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【化学】江苏省南通市2019-2020学年高二上学期期中质量调研（选修）试题（解析版）
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江苏省南通市2019-2020学年高二上学期期中质量调研（选修）试题
本卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 K 39 Fe 56 Cu 64
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.化学反应原理在生产生活中有广泛的应用。下列叙述正确的是（ ）
A. 开发新技术可将水分解成氢气、氧气并释放能量
B. 研制新型催化剂可提高汽车尾气平衡转化率
C. 燃料电池能将化学能完全转化为电能
D. 为防止金属管道被腐蚀，应将金属管道与电源负极相连
【答案】D
【解析】
【详解】A. 水分解成氢气、氧气属于分解反应，应吸收能量，故A错误；
B. 催化剂只能改变反应速率，对反应的平衡转化率没有影响，故B错误；
C. 燃料电池在工作时，理论上可以将化学能直接转化为电能，但由于电阻作用，也会有热量产生，故不能将化学能完全转化为电能，故C错误；
D. 应将金属管道与电源负极相连，则金属管道不容易失电子，属于外加电源的阴极保护法，故D正确；
故选D。
2.下列有关化学用语表示中正确的是（ ）
A. H2O2的电子式：H:::H B. 中子数为18的硫原子：
C. 氟离子的结构示意图： D. 聚乙烯的结构简式：
【答案】A
【解析】
【详解】A. H2O2中各原子间均以共价键结合，电子式为：H:::H，故A正确；
B. 中子数为18的硫原子，则质量数为34，可以表示为：，故B错误；
C. 氟离子的质子数为9，核外电子数为10，则离子结构示意图为：；
D. 聚乙烯的结构简式为：，故D错误；
故选A。
3.下列关于有机物的描述中，正确的是（ ）
A. 乙醇在Cu催化下能被氧气氧化成乙醛
B. 乙烯使高锰酸钾溶液和溴水褪色的原理相同
C. 油脂可以水解生成氨基酸
D. 葡萄糖能发生银镜反应和水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙醇在Cu催化下能被氧气氧化成乙醛，属于失氢氧化，故A正确；
B. 乙烯被高锰酸钾氧化而使高锰酸钾溶液褪色，乙烯和溴水发生加成反应而使溴水褪色，故二者原理不相同，故B错误；
C. 油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，故C错误；
D. 葡萄糖中含有醛基，能发生银镜反应，葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，故D错误；
故选A。
4.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 用醋酸溶解大理石：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2↑
B. 向氨水中通入足量SO2气体：SO2＋NH3·H2O＝NH＋HSO
C. FeO溶于稀硝酸：FeO＋2H＋＝Fe2＋＋H2O
D. 电解氯化镁溶液：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A. 醋酸为弱酸，反应的离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2+＋2CH3COO-＋H2O＋CO2↑，故A错误；
B. 向氨水中通入足量SO2气体反应生成亚硫酸铵，离子方式为：SO2＋NH3·H2O＝NH＋HSO，故B正确；
C. 稀硝酸有强氧化性，反应生成Fe3+，离子方程式为：3FeO＋10H＋＋NO3-＝3Fe3+＋NO↑＋5H2O，故C错误；
D. 电解氯化镁溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁沉淀，离子方程式为：2Cl－＋Mg2+＋2H2OCl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，故D错误；
故选B。
5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. CaCl2(aq) CaCO3 CaSiO3
B. Fe Fe2O3 FeCl3
C. NaCl(aq)NaOH(aq) NaAlO2
D. NH3 NO2 HNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A. CaCl2(aq)通入CO2不能反应生成碳酸钙沉淀，故A错误；
B. Fe和水蒸气在高温条件下生成Fe3O4，故B错误；
C.电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故C正确；
D. NH3与O2在催化剂作用下反应生成NO和水，故D错误；
故选C。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且位于三个不同周期。X与W同主族，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和。下列说法正确的是（ ）
A 原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)
B. X2Z2与W2Z2中的化学键类型
C. 简单气态氢化物的热稳定性Y的比Z的强
D. X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物或离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Z的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，由于最外层电子数不超过8，故原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；因为元素位于三个不同周期，且X原子序数最小，则X为H；X与W同主族，则W为Na；Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和，即Y的核电荷数为8-1=7，则Y为N，据此分析解答。
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Z的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，由于最外层电子数不超过8，故原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；因为元素位于三个不同周期，且X原子序数最小，则X为H；X与W同主族，则W为Na；Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和，即Y的核电荷数为8-1=7，则Y为N。
A. 同周期主族元素，原子半径随核电荷数增大而减小，同主族元素，原子半径随核电荷数增大而增大，则原子半径： r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)，故A错误；
B. H2O2中只含共价键，Na2O2中既有离子键又有共价键，所以化学键类型不同，故B错误；
C. 非金属性N弱于O，则简单气态氢化物的热稳定性NH3弱于H2O，故C错误；
D. H、N、O 三种元素可以组成HNO3和NH4NO3，前者为共价化合物，后者为离子化合物，故D正确；
故选D。
7.25℃时，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：NH、Cu2+、NO、SO
B. 能使紫色石蕊试液变红的溶液：Al3+、Fe3+、NO、Cl－
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液：Ba2+、K＋、Cl－、OH－
D. 与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、Mg2+、CO、NO
【答案】B
【解析】
【详解】A. 无色溶液中：Cu2+呈蓝色，故A错误；
B. 能使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+与Al3+、Fe3+、NO、Cl－均不反应，可以大量共存，故B正确；
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中存在Fe3+，Fe3+与OH－反应生成氢氧化铁沉淀而不能共存，故C错误；
D. 与铝反应产生大量氢气的溶液中存在大量H+或OH-，H+与CO反应生成二氧化碳气体和水，OH-与Mg2+反应生成氢氧化镁沉淀而不能共存，故D错误；
故选B。
8.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A. 制NH3 B. 制SO2
C. 实现反应 D. 模拟氯碱工业
【答案】C
【解析】
【详解】A. 制NH3的装置属于加热固体的装置，试管口应该倾斜朝下，故A错误；
B. 用浓硫酸与铜反应制SO2需要加热，故B错误；
C. 该装置由于盐桥的存在，形成闭合回路，Fe3+和I-发生氧化还原反应，故C正确；
D. 氯碱工业主要原理是电解饱和食盐水，阳极不能用铁，故D错误；
故选C。
9.某燃料电池可实现NO和CO的无害转化，其结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 石墨Ⅰ电极上发生氧化反应
B. 电池工作时Na向石墨Ⅱ电极处移动
C. 石墨Ⅱ反应式：CO－2e－＋O2－＝CO2
D. 电路中每通过6 mol电子，生成1 mol N2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 石墨Ⅰ电极上NO发生反应生成N2，化合价降低，属于还原反应，故A错误；
B. 电池工作时Na+向正极移动，即向石墨I电极处移动，故B错误；
C. 如图所示，石墨Ⅱ为负极，失电子，发生还原反应，反应式为：CO－2e－＋O2－＝CO2，故C正确；
D. N元素化合价有+2降低为0，每生成1molN2得到4mol电子，则电路中每通过6 mol电子，生成1.5 mol N2，故D错误；
故选C。
10.下列有关说法正确的是（ ）
A. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高原料转化率
B. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目为6×6.02×1023
C. 铁表面镀铜时，铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连
D. 铅蓄电池充电时，阳极区溶液的pH和阳极质量均减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 合成氨生产中将NH3液化分离，正反应速率不变，逆反应速率降低，平衡向正反应方向移动，所以可以提高原料转化率，故A错误；
B. H2和 N2反应生成NH3，该反应为可逆反应，不能完全反应，故转移电子的数目小于6×6.02×1023，故B错误；
C. 电镀时，阳极发生氧化反应，镀层金属应该在阳极，与正极相连，待镀金属铁作阴极，链接电源的负极，故C错误；
D. 铅蓄电池充电时，阳极反应为PbSO4 + 2H2O - 2e- = PbO2 + 4H+ + SO42-，可见溶液的pH和阳极质量均减小，故D正确；
故选D。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.化合物 G 是一种黄烷酮类药物。下列说法正确的是（ ）
A. G分子中含有三种含氧官能团
B. G分子中含有2个手性碳原子
C. G可发生加成反应和水解反应
D. 1 mol G与溴水反应，最多消耗2 mol Br2
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 根据结构简式分析，G分子中含有酚羟基、醚键、羰基三种含氧官能团，故A正确；
B. 手性碳原子所连接的四个基团要是不同，根据结构简式分析，G分子中含有1个手性碳原子，故B错误；
C. 根据结构简式分析，G中含有苯环，所以G可发生加成反应，但不能发生水解反应，故C错误；
D. 根据苯酚的性质分析，在酚羟基的邻位和对位的氢可以被溴原子取代，故1 mol G与溴水反应，最多消耗2 mol Br2，故D正确；
故选AD。
12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向酸性高锰酸钾溶液中通入SO2
溶液颜色褪去
SO2具有漂白性
B
将少量铜粉加入FeCl3溶液中
铜粉消失
还原性：Cu＞Fe2＋
C
向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加氯化钡溶液
有白色沉淀生成
溶液X中含有SO
D
锌与稀硫酸反应制取氢气时，加入少量硫酸铜溶液
反应速率加快
Cu2+起催化作用
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向酸性高锰酸钾溶液中通入SO2，颜色褪去是因为SO2被高锰酸钾氧化，说明SO2具有还原性，故A结论错误；
B. 将少量铜粉加入FeCl3溶液中，反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，Cu为还原剂，Fe2+为还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，所以还原性：Cu＞Fe2＋，故B正确；
C. 因为硝酸具有强氧化性，若溶液中含有SO32-，则用硝酸酸化后加氯化钡溶液也有白色沉淀生成，故C结论错误；
D. 加入硫酸铜后，锌置换出铜，构成原电池，反应加快，故D结论错误；
故选B。
13.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的反应过程
B. 如图表示2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0的v逆 随时间变化曲线，t1时刻改变的条件是降低温度
C. 如图表示反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0的平衡常数K随压强的变化
D. 如图表示电解精炼铜过程中阳极质量随时间的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 有催化剂时，反应的活化能低，图中实线部分应为无催化剂的情况，故A错误；
B. 2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，v正、v逆均减小，t1时刻后v逆增大，故B错误；
C. 平衡常数只和温度有关，温度不变平衡常数保持不变，故C正确；
D. 阳极发生氧化反应，粗铜作阳极，电解过程冲，阳极质量减小，故D错误；故选C。
14.下图为一定条件下有关反应A(g)＋B(g)xC(g) ΔH＜0的图像。其中图甲表示起始A(g)、B(g)的物质的量一定，不同温度时，A的平衡转化率随容器压强的变化。图乙表示温度、容器体积和起始A(g)的物质的量一定，改变起始充入B(g)的物质的量，所得反应物的平衡转化率随充入B(g)的物质的量的变化。下列依据图像所得结论正确的是（ ）
A. T1＞T2
B. x＝1
C. 图乙中曲线Ⅰ表示的反应物是A(g)
D. M点时起始A(g)、B(g)的物质的量之比为1∶1
【答案】AD
【解析】
【详解】A. A(g)＋B(g)xC(g) ΔH＜0，反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，相同压强时T1至T2，A的转化率增大，平衡正反应方向移动，则说明T1＞T2，故A正确；
B. 如图所示，温度不变时，压强增大A的转化率不变，即压强对反应平衡不影响，反应前后气体体积不变，即x＝1+1=2，故B错误；
C. 加入反应物B，平衡向正反应方向移动，A的转化率应该应该增大，图乙中曲线Ⅰ表示转化率降低，故C错误；
D. M点时A、B转化率相同，反应中A和B1:1反应，则说明起始A(g)、B(g)的物质的量之比为1∶1，故D正确；
故选AD。
15.在三个体积均为0.5 L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)＋Cl2(g)COCl2(g) ΔH＜0，已知容器Ⅰ中反应在5 min时到达平衡。
容器编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
CO
Cl2
COCl2
COCl2
Ⅰ
500
1.0
1.0
0
0.8
Ⅱ
500
a
0.55
0
0.5
Ⅲ
T
0.5
0.5
0.5
0.7
下列说法中正确的是（ ）
A. 容器Ⅰ中前5 min的平均反应速率v(CO)=0.16 mol·L－1·min－1
B. 反应Ⅲ的温度T＜500℃
C. 容器Ⅱ中起始时CO的物质的量为1.0 mol
D. 若起始时向容器Ⅰ加入CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，达到平衡时CO转化率小于80%]
【答案】CD
【解析】
【分析】依据速率表达式计算用COCl2表示的反应速率，依据速率之比等于计量系数之比计算用CO表示速率；I和Ⅲ为等效平衡，依据温度改变后COCl2物质的量判断反应温度；依据Ⅰ组数据计算反应平衡常数，Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同，依据平衡常数计算容器Ⅱ中起始时CO的物质的量；根据勒夏特列原理分析平衡移动的方向，比较转化率的变化。
【详解】A.I中平衡时得到△n(COCl2)=0.8mol，根据方程式知，参加反应的△n(CO)=△n(COCl2)=0.8mol，则5min内，，故A错误；
B.I、III是等效平衡，升高温度平衡向吸热方向移动，III产物浓度降低，说明平衡逆向移动，则T的温度高于I的温度，即T>500℃，故B错误；
C.I中达到平衡状态时，n(CO)=n(Cl2)=1.0mol−0.8mol=0.2mol，则平衡时c(CO)=c(Cl2)=，c(COCl2)=，化学平衡常数，温度相同化学平衡常数相同，所以II中化学平衡常数K=10，运用三段式法分析得：
CO(g ) + Cl2(g) COCl2(g)，
初始 a 0.55 0
反应0.5 0.5 0.5
平衡 (a−0.5) 0.05 0.5
化学平衡常数，则a=1mol，故C正确；
D.I中加入1.0molCO、1.0molCl2时，CO转化率，如果起始时向容器Ⅰ加入CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，容器内压强小于加入1.0molCO、1.0molCl2时压强，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，所以CO转化率小于80%，故D正确；
故选CD。
16.利用硫酸渣（主要含Fe2O3、SiO2）制备纳米Fe3O4的工艺流程如下：
（1）“还原”时FeS2被氧化为SO，该反应的离子方程式为：_____。
（2）“沉铁”过程中的离子反应方程式为：______。
（3）“氧化”过程中的离子方程式为：________。
（4）一定条件下以Fe片作阳极、石墨作阴极电解NaCl溶液也可制得纳米Fe3O4，写出该反应的化学方程式：_________。
（5）有氧条件下，NO可被NH3催化还原为N2和H2O。当n(NO)∶n(O2)＝4∶1时，该反应的化学方程式：_________。
【答案】(1). 14Fe3+＋FeS2＋8H2O＝15Fe2+＋2SO＋16H+ (2). Fe2+＋2NH3·H2O＝Fe(OH)2↓＋2NH (3). 3Fe(OH)2＋2NO＝Fe3O4＋2NO↑＋2OH﹣＋2H2O (4). 3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑ (5). 4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O
【解析】
【详解】（1）Fe3+被FeS2还原为Fe2+，FeS2被氧化生成SO，则该反应的离子方程式为：14Fe3+＋FeS2＋8H2O＝15Fe2+＋2SO＋16H+，故答案为：14Fe3+＋FeS2＋8H2O＝15Fe2+＋2SO＋16H+；
（2）“沉铁”过程是硫酸亚铁与氨水生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为Fe2+＋2NH3·H2O＝Fe(OH)2↓＋2NH，故答案为：Fe2+＋2NH3·H2O＝Fe(OH)2↓＋2NH；
（3）“氧化”过程是氢氧化亚铁与亚硝酸钠的反应生成四氧化铁、一氧化氮、氢氧化钠和水，离子方程式为：3Fe(OH)2＋2NO＝Fe3O4＋2NO↑＋2OH﹣＋2H2O，故答案为：3Fe(OH)2＋2NO＝Fe3O4＋2NO↑＋2OH﹣＋2H2O；
（4）Fe作阳极，失电子化合价升高，阴极上氢离子得电子生成氢气，总反应为3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑，故答案为：3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑
（5）根据题干信息反应物为NH3、NO、O2，生成物为N2、H2O，根据电子转移守恒配平得反应方程式为：4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O，故答案为：4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O。
17.大马酮是一种主要用于高级化妆品和食品的香料，可通过以下方法合成：
（1）E→F的反应类型为________。
（2）物质A具有顺反异构，写出A的顺式结构：_______。
（3）写出同时满足下列条件的大马酮的一种同分异构体的结构简式：_______。
①能发生银镜反应
②含有苯环，分子中有4种不同化学环境的氢
（4）请以为原料制备，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）________。
【答案】(1). 氧化反应 (2). (3). 或 (4).
【解析】
【分析】根据流程图中有机物间的转化分析反应类型；根据限制条件书写同分异构体；根据结构简式书写顺式的同分异构体；根据题干信息及官能团性质由原料设计流程图得到目标产物。
【详解】（1）根据E和F的结构特点分析，E中的羟基转化为羰基，则该反应为失去氢的氧化化反应，故答案为：氧化反应；
（2）物质A含有碳碳双键，顺式结构中甲基和溴原子在双键的同一侧，结构简式为：，故答案为；
（3）大马酮的分子式为C13H18O，①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②含有苯环，分子中有4种不同化学环境的氢，其同分异构体为，故答案为：；
（4）根据题干信息及官能团性质，由产物结构特征，运用逆合成法分析得：发生消去反应，得到苯乙烯，苯乙烯在一定条件下氧化得到苯甲醛，苯甲醛与烃基卤化镁（）反应使碳链增长得到，最后氧化得到，合成路线为。
18.实验小组用如下图所示装置制备高铁酸钾（K2FeO4）。已知K2FeO4微溶于KOH溶液，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）A溶液的作用是__________，从平衡的角度解释用A溶液而不是水的原因：_______。
（2）写出制取K2FeO4的化学方程式：_______。
（3）实验小组测定所得样品中K2FeO4含量的方法如下：
步骤1：准确称取1.0g K2FeO4样品于锥形瓶中，加入KOH溶液和过量的NaCrO2溶液充分反应；
步骤2：向步骤1所得溶液中加入足量稀硫酸；
步骤3：向步骤2所得溶液中滴加指示剂，用浓度为0.4000 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，反应至终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积为30.00 mL。已知测定过程中发生反应的离子方程式为：FeO＋CrO＋2H2O＝Fe(OH)3↓＋CrO＋OH－；2H＋＋2CrO＝Cr2O＋H2O；H＋＋Fe2＋＋Cr2O—Fe3＋＋Cr3＋＋H2O（未配平）；
计算样品中K2FeO4质量分数，写出计算过程_______。
【答案】(1). 除去Cl2中的HCl (2). 由平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO可知，增大Cl－的浓度，可以抑制平衡的正向进行，从而减小Cl2的溶解度 (3). 3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH＝2K2FeO4＋6KCl＋8H2O (4). 79.2%
【解析】
【分析】根据反应原理及装置图分析装置中的药品及用途；根据氧化还原反应原理书写并配平反应方程式；根据滴定原理计算样品中的质量分数。
【详解】（1）浓盐酸易挥发，所以A溶液的作用是除去Cl2中的HCl，用饱和食盐水目的是降低Cl2的溶解度，原因是：由平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO可知，增大Cl－的浓度，可以抑制平衡的正向进行，从而减小Cl2的溶解度，故答案为：除去Cl2中的HCl ；由平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO可知，增大Cl－的浓度，可以抑制平衡的正向进行，从而减小Cl2的溶解度；
（2）根据装置中药品分析得反应物为氯气、氢氧化铁和氢氧化钾，生成物为高铁酸钾、氯化钾和水，反应方程式为：3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH＝2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，故答案为：3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH＝2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；
（3）根据滴定过程中反应的离子方程式得出关系式：2FeO ~ 2CrO~Cr2O~6Fe2＋，
n( K2FeO4)=1/3n( (NH4)2Fe(SO4)2)=1/3×0.4000 mol·L－1 ×0.03L=0.004mol，则样品中K2FeO4的质量分数为，故答案为： 79.2%。
19.对工业废气进行脱硝有多种方法。
（1）用活性炭还原法处理氮氧化物的反应为C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。一定条件下按下表所示条件向体积固定的容器中充入物质发生该反应。
容器
温度
体积
C(s)
NO(g)
N2(g)
CO2(g)
甲
600℃
V L
1mol
2mol
0
0
乙
600℃
V L
0
0
2mol
2mol
①下列能说明甲容器中反应达到平衡状态的是_______。
a．容器的压强保持不变 b．v(NO)正＝2v(CO2)逆
c．混合气体的密度保持不变 d．NO、N2、CO2的物质的量之比为2∶1∶1
②关于平衡时的甲、乙两容器，下列说法一定正确的是_______。
a．p(甲)＝p(乙) b．c(NO)甲＝c(CO2)乙
c．2c(CO2)甲＝c(N2)乙 d．体积分数φ(CO2)甲＝φ(N2)乙
（2）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用生成亚硝酰氯(ClNO)，涉及反应如下：4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g) K1 ；2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g) K2；2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) K3；则K1、K2 、K3之间的关系为K3＝_______
（3）利用O3进行如下脱硝反应：2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g) ΔH＜0。其他条件一定时，NO2(g)的平衡转化率随温度和压强的变化情况如下图甲所示。X表示_______（填“压强”或“温度”），L1_______L2(填“＜”或“＞”)。
（4）用稀硝酸吸收NOx进行脱硝，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_______。
【答案】(1). BC (2). CD (3). K22/K1 (4). 温度 (5). ＜ (6). HNO2−2e−＋H2O＝3H+＋NO
【解析】
【分析】根据反应平衡状态的含义分析判断反应是否达到平衡状态；根据平衡常数表达式分析比较各平衡常数之间的关系；根据勒夏特列原理结合图像分析解答；根据电解原理分析书写电极反应式。
【详解】（1）①a．反应前后气体的体积不变，所以反应过程中容器的压强始终保持不变，压强不变不能说明达到平衡，故此项错误；
b．v(NO)正＝2v(CO2)正＝2v(CO2)逆 ，正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，故此项正确；
c．根据质量守恒，反应为气体质量减小的反应，所以混合气体的密度保持不变能说明反应达到平衡状态，故此项正确；
d．NO、N2、CO2的物质的量之比为2∶1∶1，不能说明它们的浓度不再改变，也就不能说明达到平衡，故此项错误，故答案为：bc；
②a．若容器乙的体积为甲的2倍，则两容器中反应平衡等效，此时乙的体积与甲相等，则p(甲)＝1/2p(乙)，故此项错误；
b．平衡的转化率未知，则平衡时无法判断平衡只反应物和生成物浓度的相对大小，故此项错误；
c．若容器乙的体积为甲的2倍，则两容器中反应平衡等效，因为两容器体积相等，则平衡时2c(CO2)甲＝2c(CO2)乙，根据反应方程式可得，平衡时c(CO2)乙=c(N2)乙，则2c(CO2)甲＝c(N2)乙 ，故此项正确；
d．因为反应前后气体体积不变，所以两容器中反应平衡时，转化率相同，则体积分数φ(CO2)甲＝φ(N2)乙，故此项正确，故答案为：cd；
（2）由平衡常数表达式得： ，，，则，故答案为：；
（3）如图所示NO2的转化率降低，说明平衡向逆方向移动。该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆方向移动，所以X为温度，反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正方向移动，所以X不能是压强；相同温度时，压强由L1变为L2，平衡向正方向移动，说明压强增大，即L1＜L2，故答案为：温度； ＜；
（4）电解时，阳极失电子发生氧化反应，HNO2在阳极失电子，氧化生成NO，电极反应式为：HNO2−2e−＋H2O＝3H+＋NO，故答案为：HNO2−2e−＋H2O＝3H+＋NO。
20.甲醇、二甲醚(CH3OCH3) 既是重要的化工原料，又是可再生能源，具有开发和应用广阔前景。
（1）合成二甲醚的反应原理为2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)。
①该反应能够自发进行的原因是_______。
②若容器体积恒定不变，CO、H2起始通入量分别为2 mol、4 mol，充分反应后达到平衡。下列措施既可以提高反应速率又可以提高CO的转化率是_______。
a．升高温度 b．使用更高效的催化剂
c．充入He，使体系总压强增大 d．缩小体积增大压强
（2）工业上合成甲醇的化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝－91 kJ·mol－1
①已知某些化学键的键能数据如下表，则x＝_______。
化学键
C－H
H－H
C－O
C≡O
O－H
键能/ kJ·mol-1
a
b
c
x
d
②在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个恒压容器中分别充入a mol CO和2a mol H2合成甲醇，三个容器的温度分别为T1、T2、T3。若实验测得反应均进行到t min时，三个容器中CO的体积分数如图所示，此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是_____。若反应达到平衡，三个容器中v(CH3OH)逆最大的是____。
【答案】(1). ΔH＜0 (2). D (3). 3a＋c＋d－2b－91 (4). Ⅲ (5). Ⅲ
【解析】
【分析】根据熵变和焓变对反应自发进行的影响分析解答；根据键能与焓变的关系分析计算相关键能；根据影响反应速率的条件及平衡移动原理分析反应速率及转化率的变化；根据平衡移动原理结合图像分析温度对平衡移动的影响。
【详解】（1）①根据反应方程式可以看出，反应为混乱度增大的反应，熵增和焓减有助于反应自发进行，则该反应能够自发进行的原因是 ΔH＜0，故答案为：ΔH＜0；
②a．升高温度，反应速率增大，该反应放热，则升高温度，平衡逆方向移动，CO转化率减小，故此项错误；
b．使用更高效的催化剂可以提高反应速率，但对平衡没有影响，即不能提高CO转化率，故此项错误；
c．容器体积不变，充入He，反应物和生成物浓度不变，反应速率不变，平衡也不移动，故此项错误；
d．缩小体积增大压强，反应物和生成物浓度增大，反应速率增大，该反应为气体体积减小的反应，增大压强则平衡正方向移动，CO转化率提高，故此项正确，故答案为：d；
（2）①反应中需破坏1molC≡O键、2molH-H键，同时形成3molC-H键、1molC-O键和1molO-H键，根据键能与焓变关系得：－91=(3a+c+d)-(x+2b)，则x=3a＋c＋d－2b－91；
②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H<0，该反应正反应为放热反应，根据图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量由小到大依次为：Ⅱ<Ⅰ<Ⅲ，T1中的状态转变成T2中的状态，CO百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T1未达平衡状态，T2中的状态转变成T3中的平衡状态，CO百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ；
温度越高，反应越快，相同条件下先达到平衡，所以三个容器中一定达到化学平衡状态的是Ⅲ；三容器为恒压容器，温度越高，反应速率越大，v(CH3OH)逆最大的是Ⅲ，故答案为：3a＋c＋d－2b－91；Ⅲ ； Ⅲ。
21.燃煤烟气中含有大量的二氧化硫，进行脱硫处理可以减少环境污染，变废为宝。
（1）H2还原法是处理燃煤烟气中SO2的方法之一。已知：2H2S(g)＋SO2(g)＝3S(s)＋2H2O(l) ΔH=a kJ·mol－1；H2S(g)＝H2(g)＋S(s) ΔH=b kJ·mol－1；H2O(l)＝H2O(g) ΔH=c kJ·mol－1；写出SO2(g)和H2(g)反应生成S(s)和H2O(g)的热化学方程式：_______。
（2）新型纳米材料氧缺位铁酸盐（ZnFe2Ox）能使工业废气中酸性氧化物分解除去，若2 mol ZnFe2Ox与足量SO2可生成2 mol ZnFe2O4和1.0 mol S，则x＝_______。
（3）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：
①在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化，所发生反应为：2SO2＋2n Cu＋(n＋1)O2＋(2－2 n)H2O＝2n CuSO4＋(2－2n) H2SO4，吸收标准状况下11.2L SO2，被SO2还原的O2的质量为______g。
②利用如所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生。写出装置内所发生反应的离子方程式______；若用甲烷燃料电池作电源（电解质溶液呈碱性），负极的反应式为_______。
【答案】(1). SO2(g)＋2H2(g)＝S(s)＋2H2O(g) ΔH=(a－2b＋2c) kJ·mol—1 (2). 3 (3). 8 (4). SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO＋Cu (5). CH4－8e－＋10OH－＝CO＋7H2O
【解析】
【分析】根据题干要求书写热化学方式，运用盖斯定律计算放热；根据氧化还原反应中电子转移守恒进行相关计算；根据反应方程式及气体摩尔体积进行相关计算；根据电解质及燃料电池原理书写电极反应式。
【详解】（1）根据盖斯定律得：由I 2H2S(g)＋SO2(g)＝3S(s)＋2H2O(l) ΔH1=a kJ·mol－1；II H2S(g)＝H2(g)＋S(s) ΔH2=b kJ·mol－1； III H2O(l)＝H2O(g) ΔH3=c kJ·mol－1；得I-2II+2III：SO2(g)＋2H2(g)＝S(s)＋2H2O(g)， ΔH=ΔH1-2ΔH1+2ΔH1=(a－2b＋2c) kJ·mol—1，所以热化学方程式为：SO2(g)＋2H2(g)＝S(s)＋2H2O(g) ΔH=(a－2b＋2c) kJ·mol—1，故答案为：SO2(g)＋2H2(g)＝S(s)＋2H2O(g) ΔH=(a－2b＋2c) kJ·mol—1；
（2）该反应为氧化还原反应，根据电子得失守恒分析得： 硫元素得电子数目为：(+4-0)×1mol=4mol，ZnFe2O4中铁元素化合价为+3，ZnFe2Ox中铁元素化合价为x-1，铁元素失电子数目为[3-(x-1)]×4mol=4mol，则x=3：故答案为：3；
（3）①2SO2 + O2 = 2SO3
44.8L 32g
11.2L m
解得m=8g；
②分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池的阳极，右边是阴极；阳极放电的物质二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式：SO2-2e-+2H2O=SO42-+2H+；阴极放电的物质时铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式：Cu2++2e-=Cu；将上述两电极的电极反应相加得：SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO＋Cu；甲烷燃料电池中，甲烷为负极，失电子发生氧化反应，因为电解质呈碱性，则产物为碳酸根，负极反应式为：CH4－8e－＋10OH－＝CO，故答案为：8； SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO＋Cu；CH4－8e－＋10OH－＝CO。
本卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 K 39 Fe 56 Cu 64
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.化学反应原理在生产生活中有广泛的应用。下列叙述正确的是（ ）
A. 开发新技术可将水分解成氢气、氧气并释放能量
B. 研制新型催化剂可提高汽车尾气平衡转化率
C. 燃料电池能将化学能完全转化为电能
D. 为防止金属管道被腐蚀，应将金属管道与电源负极相连
【答案】D
【解析】
【详解】A. 水分解成氢气、氧气属于分解反应，应吸收能量，故A错误；
B. 催化剂只能改变反应速率，对反应的平衡转化率没有影响，故B错误；
C. 燃料电池在工作时，理论上可以将化学能直接转化为电能，但由于电阻作用，也会有热量产生，故不能将化学能完全转化为电能，故C错误；
D. 应将金属管道与电源负极相连，则金属管道不容易失电子，属于外加电源的阴极保护法，故D正确；
故选D。
2.下列有关化学用语表示中正确的是（ ）
A. H2O2的电子式：H:::H B. 中子数为18的硫原子：
C. 氟离子的结构示意图： D. 聚乙烯的结构简式：
【答案】A
【解析】
【详解】A. H2O2中各原子间均以共价键结合，电子式为：H:::H，故A正确；
B. 中子数为18的硫原子，则质量数为34，可以表示为：，故B错误；
C. 氟离子的质子数为9，核外电子数为10，则离子结构示意图为：；
D. 聚乙烯的结构简式为：，故D错误；
故选A。
3.下列关于有机物的描述中，正确的是（ ）
A. 乙醇在Cu催化下能被氧气氧化成乙醛
B. 乙烯使高锰酸钾溶液和溴水褪色的原理相同
C. 油脂可以水解生成氨基酸
D. 葡萄糖能发生银镜反应和水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙醇在Cu催化下能被氧气氧化成乙醛，属于失氢氧化，故A正确；
B. 乙烯被高锰酸钾氧化而使高锰酸钾溶液褪色，乙烯和溴水发生加成反应而使溴水褪色，故二者原理不相同，故B错误；
C. 油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，故C错误；
D. 葡萄糖中含有醛基，能发生银镜反应，葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，故D错误；
故选A。
4.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 用醋酸溶解大理石：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2↑
B. 向氨水中通入足量SO2气体：SO2＋NH3·H2O＝NH＋HSO
C. FeO溶于稀硝酸：FeO＋2H＋＝Fe2＋＋H2O
D. 电解氯化镁溶液：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A. 醋酸为弱酸，反应的离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2+＋2CH3COO-＋H2O＋CO2↑，故A错误；
B. 向氨水中通入足量SO2气体反应生成亚硫酸铵，离子方式为：SO2＋NH3·H2O＝NH＋HSO，故B正确；
C. 稀硝酸有强氧化性，反应生成Fe3+，离子方程式为：3FeO＋10H＋＋NO3-＝3Fe3+＋NO↑＋5H2O，故C错误；
D. 电解氯化镁溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁沉淀，离子方程式为：2Cl－＋Mg2+＋2H2OCl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，故D错误；
故选B。
5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. CaCl2(aq) CaCO3 CaSiO3
B. Fe Fe2O3 FeCl3
C. NaCl(aq)NaOH(aq) NaAlO2
D. NH3 NO2 HNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A. CaCl2(aq)通入CO2不能反应生成碳酸钙沉淀，故A错误；
B. Fe和水蒸气在高温条件下生成Fe3O4，故B错误；
C.电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故C正确；
D. NH3与O2在催化剂作用下反应生成NO和水，故D错误；
故选C。
6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且位于三个不同周期。X与W同主族，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和。下列说法正确的是（ ）
A 原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)
B. X2Z2与W2Z2中的化学键类型
C. 简单气态氢化物的热稳定性Y的比Z的强
D. X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物或离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Z的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，由于最外层电子数不超过8，故原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；因为元素位于三个不同周期，且X原子序数最小，则X为H；X与W同主族，则W为Na；Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和，即Y的核电荷数为8-1=7，则Y为N，据此分析解答。
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Z的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，由于最外层电子数不超过8，故原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；因为元素位于三个不同周期，且X原子序数最小，则X为H；X与W同主族，则W为Na；Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和，即Y的核电荷数为8-1=7，则Y为N。
A. 同周期主族元素，原子半径随核电荷数增大而减小，同主族元素，原子半径随核电荷数增大而增大，则原子半径： r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)，故A错误；
B. H2O2中只含共价键，Na2O2中既有离子键又有共价键，所以化学键类型不同，故B错误；
C. 非金属性N弱于O，则简单气态氢化物的热稳定性NH3弱于H2O，故C错误；
D. H、N、O 三种元素可以组成HNO3和NH4NO3，前者为共价化合物，后者为离子化合物，故D正确；
故选D。
7.25℃时，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：NH、Cu2+、NO、SO
B. 能使紫色石蕊试液变红的溶液：Al3+、Fe3+、NO、Cl－
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液：Ba2+、K＋、Cl－、OH－
D. 与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、Mg2+、CO、NO
【答案】B
【解析】
【详解】A. 无色溶液中：Cu2+呈蓝色，故A错误；
B. 能使紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+与Al3+、Fe3+、NO、Cl－均不反应，可以大量共存，故B正确；
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中存在Fe3+，Fe3+与OH－反应生成氢氧化铁沉淀而不能共存，故C错误；
D. 与铝反应产生大量氢气的溶液中存在大量H+或OH-，H+与CO反应生成二氧化碳气体和水，OH-与Mg2+反应生成氢氧化镁沉淀而不能共存，故D错误；
故选B。
8.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A. 制NH3 B. 制SO2
C. 实现反应 D. 模拟氯碱工业
【答案】C
【解析】
【详解】A. 制NH3的装置属于加热固体的装置，试管口应该倾斜朝下，故A错误；
B. 用浓硫酸与铜反应制SO2需要加热，故B错误；
C. 该装置由于盐桥的存在，形成闭合回路，Fe3+和I-发生氧化还原反应，故C正确；
D. 氯碱工业主要原理是电解饱和食盐水，阳极不能用铁，故D错误；
故选C。
9.某燃料电池可实现NO和CO的无害转化，其结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 石墨Ⅰ电极上发生氧化反应
B. 电池工作时Na向石墨Ⅱ电极处移动
C. 石墨Ⅱ反应式：CO－2e－＋O2－＝CO2
D. 电路中每通过6 mol电子，生成1 mol N2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 石墨Ⅰ电极上NO发生反应生成N2，化合价降低，属于还原反应，故A错误；
B. 电池工作时Na+向正极移动，即向石墨I电极处移动，故B错误；
C. 如图所示，石墨Ⅱ为负极，失电子，发生还原反应，反应式为：CO－2e－＋O2－＝CO2，故C正确；
D. N元素化合价有+2降低为0，每生成1molN2得到4mol电子，则电路中每通过6 mol电子，生成1.5 mol N2，故D错误；
故选C。
10.下列有关说法正确的是（ ）
A. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高原料转化率
B. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目为6×6.02×1023
C. 铁表面镀铜时，铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连
D. 铅蓄电池充电时，阳极区溶液的pH和阳极质量均减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 合成氨生产中将NH3液化分离，正反应速率不变，逆反应速率降低，平衡向正反应方向移动，所以可以提高原料转化率，故A错误；
B. H2和 N2反应生成NH3，该反应为可逆反应，不能完全反应，故转移电子的数目小于6×6.02×1023，故B错误；
C. 电镀时，阳极发生氧化反应，镀层金属应该在阳极，与正极相连，待镀金属铁作阴极，链接电源的负极，故C错误；
D. 铅蓄电池充电时，阳极反应为PbSO4 + 2H2O - 2e- = PbO2 + 4H+ + SO42-，可见溶液的pH和阳极质量均减小，故D正确；
故选D。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.化合物 G 是一种黄烷酮类药物。下列说法正确的是（ ）
A. G分子中含有三种含氧官能团
B. G分子中含有2个手性碳原子
C. G可发生加成反应和水解反应
D. 1 mol G与溴水反应，最多消耗2 mol Br2
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 根据结构简式分析，G分子中含有酚羟基、醚键、羰基三种含氧官能团，故A正确；
B. 手性碳原子所连接的四个基团要是不同，根据结构简式分析，G分子中含有1个手性碳原子，故B错误；
C. 根据结构简式分析，G中含有苯环，所以G可发生加成反应，但不能发生水解反应，故C错误；
D. 根据苯酚的性质分析，在酚羟基的邻位和对位的氢可以被溴原子取代，故1 mol G与溴水反应，最多消耗2 mol Br2，故D正确；
故选AD。
12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向酸性高锰酸钾溶液中通入SO2
溶液颜色褪去
SO2具有漂白性
B
将少量铜粉加入FeCl3溶液中
铜粉消失
还原性：Cu＞Fe2＋
C
向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加氯化钡溶液
有白色沉淀生成
溶液X中含有SO
D
锌与稀硫酸反应制取氢气时，加入少量硫酸铜溶液
反应速率加快
Cu2+起催化作用
【答案】B
【解析】
【详解】A. 向酸性高锰酸钾溶液中通入SO2，颜色褪去是因为SO2被高锰酸钾氧化，说明SO2具有还原性，故A结论错误；
B. 将少量铜粉加入FeCl3溶液中，反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，Cu为还原剂，Fe2+为还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，所以还原性：Cu＞Fe2＋，故B正确；
C. 因为硝酸具有强氧化性，若溶液中含有SO32-，则用硝酸酸化后加氯化钡溶液也有白色沉淀生成，故C结论错误；
D. 加入硫酸铜后，锌置换出铜，构成原电池，反应加快，故D结论错误；
故选B。
13.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 如图表示某放热反应分别在有、无催化剂的反应过程
B. 如图表示2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0的v逆 随时间变化曲线，t1时刻改变的条件是降低温度
C. 如图表示反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0的平衡常数K随压强的变化
D. 如图表示电解精炼铜过程中阳极质量随时间的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 有催化剂时，反应的活化能低，图中实线部分应为无催化剂的情况，故A错误；
B. 2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，v正、v逆均减小，t1时刻后v逆增大，故B错误；
C. 平衡常数只和温度有关，温度不变平衡常数保持不变，故C正确；
D. 阳极发生氧化反应，粗铜作阳极，电解过程冲，阳极质量减小，故D错误；故选C。
14.下图为一定条件下有关反应A(g)＋B(g)xC(g) ΔH＜0的图像。其中图甲表示起始A(g)、B(g)的物质的量一定，不同温度时，A的平衡转化率随容器压强的变化。图乙表示温度、容器体积和起始A(g)的物质的量一定，改变起始充入B(g)的物质的量，所得反应物的平衡转化率随充入B(g)的物质的量的变化。下列依据图像所得结论正确的是（ ）
A. T1＞T2
B. x＝1
C. 图乙中曲线Ⅰ表示的反应物是A(g)
D. M点时起始A(g)、B(g)的物质的量之比为1∶1
【答案】AD
【解析】
【详解】A. A(g)＋B(g)xC(g) ΔH＜0，反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，相同压强时T1至T2，A的转化率增大，平衡正反应方向移动，则说明T1＞T2，故A正确；
B. 如图所示，温度不变时，压强增大A的转化率不变，即压强对反应平衡不影响，反应前后气体体积不变，即x＝1+1=2，故B错误；
C. 加入反应物B，平衡向正反应方向移动，A的转化率应该应该增大，图乙中曲线Ⅰ表示转化率降低，故C错误；
D. M点时A、B转化率相同，反应中A和B1:1反应，则说明起始A(g)、B(g)的物质的量之比为1∶1，故D正确；
故选AD。
15.在三个体积均为0.5 L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)＋Cl2(g)COCl2(g) ΔH＜0，已知容器Ⅰ中反应在5 min时到达平衡。
容器编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
CO
Cl2
COCl2
COCl2
Ⅰ
500
1.0
1.0
0
0.8
Ⅱ
500
a
0.55
0
0.5
Ⅲ
T
0.5
0.5
0.5
0.7
下列说法中正确的是（ ）
A. 容器Ⅰ中前5 min的平均反应速率v(CO)=0.16 mol·L－1·min－1
B. 反应Ⅲ的温度T＜500℃
C. 容器Ⅱ中起始时CO的物质的量为1.0 mol
D. 若起始时向容器Ⅰ加入CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，达到平衡时CO转化率小于80%]
【答案】CD
【解析】
【分析】依据速率表达式计算用COCl2表示的反应速率，依据速率之比等于计量系数之比计算用CO表示速率；I和Ⅲ为等效平衡，依据温度改变后COCl2物质的量判断反应温度；依据Ⅰ组数据计算反应平衡常数，Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同，依据平衡常数计算容器Ⅱ中起始时CO的物质的量；根据勒夏特列原理分析平衡移动的方向，比较转化率的变化。
【详解】A.I中平衡时得到△n(COCl2)=0.8mol，根据方程式知，参加反应的△n(CO)=△n(COCl2)=0.8mol，则5min内，，故A错误；
B.I、III是等效平衡，升高温度平衡向吸热方向移动，III产物浓度降低，说明平衡逆向移动，则T的温度高于I的温度，即T>500℃，故B错误；
C.I中达到平衡状态时，n(CO)=n(Cl2)=1.0mol−0.8mol=0.2mol，则平衡时c(CO)=c(Cl2)=，c(COCl2)=，化学平衡常数，温度相同化学平衡常数相同，所以II中化学平衡常数K=10，运用三段式法分析得：
CO(g ) + Cl2(g) COCl2(g)，
初始 a 0.55 0
反应0.5 0.5 0.5
平衡 (a−0.5) 0.05 0.5
化学平衡常数，则a=1mol，故C正确；
D.I中加入1.0molCO、1.0molCl2时，CO转化率，如果起始时向容器Ⅰ加入CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，容器内压强小于加入1.0molCO、1.0molCl2时压强，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，所以CO转化率小于80%，故D正确；
故选CD。
16.利用硫酸渣（主要含Fe2O3、SiO2）制备纳米Fe3O4的工艺流程如下：
（1）“还原”时FeS2被氧化为SO，该反应的离子方程式为：_____。
（2）“沉铁”过程中的离子反应方程式为：______。
（3）“氧化”过程中的离子方程式为：________。
（4）一定条件下以Fe片作阳极、石墨作阴极电解NaCl溶液也可制得纳米Fe3O4，写出该反应的化学方程式：_________。
（5）有氧条件下，NO可被NH3催化还原为N2和H2O。当n(NO)∶n(O2)＝4∶1时，该反应的化学方程式：_________。
【答案】(1). 14Fe3+＋FeS2＋8H2O＝15Fe2+＋2SO＋16H+ (2). Fe2+＋2NH3·H2O＝Fe(OH)2↓＋2NH (3). 3Fe(OH)2＋2NO＝Fe3O4＋2NO↑＋2OH﹣＋2H2O (4). 3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑ (5). 4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O
【解析】
【详解】（1）Fe3+被FeS2还原为Fe2+，FeS2被氧化生成SO，则该反应的离子方程式为：14Fe3+＋FeS2＋8H2O＝15Fe2+＋2SO＋16H+，故答案为：14Fe3+＋FeS2＋8H2O＝15Fe2+＋2SO＋16H+；
（2）“沉铁”过程是硫酸亚铁与氨水生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为Fe2+＋2NH3·H2O＝Fe(OH)2↓＋2NH，故答案为：Fe2+＋2NH3·H2O＝Fe(OH)2↓＋2NH；
（3）“氧化”过程是氢氧化亚铁与亚硝酸钠的反应生成四氧化铁、一氧化氮、氢氧化钠和水，离子方程式为：3Fe(OH)2＋2NO＝Fe3O4＋2NO↑＋2OH﹣＋2H2O，故答案为：3Fe(OH)2＋2NO＝Fe3O4＋2NO↑＋2OH﹣＋2H2O；
（4）Fe作阳极，失电子化合价升高，阴极上氢离子得电子生成氢气，总反应为3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑，故答案为：3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑
（5）根据题干信息反应物为NH3、NO、O2，生成物为N2、H2O，根据电子转移守恒配平得反应方程式为：4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O，故答案为：4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O。
17.大马酮是一种主要用于高级化妆品和食品的香料，可通过以下方法合成：
（1）E→F的反应类型为________。
（2）物质A具有顺反异构，写出A的顺式结构：_______。
（3）写出同时满足下列条件的大马酮的一种同分异构体的结构简式：_______。
①能发生银镜反应
②含有苯环，分子中有4种不同化学环境的氢
（4）请以为原料制备，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）________。
【答案】(1). 氧化反应 (2). (3). 或 (4).
【解析】
【分析】根据流程图中有机物间的转化分析反应类型；根据限制条件书写同分异构体；根据结构简式书写顺式的同分异构体；根据题干信息及官能团性质由原料设计流程图得到目标产物。
【详解】（1）根据E和F的结构特点分析，E中的羟基转化为羰基，则该反应为失去氢的氧化化反应，故答案为：氧化反应；
（2）物质A含有碳碳双键，顺式结构中甲基和溴原子在双键的同一侧，结构简式为：，故答案为；
（3）大马酮的分子式为C13H18O，①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②含有苯环，分子中有4种不同化学环境的氢，其同分异构体为，故答案为：；
（4）根据题干信息及官能团性质，由产物结构特征，运用逆合成法分析得：发生消去反应，得到苯乙烯，苯乙烯在一定条件下氧化得到苯甲醛，苯甲醛与烃基卤化镁（）反应使碳链增长得到，最后氧化得到，合成路线为。
18.实验小组用如下图所示装置制备高铁酸钾（K2FeO4）。已知K2FeO4微溶于KOH溶液，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）A溶液的作用是__________，从平衡的角度解释用A溶液而不是水的原因：_______。
（2）写出制取K2FeO4的化学方程式：_______。
（3）实验小组测定所得样品中K2FeO4含量的方法如下：
步骤1：准确称取1.0g K2FeO4样品于锥形瓶中，加入KOH溶液和过量的NaCrO2溶液充分反应；
步骤2：向步骤1所得溶液中加入足量稀硫酸；
步骤3：向步骤2所得溶液中滴加指示剂，用浓度为0.4000 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，反应至终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积为30.00 mL。已知测定过程中发生反应的离子方程式为：FeO＋CrO＋2H2O＝Fe(OH)3↓＋CrO＋OH－；2H＋＋2CrO＝Cr2O＋H2O；H＋＋Fe2＋＋Cr2O—Fe3＋＋Cr3＋＋H2O（未配平）；
计算样品中K2FeO4质量分数，写出计算过程_______。
【答案】(1). 除去Cl2中的HCl (2). 由平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO可知，增大Cl－的浓度，可以抑制平衡的正向进行，从而减小Cl2的溶解度 (3). 3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH＝2K2FeO4＋6KCl＋8H2O (4). 79.2%
【解析】
【分析】根据反应原理及装置图分析装置中的药品及用途；根据氧化还原反应原理书写并配平反应方程式；根据滴定原理计算样品中的质量分数。
【详解】（1）浓盐酸易挥发，所以A溶液的作用是除去Cl2中的HCl，用饱和食盐水目的是降低Cl2的溶解度，原因是：由平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO可知，增大Cl－的浓度，可以抑制平衡的正向进行，从而减小Cl2的溶解度，故答案为：除去Cl2中的HCl ；由平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO可知，增大Cl－的浓度，可以抑制平衡的正向进行，从而减小Cl2的溶解度；
（2）根据装置中药品分析得反应物为氯气、氢氧化铁和氢氧化钾，生成物为高铁酸钾、氯化钾和水，反应方程式为：3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH＝2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，故答案为：3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH＝2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；
（3）根据滴定过程中反应的离子方程式得出关系式：2FeO ~ 2CrO~Cr2O~6Fe2＋，
n( K2FeO4)=1/3n( (NH4)2Fe(SO4)2)=1/3×0.4000 mol·L－1 ×0.03L=0.004mol，则样品中K2FeO4的质量分数为，故答案为： 79.2%。
19.对工业废气进行脱硝有多种方法。
（1）用活性炭还原法处理氮氧化物的反应为C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。一定条件下按下表所示条件向体积固定的容器中充入物质发生该反应。
容器
温度
体积
C(s)
NO(g)
N2(g)
CO2(g)
甲
600℃
V L
1mol
2mol
0
0
乙
600℃
V L
0
0
2mol
2mol
①下列能说明甲容器中反应达到平衡状态的是_______。
a．容器的压强保持不变 b．v(NO)正＝2v(CO2)逆
c．混合气体的密度保持不变 d．NO、N2、CO2的物质的量之比为2∶1∶1
②关于平衡时的甲、乙两容器，下列说法一定正确的是_______。
a．p(甲)＝p(乙) b．c(NO)甲＝c(CO2)乙
c．2c(CO2)甲＝c(N2)乙 d．体积分数φ(CO2)甲＝φ(N2)乙
（2）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用生成亚硝酰氯(ClNO)，涉及反应如下：4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g) K1 ；2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g) K2；2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) K3；则K1、K2 、K3之间的关系为K3＝_______
（3）利用O3进行如下脱硝反应：2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g) ΔH＜0。其他条件一定时，NO2(g)的平衡转化率随温度和压强的变化情况如下图甲所示。X表示_______（填“压强”或“温度”），L1_______L2(填“＜”或“＞”)。
（4）用稀硝酸吸收NOx进行脱硝，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_______。
【答案】(1). BC (2). CD (3). K22/K1 (4). 温度 (5). ＜ (6). HNO2−2e−＋H2O＝3H+＋NO
【解析】
【分析】根据反应平衡状态的含义分析判断反应是否达到平衡状态；根据平衡常数表达式分析比较各平衡常数之间的关系；根据勒夏特列原理结合图像分析解答；根据电解原理分析书写电极反应式。
【详解】（1）①a．反应前后气体的体积不变，所以反应过程中容器的压强始终保持不变，压强不变不能说明达到平衡，故此项错误；
b．v(NO)正＝2v(CO2)正＝2v(CO2)逆 ，正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，故此项正确；
c．根据质量守恒，反应为气体质量减小的反应，所以混合气体的密度保持不变能说明反应达到平衡状态，故此项正确；
d．NO、N2、CO2的物质的量之比为2∶1∶1，不能说明它们的浓度不再改变，也就不能说明达到平衡，故此项错误，故答案为：bc；
②a．若容器乙的体积为甲的2倍，则两容器中反应平衡等效，此时乙的体积与甲相等，则p(甲)＝1/2p(乙)，故此项错误；
b．平衡的转化率未知，则平衡时无法判断平衡只反应物和生成物浓度的相对大小，故此项错误；
c．若容器乙的体积为甲的2倍，则两容器中反应平衡等效，因为两容器体积相等，则平衡时2c(CO2)甲＝2c(CO2)乙，根据反应方程式可得，平衡时c(CO2)乙=c(N2)乙，则2c(CO2)甲＝c(N2)乙 ，故此项正确；
d．因为反应前后气体体积不变，所以两容器中反应平衡时，转化率相同，则体积分数φ(CO2)甲＝φ(N2)乙，故此项正确，故答案为：cd；
（2）由平衡常数表达式得： ，，，则，故答案为：；
（3）如图所示NO2的转化率降低，说明平衡向逆方向移动。该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆方向移动，所以X为温度，反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正方向移动，所以X不能是压强；相同温度时，压强由L1变为L2，平衡向正方向移动，说明压强增大，即L1＜L2，故答案为：温度； ＜；
（4）电解时，阳极失电子发生氧化反应，HNO2在阳极失电子，氧化生成NO，电极反应式为：HNO2−2e−＋H2O＝3H+＋NO，故答案为：HNO2−2e−＋H2O＝3H+＋NO。
20.甲醇、二甲醚(CH3OCH3) 既是重要的化工原料，又是可再生能源，具有开发和应用广阔前景。
（1）合成二甲醚的反应原理为2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)。
①该反应能够自发进行的原因是_______。
②若容器体积恒定不变，CO、H2起始通入量分别为2 mol、4 mol，充分反应后达到平衡。下列措施既可以提高反应速率又可以提高CO的转化率是_______。
a．升高温度 b．使用更高效的催化剂
c．充入He，使体系总压强增大 d．缩小体积增大压强
（2）工业上合成甲醇的化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝－91 kJ·mol－1
①已知某些化学键的键能数据如下表，则x＝_______。
化学键
C－H
H－H
C－O
C≡O
O－H
键能/ kJ·mol-1
a
b
c
x
d
②在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个恒压容器中分别充入a mol CO和2a mol H2合成甲醇，三个容器的温度分别为T1、T2、T3。若实验测得反应均进行到t min时，三个容器中CO的体积分数如图所示，此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是_____。若反应达到平衡，三个容器中v(CH3OH)逆最大的是____。
【答案】(1). ΔH＜0 (2). D (3). 3a＋c＋d－2b－91 (4). Ⅲ (5). Ⅲ
【解析】
【分析】根据熵变和焓变对反应自发进行的影响分析解答；根据键能与焓变的关系分析计算相关键能；根据影响反应速率的条件及平衡移动原理分析反应速率及转化率的变化；根据平衡移动原理结合图像分析温度对平衡移动的影响。
【详解】（1）①根据反应方程式可以看出，反应为混乱度增大的反应，熵增和焓减有助于反应自发进行，则该反应能够自发进行的原因是 ΔH＜0，故答案为：ΔH＜0；
②a．升高温度，反应速率增大，该反应放热，则升高温度，平衡逆方向移动，CO转化率减小，故此项错误；
b．使用更高效的催化剂可以提高反应速率，但对平衡没有影响，即不能提高CO转化率，故此项错误；
c．容器体积不变，充入He，反应物和生成物浓度不变，反应速率不变，平衡也不移动，故此项错误；
d．缩小体积增大压强，反应物和生成物浓度增大，反应速率增大，该反应为气体体积减小的反应，增大压强则平衡正方向移动，CO转化率提高，故此项正确，故答案为：d；
（2）①反应中需破坏1molC≡O键、2molH-H键，同时形成3molC-H键、1molC-O键和1molO-H键，根据键能与焓变关系得：－91=(3a+c+d)-(x+2b)，则x=3a＋c＋d－2b－91；
②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H<0，该反应正反应为放热反应，根据图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量由小到大依次为：Ⅱ<Ⅰ<Ⅲ，T1中的状态转变成T2中的状态，CO百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T1未达平衡状态，T2中的状态转变成T3中的平衡状态，CO百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ；
温度越高，反应越快，相同条件下先达到平衡，所以三个容器中一定达到化学平衡状态的是Ⅲ；三容器为恒压容器，温度越高，反应速率越大，v(CH3OH)逆最大的是Ⅲ，故答案为：3a＋c＋d－2b－91；Ⅲ ； Ⅲ。
21.燃煤烟气中含有大量的二氧化硫，进行脱硫处理可以减少环境污染，变废为宝。
（1）H2还原法是处理燃煤烟气中SO2的方法之一。已知：2H2S(g)＋SO2(g)＝3S(s)＋2H2O(l) ΔH=a kJ·mol－1；H2S(g)＝H2(g)＋S(s) ΔH=b kJ·mol－1；H2O(l)＝H2O(g) ΔH=c kJ·mol－1；写出SO2(g)和H2(g)反应生成S(s)和H2O(g)的热化学方程式：_______。
（2）新型纳米材料氧缺位铁酸盐（ZnFe2Ox）能使工业废气中酸性氧化物分解除去，若2 mol ZnFe2Ox与足量SO2可生成2 mol ZnFe2O4和1.0 mol S，则x＝_______。
（3）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：
①在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化，所发生反应为：2SO2＋2n Cu＋(n＋1)O2＋(2－2 n)H2O＝2n CuSO4＋(2－2n) H2SO4，吸收标准状况下11.2L SO2，被SO2还原的O2的质量为______g。
②利用如所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生。写出装置内所发生反应的离子方程式______；若用甲烷燃料电池作电源（电解质溶液呈碱性），负极的反应式为_______。
【答案】(1). SO2(g)＋2H2(g)＝S(s)＋2H2O(g) ΔH=(a－2b＋2c) kJ·mol—1 (2). 3 (3). 8 (4). SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO＋Cu (5). CH4－8e－＋10OH－＝CO＋7H2O
【解析】
【分析】根据题干要求书写热化学方式，运用盖斯定律计算放热；根据氧化还原反应中电子转移守恒进行相关计算；根据反应方程式及气体摩尔体积进行相关计算；根据电解质及燃料电池原理书写电极反应式。
【详解】（1）根据盖斯定律得：由I 2H2S(g)＋SO2(g)＝3S(s)＋2H2O(l) ΔH1=a kJ·mol－1；II H2S(g)＝H2(g)＋S(s) ΔH2=b kJ·mol－1； III H2O(l)＝H2O(g) ΔH3=c kJ·mol－1；得I-2II+2III：SO2(g)＋2H2(g)＝S(s)＋2H2O(g)， ΔH=ΔH1-2ΔH1+2ΔH1=(a－2b＋2c) kJ·mol—1，所以热化学方程式为：SO2(g)＋2H2(g)＝S(s)＋2H2O(g) ΔH=(a－2b＋2c) kJ·mol—1，故答案为：SO2(g)＋2H2(g)＝S(s)＋2H2O(g) ΔH=(a－2b＋2c) kJ·mol—1；
（2）该反应为氧化还原反应，根据电子得失守恒分析得： 硫元素得电子数目为：(+4-0)×1mol=4mol，ZnFe2O4中铁元素化合价为+3，ZnFe2Ox中铁元素化合价为x-1，铁元素失电子数目为[3-(x-1)]×4mol=4mol，则x=3：故答案为：3；
（3）①2SO2 + O2 = 2SO3
44.8L 32g
11.2L m
解得m=8g；
②分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池的阳极，右边是阴极；阳极放电的物质二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式：SO2-2e-+2H2O=SO42-+2H+；阴极放电的物质时铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式：Cu2++2e-=Cu；将上述两电极的电极反应相加得：SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO＋Cu；甲烷燃料电池中，甲烷为负极，失电子发生氧化反应，因为电解质呈碱性，则产物为碳酸根，负极反应式为：CH4－8e－＋10OH－＝CO，故答案为：8； SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO＋Cu；CH4－8e－＋10OH－＝CO。
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