精品解析：江苏南京市第二十九中学2026-2027学年高二上学期10月练习 化学试卷

高二年级练习 化学试卷 可能用到的相对分子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 一、单选题(本题共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意) 1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列属于有机高分子材料的是 A. 无磁不锈钢 B. 芳纶纤维 C. 金刚石薄膜 D. 石英光纤 【答案】B 【解析】 【详解】A．无磁不锈钢属于铁合金，为金属材料，不属于有机高分子材料，A不符合题意； B．芳纶纤维是芳香族聚酰胺类有机合成高分子化合物，属于有机高分子材料，B符合题意； C．金刚石薄膜是碳单质构成的无机非金属材料，不属于有机高分子材料，C不符合题意； D．石英光纤的主要成分为，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，D不符合题意； 故选B。 2. 超氧化钾(KO2)可用作制氧剂：。下列说法正确的是 A. K+的结构示意图： B. 中子数为10的氧原子： C. K2CO3中既有离子键也有共价键 D. CO2的电子式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．的核电荷数为19、核外电子数为18，K+的结构示意图为，故A错误； B．中子数为10的氧原子，质量数=质子数+中子数=8+10=18，原子符号应为，故B错误； C．中与之间存在离子键，内部与之间存在共价键，既有离子键也有共价键，故C正确； D．的结构式为O=C=O，电子式为，故D错误； 选C。 3. 下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是 A.制备氯气 B.除去中的HCl C.分离和氯化锰溶液 D.蒸干氯化锰溶液制 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气需要加热，故A错误； B．用饱和碳酸氢钠溶液除去氯气中的氯化氢时会消耗氯气，同时引入杂质二氧化碳，应该用饱和食盐水除氯气中的氯化氢，故B错误； C．难溶于水，用过滤法分离和氯化锰溶液，故C正确； D．氯化锰易水解，氯化锰溶液蒸发浓缩、冷却结晶制，故D错误； 选C。 4. 铝土矿除主要成分，还存在多种第三周期元素如Mg、S。下列说法正确的是 A. 半径：r(Al3+)＞r(Mg2+) B. 热稳定性：H2O＞H2S C. 碱性：Al(OH)3＞Mg(OH)2 D. S2、S2-、S4互为同素异形体 【答案】B 【解析】 【详解】A．与电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故，A错误； B．同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性，元素非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，故热稳定性，B正确； C．同周期主族元素从左到右金属性减弱，金属性，元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，故碱性，C错误； D．同素异形体是同种元素形成的不同单质，为离子，不属于单质，三者不都互为同素异形体，D错误； 故选B。 阅读下列资料，完成下面小题： 钠及其化合物种类繁多，性质各异，用途广泛。Na2CO3溶液可用于去除金属表面的油污；亚硝酸钠(NaNO2)可用于实验室制备少量N2；Na2S2O3溶于稀H2SO4有浑浊产生，并生成刺激性气味气体；硼氢化钠(NaBH4)是具有广泛应用的还原剂；Na2SO3溶液可用于去除电解后食盐水(pH≈3)中含有的Cl2和HClO。 5. 下列说法正确的是 A. Na2O2呈淡黄色，可用作纸张的漂白剂 B. Na+最外层具有8电子稳定结构，钠的化合物均不易分解 C. 油脂水解的主要产物是乙二醇和脂肪酸 D. NaN3碰撞后会产生大量气体，可用作汽车安全气囊的气体发生剂 6. 下列化学反应表示正确的是 A. NaNO2与NH4Cl溶液反应制N2：NH4Cl＋NaNO2=NaCl＋N2↑＋2H2O B. Na2S2O3与足量稀H2SO4反应：＋4H＋=S↓＋＋2H2O C. Na2SO3与HClO反应：+ 2HClO =+Cl2↑+ H2O D. 在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)3=2＋3Cl-＋H2O＋4H+ 7. 硼氢化钠与水反应可释放H2：NaBH4＋H2O→Na[B(OH)4]＋H2↑(未配平，其中B为＋3价)，下列说法不正确的是 A. NaBH4中氢元素的化合价是-1价 B. H2O在反应中作氧化剂 C. 反应生成1 mol H2转移1 mol电子 D. 1 mol NaBH4反应产生2 mol H2 【答案】5. D 6. A 7. D 【解析】 【5题详解】 A．用作纸张漂白剂是因为其具有强氧化性，与淡黄色的物理性质无对应关系，A错误； B．钠的化合物如、等均易分解，“钠的化合物均不易分解”的表述错误，B错误； C．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解的主要产物是丙三醇（甘油）和高级脂肪酸（或高级脂肪酸盐），不是乙二醇，C错误； D．受碰撞会快速分解生成大量，可用作汽车安全气囊的气体发生剂，D正确； 故选D。 【6题详解】 A．与发生归中反应，元素分别从+3价、-3价变为0价，配平后方程式为，A正确； B．与足量稀反应生成、和水，正确离子方程式为，选项产物错误，B错误； C．与发生氧化还原反应，被还原为，无生成，正确离子方程式为，C错误； D．该反应在强碱溶液中进行，生成物中不能存在，正确离子方程式为，选项给出的离子方程式不符合反应环境，D错误； 故选A。 【7题详解】 先配平反应得： A．中为+1价、为+3价，化合物化合价代数和为0，故氢元素为-1价，A正确； B．中部分+1价得电子变为0价，在反应中作氧化剂，B正确； C．由-1价和+1价归中生成，生成转移电子，C正确； D．由配平后的方程式可知，反应产生，不是，D错误； 故选D。 8. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均可实现的是 A. FeFeCl2Fe(OH)2 B. C. CH≡CHCH2=CHCl D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．为强氧化剂，在中点燃时，无论量多少，产物均为，无法得到，第一步转化不能实现，A错误； B．S在O2中点燃反应只能生成SO2，无法直接生成SO3，第一步转化不能实现，B错误； C．与在一定条件下加成生成，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，转化均能实现，C正确； D．与过量反应可制得新制悬浊液，葡萄糖含醛基，加热条件下可将还原为，但不能转化为铜，D错误； 故选C。 9. 维生素C是人体生命活动必需的营养物质，其结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 含有三种官能团 B. 可以用酸性高锰酸钾溶液验证分子中含有碳碳双键 C. 1 mol 维生素C最多与4mol Na反应 D. 可以发生加成反应、取代反应、氧化反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．维生素C分子中含有羟基、碳碳双键、酯基共三种官能团，A正确； B．维生素C分子中的羟基也具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其溶液褪色，无法验证碳碳双键的存在，B错误； C．1mol维生素C分子中含有4mol醇羟基，醇羟基与按物质的量之比反应，故最多消耗，C正确； D．分子中碳碳双键可发生加成反应、氧化反应，羟基、酯基可发生取代反应，D正确； 故选B。 10. 探究铝和NaOH溶液反应的实验如下： 取三支相同的试管，分别加入溶液。 向试管①中加入一小块铝片，一段时间后产生气泡。 向试管②中加入用砂纸打磨过的一小块铝片，立即产生气泡。 向试管③中滴加1滴酚酞，溶液变红色，放入用砂纸打磨过的一小块铝片，立即产生气泡，一段时间后试管中溶液红色褪去。再滴入NaOH溶液，溶液不变红。 下列说法不正确的是 A. 三支试管中产生的气体均为H2 B. 随着反应进行试管①中[Al(OH)4]-浓度增大 C. 试管①和试管②中的现象说明铝表面的保护膜能与NaOH溶液反应 D. 试管③中溶液红色褪去的原因可能是随着反应进行溶液碱性减弱 【答案】D 【解析】 【详解】A．铝与溶液反应的化学方程式为，三支试管中反应生成的气体均为，A正确； B．试管①中随着反应进行，不断生成强电解质，因此浓度逐渐增大，B正确； C．试管①中未打磨的铝片一开始无气泡，一段时间后才产生气泡，说明铝表面的氧化膜先与溶液反应，氧化膜消耗完后铝才与反应产生气体，与试管②打磨后立即产生气泡的现象对比，可证明铝表面的保护膜能与溶液反应，C正确； D．若红色褪去是因为溶液碱性减弱，那么再滴入溶液后，溶液碱性增强，酚酞应该恢复红色，但实验中滴入后溶液不变红，说明红色褪去的原因不是碱性减弱，D错； 故选D。 11. 室温下，根据下列实验操作和现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向6%双氧水中滴加0.1mol/L KMnO4溶液，溶液褪色 H2O2具有还原性 B 用pH计测定溶液的pH，pH＜7 的电离程度大于水解程度 C 用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4固体，一段时间后过滤、洗涤滤渣，加盐酸后滤渣部分溶解，有气体产生 D 将少量SO2气体通入0.1 mol·L-1 Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀产生 难溶于水 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．为强氧化剂，反应时被还原为使溶液褪色，中元素化合价从-1升高到0，作还原剂，体现还原性，A正确； B．溶液中水解也会产生使溶液显酸性，因此无法证明的电离程度大于水解程度，B错误； C．饱和溶液中浓度极高，可使浓度商从而生成沉淀，该实验不能证明，C错误； D．溶于水生成，酸性条件下具有强氧化性，将氧化为，白色沉淀为，不能证明难溶于水，D错误； 故选A。 12. 从模拟酸性工业废液中(含Cd2+、Fe2+、)回收镉、铁的过程如下： 已知：，。下列说法正确的是 A. 模拟废液中： B. “沉镉”得到的上层清液中： C. 0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中：c(NH3·H2O)+c()+c(OH-) =c(H+)+c(H2CO3) D. “沉铁”时发生反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．模拟废液中电荷守恒应为，选项中离子所带电荷对应的系数错误，A错误； B．沉镉上层清液中达到沉淀溶解平衡，未达到饱和，故、，两式相比得，B错误； C．溶液中，联立电荷守恒和物料守恒，消去相同项可推得选项中等式成立，C正确； D．沉铁时加入了氨水，氨水参与反应，碱性条件下不会生成，选项给出的离子方程式不符合反应事实，D错误； 故选C。 13. 还原是实现“双碳”经济的有效途径之一、其反应有： Ⅰ： Ⅱ： 常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A. 反应Ⅱ的平衡常数 B. 提高平衡转化率的条件是高温高压 C. 温度高于700℃，含氢产物中占比降低 D. 1000℃时的混合体系中CO的体积百分含量约为46.7% 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应Ⅱ为：，因此平衡常数，A错误； B．两反应都为吸热反应，且反应Ⅰ为气体体积增大的反应，反应ⅠⅠ为气体体积不变的反应，因此，欲提高平衡转化率的条件应为高温低压，B错误； C．由图可知，温度高于700℃，甲烷转化率增大，因此含氢产物中占比增大，C错误； D．由图可知，1000℃时，甲烷转化率为100%，假设起始时充入物质的量为1mol，物质的量为3mol，则根据反应Ⅰ，反应结束时，消耗二氧化碳1mol，同时生成2molCO与2mol氢气，设反应Ⅱ消耗物质的量为x mol，根据反应方程式，此时消耗氢气x mol，生成CO与水蒸气各x mol，根据1000℃时，转化率为60%，则可列，求得x=0.8mol，则反应结束时，体系中含有与氢气各1.2mol，CO2.8mol，水蒸气0.8mol，则此时CO体积分数为，D正确； 故选D。 二、非选择题(本题共4题，共61分) 14. 钛在航空航天、舰船制造、冶金、医疗等方面有广泛的应用，可利用钛铁矿[主要成分为FeTiO3(可表示为FeO·TiO2)，还含有少量MgO、SiO2等杂质]来制备金属钛(海绵钛)和锂离子电池的电极材料LiFePO4，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸浸”中滤渣的主要成分为___________(填化学式)。 （2）“酸浸”后，钛元素主要以形式存在，写出生成的离子方程式：_________。写出水解步骤的离子方程式：__________，为了促进滤液①中的水解， 可采取的措施有______ (填标号)。 a．加水     b．加热     c．加盐酸 （3）“氯化”中发生反应  ，该反应在200℃达到平衡时，TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是______。 （4）若“滤液②”中Fe3+恰好沉淀完全(即溶液中)时溶液，此时溶液中______。(已知：；、、) （5）由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为___________。 【答案】（1）SiO2 （2） ①. ②. ③. ab （3）实际生产中升高温度可以加快反应速率(缩短达到平衡的时间)，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高生产效率 （4） （5） 【解析】 【分析】钛铁矿粉碎后加盐酸酸浸，金属化合物与盐酸反应生成可溶性氯化物，仅酸性杂质​不溶，成为酸浸滤渣。酸浸后滤液①中钛以​存在，经水解析出，过滤后将钛元素与滤液②中的、等分离。煅烧得，加焦炭、氯气氯化得到，再经镁高温还原制得海绵钛。滤液②中加双氧水将氧化为，再加磷酸调节条件析出​沉淀，最终与、高温反应得到​，实现钛铁矿中两类有价元素的综合利用。 【小问1详解】 钛铁矿中的主要成分​、杂质均可与盐酸反应溶解，而属于酸性氧化物，不与盐酸发生反应，因此酸浸后剩余的滤渣主要为。 【小问2详解】 ​可表示为​，与盐酸反应时，直接释放，部分结合和生成目标配离子，同时生成水，离子方程式： 。水解生成钛的水合氧化物沉淀，同时释放出和，离子方程式：： 。 该水解为吸热的可逆反应： a．加水稀释，可降低生成物离子浓度，促进水解平衡正向移动； b．加热可提升反应速率，同时吸热反应升温平衡正向移动，促进水解； c．加盐酸会增大产物浓度，抑制水解进行。 选ab。 【小问3详解】 该反应虽为放热反应，200℃时平衡转化率已很高，但低温下反应速率极慢，生产效率极低；提升温度可大幅加快反应速率(缩短达到平衡的时间)，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高生产效率。 【小问4详解】 由​的溶度积公式：，代入，可得： ，由磷酸的第三步解离平衡：，已知即，代入数据变形得： 。 【小问5详解】 该过程中​中+3价的Fe被草酸还原为中+2价的Fe，草酸自身被氧化为​，则化学方程式为： 。 15. 回答下列问题： （1）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为： 在搅拌下向氧化镁浆料[主要成分为Mg(OH)2]中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3。 ①由“吸收”过程中发生的反应可得出SO2属于的物质类别是______(填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)。 ②匀速缓慢通入SO2气体的目的是_________。 （2）在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4.在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图甲所示。在pH = 6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是______。 （3）烟气中SO2可以用“亚硫酸铵吸收法”处理。 ①吸收时发生反应的化学方程式为__________。 ②测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图乙所示，b点时溶液pH=7，则______。 （4）制取晶体。在如图丙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是______。 （5）补充完整制取晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中，______。 (已知：Fe3+、Al3+在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出，在150~170℃下干燥得到，实验中需要使用MgO粉末、pH计) 【答案】（1） ①. 酸性氧化物 ②. 使得二氧化硫和浆料充分接触，促进反应进行完全 （2）pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，可加快氧化速率 （3） ①. ②. 3：1 （4）用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液 （5）分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，并用pH计不断测量溶液pH，直至pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤；所得晶体在150~170℃干燥 【解析】 【小问1详解】 ①吸收过程中与碱类物质反应生成盐​和水，符合酸性氧化物的定义，因此​属于酸性氧化物。 ②若通入速率过快，气液接触不充分，​会未反应就逸出，匀速缓慢通气可以保证气体和氧化镁浆料充分接触，让反应进行完全，提升原料利用率。 【小问2详解】 随着pH升高，浓度升高，的水解平衡​逆向移动，体系中​的浓度增大，亚硫酸根被氧气氧化的活性高于亚硫酸氢根，因此整体氧化反应速率随pH上升而增大。 【小问3详解】 ①亚硫酸铵溶液吸收时，正盐与过量的​、水反应生成可溶性的酸式盐亚硫酸氢铵，化学方程式。 ②b点pH=7，即，根据电荷守恒可得：，消去等量的氢离子和氢氧根后得到；结合图乙可知b点和​的物质的量分数相等，即，代入后可得，同一溶液中物质的量之比等于浓度之比，因此。 【小问4详解】 和​反应会生成​气体，若将浆料一次性加入硫酸中，会瞬间释放大量​，超出装置的吸收负荷造成逸出污染；应用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液，让生成的​随通入的空气被充分鼓出、被NaOH溶液吸收，同时保证反应进行完全。 【小问5详解】 实验方案需完整覆盖除杂、结晶、脱水三个核心步骤： 除杂：加入MgO粉末可以消耗溶液中的，逐步提升pH至≥5，使、完全转化为氢氧化物沉淀，过滤即可除去沉淀； 结晶：室温下硫酸镁饱和溶液冷却结晶只能析出七水合硫酸镁，因此先通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到； 定向脱水：根据题给信息，将七水合硫酸镁在150~170℃下干燥，脱去6个结晶水，最终得到目标产物一水合硫酸镁。 16. 我国力争2060年前实现碳中和，CO2的资源化利用具有重要意义。 （1）CO2在一定条件下可以转化为低碳烯烃。