实验条件下，甲醇同时消耗和，叔丁醇只消耗 a．中加入的是__________(填“甲醇”或“叔丁醇”)。 b．，中降解的自由基主要是，判断依据是__________。 Ⅱ．探究混合氧化剂中的物质的量分数对水样中总有机碳()去除率的影响。实验开始时，水样且加入的[]相同，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图2所示。 注：(总有机碳)是以碳的含量表示水中有机物的总量 a．从①到④，去除率升高的原因是__________。 b．从④到⑦，去除率下降的原因是__________。 19. 实验小组探究溶液酸碱性对锰化合物和氧化还原反应的影响。 资料：i．呈绿色，为棕黑色沉淀，几乎无色。 ii．在强碱性溶液中能稳定存在，在酸性、中性或弱碱性溶液中易转化为和。 iii．为微溶物。 实验 序号 试剂 现象 Ⅰ ：10滴溶液 ：20滴溶液 溶液紫色变浅至接近无色，静置一段时间后出现乳白色浑浊。 Ⅱ ：10滴蒸馏水 ：20滴溶液 紫色溶液逐渐褪色，产生棕黑色沉淀。 Ⅲ ：10滴溶液 ：2滴溶液和18滴蒸馏水 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置，未见明显变化。 Ⅳ ：10滴溶液 ：20滴溶液 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置，绿色变浅，有棕黑色沉淀生成。 （1）用离子方程式解释实验Ⅰ中出现乳白色浑浊的原因__________。 （2）已知，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均被氧化为。针对实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ进行分析： ①对于氧化性的认识是__________。 ②实验Ⅱ所得溶液中的检验方法为__________。 （3）针对实验Ⅲ、Ⅳ进行分析： ①实验Ⅲ中“溶液变为绿色”相应反应的离子方程式为__________。 ②实验Ⅳ中“静置，有棕黑色沉淀生成”的可能原因：__________(写出2点)。 （4）针对实验Ⅲ、Ⅳ继续探究： ①实验Ⅴ：向实验Ⅲ的试管中继续滴加足量，振荡，溶液立即变为紫红色，产生棕黑色沉淀。 ②实验Ⅵ：向实验Ⅳ的试管中继续滴加足量，振荡，绿色溶液迅速变为无色，棕黑色沉淀逐渐减少直至消失。静置一段时间后，出现乳白色浑浊。 对比实验Ⅴ、Ⅵ，结合方程式分析实验Ⅵ滴加后溶液未见紫红色的可能原因__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $