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福建省泉州第五中学2022-2023学年高二化学上学期期中考试题（Word版附解析）
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这是一份福建省泉州第五中学2022-2023学年高二化学上学期期中考试题（Word版附解析），文件包含核心素养人教版小学数学五年级下册416练习十六课件pptx、核心素养人教版小学数学五年级下册416练习十八教案docx、核心素养人教版小学数学五年级下册416练习十八导学案docx等3份课件配套教学资源，其中PPT共22页， 欢迎下载使用。
一、选择题(每题只有一个正确答案。1~12题每题2分，13~18题每题3分，共42分)
1. 下列表述正确的是
A. 和的反应，在任何温度下都不能自发进行
B. 根据 可知氢气的燃烧热为
C. HCl溶液和NaOH溶液反应的中和热，则含2ml硫酸的稀溶液与足量氢氧化钡溶液反应放热为229.2kJ
D. 已知 ， ，则
【答案】D
【解析】
【详解】A．和，则，在高温时，，反应可以自发进行，A错误；
B．燃烧热应该1ml纯物质完全燃烧生成稳定产物时，放出的热量，则可知氢气的燃烧热为：，B错误；
C．硫酸和氢氧化钡的反应中，生成硫酸钡沉淀也有热量的变化，不能完全按照中和热来计算，C错误；
D．前式减去后式可得，，则，D正确；
故选D。
2. 用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定量的另一种物质（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是
A. CuCl2[CuSO4]B. NaOH [NaOH]
C. NaCl [HCl]D. CuSO4[Cu(OH)2]
【答案】C
【解析】
【分析】电解池中，要想使电解质溶液复原，遵循的原则是：电解后从溶液中减少的物质是什么，就利用元素守恒来加什么物质。
【详解】A.电解氯化铜时，阳极放出氯气，阴极生成金属铜，所以应加氯化铜让电解质溶液复原，A错误；
B.电解氢氧化钠时，阳极产生氧气，阴极产生氢气，所以应加水让电解质溶液复原，B错误；
C.电解氯化钠时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液复原，C正确；
D.电解硫酸铜时，阳极产生氧气，阴极产生金属铜，所以应加氧化铜让电解质溶液复原，加入氢氧化铜相当于多加入水，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了电解池原理，掌握电解原理，弄清两个电极上产生的物质，是本题解答的关键，本着“出什么加什么”的思想可使电解质复原。
3. 为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是
①酸溶液的浓度和体积 ②碱溶液的浓度和体积
③水的比热容 ④反应后溶液的质量(单位：g)
⑤生成水的物质的量 ⑥反应前后温度变化
⑦操作所需的时间
A. ③④⑤⑥B. ③④⑤⑦C. ①③⑥D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】由反应热的计算公式可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容c、酸的浓度和体积、碱的浓度和体积，反应前后温度变化△T，然后计算出反应后溶液的质量、生成水的物质的量；
故选A。
4. 下列事实能用勒夏特列原理解释的是
A. 对平衡体系，减小体积使压强增大混合气体颜色变深
B. 氯水中存在下列平衡：，当加入溶液后，溶液颜色变浅
C. 多平衡体系，合适的催化剂能提高目标产物的选择性
D. 合成氨工业中温度选择400-500℃
【答案】B
【解析】
【详解】A．减小体积，压强增大，NO2的浓度增大，颜色变深，反应前后气体体积不变，平衡不移动，故不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B．当加入溶液，Ag+和Cl-生成沉淀，Cl-浓度减小，促使反应正向移动，Cl2的物质的量分数减小，颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，，故B正确；
C．多平衡体系，催化剂只能选择催化某个反应提高该反应的速率，但催化剂不能使平衡移动，故不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．合成氨是放热反应，应该选择较低温度有利于提高转化率，但是选择400-500℃较高的温度，是为了提高速率，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；
故答案为B。
5. 可逆反应达到平衡状态时，保持温度，容器容积不变，向容器中加入一定量的，用K表示平衡常数，Q表示浓度商。下列说法正确的是
A. Q减小，K不变，的转化率减小B. Q不变，K变大，的转化率增大
C. Q不变，K变大，的转化率减小D. Q增大，K不变，的转化率增大
【答案】A
【解析】
【详解】平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变。向容器中加入一定量的，根据浓度商的公式知Q减小，平衡正向移动，氢气的转化率增大，氮气的转化率减小，故选A。
6. 下列说法正确的是
A. 原电池的两电极一定是活性不同的金属
B. 铁片上镀铜时，电镀液需含有镀层金属阳离子即
C. 电解精炼铜时，电解质溶液的浓度不变
D. 燃料电池能将化学能全部转化为电能
【答案】B
【解析】
【详解】A．原电池的两电极不一定是活性不同的金属，也可能是非金属石墨等，故A错误；
B．铁片上镀铜时，铜做阳极、镀件做阴极，镀层金属阳离子由可溶性铜盐溶液提供，故B正确；
C．电解精炼铜时，粗铜作阳极，多种金属失电子生成金属阳离子，但硫酸铜只有铜离子得电子在阴极生成铜单质，所以最终导致电解质溶液浓度减小，故C错误；
D．燃料电池不能将化学能全部转化为电能，一部分会以热能形式散失，故D错误；
故选B。
7. 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是
A. 反应II的热化学方程式为：
B. 在反应中生成又消耗，可认为是催化剂
C. 和的总能量小于和的总能量
D. 选择优良的催化剂可以降低反应I和II的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据反应能量图，反应II中，反应物总能量大于生成物总能量，反应II是放热反应，故A错误；
B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)是反应的中间产物，故B错误；
C． 根据反应能量图E(反应物)< E(生成物)，和的总能量小于和的总能量，故C正确；
D．合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不能减少反应的焓变，故D错误；
故答案为C。
8. 下列装置及设计符合规范的是
A. 装置A探究浓度对化学平衡的影响B. 装置B用于制备少量含NaClO的消毒液
C. 装置C用于在锌表面镀铜D. 装置D测定中和反应的反应热
【答案】B
【解析】
【详解】A．探究浓度对化学平衡的影响必须有对比实验才能验证浓度对化学平衡的影响，且应该保证单一变量，则装置A不能用于探究浓度对化学平衡的影响，故A错误；
B．由图可知，与电源正极相连下端电极为电解池的阳极，氯离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氯气，上端电极为阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，阳极生成氯气能与阴极生成的氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则装置B能用于制备少量含次氯酸钠的消毒液，故B正确；
C．由图可知，装置C为化学能转化为电能的原电池，不能用于在锌表面镀铜，故C错误；
D．由图可知，装置D缺少环形玻璃搅拌棒，不能用于测定中和反应的反应热，故D错误；
故选B。
9. 已知：NO和O2转化为NO2的反应机理如下：
①2NO(g)N2O2(g)(快) △H1＜0 平衡常数K1
②N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)(慢) △H2＜0 平衡常数K2
下列说法正确的是
图a
A. 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的△H= - (△H1+△H2)
B. 反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应速率
C. 反应过程中的能量变化可用图a表示
D. 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)平衡常数
【答案】B
【解析】
【详解】A． 根据盖斯定律分析，①+②即可得到反应，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，故反应热为△H=△H1+△H2，故A错误；
B． 反应慢的速率决定总反应速率，所以反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率，故B正确；
C． 图a表示前者为吸热，与题中信息不符合，故C错误；
D． 因为反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)为①+②的结果，所以其平衡常数K=K1K2，故D错误；
故选B。
10. 稀氨水中存在着下列平衡：，若要使平衡向左移动，同时使增大，应加入的物质或采取的措施是
①固体 ②稀硫酸 ③NaOH固体 ④加入少量固体
A. ①②③④B. ①④C. ③D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①向稀氨水中加入氯化铵固体，溶液中的铵根离子浓度增大，电离平衡向左移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，故错误；
②向稀氨水中加入稀硫酸会中和溶液中的氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，电离平衡向右移动，故错误；
③向稀氨水中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，电离平衡向左移动，故正确；
④向稀氨水中加入少量硫酸镁固体，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，溶液中氢氧根离子浓度减小，电离平衡向右移动，故错误；
③正确，故选B。
11. 甲烷燃料电池的工作原理如图，下列说法正确的是
A. a极为正极
B. K+从a极经溶液流向b极
C. 工作一段时间后，b极附近的pH会减小
D. a极的电极反应为CH4+6OH--8e-=+5H2O
【答案】B
【解析】
【分析】在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入空气或O2等氧化剂的电极为正极。从而得出，CH4、O2燃料电池中，通CH4的电极为负极，通O2的电极为正极。
【详解】A．由分析可知，a极通入CH4作燃料，则a为负极，A不正确；
B．在原电池中，阳离子向正极移动，则K+从a极经溶液流向b极，B正确；
C．电池工作时，b极发生的反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，则一段时间后，b极附近的pH会增大，C不正确；
D．a极为负极，CH4失电子产物与电解质反应生成等，电极反应为CH4+10OH--8e-=+7H2O，D不正确；
故选B。
12. 一定条件下密闭容器中发生的可逆反应：，符合下图所示的关系(c%表示平衡混合气中产物C的百分含量，T表示温度)。则下列判断正确的是
A. B. m+n>p
C. 加入催化剂，c%增加D. 增加A的浓度，A的转化率提高
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图知，随温度升高，c%降低，随压强增大，c%增大，故ΔH<0，选项A错误；
B．由图知，随温度升高，c%降低，随压强增大，c%增大，故m+n>p，选项B正确；
C．催化剂不能使平衡移动，选项C错误；
D．增加A的浓度，A转化率反而降低，选项D错误；
答案选B。
13. 对于平衡体系mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) ΔH＜0。下列结论中错误的是
A. 若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶n
B. 若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时A的浓度为原来的1.8倍，则m＋n＞p＋q
C. 若m＋n = p＋q，则往含有a ml气体的平衡体系中再加入a ml的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2a
D. 若温度不变缩小容器体积，达到新平衡时压强增大到原来的2倍，则体积一定小于原来的
【答案】D
【解析】
【详解】A．A、B的变化量之比等于化学计量数之比，平衡时A、B的转化率相等，则A、B的起始量之比一定等于化学计量数之比，A正确；
B．将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的1.8倍，说明平衡向着消耗A的方向移动，依据平衡移动原理，平衡向着气体分子数减小的方向进行，所以m＋n＞p＋q，B正确；
C．往含有a ml气体的平衡体系中再加入a ml的B，平衡向正反应方向移动，因为m＋n = p＋q，达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，所以新平衡时气体的总物质的量等于2a ml，C正确；
D．温度不变时，若压强增大到原来的2倍，如果m+n=p+q，则平衡不发生移动，总体积等于原来的，D错误；
故选D。
14. 一种新型镁硫二次电池放电时的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A. 当石墨烯中的S均转化为时，电路中转移的电子数达到最大值
B. 离子交换膜应为阴离子交换膜
C. 充电时，阴极反应可能发生：
D. 放电时，若电路中转移1ml电子，则正极质量共增加12g
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，二次电池放电时，a电极是负极，镁失去电子经外电路去向正极b，石墨烯中的硫获得电子化合价降低转化为一系列硫的阴离子，内电路中镁离子通过阳离子交换膜移向正极与含硫离子结合生成对应的硫化物，充电过程是放电过程的逆过程，电极a发生得电子的还原反应是阴极，b电极发生失电子的氧化反应作阳极。
【详解】A．由离子的组成可知，当石墨烯中的硫均转化为S2-离子时，电路中转移的电子数达到最大值，故A错误；
B．由分析可知，内电路中镁离子通过阳离子交换膜移向正极，则离子交换膜应为阳离子交换膜，故B错误；
C．充电时，与直流电源负极相连的a电极为电解池的阴极，镁离子在阴极得到电子发生还原反应生成镁，故C错误；
D．放电时，若电路中转移1 ml电子，0.5ml镁离子通过阳离子交换膜转移到正极，与硫的阴离子生成镁的硫化物，所以正极质量增加12g，故D正确；
故选D。
15. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 在氢氧燃料电池中，负极有11.2L(标准状况)气体参与反应时，转移的电子数为2NA
B. 在氯碱工业中，制备40g烧碱时阴极生成气体的分子数为NA
C. 在钢铁吸氧腐蚀中，若生成1mlFe2O3•xH2O，被还原的O2分子数为1.5NA
D. 在电解法精炼粗铜中，若阴极净增32g，向阳极迁移的SO数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．在氢氧燃料电池中，负极氢气参与反应生成氢离子，11.2L(标准状况)氢气的物质的量为0.5ml，参与反应时转移的电子数为NA，A错误；
B．氯碱工业的总反应式为：，制备的40g烧碱的物质的量为1ml，根据方程式可知，阴极生成氢气的物质的量为0.5ml，分子数为0.5NA，B错误；
C．在钢铁吸氧腐蚀中，铁最终转化为Fe2O3•xH2O，若生成1mlFe2O3•xH2O，转移的电子的物质的量为6ml，1mlO2被还原时转移4ml电子，故被还原的O2的物质的量为1.5ml，分子数为1.5NA，C正确；
D．在电解法精炼粗铜中，阴极的电极反应式为：，若阴极净增32g，即生成0.5mlCu时转移的电子的物质的量为1ml，向阳极迁移的SO数为0.5NA，D错误；
故选C。
16. 将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，液滴外沿为棕色铁锈环(b)，如图所示，下列说法不正确的是
A. 铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：
B. 液滴之下氧气含量少，铁片作负极，发生的还原反应为：
C. 液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：
D. 铁片腐蚀最严重区域不是生锈最多的区域
【答案】B
【解析】
【分析】氯化钠溶液滴到一块光亮清洁的铁板表面上，铁和碳在氯化钠溶液中构成原电池发生吸氧腐蚀，液滴之下铁做负极，发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e—=Fe2+，液滴边缘的碳是正极，水分子作用下氧气在正极得到电子，发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，在液滴外沿，亚铁离子与氢氧根离子反应生成极易被氧化为氢氧化铁的氢氧化亚铁，氢氧化铁脱水形成了棕色铁锈环(b)，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为4Fe+nH2O+3O2═2Fe2O3·H2O。
【详解】A．由分析可知，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为4Fe+nH2O+3O2═2Fe2O3·H2O，故A正确；
B．由分析可知，液滴之下铁做负极失去发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e—=Fe2+，故B错误；
C．由分析可知，液滴边缘的碳是正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，故C正确；
D．由图可知，铁片腐蚀最严重区域不是生锈最多的区域，而是液滴中心区，故D正确；
故选B。
17. 已知：在标准压强、下，由最稳定的单质合成1ml物质B的反应焓变，叫作物质B的标准摩尔生成焓，用表示。部分物质的说有如图所示关系。的标准摩尔生成焓为0。下列有关判断不正确的是（ ）
A. 的能量大于与的能量之和
B. 合成氨反应的热化学方程式为
C. 催化氧化的热化学方程式为
D. 的
【答案】C
【解析】
【分析】结合题干信息以及图示可知，NO(g)的标准摩尔生成焓的热化学方程式为 ；H2O(g)的标准摩尔生成焓的热化学方程式为 ；NH3(g)的标准摩尔生成焓的热化学方程式为 。
【详解】A．1ml N2(g)和1ml O2(g)生成2ml NO(g)的反应 为吸热反应，的能量大于与的能量之和，A项正确；
B．由NH3(g)的标准摩尔生成焓可知 ，B项正确；
C．由反应① ；② ；③ ，结合盖斯定律可知等于，反应的，C项错误；
D．因为的能量低于，所以生成1ml时放出的能量更高，故的，D项正确；
故选C。
18. 向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2mlX和1mlY发生反应：2X(g)+Y(g) Z(g) ，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，下列说法不正确的是
A. B. 反应速率：
C. a点平衡常数：K=12D. 气体的总物质的量：
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，绝热条件下，甲容器中压强开始开始增大，说明反应发生后，容器中的反应温度升高，该反应为放热反应。
【详解】A．由分析可知，该反应为放热反应，则反应的焓变ΔH＜0，故A正确；
B．由分析可知，该反应为放热反应，由图可知，a点温度高于b点，温度越高，反应速率越快，则a点的正反应速率大于b点正反应速率，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，所以a点的正反应速率大于b点逆反应速率，故A正确；
C．a点为平衡点，此时容器总压为p，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压强之比等于物质的量之比，所以可设Y转化的物质的量为x，则列出三段式如下： ，则有，计算解得x=0.75ml，，又甲容器为绝热条件，等效为恒温条件下升温，平衡逆向移动，则平衡常数减小，故a点的平衡常数K＜12，故C错误；
D．由分析可知，该反应为放热反应，由图可知，a、c两点气体压强相同，a点的反应温度高于c点，由理想气体状态方程可知，a点气体的总物质的量小于c点，故D正确；
故选C。
二、填空题
19. 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：
（1）硅粉与HCl在300℃时反应生成SiHCl3气体和H2，当有1gSi反应时放出8.4kJ热量，该反应的热化学方程式为____。
（2）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) △H1＞0
②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) △H2＜0
③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g) △H3
反应③的△H3____0(填“>”或“<”)。
（3）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用物质除SiCl4、SiHCl3、Si外，还有____(填化学式)。
（4）通常人们把拆开1ml某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能，利用键能可以衡量化学键的强弱，也可以计算化学反应的焓变。已知：
则SiO2与SiC中比较稳定的是____(填化学式)，工业上高纯硅可以通过下列反应制取：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)，该反应的△H=____。(提示：1ml晶体Si中含有2mlSi－Si键)
【答案】（1）Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g) △H=-235.2kJ·ml-1
（2）< （3）H2、HCl
（4） ①. SiO2 ②. +236kJ·ml-1
【解析】
【分析】反应中，石英砂中的SiO2和焦炭发生反应得到粗硅；反应中，粗硅和干燥的HCl反应生成含SiCl4、SiHCl3.、H2等的混合物；反应中，SiCl4经氢化后生成SiHCl3，反应中,，SiHCl3和H2反应生成多晶硅和HCl，以此解题。
【小问1详解】
当有1gSi反应时放出8.4kJ热量，则1mlSi反应时，放出热量为235.2kJ，则该反应的热化学方程式为：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g) △H=-235.2kJ·ml-1；
【小问2详解】
根据盖斯定律，①SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g) △H1＞0
②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) △H2＜0
将方程式②-①得③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g)，则△H3=△H2-△H1<0；
【小问3详解】
在最后一步反应中H2还原SiHCl3，过程中若混入O2，除可能引起爆炸外，还可能使得生成的Si与O2反应导致产物不纯；如图所示，由粗硅制备多晶硅的过程中，循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3、Si外, 还有HCl、H2；
【小问4详解】
由表格中的数据可知，Si－O键的键能较大，键能越大，越稳定，则则SiO2与SiC中比较稳定的是SiO2；根据反应热=反应物的键能和-产物的键能和，则。
20. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。利用反应：，可减少排放，并合成清洁能源。
（1）该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
已知反应①的，(、为速率常数，与温度、催化剂有关)若平衡后升高温度，则_______(填“增大”、“不变”或“减小”)，判断依据为：_______。
（2）对于反应，将和以一定的比例在密闭容器中通过两种不同的催化剂(I、II)进行反应，相同时间内，的转化率随温度变化曲线如图所示。
①温度下的M点是不是反应的平衡点？M点_______(填“是”或“不是”)反应的平衡点。
②倠化剂II条件下，当温度低于℃时，转化率随温度升高而升高的原因可能是：_______。
（3）利用电化学法还原二氧化硶制乙烯在强酸性溶液中通入二氧化碳，用惰性电极进行电解可制得乙烯，其原理如图丙所示：
阴极电极反应式为_______，该装置中使用的是_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
【答案】（1） ①. 减小 ②. ，反应①是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度，减小
（2） ①. 不是 ②. 未到达平衡的情况下，温度越高，反应速率䞗快，相同时间内消耗的越多
（3） ①. ②. 阳
【解析】
【小问1详解】
①；
②；
③；
将方程式③-②得方程式①：ΔH1=ΔH-ΔH2=[(-49)-(-90)]kJ/ml=+41kJ/ml；
已知反应①的，，反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，=，反应①是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度，减小；
【小问2详解】
①根据图知，T2时CO2的转化率小于T5时，说明T2温度时该反应没有达到平衡状态，M不是反应的平衡点；
②T2时该反应未达到平衡状态时，升高温度，二氧化碳的化学反应速率加快，单位体积内消耗的CO2越多，则二氧化碳的转化率越高；
【小问3详解】
连接电源负极的一极为阴极，阴极电极反应式为：，因为阳极室中的氢离子需要进入阴极室，故该装置中使用的是阳离子交换膜。
21. I.实验室利用下列方案探究影响化学反应速率的因素。请回答相关问题：
（1）实验时，分别量取溶液(过量)和酸性溶液，迅速混合并开始计时，可以通过测定_______来判断反应的快慢。
（2）实验①和实验②是探究_______对化学反应速生的影响，实验②和③是探究_______对化学反应速率的影响。
II.恒容密闭容器中，用还原，生成S的反应分两步完成(如图甲所示)，在300℃反应时相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图乙所示，请分析并回答如下问题：
（3）写出300℃发生的化学反应方程式_______。其中一种产物X进入下一容器，在100~200℃与反应，则X为(填化学式)_______。
（4）0~时间段用表示的化学反应速率为_______。
【答案】（1）酸性溶液褪色时间
（2） ①. 浓度 ②. 温度
（3） ①. ②.
（4）
【解析】
小问1详解】
草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应时，溶液的颜色会由紫色褪为无色，则实验时，可以通过测定酸性高锰酸钾溶液褪色时间来判断反应的快慢，故答案为：酸性KMnO4溶液褪色时间；
【小问2详解】
由表格数据可知，实验①和②的草酸溶液的浓度不同，其他实验条件均相同，则由变量唯一化的原则可知，实验①和实验②的目的是探究草酸溶液的浓度对化学反应速率的影响；实验②和实验③的反应温度不同，其他实验条件均相同，则由变量唯一化的原则可知，实验②和③的目的是探究温度对化学反应速率的影响；
【小问3详解】
由图甲可知，300℃时，氢气和二氧化硫在催化剂作用下反应硫化氢，化学方程式为：；100℃-200℃时，硫化氢与二氧化硫在催化剂作用下反应生成硫和水，则物质X为H2S；
【小问4详解】
由图乙可知，0~t1时间段二氧化硫浓度的变化量为2×10-3ml/L，则二氧化硫的化学反应速率。
22. 按照要求回答下列问题。
（1）在强碱性条件下用电解法除去废水中的，装置如图所示，阳极和阳极区依次发生的反应有：
i.
ii.
iii.
除去，外电路中至少需要转移_______ml电子。
（2）为了使电解池连续工作，需要不断补充NaCl及_______。
（3）用NaOH溶液吸收烟气中的，将所得的溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到，其原理如下图所示(电极材料为石墨)。
①图中a极要连接电源的_______填“正”或“负”)极，C口流出的物质是_______。
②放电的电极反应式为_______。
（4）用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐()已成为环境修复研究的热点之一、Fe还原酸性水体中的的反应原理如图所示。
①作负极的物质是_______。
②正极的电极反应式是_______。
【答案】（1）5 （2）NaOH
（3） ①. 负 ②. (浓度较大的)硫酸 ③.
（4） ①. 铁(Fe) ②.
【解析】
【小问1详解】
①2×(i+ii)+iii可得，根据反应，消耗2mlCN-，转移10ml电子，则除去1mlCN-，转移5ml电子；
【小问2详解】
根据反应i、ii，为了使电解池连续工作，需要不断补充NaOH和NaCl；
【小问3详解】
①根据电解池中离子的移动方向，阳离子向阴极移动，a电极为阴极，与电池的负极相连；b极为阳极，亚硫酸根离子失电子，与水反应生成硫酸根离子和氢离子，阳极区硫酸的浓度增大，C处流出的物质为浓硫酸；
②失电子，与水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：；
【小问4详解】
①根据图像可知，铁失电子，作负极；
②硝酸根离子得电子，与氢离子反应生成铵根离子和水，电极反应式为：。
23. I．研究氮的氧化物对环境保护有重要意义。
（1）实验1：在t℃时，无催化剂的恒容容器中，反应起始压强为p0的部分实验数据如下：
①若起始浓度c0为0.250ml/L，则反应至50min时的转化率_______；比较不同起始浓度时的分解速率： v(c0=0.250ml/L)_______ v(c0=0.010ml/L) (填“>”、“=”或“<”)。
②在该温度下，反应的平衡常数KP=_______(体系初始压强为100kPa，已知气体分压=总压×物质的量分数)。
③不同温度(T)下，分解一半所需时间随起始浓度的变化关系如图所示，则_______(填“>”、“=”或“<”)。
II．科学家利用反应对汽车尾气进行无害化处理，发生如下反应：，CO的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图所示，图中起始投料比。
（2）下图中与大小关系是_______。
（3）a、b、c三点对应的平䡓常数、、相对大小关系是_______，写出你的判断依据：_______。
【答案】（1） ①. 20% ②. = ③. 3645kPa ④. >
（2）
（3） ①. ②. 由固定投料比时，CO平衡转化率随温度升高而降低，可知反应，则温度升高平衡逆向移动，化学平衡常数减小，图中温度，所以平衡常数
【解析】
【小问1详解】
①由表格数据可知，在t℃时，无论一氧化二氮的起始浓度为多少，10min内一氧化二氮的浓度均减小0.01ml/L，则一氧化二氮的起始浓度虽然不同，但反应速率相同，所以v(c0=0.250ml/L)= v(c0=0.010ml/L)；起始浓度为0.250ml/L的一氧化二氮反应至50min时消耗一氧化二氮的浓度为0.05ml/L，则一氧化二氮的转化率为×100%=20%，故答案为：20%；=；
②由表格数据可知，在t℃90min时，反应达到平衡，反应物一氧化二氮的浓度为0.01ml/L，由方程式可知，氮气、氧气的浓度分别为(0.10—0.01)ml/L=0.09 ml/L、(0.1—0.01)ml/L×=0.045 ml/L，设平衡时压强为pkPa，由理想气体状态方程可得：p=×100kPa=145kPa，则一氧化氮、氮气、氧气的平衡分压为×145kPa=10kPa、×145kPa=9kPa、×100kPa=4.5kPa，反应的的平衡常数KP==3645kPa，故答案为：3645kPa；
③温度越高，反应速率越快，由图可知，一氧化二氮起始浓度相等时，T2温度时一氧化二氮分解一半所需时间大于T1温度时，所以温度T2小于温度T1，故答案为：>；.
【小问2详解】
增大起始投料比m 相当于增大一氧化氮的浓度，一氧化氮的浓度增大，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，由图可知，相同条件下，起始投料比m1的一氧化碳的转化率大于起始投料比m2，则起始投料比m1大于m2，故答案为：>；
【小问3详解】化学键
Si－O
Si－Cl
H－H
H－Cl
Si－Si
Si－C
键能/kJ·ml-1
460
360
436
431
176
347
编号
温度/℃
溶液
酸性溶液
浓度
体积/mL
浓度
体积/mL
①
25
0.10
2.0
0.010
4.0
②
25
0.20
2.0
0.010
4.0
③
50
0.20
2.0
0.010
4.0
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
0.10
0.09
0.08
0.07
0.06
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
0.01
一、选择题(每题只有一个正确答案。1~12题每题2分，13~18题每题3分，共42分)
1. 下列表述正确的是
A. 和的反应，在任何温度下都不能自发进行
B. 根据 可知氢气的燃烧热为
C. HCl溶液和NaOH溶液反应的中和热，则含2ml硫酸的稀溶液与足量氢氧化钡溶液反应放热为229.2kJ
D. 已知 ， ，则
【答案】D
【解析】
【详解】A．和，则，在高温时，，反应可以自发进行，A错误；
B．燃烧热应该1ml纯物质完全燃烧生成稳定产物时，放出的热量，则可知氢气的燃烧热为：，B错误；
C．硫酸和氢氧化钡的反应中，生成硫酸钡沉淀也有热量的变化，不能完全按照中和热来计算，C错误；
D．前式减去后式可得，，则，D正确；
故选D。
2. 用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定量的另一种物质（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是
A. CuCl2[CuSO4]B. NaOH [NaOH]
C. NaCl [HCl]D. CuSO4[Cu(OH)2]
【答案】C
【解析】
【分析】电解池中，要想使电解质溶液复原，遵循的原则是：电解后从溶液中减少的物质是什么，就利用元素守恒来加什么物质。
【详解】A.电解氯化铜时，阳极放出氯气，阴极生成金属铜，所以应加氯化铜让电解质溶液复原，A错误；
B.电解氢氧化钠时，阳极产生氧气，阴极产生氢气，所以应加水让电解质溶液复原，B错误；
C.电解氯化钠时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液复原，C正确；
D.电解硫酸铜时，阳极产生氧气，阴极产生金属铜，所以应加氧化铜让电解质溶液复原，加入氢氧化铜相当于多加入水，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了电解池原理，掌握电解原理，弄清两个电极上产生的物质，是本题解答的关键，本着“出什么加什么”的思想可使电解质复原。
3. 为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是
①酸溶液的浓度和体积 ②碱溶液的浓度和体积
③水的比热容 ④反应后溶液的质量(单位：g)
⑤生成水的物质的量 ⑥反应前后温度变化
⑦操作所需的时间
A. ③④⑤⑥B. ③④⑤⑦C. ①③⑥D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】由反应热的计算公式可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容c、酸的浓度和体积、碱的浓度和体积，反应前后温度变化△T，然后计算出反应后溶液的质量、生成水的物质的量；
故选A。
4. 下列事实能用勒夏特列原理解释的是
A. 对平衡体系，减小体积使压强增大混合气体颜色变深
B. 氯水中存在下列平衡：，当加入溶液后，溶液颜色变浅
C. 多平衡体系，合适的催化剂能提高目标产物的选择性
D. 合成氨工业中温度选择400-500℃
【答案】B
【解析】
【详解】A．减小体积，压强增大，NO2的浓度增大，颜色变深，反应前后气体体积不变，平衡不移动，故不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B．当加入溶液，Ag+和Cl-生成沉淀，Cl-浓度减小，促使反应正向移动，Cl2的物质的量分数减小，颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，，故B正确；
C．多平衡体系，催化剂只能选择催化某个反应提高该反应的速率，但催化剂不能使平衡移动，故不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．合成氨是放热反应，应该选择较低温度有利于提高转化率，但是选择400-500℃较高的温度，是为了提高速率，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；
故答案为B。
5. 可逆反应达到平衡状态时，保持温度，容器容积不变，向容器中加入一定量的，用K表示平衡常数，Q表示浓度商。下列说法正确的是
A. Q减小，K不变，的转化率减小B. Q不变，K变大，的转化率增大
C. Q不变，K变大，的转化率减小D. Q增大，K不变，的转化率增大
【答案】A
【解析】
【详解】平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变。向容器中加入一定量的，根据浓度商的公式知Q减小，平衡正向移动，氢气的转化率增大，氮气的转化率减小，故选A。
6. 下列说法正确的是
A. 原电池的两电极一定是活性不同的金属
B. 铁片上镀铜时，电镀液需含有镀层金属阳离子即
C. 电解精炼铜时，电解质溶液的浓度不变
D. 燃料电池能将化学能全部转化为电能
【答案】B
【解析】
【详解】A．原电池的两电极不一定是活性不同的金属，也可能是非金属石墨等，故A错误；
B．铁片上镀铜时，铜做阳极、镀件做阴极，镀层金属阳离子由可溶性铜盐溶液提供，故B正确；
C．电解精炼铜时，粗铜作阳极，多种金属失电子生成金属阳离子，但硫酸铜只有铜离子得电子在阴极生成铜单质，所以最终导致电解质溶液浓度减小，故C错误；
D．燃料电池不能将化学能全部转化为电能，一部分会以热能形式散失，故D错误；
故选B。
7. 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是
A. 反应II的热化学方程式为：
B. 在反应中生成又消耗，可认为是催化剂
C. 和的总能量小于和的总能量
D. 选择优良的催化剂可以降低反应I和II的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据反应能量图，反应II中，反应物总能量大于生成物总能量，反应II是放热反应，故A错误；
B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)是反应的中间产物，故B错误；
C． 根据反应能量图E(反应物)< E(生成物)，和的总能量小于和的总能量，故C正确；
D．合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不能减少反应的焓变，故D错误；
故答案为C。
8. 下列装置及设计符合规范的是
A. 装置A探究浓度对化学平衡的影响B. 装置B用于制备少量含NaClO的消毒液
C. 装置C用于在锌表面镀铜D. 装置D测定中和反应的反应热
【答案】B
【解析】
【详解】A．探究浓度对化学平衡的影响必须有对比实验才能验证浓度对化学平衡的影响，且应该保证单一变量，则装置A不能用于探究浓度对化学平衡的影响，故A错误；
B．由图可知，与电源正极相连下端电极为电解池的阳极，氯离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氯气，上端电极为阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，阳极生成氯气能与阴极生成的氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则装置B能用于制备少量含次氯酸钠的消毒液，故B正确；
C．由图可知，装置C为化学能转化为电能的原电池，不能用于在锌表面镀铜，故C错误；
D．由图可知，装置D缺少环形玻璃搅拌棒，不能用于测定中和反应的反应热，故D错误；
故选B。
9. 已知：NO和O2转化为NO2的反应机理如下：
①2NO(g)N2O2(g)(快) △H1＜0 平衡常数K1
②N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)(慢) △H2＜0 平衡常数K2
下列说法正确的是
图a
A. 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的△H= - (△H1+△H2)
B. 反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应速率
C. 反应过程中的能量变化可用图a表示
D. 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)平衡常数
【答案】B
【解析】
【详解】A． 根据盖斯定律分析，①+②即可得到反应，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，故反应热为△H=△H1+△H2，故A错误；
B． 反应慢的速率决定总反应速率，所以反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率，故B正确；
C． 图a表示前者为吸热，与题中信息不符合，故C错误；
D． 因为反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)为①+②的结果，所以其平衡常数K=K1K2，故D错误；
故选B。
10. 稀氨水中存在着下列平衡：，若要使平衡向左移动，同时使增大，应加入的物质或采取的措施是
①固体 ②稀硫酸 ③NaOH固体 ④加入少量固体
A. ①②③④B. ①④C. ③D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①向稀氨水中加入氯化铵固体，溶液中的铵根离子浓度增大，电离平衡向左移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，故错误；
②向稀氨水中加入稀硫酸会中和溶液中的氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，电离平衡向右移动，故错误；
③向稀氨水中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，电离平衡向左移动，故正确；
④向稀氨水中加入少量硫酸镁固体，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，溶液中氢氧根离子浓度减小，电离平衡向右移动，故错误；
③正确，故选B。
11. 甲烷燃料电池的工作原理如图，下列说法正确的是
A. a极为正极
B. K+从a极经溶液流向b极
C. 工作一段时间后，b极附近的pH会减小
D. a极的电极反应为CH4+6OH--8e-=+5H2O
【答案】B
【解析】
【分析】在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入空气或O2等氧化剂的电极为正极。从而得出，CH4、O2燃料电池中，通CH4的电极为负极，通O2的电极为正极。
【详解】A．由分析可知，a极通入CH4作燃料，则a为负极，A不正确；
B．在原电池中，阳离子向正极移动，则K+从a极经溶液流向b极，B正确；
C．电池工作时，b极发生的反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，则一段时间后，b极附近的pH会增大，C不正确；
D．a极为负极，CH4失电子产物与电解质反应生成等，电极反应为CH4+10OH--8e-=+7H2O，D不正确；
故选B。
12. 一定条件下密闭容器中发生的可逆反应：，符合下图所示的关系(c%表示平衡混合气中产物C的百分含量，T表示温度)。则下列判断正确的是
A. B. m+n>p
C. 加入催化剂，c%增加D. 增加A的浓度，A的转化率提高
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图知，随温度升高，c%降低，随压强增大，c%增大，故ΔH<0，选项A错误；
B．由图知，随温度升高，c%降低，随压强增大，c%增大，故m+n>p，选项B正确；
C．催化剂不能使平衡移动，选项C错误；
D．增加A的浓度，A转化率反而降低，选项D错误；
答案选B。
13. 对于平衡体系mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) ΔH＜0。下列结论中错误的是
A. 若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶n
B. 若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时A的浓度为原来的1.8倍，则m＋n＞p＋q
C. 若m＋n = p＋q，则往含有a ml气体的平衡体系中再加入a ml的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2a
D. 若温度不变缩小容器体积，达到新平衡时压强增大到原来的2倍，则体积一定小于原来的
【答案】D
【解析】
【详解】A．A、B的变化量之比等于化学计量数之比，平衡时A、B的转化率相等，则A、B的起始量之比一定等于化学计量数之比，A正确；
B．将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的1.8倍，说明平衡向着消耗A的方向移动，依据平衡移动原理，平衡向着气体分子数减小的方向进行，所以m＋n＞p＋q，B正确；
C．往含有a ml气体的平衡体系中再加入a ml的B，平衡向正反应方向移动，因为m＋n = p＋q，达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，所以新平衡时气体的总物质的量等于2a ml，C正确；
D．温度不变时，若压强增大到原来的2倍，如果m+n=p+q，则平衡不发生移动，总体积等于原来的，D错误；
故选D。
14. 一种新型镁硫二次电池放电时的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A. 当石墨烯中的S均转化为时，电路中转移的电子数达到最大值
B. 离子交换膜应为阴离子交换膜
C. 充电时，阴极反应可能发生：
D. 放电时，若电路中转移1ml电子，则正极质量共增加12g
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，二次电池放电时，a电极是负极，镁失去电子经外电路去向正极b，石墨烯中的硫获得电子化合价降低转化为一系列硫的阴离子，内电路中镁离子通过阳离子交换膜移向正极与含硫离子结合生成对应的硫化物，充电过程是放电过程的逆过程，电极a发生得电子的还原反应是阴极，b电极发生失电子的氧化反应作阳极。
【详解】A．由离子的组成可知，当石墨烯中的硫均转化为S2-离子时，电路中转移的电子数达到最大值，故A错误；
B．由分析可知，内电路中镁离子通过阳离子交换膜移向正极，则离子交换膜应为阳离子交换膜，故B错误；
C．充电时，与直流电源负极相连的a电极为电解池的阴极，镁离子在阴极得到电子发生还原反应生成镁，故C错误；
D．放电时，若电路中转移1 ml电子，0.5ml镁离子通过阳离子交换膜转移到正极，与硫的阴离子生成镁的硫化物，所以正极质量增加12g，故D正确；
故选D。
15. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 在氢氧燃料电池中，负极有11.2L(标准状况)气体参与反应时，转移的电子数为2NA
B. 在氯碱工业中，制备40g烧碱时阴极生成气体的分子数为NA
C. 在钢铁吸氧腐蚀中，若生成1mlFe2O3•xH2O，被还原的O2分子数为1.5NA
D. 在电解法精炼粗铜中，若阴极净增32g，向阳极迁移的SO数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．在氢氧燃料电池中，负极氢气参与反应生成氢离子，11.2L(标准状况)氢气的物质的量为0.5ml，参与反应时转移的电子数为NA，A错误；
B．氯碱工业的总反应式为：，制备的40g烧碱的物质的量为1ml，根据方程式可知，阴极生成氢气的物质的量为0.5ml，分子数为0.5NA，B错误；
C．在钢铁吸氧腐蚀中，铁最终转化为Fe2O3•xH2O，若生成1mlFe2O3•xH2O，转移的电子的物质的量为6ml，1mlO2被还原时转移4ml电子，故被还原的O2的物质的量为1.5ml，分子数为1.5NA，C正确；
D．在电解法精炼粗铜中，阴极的电极反应式为：，若阴极净增32g，即生成0.5mlCu时转移的电子的物质的量为1ml，向阳极迁移的SO数为0.5NA，D错误；
故选C。
16. 将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，液滴外沿为棕色铁锈环(b)，如图所示，下列说法不正确的是
A. 铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：
B. 液滴之下氧气含量少，铁片作负极，发生的还原反应为：
C. 液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：
D. 铁片腐蚀最严重区域不是生锈最多的区域
【答案】B
【解析】
【分析】氯化钠溶液滴到一块光亮清洁的铁板表面上，铁和碳在氯化钠溶液中构成原电池发生吸氧腐蚀，液滴之下铁做负极，发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e—=Fe2+，液滴边缘的碳是正极，水分子作用下氧气在正极得到电子，发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，在液滴外沿，亚铁离子与氢氧根离子反应生成极易被氧化为氢氧化铁的氢氧化亚铁，氢氧化铁脱水形成了棕色铁锈环(b)，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为4Fe+nH2O+3O2═2Fe2O3·H2O。
【详解】A．由分析可知，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为4Fe+nH2O+3O2═2Fe2O3·H2O，故A正确；
B．由分析可知，液滴之下铁做负极失去发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e—=Fe2+，故B错误；
C．由分析可知，液滴边缘的碳是正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，故C正确；
D．由图可知，铁片腐蚀最严重区域不是生锈最多的区域，而是液滴中心区，故D正确；
故选B。
17. 已知：在标准压强、下，由最稳定的单质合成1ml物质B的反应焓变，叫作物质B的标准摩尔生成焓，用表示。部分物质的说有如图所示关系。的标准摩尔生成焓为0。下列有关判断不正确的是（ ）
A. 的能量大于与的能量之和
B. 合成氨反应的热化学方程式为
C. 催化氧化的热化学方程式为
D. 的
【答案】C
【解析】
【分析】结合题干信息以及图示可知，NO(g)的标准摩尔生成焓的热化学方程式为 ；H2O(g)的标准摩尔生成焓的热化学方程式为 ；NH3(g)的标准摩尔生成焓的热化学方程式为 。
【详解】A．1ml N2(g)和1ml O2(g)生成2ml NO(g)的反应 为吸热反应，的能量大于与的能量之和，A项正确；
B．由NH3(g)的标准摩尔生成焓可知 ，B项正确；
C．由反应① ；② ；③ ，结合盖斯定律可知等于，反应的，C项错误；
D．因为的能量低于，所以生成1ml时放出的能量更高，故的，D项正确；
故选C。
18. 向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2mlX和1mlY发生反应：2X(g)+Y(g) Z(g) ，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，下列说法不正确的是
A. B. 反应速率：
C. a点平衡常数：K=12D. 气体的总物质的量：
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，绝热条件下，甲容器中压强开始开始增大，说明反应发生后，容器中的反应温度升高，该反应为放热反应。
【详解】A．由分析可知，该反应为放热反应，则反应的焓变ΔH＜0，故A正确；
B．由分析可知，该反应为放热反应，由图可知，a点温度高于b点，温度越高，反应速率越快，则a点的正反应速率大于b点正反应速率，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，所以a点的正反应速率大于b点逆反应速率，故A正确；
C．a点为平衡点，此时容器总压为p，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压强之比等于物质的量之比，所以可设Y转化的物质的量为x，则列出三段式如下： ，则有，计算解得x=0.75ml，，又甲容器为绝热条件，等效为恒温条件下升温，平衡逆向移动，则平衡常数减小，故a点的平衡常数K＜12，故C错误；
D．由分析可知，该反应为放热反应，由图可知，a、c两点气体压强相同，a点的反应温度高于c点，由理想气体状态方程可知，a点气体的总物质的量小于c点，故D正确；
故选C。
二、填空题
19. 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：
（1）硅粉与HCl在300℃时反应生成SiHCl3气体和H2，当有1gSi反应时放出8.4kJ热量，该反应的热化学方程式为____。
（2）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) △H1＞0
②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) △H2＜0
③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g) △H3
反应③的△H3____0(填“>”或“<”)。
（3）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用物质除SiCl4、SiHCl3、Si外，还有____(填化学式)。
（4）通常人们把拆开1ml某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能，利用键能可以衡量化学键的强弱，也可以计算化学反应的焓变。已知：
则SiO2与SiC中比较稳定的是____(填化学式)，工业上高纯硅可以通过下列反应制取：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)，该反应的△H=____。(提示：1ml晶体Si中含有2mlSi－Si键)
【答案】（1）Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g) △H=-235.2kJ·ml-1
（2）< （3）H2、HCl
（4） ①. SiO2 ②. +236kJ·ml-1
【解析】
【分析】反应中，石英砂中的SiO2和焦炭发生反应得到粗硅；反应中，粗硅和干燥的HCl反应生成含SiCl4、SiHCl3.、H2等的混合物；反应中，SiCl4经氢化后生成SiHCl3，反应中,，SiHCl3和H2反应生成多晶硅和HCl，以此解题。
【小问1详解】
当有1gSi反应时放出8.4kJ热量，则1mlSi反应时，放出热量为235.2kJ，则该反应的热化学方程式为：Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g) △H=-235.2kJ·ml-1；
【小问2详解】
根据盖斯定律，①SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g) △H1＞0
②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) △H2＜0
将方程式②-①得③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g)，则△H3=△H2-△H1<0；
【小问3详解】
在最后一步反应中H2还原SiHCl3，过程中若混入O2，除可能引起爆炸外，还可能使得生成的Si与O2反应导致产物不纯；如图所示，由粗硅制备多晶硅的过程中，循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3、Si外, 还有HCl、H2；
【小问4详解】
由表格中的数据可知，Si－O键的键能较大，键能越大，越稳定，则则SiO2与SiC中比较稳定的是SiO2；根据反应热=反应物的键能和-产物的键能和，则。
20. 我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。利用反应：，可减少排放，并合成清洁能源。
（1）该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
已知反应①的，(、为速率常数，与温度、催化剂有关)若平衡后升高温度，则_______(填“增大”、“不变”或“减小”)，判断依据为：_______。
（2）对于反应，将和以一定的比例在密闭容器中通过两种不同的催化剂(I、II)进行反应，相同时间内，的转化率随温度变化曲线如图所示。
①温度下的M点是不是反应的平衡点？M点_______(填“是”或“不是”)反应的平衡点。
②倠化剂II条件下，当温度低于℃时，转化率随温度升高而升高的原因可能是：_______。
（3）利用电化学法还原二氧化硶制乙烯在强酸性溶液中通入二氧化碳，用惰性电极进行电解可制得乙烯，其原理如图丙所示：
阴极电极反应式为_______，该装置中使用的是_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
【答案】（1） ①. 减小 ②. ，反应①是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度，减小
（2） ①. 不是 ②. 未到达平衡的情况下，温度越高，反应速率䞗快，相同时间内消耗的越多
（3） ①. ②. 阳
【解析】
【小问1详解】
①；
②；
③；
将方程式③-②得方程式①：ΔH1=ΔH-ΔH2=[(-49)-(-90)]kJ/ml=+41kJ/ml；
已知反应①的，，反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，=，反应①是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度，减小；
【小问2详解】
①根据图知，T2时CO2的转化率小于T5时，说明T2温度时该反应没有达到平衡状态，M不是反应的平衡点；
②T2时该反应未达到平衡状态时，升高温度，二氧化碳的化学反应速率加快，单位体积内消耗的CO2越多，则二氧化碳的转化率越高；
【小问3详解】
连接电源负极的一极为阴极，阴极电极反应式为：，因为阳极室中的氢离子需要进入阴极室，故该装置中使用的是阳离子交换膜。
21. I.实验室利用下列方案探究影响化学反应速率的因素。请回答相关问题：
（1）实验时，分别量取溶液(过量)和酸性溶液，迅速混合并开始计时，可以通过测定_______来判断反应的快慢。
（2）实验①和实验②是探究_______对化学反应速生的影响，实验②和③是探究_______对化学反应速率的影响。
II.恒容密闭容器中，用还原，生成S的反应分两步完成(如图甲所示)，在300℃反应时相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图乙所示，请分析并回答如下问题：
（3）写出300℃发生的化学反应方程式_______。其中一种产物X进入下一容器，在100~200℃与反应，则X为(填化学式)_______。
（4）0~时间段用表示的化学反应速率为_______。
【答案】（1）酸性溶液褪色时间
（2） ①. 浓度 ②. 温度
（3） ①. ②.
（4）
【解析】
小问1详解】
草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应时，溶液的颜色会由紫色褪为无色，则实验时，可以通过测定酸性高锰酸钾溶液褪色时间来判断反应的快慢，故答案为：酸性KMnO4溶液褪色时间；
【小问2详解】
由表格数据可知，实验①和②的草酸溶液的浓度不同，其他实验条件均相同，则由变量唯一化的原则可知，实验①和实验②的目的是探究草酸溶液的浓度对化学反应速率的影响；实验②和实验③的反应温度不同，其他实验条件均相同，则由变量唯一化的原则可知，实验②和③的目的是探究温度对化学反应速率的影响；
【小问3详解】
由图甲可知，300℃时，氢气和二氧化硫在催化剂作用下反应硫化氢，化学方程式为：；100℃-200℃时，硫化氢与二氧化硫在催化剂作用下反应生成硫和水，则物质X为H2S；
【小问4详解】
由图乙可知，0~t1时间段二氧化硫浓度的变化量为2×10-3ml/L，则二氧化硫的化学反应速率。
22. 按照要求回答下列问题。
（1）在强碱性条件下用电解法除去废水中的，装置如图所示，阳极和阳极区依次发生的反应有：
i.
ii.
iii.
除去，外电路中至少需要转移_______ml电子。
（2）为了使电解池连续工作，需要不断补充NaCl及_______。
（3）用NaOH溶液吸收烟气中的，将所得的溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到，其原理如下图所示(电极材料为石墨)。
①图中a极要连接电源的_______填“正”或“负”)极，C口流出的物质是_______。
②放电的电极反应式为_______。
（4）用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐()已成为环境修复研究的热点之一、Fe还原酸性水体中的的反应原理如图所示。
①作负极的物质是_______。
②正极的电极反应式是_______。
【答案】（1）5 （2）NaOH
（3） ①. 负 ②. (浓度较大的)硫酸 ③.
（4） ①. 铁(Fe) ②.
【解析】
【小问1详解】
①2×(i+ii)+iii可得，根据反应，消耗2mlCN-，转移10ml电子，则除去1mlCN-，转移5ml电子；
【小问2详解】
根据反应i、ii，为了使电解池连续工作，需要不断补充NaOH和NaCl；
【小问3详解】
①根据电解池中离子的移动方向，阳离子向阴极移动，a电极为阴极，与电池的负极相连；b极为阳极，亚硫酸根离子失电子，与水反应生成硫酸根离子和氢离子，阳极区硫酸的浓度增大，C处流出的物质为浓硫酸；
②失电子，与水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：；
【小问4详解】
①根据图像可知，铁失电子，作负极；
②硝酸根离子得电子，与氢离子反应生成铵根离子和水，电极反应式为：。
23. I．研究氮的氧化物对环境保护有重要意义。
（1）实验1：在t℃时，无催化剂的恒容容器中，反应起始压强为p0的部分实验数据如下：
①若起始浓度c0为0.250ml/L，则反应至50min时的转化率_______；比较不同起始浓度时的分解速率： v(c0=0.250ml/L)_______ v(c0=0.010ml/L) (填“>”、“=”或“<”)。
②在该温度下，反应的平衡常数KP=_______(体系初始压强为100kPa，已知气体分压=总压×物质的量分数)。
③不同温度(T)下，分解一半所需时间随起始浓度的变化关系如图所示，则_______(填“>”、“=”或“<”)。
II．科学家利用反应对汽车尾气进行无害化处理，发生如下反应：，CO的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图所示，图中起始投料比。
（2）下图中与大小关系是_______。
（3）a、b、c三点对应的平䡓常数、、相对大小关系是_______，写出你的判断依据：_______。
【答案】（1） ①. 20% ②. = ③. 3645kPa ④. >
（2）
（3） ①. ②. 由固定投料比时，CO平衡转化率随温度升高而降低，可知反应，则温度升高平衡逆向移动，化学平衡常数减小，图中温度，所以平衡常数
【解析】
【小问1详解】
①由表格数据可知，在t℃时，无论一氧化二氮的起始浓度为多少，10min内一氧化二氮的浓度均减小0.01ml/L，则一氧化二氮的起始浓度虽然不同，但反应速率相同，所以v(c0=0.250ml/L)= v(c0=0.010ml/L)；起始浓度为0.250ml/L的一氧化二氮反应至50min时消耗一氧化二氮的浓度为0.05ml/L，则一氧化二氮的转化率为×100%=20%，故答案为：20%；=；
②由表格数据可知，在t℃90min时，反应达到平衡，反应物一氧化二氮的浓度为0.01ml/L，由方程式可知，氮气、氧气的浓度分别为(0.10—0.01)ml/L=0.09 ml/L、(0.1—0.01)ml/L×=0.045 ml/L，设平衡时压强为pkPa，由理想气体状态方程可得：p=×100kPa=145kPa，则一氧化氮、氮气、氧气的平衡分压为×145kPa=10kPa、×145kPa=9kPa、×100kPa=4.5kPa，反应的的平衡常数KP==3645kPa，故答案为：3645kPa；
③温度越高，反应速率越快，由图可知，一氧化二氮起始浓度相等时，T2温度时一氧化二氮分解一半所需时间大于T1温度时，所以温度T2小于温度T1，故答案为：>；.
【小问2详解】
增大起始投料比m 相当于增大一氧化氮的浓度，一氧化氮的浓度增大，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，由图可知，相同条件下，起始投料比m1的一氧化碳的转化率大于起始投料比m2，则起始投料比m1大于m2，故答案为：>；
【小问3详解】化学键
Si－O
Si－Cl
H－H
H－Cl
Si－Si
Si－C
键能/kJ·ml-1
460
360
436
431
176
347
编号
温度/℃
溶液
酸性溶液
浓度
体积/mL
浓度
体积/mL
①
25
0.10
2.0
0.010
4.0
②
25
0.20
2.0
0.010
4.0
③
50
0.20
2.0
0.010
4.0
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
0.10
0.09
0.08
0.07
0.06
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
0.01
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