重庆市西南大学附属中学2021-2022学年高一下学期期末化学试题 Word版含解析.docx

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西南大学附属中学校2021-2022学年高一下期期末考试化学试题(满分：100分；考试时间：75分钟)注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、座号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷自己保存，以备评讲)。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5一、选择题：本大题共14个小题，每小题3分，共42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.化学与生活密切相关。下列说法正确是①棉花、蔗糖和麻均为糖类②谷氨酸钠是常见的增味剂③油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂④煤的干馏、石油分馏和石油裂化均属于化学变化⑤绿色化学的核心思想是“先污染后治理”⑥在大豆蛋白溶液中，加入硫酸铜溶液，蛋白质会发生变性A.①②③B.①②⑥C.③④⑤D.①③④【答案】B【解析】【详解】①棉花、麻都属于天然纤维，属于多糖，蔗糖为二糖，均为糖类，故正确；②谷氨酸钠是国内外应用的鲜味剂，与食盐共存时可增强其呈味作用，故正确；③油脂的相对分子质量虽然较大，但比高分子化合物的相对分子质量小的多，油脂不是高分子化合物，故错误；④煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，为化学变化；石油裂化是在一定的情况下，将相对分子质量比较大、沸点较高的烃破裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的全过程，为化学变化；石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，属于物理变化，故错误；⑤绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故错误； ⑥向蛋白质溶液中加入重金属盐会使蛋白质变性析出，故正确；综上，正确的有①②⑥；答案选B。2.用如图所示的装置进行中和反应反应热的测定。下列说法正确的是A.如图条件下，实验过程中没有任何热量损失B.为了使反应充分进行，药品可以分多次加入C.完成一次中和反应反应热平行样的测定，温度计需要使用2次D.测量NaOH与不同种类的酸中和反应的反应热，数值可能不同【答案】D【解析】【详解】A．图示条件下的实验过程中一定有部分热量的损失，故A错误；B．药品可以分多次加入将导致热量损失过多，应一次性快速加入药品，故B错误；C．完成一次中和反应反应热测定实验，温度计需要使用3次，分别用于测酸、碱初始温度和反应的最高温度，故C错误；D．醋酸是弱酸，电离吸热；NaOH与不同种类的酸中和反应的反应热，数值可能不同，故D错误；故答案选D。3.已知：①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH1；②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)　ΔH2，下列推断正确的是A.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(l)　ΔH=-ΔH1B.CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)　ΔH=ΔH2-ΔH1C.若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则ΔH2＜0D.若反应①增大压强，则反应物活化分子百分数增大，反应速率加快【答案】B【解析】【详解】A．等质量的液态水所含的能量与气态水所含的能量不同，因此CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(l)　 ΔH≠-ΔH1，A错误；B．已知：①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH1；②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)　ΔH2，根据盖斯定律，将反应②-①，整理可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)　ΔH=ΔH2-ΔH1，B正确；C．若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应的正反应是吸热反应，故ΔH2＞0，C错误；D．若反应①增大压强，则单位体积内分子总数增加，单位体积内活化分子数增加，因此反应速率加快，但反应物活化分子百分数不变，D错误；故合理选项是B。4.有机物A的分子式为，可发生如下转化。已知B、D是生活中的两种常见有机物。下列说法不正确的是A.有机物E的结构简式为B.由有机物B生成C的化学方程式为：C.用饱和溶液可鉴别B、D、ED.由B、D制备E时常用浓硫酸作催化剂和吸水剂【答案】B【解析】【分析】有机物A分子式为，A与水发生加成反应生成B，B可发生连续氧化反应，则A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为，以此来解答。【详解】A．由分析可知，有机物E的结构简式为，A正确；B．由有机物B生成C是乙醇的催化氧化，其化学方程式为：，B错误；C．用饱和溶液可鉴别B、D、E分别是乙醇，乙酸，乙酸乙酯，它们和碳酸钠混合时现象分别为无显现，气泡，分层，故可以区分，C正确；D．酯化反应需要浓硫酸作催化剂和吸水剂，D正确；故选B。 5.下列说法正确的是A.在海轮外壳表面附着铜块，可减缓海轮外壳的腐蚀B.工业上采用电解熔融AlCl3制备金属铝C.工业合成氨采用高温是为了提高反应物的平衡转化率D.已知2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应ΔH＜0【答案】D【解析】【详解】A．由于金属活动性：Fe＞Cu，所以在海轮外壳表面附着铜块时，Fe、Cu及海水构成原电池，Fe为负极，先被腐蚀氧化，导致海轮外壳的腐蚀速率加快，A错误；B．AlCl3是由分子构成的共价化合物，在熔融状态下不能导电，因此不能采用电解熔融AlCl3制备金属铝，应该采用熔融Al2O3的方法制备金属铝，同时要加入冰晶石作助溶剂，B错误；C．合成氨气的反应是放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，导致氨的平衡转化率降低，在工业合成氨采用高温是为了提高反应物的化学反应速率，C错误；D．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的正反应是气体体积减小的反应，ΔS＜0，反应在常温下能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，由于ΔS＜0，因此反应热该反应ΔH＜0，D正确；故合理选项是D。6.利用CO2合成甲醚(CH3OCH3)的反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)　ΔH=-135.4kJ·mol-1将2.0molCO2(g)和6.0molH2(g)充入恒容密闭容器中，测得不同温度和压强下，甲醚的平衡物质的量分数变化如图所示。下列说法正确的是A.由图可知，温度T1>T2，压强p3T2>T3>T4，压强:P1>P2>P3>P4，选项A错误；B．温度一定时，平衡常数K不变，根据PV=nRT，可知P=cRT，R均为常数，T为定值，所以Kp也不变，选项B错误；C．平衡时，v正=v逆，因为T1>T4，P1>P4，所以平衡时，T1、P1条件下的正反应速率大于T4、P4条件下的逆反应速率，选项C错误；D．T1、P1条件下，将2.0molCO2(g)和6.0molH2(g)充入恒容密闭容器中，CO2的平衡转化率约为x，根据三段式有：二甲醚的物质的量分数为0.20，则，解得x=88.9%，选项D正确；答案选D。7.在一定温度时，将1molA(s)和2molB(g)置于容积为5L的某密闭容器中发生如下反应A(s)+2B(g)C(g)+2D(g)5min后，测得容器内B(g)的浓度减少了0.2mol·L-1，则下列说法错误的是A.5min内，该反应用C(g)的浓度变化表示的反应速率为v(C)=0.02mol·L-1·min-1B.5min时，容器内D(g)的浓度为0.2mol·L-1C.该可逆反应达到限度之前，随着反应的进行，容器内压强逐渐增大D.5min时，容器内气体总的物质的量为3mol【答案】D【解析】【分析】1molA和2molB放入容积为5L的某密闭容器中，经5min后，参加反应B的物质的量为0.2mol·L-1.×5L=1mol，则可建立如下三段式：【详解】A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为=0.02mol·L-1min-1，选项A 正确；B．5min时，容器内D的浓度为=0.2mol·L-1，选项B正确；C．该可逆反应随反应的进行，容器内气体的物质的量不断增大，则压强逐渐增大，选项C正确；D．A呈固态，5min时容器内气体总物质的量为1mol+0.5mol+1mol=2.5mol，选项D错误；答案选D。8.某学习小组的同学查阅相关资料知氧化性，据此设计了如图所示的原电池，盐桥中装有含饱和K2SO4溶液的琼胶。下列说法正确的是A.甲中发生还原反应B.乙中石墨电极上发生的反应为C.电池工作时，盐桥中的移向乙烧杯D.外电路的电子移动方向为从a到b【答案】D【解析】【分析】氧化性：，所以原电池反应为亚铁离子和重铬酸钾在酸性条件下反应生成铁离子、铬离子和水，则Cr2O在b极得电子发生还原反应，b是正极；Fe2+在a极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，a是负极。【详解】A．据分析，甲烧杯中Fe2+在a极失电子发生氧化反应生成Fe3+，a是负极，选项A错误；B．乙烧杯中在b极得电子发生还原反应生成Cr3+，b电极反应为+14H++6e-=2Cr3++7H2O，选项B错误；C．a是负极、b是正极，电池工作时，盐桥中的移向甲烧杯，选项C错误；D．a是负极、b是正极，外电路的电子移动方向为从a到b，选项D正确；答案选D。 9.某学习小组为了探究影响高锰酸钾酸性溶液与NaHSO3溶液反应速率的因素，该小组设计如表实验方案。实验V(NaHSO3)/mLc=0.2mol·L-1V(KMnO4)/mLc=0.1mol·L-1V(H2SO4)/mLc=0.6mol·L-1V(MnSO4)/mLc=0.1mol·L-1V(H2O)/mL褪色时间t/min13.02.01.00.02.0823.02.02.00.0a634.02.02.00.00.0443.02.01.00.5b3下列说法正确的是A.该反应的离子方程式为B.a=1.0，b=1.5C.实验3从反应开始到反应结束这段时间内反应速率D.实验证明可能是该反应的催化剂【答案】B【解析】【分析】探究实验方案两两之间应保持单一变量，则四组实验的溶液总体积相等，利用混合溶液褪色时间判断变量对反应速率的影响。【详解】A．是弱酸的酸式酸根离子，不能拆写，该反应的离子方程式为，选项A错误；B．据题意可知，4组实验溶液总体积应相同，则，，选项B正确；C．由，故反应完全，实验3从反应开始到反应结束这段时间内反应速率，选项C错误；D．实验4与实验1相比，其它条件相同条件下，实验4加了MnSO4，反应混合溶液褪色时间只有3min，由于溶液中已经加了H2SO4，说明SO不是该反应的催化剂，而可能是该反应的催化剂，选项D错误；答案选B。 10.铝土矿的主要成分是Al2O3，还有部分SiO2、Fe2O3以及少量不溶于酸碱溶液的其他杂质。工业上从铝土矿中提取铝可采取如下工艺：下列说法正确的是A.沉淀Ⅰ只有SiO2B.①～⑤中包含两个氧化还原反应C.步骤②发生的反应为Al3++3OH-=Al(OH)3↓D.溶液Ⅲ中溶质主要为NaHCO3【答案】D【解析】【分析】SiO2不与盐酸反应，铝土矿加入过量盐酸反应后沉淀Ⅰ为SiO2和少量不溶于酸溶液的其他杂质，溶液Ⅰ含有氯化铝、氯化铁和过量盐酸，加入过量氢氧化钠反应后得到沉淀Ⅱ为Fe(OH)3，溶液Ⅱ含有氯化钠、偏铝酸钠和过量氢氧化钠，通入过量二氧化碳得到沉淀Ⅲ为Al(OH)3，溶液Ⅲ主要为NaHCO3溶液。【详解】A．沉淀Ⅰ为SiO2和少量不溶于酸溶液的其他杂质，选项A错误；B．流程涉及铝的冶炼，应电解氧化铝生成铝，为氧化还原反应，其它都为非氧化还原反应，只包含一个氧化还原反应，选项B错误；C．步骤②发生的反应为H++OH-=H2O、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=+2H2O，选项C错误；D．根据分析可知，溶液Ⅲ中溶质主要为NaHCO3，选项D正确；答案选D。11.常压下羰基化法精炼镍的原理为Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，230℃时，该反应的平衡常数K=2×10-5L4·mol-4。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列说法错误的是A.第一阶段，增加c[Ni(CO)4]，平衡正向移动，Ni(CO)4体积分数增大B.第一阶段，若在30℃和50℃两者之间选择反应温度，应选50℃C.第一阶段，Ni(CO)4体积分数不变时，反应达到平衡D.第二阶段，Ni(CO)4分解率较高 【答案】A【解析】【详解】A．第一阶段，增加c[Ni(CO)4]，平衡逆向移动，反应物和生成物均只有一种，为等效平衡，Ni(CO)4体积分数不变，选项A错误；B．50℃时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，选项B正确；C．第一阶段，Ni(CO)4体积分数不变时，各组分浓度保持不变，反应达到平衡，选项C正确；D．230℃时，Ni(CO)4分解Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为K’===5×104，可知分解率较高，选项D正确；答案选A。12.随着节能环保问题的提出，人们开始关注逆水煤气反应(RWGS)的研究。单一分子RWGS在Fe3O4催化剂表面的反应历程如下图所示，主要有：氧化还原历程[TS1→TS2→TS3→TS4→CO(a)+H2O(a)]和中间物种分解历程[TS1→TS6→TS7→TS5→HCOO(a)+H(a)]。[(a)表示物质吸附在催化剂表面的状态]下列说法正确的是A.该反应为放热反应B.氧化还原历程共有5种中间产物C.中间物种分解历程决速步为CO(a)+OH(a)=HCOO(a)D.使用高效催化剂，可以加快化学反应速率，提高平衡转化率【答案】C【解析】【详解】A．根据“焓变△H=生成物具有的能量-反应物具有的能量”，由图可知RWGS反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的△H=+0.43eVNA/mol，反应为吸热反应，A错误；B．由图可知：氧化还原历程中的中间产物有H(a)、CO(a)、O(a)、OH(a)，可见中间状态共有4种中间产物，B错误； C．对于多步反应，总反应速率快慢决定于活化能大的慢反应。根据图示可知：其中CO(a)+OH(a)=HCOO(a)的活化能最高，是反应的控速步骤，所以控速步骤化学方程式为CO(a)+OH(a)=HCOO(a)，C正确；D．使用高效催化剂，同等程度加快化学反应正逆反应的速率，但由于不能改变反应物与生成物的能够，因此不改变平衡转化率，D错误；故合理选项是C。13.高电压水系锌－有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是A.充电时，中性电解质NaCl的浓度减小B.充电时，阴极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-C.放电时，正极区溶液的pH减小D.放电时，1molFQ转化为FQH2，可消耗65gZn【答案】C【解析】【详解】根据题意，充电时，FQH2生成FQ被氧化，所以充电时右侧为阳极，左侧为阴极，Zn(OH)被还原为Zn，则放电时左侧为负极，Zn被氧化为Zn(OH)，右侧为正极FQ被还原为FQH2。A．充电时，左侧阴极的电极反应为Zn(OH)+2e=Zn+4OH-，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质溶液中的Na+经阳膜迁移至左侧，Cl-经阴膜迁移至右侧，NaCl的浓度减小，故A正确；B．根据分析可知，充电时左侧为阴极，阴极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，故B正确；C．放电时右侧为正极，电极反应为FQ+2H++2e-=FQH2，氢离子被消耗，pH增大，故C错误；D．放电时正极电极反应为FQ+2H++2e-=FQH2，1molFQ转化为FQH2转移2mol电子，负极消耗1molZn，即可消耗65gZn，故D正确；故答案为C。14.在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如下表，在不同温度下发生反应CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如下图所示。 容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0.10.30.0乙0.00.00.4下列说法正确的是A.曲线Ⅰ对应的是甲容器B.a点对应温度下该反应的平衡常数K=1.28mol·L-1C.a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa<14pbD.a、c两点所处状态CO2的体积分数关系：φa<φc【答案】C【解析】【详解】A．固体物质不应平衡移动，乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲，故图中曲线Ⅰ对应的是乙容器，选项A错误；B．乙容器a处：，平衡常数K==0.21mol·L-1，选项B错误；C．甲容器b处：，若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质的量之比，pa:pb=(0.12+0.16):(0.02+0.16)=14:9，即9pa=14pb，由于b点温度更高，故a、b 两点所处状态的压强大小关系:9pa<14pb，选项C正确；D．a、c两点温度相等，乙容器中物质的量为甲容器的2倍投入量，相当于增大压强，CO2的体积分数减小，故所处状态CO2的体积分数关系：φa>φc，选项D错误；答案选C。二、非选择题：共58分。15.海洋资源的利用具有非常广阔的前景。回答下列问题：Ⅰ．海水制盐（1）粗盐中可溶性杂质离子包含、Mg2+、Ca2+。要除去这些杂质离子得到精盐水，加入试剂的顺序可为___________(填字母)。a．NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸b．NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、盐酸c．BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液、盐酸（2）精盐水可用于氯碱工业，请写出氯碱工业总反应的离子方程式___________。Ⅱ．海水提溴（3）工业上常用“吹出法”提溴，请写出用SO2吸收Br2的化学反应方程式___________。（4）含Br2的海水经“空气吹出、SO2吸收、通入氯气”后再蒸馏的目的是___________。Ⅲ．从海带中提取碘的实验过程如下图所示：（5）步骤①中灼烧海带时，应将海带放入___________(填仪器名称)中灼烧。 （6）请写出步骤④反应的离子方程式___________。Ⅳ．海水淡化（7）实验室模拟蒸馏法淡化海水时，应向蒸馏烧瓶中加入沸石，目的是___________。【答案】（1）ac（2）2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-（3）Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4（4）富集溴（5）坩埚（6）2I-+2H++H2O2=I2+2H2O（7）防止暴沸【解析】【分析】Ⅰ．粗盐提纯，首先要选择合适的除杂试剂，为保证杂质离子除尽，除杂试剂要过量，然后注意除杂试剂加入顺序，使过量的除杂试剂在后面加入的试剂中能够变为沉淀或气体除去；氯碱工业电解产生NaOH、H2、Cl2；Ⅱ．向含有Br-的海水中先通入Cl2，发生反应：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，利用单质溴易挥发的性质，用热空气吹出，并用SO2的水溶液吸收，发生反应：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，从而达到富集溴的目的，再向富集溴的溶液中通入Cl2，发生反应：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，再进行蒸馏得到液体溴；Ⅲ．海带中含有KI，将海带灼烧，得到海带灰，然后加蒸馏水溶解过滤，除去难溶性固体残渣，向所得滤液中加入H2SO4、H2O2，发生反应：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，产生I2单质，然后加入苯进行萃取分液后得到碘的苯溶液，再蒸馏得到单质碘；Ⅳ．海水淡化得到制取蒸馏水时，为了防止液体物质加热产生暴沸现象，常加入碎瓷片或沸石。【小问1详解】除去粗盐中的用BaCl2溶液；除去Mg2+用NaOH溶液；除去Ca2+用Na2CO3溶液，为了将杂质离子除尽，除杂试剂要过量，过量的除杂试剂要通过后面加入的试剂除去。要除去过量Ba2+要使用Na2CO3溶液，故BaCl2溶液要在Na2CO3溶液加入之前使用，而NaOH溶液加入顺序不受任何影响。a．若按照NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液顺序，这时产生的沉淀为Mg(OH)2、BaSO4、CaCO3、BaCO3，过滤，所得滤液成分是NaCl、NaOH、Na2CO3，向滤液中加入过量盐酸，直至不再产生气泡，就得到精盐水，a正确；b．若按照NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、盐酸顺序加入，过量BaCl2溶液会引入新的杂质，应该再使用Na2CO3溶液除去，不除则溶液不能是精盐水，b错误；c．若按照BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液、盐酸顺序加入，在加入盐酸前，反应产生沉淀成分是Mg(OH)2、BaSO4、CaCO3、BaCO3，溶液中含有NaCl、NaOH、Na2CO3，过滤后加入盐酸，NaOH、 Na2CO3会反应变为NaCl，因此也可以得到精盐水，c正确；故合理选项是ac；【小问2详解】电解饱和NaCl溶液，反应产生NaOH、H2、Cl2，反应的离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；【小问3详解】Br2是易气化的液体物质，用热空气吹出反应产生的单质溴后用SO2的水溶液吸收，反应产生H2SO4、HBr，该反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；【小问4详解】海水中溴元素含量较低，含Br2的海水经“空气吹出、SO2吸收时，发生反应：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，使Br-浓度增大，达到富集溴的目的，当溶液中Br-达到一定浓度后，再通入氯气”后发生氧化还原反应产生Br2，发生反应：2HBr+Cl2=2HCl+Br2，再蒸馏就得到液体溴，故此操作的目的是富集溴；【小问5详解】海带灼烧时应该在坩埚中进行；【小问6详解】步骤④中，在酸性条件下，H+、I-、H2O2发生氧化还原反应产生I2，反应的离子方程式为：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O；【小问7详解】实验室模拟蒸馏法淡化海水时，应向蒸馏烧瓶中加入沸石，目的是防止液体物质加热时剧烈沸腾，即防止发生暴沸现象。16.世界能源消费的90%以上依靠化学技术。（1）工业制氢的一个重要反应是利用CO(g)还原H2O(g)。已知：C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)　ΔH=-394kJ·mol-12C(石墨，s)+O2(g)=2CO(g)　ΔH=-222kJ·mol-1则表示CO(g)燃烧热的热化学方程式为___________。（2）已知：　ΔH=-286kJ·mol-1C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)　ΔH=-2220kJ·mol-1在常温常压下，H2和C3H8的混合气体共3mol完全燃烧生成CO2和液态水放出2792kJ的热量，则该混合气体中，H2和C3H8的体积比为___________。 （3）一种利用太阳能将甲烷重整制氢原理的示意图如下：①第Ⅰ步反应的还原剂是___________。②NiO·Fe2O3在整个反应过程中的作用是___________。③反应转移2mole-时，理论上可生成标况下氢气的体积为___________。（4）一定温度下，基元反应的化学反应速率与反应物浓度的化学计量数的幂的乘积成正比，如基元反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率方程可表示为v=kcm(A)·cn(B)(k为速率常数)。实验测得低温时某反应的速率方程为v=kc2(NO2)，其反应机理有如下两种可能。则该反应的化学方程式可表示为___________，以下机理中与其速率方程符合的反应机理是___________(填编号)。反应机理第一步反应第二步反应Ⅰ2NO2=N2O4(快反应)N2O4+2CO=2NO+2CO2(慢反应)Ⅱ2NO2=NO3+NO(慢反应)NO3+CO=NO2+CO2(快反应)【答案】（1）CO(g)+O2(g)=CO2(g)　ΔH=-283kJ•mol-1（2）2：1（3）①.CH4②.催化剂，降低反应活化能，加快反应速率③.22.4L（4）①.NO2+CO=CO2+NO②.Ⅱ【解析】【小问1详解】燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生指定物质时放出热量：已知①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)　ΔH=-394kJ·mol-1②2C(石墨，s)+O2(g)=2CO(g)　ΔH=-222kJ·mol-1根据盖斯定律，将①-②×，整理可得CO燃烧热的热化学方程式为：CO(g)+O2(g)=CO2(g)　ΔH=-283kJ•mol-1； 【小问2详解】假设H2、C3H8的物质的量分别是x、y，则x+y=3mol，结合热化学方程式可得286x+2220y=2792kJ，解得x=2mol，y=1mol，故n(H2):n(C3H8)=2:1，根据V=n·Vm可知气体的体积比等于气体的物质的量的比，故V(H2):V(C3H8)=2:1；【小问3详解】①根据图示可知第Ⅰ步反应为：NiO·Fe2O3+CH4=NiO+2FeO+CO+2H2，在该反应中C元素化合价由反应前CH4中的-4价变为反应后CO中的+2价，C元素的化合价升高，失去电子被氧化，因此CH4为还原剂；②根据图示可知第Ⅰ步反应消耗NiO·Fe2O3，第Ⅱ步反应产生NiFe2O4，因此NiFe2O4在反应中作催化剂，降低反应活化能，加快反应速率；③第Ⅰ步反应为：NiO·Fe2O3+CH4=NiO+2FeO+CO+2H2，第Ⅱ步反应为：NiO+2FeO+H2O=NiO·Fe2O3+H2，总反应方程式为：H2O+CH4CO+3H2。反应前H元素化合价为H2O中的+1价，反应后H2中H元素的0价，根据反应方程式可知：每反应产生3molH2，反应过程中转移6mol电子，故反应转移2mole-时，理论上可生成1molH2，则生成H2在标况下的体积为22.4L；【小问4详解】温度越低反应速率越慢，总反应速率快慢取决于反应速率慢的基元反应，低温时某反应的速率方程为v=k·c2(NO2)，即说明慢反应要符合该速率方程，与速率方程符合的是机理Ⅱ，分步反应叠加可得到总反应，则该反应的化学方程式可表示为NO2+CO=NO+CO2。17.电化学及其产品与能源、材料、环境和健康等领域紧密联系，被广泛地应用于生产、生活的许多方面。（1）如图为氢氧燃料电池的构造示意图。①氧气从___________(填“a”或“b”)口通入；电池工作时，OH-向___________(填“X”或“Y”)极移动。②某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，则电池工作时负极电极反应式为___________。（2）王航同学用石墨作电极电解Cu(NO3)2溶液。①电解过程中，阳极的电极反应式为___________。②电解一段时间后，溶液蓝色变浅。若要将电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入的物质是 ___________(任填一种)。（3）铅酸蓄电池有电压稳定、安全、价格低廉等优点而广泛应用于生产生活中，其电池反应为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。用铅酸蓄电池电化学降解法处理酸性硝酸盐污水，电化学降解NO的原理如图所示。①A为铅酸蓄电池的___________(填“Pb”或“PbO2”)极。②Ag-Pt电极上的电极反应式为___________。③若电路中转移了2mole-，则铅酸蓄电池的正极增重___________g；质子交换膜两侧电解液的质量变化差(|Δm左|-|Δm右|)为___________g。【答案】（1）①.b②.X③.H2-2e-+O2-=H2O（2）①.②.CuO(CuCO3)（3）①.②.③.64④.14.4【解析】【小问1详解】①燃料电池中，电子由负极流向正极，故X极为负极，Y极为正极，氢氧燃料电池中通入氧气的一极为原电池的正极，故氧气从b口通入；电池工作时，阴离子OH-向负极X极移动；②某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，则电池工作时负极上氢气失电子与氧离子反应生成水，电极反应式为H2-2e-+O2-=H2O；【小问2详解】①Cu(NO3)2溶液中水电离出的氢氧根离子放电能力大于硝酸根离子，阳极上的电极反应式为；②电解一段时间后，溶液蓝色变浅，电解的总反应式为2Cu(NO3)2+2H2O2Cu+4HNO3+O2↑；若要将电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入的物质是CuO(CuCO3)；【小问3详解】 ①电解硝酸根离子生成N2，N原子得电子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极，Pt电极为阳极，阳极连接电源正极，所以A连接PbO2，故答案为:PbO2；②Ag-Pt电极上硝酸根离子得电子生成氮气和水，电极反应式为；故答案为:；③若电解过程中转移电子为2mol，铅蓄电池正极上电极反应式为PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，正极增加的质量为SO2的质量，转移2mol电子，生成1mol硫酸铅，正极增加的质量=1mol64g/mol=64g；若电解过程中转移电子为2mol，结合电极反应和电子守恒得到，解得y=1mol，z=2mol，则c=0.2mol，左边质量减少即为消耗水的质量18g，右边质量减少为生成氮气的质量再减去移动过来的氢离子的质量即得到:0.2mol28g/mol-2mol1g/mol=3.6g，△m左-△m右=18g-3.6g=14.4g，故答案为:64；14.4。18.我国含硫天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义，其反应原理之一为CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。（1）该反应在高温下才可自发进行，则该反应的活化能E正___________E逆(填“>”“<”或“=”)。（2）在恒温恒容条件下的该反应下列条件可作为反应达到平衡判断依据的是___________(填序号)。a、混合气体密度不变b、容器内压强不变c、2v正(H2S)=v逆(CS2)d、CH4与H2的物质的量分数之比保持不变（3）为了研究甲烷对H2S制氢的影响，原料初始组成n(CH4)：n(H2S)=1：2.保持体系压强为100kPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。 ①图中表示CH4变化的曲线是___________。②M点对应温度下，CH4的转化率约为___________(保留3位有效数字)。950℃时，该反应的Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。（4）在体积为1L的恒容容器中，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。在不同的温度下，将1molCO2和3molH2通入反应器中反应相同的时间，测定CH3OH(甲醇)的产率与温度的关系如图所示。①图中X点v正___________v逆(填“>”“<”或“=”)。②该反应是___________(填“吸热”或“放热”)反应。③下列说法正确的是___________。A、图中P点所示条件下，延长反应时间能提高CH3OH的产率B、图中Q点所示条件下，增加H2的浓度可提高H2的转化率C、520K时，反应前后压强之比为4：3【答案】（1）>（2）bd（3）①.d②.33.3%③.104kPa2（4）①.=②.放热③.AC【解析】小问1详解】由反应CH4(g)+2H2S(g)⇌CS2(g)+4H2(g)可知△S＞0，反应在高温下才可自发进行，即△H-T△S＜0，说明△H＞0，该反应的正反应为吸热反应，说明该反应的活化能E正＞E逆，故答案为：＞； 【小问2详解】a、该反应气体质量与体积不变，则密度为定值，则容器内气体的密度不再随时间变化不能说明该反应已达到平衡状态，故a错误；b、该反应前后气体物质的量发生改变，则压强为变值，则容器内气体的总压强不再随时间变化说明该反应已达到平衡状态，故b正确；c、速率方向有正有逆，但反应速率不与对应物质的化学计量系数成正比，故2v正(H2S)=v逆(CS2)可以说明该反应未达到平衡状态，故c错误；d、CH4为反应物，H2为生成物，当物质的量分数之比保持不变，说明已达到平衡，故d正确；故答案：bd；【小问3详解】①由a、b、c、d变化趋势可知，ab曲线为反应物，cd曲线为生成物，原料初始组成n(CH4)；n(H2S)=1：2，可知CH4的物质的量分数小，即d曲线为CH4，故答案为：d；②M点对应温度下，设原料初始组成n(CH4)为1mol，n(H2S)为2mol，△n(CH4)为xmol，由三段式：，M点时H2S和H2的物质的量分数相等，也就是H2S和H2的物质的量相等，即2-2x=4x，可得x=mol，α(CH4)=；950℃时，设原料初始组成n(CH4)为1mol，n(H2S)为2mol，△n(CH4)为amol，由三段式：，950℃时，CH4和CS2的物质的量分数相等，也就是CH4和CS2的物质的量相等，即1-a=a，得a=0.5mol，则 CH4、H2S、CS2、H2物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，总物质的量为(0.5mol+1mol+0.5mol+2mol)=4mol，p( CH4)=×100kPa=12.5kPa，p( H2S)=25kPa，p( CS2)=12.5kPa，p( H2)=50kPa，该反应的Kp=104kPa2，故答案为：33.3%；104kPa2；【小问4详解】 ①．已知随着温度的升高，反应达到平衡时时间会缩短，故最高点左边，反应均未达到平衡，最高点右边曲线表示反应均处于平衡状态，所以X点处已达到平衡状态，即v(正)=v(逆)；②．由上述分析知，该反应为放热反应；③．A．P点所示的条件下，反应还未达到平衡状态，所以延长时间可以提高甲醇的产率，A项正确；B．增加H2的浓度可降低H2的转化率，B项错误；C．520K所对应得反应处于平衡状态，根据题给信息可列出三段式：，容器体积1L，故压强之比为，C项正确；故答案为AC。