精品解析：北京市中关村中学2026-2027学年高二上学期期中调研 化学试卷

北京市中关村中学2026—2027学年第一学期期中调研 高二化学 2026.11 本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Mg 24 Al 27 Fe 56 第一部分 在每题列出的四个选项中，选出最符合要求的一项。 1. 下列反应中，生成物的总能量大于反应物总能量的是 A. 生石灰与水反应 B. 碳酸钙受热分解 C. 过氧化氢分解生成水和氧气 D. 甲烷在空气中燃烧 【答案】B 【解析】 【详解】A．生石灰与水反应生成氢氧化钙，放出热量，属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，A不符合题意； B．碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，吸收热量，属于吸热反应，生成物的总能量大于反应物的总能量，B符合题意； C．过氧化氢分解生成水和氧气时放出热量，属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，C不符合题意； D．甲烷在空气中燃烧时放出热量，属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，D不符合题意； 故选B。 2. 下列物质在水溶液中的电离方程式正确的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．氢氧化钙是强电解质，虽然微溶于水，但溶于水的部分完全电离，生成钙离子和氢氧根离子，电离方程式为，A正确； B．硫化氢是二元弱酸，在水溶液中分步电离，每一步均存在电离平衡，不能将两步电离合写为一步，正确的电离方程式为、，B错误； C．碳酸氢钠是可溶性盐，在水溶液中完全电离为钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能完全电离为氢离子和碳酸根离子。碳酸氢钠的电离方程式为，碳酸氢根离子的进一步电离应表示为，C错误； D．水是弱电解质，只发生微弱电离，存在电离平衡，应使用可逆号，正确的电离方程式为，D错误； 故选A。 3. 我国在单原子催化剂领域成绩斐然。单原子催化剂是指孤立的金属原子均匀分散在载体表面，发生催化的位点落在单个原子上。 下列说法不正确的是 A. 单原子催化剂能降低反应的焓变 B. 催化剂能提高化学反应速率 C. 单原子催化剂中原子的利用率更高 D. 催化剂不能增大平衡转化率 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应的焓变取决于反应物与生成物的总焓之差。单原子催化剂能改变反应途径、降低反应的活化能，但不改变反应物与生成物的总焓，因此不能降低反应的焓变，A错误； B．催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，从而提高化学反应速率，B正确； C．单原子催化剂中的金属原子孤立地分散在载体表面，能充分与反应物接触并发挥催化作用；传统催化剂中的金属原子聚集成颗粒，内部原子难以与反应物接触，因此单原子催化剂中原子的利用率更高，C正确； D．催化剂能同等程度地加快正、逆反应速率，使反应更快达到平衡，但不能使化学平衡发生移动，因此不能增大平衡转化率，D正确； 故选A。 4. 用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，11.2 L 和的混合气体含有的分子数为 B. 1 L 0.1 mol/L 溶液含有的个数为 C. 0.1 mol Na与10 mL 0.5 mol/L盐酸充分反应，转移电子数为 D. 含有的原子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状况下，氧气和氮气均为气体，混合气体的物质的量为，所含分子数为，A错误； B．溶液中溶质的物质的量为。由于发生水解，水解方程式为，故溶液中的物质的量小于0.1 mol，其个数小于，B错误； C．盐酸中HCl的物质的量为。钠与盐酸反应的方程式为，0.005 mol HCl可消耗0.005 mol Na，剩余钠的物质的量为。剩余钠继续与水反应：。溶液中的水足量，0.1 mol Na全部反应，Na元素的化合价均由0价升高到+1价，每个Na原子失去1个电子，故转移电子的物质的量为0.1 mol，转移电子数为，C正确； D．的摩尔质量为。4 g该物质的物质的量为，每个分子含2个原子，故所含原子数为，D错误； 故选C。 5. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. ，工业上将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，以制备金属钾 B. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气 C. 反应平衡后，加压，颜色加深 D. 血红蛋白（Hb）可与氧气结合：，CO比更易和Hb结合，当空气中的CO浓度大时，易造成人体缺氧，严重时导致死亡 【答案】C 【解析】 【详解】A．在反应中，将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，使钾蒸气的浓度减小，平衡正向移动，有利于制备金属钾，能用平衡移动原理解释，A不符合题意； B．氯气与水之间存在平衡，饱和食盐水中浓度较大，使该平衡逆向移动，抑制氯气与水的反应，减少收集时氯气的损失，因此可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用平衡移动原理解释，B不符合题意； C．反应两侧气体的化学计量数之和相等，加压使气体体积减小，各气体浓度按相同比例增大，平衡不移动。其中有色的碘蒸气浓度增大，使混合气体颜色加深，这一现象不能用平衡移动原理解释，C符合题意； D．CO比更易与Hb结合，当空气中的CO浓度较大时，CO与Hb结合，使可与氧气结合的Hb浓度降低，平衡逆向移动，的量减少，血液运输氧气的能力降低，导致人体缺氧，能用平衡移动原理解释，D不符合题意； 故选C。 6. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用溶液“腐蚀”覆铜板： B. NaClO、在强碱性溶液中反应制备： C. 海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴： D. 灭火时，将泡沫灭火器中的浓溶液和浓溶液混合： 【答案】B 【解析】 【详解】A．具有氧化性，能将铜氧化。铜原子失去2个电子生成，每个得到1个电子生成，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为，与所给事实相符，A正确； B．反应在强碱性溶液中进行，原式中的会与溶液中的反应，不能作为该条件下的最终产物。反应中Fe元素的化合价由+3价升高到+6价，Cl元素的化合价由+1价降低到−1价，根据得失电子守恒，与的化学计量数之比为，再结合原子守恒和电荷守恒，可得正确的离子方程式为，B错误； C．二氧化硫具有还原性，能将溴还原为，自身被氧化为硫酸。S元素的化合价由+4价升高到+6价，每个失去2个电子；Br元素的化合价由0价降低到−1价，每个得到2个电子，因此与按反应。结合原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为，与所给事实相符，C正确； D．两种浓溶液混合时，与的水解相互促进，生成沉淀并放出，反应的离子方程式为，与所给事实相符，D正确； 故选B。 7. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是 实验目的 A．制备无水FeCl3 B．测定中和反应的反应热 实验装置 实验目的 C．探究温度对化学平衡移动的影响 D．量取8.10 mL NaOH溶液 实验装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．加热时，发生水解，对应的水解方程式为，在加热过程中生成的挥发，使得水解平衡持续正向移动，最终得到甚至分解为，无法制备无水，制备无水需在HCl气流中加热以抑制水解，A错误； B．测定中和反应的反应热需要装置具备良好的保温隔热性能，减少热量散失，该装置为敞口烧杯，无隔热层与密封结构，热量损失大，无法准确测定中和反应的反应热，B错误； C．装置中两个连通的盛有和混合气体的烧瓶，分别置于热水和冰水的不同温度环境中，控制其他条件一致，仅改变温度，可通过观察烧瓶内气体颜色变化，探究温度对平衡移动的影响，C正确； D．量筒的精确度为0.1 mL，无法达到0.01 mL的读数精度，不能量取8.10 mL NaOH溶液，量取该精度的溶液应选用碱式滴定管，D错误； 故答案选：C。 8. 研究人员提出利用热化学硫碘循环实现硫化氢分解联产氢气和硫黄，转化过程如下，其中Y、Z代表I2或HI中的一种。下列说法不正确的是 A. Y在Z溶液中比在H2SO4溶液中易溶 B. 反应I中X的浓度与硫黄的产率无关 C. 反应Ⅱ的化学方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI D. 等压条件下，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应热之和等于硫化氢直接分解的反应热 【答案】B 【解析】 【分析】结合图中反应Ⅱ、Ⅲ转化和题目信息Y、Z代表I2或HI中的一种可以得到Y是I2，Z是HI，再结合反应Ⅰ的转化，可以得到X是H2SO4。 【详解】A．由分析可知，Y为I2，Z是HI，由于，所以碘单质在氢碘酸溶液中比硫酸溶液中更易溶，A正确； B．反应Ⅰ是H2S+H2SO4=S+SO2↑+2H2O，硫酸的浓度与硫黄的产率有关，B错误； C．由分析可知，反应Ⅱ是二氧化硫、碘单质和水反应生成硫酸和氢碘酸，化学方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，C正确； D．等压条件下，根据盖斯定律反应无论是一步完成还是分几步完成，其反应热相同，所以反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应热之和等于硫化氢直接分解的反应热，D正确； 故选B。 9. 温度时，在1 L的密闭容器中进行反应：，反应的速率方程为，气体A、B的起始浓度分别为1 mol/L、0.5 mol/L，反应5 s后达到平衡状态时，A的平衡转化率为80%，下列说法错误的是 A. 达到平衡后，只缩小容器体积至原来一半，A的体积分数不变 B. 升高到温度，平衡常数为100，可知该反应为放热反应 C. 时，B的平衡转化率为40% D. 增大A的浓度对速率的影响大于增大B的浓度对速率的影响 【答案】C 【解析】 【分析】A的平衡转化率为80%，反应消耗A的浓度为。各物质的起始浓度、浓度变化量和平衡浓度如下：。 【详解】A．温度不变，将容器体积缩小至原来的一半，容器内压强增大，由于反应前后气体的化学计量数之和相等，平衡不移动，各气体的物质的量及其比例不变，因此A的体积分数不变，A正确； B．在温度下，平衡常数。升温至后，平衡常数变为100，小于432，说明升温使平衡向逆反应方向移动。升温有利于吸热反应，因此逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，B正确； C．时，B的平衡转化率为，并非40%，C错误； D．根据速率方程，在温度和另一反应物浓度不变时，分别将A或B的浓度增大至原来的倍（），反应速率分别变为原来的倍或倍。由于，增大A的浓度对速率的影响大于增大B的浓度对速率的影响，D正确； 故选C。 10. 某小组研究沉淀之间的转化，实验设计如图所示。(已知：ZnS为白色固体，CuS为黑色固体)下列分析不正确的是 A. ①中存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2-(aq) B. ②中现象可证明Zn2+(aq)与S2-(aq)的反应是有限度的 C. ③中颜色变化说明ZnS转化为CuS D. 该实验可以证明CuS比ZnS更难溶 【答案】B 【解析】 【详解】A．Na2S溶液加入ZnSO4溶液中发生反应Na2S+ZnSO4=ZnS↓+Na2SO4，所以溶液中存在ZnS的沉淀溶解平衡，A正确； B．加入的Na2S为0.002L×0.2mol/L=0.0004mol，ZnSO4为0.002L×0.1mol/L=0.0001mol，所以Na2S过量，则Zn2+应完全反应，S2-一定有剩余，所以要证明Zn2+(aq)与S2-(aq)的反应是有限度的，应验证是否有Zn2+，加入CuSO4溶液出现黑色沉淀只能说明S2-存在，B错误； C．ZnS为白色固体，CuS为黑色固体，所以③中颜色变化说明ZnS转化为CuS，C正确； D．③中颜色变化说明ZnS转化为CuS，根据沉淀转化的原理可知，CuS比ZnS更难溶，D正确； 综上所述答案为B。 11. 一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。 容器编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol NO(g) CO(g) CO2(g) I T1 0.2 0.2 0.1 Ⅱ T2 0.2 0.2 0.12 下列说法不正确的是 A. T1>T2 B. I中反应达到平衡时，CO的转化率为50% C. 达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I D. 对于I，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，平衡正向移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．从平衡时二氧化碳的物质的量可知Ⅱ在Ⅰ的基础上向右移动了，反应正向放热，因此T1>T2，故A正确； B．根据表格中的数据有，x=0.05，则CO的转化率为，故B正确； C．由解析A可知T1>T2，温度越高反应速率越快，则达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I，故C正确； D．由解析B有，I的平衡常数，0.2molCO和0.2molCO2后CO和CO2的浓度变为0.3mol/L和0.3mol/L，浓度商为，平衡不移动，故D错误； 故选D。 12. 红土镍矿(主要含、和少量、)中镍含量较低，可通过黄钠铁矾沉淀法获得含镍富集液，进而生产含镍产品，其工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. 滤渣的主要成分是 B. “氧化”过程中，溶液pH可能发生变化 C. “沉铁”时加入的主要作用是提供 D. “氧化”若不充分，含镍富集液中铁含量将提高 【答案】C 【解析】 【分析】红土镍矿（主要含SiO2、Fe2O3和少量FeO、NiO）加入稀硫酸酸溶，酸溶后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，SiO2不和硫酸反应，存在于滤渣中，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀为黄钠铁矾，过滤得含镍富集液。 【详解】A．由分析可知，SiO2不和硫酸反应，滤渣的主要成分是SiO2，A正确； B．“氧化”过程中，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+ =2Fe3++Cl-+H2O，消耗氢离子的同时生成H2O，溶液中氢离子浓度改变，溶液pH可能发生变化，B正确； C．“转化”时加入Na2CO3，Na2CO3水解后呈碱性，其主要作用是调节反应液pH，以有利于黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，C错误； D．“氧化”过程中，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，后续调节pH，Fe3+更加容易沉淀，“氧化”若不充分，Fe2+沉淀不完全，含镍富集液中铁含量将提高，D正确； 故选C。 13. 在不同条件下，按投料比进行反应： ，并测定实验数据。 ①一定条件下，CO2转化率为13.68%，CH3OH产率(甲醇的物质的量/起始CO2物质的量)为4.12%。 ②一定压强下，相同时间，CH3OH产率随温度变化的数据图如下。 下列说法不正确的是 A. 与①相同条件下，提高与的比例，可以提高的转化率 B. 由①可推测，制取过程中无副反应发生 C. 由②可推测，480～520K，温度升高，速率加快是产率升高的原因 D. 由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动 【答案】B 【解析】 【详解】A．与①相同条件下，提高与的比例，即增大H2的用量，化学平衡正向移动， 的转化率增大，H2的转化率减小，A正确； B．由①可推测，一定条件下，转化率为13.68%，产率(甲醇的物质的量/起始物质的量)为4.12%，根据碳原子守恒可知，制取过程中有副反应发生，B错误； C．由图示信息可知， 480～520K，温度升高，相同时间内的CH3OH产率升高，主要是由于速率的加快，C正确； D．由题干信息可知， 正反应是一个放热反应，则由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动，D正确； 故答案为：B。 14. 依据反应，实验模拟去除锅炉水垢中的①向固体中加入一定量的溶液，测得随时间变化如图所示；②不变时，过滤。向滤渣中加入过量盐酸，产生气泡，固体溶解，取清液加入溶液，无明显变化。 资料：。 下列分析正确的是 A. 把转化为的原因是要减小的浓度 B. 反应a正向进行，需满足 C. 溶液的不变时，反应a未达到平衡状态 D. ①中加入溶液后，始终存在： 【答案】C 【解析】 【详解】A．不和酸反应，能够溶于酸，把转化为的原因是有利于去除水垢，A错误； B．反应a的平衡常数K=，反应a正向进行，需满足，B错误； C．不变时，过滤，向滤渣中加入过量盐酸，产生气泡，固体溶解，取清液加入溶液，无明显变化，说明清液中没有、滤渣中没有硫酸钙，说明反应a未达到平衡状态，C正确； D．①中加入溶液后，始终存在电荷守恒：，D错误； 故选C。 第二部分 15. 我国向国际社会承诺2030年“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。研发利用二氧化碳技术，降低空气中二氧化碳含量成为重要的任务。 （1）加氢合成的反应为。 ①在一定温度下，将一定量的和充入恒容密闭容器中合成甲醇，下列说法正确的是___________。 A．调控反应条件不能改变反应限度 B．投入1 mol 和3 mol 能得到1 mol C．混合气体摩尔质量不变，反应达到平衡 D．若使用为原料，反应物和产物均含有，则反应达到平衡 ②一般认为，该反应经过如下步骤来实现： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 则总反应的焓变___________（用包含、的代数式表示）。若某温度下，反应Ⅰ的平衡常数为，反应Ⅱ的平衡常数为，则总反应的平衡常数K = ___________（用包含、的代数式表示）。 （2）二氧化碳甲烷化反应合成替代天然气，是利用二氧化碳的技术之一，甲烷化主反应：。已知反应中相关的化学键键能数据如下： 化学键 H—H C=O H—O C—H 436 803 465 413 由此计算该主反应的___________ 。 （3）与是典型的温室气体，-重整制合成气提供了一条规模化综合利用碳源、氢源并转化温室气体的技术路线：。 ①该反应___________0。（填“>”或“<”） ②有传闻-重整制合成气可以在任何条件下自发进行，你认为是否正确？___________（填“正确”或“错误”），并写出原因___________。 （4）一定条件下，分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分___________步进行，其中，第___________步的反应速率最小。 【答案】（1） ①. C ②. ③. （2）−162 （3） ①. > ②. 错误 ③. 该反应的且，根据可知，反应只有在高温条件下才能满足从而自发进行，并非在任何条件下都能自发进行。 （4） ①. 4 ②. 4 【解析】 【小问1详解】 ① A．化学平衡是在一定条件下建立的，改变反应物浓度等条件可使平衡移动，从而改变反应限度，A错误； B．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此投入1 mol 和3 mol ，得到的少于1 mol，B错误； C．反应物和生成物均为气体，密闭容器中混合气体的总质量不变；正向反应每消耗1 mol ，气体总物质的量减少2 mol。设混合气体的总质量为、总物质的量为、摩尔质量为，由可知，反应进行时混合气体的摩尔质量发生变化。当其保持不变时，气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡，C正确； D．使用为原料，只要正反应发生，生成的甲醇和水中就会含有，未反应的二氧化碳中也含有。这一现象不能说明正、逆反应速率相等，不能据此判断反应达到平衡，D错误； 故选C； ②反应Ⅰ为，反应Ⅱ为，两反应相加并消去中间产物CO，即得到题给总反应。根据盖斯定律，反应相加时焓变相加，因此。用表示各物质在同一平衡体系中的平衡浓度，则，。将两式相乘，消去，得，所以总反应的平衡常数为； 【小问2详解】 反应焓变等于反应物键能之和减去生成物键能之和。按题给反应的化学计量关系，每消耗1 mol 和4 mol ，需要断裂2 mol C=O键和4 mol H—H键，同时形成4 mol C—H键和4 mol H—O键。反应物键能之和为，生成物键能之和为，因此； 【小问3详解】 ①反应物和生成物均为气体，按题给反应的化学计量关系，气体总物质的量由反应前的2 mol增加到反应后的4 mol，体系混乱度增大，因此，填“>”。 ②题给反应的，为吸热反应，且由①知。恒温、恒压条件下，用判断反应的自发性，其中为热力学温度，满足时反应可自发进行。由于和均大于0，只有温度足够高，使，才能满足，所以该反应只能在高温条件下自发进行，“可以在任何条件下自发进行”的说法错误； 【小问4详解】 图中反应从出发，依次经过、、，最终得到，曲线共有4个能量峰，每个峰对应一步反应，因此该历程分4步进行。每一步正反应的活化能为该步峰顶与该步起点的能量差；第4步从出发，其峰顶与起点的能量差最大，即活化能最大。在相同条件下，活化能越大，反应速率越小，因此第4步的反应速率最小。 16. 某化学小组探究弱电解质的电离平衡。 （1）在一定条件下，稀醋酸溶液中存在电离平衡： ①醋酸在水溶液中的电离方程式为___________。 ②室温下，稀释冰醋酸过程中溶液的导电能力变化如图所示。 (i)A、B、C三点对应的溶液中，电离程度最大的是___________。（填字母，下同） (ii)A、B、C三点对应的溶液中，最大的是___________。 ③下列方法，可使0.10 mol/L 溶液中电离度增大的是___________。（已知：电离度指弱电解质达到电离平衡时，已电离分子数占原来总分子数的百分数） a．加水稀释至0.01 mol/L b．加热溶液（不考虑醋酸的挥发） c．加入少量0.10 mol/L的稀盐酸 d．加入少量醋酸钠固体 e．加入少量0.10 mol/L的NaOH溶液 ④常温下，1 mol/L的盐酸、pH = 1的醋酸、0.01 mol/L的NaOH溶液，三种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为___________。 （2）现有25℃的氨水： ①向氨水中加水进行稀释，在此过程中，氨水的电离度___________，___________。（填“增大”“减小”或“不变”，下同） ②向氨水中加入少量固体，此时溶液中的值___________。 ③向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH = 7，此时，则 = ___________ mol/L。 （3）常温下，探究氢氧化钠与醋酸溶液的反应： ①向25.00 mL 0.10 mol/L醋酸中滴加0.1000 mol/L NaOH的过程中，当滴加12.50 mL NaOH溶液时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是___________。 ②室温下，向 mL mol/L的NaOH溶液中逐滴加入 mol/L的至溶液恰好呈中性，消耗醋酸 mL。醋酸的电离常数 = ___________。 【答案】（1） ①. ②. C ③. B ④. abe ⑤. （2） ①. 增大 ②. 增大 ③. 减小 ④. （3） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 ①醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离生成氢离子和醋酸根离子，电离方程式应使用可逆号，故为。 ②(i)加水稀释促进醋酸电离，醋酸的电离程度随稀释程度增大而增大。图中C点对应的加水量最大，因此C点对应溶液中醋酸的电离程度最大。(ii)醋酸溶液主要依靠和导电，两种离子的浓度近似相等。在题示条件下，导电能力越强，溶液中的离子浓度越大。B点对应溶液的导电能力最强，因此最大的是B。 ③根据醋酸的电离平衡，分析各操作对电离度的影响。 a．加水稀释使醋酸的电离平衡正向移动，已电离的醋酸占原来醋酸总量的比例增大，电离度增大，a符合题意； b．醋酸的电离过程吸热，加热使电离平衡正向移动，电离度增大，b符合题意； c．0.10 mol/L的醋酸是弱酸，其小于0.10 mol/L。加入少量0.10 mol/L的稀盐酸使增大，醋酸的电离平衡逆向移动，电离度减小，c不符合题意； d．醋酸钠溶于水后使增大，醋酸的电离平衡逆向移动，电离度减小，d不符合题意； e．加入的NaOH电离出的与发生反应：，使醋酸的电离平衡正向移动，电离度增大，e符合题意； 故选abe； ④酸和碱均抑制水的电离。在盐酸和醋酸溶液中，由水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度；在NaOH溶液中，由水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢离子浓度。常温下，1 mol/L盐酸中由水电离出的氢离子浓度为；pH = 1的醋酸中，由水电离出的氢离子浓度为；0.01 mol/L NaOH溶液中由水电离出的氢离子浓度为。因此三者之比为； 【小问2详解】 ①氨水中存在电离平衡：。加水稀释促进一水合氨电离，电离度增大；但稀释后溶液中的减小。25℃时水的离子积不变，由可知，增大。 ②硫酸铵溶于水后使增大，一水合氨的电离平衡逆向移动。温度不变，一水合氨的电离常数不变，因此减小。 ③溶液中的电荷守恒关系为。25℃时，pH = 7的溶液呈中性，有，因此。代入，得，故填； 【小问3详解】 ①醋酸与氢氧化钠反应的离子方程式为。原醋酸的物质的量为，加入NaOH的物质的量为，因此按中和反应计，剩余醋酸和生成的醋酸钠的物质的量均为。混合溶液中存在醋酸的电离平衡和醋酸根离子的水解平衡。等物质的量的醋酸与醋酸钠混合时，醋酸的电离作用强于醋酸根离子的水解作用，溶液呈酸性，故。由电荷守恒可知，。醋酸钠完全电离，醋酸仅少量电离且受到醋酸根离子的抑制，因此。综上，各离子浓度由大到小的顺序为。 ②室温下溶液恰好呈中性，有。由电荷守恒，得，所以。加入醋酸的总物质的量为，根据醋酸及醋酸根离子的物料守恒，平衡时未电离的醋酸的物质的量为。两种粒子处于同一溶液中，故。醋酸的电离平衡为，对应的电离常数为。将以mol/L为单位的浓度数值代入，得到。 17. 大气中的部分碘源于O3对海水中I-的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。 （1）将氧化成的过程由3步反应组成： ① ② ③ 总反应的热化学方程式为___________。 （2）在溶液中存在化学平衡：，其平衡常数表达式为___________。 （3）为探究Fe2+对O3氧化I-反应的影响(反应体系如图1)，某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图2和下表。 编号 反应物 反应前pH 反应后pH 第1组 5.2 11.0 第2组 5.2 4.1 ①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是___________。 ②据图2，计算3-18 s内第2组实验中生成I的平均反应速率___________。(结果保留两位有效数字) ③图1中的A为___________，由Fe3+生成A的过程能显著提高I-的转化率，原因是___________。 ④第2组实验进行18 s后，浓度下降。导致下降的直接原因有___________。 A．减小 B．减小 C．挥发 D．减小 【答案】（1） （2） （3） ①. 氧化的反应消耗了溶液中的，导致减小，pH升高 ②. ③. ④. 水解生成和，使溶液中的增大，促进了氧化的总反应平衡正向进行 ⑤. BC 【解析】 【小问1详解】 将氧化成的总反应化学方程式为，根据盖斯定律可知，总反应=反应①+反应②+反应③，则总反应的，因此总反应的热化学方程式为。 【小问2详解】 根据化学平衡常数的定义，反应的平衡常数表达式为。 【小问3详解】 ①由总反应方程式可知，氧化的过程中需要消耗，随着反应的进行，溶液中逐渐减小，因此溶液的pH升高。 ②根据图2数据，在3~18 s内，第2组实验中的浓度变化量，时间变化量；则平均反应速率。 ③体系中存在，在水溶液中易发生水解反应生成，故图1中的A为；已知的水解方程式为，该过程生成了，使溶液中增大；促进了氧化的总反应平衡正向进行，从而显著提高的转化率。 ④A．第2组实验反应后pH为4.1，说明增大，且减小不会导致浓度下降，A错误； B．随着反应的进行，反应物被不断消耗，减小，导致平衡逆向移动，浓度下降，B正确； C．具有挥发性，挥发导致溶液中减小，平衡逆向移动，浓度下降，C正确； D．减小，反应平衡正向进行，溶液中增大，平衡正向移动，有利于的生成，不会直接导致其浓度下降，D错误； 故答案选BC。 18. 电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下。 （1）MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为_______。 （2）浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4.利用的MnO2的化学性质是_______。 （3）结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：_______。 （4）过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如下。 已知：a．萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)； b．HA为一元弱酸，难溶于水，结构为 c．萃取时发生反应(M2+表示Ca2+或Mn2+)，MA2可溶于磺化煤油。 ①反应的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)>β(MnA2)。判断调pH时a_______b(填“<”或“>”)，结合平衡常数解释原因：_______。 ②试剂Y是_______。 （5）不同温度下，MnSO4的溶解度如表。 温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 100 溶解度/g 52.9 59.7 62.9 62.9 60.0 53.6 45.6 40.9 35.3 过程Ⅱ的操作为_______，洗涤，干燥。 【答案】（1）MnS+2H+=Mn2++H2S↑ （2）氧化性 （3）Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全 （4） ①. < ②. 由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离 ③. 稀硫酸 （5）加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤 【解析】 【分析】由题给流程可知，向电解锰渣中加入二氧化锰和稀硫酸浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；调节浸出液的pH为4，加热浓缩、过滤得到氢氧化铁和浓缩液；调节浓缩液pH为a，加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；调节水层pH为b，继续加入萃取剂E萃取、分液得到油层和水层；向油层中加入稀硫酸反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液；由硫酸锰的溶解度先增大后减小可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰。 【小问1详解】 硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑，故答案为：MnS+2H+=Mn2++H2S↑； 【小问2详解】 浸出时，加入二氧化锰和稀硫酸的目的是酸性条件下二氧化锰将硫化锰氧化为硫酸锰、硫和水，反应中二氧化锰做反应的氧化剂，可以减少有毒硫化氢气体的生成，同时产生更多的硫酸锰，故答案为：氧化性； 【小问3详解】 )铁离子在溶液中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大溶液pH和加热均能促使水解趋于完全，有利于除去浸出液中的铁离子，故答案为：Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全； 【小问4详解】 ①由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离，故答案为：由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离； ②由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸，故答案为：稀硫酸； 【小问5详解】 由分析可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰，故答案为：加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤。 19. 资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。 实验 序号 物质a 实验现象 I 0.002mol/L溶液 无明显变化 II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色 III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色 （1）根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“<”)。 （2）实验II中反应的离子方程式是_______。 （3）实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：_______。 （4）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设： 假设1：的浓度较低，不足以将氧化为 假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为 ①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。 ②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。 请写出实验操作和现象：_______。 ③实验III中生成的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。 （5）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。 （6）根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。 【答案】（1）> （2）5+2+8H2O=2+10+16H+ （3）相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢 （4） ①. 实验II和实验III中的浓度相同 ②. 向盛有1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的试管中，加入一定量KMnO4溶液，有棕黑色沉淀生成 ③. 3+2+2H2O=5↓+4H+ ④. 溶液中存在反应，反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液 （5）1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的混合溶液中 （6）过量、加入催化剂 【解析】 【小问1详解】 酸性介质中，和可反应转化为和，该过程中是氧化剂，是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：>。 【小问2详解】 实验II中，和在酸性条件下反应生成和，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 5+2+8H2O=2+10+16H+。 【小问3详解】 实验II、III均说明能将氧化为，相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢，未得到紫色溶液。 【小问4详解】 ①实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为，说明假设1不成立； ②假设2认为溶液中存在还原剂，将生成的还原为，则可向盛有1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的试管中，加入一定量KMnO4溶液，有棕黑色沉淀生成，说明假设2正确； ③实验III中还原生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+2+2H2O=5↓+4H+；溶液中存在反应，反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液。 【小问5详解】 向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色，说明可作为和反应转化为的催化剂。 【小问6详解】 实验涉及温度不同、是否使用催化剂、浓度变化，即要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加过量、加入催化剂等。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市中关村中学2026—2027学年第一学期期中调研 高二化学 2026.11 本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Mg 24 Al 27 Fe 56 第一部分 在每题列出的四个选项中，选出最符合要求的一项。 1. 下列反应中，生成物的总能量大于反应物总能量的是 A. 生石灰与水反应 B. 碳酸钙受热分解 C. 过氧化氢分解生成水和氧气 D. 甲烷在空气中燃烧 2. 下列物质在水溶液中的电离方程式正确的是 A. B. C. D. 3. 我国在单原子催化剂领域成绩斐然。单原子催化剂是指孤立的金属原子均匀分散在载体表面，发生催化的位点落在单个原子上。 下列说法不正确的是 A. 单原子催化剂能降低反应的焓变 B. 催化剂能提高化学反应速率 C. 单原子催化剂中原子的利用率更高 D. 催化剂不能增大平衡转化率 4. 用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，11.2 L 和的混合气体含有的分子数为 B. 1 L 0.1 mol/L 溶液含有的个数为 C. 0.1 mol Na与10 mL 0.5 mol/L盐酸充分反应，转移电子数为 D. 含有的原子数为 5. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. ，工业上将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，以制备金属钾 B. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气 C. 反应平衡后，加压，颜色加深 D. 血红蛋白（Hb）可与氧气结合：，CO比更易和Hb结合，当空气中的CO浓度大时，易造成人体缺氧，严重时导致死亡 6. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用溶液“腐蚀”覆铜板： B. NaClO、在强碱性溶液中反应制备： C. 海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴： D. 灭火时，将泡沫灭火器中的浓溶液和浓溶液混合： 7. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是 实验目的 A．制备无水FeCl3 B．测定中和反应的反应热 实验装置 实验目的 C．探究温度对化学平衡移动的影响 D．量取8.10 mL NaOH溶液 实验装置 A. A B. B C. C D. D 8. 研究人员提出利用热化学硫碘循环实现硫化氢分解联产氢气和硫黄，转化过程如下，其中Y、Z代表I2或HI中的一种。下列说法不正确的是 A. Y在Z溶液中比在H2SO4溶液中易溶 B. 反应I中X的浓度与硫黄的产率无关 C. 反应Ⅱ的化学方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI D. 等压条件下，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应热之和等于硫化氢直接分解的反应热 9. 温度时，在1 L的密闭容器中进行反应：，反应的速率方程为，气体A、B的起始浓度分别为1 mol/L、0.5 mol/L，反应5 s后达到平衡状态时，A的平衡转化率为80%，下列说法错误的是 A. 达到平衡后，只缩小容器体积至原来一半，A的体积分数不变 B. 升高到温度，平衡常数为100，可知该反应为放热反应 C. 时，B的平衡转化率为40% D. 增大A的浓度对速率的影响大于增大B的浓度对速率的影响 10. 某小组研究沉淀之间的转化，实验设计如图所示。(已知：ZnS为白色固体，CuS为黑色固体)下列分析不正确的是 A. ①中存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2-(aq) B. ②中现象可证明Zn2+(aq)与S2-(aq)的反应是有限度的 C. ③中颜色变化说明ZnS转化为CuS D. 该实验可以证明CuS比ZnS更难溶 11. 一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。 容器编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol NO(g) CO(g) CO2(g) I T1 0.2 0.2 0.1 Ⅱ T2 0.2 0.2 0.12 下列说法不正确的是 A. T1>T2 B. I中反应达到平衡时，CO的转化率为50% C. 达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I D. 对于I，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，平衡正向移动 12. 红土镍矿(主要含、和少量、)中镍含量较低，可通过黄钠铁矾沉淀法获得含镍富集液，进而生产含镍产品，其工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. 滤渣的主要成分是 B. “氧化”过程中，溶液pH可能发生变化 C. “沉铁”时加入的主要作用是提供 D. “氧化”若不充分，含镍富集液中铁含量将提高 13. 在不同条件下，按投料比进行反应： ，并测定实验数据。 ①一定条件下，CO2转化率为13.68%，CH3OH产率(甲醇的物质的量/起始CO2物质的量)为4.12%。 ②一定压强下，相同时间，CH3OH产率随温度变化的数据图如下。 下列说法不正确的是 A. 与①相同条件下，提高与的比例，可以提高的转化率 B. 由①可推测，制取过程中无副反应发生 C. 由②可推测，480～520K，温度升高，速率加快是产率升高的原因 D. 由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动 14. 依据反应，实验模拟去除锅炉水垢中的①向固体中加入一定量的溶液，测得随时间变化如图所示；②不变时，过滤。向滤渣中加入过量盐酸，产生气泡，固体溶解，取清液加入溶液，无明显变化。 资料：。 下列分析正确的是 A. 把转化为的原因是要减小的浓度 B. 反应a正向进行，需满足 C. 溶液的不变时，反应a未达到平衡状态 D. ①中加入溶液后，始终存在： 第二部分 15. 我国向国际社会承诺2030年“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。研发利用二氧化碳技术，降低空气中二氧化碳含量成为重要的任务。 （1）加氢合成的反应为。 ①在一定温度下，将一定量的和充入恒容密闭容器中合成甲醇，下列说法正确的是___________。 A．调控反应条件不能改变反应限度 B．投入1 mol 和3 mol 能得到1 mol C．混合气体摩尔质量不变，反应达到平衡 D．若使用为原料，反应物和产物均含有，则反应达到平衡 ②一般认为，该反应经过如下步骤来实现： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 则总反应的焓变___________（用包含、的代数式表示）。若某温度下，反应Ⅰ的平衡常数为，反应Ⅱ的平衡常数为，则总反应的平衡常数K = ___________（用包含、的代数式表示）。 （2）二氧化碳甲烷化反应合成替代天然气，是利用二氧化碳的技术之一，甲烷化主反应：。已知反应中相关的化学键键能数据如下： 化学键 H—H C=O H—O C—H 436 803 465 413 由此计算该主反应的___________ 。 （3）与是典型的温室气体，-重整制合成气提供了一条规模化综合利用碳源、氢源并转化温室气体的技术路线：。 ①该反应___________0。（填“>”或“<”） ②有传闻-重整制合成气可以在任何条件下自发进行，你认为是否正确？___________（填“正确”或“错误”），并写出原因___________。 （4）一定条件下，分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分___________步进行，其中，第___________步的反应速率最小。 16. 某化学小组探究弱电解质的电离平衡。 （1）在一定条件下，稀醋酸溶液中存在电离平衡： ①醋酸在水溶液中的电离方程式为___________。 ②室温下，稀释冰醋酸过程中溶液的导电能力变化如图所示。 (i)A、B、C三点对应的溶液中，电离程度最大的是___________。（填字母，下同） (ii)A、B、C三点对应的溶液中，最大的是___________。 ③下列方法，可使0.10 mol/L 溶液中电离度增大的是___________。（已知：电离度指弱电解质达到电离平衡时，已电离分子数占原来总分子数的百分数） a．加水稀释至0.01 mol/L b．加热溶液（不考虑醋酸的挥发） c．加入少量0.10 mol/L的稀盐酸 d．加入少量醋酸钠固体 e．加入少量0.10 mol/L的NaOH溶液 ④常温下，1 mol/L的盐酸、pH = 1的醋酸、0.01 mol/L的NaOH溶液，三种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为___________。 （2）现有25℃的氨水： ①向氨水中加水进行稀释，在此过程中，氨水的电离度___________，___________。（填“增大”“减小”或“不变”，下同） ②向氨水中加入少量固体，此时溶液中的值___________。 ③向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH = 7，此时，则 = ___________ mol/L。 （3）常温下，探究氢氧化钠与醋酸溶液的反应： ①向25.00 mL 0.10 mol/L醋酸中滴加0.1000 mol/L NaOH的过程中，当滴加12.50 mL NaOH溶液时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是___________。 ②室温下，向 mL mol/L的NaOH溶液中逐滴加入 mol/L的至溶液恰好呈中性，消耗醋酸 mL。醋酸的电离常数 = ___________。 17. 大气中的部分碘源于O3对海水中I-的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。 （1）将氧化成的过程由3步反应组成： ① ② ③ 总反应的热化学方程式为___________。 （2）在溶液中存在化学平衡：，其平衡常数表达式为___________。 （3）为探究Fe2+对O3氧化I-反应的影响(反应体系如图1)，某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图2和下表。 编号 反应物 反应前pH 反应后pH 第1组 5.2 11.0 第2组 5.2 4.1 ①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是___________。 ②据图2，计算3-18 s内第2组实验中生成I的平均反应速率___________。(结果保留两位有效数字) ③图1中的A为___________，由Fe3+生成A的过程能显著提高I-的转化率，原因是___________。 ④第2组实验进行18 s后，浓度下降。导致下降的直接原因有___________。 A．减小 B．减小 C．挥发 D．减小 18. 电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下。 （1）MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为_______。 （2）浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4.利用的MnO2的化学性质是_______。 （3）结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：_______。 （4）过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如下。 已知：a．萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)； b．HA为一元弱酸，难溶于水，结构为 c．萃取时发生反应(M2+表示Ca2+或Mn2+)，MA2可溶于磺化煤油。 ①反应的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)>β(MnA2)。判断调pH时a_______b(填“<”或“>”)，结合平衡常数解释原因：_______。 ②试剂Y是_______。 （5）不同温度下，MnSO4的溶解度如表。 温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 100 溶解度/g 52.9 59.7 62.9 62.9 60.0 53.6 45.6 40.9 35.3 过程Ⅱ的操作为_______，洗涤，干燥。 19. 资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。 实验 序号 物质a 实验现象 I 0.002mol/L溶液 无明显变化 II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色 III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色 （1）根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“<”)。 （2）实验II中反应的离子方程式是_______。 （3）实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：_______。 （4）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设： 假设1：的浓度较低，不足以将氧化为 假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为 ①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。 ②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。 请写出实验操作和现象：_______。 ③实验III中生成的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。 （5）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。 （6）根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $