资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩17页未读，
继续阅读
所属成套资源：2022延安一中高一下学期期末考试及答案(九科)
成套系列资料，整套一键下载
2022延安一中高一下学期期末考试化学试题含解析
展开
这是一份2022延安一中高一下学期期末考试化学试题含解析，文件包含陕西省延安市第一中学2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题含解析docx、陕西省延安市第一中学2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
2021—2022学年度第二学期期末
高一年级化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56
第一卷(选择题，共54分)
一、选择题(本大题共18小题，每小题3分，共54分。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. 市场出售的“暖贴”中的主要成分是铁粉、炭粉、少量氯化钠和水等，“暖贴”用塑料袋密封，使用时从塑料袋取出轻轻揉搓就会释放出热量，用完后袋内有大量铁锈生成。关于“暖贴”的说法不正确的是
A. 需要接触空气才会发热
B. 炭粉的作用是吸附空气中的水蒸气
C. 氯化钠溶于水作电解质溶液，使铁生锈的速率增大
D. 铁生锈是铁、水和氧气共同发生化学反应的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据铁制品锈蚀的过程，实际上是铁与空气中的氧气，水蒸气等发生化学反应的过程，因此发热剂需接触到空气才会发热，选项A正确；
B．炭粉的作用是分散铁粉透气防结块从而能够达到均衡发热的作用，选项B不正确；
C．氯化钠溶于水作电解质溶液，导电能力增强，使铁生锈的速率增大，选项C正确；
D．铁与氧气和水充分接触时容易生锈，氯化钠溶液能够加快生锈的速率，选项D正确；
答案选B。
2. 下列热化学方程式正确的是
A. 甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
B. 500℃、30MPa下，将0.5mol(g)和1.5mol(g)置于密闭容器中充分反应生成(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为
C. 增大反应物浓度，活化分子百分数增加大，单位时间内有效碰撞次数增多
D. 已知 ， ，则a
【解析】
【分析】
【详解】A．甲烷的燃烧热ΔH=−890.3 kJ⋅mol−1，燃烧热表示可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，产物水为液体水，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3 kJ⋅mol−1，A错误；
B．将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，合成氨为可逆反应，0.5 mol N2不能完全反应生成，则1molN2(g)充分反应生成NH3(g)放热大于38.6kJ，放热反应的焓变为负值，则N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H<−38.6 kJ⋅mol−1，B错误；
C．增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内分子总数增多，活化分子总数增多，单位时间内有效碰撞次数增多，反应速率加快，C错误；
D．完全燃烧比不完全燃烧放出热量多，燃烧反应的焓变为负值，所以a
3. 工业上由CO2和H2合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-50kJ•mol-1。下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】反应，焓变小于零，为放热反应反应物总能量之和大于生成物总能量之和，根据物态变化，气体变为液体，液体变为固体放热，反之吸热，该反应中为气态，变为液态时放出更多热，生成物能量更低，上图中A符合题意，故选A。
4. 在某温度下，发生反应。在四种不同情况下测得的反应速率分别为：
①②
③④
下列有关反应速率的比较中正确的是
A. ④>③=②>① B. ③=②<④<① C. ①>②>③>④ D. ④>③>②>①
【答案】A
【解析】
【详解】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故各物质表示的反应速率与其化学计量数之比越大，反应速率越快，①=0.0075mol•(L•s)-1②=0.20mol•(L•s)-1③=0.20mol•(L•s)-1④=0.2255mol•(L•s)-1反应速率④>③=②>①，故A正确；
答案：A。
5. 十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该电池放电时质子从电极b移向电极a
B. 电极a附近发生的电极反应为SO2＋2H2O－2e－=H2SO4＋2H＋
C. 电极b附近发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－
D. 相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，电极a通入SO2，发生氧化反应，故电极a为负极，电极反应为：SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋；电极b通入O2，发生还原反应，故电极b为正极，电极反应为：O2＋4e－＋4H＋===2H2O；总反应式为：2SO2＋O2＋2H2O===2SO＋4H＋。
【详解】A．放电时为原电池，质子向正极移动，电极a为负极，则该电池放电时质子从电极a移向电极b，A错误；
B．电极a为负极，发生氧化反应，电极反应为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋，硫酸是强电解质，应当拆为离子形式，B错误；
C．酸性条件下，氧气得电子与氢离子反应生成水，电极b附近发生的电极反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，C错误；
D．由总反应式2SO2＋O2＋2H2O===2SO＋4H＋可知，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1，D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错选项为A。一般来讲，在原电池中，电解质中的阳离子移向正极，阴离子移向负极；在电解池中，电解质中的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
6. 化学反应速率和化学反应的限度是化工生产研究的主要问题，下列对化学反应速率和反应限度的认识错误的是
A. 决定化学反应速率的客观因素有温度、浓度、压强和催化剂等
B. 对任何化学反应来说，反应速率越快，对应现象越明显
C. 使用催化剂能加快反应速率，提高生产效率
D. 任何可逆反应都有一定的限度，且限度是可以改变的
【答案】B
【解析】
【详解】A．影响化学反应速率的因素有内因和外因，内因是物质的自身性质，是主要因素，外因是客观因素，如浓度、温度、压强、催化剂等，A正确；
B．反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，B错误；
C．使用催化剂能加快反应速率，提高生产效率，C正确；
D．可逆反应中，当正逆反应相等时，达到反应限度，可逆反应不可能完全反应，存在反应限度，当外界条件变化时，如正反应速率和逆反应速率不相等，则化学反应的限度可发生变化，D正确；
故答案为：B。
7. 在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。可以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是
A. 按图Ⅰ装置实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可采用下列方法：用酒精灯加热具支试管
B. 图Ⅱ是图Ⅰ所示装置的原理示意图，图Ⅱ的正极材料是铁
C. 铝制品表面出现白斑可以通过图Ⅲ装置进行探究，Cl－由活性炭区向铝箔表面区迁移，并发生电极反应：2Cl－－2e－=Cl2↑
D. 图Ⅲ装置的总反应为4Al＋3O2＋6H2O=4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑
【答案】D
【解析】
【详解】A、加热更容易使O2逸出，不易发生吸氧腐蚀，选项A错误；
B、负极材料应为铁，选项B错误；
C、根据Cl－的趋向可判断，铝箔表面应为负极，活性炭区为正极，正极：O2＋4e－＋2H2O=4OH－，负极：Al－3e－＋3OH－=Al(OH)3↓，选项C错误；
D、负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4 Al(OH)3，生成的Al(OH)3，进一步脱水形成白斑，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查计算腐蚀和原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解本题关键，易错点为选项D：负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4 Al(OH)3，生成的Al(OH)3。
8. 某学习小组根据反应，设计实验探究硫代硫酸钠溶液的浓度和温度对反应速率的影响，实验数据如表(已知起始加入的稀硫酸的体积相等)。下列叙述错误的是
实验编号
反应温度/
稀硫酸的体积/
硫代硫酸钠溶液的体积/ mL
加入的水的体积/mL
产生等量的沉淀所需时间/s
①
20
2
1
V1
t1
②
30
V2
1
2
t2
③
30
V3
2
V4
t3
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设计实验探究硫代硫酸钠溶液的浓度和温度对反应速率的影响，只能改变其中一个变量，而其他的量不能同时变。
【详解】A．②和③温度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，说明是研究硫代硫酸钠的浓度对反应速率的影响，因此稀硫酸浓度相同即体积相同，则，故A正确；
B．①和②反应温度不同，说明是探究温度对反应速率的影响，因此溶液的体积要相同，温度越高，反应速率越快，因此，故B正确；
C．①和②反应温度不同，说明是探究温度对反应速率的影响，因此溶液的体积要相同，则，，②和③温度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，说明是研究硫代硫酸钠的浓度对反应速率的影响，则，所以，故C正确；
D．②和③温度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，说明是研究硫代硫酸钠的浓度对反应速率的影响，③中硫代硫酸钠浓度大，速率快，因此，故D错误。
综上所述，答案为D。
9. 对于平衡体系，下列结论中错误的是
A. 若温度不变，且，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时的浓度相比原来的浓度增大了
B. 若平衡时，、的转化率相等，说明反应开始时，、的物质的量之比为
C. 保持其它条件不变，升高温度，的体积分数增大说明该反应的
D. 若，则向含有气体的平衡体系中再加入的气体，达到新平衡时，气体的总物质的量等于
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度不变，且，将容器的体积缩小到原来的一半，相当于增大压强，平衡逆向移动，的物质的量增大，且体积减小，所以达到新平衡时的浓度相比原来的浓度增大了，A项正确；
B．若平衡时，、的转化率相等，则起始反应物的物质的量之比等于化学计量数之比，则说明反应开始时、的物质的量之比为，B项正确；
C．保持其它条件不变，升高温度，平衡向吸热方向移动，的体积分数增大，则平衡正向移动，正反应为吸热反应，所以该反应的，C项错误；
D．若，反应前后气体的物质的量之和不变，向含有气体的平衡体系中再加入的气体，达到新平衡时，气体的总物质的量等于，D项正确；
故选C。
10. 在甲、乙两个恒温恒容的密闭容器中，分别加入等量且足量的活性炭和一定量的NO，发生反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。在不同温度下，测得各容器中c(NO)随反应时间t的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 达到平衡状态时，c(NO)=c(CO2)
B. 达到平衡状态时，甲、乙两容器内剩余固体质量相等
C. 气体平均相对分子质量不再改变，说明反应已达到平衡
D. 由图分析可知，T乙
【解析】
【分析】
【详解】A．C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，达到平衡状态时，各成分的含量不再改变，但是达到平衡状态时，c(NO)与c(CO2)不一定相等，故A错误；
B．达到平衡状态时，甲、乙两容器内NO的浓度不相等，则甲乙处于不同的平衡状态，消耗的碳质量不同、起始时固体碳的质量相等，则剩余固体质量不相等，故B错误；
C．气体的总物质的量不变，气体的总质量会随反应而改变，所以气体平均相对分子质量不再改变时，气体的总质量不改变，说明反应已达到平衡，故C正确；
D．由图分析可知，T乙的平衡时间小于T甲，升高温度平衡速率增大，说明T乙＞T甲，故D错误；
故选C。
11. 100mL3mol·L－1的硫酸溶液跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的（ ）
A. Na2CO3固体 B. 3 mol·L－1的硫酸 C. CH3COOK溶液 D. KNO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A项、加入Na2CO3固体，碳酸钠与酸反应生成二氧化碳，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，但氢离子物质的量减小，生成氢气的量减少，故A错误；
B项、加入3 mol·L－1的硫酸，溶液中氢离子物质的量增大，生成氢气的量增多，故B错误；
C项、加入CH3COOK溶液，CH3COOK与酸反应生成弱酸醋酸，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，与锌反应的氢离子物质的量不变，生成氢气的总量不变，故C正确；
D项、加入硝酸钾溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与锌反应生成NO气体，不生成氢气，故D错误；
故选C。
【点睛】向稀硫酸中加入硝酸钾溶液，实际上相当于加入硝酸，硝酸与金属反应不能生成氢气是解答的易错点。
12. 反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH=＋57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如右图所示。下列说法正确的是
A. 若恒温恒容时充入氩气，平衡向逆反应方向移动。
B. A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C. 由状态B到状态A，可以用加热的方法
D. 因为B、C两点NO2的体积分数相同，所以化学平衡常数KB = KC
【答案】C
【解析】
【详解】A．恒温恒容时充入氩气，反应物和生成物的浓度均不改变，平衡不移动，故A错误；
B．A、C两点温度相等，C点的压强大于A点的压强，增大压强，体积减小，二氧化氮浓度变大，所以A浅，C深，故B错误；
C．升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图像可知，A点NO2的体积分数大，则T1＜T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故C正确；
D．平衡常数只受温度影响，B、C两点温度不相同，平衡常数也不相同，故D错误；
故选C。
13. 和混合，在一定条件下反应合成尿素：，下列有关该反应的说法正确的是
A. 反应在一定条件下能自发进行的原因是
B. 反应的平衡常数
C. 反应每生成需消耗
D 用E表示键能，该反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．，反应在一定条件下能自发进行原因是，故A错误；
B．尿素是固体，不计入平衡常数表达式，反应的平衡常数，故B正确；
C．反应每生成需消耗2mol氨气，没有明确是否为标准状况，消耗氨气的体积不一定是体积，故C错误；
D．用E表示键能，焓变=反应物总键能-生成物总键能，该反应，故D错误；
选B
14. 熔融碳酸盐燃料电池中，以一定比例和低熔混合物为电解质，操作温度为，在此温度下以镍为催化剂，以煤气(、的体积比为)直接作燃料，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 极为电池的负极，发生氧化反应
B. 电池总反应方程式为
C. 极发生的电极反应为
D. 若以此电源电解足量的溶液，阳极产生气体，则阴极产物的质量为
【答案】D
【解析】
【分析】该燃料电池中，负极上一氧化碳、氢气失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，即CO+H2+2-4e-=3CO2+H2O，则A电极为负极；在正极上是氧气得电子的还原反应：O2+2CO2+4e-=2，则B电极为正极，电池总反应为CO+H2+O2=2CO2+H2O，在原电池中电解质里的阴离子移向负极，据此回答即可。
【详解】A．由分析可知，极为电池的负极，发生氧化反应，A正确；
B．由分析可知，电池总反应方程式为，B正确；
C．由分析可知，极发生的电极反应为，C正确；
D．若以此电源电解足量的溶液，阳极产生气体，题干未告知气体所处的状态，则无法计算气体的物质的量，也无法计算阴极产物的质量，D错误；
故答案为：D。
15. 一定条件下，向密闭恒容容器中加入1.0mol·L-1X，发生反应2X(g)Y(g)+Z(g)ΔH＜0，反应到8min时达到平衡；在14min时改变体系的温度，16min时建立新平衡。X的物质的量浓度变化如图所示。下列有关说法正确的是
A. 0～8min用Y表示该反应速率为0.1mol·L-1·min-1
B. 16min时的正反应速率比8min时的正反应速率大
C. 14min时，改变的反应条件可能是降低了温度
D. 8min时达到平衡，该反应的平衡常数K=0.5
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图象0～8min用X表示该反应速率为=0.1mol·L-1·min－1，根据速率比等于系数比，用Y表示该反应速率为0.05mol·L-1·min－1，A错误；
B．据图可知改变温度后X的浓度增大，即平衡逆向移动，该反应焓变小于0，所以应为升高温度，所以16min时体现温度高于8min，X的浓度也大，则正反应速率也大，B正确；
C．据图可知改变温度后X的浓度增大，即平衡逆向移动，该反应焓变小于0，所以应为升高温度，C错误；
D．8min时，c(X)=0.2mol/L，Δc(X)=0.8mol/L，根据方程式可知此时c(Y)=c(Y)=0.4mol/L，所以平衡常数K==4，B错误；
综上所述答案为B。
16. 科学家近年发明了一种新型Zn－CO2水介质可充电电池，放、充电时可以实现CO2和HCOOH的互相转化。其电池结构如图所示，电池中间由反向放置的双极膜分隔两极的电解质溶液，双极膜中的H2O可解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列关于该电池的说法错误的是
A. 放电时锌箔电极的反应式为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)
B. 若放电时外电路通过1mol电子，则理论上通过双极膜向两极迁移的离子数为2NA
C. 若膜A和A'、B和B'分别为阳、阴离子交换膜，则放电时膜A、B工作
D. 充电时Pd电极的反应式为：HCOOH+2OH--2e-=CO2+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】该电池放电时锌箔作为原电池负极，发生氧化反应，电极反应式为，Pd作为电池正极，发生还原反应，电极反应式为。充电时，原来的负极作为充电时的阴极，正极作为充电时的阳极。
【详解】A．放电时锌箔作负极，失电子，电极反应式为，故A正确；
B．若放电时外电路通过1mol电子，则理论上有1mol移向负极，1mol移向正极，总计移向两极的离子总数为，故B正确；
C．若膜A和A'、B和B'分别为阳、阴离子交换膜，放电时为原电池，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，双极膜中解离的通过A'(阳离子膜)向正极移动和通过B'(阴离子膜)向负极移动，此时工作的为膜A'、B'，故C错误；
D．充电时为电解池，Pd电极作阳极，双极膜中水解离的向阳极移动，其电极反应式为，故D正确；
故选C。
17. 在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，除主反应(反应Ⅰ)外，还会发生副反应(反应Ⅱ)。
反应Ⅰ： ：
反应Ⅱ：
一定压强下，向某容积可变的密闭容器中通入和的混合气体(其中和的物质的量之比为1∶4)，在某催化剂的作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得的转化率、的选择性、CO的选择性随反应温度的变化情况如图所示。
已知：或CO的选择性指反应生成或CO时所消耗的的物质的量占参与反应的总物质的量的百分比。
下列说法正确的是
A. 相同温度下，反应的平衡常数
B. 温度升高，反应Ⅰ的平衡常数和反应Ⅱ的平衡常数都增大
C. 通过控制反应温度、调节压强等措施可提高的选择性
D. 500℃时，反应达到平衡后，增大压强，体系中CO和的体积分数均减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，目标反应可由反应Ⅰ反应Ⅱ得到，则目标反应的平衡常数，选项A错误；
B．由题图可知，在温度为340~400℃时，的选择性为100%，即此温度范围内只发生反应Ⅰ，在此温度范围内升高温度，的转化率减小，说明反应Ⅰ的平衡逆向移动，减小，选项B错误；
C．由上述分析及反应Ⅰ、反应Ⅱ在反应前后气体分子数的变化特点可知，温度、压强可影响的选择性，为提高的选择性，可采用控制反应温度、调节压强等措施，选项C正确；
D．增大压强，反应Ⅰ的平衡正向移动，可提高甲烷的产率，反应Ⅰ的平衡移动也会影响反应Ⅱ中CO的产率，选项D错误；
答案选C。
18. 丙烷卤代反应的部分反应机理(以Cl2为例)如下：
I.Cl2(g)→2Cl•(g)
II.CH3CH2CH3(g)+Cl•(g)→CH3HCH3(g)+HCl(g)
III.CH3HCH3(g)+Cl2(g)→CH3CHClCH3(g)+Cl•(g)
其中，II步反应为决速步骤，能量随反应进程的变化如图，下列说法错误的是
A. 丙烷氯代产物中与溴代产物中近似相等
B. 氯代时I步反应的ΔH大于溴代时
C. 稳定性：CH3CH2H2小于CH3HCH3
D. 丙烷中不同基团上碳氢键断裂吸收的能量不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．丙烷氯代生成CH3CH2CH2Cl和CH3CHClCH3，丙烷溴代生成CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3，氯代和溴代的活化能差并不相同，故和不会近似相等，A错误；
B．Cl原子半径小于Br，Cl2分子的键能大于Br2，所以氯代时Ⅰ步反应的ΔH大于溴代，B正确；
C．从图中可知，CH3CH2H2的能量大于CH3HCH3，则稳定性CH3CH2H2小于CH3HCH3，C正确；
D．从图中可知CH3CH2H2与CH3HCH3能量不同，原因为两者不同基团上碳氢键断裂吸收的能量不同，D正确；
故答案选A。
第二卷(非选择题，共46分)
二、非选择题(本大题共4小题，共46分)
19. 研究碳、氮、硫的氧化物的性质对化工生产和环境保护有重要意义。
（1）下列措施中，有利于降低大气中的CO2、SO2、NO2浓度的有_______(填字母)。
a．减少化石燃料的使用，开发新能源
b．使用无氟冰箱，减少氟里昂排放
c．多步行或乘公交车，少用专车或私家车
d．将工业废气用碱液吸收后再排放
（2）为开发新能源，有关部门拟用甲醇(CH3OH)替代汽油作为公交车的燃料。写出由CO和H2生产甲醇的化学方程式_______，
用该反应合成1 mol液态甲醇吸收热量131.9 kJ。又知2H2(g)＋CO(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH=-594.1 kJ/mol。请写出液态甲醇燃烧生成二氧化碳和水蒸气的热化学方程式_______。
【答案】（1）acd （2） ①. CO＋2H2 CH3OH ②. 2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH=-1 452 kJ/mol
【解析】
【小问1详解】
a、化石原料燃烧产生SO2、NO2等有污染的气体，因此减少化石燃料的使用，减少污染物产生，开发新能源，能减少污染的发生，故正确；b、使用无氟冰箱，减少氟利昂的排放，但对CO2、SO2、NO2的排放不产生影响，故错误；c、减少私家车的使用，减少NO2、CO2等的排放，故正确；d、CO2、SO2属于酸性氧化物，和碱反应，NO2能和碱反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，故正确；
【小问2详解】
根据题目中信息，反应方程式为CO＋2H2CH3OH，
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(l) △H=＋131.9kJ·mol-1，
②2H2(g)＋CO(g)+O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH=-594.1 kJ·mol-1，
甲醇燃烧的反应方程式为CH3OH+O2→CO2＋2H2O，
②-2×①得出：2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH=-726 kJ/mol。
20. 某反应中反应物与生成物有：FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu。
（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示，请回答下列问题：
①图中X溶液是___________；②Cu电极上发生的电极反应式为__________________；
③原电池工作时，盐桥中的_________离子(填“K+”或“Cl—”)不断进入X溶液中。
（2）将上述反应设计成的电解池如图乙所示，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：
①M是____________极；②图丙中的②线是_________离子的变化。
③当电子转移为2mol时，向乙烧杯中加入_________L 5mol·L-1NaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全。
（3）铁的重要化合物高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点。
①高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe＋2NaOH＋2H2ONa2FeO4＋3H2↑，则电解时阳极的电极反应式是____________________。
②高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为_______________________。
③Na2FeO4能消毒、净水的原因_______________________。
【答案】 ①. FeCl3 ②. Cu-2e-＝Cu2+ ③. K＋ ④. 负 ⑤. Fe2＋(或者FeCl2) ⑥. 2.8 ⑦. Fe＋8OH－-6e－＝FeO42-＋4H2O ⑧. 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42-＋3Cl－＋5H2O ⑨. 高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬浮物的净水作用。
【解析】
【详解】（1）①据反应物和生成物可以确定该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，所以X为FeCl3溶液，故答案为FeCl3；
②Cu做负极，Cu电极上发生的电极反应式为Cu-2e-＝Cu2+，故答案为Cu-2e-＝Cu2+；
③Cu做负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，故答案为K+；
（2）①根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极，则M为负极，N为正极；故答案为负；
②在电解过程中有Cu2+生成，则Cu2+的物质的量从零逐渐增大，所以③为Cu2+，由图可知，①表示的金属离子的物质的量正极减少，则为Fe3+，所以②为Fe2+，故答案为Fe2+；
③当电子转移为2mol时，溶液中有Fe3+2mol，Fe2+3mol，Cu2+为1mol，所以需要加入NaOH溶液14mol，所以NaOH溶液等体积为=2.8L，故答案为2.8；
（3）①电解时阳极发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH—6e-═FeO42-+4H2O，故答案为Fe+8OH—6e-═FeO42-+4H2O；
②NaClO氧化Fe(OH)3的反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；
③高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬浮物的净水作用，故答案为高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬浮物的净水作用。
21. 工业上常用CO和H2合成甲醇，反应方程式为：
CO (g) +2H2(g)CH3OH (g) △H，在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，达到平衡时CH3OH的体积分数(V%)与n(H2)：n(CO)的关系如图1所示。
(1)当起始n (H2)：n(CO) =2，经过5min达到平衡，此时容器的压强是初始压强的0.7倍，则0～5min内平均反应速率v(H2)=____。若此时再向容器中加入0.15 mol CO (g)和0.05 mol CH3OH (g)，达新平衡时H2的转化率将_______（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
(2)当起始n (H2)：n(CO) =3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的_____点（选填“D”、“E”或“F”）。
(3)由图2可知该反应的△H_____0（选填“>”、“<”或“=”，下同），压强pl____p2；当压强为p2时，在y点：v（正）____v（逆）。
【答案】 ①. 0.09mol•L-1•min-1 ②. 增大 ③. F ④. ＞ ⑤. ＞ ⑥. ＞
【解析】
【详解】试题分析：本题考查化学平衡和化学反应速率的计算，化学平衡图象的分析。
（1）H2和CO物质的量之和为3mol，当起始n (H2)：n(CO) =2，起始加入2molH2和1molCO，设CO从起始到平衡转化物质的量为x，用三段式
CO (g) +2H2 (g) CH3OH (g)
n（起始）（mol） 1 2 0
n（起始）（mol） x 2x x
n（起始）（mol） 1-x 2-2x x
平衡时容器的压强是初始压强的0.7倍，1-x+2-2x+x=0.73，解得x=0.45mol，平衡时CO、H2、CH3OH（g）的物质的量依次为0.55mol、1.1mol、0.45mol，则0～5min内平均反应速率υ(H2)=0.9mol2L5min=0.09mol•L-1•min-1。该反应的化学平衡常数为（0.45mol2L）/[（0.55mol2L）（1.1mol2L）2]=2.70；此时再向容器中加入0.15 mol CO (g)和0.05 mol CH3OH (g)，瞬时浓度商Q=（0.5mol2L）/[（0.7mol2L）（1.1mol2L）2]=2.362.70，反应正向进行，达新平衡时H2的转化率将增大。
（2）根据规律，当起始n (H2)：n(CO)=2:1即等于化学计量数之比，达到平衡时CH3OH（g）的体积分数最大。当起始n (H2)：n(CO) =3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数小于最大值，可能是图象中的F点。
（3）由图象知升高温度CO的转化率增大，升高温度平衡正向移动，所以ΔH0。由图象知在相同温度下，p1时CO的转化率大于p2时CO的转化率，该反应的正反应为气体分子数减小的反应，压强越大CO的转化率越大，则p1p2。当压强为p2时，y点CO的转化率小于平衡x点CO的转化率，在y点反应正向进行，在y点：υ（正）υ（逆）。
22. 某实验小组采用下列实验探究外界条件对化学反应速率及其化学平衡的影响。按要求回答下列问题：
I．室温下，向盛有5mL0.005mol/LFeCl3溶液的试管中加入5mL0.01mol/L的KSCN溶液，溶液变为___色。发生反应的离子方程式为___。
现将上述溶液均分为两份置于甲、乙两支试管中；
(1)向甲试管中加入4滴饱和FeCl3溶液，平衡___(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)；溶液中的Fe3+浓度c(Fe3+)___(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，重新达到平衡时Fe3+转化率___，该条件下反应的平衡常数___。
(2)向乙试管中加入KCl固体，平衡___(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)。
II．该实验小组还利用0.1mol·L-1Na2S2O3溶液和0.1mol·L-1H2SO4溶液为反应物，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验记录如表。请结合表中信息，回答有关问题：
实验序号
反应温度
V(Na2S2O3)
V(H2SO4)
V(H2O)
出现沉淀所需的时间
Ⅰ
0℃
5mL
5mL
10mL
12s
Ⅱ
30℃
5mL
10mL
5mL
8s
Ⅲ
30℃
5mL
7mL
amL
10s
Ⅳ
30℃
5mL
5mL
10mL
4s
(3)该反应离子方程式为___。
(4)在比较某一因素对实验产生的影响时，必须排除其他因素的变动和干扰，即需要控制好与实验有关的各项反应条件，其中：
①能说明温度对该反应速率影响的组合是___(填实验序号，下同)；
②实验Ⅱ和III探究的是___(填外部因素)对化学反应速率的影响，其中实验III中a=___。
【答案】 ①. 红或血红 ②. Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 ③. 正向移动 ④. 增大 ⑤. 减小 ⑥. 不变 ⑦. 不移动 ⑧. S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O ⑨. I和Ⅳ ⑩. 浓度 ⑪. 8
【解析】
【详解】I．Fe3+遇KSCN溶液会发生反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成（血）红色的Fe(SCN)3络合物；
(1)向试管中加入4滴饱和FeCl3溶液，溶液中Fe3+浓度增大，使平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，只能削弱不能抵消，因此消耗的Fe3+没有增大的多，在重新达到平衡时Fe3+转化率减小，平衡常数只与温度有关，温度未发生改变，所以平衡常数不变；
(2)加入KCl固体，Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不会发生移动；
II．(3)Na2S2O3溶液和H2SO4溶液混合，Na2S2O3在酸性条件下发生自发的氧化还原反应生成S单质和SO2气体，反应的离子方程式为S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
(4)①要探究温度对该反应速率的影响时，变量只是温度，而其他的条件需要控制不变，因此满足条件的组合可以是I和Ⅳ；
②实验Ⅱ和Ⅲ温度和Na2S2O3溶液的体积相同，而H2SO4溶液的体积不同，即浓度不同，则探究的是浓度对化学反应速率的影响，为保证其他变量一样，则液体总体积应该相同，则5+5+10=5+7+a，所以a=8。
2021—2022学年度第二学期期末
高一年级化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56
第一卷(选择题，共54分)
一、选择题(本大题共18小题，每小题3分，共54分。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. 市场出售的“暖贴”中的主要成分是铁粉、炭粉、少量氯化钠和水等，“暖贴”用塑料袋密封，使用时从塑料袋取出轻轻揉搓就会释放出热量，用完后袋内有大量铁锈生成。关于“暖贴”的说法不正确的是
A. 需要接触空气才会发热
B. 炭粉的作用是吸附空气中的水蒸气
C. 氯化钠溶于水作电解质溶液，使铁生锈的速率增大
D. 铁生锈是铁、水和氧气共同发生化学反应的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据铁制品锈蚀的过程，实际上是铁与空气中的氧气，水蒸气等发生化学反应的过程，因此发热剂需接触到空气才会发热，选项A正确；
B．炭粉的作用是分散铁粉透气防结块从而能够达到均衡发热的作用，选项B不正确；
C．氯化钠溶于水作电解质溶液，导电能力增强，使铁生锈的速率增大，选项C正确；
D．铁与氧气和水充分接触时容易生锈，氯化钠溶液能够加快生锈的速率，选项D正确；
答案选B。
2. 下列热化学方程式正确的是
A. 甲烷的燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
B. 500℃、30MPa下，将0.5mol(g)和1.5mol(g)置于密闭容器中充分反应生成(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为
C. 增大反应物浓度，活化分子百分数增加大，单位时间内有效碰撞次数增多
D. 已知 ， ，则a
【解析】
【分析】
【详解】A．甲烷的燃烧热ΔH=−890.3 kJ⋅mol−1，燃烧热表示可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，产物水为液体水，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3 kJ⋅mol−1，A错误；
B．将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，合成氨为可逆反应，0.5 mol N2不能完全反应生成，则1molN2(g)充分反应生成NH3(g)放热大于38.6kJ，放热反应的焓变为负值，则N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H<−38.6 kJ⋅mol−1，B错误；
C．增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内分子总数增多，活化分子总数增多，单位时间内有效碰撞次数增多，反应速率加快，C错误；
D．完全燃烧比不完全燃烧放出热量多，燃烧反应的焓变为负值，所以a
3. 工业上由CO2和H2合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-50kJ•mol-1。下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】反应，焓变小于零，为放热反应反应物总能量之和大于生成物总能量之和，根据物态变化，气体变为液体，液体变为固体放热，反之吸热，该反应中为气态，变为液态时放出更多热，生成物能量更低，上图中A符合题意，故选A。
4. 在某温度下，发生反应。在四种不同情况下测得的反应速率分别为：
①②
③④
下列有关反应速率的比较中正确的是
A. ④>③=②>① B. ③=②<④<① C. ①>②>③>④ D. ④>③>②>①
【答案】A
【解析】
【详解】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故各物质表示的反应速率与其化学计量数之比越大，反应速率越快，①=0.0075mol•(L•s)-1②=0.20mol•(L•s)-1③=0.20mol•(L•s)-1④=0.2255mol•(L•s)-1反应速率④>③=②>①，故A正确；
答案：A。
5. 十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该电池放电时质子从电极b移向电极a
B. 电极a附近发生的电极反应为SO2＋2H2O－2e－=H2SO4＋2H＋
C. 电极b附近发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－
D. 相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，电极a通入SO2，发生氧化反应，故电极a为负极，电极反应为：SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋；电极b通入O2，发生还原反应，故电极b为正极，电极反应为：O2＋4e－＋4H＋===2H2O；总反应式为：2SO2＋O2＋2H2O===2SO＋4H＋。
【详解】A．放电时为原电池，质子向正极移动，电极a为负极，则该电池放电时质子从电极a移向电极b，A错误；
B．电极a为负极，发生氧化反应，电极反应为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋，硫酸是强电解质，应当拆为离子形式，B错误；
C．酸性条件下，氧气得电子与氢离子反应生成水，电极b附近发生的电极反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，C错误；
D．由总反应式2SO2＋O2＋2H2O===2SO＋4H＋可知，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1，D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错选项为A。一般来讲，在原电池中，电解质中的阳离子移向正极，阴离子移向负极；在电解池中，电解质中的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
6. 化学反应速率和化学反应的限度是化工生产研究的主要问题，下列对化学反应速率和反应限度的认识错误的是
A. 决定化学反应速率的客观因素有温度、浓度、压强和催化剂等
B. 对任何化学反应来说，反应速率越快，对应现象越明显
C. 使用催化剂能加快反应速率，提高生产效率
D. 任何可逆反应都有一定的限度，且限度是可以改变的
【答案】B
【解析】
【详解】A．影响化学反应速率的因素有内因和外因，内因是物质的自身性质，是主要因素，外因是客观因素，如浓度、温度、压强、催化剂等，A正确；
B．反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，B错误；
C．使用催化剂能加快反应速率，提高生产效率，C正确；
D．可逆反应中，当正逆反应相等时，达到反应限度，可逆反应不可能完全反应，存在反应限度，当外界条件变化时，如正反应速率和逆反应速率不相等，则化学反应的限度可发生变化，D正确；
故答案为：B。
7. 在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。可以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是
A. 按图Ⅰ装置实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可采用下列方法：用酒精灯加热具支试管
B. 图Ⅱ是图Ⅰ所示装置的原理示意图，图Ⅱ的正极材料是铁
C. 铝制品表面出现白斑可以通过图Ⅲ装置进行探究，Cl－由活性炭区向铝箔表面区迁移，并发生电极反应：2Cl－－2e－=Cl2↑
D. 图Ⅲ装置的总反应为4Al＋3O2＋6H2O=4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑
【答案】D
【解析】
【详解】A、加热更容易使O2逸出，不易发生吸氧腐蚀，选项A错误；
B、负极材料应为铁，选项B错误；
C、根据Cl－的趋向可判断，铝箔表面应为负极，活性炭区为正极，正极：O2＋4e－＋2H2O=4OH－，负极：Al－3e－＋3OH－=Al(OH)3↓，选项C错误；
D、负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4 Al(OH)3，生成的Al(OH)3，进一步脱水形成白斑，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查计算腐蚀和原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解本题关键，易错点为选项D：负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4 Al(OH)3，生成的Al(OH)3。
8. 某学习小组根据反应，设计实验探究硫代硫酸钠溶液的浓度和温度对反应速率的影响，实验数据如表(已知起始加入的稀硫酸的体积相等)。下列叙述错误的是
实验编号
反应温度/
稀硫酸的体积/
硫代硫酸钠溶液的体积/ mL
加入的水的体积/mL
产生等量的沉淀所需时间/s
①
20
2
1
V1
t1
②
30
V2
1
2
t2
③
30
V3
2
V4
t3
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设计实验探究硫代硫酸钠溶液的浓度和温度对反应速率的影响，只能改变其中一个变量，而其他的量不能同时变。
【详解】A．②和③温度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，说明是研究硫代硫酸钠的浓度对反应速率的影响，因此稀硫酸浓度相同即体积相同，则，故A正确；
B．①和②反应温度不同，说明是探究温度对反应速率的影响，因此溶液的体积要相同，温度越高，反应速率越快，因此，故B正确；
C．①和②反应温度不同，说明是探究温度对反应速率的影响，因此溶液的体积要相同，则，，②和③温度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，说明是研究硫代硫酸钠的浓度对反应速率的影响，则，所以，故C正确；
D．②和③温度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，说明是研究硫代硫酸钠的浓度对反应速率的影响，③中硫代硫酸钠浓度大，速率快，因此，故D错误。
综上所述，答案为D。
9. 对于平衡体系，下列结论中错误的是
A. 若温度不变，且，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时的浓度相比原来的浓度增大了
B. 若平衡时，、的转化率相等，说明反应开始时，、的物质的量之比为
C. 保持其它条件不变，升高温度，的体积分数增大说明该反应的
D. 若，则向含有气体的平衡体系中再加入的气体，达到新平衡时，气体的总物质的量等于
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度不变，且，将容器的体积缩小到原来的一半，相当于增大压强，平衡逆向移动，的物质的量增大，且体积减小，所以达到新平衡时的浓度相比原来的浓度增大了，A项正确；
B．若平衡时，、的转化率相等，则起始反应物的物质的量之比等于化学计量数之比，则说明反应开始时、的物质的量之比为，B项正确；
C．保持其它条件不变，升高温度，平衡向吸热方向移动，的体积分数增大，则平衡正向移动，正反应为吸热反应，所以该反应的，C项错误；
D．若，反应前后气体的物质的量之和不变，向含有气体的平衡体系中再加入的气体，达到新平衡时，气体的总物质的量等于，D项正确；
故选C。
10. 在甲、乙两个恒温恒容的密闭容器中，分别加入等量且足量的活性炭和一定量的NO，发生反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。在不同温度下，测得各容器中c(NO)随反应时间t的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 达到平衡状态时，c(NO)=c(CO2)
B. 达到平衡状态时，甲、乙两容器内剩余固体质量相等
C. 气体平均相对分子质量不再改变，说明反应已达到平衡
D. 由图分析可知，T乙
【解析】
【分析】
【详解】A．C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，达到平衡状态时，各成分的含量不再改变，但是达到平衡状态时，c(NO)与c(CO2)不一定相等，故A错误；
B．达到平衡状态时，甲、乙两容器内NO的浓度不相等，则甲乙处于不同的平衡状态，消耗的碳质量不同、起始时固体碳的质量相等，则剩余固体质量不相等，故B错误；
C．气体的总物质的量不变，气体的总质量会随反应而改变，所以气体平均相对分子质量不再改变时，气体的总质量不改变，说明反应已达到平衡，故C正确；
D．由图分析可知，T乙的平衡时间小于T甲，升高温度平衡速率增大，说明T乙＞T甲，故D错误；
故选C。
11. 100mL3mol·L－1的硫酸溶液跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的（ ）
A. Na2CO3固体 B. 3 mol·L－1的硫酸 C. CH3COOK溶液 D. KNO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A项、加入Na2CO3固体，碳酸钠与酸反应生成二氧化碳，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，但氢离子物质的量减小，生成氢气的量减少，故A错误；
B项、加入3 mol·L－1的硫酸，溶液中氢离子物质的量增大，生成氢气的量增多，故B错误；
C项、加入CH3COOK溶液，CH3COOK与酸反应生成弱酸醋酸，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，与锌反应的氢离子物质的量不变，生成氢气的总量不变，故C正确；
D项、加入硝酸钾溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与锌反应生成NO气体，不生成氢气，故D错误；
故选C。
【点睛】向稀硫酸中加入硝酸钾溶液，实际上相当于加入硝酸，硝酸与金属反应不能生成氢气是解答的易错点。
12. 反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH=＋57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如右图所示。下列说法正确的是
A. 若恒温恒容时充入氩气，平衡向逆反应方向移动。
B. A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C. 由状态B到状态A，可以用加热的方法
D. 因为B、C两点NO2的体积分数相同，所以化学平衡常数KB = KC
【答案】C
【解析】
【详解】A．恒温恒容时充入氩气，反应物和生成物的浓度均不改变，平衡不移动，故A错误；
B．A、C两点温度相等，C点的压强大于A点的压强，增大压强，体积减小，二氧化氮浓度变大，所以A浅，C深，故B错误；
C．升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图像可知，A点NO2的体积分数大，则T1＜T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故C正确；
D．平衡常数只受温度影响，B、C两点温度不相同，平衡常数也不相同，故D错误；
故选C。
13. 和混合，在一定条件下反应合成尿素：，下列有关该反应的说法正确的是
A. 反应在一定条件下能自发进行的原因是
B. 反应的平衡常数
C. 反应每生成需消耗
D 用E表示键能，该反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．，反应在一定条件下能自发进行原因是，故A错误；
B．尿素是固体，不计入平衡常数表达式，反应的平衡常数，故B正确；
C．反应每生成需消耗2mol氨气，没有明确是否为标准状况，消耗氨气的体积不一定是体积，故C错误；
D．用E表示键能，焓变=反应物总键能-生成物总键能，该反应，故D错误；
选B
14. 熔融碳酸盐燃料电池中，以一定比例和低熔混合物为电解质，操作温度为，在此温度下以镍为催化剂，以煤气(、的体积比为)直接作燃料，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 极为电池的负极，发生氧化反应
B. 电池总反应方程式为
C. 极发生的电极反应为
D. 若以此电源电解足量的溶液，阳极产生气体，则阴极产物的质量为
【答案】D
【解析】
【分析】该燃料电池中，负极上一氧化碳、氢气失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，即CO+H2+2-4e-=3CO2+H2O，则A电极为负极；在正极上是氧气得电子的还原反应：O2+2CO2+4e-=2，则B电极为正极，电池总反应为CO+H2+O2=2CO2+H2O，在原电池中电解质里的阴离子移向负极，据此回答即可。
【详解】A．由分析可知，极为电池的负极，发生氧化反应，A正确；
B．由分析可知，电池总反应方程式为，B正确；
C．由分析可知，极发生的电极反应为，C正确；
D．若以此电源电解足量的溶液，阳极产生气体，题干未告知气体所处的状态，则无法计算气体的物质的量，也无法计算阴极产物的质量，D错误；
故答案为：D。
15. 一定条件下，向密闭恒容容器中加入1.0mol·L-1X，发生反应2X(g)Y(g)+Z(g)ΔH＜0，反应到8min时达到平衡；在14min时改变体系的温度，16min时建立新平衡。X的物质的量浓度变化如图所示。下列有关说法正确的是
A. 0～8min用Y表示该反应速率为0.1mol·L-1·min-1
B. 16min时的正反应速率比8min时的正反应速率大
C. 14min时，改变的反应条件可能是降低了温度
D. 8min时达到平衡，该反应的平衡常数K=0.5
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图象0～8min用X表示该反应速率为=0.1mol·L-1·min－1，根据速率比等于系数比，用Y表示该反应速率为0.05mol·L-1·min－1，A错误；
B．据图可知改变温度后X的浓度增大，即平衡逆向移动，该反应焓变小于0，所以应为升高温度，所以16min时体现温度高于8min，X的浓度也大，则正反应速率也大，B正确；
C．据图可知改变温度后X的浓度增大，即平衡逆向移动，该反应焓变小于0，所以应为升高温度，C错误；
D．8min时，c(X)=0.2mol/L，Δc(X)=0.8mol/L，根据方程式可知此时c(Y)=c(Y)=0.4mol/L，所以平衡常数K==4，B错误；
综上所述答案为B。
16. 科学家近年发明了一种新型Zn－CO2水介质可充电电池，放、充电时可以实现CO2和HCOOH的互相转化。其电池结构如图所示，电池中间由反向放置的双极膜分隔两极的电解质溶液，双极膜中的H2O可解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列关于该电池的说法错误的是
A. 放电时锌箔电极的反应式为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)
B. 若放电时外电路通过1mol电子，则理论上通过双极膜向两极迁移的离子数为2NA
C. 若膜A和A'、B和B'分别为阳、阴离子交换膜，则放电时膜A、B工作
D. 充电时Pd电极的反应式为：HCOOH+2OH--2e-=CO2+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】该电池放电时锌箔作为原电池负极，发生氧化反应，电极反应式为，Pd作为电池正极，发生还原反应，电极反应式为。充电时，原来的负极作为充电时的阴极，正极作为充电时的阳极。
【详解】A．放电时锌箔作负极，失电子，电极反应式为，故A正确；
B．若放电时外电路通过1mol电子，则理论上有1mol移向负极，1mol移向正极，总计移向两极的离子总数为，故B正确；
C．若膜A和A'、B和B'分别为阳、阴离子交换膜，放电时为原电池，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，双极膜中解离的通过A'(阳离子膜)向正极移动和通过B'(阴离子膜)向负极移动，此时工作的为膜A'、B'，故C错误；
D．充电时为电解池，Pd电极作阳极，双极膜中水解离的向阳极移动，其电极反应式为，故D正确；
故选C。
17. 在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，除主反应(反应Ⅰ)外，还会发生副反应(反应Ⅱ)。
反应Ⅰ： ：
反应Ⅱ：
一定压强下，向某容积可变的密闭容器中通入和的混合气体(其中和的物质的量之比为1∶4)，在某催化剂的作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得的转化率、的选择性、CO的选择性随反应温度的变化情况如图所示。
已知：或CO的选择性指反应生成或CO时所消耗的的物质的量占参与反应的总物质的量的百分比。
下列说法正确的是
A. 相同温度下，反应的平衡常数
B. 温度升高，反应Ⅰ的平衡常数和反应Ⅱ的平衡常数都增大
C. 通过控制反应温度、调节压强等措施可提高的选择性
D. 500℃时，反应达到平衡后，增大压强，体系中CO和的体积分数均减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，目标反应可由反应Ⅰ反应Ⅱ得到，则目标反应的平衡常数，选项A错误；
B．由题图可知，在温度为340~400℃时，的选择性为100%，即此温度范围内只发生反应Ⅰ，在此温度范围内升高温度，的转化率减小，说明反应Ⅰ的平衡逆向移动，减小，选项B错误；
C．由上述分析及反应Ⅰ、反应Ⅱ在反应前后气体分子数的变化特点可知，温度、压强可影响的选择性，为提高的选择性，可采用控制反应温度、调节压强等措施，选项C正确；
D．增大压强，反应Ⅰ的平衡正向移动，可提高甲烷的产率，反应Ⅰ的平衡移动也会影响反应Ⅱ中CO的产率，选项D错误；
答案选C。
18. 丙烷卤代反应的部分反应机理(以Cl2为例)如下：
I.Cl2(g)→2Cl•(g)
II.CH3CH2CH3(g)+Cl•(g)→CH3HCH3(g)+HCl(g)
III.CH3HCH3(g)+Cl2(g)→CH3CHClCH3(g)+Cl•(g)
其中，II步反应为决速步骤，能量随反应进程的变化如图，下列说法错误的是
A. 丙烷氯代产物中与溴代产物中近似相等
B. 氯代时I步反应的ΔH大于溴代时
C. 稳定性：CH3CH2H2小于CH3HCH3
D. 丙烷中不同基团上碳氢键断裂吸收的能量不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．丙烷氯代生成CH3CH2CH2Cl和CH3CHClCH3，丙烷溴代生成CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3，氯代和溴代的活化能差并不相同，故和不会近似相等，A错误；
B．Cl原子半径小于Br，Cl2分子的键能大于Br2，所以氯代时Ⅰ步反应的ΔH大于溴代，B正确；
C．从图中可知，CH3CH2H2的能量大于CH3HCH3，则稳定性CH3CH2H2小于CH3HCH3，C正确；
D．从图中可知CH3CH2H2与CH3HCH3能量不同，原因为两者不同基团上碳氢键断裂吸收的能量不同，D正确；
故答案选A。
第二卷(非选择题，共46分)
二、非选择题(本大题共4小题，共46分)
19. 研究碳、氮、硫的氧化物的性质对化工生产和环境保护有重要意义。
（1）下列措施中，有利于降低大气中的CO2、SO2、NO2浓度的有_______(填字母)。
a．减少化石燃料的使用，开发新能源
b．使用无氟冰箱，减少氟里昂排放
c．多步行或乘公交车，少用专车或私家车
d．将工业废气用碱液吸收后再排放
（2）为开发新能源，有关部门拟用甲醇(CH3OH)替代汽油作为公交车的燃料。写出由CO和H2生产甲醇的化学方程式_______，
用该反应合成1 mol液态甲醇吸收热量131.9 kJ。又知2H2(g)＋CO(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH=-594.1 kJ/mol。请写出液态甲醇燃烧生成二氧化碳和水蒸气的热化学方程式_______。
【答案】（1）acd （2） ①. CO＋2H2 CH3OH ②. 2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH=-1 452 kJ/mol
【解析】
【小问1详解】
a、化石原料燃烧产生SO2、NO2等有污染的气体，因此减少化石燃料的使用，减少污染物产生，开发新能源，能减少污染的发生，故正确；b、使用无氟冰箱，减少氟利昂的排放，但对CO2、SO2、NO2的排放不产生影响，故错误；c、减少私家车的使用，减少NO2、CO2等的排放，故正确；d、CO2、SO2属于酸性氧化物，和碱反应，NO2能和碱反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，故正确；
【小问2详解】
根据题目中信息，反应方程式为CO＋2H2CH3OH，
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(l) △H=＋131.9kJ·mol-1，
②2H2(g)＋CO(g)+O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH=-594.1 kJ·mol-1，
甲醇燃烧的反应方程式为CH3OH+O2→CO2＋2H2O，
②-2×①得出：2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH=-726 kJ/mol。
20. 某反应中反应物与生成物有：FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu。
（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示，请回答下列问题：
①图中X溶液是___________；②Cu电极上发生的电极反应式为__________________；
③原电池工作时，盐桥中的_________离子(填“K+”或“Cl—”)不断进入X溶液中。
（2）将上述反应设计成的电解池如图乙所示，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：
①M是____________极；②图丙中的②线是_________离子的变化。
③当电子转移为2mol时，向乙烧杯中加入_________L 5mol·L-1NaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全。
（3）铁的重要化合物高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点。
①高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe＋2NaOH＋2H2ONa2FeO4＋3H2↑，则电解时阳极的电极反应式是____________________。
②高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为_______________________。
③Na2FeO4能消毒、净水的原因_______________________。
【答案】 ①. FeCl3 ②. Cu-2e-＝Cu2+ ③. K＋ ④. 负 ⑤. Fe2＋(或者FeCl2) ⑥. 2.8 ⑦. Fe＋8OH－-6e－＝FeO42-＋4H2O ⑧. 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42-＋3Cl－＋5H2O ⑨. 高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬浮物的净水作用。
【解析】
【详解】（1）①据反应物和生成物可以确定该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，所以X为FeCl3溶液，故答案为FeCl3；
②Cu做负极，Cu电极上发生的电极反应式为Cu-2e-＝Cu2+，故答案为Cu-2e-＝Cu2+；
③Cu做负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，故答案为K+；
（2）①根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极，则M为负极，N为正极；故答案为负；
②在电解过程中有Cu2+生成，则Cu2+的物质的量从零逐渐增大，所以③为Cu2+，由图可知，①表示的金属离子的物质的量正极减少，则为Fe3+，所以②为Fe2+，故答案为Fe2+；
③当电子转移为2mol时，溶液中有Fe3+2mol，Fe2+3mol，Cu2+为1mol，所以需要加入NaOH溶液14mol，所以NaOH溶液等体积为=2.8L，故答案为2.8；
（3）①电解时阳极发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH—6e-═FeO42-+4H2O，故答案为Fe+8OH—6e-═FeO42-+4H2O；
②NaClO氧化Fe(OH)3的反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O；
③高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬浮物的净水作用，故答案为高价铁具有氧化性，能杀菌消毒，生成的Fe3+水解形成胶体，具有吸附悬浮物的净水作用。
21. 工业上常用CO和H2合成甲醇，反应方程式为：
CO (g) +2H2(g)CH3OH (g) △H，在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，达到平衡时CH3OH的体积分数(V%)与n(H2)：n(CO)的关系如图1所示。
(1)当起始n (H2)：n(CO) =2，经过5min达到平衡，此时容器的压强是初始压强的0.7倍，则0～5min内平均反应速率v(H2)=____。若此时再向容器中加入0.15 mol CO (g)和0.05 mol CH3OH (g)，达新平衡时H2的转化率将_______（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
(2)当起始n (H2)：n(CO) =3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的_____点（选填“D”、“E”或“F”）。
(3)由图2可知该反应的△H_____0（选填“>”、“<”或“=”，下同），压强pl____p2；当压强为p2时，在y点：v（正）____v（逆）。
【答案】 ①. 0.09mol•L-1•min-1 ②. 增大 ③. F ④. ＞ ⑤. ＞ ⑥. ＞
【解析】
【详解】试题分析：本题考查化学平衡和化学反应速率的计算，化学平衡图象的分析。
（1）H2和CO物质的量之和为3mol，当起始n (H2)：n(CO) =2，起始加入2molH2和1molCO，设CO从起始到平衡转化物质的量为x，用三段式
CO (g) +2H2 (g) CH3OH (g)
n（起始）（mol） 1 2 0
n（起始）（mol） x 2x x
n（起始）（mol） 1-x 2-2x x
平衡时容器的压强是初始压强的0.7倍，1-x+2-2x+x=0.73，解得x=0.45mol，平衡时CO、H2、CH3OH（g）的物质的量依次为0.55mol、1.1mol、0.45mol，则0～5min内平均反应速率υ(H2)=0.9mol2L5min=0.09mol•L-1•min-1。该反应的化学平衡常数为（0.45mol2L）/[（0.55mol2L）（1.1mol2L）2]=2.70；此时再向容器中加入0.15 mol CO (g)和0.05 mol CH3OH (g)，瞬时浓度商Q=（0.5mol2L）/[（0.7mol2L）（1.1mol2L）2]=2.362.70，反应正向进行，达新平衡时H2的转化率将增大。
（2）根据规律，当起始n (H2)：n(CO)=2:1即等于化学计量数之比，达到平衡时CH3OH（g）的体积分数最大。当起始n (H2)：n(CO) =3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数小于最大值，可能是图象中的F点。
（3）由图象知升高温度CO的转化率增大，升高温度平衡正向移动，所以ΔH0。由图象知在相同温度下，p1时CO的转化率大于p2时CO的转化率，该反应的正反应为气体分子数减小的反应，压强越大CO的转化率越大，则p1p2。当压强为p2时，y点CO的转化率小于平衡x点CO的转化率，在y点反应正向进行，在y点：υ（正）υ（逆）。
22. 某实验小组采用下列实验探究外界条件对化学反应速率及其化学平衡的影响。按要求回答下列问题：
I．室温下，向盛有5mL0.005mol/LFeCl3溶液的试管中加入5mL0.01mol/L的KSCN溶液，溶液变为___色。发生反应的离子方程式为___。
现将上述溶液均分为两份置于甲、乙两支试管中；
(1)向甲试管中加入4滴饱和FeCl3溶液，平衡___(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)；溶液中的Fe3+浓度c(Fe3+)___(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，重新达到平衡时Fe3+转化率___，该条件下反应的平衡常数___。
(2)向乙试管中加入KCl固体，平衡___(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)。
II．该实验小组还利用0.1mol·L-1Na2S2O3溶液和0.1mol·L-1H2SO4溶液为反应物，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验记录如表。请结合表中信息，回答有关问题：
实验序号
反应温度
V(Na2S2O3)
V(H2SO4)
V(H2O)
出现沉淀所需的时间
Ⅰ
0℃
5mL
5mL
10mL
12s
Ⅱ
30℃
5mL
10mL
5mL
8s
Ⅲ
30℃
5mL
7mL
amL
10s
Ⅳ
30℃
5mL
5mL
10mL
4s
(3)该反应离子方程式为___。
(4)在比较某一因素对实验产生的影响时，必须排除其他因素的变动和干扰，即需要控制好与实验有关的各项反应条件，其中：
①能说明温度对该反应速率影响的组合是___(填实验序号，下同)；
②实验Ⅱ和III探究的是___(填外部因素)对化学反应速率的影响，其中实验III中a=___。
【答案】 ①. 红或血红 ②. Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 ③. 正向移动 ④. 增大 ⑤. 减小 ⑥. 不变 ⑦. 不移动 ⑧. S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O ⑨. I和Ⅳ ⑩. 浓度 ⑪. 8
【解析】
【详解】I．Fe3+遇KSCN溶液会发生反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成（血）红色的Fe(SCN)3络合物；
(1)向试管中加入4滴饱和FeCl3溶液，溶液中Fe3+浓度增大，使平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，只能削弱不能抵消，因此消耗的Fe3+没有增大的多，在重新达到平衡时Fe3+转化率减小，平衡常数只与温度有关，温度未发生改变，所以平衡常数不变；
(2)加入KCl固体，Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不会发生移动；
II．(3)Na2S2O3溶液和H2SO4溶液混合，Na2S2O3在酸性条件下发生自发的氧化还原反应生成S单质和SO2气体，反应的离子方程式为S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
(4)①要探究温度对该反应速率的影响时，变量只是温度，而其他的条件需要控制不变，因此满足条件的组合可以是I和Ⅳ；
②实验Ⅱ和Ⅲ温度和Na2S2O3溶液的体积相同，而H2SO4溶液的体积不同，即浓度不同，则探究的是浓度对化学反应速率的影响，为保证其他变量一样，则液体总体积应该相同，则5+5+10=5+7+a，所以a=8。
相关试卷
精品解析：上海市延安中学 2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）： 这是一份精品解析：上海市延安中学 2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（解析版），共14页。
2022滨州高一下学期期末考试化学试题含解析： 这是一份2022滨州高一下学期期末考试化学试题含解析，文件包含山东省滨州市2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题含解析docx、山东省滨州市2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
2022延安一中高二下学期期末考试化学试题含解析： 这是一份2022延安一中高二下学期期末考试化学试题含解析，文件包含陕西省延安市第一中学2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题含解析docx、陕西省延安市第一中学2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
