【文档说明】（鲁科版2019第1~2章）（全解全析）.docx，共(20)页，1.887 MB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高二化学上学期期中模拟卷（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡

上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：1~2章（鲁科版2019选择性必修1）。5．难度系数：0.656．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1

C12O16Na23Fe56第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：本题共20个小题，每小题2分，共40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．化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．

在相同条件下，白口铁(镀锌铁)比马口铁(镀锡铁)更耐腐蚀B．可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连，保护其不受腐蚀C．“保暖贴”工作过程中，主要利用了原电池的工作原理D．“嫦娥五号”探测器中配置砷化镓太阳能

电池，将化学能直接转化为电能【答案】D【解析】A．白口铁中锌和铁形成原电池，锌做负极，铁做正极被保护；在马口铁中，锡和铁形成的原电池，锡做正极，铁做负极更易被腐蚀，A正确；B．可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连，外加电流保护法，保护其不受腐蚀，B正

确；C．“保暖贴”利用铁粉为负极，碳粉为正极，氯化钠为电解液，组成原电池，发生电化学腐蚀而发热，C正确；D．砷化镓太阳能电池是将太阳能直接转化为电能，D错误；故选D。2．合理利用燃料，减小污染符合“绿色化学”理念，下列关于燃料的说法正确的是A．“可燃冰”是将水变为

油的新型燃料B．提高空气燃料比，一定能达到充分利用热能的目的C．燃料在不同的条件下转化为热能或电能被人类利用D．氢气燃烧热的热化学方程式为()()()2221HgOgHOg2+=1285.8kJmolH−=−【答案】C

【解析】A．可燃冰的主要成分是甲烷，不是将水变成油的新型燃料，A错误；B．如果通入大量的空气，空气会带走部分热量，使热能利用率降低，B错误；C．燃料通过燃烧或者原电池反应等转化为热能或者电能被人类利用，C正确；D．氢气燃烧热指1mol氢

气完全燃烧生成液态水时放出的热量，选项中生成的为气态水，因此热化学方程式错误，D错误；故答案选C。3．下列说法正确的是A．活化分子的平均能量称为活化能B．活化分子互相碰撞即可发生化学反应C．催化剂是通过增大反应所需的活化能来增大反应速率的D．升高温

度会加快化学反应速率，其原因是增加了活化分子的百分数【答案】D【解析】A.活化能是活化分子所具有的平均能量与反应物分子的平均能量的差值，故A错误；B.活化分子发生的“有效碰撞”可发生化学反应，故B错误；C.催化剂是通过降低反应所需的活化能来增大反应速率的，故C错误；D

.升高温度，分子能量提高，活化分子百分数增大，有效碰撞的几率增大，反应速率加快，故D正确。4．一定条件下，在水溶液中1molCl−、ClOx−(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列说

法正确的是A．B→A＋C反应的热化学方程式为：()()()33ClOaqClOaq2Claq−−−=+1117kJmol−=−HB．结合质子能力最强的微粒是DC．B→A＋C反应的活化能601kJmol−D．A、B、C、D中C最稳定

【答案】A【解析】A．B→A+C，由电子守恒得该反应方程式为()()()33ClOaqClOaq2Claq−−−=+，ΔH=(63kJ/mol+2×0kJ/mol)-3×60kJ/mol=-117kJ/mol

；故A正确；B．对应酸的酸性越弱，则酸根离子结合氢离子的能力越强，则离子中结合H+能力最强的是B，故B错误；C．根据图像无法计算B→A＋C反应的活化能，故C错误；D．能量越低越稳定，则A、B、C、D四种

微粒中A最稳定，故D错误；答案选A。5．化学链燃烧(CLC)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集2CO。基于CuO/2CuO载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如下，下列说法正确的是已知空气反应器与燃料反应器中发生

的反应分别为：①11227kJmolH−=−②12348kJmolH−=−A．反应()()()()4222CHg2OgCOg2HOg+=+1802kJmolH−=−B．氧的质量分数：载氧体Ⅰ<载氧体ⅡC．为了保证较快的反应速率，反应过程中，CuO/2CuO载氧体的量需要不断

补充D．化学链燃烧(CLC)的新技术涉及了化学能、光能和热能三种形式的能量转化【答案】A【解析】A．ΔH1=-227kJ/mol,②ΔH2=-348kJ/mol,根据盖斯定律，由①×2+②得反应()()()()4222C

Hg2OgCOg2HOg+=+ΔH=-227kJ/mol×2+(-348kJ/mol)=-802kJ/mol，故A正确；B．由图可知，载氧体I在空气反应器中吸收空气中的氧气，然后转移到燃料反应器中，再和甲烷发生反应释放出水和二

氧化碳，得到载氧体Ⅱ，所以氧的质量分数大小为：载氧体I＞载氧体Ⅱ，故B错误；C．CuO/Cu2O是反应的催化剂，不需要不断的补充，故C错误；D．化学链燃烧没有光能转化，这是与传统燃烧方式相比的区别，故D错误；答案选A。6．下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说

法不正确的是A．△H3＜0B．△H1+△H2+△H3=0C．按照Cl、Br、I的顺序，△H2依次减少D．一定条件下，拆开1mol气态HX需要吸收akJ能量，则该条件下△H3=-2akJ/mol【答案】B【解析】A．形成化学键放出

热量，即2H(g)+2X(g)=2HX(g)△H3＜0，A正确；B．由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则△H1=△H2+△H3，所以△H1-△H2-△H3=0，B错误；C．原子半径：Cl＜Br＜I，Cl2、Br2、I2中键能：Cl-Cl键＞Br-Br键＞

I-I键，由于断裂化学键吸热，则吸收的热量逐渐减小，所以途径II吸收的热量依次减小，即△H2依次减小，C正确；D．一定条件下，拆开1mol气态HX需要吸收akJ能量，即形成1molHX放出热量是akJ，因此形成2molHX放出热量为2akJ，所以该条件下△H3=-

2akJ/mol，D正确；故合理选项是B。7．有关下列装置说法错误的是A．利用装置①可比较Zn和Cu的金属性B．利用装置②电解饱和LiCl溶液可制取LiOHC．利用装置③可电解精炼银D．装置④为牺牲阳

极保护法【答案】C【解析】A．装置①为原电池，金属性强于铜的锌电极为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应被损耗，铜为正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，则利用装置①可比较锌和铜的金属性，故A正确；B．装置②电解为电解池，氯离子在阳极失去电子发生氧化

反应生成氯气，溶液中锂离子通过阴离子交换膜进入阴极室，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，在阴极室可以制得氢氧化锂，则利用装置②电解饱和氯化锂溶液可制取氢氧化锂，故B正确；C．装置③为精炼池，粗银应与直流电源的正极相连做阳极，精银做阴极，则利用

装置③不能用于电解精炼银，故C错误；D．装置④为牺牲阳极保护法，镁、铁在潮湿的土壤中构成原电池，金属性强于铁的镁做被损耗，铁做正极被保护，故D正确；故选C。8．新型22HO液态电池的工作原理如图所示（a、b均为石墨电极）。下列有关说法错误的是A．电极a为负极，发生氧化反应B．放电时

，负极区溶液pH减小C．正极电极反应式为2222HO2e2OH2HOO−−−−=+D．若用此电池为铅酸蓄电池充电，b电极连接2PbO电极【答案】C【解析】A．a电极有气体c放出，放出的气体为氧气，电极a为负

极，发生氧化反应，故A正确；B．放电时，负极发生反应H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2↑，负极区消耗OH-，溶液pH减小，故B正确；C．b是正极，正极双氧水得电子生成水，正极电极反应式为222HO2e2H2HO

−+++=，故C错误；D．a是负极、b是正极，若用此电池为铅酸蓄电池充电，铅酸蓄电池充电时2PbO电极为阳极，接电池正极b电极，故D正确；选C。9．一定温度下，()Ag和()Bg在恒容密闭容器中发生反应：，容器中A、B、D的物质的量浓度随时间的变化如图所示。下列说法错误的是A．

2x=B．前10min内的平均反应速率()D0.3v=mol⋅L1−⋅min1−C．该温度时，反应的平衡常数6.75K=mol⋅L1−D．平衡时保持温度不变，压缩容器体积，平衡向正反应方向移动【答案】D【解析】A．由图可知，反应在前10min内D的浓度变化为3mol/L，A浓度变化量为(

3.5-2)mol/L=1.5mol/L，故1：x=1.5：3，解得x=2，故A正确；B．由图可知，反应在前10min内D的浓度变化为3mol/L，平均反应速率v(D)=3mol/LΔc=Δt10min=0.3mol⋅L-1⋅min-1，故B正确；

