资源简介

广西壮族自治区玉林市多校联考2025-2026学年高二上学期9月月考 化学试题
1．（2025高二上·玉林月考）化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是
A．食盐中添加碘酸钾
B．铝合金门窗比钢门窗更耐腐蚀
C．医护人员冷藏存放“流感”疫苗
D．家用铁锅、铁铲等厨具保持干燥
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、食盐中添加碘酸钾是利用其稳定性，确保储存时不易分解以维持有效碘含量，这一过程与控制化学反应速率无关，而是与物质自身的稳定性相关，故A不符合题意 ；
B、铝合金表面形成致密氧化膜，阻碍内部金属被进一步腐蚀，是通过改变材料的腐蚀特性来减缓腐蚀反应的速率，与化学反应速率有关，故A不符合题意 ；
C、冷藏存放 “流感” 疫苗，是通过降低温度来减缓疫苗中蛋白质变性或分解的速率，属于直接对反应速率的控制，故A不符合题意 ；
D、保持铁锅、铁铲干燥，可减少水分参与铁的电化学腐蚀反应，从而减缓铁被腐蚀的速率，与化学反应速率有关，故A不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对 “化学反应速率调控” 的本质理解不清：容易混淆 “物质稳定性” 与 “反应速率调控”。如选项 A 中碘酸钾的稳定性，是其自身不易发生分解反应，并非对反应速率的控制，若不能区分这一点，易误判。
对材料腐蚀、物质变质类过程的反应速率关联判断不准：像选项 B 中铝合金的腐蚀、选项 C 中疫苗蛋白质的变质、选项 D 中铁的电化学腐蚀，这些过程都是通过改变条件（材料特性、温度、反应物浓度）来调控反应快慢，若不能识别这些过程与反应速率的关联，会错选答案。
2．（2025高二上·玉林月考）工业上常用NaClO处理氨氮废水，其原理为：，下列有关说法正确的是
A．和互为同素异形体 B．属于弱电解质
C．水分子的球棍模型： D．NaCl的电子式为：
【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质；同位素及其应用；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、和是氯元素的两种原子，它们质子数相同（均为17）、中子数不同（分别为18和20），这种质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素。而同素异形体的定义是“同种元素形成的不同单质”，例如氧气（）和臭氧（）互为同素异形体。A错误；
B、电解质的定义是“在水溶液中或熔融状态下能自身电离出离子的化合物”。自身不能电离出离子，因此属于非电解质。的水溶液能导电，是因为与水反应生成了，属于弱电解质，能电离出和，从而使溶液导电。B错误；
C、水分子的空间构型是V形，且氧原子的原子半径大于氢原子。题中给出的球棍模型存在两处错误：一是原子大小比例（氧原子应比氢原子大，模型中未体现）；二是空间构型（模型呈现的结构不符合V形的实际角度）。C错误；
D、是离子化合物，由（钠离子）和（氯离子）通过离子键结合而成。离子化合物的电子式书写规则是“阳离子直接写离子符号，阴离子需用方括号括起并标注电荷”，因此的电子式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．明确“同位素”（同种元素的不同原子）和“同素异形体”（同种元素的不同单质）的概念差异，据此判断和的类别。
B．紧扣“电解质是自身能电离出离子的化合物”这一核心，分析自身是否电离，进而判断其是否为电解质。
C．结合水分子“氧原子半径大于氢原子、V形构型”的结构特点，分析球棍模型的合理性。
D．依据离子化合物电子式的书写规则（阳离子写离子符号，阴离子加方括号并标电荷），判断电子式的正确性。
3．（2025高二上·玉林月考）反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．稳定性：
B．该反应要发生一定需要加热
C．
D．盐酸与碳酸氢钠反应的能量变化过程与该图相似
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、物质的能量高低与稳定性密切相关，能量越低越稳定。从能量图中可以看出，X (g) 的能量低于 Y (g) 的能量，因此稳定性：X > Y，A错误；
B、反应是否需要加热，与反应是吸热反应还是放热反应没有必然联系。吸热反应不一定需要加热才能发生，例如某些吸热反应在常温下也可以进行；同理，放热反应也不一定不需要加热。因此不能根据反应的热效应判断其是否需要加热，B错误；
C、焓变（ΔH）的计算规则是ΔH = 正反应活化能 - 逆反应活化能。在该反应中，正反应活化能为 E1，逆反应活化能为 E2，因此 ΔH = (E1 - E2) kJ/mol，而非 (E2 - E1) kJ/mol，C错误；
D、盐酸与碳酸氢钠的反应是吸热反应（反应过程中吸收热量）。从图示能量变化来看，反应物 X (g) 的能量低于生成物 Y (g) 的能量，该反应属于吸热反应。二者均为吸热反应，能量变化过程相似，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．依据 “能量越低越稳定”，对比X (g) 与Y (g) 能量高低判断。
B．明确 “反应条件（加热）与反应热类型无必然联系”，直接概念辨析。
C．牢记 “ΔH=正反应活化能-逆反应活化能”，对应E1、E2判断计算式。
D．先由图像判反应类型（反应物能量＜生成物→吸热），再匹配已知吸热反应。
4．（2025高二上·玉林月考）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．和充分反应生成1 mol 时转移电子数为
B．1 L 1 mol/L的HF溶液中含有H+数目为
C．64 g Cu与足量S完全反应转移的电子数为
D．常温下，56 g铁片投入足量浓中生成个分子
【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、反应中，生成2 mol 时转移6 mol电子，则生成1 mol 时转移电子数为，A正确；
B、HF是弱酸，在水溶液中部分电离，因此1 L 1 mol/L的HF溶液中数目小于，B错误；
C、64 g Cu（物质的量为1 mol）与足量S反应生成，每个Cu原子失去1个电子，故转移电子数为，而非，C错误；
D、常温下，铁在浓中会发生钝化，反应难以持续进行，不会生成个分子，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．明确反应的电子转移规律，通过化学计量比计算生成1 mol 时的转移电子数。
B．抓住“HF是弱酸，部分电离”的特性，判断数目是否小于。
C．牢记Cu与S反应的产物是，据此分析Cu的失电子数。
D．明确“常温下铁在浓中钝化”的性质，判断反应能否持续生成大量。
5．（2025高二上·玉林月考）下列能说明CH3COOH是弱电解质的是（　　）
A．CH3COOH溶液的导电能力比盐酸的弱
B．CH3COOH溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳
C．0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度约为0.001mol·L-1
D．CH3COOH溶液用水稀释后，氢离子浓度降低
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、溶液导电能力与离子浓度、离子所带电荷有关，未说明两溶液浓度相同，无法通过导电能力强弱判断 CH3COOH 是否部分电离，A错误；
B、CH3COOH 与碳酸钙反应放出 CO2，仅说明其酸性强于碳酸，不能体现其是部分电离的弱电解质，B错误；
C、0.1 mol L- 的 CH3COOH 溶液中，H+浓度约为 0.001 mol L- ，远小于溶质浓度，说明 CH3COOH 仅部分电离，能证明其是弱电解质，C正确；
D、任何电解质溶液稀释后，离子浓度都会降低，这一现象与 CH3COOH 是否部分电离无关，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．溶液导电能力由离子浓度和离子电荷共同决定，未控制浓度相同，无法据此判断 CH3COOH 的电离程度。
B．反应放出 CO2仅能说明酸性强弱，与 “部分电离” 的弱电解质核心特征无关。
C．抓住 “0.1 mol L- 的溶液中 H+浓度远小于溶质浓度” 这一现象，直接体现 CH3COOH 部分电离，是判断弱电解质的关键。
D．电解质溶液稀释后离子浓度降低是普遍现象，与电离程度无关，无法证明其为弱电解质。
6．（2025高二上·玉林月考）下列实验方案能达到实验目的的是
A．比较碳酸和硅酸的酸性强弱 B．探究温度对化学反应速率的影响
C．验证增大生成物浓度对化学平衡的影响 D．探究反应物的接触面积对反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、稀盐酸与 CaCO3反应生成的 CO2中混有 HCl 杂质，HCl 能与 Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀，干扰了碳酸与硅酸酸性的比较，无法达成实验目的，A错误；
B、NO2和 N2O4的平衡（2NO2(g) N2O4(g) ΔH<0）随温度变化的是平衡移动（热水中颜色加深、冷水中颜色变浅），体现的是温度对化学平衡的影响，而非反应速率，B错误；
C、氯化铁与 KSCN 的反应离子方程式为 Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，KCl 中的 K+、Cl-不参与该平衡，加入 KCl 固体不会改变平衡体系中各物质的浓度，平衡不移动，无法验证增大生成物浓度对平衡的影响，C错误；
D、实验中盐酸的浓度、体积，碳酸钙的质量均相同，仅碳酸钙的状态（块状和粉末状，接触面积不同）不同，可通过观察气泡产生速率来探究反应物接触面积对反应速率的影响，实验设计合理，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．核心是排查杂质干扰—CO2中混有的 HCl 会与 Na2SiO3反应，影响酸性比较，这是判断方案失效的关键。
B．关键是区分 “平衡移动” 与 “反应速率”—温度改变导致 NO2和 N2O4平衡移动（颜色变化），与速率无关。
C．突破口是识别 “无关离子”—KCl 中的离子不参与平衡反应，加固体不改变体系浓度，无法验证目标影响。
D．核心是控制单一变量—仅碳酸钙接触面积不同，其他条件一致，符合探究 “接触面积对反应速率影响” 的实验逻辑。
7．（2025高二上·玉林月考）一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力如图所示，则下列说法不正确的是
A．“0”点不导电的原因是冰醋酸中无自由移动的离子
B．b点时醋酸电离程度最大
C．c点溶液中加入固体可使增大、减小
D．a、b、c三点溶液用1 mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积相等
【答案】B
【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、“0”点为纯冰醋酸，冰醋酸以分子形式存在，没有自由移动的离子，而溶液导电是依靠自由移动的离子，因此“0”点不导电，A正确；
B、醋酸是弱电解质，电离程度随稀释程度的增大而增大。从图像可知，c点加水的量多于b点，即c点的稀释程度更大，因此c点的醋酸电离程度比b点大；b点是溶液导电能力的最大值点，说明此时离子浓度最大，但电离程度并非最大，B错误；
C、c点溶液中加入CH3COONa固体，CH3COONa是强电解质，完全电离会使溶液中c(CH3COO-)增大；根据电离平衡，c(CH3COO-)增大时，平衡逆向移动，从而抑制醋酸的电离，导致c(H+)减小，C正确；
D、a、b、c三点是同一冰醋酸溶液在不同稀释程度下的状态，醋酸的总物质的量始终不变。中和反应消耗NaOH的量由醋酸的总物质的量决定，因此用1 mol/L氢氧化钠溶液中和时，消耗氢氧化钠溶液的体积相等，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓住 “纯冰醋酸以分子形式存在，无自由移动离子” 的特点，判断 “0” 点不导电的原因。
B．明确 “弱电解质电离程度随稀释程度增大而增大”，对比 b、c 点稀释程度，判断电离程度最大点。
C．依据 “同离子效应（加入CH3COONa增大CH3COO-浓度，抑制醋酸电离）”，分析离子浓度变化。
D．紧扣 “醋酸总物质的量不变，中和消耗 NaOH 的量由总物质的量决定”，判断消耗NaOH体积。
8．（2025高二上·玉林月考）下列电离方程式或离子方程式正确的是
A．气体溶于水后的电离方程式：
B．醋酸铵在水中的电离方程式：
C．酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式：
D．硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸产生浅黄色沉淀的离子方程式：
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、H2S是二元弱酸，弱酸的电离是分步进行的，其溶于水后的电离方程式应为：、 ，而非一步电离出2个和，A错误；
B、醋酸铵（）是强电解质，强电解质在水溶液中完全电离，电离方程式应使用“”而非可逆符号，正确的电离方程式为：，B错误；
C、草酸（）是弱酸，在离子方程式中弱酸应保留分子形式。酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的正确离子方程式为： ，而非将草酸拆分为，C错误；
D、硫代硫酸钠（）溶液中滴加稀硫酸时，会发生歧化反应，生成浅黄色的硫（）沉淀、二氧化硫（）气体和水，离子方程式 书写完全符合反应事实和离子方程式规范，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．抓住 “二元弱酸分步电离” 的规则，判断 H2S 电离方程式的正误。
B．明确 “强电解质完全电离，电离方程式用‘=’”，分析醋酸铵的电离形式。
C．牢记 “弱酸在离子方程式中写分子形式”，判断草酸的拆分是否正确。
D．依据硫代硫酸钠与酸反应的歧化产物（S、SO2），确认离子方程式的准确性。
9．（2025高二上·玉林月考）下列实验操作、现象、结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 取溶液于试管中，加热 加热后溶液变为黄绿色 的
B 向溶液中分别滴加5滴等浓度的和溶液 加入溶液的反应更剧烈 比催化效果好
C 温度不变，扩大盛有和混合气体的密闭容器体积 容器中气体颜色先变浅后变深，但比原来的浅 平衡 先正向移动再逆向移动
D 取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴的KSCN溶液 溶液变血红色 KI与的反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、加热CuCl2溶液，颜色变为黄绿色，说明平衡正向移动；根据勒夏特列原理，升温使平衡正向移动，说明正反应ΔH > 0，A正确；
B、KMnO4与H2O2发生氧化还原反应（并非催化反应），不能用于比较催化效果，B错误；
C、扩大容器体积，压强减小，平衡逆向移动，气体颜色先变浅（体积增大，浓度减小）后变深（平衡逆向移动，NO2浓度增大），但最终比原来浅，结论中“先正向移动”错误，C错误；
D、FeCl3过量，滴加KSCN溶液变红不能说明反应存在限度（应保证KI过量，再检验Fe3+是否剩余），D错误；
故答案为：A。
【分析】A．抓住 “加热使平衡移动的方向”，结合勒夏特列原理判断反应热 ΔH 的符号。
B．明确 “KMnO4与 H2O2是氧化还原反应，非催化反应”，排除其催化效果比较的合理性。
C．依据 “压强对平衡的影响”，分析扩大体积时平衡移动方向及颜色变化的逻辑，判断结论中平衡移动方向的错误。
D．牢记 “验证反应限度需保证一种反应物过量，再检验另一种反应物是否剩余”，指出 FeCl3过量时实验设计的缺陷。
10．（2025高二上·玉林月考）某有机物的结构如图所示，则下列说法正确的是
A．该有机物能与反应
B．该有机物中有4种官能团
C．该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种
D．该有机物能发生加成反应和氧化反应，不能发生取代反应
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A、只有羧基（-COOH）能与 NaOH 反应，1mol 该有机物仅能与 1mol NaOH 反应，A错误；
B、官能团包括碳碳双键、羧基、羟基，共 3 种（苯环不是官能团），B错误；
C、碳碳双键、羟基（-CH2OH）均能被酸性 KMnO4氧化，使溶液褪色，共 2 种官能团，C正确；
D、羧基、羟基可发生取代反应（如酯化、羟基的取代），该有机物能发生取代反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
官能团的判断：易误将 “苯环” 当作官能团，实际该有机物的官能团是碳碳双键、羧基、羟基，共 3 种。
与 NaOH 的反应：混淆官能团的反应性，只有羧基能与 NaOH 反应，羟基（醇羟基）不与 NaOH 反应，1mol 该有机物仅消耗 1mol NaOH。
使酸性 KMnO4褪色的官能团：忽略醇羟基（-CH2OH）也能被酸性 KMnO4氧化，误判褪色官能团的数量。
反应类型的判断：误认为含不饱和键（碳碳双键）的有机物不能发生取代反应，实际羧基、羟基可发生酯化、取代等反应。
11．（2025高二上·玉林月考）英国科学家发明的尿素微生物电池的反应为：，电池装置如图所示。下列说法正确的是
A．该装置能够在高温下工作
B．装置工作时，电流由电极b沿导线流向电极a
C．b极发生的反应为：
D．装置工作时，每消耗22.4 L ，电路中转移4 mol
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该电池依赖微生物工作，高温会破坏微生物活性，因此不能在高温下工作，A错误；
B、由H+移动方向可知，a极为正极，b极为负极；电流由正极（a极）沿导线流向负极（b极），B错误；
C、b极为负极，尿素发生氧化反应，电极反应为 ，C正确；
D、未说明O2处于标准状况，22.4 L O2的物质的量不一定是1 mol，无法确定转移电子数，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．该电池依赖微生物工作，高温会破坏微生物活性，无法在高温下工作。
B．由 H+移动方向可知，a 为正极、b 为负极，电流由正极（a 极）沿导线流向负极（b 极）。
C．b 极为负极，尿素发生氧化反应，电极反应为 。
D．未标注 O2处于标准状况，22.4 L O2的物质的量不一定是 1 mol，无法计算转移电子数。
12．（2025高二上·玉林月考）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想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．固体溶解是吸热过程
B．根据盖斯定律可知：
C．根据各微粒的状态，可判断，
D．溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关
【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、NaCl 溶解的△H3=+4 kJ mol- （正值），说明溶解是吸热过程，A正确；B、由盖斯定律，△H3=△H1+△H2，即 a + b = 4，B正确；
C、△H1是 NaCl 固体解离为气态离子（断离子键），需吸热，故 a>0；△H2是气态离子与水结合（水合放热），故 b<0，并非 b>0，C错误；
D、溶解的能量变化，与 NaCl 固体中离子键、溶液中离子与水的作用力强弱有关，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
水合过程的能量判断：易误将气态离子与水的结合（水合过程）当成吸热，实际水合是离子与水形成作用力的过程，会放热（故 b<0），错认为 b>0。
盖斯定律的应用细节：忽略溶解过程的两步（解离 + 水合）与总过程的能量关系，误判 “a + b = 4” 的正确性。
能量变化的本质理解：对 “溶解能量变化与微粒间作用力的关系” 认识模糊，不清楚离子键断裂（吸热）和水合作用（放热）共同决定总能量变化。
13．（2025高二上·玉林月考）下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断不正确的是
酸 HX HY HZ
浓度/() 0.2 0.9 0.9 0.9
电离度 0.2 0.1 0.3 0.5
电离常数
A．在相同温度下，电离常数：
B．在相同温度下，从HX的数据可以说明：
C．反应能够发生
D．表格中两种浓度的HX溶液中，从左至右逐渐增大
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A、根据电离常数公式，计算得HZ的、HY的、HX的，因此，A正确；
B、电离常数只与温度有关，HX在两种浓度下的电离常数均为0.01（温度相同），故，B错误；
C、HZ的酸性强于HY（），根据强酸制弱酸规律，反应能够发生，C正确；
D、 由分析可知，，HX的两种浓度中，从左至右浓度和电离度的乘积增大，故逐渐增大，D正确；
故答案为：B。
【分析】 设酸为HA，设初始浓度为c，电离度为α，列三段式：，则电离常数： ，
A．用计算，得（HZ）>（HY）>（HX）。
B．电离常数仅与温度有关，HX两浓度温度相同，故。
C．则HZ酸性强于HY，符合强酸制弱酸，反应可发生。
D．，HX两浓度中与乘积增大，故增大。
14．（2025高二上·玉林月考）一定温度下，将1 mol A和1 mol B气体充入2 L恒容密闭容器，发生反应，时达到平衡，在、时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示，下列说法错误的是
A．若，则
B．时刻改变的条件是加入了催化剂
C．若时刻升高了温度，则该反应的
D．若时刻后向体系中再充入A、B、C各1 mol，则
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、若，；根据反应速率之比等于化学计量数之比，，A正确；
B、时刻C浓度突变增大但平衡未移动，该反应气体分子数不变（A、B共2 mol，C为2 mol）；加入催化剂不改变浓度，此变化应为减小容器体积（加压），而非加催化剂，B错误；
C、时刻后C浓度增大，平衡正向移动；若升高温度使平衡正向移动，说明正反应，C正确；
D、平衡时；充入A、B、C各1 mol后，，平衡正向移动，故，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．利用 “反应速率之比等于化学计量数之比”，结合 C 的浓度变化计算 v(B)。
B．抓住 “t2时刻 C 浓度突变且平衡不移动” 的特征，结合反应气体分子数不变的特点，判断改变的条件是加压（减小容器体积）而非加催化剂。
C．根据 “t3时刻后C浓度增大，平衡正向移动”，结合温度对平衡的影响，判断 ΔH 的符号。
D．通过 “计算平衡常数 K 和浓度商 Qc，比较两者大小”，判断平衡移动方向及 v正、v逆的关系。
15．（2025高二上·玉林月考）硫酸铁在化学实验中应用广泛。某小组利用硫酸铁进行如下实验：
Ⅰ．测定Fe和发生归中反应的反应热。
（1）配制溶液。
称取一定量固体溶于适量稀硫酸溶液中，加水稀释至250 mL。下列仪器中，完成本实验一定不需要选择的是　 　(填仪器名称，下同)；还缺少的玻璃仪器是　 　。
（2）为测定的焓变，甲同学设计了如下实验方案ⅰ。
方案 操作
ⅰ 在如图所示的简易量热器中加入2.8 g铁粉(过量)，再加入100 mL(1)中配制好的0.1 溶液，测定放出热量kJ；计算反应热为
①本实验中“搅拌”的操作方法是　 　。若把玻璃搅拌器误用为铜质搅拌器，则计算结果会　 　(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
②乙同学认为甲同学设计的实验方案测得的结果误差较大，判断依据是　 　。基于相关原理，乙同学重新设计了优化的实验方案ⅱ。
方案 操作
ⅱ 第1步，在如图所示的简易量热器中加入2.8 g铁粉，再加入100 mL 0.1 溶液，测定放出热量 kJ，计算反应热为； 第2步，在如图所示的简易量热器中加入3.2 g铜粉，再加入100 mL(1)中配制好的0.1 溶液，测定放出热量 kJ，计算反应热为。
③根据方案ⅱ测定结果计算： 　 　(用含、的代数式表示)。
Ⅱ．探究影响Cu和反应速率的外界因素。
实验 纯铜粉质量(g) 0.1 溶液体积(mL) 水的体积(mL) 水浴温度(℃) 测定铜粉完全溶解所用时间(min)
Ⅰ 0.3 60 0 35℃
Ⅱ 0.3 50 V 35℃
Ⅲ 0.3 60 0 45℃
（3）实验Ⅱ中，　 　。
（4）设计实验Ⅰ、Ⅱ的目的是探究其它条件相同时，　 　对反应速率的影响。
（5）实验结果：，由此可推出的实验结论是　 　。
【答案】分液漏斗；玻璃棒；上下移动玻璃搅拌器；偏高；过量的铁粉与硫酸铁溶液中含有的硫酸反应，对实验造成干扰；+；10；探究浓度对反应速率的影响；其他条件相同，升高温度，反应速率增大
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；探究影响化学反应速率的因素；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）称取一定量固体溶于适量稀硫酸溶液中，加水稀释至250 mL，需要使用250mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒，胶头滴管，不需要分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗； 玻璃棒 ；
（2）①环形搅拌器应上下搅拌使溶液充分反应，故本实验中“搅拌”的操作方法是上下移动玻璃搅拌器，若把玻璃搅拌器误用为铜质搅拌器，该反应是放热反应，铜易导热，会有热量散失，造成偏小，偏高；
②甲同学设计的实验方案中铁粉过量，过量的铁粉与硫酸反应会有热量放出，对实验造成干扰，测得的结果误差较大；
③方案ii中，发生两个反应 ， ，根据盖斯定律得 +
故答案为： 上下移动玻璃搅拌器 ； 偏高 ； 过量的铁粉与硫酸铁溶液中含有的硫酸反应，对实验造成干扰 ；+ ；
（3）铜单质与反应生成和，离子方程式为，实验中实验Ⅰ和Ⅱ控制其余变量一致，只改变浓度，则要保持溶液总体积一致，故V=10；
故答案为： 10 ；
（4）设计实验Ⅰ、Ⅱ实验中浓度不同，故其目的是探究浓度对反应速率的影响；
故答案为： 探究浓度对反应速率的影响 ；
（5）由知，其他条件不变时，升高温度，反应速率增大。
故答案为： 其他条件相同，升高温度，反应速率增大 。
【分析】（1）配制溶液需选250mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，不需要分液漏斗，还缺玻璃棒。
（2）①搅拌方法是上下移动玻璃搅拌器；用铜质搅拌器会散热，使偏高。
②误差大的依据是过量铁粉与硫酸反应放热，干扰实验。
③根据盖斯定律，。
（3）实验Ⅰ、Ⅱ控制总体积一致，。
（4）实验Ⅰ、Ⅱ目的是探究浓度对反应速率的影响。
（5）结论是其他条件相同，升高温度，反应速率增大。
16．（2025高二上·玉林月考）油气开采、石油化工、煤化工等行业产生的废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并利用。已知下列反应的热化学方程式：
① (平衡常数)
② (平衡常数)
③ (平衡常数)
（1）则　 　；　 　(用含和的代数式表示)。
（2）下列叙述一定能说明反应②达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．断裂4 mol C-H的同时生成4 mol H-H
B．在恒温恒容下，和浓度之比不再变化
C．在恒温恒压下，混合气体的密度不再变化
D．在恒容绝热下，不再变化
（3）反应③在　 　(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下可自发进行。能同时提高反应③的反应速率和转化率的一种措施是　 　。
（4）在恒压密闭容器内，充入0.2 mol 与0.4 mol 只发生反应③，的平衡转化率与温度、压强的关系如图：
①比较压强：　 　(填“>”“<”或“=”)。
②维持温度不变，向A点状态的容器中充入氩气，的转化率　 　(填“升高”、“降低”或“不变”)。
③B点处，容器体积为2L，则 ℃时该反应的平衡常数　 　。
（5）若其他条件相同的情况下，反应③在不同温度下反应相同时间后，测得的转化率a随温度的变化曲线如图，试解释AB段的转化率变化的原因：　 　。
【答案】（1）；
（2）C；D
（3）低温；增大压强
（4）>；降低；200
（5）AB段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内CS2的转化率增大
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律①-③得②，该反应，。
故答案为： ； ；
（2）A．断裂4 mol C-H的同时生成4 mol H-H，均表示正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故A不符合题意；
B．若反应②从反应物加料，初始时和浓度之比是定值，反应消耗的量等于计量数之比，因此浓度之比一直为定值，因此当和浓度之比不变化时不能说明反应达到平衡，当和浓度均不变才能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．反应②是气体体积增大的反应，在恒温恒压下，反应过程中容器的体积增大，反应前后气体总质量不变，密度减小，当混合气体的密度不再变化时说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．对于反应②，正反应为吸热反应，恒容绝热下发生该反应，随着反应的进行温度升高，逐渐增大，当不再变化时，反应一定达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为：CD；
（3）反应③的正反应放热，即，反应③的正反应气体系数和减小，即，根据可知，该反应在低温下自发；反应③的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CS2转化率降低；反应③的正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CS2转化率升高，升高温度和增大压强均能加快反应速率，因此提高反应③的反应速率和转化率的一种措施是增大压强。
故答案为： 低温 ； 增大压强 ；
（4）①是气体体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，CS2(g)的转化率增大，所以压强：P2>P1；
②维持温度不变，向A点状态的容器中充入氩气，容器体积增大，相当于减压，减小压强平衡朝气体分子数增大的方向移动，因此平衡逆向移动，CS2的转化率降低；
③B点处，CS2的平衡转化率为80%，列出三段式：
容器体积为2L，则T1℃时该反应的平衡常数K==200 L/mol。
故答案为： > ； 降低 ；200；
（5）B点为平衡点，AB段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大。
故答案为： AB段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内CS2的转化率增大 。
【分析】（1）根据盖斯定律，；平衡常数。
（2）A项均为正反应速率，B项浓度比为定值，均不能判断平衡；C项恒温恒压下密度不变说明体积不变，反应达平衡；D项恒容绝热下浓度商不变说明温度不变，反应达平衡。
（3）反应③、，低温下可自发；增大压强可同时提高反应速率和转化率。
（4）①反应③是气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，转化率增大，故。
②恒压充入氩气，体积增大相当于减压，平衡逆向移动，转化率降低。
③列三段式计算，平衡常数。
（5）AB段未达平衡，升高温度反应速率增大，单位时间内转化率增大。
（1）根据盖斯定律①-③得②，该反应，。
（2）A．断裂4 mol C-H的同时生成4 mol H-H，均表示正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故A不符合题意；
B．若反应②从反应物加料，初始时和浓度之比是定值，反应消耗的量等于计量数之比，因此浓度之比一直为定值，因此当和浓度之比不变化时不能说明反应达到平衡，当和浓度均不变才能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．反应②是气体体积增大的反应，在恒温恒压下，反应过程中容器的体积增大，反应前后气体总质量不变，密度减小，当混合气体的密度不再变化时说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．对于反应②，正反应为吸热反应，恒容绝热下发生该反应，随着反应的进行温度升高，逐渐增大，当不再变化时，反应一定达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为CD。
（3）反应③的正反应放热，即，反应③的正反应气体系数和减小，即，根据可知，该反应在低温下自发；反应③的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CS2转化率降低；反应③的正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CS2转化率升高，升高温度和增大压强均能加快反应速率，因此提高反应③的反应速率和转化率的一种措施是增大压强。
（4）①是气体体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，CS2(g)的转化率增大，所以压强：P2>P1；
②维持温度不变，向A点状态的容器中充入氩气，容器体积增大，相当于减压，减小压强平衡朝气体分子数增大的方向移动，因此平衡逆向移动，CS2的转化率降低；
③B点处，CS2的平衡转化率为80%，列出三段式：
容器体积为2L，则T1℃时该反应的平衡常数K==200 L/mol。
（5）B点为平衡点，AB段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大。
17．（2025高二上·玉林月考）下图是工业上以硫铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，并对尾气中二氧化硫进行回收处理的简化工艺流程：
请根据所学知识，回答下列问题：
（1）在沸腾炉中，与氧气发生反应的化学方程式为　 　。
（2）进入接触室的气体需净化，目的是　 　。
（3）在接触室中，在催化剂催化下被氧化为，其催化机理如下：
据此判断，在反应中起到催化剂作用的是　 　。与不加催化剂相比，使用催化剂使反应速率显著提高的根本原因是　 　。
（4）已知硫酸生产过程中涉及的主要反应都是放热反应，下列条件或措施是根据化学平衡移动原理来确定的有　 　(填序号)。
A．矿石加入沸腾炉之前先粉碎，空气从沸腾炉底部鼓入
B．净化炉气中要补充适当过量的空气
C．接触室中保持的高温
D．与的接触氧化在常压下进行
E．吸收塔中，不直接用水而用的浓硫酸来吸收
（5）从吸收塔出来的尾气中仍含有少量，直接排放会污染空气。常用过量氨水进行吸收，该过程中发生的离子反应方程式为　 　。
（6）对“矿渣”的合理利用方法是　 　。
【答案】（1）
（2）防止催化剂中毒
（3）V2O5；降低反应的活化能
（4）B
（5）
（6）用作炼铁的原料
【知识点】工业制取硫酸；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）黄铁矿在沸腾炉中与氧气高温反应，生成氧化铁和二氧化硫，这是硫酸工业中制取二氧化硫的关键反应；其反应为：。
故答案为： ；
（2）从沸腾炉出来的炉气需要净化是因为其中带有的杂质气体会让下一步接触室里面的催化剂中毒，催化剂中毒会影响反应的进度。
故答案为： 防止催化剂中毒 ；
（3）在催化机理中，V2O5参与反应后又生成，符合催化剂“参与反应、反应前后质量和化学性质不变”的特点；催化剂通过降低反应的活化能，使更多反应物分子成为活化分子，从而显著提高反应速率。
故答案为： V2O5 ； 降低反应的活化能 ；
（4）A．矿石粉碎是为了增大反应物接触面积，空气从底部鼓入是为了使矿石与空气充分接触，这些操作都是为了加快反应速率，并非根据化学平衡移动原理，A错误；
B．净化炉气中补充适当过量的空气，即增大了O2的浓度，根据化学平衡移动原理，增大反应物浓度，可使反应的平衡正向移动，提高SO2的转化率，B正确；
C．接触室中保持400~500℃的高温，是因为该温度下催化剂活性最高，能加快反应速率。而该反应是放热反应，升高温度平衡会逆向移动，此操作并非为了使平衡移动，C错误；
D．SO2与O2的接触氧化在常压下进行，是因为在常压下SO3产率已经很高，加压对设备要求高且收益不大，并非根据化学平衡移动原理，D错误；
E．吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，是因为用水吸收SO3会形成酸雾，影响吸收效率，这是从吸收效率角度考虑，与化学平衡移动原理无关，E错误；
故答案为：B；
（5）过量氨水与SO2反应，会生成亚硫酸铵和水，一水合氨是弱碱，写化学式，亚硫酸铵是可溶性盐，拆成离子形式，所以其离子方程式为：。
故答案为： ；
（6）沸腾炉中FeS2与O2反应生成Fe2O3，是炼铁的重要原料，可用于炼铁工业。
故答案为： 用作炼铁的原料 。
【分析】（1）沸腾炉中与高温反应，化学方程式为 。
（2）净化气体是为了防止催化剂中毒。
（3）催化剂是；催化剂通过降低反应的活化能提高反应速率。
（4）只有B选项（补充过量空气，增大浓度使平衡正向移动）是根据化学平衡移动原理。
（5）过量氨水吸收的离子方程式为 。
（6）矿渣（含）可用作炼铁的原料。
（1）黄铁矿在沸腾炉中与氧气高温反应，生成氧化铁和二氧化硫，这是硫酸工业中制取二氧化硫的关键反应；其反应为：。
（2）从沸腾炉出来的炉气需要净化是因为其中带有的杂质气体会让下一步接触室里面的催化剂中毒，催化剂中毒会影响反应的进度。
（3）在催化机理中，V2O5参与反应后又生成，符合催化剂“参与反应、反应前后质量和化学性质不变”的特点；催化剂通过降低反应的活化能，使更多反应物分子成为活化分子，从而显著提高反应速率。
（4）A．矿石粉碎是为了增大反应物接触面积，空气从底部鼓入是为了使矿石与空气充分接触，这些操作都是为了加快反应速率，并非根据化学平衡移动原理，A错误；
B．净化炉气中补充适当过量的空气，即增大了O2的浓度，根据化学平衡移动原理，增大反应物浓度，可使反应的平衡正向移动，提高SO2的转化率，B正确；
C．接触室中保持400~500℃的高温，是因为该温度下催化剂活性最高，能加快反应速率。而该反应是放热反应，升高温度平衡会逆向移动，此操作并非为了使平衡移动，C错误；
D．SO2与O2的接触氧化在常压下进行，是因为在常压下SO3产率已经很高，加压对设备要求高且收益不大，并非根据化学平衡移动原理，D错误；
E．吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，是因为用水吸收SO3会形成酸雾，影响吸收效率，这是从吸收效率角度考虑，与化学平衡移动原理无关，E错误；
故答案选B。
（5）过量氨水与SO2反应，会生成亚硫酸铵和水，一水合氨是弱碱，写化学式，亚硫酸铵是可溶性盐，拆成离子形式，所以其离子方程式为：。
（6）沸腾炉中FeS2与O2反应生成Fe2O3，是炼铁的重要原料，可用于炼铁工业。
18．（2025高二上·玉林月考）以庚烷等为原料合成高分子材料E和I的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）H中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的反应类型为　 　。H→I的反应类型为　 　。
（3）的化学方程式为　 　。
（4）写出C的结构简式　 　。
（5）写出物质F的同分异构体的结构简式　 　。
（6）下列有关说法不正确的是___________(填字母)。
A．有机化合物X和G均难溶于水
B．有机化合物C可以使的溶液褪色
C．有机化合物B可以发生银镜反应
D．有机化合物D和H互为同分异构体
【答案】（1）酯基
（2）氧化反应；加聚反应
（3）
（4）
（5）
（6）A
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）H为乙酸乙烯酯，其含有的含氧官能团为酯基；
故答案为： 酯基 ；
（2）B→C是丙烯醛被氧气氧化为丙烯酸，反应类型为氧化反应；H→I是乙酸乙烯酯发生加聚反应生成聚乙酸乙烯酯；
故答案为： 氧化反应 ； 加聚反应 ；
（3）丙烯酸甲酯加聚生成聚丙烯酸甲酯，反应方程式为；
故答案为： ；
（4）根据分析C为丙烯酸，其结构简式为；
故答案为： ；
（5）F为正丁烷，其同分异构体为异丁烷：
故答案为： ；
（6）A．X为庚烷，烷烃难溶于水；G为乙酸，乙酸易溶于水，故A错误；
B．C为丙烯酸，含有碳碳双键可以使Br2的CCl4溶液褪色，故B正确；
C．B为丙烯醛，含有醛基，能发生银镜反应，故C正确；
D．D是丙烯酸甲酯，H是乙酸乙烯酯，二者分子式均为C4H6O2，但结构不同互为同分异构体，故D正确；
故答案为：A。
【分析】 原料庚烷（，记为X）在高温下发生裂解反应，生成两种产物：一种是丙烯（，记为A）；另一种是正丁烷（，记为F）。丙烯（A）在催化剂、作用下发生氧化反应，生成丙烯醛（，记为B）。丙烯醛（B）在水蒸气、催化剂、作用下进一步氧化，生成丙烯酸（，记为C，分子式）。丙烯酸（C）与甲醇（）在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成丙烯酸甲酯（，记为D，分子式）。丙烯酸甲酯（D）在催化剂作用下发生加聚反应，生成高分子材料（结构为）。正丁烷（F）在乙酸钴催化、作用下发生氧化反应，生成乙酸（，记为G）。乙酸（G）与在催化下反应，生成乙酸乙烯酯（，记为H，分子式）。乙酸乙烯酯（H）在催化剂作用下发生加聚反应，生成高分子材料，分子式）。
综上，整个流程以庚烷为起始原料，经裂解得到丙烯和正丁烷两条支线，分别通过氧化、酯化、加聚等反应，最终合成两种高分子材料E和I。
（1）H为乙酸乙烯酯，其含有的含氧官能团为酯基；
（2）B→C是丙烯醛被氧气氧化为丙烯酸，反应类型为氧化反应；H→I是乙酸乙烯酯发生加聚反应生成聚乙酸乙烯酯；
（3）丙烯酸甲酯加聚生成聚丙烯酸甲酯，反应方程式为；
（4）根据分析C为丙烯酸，其结构简式为；
（5）F为正丁烷，其同分异构体为异丁烷：
（6）A．X为庚烷，烷烃难溶于水；G为乙酸，乙酸易溶于水，故A错误；
B．C为丙烯酸，含有碳碳双键可以使Br2的CCl4溶液褪色，故B正确；
C．B为丙烯醛，含有醛基，能发生银镜反应，故C正确；
D．D是丙烯酸甲酯，H是乙酸乙烯酯，二者分子式均为C4H6O2，但结构不同互为同分异构体，故D正确；
故选A。
1 / 1广西壮族自治区玉林市多校联考2025-2026学年高二上学期9月月考 化学试题
1．（2025高二上·玉林月考）化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是
A．食盐中添加碘酸钾
B．铝合金门窗比钢门窗更耐腐蚀
C．医护人员冷藏存放“流感”疫苗
D．家用铁锅、铁铲等厨具保持干燥
2．（2025高二上·玉林月考）工业上常用NaClO处理氨氮废水，其原理为：，下列有关说法正确的是
A．和互为同素异形体 B．属于弱电解质
C．水分子的球棍模型： D．NaCl的电子式为：
3．（2025高二上·玉林月考）反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．稳定性：
B．该反应要发生一定需要加热
C．
D．盐酸与碳酸氢钠反应的能量变化过程与该图相似
4．（2025高二上·玉林月考）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．和充分反应生成1 mol 时转移电子数为
B．1 L 1 mol/L的HF溶液中含有H+数目为
C．64 g Cu与足量S完全反应转移的电子数为
D．常温下，56 g铁片投入足量浓中生成个分子
5．（2025高二上·玉林月考）下列能说明CH3COOH是弱电解质的是（　　）
A．CH3COOH溶液的导电能力比盐酸的弱
B．CH3COOH溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳
C．0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度约为0.001mol·L-1
D．CH3COOH溶液用水稀释后，氢离子浓度降低
6．（2025高二上·玉林月考）下列实验方案能达到实验目的的是
A．比较碳酸和硅酸的酸性强弱 B．探究温度对化学反应速率的影响
C．验证增大生成物浓度对化学平衡的影响 D．探究反应物的接触面积对反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高二上·玉林月考）一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力如图所示，则下列说法不正确的是
A．“0”点不导电的原因是冰醋酸中无自由移动的离子
B．b点时醋酸电离程度最大
C．c点溶液中加入固体可使增大、减小
D．a、b、c三点溶液用1 mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积相等
8．（2025高二上·玉林月考）下列电离方程式或离子方程式正确的是
A．气体溶于水后的电离方程式：
B．醋酸铵在水中的电离方程式：
C．酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式：
D．硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸产生浅黄色沉淀的离子方程式：
9．（2025高二上·玉林月考）下列实验操作、现象、结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 取溶液于试管中，加热 加热后溶液变为黄绿色 的
B 向溶液中分别滴加5滴等浓度的和溶液 加入溶液的反应更剧烈 比催化效果好
C 温度不变，扩大盛有和混合气体的密闭容器体积 容器中气体颜色先变浅后变深，但比原来的浅 平衡 先正向移动再逆向移动
D 取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴的KSCN溶液 溶液变血红色 KI与的反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
10．（2025高二上·玉林月考）某有机物的结构如图所示，则下列说法正确的是
A．该有机物能与反应
B．该有机物中有4种官能团
C．该有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团有2种
D．该有机物能发生加成反应和氧化反应，不能发生取代反应
11．（2025高二上·玉林月考）英国科学家发明的尿素微生物电池的反应为：，电池装置如图所示。下列说法正确的是
A．该装置能够在高温下工作
B．装置工作时，电流由电极b沿导线流向电极a
C．b极发生的反应为：
D．装置工作时，每消耗22.4 L ，电路中转移4 mol
12．（2025高二上·玉林月考）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想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．固体溶解是吸热过程
B．根据盖斯定律可知：
C．根据各微粒的状态，可判断，
D．溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关
13．（2025高二上·玉林月考）下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断不正确的是
酸 HX HY HZ
浓度/() 0.2 0.9 0.9 0.9
电离度 0.2 0.1 0.3 0.5
电离常数
A．在相同温度下，电离常数：
B．在相同温度下，从HX的数据可以说明：
C．反应能够发生
D．表格中两种浓度的HX溶液中，从左至右逐渐增大
14．（2025高二上·玉林月考）一定温度下，将1 mol A和1 mol B气体充入2 L恒容密闭容器，发生反应，时达到平衡，在、时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示，下列说法错误的是
A．若，则
B．时刻改变的条件是加入了催化剂
C．若时刻升高了温度，则该反应的
D．若时刻后向体系中再充入A、B、C各1 mol，则
15．（2025高二上·玉林月考）硫酸铁在化学实验中应用广泛。某小组利用硫酸铁进行如下实验：
Ⅰ．测定Fe和发生归中反应的反应热。
（1）配制溶液。
称取一定量固体溶于适量稀硫酸溶液中，加水稀释至250 mL。下列仪器中，完成本实验一定不需要选择的是　 　(填仪器名称，下同)；还缺少的玻璃仪器是　 　。
（2）为测定的焓变，甲同学设计了如下实验方案ⅰ。
方案 操作
ⅰ 在如图所示的简易量热器中加入2.8 g铁粉(过量)，再加入100 mL(1)中配制好的0.1 溶液，测定放出热量kJ；计算反应热为
①本实验中“搅拌”的操作方法是　 　。若把玻璃搅拌器误用为铜质搅拌器，则计算结果会　 　(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
②乙同学认为甲同学设计的实验方案测得的结果误差较大，判断依据是　 　。基于相关原理，乙同学重新设计了优化的实验方案ⅱ。
方案 操作
ⅱ 第1步，在如图所示的简易量热器中加入2.8 g铁粉，再加入100 mL 0.1 溶液，测定放出热量 kJ，计算反应热为； 第2步，在如图所示的简易量热器中加入3.2 g铜粉，再加入100 mL(1)中配制好的0.1 溶液，测定放出热量 kJ，计算反应热为。
③根据方案ⅱ测定结果计算： 　 　(用含、的代数式表示)。
Ⅱ．探究影响Cu和反应速率的外界因素。
实验 纯铜粉质量(g) 0.1 溶液体积(mL) 水的体积(mL) 水浴温度(℃) 测定铜粉完全溶解所用时间(min)
Ⅰ 0.3 60 0 35℃
Ⅱ 0.3 50 V 35℃
Ⅲ 0.3 60 0 45℃
（3）实验Ⅱ中，　 　。
（4）设计实验Ⅰ、Ⅱ的目的是探究其它条件相同时，　 　对反应速率的影响。
（5）实验结果：，由此可推出的实验结论是　 　。
16．（2025高二上·玉林月考）油气开采、石油化工、煤化工等行业产生的废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并利用。已知下列反应的热化学方程式：
① (平衡常数)
② (平衡常数)
③ (平衡常数)
（1）则　 　；　 　(用含和的代数式表示)。
（2）下列叙述一定能说明反应②达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．断裂4 mol C-H的同时生成4 mol H-H
B．在恒温恒容下，和浓度之比不再变化
C．在恒温恒压下，混合气体的密度不再变化
D．在恒容绝热下，不再变化
（3）反应③在　 　(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下可自发进行。能同时提高反应③的反应速率和转化率的一种措施是　 　。
（4）在恒压密闭容器内，充入0.2 mol 与0.4 mol 只发生反应③，的平衡转化率与温度、压强的关系如图：
①比较压强：　 　(填“>”“<”或“=”)。
②维持温度不变，向A点状态的容器中充入氩气，的转化率　 　(填“升高”、“降低”或“不变”)。
③B点处，容器体积为2L，则 ℃时该反应的平衡常数　 　。
（5）若其他条件相同的情况下，反应③在不同温度下反应相同时间后，测得的转化率a随温度的变化曲线如图，试解释AB段的转化率变化的原因：　 　。
17．（2025高二上·玉林月考）下图是工业上以硫铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，并对尾气中二氧化硫进行回收处理的简化工艺流程：
请根据所学知识，回答下列问题：
（1）在沸腾炉中，与氧气发生反应的化学方程式为　 　。
（2）进入接触室的气体需净化，目的是　 　。
（3）在接触室中，在催化剂催化下被氧化为，其催化机理如下：
据此判断，在反应中起到催化剂作用的是　 　。与不加催化剂相比，使用催化剂使反应速率显著提高的根本原因是　 　。
（4）已知硫酸生产过程中涉及的主要反应都是放热反应，下列条件或措施是根据化学平衡移动原理来确定的有　 　(填序号)。
A．矿石加入沸腾炉之前先粉碎，空气从沸腾炉底部鼓入
B．净化炉气中要补充适当过量的空气
C．接触室中保持的高温
D．与的接触氧化在常压下进行
E．吸收塔中，不直接用水而用的浓硫酸来吸收
（5）从吸收塔出来的尾气中仍含有少量，直接排放会污染空气。常用过量氨水进行吸收，该过程中发生的离子反应方程式为　 　。
（6）对“矿渣”的合理利用方法是　 　。
18．（2025高二上·玉林月考）以庚烷等为原料合成高分子材料E和I的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）H中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的反应类型为　 　。H→I的反应类型为　 　。
（3）的化学方程式为　 　。
（4）写出C的结构简式　 　。
（5）写出物质F的同分异构体的结构简式　 　。
（6）下列有关说法不正确的是___________(填字母)。
A．有机化合物X和G均难溶于水
B．有机化合物C可以使的溶液褪色
C．有机化合物B可以发生银镜反应
D．有机化合物D和H互为同分异构体
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、食盐中添加碘酸钾是利用其稳定性，确保储存时不易分解以维持有效碘含量，这一过程与控制化学反应速率无关，而是与物质自身的稳定性相关，故A不符合题意 ；
B、铝合金表面形成致密氧化膜，阻碍内部金属被进一步腐蚀，是通过改变材料的腐蚀特性来减缓腐蚀反应的速率，与化学反应速率有关，故A不符合题意 ；
C、冷藏存放 “流感” 疫苗，是通过降低温度来减缓疫苗中蛋白质变性或分解的速率，属于直接对反应速率的控制，故A不符合题意 ；
D、保持铁锅、铁铲干燥，可减少水分参与铁的电化学腐蚀反应，从而减缓铁被腐蚀的速率，与化学反应速率有关，故A不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对 “化学反应速率调控” 的本质理解不清：容易混淆 “物质稳定性” 与 “反应速率调控”。如选项 A 中碘酸钾的稳定性，是其自身不易发生分解反应，并非对反应速率的控制，若不能区分这一点，易误判。
对材料腐蚀、物质变质类过程的反应速率关联判断不准：像选项 B 中铝合金的腐蚀、选项 C 中疫苗蛋白质的变质、选项 D 中铁的电化学腐蚀，这些过程都是通过改变条件（材料特性、温度、反应物浓度）来调控反应快慢，若不能识别这些过程与反应速率的关联，会错选答案。
2．【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质；同位素及其应用；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、和是氯元素的两种原子，它们质子数相同（均为17）、中子数不同（分别为18和20），这种质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素。而同素异形体的定义是“同种元素形成的不同单质”，例如氧气（）和臭氧（）互为同素异形体。A错误；
B、电解质的定义是“在水溶液中或熔融状态下能自身电离出离子的化合物”。自身不能电离出离子，因此属于非电解质。的水溶液能导电，是因为与水反应生成了，属于弱电解质，能电离出和，从而使溶液导电。B错误；
C、水分子的空间构型是V形，且氧原子的原子半径大于氢原子。题中给出的球棍模型存在两处错误：一是原子大小比例（氧原子应比氢原子大，模型中未体现）；二是空间构型（模型呈现的结构不符合V形的实际角度）。C错误；
D、是离子化合物，由（钠离子）和（氯离子）通过离子键结合而成。离子化合物的电子式书写规则是“阳离子直接写离子符号，阴离子需用方括号括起并标注电荷”，因此的电子式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．明确“同位素”（同种元素的不同原子）和“同素异形体”（同种元素的不同单质）的概念差异，据此判断和的类别。
B．紧扣“电解质是自身能电离出离子的化合物”这一核心，分析自身是否电离，进而判断其是否为电解质。
C．结合水分子“氧原子半径大于氢原子、V形构型”的结构特点，分析球棍模型的合理性。
D．依据离子化合物电子式的书写规则（阳离子写离子符号，阴离子加方括号并标电荷），判断电子式的正确性。
3．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、物质的能量高低与稳定性密切相关，能量越低越稳定。从能量图中可以看出，X (g) 的能量低于 Y (g) 的能量，因此稳定性：X > Y，A错误；
B、反应是否需要加热，与反应是吸热反应还是放热反应没有必然联系。吸热反应不一定需要加热才能发生，例如某些吸热反应在常温下也可以进行；同理，放热反应也不一定不需要加热。因此不能根据反应的热效应判断其是否需要加热，B错误；
C、焓变（ΔH）的计算规则是ΔH = 正反应活化能 - 逆反应活化能。在该反应中，正反应活化能为 E1，逆反应活化能为 E2，因此 ΔH = (E1 - E2) kJ/mol，而非 (E2 - E1) kJ/mol，C错误；
D、盐酸与碳酸氢钠的反应是吸热反应（反应过程中吸收热量）。从图示能量变化来看，反应物 X (g) 的能量低于生成物 Y (g) 的能量，该反应属于吸热反应。二者均为吸热反应，能量变化过程相似，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．依据 “能量越低越稳定”，对比X (g) 与Y (g) 能量高低判断。
B．明确 “反应条件（加热）与反应热类型无必然联系”，直接概念辨析。
C．牢记 “ΔH=正反应活化能-逆反应活化能”，对应E1、E2判断计算式。
D．先由图像判反应类型（反应物能量＜生成物→吸热），再匹配已知吸热反应。
4．【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、反应中，生成2 mol 时转移6 mol电子，则生成1 mol 时转移电子数为，A正确；
B、HF是弱酸，在水溶液中部分电离，因此1 L 1 mol/L的HF溶液中数目小于，B错误；
C、64 g Cu（物质的量为1 mol）与足量S反应生成，每个Cu原子失去1个电子，故转移电子数为，而非，C错误；
D、常温下，铁在浓中会发生钝化，反应难以持续进行，不会生成个分子，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．明确反应的电子转移规律，通过化学计量比计算生成1 mol 时的转移电子数。
B．抓住“HF是弱酸，部分电离”的特性，判断数目是否小于。
C．牢记Cu与S反应的产物是，据此分析Cu的失电子数。
D．明确“常温下铁在浓中钝化”的性质，判断反应能否持续生成大量。
5．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、溶液导电能力与离子浓度、离子所带电荷有关，未说明两溶液浓度相同，无法通过导电能力强弱判断 CH3COOH 是否部分电离，A错误；
B、CH3COOH 与碳酸钙反应放出 CO2，仅说明其酸性强于碳酸，不能体现其是部分电离的弱电解质，B错误；
C、0.1 mol L- 的 CH3COOH 溶液中，H+浓度约为 0.001 mol L- ，远小于溶质浓度，说明 CH3COOH 仅部分电离，能证明其是弱电解质，C正确；
D、任何电解质溶液稀释后，离子浓度都会降低，这一现象与 CH3COOH 是否部分电离无关，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．溶液导电能力由离子浓度和离子电荷共同决定，未控制浓度相同，无法据此判断 CH3COOH 的电离程度。
B．反应放出 CO2仅能说明酸性强弱，与 “部分电离” 的弱电解质核心特征无关。
C．抓住 “0.1 mol L- 的溶液中 H+浓度远小于溶质浓度” 这一现象，直接体现 CH3COOH 部分电离，是判断弱电解质的关键。
D．电解质溶液稀释后离子浓度降低是普遍现象，与电离程度无关，无法证明其为弱电解质。
6．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、稀盐酸与 CaCO3反应生成的 CO2中混有 HCl 杂质，HCl 能与 Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀，干扰了碳酸与硅酸酸性的比较，无法达成实验目的，A错误；
B、NO2和 N2O4的平衡（2NO2(g) N2O4(g) ΔH<0）随温度变化的是平衡移动（热水中颜色加深、冷水中颜色变浅），体现的是温度对化学平衡的影响，而非反应速率，B错误；
C、氯化铁与 KSCN 的反应离子方程式为 Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，KCl 中的 K+、Cl-不参与该平衡，加入 KCl 固体不会改变平衡体系中各物质的浓度，平衡不移动，无法验证增大生成物浓度对平衡的影响，C错误；
D、实验中盐酸的浓度、体积，碳酸钙的质量均相同，仅碳酸钙的状态（块状和粉末状，接触面积不同）不同，可通过观察气泡产生速率来探究反应物接触面积对反应速率的影响，实验设计合理，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．核心是排查杂质干扰—CO2中混有的 HCl 会与 Na2SiO3反应，影响酸性比较，这是判断方案失效的关键。
B．关键是区分 “平衡移动” 与 “反应速率”—温度改变导致 NO2和 N2O4平衡移动（颜色变化），与速率无关。
C．突破口是识别 “无关离子”—KCl 中的离子不参与平衡反应，加固体不改变体系浓度，无法验证目标影响。
D．核心是控制单一变量—仅碳酸钙接触面积不同，其他条件一致，符合探究 “接触面积对反应速率影响” 的实验逻辑。
7．【答案】B
【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、“0”点为纯冰醋酸，冰醋酸以分子形式存在，没有自由移动的离子，而溶液导电是依靠自由移动的离子，因此“0”点不导电，A正确；
B、醋酸是弱电解质，电离程度随稀释程度的增大而增大。从图像可知，c点加水的量多于b点，即c点的稀释程度更大，因此c点的醋酸电离程度比b点大；b点是溶液导电能力的最大值点，说明此时离子浓度最大，但电离程度并非最大，B错误；
C、c点溶液中加入CH3COONa固体，CH3COONa是强电解质，完全电离会使溶液中c(CH3COO-)增大；根据电离平衡，c(CH3COO-)增大时，平衡逆向移动，从而抑制醋酸的电离，导致c(H+)减小，C正确；
D、a、b、c三点是同一冰醋酸溶液在不同稀释程度下的状态，醋酸的总物质的量始终不变。中和反应消耗NaOH的量由醋酸的总物质的量决定，因此用1 mol/L氢氧化钠溶液中和时，消耗氢氧化钠溶液的体积相等，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓住 “纯冰醋酸以分子形式存在，无自由移动离子” 的特点，判断 “0” 点不导电的原因。
B．明确 “弱电解质电离程度随稀释程度增大而增大”，对比 b、c 点稀释程度，判断电离程度最大点。
C．依据 “同离子效应（加入CH3COONa增大CH3COO-浓度，抑制醋酸电离）”，分析离子浓度变化。
D．紧扣 “醋酸总物质的量不变，中和消耗 NaOH 的量由总物质的量决定”，判断消耗NaOH体积。
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、H2S是二元弱酸，弱酸的电离是分步进行的，其溶于水后的电离方程式应为：、 ，而非一步电离出2个和，A错误；
B、醋酸铵（）是强电解质，强电解质在水溶液中完全电离，电离方程式应使用“”而非可逆符号，正确的电离方程式为：，B错误；
C、草酸（）是弱酸，在离子方程式中弱酸应保留分子形式。酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的正确离子方程式为： ，而非将草酸拆分为，C错误；
D、硫代硫酸钠（）溶液中滴加稀硫酸时，会发生歧化反应，生成浅黄色的硫（）沉淀、二氧化硫（）气体和水，离子方程式 书写完全符合反应事实和离子方程式规范，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．抓住 “二元弱酸分步电离” 的规则，判断 H2S 电离方程式的正误。
B．明确 “强电解质完全电离，电离方程式用‘=’”，分析醋酸铵的电离形式。
C．牢记 “弱酸在离子方程式中写分子形式”，判断草酸的拆分是否正确。
D．依据硫代硫酸钠与酸反应的歧化产物（S、SO2），确认离子方程式的准确性。
9．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、加热CuCl2溶液，颜色变为黄绿色，说明平衡正向移动；根据勒夏特列原理，升温使平衡正向移动，说明正反应ΔH > 0，A正确；
B、KMnO4与H2O2发生氧化还原反应（并非催化反应），不能用于比较催化效果，B错误；
C、扩大容器体积，压强减小，平衡逆向移动，气体颜色先变浅（体积增大，浓度减小）后变深（平衡逆向移动，NO2浓度增大），但最终比原来浅，结论中“先正向移动”错误，C错误；
D、FeCl3过量，滴加KSCN溶液变红不能说明反应存在限度（应保证KI过量，再检验Fe3+是否剩余），D错误；
故答案为：A。
【分析】A．抓住 “加热使平衡移动的方向”，结合勒夏特列原理判断反应热 ΔH 的符号。
B．明确 “KMnO4与 H2O2是氧化还原反应，非催化反应”，排除其催化效果比较的合理性。
C．依据 “压强对平衡的影响”，分析扩大体积时平衡移动方向及颜色变化的逻辑，判断结论中平衡移动方向的错误。
D．牢记 “验证反应限度需保证一种反应物过量，再检验另一种反应物是否剩余”，指出 FeCl3过量时实验设计的缺陷。
10．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A、只有羧基（-COOH）能与 NaOH 反应，1mol 该有机物仅能与 1mol NaOH 反应，A错误；
B、官能团包括碳碳双键、羧基、羟基，共 3 种（苯环不是官能团），B错误；
C、碳碳双键、羟基（-CH2OH）均能被酸性 KMnO4氧化，使溶液褪色，共 2 种官能团，C正确；
D、羧基、羟基可发生取代反应（如酯化、羟基的取代），该有机物能发生取代反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
官能团的判断：易误将 “苯环” 当作官能团，实际该有机物的官能团是碳碳双键、羧基、羟基，共 3 种。
与 NaOH 的反应：混淆官能团的反应性，只有羧基能与 NaOH 反应，羟基（醇羟基）不与 NaOH 反应，1mol 该有机物仅消耗 1mol NaOH。
使酸性 KMnO4褪色的官能团：忽略醇羟基（-CH2OH）也能被酸性 KMnO4氧化，误判褪色官能团的数量。
反应类型的判断：误认为含不饱和键（碳碳双键）的有机物不能发生取代反应，实际羧基、羟基可发生酯化、取代等反应。
11．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该电池依赖微生物工作，高温会破坏微生物活性，因此不能在高温下工作，A错误；
B、由H+移动方向可知，a极为正极，b极为负极；电流由正极（a极）沿导线流向负极（b极），B错误；
C、b极为负极，尿素发生氧化反应，电极反应为 ，C正确；
D、未说明O2处于标准状况，22.4 L O2的物质的量不一定是1 mol，无法确定转移电子数，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．该电池依赖微生物工作，高温会破坏微生物活性，无法在高温下工作。
B．由 H+移动方向可知，a 为正极、b 为负极，电流由正极（a 极）沿导线流向负极（b 极）。
C．b 极为负极，尿素发生氧化反应，电极反应为 。
D．未标注 O2处于标准状况，22.4 L O2的物质的量不一定是 1 mol，无法计算转移电子数。
12．【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、NaCl 溶解的△H3=+4 kJ mol- （正值），说明溶解是吸热过程，A正确；B、由盖斯定律，△H3=△H1+△H2，即 a + b = 4，B正确；
C、△H1是 NaCl 固体解离为气态离子（断离子键），需吸热，故 a>0；△H2是气态离子与水结合（水合放热），故 b<0，并非 b>0，C错误；
D、溶解的能量变化，与 NaCl 固体中离子键、溶液中离子与水的作用力强弱有关，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
水合过程的能量判断：易误将气态离子与水的结合（水合过程）当成吸热，实际水合是离子与水形成作用力的过程，会放热（故 b<0），错认为 b>0。
盖斯定律的应用细节：忽略溶解过程的两步（解离 + 水合）与总过程的能量关系，误判 “a + b = 4” 的正确性。
能量变化的本质理解：对 “溶解能量变化与微粒间作用力的关系” 认识模糊，不清楚离子键断裂（吸热）和水合作用（放热）共同决定总能量变化。
13．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A、根据电离常数公式，计算得HZ的、HY的、HX的，因此，A正确；
B、电离常数只与温度有关，HX在两种浓度下的电离常数均为0.01（温度相同），故，B错误；
C、HZ的酸性强于HY（），根据强酸制弱酸规律，反应能够发生，C正确；
D、 由分析可知，，HX的两种浓度中，从左至右浓度和电离度的乘积增大，故逐渐增大，D正确；
故答案为：B。
【分析】 设酸为HA，设初始浓度为c，电离度为α，列三段式：，则电离常数： ，
A．用计算，得（HZ）>（HY）>（HX）。
B．电离常数仅与温度有关，HX两浓度温度相同，故。
C．则HZ酸性强于HY，符合强酸制弱酸，反应可发生。
D．，HX两浓度中与乘积增大，故增大。
14．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、若，；根据反应速率之比等于化学计量数之比，，A正确；
B、时刻C浓度突变增大但平衡未移动，该反应气体分子数不变（A、B共2 mol，C为2 mol）；加入催化剂不改变浓度，此变化应为减小容器体积（加压），而非加催化剂，B错误；
C、时刻后C浓度增大，平衡正向移动；若升高温度使平衡正向移动，说明正反应，C正确；
D、平衡时；充入A、B、C各1 mol后，，平衡正向移动，故，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．利用 “反应速率之比等于化学计量数之比”，结合 C 的浓度变化计算 v(B)。
B．抓住 “t2时刻 C 浓度突变且平衡不移动” 的特征，结合反应气体分子数不变的特点，判断改变的条件是加压（减小容器体积）而非加催化剂。
C．根据 “t3时刻后C浓度增大，平衡正向移动”，结合温度对平衡的影响，判断 ΔH 的符号。
D．通过 “计算平衡常数 K 和浓度商 Qc，比较两者大小”，判断平衡移动方向及 v正、v逆的关系。
15．【答案】分液漏斗；玻璃棒；上下移动玻璃搅拌器；偏高；过量的铁粉与硫酸铁溶液中含有的硫酸反应，对实验造成干扰；+；10；探究浓度对反应速率的影响；其他条件相同，升高温度，反应速率增大
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；探究影响化学反应速率的因素；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）称取一定量固体溶于适量稀硫酸溶液中，加水稀释至250 mL，需要使用250mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒，胶头滴管，不需要分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗； 玻璃棒 ；
（2）①环形搅拌器应上下搅拌使溶液充分反应，故本实验中“搅拌”的操作方法是上下移动玻璃搅拌器，若把玻璃搅拌器误用为铜质搅拌器，该反应是放热反应，铜易导热，会有热量散失，造成偏小，偏高；
②甲同学设计的实验方案中铁粉过量，过量的铁粉与硫酸反应会有热量放出，对实验造成干扰，测得的结果误差较大；
③方案ii中，发生两个反应 ， ，根据盖斯定律得 +
故答案为： 上下移动玻璃搅拌器 ； 偏高 ； 过量的铁粉与硫酸铁溶液中含有的硫酸反应，对实验造成干扰 ；+ ；
（3）铜单质与反应生成和，离子方程式为，实验中实验Ⅰ和Ⅱ控制其余变量一致，只改变浓度，则要保持溶液总体积一致，故V=10；
故答案为： 10 ；
（4）设计实验Ⅰ、Ⅱ实验中浓度不同，故其目的是探究浓度对反应速率的影响；
故答案为： 探究浓度对反应速率的影响 ；
（5）由知，其他条件不变时，升高温度，反应速率增大。
故答案为： 其他条件相同，升高温度，反应速率增大 。
【分析】（1）配制溶液需选250mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，不需要分液漏斗，还缺玻璃棒。
（2）①搅拌方法是上下移动玻璃搅拌器；用铜质搅拌器会散热，使偏高。
②误差大的依据是过量铁粉与硫酸反应放热，干扰实验。
③根据盖斯定律，。
（3）实验Ⅰ、Ⅱ控制总体积一致，。
（4）实验Ⅰ、Ⅱ目的是探究浓度对反应速率的影响。
（5）结论是其他条件相同，升高温度，反应速率增大。
16．【答案】（1）；
（2）C；D
（3）低温；增大压强
（4）>；降低；200
（5）AB段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内CS2的转化率增大
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律①-③得②，该反应，。
故答案为： ； ；
（2）A．断裂4 mol C-H的同时生成4 mol H-H，均表示正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故A不符合题意；
B．若反应②从反应物加料，初始时和浓度之比是定值，反应消耗的量等于计量数之比，因此浓度之比一直为定值，因此当和浓度之比不变化时不能说明反应达到平衡，当和浓度均不变才能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．反应②是气体体积增大的反应，在恒温恒压下，反应过程中容器的体积增大，反应前后气体总质量不变，密度减小，当混合气体的密度不再变化时说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．对于反应②，正反应为吸热反应，恒容绝热下发生该反应，随着反应的进行温度升高，逐渐增大，当不再变化时，反应一定达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为：CD；
（3）反应③的正反应放热，即，反应③的正反应气体系数和减小，即，根据可知，该反应在低温下自发；反应③的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CS2转化率降低；反应③的正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CS2转化率升高，升高温度和增大压强均能加快反应速率，因此提高反应③的反应速率和转化率的一种措施是增大压强。
故答案为： 低温 ； 增大压强 ；
（4）①是气体体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，CS2(g)的转化率增大，所以压强：P2>P1；
②维持温度不变，向A点状态的容器中充入氩气，容器体积增大，相当于减压，减小压强平衡朝气体分子数增大的方向移动，因此平衡逆向移动，CS2的转化率降低；
③B点处，CS2的平衡转化率为80%，列出三段式：
容器体积为2L，则T1℃时该反应的平衡常数K==200 L/mol。
故答案为： > ； 降低 ；200；
（5）B点为平衡点，AB段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大。
故答案为： AB段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内CS2的转化率增大 。
【分析】（1）根据盖斯定律，；平衡常数。
（2）A项均为正反应速率，B项浓度比为定值，均不能判断平衡；C项恒温恒压下密度不变说明体积不变，反应达平衡；D项恒容绝热下浓度商不变说明温度不变，反应达平衡。
（3）反应③、，低温下可自发；增大压强可同时提高反应速率和转化率。
（4）①反应③是气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，转化率增大，故。
②恒压充入氩气，体积增大相当于减压，平衡逆向移动，转化率降低。
③列三段式计算，平衡常数。
（5）AB段未达平衡，升高温度反应速率增大，单位时间内转化率增大。
（1）根据盖斯定律①-③得②，该反应，。
（2）A．断裂4 mol C-H的同时生成4 mol H-H，均表示正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故A不符合题意；
B．若反应②从反应物加料，初始时和浓度之比是定值，反应消耗的量等于计量数之比，因此浓度之比一直为定值，因此当和浓度之比不变化时不能说明反应达到平衡，当和浓度均不变才能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．反应②是气体体积增大的反应，在恒温恒压下，反应过程中容器的体积增大，反应前后气体总质量不变，密度减小，当混合气体的密度不再变化时说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．对于反应②，正反应为吸热反应，恒容绝热下发生该反应，随着反应的进行温度升高，逐渐增大，当不再变化时，反应一定达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为CD。
（3）反应③的正反应放热，即，反应③的正反应气体系数和减小，即，根据可知，该反应在低温下自发；反应③的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CS2转化率降低；反应③的正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CS2转化率升高，升高温度和增大压强均能加快反应速率，因此提高反应③的反应速率和转化率的一种措施是增大压强。
（4）①是气体体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，CS2(g)的转化率增大，所以压强：P2>P1；
②维持温度不变，向A点状态的容器中充入氩气，容器体积增大，相当于减压，减小压强平衡朝气体分子数增大的方向移动，因此平衡逆向移动，CS2的转化率降低；
③B点处，CS2的平衡转化率为80%，列出三段式：
容器体积为2L，则T1℃时该反应的平衡常数K==200 L/mol。
（5）B点为平衡点，AB段未达到平衡，升高温度，反应速率增大，单位时间内的转化率增大。
17．【答案】（1）
（2）防止催化剂中毒
（3）V2O5；降低反应的活化能
（4）B
（5）
（6）用作炼铁的原料
【知识点】工业制取硫酸；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）黄铁矿在沸腾炉中与氧气高温反应，生成氧化铁和二氧化硫，这是硫酸工业中制取二氧化硫的关键反应；其反应为：。
故答案为： ；
（2）从沸腾炉出来的炉气需要净化是因为其中带有的杂质气体会让下一步接触室里面的催化剂中毒，催化剂中毒会影响反应的进度。
故答案为： 防止催化剂中毒 ；
（3）在催化机理中，V2O5参与反应后又生成，符合催化剂“参与反应、反应前后质量和化学性质不变”的特点；催化剂通过降低反应的活化能，使更多反应物分子成为活化分子，从而显著提高反应速率。
故答案为： V2O5 ； 降低反应的活化能 ；
（4）A．矿石粉碎是为了增大反应物接触面积，空气从底部鼓入是为了使矿石与空气充分接触，这些操作都是为了加快反应速率，并非根据化学平衡移动原理，A错误；
B．净化炉气中补充适当过量的空气，即增大了O2的浓度，根据化学平衡移动原理，增大反应物浓度，可使反应的平衡正向移动，提高SO2的转化率，B正确；
C．接触室中保持400~500℃的高温，是因为该温度下催化剂活性最高，能加快反应速率。而该反应是放热反应，升高温度平衡会逆向移动，此操作并非为了使平衡移动，C错误；
D．SO2与O2的接触氧化在常压下进行，是因为在常压下SO3产率已经很高，加压对设备要求高且收益不大，并非根据化学平衡移动原理，D错误；
E．吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，是因为用水吸收SO3会形成酸雾，影响吸收效率，这是从吸收效率角度考虑，与化学平衡移动原理无关，E错误；
故答案为：B；
（5）过量氨水与SO2反应，会生成亚硫酸铵和水，一水合氨是弱碱，写化学式，亚硫酸铵是可溶性盐，拆成离子形式，所以其离子方程式为：。
故答案为： ；
（6）沸腾炉中FeS2与O2反应生成Fe2O3，是炼铁的重要原料，可用于炼铁工业。
故答案为： 用作炼铁的原料 。
【分析】（1）沸腾炉中与高温反应，化学方程式为 。
（2）净化气体是为了防止催化剂中毒。
（3）催化剂是；催化剂通过降低反应的活化能提高反应速率。
（4）只有B选项（补充过量空气，增大浓度使平衡正向移动）是根据化学平衡移动原理。
（5）过量氨水吸收的离子方程式为 。
（6）矿渣（含）可用作炼铁的原料。
（1）黄铁矿在沸腾炉中与氧气高温反应，生成氧化铁和二氧化硫，这是硫酸工业中制取二氧化硫的关键反应；其反应为：。
（2）从沸腾炉出来的炉气需要净化是因为其中带有的杂质气体会让下一步接触室里面的催化剂中毒，催化剂中毒会影响反应的进度。
（3）在催化机理中，V2O5参与反应后又生成，符合催化剂“参与反应、反应前后质量和化学性质不变”的特点；催化剂通过降低反应的活化能，使更多反应物分子成为活化分子，从而显著提高反应速率。
（4）A．矿石粉碎是为了增大反应物接触面积，空气从底部鼓入是为了使矿石与空气充分接触，这些操作都是为了加快反应速率，并非根据化学平衡移动原理，A错误；
B．净化炉气中补充适当过量的空气，即增大了O2的浓度，根据化学平衡移动原理，增大反应物浓度，可使反应的平衡正向移动，提高SO2的转化率，B正确；
C．接触室中保持400~500℃的高温，是因为该温度下催化剂活性最高，能加快反应速率。而该反应是放热反应，升高温度平衡会逆向移动，此操作并非为了使平衡移动，C错误；
D．SO2与O2的接触氧化在常压下进行，是因为在常压下SO3产率已经很高，加压对设备要求高且收益不大，并非根据化学平衡移动原理，D错误；
E．吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，是因为用水吸收SO3会形成酸雾，影响吸收效率，这是从吸收效率角度考虑，与化学平衡移动原理无关，E错误；
故答案选B。
（5）过量氨水与SO2反应，会生成亚硫酸铵和水，一水合氨是弱碱，写化学式，亚硫酸铵是可溶性盐，拆成离子形式，所以其离子方程式为：。
（6）沸腾炉中FeS2与O2反应生成Fe2O3，是炼铁的重要原料，可用于炼铁工业。
18．【答案】（1）酯基
（2）氧化反应；加聚反应
（3）
（4）
（5）
（6）A
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）H为乙酸乙烯酯，其含有的含氧官能团为酯基；
故答案为： 酯基 ；
（2）B→C是丙烯醛被氧气氧化为丙烯酸，反应类型为氧化反应；H→I是乙酸乙烯酯发生加聚反应生成聚乙酸乙烯酯；
故答案为： 氧化反应 ； 加聚反应 ；
（3）丙烯酸甲酯加聚生成聚丙烯酸甲酯，反应方程式为；
故答案为： ；
（4）根据分析C为丙烯酸，其结构简式为；
故答案为： ；
（5）F为正丁烷，其同分异构体为异丁烷：
故答案为： ；
（6）A．X为庚烷，烷烃难溶于水；G为乙酸，乙酸易溶于水，故A错误；
B．C为丙烯酸，含有碳碳双键可以使Br2的CCl4溶液褪色，故B正确；
C．B为丙烯醛，含有醛基，能发生银镜反应，故C正确；
D．D是丙烯酸甲酯，H是乙酸乙烯酯，二者分子式均为C4H6O2，但结构不同互为同分异构体，故D正确；
故答案为：A。
【分析】 原料庚烷（，记为X）在高温下发生裂解反应，生成两种产物：一种是丙烯（，记为A）；另一种是正丁烷（，记为F）。丙烯（A）在催化剂、作用下发生氧化反应，生成丙烯醛（，记为B）。丙烯醛（B）在水蒸气、催化剂、作用下进一步氧化，生成丙烯酸（，记为C，分子式）。丙烯酸（C）与甲醇（）在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成丙烯酸甲酯（，记为D，分子式）。丙烯酸甲酯（D）在催化剂作用下发生加聚反应，生成高分子材料（结构为）。正丁烷（F）在乙酸钴催化、作用下发生氧化反应，生成乙酸（，记为G）。乙酸（G）与在催化下反应，生成乙酸乙烯酯（，记为H，分子式）。乙酸乙烯酯（H）在催化剂作用下发生加聚反应，生成高分子材料，分子式）。
综上，整个流程以庚烷为起始原料，经裂解得到丙烯和正丁烷两条支线，分别通过氧化、酯化、加聚等反应，最终合成两种高分子材料E和I。
（1）H为乙酸乙烯酯，其含有的含氧官能团为酯基；
（2）B→C是丙烯醛被氧气氧化为丙烯酸，反应类型为氧化反应；H→I是乙酸乙烯酯发生加聚反应生成聚乙酸乙烯酯；
（3）丙烯酸甲酯加聚生成聚丙烯酸甲酯，反应方程式为；
（4）根据分析C为丙烯酸，其结构简式为；
（5）F为正丁烷，其同分异构体为异丁烷：
（6）A．X为庚烷，烷烃难溶于水；G为乙酸，乙酸易溶于水，故A错误；
B．C为丙烯酸，含有碳碳双键可以使Br2的CCl4溶液褪色，故B正确；
C．B为丙烯醛，含有醛基，能发生银镜反应，故C正确；
D．D是丙烯酸甲酯，H是乙酸乙烯酯，二者分子式均为C4H6O2，但结构不同互为同分异构体，故D正确；
故选A。
1 / 1

展开更多......

收起↑