精品解析：四川内江市第六中学2025-2026学年下学期高一第一次月考化学试题（27、28班）

内江六中2025—2026学年(下)高2028届27、28班月考 化学试题 考试时间：75分钟 满分：100分 可用到的相对原子质量：H-1 N-14 Cl-35.5 Br-80 一、选择题(每小题只有一个正确答案，每题3分，共45分) 1. 恩格斯说“劳动创造了人本身”。下列劳动内容的具体做法或涉及的化学知识不合理的是 选项 劳动内容 化学知识 A. 雕刻工人用溶液在 铜板上刻出各种精美图案 溶液中具有氧化性 B. 酿酒师往葡萄酒中添加适量保鲜 可以杀菌，且具有较强的还原性 C. 电工将铝线和铜线直接相连导电 铝有耐蚀性，铜化学性质不活泼 可长时间使用 D. 工业上铁质槽罐储运浓硫酸 常温下，铁遇浓硫酸钝化 A. A B. B C. C D. D 2. 下列事实不能用勒夏特列（平衡移动）原理解释的是 A. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气 B. 合成氨时采用铁触媒作反应催化剂 C. Na与KCl共融制备K： D. 向含有的红色溶液中加适量铁粉并振荡，溶液红色变浅 3. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中含有中子数为 B. 将1 mol NO和0.5 mol 混合、充分反应后，分子数为 C. 电解精炼铜时，阳极的质量减少32 g时，外电路中转移的电子数为 D. 1 mol 中含有的碳碳双键数为 4. 下列电极反应式或离子方程式正确的是 A. 铅酸蓄电池的负极反应： B. 铝—空气—海水电池的正极反应： C. 铜与足量浓硝酸反应的离子方程式： D. 向溶液中通入少量： 5. 硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是 A. NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因 B. 汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5 C. 植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定 D. 工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除 6. 下列装置能达到相应实验目的的是 A．测定中和反应的反应热 B．探究浓度对化学反应速率的影响 C．验证铁电极是否受到保护 D．探究温度对平衡的影响 A. A B. B C. C D. D 7. 硫酸是重要化工原料，工业生产硫酸的原理示意图如下： 下列说法错误的是 A. Ⅰ中每得到1mol 转移6mol电子 B. Ⅱ中反应放出的热量可用来预热进入的原料气 C. Ⅲ中用98.3%浓硫酸代替水吸收能减少酸雾 D. 对酸渣进行还原、磁选可提升工艺的经济效益 8. 某种化学品的结构如图所示，已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M的简单阳离子半径是同周期中最小的，则下列说法中正确的是 A. 简单气态氢化物稳定性： B. 该物质中，每个原子都达到稳定结构 C. 简单离子半径： D. 元素Z所形成的含氧酸都是强电解质 9. 由制备高纯度硅的工业流程如图所示： 下列说法错误的是 A. 硅元素在自然界中均以化合态形式存在 B. 由步骤①中的反应可知，碳的非金属性比硅强 C. 反应②产生的与反应③产生的可以循环使用 D. 反应①②③均为在高温或较高温度下的氧化还原反应 10. 我国科学家设计的：海泥电池：既可用于深海水下仪器的电源补给，又有利于海洋环境污染治理，其中微生物代谢产物显酸性，电池工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. A电极为正极 B. 从海底沉积层通过交接面向海水层移动 C. 负极的电极反应式为 D. 高温下微生物蛋白质变性失活，故升温不一定能提高电池的效率 11. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如图，其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。涉及热化学方程式：①NH4Cl(s)+d(s)=NH3(g)+b(s)　ΔH=+61.34 kJ·mol-1；②b(s)HCl(g)+d(s)　ΔH=+97.50 kJ·mol-1。下列说法正确的是 A. d是Mg(OH)Cl B. 反应NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)的ΔH=+158.84 kJ·mol-1 C. 相同条件下，反应①②的反应热之和小于氯化铵直接分解的反应热 D. 5.35 g NH4Cl完全分解，理论上可获得标准状况下约22.4 L HCl 12. 由直接脱氢制的反应为。在密闭容器中发生该反应，测得的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 、两点平衡常数： B. 该反应在任何条件下都能自发进行 C. 、两点的化学反应速率： D. 的平衡转化率： 13. 研究人员利用电化学原理吸收废气中的NO2，其工作原理如下图所示。 下列说法不正确的是 A. a电极为负极，c电极为阳极 B. 电极的电极反应式为： C. 反应一段时间后，极区溶液几乎不变 D. 每吸收，理论上可以得到 14. 科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(III)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(III)表面的物种用*标注。下列说法错误的是 A. 过程③的能垒最小 B. 反应中加入催化剂，可以加快反应速率，但不能改变反应的 C. 该历程中决速步(决定反应速率)的方程式为 D. 由此历程可知： 15. 双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极，电极II为碳电极。电池工作原理如下图所示。下列说法错误的是 A. 离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜 B. 放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断减小 C. 充电时，电极I的电极反应式为：2-2e-= D. 充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g 第Ⅱ卷 非选择题(满分55分) 16. 海洋资源的利用具有非常广阔的前景。回答下列问题： Ⅰ．从海水中提取溴 空气吹出法是目前“海水提溴”的主要方法之一，其工艺流程如图所示： （1）吹出塔中通入热空气吹出Br2，利用了Br2的__________（填字母）。 A. 氧化性 B. 还原性 C. 挥发性 D. 腐蚀性 （2）吸收塔中主要反应的离子方程式为_____________。 （3）蒸馏塔在蒸馏过程中，温度应控制在80∼90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：_____________。（已知溴的沸点是58.5℃） （4）经该方法处理后，1 m3海水最终得到38.4 gBr2，若总提取率为80%，则原海水中Br-的浓度是__________m mol/L。 Ⅱ．从海水中获取精盐 粗盐中含有泥沙及Ca2+、Mg2+、等杂质，其提纯过程一般经过以下流程： 某兴趣小组按上述方案进行粗盐提纯实验，实验室提供了粗盐样品、稀盐酸、NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液等药品以及必备的实验仪器若干。回答下列问题： （5）操作③按a、b、c顺序依次加入稍过量的试剂。若a为NaOH溶液，则b为__________溶液(写化学式)；步骤⑥操作名称是______________。 （6）该工艺中多次用到过滤，过滤时需要的玻璃仪器除烧杯外还有______________。 （7）加盐酸调溶液pH的目的是________________。 17. 在化学反应的研究和实际应用中，人们除了选择合适的化学反应以实现所期待的物质转化和能量转化，如化学能可转化为热能、电能等，同时还要关注化学反应进行的快慢和程度，以提高生产效率。 （1）烟气脱硝可以用催化还原法。发生反应：，反应过程中的能量变化如图所示， 部分化学键的键能如表所示： 化学键 键能 436 463 946 则破坏1 mol NO分子中化学键需要吸收_______kJ的能量。 （2）一定条件下，在5 L密闭容器内，反应，的物质的量随时间变化如表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 0.040 0.020 0.010 0.005 0.005 0.005 ①用表示0～2s内该反应的平均速率为_______；平衡时的体积分数为_______%(保留到整数)。 ②为了加快反应速率，可采取的措施有_______。 a．升高温度 b．恒温恒容时充入 c．恒温恒压充入 d．恒温恒容充入 （3）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭真空容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：，不能判断该反应已经达到化学平衡状态的是_______。 a． b．密闭容器中总压强不变 c．密闭容器中混合气体的密度不变 d．密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变 （4）已知：，不同温度(T)下，分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度消耗一半时所需的相应时间)，则_______(填“>”、“=”或“<”)。当温度为、起始压强为，反应至min时，此时体系压强_______(用表示)。 （5）氨气—空气碱性燃料电池放电时的总反应为，负极的电极反应式为_______。 18. 某实验小组探究SO2与K2FeO4的反应，实验如下。 资料：i．K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。 ii．Fe3+可以与C2O形成[Fe(C2O4)3]3-； 装置 操作及现象 实验一：向B中通入SO2，产生暗红褐色沉淀X和溶液Y(略显红色)；继续通入SO2一段时间后，溶液呈红色，继而变为橙色，最终沉淀消失，溶液几乎无色。 （1）A中产生SO2的化学方程式为___________。 （2）暗红褐色沉淀X可能含Fe3+、OH-、SO、SO，检验如下： 实验二：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红。证明溶液中存在___________。另取少量溶液滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，但不能确认含有SO，原因是___________。 实验三：向X中加入H2C2O4溶液，沉淀溶解。继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加入盐酸，白色沉淀溶解。确认X中不含SO。实验三中用H2C2O4溶液溶解沉淀的目的是：___________ 。 实验四：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去。静置，一段时间后蓝色复现，振荡，不褪色。结合离子方程式解释沉淀溶解后的现象：___________ 。 （3）查阅资料：a．Fe3+、SO、H2O(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO2。 b. SO和O2在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5) ①向溶液Y中滴加2滴KSCN溶液，未见红色；再加几滴6mol·L-1盐酸，溶液变红。溶液Y中存在Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN溶液未见红色的原因是___________。 ②取出部分实验一中的橙色溶液，久置不褪色。结合资料a中过程ii分析实验一中溶液最终“几乎无色”的原因：___________。 总结：SO2与K2FeO4发生了氧化还原反应和复分解反应，并且遵循化学反应速率和限度规律。 19. 在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： （1）电解池中电极M与电源的_______极相连。 （2）放电生成的电极反应式为_______。 （3）在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的_______，该反应_______(填标号)。 A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发 （4）一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式_______；的选择性大于的原因是_______。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是_______；当时，该温度下反应ii的_______(保留两位小数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 内江六中2025—2026学年(下)高2028届27、28班月考 化学试题 考试时间：75分钟 满分：100分 可用到的相对原子质量：H-1 N-14 Cl-35.5 Br-80 一、选择题(每小题只有一个正确答案，每题3分，共45分) 1. 恩格斯说“劳动创造了人本身”。下列劳动内容的具体做法或涉及的化学知识不合理的是 选项 劳动内容 化学知识 A. 雕刻工人用溶液在 铜板上刻出各种精美图案 溶液中具有氧化性 B. 酿酒师往葡萄酒中添加适量保鲜 可以杀菌，且具有较强的还原性 C. 电工将铝线和铜线直接相连导电 铝有耐蚀性，铜化学性质不活泼 可长时间使用 D. 工业上铁质槽罐储运浓硫酸 常温下，铁遇浓硫酸钝化 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶液中具有氧化性，和铜反应生成铜离子和亚铁离子，，A正确； B．具有较强的还原性，可以在葡萄酒中添加作为抗氧化剂，用作食品保鲜，还可以起到杀菌的作用，B正确； C．铜线和铝线直接相连易形成原电池，加快腐蚀，C错误； D．铁遇冷的浓硫酸形成致密氧化膜，阻止了浓硫酸与铁的进一步接触，故可用铁质槽罐储运浓硫酸，D正确。 故选C。 2. 下列事实不能用勒夏特列（平衡移动）原理解释的是 A. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气 B. 合成氨时采用铁触媒作反应催化剂 C. Na与KCl共融制备K： D. 向含有的红色溶液中加适量铁粉并振荡，溶液红色变浅 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室用排饱和食盐水收集氯气，利用高Cl⁻浓度使氯气溶解平衡：向左移动，减少氯气溶解，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意； B．合成氨使用铁触媒催化剂，催化剂只改变反应速率，不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意； C．Na与KCl共融制备K，反应为：，通过移除K(g)使平衡向右移动，增加钾的生成，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意； D．向含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，铁粉还原Fe3+为Fe2+，降低Fe3+浓度，使平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3向左移动，红色变浅，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意； 故选B。 3. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中含有中子数为 B. 将1 mol NO和0.5 mol 混合、充分反应后，分子数为 C. 电解精炼铜时，阳极的质量减少32 g时，外电路中转移的电子数为 D. 1 mol 中含有的碳碳双键数为 【答案】A 【解析】 【详解】A．该氡原子的中子数为，因此含中子数为​，A正确； B．NO与​反应生成后，存在平衡​，气体分子数会减少，因此充分反应后分子数小于​，B错误； C．电解精炼铜时，阳极是粗铜，除Cu外，Zn、Fe等比Cu活泼的杂质也会放电溶解，因此阳极质量减少时，转移电子数不等于，C错误； D．该物质为苯乙烯，苯环中的碳碳键是介于单双键之间的特殊大π键，不存在碳碳双键，只有侧链中含1个碳碳双键，因此1 mol苯乙烯中碳碳双键数为，D错误； 答案选A。 4. 下列电极反应式或离子方程式正确的是 A. 铅酸蓄电池的负极反应： B. 铝—空气—海水电池的正极反应： C. 铜与足量浓硝酸反应的离子方程式： D. 向溶液中通入少量： 【答案】C 【解析】 【详解】A．铅酸蓄电池电解质为硫酸，负极Pb失电子后生成的，其与电解质溶液中的结合为，正确负极反应为，A错误； B．铝—空气—海水电池的电解液海水为碱性或中性溶液，正极得电子生成，正极电极反应式为，B错误； C．铜与足量浓硝酸反应生成，离子方程式为Cu ++ 4H+= Cu2++2NO2↑+2H2O，该离子方程式得失电子、电荷、原子都守恒，C正确； D．向溶液中通入少量，具有强氧化性，SO2具有还原性，两者发生氧化还原反应生成和少量，因CaSO4微溶，故其离子方程式为，D错误； 故选C。 5. 硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是 A. NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因 B. 汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5 C. 植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定 D. 工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．是红棕色且有刺激性气味的气体，而是无色有刺激性气味的气体，A错误； B．汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，B错误； C．氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，C错误； D．工业废气中的可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D正确； 故选D。 6. 下列装置能达到相应实验目的的是 A．测定中和反应的反应热 B．探究浓度对化学反应速率的影响 C．验证铁电极是否受到保护 D．探究温度对平衡的影响 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．测定中和反应反应热时需要尽量减少热量损失，金属是热的良导体，使用金属搅拌器会增大热量散失，带来较大的实验误差，不能达到实验目的，A错误； B．过氧化氢与亚硫酸钠反应生成硫酸钠和水，过程没有明显的外观变化（无气泡、沉淀、颜色变化），无法通过观察现象比较反应速率快慢，不能探究浓度对反应速率的影响，B错误； C．该装置为原电池，Zn比Fe活泼，Zn作负极，Fe作正极，若Fe被保护则不会生成；验证铁是否被保护，需要检验铁电极是否产生，应取铁电极附近溶液于试管中，向试管中滴加溶液，不能直接滴入烧杯的溶液中，操作错误，C错误； D．存在平衡，为红棕色气体，为无色，改变温度平衡会发生移动，气体颜色随平衡移动发生变化，将两个​球分别置于热水、冷水中，通过对比颜色变化即可探究温度对平衡的影响，装置操作正确，D正确； 故选D。 7. 硫酸是重要化工原料，工业生产硫酸的原理示意图如下： 下列说法错误的是 A. Ⅰ中每得到1mol 转移6mol电子 B. Ⅱ中反应放出的热量可用来预热进入的原料气 C. Ⅲ中用98.3%浓硫酸代替水吸收能减少酸雾 D. 对酸渣进行还原、磁选可提升工艺的经济效益 【答案】A 【解析】 【分析】工业制硫酸分三步：焙烧黄铁矿生成、催化氧化生成、被浓硫酸吸收。结合反应电子转移，工业能量利用、吸收原理及废渣处理分析选项。 【详解】A．I中反应为4+112+8。每个分子中，Fe从+2价降低为+3价，2个S从−1价升高为+4价，即每个失去。4 mol 反应失去，生成8 mol ，则1mol转移=5.5 mol电子，不是6 mol，A错误； B．II中催化氧化为放热反应，放出的热量可预热原料气，提高能量利用率，B正确； C．III中用98.3%浓硫酸吸收，可避免与水反应放热形成酸雾，提高吸收效率，C正确； D．酸渣（含）经还原、磁选可回收铁资源，提升工艺经济效益，D正确； 故选A。 8. 某种化学品的结构如图所示，已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M的简单阳离子半径是同周期中最小的，则下列说法中正确的是 A. 简单气态氢化物稳定性： B. 该物质中，每个原子都达到稳定结构 C. 简单离子半径： D. 元素Z所形成的含氧酸都是强电解质 【答案】C 【解析】 【分析】W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M的简单阳离子半径是同周期中最小的，可知M为Al元素，化合物中Z形成6个共价键，Z为S元素；X形成1个共价键、Y形成4个共价键、W形成2个共价键，则X为F元素、Y为C元素、W为O元素， 【详解】A．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单气态氢化物稳定性为，即稳定性，A错误； B．Z（S）在该物质中形成了6对共用电子，最外层电子数为12，不满足稳定结构，B错误； C．简单离子半径规律：电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大半径越小。离子半径：，即：，C正确； D．Z为S，S形成的含氧酸（如）是弱电解质，并非都是强电解质，D错误； 故选C。 9. 由制备高纯度硅的工业流程如图所示： 下列说法错误的是 A. 硅元素在自然界中均以化合态形式存在 B. 由步骤①中的反应可知，碳的非金属性比硅强 C. 反应②产生的与反应③产生的可以循环使用 D. 反应①②③均为在高温或较高温度下的氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【分析】与焦炭在高温下发生反应生成粗硅和CO，粗硅与HCl在高温下反应生成氢气和SiHCl3，SiHCl3与氢气再反应生成纯硅和HCl，据此分析解答。 【详解】A．硅元素属于亲氧元素，在自然界中只以化合态存在，故A正确； B．步骤①中发生反应：，反应中C作还原剂，Si为还原产物，因此不能说明碳的非金属性比硅强，故B错误； C．反应②生成的可用于反应③，反应③生成的可用于反应②，从而实现循环使用，故C正确； D．由流程可知反应①②③的反应温度在几百或上千度，均为在高温或较高温度下的氧化还原反应，故D正确； 故选：B。 10. 我国科学家设计的：海泥电池：既可用于深海水下仪器的电源补给，又有利于海洋环境污染治理，其中微生物代谢产物显酸性，电池工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. A电极为正极 B. 从海底沉积层通过交接面向海水层移动 C. 负极的电极反应式为 D. 高温下微生物蛋白质变性失活，故升温不一定能提高电池的效率 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，A极物质由氧气转化为水，化合价降低，所以A极是正极，B极是负极，据此解答。 【详解】A．由分析可知，A极是正极，B极是负极，故A正确； B．由分析可知，A极是正极，B极是负极，质子带正电荷，放电时向正极移动，所以质子从海底沉积层通过交接面向海水层移动，故B正确； C．CH2O在微生物作用下与硫酸根离子反应生成CO2和HS-，并不是在负极的电极反应，负极上HS-失去电子发生氧化反应生成硫单质，电极反应式为：HS--2e-=S↓+H+，故C错误； D．微生物蛋白质高温条件下会失活，故升温不一定能提高电池的效率，故D正确； 故选：C。 11. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如图，其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。涉及热化学方程式：①NH4Cl(s)+d(s)=NH3(g)+b(s)　ΔH=+61.34 kJ·mol-1；②b(s)HCl(g)+d(s)　ΔH=+97.50 kJ·mol-1。下列说法正确的是 A. d是Mg(OH)Cl B. 反应NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)的ΔH=+158.84 kJ·mol-1 C. 相同条件下，反应①②的反应热之和小于氯化铵直接分解的反应热 D. 5.35 g NH4Cl完全分解，理论上可获得标准状况下约22.4 L HCl 【答案】B 【解析】 【分析】由反应①和②的元素守恒分析，反应①为，反应②为。 【详解】A．由反应①和②的元素守恒分析，b需含Cl（因反应②生成HCl），故b为Mg(OH)Cl，d为MgO，A错误； B．反应①+②得：NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)，，B正确； C．相同条件下，根据盖斯定律，氯化铵直接分解的反应热等于反应①②的反应热之和（），C错误； D．5.35 g NH4Cl为0.1 mol，完全分解生成0.1 mol HCl，标准状况下体积为2.24 L，D错误； 故选B。 12. 由直接脱氢制的反应为。在密闭容器中发生该反应，测得的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 、两点平衡常数： B. 该反应在任何条件下都能自发进行 C. 、两点的化学反应速率： D. 的平衡转化率： 【答案】D 【解析】 【详解】A．平衡常数K仅与温度有关，X点温度等于Z点温度，则平衡常数相同，即K(X)=K(Z)，A错误； B．反应自发需ΔG=ΔH-TΔS＜0；结合题意可知该反应是吸热、熵增的反应，即ΔS＞0、ΔH＞0，低温时ΔH-TΔS>0，不能自发，B错误； C．X、Y均为平衡点，故v正(X)=v逆(X)、v正(Y)=v逆(Y)，X、Y两点压强相同，温度越高，化学反应速率越快，Y点温度高，所以v逆(X)＜v正(Y)，C错误； D．相同压强下，温度越高，乙烷转化率越大；三条线中，相同压强下，a对应温度最低，c对应温度最高，因此平衡转化率 ；D正确； 故答案选D。 13. 研究人员利用电化学原理吸收废气中的NO2，其工作原理如下图所示。 下列说法不正确的是 A. a电极为负极，c电极为阳极 B. 电极的电极反应式为： C. 反应一段时间后，极区溶液几乎不变 D. 每吸收，理论上可以得到 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，电池工作时，a电极上的Zn失电子，发生氧化反应，作负极，即b电极作正极，则c电极为阳极，d电极为阴极，据此解答。 【详解】A．由分析可知，a电极为负极，c电极为阳极，A正确； B．电极为正极，NO2被还原为，其电极反应式为：，B正确； C．c电极为阳极，c电极上H2O失电子生成O2和H+，O2逸出，H+通过质子交换膜向d极区移动，溶液中c(H+)基本不变，则反应一段时间后，极区溶液几乎不变，C正确； D．电池工作时，b电极发生反应：NO2+e-=，d电极发生反应：+6e-+8H+=+2H2O，根据得失电子守恒，b电极吸收1 mol NO2转移1 mol电子，根据d电极的反应式可知，生成1 mol 需要转移6 mol电子，故每吸收1 mol NO2，理论上可以得到 mol，D错误； 故选D。 14. 科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(III)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(III)表面的物种用*标注。下列说法错误的是 A. 过程③的能垒最小 B. 反应中加入催化剂，可以加快反应速率，但不能改变反应的 C. 该历程中决速步(决定反应速率)的方程式为 D. 由此历程可知： 【答案】C 【解析】 【详解】A．能垒就是反应的活化能，由图可知，过程③的活化能最小，则过程③的能垒最小，A正确； B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应得焓变ΔH，B正确； C．反应的活化能越大，能垒越大，反应速率越慢，反应的决速步为能垒最大的基元反应，由图可知，该方程式为，C错误； D．由图可知，甲醇与水蒸气重整制氢反应为：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)，该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，则反应的焓变：ΔH>0，D正确； 故选C。 15. 双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极，电极II为碳电极。电池工作原理如下图所示。下列说法错误的是 A. 离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜 B. 放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断减小 C. 充电时，电极I的电极反应式为：2-2e-= D. 充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g 【答案】BC 【解析】 【分析】由图分析可知，电极II为碳电极，放电时，氧气发生还原反应生成氢氧根离子，为正极，则电极I为负极； 【详解】A．放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+ 4e- =4OH-；负极发生氧化反应，反应为2-2e-=；正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，A正确； B．由A分析可知，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，B错误； C．充电时，电极I为阴极，得到电子发生还原反应，C错误； D．充电时，电极II为阳极区，反应为4OH-- 4e- = O2+2H2O，电路中每通过1mol电子，阳极室从中间储液器进入1mol氢氧根离子、同时生成0.25mol氧气，溶液质量理论上增加17g-8g=9g，D正确； 故选BC。 第Ⅱ卷 非选择题(满分55分) 16. 海洋资源的利用具有非常广阔的前景。回答下列问题： Ⅰ．从海水中提取溴 空气吹出法是目前“海水提溴”的主要方法之一，其工艺流程如图所示： （1）吹出塔中通入热空气吹出Br2，利用了Br2的__________（填字母）。 A. 氧化性 B. 还原性 C. 挥发性 D. 腐蚀性 （2）吸收塔中主要反应的离子方程式为_____________。 （3）蒸馏塔在蒸馏过程中，温度应控制在80∼90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：_____________。（已知溴的沸点是58.5℃） （4）经该方法处理后，1 m3海水最终得到38.4 gBr2，若总提取率为80%，则原海水中Br-的浓度是__________m mol/L。 Ⅱ．从海水中获取精盐 粗盐中含有泥沙及Ca2+、Mg2+、等杂质，其提纯过程一般经过以下流程： 某兴趣小组按上述方案进行粗盐提纯实验，实验室提供了粗盐样品、稀盐酸、NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液等药品以及必备的实验仪器若干。回答下列问题： （5）操作③按a、b、c顺序依次加入稍过量的试剂。若a为NaOH溶液，则b为__________溶液(写化学式)；步骤⑥操作名称是______________。 （6）该工艺中多次用到过滤，过滤时需要的玻璃仪器除烧杯外还有______________。 （7）加盐酸调溶液pH的目的是________________。 【答案】（1）C （2）SO2+2H2O+Br2=4H++2Br-+ （3）温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率太低 （4）0.6 （5） ①. BaCl2 ②. 蒸发结晶 （6）玻璃棒、漏斗 （7）除去过量的OH-和 【解析】 【分析】Ⅰ．将浓缩、酸化的含有Br-的海水中通入Cl2，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，然后用热空气将其吹出，并在吸收塔中用SO2的水溶液吸收，发生反应：SO2+2H2O+Br2=2HBr+H2SO4，反应产生的HBr通入蒸馏塔中，向其中通入Cl2、H2O蒸气，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，然后精馏、冷凝可获得Br2。 Ⅱ．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、等杂质，在从其中获得精盐时，首先向盛有蒸馏水的容器中加入粗盐搅拌，促进物质溶解，然后过滤，除去难溶性物质，向所得的滤液中加入足量NaOH溶液，使Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，然后加入过量BaCl2溶液，使转化为BaSO4沉淀，再向其中加入过量Na2CO3溶液，使溶液中的Ca2+及加入的过量的Ba2+转化为CaCO3、BaCO3沉淀，然后过滤，所得沉淀中含有Mg(OH)2、BaSO4、CaCO3、BaCO3沉淀，所得滤液中含有NaCl、Na2CO3、NaOH，然后加入盐酸调整溶液pH，使Na2CO3、NaOH反应产生NaCl，再蒸发结晶获得NaCl晶体。 【小问1详解】 Br2在常温下为液态物质，沸点低，易挥发，在吹出塔中通入热空气吹出Br2，利用了Br2的挥发性，故合理选项是C； 【小问2详解】 在吸收塔中，发生反应：SO2+2H2O+Br2=2HBr+H2SO4，该反应的离子方程式为：SO2+2H2O+Br2＝4H++2Br-+； 【小问3详解】 蒸馏塔在蒸馏过程中，温度应控制在80∼90℃。温度过高或过低都不利于生产，这是由于温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水蒸气的含量增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率也太低； 【小问4详解】 经该方法处理后，1 m3海水最终得到38.4 gBr2，n(Br2)==0.24 mol，根据Br原子守恒可知：n(Br)=2n(Br2)=0.48 mol，若总提取率为80%，则原海水中Br-的浓度是c(Br-)==0.0006 mol/L=0.6 m mol/L； 【小问5详解】 操作③按a、b、c顺序依次加入稍过量的试剂。若a为NaOH溶液，则b为BaCl2溶液；步骤⑥是从NaCl溶液中获得NaCl晶体。由于NaCl的溶解度随温度的影响变化不变，故该操作名称是蒸发结晶； 【小问6详解】 该工艺中多次用到过滤，过滤时需要的玻璃仪器除烧杯外还有漏斗、玻璃棒； 【小问7详解】 根据以上分析可知向所得滤液加入盐酸调整溶液pH的目的是除去过量的OH-和，最后经蒸发结晶可获得精盐NaCl。 17. 在化学反应的研究和实际应用中，人们除了选择合适的化学反应以实现所期待的物质转化和能量转化，如化学能可转化为热能、电能等，同时还要关注化学反应进行的快慢和程度，以提高生产效率。 （1）烟气脱硝可以用催化还原法。发生反应：，反应过程中的能量变化如图所示， 部分化学键的键能如表所示： 化学键 键能 436 463 946 则破坏1 mol NO分子中化学键需要吸收_______kJ的能量。 （2）一定条件下，在5 L密闭容器内，反应，的物质的量随时间变化如表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 0.040 0.020 0.010 0.005 0.005 0.005 ①用表示0～2s内该反应的平均速率为_______；平衡时的体积分数为_______%(保留到整数)。 ②为了加快反应速率，可采取的措施有_______。 a．升高温度 b．恒温恒容时充入 c．恒温恒压充入 d．恒温恒容充入 （3）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭真空容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：，不能判断该反应已经达到化学平衡状态的是_______。 a． b．密闭容器中总压强不变 c．密闭容器中混合气体的密度不变 d．密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变 （4）已知：，不同温度(T)下，分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度消耗一半时所需的相应时间)，则_______(填“>”、“=”或“<”)。当温度为、起始压强为，反应至min时，此时体系压强_______(用表示)。 （5）氨气—空气碱性燃料电池放电时的总反应为，负极的电极反应式为_______。 【答案】（1）631 （2） ①. 0.0015 ②. 78 ③. ad （3）d （4） ①. ＞ ②. （5） 【解析】 【小问1详解】 由=反应物键能之和-生成物键能之和可知，破坏1 mol NO分子中化学键需要吸收的能量； 【小问2详解】 ①0～2s内增加0.015 mol，反应速率为；平衡时物质的量为0.0175 mol，体积分数为； ②a．温度越高，反应速率越大，升高温度可加快反应速率，a正确； b．恒温恒容时充入，和浓度均不变，反应速率不变，b错误； c．恒温恒压充入，容器体积增大，和浓度均减小，反应速率减小，c错误； d．恒温恒容充入，浓度增大，反应速率加快，d正确； 故答案为：ad； 【小问3详解】 a．时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，a正确； b．随着反应进行，压强不断增大，压强不变时反应达到平衡状态，b正确； c．恒容下混合气体的密度不变代表混合气体质量不变，随着反应进行，气体质量不断增大，气体质量不变时反应达到平衡状态，c正确； d．反应过程中，混合气体的平均相对分子质量始终不变，故不能代表反应已达到平衡状态，d错误； 故答案为：d； 【小问4详解】 压强相同时，下消耗一半用时更短，故下反应速率更快，>；消耗一半时，体系总物质的量为反应前的1.25倍，故体系压强 kPa； 【小问5详解】 负极发生氧化反应，被氧化为，故电极方程式为：。 18. 某实验小组探究SO2与K2FeO4的反应，实验如下。 资料：i．K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。 ii．Fe3+可以与C2O形成[Fe(C2O4)3]3-； 装置 操作及现象 实验一：向B中通入SO2，产生暗红褐色沉淀X和溶液Y(略显红色)；继续通入SO2一段时间后，溶液呈红色，继而变为橙色，最终沉淀消失，溶液几乎无色。 （1）A中产生SO2的化学方程式为___________。 （2）暗红褐色沉淀X可能含Fe3+、OH-、SO、SO，检验如下： 实验二：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红。证明溶液中存在___________。另取少量溶液滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，但不能确认含有SO，原因是___________。 实验三：向X中加入H2C2O4溶液，沉淀溶解。继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加入盐酸，白色沉淀溶解。确认X中不含SO。实验三中用H2C2O4溶液溶解沉淀的目的是：___________ 。 实验四：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去。静置，一段时间后蓝色复现，振荡，不褪色。结合离子方程式解释沉淀溶解后的现象：___________ 。 （3）查阅资料：a．Fe3+、SO、H2O(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO2。 b. SO和O2在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5) ①向溶液Y中滴加2滴KSCN溶液，未见红色；再加几滴6mol·L-1盐酸，溶液变红。溶液Y中存在Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN溶液未见红色的原因是___________。 ②取出部分实验一中的橙色溶液，久置不褪色。结合资料a中过程ii分析实验一中溶液最终“几乎无色”的原因：___________。 总结：SO2与K2FeO4发生了氧化还原反应和复分解反应，并且遵循化学反应速率和限度规律。 【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑ （2） ①. Fe3+ ②. Fe3+可能将+4价含硫物质氧化 ③. H2C2O4溶液溶解沉淀并形成[Fe(C2O4)3]3-；使c(Fe3+)降低，氧化性减弱，不能将+4价含硫物质氧化 ④. 加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去，发生的反应方程为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，静置，一段时间后蓝色复现，是因为溶液中的铁离子将碘离子氧化为单质碘2Fe3++2I-=2Fe2++I2 （3） ①. Fe3+与SO、H2O(或OH﹣)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN)3 ②. 持续通入SO2一段时间后，溶液酸性增强，生成的H2SO5将橙色溶液中的HOFeOSO2氧化 【解析】 【小问1详解】 A中用亚硫酸钠和70%的浓硫酸来制取SO2的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑； 【小问2详解】 实验二中，取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红，证明溶液中存在Fe3+；由于Fe3+具有氧化性，能将SO氧化成SO，故并不能确认原溶液中是否含有SO；实验三中：由于H2C2O4溶液溶解沉淀并形成[Fe(C2O4)3]3-，再继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加入盐酸，白色沉淀溶解，可知白色沉淀为亚硫酸钡，即确认X中不含SO；实验四中：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去，发生的反应方程为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，静置，一段时间后蓝色复现，是因为溶液中的铁离子将碘离子氧化为单质碘：2Fe3++2I-=2Fe2++I2。 【小问3详解】 ①由已知a．Fe3+、SO、H2O(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO2可得，向溶液Y中滴加2滴KSCN溶液，未见红色；再加几滴6mol·L-1盐酸，溶液变红。溶液Y中存在Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN溶液未见红色的原因是Fe3+与SO、H2O(或OH﹣)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN)3；②由已知b. SO和O2在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO），可得溶液最终“几乎无色”的原因为持续通入SO2一段时间后，溶液酸性增强，生成的H2SO5将橙色溶液中的HOFeOSO2氧化。 19. 在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： （1）电解池中电极M与电源的_______极相连。 （2）放电生成的电极反应式为_______。 （3）在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的_______，该反应_______(填标号)。 A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发 （4）一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式_______；的选择性大于的原因是_______。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是_______；当时，该温度下反应ii的_______(保留两位小数)。 【答案】（1）正 （2） （3） ①. ﹣126 ②. B （4） ①. ②. 由生成时，活化能较大，反应速率慢 ③. 反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动 ④. 0.16 【解析】 【小问1详解】 由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连； 【小问2详解】 CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：； 【小问3详解】 根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据反应能自发进行，则低温下自发进行，选B； 【小问4详解】 ①总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于； ②当x≥2时，由题意可知，反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动；当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp=。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $