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2025秋期高三年级迎期中拉练试题
化学学科
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 P-31
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（共14题，每题3分，共42分。）
1．现代生活需要人们有一定的科学素养，下列有关化学的科学常识不正确的是( )
A．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰
B．钠具有强还原性，常用于冶炼金属，如钠能将熔融四氯化钛中的钛置换出来
C．含氯消毒剂的原理主要是利用其强氧化性，破坏蛋白质的结构，从而达到消毒效果
D．明矾净水利用了胶体分散质具有巨大的比表面积，具有很强的吸附能力
2．实验是化学研究的基础。下列实验设计正确的是( )

A．利用装置①蒸发氯化亚铁溶液制取氯化亚铁晶体 B．利用装置②稀释浓硫酸
C．利用装置③制备氯气 D．利用装置④收集CH4
3．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．含的浓硫酸与足量的锌反应，转移的电子数为
B．和的固体混合物中所含阴、阳离子的总数为
C．在氧化还原反应中完全反应时转移的电子数一定为
D．含的水溶液中氧原子数为
4．下列过程对应的化学反应正确的是( )
A．溶解于澄清石灰水中：
B．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1:1混合：
C．铅酸蓄电池放电时的负极反应：
D．向溶液中通入过量
5．根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是( )
选项 操作和现象 结论
A 向漂白粉溶液中通入SO2，产生白色沉淀 酸性：H2SO3>HClO
B 常温下，分别测定1 mol·L–1CH3COONH4溶液和0.1 mol·L–1 CH3COONH4溶液的pH，测得pH都等于7 同温下，不同浓度CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
C 10 mL 0.1 mol·L–1FeCl3溶液和10 mL 0.1 mol·L–1KI溶液充分反应后分成两等份，一份加入2滴KSCN溶液，溶液变红；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液变蓝 FeCl3和KI的反应存在限度
D 向露置在空气中的Na2O2固体中加入稀盐酸，产生气泡 Na2O2固体已经变质
A．A B．B C．C D．D
6．科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是( )
A．原子半径： B．非金属性：
C．Z的单质具有较强的还原性 D．原子序数为82的元素与W位于同一主族
7．某溶液可能含有、、、、、中的几种，为确认溶液组成进行如下实验：①取100mL上述溶液，加入足量溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀6.63g，向沉淀中加入过量的盐酸，有4.66g沉淀不溶解；②向滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体1.68L(已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出)；③用实验②后的溶液进行焰色试验，观察到黄色火焰。
下列分析正确的是( )
A．原溶液中一定存在、、、，一定不存在
B．原溶液中一定存在、，、、
C．原溶液中不可能存在
D．原溶液中mol·L-1
8．羟基自由基()具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基()处理含苯酚废水和含甲醛废水，原理如图所示。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是( )
A．M极为阴极，电极反应式：
B．双极膜中解离出的透过膜a向N极移动
C．每处理12.0g甲醛，理论上有透过膜b
D．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为
9.向2L的恒容密闭容器中充入，发生反应①和②：
测得NO和的物质的量变化如图所示，内维持容器温度为后升高温度并维持容器温度为。下列说法正确的是( )
A．内的平均反应速率(NO2)=0.3mol/(L·min)
B．5min时反应达到平衡，反应停止
C．反应②在低温下能自发进行
D．时反应②的化学平衡常数
11．将和混合气体通入容积为的恒容密闭容器中，发生反应，不同温度下反应15 min，测得反应体系中的体积分数随温度的变化如图中实线所示，忽略该温度范围内催化剂活性变化。下列说法正确的是
A．点反应速率：
B．，原因是点、点未达到平衡状态
C．温度下，内的平均反应速率
D．改用高效催化剂会出现虚线所示变化曲线
11.CuCl难溶于水，在空气中易被氧化。工业上以废铜泥(含)为原料制备CuCl的流程如图所示：
下列说法错误的是( )
A．“灼烧”时发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
B．“酸浸”步骤中，CuO转化为
C．“除杂”步骤中，作还原剂
D．“还原”时发生的反应为
12.电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作时，、电极产生量与电流强度关系如图b所示：
下列说法错误的是( )
A. 电流流动方向：电极→电解质→电极
B. 是该电芬顿工艺的催化剂
C. 根据图b可判断合适的电流强度范围为55-60mA
D. 若处理苯酚，理论上消耗
13．已知二氧化碳加氢生成甲醇的反应如下(忽略其他副反应)：
①
②
一定条件下，将一定比例混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置中…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和的体积分数如图所示。
下列分析正确的是（ ）
A．催化剂能加快反应①的速率，变大
B．物质具有的能量：1 mol CO(g)高于1 mol
C．反应②的化学平衡常数K：处温度下大于处
D．的体积分数：处大于处
14．常温下，向一定浓度的溶液中加入，保持溶液体积和温度不变，测得各微粒分布系数δ[比如]与pH的变化关系如图。下列说法错误的是( )
A．曲线a表示的分布系数与pH的关系
B．
C．时，
D．向溶液中加入等体积的水，几乎不变
第II卷（非选择题）
二、填空题（共五题，共58分）
15．（共12分）工业上以富钒炉渣(主要含FeO·V2O3、V2O5和少量的SiO2、Al2O3等)为原料制备V2O5的工艺流程如下：
已知：①+ 5价钒元素在溶液中的存在形式与溶液pH的关系：
溶液pH <1.0 1.0~4.0 4.0~6.0 6.0~8.5 8.5~13.0 >13.0
钒元素存在形式 VO V2O5 多钒酸根 VO 多钒酸根 VO
备注 多钒酸盐在水中溶解度较小
②Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10–39；Ksp[Al(OH)3]=1.0×10–33；Ksp(NH4VO3)=1.6×10–3
回答下列问题：
(1)“高温氧化”前将富钒炉渣研磨粉碎的目的是 ；“高温氧化”过程中发生主要反应的化学方程式为 。
(2)滤渣1的主要成分为 ；“调pH”时需将Fe3+、Al3+除尽(浓度≤1×10–5 mol L–1时，可认为已除尽)，需调节pH的范围为 。
(3)若“沉钒”前溶液中c(VO)=0.2 mol L–1，忽略溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到99%，至少应调节c(NH)为 mol·L–1.过滤、洗涤、干燥得到NH4VO3沉淀，检验NH4VO3沉淀是否洗净的操作是 。
(4)“焙烧”时生成两种参与大气循环的无毒物质，则该反应的化学方程式为 。
16．（共16分）“消洗灵”是具有消毒、杀菌、漂白和洗涤等综合功效的固体粉末，消毒原理与“84消毒液”相似，化学组成可以表示为Na10P3O13Cl·5H2O(磷酸三钠次氯酸钠)。实验室制备装置和过程如图：
回答下列问题：
(1)X试剂的名称为 ，C中采用多孔球泡的目的是 ，D装置的作用是 。
(2)检验装置的气密性，加入药品，打开A中分液漏斗活塞，稍后，关闭a的活塞，然后进行的操作是 ，若生成1molNa10P3O13Cl·5H2O，理论上至少消耗 molHCl。
(3)“消洗灵”消毒时对金属腐蚀性小，原因是在金属表面形成一种不溶性磷酸盐膜，对金属良好的保护作用，在空气中对镁合金消毒，磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有Mg3(PO4)2·Mg(OH)2的保护层，写出反应的化学方程式 。
(4)产品纯度测定(Na10P3O13Cl·5H2O的摩尔质量为656.5g·mol-1)。
①取ag待测试样溶于蒸馏水配成250mL溶液；
②取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入10mL2mol·L-1稀硫酸、25mL0.1mol·L-1碘化钾溶液(过量)，此时溶液出现棕色；
③滴入3滴5%指示剂溶液，用0.05mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定至终点，平行滴定三次，平均消耗20.00mL。已知：2S2O+I2=S4O+2I-，需用的指示剂是 ，达到滴定终点的现象为 ，产品的纯度为 (用含a的代数式表示)。若滴定前滴定管中含有气泡，滴定结束无气泡会造成纯度测定值 (填“偏大”“偏小”或“不变”)
17.（共5分）通过如图所示电解装置可将转化为硫酸，电极材料皆为石墨。则A为电解池的 填“阴极”或“阳极”。C为 填物质名称。若将阴离子交换膜换成阳离子交换膜，写出阳极区域发生的电极反应： 。
（2）以连二亚硫酸根离子为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：
阴极区的电极反应式为 。
18．（共14分）处理、回收和利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：
(1)CO用于处理大气污染物的反应为。在作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应： ；该总反应的决速步是反应 (填“①”或“②”)，判断的理由是 。
(2)已知：的速率方程为，k为速率常数(与温度有关)。为提高反应速率，可采取的措施是_______(填序号)。
A．升温 B．恒容时，再充入
C．恒压时，再充入 D．恒压时，再充入
(3)在总压为的恒容密闭容器中，充入一定量的和发生上述反应，不同条件下达到平衡，时的转化率与的变化曲线和时的转化率与的变化曲线如图3所示：
①表示的转化率随的变化曲线为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
② (填“”或“”)，判断的理由是 。
③已知：该反应的标准平衡常数，其中为标准压强，、、和为各组分的平衡分压，则时，该反应的标准平衡常数 (计算结果保留两位有效数字，)。
19. （共11分）二氧化碳催化加氢制取二甲醚(DME)有利于减少温室气体二氧化碳，制取过程发生如下反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)　 ΔH1
反应Ⅱ：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)　 ΔH2=-23.4kJ/mol
反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) 　ΔH3=+41.2kJ/mol
回答下列问题：
（1）T1℃时，向恒压容器中充入0.2mol CO2(g)和0.6 mol H2(g)，若在该条件下只发生反应Ⅰ，达平衡时，放出4kJ能量；若向相同容器中充0.4mol CH3OH(g)和0.4 mol H2O(g)，吸收11.8kJ能量，则反应Ⅰ的ΔH1=_______kJ/mol。
（2）已知反应Ⅲ的速率方程可表示为v正=k正·p(CO2)·p(H2)，v逆=k逆·p(CO)·p(H2O)，lgk与温度的关系如图所示，T2℃下，图中A、B点的纵坐标分别为a-0.7、a-1。T2℃、200MPa时，向恒压容器中充入CO2(g)和H2(g)混合气体制取二甲醚(DME)，发生上述三个反应，平衡后，测得CH3OH(g)、CH3OCH3(g)和CO(g)体积分数分别为5%、10%、5%，则H2O(g)体积分数为_______，生成CH3OCH3(g)的选择性为_______，反应Ⅰ的Kp=_______。
[CH3OCH3选择性=(生成二甲醚消耗的CO2物质的量/消耗CO2总物质的量)×100%；10-0.3=0.50。]
（3）在压强一定的条件下，将CO2和H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得“CO2的转化率”及“CH3OCH3(g)选择性”和“CO、CH3OH选择性的和”分别与温度的关系如图所示，
回答下列问题：
①曲线C表示_______。
②T1-T5温度之间，升高温度，比值n(CO)/n(H2O)将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
试卷第1页，共3页2025年秋期高三年级迎期中拉练试题
高三年级化学参考答案
选择题（每题3分，共42分）
1．【答案】A
【解析】A．生石灰是干燥剂，不能防止富脂食品氧化变质，为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入铁粉等抗氧化剂，故A错误；B．金属钠常用于冶炼金属是因为具有强还原性，如钠能将熔融四氯化钛中的钛置换出来，故B正确；C．含氯消毒剂的原理主要是利用其强氧化性，能破坏蛋白质的结构达到消毒效果，故C正确；D．明矾净水利用了氢氧化铝胶体质具有巨大的比表面积，能吸附水中悬浮杂质，故D正确；选A。
2．【答案】D
【解析】A．氯化亚铁在蒸发结晶的过程中容易被氧化成氯化铁，同时氯化铁水解生成氢氧化铁，最终得到的是氢氧化铁，A错误；B．稀释浓硫酸需要将浓硫酸缓慢加入水中，不能将水加入浓硫酸中，B错误；C．块状固体与液体反应制备气体且不需要加热时可使用启普发生器，高锰酸钾为粉末状，使用启普发生器难以控制反应，C错误；D．甲烷密度小于空气，使用向下排空气法收集，D正确；故答案选D。
3．【答案】B
【解析】A．浓硫酸与锌反应，开始时Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着反应进行，硫酸变稀，发生反应Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑ 。若0.2molH2SO4完全按第一个反应进行，转移电子数为0.2NA，但由于反应过程硫酸会变稀，实际转移电子数大于0.2NA，A错误；B．Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为142g/mol ，142g混合物的物质的量为n==1mol 。Na2SO4由2个Na+和1个构成，Na2HPO4由2个Na+和1个构成，所以1mol混合物中阴、阳离子总数为3NA，B正确；C．H2O2在氧化还原反应中，如，1molH2O2完全反应转移电子数为NA；若H2O2作氧化剂，如H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O ，1molH2O2完全反应转移电子数为2NA，所以1molH2O2在氧化还原反应中完全反应转移电子数不一定为2NA，C错误；D．1.7gH2O2的物质的量为 ，H2O2中氧原子数为0.1NA，但水溶液中还有水，水中也有氧原子，所以含1.7gH2O2的水溶液中氧原子数大于0.1NA，D错误；故选B。
4．【答案】C
【解析】A．Cl2与澄清石灰水反应的正确离子方程式应为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，A错误；B．等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4以体积比1:1混合时，NH4HSO4提供的H+为1 mol，而Ba(OH)2提供的OH-为2 mol，H+与OH-按1:1反应生成1 mol H2O，剩余OH-与反应生成NH3·H2O。正确的离子方程式为，B错误；C．铅酸蓄电池放电时，负极反应为Pb被氧化为Pb2+，与结合生成PbSO4，反应式为，电荷和原子均守恒，C正确；D．ClO-具有强氧化性，过量SO2与其发生氧化还原反应，生成Cl-和，而非HClO和，正确的离子方程式为，D错误；故答案选C。
5．【答案】C
【解析】A.漂白粉可以与二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸钙白色沉淀，无法说明酸性H2SO3>HClO，故A错误；B.不同浓度CH3COONH4溶液中铵根离子和醋酸根离子的水解程度不同，故水的电离程度不同，故B错误；C.根据反应方程式，题中所给的三价铁离子与碘离子的量相等，若反应能够完全进行，溶液中不会存在三价铁离子，根据C中现象，滴加KSCN溶液，溶液变红可知溶液中存在三价铁离子；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液变蓝可知溶液中存在碘单质，故可知该反应是个可逆反应，存在反应限度，故C正确；D.若过氧化钠不变质，加入稀盐酸也可反应生成氧气，故产生气泡无法说明过氧化钠固体变质，故D错误；故选C。
6．【答案】C
【解析】由共价化合物的结构可知，X、W形成4个共价键，Y形成2个共价键，Z形成1个共价键，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，则X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。【解析】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则C、O、F的原子半径大小顺序为C＞O＞F，故A正确；B．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，则C、O、Si的非金属性强弱顺序为O＞C＞Si，故B正确；C．位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强，单质具有很强的氧化性，故C错误；D．原子序数为82的元素为铅元素，与硅元素都位于元素周期表ⅣA族，故D正确；故选C。
7．【答案】D
【解析】某溶液可能含有、、、、、中的几种，为确认溶液组成进行如下实验：①取100mL上述溶液，加入足量溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀6.63g，向沉淀中加入过量的盐酸，有4.66g沉淀不溶解，说明该沉淀中含有4.66g BaSO4和1.97g BaCO3，则溶液中含有=0.02mol和=0.01mol，不含；②向滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体1.68L，该气体为NH3，则溶液中含有=0.075mol；③用实验②后的溶液进行焰色试验，观察到黄色火焰，说明实验②后的溶液中含有Na+，由于实验②加入了NaOH溶液，无法确定原溶液中是否含有Na+；综上所述，原溶液中一定含有0.02mol、0.01mol和0.075mol ，结合电荷守恒可知，溶液中一定含有Cl-，无法确定原溶液中是否含有Na+。【解析】A．由解析可知，原溶液中一定存在、，、，可能存在，一定不存在，A错误；B．由解析可知，原溶液中一定存在、，、，可能存在，B错误；C．由解析可知，原溶液中一定含有0.02mol、0.01mol和0.075mol，可能含有，若的浓度较大，可能存在，C错误；D．由解析可知，原溶液中一定含有0.02mol、0.01mol和0.075mol，可能含有，由电荷守恒可知，原溶液中， =0.15 mol·L-1，D正确；故选D。
8．【答案】D
【解析】由图可知，M电极通入O2，发生反应生成自由基·OH，反应式为：O2+2e-+2H+＝2·OH，因此可知M极为阴极，则N极为阳极，据此进行解析解答。【解析】A．由解析可知，M极为阴极，阴极发生还原反应，O2在M极得到电子，双极膜解离出的氢离子通过膜b移向阴极，阴极反应式为：O2+2e-+2H+＝2·OH，A正确；B．双极膜解离出的OH-为阴离子，电解池中阴离子向阳极移动，N极为阳极，故OH-透过膜a向N极移动，B正确；C．甲醛(HCHO)被氧化为CO2，C的化合价由0价变为+4价，1mol HCHO失去4mol电子。12.0g甲醛的物质的量为，失去电子的物质的量为0.4mol×4=1.6mol；电解池中电子转移守恒，因此阴极（M极）得电子1.6mol，结合M极反应知：1e-~1H+，故透过膜b的H+为1.6mol，C正确；D．苯酚(C6H6O)被氧化为CO2，C的化合价由价变为+4价，1mol苯酚含6mol C，失去电子的物质的量为：6×()mol=28mol，生成6mol CO2；甲醛(HCHO)中C的化合价为0价，1mol失去4mol电子，生成1mol CO2。故转移相同电子数时，理论上苯酚和甲醛转化生成的CO2的物质的量之比为:=6:7，D错误；故选D。
9.【答案】C
【解析】A．0~5min内，NO2的消耗需考虑反应①和②，由图像可知，5min时NO为1.0mol、N2O4为1.8mol，由反应①可知，消耗的NO2的物质的量为1mol，由反应②可知，消耗的NO2的物质的量为3.6mol，则总消耗NO2的物质的量为4.6mol，Δc(NO2)=，，A错误；
B．5min时若物质的量不再变化，仅说明达到平衡状态，但平衡是动态平衡，正逆反应仍在进行，并未停止，B错误；C．反应②为2NO2(g) N2O4(g)，正向气体分子数减少，ΔS<0；升温后N2O4物质的量减少，说明升温平衡逆向移动，逆反应吸热，故正反应放热（ΔH<0），根据ΔG=ΔH-TΔS<0的反应可自发进行知，该反应在低温下能自发进行，C正确；
D．T2℃时，平衡时NO为1.2mol、N2O4为1.6mol，由N守恒：n(NO2)=7.6mol-1.2mol-2×1.6mol=3.2mol，c(NO2)=，c(N2O4)=，，D错误；故选C。
10．【答案】C
【解析】A．p点温度低于T1，反应速率较慢，15 min时未达到平衡，反应仍正向进行，此时v(正) > v(逆)，A错误；B．n为p点CH3OH体积分数，p点因温度低未达平衡，生成的CH3OH少于平衡时，但r点在T1右侧，温度高反应快，15 min已达平衡，B错误；C．T1时CH3OH体积分数30%，设生成x mol CH3OH，可列出三段式：，总物质的量为（4-2x）mol，则，解得x=0.75，H2的物质的量变化量为：2.25 mol，v(H2)=，C正确；D．催化剂不影响平衡，仅加快速率，虚线若为平衡体积分数曲线，与催化剂无关，D错误；故选C。
11．【答案】C
【解析】废铜泥在空气中灼烧将、、转化为CuO，将Fe转化为铁的氧化物，加入硫酸酸浸后CuO和铁的氧化物溶解成硫酸铜和硫酸铁、硫酸亚铁等，除杂过程中加入过氧化氢和氢氧化钠溶液后，将亚铁离子氧化成铁离子，然后变成氢氧化铁沉淀除去，滤液为硫酸铜溶液，加入亚硫酸钠和氯化钠后得到CuCl，据此解析【解析】A．“灼烧”时发生反应：，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，A正确；B．溶于稀硫酸转化为，B正确；C．根据解析，“除杂”步骤中，作氧化剂氧化Fe2+，C错误；D．“还原”时溶液中的铜离子与亚硫酸钠、氯化钠、水反应的离子方程式为，D正确；故选C。
12．【答案】D
【分析】由图可知，电极上铁元素、氧元素价态降低得电子，故电极为阴极，电极反应式分别为，，后发生反应， 氧化苯酚，反应为，Pt电极为阳极，电极反应式为。
【解析】A．由解析可知，电极为阴极，则电极为阳极，电流流动方向：电极→电解质→电极，A正确；
B．转化为亚铁离子，亚铁离子和过氧化氢生成羟基自由基和铁离子，铁离子在反应前后没有改变，是该电芬顿工艺的催化剂，B正确；
C．过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，故据图b可判断合适的电流强度范围为40mA左右，正确；
D． 9.4g苯酚的物质的量为=0.1mol，由解析可知，苯酚转化为二氧化碳和水，，；由图可知，反应中氧气转化为，转化为，转化关系为，故而，则阴极消耗氧气的物质的量为2.8mol，理论上消耗标准状况下氧气的体积为，D错误；
故选C
13．【答案】D
【解析】A．催化剂能加快反应①的速率，但其焓变不变，A正确；B．由图像可知，温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，即物质具有的能量：1 mol 和2 mol 能量之和高于1 mol ，B错误；C．反应②为放热反应，温度越高，平衡常数越小，C错误；D．从到，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗CO，而CO体积分数没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有的消耗与生成，故减小而增加，即的体积分数会增大，故处的体积分数大于处，D正确；故答案为D
14．【答案】C
【解析】A．随着pH增大，H2C2O4不断电离为和，其分布系数δ应从1逐渐减小至0，因此曲线a表示的分布系数与pH的关系，曲线b表示分布系数与pH的关系，曲线c表示分布系数与pH的关系，A正确；B．H2C2O4的Ka1表达式为，当δ(H2C2O4)=δ()时，c(H2C2O4)=，此时为，B正确；C．pH=4.19时，，根据电荷守恒：，代入得：，因pH=4.19时溶液呈酸性，即c(H+)>>c(OH-)，故：，C错误；D．，H2C2O4以第一步电离为主，因此，则，稀释后、H+等比例减小，比值不变，因此几乎不变，D正确；故选C。
二、填空题（共58分）（除了标注为1分的，其余均为2分）
15．（共12分）
【答案】
（1）增大原料接触面积，加快反应速率（1分）
6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl
（2）SiO2 （1分） 6.0~8.5
（3）0.8 取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净(4）4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑
【分析】高温氧化过程中加入KClO3可将低价铁、钒氧化为高价，酸浸时氧化铝溶解为铝离子，则滤渣1为SiO2，用氢氧化钾调节pH将矾转化为VO，同时将Fe3+、Al3+转化为沉淀除尽，用氯化铵沉矾后，再焙烧得到产品，以此解题。
【解析】
（1）从反应速率的影响因素考虑，“高温氧化”前将富钒炉渣研磨粉碎的目的是：增大原料接触面积，加快反应速率；“高温氧化"过程中加入KClO3可将FeO·V2O3氧化为Fe2O3和V2O5，化学方程式为：6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl；
（2）由解析可知，滤渣1为SiO2；两种沉淀相比氢氧化铝更难沉淀，则，完全除尽，，取最小值代入得，，故溶液不小于4.7时，完全沉淀；根据流程可知，调pH后矾的存在形式为VO，结合表格中信息可知需调节pH范围为：6.0~8.5，且此时Fe3+、Al3+两种离子都已经形成沉淀；
（3）为使钒元素的沉降率达到99%，溶液中剩余的，；根据流程可知，“沉钒”时加入的氯化铵，则产品表面可能吸附有氯离子，可以通过检验氯离子来检验NH4VO3沉淀是否洗净，对应的操作是：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净；（4）由已知条件可知，NH4VO3分解生成V2O5和无污染的气体，相应的方程式为：4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑。
16．（共16分）
【答案】
（1）饱和食盐水 （1分）
增大反应物的接触面积，加快反应速率 （1分）
吸收Cl2尾气，防止污染大气（1分）
（2）打开b活塞 3.2
（3）4Mg+2Na3PO4+2O2+4H2O=Mg3(PO4)2·Mg(OH)2+6NaOH
（4）淀粉溶液（1分）
当加入最后半滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s不恢复原色
% 偏大
【分析】A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，饱和食盐水吸收挥发出的氯化氢气体，氢氧化钠溶液与氯气反应生成次氯酸钠，D装置的作用是吸收Cl2尾气，防止污染大气，据此解析解题。
【解析】
（1）X试剂的名称为饱和食盐水吸收挥发出的氯化氢气体；C中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；氯气有毒，D装置的作用是吸收Cl2尾气，防止污染大气；
（2）检验装置的气密性，加入药品，打开A中分液漏斗活塞，稍后，关闭a的活塞，然后进行的操作是打开b活塞，观察液滴是否滴落；HCl-Cl2-NaClO-Na10P3O13Cl·5H2O，若生成1molNa10P3O13Cl·5H2O，理论上至少消耗3.2molHCl；
（3）磷酸钠溶液与镁、氧气、水反应生成Mg3(PO4)2·Mg(OH)2和氢氧化钠，方程式为：4Mg+2Na3PO4+2O2+4H2O=Mg3(PO4)2·Mg(OH)2+6NaOH；
（4）③需用的指示剂是淀粉溶液，因为碘单质遇到淀粉溶液变蓝，达到滴定终点的现象为当加入最后半滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30s不恢复原色；Na10P3O13Cl·5H2O- I2又因为2S2O+ I2=S4O+2I-，则Na10P3O13Cl·5H2O-2S2O，产品的纯度为%；若滴定前滴定管中含有气泡，滴定结束无气泡会造成滴定液体积偏大，纯度测定值偏大。
17.（共5分）
【答案】
（1）阴极（1分）
或；
（2）
【分析】根据电解原理发生的氧化还原反应解析判断电极和书写相关反应的电极反应方程式；阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，结合加入物质和出来物质的元素化合价变化进行判断。
【解析】
（1）由图得A电极释放氢气，电极反应原理为氢离子得电子生成氢气，所以A极发生还原反应为阴极，B极为阳极，亚硫酸氢根离子失去电子生成硫酸根离子，同时有氢氧根离子放电，溶液中氢离子浓度增大，所以C为较浓硫酸。若把阴离子交换膜改为阳离子交换膜，亚硫酸氢根离子不能通过阳离子交换膜，所以在阳极只有水电离的氢氧根离子放电，其电极反应式为或，故答案为：阴极；较浓的硫酸溶液； 或
（2）由装置图可知，阴极得电子放电，电极反应方程式：；故答案为：。
【点睛】解题依据：氧化还原反应，判断电解池的阴阳极，根据化合价变化判断得失电子数，进而完成电极反应式。
（共14分）
【答案】
（1）（1分） ① （1分） 反应①的活化能是1，反应②的活化能是，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步
（2）AC
（3） Ⅱ 曲线Ⅰ表示的转化率随的变化，由于，则越大，T越小，的转化率越大，故 0.64
【解析】
（1）总反应： ；该总反应的决速步是活化能最大的步骤，反应①活化能最大的是149.6，反应②活化能最大的是108.22，速控步是反应①；
（2）A. 升温可以加快反应速率符合题意； B. 恒容时，再充入，根据速率方程，该反应的反应速率与CO的浓度无关，因此增大CO浓度不会增大反应速率，不符合题意；C. 恒压时，再充入，该过程中N2O的浓度变大，反应速率加快，符合题意；D. 恒压时，再充入，相当于减小CO和二氧化碳、浓度，反应速率减慢，不符合题意；故选：AC；（3）①CO物质的量不变时，物质的量越多其转化率越低，符合的曲线为Ⅱ，②曲线与Ⅰ为时的转化率与的变化曲线，曲线Ⅰ表示的转化率随的变化，由于，则越大，T越小，的转化率越大，故；③已知：该反应的标准平衡常数，其中为标准压强，、、和为各组分的平衡分压，则时，
该反应的标准平衡常数为0.64。
（共11分）
【答案】
（1）-49.5（1分）
（2）①. 40% ②. 66.7% ③. 1/3200
（3）①. CO、CH3OH选择性的和 ②. 增大
【解析】
（1）时，向恒压容器中充入，若在该条件下只发生反应：，达平衡时，放出能量，则加入，反应达到平衡时放出热量；若向相同容器中充入，吸收能量，则充入反应达到平衡时吸收热量，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，当按照反应方程式的计量数加入物质时，正反应的转化率与逆反应的转化率的和为，故反应的，故答案为：。
（2）①据三个反应方程式中物质反应转化关系可知：反应产生的量相等，则根据含量是，可知反应产生水占；根据反应中物质反应转化关系可知反应产生，会同时产生水占，消耗，此时容器中，则反应产生，同时产生，故该容器中水的含量为（或为）。
②气体参加三个化学反应，其中部分转化为，部分转化为，反应达到平衡时、和体积分数分别为、、，根据转化关系可知：理论上反应产生的体积分数为，根据C原子守恒可知：每有参加反应，理论上可制取，现在反应达到平衡时产生、体积分数分别为、、，则发生反应消耗依次占、、，反应是：，为放热反应，升高温度平衡正向移动，根据图中曲线可知，当A、B两直线相交时，，当温度降低时，增大，则，则为随的变化曲线，为随的变化曲线，，，。对于反应，反应达到平衡时，，体积分数均为，则的体积分数之和为，设，则，根据上述解析，列出三段式中的平衡量：，，，转化成的选择性为。
③则对于反应反应的。
（3）①反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，选择性减小，则曲线为选择性；反应的进行使部分继续消耗，故二氧化碳的转化率大于、选择性的和，因此曲线表示、选择性的和，故答案为：、选择性的和。
②温度之间，升高温度，反应、为放热反应，逆向移动，减小，反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，但、增加的量相等，故比值将增大，故答案为：增大。
高三年级化学参考答案 第 13 页（共 13 页）

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