精品解析：北京市中国人民大学附属中学朝阳学校2026-2027学年高二上学期期中考试 化学试卷

2026~2027学年度第一学期高二年级期中 化学试题 考生须知： 1.本试卷分为Ⅰ、Ⅱ两卷，两大题共有19小题，共9页，满分100分；答题纸共2页考试时长90分钟。 2.请将个人信息完整填写在答题纸密封线内，确保信息准确无误。“机读答题卡”学号是18825XXXX。 3.第1卷各题均须用2B铅笔按规定要求在“机读答题卡”对应区域上作答，选项与题号要对应，填涂要规范，保持答题卡整洁，不要折叠、折皱、破损，不得做任何标记。 4.第Ⅱ卷各题均须用黑色字迹的签字笔按规定要求在答题纸上作答。 可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N14 O16 Fe56 Mn 55 第Ⅰ卷(共42分 请将答案填涂在答题纸上) 一、选择题：(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意) 1. 下列生活中的做法不能用平衡移动原理解释的是 A．用铁粉作脱氧保鲜剂 B．白醋稀释10倍后pH增大＜1 C．用纯碱溶液清洗油污 D．用明矾净水 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．铁粉作脱氧保鲜剂的原理是铁与包装袋内的、发生不可逆的氧化还原反应，过程中不存在可逆化学平衡体系，无法用平衡移动原理解释，A符合题意； B．白醋的主要成分为，属于弱电解质，存在电离平衡，稀释10倍时，根据平衡移动原理，电离平衡正向移动，促进电离，浓度下降幅度小于10倍，因此增大小于1，能用平衡移动原理解释，B不符合题意； C．纯碱为，溶于水后存在水解平衡，水解生成的可使油污发生皂化反应，升高温度时水解平衡正向移动，浓度增大，去污能力增强，能用平衡移动原理解释，C不符合题意； D．明矾的有效成分为，溶于水后存在水解平衡，生成的胶体可吸附水中悬浮杂质实现净水，水解平衡的移动会影响胶体生成量，能用平衡移动原理解释，D不符合题意； 故选A。 2. 下列说法正确的是 A. 强电解质溶液导电能力一定比弱电解质溶液导电能力强 B. 常温下，某碳酸氢钠溶液pH≈8.2，该溶液中的水解程度大于电离程度 C. 用已知浓度盐酸滴定未知浓度的氨水时可选择酚酞为指示剂 D. AlCl3和FeCl3均既可作净水剂也可作消毒剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液导电能力由自由移动离子浓度、离子所带电荷数决定，与电解质强弱无必然联系，极稀的强电解质溶液离子浓度可能远低于浓度较高的弱电解质溶液，导电能力更弱，A错误； B．在溶液中存在水解平衡（产生使溶液显碱性）和电离平衡（产生使溶液显酸性），常温下该溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，B正确； C．盐酸滴定氨水的滴定终点溶质为，属于强酸弱碱盐，溶液呈酸性，酚酞的变色范围为，处于碱性区间，无法准确指示酸性滴定终点，不能选择酚酞为指示剂，C错误； D．、在水溶液中水解生成的氢氧化物胶体可吸附悬浮杂质，可作净水剂，但二者无强氧化性，不具备消毒作用，D错误； 故选B。 3. 已知：A(g)+B(g)C(g) ΔH＜0。下列叙述错误的是 A. 反应物的总能量高于生成物的总能量 B. 反应A(g)+B(g)C(l)一定是放热反应 C. 升高温度，该反应的活化能增大 D. 升高温度，该平衡逆向移动 【答案】C 【解析】 【详解】A．已知=生成物总能量-反应物总能量，结合题目信息，该反应，即生成物总能量-反应物总能量<0，则反应物的总能量高于生成物的总能量，A正确； B．已知反应为放热反应，气态转化为液态的过程中会额外释放热量，因此反应放出的热量更多，一定属于放热反应，B正确； C．反应的活化能是由反应物、生成物本身的性质以及反应路径决定的固有属性，升高温度可增大活化分子百分数，但不会改变反应的活化能大小，C错误； D．该反应正向是一个放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动，D正确； 故答案选：C。 4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中，一定可以大量共存的是 A. 无色溶液中 Mg2+、Al3+、、 B. pH=1的溶液中 、Ba2+、、 C. 含的溶液中 H+、K+、Br-、I- D. 的溶液中 Na+、K+、CH3COO-、 【答案】D 【解析】 【详解】A．可与反应生成沉淀，可与发生双水解反应生成沉淀和，离子间不能大量共存，A不符合题意； B．的溶液为强酸性溶液，溶液中大量存在的可与反应生成和，离子间不能大量共存，B不符合题意； C．酸性条件下具有强氧化性，可与具有还原性的、发生氧化还原反应，离子间不能大量共存，C不符合题意； D．常温下水的离子积为，结合给定的，可计算得溶液中，为强碱性溶液，、、、在强碱性条件下相互不发生反应，可大量共存，D符合题意； 故选D。 5. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 0.5mol氮气分子中共价键的数目为1.5NA B. 标准状况下，2.24L H2O中电子的数目为6.4NA C. 1.0L pH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.02NA D. 1.0L 1.0mol·L-1的Na2CO3溶液中的数目为1.0NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．每个分子中存在1个氮氮三键，1mol 含3mol共价键，0.5mol 分子中共价键的物质的量为，对应数目为，A正确； B．标准状况下为非气态（液态或固态），无法使用气体摩尔体积计算其物质的量，不能得出2.24L 中电子的数目，B错误； C．的溶液中，1.0L该溶液中的物质的量为，对应数目为，C错误； D．为强碱弱酸盐，在水溶液中会发生水解，1.0L 的溶液中的物质的量小于1.0mol，对应数目小于，D错误； 故选A。 6. 催化加氢制备是资源化利用的重要途径。已知下图所示的反应的能量变化。 下列说法不正确的是 A. 由图1推知反应物断键吸收的能量小于生成物成键释放的能量 B. 图2中，若生成的为液态，则能量变化曲线为① C. D. 制备的反应使用催化剂时，其不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图1可知，反应H2(g)+O2(g)═H2O(g)为放热反应，则反应物断键吸收的能量小于生成物成键释放的能量，故A正确； B．气态水转化为液态水放热，则图2中若生成的H2O为液态，放热更多，则能量变化曲线在原曲线下方，故B错误； C．图1的反应为①H2(g)+O2(g)═H2O(g) ΔH1=-120kJ/mol，图2反应为②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=-670kJ/mol，根据盖斯定律：①×3-②得ΔH=-120kJ/mol×3-(-670kJ/mol)=+310kJ/mol，故C正确； D．催化剂不改变反应的焓变，则制备CH3OH的反应使用催化剂时，其△H不变，故D正确； 答案选B。 7. 下列物质的制备方案不正确的是 选项 目标产物 制备方案 A 将溶液蒸干并灼烧 B 将溶于大量水中并加热，所得产物经焙烧可得 C 无水 将与混合并加热 D 将用0.01 mol·L-1硫酸洗涤以减少损失 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．溶液蒸干时，会被空气中的氧气氧化为Fe3+，无法得到，A错误； B．水解生成，加热促进水解，焙烧后脱水得到，B正确； C．与结晶水反应生成HCl和，抑制水解，最终得到无水，C正确； D．用稀硫酸洗涤，利用同离子效应减少溶解损失，D正确； 故选A。 8. 下列实验操作正确的是 A. 图1操作为赶出碱式滴定管内的气泡 B. 图2所示，记录滴定终点读数为19.90 mL C. 用图3装置进行酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液实验 D. 图4滴定时一手控制滴定管玻璃活塞，一手摇动锥形瓶，眼睛注视滴定管液面 【答案】A 【解析】 【详解】A．碱式滴定管赶出滴定管内的气泡的操作为将胶管向上弯曲，挤捏玻璃小球快速放出溶液使尖嘴中的气泡排出，A正确； B．由图可知，终点读数为18.10 mL，B错误； C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以酸性高锰酸钾溶液不能用碱式滴定管盛装，C错误； D．滴定时，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化以判断滴定终点，不能注视滴定管液面，D错误； 故选A。 9. 已知：N2(g) +3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4 kJ/mol.若断裂1 mol H-H、1 molN≡N需要吸收的能量分别为akJ、b kJ。则生成1 mol N－H放出能量的数值为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，设生成1 mol N－H放出能量的数值为x kJ，则-92.4 kJ=akJ×3+ b kJ-x kJ×6，则x=，故B正确。 故选B。 10. 把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，现象如下： 实验 现象 ①中溶液变蓝 ②中溶液产生胶状沉淀 ③中生成沉淀 ④中产生黄绿色气体 下列现象及分析不正确的是 A. ①中溶液变蓝，体现了浓盐酸的氧化性 B. ②中产生白色胶状沉淀：2H++=H2SiO3↓ C. ③中产生沉淀的原因可用平衡移动原理解释 D. ④中产生黄绿色气体：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O 【答案】A 【解析】 【分析】浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl气体遇到不同物质表现的性质不同，水溶液具有强酸性、还原性，可根据物质不同判断物质的作用，据此分析。 【详解】A．①中HCl遇KI溶液不能发生反应产生I2，所以不会出现溶液变蓝的现象，A错误； B．由于酸性HCl>H2SiO3，所以遇Na2SiO3溶液会发生反应：2HCl+ Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl，由于硅酸是白色难溶性的物质，所以会看到产生白色胶状沉淀，B正确； C．在饱和NaCl溶液中存在溶解平衡：NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq)，HCl溶于饱和NaCl溶液，使溶液Cl-浓度增大，破坏了溶解平衡，平衡逆向移动，降低了NaCl的溶解度，因此会析出NaCl固体，即产生白色沉淀，C正确； D．HCl溶解在NaClO溶液中，会发生反应：2HCl+NaClO=NaCl+Cl2↑+H2O，因此会看到有黄绿色气体产生，离子方程式是：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O ，D正确； 故合理选项是A。 【点睛】本题考查盐酸的性质。浓盐酸具有挥发性、酸性、还原性，稀盐酸具有酸性、氧化性，物质的浓度不同，表现的性质不同。要灵活运用，结合具体问题具体分析。 11. 在体积恒为1L的密闭容器中发生反应：。测得不同条件下A的平衡转化率a(A)如下表。 实验序号 实验温度 初始投料量 1 10 10 50 2 10 10 a 3 15 10 40 下列说法正确的是 A. 当容器内压强不变时，反应达到化学平衡状态 B. 时，反应的化学平衡常数值为2 C. 若，则 D. 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A． 反应气体分子总数不变，则等温等体积的条件下，容器内压强始终不变，故压强不变不能说明达到化学平衡状态，A错误； B． 时，，则反应的化学平衡常数，B错误； C． 正反应放热，降温时平衡右移，若，则，C错误； D． ，，平衡常数是温度的函数，故，D正确； 答案选D。 12. 室温下，向20.00mL浓度为0.1000mol/L HA溶液中逐滴加入0.1000mol/L的KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化) 下列说法正确的是 A. a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是a点 B. 若b点V(KOH)=10.00mL，则有：c(K+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-) C. c点是滴定终点，HA与KOH恰好完全反应 D. d点一定存在：c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-) 【答案】D 【解析】 【分析】若HA为强酸，0.1000mol/L HA溶液pH=1，但从图像来看，初始a点pH＞1（0-7中点略靠下），故HA为弱酸，滴定终点所得溶质为KA，水解使溶液呈碱性（），c点pH=7，尚未到达滴定终点，据此解答。 【详解】A．HA抑制水的电离，KA水解促进水的电离，a→c过程中HA不断转化为KA，在水的电离依次增强， d点氢氧化钾过量，碱抑制水的电离，则四点中水的电离程度最大的是c点，A错误； B．b点加入溶液时，溶液中为等物质的量浓度的HA与KA的混合体系，由图可知b点溶液，即，结合电荷守恒，可推得，因此溶液中离子浓度关系应为，B错误； C．由分析可知，c点溶液呈中性，但并不是滴定终点，c点时HA尚未完全反应，C错误； D．电解质溶液始终呈电中性，d点溶液中的阳离子为、，阴离子为、，根据电荷守恒必然满足，D正确； 故选D。 13. 常温下，利用NaOH调节溶液pH时，维持溶液中含磷微粒的物质的量浓度之和始终为0.1mol/L，得到溶液中各种含磷微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A. H3PO4的电离方程式为：H3PO4 3H+＋PO B. M点时，溶液中c(Na+)>c(H2PO)=c(HPO)>c(OH-)>c(H+) C. pH=5时，溶液c(Na+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3(PO) D. pH=10时，溶液中水的电离程度比纯水小 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图可知，溶液中含磷微粒有、、、，说明磷酸为弱酸，电离为分步电离，部分电离，其中第一步电离方程式为，A错误； B．M点=，溶液的，溶液呈碱性，，溶液中存在电荷守恒=+2+3+，则>，水电离程度较小，溶液中存在c(Na+)>c(H2PO)=c(HPO)>c(OH-)>c(H+)，B正确； C．pH=5时，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒=+2+3+，则<+2+3，C错误； D．pH=10时，溶液中含磷微粒主要是，溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，则溶液中水的电离程度比纯水大，D错误； 答案选B。 14. 向溶液中加入镁条(已去除表面氧化膜)产生大量气泡。为探究其反应原因，设计实验如下： 已知：溶度积常数(25℃)：； 下列说法不正确的是 A. 试管i中，的水解程度大于电离程度 B. 试管ii大量气泡中一定含有 C. 试管iii中白色沉淀一定不含 D. 与溶液的反应可表示为 【答案】C 【解析】 【详解】A．滴有酚酞的碳酸氢钠溶液显红色，说明溶液显碱性，则的水解程度大于电离程度，A正确； B．根据现象可知Mg被氧化，根据试管中各物质的性质可知应是+1价的氢元素将其氧化，所以一定会生成氢气，B正确； C．ii中红色加深，说明碱性增强，应是转化水解程度更大的，而根据题目所给信息可知碱性环境中更容易生成Mg(OH)2沉淀，所以白色沉淀一定含Mg(OH)2，C错误； D．根据实验现象可知Mg与 NaHCO3溶液的反应的应为：Mg与电离出的H+反应得到Mg2+和氢气，促进的电离，产生大量，同时溶液碱性增强，从而生成Mg(OH)2 和MgCO3沉淀，所以化学方程式为2Mg+2NaHCO3+2H2O=Mg(OH)2 +MgCO3+Na2CO3+2H2↑，D正确； 故选C。 第Ⅱ卷(非选择题部分 共58分) 二、主观题：(本大题共5大题，共58分，把答案写在答题纸上。) 15. 硝酸是重要的化工原料，工业生产硝酸的流程如下图所示： 已知：ⅰ．受热易分解为、等物质； ⅱ． （1）步骤Ⅰ：制高纯氢 ①反应器中初始反应的生成物有两种，且物质的量之比为1∶4，甲烷与水蒸气反应的化学方程式是______。 ②所得中含有少量CO气体，影响后续反应催化剂活性，可利用如下反应吸收CO：（注：Ac代表）。利于CO被吸收的反应条件有______（写出两点）。 （2）步骤Ⅱ：合成氨 工业合成氨时，每生成1 mol 放出46.1 kJ热量，则合成氨的热化学方程式是______________。 （3）步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均是放热反应，步骤Ⅴ在反应前需将冷却。 ①步骤Ⅴ的化学方程式是_______________。 ②冷却有利于提高产率，原因是______（写出一点即可）。 ③提高由转化为的整个过程中氮原子利用率的措施是________________。 【答案】（1） ①. ②. 降低温度；增大压强 （2） （3） ①. ②. 防止温度高造成分解 ③. 通入过量的，使生成的NO全部转化为硝酸 【解析】 【分析】步骤Ⅰ中，甲烷与水蒸气反应制得含氢气的混合气体，再利用题给吸收反应除去其中会影响后续催化剂活性的CO。步骤Ⅱ中，净化后的氢气与氮气反应合成氨。步骤Ⅲ中，被氧化生成NO；步骤Ⅳ中，NO继续被氧化生成。步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均放热，所得在步骤Ⅴ反应前先冷却，再用水吸收得到硝酸，同时生成NO。 【小问1详解】 ①流程表明生成物之一为，另一种生成物应为碳的氧化物。按生成1 mol碳的氧化物和4 mol 计，由碳原子守恒可知消耗1 mol ，再由氢原子守恒可知消耗2 mol ，这些水蒸气带入的氧原子与碳原子组成，符合题给产物物质的量比。因此，化学方程式为。 ②题给吸收CO的反应正反应放热，降低温度可使平衡向放热方向移动，促进CO被吸收；正反应消耗气态CO和，产物处于溶液中，气体的总物质的量减小，增大压强可使平衡向正反应方向移动，也能促进CO被吸收。因此可采用的条件为降低温度、增大压强； 【小问2详解】 氮气与氢气合成氨时，按氮、氢原子守恒，、和的化学计量数之比为1∶3∶2。每生成1 mol氨气放出46.1 kJ热量，则生成2 mol氨气放出的热量为。该反应放热，，且合成氨是可逆反应，因此热化学方程式为； 【小问3详解】 ①步骤Ⅴ中，与水反应生成和NO。氮元素的化合价由+4价分别升高至+5价、降低至+2价，根据得失电子守恒，生成的与NO的物质的量之比为2∶1，再根据原子守恒配平，得化学方程式。 ②步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均放热，所得气体温度较高；题给信息说明受热易分解。因此，吸收前冷却，可防止温度高造成生成的分解，从而提高其产率。 ③步骤Ⅴ生成NO，使部分氮原子尚未进入硝酸。通入后，NO被氧化，发生反应；生成的继续与水反应，发生反应。前一反应乘以3，后一反应乘以2，相加并消去两侧相同物质，得总反应。因此，通入过量的并继续用水吸收，可使生成的NO全部转化为硝酸，提高整个过程中氮原子的利用率。 16. 草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中。 （1）写出草酸的电离方程式：_________________。 （2）已知：0.1mol·L-1 KHC2O4溶液呈酸性。下列说法正确的是______(填字母序号)。 a．0.1mol·L-1 KHC2O4溶液中： b．0.1mol·L-1 KHC2O4溶液中： c．浓度均为0.1 mol·L-1 KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中： d．0.1mol/L KHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c(K+)＞c(Na+) （3）利用草酸制备草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的流程及组分测定方法如下： 已知：ⅰ．pH＞4时，Fe2+易被氧气氧化 ⅱ．几种物质的溶解度(g/100g H2O)如下 FeSO4·7H2O (NH4)2SO4 FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O 20℃ 48 75 37 60℃ 101 88 38 ①用稀硫酸调溶液pH至1～2的目的是：_____________，_____________。 ②氧化还原滴定法常用于测定草酸亚铁晶体的摩尔质量(M)。称取a g草酸亚铁晶体溶于稀硫酸中，用b mol·L-1 的高锰酸钾标准液滴定，到达滴定终点时，消耗高锰酸钾V mL，则M=______。(已知：部分反应产物为Mn2+、Fe3+、CO2) 【答案】（1）， （2）abd （3） ①. 抑制Fe2+和的水解 ②. 防止Fe2+被氧化 ③. g·mol-1 【解析】 【分析】硫酸亚铁晶体中加入硫酸铵、稀硫酸调节pH=1-2，再经过蒸发浓缩、趁热过滤得到FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O，加入稀硫酸溶解，再加入草酸，生成草酸亚铁，再经过加热过滤得到FeC2O4·xH2O，据此分析； 【小问1详解】 草酸是二元弱酸，在水溶液中部分电离且分步进行，以第一步电离为主，其电离方程式为：，； 【小问2详解】 a．根据电荷守恒，溶液中所有阳离子带的正电荷总数等于所有阴离子带的负电荷总数，即，a正确； b．溶液呈酸性，说明的电离程度大于其水解程度，故，而电离和水解都是微弱的，可知离子浓度大小关系为，b正确； c．浓度均为的和混合溶液中，钾离子总浓度为，草酸根相关微粒总浓度为，根据物料守恒有，c错误； d．若加入等体积等浓度的溶液，恰好完全反应生成，由于水解使溶液呈碱性；要使溶液呈中性，加入的溶液体积必须略小于溶液体积，因此溶液中，d正确； 故选abd； 【小问3详解】 ①结合已知信息“时，易被氧气氧化”，用稀硫酸调溶液至可以防止被氧化；同时溶液中的和均为弱碱阳离子，易发生水解，酸性条件可以有效抑制和的水解； ②滴定过程中，被氧化为（失去1个电子），被氧化为（失去2个电子），即共失去电子；被还原为，得到电子。根据得失电子守恒，存在关系式：。消耗的高锰酸钾物质的量为，则。草酸亚铁晶体的摩尔质量。 17. 将转化为化工原料，对实现“碳中和”有重要意义。相关反应如下。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）将和转化为和水蒸气的热化学方程式为________。 （2）恒温条件下将反应Ⅰ在下列两种容器中进行（温度、投料、起始体积均相同），的平衡转化率更高的是________（填序号）。 a.容积可变的恒压容器 b.容积不变的恒容容器 （3）可作为反应Ⅱ的催化剂，可能的催化过程如下。补充i的化学方程式。 i.________ ii. （4）一种实现反应Ⅰ和反应Ⅱ联用的方法如下。恒温恒压（750℃、130kPa）下，阶段向反应器（图a）中通入、混合气（体积比为），阶段通入气。发生的转化如图b所示。测得出气口的气体组成如图c所示（始终未检出）。 ①已知750℃时（3）中反应ii的平衡常数约为10。 阶段，存在时，出气口几乎检测不到；若不加入，出气口会检测到较多和。结合平衡移动原理解释的作用：________。 ②时通入能快速产生大量，结合化学方程式分析原因：________。 ③该方法将和分在不同时段收集，显著提高了的转化率。 【答案】（1） （2）a （3） （4） ①. ，降低，使平衡正向移动（或使反应ii平衡逆向移动） ②. 通入促进正向进行，产生的快速发生反应：，从而快速生成大量CO。 【解析】 【小问1详解】 目标反应为CH4和CO2转化为CO和H2O(g)，需结合反应I与反应II，反应I： ，反应II： ，将反应I 和2倍反应II相加，消去中间产物H2：，简化得： 。 【小问2详解】 反应I是气体分子数增加的反应（Δn = +2）。在恒温条件下：a. 恒压容器：体积随反应膨胀，相当于减压，平衡右移，CH4转化率更高；b. 恒容容器：压力随反应增大，平衡左移，CH4转化率较低。因此，CH4平衡转化率更高的是 a。 【小问3详解】 催化循环中，Fe3O4作为催化剂参与两步反应：步骤i：Fe3O4被H2还原为 Fe，同时生成H2O；步骤ii：Fe被CO2氧化回Fe3O4，同时生成CO。步骤i的化学方程式为：。 【小问4详解】 ①因CaO会与CO2反应生成CaCO3：，该反应显著降低体系中CO2浓度，使平衡正向移动（或使反应ii平衡逆向移动），导致CO浓度极低，几乎检测不到；②通入惰性气体He，在恒压条件下稀释体系，降低CO2分压，使反应的平衡正向移动，促使 CaCO3分解，释放出的CO2与Fe发生反应：，从而快速生成大量CO。 18. 高纯硫酸锰在电池材料等领域具有重要的用途，可用如下方法制备。 （1）酸浸 酸浸过程中的庄要反应为(将离子方程式补充完整)：_____________。 （2）净化 含MnSO4的浸取液中有Fe3+、Fe2+、K+、Ca2+、Pb2+等杂质离子，一种制备高纯硫酸锰的工艺流程如下。 已知：a．MnF2、BaS可溶于水 b．部分难溶电解质的溶度积常数(25℃)如下表： 化学式 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 CaF2 PbS MnS Ksp 2.8×10-39 4.9×10-17 1.9×10-13 5.3×10-9 8.0×10-28 2.5×10-13 ①加入MnO2的目的是：______。 ②常温下，调节溶液pH=4，此时c(Fe3+)=______。 ③加入BaS作为沉淀剂时发生反应的离子方程式有____________。 （3）“酸浸渣”中锰元素含量检测 ⅰ．称取m g酸浸渣，将其中的锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中； ⅱ．取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量的(NH4)2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使剩余的(NH4)2S2O8分解；(已知：) ⅲ．加入指示剂，用a mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，至终点时消耗b mL，重新变为Mn2+。 ①“酸浸渣”中锰元素的质量分数为______。 ②ⅱ中若未充分加热煮沸，将会造成锰元素质量分数的测定结果______(填“偏大”“偏小”或“不影响”)。 【答案】（1） （2） ①. 将Fe2+氧化成更易沉淀的Fe3+ ②. 2.8×10-9 mol·L-1 ③. S2-+Pb2+=PbS↓、 （3） ①. 或 ②. 偏大 【解析】 【小问1详解】 酸浸过程有氢离子参与，则反应物中有H+，产物中有H2O，已知FeS2的系数为2，根据S原子守恒，则产物中的系数为4，反应中FeS2中Fe共失去2个电子，S失去28个电子，则Mn得到30个电子，MnO2前系数为15，Mn2+前系数为15，则离子方程式为； 【小问2详解】 含MnSO4的浸取液中加入MnO2，将Fe2+氧化成Fe3+，滤液1中加入MnCO3调pH=4，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀，滤液2中加适量MnF2，除去钙离子，再加BaS，除去Pb2+，最后经过系列操作得到纯净MnSO4溶液； ①加入MnO2的目的是将Fe2+氧化成更易沉淀的Fe3+，便于后续除去铁离子； ②pH=4时，c(OH-)=10-10 mol/L，根据氢氧化铁的溶度积常数，c(Fe3+)===2.8×10-9 mol/L<1×10-5 mol/L，可判断铁离子已沉淀完全； ③加入BaS作为沉淀剂时能沉淀铅离子和硫酸根离子，发生反应的离子方程式有S2-+Pb2+=PbS↓、； 【小问3详解】 ⅲ中Fe2+与反应，根据得失电子守恒可知，消耗Fe2+的物质的量与消耗的物质的量比值为5：1，已知消耗Fe2+的量为a×b×10-3 mol，则消耗的物质的量为a×b×10-3 mol，根据Mn元素守恒，可知酸浸渣中锰元素的质量为a×b×10-3 mol×55 g/mol×4=44ab×10-3 g，故酸浸渣中锰元素的质量分数为； ②ⅱ中若未充分煮沸，会将ⅲ中的亚铁离子氧化成铁离子，则消耗的硫酸亚铁铵体积偏大，导致测定结果偏大。 19. 某小组验证“”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。 （1）从正反应方向探究 实验.取溶液，加入溶液()，溶液呈棕黄色，不再发生变化。 ①通过检测出_______，证实反应A存在限度。 ②加入，振荡，平衡向_______移动。 ③除反应A外，KI还可以与发生_______(写离子方程式)，促进与的反应。 （2）从逆反应方向探究 实验：向碘水(含淀粉)中加入酸性溶液，无明显变化，未检出。 ①甲同学认为加入溶液可增大与的反应程度。甲同学依据的原理是_______。 ②验证：加入溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去，能检出。 （3）乙同学认为碘水中含有，加入溶液也可能产生沉淀。做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。 查阅资料：。 实验验证： 已知：ⅰ.AgI难溶、微溶； ⅱ.一定条件下，微溶物可以向难溶物转化。 ①Ⅲ中KI溶液的作用是_______(用离子方程式表示)。 ②Ⅳ中KI溶液的作用是_______。 （4）检验、比较沉淀的成分，可明确的作用。 问题思考：在与碘水的混合液中加入溶液，可能发生如下反应： i.与在的促进下发生的氧化还原反应 ii.与在促进下发生的反应 iii.与的反应 确认是否发生反应ⅲ，设计实验：将反应后混合物过滤，_______。 供选择试剂：稀溶液、KI溶液。 已知：溶于溶液；AgI难溶于稀。 【答案】（1） ①. ②. 正反应方向 ③. （2）反应生成AgI沉淀，降低，逆向移动，反应生成AgI沉淀，提高了的氧化能力 （3） ①. ②. 将转化为AgI （4）方法一：取滤渣，加入足量溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，ⅲ成立 方法二：取滤渣，加入足量KI溶液。过滤，若有固体剩余，加入稀，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，ⅲ成立 【解析】 【分析】（1）从正反应方向探究：取5 mL 0.01 mol⋅L−1 KI溶液，加入2 mL 0.01 mol⋅L−1 FeCl3溶液(pH=1)，铁离子不足，溶液呈棕黄色，不再发生变化，溶液中检测出Fe3+，说明Fe3+未完全转化为Fe2+，证明该反应存在限度；加入CCl4，振荡，反应生成的碘被CCl4萃取，使得平衡向正反应方向移动；KI中的碘离子能与反应A生成的单质碘，发生反应，消耗生成的碘，从而使平衡向正反应方向移动； （2）从逆反应方向探究：向碘水(含淀粉)中加入酸性FeSO4溶液，无明显变化，未检出Fe3+， 加入Ag2SO4溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，平衡逆向移动，可增大Fe2+与的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了的氧化能力，Fe2+被氧化成Fe3+的反应程度增大； （3）乙同学认为碘水中含有I−，加入Ag2SO4溶液也可能产生沉淀，做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入Ag2SO4溶液，由反应以及AgI难溶、AgIO3微溶，沉淀b为AgIO3和AgI；加入过量的KI溶液可将微溶的AgIO3转化成更难溶的AgI；加入稀硫酸，生成碘单质，使淀粉溶液变蓝；溶液中加入氯化钠溶液，过滤，向滤液中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明KI将滤液中的还原成了，离子方程式为：，据此分析回答。 【小问1详解】 ①溶液中检测出Fe3+，说明Fe3+未完全转化为Fe2+，证明该反应存在限度； ②加入CCl4，振荡，反应生成的碘被CCl4萃取，使得平衡向正反应方向移动； ③KI中的碘离子能与反应A生成的单质碘发生反应：，消耗生成的碘，从而促进与的反应； 【小问2详解】 加入Ag2SO4溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，平衡逆向移动，可增大Fe2+与的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了的氧化能力，Fe2+被氧化成Fe3+的反应程度增大； 【小问3详解】 ①由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明KI将滤液中的还原成了，离子方程式为：； ②已知，AgI难溶、AgIO3微溶，则沉淀b为AgIO3和AgI；加入过量的KI溶液可将微溶的AgIO3转化成更难溶的AgI； 【小问4详解】 若Fe2+与Ag+发生反应，会有单质银生成，确认是否发生反应iii，只需检验是否有单质银生成，因此取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立；或者取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年度第一学期高二年级期中 化学试题 考生须知： 1.本试卷分为Ⅰ、Ⅱ两卷，两大题共有19小题，共9页，满分100分；答题纸共2页考试时长90分钟。 2.请将个人信息完整填写在答题纸密封线内，确保信息准确无误。“机读答题卡”学号是18825XXXX。 3.第1卷各题均须用2B铅笔按规定要求在“机读答题卡”对应区域上作答，选项与题号要对应，填涂要规范，保持答题卡整洁，不要折叠、折皱、破损，不得做任何标记。 4.第Ⅱ卷各题均须用黑色字迹的签字笔按规定要求在答题纸上作答。 可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N14 O16 Fe56 Mn 55 第Ⅰ卷(共42分 请将答案填涂在答题纸上) 一、选择题：(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意) 1. 下列生活中的做法不能用平衡移动原理解释的是 A．用铁粉作脱氧保鲜剂 B．白醋稀释10倍后pH增大＜1 C．用纯碱溶液清洗油污 D．用明矾净水 A. A B. B C. C D. D 2. 下列说法正确的是 A. 强电解质溶液导电能力一定比弱电解质溶液导电能力强 B. 常温下，某碳酸氢钠溶液pH≈8.2，该溶液中的水解程度大于电离程度 C. 用已知浓度盐酸滴定未知浓度的氨水时可选择酚酞为指示剂 D. AlCl3和FeCl3均既可作净水剂也可作消毒剂 3. 已知：A(g)+B(g)C(g) ΔH＜0。下列叙述错误的是 A. 反应物的总能量高于生成物的总能量 B. 反应A(g)+B(g)C(l)一定是放热反应 C. 升高温度，该反应的活化能增大 D. 升高温度，该平衡逆向移动 4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中，一定可以大量共存的是 A. 无色溶液中 Mg2+、Al3+、、 B. pH=1的溶液中 、Ba2+、、 C. 含的溶液中 H+、K+、Br-、I- D. 的溶液中 Na+、K+、CH3COO-、 5. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 0.5mol氮气分子中共价键的数目为1.5NA B. 标准状况下，2.24L H2O中电子的数目为6.4NA C. 1.0L pH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.02NA D. 1.0L 1.0mol·L-1的Na2CO3溶液中的数目为1.0NA 6. 催化加氢制备是资源化利用的重要途径。已知下图所示的反应的能量变化。 下列说法不正确的是 A. 由图1推知反应物断键吸收的能量小于生成物成键释放的能量 B. 图2中，若生成的为液态，则能量变化曲线为① C. D. 制备的反应使用催化剂时，其不变 7. 下列物质的制备方案不正确的是 选项 目标产物 制备方案 A 将溶液蒸干并灼烧 B 将溶于大量水中并加热，所得产物经焙烧可得 C 无水 将与混合并加热 D 将用0.01 mol·L-1硫酸洗涤以减少损失 A. A B. B C. C D. D 8. 下列实验操作正确的是 A. 图1操作为赶出碱式滴定管内的气泡 B. 图2所示，记录滴定终点读数为19.90 mL C. 用图3装置进行酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液实验 D. 图4滴定时一手控制滴定管玻璃活塞，一手摇动锥形瓶，眼睛注视滴定管液面 9. 已知：N2(g) +3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4 kJ/mol.若断裂1 mol H-H、1 molN≡N需要吸收的能量分别为akJ、b kJ。则生成1 mol N－H放出能量的数值为 A. B. C. D. 10. 把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，现象如下： 实验 现象 ①中溶液变蓝 ②中溶液产生胶状沉淀 ③中生成沉淀 ④中产生黄绿色气体 下列现象及分析不正确的是 A. ①中溶液变蓝，体现了浓盐酸的氧化性 B. ②中产生白色胶状沉淀：2H++=H2SiO3↓ C. ③中产生沉淀的原因可用平衡移动原理解释 D. ④中产生黄绿色气体：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O 11. 在体积恒为1L的密闭容器中发生反应：。测得不同条件下A的平衡转化率a(A)如下表。 实验序号 实验温度 初始投料量 1 10 10 50 2 10 10 a 3 15 10 40 下列说法正确的是 A. 当容器内压强不变时，反应达到化学平衡状态 B. 时，反应的化学平衡常数值为2 C. 若，则 D. 12. 室温下，向20.00mL浓度为0.1000mol/L HA溶液中逐滴加入0.1000mol/L的KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化) 下列说法正确的是 A. a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是a点 B. 若b点V(KOH)=10.00mL，则有：c(K+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-) C. c点是滴定终点，HA与KOH恰好完全反应 D. d点一定存在：c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-) 13. 常温下，利用NaOH调节溶液pH时，维持溶液中含磷微粒的物质的量浓度之和始终为0.1mol/L，得到溶液中各种含磷微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A. H3PO4的电离方程式为：H3PO4 3H+＋PO B. M点时，溶液中c(Na+)>c(H2PO)=c(HPO)>c(OH-)>c(H+) C. pH=5时，溶液c(Na+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3(PO) D. pH=10时，溶液中水的电离程度比纯水小 14. 向溶液中加入镁条(已去除表面氧化膜)产生大量气泡。为探究其反应原因，设计实验如下： 已知：溶度积常数(25℃)：； 下列说法不正确的是 A. 试管i中，的水解程度大于电离程度 B. 试管ii大量气泡中一定含有 C. 试管iii中白色沉淀一定不含 D. 与溶液的反应可表示为 第Ⅱ卷(非选择题部分 共58分) 二、主观题：(本大题共5大题，共58分，把答案写在答题纸上。) 15. 硝酸是重要的化工原料，工业生产硝酸的流程如下图所示： 已知：ⅰ．受热易分解为、等物质； ⅱ． （1）步骤Ⅰ：制高纯氢 ①反应器中初始反应的生成物有两种，且物质的量之比为1∶4，甲烷与水蒸气反应的化学方程式是______。 ②所得中含有少量CO气体，影响后续反应催化剂活性，可利用如下反应吸收CO：（注：Ac代表）。利于CO被吸收的反应条件有______（写出两点）。 （2）步骤Ⅱ：合成氨 工业合成氨时，每生成1 mol 放出46.1 kJ热量，则合成氨的热化学方程式是______________。 （3）步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均是放热反应，步骤Ⅴ在反应前需将冷却。 ①步骤Ⅴ的化学方程式是_______________。 ②冷却有利于提高产率，原因是______（写出一点即可）。 ③提高由转化为的整个过程中氮原子利用率的措施是________________。 16. 草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中。 （1）写出草酸的电离方程式：_________________。 （2）已知：0.1mol·L-1 KHC2O4溶液呈酸性。下列说法正确的是______(填字母序号)。 a．0.1mol·L-1 KHC2O4溶液中： b．0.1mol·L-1 KHC2O4溶液中： c．浓度均为0.1 mol·L-1 KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中： d．0.1mol/L KHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c(K+)＞c(Na+) （3）利用草酸制备草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的流程及组分测定方法如下： 已知：ⅰ．pH＞4时，Fe2+易被氧气氧化 ⅱ．几种物质的溶解度(g/100g H2O)如下 FeSO4·7H2O (NH4)2SO4 FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O 20℃ 48 75 37 60℃ 101 88 38 ①用稀硫酸调溶液pH至1～2的目的是：_____________，_____________。 ②氧化还原滴定法常用于测定草酸亚铁晶体的摩尔质量(M)。称取a g草酸亚铁晶体溶于稀硫酸中，用b mol·L-1 的高锰酸钾标准液滴定，到达滴定终点时，消耗高锰酸钾V mL，则M=______。(已知：部分反应产物为Mn2+、Fe3+、CO2) 17. 将转化为化工原料，对实现“碳中和”有重要意义。相关反应如下。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）将和转化为和水蒸气的热化学方程式为________。 （2）恒温条件下将反应Ⅰ在下列两种容器中进行（温度、投料、起始体积均相同），的平衡转化率更高的是________（填序号）。 a.容积可变的恒压容器 b.容积不变的恒容容器 （3）可作为反应Ⅱ的催化剂，可能的催化过程如下。补充i的化学方程式。 i.________ ii. （4）一种实现反应Ⅰ和反应Ⅱ联用的方法如下。恒温恒压（750℃、130kPa）下，阶段向反应器（图a）中通入、混合气（体积比为），阶段通入气。发生的转化如图b所示。测得出气口的气体组成如图c所示（始终未检出）。 ①已知750℃时（3）中反应ii的平衡常数约为10。 阶段，存在时，出气口几乎检测不到；若不加入，出气口会检测到较多和。结合平衡移动原理解释的作用：________。 ②时通入能快速产生大量，结合化学方程式分析原因：________。 ③该方法将和分在不同时段收集，显著提高了的转化率。 18. 高纯硫酸锰在电池材料等领域具有重要的用途，可用如下方法制备。 （1）酸浸 酸浸过程中的庄要反应为(将离子方程式补充完整)：_____________。 （2）净化 含MnSO4的浸取液中有Fe3+、Fe2+、K+、Ca2+、Pb2+等杂质离子，一种制备高纯硫酸锰的工艺流程如下。 已知：a．MnF2、BaS可溶于水 b．部分难溶电解质的溶度积常数(25℃)如下表： 化学式 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 CaF2 PbS MnS Ksp 2.8×10-39 4.9×10-17 1.9×10-13 5.3×10-9 8.0×10-28 2.5×10-13 ①加入MnO2的目的是：______。 ②常温下，调节溶液pH=4，此时c(Fe3+)=______。 ③加入BaS作为沉淀剂时发生反应的离子方程式有____________。 （3）“酸浸渣”中锰元素含量检测 ⅰ．称取m g酸浸渣，将其中的锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中； ⅱ．取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量的(NH4)2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使剩余的(NH4)2S2O8分解；(已知：) ⅲ．加入指示剂，用a mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，至终点时消耗b mL，重新变为Mn2+。 ①“酸浸渣”中锰元素的质量分数为______。 ②ⅱ中若未充分加热煮沸，将会造成锰元素质量分数的测定结果______(填“偏大”“偏小”或“不影响”)。 19. 某小组验证“”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。 （1）从正反应方向探究 实验.取溶液，加入溶液()，溶液呈棕黄色，不再发生变化。 ①通过检测出_______，证实反应A存在限度。 ②加入，振荡，平衡向_______移动。 ③除反应A外，KI还可以与发生_______(写离子方程式)，促进与的反应。 （2）从逆反应方向探究 实验：向碘水(含淀粉)中加入酸性溶液，无明显变化，未检出。 ①甲同学认为加入溶液可增大与的反应程度。甲同学依据的原理是_______。 ②验证：加入溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去，能检出。 （3）乙同学认为碘水中含有，加入溶液也可能产生沉淀。做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。 查阅资料：。 实验验证： 已知：ⅰ.AgI难溶、微溶； ⅱ.一定条件下，微溶物可以向难溶物转化。 ①Ⅲ中KI溶液的作用是_______(用离子方程式表示)。 ②Ⅳ中KI溶液的作用是_______。 （4）检验、比较沉淀的成分，可明确的作用。 问题思考：在与碘水的混合液中加入溶液，可能发生如下反应： i.与在的促进下发生的氧化还原反应 ii.与在促进下发生的反应 iii.与的反应 确认是否发生反应ⅲ，设计实验：将反应后混合物过滤，_______。 供选择试剂：稀溶液、KI溶液。 已知：溶于溶液；AgI难溶于稀。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $