2025年-2026学年下学期北京高一化学期末模拟试卷（三）

第1页（共1页）2025年-2026学年下学期北京高一化学期末模拟试卷（三）一．选择题（共15小题）1．（2026春•北京校级期中）下列金属中，通常用电解法冶炼的是（）A．钠 B．铜 C．汞 D．银2．（2026春•海淀区校级期中）从海带中提取碘的涉及到下列操作步骤及实验装置，其中不正确的是（）选项A.将海带灼烧成灰B.过滤得到含I﹣的溶液C.向滤液中加入稀H2SO4和H2O2溶液D.加入CCl4，萃取操作及装置A．A B．B C．C D．D3．（2026春•海淀区校级期中）海水资源的利用具有广阔的前景。从海水中提取Br2用MgCl2•6H2O的流程如图：下列说法中，不正确的是（）A．试剂①可以选用Ca（OH）2 B．溶液中Br2的浓度：溶液2＜溶液4 C．用SO2吸收吹出的Br2的反应原理为Br2+SO2+2H2O＝2HBr+H2SO4 D．将MgCl2溶液直接蒸干，即可得到MgCl2•6H2O4．（2026春•北京校级期中）下列说法不正确的是（）A．石油的裂化、裂解都是长链烃变成短链烃 B．裂化的目的是获得轻质液体燃料，裂解的目的是获得乙烯、丙烯等小分子烃 C．石油经过分馏及裂化等工序炼制后即能得到纯净物 D．裂化、裂解是化学变化5．（2025春•西城区校级期中）实验小组探究甲烷与氯气的反应，装置、现象如下：现象i．光照后，产生白雾，混合气体颜色变浅ii．试管内液面上升iii．试管壁出现油状液滴下列说法不正确的是（）A．Cl2与CH4发生了取代反应 B．白雾与生成的HCl有关 C．出现油状液滴，说明CH4全部转化为CCl4 D．若用铝箔套住试管，光照一段时间后试管中无明显变化6．（2026春•海淀区校级期中）下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．乙炔的结构简式：HC≡CH B．NH3的VSEPR模型： C．顺﹣2﹣丁烯的分子结构模型： D．苯酚的空间填充模型：7．（2026•东城区二模）天然气的主要成分是甲烷，通常还含有少量乙烷、丙烷、正丁烷等。正丁烷的空间结构有不同取向，其中两种如图所示。下列说法正确的是（）A．甲与乙互为顺反异构体 B．所有的烷烃分子都存在sp3﹣sp3σ键 C．甲烷、乙烷、丙烷、正丁烷的沸点依次升高是由于C﹣H键和C﹣C键数目增多，能量增大 D．长链烷烃中单键可绕键轴旋转，使分子链呈卷曲状态8．（2026•东城区二模）以下说法不正确的是（）A．天然纤维、天然橡胶等天然高分子材料均可水解 B．蔗糖和麦芽糖的水解产物不同 C．核苷酸水解最终生成戊糖、碱基和磷酸 D．可利用油脂在碱性溶液中水解的产物制肥皂9．（2026春•西城区校级期中）下列有机物中，核磁共振氢谱中有4组峰的是（）A． B． C．（CH3）2CH（CH2）2CH3 D．10．（2026春•顺义区校级期中）下列做法与调控化学反应速率无关的是（）A．用冰箱冷藏食物 B．部分食品的加工过程中加入着色剂 C．在铁制品表面刷油漆 D．用高压锅蒸煮食物11．（2026春•西城区校级期中）二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：ⅰ.CO2和NH3生成NH2COONH4；ⅱ.NH2COONH4分解生成尿素。下列说法正确的是（）A．活化能：反应ⅰ＜反应ⅱ B．ⅰ为吸热反应，ⅱ为放热反应 C．升高温度，反应ⅰ的速率减慢，反应ⅱ的速率加快 D．为显著加快尿素的合成速率，应寻找反应ⅰ的催化剂12．（2026春•西城区校级期中）以羰基化合物为载体运用化学平衡分离、提纯某纳米级活性铁粉，反应原理为Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5（g）ΔH＜0。装置如图：下列说法不正确的是（）A．反应Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5（g）是熵减的反应 B．根据实验装置和原理推测T1＜T2 C．工作时，T1区域和T2区域发生反应的平衡常数互为倒数关系 D．5v生成[Fe（CO）5]＝v生成（CO），反应已达到化学平衡13．（2025秋•西城区期末）将铁钉放入浓硝酸中，生成少量气体后反应停止，得到黄色溶液a。设计实验探究溶液a显黄色的原因。实验1：取少量溶液a，滴入几滴KSCN溶液，溶液变红，振荡后红色逐渐褪去，产生红棕色气体。另取少量溶液a，滴入NaOH溶液，产生红褐色沉淀。实验2：取一定量Fe（NO3）3固体溶于水中，溶液为黄色，加硝酸酸化，溶液变为无色。实验3：按如图装置进行实验。序号实验装置X实验现象①浓硝酸无色溶液变为黄色②稀HNO3酸化的0.1mol•L﹣1Fe（NO3）3溶液无色溶液变为黄色③稀HNO3酸化的0.3mol•L﹣1NaNO3溶液无色溶液未变黄色下列分析不正确的是（）A．实验1说明溶液a中有Fe3+ B．实验1中产生红棕色气体说明SCN﹣被浓硝酸氧化为NO2 C．实验2说明Fe3+本身的颜色不是造成溶液a显黄色的原因 D．综合以上实验，溶液a显黄色可能与NO2遇浓硝酸、Fe3+有关14．（2026春•北京校级期中）自然界中的氮循环过程如图。下列有关叙述正确的是（）A．过程②属于人工固氮过程 B．若O2足量，则过程②中N2可以一步转化为NO2 C．过程④中，生成1molNO3-至少需要提供D．该循环中只有氮元素的化合价发生了变化15．（2025春•顺义区期末）探究铜与浓硫酸的反应，并验证气体产物的性质，实验装置如图所示。下列说法不正确的是（）A．②中品红溶液褪色，证明铜与浓硫酸反应生成了SO2 B．④中石蕊溶液变红，说明SO2的水溶液显酸性 C．确认有CuSO4生成的操作为：待试管①冷却后，将其中的物质慢慢倒入盛有水的试管中，观察溶液的颜色 D．随着反应进行，硫酸的浓度逐渐降低，可能有氢气生成二．解答题（共4小题）16．（2025秋•海淀区校级期末）水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题，我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的正五价砷[As（Ⅴ）]，其机制模型如图。资料：Ⅰ.酸性条件下SO4-•为主要的自由基，中性及弱碱性条件下SO4Ⅱ.Fe2+、Fe3+形成氢氧化物沉淀的pH离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe2+7.049.08Fe3+1.873.27（1）砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层。①在元素周期表中的位置是。②砷酸的化学式是，其酸性比H3PO4（填“强”或“弱”）。（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O82-反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe①S2O82-中S的化合价是②零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是。③Fe3+转化为Fe2+的离子方程式是。（3）不同pH对As（Ⅴ）去除率的影响如图。5min内pH＝7和pH＝9时去除率高的原因是。17．（2025春•北京期中）乙烯、乙炔是重要的化工原料。（1）实验室中以浓硫酸为催化剂，由乙醇制乙烯的化学方程式是。（2）乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，从结构上看是因为碳碳之间的（填“σ键”或“π键”）断裂，与溴分子发生了反应。（3）聚乙烯醇（）用于耐汽油管道、医用材料等。①一定条件下，CH≡CH与H2O加成可以生成CH2＝CH—OH，但该物质不稳定，很快转化为。②合成聚乙烯醇：X的结构简式是。（4）将乙烯和空气通入到PdCl2—CuCl2—HCl的水溶液中，在约100℃和0.4MPa，乙烯几乎全部转化为乙醛。反应过程可表示如下：资料：Pd（钯），金属元素；PdCl2中钯元素呈+2价。①C2H4发生了（填“氧化反应”或“还原反应”）。②反应ⅲ的化学方程式是。该方法已应用于工业生产。18．（2026•模拟）氨是重要的化工原料，合成氨的研究一直是化学领域中重要的课题。Ⅰ.N2和H2合成氨（1）工业合成氨反应的化学方程式是。（2）在两个容积相等的恒容容器中合成氨气。a．向恒温（300℃）的容器1中通入一定量的H2和N2，NH3的产率随时间变化关系如图1。b．向绝热（起始温度300℃）的容器2按相同方式投料，该体系在t1时刻达到平衡。此后保持体系恒温（300℃），在t2时刻重新达到平衡。请在图1中画出容器2从投料后到t2时刻的NH3的产率随时间变化关系曲线。。（3）将物质的量之比为1：3的N2和H2混合气以一定流速通过反应器合成NH3，其他条件一定，测得流出气体中NH3的体积分数随温度的变化如图2。用催化剂b，450℃后NH3的体积分数下降的可能原因是。Ⅱ.电催化还原NO3-制NH3（4）电极b是极。（5）常温，取pH＝7、c(NO3-)为0.02mol•L﹣1的溶液，不同电压下电解30min电压η(NOη（NH3）η（H2）低压aV46.148.81.2高压bV3.577.715.1脉冲式（aV电解1秒，bV电解3秒，依次重复）4.595.20.1已知：ⅰ.电解效率η的定义为η(B)=ⅱ.NO3-转化过程：NO3-→v1N①高压bV时v2：v1比低压aV时的（填“大”或“小”）。②与高压bV电解相比，采用脉冲式电解，可显著提高η（NH3）、降低η（H2）。从放电速率的角度解释原因：。（设H2O的放电速率为v3）19．（2025秋•朝阳区期末）用Na2S溶液吸收烟气中的SO2并回收S是一种高效脱硫技术。已知：H2S、H2SO3溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如下。（1）含SO2的烟气不能直接排放，否则可能造成的环境问题是。（2）向盛有Na2S溶液的“一级脱硫反应釜”中匀速通入烟气，“尾气1”中组分体积分数与溶液pH随烟气通入时间的变化如图所示。①Na2S溶液呈碱性的原因：（填离子方程式）。②0～130minpH降低的主要原因：2Na2S+SO2+H2O⇌2NaHS+Na2SO3130～260minpH降低的主要原因：NaHS+SO2+H2O⇌H2S+NaHSO3260～480minpH降低的主要原因：（填方程式）、SO2+H2O⇌H2SO3综上，随着组成的变化，溶液逐渐失去吸收SO2的能力。③已知Ka1（H2S）＞Ka2（H2SO3），但130～260minSO2主要与NaHS反应，原因是：ⅰ.c（NaHS）＞c（Na2SO3）；ⅱ.。（3）研究发现：pH降至9时，“吸收液”中开始产生Na2S2O3；pH由9降至7的过程中，c（Na2S2O3）升高较快；pH继续降至4，c（Na2S2O3）变化不大。①分析Na2S2O3产生的原因。假设1：烟气中的O2将﹣2价硫元素氧化成S，S+Na2SO3＝Na2S2O3；假设2：烟气中含SO2，由于（填方程式），S+Na2SO3＝Na2S2O3。②实验证实Na2S2O3产生的主要途径是假设2不是假设1.解释原因：（填序号）。a．氧化性：SO2＞O2b．氧化﹣2价硫元素的速率：SO2＞O2（4）盛有Na2S溶液的“二级脱硫反应釜”的作用是：ⅰ.充分吸收SO2；ⅱ.。控制pH为2，“吸收液”中Na2S2O3和NaHSO3在“自氧化还原反应釜”中反应回收S。

2025年-2026学年下学期北京高一化学期末·解答一．选择题（共15小题）1．（2026春•北京校级期中）下列金属中，通常用电解法冶炼的是（）A．钠 B．铜 C．汞 D．银【答案】A【分析】电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得。【解答】解：A．钠是非常活泼的金属，无法通过还原剂还原制备，工业上通常电解熔融氯化钠冶炼，反应为2NaCl(熔融)→B．铜属于中等活泼金属，通常采用热还原法冶炼，故B错误；C．汞是不活泼金属，通常采用热分解法冶炼，故C错误；D．银是不活泼金属，通常采用热分解法冶炼，故D错误；故选：A。【点评】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大。2．（2026春•海淀区校级期中）从海带中提取碘的涉及到下列操作步骤及实验装置，其中不正确的是（）选项A.将海带灼烧成灰B.过滤得到含I﹣的溶液C.向滤液中加入稀H2SO4和H2O2溶液D.加入CCl4，萃取操作及装置A．A B．B C．C D．D【答案】B【分析】A．在坩埚中灼烧；B．过滤需要玻璃棒引流；C．滴加液体，悬空正放；D．碘易溶于四氯化碳，不易溶于水，选分液漏斗萃取．【解答】解：A．在坩埚中灼烧，图中灼烧成灰装置合理，故A正确；B．过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故B错误；C．滴加液体，悬空正放，则滴加液体操作合理，故C正确；D．碘易溶于四氯化碳，不易溶于水，选分液漏斗萃取，图中萃取、分液装置合理，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验基本操作、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。3．（2026春•海淀区校级期中）海水资源的利用具有广阔的前景。从海水中提取Br2用MgCl2•6H2O的流程如图：下列说法中，不正确的是（）A．试剂①可以选用Ca（OH）2 B．溶液中Br2的浓度：溶液2＜溶液4 C．用SO2吸收吹出的Br2的反应原理为Br2+SO2+2H2O＝2HBr+H2SO4 D．将MgCl2溶液直接蒸干，即可得到MgCl2•6H2O【答案】D【分析】A．试剂①用于沉淀苦卤中的Mg2+，Ca（OH）2可提供氢氧根离子实现沉淀；B．流程中空气吹出、SO2吸收步骤为溴的富集过程，可对比溶液2与溶液4的溴浓度；C．SO2具有还原性，Br2具有氧化性，二者在水溶液中可发生氧化还原反应；D．MgCl2为强酸弱碱盐，加热蒸发时会发生水解，且结晶水合物受热易失去结晶水。【解答】解：A．试剂①的作用是将Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀，Ca（OH）2来源广泛、成本较低，可提供OH﹣实现沉淀，故A正确；B．溶液2为第一次通入Cl2氧化得到的稀溴水溶液，经过空气吹出、SO2水溶液吸收实现溴的富集，再通入Cl2氧化得到溶液4，故溶液4中Br2浓度高于溶液2，故B正确；C．SO2吸收Br2时发生氧化还原反应，反应为Br2+SO2+2H2O＝2HBr+H2SO4，符合氧化还原反应规律，故C正确；D．MgCl2溶液中存在水解平衡MgCl2+2H2O⇌Mg（OH）2+2HCl，直接蒸干时HCl挥发，水解平衡正向移动，最终无法得到MgCl2•6H2O，故D错误；故选：D。【点评】本题以海水资源的综合利用为载体，考查海水提溴、提镁的工艺流程原理，涵盖盐类水解应用、氧化还原反应、物质富集等知识点，贴合工业生产实际，侧重考查流程分析与知识迁移应用能力。4．（2026春•北京校级期中）下列说法不正确的是（）A．石油的裂化、裂解都是长链烃变成短链烃 B．裂化的目的是获得轻质液体燃料，裂解的目的是获得乙烯、丙烯等小分子烃 C．石油经过分馏及裂化等工序炼制后即能得到纯净物 D．裂化、裂解是化学变化【答案】C【分析】A．石油的裂化和裂解分别是由重油变为轻质油和短链的烯烃；B．石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得“三烯”等；C．石油冶炼后获得的仍为混合物；D．裂化和裂解分别是由重油来生产轻质油和“三烯”的过程。【解答】解：A．石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，二者目的不同但都使长链烃变为短链烃，故A正确；B．石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，故B正确；C．石油经过分馏及裂化等工序炼制后得到的仍为混合物，不是纯净物，故C错误；D．裂化和裂解分别是由重油来生产轻质油和“三烯”的过程，有新物质生成，故是化学变化，故D正确。故选：C。【点评】本题主要考查了石油、煤的综合利用，难度不大，注意区分石油的分馏、裂化和裂解的目的。5．（2025春•西城区校级期中）实验小组探究甲烷与氯气的反应，装置、现象如下：现象i．光照后，产生白雾，混合气体颜色变浅ii．试管内液面上升iii．试管壁出现油状液滴下列说法不正确的是（）A．Cl2与CH4发生了取代反应 B．白雾与生成的HCl有关 C．出现油状液滴，说明CH4全部转化为CCl4 D．若用铝箔套住试管，光照一段时间后试管中无明显变化【答案】C【分析】根据实验现象：光照后，产生白雾，混合气体颜色变浅，甲烷与氯气在光照条件下反应有HCl生成，发生了取代反应，产物为：CH3Cl（难溶于水的气体）、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，CH2Cl2、CHCl3、CCl4均为难溶于水的油状液体。【解答】解：A．根据分析，氯气与甲烷发生了取代反应，故A正确；B．氯化氢极易溶于水，易结合水蒸气产生白雾以及试管内液面上升与氯化氢的生成有关，故B正确；C．CH2Cl2、CHCl3、CCl4都是油状液体，出现油状液滴，不能说明甲烷全部转化为CCl4，故C错误；D．甲烷和氯气发生反应的条件是光照，若用铝箔套住试管，重复上述实验，一段时间后没有明显变化，故D正确；故选：C。【点评】本题考查甲烷的结构与性质等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。6．（2026春•海淀区校级期中）下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．乙炔的结构简式：HC≡CH B．NH3的VSEPR模型： C．顺﹣2﹣丁烯的分子结构模型： D．苯酚的空间填充模型：【答案】B【分析】A．乙炔分子中碳碳之间以三键相连；B．NH3分子中N原子的价层电子对数为3+5-3×12=4，含1C．顺﹣2﹣丁烯中双键两侧的甲基位于双键同侧；D．苯酚的结构为苯环直接连接羟基。【解答】解：A．乙炔分子中碳碳之间以三键相连，结构简式为HC≡CH，故A正确；B．NH3分子中N原子的价层电子对数为3+5-3×12=4，含1对孤电子对，VSEPRC．顺﹣2﹣丁烯中双键两侧的甲基位于双键同侧，图示结构模型符合顺式结构的排布特征，故C正确；D．苯酚的结构为苯环直接连接羟基，空间填充模型为，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查球棍模型与比例模型等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。7．（2026•东城区二模）天然气的主要成分是甲烷，通常还含有少量乙烷、丙烷、正丁烷等。正丁烷的空间结构有不同取向，其中两种如图所示。下列说法正确的是（）A．甲与乙互为顺反异构体 B．所有的烷烃分子都存在sp3﹣sp3σ键 C．甲烷、乙烷、丙烷、正丁烷的沸点依次升高是由于C﹣H键和C﹣C键数目增多，能量增大 D．长链烷烃中单键可绕键轴旋转，使分子链呈卷曲状态【答案】D【分析】A．根据顺反异构体的定义（需存在双键或环状结构限制旋转），进行分析；B．根据甲烷的结构（仅含C﹣H键，无C﹣C键），不存在sp3﹣sp3σ键，进行分析；C．根据烷烃沸点变化规律（分子量增大导致范德华力增强），与键数目或能量无直接关系，进行分析；D．根据长链烷烃中C﹣C单键的旋转特性，导致分子链呈现卷曲状态，进行分析。【解答】解：A．甲与乙为正丁烷的不同构象（因C﹣C单键旋转产生），并非顺反异构体（需双键或环状结构），故A错误；B．甲烷分子仅含C﹣H键（sp3﹣sσ键），无C﹣C键，因此不存在sp3﹣sp3σ键，故B错误；C．烷烃沸点随碳原子数增加而升高，是因分子量增大导致范德华力增强，与C﹣H、C﹣C键数目或能量无关，故C错误；D．长链烷烃中C﹣C单键可绕键轴旋转，使分子链呈现锯齿状或卷曲构象（如图中甲、乙所示），故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查烷烃的结构与性质，包括构象异构、化学键类型、沸点变化规律及分子链构象。解题关键在于明确顺反异构与构象异构的区别，理解烷烃沸点变化的本质（范德华力），并掌握C﹣C单键旋转对分子链形态的影响。8．（2026•东城区二模）以下说法不正确的是（）A．天然纤维、天然橡胶等天然高分子材料均可水解 B．蔗糖和麦芽糖的水解产物不同 C．核苷酸水解最终生成戊糖、碱基和磷酸 D．可利用油脂在碱性溶液中水解的产物制肥皂【答案】A【分析】A．根据天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，属于碳链高分子，通常情况下不能发生水解反应，进行分析；B．根据蔗糖是二糖，其水解产物为葡萄糖和果糖；麦芽糖也是二糖，但其水解产物只有葡萄糖，进行分析；C．根据核苷酸是核酸的基本组成单位，由一分子戊糖、一分子含氮碱基和一分子磷酸组成，，进行分析；D．根据油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，进行分析。【解答】解：A．天然纤维中的纤维素和蛋白质均能发生水解反应，但天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，分子结构中不含能水解的官能团，不能发生水解反应，故A错误；B．蔗糖的水解产物是葡萄糖和果糖，而麦芽糖的水解产物只有葡萄糖，二者水解产物不同，故B正确；C．核苷酸由戊糖、碱基和磷酸通过化学键结合而成，水解后最终能得到这三种组分，故C正确；D．油脂在碱性溶液中水解生成高级脂肪酸盐（如高级脂肪酸钠）和甘油，其中高级脂肪酸钠是肥皂的主要有效成分，工业上常利用此原理制取肥皂，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查生活中常见有机物（糖类、油脂、蛋白质及天然高分子材料）的结构与性质。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的有机化学基础知识进行解题。9．（2026春•西城区校级期中）下列有机物中，核磁共振氢谱中有4组峰的是（）A． B． C．（CH3）2CH（CH2）2CH3 D．【答案】B【分析】A．结构对称，苯环上有1种等效氢原子，甲基上有1种等效氢原子；B．结构对称，共有4种不同化学环境的等效氢原子；C．有机物（CH3）2CH（CH2）2CH3的结构中，等效氢原子数目为5种；D．中等效氢原子数目为5种。【解答】解：A．该有机物结构对称，苯环上有1种等效氢原子，甲基上有1种等效氢原子，共2种等效氢原子，核磁共振氢谱有2组峰，故A错误；B．该有机物结构对称，共有4种不同化学环境的等效氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，故B正确；C．有机物（CH3）2CH（CH2）2CH3的结构中，等效氢原子数目为5种，核磁共振氢谱有5组峰，故C错误；D．该有机物中等效氢原子数目为5种，核磁共振氢谱有5组峰，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查常见有机化合物的结构等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。10．（2026春•顺义区校级期中）下列做法与调控化学反应速率无关的是（）A．用冰箱冷藏食物 B．部分食品的加工过程中加入着色剂 C．在铁制品表面刷油漆 D．用高压锅蒸煮食物【答案】B【分析】A．用冰箱冷藏食物是通过降低温度减缓反应速率；B．着色剂用于改变食品颜色；C．铁制品刷油漆隔绝氧气和水，减缓氧化反应；D．用高压锅蒸煮食物时内部压强高、沸点高、温度更高，可加快食物熟化的反应速率。【解答】解：A．用冰箱冷藏食物通过降低温度减缓食物腐败的反应速率，与调控化学反应速率有关，故A错误；B．食品加工过程中加入着色剂的作用是改善食品色泽，不涉及化学反应速率的调控，与调控化学反应速率无关，故B正确；C．在铁制品表面刷油漆可隔绝氧气和水，减缓铁生锈的反应速率，与调控化学反应速率有关，故C错误；D．用高压锅蒸煮食物时内部压强高、沸点高、温度更高，可加快食物熟化的反应速率，与调控化学反应速率有关，故D错误；故选：B。【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。11．（2026春•西城区校级期中）二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：ⅰ.CO2和NH3生成NH2COONH4；ⅱ.NH2COONH4分解生成尿素。下列说法正确的是（）A．活化能：反应ⅰ＜反应ⅱ B．ⅰ为吸热反应，ⅱ为放热反应 C．升高温度，反应ⅰ的速率减慢，反应ⅱ的速率加快 D．为显著加快尿素的合成速率，应寻找反应ⅰ的催化剂【答案】A【分析】A．反应i的活化能为E1，反应ⅱ的活化能为E3；B．反应热＝正反应活化能﹣逆反应活化能；C．升高温度会加快反应的速率；D．总反应速率由活化能更大的慢反应决定。【解答】解：A．反应i的活化能为E1，反应ⅱ的活化能为E3，则活化能：反应ⅰ＜反应ⅱ，故A正确；B．反应热＝正反应活化能﹣逆反应活化能，反应i的ΔH＝E1﹣E2＜0，为放热反应，反应ⅱ的ΔH＝E3﹣E4＞0，为吸热反应，故B错误；C．升高温度会加快反应的速率，无论反应吸热或放热，反应i和反应ⅱ的速率均加快，故C错误；D．由能量图可知，反应ⅱ的活化能（E3）高于反应i的活化能（E1），反应ⅱ为速率控制步骤，应寻找反应ⅱ的催化剂以加快总速率，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查吸热反应和放热反应等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。12．（2026春•西城区校级期中）以羰基化合物为载体运用化学平衡分离、提纯某纳米级活性铁粉，反应原理为Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5（g）ΔH＜0。装置如图：下列说法不正确的是（）A．反应Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5（g）是熵减的反应 B．根据实验装置和原理推测T1＜T2 C．工作时，T1区域和T2区域发生反应的平衡常数互为倒数关系 D．5v生成[Fe（CO）5]＝v生成（CO），反应已达到化学平衡【答案】C【分析】A．反应Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5（g）的气体体积减小；B．该反应的目的是运用化学平衡分离、提纯某纳米级活性铁粉，由实验装置可见，纯铁粉残留在右端，因为该反应ΔH＜0，为放热反应；C．T1区域发生Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5（g），平衡常数为K1，T2区域发生Fe（CO）5（g）⇌Fe（s）+5CO（g），平衡常数为K2；D．v生成[Fe（CO）5]表示以Fe（CO）5表示的正反应速率，v生成（CO）表示以CO表示的逆反应速率。根据化学计量数关系，表示正反应速率时有v正（CO）＝5v正[Fe（CO）5]。当反应达到化学平衡时，v正＝v逆，即v正（CO）＝v逆（CO）。【解答】解：A．反应Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5（g）的气体体积减小，ΔS＜0，正反应是熵减的反应，故A正确；B．ΔH＜0，为放热反应，当羰基合铁挥发到较高温度区域，五羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用，铁粉和一氧化碳化合成五羰基合铁时放出热量，反应Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5（g）ΔH＜0，因此T1＜T2，故B正确；C．T1区域发生Fe（s）+5CO（g）⇌Fe（CO）5（g），平衡常数为K1，T2区域发生Fe（CO）5（g）⇌Fe（s）+5CO（g），平衡常数为K2，两者温度不同，则平衡常数不是互为倒数关系，故C错误；D．v生成[Fe（CO）5]表示以Fe（CO）5表示的正反应速率，v生成（CO）表示以CO表示的逆反应速率。根据化学计量数关系，表示正反应速率时有v正（CO）＝5v正[Fe（CO）5]。当反应达到化学平衡时，v正＝v逆，即v正（CO）＝v逆（CO）；将v正（CO）＝5v正[Fe（CO）5]代入平衡条件可得5v正[Fe（CO）5]＝v逆（CO），即5v生成[Fe（CO）5]＝v生成（CO），因此该关系表明反应已达到化学平衡，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。13．（2025秋•西城区期末）将铁钉放入浓硝酸中，生成少量气体后反应停止，得到黄色溶液a。设计实验探究溶液a显黄色的原因。实验1：取少量溶液a，滴入几滴KSCN溶液，溶液变红，振荡后红色逐渐褪去，产生红棕色气体。另取少量溶液a，滴入NaOH溶液，产生红褐色沉淀。实验2：取一定量Fe（NO3）3固体溶于水中，溶液为黄色，加硝酸酸化，溶液变为无色。实验3：按如图装置进行实验。序号实验装置X实验现象①浓硝酸无色溶液变为黄色②稀HNO3酸化的0.1mol•L﹣1Fe（NO3）3溶液无色溶液变为黄色③稀HNO3酸化的0.3mol•L﹣1NaNO3溶液无色溶液未变黄色下列分析不正确的是（）A．实验1说明溶液a中有Fe3+ B．实验1中产生红棕色气体说明SCN﹣被浓硝酸氧化为NO2 C．实验2说明Fe3+本身的颜色不是造成溶液a显黄色的原因 D．综合以上实验，溶液a显黄色可能与NO2遇浓硝酸、Fe3+有关【答案】B【分析】A．Fe3+与KSCN反应生成血红色络合物，实验1中滴入KSCN溶液变红，且滴入NaOH生成红褐色Fe（OH）3沉淀，均Fe3+为的特征现象；B．红棕色气体为NO2，但NO2的氮元素来自浓硝酸中的NO3-（浓硝酸为强氧化剂），而非SCN﹣（SCN﹣中无N元素）；实际反应：浓硝酸氧化SCN﹣（S、C被氧化），自身被还原为NO2，因此NOC．纯Fe（NO3）3溶液为Fe3+的特征黄色，但加硝酸酸化后溶液变为无色，说明Fe3+在浓硝酸/酸化硝酸环境下，本身的颜色会消失；而溶液a是浓硝酸与铁钉反应后的体系（呈强酸性/浓硝酸环境），因此溶液a的黄色并非本身的颜色导致；D．结合三组实验的变量与现象分析：实验3①：纯浓硝酸使无色溶液变黄→浓硝酸体系中NO2（浓硝酸分解/反应生成的微量NO2）溶解在浓硝酸中，会使溶液显黄色；实验3②：稀硝酸酸化的Fe（NO3）3溶液（含Fe3++NO3-）使无色溶液变黄，实验3③：仅稀硝酸酸化的NaNO3溶液（无Fe3+）不变黄→黄色的出现需要Fe3+与NO3-（硝酸环境）共同参与；结合实验2，纯Fe3+在硝酸中无色，说明并非单一Fe3+或NO2的作用，而是NO2在浓硝酸环境下，与【解答】解：A．Fe3+与KSCN反应生成血红色络合物，实验1中滴入KSCN溶液变红，且滴入NaOH生成红褐色Fe（OH）3沉淀，均Fe3+为的特征现象，可证明溶液a中含Fe3+，故A正确；B．红棕色气体为NO2，但NO2的氮元素来自浓硝酸中的NO3-（浓硝酸为强氧化剂），而非SCN﹣（SCN﹣中无N元素）；实际反应：浓硝酸氧化SCN﹣（S、C被氧化），自身被还原为NO2，因此NO2是浓硝酸的还原产物，不是SCN﹣的氧化产物，故C．纯Fe（NO3）3溶液为Fe3+的特征黄色，但加硝酸酸化后溶液变为无色，说明Fe3+在浓硝酸/酸化硝酸环境下，本身的颜色会消失；而溶液a是浓硝酸与铁钉反应后的体系（呈强酸性/浓硝酸环境），因此溶液a的黄色并非本身的颜色导致，故C正确；D．结合三组实验的变量与现象分析：实验3①：纯浓硝酸使无色溶液变黄→浓硝酸体系中NO2（浓硝酸分解/反应生成的微量NO2）溶解在浓硝酸中，会使溶液显黄色；实验3②：稀硝酸酸化的Fe（NO3）3溶液（含Fe3++NO3-）使无色溶液变黄，实验3③：仅稀硝酸酸化的NaNO3溶液（无Fe3+）不变黄→黄色的出现需要Fe3+与NO3-（硝酸环境）共同参与；结合实验2，纯Fe3+在硝酸中无色，说明并非单一Fe3+或NO2的作用，而是NO2在浓硝酸环境下，与Fe3+形成了有色的络合体系/混合体系，导致溶液显黄色，因此溶液a的黄色与NO2遇浓硝酸、故选：B。【点评】本题主要考查了物质的性质实验，题目难度中等，掌握物质的性质是解答该题的关键。14．（2026春•北京校级期中）自然界中的氮循环过程如图。下列有关叙述正确的是（）A．过程②属于人工固氮过程 B．若O2足量，则过程②中N2可以一步转化为NO2 C．过程④中，生成1molNO3-至少需要提供D．该循环中只有氮元素的化合价发生了变化【答案】C【分析】A．游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程为氮的固定；B．N2转化为NO2需分步进行：N2→NO（放电）、NO→NO2（氧化）；C．过程④中，N元素从﹣3价升至+5价，失8e﹣，1molO2得4mole﹣；D．循环中O2参与反应（如生成NO、NO3-），O元素的化合价从0【解答】解：A．过程②涉及豆科植物，属于生物固氮（自然固氮），故A错误；B．N2转化为NO2需分步进行：N2→NO（放电）、NO→NO2（氧化），氮气无法一步转化为二氧化氮，故B错误；C．过程④中，N元素从﹣3价升至+5价，失8e﹣，1molO2得4mole﹣，电子守恒计算生成1molNO3-至少需要提供2molO2D．循环中O2参与反应（如生成NO、NO3-），O元素的化合价从0变为﹣2，并非只有N故选：C。【点评】本题考查了氮及其化合物性质、氧化还原反应的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。15．（2025春•顺义区期末）探究铜与浓硫酸的反应，并验证气体产物的性质，实验装置如图所示。下列说法不正确的是（）A．②中品红溶液褪色，证明铜与浓硫酸反应生成了SO2 B．④中石蕊溶液变红，说明SO2的水溶液显酸性 C．确认有CuSO4生成的操作为：待试管①冷却后，将其中的物质慢慢倒入盛有水的试管中，观察溶液的颜色 D．随着反应进行，硫酸的浓度逐渐降低，可能有氢气生成【答案】D【分析】装置①中铜与浓硫酸在加热条件下反应生成CuSO4、SO2和水；SO2具有漂白性，则装置②中品红溶液褪色；SO2不溶于饱和NaHSO3溶液，则装置③可以除去SO2中混有的杂质；SO2是酸性氧化物，则装置④中石蕊溶液变红；SO2是有毒气体，最后用浸有NaOH溶液的棉团进行尾气处理。【解答】解：A．二氧化硫具有漂白性，则②中品红溶液褪色，证明铜与浓硫酸反应生成了二氧化硫，故A正确；B．二氧化硫是酸性氧化物，则④中石蕊溶液变红，说明二氧化硫的水溶液显酸性，故B正确；C．为防止水加到密度大于水的浓硫酸中产生暴沸，则试管①冷却后，将其中的物质慢慢倒入盛有水的试管中，观察溶液的颜色，若变蓝则证明有CuSO4生成，故C正确；D．金属活动性顺序表中铜为氢后金属，不能与稀硫酸反应生成氢气，因此随着反应进行，硫酸的浓度逐渐降低，反应停止，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查浓硫酸的性质实验等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。二．解答题（共4小题）16．（2025秋•海淀区校级期末）水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题，我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的正五价砷[As（Ⅴ）]，其机制模型如图。资料：Ⅰ.酸性条件下SO4-•为主要的自由基，中性及弱碱性条件下SO4Ⅱ.Fe2+、Fe3+形成氢氧化物沉淀的pH离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe2+7.049.08Fe3+1.873.27（1）砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层。①在元素周期表中的位置是第4周期、第ⅤA族。②砷酸的化学式是H3AsO4，其酸性比H3PO4弱（填“强”或“弱”）。（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O82-反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe①S2O82-中S的化合价是②零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是Fe+S2O82-═Fe2++2SO4③Fe3+转化为Fe2+的离子方程式是Fe+2Fe3+═3Fe2+。（3）不同pH对As（Ⅴ）去除率的影响如图。5min内pH＝7和pH＝9时去除率高的原因是pH＝7和pH＝9时，产生了具有强氧化性的SO4-•和•OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH＝7和pH＝9时，Fe2+和Fe3+形成Fe（OH）2和Fe（OH）3，与As（Ⅴ）发生共沉淀，有效去除As（Ⅴ）【答案】（1）①第4周期、第ⅤA族；②H3AsO4；弱；（2）①+6；②Fe+S2O82-═Fe2++2③Fe+2Fe3+═3Fe2+；（3）pH＝7和pH＝9时，产生了具有强氧化性的SO﹣4•和•OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH＝7和pH＝9时，Fe2+和Fe3+形成Fe（OH）2和Fe（OH）3，与As（Ⅴ）发生共沉淀，有效去除As（Ⅴ）。【分析】（1）①砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层，核电荷数为33，最外层电子数5，主族元素电子层数＝周期序数，最外层电子数＝主族族序数取代周期表中的位置；②结合磷酸化学式写出砷酸的化学式，同主族非金属最高价含盐酸酸性减弱；（2）①S2O82-中氧元素化合价为6个﹣2价，2个﹣1价，据此计算②零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，硫元素被还原为+6价硫酸根离子；③Fe3+转化为Fe2+的反应是铁还原铁离子生成亚铁离子；（3）pH＝7和pH＝9时，产生了具有强氧化性的SO4-•和•OH，利于生成Fe2+和Fe3+，Fe2+和Fe3+形成Fe（OH）2和Fe（OH）3，与【解答】解：（1）①砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层，核电荷数为33，四个电子层，最外层电子数5，主族元素电子层数＝周期序数，最外层电子数＝主族族序数取代周期表中的位置为：第4周期、第ⅤA族，故答案为：第4周期、第ⅤA族；②砷酸的化学式是H3AsO4，其酸性比H3PO4弱，故答案为：H3AsO4；弱；（2）①S2O82-中氧元素化合价为6个﹣2价，2个﹣1价，计算得到S的化合价是故答案为：+6；②零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是：Fe+S2O82-═Fe2++2故答案为：Fe+S2O82-═Fe2++2③Fe3+转化为Fe2+的反应是铁还原铁离子生成亚铁离子：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+═3Fe2+；（3）零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的正五价砷[As（Ⅴ）]，其机制模型如图分析可知，5min内pH＝7和pH＝9时去除率高的原因是：pH＝7和pH＝9时，产生了具有强氧化性的SO﹣4•和•OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH＝7和pH＝9时，Fe2+和Fe3+形成Fe（OH）2和Fe（OH）3，与As（Ⅴ）发生共沉淀，有效去除As（Ⅴ），故答案为：pH＝7和pH＝9时，产生了具有强氧化性的SO﹣4•和•OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH＝7和pH＝9时，Fe2+和Fe3+形成Fe（OH）2和Fe（OH）3，与As（Ⅴ）发生共沉淀，有效去除As（Ⅴ）。【点评】本题考查了含硫及其化合物的性质分析判断、物质性质和氧化还原反应、图象的理解应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。17．（2025春•北京期中）乙烯、乙炔是重要的化工原料。（1）实验室中以浓硫酸为催化剂，由乙醇制乙烯的化学方程式是CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2＝CH2↑+H2O（2）乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，从结构上看是因为碳碳之间的π键（填“σ键”或“π键”）断裂，与溴分子发生了加成反应反应。（3）聚乙烯醇（）用于耐汽油管道、医用材料等。①一定条件下，CH≡CH与H2O加成可以生成CH2＝CH—OH，但该物质不稳定，很快转化为乙醛或CH3CHO。②合成聚乙烯醇：X的结构简式是CH2＝CH—COOCH3。（4）将乙烯和空气通入到PdCl2—CuCl2—HCl的水溶液中，在约100℃和0.4MPa，乙烯几乎全部转化为乙醛。反应过程可表示如下：资料：Pd（钯），金属元素；PdCl2中钯元素呈+2价。①C2H4发生了氧化反应（填“氧化反应”或“还原反应”）。②反应ⅲ的化学方程式是4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O。该方法已应用于工业生产。【答案】（1）CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2＝CH2↑+H2（2）π键；加成反应；（3）①乙醛或CH3CHO；②CH2＝CH—COOCH3；（4）①氧化反应；②4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O。【分析】（1）乙醇在浓硫酸作催化剂、170℃条件下发生消去反应，脱去一分子水生成乙烯，这是实验室制取乙烯的经典方法，消去反应是指有机物在一定条件下，从一个分子中脱去一个或几个小分子（如H2O、HX等），而生成不饱和（含双键或三键）化合物的反应；（2）乙烯分子中含有碳碳双键（C＝C），双键由一个σ键和一个π键组成，π键键能较小，不稳定，乙烯与溴的四氯化碳溶液反应时，π键断裂，溴分子中的两个溴原子分别加到两个碳原子上，生成1，2﹣二溴乙烷，这种反应类型是加成反应；（3）①CH2＝CH—OH（乙烯醇）不稳定，会发生分子内重排，羟基上的氢原子转移到另一个碳原子上，形成更稳定的醛基，从而转化为乙醛（CH3CHO）；②由反应流程可知，乙炔与乙酸发生加成反应，乙炔分子中碳碳三键打开一个键，乙酸的—OOCCH3基团加到其中一个碳原子上，形成CH2＝CH—COOCH3（乙酸乙烯酯），乙酸乙烯酯发生加聚反应后，再通过水解等反应可得到聚乙烯醇；（4）①乙烯（CH2＝CH2）转化为乙醛（CH3CHO），碳元素的化合价角度看，乙烯中碳元素平均化合价为﹣2价，乙醛中碳元素平均化合价为﹣1价，碳元素化合价升高，在氧化还原反应中，物质所含元素化合价升高的反应是氧化反应，所以C2H4发生了氧化反应；②从反应流程可知，反应ⅲ中反应物是CuCl、HCl和空气中的O2，生成物有CuCl2和H2O，根据氧化还原反应的配平原则，CuCl中铜元素化合价从+1价升高到CuCl2中的+2价，O2中氧元素化合价从0价降低到﹣2价，根据得失电子守恒和原子守恒，配平得到化学方程式。【解答】解：（1）乙醇在浓硫酸作催化剂、170℃条件下发生消去反应，脱去一分子水生成乙烯，其反应方程式为：CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2＝CH2↑+H2O，消去反应是指有机物在一定条件下，从一个分子中脱去一个或几个小分子（如H2O、故答案为：CH3CH2OH→170℃浓硫酸CH2＝CH2↑+H2（2）乙烯分子中含有碳碳双键（C＝C），双键由一个σ键和一个π键组成，π键键能较小，不稳定，乙烯与溴的四氯化碳溶液反应时，π键断裂，溴分子中的两个溴原子分别加到两个碳原子上，生成1，2﹣二溴乙烷，这种反应类型是加成反应，即有机物分子中双键（或三键）两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应，故答案为：π键；加成反应；（3）①CH2＝CH—OH（乙烯醇）不稳定，会发生分子内重排，羟基上的氢原子转移到另一个碳原子上，形成更稳定的醛基，从而转化为乙醛（CH3CHO），故答案为：乙醛或CH3CHO；②由反应流程可知，乙炔（CH≡CH）与CH3COOH反应生成X，X发生聚合反应后水解得到聚乙烯醇，乙炔与乙酸发生加成反应，乙炔分子中碳碳三键打开一个键，乙酸的—OOCCH3基团加到其中一个碳原子上，形成CH2＝CH—COOCH3（乙酸乙烯酯），乙酸乙烯酯发生加聚反应后，再通过水解等反应可得到聚乙烯醇，故答案为：CH2＝CH—COOCH3；（4）①乙烯（CH2＝CH2）转化为乙醛（CH3CHO），碳元素的化合价角度看，乙烯中碳元素平均化合价为﹣2价，乙醛中碳元素平均化合价为﹣1价，碳元素化合价升高，在氧化还原反应中，物质所含元素化合价升高的反应是氧化反应，所以C2H4发生了氧化反应，故答案为：氧化反应；②从反应流程可知，反应ⅲ中反应物是CuCl、HCl和空气中的O2，生成物有CuCl2和H2O，根据氧化还原反应的配平原则，CuCl中铜元素化合价从+1价升高到CuCl2中的+2价，O2中氧元素化合价从0价降低到﹣2价，根据得失电子守恒和原子守恒，配平得到化学方程式为：4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O，故答案为：4CuCl+4HCl+O2＝4CuCl2+2H2O。【点评】本题主要考查乙烯的结构和性质，有机化学中常见的加成反应和氧化反应，以及根据信息图写化学方程式等。18．（2026•模拟）氨是重要的化工原料，合成氨的研究一直是化学领域中重要的课题。Ⅰ.N2和H2合成氨（1）工业合成氨反应的化学方程式是N2+3H（2）在两个容积相等的恒容容器中合成氨气。a．向恒温（300℃）的容器1中通入一定量的H2和N2，NH3的产率随时间变化关系如图1。b．向绝热（起始温度300℃）的容器2按相同方式投料，该体系在t1时刻达到平衡。此后保持体系恒温（300℃），在t2时刻重新达到平衡。请在图1中画出容器2从投料后到t2时刻的NH3的产率随时间变化关系曲线。。（3）将物质的量之比为1：3的N2和H2混合气以一定流速通过反应器合成NH3，其他条件一定，测得流出气体中NH3的体积分数随温度的变化如图2。用催化剂b，450℃后NH3的体积分数下降的可能原因是温度过高导致催化剂b活性下降，反应速率减慢。Ⅱ.电催化还原NO3-制NH3（4）电极b是阳极。（5）常温，取pH＝7、c(NO3-)为0.02mol•L﹣1的溶液，不同电压下电解30min电压η(NOη（NH3）η（H2）低压aV46.148.81.2高压bV3.577.715.1脉冲式（aV电解1秒，bV电解3秒，依次重复）4.595.20.1已知：ⅰ.电解效率η的定义为η(B)=ⅱ.NO3-转化过程：NO3-→v1N①高压bV时v2：v1比低压aV时的大（填“大”或“小”）。②与高压bV电解相比，采用脉冲式电解，可显著提高η（NH3）、降低η（H2）。从放电速率的角度解释原因：采用脉冲式电解，aV电解，v1＞v2＞v3，累积NO2-；再bV电解，与仅bV电解相比，c(NO2-)更大，使v2：v3显著增大，提高η（NH3）和降低η（H2）。（设【答案】（1）N2（2）；（3）温度过高导致催化剂b活性下降，反应速率减慢；（4）阳；（5）①大；②采用脉冲式电解，aV电解，v1＞v2＞v3，累积NO2-；再bV电解，与仅bV电解相比，c(NO2-)更大，使v2：v3显著增大，提高η（NH【分析】（1）在工业上用N2与H2在高温、高压、催化剂存在条件下合成NH3，该反应是可逆反应；（2）向恒温的容器1中通入一定量的H2和N2，NH3的产率随时间变化关系如下图可知该反应是放热反应；若起始温度300℃绝热容器中，随反应进行温度升高反应速率加快，在t1时刻达到平衡，相同时间内氨气产率变大，曲线在容器1的上方；此后保持体系恒温，则温度降低平衡正移，氨气的产率进一步提高，在t2时刻重新达到平衡产率比原曲线大；（3）催化剂不改变平衡状态，若反应已经达到平衡，相同温度下催化剂a、b对应的NH3体积分数应该相等，但图2中相同温度下催化剂a的NH3体积分数始终高于b，说明图2的温度范围内使用催化剂b时反应未达到平衡；（4）a极上NO3-得电子还原为NH3，发生还原反应，故a（5）①v1是第一步速率，v2第二步，v2：v1比越大，说明生成的NO2-被快速消耗转化为NH3，剩余N②脉冲电解时，低压aV阶段，v1＞v2＞v3，累积NO2-，水放电生成H2的速率v3很小，抑制H2生成，随后高压bV阶段，与仅bV【解答】解：（1）在工业上用N2与H2在高温、高压、催化剂存在条件下合成NH3，该反应是可逆反应，则工业上合成氨气的化学方程式为N2故答案为：N2（2）向恒温（300℃）的容器1中通入一定量的H2和N2，NH3的产率随时间变化关系如下图可知该反应是放热反应；若起始温度300℃绝热容器中，随反应进行温度升高反应速率加快，在t1时刻达到平衡，相同时间内氨气产率变大，曲线在容器1的上方；此后保持体系恒温（300℃），则温度降低平衡正移，氨气的产率进一步提高，在t2时刻重新达到平衡产率比原曲线大，则曲线仍在原曲线上方，故曲线图为，故答案为：；（3）催化剂不改变平衡状态，若反应已经达到平衡，相同温度下催化剂a、b对应的NH3体积分数应该相等，但图2中相同温度下催化剂a的NH3体积分数始终高于b，说明图2的温度范围内使用催化剂b时反应未达到平衡，因450℃后NH3体积分数下降不可能是合成氨反应逆向移动导致，实际原因更可能是温度过高导致催化剂b活性下降，反应速率减慢，故答案为：温度过高导致催化剂b活性下降，反应速率减慢；（4）a极上NO3-得电子还原为NH3，发生还原反应，故a故答案为：阳；（5）①转化是：NO3-→v1NO2-→v2NH3，v1是第一步速率，v2第二