【文档说明】重庆市第一中学校2022-2023学年高一下学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，805.267 KB，由小赞的店铺上传

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2023年重庆一中高2025届高一下期期中考试化学试题卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Fe56Cu64一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的。1.下列各物质对应的保存方法正确的是(盛装容器均为玻璃试剂瓶)A.NaOH溶液磨口玻璃塞B.AgNO3溶液棕色瓶C.FeCl3溶液加铁粉D.Na冷水中【答案】B【解析】【详解】A．NaOH能

与玻璃中的SiO2反应生成Na2SiO3具有黏性，因此装NaOH溶液的容器不能用磨口玻璃塞，A错误；B．AgNO3见光易分解，因此使用棕色瓶盛装，B正确；C．FeCl3能与Fe反应生成FeCl2，因此保存FeCl3时不

能加铁粉，C错误；D．Na能与冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，Na通常保存在煤油中，D错误；故答案选B。2.下列化学用语描述正确的是A.二氧化硅的分子式：SiO2B.HF的电离方程式：HFHF+−=+C.CS2的结构式：S＝C＝SD.中子数为18的Cl原子：351

8Cl【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硅不存在分子，其化学式为：SiO2，A错误；B．HF是弱酸，电离方程式：HFHF+−+，B错误；C．CS2分子内，每个S原子与碳原子共用2对电子对，结构式：S＝C＝S

，C正确；D．中子数为18的氯原子，质量数为35，原子符号为：3517Cl，D错误；答案选C。3.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.标准状况下，20gD2O中含有的中子数为10NAB.足量的Na与1molO2反

应转移电子数一定为4NAC.31.5gCH+中含有的电子数为0.9NAD.H2O2中含有的非极性键数目为NA【答案】A【解析】【详解】A．1个D2O分子中含有10个中子，20g即1molD2O中含有的中子数为10NA，A正确；B．点

燃下钠与氧气生成过氧化钠，则足量的Na与1molO2反应生成1molNa2O2时转移电子数为2NA，B错误；C．该阳离子由1个碳原子和三个氢原子构成，1个该离子含8个电子，31.5gCH+为0.1mol、

含有的电子数为0.8NA，C错误；D．未指明物质的量，难以计算H2O2中含有的非极性键总数目，D错误；答案选A。4.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的

原子序数之和为20。E为地壳中含量最高的过渡元素。甲、乙分别为元素E、A的单质，丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，它们之间的转化关系如图(反应条件已略去)。下列说法错误的是A.A、B形成的一种化合物

具有漂白性B.D的离子半径小于C的离子半径C.C的单质能与丙反应置换出B的单质D.将反应后的固体混合物溶于稀盐酸中，再滴加KSCN溶液，溶液一定呈红色【答案】D【解析】【分析】已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为

地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe；A与D同主族，B与C同周期，可知A、B、C、D分属三个不同的短周期，则A为H，D为Na，C与D的原子序数之和为20，可知C为F；甲、乙分别为元素E、A的单质，丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可

知丙为H2O，丁为Fe3O4，则B为O元素；综上：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；甲为Fe，乙为H2，丙为H2O，丁为Fe3O4；【详解】A．H、O两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A正确；B．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径Na+＜F-，

故B正确；C．F2和水发生置换反应生成HF和O2，故C正确；D．丁为Fe3O4，将反应后的固体混合物溶于稀盐酸中，铁过量时所得为氯化亚铁溶液，再滴加KSCN溶液，溶液不呈红色，故D错误；故选D。5.下列各组离子在水溶液中一定能大量共存的是A.H+、3NO−、I

−、2-3SiOB.4NH+、Na+、OH−、Cl−C.3Fe+、SCN−、2-4SO、Na+D.K+、Cl−、3NO−、Na+【答案】D【解析】【详解】A．H+、3NO−、I−能发生氧化还原反应，氢离子与2-3SiO能产生沉淀，不能大量共存，A错误；B．4NH

+、OH−能反应生成一水合氨，不能大量共存，B错误；C．3Fe+、SCN−能生成硫氰化铁，不能大量共存，C错误；D．K+、Cl−、3NO−、Na+互不反应、可以共存，D正确；答案选D。6.下列离子方程式书写正确的是A.FeCl3溶液腐蚀铜片制

电路板：322FeCuFeCu++++=+B.少量CO2通入NaClO溶液中：2-223HOCO2ClOCO2HClO−++=+C.SO2通入2Ca(ClO)溶液中：2223HOSOCa2ClOCaSO2HClO+−+++=+D.海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：2

2222I2HHOI2HO−+++=+【答案】D【解析】【详解】A．离子方程式中电荷守恒、得失电子数守恒，FeCl3溶液腐蚀铜片制电路板：3222FeCu2FeCu++++=+，A错误；B．少量CO2通入NaClO溶液中生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=3

HCO−+HClO，B错误；C．二氧化硫能被次氯酸钙氧化，少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中生成硫酸钙沉淀、次氯酸、氯化钙，反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++3ClO-=CaSO4↓+2H

ClO+Cl-，C错误；D．酸性条件下，碘离子与过氧化氢发生氧化还原反应生成碘和水：22222I2HHOI2HO−+++=+，D正确；答案选D。7.下列实验装置(夹持装置略)或操作正确的是A.SO2的制备B.液液分离C.HCl的吸收D.探究浓度对速率的影响【答案】C【解析】【详解】A．

实验室用浓硫酸与Na2SO3反应制备SO2，图中导管不能插入Na2SO3溶液中，否则生成的SO2将压出烧瓶中的亚硫酸钠溶液，A错误；B．分离苯层和水层，应先将水层从分液漏斗下口放出，再将苯层从分液漏斗上口倒出，B错误；C．HCl极易溶于水，用H2O吸收H

Cl需进行防倒吸处理，图示装置正确，C正确；D．探究浓度对反应速率的影响，则应该使用相同的金属，图示中一个试管使用镁片，一个试管使用铁片，D错误；故答案选C。8.以某工业铜粉(主要成分为Cu和少量CuO)为原料生产CuCl的工艺流程如图所示：已知：CuCl

难溶于醇和水，在潮湿的空气中易水解、易被氧化。下列说法错误的是A.为加快“浸出”速率，“浸出”时应采用高温B.“反应”中，主要反应的氧化剂和还原剂之比为2∶1C.可从“滤液”中回收其主要溶质()442NHSOD.乙醇加快了CuCl表面水分的去除，防止CuCl变质【答案】A

【解析】【分析】工业铜粉(主要成分为Cu和少量CuO)，加入硝酸铵和硫酸，Cu、CuO都反应生成铜盐，过滤后的滤液中加入亚硫酸铵和氯化铵，反应得到CuCl、24SO−，过滤后将CuCl进行水洗，然后用乙醇进行醇洗，烘干后得到CuCl。【详解】A．浸出过程中加入了硝酸铵，若温度过高，会导致硝酸铵分

解，故不能采用高温，A错误；B．“反应”中，离子方程式为2Cu2++23SO−+2Cl-+H2O=2CuCl+24SO−+2H+，Cu2+得电子被还原为氧化剂，23SO−失电子被氧化为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，B正确

；C．“反应”中有硫酸根离子生成，结合铵根离子生成(NH4)2SO4，故可从滤液中回收主要溶质(NH4)2SO4，C正确；D．CuCl难溶于醇和水，在潮湿的空气中易水解、易被氧化，乙醇易挥发，挥发时带走CuCl表面的水分，加快了CuCl表面水分的去除，防止Cu

Cl变质，D正确；故答案选A。9.下列类比或推理合理的是已知类比或推理A沸点：Cl2<Br2<I2沸点：HCl<HBr<HIB酸性：HClO4>HIO4酸性：HCl>HIC金属性：Fe>Cu氧化性：Fe3+<Cu2+DNa2CO3溶液显

碱性所有钠盐溶液均显碱性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．氯、溴、碘的单质，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，同理HCl、HBr、HI结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点HCl<HBr<HI，A正确；B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，则

酸性HClO4>HIO4，但是元素的非金属性强弱与其氢化物的酸性没有关系，无法推断出HCl的酸性强于HI，B错误；C．金属性Fe>Cu，能得到阳离子的氧化性Fe2+<Cu2+，不能类推Fe3+的氧化性弱于Cu2+，实际上氧化性Fe3+>Cu2+，C错

误；D．Na2CO3溶液呈碱性是因为碳酸根离子水解引起的，与钠离子无关，不能推断所有钠盐都显碱性，如NaCl就显中性，D错误；故答案选A。10.已知：1223N(g)3H(g)2NH(g)Δ92.4kJmolH−+=−，在反应过程中，正反应速率随条件改变的变化

如图，下列说法错误的是A.t1时增大了生成物浓度B.t2时减少了压强C.t2时降低了温度D.t3时使用了催化剂【答案】B【解析】【详解】A．t1时正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡逆向移动，由图像可知，反应速率瞬间不变，则为增大了生成物的浓度，A正确；B．由图像可知，t2

时正反应速率瞬间变小，平衡右移，该反应为反应前后气体体积缩小的放热的可逆反应，则改变的条件为降低温度，B错误；C．由选项B的分析，改变的条件为降温，C正确；D．t3时平衡不移动，正反应速率突然变大后不再改变，则是因为使用了催化剂，D正确；故选B。11.一定温度下

，在恒容密闭容器中发生反应：aA(g)+bB(g)cC(g)(a+b<c)，达平衡后将体积缩小为原来的一半，则C的体积分数A变大B.变小C.不变D.无法判断【答案】B【解析】.【详解】一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：

aA(g)+bB(g)cC(g)(a+b<c)，达平衡后将体积缩小为原来的一半，则该反应的化学平衡逆向移动，C的体积分数减小，故答案选B。12.一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入243molNHCOONH，发生反应：2432NHCOONH(s)2N

H(g)CO(g)+。10min时达平衡，此时()2CO1moln=，下列说法正确的是A.()113NH0.1molLminv−−=B.该反应的平衡常数K＝4C.CO2的体积分数保持不变时，说明该反应达到平衡状态D.平衡后，再加入少量24NHCOONH(s)，平衡向正反应方向移动【

答案】A【解析】【分析】由于n(CO2)=1mol，则n(NH3)=2n(CO2)=2mol。【详解】A．0~10min内v(NH3)=n2=0.1/(min)tV10min2molmolLL=，A项正

确；B．K=22333221c(NH)c(CO)=(/)(/)0.5/22molLmolLmolL=，B项错误；C．CO2和NH3以1:2产生，随着反应的进行CO2的体积分数始终为33.3%，该特征无法判断平衡，C项错误；

D．加入固体不改变反应物的浓度，平衡不移动，D项错误；故选A。13.用CH4催化还原NO2可以消除氮氧化物的污染。例如：①4222CH(g)4NO(g)4NO(g)CO(g)2HO(g)Δ574kJ/molH+=++

=−②4222CH(g)4NO(g)2N(g)CO(g)2HO(g)Δ1160kJ/molH+=++=−下列说法错误的是A.反应①②中，相同物质的量的甲烷发生反应，转移的电子数相同B.若用标准状况下4.48LCH4还原NO2生成N

2和H2O(g)，放出的热量为173.4kJC.由反应①可知：4222CH(g)4NO(g)4NO(g)CO(g)2HO(l)Δ574kJ/molH+=++−D.已知CH4燃烧热为akJ/mol，由()()42nCH:nH=3:1组成的混合物2mol，完全燃烧并恢复到常温时放出的热量为b

kJ，则H2的燃烧热为(2b-3a)kJ/mol【答案】C的【解析】【详解】A．反应①中1molCH4失去8mol电子生成1molCO2，反应②1molCH4失去8mol电子生成1molCO2，反应①②中相同物质的量的甲烷发生反应，转移电子数相同，A正确；B．标准状况下4.48L甲烷物质的量为0.

2mol，(反应①+反应②)÷2得到CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，ΔH=-867kJ/mol，则0.2mol甲烷还原NO2生成N2和H2O(g)，放出热量为867

kJ/mol×0.2mol=173.4kJ，B正确；C．反应①中H2O为气态，气态水变为液态水放出热量，则反应4222CH(g)4NO(g)4NO(g)CO(g)2HO(l)ΔH<574kJ/mol+=++−，C错误；D．()()42nCH:nH=3:1组成的混合物2mol中CH4有1

.5mol，H2有0.5mol，现混合物完全燃烧恢复到常温时放出热量bkJ，且CH4的燃烧热为akJ/mol，则1.5molCH4燃烧放热1.5akJ，0.5molH2燃烧放出热量(b-1.5a)kJ，H2的燃烧热为2×(b-1.5a)kJ/mol=(2b-3a)kJ

/mol，D正确；故答案选C。14.已知：CO2氧化C2H6制C2H4的主反应热化学方程式为：262242CH(g)CO(g)CH(g)CO(g)HO(g)Δ177kJ/molH+=++=+该反应的历程分为如下两步：反应①

：26242CH(g)CH(g)H(g)=+(快反应)ΔH1反应②：222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)+=+(慢反应)2Δ42kJ/molH=+下列说法正确的是A.反应①的活化能1Ea>反应②的

活化能2EaB.相比于提高()2COc，提高()26CHc对主反应速率影响更大C.将2HO(g)液化分离，可以提高反应物的转化率D.若反应①的11Δ0.12kJmolKS−−=+，则该反应自发进行的最高温

度T＝1125K【答案】C【解析】【详解】A．通常反应的活化能较低时，反应速率较大，反应①为快反应，反应②为慢反应，说明反应①的活化能Ea1<反应②的活化能Ea2，A错误；B．反应②为慢反应，则总反应的反应速率取

决于反应②，提高c(C2H6)并不能提高反应②的反应速率，故对主反应的速率影响较小，提高c(CO2)能提高反应②的反应速率，进而提高主反应的反应速率，B错误；C．将H2O(g)液化分离，根据主反应可知，生成物浓度减小

，则主反应化学平衡正向移动，提高反应物的转化率，C正确；D．反应①的ΔS=+0.12kJ·mol-1·K-1，反应①的ΔH1=(177-42)kJ/mol=135kJ/mol，根据反应自发进行的条件ΔH-TΔS<0，得到T>HS=ΔΔ135K11250.12=K，因此反应自发进行

的最低温度为1125K，D错误；故答案选C。15.在恒温条件下，向盛有足量NaCl(s)的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+

ClNO(g)△H1<0K1②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0K210分钟时反应达到平衡，测得体系的压强减少20%，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min

-1。下列说法正确的是A.平衡后c(NO)=2.5×10-2mol·L-1B.平衡时NO2的转化率为50%C.其它条件保持不变，反应在绝热条件下进行，则平衡常数K2增大D.反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为221KK【答

案】B【解析】【分析】10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3

mol·L-1·min-1，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：()()()()()()232

NOgNaClsNaNOsClNO(g)mol0.20mol0.5mol0.20.5xxxx++−初始量转化量平衡量()()()()()()22NOgClg2ClNOgmol0.20.10mol22mol0.220.12yyyyyy+−−初始量转化量平衡量则0.5x+2y=0.15，(0.2-x

+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，解得x=0.1、y=0.05，【详解】A．据分析，平衡后c(NO)=(0.220.05)mol2L−=0.05mol·L-1，A错误；B．由分析，平衡时2NO的转化率为0.2mol0.1mol1

000.2mol−％=50％，B正确；C．平衡常数只受温度影响，反应在绝热条件下进行，反应②放热，使温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K2减小，C错误；D．①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)ΔH1＜0平衡常数K1；②2NO(g

)+Cl2(g)2ClNO(g)ΔH2＜0平衡常数K2；由盖斯定律可知，由①×2-②可得反应4NO2(g)+2NaC1(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则4NO2(g)+2NaC1(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl

2(g)的平衡常数K=212KK，D错误；答案选B。16.已知：X(g)Y(g)2Z(g)Δ0H+，400℃时该反应的化学平衡常数K＝1。一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中相关数据如下表：容器温度/℃起始时物质的浓度/1molL−10分

钟时物质的浓度/1molL−c(X)c(Y)c(Z)甲400110.5乙T1110.4丙40012a下列说法正确的是A.甲中，10分钟时vv正逆B.乙中，可能T1<400C.丙中，a<0.5D.丙中，达平衡后，保持温度不变，再充入1molX和2molY，X的转化率

提高【答案】B【解析】【详解】A．甲中，起始X、Y浓度均为1mol/L，10min时Z的浓度为0.5mol/L，根据方程式X(g)Y(g)2Z(g)Δ0H+，Z浓度变化量为0.5mol/L，则X、Y浓度变化量为0.25mol/L，10min时c

(X)、c(Y)均为0.75mol/L，此时Qc=20.50.750.75<1，反应正向进行，v正>v逆，A错误；B．从表中数据可知，甲乙X、Y的初始浓度相同，10min时Z的浓度甲大于乙，说明甲容器中反应速率大于乙容器，则T1可能小于400℃，B正确；C

．甲和丙温度相同，丙中Y浓度大于甲，则丙中反应速率大于甲中反应速率，则10min时丙中生成的Z更多，a>0.5，C错误；D．该反应为等体积反应，丙中达到平衡后保持温度不变，再充入1molX和2molY，此时投料比与反应开始时相同，为等

效平衡，X的转化率不变，D错误；故答案选B。二、填空题：本题共5小题，共52分。17.许多化工生产流程中涉及如下“连续氧化”过程(A、B、C中含有相同元素，反应条件已略去)：I．硫酸工业（1）工业制硫酸一般以硫黄或黄铁矿为原料，若A为黄铁矿(FeS2)，请写出A→B的化学反应方程式__

_。（2）在B→C过程中，每消耗2molB时反应放出196.6kJ热量，请写出该过程反应的热化学方程式____(各物质均为气态)。Ⅱ．硝酸工业（3）A为一种具有10个e−的微粒，易液化。请写出在催化剂作用下A→B的化学反应方程式___，该反应中，每形成6molO-H键，

转移电子数目为____NA。（4）将10mLC吸入注射器中(如图)，此时注射器活塞位于I处，将细管端用橡胶塞封闭，然后将活塞拉到Ⅱ处，观察到的颜色变化为______。（5）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向

其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸的还原产物只有NO)。则原混合液中c(H2SO4)＝_____mol/L。【答案】

（1）4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2（2）2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)∆H=-196.6kJ∙mol-1（3）①.4NH3+5O2催化剂4NO+6H2O②.10NA（4）气体的颜色先变浅，随后颜色又逐渐变深（5）2.5【解析

】【分析】根据题意Ⅰ中流程为FeS22O⎯⎯⎯⎯→SO22O⎯⎯⎯⎯→SO3；Ⅱ中流程为NH32O⎯⎯⎯⎯→NO2O⎯⎯⎯⎯→NO2。【小问1详解】工业制硫酸一般以硫黄或黄铁矿为原料，若A为黄铁矿(FeS2)，煅烧生成氧化铁和二氧化硫，反应的化学方

程式为4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2。【小问2详解】在B→C过程中，二氧化硫被氧气氧化生成三氧化硫，每消耗2molSO2时反应放出196.6kJ热量，标注物质聚集状态和对应反应的焓变，据此写出该过程反应的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)=2S

O3(g)∆H=-196.6kJ∙mol-1。【小问3详解】A为一种具有10个e－的微粒，易液化，判断为NH3，氨气催化氧化反应生成NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O2催化剂4NO+6H2O。该反应中，反应中每生成12molO-H键，电子转移20

mol，则每形成6molO-H键，转移电子数目为10NA。小问4详解】把活塞拉到Ⅱ处，容器体积增大，NO2气体浓度迅速降低，观察到管内混合气体的颜色先变浅，压强减小，【2NO2N2O4平衡逆向移动，颜色又逐渐变深。【小问5

详解】由图像可知，由于铁过量，OA段发生反应为，Fe+3NO−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，第二份反应消耗14gFe物质的量

为14g56g/mol=0.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.25mol，则原混合酸中H2SO4物质的量浓度为0.25mol0.1L=2.5mol/L。18.湿法炼锌净化钴渣中含有Zn、Co、Cu、Fe的单质

及()2ZnOH，可利用过硫酸钠氧化水解法实现钴的富集，同时分别回收锌、铜和铁元素，工艺流程如下：回答下列问题，（1）“酸浸”时，将钴渣研细的目的是__________________。（2）浸渣的主要成分为_________(填化学式)。（3）“除铁”工艺

中H2O2的作用是_____；由流程可知：2Co+的还原性___(填“强于”或“弱于”)2Fe+。（4）氨水可代替沉钴工序中的NaOH生成滤渣Ⅱ，发生反应的离子方程式为_______。（5）上述流程中_____(填标号

)可返回湿法炼锌系统，提高锌的利用率。A.浸渣B.滤渣IC.滤液ⅡD.滤渣Ⅱ【答案】（1）增大与酸的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更充分（2）Cu（3）①.将2Fe＋氧化成3Fe＋，使其生成Fe(OH)3沉淀过滤除去②.弱于（4）

222+2832344SO2Co6NHHO2Co(OH)2SO+6NH−+−++=+（5）C【解析】【分析】湿法炼锌净化钴渣中含有Zn、Co、Cu、Fe的单质及()2ZnOH，经硫酸浸取后，其中金属Cu不与硫酸反应，所以浸渣主要为

Cu；浸出液中含有2+Co、2Fe＋、2+Zn、24SO−等，加入过氧化氢、氢氧化钠溶液除铁，将2Fe＋氧化成3Fe＋的同时生成Fe(OH)3沉淀，经过滤，得滤渣Ⅰ为Fe(OH)3，滤液Ⅰ含有2+Co、2+Zn、24SO−等，再加入过硫酸钠、氢氧化钠溶液沉

钴，将2Co＋氧化成3Co＋的同时生成CO(OH)3沉淀，经过滤，得滤渣Ⅱ为Co(OH)3，经洗涤得到成品，滤液Ⅱ含硫酸锌，可返回湿法炼锌系统，提高锌的利用率。【小问1详解】接触面积越大反应速率越快，“酸浸”时，将钴渣研细的目的是：增大与酸的接触面积，加快酸浸

速率，使酸浸更充分。【小问2详解】据分析，浸渣主要成分的化学式为Cu。【小问3详解】据分析，“除铁”工艺中H2O2的作用是将2Fe＋氧化成3Fe＋，使其生成Fe(OH)3沉淀过滤除去；流程中先“除铁”后“沉钴”，过氧化氢将2Fe

＋氧化成3Fe＋，但不能将2Co＋氧化成3Co＋，可知：2Co+的还原性弱于2Fe+。【小问4详解】加入过硫酸钠、氢氧化钠溶液沉钴，将2Co＋氧化成3Co＋的同时生成CO(OH)3沉淀，若用氨水可代替NaO

H生成滤渣Ⅱ即CO(OH)3沉淀，则发生反应的离子方程式为222+2832344SO2Co6NHHO2Co(OH)2SO+6NH−+−++=+。【小问5详解】据分析，上述流程中滤液Ⅱ含硫酸锌，可返回湿法炼

锌系统，提高锌的利用率；选C。19.碘酸钾是常用的食盐加碘剂，某化学兴趣小组采用如下方法模拟进行碘酸钾的制备和纯度测定实验。I．碘酸钾的制备（1）写出C中反应的化学方程式：___________________。（2）B中存放的试剂为__________________。（3）该装置的

设计缺陷是__________________。Ⅱ．碘酸钾的分离提纯反应结束后，将装置C中溶液经如下操作可得到较为纯净的KIO3晶体：3KlO⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→加热浓缩、冷却结晶过滤、洗涤、烘干溶液晶体（4）在获取碘酸钾产品的操作中，下列说法正确的是___

______(填字母序号)。A.加热浓缩过程中需要使用三脚架、泥三角和坩埚等仪器B.在冷却结晶时，温度过低可能会有杂质析出导致产品不纯净C.采用“抽滤”代替“过滤”可使过滤速率加快D.为提高洗涤效果，可用热水进行洗涤Ⅲ．碘酸

钾的纯度测定已知：322IO5I6H3I3HO−−+++=+22232462SOISO2I−−−+=+取mg该产品配成250mL溶液，取25.00mL于试管中，向试管中加稍过量的KI与盐酸溶液，加入几滴淀粉指示剂，向试管中滴加0.2000mol/LNa2S2O3溶液至蓝色恰好褪去，重复实验

操作2~3次，测得消耗Na2S2O3溶液的平均体积为VmL。（5）计算该样品KIO3的纯度：__________________。(用含m、V的式子表示，且()13MKIO214gmol−=)（6）若加入盐酸过量会使得测量结果_____(填“偏大”、“

偏小”或“不变”)，请说明原因______。【答案】（1）3Cl2＋KI＋6KOH8095=℃6KCl＋KIO3＋3H2O（2）饱和食盐水（3）缺少尾气处理装置（4）BC（5）21.4%3mV（6）①.偏大②.由22232-2HSSO+HOSO++=+可知，盐酸过量会消耗更多的Na

2S2O3溶液，导致测量结果偏大【解析】【分析】A中高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，B中用饱和食盐水除氯气中的氯化氢，C中氯气通入碘化钾和氢氧化钾的混合液中反应生成碘酸钾，氯气有毒，应用氢氧化钠吸收氯气，防止污染。【小问1详解】C中水浴加热下，Cl2与

KI在KOH参与下发生氧化还原反应，生成KCl、KIO3和H2O，反应的化学方程的式：3Cl2＋KI＋6KOH8095=℃6KCl＋KIO3＋3H2O。【小问2详解】氯气中含有氯化氢杂质，装置B的作用是净化2Cl，则B中存放的试剂为饱和食盐水。【小问3详解】氯气有毒，应用氢氧化钠吸收氯气，

防止污染，则该装置的设计缺陷是缺少尾气处理装置。【小问4详解】A．三脚架、泥三角和坩埚的联合使用可用于灼烧固体，不能进行加热浓缩，加热浓缩用蒸发皿，故A错误；B．由的分离流程可知，KIO3在水中溶解度随温度升高而增大，

在冷却结晶时，温度过低可能会有KCl等杂质析出导致产品不纯净，故B正确；C．抽滤是减压过滤，“抽滤”代替“过滤”可使过滤速率增大，故C正确；D．结合选项B可知，碘酸钾固体在热水中溶解度大，用热水洗涤时会导致产品损失，故D错误

；选BC。【小问5详解】滴定时消耗硫代硫酸钠的物质的量为0.2000mol/L×V×10-3L=2V×10-4mol，由关系式KIO3～3I2～6Na2S2O3，可算出mg该产品中KIO3的物质的量为4l210mo6V−，该样

品KIO3的纯度为4250mL214g/mol25mL100%210gmol6mV−=21.4%3mV。【小问6详解】硫代硫酸钠能和盐酸反应，结合(5)的计算式可知，若加入的盐酸过量会使得测量结果偏大，原因：由22232-2HSSO+HOSO++=

+可知，盐酸过量会消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大。20.某学习小组对氮的氧化物进行深入研究。I．还原法处理氮氧化物在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：32228NH(g)6NO(g)7N(g)12HO(g)++

下列说法表明该反应达到平衡状态的是___20___(填字母)。A.混合气体密度保持不变B.NH3和NO2的消耗速率之比为4∶3C.混合气体压强保持不变的D.混合气体的平均相对分子质量不变E.()()22NO2HOvv=正逆F.断裂8molN-H的同时断裂7molNN

Ⅱ．NO2和N2O4的相互转化（2）一定温度下，向密闭容器中充入1molNO2，发生反应：2242NO(g)NO(g)，测得反应体系中气体体积分数与压强之间的关系如图所示：①a、b、c三点逆反应速率由大到小的顺序为_

_________，平衡时若保持压强、温度不变，再向体系中加入一定量的Ne，则平衡_________移动(填“正向”“逆向”或“不”)．②a点时NO2的转化率为_________(保留三位有效数字，用百分数表示)。（3）一定温度下，固定容积

的密闭容器中发生反应：242NO(g)2NO(g)Δ0H。其中，正、逆反应速率分别满足以下关系：()24=NOvkc正正()22=NOvkc逆逆(正k、逆k表示速率常数，与温度有关)①若该温度下平衡

常数K＝10，则k=正_________逆k，升高温度，正k增大的倍数_________(填“大于”“小于”或“等于”)逆k增大的倍数。②在该条件下反应达平衡后，再充入一定量的()24NOg，则()()224cNOcNO_____(填

“变大”、“变小”或“不变”)。【答案】（1）CD（2）①.c＞b＞a②.逆向③.66.7%（3）①.10②.大于③.变小【解析】【小问1详解】在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：

32228NH(g)6NO(g)7N(g)12HO(g)++，则：A．反应过程中，混合气体的质量保持不变，容器体积保持不变，故混合气体密度一直不变，故混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到化学平衡，A错误；B．化学平衡的本质特征是正、逆反应速率相等，NH3和NO2的消耗速率之比

为4∶3，指正反应速率，不能说明反应达到化学平衡，B错误；C．反应中，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，C正确；D．气体质量始终不变，气体的物质的量、混合气

体的平均摩尔质量会随着反应而变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应已达平衡，D正确；E．()()22NO2HOvv=正逆时，正、逆反应速率不相等，()()222NOHOvv=正逆时，正、逆反应速率相等，不能说明反应达到化学平衡，E错误；F．断裂

8molN-H的同时断裂7molNN、正、逆反应速率不相等，断裂8×3molN-H的同时断裂7molNN、时，正、逆反应速率相等，不能说明反应达到化学平衡，F错误；选CD。【小问2详解】一定温度下，向密闭容器中充

入1molNO2，发生反应：2242NO(g)NO(g)：①a由图可知，a点到c点过程中N2O4的体积分数不断增大，且压强不断增大，故逆反应速率不断增大，a、b、c三点逆反应速率由大到小的顺序为c＞b＞a；一定温度下，保持压强不变，加入稀有气体，相当于降低

压强，故平衡逆向移动；②a点时，设消耗了xmolNO2，则可生成0.5xmolN2O4，剩余(1-x)molNO2，1-x=0.5x，x=23mol，则a点时NO2的转化率为66.7%(保留三位有效数字，用百分数表示)。【小问3详解】一定温度下，固定容积的

密闭容器中发生反应：242NO(g)2NO(g)Δ0H。①已知：()24=NOvkc正正()22=NOvkc逆逆，平衡时，v正=v逆，则k正c(N2O4)=k逆c2(NO2)，若该温度下平衡常数K＝10，即()()2224NONOKckck==正逆=10，得k正=10k逆；该反应为吸

热反应，升高温度，平衡正向移动，k正、k逆均增大，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数。②在该条件下反应达平衡后，再充入一定量的()24NOg，等效于增压后平衡左移，则()()224cNOcNO变小。22.CO2的资源化利用能有效减少CO2的排放，缓解能源

危机。用CO2、H2为原料合成甲醇(CH3OH)主要反应如下：反应I：122321CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)Δ58kJmolH−++=−反应Ⅱ：2222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)ΔH++（1）根据下列已知信息，计算2ΔH=_

________1kJmol−。①相关化学键的键能数据如下：(CO中的化学键可表示为CO)化学键H-HC-OCOH-OC-H1/(kJmol)E−4363431076465413②甲醇(CH3OH)的结构式如图：||H

HCOHH−−−（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_________。A．增大H2的浓度，有利于提高CO2的平衡转化率B．加入催化剂，可以降低反应的活化能及△HC．及时分离出CH3OH，可以

使得反应I的正反应速率提高（3）当CO2和H2的投料比为1∶3时，分别在不同的催化剂条件下反应相同的时间(Cat.1：Cu/TiO2；Cat.2：Cu/ZrO2)，CH3OH和CO的选择性随着CO2转化率的变

化如图所示，已知：CH3OH的选择性()()()33nCHOH=nCO+nCHOH，CO的选择性()()()3nCO=nCO+nCHOH①由图可知，催化效果Cat.2_________Cat.1(填“优于”或“劣于”)，理由是___________

___。②若温度升高，CO2的转化率增大，则CH3OH选择性降低的可能原因是__________(任写一条)。（4）在1L密闭容器中充入1molCO2和2.44molH2发生反应I、Ⅱ，平衡时CO2的转化率和甲醇的选择率随温度的

变化趋势如图所示：(已知：甲醇的选择率22CO100%CO=转化生成甲醇的物质的量转化的总物质的量)①在553K下，达平衡时体系的总压为p，则反应I的Kp＝______(只列计算式，无需化简)(Kp为压强

平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数)。②由图可知：要使生成甲醇的物质的量最大，最适宜的反应温度为______(填“473K”、“513K”或“553K”)。【答案】（1）+41（2）A（3）①.优于②.当CO2转化率相同时，Cat.2催化作用的甲醇的选

择性高于Cat.1、且CO的选择性低于Cat.1。③.反应Ⅰ放热反应，反应Ⅱ吸热，升高温度有利于反应Ⅰ逆向进行、反应Ⅱ正向进行(或：升高温度，催化剂的活性降低)（4）①.30.120.20.83.23.23.23.22pppp或()30.03750.06250.250.6

25pppp②.553K【解析】【小问1详解】反应I：122321CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)Δ58kJmolH−++=−反应Ⅱ：2222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)ΔH++根据盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)

，H=反应物总键能-生成物总键能，由ⅢCO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)H3=1076kJ·mol-1+2×436kJ·mol-1-(3×413+343+465)kJ·mol-1=-99kJ·mol-1；根据盖斯定律，△H2=

△H1-△H3=-58kJ·mol-1-(-99kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1。【小问2详解】A．增大H2的浓度，有利于反应Ⅰ、Ⅱ右移，有利于提高CO2的平衡转化率，A正确；B．加入催化剂，不能降低反应的H，B错误；C．及时分离出CH3OH，可以瞬间降低逆反应速率，使平衡

右移，随之也降低反应I的正反应速率，C错误；选A。【小问3详解】①由图可知，催化效果Cat.2优于Cat.1，理由是：当CO2转化率相同时，Cat.2催化作用的甲醇的选择性高于Cat.1、且CO的选择性低于Cat.1。②催化剂的活性受温度

影响，温度升高，平衡向吸热方向移动，则温度升高时CO2的转化率增大、CH3OH选择性降低的可能原因是：反应Ⅰ放热反应，反应Ⅱ吸热，升高温度有利于反应Ⅰ逆向进行、反应Ⅱ正向进行(或：升高温度，催化剂的活性降低

)。【小问4详解】①根据图中信息可知，553K时，平衡时CO2的转化率为20%，则平衡时CO2的物质的量为1mol×(1-20%)=0.8mol，CH3OH的选择性为60%，则平衡时n(CO2)=1mol×(1-20%)=0.8mol，n(CH3OH)

=1mol×20%×60%=0.12mol，n(CO)=1mol×20%×(1-60%)=0.08mol，设平衡时H2的物质的量为x，H2O的物质的量为y，根据H元素守恒有2x+2y+0.12×4=2.44×2，根据O元素守恒有y+0.

8×2+0.12+0.08=1×2，解得x=2mol、y=0.2mol；综上所述，平衡时CO2、H2、CH3OH、CO、H2O的物质的量分别为0.8mol、2mol、0.12mol、0.08mol、0.2mol，混合气体共3.2mol，若反应后

体系的总压为p，各物质的分压分别为p(CO2)=0.83.2p、p(H2)=23.2p、p(CH3OH)=0.123.2p、p(H2O)=0.23.2p，则反应I的Kp＝30.120.20.83.23.23.23.22pppp或()30.03750.0625

0.250.625pppp(只列计算式)。②由图可知：要使生成甲醇的物质的量最大，投料相同时，即要求二氧化碳转化率与甲醇选择性的乘积最大，473K、513K、553K时二者的乘积依次为0.114、0.117、0.120，则最适宜的反应温度为553K。获得更多资源请扫码加入享学

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