【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期9月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，2.815 MB，由小赞的店铺上传

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襄阳五中2025届高二上学期月月考化学试题可能用到的相对原子质量：H—1，C—12，O—16，S—32，Fe—56，Mg—24，Ba—137一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题

所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.党的二十大报告“点赞”这些科技创新——载人航天、探月探火、深海深地探测、超级计算等重大成果，标志我国进入了创新型国家行列。下列说法正确的是A.潜水器“奋斗者”号使用的碳纤维材

料是有机高分子材料B.制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点C.用于制造载人飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为SiO2D.天和核心舱的霍尔发动机燃料13154Xe原子核中含77个

中子【答案】D【解析】【详解】A．碳纤维为碳的单质，属于无机物，是一种无机非金属材料，A错误；B．钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性，熔点低于纯金属，B错误；C．太阳能电池板的半导体材料主要成分为Si，C错误；D．13154X

e原子核中含131-54=77个中子，D正确。答案选D。2.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是A.将NO2球浸泡在热水中颜色加深B.工业合成氯化氢时使用过量氢气C.用饱和食盐水除去氯气中的少量HCl气体D.工业上生产硫酸的过程中，使用

过量的空气以提高SO2的利用率【答案】B【解析】【分析】勒夏特列用于解释平衡的移动方向，因此适用于可逆反应中，有平衡移动的体系。【详解】A．存在2NO2(g)⇌N2O4(g)H<0平衡，温度升高，平衡逆移，适用于勒夏特列原理，A不符合题意；B．

该反应不是可逆反应，不适于勒夏特列原理，B符合题意；C．氯气溶于水发生Cl2+H2O⇌HCl+HClO的反应，饱和食盐水中，Cl-浓度高，抑制该反应正移，减少氯气溶解，勒夏特列原理适用，C不符合题意；D．有可逆反

应2SO2+O2⇌2SO3，增加空气浓度，平衡正移，勒夏特列原理适用，D不符合题意；答案选B。3.某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液(碱稍过量)反应生成1mol水的反应热ΔH=-52.3kJ·mol-1，造成这一结果的原因

不可能的是A.实验装置保温、隔热效果差B.用量筒量取盐酸时仰视读数C.分多次将NaOH溶液倒入量热计的内筒中D.用测量盐酸的温度计直接测定NaOH溶液的温度【答案】B【解析】【分析】中和热为ΔH=-57.3kJ·mol-1，某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液(碱稍过量)反应生

成1mol水的反应热ΔH=-52.3kJ·mol-1，说明中和热的数值偏小，据此结合误差原因进行分析。【详解】A．实验装置保温、隔热效果差，导致热量有损失，中和热的数值会偏小，A不符合题意；B．用量筒量取盐酸时仰视读数，导致所量取得盐酸的体积偏大，则

因稀氢氧化钠溶液溶质稍微过量，所以所测中和热的数值会偏大，B符合题意；C．分多次将NaOH溶液倒入量热计的内筒中，会使热量损失，中和热的数值会偏小，C不符合题意；D．因酸与碱反应属于放热反应，则用测量盐酸的温度

计未经洗涤直接测定NaOH溶液的温度，会使初始温度偏高，最后计算反应放出的热量会偏低，即中和热数值偏小，D不符符合题意；故选B。4.反应2AB(g)=C(g)＋3D(g)在高温时能自发进行，反应后体系中物质的总能量升高，则该反应的ΔH、

ΔS应为A.ΔH<0，ΔS>0B.ΔH<0，ΔS<0C.ΔH>0，ΔS>0D.ΔH>0，ΔS<0【答案】C【解析】【详解】A．反应后体系中物质的总能量升高，说明正反应是吸热反应，ΔH>0，A错误；B．由A可知，ΔH>0

，B错误；C．反应后体系中物质的总能量升高，说明正反应是吸热反应，ΔH>0；反应中气体的物质的量增加，ΔS>0，C正确；D．由C可知，ΔS>0；ΔH>0，ΔS<0的反应在任何温度下反应都不能自发进行，D错误；故选C。5.1923年由布朗斯特和劳里提出酸碱质子理论认为，在反应过程中能给出

质子(H+)的分子或离子都是酸，能接受质子的分子或离子都是碱。按照“酸碱质子理论”，下列叙述错误的是A.水既属于酸又属于碱B.可以根据HNO3的性质推断-3NO的碱性较强C.根据HCl+H2O=Cl-+H3O+则碱性：H2O>

