【文档说明】（沪科版2020，选择性必修1第1~3章）（全解全析）.docx，共(13)页，613.729 KB，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：60分钟试卷满分：100分）注意事项：1．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．选出小题答案后，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．回答时，

将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：第1~3章（沪科版2020）。5．难度系数：0.60。6．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：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Fe56一、化学能与热能的转化（18分）1．为了探究化学能与热

能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置：（1)某同学选用装置I进行实验（实验前U形管里液面左右相平），在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，根据所学知识推测该反应属于（填“吸热”或“放热”）反应，预测U形管中可观察到的现象是。（2）选择装置II进行探究固体M在甲中溶于

水的热效应。①若M为NH4NO3，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是。②若M为NaOH，则实验过程中烧杯中可观察到的现象为。（3）上述3个装置中，不能用来证明“锌和稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应”的是（填序号）。理由是。（4）至少有两种实验方法能证明过氧化钠与

水的反应（2Na3O2+2H2O=4NaOH+O2↑）是放热反应。方法①：选择上述装置（填“I”“II”或“III”）进行实验。方法②：取适量过氧化钠粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到，则说明该反应

是放热反应。【答案】（1）放热（2分）U形管左端液柱降低，右端液柱升高（2分）（2）导管内形成一段液柱（2分）产生气泡，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱（3分）（3）Ⅲ（2分）锌和稀硫酸反应产生氢气，通过导气管进入烧杯中，产生气泡，无法判断反应是吸热反应还是放热反应

（3分）（4）Ⅰ或Ⅱ（2分）棉花燃烧（2分）【解析】（1）酸碱中和反应属于放热反应，氢氧化钡与硫酸反应属于中和反应，反应放热，所以锥形瓶中气体受热膨胀，导致U形管左端液柱降低，右端液柱升高；（2）①若M为NH4NO3，NH4NO3溶于水吸热，外管内气体温度降低收缩

，则实验过程中烧杯中可观察到的现象烧杯里的导管内形成一段液柱；②若M为NaOH，NaOH溶于水放热，外管内气体温度升高膨胀，则实验过程中烧杯中可观察到的现象为产生气泡，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱；（3）装置Ⅲ不能用来证明“锌和稀硫酸反应是吸热反应

还是放热反应”，因为锌和稀硫酸反应产生氢气，通过导气管进入烧杯中，产生气泡，无法判断反应是吸热反应还是放热反应；（4）方法①：选择上述装置Ⅰ或Ⅱ进行实验，Ⅰ装置右边U形管中左端液柱降低，右端液柱升高（或烧杯中导管中有气泡放出），证明该反应为放热反应；故答案为Ⅰ或Ⅱ；方法②：取适量过

氧化钠粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，则说明该反应放出大量热，使棉花燃烧，证明该反应是放热反应。二．实验室测定中和热（19分）2．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol·L-1盐酸倒入

内筒中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入内筒中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：（1）倒入NaOH溶液的正确操作是（填字母）。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速

倒入（2）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是___________（填字母）。A．用温度计小心搅拌B．揭开杯盖用玻璃棒搅拌C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动（3）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀

氨水分别和1L1mol⋅L−1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为。（4）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容4.18kJ·kg-1·℃

-1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数

据计算，该实验测得的中和热ΔH=（结果保留一位小数）。（5）若计算生成1molH2O时的放出的热量小于57.3kJ，产生偏差的原因可能是（填字母）。a．实验装置保温、隔热效果差b．量取盐酸的体积时仰视读数c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中d．用温度计测定盐酸起始温度后直接测定NaOH溶

液的温度e．使用玻璃搅拌器搅拌不均匀f．实验中用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器（6）实验小组另取V1mL0.50mol·L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=5

0mL)。则实验小组做该实验时的环境温度(填“高于”“低于”或“等于”)22℃，所用NaOH溶液的浓度为。（7）某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是。A．由实验可知，（a）、（b）、（c）所涉及的反应都是放热反应B．将实验（a）中的铝片

更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加C．实验（c）中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌器对实验结果没有影响D．若用NaOH固体测定中和热，则测定中和热的数值偏高【答案】（1）C（2分）（2）D（2分）（3）ΔH1=ΔH2<ΔH3（3分）（4）-51.8kJ·mol-1（3分）（5）a

cdef（3分）（6）低于（1分）0.75（2分）（7）D（3分）【解析】（1）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果。故答案为C。（2）使硫酸与NaOH溶液混合均

匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡内筒，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开杯盖用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失。故答案为D。（3）中和热是强酸

强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓

变是负值，所以ΔH1=ΔH2<ΔH3。（4）根据表格数据分析可知，温度差平均值=3.1℃；50mL0.55mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50molL⁄=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g

mL⁄=100g，温度变化的值为Δ𝑇=3.1℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m·c·ΔT=100g×4.18J(g·℃)⁄×3.1℃=1295.8J，即1.2958kJ，所以实验测得的中和热Δ𝐻=−1.2958kJ0.

025mol=−51.8kJmol⁄；（5）b．仰视读数时，实际量取的溶液体积多于应该量取的溶液体积，会导致放出的热量变多；d．实验中用温度计先后测量酸溶液、碱溶液及混合溶液的温度时，使用同一支温度计可减小实验误差，且测量完一种溶液后，温度计必须用水冲洗干净并用滤

纸擦干。测完酸溶液的温度计表面附着酸，未冲洗就直接测定碱溶液的温度，导致测定的碱溶液温度偏高，从而使测定的温度差值偏小，测得的中和热数值偏小；f．铜容易导热，使热量损失，所以测量的中和反应反应热数值偏小；故选acdef。（6）V1=0时NaOH溶液

的体积为50ml，由图可知此时温度小于22℃，所以实验时的环境温度低于22℃，即实验时环境温度低于22℃；由图可知，V1=30时，溶液温度最高，即NaOH和HCl恰好完全反应，由于n(NaOH)=n(HCl)，c(NaOH)

×20×10-3L=0.5mol•L-1×30×10-3L，c(NaOH)=0.75mol•L-1；故填低于；0.75。（7）A．Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，铝片与盐酸、NaOH与盐酸反应属于放热反应，A错误；B．铝粉和铝片都是固体，更换为等质

量的铝粉后时放出的热量不变，但铝粉与盐酸反应速率快，B错误；C．铁是热的良导体，改为铁质搅拌器，造成热量损失增大，测的中和热数值偏小，C错误；D．氢氧化钠固体溶解放出热量，因此测定数值结果偏高，D正确；故选D

。三、空气中二氧化碳含量的测定（20分）3．空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。（1）CH3N(CH2CH2OH)2（缩写为MDEA）溶液可用于捕集燃煤烟气中CO2，转化过程如下。①室温下，H2CO3的𝐾a1=4.30×10−7，𝐾a2=5.60×10−11，吸收后溶液的pH=

9，此时主要含碳负离子为（写离子符号）。②从结构的角度解释MDEA水溶液能吸收CO2的理由是。③用MDEA苯甲醇（苯甲醇沸点：205.3℃）溶液替代MDEA水溶液可增大吸收容量，同时降低解吸能耗，其原因是。（2）二氧化碳加氢

制甲烷是碳循环的重要应用。主要反应有反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)Δ𝐻=−164.7kJ⋅mol−1反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)Δ𝐻=41.2kJ⋅mol−

1Ni−ZrO2催化CO2加H2制CH4的反应历程如图1所示。向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平．衡时．．混合气体中含碳物质（CH4、CO2、CO）的物质的量随温度的变化如图2所示。①温度高于600℃后，B的物质的量减小的原

因是。②首先H2在Ni载体表面活化生成H∗，ZrO2载体表面的OH∗将CO2吸附活化为HCO3∗，然后活化的HCO3∗与H∗结合脱水生成活化HCOO∗，用化学语言描述步骤3、4反应过程：（吸附在催化剂表面的物质用

*标注）。（3）CO2催化重整CH4的反应：（Ⅰ）CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)Δ𝐻1主要副反应：（Ⅱ）H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g)Δ𝐻2>0（Ⅲ）4H2(g)+CO2(g)⇌CH4(g)+2H

2O(g)Δ𝐻3<0。在恒容反应器中按𝑛(CH4):𝑛(CO2)=1:1充入气体，加入催化剂，测得反应器中平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是。A．ΔH1=2ΔH2+ΔH3B．其它条件不变，适

当增大压强，CH4(g)平衡转化率降低C．600∼900℃时，H2O的体积分数不断减小，是由于反应Ⅲ生成H2O的量小于反应Ⅱ消耗的量D．𝑇℃时，在2.0L容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化剂进行重整反

应，测得CO2的平衡转化率为75%，则反应Ⅰ的平衡常数等于81（4）已知：NO(g)+O3(g)⇌⬚⬚NO2(g)+O2(g)ΔH。实验测得速率方程为v正=k正c(NO）·c(O3)，v逆=k逆c(NO2)·c(O2)(k正、k逆为速率常数，只与温度、催化剂有关，

与浓度无关)。向2L恒容密闭容器中充入0.4molNO(g)和0.6molO3(g)发生上述反应，测得NO的体积分数x(NO)与温度和时间的关系如图所示。下列说法正确的是。A．正、逆反应活化能的大小关系为Ea(正)>Ea(逆)B．b点NO的转化率为80%

C．T1温度下的K(正)K(逆)⬚<T2温度下的K(正)K(逆)⬚D．化学反应速率：vc(正)>va(逆)>vb(逆)【答案】（1）HCO3−（2分）CH3N(CH2CH2OH)2中氮原子含有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促

进CO2的吸收（3分）CO2在苯甲醇中的溶解度较大，能增大吸收容量，水溶液中水蒸发需要吸收大量的热，苯甲醇沸点高难挥发，降低能耗（3分）（2）反应Ⅰ的Δ𝐻<0、反应Ⅱ的Δ𝐻>0，600℃后温度升高，

反应Ⅱ的平衡右移，反应Ⅰ的平衡左移，反应Ⅱ的正移程度大于反应Ⅰ逆移程度，CO2平衡转化率增大，剩余CO2物质的量减小（3分）活化的HCOO∗与H∗结合，脱去水分子生成CH3O∗，CH3O∗再进一步结合H∗生成CH4和OH∗（3分）（3）B（3分）（4）C

（3分）【解析】（1）①溶液的pH=9，根据H2CO3的𝐾a1=4.30×10−7，𝐾a2=5.60×10−11，𝑐(CO32−)c(HCO3−)=𝐾a2𝑐(H+)=5.60×10−1110−9=5.6×10−2mol/L，此时主要含碳阴离子为HCO3−。②从结构的角度解释MDEA水

溶液能吸收CO2的理由是CH3N(CH2CH2OH)2中氮原子含有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促进CO2的吸收（或答道MDEA为胺，有碱性能与CO2反应也可）。③用MDEA苯甲醇（苯甲醇沸点：205

.3℃）溶液替代MDEA水溶液可增大吸收容量，同时降低解吸能耗，其原因是CO2在苯甲醇中的溶解度较大，能增大吸收容量，水溶液中水蒸发需要吸收大量的热，苯甲醇沸点高难挥发，降低能耗。（2）①温度高于600℃后，B的物质的量减小的原因是反应Ⅰ的Δ𝐻<0、反应Ⅱ的Δ𝐻>0，600

℃后温度升高，反应Ⅱ的平衡右移，反应Ⅰ的平衡左移，反应Ⅱ的正移程度大于反应Ⅰ逆移程度，CO2平衡转化率增大，剩余CO2物质的量减小；②由题干反应历程图可知，步骤3、4反应过程可用化学语言描述为：活化的HCOO∗与H∗结合，脱去水分子生成CH3O∗，CH3O∗再进一步结合H∗生成

CH4和OH∗。（3）A．由盖斯定律可知，反应Ⅱ×2—反应Ⅲ=反应Ⅰ，则反应ΔH1=2ΔH2-ΔH3，故A错误；B．反应Ⅰ是气体体积增大的反应，其它条件不变，适当增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷平衡转化率降低，故B正确；C．反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，水的体积分数增大

，反应Ⅲ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，水的体积分数减小，则600∼900℃时，水的体积分数不断减小，是由于反应Ⅱ生成水的量小于反应Ⅲ消耗的量，故C错误；D．起始甲烷和二氧化碳的浓度都为1mol/L，若只发生主反应，二氧化碳的平衡转化率为7

5%时，甲烷、二氧化碳、一氧化碳、氢气的平衡浓度分别为1mol/L—1mol/L×75%=0.25mol/L、1mol/L—1mol/L×75%=0.25mol/L、1mol/L×75%×2=1.5mol/L、1mol/L×75%×2=1.5mol/L，则主反

应的平衡常数K=(1.5mol/L)2×(1.5mol/L)20.25mol/L×0.25mol/L=81，由方程式可知，由于副反应Ⅲ中消耗的氢气的量比二氧化碳多的多，所以主反应的平衡常数K小于81，故D错误；故

选B。（4）A．正反应为放热反应，△H<0，故正逆反应活化能的大小关系为Ea(正)<Ea(逆)，故A项错误；B．b点NO的体积分数x(NO)=0.2，设NO的转化率为y，根据三段式有：NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)起始量(mol

/L)0.20.300变化量(mol/L)0.2y0.2y0.2y0.2y平衡量(mol/L)0.2-0.2y0.3-0.2y0.2y0.2y，0.2−0.2y0.2−0.2y+0.3−0.2y+0.2y+0.2y×100%=0.2，解得y=50%，故B项错误；C．由v正=k正c(NO)·c(

O3)，v逆=k逆c(NO2)·c(O2)，当v正=v逆时，可知K正K逆=c(NO2)×c(O2)c(NO)×c(O3)=K，T1>T2，△H<0，温度高时K值反而小，则T1温度下的K(正)K(逆)⬚<T2温度下的K(正)K(逆)⬚，故C项正确；D．T

1>T2，c点未达平衡，b点达平衡正逆反应速率相等且小于c点，b点温度和反应物浓度均大于a点，反应速率大于a点，故化学反应速率：vc(正)>vb(逆)>va(逆)，故D项错误；故答案选C。四．甲烷的利用（26分）4．能源是国民经济发展的重要基础。请根据所学知识

回答下列问题：Ⅰ．家用天然气的成分主要为CH4。（1）已知CH4的燃烧热为−890.3kJ⋅mol−1，则CH4的热值是kJ⋅g−1。（单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量称为该燃料的热值，结果保留一位小数）Ⅱ．2023年9月23日20时许，第19届亚运会在杭州奥

体中心“大莲花”盛大开幕。此次杭州亚运会主火炬的燃料首次使用废碳再生的绿色甲醇，实现了循环内的零排放。我国科学家在含铂高效催化剂作用下把二氧化碳高效转化为清洁液态燃料——甲醇。该法利用CO2制取甲醇的有关化学反应如下：①CO2(g)+3H2(g)

=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−178kJ⋅mol−1②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=−566kJ⋅mol−1③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=−483.6kJ⋅mol−1已知反应①中相关的化

学键键能数据如下：化学键C-CC-HH-HC-OH-O键能/(kJ⋅mol−1)348413436358463（2）由此计算断开1molC=O键需要吸收kJ的能量（甲醇的结构式为）；CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=kJ⋅mol−1

。Ⅲ．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。（3）制备方法Ⅰ：已知工业上某反应可用于制备氢气，它的平衡常数表达式为：K=c(H2)⋅c(CO)c(H2O)，则所对应的化学方程式为。（4）制备方法Ⅱ：十氢萘(C10H18)

是具有高储氢密度的氢能载体，经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气。已知：反应Ⅰ：C10H18(l)=C10H12(l)+3H2(g)Δ𝐻1活化能为Ea1反应Ⅱ：C10H12(l)=C10H8(l)+2H2(g)ΔH2活化能为Ea2且ΔH1>ΔH2>

0①有利于提高上述反应平衡转化率的条件是。A．低温低压B．高温高压C．低温高压D．高温低压②下列选项对应的示意图中，能正确表示“C10H18(l)→C10H12(l)→C10H8(l)”的“能量—反应过程”的是。A．B．C．D．从图中可知，反应（填Ⅰ或Ⅱ）是决速反应。制

备方法Ⅲ：已知在298K和100kPa的条件下，液态水分解生成氢气：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH。③下图为该反应的能量变化示意图，而在实际生产生活中常会使用催化剂，例如TiO2，那么图中A

点将（填“升高”、“降低”或“不变”），原因是。④反应焓变的数据如下：在等压条件下，ΣH反应物=1370kJmol−1,ΣH生成物=1956kJmol−1，由此可计算得上述反应的ΔH为。又知该反应ΔS=−326.6J⋅mol−1⋅K−1，那么该反应在298K条件下________（“能

”或“不能”）自发进行。（5）试从绿色化学的角度比较并评价直接电解海水与太阳能（TiO2作催化剂）分解淡水两种制备氢气的方案。【答案】（1）55.6（2分）（2）750（2分）-219.2（2分）（3）C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+C

O(g)（3分）（4）D（2分）B（2分）Ⅰ（2分）降低（2分）催化剂参与化学反应，改变反应的历程，降低反应的活化能（2分）+586kJ.mol-1（2分）不能（2分）（5）直接电解海水耗能大，还产生污染性气体；太阳能（T

iO2作催化剂）分解淡水节能，无污染性气体排放（3分）【解析】（1）单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量称为该燃料的热值，已知CH4的燃烧热为−890.3kJ⋅mol−1，则CH4的热值是890.3kJ⋅mol−116g⋅mol−1=55.6kJ⋅

g−1；（2）二氧化碳的结构式为O=C=O，设C=O键的键能为𝑥kJ⋅mol−1，根据已知热化学方程式①反应焓变𝛥H=反应物键能之和一生成物键能之和=[2x+3×436-（3×413+358+463）-（2×463）]kJ⋅mol−1

=-178kJ⋅mol−1，解得x=750，即断开1molC=O键需要吸收的能量为750kJ；根据盖斯定律，由①+（②-③）×12得：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=(−178kJ⋅mol−1)+[(−566kJ⋅mol−1)−(−48

3.6kJ⋅mol−1)]×12=−219.2kJ⋅mol−1，答案为750；-219.2；（3）平衡常数表达式为生成物浓度幂的乘积与反应物浓度幂的乘积之比，根据平衡常数表达：K=c(H2)⋅c(CO)c(H

2O)可知，所对应的化学方程式为C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)；（4）要提高平衡转化率，则需要促进平衡正向移动，由于题给两个反应均是吸热反应，且正反应均是气体分子数增大的反应，升高温度,平衡向吸热反应方向移动即该反应向正向移动，降低压强，平衡向气体体积增大的

方向移动即该反应向正向移动，故应选择高温低压，答案为D；②A．从图中分析“C10H18(l)→C10H12(l)"的过程能量增加是吸热反应，“C10H12(l)→C10H8(l)”的过程能量减小是放热反应，与事

实是△H1>△H2>0两个反应的正反应均为吸热反应不符，A错误；B．从图中分析“C10H18(l)→C10H12(l)”的过程能量增加是吸热反应，"C10H12(l)→C10H8(l)”的过程能量增加也

是吸热反应，“C10H18(l)→C10H12(l)”的过程吸收的热量大于“C10H12(l)→C10H8(l)”吸收的热量，与事实是△H1>△H2>0两个反应的正反应均为吸热反应，且反应I吸收的热量大于反应吸收的热量一致，B正确；C．从图中分析“C10H18

(l)→C10H12(l)”的过程能量减小是放热反应，"C10H12(l)→C10H8(l)”的过程能量减小也是放热反应，与事实是△H1>△H2>0两个反应的正反应均为吸热反应不符，C错误；D．从图中分析

“C10H18(l)→C10H12(l)”的过程能量增加是吸热反应，"C10H12(l)→C10H8(l)”的过程能量增加也是吸热反应，“C10H18(l)→C10H12(l)”的过程吸收的热量小于“C10H12(l)→C10H8(l)”吸收的热量，与事实△H1>△H2>0两个反应的正反应均为吸热

反应，且反应I吸收的热量大于反应吸收的热量不符，D错误；答案为B；从图中可知，反应Ⅰ正反应的活化能较大，故决速反应为反应Ⅰ；③催化剂参与化学反应，改变反应的历程，降低反应的活化能，故答案为降低；催化剂参与化学反应，

改变反应的历程，降低反应的活化能；④利用键能和反应热的关系，2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=反应物键能之和-生成物的键能之和-生成物的键能之和=4×467kJ﹒mol-1-2×436kJ﹒mol-1-498kJ﹒mol-

1=586kJ﹒mol-1，再由已知H2O(l)=H2O(g)ΔH=44kJ﹒mol-1,结合盖斯定律可求算2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+586kJ﹒mol-1，又根据△H-T△S=586kJ﹒mol-1可判断反应

能否自发；-298K×（-326.6J.mol-1﹒K-1）>0，故反应不自发，故答案为:+586kJ﹒mol-1；不能；（5）直接电解海水耗能大，还产生污染性气体；太阳能（TiO2作催化剂）分解淡水节能，无污染性气体排放，绿色环保，故答案为:直接电解海水耗能大，还产生污染性气体；太阳能（TiO

2作催化剂）分解淡水节能，无污染性气体排放。五、重铬酸钾的实验室制备（17分）5．重铬酸钾（K2Cr2O7）广泛应用于化学合成和定量分析。（1）钾铬矾[K2SO4·Cr2(SO4)3·24H2O]在鞣革、纺织等工业

上有广泛的用途，可通过SO2还原酸性重铬酸钾溶液制得，实验装置如题图。①选用质量分数为70%的H2SO4而不用稀硫酸的原因是。②装置B中为了使SO2尽可能吸收完全，除了控制适当搅拌速率外，还可以采取的措施有。（写两点）。③写出三颈烧瓶中析出K2SO4·Cr2(SO4)3·24

H2O晶体的化学方程式。（2）实验室利用K2Cr2O7溶液测定含有少量杂质（不参与反应）的FeSO4·nH2O中的n值。具体实验过程如下：实验Ⅰ：称取agFeSO4·nH2O样品，用足量稀硫酸在烧杯中

充分溶解后，，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。从容量瓶中移取溶液25.00mL于锥形瓶中，重复上述实验2～3次。实验Ⅱ：称取agFeSO4·nH2O样品，加热至恒重，剩余固体质量为bg。①已知：K2Cr2O7溶液滴定FeSO4溶液时，可用二苯胺磺酸钠指示液判断滴定终点。请补充完整实验I的实验

方案。（须使用的试剂和仪器：蒸馏水，cmol·L-1K2Cr2O7溶液，二苯胺磺酸钠指示液，胶头滴管，玻璃棒，100mL容量瓶）②实验I接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为（填序号）。A．B．C．D．③若盛放标准液的滴定管未润洗

，则测定的n值（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。【答案】（1）增大H+浓度，加快反应速率；避免SO2溶于溶液而不易逸出（2分）使用多孔球泡吸收SO2；减缓通入SO2的速率；适当增大重铬酸钾溶液的浓度等（2分）3SO2+K2Cr2

O7+23H2O+H2SO4冰水浴⬚K2SO4⋅Cr2(SO4)3⋅24H2O↓（3分）（2）将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶，用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯内壁2～3次，将洗涤液也都注入该容器；加蒸馏水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至

溶液的凹液面与刻度线相切（3分）滴入1-2滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用cmol·L-1K2Cr2O7溶液至滴定终点，记录消耗K2Cr2O7溶液的体积（3分）D（2分）偏小（2分）【解析】（1）①选用质量

分数为70%的H2SO4而不用稀硫酸的原因是增大H+浓度，加快反应速率；生成二氧化硫能溶于水，用稀硫酸不利于二氧化硫逸出；②装置B中为了使SO2尽可能吸收完全，除了控制适当搅拌速率外，还可以采取的措施是：使用多孔球泡吸收SO2；减缓通入SO2的速率；适当增大重铬酸钾溶液的浓度

等；③SO2气体进入B中还原酸性重铬酸钾溶液制得K2SO4·Cr2(SO4)3·24H2O，反应中硫化合价由+4变为+6、铬化合价由+6变为+3，结合电子守恒可知，反应的化学方程式为3SO2+K2Cr2O7+23H2O+H2SO4冰水浴⬚K2SO4⋅Cr2(SO4)3⋅24

H2O↓；（2）①容量瓶配制溶液的操作步骤为将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶，用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯内壁2～3次，将洗涤液也都注入该容器；加蒸馏水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切；根据操作可知，需要添加指示

剂，故滴入1-2滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用cmol·L-1K2Cr2O7溶液至滴定终点，记录消耗K2Cr2O7溶液的体积；②实验Ⅰ接近滴定终点时，酸性重铬酸钾溶液需要使用酸式滴定管，加入半滴的操作是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁

与管口接触，使液滴流出，并用洗瓶以纯水冲下；故选D；③若盛放标准液的滴定管未润洗，导致标准液的体积偏大，使得测定的n值偏小。