【文档说明】四川省蓬溪中学校2023-2024学年高二上学期开学考试化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.027 MB，由管理员店铺上传

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蓬溪中学高2025届第三学期第一次质量检测化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Fe-56Ni-59Cu-64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题只有一项是符合题目要求。1.日常生活中的下列做

法不是为了加快化学反应速率的是A.清洗水壶垢用较浓白醋B.将煤块粉碎后燃烧C.发馒头加酵母粉D.月饼盒内放置还原性铁粉【答案】D【解析】【分析】【详解】A．白醋的浓度越大与水垢中反应的速率越快，故A不符合题意；B．粉碎煤块可以增大与氧气的接触面积，从而加快反应速率，故B不符合题意；

C．酵母粉属于生物催化剂，可加快反应速率，故C不符合题意；D．加铁粉作还原剂，吸收氧气可防止食物的氧化变质，故D符合题意；故选：D。2.在测定中和反应反应热的实验中，下列说法正确的是A.测量酸溶液的温度后，未冲洗温度计就测碱溶液的

温度，会使求得的中和热的数值偏大B.0.1mol/L盐酸与某强碱稀溶液中和放出的热量随反应物的用量改变而改变，但中和反应反应热不变C.分多次把NaOH溶液倒入盛有稀盐酸的量热计的内筒中D玻璃搅拌器沿内筒壁顺时针移动，使酸碱溶液混合【答案】B【解析】【详解】A．测酸溶液的温度后，未冲洗温度计就直接测

碱溶液的温度，碱的起始温度偏高，测定的温度差减小，所以测定的中和热偏小，故A错误；B．中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，所以中和热不受酸碱的用量变化影响，故B正确；C．分多次将NaOH溶液倒入量热计的内筒中，会导致较

多的热量损失，测得的反应热数值偏小，故C错误；D．环形搅拌棒搅拌时应该上下移动，使酸碱溶液混合，故D错误；故选：B。.3.下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是A.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=-483.6kJ∙mol-1，则氢气的燃烧热∆H=-241.8kJ∙

mol-1B.25℃、101kPa时，C的燃烧热燃烧时生成稳定的CO2，S的燃烧热燃烧时生成稳定的SO3C.含20gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+12H2SO4(a

q)=12Na2SO4(aq)+H2O(l)∆H=-57.4kJ∙mol-1D.已知H2(g)+I2(g)=2HI(g)∆H1，H2(g)+I2(s)=2HI(g)∆H2，则△H1＞△H2【答案】C【解析】【详解】A．在2H2

(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=-483.6kJ∙mol-1中，水呈气态，则氢气的燃烧热∆H＜-241.8kJ∙mol-1，A错误；B．25℃、101kPa时，表示燃烧热的热化学反应方程式中，C燃烧生成稳定的

CO2，S燃烧生成稳定的SO2，B错误；C．20gNaOH的物质的量为0.5mol，放出28.7kJ的热量，则1molNaOH发生中和反应，放出57.4kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+12

H2SO4(aq)=12Na2SO4(aq)+H2O(l)∆H=-57.4kJ∙mol-1，C正确；D．已知H2(g)+I2(g)=2HI(g)∆H1，H2(g)+I2(s)=2HI(g)∆H2，I2(g)=I2(s)∆H＜0，则△H1＜△H2，D错误；故选C。4.在一定

条件下，已知：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH12C（s）+O2（g）═2CO（g）ΔH2C（s）+CO2（g）═2CO（g）ΔH3则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是（）A.ΔH3=ΔH1+2ΔH2B.ΔH3=ΔH1+

ΔH2C.ΔH3=ΔH1-2ΔH2D.ΔH3=ΔH2-ΔH1【答案】D【解析】【详解】根据盖斯定律，反应③可由反应②—反应①得到，所以ΔH3=ΔH2-ΔH1，故本题正确答案D。5.NF3是一种温室气体，其存

储能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能，下列说法中正确的是化学键N≡NF-FN-F键能/kJ·mol-1946154.8283.0为A.过程N2(g)→2N(g)放出能量B.过程N(g)

＋3F(g)→NF3(g)放出能量C.反应N2(g)＋3F2(g)=2NF3(g)为吸热反应D.NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应【答案】B【解析】【详解】A．过程N2(g)→2N(g)为化学键断裂的过程，是吸收能量的过程，故A错误；B．过程N(g)＋3F(

g)→NF3(g)为形成化学键的过程，是放出能量的过程，故B正确；C．由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：ΔH=946kJ·mol-1＋3×154.8kJ·mol-1—6×283.0kJ·mol-1=—287.6kJ·mol-1，

则该反应为放热反应，故C错误；D．化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，则NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，说明没有化学反应的发生，故D错误；故选B。6.在密闭容器中进行A与B反应生成C的可逆反应，反应速

率v(A)、v(B)、v(C)之间存在以下关系：v(C)=2v(A)，3v(C)=2v(B)，则该反应可以表示为A.A(g)+B(g)⇌C(g)B.2A(g)+2B(g)⇌3C(g)C.A(g)+3B(g)⇌2C(g)D.3A(g)+B(g)⇌2C(g)【答案】C【解析】【详解】在同一化

学反应中，用不同物质表示的化学反应速率，速率比等于化学方程式中化学计量数的比。密闭容器中A(g)与B(g)反应生成C(g)，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，它们之间有以下关系：v(C)=2v(A)，3v(C)=2v(B)，则化学方程式为A(g)+3B

(g)=2C(g)，故合理选项是C。7.甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：反应Ⅰ：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)ΔH1反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2根据能量变化示意图，下列说法正确

的是A.E3-E2>E4-E1B.反应Ⅱ决定整个反应的速率C.催化剂可以降低总反应的焓变D.CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)ΔH=ΔH1-ΔH2【答案】A【解析】【详解】A．由于绝对值3241EEEE−−，该值为负值，去掉绝对值后，E3-E2>E4-E1，A选项正确；B．

由图可知，反应I正反应的活化能为E1-E5，反应Ⅱ的活化能为E2-E3，反应I的活化能较大，则反应I的反应速率慢于反应Ⅱ，反应I决定整个反应的速率，B选项错误；C．催化剂可改变反应的活化能，反应的焓变由始态和终态决定，催化剂不改变焓变，C选项错误；D．根据盖斯

定律，反应I+Ⅱ可得目标方程CH3OH(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋3H2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2，D选项错误；答案选A。8.一定温度下，把2.5molA和2.5molB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(s)xC

(g)+2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L·s)，同时生成1molD，下列叙述中不正确的是A.反应达到平衡状态时A的转化率为60%B.x=4C.平衡时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为

6：5D.若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．反应达到平衡状态时，根据方程式可知，参与反应的A的物质的量为：n(A)=32n(D)=32×1mol=1.5mol，则A的转化率为1.5mol×100%2.5mol=60%，A

正确；B．5s内(D)=ΔnVΔt=1mol2L?5smol•L-1•s-1=0.1mol•L-1•s-1，相同时间内其反应速率之比等于计量数之比，(C)：(D)=x：2=0.2mol/(L．s)：0.

1mol•L-1•s-1=2：1，x=4，B正确；C．恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于其压强之比，开始时混合气体总物质的量=2.5mol，平衡时生成1molD，生成n(C)=0.2mol/(L．s)

×5s×2L=2mol，剩余n(A)=2.5mol-32×1mol=1mol，所以平衡时气体总物质的量=(2+1+1)mol=4mol，则达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比=4mol：2.5mol=8：5，C错误；D．已知反应物B为固体，容器的体积不变，即反应过程中混合气体的密

度为变量，则若混合气体的密度不再变化，能说明该可逆反应达到化学平衡状态，D正确；答案为C。9.研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为①N2O+Fe+=N2+FeO+（慢）、②Fe

O++CO=CO2+Fe+（快）。下列说法正确的是（）A.Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物B.若转移1mol电子，则消耗11.2LN2OC.反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应D.总反应的化学反应速率由反应②决定【答案】A【解析】【详解】A．根据反应历程可知Fe

+作为催化剂使反应的活化能减小，加快反应速率，FeO+是中间产物，故A正确；B．温度压强未知，无法确定气体的体积，故B错误；C．反应②中C元素、Fe元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故C错误；D．总反应的反应速率由慢反应决定，

即有反应①决定，故D错误；综上所述答案为A。10.某温度下气体反应体系达到化学平衡，平衡常数K=22c(A)c(B)c(E)c(F)，下列说法正确的是A.该反应的化学方程式为2E(g)+F(g)垐?噲?A(g)+2B(g)B.降低温度，正反应速率增大C该温度时，v(F)=v

(A)则反应达到平衡状态D.增大c(A)、c(B)，K增大【答案】A【解析】【详解】A．化学平衡常数是生成物浓度的系数次方的乘积与反应物浓度系数次方的乘积的比值，根据该反应的平衡常数表达式K=22c(A)c(B)c(E

)c(F)可知，该反应的化学方程式为2E(g)+F(g)A(g)+2B(g)，故A正确；B．降低温度，活化分子百分数减小，有效碰撞几率减小，正逆反应速率都减慢，故B错误；C．未说明F、A是正反应速率还是逆反应速率，不能判断反

应是否达到平衡状态，反应不一定达到平衡状态，故C错误；D．平衡常数只与温度有关，若温度不变，c(A)、c(B)，K不变，故D错误；选A。11.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是选项实验现象离子方程式A氢氧化亚铁溶于稀硝酸()+2+22FeOH+2H=Fe+2HO

B向氢氧化镁悬浊液中滴加硫酸铵溶液，沉淀溶解()+2+4322MgOH+2NH=Mg+2NHHOC二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色-+2+2-24423SO+2MnO+4H=2Mn+3SO2HO+D将新制氯水滴入含有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去--+22Cl+2NaOH=Cl+ClO+2N

a+HOA.AB.BC.CD.D.【答案】B【解析】【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，可将2Fe+氧化成3Fe+并生成NO气体，描述错误，不符题意；B．氢氧化镁的碱性强于氨水，满足“强碱制弱碱原理”，描述正确，符合题意；C．题给离子方程式的电荷不守恒，正确的离子方程式为2224245SO2MnO

2HO2Mn4H5SO−++−++=++，描述错误，不符题意；D．NaOH是可溶性强碱，应拆写为Na+和OH−，正确的离子方程式为22Cl2OHClClOHO−−−+=++，描述错误，不符题意；故选B。12.4M

nSO是制备高纯3MnCO的中间原料。实验室用如图所示装置可制备少量4MnSO溶液，反应原理为22342=MnOHSOMnSOHO++。下列说法错误的是A.若实验中将2N换成空气，则反应液中()()224Mn/SOcc+−变小B.2MnO在该反应中作催化剂C.若不通2N，则烧瓶中的进气管口容易

被堵塞D.石灰乳对尾气的吸收效果比澄清石灰水更好【答案】B【解析】【详解】A．2SO和2HO反应生成23HSO，23HSO不稳定，易被2O氧化，空气中含有氧气可以将23HSO氧化为24HSO，导致溶液中()24SOc−增大

，反应液中()()224Mn/SOcc+−变小，故A正确；B．在该反应中，2MnO是反应物，不是催化剂，故B错误；C．若不通2N，2SO易溶于水会发生倒吸，从而使部分2MnO进入烧瓶中的进气管堵塞管口，故C正确；D．2Ca(O

H)微溶于水，若用澄清石灰水吸收尾气，因2Ca(OH)的浓度较低，对2SO的吸收效果差，导致尾气中大部分2SO逸出，故D正确；故选B。13.某有机物的结构简式如图所示，则该有机物不可能具有的性质是①可以燃烧②能使酸性4KMnO溶液褪色③能与NaOH溶液反应④能发生酯化反应⑤能发生加成反应⑥能发生

水解反应A.只有①②B.只有①④C.只有⑤D.只有⑥【答案】D【解析】【详解】该有机物的结构中含有碳碳双键能被高锰酸钾氧化使其褪色、易发生加成反应，羧基和羟基能发生酯化反应，羧基具有酸性能与氢氧化钠反应，绝大多数有机物能发生燃烧反应，

因此不能发生的反应为⑥水解反应，故D正确；故选：D。14.T℃时，向某恒温恒容密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和CO2(g)，发生二氧化碳重整甲烷反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)

，测得体系中CH4(g)和CO(g)的物质的量浓度随时间变化如图所示，下列说法错误的是A.点B的坐标为(5，12)B.反应进行到5min时，2v正(CH4)＜v逆(CO)C.CO2(g)的平衡转化率约为33.3％D.T℃时，该反应

的平衡常数为49【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据图象可知：在5min时CH4(g)的浓度减少0.25mol/L，则根据物质反应转化关系可知：反应产生CO的浓度为0.50mol/L，故B点的坐标为(5，12)，A正确；B．反应进行到5min时，CH

4(g)的浓度还在减小，说明反应正向进行，v正(CH4)＞v逆(CH4)，由于v逆(CO)=2v逆(CH4)，所以2v正(CH4)＞v逆(CO)，B错误；C．平衡时CH4(g)的浓度与CO2(g)浓度相等，等于2mol/L3，开始时CO2(g)的浓度为1.00mol/L，故CO2(g)的平衡转化率

为：21.00-3×100%33.3%1.00≈，C正确；D．根据图象可知：在温度为T℃时，c(CH4)=c(CO2)=c(CO)=c(H2)=2mol/L3，则根据平衡常数的含义可知K=2222×433=229×33（）（），

D正确；故合理选项是B。二、非选择题(本题共4个大题，每空2分，标注除外，共58分)15.回答下列问题：（1）中和热测定的实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、___________、___________。（2）量取反应物时，取50mL0.50m

ol·L-1盐酸，还需加入的试剂是___________(填序号)。A．50mL0.50mol·L-1NaOH溶液B．50mL0.55mol·L-1NaOH溶液C．1.0gNaOH固体（3）倒入NaOH溶液的正确操作是___________(填序号

)。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入（4）由甲、乙两人组成的实验小组，在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法进行两组测定中和热的实验，实验试剂及其用量如下表所示。反应物起始温度终了温度中和热的t1/℃t2/℃/kJ·mol-1A．1.0mol·L-1HCl

溶液50mL、1.1mol·L-1NaOH溶液50mL13.0ΔH1B．1.0mol·L-1HCl溶液50mL、1.1mol·L-1NH3·H2O溶液50mL13.0ΔH2①甲在实验之前预计ΔH1=ΔH2.他的根据是___________；乙在实验之前预计ΔH1≠ΔH2，他的根据是_

__________。②实验测得的温度是：A的起始温度为13.0℃、终了温度为19.8℃；设充分反应后溶液的比热容c=4.184J·(g·℃)-1，忽略实验仪器的比热容及溶液体积的变化，则ΔH1=_______

____；(已知溶液密度均为1g·cm-3)（5）若用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，测得的中和反应热数值会___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）①.环形玻璃搅拌棒②.量筒（2）B（3）C（4）①.A、B中酸与碱的元数、物质的量浓度、溶液体积都

相同②.NaOH是强碱，NH3•H2O是弱碱，弱碱电离吸热③.-56.9kJ/mol（5）偏大【解析】【小问1详解】中和热的测定实验用到的玻璃仪器有：烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒、量筒；【小问2详解】为了保证酸完全反

应，可以选择50mL0.55mol•L-1NaOH溶液，且固体溶解放热，影响中和热测定，故答案为：B；【小问3详解】为了减少热量的损失，应该一次迅速倒入NaOH溶液，答案选C；【小问4详解】①△H1=△

H2原因是A、B中酸与碱的元数、物质的量浓度、溶液体积都相同，但是△H1≠△H2，原因是NaOH是强碱，NH3•H2O是弱碱，弱碱电离吸热；②溶液密度均为1g/cm3，酸碱溶液的质量均为50g,且盐酸完全反应生成0.05molH

2O，△T=()(19.813.019).3123.0−+−℃=6.55℃，则△H1=l0.054moml.181006.55J-56.9kJ/o；【小问5详解】H2SO4与Ba(OH)2反应时

生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的中和热，导致测得的中和反应热数值会偏大。【点睛】把握中和热测定原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意中和热的计算方法。16.利用化学原理对废气、废水进行脱硝、脱碳处理，可实现绿色环保、废物利用，对构建生态文

明有重要意义。（1）H2还原法消除氮氧化物已知：N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH1=+133kJ/molH2O(g)=H2O(l)ΔH2=-44kJ/molH2的燃烧热ΔH3=-285.8kJ/mol在催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式为___________。

（2）用NH3催化还原法消除氮氧化物，发生反应：4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(l)ΔH<0，相同条件下，在2L恒容密闭容器中，选用不同催化剂，产生N2的量随时间变化如图所示。①计算0～4分钟在A催化剂作用下，反应速率v(NO)=__________

_。②下列说法正确的是___________。a．该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)>Ea(B)>Ea(C)b．增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子百分数c．单位时间内H-O键与N-H键断裂的数目相等时，说明反应已达到平衡d．若反应在恒容绝热的密闭容器中进行，当K值不变时，说明已达到

平衡（3）利用原电池反应可实现NO2的无害化，总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为NaOH溶液，工作一段时间后，该电池正极区附近溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)，负极的电极反应式为___________。（4）汽车尾气里含有的NO气

体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：22N(g)+O(g)2NO(g)ΔH>0，已知该反应在T℃时，平衡常数K=9.0.请回答：该反应的平衡常数表达式为：K=___________；下列为4种不同情况下测得的反

应速率中，表明该反应进行最快的是__________；a.v(N2)=0.4mol·L-1·min-1b.v(NO)=0.6mol·L-1·min-1c.v(O2)=0.3mol·L-1·s-1d.v(NO)=0.4mol·L-1·s-1【答

案】（1）4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)△H=-1100.2kJ•mol-1（2）①.0.375mol•L-1•min-1②.cd（3）①.增大②.2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O（4）

①.222c(NO)c(N)c(O)；②.c【解析】【小问1详解】H2的燃烧热为285.8KJ/mol,则有下列已知热化学方程式：①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol②N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH1=+133kJ/mol③H2O(g)=H2

O(l)ΔH2=-44kJ/mol根据盖斯定律，①×4-②-③×4得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式为4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)△H=-1100.2kJ•mol-1，【小问2详解】①已知4分钟时氮气为2.5mol,则

消耗的NO为3mol,所以v(NO)=3mol2L4min=0.375mol•L-1•min-1；②a．相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)＜Ea(B)＜

Ea(C)，故A错误；b．增大压强能使反应速率加快，是因为增大了d单位体积内活化分子数，而活化分子百分数不变，故B错误；c．单位时间内H-O键断裂表示逆速率，N-H键断裂表示正速率，单位时间内H-O键与N-H键断裂的数目相

等时，则消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为4：6，则正逆速率之比等于4：6，说明反应已经达到平衡，故C正确d．该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，当温度不变时，说明反应已经达到平衡，故D正确；故答案为：cd；【小问3详解】6NO2+8NH3=7N2+12H2O，正极上是

二氧化氮得到电子发生还原反应，电极反应为：2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，该电池正极区附近溶液pH增大，负极上是氨气失电子发生氧化反应，电极反应为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O；【小问4详解】化学方程式

为22N(g)+O(g)2NO(g)，则平衡常数的表达式K=222c(NO)c(N)c(O)；比较反应速率时，都换算为同一物质相同单位进行比较，都换位N2的速率：a.v(N2)=0.4mol·L-1·min-1b.()()-1-1-1-12vNO=0.6m

olLminvN=0.3molLmin→c.()()-1-1-1-122vO=0.3molLsvN=18molLmin→d.()()-1-1-1-12vNO=0.4molLsvN=12molLmin→故c反应速率最快。【点睛】涉及物质的量随计算变化的曲线、化学平衡常数的计算、反应热与焓变

的应用、化学反应速率的计算等知识，题目难度较大，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，17.碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长。因此，诸多科学家都在大力研合理利用2CO和CO以减少碳的排放。（1）2CO可通过以下4种方式转化成

有机物，从而有效实现碳循环。a.22612626CO6HOCHO6O+⎯⎯⎯⎯→+光合作用b.243COCHCHCOOH+⎯⎯⎯→催化剂加热c.2232CO3HCHOHHO+⎯⎯⎯→+催化剂加热已知：100%=预期产物的总质量原子利用率生成物的总质量以上反应中，最环保节能的是____

___，原子利用率最高的是_______。(填编号)（2）我国科学家设计出一条仅11步的工业合成路线，实现了2CO到淀粉的合成。其第一步是把2CO还原为甲醇(3CHOH)，该方法的化学方程式是：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++149.0kJmolH−=−。回答

下列问题：①能说明该反应已达平衡状态的是_______(填字母)。A.单位时间内生成()31molCHOHg的同时消耗了()23molHgB.在恒温恒容的容器中，混合气体的平均摩尔质量保持不变C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化D.在恒温恒压的容器中，混合气体的密度

不再变化②该反应正逆反应的活化能大小为：Ea(正)_______Ea(逆)(填“>”、“=”或“<”)（3）利用CO高温时与磷石膏(42aSOOC2H)反应，可减少CO的排放，又可以实现硫酸盐资源的

再利用。已知该反应的产物与温度有关。①在700℃时，主要的还原产物是一种硫的最低价盐，该物质为_______(填化学式)。②在1150℃时，向盛有足量4CaSO的真空恒容密闭容器中充入一定量CO，反应体

系起始压强为0MPap，主要发生反应：()()()()()422CaSOsCOgCaOsCOgSOg+++。该反应达到平衡时，()512SO5.010molLc−−=，CO的转化率为50%，则初始时()COc=__

_____mol/L，该反应的压强平衡常数PK=_______MPa(忽略副反应；气体分压=总压×气体物质的量分数)。（4）工业上也可用炭粉还原磷石膏，该反应的产物与C/S值(炭粉与4CaSO的物质的量之比)有关。向密闭容器中加入

几组不同C/S值的炭粉与磷石膏的混合物，1100℃煅烧至无气体产生，结果如图所示。当C/S值为0.5时，反应产物主要为CaO、2SO和2CO；当C/S值大于0.7时，反应所得气体中2SO的体积分数下降，可能的原因是_______。【答案】（1）①.a②.b（2）①.BCD②.<

（3）①.CaS②.410mol/L−③.02p（4）C/S较大时，C过量将2SO还原为更低价，所以2SO含量降低【解析】【小问1详解】环保主要考虑节能减排同时无污染物生成，a光合作用进行合成最环保节能。答案为a。b中所有原子都转化为了CH3C

OOH原子利用率最高，答案为b；【小问2详解】①判断达平衡判断方法：1、本质特征v正=v逆；2、变量不变，即反应过程中该物理量发生变化，但平衡就不变了等。A.生成甲醇为正向，消耗H2为正向反应，所以无

法判断平衡，A选项错误；B.气体质量守恒但反应为气体减少的反应，所以平均摩尔质量随着反应进行增大，B项正确；C.绝热容器中随着反应正向温度升高，K值减小，平衡时K值不变，C选项正确；D.恒温恒压时随着反应的进行气体减少，体积减小，密度增大，平衡时密度不变，D选项正确；故答案选BCD。②该

反应aaH=E()-E()=E()-E()<0V反应物总键能生成物总键能正逆，则aaE()<E()正逆，答案为<；【小问3详解】①硫的最低价物质为S2-，则该物质为CaS，答案为CaS。②422-4-5-5-5-5-5-5CaSO(s)+CO(g)CaO(s)+CO(g)+

SO(g)mol/L1000mol/L5.0105.0105.010mol/L5.0105.0105.010起始（）：变化（）：平衡（）：。由于平衡时三种气体物质的量相同为起始的1.5倍，则平

衡时的总压为1.5p0MPa且各气体的物质的量分数为均为13，代入数据得022p22pp(SO)p(CO)K==p(CO)=COP=p(CO)2总的体积分数。答案为10-4mol/L；02p；【小问4详解】C/S较大时，C过量将SO2还原为更低价，所以SO2含量降低。1

8.锗是一种重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。下图为工业上利用湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)制备高纯锗的工艺流程：已知：①GeO2为两性化合物。②常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见下表。离子Fe2+Fe3+Zn2+G

e4+开始沉淀pH7.52.26.28.2完全沉淀pH9.03.28.211.2③有机试剂丹宁沉淀金属离子的沉淀率见下表。离子Fe2+Fe3+Zn2+Ge4+沉淀率(%)099097~98.5（1）“浸出”时加热的目的是___________；浸出渣的主要成分是_______

____(填化学式)。（2）浸出后加入NaClO溶液的作用是___________。（3）“滤液2”中主要含有的金属阳离子是___________(填离子符号)。（4）GeCl4与高纯水反应的化学方程式为__

_________。（5）I2的一种制备方法如下图所示：加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为___________，生成的沉淀与硝酸反应，生成___________后可循环使用。【答案】（1）①.加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率②.SiO2（2）

将Fe2+氧化成Fe3+，使其转化为沉淀而除去（3）Zn2+、Na+（4）GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl（5）①.2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-②.AgNO3【解析】【分析】湿法炼锌渣(主要

含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)，浸出液中含有四价锗和锌离子，加入有机沉淀剂丹宁与四价锗络合形成沉淀，过滤后得到含有Ge的沉淀，将沉淀焙烧得到GeO2；用浓盐酸溶解GeO2生成GeC

l4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2•nH2O，GeO2•nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge；由富含碘的海水，加入硝酸银

转化成碘化银，在与铁反应生成碘离子，与氯气反应生成碘单质，据此分析回答问题。【小问1详解】“浸出”时加热的目的是加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；“浸出”中，湿法炼锌渣中的GeO2为两性化合物，与稀硫酸反应生成Ge4+；ZnO

、FeO、Fe2O3均为碱性氧化物，与稀硫酸反应生成Zn2+、Fe2+和Fe3+；SiO2为难溶于水的酸性氧化物，不与稀硫酸反应，过滤后以浸出渣的形式除去。浸出渣的主要成分是SiO2(填化学式)。故答案为：加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率

；SiO2；【小问2详解】由表1中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，再通过调节pH至3.9时，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；【小问3详解】“过滤1”后“滤饼1”主要成分是Fe(OH)3，滤液1中的离子有Zn2+、Ge4+，加入硫酸引入的SO2-4和过量的H+，及加入

次氯酸钠引入的Na+、过量的ClO−和生成的Cl−。由表2中数据可知加入有机试剂丹宁后Ge4+的沉淀率为97％~98.5％，故滤液2中主要含有的金属阳离子是Zn2+和Na+，Ge4+转化为沉淀被分离。“滤液2”中主要含有的金属阳离

子是Zn2+、Na+(填离子符号)。故答案为：Zn2+、Na+；【小问4详解】由流程图可知，GeCl4与高纯水反应生成GeO2·nH2O晶体，GeCl4与高纯水反应的化学方程式为GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl；【小问5详解】的获得更多资源请扫码加

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