C．该反应方程式为A(g)B()C(g)2D(g)++g，平衡时，C的浓度为1.5mol/L，D的浓度为3.0mol/L，A的浓度为2.0mol/L，B的浓度为1.0mol/L，所以平衡常数22-1(D)(C)3.01.5==6.75molL(A)(B)2.01.0=ccKc

c，故C正确；D．反应后气体分子数变大，温度一定时，加压，平衡向逆方向移动，故D错误；故选D。10．一定条件下存在反应：CO(g）+H2O(g）CO2(g）+H2(g），ΔH<0。现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交

换）密闭容器I、II、III，在I中充入1molCO和1molH2O，在II中充入1molCO2和1molH2，在III中充入2molCO和2molH2O，700℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是A．容器I、II中正反应速率相同B．容器I中CO的物质的量比容

器II中的多C．容器I、III中反应的平衡常数相同D．容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和等于1【答案】B【解析】A．容器是绝热容器，I中反应向正反应方向进行，此反应是放热反应，温度升高，化学反应速率加快，II中向逆反应反应进行，温度降低，化学反应速率降低，正反应速率不同，

故A错误；B．I中反应温度升高，反应向逆反应方向进行，CO的转化率降低，II中，反应温度降低，CO2的转化率降低，因此容器I中CO的物质的量比容器II中多，故B正确；C．Ⅲ中相当于在原来的基础上增大压强，反应速率比I中反应速率快，温度比I中的高，因此两者的化学平衡常

数不同，故C错误；D．因为容器是绝热，两个平衡不是等效平衡，因此转化率之和不等于1，故D错误；故选B。11．反应物(S)转化为产物(P或PZ)的能量与反应进程的关系如下图所示：下列有关四种不同反应进程的说法不正确．．．的

是A．进程I是放热反应B．平衡时P的产率：II>IC．生成P的速率：III<IID．进程IV中，Z没有催化作用【答案】B【解析】A．由图可知，进程I是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故A正确；B．由图可知，进程Ⅱ中使用了催化剂X，催

化剂能加快反应速率，但不能改变平衡的移动方向，所以平衡时Ⅱ和Ⅰ进程中P的产率相同，故B错误；C．由图可知，进程Ⅲ中由S—Y转化为P—Y的活化能高于进程Ⅱ中由S—X转化为P—X的活化能，由于这两步反应分别是两

个进程的决速步骤，所以生成P的速率为Ⅲ小于Ⅱ，故C正确；D．由图可知，进程Ⅳ中S与Z反应生成中间产物S—Z，S—Z转化为产物P—Z，由于P—Z没有转化为P＋Z，所以进程Ⅳ中Z没有表现出催化作用，故D正确；故选B。12．电解装置如图所示

，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开，在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅，已知：3I2+6OH-=IO3−+5I-+3H2O。下列说法不正确的是A．右侧发生的电极方程式：2H2O+2e-=H2↑+

2OH-B．电解结束时，左侧溶液中含有3IO−C．电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2O=KIO3+3H2↑D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变【答案】D【解析】A．由分析可知，右侧发生的电极

方程式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A正确；B．由分析可知，左侧溶液中含有生成的3IO−，B正确；C．电解槽内发生反应的总化学反应为碘化钾和水通电生成碘酸钾和氢气，方程式KI+3H2O=KIO3+3H2↑，C正确；D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，则碘单质不会和氢氧根离子生成

碘酸根离子，在电极总反应为2222KI+2HO2KOH+I+H=通电，故电解槽内发生的总化学方程式发生改变，D错误；故选D。13．温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1molNO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)。反应相同时间后，测得各

容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示，下列说法正确的是A．T℃时，a、b两点平衡常数Ka<KbB．图中c点所示条件下，(正)=(逆)C．容器内的压强：Pa∶Pb>6∶7D．图中b点所示条件下，再向体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡

大【答案】C【解析】A．平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变平衡常数不变，故T℃时，a、b两点平衡常数Ka=Kb，A错误；B．由分析可知，bc曲线上反应正向建立平衡，正＞逆，即图中c点所示条件下，(正)＞(逆)，B错误；C．由图可知，a点NO2的转化率为40%，NO

2的反应量为1mol×40%=0.4mol，平衡时NO2的物质的量为0.6mol，N2的物质的量为0.2mol，CO2的物质的量为0.4mol，混合气的总物质的量为1.2mol，b点NO2的转化率为80%，NO2的反应量为1mo

l×80%=0.8mol，平衡时NO2的物质的量为0.2mol，N2的物质的量为0.4mol，CO2的物质的量为0.8mol，混合气的总物质的量为1.4mol，由于V1＜V2，Pa∶Pb＞1.2mol：1.4mol=6：

7，C正确；D．向b点体系中充入一定量NO2，相当于增大压强，又正向是气体体积增大的反应，达新平衡时，平衡逆向移动，NO2转化率减小，D错误；故答案为：C。14．甲酸可在固体催化剂表面逐步分解，各步骤的反应历程及相对能量如图所示，下列说法正确的

是A．催化剂为固态，其表面积对催化反应速率无影响B．各步反应中，③生成④的速率最快C．若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，最终产物中可能存在2DD．甲酸在该催化剂表面分解，放出14.2kJ热量【答案】C【解析】A．甲酸可在固体催化剂表面逐步

分解，其表面积越大，催化反应速率越快，故A错误；B．各步反应中，②生成③的活化能最小，②生成③的速率最快，故B错误；C．若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，可能两分子甲酸中的羟基氢结合为氢气分子，则最终产物中可能存在2D，故C正确；D．没有明确甲酸的物质的量，不能计算甲酸在该催化剂表面分解放出

的热量多少，故D错误；选C。15．下列有关实验现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A用玻璃棒蘸取10.1molL−盐酸，滴在湿润的pH试纸中央试纸变为红色测定盐酸的pHB氯化亚铁溶液中有氯化铜杂质，加入铁屑除杂有紫红色金属析出铁能置换Cu单质C将充满2NO的密闭玻璃球浸泡在热

水中红棕色变深的H0D向3FeCl和KSCN的混合溶液中，加入KCl固体血红色溶液变浅增大KCl的浓度，平衡逆向移动A．AB．BC．CD．D【答案】B【解析】A．用pH试纸测定溶液pH时，不能选用湿润的pH试纸，否则测得溶液pH为稀释后溶液的pH，故A错误；B．铁的金属性强于铜，能

与氯化铜溶液反应生成氯化亚铁和紫红色金属铜，则铁能除去氯化亚铁溶液中混用的氯化铜杂质，故B正确；C．将充满二氧化氮的密闭玻璃球浸泡在热水中，红棕色变深说明反应的平衡向逆反应方向移动，该反应为焓变小于0的放热反应，故C错

误；D．氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应生成硫氰化铁的反应中存在如下平衡Fe3++3SCN—Fe(SCN)3，向溶液中加入氯化钾固体，不会影响平衡体系中各物质的浓度，平衡不移动，溶液颜色不发生变化，故D错误；故选B。16．某种含二

价铜的微粒()()II3CuOHNH+可用于汽车尾气催化脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法中错误的是A．该脱硝过程总反应的H0B．由状态④到状态⑤发生了氧化还原反应C．总反应的化学方程式为D．根据图2

可知，中间态②、③、④对应的物质体系稳定性逐渐升高【答案】C【解析】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应H0，A正确；B．由图1可知，状态④到状态⑤，铜元素的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，B正确；C．根据图1，加入32NH、2N

O、21O2，生成22N、2HO3，该脱硝过程的总反应方程式为，C错误；D．能量越低，物质越稳定，由图2可知，中间态②、③、④对应物质体系的能量逐渐降低，则中间态②、③、④对应的物质体系稳定性逐渐升高，D正确；故选C。17．2023年9月25日，中国科学院物化研究员

提出协同的异一均相电催化过程，绕过2N与2O直接反应的热力学限制，采用下图所示装置制备3HNO。下列有关说法正确的是A．X电极为负极B．b电极的电极反应有2222O2e2HOHO2OH−−++=+C．b极区反应过程中，2Fe+起催化作用D．总反应22232N5O2HO4HNO++电解【答案】D【解

析】A．b电极上O2→H2O2、Fe3+→Fe2+，均发生还原反应，b为阴极，Y为电源负极，则X为电源正极，故A错误；B．b电极区生成硝酸，溶液呈酸性，b电极的电极反应有222O2e2HHO−+++=，故B错误；C．b极区2Fe+是阴极反应产物，不是催化剂，故C错误；D．根据图

示，电解反应物是N2、O2、H2O，生成物是硝酸，总反应22232N5O2HO4HNO++电解，故D正确；答案选D。18．下列实验装置和操作能达到实验目的的是选项实验目的实验装置和操作A在铁上镀锌B根据溶液褪色时间，探究浓度对化学反应速率的影响C验证牺牲极保护法D证明3Fe+与I−的

反应是有限度的A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】A．由实验装置图可知，与直流电源正极相连的锌电极做阳极，铁在阴极，电解质溶液为硫酸锌溶液可以实现在铁上镀锌的实验目的，故A正确；B．由实验装置图可知，草酸溶液与高锰酸钾溶液反应时，草酸溶液不足

量，无法观察到溶液褪色，所以无法到达根据溶液褪色时间，探究浓度对化学反应速率的影响的实验目的，故B错误；C．向铁电极附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀生成说明锌做原电池的负极，铁做正极被保护，则题给装置能达到验证

牺牲阳极保护法的实验目的，故C错误；D．氯化铁溶液与少量碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，则题给装置无法到达证明铁离子与碘离子的反应是有限度的实验目的，故D错误；故选A。19．一种合成氨的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表

示)。下列说法错误的是A．2N生成3NH过程中包含多步还原反应B．过程Ⅰ和过程Ⅲ中能量的变化值相同C．增大2N浓度，有利于提高2H的转化率D．有大量氨分子吸附在催化剂表面会降低化学反应速率【答案】B【解析】A．由题图可知，生成NH3的过程中氮元素化合价逐渐降低，是

通过多步还原反应生成的，故A正确；B．过程Ⅰ是断裂氮氮三键中的一个键且形成一个N-H键，而过程Ⅲ是断裂键N=N中的一个键且形成一个N-H键，所以能量变化不同，故B错误；C．增大N2的浓度，平衡正向移动，使H2转化量增加从而增大了H2

的转化率，故C正确；D．NH3的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低反应速率，故D正确；故选B。20．合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一。将NH3和CO2按照2∶1

的比例通入到恒容反应容器中，通过下列反应合成尿素。反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l)△H=-159.5kJ/mol反应Ⅱ：NH2COONH4(l)CO(NH2)2(1)+H2O(l)△H=72.5kJ/mol下列说法正确的是A

．高温有利于反应Ⅰ自发进行B．NH3的体积分数不再改变，不能说明反应I达到了平衡状态C．将2molNH3和1molCO2充入反应I的平衡体系中，再次达到平衡时，c(NH3)增大D．增大压强，对于尿素的合成

没有影响【答案】B【解析】A．反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l)△H=-159.5kJ/mol，△H<0，△S<0，△H-T△S要小于0，低温有利于反应Ⅰ自发进行，故A错误；B．由两步反应可知，将

NH3和CO2按照2∶1的比例通入到恒容反应容器中反应NH3的体积分数始终不变，反应NH3的体积分数不再改变，不能说明反应I达到了平衡状态，故B正确；C．将2molNH3和1molCO2充入反应I的平衡体系中，再次达到平衡时，c(NH3)不变，故C错

误；D．增大压强，对于尿素的合成平衡正向移动，故D错误；故选B。第II卷（非选择题共60分）21．（15分）随着能源结构的改变，甲醇将成为21世纪具有竞争力的清洁能源，工业上常利用CO或2CO来生产甲醇。回答下列问题：(

1)二氧化碳加氢制甲醇时，一般认为可通过如下步骤来实现：第一步：()()()()222COgHg=COgHOg++1141kJmolH−=+第二步：()()()23COg2Hg=CHOHg+1290kJmolH−=−①()2COg与()

2Hg反应生成()3CHOHg和()2HOg的热化学方程式为。②若第一步为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是(填标号)。A．B．C．D．(2)气态甲醇用作燃料时，可发生如下两个反应：()()()()32223CHOHgOg=COg2HOg2++131kJmolHQ−=−()()()

()322CHOHgOg=COg2HOg++142kJmolHQ−=−则1Q2Q(填“>”“<”或“=”)。(3)某同学设计了如下电化学装置，利用2CO制取甲醇。①固体电解质采用(填“氧离子导体”或“质子导体”)。②正极的电极反应式为。(4)利用可再生能源电还原2CO制取

甲醇的装置如下图所示，高浓度的K+用于抑制酸性电解液中的析氢反应来提高甲醇的生成率，Cu电极上发生的电极反应为，当制得36.4gCHOH时，标准状况下理论上阳极产生的气体体积为。【答案】(1)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ/mol(3分)C(2分)(2)

>(2分)(3)氧离子导体(2分)CO2+2H2O+6e-=CH3OH+3O2-(2分)(4)CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O(2分)6.72L(2分)【解析】（1）①由盖斯定律，CO2(g)与H2(g)反应生成

CH3OH(g)和H2O(g)的热化学方程式CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ/mol；②若第一步为慢反应，则第一步活化能高，第二步活化能低，且第一步吸热，第二步放热，符合的图像为C；（2）由盖斯定律，③式

-④式，CO(g)+12O2(g)=CO2(g)21QQ=−<0，则Q1>Q2；（3）①该电池为原电池，左侧为负极，电极方程式为H2-2e-+O2-=H2O，因此为氧离子导体；②右侧为正极，电极反应式为CO2+2H2O+6e-=CH3OH+3O

2—；（4）①该电池为电解池，Cu为阴极，电极方程式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；②阴极电极式为2H2O-4e-=O2+4H+，当制得6.4gCH3OH时，n（CH3OH）=6.4mol32=0.2mol，由电极式转移电子数1.2NA，转移1.2mol电子，生成标准状

况下氧气0.3mol理论上阳极产生的气体体积为0.3×22.4L=6.72L。22．（15分）化学反应中的热效应又称反应热，包括燃烧热、中和热等，某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式Q=

cρVΔT总计算获得。(1)若1g葡萄糖完全燃烧放出的热量为akJ，则表示葡萄糖燃烧热的热化学方程式为。(2)中和热的测定：取0.55mol/L的NaOH溶液和0.50mol/L盐酸各50mL进行反应。①测得反应前后体系的温度值(℃)分别为0T、1T，则盐酸与NaOH溶液反

应的中和热为kJ/mol(c和ρ分别取4.1811JgC−−和1.01gmL−，忽略水以外各物质吸收的热量以及混合后溶液体积的变化)。②已知强酸与强碱的中和热为57.3kJ/mol。某兴趣小组

的实验数值结果大于57.3kJ/mol原因可能是(填字母)。a．实验装置保温、隔热效果差b．读取混合液的最高温度记为终点温度c．分多次把NaOH溶液全倒入盛有盐酸的小烧杯中d．用温度计测定NaOH溶液起始温

度后未洗涤，直接测定盐酸的温度e．用量筒量取盐酸时仰视读数(3)借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应()()()()44FesCuSOaqFeSOaqCus+=+的焓变H(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。序号反应试剂体

系温度/℃反应前反应后i0.201molL−4CuSO溶液100mL1.20gFe粉abii0.56gFe粉acH=(选择表中一组数据计算)结果表明，该方法可行。(4)乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应A：()2443FeFeSO3FeSO+=

的焓变。①丙同学认为该方法不可行，丙同学的理由是。②优化设计：乙同学根据相关原理，重新优化了实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为。【答案】(1)()()()()6126222CHOs6Og6COg6HOl+=+180kJ/molHa=−（2分）(2)1016

.72(T-T)（2分）e（2分）(3)()120.9kJmolba−−−或()141.8kJmolca−−（3分）(4)①Fe粉与()243FeSO溶液混合，在反应A进行的同时，可能存在Fe粉和酸的反应（2分）②将一定量的Cu粉加入一定浓度的()243FeSO溶液中反应，测量反

应热，计算得到反应()243CuFeSO+44CuSO2FeSO=+的焓变1ΔH；根据(3)中实验计算得到反应44FeCuSOCuFeSO+=+的焓变2ΔH；根据盖斯定律计算得到反应()2443FeFeSO3FeSO+=的焓变为12ΔH+ΔH（4分）【解析】（1）若1g葡萄糖完全燃烧放出的热量为

akJ，180g葡萄糖完全燃烧放出热量180akJ，反应的热化学方程式为C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)△H=-180akJ/mol；（2）①测得反应前后体系的温度值(℃)分别为T0、T1，温度差为(T1-T0

)℃，V总为100mL，则该过程放出的热量为1-111-0011.0gmL100mL()()JQ=cρVT=4.18JgTTTT−−−总℃℃=418，反应生成水物质的量=0.50mol/L×0.050L=0.025mol，中和热101010418(T-T)J

=16720(T-T)J/mol=16.72(T-T)0.025mol=；②a．实验装置保温、隔热效果差，会造成热量损失，进一步导致放出热量小于57.3kJ，故a错误；ｂ．读取混合液的最高温度记为终点温度，是正确操作，不会造成热量减小，

故b错误；ｃ．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会造成热量的损失，进一步导致放出热量小于57.3kJ，故c错误；ｄ．用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，温度计中会蘸有NaOH溶液，直接测定H2SO4溶液的温度，会中和部分硫酸，导致硫酸与氢氧化钠反应时，放

出的热量减少，故d错误；ｅ．用量筒量取盐酸时仰视读数，量取盐酸溶液体积增大，实验数值结果大于57.3kJ/mol，故e正确；（3）100mL0.2mol·L-1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02mol，1.2

0gFe粉和0.56gFe粉的物质的量为0.021mol、0.01mol，实验i中有0.02molCuSO4发生反应，实验ii中有0.01molCuSO4发生反应，实验i放出的热量多，体系温度升高幅度较大，若按实验i进行计

算，()()4.181.0H=-/20.9/10000.02bakJmolbakJmol−=−−，若按实验ⅱi进行计算，()()4.181.0100H=-/41.8/10000.01cakJmolcakJmol−=−−；（4）①丙同学认为该方法不可行，丙同学的理由是：Fe粉

与Fe2(SO4)3溶液混合，在反应A进行的同时，可能存在Fe粉和酸的反应；②乙同学根据相关原理，重新优化了实验方案，获得了反应A的焓变，该方案为：将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4的焓变△H

1，根据(3)中实验计算得到反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4的焓变△H2，根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4的焓变为△H1+△H2。23．（14分）某同学设计实验探究丙酮碘化反应中，丙酮、I2、H+浓度对化学反应速率的影响。已知：+I2+H⎯⎯→+HI编号I2溶液

(0.0025mol/L)丙酮溶液(4mol/L)盐酸(2mol/L)蒸馏水褪色时间(s)①5mL10mL10mL0mLt1②5mL10mL5mL5mLt2③5mL5mLamL5mLt3④2.5mL10mL10mL2.5mLt4回答下列问题：(1)实验③中，a=mL，

加5mL蒸馏水的目的是。(2)研究I2浓度对反应速率的影响，应选择的实验为和。(3)在实验④中，以I2表示的反应速率为(mol/L)s用含有t4的代数式表示)。(4)通过实验，将各组透光率T(溶液颜色越浅，透光率越高)数据导出，通过公式A=-lgT转化为吸

光度数据，各组实验的吸光度数据变化曲线对比如图所示：已知：整个反应过程的曲线斜率可以表征反应的瞬时速率。查阅资料发现丙酮碘化反应的历程为：①分析图中数据可知：影响酮碘化反应的速率的是的浓度。②请依据反

应历程，进一步解释影响丙酮碘化反应速率的物质浓度因素的原因。【答案】(1)10（2分）使混合溶液的体积相等，保证盐酸溶液和碘溶液的起始浓度不变（2分）(2)①（2分）④（2分）(3)40.00025t（2分）(4)H+和丙酮（2分）根

据反应历程，丙酮与氢离子是慢反应，是该反应的决速步骤，则反应速率H+和丙酮的浓度决定，与碘的浓度无关（2分）【解析】（1）根据①、②、④中的数据，溶液的总体积为25mL，则实验③中，a=10mL，加5mL蒸馏水可使混合溶液的体积相等，保证盐酸溶

液和碘溶液的起始浓度不变；（2）研究I2浓度对反应速率的影响，应控制其他浓度相同而碘单质浓度不同，因此选择实验①和实验④；（3）根据反应的方程式，④中丙酮过量，碘完全反应，由于加入其他试剂后溶液体积扩大十倍，则碘单质的浓度为0.00025mol/L，则244Δc0.00025mol/L0.

00025v(I)===mol/(Ls)Δttst；（4）①根据图中数据可知，影响酮碘化反应的速率的是H+和丙酮的浓度；②决速步骤为化学反应中的慢反应，根据反应历程，丙酮与氢离子是慢反应，则是该反应的决速步骤，则反应速率H+和丙酮的浓度决定，与碘的浓度无关。24．（16分）汽车尾气中含有

NO、2NO、CO等有害物质，其中NOx会引起光化学烟雾等环境问题。(1)研究表明CO与2NO在Fe+作用下生成无害气体，发生反应的能量变化及反应历程如图所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：①先将催化剂加工成多孔结构，提高气体吸附效率，有利于反应高效进行，结合图像可知，反

应I的反应速率反应Ⅱ的反应速率(填“大于”、“小于”或“等于”)，不影响催化剂活性情况下，略微升高相同温度，反应I速率的增大程度反应Ⅱ的(同上)；②则()()()()222COgNOg=NgCOg++H=1kJmol−(用含a式子

表示；已知191eV1.610J−=；阿伏加德罗常数AN约为231610mol−)，使用多孔结构催化剂后，速率大幅度提升，则H数值将(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)为高效处理汽车尾气中的有害气

体，可给汽车安装尾气净化装置。净化时CO和NO发生反应：。实验测得，()()22NOCOvkcc=正正，()()222NCOvkcc=逆逆(正k、逆k为速率常数，只与温度有关)。向体积均为2L的

密闭容器A(400℃，恒温)、B(起始400℃，绝热)两个容器中分别加入2molNO、2molCO和相同催化剂，测得A、B容器中CO转化率随时间的变化关系如图所示：①表示容器A的曲线是(填“a”或“b”)；②X、Y、N三

点中，()Xv逆、()Yv逆、()Nv正从大到小的顺序是，X、Y两点中，lglgkk−正逆值最大的点是，若增大lglgkk−正逆值，改变的条件可能是；③Y点时vv=正逆(保留两位有效数字)，在M点时，再加入2molNO、2molCO，一段时间达到平衡，此

时CO转化率M点(填“大于”、“小于”或“等于”)。【答案】(1)①小于（1分）大于（1分）②96akJ/mol−（2分）不变（1分）(2)①b（2分）②()()()NXYvvv正逆逆（2分）Y（2分）降低温度（1分）③18（2分）大于（2分）【解析】（1）由图可知，反应Ⅰ的活化

能高，反应Ⅱ的活化能低，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应Ⅰ的反应速率小于反应Ⅱ的反应速率；整个反应的反应速率由反应Ⅰ决定，升高温度时，整个反应的反应速率加快，则略微升高温度，对反应Ⅰ的反应速率影响达，使反应Ⅰ的速率增大程度大于

反应Ⅱ；由图可知，反应()()()()222COgNOg=NgCOg++的19231aeVa1.610J610mol96000aJ/mol96akJ/molH−−=−=−=−=−；催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的始态和终态，不能改变反应热

，即H的数值不变；（2）反应是放热反应，绝热条件下，随着反应的进行，容器B中温度高于容器A，容器B中反应速率快，达到平衡所需时间短，并且平衡时CO的平衡转化率低，则图中曲线a、b分别代表绝热条件、恒温条件下CO的转化率随时间的变化关系；图中X、Y、N三点温度：NXY，其他条件

相同，温度越高反应速率越快，则()()()NXYvvv正逆逆；反应达到平衡状态时vv=正逆，即()()()()22222NOCONCOkcckcc=正逆，则()()()()22222NCONOCOcckKkcc==正逆，平衡常数只与温

度有关，该反应放热，温度越低，平衡常数K和lgK越大，温度越高，平衡常数K和lgK越小，所以lglglglgkkkKk−==正正逆逆，X、Y两点中，lglgkk−正逆值最大的点是Y；若增大lglgkk−正逆值，即增大lgK值，改变的条件是降低温度，平衡正向进行；由图可知，M点CO转

化率为50%，反应三段式为：，M点平衡常数()()()()222222220.5mol1molNCO2L2L1NOCO1mol1mol2L2LccKcc===，而

Y点CO转化率为30%，反应三段式为，，()()()()222222221.4mol1.4molNOCO2L2L18NCO0.3mol0.6mol2L2LkccvKvkcc==正正逆逆；M点时

反应达到平衡状态，再加入2molNO、2molCO，相当于压缩气体增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，即此时CO转化率大于M点。