【文档说明】山东省济南大学城实验高级中学2021届高三第一次诊断性考试化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，1023.500 KB，由小赞的店铺上传

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济南大学城实验高级中学2020~2021学年阶段性调研01高三化学试题说明：本场考试时间90分钟，满分共100分。试卷分第I卷和第II卷，请用2B铅笔和0.5mm黑色签字笔在答题卡指定区域作答，否则不得分。可能用到

的相对原子质量：H—1Li—7C—12N—14O—16Na—23S—32Cl—35.5Fe—56Cu—64Zn—65Sn—119Pb—207第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、单选题：（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个正确答案．．．．．．．．．．．）1.高粱酿

酒过程中的部分流程按顺序排列如下，其中能说明高粱转化过程中放出热量的是（）A.“蒸粮”时加热B.“拌曲”前摊晾C.“堆酵”时升温D.“馏酒”时控温【答案】C【解析】【详解】A.“蒸粮”时加热属于木柴的燃烧过程，是木柴的化学能转化为热能，故

A不符合题意；B.“拌曲”前摊晾是属于蒸发水分的过程，故B不符合题意；C.“堆酵”时升温属于高粱的发酵过程，高粱在发酵过程中发生化学变化，并放出热量；故C符合题意；D.“馏酒”时控温有木柴的燃烧过程，是木柴的化学能转化为热能，还有酒的蒸馏过程，蒸馏是吸热过程

，故D不符合题意。故答案选C。2.考古中出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在其表面。下列说法正确的是()A.锡青铜的熔点比纯铜高B.锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快C.锡青铜中的锡加速了铜的腐蚀速度D.生成Cu2(OH)

3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程【答案】B【解析】【详解】A．锡青铜是合金，合金的熔点比纯金属的熔点都低，故A不符合题意；B．在潮湿环境中，锡青铜易形成原电池而发生电化学腐蚀，所以在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快，故B符合题意；C．锡青铜中的锡比铜活泼，所以形成原

电池时，锡作负极，则铜被保护，故C不符合题意；D．生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但属于化学反应，故D不符合题意；答案选B。3.汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g

）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是A.温度T下，该反应的平衡常数201214()ccKc-=B.温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C.曲线b对应的条件改变可能

是加入了催化剂D.若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0【答案】A【解析】【详解】A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可知该平衡常数为：201214cKcc−=（），选项A正确；B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后

气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，选项B错误；C、催化剂仅能改变达到平衡所用的时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，选项C错误；D、若曲线b对应的条件改变是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮气的浓度降低，说明平衡向正

方向移动，正反应为吸热反应，△H>0，选项D错误。答案选A。4.羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S

（g）COS（g）+H2（g）K=0.1反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是A.升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应B.通入CO后，正反应速率逐渐增大C.反应前H2S物质的量为7molD.CO的平衡转

化率为80%【答案】C【解析】【详解】A.升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，A错误；B．通入CO后，CO浓度增大，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，B错误；C.根据CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g）K=0.1起始物质的量（mol）10n

00变化物质的量（mol）2222平衡物质的量（mol）8n-222设该容器的体积为V，根据K=0.1，列关系式得[（2÷V）×（2÷V））÷[（8÷V）×（n-2）÷V]=0.1，解得n=7，C正确；D.根据上述数据，CO的平衡转化率为2mol÷

10mol×100%=20%，D错误；答案选C。5.锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A.铜电极上发生氧化反应B.电池工作一段时间后，甲池的c(SO42

－)减小C.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D.阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】C【解析】【详解】A.由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，故A项错误；B

.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变，故B项错误；C.电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e—=Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质

量M(Zn2＋)>M(Cu2＋)故乙池溶液的总质量增加，C项正确；D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，故D项错误；本题选C。6.一定条件下，通过下列反应可实现

燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)⇌2CO2(g)＋S(l)ΔH<0，下列有关说法正确的是()A.若反应在恒容的密闭容器中进行，平衡前随着反应的进行，容器内压强始终不变B.若反应在恒容的密闭容器中进行，

则与在恒压时相比，SO2的转化率更高C.若反应在恒容的密闭容器中进行至平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D.其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变【答案】D【解析】【详解】A．平衡前随着反应的进行，气体的物质的量浓度不

断减小，容器内压强减小，A不正确；B．恒容条件下达平衡时，气体的物质的量浓度减小，压强减小，恒压时相当于恒容时加压，平衡正向移动，所以恒压时SO2的转化率更高，B不正确；C．由于正反应的ΔH<0，所以升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，C不正确；

D．其他条件不变时，使用不同的催化剂，虽然反应速率不同，但化学平衡常数只和温度有关，所以该反应的平衡常数不变，D正确；故选D。7.国内最新研究，实现CO2的固定和储能的多功能电化学反应装置，如图所示。该装置充放电过程并不完全可逆，即充电过程C不参与反应。放电过程反应方程式为：4Li

+3CO2=2Li2CO3+C，下列叙述正确的是A.放电过程正极反应式为4Li++3CO2+4e－=2Li2CO3+CB.若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C的质量为1.2gC.充电过程B电极为阴极，发生氧化反应D可用LiClO4水溶液代替LiClO4

-DMSO【答案】A【解析】【详解】A.放电过程为原电池，根据放电过程反应方程式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，正极上二氧化碳得到电子生成Li2CO3和C，电极反应式为4Li++3CO2+4e

－=2Li2CO3+C，故A正确；B.根据A的分析，若放电过程转移电子物质的量为0.2mol，理论上可以固定C0.05mol，质量为0.05mol×12g/mol=0.6g，故B错误；C.放电过程中金属锂为负极，则充电过程锂电极(A)为阴极，发生还原反应，

故C错误；D.锂能够与水反应，不能用LiClO4水溶液代替LiClO4-DMSO，故D错误；答案选A。8.在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是（）A.X是电源的负极B.阴极

的反应式是：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉCO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉC.总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2D.阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰1【答案】D【解析】【详解】A、从图示可看出，与X相连的电极发生H2O→H2、CO2→CO的转化，均得电子，应为电解池的阴极，

则X为电源的负极，正确；B、阴极H2O→H2、CO2→CO均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉ、CO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ，正确；C、从图示可知，阳极生成H2和CO的同时，阴极有O2生成，所以总反

应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2，正确；D、从总反应方程式可知，阴极生成2mol气体(H2、CO各1mol)、阳极生成1mol气体(氧气)，所以阴、阳两极生成的气体物质的量之比2∶1，错误。答案选D。9.某

模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）。下列说法正确的是（）A.该装置将化学能转化为光能和电能B.该装置工作时，H＋从b极区向a极区迁移C.每生成1molO2，有44gCO2被还原D.a电极的反应为：3C

O2＋18H＋－18e－=C3H8O＋5H2O【答案】B【解析】【详解】A．结合装置图为电解装置，将电能转化为化学能，A项错误；B．b极连接电源的正极，为阳极，在电解池中H＋为阳离子，向a极（阴极）区移动，B项正确；C．右侧

H2O→O2发生的是氧化反应，每生成1molO2，转移4mol电子，C3H8O中碳元素的化合价是－2，3CO2→C3H8O，转移18mol电子，故生成1molO2消耗2/3molCO2，C项错误；D．a电极发生的是

还原反应：3CO2＋18H＋＋18e－=C3H8O＋5H2O，D项错误；答案选B。10.已知反应S2O2-8（aq）+2I-（aq）2SO2-4（aq）+I2（aq）,若往该溶液中加入含Fe3+的某溶

液，反应机理：①2Fe3+（aq）+2I-（aq）I2（aq）+2Fe2+（aq）②2Fe2+（aq）+S2O2-8（aq）2Fe3+（aq）+2SO2-4（aq）；下列有关反应的说法不正确的是：A.增大S2O2-8浓度或I-浓度，反应①、反应②的

反应速率均加快B.Fe3+是该反应的催化剂C.因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，所以该反应是放热反应D.往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深【答案】D【解析】【详解】A．根据反应方程式可知

，增加2-28SO浓度或I-浓度，反应①、反应②的反应速率均加快，A正确；B．根据总反应方程式可知，Fe3+是该反应的催化剂，B正确；C．根据图示可知，正反应的活化能比逆反应的活化能小，该反应是放热反应，C正确；D．往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝；该

反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，蓝色变浅，D错误；答案选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如

下。下列说法不正确的是（）A.b为电源的正极B.①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化C.a极的电极反应式为2C2O2-5―4e－＝4CO2↑＋O2↑D.上述装置存在的电解总反应式为：CO2电解C＋O2【

答案】B【解析】【分析】由题给示意图可知，①捕获CO2时，CO2与O2-生成C2O2-5，②捕获CO2时，CO2与O2-生成CO2-3，d电极上碳酸根转化为碳，碳元素的化合价降低被还原，则d电极为电解池的

阴极，电极反应式为CO2-3+4e－＝C+O2-，与d电极相连的c电极为电源的负极，则b电极为正极，与正极相连的a电极为电解池的阳极，C2O2-5在阳极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氧气，电极反应式为2C2O2-5―4e－＝4CO2↑＋O2↑。【详解】A.由分析可知，电极b为电

源的正极，故A正确；B.由题给示意图可知，①捕获CO2时，CO2与O2-生成C2O2-5，②捕获CO2时，CO2与O2-生成CO2-3，CO2、C2O2-5和CO2-3中碳元素的化合价均为+4价，则①②中碳元素的化合价没有发生变

化，故B错误；C.由分析可知，a电极为电解池的阳极，C2O2-5在阳极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氧气，电极反应式为2C2O2-5―4e－＝4CO2↑＋O2↑，故C正确；D.由分析可知，该装置为电解装置，电解反应为二氧化碳电解生成碳和氧气，总反应式为：CO2电解C＋O2

，故D正确；故选B。12.某科研入员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是A.HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂B.HAP能提高HCHO与O2的反应速

率和反应物的转化率C.根据图示信息，CO2分子中的氧原子并非全部来自O2D.该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O【答案】B【解析】【详解】A．HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故A正确；B

．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，但不影响平衡移动，所以该反应中HAP作催化剂能提高反应速率但反应物的转化率不变，故B错误；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C

正确；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2HAP⎯⎯⎯→CO2+H2O，故D正确；答案为B。13.最近，中国科学院大连化物所CO2催化转化为CO的研究获得

新成果。下图是使用不同催化剂(NiPc和CoPc)时转化过程中的能量变化，下列说法不合理的是()A.转化过程中有极性键形成B.∙CO2经氧化反应得到∙COOHC.吸附在NiPc或CoPc表面带有相同基团

的物种其能量相同D.该研究成果将有利于缓解温室效应并解决能源转化问题【答案】BC【解析】【分析】由图可知，CO2在使用不同催化剂(NiPc和CoPc)时，吸附在NiPc和CoPc表面带有相同基团的物种其能量不同，实现了CO2→COOH→CO的转化，由此分析。【详解】A．由图可知在整个转化过程中，C

O2→COOH→CO，COOH和CO都含有极性键，所以转化过程中有极性键形成，故A不符合题意；B．∙CO2反应得到∙COOH，为加氢的反应，所以属于还原反应，故B符合题意；C．根据图示可知吸附在NiPc和CoPc表面带有相同基团的物种其能量不同，故C符合题意；D．该研究成果是CO2→C

OOH→CO，CO具有可燃性，不但有利于缓解温室效应，还能解决能源转化问题，故D不符合题意；答案选BC。14.银Ferrozine法检测甲醛的原理：①在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2②Fe3+与①中产生的A

g定量反应生成Fe2+③Fe2+与Ferrozine形成有色物质④测定溶液的吸光度（吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比）。下列说法不正确的是A.①中负极反应式：HCHO-4e−+H2O=CO2+4H+B.①溶液中的H+由A

g2O极板向另一极板迁移C.理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1∶2D.测试结果中若吸光度越大，则甲醛浓度越高【答案】BC【解析】【详解】A．①中负极甲醛发生氧化反应生成二氧化碳，所以电极反应式为HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+，故A正确；B．原电池

中阳离子向正极移动，则①溶液中的H+由负极移向正极氧化银，故B错误；C．甲醛充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到+4价，转移电子数为4，Fe3+反应生成Fe2+转移电子数为1，则理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比

为1：4，故C错误；D．甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的物质的量浓度越大，形成有色配合物的浓度越大，吸光度越大，故D正确。故选：BC。15.利用液化石油气中的丙烷脱氢可制取丙烯：C3H8(g)C3H6(g)+H

2(g)ΔH。起始时，向2L密闭容器中充入1mol丙烷，在不同温度、压强下测得平衡时反应体系中丙烷与丙烯的物质的量分数如图所示(已知P1为0.1MPa)。下列说法正确的是()A.反应的ΔH＞0B.压强P2＜0.1MPaC.P1条件下，556℃时，该反应的平衡常数为16D.若图中A、B两点对

应的平衡常数用KA、KB表示，则KA＞KB【答案】AB【解析】【分析】由图像可知，图象中丙烯的物质的量分数随温度升高增加，丙烷的物质的量分数随温度升高而减少，由此分析。【详解】A．图象中物质的量分数随温度

升高丙烯增加，丙烷减少，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，反应的ΔH＞0，故A符合题意；B．温度一定，压强越大平衡逆向进行，丙烯的物质的量分数减小，P2压强下丙烯物质的量分数大于P1状态，说明P1＞P2，即压强P

2＜0.1MPa，故B符合题意；C．丙烷物质的量为1mol，消耗物质的量为x，图象中可知丙烷在B点物质的量分数为50%，则38362CHCH+H(mol)100(mol)xxx(mol)1-xxx开始变化平衡1-x1-x+x+x=50%，即x=13，

所以平衡常数K=11×6613=112，故C不符合题意；D．图象中物质的量分数随温度升高丙烯增加，丙烷减少，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，反应的ΔH＞0，平衡常数只受温度的影响，温度升高，平衡向吸热的方向移动，温度TA＜TB，则KA＜KB，故D不符合题意；答

案选AB。第Ⅱ卷（共50分）三、填空题（本题共4小题，每空2分，共50分）16.甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(

g)+H2O(g)△H2③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3回答下列问题：(1)已知△H1=﹣99kJ·mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ·mol﹣1，则△H3=______kJ·mol﹣1。(2)反应①的化学平衡常数K的表达

式为______；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________(填曲线标记字母)。(3)合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时体系中的CO平衡转化率(a)与温度和压强的关系如图2所示。a(CO)值随温度升高而_____

___(填“增大”或“减小”)图2中的压强由大到小为________。【答案】(1).+41(2).c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)(3).a(4).减小(5).P1＞P2＞P3【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；(2)化学平衡常数指可逆反应达到平衡时，各生成物浓度

的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；化学平衡常数只受温度影响，根据温度对平衡移动的影响，进而判断温度对平衡常数的影响；(3)由图2可知，压强一定时，根据温度对平衡的影响分析判断；相同温度下，

反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①②正反应为气体分子减小的反应，根据压强对平衡的影响分析判断。【详解】(1)①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1，②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+

H2O(g)△H2，③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3，根据盖斯定律：反应②-反应①=反应③，故△H3=△H2-△H1=-58kJ·mol-1-(-99kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1，故答案为+41；(2)反应①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的平衡

常数表达式K=()()()322cCHOHcCOcH；反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系，故答案为()()()322cCHOHcCOcH；a；(3)由图2可知，压强一定时

，随温度的升高，CO的转化率减小；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①②正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强：P1＞P2＞P3，故答案为减小；P1＞

P2＞P3。17.我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义。（1）原子序数为29的铜元素位于元素周期表中第_____周期。（2）某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该

青铜器中Sn和Pb原子的数目之比为____。（3）研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的是_____。A．降低了反应的活化能B．增大了反应的速率C．降低了反应的焓变

D．增大了反应的平衡常数（4）采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为___________。（5）下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀

的原理示意图。①腐蚀过程中，负极是______（填图中字母“a”或“b”或“c”）；②环境中的Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈u2（OH）3Cl，其离子方程式为____

________；③若生成4.29gCu2（OH）3Cl，则理论上耗氧体积为____L（标准状况）。【答案】(1).四(2).10:1(3).A、B(4).Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O(5).c(6).

2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2（OH）3Cl↓(7).0.448【解析】【详解】（1）铜为29号元素，根据核外电子排布规则可知，铜元素位于元素周期表中第四周期。（2）根据N=m/M×NA，青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青

铜器中Sn和Pb原子数目之比为（119÷119）：（20.7÷207）=10:1.（3）催化剂能降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，但是催化剂不能改变反应的焓变，也不能改变化学平衡常数，选A、B.（4）A

g2O与CuCl发生复分解反应，没有化合价的升降，则化学方程式为Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O。（5）①根据图示，腐蚀过程中，铜失电子生成Cu2＋，则负极是铜，选c；②根据上述分析，正极产物是OH－，负极产物为Cu2＋，环境中的Cl-扩散到孔口，与正极反应产物和负极反应产物作用生成

多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，则离子方程式为2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2（OH）3Cl↓；③4.29gCu2（OH）3Cl的物质的量为4.29/241.5=0.02mol,根据铜原子守恒，Cu2＋的物质的量为0.04mol,负极反应为：2Cu-4e－=2

Cu2＋,正极反应为O2+4e－+2H2O=4OH－，根据正负极放电量相等，则理论上耗氧体积为0.02mol×22.4L·mol-1=0.448L.18.用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，（1）传统上该转化

通过如图所示的催化剂循环实现，其中，反应①为：2HCl(g）+CuO(s）H2O(g）+CuCl2(g）△H1反应②生成1molCl2(g）的反应热为△H2，则总反应的热化学方程式为__________________,(

反应热用△H1和△H2表示）。（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性，①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的aHCl—T曲线如图12，则总反应的△H_________0,(填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B两点

的平衡常数K(A）与K(B）中较大的是_____________。②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应aHCl—T曲线的示意图___________，并简要说明理由：____________________________。③下列措施中有利于提高aHCl的有___________。A、增大

n(HCl）B、增大n(O2）C、使用更好的催化剂D、移去H2O（3）一定条件下测得反应过程中n(Cl2）的数据如下：t(min）02.04.06.08.0n(Cl2）/10-3mol01.83.7]5.47.2计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变

化表示的反应速率_________(以mol·min-1为单位）。【答案】(1).2HCl(g）+1/2O2(g）H2O(g）+Cl2(g）△H=△H1+△H2(2).＜(3).K(A）(4).(5).增大压强，平衡右

移，ɑHCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前实验的大(6).BD(7).1.8×10-3mol/min【解析】【详解】（1）根据图象信息，箭头指向的是生成物可写出反应②的热化学方程式：CuCl2

(g）+12O2(g）CuO(s）+Cl2(g）△H2，则①+②可得总反应2HCl(g）+12O2(g）H2O(g）+Cl2(g），△H=△H1+△H2，故答案为2HCl(g）+12O2(g）H2O(g）+Cl2(g），△

H=(△H1+△H2）kJ/mol；（2）①根据图1、2可知随着温度的升高，aHCl减小，说明升高温度，平衡向逆向移动，则可知逆反应吸热反应，所以正反应是放热反应，故△H＜0，同时由于升高温度，平衡逆移，则生成物减少，温度是B点大于A点，所以平衡常数K(A）＞K(B）；故

答案为＜；K(A）；②同时由于该总反应是气体系数减小的反应，所以，压缩体积使压强增大，一定温度下，平衡应正向移动，ɑHCl应较题目实验状态下为大，所以可得曲线图：；故答案为增大压强，平衡右移，ɑHCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前实验的大；③A、增大n

(HCl），平衡正向移动，但是平衡移动使HCl减少的趋势小于增加HCl使增大的趋势，所以HCl的转化率减小，故A错误；B、增大n(O2），反应物的浓度增大，平衡向正向移动，HCl转化率增大，故B正确；C、使用更好的催化剂，不能使化学平衡发生移

动，实验HCl的转化率不变，故C错误；D、移去H2O，及减小了生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，HCl转化率增大，故D正确；故答案为BD；（3）题目中给出的是n(Cl2）的数据，要求的是以HCl的物质的量变化表示的反应速率，所以根据方程式进行计算，注意是

2.0～6.0min内的速率，单位是mol•min-1：设2.0～6.0min内，HCl转化的物质的量为n，则：2HCl(g）+12O2(g）=H2O(g）+Cl2(g）21n(5.4-1.8）×10-3mol解得n=7.2×10-3mol，所以v(HCl）=═1.8×10-3m

ol/min，故答案为1.8×10-3mol/min；19.乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：（g）催化剂（g）＋H2（g）（可逆反应）。（1）已知：化学键C－HC－CC=CH－H键能/kJ·mol－14123

48612436计算上述反应的ΔH＝________kJ·mol－1。（2）维持体系总压p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数Kc＝________或Kp＝______（用α等符号表示，K

c为用浓度表示的平衡常数，Kp为压强平衡常数）。（3）某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺——乙苯-二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸气工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2＋H

2=CO＋H2O，CO2＋C=2CO。新工艺的特点有________（填编号）。①CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移②不用高温水蒸气，可降低能量消耗③有利于减少积炭④有利于CO2资源利用（4）综合利用CO2、CO对构建低碳

社会有重要意义。①Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2。原理是：在500℃，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生。700℃时反应的化学方程式为_________。②工业电解生成的合成

气CO和H2在催化剂作用下发生如下反应：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）。对此反应进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0

.4molCH3OH（g）。此时向容器中再通入0.35molCO气体，则此平衡将________（选填“正向”“不”或“逆向”）移动。【答案】(1).+124(2).22nα(1-α)V(3).22nαp(1-α)(4).①②③④(5).Li2CO3＋Li2SiO3700

℃CO2↑＋Li4SiO4(6).逆向【解析】【详解】（1）乙苯制备苯乙烯时，需断开2molC—H键，生成1molH—H键，同时在C—C键的基础上生成C=C键，则生成1mol苯乙烯时，吸收的热量为2×4

12kJ＝824kJ、放出的热量为436kJ＋（612－348）kJ＝700kJ，由反应热的定义可知，反应热ΔH＝824kJ·mol－1－700kJ·mol－1＝+124kJ·mol－1，故答案为：+124；（2）

根据阿伏加德罗定律的推论，总压强p相同时，V1：V2＝n1：n2，乙苯的转化率为α，由此可得：V：V反应后＝n：（n＋nα），解得V反应后＝（1＋α）V，则平衡时，乙苯的浓度为n(1-α)(1+α)V、苯乙烯和

氢气的浓度为nα(1+α)V，平衡常数Kc＝nαnα(1+α)V(1+α)Vn(1-α)(1+α)V＝22nα(1-α)V，容器中氢气和苯乙烯的物质的量为αn，乙苯的物质的量为（1－α）n，气体的总物质的量为（1＋α）n，则氢气和苯乙烯的分压为αp(1

+α)，乙苯的分压为(1-α)p(1+α)，因此Kp＝αpαp(1+α)(1+α)(1-α)p(1+α)＝22nαp(1-α)，故答案为：22nα(1-α)V；22nαp(1-α)；（3）①二氧化碳与氢气反应，使生成物浓度减小，平衡向正反

应方向移动，故正确；②由题意可知，制备时不需要提供高温水蒸气，可降低能量消耗，故正确；③二氧化碳可以与有机物分解产生的碳反应生成一氧化碳，减少积炭，故正确；④制备过程中需要消耗二氧化碳，此有利于二氧化碳资源的利用，故正确；①②③④正确，故答案为

：①②③④；（4）①由题意可知，在500℃，低浓度CO2与Li4SiO4接触后，CO2与Li4SiO4反应生成碳酸锂和硅酸锂，加热至700℃，Li2CO3与Li2SiO3反应生成CO2和Li4SiO4，700℃时反应的化学方程式为Li2CO3＋Li2SiO3700℃CO2↑＋Li4SiO4，故答案

为：Li2CO3＋Li2SiO3700℃CO2↑＋Li4SiO4；②由平衡时生成0.4molCH3OH（g）可建立如下三段式：23mol1.210molC0.40.80.4moOg2Hgl0.80.CHO204g.H起（）变（）（）平（）＋（）（）由三段式数据可知，平衡时三种物质的浓度

分别为0.4mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L，反应的化学平衡常数K=20.20.40.1=50，若此时向容器中再通入0.35molCO气体，由V1：V2＝n1：n2可得此时容器的体积为2L1.4+0.35mol1.4mol（）=2.5L，此时三种物质的浓度分别变

为0.46mol/L、0.04mol/L、0.08mol/L，浓度熵Qc=20.080.460.4≈109＞K，则平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆向。