山东威海市乳山市银滩高级中学2026-2027学年高二上学期10月模块考试 化学试题

2025-2026学年度第一学期高二10月模块考试 化学试题 第I卷（共40分） 可能用到的相对原子质量：H:10:16Cu:64 Na:23S:32 一、选择题（每小题2分，共20分) 1.如图所示为接触法制硫酸的设备和工艺流程，接触室发生反应的热化学方程式表示为： 2SO2(g)+O(g)=2S03(g)△H=-196.6永Jmol1。下列说法不正确的是 A.黄铁矿进入沸腾炉之前需要进行粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，并且可 以提高原料的转化率 98.3% H2SO B.沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空 气，再进入接触室 S02.02 黄铁矿 S02.02 C.工业生产要求高效，为加快反应速率，接触氧化应 画 供稀释 矿渣 空气 用硫酸 t SO 使用催化剂并尽可能提高体系温度 沸腾炉 接触室 吸收塔 D.工业制硫酸的尾气大量排放至空气中会形成酸雨 2.下列说法不正确的是 A.已知冰的熔化热为6.0kJ/mol,冰中氢键键能为20 kJ/mol,假设lmol冰中有2mol氢键，且熔化 热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键 B.己知H(aq)+OH(aq)=HO①△H=-57.3 kJ/mol,则HCl和NH3H0反应生成1 nolH2O(1)时放出 热量大于57.3J C.己知：正丁烷(g=异丁烷(g)△H<0,则异丁烷比正丁烷稳定 D.可以通过测定C(石墨，$和C0g)的燃烧热间接计算C(石墨，$+号0g)=C0(g)的反应热 3.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 1mol/L H2SO ImL 0.10 mol/L ImL 0.10 mol/L 硫酸铁溶液 硫酸铜溶液 热水 冰水 Zn粒 H2(g+12(g)-2HΠ(g) 2mL5%HzO2溶液 达到平衡状态 甲 丙 高二化学 第1 A.利用装置甲测定化学反应速率 B.利用装置乙证明对HO2分解反应Fe3+催化效果好于 C2+ C.利用装置丙探究温度对平衡2NO(g)NO4(g)的影响 D.利用装置丁探究压强对平衡H(g)+I(g)=2HⅡ(g)的影响 4.法国化学家PaulSabatier较早提出可以利用工业废弃物Co2转化为CH4,其反应原理为 C0(g)+4H(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=165kJ·mol1。若在密闭容器中充入1molC02、1molH2引发该 反应进行，下列说法正确的是 A B C D A VT C02 CH 时间min 度/C 0 压强 恒温恒容下，混合气 恒温恒压条件平衡 升高温度，平 C02平衡转化率随压 体中CH4与CO2的 后，时改变条件可 衡常数Kc的变化 强的变化趋势 体积分数变化 能是充入少量N 趋势 5.臭氧分解203≠302的反应历程包括以下反应： 反应①：03→0计0· (快)反应②：03计0→202 (慢) 大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(C)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的 是 A.活化能：反应①>反应② B.O3分解为O2的速率主要由反应②决定 C.C主要参与反应①，改变O3分解的反应历程 D.C参与反应提高了O3分解为O2的平衡转化率 6.i单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化CO2的历程如下。 H +H+e' 0 0 ● Ni ① ③ 下列说法不正确的是 A.C02催化转化的产物是C0和HO B.过程②→③涉及化学键的断裂与生成 C.生成1molC0,需要转移2mol电子 D.反应过程中，C的化合价未发生改变 页 共6页 7.美国通用原子能公司(GA)提出的碘硫热化学循环是 H20 由反应I、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成的（如下图所示），下 02← (反应)H,0 反应I 反应Ⅲ)→H 列有关说法正确的是() HI A.设计该循环是为了制取能源气体O, B.整个循环过程中产生1molO2的同时产生44.8LH C.若反应I、Ⅱ、ⅢI的反应热分别为△H1、△H、△H3,则△H+△H+△H>0 D.图中反应I、Ⅱ、Ⅲ均可在常温常压下进行 8.俄乌冲突爆发以来，许多西方国家宣布制裁俄罗斯，制裁范围涵盖俄罗斯的猫、树以及该国的 文艺作品等，但俄罗斯的石油和天然气目前并不在制裁之列。设NA为阿伏加德罗常数的值。已知 反应： ①CH4(g)+2O2(g=C02(g)+2HO(①)△H1=akJ-mol-1②CH4(g)+202(g)=C0(g)+2HO(g)△H=bkJ-mo1 其他数据如表所示，下列说法正确的是 化学键 C=0 0=0 C-H O-H 键能/kJmol) 798 413 463 A.b<a,且甲烷的摩尔燃烧焓为bkJ-mol-1 B.H2O(g)=H2O(1)AH=(a-b)kJ-mol1 C.上表中x=（1796+b)/2 D.利用反应①设计的原电池电解精炼铜，当负极输出0.2A个电子时。理论上电解槽的阳极质量减 小6.4g 9.我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH)CHO]转化为三甲胺N(CH)]。计算机模拟 单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是 (CH3)2NCHO(g)+2H2(g) 0.0 6-0.5 (CH3)2NCHOH*+3H* N(CH3):(g)+H2O(g) -1.0 -1.23 (CH3)2NCH2+OH +2H* -1.02 -1.5 -1.55 -1.77 -2.0 -2.16 (CH3)2NCH2OH*+2H* 2.21 (CH3)2NCHO*+4H* N(CH3)3+OH*+H* A.该历程中最小能垒的化学方程式为(CH)NCH2OH*=(CH)NCH+OH* B.该历程中最大能垒（活化能）为2.16eV 高二化学 第 C.该反应热化学方程式为(CH)NCHO(g)+2H(g)=N(CH)3(g)+HO(g)△H=-1.02evmo1 D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DF平衡转化率 10.I可以作为水溶液中$02歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。 i.S02+4I+4H+=S1+2I+2H0 iⅱ.I2+2H20+S02=S042-+4H+2I 探究i、ii反应速率与S02歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18LS03饱和溶液加入到2 L下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中） 序号 亚 V 试剂 a mol LKI 0.2 mol-L KI 0.4 mol-LKI 0.2 mol-L H2SO4 组成 0 2 mol-L IH2SO4 0.0002molI2 溶液由棕褐色很快褪色， 实验 溶液变黄，一段 溶液变黄，出现 无明显现象 变成黄色，出现浑浊较I 现象 时间后出现浑浊 浑浊较I快 快 下列说法不正确的是( A.水溶液中S02歧化反应方程式为3S02+2HO=2HSO4+S) B.IⅡ是I的对比实验，则a=0.4 C.比较I、IⅡ、III,可得出的结论是：I厂是SO2歧化反应的催化剂，H单独存在时不具有催化作 用，但可以加快歧化反应速率 D.实验表明，SO的歧化反应速率V>I,原因是反应i比iⅱ快；IV中由反应iⅱ产生的Ht使反应i 加快 二、不定项选择题（每题4分，部分2分，共20分) 11.在恒容密闭容器中发生反应：4HCl(g)+0(g)=2Cl2(g)+2HO(g)下列有关说法正确的是 200C时 400C时 体积 投料 HCI平衡转化率 HC1平衡转化率 容器I IL 4 mol HCI(g)、1molO(g) 90% 75% 容器Ⅱ 2L Xmol HCI(g)、2molO(g) 01 02 2页 共6页 81 A.该反应的△>O B.400C时，该反应的平衡常数的值为4 C.400C时，若X>8,则c2>75% D.400C时，向容器I平衡体系中再加入1molO2(g)和1molC1(g),此时v(正)>v(逆) 12.钠硫电池作为一种新型化学电源，具有体积小、容量大、寿命长、效率高等重要优点。其结构 与工作原理如图所示，下列说法错误的是 @纯电流 钠 A极 E④充电电流B极 000 08oo 固体电解质 硫 o Na 8o 00 8 固体 Na,S, B-ALO. 。e 000 A.放电过程中，A极为电源正极 B.放电过程中，电池总反应为2Na+xS=Na,S。 C.充电过程中，Na+由A极移动到B极 D.充电过程中，外电路中流过0.01mol电子，负极材料增重0.23g 13.中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将C0,催化还原为 CH,OH。已知CO2催化加氢的主要反应有： DCO2 (g)+3H (g)CHOH(g)+H(g)AH =-49.4 kJ/mol ②Co2(g)+H2(g)=C0(g)+H,0(g)△H2=+41.2k/mol 其他条件不变时，在相同时间内温度对CO,催化加氢的影响如图。下列说法不正确的是 50 C02的转化率☐50 CH,OH的选择性 840 40e8 10 10 200 220 240260 280 300 温度C 【注】CH,OH的选择性.n(生成C,OH所用的C0x10% n(反应消耗的C02) 高二化学 第 A.CO(g)+2H2(g)、≥CHOH(g）△H=-90.6kJ/mol B.使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数 C.220240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小 D.其他条件不变，增大压强，不利于反应向生成CHOH的方向进行 14.世界某著名学术刊物近期介绍了一种新型中温全瓷铁-空气电池，其结构如图所示。下列有关该 电池放电时的说法正确的是 空气 ac,8888888308通空气电极 含02的固体 b-888.8888og8°° 电解质 H2 H20(g) Fe/FeOx 2oooood829 A.O2由b极移向a极 B.正极的电极反应式为FeO,+2xe=Fe+xO2 C.若有22.4L(标准状况)空气参与反应，则电路中有0.14mol电子转移 D.铁表面发生的反应为xH,O(g)+Fe=FeOx+xH 15.天然气报警器可及时检测到空气中甲烷浓度的变化，当甲烷达到一定浓度时，传感器随之产生 电信号并联动报警，图1是成品装置，其工作原理如图2所示，其中O2可以在固体电解质 ZrO2-Na,O中移动。当报警器触发工作时，下列说法正确的是 电源 多孔电极a 甲烷 报警器 传感 电解质ZrO2-Na0 控制器 传感器 多孔电极b 空气 图1 图2 A.图2中的多孔电极a上发生还原反应 B.O2在电解质中向a电极移动，电流方向由b电极经导线流向a电极 C.当电路中有0.004mol电子转移时，则电极a有标况下的11.2mL甲烷参与反应 D.多孔电极a上发生反应的电极反应式为CH4-8e+502=CO?+2,O 3页共6页 第Ⅱ卷（非选择题60分） 三、解答题(5小题共60分) 16.《我在故宫修文物》这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧” 是文物保护的主旨。 (1)查阅高中教材得知铜锈为Cu2(ODCO3,俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升 青铜器的艺术价值。参与形成铜绿的物质有C和 ，铜发生的腐蚀是 (填“析氢” “吸氧”)。 (2)继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu(OHD2C03和Cu(OD3C1。 考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示： 疏松的 潮湿空气 潮湿空气 Cu2(OH)CI 致密的 Cu(OH)CO3 Cu2(O田CO3和Cu2(OHD3CI分别属于无害锈和有害锈，请解释原因 (3)文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCI(白色不溶于水的固体)，请结合下图回答： Cu2(OH);CI 含CI水膜 Cu CuCl CuCl Cu,O ①过程的正极反应物是 ②过程肛负极的电极反应式是 (4)青铜器的修复有以下三种方法： 1.柠檬酸浸法：将腐蚀文物直接放在2%3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈： iⅱ.碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的 Cu2(OH2CO3: i.BTA保护法： 高聚物透明膜 (将产生的离子隔绝在外) 高二化学 第 请回答下列问题： ①写出碳酸钠法的离子方程式 ②三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有 A.在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜 B.替换出锈层中的C,能够高效的除去有害锈 C.和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到修旧如旧” 17.某天然气含CH4和一定量的C02。以天然气为原料制备苯和氢气的工艺流程如下图所示： 溶液a 溶液a 天然气 吸收塔 加热塔 CO, CHa 芳构化塔 分离塔 →CH6 CH H, (1)加热塔中发生反应的化学方程式为 (2)由甲烷制备苯的过程中存在如下反应： 芳构化反应：6CH4(g)、→CH6(g+9H(g)△H 积碳反应：CH4(g)→C(s)+2H(g)△H 若要用△H1计算△H,则还需要利用 反应的△H。 50 40 (3)已知不同温度和压强下，甲烷芳构化反应中甲烷的平衡转化率 30 P 如图所示： 20 P ①△H1 0(填>”或<)，理由是 700800900100011001200 ②P1、P2的大小关系是 ,理由是 温度K (4)在适宜温度下，以金属M0作催化剂，由甲烷制备苯，几个小时后，单位时间内苯的产量迅 速下降，主要原因是 (5)在温度TK、压强P1下，向密闭容器充入6olCH4,达到平衡时CH4转化率为40%，只考虑 芳构化反应，平衡时氢气的体积分数为 (保留两位有效数字)。 4页共6页 18.二氧化碳催化加氢制甲醇：C02(g)+3H2(g)一CHOH(g)+H2O(g)△H2=-49kJ·mo1,有利于 减少温室气体二氧化碳，有利于实现“碳达峰，碳中和”。 (1)该反应在有、无催化剂条件下的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标 注，TS为过渡态。 2.00 1.50 1.00 0.90 0.75 0.75 无催化剂 0.50 0.40 0.100.20 0.10 0.00 -0.25 -0.20 -0.50 0.50 0.58 -1.00 100 有催化剂 -1.50 -1.40 1.45 C0,(g+3H(g HC00*+H*+2H,(g C0,g+2H*+2He今 W.C00 H,C0*+OH*+3/2H(g HCO+HO (e+ CH.OH+H.) CH,OH+HO(g) 该反应历程中，催化剂使决速步骤的活化能降低 (2)将2.0molC0,和6.0molH,充入2L恒容密闭容器中，在不同催化剂作用下，相同时间内 CO,的转化率随温度变化如图所示。 60 8 催化剂I 催化剂Ⅱ： 催化剂Ⅲ T T 温度K) ①根据图中曲线分析， 的催化剂催化效果最好（填“催化剂I催化剂II催化剂II) ②下列措施有利于提高CO,转化为CH,OH的平衡转化率的有 (填字母序号) A.恒容条件下充入不参与反应的N，,B.选择催化效率更高的催化剂 C在达到平衡后的体系中移出部分H,O(g) D.保持反应容器的体积不变，平衡时再充入2.0molC02(g)和6.0nolH2(g) ③温度在T4之后，使用不同的催化剂，二氧化碳转化率相同的原因是 高二化学 第 (3)若该反应通过如下步骤来实现： 反应I:CO2(g)+H(g)=CO(g)+HO(g) △H1=+41.2kJ.mol1 反应IⅡ：C0(g)+2H2(g)、=CHOH(g) △H, ①AH2= C02个 平衡 ②其他条件相同的情况下，测得C0,的平衡转化率随温度变化关系如 转化率 图所示，CO,的平衡转化率随温度变化先下降后升高，温度高于T后 温度 的平衡转化率随温度升高而升高的原因为。 ③一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入2olC02和6molH发生上述三个反应，达到 平衡时，容器温度中CHOH(g)为xmol,CO为ymol,反应I的平衡常数为 (用含x、y的 代数式表示)。 19.SO,是大气污染物，研究大气中含硫化合物（主要是SO,和H,S)的转化以及有效去除污染物是 一项重要课题。 (1)土壤中的微生物可将大气中的HS经两步反应氧化成SO},两步反应的能量变化如图所示 能↑ H:S(g)+Ox(g) S(s)+ 02(g)+H20(g) T T △H-221.19kJmo △H-585.20 kJ.mol S(s)+H2O(g) SO (aq)+2H(aq) 反应过程 反应过程 (第一步反应) (第二步反应) 1 nolH2S全部转化为馊S04(a.q)的热化学反应方式为 (2)为了减少对环境的污染，煤在直接燃烧前要进行脱硫处理。应用电解法对煤进行脱硫处理， 具有脱硫效率高、经济效益好的优点。电解脱硫的基本原理如图所示，利用电极反应将M+转化 为Mn3+,Mn3+再将煤中的含硫物质（住要是FeS,)氧化为Fe+和SO, FeS2+15Mm++8H,O=15Mn2++2S0,2+Fe++16Ht 5页共6页 石墨 石墨 Mn3 s0 Mn2 Fe3+ 煤浆-MnSO4-H2SO4混合液 电解刚刚开始时，观察到阴极石墨上有无色气体产生，请写出阴极电极反应式 电解 过程中，溶液的pH将 (填“变大”，"变小”，或“不变”)。 (3)用电化学法模拟工业处理$0，。将硫酸工业尾气中的SO,通入如图装置（电极均为惰性材料）进 行实验，可用于制备硫酸，同时获得电能： ①M极发生的电极反应式为 ;H向 (填“M” 水 “N”)移动。 硫酸一 ②当外电路通过0.2mol电子时，质子交换膜右侧的溶液质量 稀硫酸 稀硫酸 质子交换膜 (填“增大”或“减小”) 克。 20.十八大以来，各地重视“蓝天保卫战”战略。作为煤炭使用大国，我国每年煤炭燃烧释放出的 大量SO2严重破坏生态环境。现阶段主流煤炭脱硫技术通常采用石灰石-石膏法将硫元素以CSO4 的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应， 降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下： 反应I:CaS04(s)+C0(g)=CaO(s)+SO2(g)+C02(g)活化能Ea1,△H1=218.4k·mol1 反应IⅡ：CaSO4(s)+4C0(g)=CaS(s)+4Co2(g) 活化能Ea2,△H=-175.6kJ·mol1 请回答下列问题： (1)反应CaO(s)+3C0(g)+SO2(g)÷CaS(s)+3CO2(g)；△H= kJ'mol1:该反应在 (填“高温”“低温”“任意温度”)可自发进行。 (2)恒温密闭容器中，加入足量CaS04和一定物质的量的C0气体，此时压强为po。tmin中时反 应达到平衡，此时C0和C02体积分数相等，CO2是SO2体积分数的2倍，则反应I的平衡常数K? (对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常 数，记作Kp,如pB)=p·xB),p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。 (3)图1为1000K时，在恒容密闭容器中同时发生反应I和IⅡ，c(SO)随时间的变化图象。请分 析图1曲线中c(S02)在0~t2区间变化的原因 高二化学 第 c(SO,) S0,体积分数 1300K -1200K 1100K →初始c(C0) c(CO) 图1 图2 (4)图2为实验在恒容密闭容器中，测得不同温度下，反应体系中初始浓度比C0)与S0体积 c(CO) 分数的关系曲线。下列有关叙述正确的是 A.当气体的平均密度不再变化，反应I和反应Ⅱ同时达到平衡状态 B.提高CSO4的用量，可使反应I正向进行，SO2体积分数增大 C.其他条件不变，升高温度，有利于反应I正向进行，$O2体积分数增大，不利于脱硫 D.向混合气体中通入氧气（不考虑与SO2反应），可有效降低SO2体积分数，提高脱硫效率 (5)图1中，t2时刻将容器体积减小至原来的一半，t3时达到新的平衡，请在图1中画出2-t3区间 c(SO2)的变化曲线 6页共6页 10月月考参考答案 1.【答案】C【解析】【详解】A.从反应速率的影响因素考虑，增大接触面积可以加快反应速率， 并且可以提高原料的转化率，A正确：B.为防止催化剂中毒，丧失活性，沸腾炉流出的气体必须 经过净化，并补充适量空气，再进入接触室，B正确：C.温度较高可能导致催化剂失去活性，反 而降低反应速率，温度适宜即可，C错误：D.工业制硫酸的尾气中含有二氧化硫，排放到空气 中，可能导致硫酸型酸雨，D正确；故选C。 2【答案】B【解析】详解】A.熔化热相当于破坏的氢健的物质的量2o。。0,3ml氢键，则最 多只能破坏冰中氢键的°，3mol-15%,A正确：B.NHH0为弱电解质，随反应的进行逐步电离， 2mol 其电离过程吸收热量，因此反应放出的热量少，B错误；C.正丁烷转变成异丁烷放出热量，说明 异丁烷的能量较低，物质能量越低越稳定，因此异丁烷更稳定，C正确：D.C(石墨，s)十 02(g)=C02(g)AH1C0(g)+0(g)=C0(g)△H2,根据盖斯定律C(石墨，s)+502(g)=C0(g可由 上述两个反应相减得到，则该反应的△H=△H~△H2,D正确：故选B。 3.【答案】C【解析】【详解】A.装置甲中产生的气体可能通过长颈漏斗流失，A错误；B.两份 溶液中，三价铁离子和铜离子的浓度不同，不能比较，B错误；C.温度不同，两边的反应中平衡 移动的方向不同，气体颜色有差别，C正确：D.该反应前后气体计量系数相同，改变压强，平衡 不移动，D错误；故选C。 4.【答案】A【解析】【详解】A.根据该反应特点，可设反应转化的二氧化碳为xol,则平衡后 各物质的物质的量为n(C02)=(1-x)mol,nH2)=(1-4x)mol,n(CH4)=xmol,nHO)=2xmol,可以得 (1-x)mol 出整个反应过程中，CO2的体积分数为 ×100%=50%(x< (1-x)mol +(1-4x)mol+x mol+2x mol ),随着反应正向移动，x逐渐增大，CH4的体积分数表达式为 4 xmol ×100%= 一×100%，分子逐渐增大，分母逐渐减小，所 (1-x)mol +(1-4x)mol+x mol+2x mol 2-2 以甲烷的体积分数逐步增加，平衡后CH4的体积分数保持不变，结合x<二可知，其数值小于 50%,A正确：B.若升高温度，正反应与逆反应速率均比初始的大，随后正反应速率逐渐增大， 逆反应速率继续减小，二者相等时再次达到平衡，从图像中可以看出，1时刻正反应速率增大后一 高二化学 第 直保持不变，说明平衡未发生移动，能加快反应速率但不影响平衡移动的因素应为“加入催化剂”， B错误：C.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数变小，C错误：D.增大压 强，该平衡正向移动，反应物的转化率会增大，D错误：故选A。 5.【答案】B【解析】【详解】A.活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大， 活化能：反应②>反应①，故A错误；B.化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O? 的速率主要由反应②决定，故B正确；C.氯自由基(C)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏， 催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则C主要参与反应②，故C错误；D.C是催化剂，只 改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D错误；故选：B。 6.【答案】D【解析】【详解】A.根据图示知，CO,催化转化的产物是C0和HO,A正确； B.②→③断裂C-0键，形成O-H键，B正确；C.根据C02→C0得2e知，生成1molC0需要 2ol电子，C正确；D.CO2中C是+4价，C0中碳是+2价，C的化合价发生改变，D错误；故 选D。 7.【答案】C【解析】【详解】根据图示，反应I为：S0+I+2HO=HSO4+2Π，反应Ⅱ为： 2S04定条件2S02+0+2H0,反应Ⅲ为2Π一定保件+1。A项，设计该循环是为了制取能源气 体H2,错误；B项，该循环的总反应为：2H0=2H2↑+02↑，生成1molO2同时产生2molH2,H 所处温度、压强未知，无法计算H的体积，错误；C项，根据盖斯定律，总反应为： 2HO=2H2↑+O2↑，水分解为吸热反应，则△H1+△H+△H3>0,正确；D项，反应I可在常温常压 下进行，反应Ⅱ、I不可在常温常压下进行，错误；答案选C。 8.【答案】C【解析】【详解】A.反应①②都是甲烷燃烧，所有的燃烧都是放热反应，反应热 △H<0,等量的甲烷完全燃烧生成液态水比生成气态水放出的热量多，因△H为负值，放出的热量越 多，△H越小，因此放出的△H1<△H2,摩尔燃烧焓为生成液态水的焓变，故不是bkJo,故A 错误；B.己知：①CH4(g)+2O2(g)=C02(g)+2HO(I)△H1=akJ·mol ②CH4(g)+202(g)=C02(g)+2H0(g)△H=bkJ·mo1根据盖斯定律号（①-②）可得：H0(g)= H01)△H=号(a-bkJ·mol1,故B错误；C.根据反应①CH4(g)+20(g)=C02(g+2H00 △H1=akJ-mo1,△H1=413kJ·mol1×4+2xkJ·mo1-(798kJ·mol1×2+463kJ·mol1×4)=bkJ·mo1, 整理可得：x,故C正确；D.D.电解精炼铜时，当负极输出0.2NA个电子时转移电子的物质的量 7页共6页 为0.2mo/,阳极上比铜活泼的先失电子，故D错误。 9.【答案】A【解析】【分析】从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23- (-2.16)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19。【详解】A.从以上分析知，该历程中最小能 垒为0.22，是由(CH)NCH2OH*转化为(CH)NCH2的反应，化学方程式为 (CH)NCH2OH*=(CH3)NCH+OH*,A正确；B.该历程中最大能垒（话化能）为1.19eV,B不正 确；C.该反应的总反应是由(CH)NCHO(g)转化为N(CH)3(g),但1.02ev为单个(CH)NCHO(g)反 应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH)NCHO(g)+2H(g)=N(CH)3(g)+HO(g)△H= 1.02 Naev-mol-1,C不正确；D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移 动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确；故选A。 10.【答案】D【解析】【详解】A、由计iⅱ×2得反应3SO+2HO=2HSO4+S,选项A正确： B、B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LHSO4,A与B中KI浓度应相 等，则a=0.4,选项B正确；C、对比A与B,加入H可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与 C,单独H不能催化SO2的歧化反应；比较I、Ⅱ、I,可得出的结论是：I是SO2歧化反应的催化 剂，H单独存在时不具有催化作用，但H可以加快歧化反应速率，选项C正确：D、对比D和A, D中加入KI的浓度小于A,D中多加了I2,反应i消耗H和I,反应ⅱ中消耗I2,D中“溶液由棕 褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率D>A,由此可见，反应ⅱ比反应i速率 快，反应ⅱ产生H使c()增大，从而反应i加快，选项D不正确。答案选D。 11.BD12.AC 13.【答案】CD【解析】【详解】A.由题干信息可知，反应① C02(g)+3H(g)、=CH0H(g)+H,0(g)△H=-49.4kJ/mol,反应② C02(g)+H2(g)C0(g)+H,O(g) △H,=+41.2k/mol,目标反应是 CO(g)+2H2(g)三CHOH(g)可反应①-②得到，根据盖斯定律可知，△H=△H1-△H(-49.4 kJ/mol)-(+41.2kJ/mol)=-90.6 kJ/mol,A正确；B.根据碰撞理论可知，使用催化剂，能降低反应所需 的活化能，增大活化分子百分数，B正确；C.由图可知，220~240℃，升高温度，C02的转化率增 大，根据反应：①CO,(g)+3H,(g)三CHOH(g)+HO(g) △H,=-49.4kJ/mol② 高二化学第 CO2 (g)+H(g)CO(g)+H(g) △H2=+41.2kJ/mo1可知升高温度，反应①平衡逆向移 动，C02的转化率减小，反应②平衡正向移动，CO2的转化率增大，说明升高温度对反应②速率的 影响比对反应①的大，C错误；D.其他他条件不变时，增大压强，对反应②无影响，反应①平衡 正向移动，故其他条件不变时，增大压强，有利于反应向生成CH3OH的方向进行，D错误；故选 CD。 14.【答案】D【解析】【分析】由新型中温全瓷铁-空气电池的装置图可知，a极通入空气，空气中 氧气得电子发生还原反应为正极，铁与水反应生成氢气，氢气在b极失电子发生氧化反应为负极， 结合原电池原理分析解答。【详解】A.原电池中，阴离子向负极移动，O2由正极移向负极，即极 移向b极，故A错误：B.a极空气中氧气得电子发生还原反应为正极，电极反应式为：O+4e=2O2, 故B错误；C.标准状况下，22.4L空气的物质的量为1mol,则参与反应的氧气为0.2ol,则电路中 转移0.8ol电子，故C错误：D.由新型中温全瓷铁-空气电池的装置图可知，铁表面发生的反应 为xHO(g)+Fe=FeO+xH,故D正确：故选D。 15.BC 16.O2、HO、C02吸氧碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜： 而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀氧气(HO) Cu-e+Cl-=CuCl 4CuC+0+2H0+2C032=2C2(OHD2C03+4CI(2分) ABC(2分) 17.【答案】(1)2NaHC03Na2C03+C0↑+H0(2)CH6(g一6C(6)+3H(g (3) ①.>当压强一定时，随着温度的升高，CH4平衡转化率增大，平衡正向移动，正反应为 吸热反应 ②.P1>P ③.当温度一定时，随着压强增大，6CH4(g)=CH(g)+9H(g)平衡逆向 移动，CH4平衡转化率减小 (4)甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速 率降低（5)47% 【解析】【分析】由题给流程可知，将天然气通入吸收塔中，碳酸钠溶液与天然气中二氧化碳反应生 成碳酸氢钠：将除杂得到的甲烷气体通入芳构化塔发生可逆反应生成苯和氢气，在分离塔中得到苯、 氢气和未反应的甲烷，未反应的甲烷通入芳构化塔循环使用：将碳酸氢钠溶液通入到加热塔中，碳 酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，得到的碳酸钠溶液通入到吸收塔中循环使用。【小问1 详解】由分析可知，加热塔中发生的反应为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的 化学方程式为2NaHC03兰NaC03+C0↑+H0,故答案为：2NaHC03兰NaCO3+C0↑+H0;【小 8页共6页 问2详解】由盖斯定律可知，若要用△H1计算△H,则还需要利用C6H6(g)三6C(s)+3H2(g)反应的 △H,故答案为：CH(g)三6C(s+3H(g): 【小问3详解】①由图可知，升高温度，甲烷的增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热 反应，反应△H>0,故答案为：>：②该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方 向移动，由图可知P1条件时甲烷的转化率大于P2,则压强P1大于P,故答案为：P1>P2；当温度 一定时，随着压强增大，6CH4(g)=CH6(g)+9H(g)平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小；【小问4 详解】在适宜温度下，以金属M0作催化剂，由甲烷制备苯，几个小时后，单位时间内苯的产量迅 速下降，说明甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，导致反应速率降低，故答案 为：甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速率降低。 18.【答案】(1)0.20eV (2) ①.催化剂I ②.CD③.温度在T4之后，这三种催 化剂条件下的反应都已达到平衡，且平衡不受催化剂的影响，所以，二氧化碳的转化率相同 (3) ①.-90.2Jmol1②.温度高于T后，以反应C0(g)+H(g)≥C0(g+H0(g) △H1= 十41.2kJol1为主，反应吸热，温度升高，平衡正向移动，C02的平衡转化率随温度升高而升高 ③. y(x+y) 【解析】【小问1详解】反应速率最慢的反应为决速反应，而活化能最高的反应速 (2-x-y)j(6-3x-y） 率最慢，活化能=1.80eV-0.20eV=1.60eV:使用催化剂后活化能=0.40eV-(-1.00eV)=1.40eV,催化剂使 决速步骤的活化能降低1.60eV-1.40eV-0.20eV。【小问2详解】①由图可知，催化剂I较低温度T时 C02的转化率已达到80%，因此催化剂催化效果最好的是催化剂I;②A.恒容条件下充入不参与反 应的N2平衡不会移动，所以CO,转化为CH,OH的平衡转化率不变，A错误：B.催化剂不能改变 CO,的平衡转化率，B错误；C.在达到平衡后的体系中移出部分H,O(g,平衡正向移动，CO,的 平衡转化率提高，C正确；D.保持反应容器的体积不变，平衡时再充入2.0 nol CO,(g和6.0nolH, (g),相当于增大压强，平衡正向移动，CO,转化为CH,OH的平衡转化率增大，D正确；故选CD。 ③温度在T4之后，这三种催化剂条件下的反应都已达到平衡，且平衡不受催化剂的影响，所以，使 用不同的催化剂，二氧化碳的转化率相同。【小问3详解】①根据盖斯定律，反应Ⅱ=总反应-反应I, △H2=△H-△H1=-49kJ·mol1-(+41.2kJ·mol=-90.2kJ·mol1.②温度高于T后，以反应C0(g) 高二化学 第9页 十H(g)、三CO(g)+H0(g)△H1=十41.2 kJmol1为主，反应吸热，温度升高，平衡正向移动，C02的 平衡转化率随温度升高而升高。③由题可知，结合反应I和反应Ⅱ，向体积为2L的恒容密闭容器中 通入2nolC02和6molH2发生上述三个反应，达到平衡时，容器温度中CH0H(g)为xmol,C0为y mol,反应IⅡ中参加反应的C0为xmo1,H为2xmo1,反应I中生成的C0为(x+y)mo1,因此， C02(g)+H2(g)=C0(g)+H,O(g) 起始(mol) 2 6 0 0 转化(mol) x+y x+y x+y x+y 平衡(mol)2-x-y 6-3x-y yx+y y(x+y) 反应I的平衡常数为： (2-xyj(6-3xy) 19.【答案】(1)HS(g)+20(g)=SO(aq)+2H(aq)△H=-806.39kJ/mol (2) ①.2H*+2e=H,个②.变小 (3) ①.S02+2H,0-2e=S04+4HN②.增大③.1.8 【解折】由图可知第一步反应0为H,Sg计0，S(-H,Og◆△H=221.19◆m0r',第= 步反应@为Se0,(g+H,0g-506m）2fr(aoA,=-58520◆Jm0lr,根搭盖斯定 律，①+②可得HS(g)+20,(g)=SO4(aq)+2H(aq)△H=-806.39kJ/mol; 【小问2详解】由于阴极是得到电子的电极，由题意知阴极有气体产生，由图可知右侧电极与电池 的负极连接，故其为阴极，该电极有H+参与反应，可知其电极反应应当为2H++2e=H,个；由 反应方程式可知，该反应会有H+生成并消耗水，故随着反应的进行，溶液中的H+浓度将会上 升，故H值变小： 【小问3详解】由图可知M电极有SO,参与反应，N电极有O,参与反应，且由题意知反应产物为 SO?，故M电极发生的反应应为SO,+2H,O-2e=SO}+4H+:由题意知该电池通过氧化 S0,制备H,SO4,故其质子交换膜右侧的电极反应为4H+O,+4e=2H,O,当外电路有0.2 ol电子通过时，该电极处会生成0.1molH,O,故在这一过程中溶液质量会增加，增加的质量为 0.1molH,O的质量，即0.1mol×18g/mol=1.8g: 共6页 20.【答案】 ①.-394.0kJ·molf1②.低温 ③.0.25p0 ④.反应I的活化能Ea1较 小，反应速率I比Ⅱ大，0~t阶段c(SO2)增大，t后反应IⅡ为主，c(CO)减小，使反应I逆向进 c(S02) 行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态。 ⑤.ACD: 【解析】【详解】(1)反应I:CaSO4(s)+C0(g)三CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H1=218.4kJ·mol 1反应I:CaSO4(s)+4C0(g)=CaS(s)+4C02(g)△H=-175.6kJ·mol1 根据盖斯定律反应IⅡ-反应I得：CaO(s)+3C0(g)+SO2(g)CaS(s)+3CO2(g),所以，△H=△H- △H1=-175.6kJ·mol厂1-218.4kJ·mol1=-394.0kJ·mol1。该反应为气体分子数减小的反应，△S< 0,△H<0,当△H-T△S<0时，反应能自发进行，则T较小的时候反应能自发进行，即该反应在低 温时能自发进行，故答案为：-394.0kJ·mol1;低温： (2)设参加反应I的CO起始的物质的量为a,平衡时，CO和CO2体积分数相等，CO2的体积分数 是SO2体积分数的2倍，故设平衡时，S02的物质的量为ol,C0和C02的物质的量为2x,则对 Caso(s)+co(g)Cao s)sO2 g)+co2g) 起始mol 0 于反应I有： a 0 变化hmol X 平衡/mol a-x x 则反应IⅡ生成的CO2的物质的量为(2x-x)mol=mol,生成C0的物质的量=[2x-(a-x)]mol=(3x Casoa(s)+4cO(g)=Cas(s)+4CO2 (g) 起始mol a)mol,则对于反应Ⅱ有： 4x-a 0 变化mol 4 中 平衡/mol 3x-a x 结合反应I、Ⅱ可知：C0的充入量为(4x-a)+a=4x,而平衡时，气体的总物质的量=2x+x+2x=5x, (SPox2)x(5Pox1) 设T衡时体系总压为p,则袋：，解得：、所以反应I的平衡裕数K1 45 =0.25p0,故答案为：0.25p0: (3)因反应I的活化能小于反应Ⅱ的活化能，0到t1,反应I速率大于反应Ⅱ，c(SO2)增大，t1后反 应IⅡ为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态，故答案为： 高二化学 第 反应I的活化能E1较小，反应速率I比Ⅱ大，0~t1阶段c(SO2)增大，t1后反应Ⅱ为主，c(CO)减 小，使反应I逆向进行，故c(SO)减小，2时反应达到平衡状态： (4)A.反应I、II都是反应前后气体质量变化的反应，由pV可知，容器体积V恒定下，p不 变，说明气体总质量不变，那么容器内每种气体的质量均不变化，已达到平衡，A正确： B.CaSO4是固体，提高CaSO4的用量，平衡不移动，B错误： C.反应I是吸热反应，升高温度，反应I正向移动，SO体积分数增大，不利于脱硫，C正确： D.通入氧气，CO被消耗，反应I逆向移动，SO2体积分数降低，脱硫效率增大，D正确： 综上所述，ACD满足题意，故答案为：ACD: (⑤)容器体积减小一半瞬间，二氧化硫浓度变为2倍，同时压强增大，平衡逆向移动，二氧化硫浓 度减小，~t3二氧化硫浓度比t1~t2减小的多。根据勒夏特列原理可知，t3重新平衡时，二氧化硫 浓度略比2时刻大，据此如图：，故答案为：。 0页共6页