精品解析：广东省广州市天河外国语学校2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题

广州市天河外国语学校2024学年第二学期期中诊断检测卷 高二年级化学试题 注意事项： 1.本试卷分全卷满分100分，75分钟内完成，闭卷。 2.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。 3.答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡相应的位置。 4.全部答案应在答题卡上完成，答在本试卷上无效。 5.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cu-64 Fe-56 第Ⅰ卷(选择题，共44分) 一、选择题(本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意；1-10题每小题2分共20分，11-16题每小题4分共24分) 1. 传承中华瑰宝，发扬戏曲文化。下列戏曲表演用品主要由无机非金属材料制成的是 A．商周傩戏使用的青铜面具 B．战国礼乐使用的青瓷甬钟 C．宋元杂剧使用的缂丝团扇 D．清皮影戏使用的牛皮人偶 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．商周傩戏使用的青铜面具属于铜合金，合金是金属材料，而不属于无机非金属材料，A不符合题意； B．战国礼乐使用的青瓷甬钟是由无机非金属材料组成，B符合题意； C．宋元杂剧使用的缂丝团扇是由有机物组成，C不符合题意； D．清皮影戏使用的牛皮人偶是由蛋白质组成，不是由无机非金属材料组成，D不符合题意； 故合理选项是B。 2. 下列说法正确的是 A. C(石墨s)C(金刚石，s)，则金刚石比石墨稳定 B. 同温同压下，在光照和点燃条件下的相同 C. 任何酸与碱发生中和反应生成的过程中，能量变化均相同 D. ，则碳的燃烧热等于110.5 【答案】B 【解析】 【详解】A．石墨转化为金刚石的，说明金刚石能量高于石墨，物质能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，A错误； B．反应的焓变只与反应物和生成物的总能量有关，与反应条件无关，因此同温同压下该反应在光照和点燃条件下相同，B正确； C．弱酸、弱碱电离过程吸热，浓酸、浓碱溶解过程放热，因此不同酸、碱发生中和反应生成的能量变化不一定相同，C错误； D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，碳的稳定氧化物为，该反应生成，因此不能据此确定碳的燃烧热，D错误； 故选B。 3. 劳动成就梦想，创造美好生活。对下列劳动实践项目的原因解释错误的是 选项 实践项目 原因解释 A 医院用75%的酒精杀菌消毒 乙醇能使蛋白质发生变性 B 煮豆浆点卤水制作豆腐 胶体聚沉 C 用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶 含氯化合物具有杀菌消毒功能 D 用白醋清洗水壶中的水垢 醋酸酸性大于碳酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．75%的乙醇可破坏蛋白质空间结构，使蛋白质发生变性失活，因此可用于杀菌消毒，A正确； B．豆浆属于胶体，卤水中含有电解质，加入电解质可使胶体发生聚沉，从而制作豆腐，B正确； C．洁厕灵主要成分为盐酸，利用盐酸的酸性可与马桶中碳酸钙等污垢反应达到清洁效果，并非利用含氯化合物的杀菌消毒功能，C错误； D．水垢主要成分为碳酸钙等，醋酸酸性大于碳酸，根据强酸制弱酸原理，醋酸可与碳酸钙反应生成可溶性物质，因此可清洗水垢，D正确； 故选C。 4. 对于反应2NO+2H2N2+2H2O，科学家根据光谱研究提出如下反应历程： 第一步：2NON2O2 快反应； 第二步：N2O2+H2→N2O+H2O 慢反应； 第三步：N2O+H2→N2+H2O 快反应。 上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述不正确的是 A. 该反应的速率由第二步反应决定 B. 反应的中间产物有N2O2、N2O C. 第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞不一定是有效碰撞 D. 若第一步反应的，则升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．总反应速率由慢反应决定，所以该反应的速率由第二步反应决定，A正确； B．NO、H2是反应物，反应的中间产物有N2O2、N2O，B正确； C．只有少数分子的碰撞能发生化学反应，能引发化学反应的碰撞称之为有效碰撞，第三步反应中N2O与H2的碰撞不都是有效碰撞，C正确； D．升高温度，正逆反应速率均增大，D错误； 故选D。 5. 关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（ ） A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液 B. 装置②的总反应是Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连 D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀 【答案】B 【解析】 【详解】A. 根据电流方向知，a是电解池阳极，b是电解池阴极，用装置①精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液是含有铜离子的可溶性盐溶液，所以a极为粗铜，电解质溶液为硫酸铜溶液，故A不选； B. 铁比铜活泼，所以铁是负极，电极总反应式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故B选； C. 电解池的阴极上电解质溶液中阴离子导电，所以阴极金属被保护，则为了保护金属不被腐蚀，被保护的金属应该与电源的负极相连作阴极，故C不选； D. 电解质溶液是浓硫酸，呈强氧化性，铁被钝化，几乎没被腐蚀，故D不选； 故选：B。 6. 工厂的氨氮废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中在电极表面的氧化过程的微观示意图如图： 下列说法中，不正确的是 A. 使用催化剂降低了反应的活化能，可加快反应速率，提高反应的平衡转化率 B. 催化剂不可以降低该反应的焓变 C. 过程①②均有N-H键断裂，N-H键断裂时需要吸收能量 D. 过程④中有非极性键形成 【答案】A 【解析】 【详解】A．催化剂不能提高平衡转化率，A项错误； B．使用催化剂该反应的焓变不变，可以改变活化能，B项正确； C．由图可知, 在过程①中变为,在过程②中变为,则过程①②均有键断裂，断键需要吸收能量，C项正确； D．过程④中形成，则过程中有非极性键形成，D项正确； 答案选A。 7. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 工业上生产硫酸时，充入过量的空气以提高的转化率 B. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气 C. 将装有与混合气体的针管活塞外拉，针管内气体颜色先变浅又逐渐变深 D. 合成氨时，选定温度为400℃-500℃，而不是常温 【答案】D 【解析】 【详解】A．工业制硫酸的可逆反应为，充入过量空气即增大反应物的浓度，平衡正向移动，可提高的转化率，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意； B．氯气与水存在可逆反应，饱和食盐水中浓度较高，使平衡逆向移动，降低了氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意； C．混合气体存在平衡，活塞外拉时容器体积增大，浓度瞬间降低导致颜色变浅，随后压强减小平衡向气体体积增大的逆向移动，浓度回升使颜色变深，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意； D．合成氨是放热的可逆反应，理论上低温更利于平衡正向移动提高产率，选择400℃~500℃是为了使催化剂活性最高、加快反应速率，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，D符合题意； 答案选D。 8. 已知：由最稳定的单质合成某物质的反应焓变叫做该物质的摩尔生成焓，用表示，最稳定的单质的摩尔生成焓为0.相同状况下有关物质的摩尔生成焓如图所示，下列有关判断错误的是 A. 的摩尔生成焓 B. 相同状况下，比稳定 C. 根据上表所给数据，可求得的燃烧热 D. 与充分反应生成，放出的热量 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，的摩尔生成焓为-241.8kJ•mol-1，H2O（g）能量高于，则的摩尔生成焓ΔH＜-241.8kJ•mol-1，故A正确； B．N2H4(l)标准摩尔生成焓为50.6kJ/mol，NH3(g)的标准摩尔生成焓为-45.9kJ/mol，根据能量越低越稳定，则NH3比N2H4稳定稳定，故B正确； C．N2H4(l)标准摩尔生成焓为50.6kJ/mol，①N2(g)+2H2(g)⇌N2H4(l)ΔH=+50.6kJ/mol，H2O(g)标准摩尔生成焓为-241.8kJ/mol，则②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ/mol，根据盖斯定律：②-①得N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534.2kJ/mol，但标准燃烧热是指生成液态水，故标准状况下，N2H4(l)的燃烧热大于534.2kJ⋅mol-1，不能计算出具体的数值，故C错误； D．根据图中数据可知，0.5molN2(g)与1.5molH2(g)充分反应生成1molNH3(g)，放出45.9kJ的热量，故D正确。 答案选C。 9. 下列反应的方程式错误的是 A. 氯气制84消毒液(主要成分为)： B. 呼吸面具中和反应： C. 明矾水溶液与过量氨水混合： D. 电解饱和食盐水制烧碱和氯气： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯气与溶液反应制取84消毒液，离子方程式符合反应事实，A正确； B．呼吸面具中和反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式，B正确； C．氨水是弱碱，无法溶解，明矾与过量氨水反应的离子方程式应为，C错误； D．电解饱和食盐水生成烧碱、氢气和氯气，离子方程式，D正确； 故选C。 10. 部分含氮物质的分类与相应氮元素化合价关系如图所示。下列说法错误的是 A. c→d的反应过程颜色发生改变 B. e的浓溶液在常温下与金属铁单质不反应 C. 一定条件下，a与反应能得到b D. 工业制硝酸是由a→c→d→e 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据价类二维图可确定：a为，b为，c为，d为（或），e为。 【详解】A．c→d是转化为的过程，气体由无色变为红棕色，颜色发生改变，A正确； B．e的浓溶液为浓，常温下与金属铁单质发生钝化，钝化属于化学变化，不是不发生反应，B错误； C．具有还原性，一定条件下与反应可生成、和，能得到b，C正确； D．工业制硝酸的流程为：催化氧化生成，被氧化为，与水反应生成，路径为a→c→d→e，D正确； 故选B。 11. 下列装置或操作能达到目的的是 A．用于测定生成氢气的速率 B．依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响 将球浸泡在冷水和热水中 C．依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响 D．依据热水和冷水中圆底烧瓶内气体的颜色判断 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．装置使用长颈漏斗，反应生成的会从长颈漏斗上口逸出，无法准确测定生成氢气的体积，不能测定反应速率，A错误； B．两组实验中的初始浓度、物质的量均不同，初始颜色深浅不同，存在多个变量，无法依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响，B错误； C．两组实验中、的浓度和温度均不同，存在多个变量，无法依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响，C错误； D．只有温度为变量，热水中圆底烧瓶内气体颜色更深，说明升高温度，平衡逆向移动，可判断该反应，D正确； 故选D。 12. 某学习小组为探究SO2气体的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法错误的是 A. 装置中酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性 B. 试纸a先变红后褪色，说明SO2具有漂白性 C. 试纸d未变蓝，说明SO2氧化性弱于I2 D. 剩余的SO2气体可以用NaOH溶液吸收 【答案】B 【解析】 【详解】A．酸性KMnO4溶液为紫红色，SO2使其褪色是因为SO2将其还原为无色的Mn2+，体现了SO2的还原性，A正确； B．湿润的蓝色石蕊试纸a变红是由于SO2与水反应生成的H2SO3显酸性，SO2不能漂白酸碱指示剂，试纸a只会变红不会褪色，B错误； C．湿润的淀粉-KI试纸d未变蓝，说明SO2不能将I-氧化为I2，即SO2氧化性弱于I2，C正确； D．SO2为酸性氧化物，可与NaOH溶液反应生成盐和水，能用NaOH溶液吸收剩余SO2，D正确； 故选B。 13. 已知催化氧化生成的热化学方程式为 。设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. 1mol和混合气体中硫原子数目为 B. 等物质的量的和，的中子数比的中子数多 C. 当放出39.6kJ热量时，消耗的分子数为 D. 标准状况下，中所含有的原子数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．和混合气体中硫原子数目为，A错误； B．物质的量具体数值不确定，无法计算，B错误； C．当放出39.6kJ热量时，消耗的物质的量为0.4mol，分子数为，C正确； D．标准状况下，为固体，密度未知，无法计算其物质的量，D错误； 故选C 14. 液流电池是电化学储能领域的研究热点，其电解液置于电堆外部，在循环泵的推动下流经电堆，实现化学能与电能的转换。下图是全钒液流电池的结构及工作原理示意图。 下列说法正确的是 A. 放电时，电子由A极流出，经负载到B极 B. 充电时A极应与电源的负极相连 C. 放电时每转移1mol e-，有1mol H+通过质子交换膜移向B极区 D. 放电时正极反应式：+2H++ e- =VO2++H2O 【答案】D 【解析】 【分析】放电时，电子由负极流出经负载到正极，负极发生氧化反应，化合价升高，正极发生还原反应，化合价降低，所以A为正极，B为负极，充电时，则A为阳极，B为阴极，据此解答。 【详解】A．放电时，电子由负极流出经负载到正极，则电子应从负极（B极）流出到A极，A错误； B．充电时，原电池的正极（A极）应作为电解池的阳极，与电源正极相连，B错误； C．放电时，H⁺作为阳离子移向正极（A极区），而非B极区，C错误； D．放电时正极发生还原反应，（V+5价）得1e⁻还原为VO²⁺（V+4价），反应式为+2H++ e- =VO2++H2O，电荷与原子守恒，D正确； 故选D。 15. 下列有关速率、平衡相关实验涉及化学反应、操作现象及实验结论，正确的是 选项 实验反应 操作及现象 实验结论 A 在平衡体系中加入晶体 在其他条件不变时，增加生成物浓度，平衡向逆反应方向移动 B (橙)(黄) 向溶液中加入少量浓溶液，溶液变为黄色 在其他条件不变时，减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动 C (蓝色)(黄色) 将盛有热溶液的试管置于冷水浴中，试管中溶液由蓝绿色变为黄绿色 在其他条件不变时，降低温度，平衡向放热反应方向移动 D 向等体积等浓度的溶液中分别加入5滴等浓度的和溶液，后者产生气体的速度更快 在其他条件不变时，比的催化效果好 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．该反应的本质为，和不参与平衡反应，加入晶体时实际参与反应的离子浓度不变，平衡不移动，无法得出对应结论，A错误； B．加入溶液时，与生成物反应使浓度减小，平衡正向移动，浓度增大，溶液变为黄色，符合减小生成物浓度平衡正向移动的规律，B正确； C．该反应，正反应为吸热反应，逆反应为放热反应，降低温度平衡向放热的逆反应方向移动，蓝色的浓度增大，溶液应偏向蓝色，与实验现象不符，C错误； D．两组实验所用催化剂的阴离子不同（分别为和），未控制单一变量，无法排除阴离子对反应速率的影响，不能得出催化效果更好的结论，D错误； 故选B。 16. T℃时在2L容积不变的密闭容器中使与发生反应生成。反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为和时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论错误的是 A. 容器中发生的反应可表示为 B. 反应进行前3min内，用X表示的反应速率 C. 保持其他条件不变，升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率都加快，化学平衡向正反应方向移动 D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是使用催化剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图1可知，X、Y为反应物，Z为生成物，，，，化学反应中各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比，即三者化学计量数之比为，且反应最终反应物、产物共存，各物质的物质的量不变，则该反应为可逆反应，故反应式为，A正确； B．前内，，不是，B错误； C．升高温度，反应物分子的能量增加，使一部分原来能量较低的分子变成活化分子，从而增加了活化分子百分数，正、逆反应速率均加快；由图2可知，下反应先达到平衡，故，温度越高Y的百分含量越低，说明升高温度平衡正向移动，C正确； D．图3与图1相比，平衡时各组分物质的量不变，仅达到平衡的时间缩短，说明反应速率加快、平衡不移动，故改变的条件是使用催化剂，D正确； 故选B。 第Ⅱ卷(非选择题，共56分) 二、(本题包括4小题，共56分) 17. 为探究Ag＋与Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验： 已知：相关物质的溶解度(20℃)AgCl：1.5×10-4g Ag2SO4：0.796g （1）甲同学的实验如下：注：经检验黑色固体为Ag 序号 操作 现象 实验Ⅰ 将2mL 1mol/L AgNO3溶液加入到1mL 1mol/L FeSO4溶液中 产生白色沉淀，随后有黑色固体产生 取上层清液，滴加KSCN溶液 溶液变红 ①白色沉淀的化学式是___________。 ②甲同学得出Ag＋氧化了Fe2+的依据是___________。 （2）乙同学为探究Ag＋和Fe2+反应的程度，进行实验Ⅱ。 a．按下图连接装置并加入药品(盐桥中的物质不参与反应)，发现电压表指针偏移。偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银。放置一段时间后，指针偏移减小。 b．随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向偏移。 ①a中甲烧杯里的电极反应式是___________。 ②b中电压表指针逆向偏移后，银为___________极(填“正”或“负”)。 ③由实验得出Ag＋和Fe2+反应的离子方程式是___________。电压表指针回到零点说明上述反应达到___________ （3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验： 序号 操作 现象 实验Ⅲ 将2mL 2mol/L Fe(NO3)3溶液加入有银镜的试管中 银镜消失 实验Ⅳ 将2mL 1mol/L Fe2(SO4)3溶液加入有银镜的试管中 银镜减少，未消失 实验Ⅴ 将2mL 2mol/L FeCl3溶液加入有银镜的试管中 银镜消失 ①实验Ⅲ___________(填“能”或“不能”)证明Fe3+氧化了Ag，理由是___________。 ②用化学反应原理解释实验Ⅳ与Ⅴ的现象有所不同的原因：___________。 【答案】（1） ①. Ag2SO4 ②. 有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红 （2） ①. Fe2+-e－=Fe3+ ②. 负 ③. Fe2＋+Ag＋Fe3＋+Ag ④. 平衡状态 （3） ①. 不能 ②. 因为Fe(NO3)3溶液呈酸性，酸性条件下也可能氧化Ag ③. 溶液中存在平衡：Fe3＋＋AgFe2＋＋Ag＋，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl－比更有利于降低Ag＋浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大 【解析】 【小问1详解】 ①结合已知Ag2SO4的溶解度较小，因此AgNO3溶液中的Ag＋与FeSO4溶液中结合会生成Ag2SO4沉淀，所以生成的白色沉淀为Ag2SO4。 ②AgNO3溶液加入到FeSO4溶液中先生成白色沉淀，随后有黑色固体生成，黑色固体为Ag单质，说明Ag＋氧化了Fe2+。Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇到KSCN溶液会生成红色溶液，所以甲同学得出Ag＋氧化了Fe2＋的依据是有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红。 答案为：Ag2SO4；有黑色固体(Ag)生成，加入KSCN溶液后变红。 【小问2详解】 ①实验过程中电压表指针偏移，偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银。依据原电池原理，电子由负极经外电路流向正极，可知Ag作原电池正极，石墨作原电池负极。负极是甲池溶液中Fe2+失电子发生氧化反应生成Fe3+，a中甲烧杯里的电极反应式是Fe2+-e－=Fe3+。 ②b中电压表指针逆向偏移，电子由银经导线流向石墨。依据电子流向，可知乙池中银作原电池负极。 ③根据实验现象，可知改变条件后，化学反应的方向发生了改变。可知Ag＋氧化Fe2+生成Ag和Fe3＋的反应为可逆反应，离子方程式为Fe2＋+Ag＋Fe3＋+Ag。电压表指针回到零点说明电路中没有电子的定向移动，反应没有向正反应方向进行，也没有向逆反应方向进行，即反应达到了平衡状态。 【小问3详解】 ①将2mL 2mol·L-1 Fe(NO3)3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银被氧化，可能是被溶液中Fe3＋的氧化，也可能是在因Fe3＋水解显酸性的溶液中，具有强氧化性，氧化了Ag，所以实验Ⅲ不能证明Fe3+氧化了Ag。 ②将2mL 1mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失，说明银部分溶解；将2mL 2mol·L-1 FeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银溶解完全。溶液中存在平衡：Fe3＋+AgFe2＋+Ag＋，AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl－比更有利于降低Ag＋浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大。 答案为：不能；因为Fe(NO3)3溶液呈酸性，酸性条件下也可能氧化Ag；溶液中存在平衡：Fe3＋＋AgFe2＋＋Ag＋，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl－比更有利于降低Ag＋浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大。 18. 回答下列问题： Ⅰ.碲(Te)是重要的稀有元素，被誉为“现代高新技术材料的维生素”。一种从碲化镉废料中(主要成分为CdTe、CdS、SiO2)回收 Te 和 Cd 的工艺流程如图所示。 （1）“氧化浸出”时，温度控制在80℃的原因有 _______。“氧化浸出”过程中CdTe发生反应的离子方程式为 _______其他条件不变时，该过程中双氧水与物料质量比对碲回收率的影响如图所示。质量比高于0.6时碲回收率降低的原因是_______。 （2）“溶浸”过程中，若H2O2过量，将增加_______(填化学式，下同)的用量。“浸渣”的主要成分是_______。 Ⅱ.利用如图所示装置测定中和反应反应热的实验步骤如下： 步骤一：用量筒量取50mL 0.50mol⋅L⁻¹盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度； “怎一：用另一量筒量取： 溶液，并用同一温度计测出其温度； 步骤三：将NaOH 溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。 （3）回答下列问题： ①现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L 1mol·L⁻¹的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3， 则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为_______。 ②假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm⁻³，又知中和反应后生成溶液的比热容 为了计算中和热，某学生实验记录数据如下： 实验 序号 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 盐酸 氢氧化钠溶液 混合溶液 1 20.0 20.1 23.2 2 20.2 20.4 23.4 3 20.5 20.6 23.6 依据该学生的实验数据计算，该实验测得中和反应 的反应热ΔH =_______(结果保留一位小数)。 ③该同学通过实验测出的反应热绝对值即|ΔH|偏小，造成这一结果的原因不可能的是_______。 A．实验装置保温、隔热效果差 B．用量筒量取盐酸时仰视读数 C．分多次将NaOH溶液倒入小烧杯中 【答案】（1） ①. 加快浸出速率，防止温度过高引起H2O2过度分解 ②. CdTe+3H2O2+2H+=Cd2++ TeO2+4H2O ③. 随双氧水增多，TeO2转化为H2TeO3进入溶液 （2） ①. Na2SO3 ②. SiO2 （3） ①. ΔH1=ΔH2<ΔH3 ②. -51.8 ③. B 【解析】 【分析】碲化镉废料主要成分为CdTe、CdS、SiO2。“氧化浸出”过程中CdTe转化为CdSO4、TeO2沉淀，CdS转化为CdSO4，SiO2不反应；粗TeO2中含有TeO2、SiO2，加双氧水，TeO2能溶解生成H2TeO3，用亚硫酸钠还原H2TeO3生成Te； 【小问1详解】 温度升高反应速率加快，温度过高双氧水分解速率加快，“氧化浸出”时，温度控制在80℃的原因有：加快浸出速率，防止温度过高引起双氧水过度分解。根据流程图，“氧化浸出”过程中CdTe和双氧水、硫酸反应生成CdSO4、TeO2沉淀，发生反应的离子方程式为CdTe+3H2O2+2H+=Cd2++ TeO2+4H2O；根据流程图，TeO2能溶解生成H2TeO3，质量比高于0.6时，双氧水过量，随双氧水增多，TeO2转化为H2TeO3进入溶液，碲回收率降低。 【小问2详解】 H2O2能氧化Na2SO3，“溶浸”过程中，若H2O2过量，将增加Na2SO3的用量。SiO2难溶于硫酸、双氧水，“浸渣”的主要成分是SiO2。 【小问3详解】 ①中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热过程，稀氨水和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以ΔH1=ΔH2<ΔH3。 ②第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为23.2℃，反应前后温度差为3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为23.4℃，反应前后温度差为3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为23.6℃，反应前后温度差为3.05℃；平均温差为(3.15℃+3.1℃+3.05℃)÷3=3.1℃，50 mL的0.50 mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cmΔt得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×(1÷0.025)51.8kJ，即该实验测得的中和热ΔH-51.8。 ③A．实验装置保温、隔热效果差，热量损失大，|ΔH|偏小，故不选A； B．用量筒量取盐酸时仰视读数，量取盐酸体积偏大，放出的热量偏多，|ΔH|偏大，故选B； C．分多次将NaOH溶液倒入小烧杯中，热量损失大，|ΔH|偏小，故不选C； 选B。 19. 氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。 （1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分化学平衡常数K的值。 反应 大气固氮 工业固氮 温度/℃ 27 2000 25 400 450 平衡常数K 0.1 0.507 0.152 ①分析数据可知：大气固氮反应属于___________(填“吸热”或“放热”)反应。 ②分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮的原因：___________。 ③下图是工业固氮反应达到平衡，混合气中的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(、)、X分别代表温度或压强。其中X代表的是___________(填“温度”或“压强”)；___________(填“>”“<”或“=”)原因是___________。 （2）实验室模拟工业固氮，在压强为PMPa的恒压容器中充入和，反应混合物中的物质的量分数随温度的变化曲线如图所示，其中Ⅱ是经过一定时间反应后的曲线，I是平衡时的曲线。 ①图中b点N2的转化率为___________；___________(“>”“=”或“<”)。 ②475℃时，该反应的压强平衡常数的代数式Kp=_______MPa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×物质的量分数，用含P的代数式表示，列式无需化简) 【答案】（1） ①. 吸热 ②. K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产 ③. 温度 ④. ＜ ⑤. 反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，NH3的体积分数增大 （2） ①. 40% ②. ＞ ③. 【解析】 【小问1详解】 ①对于大气固氮反应，温度升高，K值增大，表明升高温度，平衡正向移动，则大气固氮反应属于吸热反应。 ②对于大气固氮反应，即便温度升高到2000℃，平衡常数也只有0.1，反应物的转化率很低，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，原因：K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产。 ③对于工业固氮反应，升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。所以工业固氮反应为放热的体积缩小的可逆反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的体积分数减小，增大压强平衡正向移动，NH3的体积分数增大，则X代表的是温度，L代表的是压强，且L1＜L2，原因是：反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，NH3的体积分数增大，所以L1＜L2。 【小问2详解】 实验室模拟工业固氮，在压强为P MPa的恒压容器中充入1mol N2和3mol H2，在b点，NH3的体积分数为25%；在a点，NH3的体积分数为50%。曲线Ⅰ中，400℃时，NH3的体积分数最大，随温度升高，NH3的体积分数减小，则曲线Ⅰ为平衡时的曲线，曲线Ⅱ为经过一定时间反应后的曲线。 ①图中b点时，NH3的体积分数为25%，设此时N2的变化量为x，则可建立如下三段式： 则，x=0.4，N2或H2的转化率为=40%；与曲线Ⅰ相比，NH3的体积分数小于平衡时NH3的体积分数，所以反应未达平衡，＞。 ②475℃反应达平衡时，在a点NH3的体积分数为50%。设N2的物质的量的变化量为y，则可建立如下三段式：，则，y=，平衡时N2、H2、NH3物质的量依次为mol、1mol、mol，混合气总物质的量为mol，N2、H2、NH3物质的量分数依次为、、，该反应的压强平衡常数的代数式Kp=MPa-2。 20. 作为主要温室气体，其资源化利用对实现“碳中和”与环境保护具有重要意义。 （1）和加氢制甲烷可实现资源利用的同时实现氢能的储存，相关反应如下： Ⅰ． Ⅱ． ①恒温下，向恒容密闭容器中充入一定量的、和，下列说法正确的是__________。 A．反应体系中涉及极性共价键和非极性共价键的断裂和生成 B．容器中气体的平均摩尔质量不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡 C．：，由此可推断活化能： D．待体系达到平衡时，通入(不与其他气体反应)，气体总压增大，反应Ⅰ、Ⅱ平衡正向移动 ②制备甲烷过程中，活化的可能途径有两种，如下图所示。请从反应速率和生成物稳定性角度分析说明是活化的优势含碳中间体的原因是__________。 （2）和发生重整反应制备的合成气可应用于多个有机合成反应，实现的高值化利用，主要涉及的反应如下。 Ⅲ． Ⅳ． V。 ①任选反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ，计算反应Ⅲ的__________。 ②反应温度对反应Ⅰ~Ⅴ的吉布斯自由能变的影响如图所示，则曲线X对应的反应为__________(填序号)。欲使反应Ⅲ自发进行，反应体系的温度应___________(填“高于”或“低于”)642℃。 （3）恒容密闭容器中，初始投料的条件下，仅考虑反应Ⅲ~Ⅴ，达到化学平衡时，和的转化率随温度的变化趋势如下图1. 综合反应Ⅲ~Ⅴ，解释当温度低于850℃时，的平衡转化率高于的平衡转化率的原因____________________________。 （4）回收利用工业废气中的制备，实验原理如图2所示。 其中应放置__________离子交换膜，阴极的电极反应式为____________________。 【答案】（1） ①. B ②. 生成CO*的路径活化能更小，因此反应速率快；CO*能量比HCOO*低，CO*更稳定 （2） ①. +247 ②. V ③. 高于 （3）在温度小于850℃时，反应V对的转化率提高的作用胜于反应Ⅳ对转化率的提高效果 （4） ①. 阳离子 ②. 【解析】 【小问1详解】 ①A．两个反应的反应物（CO2、CO、H2）仅H2含非极性键，反应过程中只有非极性键的断裂，没有非极性键的生成，A错误； B．两个反应均为气体分子数减小的反应，所有物质均为气体，气体总质量不变，总物质的量随反应进行变化，因此平均摩尔质量不变时，体系总物质的量不再改变，两个反应均达到平衡，B正确； C．焓变的绝对值大小与活化能没有必然联系，无法通过ΔH大小推断活化能大小，C错误； D．恒温恒容下通入无关气体，各反应组分的浓度不变，平衡不移动，D错误； 故选B。 ②从反应进程图可知，生成CO的过渡态能垒（0.28eV）远低于生成HCOO的能垒（0.55eV），反应速率更快；同时CO对应产物的相对能量（-0.82eV）远低于HCOO路径产物的能量（0.04eV），能量越低物质越稳定，因此CO*活化路径更具优势。 【小问2详解】 ①由反应Ⅰ-反应Ⅱ×2可得反应Ⅲ，故； ②从图中看出，曲线X在高温下自发进行（），因此为吸热反应，则曲线X代表反应Ⅳ或反应Ⅴ，根据吉布斯自由能变，曲线X截距更小，则对应的更小，因此曲线X代表反应Ⅴ；欲使反应Ⅲ自发进行，反应体系的温度应高于642℃； 【小问3详解】 若只进行反应Ⅲ，则CH4和CO2转化率相等，而进行反应Ⅳ有利于CO2的转化率增大，进行反应Ⅴ仅能增大CH4的转化率，因此温度低于850℃时CH4的平衡转化率高于CO2的平衡转化率的原因是：在温度小于850℃时，反应V对的转化率提高的作用胜于反应Ⅳ对转化率的提高效果； 【小问4详解】  左侧阳极发生反应，阳极负电荷减少正电荷富余，需要H+从阳极迁移到阴极平衡电荷，同时阴极需要参与还原生成HCOOH，因此选用阳离子交换膜，允许H+通过，阻止阴离子在电极间迁移，右侧阴极​得到电子结合质子被还原为HCOOH，对应电极反应式：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市天河外国语学校2024学年第二学期期中诊断检测卷 高二年级化学试题 注意事项： 1.本试卷分全卷满分100分，75分钟内完成，闭卷。 2.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。 3.答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡相应的位置。 4.全部答案应在答题卡上完成，答在本试卷上无效。 5.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cu-64 Fe-56 第Ⅰ卷(选择题，共44分) 一、选择题(本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意；1-10题每小题2分共20分，11-16题每小题4分共24分) 1. 传承中华瑰宝，发扬戏曲文化。下列戏曲表演用品主要由无机非金属材料制成的是 A．商周傩戏使用的青铜面具 B．战国礼乐使用的青瓷甬钟 C．宋元杂剧使用的缂丝团扇 D．清皮影戏使用的牛皮人偶 A. A B. B C. C D. D 2. 下列说法正确的是 A. C(石墨s)C(金刚石，s)，则金刚石比石墨稳定 B. 同温同压下，在光照和点燃条件下的相同 C. 任何酸与碱发生中和反应生成的过程中，能量变化均相同 D. ，则碳的燃烧热等于110.5 3. 劳动成就梦想，创造美好生活。对下列劳动实践项目的原因解释错误的是 选项 实践项目 原因解释 A 医院用75%的酒精杀菌消毒 乙醇能使蛋白质发生变性 B 煮豆浆点卤水制作豆腐 胶体聚沉 C 用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶 含氯化合物具有杀菌消毒功能 D 用白醋清洗水壶中的水垢 醋酸酸性大于碳酸 A. A B. B C. C D. D 4. 对于反应2NO+2H2N2+2H2O，科学家根据光谱研究提出如下反应历程： 第一步：2NON2O2 快反应； 第二步：N2O2+H2→N2O+H2O 慢反应； 第三步：N2O+H2→N2+H2O 快反应。 上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述不正确的是 A. 该反应的速率由第二步反应决定 B. 反应的中间产物有N2O2、N2O C. 第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞不一定是有效碰撞 D. 若第一步反应的，则升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大 5. 关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（ ） A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液 B. 装置②的总反应是Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连 D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀 6. 工厂的氨氮废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中在电极表面的氧化过程的微观示意图如图： 下列说法中，不正确的是 A. 使用催化剂降低了反应的活化能，可加快反应速率，提高反应的平衡转化率 B. 催化剂不可以降低该反应的焓变 C. 过程①②均有N-H键断裂，N-H键断裂时需要吸收能量 D. 过程④中有非极性键形成 7. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 工业上生产硫酸时，充入过量的空气以提高的转化率 B. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气 C. 将装有与混合气体的针管活塞外拉，针管内气体颜色先变浅又逐渐变深 D. 合成氨时，选定温度为400℃-500℃，而不是常温 8. 已知：由最稳定的单质合成某物质的反应焓变叫做该物质的摩尔生成焓，用表示，最稳定的单质的摩尔生成焓为0.相同状况下有关物质的摩尔生成焓如图所示，下列有关判断错误的是 A. 的摩尔生成焓 B. 相同状况下，比稳定 C. 根据上表所给数据，可求得的燃烧热 D. 与充分反应生成，放出的热量 9. 下列反应的方程式错误的是 A. 氯气制84消毒液(主要成分为)： B. 呼吸面具中和反应： C. 明矾水溶液与过量氨水混合： D. 电解饱和食盐水制烧碱和氯气： 10. 部分含氮物质的分类与相应氮元素化合价关系如图所示。下列说法错误的是 A. c→d的反应过程颜色发生改变 B. e的浓溶液在常温下与金属铁单质不反应 C. 一定条件下，a与反应能得到b D. 工业制硝酸是由a→c→d→e 11. 下列装置或操作能达到目的的是 A．用于测定生成氢气的速率 B．依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响 将球浸泡在冷水和热水中 C．依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响 D．依据热水和冷水中圆底烧瓶内气体的颜色判断 A. A B. B C. C D. D 12. 某学习小组为探究SO2气体的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法错误的是 A. 装置中酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性 B. 试纸a先变红后褪色，说明SO2具有漂白性 C. 试纸d未变蓝，说明SO2氧化性弱于I2 D. 剩余的SO2气体可以用NaOH溶液吸收 13. 已知催化氧化生成的热化学方程式为 。设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. 1mol和混合气体中硫原子数目为 B. 等物质的量的和，的中子数比的中子数多 C. 当放出39.6kJ热量时，消耗的分子数为 D. 标准状况下，中所含有的原子数目为 14. 液流电池是电化学储能领域的研究热点，其电解液置于电堆外部，在循环泵的推动下流经电堆，实现化学能与电能的转换。下图是全钒液流电池的结构及工作原理示意图。 下列说法正确的是 A. 放电时，电子由A极流出，经负载到B极 B. 充电时A极应与电源的负极相连 C. 放电时每转移1mol e-，有1mol H+通过质子交换膜移向B极区 D. 放电时正极反应式：+2H++ e- =VO2++H2O 15. 下列有关速率、平衡相关实验涉及化学反应、操作现象及实验结论，正确的是 选项 实验反应 操作及现象 实验结论 A 在平衡体系中加入晶体 在其他条件不变时，增加生成物浓度，平衡向逆反应方向移动 B (橙)(黄) 向溶液中加入少量浓溶液，溶液变为黄色 在其他条件不变时，减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动 C (蓝色)(黄色) 将盛有热溶液的试管置于冷水浴中，试管中溶液由蓝绿色变为黄绿色 在其他条件不变时，降低温度，平衡向放热反应方向移动 D 向等体积等浓度的溶液中分别加入5滴等浓度的和溶液，后者产生气体的速度更快 在其他条件不变时，比的催化效果好 A. A B. B C. C D. D 16. T℃时在2L容积不变的密闭容器中使与发生反应生成。反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为和时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论错误的是 A. 容器中发生的反应可表示为 B. 反应进行前3min内，用X表示的反应速率 C. 保持其他条件不变，升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率都加快，化学平衡向正反应方向移动 D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是使用催化剂 第Ⅱ卷(非选择题，共56分) 二、(本题包括4小题，共56分) 17. 为探究Ag＋与Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验： 已知：相关物质的溶解度(20℃)AgCl：1.5×10-4g Ag2SO4：0.796g （1）甲同学的实验如下：注：经检验黑色固体为Ag 序号 操作 现象 实验Ⅰ 将2mL 1mol/L AgNO3溶液加入到1mL 1mol/L FeSO4溶液中 产生白色沉淀，随后有黑色固体产生 取上层清液，滴加KSCN溶液 溶液变红 ①白色沉淀的化学式是___________。 ②甲同学得出Ag＋氧化了Fe2+的依据是___________。 （2）乙同学为探究Ag＋和Fe2+反应的程度，进行实验Ⅱ。 a．按下图连接装置并加入药品(盐桥中的物质不参与反应)，发现电压表指针偏移。偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银。放置一段时间后，指针偏移减小。 b．随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向偏移。 ①a中甲烧杯里的电极反应式是___________。 ②b中电压表指针逆向偏移后，银为___________极(填“正”或“负”)。 ③由实验得出Ag＋和Fe2+反应的离子方程式是___________。电压表指针回到零点说明上述反应达到___________ （3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验： 序号 操作 现象 实验Ⅲ 将2mL 2mol/L Fe(NO3)3溶液加入有银镜的试管中 银镜消失 实验Ⅳ 将2mL 1mol/L Fe2(SO4)3溶液加入有银镜的试管中 银镜减少，未消失 实验Ⅴ 将2mL 2mol/L FeCl3溶液加入有银镜的试管中 银镜消失 ①实验Ⅲ___________(填“能”或“不能”)证明Fe3+氧化了Ag，理由是___________。 ②用化学反应原理解释实验Ⅳ与Ⅴ的现象有所不同的原因：___________。 18. 回答下列问题： Ⅰ.碲(Te)是重要的稀有元素，被誉为“现代高新技术材料的维生素”。一种从碲化镉废料中(主要成分为CdTe、CdS、SiO2)回收 Te 和 Cd 的工艺流程如图所示。 （1）“氧化浸出”时，温度控制在80℃的原因有 _______。“氧化浸出”过程中CdTe发生反应的离子方程式为 _______其他条件不变时，该过程中双氧水与物料质量比对碲回收率的影响如图所示。质量比高于0.6时碲回收率降低的原因是_______。 （2）“溶浸”过程中，若H2O2过量，将增加_______(填化学式，下同)的用量。“浸渣”的主要成分是_______。 Ⅱ.利用如图所示装置测定中和反应反应热的实验步骤如下： 步骤一：用量筒量取50mL 0.50mol⋅L⁻¹盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度； “怎一：用另一量筒量取： 溶液，并用同一温度计测出其温度； 步骤三：将NaOH 溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。 （3）回答下列问题： ①现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L 1mol·L⁻¹的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3， 则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为_______。 ②假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm⁻³，又知中和反应后生成溶液的比热容 为了计算中和热，某学生实验记录数据如下： 实验 序号 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 盐酸 氢氧化钠溶液 混合溶液 1 20.0 20.1 23.2 2 20.2 20.4 23.4 3 20.5 20.6 23.6 依据该学生的实验数据计算，该实验测得中和反应 的反应热ΔH =_______(结果保留一位小数)。 ③该同学通过实验测出的反应热绝对值即|ΔH|偏小，造成这一结果的原因不可能的是_______。 A．实验装置保温、隔热效果差 B．用量筒量取盐酸时仰视读数 C．分多次将NaOH溶液倒入小烧杯中 19. 氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。 （1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分化学平衡常数K的值。 反应 大气固氮 工业固氮 温度/℃ 27 2000 25 400 450 平衡常数K 0.1 0.507 0.152 ①分析数据可知：大气固氮反应属于___________(填“吸热”或“放热”)反应。 ②分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮的原因：___________。 ③下图是工业固氮反应达到平衡，混合气中的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(、)、X分别代表温度或压强。其中X代表的是___________(填“温度”或“压强”)；___________(填“>”“<”或“=”)原因是___________。 （2）实验室模拟工业固氮，在压强为PMPa的恒压容器中充入和，反应混合物中的物质的量分数随温度的变化曲线如图所示，其中Ⅱ是经过一定时间反应后的曲线，I是平衡时的曲线。 ①图中b点N2的转化率为___________；___________(“>”“=”或“<”)。 ②475℃时，该反应的压强平衡常数的代数式Kp=_______MPa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×物质的量分数，用含P的代数式表示，列式无需化简) 20. 作为主要温室气体，其资源化利用对实现“碳中和”与环境保护具有重要意义。 （1）和加氢制甲烷可实现资源利用的同时实现氢能的储存，相关反应如下： Ⅰ． Ⅱ． ①恒温下，向恒容密闭容器中充入一定量的、和，下列说法正确的是__________。 A．反应体系中涉及极性共价键和非极性共价键的断裂和生成 B．容器中气体的平均摩尔质量不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡 C．：，由此可推断活化能： D．待体系达到平衡时，通入(不与其他气体反应)，气体总压增大，反应Ⅰ、Ⅱ平衡正向移动 ②制备甲烷过程中，活化的可能途径有两种，如下图所示。请从反应速率和生成物稳定性角度分析说明是活化的优势含碳中间体的原因是__________。 （2）和发生重整反应制备的合成气可应用于多个有机合成反应，实现的高值化利用，主要涉及的反应如下。 Ⅲ． Ⅳ． V。 ①任选反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ，计算反应Ⅲ的__________。 ②反应温度对反应Ⅰ~Ⅴ的吉布斯自由能变的影响如图所示，则曲线X对应的反应为__________(填序号)。欲使反应Ⅲ自发进行，反应体系的温度应___________(填“高于”或“低于”)642℃。 （3）恒容密闭容器中，初始投料的条件下，仅考虑反应Ⅲ~Ⅴ，达到化学平衡时，和的转化率随温度的变化趋势如下图1. 综合反应Ⅲ~Ⅴ，解释当温度低于850℃时，的平衡转化率高于的平衡转化率的原因____________________________。 （4）回收利用工业废气中的制备，实验原理如图2所示。 其中应放置__________离子交换膜，阴极的电极反应式为____________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $