精品解析：江苏省南通市海安高级中学2025-2026学年高二上学期自主练习（一）化学试卷

海安高级中学2025-2026学年度第一学期高二年级自主练习（一） 化学学科 一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 下列说法正确的是 A. ，则碳的燃烧热等于 B. C(石墨，s)(金刚石，s) ，则金刚石比石墨稳定 C. 用溶液和NaOH溶液反应测定中和反应的反应热： D. 与在催化剂、500℃下混合反应生成，转移电子的数目约为 2. 下列各装置能够达到相应实验目的的是 A. 图甲所示装置定量测定中和反应热效应 B. 图乙所示装置测定该化学反应速率 C. 图丙所示装置探究固体表面积对反应速率的影响 D. 图丁所示装置吸收尾气中的氯气 3. 某反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应过程b说明有催化剂参与，改变了反应机理 B. 由于，说明该反应过程的活化能是 C. 该反应过程的焓变是 D. 升高温度，活化分子数目变多，反应速率上升 4. 对于反应  ，下列说法不正确的是 A. 上述反应的 B. 上述反应的平衡常数 C. 提高的值可增大的转化率 D. 使用催化剂提高了反应的活化能 5. 时，在2L的恒容密闭容器中通入，同时发生以下两个反应：①；②。反应体系中的物质的量随时间变化情况如图。下列说法错误的是 A. 内，A的平均消耗速率为 B. C. 内，A的消耗速率主要由反应②决定 D. 反应①的活化能比反应②的活化能小 6. Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。其中，图甲和图乙表示脱除H2S时先进行的吸附步骤。下列说法不正确的是 A. Fe2O3对H2S的吸附能力：甲＞乙 B. 脱除过程中H元素的化合价未发生变化 C. 时间一长，催化剂的活性降低 D. 催化剂失效后，在氧气中加热又转化为Fe2O3 7. 哈尔滨工业大学一课题组合成了催化剂，提出一种非常规“交替远端”混合电催化缔合机制实现高效合成氨(如图)。下列说法错误的是 A. 若要提高合成氨反应的选择性，应优先选择交替路径 B. 不同反应路径中，转化为的反应焓变相同 C. 远端路径由于活化能高，反应速率可能较慢 D. “交替远端”混合路径为高效合成氨提供了新途径 8. 从下列实验事实所引出的相应结论正确的是 选项 实验事实 结论 A 其他条件相同，溶液与稀硫酸反应时，溶液浓度越大，析出S沉淀所需时间越短 当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快 B 在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变 催化剂一定不参与化学反应 C 取溶液于试管中，加入溶液，滴入5滴KSCN溶液，溶液变血红色 KI与FeCl3的反应是可逆反应 D 在容积可变的密闭容器中发生反应，把容积缩小一倍 正反应速率加快，逆反应速率不变 A. A B. B C. C D. D 9. 二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： ① CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g) ΔH1= +41.2 kJ·mol-1 ② CO(g)＋2H2(g) = CH3OH(g) ΔH2 225℃、下，将一定比例 CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及、、……位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和 CH3OH的体积分数如图所示。下列说法错误的是 A. 反应②的焓变ΔH2<0 B. L4处与L5处反应①的平衡常数K不相等 C. L5处H2O的体积分数小于L6处 D. 混合气从起始到通过L1处，①中CO的生成速率小于②中CH3OH的生成速率 10. 已知反应，在某温度下的平衡常数为400.此温度下，在密闭容器中加入，反应进行到某时刻测得各组分的浓度如下： 物质 浓度 0.44 0.6 0.6 下列叙述中正确的是 A. 平衡时 B. 该时刻正、逆反应速率的大小： C. 若混合气体的平均摩尔质量不再变化，则说明反应已达到平衡状态 D. 若起始时加入，则达到平衡时的转化率增大 11. 某装置中模拟捕获和转化，先进行反应①，反应完毕后向装置中以恒定流速通入恒定组成的混合气，进行反应②，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图所示。第二阶段反应中始终未检测到。下列说法错误的是 A. 后催化剂催化效果逐渐降低 B. ，存在生成的副反应 C. 时催化剂上开始积碳 D. 时，副反应生成的速率小于反应②生成速率 12. 实验小组探究浓度对FeSO4溶液与AgNO3溶液反应的影响。实验如下： 实验 编号 试剂 沉淀物质的量 之比 试剂X 试剂Y c(AgNO3 )/mol·L-1 c(FeSO4) /mol·L-1 ⅰ 0.04 0.04 a ⅱ 0.1 0.1 0.15 ⅲ 0.5 0.5 0.19 ⅳ 1.0 1.0 0.26 已知：取i~ⅳ充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加溶液均产生蓝色沉淀。 下列说法不正确的是 A. FeSO4溶液与AgNO3溶液既可以发生复分解反应又可以发生氧化还原反应 B. ⅱ中沉淀加适量稀硝酸，会有无色气体生成，遇空气变红棕色 C. 取ⅲ中充分反应后的上层清液，滴加溶液产生蓝色沉淀，可以作为为可逆反应的证据 D. 本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 13. 研究反应，温度为T时，在两个体积均为2 L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数与反应时间t的关系如下表： 容器编号 起始物质 t/s 0 40 50 60 70 80 Ⅰ 0.5 mol 、0.5 mol 0 50 68 76 80 80 Ⅱ x mol HI 100 90 84 81 80 80 研究发现上述反应中：，，其中，为常数。下列说法正确的是 A. 气体的平均相对分子质量不再改变可以说明该反应达到了化学平衡状态 B. 在70 s时，容器Ⅰ中的转化率为90% C. 容器Ⅰ中在前40 s的平均速率 D. 温度为T时，该反应 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14. 二氧化硫和氮氧化物是常用的化工原料，但也是大气主要污染物，综合治理其污染是环境化学当前的重要研究内容之一。 （1）和在一定条件下可以发生反应： 能量变化如图所示。 ①_______0(填“>”、“<”或“=”)。 ②T℃时，将等物质的量的和充入一定体积的密闭容器中发生上述反应，下列事实能判断反应达到平衡状态的是_______。 A．混合气体的密度不再变化 B．密闭容器中混合气体的总压强不再变化 C．混合气体颜色不再发生变化 D．比值不再变化 （2）一定条件下，将物质的量之比为的和的混合气体通入容积为5L的恒容密闭容器，再加入催化剂，发生如下反应：，下图表示该反应过程中的物质的量随反应时间(t)的变化。 ①0~10s内的平均反应速率为_______。 ②30s时，_______(填“>”“<”或“=”)。 ③平衡时，的转化率为_______。 （3）的氧化吸收。 ①用NaClO溶液吸收气体，可提高尾气中的去除率。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化生成和，其离子方程式为_______。 ②工业上常用石灰乳吸收硫酸工业的尾气(主要含)可获得，下列措施中一定能提高的吸收率的有_______。 A．水浴加热石灰乳 B．加快搅拌速率 C．减慢通入气体的速率 D．通过多孔球泡向石灰乳中通气体 15. 氮、磷及其化合物的应用广泛。 Ⅰ. 红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)，反应过程和能量的关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol含磷产物的数据)。 （1）由图可知，PCl5(g)分解生成P(s)和Cl2(g)的热化学方程式为_______。 （2）已知Cl−Cl键的键能是243kJ·mol−1。假设PCl3(g)转化为PCl5(g)的过程中，P−Cl键的键能不变，则P−Cl键的键能是_______kJ·mol−1。 Ⅱ. 在Cu基催化剂的作用下，脱除废气中的NO以减少污染。废气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降，加入CeO2可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图所示(含Ce化合物的比例系数均未标定)。 （3）由机理可知，在脱除NO的总反应中起还原作用的物质是_______(填化学式)。 （4）在上述反应机理图中，CemOn的化学式为_______。 （5）将3% NO、6% NH3、21% O2和70% N2的混合气体(N2起到稀释的作用)以一定流速通过装有Cu基催化剂的反应器，NO去除率随反应温度的变化曲线如图所示。 ①在150~225℃范围内，NO去除率随温度升高而迅速上升，原因是_______。 ②废气中若存在HCl气体，会造成NO去除率下降，可能原因是_______。 16. 氮氧化物(NO、NO2)、水体中是当前环境保护研究的热点课题。 （1）氮氧化物大量排放对环境造成的影响有______(写出一点即可)。 （2）烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。 ①已知部分共价键的键能如下表所示： 共价键 N-H N＝O N≡N H-O 键能 391 632 946 463 则______。 ②其他条件相同，以一定流速分别向含催化剂A和B的反应管中通入一定比例和N2的模拟烟气，测得NO的去除率与温度的关系如图所示。使用催化剂B，当温度高于360℃，NO的去除率下降的原因是______。 （3）烟气中的NO经O3处理后更易被去除。NO与O3反应的化学方程式为NO＋O3＝NO2＋O2。室温下，固定NO的物质的量，改变加入O3的物质的量，一段时间后体系中n(NO)和n(NO2)随反应前n(O3)/n(NO)的变化如图所示。当n(O3)/n(NO)＞1时，反应后NO2的物质的量减少，原因是______。 （4）用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。其催化还原反应的过程如图所示。 ①该反应机理中生成NH的离子方程式为______。 ②过程中去除率及N2生成率如图所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是______。 17. 氢能的开发和利用是当今化学研究的热点。 （1）乙醇水蒸气重整制氢。 主反应为 △H=173.3。 ①该反应的活化能：(正)_______(逆)(填“>”“＜”或“=”)；高温下能自发进行的原因是_______。 ②在450℃，水醇摩尔比为3条件下，使用ZnO/催化剂以及Pd-ZnO/催化剂，充分反应后，各产物的选择性如题图-1所示，使用Pd-ZnO/催化剂反应机理如题图-2所示： 相对于ZnO/催化剂，使用Pd-ZnO/催化剂能显著提高选择性的原因是_______。 ③反应一段时间后，发现催化剂的活性下降。研究发现催化剂的比表面积及孔容均未改变，将活性下降的催化剂置于空气中加热，所得热重曲线如图所示。催化剂活性下降的可能原因是_______。 （2）甲醛电催化制氢。 用Cu/Ag合金催化剂，电解低浓度的HCHO碱性溶液可以获取氢气，同时得到甲酸盐产品。阳极处反应机理如下图所示。 ①中间体X的结构式为_______。电解时，阳极的电极反应式为_______。 ②与普通电解水制氢相比，该法制氢的优点有_______(填两点)。 （3）二氧化碳加氢合成甲醇在Cu/催化剂作用下，加氢合成甲醇的机理如图所示。 ①Cu/催化剂中Cu活性位点的作用是_______。 ②若-O-H中的羟基氧用代替，则产物中不会出现的物质为_______ (化学式)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海安高级中学2025-2026学年度第一学期高二年级自主练习（一） 化学学科 一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 下列说法正确的是 A. ，则碳的燃烧热等于 B. C(石墨，s)(金刚石，s) ，则金刚石比石墨稳定 C. 用溶液和NaOH溶液反应测定中和反应的反应热： D. 与在催化剂、500℃下混合反应生成，转移电子的数目约为 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳的燃烧热是25℃、101lPa时1mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体放出的能量，生成的是CO，则碳的燃烧热不等于110.5 kJ·mol−1，A错误； B．C(石墨，s)(金刚石，s) ，金刚石的能量大于石墨，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，B错误； C．醋酸为弱电解质，电离需要吸热，当用稀CH3COOH(aq)和稀NaOH(aq)生成1molH2O(l)时，反应热ΔH＞－57.3kJ/mol，C正确； D．与在催化剂、500℃下混合反应生成，该反应为可逆反应，不能完全转化，转移电子的数目小于，D错误； 故选C。 2. 下列各装置能够达到相应实验目的的是 A. 图甲所示装置定量测定中和反应热效应 B. 图乙所示装置测定该化学反应速率 C. 图丙所示装置探究固体表面积对反应速率的影响 D. 图丁所示装置吸收尾气中的氯气 【答案】D 【解析】 【详解】A．铜丝会导热，热量损失较多，中和反应的反应热测定应用玻璃搅拌器，故A不符合题意； B．反应产生的氧气会从长颈漏斗管口逸出，无法定量测量反应速率，故B不符合题意； C．探究固体表面积对反应速率的影响应选用浓度相同的稀盐酸，故C不符合题意； D．氯气有毒，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故D符合题意； 故选D。 3. 某反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应过程b说明有催化剂参与，改变了反应机理 B. 由于，说明该反应过程的活化能是 C. 该反应过程的焓变是 D. 升高温度，活化分子数目变多，反应速率上升 【答案】B 【解析】 【详解】A．催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，根据图示可知反应过程b有催化剂参与，A正确； B．反应过程b使用了催化剂，则活化能为E1，反应过程a未使用催化剂，活化能大于E1，B错误； C．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，因此，即焓变是-||，C正确； D．升高温度，分子能量升高，更多的普通分子会转化成活化分子，活化分子数目变多，有效碰撞概率增大，反应速率上升，D正确； 故答案选B。 4. 对于反应  ，下列说法不正确的是 A. 上述反应的 B. 上述反应的平衡常数 C. 提高的值可增大的转化率 D. 使用催化剂提高了反应的活化能 【答案】D 【解析】 【详解】A．是放热反应，，故A正确； B．根据平衡常数的定义，该反应的平衡常数可表示为，故B正确； C．提高的值，相当于增加氧气的量，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，故C正确； D．使用催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能，故D错误； 选D； 5. 时，在2L的恒容密闭容器中通入，同时发生以下两个反应：①；②。反应体系中的物质的量随时间变化情况如图。下列说法错误的是 A. 内，A的平均消耗速率为 B. C. 内，A的消耗速率主要由反应②决定 D. 反应①的活化能比反应②的活化能小 【答案】C 【解析】 【详解】A．0~5min内，A的物质的量由4mol降低到1.8mol，消耗，平均消耗速率，A正确； B．反应①生成B的物质的量为2.8mol，由反应①A(g)⇌2B(g)可知，反应①消耗A的物质的量为。根据总消耗A为2.2mol，则反应②消耗A为0.8mol，反应②生成C的物质的量为1.6mol，则a=，B正确； C．0~5min内，反应①消耗A 1.4mol，反应②消耗A 0.8mol，反应①消耗A更多，A的消耗速率主要由反应①决定，C错误； D．相同时间内，反应①消耗A的速率大于反应②，反应速率越快活化能越小，故反应①活化能比反应②小，D正确； 故选C。 6. Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。其中，图甲和图乙表示脱除H2S时先进行的吸附步骤。下列说法不正确的是 A. Fe2O3对H2S的吸附能力：甲＞乙 B. 脱除过程中H元素的化合价未发生变化 C. 时间一长，催化剂的活性降低 D. 催化剂失效后，在氧气中加热又转化为Fe2O3 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目信息可得到该脱除反应的化学方程式为：，据此信息解答。 【详解】A．Fe2O3中铁元素为+3价、氧元素为-2价，图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，则图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力弱于图乙，故A错误； B．图中铁元素的化合价由+3价降低至+2价，硫元素的化合价由-2价升高至0价，氢元素的化合价未发生变化，故B正确； C．脱除一段时间后，析出的硫单质附着在催化剂表面，会影响催化剂的活性，活性降低，故C正确； D．催化剂失效后，FeS和O2反应生成Fe2O3和SO2，故D正确； 故选A。 7. 哈尔滨工业大学一课题组合成了催化剂，提出一种非常规“交替远端”混合电催化缔合机制实现高效合成氨(如图)。下列说法错误的是 A. 若要提高合成氨反应的选择性，应优先选择交替路径 B. 不同反应路径中，转化为的反应焓变相同 C. 远端路径由于活化能高，反应速率可能较慢 D. “交替远端”混合路径为高效合成氨提供了新途径 【答案】A 【解析】 【详解】A．从图中信息可知，远端路径具有高选择性，而交替-远端混合路径虽然活化能低，但选择性不如远端路径。所以若要提高合成氨反应的选择性，应优先选择远端路径，而不是交替路径，A错误； B．反应焓变只与反应的始态和终态有关，与反应路径无关。不同反应路径中，反应物都是，生成物都是NH3，所以N2转化为NH3的反应焓变相同，B正确； C．活化能是反应物分子达到活化状态所需的能量，活化能越高，反应速率越慢。远端路径中活化能高，所以反应速率可能较慢，C正确； D．从图中可以看出，“交替远端”混合路径具有低活化能和高选择性等特点，为高效合成氨提供了新途径，D正确； 故选A。 8. 从下列实验事实所引出的相应结论正确的是 选项 实验事实 结论 A 其他条件相同，溶液与稀硫酸反应时，溶液浓度越大，析出S沉淀所需时间越短 当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快 B 在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变 催化剂一定不参与化学反应 C 取溶液于试管中，加入溶液，滴入5滴KSCN溶液，溶液变血红色 KI与FeCl3的反应是可逆反应 D 在容积可变的密闭容器中发生反应，把容积缩小一倍 正反应速率加快，逆反应速率不变 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．其他条件相同，增大溶液浓度导致析出S沉淀时间缩短，说明浓度增大使反应速率加快，A正确； B．催化剂参与化学反应，降低反应的活化能，使反应速率加快，但其质量和化学性质在反应前后都没有发生改变，不是不参加化学反应，B错误； C．过量导致KSCN溶液显红色，不能证明反应可逆，C错误； D．缩小容器容积一倍，所有物质的浓度均增大一倍，正逆反应速率均加快，D错误； 故答案选A。 9. 二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： ① CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g) ΔH1= +41.2 kJ·mol-1 ② CO(g)＋2H2(g) = CH3OH(g) ΔH2 225℃、下，将一定比例 CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及、、……位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和 CH3OH的体积分数如图所示。下列说法错误的是 A. 反应②的焓变ΔH2<0 B. L4处与L5处反应①的平衡常数K不相等 C. L5处H2O的体积分数小于L6处 D. 混合气从起始到通过L1处，①中CO的生成速率小于②中CH3OH的生成速率 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图像可知，温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，，故A正确； B．装置为绝热反应管，处与处的温度不同，故反应①的平衡常数不相等，故B正确； C．从到，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗，而体积分数没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有的消耗与生成，故n总减小而增加，即的体积分数会增大，所以处的的体积分数大于处，故C正确； D．处的体积分数大于 ，说明生成的的物质的量大于，两者反应时间相同，说明的生成速率大于 的生成速率，故D错误； 故选D。 10. 已知反应，在某温度下的平衡常数为400.此温度下，在密闭容器中加入，反应进行到某时刻测得各组分的浓度如下： 物质 浓度 0.44 0.6 0.6 下列叙述中正确的是 A. 平衡时 B. 该时刻正、逆反应速率的大小： C. 若混合气体的平均摩尔质量不再变化，则说明反应已达到平衡状态 D. 若起始时加入，则达到平衡时的转化率增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．在某时刻下浓度商，反应未达平衡，正向进行，则有根据平衡常数，解得，平衡时的浓度为，A正确； B．在该时刻下浓度商，反应未达平衡，反应正向进行，，B错误； C．反应前后总物质的量和总质量均不变，平均摩尔质量始终不变，无法作为平衡判据，C错误； D．反应前后气体物质的量相同，起始量增加等效于增大压强、平衡不移动，故转化率不变，D错误； 故答案选A。 11. 某装置中模拟捕获和转化，先进行反应①，反应完毕后向装置中以恒定流速通入恒定组成的混合气，进行反应②，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图所示。第二阶段反应中始终未检测到。下列说法错误的是 A. 后催化剂催化效果逐渐降低 B. ，存在生成的副反应 C. 时催化剂上开始积碳 D. 时，副反应生成的速率小于反应②生成速率 【答案】C 【解析】 【详解】A．后CO、H2的流速明显下降，说明生成CO、H2的速率明显下降，催化剂催化效果逐渐降低，A项正确； B．根据反应②，CO、H2生成物质的量相同，由题干图示信息可知，，比多，且反应过程中始终未检测到二氧化碳，故必定有生成的副反应，B项正确； C．由题干图示信息可知，的副反应可能为，时催化剂上已开始积碳，后CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明后②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，C项错误； D．由题干反应②方程式可知，氢气和一氧化碳的反应速率相等，而时刻信息可知，氢气的反应速率为1.5mmol/min，而CO为1mmol/min，故能够说明副反应生成氢气的速率小于反应②生成氢气的速率，D项正确； 答案选C。 12. 实验小组探究浓度对FeSO4溶液与AgNO3溶液反应的影响。实验如下： 实验 编号 试剂 沉淀物质的量 之比 试剂X 试剂Y c(AgNO3 )/mol·L-1 c(FeSO4) /mol·L-1 ⅰ 0.04 0.04 a ⅱ 0.1 0.1 0.15 ⅲ 0.5 0.5 0.19 ⅳ 1.0 1.0 0.26 已知：取i~ⅳ充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加溶液均产生蓝色沉淀。 下列说法不正确的是 A. FeSO4溶液与AgNO3溶液既可以发生复分解反应又可以发生氧化还原反应 B. ⅱ中沉淀加适量稀硝酸，会有无色气体生成，遇空气变红棕色 C. 取ⅲ中充分反应后的上层清液，滴加溶液产生蓝色沉淀，可以作为为可逆反应的证据 D. 本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 【答案】C 【解析】 【分析】FeSO4与AgNO3的反应既生成沉淀（复分解反应），方程式：FeSO4+2AgNO3=Ag2SO4↓+Fe(NO3)2，又通过与的氧化还原反应生成Ag单质，方程式，据此分析； 【详解】A．根据分析可知，FeSO4溶液与AgNO3溶液既可以发生复分解反应又可以发生氧化还原反应，A正确； B．ii中=0.15，加适量稀硝酸时，Ag溶解，原因：，NO为无色气体，遇空气生成红棕色的NO2，B正确； C．iii中=0.19，既有又有Ag，Fe2++Ag+Ag+Fe3+，FeSO4+2AgNO3=Ag2SO4↓+Fe(NO3)2，FeSO4和AgNO3按物质的量1：1滴加，据反应及化学计量数可知，溶液中Fe2+过量，所以不能通过检验是否存在Fe2+作为为可逆反应的证据，C错误； D．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大，所以推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，D正确； 故选C。 13. 研究反应，温度为T时，在两个体积均为2 L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数与反应时间t的关系如下表： 容器编号 起始物质 t/s 0 40 50 60 70 80 Ⅰ 0.5 mol 、0.5 mol 0 50 68 76 80 80 Ⅱ x mol HI 100 90 84 81 80 80 研究发现上述反应中：，，其中，为常数。下列说法正确的是 A. 气体的平均相对分子质量不再改变可以说明该反应达到了化学平衡状态 B. 在70 s时，容器Ⅰ中的转化率为90% C. 容器Ⅰ中在前40 s的平均速率 D. 温度为T时，该反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应前后气体物质的量不变，气体质量也不变，根据平均相对分子质量公式，气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能根据气体的平均相对分子质量不再改变说明该反应达到化学平衡状态，A错误； B．设转化x mol ，列三段式：，，，在70 s时，容器Ⅰ中的转化率为，B错误； C．设转化y mol ，列三段式：，，，在40 s时，容器Ⅰ中前40 s的平均速率，C错误； D．设平衡时转化n mol ，列三段式：，，，平衡常数，D正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14. 二氧化硫和氮氧化物是常用的化工原料，但也是大气主要污染物，综合治理其污染是环境化学当前的重要研究内容之一。 （1）和在一定条件下可以发生反应： 能量变化如图所示。 ①_______0(填“>”、“<”或“=”)。 ②T℃时，将等物质的量的和充入一定体积的密闭容器中发生上述反应，下列事实能判断反应达到平衡状态的是_______。 A．混合气体的密度不再变化 B．密闭容器中混合气体的总压强不再变化 C．混合气体颜色不再发生变化 D．比值不再变化 （2）一定条件下，将物质的量之比为的和的混合气体通入容积为5L的恒容密闭容器，再加入催化剂，发生如下反应：，下图表示该反应过程中的物质的量随反应时间(t)的变化。 ①0~10s内的平均反应速率为_______。 ②30s时，_______(填“>”“<”或“=”)。 ③平衡时，的转化率为_______。 （3）的氧化吸收。 ①用NaClO溶液吸收气体，可提高尾气中的去除率。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化生成和，其离子方程式为_______。 ②工业上常用石灰乳吸收硫酸工业的尾气(主要含)可获得，下列措施中一定能提高的吸收率的有_______。 A．水浴加热石灰乳 B．加快搅拌速率 C．减慢通入气体的速率 D．通过多孔球泡向石灰乳中通气体 【答案】（1） ①. ＜ ②. CD （2） ①. 2×10-3 ②. > ③. 60% （3） ①. H2O+HClO+SO2=+Cl-+3H+ ②. BCD 【解析】 【小问1详解】 ①由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，。 ②A．反应中各物质均为气体，根据，气体总质量m不变，容器体积V不变，混合气体密度始终不变，不能判断平衡，A错误； B．该反应是气体分子数不变的反应，根据 ，温度T、体积V不变时，压强p始终不变，不能判断平衡，B错误； C．有颜色，混合气体颜色不再变化，说明浓度不变，反应达平衡，C正确； D．比值不再变化，说明、浓度不变，反应达平衡，D正确； 综上，答案是CD。 【小问2详解】 ①0-10s内，，容器体积V = 5L，根据 ，可得。 ②30s时，反应未达平衡[ 还在变化]，反应正向进行，所以。 ③起始时，与物质的量之比为2:1，则 ；平衡时，消耗的物质的量为0.5mol-0.2mol=0.3mol，根据反应，消耗的物质的量为0.6mol，转化率。 【小问3详解】 ①氧化生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，离子方程式为。 ②A．与石灰乳反应，温度过高，溶解度降低，不利于吸收，A错误； B．加快搅拌速率，能增大反应物接触面积，提高吸收率，B正确； C．减慢通入气体速率，使气体与石灰乳充分接触，提高吸收率，C正确； D．通过多孔球泡通气体，增大气体与石灰乳接触面积，提高吸收率，D正确； 答案选BCD 。 15. 氮、磷及其化合物的应用广泛。 Ⅰ. 红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)，反应过程和能量的关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol含磷产物的数据)。 （1）由图可知，PCl5(g)分解生成P(s)和Cl2(g)的热化学方程式为_______。 （2）已知Cl−Cl键的键能是243kJ·mol−1。假设PCl3(g)转化为PCl5(g)的过程中，P−Cl键的键能不变，则P−Cl键的键能是_______kJ·mol−1。 Ⅱ. 在Cu基催化剂的作用下，脱除废气中的NO以减少污染。废气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降，加入CeO2可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图所示(含Ce化合物的比例系数均未标定)。 （3）由机理可知，在脱除NO的总反应中起还原作用的物质是_______(填化学式)。 （4）在上述反应机理图中，CemOn的化学式为_______。 （5）将3% NO、6% NH3、21% O2和70% N2的混合气体(N2起到稀释的作用)以一定流速通过装有Cu基催化剂的反应器，NO去除率随反应温度的变化曲线如图所示。 ①在150~225℃范围内，NO去除率随温度升高而迅速上升，原因是_______。 ②废气中若存在HCl气体，会造成NO去除率下降，可能原因是_______。 【答案】（1）PCl5(g) = P(s) +Cl2(g) ΔH = +399kJ·mol−1 [或2PCl5(g)= 2P(s) + 5Cl2(g) ΔH = +798kJ·mol−1] （2）168 （3）NH3 （4）Ce2O3 （5） ①. 温度升高，催化剂的活性增强，且与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升 ②. HCl与NH3反应生成NH4Cl，使还原剂NH3减少，NH4Cl固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂的活性降低 【解析】 【小问1详解】 根据图示，①（s）+（g）=（g）△H1=-306 kJ/mol； ②（g）+（g）=（g）△H2=-93 kJ/mol； ①+②知：P和Cl2分两步反应生成1mol的△H3=-306 kJ/mol+(-93 kJ/mol)=-399kJ/mol，故， (g)分解生成(s)和(g)的热化学方程式为(g) = (s) + (g) ΔH = +399kJ·mol−1 ； 【小问2详解】 由（g）+（g）=（g）△H2=-93 kJ/mol知，设键能为a kJ/mol,利用公式△H =反应物总键能-生成物总键能知：，故键能为168 kJ/mol； 【小问3详解】 从整个反应机理来看，、是反应的催化剂，、、是反应的反应物，和是生成物，反应中分子中的氮元素化合价升高被氧化，是反应的还原剂，故答案为：； 【小问4详解】 由反应①可得反应x+3+=，由硫原子个数守恒可得：y=3，由氧原子个数守恒可得2x+6+2=4y，解联立可得x=2，则硫酸盐中元素的化合价为+3价，由反应②为没有化合价变化的非氧化还原反应，所以中元素的化合价也为+3价，则氧化物的化学式为，故答案为：； 【小问5详解】 ①在150-225°C范围内，一氧化氮去除率随温度的升高而迅速上升说明随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使一氧化氮的去除反应速率迅速上升，故答案为：随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使的去除反应速率迅速上升； ②若燃煤烟气中伴有一定浓度的氯化氢气体，氯化氢与通入的氨气反应生成氯化铵固体，原剂氨气的量减少，会导致一氧化氮去除率下降，反应生成的氯化铵固体覆盖在铜基催化剂表面，使催化剂失去活性，也会使一氧化氮去除率下降，故答案为：烟气中的与反应生成，使得还原剂的量减少，固体覆盖在基催化剂表面，使催化剂失去活性。 16. 氮氧化物(NO、NO2)、水体中是当前环境保护研究的热点课题。 （1）氮氧化物大量排放对环境造成的影响有______(写出一点即可)。 （2）烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。 ①已知部分共价键的键能如下表所示： 共价键 N-H N＝O N≡N H-O 键能 391 632 946 463 则______。 ②其他条件相同，以一定流速分别向含催化剂A和B的反应管中通入一定比例和N2的模拟烟气，测得NO的去除率与温度的关系如图所示。使用催化剂B，当温度高于360℃，NO的去除率下降的原因是______。 （3）烟气中的NO经O3处理后更易被去除。NO与O3反应的化学方程式为NO＋O3＝NO2＋O2。室温下，固定NO的物质的量，改变加入O3的物质的量，一段时间后体系中n(NO)和n(NO2)随反应前n(O3)/n(NO)的变化如图所示。当n(O3)/n(NO)＞1时，反应后NO2的物质的量减少，原因是______。 （4）用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。其催化还原反应的过程如图所示。 ①该反应机理中生成NH的离子方程式为______。 ②过程中去除率及N2生成率如图所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是______。 【答案】（1）酸雨、光化学烟雾、破坏臭氧层（任写一条） （2） ①. ②. 温度高于，的去除率下降的原因是催化剂活性降低，反应速率减慢 （3）将氧化为更高价态氮氧化物 （4） ①. ②. 越小， 浓度越大，会生成更多的氢原子，使生成的中间产物更多的与反应生成，从而减少氮气的生成 【解析】 【小问1详解】 氮氧化物大量排放对环境造成的影响有形成酸雨、光化学烟雾、破坏臭氧层等。 【小问2详解】 ①根据键能计算焓变方法：反应物键能-产物键能=。 ②使用催化剂，未达到平衡，当温度高于，的去除率下降的原因是催化剂活性降低，反应速率减慢。  【小问3详解】 当时，具有强氧化性，由于氮元素最高价为，还能够将氧化为更高价态氮氧化物，导致的物质的量减小。 【小问4详解】 ①分析催化还原反应的过程图，反应机理中生成氮气的过程为纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为，在催化剂层中得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原为，方程式为：。 ②由去除率及氮气生成率图可知，的生成率在时达到最大值，越小， 浓度越大，会生成更多的氢原子，使生成的中间产物更多的与反应生成，从而使转化为氮气的量减少。 17. 氢能的开发和利用是当今化学研究的热点。 （1）乙醇水蒸气重整制氢。 主反应为 △H=173.3。 ①该反应的活化能：(正)_______(逆)(填“>”“＜”或“=”)；高温下能自发进行的原因是_______。 ②在450℃，水醇摩尔比为3条件下，使用ZnO/催化剂以及Pd-ZnO/催化剂，充分反应后，各产物的选择性如题图-1所示，使用Pd-ZnO/催化剂反应机理如题图-2所示： 相对于ZnO/催化剂，使用Pd-ZnO/催化剂能显著提高选择性的原因是_______。 ③反应一段时间后，发现催化剂的活性下降。研究发现催化剂的比表面积及孔容均未改变，将活性下降的催化剂置于空气中加热，所得热重曲线如图所示。催化剂活性下降的可能原因是_______。 （2）甲醛电催化制氢。 用Cu/Ag合金催化剂，电解低浓度的HCHO碱性溶液可以获取氢气，同时得到甲酸盐产品。阳极处反应机理如下图所示。 ①中间体X的结构式为_______。电解时，阳极的电极反应式为_______。 ②与普通电解水制氢相比，该法制氢的优点有_______(填两点)。 （3）二氧化碳加氢合成甲醇在Cu/催化剂作用下，加氢合成甲醇的机理如图所示。 ①Cu/催化剂中Cu活性位点的作用是_______。 ②若-O-H中的羟基氧用代替，则产物中不会出现的物质为_______ (化学式)。 【答案】（1） ①. > ②. 该反应的△S>0 ③. Pd-ZnO/催化剂能有效抑制脱水生成和氧化为等副反应。Pd-ZnO/催化剂更易促进生成，且使发生C-C键断裂反应，生成CO及大量，从而显著提高选择性 ④. 催化剂表面有积炭产生 （2） ①. 或 ②. ③. 在转移电量相同情况下该法制氢量是普通电解水制氢的两倍，且该法制氢可以降低含甲醛污水对环境的污染，同时获取甲酸盐产品 （3） ①. 吸附并使其解离成(活性)氢原子 ②. 【解析】 【小问1详解】 ①反应焓变为正反应活化能减去逆反应活化能，该反应为吸热反应，则活化能：(正) >(逆)；的反应能自发进行，高温下能自发进行的原因是该反应的△S>0； ②Pd-ZnO/催化剂能有效抑制脱水生成和氧化为等副反应，Pd-ZnO/催化剂更易促进生成，且使发生C-C键断裂反应，生成CO及大量，从而显著提高选择性，故使用Pd-ZnO/催化剂能显著提高选择性； ③催化剂的比表面积及孔容均未改变，将活性下降的催化剂置于空气中加热，所得热重曲线可知，加热后固体质量减小，则可能原因为催化剂表面有积炭产生，积碳导致催化剂的活性下降，加热使得碳转化为碳氧化合物，加热后固体质量减小； 【小问2详解】 ①由反应机理，吸附催化剂表面的水分子断裂为-H、-OH，甲醛分子中碳氧双键中断裂1个碳氧键，-H与甲醛分子中氧原子结合，-OH上的O与碳原子结合，生成中间体X的结构式为或；电解时，阳极的电极反应为碱性条件下，甲醛失去电子发生氧化反应生成甲酸盐和水、氢气：。 ②该法制氢得到1分子中氢气中1个氢原子来自水、1个氢原子来自甲醛，在转移电量相同情况下该法制氢量是普通电解水制氢的两倍，且该法制氢可以降低含甲醛污水对环境的污染，同时获取甲酸盐产品； 【小问3详解】 ①由图，氢气分子被催化剂中Cu活性位点吸附并解离，故Cu/催化剂中Cu活性位点的作用是吸附并使其解离成(活性)氢原子； ②由图，-O-H中羟基中氧氢键断裂解离出氢原子，氢和二氧化碳中氧结合、催化剂上的羟基氧和碳结合得到，圈中羟基和铜点位上氢原子结合为水，-O-H中的羟基氧不会进入产物水中，故若-O-H中的羟基氧用代替，则产物中不会出现的物质为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $