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2022-2023学年新疆维吾尔自治区喀什地区英吉沙县高二上学期11月期中化学试题（解析版）
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这是一份2022-2023学年新疆维吾尔自治区喀什地区英吉沙县高二上学期11月期中化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，3kJ/ml，故A错误；，07ml/L降到0， 已知呈蓝色，呈黄色等内容，欢迎下载使用。
新疆维吾尔族自治区喀什地区英吉沙县2022—2023年
高二上学期11月期中调研考试化学试题
卷面满分 100 分 考试用时 90分钟
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在 答题卡上的指定位置。用 2B 铅笔将答题卡上试卷类型 A 后的方框涂黑。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. ，101k Pa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量约为；辛烷的燃烧热为下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】A． 中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，醋酸是弱酸，电离要吸热；
B． 中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量；
C． 燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量；
D． 燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量，反应热与化学计量数成正比。
【详解】A． 因醋酸是弱酸，电离要吸热，所以该反应的反应热∆H不是-57.3kJ/mol，故A错误；
B． 中和反应是放热反应，焓变为负值，该热化学方程式不符合中和热的概念，故B错误；
C． 燃烧热中，水是液态，该反应热化学方程式中生成的水是气体，故C错误；
D． 该热化学方程式中是2mol物质燃烧，所以反应热的数值是燃烧热的2倍，热化学方程式为：，故D正确；
答案选D。
【点睛】1． 酸的强弱、溶液的浓度、生成水以外的产物等因素都会影响中和反应的热效应。
2． 表示燃烧热的方程式要注意：
①可燃物的系数为1；
②产物为完全燃烧的产物，如：C→CO2，而不是C→CO；
③注意状态，燃烧热通常是在常温常压下测定的，所以水应为液态。
2. 在含Fe3+ 的和I-的混合溶液中，反应的催化机理和反应进程中的能量变化如下：
步骤①: 2Fe3+(aq)+2I-(aq)=I2(aq)+2Fe2+ (aq)
步骤②:
下列有关该反应说法不正确的是
A. 步骤①的反应速率小于步骤②
B. Fe3+ 是该反应的催化剂
C. 若不加Fe3+ 则该反应ΔH减小
D. 步骤②中 2molFe2+ 和1 mol的总能量高于2mol Fe3+和 2mol的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图中信息可知，步骤①的活化能高于步骤②，活化能越高，活化分子百分数越小，化学反应速率越小，因此，步骤①的反应速率小于步骤②，A说法正确；
B．综合分析两步反应可以发现，Fe3+参与了反应，但在反应前后其质量和性质保持不变，故其为该反应的催化剂，B说法正确；
C．Fe3+是该反应的催化剂，催化剂不能影响该反应的ΔH，C说法不正确；
D．由图中信息可知，步骤②为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量 ，因此，2molFe2+ 和1 mol的总能量高于2mol Fe3+和 2mol的总能量，D说法正确。
综上所述，有关该反应说法不正确的是C，答案为C。
3. 某温度时，水的离子积为1.0×10-14，由此可知在该温度时水的电离度为
A. 1.8×10-7% B. 1.0×10-2% C. 1.8×10-9% D. 1.8×10-14%
【答案】A
【解析】
【详解】纯水中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，某温度时水的离子积常数为1.0×10-14，则c（H+）=c（OH-）=1.0×10-7mol/L，1L水的物质的量mol，则其电离度=×100%=1.8×10-7%，
答案选A。
4. 下列电离子方程式错误的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，，A正确；
B．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，，B正确；
C．硫酸是二元强酸，，C正确；
D．氯酸钾电离出钾离子和氯酸根离子，，D错误；
故选D。
5. 已知3X(g)＋Y(g) W(g)＋2M(g) ΔH=-akJ/mol(a﹥0)。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入3mol X(g)与1mol Y(g)，下列说法正确的是（ ）
A. 充分反应后，放出热量为akJ
B. 当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为3∶1
C. 当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡
D. 若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此充分反应后，放出热量小于akJ，故A错误；
B、 3X(g)＋Y(g) W(g)＋2M(g)
起始：3 1 0 0
变化：3a a a 2a
平衡：3－3a 1－a a 2a 无法确定达到平衡时，X和W浓度之比是否是3：1，故B错误；
C、根据化学平衡状态的定义，当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡，故C正确；
D、若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率瞬间不变，但随后逐渐增大，故D错误；
答案选C。
6. 一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)，0～15s内c(HI)由0.lmol/L降到0.07mol/L，则下列说法正确的是
A. 容器中，反应平衡时的压强大于起始时的压强
B. c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间大于10s
C. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
D. 0～15s内用I2表示的平均反应速率为：v(I2)=0.002mol/(L·s)
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.反应前后，气体体积不变，所以容器中，反应平衡时的压强保持不变，故A错误；
B.随着反应的进行，c(HI)不断减小，正反应速率不断减小，所以c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间大于10s，故B正确；
C.升高温度正反应速率和逆反应速率都加快，故C错误；
D. 0～15s内，v(HI)=，则v(I2)=1/2v(HI)=0.001mol/(L·s)，故D错误，
故选B。
【点睛】同一个反应中，不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，这是在计算反应速率时常用的规律。
7. 下列叙述正确的有几项（ ）
①NH3溶于水能导电，所以NH3是电解质
②BaSO4投入水中，导电性较弱，故它是弱电解质
③氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质
④氯化钠溶液能导电，所以氯化钠溶液是电解质
⑤硫磺（S）不能导电，所以硫磺是非电解质
⑥CaCO3投入水中几乎不能导电，但CaCO3是强电解质．
A. 1项 B. 2项 C. 3项 D. 4项
【答案】B
【解析】
【详解】①NH3溶于水生成一水合氨，故氨水能导电和氨气本身无关，即氨气为非电解质，故错误；②强弱电解质的本质区别是能否完全电离，而BaSO4投入水中能完全电离，故为强电解质，故错误；③在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，由于盐酸能导电，故HCl为电解质，故正确；④氯化钠溶液是混合物，故既不是电解质也不是非电解质，故错误；⑤单质既不是电解质也不是非电解质，故硫单质不是电解质也不是非电解质，故错误；⑥强弱电解质的本质区别是能否完全电离，CaCO3投入水中几乎不能导电，但能完全电离，故为强电解质，故正确；正确的有③⑥，故选B。
8. 已知呈蓝色，呈黄色。在溶液中存在如下平衡 ，下列叙述正确的是
A. 将溶液置于冰水中，溶液黄色加深
B. 增大浓度，可提高的平衡转化率
C. 平衡体系中加入盐酸，活化分子百分数增加，有效碰撞次数增加
D. 加水稀释，正反应速率减小的倍数大于逆反应速率减小的倍数，平衡逆向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应为吸热反应，温度降低时，平衡逆向移动，则浓度降低，溶液黄色变浅，A错误；
B．增大浓度，平衡逆向移动，则的平衡转化率降低，B错误；
C．活化分子百分数与温度和催化剂有关，平衡体系中加入盐酸，不会改变活化分子百分数，C错误；
D．反应，反应物粒子系数和较大，则加水稀释时，平衡逆向移动，D正确；
故选D。
9. 对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，A的百分含量与温度（T）的变化情况，如图所示
下列说法不正确的是
A. M点前速率v正>v逆
B. 该反应为吸热反应
C. M点速率v正=v逆
D. M点以后均为平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据图象，M点之前是建立平衡的过程，到M点达到平衡，因此M点前速率v正>v逆，故A正确；
B. M点为平衡点，升高温度，A%增大，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，故B错误；
C. M点为平衡点，速率v正=v逆，故C正确；
D. M点以后，随着温度升高，重新建立平衡，之后均为平衡状态，故D正确；
故选B。
10. 下列电离方程式不正确的是
A. CH3COOHCH3COO-+H+ B. NH4ClNH+Cl-
C. NaOH=Na++OH- D. K2SO4=2K++SO
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质，部分电离，A正确；
B．氯化铵是强电解质，完全电离，应写等号，B错误；
C．氢氧化钠是强电解质，完全电离，C正确；
D．硫酸钾是强电解质，完全电离，D正确；
故选B。
11. 少量铁粉与的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变的产量，可以使用如下方法中的（ ）
①加水 ②加固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加固体 ⑤加溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦适当升高温度（不考虑盐酸挥发）
A. ①⑥⑦ B. ③⑦ C. ③⑤ D. ⑤⑦
【答案】B
【解析】
【详解】①加水稀释，H+浓度减少，反应速率减慢，①不合理；
②加固体，发生中和反应，H+浓度减少，反应速率减慢，②不合理；
③滴入几滴浓盐酸，H+的浓度增大，反应速率加快，且铁是少量的，生成的H2的量由铁决定，因而H2的产量不变， ③合理；
④加固体，与盐酸反应生成弱酸CH3COOH，H+浓度减少，反应速率减慢，④不合理；
⑤加溶液，相当于盐酸稀释，反应速率减慢，⑤不合理；
⑥滴入几滴硫酸铜溶液，形成了原电池，反应速率加快，但消耗部分铁，产生的H2的量也会减少，⑥不合理；
⑦升高温度，反应速率加快，H2的产量不变，⑦合理；
故合理的为③⑦，答案选B。
12. 将CO2在一定条件下与H2反应转化为甲醇(CH3OH)是变废为宝好方法，一定条件下，每转化44g CO2放出的热量为49 kJ，CO2转化为甲醇过程中浓度随时间的变化曲线如图所示(已知反应物和生成物在此条件下均为气体)，下列叙述中正确的是
A. 0～3 min内，CO2和H2所表达的平均反应速率相等，均为0.5 mol·L-1·min-1
B. 此反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－49.0 kJ·mol-1
C. 此条件下反应的平衡常数K=
D. 降低温度，此反应的平衡常数可能为0.8
【答案】B
【解析】
【详解】A.在3min时，CO2和H2在3分钟时浓度相等，则速率分别为v(CO2)==mol/(L·min)，v(H2)== mol/(L·min)，二者速率不同，A错误；
B.首先从图象可看出，反应物为H2、CO2(浓度降低)，生成物为CH3OH；再从浓度的变化量的最简单整数比可确定它们的系数为3、1、1，结合质量守恒原理，可知生成物中还有1molH2O；每转化44g(即1mol)CO2放出49.0kJ的热量，所以热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ/mol，B正确；
C.根据图象中各种物质的平衡浓度可知反应的平衡常数K==1.07，C错误；
D.该反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，则平衡常数增大(>1.07)，所以不可能为0.8，D错误；
故合理选项是B。
13. 某温度下为了研究合成氨的反应，研究小组向恒容密闭容器中加入和，在时测得容器内，，，恒温下测得容器内压强变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 改变条件，可使
B. M点：
C. 氢气的平衡转化率为75%
D. 自起始至达到平衡状态时，氮气的平均速率为
【答案】C
【解析】
【详解】A.氢气和氮气合成氨为可逆反应，不能把反应物全部转化为，时测得容器内，，，故A错误；
B.由图可知：M点时反应向正反应方向进行，此时，故B错误；
C.平衡时压强为原来的，通过三段式计算
解得x=0.5,可得此时，则的平衡转化率为，故C正确；
D.根据上述分析可知，达到平衡时，，，故D错误.；
故答案：C。
14. 下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 唾液可以使淀粉水解速率加快
B. 红棕色的NO2气体加压后颜色先变深后变浅
C. 向Fe(SCN)3溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅或褪色
D. 在AgCl的悬浊液中加Na2S溶液，生成黑色Ag2S沉淀
【答案】A
【解析】
【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
【详解】A、唾液中淀粉酶可以催化淀粉的水解，唾液可以使淀粉水解速率加快，不能用勒夏特列原理解释，故A选；
B、存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于平衡的移动是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故B不选；
C、向Fe(SCN)3溶液中加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe3＋浓度减小，平衡Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色变浅或褪色，所以可以用平衡移动原理解释，故C不选；
D、在AgCl的悬浊液中存在溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），加Na2S溶液，S2－与Ag+结合成黑色Ag2S沉淀，平衡正向移动，生成黑色Ag2S沉淀，所以可以用平衡移动原理解释，故D不选；
故选A。
【点睛】本题考查勒夏特列原理应用的有关判断，易错点A，催化剂只改变速率，应注意区别化学平衡移动原理和化学反应速率理论的应用范围，并能具体问题具体分析。
15. 对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1 L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50 mol CH4和1.2 mol NO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。
组别
温度
时间/min
0
10
20
40
50
n/mol
①
T1
n(CH4)
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n(CH4)
0.50
0.30
0.18
0.15
下列说法正确的是
A. 由实验数据可知实验控制的温度T2＞T1
B. 组别①中0~20 min内，NO2的降解速率为0.0125 mol/(L·min)
C. 40 min时，表格中T2对应的数据为0.18
D. 0~10 min 内，CH4的降解速率①＞②
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度越高，反应速率越大，根据实验数据可知，0-20min内，实验①中CH4物质的量的变化量为0.25mol，实验②中CH4的变化量0.32mol，实验②的反应速率快，温度高，由实验数据可知实验控制的温度T2＞T1，故A正确；
B．根据方程式，①中0～20 min内，NO2的降解速率= CH4的降解速率的2倍=×2=0.025 mol•L-1•min-1，故B错误；
C．T1、40min时，反应达到平衡，因T2较大，平衡时用时较少，则表格中T2对应反应已经达到平衡状态，因此40min时表格中T2对应的数据为0.15，故C错误；
D．温度越高，反应速率越快，则0～10min内，CH4的降解速率①＜②，故D错误；
故选A。
二、综合题、共55分
16. 现有下列10种物质：①钠，②纯醋酸，③CO2，④H2SO4，⑤Ba(OH)2，⑥氨水，⑦稀盐酸，⑧NaHSO4，⑨碳酸氢钠，⑩乙醇
（1）上述物质中能导电的是_______，属于电解质的有_______，属于非电解质的有_______(填序号)。
（2）上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H++OH-=H2O，则该反应的化学方程式为_______。
（3）⑧在水中的电离方程式为：_______。
（4）⑨和⑦混合，反应的离子方程式为_______。
【答案】（1） ①. ①⑥⑦ ②. ②④⑤⑧⑨ ③. ③⑩
（2）Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O
（3）NaHSO4=Na++H++
（4）H++=H2O+CO2↑
【解析】
【小问1详解】
①Na是单质，含有自由移动的电子，能够导电；既不是电解质也不是非电解质；
②纯醋酸由分子构成，无自由移动的微粒，不能导电；在水溶液中能导电，是化合物，属于电解质；
③CO2由分子构成，无自由移动微粒，不能导电；本身在水中和熔融状态下都不能电离产生自由移动的离子而导电，属于非电解质；
④H2SO4由分子构成，无自由移动的微粒，不能导电；在水溶液中能导电，是化合物，属于电解质；
⑤Ba(OH)2由离子构成，但离子不能自由移动，因此不能导电；在水溶液中或者熔融状态下能导电，是化合物，属于电解质；
⑥氨水中有可自由移动的离子，能够导电；但氨水属于混合物，因此氨水既不是电解质也不是非电解质；
⑦稀盐酸中含有自由移动的微粒，能够导电；但是盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧NaHSO4是盐，由离子构成，但离子不能自由移动，因此不能导电；在水溶液中或者熔融状态下能导电，是化合物，属于电解质；
⑨碳酸氢钠是由离子构成的化合物，但固体中离子不能自由移动，因而不能导电；在水溶液中能导电，是化合物，属于电解质；
⑩乙醇是由分子构成的化合物，无自由移动的离子，不能导电；在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离而导电，属于非电解质；
故上述物质中能够导电的是①⑥⑦；属于电解质的有②④⑤⑧⑨，属于非电解质的有③⑩；
【小问2详解】
有两种物质在水溶液中发生反应，离子方程式为H++OH-=H2O，则为酸(或NaHSO4)和碱的反应，碱只有Ba(OH)2，而NaHSO4、硫酸与Ba(OH)2反应还会生成硫酸钡沉淀，醋酸为弱酸不能写成氢离子的形式，因此两种物质为氢氧化钡和稀盐酸，化学方程式为Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O。
【小问3详解】
NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++。
【小问4详解】
碳酸氢钠和稀盐酸反应，生成二氧化碳，水和氯化钠，离子方程式为H++=H2O+CO2↑。
17. 含氰根（CN−）的废水必须经处理后排放。某电镀废水pH≈12，氰化物以CN−、等形式存在（均以CN−计），处理流程如下：
(1)HCN是一元弱酸，用离子方程式表示NaCN水溶液显碱性的原因：______。
(2)二次处理阶段，使用不同方法氧化。
①过硫酸钾（K2S2O8）氧化法：K2S2O8溶液将CN−（N为－3价）氧化成毒性弱的CNO−（N为－3价）。
Ⅰ．碱性溶液中在一定条件下氧化CN−生成CNO−和的离子方程式是______。
Ⅱ．不同浓度的K2S2O8溶液对CN−的去除率如图1。工业上选用浓度为1 mmol·L−1
K2S2O8溶液，不用0.75 mmol·L−1和2 mmol·L−1的原因是______。
Ⅲ．研究CN−的氧化去除机理。（文献中为碱性条件下的结论）
文献：a．没有Cu+，对CN−没有去除效果。
b．和Cu+反应生成硫酸根自由基（ ）和CuO。
c．可能转变为羟基自由基（·OH）。
d．、·OH均可将CN−氧化为CNO−。叔丁醇只可以使·OH失
去活性，乙醇可以使、·OH均失去活性。
实验：相同条件下，向含的碱性废水中加入叔丁醇，CN−的去除率没有影响；加入乙醇，CN−的去除率降低50%。两种不同的CN−的氧化去除机理如图2，结合文献和实验回答下列问题：
ⅰ．补全“机理一”_______________。
ⅱ．从“机理二”可看出CuO参与了去除CN−，列举其证据：______。
②电解法：碱性环境中，在阳极发生两步反应，CN−放电生成CNO−，CNO−再放电生成CO2和N2，第二步的阳极反应式是______。
【答案】 ①. ②. ③. 1 mmol·L−1比0.75 mmol·L−1的反应速率快，CN−的去除率高，比2 mmol·L−1成本低 ④. CN−、CNO−、、（从左到右） ⑤. 碱性条件下要有Cu+才能去除CN−，而Cu+会生成CuO，加入乙醇，可以使失去活性，而CN-的去除率仍然有50%，说明CuO参与了去除CN− ⑥.
【解析】
【分析】（1）CN−水解显碱性；
（2）K2S2O8溶液将CN−（N为－3价）氧化成毒性弱的CNO−（N为－3价），
①根据氧化还原原理书写氧化还原方程式；由图1比较CN−的去除率，考虑反应的速率和原料的经济性；由图2结合题目信息分析反应机理。
② 阳极第二步反应为CNO−再放电生成CO2和N2， CNO−中碳元素显+4价，氮元素显-3价。
【详解】（1）HCN是一元弱酸，NaCN会水解导致溶液显碱性，离子方程式为：，故答案为：；
（2）①Ⅰ、碱性溶液中在一定条件下氧化CN−生成CNO−和的离子方程式为：；
Ⅱ、由图1看出，选用浓度为1 mmol·L−1K2S2O8溶液，既考虑了反应的速率和CN−的转化率，也考虑了成本，故答案为：1 mmol·L−1比0.75 mmol·L−1的反应速率快，CN−的去除率高，比2 mmol·L−1成本低；
Ⅲ、ⅰ、结合文献资料（b）可知和Cu+反应生成硫酸根自由基（）和CuO，再结合总反应看，再与CN−反应生成CNO−和，故图中机理一所填物质依次为：CN−、CNO−、、（从左到右）；故答案为：CN−、CNO−、、（从左到右）；
ⅱ、碱性条件下，没有Cu+，CN-不会被去除，而Cu+会生成CuO，加入乙醇，可以使失去活性，而CN-的去除率仍然有50%，说明CuO参与了去除CN−；故答案为：碱性条件下要有Cu+才能去除CN−，而Cu+会生成CuO，加入乙醇，可以使失去活性，而CN-的去除率仍然有50%，说明CuO参与了去除CN−；
②阳极第二步反应为CNO−再放电生成CO2和N2，电极反应式为：。
【点睛】该试题主要考查信息的处理能力，要先分析出总反应，再结合图中信息分析反应机理一和机理二，要求学生有一定的归纳整理能力。
18. 我国力争在2030年前实现碳达峰，降低碳排放的一个重要措施是的综合利用，如工业利用合成，再合成。
I.(主反应)
II.(副反应)
请回答：
（1）工业原料气配比中需加入一定量的，原因是_______。
（2）在温度为T，恒压P的条件下，充入的和此时体积为2升，发生I、Ⅱ反应达平衡时的物质的量为，的物质的量分数为，求：(保留2位小数)
①的转化率_______。
②反应I的平衡常数K为_______。
（3）二甲醚在有机化工中有重要的应用，可以利用上述合成的甲醇制备二甲醚
III.(主反应)
IV.(副反应)
在一定条件下发生反应的能量关系如图所示
①当反应一定时间，测得副产品的含量特别高，分析原因_______。
②为提高反应Ⅲ生成的选择性(转化的中生成二甲醚的百分比)，下列措施中合适的是_______。
A.适当增大压强 B.升高温度
C.使用合适催化剂 D.未达平衡时及时分离产品
（4）研究表明，在催化剂的催化下，与合成，主要催化过程如下(H*表示活性氢原子)
则A、B结构是_______、_______。
【答案】（1）抑制副反应的发生；与反应使反应Ⅰ正向移动，提高的转化率
（2） ①. ②. 4.70或
（3） ①. 对于副反应，且，该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会生成更多的 ②. CD
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
加入CO，可使反应Ⅱ左移、增大二氧化碳和氢气浓度、有利于反应Ⅰ，则工业原料气配比中需加入一定量的，原因是抑制副反应的发生；与反应使反应Ⅰ正向移动，提高的转化率。
【小问2详解】
已知：发生I、Ⅱ反应达平衡时的物质的量为，则：
，，则平衡时，n(CO)=0.2mol，n(CO2)=(1-x- 0.2) mol，n(H2)=(3-3x- 0.2) mol，n(CH3OH)= x mol，n(H2O)=( x+0.2) mol，n(总)=(4-2x) mol，已知的物质的量分数为，则 ，得x=0.6，则平衡时，n(CO)=0.2mol，n(CO2)= 0.2 mol，n(H2)=1mol，n(CH3OH)= 0.6 mol，n(H2O)=0.8mol，n(总)=2.8 mol，故：
①的转化率为。
②在温度为T，恒压P的条件下体积之比为物质的量之比，反应初始时充入的和此时体积为2升，则，平衡时2.8mol气体总体积V应为1.4L，反应I的平衡常数K为。
或: 。
【小问3详解】
①由图知，反应Ⅲ、Ⅳ均为放热反应，反应Ⅲ活化能较小、反应Ⅳ活化能较大，升高温度有利于反应Ⅳ。则当反应一定时间，测得副产品的含量特别高的原因为：对于副反应，且，该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会生成更多的。
②为提高反应Ⅲ生成的选择性(转化的中生成二甲醚的百分比)，则：
A．适当增大压强，不影响反应Ⅲ，A错误；
B．由图可知主反应放热反应，升高温度平衡左移，B错误；
C．催化剂具有选择性，使用合适催化剂有利于提高生成的选择性，C正确；
D．未达平衡时及时分离产品，有利于平衡右移、提高生成的选择性，D正确；
故选CD。
【小问4详解】
由图知，反应过程中，C原子上碳氧双键中先断一根碳氧键变成碳氧单键、在C上引入2个H， A、B生成时有C-O键断裂、C上引入1个H生成A、O原子上引入另一个H生成另一物质B，A和B中断裂M-O继续引入H同时生成M，则A为、B结构是。
19. Ⅰ.(1)同温同压下，H2（g）＋Cl2（g）=2HCl（g），在光照和点燃条件下的ΔH（化学计量数相同）分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1________ΔH2。
Ⅱ.肼(N2H4)可作为火箭发动机燃料。
(2)肼(N2H4)与氧化剂N2O4(l)反应生成N2和水蒸气。已知：
①N2(g)＋2O2(g)=N2O4(l) ΔH1＝－195 kJ·mol－1
②N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－534 kJ·mol－1
试计算1 mol肼(l)与N2O4(l)完全反应生成N2和水蒸气时放出的热量为________，写出肼(l)和N2O4(l)反应的热化学方程式：___________________________________________________。
（3）有关肼化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：
N≡N为942、O=O为500、N—N为154，则断裂1 mol N—H键所需的能量是________ kJ。
【答案】 ①. = ②. 436.5 kJ ③. 2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－873 kJ·mol－1 ④. 391
【解析】
【分析】（1）反应热与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与反应条件无关；
（2）运用盖斯定律进行分析；
（3）根据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反应焓变的数值，结合图示内容来回答即可．
【详解】(1)反应热与反应物的总能量和生成物的总能量，与反应条件无关，则光照和点燃条件的△H相同；
故答案为：=；
（2）已知：①N2(g)＋2O2(g)=N2O4(l) ΔH1＝－195 kJ·mol－1
②N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－534 kJ·mol－1
②×2-①得：2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－873 kJ·mol－1，有热化学方程式可知消耗2mol的N2H4(l)放出873KJ的热量，故1 mol肼(l)与N2O4(l)完全反应生成N2和水蒸气时放出的热量为436.5 kJ，
故答案为：436.5 kJ；2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－873 kJ·mol－1
(3)根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=2752kJ/mol−534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molN−H键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得K=391，
故答案为：391。
【点睛】反应热与反应物和生成物的状态有关，与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与反应途径无关。
新疆维吾尔族自治区喀什地区英吉沙县2022—2023年
高二上学期11月期中调研考试化学试题
卷面满分 100 分 考试用时 90分钟
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在 答题卡上的指定位置。用 2B 铅笔将答题卡上试卷类型 A 后的方框涂黑。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. ，101k Pa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量约为；辛烷的燃烧热为下列热化学方程式书写正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】A． 中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，醋酸是弱酸，电离要吸热；
B． 中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量；
C． 燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量；
D． 燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量，反应热与化学计量数成正比。
【详解】A． 因醋酸是弱酸，电离要吸热，所以该反应的反应热∆H不是-57.3kJ/mol，故A错误；
B． 中和反应是放热反应，焓变为负值，该热化学方程式不符合中和热的概念，故B错误；
C． 燃烧热中，水是液态，该反应热化学方程式中生成的水是气体，故C错误；
D． 该热化学方程式中是2mol物质燃烧，所以反应热的数值是燃烧热的2倍，热化学方程式为：，故D正确；
答案选D。
【点睛】1． 酸的强弱、溶液的浓度、生成水以外的产物等因素都会影响中和反应的热效应。
2． 表示燃烧热的方程式要注意：
①可燃物的系数为1；
②产物为完全燃烧的产物，如：C→CO2，而不是C→CO；
③注意状态，燃烧热通常是在常温常压下测定的，所以水应为液态。
2. 在含Fe3+ 的和I-的混合溶液中，反应的催化机理和反应进程中的能量变化如下：
步骤①: 2Fe3+(aq)+2I-(aq)=I2(aq)+2Fe2+ (aq)
步骤②:
下列有关该反应说法不正确的是
A. 步骤①的反应速率小于步骤②
B. Fe3+ 是该反应的催化剂
C. 若不加Fe3+ 则该反应ΔH减小
D. 步骤②中 2molFe2+ 和1 mol的总能量高于2mol Fe3+和 2mol的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图中信息可知，步骤①的活化能高于步骤②，活化能越高，活化分子百分数越小，化学反应速率越小，因此，步骤①的反应速率小于步骤②，A说法正确；
B．综合分析两步反应可以发现，Fe3+参与了反应，但在反应前后其质量和性质保持不变，故其为该反应的催化剂，B说法正确；
C．Fe3+是该反应的催化剂，催化剂不能影响该反应的ΔH，C说法不正确；
D．由图中信息可知，步骤②为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量 ，因此，2molFe2+ 和1 mol的总能量高于2mol Fe3+和 2mol的总能量，D说法正确。
综上所述，有关该反应说法不正确的是C，答案为C。
3. 某温度时，水的离子积为1.0×10-14，由此可知在该温度时水的电离度为
A. 1.8×10-7% B. 1.0×10-2% C. 1.8×10-9% D. 1.8×10-14%
【答案】A
【解析】
【详解】纯水中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，某温度时水的离子积常数为1.0×10-14，则c（H+）=c（OH-）=1.0×10-7mol/L，1L水的物质的量mol，则其电离度=×100%=1.8×10-7%，
答案选A。
4. 下列电离子方程式错误的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，，A正确；
B．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，，B正确；
C．硫酸是二元强酸，，C正确；
D．氯酸钾电离出钾离子和氯酸根离子，，D错误；
故选D。
5. 已知3X(g)＋Y(g) W(g)＋2M(g) ΔH=-akJ/mol(a﹥0)。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入3mol X(g)与1mol Y(g)，下列说法正确的是（ ）
A. 充分反应后，放出热量为akJ
B. 当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为3∶1
C. 当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡
D. 若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此充分反应后，放出热量小于akJ，故A错误；
B、 3X(g)＋Y(g) W(g)＋2M(g)
起始：3 1 0 0
变化：3a a a 2a
平衡：3－3a 1－a a 2a 无法确定达到平衡时，X和W浓度之比是否是3：1，故B错误；
C、根据化学平衡状态的定义，当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡，故C正确；
D、若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率瞬间不变，但随后逐渐增大，故D错误；
答案选C。
6. 一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)，0～15s内c(HI)由0.lmol/L降到0.07mol/L，则下列说法正确的是
A. 容器中，反应平衡时的压强大于起始时的压强
B. c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间大于10s
C. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
D. 0～15s内用I2表示的平均反应速率为：v(I2)=0.002mol/(L·s)
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.反应前后，气体体积不变，所以容器中，反应平衡时的压强保持不变，故A错误；
B.随着反应的进行，c(HI)不断减小，正反应速率不断减小，所以c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间大于10s，故B正确；
C.升高温度正反应速率和逆反应速率都加快，故C错误；
D. 0～15s内，v(HI)=，则v(I2)=1/2v(HI)=0.001mol/(L·s)，故D错误，
故选B。
【点睛】同一个反应中，不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，这是在计算反应速率时常用的规律。
7. 下列叙述正确的有几项（ ）
①NH3溶于水能导电，所以NH3是电解质
②BaSO4投入水中，导电性较弱，故它是弱电解质
③氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质
④氯化钠溶液能导电，所以氯化钠溶液是电解质
⑤硫磺（S）不能导电，所以硫磺是非电解质
⑥CaCO3投入水中几乎不能导电，但CaCO3是强电解质．
A. 1项 B. 2项 C. 3项 D. 4项
【答案】B
【解析】
【详解】①NH3溶于水生成一水合氨，故氨水能导电和氨气本身无关，即氨气为非电解质，故错误；②强弱电解质的本质区别是能否完全电离，而BaSO4投入水中能完全电离，故为强电解质，故错误；③在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，由于盐酸能导电，故HCl为电解质，故正确；④氯化钠溶液是混合物，故既不是电解质也不是非电解质，故错误；⑤单质既不是电解质也不是非电解质，故硫单质不是电解质也不是非电解质，故错误；⑥强弱电解质的本质区别是能否完全电离，CaCO3投入水中几乎不能导电，但能完全电离，故为强电解质，故正确；正确的有③⑥，故选B。
8. 已知呈蓝色，呈黄色。在溶液中存在如下平衡 ，下列叙述正确的是
A. 将溶液置于冰水中，溶液黄色加深
B. 增大浓度，可提高的平衡转化率
C. 平衡体系中加入盐酸，活化分子百分数增加，有效碰撞次数增加
D. 加水稀释，正反应速率减小的倍数大于逆反应速率减小的倍数，平衡逆向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应为吸热反应，温度降低时，平衡逆向移动，则浓度降低，溶液黄色变浅，A错误；
B．增大浓度，平衡逆向移动，则的平衡转化率降低，B错误；
C．活化分子百分数与温度和催化剂有关，平衡体系中加入盐酸，不会改变活化分子百分数，C错误；
D．反应，反应物粒子系数和较大，则加水稀释时，平衡逆向移动，D正确；
故选D。
9. 对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，A的百分含量与温度（T）的变化情况，如图所示
下列说法不正确的是
A. M点前速率v正>v逆
B. 该反应为吸热反应
C. M点速率v正=v逆
D. M点以后均为平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据图象，M点之前是建立平衡的过程，到M点达到平衡，因此M点前速率v正>v逆，故A正确；
B. M点为平衡点，升高温度，A%增大，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，故B错误；
C. M点为平衡点，速率v正=v逆，故C正确；
D. M点以后，随着温度升高，重新建立平衡，之后均为平衡状态，故D正确；
故选B。
10. 下列电离方程式不正确的是
A. CH3COOHCH3COO-+H+ B. NH4ClNH+Cl-
C. NaOH=Na++OH- D. K2SO4=2K++SO
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质，部分电离，A正确；
B．氯化铵是强电解质，完全电离，应写等号，B错误；
C．氢氧化钠是强电解质，完全电离，C正确；
D．硫酸钾是强电解质，完全电离，D正确；
故选B。
11. 少量铁粉与的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变的产量，可以使用如下方法中的（ ）
①加水 ②加固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加固体 ⑤加溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦适当升高温度（不考虑盐酸挥发）
A. ①⑥⑦ B. ③⑦ C. ③⑤ D. ⑤⑦
【答案】B
【解析】
【详解】①加水稀释，H+浓度减少，反应速率减慢，①不合理；
②加固体，发生中和反应，H+浓度减少，反应速率减慢，②不合理；
③滴入几滴浓盐酸，H+的浓度增大，反应速率加快，且铁是少量的，生成的H2的量由铁决定，因而H2的产量不变， ③合理；
④加固体，与盐酸反应生成弱酸CH3COOH，H+浓度减少，反应速率减慢，④不合理；
⑤加溶液，相当于盐酸稀释，反应速率减慢，⑤不合理；
⑥滴入几滴硫酸铜溶液，形成了原电池，反应速率加快，但消耗部分铁，产生的H2的量也会减少，⑥不合理；
⑦升高温度，反应速率加快，H2的产量不变，⑦合理；
故合理的为③⑦，答案选B。
12. 将CO2在一定条件下与H2反应转化为甲醇(CH3OH)是变废为宝好方法，一定条件下，每转化44g CO2放出的热量为49 kJ，CO2转化为甲醇过程中浓度随时间的变化曲线如图所示(已知反应物和生成物在此条件下均为气体)，下列叙述中正确的是
A. 0～3 min内，CO2和H2所表达的平均反应速率相等，均为0.5 mol·L-1·min-1
B. 此反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－49.0 kJ·mol-1
C. 此条件下反应的平衡常数K=
D. 降低温度，此反应的平衡常数可能为0.8
【答案】B
【解析】
【详解】A.在3min时，CO2和H2在3分钟时浓度相等，则速率分别为v(CO2)==mol/(L·min)，v(H2)== mol/(L·min)，二者速率不同，A错误；
B.首先从图象可看出，反应物为H2、CO2(浓度降低)，生成物为CH3OH；再从浓度的变化量的最简单整数比可确定它们的系数为3、1、1，结合质量守恒原理，可知生成物中还有1molH2O；每转化44g(即1mol)CO2放出49.0kJ的热量，所以热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ/mol，B正确；
C.根据图象中各种物质的平衡浓度可知反应的平衡常数K==1.07，C错误；
D.该反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，则平衡常数增大(>1.07)，所以不可能为0.8，D错误；
故合理选项是B。
13. 某温度下为了研究合成氨的反应，研究小组向恒容密闭容器中加入和，在时测得容器内，，，恒温下测得容器内压强变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 改变条件，可使
B. M点：
C. 氢气的平衡转化率为75%
D. 自起始至达到平衡状态时，氮气的平均速率为
【答案】C
【解析】
【详解】A.氢气和氮气合成氨为可逆反应，不能把反应物全部转化为，时测得容器内，，，故A错误；
B.由图可知：M点时反应向正反应方向进行，此时，故B错误；
C.平衡时压强为原来的，通过三段式计算
解得x=0.5,可得此时，则的平衡转化率为，故C正确；
D.根据上述分析可知，达到平衡时，，，故D错误.；
故答案：C。
14. 下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 唾液可以使淀粉水解速率加快
B. 红棕色的NO2气体加压后颜色先变深后变浅
C. 向Fe(SCN)3溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅或褪色
D. 在AgCl的悬浊液中加Na2S溶液，生成黑色Ag2S沉淀
【答案】A
【解析】
【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
【详解】A、唾液中淀粉酶可以催化淀粉的水解，唾液可以使淀粉水解速率加快，不能用勒夏特列原理解释，故A选；
B、存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于平衡的移动是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故B不选；
C、向Fe(SCN)3溶液中加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe3＋浓度减小，平衡Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色变浅或褪色，所以可以用平衡移动原理解释，故C不选；
D、在AgCl的悬浊液中存在溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），加Na2S溶液，S2－与Ag+结合成黑色Ag2S沉淀，平衡正向移动，生成黑色Ag2S沉淀，所以可以用平衡移动原理解释，故D不选；
故选A。
【点睛】本题考查勒夏特列原理应用的有关判断，易错点A，催化剂只改变速率，应注意区别化学平衡移动原理和化学反应速率理论的应用范围，并能具体问题具体分析。
15. 对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1 L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50 mol CH4和1.2 mol NO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。
组别
温度
时间/min
0
10
20
40
50
n/mol
①
T1
n(CH4)
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n(CH4)
0.50
0.30
0.18
0.15
下列说法正确的是
A. 由实验数据可知实验控制的温度T2＞T1
B. 组别①中0~20 min内，NO2的降解速率为0.0125 mol/(L·min)
C. 40 min时，表格中T2对应的数据为0.18
D. 0~10 min 内，CH4的降解速率①＞②
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度越高，反应速率越大，根据实验数据可知，0-20min内，实验①中CH4物质的量的变化量为0.25mol，实验②中CH4的变化量0.32mol，实验②的反应速率快，温度高，由实验数据可知实验控制的温度T2＞T1，故A正确；
B．根据方程式，①中0～20 min内，NO2的降解速率= CH4的降解速率的2倍=×2=0.025 mol•L-1•min-1，故B错误；
C．T1、40min时，反应达到平衡，因T2较大，平衡时用时较少，则表格中T2对应反应已经达到平衡状态，因此40min时表格中T2对应的数据为0.15，故C错误；
D．温度越高，反应速率越快，则0～10min内，CH4的降解速率①＜②，故D错误；
故选A。
二、综合题、共55分
16. 现有下列10种物质：①钠，②纯醋酸，③CO2，④H2SO4，⑤Ba(OH)2，⑥氨水，⑦稀盐酸，⑧NaHSO4，⑨碳酸氢钠，⑩乙醇
（1）上述物质中能导电的是_______，属于电解质的有_______，属于非电解质的有_______(填序号)。
（2）上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H++OH-=H2O，则该反应的化学方程式为_______。
（3）⑧在水中的电离方程式为：_______。
（4）⑨和⑦混合，反应的离子方程式为_______。
【答案】（1） ①. ①⑥⑦ ②. ②④⑤⑧⑨ ③. ③⑩
（2）Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O
（3）NaHSO4=Na++H++
（4）H++=H2O+CO2↑
【解析】
【小问1详解】
①Na是单质，含有自由移动的电子，能够导电；既不是电解质也不是非电解质；
②纯醋酸由分子构成，无自由移动的微粒，不能导电；在水溶液中能导电，是化合物，属于电解质；
③CO2由分子构成，无自由移动微粒，不能导电；本身在水中和熔融状态下都不能电离产生自由移动的离子而导电，属于非电解质；
④H2SO4由分子构成，无自由移动的微粒，不能导电；在水溶液中能导电，是化合物，属于电解质；
⑤Ba(OH)2由离子构成，但离子不能自由移动，因此不能导电；在水溶液中或者熔融状态下能导电，是化合物，属于电解质；
⑥氨水中有可自由移动的离子，能够导电；但氨水属于混合物，因此氨水既不是电解质也不是非电解质；
⑦稀盐酸中含有自由移动的微粒，能够导电；但是盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧NaHSO4是盐，由离子构成，但离子不能自由移动，因此不能导电；在水溶液中或者熔融状态下能导电，是化合物，属于电解质；
⑨碳酸氢钠是由离子构成的化合物，但固体中离子不能自由移动，因而不能导电；在水溶液中能导电，是化合物，属于电解质；
⑩乙醇是由分子构成的化合物，无自由移动的离子，不能导电；在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离而导电，属于非电解质；
故上述物质中能够导电的是①⑥⑦；属于电解质的有②④⑤⑧⑨，属于非电解质的有③⑩；
【小问2详解】
有两种物质在水溶液中发生反应，离子方程式为H++OH-=H2O，则为酸(或NaHSO4)和碱的反应，碱只有Ba(OH)2，而NaHSO4、硫酸与Ba(OH)2反应还会生成硫酸钡沉淀，醋酸为弱酸不能写成氢离子的形式，因此两种物质为氢氧化钡和稀盐酸，化学方程式为Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O。
【小问3详解】
NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++。
【小问4详解】
碳酸氢钠和稀盐酸反应，生成二氧化碳，水和氯化钠，离子方程式为H++=H2O+CO2↑。
17. 含氰根（CN−）的废水必须经处理后排放。某电镀废水pH≈12，氰化物以CN−、等形式存在（均以CN−计），处理流程如下：
(1)HCN是一元弱酸，用离子方程式表示NaCN水溶液显碱性的原因：______。
(2)二次处理阶段，使用不同方法氧化。
①过硫酸钾（K2S2O8）氧化法：K2S2O8溶液将CN−（N为－3价）氧化成毒性弱的CNO−（N为－3价）。
Ⅰ．碱性溶液中在一定条件下氧化CN−生成CNO−和的离子方程式是______。
Ⅱ．不同浓度的K2S2O8溶液对CN−的去除率如图1。工业上选用浓度为1 mmol·L−1
K2S2O8溶液，不用0.75 mmol·L−1和2 mmol·L−1的原因是______。
Ⅲ．研究CN−的氧化去除机理。（文献中为碱性条件下的结论）
文献：a．没有Cu+，对CN−没有去除效果。
b．和Cu+反应生成硫酸根自由基（ ）和CuO。
c．可能转变为羟基自由基（·OH）。
d．、·OH均可将CN−氧化为CNO−。叔丁醇只可以使·OH失
去活性，乙醇可以使、·OH均失去活性。
实验：相同条件下，向含的碱性废水中加入叔丁醇，CN−的去除率没有影响；加入乙醇，CN−的去除率降低50%。两种不同的CN−的氧化去除机理如图2，结合文献和实验回答下列问题：
ⅰ．补全“机理一”_______________。
ⅱ．从“机理二”可看出CuO参与了去除CN−，列举其证据：______。
②电解法：碱性环境中，在阳极发生两步反应，CN−放电生成CNO−，CNO−再放电生成CO2和N2，第二步的阳极反应式是______。
【答案】 ①. ②. ③. 1 mmol·L−1比0.75 mmol·L−1的反应速率快，CN−的去除率高，比2 mmol·L−1成本低 ④. CN−、CNO−、、（从左到右） ⑤. 碱性条件下要有Cu+才能去除CN−，而Cu+会生成CuO，加入乙醇，可以使失去活性，而CN-的去除率仍然有50%，说明CuO参与了去除CN− ⑥.
【解析】
【分析】（1）CN−水解显碱性；
（2）K2S2O8溶液将CN−（N为－3价）氧化成毒性弱的CNO−（N为－3价），
①根据氧化还原原理书写氧化还原方程式；由图1比较CN−的去除率，考虑反应的速率和原料的经济性；由图2结合题目信息分析反应机理。
② 阳极第二步反应为CNO−再放电生成CO2和N2， CNO−中碳元素显+4价，氮元素显-3价。
【详解】（1）HCN是一元弱酸，NaCN会水解导致溶液显碱性，离子方程式为：，故答案为：；
（2）①Ⅰ、碱性溶液中在一定条件下氧化CN−生成CNO−和的离子方程式为：；
Ⅱ、由图1看出，选用浓度为1 mmol·L−1K2S2O8溶液，既考虑了反应的速率和CN−的转化率，也考虑了成本，故答案为：1 mmol·L−1比0.75 mmol·L−1的反应速率快，CN−的去除率高，比2 mmol·L−1成本低；
Ⅲ、ⅰ、结合文献资料（b）可知和Cu+反应生成硫酸根自由基（）和CuO，再结合总反应看，再与CN−反应生成CNO−和，故图中机理一所填物质依次为：CN−、CNO−、、（从左到右）；故答案为：CN−、CNO−、、（从左到右）；
ⅱ、碱性条件下，没有Cu+，CN-不会被去除，而Cu+会生成CuO，加入乙醇，可以使失去活性，而CN-的去除率仍然有50%，说明CuO参与了去除CN−；故答案为：碱性条件下要有Cu+才能去除CN−，而Cu+会生成CuO，加入乙醇，可以使失去活性，而CN-的去除率仍然有50%，说明CuO参与了去除CN−；
②阳极第二步反应为CNO−再放电生成CO2和N2，电极反应式为：。
【点睛】该试题主要考查信息的处理能力，要先分析出总反应，再结合图中信息分析反应机理一和机理二，要求学生有一定的归纳整理能力。
18. 我国力争在2030年前实现碳达峰，降低碳排放的一个重要措施是的综合利用，如工业利用合成，再合成。
I.(主反应)
II.(副反应)
请回答：
（1）工业原料气配比中需加入一定量的，原因是_______。
（2）在温度为T，恒压P的条件下，充入的和此时体积为2升，发生I、Ⅱ反应达平衡时的物质的量为，的物质的量分数为，求：(保留2位小数)
①的转化率_______。
②反应I的平衡常数K为_______。
（3）二甲醚在有机化工中有重要的应用，可以利用上述合成的甲醇制备二甲醚
III.(主反应)
IV.(副反应)
在一定条件下发生反应的能量关系如图所示
①当反应一定时间，测得副产品的含量特别高，分析原因_______。
②为提高反应Ⅲ生成的选择性(转化的中生成二甲醚的百分比)，下列措施中合适的是_______。
A.适当增大压强 B.升高温度
C.使用合适催化剂 D.未达平衡时及时分离产品
（4）研究表明，在催化剂的催化下，与合成，主要催化过程如下(H*表示活性氢原子)
则A、B结构是_______、_______。
【答案】（1）抑制副反应的发生；与反应使反应Ⅰ正向移动，提高的转化率
（2） ①. ②. 4.70或
（3） ①. 对于副反应，且，该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会生成更多的 ②. CD
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
加入CO，可使反应Ⅱ左移、增大二氧化碳和氢气浓度、有利于反应Ⅰ，则工业原料气配比中需加入一定量的，原因是抑制副反应的发生；与反应使反应Ⅰ正向移动，提高的转化率。
【小问2详解】
已知：发生I、Ⅱ反应达平衡时的物质的量为，则：
，，则平衡时，n(CO)=0.2mol，n(CO2)=(1-x- 0.2) mol，n(H2)=(3-3x- 0.2) mol，n(CH3OH)= x mol，n(H2O)=( x+0.2) mol，n(总)=(4-2x) mol，已知的物质的量分数为，则 ，得x=0.6，则平衡时，n(CO)=0.2mol，n(CO2)= 0.2 mol，n(H2)=1mol，n(CH3OH)= 0.6 mol，n(H2O)=0.8mol，n(总)=2.8 mol，故：
①的转化率为。
②在温度为T，恒压P的条件下体积之比为物质的量之比，反应初始时充入的和此时体积为2升，则，平衡时2.8mol气体总体积V应为1.4L，反应I的平衡常数K为。
或: 。
【小问3详解】
①由图知，反应Ⅲ、Ⅳ均为放热反应，反应Ⅲ活化能较小、反应Ⅳ活化能较大，升高温度有利于反应Ⅳ。则当反应一定时间，测得副产品的含量特别高的原因为：对于副反应，且，该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会生成更多的。
②为提高反应Ⅲ生成的选择性(转化的中生成二甲醚的百分比)，则：
A．适当增大压强，不影响反应Ⅲ，A错误；
B．由图可知主反应放热反应，升高温度平衡左移，B错误；
C．催化剂具有选择性，使用合适催化剂有利于提高生成的选择性，C正确；
D．未达平衡时及时分离产品，有利于平衡右移、提高生成的选择性，D正确；
故选CD。
【小问4详解】
由图知，反应过程中，C原子上碳氧双键中先断一根碳氧键变成碳氧单键、在C上引入2个H， A、B生成时有C-O键断裂、C上引入1个H生成A、O原子上引入另一个H生成另一物质B，A和B中断裂M-O继续引入H同时生成M，则A为、B结构是。
19. Ⅰ.(1)同温同压下，H2（g）＋Cl2（g）=2HCl（g），在光照和点燃条件下的ΔH（化学计量数相同）分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1________ΔH2。
Ⅱ.肼(N2H4)可作为火箭发动机燃料。
(2)肼(N2H4)与氧化剂N2O4(l)反应生成N2和水蒸气。已知：
①N2(g)＋2O2(g)=N2O4(l) ΔH1＝－195 kJ·mol－1
②N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－534 kJ·mol－1
试计算1 mol肼(l)与N2O4(l)完全反应生成N2和水蒸气时放出的热量为________，写出肼(l)和N2O4(l)反应的热化学方程式：___________________________________________________。
（3）有关肼化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：
N≡N为942、O=O为500、N—N为154，则断裂1 mol N—H键所需的能量是________ kJ。
【答案】 ①. = ②. 436.5 kJ ③. 2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－873 kJ·mol－1 ④. 391
【解析】
【分析】（1）反应热与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与反应条件无关；
（2）运用盖斯定律进行分析；
（3）根据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反应焓变的数值，结合图示内容来回答即可．
【详解】(1)反应热与反应物的总能量和生成物的总能量，与反应条件无关，则光照和点燃条件的△H相同；
故答案为：=；
（2）已知：①N2(g)＋2O2(g)=N2O4(l) ΔH1＝－195 kJ·mol－1
②N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－534 kJ·mol－1
②×2-①得：2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－873 kJ·mol－1，有热化学方程式可知消耗2mol的N2H4(l)放出873KJ的热量，故1 mol肼(l)与N2O4(l)完全反应生成N2和水蒸气时放出的热量为436.5 kJ，
故答案为：436.5 kJ；2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－873 kJ·mol－1
(3)根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=2752kJ/mol−534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molN−H键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得K=391，
故答案为：391。
【点睛】反应热与反应物和生成物的状态有关，与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与反应途径无关。
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