山东省青岛第一中学2026-2027学年高二上学期10月月考 化学试题

青岛一中2026-2027学年度第一学期10月月考高二化学 （考试时间：90分钟 满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 Cl-35.5 Fe-56 Co-59 一、单选题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题仅有一个选项符合题目要求。 1．关于化学与生活、化学与生产，下列说法不正确的是 A．燃烧热是评价燃料优劣的唯一标准 B．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，属于原电池原理 C．工业电解精炼铜用粗铜作阳极，纯铜作阴极 D．为了延缓海水中钢闸门的腐蚀，常将钢闸门与直流电源的负极相连 2．图示与表述内容相符的是 A．该装置可以实现在铁制品上镀铜，且铜片为阴极 B．该装置可制备并能较长时间观察其颜色 C．该装置可能观察到的现象为：a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色； D．该装置可表示电解饱和食盐水的示意图，装置应选择阳离子交换膜，饱和NaCl溶液从b口加入 3．汽车尾气(含烃类、CO、NO、SO2等)是空气主要污染源之一，可以采用在汽车排气管上装催化转化器，使NO与CO反应生成可参与大气生态循环的无毒气体的方法进行治理，其反应原理是：。在298K、101kPa下，该反应的△H=－113kJ/mol △S=－145kJ·mol－1·K－1 。下列说法错误的是 A．该反应在常温下不能自发进行，因此需要高温和催化剂条件 B．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 C．该反应在低温时能自发进行，高温和催化剂条件能加快反应的速率 D．汽车尾气中NO、CO会与血红蛋白结合而使人中毒 4．NH3还原NO的反应历程如下图所示。下列说法不正确的是 A．转化③中每消耗1mol O2，则生成4mol Fe3+ B．Fe3+是该反应的催化剂，可降低反应的活化能 C．该转化的总反应为6NO+4NH3=5N2+6H2O D．转化①中有极性共价键的断裂，转化②中有非极性共价键的形成 5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．0.1mol/L KSCN溶液：Fe3+、NH4+、Br－、SO42－ B．能使甲基橙变红的溶液：Cu2+、Mg2+、SO42－、Cl－ C．能与Al反应生成H2的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3－、Cl－ D．由水电离出的c(OH－)=10－13mol/L 的溶液：Na+、NH4+、CH3COO－、NO3－ 6．从下列实验事实所引出的相应结论错误的是 选项 实验事实 结论 A 溴水中有平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3固体后，溶液颜色变浅 Brˉ浓度降低，平衡正向移动 B 室温下，饱和BOH溶液的导电能力比饱和NaOH溶液弱 BOH为弱碱 C K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72－(橙)+H2OCr2O72－(黄)+2H+。加入少量NaOH固体后，溶液颜色变黄 加NaOH后，使该反应的Q<K D 氢离子浓度相同的盐酸和醋酸分别与等质量的形状相同的锌粒反应 反应开始后，醋酸中反应速率快 7．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应Ⅰ、Ⅱ发生在氧化炉中，反应Ⅲ发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如下表所示。下列说法正确的是 温度（K） 化学平衡常数 反应Ⅰ：4NH3+5O2→4NO+6H2O 反应Ⅱ：4NH3+3O2→2N2+6H2O 反应Ⅲ：2NO+O2→2NO2 500 1.1×1026 7.1×1034 1.3×102 700 2.1×1019 2.6×1025 1.0 A．使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可增大氧化炉中NO的含量 B．通过改变氧化炉的温度可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ C．通过改变氧化炉的压强可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ D．氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度 8．已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=，现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，已知HF电离过程放热，下列叙述正确的是 A．曲线上四个点的pH均可用pH试纸测得 B．从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF) C．升高温度，d点pH减小 D．取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗 氢氟酸的体积较小 9．氯化钇(YCl3)是制备某特种合金的前驱体。为实现资源的有效利用，制备YCl3时，生成的NH3可用于制备硝酸，其实验装置如图所示。下列叙述错误的是 反应1    反应2    A．a中可填充碱石灰 B．b中气体变为无色时反应2已结束 C．c中盛水可得到硝酸 D．反应结束时先停止通气后停止加热 10．一定条件下，反应的速率方程为(k为速率常数)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下。根据表中的测定结果，下列结论错误的是 组别 cA/(mol·L－1) cB/(mol·L－1) cC/(mol·L－1) 反应速率 ① 1 1 2 v ② 1 4 2 v ③ 2 1 2 16v ④ 2 1 4 4v ⑤ 4 8 4 m A．此反应中，若其他条件不变，反应物的浓度越大，化学反应速率一定越快 B．由①②可知反应速率与B物质浓度无关 C． D． 二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意） 11．电化学捕获CO2并生产HCOOH的一种联合电解装置如图所示。下列叙述错误的是 A．两个电解池阳极上的电极反应相同 B．理论上电解池1中氧气的净增量为零 C．电解池2的总反应为 D．理论上该联合电解装置生产1mol HCOOH需转移3mol电子 12．在下，已知水的离子积，下列说法中正确的是（    ） A．0.005 mol/L的硫酸溶液的pH=2 B．0.001 mol/L的氢氧化钠溶液的pH=11 C．0.005 mol/L的硫酸溶液与0.001 mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性 D．完全中和的硫酸溶液，需要pH=9的溶液 13．在容积均为1 L 的三个密闭容器中，分别放入铁粉并充入1 mol CO，控制在不同温度下发生反应：Fe(s)+5CO(g)Fe(CO)5(g)。当反应进行到5 min时，测得CO的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的是 A．反应进行到5 min时，b容器中v(正)=v(逆) B．达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为a>b>c C．正反应为吸热反应，平衡常数：K(T1)>K(T2) D．b中v(正)大于a中v(逆) 14．下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达均正确的是 图①mA(g)+nB(g)⇌pC(g) 图②2X(g)⇌Y(g) 图③CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ∆H<0 图④2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) A．图①若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂 B．图②是在一定条件下，c(X)随时间t的变化，正反应，M点正反应速率<N点逆反应速率 C．图③是在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应，若平衡时CO(g)和H2(g)的转化率相等，则a=2 D．图④中曲线表示一定压强下NO平衡转化率随温度的变化，A、B、C三点表示不同温度、压强下NO的平衡转化率，压强最小的是A点，化学平衡常数最小的是B点 15．常温下，向V1 mL浓度均为x mol/L的弱酸HA和HCl混合溶液中逐滴加入0.1 mol/L弱碱BOH，溶液的导电能力随BOH溶液加入体积的变化如图所示(忽略溶液混合时的体积变化)。下列说法正确的是 A．x=0.1 B．b点溶液中c(B+)+c(BOH)=c(A－)+c(HA)=c(Cl－) C．c点pH=7 D．滴加BOH溶液的过程中，水的电离程度一直增大 三、非选择题(本题共5个题，共60分) 16．为探究 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4 溶液反应的影响因素，进行如下实验。 实验序号 实验温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色所需时间/s KMnO4溶液(含硫酸) H2C2O4溶液 H2O V/mL c/mol·L-1 V/mL c/mol·L-1 V/mL A 293 20 0.2 40 1 0 t1 B T1 20 0.2 30 1 V1 8 C 313 20 0.2 V2 1 0 t2 回答下列问题： (1)通过实验 A、B ，可探究_____的改变对反应速率的影响，其中 V1= _____， T1= _____；通过实验_____(填序号)可探究温度的改变对化学反应速率的影响。 (2)实验 B 中反应的离子方程式为_____， _____ (保留 2 有效数字)。 (3)进行实验 B 时实验中发现开始一段时间反应较慢，溶液变色不明显，一段时间后突然褪色，反应明显加快。某同学认为是反应放热导致速率加快，重做实验 B 并测定反应过程中不同时间溶液的温度， 结果如表： 时间/s 0 2 4 6 8 10 温度/℃ 20 21 21 21.5 22 22 从影响化学反应速率的因素看， 主要是 的影响。利用实验验证该猜想， 下列试剂最合理的是 (填标号)。 A． 硫酸钾      B． 水      C． 二氧化锰      D． 硫酸锰 17．一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含和少量。 回答下列问题： (1)废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为________。 (2)“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有________(任写两种)。该过程有生成，溶解的化学方程式为________。滤渣的主要成分为________。 (3)“沉铝”时，中Fe元素的化合价为________。 (4)“焙烧”时产生的HF，用________吸收后，产物可以循环利用。 (5)“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应(平衡常数为)。若溶液中为，不考虑其他离子参与反应，为防止沉淀，需小于________(用含a、b的代数式表示)。 (6)滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含________(填化学式)。 (7)滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是________。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加________，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 18．氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。乙醇-水催化重整可获得H2，其主要反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   回答下列问题： (1)计算出反应的，___________kJ/mol；该反应在___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 (2)在乙醇-水催化重整制H2的反应体系中，下列说法正确的是___________(填标号)。 A．增大初始投料比，有利于提高C2H5OH的转化率 B．升高反应体系温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数均增大 C．平衡后，压缩容器体积，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动 D．及时分离出CO2，可提高H2的平衡产率 (3)向2L恒容密闭容器中通入1 mol C2H5OH和3 mol H2O，平衡时CO2和CO的选择性及H2O的转化率随温度的变化如图所示。 已知：CO的选择性 ①已知曲线b代表平衡时H2O的转化率，温度高于300℃时，H2O的平衡转化率随温度升高而减小的原因是 。代表CO选择性的是曲线___________(填“a”或“c”)。 ②500℃时，C2H5OH的转化率为___________；反应Ⅱ的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×该气体的物质的量分数)。 (4)所得H2可用于氢氧燃料电池，若以熔融碳酸盐为电解质，该燃料电池负极的电极反应方程式为： 19．利用1,2—二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为： 反应I．C2H4Cl2(g)C2H3Cl(g)+HCl(g) △H1＞0 反应Ⅱ．C2H2(g)+HCl(g)C2H3Cl(g) △H2＜0 回答下列问题： (1)①已知298 K时，各物质的标准摩尔生成焓如表。 物质 C2H4Cl2(g) C2H2(g) C2H3Cl(g) 标准摩尔生成焓/kJ·mol－1 -126 +227 +37 反应Ⅲ．C2H4Cl2(g)+C2H2(g)2C2H3Cl(g) △H3=________kJ/mol。 ②上述三个反应的lnK(K为平衡常数仅与温度有关，且满足范特霍夫方程(，R与C为常数)随(T为温度)的变化如图。曲线c下降的原因是________，代表反应Ⅲ的曲线是________(填“a”“b”或“c”)。 (2)某温度下，在压强为p kPa的恒压密闭反应器中，按n(C2H2)：n(C2H4Cl2)、n(N2)=1:1:1投料，采用含Ru催化剂催化反应Ⅰ和Ⅱ。当C2H4Cl2完全转化，乙炔转化率为92%时，反应Ⅱ各物质分压表示的反应商Qp=________(kPa)－1。 (3)我国科研人员将多种含Cu、Au的催化剂进行内置串联(如图)，使乙炔转化率接近100%。 等物质的量的C2H2、C2H4Cl2、N2 C2H3Cl、N2 反应器位置1中的C2H4Cl2生成C2H3Cl、HCl、和。在位置2引入新催化剂，将存活时间短的和变成*H和*Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯。两种不同催化剂的部分反应历程如图。位置2应选择催化剂________(填“A”或“B”)，选择依据是 。位置3主要发生的反应为 (写化学方程式)。 TS表示过渡态 *表示吸附态 a：※C2H2+HCl b：※C2H2+※H+※Cl c：※C2H2Cl+※H d： C2H3Cl 20．低碳烯烃（C2—C4烯）用途广泛，可由合成气（CO+H2）经费托反应催化直接合成。 (1)烃类产物碳链增长的部分历程如下（M：催化剂，※CHx：活性碳氢物质）： 按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是________________________________（答出一条即可）。 (2)合成丙烯的费托反应主要为： ①6CO(g)+3H2(g)=C3H6(g)+3CO2(g) △H1 ②C3H6(g)+H2(g)=C3H8(g) △H2=－124kJ/mol ③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H3=－41kJ/mol ④3CO(g)+6H2(g)=C3H6(g)+3H2O(g) △H4=－374kJ/mol 则△H1=________kJ/mol，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为______（填标号）。 A．低温高压     B．低温低压     C．高温低压     D．高温高压 (3)传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制副反应的最适宜催化剂为__________（填“MgAPO”、“SAPO”或“GeAPO”）。430℃时，CO2的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为_________（写出计算式即可）。 [已知：收率转化为总烃的转化率低碳烯烃选择性、、] (4)若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料n(H2)：n(CO)=2.5、CO2选择性为a%或b%时，CO转化率与温度的关系如图3所示，则a_____b（填“>”、“=”或“<”，下同），反应③的v正(M)_______v逆(N)。 (5)若采取某种措施抑制CO2生成，此时费托反应只发生②和④，320℃、恒压645kPa、初始投料n(H2)：n(CO)=2时，CO的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则p(C3H6):p(CO)=_______；反应②的反应商Qp=______(kPa)－1（用分压代替浓度计算，分压=总压X物质的量分数，保留两位有效数字）。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C A C B B A B D A 题号 11 12 13 14 15 答案 D AD BD CD AB 1．A 【详解】A．评价燃料的优劣还应当考虑到是否对环境有污染，燃烧热不是评价燃料优劣的唯一标准，A错误； B．锌活泼性强于铁，形成原电池作原电池负极，在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，属于原电池原，B正确； C．工业电解精炼铜，阳极粗铜发生氧化反应，阴极铜离子发生还原反应，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，C正确； D．在电解池中，阳极被腐蚀，阴极被保护，此方法为外加电源的阴极保护法，将钢闸门与直流电源的负极相连，做阴极被保护，这样可以延缓海水中钢闸门的腐蚀，D正确； 故答案为：A。 2．C 【详解】A．电镀的规则是待镀制品作阴极，镀层金属作阳极。在铁上镀铜时，铜片作为镀层金属，应当连接电源正极作阳极，而非阴极，A错误； B．制备长时间稳定存在的时，需要让作阳极失电子生成，但该装置中Fe连接电源负极，为阴极，无法产生，不能制得目标产物，B错误； C．该装置是电解润湿pH试纸的串联电解体系：左侧石墨为阴极（a处），放电生成，浓度升高，试纸变蓝；右侧石墨为阳极（b处），放电生成，与水反应生成和，酸性使试纸变红，的漂白性会让试纸局部褪色；铁丝的d端为阴极，放电，浓度升高，试纸变蓝，描述的现象符合实际，C正确； D．电解饱和食盐水时，阳极上Cl-被氧化生成Cl2，为补充Cl-，饱和NaCl溶液应从a口加入，b口是阴极区，阴极上H+被还原生成H2，通入的是稀NaOH溶液以制得高浓度烧碱，阴、阳极区溶液相同离子为阳离子，应使用阳离子交换膜，只交换，阴离子不发生交换才能获得所需产物，D错误； 故选C。 3．A 【详解】A．此反应为放热反应，且为熵减的反应，故低温可以自发进行，A错误； B．该反应中是放热反应，故反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确； C．该反应在低温时能自发进行，高温和催化剂条件能加快反应的速率，C正确； D．汽车尾气中NO、CO会与血红蛋白结合而使人中毒，D正确； 故选A。 4．C 【详解】A．转化③反应为，每消耗生成，A正确； B．先参与转化①的反应，最终在转化③中再生，反应前后质量和化学性质不变，是该反应的催化剂，可降低反应活化能，B正确； C．反应历程中是总反应的反应物，正确总反应为，选项给出的反应缺少反应物，C错误； D．转化①中的极性共价键发生断裂，转化②生成，中含非极性共价键，即有非极性共价键形成，D正确； 故答案选C。 5．B 【详解】A．会与电离出的发生络合反应，不能大量共存，A错误； B．能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，含大量，、、、与及相互之间均不发生反应，可大量共存，B正确； C．与反应生成的溶液可能为强酸性或强碱性：酸性条件下具有强氧化性，与反应不生成，且会氧化；碱性条件下、会与反应生成沉淀，均不能大量共存，C错误； D．由水电离出的的溶液，水的电离被抑制，溶液为强酸性或强碱性：酸性条件下与结合生成弱电解质；碱性条件下与反应生成，均不能大量共存，D错误； 故选B。 6．B 【详解】A．对于平衡体系，加入AgNO3固体，溶解后生成的Ag+与Br-作用生成AgBr沉淀，平衡正向移动，c(Br2)减小，溶液颜色变浅，故A正确； B．未说明两种溶液浓度是否相等，实验变量不唯一，因此不能判断二者碱性强弱，故B错误； C．对于题中所给平衡体系，加NaOH后，H+浓度减小，反应正向移动，使得反应的Q<K，所以平衡正向移动，溶液颜色变黄，故C正确； D．盐酸和醋酸分别与等质量的形状相同的锌粒反应，实质均是锌与H+反应产生锌离子和氢气，而此时氢离子浓度相同，因此两者刚开始时的速率相同，但由于醋酸为弱电解质，锌与氢离子反应后促使醋酸电离平衡正向移动，醋酸继续电离出氢离子，因此相对于强电解质盐酸而言，醋酸溶液中加入锌粒的反应，之后的反应速率大于盐酸，故D正确； 故答案选B。 7．A 【详解】A．使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可加快反应Ⅰ的速率，使其更快达到平衡，从而在相同时间内生成更多NO，增大氧化炉中NO的含量，A正确； B．反应Ⅰ和Ⅱ的平衡常数均随温度升高而减小，说明两者均为放热反应。降低温度虽能增大两者的K值，但无法选择性促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，B错误； C．反应I和Ⅱ正向均是气体体积增大的反应，增大压强或减小压强对反应I和Ⅱ的影响相同，不可能通过改变压强达到促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ的目的，C错误； D．反应Ⅲ为放热反应，低温有利于生成NO2。氧化炉出气进入氧化塔前应降低温度以提高NO2产率，而非升温，D错误； 故选A。 8．B 【分析】，酸性：，pH相同的弱酸稀释：酸性越强，稀释时pH变化幅度越大，曲线Ⅰ：HF；曲线Ⅱ：； 【详解】A.  具有强漂白性，会漂白pH试纸，不能用pH试纸测的pH，A错误； B.  ，只与温度有关，常温不变，比值不变，B正确； C.  d点升温，HF电离平衡逆向移动，减小，pH增大，C错误； D.  a点HClO、HF的pH相同，酸性越弱，酸的总浓度越大：，中和等量的NaOH，需要溶质的物质的量相等，消耗HF体积更大，HClO体积更小，D错误； 答案选B。 9．D 【分析】氧化钇与氯化铵在氩气氛围中加热发生反应1生成氯化钇和氨气和水，生成的氨气经过a干燥后在管式炉中与过量的氧气发生反应2催化氧化生成NO和水，进入b中的气体为NO和过量的氧气，二者反应生成NO2显红棕色，与氧气一起通入c中的水反应得到硝酸，据此分析。 【详解】A．a的作用是干燥反应生成的，碱石灰为碱性干燥剂，不与反应，可用于干燥氨气，A正确； B．因反应过程中通入过量的氧气，若反应2未结束，则会生成NO，NO遇氧气变为红棕色，当b中气体为无色时，说明不再产生NO，氨气已经耗尽，反应2已结束，B正确； C．从管式炉，中流出的气体含有和过量，二者反应生成，从b流出的气体为和氧气，通入水中发生反应，可得到硝酸，C正确； D．反应结束时若先停止通气后停止加热，装置冷却后压强减小会引发倒吸，因此应先停止加热，继续通气至装置冷却后再停止通气，D错误； 故选D。 10．A 【分析】将表中数据代入速率方程，由①②，，由①③，，由③④，=-2；同时可计算出K=4； 【详解】A．由①②可知增大B的浓度，反应速率不变，故与B物质浓度无关，，故A错误； B．由A项可知，反应速率与B物质浓度无关，故B正确； C．由上述分析可知，故C正确； D．将表中第五列数据代入速率方程可求=64v，故D正确； 答案选A。 11．D 【分析】两个电解池中，b极和d极均生成，氧元素从-2价升高到0价，失电子发生氧化反应，因此b、d均为阳极，a、c均为阴极。 【详解】A．两个电解池的阳极（b、d）反应均为，电极反应相同，A正确； B．电解池1阴极a消耗，电极反应：，阳极b生成，相同转移电子数下，消耗和生成的物质的量相等，故净增量为零，B正确； C．电解池2阴极反应为，阳极反应为，阴阳极反应相加配平得到总反应，C正确； D．中C为+4价，中C为+2价，生成1mol 时C得到2mol电子，故转移电子为2mol；如果考虑整个联合装置的电子转移总数：为了给电解池2提供这 1 mol CO2，电解池1中需要生成 1 mol 并与反应放出 1 mol CO2。根据电解池1的阴极反应，生成1 mol 同样需要转移 2 mol 电子。 因此，系统内外总共转移 4 mol 电子。无论采用何种计算方式，转移的电子数都不是 3 mol，D错误； 故选D。 12．AD 【详解】A．0.005mol∙L-1的硫酸溶液中，c(H+)=0.005mol∙L-1×2=0.01mol∙L-1，所以pH=2，A正确； B．0.001mol∙L-1的氢氧化钠溶液中，c(H+)===10-9mol∙L-1，所以pH=9，B错误； C．0.005mol∙L-1的硫酸溶液与0.01mol∙L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反应，混合溶液显中性，pH=6，C错误； D．pH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3mol∙L-1，pH=9的NaOH溶液中c(OH-)=0.001mol∙L-1，中和pH=3的硫酸溶液50mL，根据c1V1=c2V2，需要pH=9的NaOH溶液0.5mL，D正确； 答案为AD。 13．BD 【分析】根据图像可知，随着温度的升高，先减小后增大，若 个容器都未达到平衡状态，则应该是随着温度的升高，一直减小，但b容器中小于c容器，所以可以确定反应在T2到T3之间，先达到了平衡状态，然后随着温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以可知该反应的正反应为放热反应。 【详解】A．5 min时，b容器中的反应不一定是平衡状态，则v(正)、v(逆))不一定相等，A错误； B．若反应达到平衡，根据b、c两点CO的体积分数与反应温度关系可知：升高温度，CO的体积分数增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致CO的平衡转化率降低，由于温度：T1<T2<T3，所以达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为a>b>c，B正确； C．根据分析，升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应正反应为放热反应；化学平衡常数只与温度有关，升高温度，化学平衡逆向移动，导致化学平衡常数减小。由于反应温度：T1<T2，则平衡常数：K(T1)>K(T2)，C错误； D．a容器中反应还没达到平衡，反应向正反应方向进行，所以 v(正)>v(逆)；因b容器的温度高于a容器的温度，所以相同时间内，vb(正)>va(正)，所以vb(正)>va(逆)，D正确； 故合理选项是BD。 14．CD 【详解】A．图①若，则a曲线可能是使用了催化剂，也可能是增大压强，选项A错误； B．图②，温度，升高温度，X的平衡浓度增大，说明平衡逆移，故正反应的，但是M点正反应速率=M点逆反应速率>W点逆反应速率>N点逆反应速率，选项B错误； C．图③，当投料比等于化学计量数之比时，所有反应物的转化率相等，选项C正确； D．图④中曲线表示一定压强下NO平衡转化率随温度的变化，A、B、C三点表示不同温度、压强下NO的平衡转化率，压强最小的是A点，化学平衡常数最小的是B点。由图可知，增大压强，平衡正移，NO的平衡转化率增大。升高温度，NO的平衡转化率减小，说明平衡逆移，K减小，选项D正确； 答案选CD。 15．AB 【分析】混合溶液含等浓度的强酸HCl和弱酸HA，逐滴加入弱碱BOH时，b点加入体积为，恰好完成HCl和BOH的中和反应，生成强电解质BCl；c点加入体积为，HCl和HA均完全与BOH中和，得到等物质的量的BCl和BA的混合溶液。 【详解】A．b点加入、浓度的BOH，恰好和原溶液中HCl完全反应，即，可得，即，A正确； B．b点溶质为等物质的量的BCl和HA，根据物料守恒，原溶液中，因此，B正确； C．c点溶质为等物质的量的BCl和BA，物料守恒：，结合电荷守恒，，即，溶液显酸性，C错误； D．滴加BOH的过程中，前期弱酸HA、HCl被中和生成可水解的盐，水的电离程度逐渐增大，但c点之后继续加入过量的弱碱BOH，会抑制水的电离，因此水的电离程度不会一直增大，D错误； 故选A。 16．(1) 浓度 10 293 AC (2) (3) 催化剂 D 【分析】该实验为化学反应速率的影响因素探究，解题关键在于运用“控制变量法”分析实验数据，探究某一因素对反应速率的影响时，必须保持其他条件完全相同，实验中通过加水补齐体积，确保混合后溶液的总体积相等，从而控制非变量物质的初始浓度相同，由此解答； 【详解】（1）对比实验A和B， 溶液体积相同，但溶液体积不同，因此探究的是浓度对反应速率的影响；为保证的初始浓度相同，混合溶液的总体积必须相等，实验A总体积为，则实验B总体积也应为，故加入水的体积；探究浓度影响时，温度必须保持不变，故；探究温度对反应速率的影响时，需控制浓度等其他条件相同，仅改变温度，对比表格数据可知，实验A和C符合要求，并且需要； （2）酸性条件下，具有强氧化性，将氧化为，自身被还原为，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为；实验B中，溶液褪至无色，说明其完全反应。混合后的初始浓度为，溶液无色时说明溶液中无，所以，因此反应速率 ； （3）表中数据显示，反应过程中溶液温度仅升高了，变化幅度很小，不足以导致反应速率突然显著加快，排除了温度的影响；考虑到反应生成了，可能是生成的 对该反应起到了催化作用（即自催化反应）； 为验证此猜想，可向反应体系初始阶段人为加入含有的试剂，观察反应速率是否加快，并且为了排除其他干扰，不能引入新的阴离子； A．硫酸钾中不含，不能验证是否对反应有催化作用，A不符合题意； B．水中不含，不能验证是否对反应有催化作用，B不符合题意； C．二氧化锰不溶于硫酸，无法提供，不能验证是否对反应有催化作用，C不符合题意； D．硫酸锰可以提供，并且不引入新的杂质阴离子，能验证是否对反应有催化作用，D符合题意； 故选D。 17．(1) (2) 适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种） C（石墨） (3)+3 (4)NaOH溶液或Na2CO3溶液 (5) (6)Na2SO4 (7) 将氧化为，便于后续沉淀 铁氰化钾溶液（） 【分析】原料为含，混有少量、石墨、Al杂质的废旧电池粉，首先经硫酸酸浸，不溶于酸的石墨作为滤渣除去，等含锂物料与硫酸反应，浸出、、、、磷酸根等离子；随后调沉铝，沉铝后的滤液可单独回收得到，沉铝滤渣经焙烧、酸浸、调pH除杂除去铁铝杂质后，最终加饱和碳酸钠沉锂得到产品，焙烧产生的可吸收循环利用，实现了废旧锂电资源的高效清洁回收。 【详解】（1）磷酸铁锂电池放电时的总反应为：，正极与得电子生成，故正极的电极反应式为； （2）“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种）均可提高酸浸速率；“酸浸I”时， LiFePO4与反应生成、和，化学方程式为：；原料含石墨，石墨不与稀硫酸反应，故滤渣主要为C（石墨）； （3）再中，设Fe化合价为x，为+1价，P为+5价，O为-2价，化合价代数和为0，即，解得x=+3，即Fe为+3价； （4）流程中 “沉铝” 步骤消耗NaF，HF 与NaOH或Na2CO3反应生成的NaF可循环，故选用NaOH溶液或Na2CO3溶液； （5）反应的平衡常数表达式为，为防止Li3PO4沉淀，反应逆向进行，需满足Q>K，即，带入为，，； （6）沉锂反应的反应方程式为，则体系阳离子为Na+，阴离子为（酸浸II引入硫酸根），故除过量Na2CO3外，主要含Na2SO4； （7）沉铝产物含，Fe 为+3价，由分析知，酸浸后溶液含，H2O2作氧化剂，将氧化为，便于后续沉淀；由于与铁氰化钾溶液（）生成蓝色沉淀，故取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加铁氰化钾溶液（），若产生蓝色沉淀，则未完全氧化为，则需补加H2O2溶液。 18．(1) +255.3 高温 (2)BD (3)升高温度，反应Ⅰ、反应Ⅱ均正向移动，温度升高对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，所以H2O的平衡转化率随温度升高而减小 c 90% (4)H2－2e－+CO32－=H2O+CO2 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ+2×反应Ⅱ可得的=ΔH1+ 2ΔH2= 173.3 kJ/mol + 82kJ/mol = +255.3 kJ/mol，该反应是气体物质的量增大的反应，ΔS > 0，ΔG =ΔH – TΔS<0时反应能够自发进行，则该反应在高温下能自发进行。 （2）A．增大初始投料比 ，相当于增大的物质的量，的浓度增大，平衡Ⅰ正向移动，但的转化率减小，A错误； B．反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应（ΔH > 0），升高温度会使平衡右移，K增大，B正确； C．反应Ⅰ是气体分子数增加的反应，压缩体积（增大压强）会使平衡左移，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，压强变化不会使平衡Ⅱ发生移动，但反应Ⅰ平衡左向移动导致二氧化碳、氢气、水的浓度改变比例不同，反应Ⅱ平衡会发生移动，C错误； D．分离出 CO2会使反应Ⅱ左移，减少 H2O 的生成，同时反应Ⅰ右移，增加 H2的生成，D正确； 故选BD。 （3）①温度高于300℃时，升高温度，反应Ⅰ、反应Ⅱ均正向移动，温度升高对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，H2O的物质的量增大，所以H2O的平衡转化率随温度升高而减小； ②反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应。温度升高，两个反应均右移。但 H2O 的转化率在 300℃后下降，说明高温时反应Ⅱ占主导，平衡时CO2和CO的选择性之和为1，升高温度CO的选择性增大，CO2的选择性减小，曲线a代表CO2的选择性，曲线b代表H2O的转化率，c代表CO的选择性； ③500℃时，H2O的转化率为60%，CO2的选择性=CO2的选择性=50%，在1 MPa下，向恒压密闭容器中通入1 mol C2H5OH和3 mol H2O，平衡时，n(H2O)=3mol×0.4=1.2mol，设参加反应的乙醇为xmol，生成CO、CO2的物质的量均为ymol，x×2×50%=y，根据氧元素守恒，y+2y+1.2+(1-x)=3+1，解得y=x=0.9，C2H5OH的转化率为=90%，由H元素守恒可知n(H2)= =4.5mol，平衡时气体总物质的量为0.1mol+1.2 mol+0.9 mol +0.9 mol+4.5mol = 7.6 mol，反应Ⅱ的平衡常数Kp==。 19．(1) -27 曲线c对应反应I，反应I的正反应为吸热反应，随着增大(即温度降低)，平衡逆向移动，平衡常数减小，减小 a (2) (3) A 催化剂A中由b转化为d的最大能垒(或活化能)更低，反应速率更快 【分析】由标准摩尔生成焓可求反应Ⅲ的焓变 ΔH3 = −27 kJ⋅mol−1；反应Ⅰ为吸热反应（ΔH1>0）、反应Ⅱ为放热反应（ΔH2<0），由 ΔH3 = ΔH1 + ΔH2 得 ΔH2 = ΔH3 − ΔH1 < ΔH3，故 |ΔH2| > |ΔH3|。由范特霍夫方程知 lnK 与 1/T 成直线关系、其斜率与 −ΔH 成正比，故吸热的反应Ⅰ对应下降的曲线 c，放热的反应Ⅱ、Ⅲ分别对应较陡的 b 与较缓的 a。恒压体系中由转化率求出各物质的量即可求分压反应商。由带过渡态的反应历程图比较由吸附态 b 生成氯乙烯的最大能垒，可判断催化剂的选择。 【详解】（1）①由标准摩尔生成焓计算反应Ⅲ的焓变：ΔH3 = 2ΔfH(C2H3Cl) − ΔfH(C2H4Cl2) − ΔfH(C2H2)，代入数据得 2×37 + 126 − 227 = −27，故 ΔH3 = −27 kJ⋅mol−1。 ②由表中数据得 ΔH3 = −27 kJ⋅mol−1；反应Ⅰ为吸热反应（ΔH1>0）、反应Ⅱ为放热反应（ΔH2<0），由 ΔH3 = ΔH1 + ΔH2 得 ΔH2 = ΔH3 − ΔH1 < ΔH3，故 |ΔH2| > |ΔH3|。由范特霍夫方程，lnK 与 1/T 成直线关系、其斜率与 −ΔH 成正比：ΔH>0 的反应Ⅰ斜率为负，对应下降的曲线 c；ΔH<0 的反应Ⅱ、Ⅲ斜率为正，且斜率绝对值随 |ΔH| 增大而增大，反应Ⅱ 的 |ΔH| 更大，故 b 较陡代表反应Ⅱ、a 较缓代表反应Ⅲ，代表反应Ⅲ的曲线是 a。 （2）设起始 C2H2、C2H4Cl2、N2 均为 1 mol。反应Ⅰ中 C2H4Cl2 完全转化，生成 1 mol C2H3Cl 和 1 mol HCl；反应Ⅱ中乙炔转化率 92%，故消耗 0.92 mol C2H2 和 0.92 mol HCl、生成 0.92 mol C2H3Cl。终态各物质的量：n(C2H2)=0.08 mol、n(HCl)=0.08 mol、n(C2H3Cl)=1.92 mol、n(N2)=1 mol，总物质的量 = 3.08 mol。恒压 p 下各组分分压与其物质的量成正比，Qp 为 C2H3Cl 分压除以 C2H2 与 HCl 分压之积，代入得 1.92×3.08÷(0.08×0.08×p)，即 924 除以 p，单位为 (kPa)−1。 （3）位置2需把存活时间短的 ⋅H、⋅Cl 转变为吸附态 *H、*Cl（对应吸附态 b，即 *C2H2 + *Cl + *H）后再与乙炔反应生成氯乙烯；由反应历程图，催化剂 A 由 b 经过渡态生成氯乙烯（d）的最大能垒远低于催化剂 B，活化能更小、反应速率更快，故位置2应选择催化剂 A。位置3主要发生反应Ⅱ，即乙炔与 HCl 在催化剂作用下加成生成氯乙烯，化学方程式为 。 20．(1)生成甲烷；生成低碳烷烃；生成高碳烯烃；生成高碳烷烃；生成其他含氧有机物或选择性不高等其他合理说法 (2) -497 A (3) (4) ＞ ＜ (5) 0.3 【详解】（1）根据题干给出的反应历程图，中间体既可以继续与反应使碳链增长，也可以结合 +H 发生加成反应生成甲烷；同理，碳链增长过程中的中间体也可以结合 +H 生成乙烷、丙烷等烷烃。此外，碳链也有可能继续增长生成及以上的高碳烃。这些副反应的存在消耗了反应物，降低了目标产物低碳烯烃的产率。 （2）根据盖斯定律，目标反应 ① 可以由3×反应③ + 反应④得到，因此。 反应①是放热、气体分子数减少的反应，低温有利于放热反应平衡正向移动，高压有利于气体分子数减少的反应平衡正向移动，因此选低温高压A。 （3）由图 1 可知，在相同的温度下，使用催化剂时丙烯的转化率最低。由于丙烯是我们期望的目标产物，其转化（消耗）属于副反应，因此是抑制该副反应的最适宜催化剂。根据定义：收率转化为总烃的CO转化率低碳烯烃选择性；选择性为，说明总消耗CO中用于生成总烃；由图2可知，要使收率最大，需要找到乘积最大的组合。观察图 2 中三种催化剂的数据，对应的总转化率为，低碳烯烃选择性为，此时收率最大，因此收率计算式为。 （4）反应 ③为放热反应。在图 3 中的水平虚线（固定 CO 转化率为 60%），该线与实线（a%）相交于点 M（温度较低），与实线（b%）相交于点 N（温度较高）。在相同 CO 转化率下（即反应 ④ 生成量基本相同），温度越高，放热的反应 ③ 平衡越向左移动，生成的 越少，导致选择性越低。因此，高温对应的线b% 的选择性低于低温对应的线a%，即a＞b； 由于反应3已经快速平衡，所以在任意时刻正逆反应速率相等，即=、=。题目要求比较和，本质上就是比较M点和N点的正反应速率。点N的温度远高于点M，温度升高会使反应速率常数k显著增大；此外，点N的CO2选择性更低，意味着更少的H2O被消耗，反应体系中H2O的浓度更高。在更高的温度和更高的反应物浓度双重作用下，N点的反应速率必然大于M点。因此，＜。 （5）设初始，： 转化率为，故转化的为，剩余； 丙烯选择性，故最终生成丙烯消耗为，得，分压比等于物质的量比，因此； 反应②为，反应商，代入分压化简得： ，平衡时：、、、，，，，计算得： 。 $