2024年沪科版选修4化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版选修4化学上册月考试卷77考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、今有如下三个热化学方程式：

H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)；ΔH＝akJ·mol－1

H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)；ΔH＝bkJ·mol－1

2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)；ΔH＝ckJ·mol－1

关于它们的下列表述不正确的是A.它们都是放热反应B.a和b的绝对值可以相等C.a、b和c均为负值D.2b=c2、下列有关能量的判断和表示方法正确的是A.由C(s,金刚石)＝C(s,石墨)ΔH＝－1.9kJ·mol－1，可知金刚石比石墨更稳定B.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量比前者少C.由H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，可知：浓硫酸和氢氧化钠溶液充分混合生成1mol液态水时，放出的热量等于57.3kJD.2gH2(g)完全燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－13、下列说法正确的是A.凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的B.自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小C.常温下，反应C(s)+CO2(g)2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0D.反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH＞04、已知某的溶液中，常温下，现向溶液中滴加溶液；滴加过程中，溶液pH与滴入的NaOH溶液体积关系如图所示，下列说法中正确的是。

A.a点溶液中：B.b点溶液中：C.c点溶液中：D.的电离平衡常数约为5、下列各离子方程式中，属于水解反应的是A.HCO3-+H2OH3O++CO32-B.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-C.PO43-+H3O+HPO42-+H2OD.H2O+H2OH3O++OH-评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、为解决大气中CO2的含量增大的问题；某科学家提出“绿色自由”构想：把工厂排出的富含CO2的废气经净化吹入碳酸钾溶液吸收，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应使废气中的CO2转变为燃料甲醇。“绿色自由”构想的部分技术流程如下：

（1）合成塔中反应的化学方程式为______________________；已知△H<0,从平衡移动原理分析，低温有利于提高原料气的平衡转化率。而实际生产中采用300℃的温度，除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了____________________________________。

（2）从合成塔分离出甲醇的原理与下列_______操作的原理比较相符（填字母）。

A．过滤B．分液C．蒸馏D．结晶。

（3）工业流程中一定包括“循环利用”，“循环利用”是提高效益、节能环保的重要措施。“绿色自由”构想技术流程中能够“循环利用”的，除K2CO3溶液和CO2、H2外，还包括________________。

（4）在体积为2L的合成塔中，充入2molCO2和6molH2，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，v（H2)=______________；能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的措施有_______________________。

（5）如将CO2与H2以1:4的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4。

巳知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ/mol

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ/mol

写出CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的热化学方程式________________。7、研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

(1)NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为______________。利用反应6NO2＋7N5＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是_______L。

(2)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1

2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-113.0kJ·mol-1

则反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=__kJ·mol-1。

一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_______。

a．体系压强保持不变。

b．混合气体颜色保持不变。

c．SO3和NO的体积比保持不变。

d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2

测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝_________。

(3)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH_____0(填“>”或“<”)。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是_______。8、在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：。时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.010.0080.0070.0070.007

（1）800℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是________。

（2）如图中表示NO2的变化的曲线是________。用NO2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝________。

（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。

a.v（NO2）＝2v（O2）b.容器内压强保持不变。

c.2v逆（NO）＝v正（O2）d.容器内气体的平均摩尔质量保持不变。

（4）能使该反应的反应速率增大的是________。

a.及时分离出NO2气体b.适当升高温度。

c.增大O2的浓度d.选择高效催化剂9、碳的化合物的转换在生产、生活中具有重要的应用，如航天员呼吸产生的CO2用Sabatier反应处理，实现空间站中O2的循环利用。

Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；

水电解反应：2H2O(1)2H2(g)+O2(g)。

(1)将原料气按n(CO2):n(H2)=1：4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。

①该反应的平衡常数K随温度降低而________（填“增大”或“减小”）。

②在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行该反应；下列能说明达到平衡状态的是_____。

A．混合气体密度不再改变B．混合气体压强不再改变。

C．混合气体平均摩尔质量不再改变D.n(CO2):n(H2)=1:2

③200℃达到平衡时体系的总压强为p；该反应平衡常数Kp的计算表达式为_______。（不必化简，用平衡分，压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）

(2)Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是____（填标号）。

A．适当减压B．合理控制反应器中气体的流速。

C.反应器前段加热，后段冷却D.提高原料气中CO2所占比例。

(3)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。

①已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为-394kJ/mol；-242kJ/mol；Bosch反应的△H=_____kJ/mol。（生成焓指一定条件下由对应单质生成lmol化合物时的反应热）

②一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动；原因是______________。若使用催化剂，则在较低温度下就能启动。

③Bosch反应的优点是_______________。10、已知某温度下，水的离子积常数KW＝1.0×10－12；请回答下列问题：

（1）此温度___25℃(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因是___。

（2）对水进行下列操作，能抑制水的电离的是___。

A．通入适量SO2气体B．加入适量Ba(OH)2溶液。

C．升温至60℃D．加入NH4Cl溶液。

（3）此温度下纯水中的c(H＋)＝__。

（4）醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是___。

①1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol·L-1

②CH3COOH可以任意比与H2O互溶。

③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱。

④10mL1mol/L的CH3COOH恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应。

⑤同浓度同体积的醋酸和盐酸与Fe反应时，醋酸溶液中放出H2的速度慢。

⑥醋酸溶液中CH3COOH、CH3COO-、H+同时存在11、某二元酸（H2A）在水中的电离方程式：H2A=H＋+HA-；HA-H＋+A2-。回答下列问题：

（1）Na2A溶液显碱性理由是：__（用离子方程式表示）。

（2）在0.1mol/L的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式正确的是__。

A．c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)=0.1mol/LB．c(OH-)=c(H＋)＋c(HA-)

C．c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)D．c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)

（3）水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是___。

A．图中对应点的温度关系为：a＞b＞c

B．纯水仅升高温度；可从a点变到c点。

C．水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞d

D．在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性评卷人得分三、判断题(共1题，共2分)12、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分四、实验题(共3题，共27分)13、某实验小组用0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸进行中和热的测定；测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的实验装置如图所示：

（1）仪器A的名称为___。

（2）装置中碎泡沫塑料的作用是___。

（3）写出表示该反应中和热的热化学方程式(中和热为57.3kJ·mol－1)：___。

（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸进行实验，实验数据如下表。实验次数起始温度t1/℃终止温度。

t2/℃温度差。

(t2－t1)/℃1H2SO4NaOH平均值126.626.626.629.1227.027.427.231.2325.925.925.929.8426.426.226.330.4

①温度差平均值为___℃。

②近似认为0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J·(g·℃)－1。则中和热△H＝-53.5kJ/mol。

③上述结果与57.3kJ·mol－1有偏差，产生此偏差的原因可能是___(填字母)。

a．实验装置保温；隔热效果差。

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数。

c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中。

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸的温度14、实验小组同学探究稀H2SO4对溶液中的I—被O2氧化的影响因素。

（1）为了探究c(H+)对反应速率的影响；进行实验：

。

10mL1mol·L－1KI溶液5滴淀粉溶液。

序号。

加入试剂。

变色时间。

Ⅰ

10mL蒸馏水。

长时间放置；未见明显变化。

长时间放置；未见明显变化。

Ⅱ

10mL0.1mol·L－1H2SO4溶液。

放置3min后；溶液变蓝。

放置3min后；溶液变蓝。

Ⅲ

10mL0.2mol·L－1H2SO4溶液。

放置1min后；溶液变蓝。

放置1min后；溶液变蓝。

Ⅳ

10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液。

长时间放置；未见明显变化。

长时间放置；未见明显变化。

①写出实验Ⅱ发生反应的离子方程式______。

②实验Ⅰ~Ⅲ所得结论：_______。

③增大实验Ⅱ反应速率还可以采取的措施______。

④实验Ⅳ的作用是______。

（2）为探究c(H+)除了对反应速率影响外；是否还有其他影响，提出假设：

ⅰ.增大c(H+)，增强O2的氧化性；

ⅱ.增大c(H+)；_______。

小组同学利用下图装置设计实验方案；对假设进行验证。

。

序号。

溶液a

溶液b

现象。

Ⅴ

10mL1mol·L－1KI溶液。

10mLH2O

10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液。

10mLH2O

指针未见偏转。

指针未见偏转。

Ⅵ

10mL1mol·L－1KI溶液。

10mLH2O

10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液。

1mL0.2mol·L－1H2SO4溶液。

9mLH2O

指针。

偏转。

指针。

偏转。

Ⅶ

X

10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液。

10mL0.2mol·L－1H2SO4溶液。

Y

Y

Ⅷ

Z

10mL0.1mol·L－1K2SO4溶液。

10mLH2O

指针未见偏转。

指针未见偏转。

通过实验证实假设ⅰ合理；将表中空白处的试剂或现象补充完整。

X__________；Y_________；Z__________。15、亚氯酸钠（NaClO2）是一种应用广泛的高效氧化型漂白剂。以下是某小组模拟工业制法利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置：

已知：（1）硫酸作酸化剂时，甲醇（CH3OH）可将NaClO3还原为ClO2。

（2）ClO2沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸。

（3）饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaC1O2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时分解生成NaClO3和NaCl。

回答下列问题：

（1）实验前用浓硫酸与50%甲醇溶液配制混合溶液的操作是：___________。

（2）实验过程中需要持续通入CO2的主要目的，一是可以起到搅拌作用，二是_______________

（3）装置A中，若氧化产物为CO2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

（4）装置B中生成NaClO2的化学方程式是____。

（5）从反应后的B溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤是：a.___；b．_____；c．用38~60℃的热水洗涤；d．在低于60oC的真空中蒸发；干燥。

（6）装置C中C1O2与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，装置C中C1O2与NaOH溶液反应的化学方程式为______。

（7）NaClO2纯度测定：①称取所得NaClO2样品1.000g于烧杯中，加入适量蒸馏水过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（C1O2－的还原产物为Cl－），将所得混合液配成250mL待测溶液；②取25.00mL待测液，用0.2000mol/LNa2S2O3标准液滴定(I2+2S2O32－=2I－+S4O62－)，以淀粉溶液做指示剂，判断达到滴定终点时的现象为_____。重复滴定3次，测得Na2S2O3标准液平均用量为18.00mL，则该样品中NaClO2的质量分数为____________。评卷人得分五、原理综合题(共3题，共12分)16、科学家分析；地球原始大气中的COS（羰基硫）对氨基酸缩合形成多肽的反应有催化作用，对生命起源起到重要作用。

(1)写出COS的电子式___，C与O形成共价键时，共用电子对会偏向___原子，判断依据是___。

(2)已知COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1=－34kJ/mol

CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2=－41kJ/mol

写出H2S与CO反应生成COS的热化学方程式___。

100℃时将CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，达平衡后CO的转化率α=33.3%，此时反应的平衡常数K=___。

(3)在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。

①m1___m2（填＞；＜或＝）

②温度高于T0时，H2S转化率减小的可能原因为___。

a．反应停止了。

b．反应的△H变大。

c．反应达到平衡。

d．催化剂活性降低17、氨催化分解既可防治氨气污染；又能得到氢能源。回答下列问题：

（1）已知：①4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)ΔH1=－1266.6kJ·mol-1

②H2(g)+O2(g)=H2O(1)ΔH2=－285.8kJ·mol-1

③H2O(1)=H2O(g)ΔH3=+44.0kJ·mol-1

反应①的热力学趋势很大（平衡常数很大），其原因是________________。NH3分解的热化学方程式为________________。

（2）在Co—Al催化剂体系中，压强p0下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下NH3转化率随温度变化的关系如图所示。活化能最小的催化剂为________________：升高温度，NH3的平衡转化率增大，其原因是________________；温度一定时，如果增大气体流速，则b点对应的点可能________________（填“a”“c”“d”“e”或“f”）。

（3）温度为T时，体积为1L的密闭容器中加入0.8molNH3和0.1molH2，30min达到平衡时，N2的体积分数为20%，则T时反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的平衡常数K=________________mol2·L-2，NH3的分解率为________________，达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，NH3的转化率________________（填“增大”“不变”或“减小”）。

（4）将氨溶解于水也可消除氨气的污染。常温下，向10mL0.1mol·L-1氨水中逐滴加入相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中=________________（填标号）．。A．始终碱小B．始终增大C．先减小后增大D．先增大后减小18、铁及其化合物在生产；生活中有重要用途。

（1）常温下，可用铁质容器盛放浓硫酸。原因是___。

（2）鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，除观察颜色外。还能用到的方法是__。

（3）Fe2+和Fe3+可以相互转化，若要证明溶液中的Fe2+被氧化生成了Fe3+，可选用的试剂是___(填化学式)。

（4）保存1.6mol·L-1的FeSO4溶液时，为确保溶液中不出现浑浊。应调节溶液的pH不超过__(已知：常温下，Ksp[Fe(OH)2]=1.6×10-16)

（5）在日常生活和生产中；钢铁的腐蚀普遍存在且危害较大。了解钢铁防离蚀的措施意义重大。利用如图所示装置可以模拟铁的电化学防护。其中Y为NaCl为减缓铁的腐蚀。

①着X为锌、开关K置于M处。这一保护方法叫做___。

②若X为碳棒、开关K置于N处，此时铁极为___(填“阴极”或“阳极”)，X极的电极反应式为__。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．因燃烧反应为放热反应；则氢气燃烧是放热反应，A正确；

B．因水的状态不同，放出的热量不同，则a和b的绝对值不相等；B错误；

C．放热反应的△H＜0，则a、b和c均为负值；C正确；

D．热化学反应方程式中物质的量与反应放出的热量成正比，则反应热的关系为2b=c；D正确；

答案选B。2、B【分析】【详解】

A.由C(s,金刚石)＝C(s,石墨)ΔH＝－1.9kJ·mol－1；反应放热，说明石墨的能量比金刚石低，物质能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故A错误；

B.等质量的硫蒸气的能量高于硫固体的能量；完全燃烧产物均为二氧化硫，硫蒸气放出的热量更多，故B正确；

C.浓硫酸稀释过程中放热；因此浓硫酸和氢氧化钠溶液充分混合生成1mol液态水时，放出的热量大于57.3kJ，故C错误；

D.2gH2(g)为1mol，完全燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，而热化学方程式的系数代表的是物质的量，则2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1；故D错误；

故选：B。3、C【分析】【详解】

A；反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的；若ΔH＜0，ΔS＞0，则一定自发，若ΔH＞0，ΔS＜0，则一定不能自发，若ΔH＜0，ΔS＜0或ΔH＞0，ΔS＞0，反应能否自发，和温度有关，A错误；

B；根据A中分析可判断B错误；

C；根据ΔH-TΔS＜0；反应的ΔS＞0，若ΔH＜0，则一定自发，现常温下不自发，说明ΔH＞0，C正确；

D；反应的ΔS＜0；能自发，说明ΔH＜0，D错误。

答案选C。4、C【分析】【详解】

A.a点溶液中：溶液中滴加溶液，恰好反应生成NaHA，由物料守恒式可得：故A错误；

B.b点时，溶液中有一半的与反应转化为由于对应的则的电离能力强于的水解能力，故故B错误；

C.c点时溶液中溶质为溶液中发生以下水解和电离A2-＋H2OHA-＋OH-、H2OH++OH-，由质子守恒可得：故C正确；

D.a点时NaOH与恰好反应生成NaHA，HA-存在电离平衡，故D错误；

故选C。5、B【分析】【详解】

A.HCO3-+H2OH3O++CO32-，从HCO3-转化为CO32-；应为电离平衡，A错误；

B.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，从CH3COO-到CH3COOH；应为水解反应，B正确；

C.PO43-+H3O+HPO42-+H2O，反应的实质是PO43-与H+的反应；不是水解反应，C错误；

D.H2O+H2OH3O++OH-；这是水的电离平衡，D错误。

故选B。二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】【分析】

废气通入饱和碳酸钾溶液，发生反应CO2+H2O+K2CO3=2KHCO3；高温水蒸气通入分解池，碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、水、CO2，二氧化碳与氢气在合成塔中反应生成甲醇，反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O；此反应为放热反应，工业生产条件选择要考虑转化率；反应速率、对催化剂的影响、材料、成本等多方面，可以采用较高温度（催化剂活性强）、高压、适当催化剂。

【详解】

（1）根据工艺流程可知，合成塔内反应是氢气与二氧化碳反应生成甲醇和水，化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O；实际生产中采用300℃的温度；除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了温度对催化剂活性的影响；

答案：CO2+3H2CH3OH+H2O催化剂的催化活性。

（2）从合成塔出来的主要为甲醇与水的混合液；甲醇与水互溶，沸点相差大，因此采用蒸馏法分离；

答案：C

（3）由流程图可以找出循环利用的物质还有高温水蒸气；

答案：高温水蒸气。

（4）三行式法进行计算：CO2+3H2CH3OH+H2O；

C（初）1.03.000

ΔC0.82.40.80.8

C（平）0.20.60.80.8

v（H2)=(2.4mol/L)/10min=0.24mol/(L▪min)；如果使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大；可以采用增大氢气的量，或者加压；降温等；

答案：增大H2的用量等。

（5）巳知①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ/mol

②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ/mol

根据盖斯定律②×2-①，可得CO2（g）+2H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）ΔH＝－252.9kJ/mol；

答案：CO2（g）+2H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）ΔH＝－252.9kJ/mol；【解析】①.CO2+3H2CH3OH+H2O②.催化剂的催化活性③.C④.高温水蒸气⑤.0.24mol/(L•min)⑥.增大H2的用量等⑦.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH＝－252.9kJ/mol7、略

【分析】【详解】

试题分析：(1)NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，当反应中有1molNO2参加反应时，共转移了4mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为1.2×1/4×22.4L=6.72L；(2)根据盖斯定律，将第二个方程式颠倒过来，与第一个方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H="-83.6"kJ•mol-1，则NO2+SO2⇌SO3+NO△H="-41.8"kJ•mol-1；(3)a．本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态，a错误；b．随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡，故b正确；c．SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故c不能作为平衡状态的判断依据，故c错误；d．d中所述的两个速率都是逆反应速率，不能作为平衡状态的判断依据，故d错误，故选b。

NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)

起始物质的体积a2a00

转化物质的体积xxxx

平衡物质的体积a-x2a-xxx

平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即(a-x)/(2a-x)=1/6，故x=4a/5，故平衡常数K====8/3；(4)由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择250℃、1.3×104kPa左右的条件．因为在250℃、压强为1.3×104kPa时；CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强。

考点：以NO2、SO2；CO等物质为载体；综合考查化学方程式的书写和氧化还原反应，及平衡常数的计算等。

【点睛】【解析】①.3NO2+H2O=2HNO3+NO②.6.72③.-41.8④.b⑤.2.67⑥.＜⑦.在1.3×104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失8、略

【分析】【分析】

(1)由表格数据可知，3s后物质的量不再变化，达到平衡状态，结合c=计算；

(2)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；根据v=计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算NO2的反应速率；

(3)结合平衡的特征分析判断是否为平衡状态；

(4)根据浓度；压强、催化剂等对反应速率的影响分析判断。

【详解】

(1)由表格数据可知，3s后物质的量不再变化，达到平衡状态，NO的物质的量浓度是=0.0035mol/L；故答案为：0.0035mol/L；

(2)根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向进行，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b；

0～2s内v(NO)==0.0030mol/(L·s)，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v(NO2)=v(NO)=0.003mol/(L•s)，故答案为：b；0.003mol/(L•s)；

(3)a．v(NO2)=2v(O2)始终存在，不能判定平衡状态，故a不选；b．反应后气体的物质的量逐渐减小，则容器内压强逐渐减小，当压强保持不变，说明达到平衡状态，故b选；c．2v逆(NO)=v正(O2)，说明正反应速率大于逆反应速率，不是平衡状态，故c不选；d．容器内气体的质量不变、物质的量逐渐减小，则气体的平均摩尔质量逐渐增大，当气体的平均摩尔质量保持不变，说明达到平衡状态，故d选；故答案为：bd；

(4)a．及时分离出NO2气体，正反应速率减小，故a不选；b．适当升高温度，反应速率增大，故b选；c．增大O2的浓度，反应物浓度增大，反应速率加快，故c选；d．选择高效催化剂，反应速率加快，故d选；故答案为：bcd。【解析】①.0.0035mol/L②.b③.3.0×10－3mol/（L·s）④.b、d⑤.bcd9、略

【分析】①根据图中平衡时的物质的量分数曲线随温度的降低而增大；可知该正反应为放热反应，K随温度的升高而减小，K随温度降低而增大。答案：增大。

②根据在密闭恒温（高于100℃）恒容装置中进行的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；可知A．混合气体密度不会改变，所以不能作为平衡的依据，故A错；B．由反应可知此反应两边计量数不等，所以混合气体压强不再改变标志达到平衡，故B正确。C．混合气体平均摩尔质量M=m/n,M不变说明n不在改变，说明达到平衡了。故C正确；D.n(CO2):n(H2)=1:2不符合化学平衡的定义；不能作为判断平衡的依据，故D错。本题答案：BC。

③在密闭容器里全部由气体参与的反应中，平衡时气体压强之比=气体物质的量之比=气体物质的量浓度之比。根据反应达到平衡时的物质的量分数，可知平衡时所占的压强为根据化学反应方程式可知所占压强为因此和所占的压强为根据初始投料比以及和的化学计量数之比可知反应达到平衡时，两者的物质的量之比也为故平衡时所占的压强为所占的压强为故可写出的表达式为

（2）A项，该反应为气体分子数减小的反应，根据勒夏特列原理可知减压后反应向逆反应方向进行，会降低的转化效率，故A项错；B根据CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)，合理控制反应器中气体的流速，可以增大反应物接触面积，可以使反应物充分反应，提高反应物的转化率，故B正确；C项，反应器前段加热可以加快反应速率，后段冷却可以加大反应的转化率，因此该措施能提高的转化效率，故选C项；D项，提高原料气中的比例会增大的转化率，但会减小的转化效率；故D项错。综上所述，本题正确答案为BC。

（3）①根据题目给出条件可知a.b.由即可得Bosch反应，其反应热为

②在化学反应中；只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应。升高温度可以提高反应物的活化能，从而发生反应，而Bosch反应的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动。

③在Bosch反应中，氢原子全部转化到水分子中，水电解后氢原子又重新全部形成因此该方案的优点为氢原子利用率为【解析】增大BCBC-90反应的活化能高氢原子利用率为100%10、略

【分析】【详解】

已知某温度下，水的离子积常数KW＝1.0×10－12；

⑴常温下水的离子积常数为KW＝1.0×10－14，而此温度下，水的离子积常数KW＝1.0×10－12；温度越高，离子积常数越大，从而说明此温度大于25℃，原因是水的离子积常数随温度的升高而增大，故答案为＞；水的离子积常数随温度的升高而增大；

⑵A选项，通入适量SO2气体；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，电离出氢离子，抑制水的电离，故A符合题意；

B选项，加入适量Ba(OH)2溶液；电离出氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，故B符合题意；

C选项；升温至60℃，平衡正向移动，促进水的电离，故C不符合题意；

D选项，加入NH4Cl溶液；铵根离子和水电离出的氢氧根离子结合生成弱电解质一水合氨，平衡正向移动，促进水的电离，故D不符合题意；

综上所述；答案为：AB；

⑶水的离子积常数KW＝1.0×10－12，此温度下纯水中的c(H＋)＝c(OH－)==1×10－6mol/L，故答案为1×10－6mol/L；

⑷①如果醋酸为强酸，全部电离，则1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=1mol·L-1，而1mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol·L-1；说明是弱酸即弱电解质，故①符合题意；

②CH3COOH可以任意比与H2O互溶；强弱电解质与溶解性没有联系，故②不符合题意；

③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱；说明醋酸溶液中的离子浓度小于盐酸中的离子浓度，则说明醋酸为弱电解质，故③符合题意；

④10mL1mol/L的CH3COOH恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应；强酸与弱酸都是按照方程式比例消耗，因此不能说明是弱电解质，故④不符合题意；

⑤同浓度同体积的醋酸和盐酸与Fe反应时，醋酸溶液中放出H2的速度慢；说明同浓度醋酸中的氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，说明电离程度小，因此为弱电解质，故⑤符合题意；

⑥醋酸溶液中CH3COOH、CH3COO－、H+同时存在，弱电解质存在弱电解质分子，故⑥符合题意；所以可以证明它是弱电解质的是①③⑤⑥，故答案为①③⑤⑥。【解析】①.＞②.水的离子积常数随温度的升高而增大③.AB④.1×10－6mol/L⑤.①③⑤⑥11、略

【分析】【详解】

(1)根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液显碱性，水解原理是：A2-＋H2OHA-＋OH-，故答案为：A2-＋H2OHA-＋OH-；

(2)H2A的第一步电离为完全电离，则溶液中没有H2A分子；

A.0.1mol/L的Na2A溶液中，根据A原子守恒；所以c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1；A项错误；

B.在溶液中，根据质子守恒得：c(OH−)=c(H+)+c(HA−)；B项正确；

C.0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)；C项正确；

D.由物料守恒可知c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)；D项正确，故答案为：BCD；

(3)A.温度越高，水的离子积常数越大，根据图象知，b点Kw=10−12，c点Kw=10−13，a点Kw=10−14，所以b＞c＞a；A项错误；

B.c点Kw=10−13；则c曲线的纯水中6＜pH＜7，c点的pH=6，则该溶液呈酸性，所以纯水仅升高温度，不能从a点变到c点，B项错误；

C.由图可计算出各点的水的离子积，d点Kw=10−14，b点Kw=10−12，c点Kw=10−13，所以水的电离常数Kw数值大小关系为：b＞c＞a；C项正确；

D.b点Kw=10−12；中性溶液pH=6，将pH=2的硫酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，D项正确；故选CD。

【点睛】

本题易错点(3)，图象数据分析，要先明确纵轴、横轴所代表的意义，结合水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)计算判断，温度越高，水的离子积常数越大。【解析】①.A2-＋H2OHA-＋OH-②.BCD③.CD三、判断题(共1题，共2分)12、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错四、实验题(共3题，共27分)13、略

【分析】【分析】

(1)结合仪器的结构和性能确定仪器A的名称；

(2)碎泡沫能减小空气的流通；减小能量损失；

(3)硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，结合中和热为57.3kJ•mol-1；书写热化学方程式；

(4)①先计算出每次实验操作测定的温度差；然后舍弃误差较大的数据，最后计算出温度差平均值；

③上述结果与57.3kJ·mol－1有偏差；说明实验过程中有能量损失，产生此偏差，由此分析判断。

【详解】

(1)为充分的搅拌；使酸碱充分混合反应，要用环形玻璃棒搅拌棒，则仪器A的名称为环形玻璃棒搅拌棒；

(2)测量过程中要尽量减少热量的损失；则碎泡沫的作用是保温；隔热、减少热量损失；

(3)中和热为57.3kJ•mol-1，即生成1mol水放出57.3kJ热量，则1mol硫酸与2mol氢氧化钠反应生成硫酸钠和2mol水，放出热量为114.6kJ，所以其热化学方程式：H2SO4(aq)+2NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+2H2O(l)△H=-114.6kJ•mol-1，中和热方程式为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。

(4)①4次温度差分别为：2.5℃；4.0℃，3.9℃，4.1℃，第1组数据相差较大应舍去，其他三次温度差平均值4.0℃；

③a．装置保温；隔热效果差；测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a选；

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b不选；

c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中；否则会导致热量散失，中和热的数值偏小，故c不选；

d．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度；硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d选；

故答案为ad。【解析】环形玻璃棒搅拌棒保温、隔热、减少热量损失H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol4.0ad14、略

【分析】【分析】

本题主要考察实验探究；注意“单一变量”原则。

【详解】

（1）①题中已告知I-被O2氧化，所以离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；

②这三组实验中，变量是H+的浓度，结果是溶液变蓝的速度，反映出H+的浓度对I-被O2氧化的速率；

③对于非气相反应而言；加快反应速率的措施还有加热，增加其他反应物的浓度，或者加入催化剂（在本实验中，反应速率较快，为了更好的观察实验结果，可不使用催化剂）；

④实验IV的作用是对照作用，排除SO42-对实验结果的影响；

（2）ii，对照i的说法为增大c(H+)，增强I-的还原性；

对比实验V、VI、VII，三组实验的溶液b在变化，根据单一变量原则，溶液a是不应该有变动的，所以X应为10mL1mol·L－1KI溶液、10mLH2O，由于实验VII的溶液b中H+浓度比实验VI的大，反应速率会加快，这意味着单位时间内转移的电子数量会增多，指针会出现偏转，且比实验VI的大；经过对比，实验V和VIII的溶液b相同，则两个实验的溶液a应该有所不同，实验探究的是H+的影响，实验V的a溶液中没有H+，则实验VIII的a溶液中应该有H+，故Z为10mL1mol·L-1KI溶液、2mL0.2mol·L-1H2SO4溶液、8mLH2O。【解析】4H++4I-+O2==2I2+2H2O其他条件相同时，增大c(H+)使I-被O2氧化的速率加快升高温度或通入O2对照实验，证明SO42-对该反应的化学反应速率没有影响增强I-的还原性10mL1mol·L-1KI溶液、10mLH2O指针偏转大于Ⅵ10mL1mol·L-1KI溶液、2mL0.2mol·L-1H2SO4溶液、8mLH2O15、略

【分析】【分析】

为避免酸液沸腾而飞溅，将浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌得到浓硫酸和甲醇的混合溶液。该混合液和NaClO3在三颈烧瓶中反应产生ClO2，ClO2和H2O2、NaOH在B中反应产生NaClO2，多余的ClO2用C中NaOH溶液吸收。

【详解】

(1)浓硫酸密度大且溶于水放出大量的热；所以，将浓硫酸与50%甲醇溶液配制混合溶液的操作是：将一定量的浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌，故答案为：将一定量的浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌；

(2)气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸，实验过程中需要持续通入CO2的目的，一是搅拌作用，二是降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸，故答案为：降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数）；防止爆炸；

(3)装置A中，CH3OH作还原剂，氧化产物为CO2，C元素化合价升高6，NaClO3是氧化剂，还原产物为ClO2，Cl元素化合价降低1，根据电子得失守恒可知，CH3OH与NaClO3的物质的量之比为1:6；即氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1，故答案为：6:1；

(4)ClO2和H2O2、NaOH在B中反应产生NaClO2，ClO2作氧化剂，还原产物为NaClO2，H2O2作还原剂，氧化产物是O2，结合电子得失守恒、原子守恒可得装置B中方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；

(5)饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaC1O2•3H2O，高于60℃时分解，在38~60℃之间析出NaClO2，故要控制温度在38~60℃之间蒸发浓缩，并且趁热过滤除去母液，得到的晶体也要用38~60℃的热水洗涤，在低于60oC的真空中蒸发；干燥，故答案为：控制在38～60℃之间蒸发浓缩；控制温度在38～60℃之间趁热过滤；

(6)C1O2与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，Cl元素的化合价降低1，则另一种产物必为NaClO3，结合原子守恒可知，另一种产物为H2O，即C1O2与NaOH溶液反应的化学方程式为2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O，故答案为：2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O；

(7)NaClO2将I-氧化成I2，加入淀粉碘化钾，溶液为蓝色，用Na2S2O3滴定溶液由蓝色变为无色，且30s内不恢复为蓝色，说明I2消耗完，此时为滴定终点。滴定消耗Na2S2O3物质的量=0.2000mol/L×18mL×10-3=3.6×10-3mol，根据得失电子守恒有以下关系：NaClO2～Cl-～4e-～4I-～2I2～4Na2S2O3，故3.6×10-3molNa2S2O3对应NaClO2的物质的量==9×10-4mol，则1.000g样品中NaClO2的物质的量n=9×10-4×10mol=9×10-3mol，质量m=9×10-3mol×90.5g/mol=0.8145g，则该样品中NaClO2的质量分数==81.45%；故答案为：溶液由蓝色变无色，且30秒内不恢复蓝色；81.45%。

【点睛】

(7)只要分析出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，就能根据电子得失守恒分析出：NaClO2～Cl-～4e-～4I-～2I2～4Na2S2O3，然后用关系式法计算即可。【解析】将一定量的浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸6:12ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2+2H2O控制在38～60℃之间蒸发浓缩控制温度在38～60℃之间趁热过滤2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O溶液由蓝色变无色，且30秒内不恢复蓝色81.45%五、原理综合题(共3题，共12分)16、略

【分析】【分析】

(1)COS为共价化合物；O；S与C都形成2对共用电子，由此可写出其电子式；利用同周期元素的性质递变规律，可推出C与O的非金属性强弱，由此得出共用电子对偏向情况。

(2)已知COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1=－34kJ/mol①

CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2=－41kJ/mol②

利用盖斯定律，将②-①即得H2S与CO反应生成COS的热化学方程式。

100℃时将CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，达平衡后CO的转化率α=33.3%，由此可求出平衡时各物质的浓度，从而计算出反应的平衡常数K。

(3)①可认为m1与m2的分母相同，由平衡时H2S的转化率变化，可确定m1与m2的大小。

②a．若反应停止了，H2S的转化率不变；

b．反应确定了，反应的△H也就确定了；

c．反应达到平衡时；升高温度，依据正反应的热效应确定平衡移动的方向；

d．催化剂活性降低；对反应物的转化率不产生影响。

【详解】

(1)COS为共价化合物，O、S与C都形成2对共用电子，则电子式为C与O为同周期元素，O在C的右边，非金属性O>C，则共用电子对偏向O（氧）；判断依据是C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC。答案为：O（氧）；C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC；

(2)已知COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)△H1=－34kJ/mol①

CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)△H2=－41kJ/mol②

利用盖斯定律，将②-①即得H2S与CO反应生成COS的热化学方程式为CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H2=－7kJ/mol。答案为：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H2=－7kJ/mol；

100℃时将CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中(设二者浓度都为1mol/L)，达平衡后CO的转化率α=33.3%，即则三段式为：

反应的平衡常数K==0.25。答案为：0.25；

(3)①可认为m1与m2的分母相同，由m2变为m1，H2S的转化率增大，则平衡正向移动，从而确定在H2S浓度相同时，是增大CO浓度所致，所以m1>m2。答案为：>；

②a．若反应停止了，则反应不可逆，升高温度H2S的转化率不变；a不合题意；

b．对于一个确定的反应，反应的△H确定，△H不随平衡移动而发生改变，b不合题意；

c．因为该反应的正反应为放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，H2S转化率减小；c符合题意；

d．即便温度升高；催化剂的活性降低，对反应物的平衡转化率也不产生影响，d不合题意；

故选c。答案为：c。

【点睛】

对于一个可逆反应，当加入催化剂时，不能改变反应进行的趋势，只能使单位时间内的转化率变化程度增大或减小。【