2022-2023学年河北省保定市高二上学期期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE12022~2023学年度第一学期期末调研考试高二化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16第Ⅰ卷(选择题共43分)一、单项选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.能源问题是当今社会面临的一项重要课题。下列有关说法正确的是A.天然气是一种可再生的清洁能源，其主要成分是甲烷B.将农业废弃物在一定条件下转化成热值较高的可燃气体，是对生物质能的有效利用C.燃煤脱硫有利于碳中和目标的实现D.寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量是科学家研究的方向〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．煤、石油、天然气属于化石燃料，它们都是不可再生能源，故A错误；

B．生物质发酵可生成甲烷，则在农村推广建造沼气池，是对生物质能的有效利用，故B正确；C．燃煤脱硫，除去燃煤中的硫元素，并不影响二氧化碳的排放，故C错误；D．水分解产生氢气吸收热量，故D错误；故〖答案〗选B。2.下列说法错误的是A.相同质量水的能量相对大小有：B.对于自发进行的化学反应，其C.氕、氘、氚互称同位素D.化学键断裂一定发生化学反应〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．相同物质的量的物质，气态时熵值大，所以能量高，液态次之，固态最小，所以相同质量水的能量相对大小有：，故A正确；

B．△H−T△S＜0的反应可自发进行，△H＞0的反应能自发进行，则该反应的△S＞0，故B正确；

C．氕、氘和氚质子数相同，均为1，中子数不同，互称同位素，故C正确；D．化学反应是以新物质生成为标准的.其本质就是旧键断裂，新键形成，所以化学键断裂不一定发生化学反应，故D错误；故〖答案〗选A。3.水解原理在生产和生活中都具有重要的应用。下列事实与盐类的水解无关的是A.氯化铵溶液可以除去铁锈 B.加热蒸干溶液得到固体C.饱和溶液滴入沸水中制胶体 D.保存溶液常在溶液中放置铁钉〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．氯化铵溶液可以除去铁锈是因为NH4Cl在水中以和Cl-离子形式存在，为弱碱盐，发生水解，产生H+，H+可以溶解铁锈，和水解有关，故A不符合题意；

B．CuCl2溶液中存在水解平衡：，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，氯化氢挥发促进水解进行彻底，最终得到固体，和水解有关，故B不符合题意；

C．FeCl3溶液滴入沸水中，铁离子可以发生水解反应得到氢氧化铁，与盐类的水解有关，故C不符合题意；

D．溶液常在溶液中放置铁钉，是防止硫酸亚铁溶液与空气中的氧气反应氧化成硫酸铁，与盐类水解无关，故D符合题意；

故〖答案〗选D。〖『点石成金』〗本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及酯的水解知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。4.太阳能作为一种清洁能源，对环境友好、能量巨大、可再生。以太阳能为热源，用铁氧化合物循环分解水制的过程如下：(已知：)过程Ⅰ：……过程Ⅱ：下列有关说法错误的是A.过程Ⅱ中如果是气态水，则过程Ⅱ的B.过程Ⅰ反应的热化学方程式为C.过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是太阳能→热能→化学能、化学能→热能D.铁氧化合物循环制具有成本低，产物易分离等优点〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．过程Ⅱ：，气态水转化为液态水吸热，所以，根据盖斯定律，过程Ⅱ中如果是气态水，则过程Ⅱ的，故A正确；

B．已知反应①和反应②，根据盖斯定律，将

①−2②，有，故B正确；

C．过程I和过程II均为吸热反应，故不存在将化学能转化为热能的过程，故C错误；

D．反应的产物中，氢气为气体，而Fe3O4为固体，铁氧化合物循环制H2的产物易分离，且由于利用太阳能，成本低，故D正确，

故〖答案〗选C。〖『点石成金』〗本题考查了盖斯定律的应用，题目难度适中，注意从图中提取有用的信息很关键。5.与地震、海啸等自然灾害相比，腐蚀同样具备极强的破坏力。研究发现，每1.5分钟，全世界就有2吨的钢铁被腐蚀成铁锈，某学习小组探究金属电化学腐蚀与防护原理的示意图如下，下列说法错误的是A.若X为食盐水，K未闭合，Fe棒上B点表面铁锈最多B.若X为食盐水，K与M连接，石墨处溶液pH增大C.若X为稀盐酸，K分别与N、M连接，前者Fe腐蚀得更快D.K与M连接，石墨电极上的反应式为，则X可能为稀盐酸〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗铁丝易被腐蚀的条件是有氧气和水；若X为NaCl溶液，K与M链接，构成原电池，铁做负极；X为稀盐酸，K与N、M连接，前者做正极被保护；若X为稀盐酸，K与M链接，构成原电池，铁做负极，石墨做正极；据此分析解题。〖详析〗A．铁丝易被腐蚀的条件是：有氧气和水，C点没有氧气，所以腐蚀较慢，B中含有氧气和水，所以腐蚀较快，A中没有水所以腐蚀较慢，则B点腐蚀最快，铁锈最多，故A正确；

B．若X为NaCl溶液，K与M链接，构成原电池，铁做负极，Fe上电极发生为Fe−2e−＝Fe2＋，Fe2＋水解显酸性，正极上生成氢氧根离子，正极上pH增大，故B正确；

C．若X为稀盐酸，K与N链接铁做正极被保护，与M相连接，铁做负极，加快腐蚀，所以Fe腐蚀情况前者更慢，故C错误；

D．K与M链接，构成原电池，铁做负极，石墨做正极，若电极反应为，则X可能为稀盐酸，故D正确；

故〖答案〗选C。〖『点石成金』〗本题考查金属的腐蚀与防护，特别是电化学防护，属于原电池原理的应用，考查内容基础，题目难度不大，注意理论联系实际。6.溶液的酸碱性对人类生产、生活有十分重要的影响，酸碱性的变化规律是化学研究的重要组成部分。下列酸碱性及其变化的说法正确的是A.氢离子浓度很小的溶液一定显酸性B.25℃，pH=3的盐酸体积稀释到原来的10倍，所得溶液pH>4C.硫酸溶液与等体积水混合后，所得溶液pH=1D.25℃，pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合后pH<7〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．氢离子浓度越大pH值就越小，溶液酸性越强，故A错误；B．25℃，pH=3的盐酸中氢离子浓度为，稀释到原来体积的10倍，氢离子浓度为，所得溶液pH=4，故B错误；C．硫酸溶液中氢离子浓度为，与等体积水混合后，氢离子浓度为，溶液pH<1，故C错误；D．25℃，pH=3的醋酸浓度大于与pH=11的氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度，混合溶液中醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，溶于呈酸性，pH<7，故D正确；故〖答案〗选D7.已知：晶体硅中含有键。工业上高纯硅可通过下列反应制取：，根据表中所列化学键的键能数据，可判断出该反应的反应热为（）化学键键能/360436431176A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖详析〗晶体硅中所含的键为，即工业上制取高纯硅的反应的反应热，故选C。8.微生物燃料电池技术是一种集污水净化和能源转化于一体的新型污水处理与能源回收技术，体现了环保理念，其基本原理如图所示；下列说法正确的是A.a电极电势高于b电极电势B.电池工作时，b极区发生的反应为C.电池工作时，电流由a极沿导线流向b极D.电池工作时，a极区发生还原反应〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．原电池的电解质溶液中阳离子向正极迁移，根据图示H+的迁移方向可知，b为正极、a为负极，正极电势高于负极电势，故A错误；B．正极b上、被还原，根据题目信息可知产物应无污染，所以被还原生成，电极方程式为，故B正确；C．b为正极、a为负极，电流由正极b沿导线流向负极a，故错误；D．a为负极，失电子发生氧化反应，故D错误；选B。9.在实际生产中，工艺条件的选择会受到多种因素影响，需要综合考虑，设计最优方案。恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示，下列有关说法错误的是编号时间/min表面积020406080①a2.402.001.601.200.80②a1.200.800.40x③2a2.401.600.800.400.40A.实验①，0~20min，B.实验③，60min时处于平衡状态，此时容器中，压强与初始压强的比为11：6C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．实验①中，则，故A正确；

B．实验③，60min时处于平衡状态，设容器体积为1L，则起始时NH3物质的量为；60min时NH3物质的量为，N2物质的量为，H2物质的量为，所以60min时压强与初始压强的比为，故B正确；

C．实验①、实验②中0～20min、20min～40min氨气浓度变化量都是4.00×10−4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，故C错误；

D．结合①②③的数据，催化剂表面积越大，反应速率越快，则相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，故D正确；

故〖答案〗选C。〖『点石成金』〗本题考察化学反应速率的影响因素，难度不大，结合实验数据分析影响因素以及实验数据的差异为解答的关键，注意化学反应速率计算的应用。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。10.“双碳”是我国提出的两个阶段碳减排奋斗目标，要实现这个目标，必须以科技创新为先导。可以催化分解实现碳元素的循环利用，其催化反应机理如下，下列说法错误的是A.过程①中只发生氧化反应B.使用催化剂可以大大降低分解的反应热C.该反应每分解1mol转移2mol电子D.该反应过程产生的氧原子可能结合成〖答案〗AB〖解析〗〖祥解〗吸收光能，Ti元素由+4价降低为+3价，再和结合生成中间体，最后分解生成，实现的分解。〖详析〗A．观察题给催化反应机理图可知，过程①中Ti元素由+4价降低为+3价，TiO2发生了还原反应，故A错误；B．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应热，故B错误；C．被分解生成，C由+4价转化为+2价，所以每分解1mol转移2mol电子，故C正确；D．过程①中有O原子产生，O原子可能结合成O2，故D正确；故〖答案〗选AB。〖『点石成金』〗本题以TiO2催化分解CO2的反应原理图为背景考查催化反应机理，具体考查反应类型的判断、催化剂的作用原理、反应过程中能量变化等，注意知识的试剂应用是关键。11.化学实验是研究化学的重要方法，是化学探究的重要途径。根据实验目的，下列实验及现象。结论都正确的是选项实验目的实验及现象结论A比较和的水解常数的大小分别测浓度均为的和溶液的pH，后者大于前者B比较和的酸性强弱量取一定浓度溶液，滴加少量稀醋酸，无气泡产生酸性C探究氢离子浓度对转化为的影响向溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，平衡向生成的方向移动D比较AgCl和AgI的溶度积常数向NaCl、NaI的混合液中滴加2滴溶液，振荡，沉淀呈黄色A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．铵根离子也能发生水解，干扰实验，应该用同浓度的醋酸钠和碳酸氢钠进行实验，故A错误；B．酸性，比较和的酸性强弱，应向NaHCO3溶液中加入少量乙酸溶液，故B错误；C．向铬酸钾溶液中加硫酸，氢离子浓度增大，溶液由黄色变为橙色，说明平衡向生成重铬酸根的方向移动，故C正确；D．无法确定NaCl和NaI浓度是否一致，无法达到实验目的，故D错误；故〖答案〗选C。12.工业催化剂是一个催化反应工艺过程的核心，其选择性好坏、催化效率高低直接影响整个生产过程。在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则下列说法错误的是A.无催化剂时，反应不能进行B.与催化剂Ⅱ相比，催化剂Ⅰ使反应平衡时X的活化能更低C.a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化D.催化剂Ⅱ条件下，当X和Y物质的量之和不随时间变化时，反应达到平衡状态〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据图像可知，随着反应的进行，a曲线的浓度不断减小，说明a曲线是反应物，浓度增大的曲线是生成物。〖详析〗A．由图可知，在无催化剂时，随着反应进行，生成物也在增加，说明反应也在进行，A错误；B．由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ的催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，B正确；C．由图可知，02min时，X的浓度变化了2.0，使用催化剂Ⅰ时Y的浓度变化了4.0，两者物质的量浓度变化之比等于化学计量数之比，故a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化，C正确；D．该反应是化学计量数增大的反应，催化剂Ⅱ条件下，当X和Y物质的量之和不随时间变化时，反应达到平衡状态，D正确；故〖答案〗为：A。13.已知25℃时，次氯酸的，醋酸的。向20mL浓度均为的盐酸和醋酸混合溶液中逐滴加入的NaOH溶液，下列关于电解质溶液的说法错误的是A.溶液中，B.25℃，pH=7的NaClO和HClO的混合溶液中，C.滴定过程中，pH=7时，D.滴定过程中，〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．HClO为弱酸，溶液中发生水解，所以溶液中，，故A正确；B．25℃，pH=7的NaClO和HClO的混合溶液中，，根据电荷守恒有，所以，根据，所以，故B错误；C．向20mL浓度均为的盐酸和醋酸混合溶液中逐滴加入的NaOH溶液，当加入NaOH体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合物，此时溶液呈酸性，当加入NaOH体积为30mL时，溶液为氯化钠和等浓度的醋酸和醋酸钠，此时溶液仍然呈酸性，需再加入适当NaOH使pH=7，根据，有，故C正确；D．20mL浓度均为的盐酸和醋酸混合中，根据物料守恒有，故D正确；故〖答案〗选B。第Ⅱ卷(非选择题共57分)三、非选择题：共57分。第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17~18题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共47分。14.消毒剂用于杀灭传播媒介上的病原微生物，使其达到无害化要求。双氧水、84消毒液、HClO、过氧乙酸等都是常用消毒剂。回答下列问题：Ⅰ.某学习小组为探究HClO的电离情况，测定25℃时不同浓度次氯酸的pH，结果如下：浓度()0.20000.10000.0100pH2.832.883.38（1）根据表中数据可知HClO是_______电解质(填“强”或“弱”)，得出此结论的依据是_______。（2）从表中数据，还可以得出另一结论：随着次氯酸溶液浓度的增大，次氯酸的电离程度_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。Ⅱ.2016年巴西奥运会期间，工作人员将84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO与反应产生。（3）①该反应的氧化剂是_______。②当有生成时，转移电子_______mol。（4）已知：HClO不稳定，为防止84消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中加入少量NaOH，请运用平衡移动原理解释NaOH的作用：_______。（5）水电离生成和叫做水的自偶电离。同水一样，也有极微弱的自偶电离，其自偶电离的方程式：_______。（6）过氧乙酸()也是一种过氧化物，它可以看作是过氧化氢分子中的一个氢原子被乙酰基()取代的产物，是一种常用的杀菌消毒剂。在酸性条件下过氧乙酸易发生水解反应生成过氧化氢。写出过氧乙酸发生水解反应的化学方程式(有机物用结构简式表示)：_______。〖答案〗（1）①.弱②.HClO只能部分电离（2）减小（3）①.NaClO②.0.3（4），加入NaOH使c(OH)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定)（5）（6）〖解析〗〖小问1详析〗根据表中数据可知，HClO浓度为0.2000时，溶液中H+浓度为10-2.83<0.2000，即HClO没有完全电离，所以HClO时弱酸，故〖答案〗为弱；HClO只能部分电离。〖小问2详析〗从表中数据可知，HClO浓度降低，H+浓度反而增大，根据电离程度=，分子增大，分母减小，比值增大，所以随着次氯酸溶液浓度的增大，次氯酸的电离程度减小；故〖答案〗为减小。〖小问3详析〗①NaClO作氧化剂，还原产物为Cl-，所以NaClO与反应产生是由被氧化而来，所以NaClO是氧化剂；故〖答案〗为NaClO。②NaClO氧化反应产生，O的化合价由-1变为0，则生成，转移电子数为0.3mol；故〖答案〗为0.3。〖小问4详析〗84消毒液可由氯气与NaOH溶液反应制得为了防止消毒液在存储过程中失效,通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH，运用平衡移动原理解释NaOH的作用是，加入NaOH使c(OH)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定)，故〖答案〗为，加入NaOH使c(OH)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定)。〖小问5详析〗根据水的电离方程式书写双氧水的自耦合电离方程式为：，故〖答案〗为。〖小问6详析〗由题可知，在酸性条件下过氧乙酸易发生水解反应生成过氧化氢，化学方程式为，故〖答案〗为。15.甲酸俗名蚁酸，存在于蜂类、某些蚁类和毛虫的分泌物中。某小组同学设计如下实验，研究实验室中的甲酸。已知：25℃时回答下列问题：（1）配制的HCOOH溶液，需用量筒量取的HCOOH溶液的体积为_______mL。（2）为确定甲酸溶液的准确浓度，取10.00mL甲酸溶液于锥形瓶中，加入2滴_______溶液作为指示剂，用的NaOH溶液滴定至终点，平行滴定三次，分别测得消耗NaOH溶液的体积为20.22mL、20.01mL、19.99mL，则甲酸的物质的量浓度为_______(保留四位有效数字)。（3）下列关于滴定操作的说法正确的是_______。A.滴定操作中，若用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高B.进行滴定操作时，眼睛要始终注视着滴定管内液面的变化C.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴不可以接触锥形瓶内壁D.滴定前仰视、滴定后俯视读数，会使测定结果偏高（4）某同学用_______测出25℃时该甲酸溶液pH=3.38，则水电离产生的数量级为_______。（5）25℃时甲酸与醋酸钠溶液反应：，已知该温度下，则该反应平衡常数为_______。〖答案〗（1）10.0（2）①.酚酞②.（3）A（4）①.pH计②.10-11（5）10〖解析〗〖小问1详析〗配制的HCOOH溶液，需要使用500mL容量瓶，需要量取，量取要读到小数点后1位，所以需用量筒量取的HCOOH溶液的体积为，故〖答案〗为10.0。〖小问2详析〗氢氧化钠滴定甲酸生成的盐水解显碱性，所以通常用酚酞指示剂；用的NaOH溶液滴定至终点，平行滴定三次，分别测得消耗NaOH溶液的体积为20.22mL、20.01mL、19.99mL，其中20.22mL误差较大，需舍去，所以平均值为，则甲酸的物质的量浓度为；故〖答案〗为酚酞；。〖小问3详析〗A．滴定操作中，若用待测液润洗锥形瓶，使得锥形瓶内待测溶质的物质的量增多，导致测定结果偏高，故A正确；B．进行滴定操作时，眼睛要始终注视锥形瓶内颜色变化，故B错误；C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，故C错误；D．滴定前仰视、滴定后俯视读数，会使体积差偏小，最终导致测定结果偏小，故D错误；故〖答案〗选。〖小问4详析〗测定溶液准确的pH值，应使用pH计；溶液pH=3.38，溶液中，此时，所以则水电离产生的数量级为10-11；故〖答案〗为pH计；10-11。〖小问5详析〗，该反应的平衡常数为则该反应的平衡常数为，故〖答案〗为10。16.近年来，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。回答下列问题：Ⅰ.利用与制备合成气CO、。可能的反应历程如图：说明：C(ads)为吸附性活性炭，E表示方框中物质总能量的值(单位：kJ)，TS表示过渡态。（1）制备合成气CO、总反应的热化学方程式为_______。（2）若，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为_______。II.已知，以与发生总反应生成CO、为背景，向密闭容器中充入等体积的与，测得平衡时，压强对数和的关系如图。（3）总反应为_______(吸热或放热)反应。（4）_______(填“>”“<”或“=”)。（5）时，与的比值是_______。III.利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO的反应为。（6）一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入1molCO和1molNO发生上述反应，部分物质的体积分数随时间t变化如图。曲线b表示_______物质的关系，正反应速率()_______v()(填“>”“<”或“=”)，若起始压强为，则该反应温度下_______(分压=物质的量分数×总压，用含的式子表示)。（7）利用电化学方法可以将有效地转化为，装置如图。在该装置中，阴极的电极反应式为_______。〖答案〗（1）CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝(E5−E1)kJ/mol（2）C(ads)＋CO2(g)=2CO(g)（3）吸热（4）＞（5）（6）①.N2②.＞③.（7）〖解析〗〖祥解〗Ⅰ．CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)，ΔH＝生成物总能量−反应物总能量；反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差，决定速率步骤即为活化能最大的步骤；已知E1＜E5，则CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；向密闭容器中充入等体积的CO2和CH4，且反应的系数相同，结合化学方程式，则p(CO2)＝p(CH4)，p(CO)＝p(H2)，结合b点数据得出〖答案〗；Ⅱ．结合图像，t3时反应未达到平衡，t4时反应达到平衡，则t3时正反应速率大于t4时正反应速率；根据结合三段式，根据平衡时各物质分压计算；

Ⅲ．与电源负极相连的为阴极，则阴极上NO得电子转化为。〖小问1详析〗CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)，ΔH＝生成物总能量−反应物总能量＝（E5−E1）kJ/mol，故〖答案〗为CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝(E5−E1)kJ/mol。〖小问2详析〗E3＋E2＜E4＋E1，则E2−E1＜E4−E3，即第二步的活化能更大，决速步骤为C(ads)＋CO2(g)=2CO(g)，故〖答案〗为C(ads)＋CO2(g)=2CO(g)。〖小问3详析〗已知，则CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)为吸热反应，故〖答案〗为吸热。〖小问4详析〗CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)为吸热反应为吸热反应，由图可知，当横坐标相同时，T1时对应的lgp(H2)更大，升高温度，平衡正向移动，lgp(H2)增大，则T1＞T2，故〖答案〗为＞。〖小问5详析〗向密闭容器中充入等体积的CO2和CH4，且反应的系数相同，结合化学方程式，则p(CO2)＝p(CH4)，p(CO)＝p(H2)，b点lgp(H2)＝0，lgp(CO2)＝1，则p(H2)＝p(CO)＝1，p(CO2)＝p(CH4)＝10，则p2(CO)与p(CH4)的比值是，故〖答案〗为。〖小问6详析〗由图可知，t3时反应未达到平衡，t4时反应达到平衡，则t3时正反应速率大于t4时正反应速率；由图可知，平衡时一氧化碳和一氧化氮的体积分数都为0.125，设反应生成氮气为amol，由题意可建立如下三段式：容器的体积为1L，起始一氧化氮为1mol，反应生成氮气为amol，由题意可建立如下三段式：，由反应物一氧化碳或一氧化氮的体积分数为0.125，可得：，解得a＝0.4，N2的体积分数为，CO2的体积分数为，故曲线b表示N2的关系，由平衡前后气体的压强之比等于物质的量之比可知，反应后的压强为，则该反应温度下，故〖答案〗为N2；＞；。〖小问7详析〗与电源负极相连的为阴极，则阴极上NO得电子转化为NH4＋，则阴极的电极反应式为，故〖答案〗为。〖『点石成金』〗本题考查反应热计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算、电化学等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。(二)选考题：共10分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。17.归纳整理是科学学习的重要方法之一。在学习了卤族元素的各种性质后，可归纳整理出如下所示的表格：单质熔点(℃)﹣219.6﹣101113.5单质沸点(℃)﹣188.1﹣34.658.8184.4主要化合价﹣1﹣1，+1，+3，+5，+7，﹣1，+1，+3，+5，+7原子半径单质与反应情况喑处剧烈化合并爆炸光照或点燃反应加热至一定温度反应不断加热才缓慢反应请根据表回答下列问题：（1）溴单质的熔点范围可能是_______。（2）碘元素的化合价可能有_______。（3）氯、溴、碘的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是_______(填化学式)。（4）与金刚石互为同素异形体，两者的物理性质差异较大。下列关于的说法中，正确的是_______。A.易溶于水 B.易溶于氯化钠溶液C.可溶于苯等有机溶剂 D.易溶于氨水（5）在打开原子结构大门的过程中，科学家运用了许多科学方法，除模型方法外，请从下列方法中选择出人们在认识原子结构过程中所运用的科学方法_______(多项选择，填写序号)。①实验方法②假说方法③类比方法④推理方法〖答案〗（1）−101℃～58.78℃（2）−1、＋1、＋3、＋5、＋7（3）HClO4＞HBrO4＞HIO4（4）C（5）①②③④〖解析〗〖小问1详析〗由表可知：从F到I，单质熔点逐渐升高，所以溴的熔点范围可能是−101℃～58.78℃，故〖答案〗为−101℃～58.78℃。〖小问2详析〗因Br的化合价有−1，＋1，＋3，＋5，＋7，I的性质与Br相似，所以I的化合价可能有，−1、＋1、＋3、＋5、＋7，故〖答案〗为−1、＋1、＋3、＋5、＋7。〖小问3详析〗氯、溴、碘的非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性由强至弱顺序是：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故〖答案〗为HClO4＞HBrO4＞HIO4。〖小问4详析〗C60属于非极性分子，不溶于水等强极性溶剂，在正己烷、苯、二硫化碳、四氯化碳等非极性溶剂中有一定的溶解性，所C说法正确；故〖答案〗选C。〖小问5详析〗道尔顿运用假说方法，认为物质是由原子直接构成的，原子是一个实心球体，不可再分割，汤姆生类比方法，提出了葡萄干面包原子模型，卢瑟福提出了原子结构的行星模型实验方法，波尔引入量子论观点推理方法，故〖答案〗为①②③④。18.利用核磁共振技术测定有机物分子三维结构的研究获得了2002年诺贝尔化学奖。某研究小组为测定某有机化合物A的结构，进行如下实验：(一)分子式的确定：（1）将有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得：生成和，消耗氧气6.72L(标准状况下)，则该物质中各元素的原子个数比是_______。（2）用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量，得到如图①所示质谱图，则其相对分子质量为_______，该物质的分子式为_______。（3）写出A可能的结构简式_______。(二)结构式的确定：（4）核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的峰值(信号)，根据峰值(信号)可以确定分子中氢原子的种类和数目。例如：甲基氯甲基醚()有两种氢原子如图②。经测定，有机物A的核磁共振氢谱示意图如图③，则A所含官能团名称为_______。〖答案〗（1）（2）①.46②.C2H6O（3）CH3OCH3、C2H5OH（4）羟基〖解析〗小问1详析〗有机物A置于氧气流中充分燃烧，生成和，即生成和，消耗氧气6.72L(标准状况下)，即消耗，根据原子守恒可知，有机物A含有，和，所以有机物A中元素的原子个数比是，故〖答案〗为。〖小问2详析〗用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量，如图①所示，则其相对分子质量为46，则该物质的分子式为C2H6O，故〖答案〗为46；C2H6O。〖小问3详析〗有机物A分子式为C2H6O，可能是醇或醚，所以A可能的结构简式为CH3OCH3、C2H5OH；故〖答案〗为CH3OCH3、C2H5OH。〖小问4详析〗根据有机物A的核磁共振氢谱示意图如图③，有机物A含有三种不同环境的H原子，所以A为醇，则A所含官能团名称为羟基，故〖答案〗为羟基。PAGEPAGE12022~2023学年度第一学期期末调研考试高二化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16第Ⅰ卷(选择题共43分)一、单项选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.能源问题是当今社会面临的一项重要课题。下列有关说法正确的是A.天然气是一种可再生的清洁能源，其主要成分是甲烷B.将农业废弃物在一定条件下转化成热值较高的可燃气体，是对生物质能的有效利用C.燃煤脱硫有利于碳中和目标的实现D.寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量是科学家研究的方向〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．煤、石油、天然气属于化石燃料，它们都是不可再生能源，故A错误；

B．生物质发酵可生成甲烷，则在农村推广建造沼气池，是对生物质能的有效利用，故B正确；C．燃煤脱硫，除去燃煤中的硫元素，并不影响二氧化碳的排放，故C错误；D．水分解产生氢气吸收热量，故D错误；故〖答案〗选B。2.下列说法错误的是A.相同质量水的能量相对大小有：B.对于自发进行的化学反应，其C.氕、氘、氚互称同位素D.化学键断裂一定发生化学反应〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．相同物质的量的物质，气态时熵值大，所以能量高，液态次之，固态最小，所以相同质量水的能量相对大小有：，故A正确；

B．△H−T△S＜0的反应可自发进行，△H＞0的反应能自发进行，则该反应的△S＞0，故B正确；

C．氕、氘和氚质子数相同，均为1，中子数不同，互称同位素，故C正确；D．化学反应是以新物质生成为标准的.其本质就是旧键断裂，新键形成，所以化学键断裂不一定发生化学反应，故D错误；故〖答案〗选A。3.水解原理在生产和生活中都具有重要的应用。下列事实与盐类的水解无关的是A.氯化铵溶液可以除去铁锈 B.加热蒸干溶液得到固体C.饱和溶液滴入沸水中制胶体 D.保存溶液常在溶液中放置铁钉〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．氯化铵溶液可以除去铁锈是因为NH4Cl在水中以和Cl-离子形式存在，为弱碱盐，发生水解，产生H+，H+可以溶解铁锈，和水解有关，故A不符合题意；

B．CuCl2溶液中存在水解平衡：，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，氯化氢挥发促进水解进行彻底，最终得到固体，和水解有关，故B不符合题意；

C．FeCl3溶液滴入沸水中，铁离子可以发生水解反应得到氢氧化铁，与盐类的水解有关，故C不符合题意；

D．溶液常在溶液中放置铁钉，是防止硫酸亚铁溶液与空气中的氧气反应氧化成硫酸铁，与盐类水解无关，故D符合题意；

故〖答案〗选D。〖『点石成金』〗本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及酯的水解知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。4.太阳能作为一种清洁能源，对环境友好、能量巨大、可再生。以太阳能为热源，用铁氧化合物循环分解水制的过程如下：(已知：)过程Ⅰ：……过程Ⅱ：下列有关说法错误的是A.过程Ⅱ中如果是气态水，则过程Ⅱ的B.过程Ⅰ反应的热化学方程式为C.过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是太阳能→热能→化学能、化学能→热能D.铁氧化合物循环制具有成本低，产物易分离等优点〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．过程Ⅱ：，气态水转化为液态水吸热，所以，根据盖斯定律，过程Ⅱ中如果是气态水，则过程Ⅱ的，故A正确；

B．已知反应①和反应②，根据盖斯定律，将

①−2②，有，故B正确；

C．过程I和过程II均为吸热反应，故不存在将化学能转化为热能的过程，故C错误；

D．反应的产物中，氢气为气体，而Fe3O4为固体，铁氧化合物循环制H2的产物易分离，且由于利用太阳能，成本低，故D正确，

故〖答案〗选C。〖『点石成金』〗本题考查了盖斯定律的应用，题目难度适中，注意从图中提取有用的信息很关键。5.与地震、海啸等自然灾害相比，腐蚀同样具备极强的破坏力。研究发现，每1.5分钟，全世界就有2吨的钢铁被腐蚀成铁锈，某学习小组探究金属电化学腐蚀与防护原理的示意图如下，下列说法错误的是A.若X为食盐水，K未闭合，Fe棒上B点表面铁锈最多B.若X为食盐水，K与M连接，石墨处溶液pH增大C.若X为稀盐酸，K分别与N、M连接，前者Fe腐蚀得更快D.K与M连接，石墨电极上的反应式为，则X可能为稀盐酸〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗铁丝易被腐蚀的条件是有氧气和水；若X为NaCl溶液，K与M链接，构成原电池，铁做负极；X为稀盐酸，K与N、M连接，前者做正极被保护；若X为稀盐酸，K与M链接，构成原电池，铁做负极，石墨做正极；据此分析解题。〖详析〗A．铁丝易被腐蚀的条件是：有氧气和水，C点没有氧气，所以腐蚀较慢，B中含有氧气和水，所以腐蚀较快，A中没有水所以腐蚀较慢，则B点腐蚀最快，铁锈最多，故A正确；

B．若X为NaCl溶液，K与M链接，构成原电池，铁做负极，Fe上电极发生为Fe−2e−＝Fe2＋，Fe2＋水解显酸性，正极上生成氢氧根离子，正极上pH增大，故B正确；

C．若X为稀盐酸，K与N链接铁做正极被保护，与M相连接，铁做负极，加快腐蚀，所以Fe腐蚀情况前者更慢，故C错误；

D．K与M链接，构成原电池，铁做负极，石墨做正极，若电极反应为，则X可能为稀盐酸，故D正确；

故〖答案〗选C。〖『点石成金』〗本题考查金属的腐蚀与防护，特别是电化学防护，属于原电池原理的应用，考查内容基础，题目难度不大，注意理论联系实际。6.溶液的酸碱性对人类生产、生活有十分重要的影响，酸碱性的变化规律是化学研究的重要组成部分。下列酸碱性及其变化的说法正确的是A.氢离子浓度很小的溶液一定显酸性B.25℃，pH=3的盐酸体积稀释到原来的10倍，所得溶液pH>4C.硫酸溶液与等体积水混合后，所得溶液pH=1D.25℃，pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合后pH<7〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．氢离子浓度越大pH值就越小，溶液酸性越强，故A错误；B．25℃，pH=3的盐酸中氢离子浓度为，稀释到原来体积的10倍，氢离子浓度为，所得溶液pH=4，故B错误；C．硫酸溶液中氢离子浓度为，与等体积水混合后，氢离子浓度为，溶液pH<1，故C错误；D．25℃，pH=3的醋酸浓度大于与pH=11的氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度，混合溶液中醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，溶于呈酸性，pH<7，故D正确；故〖答案〗选D7.已知：晶体硅中含有键。工业上高纯硅可通过下列反应制取：，根据表中所列化学键的键能数据，可判断出该反应的反应热为（）化学键键能/360436431176A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖详析〗晶体硅中所含的键为，即工业上制取高纯硅的反应的反应热，故选C。8.微生物燃料电池技术是一种集污水净化和能源转化于一体的新型污水处理与能源回收技术，体现了环保理念，其基本原理如图所示；下列说法正确的是A.a电极电势高于b电极电势B.电池工作时，b极区发生的反应为C.电池工作时，电流由a极沿导线流向b极D.电池工作时，a极区发生还原反应〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．原电池的电解质溶液中阳离子向正极迁移，根据图示H+的迁移方向可知，b为正极、a为负极，正极电势高于负极电势，故A错误；B．正极b上、被还原，根据题目信息可知产物应无污染，所以被还原生成，电极方程式为，故B正确；C．b为正极、a为负极，电流由正极b沿导线流向负极a，故错误；D．a为负极，失电子发生氧化反应，故D错误；选B。9.在实际生产中，工艺条件的选择会受到多种因素影响，需要综合考虑，设计最优方案。恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示，下列有关说法错误的是编号时间/min表面积020406080①a2.402.001.601.200.80②a1.200.800.40x③2a2.401.600.800.400.40A.实验①，0~20min，B.实验③，60min时处于平衡状态，此时容器中，压强与初始压强的比为11：6C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．实验①中，则，故A正确；

B．实验③，60min时处于平衡状态，设容器体积为1L，则起始时NH3物质的量为；60min时NH3物质的量为，N2物质的量为，H2物质的量为，所以60min时压强与初始压强的比为，故B正确；

C．实验①、实验②中0～20min、20min～40min氨气浓度变化量都是4.00×10−4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，故C错误；

D．结合①②③的数据，催化剂表面积越大，反应速率越快，则相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，故D正确；

故〖答案〗选C。〖『点石成金』〗本题考察化学反应速率的影响因素，难度不大，结合实验数据分析影响因素以及实验数据的差异为解答的关键，注意化学反应速率计算的应用。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。10.“双碳”是我国提出的两个阶段碳减排奋斗目标，要实现这个目标，必须以科技创新为先导。可以催化分解实现碳元素的循环利用，其催化反应机理如下，下列说法错误的是A.过程①中只发生氧化反应B.使用催化剂可以大大降低分解的反应热C.该反应每分解1mol转移2mol电子D.该反应过程产生的氧原子可能结合成〖答案〗AB〖解析〗〖祥解〗吸收光能，Ti元素由+4价降低为+3价，再和结合生成中间体，最后分解生成，实现的分解。〖详析〗A．观察题给催化反应机理图可知，过程①中Ti元素由+4价降低为+3价，TiO2发生了还原反应，故A错误；B．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应热，故B错误；C．被分解生成，C由+4价转化为+2价，所以每分解1mol转移2mol电子，故C正确；D．过程①中有O原子产生，O原子可能结合成O2，故D正确；故〖答案〗选AB。〖『点石成金』〗本题以TiO2催化分解CO2的反应原理图为背景考查催化反应机理，具体考查反应类型的判断、催化剂的作用原理、反应过程中能量变化等，注意知识的试剂应用是关键。11.化学实验是研究化学的重要方法，是化学探究的重要途径。根据实验目的，下列实验及现象。结论都正确的是选项实验目的实验及现象结论A比较和的水解常数的大小分别测浓度均为的和溶液的pH，后者大于前者B比较和的酸性强弱量取一定浓度溶液，滴加少量稀醋酸，无气泡产生酸性C探究氢离子浓度对转化为的影响向溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，平衡向生成的方向移动D比较AgCl和AgI的溶度积常数向NaCl、NaI的混合液中滴加2滴溶液，振荡，沉淀呈黄色A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．铵根离子也能发生水解，干扰实验，应该用同浓度的醋酸钠和碳酸氢钠进行实验，故A错误；B．酸性，比较和的酸性强弱，应向NaHCO3溶液中加入少量乙酸溶液，故B错误；C．向铬酸钾溶液中加硫酸，氢离子浓度增大，溶液由黄色变为橙色，说明平衡向生成重铬酸根的方向移动，故C正确；D．无法确定NaCl和NaI浓度是否一致，无法达到实验目的，故D错误；故〖答案〗选C。12.工业催化剂是一个催化反应工艺过程的核心，其选择性好坏、催化效率高低直接影响整个生产过程。在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则下列说法错误的是A.无催化剂时，反应不能进行B.与催化剂Ⅱ相比，催化剂Ⅰ使反应平衡时X的活化能更低C.a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化D.催化剂Ⅱ条件下，当X和Y物质的量之和不随时间变化时，反应达到平衡状态〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据图像可知，随着反应的进行，a曲线的浓度不断减小，说明a曲线是反应物，浓度增大的曲线是生成物。〖详析〗A．由图可知，在无催化剂时，随着反应进行，生成物也在增加，说明反应也在进行，A错误；B．由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ的催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，B正确；C．由图可知，02min时，X的浓度变化了2.0，使用催化剂Ⅰ时Y的浓度变化了4.0，两者物质的量浓度变化之比等于化学计量数之比，故a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化，C正确；D．该反应是化学计量数增大的反应，催化剂Ⅱ条件下，当X和Y物质的量之和不随时间变化时，反应达到平衡状态，D正确；故〖答案〗为：A。13.已知25℃时，次氯酸的，醋酸的。向20mL浓度均为的盐酸和醋酸混合溶液中逐滴加入的NaOH溶液，下列关于电解质溶液的说法错误的是A.溶液中，B.25℃，pH=7的NaClO和HClO的混合溶液中，C.滴定过程中，pH=7时，D.滴定过程中，〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．HClO为弱酸，溶液中发生水解，所以溶液中，，故A正确；B．25℃，pH=7的NaClO和HClO的混合溶液中，，根据电荷守恒有，所以，根据，所以，故B错误；C．向20mL浓度均为的盐酸和醋酸混合溶液中逐滴加入的NaOH溶液，当加入NaOH体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合物，此时溶液呈酸性，当加入NaOH体积为30mL时，溶液为氯化钠和等浓度的醋酸和醋酸钠，此时溶液仍然呈酸性，需再加入适当NaOH使pH=7，根据，有，故C正确；D．20mL浓度均为的盐酸和醋酸混合中，根据物料守恒有，故D正确；故〖答案〗选B。第Ⅱ卷(非选择题共57分)三、非选择题：共57分。第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17~18题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共47分。14.消毒剂用于杀灭传播媒介上的病原微生物，使其达到无害化要求。双氧水、84消毒液、HClO、过氧乙酸等都是常用消毒剂。回答下列问题：Ⅰ.某学习小组为探究HClO的电离情况，测定25℃时不同浓度次氯酸的pH，结果如下：浓度()0.20000.10000.0100pH2.832.883.38（1）根据表中数据可知HClO是_______电解质(填“强”或“弱”)，得出此结论的依据是_______。（2）从表中数据，还可以得出另一结论：随着次氯酸溶液浓度的增大，次氯酸的电离程度_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。Ⅱ.2016年巴西奥运会期间，工作人员将84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO与反应产生。（3）①该反应的氧化剂是_______。②当有生成时，转移电子_______mol。（4）已知：HClO不稳定，为防止84消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中加入少量NaOH，请运用平衡移动原理解释NaOH的作用：_______。（5）水电离生成和叫做水的自偶电离。同水一样，也有极微弱的自偶电离，其自偶电离的方程式：_______。（6）过氧乙酸()也是一种过氧化物，它可以看作是过氧化氢分子中的一个氢原子被乙酰基()取代的产物，是一种常用的杀菌消毒剂。在酸性条件下过氧乙酸易发生水解反应生成过氧化氢。写出过氧乙酸发生水解反应的化学方程式(有机物用结构简式表示)：_______。〖答案〗（1）①.弱②.HClO只能部分电离（2）减小（3）①.NaClO②.0.3（4），加入NaOH使c(OH)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定)（5）（6）〖解析〗〖小问1详析〗根据表中数据可知，HClO浓度为0.2000时，溶液中H+浓度为10-2.83<0.2000，即HClO没有完全电离，所以HClO时弱酸，故〖答案〗为弱；HClO只能部分电离。〖小问2详析〗从表中数据可知，HClO浓度降低，H+浓度反而增大，根据电离程度=，分子增大，分母减小，比值增大，所以随着次氯酸溶液浓度的增大，次氯酸的电离程度减小；故〖答案〗为减小。〖小问3详析〗①NaClO作氧化剂，还原产物为Cl-，所以NaClO与反应产生是由被氧化而来，所以NaClO是氧化剂；故〖答案〗为NaClO。②NaClO氧化反应产生，O的化合价由-1变为0，则生成，转移电子数为0.3mol；故〖答案〗为0.3。〖小问4详析〗84消毒液可由氯气与NaOH溶液反应制得为了防止消毒液在存储过程中失效,通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH，运用平衡移动原理解释NaOH的作用是，加入NaOH使c(OH)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定)，故〖答案〗为，加入NaOH使c(OH)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定)。〖小问5详析〗根据水的电离方程式书写双氧水的自耦合电离方程式为：，故〖答案〗为。〖小问6详析〗由题可知，在酸性条件下过氧乙酸易发生水解反应生成过氧化氢，化学方程式为，故〖答案〗为。15.甲酸俗名蚁酸，存在于蜂类、某些蚁类和毛虫的分泌物中。某小组同学设计如下实验，研究实验室中的甲酸。已知：25℃时回答下列问题：（1）配制的HCOOH溶液，需用量筒量取的HCOOH溶液的体积为_______mL。（2）为确定甲酸溶液的准确浓度，取10.00mL甲酸溶液于锥形瓶中，加入2滴_______溶液作为指示剂，用的NaOH溶液滴定至终点，平行滴定三次，分别测得消耗NaOH溶液的体积为20.22mL、20.01mL、19.99mL，则甲酸的物质的量浓度为_______(保留四位有效数字)。（3）下列关于滴定操作的说法正确的是_______。A.滴定操作中，若用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高B.进行滴定操作时，眼睛要始终注视着滴定管内液面的变化C.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴不可以接触锥形瓶内壁D.滴定前仰视、滴定后俯视读数，会使测定结果偏高（4）某同学用_______测出25℃时该甲酸溶液pH=3.38，则水电离产生的数量级为_______。（5）25℃时甲酸与醋酸钠溶液反应：，已知该温度下，则该反应平衡常数为_______。〖答案〗（1）10.0（2）①.酚酞②.（3）A（4）①.pH计②.10-11（5）10〖解析〗〖小问1详析〗配制的HCOOH溶液，需要使用500mL容量瓶，需要量取，量取要读到小数点后1位，所以需用量筒量取的HCOOH溶液的体积为，故〖答案〗为10.0。〖小问2详析〗氢氧化钠滴定甲酸生成的盐水解显碱性，所以通常用酚酞指示剂；用的NaOH溶液滴定至终点，平行滴定三次，分别测得消耗NaOH溶液的体积为20.22mL、20.01mL、19.99mL，其中20.22mL误差较大，需舍去，所以平均值为，则甲酸的物质的量浓度为；故〖答案〗为酚酞；。〖小问3详析〗A．滴定操作中，若用待测液润洗锥形瓶，使得锥形瓶内待测溶质的物质的量增多，导致测定结果偏高，故A正确；B．进行滴定操作时，眼睛要始终注视锥形瓶内颜色变化，故B错误；C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，故C错误；D．滴定前仰视、滴定后俯视读数，会使体积差偏小，最终导致测定结果偏小，故D错误；故〖答案〗选。〖小问4详析〗测定溶液准确的pH值，应使用pH计；溶液pH=3.38，溶液中，此时，所以则水电离产生的数量级为10-11；故〖答案〗为pH计；10-11。〖小问5详析〗，该反应的平衡常数为则该反应的平衡常数为，故〖答案〗为10。16.近年来，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。回答下列问题：Ⅰ.利用与制备合成气CO、。可能的反应历程如图：说明：C(ads)为吸附性活性炭，E表示方框中物质总能量的值(单位：kJ)，TS表示过渡态。（1）制备合成气CO、总反应的热化学方程式为_______。（2）若，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为_______。II.已知，以与发生总反应生成CO、为背景，向密闭容器中充入等体积的与，测得平衡时，压强对数和的关系如图。（3）总反应为_______(吸热或放热)反应。（4）_______(填“>”“<”或“=”)。（5）时，与的比值是_______。III.利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO的反应为。（6）一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入1molCO和1molNO发生上述反应，部分物质的体积分数随时间t变化如图。曲线b表示_______物质的关系，正反应速率()_______v()(填“>”“<”或“=”)，若起始压强为，则该反应温度下_______(分压=物质的量分数×总压，用含的式子表示)。（7）利用电化学方法可以将有效地转化为，装置如图。在该装置中，阴极的电极反应式为_______。〖答案〗（1）CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝(E5−E1)kJ/mol（2）C(ads)＋CO2(g)=2CO(g)（3）吸热（4）＞（5）（6）①.N2②.＞③.（7）〖解析〗〖祥解〗Ⅰ．CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)，ΔH＝生成物总能量−反应物总能量；反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差，决定速率步骤即为活化能最大的步骤；已知E1＜E5，则CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；向密闭容器中充入等体积的CO2和CH4，且反应的系数相同，结合化学方程式，则p(CO2)＝p(CH4)，p(CO)＝p(H2)，结合b点数据得出〖答案〗；Ⅱ．结合图像，t3时反应未达到平衡，t4时反应达到平衡，则t3时正反应速率大于t4时正反应速率；根据结合三段式，根据平衡时各物质分压计算；

Ⅲ．与电源负极相连的为阴极，则阴极上NO得电子转化为。〖小问1详析〗CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)，ΔH＝生成物总能量−反应物总能量＝（E5−E1）kJ/mol，故〖答案〗为CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝(E5−E1)kJ/mol。〖小问2详析〗E3＋E2＜E4＋E1，则E2−E1＜E4−E3，即第二步的活化能更大，决速步骤为C(ads)＋CO2(g)=2CO(g)，故〖答案〗为C(ads)＋CO2(g)=2CO(g)。〖小问3详析〗已知，则CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)为吸热反应，故〖答案〗为吸热。〖小问4详析〗CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)为吸热反应为吸热反应，由图可知，当横坐标相同时，T1时对应的lgp(H2)更大，升高温度，平衡正向移动，lgp(H2)增大，则T1＞T2，故〖答案〗为＞。〖小问5详析〗向密闭容器中充入等体积的CO2和CH4，且反应的系数相同，