精品解析：广西壮族自治区钦州市第四中学2024-2025学年高二上学期 期中考试化学试题

广西钦州市第四中学2024年秋季学期上学期高二期中考试 化学试题 第I卷 单选题 本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 一、单选题 1. 下列关于工业合成氨的叙述错误的是（ ） A. 在动力、设备，材料允许的情况下，反应尽可能在高压下进行 B. 温度越高越有利于工业合成氨 C. 在工业合成氨中，N2、H2的循环利用可提高其利用率，降低成本 D. 及时从反应体系中分离出氨气有利于平衡向正反应方向移动 【答案】B 【解析】 【详解】A．合成氨的正反应为气体体积缩小的反应，压强越大，反应物的转化率越高，则在动力、设备、材料允许的条件下尽可能在高压下进行，故A正确； B．合成氨的正反应为放热反应，升高温度后不利于氨气的生成，故B错误； C．合成氨中N2和H2的循环使用，可以提高原料气的利用率，降低成本，故C正确； D．及时从反应体系中分离出氨气，反应物浓度减小，有利于平衡向正反应方向移动，故D正确； 故选：B。 2. 高温下，某纯气体反应达到平衡，平衡常数。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是（ ） A. 该反应的焓变为负值 B. 恒温恒容时，增大压强，H2浓度一定减小 C. 升高温度，逆反应速率减小 D. 该反应的化学方程式为 【答案】D 【解析】 【分析】根据平衡常数，可知该可逆反应为。 【详解】A．恒容时，温度升高，H2的浓度减小，说明平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，即焓变为正值，A项错误； B．恒温恒容时，增大压强，如充入惰性气体，则平衡不移动，氢气的浓度不变，B项错误； C．升高温度，正，逆反应速率都增大，C项错误； D．根据平衡常数的表达式可知，该可逆反应为，D项正确； 综上所述答案为D。 3. 在石油氧化脱硫工艺中会发生以下气相反应：，反应机理及各物质的相对能量如图所示(COM、IM代表中间体，TS代表过渡态)。下列说法错误的是 A. 总反应为放热反应 B. 从反应物到生成物存在两条反应路径 C. 在涉及TS4和TS5的路径中，决速步骤为 D. 在恒温恒压的容器中发生总反应，压缩容器容积，平衡不发生移动 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题图可知，反应物相对能量为0，生成物相对能量为-659.2，故总反应为放热反应，故A正确； B．由题图可知，经历TS1过程后，反应按TS2→TS3→TS6和TS4→TS5→TS6两条路径进行，所以从反应物到生成物存在两条反应路径，故B正确； C．观察TS1→TS4→TS5→TS6反应路径，活化能最大的步骤出现在TS5处，所以决速步骤为，故C错误； D．结合总反应方程式，可知反应前后气体分子数不变，所以改变容器容积对该反应的平衡没有影响，故D正确； 答案选C。 【点睛】本题考查反应机理分析，具体考查反应热、反应路径、决速步骤和平衡移动等，意在考查考生接受信息、提取信息、分析信息和运用信息的能力，以及变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的学科核心素养。 4. 已知反应N2O4(g)2NO2(g)ΔH>0的平衡体系中，物质的总质量(m总)与总物质的量(n总)之比M(M=)在不同温度下随压强p的变化曲线如图所示。 下列说法正确的是 A. 温度：T1＜T2 B. 平衡常数：K(a)=K(b)＜K(c) C. 反应速率：vb＜va D. 当M=69g•mol-1时，n(NO2)∶n(N2O4)=1∶1 【答案】D 【解析】 【分析】反应物和生成物均为气体，总质量不变，平衡正向移动时气体的物质的量增大，则M减小，逆向移动时M增大，该反应为气体物质的量增大的吸热反应，所以升高温度、减小压强可以使平衡正向移动，M减小；降低温度、增大压强可以使平衡逆向移动，M增大。 【详解】A．由于该反应是吸热的反应，升高温度，平衡正向移动，n总增大，故M减小，由图可知T2＜T1，，故A错误； B．化学平衡常数与温度有关，该反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，则K(a)= K(c)＜K(b)，故B错误； C．温度越高反应速率越快，压强越大反应速率越快，根据前面分析可知T2＜T1，图中b点压强大于a点，所以va＜vb，故C错误； D．设n(NO2)：n(N2O4)=x：y，则有，所以x:y=1:1，故D正确； 故选D。 5. 以为原料合成涉及的主要反应如下： ① ② 的平衡转化率的选择性随温度、压强变化如下： 已知： 下列分析正确的是 A. B. 400℃左右，体系发生的反应主要是① C. 由上图可知， D. 初始，平衡后、，若只发生①、②，则的转化率为 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应①的正反应为气体体积减小的方向，反应②反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应②不移动，因此，A错误； B．400℃时，由图可以看出， 的选择性趋近为0，意味着转化为的CO2为0，因此此时体系发生的反应主要是②，B错误； C．由图看出，随着温度升高，的选择性逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应<0；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应①，后期的平衡转化率逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此>0，C错误； D．平衡后，根据的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3mol ，又因为，可知0.3mol 中有80%发生反应①转化为0.24molCH3OH，而0.3mol CO2中有20%发生反应②转化为0.06molCO，根据三段式可得： 两个反应中氢气的转化总量为0.78mol，所以氢气的转化率，D正确； 故选D。 6. 已知：。一定温度下，在2L恒容密闭容器中，按照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为。下列说法中正确的是 甲 乙 0.4molCO 0.2molCO A. 该反应 B. 该温度下，反应的平衡常数为10 C. 达平衡时，甲中的浓度是乙中的2倍 D. 化学平衡常数：甲<乙 【答案】B 【解析】 【详解】A．该反应是正向气体体积减小的反应，，A错误； B．按甲配料表，根据甲CO转化率50%：，反应的平衡常数，B正确； C．根据勒夏特列原理，减弱而不抵消的意思，甲中起始NO2的浓度是乙的两倍，相较于乙相当于甲加压，平衡右移，平衡时甲的NO2的浓度小于乙中的2倍，C错误； D．甲、乙两组实验的温度相同，则平衡常数相同，D错误； 故选B。 7. 工业生产硫酸的一步重要反应是，如果该反应在容积不变的密闭容器中进行，图中表示当其他条件不变时，其中结论正确的是 A. 图I可以表示催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂 B. 图I可以表示温度对化学平衡的影响，且甲温度低 C. 图Ⅱ表示平衡转化率与温度及压强的关系，可以判断 D. 图Ⅲ表示时刻通入更多的氧气或增大压强对反应速率的影响 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图Ⅰ可知，改变条件使平衡发生了移动，而催化剂不影响化学平衡，甲和乙SO3的体积分数应当一样，与图像不符，A错误； B．乙先达到平衡说明速率快，故乙的温度高，该反应为放热反应，温度升高反应逆向移动，SO3的体积分数降低，图I可以表示温度对化学平衡的影响，且甲温度低，B正确； C．在相同压强下，由于正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO2的平衡转化率减小，由图可知，C错误； D．图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，改变的条件为增大压强；正反应放热，若是升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率；若是通入更多的氧气，逆反应速率不能发生突变，D错误； 故选B。 8. 在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应：。下列叙述中，能说明反应达到化学平衡状态的是 A. 单位时间内消耗，同时生成 B. 混合气体的密度不再变化 C. 容器内的压强不再变化 D. 混合气体中n(Y)与n(Z)的比值保持不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．消耗X，平衡正向进行，生成Z平衡正向进行，无法作为判断化学平衡状态，A项错误； B．根据质量守恒定律，总质量不变，在恒容容器中，体积不变，则密度始终不变，则密度不能作为判断平衡的标志，B项错误； C．反应前后气体总物质的量相等，所以无论反应是否达到平衡，容器内气体压强始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，C项错误； D．混合气体中n(Y)与n(Z)的比值保持不变，说明两者的物质的量既不增加也不减少，据此判断反应已经达到平衡状态，D项正确； 答案选D。 9. 已知H2S和CO2在高温下发生反应： △H＞0。将3 mol CO2和2 mol H2S充入容积不变的密闭容器中，保持其他条件不变，在不同催化剂(M、N)作用下，反应进行相同时间后，测得COS的体积分数随反应温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. c点所处状态是平衡状态 B. 催化剂N的催化效率高于催化剂M C. b点H2S的转化率是62.5% D. a点状态下再通入0.5 mol CO2和0.5 mol COS，COS的体积分数不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．催化剂只能改变反应速率，但不能改变平衡状态。由题图可知，c点的COS的体积分数小于催化剂M作用下COS的体积分数，说明c点所处状态不是平衡状态，A错误； B．相同温度下，反应相同时间，催化剂M对应的COS体积分数高，说明催化剂M的催化效率高于催化剂N，B错误； C．设b点消耗反应物的物质的量均是x mol，则生成物的物质的量均是x mol，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，则，解得x=1.25，所以H2S的转化率剂×100%=62.5%，C正确； D．设a点消耗反应物的物质的量均是y mol，生成物的物质的量均是y mol，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，反应前后气体体积V不变，则，解得y=1.5 mol，所以根据平衡常数的含义可得该温度下平衡常数，a点状态下再通入0.5 mol CO2和0.5 mol COS，温度不变，化学平衡常数不变，此时浓度商，说明化学平衡不移动，则COS的体积分数为，D错误； 故合理选项是C。 10. 下列说法正确的是 A. ΔH>0，ΔS>0的反应一定可以自发进行 B. 根据反应的自发性可以预测该反应发生的快慢 C. 可逆反应正向进行时，正反应具有自发性，ΔH一定小于零 D. 常温下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，该反应的ΔH>0 【答案】D 【解析】 【详解】A．熵增的吸热反应在低温条件下反应ΔH-TΔS大于0，不能自发进行，故A错误； B．反应的自发性只能判断反应的方向，不能确定反应的快慢，故B错误； C．熵增的吸热反应在高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故C错误； D．该反应是熵增的反应，常温下不能自发进行，说明反应ΔH—TΔS大于0，则反应的焓变大于0，故D正确； 故选D。 11. 如图甲乙两个装置相连，甲池是一种常见的氢氧燃料电池装置，乙池内，D中通入10mol混合气体，其中苯的物质的量分数为20%（其余气体不参与反应），一段时间后，C处出来的气体中含苯的物质的量分数为10%（不含）H2，该条件下苯、环己烷都为气态），下列说法不正确的是 A. 导线中共传导6mol电子 B. 甲池中H+由G极移向F极，乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极 C. 甲池中A处通入O2，乙池中E处有O2放出，但体积不同（标准状况下测定） D. 乙池中左侧惰性电极上发生反应： 【答案】C 【解析】 【分析】由题意和图示，甲为氢氧燃料电池，乙为电解池，根据乙池中，惰性电极处苯被还原为环己烷，故惰性电极发生还原反应为阴极，多孔性惰性电极为阳极，则G电极与阴极相连，为原电池负极，F为正极，故甲池中F为正极，A处通入氧气，G为负极，B处通入氢气，由此分析作答。 【详解】A．10mol含20%苯的混合气体，经过电解生成10mol含苯10%的混合气体，则被还原的苯的物质的量为10mol×(20%-10%)=1mol，由电极方程式得转移电子的物质的量为6mol，A正确； B．原电池中阳离子向正极移动，F极为正极，故甲池中H+由G极移向F极，电解池中，阳离子向阴极移动，惰性电极为阴极，故乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极，B正确； C．由于电子转移守恒，故A处通入的氧气和E处生成的氧气的物质的量相等，故体积也相等，C错误； D．乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极方程式为：，D正确； 故选C。 12. 电饭锅是现代家庭必不可少的日用电器，其工作时将电能转化为 A. 光能 B. 势能 C. 动能 D. 热能 【答案】D 【解析】 【详解】电饭锅是现代家庭必不可少的日用电器，其工作时将电能转化为热能，用来蒸煮米饭等。 答案选D。 13. 生活污水中的氮和磷元素主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用铁、石墨作电极，用电解法去除。电解时：如图甲原理所示可进行除氮；翻转电源正负极，可进行除磷，原理是利用Fe2+将转化为沉淀。下列说法不正确的是 A. 图乙中0~20 min脱除的元素是氮元素，此时石墨作阳极 B. 溶液pH越小，有效氯浓度越大，氮的去除率越高 C. 图乙中20~40 min脱除的元素是磷元素，此时阴极电极反应式为 D. 电解法除氮中有效氯ClO-氧化NH3的离子方程为 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．因0~20 min脱除的元素是氮元素，所以需要将铵根离子、氨气氧化成氮气，若铁作阳极，则被氧化的是铁，所以此时石墨作阳极，A正确； B．随溶液pH减小，c(H+)增大，反应的化学平衡逆向移动，导致溶液中减小，使的氧化率降低，则氮的去除率随pH的减小而降低，B错误； C．翻转电源正负极开始除磷，除磷时，Fe作阳极失电子生成的Fe2+和结合转化为沉淀，所以石墨作阴极，水电离出的氢离子在阴极放电生成氢气，电极反应式为2，C正确； D．ClO-氧化NH3生成N2，ClO-被还原为Cl-，结合得失电子守恒和电荷守恒、元素守恒可得高子方程式为，D正确； 故合理选项是B。 14. 利用膜技术和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图，下列说法正确的是 A. 甲装置将电能转化为化学能 B. 每转移2mol电子，生成2mol N2O5 和1mol H2SO4 C. 乙中电极d上发生氧化反应 D. c电极反应式为： N2O4 – 2e- + H2O = N2O5 + 2H＋ 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，甲为原电池，a为负极，电极反应式为， b极为正极，电极反应式为，电池中总反应为，乙为电解池，c极为阳极，电极反应式，d极为阴极，电极反应式为，据此分析解答。 【详解】A．根据上述分析可知，甲为原电池，将化学能转化为电能，A错误； B．电池中反应为，转移2mol电子，生成1mol H2SO4，c极为阳极，电极反应式为，每转移2mol电子，生成2mol N2O5，B正确； C．乙为电解池，d极为阴极，发生还原反应，C错误； D．乙为电解池，c极为阳极，电极反应式，D错误； 故答案选C。 【点睛】本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正、负极和阴、阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。 第II卷 (非选择题) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 碘是人体合成甲状腺激素必不可缺的元素。我国缺碘病区较广，防治缺碘病的主要措施是往食盐中加入含有碘元素的化合物，如KIO3。KIO3为无色或白色结晶粉末，溶于水，不溶于乙醇；常温下稳定，833K 以上分解。“电解法”制备KIO3的工艺流程如图： 请回答下列问题： （1）写出电解过程中阴极和阳极上发生反应的方程式________；__________。 （2）制得的KIO3粗产品中可能含有什么杂质________? （3）流程图中的“操作”应如何具体操作________? （4）目前，KIO3 的工业生产方法主要是“氯酸钾氧化法”，即KCIO3与I2在酸性条件下发生反应得到KH(IO3)2，该步的产物再用KOH中和即得KIO3。请配平下列反应方程式，并指出其还原产物________；__________。 I2+KClO3+H2O→KH(IO3)2+KCl+Cl2 （5）与“电解法”相比，“氯酸钾氧化法”有什么不足之处?要求写出两条________；__________。 【答案】（1） ①. 阳极：I-+6OH--6e =IO + 3H2O ②. 阴极：2H2O+2e- =H2↑+ 2OH- （2）KI、KOH （3）加酸中和至溶液的pH= 7 （4） ①. ②. 还原产物为KCl与Cl2 （5） ①. 生产过程中有氯气产生，易污染环境、腐蚀设备 ②. KClO3原料的利用率不高 【解析】 【分析】将、过量KOH、水2混合，单质碘先和碱发生歧化反应生成KI和；利用电解将电解液中的I⁻最终氧化为，电解完成后分离除去可能的不溶性杂质，得到含的滤液；对滤液蒸发浓缩、冷却后，因溶解度随温度降低明显减小而结晶析出，经固液分离得到粗产品。粗产品加水溶解后，通过加酸中和将溶液pH调至7，除去粗品中混有的过量KOH杂质，再经过蒸发结晶、冷却、分离、干燥，得到高纯度的成品。 【小问1详解】 初始电解液是反应生成的KI碱性溶液，阴极发生水电离出的得电子的还原反应生成氢气；阳极上I⁻失电子，在碱性环境中被氧化为，阳极：、。 【小问2详解】 电解液为强碱性体系，蒸发结晶时过量的KOH或未电解完全的KI会伴随析出，成为杂质。 【小问3详解】 该步骤是重结晶前的除杂操作：向粗品溶解后的溶液中边搅拌边滴加适量稀酸，用pH试纸检测溶液至pH=7，中和除去粗品中混有的过量KOH。 【小问4详解】 用化合价升降法配平：I从0价升到+5价，每个共升10价；Cl从+5价分别降到-1价（KCl）和0价（），每生成1 mol KCl得6e⁻、每生成1 mol 得10e⁻，配平后的方程式：，还原产物是。 【小问5详解】 氯酸钾氧化法的不足之处：产生有毒气体，污染环境；产物中KCl杂质较多，原子利用率低（或消耗的原料成本更高，合理即可）。 16. 按要求完成下列各题。 （1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图甲所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许________离子通过，氯气的逸出口是________(填标号)。 （2）HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图乙所示，两电极区间用允许、通过的半透膜隔开。 ①电池负极电极反应式为________；放电过程中需补充的物质A为________(填化学式)。 ②如图乙所示HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为________。 【答案】（1） ①. ②. a （2） ①. ②. ③. 或 【解析】 【分析】 【小问1详解】 工业上常采用电解饱和食盐水的方法制备，该过程中，阳极的电极反应式为，阴极的电极反应式为，为防止生成的和发生反应，通常采用阳离子交换膜，则该装置中的离子膜只允许通过；氯气在阳极产生，逸出口为a。故答案为：；a； 【小问2详解】 ①原电池工作时，负极发生失电子的氧化反应，根据图示中各电极上物质变化，负极上被氧化为，电极反应式为，根据图示，加入A发生的离子反应为，消耗，从装置中流出，故放电过程中加入的物质A为。故答案为：；； ②该燃料电池的正极和存在着循环，正极上本质是得到电子，故燃料电池本质是HCOOH和反应生成，结合原子守恒和电荷守恒，其反应的离子方程式为或。故答案为：或。 17. 二甲醚是一种洁净液体燃料，工业上以CO和为原料生产。制备二甲醚在催化反应室中(压强：，温度：)进行下列反应： 反应ⅰ： 反应ⅱ： （1）①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为后CO的转化率为，则8min内CO的平均化学反应速率为___________。 ②针对反应i进行研究，在容积可变的密闭容器中，充入nmolCO和进行反应。在不同压强下，反应达到平衡时，测得CO平衡转化率与温度的变化如下图所示，图中X代表___________(填“温度”或“压强c)。解释b点的容器容积小于点的容器容积的原因___________。 （2）在t℃时，反应ii的平衡常数为400，此温度下，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表： 物质 0.05 1.0 1.0 此时刻反应ii的___________(填“>”“<”或“=”)。 （3）在使用催化剂、压强为5.0MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应i、ii制备，结果如下图所示，之间，随着温度升高，CO转化率降低而产率升高的原因可能是___________。 （4） 利用和计算时，还需要利用___________反应的。 【答案】（1） ①. ②. 温度 ③. 该反应为放热反应，温度越高，平衡向左移动，气体体积越大，同时压强，压强越大，平衡右移，体积越小，所以得到容器体积 （2）= （3）反应i和反应ii都是放热反应，但根据反应热数据推测反应ⅰCO转化成的速率快，反应ⅱ转化成的速率慢，导致反应ⅰ很快达到平衡时反应ii还未平衡，这时继续升温，反应i平衡向左移动，CO转化率减小，而反应ⅱ反应速率增大且向着建立平衡的方向移动，导致的产率增加 （4） 【解析】 【小问1详解】 ①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为后CO的转化率为，消耗的CO的为，则8min内CO的平均化学反应速率为； ②针对反应i进行研究，在容积可变的密闭容器中，在不同压强下，反应达到平衡时，测得CO平衡转化率与温度的变化如下图所示，根据图中信息和反应i为放热反应与气体体积减小的反应可知，在压强相同时，温度越高，平衡向左移动，CO平衡转化率越低，当温度相同时，压强越大，平衡向右移动，CO平衡转化率越大，结合图形，则X代表的是温度，压强；对于a点和b点的体积大小关系，由于该反应i为放热反应，当升高温度，平衡向左移动，气体体积越大，同时压强，增大压强，平衡右移，体积越小，所以a点和b点的体积大小关系为。 故答案为：；温度；该反应为放热反应，温度越高，平衡向左移动，气体体积越大，同时压强，压强越大，平衡右移，体积越小，所以得到容器体积。 【小问2详解】 在t℃时，反应ii的平衡常数为400，即K=400，根据表格数据求浓度熵，反应处于平衡状态，则得到。 故答案为：=。 【小问3详解】 在之间，随着温度升高，CO转化率降低而产率升高的原因可能是：反应i和反应ii都是放热反应，但根据反应热数据推测反应ⅰCO转化成的速率快，反应ⅱ转化成的速率慢，导致反应ⅰ很快达到平衡时反应ii还未平衡，这时继续升温，反应i平衡向左移动，CO转化率减小，而反应ⅱ反应速率增大且向着建立平衡的方向移动，导致的产率增加。 【小问4详解】 根据提供的热化学方程式反应ⅰ：和反应ⅱ：，要计算反应iii的，发现还缺少跟有关的反应热数据，则需要得到含有关的热化学反应方程式，根据盖斯定律将：反应iii反应ⅱ反应ⅰ可得。 故答案为：。 18. 工业上，可以用处理烟气中的NO、，总反应为 ，有关反应的能量变化曲线如图所示。回答下列问题： （1）NO和反应的热化学方程式为___________。 ___________。 （2）其他条件不变，仅增大(NO)，对总反应速率几乎没有影响，其原因可能是___________。 （3）一定条件下，的速率方程为(为速率常数，只与温度有关)。阿伦尼乌斯公式：(为常数；为活化能，不随温度改变；T为温度)。和在不同催化剂Cat1、Cat2作用下进行反应，与的关系如图1所示。 其他条件相同时，催化效能较高的是___________(填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是___________。 （4）在恒容密闭容器中保持起始时反应物的总物质的量不变，充入NO和，发生反应，NO平衡转化率与温度(T)、投料比[]的关系如图2所示。 ①___________(填“>”“<”或“=”)。平衡常数、和由大到小的顺序为___________。 ②若，下该反应的平衡常数___________。 （5）在恒容密闭容器中充入1mol和2mol，发生反应，测得部分物质的浓度变化如图3所示。点对应的反应体系中的体积分数为___________。 【答案】（1） ①. ②. -442.5 （2）和反应的活化能远大于NO和反应的活化能，前者为控速反应 （3） ①. Cat1 ②. 改变相同温度，Cat1对应直线变化值较小，说明活化能较小 （4） ①. < ②. ③. 16 （5）50% 【解析】 【小问1详解】 由图可知NO和反应生成，，反应热化学方程式为：Ⅱ： ； 由左图可得：Ⅰ： ； 由盖斯定律可知可由Ⅰ+Ⅱ得到，则； 【小问2详解】 和反应的活化能远大于NO和反应的活化能，前者为控速反应，故仅增大(NO)，对总反应速率几乎没有影响； 【小问3详解】 由图可知，改变相同温度，Cat1对应直线变化值较小，说明活化能较小，活化能越小，反应速率越快，因此Cat1催化效能较高； 【小问4详解】 ①由图可知在温度相同时，对应得NO平衡转化率较大， 而越大时，NO的转化率越小，故<；投料比不变时，温度升高NO平衡转化率减小，可知升温平衡逆向移动，正反应为放热反应，温度越高，K越小，温度不变，K不变，则平衡常数>=； ②若，，NO的平衡转化率为80%，设起始时NO为1mol，列三段式： ； 【小问5详解】 结合已知条件列三段式： 由可逆反应特征可知，消耗量一定小于1mol，则其剩余量一定大于1mol，因此图中两条线应为和的变化量曲线； 则1-x=x，解得：x=0.5；点对应的反应体系中的体积分数为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广西钦州市第四中学2024年秋季学期上学期高二期中考试 化学试题 第I卷 单选题 本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 一、单选题 1. 下列关于工业合成氨的叙述错误的是（ ） A. 在动力、设备，材料允许的情况下，反应尽可能在高压下进行 B. 温度越高越有利于工业合成氨 C. 在工业合成氨中，N2、H2的循环利用可提高其利用率，降低成本 D. 及时从反应体系中分离出氨气有利于平衡向正反应方向移动 2. 高温下，某纯气体反应达到平衡，平衡常数。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是（ ） A. 该反应的焓变为负值 B. 恒温恒容时，增大压强，H2浓度一定减小 C. 升高温度，逆反应速率减小 D. 该反应的化学方程式为 3. 在石油氧化脱硫工艺中会发生以下气相反应：，反应机理及各物质的相对能量如图所示(COM、IM代表中间体，TS代表过渡态)。下列说法错误的是 A. 总反应为放热反应 B. 从反应物到生成物存在两条反应路径 C. 在涉及TS4和TS5的路径中，决速步骤为 D. 在恒温恒压的容器中发生总反应，压缩容器容积，平衡不发生移动 4. 已知反应N2O4(g)2NO2(g)ΔH>0的平衡体系中，物质的总质量(m总)与总物质的量(n总)之比M(M=)在不同温度下随压强p的变化曲线如图所示。 下列说法正确的是 A. 温度：T1＜T2 B. 平衡常数：K(a)=K(b)＜K(c) C. 反应速率：vb＜va D. 当M=69g•mol-1时，n(NO2)∶n(N2O4)=1∶1 5. 以为原料合成涉及的主要反应如下： ① ② 的平衡转化率的选择性随温度、压强变化如下： 已知： 下列分析正确的是 A. B. 400℃左右，体系发生的反应主要是① C. 由上图可知， D. 初始，平衡后、，若只发生①、②，则的转化率为 6. 已知：。一定温度下，在2L恒容密闭容器中，按照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为。下列说法中正确的是 甲 乙 0.4molCO 0.2molCO A. 该反应 B. 该温度下，反应的平衡常数为10 C. 达平衡时，甲中的浓度是乙中的2倍 D. 化学平衡常数：甲<乙 7. 工业生产硫酸的一步重要反应是，如果该反应在容积不变的密闭容器中进行，图中表示当其他条件不变时，其中结论正确的是 A. 图I可以表示催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂 B. 图I可以表示温度对化学平衡的影响，且甲温度低 C. 图Ⅱ表示平衡转化率与温度及压强的关系，可以判断 D. 图Ⅲ表示时刻通入更多的氧气或增大压强对反应速率的影响 8. 在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应：。下列叙述中，能说明反应达到化学平衡状态的是 A. 单位时间内消耗，同时生成 B. 混合气体的密度不再变化 C. 容器内的压强不再变化 D. 混合气体中n(Y)与n(Z)的比值保持不变 9. 已知H2S和CO2在高温下发生反应： △H＞0。将3 mol CO2和2 mol H2S充入容积不变的密闭容器中，保持其他条件不变，在不同催化剂(M、N)作用下，反应进行相同时间后，测得COS的体积分数随反应温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. c点所处状态是平衡状态 B. 催化剂N的催化效率高于催化剂M C. b点H2S的转化率是62.5% D. a点状态下再通入0.5 mol CO2和0.5 mol COS，COS的体积分数不变 10. 下列说法正确的是 A. ΔH>0，ΔS>0的反应一定可以自发进行 B. 根据反应的自发性可以预测该反应发生的快慢 C. 可逆反应正向进行时，正反应具有自发性，ΔH一定小于零 D. 常温下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，该反应的ΔH>0 11. 如图甲乙两个装置相连，甲池是一种常见的氢氧燃料电池装置，乙池内，D中通入10mol混合气体，其中苯的物质的量分数为20%（其余气体不参与反应），一段时间后，C处出来的气体中含苯的物质的量分数为10%（不含）H2，该条件下苯、环己烷都为气态），下列说法不正确的是 A. 导线中共传导6mol电子 B. 甲池中H+由G极移向F极，乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极 C. 甲池中A处通入O2，乙池中E处有O2放出，但体积不同（标准状况下测定） D. 乙池中左侧惰性电极上发生反应： 12. 电饭锅是现代家庭必不可少的日用电器，其工作时将电能转化为 A. 光能 B. 势能 C. 动能 D. 热能 13. 生活污水中的氮和磷元素主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用铁、石墨作电极，用电解法去除。电解时：如图甲原理所示可进行除氮；翻转电源正负极，可进行除磷，原理是利用Fe2+将转化为沉淀。下列说法不正确的是 A. 图乙中0~20 min脱除的元素是氮元素，此时石墨作阳极 B. 溶液pH越小，有效氯浓度越大，氮的去除率越高 C. 图乙中20~40 min脱除的元素是磷元素，此时阴极电极反应式为 D. 电解法除氮中有效氯ClO-氧化NH3的离子方程为 14. 利用膜技术和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置如图，下列说法正确的是 A. 甲装置将电能转化为化学能 B. 每转移2mol电子，生成2mol N2O5 和1mol H2SO4 C. 乙中电极d上发生氧化反应 D. c电极反应式为： N2O4 – 2e- + H2O = N2O5 + 2H＋ 第II卷 (非选择题) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 碘是人体合成甲状腺激素必不可缺的元素。我国缺碘病区较广，防治缺碘病的主要措施是往食盐中加入含有碘元素的化合物，如KIO3。KIO3为无色或白色结晶粉末，溶于水，不溶于乙醇；常温下稳定，833K 以上分解。“电解法”制备KIO3的工艺流程如图： 请回答下列问题： （1）写出电解过程中阴极和阳极上发生反应的方程式________；__________。 （2）制得的KIO3粗产品中可能含有什么杂质________? （3）流程图中的“操作”应如何具体操作________? （4）目前，KIO3 的工业生产方法主要是“氯酸钾氧化法”，即KCIO3与I2在酸性条件下发生反应得到KH(IO3)2，该步的产物再用KOH中和即得KIO3。请配平下列反应方程式，并指出其还原产物________；__________。 I2+KClO3+H2O→KH(IO3)2+KCl+Cl2 （5）与“电解法”相比，“氯酸钾氧化法”有什么不足之处?要求写出两条________；__________。 16. 按要求完成下列各题。 （1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图甲所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许________离子通过，氯气的逸出口是________(填标号)。 （2）HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图乙所示，两电极区间用允许、通过的半透膜隔开。 ①电池负极电极反应式为________；放电过程中需补充的物质A为________(填化学式)。 ②如图乙所示HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为________。 17. 二甲醚是一种洁净液体燃料，工业上以CO和为原料生产。制备二甲醚在催化反应室中(压强：，温度：)进行下列反应： 反应ⅰ： 反应ⅱ： （1）①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为后CO的转化率为，则8min内CO的平均化学反应速率为___________。 ②针对反应i进行研究，在容积可变的密闭容器中，充入nmolCO和进行反应。在不同压强下，反应达到平衡时，测得CO平衡转化率与温度的变化如下图所示，图中X代表___________(填“温度”或“压强c)。解释b点的容器容积小于点的容器容积的原因___________。 （2）在t℃时，反应ii的平衡常数为400，此温度下，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表： 物质 0.05 1.0 1.0 此时刻反应ii的___________(填“>”“<”或“=”)。 （3）在使用催化剂、压强为5.0MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应i、ii制备，结果如下图所示，之间，随着温度升高，CO转化率降低而产率升高的原因可能是___________。 （4） 利用和计算时，还需要利用___________反应的。 18. 工业上，可以用处理烟气中的NO、，总反应为 ，有关反应的能量变化曲线如图所示。回答下列问题： （1）NO和反应的热化学方程式为___________。 ___________。 （2）其他条件不变，仅增大(NO)，对总反应速率几乎没有影响，其原因可能是___________。 （3）一定条件下，的速率方程为(为速率常数，只与温度有关)。阿伦尼乌斯公式：(为常数；为活化能，不随温度改变；T为温度)。和在不同催化剂Cat1、Cat2作用下进行反应，与的关系如图1所示。 其他条件相同时，催化效能较高的是___________(填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是___________。 （4）在恒容密闭容器中保持起始时反应物的总物质的量不变，充入NO和，发生反应，NO平衡转化率与温度(T)、投料比[]的关系如图2所示。 ①___________(填“>”“<”或“=”)。平衡常数、和由大到小的顺序为___________。 ②若，下该反应的平衡常数___________。 （5）在恒容密闭容器中充入1mol和2mol，发生反应，测得部分物质的浓度变化如图3所示。点对应的反应体系中的体积分数为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $