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【化学】北京丰台区2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）
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北京丰台区2018-2019学年高二下学期期末考试
满分：100 考试时间：90分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 14 O 16 N 14 Cl 35.5
第一部分 （选择题 42分）
本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.使用下列装置给液体升温时，将化学能转化为热能的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故A不符合题意；
B.电热壶是将电能转化为热能，故B不符合题意；
C.煤气燃烧是将化学能转化为热能，故C符合题意；
D.该过程属于热量的传递，故 D不符合题意；
综上所述，本题正确答案：C。
2.下列能源中，蕴藏有限、不能再生的是
A. 氢能 B. 太阳能 C. 地热能 D. 化石燃料
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氢能是通过氢气和氧气反应所产生的能量。氢在地球上主要以化合态的形式出现，是二次能源，故A不符合题意；
B. 太阳能被归为"可再生能源"，相对人的生命长短来说，太阳能散发能量的时间约等于无穷，故B不符合题意；
C.地热能无污染，是新能源，正在开发利用，有广阔的前景，所以C不符合题意；
D.化石燃料是人们目前使用的主要能源，它们的蕴藏量有限，而且不能再生，最终会枯竭，属于不可再生能源，故D符合题意；
所以D选项是正确的。.
3.铁锅用水清洗放置后出现红褐色锈斑，在此变化过程中不发生的反应是
A. Fe－3e－= Fe3+ B. O2＋2H2O＋4e－=4OH－
C. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 D. 2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2
【答案】A
【解析】
【详解】A.在题中所给出的环境条件中，铁不能从单质直接被氧化成三价铁离子，而应该是二价铁离子，故A项错误；
B.钢铁能发生吸氧腐蚀形成原电池，正极发生是O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B项正确；
C.吸氧腐蚀生成Fe(OH)2在有氧气存在的条件下被迅速氧化成Fe(OH)3，故C项正确；
D.钢铁能发生吸氧腐蚀发，其反应方程式2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2，故D项正确；
综上所述，本题正确答案A。
4.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【分析】
一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。
【详解】抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A正确；调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B错误；着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查。
5.根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是
① 洁厕灵（主要成分为HCl） ② 厨房清洁剂 ③ 食醋 ④ 肥皂 ⑤ 食盐
A. ①②⑤③④ B. ①③⑤④② C. ③①②⑤④ D. ④③⑤②①
【答案】B
【解析】
【详解】厕所清洁剂（HCl）、醋均显酸性，pH均小于7，但洁厕灵的酸性比食醋强,故洁厕灵的pH比醋的小；肥皂、厨房洗涤剂（NaClO）均显碱性，pH均大于7,但厨房清洁剂的碱性比肥皂强,故厨房清洁剂的pH比肥皂的大；⑤ 食盐是强碱强酸盐，溶液显中性，pH等于7。则上述物质水溶液pH由小到大的顺序是:厕所清洁剂、醋、肥皂、食盐、厨房清洁剂；按酸碱性大小的顺序依次排列为：①③⑤④②；
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】根据生活中经常接触的物质的酸碱性，由当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时呈碱性，且pH越大，碱性越强，进行分析判断。
6.下列有关CuCl2溶液的叙述中正确的是
A. 溶液中存在自由移动的离子：
B. 溶液中：c(Cu2+)＋c(H+)＝c(Cl-)＋c(OH-)
C. 用惰性电极电解该溶液时，阳极有黄绿色气体产生
D. 溶液pH＜7 的原因是：Cu2+＋H2O=Cu(OH)2＋2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A. CuCl2溶液是可溶性强电解质，溶液中完全电离，电离方程式为：CuCl2→Cu2+＋2Cl-，故A错误；
B. 根据电荷守恒可知溶液中：2c(Cu2+)＋c (H+)＝c(Cl-)＋c(OH-)，故B错误；
C. 用惰性电极电解该溶液时，阳极发生的反应为：Cl--2e-= Cl2↑，所以产生黄绿色气体，故C正确；
D. 溶液pH＜7 的原因是：Cu2+＋H2OCu(OH)2＋2H+，故D错误；
综上所述，本题正确答案：C。
7.下列化学用语对事实的表述不正确的是
A. 由Na和Cl形成离子键的过程：
B. Na2S做沉淀剂可处理含Hg2+的工业污水：Hg2+＋S2－=HgS↓
C. CH3COOH溶液与NaOH溶液反应放出热量H+(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol-1
D. 闪锌矿（ZnS）经CuSO4溶液作用转化为铜蓝（CuS）：ZnS＋Cu2+=CuS＋Zn2+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由Na和Cl形成离子键的过程是Na失电子，Cl得到电子，所以：，故A正确；
B.因为Hg2+＋S2－= HgS↓，所以Na2S可以做处理含Hg2+的工业污水的沉淀剂，故B正确；
C. CH3COOH为弱电解质，写离子方程式时不能拆；且CH3COOH弱电解质，该物质电离需要吸热，1mol该物质发生中和，反应放热肯定不是57.3kJ；故C错误；
D.因为 CuS的Ksp小于ZnS，所以可发生ZnS＋Cu2+=CuS＋Zn2+反应，把CuSO4溶液转化为ZnSO4溶液，故D正确；
综上所述，本题正确答案：C。
8.在生产生活中，酸碱中和及溶液酸碱性研究具有十分重要的意义。常温下，将2种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：
组别
c（一元酸）
c（NaOH）
混合溶液的pH
甲
c(HY)＝0.1mol·L-1
0.1mol·L-1
pH＝7
乙
c(HZ)＝0.1 mol·L-1
0.1mol·L-1
pH＝9
下列说法中正确的是
A. 乙组混合液中：c(Na＋) ＞c(OH－)＞c(Z－)＞c(H＋)
B. 乙组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)为1×10－5mol·L-1
C. 相同体积时，0.1mol/L HY溶液和0.1mol/L HZ溶液中c(H+)浓度相同
D. 相同体积时，0.1mol/L HY溶液和0.1mol/L HZ溶液分别与足量的镁反应，产生氢气的速率和总量均不同
【答案】B
【解析】
【分析】
由甲c(HY)＝0.1mol·L-1、乙c(HZ)＝0.1 mol·L-1 分别和0.1mol·L-1NaOH 溶液反应，反应后混合溶液pH＝7 、pH＝9。说明HY为强酸，HZ为弱酸，以此进行分析即可；
【详解】A. 根据分析判断：乙组混合后的溶质为NaZ，NaZ溶液为强碱弱酸盐，所以：c(Na＋) ＞c(Z－)＞c(OH－＞c(H＋)，故A错误；
B. 乙组实验所得混合溶液pH＝9，c(H+)=10-9mol/L，根据水的离子积可知c(OH-)=10-5mol/L，所以由水电离出的c(OH－)为1×10-5mol·L-1，故B正确；
C. HZ为弱酸，溶液中部分电离，HY为强酸，所以0.1mol/L HY溶液和0.1mol/L HZ溶液中c(H+)浓度不相同，故C错误；
D. 相同体积时，0.1mol/L HY溶液和0.1mol/L HZ溶液分别与足量的镁反应，产生氢气的速率不同，但总量相同，故D错误；
综上所述，本题正确答案：B。
9.汽车尾气净化反应之一：NO(g)＋CO(g)N2 (g)＋CO 2 (g) ΔH＝－373.4 kJ·mol-1。若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列说法正确的是
A. 及时除去二氧化碳，正反应速率加快
B. 混合气体的密度不变是该平衡状态的标志之一
C. 降低温度，反应物的转化率和平衡常数均增大
D. 其它条件不变，加入催化剂可提高反应物的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A. 除去二氧化碳，生成物的浓度降低，逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，故A错误；
B. 由NO(g)＋CO(g)N2 (g)＋CO 2 (g)可知反应物生成物都是气体，反应在恒容的密闭容器中进行，所以混合气体的密度不变不能作为判断达到平衡状态的标志，故B错误；
C. 该反应是放热反应，降温时，平衡正向移动，反应物转化率和平衡常数均增大，故C正确；
D.催化剂不影响化学平衡移动，所以加入催化剂不能提高反应物的转化率，故D错误；
综上所述，本题正确答案：C。
【点睛】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，据外界条件的改变对反应速率和平衡移动的影响分析，容器体积不变，混合气体的密度始终不变。
10.借助太阳能将光解水制H2与脱硫结合起来，既能大幅度提高光解水制H2的效率，又能脱除SO2，工作原理如下图所示。下列说法不正确的是
A. 该装置可将太阳能转化为化学能
B. 催化剂b附近的溶液pH增大
C. 吸收1mol SO2，理论上能产生1mol H2
D. 催化剂a表面发生的反应为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A.该装置没有外加电源，是通过光照使SO2发生氧化反应，把光能转化为化学能，故A正确；
B.由图示可看出，电子由b表面转移到a表面，因此b表面发生氧化反应，根据题意SO2转化为H2SO4，因此催化剂b表面SO2发生氧化反应，生成硫酸，使催化剂b附近的溶液pH减小，故B错误；
C. 根据电子守恒SO2～H2SO4～H2～2e-，吸收1mol SO2，理论上能产生1mol H2，故C正确；
D.催化剂a表面H2O发生还原反应生H2，催化剂a表面发生的反应为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，故D正确；
综上所述，本题正确答案：B。
【点睛】在原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，整个反应过程中，得失电子守恒。
11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
Zn保护了Fe不被腐蚀
B
2NO2(g)N2O4(g)为吸热反应
C
试管内均有红棕色气体生成
木炭与浓硝酸发生了反应
D
常温下，向饱和Na2CO3 溶液中加入少量BaSO4粉末，充分搅拌后过滤，再向洗净滤渣中加稀盐酸，有气泡产生
Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.①中有蓝色沉淀，证明存在Fe2+，②中试管内无明显变化，说明Fe附近溶液中无Fe2+，对比可说明Zn的存在保护了Fe，故A正确；
B.由实验装置图可知，热水中NO2的浓度增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，故B错误；
C.因为浓硝酸不稳定见光或受热易分解：，浓硝酸还具有强氧化性，能和木炭发生反应：，两者都会产生NO2的红棕色气体，所以此实验不能证明是木炭与浓硝酸发生了反应，故C错误；
D.常温下，向饱和Na2CO3 溶液中加入少量BaSO4粉末，充分搅拌后过滤，再向洗净的滤渣中加稀盐酸，有气泡产生，说明有碳酸钡产生，是因为c(CO32-)浓度很大，不能说明 Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)，故D错误；
综上所述，本题正确答案：A。
12.某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图（E1、E3表示两反应的活化能）。下列有关叙述正确的是
A. 两步反应均为放热反应
B. 整个反应的ΔH＝E1－E2＋E3－E4
C. 加入催化剂可以改变反应的焓变
D. 三种物质所含能量由高到低依次为：A、B、C
【答案】B
【解析】
【详解】A. A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；
B. 整个反应中△H=E1-E2+E3-E4，故B正确；
C. 加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，也不影响反应的焓变，故C错误；
D. 物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：B＜A＜C，故D错误；
综上所述，本题正确答案：B。
【点睛】反应物的能量大于生成物能量的反应为放热反应，反之为吸热反应；能量越低，物质越稳定，结合能量的高低解答该题；催化剂能改变反应速率，但不能改变反应的焓变以及产率。
13.400℃时，向一个容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2，发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。反应过程中测得的部分数据见下表：
t/min
0
10
20
30
n(CO)/mol
0.20
0.08
0.04
n(H2)/mol
0.40
0.08
下列说法不正确的是
A. 反应在前10min内的平均速率为v(H2)＝0.012 mol/(L·min)
B. 400℃时，该反应的平衡常数数值为2.5×103
C. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(CH3OH)＝0.06mol·L-1，则反应的ΔH＜0
D. 相同温度下，若起始时向容器中充入0.3mol CH3OH，达到平衡时CH3OH的转化率大于20%
【答案】D
【解析】
【详解】A.容积为2L的密闭容器中充入0.20mol CO和0.40mol H2,发生：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，10min后n(CO)= 0.08mol，变化了0.12mol，H2变化了0.24mol，所以10min内的H2的平均速率为v(H2)＝=0.012 mol/(L·min)；故A正确；
B. 由表中的数据分析可知：20min时CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应达到平衡，各物质浓度变化情况为：
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
初始浓度（mol·L-1） 0.1 0.2 0
变化浓度（mol·L-1） 0.08 0.16 0.08
平衡浓度（mol·L-1） 0.02 0.04 0.08
400℃时，该反应的平衡常数K==2.5×103，故B正确；
C. 保持其他条件不变，升高温度使反应达到平衡时c(CH3OH)＝0.06mol·L-1<0.08 mol·L-1，说明平衡逆向移动了，Δ则该反应的ΔH＜0，故C正确；
D. 当容积为2L的密闭容器中充入0.20mol CO和0.40mol H2,发生：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，达到平衡时，CO的转化率为80%；根据等效平衡，若开始加0.2mol的CH3OH时，达到平衡时CH3OH的转化率为20%；相同温度下，若起始时向容器中充入0.3mol CH3OH，相当于增减了反应物，达到平衡时CH3OH的转化率小于20%，故D错误；
综上所述，本题正确答案：D。
【点睛】考查化学反应速率计算及其影响因素，化学平衡移动及等效平衡的知识。依据化学反应速率计算公式v=，化学平衡常数K=生成物浓度幂次方的乘积/反应物浓度幂次方的乘积判断即可。
14.I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：
i． SO2＋4I－＋4H+=S↓＋2I2＋2H2O
ii．I2＋2H2O＋SO2=SO＋4H+＋2I－
序号
①
②
③
④
试剂
组成
0.4 mol·L-1
KI
a mol·L-1 KI
0.2 mol·L-1 H2SO4
0.2 mol·L-1
H2SO4
0.2 mol·L-1 KI
0.0002 mol I2
实验
现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较①快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较①快
探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中），下列说法不正确的是
A. 水溶液中SO2歧化反应方程式为：3SO2＋2H2O =S↓＋2H2SO4
B. ②是①的对比实验，则a＝0.4
C. 比较①、②、③，可得出结论：I－是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可加快歧化反应速率
D. 实验表明，SO2的歧化反应速率④＞①，原因是反应i比ii快，反应ii中产生的H+是反应i加快
【答案】D
【解析】
【详解】A.由i+ii×2得反应：3SO2＋2H2O =S↓＋2H2SO4，故A项正确；
B.②是①的对比实验，采用控制变量法，②比①多加了0.2mol·L-1 H2SO4，②与①中KI浓度应相等，则a=0.4，故B项正确；
C.对比①与②，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比②与③，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较①、②、③，可得出的结论是：I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率，故C项正确。
D.对比④和①，④中加入碘化钾的浓度小于①，④中多加了碘单质，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，④中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较①快”，反应速率④>①，由此可见，反应ⅱ比反应ⅰ速率快，反应ⅱ产生H+使成c(H+)增大，从而反应i加快，故D项错误；
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】解题依据：根据影响化学反应速率的因素进行判断。通过实验对比探究反应物、生成物的浓度，催化剂对化学反应速率的影响。
第二部分 （综合题 共58分）
本部分共5小题，共58分。
15.化学反应伴随能量变化，获取反应能量变化有多条途径。
（1）下列反应中，属于吸热反应的是______（填字母）。
A．Na2O与水反应 B．甲烷的燃烧反应 C．CaCO3受热分解 D．锌与盐酸反应
（2）获取能量变化的途径
① 通过化学键的键能计算。已知：
化学键种类
H—H
O＝O
O—H
键能（kJ/mol）
436
498
463.4
计算可得：2H2(g)+ O2(g) =2H2O(g) ∆H＝____________kJ·mol-1
② 通过物质所含能量计算。已知反应中A＋B=C＋D中A、B、C、D所含能量依次可表示为E A、EB、 EC、 ED，该反应△H＝_______。
③ 通过盖斯定律可计算。已知在25℃、101kPa时：
Ⅰ．2Na(s)＋O2 (g) =Na2O(s) △H＝－414kJ·mol-1
Ⅱ．2Na(s)＋O2(g) =Na2O2(s) △H＝－511kJ·mol-1
写出Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式__________。
④利用实验装置测量。测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，若取50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸，则还需加入________（填序号）。
A．50 mL 0.50 mol·L-1 NaOH溶液
B．50 mL 0.55 mol·L-1NaOH溶液
C．1.0 g NaOH固体
【答案】 (1). C (2). －483.6 (3). EC＋ ED—（EA＋EB） (4). Na2O2(s)＋2Na(s)====2Na2O(s)△H＝－317 kJ·mol-1 (5). B
【解析】
【分析】
考查反应热的计算。根据△H＝断键键能总和-成键键能总和或者△H＝生成物总能量-反应物总能量进行解答；
【详解】（1）A．Na2O与水反应 属于放热反应，故A不符合；
B．甲烷的燃烧反应属于放热反应，故B不符合；
C．CaCO3受热分解属于吸热反应，故C符合；
D．锌与盐酸反应属于放热反应，故D不符合；
所以，属于吸热反应的是C；
（2）①根据2H2(g)+ O2(g) =2H2O(g)方程式可知，△H＝断键键能总和-成键键能总和，即∆H＝2H—H+ O＝O- 4O—H =2×436+498-463.4×4=－483.6 kJ·mol-1；
② 通过物质所含能量计算△H＝生成物总能量-反应物总能量。所以反应A＋B=C＋D中△H= EC＋ED-（EA＋EB）；
③ 通过盖斯定律可I×2-II：2Na(s)+ Na2O2(s)= 2Na2O(s) △H =－414kJ·mol-1×2-（-511kJ·mol-1）=－317 kJ·mol-1；所以Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式为：Na2O2(s)＋2Na(s) ==2Na2O(s) △H＝－317 kJ·mol-1；
④测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，为了保证酸或是碱中的一方完全反应，往往保证一方过量，所以若取50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸，还需加入50 mL 0.55 mol·L-1NaOH溶液；因此，本题正确答案是：B。
16.铁及其化合物是中学化学中常见的物质。
（1）铁件表面镀铜可有效防止铁被腐蚀，电镀时，以CuSO4溶液为电解液，铜作________（填 “阳”或“阴”）极，铜离子向________极移动，阴极的电极反应式为________。
（2）常温时，FeCl3溶液pH＜7，原因是（用离子方程式表示）________。
（3）将0.1mol·L-1 FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中，有红褐色沉淀产生。该变化的离子方程式为________。
【答案】 (1). 阳 (2). 阴 (3). Cu2+＋2e-=Cu (4). Fe3+ +3H2OFe(OH)3 ＋3H+ (5). 2Fe3+＋3Mg(OH)2= 2Fe(OH)3 ＋3Mg2+
【解析】
【分析】
（1）根据电镀原理解答；根据水解原理完成水解反应方程式；根据沉淀溶解平衡原理完成沉淀转化反应方程式；
【详解】（1）根据电镀原理，以CuSO4溶液为电解液，铁件表面镀铜，可用铜作阳极，铁件做阴极，电解液中铜离子向阴极移动，阴极的电极反应式为Cu2+＋2e-=Cu；
（2）常温时，FeCl3为强酸弱碱盐，弱根离子会发生水解，其离子方程式为：Fe3+＋3H2O Fe(OH)3＋3H+；
（3）将0.1mol·L-1 FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中，有红褐色沉淀产生，说明有Fe(OH)3生成，所以该变化的离子方程式为2Fe3+＋3Mg(OH)2= 2Fe(OH)3＋3Mg2+。
17.硫酸是重要的化工原料，工业制取硫酸最重要的一步反应为：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H< 0
（1）为提高SO2的转化率，可通入过量O2，用平衡移动原理解释其原因：___________。
（2）某兴趣小组在实验室对该反应进行研究，部分实验数据和图像如下。
反应条件：催化剂、一定温度、容积10 L
实验
起始物质的量/mol
平衡时SO3
物质的量/mol
SO2
O2
SO3
ⅰ
0.2
0.1
0
0.12
ⅱ
0
0
0.2
a
①实验ⅰ中SO2的转化率为______。
②a____0.12（填“＞”、“＝”或“＜”）。
③t1、t2、t3中，达到化学平衡状态的是________。
④ t2到t3的变化是因为改变了一个反应条件，该条件可能是___________。
（3）将SO2和O2充入恒压密闭容器中，原料气中SO2 和O2的物质的量之比m【m＝n(SO2)/n(O2)】不同时，SO2的平衡转化率与温度（T）的关系如下图所示，则m1、m2、m3的大小顺序为_____。
【答案】 (1). 增大反应物O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高 (2). 60% (3). ＝ (4). t2 (5). 加压 (6). m1＜m2＜m3
【解析】
【分析】
（1）根据化学平衡移动因素回答；（2）根据转化率公式计算；根据等效平衡进行判断，
【详解】（1）根据反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H< 0可知，要提高SO2的转化率，就要使化学平衡正向移动，可以采取通入过量O2，增大反应物的浓度的方法；所以正确答案为：增大反应物O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高；
（2）①根据三段式： 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)
起始物质的量/mol 0.2 0.1 0
变化物质的量/mol 2x x 2x
平衡物质的量/mol 0.2-2x 0.1-x 0.12
实验ⅰ中SO2的转化率=物质的变化量/物质的起始量×100%=0.12/0.2×100%= 60%；
②ⅱ因为反应条件相同，从SO3投料0.2 mol ，相当于ⅰ的投料，所以ⅰ和ⅱ为等效平衡，所以a=0.12；
③根据图像分析， t2时SO2的消耗速率等于生成O2速率的2倍，根据2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)反应计量数的关系，所以此时达到平衡状态；
④ t2到t3的变化是SO2的消耗速率和生成O2速率同时增大，且SO2的消耗速率增加的更多，可能改变的条件是加压了；
（3）因为该反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H< 0为放热反应，升高温度，平衡正向移动，m【m＝n(SO2)/n(O2)】比值越大，二氧化硫的转化率越小，所以m1
（1）工业上常用氨水吸收法处理SO2，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3。
① (NH4)2SO3显碱性，用化学平衡原理解释其原因：____________。
② NH4HSO3显酸性。用氨水吸收SO2，当吸收液显中性时，溶液中离子浓度关系正确的是____（填字母）。
a．c(NH4+)＝2c(SO32-)＋c(HSO3-)
b．c(NH4+)＞c(SO32-)> c(H+)＝c(OH－)
c．c(NH4+)＋c(H+)＝c(SO32-) ＋c(HSO3-)＋c(OH－)
（2）某工厂烟气中主要含SO2、CO2，在较高温度经下图所示方法脱除SO2，可制得H2SO4。
①在阴极放电的物质是_______。
②在阳极生成SO3的电极反应式是______。
（2）检测烟气中SO2脱除率的步骤如下：
a．将一定量的净化气（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。
b．加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入足量BaCl2溶液。
c．过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。
①用离子方程式表示a中溴水的主要作用________________。
②若沉淀的质量越大，说明SO2的脱除率越_____（填“高”或“低”）。
【答案】 (1). 溶液中存在平衡：NH4+ +H2ONH3·H2O + H+ ,SO32－+H2OHSO3－+ OH－,SO32－水解程度大于NH4+ 水解程度使溶液中c(OH-) > c(H+)，所以溶液显碱性。 (2). ab (3). O2 (4). 2SO42－－4e－= 2SO3↑＋O2 ↑ (5). SO32－＋Br2＋H2O=SO42－+2Br－+ 2H+或SO32－＋Br2＋2OH－====SO42－＋2Br－＋H2O (6). 低
【解析】
【分析】
（1）根据水解原理，电荷守恒进行分析；（2）由图分析是由SO2-O2-H2SO4形成的燃料电池，通O2的电极为正极，发生还原反应，通SO2的电极为负极，发生氧化反应转化为H2SO4，根据电解质溶液是酸性的，写出负极反应式；阳离子在电解质溶液中由负极移动到正极，据此解答即可；
【详解】①(NH4)2SO3溶液中,铵根和亚硫酸根都会水解，NH4+ +H2ONH3·H2O + H+ ，SO32－+H2OHSO3－+ OH－，(NH4)2SO3显碱性说明SO32－水解程度大于NH4+的水解程度，使溶液中c(OH－)>c(H+ ),所以溶液呈碱性；因此，本题正确答案是: 溶液中存在平衡：NH4+ +H2ONH3·H2O + H+ ,SO32－+H2OHSO3－+ OH－,SO32－水解程度大于NH4+ 水解程度使溶液中c(OH-) > c(H+)，所以溶液显碱性；
②据电荷守恒有: c(NH4+)＋c(H+)＝2c(SO32-) ＋c(HSO3-)＋c(OH－)，溶液显中性，则 c(H+)＝c(OH－)，所以c(NH4+)＝2c(SO32-)＋c(HSO3-)，故a正确，b正确，c错误；
(3)①依据题意得出SO2-O2-H2SO4形成的燃料电池中可知，氧气在原电池的正极得到电子发生还原反应，故答案为：O2；
②熔融硫酸钾中硫酸根失去电子，在原电池的负极放电,电极反应方程式为：2SO42－－4e－= 2SO3↑＋ O2 ↑；
（2）①溴水具有强氧化性，亚硫酸根具有还原性，所以不含SO3的净化气通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水反应方程式为：SO2+2OH－=SO32-＋H2O,SO32－＋Br2＋H2O=SO42－＋2Br－＋2H+，故答案为：SO2+2OH－=SO32-＋H2O，SO32－＋Br2＋H2O=SO42－＋2Br－＋2H+；或SO32－＋Br2＋2OH－=SO42－＋2Br－＋H2O ；
②生成沉淀越多，说明烟气中二氧化硫含量越高，脱除率越低。
19.已知K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-＋H2O 2CrO42-＋2H+。K2Cr2O7为橙色，K 2CrO4为黄色。为探究浓度对化学平衡的影响，某兴趣小组设计了如下实验方案。
序号
试剂X
ⅰ
1 mL1mol·L-1 K2Cr2O7 溶液
ⅱ
1mL1 mol·L-1 K2CrO4溶液
ⅲ
5~15滴浓硫酸
ⅳ
5~15滴浓盐酸
ⅴ
5~15滴6 mol·L-1 NaOH溶液
Ⅰ．方案讨论
（1）ⅰ~ⅴ中依据减少生成物浓度可导致平衡移动的原理设计的是______（填序号）。
（2）已知BaCrO4为黄色沉淀。某同学认为试剂X还可设计为Ba(NO3)2溶液，加入该试剂后，溶液颜色将_____。（填“变深”、“变浅”或“不变”）。
Ⅱ．实验分析
序号
试剂X
预期现象
实际现象
ⅰ
1 mL1 mol·L-1 K2Cr2O7 溶液
溶液变黄
溶液橙色加深
ⅱ
1mL1 mol·L-1 K2CrO4溶液
溶液橙色加深
溶液颜色变浅
ⅲ
5~15滴浓硫酸
溶液橙色加深
溶液橙色加深
ⅳ
5~15滴浓盐酸
溶液橙色加深
无明显现象
ⅴ
5~15滴6mol·L-1NaOH溶液
溶液变黄
溶液变黄
（1）实验ⅰ没有观察到预期现象的原因是____________，实验ⅱ的原因与其相似。
（2）通过实验ⅲ和ⅴ得出的结论为___________ 。
（3）实验ⅳ无明显现象，可能的原因是____________。
（4）某同学查阅资料发现：K2Cr2O7溶液与浓盐酸可发生氧化还原反应。但实验ⅳ中没有观察到明显现象，小组同学设计了两个实验，验证了该反应的发生。
① 方案一：取5 mL浓盐酸，向其中加入15滴0.1mol·L-1 K2Cr2O7溶液，一段时间后，溶液变为绿色（CrCl3水溶液呈绿色），有黄绿色气体生成。写出该变化的化学方程式__________。
② 请你设计方案二：_______________。
【答案】 (1). ⅴ (2). 变浅 (3). 根据平衡移动原理，实验ⅰ中，增大反应物K2Cr2O7浓度，平衡正向移动，使反应物浓度有所减少，但仍高于变化前，所以溶液橙色加深 (4). 增大（减少）生成物浓度，平衡逆向（正向）移动。（或：如果改变物质浓度，平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动）（合理给分） (5). 浓盐酸中氢离子浓度远小于浓硫酸中氢离子浓度 (6). 14HCl + K2CrO7=3Cl2 ↑+ 2CrCl3 + 2KCl+7H2O (7). 向5 mL 0.1 mol·L-1 K2Cr2O7溶液中通入足量的HCl气体或以0.1 mol·L-1 K2Cr2O7溶液和浓盐酸为正负极反应物，组成双液原电池
【解析】
【分析】
根据平衡移动原理及影响化学平衡移动因素判断；根据原电池工作原理解答；
【详解】Ⅰ．根据反应： Cr2O72-＋H2O 2CrO42-＋2H+可知：
（1）ⅰ加入1 mL1mol·L-1 K2Cr2O7 溶液，增加的是反应物Cr2O72-浓度，平衡正向移动；
ⅱ加入1mL1 mol·L-1 K2CrO4溶液，增加的是生成物CrO42-的浓度，平衡逆向移动；
ⅲ加入5~15滴浓硫酸，增加的是生成物H+的浓度，平衡逆向移动；
ⅳ加入5~15滴浓盐酸，增加的是生成物H+的浓度，平衡逆向移动；
ⅴ加入5~15滴6 mol·L-1 NaOH溶液，消耗了生成物H+的浓度，平衡正向移动；
故合理选项为V；
（2）由K2Cr2O7为橙色，K 2CrO4为黄色，BaCrO4为黄色沉淀。向Cr2O72-＋H2O 2CrO42-＋2H+平衡体系中加入 Ba(NO3)2溶液，平衡正向移动，溶液颜色将变浅；
Ⅱ（1）由Cr2O72-＋H2O 2CrO42-＋2H+平衡可知，加入1 mL 1 mol·L-1 K2Cr2O7 溶液后，增加的是反应物Cr2O72-浓度，平衡正向移动，但移动的程度很小，使得溶液中Cr2O72-浓度增加比移动消耗的Cr2O72-得浓度多，所以溶液橙色加深；答案：根据平衡移动原理，实验ⅰ中，增大反应物K2Cr2O7浓度，平衡正向移动，使反应物浓度有所减少，但仍高于变化前，所以溶液橙色加深；
（2）实验ⅲ是加入5~15滴浓硫酸，增加的是生成物H+的浓度，平衡逆向移动；实验ⅴ是加入5~15滴6mol·L-1NaOH溶液，消耗了生成物H+的浓度，平衡正向移动；由此得出增大（减少）生成物浓度，平衡逆向（正向）移动；或：如果改变物质浓度，平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动；
（3）实验ⅳ加入5~15滴浓盐酸，无明显现象，说明平衡没有移动，可能是浓盐酸中氢离子浓度远小于浓硫酸中氢离子浓度；
（4）①取5 mL浓盐酸，向其中加入15滴0.1mol·L-1 K2Cr2O7溶液，一段时间后，溶液变为绿色（CrCl3水溶液呈绿色），有黄绿色气体生成，该变化的化学方程式14HCl + K2CrO7=3Cl2 ↑+2CrCl3 +2KCl +7H2O；
②根据K2Cr2O7溶液与浓盐酸可发生氧化还原反应，可以用原电池反应原理检验。即向5 mL 0.1 mol·L-1K2Cr2O7溶液中通入足量的HCl气体或以0.1 mol·L-1K2Cr2O7溶液和浓盐酸为正负极反应物，组成双液原电池，在负极有黄绿色气体产生，在正极溶液颜色变为绿色。
满分：100 考试时间：90分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 14 O 16 N 14 Cl 35.5
第一部分 （选择题 42分）
本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.使用下列装置给液体升温时，将化学能转化为热能的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故A不符合题意；
B.电热壶是将电能转化为热能，故B不符合题意；
C.煤气燃烧是将化学能转化为热能，故C符合题意；
D.该过程属于热量的传递，故 D不符合题意；
综上所述，本题正确答案：C。
2.下列能源中，蕴藏有限、不能再生的是
A. 氢能 B. 太阳能 C. 地热能 D. 化石燃料
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氢能是通过氢气和氧气反应所产生的能量。氢在地球上主要以化合态的形式出现，是二次能源，故A不符合题意；
B. 太阳能被归为"可再生能源"，相对人的生命长短来说，太阳能散发能量的时间约等于无穷，故B不符合题意；
C.地热能无污染，是新能源，正在开发利用，有广阔的前景，所以C不符合题意；
D.化石燃料是人们目前使用的主要能源，它们的蕴藏量有限，而且不能再生，最终会枯竭，属于不可再生能源，故D符合题意；
所以D选项是正确的。.
3.铁锅用水清洗放置后出现红褐色锈斑，在此变化过程中不发生的反应是
A. Fe－3e－= Fe3+ B. O2＋2H2O＋4e－=4OH－
C. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 D. 2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2
【答案】A
【解析】
【详解】A.在题中所给出的环境条件中，铁不能从单质直接被氧化成三价铁离子，而应该是二价铁离子，故A项错误；
B.钢铁能发生吸氧腐蚀形成原电池，正极发生是O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B项正确；
C.吸氧腐蚀生成Fe(OH)2在有氧气存在的条件下被迅速氧化成Fe(OH)3，故C项正确；
D.钢铁能发生吸氧腐蚀发，其反应方程式2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2，故D项正确；
综上所述，本题正确答案A。
4.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【分析】
一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。
【详解】抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A正确；调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B错误；着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查。
5.根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是
① 洁厕灵（主要成分为HCl） ② 厨房清洁剂 ③ 食醋 ④ 肥皂 ⑤ 食盐
A. ①②⑤③④ B. ①③⑤④② C. ③①②⑤④ D. ④③⑤②①
【答案】B
【解析】
【详解】厕所清洁剂（HCl）、醋均显酸性，pH均小于7，但洁厕灵的酸性比食醋强,故洁厕灵的pH比醋的小；肥皂、厨房洗涤剂（NaClO）均显碱性，pH均大于7,但厨房清洁剂的碱性比肥皂强,故厨房清洁剂的pH比肥皂的大；⑤ 食盐是强碱强酸盐，溶液显中性，pH等于7。则上述物质水溶液pH由小到大的顺序是:厕所清洁剂、醋、肥皂、食盐、厨房清洁剂；按酸碱性大小的顺序依次排列为：①③⑤④②；
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】根据生活中经常接触的物质的酸碱性，由当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时呈碱性，且pH越大，碱性越强，进行分析判断。
6.下列有关CuCl2溶液的叙述中正确的是
A. 溶液中存在自由移动的离子：
B. 溶液中：c(Cu2+)＋c(H+)＝c(Cl-)＋c(OH-)
C. 用惰性电极电解该溶液时，阳极有黄绿色气体产生
D. 溶液pH＜7 的原因是：Cu2+＋H2O=Cu(OH)2＋2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A. CuCl2溶液是可溶性强电解质，溶液中完全电离，电离方程式为：CuCl2→Cu2+＋2Cl-，故A错误；
B. 根据电荷守恒可知溶液中：2c(Cu2+)＋c (H+)＝c(Cl-)＋c(OH-)，故B错误；
C. 用惰性电极电解该溶液时，阳极发生的反应为：Cl--2e-= Cl2↑，所以产生黄绿色气体，故C正确；
D. 溶液pH＜7 的原因是：Cu2+＋H2OCu(OH)2＋2H+，故D错误；
综上所述，本题正确答案：C。
7.下列化学用语对事实的表述不正确的是
A. 由Na和Cl形成离子键的过程：
B. Na2S做沉淀剂可处理含Hg2+的工业污水：Hg2+＋S2－=HgS↓
C. CH3COOH溶液与NaOH溶液反应放出热量H+(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol-1
D. 闪锌矿（ZnS）经CuSO4溶液作用转化为铜蓝（CuS）：ZnS＋Cu2+=CuS＋Zn2+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由Na和Cl形成离子键的过程是Na失电子，Cl得到电子，所以：，故A正确；
B.因为Hg2+＋S2－= HgS↓，所以Na2S可以做处理含Hg2+的工业污水的沉淀剂，故B正确；
C. CH3COOH为弱电解质，写离子方程式时不能拆；且CH3COOH弱电解质，该物质电离需要吸热，1mol该物质发生中和，反应放热肯定不是57.3kJ；故C错误；
D.因为 CuS的Ksp小于ZnS，所以可发生ZnS＋Cu2+=CuS＋Zn2+反应，把CuSO4溶液转化为ZnSO4溶液，故D正确；
综上所述，本题正确答案：C。
8.在生产生活中，酸碱中和及溶液酸碱性研究具有十分重要的意义。常温下，将2种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：
组别
c（一元酸）
c（NaOH）
混合溶液的pH
甲
c(HY)＝0.1mol·L-1
0.1mol·L-1
pH＝7
乙
c(HZ)＝0.1 mol·L-1
0.1mol·L-1
pH＝9
下列说法中正确的是
A. 乙组混合液中：c(Na＋) ＞c(OH－)＞c(Z－)＞c(H＋)
B. 乙组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)为1×10－5mol·L-1
C. 相同体积时，0.1mol/L HY溶液和0.1mol/L HZ溶液中c(H+)浓度相同
D. 相同体积时，0.1mol/L HY溶液和0.1mol/L HZ溶液分别与足量的镁反应，产生氢气的速率和总量均不同
【答案】B
【解析】
【分析】
由甲c(HY)＝0.1mol·L-1、乙c(HZ)＝0.1 mol·L-1 分别和0.1mol·L-1NaOH 溶液反应，反应后混合溶液pH＝7 、pH＝9。说明HY为强酸，HZ为弱酸，以此进行分析即可；
【详解】A. 根据分析判断：乙组混合后的溶质为NaZ，NaZ溶液为强碱弱酸盐，所以：c(Na＋) ＞c(Z－)＞c(OH－＞c(H＋)，故A错误；
B. 乙组实验所得混合溶液pH＝9，c(H+)=10-9mol/L，根据水的离子积可知c(OH-)=10-5mol/L，所以由水电离出的c(OH－)为1×10-5mol·L-1，故B正确；
C. HZ为弱酸，溶液中部分电离，HY为强酸，所以0.1mol/L HY溶液和0.1mol/L HZ溶液中c(H+)浓度不相同，故C错误；
D. 相同体积时，0.1mol/L HY溶液和0.1mol/L HZ溶液分别与足量的镁反应，产生氢气的速率不同，但总量相同，故D错误；
综上所述，本题正确答案：B。
9.汽车尾气净化反应之一：NO(g)＋CO(g)N2 (g)＋CO 2 (g) ΔH＝－373.4 kJ·mol-1。若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列说法正确的是
A. 及时除去二氧化碳，正反应速率加快
B. 混合气体的密度不变是该平衡状态的标志之一
C. 降低温度，反应物的转化率和平衡常数均增大
D. 其它条件不变，加入催化剂可提高反应物的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A. 除去二氧化碳，生成物的浓度降低，逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，故A错误；
B. 由NO(g)＋CO(g)N2 (g)＋CO 2 (g)可知反应物生成物都是气体，反应在恒容的密闭容器中进行，所以混合气体的密度不变不能作为判断达到平衡状态的标志，故B错误；
C. 该反应是放热反应，降温时，平衡正向移动，反应物转化率和平衡常数均增大，故C正确；
D.催化剂不影响化学平衡移动，所以加入催化剂不能提高反应物的转化率，故D错误；
综上所述，本题正确答案：C。
【点睛】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，据外界条件的改变对反应速率和平衡移动的影响分析，容器体积不变，混合气体的密度始终不变。
10.借助太阳能将光解水制H2与脱硫结合起来，既能大幅度提高光解水制H2的效率，又能脱除SO2，工作原理如下图所示。下列说法不正确的是
A. 该装置可将太阳能转化为化学能
B. 催化剂b附近的溶液pH增大
C. 吸收1mol SO2，理论上能产生1mol H2
D. 催化剂a表面发生的反应为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A.该装置没有外加电源，是通过光照使SO2发生氧化反应，把光能转化为化学能，故A正确；
B.由图示可看出，电子由b表面转移到a表面，因此b表面发生氧化反应，根据题意SO2转化为H2SO4，因此催化剂b表面SO2发生氧化反应，生成硫酸，使催化剂b附近的溶液pH减小，故B错误；
C. 根据电子守恒SO2～H2SO4～H2～2e-，吸收1mol SO2，理论上能产生1mol H2，故C正确；
D.催化剂a表面H2O发生还原反应生H2，催化剂a表面发生的反应为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，故D正确；
综上所述，本题正确答案：B。
【点睛】在原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，整个反应过程中，得失电子守恒。
11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
Zn保护了Fe不被腐蚀
B
2NO2(g)N2O4(g)为吸热反应
C
试管内均有红棕色气体生成
木炭与浓硝酸发生了反应
D
常温下，向饱和Na2CO3 溶液中加入少量BaSO4粉末，充分搅拌后过滤，再向洗净滤渣中加稀盐酸，有气泡产生
Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.①中有蓝色沉淀，证明存在Fe2+，②中试管内无明显变化，说明Fe附近溶液中无Fe2+，对比可说明Zn的存在保护了Fe，故A正确；
B.由实验装置图可知，热水中NO2的浓度增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，故B错误；
C.因为浓硝酸不稳定见光或受热易分解：，浓硝酸还具有强氧化性，能和木炭发生反应：，两者都会产生NO2的红棕色气体，所以此实验不能证明是木炭与浓硝酸发生了反应，故C错误；
D.常温下，向饱和Na2CO3 溶液中加入少量BaSO4粉末，充分搅拌后过滤，再向洗净的滤渣中加稀盐酸，有气泡产生，说明有碳酸钡产生，是因为c(CO32-)浓度很大，不能说明 Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)，故D错误；
综上所述，本题正确答案：A。
12.某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图（E1、E3表示两反应的活化能）。下列有关叙述正确的是
A. 两步反应均为放热反应
B. 整个反应的ΔH＝E1－E2＋E3－E4
C. 加入催化剂可以改变反应的焓变
D. 三种物质所含能量由高到低依次为：A、B、C
【答案】B
【解析】
【详解】A. A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；
B. 整个反应中△H=E1-E2+E3-E4，故B正确；
C. 加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，也不影响反应的焓变，故C错误；
D. 物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：B＜A＜C，故D错误；
综上所述，本题正确答案：B。
【点睛】反应物的能量大于生成物能量的反应为放热反应，反之为吸热反应；能量越低，物质越稳定，结合能量的高低解答该题；催化剂能改变反应速率，但不能改变反应的焓变以及产率。
13.400℃时，向一个容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2，发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。反应过程中测得的部分数据见下表：
t/min
0
10
20
30
n(CO)/mol
0.20
0.08
0.04
n(H2)/mol
0.40
0.08
下列说法不正确的是
A. 反应在前10min内的平均速率为v(H2)＝0.012 mol/(L·min)
B. 400℃时，该反应的平衡常数数值为2.5×103
C. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(CH3OH)＝0.06mol·L-1，则反应的ΔH＜0
D. 相同温度下，若起始时向容器中充入0.3mol CH3OH，达到平衡时CH3OH的转化率大于20%
【答案】D
【解析】
【详解】A.容积为2L的密闭容器中充入0.20mol CO和0.40mol H2,发生：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，10min后n(CO)= 0.08mol，变化了0.12mol，H2变化了0.24mol，所以10min内的H2的平均速率为v(H2)＝=0.012 mol/(L·min)；故A正确；
B. 由表中的数据分析可知：20min时CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应达到平衡，各物质浓度变化情况为：
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
初始浓度（mol·L-1） 0.1 0.2 0
变化浓度（mol·L-1） 0.08 0.16 0.08
平衡浓度（mol·L-1） 0.02 0.04 0.08
400℃时，该反应的平衡常数K==2.5×103，故B正确；
C. 保持其他条件不变，升高温度使反应达到平衡时c(CH3OH)＝0.06mol·L-1<0.08 mol·L-1，说明平衡逆向移动了，Δ则该反应的ΔH＜0，故C正确；
D. 当容积为2L的密闭容器中充入0.20mol CO和0.40mol H2,发生：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，达到平衡时，CO的转化率为80%；根据等效平衡，若开始加0.2mol的CH3OH时，达到平衡时CH3OH的转化率为20%；相同温度下，若起始时向容器中充入0.3mol CH3OH，相当于增减了反应物，达到平衡时CH3OH的转化率小于20%，故D错误；
综上所述，本题正确答案：D。
【点睛】考查化学反应速率计算及其影响因素，化学平衡移动及等效平衡的知识。依据化学反应速率计算公式v=，化学平衡常数K=生成物浓度幂次方的乘积/反应物浓度幂次方的乘积判断即可。
14.I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：
i． SO2＋4I－＋4H+=S↓＋2I2＋2H2O
ii．I2＋2H2O＋SO2=SO＋4H+＋2I－
序号
①
②
③
④
试剂
组成
0.4 mol·L-1
KI
a mol·L-1 KI
0.2 mol·L-1 H2SO4
0.2 mol·L-1
H2SO4
0.2 mol·L-1 KI
0.0002 mol I2
实验
现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较①快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较①快
探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中），下列说法不正确的是
A. 水溶液中SO2歧化反应方程式为：3SO2＋2H2O =S↓＋2H2SO4
B. ②是①的对比实验，则a＝0.4
C. 比较①、②、③，可得出结论：I－是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可加快歧化反应速率
D. 实验表明，SO2的歧化反应速率④＞①，原因是反应i比ii快，反应ii中产生的H+是反应i加快
【答案】D
【解析】
【详解】A.由i+ii×2得反应：3SO2＋2H2O =S↓＋2H2SO4，故A项正确；
B.②是①的对比实验，采用控制变量法，②比①多加了0.2mol·L-1 H2SO4，②与①中KI浓度应相等，则a=0.4，故B项正确；
C.对比①与②，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比②与③，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较①、②、③，可得出的结论是：I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率，故C项正确。
D.对比④和①，④中加入碘化钾的浓度小于①，④中多加了碘单质，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，④中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较①快”，反应速率④>①，由此可见，反应ⅱ比反应ⅰ速率快，反应ⅱ产生H+使成c(H+)增大，从而反应i加快，故D项错误；
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】解题依据：根据影响化学反应速率的因素进行判断。通过实验对比探究反应物、生成物的浓度，催化剂对化学反应速率的影响。
第二部分 （综合题 共58分）
本部分共5小题，共58分。
15.化学反应伴随能量变化，获取反应能量变化有多条途径。
（1）下列反应中，属于吸热反应的是______（填字母）。
A．Na2O与水反应 B．甲烷的燃烧反应 C．CaCO3受热分解 D．锌与盐酸反应
（2）获取能量变化的途径
① 通过化学键的键能计算。已知：
化学键种类
H—H
O＝O
O—H
键能（kJ/mol）
436
498
463.4
计算可得：2H2(g)+ O2(g) =2H2O(g) ∆H＝____________kJ·mol-1
② 通过物质所含能量计算。已知反应中A＋B=C＋D中A、B、C、D所含能量依次可表示为E A、EB、 EC、 ED，该反应△H＝_______。
③ 通过盖斯定律可计算。已知在25℃、101kPa时：
Ⅰ．2Na(s)＋O2 (g) =Na2O(s) △H＝－414kJ·mol-1
Ⅱ．2Na(s)＋O2(g) =Na2O2(s) △H＝－511kJ·mol-1
写出Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式__________。
④利用实验装置测量。测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，若取50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸，则还需加入________（填序号）。
A．50 mL 0.50 mol·L-1 NaOH溶液
B．50 mL 0.55 mol·L-1NaOH溶液
C．1.0 g NaOH固体
【答案】 (1). C (2). －483.6 (3). EC＋ ED—（EA＋EB） (4). Na2O2(s)＋2Na(s)====2Na2O(s)△H＝－317 kJ·mol-1 (5). B
【解析】
【分析】
考查反应热的计算。根据△H＝断键键能总和-成键键能总和或者△H＝生成物总能量-反应物总能量进行解答；
【详解】（1）A．Na2O与水反应 属于放热反应，故A不符合；
B．甲烷的燃烧反应属于放热反应，故B不符合；
C．CaCO3受热分解属于吸热反应，故C符合；
D．锌与盐酸反应属于放热反应，故D不符合；
所以，属于吸热反应的是C；
（2）①根据2H2(g)+ O2(g) =2H2O(g)方程式可知，△H＝断键键能总和-成键键能总和，即∆H＝2H—H+ O＝O- 4O—H =2×436+498-463.4×4=－483.6 kJ·mol-1；
② 通过物质所含能量计算△H＝生成物总能量-反应物总能量。所以反应A＋B=C＋D中△H= EC＋ED-（EA＋EB）；
③ 通过盖斯定律可I×2-II：2Na(s)+ Na2O2(s)= 2Na2O(s) △H =－414kJ·mol-1×2-（-511kJ·mol-1）=－317 kJ·mol-1；所以Na2O2与Na反应生成Na2O的热化学方程式为：Na2O2(s)＋2Na(s) ==2Na2O(s) △H＝－317 kJ·mol-1；
④测量盐酸与NaOH溶液反应的热量变化的过程中，为了保证酸或是碱中的一方完全反应，往往保证一方过量，所以若取50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸，还需加入50 mL 0.55 mol·L-1NaOH溶液；因此，本题正确答案是：B。
16.铁及其化合物是中学化学中常见的物质。
（1）铁件表面镀铜可有效防止铁被腐蚀，电镀时，以CuSO4溶液为电解液，铜作________（填 “阳”或“阴”）极，铜离子向________极移动，阴极的电极反应式为________。
（2）常温时，FeCl3溶液pH＜7，原因是（用离子方程式表示）________。
（3）将0.1mol·L-1 FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中，有红褐色沉淀产生。该变化的离子方程式为________。
【答案】 (1). 阳 (2). 阴 (3). Cu2+＋2e-=Cu (4). Fe3+ +3H2OFe(OH)3 ＋3H+ (5). 2Fe3+＋3Mg(OH)2= 2Fe(OH)3 ＋3Mg2+
【解析】
【分析】
（1）根据电镀原理解答；根据水解原理完成水解反应方程式；根据沉淀溶解平衡原理完成沉淀转化反应方程式；
【详解】（1）根据电镀原理，以CuSO4溶液为电解液，铁件表面镀铜，可用铜作阳极，铁件做阴极，电解液中铜离子向阴极移动，阴极的电极反应式为Cu2+＋2e-=Cu；
（2）常温时，FeCl3为强酸弱碱盐，弱根离子会发生水解，其离子方程式为：Fe3+＋3H2O Fe(OH)3＋3H+；
（3）将0.1mol·L-1 FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中，有红褐色沉淀产生，说明有Fe(OH)3生成，所以该变化的离子方程式为2Fe3+＋3Mg(OH)2= 2Fe(OH)3＋3Mg2+。
17.硫酸是重要的化工原料，工业制取硫酸最重要的一步反应为：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H< 0
（1）为提高SO2的转化率，可通入过量O2，用平衡移动原理解释其原因：___________。
（2）某兴趣小组在实验室对该反应进行研究，部分实验数据和图像如下。
反应条件：催化剂、一定温度、容积10 L
实验
起始物质的量/mol
平衡时SO3
物质的量/mol
SO2
O2
SO3
ⅰ
0.2
0.1
0
0.12
ⅱ
0
0
0.2
a
①实验ⅰ中SO2的转化率为______。
②a____0.12（填“＞”、“＝”或“＜”）。
③t1、t2、t3中，达到化学平衡状态的是________。
④ t2到t3的变化是因为改变了一个反应条件，该条件可能是___________。
（3）将SO2和O2充入恒压密闭容器中，原料气中SO2 和O2的物质的量之比m【m＝n(SO2)/n(O2)】不同时，SO2的平衡转化率与温度（T）的关系如下图所示，则m1、m2、m3的大小顺序为_____。
【答案】 (1). 增大反应物O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高 (2). 60% (3). ＝ (4). t2 (5). 加压 (6). m1＜m2＜m3
【解析】
【分析】
（1）根据化学平衡移动因素回答；（2）根据转化率公式计算；根据等效平衡进行判断，
【详解】（1）根据反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H< 0可知，要提高SO2的转化率，就要使化学平衡正向移动，可以采取通入过量O2，增大反应物的浓度的方法；所以正确答案为：增大反应物O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高；
（2）①根据三段式： 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)
起始物质的量/mol 0.2 0.1 0
变化物质的量/mol 2x x 2x
平衡物质的量/mol 0.2-2x 0.1-x 0.12
实验ⅰ中SO2的转化率=物质的变化量/物质的起始量×100%=0.12/0.2×100%= 60%；
②ⅱ因为反应条件相同，从SO3投料0.2 mol ，相当于ⅰ的投料，所以ⅰ和ⅱ为等效平衡，所以a=0.12；
③根据图像分析， t2时SO2的消耗速率等于生成O2速率的2倍，根据2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)反应计量数的关系，所以此时达到平衡状态；
④ t2到t3的变化是SO2的消耗速率和生成O2速率同时增大，且SO2的消耗速率增加的更多，可能改变的条件是加压了；
（3）因为该反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H< 0为放热反应，升高温度，平衡正向移动，m【m＝n(SO2)/n(O2)】比值越大，二氧化硫的转化率越小，所以m1
（1）工业上常用氨水吸收法处理SO2，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3。
① (NH4)2SO3显碱性，用化学平衡原理解释其原因：____________。
② NH4HSO3显酸性。用氨水吸收SO2，当吸收液显中性时，溶液中离子浓度关系正确的是____（填字母）。
a．c(NH4+)＝2c(SO32-)＋c(HSO3-)
b．c(NH4+)＞c(SO32-)> c(H+)＝c(OH－)
c．c(NH4+)＋c(H+)＝c(SO32-) ＋c(HSO3-)＋c(OH－)
（2）某工厂烟气中主要含SO2、CO2，在较高温度经下图所示方法脱除SO2，可制得H2SO4。
①在阴极放电的物质是_______。
②在阳极生成SO3的电极反应式是______。
（2）检测烟气中SO2脱除率的步骤如下：
a．将一定量的净化气（不含SO3）通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水。
b．加入浓盐酸，加热溶液至无色无气泡，再加入足量BaCl2溶液。
c．过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量。
①用离子方程式表示a中溴水的主要作用________________。
②若沉淀的质量越大，说明SO2的脱除率越_____（填“高”或“低”）。
【答案】 (1). 溶液中存在平衡：NH4+ +H2ONH3·H2O + H+ ,SO32－+H2OHSO3－+ OH－,SO32－水解程度大于NH4+ 水解程度使溶液中c(OH-) > c(H+)，所以溶液显碱性。 (2). ab (3). O2 (4). 2SO42－－4e－= 2SO3↑＋O2 ↑ (5). SO32－＋Br2＋H2O=SO42－+2Br－+ 2H+或SO32－＋Br2＋2OH－====SO42－＋2Br－＋H2O (6). 低
【解析】
【分析】
（1）根据水解原理，电荷守恒进行分析；（2）由图分析是由SO2-O2-H2SO4形成的燃料电池，通O2的电极为正极，发生还原反应，通SO2的电极为负极，发生氧化反应转化为H2SO4，根据电解质溶液是酸性的，写出负极反应式；阳离子在电解质溶液中由负极移动到正极，据此解答即可；
【详解】①(NH4)2SO3溶液中,铵根和亚硫酸根都会水解，NH4+ +H2ONH3·H2O + H+ ，SO32－+H2OHSO3－+ OH－，(NH4)2SO3显碱性说明SO32－水解程度大于NH4+的水解程度，使溶液中c(OH－)>c(H+ ),所以溶液呈碱性；因此，本题正确答案是: 溶液中存在平衡：NH4+ +H2ONH3·H2O + H+ ,SO32－+H2OHSO3－+ OH－,SO32－水解程度大于NH4+ 水解程度使溶液中c(OH-) > c(H+)，所以溶液显碱性；
②据电荷守恒有: c(NH4+)＋c(H+)＝2c(SO32-) ＋c(HSO3-)＋c(OH－)，溶液显中性，则 c(H+)＝c(OH－)，所以c(NH4+)＝2c(SO32-)＋c(HSO3-)，故a正确，b正确，c错误；
(3)①依据题意得出SO2-O2-H2SO4形成的燃料电池中可知，氧气在原电池的正极得到电子发生还原反应，故答案为：O2；
②熔融硫酸钾中硫酸根失去电子，在原电池的负极放电,电极反应方程式为：2SO42－－4e－= 2SO3↑＋ O2 ↑；
（2）①溴水具有强氧化性，亚硫酸根具有还原性，所以不含SO3的净化气通入足量NaOH溶液后，再加入足量溴水反应方程式为：SO2+2OH－=SO32-＋H2O,SO32－＋Br2＋H2O=SO42－＋2Br－＋2H+，故答案为：SO2+2OH－=SO32-＋H2O，SO32－＋Br2＋H2O=SO42－＋2Br－＋2H+；或SO32－＋Br2＋2OH－=SO42－＋2Br－＋H2O ；
②生成沉淀越多，说明烟气中二氧化硫含量越高，脱除率越低。
19.已知K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-＋H2O 2CrO42-＋2H+。K2Cr2O7为橙色，K 2CrO4为黄色。为探究浓度对化学平衡的影响，某兴趣小组设计了如下实验方案。
序号
试剂X
ⅰ
1 mL1mol·L-1 K2Cr2O7 溶液
ⅱ
1mL1 mol·L-1 K2CrO4溶液
ⅲ
5~15滴浓硫酸
ⅳ
5~15滴浓盐酸
ⅴ
5~15滴6 mol·L-1 NaOH溶液
Ⅰ．方案讨论
（1）ⅰ~ⅴ中依据减少生成物浓度可导致平衡移动的原理设计的是______（填序号）。
（2）已知BaCrO4为黄色沉淀。某同学认为试剂X还可设计为Ba(NO3)2溶液，加入该试剂后，溶液颜色将_____。（填“变深”、“变浅”或“不变”）。
Ⅱ．实验分析
序号
试剂X
预期现象
实际现象
ⅰ
1 mL1 mol·L-1 K2Cr2O7 溶液
溶液变黄
溶液橙色加深
ⅱ
1mL1 mol·L-1 K2CrO4溶液
溶液橙色加深
溶液颜色变浅
ⅲ
5~15滴浓硫酸
溶液橙色加深
溶液橙色加深
ⅳ
5~15滴浓盐酸
溶液橙色加深
无明显现象
ⅴ
5~15滴6mol·L-1NaOH溶液
溶液变黄
溶液变黄
（1）实验ⅰ没有观察到预期现象的原因是____________，实验ⅱ的原因与其相似。
（2）通过实验ⅲ和ⅴ得出的结论为___________ 。
（3）实验ⅳ无明显现象，可能的原因是____________。
（4）某同学查阅资料发现：K2Cr2O7溶液与浓盐酸可发生氧化还原反应。但实验ⅳ中没有观察到明显现象，小组同学设计了两个实验，验证了该反应的发生。
① 方案一：取5 mL浓盐酸，向其中加入15滴0.1mol·L-1 K2Cr2O7溶液，一段时间后，溶液变为绿色（CrCl3水溶液呈绿色），有黄绿色气体生成。写出该变化的化学方程式__________。
② 请你设计方案二：_______________。
【答案】 (1). ⅴ (2). 变浅 (3). 根据平衡移动原理，实验ⅰ中，增大反应物K2Cr2O7浓度，平衡正向移动，使反应物浓度有所减少，但仍高于变化前，所以溶液橙色加深 (4). 增大（减少）生成物浓度，平衡逆向（正向）移动。（或：如果改变物质浓度，平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动）（合理给分） (5). 浓盐酸中氢离子浓度远小于浓硫酸中氢离子浓度 (6). 14HCl + K2CrO7=3Cl2 ↑+ 2CrCl3 + 2KCl+7H2O (7). 向5 mL 0.1 mol·L-1 K2Cr2O7溶液中通入足量的HCl气体或以0.1 mol·L-1 K2Cr2O7溶液和浓盐酸为正负极反应物，组成双液原电池
【解析】
【分析】
根据平衡移动原理及影响化学平衡移动因素判断；根据原电池工作原理解答；
【详解】Ⅰ．根据反应： Cr2O72-＋H2O 2CrO42-＋2H+可知：
（1）ⅰ加入1 mL1mol·L-1 K2Cr2O7 溶液，增加的是反应物Cr2O72-浓度，平衡正向移动；
ⅱ加入1mL1 mol·L-1 K2CrO4溶液，增加的是生成物CrO42-的浓度，平衡逆向移动；
ⅲ加入5~15滴浓硫酸，增加的是生成物H+的浓度，平衡逆向移动；
ⅳ加入5~15滴浓盐酸，增加的是生成物H+的浓度，平衡逆向移动；
ⅴ加入5~15滴6 mol·L-1 NaOH溶液，消耗了生成物H+的浓度，平衡正向移动；
故合理选项为V；
（2）由K2Cr2O7为橙色，K 2CrO4为黄色，BaCrO4为黄色沉淀。向Cr2O72-＋H2O 2CrO42-＋2H+平衡体系中加入 Ba(NO3)2溶液，平衡正向移动，溶液颜色将变浅；
Ⅱ（1）由Cr2O72-＋H2O 2CrO42-＋2H+平衡可知，加入1 mL 1 mol·L-1 K2Cr2O7 溶液后，增加的是反应物Cr2O72-浓度，平衡正向移动，但移动的程度很小，使得溶液中Cr2O72-浓度增加比移动消耗的Cr2O72-得浓度多，所以溶液橙色加深；答案：根据平衡移动原理，实验ⅰ中，增大反应物K2Cr2O7浓度，平衡正向移动，使反应物浓度有所减少，但仍高于变化前，所以溶液橙色加深；
（2）实验ⅲ是加入5~15滴浓硫酸，增加的是生成物H+的浓度，平衡逆向移动；实验ⅴ是加入5~15滴6mol·L-1NaOH溶液，消耗了生成物H+的浓度，平衡正向移动；由此得出增大（减少）生成物浓度，平衡逆向（正向）移动；或：如果改变物质浓度，平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动；
（3）实验ⅳ加入5~15滴浓盐酸，无明显现象，说明平衡没有移动，可能是浓盐酸中氢离子浓度远小于浓硫酸中氢离子浓度；
（4）①取5 mL浓盐酸，向其中加入15滴0.1mol·L-1 K2Cr2O7溶液，一段时间后，溶液变为绿色（CrCl3水溶液呈绿色），有黄绿色气体生成，该变化的化学方程式14HCl + K2CrO7=3Cl2 ↑+2CrCl3 +2KCl +7H2O；
②根据K2Cr2O7溶液与浓盐酸可发生氧化还原反应，可以用原电池反应原理检验。即向5 mL 0.1 mol·L-1K2Cr2O7溶液中通入足量的HCl气体或以0.1 mol·L-1K2Cr2O7溶液和浓盐酸为正负极反应物，组成双液原电池，在负极有黄绿色气体产生，在正极溶液颜色变为绿色。
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