精品解析：福建省福州第一中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试 化学试题

福州一中2025—2026学年第一学期第一学段模块考试 高二化学《化学反应原理》期中试卷 (完卷时间75分钟，满分100分) 可能用到的原子量H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Ag-108 一、选择题(每题只有一个选项符合题目要求) 1. 在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法正确的是 A. Ea为逆反应活化能，E为正反应活化能 B. 该反应为放热反应，ΔH＝Ea’－Ea C. 所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量 D. 温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移 2. 油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6(s)+80O2(g)＝57CO2(g)+52H2O(l)。已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ。油酸甘油酯的燃烧热△H为 A. 3.8×104kJ·mol-1 B. －3.8×104kJ·mol-1 C. 3.4×104kJ·mol-1 D. －3.4×104kJ·mol-1 3. 火星大气中含有大量，一种有参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时 A. 负极上发生还原反应 B. 在正极上得电子 C. 阳离子由正极移向负极 D. 将电能转化为化学能 4. 由相同金属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池，称浓差电池，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极。如图所示装置中，X电极与Y电极初始质量相等。进行实验时，先闭合K2，断开K1，一段时间后，再断开K2,闭合K1，即可形成浓差电池，电流计指针偏转。下列不正确的是（） A. 充电前，该电池两电极存在电势差 B. 放电时，右池中的通过离子交换膜移向左池 C. 充电时，当外电路通过0.1 mol电子时，两电极的质量差为21.6g D. 放电时，电极Y为电池的正极 5. 高氯酸在化工生产中有广泛应用,工业上以NaClO4为原料制备高氯酸的原理如图所示.下列说法正确的是 A. 上述装置中,f极为光伏电池正极 B. 阴极的电极反应为2H2O－4e－ ＝4H＋＋O2↑ C. d处得到较浓的NaOH 溶液,c处得到HClO4 D. 若转移2mol电子,理论上生成100.5gHClO4 6. 支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是 A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零 B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩 C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流 D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整 7. 已知碳酸钙的分解①CaCO3(s)==CaO(s)+CO2(g) △H1，仅在高温下自发；②氯酸钾的分解2KClO3(s)==2KCl(s)+3O2(g) △H2，在任何温度下都自发。下面有几组焓变数据，其中可能正确的是 A. △H1＝－178.32kJ·mol－1 △H2＝－78.3kJ·mol－1 B. △H1＝178.32kJ·mol－1 △H2＝－78.3kJ·mol－1 C. △H1＝－178.32kJ·mol－1 △H2＝78.3kJ·mol－1 D. △H1＝178.32kJ·mol－1 △H2＝78.3kJ·mol－1 8. 下列说法正确的是 A. 常温常压下和混合无明显现象，则反应在该条件下不自发 B. ，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小 C. ，则正反应的活化能大于逆反应的活化能 D. ，则 9. 恒温恒压下，在一个容积可变的密闭容器中发生反应：A(g)＋B(g)C(g)，若开始时通入1molA和1molB，达到平衡时生成amolC。则下列说法错误的是 A. 若开始时通入3molA和3molB，达到平衡时，生成的C的物质的量为3amol B. 若开始时通入4molA、4molB和2molC，达到平衡时，B的物质的量一定大于4mol C. 若开始时通入2molA、2molB和1molC，达到平衡时，再通入3molC，则再次达到平衡后，C的物质的量分数为a/(2-a) D. 若在原平衡体系中，再通入1molA和1molB，混合气体的平均相对分子质量不变 10. 对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法不正确的是（ ） A. 该反应的△H＞0 B. a、b处反应速率大小关系：va大于vb C. 在343 K下，要提高SiHCl3转化率，可以及时移去产物或提高反应物浓度 D. 343 K时，SiHCl3的平衡转化率为22%，可以求得该温度下的平衡常数约为0.02 11. 燃煤脱硫可减少SO2尾气的排放，燃煤脱硫技术受到各界科研人员的关注。一种燃煤脱硫技术的原理是：CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）△H=-394.0kJ/mol,保持其他条件不变，不同温度下起始CO物质的量与平衡时体系中CO2的体积分数的关系如图所示(T表示温度)。下列有关说法正确的是 A. T1比T2高 B. b点SO2转化率最高 C. b点后曲线下降是因CO体积分数升高 D. 减小压强可提高CO、SO2转化率 12. 一定温度下，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(H2)=c(I2)=0.11mmol•L-1，c(HI)=0.78mmol•L-1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmol•L-1=10-3mol•L-1) A B C D c(I2)/mmol•L-1 1.00 0.22 0.44 0.11 c(H2)/mmol•L-1 1.00 0.22 0.44 0.44 c(HI)/mmol•L-1 1.00 1.56 4.00 1.56 A. A B. B C. C D. D 13. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是 A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大 B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 C. 条件①，反应速率为0.012 mol·L-1·min-1 D. 条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L-1时，半衰期为62.5 min 14. 甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中和物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A. 时，的平衡转化率为20% B. 反应达平衡状态时， C. 其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大 D. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 二、非选择题 15. 某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应的反应热，将100 mL 0.5 mol·L-1盐酸与100 mL 0.55 mol·L-1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应(在稀溶液中，可以近似认为酸、碱的密度、比热容与水的相等)。回答下列问题： （1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___________；由图可知该装置有不妥之处，应如何改正___________。 （2）该同学做实验时有些操作不规范，造成测得中和反应的偏高，请你分析可能的原因是___________(填序号)。 A. 测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，然后去测NaOH溶液的温度 B. 把量筒中氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓 C. 做本实验的当天室温较高 D. 将50 mL 0.55 mol·L-1氢氧化钠溶液错取成了50 mL 0.55 mol·L-1氨水 （3）将 mL 1.0 mol·L-1 HCl溶液和 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录温度，实验结果如图所示(实验中始终保持 mL)。通过分析图象可知，做该实验时环境温度___________(填“高于”，“低于”或“等于”)22℃，该NaOH溶液的浓度约为___________mol·L-1。 16. 依据原电池原理，回答下列问题： 如图是使用固体电解质的燃料电池，装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入和空气，其中固体电解质是掺杂了的固体，它在高温下能传导正极生成的()。 （1）c电极为_______(填“正”或“负”)极。 （2）d电极上的电极反应为_______。 （3）如果消耗甲烷，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为_______(用表示)，需要消耗标准状况下氧气的体积为_______L。 17. 电化学方法是化工生产及生活中常用的一种方法。回答下列问题： 二氧化氯()为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。目前已开发出用电解法制取的新工艺如图所示： （1）图中用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取。产生的电极应连接电源的___________(填“正极”或“负极”)，对应的电极方程式为___________。 （2）图中应使用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜，a极区pH___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 （3）对污水中、、和等有明显的去除效果。某工厂污水中含 a mg·L-1，现用将氧化，生成两种无害气体，其离子反应方程式为___________；处理100 m3这种污水，至少需要___________mol。 18. 用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究 (1)资料1：KI在该反应中的作用：H2O2 + I= H2O + IO；H2O2 + IO= H2O + O2↑+ I。总反应的化学方程式是_______________________________________________。 (2)资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是______（填字母）。 a．加入KI后改变了反应的路径 b．加入KI后改变了总反应的能量变化 c．H2O2 + I= H2O + IO是放热反应 (3)实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。 资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。 ① 加CCl4并振荡、静置后还可观察到___________________________________，说明有I2生成。 ② 气泡明显减少的原因可能是： ⅰ. H2O2浓度降低； ⅱ._________________________________________ 以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是________________________。 (4)资料4：I+ I I K= 640。 为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10 mL 0.10 mol·L-1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下： 微粒 I I I 浓度/ (mol·L-1) 2.5×10-3 a 4.0×10-3 ① a =____________________。 ② 该平衡体系中除了含有I、I和I外，一定还含有其他含碘微粒，理由是_____________________。 19. 粉末可在较低温度下还原。回答下列问题： （1）已知一定温度下， kJ·mol-1 kJ·mol-1 则还原生成Fe的热化学方程式为___________(用m和n表示)。 （2）图1分别是260℃、280℃和300℃下还原过程中反应体系电阻R(Ω)随反应时间t(h)变化的曲线，可用___________(填标号)表示反应的快慢。 A. B. C. D. （3）图1中曲线___________(填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 （4）研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径___________(填“a”或“b”)是主要途径。 （5）产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在200℃至300℃的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应___________(填“①”或“②”)。 （6）已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州一中2025—2026学年第一学期第一学段模块考试 高二化学《化学反应原理》期中试卷 (完卷时间75分钟，满分100分) 可能用到的原子量H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Ag-108 一、选择题(每题只有一个选项符合题目要求) 1. 在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法正确的是 A. Ea为逆反应活化能，E为正反应活化能 B. 该反应为放热反应，ΔH＝Ea’－Ea C. 所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量 D. 温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应。 【详解】A．由图可知， Ea为正反应活化能，E为逆反应活化能，故A错误； B．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热ΔH＝—（Ea'－Ea），故B错误； C．在相同温度下，分子的能量并不完全相同，有些分子的能量高于分子的平均能量，称为活化分子，则所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，故C错误； D．该反应为放热反应，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡向吸热的逆反应方向移动，故D正确； 故选D。 【点睛】活化分子发生有效碰撞，要求能量高、碰撞方向正确，发生有效碰撞的分子是活化分子，活化能是活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差是解答关键。 2. 油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6(s)+80O2(g)＝57CO2(g)+52H2O(l)。已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ。油酸甘油酯的燃烧热△H为 A. 3.8×104kJ·mol-1 B. －3.8×104kJ·mol-1 C. 3.4×104kJ·mol-1 D. －3.4×104kJ·mol-1 【答案】D 【解析】 【详解】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量。燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104kJ，1kg该化合物的物质的量为，则油酸甘油酯的燃烧热△H=-≈-3.4×104kJ•mol-1，故选D。 3. 火星大气中含有大量，一种有参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时 A. 负极上发生还原反应 B. 在正极上得电子 C. 阳离子由正极移向负极 D. 将电能转化为化学能 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】根据题干信息可知，放电时总反应为4Na+3CO2=2Na2CO3+C。 A．放电时负极上Na发生氧化反应失去电子生成Na+，故A错误； B．放电时正极为CO2得到电子生成C，故B正确； C．放电时阳离子移向还原电极，即阳离子由负极移向正极，故C错误； D．放电时装置为原电池，能量转化关系为化学能转化为电能和化学能等，故D错误； 综上所述，符合题意的为B项，故答案为B。 4. 由相同金属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池，称浓差电池，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极。如图所示装置中，X电极与Y电极初始质量相等。进行实验时，先闭合K2，断开K1，一段时间后，再断开K2,闭合K1，即可形成浓差电池，电流计指针偏转。下列不正确的是（） A. 充电前，该电池两电极存在电势差 B. 放电时，右池中的通过离子交换膜移向左池 C. 充电时，当外电路通过0.1 mol电子时，两电极的质量差为21.6g D. 放电时，电极Y为电池的正极 【答案】A 【解析】 【分析】先闭合K2，断开K1，形成电解池，X电极是阴极，电极反应是Ag++e-=Ag，Y是阳极，电极反应式是Ag-e-=Ag+，NO3-通过离子交换膜进入右池，所以左池浓度小于右池；再断开K2,闭合K1，形成原电池，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极，X是负极、Y是正极。 【详解】A. 充电前，左右两池浓度相同，该电池两电极不存在电势差，故A错误； B. 放电时，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极，X是负极、Y是正极，右池中的NO3－通过离子交换膜移向左池，故B正确； C. 充电时，当外电路通过0.1 mol电子时，X电极消耗0.1molAg，Y电极生成0.1molAg，所以两电极的质量差为21.6g，故C正确； D. 电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极，充电后左池浓度小于右池，所以放电时，电极Y为电池的正极，故D正确；选A。 5. 高氯酸在化工生产中有广泛应用,工业上以NaClO4为原料制备高氯酸的原理如图所示.下列说法正确的是 A. 上述装置中,f极为光伏电池的正极 B. 阴极的电极反应为2H2O－4e－ ＝4H＋＋O2↑ C. d处得到较浓的NaOH 溶液,c处得到HClO4 D. 若转移2mol电子,理论上生成100.5gHClO4 【答案】C 【解析】 【详解】A.电解池中阳离子向阴极移动，即d极为阴极，f为电源的负极，故A错误； B.阴极上阳离子得到电子发生还原反应，故B错误； C. 阳极的电极反应为2H2O－4e－ ＝4H＋＋O2↑，阴极电解方程式为：4H2O+4e-=4OH-+2H2↑，根据电极方程式可知，电池放电过程是电解水的过程，即在阳极水失去电子，所以在阳极得到高氯酸的浓溶液，在阴极得到浓的NaOH溶液，故C正确； D.根据阴极电极方程式可知，转移2mol电子时，生成HClO42mol，理论上生成HClO4201g，故D错误； 故选C。 6. 支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是 A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零 B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩 C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流 D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整 【答案】C 【解析】 【详解】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A正确；B．通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D．通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D正确。答案选C。 7. 已知碳酸钙的分解①CaCO3(s)==CaO(s)+CO2(g) △H1，仅在高温下自发；②氯酸钾的分解2KClO3(s)==2KCl(s)+3O2(g) △H2，在任何温度下都自发。下面有几组焓变数据，其中可能正确的是 A. △H1＝－178.32kJ·mol－1 △H2＝－78.3kJ·mol－1 B. △H1＝178.32kJ·mol－1 △H2＝－78.3kJ·mol－1 C. △H1＝－178.32kJ·mol－1 △H2＝78.3kJ·mol－1 D. △H1＝178.32kJ·mol－1 △H2＝78.3kJ·mol－1 【答案】B 【解析】 【详解】试题根据△G＝△H－T·△S可知，如果仅在高温自发，则说明△H1＞0，△S1＞0；任何温度均自发，则说明△H2＜0，△S2＞0； 答案选B。 8. 下列说法正确的是 A. 常温常压下和混合无明显现象，则反应在该条件下不自发 B. ，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小 C. ，则正反应的活化能大于逆反应的活化能 D. ，则 【答案】B 【解析】 详解】A．根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS，该反应ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，故低温能自发进行，A错误； B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B正确； C．该反应为放热反应，则，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误； D．，根据盖斯定律，反应①－反应②得到目标反应Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl−(g)，则ΔH=，由于不能明确相对大小，则ΔH不能确定，D错误； 故选B。 9. 恒温恒压下，在一个容积可变的密闭容器中发生反应：A(g)＋B(g)C(g)，若开始时通入1molA和1molB，达到平衡时生成amolC。则下列说法错误的是 A. 若开始时通入3molA和3molB，达到平衡时，生成的C的物质的量为3amol B. 若开始时通入4molA、4molB和2molC，达到平衡时，B的物质的量一定大于4mol C. 若开始时通入2molA、2molB和1molC，达到平衡时，再通入3molC，则再次达到平衡后，C的物质的量分数为a/(2-a) D. 若在原平衡体系中，再通入1molA和1molB，混合气体的平均相对分子质量不变 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．恒温恒压下，开始时通入3 molA和3mol B与开始时通入1molA和1molB，A与B的物质的量之比都是1：1，为等效平衡，反应物的转化率相同，故达到平衡时，生成的C的物质的量为3amol，A正确； B．开始时通入4 mol A、4 mol B和2 mol C，可能处于平衡状态，可能向正反应进行，可能向逆反应进行，故达到平衡时，B的物质的量可能等于、小于或大于4 mol，B错误； C．若开始时通入2molA、2molB和1molC，达到平衡时，再通入3molC，等效为开始通入6molA、6molB，与开始时通入1molA和1molB为等效平衡，C的含量相同，由A（g）+B（g）C（g）可知，生成amolC，混合气体总物质的量减少amol，故C的物质的量分数为，C正确； D．若在原平衡体系中，再通入1molA和1molB，等效为开始时通入2molA、2molB，与原平衡为等效平衡，平衡时各组分的含量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，D正确， 答案选B。 10. 对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法不正确的是（ ） A. 该反应的△H＞0 B. a、b处反应速率大小关系：va大于vb C. 在343 K下，要提高SiHCl3转化率，可以及时移去产物或提高反应物浓度 D. 343 K时，SiHCl3的平衡转化率为22%，可以求得该温度下的平衡常数约为0.02 【答案】C 【解析】 【分析】温度越高反应越快，达到平衡用的时间就越少，所以曲线a代表343K的反应，曲线b代表323K的反应。 【详解】A、曲线a代表343K的反应，曲线b代表323K的反应，由图象可知，温度越高SiHCl3的平衡转化率越大，所以该反应的△H＞0，故A正确； B、a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb，故B正确； C、 2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)只有一种反应物，增大反应物的浓度，相当于加压，反应前后气体系数和不变，加压平衡不移动，提高反应物浓度，SiHCl3的转化率不变，故C错误； D、设初始加入三氯氢硅的浓度为1 mol·L-1， 2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g) 起始: 1 0 0 反应: 0.22 0.11 0.11(转化率为22%) 平衡: 0.78 0.11 0.11 所以平衡常数K==0.02，故D正确； 选C。 11. 燃煤脱硫可减少SO2尾气的排放，燃煤脱硫技术受到各界科研人员的关注。一种燃煤脱硫技术的原理是：CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）△H=-394.0kJ/mol,保持其他条件不变，不同温度下起始CO物质的量与平衡时体系中CO2的体积分数的关系如图所示(T表示温度)。下列有关说法正确的是 A. T1比T2高 B. b点SO2转化率最高 C. b点后曲线下降是因CO体积分数升高 D. 减小压强可提高CO、SO2转化率 【答案】C 【解析】 【详解】正反应放热，降低温度，平衡正向移动，CO2的体积分数增大，所以T1比T2低，故A错误；起始CO物质的量越大，SO2转化率越高，所以c点SO2转化率最高，故B错误；投料比等于系数比时，生成物的体积分数最大，b点后曲线下降是因CO体积分数升高，故C正确；减小压强，平衡逆向移动， CO、SO2转化率减小，故D错误； 12. 一定温度下，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(H2)=c(I2)=0.11mmol•L-1，c(HI)=0.78mmol•L-1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmol•L-1=10-3mol•L-1) A B C D c(I2)/mmol•L-1 1.00 0.22 0.44 0.11 c(H2)/mmol•L-1 100 0.22 0.44 0.44 c(HI)/mmol•L-1 1.00 1.56 4.00 1.56 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】K==50.28，可比较4个选项中Qc的大小关系，Qc>K，则可能逆向移动。 【详解】Qc(A)==1，Qc(B)==50.28，Qc(C)==82.64，Qc(D)==50.28，Qc(C)>K，答案为C。 13. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是 A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大 B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 C. 条件①，反应速率为0.012 mol·L-1·min-1 D. 条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L-1时，半衰期为62.5 min 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确； B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误； C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=0.012 mol·L-1·min-1，C正确； D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0mol/L时，半衰期为=62.5min，D正确； 故答案为：B。 14. 甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A. 时，的平衡转化率为20% B. 反应达平衡状态时， C. 其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大 D. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 【答案】A 【解析】 【分析】550℃时，曲线①物质的量是5mol，根据原子守恒，n(C)=3mol，则其不可能是含碳微粒，故曲线①表示，升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线③代表CO，温度升高，反应Ⅲ逆向移动，物质的量降低，则曲线②代表，据此解答。 【详解】A．时，，，，根据C原子守恒，可得，根据O原子守恒，可得(也可利用H原子守恒计算，结果相同)，则，A正确； B．时，，，则，B错误； C．范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则的物质的量减小，C错误； D．增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，的物质的量减小，D错误； 故选A。 二、非选择题 15. 某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应的反应热，将100 mL 0.5 mol·L-1盐酸与100 mL 0.55 mol·L-1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应(在稀溶液中，可以近似认为酸、碱的密度、比热容与水的相等)。回答下列问题： （1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___________；由图可知该装置有不妥之处，应如何改正___________。 （2）该同学做实验时有些操作不规范，造成测得中和反应的偏高，请你分析可能的原因是___________(填序号)。 A. 测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，然后去测NaOH溶液的温度 B. 把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓 C. 做本实验的当天室温较高 D. 将50 mL 0.55 mol·L-1氢氧化钠溶液错取成了50 mL 0.55 mol·L-1氨水 （3）将 mL 1.0 mol·L-1 HCl溶液和 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录温度，实验结果如图所示(实验中始终保持 mL)。通过分析图象可知，做该实验时环境温度___________(填“高于”，“低于”或“等于”)22℃，该NaOH溶液的浓度约为___________mol·L-1。 【答案】（1） ①. 环形玻璃搅拌器 ②. 小烧杯没有与大烧杯齐平，在大小烧杯间填满碎碎泡沫塑料使小烧杯口与大烧杯口相平 （2）ABD （3） ①. 低于 ②. 1.5 【解析】 【小问1详解】 根据量热计的构造可知该装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌器，装置中小烧杯口与大烧杯口不相平，应填满碎泡沫塑料使小烧杯口与大烧杯口相平，防止热量损失； 【小问2详解】 A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸和碱的中和，导致NaOH溶液起始温度升高，造成测得中和热的数值偏小，则偏高，A正确； B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分能量的散失，实验测得中和热的数值偏小，则偏高，B正确； C．做本实验的室温和反应热的数据之间无关，C错误； D．将50 mL 0.55 mol·L-1氢氧化钠溶液错取成了50 mL 0.55 mol·L-1氨水，由于氨水是弱碱，碱的电离是吸热的过程，所以导致实验测得中和热的数值偏小，则偏高，D正确； 故答案选ABD； 【小问3详解】 由于酸碱中和反应是放热反应，放出的热量使溶液温度升高，从图形起点可知：5 mLHCl溶液和45 mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃，则溶液混合前的实验环境温度一定低于22℃；当酸碱恰好反应时，放出的热量最高，从图示可知V1=30 mL，V2=50 mL-30 mL=20 mL，。 16. 依据原电池原理，回答下列问题： 如图是使用固体电解质的燃料电池，装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入和空气，其中固体电解质是掺杂了的固体，它在高温下能传导正极生成的()。 （1）c电极为_______(填“正”或“负”)极。 （2）d电极上的电极反应为_______。 （3）如果消耗甲烷，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为_______(用表示)，需要消耗标准状况下氧气的体积为_______L。 【答案】（1）正 （2） （3） ①. ②. 448 【解析】 【小问1详解】 电流从正极流向负极，则c为正极，d为负极； 【小问2详解】 d电极为电池负极，d极上甲烷失电子发生氧化反应，电极反应为：； 【小问3详解】 负极上电极反应式为：，正极上电极反应式为：，在得失电子相等的条件下，将电极反应式相加即得电池反应式，所以电池反应离子方程式为:，反应中1mol甲烷反应电子转移8mol，如果消耗甲烷160g，物质的量为 ，消耗氧气20mol，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为80NA，需要消耗标准状况下氧气的体积为20mol×22.4L/mol= 448L 17. 电化学方法是化工生产及生活中常用的一种方法。回答下列问题： 二氧化氯()为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。目前已开发出用电解法制取的新工艺如图所示： （1）图中用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取。产生的电极应连接电源的___________(填“正极”或“负极”)，对应的电极方程式为___________。 （2）图中应使用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜，a极区pH___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 （3）对污水中、、和等有明显的去除效果。某工厂污水中含 a mg·L-1，现用将氧化，生成两种无害气体，其离子反应方程式为___________；处理100 m3这种污水，至少需要___________mol。 【答案】（1） ①. 正极 ②. （2） ①. 阳 ②. 增大 （3） ①. ②. 【解析】 【分析】在b极上，Cl-放电生成ClO2，所以b极为阳极，接电源的正极，电极方程式为；a极为阴极，接电源的负极，电极方程式为；在电解池中，阳离子向阴极区移动，所以Na+通过离子交换膜进入a极区，离子交换膜为阳离子交换膜； 【小问1详解】 由上述分析可知，产生的电极应连接电源的正极，对应的电极方程式为； 【小问2详解】 由上述分析可知，图中使用的离子交换膜为阳离子交换膜；a极区为阴极区，电极反应式：，阴极区OH-浓度增大，溶液的pH增大； 【小问3详解】 将氧化，生成两种无害气体，应生成氮气与二氧化碳，同时生成氯离子，反应离子方程式为：；100 m3废水中CN-质量=，CN-的物质的量为，由可知，至少需要ClO2的物质的量为mol。 18. 用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。 (1)资料1：KI在该反应中的作用：H2O2 + I= H2O + IO；H2O2 + IO= H2O + O2↑+ I。总反应的化学方程式是_______________________________________________。 (2)资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是______（填字母）。 a．加入KI后改变了反应的路径 b．加入KI后改变了总反应的能量变化 c．H2O2 + I= H2O + IO是放热反应 (3)实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。 资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。 ① 加CCl4并振荡、静置后还可观察到___________________________________，说明有I2生成。 ② 气泡明显减少的原因可能是： ⅰ. H2O2浓度降低； ⅱ._________________________________________。 以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是________________________。 (4)资料4：I+ I I K= 640。 为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10 mL 0.10 mol·L-1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下： 微粒 I I I 浓度/ (mol·L-1) 2.5×10-3 a 4.0×10-3 ① a =____________________。 ② 该平衡体系中除了含有I、I和I外，一定还含有其他含碘微粒，理由是_____________________。 【答案】 ①. 2H2O2 = 2H2O+O2↑ ②. a ③. 下层溶液呈紫红色 ④. 在水溶液中I2的浓度降低 ⑤. B试管中产生气泡速率没有明显减小 ⑥. 2.5×10-3 ⑦. 2c(I2) + c(I -) + 3c(I3-)＜0.033 mol·L-1 【解析】 【分析】（1）将两个反应叠加； （2）起催化剂作用； （3）①四氯化碳萃取碘； ②气泡明显减少的原因也可能是碘的浓度降低；做对比实验； （4）①根据平衡常数进行计算； ②根据元素守恒判断 【详解】（1）将两个反应叠加得到：， 故答案为：； （2）a.起催化剂作用，加入催化剂改变了反应历程，从而降低活化能，a正确； b.根据盖斯定律，总反应的能量变化不变，b错误； c.是前半段反应，根据图象该反应是吸热反应，c错误； 答案选a。 （3）①碘易溶于四氯化碳，且四氯化碳密度大于水，与水分层在下层， 碘进入下层的四氯化碳中显紫红色， 故答案为：下层溶液呈紫红色； ②气泡明显减少的原因也可能是碘的浓度降低；做对比实验，ⅰ不是主要原因，则说明不加四氯化碳反应速率变化不大， 故答案为：在水溶液中I2的浓度降低；B试管中产生气泡速率没有明显减小； （4）①根据平衡常数进行计算，，解得a= 2.5×10-3， 故答案为：2.5×10-3； ②根据元素守恒判断， 与 对比， 故答案为： 。 19. 粉末可在较低温度下还原。回答下列问题： （1）已知一定温度下， kJ·mol-1 kJ·mol-1 则还原生成Fe的热化学方程式为___________(用m和n表示)。 （2）图1分别是260℃、280℃和300℃下还原过程中反应体系电阻R(Ω)随反应时间t(h)变化的曲线，可用___________(填标号)表示反应的快慢。 A. B. C. D. （3）图1中曲线___________(填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 （4）研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径___________(填“a”或“b”)是主要途径。 （5）产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在200℃至300℃的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应___________(填“①”或“②”)。 （6）已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：___________。 【答案】（1） （2）D （3）Ⅰ （4）a （5）② （6）消耗同时产生，的浓度减小，的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率 【解析】 【小问1详解】 已知：① kJ·mol-1 ② kJ·mol-1 ③ 得到反应③，根据盖斯定律可知，则还原生成Fe的热化学方程式为； 【小问2详解】 随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选D； 【小问3详解】 其它条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高； 小问4详解】 由图可知途径a中能垒为1.3 eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径； 【小问5详解】 固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②； 【小问6详解】 在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：消耗同时产生，的浓度减小，的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $