福建省厦门市高二上学期期末质量检测模拟 化学试卷-A4

这是一份福建省厦门市高二上学期期末质量检测模拟 化学试卷-A4，共28页。试卷主要包含了本试卷共9页，满分100分，3×10﹣13Pa﹣2，4×10﹣9，Ksp等内容，欢迎下载使用。
满分：100分 考试时间：75分钟
说明：1.本试卷共9页，满分100分.考试时间75分钟
2.请将符合题意的答案填入答题卷相应空格中
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Zn 65
一．选择题（共15小题，满分45分，每小题3分）
1．（3分）下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2．（3分）李时珍在《本草纲目》中写道：“烧酒非古法也，自元时始创其法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”“凡酸坏之酒，皆可蒸烧。”这里用到的方法可用于分离（ ）
A．硝酸钾和氯化钾B．四氯化碳和碘
C．油和水D．碘化钾和碘
3．（3分）下列生活中的常见物质中属于强电解质的是（ ）
A．CuB．BaSO4C．CH3COOHD．酒精
4．（3分）aml•L﹣1Na2SO3溶液和aml•L﹣1NaHSO3溶液的pH的大小关系是（ ）
A．前者大B．相等C．前者小D．不能确定
5．（3分）室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．无色溶液：Al3+、K+、Cl﹣、
B．pH＝1的溶液：Na+、Mg2+、、Cl﹣
C．能溶解Al（OH）3的溶液：Fe2+、Na+、、Cl﹣
D．由水电离出的c（OH﹣）＝1.0×10﹣4ml•L﹣1的溶液：K+、Na+、、
6．（3分）潮湿环境、Cl﹣、溶解氧是造成青铜器锈蚀的主要环境因素，腐蚀严重的青铜器表面大多存在起催化作用的多孔催化层。图为青铜器发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法正确的是（ ）
A．腐蚀过程中，青铜基体是正极
B．若有64gCu腐蚀，理论上耗氧体积为22.4L（标准状况）
C．多孔催化层的形成加速了青铜器的腐蚀速率，是因为改变了反应的焓变
D．环境中的Cl﹣、正负极产物作用生成多孔粉状锈，其离子方程式为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣═Cu2（OH）3Cl↓
7．（3分）在固定容积的密闭容器中，发生反应：2X（g）+Y（s）⇌Z（g）+W（g），其化学平衡常数K与温度T的关系如表：对该反应而言，下列说法正确的是（ ）
A．增大压强，平衡向正反应方向移动
B．温度不变，增加X的用量，K增大
C．若K不变，则反应物的转化率一定不变
D．该反应的正反应为吸热反应
8．（3分）下列过程对应的离子方程式书写错误的是（ ）
A．NaHSO4溶液和NaOH溶液反应：H++OH﹣＝H2O
B．将稀盐酸滴在铁片上：Fe+2H+＝Fe2++H2↑
C．向MgCl2溶液中加入足量氨水：Mg2++2NH3•H2O＝Mg（OH）2↓+2
D．向漂白粉溶液中通入少量SO2气体：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O＝CaSO3↓+2HClO
9．（3分）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。如图，我国学者发现T℃时，甲醇（CH3OH）在铜基催化剂上的反应机理如下：
反应Ⅰ：CH3OH（g）＝CO（g）+2H2 （g）△H1＝akJ/ml
反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）＝CO2 （g）+H2 （g）△H2＝﹣bkJ/ml （b＞0）
总反应：CH3OH（g）+H2O（g）＝CO2 （g）+3H2（g）△H3＝ckJ/ml
下列有关说法中正确的是（ ）
A．反应Ⅰ是放热反应
B．1mlCH3OH（g）和H2O（g）的总能量大于1mlCO2（g）和3mlH2（g）的总能量
C．c＞0
D．优良的催化剂降低了反应的活化能，并减少△H3，节约了能源
10．（3分）二氧化碳资源化是实现“碳中和”的重要途径。反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）在起始物时，T＝250℃下的x（CH3OH）～p和p＝5×105Pa下的x（CH3OH）～T如图所示[x（CH3OH）表示平衡体系中CH3OH的物质的量分数]。说明：Kp的计算方法：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。下列说法正确的是（ ）
A．曲线M表示等压过程的变化关系
B．反应在高温下能自发进行
C．x（CH3OH）＝0.04，反应条件可能为4×105Pa，230℃
D．210℃时，反应的平衡常数Kp约为9.3×10﹣13Pa﹣2
11．（3分）下列说法正确且装置或操作能达到目的的是（ ）
A．可用装置①测定酸碱中和反应反应热
B．依据装置②两容器内气体颜色变化，不能判断反应2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡移动的方向
C．可用图③所示操作检查碱式滴定管是否漏液
D．通过装置④用NaOH待测液滴定H2C2O4标准溶液
12．（3分）碳酸二甲酯[（CH3O）2CO]是一种低毒、环保性能优异、用途广泛的化工原料，以二次电池铅蓄电池（放电总反应：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O）为电源电解合成碳酸二甲酯的工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．铅蓄电池充电时，PbO2电极应与外部电源的负极相连
B．石墨1极发生的电极反应为2CH3OH+CO﹣e﹣═（CH3O）2CO+H+
C．电解池工作时，质子由石墨2极通过质子交换膜迁移至石墨1极
D．电解一段时间后，若铅蓄电池铅电极质量增加9.6 g，石墨2极消耗气体体积为1.12L（标准状况）
13．（3分）下列实验方法或操作能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
14．（3分）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+（aq）。[已知Ksp（CaCO3）＝3.4×10﹣9，Ksp（CaSO4）＝4.9×10﹣5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11]，下列有关说法不正确的是（ ）
A．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
B．向体系中通入CO2气体，上层清液中c（Ca2+）增大
C．若0.1ml•L﹣1的NaHCO3溶液pH＝8.3，则该溶液中c（OH﹣）＞c（）
D．通过加Na2SO4溶液，无法实现CaCO3向CaSO4的有效转化
15．（3分）分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以0.10ml•L﹣1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂
B．从x点到z点的整个过程中，y点的水的电离程度最大
C．x点处的溶液中满足：c（MOH）+c（OH﹣）＜c（M+）+c（H+）
D．常温下，Kb（MOH）的数量级约为10﹣7
二．解答题（共4小题，满分55分）
16．（13分）（1）如图1装置中，已知A、B两池溶液的体积均为200mL．
①写出装置的名称：A池为 ；B池为 ；
②若反应开始时，CuSO4溶液的浓度为1.0ml/L．工作一段时间后取出电极，测得导线上通过了0.04ml e﹣．则反应后A池c（Cu2+）为 ml/L（体积变化忽略不计）．
③A池中左边石墨棒为 极，电极反应式为 ；
A池中总反应的化学方程式为 ．
（2）图2是1ml NO2气体和1ml CO气体反应生成CO2气体和NO气体过程中能量变化示意图；又已知：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＝﹣760.3kJ•ml﹣1，则反应：N2 （g）+2NO2 （g）⇌4NO（g） 的△H＝
（3）化学反应中放出的热能（焓变，△H）与反应物和生成物的键能（E）有关．已知：H2（g）+Cl2（g）＝2HCl （g）△H＝﹣185kJ/ml，E（H﹣H）＝436kJ/ml，E（Cl﹣Cl）＝243kJ/ml．则E（H﹣Cl）＝ ．
17．（14分）三氯化硼可用于有机反应催化剂、电子工业等。其熔点为﹣107℃，沸点为12.5℃，易水解。模拟工业以B2O3、木炭和氯气为原料制备三氯化硼的装置如图所示（夹持装置略）。
实验步骤：
（ⅰ）连接仪器，检验装置的气密性，盛装药品；打开K1，通一段时间N2；
（ⅱ）关闭K1，加入适量浓盐酸，接通冷凝装置，加热管式炉；
（ⅲ）待反应结束，停止加热，打开K1，再通一段时间N2。
回答下列问题：
（1）仪器甲的名称为 ，试剂X为 ，F处碱石灰的作用是 。
（2）装置D的产物中含有极性的二元化合物分子，则该反应的化学方程式为 ；判断该反应结束的实验现象是 。
（3）反应结束后通入N2的目的是 ；图示装置存在的缺陷是 。
（4）已知AgSCN是一种白色沉淀且Ksp（AgSCN）＜Ksp（AgCl）。BCl3产率的测定方法如下（不考虑杂质的反应）：
①mgB2O3与足量木炭、氯气反应，取产品的20%于水解瓶中完全水解，稀释至100.00mL。
②取10.00mL该溶液于锥形瓶中，加入V1mLc1ml⋅L﹣1AgNO3溶液，加入适量硝基苯，用力摇动，将沉淀表面完全覆盖。
③以NH4Fe（SO4）2溶液为指示剂，用c2ml⋅L﹣1KSCN标准溶液滴定过量AgNO3溶液，消耗标准溶液V2mL。
判断滴定终点的现象是 ；实验所得产品的产率是 ，若未加硝基苯，则测定结果将 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
18．（14分）锡在材料、医药、化工等方面有广泛的应用，锡精矿（SnO2）中主要有Fe、S、As、Sb、Pb等杂质元素。如图为锡的冶炼工艺流程。
已知：SnO2性质稳定，难溶于酸。
回答下列问题：
（1）锡的原子序数为50，其价层电子排布式为 ，在元素周期表中位于 区。
（2）烟尘中的主要杂质元素是 （填元素符号）。
（3）酸浸时，PbO生成，该反应的离子方程式为 ，为了提高铅的浸出率，最宜添加 （填标号）。
A．KCl
B．HCl
C．H2SO4
D．NaCl
（4）还原时需加入过量的焦炭，写出该反应的化学方程式 。
（5）电解精炼时，以SnSO4和少量H2SO4作为电解液，电源的负极与 （填“粗锡”或“精锡”）相连；H2SO4的作用是 、 。
（6）酸浸滤液中的Pb2+可用Na2S沉淀，并通过与强碱反应获得Pb，写出PbS与熔融NaOH反应的化学方程式 。
19．（14分）当发动机工作时，反应产生的NO尾气是主要污染物之一，NO的脱除方法和转化机理是当前研究的热点。请回答下列问题：
（1）已知：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g） ΔH1＝﹣113kJ/ml
6NO2（g）+O3（g）═3N2O5（g） ΔH2＝﹣227kJ/ml
4NO2（g）+O2（g）═2N2O5（g） ΔH3＝﹣57kJ/ml
则2O3（g）═3O2（g）是 反应（填“放热”或“吸热”），以上O3氧化脱除氮氧化物的总反应是NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g） ΔH4＝ kJ/ml。
（2）已知：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的反应历程分两步：
①表中k1、k2、k3、k4是只随温度变化的常数，温度升高将使其数值 （填“增大”或“减小”）。
②反应Ⅰ瞬间建立平衡，因此决定2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）反应速率快慢的是反应Ⅱ，则反应Ⅰ与反应Ⅱ的活化能的大小关系为Ea1 Ea2（填“＞”“＜”或“＝”），请依据有效碰撞理论微观探析其原因 。
③一定温度下，反应Ⅰ的平衡常数k＝ （用k1、k2表示）。
（3）将一定量的NO2放入恒容密闭容器中发生下列反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g），测得其平衡转化率α（NO2）随温度变化如图所示，从a点到b点升温平衡将向 （填“正向”或“逆向”）移动。若图中a点对应温度下，NO2的起始压强为120kPa，则该温度下反应的分压平衡常数Kp＝ kPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
厦门市2024-2025学年第一学期期末高二年级质量检测模拟
化学试题
答案与试题解析
一．选择题（共15小题，满分45分，每小题3分）
1．（3分）下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【分析】化学变化中不但生成新物质而且还会伴随着能量的变化，解题时要注意看过程中否发生化学变化，是否产生了热量。
【解答】解：A．硅太阳能电池是太阳能转化为电能，故A错误；
B．锂离子电池是把化学能转化为电能，故B错误；
C．太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故C错误；
D．燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查能量的转化形式，难度不大，该题涉及了两方面的知识：一方面对物质变化的判断，另一方面是一定注意符合化学能向热能的转化条件。
2．（3分）李时珍在《本草纲目》中写道：“烧酒非古法也，自元时始创其法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”“凡酸坏之酒，皆可蒸烧。”这里用到的方法可用于分离（ ）
A．硝酸钾和氯化钾B．四氯化碳和碘
C．油和水D．碘化钾和碘
【答案】B
【分析】烧酒的制造工艺利用蒸馏的方法，可用于分离沸点不同的液体混合物，以此解答该题。
【解答】解：烧酒的制造工艺利用蒸馏的方法，可用于分离沸点不同的液体混合物，为蒸馏操作，
A．硝酸钾和氯化钾的溶解度随温度的变化不同，可用重结晶的方法分离，故A不选；
B．四氯化碳和碘相溶，沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故B选；
C．油和水互不相溶，会分层，可用分液的方法分离，故C不选；
D．碘易升华，可用加热升华的方法分离，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，侧重化学与生后的考查，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。
3．（3分）下列生活中的常见物质中属于强电解质的是（ ）
A．CuB．BaSO4C．CH3COOHD．酒精
【答案】B
【分析】电解质在熔融状态或水溶液中导电，水溶液中或熔融状态完全电离的电解质为强电解质，常见强电解质有强酸、强碱和大多数盐；
【解答】解：A、Cu是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B、硫酸钡是盐，在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔化状态下都能完全电离，能导电，是强电解质，故B正确；
C、醋酸是在水溶液中部分电离的电解质，属于弱电解质，故C错误；
D、酒精属于非电解质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了强电解质的判断，题目难度不大，注意：电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力无关。
4．（3分）aml•L﹣1Na2SO3溶液和aml•L﹣1NaHSO3溶液的pH的大小关系是（ ）
A．前者大B．相等C．前者小D．不能确定
【答案】A
【分析】对于等浓度的强碱弱酸盐溶液，可通过比较盐水解后生成的酸的酸性强弱来判断溶液pH的相对大小，酸越弱，则对应盐溶液的碱性越强，即“越弱越水解”，以此分析解答。
【解答】解：Na2SO3和NaHSO3都是强碱弱酸盐，酸越弱对应盐溶液的碱性越强，酸性：H2SO3＞HSO3﹣，则水解程度：Na2SO3＜NaHSO3，二者浓度相等，水解程度越大，氢氧根离子浓度越大，溶液的pH越大，所以溶液的pH：Na2SO3＞NaHSO3，
故选：A。
【点评】本题考查溶液pH的大小比较、盐的水解原理，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力。
5．（3分）室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．无色溶液：Al3+、K+、Cl﹣、
B．pH＝1的溶液：Na+、Mg2+、、Cl﹣
C．能溶解Al（OH）3的溶液：Fe2+、Na+、、Cl﹣
D．由水电离出的c（OH﹣）＝1.0×10﹣4ml•L﹣1的溶液：K+、Na+、、
【答案】B
【分析】A．Al3+和会剧烈双水解反应；
B．pH＝1的溶液：Na+、Mg2+、、Cl﹣各离子之间相互不反应；
C．能溶解Al（OH）3的溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液；
D．水电离出的c（OH﹣）＝1.0×10﹣4ml•L﹣1的溶液是盐水解导致，可能显酸性也可能显碱性；
【解答】解：A．Al3+和会剧烈双水解不能大量共存，故A错误；
B．各离子之间相互不反应，且在酸性条件下能大量共存，故B正确；
C．能溶解Al（OH）3的溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，Fe2+在碱性溶液中不能大量存在，故C错误；
D．水电离出的c（OH﹣）＝1.0×10﹣4ml•L﹣1的溶液是盐水解导致，可能显酸性也可能显碱性，在酸性溶液中不能大量存在，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的考查，题目难度不大。
6．（3分）潮湿环境、Cl﹣、溶解氧是造成青铜器锈蚀的主要环境因素，腐蚀严重的青铜器表面大多存在起催化作用的多孔催化层。图为青铜器发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法正确的是（ ）
A．腐蚀过程中，青铜基体是正极
B．若有64gCu腐蚀，理论上耗氧体积为22.4L（标准状况）
C．多孔催化层的形成加速了青铜器的腐蚀速率，是因为改变了反应的焓变
D．环境中的Cl﹣、正负极产物作用生成多孔粉状锈，其离子方程式为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣═Cu2（OH）3Cl↓
【答案】D
【分析】A．根据原电池的构成条件及图中的信息可判断正负极；
B．结合电子得失守恒确定铜和氧气的关系；
C．分析多孔结构对原电池反应的影响，注意焓变的影响因素；
D．结合电极反应的产物及电解质环境中的离子可确定反应的方程式；
【解答】解：A．结合图示信息可知青铜基体中的铜失去电子变为铜离子，失电子应为原电池的负极，故A错误；
B．负极发生反应：Cu﹣2e﹣＝Cu2+，64g铜为1ml，失电子数为2ml，正极氧气得电子发生反应：，因正负极得失电子总数相等，则氧气得电子数2ml，氧气的物质的量为0.5ml，标况下的体积为11.2L，故B错误；
C．多孔催化层的形成加速了青铜器的腐蚀速率主要是因为其作正极，多孔结构能够增大反应物与电极的接触面积从加快了反应速率，对反应的焓变没有影响，故C错误；
D．负极发生反应：Cu﹣2e﹣＝Cu2+，正极氧气得电子发生反应：，产生的阴阳离子与溶液中氯离子结合生成Cu2（OH）3Cl，其离子方程式为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣═Cu2（OH）3Cl↓，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查金属腐蚀过程，注重对原电池原理的分析和理解，确定两电极的物质之间的量的关系，要通过电子得失守恒建立，计算气体体积时要注意题中是否明确了标准状况。
7．（3分）在固定容积的密闭容器中，发生反应：2X（g）+Y（s）⇌Z（g）+W（g），其化学平衡常数K与温度T的关系如表：对该反应而言，下列说法正确的是（ ）
A．增大压强，平衡向正反应方向移动
B．温度不变，增加X的用量，K增大
C．若K不变，则反应物的转化率一定不变
D．该反应的正反应为吸热反应
【答案】D
【分析】A．为气体体积不变的反应；
B．K与温度有关；
C．K不变时温度不变，但可改变条件使平衡正向移动；
D．由表中数据可知，温度越高、K越大。
【解答】解：A．为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故A错误；
B．K与温度有关，温度不变，增加X的用量，K不变，故B错误；
C．K不变时温度不变，若减少生成物使平衡正向移动，可增大反应物的转化率，故C错误；
D．由表中数据可知，温度越高、K越大，则正反应为吸热反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握K与温度的关系、温度对平衡移动的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
8．（3分）下列过程对应的离子方程式书写错误的是（ ）
A．NaHSO4溶液和NaOH溶液反应：H++OH﹣＝H2O
B．将稀盐酸滴在铁片上：Fe+2H+＝Fe2++H2↑
C．向MgCl2溶液中加入足量氨水：Mg2++2NH3•H2O＝Mg（OH）2↓+2
D．向漂白粉溶液中通入少量SO2气体：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O＝CaSO3↓+2HClO
【答案】D
【分析】A．硫酸氢钠在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，NaHSO4和NaOH溶液反应生成Na2SO4和H2O；
B．Fe和稀硫酸反应生成FeSO4和H2；
C．MgCl2和一水合氨反应生成氢氧化镁沉淀和氯化铵；
D．漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2。
【解答】解：A．硫酸氢钠在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，NaHSO4和NaOH溶液反应生成Na2SO4和H2O，离子方程式为H++OH﹣＝H2O，故A正确；
B．Fe和稀硫酸反应生成FeSO4和H2，离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，故B正确；
C．MgCl2和一水合氨反应生成氢氧化镁沉淀和氯化铵，离子方程式为Mg2++2NH3•H2O＝Mg（OH）2↓+2，故C正确；
D．漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2，离子方程式为Ca2++3ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl﹣，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的正误判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的性质、离子方程式的书写规则是解本题关键，D选项为解答易错点。
9．（3分）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。如图，我国学者发现T℃时，甲醇（CH3OH）在铜基催化剂上的反应机理如下：
反应Ⅰ：CH3OH（g）＝CO（g）+2H2 （g）△H1＝akJ/ml
反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）＝CO2 （g）+H2 （g）△H2＝﹣bkJ/ml （b＞0）
总反应：CH3OH（g）+H2O（g）＝CO2 （g）+3H2（g）△H3＝ckJ/ml
下列有关说法中正确的是（ ）
A．反应Ⅰ是放热反应
B．1mlCH3OH（g）和H2O（g）的总能量大于1mlCO2（g）和3mlH2（g）的总能量
C．c＞0
D．优良的催化剂降低了反应的活化能，并减少△H3，节约了能源
【答案】C
【分析】A．由图可知，反应Ⅰ的反应物总能量小于生成物总能量；
B．根据图中信息即可得出结论；
C．由图可知，1mlCH3OH（g）和1mlH2O（g）的总能量小于1mlCO2（g）和3mlH2（g）的总能量；
D．催化剂不改变反应的焓变。
【解答】解：A．由图可知，反应Ⅰ的反应物总能量小于生成物总能量，则反应Ⅰ为吸热反应，故A错误；
B．由图可知，1mlCH3OH（g）和1mlH2O（g）的总能量小于1mlCO2（g）和3mlH2（g）的总能量，故B错误；
C．由图可知，1mlCH3OH（g）和1mlH2O（g）的总能量小于1mlCO2（g）和3mlH2（g）的总能量，即c＞0，故C正确；
D．优良的催化剂降低了反应的活化能，但不改变ΔH3，节约了能源，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、勒夏特列原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10．（3分）二氧化碳资源化是实现“碳中和”的重要途径。反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）在起始物时，T＝250℃下的x（CH3OH）～p和p＝5×105Pa下的x（CH3OH）～T如图所示[x（CH3OH）表示平衡体系中CH3OH的物质的量分数]。说明：Kp的计算方法：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。下列说法正确的是（ ）
A．曲线M表示等压过程的变化关系
B．反应在高温下能自发进行
C．x（CH3OH）＝0.04，反应条件可能为4×105Pa，230℃
D．210℃时，反应的平衡常数Kp约为9.3×10﹣13Pa﹣2
【答案】D
【分析】A.题干没有直接给出反应热的信息，因此首先利用勒夏特列原理分析气体压强对可逆反应的影响；
B.根据A选项的结论，得出反应热的信息，再讨论方程式的吉布斯自由能的可能情况；
C.由图像分析，x（CH3OH）＝0.04时可能的反应条件；
D.根据图中点（b，0.10）的数值，计算平衡常数。
【解答】解：A.题干没有直接给出反应热的信息，因此首先利用压强的影响分析平衡的移动，加压，该反应正向移动，平衡体系中CH3OH的物质的量分数]正大，所以图像中的曲线M为等温条件下压强对CH3OH含量的关系图，曲线N为等压条件下温度对CH3OH含量的关系图，故A错误；
B.由A选项的分析可知，曲线N表示等压条件下温度对CH3OH含量的关系图，升温CH3OH含量降低，表明该反应为放热反应，在低温条件下自发进行，故B错误；
C.从图像可知，x（CH3OH）＝0.04的时候，反应条件可能为4×105Pa，250℃，或者5×105Pa，264℃左右，故C错误；
D.210℃时，x（CH3OH）＝0.10，经计算可得：x（H2O）＝0.10，x（CO2）＝0.20，x（H2）＝0.60，，故D正确；
故选：D。
【点评】主要考查学生识别平衡图像、获取信息并解决相关实际问题的能力，属于高考化学的重点题型。
11．（3分）下列说法正确且装置或操作能达到目的的是（ ）
A．可用装置①测定酸碱中和反应反应热
B．依据装置②两容器内气体颜色变化，不能判断反应2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡移动的方向
C．可用图③所示操作检查碱式滴定管是否漏液
D．通过装置④用NaOH待测液滴定H2C2O4标准溶液
【答案】C
【分析】A．图中缺少玻璃搅拌器；
B．只有温度不同，热水中颜色深；
C．尖嘴向上，挤压橡皮管中玻璃棒排气泡；
D．NaOH待测液不能盛放在图中酸式滴定管中。
【解答】解：A．图中缺少玻璃搅拌器，不能准确测定中和热，故A错误；
B．只有温度不同，热水中颜色深，可判断反应2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡移动的方向，故B错误；
C．尖嘴向上，挤压橡皮管中玻璃棒排气泡，图中操作合理，故C正确；
D．NaOH待测液不能盛放在图中酸式滴定管中，应改为碱式滴定管，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、中和热测定、中和滴定、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（3分）碳酸二甲酯[（CH3O）2CO]是一种低毒、环保性能优异、用途广泛的化工原料，以二次电池铅蓄电池（放电总反应：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O）为电源电解合成碳酸二甲酯的工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．铅蓄电池充电时，PbO2电极应与外部电源的负极相连
B．石墨1极发生的电极反应为2CH3OH+CO﹣e﹣═（CH3O）2CO+H+
C．电解池工作时，质子由石墨2极通过质子交换膜迁移至石墨1极
D．电解一段时间后，若铅蓄电池铅电极质量增加9.6 g，石墨2极消耗气体体积为1.12L（标准状况）
【答案】D
【分析】A、铅蓄电池充电时，电池正极PbO2电极应与外部电源的正极相连，电池负极和电源的负极相连；
B、根据图示，石墨2极上是氧气得电子转化为水的还原反应，所以该电极是阴极，石墨1极是阳极，发生氧化反应；
C、电解池工作时，质子即氢离子移向阴极；
D、根据电极反应式结合电子守恒进行计算即可。
【解答】解：A、铅蓄电池充电时，电池正极PbO2电极应与外部电源的正极相连，电池负极Pb和电源的负极相连，故A错误；
B、根据图示，石墨2极上是氧气得电子转化为水的还原反应，所以该电极是阴极，石墨1极是阳极，发生氧化反应，电极反应为2CH3OH+CO﹣2e﹣═（CH3O）2CO+2H+，故B错误；
C、电解池工作时，质子即氢离子移向阴极，即移向石墨2电极，故C错误；
D、铅蓄电池铅电极质量增加Pb～PbSO4～2e﹣～电极质量增加96 g，石墨2极消耗气体氧气，O2～2H2O～4e﹣；若铅蓄电池铅电极质量增加9.6 g，转移电子是0.2ml，石墨2极消耗气体体积为0.05ml×22.4L/ml＝1.12L，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生原电池和电解池工作原理，注意混合电化学装置的分析，铅蓄电池充电和电源的连接是关键，难度不大。
13．（3分）下列实验方法或操作能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【分析】A．酸碱中和滴定为敞开体系，热量散失；
B．NaClO溶液氧化Na2SO3溶液，无明显现象；
C．只有温度不同，升高温度促进醋酸根离子的水解；
D．水与四氯化碳的体积不同。
【解答】解：A．酸碱中和滴定为敞开体系，热量散失，不能测定中和热，故A错误；
B．NaClO溶液氧化Na2SO3溶液，无明显现象，不能探究浓度对反应速率的影响，故B错误；
C．只有温度不同，升高温度促进醋酸根离子的水解，测定溶液的pH，可探究温度对水解平衡的影响，故C正确；
D．水与四氯化碳的体积不同，应控制体积相同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、反应速率、中和热测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14．（3分）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+（aq）。[已知Ksp（CaCO3）＝3.4×10﹣9，Ksp（CaSO4）＝4.9×10﹣5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11]，下列有关说法不正确的是（ ）
A．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
B．向体系中通入CO2气体，上层清液中c（Ca2+）增大
C．若0.1ml•L﹣1的NaHCO3溶液pH＝8.3，则该溶液中c（OH﹣）＞c（）
D．通过加Na2SO4溶液，无法实现CaCO3向CaSO4的有效转化
【答案】D
【分析】A．分步水解，以第一步水解为主；
B．向体系中通入CO2气体，CO2水溶液与反应生成，促进CaCO3溶解平衡正向移动；
C．既能水解，又能电离，0.1ml•L﹣1的NaHCO3溶液pH＝8.3，呈碱性，说明水解程度大于其电离程度；
D．饱和CaCO3溶液中c（Ca2+）＝＝ml/L≈6.0×10﹣5ml/L，结合析出沉淀条件浓度积Q（CaSO4）＞Ksp（CaSO4）分析判断。
【解答】解：A．H2CO3是二元弱酸，分步水解，以第一步水解为主，则上层清液中含碳微粒最主要以形式存在，故A正确；
B．向体系中通入CO2气体，CO2水溶液与反应生成，促进CaCO3溶解平衡正向移动，导致上层清液中c（Ca2+）增大，故B正确；
C．0.1ml•L﹣1的NaHCO3溶液pH＝8.3，呈碱性，说明水解程度大于其电离程度，水解生成OH﹣，电离生成，则c（OH﹣）＞c（），故C正确；
D．饱和CaCO3溶液中c（Ca2+）＝＝ml/L≈6.0×10﹣5ml/L，若在饱和CaCO3溶液加入浓度较大的Na2SO4溶液时，其浓度积Q（CaSO4）＞Ksp（CaSO4），会转化为CaSO4沉淀，所以通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡和溶液中离子浓度大小比较，侧重分析能力和计算能力考查，把握盐类水解原理、溶解平衡影响因素、溶度积常数的计算应用是解题关键，题目难度中等。
15．（3分）分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以0.10ml•L﹣1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂
B．从x点到z点的整个过程中，y点的水的电离程度最大
C．x点处的溶液中满足：c（MOH）+c（OH﹣）＜c（M+）+c（H+）
D．常温下，Kb（MOH）的数量级约为10﹣7
【答案】B
【分析】A．根据滴定分数＝1.00时，溶液显酸性，则MCl为强酸弱碱盐，进行分析；
B．根据滴定分数为1时，恰好完全反应得到 MCl溶液进行分析；
C．根据物料守恒：2c（Cl﹣）＝c（M+）+c（MOH），电荷守恒：c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（M+），进行分析；
D．根据y点pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），进行分析。
【解答】解：A．滴定分数＝1.00时，溶液显酸性，说明反应生成的MCl显酸性，MCl为强酸弱碱盐，应选择在酸性条件下变色的指示剂，故A正确；
B．滴定分数为1时，恰好完全反应得到 MCl溶液，此时溶液中水的电离程度最大，对应的点不是y点，故B错误；
C．x点处滴定分数为0.5，溶液中含等量的MOH、MCl，由电荷守恒可得c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（M+），由物料守恒可得2c（Cl﹣）＝c（M+）+c（MOH），得出c（MOH）+2c（OH﹣）＝c（M+）+2c（H+），溶液显碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），则c（MOH）+c（OH﹣）＜c（M+）+c（H+），故C正确；
D．y点pH＝7，c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣7ml/L，则c（M+）＝c（Cl﹣），设MOH溶液为1L，滴定分数为0.9，则需加入盐酸0.9L，溶液总体积为1.9L，反应后，，，，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
二．解答题（共4小题，满分55分）
16．（13分）（1）如图1装置中，已知A、B两池溶液的体积均为200mL．
①写出装置的名称：A池为 电解池 ；B池为 原电池 ；
②若反应开始时，CuSO4溶液的浓度为1.0ml/L．工作一段时间后取出电极，测得导线上通过了0.04ml e﹣．则反应后A池c（Cu2+）为 0.9 ml/L（体积变化忽略不计）．
③A池中左边石墨棒为 阳 极，电极反应式为 4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑ ；
A池中总反应的化学方程式为 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ．
（2）图2是1ml NO2气体和1ml CO气体反应生成CO2气体和NO气体过程中能量变化示意图；又已知：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＝﹣760.3kJ•ml﹣1，则反应：N2 （g）+2NO2 （g）⇌4NO（g） 的△H＝ +292.3kJ•ml﹣1
（3）化学反应中放出的热能（焓变，△H）与反应物和生成物的键能（E）有关．已知：H2（g）+Cl2（g）＝2HCl （g）△H＝﹣185kJ/ml，E（H﹣H）＝436kJ/ml，E（Cl﹣Cl）＝243kJ/ml．则E（H﹣Cl）＝ 432KJ/ml ．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）B装置能自发的进行氧化还原反应，所以B是原电池，则A是电解池，B中锌易失电子作负极，铜作正极，则A中左边碳棒是阳极，右边碳棒是阴极，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，根据铜和转移电子的关系进行有关计算；
（2）根据能量变化图，反应热等于＝正反应的活化能减去逆反应的活化能，结合热化学方程式的书写规则书写；利用写出的热化学方程式，结合给出的热化学方程式，利用盖斯定律，获得答案；
（3）根据反应热＝反应物的键能﹣生成物的键能来分析．
【解答】解：（1）B装置能自发的进行氧化还原反应，所以B是原电池，则A是电解池，
故答案为：电解池；原电池；
②CuSO4溶液的浓度为1.0ml/L溶液中硫酸铜物质的量＝1.0ml/L×0.2L＝0.2ml，工作一段时间后取出电极，测得导线上通过了0.04ml e﹣．Cu2++2e﹣＝Cu，消耗铜离子物质的量0.02ml，电解后A池c（Cu2+）＝＝0.9ml/L；
故答案为：0.9；
③A池中左边石墨棒为阳极；电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，惰性电极电解硫酸铜溶液的离子方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；故答案为：阳；4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑；
（2）该反应的焓变△H＝E1﹣E2＝134KJ/ml﹣368KJ/ml＝﹣234KJ/ml，所以热化学方程式为：①NO2（g）+CO（g）＝CO2（g）+NO（g）△H＝﹣234kJ•ml﹣1；②2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），△H＝﹣760.3kJ•ml﹣1，反应①×2﹣②，可得到：N2 （g）+2NO2 （g）⇌4NO（g）△H＝+292.3kJ•ml﹣1，
故答案为：+292.3kJ•ml﹣1；
（3）由于反应热＝反应物的键能﹣生成物的键能，设△H298（H﹣Cl）为Xml，故有：△H298（H﹣H）+△H298（Cl﹣Cl）﹣2X＝﹣185kJ/ml，即436kJ/ml+243kJ/ml﹣2X＝﹣185KJ/ml
解得X＝432KJ/ml，故答案为：432KJ/ml．
【点评】本题考查了原电池、电解池原理的分析判断，电极反应电池反应，电极反应电子守恒的计算应用以及反应焓变的计算知识，掌握基础是关键．
17．（14分）三氯化硼可用于有机反应催化剂、电子工业等。其熔点为﹣107℃，沸点为12.5℃，易水解。模拟工业以B2O3、木炭和氯气为原料制备三氯化硼的装置如图所示（夹持装置略）。
实验步骤：
（ⅰ）连接仪器，检验装置的气密性，盛装药品；打开K1，通一段时间N2；
（ⅱ）关闭K1，加入适量浓盐酸，接通冷凝装置，加热管式炉；
（ⅲ）待反应结束，停止加热，打开K1，再通一段时间N2。
回答下列问题：
（1）仪器甲的名称为 三颈烧瓶 ，试剂X为 饱和食盐水 ，F处碱石灰的作用是 处理尾气中的氯气，且三氯化硼易水解，碱石灰能防止空气中的水蒸气进入E中 。
（2）装置D的产物中含有极性的二元化合物分子，则该反应的化学方程式为 B2O3+3Cl2+3C2BCl3+3CO ；判断该反应结束的实验现象是 冷凝管中不再有液体流下 。
（3）反应结束后通入N2的目的是 将装置内的残留气体全部排出，防止污染空气 ；图示装置存在的缺陷是 缺少CO处理装置 。
（4）已知AgSCN是一种白色沉淀且Ksp（AgSCN）＜Ksp（AgCl）。BCl3产率的测定方法如下（不考虑杂质的反应）：
①mgB2O3与足量木炭、氯气反应，取产品的20%于水解瓶中完全水解，稀释至100.00mL。
②取10.00mL该溶液于锥形瓶中，加入V1mLc1ml⋅L﹣1AgNO3溶液，加入适量硝基苯，用力摇动，将沉淀表面完全覆盖。
③以NH4Fe（SO4）2溶液为指示剂，用c2ml⋅L﹣1KSCN标准溶液滴定过量AgNO3溶液，消耗标准溶液V2mL。
判断滴定终点的现象是 滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色 ；实验所得产品的产率是 % ，若未加硝基苯，则测定结果将 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【答案】（1）三颈烧瓶；饱和食盐水；处理尾气中的氯气，且三氯化硼易水解，碱石灰能防止空气中的水蒸气进入E中；
（2）B2O3+3Cl2+3C2BCl3+3CO；冷凝管中不再有液体流下；
（3）将装置内的残留气体全部排出，防止污染空气；缺少CO处理装置；
（4）滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；%；偏小。
【分析】A为制备氯气的装置，该方法制备的氯气中有HCl和水蒸气杂质，需要依次通过饱和食盐水和浓硫酸除去，D为反应装置，F为尾气处理装置且可防止空气中的水蒸气进入E中；整个过程中需要注意三氯化硼熔点为﹣107℃，沸点为12.5℃，易水解。
【解答】解：（1）甲指向的是三颈烧瓶，用高锰酸钾和浓盐酸制备的氯气中有HCl、和水蒸气杂质，需要先通过饱和食盐水除去HCl气体，则X为饱和食盐水；氯气有毒，F处的碱石灰能处理尾气中的氯气，且三氯化硼易水解，碱石灰能防止空气中的水蒸气进入E中，
故答案为：三颈烧瓶；饱和食盐水；处理尾气中的氯气，且三氯化硼易水解，碱石灰能防止空气中的水蒸气进入E中；
（2）D中产生的除了三氯化硼外还有二元极性化合物为CO，则方程式为B2O3+3Cl2+3C2BCl3+3CO，目标产物经冷凝后呈液态，则反应结束的实验现象是冷凝管中不再有液体流下，
故答案为：B2O3+3Cl2+3C2BCl3+3CO；冷凝管中不再有液体流下；
（3）氯气和CO有毒，反应结束后通入N2将装置内的残留气体全部排出，防止污染空气；因为D中生成物有CO，而CO有毒，该装置的缺陷为缺少CO处理装置，
故答案为：将装置内的残留气体全部排出，防止污染空气；缺少CO处理装置；
（4）达到滴定终点时过量的SCN﹣与指示剂电离出的Fe3+生成红色物质，则终点现象为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；根据B守恒有B2O3～2BCl3，则BCl3的质量为g，滴定溶液中过量的硝酸银物质的量为：10﹣3c2V2ml，则10.00mL溶液中氯离子的物质的量为10﹣3（c1V1﹣c2V2）ml，则产品的产率为：×100%＝%；若未加硝基苯会导致原本部分AgCl转化为AgSCN，导致计算过量硝酸银偏大，从而导致计算溶液中氯离子浓度偏小，最终导致测得结果偏小，
故答案为：滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；%；偏小。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
18．（14分）锡在材料、医药、化工等方面有广泛的应用，锡精矿（SnO2）中主要有Fe、S、As、Sb、Pb等杂质元素。如图为锡的冶炼工艺流程。
已知：SnO2性质稳定，难溶于酸。
回答下列问题：
（1）锡的原子序数为50，其价层电子排布式为 5s25p2 ，在元素周期表中位于 p 区。
（2）烟尘中的主要杂质元素是 S、As、Sb （填元素符号）。
（3）酸浸时，PbO生成，该反应的离子方程式为 PbO+2H++4Cl﹣＝[PbCl4]2﹣+H2O ，为了提高铅的浸出率，最宜添加 D （填标号）。
A．KCl
B．HCl
C．H2SO4
D．NaCl
（4）还原时需加入过量的焦炭，写出该反应的化学方程式 SnO2+2C＝Sn+2CO↑ 。
（5）电解精炼时，以SnSO4和少量H2SO4作为电解液，电源的负极与 精锡 （填“粗锡”或“精锡”）相连；H2SO4的作用是 增强溶液的导电性 、 防止Sn2+的水解 。
（6）酸浸滤液中的Pb2+可用Na2S沉淀，并通过与强碱反应获得Pb，写出PbS与熔融NaOH反应的化学方程式 2PbS+4NaOH＝2Pb+2Na2S+O2↑+2H2O 。
【答案】（1）5s25p2；p；
（2）S、As、Sb；
（3）PbO+2H++4Cl﹣＝[PbCl4]2﹣+H2O；D；
（4）SnO2+2C＝Sn+2CO↑；
（5）精锡；增强溶液的导电性；防止Sn2+的水解；
（6）2PbS+4NaOH＝2Pb+2Na2S+O2↑+2H2O。
【分析】锡精矿（SnO2）中主要有Fe、S、As、Sb、Pb等杂质元素，锡精矿后加入稀盐酸溶解，由于SnO2性质稳定，难溶于酸，过滤得到SnO2，再使用焦炭还原SnO2得到粗锡，最后电解精炼得到精锡，据此分析解题。
【解答】解：（1）锡的原子序数为50，其价层电子排布式为5s25p2，在元素周期表中位于p区，
故答案为：5s25p2；p；
（2）焙烧时Fe、S、As、Sb、Pb杂元素转化为氧化物，由题可知，加入稀盐酸后的滤液经过处理得到Fe和Pb，所以烟尘中的主要杂质元素是S、As、Sb，
故答案为：S、As、Sb；
（3）酸浸时，PbO生成﹣＝[PbCl4]2﹣，离子方程式为：PbO+2H++4Cl﹣＝[PbCl4]2﹣+H2O，浸出过程中添加氯化钠，可促使氯化铅转化成铅的氯络阴离子，提高其浸出效果，
故答案为：PbO+2H++4Cl﹣＝[PbCl4]2﹣+H2O；D；
（4）使用焦炭还原SnO2得到粗锡，化学方程式为SnO2+2C＝Sn+2CO↑，
故答案为：SnO2+2C＝Sn+2CO↑；
（5）电解精炼时，与电源的负极的是精锡；以SnSO4和少量H2SO4作为电解液，H2SO4在水溶液中的电离，可以增强溶液的导电性；可以防止Sn2+的水解，故答案为精锡；增强溶液的导电性，防止Sn2+的水解。
（6）由题可知，PbS与强碱反应获得Pb，则PbS与熔融NaOH反应的化学方程式为：2PbS+4NaOH＝2Pb+2Na2S+O2↑+2H2O，
故答案为：2PbS+4NaOH＝2Pb+2Na2S+O2↑+2H2O。
【点评】本题主要考查了物质的分离、电解原理的应用等知识，为高考常见题型，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目较高的考查能力，注意把握实验的原理以及实验基本操作方法，题目难度中等。
19．（14分）当发动机工作时，反应产生的NO尾气是主要污染物之一，NO的脱除方法和转化机理是当前研究的热点。请回答下列问题：
（1）已知：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g） ΔH1＝﹣113kJ/ml
6NO2（g）+O3（g）═3N2O5（g） ΔH2＝﹣227kJ/ml
4NO2（g）+O2（g）═2N2O5（g） ΔH3＝﹣57kJ/ml
则2O3（g）═3O2（g）是 放热 反应（填“放热”或“吸热”），以上O3氧化脱除氮氧化物的总反应是NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g） ΔH4＝ ﹣198 kJ/ml。
（2）已知：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的反应历程分两步：
①表中k1、k2、k3、k4是只随温度变化的常数，温度升高将使其数值 增大 （填“增大”或“减小”）。
②反应Ⅰ瞬间建立平衡，因此决定2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）反应速率快慢的是反应Ⅱ，则反应Ⅰ与反应Ⅱ的活化能的大小关系为Ea1 ＜ Ea2（填“＞”“＜”或“＝”），请依据有效碰撞理论微观探析其原因 活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快 。
③一定温度下，反应Ⅰ的平衡常数k＝ （用k1、k2表示）。
（3）将一定量的NO2放入恒容密闭容器中发生下列反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g），测得其平衡转化率α（NO2）随温度变化如图所示，从a点到b点升温平衡将向 正向 （填“正向”或“逆向”）移动。若图中a点对应温度下，NO2的起始压强为120kPa，则该温度下反应的分压平衡常数Kp＝ 81 kPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
【答案】（1）放热；﹣198；
（2）①增大；
②＜；活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快；
③；
（3）正向；81。
【分析】（1）给已知反应编号：①2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g） ΔH1＝﹣113kJ/ml；②6NO2（g）+O3（g）＝3N2O5（g） ΔH2＝﹣227kJ/ml；③4NO2（g）+O2（g）＝2N2O5（g） ΔH3＝﹣57kJ/ml；据盖斯定律，②×2﹣③×3可得2O3（g）＝3O2（g） ΔH＝（﹣227kJ/ml）×2﹣（﹣57kJ/ml）×3＝﹣283kJ/ml，因ΔH＜0，故为放热反应；同样根据盖斯定律，（①+②×2﹣③×3）可得NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g）；
（2）①温度升高化学反应速率加快；
②反应Ⅰ反应速率快，反应Ⅱ反应速率慢。根据碰撞理论，活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快；
③一定温度下，反应Ⅰ的正反应速率方程，逆反应速率方程v1＝k2⋅c（N2O2），达到平衡时正逆反应速率相等，则＝k2⋅c（N2O2）；
（3）根据图知，从a点到b点升温平衡将向二氧化氮转化率增大，则平衡正向移动；该温度下反应的平衡常数Kp＝。
【解答】解：（1）给已知反应编号：①2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g） ΔH1＝﹣113kJ/ml；②6NO2（g）+O3（g）＝3N2O5（g） ΔH2＝﹣227kJ/ml；③4NO2（g）+O2（g）＝2N2O5（g） ΔH3＝﹣57kJ/ml；据盖斯定律，②×2﹣③×3可得2O3（g）＝3O2（g） ΔH＝（﹣227kJ/ml）×2﹣（﹣57kJ/ml）×3＝﹣283kJ/ml，因ΔH＜0，故为放热反应；同样根据盖斯定律，（①+②×2﹣③×3）可得NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g） ，
故答案为：放热；﹣198；
（2）①温度升高化学反应速率加快，所以温度升高将使k1、k2、k3、k4值增大，
故答案为：增大；
②反应Ⅰ反应速率快，反应Ⅱ反应速率慢。根据碰撞理论，活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快，因此，反应Ⅰ与反应Ⅱ的活化能的大小关系为Ea1＜Ea2，
故答案为：＜；活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快；
③一定温度下，反应Ⅰ的正反应速率方程，逆反应速率方程v1＝k2⋅c（N2O2），达到平衡时正逆反应速率相等，则＝k2⋅c（N2O2），则平衡常数K＝＝，
故答案为：；
（3）根据图知，从a点到b点升温平衡将向二氧化氮转化率增大，则平衡正向移动；
设开始时n（NO2）＝aml，达到平衡状态时二氧化氮转化率为0.6，则消耗n（NO2）＝0.6aml，
可逆反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g），
开始（ml）a 0 0
反应（ml）0.6a 0.6a 0.3a
平衡（ml）0.4a 0.6a 0.3a
平衡时混合气体总物质的量＝（0.4+0.6+0.3）aml＝1.3aml，恒温恒容条件下气体压强之比等于其物质的量之比，则平衡时混合气体总压强＝×120kPa＝156kPa，
P（NO2）＝×156kPa＝48kPa、P（NO）＝×156kPa＝72kPa、P（O2）＝×156kPa＝36kPa，该温度下反应的平衡常数Kp＝＝＝81，
故答案为：正向；81。
【点评】本题考查化学平衡计算、盖斯定律计算等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确盖斯定律计算方法、平衡常数计算方法是解本题关键，注意活化能与反应速率关系，题目难度不大。
A
B
C
D




硅太阳能电池
锂离子电池
太阳能集热器
燃气灶
T/℃
700
800
900
1000
1200
K
0.6
0.9
1.3
1.8
2.7
选项
实验目的
实验方法或操作
A
测定中和反应的反应热
酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B
探究浓度对化学反应速率的影响
量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象
C
探究温度对醋酸钠水解平衡的影响
分别在20℃、40℃和60℃下，测量0.1ml/LCH3COONa溶液的pH
D
比较碘在纯水中和四氯化碳中的溶解性
向5mL碘水中加入1mL四氯化碳，振荡试管，观察现象
步骤
反应
活化能
正反应速率方程
逆反应速率方程
Ⅰ
2NO（g）⇌N2O2（g）（快）
Ea1
v1＝k1•c2（NO）
v1＝k1•c（N2O2）
Ⅱ
N2O2（g）+O2（g）⇌2NO2（g）（慢）
Ea2
v2＝k3•c（N2O2）•c（O2）
v2＝k4•c2（NO2）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
B
B
A
B
D
D
D
C
D
C
题号
12
13
14
15
答案
D
C
D
B
A
B
C
D




硅太阳能电池
锂离子电池
太阳能集热器
燃气灶
T/℃
700
800
900
1000
1200
K
0.6
0.9
1.3
1.8
2.7
选项
实验目的
实验方法或操作
A
测定中和反应的反应热
酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B
探究浓度对化学反应速率的影响
量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象
C
探究温度对醋酸钠水解平衡的影响
分别在20℃、40℃和60℃下，测量0.1ml/LCH3COONa溶液的pH
D
比较碘在纯水中和四氯化碳中的溶解性
向5mL碘水中加入1mL四氯化碳，振荡试管，观察现象
步骤
反应
活化能
正反应速率方程
逆反应速率方程
Ⅰ
2NO（g）⇌N2O2（g）（快）
Ea1
v1＝k1•c2（NO）
v1＝k1•c（N2O2）
Ⅱ
N2O2（g）+O2（g）⇌2NO2（g）（慢）
Ea2
v2＝k3•c（N2O2）•c（O2）
v2＝k4•c2（NO2）