【文档说明】上海市金山中学2021-2022学年高一年级下学期期中考试化学试卷 含解析.docx，共(16)页，1.388 MB，由小赞的店铺上传

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2021学年第二学期金山中学高一年级期中考试化学试卷相对原子质量：S-32H-1C-12N-14O-16Fe-56Na-23Cu-64Zn-65Al-27Mg-24Cl-35．5Ba-137一、选择题(共20分，每小题2分。每小题只有一个正确答案)1.生

物体腐败后，在微生物厌氧活动的作用下，体内的硫元素会转化为A.H2SB.SC.SO2D.SO3【答案】A【解析】【详解】生物体腐败后，在微生物厌氧活动的作用下即没有氧化环境的作用下，体内的硫元素会转化为H2S，故答案为：A。2.硝酸型酸雨产生的主要原因是A.

硝酸工业发达B.雷雨天气较多C.汽车尾气的排放D.燃料以煤为主【答案】A【解析】【详解】一氧化氮在空气中会与氧气反应，生成二氧化氮，二氧化氮有与空气中的水反应，生成了硝酸和一氧化氮，雷雨天气产生的硝酸是极少量的，对

人类不会造成损害，而人类造成的硝酸型酸雨是大量的或者说是浓度较高的，产生氮氧化物的主要来源是硝酸工业尾气排放，其次是汽车尾气的大量产生，以煤为主的燃料燃烧主要产生硫酸型酸雨，故答案为：A。3.同一短周期元素

X、Y、Z、W形成的最高价含氧酸的酸性依次增强，下列有关叙述正确的是A.单质沸点：X＜Y＜Z＜WB.气态氢化物的稳定性：X＞Y＞Z＞WC.原子序数：X＞Y＞Z＞WD.最高正价：X＜Y＜Z＜W【答案】D【解析】【详解】分析：同周期元

素从左到右元素的非金属性依次增强，元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，同一短周期元素X、Y、Z、W形成的最高价含氧酸的酸性依次增强，可说明非金属性X<Y<Z<W，原子序数X<Y<Z<W。详解：A.若为第三周

期的Si、P、S、Cl元素等，则单质Si的沸点远大于单质P、S以及氯气，故A错误；B.非金属性X<Y<Z<W，元素的非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，故B错误；C.同周期元素从左到右元素的非金属性依次增强，非金属性X

<Y<Z<W，则原子序数X<Y<Z<W，故C错误；D.由上述分析可知，这四种同周期元素的原子序数X<Y<Z<W，最外层电子数依次增多，则最高正价：X<Y<Z<W，故D正确；答案选D。4.实现下列变化需要加入还原剂的是A.Na2O2→O2B.Na→NaOHC.Fe(O

H)3→Fe2O3D.Fe(NO3)3→Fe(NO3)2【答案】D【解析】【详解】A．Na2O2→O2该转化过程的方程式可以为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应中H2O既不是氧化剂也不是还原剂，A不合题意；B．Na→NaOH该转化过程的方程式可以为：2Na+2H2O=2NaOH+

H2↑，反应中H2O是氧化剂，B不合题意；C．Fe(OH)3→Fe2O3该转化中元素的化合价未改变，不是氧化还原反应，C不合题意；D．Fe(NO3)3→Fe(NO3)2该转化过程的方程式可以为：Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2，反应中Fe的化合价降低，被还原，故需加入

还原剂Fe等，D符合题意；故答案为：D。5.把铁片投入下列溶液中，铁片溶解，溶液的质量减少，但无气体产生的是A.稀硫酸B.硫酸铁C.硫酸铜D.硫酸锌【答案】C【解析】【详解】A．Fe与稀硫酸反应方程式为：Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，

铁片溶解，溶液质量增加，产生气体，A不合题意；B．Fe与硫酸铁溶液反应方程式为：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，铁片溶解，溶液质量增加，无气体生成，B不合题意；C．Fe与硫酸铜溶液反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，铁片溶解，溶液质量减轻，无气体生成，C符合

题意；D．Fe与硫酸锌溶液不反应，铁片不溶解，D不合题意；故答案为：C。6.类比是化学中非常重要的思想方法，以下类比合理的是A.Fe可以从CuSO4溶液中置换出铜，因此Na也可以从CuSO4溶液中置换出铜B.木炭燃烧时可以用CO2灭火，因此镁带燃烧时也可以用CO2灭火C.Al可

在加热条件下与水反应生成Al(OH)3，因此Fe也可在加热与水反应生成Fe(OH)2DFe与稀H2SO4反应生成FeSO4和H2，因此Na也可和稀H2SO4反应生成Na2SO4和H2【答案】D【解析】【详解】A．Na的性质太活泼，Na与CuSO4溶液反应时，Na先与H2O

反应，生成的NaOH在与CuSO4溶液反应，故置换不出铜，反应原理为：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑，类比不合理，A不合题意；B．镁条在CO2能够剧烈燃烧，方程式为：2Mg+CO2点燃2MgO

+C，即镁带燃烧时不可以用CO2灭火，类比不合理，B不合题意；C．Fe与热水不反应，与水蒸气反应生成Fe3O4，方程式为：3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2，类比不合理，C不合题意；D．Fe与稀H2SO4反应生成

FeSO4和H2，反应方程式为：Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，Na比铁活泼，因此Na也可和稀H2SO4反应生成Na2SO4和H2，方程式为：2Na+H2SO4(稀)=Na2SO4+H2↑，类比合理，D符合题意；故答案为：D。7.对于反应：()()()2Ag

Bg+QQ>0，下列能量变化示意图正确的是A.B.C.D..【答案】B【解析】【分析】【详解】A．B(g)的能量大于B(l)，与图示不符，故A错误；B．()()()2AgBg+QQ>0为放热反应，则2mol

A(g)的能量大于1molB(g)；B(g)的能量大于B(l)，与图示相符合，故B正确；C．2molA(g)的能量大于1molB(g)，与图示不符，故C错误；D．2molA(g)的能量大于1molB(g)；B(g)的能量大于B(l)，与

图示不符，故D错误；故选B。8.化学电源应用广泛。某原电池装置如图所示，下列说法正确的是A.锌电极发生氧化反应B.锌片和铜片都有O2产生C.电子由铜电极经导线流向锌电极D.原电池工作一段时间后溶液的c(

H+)不变【答案】A【解析】分析】【详解】A．锌比铜活泼，作负极，发生氧化反应，故A正确；B．铜作正极，电极上有氢气产生：2H++2e-=H2↑，故B错误；C．电子由负极流向正极，即从锌电极经导线流向铜电极，故C错误；D．原电池工作一段时间后，正极反应为：2H++2e-=H2↑，则溶液的c(H+)

变小，故D错误。故选A。9.把镁条（去除氧化膜）投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率v与时间t的关系如下图所示，其中影响AB段速率的主要因素是【A.H+的浓度B.体系的压强C.溶液的温度D.Cl－的浓度【答案】C【解析

】【详解】镁条与盐酸发生反应Mg+2H+=Mg2++H2↑，影响镁和盐酸反应产生氢气速率的因素主要有两个：一是温度，反应放出热量，使体系的温度升高，产生氢气的速率增大；二是溶液中氢离子的浓度，反应过程中氢离子的浓度减小，产生氢气的速率减慢。图中AB段产生氢气的速率逐渐增大，说明这段时间内温度

对反应速率的影响大于氢离子浓度对反应速率的影响，故影响AB段速率的主要因素是温度。故选C。【点睛】影响化学反应速率的因素：主要因素：反应物本身的性质；外界因素：温度、浓度、压强、催化剂、光、激光、反应物颗粒大小，反应物之间的接触面积和反应物状态。10.可逆反应mA(s)+n

B(g)pC(g)+qD(g)反应过程中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度（T）和压强（P）的关系如图（T2＞T1）,根据图中曲线分析，判断下列叙述中正确的是A.到达平衡后，若使用催化剂，C的质量分数增大B.平衡后，若升高温度，平衡则向逆反应方向移动C.平衡后，增大A的量，有利于平衡

向正反应方向移动D.化学方程式中一定n＞p+q【答案】B【解析】【分析】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短.由图象(1)可以知道T2＞T1,温度越高,平衡时C的体积分数C%

越小,故此反应的正反应为放热反应;当其他条件一定时,压强越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短.由图(2)可以知道P2>P1,压强越大,平衡时C的体积分数C%越小,可以知道正反应为气体物质的量增大的反应,即n<p+q

；据此结合外界条件对化学平衡的影响分析解答。的【详解】A．催化剂只改变化学反应速率,对平衡移动没有影响,C的体积分数不变,故A错误；B．正反应为放热反应,升高温度平衡向吸热方向移动,即向逆反应移动,所以B选项是正确的；C．达平衡后,增加A的量,因为A为固

体,所以平衡不移动,故C错误；D．由上述分析可以知道,可逆反应mA(s)+nB(g)pC(g)+qD(g)正反应为气体物质的量增大的反应,即n<p+q，故D错误；综上所述，本题正确选项B。二、综合题(共80分)(一)(本题共15分)11.元素周期

表在化学研究中有着举足轻重的作用。短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表位置如下图所示，其中B元素是碳元素。回答下列问题：（1）描述B元素在周期表中的位置：______；请写出该原子的电子式：_______

_____。B元素形成的单质中有一种是自然界中最硬物质，该单质属于_______晶体，熔化时需要破坏_________(填作用力名称)，因此熔点非常_____(填“高”或“低”)（2）比较A、C、D元素简单离子半径的大小：______>_______>_____

__(填微粒符号)。（3）F与D同主族且相邻，请比较D的氢化物和F的氢化物稳定性大小：__________(用化学式表示)。（4）用化学方程式证明A元素具有两性___________。（5）描述检验溶液中含有E元素形成的简单离子的方法______________。【答案】（1）①.第2周期IVA

族②.③.原子(共价)④.共价键⑤.高（2）①.N3-②.O2-③.Al3+（3）H2O＞H2S（4）2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑（5）取待测液少许于一试管中，向

其中滴加过量的稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明待测液中含有Cl-【解析】【分析】由题干部分周期表信息可知，根据B为C，则C为N，D为O，A为Al，E为Cl，据此分析解题。【小问1详解】描述B即C元素在周期表中的位置是：第2周期IVA族，该原子的

电子式为：，B元素形成的单质中有一种是自然界中最硬物质即金刚石，该单质属于原子(共价)晶体，熔化时需要破坏共价键，因此熔点非常高，故答案为：第2周期IVA族；；原子(共价)；共价键；高；【小问2详解】由分析可知，比较A、C、D元素简单离子即

Al3+、N3-、O2-，三者具有相同的电子层结构，且核电荷数Al＞O＞N，故离子半径的大小：N3->O2->Al3+，故答案为：N3-；O2-；Al3+；【小问3详解】由分析可知，F与D为O同主族且相邻，则F为S，由于O的非金属比S

的强，故D的氢化物即H2O和F的氢化物即H2S，稳定性大小：H2O＞H2S，故答案为：H2O＞H2S；【小问4详解】用化学方程式证明A即Al元素具有两性：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3

H2↑，故答案为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；【小问5详解】描述检验溶液中含有E即Cl元素形成的简单离子的方法即检验Cl-的方法：取待测液少许于一试管中，向其中

滴加过量的稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明待测液中含有Cl-，故答案为：取待测液少许于一试管中，向其中滴加过量的稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明待测液中含有Cl-。(二)(本

题共20分)12.铁元素及其化合物在生活生产中有广泛的用途。回答下列问题：（1）Fe3+与SCN-的反应常用来检验Fe3+的存在：Fe3++3SCN-垐?噲?Fe(SCN)3若溶液中含有Fe3+，则加入KSCN溶液后的现象为________

_向加入KSCN后的混合溶液中再加入少量NaOH固体，观察到的现象是_____________，产生该现象的原因是________________。（2）向FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，会观察到先产生白色沉淀，后迅速变为灰绿色，久置后变为红褐色，用化

学方程式说明产生该现象的原因__________________。（3）FeCl3溶液常被用作蚀刻剂腐蚀印刷电路板：2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+在过量FeCl3溶液腐蚀印刷电路板后的溶液中，加入过量铁粉，依次发生______、________两个反应(写离子方程式)，若最后溶液中有固

体剩余，则溶液中不可能含有的离子是____。（4）FeCl2溶液在空气中容易被氧化，0.1mol·L-1的FeCl2溶液暴露在空气中，20min后，Fe2+的浓度变为0.05mol·L-1，则20min内，以Fe2+表

示的平均反应速率为_____________若要验证该溶液中Fe2+未被完全氧化，则可以需要加入_____若出现_________现象，则证明Fe2+未被完全氧化。（5）下列有关铁及其化合物的说法正确

的是________A．铁是第四周期第VIIIB族元素B．亚铁盐只有还原性，没有氧化性C．铁粉和铜粉的混合物可用磁铁吸引的方法分离D．工业上通常采用电解法来冶炼单质铁E．Fe3O4是一种纯净物F．铁粉和氧化铝的混合物是一种铝热剂【答案】（

1）①.溶液立即变为血红色②.溶液红色变浅，甚至产生红褐色沉淀③.Fe3+与OH-结合成Fe(OH)3沉淀，导致上述平衡逆向移动，溶液红色变浅（2）FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，4Fe(OH)2+O2

+2H2O=4Fe(OH)3（3）①.Fe+2Fe3+=3Fe2+②.Fe+Cu2+=Fe2++Cu③.Fe3+（4）①.0.0025mol‧L-1‧min-1②.酸性高锰酸钾溶液③.溶液紫红色褪去（5）CE【解析】【小问1详解】Fe

3+与SCN-的反应常用来检验Fe3+的存在：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，若溶液中含有Fe3+，则加入KSCN溶液后的现象为溶液立即变为血红色，向加入KSCN后的混合溶液中再加入少量NaOH固体，观察到的现象是溶液红色变浅，甚至产生红

褐色沉淀，产生该现象的原因是Fe3+与OH-结合成Fe(OH)3沉淀，导致上述平衡逆向移动，溶液红色变浅，故答案为：溶液立即变为血红色；溶液红色变浅，甚至产生红褐色沉淀；Fe3+与OH-结合成Fe(OH)3沉淀，导致上述平衡逆向移动，溶液红色变浅；【小问2详解】向FeSO4溶液中滴

入NaOH溶液，会观察到先产生白色沉淀生成Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中不稳定，易被氧气氧化为Fe(OH)3后迅速变为灰绿色，久置后变为红褐色，该转化的化学方程式为：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)

3，故答案为：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；【小问3详解】FeCl3溶液常被用作蚀刻剂腐蚀印刷电路板：2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+，说明Fe3+的氧化性比Cu2+强，故在过量FeCl3溶液腐蚀印刷电

路板后的溶液中，加入过量铁粉，依次发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu两个反应，若最后溶液中有固体剩余，则该固体可能为Cu或者Fe和Cu，则溶液中不可能含有的离子是Fe3+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+Cu2+=Fe2++Cu；Fe3

+；【小问4详解】FeCl2溶液在空气中容易被氧化，0.1mol·L-1的FeCl2溶液暴露在空气中，20min后，Fe2+的浓度变为0.05mol·L-1，则20min内，以Fe2+表示的平均反应速率为

-10.05mol?L20minct===0.0025mol‧L-1‧min-1，若要验证该溶液中Fe2+未被完全氧化，Fe2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而Fe3+不能，则可以需要加入酸性高锰酸钾溶液，若出现溶液紫红色褪去的现象，则证明Fe2+未被完全氧化，故答案为：

0.0025mol‧L-1‧min-1；酸性高锰酸钾溶液；溶液紫红色褪去；【小问5详解】A．铁是26号元素，其位于第四周期第VIII族元素，A错误；B．亚铁盐中Fe为+2价，处于中间化合价，故其既有还原性，又有氧化性，B错误；C．铁粉能被磁铁吸引，铜粉不能，除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂

原则，C正确；D．工业上通常采用热还原法来冶炼单质铁，原理为：Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO2,D错误；E．Fe3O4是铁的一种氧化物，是一种纯净物，E正确；F．铝粉和氧化铁的混合物是一种铝热剂，F错误；故答案为：CE。(三)(本题共20分)13.

纯碱是日常生活中非常重要的用品。制得的碳酸钠样品中往往含有少量NaCl，现欲测定样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案。回答下列问题：方案一：用图所示方法和步骤进行实验：（1）操作I涉及的实验步骤有_____、洗涤；操作II涉及的实验步骤有干燥、_________

。（2）写出加入Ba(OH)2溶液的离子方程式_____。过滤得到的溶液M中含有的溶质为_____。（3）该方案测得的样品中Na2CO3质量分数的为_______。(用含x、y的代数式表示)；若最后得到的结果偏高，请书写一个可能的原因________。方案二

：利用图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)。实验步骤如下：a．按图连接装置，并检查气密性；b．准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为83.4g；c．准确称得6.0g纯碱样品放入容器II中

；d．打开分液漏斗I的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；e．打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为85.6g。（4）①若d、e两步的实验操作太快，则会导致测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。②装置A中试剂

X应选用___，通入空气的目的是___。③E装置的作用是_____。（5）根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品中Na2CO3的质量分数为_______(结果保留到小数点后一位)。【答案】（1）①.过滤②.称量（2）①Ba2++2-3CO=BaCO3↓②.NaCl、Ba(OH)2

、NaOH（3）①.106y197x×100%②.过滤后未洗涤沉淀（4）①.偏小②.NaOH溶液③.可把残留装置B、C中二氧化碳全部由D中碱石灰吸收④.防止空气中CO2和水蒸气进入D中（5）88.3%【解析】【分析】方案一：本方案是利用B

a(OH)2与Na2CO3反应转化为BaCO3沉淀，而NaCl不能，并通过操作I过滤、洗涤和操作II干燥、称量沉淀的质量来计算出Na2CO3的质量来求Na2CO3的质量分数，方案二：本方案是装置B利用稀硫酸和Na2CO3反应放出的CO2，装置C为干燥CO2，然

后用装置D中的碱石灰吸收CO2，装置A为除去空气中的CO2，反应前后通入空气的目的分别是先将装置中的CO2排空和将装置中产生的CO2能够被D处碱石灰吸收，装置E为防止空气中的CO2和H2O水蒸气进入D中，引起实验误差，通过D中质量的增加求出CO2的质量，以进一步求出Na2CO3的质量分数，据

此分析解题。【小问1详解】操作I涉及的实验步骤有过滤、洗涤；操作II涉及的实验步骤有干燥、称量，故答案为：过滤；称量；【小问2详解】加入Ba(OH)2溶液后即Na2CO3与Ba(OH)2反应，则该反应的离子方程式为：Ba2++2-3CO=BaCO3↓，过滤

得到的溶液M中含有的溶质为NaCl、Ba(OH)2、NaOH，故答案为：Ba2++2-3CO=BaCO3↓；NaCl、Ba(OH)2、NaOH；【小问3详解】.在设含有Na2CO3的质量为mg，根据反应原理：()2332BaOH+NaCO=BaCO+2N

aOH106197myg，m=106y197g，该方案测得的样品中Na2CO3质量分数的为106y197x×100%，若最后得到的结果偏高，则可能是y值偏大，可能的原因为：过滤后未洗涤沉淀，故答案为：106

y197x×100%；过滤后未洗涤沉淀；【小问4详解】①若d、e两步的实验操作太快，反应过快会使产生的气体二氧化碳没能完全被D装置中碱石灰吸收；快速鼓入空气，也会使装置内残留二氧化碳不能被D装置中碱石灰完全吸收；则测得的二氧化碳质量偏小，所以测定结果偏小；故答案为：偏

小；②鼓入空气，可把残留在装置B、C中二氧化碳全部由D中碱石灰吸收，因为空气中含有二氧化碳，因此应把鼓入的空气中的二氧化碳吸收处理，所以装置A应放入氢氧化钠溶液；故答案为：NaOH溶液；可把残留在装置B、C中二氧化碳全部由D中碱石灰吸收；③如果D装置直接与外界空气相

连通，则空气中的水和二氧化碳会对测定结果带来影响，所以装置E的作用则是防止空气中水和二氧化碳进入装置D中；故答案为：防止空气中CO2和水蒸气进入D中；【小问5详解】反应中放出二氧化碳气体的质量=85.6g-83.4g=2.2g，设放出2.2g二氧化碳消耗碳

酸钠的质量为xg，232NaCOCO10644x2.2g～，106x=442.2g，解得x=5.3g，纯碱样品Na2CO3的质量分数=5.3g6g×100%≈88.3%，故答案为：88.3%。(四)(本题共25分)14.化学反应速率和化学平衡

对化工生产有着指导作用。回答下列问题：（1）工业制备硫酸共分为造气、转化、吸收三个阶段。写出转化阶段涉及反应的化学方程式_______；分别阐述选择该温度和压强的原因_______。该反应在一个容器中开始反应，并在t1时刻达到平衡，在t2时刻加压，t3时刻重新平衡。在图中画出v-t图像的变化___

____。（2）工业生产的过程中常常会用到热交换器，简述热交换器的作用_______，下图是热交换器的示意图，说明A处气体的成分_______（3）工业制备氨气在氨合成塔中进行，在进入合成塔之前，需要对原料气净化，该操作的目的是_______，写出合成阶段涉及反应的

化学方程式_______欲提高氢气的转化率，可采用的措施是_______、_______(写出两条)（4）在一个恒容的密闭容器中模拟工业合成氨的反应，下列说法中能确定该反应已经达到化学平衡的是_______。A．容器内气体的压

强不变B．容器内气体的密度不变C．容器气体的平均相对分子质量不变D．断裂6molN-H键，同时生成3molH-H键E．2V正(NH3)=V逆(N2)F．该反应的平衡常数保持不变（5）写出合成氨反应的平衡常数表达式

_______。已知500°C时该反应的平衡常数K=7.42×10-5，下表为某一时刻容器内，氮气、氢气和氨气的浓度，此时v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)单位：mol·L-1N2H2NH330105【答案】（1）①.2SO2+O2500催化剂℃

2SO3②.常压下SO2的转化率已经很高，增大压强，增大生成成本，500℃下催化剂活性最强，提高反应速率，提高生成效率③.（2）①.充分利用余热，节约能源②.SO2、O2（3）①.防止催化剂中毒②.N2+3H2垐垐垐?噲垐

垐?高温、高压催化剂2NH3③.增大N2的浓度④.及时分离出NH3、适当增大压强等（4）AC（5）①.K=23322c(NH)c(N)c(H)②.＜【解析】【小问1详解】工业制备硫酸共分为造气、转化、吸收三个阶段，各

阶段涉及的主要反应为：4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2，2SO2+O2500催化剂℃2SO3、SO3+H2O=H2SO4，则转化阶段涉及反应的化学方程式为：2SO2+O2500催化剂℃2SO3，常压下三氧化硫的含量

已很高，为节约成本，无需增大压强，因增大压强，需要增大设备的抗压能力，且消耗能源，虽然该反应2SO2+O2500催化剂℃2SO3是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于SO2的转化，但500℃下催化剂活性最强，反应速率快，提高生产效率，该反应在一个容器中开始

反应，并在t1时刻达到平衡，在t2时刻加压，正逆反应速率均增大，且平衡正向移动，即正反应速率增加比逆反应速率明显，故t3时刻重新平衡，该过程的v-t图像为：，故答案为：2SO2+O2500催化剂℃2SO3；常压下SO2的转化率已经很高，增大压强，增大生成成本，500℃下催化

剂活性最强，提高反应速率，提高生成效率；；【小问2详解】SO2催化氧化的反应属于放热反应，反应过程中会放出大量的热，用热交换器可以充分利用余热，节约能源，由题干热交换器的示意图，说明A处气体的成分为SO2和O2，经过热交换器

受热后进入催化剂进行催化氧化反应，B处流出的气体为SO3和少量的SO2、O2，故答案为：充分利用余热，节约能源；SO2、O2；【小问3详解】原料气往往混有CO、NH3等杂质，在进入合成塔之前为防止催化剂中毒，需进行净化，合成阶段涉及反应的化学方程式为：N2

+3H2垐垐垐?噲垐垐?高温、高压催化剂2NH3，该反应是一个气体体积减小的放热反应，故欲提高氢气的转化率，可采用的措施有：增大N2的浓度、及时分离出NH3、适当增大压强等，故答案为：防止催化剂中毒；N2+3H2垐

垐垐?噲垐垐?高温、高压催化剂2NH3；增大N2的浓度；及时分离出NH3、适当增大压强等；【小问4详解】A．已知反应N2+3H2垐垐垐?噲垐垐?高温、高压催化剂2NH3前后气体体积发生改变，即恒容容器内气体的压

强一直在改变，现在不变了即为平衡了，A符合题意；B．反应过程中气体的质量不变，容器体积不变，即容器内气体的密度一直不变，即容器内气体的密度不变不能说明反应达到平衡，B不合题意；C．已知反应N2+3H2垐垐垐?噲垐垐?高温、高压催化剂2NH3前后气体体积发生改变，即反应前后气体的总物质

的量一直在变，气体的质量不变，则容器气体的平均相对分子质量一直在改变，现在不变即为平衡了，C符合题意；D．化学平衡的特征为正、逆反应速率相等，断裂6molN-H键，同时生成3molH-H键二者均表示逆反应速率，D不合题意；E．化学平衡的

特征为正、逆反应速率相等，根据反应速率之比等于化学计量数之比有V逆(NH3)=2V逆(N2)，故根据2V正(NH3)=V逆(N2)等不出V逆(NH3)=V正(NH3)，即不能说明反应达到平衡，E不合题意；F

．反应的平衡常数仅仅与温度有关，与反应是否达到平衡无关，即该反应的平衡常数保持不变不能说明反应达到平衡，F不合题意；故答案为：AC；【小问5详解】根据合成氨方程式：N2+3H2垐垐垐?噲垐垐?高温、高压催

化剂2NH3和平衡常数的定义可知，合成氨反应的平衡常数表达式K=23322c(NH)c(N)c(H)，已知500°C时该反应的平衡常数K=7.42×10-5，下表为某一时刻容器内，氮气、氢气和氨气的浓度，此时Qc=2

3322c(NH)c(N)c(H)=23530?10=8.33×10-4＞K，即反应在向逆向进行，则v正＜v逆，故答案为：K=23322c(NH)c(N)c(H)；＜；