Cl-D.BrO-+H2O⇌HBrO+OH-是酸碱反应【答案】B【解析】【详解】A．根据酸碱质子理论可知，水能电离产生H+，为酸，水能和H+生成H3O+，为碱，所以水既属于酸又属于碱，A正确B．HNO3能给出全部质子，是强酸，-3NO接受质子能力弱，是弱

碱，B错误；C．根据HCl+H2O=Cl-+H3O+，可知H2O结合H+能力大于Cl-结合H+能量力，所以碱性：H2O>Cl-，C正确；D．BrO-结合H+，H2O给出H+，所以该反应是酸碱反应，D正确；故选B。6.十九大报告提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防

治比以前更高。二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成电能的同时，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，降低了成本提高了效益，其理原如图所示。下列说法错误的是A.Ptl电极附近发生的反应为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+B.该电池放电时电子从Ptl电

极经过外电路流到Pt2电极C.Pt2电极附近发生的反应为O2+4e-=2O2-D.相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2:1【答案】C【解析】【分析】题为二氧化硫与氧气组成的燃料电池，则氧气作正极，二氧化硫作负极，电解质溶液中氢

离子从负极流向正极。【详解】A.Ptl电极为负极，附近发生的反应为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，故A正确；B.电子由负极Ptl流出经外电路流向正极Pt2，故B正确；C.Pt2电极为正极，附近发生的反

应为O2+4e-+4H+=2H2O，故C错误；D.根据得失电子守恒可知，SO2和O2按物质的量2:1反应，则相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2:1，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】在书写电极反应方程式时要注意电解质溶液，该题中

电解质溶液中氢离子可以移动，而溶液中不存在氧离子，则可迅速判断C错误。7.二十世纪初，工业上以2CO和3NH为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应均可逆且分两步进行：①2CO和3NH生成24NHCOONH；②24NHCOONH分解生成尿素。反应过程能量变化

关系如图所示。将一定量的2CO和3NH投入密闭容器中反应，下列说法正确的是A.反应①限度更大，24NHCOONH含量会持续增大B.合成尿素反应的14ΔHEE=−C.降低温度，可分离得到含量更高的24NHCOONHD.升高温度，反应②速率和限度

均增加，有利于提高尿素的平衡产率【答案】C【解析】【详解】A．根据图像，反应①活化能小，反应①速率快，24NHCOONH含量先增大后减小，故A错误；B．反应①12ΔHEE=−、反应②34ΔHEE=−，根据盖斯定

律①+②得合成尿素总反应的1234ΔHEEEE+=−−，故B错误；C．反应①放热、反应②吸热，降低温度，反应①正向移动、反应②逆向移动，可分离得到含量更高的24NHCOONH，故C正确；D．总反应放热，升高温度，

不利于提高尿素的平衡产率，故D错误；选C。8.已知T°C下，KW=1.0×10-13。T°C下，取浓度相同的NaOH溶液和盐酸，以3：1的体积比混合(忽略混合时溶液体积的变化)，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为A.0.2mol·L-1B.0.0

5mol·L-1C.0.25mol·L-1D.0.5mol·L-1【答案】A【解析】【详解】设原溶液浓度为cmol/L；碱和酸的体积分别为3VL、VL；1312c3V-cV1104V110−−=，解得c=0.2mol·L-1，故选A。9.燃煤电厂锅炉

尾气中含有的NO，以氨还原法除去，发生的反应如下：反应Ⅰ：()()()()()32224NHg4NOgOg4Ng6HOg++=+11627.7kJmolH−=−反应Ⅱ：()()()()3224NHg5

Og4NOg6HOg+=+1904.74kJmolH−=−在恒压、反应物起始物质的量之比一定的条件下，反应相同时间，NO的转化率在不同催化剂作用下随温度变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是A.其他条件不变，升高温度，NO的平衡转化率

可能降低B.催化剂B条件下，提高X点NO的转化率的方法可以是增大压强或延长反应时间C.在Y点所示条件下，使用催化剂A或催化剂B，反应均达平衡D.高效节能除去尾气中的NO，应选择催化剂A【答案】C【解析】【详解】A．反应Ⅰ，

反应Ⅱ都是放热反应，升高温度，均向逆向移动，所以NO的平衡转化率可能降低，故A正确；B．结合图像变化可知，X点未达到平衡，可以通过增大压强或延长反应时间提高X点NO的转化率，故B正确；C．由图可知，Y点未达到平衡，故C错误；D．由图可知，在温度较低时催化剂A效果更好

，故D正确；故选C。10.将amolX、Y混合气体(物质的量之比为1∶1)加入某容积可变的密闭容器中，发生反应：mX+nYpZ，保持一定温度，改变压强分别达到平衡时，测得不同压强下气体X的物质的量浓度如表

所示：压强p/Pa2×1055×1051×1063×106()1(X)/molLc−0.080.200.400.80下列说法正确的是A保持一定温度，增大压强，平衡正向移动B.当压强为3×106Pa时，此反

应的平衡常数表达式为p(Z)(X)(Y)pmnpKpp=C.2×105Pa时X的平衡转化率大于5×105Pa时X的平衡转化率D.当压强为2×105Pa时，若再向体系中加入bmolY，重新达到平衡时，体系中气体总物质的量

为()molab+【答案】D【解析】【分析】保持一定温度、X(g)和Y(g)起始量相同，容积可变，结合表格中数据可知，在1×106Pa之前，增大压强为原来的x倍，X的平衡浓度等于原来X平衡浓度的x倍，则1×106Pa之前增大压强，平衡不移动，m+n=p，且Z一定为气体；3×106Pa是1

×106Pa的3倍，但X的平衡浓度的值比0.40的3倍小，说明此时Z为非气态。.【详解】A．根据分析，1×106Pa之前增大压强，平衡不移动，3×106Pa之后增大压强，平衡正向移动，A错误；B．当压强为3×106Pa时，Z为非气态

，故此反应的平衡常数表达式为p1(X)(Y)mnKpp=，B错误；C．由上述分析可得，2×105Pa时X的平衡转化率与5×105Pa时X的平衡转化率相等，C错误;D．当压强为2×105Pa时，反应前后气体分子数不变，达到平衡时，体系共有amol气体

，再向体系中加入bmolY，重新达到平衡时，体系中气体总物质的量为()molab+，D正确;故选D。11.25℃时，弱酸的电离平衡常数如表，下列说法正确的是。弱酸3CHCOOHHClO23HCO23HSOaK51.810−104.910−7a1K4.310−=11a2K=5.610

−2a1K=1.510−7a2K=1.010−A.少量2CO通入NaClO溶液中：2223COHO2ClOCO2HClO−−++=+B.少量2SO通入()2CaClO溶液中：2224SOHOCa3ClOCaSO

2HClOCl+−−+++=++C.等浓度、体积的3NaHCO与3NaHSO混合：233223HSOHCOCOHOSO−−−+=++D.少量2SO通入23NaCO溶液中：222333SOHOCOHSOHCO−−−++=+【答

案】B【解析】【分析】根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞3HSO−＞HClO＞3HCO−。【详解】A．HClO的酸性大于3HCO−而小于H2CO3，ClO-+H2O+CO2=HC

lO+3HCO−，故A错误；B．SO2具有还原性，与Ca(ClO)2发生氧化还原反应，2224SOHOCa3ClOCaSO2HClOCl+−−+++=++，故B正确；C．酸性：H2CO3>3HSO−，NaHC

O3溶液与NaHSO3溶液混合不能生成二氧化碳气体，故C错误；D．酸性：H2SO3>H2CO3>3HSO−，所以少量的SO2通入Na2CO3溶液中：2222333HO22SOCOSOHCO−−−+++═，故D错误；

故选B。【点睛】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，酸的电离平衡常数H2SO3>CH3COOH>H2CO3>3HSO−>HClO>3HCO−，则酸性：H2SO3>CH3COOH>H2CO3>3HSO−>HClO>3HCO−，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答。12.下列说法错误的是A

.pH相同的NaOH溶液与Ba(OH)2溶液以任意体积比混合，pH不变B.浓度均为0.1mol·L-1的NaOH溶液与Ba(OH)2溶液等体积混合，pH不变C.常温下，pH=2的溶液与pH=12的溶液等体积混合后，混合溶液的pH不一定等于7D.常温下，0.

05mol·L-1的硫酸与0.05mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液pH<7【答案】B【解析】【详解】A．，两种溶液都是强碱，两溶液的pH相同，混合后c(OH-)不变，pH不会变化，A正确；B．NaOH是一元强碱，Ba(OH)2是二元强碱，混合后c(OH-)变化，pH变化，B错

误；C．混合溶液的酸碱性取决于酸碱的强弱，若是强酸、强碱，则pH=7，若是强酸、弱碱，则弱碱过量，pH>7，若是弱酸、强碱，则是弱酸过量，pH<7，C正确；D．硫酸为二元酸，氢氧化钠为一元碱，混合后硫酸过量，溶液pH<7，D正确；故选B。13.一定温度下，向体积不同的密闭

容器中分别加入足量活性炭和2molNO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)，在相同时间内测得各容器中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.bc曲线上反应均达到平衡状态B.a、c两点时气体的颜色相同C.该温度下，a、b、c三点时反应的平衡常数

：Ka<Kb<KcD.容器内的压强：Pa∶Pb>6∶7【答案】D【解析】【分析】图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓

度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态；反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，NO

2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上（不包括b点）反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行。【详解】A．通过以上分析知，c点没有达到平衡状态，故A错误；B．a、c两点时体积不同，气体的颜色不相同，故B错误；C．温度相

同，平衡常数不变，该温度下，a、b、c三点时反应的平衡常数：abcKKK==，故C错误；D．a点时反应达到平衡，NO2的转化率为40%，则()()()()2222Cs+2NOgNg+2COg/mol200/mol0.80.40.8/mol1.20

.40.8=开始变化平衡b点时反应达到平衡，NO2的转化率为80%，则()()()()2222Cs+2NOgNg+2COg/mol200/mol1.60.81.6/mol0.40.81.6=开始变化平衡由以上三段式可知，a点

时容器内气体的物质的量为2.4mol，b点时容器内气体的物质的量为2.8mol，又V1＜V2，则Pa：Pb＞2.4∶2.8=6∶7，故D正确；故选D。14.向两个锥形瓶中各加入0.05g镁条，塞紧橡胶塞，用注射器向其中一个锥形瓶

中注入2mL1mol∙L-1草酸(H2C2O4)，2a15.010−=K，5a25.410K−=)，向另一个锥形瓶中注入2mL2mol∙L-1醋酸(5a1.810K−=)，分别测得两个锥形瓶内气体的压强随时间的变化如图。下列说法正确的是A.曲线②表示醋酸与镁条的反应B.当反应停止时

，醋酸产生的气体比草酸产生的气体多C.反应结束，草酸所耗时间比醋酸所耗时间短D.草酸的电离方程式为+222424HCO2H+CO−【答案】C【解析】【分析】1mol∙L-1草酸(H2C2O4)溶液中，c(H+)=a1Kc=25.0101−mol∙L-1=0.224mol∙L-1

，2mol∙L-1醋酸溶液中，c(H+)=aKc=51.8102−mol∙L-1=0.006mol∙L-1。【详解】A．由分析可知，反应开始时，草酸溶液中c(H+)大，则草酸与镁反应的速率快，所

以曲线②表示草酸与镁条的反应，曲线①表示醋酸与镁条的反应，A不正确；B．n(Mg)=0.05g24g/mol≈0.0021mol，n(H2C2O4)=0.002L×1mol/L=0.002mol，n(CH3C

OOH)=0.002L×2mol/L=0.004mol，则镁过量，两种酸完全反应，所以当反应停止时，醋酸产生的气体与草酸产生的气体一样多，B不正确；C．反应结束，由于草酸电离产生的c(H+)大，与镁反应的速率快，所以草酸所耗时间比醋酸所耗时间短，

C正确；D．草酸为二元弱酸，分步发生电离，则电离方程式为+22424HCOH+HCO−、+22424HCOH+CO−−，D不正确；故选C。15.常温下，向某浓度的H2A溶液中逐滴加入已知浓度的NaOH溶液，若pC表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度的负对数，则所得

溶液中pC(H2A)、pC(HA-)、pC(A2-)与溶液pH的变化关系如图所示。已知：H2AHA-+H+Ka1；HA-A2-+H+Ka2。则下列说法正确的是A.当pH=3时，溶液中c(HA-)<c(A2-)=c(H2A)B.pH由3增大到5.3的过程中，水的电离程度

逐渐减小C.常温下，Ka2=10-5.3D.常温下随着pH的增大，2-2-2c(HA)c(HA)c(A)的值先增大后减小【答案】C【解析】【分析】根据纵坐标含义知，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2A)越大，pC越小，随着pH增大，c(H2A)减小，pC(H2A)增大，则曲线II为

pC(H2A)，同理曲线I为pC(-HA)、曲线Ⅲ为pC(2A−)；据此解答。【详解】A．由上述分析可知，曲线II为pC(H2A)，曲线I为pC(-HA)、曲线Ⅲ为pC(2A−)，当pH=3时，pC(H2A)=pC(2A−)＞pC(-H

A)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HA-)>c(A2-)=c(H2A)，故A错误；B．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从3上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增大，故B错误；C．常温下由HA-A2-+H+Ka2可知，Ka2=()()

()2cAcHcA−+−，当c(-HA)=c(2A−)时，pH=5.3，则Ka2=c(H+)=10-5.3，故C正确；D．2-2-2c(HA)c(HA)c(A)=()()()()()()--a12-a22cHAcHcHAKKcHAcAcH++

=，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则2-2-2c(HA)c(HA)c(A)不变，故D错误；答案为C。二、非选择题：(本题共4小题，共55分。各题具体分值附在各题题号后面。必须使用准确的化学用语回答，有错则不得分。)16.含硫

化合物，不仅用于研究化学反应的原理，也在生产生活有普遍应用。（1）以反应223242422NaSO+HSO=NaSO+SO+S+HO为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。实验序号223NaSO溶液24HSO溶液蒸馏水温度/℃

浓度/(-1molL)体积/mL浓度/(-1molL)体积/mL体积/mLI0.11.50.11.51020II0.12.50.11.59aIII0.1b0.11.5930请回答：①上表中，a为_______，b为_______。②上述三个实验中的反

应速率最快的应该是实验_______(用I、II、III作答)（2）亚硫酸钠是一种常见的食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸钠含量(通常以1kg样品中含2SO的质量计)，某研究小组同学设计了如下实验方案。I.称取样品Wg；II向样品中加

入足量稀硫酸；III.将I中产生的2SO用足量22HO溶液吸收；IV.将II所得硫酸溶液用氢氧化钠标准液滴定；V.数据处理。①223NaSO是一种食品添加剂。写出223NaSO与稀硫酸反应的离子方程式_______。②步骤I

II中22HO的作用是_______。③步骤IV中可选用的指示剂为_______。下图显示滴定终点时，滴定管(量程为25mL)读数为_______mL。.④步骤IV中消耗-10.010molLNaOH溶液VmL，则1kg样品中

含2SO的质量是_______g(用含W、V的代数式表示)。⑤步骤IV中的下列操作会造成该实验亚硫酸盐含量测定结果偏低的有_______。a.滴定开始读数时仰视读数b.装入氢氧化钠标准液前，碱式滴定管未用氢

氧化钠标准液润洗c.锥形瓶内用水冲洗后未干燥d.在滴定过程中发现局部溶液发生色变就立即停止滴定【答案】（1）①.20②.2.5③.III（2）①.2-+32SO+2H=SO↑+H2O②.将二氧化硫氧化为硫酸③.酚酞

溶液④.20.60⑤.8V25W⑥.ad【解析】【小问1详解】①Ⅰ与Ⅱ的温度相同，只控制浓度不同，与只有温度不同，可知a=20，b=13-9-1.5=2.5；②实验表明，实验III的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为实验II中生成浅黄色沉淀的时间最短；【小问

2详解】①2Na2SO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式为:2-+32SO+2H=SO↑+H2O；②步骤③中H2O2的作用是氧化二氧化硫生成硫酸故答案为；③将Ⅲ所得硫酸溶液用氢氧化钠溶液滴定，可选用的指示剂为酚酞溶液，滴定终点时，滴定管(量程为

25mL)读数为20.60ml；④步骤IV中消耗0.01000mol·L-1NaOH溶液VmL，2NaOH~H2SO4，称取样品质量是Wg，硫元素守恒计算1kg样品中含SO2的质量：-311000?0.01?V?10?×648V2ggW25W=；⑤a．滴定

开始读数时仰视读数，氢氧化钠的体积偏小，则亚硫酸盐含量偏低，故a正确；b．装入气氧化钠标准液前，碱式滴定管未用氢氧化钠标准液润洗，氢氧化钠的体积偏大，则亚硫酸盐含量偏高，故b错误；c．锥形瓶内用水冲洗后

未干燥，不影响实验结果，故c错误；d．在滴定过程中发现局部溶液发生色变就立即停止滴定，氢氧化钠的体积偏小，则亚硫酸盐含量偏低，故d正确；故选:ad。17.甲烷在化学工业中应用广泛。回答下列问题：（1）2

H捕集2CO合成4CH涉及下列反应：Ⅰ.()()()()22424HgCOgCHg2HOg++1ΔH平衡常数1KⅡ.()()()()222HgCOgCOgHOg++2ΔH平衡常数2K①相关物质相对能量大小如图所示，则1ΔH=_______1kJmol−，升高温度，12KK_

______(填“增大”或“减小”)。②起始物()()22nH=3nCO时，反应在不同条件下达到平衡，240℃时甲烷的物质的量分数()4xCH与压强p的变化关系、5510Pa时()4xCH与温度T的变化关系如图所示，图中对应A、B两点的速率：()Av正_____

__()Bv逆(填“大于”、“小于”或“等于”)；若C点4CH与CO的分压相同，则()2pHO=_______Pa，反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数x1K=_______。（2）4CH还原2CO是实现“双碳”经济的有效途径之一。恒压、750℃时，4C

H和2CO反应经如图流程(主要产物已标出)可实现2CO高效转化。其中过程Ⅱ主要发生如下反应：ⅰ.()()()23CaOsCOgCaCOs+ⅱ.()()()()34222FeOs8Hg6Fes8HOg++ⅲ.()()()()3

42FeOs4COg3Fes4COg++过程Ⅱ平衡后通入He，反应ⅲ的化学平衡将_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，重新平衡时()pCO_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.-165②.减小③.大于④.1.5×105

⑤.22564（2）①.逆向移动②.不变【解析】【小问1详解】①由图可知，反应I的焓变△H1=(-75kJ·mol-1)+2×(-242kJ·mol-1)-(-394kJ·mol-1)=-165kJ·mol-1，反应II的焓变△H2=(-11

1kJ·mol-1)+(-242kJ·mol-1)-(-394kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1；由盖斯定律可知，反应I-II可得反应3H2(g)+CO(g)CH4(g)+H2O(g)，则反应的焓变△H=-206kJ·mol-1

，平衡常数K=12KK，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故答案为：-165；减小；②反应I为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数减小，增大压强，

平衡向正反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大，则A点所在曲线为5×105Pa时甲烷的物质的量分数与温度的变化关系，B点所在曲线为240℃时甲烷的物质的量分数与压强的变化关系，由图可知，A点温度高于B点、压强大于B点，则平衡时A点的正逆反应速率更快，则反应速率v

A(正)大于vB(逆)；设氢气、二氧化碳投料分别为3mol、1mol，平衡时甲烷和一氧化碳的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：()()()()4222(mol)1300(mol)a4aa2a(mol)1-a

3-4aa2aCOg+4HgCHg+2HOg起变平()()()()222O(mol)1-a3-4a02a(mol)aaaa(mol)1-2a3-5aa3aCOg+HgCg+HOg起变平由图可知，甲烷的物质的量分数为0.1、压强为5×105Pa，则a4-2a=0.1，解得a=13，则水的

分压为1mol3310mol3×5×105Pa=1.5×105Pa，平衡时氢气、二氧化碳、甲烷、水的物质的量分数分别为4mol310mol3=0.4、1mol310mol3=0.1、1mol310mol3=0.1、1mol10mol3=0.3，则反应I以物质的量分数表示

的平衡常数KxI=240.10.30.10.4=22564，故答案为：大于；1.5×105；22564；【小问2详解】恒压、750℃时，过程II平衡后通入不参与反应的氦气，相当于增大容器体积，气体压强减小，反应

i的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳浓度增大，进而导致反应iii的平衡向逆反应方向移动；反应iii的平衡常数Kp=()()424pCOpCO，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时一氧化碳的分压不变，故答案为：逆向移动

；不变。18.短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。A是周期表中原子半径最小的元素，B原子的价电子数等于该元素最低化合价的绝对值，C与D能形成D2C和D2C2两种化合物，而D是同周期中金属性最强的元素，E的负一价离子与C和A形成的某种化合物分子含有相同的电子数。（1）A、C、D形

成的化合物的电子式为___________。（2）已知：①EE2E−→；△1HakJmol−=+②2AAA→−；1HbkJmol−=−③EAAE+→−；1HckJmol−=−(“•”表示形成共价键所提供的电子)写出298K时，A2与E2反应的热化学方程式______

_____。（3）在某温度下、容积均为2L的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，使之发生反应：()()()22AgBCgXg+；1ΔHdJmol−=−(d0,X为A、B、C三种元素组成的一种化合物)。初始投料与各容器达到平衡时的有关数据如下：实验甲乙丙初始投料2molA2、

1molBC1molX4molA2、2molBC平衡时n(X)0.5moln2n3反应能量变化放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ体系的压强P1P2P3反应物的转化率1α2α3α①在该温度下，假设甲容器从反应开始到平

衡所需时间为4min，则该时间段内A2的平均反应速率为___________。②该温度下此反应的平衡常数K的值为___________。③三个容器中的反应分别达平衡时各组数据关系正确的是_______

____(填序号)。A．12αα1+=B．12QQd+=C．31ααD．312P2P2P=E．23nn1.0molF．31Q2Q=（4）近年来，我国科研人员研制出一种一种室温下“可呼吸”的Na-CO2电池装置如图所示，电池的总反应为：2233CO4Na2NaCOC+=+。①电极a

为___________极(填“正”或“负”)。②电极b发生的电极反应为___________。【答案】（1）（2）H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=(a＋b-2c)kJ·mol-1（3）①0.1

25mol·L-1·min-1②.4③.ABD的.（4）①.负②.3CO2+4e-=2CO23−+C【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为氢元素；D是同周期中金属性最强的元素，处于ⅠA族，B原子的价电子数等于该元素最低化合价的绝

对值，处于ⅣA族，结合原子序数可知，B为碳元素；C与D能形成D2C和D2C2两种化合物，则C为O元素，D为Na元素；E形成负一价离子，则E为Cl，Cl-与H2O2含有相同的电子数，都具有18个电子。【小问1详解】根据上述分析可知：A是H，B是C，C是O，D是Na，

E是Cl。A、C、D三种元素形成的化合物是NaOH，NaOH是由Na+与OH-通过离子键结合形成的离子化合物，在OH-中，H、O原子之间以共价单键结合，故其电子式为：；【小问2详解】已知：①Cl-Cl→2Cl·△H=+akJ/mol；②2H·→H-H，△H=-bkJ/mo

l；③Cl·+H·→H-Cl△H=-ckJ/mol；根据盖斯定律，①-②+③×2，整理可得热化学方程式H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，△H=(a＋b-2c)kJ·mol-1；【小问3详解】①

对于甲容器，反应达到平衡时产生X的物质的量是0.5mol，则根据物质反应转化关系，可知反应消耗A2的物质的量是1.0mol，故用A2的浓度变化表示的反应速率v(A2)=1.0mol2L=0.125mol/(Lmin)4min；②在某温度下、容积均为2L的恒温恒容密闭容器中发生反应：2H2(g

)+CO(g)CH3OH(g)，对于甲容器，在反应开始时，n(H2)=2mol，n(CO)=1mol，反应达到平衡时n(CH3OH)=0.5mol，根据物质反应转化关系可知平衡时n(H2)=2mol-1mol=1mol，n(CO)=1mol-0.5mol=0.5mo

l，由于容器的容积是2L，故各种物质的平衡浓度c(H2)=0.5mol/L，c(CO)=0.25mol/L，c(CH3OH)=0.25mol/L，故该温度下该反应的化学平衡常数K=3222c(CHOH)0.25==4c(H)c(CO)0.50.25；③A．甲、乙为等效平衡，平衡时CO的物

质的量相等，假设平衡时CO为amol，甲中CO转化率1α=1-a=1-a1，平衡时甲醇的物质的量=(1-a)mol，乙中参加反应的甲醇为amol，乙中的转化率2α=a，故1α+2α=l，A正确；B．甲、乙为等效平衡，平衡时CO的物质的量相等，假设平衡时CO为bmol，则甲中

参加反应的CO为(1-b)mol，放出的热量Q1=d(1-b)，乙中参加反应的甲醇为bmol，吸收的热量Q2=bd，故Q1+Q2=d(1-b)+bd=d，B正确；C．丙与甲相比，可以等效为在甲的基础上，压强增大一倍，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动

，使物质的转化率增大，故3α＞1α，C错误；D．甲、乙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，二者压强等效，丙与甲相比，可以等效为在甲的基础上，压强增大一倍，平衡向正反应移动，平衡时混合气体的物质的量小于甲中的2倍，故压强P3＜2P1=

2P2，D正确；E．由D中分析可知：n2=0.5，n3＞1.0mol，E错误；F．丙与甲相比，可以等效为在甲的基础上，压强增大一倍，平衡向正反应移动，丙中参加反应的CO的物质的量大于甲中的2倍，反应的物质越多，反应放出的热量就越多，则Q3＞2Q1，

F错误；故合理选项是ABD；【小问4详解】①该装置为原电池，其中a电极上Na失去电子变为Na+，发生氧化反应，故电极a为负极；②在电极b上，CO2得到电子被还原为C单质，同时反应产生2-3CO，故电极b上发生的电极反应为：3CO2+4e-=2CO23−

+C。19.对燃煤烟气或煤浆进行脱硫能有效降低排入大气中的SO2含量。I.燃煤烟气脱硫软锰矿浆(主要成分MnO2，含有少量铁、铝等氧化物)可脱除燃煤烟气中的SO2，又可制得电池材料MnO2。主要流程如下：（1）“除铁铝”步骤所得滤渣

的主要成分为_______。（2）写出“沉锰”步骤发生反应的离子方程式_______。（3）为了测算所需脱硫剂的大致用量，需对烟气中SO2含量进行测定。方法是将烟气以一定流速通过装有-15mL0.010molL的2I标准溶液(滴入淀粉溶液作指示剂，并加蒸馏水稀释为50mL)，以-1m02Lin.

的流量进行采样，记录淀粉溶液褪色的时间为5min。①计算该烟气中SO2含量。(以-1mgL为单位，写出计算过程)_______。②某小组同学认为用一定浓度NaOH标准溶液(酚酞溶液作指示剂)也可测定烟气中SO2含量。该方案是否可行，请说出理由_____

__。II.煤浆脱硫（4）煤浆中的2FeS可用软锰矿粉在酸性条件下进行脱除，3+Fe对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。①X的化学式为_______。②写出足量MnO2脱除2FeS总反应的离子方程式_______。③煤浆的脱硫率(溶于水中的硫元素质量煤样中硫元素总质量)与溶液起始pH的关系

如图所示。pH大于1.5后脱硫率下降的可能原因有：随着pH的升高，反应物的氧化能力或还原能力降低：_____。【答案】（1）33Fe(OH)Al(OH)、（2）2+-+4223Mn+2MnO+2HO=5MnO+4H

（3）①.3.2mg∙L-1②.不可行。烟气中含大量2CO，也会消耗NaOH溶液（4）①.4FeSO或2+Fe②.+2+3+2-224215MnO+2FeS+28H15Mn+2Fe+4SO+14H=O③.3+Fe转

化为3Fe(OH)沉淀，()3+cFe减小，同时3Fe(OH)沉淀覆盖在矿粉表面，阻碍反应进行【解析】【分析】从流程图中可以看出，烟气和酸性软锰矿浆反应，烟气中的二氧化硫被矿浆吸收，生成含有锰离子、铁离子、铝离子的溶液，再加入碳酸锰进行pH的调节，除去铁离子和铝离子，过滤之后加入高锰酸钾发生反应

生成二氧化锰，再过滤即可得到最终的产品二氧化锰。【小问1详解】加入碳酸锰消耗氢离子来调节pH，使铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝而除去；【小问2详解】沉锰步骤反应为加入高锰酸钾之后，高锰酸根离子与锰离子反应生成了二氧化锰，从电荷守恒上可以推

知，反应物中有水参加，同时生成氢离子，其方程式为2+-+4223Mn+2MnO+2HO=5MnO+4H；【小问3详解】①反应掉的I2的物质的量为-50.005L0.01mol/L=510mol，二氧化硫的物质的量为x，则根据

方程式计算22224-5-5-5SO+I+2HO=HSO+2HI11x510mol11=x510molx=510mol则二氧化硫的含量为-5-3510mol64g/mol=3.210g/L=3.2mg/L0.2L/min5min。②因为是燃煤烟

气，其中含有大量的二氧化碳，如果使用氢氧化钠溶液，二氧化碳也会被吸收，使结果不准确。【小问4详解】①从图中可以看出，FeS2与X’反应生成了X和硫酸根离子，题目中又已知铁离子可以催化反应的进行，可以推知，X为亚

铁离子，X’为铁离子。②从图中可以看出，酸性条件下，二氧化锰与FeS2在铁离子催化作用下反应，生成锰离子、铁离子和硫酸根离子，其总离子方程式为+2+3+2-224215MnO+2FeS+28H15Mn+2Fe+4SO+14H=O③pH大于1.5之后，铁离子转化成了氢氧

化铁，同时可能覆盖于矿粉表面阻止反应的发生，所以脱硫率下降。的