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2021-2022学年广东省深圳市福田区红岭中学高二（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年广东省深圳市福田区红岭中学高二（上）期中化学试卷，共32页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省深圳市福田区红岭中学高二（上）期中化学试卷
一、选择题（本大题共16小题，1-10每题3分，11-16每题4分每小题的4个选项中仅有一个选项是正确的，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）
1．（3分）新中国成立70年来，我国在载人飞船、北斗卫星、高铁、5G技术等领域取得了举世瞩目的成就。它们均与化学有着密切联系。下列说法正确的是（ ）
A．国庆阅兵中出现的直﹣20直升机使用了大量的新型材料，其中锂铝合金属于金属材料
B．“神州十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐
C．截止2019年11月我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是碳化硅
D．我国2020年发射的首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
2．（3分）劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项
劳动项目
化学知识
A
社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒
含氯消毒剂具有氧化性
B
学农活动：用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含N、P、K等元素
C
家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢
乙酸可由乙醇氧化制备
D
自主探究：以油脂为原料制肥皂
油脂可发生皂化反应
A．A B．B C．C D．D
3．（3分）国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数，并于2019年5月20日正式生效．下列说法正确的是（ ）
A．18gNH4+中所含的电子数为11NA
B．常温下，IL pH＝1的H2SO4溶液中含有的H+的数目为0.2NA
C．含4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数为2NA
D．常温常压下，3.4gH2O2含有极性键的数目为0.2NA
4．（3分）NH3的氧化还原反应为4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0，下列图象不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（3分）下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A．1个苯分子中含有3个碳碳双键
B．由乙烯生成乙醇属于加成反应
C．C4H9Cl有3种同分异构体
D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
6．（3分）室温时，对10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液，下列说法正确的是（ ）
A．向其中加入蒸馏水后，原溶液中离子浓度均减小
B．加入水稀释过程中增大
C．加入5mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
D．加入少量稀盐酸，使的值增大
7．（3分）在恒容的密闭容器中发生C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）下列说法正确的是（ ）
A．增加碳的量平衡右移
B．增大压强CO2的转化率增大
C．若在恒温下将体积拉伸为原来二倍则压强变为原来的
D．若气体平均摩尔质量不变则反应达到平衡
8．（3分）下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．唾液可以使淀粉水解速率加快
B．红棕色的NO2气体加压后颜色先变深后变浅
C．高压比常压有利于合成SO3的反应
D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅
9．（3分）A、B、C、D为短周期主族元素，25℃时，其最高价氧化物的水化物溶液（浓度均为0.1mol•L﹣1）的pH和原子序数的关系如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：D＞C＞A＞B
B．D元素氧化物的水化物一定是强酸
C．B、C形成的化合物为弱电解质
D．氢化物的还原性：C＞D
10．（3分）已知合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1，在恒温恒容的密闭容器中通入2molN2和6molH2，达到平衡时放出热量73.6kJ，则N2的转化率为（ ）
A．40% B．80% C．30% D．60%
11．（4分）我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂（Pd和Rh）表面分解产生H2的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法错误的是（ ）
A．HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程
B．Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热不同
C．该反应过程中有C﹣H键的断裂，还有C＝O键的生成
D．HCOO++H+═CO2+2H+是该历程的决速步骤
12．（4分）下列实验操作，现象及结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
将SO2气体通入稀硫酸酸化的KMnO4溶液中
KMnO4溶液的颜色褪去
SO2具有还原性
B
用洁净的铜丝蘸取某溶液灼烧
火焰呈绿色
溶液中含有Cu2+
C
取两支试管，分别加入4mL 0.01mol•L﹣1和4mL 0.02mol•L﹣1的KMnO4溶液，然后向两支试管中各加入2mL 0.02mol•L﹣1H2C2O4溶液，分别记录两支试管中溶液褪色所需的时间
第二支试管溶液褪色所需的时间更短
其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大
D
向某溶液中先滴加少量氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变为红色
溶液中一定含有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
13．（4分）我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是（ ）
A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的
B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
14．（4分）改变0.1mol•L﹣1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA﹣、A2﹣的物质的量分数△（x）随pH的变化如图所示[已知△（x）＝]．下列叙述错误的是（ ）
A．pH＝1.2时，c（H2A）＝c（HA﹣）
B．lg[K2（H2A）]＝﹣4.2
C．pH＝2.7时，c（HA﹣）＞c（H2A）＝c（A2﹣）
D．pH＝4.2时，c（HA﹣）＝c（A2﹣）＝c（H+）
15．（4分）常温下，pH＝11的X、Y两种碱溶液各1mL，分别稀释至100mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．X、Y两种碱溶液中溶质的物质的量浓度一定相等
B．稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强
C．完全中和X、Y这两种碱溶液时，消耗同浓度盐酸的体积相等
D．若9＜a＜11，则X、Y都是弱碱
16．（4分）下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏加德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得△H为的△H1、△H2的和
H2与O2的体积比约为2：1
A．A B．B C．C D．D
二、填空题（每空2分）
17．（12分）（1）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。
CO还原法：一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS（s），该反应 （填“放出”或“吸收”）的热量为 。该反应的热化学方程式为 。
（2）汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放．已知：
①2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H＝﹣566.0kJ•mol﹣1
②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1
③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝﹣116.5kJ•mol﹣1
Ⅰ．CO的燃烧热为 。若1mol N2（g）、1mol O2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1mol NO（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为 kJ。
Ⅱ．CO将NO2还原为单质的热化学方程式为 。
18．（10分）某中学高二某班学生为了研究外界条件对化学反应速率的影响设计了如下一系列的实验，在实验过程中收集产生的气体，并记录获得相同体积的气体所需时间。
实验
①
②
③
④
浓度
50mL 4mol×L﹣1H2SO4
溶液
50mL 2mol×L﹣1H2SO4
溶液
50mL 4mol×L﹣1H2SO4
溶液
50mL 4mol×L﹣1H2SO4
溶液
温度
/℃
20
20
20
40
固体形状
6.5g块状Zn
6.5g块状Zn
6.5g粉末状Zn
6.5g块状Zn
（1）①②④中化学反应速率由快到慢的顺序为 。（填序号，下同）
（2）探究浓度对化学反应速率影响的是 ；探究温度对化学反应速率影响的是 ；①③探究 对化学反应速率影响。
（3）某同学查资料得知向上面的实验体系中加入硫酸铜固体能加快反应速率，其原因为 。
19．（12分）神舟十三号三名航天员要在天宫站工作半年因此对其呼吸产生的CO2用下列反应处理，可实现空间站中O2的循环利用。
Sabatier反应：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
水电解反应：2H2O（g）⇌2H2（g）+O2（g）
（1）将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O（g）的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。
①Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是 （填标号）。
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E．合理控制反应器中气体的流速
②高于380℃，H2O的物质的量分数随温度升高而降低的原因是： 。
（2）一种新的循环利用方案是用Bosch反应 CO2（g）+2H2（g）⇌C（g）+2H2O（g）△H代替Sabatier反应，再电解水实现O2的循环利用。
Ⅰ．①已知：CO2（g）和H2O（g）的生成焓为：﹣394kJ/mol，﹣242kJ/mol．则△H＝ kJ/mol。（生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。）
②若要此反应自发进行 ．（填“高温”或“低温”）更有利。
③Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是 。
Ⅱ．350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，若反应起始和平衡时温度相同（均为350℃），测得反应过程中压强随时间的变化如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强/p
6.00
5.60
5.30
5.15
5.06
5.00
5.00
①350℃时Bosch反应的Kp＝ （Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压）。
20．（12分）某小组实验验证“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验Ⅰ：将0.0100mol/L Ag2SO4溶液与0.0400mol/L FeSO4溶液（pH＝1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ：向少量Ag粉中加入0.0100mol/L Fe2（SO4）3溶液（pH＝1），固体完全溶解。
①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag．现象是 。
②Ⅱ中溶液选用Fe2（SO4）3，不选用Fe（NO3）3的原因是 。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取vmL上层清液，用c1mol/LKSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时，消耗KSCN标准溶液v1mL。
资料：Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓（白色）K＝1012
Fe3++SCN﹣⇌FeSCN2+（红色）K＝102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是 。
②测得平衡常数K＝ 。
（3）思考问题
①不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是 。
②取实验Ⅰ的浊液测定c（Ag+），会使所测K值 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
2021-2022学年广东省深圳市福田区红岭中学高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共16小题，1-10每题3分，11-16每题4分每小题的4个选项中仅有一个选项是正确的，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）
1．（3分）新中国成立70年来，我国在载人飞船、北斗卫星、高铁、5G技术等领域取得了举世瞩目的成就。它们均与化学有着密切联系。下列说法正确的是（ ）
A．国庆阅兵中出现的直﹣20直升机使用了大量的新型材料，其中锂铝合金属于金属材料
B．“神州十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐
C．截止2019年11月我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是碳化硅
D．我国2020年发射的首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【分析】A．锂铝合金属于合金；
B．高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷等；
C．光纤的主要成分是二氧化硅；
D．太阳能电池帆板的材料是单晶硅。
【解答】解：A．锂铝合金属于合金，为金属材料，故A正确；
B．高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷，其主要成分不是硅酸盐，故B错误；
C．二氧化硅晶体能传递光信号，是制造光导纤维的材料，则光纤的主要成分是二氧化硅，故C错误；
D．硅单质是优良的半导体材料，太阳能电池帆板的材料是单晶硅，是硅单质，不是二氧化硅，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（3分）劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项
劳动项目
化学知识
A
社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒
含氯消毒剂具有氧化性
B
学农活动：用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含N、P、K等元素
C
家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢
乙酸可由乙醇氧化制备
D
自主探究：以油脂为原料制肥皂
油脂可发生皂化反应
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．84消毒液的有效成分是NaClO，有强氧化性，能使蛋白质变性；
B．厨余垃圾含N、P、K等肥效元素，适宜作肥料；
C．白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性强；
D．油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠和甘油，可用于制造肥皂。
【解答】解：A．84消毒液的有效成分是NaClO，利用其强氧化性，能使蛋白质变性，可用于对图书馆桌椅消毒，故A正确；
B．N、P、K为肥效元素，而厨余垃圾含N、P、K等元素，则可作肥料，故B正确；
C．白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性强，可用于清洗水壶中的水垢，与乙酸可由乙醇氧化制备无关，故C错误；
D．油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠和甘油，称为皂化反应，水解产物可用于制造肥皂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查生活中的化学及应用，明确常见的化学物质组成、性质及应用是解题关键，属基础考查，难度较低。
3．（3分）国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数，并于2019年5月20日正式生效．下列说法正确的是（ ）
A．18gNH4+中所含的电子数为11NA
B．常温下，IL pH＝1的H2SO4溶液中含有的H+的数目为0.2NA
C．含4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数为2NA
D．常温常压下，3.4gH2O2含有极性键的数目为0.2NA
【分析】A.一个铵根离子中含有10个电子；
B.由公式n＝cV求算物质的量；
C.二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，与稀盐酸不反应；
D.一个H2O2分子含有2个H﹣O极性键。
【解答】解：A.18gNH4+中所含的电子数为×10×NA/mol＝10NA，故A错误；
B.pH＝1的H2SO4溶液中c（H+）＝0.1mol/L，含有的H+的数目为0.1mol/L×1L×NA/mol＝0.1NA，故B错误；
C.含4mol HCl的浓盐酸完全反应转移2mol电子，但盐酸随反应进行逐渐变稀，二氧化锰与稀盐酸不反应，转移的电子总数小于2NA，故C错误；
D.3.4gH2O2含有极性键的数目为×2×NA/mol＝0.2NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
4．（3分）NH3的氧化还原反应为4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0，下列图象不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】A.增大压强平衡逆向移动，氨气的转化率减小；
B.使用催化剂反应速率加快，缩短了达到平衡的时间，催化剂不影响平衡，平衡时氨气的氨气的含量不变；
C.增大压强平衡逆向移动，一氧化氮的产率减小；
D.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，水的含量减小。
【解答】解：A.该反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，NH3的转化率减小，且压强越大反应速率越快，优先达到平衡状态，图示曲线变化合理，故A正确；
B.有催化剂条件下反应速率较快，优先达到平衡状态，且催化剂不影响平衡，平衡时氨气的氨气的含量不变，图示曲线变化合理，故B正确；
C.该反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，NO的产率减小，且压强越大反应速率越快，优先达到平衡状态，图示曲线变化合理，故C正确；
D.该反应的△H＜0，属于放热反应，升高温度平衡逆向移动，H2O的含量减小，即温度越高H2O的含量越小，图示曲线变化不合理，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握题干反应特点、图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握外界条件为化学平衡的影响，试题侧重考查学生学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5．（3分）下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A．1个苯分子中含有3个碳碳双键
B．由乙烯生成乙醇属于加成反应
C．C4H9Cl有3种同分异构体
D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
【分析】A．苯分子中含有的化学键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊化学键；
B．乙烯可以和水之间发生加成反应生成乙醇；
C．C4H10有2种结构，C4H9Cl可以看成其中的一个H原子被取代的结果，C4H10中有几种等效氢原子，则C4H9Cl含有几种同分异构体；
D．高分子化合物是相对分子质量达到几万、几十万的有机化合物。
【解答】解：A．苯分子中含有的化学键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊化学键，苯分子中不含碳碳双键，故A错误；
B．乙烯可以和水之间发生加成反应生成乙醇，即由乙烯生成乙醇属于加成反应，故B正确；
C．C4H10有2种结构CH3CH2CH2CH3、CH（CH3）3，C4H9Cl可以看成其中的一个H原子被取代的结果，其中CH3CH2CH2CH3有2种，CH（CH3）3有2种，C4H9Cl有4种同分异构体，故C错误；
D．高分子化合物是相对分子质量达到几万、几十万的有机化合物，油脂不属于高分子化合物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题目涉及有机物的结构和性质以及有机反应类型的判断方面的知识，属于基础知识的归纳和梳理，难度不大。
6．（3分）室温时，对10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液，下列说法正确的是（ ）
A．向其中加入蒸馏水后，原溶液中离子浓度均减小
B．加入水稀释过程中增大
C．加入5mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
D．加入少量稀盐酸，使的值增大
【分析】A.稀释后氢离子浓度减小，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大；
B.加入水稀释过程中醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，醋酸的浓度减小，结合c＝分析；
C.反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，结合物料守恒分析；
D.＝Ka（CH3COOH），温度不变电离平衡常数不变。
【解答】解：A.向其中加入蒸馏水后，原溶液中醋酸根离子、氢离子浓度均减小，由于水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B.加入水稀释过程中CH3COOH的电离程度增大，溶液中n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，同一溶液中体积相同，则＝的比值增大，故B正确；
C.加入5mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的CH3COONa和CH3COOH，结合物料守恒可知：2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故C错误；
D.Ka（CH3COOH）只受温度的影响，加入少量稀盐酸，由于温度不变，则＝Ka（CH3COOH）的值不变，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握电离平衡常数的表达式及其影响为解答关键，注意掌握物料守恒的内容，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
7．（3分）在恒容的密闭容器中发生C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）下列说法正确的是（ ）
A．增加碳的量平衡右移
B．增大压强CO2的转化率增大
C．若在恒温下将体积拉伸为原来二倍则压强变为原来的
D．若气体平均摩尔质量不变则反应达到平衡
【分析】A.碳为固体，增加碳的量平衡不移动；
B.增大压强平衡逆向移动；
C.将体积拉伸为原来二倍，压强减小，平衡正向移动；
D.正逆反应速率相等，变量不再变化时达到平衡状态。
【解答】解：A.C（s）为固体，增加碳的量平衡不发生移动，故A错误；
B.该反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，CO2的转化率减小，故B错误；
C.若在恒温下将体积拉伸为原来二倍，若平衡不移动时压强变为原来，由于压强减小平衡正向移动，则重新达到平衡时压强大于原来的，故C错误；
D.该反应中气体总质量、总物质的量为变量，则气体平均摩尔质量为变量，若气体平均摩尔质量不变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，注意掌握外界条件对化学平衡的影响，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8．（3分）下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．唾液可以使淀粉水解速率加快
B．红棕色的NO2气体加压后颜色先变深后变浅
C．高压比常压有利于合成SO3的反应
D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【分析】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。
【解答】解：A．唾液是催化剂，加快淀粉水解速率，但平衡不移动，故A选；
B．可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g），正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体有色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可以平衡移动原理解释，故B不选；
C．该反应前后气体计量数之和减小，则增大压强平衡正向移动，所以有利于合成三氧化硫，能用平衡移动原理解释，故C不选；
D．氯气在水中存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，光照后HClO分解而促使平衡正向移动，则氯气浓度减小，溶液颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确平衡移动原理内涵及其适用范围是解本题关键，只有改变条件时能引起可逆反应平衡移动的才能用平衡移动原理解释，题目难度不大。
9．（3分）A、B、C、D为短周期主族元素，25℃时，其最高价氧化物的水化物溶液（浓度均为0.1mol•L﹣1）的pH和原子序数的关系如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：D＞C＞A＞B
B．D元素氧化物的水化物一定是强酸
C．B、C形成的化合物为弱电解质
D．氢化物的还原性：C＞D
【分析】A、B、C、D为短周期主族元素，根据图示可知，0.1mol/LA和D的最高价氧化物的水化物的pH＝1，应该为HNO3和HClO4，则A为N，D为Cl；0.1mol/LB的最高价氧化物的水化物的pH＝13，该化合物为NaOH，则B为Na元素；C的原子序数大于Na，其最高价氧化物的水化物溶液（浓度均为0.1mol•L﹣1）的pH＜1，应该为二元强酸，则C应为S元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，A为N，B为Na，C为S，D为Cl元素，
A．电子层越多离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：C＞D＞A＞B，故A错误；
B．D元素氧化物的水化物有次氯酸、高氯酸等，高氯酸为强酸，但次氯酸为弱酸，故B错误；
C．B、C形成的化合物为硫化钠，硫化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故C错误；
D．C、D的氢化物分别为硫化氢、氯化氢，非金属性越强，对应简单氢化物的还原性越弱，非金属性Cl＞S，则氢化物还原性：C＞D，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、酸碱的pH来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10．（3分）已知合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1，在恒温恒容的密闭容器中通入2molN2和6molH2，达到平衡时放出热量73.6kJ，则N2的转化率为（ ）
A．40% B．80% C．30% D．60%
【分析】设出平衡时消耗氮气的物质的量为x，然后结合“达到平衡时放出热量73.6kJ”及N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1列式计算x，最后根据转化率＝×100%计算N2的转化率。
【解答】解：设平衡时消耗N2的物质的量为x，根据N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1可知：92kJ•mol﹣1×x＝73.6kJ，解得：x＝0.8mol，则平衡时N2的转化率为：×100%＝40%，
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握题干信息、转化率的概念为解答关键，注意掌握热化学方程式表示的意义，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
11．（4分）我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂（Pd和Rh）表面分解产生H2的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法错误的是（ ）
A．HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程
B．Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热不同
C．该反应过程中有C﹣H键的断裂，还有C＝O键的生成
D．HCOO++H+═CO2+2H+是该历程的决速步骤
【分析】A．反应物能量高于生成物能量，则该过程放热；
B．催化剂可以改变的路径，不能改变反应的焓变；
C．根据反应历程和分子结构判断化学键的断裂与形成；
D．活化能最大的步骤是反应历程的决速步骤。
【解答】解：A．由图示可知，HCOOH吸附在催化剂表面形成HCOOH*的过程能量降低，则该过程是一个放热反应，故A正确；
B．催化剂可以改变的路径，不能改变反应的焓变，则用Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热相同，故B错误；
C．HCOOH*变为HCOO*和H*的过程有C﹣H键的断裂，HCOO++H+═CO2+2H+中生成CO2有C＝O的形成，故C正确；
D．由图示可知，HCOO++H+═CO2+2H+的步骤活化能最高，反应速率最慢，故为整个反应历程的决速步骤，故D正确；
故选：B。
【点评】本题依托化学反应历程图考查学生分析、识图能力，涉及信息的读取、反应热与活化能，理解原理是解答本题的关键，此题难度中等。
12．（4分）下列实验操作，现象及结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
将SO2气体通入稀硫酸酸化的KMnO4溶液中
KMnO4溶液的颜色褪去
SO2具有还原性
B
用洁净的铜丝蘸取某溶液灼烧
火焰呈绿色
溶液中含有Cu2+
C
取两支试管，分别加入4mL 0.01mol•L﹣1和4mL 0.02mol•L﹣1的KMnO4溶液，然后向两支试管中各加入2mL 0.02mol•L﹣1H2C2O4溶液，分别记录两支试管中溶液褪色所需的时间
第二支试管溶液褪色所需的时间更短
其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大
D
向某溶液中先滴加少量氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变为红色
溶液中一定含有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.二氧化硫被高锰酸钾氧化；
B.应选铁丝或铂丝蘸取溶液；
C.应改变草酸的浓度不同，且高锰酸钾不足；
D.先滴加少量氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰。
【解答】解：A.二氧化硫被高锰酸钾氧化，溶液褪色，可知二氧化硫具有还原性，故A正确；
B.应选铁丝或铂丝蘸取溶液，不能选洁净的铜丝蘸取，故B错误；
C.应改变草酸的浓度不同，且高锰酸钾不足，而实验中高锰酸钾过量，不能观察褪色的时间探究浓度对速率的影响，故C错误；
D.先滴加少量氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，应先加KSCN无现象，后加氯水检验，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、反应速率、离子检验、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。
13．（4分）我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是（ ）
A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的
B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
【分析】A．二氧化碳生成COOH，为还原反应；CO生成CHO发生还原反应，CHO生成CH2O为还原反应，CH2O生成CH3O为还原反应，CH3O生成甲醇为还原反应；
B．根据图知，催化剂Cu结合H原子，催化剂Cu2O结合含CHO微粒；
C．该催化过程中有化学键的形成和断裂；
D．CHO和H生成CH2O。
【解答】解：A．二氧化碳生成COOH，为还原反应；CO生成CHO发生还原反应，CHO生成CH2O为还原反应，CH2O生成CH3O为还原反应，CH3O生成甲醇为还原反应，所以Cu2生成甲醇是通过多步还原反应实现的，故A正确；
B．根据图知，催化剂Cu结合H原子，催化剂Cu2O结合含CHO微粒，所以催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；
C．该催化过程发生化学反应，所以该反应中有化学键的形成和断裂，故C错误；
D．CHO和H生成CH2O，需要Cu2O作催化剂，所以调控反应条件获得甲醛等有机物，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应历程，侧重考查分析判断能力，明确反应历程中断键、成键方式是解本题关键，题目难度不大。
14．（4分）改变0.1mol•L﹣1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA﹣、A2﹣的物质的量分数△（x）随pH的变化如图所示[已知△（x）＝]．下列叙述错误的是（ ）
A．pH＝1.2时，c（H2A）＝c（HA﹣）
B．lg[K2（H2A）]＝﹣4.2
C．pH＝2.7时，c（HA﹣）＞c（H2A）＝c（A2﹣）
D．pH＝4.2时，c（HA﹣）＝c（A2﹣）＝c（H+）
【分析】由图象可知，pH＝1.2时，c（H2A）＝c（HA﹣），PH＝2.7时，c（H2A）＝c（A2﹣），pH＝4.2时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），随着pH的增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小，以此解答该题。
【解答】解：A．由图象可知pH＝1.2时，H2A与HA﹣的曲线相交，则c（H2A）＝c（HA﹣），故A正确；
B．pH＝4.2时，c（H+）＝10﹣4.2mol/L，c（HA﹣）＝c（A2﹣），K2（H2A）＝＝10﹣4.2，则lg[K2（H2A）]＝﹣4.2，故B正确；
C．由图象可知，PH＝2.7时，c（H2A）＝c（A2﹣），由纵坐标数据可知c（HA﹣）＞c（H2A）＝c（A2﹣），故C正确；
D．pH＝4.2时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），但此时c（H2A）≈0，如体积不变，则c（HA﹣）＝c（A2﹣）＝0.05mol•L﹣1，c（H+）＝10﹣4.2mol/L，如体积变化，则不能确定c（HA﹣）、c（A2﹣）与c（H+）浓度大小关系，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，难度中等。
15．（4分）常温下，pH＝11的X、Y两种碱溶液各1mL，分别稀释至100mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．X、Y两种碱溶液中溶质的物质的量浓度一定相等
B．稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强
C．完全中和X、Y这两种碱溶液时，消耗同浓度盐酸的体积相等
D．若9＜a＜11，则X、Y都是弱碱
【分析】根据图象曲线变化及信息可知，两种碱溶液具有相同的体积和pH，稀释过程中pH变化越大，其碱性越强，当a＝9时，说明X为强碱，若9＜a＜11，说明X、Y都属于弱碱，以此解答该题。
【解答】解：A．由图可知，开始的pH相同，两种碱溶液稀释相同倍数后pH不同，则X、Y的碱性强弱一定不同，二者的物质的量浓度一定不相等，故A错误；
B．稀释后X溶液的pH小于Y溶液，则稀释后Y溶液碱性更强，故B错误；
C．由图象可知，100mL的X、Y溶液中n（OH﹣）关系为Y＞X，说明pH＝11的X、Y两种碱溶液，溶质浓度Y大于X，完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积V（X）＜V（Y），故C错误；
D．由图可知，开始的pH相同，若9＜a＜11，则1mL的弱碱加水稀释到100mL，溶液的pH变化小于2个单位，说明X、Y中都存在电离平衡，都属于弱碱，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，明确图示曲线变化的意义及电离平衡的影响因素为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度中等。
16．（4分）下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏加德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得△H为的△H1、△H2的和
H2与O2的体积比约为2：1
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的△H＜0，为放热反应，结合温度对化学平衡的影响分析；
B．HCl不是含氧酸，盐酸酸性大于碳酸与元素周期律无关；
C．结合盖斯定律内容分析；
D．根据电子守恒计算生成氢气和氧气的物质的量，然后利用阿伏加德罗定律分析。
【解答】解：A．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）为放热反应，热水中平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度增大，左球气体颜色加深；冷水中平衡向着正向移动，二氧化氮浓度减小，右球气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl＞碳酸，由于HCl不是含氧酸，无法用元素周期律解释，故B选；
C．根据盖斯定律可知：△H＝△H1+△H2，能够用盖斯定律解释，故C不选；
D．根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及化学平衡的影响、阿伏加德罗定律、盖斯定律、元素周期律等知识，明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素即可解答，试题培养了学生的综合应用能力。
二、填空题（每空2分）
17．（12分）（1）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。
CO还原法：一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS（s），该反应 放出 （填“放出”或“吸收”）的热量为 135kJ 。该反应的热化学方程式为 SO2（g）+2CO（g）⇌S（s）+2CO2（g）ΔH＝﹣270kJ•mol﹣1 。
（2）汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放．已知：
①2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H＝﹣566.0kJ•mol﹣1
②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1
③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝﹣116.5kJ•mol﹣1
Ⅰ．CO的燃烧热为 ﹣283kJ•mol﹣1 。若1mol N2（g）、1mol O2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1mol NO（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为 631.75 kJ。
Ⅱ．CO将NO2还原为单质的热化学方程式为 2NO2（g）+4CO（g）⇌N2（g）+4CO2（g） ΔH＝﹣1196kJ•mol﹣1 。
【分析】（1）根据图分析出该反应的热化学方程式，判断出16gS（s）的物质的量，并计算出此时的放热情况；
（2）Ⅰ.燃烧热的定义是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的产物所释放的热量，由盖斯定律找到与题干方程式的关系，计算出CO的燃烧热，根据键能的定义，结合方程式②计算出1mol NO（g）分子断键需要的热量；
Ⅱ.根据盖斯定律找到目标方程式与①、②、③的关系，再计算得到焓变。
【解答】解：（1）SO2和CO反应生成S和CO2的方程式为SO2+2CO⇌S↓+2CO2，由图可知，每生成1molS（g）放出热量270kJ，16gS（s）的物质的量＝＝＝0.5mol，所以生成16gS（s）发出热量135kJ，
故答案为：放出；135kJ；SO2（g）+2CO（g）⇌S（s）+2CO2（g） ΔH＝﹣270kJ•mol﹣1；
（2）已知①2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H＝﹣566.0kJ•mol﹣1
②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1
③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝﹣116.5kJ•mol﹣1
Ⅰ.CO完全燃烧生成稳定的产物的化学方程式为2CO+O2⇌2CO2，由①可知，2molCO参加反应释放热量566.0kJ，所以1molCO完全燃烧应该释放热量283kJ，根据1mol N2（g）、1mol O2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1，计算出生成2molNO（g）分子需要释放的热量＝946kJ+498kJ﹣180.5kJ＝631.75kJ，
故答案为：Ⅰ.﹣283kJ•mol﹣1；631.75；
Ⅱ.根据盖斯定律可知，CO将NO2还原为单质的热化学方程式为：4CO（g）+2NO2（g）+⇌N2（g）+4CO2（g） ΔH，其与①、②、③的关系为①×2﹣②﹣③，ΔH═﹣566.0kJ•mol﹣1×2﹣180.5kJ•mol﹣1﹣（﹣116.5kJ•mol﹣1）＝﹣1196kJ•mol﹣1，
故答案为：2NO2（g）+4CO（g）⇌N2（g）+4CO2（g） ΔH＝﹣1196kJ•mol﹣1。
【点评】本题主要考查热化学方程式的书写和反应热的求算，是高考考查的热点，有两种基本的计算方式，一种是利用键能求算，ΔH＝反应物的键能之和﹣生成物的键能之和；另一种是根据盖斯定律，先找出目标方程式与已知方程式之间的叠加关系，对相应的ΔH进行相应的叠加，可求算出目标方程式的反应热。
18．（10分）某中学高二某班学生为了研究外界条件对化学反应速率的影响设计了如下一系列的实验，在实验过程中收集产生的气体，并记录获得相同体积的气体所需时间。
实验
①
②
③
④
浓度
50mL 4mol×L﹣1H2SO4
溶液
50mL 2mol×L﹣1H2SO4
溶液
50mL 4mol×L﹣1H2SO4
溶液
50mL 4mol×L﹣1H2SO4
溶液
温度
/℃
20
20
20
40
固体形状
6.5g块状Zn
6.5g块状Zn
6.5g粉末状Zn
6.5g块状Zn
（1）①②④中化学反应速率由快到慢的顺序为 ④＞①＞② 。（填序号，下同）
（2）探究浓度对化学反应速率影响的是 ①② ；探究温度对化学反应速率影响的是 ①④ ；①③探究 固体的表面积或反应物的接触面积 对化学反应速率影响。
（3）某同学查资料得知向上面的实验体系中加入硫酸铜固体能加快反应速率，其原因为 硫酸铜和锌反应生成铜，生成的铜与锌形成原电池，加快反应速率 。
【分析】（1）反应速率随着温度的升高、反应物浓度的增大、固体接触面积的增大而增大；
（2）探究浓度对化学反应速率影响，只能是反应物的浓度不同，其他条件必须相同；探究温度对化学反应速率影响，只能是温度不同，其他条件必须相同；实验①③只有锌的接触面积不同，其他条件是相同的；
（3）锌与硫酸铜溶液反应生成铜，Cu、Zn和稀硫酸形成原电池，原电池反应能加快反应速率。
【解答】解：（1）实验①②的温度和块状的质量均相同，但实验①硫酸的浓度较大，则实验①的反应速率实验②；实验①④硫酸的浓度和块状的质量均相同，并且实验③温度较高，则实验④的反应速率实验①，所以④＞①＞②，
故答案为：④＞①＞②；
（2）实验①②的温度和块状的质量均相同，但实验①硫酸的浓度较大，则实验①②是探究浓度对化学反应速率影响；实验①④硫酸的浓度和块状的质量均相同，只有温度不同，则实验①④是探究温度对化学反应速率影响；实验①③只有锌的接触面积不同，其他条件均相同，则实验①③是探究固体的表面积或反应物的接触面积对化学反应速率影响，
故答案为：①②；①④；固体的表面积或反应物的接触面积；
（3）锌比铜活泼，实验体系中加入硫酸铜固体，锌与硫酸铜溶液反应生成铜，Cu、Zn和稀硫酸形成原电池，原电池反应能加快锌与硫酸的反应速率，
故答案为：硫酸铜和锌反应生成铜，生成的铜与锌形成原电池，加快反应速率。
【点评】本题考查了影响化学反应速率的因素，明确实验原理、实验目的为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，注意掌握原电池原理和控制变量法的应用，题目难度不大。
19．（12分）神舟十三号三名航天员要在天宫站工作半年因此对其呼吸产生的CO2用下列反应处理，可实现空间站中O2的循环利用。
Sabatier反应：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
水电解反应：2H2O（g）⇌2H2（g）+O2（g）
（1）将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O（g）的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。
①Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是 CE （填标号）。
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E．合理控制反应器中气体的流速
②高于380℃，H2O的物质的量分数随温度升高而降低的原因是： 反应为放热反应，升温平衡逆向进行 。
（2）一种新的循环利用方案是用Bosch反应 CO2（g）+2H2（g）⇌C（g）+2H2O（g）△H代替Sabatier反应，再电解水实现O2的循环利用。
Ⅰ．①已知：CO2（g）和H2O（g）的生成焓为：﹣394kJ/mol，﹣242kJ/mol．则△H＝ ﹣90 kJ/mol。（生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。）
②若要此反应自发进行 低温 ．（填“高温”或“低温”）更有利。
③Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是 反应的活化能高 。
Ⅱ．350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，若反应起始和平衡时温度相同（均为350℃），测得反应过程中压强随时间的变化如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强/p
6.00
5.60
5.30
5.15
5.06
5.00
5.00
①350℃时Bosch反应的Kp＝ （Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压）。
【分析】（1）①改变条件能使平衡正向移动但不能是通过增大二氧化碳浓度实现的都能提高二氧化碳转化率，化学平衡正向进行，结合影响转化率的因素分析判断；
②高于380℃，H2O的物质的量分数随温度升高而降低是因为反应为放热反应，升温平衡逆向进行；
（2）Ⅰ．①已知：CO2（g）和H2O（g）的生成焓为：﹣394kJ/mol，﹣242kJ/mol，反应的热化学方程式为：a．C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣394kJ/mol，b．H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣242kJ/mol，盖斯定律计算b×2﹣a得到Bosch反应CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）的△H；
②反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，结合反应的焓变和熵变判断需要的温度；
③该反应所需的活化能较高；
Ⅱ．①Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压，结合化学平衡三行计算列式计算物质的量，得到物质的量分数计算平衡常数；
【解答】解：（1）①A．适当减压，平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，故A错误；
B．增大催化剂的比表面积，增大反应速率，不改变化学平衡，不改变二氧化碳转化率，故B错误；
C．反应器前段加热，后段冷却，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故C正确；
D．提高原料气中CO2所占比例，平衡正向移动，但二氧化碳转化率减小，故D错误；
E．合理控制反应器中气体的流速，相当于增大浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故E正确；
故答案为：CE；
②高于380℃，H2O的物质的量分数随温度升高而降低，是因为反应为放热反应，升温平衡逆向进行，
故答案为：反应为放热反应，升温平衡逆向进行；
（2）Ⅰ．①已知：CO2（g）和H2O（g）的生成焓为：﹣394kJ/mol，﹣242kJ/mol，反应的热化学方程式为：a．C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣394kJ/mol，b．H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣242kJ/mol，盖斯定律计算b×2﹣a得到Bosch反应CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）的△H＝2×（﹣242kJ•mol﹣1）﹣（﹣394kJ•mol﹣1）＝﹣90kJ/mol，
故答案为：﹣90；
②CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）△H﹣90kJ/mol，反应为△H＜0，△S＜0的反应，满足此反应自发进行，△H﹣T△S＜0，反应的温度是低温，
故答案为：低温；
③断裂二氧化碳和氢气所需的能量较高，所以该反应所需的活化能较高，则一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动，
故答案为：反应的活化能高；
Ⅱ．①向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，结合三行计算计算平衡状态气体物质的量，设达到平衡状态消耗二氧化碳物质的量为x，
CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）
起始量（mol） 4 8 0
变化量（mol） x 2x 2x
平衡量（mol） 4﹣x 8﹣2x 2x
气体压强之比等于其物质的量之比，＝，x＝2mol，则平衡状态下n（CO2）＝2mol，n（H2）＝4mol，n（H2O）＝4mol，P＝5.00p，CO2%＝20%，H2%＝40%，H2O%＝40%，
Kp＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、图象变化分析判断、数据处理等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析、判断及计算能力，题目难度中等。
20．（12分）某小组实验验证“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验Ⅰ：将0.0100mol/L Ag2SO4溶液与0.0400mol/L FeSO4溶液（pH＝1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ：向少量Ag粉中加入0.0100mol/L Fe2（SO4）3溶液（pH＝1），固体完全溶解。
①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag．现象是 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 。
②Ⅱ中溶液选用Fe2（SO4）3，不选用Fe（NO3）3的原因是 硝酸铁溶液电离出硝酸根离子与溶液中的氢离子结合成有强氧化性的硝酸，能够氧化亚铁离子，而干扰实验 。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取vmL上层清液，用c1mol/LKSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时，消耗KSCN标准溶液v1mL。
资料：Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓（白色）K＝1012
Fe3++SCN﹣⇌FeSCN2+（红色）K＝102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是 滴定反应的指示剂 。
②测得平衡常数K＝ 。
（3）思考问题
①不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是 实验Ⅱ中银完全溶解，故无法判断体系是否达到平衡状态 。
②取实验Ⅰ的浊液测定c（Ag+），会使所测K值 偏低 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
【分析】（1）①银能与浓硝酸发生反应，方程式为Ag+2HNO3＝AgNO3+NO2↑+H2O，根据方程式判断现象；
②硝酸根离子与溶液中的氢离子结合成有强氧化性的硝酸，能够氧化亚铁离子，干扰实验；
（2）①Fe3+与SCN﹣反应生成红色FeSCN2+，是滴定反应的指示剂；
②根据Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓（白色）K＝1012，说明反应几乎进行到底，上层清液中的银离子浓度为mol/L，根据三段式进行计算，平衡常数K＝；
（3）①由于实验Ⅱ中银完全溶解，故无法判断体系是否达到平衡状态；
②若取实验Ⅰ所得浊液中银离子浓度，则浊液中还有银，因为存在：Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓，且随着反应Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓的进行，使得平衡逆向移动，测得平衡体系中的银离子浓度偏大，K值偏小。
【解答】解：（1）①银能与浓硝酸发生反应，方程式为Ag+2HNO3＝AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是银，
故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体；
②由于硝酸铁溶液电离出硝酸根离子与溶液中的氢离子结合成有强氧化性的硝酸，能够氧化亚铁离子，而干扰实验，故Ⅱ中溶液选用Fe2（SO4）3，不选用Fe（NO3）3，
故答案为：硝酸铁溶液电离出硝酸根离子与溶液中的氢离子结合成有强氧化性的硝酸，能够氧化亚铁离子，而干扰实验；
（2）①Fe3+与SCN﹣反应生成红色FeSCN2+，因为Ag+与SCN﹣反应相较于Fe3+与SCN﹣反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的银离子恰好完全反应，且溶液中铁离子浓度不变，说明上述反应达到平衡，故溶液中铁离子的作用是滴定反应的指示剂，
故答案为：滴定反应的指示剂；
②取Ⅰ中所得上层清液v mL，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液v1 mL；已知：Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓（白色）K＝1012，说明反应几乎进行到底，上层清液中的银离子浓度为mol/L，根据三段式进行计算：
Ag++Fe2+⇌Ag↓+Fe3+
起始浓度 0.02 0.01 0 0
转化浓度0.01﹣ 0.01﹣ 0.01﹣
平衡浓度0.01+ 0.01﹣
测得平衡常数K＝，带入以上数据，可得K＝，
故答案为：；
（3）①由于实验Ⅱ中银完全溶解，故无法判断体系是否达到平衡状态，因而不用实验Ⅱ中清液测定K，
故答案为：实验Ⅱ中银完全溶解，故无法判断体系是否达到平衡状态；
②若取实验Ⅰ所得浊液中银离子浓度，则浊液中还有银，因为存在：Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓，且随着反应Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓的进行，使得平衡逆向移动，测得平衡体系中的银离子浓度偏大，即偏大，故所得到的K＝偏低，
故答案为：偏低。
【点评】本题考查物质的性质的探究，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、自学能力和实验能力，注意把握物质的性质以及题给信息的运用，题目难度中等。
2021-2022学年广东省深圳市福田区红岭中学高二（上）期中化学试卷
一、选择题（本大题共16小题，1-10每题3分，11-16每题4分每小题的4个选项中仅有一个选项是正确的，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）
1．（3分）新中国成立70年来，我国在载人飞船、北斗卫星、高铁、5G技术等领域取得了举世瞩目的成就。它们均与化学有着密切联系。下列说法正确的是（ ）
A．国庆阅兵中出现的直﹣20直升机使用了大量的新型材料，其中锂铝合金属于金属材料
B．“神州十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐
C．截止2019年11月我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是碳化硅
D．我国2020年发射的首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
2．（3分）劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项
劳动项目
化学知识
A
社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒
含氯消毒剂具有氧化性
B
学农活动：用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含N、P、K等元素
C
家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢
乙酸可由乙醇氧化制备
D
自主探究：以油脂为原料制肥皂
油脂可发生皂化反应
A．A B．B C．C D．D
3．（3分）国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数，并于2019年5月20日正式生效．下列说法正确的是（ ）
A．18gNH4+中所含的电子数为11NA
B．常温下，IL pH＝1的H2SO4溶液中含有的H+的数目为0.2NA
C．含4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数为2NA
D．常温常压下，3.4gH2O2含有极性键的数目为0.2NA
4．（3分）NH3的氧化还原反应为4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0，下列图象不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（3分）下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A．1个苯分子中含有3个碳碳双键
B．由乙烯生成乙醇属于加成反应
C．C4H9Cl有3种同分异构体
D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
6．（3分）室温时，对10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液，下列说法正确的是（ ）
A．向其中加入蒸馏水后，原溶液中离子浓度均减小
B．加入水稀释过程中增大
C．加入5mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
D．加入少量稀盐酸，使的值增大
7．（3分）在恒容的密闭容器中发生C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）下列说法正确的是（ ）
A．增加碳的量平衡右移
B．增大压强CO2的转化率增大
C．若在恒温下将体积拉伸为原来二倍则压强变为原来的
D．若气体平均摩尔质量不变则反应达到平衡
8．（3分）下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．唾液可以使淀粉水解速率加快
B．红棕色的NO2气体加压后颜色先变深后变浅
C．高压比常压有利于合成SO3的反应
D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅
9．（3分）A、B、C、D为短周期主族元素，25℃时，其最高价氧化物的水化物溶液（浓度均为0.1mol•L﹣1）的pH和原子序数的关系如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：D＞C＞A＞B
B．D元素氧化物的水化物一定是强酸
C．B、C形成的化合物为弱电解质
D．氢化物的还原性：C＞D
10．（3分）已知合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1，在恒温恒容的密闭容器中通入2molN2和6molH2，达到平衡时放出热量73.6kJ，则N2的转化率为（ ）
A．40% B．80% C．30% D．60%
11．（4分）我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂（Pd和Rh）表面分解产生H2的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法错误的是（ ）
A．HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程
B．Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热不同
C．该反应过程中有C﹣H键的断裂，还有C＝O键的生成
D．HCOO++H+═CO2+2H+是该历程的决速步骤
12．（4分）下列实验操作，现象及结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
将SO2气体通入稀硫酸酸化的KMnO4溶液中
KMnO4溶液的颜色褪去
SO2具有还原性
B
用洁净的铜丝蘸取某溶液灼烧
火焰呈绿色
溶液中含有Cu2+
C
取两支试管，分别加入4mL 0.01mol•L﹣1和4mL 0.02mol•L﹣1的KMnO4溶液，然后向两支试管中各加入2mL 0.02mol•L﹣1H2C2O4溶液，分别记录两支试管中溶液褪色所需的时间
第二支试管溶液褪色所需的时间更短
其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大
D
向某溶液中先滴加少量氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变为红色
溶液中一定含有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
13．（4分）我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是（ ）
A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的
B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
14．（4分）改变0.1mol•L﹣1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA﹣、A2﹣的物质的量分数△（x）随pH的变化如图所示[已知△（x）＝]．下列叙述错误的是（ ）
A．pH＝1.2时，c（H2A）＝c（HA﹣）
B．lg[K2（H2A）]＝﹣4.2
C．pH＝2.7时，c（HA﹣）＞c（H2A）＝c（A2﹣）
D．pH＝4.2时，c（HA﹣）＝c（A2﹣）＝c（H+）
15．（4分）常温下，pH＝11的X、Y两种碱溶液各1mL，分别稀释至100mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．X、Y两种碱溶液中溶质的物质的量浓度一定相等
B．稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强
C．完全中和X、Y这两种碱溶液时，消耗同浓度盐酸的体积相等
D．若9＜a＜11，则X、Y都是弱碱
16．（4分）下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏加德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得△H为的△H1、△H2的和
H2与O2的体积比约为2：1
A．A B．B C．C D．D
二、填空题（每空2分）
17．（12分）（1）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。
CO还原法：一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS（s），该反应 （填“放出”或“吸收”）的热量为 。该反应的热化学方程式为 。
（2）汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放．已知：
①2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H＝﹣566.0kJ•mol﹣1
②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1
③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝﹣116.5kJ•mol﹣1
Ⅰ．CO的燃烧热为 。若1mol N2（g）、1mol O2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1mol NO（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为 kJ。
Ⅱ．CO将NO2还原为单质的热化学方程式为 。
18．（10分）某中学高二某班学生为了研究外界条件对化学反应速率的影响设计了如下一系列的实验，在实验过程中收集产生的气体，并记录获得相同体积的气体所需时间。
实验
①
②
③
④
浓度
50mL 4mol×L﹣1H2SO4
溶液
50mL 2mol×L﹣1H2SO4
溶液
50mL 4mol×L﹣1H2SO4
溶液
50mL 4mol×L﹣1H2SO4
溶液
温度
/℃
20
20
20
40
固体形状
6.5g块状Zn
6.5g块状Zn
6.5g粉末状Zn
6.5g块状Zn
（1）①②④中化学反应速率由快到慢的顺序为 。（填序号，下同）
（2）探究浓度对化学反应速率影响的是 ；探究温度对化学反应速率影响的是 ；①③探究 对化学反应速率影响。
（3）某同学查资料得知向上面的实验体系中加入硫酸铜固体能加快反应速率，其原因为 。
19．（12分）神舟十三号三名航天员要在天宫站工作半年因此对其呼吸产生的CO2用下列反应处理，可实现空间站中O2的循环利用。
Sabatier反应：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
水电解反应：2H2O（g）⇌2H2（g）+O2（g）
（1）将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O（g）的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。
①Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是 （填标号）。
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E．合理控制反应器中气体的流速
②高于380℃，H2O的物质的量分数随温度升高而降低的原因是： 。
（2）一种新的循环利用方案是用Bosch反应 CO2（g）+2H2（g）⇌C（g）+2H2O（g）△H代替Sabatier反应，再电解水实现O2的循环利用。
Ⅰ．①已知：CO2（g）和H2O（g）的生成焓为：﹣394kJ/mol，﹣242kJ/mol．则△H＝ kJ/mol。（生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。）
②若要此反应自发进行 ．（填“高温”或“低温”）更有利。
③Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是 。
Ⅱ．350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，若反应起始和平衡时温度相同（均为350℃），测得反应过程中压强随时间的变化如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强/p
6.00
5.60
5.30
5.15
5.06
5.00
5.00
①350℃时Bosch反应的Kp＝ （Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压）。
20．（12分）某小组实验验证“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验Ⅰ：将0.0100mol/L Ag2SO4溶液与0.0400mol/L FeSO4溶液（pH＝1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ：向少量Ag粉中加入0.0100mol/L Fe2（SO4）3溶液（pH＝1），固体完全溶解。
①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag．现象是 。
②Ⅱ中溶液选用Fe2（SO4）3，不选用Fe（NO3）3的原因是 。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取vmL上层清液，用c1mol/LKSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时，消耗KSCN标准溶液v1mL。
资料：Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓（白色）K＝1012
Fe3++SCN﹣⇌FeSCN2+（红色）K＝102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是 。
②测得平衡常数K＝ 。
（3）思考问题
①不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是 。
②取实验Ⅰ的浊液测定c（Ag+），会使所测K值 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
2021-2022学年广东省深圳市福田区红岭中学高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共16小题，1-10每题3分，11-16每题4分每小题的4个选项中仅有一个选项是正确的，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）
1．（3分）新中国成立70年来，我国在载人飞船、北斗卫星、高铁、5G技术等领域取得了举世瞩目的成就。它们均与化学有着密切联系。下列说法正确的是（ ）
A．国庆阅兵中出现的直﹣20直升机使用了大量的新型材料，其中锂铝合金属于金属材料
B．“神州十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐
C．截止2019年11月我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是碳化硅
D．我国2020年发射的首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【分析】A．锂铝合金属于合金；
B．高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷等；
C．光纤的主要成分是二氧化硅；
D．太阳能电池帆板的材料是单晶硅。
【解答】解：A．锂铝合金属于合金，为金属材料，故A正确；
B．高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷，其主要成分不是硅酸盐，故B错误；
C．二氧化硅晶体能传递光信号，是制造光导纤维的材料，则光纤的主要成分是二氧化硅，故C错误；
D．硅单质是优良的半导体材料，太阳能电池帆板的材料是单晶硅，是硅单质，不是二氧化硅，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（3分）劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项
劳动项目
化学知识
A
社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒
含氯消毒剂具有氧化性
B
学农活动：用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含N、P、K等元素
C
家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢
乙酸可由乙醇氧化制备
D
自主探究：以油脂为原料制肥皂
油脂可发生皂化反应
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．84消毒液的有效成分是NaClO，有强氧化性，能使蛋白质变性；
B．厨余垃圾含N、P、K等肥效元素，适宜作肥料；
C．白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性强；
D．油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠和甘油，可用于制造肥皂。
【解答】解：A．84消毒液的有效成分是NaClO，利用其强氧化性，能使蛋白质变性，可用于对图书馆桌椅消毒，故A正确；
B．N、P、K为肥效元素，而厨余垃圾含N、P、K等元素，则可作肥料，故B正确；
C．白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性强，可用于清洗水壶中的水垢，与乙酸可由乙醇氧化制备无关，故C错误；
D．油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠和甘油，称为皂化反应，水解产物可用于制造肥皂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查生活中的化学及应用，明确常见的化学物质组成、性质及应用是解题关键，属基础考查，难度较低。
3．（3分）国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数，并于2019年5月20日正式生效．下列说法正确的是（ ）
A．18gNH4+中所含的电子数为11NA
B．常温下，IL pH＝1的H2SO4溶液中含有的H+的数目为0.2NA
C．含4mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数为2NA
D．常温常压下，3.4gH2O2含有极性键的数目为0.2NA
【分析】A.一个铵根离子中含有10个电子；
B.由公式n＝cV求算物质的量；
C.二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，与稀盐酸不反应；
D.一个H2O2分子含有2个H﹣O极性键。
【解答】解：A.18gNH4+中所含的电子数为×10×NA/mol＝10NA，故A错误；
B.pH＝1的H2SO4溶液中c（H+）＝0.1mol/L，含有的H+的数目为0.1mol/L×1L×NA/mol＝0.1NA，故B错误；
C.含4mol HCl的浓盐酸完全反应转移2mol电子，但盐酸随反应进行逐渐变稀，二氧化锰与稀盐酸不反应，转移的电子总数小于2NA，故C错误；
D.3.4gH2O2含有极性键的数目为×2×NA/mol＝0.2NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
4．（3分）NH3的氧化还原反应为4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0，下列图象不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】A.增大压强平衡逆向移动，氨气的转化率减小；
B.使用催化剂反应速率加快，缩短了达到平衡的时间，催化剂不影响平衡，平衡时氨气的氨气的含量不变；
C.增大压强平衡逆向移动，一氧化氮的产率减小；
D.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，水的含量减小。
【解答】解：A.该反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，NH3的转化率减小，且压强越大反应速率越快，优先达到平衡状态，图示曲线变化合理，故A正确；
B.有催化剂条件下反应速率较快，优先达到平衡状态，且催化剂不影响平衡，平衡时氨气的氨气的含量不变，图示曲线变化合理，故B正确；
C.该反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，NO的产率减小，且压强越大反应速率越快，优先达到平衡状态，图示曲线变化合理，故C正确；
D.该反应的△H＜0，属于放热反应，升高温度平衡逆向移动，H2O的含量减小，即温度越高H2O的含量越小，图示曲线变化不合理，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握题干反应特点、图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握外界条件为化学平衡的影响，试题侧重考查学生学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5．（3分）下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A．1个苯分子中含有3个碳碳双键
B．由乙烯生成乙醇属于加成反应
C．C4H9Cl有3种同分异构体
D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
【分析】A．苯分子中含有的化学键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊化学键；
B．乙烯可以和水之间发生加成反应生成乙醇；
C．C4H10有2种结构，C4H9Cl可以看成其中的一个H原子被取代的结果，C4H10中有几种等效氢原子，则C4H9Cl含有几种同分异构体；
D．高分子化合物是相对分子质量达到几万、几十万的有机化合物。
【解答】解：A．苯分子中含有的化学键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊化学键，苯分子中不含碳碳双键，故A错误；
B．乙烯可以和水之间发生加成反应生成乙醇，即由乙烯生成乙醇属于加成反应，故B正确；
C．C4H10有2种结构CH3CH2CH2CH3、CH（CH3）3，C4H9Cl可以看成其中的一个H原子被取代的结果，其中CH3CH2CH2CH3有2种，CH（CH3）3有2种，C4H9Cl有4种同分异构体，故C错误；
D．高分子化合物是相对分子质量达到几万、几十万的有机化合物，油脂不属于高分子化合物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题目涉及有机物的结构和性质以及有机反应类型的判断方面的知识，属于基础知识的归纳和梳理，难度不大。
6．（3分）室温时，对10mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液，下列说法正确的是（ ）
A．向其中加入蒸馏水后，原溶液中离子浓度均减小
B．加入水稀释过程中增大
C．加入5mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）
D．加入少量稀盐酸，使的值增大
【分析】A.稀释后氢离子浓度减小，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大；
B.加入水稀释过程中醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，醋酸的浓度减小，结合c＝分析；
C.反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，结合物料守恒分析；
D.＝Ka（CH3COOH），温度不变电离平衡常数不变。
【解答】解：A.向其中加入蒸馏水后，原溶液中醋酸根离子、氢离子浓度均减小，由于水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B.加入水稀释过程中CH3COOH的电离程度增大，溶液中n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，同一溶液中体积相同，则＝的比值增大，故B正确；
C.加入5mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的CH3COONa和CH3COOH，结合物料守恒可知：2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故C错误；
D.Ka（CH3COOH）只受温度的影响，加入少量稀盐酸，由于温度不变，则＝Ka（CH3COOH）的值不变，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握电离平衡常数的表达式及其影响为解答关键，注意掌握物料守恒的内容，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
7．（3分）在恒容的密闭容器中发生C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）下列说法正确的是（ ）
A．增加碳的量平衡右移
B．增大压强CO2的转化率增大
C．若在恒温下将体积拉伸为原来二倍则压强变为原来的
D．若气体平均摩尔质量不变则反应达到平衡
【分析】A.碳为固体，增加碳的量平衡不移动；
B.增大压强平衡逆向移动；
C.将体积拉伸为原来二倍，压强减小，平衡正向移动；
D.正逆反应速率相等，变量不再变化时达到平衡状态。
【解答】解：A.C（s）为固体，增加碳的量平衡不发生移动，故A错误；
B.该反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，CO2的转化率减小，故B错误；
C.若在恒温下将体积拉伸为原来二倍，若平衡不移动时压强变为原来，由于压强减小平衡正向移动，则重新达到平衡时压强大于原来的，故C错误；
D.该反应中气体总质量、总物质的量为变量，则气体平均摩尔质量为变量，若气体平均摩尔质量不变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，注意掌握外界条件对化学平衡的影响，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8．（3分）下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．唾液可以使淀粉水解速率加快
B．红棕色的NO2气体加压后颜色先变深后变浅
C．高压比常压有利于合成SO3的反应
D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【分析】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。
【解答】解：A．唾液是催化剂，加快淀粉水解速率，但平衡不移动，故A选；
B．可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g），正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体有色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可以平衡移动原理解释，故B不选；
C．该反应前后气体计量数之和减小，则增大压强平衡正向移动，所以有利于合成三氧化硫，能用平衡移动原理解释，故C不选；
D．氯气在水中存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，光照后HClO分解而促使平衡正向移动，则氯气浓度减小，溶液颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确平衡移动原理内涵及其适用范围是解本题关键，只有改变条件时能引起可逆反应平衡移动的才能用平衡移动原理解释，题目难度不大。
9．（3分）A、B、C、D为短周期主族元素，25℃时，其最高价氧化物的水化物溶液（浓度均为0.1mol•L﹣1）的pH和原子序数的关系如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：D＞C＞A＞B
B．D元素氧化物的水化物一定是强酸
C．B、C形成的化合物为弱电解质
D．氢化物的还原性：C＞D
【分析】A、B、C、D为短周期主族元素，根据图示可知，0.1mol/LA和D的最高价氧化物的水化物的pH＝1，应该为HNO3和HClO4，则A为N，D为Cl；0.1mol/LB的最高价氧化物的水化物的pH＝13，该化合物为NaOH，则B为Na元素；C的原子序数大于Na，其最高价氧化物的水化物溶液（浓度均为0.1mol•L﹣1）的pH＜1，应该为二元强酸，则C应为S元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，A为N，B为Na，C为S，D为Cl元素，
A．电子层越多离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：C＞D＞A＞B，故A错误；
B．D元素氧化物的水化物有次氯酸、高氯酸等，高氯酸为强酸，但次氯酸为弱酸，故B错误；
C．B、C形成的化合物为硫化钠，硫化钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故C错误；
D．C、D的氢化物分别为硫化氢、氯化氢，非金属性越强，对应简单氢化物的还原性越弱，非金属性Cl＞S，则氢化物还原性：C＞D，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、酸碱的pH来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10．（3分）已知合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1，在恒温恒容的密闭容器中通入2molN2和6molH2，达到平衡时放出热量73.6kJ，则N2的转化率为（ ）
A．40% B．80% C．30% D．60%
【分析】设出平衡时消耗氮气的物质的量为x，然后结合“达到平衡时放出热量73.6kJ”及N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1列式计算x，最后根据转化率＝×100%计算N2的转化率。
【解答】解：设平衡时消耗N2的物质的量为x，根据N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92kJ•mol﹣1可知：92kJ•mol﹣1×x＝73.6kJ，解得：x＝0.8mol，则平衡时N2的转化率为：×100%＝40%，
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握题干信息、转化率的概念为解答关键，注意掌握热化学方程式表示的意义，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
11．（4分）我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂（Pd和Rh）表面分解产生H2的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法错误的是（ ）
A．HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程
B．Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热不同
C．该反应过程中有C﹣H键的断裂，还有C＝O键的生成
D．HCOO++H+═CO2+2H+是该历程的决速步骤
【分析】A．反应物能量高于生成物能量，则该过程放热；
B．催化剂可以改变的路径，不能改变反应的焓变；
C．根据反应历程和分子结构判断化学键的断裂与形成；
D．活化能最大的步骤是反应历程的决速步骤。
【解答】解：A．由图示可知，HCOOH吸附在催化剂表面形成HCOOH*的过程能量降低，则该过程是一个放热反应，故A正确；
B．催化剂可以改变的路径，不能改变反应的焓变，则用Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热相同，故B错误；
C．HCOOH*变为HCOO*和H*的过程有C﹣H键的断裂，HCOO++H+═CO2+2H+中生成CO2有C＝O的形成，故C正确；
D．由图示可知，HCOO++H+═CO2+2H+的步骤活化能最高，反应速率最慢，故为整个反应历程的决速步骤，故D正确；
故选：B。
【点评】本题依托化学反应历程图考查学生分析、识图能力，涉及信息的读取、反应热与活化能，理解原理是解答本题的关键，此题难度中等。
12．（4分）下列实验操作，现象及结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
将SO2气体通入稀硫酸酸化的KMnO4溶液中
KMnO4溶液的颜色褪去
SO2具有还原性
B
用洁净的铜丝蘸取某溶液灼烧
火焰呈绿色
溶液中含有Cu2+
C
取两支试管，分别加入4mL 0.01mol•L﹣1和4mL 0.02mol•L﹣1的KMnO4溶液，然后向两支试管中各加入2mL 0.02mol•L﹣1H2C2O4溶液，分别记录两支试管中溶液褪色所需的时间
第二支试管溶液褪色所需的时间更短
其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大
D
向某溶液中先滴加少量氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变为红色
溶液中一定含有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.二氧化硫被高锰酸钾氧化；
B.应选铁丝或铂丝蘸取溶液；
C.应改变草酸的浓度不同，且高锰酸钾不足；
D.先滴加少量氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰。
【解答】解：A.二氧化硫被高锰酸钾氧化，溶液褪色，可知二氧化硫具有还原性，故A正确；
B.应选铁丝或铂丝蘸取溶液，不能选洁净的铜丝蘸取，故B错误；
C.应改变草酸的浓度不同，且高锰酸钾不足，而实验中高锰酸钾过量，不能观察褪色的时间探究浓度对速率的影响，故C错误；
D.先滴加少量氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，应先加KSCN无现象，后加氯水检验，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、反应速率、离子检验、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。
13．（4分）我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是（ ）
A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的
B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
【分析】A．二氧化碳生成COOH，为还原反应；CO生成CHO发生还原反应，CHO生成CH2O为还原反应，CH2O生成CH3O为还原反应，CH3O生成甲醇为还原反应；
B．根据图知，催化剂Cu结合H原子，催化剂Cu2O结合含CHO微粒；
C．该催化过程中有化学键的形成和断裂；
D．CHO和H生成CH2O。
【解答】解：A．二氧化碳生成COOH，为还原反应；CO生成CHO发生还原反应，CHO生成CH2O为还原反应，CH2O生成CH3O为还原反应，CH3O生成甲醇为还原反应，所以Cu2生成甲醇是通过多步还原反应实现的，故A正确；
B．根据图知，催化剂Cu结合H原子，催化剂Cu2O结合含CHO微粒，所以催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；
C．该催化过程发生化学反应，所以该反应中有化学键的形成和断裂，故C错误；
D．CHO和H生成CH2O，需要Cu2O作催化剂，所以调控反应条件获得甲醛等有机物，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应历程，侧重考查分析判断能力，明确反应历程中断键、成键方式是解本题关键，题目难度不大。
14．（4分）改变0.1mol•L﹣1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA﹣、A2﹣的物质的量分数△（x）随pH的变化如图所示[已知△（x）＝]．下列叙述错误的是（ ）
A．pH＝1.2时，c（H2A）＝c（HA﹣）
B．lg[K2（H2A）]＝﹣4.2
C．pH＝2.7时，c（HA﹣）＞c（H2A）＝c（A2﹣）
D．pH＝4.2时，c（HA﹣）＝c（A2﹣）＝c（H+）
【分析】由图象可知，pH＝1.2时，c（H2A）＝c（HA﹣），PH＝2.7时，c（H2A）＝c（A2﹣），pH＝4.2时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），随着pH的增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小，以此解答该题。
【解答】解：A．由图象可知pH＝1.2时，H2A与HA﹣的曲线相交，则c（H2A）＝c（HA﹣），故A正确；
B．pH＝4.2时，c（H+）＝10﹣4.2mol/L，c（HA﹣）＝c（A2﹣），K2（H2A）＝＝10﹣4.2，则lg[K2（H2A）]＝﹣4.2，故B正确；
C．由图象可知，PH＝2.7时，c（H2A）＝c（A2﹣），由纵坐标数据可知c（HA﹣）＞c（H2A）＝c（A2﹣），故C正确；
D．pH＝4.2时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），但此时c（H2A）≈0，如体积不变，则c（HA﹣）＝c（A2﹣）＝0.05mol•L﹣1，c（H+）＝10﹣4.2mol/L，如体积变化，则不能确定c（HA﹣）、c（A2﹣）与c（H+）浓度大小关系，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，难度中等。
15．（4分）常温下，pH＝11的X、Y两种碱溶液各1mL，分别稀释至100mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．X、Y两种碱溶液中溶质的物质的量浓度一定相等
B．稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强
C．完全中和X、Y这两种碱溶液时，消耗同浓度盐酸的体积相等
D．若9＜a＜11，则X、Y都是弱碱
【分析】根据图象曲线变化及信息可知，两种碱溶液具有相同的体积和pH，稀释过程中pH变化越大，其碱性越强，当a＝9时，说明X为强碱，若9＜a＜11，说明X、Y都属于弱碱，以此解答该题。
【解答】解：A．由图可知，开始的pH相同，两种碱溶液稀释相同倍数后pH不同，则X、Y的碱性强弱一定不同，二者的物质的量浓度一定不相等，故A错误；
B．稀释后X溶液的pH小于Y溶液，则稀释后Y溶液碱性更强，故B错误；
C．由图象可知，100mL的X、Y溶液中n（OH﹣）关系为Y＞X，说明pH＝11的X、Y两种碱溶液，溶质浓度Y大于X，完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积V（X）＜V（Y），故C错误；
D．由图可知，开始的pH相同，若9＜a＜11，则1mL的弱碱加水稀释到100mL，溶液的pH变化小于2个单位，说明X、Y中都存在电离平衡，都属于弱碱，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，明确图示曲线变化的意义及电离平衡的影响因素为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度中等。
16．（4分）下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）
（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A
B
C
D
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏加德罗定律
实验方案
结果
左球气体颜色加深
右球气体颜色变浅
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得△H为的△H1、△H2的和
H2与O2的体积比约为2：1
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的△H＜0，为放热反应，结合温度对化学平衡的影响分析；
B．HCl不是含氧酸，盐酸酸性大于碳酸与元素周期律无关；
C．结合盖斯定律内容分析；
D．根据电子守恒计算生成氢气和氧气的物质的量，然后利用阿伏加德罗定律分析。
【解答】解：A．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）为放热反应，热水中平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度增大，左球气体颜色加深；冷水中平衡向着正向移动，二氧化氮浓度减小，右球气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl＞碳酸，由于HCl不是含氧酸，无法用元素周期律解释，故B选；
C．根据盖斯定律可知：△H＝△H1+△H2，能够用盖斯定律解释，故C不选；
D．根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及化学平衡的影响、阿伏加德罗定律、盖斯定律、元素周期律等知识，明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素即可解答，试题培养了学生的综合应用能力。
二、填空题（每空2分）
17．（12分）（1）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。
CO还原法：一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS（s），该反应 放出 （填“放出”或“吸收”）的热量为 135kJ 。该反应的热化学方程式为 SO2（g）+2CO（g）⇌S（s）+2CO2（g）ΔH＝﹣270kJ•mol﹣1 。
（2）汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放．已知：
①2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H＝﹣566.0kJ•mol﹣1
②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1
③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝﹣116.5kJ•mol﹣1
Ⅰ．CO的燃烧热为 ﹣283kJ•mol﹣1 。若1mol N2（g）、1mol O2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1mol NO（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为 631.75 kJ。
Ⅱ．CO将NO2还原为单质的热化学方程式为 2NO2（g）+4CO（g）⇌N2（g）+4CO2（g） ΔH＝﹣1196kJ•mol﹣1 。
【分析】（1）根据图分析出该反应的热化学方程式，判断出16gS（s）的物质的量，并计算出此时的放热情况；
（2）Ⅰ.燃烧热的定义是1mol纯物质完全燃烧生成稳定的产物所释放的热量，由盖斯定律找到与题干方程式的关系，计算出CO的燃烧热，根据键能的定义，结合方程式②计算出1mol NO（g）分子断键需要的热量；
Ⅱ.根据盖斯定律找到目标方程式与①、②、③的关系，再计算得到焓变。
【解答】解：（1）SO2和CO反应生成S和CO2的方程式为SO2+2CO⇌S↓+2CO2，由图可知，每生成1molS（g）放出热量270kJ，16gS（s）的物质的量＝＝＝0.5mol，所以生成16gS（s）发出热量135kJ，
故答案为：放出；135kJ；SO2（g）+2CO（g）⇌S（s）+2CO2（g） ΔH＝﹣270kJ•mol﹣1；
（2）已知①2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H＝﹣566.0kJ•mol﹣1
②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1
③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＝﹣116.5kJ•mol﹣1
Ⅰ.CO完全燃烧生成稳定的产物的化学方程式为2CO+O2⇌2CO2，由①可知，2molCO参加反应释放热量566.0kJ，所以1molCO完全燃烧应该释放热量283kJ，根据1mol N2（g）、1mol O2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1，计算出生成2molNO（g）分子需要释放的热量＝946kJ+498kJ﹣180.5kJ＝631.75kJ，
故答案为：Ⅰ.﹣283kJ•mol﹣1；631.75；
Ⅱ.根据盖斯定律可知，CO将NO2还原为单质的热化学方程式为：4CO（g）+2NO2（g）+⇌N2（g）+4CO2（g） ΔH，其与①、②、③的关系为①×2﹣②﹣③，ΔH═﹣566.0kJ•mol﹣1×2﹣180.5kJ•mol﹣1﹣（﹣116.5kJ•mol﹣1）＝﹣1196kJ•mol﹣1，
故答案为：2NO2（g）+4CO（g）⇌N2（g）+4CO2（g） ΔH＝﹣1196kJ•mol﹣1。
【点评】本题主要考查热化学方程式的书写和反应热的求算，是高考考查的热点，有两种基本的计算方式，一种是利用键能求算，ΔH＝反应物的键能之和﹣生成物的键能之和；另一种是根据盖斯定律，先找出目标方程式与已知方程式之间的叠加关系，对相应的ΔH进行相应的叠加，可求算出目标方程式的反应热。
18．（10分）某中学高二某班学生为了研究外界条件对化学反应速率的影响设计了如下一系列的实验，在实验过程中收集产生的气体，并记录获得相同体积的气体所需时间。
实验
①
②
③
④
浓度
50mL 4mol×L﹣1H2SO4
溶液
50mL 2mol×L﹣1H2SO4
溶液
50mL 4mol×L﹣1H2SO4
溶液
50mL 4mol×L﹣1H2SO4
溶液
温度
/℃
20
20
20
40
固体形状
6.5g块状Zn
6.5g块状Zn
6.5g粉末状Zn
6.5g块状Zn
（1）①②④中化学反应速率由快到慢的顺序为 ④＞①＞② 。（填序号，下同）
（2）探究浓度对化学反应速率影响的是 ①② ；探究温度对化学反应速率影响的是 ①④ ；①③探究 固体的表面积或反应物的接触面积 对化学反应速率影响。
（3）某同学查资料得知向上面的实验体系中加入硫酸铜固体能加快反应速率，其原因为 硫酸铜和锌反应生成铜，生成的铜与锌形成原电池，加快反应速率 。
【分析】（1）反应速率随着温度的升高、反应物浓度的增大、固体接触面积的增大而增大；
（2）探究浓度对化学反应速率影响，只能是反应物的浓度不同，其他条件必须相同；探究温度对化学反应速率影响，只能是温度不同，其他条件必须相同；实验①③只有锌的接触面积不同，其他条件是相同的；
（3）锌与硫酸铜溶液反应生成铜，Cu、Zn和稀硫酸形成原电池，原电池反应能加快反应速率。
【解答】解：（1）实验①②的温度和块状的质量均相同，但实验①硫酸的浓度较大，则实验①的反应速率实验②；实验①④硫酸的浓度和块状的质量均相同，并且实验③温度较高，则实验④的反应速率实验①，所以④＞①＞②，
故答案为：④＞①＞②；
（2）实验①②的温度和块状的质量均相同，但实验①硫酸的浓度较大，则实验①②是探究浓度对化学反应速率影响；实验①④硫酸的浓度和块状的质量均相同，只有温度不同，则实验①④是探究温度对化学反应速率影响；实验①③只有锌的接触面积不同，其他条件均相同，则实验①③是探究固体的表面积或反应物的接触面积对化学反应速率影响，
故答案为：①②；①④；固体的表面积或反应物的接触面积；
（3）锌比铜活泼，实验体系中加入硫酸铜固体，锌与硫酸铜溶液反应生成铜，Cu、Zn和稀硫酸形成原电池，原电池反应能加快锌与硫酸的反应速率，
故答案为：硫酸铜和锌反应生成铜，生成的铜与锌形成原电池，加快反应速率。
【点评】本题考查了影响化学反应速率的因素，明确实验原理、实验目的为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，注意掌握原电池原理和控制变量法的应用，题目难度不大。
19．（12分）神舟十三号三名航天员要在天宫站工作半年因此对其呼吸产生的CO2用下列反应处理，可实现空间站中O2的循环利用。
Sabatier反应：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
水电解反应：2H2O（g）⇌2H2（g）+O2（g）
（1）将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O（g）的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。
①Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是 CE （填标号）。
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E．合理控制反应器中气体的流速
②高于380℃，H2O的物质的量分数随温度升高而降低的原因是： 反应为放热反应，升温平衡逆向进行 。
（2）一种新的循环利用方案是用Bosch反应 CO2（g）+2H2（g）⇌C（g）+2H2O（g）△H代替Sabatier反应，再电解水实现O2的循环利用。
Ⅰ．①已知：CO2（g）和H2O（g）的生成焓为：﹣394kJ/mol，﹣242kJ/mol．则△H＝ ﹣90 kJ/mol。（生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。）
②若要此反应自发进行 低温 ．（填“高温”或“低温”）更有利。
③Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是 反应的活化能高 。
Ⅱ．350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，若反应起始和平衡时温度相同（均为350℃），测得反应过程中压强随时间的变化如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强/p
6.00
5.60
5.30
5.15
5.06
5.00
5.00
①350℃时Bosch反应的Kp＝ （Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压）。
【分析】（1）①改变条件能使平衡正向移动但不能是通过增大二氧化碳浓度实现的都能提高二氧化碳转化率，化学平衡正向进行，结合影响转化率的因素分析判断；
②高于380℃，H2O的物质的量分数随温度升高而降低是因为反应为放热反应，升温平衡逆向进行；
（2）Ⅰ．①已知：CO2（g）和H2O（g）的生成焓为：﹣394kJ/mol，﹣242kJ/mol，反应的热化学方程式为：a．C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣394kJ/mol，b．H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣242kJ/mol，盖斯定律计算b×2﹣a得到Bosch反应CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）的△H；
②反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，结合反应的焓变和熵变判断需要的温度；
③该反应所需的活化能较高；
Ⅱ．①Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压，结合化学平衡三行计算列式计算物质的量，得到物质的量分数计算平衡常数；
【解答】解：（1）①A．适当减压，平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，故A错误；
B．增大催化剂的比表面积，增大反应速率，不改变化学平衡，不改变二氧化碳转化率，故B错误；
C．反应器前段加热，后段冷却，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故C正确；
D．提高原料气中CO2所占比例，平衡正向移动，但二氧化碳转化率减小，故D错误；
E．合理控制反应器中气体的流速，相当于增大浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故E正确；
故答案为：CE；
②高于380℃，H2O的物质的量分数随温度升高而降低，是因为反应为放热反应，升温平衡逆向进行，
故答案为：反应为放热反应，升温平衡逆向进行；
（2）Ⅰ．①已知：CO2（g）和H2O（g）的生成焓为：﹣394kJ/mol，﹣242kJ/mol，反应的热化学方程式为：a．C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣394kJ/mol，b．H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣242kJ/mol，盖斯定律计算b×2﹣a得到Bosch反应CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）的△H＝2×（﹣242kJ•mol﹣1）﹣（﹣394kJ•mol﹣1）＝﹣90kJ/mol，
故答案为：﹣90；
②CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）△H﹣90kJ/mol，反应为△H＜0，△S＜0的反应，满足此反应自发进行，△H﹣T△S＜0，反应的温度是低温，
故答案为：低温；
③断裂二氧化碳和氢气所需的能量较高，所以该反应所需的活化能较高，则一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动，
故答案为：反应的活化能高；
Ⅱ．①向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，结合三行计算计算平衡状态气体物质的量，设达到平衡状态消耗二氧化碳物质的量为x，
CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）
起始量（mol） 4 8 0
变化量（mol） x 2x 2x
平衡量（mol） 4﹣x 8﹣2x 2x
气体压强之比等于其物质的量之比，＝，x＝2mol，则平衡状态下n（CO2）＝2mol，n（H2）＝4mol，n（H2O）＝4mol，P＝5.00p，CO2%＝20%，H2%＝40%，H2O%＝40%，
Kp＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、图象变化分析判断、数据处理等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析、判断及计算能力，题目难度中等。
20．（12分）某小组实验验证“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验Ⅰ：将0.0100mol/L Ag2SO4溶液与0.0400mol/L FeSO4溶液（pH＝1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ：向少量Ag粉中加入0.0100mol/L Fe2（SO4）3溶液（pH＝1），固体完全溶解。
①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag．现象是 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 。
②Ⅱ中溶液选用Fe2（SO4）3，不选用Fe（NO3）3的原因是 硝酸铁溶液电离出硝酸根离子与溶液中的氢离子结合成有强氧化性的硝酸，能够氧化亚铁离子，而干扰实验 。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取vmL上层清液，用c1mol/LKSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时，消耗KSCN标准溶液v1mL。
资料：Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓（白色）K＝1012
Fe3++SCN﹣⇌FeSCN2+（红色）K＝102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是 滴定反应的指示剂 。
②测得平衡常数K＝ 。
（3）思考问题
①不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是 实验Ⅱ中银完全溶解，故无法判断体系是否达到平衡状态 。
②取实验Ⅰ的浊液测定c（Ag+），会使所测K值 偏低 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
【分析】（1）①银能与浓硝酸发生反应，方程式为Ag+2HNO3＝AgNO3+NO2↑+H2O，根据方程式判断现象；
②硝酸根离子与溶液中的氢离子结合成有强氧化性的硝酸，能够氧化亚铁离子，干扰实验；
（2）①Fe3+与SCN﹣反应生成红色FeSCN2+，是滴定反应的指示剂；
②根据Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓（白色）K＝1012，说明反应几乎进行到底，上层清液中的银离子浓度为mol/L，根据三段式进行计算，平衡常数K＝；
（3）①由于实验Ⅱ中银完全溶解，故无法判断体系是否达到平衡状态；
②若取实验Ⅰ所得浊液中银离子浓度，则浊液中还有银，因为存在：Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓，且随着反应Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓的进行，使得平衡逆向移动，测得平衡体系中的银离子浓度偏大，K值偏小。
【解答】解：（1）①银能与浓硝酸发生反应，方程式为Ag+2HNO3＝AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是银，
故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体；
②由于硝酸铁溶液电离出硝酸根离子与溶液中的氢离子结合成有强氧化性的硝酸，能够氧化亚铁离子，而干扰实验，故Ⅱ中溶液选用Fe2（SO4）3，不选用Fe（NO3）3，
故答案为：硝酸铁溶液电离出硝酸根离子与溶液中的氢离子结合成有强氧化性的硝酸，能够氧化亚铁离子，而干扰实验；
（2）①Fe3+与SCN﹣反应生成红色FeSCN2+，因为Ag+与SCN﹣反应相较于Fe3+与SCN﹣反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的银离子恰好完全反应，且溶液中铁离子浓度不变，说明上述反应达到平衡，故溶液中铁离子的作用是滴定反应的指示剂，
故答案为：滴定反应的指示剂；
②取Ⅰ中所得上层清液v mL，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液v1 mL；已知：Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓（白色）K＝1012，说明反应几乎进行到底，上层清液中的银离子浓度为mol/L，根据三段式进行计算：
Ag++Fe2+⇌Ag↓+Fe3+
起始浓度 0.02 0.01 0 0
转化浓度0.01﹣ 0.01﹣ 0.01﹣
平衡浓度0.01+ 0.01﹣
测得平衡常数K＝，带入以上数据，可得K＝，
故答案为：；
（3）①由于实验Ⅱ中银完全溶解，故无法判断体系是否达到平衡状态，因而不用实验Ⅱ中清液测定K，
故答案为：实验Ⅱ中银完全溶解，故无法判断体系是否达到平衡状态；
②若取实验Ⅰ所得浊液中银离子浓度，则浊液中还有银，因为存在：Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓，且随着反应Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓的进行，使得平衡逆向移动，测得平衡体系中的银离子浓度偏大，即偏大，故所得到的K＝偏低，
故答案为：偏低。
【点评】本题考查物质的性质的探究，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、自学能力和实验能力，注意把握物质的性质以及题给信息的运用，题目难度中等。
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