精品解析：北京八中2023-2024学年高一下学期期末练习化学试题

2023-2024学年度第二学期期末练习题 年级：高一 科目：化学(选考) 考试时间90分钟 满分100分 Ⅰ卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Li-7 Na-23 Ca-40 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共26分) 1. 下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是 A．4.03米大口径碳化硅反射镜 B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服 C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线 D．“玉兔二号”钛合金筛网轮 A. A B. B C. C D. D 2. 下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是(　　) A. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂 3. 下列事实对应的方程式不正确的是 A. 用水除去NO中的： B. 用水溶液吸收吹出的： C. 过氧化钠用作供氧剂：、 D. 向溶液中滴加溶液至恰好沉淀完全： 4. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液 pH 减小的是 A. 向 NaHSO4溶液中加入少量 BaCl2溶液，生成白色沉淀 B. 向硫酸酸化的KI溶液中加入双氧水，溶液变黄 C. 向 NaHCO3溶液中加入少量 CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3] D. 向 H2S溶液中通入Cl2，生成黄色沉淀 5. 用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（ ） ①中的物质 ②中的物质 预测①的现象 A 淀粉KI溶液 浓硝酸 无明显变化 B 酚酞溶液 浓盐酸 无明显变化 C MgCl2溶液 浓氨水 有白色沉淀 D 湿润红纸条 饱和氯水 红纸条褪色 A. A B. B C. C D. D 6. 反应2SO2＋O2⇌2SO3达到平衡后，通入少量18O2气体，再达到平衡时，18O 存在于 A. O2中 B. SO2、O2中 C. SO2、SO3中 D. SO2、O2 、SO3中 7. 一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。 关于此反应的说法不正确的是 A. 反应物总能量一定低于生成物总能量 B. 一定属于可逆反应 C. 一定有非极性共价键断裂 D. 一定属于氧化还原反应 8. 完成下述实验，装置和试剂均正确的是 A．实验室制 B．实验室收集 C．实验室制取 D．除去中混有的少量 A. A B. B C. C D. D 9. 蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。 下列关于该过程的分析不正确的是 A. 过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B. 过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C. 过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D. 过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 10. 燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，原理的示意图如下(忽略溶液体积的变化)。 下列说法不正确的是 A. 通过质子交换膜向a极室迁移 B. 工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度增大 C. 电极b的电极反应： D. 电池的总反应： 11. 某小组同学探究浓硫酸的性质，向试管①、②中加入等量的98%的浓硫酸，实验如下。 实验1 实验2 实验3 装置 现象 溶液颜色无明显变化；把蘸浓氨水的玻璃棒靠近试管口，产生白烟 溶液变黄；把湿润的品红试纸靠近试管口，试纸褪色 溶液变深紫色(经检验溶液含单质碘) 下列对实验的分析不合理的是 A. 实验1中，白烟是NH4Cl B. 根据实验1和实验2判断还原性：Br->Cl- C. 根据实验3判断还原性：I->Br- D. 上述实验体现了浓H2SO4的强氧化性、难挥发性等性质 12. Li可与S8发生系列反应：S8+2Li=Li2S8，3Li2S8+Li=4Li2S6，2Li2S6+2Li=3Li2S4，Li2S4+2Li=2Li2S2，Li2S2+2Li=2Li2S。科学家据此设计某锂硫电池，示意图如图。放电时，炭/硫复合电极处生成Li2Sx(x=1、2、4、6或8)。下列说法正确的是 A. 该电池中的电解质溶液可以用水溶液 B. 放电时，电子由炭/硫复合电极经用电器流向Li电极 C. 放电时，生成的S(x≠1)若穿过聚合物隔膜到达Li电极表面，不会与Li直接发生反应 D. 放电时，当0.01molS8全部转化为Li2S2时，理论上消耗0.56gLi 13. 实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。 序号 ① ② ③ 实验装置及操作 实验现象 溶液无明显变化 溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色 溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出 下列说法不正确的是 A. 对分解有催化作用 B. 对比②和③，酸性条件下氧化的速率更大 C. 对比②和③，②中的现象可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率 D. 实验②③中的温度差异说明，氧化的反应放热 二、填空题(共24分) 14. 某小组同学用如图所示装置进行铜与浓硫酸的反应，并探究产物的性质。 （1）试管①中反应的化学方程式是________。 （2）若试管②中的试剂为品红溶液，反应的实验现象是________。 （3）若试管②中的试剂为酸性溶液，实验时，观察到溶液褪色。写出该反应的离子方程式________。 （4）试管③中的试剂为足量NaOH溶液，结合离子方程式说明其作用是________。 （5）利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与储存。过程如下： 写出化学方程式： ①反应I________。 ②反应Ⅱ________。 15. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化、杀菌及漂白剂，其生产工艺如下： （1）过程I在生成ClO2的同时，还会得到另一种常见的盐，请写出其化学方程式：_______。 （2）过程I中常伴有少量Cl2生成。结合下表，设计实验方案除去ClO2中的Cl2_______。 ClO2 Cl2 在水中的溶解性 易溶 溶 在CCl4中的溶解性 难溶 溶 （3）过程Ⅱ中H2O2的作用是_______。(填“氧化剂”或“还原剂”)。 （4）理论上每生成1molNaClO2，消耗SO2的质量是_______。 （5）已知：i.压强越大，物质的沸点越高。 ii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2·3H2O，38～60℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl ①过程III采用“减压蒸发”操作的原因是_______。 ②补充完整过程Ⅲ的操作：_______，结晶后过滤，可得NaClO2粗产品。 Ⅱ卷 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共24分) 16. 水凝结成冰的过程中，其焓变和熵变正确的是 A. ， B. ， C. ， D. ， 17. 关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是 A. 有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多 B. 增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞 C. 升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 D. 使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 18. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A. 收集氯气用排饱和食盐水的方法 B. 加压条件下有利于SO2和O2反应生成SO3 C. 将NO2球浸泡在热水中颜色加深 D. 加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3 19. 工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：；，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是 A. 反应过程中，若增大压强能提高的转化率 B. 若反应开始时为1mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ C. 反应至4 min时，若HCl浓度为，则反应速率为 D. 当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100 mL1的NaOH溶液恰好反应 20. 白磷与氧气可发生如下反应：。已知断裂下列化学键需要吸收能量分别为：、、、。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的，其中正确的是 A. B. C. D. 21. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是 A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子 B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量 C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 22. 将的溶液和溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡的是 实验编号 实验操作 实验现象 ① 滴入溶液 溶液变红色 ② 滴入溶液 有黄色沉淀生成 ③ 滴入溶液 有蓝色沉淀生成 ④ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色 A. ①和② B. ②和④ C. ③和④ D. ①和③ 23. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是 A. 2NH3 3H2 + N2 ΔH < 0 B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态 C. p1 < p2 < p3 < p4 D. 500 K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大 24. 利用反应 ，将工业生产中的副产物HCl转化为，可实现氯的循环利用，减少污染。投料比，L(、)、X可分别代表温度或压强，下图表示L一定时，HCl的平衡转化率随X的变化关系。 下列说法不正确的是 A. B. C. a点对应的化学平衡常数的数值为80 D. a点时，保持温度和压强不变，向容器中再充入0.4mol HCl和0.1mol，当再次平衡时HCl的转化率仍为80% 25. 相同温度下，体积均为0.25 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应： ，实验测得反应起始时、达到平衡状态时的有关数据如下表所示，不正确的是 容器编号 起始时各物质物质的量/mol 平衡时体系能量的变化 ① 1 3 0 放热 ② 0.6 1.8 0.8 A. 容器①、②中反应的平衡常数相等 B. 容器②中反应达到平衡状态时放出热量 C. 达平衡时，两个容器中的物质的量浓度均为 D. 若容器①体积为0.20 L，则反应达到平衡状态时放出的热量大于23.15 kJ 26. 二氧化碳与氢气催化合成乙烯具有重要的意义。将和按物质的量之比加入VL的密闭容器中，压强为0.1MPa，反应达到平衡状态时，各组分的物质的量分数x随温度T的变化如下图所示。 已知： 下列说法不正确的是 A. 与合成反应的热化学方程式： B. 图中b、d分别表示的变化曲线 C. 570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点显示的可能是的物质的量分数 D. 与合成反应的 27. 丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。 已知： ①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol ②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 下列说法不正确的是 A. C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol B. c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2O C. 其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大 D. 若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6) 二、填空题(共26分) 28. 尿素[]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 （1）十九世纪初，用氰酸银()与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是________。 （2）二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ.和生成； ⅱ.分解生成尿素。 结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是________(填序号)。 a.活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b.ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c. 29. 烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟O3将烟气中的NO深度氧化为N2O5，并进一步将N2O5转化获得含氮产品，流程示意图如下。 i． ii． iii． （1）NO被O3深度氧化，补全热化学方程式： ________。 （2）一定条件下，不同温度时，N2O5的浓度随时间的变化如图1所示。 ①________(填“>”或“<”)。 ②8 s时，N2O5的浓度不同的原因是________。 （3）一定条件下，NO的初始浓度为200 ppm时，不同反应时间，深度氧化器中NO2的浓度随的变化如图2所示。反应过程中NO3的浓度极低。 ①时，深度氧化器中发生的反应主要是________(填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”)。 ②0.9 s、时，NO2的浓度随变化的原因是________。 （4）80℃、且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长。结合(3)，保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是________。 30. 为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下： （1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ，目的是使实验I的反应达到________。 （2）iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中________造成的影响。 （3）i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因：______。 （4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I-）降低，导致I-的还原性弱于Fe2+，用下图装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证。 ①K闭合时，指针向右偏转，b作______极。 ②当指针归零（反应达到平衡）后，向U形管左管滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是________。 （5）按照（4）的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ii中Fe2+向Fe3+转化的原因， ①转化原因是_______。 ②与（4）实验对比，不同的操作是______。 （6）实验I中，还原性：I->Fe2+；而实验II中，还原性：Fe2+>I-，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是_________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年度第二学期期末练习题 年级：高一 科目：化学(选考) 考试时间90分钟 满分100分 Ⅰ卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Li-7 Na-23 Ca-40 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共26分) 1. 下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是 A．4.03米大口径碳化硅反射镜 B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服 C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线 D．“玉兔二号”钛合金筛网轮 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。 【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意； B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意； C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意； D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意； 综上所述，本题应选A。 【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。 2. 下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是(　　) A. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂 【答案】A 【解析】 【详解】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确； B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误； C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误； D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。 故选:A。 3. 下列事实对应的方程式不正确的是 A. 用水除去NO中的： B. 用水溶液吸收吹出的： C. 过氧化钠用作供氧剂：、 D. 向溶液中滴加溶液至恰好沉淀完全： 【答案】D 【解析】 【详解】A．能与水反应生成稀硝酸和NO，可以用水除去NO中的：，A正确； B．用水溶液吸收吹出的，发生氧化还原，离子方程式：，B正确； C．过氧化钠能与水反应生成氧气，也能与二氧化碳反应生成氧气，可用作供氧剂，反应的方程式是：、，C正确； D．向溶液中滴加溶液至恰好沉淀完全，则与的比值为1：2，反应的离子方程式为：，D错误； 故选D。 4. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液 pH 减小的是 A. 向 NaHSO4溶液中加入少量 BaCl2溶液，生成白色沉淀 B. 向硫酸酸化的KI溶液中加入双氧水，溶液变黄 C. 向 NaHCO3溶液中加入少量 CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3] D. 向 H2S溶液中通入Cl2，生成黄色沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应为复分解反应，A项不符合题意； B．2KI+H2O2+H2SO4=I2+K2SO4+2H2O，该溶液的pH升高，B项不符合题意； C．该反应为复分解反应，C项不符合题意； D．Cl2将H2S氧化为S而自身被还原为HCl溶液pH下降，D项符合题意； 故选D。 5. 用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（ ） ①中的物质 ②中的物质 预测①的现象 A 淀粉KI溶液 浓硝酸 无明显变化 B 酚酞溶液 浓盐酸 无明显变化 C MgCl2溶液 浓氨水 有白色沉淀 D 湿润红纸条 饱和氯水 红纸条褪色 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A.硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故选A； B.浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故不选B； C.浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气，溶于氯化镁溶液，一水合氨与氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀，故不选C； D.饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故不选D； 答案：A 6. 反应2SO2＋O2⇌2SO3达到平衡后，通入少量18O2气体，再达到平衡时，18O 存在于 A. O2中 B. SO2、O2中 C. SO2、SO3中 D. SO2、O2 、SO3中 【答案】D 【解析】 【详解】可逆反应是同时向正反两个方向进行的反应，2SO2＋O2⇌2SO3是可逆反应，反应2SO2＋O2⇌2SO3达到平衡后，通入少量18O2气体，再达到平衡时，18O 存在于SO2、O2 、SO3中，故选D。 7. 一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。 关于此反应的说法不正确的是 A. 反应物总能量一定低于生成物总能量 B. 一定属于可逆反应 C. 一定有非极性共价键断裂 D. 一定属于氧化还原反应 【答案】A 【解析】 【详解】由图可知，该反应中一种化合物分解为一种单质和另一种化合物。A. 由图无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，故无法判断反应物总能量与生成物总能量的相对大小，A不正确；B. 充分反应后，还有反应物尚未分解，所以该反应一定属于可逆反应，B正确；C. 反应物分子中有非极性键，而生成的化合物中没有，所以反应过程中一定有非极性共价键断裂，C正确；D. 化合物分解后有单质生成，所以一定属于氧化还原反应，D正确。本题选A。 点睛：两种化合物均有单个的分子，故其分子内的化学键一定是共价键。非极性键是同种元素的原子之间形成的共价键。 8. 完成下述实验，装置和试剂均正确的是 A．实验室制 B．实验室收集 C．实验室制取 D．除去中混有的少量 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热才能发生，该装置缺少加热装置，A错误； B．​能与水反应（），不能用排水法收集，B错误； C．氯化铵受热分解生成​和HCl，两种气体在试管口遇冷会重新化合为，无法得到氨气；实验室制氨气需加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，C错误； D．​可与饱和​溶液反应生成​，而​在饱和​溶液中溶解度很小，且该洗气装置符合“长进短出”的要求，可以除去​中混有的少量，D正确； 故选D。 9. 蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。 下列关于该过程的分析不正确的是 A. 过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B. 过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C. 过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D. 过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确； B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确； C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误； D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确； 故选C。 10. 燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，原理的示意图如下(忽略溶液体积的变化)。 下列说法不正确的是 A. 通过质子交换膜向a极室迁移 B. 工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度增大 C. 电极b的电极反应： D. 电池的总反应： 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，b电极铵根离子生成氮气，说明铵根离子被氧化，为原电池负极，电极反应式为；，则a为正极，发生还原反应，电极反应为：，据此进行解答； 【详解】A．原电池中，阳离子移向正极，即H+通过质子交换膜向a极室迁移，A正确； B．a为正极，电极反应为：O2+4e－+4H+＝2H2O，转移4mol电子的同时有4molH+通过质子交换膜向a极室迁移，但是由于有水生成，故工作一段时间后，a极室中稀硫酸的浓度减小，B错误； C．由上述分析可知，b的电极反应式为：，C正确； D．电极b的电极反应：，a为正极，电极反应为：，电池的总反应：，D正确； 故选B。 11. 某小组同学探究浓硫酸的性质，向试管①、②中加入等量的98%的浓硫酸，实验如下。 实验1 实验2 实验3 装置 现象 溶液颜色无明显变化；把蘸浓氨水的玻璃棒靠近试管口，产生白烟 溶液变黄；把湿润的品红试纸靠近试管口，试纸褪色 溶液变深紫色(经检验溶液含单质碘) 下列对实验的分析不合理的是 A. 实验1中，白烟是NH4Cl B. 根据实验1和实验2判断还原性：Br->Cl- C. 根据实验3判断还原性：I->Br- D. 上述实验体现了浓H2SO4的强氧化性、难挥发性等性质 【答案】C 【解析】 【分析】实验1，浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体；实验2，溶液变黄，说明有溴单质生成；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性。 【详解】A．实验1，试管口挥发出的氯化氢气体与浓氨水挥发出的氨气反应生成白烟氯化铵，故A合理； B．实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br-＞Cl-，故B合理； C．②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性I-＞Br-的结论，故C不合理； D．实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性，故D合理； 选C。 12. Li可与S8发生系列反应：S8+2Li=Li2S8，3Li2S8+Li=4Li2S6，2Li2S6+2Li=3Li2S4，Li2S4+2Li=2Li2S2，Li2S2+2Li=2Li2S。科学家据此设计某锂硫电池，示意图如图。放电时，炭/硫复合电极处生成Li2Sx(x=1、2、4、6或8)。下列说法正确的是 A. 该电池中的电解质溶液可以用水溶液 B. 放电时，电子由炭/硫复合电极经用电器流向Li电极 C. 放电时，生成的S(x≠1)若穿过聚合物隔膜到达Li电极表面，不会与Li直接发生反应 D. 放电时，当0.01molS8全部转化为Li2S2时，理论上消耗0.56gLi 【答案】D 【解析】 【分析】在原电池中，Li较活泼，所以Li电极为负极，电极方程式为Li-e-=Li+，炭/硫复合电极是正极，发生还原反应，电子从原电池的负极流向正极，根据电极反应式结合电子转移进行计算即可。 【详解】A．Li是活泼金属可以和水反应生成氢气，该电池中的电解质溶液不可以用水溶液，故A错误； B．由分析可知，炭/硫复合电极为正极，Li电极为负极，原电池中电子由负极移向正极，故B错误； C．由题干信息可知，生成的当x=2、4、6或8时，若穿过聚合物隔膜到达Li电极表面，可以直接与Li发生反应，故C错误； D．放电时，当0.01molS8全部转化为Li2S2时，由总电极方程式S8+8Li=4Li2S2可知消耗0.08molLi，质量为0.08mol×7g/mol=0.56g，故D正确； 故选D。 13. 实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。 序号 ① ② ③ 实验装置及操作 实验现象 溶液无明显变化 溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色 溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出 下列说法不正确的是 A. 对分解有催化作用 B. 对比②和③，酸性条件下氧化的速率更大 C. 对比②和③，②中的现象可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率 D. 实验②③中的温度差异说明，氧化的反应放热 【答案】D 【解析】 【详解】A．比较实验①③的现象可知，对分解有催化作用，A正确； B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下氧化的速率更大，B正确； C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率，C正确； D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明氧化的反应放热，D错误； 故答案为：D。 二、填空题(共24分) 14. 某小组同学用如图所示装置进行铜与浓硫酸的反应，并探究产物的性质。 （1）试管①中反应的化学方程式是________。 （2）若试管②中的试剂为品红溶液，反应的实验现象是________。 （3）若试管②中的试剂为酸性溶液，实验时，观察到溶液褪色。写出该反应的离子方程式________。 （4）试管③中的试剂为足量NaOH溶液，结合离子方程式说明其作用是________。 （5）利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与储存。过程如下： 写出化学方程式： ①反应I________。 ②反应Ⅱ________。 【答案】（1） （2）溶液褪色 （3） （4），吸收SO，防止污染环境 （5） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 铜与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为：； 【小问2详解】 SO2气体具有漂白性，能使品红溶液褪色； 【小问3详解】 试管②中的试剂为酸性KMnO4溶液，二氧化硫有较强的还原性，二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，； 【小问4详解】 SO2是有毒气体，不能直接排放空气中，SO2属于酸性氧化物，可用NaOH溶液进行尾气处理，防止污染环境，反应的离子方程式为：； 【小问5详解】 根据题目信息，反应I中是硫酸的分解反应，产物为氧气和二氧化硫，根据氧化还原反应规律写出方程式为，反应II中反应物是二氧化硫和水，产物为硫和硫酸，根据氧化还原反应规律写出方程式为。 15. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化、杀菌及漂白剂，其生产工艺如下： （1）过程I在生成ClO2的同时，还会得到另一种常见的盐，请写出其化学方程式：_______。 （2）过程I中常伴有少量Cl2生成。结合下表，设计实验方案除去ClO2中的Cl2_______。 ClO2 Cl2 在水中的溶解性 易溶 溶 在CCl4中的溶解性 难溶 溶 （3）过程Ⅱ中H2O2的作用是_______。(填“氧化剂”或“还原剂”)。 （4）理论上每生成1molNaClO2，消耗SO2的质量是_______。 （5）已知：i.压强越大，物质的沸点越高。 ii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2·3H2O，38～60℃时析出NaClO2晶体，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl ①过程III采用“减压蒸发”操作的原因是_______。 ②补充完整过程Ⅲ的操作：_______，结晶后过滤，可得NaClO2粗产品。 【答案】（1）2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2 （2）将混合气体通入CCl4，进行洗气操作 （3）还原剂(2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O) （4）32g （5） ①. 利用减压蒸发，可在较低温度下蒸发水，防止NaClO2分解 ②. 控制NaClO2溶液在38℃～60℃下减压蒸发 【解析】 【分析】NaClO3被SO2还原为ClO2，ClO2和NaOH、H2O2反应生成NaClO2，控制温度在38～60℃之间减压蒸发，结晶析出NaClO2，得到NaClO2粗品。 【小问1详解】 过程I中NaClO3被SO2还原为ClO2，氯元素化合价降低，则S元素化合价升高，所以得到另一种盐是Na2SO4，反应的化学方程式是2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2； 【小问2详解】 根据表格信息，ClO2难溶于CCl4，Cl2溶于CCl4，将混合气体通入CCl4，进行洗气操作，可除去ClO2中的Cl2； 【小问3详解】 过程Ⅱ，ClO2和NaOH、H2O2反应生成NaClO2，反应方程式是2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素化合价升高，所以H2O2的作用是还原剂。 【小问4详解】 根据2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2、2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，得关系式SO2~2ClO2~2NaClO2，理论上每生成1molNaClO2，消耗SO2的物质的量是0.5mol，消耗SO2的质量0.5mol×64g/mol=32g。 【小问5详解】 ①高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，利用减压蒸发，可在较低温度下蒸发水，防止NaClO2分解； ②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2·3H2O，38～60℃时析出NaClO2晶体，所以控制NaClO2溶液在38℃～60℃下减压蒸发，结晶后过滤，可得NaClO2粗产品。 Ⅱ卷 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共24分) 16. 水凝结成冰的过程中，其焓变和熵变正确的是 A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】水是液态，能量大于固态的冰，混乱度大于冰，则水凝结成冰的过程为熵减的放热过程，则焓变和熵变均小于0，故选D。 17. 关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是 A. 有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多 B. 增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞 C. 升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 D. 使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．有气体参加的化学反应，增大压强，活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则化学反应速率增大，故A正确； B．增大反应物的浓度，活化分子数目增多，活化分子之间发生的碰撞不一定都是有效碰撞，故B错误； C．升高温度，活化分子百分数增大，则化学反应速率增大，故C正确； D．催化剂，降低了反应所需的活化能，活化分子百分数增大，化学反应速率增大，故D正确； 故选B。 18. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A. 收集氯气用排饱和食盐水的方法 B. 加压条件下有利于SO2和O2反应生成SO3 C. 将NO2球浸泡在热水中颜色加深 D. 加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸是化学平衡，饱和食盐水中氯离子浓度大，减小氯气的溶解度，收集氯气用排饱和食盐水的方法，能用化学平衡移动原理解释，故A不符合； B．二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，能用化学平衡移动原理解释的，故B不符合； C．已知2NO2N2O4正方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，混合气体颜色加深，可用化学平衡移动原理解释，故C不符合； D．催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3，不能用化学平衡移动原理解释，故D符合； 答案为D。 【点睛】注意把握影响平衡移动的因素以及使用勒夏特列原理的前提；勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。 19. 工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：；，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是 A. 反应过程中，若增大压强能提高的转化率 B. 若反应开始时为1mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJ C. 反应至4 min时，若HCl浓度为，则反应速率为 D. 当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100 mL1的NaOH溶液恰好反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误； B．该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误； C．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v(HCl)==0.03mol/(L•min)，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=×v(HCl)=×0.03mol/(L•min)=0.015mol/(L•min)，故C错误； D．由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为：=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确； 故选D。 20. 白磷与氧气可发生如下反应：。已知断裂下列化学键需要吸收能量分别为：、、、。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的，其中正确的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】反应焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，1mol 为正四面体结构，含6mol 键，1mol 含1mol 键，1mol 含12mol 单键和4mol 双键，经计算的表达式为， 故选 D。 21. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是 A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子 B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量 C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 【答案】B 【解析】 【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 mol平衡混合气体中所含N原子大于1 mol 小于2mol ，A项错误； B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，反应热=反应物总键能-生成物总键能，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确； C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误； D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误； 答案选B。 22. 将的溶液和溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡的是 实验编号 实验操作 实验现象 ① 滴入溶液 溶液变红色 ② 滴入溶液 有黄色沉淀生成 ③ 滴入溶液 有蓝色沉淀生成 ④ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色 A. ①和② B. ②和④ C. ③和④ D. ①和③ 【答案】A 【解析】 【分析】0.2mol•L-1的KI溶液和0.1mol•L-1的Fe2(SO4)3溶液等体积混合，Fe3+和I-物质的量相等；若此反应不可逆，则Fe3+和I-能恰好完全反应，则溶液中无Fe3+和I-，故只需要证明溶液中含Fe3+和I-，则即能证明反应2Fe3++2I-2Fe2++I2为可逆反应，能建立化学平衡。 【详解】① 滴入KSCN溶液，溶液变红色，说明有Fe3+存在，能证明存在平衡； ② 滴入AgNO3溶液，有黄色沉淀AgI生成，说明有I-存在，能证明存在平衡； ③ 无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成，故不能证明存在平衡； ④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡； 符合题意的为①②，故答案选A。 23. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是 A. 2NH3 3H2 + N2 ΔH < 0 B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态 C. p1 < p2 < p3 < p4 D. 500 K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大 【答案】C 【解析】 【详解】A．温度升高，氨的平衡转化率上升，2NH3 3H2 + N2平衡正向移动，ΔH ＞ 0，故A错误； B．氢气和氮气的物质的量之比始终为3:1，不能说明反应到达平衡状态，故B错误； C．2NH3 3H2 + N2为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，氨的平衡转化率下降，因此p1 < p2 < p3 < p4，故C正确； D．平衡常数只与温度有关，500 K时无论压强是多少，K为定值，故D错误； 故选C。 24. 利用反应 ，将工业生产中的副产物HCl转化为，可实现氯的循环利用，减少污染。投料比，L(、)、X可分别代表温度或压强，下图表示L一定时，HCl的平衡转化率随X的变化关系。 下列说法不正确的是 A. B. C. a点对应的化学平衡常数的数值为80 D. a点时，保持温度和压强不变，向容器中再充入0.4mol HCl和0.1mol，当再次平衡时HCl的转化率仍为80% 【答案】C 【解析】 【分析】，正向放热，升高温度则HCl的转化率增大，正向体积减小，增大压强平衡正向移动，HCl的转化率增大，综合对比可知X代表温度，L代表压强且L1＞L2。 【详解】A． 催化剂不影响焓变，该反应熵减，能自发进行则为放热反应，△H＜0，故A正确； B．L表示压强，反应正向体积减小，增大压强平衡正向移动，HCl的转化率增大，因此L1＞L2，故B正确； C．设起始时，则起始时，a点HCl的转化率为80%则转化氯化氢的物质的量为3.2mol，可列三段式，平衡常数为，体积未知无法计算，故C错误； D．a点时，保持温度和压强不变，则平衡常数不变，向容器中再充入0.4mol HCl和0.1mol，HCl和O2增加量之比和起始投料比相等，又是恒压条件，与原平衡为等效平衡，因此当再次平衡时HCl的转化率仍为80%，故D正确； 故选C。 25. 相同温度下，体积均为0.25 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应： ，实验测得反应起始时、达到平衡状态时的有关数据如下表所示，不正确的是 容器编号 起始时各物质物质的量/mol 平衡时体系能量的变化 ① 1 3 0 放热 ② 0.6 1.8 0.8 A. 容器①、②中反应的平衡常数相等 B. 容器②中反应达到平衡状态时放出热量 C. 达平衡时，两个容器中的物质的量浓度均为 D. 若容器①体积为0.20 L，则反应达到平衡状态时放出的热量大于23.15 kJ 【答案】B 【解析】 【详解】A．平衡常数仅与温度有关，两容器温度相同，因此平衡常数相等，A正确； B．将容器②的起始投料完全转化为反应物，可得，，与容器①的起始投料完全相同，恒温恒容下二者为等效平衡，平衡时各物质的量与容器①相同。 容器①中，1 mol 完全反应放热92.6 kJ，而实际放热，说明反应的为，平衡时生成。容器②起始，平衡时为0.5 mol，因此反应向逆反应方向（分解方向）进行，逆反应为吸热反应，容器②是吸收热量，不是放出热量，B错误； C．平衡时物质的量为0.5 mol，容器体积为0.25 L，浓度为，C正确； D．容器体积缩小为0.20 L，压强增大，平衡向气体分子数减小的正反应方向移动，反应物转化率升高，放出热量大于23.15 kJ，D正确； 故选B。 26. 二氧化碳与氢气催化合成乙烯具有重要的意义。将和按物质的量之比加入VL的密闭容器中，压强为0.1MPa，反应达到平衡状态时，各组分的物质的量分数x随温度T的变化如下图所示。 已知： 下列说法不正确的是 A. 与合成反应的热化学方程式： B. 图中b、d分别表示的变化曲线 C. 570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点显示的可能是的物质的量分数 D. 与合成反应的 【答案】D 【解析】 【分析】已知：① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，①×6-②-4×③可得 ，将和按物质的量之比1:3加入VL的密闭容器中，发生反应，升高温度，平衡逆向移动，H2和CO2的物质的量增大，由系数关系可知，曲线a表示H2的物质的量分数随温度变化，曲线b表示CO2的物质的量分数随温度变化，曲线c表示H2O(g)的物质的量分数随温度变化，曲线d表示的物质的量分数随温度变化。 【详解】A．已知：① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，①×6-②-4×③可得 ，A正确； B．由分析可知，图中b、d分别表示、的变化曲线，B正确； C． 曲线d表示的物质的量分数随温度变化，是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的物质的量分数增大，则570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点显示的可能是的物质的量分数，C正确； D．由A可知，反应是放热反应，升高温度K值减小，则，D错误； 故选D。 27. 丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。 已知： ①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol ②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 下列说法不正确的是 A. C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol B. c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2O C. 其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大 D. 若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6) 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H==+124kJ/mol，A正确； B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确； C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小， C错误； D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确； 答案为：C。 二、填空题(共26分) 28. 尿素[]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 （1）十九世纪初，用氰酸银()与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是________。 （2）二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ.和生成； ⅱ.分解生成尿素。 结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是________(填序号)。 a.活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b.ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c. 【答案】（1） （2）ab 【解析】 【小问1详解】 根据原子守恒分析，反应物和反应生成后，剩余的和结合为，配平后即可得到该反应的化学方程式； 【小问2详解】 a．反应ⅰ的正反应活化能为，反应ⅱ的正反应活化能为，由能量图可知，a正确； b．反应ⅰ的反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应；反应ⅱ的反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，b正确； c．总反应的焓变等于两步反应焓变之和，即，不等于，c错误； 故选ab。 29. 烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟O3将烟气中的NO深度氧化为N2O5，并进一步将N2O5转化获得含氮产品，流程示意图如下。 i． ii． iii． （1）NO被O3深度氧化，补全热化学方程式： ________。 （2）一定条件下，不同温度时，N2O5的浓度随时间的变化如图1所示。 ①________(填“>”或“<”)。 ②8 s时，N2O5的浓度不同的原因是________。 （3）一定条件下，NO的初始浓度为200 ppm时，不同反应时间，深度氧化器中NO2的浓度随的变化如图2所示。反应过程中NO3的浓度极低。 ①时，深度氧化器中发生的反应主要是________(填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”)。 ②0.9 s、时，NO2的浓度随变化的原因是________。 （4）80℃、且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长。结合(3)，保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是________。 【答案】（1）-(2a+b+c) （2） ①. < ②. 8 s时反应已达到平衡状态，O3将NO深度氧化为N2O5是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成N2O5的浓度越低 （3） ①. ⅰ ②. 0.9 s、时，增大，使增大，增大，从而使NO2的浓度减小 （4）使用适宜的催化剂，以增大ii的反应速率 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律知：反应i×2+ 反应ii+ 反应iii可得，。 【小问2详解】 由图知，T2温度下，反应速率快，首先到达平衡，因此T1<T2；由图知，8 s时反应已达到平衡状态，O3将NO深度氧化为N2O5是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，越不利于反应正向进行，平衡时生成N2O5的浓度越低，所以答案为：8 s时反应已达到平衡状态，O3将NO深度氧化为N2O5是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成N2O5的浓度越低。 【小问3详解】 当时，NO主要转化为NO2，所以深度氧化器中发生的反应主要是i；由图知，0.9 s、时，NO2的浓度随着增大而减小的原因是：增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使NO2的浓度减小。 【小问4详解】 由（3）知反应过程中NO3的浓度极低，说明反应ⅲ比反应ⅱ快，因为烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长，所以为了加快反应速率，采取的措施及目的分别是：使用适宜的催化剂、以增大ⅱ的反应速率。 30. 为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下： （1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ，目的是使实验I的反应达到________。 （2）iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中________造成的影响。 （3）i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因：______。 （4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I-）降低，导致I-的还原性弱于Fe2+，用下图装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证。 ①K闭合时，指针向右偏转，b作______极。 ②当指针归零（反应达到平衡）后，向U形管左管滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是________。 （5）按照（4）的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ii中Fe2+向Fe3+转化的原因， ①转化原因是_______。 ②与（4）实验对比，不同的操作是______。 （6）实验I中，还原性：I->Fe2+；而实验II中，还原性：Fe2+>I-，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是_________。 【答案】 ①. 化学平衡状态 ②. 溶液稀释，c（Fe2+）降低 ③. 加入Ag+发生反应：Ag++I-=AgI↓，c（I-）降低；或增大c（Fe2+）平衡均逆向移动 ④. 正 ⑤. 左管产生黄色沉淀，指针向左偏转 ⑥. Fe2+随浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I- ⑦. 向U形管右管中滴加1mol/L FeSO4溶液 ⑧. 该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向 【解析】 【详解】（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断，故答案为：化学平衡状态； （2）由实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的是排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：溶液稀释，c（Fe2+）降低； （3）加入AgNO3，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++ 2I-2Fe2++ I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，故答案为：i中Ag+消耗I-：Ag+（aq）+I-（aq）AgI（s），I-浓度下降，使平衡2Fe3++ 2I-2Fe2++ I2逆向移动；ⅱ中增大Fe2+浓度，同样平衡2Fe3++2I-?2Fe2++I2逆向移动； （4）加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移； ①K闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b极Fe3+得到电子，则b作正极，故答案为：正； ②当指针归零（反应达到平衡）后，向U形管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++ 2I-2Fe2++ I2平衡逆向移动，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故答案为：左侧溶液颜色褪色，有黄色沉淀生成，电流计指针向左偏转； （5）①转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-，故答案为：Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-； ②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U形管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液，Fe2+向Fe3+转化，故答案为：当指针归零后，不向左管滴加AgNO3溶液，而是向右管加入1mL1mol•L-1FeSO4溶液； （6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动，故答案为：该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $