精品解析：吉林长春市东北师范大学附属中学2026-2027学年高二上学期11月期中考试 化学试题

2026—2027学年上学期 东北师大附中（化学）科试卷 期中考试 注意事项： 1.答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 3.回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效。 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23　Mg-24　S-32　Cl-35.5　Ca-40　Fe-56　Cu-64 第I卷（50分） 一、选择题：本题共25个小题，每小题2分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。 1. 下图是简易量热计装置示意图。下列反应的反应热不适宜用该装置测定的是 A. BaO与足量的水 B. Al与足量的NaOH溶液 C. 与足量的稀硫酸 D. KOH溶液与足量的稀盐酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．与足量水反应生成，属于放热反应，无气体生成，反应过程热量损失少，适宜用简易量热计测定，A不符合题意； B．与足量溶液反应会生成气体，气体逸出时会带走部分热量，导致热量测量结果不准确，不适宜用简易量热计测定，B符合题意； C．与足量稀硫酸反应生成和，属于放热反应，无气体生成，反应过程热量损失少，适宜用简易量热计测定，C不符合题意； D．溶液与足量稀盐酸的中和反应属于放热反应，无气体生成，反应过程热量损失少，适宜用简易量热计测定，D不符合题意； 故选B。 2. 下列化工生产的叙述中，符合生产实际的是 A. 石油化工中，采用干馏的方法把石油分成不同沸点范围的产品 B. 硫酸工业中，利用热交换器预热反应物，降低能耗提高生产效率 C. 纯碱工业中，侯氏制碱法需煅烧石灰石制备并回收氨 D. 合成氨工业中，采用高压条件，增大合成氨反应的平衡常数，增大反应速率 【答案】B 【解析】 【详解】A．石油化工中，将石油分离为不同沸点范围产品的操作是分馏，干馏是煤隔绝空气加强热的综合加工工艺，不属于石油化工的操作，A错误； B．硫酸工业的接触室中，催化氧化生成的反应为放热反应，利用热交换器可以用反应放出的热量预热冷的反应物，充分利用热能、降低能耗，提高生产效率，B正确； C．侯氏制碱法为联合制碱工艺，生产所需的来自合成氨厂的废气，无需煅烧石灰石制备；煅烧石灰石制、回收循环是索尔维制碱法的工艺特点，不符合侯氏制碱的生产实际，C错误； D．合成氨反应的平衡常数仅与温度有关，高压条件不会改变反应的平衡常数，仅可加快反应速率、推动平衡正向移动提高反应物转化率，D错误； 故选B。 3. 下列关于溶液酸碱性的说法中，正确的是 A. 的溶液一定显酸性 B. 的溶液一定显中性 C. 的溶液一定显中性 D. 不能使酚酞试液变红的溶液一定显酸性 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下，溶液中c(H+)＜10-7mol/L是酸性溶液，即常温下的溶液一定显酸性，非常温下就不一定是酸性溶液，A错误； B．常温下，的溶液一定显中性，非常温下的溶液可能是酸性也可能是碱性，B错误； C．任何温度下，的溶液一定显中性，C正确； D．常温下，酚酞的变色范围是8.0-10.0，故不能使酚酞试液变红的溶液不一定显酸性，D错误； 答案为：C。 4. 下列事实中一定不能证明是弱电解质的是 ①的溶液稀释至100倍， ②用溶液做导电实验，灯泡很暗 ③等pH等体积的盐酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多 ④溶液的 ⑤和盐酸反应，生成 A. ② B. ②⑤ C. ①③⑤ D. ③④⑤ 【答案】A 【解析】 【详解】①的溶液稀释至100倍，浓度为0.001mol/L，pH>3，说明存在电离平衡，证明是弱电解质，正确； ②用溶液做导电实验，灯泡很暗，不能证明是弱电解质，只能说明溶液离子浓度较小，错误； ③等pH等体积的盐酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多，说明醋酸还可电离出氢离子，可证明是弱电解质，正确； ④溶液的，说明醋酸没有完全电离，可以证明是弱电解质，正确； ⑤和盐酸反应，生成，说明醋酸的酸性比盐酸弱，而盐酸为强酸，则醋酸为弱酸，正确； 符合题意的为②，故答案选A。 5. 在一定温度下容积不变的密闭容器中发生反应：下列能说明反应达到平衡状态的是 A. 容器内气体的密度不再变化 B. 的生成速率与的消耗速率之比为1：1 C. 容器内气体的平均相对分子质量不再变化 D. 消耗同时生成 【答案】C 【解析】 【详解】A．恒容密闭容器容积固定，反应前后所有物质均为气体，根据质量守恒，容器内气体总质量恒定，由可知，气体密度始终为定值，密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，A错误； B．的生成速率对应逆反应方向，的消耗速率也对应逆反应方向，根据反应计量关系，任意时刻二者的速率比均等于化学计量数之比1:1，未体现正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，B错误； C．混合气体的平均相对分子质量，反应前后气体总质量恒定，但该反应前后气体总物质的量随反应进行发生变化，因此当平均相对分子质量不再变化时，说明不再改变，各组分含量固定，反应达到平衡状态，C正确； D．消耗、生成均为正反应方向的变化，根据反应计量关系，任意时刻消耗1 mol 必然同时生成1 mol ，未体现正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，D错误； 故选C。 6. 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. 溶解是吸热过程，结合各微粒的状态，可判断， B. 形成水合离子时，水分子的朝向取决于离子所带电荷的正负 C. 溶解过程的能量变化，与固体中离子键断裂、离子水合过程的能量变化有关 D. 溶解度随温度升高而增大，参考上述过程可知 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，NaCl(s)溶于水可以看成两个过程：第一步是NaCl(s)中的离子键被破坏，形成Na+(g)、Cl-(g)，该过程需要吸收能量，所以ΔH1=a kJ/mol，a>0；第二步是气态离子与水分子作用形成Na+(aq)、Cl-(aq)，即离子水合过程，该过程放出能量，所以ΔH2=b kJ/mol，b<0。总过程NaCl(s)溶于水的ΔH3=+4kJ/mol，说明NaCl溶解整体是吸热过程，且有ΔH3=ΔH1+ΔH2； 【详解】A．图中总过程ΔH3=+4kJ/mol，说明NaCl(s)溶解是吸热过程；离子键断裂形成气态离子需要吸热，故a>0；离子水合形成水合离子放热，故b<0，A正确； B．形成水合离子时，水分子的朝向取决于离子所带电荷的正负。水分子中O原子带部分负电，靠近Na+；H原子带部分正电，靠近Cl-，B正确； C．溶解过程的总能量变化等于离子键断裂吸收的能量与离子水合释放的能量共同作用的结果，因此与固体中离子键断裂、离子水合过程的能量变化有关，C正确； D．KNO3的溶解度随温度升高而增大，说明升高温度有利于其溶解，一般可判断KNO3溶解过程为吸热过程。若参照图中过程分析，则离子键断裂吸收的能量应大于离子水合放出的能量，即|ΔH1|>|ΔH2|，而不是|ΔH1|<|ΔH2|，D错误； 故答案选D。 7. 合成氨反应达到平衡时，的体积分数与温度、压强的关系如图所示，据此分析合成氨工业中最有前途的研究方向是（ ） A. 提高分离技术 B. 研制耐高压的合成塔 C. 研制低温催化剂 D. 探索不用和合成氨的新途径 【答案】C 【解析】 【详解】由图可知，随着温度的升高而显著下降，即在低温条件下，的体积分数较高，但目前所用催化剂——铁触媒的活性最大时的温度在500℃左右，故最有前途的研究方向是研制低温催化剂，故答案选：C。 8. 碳酸饮料是生活中常见的弱酸性饮品。25℃时，碳酸在水中的电离：； 下列说法不正确的是 A. 电离方程式 B. 远大于，说明第一步电离程度远大于第二步 C. 25℃时，溶液中 D. 升高温度，、均增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．碳酸为二元弱酸，电离过程分步进行，不能将两步电离合并为一步书写电离方程式，正确的电离方程式应分两步表示，A错误； B．电离常数的大小可衡量弱电解质的电离程度，远大于，说明碳酸第一步电离程度远大于第二步，B正确； C．由于，碳酸溶液中主要来自第一步电离，因此溶液中，代入，可推得，C正确； D．弱电解质的电离为吸热过程，升高温度会使电离平衡正向移动，因此、均增大，D正确； 故选A。 9. 下列实验操作（或目的）正确的是 A．滴定结束时读数为12.2mL B．用标准NaOH溶液测定醋酸的浓度 C．排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡 D．用标准高锰酸钾溶液测定盐酸酸化的溶液中的含量 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．酸式滴定管刻度从上到下数值逐渐增大，读数需精确到0.01mL，图中凹液面最低处位于12mL刻度线上方，实际读数约为11.80mL，且读数仅保留一位小数不符合滴定管精度要求，A错误； B．NaOH溶液呈强碱性，会腐蚀玻璃活塞，使用带聚四氟乙烯活塞的滴定管盛装NaOH溶液可避免活塞粘连；NaOH滴定醋酸时，反应终点生成醋酸钠，溶液呈弱碱性，酚酞变色范围为8.2~10.0，可准确指示滴定终点，操作和目的均正确，B正确； C．溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，需盛装在酸式滴定管中；图中为碱式滴定管排出尖嘴气泡的操作（弯曲橡胶管、挤压玻璃珠使溶液流出），不适用于盛装的酸式滴定管，C错误； D．酸性条件下，不仅会氧化，还会氧化，发生反应，会导致标准液消耗量偏大，测定结果偏高，因此不能用盐酸酸化溶液，应选用硫酸酸化，D错误； 故选B。 10. 常温下的盐酸，下列叙述正确的是 A. 10mL该溶液稀释至100mL后减小 B. 向该溶液中加入等体积pH为11的氨水恰好完全中和 C. 将该盐酸稀释100倍后水电离出的为 D. 该溶液中由水电离出的 【答案】C 【解析】 【详解】A．水的离子积常数仅与温度有关，常温下稀释溶液的过程中温度不变，保持不变，A错误； B．的盐酸中，的氨水中，由于是弱电解质仅部分电离，因此氨水的实际浓度远大于，等体积混合时氨水过量，无法恰好完全中和，B错误； C．的盐酸为强酸溶液，稀释100倍后溶液中，溶液中的全部由水电离产生，常温下，而水电离出的与相等，因此水电离出的，C正确； D．的盐酸中，溶液中的全部由水电离产生，，水电离出的与相等，因此两者的乘积为，并非，D错误； 故选C。 11. 下列有关能量的判断或表示方法正确的是 A. 已知石墨比金刚石更稳定，则可知C（金刚石）（石墨）， B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者大 C. 由；，可知：含的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合， D. 已知燃烧热，则氢气燃烧的热化学方程式为：； 【答案】C 【解析】 【详解】A．物质能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，说明石墨能量更低，因此金刚石转化为石墨是放热反应，，错误； B．硫蒸气能量高于硫固体，二者完全燃烧产物相同，因此硫蒸气燃烧放出的热量更多；放热反应为负值，放出热量越多，因此硫蒸气燃烧的小，B错误； C．中和热的定义是强酸强碱稀溶液发生中和反应生成1 mol液态水放出57.3 kJ热量；醋酸是弱酸，电离过程吸热，因此1 mol醋酸和1 mol NaOH反应时放出的总热量小于57.3 kJ，放热越少越大（为负值），因此，C正确； D．燃烧热定义中，可燃物完全燃烧生成稳定氧化物，氢元素对应的稳定产物是液态水，选项中生成气态水，不符合燃烧热定义，D错误； 故选C。 12. 肼（）是运载火箭常用的高能燃料。已知：断裂1molN—N键、1molO=O键需吸收的能量分别为154kJ、500kJ；反应；该反应中形成键和4molO—H键共放出2752kJ能量。则断裂1molN—H键需吸收的能量为 A. 391kJ B. 416kJ C. 516kJ D. 658kJ 【答案】A 【解析】 【详解】根据反应热与键能的定量关系， 反应物总键能 生成物总键能，设断裂键键能为，代入已知数据：分子含1个键、4个键，反应物总键能为，生成物总键能为，代入，解得，则断裂1molN—H键需吸收的能量为391kJ，A正确； 故选A。 13. 逆水煤气变换反应是捕集与转化利用的重要反应之一。一定温度下，在恒容密闭容器中进行反应，其平衡常数K与温度的关系如下表： t/℃ 700 800 830 1000 1200 K 0.4 0.6 1.0 1.1 1.7 下列说法正确的是 A. 该反应的 B. 830℃时，若容器中各物质的浓度均为，则此时v（正）<v（逆） C. 升高温度，的平衡转化率减小 D. 该反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，K值不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．由表格数据可知，温度升高时平衡常数逐渐增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，，A错误； B．830℃时该反应平衡常数，若容器中各物质浓度均为，此时浓度商，反应处于平衡状态，，B错误； C．正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，的消耗量增大，其平衡转化率增大，C错误； D．该反应前后气体总物质的量相等，即反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动；平衡常数仅与温度有关，温度不变时增大压强，值不变，D正确； 故选D。 14. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 A. 向溶液中加入后颜色变深 B. 将装有气体的针筒加压，最终气体红棕色比加压前更深 C. 向重铬酸钾溶液中滴加适量溶液，溶液由橙色变黄色 D. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液中存在平衡，加入KSCN固体时浓度增大，平衡正向移动，浓度升高，颜色变深，可用勒夏特列原理解释，A不符合题意； B．装有的针筒中存在平衡，加压时体积缩小，浓度瞬间增大导致颜色加深，平衡虽正向移动减弱浓度的升高，但无法抵消浓度增大的趋势，最终颜色更深的核心原因是体积压缩的物理变化，并非平衡移动的结果，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意； C．重铬酸钾溶液中存在平衡，滴加NaOH溶液消耗，浓度降低，平衡正向移动，黄色的浓度增大，溶液由橙变黄，可用勒夏特列原理解释，C不符合题意； D．氯气与水存在平衡 ，饱和食盐水中氯离子浓度高，平衡逆向移动，降低氯气的溶解度，可用排饱和食盐水收集氯气，可用勒夏特列原理解释，D不符合题意； 故选B。 15. 工业合成氨反应为。相同温度下，在体积分别为1L和2L的两个恒容密闭容器中各充入和，达到平衡时，1L容器中的转化率为60%，2L容器中的物质的量为1.96mol。下列说法正确的是 A. 2L容器中的转化率也为60% B. 1L容器中该温度下反应的平衡常数约为0.52 C. 两容器中的转化率不同，说明两容器所处的温度不同 D. 2L容器中反应达到平衡所需的时间比1L容器短 【答案】B 【解析】 【详解】A．2L容器中平衡时的物质的量为1.96mol，根据反应计量关系，转化的的物质的量为，因此的转化率为，并非60%，A错误； B．1L容器中，的转化量为，结合容器体积1L，可得平衡浓度：，，，代入平衡常数表达式，计算得，B正确； C．题干明确说明实验在相同温度下开展，两容器体积不同导致体系压强不同，合成氨是气体分子数减少的反应，压强减小平衡逆向移动，因此转化率存在差异，并非两容器温度不同，C错误； D．两容器初始充入的反应物总物质的量相同，2L容器体积更大，初始反应物浓度更低，反应速率更慢，因此达到平衡所需的时间比1L容器更长，D错误； 故选B。 16. 已知298K，101kPa时，。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为，关系如图所示。下列说法错误的是 A. T1＞T2 B. T1下反应达到平衡时 C. 使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大 D. 使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到T2平衡正向移动，而结合题干方程式可知，该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T1＞T2，A正确； B．T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，即CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol/L，结合变化量之比等于化学计量系数之比可知，T1下反应达到平衡时，B正确； C．在温度均为T1时，使用催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更长即催化剂1时的反应速率比催化剂2的更慢，说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确； D．催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相同的平衡时间，D错误； 故答案为：D。 17. 以下实验方案、现象和结论都正确的是 选项 影响 因素 实验方案 现象 结论 A 浓度 A、B两支试管中分别加入的，再分别同时加入2mL与酸性溶液，并用蒸馏水补齐体积 B试管先褪色 增大反应物的浓度，反应速率加快 B 压强 向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100mLHI气体，分解达到平衡后再充入100mLAr 气体颜色不变 充入Ar后体系压强增大，平衡向气体分子数减小的方向移动 C 温度 将封装有和混合气体的烧瓶浸泡在热水中 气体颜色变深 升高温度，平衡向吸热反应方向移动 D 催化剂 向1mL乙酸乙酯中加入溶液，水浴加热 上层液体逐渐减少 使用合适的催化剂可使平衡向正反应方向移动 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验中两支试管的浓度相同，浓度不同，由于为有色反应物，初始浓度差异会导致溶液初始颜色深度不同，B试管浓度更低，即使反应速率更慢，也会因需要反应的总量更少而先褪色，无法通过该现象得出“增大反应物浓度，反应速率加快”的结论，实验方案设计存在缺陷，A错误； B．恒温恒容下充入，体系总压增大，但、、的分压不变，对于反应，反应前后气体分子数相等，平衡不移动，因此气体颜色不变，结论中“平衡向气体分子数减小的方向移动”的描述错误，B错误； C．存在平衡，正反应为放热反应，将混合气体浸泡在热水中，温度升高，气体颜色变深，说明浓度增大，平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，实验方案、现象、结论均正确，C正确； D．是乙酸乙酯水解反应的催化剂，催化剂只能加快反应速率，不能使化学平衡发生移动，结论中“使用合适的催化剂可使平衡向正反应方向移动”的描述错误，D错误； 故选C。 18. 对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确， 故选A。 19. 某小组探究实验条件对反应速率的影响，设计实验，并记录结果如下： 编号 温度 溶液 KI溶液 1%淀粉溶液体积 出现蓝色时间 ① 20℃ 1mL 40s ② 20℃ 1mL 21s ③ 50℃ 1mL 5s ④ 80℃ 1mL 未见蓝色 下列说法正确的是 A. 由实验①②可知，其他条件不变时，增大反应速率加快 B. 实验①②③④中，应将溶液与淀粉溶液先混合 C. 在被氧化过程中，只是降低活化能 D. 由实验②④可知，温度越高，反应速率越慢 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验①②的温度、溶液的浓度与体积、淀粉溶液体积均相同，仅的浓度不同，②中更大，出现蓝色的时间更短，说明其他条件不变时，增大反应速率加快，A正确； B．若将​溶液与淀粉溶液先混合，酸性环境下淀粉会提前发生水解，后续无法正常通过淀粉遇碘变蓝的现象指示反应进程；正确操作应为将KI溶液与淀粉溶液先混合，最后加入硫酸触发反应，B错误； C．被氧化的反应为，是该反应的反应物，并非仅作为催化剂降低反应活化能，C错误； D．实验②和④的温度、浓度均不相同，变量不唯一，无法通过二者对比得出温度对反应速率的影响；80℃未见蓝色是因为高温下生成的易挥发、淀粉也可能在高温下结构被破坏，不是反应速率变慢，D错误； 故选A。 20. 下列关于各图像的解释或得出的结论不正确的是 A. 由甲图可知，反应在时刻可能改变了压强或使用了催化剂 B. 由乙图可知，反应在m点可能达到了平衡状态 C. 由丙图可知，反应过程中v（正）>v（逆）的点是C点 D. 由丁图可知，交点A表示反应一定处于平衡状态，此时v（正）=v（逆） 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲图中时刻正、逆反应速率同等程度增大且相等，平衡不发生移动；使用催化剂可同等程度增大正、逆反应速率，符合图像变化；若反应前后气体总物质的量相等，增大压强也可同等程度增大正、逆反应速率，平衡不移动，同样符合图像变化，因此时刻可能改变了压强或使用了催化剂，A正确； B．乙图中生成物百分含量随温度升高先增大后减小，温度较低时反应速率较慢，未达到平衡，随温度升高反应速率加快，生成物百分含量逐渐升高，m点为生成物百分含量的最大值，对应温度下反应达到平衡，继续升温平衡逆向移动使生成物百分含量降低，因此m点可能达到平衡状态，B正确； C．丙图为平衡转化率随温度变化的曲线，曲线上的点均为对应温度下的平衡状态；C点位于曲线下方，相同温度下C点的实际转化率低于平衡转化率，反应需要正向进行以达到平衡状态，因此此时，C正确； D．丁图中交点A仅表示该压强下，平衡状态的本质是、各组分浓度保持不变，反应物与生成物浓度相等不能说明反应达到平衡状态，D错误； 故选D。 21. 可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A. Y为反应物，W为生成物 B. 反应制得，须投入 C. 升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。 【详解】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确； B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确； 故选B。 22. 某温度时水的离子积常数Kw＝10－13，将此温度下将同浓度的NaOH溶液与稀硫酸按一定体积比 3∶1混合，若所得混合液pH＝12，则原溶液的浓度为 A. 0.40mol·L－1 B. 0.20mol·L－1 C. 0.04mol·L－1 D. 0.50mol·L－1 【答案】A 【解析】 【详解】某温度时水的离子积常数Kw＝10－13，设NaOH溶液与稀硫酸的浓度为c，体积分别为3V和V，则NaOH溶液中c(OH-)=c，硫酸中c(H+)=2c，所得混合液pH＝12，c(H+)=10-12mol/L，c(OH-)=，则碱过量，混合后c(OH-)=，则c=0.40mol/L。答案选A。 23. 在初始体积与温度相同的条件下，四种密闭容器装置甲、乙、丙、丁中均按1molA、3mol B投料，发生的反应为A(g)+3B(g) 2C(g) 达到平衡时，四个容器中A的转化率最大的为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A(g)+3B(g) 2C(g) 为放热反应，A容器与B容器对比，B容器为绝热恒容，B容器温度升高，平衡逆向移动，A的转化率减小，A的转化率：A容器>B容器；A容器与D容器对比，D容器是恒压，A容器的压强减小，减小压强，平衡逆向移动，A的转化率D>A；C容器为恒温恒容充入惰性气体，平衡不移动，A容器与C容器对比，二者的A的转化率相等，因此A的转化率最大的是D； 故答案选D。 24. 现有四种弱酸，它们在常温下的电离平衡常数如下表所示： 弱酸 HCOOH HCN 电离平衡常数 下列说法不正确的是 A. 向溶液中通入时不会反应生成 B. 常温下，四种酸的酸性由强到弱的顺序为 C. 向NaCN溶液中通入少量时生成碳酸氢钠和HCN D. 常温下，向HCOOH溶液中加入一定量的，所得溶液的，则混合液中 【答案】B 【解析】 【详解】A．的电离平衡常数为，酸性强于，根据强酸制弱酸规律，酸性更弱的无法制备酸性更强的，因此向溶液中通入不会生成，A正确； B．弱酸的电离平衡常数越大，对应酸性越强，根据表中数据，四种酸的酸性由强到弱的顺序为，选项给出的顺序与实际顺序不符，B错误； C．根据电离平衡常数可知酸性顺序为，根据强酸制弱酸规律，向溶液中通入少量时，反应生成和，无法生成，C正确； D．根据的电离平衡常数表达式，变形可得，D正确； 故选B。 25. 某反应的速率方程为,其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。改变反应物浓度时,反应的瞬时速率如表所示: 0.25 0.050 1.4 0.50 0.050 2.8 1.00 0.050 5.6 0.50 0.100 2.8 下列说法正确的是 A. 速率方程中的、 B. 该反应的速率常数 C. 增大反应物浓度,k增大导致反应的瞬时速率加快 D. 在过量的B存在时,反应掉87.5%的A所需的时间是375min 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．将第一组数据和第二组数据代入可得，则m=1，将第二组数据和第四组数据代入可得，则n=0，A错误； B．由A选项的分析可知，m=1，n=0，则，代入第一组数据可得，，B错误； C．增大反应物的浓度，增大了速率，并没有改变瞬时速率常数k(只受温度影响)，C错误； D．存在过量的B时，反应掉87.5%的A可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，因此所需的时间为，D正确； 故选D。 第II卷（50分） 二、非选择题：本题共4个小题，共50分。 26. 完成下列问题。 （1）现有以下物质：①氨水②KOH固体③熔融④CaO固体 ⑤石墨⑥⑦乙醇⑧盐酸； 其中属于强电解质的有________（填序号，下同）；能导电的有_______。 （2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为和，则 ①两溶液的电离度：甲________乙（填“>”“<”或“=”）， ②两溶液中：甲/乙______1（填“>”“<”或“=”）。 （3）时，醋酸的电离平衡常数。醋酸溶液中________。（已知：）。 （4）用蒸馏水稀释的醋酸溶液，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是________（填字母）。 a． b． c． d． （5）时，现用的HCl滴定的KOH溶液（），当溶液的时，消耗盐酸11.10mL。则________。 【答案】（1） ①. ②③④ ②. ①③⑤⑧ （2） ①. < ②. < （3） （4）b （5）12 【解析】 【小问1详解】 ①氨水是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；②固体是强碱，属于强电解质，但固体中的离子不能自由移动，不导电；③熔融是盐，属于强电解质，存在自由移动的离子，能导电；④固体是金属氧化物，属于强电解质，不导电；⑤石墨是单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑥是非金属氧化物，属于非电解质，不导电；⑦乙醇是有机物，属于非电解质，不导电；⑧盐酸是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质。因此属于强电解质的有②③④，能导电的有①③⑤⑧。 【小问2详解】 ①弱电解质溶液浓度越小，电离程度越大。甲的浓度大于乙，故电离度：甲 乙。 ②一水合氨的电离常数，变形可得。甲的浓度大，电离出的大于乙，而只与温度有关，故甲的小于乙，即甲/乙 1。 【小问3详解】 根据弱电解质的电离平衡近似计算公式，。 【小问4详解】 加水稀释醋酸溶液，电离平衡正向移动，电离度增大，但溶液体积增大的程度更大，因此溶液中、、均减小。 a．，不变，减小，则比值减小； b．温度不变，水的离子积常数不变，减小，则增大； c．根据分析可知减小； d．根据分析可知减小； 故选b。 【小问5详解】 设的浓度为，的浓度为。由的和的溶液，且，可知，，则。混合后溶液，即。根据混合后剩余的氢离子浓度列式：，化简得，解得。因此，则。 27. 苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应： I．主反应： Ⅱ．副反应： （1）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有________（填字母）。 A. 适当升温 B. 适当降温 C. 适当加压 D. 适当减压 （2）反应I在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大H₂用量，其目的是_______。 （3）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时才能发生反应，机理如图。当中混有微量或CO等杂质时，会导致反应I的产率降低，推测其可能原因为______。 【答案】（1）BC （2）提高苯的转化率，同时抑制副反应Ⅱ正向进行，提高环己烷的选择性与产率 （3）、CO与催化剂活性中心牢固结合（催化剂中毒），减少了苯和的吸附位点，使反应速率和产率降低 【解析】 【小问1详解】 主反应是一个气体分子数减小的放热反应，副反应是一个气体分子数增大的吸热反应。根据勒夏特列原理，适当降温和适当加压均能使主反应的平衡正向移动，同时使副反应的平衡逆向移动，这两者都有利于提高平衡体系中环己烷的体积分数，故选BC。 【小问2详解】 在可逆反应中，增加一种反应物的浓度可以促使化学平衡向正反应方向移动，从而提高其他反应物的转化率。因此，在实际投料时适当增大的用量，其主要目的是促使主反应平衡正向移动，从而提高苯的转化率（或利用率），同时抑制副反应正向进行，提高环己烷的选择性与产率。 【小问3详解】 反应物分子必须吸附在催化剂表面的活性中心才能发生反应。当中混有微量或CO等杂质时，这些杂质极易与金属催化剂表面的活性中心结合或发生反应，导致催化剂失去催化活性（即发生催化剂中毒），进而导致反应I的产率降低。 28. 白云石的组成为，某兴趣小组设计如下实验方案测定白云石中钙的含量及白云石组成。已知难溶于水，可溶于强酸。 I．称取1.6560g白云石样品（可视为纯品），滴加盐酸溶解，加热并煮沸后冷却至室温；转入250mL容量瓶中并定容。 Ⅱ．取上述溶液25.00mL，加入过量溶液，用HAc-NaAc溶液调节溶液至弱酸性（），生成沉淀，其他金属离子不沉淀； Ⅲ．过滤，洗涤沉淀。从漏斗中取出带有沉淀的滤纸，贴于大烧杯内壁，使用硫酸将沉淀冲洗至烧杯中； Ⅳ．使用的溶液滴定草酸根含量，计算样品中钙的含量。 已知：，：、 （1）步骤Ⅳ中除锥形瓶外还需要的玻璃仪器有_________。该仪器使用前需要进行的操作为_________（按顺序填入序号）。 ①调整液面至“0”以下； ②调整液面至50.00处； ③用的溶液润洗2~3次； ④装入的溶液并排气泡； ⑤放出所有的溶液； ⑥于烘箱中烘干； ⑦清洗并检查是否漏水； （2）步骤Ⅱ中，调节溶液至时，，则____________。 （3）开始滴定时，随着将溶液不断滴入，粉红色褪去所需的时间逐渐变短，原因为_________________。滴定终点的现象为________________。 （4）下列操作会使测得钙质量分数偏大的是_________（填序号）。 A. 装有溶液的滴定管使用前未润洗 B. 溶液使用前在阳光下久置 C. 滴定过程中使用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 D. 记录终点滴定管液面的读数时俯视液面 （5）数据处理 起始读数 终点读数 I 0.00mL 18.02mL Ⅱ 1.20mL 18.88mL Ⅲ 2.62mL 实验Ⅲ终点读数为________。 根据上述三组实验结果计算样品中钙元素的质量分数为________（保留4位有效数字）。（提示：偏差较大的数据应舍去） 【答案】（1） ①. 酸式滴定管 ②. ⑦③④① （2） （3） ①. 反应生成的对该反应具有催化作用（或自催化作用） ②. 滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 （4）AB （5） ①. 20.60mL ②. 21.74% 【解析】 【小问1详解】 高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，因此必须使用酸式滴定管。 滴定管使用前必须进行检漏（⑦）；检漏后用蒸馏水洗涤，再用标准液润洗2~3次（③）；接着装入标准液并排尽气泡（④）；最后调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下（①），并记录初始读数。正确的操作顺序为⑦③④①。 【小问2详解】 根据弱酸解离平衡：，电离常数表达式为： ， 已知，即；，即，代入得： 。 【小问3详解】 高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为：。反应生成的对该反应具有自催化作用，随着反应进行，浓度逐渐增大，催化作用增强，所以褪色所需的时间逐渐变短。高锰酸钾自身可作为指示剂。当草酸根恰好完全反应后，再滴入高锰酸钾溶液，溶液会显色。因此滴定终点的现象为：滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。 【小问4详解】 A．装有​溶液的滴定管使用前未润洗，会导致标准液被残留的蒸馏水稀释，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测得钙含量偏高，符合题意； B．​溶液在阳光下久置会分解（），导致标准液实际浓度降低，滴定时消耗的体积偏大，测得钙含量偏高，符合题意； C．滴定过程中使用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，不会改变锥形瓶内待测物（草酸）的总物质的量，对滴定结果无影响，不符合题意； D．记录终点液面读数时俯视，会导致终点读数偏小，从而计算出的消耗体积（​）偏小，测得钙含量偏低，不符合题意。 故选AB。 【小问5详解】 滴定管的刻度从上到下依次增大，每一小格为。图示液面在下方第6个小格处，且滴定管读数需估读到小数点后两位，故读数为。根据三次实验数据计算消耗的高锰酸钾体积：实验Ⅰ：；实验Ⅱ：；实验Ⅲ：；实验Ⅱ的数据偏差较大，应舍去。取实验Ⅰ和Ⅲ的平均值：。根据电子守恒，有关系式：​。待测液中：。样品中总钙的物质的量：。钙的质量：。钙的质量分数：。 29. 我国提出2030年前碳达峰、2060年前碳中和的“双碳”目标。加氢制备甲烷和水煤气是碳资源综合利用的重要途径，反应方程式如下： ① ② ③ （1）反应①_________0（填“>”“<”“=”）；该反应自发条件为__________。 A．高温自发 B．低温自发 C．任意温度自发 D．任意温度非自发 （2）根据反应方程式计算，__________________。 （3）起始压强为100kPa下，以投料（Ar不参与反应），加入催化剂I，在恒容密闭容器反应，理论上参与反应各物质的平衡分压随温度变化如图所示，曲线_________（填序号）代表；时发生反应①②③达到平衡，此时转化率为75%，CO分压为0.25kPa，反应①的_________。 相同条件下，加入催化剂Ⅱ，测得不同温度下的转化率如下表： 温度/ 250 300 350 400 转化率/% 22 61 84 79 时反应是否达到平衡____________（填“是”“否”“无法确定”）。 时，转化率降低的原因可能有_____________。 （4）使用特定催化剂，理论计算表明的转化路径如图a所示，生成的主要反应历程如图b所示。实验测得，反应达到平衡前产物中CO的含量高于，原因是_____________。由此推断，*CO脱附所需的活化能不高于_______________eV。（*表示吸附态，TS表示过渡态，省略其他物种和部分非决速步骤） 【答案】（1） ①. < ②. B （2） （3） ①. 2 ②. ③. 否 ④. 反应①已达到平衡，由于反应①为放热反应，温度进一步升高导致平衡向逆反应方向移动（或催化剂在400℃时活性降低） （4） ①. 吸附态CO脱附生成CO（g）的活化能小于吸附态CO转化为过程中的决速步活化能，故在未达到平衡前，生成CO的反应速率更快 ②. 2.47 【解析】 【分析】 【小问1详解】 反应①前后气体分子数减少，因此；结合该反应，因此反应自发的条件是低温，答案选B； 【小问2详解】 分析三个方程式可以发现反应③=①-②，故； 【小问3详解】 由于产生甲烷的两个反应①、③都是放热反应，随着温度的升高，反应逆移，甲烷的平衡分压会下降，因此曲线1或者2代表甲烷，再结合反应①②③三个反应均产生水蒸气，因此水蒸气的平衡分压将一直高于甲烷的平衡分压，故代表甲烷平衡分压的应该是曲线2；根据题目的数据可以得出，反应初始分压分别是，在T℃进行反应①②③，达平衡的时候，且，则有平衡时候、、，代入反应①的平衡常数表达式，则有；结合图像可以发现温度在200℃到400℃范围内，一氧化碳平衡分压几乎等于0，说明此温度区间内二氧化碳主要发生反应①，而反应①是放热反应，当反应达平衡的时候，升温平衡将逆向移动，导致二氧化碳转化率下降，但根据表格可以发现温度低于350℃时，温度升高二氧化碳的转化率在升高，说明在此段温度变化实验中，反应未平衡，故答案填：否；400℃的二氧化碳转化率相较于350℃出现了下降，有可能是反应速率减慢造成，即催化剂失活，也有可能是反应已经平衡，升温导致平衡逆向移动造成的； 【小问4详解】 根据图a可知，二氧化碳转化为吸附态CO后，脱附即转化为CO气体，或者结合4*H转化为甲烷，由于实验测定发现平衡前CO的含量高，说明转化为CO气体的过程速率更快，因此可知，CO脱附生成CO（g）的活化能远小于吸附态的CO继续转化为过程中的决速步活化能，因此在未达到平衡前，生成CO的反应速率更快；图b中，吸附态CO转化为甲烷的过程中，决速步骤是，该过程的能垒是，由于CO脱附更快，活化能低于转化为甲烷的最高活化能，故答案为：2.47。 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年上学期 东北师大附中（化学）科试卷 期中考试 注意事项： 1.答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 3.回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效。 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23　Mg-24　S-32　Cl-35.5　Ca-40　Fe-56　Cu-64 第I卷（50分） 一、选择题：本题共25个小题，每小题2分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。 1. 下图是简易量热计装置示意图。下列反应的反应热不适宜用该装置测定的是 A. BaO与足量的水 B. Al与足量的NaOH溶液 C. 与足量的稀硫酸 D. KOH溶液与足量的稀盐酸 2. 下列化工生产的叙述中，符合生产实际的是 A. 石油化工中，采用干馏的方法把石油分成不同沸点范围的产品 B. 硫酸工业中，利用热交换器预热反应物，降低能耗提高生产效率 C. 纯碱工业中，侯氏制碱法需煅烧石灰石制备并回收氨 D. 合成氨工业中，采用高压条件，增大合成氨反应的平衡常数，增大反应速率 3. 下列关于溶液酸碱性的说法中，正确的是 A. 的溶液一定显酸性 B. 的溶液一定显中性 C. 的溶液一定显中性 D. 不能使酚酞试液变红的溶液一定显酸性 4. 下列事实中一定不能证明是弱电解质的是 ①的溶液稀释至100倍， ②用溶液做导电实验，灯泡很暗 ③等pH等体积的盐酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多 ④溶液的 ⑤和盐酸反应，生成 A. ② B. ②⑤ C. ①③⑤ D. ③④⑤ 5. 在一定温度下容积不变的密闭容器中发生反应：下列能说明反应达到平衡状态的是 A. 容器内气体的密度不再变化 B. 的生成速率与的消耗速率之比为1：1 C. 容器内气体的平均相对分子质量不再变化 D. 消耗同时生成 6. 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. 溶解是吸热过程，结合各微粒的状态，可判断， B. 形成水合离子时，水分子的朝向取决于离子所带电荷的正负 C. 溶解过程的能量变化，与固体中离子键断裂、离子水合过程的能量变化有关 D. 溶解度随温度升高而增大，参考上述过程可知 7. 合成氨反应达到平衡时，的体积分数与温度、压强的关系如图所示，据此分析合成氨工业中最有前途的研究方向是（ ） A. 提高分离技术 B. 研制耐高压的合成塔 C. 研制低温催化剂 D. 探索不用和合成氨的新途径 8. 碳酸饮料是生活中常见的弱酸性饮品。25℃时，碳酸在水中的电离：； 下列说法不正确的是 A. 电离方程式 B. 远大于，说明第一步电离程度远大于第二步 C. 25℃时，溶液中 D. 升高温度，、均增大 9. 下列实验操作（或目的）正确的是 A．滴定结束时读数为12.2mL B．用标准NaOH溶液测定醋酸的浓度 C．排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡 D．用标准高锰酸钾溶液测定盐酸酸化的溶液中的含量 A. A B. B C. C D. D 10. 常温下的盐酸，下列叙述正确的是 A. 10mL该溶液稀释至100mL后减小 B. 向该溶液中加入等体积pH为11的氨水恰好完全中和 C. 将该盐酸稀释100倍后水电离出的为 D. 该溶液中由水电离出的 11. 下列有关能量的判断或表示方法正确的是 A. 已知石墨比金刚石更稳定，则可知C（金刚石）（石墨）， B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者大 C. 由；，可知：含的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合， D. 已知燃烧热，则氢气燃烧的热化学方程式为：； 12. 肼（）是运载火箭常用的高能燃料。已知：断裂1molN—N键、1molO=O键需吸收的能量分别为154kJ、500kJ；反应；该反应中形成键和4molO—H键共放出2752kJ能量。则断裂1molN—H键需吸收的能量为 A. 391kJ B. 416kJ C. 516kJ D. 658kJ 13. 逆水煤气变换反应是捕集与转化利用的重要反应之一。一定温度下，在恒容密闭容器中进行反应，其平衡常数K与温度的关系如下表： t/℃ 700 800 830 1000 1200 K 0.4 0.6 1.0 1.1 1.7 下列说法正确的是 A. 该反应的 B. 830℃时，若容器中各物质的浓度均为，则此时v（正）<v（逆） C. 升高温度，的平衡转化率减小 D. 该反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，K值不变 14. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 A. 向溶液中加入后颜色变深 B. 将装有气体的针筒加压，最终气体红棕色比加压前更深 C. 向重铬酸钾溶液中滴加适量溶液，溶液由橙色变黄色 D. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集 15. 工业合成氨反应为。相同温度下，在体积分别为1L和2L的两个恒容密闭容器中各充入和，达到平衡时，1L容器中的转化率为60%，2L容器中的物质的量为1.96mol。下列说法正确的是 A. 2L容器中的转化率也为60% B. 1L容器中该温度下反应的平衡常数约为0.52 C. 两容器中的转化率不同，说明两容器所处的温度不同 D. 2L容器中反应达到平衡所需的时间比1L容器短 16. 已知298K，101kPa时，。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为，关系如图所示。下列说法错误的是 A. T1＞T2 B. T1下反应达到平衡时 C. 使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大 D. 使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同 17. 以下实验方案、现象和结论都正确的是 选项 影响 因素 实验方案 现象 结论 A 浓度 A、B两支试管中分别加入的，再分别同时加入2mL与酸性溶液，并用蒸馏水补齐体积 B试管先褪色 增大反应物的浓度，反应速率加快 B 压强 向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100mLHI气体，分解达到平衡后再充入100mLAr 气体颜色不变 充入Ar后体系压强增大，平衡向气体分子数减小的方向移动 C 温度 将封装有和混合气体的烧瓶浸泡在热水中 气体颜色变深 升高温度，平衡向吸热反应方向移动 D 催化剂 向1mL乙酸乙酯中加入溶液，水浴加热 上层液体逐渐减少 使用合适的催化剂可使平衡向正反应方向移动 A. A B. B C. C D. D 18. 对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为 A. B. C. D. 19. 某小组探究实验条件对反应速率的影响，设计实验，并记录结果如下： 编号 温度 溶液 KI溶液 1%淀粉溶液体积 出现蓝色时间 ① 20℃ 1mL 40s ② 20℃ 1mL 21s ③ 50℃ 1mL 5s ④ 80℃ 1mL 未见蓝色 下列说法正确的是 A. 由实验①②可知，其他条件不变时，增大反应速率加快 B. 实验①②③④中，应将溶液与淀粉溶液先混合 C. 在被氧化过程中，只是降低活化能 D. 由实验②④可知，温度越高，反应速率越慢 20. 下列关于各图像的解释或得出的结论不正确的是 A. 由甲图可知，反应在时刻可能改变了压强或使用了催化剂 B. 由乙图可知，反应在m点可能达到了平衡状态 C. 由丙图可知，反应过程中v（正）>v（逆）的点是C点 D. 由丁图可知，交点A表示反应一定处于平衡状态，此时v（正）=v（逆） 21. 可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A. Y为反应物，W为生成物 B. 反应制得，须投入 C. 升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 22. 某温度时水的离子积常数Kw＝10－13，将此温度下将同浓度的NaOH溶液与稀硫酸按一定体积比 3∶1混合，若所得混合液pH＝12，则原溶液的浓度为 A. 0.40mol·L－1 B. 0.20mol·L－1 C. 0.04mol·L－1 D. 0.50mol·L－1 23. 在初始体积与温度相同的条件下，四种密闭容器装置甲、乙、丙、丁中均按1molA、3mol B投料，发生的反应为A(g)+3B(g) 2C(g) 达到平衡时，四个容器中A的转化率最大的为 A. B. C. D. 24. 现有四种弱酸，它们在常温下的电离平衡常数如下表所示： 弱酸 HCOOH HCN 电离平衡常数 下列说法不正确的是 A. 向溶液中通入时不会反应生成 B. 常温下，四种酸的酸性由强到弱的顺序为 C. 向NaCN溶液中通入少量时生成碳酸氢钠和HCN D. 常温下，向HCOOH溶液中加入一定量的，所得溶液的，则混合液中 25. 某反应的速率方程为,其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。改变反应物浓度时,反应的瞬时速率如表所示: 0.25 0.050 1.4 0.50 0.050 2.8 1.00 0.050 5.6 0.50 0.100 2.8 下列说法正确的是 A. 速率方程中的、 B. 该反应的速率常数 C. 增大反应物浓度,k增大导致反应的瞬时速率加快 D. 在过量的B存在时,反应掉87.5%的A所需的时间是375min 第II卷（50分） 二、非选择题：本题共4个小题，共50分。 26. 完成下列问题。 （1）现有以下物质：①氨水②KOH固体③熔融④CaO固体 ⑤石墨⑥⑦乙醇⑧盐酸； 其中属于强电解质的有________（填序号，下同）；能导电的有_______。 （2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为和，则 ①两溶液的电离度：甲________乙（填“>”“<”或“=”）， ②两溶液中：甲/乙______1（填“>”“<”或“=”）。 （3）时，醋酸的电离平衡常数。醋酸溶液中________。（已知：）。 （4）用蒸馏水稀释的醋酸溶液，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是________（填字母）。 a． b． c． d． （5）时，现用的HCl滴定的KOH溶液（），当溶液的时，消耗盐酸11.10mL。则________。 27. 苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应： I．主反应： Ⅱ．副反应： （1）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有________（填字母）。 A. 适当升温 B. 适当降温 C. 适当加压 D. 适当减压 （2）反应I在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大H₂用量，其目的是_______。 （3）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时才能发生反应，机理如图。当中混有微量或CO等杂质时，会导致反应I的产率降低，推测其可能原因为______。 28. 白云石的组成为，某兴趣小组设计如下实验方案测定白云石中钙的含量及白云石组成。已知难溶于水，可溶于强酸。 I．称取1.6560g白云石样品（可视为纯品），滴加盐酸溶解，加热并煮沸后冷却至室温；转入250mL容量瓶中并定容。 Ⅱ．取上述溶液25.00mL，加入过量溶液，用HAc-NaAc溶液调节溶液至弱酸性（），生成沉淀，其他金属离子不沉淀； Ⅲ．过滤，洗涤沉淀。从漏斗中取出带有沉淀的滤纸，贴于大烧杯内壁，使用硫酸将沉淀冲洗至烧杯中； Ⅳ．使用的溶液滴定草酸根含量，计算样品中钙的含量。 已知：，：、 （1）步骤Ⅳ中除锥形瓶外还需要的玻璃仪器有_________。该仪器使用前需要进行的操作为_________（按顺序填入序号）。 ①调整液面至“0”以下； ②调整液面至50.00处； ③用的溶液润洗2~3次； ④装入的溶液并排气泡； ⑤放出所有的溶液； ⑥于烘箱中烘干； ⑦清洗并检查是否漏水； （2）步骤Ⅱ中，调节溶液至时，，则____________。 （3）开始滴定时，随着将溶液不断滴入，粉红色褪去所需的时间逐渐变短，原因为_________________。滴定终点的现象为________________。 （4）下列操作会使测得钙质量分数偏大的是_________（填序号）。 A. 装有溶液的滴定管使用前未润洗 B. 溶液使用前在阳光下久置 C. 滴定过程中使用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 D. 记录终点滴定管液面的读数时俯视液面 （5）数据处理 起始读数 终点读数 I 0.00mL 18.02mL Ⅱ 1.20mL 18.88mL Ⅲ 2.62mL 实验Ⅲ终点读数为________。 根据上述三组实验结果计算样品中钙元素的质量分数为________（保留4位有效数字）。（提示：偏差较大的数据应舍去） 29. 我国提出2030年前碳达峰、2060年前碳中和的“双碳”目标。加氢制备甲烷和水煤气是碳资源综合利用的重要途径，反应方程式如下： ① ② ③ （1）反应①_________0（填“>”“<”“=”）；该反应自发条件为__________。 A．高温自发 B．低温自发 C．任意温度自发 D．任意温度非自发 （2）根据反应方程式计算，__________________。 （3）起始压强为100kPa下，以投料（Ar不参与反应），加入催化剂I，在恒容密闭容器反应，理论上参与反应各物质的平衡分压随温度变化如图所示，曲线_________（填序号）代表；时发生反应①②③达到平衡，此时转化率为75%，CO分压为0.25kPa，反应①的_________。 相同条件下，加入催化剂Ⅱ，测得不同温度下的转化率如下表： 温度/ 250 300 350 400 转化率/% 22 61 84 79 时反应是否达到平衡____________（填“是”“否”“无法确定”）。 时，转化率降低的原因可能有_____________。 （4）使用特定催化剂，理论计算表明的转化路径如图a所示，生成的主要反应历程如图b所示。实验测得，反应达到平衡前产物中CO的含量高于，原因是_____________。由此推断，*CO脱附所需的活化能不高于_______________eV。（*表示吸附态，TS表示过渡态，省略其他物种和部分非决速步骤） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $