2023学年上海市上海中学高一(下)期末化学试卷(含答案解析)

2023-2023学年上海市上海中学高一〔下〕期末化学试卷在以下过程中，需要增大化学反响速率的是( )钢铁腐蚀 B.食物腐败 C.牛奶变质 D.工业合成氨以下条件的变化是由于降低反响所需的能量而增加单位体积内的反响物活化分子百分数致使反响速率加快的是( )增大浓度 B.增大压强 C.上升温度 D.使用催化剂以下有关金属腐蚀与防护的说法不正确的选项是( )纯银器外表在空气中因化学腐蚀渐渐变暗当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是承受了牺牲阳极的阴极保护法可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀以下表达错误的选项是( )碳酸氢钠加热可以分解，由于上升温度利于熵增的方向自发进展在温度、压强肯定的条件下，自发反响总是向𝛥𝐻−𝑇𝛥𝑆<0的方向进展水结冰的过程不能自发进展的缘由是熵减的过程，转变条件也不行能自发进展混乱度减小的吸热反响肯定不能自发进展关于如下图装置的表达，正确的选项是( )铜是阳极，铜片上有气泡产生C.电流方向从锌片经导线流向铜片

B.铜片质量渐渐削减D.铜离子在铜片外表被复原关于工业合成氨的表达中错误的选项是( )在动力、设备、材料允许的条件下尽可能在高压下进展温度越高越有利于工业合成氨在工业合成氨中𝑁2、𝐻2的循环利用可提高其利用率，降低本钱准时从反响体系中分别出氨气有利于平衡向正反响方向移动以下关于热化学反响的描述中，正确的选项是( )A.：𝐻(𝑎𝑞) 𝑂𝐻−(𝑎𝑞)=𝐻2𝑂(𝑙)𝛥𝐻=−57.3𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙，则𝐻2𝑆𝑂4和𝐵𝑎(𝑂𝐻)2反响𝐻2𝑆𝑂4(𝑎𝑞) 𝐵𝑎(𝑂𝐻)2(𝑎𝑞)=𝐵𝑎𝑆𝑂4(𝑠) 2𝐻2𝑂(𝑙)𝛥𝐻=−114.6𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙B.CO的燃烧热是−283.0𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙，则2𝐶𝑂2(𝑔)=2𝐶𝑂(𝑔) 𝑂2(𝑔)𝛥𝐻=−566𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙120页C.两个体积一样的容器中充入等量的𝑁𝑂2发生反响：2𝑁𝑂2(𝑔)⇌𝑁2𝑂4(𝑔)𝛥𝐻<0，绝热容器中气体的颜色比非绝热容器中颜色深D.𝛥𝐻>0的化学反响肯定不能自发进展某争论性学习小组进展电化学试验，争论装置如下图。有关说法错误的选项是( )Fe为负极原电池中发生了吸氧腐蚀的变化电解池中阳极材料质量增大电解池中阴极的电极反响式为𝐶𝑢2 2𝑒 =𝐶𝑢9. 反响𝐴→𝐶分两步进展：①𝐴→𝐵，②𝐵→𝐶.反响过程能量变化曲线如下图(𝐸1𝐸2𝐸3、𝐸4表示活化能).以下说法错误的选项是( )三种物质中B最不稳定C.𝐵→𝐶反响的△𝐻=𝐸4 𝐸3

𝐴→𝐵反响的活化能为𝐸1D.参加催化剂不能转变反响的焓变依据图示关系，以下说法不正确的选项是( )A.𝛥𝐻2>0B.1𝑚𝑜𝑙𝑆(𝑔)2968kJC.𝛥𝐻2=𝛥𝐻1 𝛥𝐻3D.16𝑔𝑆(𝑠)1484kJ以下说法正确的选项是( )①参与反响的物质的性质是影响化学反响速率的主要因素②光是影响某些化学反响速率的外界条件之一③打算化学反响速率的主要因素是浓度④不管什么反响，增大浓度、加热、加压、使用催化剂都可以加快反响速率220页320页A.①② B.②③ C.③④ D.①④少量铁片与𝑙00𝑚𝐿0.01𝑚𝑜𝑙/𝐿的稀盐酸反响，反响速率太慢．为了加快此反响速率而不转变𝐻2的产量，可以使用如下方法中的( )①加𝐻2𝑂②加𝐾𝑁𝑂3固体③滴入几滴浓盐酸④参加少量铁粉⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦上升温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用10𝑚𝐿0.1𝑚𝑜𝑙/𝐿盐酸．A.②⑥⑦ B.③⑤⑧ C.③⑦⑧ D.③④⑥⑦⑧13.反响𝐴2(𝑔)+2𝐵2(𝑔)⇌2𝐴𝐵2(𝑔)△𝐻<0，以下说法正确的选项是( )上升温度，正反响速率增加，逆反响速率减小增大压强能使正、逆反响速率都增大，且有利于平衡正向移动到达平衡后，上升温度有利于该反响平衡正向移动到达平衡后，降低温度或加催化剂都有利于该反响平衡正向移动14.424)+22)+𝑂2)+2)，在10L424随时间变化的有关试验数据如表所示：以下说法正确的选项是()时间/min组别 温度/𝐾 物质的量 0102040/𝑚𝑜𝑙1 𝑇1 𝑛(𝐶𝐻4) 0.500.350.250.102 𝑇2 𝑛(𝐶𝐻4) 0.500.300.18MA.组别1中0∼20min内，𝑁𝑂2降解速率为0.0125𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1 ⋅min1由试验数据可知温度𝑇1<𝑇240minM对应的数据为0.18该反响只有在高温下才能自发进展15.利用CO2在催化剂的作用下合成甲醇发生的反响如下)+22)。在2L的恒容密闭容器中，按物质的量之比1：2充入CO和𝐻2，测得平衡混合物中𝐶𝐻3𝑂𝐻的体积分数在不同压强下随温度的变化如下图。以下说法正确的选项是( )A.该反响的𝛥𝐻<0，且𝑃1<𝑃2B.反响速率：𝑣 (状态𝐴)>𝑣 (状态𝐵)逆 逆C.在C点时，CO转化率为75%D.B0.625𝑚𝑜𝑙/𝐿CO、𝐻2和𝐶𝐻3𝑂𝐻各0.1𝑚𝑜𝑙，平衡逆向移动电化学装置在日常生活、工业生产中有着广泛的应用，请答复以下问题。Ⅰ.(1)以下反响在理论上可设计成原电池的化学反响是 (填序号)。此类反响具备的条件是① 反响，② 反响。A.𝐶(𝑠)+𝐻2𝑂(𝑔)=𝐶𝑂(𝑔)+𝐻2(𝑔)△𝐻>0𝐵𝑎𝐶𝑙2(𝑎𝑞)+2𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂(𝑙)+8𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻>0C.𝑀𝑔3𝑁2(𝑠)+6𝐻2𝑂(1)=3𝑀𝑔(𝑂𝐻)2(𝑠)+2𝑁𝐻3(𝑔)△𝐻<0D.2𝐻2(𝑔)+𝑂2(𝑔)=2𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻<0以稀硫酸溶液为电解质溶液依据(1)中所选反响设计一个电池其正极反响为。Ⅰ.试验室组装甲、乙两个电化学装置如图1所示，请按要求答复以下问题：假设两池中均为𝐶𝑢𝑆𝑂4溶液，反响一段时间后：有红色物质析出的是甲池中的 棒(填“铁”或“碳”)；乙池中的 极(填“阴”420页520页或“阳”)。乙池中阳极上发生的电极反响方程式是 。Ⅰ.NaCl溶液：写出乙池中总反响的化学方程式 。乙池碳棒上的电极反响属 反响(填“氧化”或“复原”)。Ⅰ.依据工业上离子交换膜法制烧碱的原理，用如图2所示装置电解𝐾2𝑆𝑂4溶液。该电解槽中，通过阴离子交换膜的离子数 (填“>”、“<”或“=”)通过阳离子交换膜的离子数；图中a、b、c、d分别表示有关溶液的𝑝𝐻(：酸性越强，pH越小；碱性越强，pH越大)，则a、b、c、d由小到大的挨次为 。可逆反响在平衡移动过程中涉及到很多物理量的变化，答复以下问题。现有反响：𝑚𝐴(𝑔)+𝑛𝐵(𝑔)⇌𝑝𝐶(𝑔)，到达平衡后，当上升温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：(1)该反响的逆反响为 反响(填“吸热”或“放热”)，且𝑚+𝑛 𝑝(填“>”或“=”或“<”)。上述可逆反响到达平衡后，转变以下条件，争论各物理量的变化(填“增大”或“减小”或“不变”)①减压使容器体积增大时，A的质量分数 。②假设参加𝐵(恒容)，则A的转化率 。③假设上升温度，则重到达平衡时B、C的浓度之比[𝐵]将 。[𝐶]④假设参加催化剂，气体混合物的总物质的量 。假设B是有色物质，A、C均无色，假设恒容参加C时混合物颜色 (填“变深”或“变浅”或“不变”，下同)；假设恒压充入氖气后，再次建立平衡时与原平衡相比，气体混合物颜色 。某可逆反响：2𝐴(𝑔)←𝐵(𝑔)+𝐷(𝑔)3种不同条件下进展，B和D0，反响物A的浓度随反响时间的变化状况如表：18001.00.800.670.570.500.500.5028001.00.600.500.500.500.500.5039501.00.400.250.200.200.200.20试验序号时间/min浓度/𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1 0温度/℃10 20 30 40 50 60试验1试验序号时间/min浓度/𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1 0温度/℃10 20 30 40 50 60𝑣正 𝑣逆(填“>”或“<”或“=”)。0∼20min内，试验2比试验1的反响速率 (填“快”或“慢”)，其缘由可能是 。试验3比试验1的反响速率 (填“快”或“慢”)，其缘由可能是 。某化学课外小组的同学预备通过试验探究，加深对化学反响速率和化学反响限度的生疏。试验一：探究温度和浓度对反响速率的影响试验原理及方案：在酸性溶液中，碘酸钾(𝐾𝐼𝑂3)和亚硫酸钠可发生反响生成碘，生成的碘可用淀粉溶液检验，依据消灭蓝色所需的时间来衡量该反响的速率。试验试验0.01𝑚𝑜𝑙/𝐿𝐾𝐼𝑂3酸性溶液(含序号淀粉)的体积/𝑚𝐿0.01𝑚𝑜𝑙/𝐿𝑁𝑎2𝑆𝑂3溶液的体积/𝑚𝐿水的体积试验温/𝑚𝐿度/℃消灭蓝色的时间/𝑠①550②554025③53525(1)上述表格中：𝑉1= mL，𝑉2= mL。试验二：探究KI和𝐹𝑒𝐶𝑙3混合时生成KCl、𝐼2和𝐹𝑒𝐶𝑙2的反响存在肯定的限度。试验步骤：𝑖.5mL，0.01𝑚𝑜𝑙/𝐿𝐾𝐼溶液中滴加5∼6滴0.01𝑚𝑜𝑙/𝐿𝐹𝑒𝐶𝑙3溶液，充分反响后，将所得溶液分成甲、乙两等份；𝑖𝑖.向甲中滴加𝐶𝐶𝑙4，充分振荡；𝑖𝑖𝑖.KSCN。请答复以下问题：(2)𝐾𝐼和𝐹𝑒𝐶𝑙3在溶液中反响的离子方程式为：2𝐼 +2𝐹𝑒3+⇌𝐼2(溶液)+2𝐹𝑒2+，写出该反响的平衡常数K的表达式 。(3)步骤和iii中的试验现象说明KI和𝐹𝑒𝐶𝑙3混合时生成KCl、𝐼2和𝐹𝑒𝐶𝑙2的反响存在肯定的限度，则步骤ii中的试验现象是 ，且步骤iii中的试验现象是 。试验三：对铝片与一样𝐻+浓度的盐酸和硫酸在同温同压下反响时，铝和盐酸反响速率更快的缘由探究。填写以下空白：①该同学认为：由于预先掌握了反响的其他条件，那么，两次试验时反响的速率不一样的缘由，只有以下五种可能：4缘由Ⅰ：𝐶𝑙 对反响具有促进作用，而𝑆𝑂24

对反响没有影响；4缘由Ⅱ：𝐶𝑙 对反响没有影响，而𝑆𝑂24

对反响具有阻碍作用；(4)缘由Ⅲ： ；4缘由Ⅰ：𝐶𝑙 、𝑆𝑂2均对反响具有促进作用，但𝐶𝑙 影响更大；4缘由Ⅰ： 。外表经过砂纸充分打磨的铝片𝑐(𝐻)一样的稀硫酸和盐酸的试管(两试管的规格一样)中：𝑎.NaClKCl固体，观看反响速率是否变化；𝑏.在盛有盐酸的试管中参加少量𝑁𝑎2𝑆𝑂4或𝐾2𝑆𝑂4固体，观看反响速率是否变化。假设缘由I是正确的，则应观看到的现象是：试验a中 ，试验b中 。的平衡常数K值和温度的关系如表：温度(℃)360440520K值0.0360.0100.0038①由上表数据可知该反响为 反响(填“放热”或“吸热”或“无法确定”)。②以下措施能用勒夏特列原理解释是 (填序号)。𝑎.增大压强有利于合成氨𝑏.使用适宜的催化剂有利于快速生成氨𝑐.生产中需要上升温度至500℃左右𝑑.需要使用过量的𝑁2，提高𝐻2转化率(1)0.2𝑚𝑜𝑙氨气溶于水后再与含有0.2𝑚𝑜𝑙硫酸的溶液恰好完全反响放热QkJ，写出该反响的热化学方程式(溶液用aq表示)： 。(2)𝑁2(𝑔)和𝐻2(𝑔)反响生成1𝑚𝑜𝑙𝑁𝐻3(𝑔)过程中能量变化如下图(𝐸1=1127𝑘𝐽𝐸2=1173𝑘𝐽)化学键键能(𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙)

𝐻−𝐻436

𝑁≡𝑁946依据以上键能数据计算𝑁−𝐻键的键能为 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙。(3)原料气𝐻2可通过反响𝐶𝐻4(𝑔)𝐻2𝑂(𝑔)⇌𝐶𝑂(𝑔)3𝐻2(𝑔)猎取，该反响中，当时始混𝐶𝐻4含量的影响如图所示：720页①图中，两条曲线表示压强的关系是：𝑃1 𝑃2(填“>”或“=”或“<”)。②其它条件肯定，上升温度，𝐶𝐻4的转化率会 (填“增大”或“减小”或“不变”)。(4)原料气𝐻2还可通过反响𝐶𝑂(𝑔)+𝐻2𝑂(𝑔)⇌𝐶𝑂2(𝑔)+𝐻2(𝑔)猎取。①𝑇℃时，向容积固定为5L的容器中充入1mol水蒸气和1molCO，反响达平衡后，测得CO的浓度为0.08𝑚𝑜𝑙/𝐿，该温度下反响的平衡常数K值为 。②保持温度仍为𝑇℃，容积体积为5L，转变水蒸气和CO的初始物质的量之比充入容器进展反响，以下描述能够说明体系处于平衡状态的是 (填序号)。𝑎.容器内压强不随时间转变𝑏.混合气体的密度不随时间转变𝑐.单位时间内生成𝑎𝑚𝑜𝑙𝐶𝑂2的同时消耗𝑎𝑚𝑜𝑙𝐻2𝑑.混合气中𝑛(𝐶𝑂)：𝑛(𝐻2𝑂)：𝑛(𝐶𝑂2)：𝑛(𝐻2)=1：16：6：6820页1020页答案和解析【答案】D【解析】解：𝐴.钢铁腐蚀对生产生活不利，应当减小化学反响速率，故A错误；B.生物腐败对生活不利，应当减小化学反响速率，故B错误；C.牛奶变质对生活不变，应当减小化学反响速率，故C错误；D.工业合成氨对生产有利，应当增大化学反响速率，故D正确；应选：D。一般来说，在工业生产中，为提高产量，应增大反响速率，而对于食品和材料等资源，为削减损耗，应削减反响速率，以此解答。此题考察化学反响速率的调控，侧重于化学与生活的考察，有利于培育学生良好的科学素养，提高学习的乐观性，难度不大。【答案】D【解析】【分析】此题考察影响反响速率的因素，留意活化分子数目与百分数的差异，明确温度、浓度、压强对反响速率的影响即可解答，题目难度不大。【解答】增大浓度、增大压强，只能增大单位体积的活化分子数目，但活化分子的百分数不变，而上升温度、使用催化剂可增大活化分子百分数，其中催化剂可降低反响的活化能，使活化分子百分数增加而导致反响速率增大。应选D。【答案】B【解析】解：𝐴.纯银中无杂质，在空气中不形成原电池，银和空气中的硫化氢反响生成黑色的硫化银，故纯银器的外表在空气中因化学腐蚀渐渐变暗，故A正确；B.当镀锡铁制品的镀层破损后会形成原电池，铁作负极被腐蚀，可加快铁制品腐蚀，故B错误；C.海轮外壳连接锌块会形成原电池，由于锌活泼，锌作负极，铁作正极，正极被保护，该方法是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D.承受外加电流的阴极保护法时，被保护金属与直流电源的负极相连，则将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀，故D正确；应选：B。纯银器外表变暗是由于单质Ag和𝐻2𝑆反响生成𝐴𝑔2𝑆；当镀锡铁制品的镀层破损后会形成原电池，铁作负极；C.海轮外壳连接锌块会形成原电池，锌块作负极；D.承受外加电流的阴极保护法时，被保护金属与直流电源的负极相连。此题考察了金属的腐蚀与防护，明确原电池原理和电解原理、金属的防护措施即可解答，留意理解原电池原理或电解池原理在金属防护中的应用，题目难度不大。【答案】C【解析】解：𝐴.碳酸氢钠加热可以分解，生成气体增多，△𝑆>0，即上升温度利于熵增的方向自发进展，故A正确；B.△𝐺=△𝐻−𝑇△𝑆<0，可自发反响，故B正确；C.水结冰的过程不能自发进展的缘由是熵减的过程，转变条件能自发进展，如降温可发生，故C错误；D.混乱度减小的吸热反响，△𝑆<0、△𝐻>0，则△𝐻−𝑇△𝑆>0，该反响不能自发进展，故D正确；应选：C。o𝐻𝑇𝑆<0的反响可自发进展，反之不能自发进展，以此来解答。此题考察反响热与焓变，为高频考点，把握焓变、熵变与反响进展方向的关系为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意综合判据的应用，题目难度不大。【答案】D【解析】解：𝐴.该反响能自发进展，所以该装置是原电池，依据电子流向知，锌作负极，铜作正极，铜电极上铜离子得电子生成铜，故A错误；B.该原电池中，铜电极上铜离子得电子生成铜，所以铜电极质量渐渐增加，故B错误；C.该原电池中，锌作负极，铜作正极，所以电流从铜片沿导线流向锌片，故C错误；D.该原电池中，铜电极上铜离子得电子发生复原反响而生成铜，被复原，故D正确；应选：D。该反响能自发进展，所以该装置是原电池，依据电子流向知，锌作负极，铜作，负极上锌失电子发生氧化反响，正极上铜离子得电子发生复原反响，由此分析解答．电流流始终分析解答即可，难度不大．【答案】B【解析】解：𝐴.合成氨的正反响为气体体积缩小的反响，压强越大，反响物的转化率越高，则在A正确；合成氨的正反响为放热反响，上升温度后不利于氨气的生成，故B错误；合成氨中𝑁2和𝐻2的循环使用，可以提高原料气的利用率，降低本钱，故C正确；准时从反响体系中分别出氨气，反响物浓度减小，有利于平衡向正反响方向移动，故D正确；应选：B。A.合成氨的为反响为体积缩小的反响，增大压强有利于氨气的生成；B.合成氨的反响为放热反响，温度越高，反响物转化率越低；C.反响物的循环使用可以节约原料，提高利用率；D.分别诞生成物，平衡向着正向移动，有利于氨气的合成．此题考察了工业合成氨的反响原理及反响条件的选择【答案】C【解析】解：𝐴.由于钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀时放出热量，放热反响的焓变为负值，则𝐻2𝑆𝑂4和𝐵𝑎(𝑂𝐻)2反响𝐻2𝑆𝑂4(𝑎𝑞)+𝐵𝑎(𝑂𝐻)2(𝑎𝑞)=𝐵𝑎𝑆𝑂4(𝑠)+2𝐻2𝑂(𝑙)𝛥𝐻<−114.6𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙，故A错误；B.CO的燃烧热是−283.0𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙，CO与氧气反响的人化学方程式为：2𝐶𝑂(𝑔)+𝑂2(𝑔)=2𝐶𝑂2(𝑔)𝛥𝐻=−566𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙，则2𝐶𝑂2(𝑔)=2𝐶𝑂(𝑔)+𝑂2(𝑔)𝛥𝐻=+566𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙B错误；C.2224𝐻<该反响为放热反响，与非绝热容器相比，绝热容器中温度更高，上升温度平衡逆向移动，𝑁𝑂2的浓度增大，混合气体的颜色加深，故C正确；D.化学反响能否自发进展的推断依据是△𝐻−𝑇△𝑆<0，𝛥𝐻>0的化学反响，假设△𝑆>0，在高温下该反响能够自发进展，故D错误；应选：C。钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀时放出热量，导致放出热量增大，结合放热反响的焓变为负值分析；二氧化碳的分解过程吸取热量，其焓变为正值；绝热容器中温度较高，该反响为放热反响，上升温度平衡逆向移动；D.△𝐻−𝑇⋅△𝑆<0时反响能够自发进展。此题考察热化学方程式，为高频考点，明确反响自发进展的条件、燃烧热和中和热概念为解答关键，留意把握热化学方程式的书写原则及表示的意义，题目难度不大。【答案】C【解析】解：𝐴.Fe为负极，故A正确；B.原电池中Fe为负极，电极方程式为𝐹𝑒−2𝑒−=𝐹𝑒2+，正极电极反响方程式是：𝑂2+2𝐻2𝑂+4𝑒 =4𝑂𝐻，发生了吸氧腐蚀的变化，故B正确；C.电解池中阳极氢氧根离子失去电子被氧化生成氧气则发生氧化反响的电极反响式为4𝑒 =2𝐻2𝑂+𝑂2↑，阳极材料质量不变，故C错误；D.电解池中阴极发生复原反响，电极方程式为𝐶𝑢2++2𝑒 =𝐶𝑢，故D正确；应选：C。原电池中Fe为负极，发生氧化反响，电极方程式为𝐹𝑒 2𝑒 =𝐹𝑒2+，正极发生复原反响，电极反响方程式是：𝑂2+2𝐻2𝑂+4𝑒 =4𝑂𝐻，电解硫酸铜溶液时，阳极氢氧根离子失去电子被氧化生成氧气，则发生氧化反响的电极反响式为：4𝑂𝐻 4𝑒 =2𝐻2𝑂+𝑂2↑，阴极发生复原反响，电极方程式为𝐶𝑢2++2𝑒 =𝐶𝑢，以此解答该题。此题综合考察电解池和原电池学问，为高频考点，侧重于学生的分析力量的考察，留意把握原电池和电解池的工作原理，难度不大。【答案】C【解析】解：𝐴.由图可知，C的能量最低，B的能量最高，则B最不稳定，故A正确；B.由图可知，𝐸1为①中正反响的活化能，即𝐴→𝐵反响的活化能为𝐸1，故B正确；C.焓变等于正逆反响的活化能之差，则𝐵→𝐶反响的△𝐻=𝐸3 𝐸4，故C错误；D.催化剂不转变反响的始终态，则不能转变焓变，故D正确；应选：C。此题考察反响热与焓变，为高频考点，把握反响中能量变化、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意焓变与活化能的关系，题目难度不大。【答案】B【解析】A.𝑆(𝑠)→𝑆(𝑔)为吸热过程，则𝛥𝐻2>0，故A正确；B.等量𝑆(𝑠)能量低于𝑆(𝑔)，则等量𝑆(𝑔)完全燃烧放出的热量大于𝑆(𝑠)完全燃烧放出的热量，则1𝑚𝑜𝑙𝑆(𝑔)2968kJ，故B错误；𝛥𝐻3，故C正确；D.𝑆(𝑠)+𝑂2(𝑔)=𝑆𝑂2(𝑔)𝛥𝐻=2968𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙 2968kJ热量，16𝑔𝑆(𝑠)物质的量

16𝑔

=0.5𝑚𝑜𝑙，则0.5𝑚𝑜𝑙𝑆(𝑠)完全燃烧释放的能量为0.5𝑚𝑜𝑙×2968𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙=1484𝑘𝐽，32𝑔/𝑚𝑜𝑙故D正确。应选：B。【答案】A【解析】【分析】打算化学反响速率快慢的因素有内因和外因，反响物本身的性质(内因)，温度、浓度、压强、催化剂等为影响化学反响速率的外界因素。此题考察影响化学反响速率的因素，要留意与外因(浓度、温度、压强、催化剂)的区分，压强影响速率实质为影响浓度。【解答】打算化学反响速率快慢的主要因素是反响物本身的性质，而浓度、温度、压强、催化剂是影响因素．此外，还有固体物质的外表积，光，射线，溶剂性质等属于外因，也会影响化学反响速率，压强只对有气体参与的反响有影响。应选A。【答案】C【解析】解：①加𝐻2𝑂，稀释了盐酸的浓度，故反响速率变慢，故错误；②加𝐾𝑁𝑂3溶液，氢离子与硝酸根形成硝酸，不会生成氢气，故错误；③滴入几滴浓盐酸，反响速率加快，铁的物质的量不变，故正确；④参加少量铁粉，铁与盐酸反响生成生成氢气的量增多，故错误；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反响速率变慢，故错误；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反响速率加快，但与盐酸反响的铁削减，故削减了产生氢气的量，故错误；⑦上升温度(不考虑盐酸挥发)，反响速率加快，铁的物质的量不变，故正确；⑧改用10𝑚𝐿0.1𝑚𝑜𝑙/𝐿盐酸，反响速率加快，铁的物质的量不变，故正确；应选：C。为加快铁与盐酸的反响速率，可增大浓度，上升温度，形成原电池反响或增大固体的外表积，不转变生成氢气的总量，则铁的物质的量应不变，以此解答。此题考察反响速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析力量和根本理论学问的综合理解和运用的考察，留意把握相关根底学问的积存，难度不大。【答案】B【解析】解：𝐴.上升温度，正逆反响速率都增大，故A错误；B.故B正确；C.反响为气体体积减小、放热的反响，上升温度平衡逆向移动，故C错误D.降低温度平衡正向移动，参加催化剂平衡不变，故D错误；应选：B。上升温度、增大压强，反响速率均增大，且上升温度向吸热的方向移动，增大压强向气体体积减小的方向移动，以此解答该题。此题考察化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对反响速率及平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意化学反响的特点，题目难度不大。【答案】B【解析】【分析】𝑇1温度下可以推断到达平衡，𝑇2尚不行推断。【解答】0.25𝑚𝑜𝑙10𝐿×20min

=1.25×10−3𝑚𝑜𝑙/(𝐿⋅min)𝑁𝑂2

降解速率为2𝑣(𝐶𝐻4)=2.5×10−3𝑚𝑜𝑙/(𝐿⋅min)A错误；B.𝐶𝐻4∼10min内，𝑇2温度下消耗𝐶𝐻4的量大于𝑇1温度下𝐶𝐻4消耗的量，所以温度𝑇1<𝑇2B正确；C.无法推断平衡，M的数值不肯定为0.18C错误；D.由于反响的自发性需依据𝛥𝐺=𝛥𝐻−𝑇𝛥𝑆𝛥𝑆>0，需确定△𝐻才能推断反响的自发条件，故D错误，应选：B。【答案】C【解析】解：𝐴.△𝐻<0，由方程式可知增大压强，平衡正向移动𝐶𝐻3𝑂𝐻的体积分数增大，所以𝑝1>𝑝2，故A错误；温度上升，反响速率增大，B温度较高、压强较大，则反响速率：𝜈逆

(状态𝐴)<𝜈逆

(状态𝐵)，故B错误；1molCO和2𝑚𝑜𝑙𝐻2，CO的转化率为x，则𝐶𝑂(𝑔)+2𝐻2(𝑔)=𝐶𝐻3𝑂𝐻(𝑔)起始 120变化 x2xx完毕1𝑥22𝑥𝑥在C点时，𝐶𝐻3

𝑂𝐻的体积分数=

𝑥1−𝑥+2−2𝑥+𝑥

=0.5，解得𝑥=0.75C正确；设起始CO和𝐻2的物质的量分别为amol2amolB点时CO转化的物质的量为xmol，可列出三段式：起始(𝑚𝑜𝑙)𝑎2𝑎0转化(𝑚𝑜𝑙)𝑥2𝑥𝑥平衡(𝑚𝑜𝑙)𝑎−2𝑥2𝑎−2𝑥𝑥B𝐿𝑙𝑎−𝑥+𝑎−𝑥+𝑥=1.25，𝑥1.25

=0.7，故𝑥=0.875，𝑎=1，故𝐶𝑂(𝑔)+2𝐻2(𝑔)⇌𝐶𝐻2𝑂𝐻(𝑔)起始(𝑚𝑜𝑙)120转化(𝑚𝑜𝑙)0.8751.750.875平衡(𝑚𝑜𝑙)0.1250.250.8750.875𝐾=

20.252

=448CO、𝐻2和𝐶𝐻3𝑂𝐻各0.1𝑚𝑜𝑙，𝑄𝑐=×( )2 2(0.875+0.1)2(0.125+0.1)×(0.25+0.1)2

≈141.5<𝐾，平衡正向移动，故D错误；2 2应选：C。A.由方程式可知增大压强，平衡正向移动𝐶𝐻3𝑂𝐻的体积分数增大；B.温度上升，压强增大，反响速率增大；C.设向密闭容器充入了1molCO和2𝑚𝑜𝑙𝐻2，利用三段法进展数据分析计算；D.结合三段式，求得K值，然后依据K、𝑄𝑐推断。此题以图象分析为载体考察化学平衡计算，为高考常见题型，侧重考察分析力量和计算力量，明确化学反响速率、转化率计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解此题关键，题目难度不大。16.【答案】D自发氧化复原𝑂2+4𝐻++4𝑒−=2𝐻2𝑂碳阴2𝐻2𝑂−4𝑒−=𝑂2↑2通电2+4𝐻+

2𝑁𝑎𝐶𝑙+

−𝐶𝑙

↑+𝐻2

↑+2𝑁𝑎𝑂𝐻氧化<𝑏<𝑎<𝑐<𝑑【解析】解：(1)能设计成原电池的反响必需是自发进展的放热的氧化复原反响，A.𝐶(𝑠)+𝐻2𝑂(𝑔)=𝐶𝑂(𝑔)+𝐻2(𝑔)△𝐻>0，该反响是吸热反响，所以不能设计成原电池，故A错误；B.𝐵𝑎(𝑂𝐻)2⋅8𝐻2𝑂(𝑠)+2𝑁𝐻4𝐶𝑙(𝑠)=𝐵𝑎𝐶𝑙2(𝑎𝑞)+2𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂(1)+8𝐻2𝑂(1)△𝐻>0，该反响不是氧化复原反响且是吸热反响，所以不能设计成原电池，故B错误；C.𝑀𝑔3𝑁2(𝑠)+6𝐻2𝑂(1)=3𝑀𝑔(𝑂𝐻)2(𝑠)+2𝑁𝐻3(𝑔)△𝐻<0能设计成原电池，故C错误；D.2𝐻2(𝑔)+𝑂2(𝑔)=2𝐻2𝑂(𝑙)△𝐻<0原电池，故D正确，故答案为：D；自发；氧化复原；(2)正极氧气放电与氢离子形成水，正极反响式为：𝑂2+4𝐻++4𝑒−=2𝐻2𝑂，故答案为：𝑂2+4𝐻++4𝑒 假设两池中均为𝐶𝑢𝑆𝑂4溶液，甲是原电池，铁做负极失电子生成亚铁离子，溶液中铜离子在C电极上析出金属铜，乙池是电解池，依据电子流向可知电子流出的电极C为阳极，铁做阴极，溶液中铜在铁电极析出金属铜，故答案为：碳，阴；2𝐻2𝑂4𝑒 =𝑂2↑+4𝐻+，故答案为：2𝐻2𝑂 4𝑒 =𝑂2↑+4𝐻+；通电乙为电解池由电子流向正极可知为阳极，Fe为阴极电解反响为：2𝑁𝑎𝐶𝑙+2𝐻2𝑂 𝐶𝑙2↑+𝐻2↑+2𝑁𝑎𝑂𝐻，通电𝐶𝑙2↑+𝐻2↑+2𝑁𝑎𝑂𝐻；乙池碳做阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反响，故答案为：氧化；4电解硫酸钾溶液，阳极发生氧化反响，𝑂𝐻被氧化生成𝑂2，𝑆𝑂24

通过阴离子交换膜向阳极移𝐻被𝐻+和2pH2和𝐻pHp𝑏<𝑎<𝑐<𝑑，故答案为：<；𝑏<𝑎<𝑐<𝑑。(1)能设计成原电池的反响必需是自发进展的放热的氧化复原反响；(2)依据正极氧气放电与氢离子反响生成水；假设两池中均为𝐶𝑢𝑆𝑂4溶液，甲是原电池，铁做负极失电子生成亚铁离子，溶液中铜离子在C电极上析出金属铜，乙池是电解池，依据电子流向可知电子流出的电极C为阳极，铁做阴极，溶液中铜在铁电极析出金属铜；乙池中阳极上发生的电极反响是溶液中氢氧根离子失电子生成氧气；假设两池中均为饱和NaCl溶液，甲池是吸氧腐蚀的原电池反响，乙池是电解氯化钠溶液，乙池中阳极为C，阴极为铁，是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气；乙池碳做阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反响；4电解硫酸钾溶液，阳极发生氧化反响，𝑂𝐻被氧化生成𝑂2；𝑆𝑂24

通过阴离子交换膜向阳极移动，钾离子通过阳离子交换膜向阴极移动；𝑂𝐻被氧化，阳极生成𝐻+和𝑂2，pH减小，阴极发生复原反响生成𝐻2和𝑂𝐻，pH增大。此题考察了电解原理、原电池的设计、原电池原理等学问点，明确原电池的构成条件，再结合原电池正负极及电解池阴阳极上得失电子来分析解答，并会写其电极反响式，难度中等。放热>增大增大减小不变变深变浅0.013𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1⋅min1=2使用了催化剂快反响3的温度高【解析】解：(1)反响到达平衡后，当上升温度时，B的转化率变大，平衡正向移动，故反响正向为吸热反响，逆向为放热反响，当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，平衡逆向移动，逆向气体分子数增大，故𝑚+𝑛>𝑝，故答案为：放热；>；(2)①反响逆向气体分子数增大，减小压强，平衡逆向移动，A的质量分数增大，故答案为：增大；②假设参加𝐵(恒容)A的转化率增大，故答案为：增大；③反响正向吸热，假设上升温度，平衡正向移动，B的浓度减小，C的浓度增大，则重到达平衡B、C的浓度之比[𝐵]将减小，[𝐶]故答案为：减小；④假设参加催化剂，平衡不移动，气体混合物的总物质的量不变，故答案为：不变；(3)B是有色物质，A、C均无色，假设恒容参加C时，平衡逆向移动，B的浓度增大，混合物颜色变深，假设恒压充入氖气后，容器体积增大，相当于对原平衡减压，平衡逆向移动，B的物质的量增大，但容器体积增大程度更大，故再次建立平衡时与原平衡相比，B的浓度减小，气体混合物颜色变浅，故答案为：变深；变浅；(4)1中，在10∼20minA表示的平均反响速率为0.8𝑚𝑜𝑙/𝐿0.67𝑚𝑜𝑙/𝐿10min

=0.013𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1 ⋅min1；50min时，浓度不再发生变化，反响到达平衡状态，𝑣正故答案为：0.013𝑚𝑜𝑙⋅𝐿1 ⋅min1；=；

=𝑣 ，逆(5)0∼20min内，试验2中A的浓度变化我(10.5)𝑚𝑜𝑙/𝐿=0.5𝑚𝑜𝑙/𝐿，试验10∼20minA的浓度变化我(10.67)𝑚𝑜𝑙/𝐿=0.33𝑚𝑜𝑙/𝐿21的反响速率快，其缘由可能是试验2使用了催化剂，2使用了催化剂；(6)3温度高，反响速率快，3的温度高。数变化；①减压，平衡向气体分子数增大方向移动；②增大反响物浓度，平衡正向移动；③升温，平衡向吸热反响方向移动；④参加催化剂，同等程度加快正逆反响速率，平衡不移动；增大生成物浓度，平衡逆向移动，气体颜色由有色物质的浓度打算；(4)由公式𝑣=△𝑐计算反响速率，反响到达平衡状态，正逆反响速率相等；△𝑡(5)由一样时间内浓度变化推断速率变化，参加催化剂，反响速率加快；(6)温度高反响速率快。此题考察化学平衡，题目难度中等，把握外界条件转变对化学平衡的影响是解题的关键。4010

𝑐2(𝐹𝑒2+)𝑐(𝐼2)𝑐2(𝐹𝑒3+)𝑐2(𝐼−)

溶液分层，下层呈现紫红色溶液变红𝐶𝑙−对反响具有促进作用，而𝑆𝑂2−对反响具有阻碍作用𝐶𝑙−、𝑆𝑂2−均对反响具有促进作用，但𝑆𝑂2−影响更大反响速率加4 4 4快反响速率减慢【解析】解：(1)50mL，故表格中：𝑉1=40𝑚𝐿，𝑉2=10𝑚𝐿，故答案为：40；10；(2)反响2𝐼−+2𝐹𝑒3+⇌𝐼2

(溶液)+2𝐹𝑒2+K𝑐2(𝐹𝑒2+)𝑐(𝐼2)，𝑐2(𝐹𝑒3+)𝑐2(𝐼−)𝑐2(𝐹𝑒2+)𝑐(𝐼2)；𝑐2(𝐹𝑒3+)𝑐2(𝐼−)𝐹𝑒3+不会完全转化为𝐹𝑒2+，有𝐼2生成，参加𝐶𝐶𝑙4后碘单质被萃取到有机层，下层溶液为紫红色，故试验ii中观看到的现象是：溶液分层，下层呈现紫红色；反响有限度，则𝐹𝑒3+iiiKSCN溶液会观看到溶液变红，故答案为：溶液分层，下层呈现紫红色；溶液变红；44铝片与一样氢离子浓度的盐酸和硫酸反响，溶液中阴离子为：𝐶𝑙−、𝑆𝑂2−，猜测速率不同的缘由I和缘由IIIII：𝐶𝑙−对反响具有促进作用，而𝑆𝑂2−对反响具有阻碍作用，444故答案为：𝐶𝑙−对反响具有促进作用，而𝑆𝑂2−对反响具有阻碍作用；4依据缘由IV提出相反猜测可得缘由V𝑙−𝑂−𝑂−影响更大，4 4故答案为：𝐶𝑙−、𝑆𝑂2−均对反响具有促进作用，但𝑆𝑂2−影响更大；4 44依据缘由III：𝐶𝑙−对反响具有促进作用，而𝑆𝑂2−对反响具有阻碍作用，可推想试验a中反响速4率加快，试验b中反响速率减慢，故答案为：反响速率加快；反响速率减慢。50mL，据此计算；平衡常数等于生成物浓度次幂乘积和反响物浓度次幂乘积的比值；𝐹𝑒3+不会完全转化为𝐹𝑒2+，有𝐼2生成，参加𝐶𝐶𝑙4后碘单质被萃取到有机层，下层溶液为紫红色；𝐹𝑒3+KSCN溶液会变红；4铝片与一样氢离子浓度的盐酸和硫酸反响，溶液中阴离子为：𝐶𝑙 、𝑆𝑂24

，猜测速率不同的原由于单一离子或两种离子均影响；4依据缘由IV提出相反猜测可得缘由V：𝐶𝑙 𝑆𝑂24

4𝑆𝑂24

影响更大；4依据缘由III：𝐶𝑙 对反响具有促进作用，而𝑆𝑂24

对反响具有阻碍作用。此题考察化学反响速率，为高频考点，把握反响速率的影响因素、掌握变量法为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意反响限度及催化剂对反响的影响，题目难度不大。19.【答案】放热𝑎𝑑𝑁𝐻3⋅𝐻2𝑂(𝑎𝑞)+𝐻2𝑆𝑂4(𝑎𝑞