【文档说明】江苏省扬州市高邮市2022-2023学年高二上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(22)页，1.659 MB，由小赞的店铺上传

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2022～2023学年第一学期高二10月阶段测试化学试题(考试时间：75分钟满分：100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ni-59I-127一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.“3060”双

碳目标的重点是推动以二氧化碳为主的温室气体减排，下列说法错误的是A.研发新型催化剂将2CO分解成C和2O，同时放出热量B.燃煤中适当添加石灰石，减少污染气体排放C.一定条件下，将2CO转化为3CHOH，实现2CO的资源化利用

D.逐步用太阳能、潮汐能、风能、氢能等清洁能源替代火力发电【答案】A【解析】【详解】A．二氧化碳分解生成碳和氧气为吸热反应，故A错误。B．燃煤中适当添加石灰石，石灰石分解生成的氧化钙和二氧化硫反应，因此减少污染

气体排放，故B正确；C．二氧化碳转化为甲醇，可以减少二氧化碳的排放，同时生成有用物质，实现CO2的资源化利用，故C正确；D．逐步用太阳能、潮汐能、风能、氢能等清洁能源替代火力发电，可以减少污染性气体的排放，

同时降低空气中CO2含量，故D正确；故选：A。2.下列说法正确的是A.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应B.钢铁水闸可用外加电流的阴极保护法防止其腐蚀C.从电解精炼铜的阳极泥中回收锌、金、银等金属D.如图所示，可判断发生反应为322Cr

3Ni3Ni2Cr+++=+【答案】B【解析】【详解】A．铅蓄电池放电时相当于原电池，负极发生失电子的氧化反应，充电时相当于电解池，阳极发生失电子的氧化反应，故A错误；B．用外加电流的阴极保护法，铁作为阴极发生还原反应，可防止其腐蚀，故B正确；C．电

解精炼铜时，不活泼的金属沉淀下来成为阳极泥，如金、银等比铜不活泼金属，锌比铜活泼，也会失去电子，所以阳极泥中不含有锌，故C错误；D．图为原电池，金属Cr为负极发生失电子的氧化反应，Ni作正极，溶液中的Ni离子得到电子发生还原反应，故发生的反应方程式为：232Cr3

Ni3Ni2Cr+++=+，故D错误；故选B。3.下列说法正确的是A.已知()()()22CsOgCOg+=1ΔH，()()()2COgCs2COg+=2ΔH；1H0，2H0B.已知()()()22HgFg2HFg+=1270kJmolH−=−，则1mol氢气与1mol氟气反应生

成2mol液态氟化氢时放热大于270kJC.已知()()()2222HgOg2HOg+=1480.4kJmolH−=−，则2H燃烧热为1240.2kJmolH−=−D.已知中和热可表示为()()()2HaqOHaqHOl+−+=157

.3kJmolH−=−，则241molHSO与()21molBaOH完全反应放出的热量为114.6kJ【答案】B【解析】【详解】A．已知()()()22CsOgCOg+=1ΔH，()()()2COgCs2COg+=2ΔH；碳燃烧放热：10H＜，碳和二氧化碳的反应

为吸热反应20H＞，A错误；B．已知()()()22HgFg2HFg+=1270kJmolH−=−，且氟化氢气体液化时进一步放热，则1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢时放热大于270kJ

，B正确；C．燃烧热是101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，常见元素的稳定产物：C→CO2(g)、H→H2O(l)，不能根据()()()2222HgOg2HOg+=1480.4kJmolH−=−计算2H燃烧热为1240.2kJmolH

−=−，C错误；D．已知中和热可表示为()()()2HaqOHaqHOl+−+=157.3kJmolH−=−，生成2molH2O(l)放出114.6kJ热量，析出硫酸钡沉淀会放热，则241molHSO与()21molBaOH完全反应放出的热量大于114.6kJ，D错误

；答案选B。4.下列说法正确的是A.将纯水加热至较高温度，水的电离程度增大，H+和OH−离子浓度均增大，呈酸性B.用等浓度NaOH溶液分别中和等体积等pH的盐酸和醋酸，盐酸消耗NaOH溶液的体积大C.常温下，pH2=的盐酸和pH13=的NaOH溶液混合(忽略体积变化)后pH11=，则盐酸与NaO

H溶液的体积比为9:1D.室温下，pH3=的盐酸溶液与pH11=的氨水溶液等体积混合，溶液pH7【答案】C【解析】【详解】A．水电离出的OH−浓度等于氢离子浓度，呈中性，A错误；B．盐酸是强酸、醋酸是弱酸，等体积等pH的盐酸和醋酸，

醋酸的物质的量更大，用等浓度NaOH溶液分别中和时，盐酸消耗NaOH溶液的体积小，B错误；C．常温下，pH2=的盐酸和pH13=的NaOH溶液混合(忽略体积变化)后pH11=，14-110.10mol/LV0.010mol/LV10c(OH)mol/L(VV)10−−−

==+酸碱酸碱，V9V=酸碱，则盐酸与NaOH溶液的体积比为9:1，C正确；D．一水合氨是弱碱，室温下，pH3=的盐酸溶液中氢离子浓度与pH11=的氨水溶液中氢氧根离子浓度相等，二者等体积混合后碱大大过量，混合液中氨水的电离远大于氯

化铵水解，则溶液pH7＞，D错误；答案选C。5.氨气是一种重要的化工原料，工业合成氨反应为：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ192kJmol−=−H；同时以氨为原料，可以生产化肥和硝酸等。在催化剂条件下，氨催化氧化生成NO：()()()()3224NHg5Og4NOg6HO

g++1905.8kJmolH−=−。对于反应()()()()3224NHg5Og4NOg6HOg++，下列说法正确的是A.该反应在高温、低温条件下都能自发进行B.提高体系的压强可减小该反应的化学平衡常数C.分离出

()2HOg，平衡右移，正反应速率增大D.使用高效催化剂可降低该反应的活化能，减小反应的焓变【答案】A【解析】【详解】A．根据自由能公式，GHTS=−，该反H0S0G0，，故，故高温、低温条件下都能自发进行，A正确；B．化学平衡常数只和温度有关，与压强无

关，B错误；C．减小了生成物浓度，平衡右移，正反应速率也会减小，C错误；D．催化剂只改变活化能，不影响焓变，D错误；故选A。6.氨气是一种重要的化工原料，工业合成氨反应为：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ192k

Jmol−=−H；同时以氨为原料，可以生产化肥和硝酸等。在催化剂条件下，氨催化氧化生成NO：()()()()3224NHg5Og4NOg6HOg++1905.8kJmolH−=−。将上述合成氨反

应设计成燃料电池，工作原理如图所示。其中溶有HCl的稀的A溶液为电解质溶液。下列说法错误的是A.a电极为正极，发生还原反应B.A溶液中所含溶质为4NHCl，可用蒸发结晶的方法分离出AC.a电极发生的反应为：24N8H6e2NH+−+++=D.每消耗20.5molN，需

消耗标准状况下233.6LH【答案】B【解析】【详解】A．此电池总反应式是：N2+3H2+2HCl=2NH4Cl，氮元素化合价降低，得到电子，则a电极为正极，发生还原反应，故A正确；B．氯化铵受热易分解，不能用蒸发结晶的方法分离出A，应用蒸发浓缩、冷

却结晶的方法分离出A，故B错误；C．环境是酸性环境，a电极为正极，发生的反应为24N8H6e2NH+−+++=，故说C正确；D．每消耗20.5molN转移电子3mol，按电子数守恒，负极消耗1.5mol氢气，即需消耗标准状况下233.6LH，故D正

确；故选B。7.下列有关实验的说法正确的是A.装置甲可制得较高浓度的HClO溶液B.装置乙可以验证铁发生了析氢腐蚀C.装置丙在铁制品表面镀铜D.图丁是常温下用10.1000molL−的NaOH溶液分别滴定120.00mL0.1

000molL−一元酸HX、HY的滴定曲线，说明HY的酸性弱于HX【答案】A【解析】【详解】A．氯水中存在22ClHOHClHClO++，碳酸钙和盐酸反应、不与次氯酸反应，平衡右移，次氯酸浓度增大，

装置甲可制得较高浓度的HClO溶液，A正确；B．装置乙可以验证铁发生了吸氧腐蚀，B错误；C．铁制品表面镀铜时阳极为铜、阴极为铁制品、电解液为硫酸铜溶液，则装置丙不能在铁制品表面镀铜，C错误；D．等物质的量浓度的HX、

HY，溶液pH较小的氢离子浓度大，对应酸电离程度大，则图丁说明HY的酸性强于HX，D错误；答案选A。8.室温下，草酸()224HCO属于二元弱酸，通过下列实验探究草酸的性质实验1：将草酸溶液滴加到酸性高锰酸钾溶液中，紫红色褪去实验2：将草酸加入到少量3NaHCO溶液中，产生气泡实验3：1224

10mL0.1molLHCO−溶液的pH约为1.3，用水稀释至1000mL后测得pH变大下列说法错误的是。A.实验1说明草酸具有还原性，离子方程式24224222MnO5HCO6H2Mn10CO8HO−++++=++B.实验2说明酸性强弱关系为：22423HCOHCOC.实验3加水

稀释至1000mL后，pH小于3.3，溶液中所有离子浓度都降低D.实验3加水过程中，()()24224HCOHCOcc−逐渐变大【答案】C【解析】【详解】A．草酸具有还原剂，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成锰离子、二氧化碳和水，A正确；B．将草酸加入到碳酸氢钠溶液中产生气泡，

说明生成了碳酸，根据强酸可以制取弱酸知，草酸酸性强于碳酸，B正确；C．加水稀释后，对于酸性溶液，pH在增大，即OH-离子的浓度在增大，C错误；D．由草酸的电离平衡常数知()()()241224cHcO

KcHCOHC+−=，加水的过程中，氢离子浓度降低，电离平衡常数不变，则()()24224cOcHCOHC−逐渐变大，D正确；故选C。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定．．能大量共存的是A.10.1molL−的NaOH溶液中

：4NH+、3NO−、Na+、24SO−B.由水电离出的()121H10molLc+−−=的溶液中：Na+、2AlO−、2S−、24SO−C.使酚酞变红的溶液中：Na+、2Mg+、ClO−、3HSO−D.()1wK0.1molLcOH−−=的溶液中：Na+

、3Al+、K+、3NO−【答案】D【解析】【详解】A．10.1molL−的NaOH溶液中存在大量OH−，OH−与4NH+结合产生弱电解质一水合氨，所以不能大量共存，故A错误；为B．由水电离出的()121H10molLc+−−=的溶液中，水的电离受到抑制，溶液为酸性或碱性溶

液，在酸性溶液中H＋与2AlO−、2S−反应而不能大量共存，故B错误；C．使酚酞变红的溶液呈碱性，在碱性溶液中，OH−与2Mg+反应而不能大量共存，故C错误；D．()1wK0.1molLc(H)cOH−+−==，即溶

液呈酸性，H＋、Na+、3Al+、K+、3NO−相互不反应，可以大量共存，故D正确；故答案选D。10.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应()()()AgBg2Cg+x，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中各

物质的物质的量浓度、部分方向反应速率分别随时间的变化如下图所示，下列说法中正确的是A.前8min内C的平均反应速率为110.25molLmin−−B.反应方程式中的1x=，正反应为吸热反应C.3040min间该反应使用了催化剂D.3040min间反应的平衡常数与原平衡相等，40m

in时升高温度【答案】D【解析】【分析】由图可知，反应在20～30min时反应达到平衡状态，30～40min间反应物和生成物浓度均同等倍数减小，但平衡不移动，故30～40min间改变的条件为减小压强；减压，平衡不移动，故反应前后气体分子数不变，x=1；40min时正逆反应速率均加快，平

衡逆向移动，改变的条件为升温，升温，逆向移动，逆向吸热，正向放热。【详解】A．由图可知8min前C的浓度增加了1.36mol•L-1，所以C的反应速率为1.36molL8min/=0.17mol•L-1•min-1，故A错误；B．30～40min间改变条件为减小

压强，减压，平衡不移动，故反应前后气体分子数不变，x=1，40min的时正、逆反应速率均加快，平衡逆向移动，改变的条件为升温，升温，逆向移动，逆向吸热，正向放热，故B错误；C．30～40min间正逆反应速率均减小，说明该阶段不是使用了催化剂，

故C错误；D．30～40min间改变的条件为减小压强，减压，平衡不移动，40min时正、逆反应速率均加快，平衡逆向移动，改变的条件为升温，故D正确；故选D。11.HNO自由基与2O反应过程的能量变化如下图所示。下列说法错误的是

A.该反应属于非基元反应，总反应为放热反应B.相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：()()P1P2vvC.该历程中最小正反应的活化能1a4.52kJmolE−=D.产物的稳定性：P1P2【答案】

B【解析】【详解】A．从图中可以看出，该反应需要分多步完成，故该反应属于非基元反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，A正确；B．从图中可以看出，由中间产物Z生成P1的活化能远小于从中间产物Z生成P2的活化能

，所以在相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)＞v(P2)，B错误；C．该历程中，最小正反应活化能应为从中间产物Z生成过渡态Ⅲ，该历程中最小正反应的活化能=-200.59kJ•mol-1-(-205.11kJ•mol-1)=4.52kJ•mol

-1，C正确；D．因为产物P1的能量高于产物P2的能量，物质的能量越高，稳定性越差，所以产物的稳定性：P1＜P2，D正确；的故选B。12.工业上用电解法处理含镍酸性废水，并得到单质Ni的原理如图所示，

已知氧化性：2Ni+(高浓度)2HNi++(低浓度)，下列说法正确的是A.电解过程中，B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小B.碳棒上发生电极反应：22H2eH+−+=C.电解前期，A室若产生0.1mol气体，则理

论上镀镍铁棒质量增加11.8gD.若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式没有变化【答案】C【解析】【分析】碳棒与电源正极相连，为电解池阳极，发生氧化反应，氢氧根放电生成氧气，镀镍铁棒与电源负极相连，为电解池阴极，发生还原反应，Ni2+放电生成Ni单质，由于溶液显酸性，

H+也会放电生成氢气。【详解】A．由于C室中Ni2+、H+不断减少，Cl-通过阴离子膜从C室移向B室，A室中OH-不断减少，Na+通过阳离子膜从A室移向B室，所以B室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大A不正确；B．碳棒与电源正极相连，为电解

池的阳极，发生氧化反应，氢氧根放电生成氧气，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，B不正确；C．电解前期，A室若产生0.1mol气体为氧气，转移电子0.4mol，按电极上电子数守恒，则理论上镀镍铁棒析出0.2molNi，则质量增加0.2mol×59g/

mol=11.8g，C正确；D．若将图中阳离子膜去掉，氯离子进入阳极室，阳极会生成氯气，总反应发生改变，D不正确；综上所述答案为C。13.在起始时向2.0L恒容密闭容器中加入20.1molMoS、20.4molH及230.2

molNaCO，发生反应：()()()()()()()222322MoSs4Hg2NaCOsMos2COg4HOg2NaSs+++++，测得平衡时气体体积分数与温度的关系如图所示(固体物质所占体积忽略不计)。的下列说法正确的是A.该反应的正反应

为放热反应B.1300K时，M点对应的容器内压强与起始时容器内压强比为4:5；M点2H的转化率为20%C.M、N两点的逆反应速率：()()MNvvD.其他条件不变，保持温度在1300K，若起始时加入2H、CO及()2HOg各0.2mol，则达平衡前v(正

)<v(逆)【答案】D【解析】【分析】反应物只有一种气体，生成物有两种气体，图像描述的是平衡后的气态物质的浓度随温度的变化，a和b的变化趋势相同，故a和b代表的是生成物，又因为水蒸气的浓度是一氧化碳浓度的两倍，故a代表水蒸气，b代表一氧化碳，M点时依据三段式可知222322MoS(s)

+4H(g)+2NaCO(s)Mo(s)+2CO(g)+4HO(g)o+l2N0aS.(s)/mol0.400/m5/mol0.40.5xxxxxx−始变平M点时H2、H2O的体积分数均为40%，则0.40.40.5xx=+，解得x＝0.2；P()n()0

.4mol4P()n()(0.40.5x)mol5===+始始平平，20.2mol(H)100%=50%0.4mol=，()()24242442c(CO)cHO0.050.1K=0.0025cH0.1==，据分析答题。【详解】A．由图可知，升高温度

两种气体的体积分数增大，则升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故A错误；B．1300K时，M点对应的容器内压强与起始时容器内压强比为据分析；M点2H的转化率为50%，故B错误；C．升温将加快反应速率，N点温度更高，则M、N两点的逆反应

速率：()()MNvv＜，故C错误；D．其他条件不变，保持温度在1300K，若起始时加入2H、CO及()2HOg各0.2mol，()()24242442c(CO)cHO0.10.1Q=0.010.0025cH0.1==＞，则达平衡前v(正)＜v(逆)，故D正确；答案选D。

14.2CO催化加氢合成二甲醚是一种2CO转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ：()()()()222COgHgCOgHOg++141.2kJmolH−=反应Ⅱ：()()()()223322COg6HgCHOCHg3HOg++1122.5kJmolH−=−在恒压、2CO和2H的

起始量一定的条件下，2CO平衡转化率和平衡时33CHOCH的选择性随温度的变化如图所示。(已知：33CHOCH的选择性3322CHOCH=100%CO的物质的量反应的的物质的量)，下列说法正确的是A.曲线a代表2

CO平衡转化率B.为提高33CHOCH选择性需研发高温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂C.200～360℃范围内，体系中主要发生反应ⅡD.反应一段时间后，在220℃测得33CHOCH的选择性48%(图中A点)，增大压强可能将33CHOCH的选择性提升到B点【答案

】D【解析】【详解】A．反应Ⅱ随温度升高，平衡逆向移动，33CHOCH的物质的量减小，2CO的物质的量增大，根据已知：33CHOCH的选择性3322CHOCH=100%CO的物质的量反应的的物质的量，

可知33CHOCH的选择性降低，曲线a代表33CHOCH的选择性，A错误；B．催化活性更高的催化剂，不影响平衡移动，不改变物质的转化率，不能提高33CHOCH选择性，B错误；C．200～360℃范围内，随温度升高，更有

利于吸热反应Ⅰ进行，体系中主要发生反应Ⅰ，C错误；D．反应Ⅱ是气体体积减小的反应，在温度不变的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动，二甲醚的物质的量增大，选择性增大，D正确；故选D。二、非选择题，共4题，共58分。15.已知：某酸HX、3C

HCOOH和2HO都是弱电解质，回答下列问题：（1）甲、乙两位同学设计用实验确定某酸HX是弱电解质，存在电离平衡。甲：取纯度相同，质量、大小相等的锌粒放入两支试管中，同时加入10.1molL−的HX、HCl溶液各10mL，按如图1装好，观察现象。乙：用pH计测

定物质的量浓度均为10.1molL−的HX和HCl溶液的pH。①甲方案中，说明HX是弱电解质的实验现象是___________；乙方案中说明HX是弱电解质的理由是：测得10.1molL−的HX溶液的pH___________1(填“>”、“<”或“=”)。②甲同学为了进一步探

究弱电解质电离平衡移动的情况，设计如下实验：使HX的电离程度和()Hc+都减小，()Xc−增大，可在10.1molL−的HX溶液中，选择加入___________试剂(填序号)。A．12molLHX−溶液B．11molLNaOH−溶液C．升温D．1

241molLHSO−溶液E．NaX固体(可完全溶于水)F．加水稀释③乙同学比较了3CHCOOH与HX两种弱酸电离平衡常数：已知室温时，130.1molLCHCOOH−溶液的电离度约为1%，3CHCOOH的电离平衡常数aK_______

____；室温下，体积均为100mL、pH均为2的3CHCOOH与HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图2所示，则HX的电离平衡常数___________(填“大于”、“小于”或“等于”)3CHCOO

H的电离平衡常数。（2）某温度时，纯水的电离平衡曲线如图3所示：①此温度___________(填“高于”、“低于”或“等于”)25℃。该温度下，浓度为52.510molL−的24HSO溶液中由水电离的()cH+

=___________molL。②保持温度不变，将pH2=的4NaHSO溶液LaV与pH13=的KOH溶液LbV混合后溶液pH8=(忽略混合时溶液体积变化)，则:abVV=___________。【答案】（1）①.装HCl溶液的试管上的气球比装HX溶液的试管上的气球鼓的快②.>③.E④

.5110−⑤.小于（2）①.低于②.12210−③.1:10【解析】【分析】要证明HX是弱酸，只要证明其不完全电离、水溶液中存在电离平衡即可；【小问1详解】HA是弱酸，则均为0.1mol·L-1的HA、HCl溶液中，HA中氢离子浓度

小，氢离子浓度越小、pH越大，和相同的锌反应时产生氢气的速率越小，则：①甲方案中，说明HX是弱电解质的实验现象是：装HCl溶液的试管上的气球比装HX溶液的试管上的气球鼓的快；乙方案中说明HX是弱电解质的理由是：测得10.1molL−的HX溶液的pH＞1。②甲同学为了使HX的电离

程度和()Hc+都减小，()Xc−增大，可在10.1molL−的HX溶液中，加入：A．12molLHX−溶液，增大了HA的浓度，酸越浓、其电离程度减小，而c(H+)增大，A不满足；B．11molLOHNa−溶液，c

(A-)增大，c(H+)减小，HA的电离程度增大，B不满足；C．升温，促进电离，c(A-)和c(H+)均增大，HA的电离程度增大，C不满足；D．1241molLHSO−溶液，c(H+)增大，按同离子效应知，则HA的电离程度和c(A-)都减小，D不满

足；E．NaX固体(可完全溶于水)，c(A-)增大，按同离子效应知，则HA的电离程度和c(H+)都减小，E满足；F．加水稀释，促进电离，但c(A-)和c(H+)均减小，HA的电离程度增大，F不满足；则答案选E。③乙已知室温时，130.1

molLCHCOOH−溶液的电离度约为1%，3CHCOOH的电离平衡常数aK=-+-5c(A)c(H)0.11%0.11%=10c(HA)0.1；稀释促进弱酸电离，等pH的两种一元酸稀释相同倍数，酸

越弱，稀释前后pH变化幅度越小，则酸性：HX＜3CHCOOH，同温度下，电离常数越小酸越弱，则HX的电离平衡常数小于3CHCOOH的电离平衡常数。【小问2详解】①水的电离吸热，此温度下8816W101010K−−−==，比室温下14W10K−=小，说明抑制了水

的电离，则该温度低于25℃。该温度下，浓度为52.510molL−的24HSO溶液中()5510molLcH−+=，由水电离的()()1612W+5K10=210mol/Lc(H)5c1H0molLHcO+−−−−===。②保持温度不变

，将pH2=的4NaHSO溶液LaV与pH13=的KOH溶液LbV混合后溶液pH8=，则该溶液呈中性，pH2=的4NaHSO溶液中氢离子与LaV与pH13=的KOHLbV溶液中氢氧根等物质的量，-21316abV10V10−=

，解得:abVV=1:10。16.目前很多航空航天领域的研究内容与化学相关，如材料制备、反应条件选择等。（1）2TaS晶体是航天领域涉及的一种强关联二维材料，在一定条件下可发生如下反应：()()()(

)2242TaSs2IgTaIgSg++该反应在体积为2L恒容密闭容器中，在温度分别为1000K和1100K时进行两组实验，反应物起始物质的量，及到达平衡时部分物质的物质的量如下表：起始时平衡时2TaS2I4TaI2S2TaS2I4TaI2S第一组100

0K0.3mol0.3mol000.1mol第二组1100K000.8mol0.8mol0.64mol①则()()()()2242TaSs2IgTaIgSg++H___________0，该反应在一定条件下能自发进行的原因是________

___。②该反应的平衡常数表达式为___________。1000K时，向第一组实验达平衡后的容器中再充入()20.1molIg和()20.1molSg，下列说法错误的是___________。A．当()()222ISvv=正逆时，反应到达新的平衡B．重新达平衡前vv正逆C．达新平

衡时，2TaS的平衡转化率大于33.3％D．体系总压强不再改变时，反应达新平衡E．当混合气体的颜色不再变化时，反应达新平衡F．当混合气体的密度不再变化时，反应达新平衡③利用“化学蒸气转移法”可以提纯含难挥发

杂质的2TaS粉末。反应在如图所示的石英真空管中进行。先在温度为1T的一端放入未提纯的2TaS粉末，充入少量()2Ig，一段时间后在温度为2T的一端得到了纯净2TaS晶体。则温度较低的是___________端(填“1T”或“2T”)。（2）某空间站生命保障系统功能之一是实现氧循环

，其中涉及反应：()()()()2224COg4Hg2HOgCHg++，在相同条件下，()2COg与()2Hg还会发生不利于氧循环的副反应：()()()()2223COg3HgHOgCHOHg++，在一固定容积的反应器中按()()22CO:H1:4=nn通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，

反应进行到2min时，测得反应器中3CHOH、4CH浓度()1molL−如下表所示。350T=℃400T=℃()3cCHOH()4cCH()3cCHOH()4cCH催化剂Ⅰ10.812722345.242780催化剂Ⅱ9.2

107753438932①在350℃时，催化剂Ⅰ的作用下，生成3CHOH的反应的活化能a1E___________生成4CH的反应的活化能a2E(填“大于”、“小于”或“等于”)。②若该空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400

℃的反应条件，原因是___________。【答案】（1）①.＞②.S0③.()()()4222TaISIccc④.AD⑤.2T（2）①.大于②.相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物甲醇浓度低，甲烷的比例高【解析】【小问1详解】①1000K时列三段

式：2242TaS(s)2I(g)TaI(g)S(g)()(mol/L)0.1500()(mol/L)0.10.050.05()(mol/L)0.050.050.05ccc++起始转化平衡，则K(1000K)=20.050.050.05=1；1100K时列三段式：2242TaS(s)2I(g

)TaI(g)S(g)()(mol/L)00.40.4()(mol/L)0.160.080.08()(mol/L)0.160.320.32ccc++起始转化平衡，则K(1100K)=20.320.32

0.16=4＞K(1000K)，说明升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，∆H＞0；该反应在一定条件下能自发进行的原因是∆S＞0；②该反应的平衡常数的表达式为K=4222(TaI)(S)(I)ccc；向第一组实验达平衡后的容器中再充入0.1m

olI2(g)和0.1molS2(g)，瞬时浓度商Q=20.050.10.1=0.5；A．2v(I2)正=v(S2)逆时同一物质表示的正、逆反应速率不相等，反应没有达到新的平衡，A项错误；B．由于Q＜K(1000K)，重新达到平衡前，反应正向进行，

即v正＞v逆，B项正确；C．第一组实验从开始到平衡时消耗TaS2物质的量为0.1mol，TaS2的平衡转化率为0.1mol0.3mol×100%=33.3%，向第一组实验达平衡后的容器中再充入0.1molI2(g)和0.1molS2(g)，瞬时

浓度商Q=20.050.10.1=0.5＜K(1000K)，平衡向正反应方向移动，达到新平衡时TaS2的平衡转化率大于33.3%，C项正确；D．该反应气体分子数不变，恒温恒容容器建立平衡的过程中气体分子总数始终不变，体系压强始终不变，体系总压强不再改变时不能说明反应达到新平衡

，D项错误；E．I2(g)有色，当混合气体的颜色不再变化，说明I2(g)的浓度不再变化，是反应达到新平衡的特征标志，E项正确；F．TaS2呈固态，该反应建立平衡的过程中混合气体的总质量变化，在恒温恒容容器中混合气体的密度变化，当混合气体的密度不再变化时说明反应达到新平衡，F正确；答案选

AD。③反应TaS2(s)+2I2(g)⇌TaI4(g)+S2(g)的∆H＞0，升高温度平衡向正反应方向移动，消耗TaS2，降低温度平衡向逆反应方向移动，生成TaS2；在温度为T1的一端放入未提纯的TaS2粉末，充入少量I2(g)，一端时间后在温度为T2的一端得

到纯净的TaS2晶体，则温度较低的是T2。【小问2详解】①由表中数据可知，在350℃、催化剂Ⅰ的作用下，反应进行到2min时，CH4的浓度远大于CH3OH的浓度，说明生成CH4的速率远大于生成CH3OH的速率，活化

能越小、反应速率越快，则生成CH3OH的反应的活化能Ea1大于生成CH4的反应的活化能Ea2；②由表中数据可知，相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物甲醇浓度低，甲烷的比例高，故该空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件。17.

某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验装置如图：①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和一定量的水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加的12.00mL0.001000molL−的碘标准溶液，搅拌。②以10.2Lmin−流速通氮气，再加入过量磷酸，

加热并保持微沸，将亚硫酸盐转化为2SO气体进入锥形瓶，同时加入碘标准溶液滴定2SO，将其氧化，至终点时记录下滴定管中消耗的碘标准溶液的体积。③平行实验4次，实验中步骤②记录的消耗的碘标准液的体积如下：第一次第二次第三次第四次碘标准液体积10.00mL10.90mL9.90mLmLx

回答下列问题：（1）装碘标准液的滴定管b为___________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。上表中第四次滴定的起始和终点读数如图，则表中x=___________mL。（2）步骤②中滴定终点时锥形瓶中的现象为___

________；碘标准液与2SO反应的离子方程式为___________。（3）下列操作中可能使测定结果偏低的是___________。A.先加磷酸再通氮气B.滴定管未用碘标准液润洗就直接注入碘标准液C.滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视D.滴

定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁（4）该样品中亚硫酸盐含量(以2SO计)为___________1mgkg−。(写出计算过程)【答案】（1）①.酸式②.10.10（2）①.当加入最后半滴碘标准液时，溶液由无色变蓝色，且半分钟内不复原②.22224ISO2HO2I4HSO−+−++=++

（3）AC（4）76.8【解析】【分析】亚硫酸盐和磷酸作用产生二氧化硫，在氮气环境中二氧化硫进入锥形瓶内，用标准碘溶液滴定二氧化硫，实验过程中操作不规范会引起误差，误差分析的总依据为：由VccV=标测标测，由于c标、V待均为定植，所以c测

的大小取决于V标的大小，即V标偏大则c测偏大，V标偏小则c测偏小，据此回答；【小问1详解】碘标准溶液显酸性，所以用装碘标准液的滴定管b为酸式滴定管，初始读数是0.00mL，末读数是10.10mL，两者差值即表中x=10.10mL。【小问2详解】滴定过程中

碘单质、二氧化硫和水反应生成硫酸和氢碘酸，步骤②中滴定终点时锥形瓶中的现象为：当加入最后半滴碘标准液时，溶液由无色变蓝色，且半分钟内不复原；碘标准液与2SO反应的离子方程式为：22224ISO2HO2I4HSO−+−++=++。【小问3详解】A.先加磷酸再通氮气，则二氧化硫被

氧气氧化，会使消耗溶液体积偏小，结果偏低，A符合题意；B.滴定管未用碘标准液润洗就直接注入碘标准液，使溶液的浓度减小，消耗碘标准溶液的体积增大，即代入数值偏大，使结果偏高，B不符合题意；C.滴定管读数时，若

滴定前仰视，滴定后俯视，初始读数偏大，末读数偏小，会使消耗溶液体积偏小，结果偏低，C符合题意；D.滴定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对结果没有影响，D不符合题意；故选AC。【小问4详解】由表知，第二次偏差大，舍去

第二次数据，剩余取平均值，得消耗的碘标准液10.00mL，另由预加的碘标准溶液12.00mL0.001000molL−，则共消耗碘标准液12.00mL，则-3-522n(I)=n(SO)=12.00mL10L/mL0.001000mo

l=1.20010mol，香菇中亚硫酸盐含量为-53-31.20010mol64gmol10mgg10.0010kgg///=76.81mgkg−。18.含N元素的部分物质对环境有影响。含NO、2NO的废气会引起空气污染，含2NO−、3

NO−、4NH+的废水会引起水体富营养化，都需要经过处理后才能排放。（1）氢气催化还原含NO烟气：主反应：()()()()2222NOg2HgNg2HOg++11kJmolHa−=副反应：()()()()2222NOgHgNOgHOg++12kJ

molHb−=①已知NO也能与2N反应生成2NO，写出该反应的热化学方程式___________。②某温度下2H的体积分数对2H还原NO反应的影响如图1所示。当2H的体积分数大于660010−时，2N的体积分数呈下降

趋势，原因是___________。（2）工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染，模拟工艺如图2所示，写出电解时铁电极的电极反应式___________。随后，铁电极附近有无色气体产生，写出有关反应的离子方程式_____

______。（3）工业上以钛基氧化物涂层材料为阳极，碳纳米管修饰的石墨为阴极，电解硝酸钠和硫酸钠混合溶液，可使3NO−转变为4NH+，后续再将4NH+反应除去。已知：电极(电催化剂)所处的环境对其催化活性起重要作用。①若在酸性介质中电解

混合溶液，将3NO−转变为4NH+的电极反应式为___________；其他条件不变，只改变混合溶液的pH，3NO−去除率如图3所示，pH越小，3NO−去除率上升可能原因是___________。②其他

条件不变，只向混合溶液中投入一定量NaCl，后续去除4NH+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低。可能原因是___________。【答案】（1）①.()()()222NOgNg2NOg+()12kJmolHba−=−②.氢气和生成的氮

气反应生成氨气(NO被2H还原为3NH)（2）①.2Fe2eFe−+−=②.232222NO8H6FeN6Fe4HO−+++++=++(或232222HNO6H6FeN6Fe4HO+++++=++)（3）①.342NO8e10HNH3HO−−++++

=+②.随着pH的降低，催化剂的催化活性明显上升(或催化剂表面吸附的物质种类不同，酸碱度影响催化剂的活性等)③.水中的氯离子在阳极上被氧化成氯气(或游离氯)，氯气具有较强氧化性，与铵根离子发生氧化反应

，生成2N，从而使铵根离子从水溶液中得到去除【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律，副反应×2-主反应，即得到NO与N2的反应，故其热化学方程式为：2NO(g)+N2(g)⇌2N2O(g)，ΔH=(2b−a)kJ⋅mol

−1。②N2的体积分数下降，有可能是氮气和氢气发生了反应生成了氨气。【小问2详解】根据图示，Fe作阳极，故铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，铁电极由于生成了亚铁离子，遇到亚硝酸后发生反应生成NO气

体，其方程式为：2322228H6N64HONOFeFe−+++++=++。【小问3详解】①在酸性介质中电解混合溶液，硝酸根离子得到电子与氢离子反应生成铵根离子和水，其电极方程式为：3428e10H3HONONH−−++

++=+，；其它条件不变，pH越小，催化剂活性越强，反应速率也就越快。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com