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四川省成都市第七中学2022-2023学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市第七中学2022-2023学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度下期高一年级期末考试化学试卷
考试时间：90分钟 满分：100分
可能用到的原子量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Cu-64 Zn-65
第I卷 选择题(共40分)
一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分)
1. 化学与生活、环境密切相关，下列说法不正确的是
A. 提倡采用新技术不断开采煤、石油和天然气，以满足经济发展的需要
B. 为减少白色污染，应对塑料制品回收利用
C. 绿色化学的核心是从源头上减少和消除工业生产对环境的污染
D. 利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境
【答案】A
【解析】
【详解】A．煤、石油和天然气的大量使用会造成环境污染，应发展新型能源作为替代，A错误；
B．白色污染主要为塑料制品造成，所以回收利用塑料制品可以减少白色污染，B正确；
C．绿色化学要求设计反应从源头消除污染，C正确；
D．利用清洁能源替代化石燃料，可以保护环境、节约资源，D正确；
故选A。
2. 有机物可有多种方式表示其组成或结构，下列表示方法不正确的是
A. 甲烷的球棍模型： B. 乙烯的结构式：
C. 乙醇官能团的电子式： D. 乙酸的分子式：C2H4O2
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷为空间正四面体结构，图中球棍模型无误，A不符合题意；
B．乙烯分子中六个原子共平面，且键角均为120°，其结构式为 ，B不符合题意；
C．乙醇的官能团为羟基，氧原子和氢原子共用一对电子，电子式应为： ，C符合题意；
D．乙酸分子中含两个碳原子，分子式为C2H4O2 ，D不符合题意；
故选C。
3. 煤、石油和天然气是重要的化工原料，下列有关说法不正确的是
A. 煤的气化、液化和干馏都属于化学变化
B. 天然气可用于合成氨和生产甲醇等
C. 石油是多种碳氢化合物的混合物，可利用分馏得到乙烯、丙烯等
D. 塑料、合成橡胶和合成纤维主要是以石油、煤和天然气为原料生产的
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要反应是碳与水蒸气反应生成水煤气等，有新物质生成，属于化学变化；煤可以直接液化，即使煤与氢气作用生成液体燃料，也可以间接液化，一般是先气化转化为一氧化碳和氢气，然后在催化剂的作用下合成甲醇等，是化学变化；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，可以获得重要的化工原料如氢气、甲烷、乙烯、一氧化碳、氨、苯、焦炭等，是化学变化，A不符合题意；
B．以天然气为原料，可合成氨、甲醇等产品，B不符合题意；
C．石油分馏只能得到汽油、煤油、柴油等产品，通过裂化和裂解过程可得到乙烯、丙烯等基本化工原料，C符合题意；
D．塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，D不符合题意；
故选C。
4. 自然界为人类提供了多种多样的营养物质，下列有关营养物质的说法正确的是
A. 油脂、糖类、蛋白质都可以发生水解反应
B. 脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点无影响
C. 纤维素、蛋白质、油脂都是高分子化合物
D. 硝酸可以使很多蛋白质变黄，可用于蛋白质的检验
【答案】D
【解析】
【详解】A．油脂、二糖、多糖、蛋白质都可以发生水解反应，单糖不能水解，A错误；
B．形成油脂的脂肪酸的饱和程度,对油脂的熔点有重要的影响，由饱和的脂肪酸生成的甘油脂熔点较高在室温下呈固态如羊油、牛油等动物油脂，由饱和的脂肪酸生成的甘油脂熔点较低在室温下呈液态如花生油、豆油、菜子油、玉米胚芽油等植物油。，B错误；
C．油脂不是高分子化合物，C错误；
D．硝酸可以使很多蛋白质变黄，可用于蛋白质的检验，D正确；
故选D。
5. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 B. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
C. Si具有良好的导电性，可用作光导纤维 D. NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁锈的主要成分是三氧化二铁，属于碱性氧化物，可与硫酸发生反应，A符合题意；
B．SO2可用于纸浆漂白，利用的是其漂白性，B不符合题意；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅不是硅单质，Si因具有良好的导电性可作计算机芯片等，C不符合题意；
D．NH4HCO3作化肥因它含有氮元素，与其受热易分解无关，D不符合题意；
故选A。
6. 下列关于自然界中氮循环的说法错误的是
A. 氮肥的有效成分均为铵盐
B. 雷电作用固氮中氮元素被氧化
C. 人工固氮主要是通过控制条件将氮气转化为氮的化合物
D. 动物排泄物中的氮元素被细菌分解进入大气
【答案】A
【解析】
【详解】A．氮肥可以是铵盐、硝酸盐、尿素等，A符合题意；
B．雷电作用固氮是氮气被氧气氧化为NO,氮元素被氧化，B不符合题意；
C．固氮是将游离态的氮元素转化为化合态，人工固氮主要是通过控制条件将氮气转化为氮的化合物，C不符合题意；
D．动物排泄物中的硝酸盐等可被细菌分解为氮气进入大气，D不符合题意；
故选A。
7. 下列关于乙烯及其相关反应产物的说法正确的是
A. 聚乙烯能使溴水褪色
B. 乙烯与Br2加成可生成CH3CH2Br
C. 乙烯与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应现象及原理相同
D. 可用酸性高锰酸钾溶液区分甲烷和乙烯
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯发生加聚反应得到聚乙烯，聚乙烯中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，A错误；
B．乙烯与Br2加成可生成CH2BrCH2Br，不能生成CH3CH2Br，B错误；
C．乙烯与溴水发生加成反应，反应后溴水橙黄色褪去，乙烯与酸性高锰酸钾溶液因发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液紫红色褪去，反应现象及原理均不同，C错误；
D．甲烷与酸性高锰酸钾溶液不发生反应，乙烯能与酸性高锰酸钾溶液因发生氧化还原反应而使其褪色， D正确；
故选D。
8. 分子式为C5H10的有机物的同分异构体的数目为(不考虑立体异构)
A. 8种 B. 9种 C. 10种 D. 11种
【答案】C
【解析】
【详解】C5H10的不饱和度为1，属于链状单烯烃或环烷烃，同分异构体有：
链状单烯烃：、、、、；
环烷烃：、、、、；共10种，故选C。
9. 某种有机物的分子结构简式如图所示，关于该化合物说法不正确的是
A. 含有两种官能团 B. 与乙酸乙酯互为同系物
C. 可发生水解反应 D. 可发生加聚反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该分子中含有酯基、碳碳双键两种官能团，A正确；
B．该分子中含有碳碳双键，与乙酸乙酯不能互为同系物，B错误；
C．该分子中含有酯基，可以发生水解，C正确；
D．该分子中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，D正确；
故选B。
10. 下列不能用勒夏特列原理解释的事实是
A. 棕红色的NO2(g)加压后颜色先变深后变浅
B. 对H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡体系加压，颜色变深
C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量
【答案】B
【解析】
【详解】A．棕红色的NO2(g)加压后，NO2(g)浓度增大，2NO2(g) N2O4(g)平衡正向移动，颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释，故不选A；
B．对H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡体系加压，平衡不移动，体积缩小，I2(g)浓度增大，颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故选B；
C．黄绿色的氯水，光照次氯酸分解为盐酸和氧气，使Cl2+H2OHCl+HClO平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故不选C；
D．合成氨工业，增大压强，平衡正向移动，提高氨的产量，能用勒夏特列原理解释，故不选D；
选B。
11. 已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g) ΔH=+100 kJ·mol-1的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（ ）
A. 加入催化剂，该反应的反应热ΔH将减小
B. 每形成2 mol A-B键，将吸收b kJ能量
C. 每生成2分子AB吸收(a-b) kJ热量
D. 该反应正反应的活化能大于100 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加入催化剂，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应热，故该反应的反应热ΔH将不变，A错误；
