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重庆南开中学2021-2022学年高一下学期期末化学试题Word版含解析
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这是一份重庆南开中学2021-2022学年高一下学期期末化学试题Word版含解析，共25页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
重庆南开中学高2024届高一(下)期末考试
化学试题
可能用到的相对原子质量： H-1 B-11 N-14 O-16
第一部分(选择题 )
一、选择题：在每⼩题给出的四个选项中，只有⼀项是符合题⽬要求的。
1. 下列做法中用到物质氧化性的是
A. 明矾净化水 B. 纯碱制玻璃
C. ClO2消毒杀菌 D. 实验室制取蒸馏水
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾净化水是由于明矾与水反应产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用，而不是利用物质的氧化性，A不符合题意；
B．纯碱、石灰石、石英在高温下发生反应制玻璃，是利用高沸点的酸酐制取低沸点的酸酐，没有利用物质的氧化性，B不符合题意；
C．ClO2具有强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质氧化而失去生理活性，故可以消毒杀菌，C符合题意；
D．实验室制取蒸馏水是利用混合物中物质沸点的不同进行分离，与物质的氧化性无关，D不符合题意；
故合理选项是C。
2. 下列物质对应的化学式不正确的是
A. 苏打：Na2CO3
B. 石英的主要成分：Si
C. 胆矾：CuSO4·5H2O
D. 铝土矿的主要成分：Al2O3
【答案】B
【解析】
【详解】A．苏打是Na2CO3的俗称，也叫纯碱，A正确；
B．石英的主要成分是SiO2，太阳能电池板的主要成分是Si，B错误；
C．胆矾、蓝帆是CuSO4·5H2O的俗称，C正确；
D．铝土矿的主要成分是Al2O3，D正确；
故合理选项是B。
3. 下列表示不正确的是
A. 乙烯的结构简式：H2C=CH2 B. KOH的电子式：
C. 乙烷的球棍模型： D. 氯离子的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯分子中含有2个C原子和4个H原子，两个C原子形成共价双键，每个C原子分别与2个H原子形成2个共价单键，故其结构简式为H2C=CH2，A正确；
B．KOH是离子化合物，K+与OH-之间以离子键结合，在阴离子OH-中H、O原子之间以共价单键结合，故KOH电子式为，B正确；
C．图示为乙烷的空间填充模型，不是球棍模型，C错误；
D．Cl是17号元素，Cl-是Cl原子获得1个电子形成的，核外电子排布是2、8、8，所以Cl-结构示意图为，D正确；
故合理选项是C。
4. 下列说法不正确的是
A. 煤的液化和气化均为物理变化
B. 工业酒精中往往含有甲醇
C. 液化石油气是混合物
D. 许多水果和花卉有芳香气味是因为含有酯
【答案】A
【解析】
【详解】A．煤的液化和气化过程中均有新物质存在，因此发生的变化为化学变化，A错误；
B．工业酒精中往往含有甲醇，甲醇有强的毒性，B正确；
C．液化石油气含有多种有机物，因此属于混合物，C正确；
D．花卉和水果中含有多种低级酯，因而具有芳香气味，D正确；
故合理选项是A。
5. 密闭容器中A(g)与B(g)反应生成C(g)，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，它们之间有以下关系：2v(B)=3v(A)、3v(C)=2v(B)。则此反应可表示为
A. A(g)+B(g)=C(g) B. A(g)+3B(g)=2C(g)
C. 3A(g)+B(g)=2C(g) D. 2A(g)+3B(g)=2C(g)
【答案】D
【解析】
【详解】在同一化学反应中，用不同物质表示的化学反应速率，速率比等于化学方程式中化学计量数的比。密闭容器中A(g)与B(g)反应生成C(g)，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，它们之间有以下关系：2v(B)=3v(A)、3v(C)=2v(B)，则化学方程式为2A(g)+3B(g)=2C(g)，故合理选项是D。
6. 下列说法正确的是
A. C3H6和C4H8一定互为同系物
B. NH3的沸点比PH3的沸点更高
C. 234U和238U是铀的两种同位素，238 U转换成234U是化学变化
D. 16O=C=18O 为某种二氧化碳分子的结构式，该分子含非极性共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A．C3H6和C4H8符合通式CnH2n，符合该通式的物质可能是烯烃，也可能是环烷烃，因此二者不一定互为同系物，A错误；
B．NH3、PH3结构相似，都是由分子构成，但NH3分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致NH3的沸点比PH3的沸点更高，B正确；
C．234U和238U是铀的两种同位素，238 U转换成234U是同一元素不同原子之间的转化，属于核反应而不是化学变化，C错误；
D．该分子结构对称，因此CO2分子为非极性分子，但C、O是不同元素，因此它们之间存在的C=O双键为极性共价键，D错误；
故合理选项是B。
7. 元素周期律的发现是近代化学史上的一座里程碑。下列事实不能用元素周期律解释的是
A. Na2CO3溶液中加盐酸，产生气泡
B. 常温下，形状和大小相同的Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg条更剧烈
C. 气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S
D. Br2从NaI溶液中置换出I2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Cl的非金属性比C强，依据元素周期律，可证明HClO4的酸性比H2CO3强，但不能证明HCl的酸性比H2CO3强，所以不能用元素周期律解释“Na2CO3溶液中加盐酸，产生气泡”的实验事实，A符合题意；
B．Mg与Al为同周期元素，Mg在Al的左边，依据元素周期律，Mg的金属性强于Al，所以常温下，形状和大小相同的Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg条更剧烈，B不符合题意；
C．O与S为同主族元素，O在S的上方，依据元素周期律，非金属性O大于S，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S，C不符合题意；
D．Br和I为同主族元素，Br在I的上方，依据元素周期律，Br的非金属性大于I，所以Br2从NaI溶液中置换出I2，D不符合题意；
故选A。
8. 可逆反应：aA(g)+bB(s)⇌cC(g)+dD(g)，当其它条件不变时，反应过程中某物质在混合物中的百分含量与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列判断正确的是
A. P1＜P2 ，a+b＞c+d B. P1＜P2，a+b=c+d
C. T1＜T2，ΔH＞0 D. T1＞T2，ΔH＜0
【答案】A
【解析】
【详解】A．在其他条件不变时，增大压强，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，先达到平衡状态。根据图2中A%与时间关系可知：压强：P1＜P2；增大压强，A%不变，说明该反应是反应前后气体物质的量相等的反应，所以a=c+d，则a+b＞c+d，A正确；
B．根据选项A分析可知压强：P1＜P2；增大压强，A%不变，说明该反应是反应前后气体的物质的量相等的反应，由于B物质状态是固体，所以方程式系数关系是a=c+d，B错误；
C．在其他条件不变时，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，先达到平衡状态。根据图1中C%与时间关系图可知：温度T2＞T1；升高温度，化学平衡向吸热的反应方向移动。由于升高温度，C%减小，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以ΔH＜0，C错误；
D．根据选项C分析可知温度：T2＞T1，D错误；
故合理选项是A。
9. 化学平衡状态I、II、III的相关数据如表，下列结论错误的是
编号
化学方程式
平衡常数K
979K
1173K
I
Fe(s)+CO2(g) ⇌FeO(s)+ CO (g) ΔH1
1.47
2.15
II
CO (g)+ H2O(g) ⇌CO2(g)+ H2(g) ΔH2
1.62
b
III
Fe(s)+ H2O(g) ⇌FeO(s)+ H2(g) ΔH3
a
1.68
A. a>b B. 加压，平衡状态II不移动
C. 升温，平衡状态III逆向移动 D. 反应I、II均为放热反应
【答案】D
【解析】
【分析】根据盖斯定律可知，反应I+反应II=反应III，则K3=K1×K2，代入数据解得a=1.47×1.62=2.38，，据此分析作答。
【详解】A．979K平衡常数a=2.38，1173K平衡常数b=0.78，a＞b，A项正确；
B．反应Ⅱ为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，是气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，B项正确；
C．结合分析可知反应Ⅲ的平衡常数随温度升高减小，则升高温度，平衡逆向移动，C项正确；
D．反应I的平衡常数随温度升高而增大，说明温度升高，平衡正向移动，说明该反应为吸热反应，D项错误；
答案选D。
10. 化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是
A. W与Y可形成既含极性键也含非极性键的化合物
B. 最高价氧化物的水化物的酸性：Y＜X
C. 原子半径大小顺序为：W＞X＞Y＞Z
D. 100~200℃阶段热分解失去4个W2Z
【答案】A
【解析】
【分析】YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，该气体应为NO2；Y为N元素，Z为O元素；在化合物(YW4X5Z8·4W2Z )中W2Z应为结晶水，则W为H元素；W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21，则X的核电外电子总数为21-1-7-8=5，则X为B元素，以此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：，W为H元素，X为B元素，Y为N元素，Z为O元素。
A．W是H，Y是N元素，H与N元素形成的肼分子中含有N-H极性键和N-N非极性键，A正确；
B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性：N＞B，则最高价氧化物的水化物酸性：HNO3＞H3BO3，B错误；
C．对于主族元素来说，同周期元素从左向右原子半径逐渐减小；同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序为：W(B)＞X(N)＞Y(O)＞Z(H)，C错误；
D．化合物(YW4X5Z8·4W2Z )为NH4B5O8·4H2O，已知该200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，说明失去的是结晶水，若100 ~ 200℃阶段热分解失去4个H2O，该化合物的化学式变为NH4B5O8，此时的质量保留百分数为，与图示曲线数据( 80.2% )不一致，说明100~200℃阶段不是失去4个H2O，D错误；
故合理选项是A。
11. 反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是
A. 进程Ⅰ是放热反应 B. 平衡时P的产率：Ⅰ=Ⅱ
C. 生成P的速率：Ⅱ＞Ⅲ D. 进程Ⅳ中，Z为催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中信息可知：进程I中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A正确；
B．进程I中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B正确；
C．进程M中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程I中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为I＞III，C正确；
D．由图中信息可知：进程IV中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P+Z，因此，Z没有表现出催化作用，D错误；
故合理选项是D。
12. 碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)在干燥的空气中失水可得到Na2CO3·H2O(s)或Na2CO3(s)：
Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3·H2O(s)+9H2O(g) ∆H1＞0
Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g) ∆H2＞0
下列说法正确的是
A. 向Na2CO3(s)中滴加几滴水，温度升高
B. 碳酸钠晶体的失水过程属于物理变化
C. Na2CO3(s)中Na+和CO数目之比为1：2
D. Na2CO3·H2O(s)=Na2CO3(s)+H2O(g) ∆H=∆H1-∆H2
【答案】A
【解析】
【详解】A．向Na2CO3(s)中滴加几滴水，发生反应：Na2CO3(s)+10H2O(g)=Na2CO3·10H2O(s)，由于Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g) ∆H2＞0，则Na2CO3(s)+10H2O(g)=Na2CO3·10H2O(s)为放热反应，∆H＜0，反应发生后，物质温度升高，A正确；
B．Na2CO3(s)、Na2CO3·H2O(s)、Na2CO3·10H2O(s)是三种不同的物质，碳酸钠晶体的失水过程有新物质产生，因此发生的变化属于化学变化，B错误；
C．根据盐Na2CO3(s)的组成可知Na2CO3(s)中Na+和CO数目之比为2：1，C错误；
D．已知：①Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3·H2O(s)+9H2O(g) ∆H1＞0
②Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g) ∆H2＞0
根据盖斯定律，将②-①，整理可得Na2CO3·H2O(s)=Na2CO3(s)+H2O(g) ∆H=∆H2-∆H1，D错误；
故合理选项是A。
13. 工业上可采用CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH＜0 合成甲醇。恒温恒容条件下，在密闭容器中按物质的量之比1：2通入CO和 H2，下列说法正确的是
A. 当CO和H2转化率的比值不再变化时，说明该反应一定达到平衡
B. 平衡后再通入1 mol H2，既能加快反应速率，又能增大H2平衡转化率
C. 平衡后再通入1 mol CH3OH(g)，CH3OH(g)的体积分数将变大
D. 平衡后升温，混合气体的平均分子量将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．在该反应中CO和H2反应的物质的量的比是1：2，加入的两种物质的物质的量的比也是1：2，则在任何情况下二者的转化率都相等，二者转化的比值始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．平衡后再通入1 mol H2，由于反应物的浓度增大，因此能加快反应速率，但能增大CO平衡转化率，而H2平衡转化率反而降低，B错误；
C．平衡后再通入1 mol CH3OH(g)，化学平衡逆向移动，导致CH3OH(g)的物质的量减小，但平衡移动的趋势是微弱的，最终达到平衡时CH3OH(g)的体积分数还是将变大，C正确；
D．该反应的正反应是放热反应，反应达到平衡后升温，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致混合气体的物质的量增大，由于气体的质量不变，则平衡时混合气体的平均分子量将减小，D错误；
故合理选项是C。
14. 向体积均为1 L的两恒容容器中分别充入2 mol X和1 mol Y发生反应：2X(g)+Y(g) ⇌Z(g) ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. ΔH＞0
B. a点平衡常数：K=12
C. 气体的总物质的量：na＜nc
D. 反应速率：va正＜vb正
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知：在甲绝热下，开始压强开始增大，说明反应发生后体系温度升高，故反应的正反应为放热反应，所以ΔH＜0，A错误；
B．反应开始时n(X)=2 mol，n(Y)=1 mol，设平衡时Z的物质的量为x，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(X)=(2-2x) mol，n(Y)=(1-x) mol，n(Z)=x mol，n(总)=(3-2x) mol由于平衡时气体压强是开始的一半，所以2 mol+1 mol=2(3-2x) mol，解得x=0.75 mol，若在恒温下K(a)=，但该反应是放热反应，实际反应温度高于c点，升高温度，平衡逆向移动，导致化学平衡常数减小，故a点平衡常数：K＜12，B错误；
C．在其他条件不变时，升高温度，气体分子运动速率加快，气体压强增大。a、c两点气体压强相同，由于温度：a＞c，所以气体的物质的量：na＜nc，C正确；
D．温度越高，反应速率越快，因为甲是在绝热条件下，该反应的正反应是放热反应，故反应温度：a＞c，则化学反应速率：va正＞vb正，D错误；
故合理选项是C。
第二部分(填空题)
15. 短周期元素A、B、C、D、E、F、G，其原子半径及主要化合价列表如表。用化学用语回答：
元素代码
A
B
C
D
E
F
G
原子半径/nm
0.075
0.099
0.077
0.074
0.102
0.037
0.117
主要化合价
-3，+5
-1，+7
-4，+4
-2
-2，+6
+1
-4，+4
（1）A元素在周期表中的位置是_______。
（2）以上元素可形成的简单氢化物中，沸点最高的是_______。
（3）写出同时含A、C、D、F四种元素的离子化合物的化学式(任写一种)_______。
（4）C元素在一定条件下可置换出G单质。当1 mol还原剂参加反应时转移电子数为_______。若该反应可在高温条件下自发进行，可判断该反应的ΔH_______0(填“＞”、“＜”或“=”，下同)、ΔS_______0。
（5）B和E两种元素组成的化合物E2B2是一种黄红色液体，遇水迅速反应，产生能使品红溶液褪色的气体和淡黄色的沉淀。若0.1 mol的E2B2与足量水充分反应放热Q kJ的热量，写出E2B2与水反应的热化学方程式_______。
【答案】（1）第二周期第ⅤA族
（2）H2O （3）(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等
（4） ①. 2NA ②. ＞ ③. ＞
（5）2S2Cl2(l)+2H2O(l)=3S(g)+SO2(g)+4HCl(aq) ΔH= -20Q kJ•mol-1
【解析】
【分析】同周期原子半径从左到右依次减小；元素的最高正价等于其主族序数，最高正价和最低负价的绝对值之和为8，O和F无正价，A、B、C、D、E、F、G分别为N、Cl、C、O、S、H、Si元素，然后结合元素周期律及物质的性质分析解答。
【小问1详解】
根据上述分析可知：A元素为N，原子核外电子排布式2、5，结合原子结构与元素位置关系可知：N元素在周期表中位置是第二周期第ⅤA族；
【小问2详解】
以上元素可形成的简单氢化物分别为CH4、NH3、HCl、H2O、H2S、SiH4，由于水、氨分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点升高，H2O的分子之间的氢键比NH3强，故H2O沸点最高；
【小问3详解】
同时含A、C、D、F四种元素的离子化合物为NH4HCO3或(NH4)2CO3、CH3COONH4；
【小问4详解】
C和SiO2反应可以生成Si和CO，反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO↑，在该反应中C为还原剂，SiO2为氧化剂，每有2 mol C反应，转移4 mol电子，则当1 mol还原剂参加反应时转移电子数为2NA；若该反应可在高温条件下自发进行，由方程式可知该反应ΔS＞0，可判断该反应的ΔH＞0；
【小问5详解】
E2B2为S2Cl2，该气体遇水迅速反应，产生能使品红溶液褪色的气体是SO2，产生的淡黄色的沉淀是S单质，同时产生氯化氢。由于0.1 mol的E2B2与足量水充分反应放热Q kJ的热量，则其与水反应的热化学方程式为：2S2Cl2(1)+2H2O(1)=3S(s)+SO2(g)+4HCl(aq) △H=-20Q kJ/mol。
16. 某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3+。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
（1）写出铁明矾的电离方程式_______。
（2）在25 ℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成实验设计表：
实验编号
初始pH
废水样品体积/mL
草酸溶液体积/mL
蒸馏水体积/mL
①
4
60
10
30
②
5
60
10
30
③
5
60
V1
V2
则：V1=_______ V2=_______
测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。
（3）上述反应后草酸被氧化为_______(填化学式)。
（4）实验①和②的结果表明_______；实验①中O~t1时间段反应速率v(Cr3+)=_______mol·L-1·min-1(用代数式表示)。
（5）该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：Fe2+起催化作用；
假设二：_______；
假设三：_______；
（6）请你设计实验验证上述假设一，完成表中内容。
【除了上述实验提供的试剂外，可供选择的试剂有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定】
实验方案(不要求写具体操作过程)
预期实验结果和结论
________
_______
【答案】（1）Al2Fe(SO4)4·24H2O=2Al3++ Fe2+ +4SO+24H2O
（2） ①. 20 ②. 20
（3）CO2 （4） ①. 溶液的pH对该反应的速率有影响 ②.
（5） ①. Al3+起催化作用 ②. SO起催化作用
（6） ①. 用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验 ②. 反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立
【解析】
【分析】重铬酸钾与草酸反应的离子方程式：+3H2C2O4+8H⁺=6CO₂↑+2Cr3++7H₂O；对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，考虑组成离子Fe2＋、Al3+、的影响；要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，据此分析作答。
【小问1详解】
铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]在水中电离出Fe2＋、Al3+、和水，电离方程式为：Al2Fe(SO4)4·24H2O=2Al3++ Fe2+ +4SO+24H2O，故答案为：Al2Fe(SO4)4·24H2O=2Al3++ Fe2+ +4SO+24H2O；
【小问2详解】
控制变量，保证Cr2O、催化剂的浓度不变，控制溶液总体积为100mL，则可以为V1=20，V2=20，故答案为：20；20；
【小问3详解】
草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，所以氧化产物为CO2，故答案为：CO2；
【小问4详解】
实验①曲线斜率，反应速率快，实验表明溶液c(H+)越大，反应的速率越快；v(Cr3+)=2v()= mol•L-1•min-1，故答案为：溶液的pH对该反应的速率有影响； ；
【小问5详解】
根据铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]组成分析，作出假设二：Al3+起催化作用；假设三：起催化作用，故答案：Al3+起催化作用；起催化作用；
【小问6详解】
要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，所以要选K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O，注意由于需要控制Al3+和浓度比，不要选用K2SO4和Al2(SO4)3，具体为：用等物质的量K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立，故答案为：用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立。
17. 资源的合理利用，有利于社会的可持续发展。MnO2的回收的工艺流程有如下几种方式：
第一种：以锌锰废电池中碳包(含碳粉、Fe、Cu、Ag和MnO2等物质)为原料：
I．将碳包中物质烘干，用足量稀HNO3溶解金属单质，过滤，得滤渣a；
II．将滤渣a在空气中灼烧，得到粗MnO2；
III．向粗MnO2中加入酸性H2O2溶液，MnO2溶解生成Mn2+，有气体生成；
IV．向III所得溶液(pH约为6)中缓慢滴加0.50 mol·L-1Na2CO3溶液(pH约为12)，过滤，得滤渣b，其主要成分为MnCO3；
V．滤渣b经洗涤、干燥、灼烧，制得较纯的MnO2。
（1）Ι：Ag与足量稀HNO3反应生成NO的化学方程式为_______。
（2）II：灼烧的目的是为了除去_______。
（3）III：MnO2溶解的离子方程式为_______。溶解一定量的MnO2时，H2O2的实际消耗量比理论值高，用化学方程式解释原因：_______。
（4）IV：若实验条件改为“向0.50 mol·L-1Na2CO3溶液中缓慢滴加III所得溶液”，滤渣b中可能会混有较多的_______杂质(填化学式)。
（5）V：MnCO3在空气中灼烧的化学方程式为_______。
第二种：以低品位软锰矿(MnO2，含少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备MnO2，其工艺流程如图：
（6）“焙烧”过程中铁、锰浸出率的影响如图所示：
焙烧较适宜的硫酸铵/矿重量比是_______，焙烧时间是_______，焙烧温度是_______。
（7）焙烧产生的气体可调节溶液的pH使某些金属离子沉淀，气体的主要成分是_______。
（8）滤渣的成分除了Fe(OH)3，还有_______(写化学式)。
【答案】（1）3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O
（2）碳粉(或C) （3） ①. MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2+2H2O ②. 2H2O2O2+2H2O
（4）Mn(OH)2 （5）2MnCO3+O22MnO2+2CO2
（6） ①. 7 ②. 3h ③. 700℃
（7）NH3 （8）Al(OH)3、SiO2
【解析】
【分析】第一种：锌锰废电池中Ag与足量稀HNO3反应生成NO、 AgNO3，MnO2与C不能与HNO3反应，因此过滤得到的滤渣a含有MnO2和碳粉，将其灼烧，C变为CO2气体逸出，则灼烧可除去碳粉，剩余固体为MnO2向其中加入酸性H2O2， MnO2溶解中生成Mn2+、O2，在MnO2催化下，H2O2部分分解，Mn2+可以和碳酸钠反应生成碳酸锰或碱式碳酸锰， MnCO3在空气中灼烧和氧气发生反应生成MnO2、CO2；
第二种：软锰矿(主要成分是MnO2，含少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备MnO2，矿石粉碎后加入硫酸铵焙烧，得到硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝，然后加水溶解，再加入MnO2氧化调节pH，过滤除去杂质氢氧化铝、氢氧化铁、SiO2，得到硫酸锰溶液，溶液加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀，过滤后加硝酸溶解碳酸锰，得到硝酸锰，硝酸锰加热分解得到MnO2。
【小问1详解】
Ag与足量稀HNO3反应生成AgNO3、NO、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O；
【小问2详解】
灼烧的目的是为了除去MnO2与C混合物中的C，使其转化为CO2气体逸出；
【小问3详解】
MnO2在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应，产生Mn2+，O2，H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2+2H2O；
溶解一定量的MnO2时，H2O2的实际消耗量比理论值高，这是由于MnO2是H2O2分解反应的催化剂，能够使H2O2分解产生H2O、O2，用化学方程式表示为：2H2O2O2+2H2O；
【小问4详解】
若实验条件改为“向0.50 mol/LNa2CO3溶液中缓慢滴加III所得溶液”，溶液显碱性， III中所得溶液含有锰离子，锰离子可以和氢氧根离子反应生成氢氧化锰，则滤渣b中可能会混有较多的Mn(OH)2；
【小问5详解】
MnCO3在空气中灼烧时会和氧气反应生成MnO2、CO2，反应的化学方程式为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2；
小问6详解】
根据“焙烧”过程中铁、锰浸出率的影响图，可知焙烧较适宜的硫酸铵/矿重量比是7，焙烧时间是3 h，焙烧温度是700℃；
【小问7详解】
焙烧得到MnSO4，产生的气体为NH3；
【小问8详解】
根据分析可知：滤渣的成分除了Fe(OH)3，还有Al(OH)3、SiO2。
18. 研究CO2、NOx的反应机理，对于实现碳中和目标、消除环境污染具有重要意义。
（1）CO2和乙烷反应制备乙烯。298 K时，相关物质的相对能量如图所示，CO2与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为_______。
（2）在Ru/TiO2催化下发生反应：CO2(g)+4H2(g) ⇌CH4(g)+2H2O(g)。若无副反应发生，T℃时向1 L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和4 mol H2，初始总压强为5.0a MPa，反应进行到5 min时，CO2与CH4的体积分数相等；10 min后反应达到平衡时总压强为3.5a MPa。(已知：分压=总压×组分物质的量分数)
①该可逆反应达到平衡的标志为_______(填标号)。
A．v(CO2)正和v(CH4)逆的比值为1：1
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．四种物质的分压之比等于计量系数之比
D．c(CO2)·c4(H2)=c(CH4)·c2(H2O)
②0~5 min内，v(H2)=_______。此温度下该反应的平衡常数Kp=_______(列出计算式即可)。
（3）工业上常用催化法将CO2合成为羧酸以实现资源化处理。如图是在催化剂作用下CO2合成乙酸(CH3COOH)的反应路径与机理图示，催化循环的总反应化学方程式为_______(反应条件上注明催化剂的化学式)；反应的中间产物共_______种。
升高温度绝大多数化学反应速率增大，但2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)的速率却随温度的升高而减小。某化学小组为研究特殊现象的原因，查阅资料知：2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)的反应历程分两步：
①2NO(g) ⇌N2O2(g)(快)
v1正=k1正c2(NO) v1逆=k1逆c(N2O2) ΔH1＜0 Ea1＞0
②N2O2(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)(慢)
v2正=k2正c(N2O2)c(O2) v2逆=k2逆c2(NO2) ΔH2＜0 Ea2＞0
（4）在1500K、恒容条件下，反应2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)达到平衡状态，请写出该反应的平衡常数表达式K=_______(用含k1正、k1逆、k2正、k2逆的式子表示)。
（5）反应①和反应②的活化能大小关系为Ea1_______Ea2(填“＞”、“＜”或“＝”)。已知速率常数有如下关系：。根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是_______ (填字母)。
A.k2正增大，c(N2O2)增大 B.k2正减小，c(N2O2)减小
C.k2正增大，c(N2O2)减小 D.k2正减小，c(N2O2)增大
（6）由实验数据得到v2正~c(O2)的关系可用如图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为_______ (填字母)。
（7）科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NO转化为N2进入大气层，反应过程如图所示：
已知过程Ⅰ发生的反应可表示为：NO+2H++ e-NO+H2O，则根据图示，写出过程Ⅰ→Ⅲ的总反应式_______。
【答案】（1）CO2(g)+C2H6(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) △H= +177 kJ·mol-1
（2） ①. AB ②. 0.4 mol·L-1min-l ③.
（3） ①. CO2+CH3OH+H2CH3COOH+H2O ②. 5
（4）
（5） ①. ＜ ②. C
（6）a （7）NO+=N2↑+2H2O
【解析】
【小问1详解】
CO2与C2H6反应生成C2H4、CO和H2O (g)的反应为C2H6(g)+CO2(g) =C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)，则△H=[52+(-110)+(-242)-(-84)-(-393)]kJ/mol= +177 kJ/mol，故热化学方程式为C2H6(g)+CO2(g) =C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) △H=+177 kJ/mol；
【小问2详解】
①A．v(CO2)正和v(CH4 )逆的比值为1：1，符合正反应速率和逆反应速率相等，达到平衡，A符合题意；
B．反应混合物都是气体，气体的质量不变，该反应是反应前后气体物质的量不等的反应，若混合气体的平均相对分子质量不变，则混合气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，B符合题意；
C．按照计量数之比充入反应物，任何时刻四种物质的分压之比等于计量系数之比，不能判断平衡，C不符合题意；
D．反应在1 L恒容密闭容器，T℃时向1 L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和4 mol H2，初始总压强为5.0a MPa，发生反应：CO2(g)+4H2(g) ⇌CH4(g)+2H2O(g)，反应进行到10 min后反应达到平衡时总压强为3.5a MPa，此时混合气体的总物质的量为3.5 mol，假设反应产生CH4的物质的量为x mol，则n(H2O)=2x mol，n(CO2)=(1-x)mol，n(H2)=(4-4x)mol。n(总)=(1-x)mol+(4-4x)mol+x mol+2x mol=3.5 mol，解得x=0.75 mol，由于容器的容积是1 L，故平衡时各种气体的浓度分别为c(CH4)=0.75 mol/L，c(H2O)=1.5 mol/L，c(CO2)=0.25 mol/L，c(H2)=1 mol/L，则化学平衡常数K=，若c(CO2)·c4(H2)=c(CH4)·c2(H2O)，则此时Qc=1，与化学平衡常数不相等，因此未处于平衡状态，D不符合题意；
故合理选项是AB；
②反应进行到5 min时，CO2与CH4的体积分数相等，则反应产生CH4的物质的量是0.5 mol，反应消耗H2的物质的量是2 mol，故在0~5 min内，v(H2)=；
反应在1 L恒容密闭容器，T℃时向1 L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和4 mol H2，初始总压强为5.0a MPa，发生反应：CO2(g)+4H2(g) ⇌CH4(g)+2H2O(g)，反应进行到10 min后反应达到平衡时总压强为3.5a MPa，此时混合气体的总物质的量为3.5 mol，假设反应产生CH4的物质的量为x mol，则n(H2O)=2x mol，n(CO2)=(1-x)mol，n(H2)=(4-4x)mol。n(总)=(1-x)mol+(4-4x)mol+x mol+2x mol=3.5 mol，解得x=0.75 mol，则此时各种气体的平衡分压：p(CO2)=，同理可得p(H2)=，p(CH4)=，p(H2O)=，化学平衡常数Kp==；
【小问3详解】
根据图示可知：由CO2与CH3OH及H2O反应制取CH3COOH的总反应方程式为：CO2+CH3OH+H2CH3COOH+H2O；
在反应过程中，HI、LiOH、CH3I、CH3Rh※I、CH3COORh※I为反应的中间产物，因此共5中中间产物；
【小问4详解】
①2NO(g) ⇌N2O2(g)(快)，②N2O2(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)(慢)，而目标反应：2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g) ΔH=ΔH1+ΔH2，由反应达到平衡时，v1正= v1逆，v2正= v2逆，所以v1正×v2正=v1逆×v2逆，即k1正c2(NO)×k2正c(N2O2)c(O2)=k1逆c(N2O2)×k2逆c2(NO2)，则K==；
【小问5详解】
因为决定2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)速率的是慢反应②，所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2；决定反应速率的是反应②，而温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小，故合理选项是C；
小问6详解】
v2正升高到某一温度时v2正减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a点；
【小问7详解】
过程Ⅰ发生的反应可表示为：NO+2H++e-NO+H2O，过程II中反应为：NO++3e-+2H+H2O+N2H4，过程III中反应为：N2H4N2+4H++4e-，所以过程I→III的总反应为NO+=N2↑+2H2O。
重庆南开中学高2024届高一(下)期末考试
化学试题
可能用到的相对原子质量： H-1 B-11 N-14 O-16
第一部分(选择题 )
一、选择题：在每⼩题给出的四个选项中，只有⼀项是符合题⽬要求的。
1. 下列做法中用到物质氧化性的是
A. 明矾净化水 B. 纯碱制玻璃
C. ClO2消毒杀菌 D. 实验室制取蒸馏水
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾净化水是由于明矾与水反应产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用，而不是利用物质的氧化性，A不符合题意；
B．纯碱、石灰石、石英在高温下发生反应制玻璃，是利用高沸点的酸酐制取低沸点的酸酐，没有利用物质的氧化性，B不符合题意；
C．ClO2具有强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质氧化而失去生理活性，故可以消毒杀菌，C符合题意；
D．实验室制取蒸馏水是利用混合物中物质沸点的不同进行分离，与物质的氧化性无关，D不符合题意；
故合理选项是C。
2. 下列物质对应的化学式不正确的是
A. 苏打：Na2CO3
B. 石英的主要成分：Si
C. 胆矾：CuSO4·5H2O
D. 铝土矿的主要成分：Al2O3
【答案】B
【解析】
【详解】A．苏打是Na2CO3的俗称，也叫纯碱，A正确；
B．石英的主要成分是SiO2，太阳能电池板的主要成分是Si，B错误；
C．胆矾、蓝帆是CuSO4·5H2O的俗称，C正确；
D．铝土矿的主要成分是Al2O3，D正确；
故合理选项是B。
3. 下列表示不正确的是
A. 乙烯的结构简式：H2C=CH2 B. KOH的电子式：
C. 乙烷的球棍模型： D. 氯离子的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯分子中含有2个C原子和4个H原子，两个C原子形成共价双键，每个C原子分别与2个H原子形成2个共价单键，故其结构简式为H2C=CH2，A正确；
B．KOH是离子化合物，K+与OH-之间以离子键结合，在阴离子OH-中H、O原子之间以共价单键结合，故KOH电子式为，B正确；
C．图示为乙烷的空间填充模型，不是球棍模型，C错误；
D．Cl是17号元素，Cl-是Cl原子获得1个电子形成的，核外电子排布是2、8、8，所以Cl-结构示意图为，D正确；
故合理选项是C。
4. 下列说法不正确的是
A. 煤的液化和气化均为物理变化
B. 工业酒精中往往含有甲醇
C. 液化石油气是混合物
D. 许多水果和花卉有芳香气味是因为含有酯
【答案】A
【解析】
【详解】A．煤的液化和气化过程中均有新物质存在，因此发生的变化为化学变化，A错误；
B．工业酒精中往往含有甲醇，甲醇有强的毒性，B正确；
C．液化石油气含有多种有机物，因此属于混合物，C正确；
D．花卉和水果中含有多种低级酯，因而具有芳香气味，D正确；
故合理选项是A。
5. 密闭容器中A(g)与B(g)反应生成C(g)，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，它们之间有以下关系：2v(B)=3v(A)、3v(C)=2v(B)。则此反应可表示为
A. A(g)+B(g)=C(g) B. A(g)+3B(g)=2C(g)
C. 3A(g)+B(g)=2C(g) D. 2A(g)+3B(g)=2C(g)
【答案】D
【解析】
【详解】在同一化学反应中，用不同物质表示的化学反应速率，速率比等于化学方程式中化学计量数的比。密闭容器中A(g)与B(g)反应生成C(g)，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，它们之间有以下关系：2v(B)=3v(A)、3v(C)=2v(B)，则化学方程式为2A(g)+3B(g)=2C(g)，故合理选项是D。
6. 下列说法正确的是
A. C3H6和C4H8一定互为同系物
B. NH3的沸点比PH3的沸点更高
C. 234U和238U是铀的两种同位素，238 U转换成234U是化学变化
D. 16O=C=18O 为某种二氧化碳分子的结构式，该分子含非极性共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A．C3H6和C4H8符合通式CnH2n，符合该通式的物质可能是烯烃，也可能是环烷烃，因此二者不一定互为同系物，A错误；
B．NH3、PH3结构相似，都是由分子构成，但NH3分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致NH3的沸点比PH3的沸点更高，B正确；
C．234U和238U是铀的两种同位素，238 U转换成234U是同一元素不同原子之间的转化，属于核反应而不是化学变化，C错误；
D．该分子结构对称，因此CO2分子为非极性分子，但C、O是不同元素，因此它们之间存在的C=O双键为极性共价键，D错误；
故合理选项是B。
7. 元素周期律的发现是近代化学史上的一座里程碑。下列事实不能用元素周期律解释的是
A. Na2CO3溶液中加盐酸，产生气泡
B. 常温下，形状和大小相同的Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg条更剧烈
C. 气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S
D. Br2从NaI溶液中置换出I2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Cl的非金属性比C强，依据元素周期律，可证明HClO4的酸性比H2CO3强，但不能证明HCl的酸性比H2CO3强，所以不能用元素周期律解释“Na2CO3溶液中加盐酸，产生气泡”的实验事实，A符合题意；
B．Mg与Al为同周期元素，Mg在Al的左边，依据元素周期律，Mg的金属性强于Al，所以常温下，形状和大小相同的Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg条更剧烈，B不符合题意；
C．O与S为同主族元素，O在S的上方，依据元素周期律，非金属性O大于S，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S，C不符合题意；
D．Br和I为同主族元素，Br在I的上方，依据元素周期律，Br的非金属性大于I，所以Br2从NaI溶液中置换出I2，D不符合题意；
故选A。
8. 可逆反应：aA(g)+bB(s)⇌cC(g)+dD(g)，当其它条件不变时，反应过程中某物质在混合物中的百分含量与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列判断正确的是
A. P1＜P2 ，a+b＞c+d B. P1＜P2，a+b=c+d
C. T1＜T2，ΔH＞0 D. T1＞T2，ΔH＜0
【答案】A
【解析】
【详解】A．在其他条件不变时，增大压强，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，先达到平衡状态。根据图2中A%与时间关系可知：压强：P1＜P2；增大压强，A%不变，说明该反应是反应前后气体物质的量相等的反应，所以a=c+d，则a+b＞c+d，A正确；
B．根据选项A分析可知压强：P1＜P2；增大压强，A%不变，说明该反应是反应前后气体的物质的量相等的反应，由于B物质状态是固体，所以方程式系数关系是a=c+d，B错误；
C．在其他条件不变时，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，先达到平衡状态。根据图1中C%与时间关系图可知：温度T2＞T1；升高温度，化学平衡向吸热的反应方向移动。由于升高温度，C%减小，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以ΔH＜0，C错误；
D．根据选项C分析可知温度：T2＞T1，D错误；
故合理选项是A。
9. 化学平衡状态I、II、III的相关数据如表，下列结论错误的是
编号
化学方程式
平衡常数K
979K
1173K
I
Fe(s)+CO2(g) ⇌FeO(s)+ CO (g) ΔH1
1.47
2.15
II
CO (g)+ H2O(g) ⇌CO2(g)+ H2(g) ΔH2
1.62
b
III
Fe(s)+ H2O(g) ⇌FeO(s)+ H2(g) ΔH3
a
1.68
A. a>b B. 加压，平衡状态II不移动
C. 升温，平衡状态III逆向移动 D. 反应I、II均为放热反应
【答案】D
【解析】
【分析】根据盖斯定律可知，反应I+反应II=反应III，则K3=K1×K2，代入数据解得a=1.47×1.62=2.38，，据此分析作答。
【详解】A．979K平衡常数a=2.38，1173K平衡常数b=0.78，a＞b，A项正确；
B．反应Ⅱ为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，是气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，B项正确；
C．结合分析可知反应Ⅲ的平衡常数随温度升高减小，则升高温度，平衡逆向移动，C项正确；
D．反应I的平衡常数随温度升高而增大，说明温度升高，平衡正向移动，说明该反应为吸热反应，D项错误；
答案选D。
10. 化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是
A. W与Y可形成既含极性键也含非极性键的化合物
B. 最高价氧化物的水化物的酸性：Y＜X
C. 原子半径大小顺序为：W＞X＞Y＞Z
D. 100~200℃阶段热分解失去4个W2Z
【答案】A
【解析】
【分析】YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，该气体应为NO2；Y为N元素，Z为O元素；在化合物(YW4X5Z8·4W2Z )中W2Z应为结晶水，则W为H元素；W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21，则X的核电外电子总数为21-1-7-8=5，则X为B元素，以此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：，W为H元素，X为B元素，Y为N元素，Z为O元素。
A．W是H，Y是N元素，H与N元素形成的肼分子中含有N-H极性键和N-N非极性键，A正确；
B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性：N＞B，则最高价氧化物的水化物酸性：HNO3＞H3BO3，B错误；
C．对于主族元素来说，同周期元素从左向右原子半径逐渐减小；同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序为：W(B)＞X(N)＞Y(O)＞Z(H)，C错误；
D．化合物(YW4X5Z8·4W2Z )为NH4B5O8·4H2O，已知该200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，说明失去的是结晶水，若100 ~ 200℃阶段热分解失去4个H2O，该化合物的化学式变为NH4B5O8，此时的质量保留百分数为，与图示曲线数据( 80.2% )不一致，说明100~200℃阶段不是失去4个H2O，D错误；
故合理选项是A。
11. 反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是
A. 进程Ⅰ是放热反应 B. 平衡时P的产率：Ⅰ=Ⅱ
C. 生成P的速率：Ⅱ＞Ⅲ D. 进程Ⅳ中，Z为催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中信息可知：进程I中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A正确；
B．进程I中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B正确；
C．进程M中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程I中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为I＞III，C正确；
D．由图中信息可知：进程IV中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P+Z，因此，Z没有表现出催化作用，D错误；
故合理选项是D。
12. 碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)在干燥的空气中失水可得到Na2CO3·H2O(s)或Na2CO3(s)：
Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3·H2O(s)+9H2O(g) ∆H1＞0
Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g) ∆H2＞0
下列说法正确的是
A. 向Na2CO3(s)中滴加几滴水，温度升高
B. 碳酸钠晶体的失水过程属于物理变化
C. Na2CO3(s)中Na+和CO数目之比为1：2
D. Na2CO3·H2O(s)=Na2CO3(s)+H2O(g) ∆H=∆H1-∆H2
【答案】A
【解析】
【详解】A．向Na2CO3(s)中滴加几滴水，发生反应：Na2CO3(s)+10H2O(g)=Na2CO3·10H2O(s)，由于Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g) ∆H2＞0，则Na2CO3(s)+10H2O(g)=Na2CO3·10H2O(s)为放热反应，∆H＜0，反应发生后，物质温度升高，A正确；
B．Na2CO3(s)、Na2CO3·H2O(s)、Na2CO3·10H2O(s)是三种不同的物质，碳酸钠晶体的失水过程有新物质产生，因此发生的变化属于化学变化，B错误；
C．根据盐Na2CO3(s)的组成可知Na2CO3(s)中Na+和CO数目之比为2：1，C错误；
D．已知：①Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3·H2O(s)+9H2O(g) ∆H1＞0
②Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g) ∆H2＞0
根据盖斯定律，将②-①，整理可得Na2CO3·H2O(s)=Na2CO3(s)+H2O(g) ∆H=∆H2-∆H1，D错误；
故合理选项是A。
13. 工业上可采用CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH＜0 合成甲醇。恒温恒容条件下，在密闭容器中按物质的量之比1：2通入CO和 H2，下列说法正确的是
A. 当CO和H2转化率的比值不再变化时，说明该反应一定达到平衡
B. 平衡后再通入1 mol H2，既能加快反应速率，又能增大H2平衡转化率
C. 平衡后再通入1 mol CH3OH(g)，CH3OH(g)的体积分数将变大
D. 平衡后升温，混合气体的平均分子量将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．在该反应中CO和H2反应的物质的量的比是1：2，加入的两种物质的物质的量的比也是1：2，则在任何情况下二者的转化率都相等，二者转化的比值始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．平衡后再通入1 mol H2，由于反应物的浓度增大，因此能加快反应速率，但能增大CO平衡转化率，而H2平衡转化率反而降低，B错误；
C．平衡后再通入1 mol CH3OH(g)，化学平衡逆向移动，导致CH3OH(g)的物质的量减小，但平衡移动的趋势是微弱的，最终达到平衡时CH3OH(g)的体积分数还是将变大，C正确；
D．该反应的正反应是放热反应，反应达到平衡后升温，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致混合气体的物质的量增大，由于气体的质量不变，则平衡时混合气体的平均分子量将减小，D错误；
故合理选项是C。
14. 向体积均为1 L的两恒容容器中分别充入2 mol X和1 mol Y发生反应：2X(g)+Y(g) ⇌Z(g) ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. ΔH＞0
B. a点平衡常数：K=12
C. 气体的总物质的量：na＜nc
D. 反应速率：va正＜vb正
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知：在甲绝热下，开始压强开始增大，说明反应发生后体系温度升高，故反应的正反应为放热反应，所以ΔH＜0，A错误；
B．反应开始时n(X)=2 mol，n(Y)=1 mol，设平衡时Z的物质的量为x，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(X)=(2-2x) mol，n(Y)=(1-x) mol，n(Z)=x mol，n(总)=(3-2x) mol由于平衡时气体压强是开始的一半，所以2 mol+1 mol=2(3-2x) mol，解得x=0.75 mol，若在恒温下K(a)=，但该反应是放热反应，实际反应温度高于c点，升高温度，平衡逆向移动，导致化学平衡常数减小，故a点平衡常数：K＜12，B错误；
C．在其他条件不变时，升高温度，气体分子运动速率加快，气体压强增大。a、c两点气体压强相同，由于温度：a＞c，所以气体的物质的量：na＜nc，C正确；
D．温度越高，反应速率越快，因为甲是在绝热条件下，该反应的正反应是放热反应，故反应温度：a＞c，则化学反应速率：va正＞vb正，D错误；
故合理选项是C。
第二部分(填空题)
15. 短周期元素A、B、C、D、E、F、G，其原子半径及主要化合价列表如表。用化学用语回答：
元素代码
A
B
C
D
E
F
G
原子半径/nm
0.075
0.099
0.077
0.074
0.102
0.037
0.117
主要化合价
-3，+5
-1，+7
-4，+4
-2
-2，+6
+1
-4，+4
（1）A元素在周期表中的位置是_______。
（2）以上元素可形成的简单氢化物中，沸点最高的是_______。
（3）写出同时含A、C、D、F四种元素的离子化合物的化学式(任写一种)_______。
（4）C元素在一定条件下可置换出G单质。当1 mol还原剂参加反应时转移电子数为_______。若该反应可在高温条件下自发进行，可判断该反应的ΔH_______0(填“＞”、“＜”或“=”，下同)、ΔS_______0。
（5）B和E两种元素组成的化合物E2B2是一种黄红色液体，遇水迅速反应，产生能使品红溶液褪色的气体和淡黄色的沉淀。若0.1 mol的E2B2与足量水充分反应放热Q kJ的热量，写出E2B2与水反应的热化学方程式_______。
【答案】（1）第二周期第ⅤA族
（2）H2O （3）(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等
（4） ①. 2NA ②. ＞ ③. ＞
（5）2S2Cl2(l)+2H2O(l)=3S(g)+SO2(g)+4HCl(aq) ΔH= -20Q kJ•mol-1
【解析】
【分析】同周期原子半径从左到右依次减小；元素的最高正价等于其主族序数，最高正价和最低负价的绝对值之和为8，O和F无正价，A、B、C、D、E、F、G分别为N、Cl、C、O、S、H、Si元素，然后结合元素周期律及物质的性质分析解答。
【小问1详解】
根据上述分析可知：A元素为N，原子核外电子排布式2、5，结合原子结构与元素位置关系可知：N元素在周期表中位置是第二周期第ⅤA族；
【小问2详解】
以上元素可形成的简单氢化物分别为CH4、NH3、HCl、H2O、H2S、SiH4，由于水、氨分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点升高，H2O的分子之间的氢键比NH3强，故H2O沸点最高；
【小问3详解】
同时含A、C、D、F四种元素的离子化合物为NH4HCO3或(NH4)2CO3、CH3COONH4；
【小问4详解】
C和SiO2反应可以生成Si和CO，反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO↑，在该反应中C为还原剂，SiO2为氧化剂，每有2 mol C反应，转移4 mol电子，则当1 mol还原剂参加反应时转移电子数为2NA；若该反应可在高温条件下自发进行，由方程式可知该反应ΔS＞0，可判断该反应的ΔH＞0；
【小问5详解】
E2B2为S2Cl2，该气体遇水迅速反应，产生能使品红溶液褪色的气体是SO2，产生的淡黄色的沉淀是S单质，同时产生氯化氢。由于0.1 mol的E2B2与足量水充分反应放热Q kJ的热量，则其与水反应的热化学方程式为：2S2Cl2(1)+2H2O(1)=3S(s)+SO2(g)+4HCl(aq) △H=-20Q kJ/mol。
16. 某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3+。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
（1）写出铁明矾的电离方程式_______。
（2）在25 ℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成实验设计表：
实验编号
初始pH
废水样品体积/mL
草酸溶液体积/mL
蒸馏水体积/mL
①
4
60
10
30
②
5
60
10
30
③
5
60
V1
V2
则：V1=_______ V2=_______
测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。
（3）上述反应后草酸被氧化为_______(填化学式)。
（4）实验①和②的结果表明_______；实验①中O~t1时间段反应速率v(Cr3+)=_______mol·L-1·min-1(用代数式表示)。
（5）该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：Fe2+起催化作用；
假设二：_______；
假设三：_______；
（6）请你设计实验验证上述假设一，完成表中内容。
【除了上述实验提供的试剂外，可供选择的试剂有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定】
实验方案(不要求写具体操作过程)
预期实验结果和结论
________
_______
【答案】（1）Al2Fe(SO4)4·24H2O=2Al3++ Fe2+ +4SO+24H2O
（2） ①. 20 ②. 20
（3）CO2 （4） ①. 溶液的pH对该反应的速率有影响 ②.
（5） ①. Al3+起催化作用 ②. SO起催化作用
（6） ①. 用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验 ②. 反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立
【解析】
【分析】重铬酸钾与草酸反应的离子方程式：+3H2C2O4+8H⁺=6CO₂↑+2Cr3++7H₂O；对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，考虑组成离子Fe2＋、Al3+、的影响；要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，据此分析作答。
【小问1详解】
铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]在水中电离出Fe2＋、Al3+、和水，电离方程式为：Al2Fe(SO4)4·24H2O=2Al3++ Fe2+ +4SO+24H2O，故答案为：Al2Fe(SO4)4·24H2O=2Al3++ Fe2+ +4SO+24H2O；
【小问2详解】
控制变量，保证Cr2O、催化剂的浓度不变，控制溶液总体积为100mL，则可以为V1=20，V2=20，故答案为：20；20；
【小问3详解】
草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，所以氧化产物为CO2，故答案为：CO2；
【小问4详解】
实验①曲线斜率，反应速率快，实验表明溶液c(H+)越大，反应的速率越快；v(Cr3+)=2v()= mol•L-1•min-1，故答案为：溶液的pH对该反应的速率有影响； ；
【小问5详解】
根据铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]组成分析，作出假设二：Al3+起催化作用；假设三：起催化作用，故答案：Al3+起催化作用；起催化作用；
【小问6详解】
要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，所以要选K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O，注意由于需要控制Al3+和浓度比，不要选用K2SO4和Al2(SO4)3，具体为：用等物质的量K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立，故答案为：用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立。
17. 资源的合理利用，有利于社会的可持续发展。MnO2的回收的工艺流程有如下几种方式：
第一种：以锌锰废电池中碳包(含碳粉、Fe、Cu、Ag和MnO2等物质)为原料：
I．将碳包中物质烘干，用足量稀HNO3溶解金属单质，过滤，得滤渣a；
II．将滤渣a在空气中灼烧，得到粗MnO2；
III．向粗MnO2中加入酸性H2O2溶液，MnO2溶解生成Mn2+，有气体生成；
IV．向III所得溶液(pH约为6)中缓慢滴加0.50 mol·L-1Na2CO3溶液(pH约为12)，过滤，得滤渣b，其主要成分为MnCO3；
V．滤渣b经洗涤、干燥、灼烧，制得较纯的MnO2。
（1）Ι：Ag与足量稀HNO3反应生成NO的化学方程式为_______。
（2）II：灼烧的目的是为了除去_______。
（3）III：MnO2溶解的离子方程式为_______。溶解一定量的MnO2时，H2O2的实际消耗量比理论值高，用化学方程式解释原因：_______。
（4）IV：若实验条件改为“向0.50 mol·L-1Na2CO3溶液中缓慢滴加III所得溶液”，滤渣b中可能会混有较多的_______杂质(填化学式)。
（5）V：MnCO3在空气中灼烧的化学方程式为_______。
第二种：以低品位软锰矿(MnO2，含少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备MnO2，其工艺流程如图：
（6）“焙烧”过程中铁、锰浸出率的影响如图所示：
焙烧较适宜的硫酸铵/矿重量比是_______，焙烧时间是_______，焙烧温度是_______。
（7）焙烧产生的气体可调节溶液的pH使某些金属离子沉淀，气体的主要成分是_______。
（8）滤渣的成分除了Fe(OH)3，还有_______(写化学式)。
【答案】（1）3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O
（2）碳粉(或C) （3） ①. MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2+2H2O ②. 2H2O2O2+2H2O
（4）Mn(OH)2 （5）2MnCO3+O22MnO2+2CO2
（6） ①. 7 ②. 3h ③. 700℃
（7）NH3 （8）Al(OH)3、SiO2
【解析】
【分析】第一种：锌锰废电池中Ag与足量稀HNO3反应生成NO、 AgNO3，MnO2与C不能与HNO3反应，因此过滤得到的滤渣a含有MnO2和碳粉，将其灼烧，C变为CO2气体逸出，则灼烧可除去碳粉，剩余固体为MnO2向其中加入酸性H2O2， MnO2溶解中生成Mn2+、O2，在MnO2催化下，H2O2部分分解，Mn2+可以和碳酸钠反应生成碳酸锰或碱式碳酸锰， MnCO3在空气中灼烧和氧气发生反应生成MnO2、CO2；
第二种：软锰矿(主要成分是MnO2，含少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备MnO2，矿石粉碎后加入硫酸铵焙烧，得到硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝，然后加水溶解，再加入MnO2氧化调节pH，过滤除去杂质氢氧化铝、氢氧化铁、SiO2，得到硫酸锰溶液，溶液加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀，过滤后加硝酸溶解碳酸锰，得到硝酸锰，硝酸锰加热分解得到MnO2。
【小问1详解】
Ag与足量稀HNO3反应生成AgNO3、NO、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O；
【小问2详解】
灼烧的目的是为了除去MnO2与C混合物中的C，使其转化为CO2气体逸出；
【小问3详解】
MnO2在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应，产生Mn2+，O2，H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2+2H2O；
溶解一定量的MnO2时，H2O2的实际消耗量比理论值高，这是由于MnO2是H2O2分解反应的催化剂，能够使H2O2分解产生H2O、O2，用化学方程式表示为：2H2O2O2+2H2O；
【小问4详解】
若实验条件改为“向0.50 mol/LNa2CO3溶液中缓慢滴加III所得溶液”，溶液显碱性， III中所得溶液含有锰离子，锰离子可以和氢氧根离子反应生成氢氧化锰，则滤渣b中可能会混有较多的Mn(OH)2；
【小问5详解】
MnCO3在空气中灼烧时会和氧气反应生成MnO2、CO2，反应的化学方程式为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2；
小问6详解】
根据“焙烧”过程中铁、锰浸出率的影响图，可知焙烧较适宜的硫酸铵/矿重量比是7，焙烧时间是3 h，焙烧温度是700℃；
【小问7详解】
焙烧得到MnSO4，产生的气体为NH3；
【小问8详解】
根据分析可知：滤渣的成分除了Fe(OH)3，还有Al(OH)3、SiO2。
18. 研究CO2、NOx的反应机理，对于实现碳中和目标、消除环境污染具有重要意义。
（1）CO2和乙烷反应制备乙烯。298 K时，相关物质的相对能量如图所示，CO2与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为_______。
（2）在Ru/TiO2催化下发生反应：CO2(g)+4H2(g) ⇌CH4(g)+2H2O(g)。若无副反应发生，T℃时向1 L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和4 mol H2，初始总压强为5.0a MPa，反应进行到5 min时，CO2与CH4的体积分数相等；10 min后反应达到平衡时总压强为3.5a MPa。(已知：分压=总压×组分物质的量分数)
①该可逆反应达到平衡的标志为_______(填标号)。
A．v(CO2)正和v(CH4)逆的比值为1：1
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．四种物质的分压之比等于计量系数之比
D．c(CO2)·c4(H2)=c(CH4)·c2(H2O)
②0~5 min内，v(H2)=_______。此温度下该反应的平衡常数Kp=_______(列出计算式即可)。
（3）工业上常用催化法将CO2合成为羧酸以实现资源化处理。如图是在催化剂作用下CO2合成乙酸(CH3COOH)的反应路径与机理图示，催化循环的总反应化学方程式为_______(反应条件上注明催化剂的化学式)；反应的中间产物共_______种。
升高温度绝大多数化学反应速率增大，但2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)的速率却随温度的升高而减小。某化学小组为研究特殊现象的原因，查阅资料知：2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)的反应历程分两步：
①2NO(g) ⇌N2O2(g)(快)
v1正=k1正c2(NO) v1逆=k1逆c(N2O2) ΔH1＜0 Ea1＞0
②N2O2(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)(慢)
v2正=k2正c(N2O2)c(O2) v2逆=k2逆c2(NO2) ΔH2＜0 Ea2＞0
（4）在1500K、恒容条件下，反应2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)达到平衡状态，请写出该反应的平衡常数表达式K=_______(用含k1正、k1逆、k2正、k2逆的式子表示)。
（5）反应①和反应②的活化能大小关系为Ea1_______Ea2(填“＞”、“＜”或“＝”)。已知速率常数有如下关系：。根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是_______ (填字母)。
A.k2正增大，c(N2O2)增大 B.k2正减小，c(N2O2)减小
C.k2正增大，c(N2O2)减小 D.k2正减小，c(N2O2)增大
（6）由实验数据得到v2正~c(O2)的关系可用如图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为_______ (填字母)。
（7）科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NO转化为N2进入大气层，反应过程如图所示：
已知过程Ⅰ发生的反应可表示为：NO+2H++ e-NO+H2O，则根据图示，写出过程Ⅰ→Ⅲ的总反应式_______。
【答案】（1）CO2(g)+C2H6(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) △H= +177 kJ·mol-1
（2） ①. AB ②. 0.4 mol·L-1min-l ③.
（3） ①. CO2+CH3OH+H2CH3COOH+H2O ②. 5
（4）
（5） ①. ＜ ②. C
（6）a （7）NO+=N2↑+2H2O
【解析】
【小问1详解】
CO2与C2H6反应生成C2H4、CO和H2O (g)的反应为C2H6(g)+CO2(g) =C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)，则△H=[52+(-110)+(-242)-(-84)-(-393)]kJ/mol= +177 kJ/mol，故热化学方程式为C2H6(g)+CO2(g) =C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) △H=+177 kJ/mol；
【小问2详解】
①A．v(CO2)正和v(CH4 )逆的比值为1：1，符合正反应速率和逆反应速率相等，达到平衡，A符合题意；
B．反应混合物都是气体，气体的质量不变，该反应是反应前后气体物质的量不等的反应，若混合气体的平均相对分子质量不变，则混合气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，B符合题意；
C．按照计量数之比充入反应物，任何时刻四种物质的分压之比等于计量系数之比，不能判断平衡，C不符合题意；
D．反应在1 L恒容密闭容器，T℃时向1 L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和4 mol H2，初始总压强为5.0a MPa，发生反应：CO2(g)+4H2(g) ⇌CH4(g)+2H2O(g)，反应进行到10 min后反应达到平衡时总压强为3.5a MPa，此时混合气体的总物质的量为3.5 mol，假设反应产生CH4的物质的量为x mol，则n(H2O)=2x mol，n(CO2)=(1-x)mol，n(H2)=(4-4x)mol。n(总)=(1-x)mol+(4-4x)mol+x mol+2x mol=3.5 mol，解得x=0.75 mol，由于容器的容积是1 L，故平衡时各种气体的浓度分别为c(CH4)=0.75 mol/L，c(H2O)=1.5 mol/L，c(CO2)=0.25 mol/L，c(H2)=1 mol/L，则化学平衡常数K=，若c(CO2)·c4(H2)=c(CH4)·c2(H2O)，则此时Qc=1，与化学平衡常数不相等，因此未处于平衡状态，D不符合题意；
故合理选项是AB；
②反应进行到5 min时，CO2与CH4的体积分数相等，则反应产生CH4的物质的量是0.5 mol，反应消耗H2的物质的量是2 mol，故在0~5 min内，v(H2)=；
反应在1 L恒容密闭容器，T℃时向1 L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和4 mol H2，初始总压强为5.0a MPa，发生反应：CO2(g)+4H2(g) ⇌CH4(g)+2H2O(g)，反应进行到10 min后反应达到平衡时总压强为3.5a MPa，此时混合气体的总物质的量为3.5 mol，假设反应产生CH4的物质的量为x mol，则n(H2O)=2x mol，n(CO2)=(1-x)mol，n(H2)=(4-4x)mol。n(总)=(1-x)mol+(4-4x)mol+x mol+2x mol=3.5 mol，解得x=0.75 mol，则此时各种气体的平衡分压：p(CO2)=，同理可得p(H2)=，p(CH4)=，p(H2O)=，化学平衡常数Kp==；
【小问3详解】
根据图示可知：由CO2与CH3OH及H2O反应制取CH3COOH的总反应方程式为：CO2+CH3OH+H2CH3COOH+H2O；
在反应过程中，HI、LiOH、CH3I、CH3Rh※I、CH3COORh※I为反应的中间产物，因此共5中中间产物；
【小问4详解】
①2NO(g) ⇌N2O2(g)(快)，②N2O2(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)(慢)，而目标反应：2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g) ΔH=ΔH1+ΔH2，由反应达到平衡时，v1正= v1逆，v2正= v2逆，所以v1正×v2正=v1逆×v2逆，即k1正c2(NO)×k2正c(N2O2)c(O2)=k1逆c(N2O2)×k2逆c2(NO2)，则K==；
【小问5详解】
因为决定2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)速率的是慢反应②，所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2；决定反应速率的是反应②，而温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小，故合理选项是C；
小问6详解】
v2正升高到某一温度时v2正减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a点；
【小问7详解】
过程Ⅰ发生的反应可表示为：NO+2H++e-NO+H2O，过程II中反应为：NO++3e-+2H+H2O+N2H4，过程III中反应为：N2H4N2+4H++4e-，所以过程I→III的总反应为NO+=N2↑+2H2O。
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