某烯烃X能发生如下转化。 已知：+ (R1、R2、R3表示烃基)。 ①X→Y的反应类型为______。 ②X→Z为加聚反应，则Z的结构简式为______。 ③W的结构简式为______。 （2）CH4、CO2催化重整制合成气，其原理如图1所示。反应②中化合价发生改变的元素有______(填元素符号)；每消耗 1molCH4，理论上反应②中转移电子的物质的量为______mol。 （3）CO2催化加氢制甲醇。经过“吸附→反应→脱附”等过程，主要反应为 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)　　ΔH=-49.5 kJ/mol 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH=＋41.2 kJ/mol 反应Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g) ΔH= x kJ/mol 3.0 MPa时，将n起始(CO2)：n起始(H2)=1：3的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得CH3OH产率随温度的变化如图2所示。 ①240 ℃时，若n起始(CO2)=1 mol，反应管出口处检测到0.65 mol CO2，则CH3OH的选择性=________。[CH3OH的选择性=] ②温度高于260 ℃，CH3OH产率下降的可能原因是__________________________。 ③研究发现，CH3OH可由HCOO*(吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)转化生成，与H*或OH*作用生成HCOO*的相对能量变化如图3所示。在催化剂表面修饰羟基的优点是______。 【答案】（1） ①. 加成反应 ②. ③. （2） ①. C、H ②. 6 （3） ①. 85.7% ②. CO2和H2的吸附量下降、积碳覆盖催化剂活性位点、生成CO等其他含碳产物 ③. 降低生成HCOO*的活化能，加快反应速率 【解析】 【小问1详解】 ①烯烃X（2-甲基丙烯）和水在催化剂、加热条件下，碳碳双键断开，H和-OH分别加在双键两个碳原子上，符合烯烃与水的加成反应特征； ②单烯烃的加聚反应规则是断开碳碳双键中的π键，分子间彼此加成形成高分子，2-甲基丙烯加聚后主链为两个碳重复单元，侧链连两个甲基，其结构简式为； ③根据已知的烯烃臭氧化还原水解断键规则，X的结构为，双键断裂后，部分转化为HCHO（甲醛），剩余的部分生成丙酮，其结构简式为 【小问2详解】 反应②的反应物为和，生成物为、和​：，其中​中C为-4价、H为+1价，中C为+4价；产物中CO的C为+2价，​中H为0价，因此化合价变化的元素为C和H，Ca和O化合价始终不变；该反应中（），每消耗1mol ，C从-4价升高到+2价，失去6mol电子；同时1mol 中的1mol C从+4价降低到+2价，得到2mol电子，同时1mol中的H化合价降低得到4 mol电子，总转移电子数为6mol； 【小问3详解】 ①由图可知，240℃时，甲醇的产率为30%，由起始二氧化碳的物质的量为1mol，反应管出口处检测到二氧化碳的物质的量为0.65 mol，可知，甲醇的选择性为； ②反应Ⅰ为放热反应，温度高于260℃时平衡逆向移动；同时温度过高可导致和吸附量下降、积碳覆盖催化剂活性位点、更多发生反应Ⅱ生成，共同造成产率下降； ③由图可知，在催化剂表面修饰羟基可以降低生成的活化能，加快反应速率； 17. 二氧化碳的综合利用是实现碳达峰、碳中和的关键。 （1）可与制甲醇：在催化剂作用下，发生以下反应： Ⅰ．   Ⅱ．   ①则：  ΔH=______。若将等物质的量的CO和H2充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是______。 A．生成的速率与生成H2的速率相等 B．CO的体积分数保持不变 C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．CO和H2的物质的量之比为定值 ②将CO2与H2充入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ和Ⅱ；CO2的转化率和CO、CH3OH的产率随反应温度的变化如图所示，由图判断合成CH3OH最适宜的温度是________。反应过程中CH3OH产率随温度升高先增大后减小，降低的主要原因是________。 （2）常温常压下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理如图，下列说法正确的是______ (填字母)。 A. 能降低反应热，加快反应速率 B. ②为 C. 总反应转移6mol电子时消耗标准状况下44.8L CO2 D. 总反应为 （3）把ZnZrOx附着在分子筛SSZ-13上，可催化CO、H2生成CH3OH及碳氢化合物，部分反应机理如甲所示。催化剂中、CO转化率、烃的选择性关系如图乙所示。 ①大于1后，CO转化率降低的可能原因为______。 ②随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为______。 【答案】（1） ①. -90.7 kJ/mol ②. CD ③. 250℃ ④. 超过250℃后，升温不利于生成甲醇的反应正向进行，同时有利于生成一氧化碳的反应正向进行并竞争消耗反应物，导致甲醇产率下降或超过250℃后，反应Ⅰ，反应Ⅱ速率均增加，反应Ⅱ速率增幅更大 （2）BD （3） ①. Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低 ②. 随Zn的量增多，吸附H2的量增多，产生H+、H-增多，与烯烃反应生成烷烃，使烷烃量增加，烯烃量减少 【解析】 【小问1详解】 ①已知反应Ⅰ： ；反应Ⅱ：。根据盖斯定律，由 Ⅰ - Ⅱ 可得目标反应 ，则。 A．生成是正反应，生成是逆反应。根据方程式，平衡时，即生成  的速率应是生成  速率的2倍时才平衡，两者相等说明未平衡，A错误； B．设起始均为，转化的CO为。某时刻时 体积分数为，始终为定值，CO的体积分数保持不变不能说明平衡，B 错误； C．反应前后气体总质量不变，但正向气体的总物质的量减小，所以平均相对分子质量会增大，当其不变时说明达到平衡，C 正确； D．起始比，反应消耗比，比值是变化的，当比值为定值时说明达到平衡，D正确； 故选CD。 ②由图可知，在时的产率达到最高，故最适宜温度为。合成甲醇的反应（反应Ⅰ）为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；同时副反应（反应Ⅱ）为吸热反应，温度升高使副反应正向移动。反应过程中CH3OH产率随温度升高先增大后减小，降低的主要原因是：超过250℃后，升温不利于生成甲醇的反应正向进行，同时有利于生成一氧化碳的反应正向进行并竞争消耗反应物，导致甲醇产率下降(或超过250℃后，反应Ⅰ，反应Ⅱ速率均增加，反应Ⅱ速率增幅更大。 【小问2详解】 A．催化剂只能降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变反应热，A错误； B．根据机理图，步骤②中结合生成了和，由原子守恒知，反应式为 ，B正确； C．总反应中C元素的化合价由价降至价，每消耗1 mol CO2（标准状况下 22.4 L）转移6 mol电子，C错误； D．由图可知，反应物为和，生成物为和，总反应方程式为 ，D正确。 故选BD。 【小问3详解】 ① 由图甲的反应机理可知，主要吸附在原子上，而Zn吸附。当大于后，催化剂中的相对比例降低，Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低。 ②随Zn的量增多，吸附H2的量增多，产生的H+、H-增多，与烯烃反应生成烷烃，使烷烃量增加，烯烃量减少。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级练习 化学试卷 可能用到的相对分子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 一、单选题(本题共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意) 1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列属于有机高分子材料的是 A. 无磁不锈钢 B. 芳纶纤维 C. 金刚石薄膜 D. 石英光纤 2. 超氧化钾(KO2)可用作制氧剂：。下列说法正确的是 A. K+的结构示意图： B. 中子数为10的氧原子： C. K2CO3中既有离子键也有共价键 D. CO2的电子式： 3. 下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是 A.制备氯气 B.除去中的HCl C.分离和氯化锰溶液 D.蒸干氯化锰溶液制 A. A B. B C. C D. D 4. 铝土矿除主要成分，还存在多种第三周期元素如Mg、S。下列说法正确的是 A. 半径：r(Al3+)＞r(Mg2+) B. 热稳定性：H2O＞H2S C. 碱性：Al(OH)3＞Mg(OH)2 D. S2、S2-、S4互为同素异形体 阅读下列资料，完成下面小题： 钠及其化合物种类繁多，性质各异，用途广泛。Na2CO3溶液可用于去除金属表面的油污；亚硝酸钠(NaNO2)可用于实验室制备少量N2；Na2S2O3溶于稀H2SO4有浑浊产生，并生成刺激性气味气体；硼氢化钠(NaBH4)是具有广泛应用的还原剂；Na2SO3溶液可用于去除电解后食盐水(pH≈3)中含有的Cl2和HClO。 5. 下列说法正确的是 A. Na2O2呈淡黄色，可用作纸张的漂白剂 B. Na+最外层具有8电子稳定结构，钠的化合物均不易分解 C. 油脂水解的主要产物是乙二醇和脂肪酸 D. NaN3碰撞后会产生大量气体，可用作汽车安全气囊的气体发生剂 6. 下列化学反应表示正确的是 A. NaNO2与NH4Cl溶液反应制N2：NH4Cl＋NaNO2=NaCl＋N2↑＋2H2O B. Na2S2O3与足量稀H2SO4反应：＋4H＋=S↓＋＋2H2O C. Na2SO3与HClO反应：+ 2HClO =+Cl2↑+ H2O D. 在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)3=2＋3Cl-＋H2O＋4H+ 7. 硼氢化钠与水反应可释放H2：NaBH4＋H2O→Na[B(OH)4]＋H2↑(未配平，其中B为＋3价)，下列说法不正确的是 A. NaBH4中氢元素的化合价是-1价 B. H2O在反应中作氧化剂 C. 反应生成1 mol H2转移1 mol电子 D. 1 mol NaBH4反应产生2 mol H2 8. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均可实现的是 A. FeFeCl2Fe(OH)2 B. C. CH≡CHCH2=CHCl D. 9. 维生素C是人体生命活动必需的营养物质，其结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 含有三种官能团 B. 可以用酸性高锰酸钾溶液验证分子中含有碳碳双键 C. 1 mol 维生素C最多与4mol Na反应 D. 可以发生加成反应、取代反应、氧化反应 10. 探究铝和NaOH溶液反应的实验如下： 取三支相同的试管，分别加入溶液。 向试管①中加入一小块铝片，一段时间后产生气泡。 向试管②中加入用砂纸打磨过的一小块铝片，立即产生气泡。 向试管③中滴加1滴酚酞，溶液变红色，放入用砂纸打磨过的一小块铝片，立即产生气泡，一段时间后试管中溶液红色褪去。再滴入NaOH溶液，溶液不变红。 下列说法不正确的是 A. 三支试管中产生的气体均为H2 B. 随着反应进行试管①中[Al(OH)4]-浓度增大 C. 试管①和试管②中的现象说明铝表面的保护膜能与NaOH溶液反应 D. 试管③中溶液红色褪去的原因可能是随着反应进行溶液碱性减弱 11. 室温下，根据下列实验操作和现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向6%双氧水中滴加0.1mol/L KMnO4溶液，溶液褪色 H2O2具有还原性 B 用pH计测定溶液的pH，pH＜7 的电离程度大于水解程度 C 用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4固体，一段时间后过滤、洗涤滤渣，加盐酸后滤渣部分溶解，有气体产生 D 将少量SO2气体通入0.1 mol·L-1 Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀产生 难溶于水 A. A B. B C. C D. D 12. 从模拟酸性工业废液中(含Cd2+、Fe2+、)回收镉、铁的过程如下： 已知：，。下列说法正确的是 A. 模拟废液中： B. “沉镉”得到的上层清液中： C. 0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中：c(NH3·H2O)+c()+c(OH-) =c(H+)+c(H2CO3) D. “沉铁”时发生反应： 13. 还原是实现“双碳”经济的有效途径之一、其反应有： Ⅰ： Ⅱ： 常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A. 反应Ⅱ的平衡常数 B. 提高平衡转化率的条件是高温高压 C. 温度高于700℃，含氢产物中占比降低 D. 1000℃时的混合体系中CO的体积百分含量约为46.7% 二、非选择题(本题共4题，共61分) 14. 钛在航空航天、舰船制造、冶金、医疗等方面有广泛的应用，可利用钛铁矿[主要成分为FeTiO3(可表示为FeO·TiO2)，还含有少量MgO、SiO2等杂质]来制备金属钛(海绵钛)和锂离子电池的电极材料LiFePO4，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸浸”中滤渣的主要成分为___________(填化学式)。 （2）“酸浸”后，钛元素主要以形式存在，写出生成的离子方程式：_________。写出水解步骤的离子方程式：__________，为了促进滤液①中的水解， 可采取的措施有______ (填标号)。 a．加水     b．加热     c．加盐酸 （3）“氯化”中发生反应  ，该反应在200℃达到平衡时，TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是______。 （4）若“滤液②”中Fe3+恰好沉淀完全(即溶液中)时溶液，此时溶液中______。(已知：；、、) （5）由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为___________。 15. 回答下列问题： （1）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为： 在搅拌下向氧化镁浆料[主要成分为Mg(OH)2]中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3。 ①由“吸收”过程中发生的反应可得出SO2属于的物质类别是______(填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)。 ②匀速缓慢通入SO2气体的目的是_________。 （2）在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4.在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图甲所示。在pH = 6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是______。 （3）烟气中SO2可以用“亚硫酸铵吸收法”处理。 ①吸收时发生反应的化学方程式为__________。 ②测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图乙所示，b点时溶液pH=7，则______。 （4）制取晶体。在如图丙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是______。 （5）补充完整制取晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中，______。 (已知：Fe3+、Al3+在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出，在150~170℃下干燥得到，实验中需要使用MgO粉末、pH计) 16. 我国力争2060年前实现碳中和，CO2的资源化利用具有重要意义。 （1）CO2在一定条件下可以转化为低碳烯烃。某烯烃X能发生如下转化。 已知：+ (R1、R2、R3表示烃基)。 ①X→Y的反应类型为______。 ②X→Z为加聚反应，则Z的结构简式为______。 ③W的结构简式为______。 （2）CH4、CO2催化重整制合成气，其原理如图1所示。反应②中化合价发生改变的元素有______(填元素符号)；每消耗 1molCH4，理论上反应②中转移电子的物质的量为______mol。 （3）CO2催化加氢制甲醇。经过“吸附→反应→脱附”等过程，主要反应为 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)　　ΔH=-49.5 kJ/mol 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH=＋41.2 kJ/mol 反应Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g) ΔH= x kJ/mol 3.0 MPa时，将n起始(CO2)：n起始(H2)=1：3的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得CH3OH产率随温度的变化如图2所示。 ①240 ℃时，若n起始(CO2)=1 mol，反应管出口处检测到0.65 mol CO2，则CH3OH的选择性=________。[CH3OH的选择性=] ②温度高于260 ℃，CH3OH产率下降的可能原因是__________________________。 ③研究发现，CH3OH可由HCOO*(吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)转化生成，与H*或OH*作用生成HCOO*的相对能量变化如图3所示。在催化剂表面修饰羟基的优点是______。 17. 二氧化碳的综合利用是实现碳达峰、碳中和的关键。 （1）可与制甲醇：在催化剂作用下，发生以下反应： Ⅰ．   Ⅱ．   ①则：  ΔH=______。若将等物质的量的CO和H2充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是______。 A．生成的速率与生成H2的速率相等 B．CO的体积分数保持不变 C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．CO和H2的物质的量之比为定值 ②将CO2与H2充入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ和Ⅱ；CO2的转化率和CO、CH3OH的产率随反应温度的变化如图所示，由图判断合成CH3OH最适宜的温度是________。反应过程中CH3OH产率随温度升高先增大后减小，降低的主要原因是________。 （2）常温常压下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理如图，下列说法正确的是______ (填字母)。 A. 能降低反应热，加快反应速率 B. ②为 C. 总反应转移6mol电子时消耗标准状况下44.8L CO2 D. 总反应为 （3）把ZnZrOx附着在分子筛SSZ-13上，可催化CO、H2生成CH3OH及碳氢化合物，部分反应机理如甲所示。催化剂中、CO转化率、烃的选择性关系如图乙所示。 ①大于1后，CO转化率降低的可能原因为______。 ②随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $