精品解析：湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高二上学期期中检测 化学试题

华中师大一附中2024—2025学年度上学期期中检测 高二年级化学试题 满分：100分 考试时间：75分钟 可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 Ag-108 Au-197 W-184 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列过程与化学反应速率无关的是 A. 橡胶的老化 B. 使用冰箱储存食物 C. 14C的半衰期测年代 D. 由甲烷通过化学气相沉积制钻石 2. 化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是 A. 基元反应2I·→I2中，I·表示带有1个单电子的I原子 B. 当△t=2min时，△c(N2)=-0.6mol/L，可得v(N2)=0.005mol/(L·s) C. 用图像示意催化剂改变反应历程 D. 表达H2的燃烧热的热化学方程式是：H2(g)+ O2(g)=H2O(1) △H=-285.8kJ/mol 3. 下列实验现象错误的是 A. 将二氧化氮平衡器两端分别浸泡在热水和冰水中，热水中颜色更深 B. 取20mLNO2置于注射器中，压缩注射器，气体颜色先变深后逐渐变浅 C. 向2mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴加10滴6mol/LNaOH溶液，溶液变为黄色 D. 取2mL0.5mol/LCuCl2溶液置于试管，加热后溶液颜色由黄色变为蓝色 4. 在硫酸工业生产中，采用了中间有热交换器的接触室(见图)。下列说法正确的是 A. a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同 B. 由于催化剂不改变平衡转化率，c处与d处中SO2的转化率相同 C. 热交换器的作用是维持反应物的温度，防止后续温度过低催化剂失活 D. d处后会采取加压并迅速冷却使SO3液化从体系中分离来提高SO2的转化率 5. 金晶体是铜型堆积，制作出不同形貌的纳米金具有不同的应用。纳米金的形貌有球形、棒状、片状、花状、笼状及多面体等。下列说法错误的是 A. 金晶体的空间利用率约为74% B. 纳米金的熔点比大块金晶体更低 C. 观察纳米金的形貌可以使用电子显微镜 D. 由于自范性的存在，各种形貌的纳米金颗粒中只有一种形貌能稳定存在 6. 在一密闭容器中进行反应A(s)+D(g)E(g)，其逆反应速率随时间的变化情况如图所示，试判断下列说法正确的是 A. t3时刻可能采取的措施是减少c(D) B. t5时刻可能采取的措施是升高温度 C. t7时刻可能采取的措施是移出部分A D. 图中条件改变均为单一变化时，该容器的体积可以始终保持不变 7. 一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应，测得反应的相关数据如下： 容器1 容器2 容器3 反应温度T/K 700 700 800 反应物投入量 2molSO2、1molO2 4molSO3 2molSO2、lmolO2 平衡c(SO3)/mol·L-1 c1 c2 c3 平衡体系总压强p/Pa p1 p2 p3 反应能量变化 放出akJ 吸收bkJ 放出ckJ 平衡常数K K1 K2 K3 下列说法正确的是 A. c2<2c1 B. p2<2p3 C. +c>196.0 D. K1<K3 8. 下列实验装置和操作能达到相应实验目的的是 A．验证锌粒与稀硫酸的反应为放热反应 B．验证增大生成物浓度，化学平衡逆向移动 C．探究温度对反应速率的影响 D．中和反应反应热的测定 A. A B. B C. C D. D 9. 下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论正确的是 A. 图①中该反应中各物质均为气体 B. 图②中M点正反应速率点逆反应速率 C. 图③是在恒温恒容的密闭容器中，反应物按不同投料比进行反应，若平衡时和的转化率相等，则 D. 图④中A、B、C三点表示不同温度、不同压强下NO的平衡转化率，压强最小的是B点，化学平衡常数最小的是A点 10. 利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生反应TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g) △H>0，实验装置如图：在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2(g)，一段时间后在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，下列说法正确的是 A. 石英管中温度T1<T2 B. 上述反应体系中循环使用的物质是I2和S2 C. 化学蒸气转移法最终物质不变，所以是发生了物理变化 D. 其他条件不变的情况下，增加I2的浓度，最终可以使TaS2晶体结晶更多 11. 一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下： 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是 A. 反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ B. 反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ C. 选用对反应Ⅰ更有利的催化剂，可增加平衡时产物Ⅰ的比例 D. 选择相对较长的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅱ 12. 钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述正确的是 A. O=V5+是催化剂 B. 反应过程中H—O—V5+被氧化 C. 脱硝反应为4NH3+3O22N2+6H2O D. 反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和形成 13. 哈伯在1908年申请循环法合成氨的专利，合成氨实验所用装置如下。下列说法不正确的是 A. 进口a通入的是经过压缩的N2和H2 B. 出口b的气体可以直接通入饿催化剂反应器 C. 出口c是液态NH3出口，可用于冷却离开催化剂的气体 D. 冷却水从A口进，B口出，用来给合成氨反应降温防止温度过热 14. 杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，通过在上缘和下缘引入基团，可改变其溶解度和选择性。下图是SC[6]A修饰的银纳米粒(SC[6]A-AgNPs)与血根碱(SGR)形成SC[6]A-AgNPs-SGR络合过程示意图，产物具有良好的抗菌、抗肿瘤、抗氧化和抗炎活性。下列说法正确的是 A. 杯[n]芳烃中大π键与被装载分子通过强配位键形成超分子 B. SC[6]A是杯[6]芳烃上缘引入磺酸基后形成，可以增强水溶性 C. 由于自组装的特征，后续研究选用SC[4]A同样可以自发装入血根碱(SGR) D. SC[6]A可修饰银纳米粒是因为其含有特定数量的羟基(-OH)带来的分子识别特性 15. 两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。 反应1：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) p1=3.6×104Pa 反应2：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) p2=4×103Pa 该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是 A. 平衡后总压强为4.36×105Pa B. 缩小体积，平衡后总压强不变 C. 反应2的平衡常数Kp为4×106 D. 通入NH3，再次平衡后总压强不变 二、非选择题：本题共4小题，共55分 16. 亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，可通过以下反应制得：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。按投料比[n(NO)：n(Cl2)]=2：1把NO和Cl2加入到恒压的密闭容器中发生反应，平衡时NO的转化率与温度T、压强p(总压)的关系如图所示： （1）该反应的△H_______(填“>”“<”或“=”)0。 （2）M点和N点时的KM_______KN，ClNO的百分含量ωM%_______ωN%。 （3）在压强为p条件下，M点时容器内NO的体积分数为_______。 （4）若反应一直保持在p=bPa压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp=_______(用含b的表达式表示)。 （5）实验测得，v正=k正c2(NO)·c(Cl2)，v逆=k逆c2(ClNO)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。 ①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_______(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。 ②若在2L的密闭刚性容器中充入1molCl2和1molNO，在一定温度下达到平衡时，NO的转化率为40%，则k正：k逆=_______(保留一位小数)。 17. 钨是国防及高新技术应用中极为重要的功能材料之一、由黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁(FeWO4)、钨酸锰(MnWO4)，少量Si、As元素]冶炼钨的流程如下： 已知：①钨酸(H2WO4)酸性很弱，难溶于水。 ②水浸液含、、、等阴离子。 （1）“焙烧”前，粉碎黑钨矿的目的是_______。 （2）滤渣的主要成分为两种金属氧化物，是MnO2、_______。写出生成MnO2的化学方程式_______。 （3）“净化”过程中，H2O2的作用是_______。 （4）“还原”的总反应分为多个阶段，产物可能表现出多种颜色，具体的颜色取决于其晶体结构和形态。 化学式 WO3 wO2.9 WO2.72 WO2 颜色 黄色氧化钨 蓝色氧化钨 紫色氧化钨 棕色氧化钨 ①温度过高时，WO2(s)转变为WO2(g)； WO2(s)+2H2(g)W(s)+2H2O(g) △H=+66.0kJ·mol-l WO2(g)+2H2(g)W(s)+2H2O(g) △H=-137.9kJ·mol-l 则WO2(s)WO2(g)的△H=_______。 ②钨的氧化物中一种晶胞结构是立方体，边长为anm，结构如图，则该晶体的密度为_______g·cm-3(设阿伏加德罗常数为NA)。部分缺陷的紫色氧化钨中n(W6+)：n(W5+)=_______。 18. NOx控制技术一直是全球环境方面的科研重点，在目前众多的技术中，利用氨进行选择性催化还原(NH3-SCR)是较有效且经济的处理技术。其反应原理为4NH3+6NO5N2+6H2O。 （1）n(NH3)：n(NO)的物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3时，不同温度条件下反应时间相同时，得到NO脱除率曲线如图所示。n(NH3)：n(NO)的物质的量之比为1：3时，对应的是曲线_______(填“a”“b”或“c”)。 （2）研究发现在以Fe3+为催化剂时发生的反应过程如图，总反应的化学方程式为_______。 （3）Cu2+/Cu+氧化还原也可以加速SCR反应过程，于是科学家选用CuO、Fe2O3以及Fe(Ⅲ)-Cu(Ⅱ)复合氧化物催化剂进行了对比研究。取0.5g催化剂于石英管中，通入气体中NH3和NO体积分数均为5×10-2%，O2体积分数为3%，其余气体为He，保持气体流量为300mL/min，用NO分析仪检测进出口NO浓度，用气相色谱仪对出口N2浓度等数据实时记录分析，得到以下两个图像。请回答以下问题： ①由于副反应的复杂性，要想测量催化剂对生成N2的选择性，还需要测量_______的浓度。 ②当温度高于250℃后，以CuO为催化剂的α(NO)下降的原因是_______。 ③CuO催化剂比Fe2O3催化剂的优势是_______，Fe2O3催化剂比CuO催化剂的优势是_______。 ④结论：对比CuO和Fe2O3，Fe(Ⅲ)-Cu(Ⅱ)复合氧化物催化剂是更优催化剂。进一步研究显示孤立的金属离子催化活性更好，所以对不同配比的Fe(Ⅲ)-Cu(Ⅱ)复合氧化物催化剂进行金属物种分析，预测下表中样品_______(填入样品名称)的催化效果最佳。 样品 Fe物种 Cu物种 Fe2+(%) Fe3+(%) CuO(%) Cu2+(%) Fe催化剂 41.31 58.69 - - FeCu1催化剂 38.86 61.14 52.57 47.43 FeCu2催化剂 28.95 71.05 45.65 54.35 FeCu3催化剂 41.81 58.19 51.45 48.55 19. 某课外小组探究Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3溶液的反应。 已知：ⅰ．(绿色) (无色)； ⅱ．2NH3+Cu+[Cu(NH3)2]+(无色)，[Cu(NH3)2]+遇空气容易被氧化为[Cu(NH3)4]2+ (蓝色)； ⅲ．易被氧化为或，Cu+在水溶液中不稳定。 【假设】同学们根据资料认为Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3可能会发生两种反应。 假设1：Cu2+与在溶液中发生络合反应生成[Cu(S2O3)2]2-； 假设2：Cu(Ⅱ)有_______性，与在溶液中发生氧化还原反应。 【实验操作及现象分析】 实验一：探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。 实验操作 实验 序号 V1(mL) V(mL) 逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象 a 1.5 0.5 溶液逐渐变为绿色，静置无变化 b 1.0 1.0 溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化 c 0 2.0 溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化 （1）根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是_______(填化学符号)。 （2）甲同学认为实验一能证明假设2成立，补全假设2_______，他的理由是_______。 实验二：探究CuCl2与Na2S2O3溶液的反应。 （3）乙同学利用已知资料进一步确证了实验二的无色溶液中存在Cu(I)。他的实验操作及现象是：取少量无色溶液，_______。 （4）经检验氧化产物以形式存在。写出Cu2+与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：_______。 【获得结论】 （5）综合以上实验，同学们认为Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关，得到实验结论： ①Cu(Ⅱ)与反应时，络合反应速率大于氧化还原反应速率。 ②随n()：n(Cu2+)的增大，_______。 ③_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华中师大一附中2024—2025学年度上学期期中检测 高二年级化学试题 满分：100分 考试时间：75分钟 可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 Ag-108 Au-197 W-184 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列过程与化学反应速率无关的是 A. 橡胶的老化 B. 使用冰箱储存食物 C. 14C的半衰期测年代 D. 由甲烷通过化学气相沉积制钻石 【答案】C 【解析】 【详解】A．橡胶长期暴露在空气，易在氧气和光照的作用下形成形成氧化产物或橡胶链断裂和交联结构的破坏而产生老化，老化速率与接触的氧气浓度和光照强度与时长有关，涉及到了化学反应速率，A不符合题意； B．使用冰箱储存食物是利用温度越低反应速率越慢的原理，涉及到了化学反应速率，B不符合题意； C．元素的半衰期‌是指放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，不涉及化学变化，也就不涉及化学反应速率，C符合题意； D．由甲烷通过化学气相沉积制钻石是通过化学反应在基底上沉积碳原子，从而形成钻石薄膜得到钻石，制造过程中涉及到了化学反应速率，D不符合题意； 故答案为：C。 2. 化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是 A. 基元反应2I·→I2中，I·表示带有1个单电子的I原子 B. 当△t=2min时，△c(N2)=-0.6mol/L，可得v(N2)=0.005mol/(L·s) C. 用图像示意催化剂改变反应历程 D. 表达H2的燃烧热的热化学方程式是：H2(g)+ O2(g)=H2O(1) △H=-285.8kJ/mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．基元反应2I·→I2中，I·为自由基，表示带有1个单电子的I原子，A正确； B．浓度改变量不能为负值，应该是减少的物质的量浓度，B错误； C．催化剂减少活化能，改变反应历程，C正确； D．表达H2的燃烧热时，生成液态水，热化学方程式是：H2(g)+O2(g)=H2O(1) △H=-285.8kJ/mol，D正确； 故选B。 3. 下列实验现象错误的是 A. 将二氧化氮平衡器两端分别浸泡在热水和冰水中，热水中颜色更深 B. 取20mLNO2置于注射器中，压缩注射器，气体颜色先变深后逐渐变浅 C. 向2mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴加10滴6mol/LNaOH溶液，溶液变为黄色 D. 取2mL0.5mol/LCuCl2溶液置于试管，加热后溶液颜色由黄色变为蓝色 【答案】D 【解析】 【详解】A．存在平衡：2⇌ △H＜0，升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，A正确； B．存在平衡：2⇌，压缩注射器使管内气体容积减小，、的浓度均比原来的大，混合气体的颜色变深，由于管内压强增大，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色稍微变浅一些，故气体颜色先变深后逐渐变浅，B正确； C．重铬酸钾溶液中存在平衡：，加10滴6mol/LNaOH溶液，减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，溶液变为黄色，C正确； D．加热盛有2mL0.5mol/LCuCl2溶液的试管， ，平衡正向移动，溶液由蓝色变为黄色，或描述为蓝绿色变为黄绿色，D错误； 故选D。 4. 在硫酸工业生产中，采用了中间有热交换器的接触室(见图)。下列说法正确的是 A. a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同 B. 由于催化剂不改变平衡转化率，c处与d处中SO2的转化率相同 C. 热交换器的作用是维持反应物的温度，防止后续温度过低催化剂失活 D. d处后会采取加压并迅速冷却使SO3液化从体系中分离来提高SO2的转化率 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，故A正确； B．在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，在d处未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，故B错误； C．热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件，故C错误； D．d处后会采取加压并迅速冷却使SO3液化从体系中分离，使未反应完的原料气可以循环利用，同时也有利于后续SO3的吸收，但不影响二氧化硫的转化率，故D错误； 故选：A。 5. 金晶体是铜型堆积，制作出不同形貌的纳米金具有不同的应用。纳米金的形貌有球形、棒状、片状、花状、笼状及多面体等。下列说法错误的是 A. 金晶体的空间利用率约为74% B. 纳米金的熔点比大块金晶体更低 C. 观察纳米金的形貌可以使用电子显微镜 D. 由于自范性的存在，各种形貌的纳米金颗粒中只有一种形貌能稳定存在 【答案】D 【解析】 【详解】A．铜型堆积是面心立方，则空间利用率约为，A正确； B．这是由于纳米金微粒比表面积大,表面能及界面能高,熔化时所需内能较小,因而使纳米金熔点较低，B正确； C．纳米颗粒,尺寸只有头发的一百分之一，肉眼根本分辨不出，但可以通过透射电镜来观察，C正确； D．纳米金的形貌有球形、棒状、片状、花状、笼状及多面体，D错误； 故选D。 6. 在一密闭容器中进行反应A(s)+D(g)E(g)，其逆反应速率随时间的变化情况如图所示，试判断下列说法正确的是 A. t3时刻可能采取的措施是减少c(D) B. t5时刻可能采取的措施是升高温度 C. t7时刻可能采取的措施是移出部分A D. 图中条件改变均为单一变化时，该容器的体积可以始终保持不变 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图象，t3时刻v逆不变之后减小，是渐变不是突变，则是改变反应物的浓度引起的，A是固体，则可能是减少c(D)，A正确； B．升温反应速率增大，而t5时刻，逆反应速率突然减小，之后慢慢增大，所以不可能是升温所致，B错误； C．t7时刻，逆反应瞬时速率减小，t7之后，逆反应速率不再改变，反应为气体分子总数不变的反应，所以可能是减小压强所致，C错误； D．结合选项C可知，t7时刻，可通过增大容器体积实现减小压强， D错误； 答案选A。 7. 一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应，测得反应的相关数据如下： 容器1 容器2 容器3 反应温度T/K 700 700 800 反应物投入量 2molSO2、1molO2 4molSO3 2molSO2、lmolO2 平衡c(SO3)/mol·L-1 c1 c2 c3 平衡体系总压强p/Pa p1 p2 p3 反应能量变化 放出akJ 吸收bkJ 放出ckJ 平衡常数K K1 K2 K3 下列说法正确的是 A. c2<2c1 B. p2<2p3 C. +c>196.0 D. K1<K3 【答案】B 【解析】 【详解】A．容器2相当于给容器1加压，若平衡不发生移动，则平衡时有c2=2c1，但加压有利于该反应正向进行，所以c2＞2c1，A错误； B．容器1和容器2中温度相同，投料量不同，平衡时p2<2p1，容器1和容器3中，反应物投入量相同，升温平衡逆向移动，则平衡时p1<p3，故p2<2p3，B正确； C．容器 1 中反应放出akJ热量，容器 2 中反应吸收bkJ热量，且容器 2 中反应相当于容器 1 反应的逆反应的2倍，但容器2相当于容器1加压，平衡向正向移动，所以吸收的热量，即+a＜196.0，容器 3 中温度为800K，容器 1 中温度为700K，根据，容器 3 中平衡逆向移动，反应放出的热量c<a，则，C错误； D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则K1＞K3，D错误； 故选B。 8. 下列实验装置和操作能达到相应实验目的的是 A．验证锌粒与稀硫酸的反应为放热反应 B．验证增大生成物浓度，化学平衡逆向移动 C．探究温度对反应速率的影响 D．中和反应反应热的测定 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．Zn与稀硫酸反应放出的热量和生成的气体都可使注射器的活塞外移，所以不能证明反应为放热反应，A错误； B．加KCl，对平衡移动无影响，B错误； C．反应物浓度相同，控制温度不同，可以探究温度对反应速率的影响，C正确； D．铜制搅拌器导热，会对反应热的测定造成干扰，D错误； 故选C。 9. 下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论正确的是 A. 图①中该反应中各物质均为气体 B. 图②中M点正反应速率点逆反应速率 C. 图③是在恒温恒容的密闭容器中，反应物按不同投料比进行反应，若平衡时和的转化率相等，则 D. 图④中A、B、C三点表示不同温度、不同压强下NO的平衡转化率，压强最小的是B点，化学平衡常数最小的是A点 【答案】C 【解析】 【详解】A．如果各物质均为气体，则反应为等气体体积的反应，压强的改变对平衡不影响，D的体积分数不随压强的改变而改变，A错误； B．根据图形，温度T1比温度T2更早达到平衡，T1温度更高，N点为温度T2，温度低，反应速率比T1的M点慢，且还处于建立平衡的过程中，逆反应速率更慢，N点逆反应速率<M点正反应速率，B错误； C．当投料比等于化学计量数之比时，所有反应物的转化率相等，若平衡时的转化率相等，则a=2，C正确； D．该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，则压强最小的是A点；根据图形，升高温度，NO的平衡转化率减小，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，A点温度最低，化学平衡常数最大，D错误； 故选C。 10. 利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生反应TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g) △H>0，实验装置如图：在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2(g)，一段时间后在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，下列说法正确的是 A. 石英管中温度T1<T2 B. 上述反应体系中循环使用的物质是I2和S2 C. 化学蒸气转移法最终物质不变，所以是发生了物理变化 D. 其他条件不变的情况下，增加I2的浓度，最终可以使TaS2晶体结晶更多 【答案】A 【解析】 【详解】A．通过题意温度T2端利于反应正向进行，为高温，温度T1端利于反应向左进行，为低温，所以T1<T2，A正确； B．上述反应体系中循环使用的物质是I2，B错误； C．有新物质生成，发生了化学变化，C错误； D． TaS2为固体，，增加I2的浓度，平衡正向移动，TaS2晶体结晶减小，D错误； 故选A。 11. 一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下： 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是 A. 反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ B. 反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ C. 选用对反应Ⅰ更有利的催化剂，可增加平衡时产物Ⅰ的比例 D. 选择相对较长的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅱ 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确； B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确； C．选用对反应Ⅰ更有利的催化剂，可增加反应的速率，但不能影响平衡的移动，因此平衡时产物Ⅱ和产物I的比例不变，故C错误； D．根据图中信息，相对较短的反应时间内，产物I占比较大，选择相对较长的反应时间，产物Ⅱ占比较大，因此选择相对较长的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅱ，故D正确。 综上所述，答案为C。 12. 钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述正确的是 A. O=V5+是催化剂 B. 反应过程中H—O—V5+被氧化 C. 脱硝反应为4NH3+3O22N2+6H2O D. 反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和形成 【答案】D 【解析】 【分析】根据图中物质的转化关系知反应物有NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，根据过程中含V元素微粒的结构式判断化学键的变化，据此解答。 【详解】A．O=V5+参与反应后被还原为H—O—V4+，因此不是催化剂，A错误； B．由流程可知反应过程中H—O—V5+化合价没有发生变化，B错误； C．由转化示意图可知，整个过程中反应物有NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，在钒系催化剂作用下脱硝反应为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，C错误； D．反应过程中有O=O键断裂，氮氮三键形成，即有非极性键的断裂和形成，有N-H键断裂，H-O键形成，所以既有极性键又有非极性键的断裂和形成，D正确； 故选D。 13. 哈伯在1908年申请循环法合成氨的专利，合成氨实验所用装置如下。下列说法不正确的是 A. 进口a通入的是经过压缩的N2和H2 B. 出口b的气体可以直接通入饿催化剂反应器 C. 出口c是液态NH3出口，可用于冷却离开催化剂的气体 D. 冷却水从A口进，B口出，用来给合成氨反应降温防止温度过热 【答案】B 【解析】 【分析】合成氨，由于合成氨的反应是一个可逆反应，达到平衡后，反应物并不能完全转化为产物氨气，这意味着有很大一部分原料气未被充分利用，故进口a通入压缩N2和H2，有助于提高反应速率、提高N2和H2的利用率；在合成氨的工艺中，氢气和氮气都需要进行干燥处理，以防止过多水分的进入影响化学反应的进行；经过反应器反应，按下进上出的方式通入冷凝水，混合气体进入冷却室，将NH3液化，c处为液态氨气，b出来的N2和H2的混气进行循环合成， 据此分析； 【详解】A．压缩的N2和H2有利于正向进行，提高反应速率、提高N2和H2的利用率和平衡混合物中氨气的含量，A正确； B．应净化，防催化剂中毒，B错误； C．NH3易液化，将NH3分离有利平衡正向移动，C正确； D．冷却水下口进水，从A口进水，上口出水，B口出水，来给合成氨反应降温防止温度过热，D正确； 故选B。 14. 杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，通过在上缘和下缘引入基团，可改变其溶解度和选择性。下图是SC[6]A修饰的银纳米粒(SC[6]A-AgNPs)与血根碱(SGR)形成SC[6]A-AgNPs-SGR络合过程示意图，产物具有良好的抗菌、抗肿瘤、抗氧化和抗炎活性。下列说法正确的是 A. 杯[n]芳烃中大π键与被装载分子通过强配位键形成超分子 B. SC[6]A是杯[6]芳烃上缘引入磺酸基后形成，可以增强水溶性 C. 由于自组装的特征，后续研究选用SC[4]A同样可以自发装入血根碱(SGR) D. SC[6]A可修饰银纳米粒是因为其含有特定数量的羟基(-OH)带来的分子识别特性 【答案】B 【解析】 【详解】A．杯[n]芳烃与被装载分子通过分子间作用力结合，并非化学键，故A错误； B．结合杯[6]芳烃与SC[6]A可知，SC[6]A由杯[6]芳烃发生磺化反应得到，磺酸基属于亲水基，因此可增强水溶性，故B正确； C．根据超分子可对分子进行识别，SC[6]A可自发装入血根碱，可知SC[6]A的大小与血根碱(SGR)适配，则SC[4]A无法识别血根碱，不能自发装入，故C错误； D．由SC[6]A-AgNPs-SGR络合结构可知，SC[6]A的上缘结合银纳米颗粒，应是其含有特定数量的-SO3H带来的分子识别特性，故D错误； 故选：B。 15. 两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。 反应1：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) p1=3.6×104Pa 反应2：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) p2=4×103Pa 该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是 A. 平衡后总压强为4.36×105Pa B. 缩小体积，平衡后总压强不变 C. 反应2的平衡常数Kp为4×106 D. 通入NH3，再次平衡后总压强不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．对于反应2平衡体系，2种等量气体总压强为4×103Pa可知，p(CO2)=p(H2O)=2×103，反应1平衡时，p(CO2)=p(H2O)=p(NH3)=1.2×104，=，平衡时p(CO2)=p(H2O)，结合，则平衡时(NH3)= Pa，所以总压强为p(NH3)+p(CO2)+p(H2O)= Pa，A正确； B．缩小体积，温度不变，则Kp不变，，，故各气体分压不变，平衡后总压强不变，B正确； C．反应2的平衡常数为，C错误； D．刚性密闭容器，温度不变，则平衡常数不变，，，通入NH3，再次达到平衡后，气体的分压不变，则总压强不变，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共55分 16. 亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，可通过以下反应制得：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。按投料比[n(NO)：n(Cl2)]=2：1把NO和Cl2加入到恒压的密闭容器中发生反应，平衡时NO的转化率与温度T、压强p(总压)的关系如图所示： （1）该反应的△H_______(填“>”“<”或“=”)0。 （2）M点和N点时的KM_______KN，ClNO的百分含量ωM%_______ωN%。 （3）在压强为p条件下，M点时容器内NO的体积分数为_______。 （4）若反应一直保持在p=bPa压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp=_______(用含b的表达式表示)。 （5）实验测得，v正=k正c2(NO)·c(Cl2)，v逆=k逆c2(ClNO)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。 ①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_______(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。 ②若在2L的密闭刚性容器中充入1molCl2和1molNO，在一定温度下达到平衡时，NO的转化率为40%，则k正：k逆=_______(保留一位小数)。 【答案】（1）< （2） ①. < ②. = （3）40% （4）Pa-1 （5） ①. < ②. 1.1 【解析】 【小问1详解】 根据图象，升高温度，NO的转化率减小，说明平衡逆向移动，说明该反应正反应为放热反应，△H＜0； 【小问2详解】 正反应为放热反应，温度越高，K值越小，故KM< KN；由图可知，平衡时NO的转化率相等，百分含量相同，故ClNO的百分含量ωM%=ωN%； 【小问3详解】 根据图象，在压强为P条件下，M点时容器内NO的转化率为50%，设NO的物质的量为2mol，则Cl2的物质的量为1mol，列三段式如下：，因此NO的体积分数为=40%； 【小问4详解】 由以上三段式可知，平衡常数Kp==Pa-1； 【小问5详解】 ①平衡时正逆反应速率相等，温度升高，正逆反应速率增大，即k正、k逆均增大，因为反应放热，平衡逆向移动，所以k逆比k正增大多； ②已知起始量1molCl2和1mol NO，NO的转化率为40%，则c(NO)= =0.5mol/L，c(Cl2)= =0.5mol/L，△c(NO)=0.5mol/L×40%=0.2mol/L，列三段式如下：，平衡常数K==1.1(mol/L)-1，平衡时v正=v逆，则k正•c2(NO)•c(Cl2)=k逆•c2(ClNO)，则=K=1.1(mol/L)-1。 17. 钨是国防及高新技术应用中极为重要的功能材料之一、由黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁(FeWO4)、钨酸锰(MnWO4)，少量Si、As元素]冶炼钨的流程如下： 已知：①钨酸(H2WO4)酸性很弱，难溶于水。 ②水浸液含、、、等阴离子。 （1）“焙烧”前，粉碎黑钨矿的目的是_______。 （2）滤渣的主要成分为两种金属氧化物，是MnO2、_______。写出生成MnO2的化学方程式_______。 （3）“净化”过程中，H2O2的作用是_______。 （4）“还原”的总反应分为多个阶段，产物可能表现出多种颜色，具体的颜色取决于其晶体结构和形态。 化学式 WO3 wO2.9 WO2.72 WO2 颜色 黄色氧化钨 蓝色氧化钨 紫色氧化钨 棕色氧化钨 ①温度过高时，WO2(s)转变为WO2(g)； WO2(s)+2H2(g)W(s)+2H2O(g) △H=+66.0kJ·mol-l WO2(g)+2H2(g)W(s)+2H2O(g) △H=-137.9kJ·mol-l 则WO2(s)WO2(g)的△H=_______。 ②钨的氧化物中一种晶胞结构是立方体，边长为anm，结构如图，则该晶体的密度为_______g·cm-3(设阿伏加德罗常数为NA)。部分缺陷的紫色氧化钨中n(W6+)：n(W5+)=_______。 【答案】（1）增大黑钨矿与氧气的接触面积，加快焙烧速率，使焙烧更充分 （2） ①. Fe2O3 ②. 2MnWO4+O2+2Na2CO32MnO2+2Na2WO4+2CO2 （3）将氧化为，除去As元素 （4） ①. +203.9kJ·mol-1 ②. g·cm-3 ③. 11：14 【解析】 【分析】黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁(FeWO4)、钨酸锰(MnWO4)，少量Si、As元素]冶炼钨，先加入碳酸钠并通入氧气进行焙烧，铁元素被氧化为三价，硅转化为硅酸盐，进行水浸，水浸液含、、、等阴离子，滤渣的主要成分为MnO2、Fe2O3两种金属氧化物，水浸液中加入氯化镁、过氧化氢净化，得到MgSiO3、MgHAsO4，加入硫酸过滤得到滤液和钨酸滤渣，钨酸(H2WO4)酸性很弱，难溶于水，煅烧得到钨的氧化物，通入氢气还原得到单质W。 【小问1详解】 “焙烧”前将黑钨矿粉碎，可增大矿石的表面积，从而增大反应接触面积，加快焙烧速率，使焙烧更充分； 【小问2详解】 由分析，“水浸”除去了锰和铁元素，故滤渣的主要成分为MnO2、Fe2O3两种金属氧化物，焙烧过程中MnWO4与氢氧化钠反应生成二氧化锰和钨酸钠，化学方程式为； 【小问3详解】 由流程图及分析，水浸液含、，净化过程中，砷元素以MgHAsO4沉淀的形式被除去，因此，H2O2的作用是将氧化为； 【小问4详解】 ①设①WO2(s)+2H2(g)W(s)+2H2O(g) △H1=+66.0kJ·mol-l，②WO2(g)+2H2(g)W(s)+2H2O(g) △H2=-137.9kJ·mol-l，根据盖斯定律，①-②可得反应WO2(s)WO2(g)△H=+66-（-137.9）=+203.9kJ·mol-1； ②则由晶胞结构图可知，图中黑色球代表W，白色球代表O，则一个晶胞中W原子数目为：8=1，O原子数目为12=3，故钨的氧化物的化学式是WO3；晶胞边长为anm，晶体的密度g·cm-3=g·cm-3；部分缺陷的紫色氧化钨化学式为WO2.72，设n(W6+)=amol，n(W5+)=1-amol，根据化合价代数和为零，可得，6a+5(1-a)=2.72×2，a=0.44mol，故n(W6+)：n(W5+)=11：14。 18. NOx控制技术一直是全球环境方面的科研重点，在目前众多的技术中，利用氨进行选择性催化还原(NH3-SCR)是较有效且经济的处理技术。其反应原理为4NH3+6NO5N2+6H2O。 （1）n(NH3)：n(NO)的物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3时，不同温度条件下反应时间相同时，得到NO脱除率曲线如图所示。n(NH3)：n(NO)的物质的量之比为1：3时，对应的是曲线_______(填“a”“b”或“c”)。 （2）研究发现在以Fe3+为催化剂时发生的反应过程如图，总反应的化学方程式为_______。 （3）Cu2+/Cu+氧化还原也可以加速SCR反应过程，于是科学家选用CuO、Fe2O3以及Fe(Ⅲ)-Cu(Ⅱ)复合氧化物催化剂进行了对比研究。取0.5g催化剂于石英管中，通入气体中NH3和NO体积分数均为5×10-2%，O2体积分数为3%，其余气体为He，保持气体流量为300mL/min，用NO分析仪检测进出口NO浓度，用气相色谱仪对出口N2浓度等数据实时记录分析，得到以下两个图像。请回答以下问题： ①由于副反应的复杂性，要想测量催化剂对生成N2的选择性，还需要测量_______的浓度。 ②当温度高于250℃后，以CuO为催化剂的α(NO)下降的原因是_______。 ③CuO催化剂比Fe2O3催化剂的优势是_______，Fe2O3催化剂比CuO催化剂的优势是_______。 ④结论：对比CuO和Fe2O3，Fe(Ⅲ)-Cu(Ⅱ)复合氧化物催化剂是更优催化剂。进一步研究显示孤立的金属离子催化活性更好，所以对不同配比的Fe(Ⅲ)-Cu(Ⅱ)复合氧化物催化剂进行金属物种分析，预测下表中样品_______(填入样品名称)的催化效果最佳。 样品 Fe物种 Cu物种 Fe2+(%) Fe3+(%) CuO(%) Cu2+(%) Fe催化剂 41.31 58.69 - - FeCu1催化剂 38.86 61.14 52.57 47.43 FeCu2催化剂 28.95 71.05 45.65 54.35 FeCu3催化剂 41.81 58.19 51.45 48.55 【答案】（1）c （2）4NH3+4NO+O24N2+6H2O （3） ①. NH3 ②. 温度过高CuO催化剂失活，催化效果变差，反应速率减慢，NO转化率下降 ③. 最高效温度区间较低，节约能源 ④. 最适温度下速率更快，选择性更高 ⑤. FeCu2催化剂 【解析】 【小问1详解】 根据可逆反应中，增大一种反应物的浓度可提高另一种反应物的转化率，则n(NH3):n(NO)的物质的量之比为1:3时NO脱除率最低，即曲线c； 【小问2详解】 由图知，NH3、NO 和O2在催化下发生反应生成N2和水，化学方程式为； 【小问3详解】 ①因为SCR反应（选择性催化还原反应）主要是NH3与NO反应生成N2和水，反应方程式为，但是可能会有副反应发生，生成其他含氮化合物，要想测量催化剂对生成N2的选择性，还需要测量进出口处NH3的浓度，通过计算N2在所有含氮产物中的比例来确定选择性； ②当温度高于250℃后，以CuO为催化剂，温度过高导致CuO催化剂失活，催化效果变差，反应速率减慢，NO转化率下降； ③由图可知，CuO的最高效温度区间温度较低，节约能源，Fe2O3最适温度下反应速率更快，选择性更高； ④由已知孤立的金属离子催化活性更好可得，Fe3+和Cu2+为高价态离子，从表中数据看，FeCu2样品中Fe3+的比例（71.05%）和Cu2+的比例（54.35%）相对较高，所以预测FeCu2样品的催化效果最佳。 19. 某课外小组探究Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3溶液的反应。 已知：ⅰ．(绿色) (无色)； ⅱ．2NH3+Cu+[Cu(NH3)2]+(无色)，[Cu(NH3)2]+遇空气容易被氧化为[Cu(NH3)4]2+ (蓝色)； ⅲ．易被氧化为或，Cu+在水溶液中不稳定。 【假设】同学们根据资料认为Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3可能会发生两种反应。 假设1：Cu2+与在溶液中发生络合反应生成[Cu(S2O3)2]2-； 假设2：Cu(Ⅱ)有_______性，与在溶液中发生氧化还原反应。 【实验操作及现象分析】 实验一：探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。 实验操作 实验 序号 V1(mL) V(mL) 逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象 a 1.5 0.5 溶液逐渐变为绿色，静置无变化 b 1.0 1.0 溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化 c 0 2.0 溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化 （1）根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是_______(填化学符号)。 （2）甲同学认为实验一能证明假设2成立，补全假设2_______，他的理由是_______。 实验二：探究CuCl2与Na2S2O3溶液的反应。 （3）乙同学利用已知资料进一步确证了实验二的无色溶液中存在Cu(I)。他的实验操作及现象是：取少量无色溶液，_______。 （4）经检验氧化产物以形式存在。写出Cu2+与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：_______。 【获得结论】 （5）综合以上实验，同学们认为Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关，得到实验结论： ①Cu(Ⅱ)与反应时，络合反应速率大于氧化还原反应速率。 ②随n()：n(Cu2+)的增大，_______。 ③_______。 【答案】（1）[Cu(S2O3)2]2- （2） ①. 氧化性 ②. 实验a到实验c，溶液先变为绿色，后溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应 （3）向其中滴加氨水，放置在空气中，溶液变为蓝色 （4）2Cu2++6=+2[Cu(S2O3)2]3- （5） ①. 二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强 ②. Cu(Ⅱ)盐中阴离子为Cl-时，可以增大Cu2+与发生氧化还原反应的趋势 【解析】 【分析】该实验的实验目的是探究溶液中铜离子与硫代硫酸根离子的反应，通过实验探究得到溶液中硫代硫酸根离子与铜离子的物质的量比增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；铜盐的阴离子为氯离子时，二者发生氧化还原反应的趋势增大的实验结论。 【小问1详解】 根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒为[Cu(S2O3)2]2-； 【小问2详解】 由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应，故Cu(Ⅱ)有氧化性； 【小问3详解】 实验操作及现象是：取少量无色溶液，向其中滴加氨水，放置在空气中，溶液变为蓝色，说明存在Cu(I)； 【小问4详解】 根据氧化产物是以的形式存在，可知Cu2+与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式为2Cu2++6=+2[Cu(S2O3)2]3-； 【小问5详解】 随n()：n(Cu2+)的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；铜盐的阴离子为氯离子时，Cu(Ⅱ)盐中阴离子为Cl-时，可以增大Cu2+与发生氧化还原反应的趋势； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $