2025年-2026学年下学期北京高一化学期末模拟试卷（一）

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（一）一．选择题（共15小题）1．（2026•通州区一模）下列说法不正确的是（）A．山梨酸钾是一种常见的食品防腐剂 B．煤的干馏可以生产焦炭 C．制作豆腐的流程中先煮豆浆后点卤水 D．将铜与稀硝酸直接反应制备硝酸铜，符合绿色化学的理念2．（2017秋•顺义区期末）酸雨形成的示意图如图。下列说法中，不正确的是（）A．汽车尾气是导致酸雨的原因之一 B．酸雨会使土壤、湖泊酸化 C．酸雨形成中不涉及氧化还原反应 D．燃煤中加入石灰石可防治酸雨3．（2025秋•海淀区校级期末）粗盐（含泥沙、Ca2+、Mg2+、SOA．试剂1、2、3分别为Na2CO3，NaOH，BaCl2 B．滤渣2只有CaCO3、Mg（OH）2、BaSO4 C．试剂4的作用为中和溶液中的OH﹣和CO3D．操作a、b、c均需要用到玻璃棒4．（2026春•西城区校级期中）下列化学用语或模型不正确的是（）A．甲烷的空间填充模型： B．羟基的电子式： C．1﹣丁烯的键线式： D．聚丙烯的结构简式：5．（2026春•北京校级期中）下列化学用语正确的是（）A．的名称为2﹣乙基丙烷 B．与互为同分异构体 C．H3CC≡CCH3和CH2＝CHCH＝CH2属于官能团异构 D．和互为同系物6．（2026春•海淀区校级期中）新型弹性材料丁苯吡橡胶的结构简式如图所示：其单体可能是下列6种中的几种：①CH2＝CHCH2CH＝CH2②CH2＝CH﹣CH＝CH2③④CH3CH2CH＝CH2⑤⑥CH2＝CHCH3正确的组合是（）A．③④⑥ B．②③⑤ C．①②⑤ D．①④⑥7．（2026春•海淀区校级期中）下列关于苯的叙述正确的是（）A．反应①为取代反应，反应的试剂是浓溴水 B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟 C．反应③为取代反应，有机产物是炸药TNT D．反应④中1mol苯最多与3molH2发生加成反应，是因为苯分子中含有三个碳碳双键8．（2026春•海淀区校级期中）下列构建碳骨架的反应中，不属于加成反应的是（）A．CH3B． C． D．9．（2026•北京学业考试）已知：Na2S2O3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O。在不同温度下，将不同浓度的Na2S2O3溶液和0.1mol•L﹣1H2SO4溶液等体积混合，最先出现浑浊的是（）选项ABCD温度/℃20204040Na2S2O3溶液的浓度/（mol•L﹣1）0.050.10.050.1A．A B．B C．C D．D10．（2026•朝阳区二模）合成氨N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0生产流程示意图如图。下列说法不正确的是（）A．气体温度的大小：①＜②＜③ B．将原料气进行压缩、升温的目的：提高原料气的平衡转化率 C．冷却能分离出NH3的原因：NH3分子间可形成氢键，沸点远高于N2和H2，易液化 D．合成氨能耗较高的原因：N2分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量11．（2025春•朝阳区校级期中）小组同学探究盐溶液对反应Fe3++SCN﹣⇌[Fe（SCN）]2+（血红色）的影响。将2mL0.01mol•L﹣1的FeCl3溶液与2mL0.02mol•L﹣1的KSCN溶液混合，分别加入等量的试剂①～④，测得平衡后体系的透光率如图所示。已知：ⅰ．溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略ⅱ．Fe3++4Cl﹣⇌[FeCl4]﹣（黄色）ⅲ．已知NO3下列说法不正确的是（）A．注入试剂①后溶液透光率增大，证明Fe3++SCN﹣⇌[Fe（SCN）]2+逆向移动 B．透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH不同导致的 C．透光率④比③高，可能发生了反应[Fe（SCN）]2++4Cl⇌[FeCl4]﹣+SCN﹣ D．若要证明试剂③中Cl﹣对平衡体系有影响，还应使用0.04mol•L﹣1的KNO3溶液进行对照实验12．（2026春•北京校级期中）将2mL0.01mol•L﹣1KI溶液和1mL0.01mol•L﹣1FeCl3溶液混合，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的实验组合是（）实验编号实验操作实验现象①滴入KSCN溶液溶液变红色②滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成③滴入K3[Fe（CN）6]溶液有蓝色沉淀生成④滴入淀粉溶液溶液变蓝色已知：Fe2+与[Fe（CN）6]3﹣反应生成蓝色沉淀，可用于Fe2+的检验。A．①和② B．②和④ C．③和④ D．①和③13．（2026春•北京校级期中）将SO2分别通入等体积的不含O2、含有O2的0.1mol•L﹣1BaCl2溶液和Ba（NO3）2溶液中，探究体系中微粒间的相互作用，实验记录如下：实验记录pH变化溶液中是否产生沉淀BaCl2溶液（无氧）中无白色沉淀，BaCl2溶液（有氧）中有白色沉淀，Ba（NO3）2溶液（无氧）中有白色沉淀，Ba（NO3）2溶液（有氧）中有白色沉淀。下列说法不正确的是（）A．a所示溶液的pH降低的原因：SO2与H2O反应生成H2SO3，溶液的c（H+）增大 B．曲线c所示溶液中发生反应：2BaC．依据该实验预测0.2mol•L﹣1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2 D．与曲线a、b、c对比，可知曲线d所表示的过程中NO3-是氧化14．（2026春•北京校级期中）一定温度下，探究铜与稀HNO3的反应，在注射器中进行如下实验。下列说法不正确的是（）A．Ⅱ中气体变为红棕色，发生了反应：2NO+O2＝2NO2 B．Ⅱ中振荡过程，发生了反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO C．Ⅲ中的反应速率比Ⅰ中的大，原因是NO2溶于水使HNO3的浓度：Ⅲ＞Ⅰ D．当注射器的活塞不再移动时，再抽入稀H2SO4，Cu可以继续溶解15．（2026春•顺义区校级期中）以黄铁矿（主要成分为FeS2，其中硫的化合价为﹣1价）生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是（）A．将黄铁矿粉碎，可以提高反应速率 B．沸腾炉中每生成1molSO2，有5mole﹣发生转移 C．接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率 D．可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥二．解答题（共4小题）16．（2025春•海淀区校级期中）海洋资源的利用具有非常广阔的前景。Ⅰ．利用空气吹出法从海水中提取溴的流程如图。（1）溴原子的结构示意图为。（2）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为。Ⅱ．海带中含有碘元素，从海带中提取碘的实验过程如图所示。（3）步骤①会用到下列仪器中的（填序号）。A．酒精灯B．漏斗C．坩埚D．蒸发皿（4）海带灰悬浊液含有I﹣。ⅰ．步骤④若选用H2O2、稀硫酸进行氧化，离子方程式是。ⅱ．步骤④若选用Cl2进行氧化，Cl2过量时，可能无法获得I2，原因是I2会被继续氧化为IO3-。该反应的离子方程式为（5）步骤⑤“提取”包含以下四个过程。ⅰ．过程Ⅰ的现象是。ⅱ．过程Ⅲ的离子方程式是。ⅲ．过程Ⅰ→过程Ⅲ的目的是。ⅳ．过程Ⅳ的操作名称是。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春•海淀区校级期中）人工固氮对于农业生产有重要意义，硝酸生成对于工业生产有重要意义。Ⅰ、工业合成氨。（1）N2和H2合成NH3反应的化学方程式是。（2）下列措施中，有利于增大其反应速率的是。a.升高温度b.恒容时充入He气c.使用催化剂Ⅱ、以氨为原料制备硝酸的原理示意图如图。（3）氧化炉中发生反应：主反应：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）副反应：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）①已知：断开1molN—H键、1molO═O键、1molNaN键、1molO—H键分别需要吸收能量为391kJ、498kJ、946kJ、464kJ。若生成1molN2，副反应放出能量kJ。②为研究某催化剂对反应的影响，将1molNH3和2molO2充入体积为1L的恒容密闭容器中，相同时间，测得n（NO）、n（N2）随温度的变化如图。下列说法的正确是。a.在该条件下，840℃更有利于主反应b.520℃时，c(Nc.A→B，温度升高，生成NO的反应速率增大d.C点n（NO）小于B点n（NO）可能是催化剂的活性降低所致（4）热交换器中的反应分两步。反应i：2NO（g）═N2O2（g）反应ⅱ：_____。写出反应ⅱ的化学方程式。（5）写出吸收塔内生成HNO3的总反应方程式。（6）用滴定法测定溶液中NHi.取v1mL含NH4ⅱ.加入过量的v2ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的v3ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol•L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H+，消耗的NaOH溶液体积为v4mL。待测溶液中NH4+的物质的量浓度是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•通州区一模）下列说法不正确的是（）A．山梨酸钾是一种常见的食品防腐剂 B．煤的干馏可以生产焦炭 C．制作豆腐的流程中先煮豆浆后点卤水 D．将铜与稀硝酸直接反应制备硝酸铜，符合绿色化学的理念【答案】D【分析】A．根据山梨酸钾的化学性质及在食品工业中的常见用途，进行分析；B．根据煤的干馏（高温干馏）的定义及其主要产物（焦炭、煤焦油、焦炉气），进行分析；C．根据传统豆腐制作的工艺流程（泡豆、磨浆、煮浆、点卤、压制），特别是蛋白质变性与凝固的顺序，进行分析；D．根据铜与稀硝酸反应的化学方程式3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，分析其产物中是否含有污染性气体及原子利用率，进而判断是否符合绿色化学理念。【解答】解：A．山梨酸钾是一种低毒、高效的食品防腐剂，广泛用于饮料、酱菜、糕点等食品中，故A正确；B．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，其主要固体产物是焦炭，同时副产煤焦油和焦炉煤气，故B正确；C．制作豆腐时，需先将豆浆煮沸使蛋白质变性并破坏胰蛋白酶抑制剂，然后再加入凝固剂（如卤水、石膏等）使蛋白质凝聚成豆腐脑，若先点卤后煮，则无法形成稳定的凝胶结构，故C正确；D．铜与稀硝酸反应会生成一氧化氮（NO）气体，NO是有毒气体，会污染环境，且该反应中部分硝酸被还原，原子利用率不高，不符合绿色化学“零排放”和“高原子利用率”的理念（最佳方案通常是先将铜氧化为氧化铜，再与硝酸反应），故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查了食品添加剂、煤化工产品、传统豆制品制作工艺及绿色化学理念的判断。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。2．（2017秋•顺义区期末）酸雨形成的示意图如图。下列说法中，不正确的是（）A．汽车尾气是导致酸雨的原因之一 B．酸雨会使土壤、湖泊酸化 C．酸雨形成中不涉及氧化还原反应 D．燃煤中加入石灰石可防治酸雨【答案】C【分析】A．工厂化石燃料燃烧的废气和汽车尾气中的二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要物质；B．酸雨具有酸性，能腐蚀建筑物和破坏农作物，使土壤、湖泊酸化；C．硫酸型酸雨形成是含硫燃料燃烧生成二氧化硫，二氧化硫被氧化为三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，其中生成二氧化硫、三氧化硫的反应是氧化还原反应，氮氧化物二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，发生的是氧化还原反应；D．煤燃烧产物中含二氧化硫，加入石灰石后将S元素转化为硫酸钙，减少二氧化硫的排放。【解答】解：A．汽车尾气中含有二氧化硫和氮氧化物，二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要物质，所以汽车尾气是形成酸雨的原因之一，故A正确；B．酸雨具有酸性，能腐蚀碳酸盐、硅酸盐建造的建筑物，能破坏农作物的生长环境，落入土壤、湖泊使土壤、湖泊酸化，故B正确；C．图中分析可知，硫酸型酸雨形成是含硫燃料燃烧生成二氧化硫，二氧化硫被氧化为三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，其中生成二氧化硫、三氧化硫的反应是氧化还原反应，2SO2+O2＝2SO3是氧化还原反应，氮氧化物二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，发生的是氧化还原反应，酸雨形成中涉及氧化还原反应，故C错误；D．煤燃烧产物中含二氧化硫，加入石灰石后将S元素转化为硫酸钙，减少二氧化硫的排放，则燃煤中加入石灰石可起到脱硫作用，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了酸雨的形成及危害，难度不大，知道形成酸雨的主要物质是二氧化硫和氮氧化物，化石燃料燃烧和脱硫过程的分析，题目较简单。3．（2025秋•海淀区校级期末）粗盐（含泥沙、Ca2+、Mg2+、SOA．试剂1、2、3分别为Na2CO3，NaOH，BaCl2 B．滤渣2只有CaCO3、Mg（OH）2、BaSO4 C．试剂4的作用为中和溶液中的OH﹣和CO3D．操作a、b、c均需要用到玻璃棒【答案】D【分析】粗盐（含泥沙、Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质）提纯过程中，泥沙通过过滤可以除去；向滤液中加入氢氧化钠，Mg2+转化为氢氧化镁沉淀（OH﹣过量）；向滤液中加入碳酸钠，Ca2+转化为碳酸钙沉淀（CO32-过量）；向滤液中加入氯化钡，SO42-转化为硫酸钡沉淀（Ba【解答】解：A．依据分析，加入试剂时碳酸钠要在氯化钡之后加，CO32-B．粗盐（含泥沙、Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质）提纯过程中，泥沙通过过滤可以除去；向滤液中加入氢氧化钠，Mg2+转化为氢氧化镁沉淀（OH﹣过量）；向滤液中加入碳酸钠，Ca2+转化为碳酸钙沉淀（CO32-过量）；向滤液中加入氯化钡，SO42-转化为硫酸钡沉淀（Ba2+过量）；又C．依据分析，中和溶液中的OH﹣和CO32-D．操作a为溶解、过滤，玻璃棒的作用为搅拌、引流；操作b为过滤，玻璃棒的作用为引流；操作c为蒸发结晶，玻璃棒的作用为搅拌；三步操作都要用到玻璃棒，故D正确；故选：D。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。4．（2026春•西城区校级期中）下列化学用语或模型不正确的是（）A．甲烷的空间填充模型： B．羟基的电子式： C．1﹣丁烯的键线式： D．聚丙烯的结构简式：【答案】D【分析】A．甲烷为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子半径；B．羟基为中性基团，氧原子最外层有6个电子，与氢原子形成一对共用电子对；C．1﹣丁烯的结构简式为CH2＝CHCH2CH3；D．聚丙烯由丙烯（CH2＝CHCH3）发生加聚反应生成。【解答】解：A．甲烷为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子半径，甲烷的空间填充模型为，故A正确；B．羟基为中性基团，氧原子最外层有6个电子，与氢原子形成一对共用电子对，电子式为，故B正确；C．1﹣丁烯的结构简式为CH2＝CHCH2CH3，键线式为，故C正确；D．聚丙烯由丙烯（CH2＝CHCH3）发生加聚反应生成，结构简式应为，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查电子式等，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。5．（2026春•北京校级期中）下列化学用语正确的是（）A．的名称为2﹣乙基丙烷 B．与互为同分异构体 C．H3CC≡CCH3和CH2＝CHCH＝CH2属于官能团异构 D．和互为同系物【答案】C【分析】A．烷烃命名需选择最长碳链为主链；B．甲烷为正四面体结构，二氟二氯甲烷仅存在1种结构，二者为同一种物质；C．H3CC≡CCH3分子式为C4H6，官能团为碳碳三键；CH2＝CHCH＝CH2分子式为C4H6，官能团为碳碳双键；D．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物。【解答】解：A．烷烃命名需选择最长碳链为主链，该物质最长碳链含4个碳原子，2号碳上连有1个甲基，正确名称为2﹣甲基丁烷，故A错误；B．甲烷为正四面体结构，二氟二氯甲烷仅存在1种结构，二者为同一种物质，不互为同分异构体，故B错误；C．H3CC≡CCH3分子式为C4H6，官能团为碳碳三键；CH2＝CHCH＝CH2分子式为C4H6，官能团为碳碳双键，二者分子式相同、官能团种类不同，属于官能团异构，故C正确；D．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，前者羟基直接连在苯环上，属于酚类；后者羟基连在苯环的侧链上，属于醇类，二者结构不相似，不互为同系物，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查同系物等，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。6．（2026春•海淀区校级期中）新型弹性材料丁苯吡橡胶的结构简式如图所示：其单体可能是下列6种中的几种：①CH2＝CHCH2CH＝CH2②CH2＝CH﹣CH＝CH2③④CH3CH2CH＝CH2⑤⑥CH2＝CHCH3正确的组合是（）A．③④⑥ B．②③⑤ C．①②⑤ D．①④⑥【答案】B【分析】根据丁苯吡橡胶的结构特点可知，其为加聚反应的产物，从高分子链一侧（左、右均可以）按“单键变双键，双键变单键，两个单键后键断”进行拆分，进行分析。【解答】解：加聚反应是由不饱和单体（如碳碳双键，碳碳三键以及碳氧双键等）聚合高分子的反应，其产物只有一种高分子化合物，凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换，得到相应的单体是，，，即②③⑤，故B正确，故选：B。【点评】本题考查加聚反应等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。7．（2026春•海淀区校级期中）下列关于苯的叙述正确的是（）A．反应①为取代反应，反应的试剂是浓溴水 B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟 C．反应③为取代反应，有机产物是炸药TNT D．反应④中1mol苯最多与3molH2发生加成反应，是因为苯分子中含有三个碳碳双键【答案】B【分析】A．苯与液溴反应，与浓溴水不反应；B．燃烧都是氧化反应，苯含碳量高；C．苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯；D．1mol苯最多与3molH2发生加成反应。【解答】解：A．反应①为苯和液溴发生的取代反应，与浓溴水不反应，反应需要铁作为催化剂，故A错误；B．反应②为苯在氧气中燃烧，属于氧化反应，因为含碳量比较高，不完全燃烧，反应现象是火焰明亮并带有浓烟，故B正确；C．反应③为苯和硝酸的取代反应，产物为硝基苯，不是炸药TNT，故C错误；D.1mol苯最多与3molH2发生加成反应，反应④为苯与氢气的加成反应，消耗3mol氢气，苯分子中不含碳碳双键，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大。8．（2026春•海淀区校级期中）下列构建碳骨架的反应中，不属于加成反应的是（）A．CH3B． C． D．【答案】C【分析】加成反应定义：有机物分子中的不饱和键（双键或三键）断裂，新的原子或原子团加到不饱和碳原子上的反应。【解答】解：A．乙醛分子中的酮羰基（C＝O）是极性的不饱和键，HCN分子中的H原子加到了羰基的氧原子上，﹣CN基团加到了羰基的碳原子上，这是一个典型的羰基加成反应，属于加成反应，故A错误；B．反应物为1，3﹣丁二烯（含有两个碳碳双键）和丙烯酸（含有一个碳碳双键），在加热条件下反应生成，为Diels﹣Alder环加成反应，属于加成反应，故B错误；C．乙苯在酸性高锰酸钾溶液中反应生成苯甲酸，在这个过程中，苯环侧链上的乙基被强氧化剂氧化，是氧化反应，而不是加成反应，故C正确；D．苯酚与甲醛在酸性条件下反应生成邻羟基苯甲醇，在这个反应中，甲醛分子中的羰基中π键发生断裂，碳原子与苯酚中酚羟基邻位的碳原子结合，氧原子结合氢原子形成羟基，属于加成反应，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查加成反应的判断的相关知识，题目比较简单。9．（2026•北京学业考试）已知：Na2S2O3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O。在不同温度下，将不同浓度的Na2S2O3溶液和0.1mol•L﹣1H2SO4溶液等体积混合，最先出现浑浊的是（）选项ABCD温度/℃20204040Na2S2O3溶液的浓度/（mol•L﹣1）0.050.10.050.1A．A B．B C．C D．D【答案】D【分析】温度越高、反应物的浓度越大反应速率越快，则该反应中越先出现沉淀。【解答】解：温度越高、反应物的浓度越大反应速率越快，则该反应中越先出现沉淀，40℃的C、D组速率整体快于20℃的A、B组；等体积混合后反应物浓度均稀释为原浓度的二分之一，原浓度越大混合后浓度也越大，因此D组混合后Na2S2O3浓度大于C组，速率最快，最先出现硫单质浑浊，故选：D。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确化学反应速率影响原理是解本题的关键，题目难度不大。10．（2026•朝阳区二模）合成氨N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0生产流程示意图如图。下列说法不正确的是（）A．气体温度的大小：①＜②＜③ B．将原料气进行压缩、升温的目的：提高原料气的平衡转化率 C．冷却能分离出NH3的原因：NH3分子间可形成氢键，沸点远高于N2和H2，易液化 D．合成氨能耗较高的原因：N2分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量【答案】B【分析】合成氨N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0生产流程示意图如图，氮气和氢气干燥净化后在压缩机加压到10MPa～30MPa，进入热交换器中提高温度，同时部分反应生成氨气，“冷却”分离X的目的是冷却使氨气液化，减小生成物浓度，平衡正向移动，有利于提高氨的平衡产率，氮气和氢气循环利用，一定压强下热的氮气和氢气载催化剂铁触媒作用下反应生成氨气，氮气、氮气和氢气的混合气体重新进入热交换器，据此分析判断。【解答】解：A．合成氨的反应为放热反应，流程中①为压缩气体，②为热交换气体，吸收反应放出的热量，③为冷却后的气体，反应温度最高，气体温度的大小：①＜②＜③，故A正确；B．反应是气体体积减小的反应，将原料气进行压缩的目的是提高原料气的平衡转化率，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，不能提高平衡转化率，故B错误；C．NH3分子间可形成氢键，沸点远高于N2和H2，易液化，冷却能分离出NH3，故C正确；D．N2分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量，导致合成氨的活化能较大，合成氨能耗较高，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了合成氨的过程分析判断，主要是影响化学平衡的因素的理解应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。11．（2025春•朝阳区校级期中）小组同学探究盐溶液对反应Fe3++SCN﹣⇌[Fe（SCN）]2+（血红色）的影响。将2mL0.01mol•L﹣1的FeCl3溶液与2mL0.02mol•L﹣1的KSCN溶液混合，分别加入等量的试剂①～④，测得平衡后体系的透光率如图所示。已知：ⅰ．溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略ⅱ．Fe3++4Cl﹣⇌[FeCl4]﹣（黄色）ⅲ．已知NO3下列说法不正确的是（）A．注入试剂①后溶液透光率增大，证明Fe3++SCN﹣⇌[Fe（SCN）]2+逆向移动 B．透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH不同导致的 C．透光率④比③高，可能发生了反应[Fe（SCN）]2++4Cl⇌[FeCl4]﹣+SCN﹣ D．若要证明试剂③中Cl﹣对平衡体系有影响，还应使用0.04mol•L﹣1的KNO3溶液进行对照实验【答案】A【分析】A．溶液的血红色越深，透光率越小，加入水是稀释过程，[Fe（SCN）]2+浓度减小；B．③为KCl溶液，②为NH4Cl溶液，根据是否水解或离子不同分析；C．③为0.04mol•L﹣1的KCl溶液，②为4mol•L﹣1的KCl溶液，两者浓度不同；D．引入硝酸根，可能会影响实验结果的验证。【解答】解：A．注入试剂①是稀释溶液的过程，[Fe（SCN）]2+浓度减小，溶液透光率升高，无法判断Fe3++SCN﹣⇌[Fe（SCN）]2+平衡是否逆向移动，故A错误；B．③KCl溶液为含有钾离子的中性溶液，②氯化铵溶液为含有铵根离子的水解显酸性的溶液，根据是否水解或离子不同，则说明透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的，故B正确；C．③为0.04mol•L﹣1的氯化钾溶液，④为4mol•L﹣1的氯化钾溶液，④的浓度大于③的浓度；透光率④比③高，说明血红色变浅，发生了反应[Fe(SCN)]2++4Cl⇌D．若要证明试剂③为0.04mol•L﹣1的氯化钾溶液，氯离子对平衡体系有影响，排除钾离子的干扰即K+浓度保持不变，作空白对照实验，已知硝酸根对实验无影响，故能使用0.04mol•L﹣1的硝酸钾溶液进行实验，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查化学平衡的影响因素等，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•北京校级期中）将2mL0.01mol•L﹣1KI溶液和1mL0.01mol•L﹣1FeCl3溶液混合，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的实验组合是（）实验编号实验操作实验现象①滴入KSCN溶液溶液变红色②滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成③滴入K3[Fe（CN）6]溶液有蓝色沉淀生成④滴入淀粉溶液溶液变蓝色已知：Fe2+与[Fe（CN）6]3﹣反应生成蓝色沉淀，可用于Fe2+的检验。A．①和② B．②和④ C．③和④ D．①和③【答案】D【分析】说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”，可使KI过量，且检验铁离子的存在，以此来解答。【解答】解：说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”，可使KI过量，且检验铁离子的存在，由2mL0.01mol•L﹣1KI溶液和1mL0.01mol•L﹣1FeCl3溶液混合，可知KI过量，①中可检验铁离子，③中可检验亚铁离子或④中检验碘单质，可知为可逆反应，符合的为①③或①④，故选：D。【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握化学平衡的可逆性、离子检验为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意信息的应用，题目难度不大。13．（2026春•北京校级期中）将SO2分别通入等体积的不含O2、含有O2的0.1mol•L﹣1BaCl2溶液和Ba（NO3）2溶液中，探究体系中微粒间的相互作用，实验记录如下：实验记录pH变化溶液中是否产生沉淀BaCl2溶液（无氧）中无白色沉淀，BaCl2溶液（有氧）中有白色沉淀，Ba（NO3）2溶液（无氧）中有白色沉淀，Ba（NO3）2溶液（有氧）中有白色沉淀。下列说法不正确的是（）A．a所示溶液的pH降低的原因：SO2与H2O反应生成H2SO3，溶液的c（H+）增大 B．曲线c所示溶液中发生反应：2BaC．依据该实验预测0.2mol•L﹣1的KNO3溶液（无氧）也可以氧化SO2 D．与曲线a、b、c对比，可知曲线d所表示的过程中NO3-是氧化【答案】D【分析】A．二氧化硫与水生成亚硫酸，电离显酸性；B．有氧时可将+4价S氧化，生成硫酸根离子与钡离子反应生成沉淀；C．酸性条件下硝酸根离子可氧化二氧化硫；D．Ba（NO3）2溶液中无氧、有氧均生成白色沉淀，BaCl2溶液中有氧时生成白色沉淀。【解答】解：A．曲线a中SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3电离使c（H+）增大，pH降低，故A正确；B．曲线c中O2将SO2氧化为SO42-，与Ba2+生成BaSO4沉淀，同时生成H+，反应离子方程式为2BC．0.1mol•L﹣1的Ba（NO3）2溶液中NO3-浓度为0.2mol•L﹣1，无氧条件下可氧化SO2，因此0.2mol•L﹣1的KNO3溶液（无氧）中NO3-D．曲线a和曲线c对比说明O2可以氧化SO2，曲线a和曲线b对比说明NO3-可以氧化SO2，曲线d的pH比曲线b更低，说明O2是氧化SO2故选：D。【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、实验现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验中条件的控制，题目难度不大。14．（2026春•北京校级期中）一定温度下，探究铜与稀HNO3的反应，在注射器中进行如下实验。下列说法不正确的是（）A．Ⅱ中气体变为红棕色，发生了反应：2NO+O2＝2NO2 B．Ⅱ中振荡过程，发生了反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO C．Ⅲ中的反应速率比Ⅰ中的大，原因是NO2溶于水使HNO3的浓度：Ⅲ＞Ⅰ D．当注射器的活塞不再移动时，再抽入稀H2SO4，Cu可以继续溶解【答案】C【分析】铜和稀硝酸反应生成无色气体NO，通入空气NO被氧化为NO2，催化反应使反应速率加快，稀硝酸具有强氧化性，A．过程Ⅱ中气体变为红棕色，是一氧化氮和氧气反应生成了二氧化氮过；B．NO2与水反应生成硝酸和NO；C．过程Ⅲ中反应速率明显加快，是NO2溶解于水的缘故，铜过量，反应过程中已经消耗了硝酸，即使NO2与水生成新的硝酸，Ⅲ中硝酸浓度仍小于Ⅰ，反应速率更快是因为NO2对该反应有催化作用；D．酸性条件下，硝酸根离子与铜粉继续反应生成NO。【解答】解：A．铜与稀硝酸反应生成无色NO，抽入空气后，NO和O2反应生成红棕色NO2，反应的化学方程式为：2NO+O2＝2NO2，故A正确；B．振荡过程中NO2与水反应生成硝酸和NO，反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO正确，故B正确；C．随着反应的进行，溶液里生成硝酸铜，根据氮元素守恒，溶液中硝酸浓度应比原硝酸浓度减小，不会增大，加入NO2后反应速率加快，说明NO2对该反应具有催化剂，故C错误；D．向反应后的溶液中继续滴加过量稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子形成稀硝酸，具有强氧化性，可以与铜粉继续反应生成NO，铜可以继续溶解，故D正确；故选：C。【点评】本题以Cu和稀硝酸的反应，探究硝酸的性质和对实验原理的评价，准确理解实验现象是解题关键，题目难度中等。15．（2026春•顺义区校级期中）以黄铁矿（主要成分为FeS2，其中硫的化合价为﹣1价）生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是（）A．将黄铁矿粉碎，可以提高反应速率 B．沸腾炉中每生成1molSO2，有5mole﹣发生转移 C．接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率 D．可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥【答案】B【分析】黄铁矿在沸腾炉中与氧气反应生成氧化铁、二氧化硫，二氧化硫、氧气在接触室反应生成三氧化硫，三氧化硫在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收可生成硫酸，尾气含有二氧化硫、氧气，以此解答该题。【解答】解：A.将黄铁矿粉碎，可增大接触面积，加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确；B.反应中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，S元素化合价由﹣1价升高到+4价，则生成2mol二氧化硫转移11mol电子，则沸腾炉中每生成1molSO2，有5.5mole﹣发生转移，故B错误；C.SO2、O2可在接触室反应生成三氧化硫，为可逆反应，不能完全反应，则接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，故C正确；D.尾气含有二氧化硫，用氨气吸收，可转化成氮肥，故D正确；故选：B。【点评】本题考查工业制备硫酸，题目难度中等，明确制备目的、制备原理为解答关键，注意掌握物质制备方案设计原则，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。二．解答题（共4小题）16．（2025春•海淀区校级期中）海洋资源的利用具有非常广阔的前景。Ⅰ．利用空气吹出法从海水中提取溴的流程如图。（1）溴原子的结构示意图为。（2）“吸收塔”中发生反应的离子方程式为Br2+SⅡ．海带中含有碘元素，从海带中提取碘的实验过程如图所示。（3）步骤①会用到下列仪器中的AC（填序号）。A．酒精灯B．漏斗C．坩埚D．蒸发皿（4）海带灰悬浊液含有I﹣。ⅰ．步骤④若选用H2O2、稀硫酸进行氧化，离子方程式是2I-+ⅱ．步骤④若选用Cl2进行氧化，Cl2过量时，可能无法获得I2，原因是I2会被继续氧化为IO3-。该反应的离子方程式为I2+5C（5）步骤⑤“提取”包含以下四个过程。ⅰ．过程Ⅰ的现象是溶液分层，上层为无色，下层为紫色。ⅱ．过程Ⅲ的离子方程式是5I-+Iⅲ．过程Ⅰ→过程Ⅲ的目的是富集或提高I2的浓度。ⅳ．过程Ⅳ的操作名称是过滤。【答案】（1）；（2）Br（3）AC；（4）ⅰ．2Iⅱ．I2+5Cl（5）ⅰ．溶液分层，上层为无色，下层为紫色；ⅱ．5Iⅲ．富集或提高I2的浓度；ⅳ．过滤。【分析】浓缩海水中加入酸，再用氯气氧化，将溴离子氧化为溴单质，用空气吹出溴，再用二氧化硫吸收，反应生成氢溴酸和硫酸，再用氯气氧化溴离子得到溴单质，再蒸馏得到溴，经过一系列过程得到液溴；海带中浸出液用酸性双氧水氧化得到单质碘，单质碘用四氯化碳进行萃取，再用氢氧化钠溶液洗脱得到碘化钠、碘酸钠，再酸化得到碘，据此分析；【解答】解：（1）溴是第35号元素，原子的结构示意图为，故答案为：；（2）“吸收塔”中是溴单质和二氧化硫、水反应生成硫酸和氢溴酸，则发生反应的离子方程式为Br故答案为：Br（3）步骤①需要在坩埚里灼烧需要坩埚和酒精灯，泥三角，坩埚钳，故答案为：AC；（4）ⅰ．用H2O2、稀硫酸进行氧化生成碘单质，离子方程式是2I故答案为：2Iⅱ．I2被Cl2继续氧化为IO3-故答案为：I2+5Cl（5）ⅰ．过程Ⅰ为四氯化碳萃取碘溶液，现象是溶液分层，上层为无色，下层为紫色，故答案为：溶液分层，上层为无色，下层为紫色；ⅱ．过程Ⅲ为碘化钠、碘酸钠，酸化得到碘，离子方程式是5I故答案为：5Iⅲ．过程Ⅰ→过程Ⅲ的目的是富集或提高I2的浓度，故答案为：富集或提高I2的浓度；ⅳ．过程Ⅳ悬浊液得到固体，操作名称是过滤，故答案为：过滤。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。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春•海淀区校级期中）人工固氮对于农业生产有重要意义，硝酸生成对于工业生产有重要意义。Ⅰ、工业合成氨。（1）N2和H2合成NH3反应的化学方程式是N2+3H2⇌催化剂高温高压2NH3（2）下列措施中，有利于增大其反应速率的是ac。a.升高温度b.恒容时充入He气c.使用催化剂Ⅱ、以氨为原料制备硝酸的原理示意图如图。（3）氧化炉中发生反应：主反应：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）副反应：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）①已知：断开1molN—H键、1molO═O键、1molNaN键、1molO—H键分别需要吸收能量为391kJ、498kJ、946kJ、464kJ。若生成1molN2，副反应放出能量637kJ。②为研究某催化剂对反应的影响，将1molNH3和2molO2充入体积为1L的恒容密闭容器中，相同时间，测得n（NO）、n（N2）随温度的变化如图。下列说法的正确是ac。a.在该条件下，840℃更有利于主反应b.520℃时，c(Nc.A→B，温度升高，生成NO的反应速率增大d.C点n（NO）小于B点n（NO）可能是催化剂的活性降低所致（4）热交换器中的反应分两步。反应i：2NO（g）═N2O2（g）反应ⅱ：_____。写出反应ⅱ的化学方程式N2O2（g）+O2（g）＝2NO2（g）。（5）写出吸收塔内生成HNO3的总反应方程式6NO2+O3+3H2O＝6HNO3。（6）用滴定法测定溶液中NHi.取v1mL含NH4ⅱ.加入过量的v2ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的v3ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol•L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H+，消耗的NaOH溶液体积为v4mL。待测溶液中NH4+的物质的量浓度是2【答案】（1）N2+3H2⇌催化剂高温高压2NH（2）ac；（3）①637；②acd；（4）N2O2（g）+O2（g）＝2NO2（g）；（5）：6NO2+O3+3H2O＝6HNO3；（6）2c【分析】（1）工业上N2和H2在高温、高压、催化剂条件下合成NH3：化学方程式为N2+3H2⇌催化剂高温高压2NH（2）a.升高温度能提高活化分子百分数，反应速率增大；b.恒容时充入He气，反应物浓度不变，反应速率不变；c.使用催化剂，降低反应活化能，反应速率增大；（3）①副反应：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g），生成1molN2时，反应为：2NH3（g）+32O2（g）═N2（g）+3H2O（g），反应热ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和＝2×3×391kJ/mol+×498kJ/mol﹣946kJ/mol﹣3×2×464kJ/mol＝﹣637kJ/mol，即生成1molN2放出②a.840℃时，NO的反应速率（或物质的量）仍在上升但增速放缓，N2的速率已降为0，说明更有利于主反应；b.520℃时，n（NO）＝n（N2），设物质的量均为x。根据N原子守恒：x+2x＝1mol，得x=13mol，则反应的NH3为43x=43×13=49mol，剩余NHc.A→B温度升高，NO的生成速率曲线上升，说明反应速率增大；d.C点温度高于B点，可能因催化剂活性降低，导致NO生成速率下降，物质的量减小；（4）热交换器中是NO被O2氧化为NO2，反应i是2NO（g）＝N2O2（g），则反应ii为：N2O2（g）+O2（g）＝2NO2（g）；（5）吸收塔内NO2与H2O、O3反应生成HNO3，配平得：6NO2+O3+3H2O＝6HNO3；（6）吸收液中H2SO4的总物质的量：n（H2SO4）总＝c3•v3×10﹣3mol，滴定消耗的NaOH的物质的量：n（NaOH）＝c4•v4×10﹣3mol，与过量NaOH反应的H2SO4的物质的量：n（H2SO4）=12n（NaOH）=12c4•v4×10﹣3mol，n（H2SO4）反应＝n（H2SO4）总﹣n（H2SO4）过量；代入数据得：n（H2SO4）反应＝c3•v3×10﹣3-12c4•v4×10﹣3mol＝（c3•v3×10﹣3）；由反应关系可知，n（NH4+）＝n（NH3）＝2n（H2SO4）反应，代入上式得：n（NH4+）＝2×（c3•v3×10﹣3-12c4•v4×10﹣3）＝（2c3•v3﹣c4•【解答】解：（1）工业上N2和H2在高温、高压、催化剂条件下合成NH3：化学方程式为N2+3H2⇌催化剂高温高压2NH故答案为：N2+3H2⇌催化剂高温高压2NH（2）a.升高温度能提高活化分子百分数，反应速率增大，故a正确；b.恒容时充入He气，反应物浓度不变，反应速率不变，故b错误；c.使用催化剂，降低反应活化能，反应速率增大，故c正确；故答案为：ac；（3）①副反应：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g），生成1molN2时，反应为：2NH3（g）+32O2（g）═N2（g）+3H2O（g），反应热ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和＝2×3×391kJ/mol+32×498kJ/mol﹣946kJ/mol﹣3×2×464kJ/mol＝﹣637kJ/mol，即生成故答案为：637；②a.840℃时，NO的反应速率（或物质的量）仍在上升但增速放缓，N2的速率已降为0，说明更有利于主反应，故a正确；b.520℃时，n（NO）＝n（N2），设物质的量均为x。根据N原子守恒：x+2x＝1mol，得x=13mol，则反应的NH3为43x=43×13=49mol，剩余NH3为c.A→B温度升高，NO的生成速率曲线上升，说明反应速率增大，故c正确；d.C点温度高于B点，可能因催化剂活性降低，导致NO生成速率下降，物质的量减小，故d正确；故答案为：acd；（4）热交换器中是NO被O2氧化为NO2，反应i是2NO（g）＝N2O2（g），则反应ii为：N2O2（g）+O2（g）＝2NO2（g）；故答案为：N2O2（g）+O2（g）＝2NO2（g）；（5）吸收塔内NO2与H2O、O3反应生成HNO3，配平得：6NO2+O3+3H2O＝6HNO3；故答案为：6NO2+O3+3H2O＝6HNO3；（6）吸收液中H2SO4的总物质的量：n（H2SO4）总＝c3•v3×10﹣3mol，滴定消耗的NaOH的物质的量：n（NaOH）＝c4•v4×10﹣3mol，与过量NaOH反应的H2SO4的物质的量：n（H2SO4）=12n（NaOH）=12c4•v4×10﹣3mol，n（H2SO4）反应＝n（H2SO4）总﹣n（H2SO4