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广西南宁市第三中学2025-2026学年高二上学期9月月考 化学试题
1．（2025高二上·南宁月考）2025年9月3日举行的纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式向全世界展示了我国的军事实力和科技发展成果。下列说法错误的是
A．无人僚机使用的镁锂合金硬度比金属镁的高
B．东风-5C液体洲际战略核导弹射程覆盖全球，其核反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素
C．歼-20S等隐身战机的隐身涂层材料之一为石墨烯，石墨烯是一种有机纤维
D．火箭用的液氧-煤油等推进剂在工作时发生氧化还原反应
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；合金及其应用；元素、核素
【解析】【解答】A、合金硬度大于成分金属，镁锂合金硬度高于金属镁，A正确；
B、 与 质子数相同、中子数不同，符合同位素定义，B正确；
C、石墨烯是碳的单质，属于无机材料，并非有机纤维，C错误；
D、液氧 - 煤油反应中 C、O 元素化合价变化，属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．直接用 “合金硬度＞成分金属” 的规律；
B．抓 “质子数相同、中子数不同的同种元素原子”，确定与互为同位素；
C．需明确 “石墨烯是碳单质，属于无机材料”，并非有机纤维；
D．通过 “元素化合价变化”，确定液氧 - 煤油反应是氧化还原反应。
2．（2025高二上·南宁月考）下列说法正确的是
A．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则金刚石更稳定
B．常温下BaSO4(s)+4C(s)=BaS(s)+4CO(g)不能自发进行，说明该反应的ΔH<0
C．合成氨工业温度选择为450℃左右，主要是为了提高NH3的平衡产率
D．反应物浓度增大，单位体积活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，反应速率增大
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；焓变和熵变；有效碰撞理论
【解析】【解答】A、ΔH>0 说明石墨能量低于金刚石，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，A错误；
B、反应气体分子数增多（ΔS>0），常温不能自发则 ΔG=ΔH-TΔS>0，推得ΔH>0，B错误；
C、合成氨是放热反应，升温会降低 NH3平衡产率，选 450℃是兼顾催化剂活性与反应速率，C错误；
D、浓度增大，单位体积活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率增大，符合碰撞理论，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．中 ΔH>0 说明石墨能量更低，能量越低物质越稳定。
B．中反应 ΔS>0，常温不自发则 ΔH>0。
C．中合成氨是放热反应，升温会降低平衡产率，选450℃是为了催化剂活性。
D．中浓度增大，单位体积活化分子数增多，有效碰撞增加，符合反应速率规律。
3．（2025高二上·南宁月考）甜橙醇的结构如下。下列有关甜橙醇的叙述不正确的是
A．分子式为
B．该分子中所有原子可能共面
C．能发生氧化反应、加成反应、取代反应
D．1mol甜橙醇在一定条件下最多可以和2mol氢气发生反应
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；分子式
【解析】【解答】A、仔细数甜橙醇结构简式中的原子，其中C原子有14个，H原子有26个，O原子有1个，所以其分子式为 C14H26O ，A正确；
B、该分子中含有甲基、亚甲基等饱和碳原子，这些饱和碳原子具有类似于甲烷的四面体空间结构，这种结构使得原子无法在同一平面上（可类比甲烷分子中原子的空间分布 ），所以所有原子不可能共面，B错误；
C、甜橙醇分子中含有羟基，羟基可以发生氧化反应（比如燃烧、催化氧化等 ），也可以发生取代反应（例如与羧酸发生酯化反应 ）；同时分子中含有碳碳双键，碳碳双键能够发生氧化反应，也能发生加成反应。所以该物质能发生氧化反应、加成反应、取代反应，C正确；
D、1个甜橙醇分子中含有2个碳碳双键，而1mol 碳碳双键可以与1mol 氢气发生加成反应，ze 1mol 甜橙醇最多可以与 2mol氢气 发生加成反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据甜橙醇的结构简式，结合“分子式判断、原子共面、官能团性质（羟基、碳碳双键 ）、加成反应计量”分析选项。甜橙醇结构含2个碳碳双键、1个羟基，存在饱和碳原子（四面体结构 ）。
A．通过数结构简式中C、H、O原子的个数，确定分子式。
B．依据分子中饱和碳原子（如甲基、亚甲基 ）的四面体空间构型，判断所有原子是否可能共面。
C．分析分子中含有的官能团（羟基、碳碳双键 ），判断能发生的反应类型。
D．根据分子中碳碳双键的个数，计算1mol 甜橙醇与氢气发生加成反应时消耗氢气的最大量。
4．（2025高二上·南宁月考）用下列实验装置完成对应的实验(夹持装置已略去)，不能达到实验目的的是
A．比较不同金属离子对H2O2分解速率的影响 B．验证碘在CCl4中的溶解性比在水中的好
C．探究温度对反应速率的影响 D．探究乙醇的催化氧化
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】分液和萃取；乙醇的催化氧化实验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、比较不同金属离子对 H2O2分解的影响，需保证金属离子浓度一致，但实验中 MnCl2（0.3mol L- ）和 CuCl2（0.1mol L- ）浓度不同，变量不唯一，无法得出有效结论，A不能达到目的；
B、向饱和碘水中加 CCl4，振荡后碘进入 CCl4层（下层显紫色），可验证碘在 CCl4中溶解性更好，B能达到目的；
C、两组实验仅温度不同，其他条件一致，可探究温度对反应速率的影响，C能达到目的；
D、灼烧铜丝生成 CuO，热 CuO 与乙醇反应生成乙醛，可探究乙醇的催化氧化，D能达到目的；
故答案为：A。
【分析】A．探究不同金属离子对 H2O2分解的影响，需保证金属离子浓度一致，但实验中 MnCl2、CuCl2浓度不同，变量不唯一，无法验证。
B．CCl4与水不互溶，碘在 CCl4中溶解性更强，振荡后下层显紫色，可验证溶解性差异。
C．仅温度不同，其他条件一致，符合单一变量原则，可探究温度对反应速率的影响。
D．灼烧铜丝生成 CuO，热 CuO 与乙醇反应，可实现乙醇的催化氧化。
5．（2025高二上·南宁月考）下列有关方程式书写正确的是
A．氢气燃烧热的热化学方程式：
B．丙烯制备聚丙烯塑料：
C．CuCl2溶液中存在平衡：
D．用Na2SO3溶液吸收过量：
【答案】C
【知识点】燃烧热；热化学方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、燃烧热要求生成稳定氧化物（H2O 应为液态），且对应 1mol 可燃物完全燃烧， 正确的热化学方程式为： ，A错误；
B、丙烯（CH2=CH-CH3）加聚时，双键在 1、2 号碳原子间断裂，聚合物链节应为 “ ”，丙烯制备聚丙烯的反应为：，B错误；
C、CuCl2溶液中，[Cu (H2O)4]2+与 Cl-发生络合反应， 存在配位平衡：(蓝色)(黄色)+，C正确；
D、Cl2过量时，SO32-会被完全氧化为SO42-，不会生成HSO3-，其离子方程式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．燃烧热要求 H2O 为液态、1mol H2反应，此式不符合。
B．丙烯加聚链节应含支链，此式链节错误。
C．CuCl2溶液中存在 [Cu(H2O)4]2+与 Cl-的络合平衡。
D．Cl2过量时SO32-应全被氧化为 SO42-，产物错误。
6．（2025高二上·南宁月考）为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计、现象和结论都正确的是
选项 影响因素 方案设计 现象 结论
A 浓度 向2 mL 0.1 mol/L K2Cr2O7溶液中加入5滴6 mol/L NaOH溶液 黄色溶液变橙色 减小H+浓度，平衡向生成的方向移动
B 温度 将封装有NO2和N2O4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
C 压强 向恒温密闭容器中充入NO2气体，达到平衡后压缩体积增大压强 气体颜色变深 增大压强平衡向生成NO2的方向移动
D 催化剂 向Zn和稀硫酸正在反应的溶液中滴加少量CuSO4溶液 单位时间内产生的气体增多 使用催化剂可加快反应速率，使平衡正向移动
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、K2Cr2O7溶液中存在平衡 Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+，加 NaOH 减小 H+浓度，平衡应向生成 CrO42-（黄色）的方向移动，但现象是 “黄色变橙色”，与结论矛盾，A错误；
B、NO2和 N2O4存在平衡 2NO2 N2O4（ΔH<0），热水中温度升高，平衡向吸热的 NO2生成方向移动，气体颜色变深，现象与结论一致，B正确；
C、压缩体积增大压强，平衡向气体分子数减少的 N2O4生成方向移动，但体积减小使 NO2浓度增大，颜色变深是浓度变化的结果，并非平衡向 NO2方向移动，C错误；
D、Zn 与 CuSO4反应生成 Cu，构成原电池加快反应速率，但该反应是不可逆反应，无化学平衡，不存在平衡移动，D错误；
故答案为：B
【分析】A．平衡 Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+，加 NaOH 应使平衡向生成 CrO42-（黄色）移动，但现象是 “黄色变橙色”，结论与现象矛盾。
B.2NO2 N2O4（ΔH<0），升温平衡向吸热的 NO2方向移动，气体颜色变深，现象与结论一致。
C．压缩体积增大压强，平衡向 N2O4方向移动，颜色变深是 NO2浓度增大的结果，并非平衡向 NO2移动。
D．Zn 与稀硫酸是不可逆反应，无化学平衡，不存在平衡移动。
7．（2025高二上·南宁月考）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g) 2Z(g) ΔH<0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min 2 4 7 9
n(Y)/ mol 0.12 0.11 0.10 0.10
下列说法正确的是
A．反应前2 min的平均速率
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v逆>v正
C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D．其他条件不变，再充入0.2 mol X，平衡时X的转化率增大
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、反应前2 min内，Y的物质的量从0.16 mol变为0.12 mol，变化量。
根据反应 X(g)+Y(g) 2Z(g) ΔH<0，。
容器体积为10 L，时间2 min，因此，A错误；
B、反应的（放热反应），降低温度时，平衡会向放热的正反应方向移动。
达到新平衡前，正反应速率大于逆反应速率（），B错误；
C、7 min后的物质的量稳定在0.10 mol，说明反应达到平衡：平衡时，，；因此，；
各物质浓度：，，
平衡常数，C正确；
D、再充入0.2 mol X，平衡会向正反应方向移动，但X的总量增加更多，因此X的转化率会减小（Y的转化率增大），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．速率计算：抓物质的量变化，结合计量数算其他物质变化量，再除以体积和时间。
B．平衡移动：由 ΔH 判断温度影响，放热反应降温时正速率 > 逆速率。
C．平衡常数：找物质的量稳定的平衡态，算浓度后代入 “生成物浓度幂之积÷反应物浓度幂之积”。
D．转化率：充入反应物，其总量增更多，自身转化率减小。
8．（2025高二上·南宁月考）某阴离子由原子序数依次增大的同周期元素W、X、Y、Z组成，其结构如图，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20，下列说法正确的是
A．最高价含氧酸酸性：W>X
B．简单氢化物的稳定性：Y>Z
C．原子半径：X>Z
D．仅由X与Y形成的稳定化合物中一定含有非极性键
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；共价键的形成及共价键的主要类型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、最高价含氧酸酸性：W（B）的最高价含氧酸是 H3BO3，X（C）的是 H2CO3，酸性 H2CO3>H3BO3，A错误；
B、简单氢化物稳定性：Y（O）的氢化物是 H2O，Z（F）的是 HF，同周期从左到右氢化物稳定性增强，故 HF>H2O，B错误；
C、原子半径：同周期从左到右原子半径减小，X（C）在 Z（F）左侧，故原子半径 C>F，C正确；
D、X（C）与 Y（O）形成的稳定化合物如 CO2，只含极性键（C-O 键），无键非极性，D错误；
故答案为：C。
【分析】X 的成键数：X 能形成 4 个共价键（如结构中 X 连 4 个键），同周期中最外层 4 电子的是 C 或 Si；Y 的最外层电子数：Y 的最外层电子数 = X 的核外电子总数。若 X 是 C（核外电子数 6），则 Y 最外层 6 电子，对应 O；若 X 是 Si（核外电子数 14），同周期无最外层 14 电子的元素，故 X 是 C，Y 是 O；最外层电子数之和：X（C，最外层 4）、Y（O，最外层 6），设 W 最外层 a、Z 最外层 b，得 4+6+a+b=20 → a+b=10。结合同周期（第二周期）、原子序数 W9．（2025高二上·南宁月考）工业生产硫酸的一步重要反应是 ，如果该反应在容积不变的密闭容器中进行，图中表示当其他条件不变时，其中结论正确的是
A．图I可表示压强对化学平衡的影响，且甲压强小
B．图I也可表示温度对化学平衡的影响，且甲温度低
C．图II表示SO2平衡转化率与温度及压强的关系，可以判断T1>T2
D．图III表示t0时刻通入更多的氧气或增大压强对反应速率的影响
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】反应为 ，ΔH<0（放热），且反应后气体分子数减少
（3 mol到2 mol）。
A、压强越大，反应速率越快（达平衡时间越短），且平衡向气体分子数减少的方向移动（SO3体积分数增大）。图 I 中，甲达平衡时间更短、SO3体积分数更高，说明甲压强大，而非小，A错误；
B、温度越低，反应速率越慢（达平衡时间越长），但放热反应降温时平衡正向移动（SO3体积分数增大）。图 I 中，甲达平衡时间长（速率慢）、SO3体积分数高，符合 “甲温度低” 的特点，B正确；
C、压强相同时，放热反应升温会使平衡逆向移动（SO2转化率降低）。图 II 中，相同压强下 T1对应的 SO2转化率更高，说明 T1温度更低（T11>T2，C错误；
D、通入更多 O2：正反应速率会瞬间增大（v' 正突变），逆反应速率逐渐增大，与图中 “v' 正、v' 逆均突变” 不符；增大压强：正、逆反应速率均瞬间增大，但正反应速率增大的幅度更大（因正反应气体分子数减少），而图中 v' 正 < v' 逆，与实际不符，D错误；
最终答案：B
【分析】这道题的解题突破口：
抓反应本质：先明确反应的 ΔH（放热）和气体分子数变化（减少），这是分析温度、压强影响的基础。
用 “先拐先平” 判条件：图像中先出现拐点的曲线，对应速率更快；再结合平衡时产物占比、转化率，反推条件强弱（如题图 I 中，甲达平衡慢、SO3占比高，甲温度低）。
看平衡点数据：相同条件下，放热反应升温会使反应物转化率降低（如题图 II 中 T1转化率高，T1温度低）。
析速率突变类型：浓度变化只改单一速率，温度或压强同时改正逆速率；结合反应特征判断条件是否合理（如题图 III 中 v 正、v 逆均突变但 v逆>v正，不符合反应实际）。
10．（2025高二上·南宁月考）处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：
B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全
C．“氧化”过程中铁元素化合价降低
D．“沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“沉铜” 是 Fe 置换 Cu2+，但 Fe 与 Cu2+ 反应生成的是 Fe2+（不是 Fe3+），正确离子方程式应为 Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，A错误；
B、Al(OH)3是两性氢氧化物，过量 NaOH 会与 Al(OH)3反应生成可溶的 NaAlO2，反而会使 Al (OH)3沉淀溶解，并非 NaOH 加越多沉淀越完全，B错误；
C、“氧化” 过程是 H2O2将 Fe2+ 氧化为 Fe3+（生成 Fe (OH)3沉淀），铁元素化合价从 + 2 升高到 +3，并非降低，C错误；
D、“沉锂” 是向含 Li+的溶液中加 Na2CO3，利用 Li2CO3溶解度比 Na2CO3小的性质，使 Li+ 以 Li2CO3形式沉淀析出，D正确；
故答案为：D。
【分析】处理含 Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+ 的酸浸液时，先加入 Fe 粉，通过置换反应将 Cu2+ 转化为 Cu 单质分离（沉铜）；随后加入 NaOH，使溶液中的 Al3+ 结合 OH-生成 Al(OH)3沉淀除去（碱浸）；再加入 H2O2，将溶液中残留的 Fe2+ 氧化为 Fe3+，进而转化为 Fe(OH)3沉淀分离（氧化）；最后向含 Li+的滤液中加入 Na2CO3，利用 Li2CO3溶解度较小的性质，使 Li+转化为 Li2CO3沉淀析出（沉锂）。
11．（2025高二上·南宁月考）石蕊(用表示)是一种有机弱酸，在水中发生电离：(红色)(蓝色)。下列关于的溶液，说法不正确的是
A．溶液
B．溶液pH随温度升高而减小
C．通入少量气体，电离平衡向逆方向移动
D．加水稀释过程中，逐渐变大
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、HIn 是有机弱酸，在水中不能完全电离，0.01mol L- 的 HIn 溶液中，H+浓度小于 0.01mol L- ，因此溶液 pH 应大于 2，而非等于 2，A错误；
B、弱酸电离是吸热过程，升温会促进 HIn 的电离（HIn H++ In-），使 H+浓度增大，溶液 pH 随温度升高而减小，B正确；
C、通入 HCl 气体，溶液中 H+浓度增大，根据勒夏特列原理，电离平衡向逆反应方向移动（抑制 HIn 电离），C正确；
D、电离常数 ，温度不变则 K 不变。加水稀释，H+浓度减小，因此 会逐渐变大，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．判断弱酸溶液中氢离子浓度与 pH 的关系。
B．分析温度对弱酸电离平衡的影响。
C．判断外加 H+对电离平衡的作用。
D．结合电离常数分析稀释时浓度比值的变化。
12．（2025高二上·南宁月考）氢气可将还原为甲烷，反应为。科研人员结合实验与计算机模拟结果，研究了在催化剂表面上与的反应历程，前三步历程如图所示，其中吸附在催化剂表面用“·”标注，Ts表示过渡态。下列说法正确的是
A．三步历程均为放热过程
B．反应历程中活化能最小步骤的反应为：
C．吸附在催化剂表面的物质形成过渡态的过程会放出热量
D．上述反应历程中每一步均存在氢键的断裂
【答案】B
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、放热过程的特征是“反应物能量高于生成物能量”。观察图像：第一步中，反应物能量高于生成物，是放热；但第二步中，反应物能量低于生成物，是吸热。因此“三步均放热”错误，A错误；
B、活化能是“反应物到过渡态的能量差”，差值越小，活化能越小。
图像中第三步的过渡态对应的能量差最小，第三步反应为，因此该步骤活化能最小，B正确；
C、吸附物质形成过渡态时，能量从吸附态（反应物）升高到过渡态，属于“吸热过程”（能量增加），而非放热，C错误；
D、氢键存在于含、等键的分子间，而是单质，无氢键；且部分步骤（如第一步）涉及的是的共价键断裂，并非氢键。因此“每一步均有氢键断裂”错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．抓能量图的 “热效应判断”：看 “反应物 - 生成物” 的能量差 —反应物能量 > 生成物，放热，反之则吸热。
B．活化能的 “过渡态差值法”：活化能是 “反应物到过渡态（Ts）的能量差”，差值越小，活化能越小。
C．过渡态的 “能量变化逻辑”：吸附态，过渡态（Ts）是能量升高的过程，必为吸热。
D．氢键的 “存在前提”：氢键仅存在于含 O-H、N-H 等极性键的分子间，H2无氢键。
13．（2025高二上·南宁月考）可以消除工业废气中的，其反应为。向体积为4 L的恒温恒容密闭容器中加入一定量和发生反应，起始压强为200 kPa，测得容器内的压强(p)与时间(t)的关系如图所示。在t2时刻，将容器体积瞬间缩小为2 L；到t3时刻达到平衡，此时容器内压强为560 kPa，忽略固体体积对压强的影响。下列说法正确的是
A．其他条件不变，分离出、，达到新平衡时变小
B．若在时刻再加入，则正反应速率一定增大
C．0→t1 min内，用CO的分压表示平均反应速率为
D．时刻达到平衡时，的分压为260 kPa
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；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】反应为，反应后气体分子数增多（1 mol到2 mol），压强变化与气体物质的量变化相关。
A、该反应的平衡常数表达式为，平衡常数仅与温度有关。
分离出、，温度不变，不变，因此不变，A错误；
B、是固体，固体的浓度视为定值，加入固体不会改变反应速率，因此正反应速率不变，B错误；
C、恒容条件下，可以将物质的分压直接列入三行式，具体计算如下：
据题目信息可知，平衡时体系总压为(200+x)kPa=300kPa，故x=100kPa，故0→t1 min内，用CO的分压表示平均反应速率为，C正确；
D、时刻体积缩小为2 L，此时（缩小体积前）总压强为300 kPa，缩小体积后压强瞬间变为 kPa（恒温下，体积减半，压强加倍）。
设时刻的分压为，则分压也为，CO的分压为（平衡逆向移动，CO分压增加），但实际平衡后总压强为560 kPa（小于600 kPa，说明平衡逆向移动），最终计算得分压小于260 kPa，D错误；
故答案为：C。
【分析】A. 平衡常数的“温度唯一”性：平衡常数只与温度有关，分离气体（温度不变）时，（即K）不变。
B.固体的“速率无影响”性：固体浓度视为定值，加入不会改变反应速率。
C.压强与反应的“物质的量关联”：反应后气体分子数增多（1变为2），总压强变化=CO分压的减少量。利用“起始压强200 kPa，时总压300 kPa”，可直接算出CO分压减少100 kPa，进而得速率为。
D.体积变化的“压强突变”逻辑：体积减半时压强先加倍（时瞬间压强调为600 kPa），平衡逆向移动后压强降低（时560 kPa），可推得分压小于260 kPa。
14．（2025高二上·南宁月考）国内某研究小组用和重整制氢除。该过程涉及的反应如下
Ⅰ．
II．
在恒压下，向容器中按组成为通入混合气体，测得平衡状态下、的收率和的转化率随温度的变化曲线如下图所示。
已知：的收率，的收率
下列说法正确的是
A．曲线a表示的收率，曲线b表示的收率
B．600℃下，与的收率比为
C．从800℃升温到1000℃时，温度对反应Ⅰ的影响大于反应Ⅱ
D．维持恒压，再通入一定量的，的转化率减小
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】两个反应均为吸热反应（ΔH>0）：
反应 Ⅰ 是 H2S 分解生成 S2和 H2，反应 Ⅱ 是 S2与 CH4反应消耗 S2、生成 H2。
温度升高时，反应 Ⅰ 先主导（S2增多），但后期反应 Ⅱ 消耗 S2的程度增大，因此S2收率曲线会先升后降（对应曲线 a）；
H2是两个反应的共同产物，升温时持续生成，因此H2收率曲线持续上升（对应曲线 b）。
A、曲线 a 先升后降，对应 S2收率；曲线 b 持续上升，对应 H2收率。A错误；
B、 600℃时，H2S转化率为40%，S2收率8%，由S2收率=(α-2β)×100%得0.4-2β=0.08，β=0.16，H2收率=(α+2β)÷3×100%=(0.4+0.32)÷3×100%=24%，H2与S2收率比24%：8%=3：1，B正确；
C、800℃到 1000℃时，S2收率下降，说明反应 Ⅱ 消耗 S2的程度大于反应 Ⅰ 生成 S2的程度，即温度对反应 Ⅱ 的影响更大。C错误；
D、恒压下通入 Ar，容器体积增大，两反应均为气体分子数增加的反应，平衡均正向移动，H2S 转化率增大。D错误；
故答案为：B。
【分析】A．根据分析，结合图像判断氢气是持续上升的物理量。
B．据收率定义+图中数据：600℃时收率8%、收率40%；结合（含2个H）、（含2个S）的原子组成计算，收率比为3：1。
C.800-1000℃时收率增幅平缓，说明反应Ⅱ（消耗）受温度影响更大，而非反应Ⅰ。
D．恒压通Ar，体积增大，两反应均向气体分子数增多的正向移动，转化率增大。
15．（2025高二上·南宁月考）氮气是重要的基础化工品，请结合信息回答问题。
（1）在尿素合成塔中发生的两步反应依次为：
① (快反应)；
② (慢反应)；
则合成尿素总反应 　 　 kJ/mol，总反应平衡常数　 　(用含、的代数式表示)。下列图像能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是　 　(填标号)；
（2）T℃，在2 L的恒容密闭容器中，通入2 mol NH3和1 mol CO2，发生反应，时反应刚好达到平衡。测得平衡时压强为起始压强的一半，则：
①0~10min的平均反应速率　 　，的平衡转化率为　 　，反应的平衡常数　 　；
②能说明上述反应达到平衡状态的是　 　(填标号)：
A．
B．尿素的质量不再发生变化
C．的体积分数保持不变
D．单位时间内，有3 mol N-H生成的同时有2 mol C=O断裂
（3）下图为使用不同催化剂①、②、③时，反应相同时间，容器中尿素的物质的量随温度变化的曲线，A点　 　(填“是”或“不是”)平衡状态，使用催化剂②温度高于T2℃时下降的原因可能是　 　(答出一点即可)。
【答案】（1）；；D
（2）0.0375；75%；48；BC
（3）不是；催化剂活性降低(或失去活性)，尿素受热分解
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）① (快反应)；
② (慢反应)；
则合成尿素总反应=①+②， =kJ/mol，总反应平衡常数K=。根据，下列图像能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是D；
故答案为： ； ； D ；
（2）①10 min时反应刚好达到平衡。测得平衡时压强为起始压强的一半，恒温恒容，压强之比等于气体物质的量之比，列三段式：
，
可得，；
①0~10min的平均反应速率，的平衡转化率为，反应的平衡常数；
②A．物质的量之比，不能判断反应方向，不能判断反应达到平衡状态，A不选；
B．尿素的质量不再发生变化，说明各物质浓度不变，反应达到平衡，B选；
C．的体积分数保持不变，说明浓度不变，反应达到平衡，C选；
D．CO2、CO(NH2)2均存在C=O，单位时间内，有3 mol N-H生成的同时有2 mol C=O断裂，不能判断反应达到平衡状态，D不选；
故答案为： 0.0375 ； 75% ； 48 ；BC。
（3）A点尿素的量低于③催化剂时的量，则说明没有达到平衡状态，A点不是平衡状态；催化剂需要一定的活化温度，随着温度升高，可能是催化剂活性降低(或失去活性)，反应速率降低，导致单位时间内生成尿素的物质的量减少，使得T2℃以上下降；也可能温度过高，尿素受热分解，则原因可能是催化剂活性降低(或失去活性)，尿素受热分解。
故答案为： 不是 ； 催化剂活性降低(或失去活性)，尿素受热分解 。
【分析】(1)总反应焓变：由盖斯定律，总反应为反应①+反应②，
总平衡常数：总反应平衡常数为分步反应平衡常数的乘积，即
能量图像：反应①放热（反应物能量中间产物），反应②吸热（中间产物能量最终产物），总反应放热（反应物能量最终产物），对应图像D。
(2)计算核心：设转化量为，恒温恒容下压强比等于气体物质的量比，故
解得。
平均速率：
转化率：
平衡常数：
平衡判断：尿素质量不变、体积分数不变时达平衡。
(3)A点状态：A点尿素量低于催化剂③的对应值，未达平衡，故“不是”；浓度下降原因：温度过高导致催化剂活性降低（或尿素分解），生成量减少。
（1）① (快反应)；
② (慢反应)；
则合成尿素总反应=①+②， =kJ/mol，总反应平衡常数K=。根据，下列图像能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是D；
（2）①10 min时反应刚好达到平衡。测得平衡时压强为起始压强的一半，恒温恒容，压强之比等于气体物质的量之比，列三段式：
，
可得，；
①0~10min的平均反应速率，的平衡转化率为，反应的平衡常数；
②A．物质的量之比，不能判断反应方向，不能判断反应达到平衡状态，A不选；
B．尿素的质量不再发生变化，说明各物质浓度不变，反应达到平衡，B选；
C．的体积分数保持不变，说明浓度不变，反应达到平衡，C选；
D．CO2、CO(NH2)2均存在C=O，单位时间内，有3 mol N-H生成的同时有2 mol C=O断裂，不能判断反应达到平衡状态，D不选；
故选BC。
（3）A点尿素的量低于③催化剂时的量，则说明没有达到平衡状态，A点不是平衡状态；催化剂需要一定的活化温度，随着温度升高，可能是催化剂活性降低(或失去活性)，反应速率降低，导致单位时间内生成尿素的物质的量减少，使得T2℃以上下降；也可能温度过高，尿素受热分解，则原因可能是催化剂活性降低(或失去活性)，尿素受热分解。
16．（2025高二上·南宁月考）废旧动力电池回收具有重要的意义。某研究小组设计的一种利用废旧磷酸铁锂电池正极材料(含、导电炭黑、铝箔)回收金属化合物的流程如图：
查阅资料：
①难溶于水和碱性溶液，可溶于酸性溶液。
②碳酸锂的溶解度曲线如图所示。
回答下列问题：
（1）“碱浸”时，为加快浸出速率，可采取的措施是　 　(填一条)。
（2）“碱浸”步骤中反应得到滤液1的化学方程式为　 　。
（3）“酸浸”的主要目的是　 　。
（4）滤渣2的主要成分是　 　。“酸浸”步骤需要控温35~40℃，试分析可能的原因：　 　。
（5）“一系列操作”包括水浴加热、　 　、洗涤、干燥。
（6）吉利公司研发的甲醇汽车，基于甲醇()—空气燃料电池，其工作原理如图：
甲电极的电极反应式为：　 　。
【答案】（1）适当提高浸出温度，研磨废料的颗粒，适当提高氢氧化钠的浓度
（2）
（3）使溶解，将转化为
（4）导电炭黑；温度过低，浸取速率慢；温度过高，发生分解
（5）趁热过滤
（6）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）根据影响反应速率的因素，“碱浸”时，为加快浸出速率，可采取的措施是适当提高浸出温度，研磨废料的颗粒，适当提高氢氧化钠的浓度等。
故答案为： 适当提高浸出温度，研磨废料的颗粒，适当提高氢氧化钠的浓度 ；
（2）“碱浸”步骤中铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应得到滤液1的化学方程式为；
故答案为： ；
（3）“酸浸”时与硫酸、双氧水反应生成硫酸锂、硫酸铁、磷酸，“酸浸”主要目的是使溶解，将转化为；
故答案为： 使溶解，将转化为 ；
（4）导电炭黑不溶于氢氧化钠和硫酸，所以滤渣2的主要成分是导电炭黑；温度过低，浸取速率慢；温度过高，发生分解，所以“酸浸”步骤需要控温35~40℃；
故答案为： 导电炭黑 ； 温度过低，浸取速率慢；温度过高，发生分解 ；
（5）由于的溶解度随温度的升高而减小，所以在制备的过程中，水浴加热可促进的生成和析出，趁热过滤可以减少因的溶解造成的损失，“一系列操作”包括水浴加热、趁热过滤、洗涤、干燥。
故答案为： 趁热过滤 ；
（6）氢离子由甲电极移向乙电极，可知甲是负极、乙是正极；甲电极甲醇失电子生成二氧化碳，电极反应式为。
故答案为： 。
【分析】废旧磷酸铁锂电池正极材料包含LiFePO4、导电炭黑与铝箔，处理流程分多步：
用NaOH溶液浸泡材料，铝箔发生反应 ，生成的进入浸液1；向浸液1通入过量CO2，析出沉淀与，过滤后得到含LiFePO4、导电炭黑的滤渣1。滤渣1中加入硫酸与H2O2进行酸浸，LiFePO4溶解为、和磷酸；过滤后，导电炭黑留在滤渣2，含锂、铁、磷的溶液进入滤液2。向滤液2加氨水调节pH，生成沉淀；该沉淀脱水后得到。滤液3中加入饱和，析出沉淀（经洗涤干燥得到产品）；最终将、与C通过“碳热还原”反应，重新制得LiFePO4。
（1）根据影响反应速率的因素，“碱浸”时，为加快浸出速率，可采取的措施是适当提高浸出温度，研磨废料的颗粒，适当提高氢氧化钠的浓度等。
（2）“碱浸”步骤中铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应得到滤液1的化学方程式为；
（3）“酸浸”时与硫酸、双氧水反应生成硫酸锂、硫酸铁、磷酸，“酸浸”主要目的是使溶解，将转化为；
（4）导电炭黑不溶于氢氧化钠和硫酸，所以滤渣2的主要成分是导电炭黑；温度过低，浸取速率慢；温度过高，发生分解，所以“酸浸”步骤需要控温35~40℃；
（5）由于的溶解度随温度的升高而减小，所以在制备的过程中，水浴加热可促进的生成和析出，趁热过滤可以减少因的溶解造成的损失，“一系列操作”包括水浴加热、趁热过滤、洗涤、干燥。
（6）氢离子由甲电极移向乙电极，可知甲是负极、乙是正极；甲电极甲醇失电子生成二氧化碳，电极反应式为。
17．（2025高二上·南宁月考）的重整利用是当下环境保护的研究热点，对减少温室气体的排放具有重大意义。合成甲醇涉及以下三个反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）　 　(填“>”“=”或“=”)，反应Ⅲ在　 　(填“高温”“低温”或“任何温度”)可自发进行。
（2）在恒容密闭容器中发生上述反应，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．加入催化剂，降低了反应的，从而加快了反应速率
B．混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．反应达平衡时，升高温度，的浓度增大
D．平衡时向容器中充入少量惰性气体，甲醇的产率不变
（3）在一定条件下，发生上述反应Ⅰ和Ⅱ，达平衡时的转化率随温度和压强的变化如图所示。温度一定时，压强大小关系是　 　。压强一定时，的平衡转化率先增大后减小的原因可能是　 　；
（4）在保持压强为200kPa的密闭容器中，分别按投料比为和通入气体，发生反应Ⅰ和Ⅱ，的平衡转化率及的选择性S随温度的变化曲线如图所示。
已知：；。
①图中的　 　(填“X”或“Y”)代表。
②投料比为、温度为300℃时，反应Ⅱ的平衡常数　 　(结果用分数表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）>；低温
（2）B；D
（3）；TK之前以反应②为主，反应吸热平衡正向移动，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应①为主，反应放热平衡逆向移动，转化率随着温度升高而降低
（4）Y；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；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）由盖斯定律可知，反应②+反应③可得反应①，则，反应③是气体体积减小的反应，且，时反应能够自发进行，则反应③在低温可自发进行。
故答案为： > ； 低温 ；
（2）A．加入催化剂，不改变反应的，加入催化剂会降低反应的活化能，从而加快了反应速率，故A错误；B．根据质量守恒，气体的总质量不变，两个反应的系数和均不一致，故总物质的量平衡前要变化，，故混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故B正确；C．反应③和反应①均为放热反应，反应达平衡时，升高温度，反应③和反应①平衡逆向移动，浓度减小，故C错误；D．在恒容密闭容器，平衡时向容器中充入惰性气体，各反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故D正确；
故答案为：BD；
（3）反应②是吸热反应，反应①是放热反应，压强一定时，的平衡转化率先增大后减小的原因可能是：TK之前以反应②为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应①为主，转化率随着温度升高而降低。反应①是气体体积减小的反应。反应①是气体体积减小的反应，反应②是气体体积不变的反应，温度一定时，增大压强，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，的平衡转化率增大，则压强大小关系是。
故答案为： ； TK之前以反应②为主，反应吸热平衡正向移动，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应①为主，反应放热平衡逆向移动，转化率随着温度升高而降低 ；
故答案为： ； TK之前以反应②为主，反应吸热平衡正向移动，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应①为主，反应放热平衡逆向移动，转化率随着温度升高而降低 ；
（4）①因为反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，降低，X代表，故Y代表；
②投料比为时相当于投料比为时增加了，减少了，故投料比为时，更大，因此曲线c代表的是投料比为的，曲线d代表的是投料比为的。300℃时，，，若投料、，则平衡时。根据三段式法可得：
，
反应Ⅱ的。
故答案为： Y ； ；
【分析】(1)由盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，故，因此；反应Ⅲ、，根据，低温下可自发进行。
(2)A：催化剂不改变，仅降低活化能；
B：气体总质量不变，物质的量随平衡移动变化，平均相对分子质量不变时达平衡；
C：反应Ⅰ、Ⅲ均放热，升温平衡逆向移动，浓度减小；
D：恒容充惰性气体，各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变；
选BD。
(3)反应Ⅰ是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，转化率增大，故压强；
反应Ⅱ吸热、反应Ⅰ放热：TK前反应Ⅱ主导，升温转化率增大；TK后反应Ⅰ主导，升温转化率减小。
(4)升温时反应Ⅰ逆向、反应Ⅱ正向，选择性（X）降低，转化率（Y）先增后减，故Y代表；投料比3：1、300℃时，通过三段式计算反应Ⅱ的平衡分压，得。
（1）由盖斯定律可知，反应②+反应③可得反应①，则，反应③是气体体积减小的反应，且，时反应能够自发进行，则反应③在低温可自发进行。
（2）A．加入催化剂，不改变反应的，加入催化剂会降低反应的活化能，从而加快了反应速率，故A错误；B．根据质量守恒，气体的总质量不变，两个反应的系数和均不一致，故总物质的量平衡前要变化，，故混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故B正确；C．反应③和反应①均为放热反应，反应达平衡时，升高温度，反应③和反应①平衡逆向移动，浓度减小，故C错误；D．在恒容密闭容器，平衡时向容器中充入惰性气体，各反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故D正确；故答案为：BD。
（3）反应②是吸热反应，反应①是放热反应，压强一定时，的平衡转化率先增大后减小的原因可能是：TK之前以反应②为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应①为主，转化率随着温度升高而降低。反应①是气体体积减小的反应。反应①是气体体积减小的反应，反应②是气体体积不变的反应，温度一定时，增大压强，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，的平衡转化率增大，则压强大小关系是。
（4）①因为反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，降低，X代表，故Y代表；
②投料比为时相当于投料比为时增加了，减少了，故投料比为时，更大，因此曲线c代表的是投料比为的，曲线d代表的是投料比为的。300℃时，，，若投料、，则平衡时。根据三段式法可得：
，
反应Ⅱ的。
18．（2025高二上·南宁月考）碳代硫酸钠可以用以除去自来水中的氯气，在水产养殖上被广泛的应用。工业上可用反应：制得Na2S2O3。某化学兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。
（1）仪器X的名称是　 　；A中反应的化学方程式为　 　。
（2）装置B的作用有　 　。(答两点)
（3）图中单向阀也可以用以下哪种装置代替？　 　。
a． b． c．
（4）为保证Na2S2O3的产量，当溶液的pH接近7时，应立即停止通入SO2，其原因是　 　。
（5）已知Na2S2O3脱氯(Cl2)后的溶液呈强酸性，则其脱氯的离子方程式为：　 　。
（6）《生活饮用水卫生标准》规定，自来水出厂水余氯应在0.3～2毫克/千克之间。若某自来水厂用氯气消毒后的自来水中残余氯气的含量为5.55毫克千克，现用Na2S2O3·5H2O处理该厂自来水中残余氯气，则处理1吨该水厂的自来水至少应加入　 　gNa2S2O3·5H2O才能达到标准。(Na2S2O3·5H2O，M=248g/mol)
【答案】（1）蒸馏烧瓶；Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2）调节SO2流速、平衡气体压强(防堵塞)
（3）c
（4）Na2S2O3在酸性条件下不能稳定存在
（5）
（6）3.1
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由题干实验装置图可知，仪器X的名称是蒸馏烧瓶；A为制备SO2，该反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：蒸馏烧瓶；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）由分析可知，装置B中装有饱和亚硫酸氢钠，且有一长颈漏斗，其作用有调节SO2流速、平衡气体压强(防堵塞)，
故答案为：调节SO2流速、平衡气体压强(防堵塞)；
（3）单向阀的作用为防倒吸，装置c为缓冲瓶，可用于防倒吸，
故答案为：c；
（4）Na2S2O3在酸性条件下不能稳定存在，pH小于7，即H+浓度过大，可能会与Na2S2O3发生反应，
故答案为：Na2S2O3在酸性条件下不能稳定存在；
（5）已知Cl2具有强氧化性，能够将Na2S2O3氧化为Na2SO4，根据氧化还原反应配平可得，Na2S2O3脱氯(Cl2)后的溶液呈强酸性，则其脱氯的离子方程式为：；
故答案为： ；
（6）余氯最高含量为2 mg﹒kg-1，现为5.55 mg﹒kg-1，则需去除量为3.55 mg﹒kg-1。现有1 t水，需要去除的氯气的质量为1000 kg×3.55 mg﹒kg-1=3.55×103mg=3.55g，由关系式4Cl2～Na2S2O3 5H2O可知，消耗的Na2S2O3 5H2O质量为，
故答案为：3.1。
【分析】围绕“制备的实验流程及纯度测定”展开，明确核心反应、装置作用及测定原理。以、、为原料合成目标产物，反应为：
2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；
装置A：制备，反应为 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；
装置B：调节流速，平衡气体压强（防堵塞），B与C间的单向阀可防倒吸；
装置C：作为合成的反应容器，在此与、反应生成产物。
利用反应 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 ，通过滴定消耗的量计算的含量，进而确定的纯度。
（1）由题干实验装置图可知，仪器X的名称是蒸馏烧瓶；A为制备SO2，该反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：蒸馏烧瓶；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）由分析可知，装置B中装有饱和亚硫酸氢钠，且有一长颈漏斗，其作用有调节SO2流速、平衡气体压强(防堵塞)，故答案为：调节SO2流速、平衡气体压强(防堵塞)；
（3）单向阀的作用为防倒吸，装置c为缓冲瓶，可用于防倒吸，故答案为：c；
（4）Na2S2O3在酸性条件下不能稳定存在，pH小于7，即H+浓度过大，可能会与Na2S2O3发生反应，故答案为：Na2S2O3在酸性条件下不能稳定存在；
（5）已知Cl2具有强氧化性，能够将Na2S2O3氧化为Na2SO4，根据氧化还原反应配平可得，Na2S2O3脱氯(Cl2)后的溶液呈强酸性，则其脱氯的离子方程式为：；
（6）余氯最高含量为2 mg﹒kg-1，现为5.55 mg﹒kg-1，则需去除量为3.55 mg﹒kg-1。现有1 t水，需要去除的氯气的质量为1000 kg×3.55 mg﹒kg-1=3.55×103mg=3.55g，由关系式4Cl2～Na2S2O3 5H2O可知，消耗的Na2S2O3 5H2O质量为，故答案为：3.1。
1 / 1广西南宁市第三中学2025-2026学年高二上学期9月月考 化学试题
1．（2025高二上·南宁月考）2025年9月3日举行的纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式向全世界展示了我国的军事实力和科技发展成果。下列说法错误的是
A．无人僚机使用的镁锂合金硬度比金属镁的高
B．东风-5C液体洲际战略核导弹射程覆盖全球，其核反应堆所用铀棒中含有的与互为同位素
C．歼-20S等隐身战机的隐身涂层材料之一为石墨烯，石墨烯是一种有机纤维
D．火箭用的液氧-煤油等推进剂在工作时发生氧化还原反应
2．（2025高二上·南宁月考）下列说法正确的是
A．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则金刚石更稳定
B．常温下BaSO4(s)+4C(s)=BaS(s)+4CO(g)不能自发进行，说明该反应的ΔH<0
C．合成氨工业温度选择为450℃左右，主要是为了提高NH3的平衡产率
D．反应物浓度增大，单位体积活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，反应速率增大
3．（2025高二上·南宁月考）甜橙醇的结构如下。下列有关甜橙醇的叙述不正确的是
A．分子式为
B．该分子中所有原子可能共面
C．能发生氧化反应、加成反应、取代反应
D．1mol甜橙醇在一定条件下最多可以和2mol氢气发生反应
4．（2025高二上·南宁月考）用下列实验装置完成对应的实验(夹持装置已略去)，不能达到实验目的的是
A．比较不同金属离子对H2O2分解速率的影响 B．验证碘在CCl4中的溶解性比在水中的好
C．探究温度对反应速率的影响 D．探究乙醇的催化氧化
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高二上·南宁月考）下列有关方程式书写正确的是
A．氢气燃烧热的热化学方程式：
B．丙烯制备聚丙烯塑料：
C．CuCl2溶液中存在平衡：
D．用Na2SO3溶液吸收过量：
6．（2025高二上·南宁月考）为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计、现象和结论都正确的是
选项 影响因素 方案设计 现象 结论
A 浓度 向2 mL 0.1 mol/L K2Cr2O7溶液中加入5滴6 mol/L NaOH溶液 黄色溶液变橙色 减小H+浓度，平衡向生成的方向移动
B 温度 将封装有NO2和N2O4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
C 压强 向恒温密闭容器中充入NO2气体，达到平衡后压缩体积增大压强 气体颜色变深 增大压强平衡向生成NO2的方向移动
D 催化剂 向Zn和稀硫酸正在反应的溶液中滴加少量CuSO4溶液 单位时间内产生的气体增多 使用催化剂可加快反应速率，使平衡正向移动
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高二上·南宁月考）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g) 2Z(g) ΔH<0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min 2 4 7 9
n(Y)/ mol 0.12 0.11 0.10 0.10
下列说法正确的是
A．反应前2 min的平均速率
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v逆>v正
C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D．其他条件不变，再充入0.2 mol X，平衡时X的转化率增大
8．（2025高二上·南宁月考）某阴离子由原子序数依次增大的同周期元素W、X、Y、Z组成，其结构如图，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20，下列说法正确的是
A．最高价含氧酸酸性：W>X
B．简单氢化物的稳定性：Y>Z
C．原子半径：X>Z
D．仅由X与Y形成的稳定化合物中一定含有非极性键
9．（2025高二上·南宁月考）工业生产硫酸的一步重要反应是 ，如果该反应在容积不变的密闭容器中进行，图中表示当其他条件不变时，其中结论正确的是
A．图I可表示压强对化学平衡的影响，且甲压强小
B．图I也可表示温度对化学平衡的影响，且甲温度低
C．图II表示SO2平衡转化率与温度及压强的关系，可以判断T1>T2
D．图III表示t0时刻通入更多的氧气或增大压强对反应速率的影响
10．（2025高二上·南宁月考）处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：
B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全
C．“氧化”过程中铁元素化合价降低
D．“沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质
11．（2025高二上·南宁月考）石蕊(用表示)是一种有机弱酸，在水中发生电离：(红色)(蓝色)。下列关于的溶液，说法不正确的是
A．溶液
B．溶液pH随温度升高而减小
C．通入少量气体，电离平衡向逆方向移动
D．加水稀释过程中，逐渐变大
12．（2025高二上·南宁月考）氢气可将还原为甲烷，反应为。科研人员结合实验与计算机模拟结果，研究了在催化剂表面上与的反应历程，前三步历程如图所示，其中吸附在催化剂表面用“·”标注，Ts表示过渡态。下列说法正确的是
A．三步历程均为放热过程
B．反应历程中活化能最小步骤的反应为：
C．吸附在催化剂表面的物质形成过渡态的过程会放出热量
D．上述反应历程中每一步均存在氢键的断裂
13．（2025高二上·南宁月考）可以消除工业废气中的，其反应为。向体积为4 L的恒温恒容密闭容器中加入一定量和发生反应，起始压强为200 kPa，测得容器内的压强(p)与时间(t)的关系如图所示。在t2时刻，将容器体积瞬间缩小为2 L；到t3时刻达到平衡，此时容器内压强为560 kPa，忽略固体体积对压强的影响。下列说法正确的是
A．其他条件不变，分离出、，达到新平衡时变小
B．若在时刻再加入，则正反应速率一定增大
C．0→t1 min内，用CO的分压表示平均反应速率为
D．时刻达到平衡时，的分压为260 kPa
14．（2025高二上·南宁月考）国内某研究小组用和重整制氢除。该过程涉及的反应如下
Ⅰ．
II．
在恒压下，向容器中按组成为通入混合气体，测得平衡状态下、的收率和的转化率随温度的变化曲线如下图所示。
已知：的收率，的收率
下列说法正确的是
A．曲线a表示的收率，曲线b表示的收率
B．600℃下，与的收率比为
C．从800℃升温到1000℃时，温度对反应Ⅰ的影响大于反应Ⅱ
D．维持恒压，再通入一定量的，的转化率减小
15．（2025高二上·南宁月考）氮气是重要的基础化工品，请结合信息回答问题。
（1）在尿素合成塔中发生的两步反应依次为：
① (快反应)；
② (慢反应)；
则合成尿素总反应 　 　 kJ/mol，总反应平衡常数　 　(用含、的代数式表示)。下列图像能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是　 　(填标号)；
（2）T℃，在2 L的恒容密闭容器中，通入2 mol NH3和1 mol CO2，发生反应，时反应刚好达到平衡。测得平衡时压强为起始压强的一半，则：
①0~10min的平均反应速率　 　，的平衡转化率为　 　，反应的平衡常数　 　；
②能说明上述反应达到平衡状态的是　 　(填标号)：
A．
B．尿素的质量不再发生变化
C．的体积分数保持不变
D．单位时间内，有3 mol N-H生成的同时有2 mol C=O断裂
（3）下图为使用不同催化剂①、②、③时，反应相同时间，容器中尿素的物质的量随温度变化的曲线，A点　 　(填“是”或“不是”)平衡状态，使用催化剂②温度高于T2℃时下降的原因可能是　 　(答出一点即可)。
16．（2025高二上·南宁月考）废旧动力电池回收具有重要的意义。某研究小组设计的一种利用废旧磷酸铁锂电池正极材料(含、导电炭黑、铝箔)回收金属化合物的流程如图：
查阅资料：
①难溶于水和碱性溶液，可溶于酸性溶液。
②碳酸锂的溶解度曲线如图所示。
回答下列问题：
（1）“碱浸”时，为加快浸出速率，可采取的措施是　 　(填一条)。
（2）“碱浸”步骤中反应得到滤液1的化学方程式为　 　。
（3）“酸浸”的主要目的是　 　。
（4）滤渣2的主要成分是　 　。“酸浸”步骤需要控温35~40℃，试分析可能的原因：　 　。
（5）“一系列操作”包括水浴加热、　 　、洗涤、干燥。
（6）吉利公司研发的甲醇汽车，基于甲醇()—空气燃料电池，其工作原理如图：
甲电极的电极反应式为：　 　。
17．（2025高二上·南宁月考）的重整利用是当下环境保护的研究热点，对减少温室气体的排放具有重大意义。合成甲醇涉及以下三个反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
（1）　 　(填“>”“=”或“=”)，反应Ⅲ在　 　(填“高温”“低温”或“任何温度”)可自发进行。
（2）在恒容密闭容器中发生上述反应，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．加入催化剂，降低了反应的，从而加快了反应速率
B．混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．反应达平衡时，升高温度，的浓度增大
D．平衡时向容器中充入少量惰性气体，甲醇的产率不变
（3）在一定条件下，发生上述反应Ⅰ和Ⅱ，达平衡时的转化率随温度和压强的变化如图所示。温度一定时，压强大小关系是　 　。压强一定时，的平衡转化率先增大后减小的原因可能是　 　；
（4）在保持压强为200kPa的密闭容器中，分别按投料比为和通入气体，发生反应Ⅰ和Ⅱ，的平衡转化率及的选择性S随温度的变化曲线如图所示。
已知：；。
①图中的　 　(填“X”或“Y”)代表。
②投料比为、温度为300℃时，反应Ⅱ的平衡常数　 　(结果用分数表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
18．（2025高二上·南宁月考）碳代硫酸钠可以用以除去自来水中的氯气，在水产养殖上被广泛的应用。工业上可用反应：制得Na2S2O3。某化学兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。
（1）仪器X的名称是　 　；A中反应的化学方程式为　 　。
（2）装置B的作用有　 　。(答两点)
（3）图中单向阀也可以用以下哪种装置代替？　 　。
a． b． c．
（4）为保证Na2S2O3的产量，当溶液的pH接近7时，应立即停止通入SO2，其原因是　 　。
（5）已知Na2S2O3脱氯(Cl2)后的溶液呈强酸性，则其脱氯的离子方程式为：　 　。
（6）《生活饮用水卫生标准》规定，自来水出厂水余氯应在0.3～2毫克/千克之间。若某自来水厂用氯气消毒后的自来水中残余氯气的含量为5.55毫克千克，现用Na2S2O3·5H2O处理该厂自来水中残余氯气，则处理1吨该水厂的自来水至少应加入　 　gNa2S2O3·5H2O才能达到标准。(Na2S2O3·5H2O，M=248g/mol)
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；合金及其应用；元素、核素
【解析】【解答】A、合金硬度大于成分金属，镁锂合金硬度高于金属镁，A正确；
B、 与 质子数相同、中子数不同，符合同位素定义，B正确；
C、石墨烯是碳的单质，属于无机材料，并非有机纤维，C错误；
D、液氧 - 煤油反应中 C、O 元素化合价变化，属于氧化还原反应，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．直接用 “合金硬度＞成分金属” 的规律；
B．抓 “质子数相同、中子数不同的同种元素原子”，确定与互为同位素；
C．需明确 “石墨烯是碳单质，属于无机材料”，并非有机纤维；
D．通过 “元素化合价变化”，确定液氧 - 煤油反应是氧化还原反应。
2．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；焓变和熵变；有效碰撞理论
【解析】【解答】A、ΔH>0 说明石墨能量低于金刚石，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，A错误；
B、反应气体分子数增多（ΔS>0），常温不能自发则 ΔG=ΔH-TΔS>0，推得ΔH>0，B错误；
C、合成氨是放热反应，升温会降低 NH3平衡产率，选 450℃是兼顾催化剂活性与反应速率，C错误；
D、浓度增大，单位体积活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率增大，符合碰撞理论，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．中 ΔH>0 说明石墨能量更低，能量越低物质越稳定。
B．中反应 ΔS>0，常温不自发则 ΔH>0。
C．中合成氨是放热反应，升温会降低平衡产率，选450℃是为了催化剂活性。
D．中浓度增大，单位体积活化分子数增多，有效碰撞增加，符合反应速率规律。
3．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；分子式
【解析】【解答】A、仔细数甜橙醇结构简式中的原子，其中C原子有14个，H原子有26个，O原子有1个，所以其分子式为 C14H26O ，A正确；
B、该分子中含有甲基、亚甲基等饱和碳原子，这些饱和碳原子具有类似于甲烷的四面体空间结构，这种结构使得原子无法在同一平面上（可类比甲烷分子中原子的空间分布 ），所以所有原子不可能共面，B错误；
C、甜橙醇分子中含有羟基，羟基可以发生氧化反应（比如燃烧、催化氧化等 ），也可以发生取代反应（例如与羧酸发生酯化反应 ）；同时分子中含有碳碳双键，碳碳双键能够发生氧化反应，也能发生加成反应。所以该物质能发生氧化反应、加成反应、取代反应，C正确；
D、1个甜橙醇分子中含有2个碳碳双键，而1mol 碳碳双键可以与1mol 氢气发生加成反应，ze 1mol 甜橙醇最多可以与 2mol氢气 发生加成反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据甜橙醇的结构简式，结合“分子式判断、原子共面、官能团性质（羟基、碳碳双键 ）、加成反应计量”分析选项。甜橙醇结构含2个碳碳双键、1个羟基，存在饱和碳原子（四面体结构 ）。
A．通过数结构简式中C、H、O原子的个数，确定分子式。
B．依据分子中饱和碳原子（如甲基、亚甲基 ）的四面体空间构型，判断所有原子是否可能共面。
C．分析分子中含有的官能团（羟基、碳碳双键 ），判断能发生的反应类型。
D．根据分子中碳碳双键的个数，计算1mol 甜橙醇与氢气发生加成反应时消耗氢气的最大量。
4．【答案】A
【知识点】分液和萃取；乙醇的催化氧化实验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、比较不同金属离子对 H2O2分解的影响，需保证金属离子浓度一致，但实验中 MnCl2（0.3mol L- ）和 CuCl2（0.1mol L- ）浓度不同，变量不唯一，无法得出有效结论，A不能达到目的；
B、向饱和碘水中加 CCl4，振荡后碘进入 CCl4层（下层显紫色），可验证碘在 CCl4中溶解性更好，B能达到目的；
C、两组实验仅温度不同，其他条件一致，可探究温度对反应速率的影响，C能达到目的；
D、灼烧铜丝生成 CuO，热 CuO 与乙醇反应生成乙醛，可探究乙醇的催化氧化，D能达到目的；
故答案为：A。
【分析】A．探究不同金属离子对 H2O2分解的影响，需保证金属离子浓度一致，但实验中 MnCl2、CuCl2浓度不同，变量不唯一，无法验证。
B．CCl4与水不互溶，碘在 CCl4中溶解性更强，振荡后下层显紫色，可验证溶解性差异。
C．仅温度不同，其他条件一致，符合单一变量原则，可探究温度对反应速率的影响。
D．灼烧铜丝生成 CuO，热 CuO 与乙醇反应，可实现乙醇的催化氧化。
5．【答案】C
【知识点】燃烧热；热化学方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、燃烧热要求生成稳定氧化物（H2O 应为液态），且对应 1mol 可燃物完全燃烧， 正确的热化学方程式为： ，A错误；
B、丙烯（CH2=CH-CH3）加聚时，双键在 1、2 号碳原子间断裂，聚合物链节应为 “ ”，丙烯制备聚丙烯的反应为：，B错误；
C、CuCl2溶液中，[Cu (H2O)4]2+与 Cl-发生络合反应， 存在配位平衡：(蓝色)(黄色)+，C正确；
D、Cl2过量时，SO32-会被完全氧化为SO42-，不会生成HSO3-，其离子方程式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．燃烧热要求 H2O 为液态、1mol H2反应，此式不符合。
B．丙烯加聚链节应含支链，此式链节错误。
C．CuCl2溶液中存在 [Cu(H2O)4]2+与 Cl-的络合平衡。
D．Cl2过量时SO32-应全被氧化为 SO42-，产物错误。
6．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、K2Cr2O7溶液中存在平衡 Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+，加 NaOH 减小 H+浓度，平衡应向生成 CrO42-（黄色）的方向移动，但现象是 “黄色变橙色”，与结论矛盾，A错误；
B、NO2和 N2O4存在平衡 2NO2 N2O4（ΔH<0），热水中温度升高，平衡向吸热的 NO2生成方向移动，气体颜色变深，现象与结论一致，B正确；
C、压缩体积增大压强，平衡向气体分子数减少的 N2O4生成方向移动，但体积减小使 NO2浓度增大，颜色变深是浓度变化的结果，并非平衡向 NO2方向移动，C错误；
D、Zn 与 CuSO4反应生成 Cu，构成原电池加快反应速率，但该反应是不可逆反应，无化学平衡，不存在平衡移动，D错误；
故答案为：B
【分析】A．平衡 Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+，加 NaOH 应使平衡向生成 CrO42-（黄色）移动，但现象是 “黄色变橙色”，结论与现象矛盾。
B.2NO2 N2O4（ΔH<0），升温平衡向吸热的 NO2方向移动，气体颜色变深，现象与结论一致。
C．压缩体积增大压强，平衡向 N2O4方向移动，颜色变深是 NO2浓度增大的结果，并非平衡向 NO2移动。
D．Zn 与稀硫酸是不可逆反应，无化学平衡，不存在平衡移动。
7．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、反应前2 min内，Y的物质的量从0.16 mol变为0.12 mol，变化量。
根据反应 X(g)+Y(g) 2Z(g) ΔH<0，。
容器体积为10 L，时间2 min，因此，A错误；
B、反应的（放热反应），降低温度时，平衡会向放热的正反应方向移动。
达到新平衡前，正反应速率大于逆反应速率（），B错误；
C、7 min后的物质的量稳定在0.10 mol，说明反应达到平衡：平衡时，，；因此，；
各物质浓度：，，
平衡常数，C正确；
D、再充入0.2 mol X，平衡会向正反应方向移动，但X的总量增加更多，因此X的转化率会减小（Y的转化率增大），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．速率计算：抓物质的量变化，结合计量数算其他物质变化量，再除以体积和时间。
B．平衡移动：由 ΔH 判断温度影响，放热反应降温时正速率 > 逆速率。
C．平衡常数：找物质的量稳定的平衡态，算浓度后代入 “生成物浓度幂之积÷反应物浓度幂之积”。
D．转化率：充入反应物，其总量增更多，自身转化率减小。
8．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；共价键的形成及共价键的主要类型；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、最高价含氧酸酸性：W（B）的最高价含氧酸是 H3BO3，X（C）的是 H2CO3，酸性 H2CO3>H3BO3，A错误；
B、简单氢化物稳定性：Y（O）的氢化物是 H2O，Z（F）的是 HF，同周期从左到右氢化物稳定性增强，故 HF>H2O，B错误；
C、原子半径：同周期从左到右原子半径减小，X（C）在 Z（F）左侧，故原子半径 C>F，C正确；
D、X（C）与 Y（O）形成的稳定化合物如 CO2，只含极性键（C-O 键），无键非极性，D错误；
故答案为：C。
【分析】X 的成键数：X 能形成 4 个共价键（如结构中 X 连 4 个键），同周期中最外层 4 电子的是 C 或 Si；Y 的最外层电子数：Y 的最外层电子数 = X 的核外电子总数。若 X 是 C（核外电子数 6），则 Y 最外层 6 电子，对应 O；若 X 是 Si（核外电子数 14），同周期无最外层 14 电子的元素，故 X 是 C，Y 是 O；最外层电子数之和：X（C，最外层 4）、Y（O，最外层 6），设 W 最外层 a、Z 最外层 b，得 4+6+a+b=20 → a+b=10。结合同周期（第二周期）、原子序数 W9．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】反应为 ，ΔH<0（放热），且反应后气体分子数减少
（3 mol到2 mol）。
A、压强越大，反应速率越快（达平衡时间越短），且平衡向气体分子数减少的方向移动（SO3体积分数增大）。图 I 中，甲达平衡时间更短、SO3体积分数更高，说明甲压强大，而非小，A错误；
B、温度越低，反应速率越慢（达平衡时间越长），但放热反应降温时平衡正向移动（SO3体积分数增大）。图 I 中，甲达平衡时间长（速率慢）、SO3体积分数高，符合 “甲温度低” 的特点，B正确；
C、压强相同时，放热反应升温会使平衡逆向移动（SO2转化率降低）。图 II 中，相同压强下 T1对应的 SO2转化率更高，说明 T1温度更低（T11>T2，C错误；
D、通入更多 O2：正反应速率会瞬间增大（v' 正突变），逆反应速率逐渐增大，与图中 “v' 正、v' 逆均突变” 不符；增大压强：正、逆反应速率均瞬间增大，但正反应速率增大的幅度更大（因正反应气体分子数减少），而图中 v' 正 < v' 逆，与实际不符，D错误；
最终答案：B
【分析】这道题的解题突破口：
抓反应本质：先明确反应的 ΔH（放热）和气体分子数变化（减少），这是分析温度、压强影响的基础。
用 “先拐先平” 判条件：图像中先出现拐点的曲线，对应速率更快；再结合平衡时产物占比、转化率，反推条件强弱（如题图 I 中，甲达平衡慢、SO3占比高，甲温度低）。
看平衡点数据：相同条件下，放热反应升温会使反应物转化率降低（如题图 II 中 T1转化率高，T1温度低）。
析速率突变类型：浓度变化只改单一速率，温度或压强同时改正逆速率；结合反应特征判断条件是否合理（如题图 III 中 v 正、v 逆均突变但 v逆>v正，不符合反应实际）。
10．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“沉铜” 是 Fe 置换 Cu2+，但 Fe 与 Cu2+ 反应生成的是 Fe2+（不是 Fe3+），正确离子方程式应为 Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，A错误；
B、Al(OH)3是两性氢氧化物，过量 NaOH 会与 Al(OH)3反应生成可溶的 NaAlO2，反而会使 Al (OH)3沉淀溶解，并非 NaOH 加越多沉淀越完全，B错误；
C、“氧化” 过程是 H2O2将 Fe2+ 氧化为 Fe3+（生成 Fe (OH)3沉淀），铁元素化合价从 + 2 升高到 +3，并非降低，C错误；
D、“沉锂” 是向含 Li+的溶液中加 Na2CO3，利用 Li2CO3溶解度比 Na2CO3小的性质，使 Li+ 以 Li2CO3形式沉淀析出，D正确；
故答案为：D。
【分析】处理含 Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+ 的酸浸液时，先加入 Fe 粉，通过置换反应将 Cu2+ 转化为 Cu 单质分离（沉铜）；随后加入 NaOH，使溶液中的 Al3+ 结合 OH-生成 Al(OH)3沉淀除去（碱浸）；再加入 H2O2，将溶液中残留的 Fe2+ 氧化为 Fe3+，进而转化为 Fe(OH)3沉淀分离（氧化）；最后向含 Li+的滤液中加入 Na2CO3，利用 Li2CO3溶解度较小的性质，使 Li+转化为 Li2CO3沉淀析出（沉锂）。
11．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、HIn 是有机弱酸，在水中不能完全电离，0.01mol L- 的 HIn 溶液中，H+浓度小于 0.01mol L- ，因此溶液 pH 应大于 2，而非等于 2，A错误；
B、弱酸电离是吸热过程，升温会促进 HIn 的电离（HIn H++ In-），使 H+浓度增大，溶液 pH 随温度升高而减小，B正确；
C、通入 HCl 气体，溶液中 H+浓度增大，根据勒夏特列原理，电离平衡向逆反应方向移动（抑制 HIn 电离），C正确；
D、电离常数 ，温度不变则 K 不变。加水稀释，H+浓度减小，因此 会逐渐变大，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．判断弱酸溶液中氢离子浓度与 pH 的关系。
B．分析温度对弱酸电离平衡的影响。
C．判断外加 H+对电离平衡的作用。
D．结合电离常数分析稀释时浓度比值的变化。
12．【答案】B
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、放热过程的特征是“反应物能量高于生成物能量”。观察图像：第一步中，反应物能量高于生成物，是放热；但第二步中，反应物能量低于生成物，是吸热。因此“三步均放热”错误，A错误；
B、活化能是“反应物到过渡态的能量差”，差值越小，活化能越小。
图像中第三步的过渡态对应的能量差最小，第三步反应为，因此该步骤活化能最小，B正确；
C、吸附物质形成过渡态时，能量从吸附态（反应物）升高到过渡态，属于“吸热过程”（能量增加），而非放热，C错误；
D、氢键存在于含、等键的分子间，而是单质，无氢键；且部分步骤（如第一步）涉及的是的共价键断裂，并非氢键。因此“每一步均有氢键断裂”错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．抓能量图的 “热效应判断”：看 “反应物 - 生成物” 的能量差 —反应物能量 > 生成物，放热，反之则吸热。
B．活化能的 “过渡态差值法”：活化能是 “反应物到过渡态（Ts）的能量差”，差值越小，活化能越小。
C．过渡态的 “能量变化逻辑”：吸附态，过渡态（Ts）是能量升高的过程，必为吸热。
D．氢键的 “存在前提”：氢键仅存在于含 O-H、N-H 等极性键的分子间，H2无氢键。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；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】反应为，反应后气体分子数增多（1 mol到2 mol），压强变化与气体物质的量变化相关。
A、该反应的平衡常数表达式为，平衡常数仅与温度有关。
分离出、，温度不变，不变，因此不变，A错误；
B、是固体，固体的浓度视为定值，加入固体不会改变反应速率，因此正反应速率不变，B错误；
C、恒容条件下，可以将物质的分压直接列入三行式，具体计算如下：
据题目信息可知，平衡时体系总压为(200+x)kPa=300kPa，故x=100kPa，故0→t1 min内，用CO的分压表示平均反应速率为，C正确；
D、时刻体积缩小为2 L，此时（缩小体积前）总压强为300 kPa，缩小体积后压强瞬间变为 kPa（恒温下，体积减半，压强加倍）。
设时刻的分压为，则分压也为，CO的分压为（平衡逆向移动，CO分压增加），但实际平衡后总压强为560 kPa（小于600 kPa，说明平衡逆向移动），最终计算得分压小于260 kPa，D错误；
故答案为：C。
【分析】A. 平衡常数的“温度唯一”性：平衡常数只与温度有关，分离气体（温度不变）时，（即K）不变。
B.固体的“速率无影响”性：固体浓度视为定值，加入不会改变反应速率。
C.压强与反应的“物质的量关联”：反应后气体分子数增多（1变为2），总压强变化=CO分压的减少量。利用“起始压强200 kPa，时总压300 kPa”，可直接算出CO分压减少100 kPa，进而得速率为。
D.体积变化的“压强突变”逻辑：体积减半时压强先加倍（时瞬间压强调为600 kPa），平衡逆向移动后压强降低（时560 kPa），可推得分压小于260 kPa。
14．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】两个反应均为吸热反应（ΔH>0）：
反应 Ⅰ 是 H2S 分解生成 S2和 H2，反应 Ⅱ 是 S2与 CH4反应消耗 S2、生成 H2。
温度升高时，反应 Ⅰ 先主导（S2增多），但后期反应 Ⅱ 消耗 S2的程度增大，因此S2收率曲线会先升后降（对应曲线 a）；
H2是两个反应的共同产物，升温时持续生成，因此H2收率曲线持续上升（对应曲线 b）。
A、曲线 a 先升后降，对应 S2收率；曲线 b 持续上升，对应 H2收率。A错误；
B、 600℃时，H2S转化率为40%，S2收率8%，由S2收率=(α-2β)×100%得0.4-2β=0.08，β=0.16，H2收率=(α+2β)÷3×100%=(0.4+0.32)÷3×100%=24%，H2与S2收率比24%：8%=3：1，B正确；
C、800℃到 1000℃时，S2收率下降，说明反应 Ⅱ 消耗 S2的程度大于反应 Ⅰ 生成 S2的程度，即温度对反应 Ⅱ 的影响更大。C错误；
D、恒压下通入 Ar，容器体积增大，两反应均为气体分子数增加的反应，平衡均正向移动，H2S 转化率增大。D错误；
故答案为：B。
【分析】A．根据分析，结合图像判断氢气是持续上升的物理量。
B．据收率定义+图中数据：600℃时收率8%、收率40%；结合（含2个H）、（含2个S）的原子组成计算，收率比为3：1。
C.800-1000℃时收率增幅平缓，说明反应Ⅱ（消耗）受温度影响更大，而非反应Ⅰ。
D．恒压通Ar，体积增大，两反应均向气体分子数增多的正向移动，转化率增大。
15．【答案】（1）；；D
（2）0.0375；75%；48；BC
（3）不是；催化剂活性降低(或失去活性)，尿素受热分解
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）① (快反应)；
② (慢反应)；
则合成尿素总反应=①+②， =kJ/mol，总反应平衡常数K=。根据，下列图像能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是D；
故答案为： ； ； D ；
（2）①10 min时反应刚好达到平衡。测得平衡时压强为起始压强的一半，恒温恒容，压强之比等于气体物质的量之比，列三段式：
，
可得，；
①0~10min的平均反应速率，的平衡转化率为，反应的平衡常数；
②A．物质的量之比，不能判断反应方向，不能判断反应达到平衡状态，A不选；
B．尿素的质量不再发生变化，说明各物质浓度不变，反应达到平衡，B选；
C．的体积分数保持不变，说明浓度不变，反应达到平衡，C选；
D．CO2、CO(NH2)2均存在C=O，单位时间内，有3 mol N-H生成的同时有2 mol C=O断裂，不能判断反应达到平衡状态，D不选；
故答案为： 0.0375 ； 75% ； 48 ；BC。
（3）A点尿素的量低于③催化剂时的量，则说明没有达到平衡状态，A点不是平衡状态；催化剂需要一定的活化温度，随着温度升高，可能是催化剂活性降低(或失去活性)，反应速率降低，导致单位时间内生成尿素的物质的量减少，使得T2℃以上下降；也可能温度过高，尿素受热分解，则原因可能是催化剂活性降低(或失去活性)，尿素受热分解。
故答案为： 不是 ； 催化剂活性降低(或失去活性)，尿素受热分解 。
【分析】(1)总反应焓变：由盖斯定律，总反应为反应①+反应②，
总平衡常数：总反应平衡常数为分步反应平衡常数的乘积，即
能量图像：反应①放热（反应物能量中间产物），反应②吸热（中间产物能量最终产物），总反应放热（反应物能量最终产物），对应图像D。
(2)计算核心：设转化量为，恒温恒容下压强比等于气体物质的量比，故
解得。
平均速率：
转化率：
平衡常数：
平衡判断：尿素质量不变、体积分数不变时达平衡。
(3)A点状态：A点尿素量低于催化剂③的对应值，未达平衡，故“不是”；浓度下降原因：温度过高导致催化剂活性降低（或尿素分解），生成量减少。
（1）① (快反应)；
② (慢反应)；
则合成尿素总反应=①+②， =kJ/mol，总反应平衡常数K=。根据，下列图像能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是D；
（2）①10 min时反应刚好达到平衡。测得平衡时压强为起始压强的一半，恒温恒容，压强之比等于气体物质的量之比，列三段式：
，
可得，；
①0~10min的平均反应速率，的平衡转化率为，反应的平衡常数；
②A．物质的量之比，不能判断反应方向，不能判断反应达到平衡状态，A不选；
B．尿素的质量不再发生变化，说明各物质浓度不变，反应达到平衡，B选；
C．的体积分数保持不变，说明浓度不变，反应达到平衡，C选；
D．CO2、CO(NH2)2均存在C=O，单位时间内，有3 mol N-H生成的同时有2 mol C=O断裂，不能判断反应达到平衡状态，D不选；
故选BC。
（3）A点尿素的量低于③催化剂时的量，则说明没有达到平衡状态，A点不是平衡状态；催化剂需要一定的活化温度，随着温度升高，可能是催化剂活性降低(或失去活性)，反应速率降低，导致单位时间内生成尿素的物质的量减少，使得T2℃以上下降；也可能温度过高，尿素受热分解，则原因可能是催化剂活性降低(或失去活性)，尿素受热分解。
16．【答案】（1）适当提高浸出温度，研磨废料的颗粒，适当提高氢氧化钠的浓度
（2）
（3）使溶解，将转化为
（4）导电炭黑；温度过低，浸取速率慢；温度过高，发生分解
（5）趁热过滤
（6）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）根据影响反应速率的因素，“碱浸”时，为加快浸出速率，可采取的措施是适当提高浸出温度，研磨废料的颗粒，适当提高氢氧化钠的浓度等。
故答案为： 适当提高浸出温度，研磨废料的颗粒，适当提高氢氧化钠的浓度 ；
（2）“碱浸”步骤中铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应得到滤液1的化学方程式为；
故答案为： ；
（3）“酸浸”时与硫酸、双氧水反应生成硫酸锂、硫酸铁、磷酸，“酸浸”主要目的是使溶解，将转化为；
故答案为： 使溶解，将转化为 ；
（4）导电炭黑不溶于氢氧化钠和硫酸，所以滤渣2的主要成分是导电炭黑；温度过低，浸取速率慢；温度过高，发生分解，所以“酸浸”步骤需要控温35~40℃；
故答案为： 导电炭黑 ； 温度过低，浸取速率慢；温度过高，发生分解 ；
（5）由于的溶解度随温度的升高而减小，所以在制备的过程中，水浴加热可促进的生成和析出，趁热过滤可以减少因的溶解造成的损失，“一系列操作”包括水浴加热、趁热过滤、洗涤、干燥。
故答案为： 趁热过滤 ；
（6）氢离子由甲电极移向乙电极，可知甲是负极、乙是正极；甲电极甲醇失电子生成二氧化碳，电极反应式为。
故答案为： 。
【分析】废旧磷酸铁锂电池正极材料包含LiFePO4、导电炭黑与铝箔，处理流程分多步：
用NaOH溶液浸泡材料，铝箔发生反应 ，生成的进入浸液1；向浸液1通入过量CO2，析出沉淀与，过滤后得到含LiFePO4、导电炭黑的滤渣1。滤渣1中加入硫酸与H2O2进行酸浸，LiFePO4溶解为、和磷酸；过滤后，导电炭黑留在滤渣2，含锂、铁、磷的溶液进入滤液2。向滤液2加氨水调节pH，生成沉淀；该沉淀脱水后得到。滤液3中加入饱和，析出沉淀（经洗涤干燥得到产品）；最终将、与C通过“碳热还原”反应，重新制得LiFePO4。
（1）根据影响反应速率的因素，“碱浸”时，为加快浸出速率，可采取的措施是适当提高浸出温度，研磨废料的颗粒，适当提高氢氧化钠的浓度等。
（2）“碱浸”步骤中铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应得到滤液1的化学方程式为；
（3）“酸浸”时与硫酸、双氧水反应生成硫酸锂、硫酸铁、磷酸，“酸浸”主要目的是使溶解，将转化为；
（4）导电炭黑不溶于氢氧化钠和硫酸，所以滤渣2的主要成分是导电炭黑；温度过低，浸取速率慢；温度过高，发生分解，所以“酸浸”步骤需要控温35~40℃；
（5）由于的溶解度随温度的升高而减小，所以在制备的过程中，水浴加热可促进的生成和析出，趁热过滤可以减少因的溶解造成的损失，“一系列操作”包括水浴加热、趁热过滤、洗涤、干燥。
（6）氢离子由甲电极移向乙电极，可知甲是负极、乙是正极；甲电极甲醇失电子生成二氧化碳，电极反应式为。
17．【答案】（1）>；低温
（2）B；D
（3）；TK之前以反应②为主，反应吸热平衡正向移动，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应①为主，反应放热平衡逆向移动，转化率随着温度升高而降低
（4）Y；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；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）由盖斯定律可知，反应②+反应③可得反应①，则，反应③是气体体积减小的反应，且，时反应能够自发进行，则反应③在低温可自发进行。
故答案为： > ； 低温 ；
（2）A．加入催化剂，不改变反应的，加入催化剂会降低反应的活化能，从而加快了反应速率，故A错误；B．根据质量守恒，气体的总质量不变，两个反应的系数和均不一致，故总物质的量平衡前要变化，，故混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故B正确；C．反应③和反应①均为放热反应，反应达平衡时，升高温度，反应③和反应①平衡逆向移动，浓度减小，故C错误；D．在恒容密闭容器，平衡时向容器中充入惰性气体，各反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故D正确；
故答案为：BD；
（3）反应②是吸热反应，反应①是放热反应，压强一定时，的平衡转化率先增大后减小的原因可能是：TK之前以反应②为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应①为主，转化率随着温度升高而降低。反应①是气体体积减小的反应。反应①是气体体积减小的反应，反应②是气体体积不变的反应，温度一定时，增大压强，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，的平衡转化率增大，则压强大小关系是。
故答案为： ； TK之前以反应②为主，反应吸热平衡正向移动，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应①为主，反应放热平衡逆向移动，转化率随着温度升高而降低 ；
故答案为： ； TK之前以反应②为主，反应吸热平衡正向移动，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应①为主，反应放热平衡逆向移动，转化率随着温度升高而降低 ；
（4）①因为反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，降低，X代表，故Y代表；
②投料比为时相当于投料比为时增加了，减少了，故投料比为时，更大，因此曲线c代表的是投料比为的，曲线d代表的是投料比为的。300℃时，，，若投料、，则平衡时。根据三段式法可得：
，
反应Ⅱ的。
故答案为： Y ； ；
【分析】(1)由盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，故，因此；反应Ⅲ、，根据，低温下可自发进行。
(2)A：催化剂不改变，仅降低活化能；
B：气体总质量不变，物质的量随平衡移动变化，平均相对分子质量不变时达平衡；
C：反应Ⅰ、Ⅲ均放热，升温平衡逆向移动，浓度减小；
D：恒容充惰性气体，各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变；
选BD。
(3)反应Ⅰ是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，转化率增大，故压强；
反应Ⅱ吸热、反应Ⅰ放热：TK前反应Ⅱ主导，升温转化率增大；TK后反应Ⅰ主导，升温转化率减小。
(4)升温时反应Ⅰ逆向、反应Ⅱ正向，选择性（X）降低，转化率（Y）先增后减，故Y代表；投料比3：1、300℃时，通过三段式计算反应Ⅱ的平衡分压，得。
（1）由盖斯定律可知，反应②+反应③可得反应①，则，反应③是气体体积减小的反应，且，时反应能够自发进行，则反应③在低温可自发进行。
（2）A．加入催化剂，不改变反应的，加入催化剂会降低反应的活化能，从而加快了反应速率，故A错误；B．根据质量守恒，气体的总质量不变，两个反应的系数和均不一致，故总物质的量平衡前要变化，，故混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故B正确；C．反应③和反应①均为放热反应，反应达平衡时，升高温度，反应③和反应①平衡逆向移动，浓度减小，故C错误；D．在恒容密闭容器，平衡时向容器中充入惰性气体，各反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故D正确；故答案为：BD。
（3）反应②是吸热反应，反应①是放热反应，压强一定时，的平衡转化率先增大后减小的原因可能是：TK之前以反应②为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应①为主，转化率随着温度升高而降低。反应①是气体体积减小的反应。反应①是气体体积减小的反应，反应②是气体体积不变的反应，温度一定时，增大压强，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，的平衡转化率增大，则压强大小关系是。
（4）①因为反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，降低，X代表，故Y代表；
②投料比为时相当于投料比为时增加了，减少了，故投料比为时，更大，因此曲线c代表的是投料比为的，曲线d代表的是投料比为的。300℃时，，，若投料、，则平衡时。根据三段式法可得：
，
反应Ⅱ的。
18．【答案】（1）蒸馏烧瓶；Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2）调节SO2流速、平衡气体压强(防堵塞)
（3）c
（4）Na2S2O3在酸性条件下不能稳定存在
（5）
（6）3.1
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由题干实验装置图可知，仪器X的名称是蒸馏烧瓶；A为制备SO2，该反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：蒸馏烧瓶；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）由分析可知，装置B中装有饱和亚硫酸氢钠，且有一长颈漏斗，其作用有调节SO2流速、平衡气体压强(防堵塞)，
故答案为：调节SO2流速、平衡气体压强(防堵塞)；
（3）单向阀的作用为防倒吸，装置c为缓冲瓶，可用于防倒吸，
故答案为：c；
（4）Na2S2O3在酸性条件下不能稳定存在，pH小于7，即H+浓度过大，可能会与Na2S2O3发生反应，
故答案为：Na2S2O3在酸性条件下不能稳定存在；
（5）已知Cl2具有强氧化性，能够将Na2S2O3氧化为Na2SO4，根据氧化还原反应配平可得，Na2S2O3脱氯(Cl2)后的溶液呈强酸性，则其脱氯的离子方程式为：；
故答案为： ；
（6）余氯最高含量为2 mg﹒kg-1，现为5.55 mg﹒kg-1，则需去除量为3.55 mg﹒kg-1。现有1 t水，需要去除的氯气的质量为1000 kg×3.55 mg﹒kg-1=3.55×103mg=3.55g，由关系式4Cl2～Na2S2O3 5H2O可知，消耗的Na2S2O3 5H2O质量为，
故答案为：3.1。
【分析】围绕“制备的实验流程及纯度测定”展开，明确核心反应、装置作用及测定原理。以、、为原料合成目标产物，反应为：
2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；
装置A：制备，反应为 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；
装置B：调节流速，平衡气体压强（防堵塞），B与C间的单向阀可防倒吸；
装置C：作为合成的反应容器，在此与、反应生成产物。
利用反应 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 ，通过滴定消耗的量计算的含量，进而确定的纯度。
（1）由题干实验装置图可知，仪器X的名称是蒸馏烧瓶；A为制备SO2，该反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：蒸馏烧瓶；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）由分析可知，装置B中装有饱和亚硫酸氢钠，且有一长颈漏斗，其作用有调节SO2流速、平衡气体压强(防堵塞)，故答案为：调节SO2流速、平衡气体压强(防堵塞)；
（3）单向阀的作用为防倒吸，装置c为缓冲瓶，可用于防倒吸，故答案为：c；
（4）Na2S2O3在酸性条件下不能稳定存在，pH小于7，即H+浓度过大，可能会与Na2S2O3发生反应，故答案为：Na2S2O3在酸性条件下不能稳定存在；
（5）已知Cl2具有强氧化性，能够将Na2S2O3氧化为Na2SO4，根据氧化还原反应配平可得，Na2S2O3脱氯(Cl2)后的溶液呈强酸性，则其脱氯的离子方程式为：；
（6）余氯最高含量为2 mg﹒kg-1，现为5.55 mg﹒kg-1，则需去除量为3.55 mg﹒kg-1。现有1 t水，需要去除的氯气的质量为1000 kg×3.55 mg﹒kg-1=3.55×103mg=3.55g，由关系式4Cl2～Na2S2O3 5H2O可知，消耗的Na2S2O3 5H2O质量为，故答案为：3.1。
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