精品解析：上海市复旦大学附属中学2024-2025学年高一下学期期末考试 化学试卷(A卷)

复旦大学附属中学2024学年第二学期 高一年级化学期末考试试卷(A卷) 考生注意： 1.本试卷有五道大题，共53道小题，满分100分，考试时间90分钟。 2.标注不定项的选择题，每题有1~2个正确答案，少选得一半分，错选或多选不得分；未特别标注的选择题，每题只有1个正确答案。 可能用到的相对原子质量：O-16 Fe-56 一、铁元素单质及其化合物 2024年全球粗钢产量保持高位，而铁矿石作为其主要原料，支撑了庞大的冶炼规模。 1. 与铁相邻的同周期元素是_______(填写元素符号)。 2. 与铁相比，铁合金的性能有什么优点，列举一条_______。 3. 用如图所示装置研究铁粉与水蒸气的反应。观察到肥皂液中有气泡产生，点燃肥皂泡听到爆鸣声；实验结束后，试管中残留的黑色固体能被磁体吸引。下列分析正确的是 A. 仅由“肥皂液中有气泡产生”，不能推断铁与水蒸气发生了反应 B. 铁粉与水蒸气的反应需要加热，推断该反应为吸热反应 C. 由“点燃肥皂泡听到爆鸣声”，推断有氢气生成 D. 残留的黑色固体是 纳米零价铁可将废水中的对硝基苯酚(，简称PNP)还原成毒性更小的物质。 Ⅰ．利用硼氢化钠还原制备纳米零价铁。 4. 已知原子核吸引核外电子的能力大于，则中的化合价为_______。 5. 制备纳米零价铁的离子方程式为，其中氧化剂为_______。 Ⅱ．利用纳米零价铁还原法去除废水中的对硝基苯酚(PNP)，铁被氧化成。 6. 若废水中含有较高浓度的，会发生非氧化还原反应生成沉淀，导致PNP的去除速率降低，请结合相关离子方程式解释PNP去除速率降低的原因：_______。 与铁一样，钠与氧气反应时，条件不同，也会得到不同产物。 7. 25℃、下：① ② 关于和的下列说法中，正确的是 。 A. 和均为离子化合物，正、负离子个数比不相等 B. 取少量和，分别加入少量水后，再滴入酚酞试剂，现象相同 C. 在明矾溶液中加入过量，最终产生白色沉淀 D. 在溶液中加入过量，浓度显著增大的离子是： 8. 结合上题信息请写出与转化成的热化学方程式：_______。 亚铁盐和铁盐是铁元素常见的盐。 9. 将金属铁投入稀盐酸中发生反应，形成的化学键是 A. 离子键 B. 共价键 C. 金属键 D. 分子间作用力 10. 下列关于和两种溶液的说法错误的是 A. 保存时均需加入少量铁粉 B. 可利用与铜粉的反应比较的氧化性强弱 C. 分别加入溶液，久置后均能观察到红褐色沉淀 D. 可用酸性溶液鉴别和溶液 11. 某实验小组测定铁的氧化物的化学式，已知该氧化物中铁元素只有+2和+3两种价态，实验步骤如下图： 通过分析和计算可得该氧化物化学式为：_______。(x、y是最简整数比) 二、二氧化硫的转化与应用 二氧化硫的转化在生产和环保等领域具有重要意义。元素周期律有助于人们去分析和比较硫元素与其他元素的相关性质。 12. 下列依据相关数据或事实作出的判断中，正确的是 A. 根据元素原子得到电子数的多少，可以判断、元素非金属性的强弱 B. 依据燃烧热，可计算相同条件下的 C. 依据，可判断非金属性： D. 依据酸性：，可判断非金属性： 13. 硒、碲与硫同主族，粗硒中主要含碲(Te)单质等杂质。可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒(Se)，流程如下图。结合元素周期律解释该法能分离硒和碲的原因：_______。 14. 氧化挥发法是制备高纯硒的另一种方法。粗硒经高温氧化后产生蒸气，冷凝后溶于水形成溶液，除杂后向溶液中通入可获得高纯硒。向溶液中通入时，发生反应的化学方程式为_______。 15. 在硫酸工业生产中，为了有利于的转化，采用了中间有热交换器的转化器(见图)。下列说法中，错误的是 A. 通过热交换器实现了热能的充分利用 B. b、c两处的混合气体成分含量不同，温度不同 C. a、d两处的混合气体成分含量不同，温度不同 D. 气体温度比较： 在恒压密闭容器中投入、，发生反应 。测得压强在和下，的平衡转化率随温度的变化如图所示。回答下列问题： 16. _______为。 A． B． C．无法判断 17. 忽略温度压强的影响，点反应放出_______热量。 18. 平衡时M点对应的容器体积为，则525℃时_______。(要求化简) 19. 推测的平衡转化率点小于点的原因是_______。 三、分子世界的指挥家——催化剂 催化剂在实验室研究和化工生产中都扮演着重要角色。 20. 大多数情况下，我们在元素周期表的什么区域寻找催化剂：_______。 回答下列问题： 21. 某酸性工业废水中含有。光照下，草酸(，二元弱酸)能将其中的转化为，同时产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出上述反应的离子方程式：_______。 研究发现，少量铁明矾可对该反应起催化作用。 在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始和一定浓度草酸溶液的用量，做了以下对比实验。分析回答下列问题： 实验编号 初始pH 废水样品体积/mL 草酸溶液体积/mL 蒸馏水体积/mL ① 4 60 10 30 ② 5 60 10 30 ③ 5 60 a 20 22. a=_______。 测得实验①和实验②溶液中的浓度随时间变化关系如图所示。 23. 实验①和②的结果表明_______。 24. 实验①中时间段的反应速率_______(用代数式表示)。 研究者对铁明矾中起催化作用的成分提出如下假设，并进行相关验证。(溶液中的浓度可用仪器测定) 25 请完成假设二和假设三： 假设一：起催化作用。 假设二：_______起催化作用。 假设三：_______起催化作用。 26. 设计实验验证上述假设一：控制其他试剂及反应条件与上表中的实验①相同，用等物质的量的_______代替实验①中的铁明矾，进行对比实验，用仪器测定溶液中的浓度。 A. B. C. D. 27. 若实验结果为_______，说明存在能加快反应，则假设一成立。 氢能是应用前景广阔的新能源。和在催化剂表面合成氨可用于储氢。 28. 写出工业合成氨反应的化学方程式：_______。 29. 已知合成氨反应。关于合成氨反应的研究发展方向是探索低温催化剂，基于目前工业合成氨的反应条件，请从速率、平衡以及综合效益的角度阐述聚焦研发低温催化剂的理由：_______。 合成氨反应机理的部分过程如下图所示。已知原子周围均满足8电子结构。 30. 写出中间体X结构_______。 31. 研究发现，使用系催化剂时，在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的速率决定步骤。实际工业生产时，在恒容条件下，将控制在1.8~2.2之间，比二者在方程式中的化学计量数之比3小，分析其原因是：_______，_______。 32. 氨硼烷是一种具有研究价值的固体储氢材料。在某催化剂表面与反应的释氢机理如下图所示。 若用和作反应物，生成的氢气是_______。 A． B． C．HD 四、碳中和 为减弱温室效应，除了减少的排放、植树造林、将液态注入深海等措施外，化学工作者还提供了多种碳中和的思路。 33. 写出的电子式_______。 34. 写出过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式_______；该反应中每消耗二氧化碳时，转移电子的数目是_______。 用生产甲醇()的过程会发生下面反应： 35. 请判断上述反应的自发倾向，并说明判断依据_______。 36. 在恒温恒容容器内，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_______。 A. 容器内气体压强不变 B. 混合气体的平均摩尔质量不变 C. D. 在密闭容器中发生上述反应，改变某一条件，绘制出如下速率-时间图。 37. 图中a时刻改变的条件可能是_______。 38. 在时刻，恒容充入氩气，请在区间内画出图像_______。(时刻前已经处于平衡状态)。 39. 一定温度下，向一密闭容器中加入一定量的和。下图是按初始投料比为和投料，不同起始压强条件下用生产甲醇的平衡转化率变化曲线。下列说法正确的是_______。 A. B. 若对点进行加压操作，再次平衡时，转化率增大，平衡常数随之增大 C. 恒压条件下，点时向容器中按投料比再投入一定量反应物，达平衡后转化率不变 D. 恒压条件下，点时向容器中充入一定量，平衡向正反应方向移动 二甲醚是一种重要的化工原料，也能以为原料制备得到。方法如下： Ⅰ． 伴随发生下面的副反应： Ⅱ． 恒压条件下，在密闭容器中制备二甲醚。按照投料， 的平衡转化率以及、二甲醚的选择性随温度变化情况如下图所示。 已知：的选择性 的选择性 的平衡转化率 40. 下列说法正确的是_______。 A. 当反应达到平衡时， B. 曲线①表示二甲醚的选择性 C. 温度越低越有利于工业生产二甲醚 D. 引入催化剂可增加活化分子百分数，提高的平衡转化率 41. 分析在200~350℃的范围内，的平衡转化率出现如图所示变化的原因：_______。 五、热化学碘硫循环 热化学碘硫循环可用于大规模制氢气。水溶液还原和分解是其中的一种方案。 具体流程如下图所示： 42. 在反应器中，控制温度不超过100℃的原因是 _______。 43. 在分离器中，分离和的方法为 _______。 A. 过滤 B. 蒸馏 C. 结晶 D. 萃取 44. 水溶液还原的反应包括：，。结合题干信息，完成硫酸的电离方程式：_______。 45. 将通入碘水制备的反应曲线如下图所示。图中的、微粒分别是_______、_______；反应消耗的的体积是_______。(折算到标准状况下)。 46. 化学兴趣小组拟采用下述方法来测定的平衡常数： 已知：①实验在室温条件下进行。 ②和不溶于。 ③一定温度下，碘单质在和水的混合液体中，碘单质的浓度比值是一个常数，称为分配系数，用表示。室温条件下。 ④实验中溶液体积的微小变化忽略不计。 上述实验中测得：上层液体中，下层液体中。结合上述信息以及实验数据，可知上层液体中_______。计算室温条件下的平衡常数_______。(结果保留整数) 47. 已知 。、分子中的化学键断裂时分别要吸收能量、，则分子中的化学键断裂时需吸收的能量为_______。 48. 比较与这两种气态氢化物的热稳定性，并从分子结构角度说明理由：_______。 对于反应：，人们曾认为是反应物分子和直接碰撞生成的，现已证明该反应经过了如下历程： 第一步： 快速平衡 第二步：_______ 慢反应 49. 将上述历程中的第二步补充完整_______。 50. 下列表述正确的是_______。 A. 第二步中反应物微粒间碰撞仅部分属于有效碰撞 B. 是该反应过程的中间产物 C. 是基元反应 D. 催化剂可以降低反应焓变从而加快反应速率 Bodensteins研究了反应：。温度时，在两个体积均为的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中的物质的量分数与反应时间的关系如下表： 容器编号 起始物质 0 20 40 60 80 100 120 Ⅰ 0.5mol0.5mol 0 50 68 76 80 80 80 Ⅱ ymolHI 100 80 80 研究发现上述反应中，，其中为常数。 51. 温度为时，该反应的_______。(填具体数值) 52. 起始时，若向容器Ⅰ中加入物质的量均为，则此时反应_______进行(填“正向”或“逆向”)，说明理由：_______。 53. 容器Ⅱ中，的值为_______。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 以上均可能 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 复旦大学附属中学2024学年第二学期 高一年级化学期末考试试卷(A卷) 考生注意： 1.本试卷有五道大题，共53道小题，满分100分，考试时间90分钟。 2.标注不定项的选择题，每题有1~2个正确答案，少选得一半分，错选或多选不得分；未特别标注的选择题，每题只有1个正确答案。 可能用到的相对原子质量：O-16 Fe-56 一、铁元素单质及其化合物 2024年全球粗钢产量保持高位，而铁矿石作为其主要原料，支撑了庞大的冶炼规模。 1. 与铁相邻的同周期元素是_______(填写元素符号)。 【答案】Mn、Co 【解析】 【详解】Fe为26号元素，与铁相邻的同周期元素为25号Mn和27号Co。 2. 与铁相比，铁合金的性能有什么优点，列举一条_______。 【答案】硬度、强度比Fe大，耐腐蚀 【解析】 【分析】 【详解】铁合金比Fe硬度、强度大，耐腐蚀。 【点睛】 3. 用如图所示装置研究铁粉与水蒸气的反应。观察到肥皂液中有气泡产生，点燃肥皂泡听到爆鸣声；实验结束后，试管中残留的黑色固体能被磁体吸引。下列分析正确的是 A. 仅由“肥皂液中有气泡产生”，不能推断铁与水蒸气发生了反应 B. 铁粉与水蒸气的反应需要加热，推断该反应为吸热反应 C. 由“点燃肥皂泡听到爆鸣声”，推断有氢气生成 D. 残留的黑色固体是 【答案】AC 【解析】 【详解】A．对试管加热后，首先排出的是空气，所以肥皂液中有气泡产生，不能推断铁与水蒸气发生了反应，A正确； B．持续加热仅说明反应需高温条件维持，不能直接推断该反应为吸热反应，B错误； C．氢气可以燃烧，当点燃肥皂泡发出爆鸣声，才能确认逸出气体中含有氢气，C正确； D．残留的黑色固体能被磁体吸引，黑色固体应为，D错误； 故选AC。 纳米零价铁可将废水中的对硝基苯酚(，简称PNP)还原成毒性更小的物质。 Ⅰ．利用硼氢化钠还原制备纳米零价铁。 4. 已知原子核吸引核外电子的能力大于，则中的化合价为_______。 5. 制备纳米零价铁的离子方程式为，其中氧化剂为_______。 Ⅱ．利用纳米零价铁还原法去除废水中的对硝基苯酚(PNP)，铁被氧化成。 6. 若废水中含有较高浓度的，会发生非氧化还原反应生成沉淀，导致PNP的去除速率降低，请结合相关离子方程式解释PNP去除速率降低的原因：_______。 【答案】4. +3 5. Fe2+、H2O 6. Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O，FeCO3包裹在纳米零价铁表面，减小反应接触面积，降低去除速率 【解析】 【4题详解】 根据各元素化合价代数和为0，NaBH4中Na元素的化合价为+1价，且H的电负性比B大，即H显负价，则H元素的化合价为-1价，故B的化合价为+3； 【5题详解】 反应Fe2++2+6H2O=Fe+2H3BO3+7H2↑中Fe元素化合价降低被还原，H2O中H元素化合价从+1价降低到0价，因此氧化剂为Fe2+、H2O； 【6题详解】 会与Fe2+会发生双水解反应，反应方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O，生成的FeCO3包裹在纳米零价铁表面，减小反应接触面积，降低去除速率。 与铁一样，钠与氧气反应时，条件不同，也会得到不同产物。 7. 25℃、下：① ② 关于和的下列说法中，正确的是 。 A. 和均为离子化合物，正、负离子个数比不相等 B. 取少量和，分别加入少量水后，再滴入酚酞试剂，现象相同 C. 在明矾溶液中加入过量，最终产生白色沉淀 D. 在溶液中加入过量，浓度显著增大的离子是： 8. 结合上题信息请写出与转化成的热化学方程式：_______。 【答案】7. D 8. += 【解析】 【7题详解】 A．和均为离子化合物，前者由Na+和O2-按2:1构成，后者由Na+和按2:1构成，正、负离子个数比相等，A错误； B．和水反应生成NaOH，固体溶解，滴入酚酞试剂变红，和水反应生成NaOH和O2，固体溶解，产生气泡，再滴入酚酞试剂变红，由于有漂白性，红色又褪去，现象不相同，B错误； C．明矾溶液溶质为KAl(SO4)2，加入过量，先后发生Na2O+H2O=2Na++2OH-，3OH-+Al3+=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-，最终无白色沉淀，C错误； D．在溶液中加入过量后，亚硫酸氢根离子被氧化为硫酸根离子，根据的化学式可知，除生成硫酸钙外还有硫酸根离子剩余，过量的过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，所以溶液中浓度显著增大的离子是：，D正确； 答案选D； 【8题详解】 ① 、② ，②-①得到与转化成的热化学方程式：+= 。 亚铁盐和铁盐是铁元素常见的盐。 9. 将金属铁投入稀盐酸中发生反应，形成的化学键是 A. 离子键 B. 共价键 C. 金属键 D. 分子间作用力 【答案】AB 【解析】 【详解】A．铁与稀盐酸反应的化学方程式为Fe + 2HCl = FeCl2 + H2↑。反应生成FeCl2，它是离子化合物，由Fe2+和Cl-通过相互作用形成离子键，因此该反应过程中形成了离子键，A正确； B．反应生成H2，氢气分子中，两个H原子通过共用电子对结合，形成共价键，即反应过程中形成了共价键，B正确； C．金属键是金属单质中，金属阳离子与自由电子间相互作用，反应后，金属铁Fe完全反应（或溶解），体系中不再有金属单质，因此没有金属键形成，C错误； D．分子间作用力存在于分子之间，不属于化学键，且反应过程中未涉及分子间作用力的“形成”，D错误； 故答案选AB。 10. 下列关于和两种溶液的说法错误的是 A. 保存时均需加入少量铁粉 B. 可利用与铜粉的反应比较的氧化性强弱 C. 分别加入溶液，久置后均能观察到红褐色沉淀 D. 可用酸性溶液鉴别和溶液 【答案】AD 【解析】 【详解】A．保存FeCl2需加铁粉防止氧化，而FeCl3加铁粉会反应生成Fe2+，导致溶液变质，因此保存时均需加铁粉的说法错误，A错误； B．Fe3+能与Cu反应（2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+），而Fe2+不能，说明Fe3+的氧化性强于Fe2+，因此可通过与铜粉反应比较氧化性强弱，B正确； C．FeCl3与NaOH直接生成红褐色Fe(OH)3沉淀，FeCl2与NaOH首先生成白色Fe(OH)2，但久置后被氧化为Fe(OH)3，最终均观察到红褐色沉淀，C正确； D．FeCl2中的Fe2+可被酸性KMnO4氧化（紫色褪去），同时溶液中的Cl-有还原性，也可以被酸性KMnO4氧化（紫色褪去），因此不可用酸性KMnO4鉴别两者，D错误； 故选AD。 11. 某实验小组测定铁的氧化物的化学式，已知该氧化物中铁元素只有+2和+3两种价态，实验步骤如下图： 通过分析和计算可得该氧化物的化学式为：_______。(x、y是最简整数比) 【答案】 【解析】 【分析】步骤①将铁的氧化物进行酸溶，得到的溶液，通入氯气，发生反应：，据此分析作答。 【详解】步骤②反应为，其中消耗0.05molCl2，则Fe2+的物质的量为0.1mol，原氧化物中Fe2+也为0.1mol，该氧化物中Fe2+以FeO形式存在，其质量为0.1×72=7.2g，则其中Fe3+以Fe2O3形式存在，其质量为，物质的量为，则该化合物中，，氧化物可以写成，即。 二、二氧化硫的转化与应用 二氧化硫的转化在生产和环保等领域具有重要意义。元素周期律有助于人们去分析和比较硫元素与其他元素的相关性质。 12. 下列依据相关数据或事实作出的判断中，正确的是 A. 根据元素原子得到电子数的多少，可以判断、元素非金属性的强弱 B. 依据的燃烧热，可计算相同条件下的 C. 依据，可判断非金属性： D. 依据酸性：，可判断非金属性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．非金属性强弱应比较原子得电子能力而非数量，Cl得电子能力强于S，故A错误； B．利用C和CO的燃烧热是生成CO2的ΔH，通过盖斯定律可计算目标反应的ΔH，故B正确； C．该反应体现C的还原性不是非金属性，非金属性需比较最高价氧化物酸性或氢化物稳定性，故C错误； D．判断元素非金属性强弱可通过最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较，中As元素为+3价，不是最高价，依据的酸性强弱不能直接比较元素非金属性强弱，故D错误； 故选B。 13. 硒、碲与硫同主族，粗硒中主要含碲(Te)单质等杂质。可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒(Se)，流程如下图。结合元素周期律解释该法能分离硒和碲的原因：_______。 【答案】Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与H2生成气态H2Se，转化为气态物质，从而与Te分离 【解析】 【详解】Se与Te同主族，非金属性Se>Te，Se更易与H2生成气态H2Se，转化为气态物质，从而与Te分离。 14. 氧化挥发法是制备高纯硒的另一种方法。粗硒经高温氧化后产生蒸气，冷凝后溶于水形成溶液，除杂后向溶液中通入可获得高纯硒。向溶液中通入时，发生反应的化学方程式为_______。 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知其转化过程为：，最后一步反应中，硒元素化合价降低，作氧化剂；硫元素化合价升高，作还原剂。 【详解】根据分析可知，氧化剂是，还原剂是，方程式为：。 15. 在硫酸工业生产中，为了有利于的转化，采用了中间有热交换器的转化器(见图)。下列说法中，错误的是 A. 通过热交换器实现了热能充分利用 B. b、c两处的混合气体成分含量不同，温度不同 C. a、d两处的混合气体成分含量不同，温度不同 D. 气体温度比较： 【答案】B 【解析】 【分析】该装置中发生SO2在加热、催化剂的条件下和O2反应转化为SO3的反应，反应放热，热交换器的作用是预热待反应的气体；b处通入的是反应气体，即SO2、空气，在热交换器中进行加热，没有催化剂，没有发生反应，c出来的气体是被预热的气体，其成分与a气体相同，但温度升高了，再进入装置中，发生反应到达a处，a处气体是反应物第一次催化反应后的气体，成分中增加了SO3，温度比c处的高。d处是第二次催化后的气体，SO3的含量比a处的高，温度与a处也不相同，由此分析。 【详解】A．该反应放热，热交换器的作用是预热待反应的气体，b处通入的是反应气体，即SO2、空气，在热交换器中进行加热，通过热交换器实现了热能的充分利用，A正确； B．根据装置图可知，从b进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从c处出来的是热的气体，成分与b处相同， c处出来的气温度高于b处，两处气体含量相同，温度不同，B错误； C．a处加热条件下生成的SO3，气体温度高；当经过热交换器后被冷的气体降温，d处是第二次催化后的气体，SO3的含量比a处的高，温度与a处也不相同，故a，d两处气体的成分含量不相同，温度不同，C正确； D．b处进入的气体是净化后的原料气，主要成分是SO2、空气等，气体的温度为常温。c出来的气体是被预热的气体，其成分与b气体相同，但温度升高了。a处气体是反应物第一次催化反应后的气体，成分中增加了SO3，温度比c处的高，温度：a>c>b，D正确； 故选B。 在恒压密闭容器中投入、，发生反应 。测得压强在和下，的平衡转化率随温度的变化如图所示。回答下列问题： 16. _______为。 A． B． C．无法判断 17. 忽略温度压强的影响，点反应放出_______热量。 18. 平衡时M点对应的容器体积为，则525℃时_______。(要求化简) 19. 推测的平衡转化率点小于点的原因是_______。 【答案】16. A 17. 725.2 kJ 18. 10V 19. M点的压强小于N点 【解析】 【16题详解】 该反应是气体分子数减小的反应，增大压强时平衡正向移动，SO2平衡转化率增大，即压强越大，SO2平衡转化率越大，则为，为，故答案为：A。 【17题详解】 根据图像可知N点时SO2平衡转化率为92.5%，反应的SO2的物质的量为，生成的SO3的物质的量也为7.4 mol，，该热化学方程式的意义为2摩尔气态SO2和1摩尔气态O2完全反应生成2摩尔SO3时放出的热量为196kJ，现生成7.4mol SO3，放出的热量为725.2 kJ。 【18题详解】 M点时SO2平衡转化率为90%，列三段式为： 因此该温度下。 【19题详解】 M点和N点温度不同，压强也不同，T(M)<T(N)该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，N点的转化率应比M点的转化率小，与题意不符；P(M)<P(N)该反应是气体分子数减小的反应，压强越大，转化率越高，因此的平衡转化率点小于点的原因是压强引起的，故答案为：M点的压强小于N点。 三、分子世界的指挥家——催化剂 催化剂在实验室研究和化工生产中都扮演着重要角色。 20. 大多数情况下，我们在元素周期表的什么区域寻找催化剂：_______。 【答案】过渡元素区域 【解析】 【详解】构成催化剂的元素通常为过渡元素，它们位于元素周期表的过渡元素区域内。 回答下列问题： 21. 某酸性工业废水中含有。光照下，草酸(，二元弱酸)能将其中的转化为，同时产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出上述反应的离子方程式：_______。 研究发现，少量铁明矾可对该反应起催化作用。 在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同初始和一定浓度草酸溶液的用量，做了以下对比实验。分析回答下列问题： 实验编号 初始pH 废水样品体积/mL 草酸溶液体积/mL 蒸馏水体积/mL ① 4 60 10 30 ② 5 60 10 30 ③ 5 60 a 20 22. a=_______。 测得实验①和实验②溶液中的浓度随时间变化关系如图所示。 23. 实验①和②结果表明_______。 24. 实验①中时间段的反应速率_______(用代数式表示)。 研究者对铁明矾中起催化作用的成分提出如下假设，并进行相关验证。(溶液中的浓度可用仪器测定) 25. 请完成假设二和假设三： 假设一：起催化作用。 假设二：_______起催化作用。 假设三：_______起催化作用。 26. 设计实验验证上述假设一：控制其他试剂及反应条件与上表中的实验①相同，用等物质的量的_______代替实验①中的铁明矾，进行对比实验，用仪器测定溶液中的浓度。 A. B. C. D. 27. 若实验结果为_______，说明存在能加快反应，则假设一成立。 【答案】21. Cr2O+3H2C2O4+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O 22. 20 23. 其他条件相同时，溶液的初始值越小，反应速率越快或溶液的对反应速率有影响 24. 25. ①. Al3+起催化作用 ②. 起催化作用 26. C 27. 若溶液中c(Cr2O)大于实验①中c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立 【解析】 【21题详解】 草酸中碳元素化合价为+3价，氧化产物为CO2，被氧化为+4价，化合价共升高2价，Cr2O转化为Cr3+，化合价共降低了6价，根据电子守恒，参加反应的Cr2O与草酸的物质的量之比为是1∶3；再结合元素守恒、电荷守恒可得离子方程式为Cr2O+3H2C2O4+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O； 【22题详解】 ①②中pH不同，是探究pH对速率的影响，根据实验①可知溶液的总体积是100mL；②③中初始pH相同，则应是探究不同浓度时草酸对速率的影响，通过控制溶液的总体积相同，草酸的用量不同来达到目的，根据溶液的总体积是100mL，则实验③中a=20； 【23题详解】 实验①②中初始pH不同，据图可知实验①中反应速率更快，所以结果表明溶液pH越小，反应的速率越快，即溶液pH对该反应的速率有影响； 【24题详解】 根据方程式可知v(Cr3+)=2v(Cr2O)=mol/(L·min)； 【25题详解】 根据铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]组成分析，作出假设二：Al3+起催化作用；假设三：起催化作用； 【26题详解】 要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，所以要选K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O，由于需要控制Al3+和浓度比，所以不选用K2SO4和Al2(SO4)3，故选C； 【27题详解】 用等物质的量K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立。 氢能是应用前景广阔的新能源。和在催化剂表面合成氨可用于储氢。 28. 写出工业合成氨反应的化学方程式：_______。 【答案】N2+3H22NH3 【解析】 【详解】工业上用氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下合成氨气：N2+3H22NH3。 29. 已知合成氨反应。关于合成氨反应的研究发展方向是探索低温催化剂，基于目前工业合成氨的反应条件，请从速率、平衡以及综合效益的角度阐述聚焦研发低温催化剂的理由：_______。 【答案】研发低温催化剂，可以在较低温度下提供足够大的反应速率以保证生产效率；同时，低温有利于平衡正向移动，提高产率；并且，低温操作能节约能源，降低生产成本 【解析】 【详解】加催化剂可以加快反应速率，提高生产效率，升高温度也可以加快反应速率，但合成氨反应的∆H＜0，即正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，不利于提高产率，且温度越高，消耗的能源越多，对设备的要求也越高，会增加生产成本，因此开发低温催化剂，可以在较低温度下提供足够大的反应速率以保证生产效率；同时，低温有利于平衡正向移动，提高产率；并且，低温操作能节约能源，降低生产成本。 合成氨反应机理的部分过程如下图所示。已知原子周围均满足8电子结构。 30. 写出中间体X的结构_______。 31. 研究发现，使用系催化剂时，在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的速率决定步骤。实际工业生产时，在恒容条件下，将控制在1.8~2.2之间，比二者在方程式中的化学计量数之比3小，分析其原因是：_______，_______。 【答案】30. 31. ①. 提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率； ②. 利于提高H2的转化率 【解析】 【30题详解】 由图可知，中间体X结合一个氢原子生成氨气和在催化剂表面的N≡，则中间体X的结构为； 【31题详解】 减小相当于增大氮气的浓度，增大氮气的浓度，可以增大氮气在催化剂表面的吸附活化总量，加快决速步的速率从而加快反应速率；增大反应物N2的浓度也可以使平衡向正反应方向移动，增大氢气的转化率。 32. 氨硼烷是一种具有研究价值的固体储氢材料。在某催化剂表面与反应的释氢机理如下图所示。 若用和作反应物，生成的氢气是_______。 A． B． C．HD 【答案】C 【解析】 【详解】由反应机理图可知生成的氢气分子一个氢原子来自水，一个氢原子来自氨硼烷，故用和作反应物，生成的氢气是HD，选C。 四、碳中和 为减弱温室效应，除了减少的排放、植树造林、将液态注入深海等措施外，化学工作者还提供了多种碳中和的思路。 33. 写出的电子式_______。 【答案】 【解析】 【详解】CO2为共价化合物，C与2个O之间各共用2对电子形成8电子稳定结构，电子式为。 34. 写出过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式_______；该反应中每消耗二氧化碳时，转移电子的数目是_______。 【答案】 ①. 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 ②. NA 【解析】 【详解】Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；反应中Na2O2的O由-1价歧化为O2中的0价和Na2CO3中的-2价，用双线桥表示为，转移电子数与方程式中化学计量数成正比，因此每消耗1molCO2时，转移电子的数目是NA。 用生产甲醇()的过程会发生下面反应： 35. 请判断上述反应的自发倾向，并说明判断依据_______。 36. 在恒温恒容容器内，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_______。 A. 容器内气体压强不变 B. 混合气体的平均摩尔质量不变 C. D. 在密闭容器中发生上述反应，改变某一条件，绘制出如下速率-时间图。 37. 图中a时刻改变的条件可能是_______。 38. 在时刻，恒容充入氩气，请在区间内画出图像_______。(时刻前已经处于平衡状态)。 39. 一定温度下，向一密闭容器中加入一定量的和。下图是按初始投料比为和投料，不同起始压强条件下用生产甲醇的平衡转化率变化曲线。下列说法正确的是_______。 A. B. 若对点进行加压操作，再次平衡时，转化率增大，平衡常数随之增大 C. 恒压条件下，点时向容器中按投料比再投入一定量反应物，达平衡后转化率不变 D. 恒压条件下，点时向容器中充入一定量，平衡向正反应方向移动 【答案】35. 该反应的＜0，＜0，低温时＜0，即该反应在低温时能自发进行 36. AB 37. 升高温度 38. 39. AC 【解析】 【35题详解】 该反应的＜0，＜0，低温时＜0，即该反应在低温时能自发进行； 【36题详解】 恒温恒容容器内发生： A．气体总物质的量减小，压强是变量，容器内气体压强不变说明反应已达平衡，A符合题意； B．混合气体的平均摩尔质量=混合气体总质量÷混合气体总物质的量，气体总质量不变，气体总物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量是变量，混合气体的平均摩尔质量不变说明反应已达平衡，B符合题意； C．平衡时，故时未达平衡，C不符合题意； D．恒成立，不能说明反应是否平衡，D不符合题意； 选AB； 【37题详解】 a时刻正逆反应速率突增且逆反应速率大于正反应速率，则a时刻改变的条件可能是升高温度； 【38题详解】 在时刻，恒容充入氩气，反应物和生成物的浓度均不变，反应速率不变，则区间图像为； 【39题详解】 A．对于反应，增大，平衡正向移动，的平衡转化率减小，故，A正确； B．若对点进行加压操作，平衡正向移动，转化率增大，平衡常数只与温度有关，温度不变K不变，B错误； C．恒压条件下，点时向容器中按投料比再投入一定量反应物，达到的新平衡与原平衡为等效平衡，达平衡后转化率不变，C正确； D. 恒压条件下，点时向容器中充入一定量，体积增大，相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，D错误； 故选AC。 二甲醚是一种重要的化工原料，也能以为原料制备得到。方法如下： Ⅰ． 伴随发生下面的副反应： Ⅱ． 恒压条件下，在密闭容器中制备二甲醚。按照投料， 的平衡转化率以及、二甲醚的选择性随温度变化情况如下图所示。 已知：的选择性 的选择性 的平衡转化率 40. 下列说法正确的是_______。 A. 当反应达到平衡时， B. 曲线①表示二甲醚的选择性 C. 温度越低越有利于工业生产二甲醚 D. 引入催化剂可增加活化分子百分数，提高的平衡转化率 41. 分析在200~350℃的范围内，的平衡转化率出现如图所示变化的原因：_______。 【答案】40. B 41. 温度较低时（200~280℃时）以反应Ⅰ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低；温度较高时（280℃~350℃时）以反应Ⅱ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，CO2平衡转化率升高 【解析】 【分析】反应Ⅰ．为放热反应；反应Ⅱ．为吸热反应；随着温度升高，反应I逆向移动，CH3OCH3的选择性降低，曲线①代表，CH3OCH3的选择性；反应Ⅱ正向移动，CO的选择性升高，曲线③代表CO的选择性；曲线②代表CO2的平衡转化率。 【40题详解】 A．反应I中CO2和H2按照1：3反应，而反应Ⅱ中CO2和H2按照1：1反应，当反应达到平衡时，，A错误； B．根据以上分析，曲线①表示CH3OCH3的选择性，B正确； C．温度过低反应速率太慢，生产周期长，工业生产要考虑生产效率，因此温度过低不利于二甲醚的工业生产，C错误； D．引入催化剂能加快反应速率，但不能提高平衡转化率，D错误； 故选B； 【41题详解】 在200~350℃的范围内，CO2的平衡转化率出现如图所示变化的原因：温度较低时(200~280℃时)以反应Ⅰ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低；温度较高时(280℃~350℃时)以反应Ⅱ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，CO2平衡转化率升高。 五、热化学碘硫循环 热化学碘硫循环可用于大规模制氢气。水溶液还原和分解是其中的一种方案。 具体流程如下图所示： 42. 在反应器中，控制温度不超过100℃的原因是 _______。 43. 在分离器中，分离和的方法为 _______。 A. 过滤 B. 蒸馏 C. 结晶 D. 萃取 44. 水溶液还原的反应包括：，。结合题干信息，完成硫酸的电离方程式：_______。 45. 将通入碘水制备反应曲线如下图所示。图中的、微粒分别是_______、_______；反应消耗的的体积是_______。(折算到标准状况下)。 【答案】42. 防止温度过高时水气化且增大碘的流失 43. B 44. 45. ①. ②. ③. 22.4L 【解析】 【分析】与水及在反应器中发生氧化还原反应产生硫酸和氢碘酸，在分离器中，通过蒸馏可分离硫酸和氢碘酸，氢碘酸在高温下分解产生H2和，可返回反应器中循环利用。 【42题详解】 I2易升华，且温度过高时水会变成水蒸气，则反应器中控制温度不超过100℃的原因是防止温度过高时水气化且增大碘的流失。 【43题详解】 是高沸点酸，易挥发，二者沸点相差较大，可利用蒸馏法分离和，故选B。 【44题详解】 水溶液还原的反应方程式为，而所给离子方程式为，说明二元酸硫酸第一步完全电离，第二步微弱电离，故硫酸的电离方程式为。 【45题详解】 由图可知，当时，a为1mol，b为0mol，c为3mol，当时，a为1mol，b为2mol，c为3mol，结合反应、知，为，是，c是；由硫原子守恒知，反应消耗的，则SO2的体积是(标准状况下)。 46. 化学兴趣小组拟采用下述方法来测定的平衡常数： 已知：①实验在室温条件下进行。 ②和不溶于。 ③一定温度下，碘单质在和水的混合液体中，碘单质的浓度比值是一个常数，称为分配系数，用表示。室温条件下。 ④实验中溶液体积的微小变化忽略不计。 上述实验中测得：上层液体中，下层液体中。结合上述信息以及实验数据，可知上层液体中_______。计算室温条件下的平衡常数_______。(结果保留整数) 【答案】 ①. 0.001 ②. 961 【解析】 【分析】KI溶液中加入I2，发生反应I2+I-⇌，完全溶解后加入CCl4静置分液，CCl4的密度大于H2O，因此上层液体为水相，下层液体为有机相。 【详解】平衡常数只受温度的影响，四氯化碳的密度大于水，下层为I2(CCl4)，上层为I2(H2O)，根据Kd的定义可推出=Kd，代入数值，计算出c[I2(H₂O)]=0.001mol·L-1，即上层液体中c(I2)=0.001mol·L-1；10mL溶液中c(I3-)=0.049mol·L-1，物质的量为0.00049mol，反应的I-物质的量为0.00049mol，平衡时I-物质的量为(0.1×0.01-0.00049)mol=0.00051mol·L-1，则c(I-)=0.051mol·L-1，根据平衡常数的表达式K==961。 47. 已知 。、分子中的化学键断裂时分别要吸收能量、，则分子中的化学键断裂时需吸收的能量为_______。 【答案】151 【解析】 【详解】设分子中的化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，反应物的总键能-生成物的总键能，=2×299-436-x，解得x=151。 48. 比较与这两种气态氢化物的热稳定性，并从分子结构角度说明理由：_______。 【答案】热稳定性:＞，H—Br的键长比H—I的键长短，因此H—Br的键能比H—I的键能大，更稳定。 【解析】 【详解】热稳定性:＞，H—Br的键长比H—I的键长短，因此H—Br的键能比H—I的键能大，更稳定。 对于反应：，人们曾认为是反应物分子和直接碰撞生成的，现已证明该反应经过了如下历程： 第一步： 快速平衡 第二步：_______ 慢反应 49. 将上述历程中的第二步补充完整_______。 50. 下列表述正确的是_______。 A. 第二步中反应物微粒间的碰撞仅部分属于有效碰撞 B. 是该反应过程的中间产物 C. 是基元反应 D. 催化剂可以降低反应焓变从而加快反应速率 【答案】49. 2I(g)+H2(g)2HI(g) 50. AB 【解析】 【49题详解】 根据总反应方程式和第一步反应，可写出第二步反应为2I(g)+H2(g)2HI(g)； 【50题详解】 A．微粒之间的有效碰撞需要具备一定的能量和正确的取向，故第二步中反应物微粒间的碰撞仅部分有效，A正确； B．I(g)在第一步生成，在第二步消耗，是该反应过程的中间产物，B正确； C．H2(g)+I2(g)2HI(g)是总反应，第一步I2(g)2I(g)和第二步2I(g)+H2(g)2HI(g)为基元反应，C错误； D．催化剂参与化学反应，可降低反应的活化能，但不能降低反应焓变，D错误； 故选AB。 Bodensteins研究了反应：。温度时，在两个体积均为的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中的物质的量分数与反应时间的关系如下表： 容器编号 起始物质 0 20 40 60 80 100 120 Ⅰ 0.5mol0.5mol 0 50 68 76 80 80 80 Ⅱ ymolHI 100 80 80 研究发现上述反应中，，其中为常数。 51. 温度为时，该反应的_______。(填具体数值) 52. 起始时，若向容器Ⅰ中加入物质的量均为，则此时反应_______进行(填“正向”或“逆向”)，说明理由：_______。 53. 容器Ⅱ中，的值为_______。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 以上均可能 【答案】51. 64 52. ①. 正向 ②. 浓度商 53. D 【解析】 【51题详解】 设转化的的物质的量浓度为n mol/L，由表格中数据可知三段式，，解得n=0.4mol/L，，反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，即，则； 【52题详解】 若起始时，向容器Ⅰ中加入物质的量均为0.lmol的H2、I2、HI，此时浓度商，反应正向进行； 【53题详解】 反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论y为何值，l和Ⅱ均等效，两容器达平衡时x(HI)%均相同，故D正确，故选D。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$