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广东省深圳市福田区红岭中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题（Word版含答案）
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这是一份广东省深圳市福田区红岭中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题（Word版含答案），共31页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
红岭中学2022-2023学年高二上学期期中考试
化学试题
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）化学与生产、生活密切联系，下列说法不正确的是（ ）
A．打开可乐时放出气体是熵减过程
B．工业上用NH4Cl溶液清洗金属表面的氧化物
C．食物放在冰箱中保存是为了降低氧化反应速率
D．燃烧天然气做饭炒菜，因为该反应是放热反应
2．（3分）下列有关热化学方程式及其叙述正确的是（ ）
A．等质量的C8H8（g）和C8H8（l）分别完全燃烧，后者放出的热量多
B．MnO2能使H2O2分解速率加快是因为降低了反应的活化能和反应热
C．25℃、101kPa时，1molH2和2molH2燃烧生成液态水，求出的燃烧热相等
D．已知中和热为57.3kJ/mol，则1mol盐酸与1molMg（OH）2充分反应所放出的热量为57.3kJ
3．（3分）K、Ka、Kw分别表示化学平衡常数、弱酸的电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是（ ）
A．一定条件下进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大
B．室温下Ka（HCN）＜Ka（CH3COOH），说明CH3COOH的电离度一定比HCN的大
C．25℃时，pH均为4的盐酸和醋酸溶液中Kw不相等
D．2SO2+O2⇌2SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，SO2的转化率可能增大或减小
4．（3分）利用反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＝﹣746.8kJ•mol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（ ）
A．增大压强 B．降低温度
C．升高温度 D．及时移出CO2和N2
5．（3分）下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．pH＝7的溶液
B．30℃时的氯化钠溶液
C．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
6．（3分）高炉炼铁的主要反应为：CO（g）+Fe2O3（s）⇌CO2（g）+Fe（s） 已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
下列说法正确的是（ ）
A．增加Fe2O3固体可以提高CO的转化率
B．该反应的△H＜0
C．减小容器体积既能提高反应速率又能提高平衡转化率
D．容器内气体密度恒定时，不能标志反应达到平衡状态
7．（3分）醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
①白醋中滴入石蕊试液呈红色
②室温时，0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3
③10mL1mol/L醋酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应
④醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱
⑤常温下，将pH＝1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4
A．②③ B．②⑤ C．②③④ D．①④⑤
8．（3分）用尿素水解生成的NH3催化还原NO，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为4NH3（g）+O2（g）+4NO（g）⇌4N2（g）+6H2O（g），下列说法正确的是（ ）
A．上述反应ΔS＜0
B．上述反应平衡常数K＝
C．上述反应中消耗1molNH3，转移电子的数目为2×6.02×1023
D．加入尿素的量越多，车辆尾气对空气污染程度越小
9．（3分）在密闭容器中投入一定量反应物发生储氢反应：LaNi5（s）+3H2（g）⇌LaNi5H6（s） ΔH＝﹣301kJ⋅mol﹣1。在某温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa，下列说法不正确的是（ ）
A．增大压强，降低温度，有利于储氢
B．扩大容器的容积，重新达到平衡时n（H2）减小
C．当LaNi5的质量不再变化时，该反应达到平衡状态
D．若温度不变，缩小容器的容积至原来的一半，重新达到平衡时H2的压强仍为2MPa
10．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，pH＝1的硫酸溶液中，含有H+数目为0.1NA
B．光照条件下，1molCH4与1molCl2充分反应后，得到CH3Cl分子的总数为NA
C．Cu与浓硝酸反应生成9.2gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.2NA
D．足量的锌粒与1LpH＝2的醋酸溶液充分反应，生成H2的数目为0.005NA
11．（3分）环戊二烯（）、环戊烯（）与环戊烷（）的相对能量关系如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．三种物质中环戊二烯最稳定
B．过程③的ΔH＝+211kJ⋅mol﹣1
C．物质变化过程中所放出或吸收的热量的多少与路径无关
D．发生反应①或②时，环戊烷断键吸收的能量高于环戊烯断键吸收的能量
12．（3分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
相同条件下，分别测量0.1mol•L﹣1和0.01mol•L﹣1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强
醋酸浓度越大，电离程度越大
B
把充有NO2和N2O4的平衡球装置分别放入热水和冷水中（2NO2⇌N2O4△H＜0），热水中颜色更深
其他条件不变时，温度升高，平衡向吸热反应方向移动
C
取少量Na2SO3样品溶于蒸馏水，加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀
Na2SO3样品已变质
D
向一干燥集气瓶通入纯净的氨气和氯化氢气体，有白烟产生
氨气具有还原性
A．A B．B C．C D．D
13．（3分）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X和W原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Y、Z、W最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的是（ ）
A．元素Z的单质可用于冶炼金属
B．简单离子半径：W＞Z＞Y
C．阴离子的还原性：W＞R
D．Y2W能破坏水的电离平衡
14．（3分）NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性[×100%））与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250℃
D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
15．（3分）某温度下，在一个2L的密闭容器中加入4molA和2molB进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+D（g） ΔH＜0，反应2min后达到平衡，测得生成1.6molC，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，平衡向右移动
B．此时，B的平衡转化率是60%
C．增加B，平衡向右移动，A的平衡转化率增大
D．增大该体系的压强，化学平衡常数不变，平衡不移动
16．（3分）如图示意图表示正确的是（ ）
A．甲图表示Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g） ΔH＝+26.7kJ•mol﹣1反应的能量变化
B．乙图表示碳的燃烧热
C．丙图表示实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，混合液的最高温度随V（NaOH）的变化（已知V1+V2＝60mL）
D．已知稳定性顺序：B＜A＜C，某反应由两步反应A⇌B⇌C构成，反应过程中的能量变化曲线如丁图
二、非选择题（4小题，共46分）
17．氮氧化物是大气污染物之一，工业上有多种方法处理氮氧化物。其中一个反应为C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）。
（1）已知①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1；
②C（s）的燃烧热为ΔH2＝bkJ•mol﹣1。
反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）的ΔH＝ kJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）。
（2）已知：8NH3（g）+6NO2（g）⇌7N2（g）+12H2O（l）ΔH＜0。相同条件下，在三个容积均为2L的密闭容器内，分别选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间的变化关系如图所示。
①在催化剂A的作用下0～4min的v（NO2）＝ 。
②该反应活化能Ea（A）、Ea（B）、Ea（C）由小到大的顺序是 。
③下列说法不正确的是 （填标号）。
a．使用催化剂A达平衡时，ΔH值更大
b．升高温度可使容器内气体颜色加深
c．单位时间内形成N﹣H键与O﹣H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡
18．多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为 。
Ⅱ．将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：
①SiCl4（g）+H2（g）⇌SiHCl3（g）+HCl（g） ΔH1＞0
②3SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）⇌4SiHCl3（g） ΔH2＜0
③2SiCl4（g）+H2（g）+Si（s）+HCl（g）⇌3SiHCl3（g） ΔH3
（1）已知体系自由能变ΔG＝ΔH﹣TΔS，ΔG＜0时反应自发进行。三个氢化反应的ΔG与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是 ；相同温度下，反应②比反应①的ΔG小，主要原因是 。
（2）以上反应在不同温度下反应相同时间的某一时刻，反应②中SiCl4转化率如图2所示。下列叙述正确的是 （填序号）。
a．B点：v正＞v逆
b．v正：A点＞E点
c．反应适宜温度：480～520℃
（3）反应③的ΔH3＝ （用ΔH1，ΔH2表示）。温度升高，反应③的平衡常数K （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外，还有 （填分子式）。
19．SO2具有选择性杀菌、抗氧化性以及增酸等作用，是葡萄酒常用的添加剂，国家规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L。取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为硫酸，再用0.0900mol⋅L﹣1NaOH标准溶液进行滴定。
（1）写出SO2气体与H2O2溶液反应的离子方程式 。
（2）用标准液滴定前排气泡时，应选择图中的 （填字母）。
A．B．C．D．
（3）上述滴定实验中，可选择 为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点 。
（4）下列操作可能使所测SO2偏高的是 （填字母）。
A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗
B.滴定前盛放葡萄酒的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C.量取一定体积的待测液最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D.读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（5）滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量是 g/L（结果保留三位有效数字）。
20．黄铁矿的主要成分是FeS2，其中含有一定量的铜、钴等金属。某工厂在传统回收工艺的基础上进一步改进焙烧方式，研究出高效利用硫铁矿资源的工艺如图：
（1）黄铁矿焙烧之前需要粉碎，其目的是：
（2）①黄铁矿的氧化焙烧是制硫酸工艺的重要一步，其产物之一是Fe2O3，反应的化学方程式为： ；②制硫酸工艺中涉及反应2SO2+O22SO3 ΔH＜0，该反应需将温度控制在400～500℃，温度不宜过低的原因是 。
（3）用硫酸浸取后的浸渣能用磁选法分离，则该氧化物为 （填化学式）；浸液通过加入萃取剂可实现铜和钴的分离，在萃取前加入NaOH溶液乳化可提高分离效率，不同浓度的溶液对萃取率的影响下如图，则NaOH溶液最佳的浓度为 。
项目
Fe
S
Cu
Co
焙烧前（%）
40.28
42.55
0.53
0.022
焙烧后（%）
53.08
0.96
0.76
0.047
已知黄铁矿氧化焙烧前后主要元素质量分数如表，为测定铜的浸出率，取50g焙烧后的烧渣，经处理后测得Cu2+物质的量为5×10﹣3mol，则铜离子的浸出率为 （结果保留三位有效数字）。
红岭中学2022-2023学年高二上学期期中考试
化学试题
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）化学与生产、生活密切联系，下列说法不正确的是（ ）
A．打开可乐时放出气体是熵减过程
B．工业上用NH4Cl溶液清洗金属表面的氧化物
C．食物放在冰箱中保存是为了降低氧化反应速率
D．燃烧天然气做饭炒菜，因为该反应是放热反应
【分析】A．打开可乐时放出气体是熵增过程；
B．NH4Cl溶液呈酸性，能与碱性氧化物反应；
C．降低温度，反应速率减慢；
D．燃料燃烧是放热反应。
【解答】解：A．液态向气态转化的过程是熵增过程，可乐中存在二氧化碳气体的溶解平衡，打开可乐瓶盖后会生产大量二氧化碳气体，则该过程为熵增过程，故A错误；
B．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，能与碱性氧化物反应，则NH4Cl溶液清洗金属表面的氧化物，故B正确；
C．食物放在冰箱中保存时温度降低，减慢了食物缓慢氧化的反应速率，可延长食品保质期，故C正确；
D．天然气具有可燃性，燃烧时放热，可用作燃料，应用生活中做饭炒菜，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的组成、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意掌握熵增或熵减过程的判断，题目难度不大。
2．（3分）下列有关热化学方程式及其叙述正确的是（ ）
A．等质量的C8H8（g）和C8H8（l）分别完全燃烧，后者放出的热量多
B．MnO2能使H2O2分解速率加快是因为降低了反应的活化能和反应热
C．25℃、101kPa时，1molH2和2molH2燃烧生成液态水，求出的燃烧热相等
D．已知中和热为57.3kJ/mol，则1mol盐酸与1molMg（OH）2充分反应所放出的热量为57.3kJ
【分析】A．C8H8（g）转化为C8H8（l）释放能量；
B．MnO2是H2O2分解的催化剂；
C．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成指定物质所放出的热量确；
D．中和热是指强酸、强碱的稀溶液反应生成1mol水所放出的热量。
【解答】解：A．C8H8（g）转化为C8H8（l）释放能量，则等质量的C8H8（g）和C8H8（l）分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；
B．MnO2是H2O2分解的催化剂，MnO2能加快反应速率是因为降低了反应的活化能，但不能改变反应的反应热，故B错误；
C．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成指定物质所放出的热量，则25℃、101kPa时，1molH2和2molH2燃烧生成液态水，求出的燃烧热相等，故C正确；
D．中和热是指强酸、强碱的稀溶液反应生成1mol水所放出的热量，1molMg（OH）2电离需要吸热，则1mol盐酸与1molMg（OH）2充分反应所放出的热量小于57.3kJ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生反应热、燃烧热和中和热的掌握情况，试题难度中等。
3．（3分）K、Ka、Kw分别表示化学平衡常数、弱酸的电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是（ ）
A．一定条件下进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大
B．室温下Ka（HCN）＜Ka（CH3COOH），说明CH3COOH的电离度一定比HCN的大
C．25℃时，pH均为4的盐酸和醋酸溶液中Kw不相等
D．2SO2+O2⇌2SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，SO2的转化率可能增大或减小
【分析】A．催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，不改变平衡常数；
B．c（H+）与酸的浓度以及K有关；
C．一定温度下，水的离子积是常数；
D．可逆反应中，化学平衡常数不变，说明其温度不变，但不能说明平衡不移动。
【解答】解：A．一定条件下进行合成氨的反应，使用催化剂后，降低反应的活化能，加快反应速率，不改变化学平衡，K不变，故A错误；
B．酸的浓度未知，不能确定c（H+）大小，故B错误；
C．水的离子积适用于酸、碱、盐溶液，一定温度下，水的离子积是常数，25℃时，盐酸和醋酸溶液中Kw不相等，故C错误；
D．改变某一条件时K不变，可能改变的条件为浓度、压强或催化剂等，增大压强时转化率增大，减小压强时转化率减小，使用催化剂转化率不变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查平衡常数，为高频考点，把握平衡常数的影响因素、平衡移动、电离度为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
4．（3分）利用反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＝﹣746.8kJ•mol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（ ）
A．增大压强 B．降低温度
C．升高温度 D．及时移出CO2和N2
【分析】升高温度、增大压强、增大浓度、使用催化剂，均可加快反应速率；该反应为气体总物质的量减小的反应，且为放热反应，增大压强、增大CO的浓度、降低温度，均时平衡正向移动，增大NO的转化率，以此来解答。
【解答】解：A．增大压强，加快反应速率，平衡正向移动，增大NO的转化率，故A正确；
B．降低温度，反应速率减小，故B错误；
C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小，故C错误；
D．及时移出CO2和N2，反应速率减小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡及反应速率，为高频考点，把握温度、浓度、压强对反应速率和平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。
5．（3分）下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．pH＝7的溶液
B．30℃时的氯化钠溶液
C．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
【分析】A．pH＝7的溶液可能呈碱性；
B．NaCl溶液中c（H+）＝c（OH﹣）；
C．强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液可能呈中性、可能呈酸性、可能呈碱性；
D．非电解质溶于水得到的溶液可能呈酸性、可能呈碱性、可能呈中性。
【解答】解：A．pH＝7的溶液可能呈碱性，如：100℃时纯水pH＝6，该温度下pH＝7的溶液呈碱性，故A错误；
B．氯化钠溶液中c（H+）＝c（OH﹣）时，则30℃时的氯化钠溶液呈中性，故B正确；
C．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液可能呈酸性、可能呈中性、可能呈碱性，如：等物质的量的H2SO4和NaOH反应得到的混合溶液呈酸性，等物质的量的HCl和NaOH反应得到的混合溶液呈中性，等物质的量的HCl和Ba（OH）2反应得到的混合溶液呈碱性，故C错误；
D．非电解质溶于水得到的溶液可能呈酸性、可能呈中性、可能呈碱性，如：CO2溶于水得到的溶液呈酸性，乙醇溶于水得到的溶液呈中性，NH3溶于水得到的溶液呈碱性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查溶液酸碱性，为高频考点，把握酸碱性的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
6．（3分）高炉炼铁的主要反应为：CO（g）+Fe2O3（s）⇌CO2（g）+Fe（s） 已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
下列说法正确的是（ ）
A．增加Fe2O3固体可以提高CO的转化率
B．该反应的△H＜0
C．减小容器体积既能提高反应速率又能提高平衡转化率
D．容器内气体密度恒定时，不能标志反应达到平衡状态
【分析】A．氧化铁为固体，增加氧化铁不影响化学平衡；
B．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；
C．该反应前后气体总体积不变，则压强不影响化学平衡；
D．该反应前后气体质量不相等，则反应过程中气体的密度会发生变化．
【解答】解：A．增加Fe2O3固体后，化学平衡不移动，则变化提高CO的转化率，故A错误；
B．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，故升高温度平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应，所以该反应的△H＜0，故B正确；
C．减小容器容积，增大了压强，化学反应速率增大，由于该反应是气体体积不变的反应，则化学平衡不移动，所以反应物转化率不变，故C错误；
D．CO和二氧化碳的密度不同，则反应过程中气体的密度不同，若容器内气体密度恒定时，说明各组分的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学平衡的影响因素，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握化学平衡的特征，D为易错点，注意反应前后气体的质量不相等，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
7．（3分）醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
①白醋中滴入石蕊试液呈红色
②室温时，0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3
③10mL1mol/L醋酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应
④醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱
⑤常温下，将pH＝1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4
A．②③ B．②⑤ C．②③④ D．①④⑤
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，要想证明醋酸为弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可。
【解答】解：①白醋中滴入石蕊试液呈红色，说明溶液显酸性，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸为弱电解质，故①错误；
②室温时，0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3，c（H+）小于醋酸浓度，则醋酸部分电离，为弱电解质，故②正确；
③10mL 1mol/L醋酸恰好与10mL 1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明醋酸为一元酸，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸为弱电解质，故③错误；
④溶液导电性和离子浓度有关，与酸的强弱无直接关系，醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸为弱电解质，故④错误；
⑤常温下，将pH＝1的醋酸溶液稀释1000倍，若为强酸溶液，pH＝4，测得pH＜4，说明稀释促进醋酸电离，则醋酸为弱电解质，故⑤正确，
故选：B。
【点评】本题考查的电解质强弱判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电解质强弱的根本区别是解本题关键，电解质强弱与其溶液导电性强弱无关，题目难度不大。
8．（3分）用尿素水解生成的NH3催化还原NO，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为4NH3（g）+O2（g）+4NO（g）⇌4N2（g）+6H2O（g），下列说法正确的是（ ）
A．上述反应ΔS＜0
B．上述反应平衡常数K＝
C．上述反应中消耗1molNH3，转移电子的数目为2×6.02×1023
D．加入尿素的量越多，车辆尾气对空气污染程度越小
【分析】A．气体分子数越多，混乱度越大；
B．平衡常数为生成物浓度系数的幂之积与反应物浓度系数的幂之积之比；
C．由方程式可知每消耗4mol氨气，转移12mol电子；
D．氨气也有毒。
【解答】解：A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，是熵增反应，故△S＞0，故A错误；
B．平衡常数为生成物浓度系数的幂之积与反应物浓度系数的幂之积之比，反应为4NH3（g）+O2（g）+4NO（g）⇌4N2（g）+6H2O（g），由方程式可知平衡常数的表达式为：K＝，故B正确；
C．由方程式可知每消耗4mol氨气，转移12mol电子，则反应消耗1mol氨气转移电子数为3×6.02×1023，故C错误；
D．加入尿素越多，产生氨气越多，产生的污染增大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了熵变和平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、氧化还原反应和图象反应的定量关系的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度最中等。
9．（3分）在密闭容器中投入一定量反应物发生储氢反应：LaNi5（s）+3H2（g）⇌LaNi5H6（s） ΔH＝﹣301kJ⋅mol﹣1。在某温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa，下列说法不正确的是（ ）
A．增大压强，降低温度，有利于储氢
B．扩大容器的容积，重新达到平衡时n（H2）减小
C．当LaNi5的质量不再变化时，该反应达到平衡状态
D．若温度不变，缩小容器的容积至原来的一半，重新达到平衡时H2的压强仍为2MPa
【分析】A．由温度压强变化对平衡的影响分析；
B．由压强变化对平衡的影响分析；
C．化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变；
D．结合K＝c3（H2）分析。
【解答】解：A．增大压强，平衡正向移动，有利于储氢，升高温度，平衡正向移动，有利于储氢，故A正确；
B．扩大容器的容积，平衡逆向移动，重新达到平衡时n（H2）增大，故B错误；
C．当LaNi5的质量不再变化时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故C正确；
D．由K＝c3（H2）可知，温度不变，缩小容器的容积至原来的一半，氢气浓度不变，氢气的物质的量变为原来的一半，故压强保持不变，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
10．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，pH＝1的硫酸溶液中，含有H+数目为0.1NA
B．光照条件下，1molCH4与1molCl2充分反应后，得到CH3Cl分子的总数为NA
C．Cu与浓硝酸反应生成9.2gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.2NA
D．足量的锌粒与1LpH＝2的醋酸溶液充分反应，生成H2的数目为0.005NA
【分析】A．溶液体积未知；
B．CH4与Cl2反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物；
C．NO2和N2O4中氮元素均为+4价，N2O4可看做（NO2）2；
D．醋酸为弱电解质，1LpH＝2的醋酸溶液含醋酸物质的量远远大于0.01mol。
【解答】解：A．溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故A错误；
B．光照条件下，1mol CH4与足量的Cl2充分反应后，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物，得到CH3Cl分子的总数小于NA，故B错误；
C．Cu与浓硝酸反应生成9.2gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为×1×NA/mol＝0.2NA，故C正确；
D．醋酸为弱电解质，1LpH＝2的醋酸溶液含醋酸物质的量远远大于0.01mol，足量的锌粒与1LpH＝2的醋酸溶液充分反应，生成H2的数目大于0.005 NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的性质是解题关键。
11．（3分）环戊二烯（）、环戊烯（）与环戊烷（）的相对能量关系如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．三种物质中环戊二烯最稳定
B．过程③的ΔH＝+211kJ⋅mol﹣1
C．物质变化过程中所放出或吸收的热量的多少与路径无关
D．发生反应①或②时，环戊烷断键吸收的能量高于环戊烯断键吸收的能量
【分析】A．能量越低越稳定；
B．根据图可知，过程③的ΔH＝﹣（101+110）kJ/mol；
C．根据盖斯定律分析；
D．由图可知，环戊烷转化为环戊烯为吸热反应。
【解答】解：A．由图可知，环戊烷的能量最低，根据能量越低越稳定，则环戊烷最稳定，故A错误；；
B．根据图可知，过程③的ΔH＝﹣（101+110）kJ/mol＝﹣211kJ/mol，故B错误；
C．根据盖斯定律可知，物质变化过程中所放出或吸收的热量的多少与路径无关，故C正确；
D．由图可知，环戊烷转化为环戊烯为吸热反应，则发生反应②时，环戊烷断键吸收的能量高于环戊烯断键吸收的能量，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
12．（3分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
相同条件下，分别测量0.1mol•L﹣1和0.01mol•L﹣1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强
醋酸浓度越大，电离程度越大
B
把充有NO2和N2O4的平衡球装置分别放入热水和冷水中（2NO2⇌N2O4△H＜0），热水中颜色更深
其他条件不变时，温度升高，平衡向吸热反应方向移动
C
取少量Na2SO3样品溶于蒸馏水，加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀
Na2SO3样品已变质
D
向一干燥集气瓶通入纯净的氨气和氯化氢气体，有白烟产生
氨气具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．醋酸的浓度越大、电离程度越小；
B．升高温度，平衡向吸热方向移动；
C．硝酸能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子；
D．产生白烟，说明有氯化铵生成。
【解答】解：A．醋酸的浓度越大、电离程度越小，导电性与离子浓度有关，故A错误；
B．把充有NO2和N2O4的平衡球装置分别放入热水和冷水中（2NO2⇌N2O4△H＜0），热水中颜色更深，说明升高温度二氧化氮浓度增大，平衡逆向移动，所以升高温度平衡向吸热方向移动，故B正确；
C．硝酸能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，干扰硫酸根离子的检验，应该用盐酸酸化的氯化钡溶液检验硫酸根离子，故C错误；
D．产生白烟，说明有氯化铵生成，该反应中没有元素化合价变化，所以没有电子转移，氨气不体现还原性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大
13．（3分）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X和W原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Y、Z、W最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的是（ ）
A．元素Z的单质可用于冶炼金属
B．简单离子半径：W＞Z＞Y
C．阴离子的还原性：W＞R
D．Y2W能破坏水的电离平衡
【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素．X、Y、W的最高价氧化物对应水化物两两之间都能发生反应，应是氢氧化铝与强碱、强酸的反应，故Y为Na、Z为Al；X和W原子最外层电子数是其电子层数的2倍，W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，最外层电子数为6，故W为S，则X为O，R为Cl，据此解答。
【解答】解：A.Z的单质为铝，可用于冶炼高熔点金属，故A正确；
B.电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，则简单离子半径为S2﹣＞Na+＞Al 3+，故B错误；
C.元素非金属性越弱，对应阴离子还原性越强，则阴离子还原性S2﹣＞Cl﹣，故C正确；
D.硫化钠中，硫离子水解能促进水的电离，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了元素的推断及元素周期表、元素周期律的应用，题目难度中等，正确推断元素，掌握元素的位、构、性三者的关系是本题解答的关键。
14．（3分）NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性[×100%））与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250℃
D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
【分析】A.由信息可知，发生的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
B.在175～300℃范围，N2的选择性减小；
C.250℃时氨气的转化率较高，再升高温度转化率变化不大；
D.由图可知，低温下NH3转化率和N2选择性均较高。
【解答】解：A.由信息可知，发生的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，故A错误；
B.在175～300℃范围，N2的选择性减小，则随温度的升高，出口处氮气的量均不断减小，故B错误；
C.250℃时氨气的转化率较高，再升高温度转化率变化不大，则温度不能高于250℃，故C错误；
D.由图可知，低温下NH3转化率和N2选择性均较高，则高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对化学平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中坐标及曲线的意义，题目难度不大。
15．（3分）某温度下，在一个2L的密闭容器中加入4molA和2molB进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+D（g） ΔH＜0，反应2min后达到平衡，测得生成1.6molC，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，平衡向右移动
B．此时，B的平衡转化率是60%
C．增加B，平衡向右移动，A的平衡转化率增大
D．增大该体系的压强，化学平衡常数不变，平衡不移动
【分析】反应2min后达到平衡，测得生成1.6molC，则
mol 3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+D（g）
开始 4 2 0 0
转化 1.2 0.8 1.6 0.4
平衡 2.8 1.2 1.6 0.4
A．焓变为负，为放热反应；
B．转化率＝×100%计算；
C．增加B，促进A的转化；
D．该反应为气体总物质的量减小的反应，且K与温度有关。
【解答】解：A．焓变为负，为放热反应，升高温度，平衡向左移动，故A错误；
B．此时，B的平衡转化率是×100%＝40%，故B错误；
C．增加B，促进A的转化，平衡向右移动，A的平衡转化率增大，故C正确；
D．该反应为气体总物质的量减小的反应，增大该体系的压强，平衡向右移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、转化率的计算、平衡常数的影响因素为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意K与温度的关系，题目难度不大。
16．（3分）如图示意图表示正确的是（ ）
A．甲图表示Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g） ΔH＝+26.7kJ•mol﹣1反应的能量变化
B．乙图表示碳的燃烧热
C．丙图表示实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，混合液的最高温度随V（NaOH）的变化（已知V1+V2＝60mL）
D．已知稳定性顺序：B＜A＜C，某反应由两步反应A⇌B⇌C构成，反应过程中的能量变化曲线如丁图
【分析】A．由图可知，甲图表示放热反应；
B．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量；
C．丙图中NaOH溶液体积V2为20mL时温度最高，说明此时酸碱已经完全反应，又实验中始终保持V1+V2＝60mL，所以H2SO4溶液体积V1为40mL；
D．能量越低越稳定。
【解答】解：A．由图可知，甲图表示放热反应，而Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g） ΔH＝+26.7kJ•mol﹣1为吸热反应，故A错误；
B．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，故乙图不能表示碳的燃烧热，故B错误；
C．由丙图可知，V（NaOH）＝V2＝20mL时温度最高，说明此时酸碱恰好完全反应，V1+V2＝60mL，所以H2SO4溶液体积V1为40mL，根据2NaOH～H2SO4可知，硫酸和氢氧化钠溶液浓度不同，故C错误；
D．能量越低越稳定，稳定性B＜A，则反应A⇌B为吸热反应，稳定性B＜C，则反应B⇌C为放热反应，且从能量A＜C可得出，总反应为放热反应，与丁图相符，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
二、非选择题（4小题，共46分）
17．氮氧化物是大气污染物之一，工业上有多种方法处理氮氧化物。其中一个反应为C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）。
（1）已知①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1；
②C（s）的燃烧热为ΔH2＝bkJ•mol﹣1。
反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）的ΔH＝ b﹣a kJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）。
（2）已知：8NH3（g）+6NO2（g）⇌7N2（g）+12H2O（l）ΔH＜0。相同条件下，在三个容积均为2L的密闭容器内，分别选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间的变化关系如图所示。
①在催化剂A的作用下0～4min的v（NO2）＝ 0.375mol/（L•min） 。
②该反应活化能Ea（A）、Ea（B）、Ea（C）由小到大的顺序是 Ea（A）＜Ea（B）＜Ea（C） 。
③下列说法不正确的是 a （填标号）。
a．使用催化剂A达平衡时，ΔH值更大
b．升高温度可使容器内气体颜色加深
c．单位时间内形成N﹣H键与O﹣H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡
【分析】（1）①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1
②C（s）的燃烧热为ΔH2＝bkJ•mol﹣1，则C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝bkJ/mol
根据盖斯定律：②﹣①得C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）；
（2）①在催化剂A的作用下0～4min的Δn（N2）＝3.5mol，则Δn（NO2）＝×3.5mol＝3.0mol，v＝；
②由图可知，选用不同的催化剂进行反应，相同时间内产生氮气的量：A＞B＞C；
③a．催化剂不改变反应的焓变；
b．升高温度，平衡逆向移动；
c．单位时间内形成N﹣H键与O﹣H键的数目相等时，说明正逆反应速率相等；
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，随着反应进行，容器温度上升，平衡常数发生改变。
【解答】解：（1）①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1
②C（s）的燃烧热为ΔH2＝bkJ•mol﹣1，则C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝bkJ/mol
根据盖斯定律：②﹣①得C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）ΔH＝（b﹣a）kJ/mol，
故答案为：b﹣a；
（2）①在催化剂A的作用下0～4min的Δn（N2）＝3.5mol，则Δn（NO2）＝×3.5mol＝3.0mol，v（NO2）＝＝0.375mol/（L•min），
故答案为：0.375mol/（L•min）；
②由图可知，选用不同的催化剂进行反应，相同时间内产生氮气的量：A＞B＞C，则活化能越小，反应速率越快，则Ea（A）＜Ea（B）＜Ea（C），
故答案为：Ea（A）＜Ea（B）＜Ea（C），
③由图可知，选用不同的催化剂进行反应，相同时间内产生氮气的量：A＞B＞C；
a．催化剂不改变反应的焓变，则使用催化剂A达平衡时，ΔH值不变，故a错误；
b．升高温度，平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，可使容器内气体颜色加深，故b正确；
c．单位时间内形成N﹣H键与O﹣H键的数目相等时，说明正逆反应速率相等，反应已经达到平衡，故c正确；
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，随着反应进行，容器温度上升，平衡常数发生改变，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡，故d正确；
故答案为：a。
【点评】本题考查反应热的计算、反应速率的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、化学反应速率公式知识解答，此题难度中等。
18．多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为 Si（s）+3HCl（g）SiHCl3（g）+H2（g）△H＝−225kJ/mol 。
Ⅱ．将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：
①SiCl4（g）+H2（g）⇌SiHCl3（g）+HCl（g） ΔH1＞0
②3SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）⇌4SiHCl3（g） ΔH2＜0
③2SiCl4（g）+H2（g）+Si（s）+HCl（g）⇌3SiHCl3（g） ΔH3
（1）已知体系自由能变ΔG＝ΔH﹣TΔS，ΔG＜0时反应自发进行。三个氢化反应的ΔG与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是 1000℃ ；相同温度下，反应②比反应①的ΔG小，主要原因是 △H2＜△H1导致反应②的△G小 。
（2）以上反应在不同温度下反应相同时间的某一时刻，反应②中SiCl4转化率如图2所示。下列叙述正确的是 ac （填序号）。
a．B点：v正＞v逆
b．v正：A点＞E点
c．反应适宜温度：480～520℃
（3）反应③的ΔH3＝ △H2−△H1 （用ΔH1，ΔH2表示）。温度升高，反应③的平衡常数K 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外，还有 HCl、H2 （填分子式）。
【分析】I．由生成1mol SiHCl3气体和 H2，放出 225kJ 热量，结合状态及焓变书写热化学方程式；
II．（1）SiCl4（g）+H2（g）⇌SiHCl3（g）+HCl（g），要使△G＜0，才能自发进行，①中△H＞0、②△H＜0，且反应②△S＜0；
（2）由图可知，B、C点平衡正向移动，D点转化率最大，且温度越高、反应速率越快；
（3）由盖斯定律可知②−①得到③，反应③为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
（4）根据图知，粗硅和干燥HCl反应生成混合物，SiHCl3和氢气反应生成HCl；混合物分离得到氢气。
【解答】解：I．由生成1mol SiHCl3气体和 H2，放出 225kJ 热量，结合状态及焓变书写热化学方程式为：Si （s）+3HCl （g ）SiHCl3（g）+H2（g）△H＝−225kJ/mol，
故答案为：Si （s）+3HCl （g ）SiHCl3（g）+H2（g）△H＝−225kJ/mol，；
II．（1）△H−T△S＜0 时反应自发进行，由图可知反应①能自发进行的最低温度是1000℃，①中△H＞0、②△H＜0，且反应①△S＝0，反应②△S＜0，△H2＜△H1导致反应②的△G小，
故答案为：1000℃；△H2＜△H1导致反应②的△G小；
（2）a．B 点平衡正向移动，则：v正＞v逆，故a正确；
b．A比E点温度低，则v正：A 点＜E 点，故b错误；
c．转化率较高时为合适的温度，反应适宜温度：480～520℃，故c正确；
故答案为：ac；
（3）由盖斯定律可知②−①得到③，△H3＝△H2−△H1，反应③的焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，
故答案为：△H2−△H1；减小；
（4）根据图知，粗硅和干燥HCl反应生成混合物，SiHCl3和氢气反应生成HCl，混合物分离得到氢气，SiHCl3和氢气反应生成HCl需要氢气，所以由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外，还有HCl、H2，
故答案为：HCl、H2。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的应用，题目难度不大。
19．SO2具有选择性杀菌、抗氧化性以及增酸等作用，是葡萄酒常用的添加剂，国家规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L。取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为硫酸，再用0.0900mol⋅L﹣1NaOH标准溶液进行滴定。
（1）写出SO2气体与H2O2溶液反应的离子方程式 SO2+H2O2＝2H++SO42﹣ 。
（2）用标准液滴定前排气泡时，应选择图中的 c （填字母）。
A．B．C．D．
（3）上述滴定实验中，可选择 酚酞 为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点 滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色 。
（4）下列操作可能使所测SO2偏高的是 CD （填字母）。
A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗
B.滴定前盛放葡萄酒的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C.量取一定体积的待测液最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D.读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（5）滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量是 0.080 g/L（结果保留三位有效数字）。
【分析】（1）SO2气体与H2O2溶液反应生成硫酸；
（2）碱式滴定管下端是橡皮管，排气泡时应将橡皮管弯曲斜向上；
（3）酚酞变色点在8.2～10.0，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为酚酞；
（4）分析操作对消耗标准液体积的影响，凡是不当操作导致消耗标准液体积偏大的操作，测定结果偏高，反之测定结果偏低；
（5）根据SO2～H2SO4～2NaOH计算。
【解答】解：（1）SO2气体与H2O2溶液反应生成硫酸，离子方程式：SO2+H2O2＝2H++SO42﹣，
故答案为：SO2+H2O2＝2H++SO42﹣；
（2）氢氧化钠溶液是标准液，装在碱式滴定管中，碱式滴定管下端是橡皮管，排气泡时应将橡皮管弯曲，其正确操作应为图中的c，
故答案为：c；
（3）酚酞变色点在8.2～10.0，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为酚酞，酚酞开始加入到盐酸中，无色，滴定终点时为浅红色，因此滴定终点的现象为滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色，
故答案为：酚酞；滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色；
（4）A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低；
B.滴定前盛放葡萄酒的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对消耗标准溶液体积不产生影响，测定结果无影响；
C.量取一定体积的待测液最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；
D.读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；
故选：CD；
（5）消耗标准溶液体积为20.00mL，根据SO2～H2SO4～2NaOH，则葡萄酒中SO2的浓度（g/L）＝0.080g/L，
故答案为：0.080g/L。
【点评】本题主要考查酸碱中和滴定，为高频考点，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意常见的实验操作以及化学计算，题目难度中等。
20．黄铁矿的主要成分是FeS2，其中含有一定量的铜、钴等金属。某工厂在传统回收工艺的基础上进一步改进焙烧方式，研究出高效利用硫铁矿资源的工艺如图：
（1）黄铁矿焙烧之前需要粉碎，其目的是： 增大接触面积，提高浸出率
（2）①黄铁矿的氧化焙烧是制硫酸工艺的重要一步，其产物之一是Fe2O3，反应的化学方程式为： 4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3 ；②制硫酸工艺中涉及反应2SO2+O22SO3 ΔH＜0，该反应需将温度控制在400～500℃，温度不宜过低的原因是 温度低，反应速率慢，温度高，平衡逆向移动，不利于生成SO3，温度过高会导致催化剂失去活性 。
（3）用硫酸浸取后的浸渣能用磁选法分离，则该氧化物为 Fe3O4 （填化学式）；浸液通过加入萃取剂可实现铜和钴的分离，在萃取前加入NaOH溶液乳化可提高分离效率，不同浓度的溶液对萃取率的影响下如图，则NaOH溶液最佳的浓度为 1.9 。
项目
Fe
S
Cu
Co
焙烧前（%）
40.28
42.55
0.53
0.022
焙烧后（%）
53.08
0.96
0.76
0.047
已知黄铁矿氧化焙烧前后主要元素质量分数如表，为测定铜的浸出率，取50g焙烧后的烧渣，经处理后测得Cu2+物质的量为5×10﹣3mol，则铜离子的浸出率为 84.2% （结果保留三位有效数字）。
【分析】黄铁矿中通入O2焙烧，发生反应4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3，然后用煤氧化还原焙烧渣，Fe2O3转化为Fe3O4，然后用稀硫酸浸泡，氧化还原焙烧渣仍有少量CuS，CuS不溶于H2SO4，所以浸渣中含有CuS；根据流程图中，浸液通过一系列操作得当Cu、Co，则Cu、Co进入浸液；浸渣通过磁选得到精矿，则Fe3O4不溶于稀硫酸。
【解答】解：（1）随黄铁矿焙烧之前需要粉碎，其目的是增大接触面积，提高浸出率，
故答案为：增大接触面积，提高浸出率；
（2）黄铁矿中FeS2在高温下被氧化生成Fe2O3，同时还生成SO2，反应方程式为4FeS2+11O8SO2+2Fe2O3，2SO2+O22SO3 ΔH＜0，温度低时，反应速率慢，该反应的正反应为放热反应，温度高，平衡逆向移动，不利于生成SO3，且温度过高会导致催化剂失去活性，综合考虑选取温度为400～500℃，
故答案为：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；温度低，反应速率慢，温度高，平衡逆向移动，不利于生成SO3，温度过高会导致催化剂失去活性；
（3）用硫酸浸取后的浸渣能用磁选法分离，说明该氧化物具有磁性，所以该氧化物是Fe3O4，Cu、Co浸出率差值越大越好，根据图知，NaOH浓度为1.9mol/L时，二者浸出率差值最大，焙烧后的m（Cu）＝50g×0.76%＝0.38g，溶液中m（Cu2+）＝5×10﹣3mol×64g/mol＝0.32g，则铜离子的浸出率＝×100%≈84.2%，
故答案为：Fe3O4；1.9；84.2%。
【点评】本题考查物质分离提纯和物质制备，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质成分及其性质、发生的反应、物质分离提纯方法等知识点是解本题关键，难点是各物质成分的判断，题目难度中等。
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化学试题
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）化学与生产、生活密切联系，下列说法不正确的是（ ）
A．打开可乐时放出气体是熵减过程
B．工业上用NH4Cl溶液清洗金属表面的氧化物
C．食物放在冰箱中保存是为了降低氧化反应速率
D．燃烧天然气做饭炒菜，因为该反应是放热反应
2．（3分）下列有关热化学方程式及其叙述正确的是（ ）
A．等质量的C8H8（g）和C8H8（l）分别完全燃烧，后者放出的热量多
B．MnO2能使H2O2分解速率加快是因为降低了反应的活化能和反应热
C．25℃、101kPa时，1molH2和2molH2燃烧生成液态水，求出的燃烧热相等
D．已知中和热为57.3kJ/mol，则1mol盐酸与1molMg（OH）2充分反应所放出的热量为57.3kJ
3．（3分）K、Ka、Kw分别表示化学平衡常数、弱酸的电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是（ ）
A．一定条件下进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大
B．室温下Ka（HCN）＜Ka（CH3COOH），说明CH3COOH的电离度一定比HCN的大
C．25℃时，pH均为4的盐酸和醋酸溶液中Kw不相等
D．2SO2+O2⇌2SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，SO2的转化率可能增大或减小
4．（3分）利用反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＝﹣746.8kJ•mol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（ ）
A．增大压强 B．降低温度
C．升高温度 D．及时移出CO2和N2
5．（3分）下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．pH＝7的溶液
B．30℃时的氯化钠溶液
C．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
6．（3分）高炉炼铁的主要反应为：CO（g）+Fe2O3（s）⇌CO2（g）+Fe（s） 已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
下列说法正确的是（ ）
A．增加Fe2O3固体可以提高CO的转化率
B．该反应的△H＜0
C．减小容器体积既能提高反应速率又能提高平衡转化率
D．容器内气体密度恒定时，不能标志反应达到平衡状态
7．（3分）醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
①白醋中滴入石蕊试液呈红色
②室温时，0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3
③10mL1mol/L醋酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应
④醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱
⑤常温下，将pH＝1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4
A．②③ B．②⑤ C．②③④ D．①④⑤
8．（3分）用尿素水解生成的NH3催化还原NO，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为4NH3（g）+O2（g）+4NO（g）⇌4N2（g）+6H2O（g），下列说法正确的是（ ）
A．上述反应ΔS＜0
B．上述反应平衡常数K＝
C．上述反应中消耗1molNH3，转移电子的数目为2×6.02×1023
D．加入尿素的量越多，车辆尾气对空气污染程度越小
9．（3分）在密闭容器中投入一定量反应物发生储氢反应：LaNi5（s）+3H2（g）⇌LaNi5H6（s） ΔH＝﹣301kJ⋅mol﹣1。在某温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa，下列说法不正确的是（ ）
A．增大压强，降低温度，有利于储氢
B．扩大容器的容积，重新达到平衡时n（H2）减小
C．当LaNi5的质量不再变化时，该反应达到平衡状态
D．若温度不变，缩小容器的容积至原来的一半，重新达到平衡时H2的压强仍为2MPa
10．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，pH＝1的硫酸溶液中，含有H+数目为0.1NA
B．光照条件下，1molCH4与1molCl2充分反应后，得到CH3Cl分子的总数为NA
C．Cu与浓硝酸反应生成9.2gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.2NA
D．足量的锌粒与1LpH＝2的醋酸溶液充分反应，生成H2的数目为0.005NA
11．（3分）环戊二烯（）、环戊烯（）与环戊烷（）的相对能量关系如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．三种物质中环戊二烯最稳定
B．过程③的ΔH＝+211kJ⋅mol﹣1
C．物质变化过程中所放出或吸收的热量的多少与路径无关
D．发生反应①或②时，环戊烷断键吸收的能量高于环戊烯断键吸收的能量
12．（3分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
相同条件下，分别测量0.1mol•L﹣1和0.01mol•L﹣1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强
醋酸浓度越大，电离程度越大
B
把充有NO2和N2O4的平衡球装置分别放入热水和冷水中（2NO2⇌N2O4△H＜0），热水中颜色更深
其他条件不变时，温度升高，平衡向吸热反应方向移动
C
取少量Na2SO3样品溶于蒸馏水，加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀
Na2SO3样品已变质
D
向一干燥集气瓶通入纯净的氨气和氯化氢气体，有白烟产生
氨气具有还原性
A．A B．B C．C D．D
13．（3分）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X和W原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Y、Z、W最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的是（ ）
A．元素Z的单质可用于冶炼金属
B．简单离子半径：W＞Z＞Y
C．阴离子的还原性：W＞R
D．Y2W能破坏水的电离平衡
14．（3分）NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性[×100%））与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250℃
D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
15．（3分）某温度下，在一个2L的密闭容器中加入4molA和2molB进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+D（g） ΔH＜0，反应2min后达到平衡，测得生成1.6molC，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，平衡向右移动
B．此时，B的平衡转化率是60%
C．增加B，平衡向右移动，A的平衡转化率增大
D．增大该体系的压强，化学平衡常数不变，平衡不移动
16．（3分）如图示意图表示正确的是（ ）
A．甲图表示Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g） ΔH＝+26.7kJ•mol﹣1反应的能量变化
B．乙图表示碳的燃烧热
C．丙图表示实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，混合液的最高温度随V（NaOH）的变化（已知V1+V2＝60mL）
D．已知稳定性顺序：B＜A＜C，某反应由两步反应A⇌B⇌C构成，反应过程中的能量变化曲线如丁图
二、非选择题（4小题，共46分）
17．氮氧化物是大气污染物之一，工业上有多种方法处理氮氧化物。其中一个反应为C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）。
（1）已知①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1；
②C（s）的燃烧热为ΔH2＝bkJ•mol﹣1。
反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）的ΔH＝ kJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）。
（2）已知：8NH3（g）+6NO2（g）⇌7N2（g）+12H2O（l）ΔH＜0。相同条件下，在三个容积均为2L的密闭容器内，分别选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间的变化关系如图所示。
①在催化剂A的作用下0～4min的v（NO2）＝ 。
②该反应活化能Ea（A）、Ea（B）、Ea（C）由小到大的顺序是 。
③下列说法不正确的是 （填标号）。
a．使用催化剂A达平衡时，ΔH值更大
b．升高温度可使容器内气体颜色加深
c．单位时间内形成N﹣H键与O﹣H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡
18．多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为 。
Ⅱ．将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：
①SiCl4（g）+H2（g）⇌SiHCl3（g）+HCl（g） ΔH1＞0
②3SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）⇌4SiHCl3（g） ΔH2＜0
③2SiCl4（g）+H2（g）+Si（s）+HCl（g）⇌3SiHCl3（g） ΔH3
（1）已知体系自由能变ΔG＝ΔH﹣TΔS，ΔG＜0时反应自发进行。三个氢化反应的ΔG与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是 ；相同温度下，反应②比反应①的ΔG小，主要原因是 。
（2）以上反应在不同温度下反应相同时间的某一时刻，反应②中SiCl4转化率如图2所示。下列叙述正确的是 （填序号）。
a．B点：v正＞v逆
b．v正：A点＞E点
c．反应适宜温度：480～520℃
（3）反应③的ΔH3＝ （用ΔH1，ΔH2表示）。温度升高，反应③的平衡常数K （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外，还有 （填分子式）。
19．SO2具有选择性杀菌、抗氧化性以及增酸等作用，是葡萄酒常用的添加剂，国家规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L。取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为硫酸，再用0.0900mol⋅L﹣1NaOH标准溶液进行滴定。
（1）写出SO2气体与H2O2溶液反应的离子方程式 。
（2）用标准液滴定前排气泡时，应选择图中的 （填字母）。
A．B．C．D．
（3）上述滴定实验中，可选择 为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点 。
（4）下列操作可能使所测SO2偏高的是 （填字母）。
A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗
B.滴定前盛放葡萄酒的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C.量取一定体积的待测液最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D.读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（5）滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量是 g/L（结果保留三位有效数字）。
20．黄铁矿的主要成分是FeS2，其中含有一定量的铜、钴等金属。某工厂在传统回收工艺的基础上进一步改进焙烧方式，研究出高效利用硫铁矿资源的工艺如图：
（1）黄铁矿焙烧之前需要粉碎，其目的是：
（2）①黄铁矿的氧化焙烧是制硫酸工艺的重要一步，其产物之一是Fe2O3，反应的化学方程式为： ；②制硫酸工艺中涉及反应2SO2+O22SO3 ΔH＜0，该反应需将温度控制在400～500℃，温度不宜过低的原因是 。
（3）用硫酸浸取后的浸渣能用磁选法分离，则该氧化物为 （填化学式）；浸液通过加入萃取剂可实现铜和钴的分离，在萃取前加入NaOH溶液乳化可提高分离效率，不同浓度的溶液对萃取率的影响下如图，则NaOH溶液最佳的浓度为 。
项目
Fe
S
Cu
Co
焙烧前（%）
40.28
42.55
0.53
0.022
焙烧后（%）
53.08
0.96
0.76
0.047
已知黄铁矿氧化焙烧前后主要元素质量分数如表，为测定铜的浸出率，取50g焙烧后的烧渣，经处理后测得Cu2+物质的量为5×10﹣3mol，则铜离子的浸出率为 （结果保留三位有效数字）。
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化学试题
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）化学与生产、生活密切联系，下列说法不正确的是（ ）
A．打开可乐时放出气体是熵减过程
B．工业上用NH4Cl溶液清洗金属表面的氧化物
C．食物放在冰箱中保存是为了降低氧化反应速率
D．燃烧天然气做饭炒菜，因为该反应是放热反应
【分析】A．打开可乐时放出气体是熵增过程；
B．NH4Cl溶液呈酸性，能与碱性氧化物反应；
C．降低温度，反应速率减慢；
D．燃料燃烧是放热反应。
【解答】解：A．液态向气态转化的过程是熵增过程，可乐中存在二氧化碳气体的溶解平衡，打开可乐瓶盖后会生产大量二氧化碳气体，则该过程为熵增过程，故A错误；
B．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，能与碱性氧化物反应，则NH4Cl溶液清洗金属表面的氧化物，故B正确；
C．食物放在冰箱中保存时温度降低，减慢了食物缓慢氧化的反应速率，可延长食品保质期，故C正确；
D．天然气具有可燃性，燃烧时放热，可用作燃料，应用生活中做饭炒菜，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的组成、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意掌握熵增或熵减过程的判断，题目难度不大。
2．（3分）下列有关热化学方程式及其叙述正确的是（ ）
A．等质量的C8H8（g）和C8H8（l）分别完全燃烧，后者放出的热量多
B．MnO2能使H2O2分解速率加快是因为降低了反应的活化能和反应热
C．25℃、101kPa时，1molH2和2molH2燃烧生成液态水，求出的燃烧热相等
D．已知中和热为57.3kJ/mol，则1mol盐酸与1molMg（OH）2充分反应所放出的热量为57.3kJ
【分析】A．C8H8（g）转化为C8H8（l）释放能量；
B．MnO2是H2O2分解的催化剂；
C．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成指定物质所放出的热量确；
D．中和热是指强酸、强碱的稀溶液反应生成1mol水所放出的热量。
【解答】解：A．C8H8（g）转化为C8H8（l）释放能量，则等质量的C8H8（g）和C8H8（l）分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；
B．MnO2是H2O2分解的催化剂，MnO2能加快反应速率是因为降低了反应的活化能，但不能改变反应的反应热，故B错误；
C．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成指定物质所放出的热量，则25℃、101kPa时，1molH2和2molH2燃烧生成液态水，求出的燃烧热相等，故C正确；
D．中和热是指强酸、强碱的稀溶液反应生成1mol水所放出的热量，1molMg（OH）2电离需要吸热，则1mol盐酸与1molMg（OH）2充分反应所放出的热量小于57.3kJ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生反应热、燃烧热和中和热的掌握情况，试题难度中等。
3．（3分）K、Ka、Kw分别表示化学平衡常数、弱酸的电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是（ ）
A．一定条件下进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大
B．室温下Ka（HCN）＜Ka（CH3COOH），说明CH3COOH的电离度一定比HCN的大
C．25℃时，pH均为4的盐酸和醋酸溶液中Kw不相等
D．2SO2+O2⇌2SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，SO2的转化率可能增大或减小
【分析】A．催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，不改变平衡常数；
B．c（H+）与酸的浓度以及K有关；
C．一定温度下，水的离子积是常数；
D．可逆反应中，化学平衡常数不变，说明其温度不变，但不能说明平衡不移动。
【解答】解：A．一定条件下进行合成氨的反应，使用催化剂后，降低反应的活化能，加快反应速率，不改变化学平衡，K不变，故A错误；
B．酸的浓度未知，不能确定c（H+）大小，故B错误；
C．水的离子积适用于酸、碱、盐溶液，一定温度下，水的离子积是常数，25℃时，盐酸和醋酸溶液中Kw不相等，故C错误；
D．改变某一条件时K不变，可能改变的条件为浓度、压强或催化剂等，增大压强时转化率增大，减小压强时转化率减小，使用催化剂转化率不变，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查平衡常数，为高频考点，把握平衡常数的影响因素、平衡移动、电离度为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
4．（3分）利用反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＝﹣746.8kJ•mol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（ ）
A．增大压强 B．降低温度
C．升高温度 D．及时移出CO2和N2
【分析】升高温度、增大压强、增大浓度、使用催化剂，均可加快反应速率；该反应为气体总物质的量减小的反应，且为放热反应，增大压强、增大CO的浓度、降低温度，均时平衡正向移动，增大NO的转化率，以此来解答。
【解答】解：A．增大压强，加快反应速率，平衡正向移动，增大NO的转化率，故A正确；
B．降低温度，反应速率减小，故B错误；
C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小，故C错误；
D．及时移出CO2和N2，反应速率减小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡及反应速率，为高频考点，把握温度、浓度、压强对反应速率和平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。
5．（3分）下列溶液一定呈中性的是（ ）
A．pH＝7的溶液
B．30℃时的氯化钠溶液
C．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
【分析】A．pH＝7的溶液可能呈碱性；
B．NaCl溶液中c（H+）＝c（OH﹣）；
C．强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液可能呈中性、可能呈酸性、可能呈碱性；
D．非电解质溶于水得到的溶液可能呈酸性、可能呈碱性、可能呈中性。
【解答】解：A．pH＝7的溶液可能呈碱性，如：100℃时纯水pH＝6，该温度下pH＝7的溶液呈碱性，故A错误；
B．氯化钠溶液中c（H+）＝c（OH﹣）时，则30℃时的氯化钠溶液呈中性，故B正确；
C．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液可能呈酸性、可能呈中性、可能呈碱性，如：等物质的量的H2SO4和NaOH反应得到的混合溶液呈酸性，等物质的量的HCl和NaOH反应得到的混合溶液呈中性，等物质的量的HCl和Ba（OH）2反应得到的混合溶液呈碱性，故C错误；
D．非电解质溶于水得到的溶液可能呈酸性、可能呈中性、可能呈碱性，如：CO2溶于水得到的溶液呈酸性，乙醇溶于水得到的溶液呈中性，NH3溶于水得到的溶液呈碱性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查溶液酸碱性，为高频考点，把握酸碱性的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
6．（3分）高炉炼铁的主要反应为：CO（g）+Fe2O3（s）⇌CO2（g）+Fe（s） 已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
下列说法正确的是（ ）
A．增加Fe2O3固体可以提高CO的转化率
B．该反应的△H＜0
C．减小容器体积既能提高反应速率又能提高平衡转化率
D．容器内气体密度恒定时，不能标志反应达到平衡状态
【分析】A．氧化铁为固体，增加氧化铁不影响化学平衡；
B．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；
C．该反应前后气体总体积不变，则压强不影响化学平衡；
D．该反应前后气体质量不相等，则反应过程中气体的密度会发生变化．
【解答】解：A．增加Fe2O3固体后，化学平衡不移动，则变化提高CO的转化率，故A错误；
B．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，故升高温度平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应，所以该反应的△H＜0，故B正确；
C．减小容器容积，增大了压强，化学反应速率增大，由于该反应是气体体积不变的反应，则化学平衡不移动，所以反应物转化率不变，故C错误；
D．CO和二氧化碳的密度不同，则反应过程中气体的密度不同，若容器内气体密度恒定时，说明各组分的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学平衡的影响因素，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握化学平衡的特征，D为易错点，注意反应前后气体的质量不相等，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
7．（3分）醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）
①白醋中滴入石蕊试液呈红色
②室温时，0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3
③10mL1mol/L醋酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应
④醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱
⑤常温下，将pH＝1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4
A．②③ B．②⑤ C．②③④ D．①④⑤
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，要想证明醋酸为弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可。
【解答】解：①白醋中滴入石蕊试液呈红色，说明溶液显酸性，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸为弱电解质，故①错误；
②室温时，0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3，c（H+）小于醋酸浓度，则醋酸部分电离，为弱电解质，故②正确；
③10mL 1mol/L醋酸恰好与10mL 1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明醋酸为一元酸，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸为弱电解质，故③错误；
④溶液导电性和离子浓度有关，与酸的强弱无直接关系，醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸为弱电解质，故④错误；
⑤常温下，将pH＝1的醋酸溶液稀释1000倍，若为强酸溶液，pH＝4，测得pH＜4，说明稀释促进醋酸电离，则醋酸为弱电解质，故⑤正确，
故选：B。
【点评】本题考查的电解质强弱判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电解质强弱的根本区别是解本题关键，电解质强弱与其溶液导电性强弱无关，题目难度不大。
8．（3分）用尿素水解生成的NH3催化还原NO，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为4NH3（g）+O2（g）+4NO（g）⇌4N2（g）+6H2O（g），下列说法正确的是（ ）
A．上述反应ΔS＜0
B．上述反应平衡常数K＝
C．上述反应中消耗1molNH3，转移电子的数目为2×6.02×1023
D．加入尿素的量越多，车辆尾气对空气污染程度越小
【分析】A．气体分子数越多，混乱度越大；
B．平衡常数为生成物浓度系数的幂之积与反应物浓度系数的幂之积之比；
C．由方程式可知每消耗4mol氨气，转移12mol电子；
D．氨气也有毒。
【解答】解：A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，是熵增反应，故△S＞0，故A错误；
B．平衡常数为生成物浓度系数的幂之积与反应物浓度系数的幂之积之比，反应为4NH3（g）+O2（g）+4NO（g）⇌4N2（g）+6H2O（g），由方程式可知平衡常数的表达式为：K＝，故B正确；
C．由方程式可知每消耗4mol氨气，转移12mol电子，则反应消耗1mol氨气转移电子数为3×6.02×1023，故C错误；
D．加入尿素越多，产生氨气越多，产生的污染增大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了熵变和平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、氧化还原反应和图象反应的定量关系的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度最中等。
9．（3分）在密闭容器中投入一定量反应物发生储氢反应：LaNi5（s）+3H2（g）⇌LaNi5H6（s） ΔH＝﹣301kJ⋅mol﹣1。在某温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa，下列说法不正确的是（ ）
A．增大压强，降低温度，有利于储氢
B．扩大容器的容积，重新达到平衡时n（H2）减小
C．当LaNi5的质量不再变化时，该反应达到平衡状态
D．若温度不变，缩小容器的容积至原来的一半，重新达到平衡时H2的压强仍为2MPa
【分析】A．由温度压强变化对平衡的影响分析；
B．由压强变化对平衡的影响分析；
C．化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变；
D．结合K＝c3（H2）分析。
【解答】解：A．增大压强，平衡正向移动，有利于储氢，升高温度，平衡正向移动，有利于储氢，故A正确；
B．扩大容器的容积，平衡逆向移动，重新达到平衡时n（H2）增大，故B错误；
C．当LaNi5的质量不再变化时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故C正确；
D．由K＝c3（H2）可知，温度不变，缩小容器的容积至原来的一半，氢气浓度不变，氢气的物质的量变为原来的一半，故压强保持不变，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
10．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，pH＝1的硫酸溶液中，含有H+数目为0.1NA
B．光照条件下，1molCH4与1molCl2充分反应后，得到CH3Cl分子的总数为NA
C．Cu与浓硝酸反应生成9.2gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.2NA
D．足量的锌粒与1LpH＝2的醋酸溶液充分反应，生成H2的数目为0.005NA
【分析】A．溶液体积未知；
B．CH4与Cl2反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物；
C．NO2和N2O4中氮元素均为+4价，N2O4可看做（NO2）2；
D．醋酸为弱电解质，1LpH＝2的醋酸溶液含醋酸物质的量远远大于0.01mol。
【解答】解：A．溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故A错误；
B．光照条件下，1mol CH4与足量的Cl2充分反应后，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物，得到CH3Cl分子的总数小于NA，故B错误；
C．Cu与浓硝酸反应生成9.2gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为×1×NA/mol＝0.2NA，故C正确；
D．醋酸为弱电解质，1LpH＝2的醋酸溶液含醋酸物质的量远远大于0.01mol，足量的锌粒与1LpH＝2的醋酸溶液充分反应，生成H2的数目大于0.005 NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的性质是解题关键。
11．（3分）环戊二烯（）、环戊烯（）与环戊烷（）的相对能量关系如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．三种物质中环戊二烯最稳定
B．过程③的ΔH＝+211kJ⋅mol﹣1
C．物质变化过程中所放出或吸收的热量的多少与路径无关
D．发生反应①或②时，环戊烷断键吸收的能量高于环戊烯断键吸收的能量
【分析】A．能量越低越稳定；
B．根据图可知，过程③的ΔH＝﹣（101+110）kJ/mol；
C．根据盖斯定律分析；
D．由图可知，环戊烷转化为环戊烯为吸热反应。
【解答】解：A．由图可知，环戊烷的能量最低，根据能量越低越稳定，则环戊烷最稳定，故A错误；；
B．根据图可知，过程③的ΔH＝﹣（101+110）kJ/mol＝﹣211kJ/mol，故B错误；
C．根据盖斯定律可知，物质变化过程中所放出或吸收的热量的多少与路径无关，故C正确；
D．由图可知，环戊烷转化为环戊烯为吸热反应，则发生反应②时，环戊烷断键吸收的能量高于环戊烯断键吸收的能量，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
12．（3分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
相同条件下，分别测量0.1mol•L﹣1和0.01mol•L﹣1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强
醋酸浓度越大，电离程度越大
B
把充有NO2和N2O4的平衡球装置分别放入热水和冷水中（2NO2⇌N2O4△H＜0），热水中颜色更深
其他条件不变时，温度升高，平衡向吸热反应方向移动
C
取少量Na2SO3样品溶于蒸馏水，加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀
Na2SO3样品已变质
D
向一干燥集气瓶通入纯净的氨气和氯化氢气体，有白烟产生
氨气具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．醋酸的浓度越大、电离程度越小；
B．升高温度，平衡向吸热方向移动；
C．硝酸能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子；
D．产生白烟，说明有氯化铵生成。
【解答】解：A．醋酸的浓度越大、电离程度越小，导电性与离子浓度有关，故A错误；
B．把充有NO2和N2O4的平衡球装置分别放入热水和冷水中（2NO2⇌N2O4△H＜0），热水中颜色更深，说明升高温度二氧化氮浓度增大，平衡逆向移动，所以升高温度平衡向吸热方向移动，故B正确；
C．硝酸能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，干扰硫酸根离子的检验，应该用盐酸酸化的氯化钡溶液检验硫酸根离子，故C错误；
D．产生白烟，说明有氯化铵生成，该反应中没有元素化合价变化，所以没有电子转移，氨气不体现还原性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大
13．（3分）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X和W原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Y、Z、W最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的是（ ）
A．元素Z的单质可用于冶炼金属
B．简单离子半径：W＞Z＞Y
C．阴离子的还原性：W＞R
D．Y2W能破坏水的电离平衡
【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素．X、Y、W的最高价氧化物对应水化物两两之间都能发生反应，应是氢氧化铝与强碱、强酸的反应，故Y为Na、Z为Al；X和W原子最外层电子数是其电子层数的2倍，W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，最外层电子数为6，故W为S，则X为O，R为Cl，据此解答。
【解答】解：A.Z的单质为铝，可用于冶炼高熔点金属，故A正确；
B.电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，则简单离子半径为S2﹣＞Na+＞Al 3+，故B错误；
C.元素非金属性越弱，对应阴离子还原性越强，则阴离子还原性S2﹣＞Cl﹣，故C正确；
D.硫化钠中，硫离子水解能促进水的电离，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了元素的推断及元素周期表、元素周期律的应用，题目难度中等，正确推断元素，掌握元素的位、构、性三者的关系是本题解答的关键。
14．（3分）NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性[×100%））与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250℃
D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
【分析】A.由信息可知，发生的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
B.在175～300℃范围，N2的选择性减小；
C.250℃时氨气的转化率较高，再升高温度转化率变化不大；
D.由图可知，低温下NH3转化率和N2选择性均较高。
【解答】解：A.由信息可知，发生的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，故A错误；
B.在175～300℃范围，N2的选择性减小，则随温度的升高，出口处氮气的量均不断减小，故B错误；
C.250℃时氨气的转化率较高，再升高温度转化率变化不大，则温度不能高于250℃，故C错误；
D.由图可知，低温下NH3转化率和N2选择性均较高，则高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对化学平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中坐标及曲线的意义，题目难度不大。
15．（3分）某温度下，在一个2L的密闭容器中加入4molA和2molB进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+D（g） ΔH＜0，反应2min后达到平衡，测得生成1.6molC，下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，平衡向右移动
B．此时，B的平衡转化率是60%
C．增加B，平衡向右移动，A的平衡转化率增大
D．增大该体系的压强，化学平衡常数不变，平衡不移动
【分析】反应2min后达到平衡，测得生成1.6molC，则
mol 3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+D（g）
开始 4 2 0 0
转化 1.2 0.8 1.6 0.4
平衡 2.8 1.2 1.6 0.4
A．焓变为负，为放热反应；
B．转化率＝×100%计算；
C．增加B，促进A的转化；
D．该反应为气体总物质的量减小的反应，且K与温度有关。
【解答】解：A．焓变为负，为放热反应，升高温度，平衡向左移动，故A错误；
B．此时，B的平衡转化率是×100%＝40%，故B错误；
C．增加B，促进A的转化，平衡向右移动，A的平衡转化率增大，故C正确；
D．该反应为气体总物质的量减小的反应，增大该体系的压强，平衡向右移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、转化率的计算、平衡常数的影响因素为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意K与温度的关系，题目难度不大。
16．（3分）如图示意图表示正确的是（ ）
A．甲图表示Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g） ΔH＝+26.7kJ•mol﹣1反应的能量变化
B．乙图表示碳的燃烧热
C．丙图表示实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，混合液的最高温度随V（NaOH）的变化（已知V1+V2＝60mL）
D．已知稳定性顺序：B＜A＜C，某反应由两步反应A⇌B⇌C构成，反应过程中的能量变化曲线如丁图
【分析】A．由图可知，甲图表示放热反应；
B．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量；
C．丙图中NaOH溶液体积V2为20mL时温度最高，说明此时酸碱已经完全反应，又实验中始终保持V1+V2＝60mL，所以H2SO4溶液体积V1为40mL；
D．能量越低越稳定。
【解答】解：A．由图可知，甲图表示放热反应，而Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g） ΔH＝+26.7kJ•mol﹣1为吸热反应，故A错误；
B．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，故乙图不能表示碳的燃烧热，故B错误；
C．由丙图可知，V（NaOH）＝V2＝20mL时温度最高，说明此时酸碱恰好完全反应，V1+V2＝60mL，所以H2SO4溶液体积V1为40mL，根据2NaOH～H2SO4可知，硫酸和氢氧化钠溶液浓度不同，故C错误；
D．能量越低越稳定，稳定性B＜A，则反应A⇌B为吸热反应，稳定性B＜C，则反应B⇌C为放热反应，且从能量A＜C可得出，总反应为放热反应，与丁图相符，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
二、非选择题（4小题，共46分）
17．氮氧化物是大气污染物之一，工业上有多种方法处理氮氧化物。其中一个反应为C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）。
（1）已知①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1；
②C（s）的燃烧热为ΔH2＝bkJ•mol﹣1。
反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）的ΔH＝ b﹣a kJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）。
（2）已知：8NH3（g）+6NO2（g）⇌7N2（g）+12H2O（l）ΔH＜0。相同条件下，在三个容积均为2L的密闭容器内，分别选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间的变化关系如图所示。
①在催化剂A的作用下0～4min的v（NO2）＝ 0.375mol/（L•min） 。
②该反应活化能Ea（A）、Ea（B）、Ea（C）由小到大的顺序是 Ea（A）＜Ea（B）＜Ea（C） 。
③下列说法不正确的是 a （填标号）。
a．使用催化剂A达平衡时，ΔH值更大
b．升高温度可使容器内气体颜色加深
c．单位时间内形成N﹣H键与O﹣H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡
【分析】（1）①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1
②C（s）的燃烧热为ΔH2＝bkJ•mol﹣1，则C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝bkJ/mol
根据盖斯定律：②﹣①得C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）；
（2）①在催化剂A的作用下0～4min的Δn（N2）＝3.5mol，则Δn（NO2）＝×3.5mol＝3.0mol，v＝；
②由图可知，选用不同的催化剂进行反应，相同时间内产生氮气的量：A＞B＞C；
③a．催化剂不改变反应的焓变；
b．升高温度，平衡逆向移动；
c．单位时间内形成N﹣H键与O﹣H键的数目相等时，说明正逆反应速率相等；
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，随着反应进行，容器温度上升，平衡常数发生改变。
【解答】解：（1）①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1
②C（s）的燃烧热为ΔH2＝bkJ•mol﹣1，则C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝bkJ/mol
根据盖斯定律：②﹣①得C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）ΔH＝（b﹣a）kJ/mol，
故答案为：b﹣a；
（2）①在催化剂A的作用下0～4min的Δn（N2）＝3.5mol，则Δn（NO2）＝×3.5mol＝3.0mol，v（NO2）＝＝0.375mol/（L•min），
故答案为：0.375mol/（L•min）；
②由图可知，选用不同的催化剂进行反应，相同时间内产生氮气的量：A＞B＞C，则活化能越小，反应速率越快，则Ea（A）＜Ea（B）＜Ea（C），
故答案为：Ea（A）＜Ea（B）＜Ea（C），
③由图可知，选用不同的催化剂进行反应，相同时间内产生氮气的量：A＞B＞C；
a．催化剂不改变反应的焓变，则使用催化剂A达平衡时，ΔH值不变，故a错误；
b．升高温度，平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，可使容器内气体颜色加深，故b正确；
c．单位时间内形成N﹣H键与O﹣H键的数目相等时，说明正逆反应速率相等，反应已经达到平衡，故c正确；
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，随着反应进行，容器温度上升，平衡常数发生改变，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡，故d正确；
故答案为：a。
【点评】本题考查反应热的计算、反应速率的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、化学反应速率公式知识解答，此题难度中等。
18．多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为 Si（s）+3HCl（g）SiHCl3（g）+H2（g）△H＝−225kJ/mol 。
Ⅱ．将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：
①SiCl4（g）+H2（g）⇌SiHCl3（g）+HCl（g） ΔH1＞0
②3SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）⇌4SiHCl3（g） ΔH2＜0
③2SiCl4（g）+H2（g）+Si（s）+HCl（g）⇌3SiHCl3（g） ΔH3
（1）已知体系自由能变ΔG＝ΔH﹣TΔS，ΔG＜0时反应自发进行。三个氢化反应的ΔG与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是 1000℃ ；相同温度下，反应②比反应①的ΔG小，主要原因是 △H2＜△H1导致反应②的△G小 。
（2）以上反应在不同温度下反应相同时间的某一时刻，反应②中SiCl4转化率如图2所示。下列叙述正确的是 ac （填序号）。
a．B点：v正＞v逆
b．v正：A点＞E点
c．反应适宜温度：480～520℃
（3）反应③的ΔH3＝ △H2−△H1 （用ΔH1，ΔH2表示）。温度升高，反应③的平衡常数K 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外，还有 HCl、H2 （填分子式）。
【分析】I．由生成1mol SiHCl3气体和 H2，放出 225kJ 热量，结合状态及焓变书写热化学方程式；
II．（1）SiCl4（g）+H2（g）⇌SiHCl3（g）+HCl（g），要使△G＜0，才能自发进行，①中△H＞0、②△H＜0，且反应②△S＜0；
（2）由图可知，B、C点平衡正向移动，D点转化率最大，且温度越高、反应速率越快；
（3）由盖斯定律可知②−①得到③，反应③为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
（4）根据图知，粗硅和干燥HCl反应生成混合物，SiHCl3和氢气反应生成HCl；混合物分离得到氢气。
【解答】解：I．由生成1mol SiHCl3气体和 H2，放出 225kJ 热量，结合状态及焓变书写热化学方程式为：Si （s）+3HCl （g ）SiHCl3（g）+H2（g）△H＝−225kJ/mol，
故答案为：Si （s）+3HCl （g ）SiHCl3（g）+H2（g）△H＝−225kJ/mol，；
II．（1）△H−T△S＜0 时反应自发进行，由图可知反应①能自发进行的最低温度是1000℃，①中△H＞0、②△H＜0，且反应①△S＝0，反应②△S＜0，△H2＜△H1导致反应②的△G小，
故答案为：1000℃；△H2＜△H1导致反应②的△G小；
（2）a．B 点平衡正向移动，则：v正＞v逆，故a正确；
b．A比E点温度低，则v正：A 点＜E 点，故b错误；
c．转化率较高时为合适的温度，反应适宜温度：480～520℃，故c正确；
故答案为：ac；
（3）由盖斯定律可知②−①得到③，△H3＝△H2−△H1，反应③的焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，
故答案为：△H2−△H1；减小；
（4）根据图知，粗硅和干燥HCl反应生成混合物，SiHCl3和氢气反应生成HCl，混合物分离得到氢气，SiHCl3和氢气反应生成HCl需要氢气，所以由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外，还有HCl、H2，
故答案为：HCl、H2。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的应用，题目难度不大。
19．SO2具有选择性杀菌、抗氧化性以及增酸等作用，是葡萄酒常用的添加剂，国家规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L。取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为硫酸，再用0.0900mol⋅L﹣1NaOH标准溶液进行滴定。
（1）写出SO2气体与H2O2溶液反应的离子方程式 SO2+H2O2＝2H++SO42﹣ 。
（2）用标准液滴定前排气泡时，应选择图中的 c （填字母）。
A．B．C．D．
（3）上述滴定实验中，可选择 酚酞 为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点 滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色 。
（4）下列操作可能使所测SO2偏高的是 CD （填字母）。
A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗
B.滴定前盛放葡萄酒的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C.量取一定体积的待测液最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D.读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（5）滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量是 0.080 g/L（结果保留三位有效数字）。
【分析】（1）SO2气体与H2O2溶液反应生成硫酸；
（2）碱式滴定管下端是橡皮管，排气泡时应将橡皮管弯曲斜向上；
（3）酚酞变色点在8.2～10.0，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为酚酞；
（4）分析操作对消耗标准液体积的影响，凡是不当操作导致消耗标准液体积偏大的操作，测定结果偏高，反之测定结果偏低；
（5）根据SO2～H2SO4～2NaOH计算。
【解答】解：（1）SO2气体与H2O2溶液反应生成硫酸，离子方程式：SO2+H2O2＝2H++SO42﹣，
故答案为：SO2+H2O2＝2H++SO42﹣；
（2）氢氧化钠溶液是标准液，装在碱式滴定管中，碱式滴定管下端是橡皮管，排气泡时应将橡皮管弯曲，其正确操作应为图中的c，
故答案为：c；
（3）酚酞变色点在8.2～10.0，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为酚酞，酚酞开始加入到盐酸中，无色，滴定终点时为浅红色，因此滴定终点的现象为滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色，
故答案为：酚酞；滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色；
（4）A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低；
B.滴定前盛放葡萄酒的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对消耗标准溶液体积不产生影响，测定结果无影响；
C.量取一定体积的待测液最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；
D.读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；
故选：CD；
（5）消耗标准溶液体积为20.00mL，根据SO2～H2SO4～2NaOH，则葡萄酒中SO2的浓度（g/L）＝0.080g/L，
故答案为：0.080g/L。
【点评】本题主要考查酸碱中和滴定，为高频考点，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意常见的实验操作以及化学计算，题目难度中等。
20．黄铁矿的主要成分是FeS2，其中含有一定量的铜、钴等金属。某工厂在传统回收工艺的基础上进一步改进焙烧方式，研究出高效利用硫铁矿资源的工艺如图：
（1）黄铁矿焙烧之前需要粉碎，其目的是： 增大接触面积，提高浸出率
（2）①黄铁矿的氧化焙烧是制硫酸工艺的重要一步，其产物之一是Fe2O3，反应的化学方程式为： 4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3 ；②制硫酸工艺中涉及反应2SO2+O22SO3 ΔH＜0，该反应需将温度控制在400～500℃，温度不宜过低的原因是 温度低，反应速率慢，温度高，平衡逆向移动，不利于生成SO3，温度过高会导致催化剂失去活性 。
（3）用硫酸浸取后的浸渣能用磁选法分离，则该氧化物为 Fe3O4 （填化学式）；浸液通过加入萃取剂可实现铜和钴的分离，在萃取前加入NaOH溶液乳化可提高分离效率，不同浓度的溶液对萃取率的影响下如图，则NaOH溶液最佳的浓度为 1.9 。
项目
Fe
S
Cu
Co
焙烧前（%）
40.28
42.55
0.53
0.022
焙烧后（%）
53.08
0.96
0.76
0.047
已知黄铁矿氧化焙烧前后主要元素质量分数如表，为测定铜的浸出率，取50g焙烧后的烧渣，经处理后测得Cu2+物质的量为5×10﹣3mol，则铜离子的浸出率为 84.2% （结果保留三位有效数字）。
【分析】黄铁矿中通入O2焙烧，发生反应4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3，然后用煤氧化还原焙烧渣，Fe2O3转化为Fe3O4，然后用稀硫酸浸泡，氧化还原焙烧渣仍有少量CuS，CuS不溶于H2SO4，所以浸渣中含有CuS；根据流程图中，浸液通过一系列操作得当Cu、Co，则Cu、Co进入浸液；浸渣通过磁选得到精矿，则Fe3O4不溶于稀硫酸。
【解答】解：（1）随黄铁矿焙烧之前需要粉碎，其目的是增大接触面积，提高浸出率，
故答案为：增大接触面积，提高浸出率；
（2）黄铁矿中FeS2在高温下被氧化生成Fe2O3，同时还生成SO2，反应方程式为4FeS2+11O8SO2+2Fe2O3，2SO2+O22SO3 ΔH＜0，温度低时，反应速率慢，该反应的正反应为放热反应，温度高，平衡逆向移动，不利于生成SO3，且温度过高会导致催化剂失去活性，综合考虑选取温度为400～500℃，
故答案为：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；温度低，反应速率慢，温度高，平衡逆向移动，不利于生成SO3，温度过高会导致催化剂失去活性；
（3）用硫酸浸取后的浸渣能用磁选法分离，说明该氧化物具有磁性，所以该氧化物是Fe3O4，Cu、Co浸出率差值越大越好，根据图知，NaOH浓度为1.9mol/L时，二者浸出率差值最大，焙烧后的m（Cu）＝50g×0.76%＝0.38g，溶液中m（Cu2+）＝5×10﹣3mol×64g/mol＝0.32g，则铜离子的浸出率＝×100%≈84.2%，
故答案为：Fe3O4；1.9；84.2%。
【点评】本题考查物质分离提纯和物质制备，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质成分及其性质、发生的反应、物质分离提纯方法等知识点是解本题关键，难点是各物质成分的判断，题目难度中等。
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