2020-2021年高二化学上学期期中模拟卷04 (人教选修4)

2020-2021年高二化学上学期期中模拟卷04 (人教选修4)

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32

一、选择题：本题共16个小题，每小题3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．已知热化学方程式：H2(g)＋2ICl(g) === 2HCl(g)＋I2(g) ΔH＝a kJ·mol－1。其反应过程如下： ①H2(g)＋ICl(g) === HClI(g)＋H(g)(慢) ②H(g)＋ICl(g) === HCl(g)＋I(g)(快) ③HClI(g) === HCl(g)＋I(g)(快) ④I(g)＋I(g) === I2(g)(快) 下列说法不正确的是( ) A．反应④的焓变小于0 B．HClI是上述总反应的催化剂 C．总反应的速率由反应①的速率决定

D．总反应的正反应活化能Ea1与逆反应活化能Ea2之差为a kJ·mol－1 【答案】B

【解析】A．反应④是两个I(g)原子间形成共价键，放出热量，所以焓变小于0，A正确；

B．HClI是第一个反应的产物，而不是第一个反应的反应物，所以不是上述总反应的催化剂，B不正确； C．四步反应中，只有反应①的速率慢，所以总反应的速率由反应①的速率决定，C正确；

D．正逆反应的活化能之差即为该反应的焓变，所以正反应活化能Ea1与逆反应活化能Ea2之差为a kJ·mol－1，D正确；

2．常温下，下列说法正确的是（ ）

A．pH 相等的盐酸和醋酸，加水稀释相同倍数后，c(Cl-)=c(CH3COO- ) B．0.l mol•L-1 氨水的p H= a，加入适量的氯化铵固体可使溶液pH= a+ l C．物质的量浓度相等的 (NH4)2SO4 溶液与(NH4) 2CO3溶液中，

cNH4cNH3H2O 前者大于后者

D．等物质的量浓度等体积的醋酸溶液和氢氟酸溶液，与足量氢氧化钠反应，放出的热量相等 【答案】C

A．pH相等的盐酸和醋酸中c(Cl-)=c(CH3COO-)，【解析】加水稀释时，由于醋酸弱电解质的电离平衡向右移动，使c(Cl-)＜c(CH3COO-)，故A错误；

B．0.l mol•L-1 氨水的p H= a，加入适量的氯化铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH值减小，故B错误；

C．物质的量浓度相等的 (NH4)2SO4 溶液中铵根离子水解，硫酸根离子对铵根离子水解无影响，(NH4) 2CO3溶液

中铵根离子和碳酸根离子都水解，碳酸根促进铵根离子的水解，铵根离子浓度减小，一水合氨离子浓度增大，

cNH4cNH3H2O 减小，故前者大于后者，故C正确；

D．等物质的量醋酸和氢氟酸都属于弱电解质，电离时电离程度不同，吸收的热量不同，与足量氢氧化钠反应，放出的热量不相等，故D错误；

3．海盐经溶解、过滤后仍含有可溶性杂质Ca2、Mg2、SO4，为了得到纯净的NaCl，可向滤液中依次加入过量的下列溶液，其中不合理的是（ ）

A．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤→稀盐酸→蒸发结晶 B．BaOH2溶液→Na2CO3溶液→过滤→稀盐酸→蒸发结晶

C．Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤→稀盐酸→蒸发结晶 D．BaCl2溶液→Na2CO3溶液→NaOH溶液→过滤→稀盐酸→蒸发结晶 【答案】C

【解析】A. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42-等可溶性杂质，加入过量的BaCl2溶液，除去SO42-，再加入过量的NaOH溶液，除去Mg2+，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；选项A合理；

B. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42-等可溶性杂质，加入过量的Ba(OH)2溶液，除去SO42-、Mg2+，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；选项B合理；

C. 海盐经溶解、Mg2+、SO42-等可溶性杂质，过滤后仍含有Ca2+、加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+，少量Mg2+，再加入过量的NaOH溶液，除去Mg2+，再加入过量的BaCl2溶液，除去CO32-，过滤，滤液中加入稀盐酸，但是溶液中仍有剩余的Ba2+，蒸发结晶得不到纯净的NaCl；选项C不合理；

D. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42-等可溶性杂质，加入过量的BaCl2溶液，除去SO42-，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+及少量的Mg2+，再加入过量的NaOH 溶液，除去Mg2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；选项D合理； 答案选C。

4．将112mLCl2（标准状况）通入10mL1mol/L的FeBr2溶液中（还原性：Fe2+大于Br-），发生反应的离子方程式是（ ）

A．Cl2＋2Br-＝2Cl-＋Br2 B．2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl-

2

C．2Fe2+＋2Br-＋2Cl2＝2Fe3+＋4Cl-＋Br2 D．2Fe2+＋4Br-＋3Cl2＝2Fe3+＋6Cl-＋2Br2 【答案】B

Fe2+的还原性比 Br-要强，112mLCl2的物质的量为0.005mol，10mL1mol/L的FeBr2【解析】故 Cl2先和Fe2+反应，0.01L×1mol/L =0.01mol，Br-的物质的量为0.02mol，溶液中Fe2+的物质的量为：根据反应2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl-知道Cl2和Fe2+刚好反应完，没有多余的Cl2再和Br-发生反应，故选B； 5．T K时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2，反应COCl2(g)后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表： t / s n(Cl2) / mol 0 0 2 0.16 4 0.19 6 0. 20 8 0.20 Cl2(g)＋CO(g)，经过一段时间

下列说法正确的是（ ）

A．反应在前2 s 的平均速率v(CO)=0.080 mol·L-1·s-1

B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2)=0.11 mol·L-1，则反应的ΔH＜0 C．T K时向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，平衡前v正＞v逆 D．T K时起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.9 mol CO，达到平衡时，Cl2的转化率为80% 【答案】C

【解析】A．反应在前2s的平均速率v(CO)=v(Cl2)=B．根据表格数据，TK时，平衡时c(Cl2)=

Δc0.16mol==0.04mol·L-1·s-1，故A错误； Δt2L2s0.2mol=0.1mol·L-1；现升高温度，c(Cl2)=0.11mol·L-1，氯气的浓度增2L大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，ΔH＞0，故B错误； C．根据表格数据列“三段式”：

COCl2g始molL-1变molL-1平molL-10.50.10.4Cl2g+COg00.10.100.10.1

0.10.10.10.122=0.025；若起始向容器中充入0.9molCOCl2、0.10molCl2和0.10molCO，此时Qc=该温度下K=

0.90.42=0.0056＜0.025，反应正向进行，则反应达到平衡前v正＞v逆，故C正确；

D．TK时起始向容器中充入1.0molCl2和1.0molCO，应等效于向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molCOCl2，根据

C项分析，TK时，COCl2的转化率为向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molCOCl2，达到平衡时，

0.1100%=20%，0.5则TK时起始向容器中充入1.0molCl2和1.0molCO，达到平衡时，Cl2的转化率等于80%；若加入1.0molCl2和0.9molCO，相当于在原来的基础上减小0.1molCO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl2的转化率小于80%，故D错误；

6．稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈化学性质十分活泼。近年来发现用铈(Ce)的氧化物可高效制取H2，制备原理如图所示，已知0<<2，下列说法不正确的是（ ）

A．CeO2是水分解的催化剂

B．T<1050℃时，CeO2比CeO2—δ稳定 C．工业上可用电解CeCl4溶液制备Ce

D．过程②的方程式为CeO 2—δ+δH2O适当温度CeO2+δH2 【答案】C

【解析】A．CeO2在反应前后质量和性质不变，所以CeO2是水分解的催化剂，A正确； B．T＜1050℃时，CeO2﹣δ转化成CeO2，所以CeO2比CeO2﹣δ稳定，B正确； C．Ce是活泼金属，应电解熔融的CeCl4制备Ce，C错误；

D．由上图可知，过程②是CeO2—δ和H2O反应生成CeO2和H2，所以方程式为CeO 2-δ+δH2O适当温度CeO2+δH2，D正确；

7．某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述正确的是( )

A．三种化合物的稳定性顺序：B﹤A﹤C C．加入催化剂会改变反应的焓变 【答案】A

B．两步反应均为放热反应 D．AC的反应的ΔH＝E1－E2

【解析】A．物质的总能量越低，越稳定，由图可知三种物质的能量高低顺序为：B>A>C所以三种化合物的稳

定性顺序：BB．由图可知A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，B错误； C．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应的焓变，C错误；

D．由盖斯定律可知，整个反应的热效应只与始态和终态有关，与反应的历程无关，所以AC的反应的△H=(E1-E2)-(E4-E3)=E1+E3-E2-E4，D错误。

8．为比较盐酸与醋酸的酸性强弱，下列方案不可行的是(常温下测定)（ ） A．比较等物质的量浓度的两种溶液的导电性

B．比较等物质的量浓度的氯化钠与醋酸钠溶液的pH值

C．比较等体积、等物质的量浓度的两种溶液稀释到相同pH所需水量 D．比较等体积、等pH值的两种溶液与少量锌粉反应产生氢气的量 【答案】D

【解析】A．盐酸和醋酸都是一元酸，等物质的量浓度，电离出的离子浓度不同，导电性不同，能比较盐酸与醋酸的酸性强弱，故A正确；

B．若醋酸钠溶液pH大于7，则可证明其为弱酸，故B正确；

C．若稀释相同pH后，醋酸用的水量更多，则可以证明其为弱酸，故C正确；

D．等体积、等pH值的两种溶液，氢离子浓度相等，应使用足量或过量锌粉，若醋酸生成的氢气多，则可以证明其为弱酸，故D错误；

9．等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行反应：X(g)＋2Y(g) 的是（ ）

A．当容器中X与Y的物质的量之比满足1∶2时反应达到平衡 B．达到平衡时X的转化率为25%，则平衡常数K为9/4 C．达到平衡后，反应速率2v正(Y)＝3v逆(Z) D．达到平衡后，加入Q，平衡逆向移动 【答案】B

【解析】A、当容器中X与Y的物质的量的比满足1：2时，并不一定是物质的量不变的状态，所以反应不一定达到平衡，故A错误；

B、设起始时X和Y的物质的量浓度都为1mol·L－1，则 X（g）+2Y（g）3Z（g）+Q（s） 初起量：1 1 0 变化量：0.25 0.5 0.75 状态1：0.75 0.5 0.75

K=0.753/（0.75×0．52）=9/4，所以平衡常数K值为9/4，故B正确；

3Z(g)＋Q(s) △H>0，下列叙述正确

C、达到平衡后，反应速率3V正（Y）=2 V逆（Z），而不是2V正（Y）=3 V逆（Z），故C错误； D、到平衡后，加入Q，Q是固体，平衡不移动，故D错误；

10．25℃时电离平衡常数如表，下面图像表示常温下，稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化.下列说法正确的是（ ） CH3COOH HClO H2CO3 Ka1=4.3×10－7 Ka2=5.6×10－11 Ka=1.8×10－5 Ka=3.0×10－8

A．CH3COO－结合质子能力比ClO－强

B．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为2ClO－＋CO2＋H2O=2HClO＋CO32－ C．图像中a、c两点处的溶液中

cR-c(HR)c(OH)-相等（HR代表CH3COOH或HClO）

D．图像中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度 【答案】C

【解析】A.由表格可知酸性CH3COOH＞ H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越容易结合质子，因此CH3COO－结合质子能力比ClO－弱，A项错误；

B. HCO3-酸性小于HClO，ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3向溶液中通入二氧化碳，生成碳酸氢根，离子反应为：

－

，B项错误；

C.

cR-c(HR)c(OH)-的分子分母同时乘以c(H)可得

+

KHRKW温度不变，比值不变，C项正确；

D. pH相等的CH3COOH、HClO稀释相同倍数时，酸性较强的酸中H+小于酸性较弱的酸，则酸性较弱的pH小于酸性较强的酸，因有酸性CH3COOH>HClO，因而a所在曲线表示CH3COOH，b所在的曲线表示HClO，因而CH3COOH的浓度较小，HClO的浓度较大，加入相同体积的水后依然是HClO的浓度较大，即a点酸的浓度小于b点酸的浓度，D项错误；

11．下列各项关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是 选项

强电解质 弱电解质 非电解质

A B C D A．A 【答案】A

CaCO3 NaCl Fe HNO3 B．B

HF NH3 HCl Fe(OH)3 SO2 BaSO4 蔗糖 MgO C．C

D．D

【解析】A.碳酸钙是强电解质，氟化氢为弱电解质，二氧化硫为非电解质，故正确；B.氨气为非电解质，硫酸钡为强电解质，故错误；C.铁为单质，不是电解质，氯化氢为强电解质，故错误；D.氧化镁为强电解质，故错误。 12．下列实验操作，对实验结果不会产生影响的是（ ）

A．用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装标准液的滴定管用水洗后未用标准液润洗 B．用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装待测液的锥形瓶用水洗后用待测液润洗2～3次 C．测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中 D．用蒸馏水湿润的pH试纸测定硫酸钠溶液的pH 【答案】D

【解析】A.用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装标准液的滴定管用水洗后未用标准液润洗，会导致测定结果偏高，选项A不正确；

B.用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装待测液的锥形瓶用水洗后用待测液润洗2～3次，会导致测定结果偏高，选项B不正确;

C.测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中，会损失部分热量，导致测定结果偏低，选项C不正确；

D.用蒸馏水湿润的pH试纸测定硫酸钠溶液的pH，无影响，原因是硫酸钠溶液本身溶液显中性，选项D正确； 故答案选D。

13．下列变化中，属于吸热反应的是（ ）

①液态水汽化 ②将胆矾加热变为白色粉末 ③浓H2SO4稀释 ④KClO3分解制O2 ⑤生石灰跟水反应生成熟石灰 ⑥CaCO3高温分解 ⑦CO2+CCO+H2 ⑩Al与HCl反应．

A．①②④⑥⑦⑧⑨ B．②④⑥⑦⑧⑨ 【答案】B

【解析】①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，但是物理变化过程，故①错误； ②胆矾加热失去结晶水变成白色粉末，需要吸热，故②正确；

2CO ⑧Ba（OH）（g）2•8H2O与固体NH4Cl混合 ⑨C+H2O

C．①④⑥⑧ D．①②④⑧⑨

③浓硫酸稀释放出大量的热，故③错误； ④氯酸钾分解需要吸热，故④正确；

⑤生石灰跟水反应生成熟石灰会放出大量的热，故⑤错误； ⑥CaCO3高温分解是吸热反应，故⑥正确； ⑦二氧化碳和碳反应是吸热反应，故⑦正确；

⑧Ba(OH)2•8H2O与固体NH4C反应是吸热反应，故⑧正确； ⑨碳与水反应是吸热反应，故⑨正确； ⑩Al与HCl反应是放热反应，故⑩错误； 综上②④⑥⑦⑧⑨符合题意；故选B。

14．一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。设起始

nH2OnCH4Z，

在恒压条件下，平衡时CH4的体积分数CH4与Z和T(温度)的关系如图所示，下列说法正确的是( )

A．该反应的焓变

ΔH＞0

B．图中Z的大小关系为a＞3＞b C．图中X点对应的平衡混合物中

nH2OnCH43

D．温度不变时，增大X点对应的平衡体系的压强后，φCH4减小 【答案】A

【解析】A．由题图可知，Z一定时，温度越高，平衡时CH4的体积分数越小，表明正反应吸热，ΔH＞0，故A正确；

B．CH4的物质的量一定的情况下，Z增大，H2O(g)的物质的量增大，促**衡正向移动，CH4的转化率增大，平衡时CH4的体积分数减小，则b＞3＞a，故B错误； C．反应起始时

nH2OnCH43，但H2O和CH4按物质的量比为1:1反应，平衡混合物中二者物质的量之比一定

不为3，C错误；

D．温度不变时，压强增大，平衡逆向移动，故φCH4增大，D错误；

15．将一定体积的某NaOH溶液分成两等份，一份用pH=2的一元酸HA溶液中和，消耗酸溶液的体积为V1；另一份用pH=2的一元酸HB溶液中和，消耗酸溶液体积为V2，则下列叙述正确的是（ ） A．若V1>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强 B．若V1>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性弱 C．因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2

D．若将两种酸溶液等体积混合，混合酸溶液的pH不再等于2 【答案】A

【解析】pH 均为2的一元酸HA、HB，两种溶液中H+离子浓度相等，酸越弱则酸的浓度越大，与氢氧化钠反应时消耗的体积越小，所以消耗的体积大的酸性较强；若V1>V2，则说明 HA 的酸性比HB的酸性强；若V1=V2，则说明 HA 的酸性与HB的酸性相同。

A. 由以上分析可知，Vl>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强，故A正确； B. 由以上分析可知，Vl>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强，故B错误；

C. 因为不知道两种酸的酸性强弱关系，所以不能准确判断V1与V2的相对大小，故C错误； D. 若将两种酸溶液等体积混合，如果都是强酸，混合后溶液的pH等于2，弱酸不是，故D错误； 答案选A。

16．室温下，有如下三种溶液：①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列说法正确的是（ ） A．将pH=3 的①溶液与pH=11的②溶液等体积混合，溶液pH>7

B．若三种溶液浓度相同，将溶液①、②等体积混合，混合液中c(CH3COO-)等于溶液③中的c(CH3COO-) C．将①、②等浓度体积混合，混合液中c(CH3COO-) ＋c(CH3COOH) = c(Na+) D．若②、③的pH值相同，则两种溶液中水的电离程度相同 【答案】C

【解析】A、CH3COOH是弱酸，NaOH是强碱，将pH=3 的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液显酸性，pH＜7，故A错误；B、若三种溶液浓度相同，将溶液CH3COOH、NaOH等体积混合后生成醋酸钠，浓度为原来CH3COOH浓度的一半，混合溶液中c(CH3COO-)小于③中的c(CH3COO-)，故B错误；C、将①、②等浓度，等体积混合，反应生成生成醋酸钠，醋酸钠溶液中存在物料守恒：c(CH3COO-) ＋c(CH3COOH) = c(Na+) ，故C正确；D、CH3COOH是弱酸，抑制水的电离，CH3COONa是能够水解的盐，促进水的电离，两种溶液中水的电离程度不同，故D错误；故选C。

二、非选择题：包括第17题～第21题5个大题，共52分。

17．（10分）合理利用资源，加强环境保护，降低碳的排放，实施低碳经济是今后经济生活主流。 （1）下列措施不利于有效减少二氧化碳排放的是___。

A．植树造林，保护森林，保护植被

B．加大对煤和石油的开采，并鼓励使用石油液化气

C．大力发展风能、水力、潮汐能发电和核电，大力推行太阳能的综合开发

D．推广使用节能灯和节能电器，使用空调时夏季温度不宜设置过低，冬天不宜过高 E．倡导出行时多步行和骑自行车，建设现代物流信息系统，减少运输工具空驶率

（2）科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术研究，如将CO2和H2以1∶4比例混合通入反应器，在适当条件下反应可获得一种重要能源。请完成以下化学方程式： CO2＋4H2===______＋2H2O。

（3）CO2合成生产燃料甲醇（CH3OH）是碳减排的新方向。现进行如下实验：某温度下在体积为1 L的密闭容器中，充入2 mol CO2和6 mol H2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）达化学反应限度的标志是____（填字母）。 A．CO2百分含量保持不变

B．容器中H2浓度与CO2浓度之比为3:1 C．容器中混合气体的质量保持不变

D．CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等

现测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示。

CH3OH（g）+H2O（g）能判断该反应已

一定条件

min）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）= _____mol/（L·。

（4）以KOH为电解质的甲醇燃料电池总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH = 2K2CO3+6H2O，通入甲醇的电极为燃料电池的___极，正极发生的电极反应式为______。

【答案】（1）B （2分） （2）CH4 （1分） （3）AD （2分） 0.375 （2分） （4） 负 （1分） O2+2H2O+4e-=4OH- （2分）

【解析】（1）A．植树造林，保护森林，保护植被，能增强光合作用，大量消耗二氧化碳，不符合题意，故A错误；B．加大对煤和石油的开采，并鼓励使用石油液化气，能增加二氧化碳的排放，符合题意，故B正确； C．积极推进核能、风能、潮汐能建设，大力推行太阳能的综合开发能减少二氧化碳的排放，不符合题意，故C错误；D．推广使用节能灯和节能电器，使用空调时夏季温度不宜设置过低，冬天不宜过高，能减少电的使用，减少煤和石油化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，不符合题意，故D错误；

E．倡导出行时多步行和骑自行车，建设现代物流信息系统，减少运输工具空驶率，减少石油化石燃料的使用，可以减少废气的排放和节约能源，不符合题意，故E错误； 答案为B。

（2）根据质量守恒定律的微观解释可以知道：反应前后的原子数目和种类应该相等，分析题给的化学反应方程式可以知道，反应前出现了2个O，1个C，8个H，反应后出现了2个O，4个H，所以在X中含有4个H和1个C，即X为CH4； 答案为CH4。

（3）A．平衡时各物质的浓度保持不变，CO2百分含量保持不变，说明到达平衡，故A正确；

B．开始投料比，6mol H2和2mol CO2，方程式系数比3:1，则容器中H2浓度与CO2浓度之比始终为3：1，所以不能证明达平衡状态，故B错误；

C．容器的体积不变，反应前后都为气体，容器中混合气体的质量始终保持不变，不能说明到达平衡，故C错误； D．CO2生成速率表示逆反应速率，与CH3OH生成速率表示正反应速率，两者相等，说明到达平衡，故D正确； 由图可知，12min到达平衡时二氧化碳的浓度变化量为2mol/L-0.5mol/L=1.5mol/L，所以v（CO2）=

1.5mol/L12min=0.125mol/（L•min）=3v=3×0.125mol/（L•min）=0.375mol/，速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2）（CO2）（L•min）；

（4）甲醇-空气燃料电池中燃料在负极失电子发生氧化反应，在碱溶液中生成碳酸盐，则通入甲醇的电极为燃料电池的负极，氧气在正极得到电子发生还原反应，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-； 答案为负；O2+2H2O+4e-=4OH-。

18．（8分）（1）化学反应中的能量变化，是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同所致。下图为N2(g)和O2(g)生成NO(g)过程中的能量变化：

N2(g)和O2(g)生成NO(g)过程中的能量变化

①人们通常把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，则N≡N的键能为________kJ/mol。

②由上图写出N2(g)和O2(g)生成NO(g)的热化学方程式：___________________________ （2）①已知：C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5kJ/mol 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2＝－571.6kJ/mol

2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－2599.2kJ/mol， 则由C(石墨，s)和H2(g)反应生成1mol C2H2(g)时ΔH＝________kJ/mol。

②火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水。当把0.4mol液态肼和0.8mol H2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量(相当于25℃、101 kPa下测得的热量)。反应的热化学方程式为__________________________。

【答案】（1）①946 （2分） ②N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH＝＋180kJ/mol （2分）

（2）① +226.8 （2分） ②N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1.75kJ/mol （2分） mol－1，反应热=反应物总键能-生成物总键能=946kJ·mol－【解析】①由图可知：N≡N键的键能为946kJ·

1

+498kJ·mol－1-2×632kJ·mol－1=180 kJ·mol－1，热化学方程式为：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180 kJ·mol；（2）①已知：①C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5kJ/mol，②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2＝－

－1

571.6kJ/mol，③2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－2599.2kJ/mol，①×2+②/2-③/2得到，所以反应mol－1）+（-571.6kJ·mol－1）/2-（-2599.2kJ·mol－1）/=+226.8kJ·mol－1；反应方程式焓变△H=2×（-393.5kJ·为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0.4mol液态肼放出256.7KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为256.7kJ/0.4=1.75kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1.75kJ·mol－1。

19．（10分）2SO2(g)O2(g)要的现实意义。

(1)反应过程的能量变化如图所示：

2SO3(g)，是工业制硫酸的主要反应之一，研究该反应的速率和限度有着重

该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。

(2)一定条件下，在2L的密闭容器中加入4molSO2(g)、6molO2(g)和2mol SO3(g)，在2min末达到平衡，测得nSO34mol。

①0~2min时间段的化学反应速率为vSO2_________。 ②2min末cO2__________mol/L。

③若改变下列一个条件，写出该反应速率的变化(填“增大”、“不变”或“减小”)。 a．升高温度________ b．再充入1molO2________

c．再充入1mol氩气，使容器压强增大_________ d．将容器的容积扩大至3L_______

④下列情况能说明该反应达到化学平衡状态的是___________， a．cSO3cSO2 b．v(正)=v(逆)=0 c．混合气体的压强不再变化

d．cSO2、cO2和cSO3不再变化

e．单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol SO2

【答案】（1）放热 （1分） （2）① 0.5mol/(Lmin)（2分） ② 2.5（1分） ③ 增大 （1分） 增大 （1分） 不变（1分） 减小（1分） ④ cd （2分） 【解析】 (1)根据图像显示，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应；

(2)一定条件下，在2L的密闭容器中加入4molSO2(g)、6molO2(g)和2mol SO3(g)，在2min末达到平衡，测得nSO34mol，结合数据列“三段式”：

2SO2(g)+O2(g)始mol变mol平mol4226152SO3(g)224

①0~2min时间段的化学反应速率为vSO2=②2min末cO2=2mol=0.5mol/(Lmin)；

2L2min5mol=2.5mol/L； 2L③a．升高温度，反应速率增大；

b．再充入1molO2，氧气的浓度增大，反应速率增大；

c．再充入1mol氩气，使容器压强增大，由于体系体积不变，各组分的浓度不变，则反应速率不变； d．将容器的容积扩大至3L，反应体系各组分的浓度降低，反应速率减小；

④a．cSO3cSO2不能说明反应体系各组分的含量不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不符合题意； b．化学平衡状态是动态平衡，达到平衡时，正逆反应速率相等但不为零，故b不符合题意；

c．该反应为气体体积减小的反应体系，反应未达到平衡前，压强不断变化，当混合气体的压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故c符合题意；

d．当cSO2、cO2和cSO3不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d符合题意；

e．单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol SO2都是逆反应方向进行的反应，不能说明正逆反应速率相等，也不能说明反应达到平衡状态，故e不符合题意； 答案选cd。

20．（12分）(I)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3mol/L、2.00 mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、35℃，每次实验HNO3浓度为1.00

的用量为25.00 mL，大理石用量为10.00 g。

(1)请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空： 实验编号 ① ② ③ 温度(℃) 25 25 b_______ 大理石规格 粗颗粒 粗颗粒 粗颗粒 HNO3浓度(mol/L) 实验目的 2.00 a______ 2.00 (Ⅰ)实验①和②探究浓度对反应速率的影响； (Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响； (Ⅲ)实验①和④探究④ c________ 细颗粒 d______ e_______对反应速率的影响 (2)实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图。计算实验①中70 s～90 s范围内用HNO3表示的平均反应速率________(忽略溶液体积变化，不需要写出计算过程)。在0～70、70～90、90～200各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是________。

(II)某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O 实验编号 ① ② ③ 0.1 mol·L－1酸性KMnO4溶液的体积/mL 10 10 10 0.6mol·L-1H2C2O4溶液的体积/mL V1 10 10 H2O的体实验温度/℃ 积/mL 35 30 V2 25 25 50 间/min 溶液褪色所需时(3)表中V1=_______mL，V2=_______mL。

(4)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是________。

(5)实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)=________mol·L－1·min－1。

【答案】（1）1.00 （1分） 35 （1分） 25 （1分） 2.00 （1分） 大理石规格 （1分） （2）0.01 mol/(L·s) （1分） 0～70 （1分） （3） 5 （1分） 30 （1分）

（4）②和③（1分） ①和②（1分） （5） 0.025 （1分）

【解析】 (1)(I)由于①和②探究浓度对反应速率的影响，故的浓度不同，a应该是1.00mol/LHNO3； (Ⅱ)由于①和③探究温度对反应速率的影响，故应该温度不同，b应该选35℃；

(Ⅲ)实验①和④的大理石规格不同，其它反应条件相同，探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，故c为25℃，d是2.00mol/L，e是固体物质的表面积，即大理石规格；

(2)由图可知70至90s，CO2生成的质量为m(CO2)=0.95g-0.84g=0.11g，物质的量为n(CO2)=

m0.11gM44g/mol=0.0025molmol，根据反应CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑H2O，可知消耗HNO3的物质的量为n(HNO3)=2×0.0025mol=0.005mol，又由于溶液体积为0.025L，所以HNO3减少的浓度△c(HNO3)=

n0.005mol =0.2mol/L，反应的时间t=90s-70s=20s，所以HNO3在70～90s范围内的平均反应速率为V0.025Lc0.2mol/Lv(HNO3)= =0.01mol/(L•s)；在大理石与的反应中，随着反应的进行，的浓度逐渐减

t20s低，在0～70s、70s～90s、90s～200s各相同的时间段里，浓度最大的是0～70s，所以反应速率最大的时间段是0～70s；

Ⅱ.(3)实验2混合液的总体积为10mL+10mL+30mL=50mL，则V1=50mL-10mL-35mL=5mL，V2=50mL-10mL-10mL=30mL；

(4)探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②； (5)草酸的物质的量n(H2C2O4)=0.60mol/L×0.005L=0.003mol，高锰酸钾的物质的量

n(KMnO4)=0.10mol•L-1×0.01L=0.001mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.003mol：0.001mol=3：1，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度c(KMnO4)=

n0.001mol=0.02mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=V0.05Lc0.02mol/L =0.01 mol/(L•min)，由速率之比等于化学计量数之比可知，这段时间内平均反应速率t2min5v(H2C2O4)=0.01mol/(L•min)×=0.025mol/(L•min)。

2

21．（12分）碘量法测定废水中硫化物的实验装置如图所示。

Ⅰ.取样、吹气、固硫

按右图连接好装置，检查气密性。取足量的醋酸锌吸收液于两支吸收管中，取100mL水样于反应器中，通入氮气一段时间后，向反应器中加入10mL盐酸，80C加热，反应后继续通入氮气。

已知：废水中的硫化物在酸性条件下易转化为剧毒的硫化氢，醋酸锌可用于完全吸收硫化氢生成硫化锌沉淀。回答下列问题：

（1）图中反应器的名称是________，反应后继续通入氮气的目的是________，反应器加热温度不能高于80C的原因是________。 Ⅱ.滴定、分析

关闭氮气后，往两支吸收管中各加入0.010molL1的碘标准溶液50mL（过量），静置。加入淀粉指示液，用

0.010molL1的硫代硫酸钠标准溶液对两支吸收管中的液体进行滴定，共消耗80mLNa2S2O3，溶液

2SO2232I22IS4O6。

（2）加入碘标准溶液时吸收管中发生反应的化学方程式为________。 （3）滴定终点的现象为________。

1（4）废水中硫的含量为________mgL。若只使用一支吸收管，可能致测定结果偏________（填“高”或

“低”。）

【答案】（1）三颈烧瓶（或三口烧瓶） （1分） 将硫化氢鼓入吸收管中以便完全吸收 （2分） 温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收 （2分） （2） ZnSI2ZnI2S （2分）

（3）当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不恢复原色 （2分） （4） 32 （2分） 低 （1分）

【解析】 (1)根据图示，图中反应器的名称是三颈烧瓶，反应后继续通入氮气的目的是将硫化氢全部吹入吸收管中以便完全反应，温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收，因此反应器加热温度不能高于80℃，故答案为：三颈烧瓶；将硫化氢鼓入吸收管中以便完全反应；温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收；

(2)加入碘标准溶液时，ZnS+I2=S+ZnI2； 在吸收管中将ZnS氧化，反应的化学方程式为ZnS+I2=S+ZnI2，故答案为：

(3)根据反应方程式2S2O32-+I2═2I-+S4O62-和选用的指示剂淀粉溶液可知，滴定终点时，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色，故答案为：当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；

(4)n(I2)=0.05L×0.010mol•L-1=0.0005mol，由2S2O32-+I2═2I-+S4O62-可知吸收后剩余的碘为0.08L×0.010mol•L-1×

12(0.0005mol0.0004mol)32g/mol1000mg/g=0.0004mol，由S～ZnS～I2可知废水中硫的含量为

0.1L=32mg•L-1，使用两个吸管，可保证硫化氢完全被吸收，若只使用一个吸收管，会导致测定结果偏低，故答案为：32；低。