B. 每形成2 mol A-B键，将放出b kJ能量，B错误；
C. 每断裂1 molA-A键和1 molB-B键，同时生成2 molA-B键时，会吸收(a-b) kJ热量，C错误；
D. 该反应正反应是吸热反应，由于该反应的反应热是100 kJ/mol，反应物的活化能比生成物的活化能大，因此正反应的活化能大于100 kJ/mol，D正确；
故合理选项是D。
12. 下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
A. 制取SO2 B. 验证漂白性 C. 收集SO2 D. 尾气处理
【答案】A
【解析】
【详解】A．铜和浓硫酸在加热条件下可发生反应生成SO2气体，题图中的气体发生装置无误，A符合题意；
B．SO2与酸性KMnO4溶液因发生氧化还原反应而使其褪色，验证SO2漂白性应使用品红溶液，B不符合题意；
C．SO2密度比空气大，采用向上排空气法收集，导气管应长进短出，C不符合题意；
D．SO2与饱和NaHSO3溶液不发生反应，饱和NaHSO3溶液不能用于吸收SO2尾气，可换成NaOH溶液，D不符合题意；
故选A。
13. 实验室制取少量乙酸乙酯的实验装置如下图所示。下列关于该反应实验操作及现象的叙述错误的是
A. 向a试管中先加入乙醇，然后缓缓加入浓硫酸，边加边振荡试管，最后加入乙酸
B. 试管a中通常加入过量的乙酸，利于提高乙醇的转化率
C. 导气管的作用为导出并冷凝物质蒸气
D. 饱和Na2CO3溶液的作用为溶解乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸稀释放出大量热，所以将浓硫酸加入乙醇中，乙酸挥发性强，最后加入，A正确；
B．乙酸挥发性强，所以加入较多乙醇提高乙酸转化率，B错误；
C．长导气管可以导气并冷凝蒸汽，C正确；
D．饱和碳酸钠能够与乙酸反应、溶解乙醇，增大溶液的极性，降低乙酸乙酯溶解度，D正确；
故选B。
14. 某小组利用硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，探究反应条件对速率的影响，下列有关说法正确的是
选项
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
①
25
10
0.1
10
0.1
0
②
25
5
0.1
10
0.1
x
③
50
10
0.1
5
0.2
5
④
50
10
0.1
10
01
0
A. 可通过产生浑浊的时间或单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢
B. ①③两组实验可探究硫酸浓度对反应速率的影响
C. 若x=0，②④两组实验可探究温度对反应速率的影响
D. 若x=5，①②两组实验可探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响
【答案】D
【解析】
【分析】硫代硫酸钠与硫酸反应产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体，可以通过产生沉淀的快慢来判断反应速率，注意控制变量。
【详解】A．SO2在水中溶解度受温度、酸度等影响，无法准确通过气体体积判断，A错误；
B．①③两组温度及硫酸浓度均不同，不能探究硫酸浓度对反应速率的影响，B错误；
C．若x=0，则②③两组温度及反应物浓度均不同，不能探究温度对反应速率的影响，C错误；
D．若x=5，则①②两组温度相同，仅硫代硫酸钠浓度不同，可以探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响，D正确；
故选D。
【点睛】此类问题考查影响反应速率的因素，注意实验设计时控制单一变量。
15. 下列实验操作、现象和实验结论均正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的紫色石蕊试纸变红
氯代甲烷溶于水显酸性
B
蔗糖和稀硫酸混合加热，冷却后加入NaOH溶液调至碱性，再加入新制Cu(OH)2，加热，有砖红色沉淀产生
蔗糖已经水解
C
向蛋白质溶液中加入适量CuSO4溶液并充分混合，溶液中有沉淀析出
可用CuSO4溶液分离、提纯蛋白质
D
将铜丝灼烧后插入盛乙醇的试管中，然后滴加酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去
乙醇氧化为乙醛
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气在光照下反应可生成氯代甲烷和氯化氢，氯代甲烷不溶于水，不能使湿润的紫色石蕊试纸变红，使湿润的紫色石蕊试纸变红的气体是氯化氢，A错误；
B．蔗糖的水解产物为葡萄糖和果糖，二者均为还原性糖，能与新制的Cu(OH)2悬浊液加热条件下产生砖红色沉淀，故用新制的Cu(OH)2悬浊液可检验蔗糖是否水解，实验操作、现象和实验结论均正确，B符合题意；
C．CuSO4溶液属于重金属盐溶液，可使蛋白质变性，不能用于蛋白质的分离、提纯，C错误；
D．乙醇和乙醛都具有还原性，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，试管中无论是否生成乙醛，酸性高锰酸钾溶液紫红色都会褪去，不能得出乙醇氧化为乙醛的结论，D错误；
故选B。
16. 下图为铝的生产原理示意图，下列相关说法不正确的是
A. 冰晶石做助熔剂
B. 金属铁、铜的冶炼方法与铝类似
C. 氧化铝属于离子化合物
D. 利用铝的还原性可与Cr2O3冶炼Cr
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰晶石能够降低氧化铝熔点，作助熔剂，A正确；
B．金属铁、铜采用热还原法冶炼，B错误；
C．氧化铝由活泼金属与活泼非金属元素组成，属于离子化合物，C正确；
D．铝的活泼性强于Cr，可以用铝热反应还原制得Cr，D正确；
故选B。
17. 将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)，2min后测得c(D)=0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，以C表示的平均速率v(C)=0.25mol/(L·min)，下列说法正确的是
A. 2min时，A的物质的量为1.5mol B. 2min时，A的转化率为60%
C. 反应速率v(B)=0.25mol/(L·min) D. 该反应方程式中，x=1
【答案】A
【解析】
【分析】由v(C)=0.25mol/(L·min)知，2min内C的浓度变化量Δc(C)= 0.25mol/(L·min) ×2min=0.5mol/L，设A、B初始浓度为a mol/L，结合题中数据，可列出“三段式”：
则2min时，c(A)：c(B)=(a-0.75)：(a-0.25)= 3：5，解得a=1.5
【详解】A．2min时，A的浓度为1.5-0.75=0.75 mol/L，物质的量为1.5mol，A正确；
B．2min时，A的转化率为= 50%，B错误；
C．v(B)= =0.125mol/(L·min)，C错误；
D．由于Δc(C)= Δc(D)，x=2，D错误；
故选A。
18. 铁碳微电池法在弱酸性条件下处理含氮废水技术的研究获得突破性进展，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 工作时H+透过质子交换膜由乙室向甲室移动
B. 碳电极上的电极反应式为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O
C. 处理废水过程中两侧溶液的pH基本不变
D. 处理含NO的废水，若处理6.2 gNO，则有0.5 mol H+透过质子交换膜
【答案】C
【解析】
【分析】在原电池反应中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，根据电极微粒变化及元素化合价判断电极正负极、离子移动方向，并书写相应的电极反应式。
【详解】A．由图可知电池工作时，碳电极是正极，H+会由负极移向正极，即H+由乙室通过质子交换膜向甲室移动，A正确；
B．碳电极正极，在甲室中转化为N2，所以电极反应式为，B正确；
C．当转移10 mol e-时甲室溶液中消耗12 mol H+，但通过质子交换膜的H+只有10 mol，因此，甲室溶液中c(H+)减小，溶液的pH不断增大，C错误；
D．处理含的废水时，根据电子守恒可知关系式为：，透过质子交换膜的H+与转移的电子物质的量相等，所以处理6.2 g(其物质的量是0.1 mol)时，电池中有0.5 mol H+透过质子交换膜，D正确；
故合理选项是C。
19. 科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ中发生氧化反应
B. a和b中转移的数目相等
C. 过程Ⅱ中参与反应
D. 过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移3mol e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；
D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；
答案选D。
20. 在恒压、NO和O2的起始浓度-定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是
A. 反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的△H>0
B. 图中X点所示条件下，换催化剂并不能提高NO的转化率
C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D. 380℃下，c起始(O2)=5.0×10-4mol/L，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中虚线知，温度越高，NO的平衡转化率越小，说明升高温度使平衡逆向移动，则正向为△H<0的放热反应，A错误；
B．由图知，X点的NO的转化率比同温度下的NO的平衡转化率小，说明X点还未达到平衡，换催化剂能延长反应时间，使反应继续正向进行，能提高NO的转化率，B错误；
C．Y点所示条件下，无论反应处于何种状态，增加O2的浓度，都能使反应正向进行，NO的转化率增大，C错误；
D．由于反应方程式中NO和NO2的化学计量数相同，且NO平衡转化率为50%，则平衡时的c(NO)=c(NO2)，，当把O2的初始浓度5.0×10-4mol/L 代入该式时，得K=2000，但平衡时O2的浓度一定小于5.0×10-4mol/L，故平衡常数K>2000，D正确；
故选D。
第II卷 非选择题(共60分)
二、非选择题(本题共5个大题，共60分)
21. 化学品的合理使用，是每一位生产者和消费者的责任。
（1）工业上以铝土矿(主要成分为Al2O3)为原料生产铝，主要过程如下所示：
请写出得到溶液A的离子方程式：___________，电解熔融Al2O3得到Al的化学方程式：___________。
（2）煤是人类使用的主要能源之一，也是重要的化工原料。实验室模拟煤的干馏实验如图所示。
①得到的可燃气体主要有________(写两种即可)，固体主要有_________。
②煤焦油经过分馏可以得到物质(萘)，1mol萘与足量H2反应得到的加成产物的分子式为_______。
（3）生产精细化学品是当代化学工业结构调整的重点之一，而食品添加剂属于精细化学品。请将下列常见食品添加剂按照其功能进行分类(填序号)。
A．谷氨酸钠B．碳酸氢钠C．硫酸钙D．碘酸钾E．苯甲酸钠F．维生素C．G．柠檬黄
①着色剂：___________。
②增味剂：___________。
③膨松剂：___________。
④凝固剂：___________。
⑤防腐剂：___________。
⑥抗氧化剂：___________。
⑦营养强化剂：___________。
【答案】（1） ①. Al2O3+2OH-=2+H2O ②. 2Al2O3(熔融)4A1+3O2↑
（2） ①. CO、H2、CH4、乙烯(任写两种即可) ②. 焦炭 ③. C10H18
（3） ①. G ②. A ③. B ④. C ⑤. E ⑥. F ⑦. D(写D、F也可，必须包含D)
【解析】
【分析】根据流程图知，以铝土矿为原料生产铝，是先利用浓氢氧化钠溶液和铝土矿中的Al2O3反应得到溶液A，A为溶液，再向溶液中通过量的CO2使铝元素转化为Al(OH)3沉淀而从溶液体系中分离出来，之后将其脱水得到Al2O3，最后电解熔融态的Al2O3即可制得铝。
【小问1详解】
Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH反应生成和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2+H2O ；由于Al2O3的熔点较高，需加入冰晶石作助熔剂，其电解方程式为：2Al2O3(熔融)4A1+3O2↑ ；
【小问2详解】
煤的干馏是对煤隔绝空气加强热，过程中可得到CO、H2、CH4、乙烯等可燃气体和焦炭；煤焦油经过分馏可得到萘，它是由两个苯环共用两个碳原子稠合而成，萘与足量H2反应得到的加成产物结构为：，分子式为C10H18 ；
【小问3详解】
柠檬黄能为食品添加颜色，属于着色剂，故①处选G；谷氨酸钠是味精的主要成分，能增添鲜味，属于增味剂，故②处选A；碳酸氢钠能分解产生二氧化碳，从而使食品蓬松，属于膨松剂，故③处选B；硫酸钙是石膏的主要成分，能起到凝固的作用，属于凝固剂，故④处选C；苯甲酸钠具有防腐的功能，属于防腐剂，故⑤处选E；维生素C具有还原性，可作抗氧化剂，故⑥处选F；碘酸钾用于强化碘元素，预防碘缺乏症，属于营养强化剂，维生素C本身是一种营养素，也属于可添加的营养强化剂，故⑦处选D(写D、F也可，必须包含D)。
22. 苯乙烯在一定条件下有如图转化关系，根据框图回答下列问题：
（1）苯乙烯中最多有___________个原子共面，其与足量氢气在一定条件下充分反应生成的物质 的一氯代物有___________种(不考虑立体异构)。
（2）物质B的官能团名称是___________，A→B的反应类型为___________反应，A+C→D的化学方程式为：___________。
（3）生成高聚物E的化学方程式为：___________。
（4）物质C与甲醇的酯化产物分子式为___________。该酯化产物的同分异构体中，满足以下情况的共有___________种(不考虑立体异构)。
①含苯环；②能与NaHCO3溶液反应生成CO2。
（5）苯乙烯可在一定条件下转化为物质F(如图所示)。
①物质F可在浓硫酸和加热条件下生成含三个六元环的酯类物质H，请写出H的结构简式：___________。
②物质F可在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物，请写出该反应的化学方程式：___________。
【答案】（1） ①. 16 ②. 6
（2） ①. 醛基 ②. 氧化 ③. + +H2O
（3）n
（4） ①. C9H10O2 ②. 14；
（5） ①. ②. n (n-1)H2O+
【解析】
【分析】由流程信息知，苯乙烯可在催化剂作用下生成高聚物E，则E为聚苯乙烯；苯乙烯还能和水在催化剂条件下发生加成反应生成A，A为苯乙醇，苯乙醇发生催化氧化反应生成B，B为苯乙醛，则C为苯乙酸，而苯乙醇和苯乙酸在浓硫酸、加热条件下可发生酯化反应生成D，D为苯乙酸苯乙酯。
【小问1详解】
苯乙烯结构中苯环和乙烯基以单键相连，由于单键可以旋转，苯平面和烯平面可以共处一面，此时共面的原子最多，有16个； 结构中共含有六种不同化学环境的氢原子： ，故其一氯代物有6种；
【小问2详解】
A为苯乙醇，B为苯乙醛，C为苯乙酸， A→B发生醇的催化氧化反应，属于氧化反应，苯乙醇和苯乙酸在浓硫酸、加热条件下可发生酯化反应生成苯乙酸苯乙酯，化学方程式为： +H2O + ；
【小问3详解】
苯乙烯含碳碳双键，可以发生加聚反应生成聚苯乙烯，化学方程式为：n ；
【小问4详解】
苯乙酸和甲醇发生酯化反应生成的酯是苯乙酸甲酯，其结构简式为：，分子式为C9H10O2，它的同分异构体中，同时含有苯环和羧基的共14种：
；
【小问5详解】
F结构中含有一个羟基和一个羧基，可以两分子发生酯化形成分子中含三个六元环的酯类物质： ，也可以一定条件下发生缩聚反应，方程式为：
n +(n-1)H2O 。
23. 海洋是巨大的资源宝库，可以制取多种物质。
I．海水提溴
（1）吹出塔中采用气-液逆流的方式(液体从塔顶喷淋，气体从塔底进入)，其目的是_______。
（2）请写出吸收塔中反应的离子方程式___________。
II．海带提碘(海带中碘元素以I-形式存在)
（3）“氧化”过程涉及到的离子方程式是_________，请设计一种检验所得溶液含I2的方法：___________。
（4）加入浓NaOH溶液充分振荡，发生的歧化反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为________；向分离得到的含I-和的水溶液中加入45%硫酸，发生归中反应的离子方程式为________。
（5）图1是制取碘单质的原电池装置，图2是利用碘研制的新型的锌-碘溴液流电池(图中贮液器可储存电解质溶液，增加电池容量)。
图1中，MnO2极发生的电极反应式为_______；图2中，放电时，a电极反应式为________，b电极质量减少6.5g时，a电极室增加________mol离子(不考虑电极室与贮液器的溶液交换)。
【答案】（1）增大气体和液体的接触面积，使反应更充分
（2）SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+
（3） ①. H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2 ②. 取样于试管，滴加几滴淀粉溶液，若变蓝色则含I2
（4） ①. 5：1 ②. 5I-++6H+=3H2O+I2↓
（5） ①. MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O ②. I2Br+2e-=2I-+Br-(或I2+2e-=2I-) ③. 0.3
【解析】
【分析】海带中富含碘元素，通过灼烧除去有机质、溶解过滤除去不溶灰分，氧化、萃取、反萃取等过程富集提高碘元素含量。
【小问1详解】
采用对流的方式，气体与液体的接触面积更大，反应更为充分；
【小问2详解】
吸收塔中SO2将Br2还原，方程为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+
【小问3详解】
①氧化过程中H2O2将I-氧化为I2，方程为：H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2
②淀粉与碘单质反应产生蓝色，所以可以用淀粉溶液检验碘单质的存在；
【小问4详解】
①发生歧化，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:1；
②归中反应，方程为：5I-++6H+=3H2O+I2↓
【小问5详解】
①MnO2为正极被还原，反应为：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
②由图可知，a极放电时得电子被还原，反应为：I2Br+2e-=2I-+Br-
③b极质量减少6.5g则电路中通过0.2mol电子，a极室增加离子为0.3mol。
【点睛】在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定向移动形成电流，电流方向与电子运动方向相反，电解质溶液中的阳离子向正极、阴离子向负极定向移动。
相同时间段内各电极上通过的电子数相同，这是计算的基础。
24. 亚硝酸钠(NaNO2)是一种白色固体，在生活中应用广泛：少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长等。某学习小组查阅资料得知：2NO+Na2O2=2NaNO2，该小组利用下列装置进行了干燥NaNO2的制备(夹持及加热装置略去)及相关实验探究。
已知：①NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性KMnO4溶液可将NO2氧化为。
回答下列问题：
I．NaNO2的制备：
（1）盛放浓硝酸的仪器名称为________，仪器按气流方向连接顺序为b→g→h→________(装置可重复使用)。
（2）反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气，其目的是___________，反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，其目的是___________。
（3）盛水的洗气瓶的作用是___________；为了提高产率，可在该洗气瓶中加入铜片，请用化学方程式解释加入铜片的作用___________。
II．HNO3的制备及浓度测定：
（4）另一小组将制备NaNO2后多余的NO与足量空气一并通入水中制得HNO3，发生反应的化学方程式为___________。
（5）取50mL该HNO3溶液与铜反应，恰好消耗9.6g铜并产生4.48L(已换算成标准状况)NO和NO2混合气体(不考虑NO2与N2O4的相互转化)，则c(HNO3)=___________mol/L。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. e→f→c→d→e→f→i或e→f→d→c→e→f→i
（2） ①. 排除装置内空气，防止NO、Na2O2与空气中的成分反应 ②. 将残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气
（3） ①. 吸收挥发的HNO3、将NO2转化为NO ②. 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（4）4NO+3O2+2H2O=4HNO3
（5）10
【解析】
【分析】铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，用水把二氧化氮转化为NO，用浓硫酸干燥NO，干燥的NO和过氧化钠反应生成NaNO2，气体再次通过盛有浓硫酸的洗气瓶防止后面装置中的水蒸气进入盛有过氧化钠的玻璃管，最后用酸性高锰酸钾吸收剩余NO，防止污染。
【小问1详解】
根据装置图，盛放浓硝酸的仪器名称为分液漏斗；铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，用水把二氧化氮转化为NO，用浓硫酸干燥NO，NO和过氧化钠反应生成NaNO2，气体再次通过盛有浓硫酸的洗气瓶防止后面装置中的水蒸气进入盛有过氧化钠的玻璃管，最后用酸性高锰酸钾吸收剩余NO，仪器按气流方向连接顺序为b→g→h→e→f→c→d→e→f→i。
【小问2详解】
为排除装置内空气，防止NO、Na2O2与空气中的成分反应，所以反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气；NO有毒，反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，其目的是将残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气。
【小问3详解】
铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，盛水的洗气瓶的作用是用水把二氧化氮转化为NO，吸收挥发的HNO3；二氧化氮和水反应生成吸收和NO，稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、NO、水，该洗气瓶中加入铜片，作用是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
【小问4详解】
NO、氧气、水反应生成HNO3，发生反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3。
【小问5详解】
根据铜元素守恒，反应生成硝酸铜的物质的量为、反应生成NO和NO2混合气体的总物质的量为 ，根据N守恒，参加反应的硝酸的物质的量为0.15mol×2+0.2mol=0.5mol，则c(HNO3)=。
25. 对SO2、NOx、CO2和CO进行回收利用是节能减排的重要课题。
（1）已知：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) △H=-196.6kJ/mol
2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H=-113.0kJ/mol
①求反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)的△H=___________kJ/mol。
②某温度下，向恒容密闭容器中充入NO2、SO2发生反应：NO(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)。下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
a．混合气体的密度保持不变 b．SO2的物质的量保持不变
c．容器内混合气体原子总数不变 d．每生成1molSO3的同时消耗1molNO
（2）工业上可用CO2与H2来生产甲醇。在2L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间变化如图所示：
①从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v(CO2)=___________。
②下列措施不能使CO2的平衡转化率增大的是___________(选填编号)。
A．在原容器中再充入1molCO2 B．在原容器中再充入1molH2
C．在原容器中再充入1mol氦气 D．使用更有效的催化剂
E．缩小容器的容积 F．将水蒸气从体系中分离
（3）工业_上也可用CO生产甲醇。在一容积可变的密闭容器中充入10molCO与20molH2，容器体积为2L，在催化剂作用下发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。CO的平衡转化率(a)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。
①压强为p1___________p2(填“>”、“<”或“=”)。
②在T1、p1条件下，反应的平衡常数K=___________(mol/L)-2。该反应在A、B、C三点条件下的平衡常数KA、KB和KC的大小关系为：___________。
（4）煤化工通常研究不同条件下CO的转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下发生反应：CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)中CO的平衡转化率随投料比及温度变化关系如图所示：
①该反应是___________反应(填“吸热”或“放热”)；
②在以铁镁为催化剂的工业中，一般控制温度为400°C左右、投料比2)=3~5，采用此条件的原因可能是___________。
【答案】（1） ①. -41.8 ②. bd
（2） ①. 0.0375mol/(L·min) ②. ACD
（3） ①. < ②. 0.04 ③. KA=KB>KC
（4） ①. 放热 ②. 催化剂的最适活性温度在400C左右；投料比太低，CO的平衡转化率不高，投料比太高，成本太大，而CO的平衡转化率提高不多
【解析】
【小问1详解】
（1）2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) △H=-196.6kJ/mol
（2）2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H=-113.0kJ/mol
根据盖斯定律反应NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g) 可以有（1）和（2）整理得到，，△H=；NO(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)达到平衡满足正逆反应速率相等，变量不变即证明反应达到平衡状态，密度是定值，不符合变量不变；SO2的物质的量是变量，变量不变即达到平衡状态；根据化学反应原子守恒反应前后原子总数不变，原子总数是定值，原子总数不变不能说明达到平衡状态；每生成1molSO3的同时消耗1molNO符合正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态的是bd；
【小问2详解】
CO2的起始量为1.00mol，平衡时为0.25mol，体积是2L，浓度该变量是0.375mol/L，平衡时间是10分钟，反应速率是0.0375mol/(L·min)；CO2与H2发生反应是：CO2+3H2=CH3OH+H2O，再充入1molCO2会使H2转化率升高；二氧化碳转化率降低，充入H2可以是二氧化碳转化率升高，H2转化率降低；恒容充入He气，反应物浓度不变，平衡不移动，转化率不变；使用催化剂平衡不移动转化率不变；缩小体积增大压强，平衡向正向移动，CO2转化率增大；将水蒸气分离出来是减少生成物平衡正向移动，转化率增大，不能使二氧化碳转化率增大的是ACD；
【小问3详解】
反应是CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)气体体积缩小的反应，在同一温度下压强越大，平衡正向移动，CO转化率越大，T1时p2曲线对应的CO转化率大，因此p1
K=；K只与温度有关，A、B对应的温度相同，K值相同，C点温度高，CO转化率比B点小，平衡逆向移动了，K值变小，因此KA=KB>KC；
【小问4详解】
2022-2023学年度下期高一年级期末考试化学试卷
考试时间：90分钟 满分：100分
可能用到的原子量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Cu-64 Zn-65
第I卷 选择题(共40分)
一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分)
1. 化学与生活、环境密切相关，下列说法不正确的是
A. 提倡采用新技术不断开采煤、石油和天然气，以满足经济发展的需要
B. 为减少白色污染，应对塑料制品回收利用
C. 绿色化学的核心是从源头上减少和消除工业生产对环境的污染
D. 利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境
【答案】A
【解析】
【详解】A．煤、石油和天然气的大量使用会造成环境污染，应发展新型能源作为替代，A错误；
B．白色污染主要为塑料制品造成，所以回收利用塑料制品可以减少白色污染，B正确；
C．绿色化学要求设计反应从源头消除污染，C正确；
D．利用清洁能源替代化石燃料，可以保护环境、节约资源，D正确；
故选A。
2. 有机物可有多种方式表示其组成或结构，下列表示方法不正确的是
A. 甲烷的球棍模型： B. 乙烯的结构式：
C. 乙醇官能团的电子式： D. 乙酸的分子式：C2H4O2
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷为空间正四面体结构，图中球棍模型无误，A不符合题意；
B．乙烯分子中六个原子共平面，且键角均为120°，其结构式为 ，B不符合题意；
C．乙醇的官能团为羟基，氧原子和氢原子共用一对电子，电子式应为： ，C符合题意；
D．乙酸分子中含两个碳原子，分子式为C2H4O2 ，D不符合题意；
故选C。
3. 煤、石油和天然气是重要的化工原料，下列有关说法不正确的是
A. 煤的气化、液化和干馏都属于化学变化
B. 天然气可用于合成氨和生产甲醇等
C. 石油是多种碳氢化合物的混合物，可利用分馏得到乙烯、丙烯等
D. 塑料、合成橡胶和合成纤维主要是以石油、煤和天然气为原料生产的
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要反应是碳与水蒸气反应生成水煤气等，有新物质生成，属于化学变化；煤可以直接液化，即使煤与氢气作用生成液体燃料，也可以间接液化，一般是先气化转化为一氧化碳和氢气，然后在催化剂的作用下合成甲醇等，是化学变化；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，可以获得重要的化工原料如氢气、甲烷、乙烯、一氧化碳、氨、苯、焦炭等，是化学变化，A不符合题意；
B．以天然气为原料，可合成氨、甲醇等产品，B不符合题意；
C．石油分馏只能得到汽油、煤油、柴油等产品，通过裂化和裂解过程可得到乙烯、丙烯等基本化工原料，C符合题意；
D．塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，D不符合题意；
故选C。
4. 自然界为人类提供了多种多样的营养物质，下列有关营养物质的说法正确的是
A. 油脂、糖类、蛋白质都可以发生水解反应
B. 脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点无影响
C. 纤维素、蛋白质、油脂都是高分子化合物
D. 硝酸可以使很多蛋白质变黄，可用于蛋白质的检验
【答案】D
【解析】
【详解】A．油脂、二糖、多糖、蛋白质都可以发生水解反应，单糖不能水解，A错误；
B．形成油脂的脂肪酸的饱和程度,对油脂的熔点有重要的影响，由饱和的脂肪酸生成的甘油脂熔点较高在室温下呈固态如羊油、牛油等动物油脂，由饱和的脂肪酸生成的甘油脂熔点较低在室温下呈液态如花生油、豆油、菜子油、玉米胚芽油等植物油。，B错误；
C．油脂不是高分子化合物，C错误；
D．硝酸可以使很多蛋白质变黄，可用于蛋白质的检验，D正确；
故选D。
5. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 B. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
C. Si具有良好的导电性，可用作光导纤维 D. NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁锈的主要成分是三氧化二铁，属于碱性氧化物，可与硫酸发生反应，A符合题意；
B．SO2可用于纸浆漂白，利用的是其漂白性，B不符合题意；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅不是硅单质，Si因具有良好的导电性可作计算机芯片等，C不符合题意；
D．NH4HCO3作化肥因它含有氮元素，与其受热易分解无关，D不符合题意；
故选A。
6. 下列关于自然界中氮循环的说法错误的是
A. 氮肥的有效成分均为铵盐
B. 雷电作用固氮中氮元素被氧化
C. 人工固氮主要是通过控制条件将氮气转化为氮的化合物
D. 动物排泄物中的氮元素被细菌分解进入大气
【答案】A
【解析】
【详解】A．氮肥可以是铵盐、硝酸盐、尿素等，A符合题意；
B．雷电作用固氮是氮气被氧气氧化为NO,氮元素被氧化，B不符合题意；
C．固氮是将游离态的氮元素转化为化合态，人工固氮主要是通过控制条件将氮气转化为氮的化合物，C不符合题意；
D．动物排泄物中的硝酸盐等可被细菌分解为氮气进入大气，D不符合题意；
故选A。
7. 下列关于乙烯及其相关反应产物的说法正确的是
A. 聚乙烯能使溴水褪色
B. 乙烯与Br2加成可生成CH3CH2Br
C. 乙烯与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应现象及原理相同
D. 可用酸性高锰酸钾溶液区分甲烷和乙烯
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯发生加聚反应得到聚乙烯，聚乙烯中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，A错误；
B．乙烯与Br2加成可生成CH2BrCH2Br，不能生成CH3CH2Br，B错误；
C．乙烯与溴水发生加成反应，反应后溴水橙黄色褪去，乙烯与酸性高锰酸钾溶液因发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液紫红色褪去，反应现象及原理均不同，C错误；
D．甲烷与酸性高锰酸钾溶液不发生反应，乙烯能与酸性高锰酸钾溶液因发生氧化还原反应而使其褪色， D正确；
故选D。
8. 分子式为C5H10的有机物的同分异构体的数目为(不考虑立体异构)
A. 8种 B. 9种 C. 10种 D. 11种
【答案】C
【解析】
【详解】C5H10的不饱和度为1，属于链状单烯烃或环烷烃，同分异构体有：
链状单烯烃：、、、、；
环烷烃：、、、、；共10种，故选C。
9. 某种有机物的分子结构简式如图所示，关于该化合物说法不正确的是
A. 含有两种官能团 B. 与乙酸乙酯互为同系物
C. 可发生水解反应 D. 可发生加聚反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该分子中含有酯基、碳碳双键两种官能团，A正确；
B．该分子中含有碳碳双键，与乙酸乙酯不能互为同系物，B错误；
C．该分子中含有酯基，可以发生水解，C正确；
D．该分子中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，D正确；
故选B。
10. 下列不能用勒夏特列原理解释的事实是
A. 棕红色的NO2(g)加压后颜色先变深后变浅
B. 对H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡体系加压，颜色变深
C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量
【答案】B
【解析】
【详解】A．棕红色的NO2(g)加压后，NO2(g)浓度增大，2NO2(g) N2O4(g)平衡正向移动，颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释，故不选A；
B．对H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡体系加压，平衡不移动，体积缩小，I2(g)浓度增大，颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故选B；
C．黄绿色的氯水，光照次氯酸分解为盐酸和氧气，使Cl2+H2OHCl+HClO平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故不选C；
D．合成氨工业，增大压强，平衡正向移动，提高氨的产量，能用勒夏特列原理解释，故不选D；
选B。
11. 已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g) ΔH=+100 kJ·mol-1的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（ ）
A. 加入催化剂，该反应的反应热ΔH将减小
B. 每形成2 mol A-B键，将吸收b kJ能量
C. 每生成2分子AB吸收(a-b) kJ热量
D. 该反应正反应的活化能大于100 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加入催化剂，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应热，故该反应的反应热ΔH将不变，A错误；
B. 每形成2 mol A-B键，将放出b kJ能量，B错误；
C. 每断裂1 molA-A键和1 molB-B键，同时生成2 molA-B键时，会吸收(a-b) kJ热量，C错误；
D. 该反应正反应是吸热反应，由于该反应的反应热是100 kJ/mol，反应物的活化能比生成物的活化能大，因此正反应的活化能大于100 kJ/mol，D正确；
故合理选项是D。
12. 下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
A. 制取SO2 B. 验证漂白性 C. 收集SO2 D. 尾气处理
【答案】A
【解析】
【详解】A．铜和浓硫酸在加热条件下可发生反应生成SO2气体，题图中的气体发生装置无误，A符合题意；
B．SO2与酸性KMnO4溶液因发生氧化还原反应而使其褪色，验证SO2漂白性应使用品红溶液，B不符合题意；
C．SO2密度比空气大，采用向上排空气法收集，导气管应长进短出，C不符合题意；
D．SO2与饱和NaHSO3溶液不发生反应，饱和NaHSO3溶液不能用于吸收SO2尾气，可换成NaOH溶液，D不符合题意；
故选A。
13. 实验室制取少量乙酸乙酯的实验装置如下图所示。下列关于该反应实验操作及现象的叙述错误的是
A. 向a试管中先加入乙醇，然后缓缓加入浓硫酸，边加边振荡试管，最后加入乙酸
B. 试管a中通常加入过量的乙酸，利于提高乙醇的转化率
C. 导气管的作用为导出并冷凝物质蒸气
D. 饱和Na2CO3溶液的作用为溶解乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸稀释放出大量热，所以将浓硫酸加入乙醇中，乙酸挥发性强，最后加入，A正确；
B．乙酸挥发性强，所以加入较多乙醇提高乙酸转化率，B错误；
C．长导气管可以导气并冷凝蒸汽，C正确；
D．饱和碳酸钠能够与乙酸反应、溶解乙醇，增大溶液的极性，降低乙酸乙酯溶解度，D正确；
故选B。
14. 某小组利用硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，探究反应条件对速率的影响，下列有关说法正确的是
选项
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
①
25
10
0.1
10
0.1
0
②
25
5
0.1
10
0.1
x
③
50
10
0.1
5
0.2
5
④
50
10
0.1
10
01
0
A. 可通过产生浑浊的时间或单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢
B. ①③两组实验可探究硫酸浓度对反应速率的影响
C. 若x=0，②④两组实验可探究温度对反应速率的影响
D. 若x=5，①②两组实验可探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响
【答案】D
【解析】
【分析】硫代硫酸钠与硫酸反应产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体，可以通过产生沉淀的快慢来判断反应速率，注意控制变量。
【详解】A．SO2在水中溶解度受温度、酸度等影响，无法准确通过气体体积判断，A错误；
B．①③两组温度及硫酸浓度均不同，不能探究硫酸浓度对反应速率的影响，B错误；
C．若x=0，则②③两组温度及反应物浓度均不同，不能探究温度对反应速率的影响，C错误；
D．若x=5，则①②两组温度相同，仅硫代硫酸钠浓度不同，可以探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响，D正确；
故选D。
【点睛】此类问题考查影响反应速率的因素，注意实验设计时控制单一变量。
15. 下列实验操作、现象和实验结论均正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的紫色石蕊试纸变红
氯代甲烷溶于水显酸性
B
蔗糖和稀硫酸混合加热，冷却后加入NaOH溶液调至碱性，再加入新制Cu(OH)2，加热，有砖红色沉淀产生
蔗糖已经水解
C
向蛋白质溶液中加入适量CuSO4溶液并充分混合，溶液中有沉淀析出
可用CuSO4溶液分离、提纯蛋白质
D
将铜丝灼烧后插入盛乙醇的试管中，然后滴加酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去
乙醇氧化为乙醛
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气在光照下反应可生成氯代甲烷和氯化氢，氯代甲烷不溶于水，不能使湿润的紫色石蕊试纸变红，使湿润的紫色石蕊试纸变红的气体是氯化氢，A错误；
B．蔗糖的水解产物为葡萄糖和果糖，二者均为还原性糖，能与新制的Cu(OH)2悬浊液加热条件下产生砖红色沉淀，故用新制的Cu(OH)2悬浊液可检验蔗糖是否水解，实验操作、现象和实验结论均正确，B符合题意；
C．CuSO4溶液属于重金属盐溶液，可使蛋白质变性，不能用于蛋白质的分离、提纯，C错误；
D．乙醇和乙醛都具有还原性，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，试管中无论是否生成乙醛，酸性高锰酸钾溶液紫红色都会褪去，不能得出乙醇氧化为乙醛的结论，D错误；
故选B。
16. 下图为铝的生产原理示意图，下列相关说法不正确的是
A. 冰晶石做助熔剂
B. 金属铁、铜的冶炼方法与铝类似
C. 氧化铝属于离子化合物
D. 利用铝的还原性可与Cr2O3冶炼Cr
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰晶石能够降低氧化铝熔点，作助熔剂，A正确；
B．金属铁、铜采用热还原法冶炼，B错误；
C．氧化铝由活泼金属与活泼非金属元素组成，属于离子化合物，C正确；
D．铝的活泼性强于Cr，可以用铝热反应还原制得Cr，D正确；
故选B。
17. 将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)，2min后测得c(D)=0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，以C表示的平均速率v(C)=0.25mol/(L·min)，下列说法正确的是
A. 2min时，A的物质的量为1.5mol B. 2min时，A的转化率为60%
C. 反应速率v(B)=0.25mol/(L·min) D. 该反应方程式中，x=1
【答案】A
【解析】
【分析】由v(C)=0.25mol/(L·min)知，2min内C的浓度变化量Δc(C)= 0.25mol/(L·min) ×2min=0.5mol/L，设A、B初始浓度为a mol/L，结合题中数据，可列出“三段式”：
则2min时，c(A)：c(B)=(a-0.75)：(a-0.25)= 3：5，解得a=1.5
【详解】A．2min时，A的浓度为1.5-0.75=0.75 mol/L，物质的量为1.5mol，A正确；
B．2min时，A的转化率为= 50%，B错误；
C．v(B)= =0.125mol/(L·min)，C错误；
D．由于Δc(C)= Δc(D)，x=2，D错误；
故选A。
18. 铁碳微电池法在弱酸性条件下处理含氮废水技术的研究获得突破性进展，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 工作时H+透过质子交换膜由乙室向甲室移动
B. 碳电极上的电极反应式为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O
C. 处理废水过程中两侧溶液的pH基本不变
D. 处理含NO的废水，若处理6.2 gNO，则有0.5 mol H+透过质子交换膜
【答案】C
【解析】
【分析】在原电池反应中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，根据电极微粒变化及元素化合价判断电极正负极、离子移动方向，并书写相应的电极反应式。
【详解】A．由图可知电池工作时，碳电极是正极，H+会由负极移向正极，即H+由乙室通过质子交换膜向甲室移动，A正确；
B．碳电极正极，在甲室中转化为N2，所以电极反应式为，B正确；
C．当转移10 mol e-时甲室溶液中消耗12 mol H+，但通过质子交换膜的H+只有10 mol，因此，甲室溶液中c(H+)减小，溶液的pH不断增大，C错误；
D．处理含的废水时，根据电子守恒可知关系式为：，透过质子交换膜的H+与转移的电子物质的量相等，所以处理6.2 g(其物质的量是0.1 mol)时，电池中有0.5 mol H+透过质子交换膜，D正确；
故合理选项是C。
19. 科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ中发生氧化反应
B. a和b中转移的数目相等
C. 过程Ⅱ中参与反应
D. 过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移3mol e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；
D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；
答案选D。
20. 在恒压、NO和O2的起始浓度-定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是
A. 反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的△H>0
B. 图中X点所示条件下，换催化剂并不能提高NO的转化率
C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D. 380℃下，c起始(O2)=5.0×10-4mol/L，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图中虚线知，温度越高，NO的平衡转化率越小，说明升高温度使平衡逆向移动，则正向为△H<0的放热反应，A错误；
B．由图知，X点的NO的转化率比同温度下的NO的平衡转化率小，说明X点还未达到平衡，换催化剂能延长反应时间，使反应继续正向进行，能提高NO的转化率，B错误；
C．Y点所示条件下，无论反应处于何种状态，增加O2的浓度，都能使反应正向进行，NO的转化率增大，C错误；
D．由于反应方程式中NO和NO2的化学计量数相同，且NO平衡转化率为50%，则平衡时的c(NO)=c(NO2)，，当把O2的初始浓度5.0×10-4mol/L 代入该式时，得K=2000，但平衡时O2的浓度一定小于5.0×10-4mol/L，故平衡常数K>2000，D正确；
故选D。
第II卷 非选择题(共60分)
二、非选择题(本题共5个大题，共60分)
21. 化学品的合理使用，是每一位生产者和消费者的责任。
（1）工业上以铝土矿(主要成分为Al2O3)为原料生产铝，主要过程如下所示：
请写出得到溶液A的离子方程式：___________，电解熔融Al2O3得到Al的化学方程式：___________。
（2）煤是人类使用的主要能源之一，也是重要的化工原料。实验室模拟煤的干馏实验如图所示。
①得到的可燃气体主要有________(写两种即可)，固体主要有_________。
②煤焦油经过分馏可以得到物质(萘)，1mol萘与足量H2反应得到的加成产物的分子式为_______。
（3）生产精细化学品是当代化学工业结构调整的重点之一，而食品添加剂属于精细化学品。请将下列常见食品添加剂按照其功能进行分类(填序号)。
A．谷氨酸钠B．碳酸氢钠C．硫酸钙D．碘酸钾E．苯甲酸钠F．维生素C．G．柠檬黄
①着色剂：___________。
②增味剂：___________。
③膨松剂：___________。
④凝固剂：___________。
⑤防腐剂：___________。
⑥抗氧化剂：___________。
⑦营养强化剂：___________。
【答案】（1） ①. Al2O3+2OH-=2+H2O ②. 2Al2O3(熔融)4A1+3O2↑
（2） ①. CO、H2、CH4、乙烯(任写两种即可) ②. 焦炭 ③. C10H18
（3） ①. G ②. A ③. B ④. C ⑤. E ⑥. F ⑦. D(写D、F也可，必须包含D)
【解析】
【分析】根据流程图知，以铝土矿为原料生产铝，是先利用浓氢氧化钠溶液和铝土矿中的Al2O3反应得到溶液A，A为溶液，再向溶液中通过量的CO2使铝元素转化为Al(OH)3沉淀而从溶液体系中分离出来，之后将其脱水得到Al2O3，最后电解熔融态的Al2O3即可制得铝。
【小问1详解】
Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH反应生成和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2+H2O ；由于Al2O3的熔点较高，需加入冰晶石作助熔剂，其电解方程式为：2Al2O3(熔融)4A1+3O2↑ ；
【小问2详解】
煤的干馏是对煤隔绝空气加强热，过程中可得到CO、H2、CH4、乙烯等可燃气体和焦炭；煤焦油经过分馏可得到萘，它是由两个苯环共用两个碳原子稠合而成，萘与足量H2反应得到的加成产物结构为：，分子式为C10H18 ；
【小问3详解】
柠檬黄能为食品添加颜色，属于着色剂，故①处选G；谷氨酸钠是味精的主要成分，能增添鲜味，属于增味剂，故②处选A；碳酸氢钠能分解产生二氧化碳，从而使食品蓬松，属于膨松剂，故③处选B；硫酸钙是石膏的主要成分，能起到凝固的作用，属于凝固剂，故④处选C；苯甲酸钠具有防腐的功能，属于防腐剂，故⑤处选E；维生素C具有还原性，可作抗氧化剂，故⑥处选F；碘酸钾用于强化碘元素，预防碘缺乏症，属于营养强化剂，维生素C本身是一种营养素，也属于可添加的营养强化剂，故⑦处选D(写D、F也可，必须包含D)。
22. 苯乙烯在一定条件下有如图转化关系，根据框图回答下列问题：
（1）苯乙烯中最多有___________个原子共面，其与足量氢气在一定条件下充分反应生成的物质 的一氯代物有___________种(不考虑立体异构)。
（2）物质B的官能团名称是___________，A→B的反应类型为___________反应，A+C→D的化学方程式为：___________。
（3）生成高聚物E的化学方程式为：___________。
（4）物质C与甲醇的酯化产物分子式为___________。该酯化产物的同分异构体中，满足以下情况的共有___________种(不考虑立体异构)。
①含苯环；②能与NaHCO3溶液反应生成CO2。
（5）苯乙烯可在一定条件下转化为物质F(如图所示)。
①物质F可在浓硫酸和加热条件下生成含三个六元环的酯类物质H，请写出H的结构简式：___________。
②物质F可在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物，请写出该反应的化学方程式：___________。
【答案】（1） ①. 16 ②. 6
（2） ①. 醛基 ②. 氧化 ③. + +H2O
（3）n
（4） ①. C9H10O2 ②. 14；
（5） ①. ②. n (n-1)H2O+
【解析】
【分析】由流程信息知，苯乙烯可在催化剂作用下生成高聚物E，则E为聚苯乙烯；苯乙烯还能和水在催化剂条件下发生加成反应生成A，A为苯乙醇，苯乙醇发生催化氧化反应生成B，B为苯乙醛，则C为苯乙酸，而苯乙醇和苯乙酸在浓硫酸、加热条件下可发生酯化反应生成D，D为苯乙酸苯乙酯。
【小问1详解】
苯乙烯结构中苯环和乙烯基以单键相连，由于单键可以旋转，苯平面和烯平面可以共处一面，此时共面的原子最多，有16个； 结构中共含有六种不同化学环境的氢原子： ，故其一氯代物有6种；
【小问2详解】
A为苯乙醇，B为苯乙醛，C为苯乙酸， A→B发生醇的催化氧化反应，属于氧化反应，苯乙醇和苯乙酸在浓硫酸、加热条件下可发生酯化反应生成苯乙酸苯乙酯，化学方程式为： +H2O + ；
【小问3详解】
苯乙烯含碳碳双键，可以发生加聚反应生成聚苯乙烯，化学方程式为：n ；
【小问4详解】
苯乙酸和甲醇发生酯化反应生成的酯是苯乙酸甲酯，其结构简式为：，分子式为C9H10O2，它的同分异构体中，同时含有苯环和羧基的共14种：
；
【小问5详解】
F结构中含有一个羟基和一个羧基，可以两分子发生酯化形成分子中含三个六元环的酯类物质： ，也可以一定条件下发生缩聚反应，方程式为：
n +(n-1)H2O 。
23. 海洋是巨大的资源宝库，可以制取多种物质。
I．海水提溴
（1）吹出塔中采用气-液逆流的方式(液体从塔顶喷淋，气体从塔底进入)，其目的是_______。
（2）请写出吸收塔中反应的离子方程式___________。
II．海带提碘(海带中碘元素以I-形式存在)
（3）“氧化”过程涉及到的离子方程式是_________，请设计一种检验所得溶液含I2的方法：___________。
（4）加入浓NaOH溶液充分振荡，发生的歧化反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为________；向分离得到的含I-和的水溶液中加入45%硫酸，发生归中反应的离子方程式为________。
（5）图1是制取碘单质的原电池装置，图2是利用碘研制的新型的锌-碘溴液流电池(图中贮液器可储存电解质溶液，增加电池容量)。
图1中，MnO2极发生的电极反应式为_______；图2中，放电时，a电极反应式为________，b电极质量减少6.5g时，a电极室增加________mol离子(不考虑电极室与贮液器的溶液交换)。
【答案】（1）增大气体和液体的接触面积，使反应更充分
（2）SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+
（3） ①. H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2 ②. 取样于试管，滴加几滴淀粉溶液，若变蓝色则含I2
（4） ①. 5：1 ②. 5I-++6H+=3H2O+I2↓
（5） ①. MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O ②. I2Br+2e-=2I-+Br-(或I2+2e-=2I-) ③. 0.3
【解析】
【分析】海带中富含碘元素，通过灼烧除去有机质、溶解过滤除去不溶灰分，氧化、萃取、反萃取等过程富集提高碘元素含量。
【小问1详解】
采用对流的方式，气体与液体的接触面积更大，反应更为充分；
【小问2详解】
吸收塔中SO2将Br2还原，方程为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+
【小问3详解】
①氧化过程中H2O2将I-氧化为I2，方程为：H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2
②淀粉与碘单质反应产生蓝色，所以可以用淀粉溶液检验碘单质的存在；
【小问4详解】
①发生歧化，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:1；
②归中反应，方程为：5I-++6H+=3H2O+I2↓
【小问5详解】
①MnO2为正极被还原，反应为：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
②由图可知，a极放电时得电子被还原，反应为：I2Br+2e-=2I-+Br-
③b极质量减少6.5g则电路中通过0.2mol电子，a极室增加离子为0.3mol。
【点睛】在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定向移动形成电流，电流方向与电子运动方向相反，电解质溶液中的阳离子向正极、阴离子向负极定向移动。
相同时间段内各电极上通过的电子数相同，这是计算的基础。
24. 亚硝酸钠(NaNO2)是一种白色固体，在生活中应用广泛：少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长等。某学习小组查阅资料得知：2NO+Na2O2=2NaNO2，该小组利用下列装置进行了干燥NaNO2的制备(夹持及加热装置略去)及相关实验探究。
已知：①NO能被高锰酸钾氧化，但不能被浓硫酸氧化。
②酸性KMnO4溶液可将NO2氧化为。
回答下列问题：
I．NaNO2的制备：
（1）盛放浓硝酸的仪器名称为________，仪器按气流方向连接顺序为b→g→h→________(装置可重复使用)。
（2）反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气，其目的是___________，反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，其目的是___________。
（3）盛水的洗气瓶的作用是___________；为了提高产率，可在该洗气瓶中加入铜片，请用化学方程式解释加入铜片的作用___________。
II．HNO3的制备及浓度测定：
（4）另一小组将制备NaNO2后多余的NO与足量空气一并通入水中制得HNO3，发生反应的化学方程式为___________。
（5）取50mL该HNO3溶液与铜反应，恰好消耗9.6g铜并产生4.48L(已换算成标准状况)NO和NO2混合气体(不考虑NO2与N2O4的相互转化)，则c(HNO3)=___________mol/L。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. e→f→c→d→e→f→i或e→f→d→c→e→f→i
（2） ①. 排除装置内空气，防止NO、Na2O2与空气中的成分反应 ②. 将残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气
（3） ①. 吸收挥发的HNO3、将NO2转化为NO ②. 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（4）4NO+3O2+2H2O=4HNO3
（5）10
【解析】
【分析】铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，用水把二氧化氮转化为NO，用浓硫酸干燥NO，干燥的NO和过氧化钠反应生成NaNO2，气体再次通过盛有浓硫酸的洗气瓶防止后面装置中的水蒸气进入盛有过氧化钠的玻璃管，最后用酸性高锰酸钾吸收剩余NO，防止污染。
【小问1详解】
根据装置图，盛放浓硝酸的仪器名称为分液漏斗；铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，用水把二氧化氮转化为NO，用浓硫酸干燥NO，NO和过氧化钠反应生成NaNO2，气体再次通过盛有浓硫酸的洗气瓶防止后面装置中的水蒸气进入盛有过氧化钠的玻璃管，最后用酸性高锰酸钾吸收剩余NO，仪器按气流方向连接顺序为b→g→h→e→f→c→d→e→f→i。
【小问2详解】
为排除装置内空气，防止NO、Na2O2与空气中的成分反应，所以反应开始前打开止水夹a，通入过量氮气；NO有毒，反应结束后打开止水夹a，继续通入过量氮气，其目的是将残留的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中吸收，防止氮氧化合物污染空气。
【小问3详解】
铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，盛水的洗气瓶的作用是用水把二氧化氮转化为NO，吸收挥发的HNO3；二氧化氮和水反应生成吸收和NO，稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、NO、水，该洗气瓶中加入铜片，作用是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
【小问4详解】
NO、氧气、水反应生成HNO3，发生反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3。
【小问5详解】
根据铜元素守恒，反应生成硝酸铜的物质的量为、反应生成NO和NO2混合气体的总物质的量为 ，根据N守恒，参加反应的硝酸的物质的量为0.15mol×2+0.2mol=0.5mol，则c(HNO3)=。
25. 对SO2、NOx、CO2和CO进行回收利用是节能减排的重要课题。
（1）已知：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) △H=-196.6kJ/mol
2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H=-113.0kJ/mol
①求反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)的△H=___________kJ/mol。
②某温度下，向恒容密闭容器中充入NO2、SO2发生反应：NO(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)。下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
a．混合气体的密度保持不变 b．SO2的物质的量保持不变
c．容器内混合气体原子总数不变 d．每生成1molSO3的同时消耗1molNO
（2）工业上可用CO2与H2来生产甲醇。在2L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间变化如图所示：
①从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v(CO2)=___________。
②下列措施不能使CO2的平衡转化率增大的是___________(选填编号)。
A．在原容器中再充入1molCO2 B．在原容器中再充入1molH2
C．在原容器中再充入1mol氦气 D．使用更有效的催化剂
E．缩小容器的容积 F．将水蒸气从体系中分离
（3）工业_上也可用CO生产甲醇。在一容积可变的密闭容器中充入10molCO与20molH2，容器体积为2L，在催化剂作用下发生反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。CO的平衡转化率(a)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。
①压强为p1___________p2(填“>”、“<”或“=”)。
②在T1、p1条件下，反应的平衡常数K=___________(mol/L)-2。该反应在A、B、C三点条件下的平衡常数KA、KB和KC的大小关系为：___________。
（4）煤化工通常研究不同条件下CO的转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下发生反应：CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)中CO的平衡转化率随投料比及温度变化关系如图所示：
①该反应是___________反应(填“吸热”或“放热”)；
②在以铁镁为催化剂的工业中，一般控制温度为400°C左右、投料比2)=3~5，采用此条件的原因可能是___________。
【答案】（1） ①. -41.8 ②. bd
（2） ①. 0.0375mol/(L·min) ②. ACD
（3） ①. < ②. 0.04 ③. KA=KB>KC
（4） ①. 放热 ②. 催化剂的最适活性温度在400C左右；投料比太低，CO的平衡转化率不高，投料比太高，成本太大，而CO的平衡转化率提高不多
【解析】
【小问1详解】
（1）2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) △H=-196.6kJ/mol
（2）2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H=-113.0kJ/mol
根据盖斯定律反应NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g) 可以有（1）和（2）整理得到，，△H=；NO(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)达到平衡满足正逆反应速率相等，变量不变即证明反应达到平衡状态，密度是定值，不符合变量不变；SO2的物质的量是变量，变量不变即达到平衡状态；根据化学反应原子守恒反应前后原子总数不变，原子总数是定值，原子总数不变不能说明达到平衡状态；每生成1molSO3的同时消耗1molNO符合正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态的是bd；
【小问2详解】
CO2的起始量为1.00mol，平衡时为0.25mol，体积是2L，浓度该变量是0.375mol/L，平衡时间是10分钟，反应速率是0.0375mol/(L·min)；CO2与H2发生反应是：CO2+3H2=CH3OH+H2O，再充入1molCO2会使H2转化率升高；二氧化碳转化率降低，充入H2可以是二氧化碳转化率升高，H2转化率降低；恒容充入He气，反应物浓度不变，平衡不移动，转化率不变；使用催化剂平衡不移动转化率不变；缩小体积增大压强，平衡向正向移动，CO2转化率增大；将水蒸气分离出来是减少生成物平衡正向移动，转化率增大，不能使二氧化碳转化率增大的是ACD；
【小问3详解】
反应是CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)气体体积缩小的反应，在同一温度下压强越大，平衡正向移动，CO转化率越大，T1时p2曲线对应的CO转化率大，因此p1
K=；K只与温度有关，A、B对应的温度相同，K值相同，C点温度高，CO转化率比B点小，平衡逆向移动了，K值变小，因此KA=KB>KC；
【小问4详解】
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