2024-2025学年辽宁省沈阳三十一中高一（下）期末化学试卷
一、单选题：本大题共15小题，共45分。
1.氨广泛应用于化工、轻工、化肥、制药、合成纤维等领域。关于工业合成氨，下列叙述错误的是（ ）
A. 考虑到催化剂的活性、化学反应速率和限度，应选择的温度一般为400～500℃
B. 考虑到动力和生产设备的要求，并兼顾化学反应速率和限度，应选择的压强一般为10kPa～30kPa
C. 催化剂可以改变反应历程，降低反应的活化能，应选用的催化剂一般为铁触媒
D. 工业合成氨反应是重要的人工固氮反应
2.下列说法中正确的是（ ）
A. 能够自发进行的反应一定是熵增的过程
B. 能够自发进行的反应一定是焓减的过程
C. ΔH＜0，ΔS＞0的反就在任何温度下都可自发进行
D. 水凝结成冰的过程中，ΔH＜0，ΔS＞0
3.下列有关化学品使用的说法中，不正确的是（ ）
A. 阿司匹林化学名称为乙酰水杨酸，具有解热镇痛作用
B. 亚硝酸钠能防止肉制品变质，但具有一定毒性
C. 味精化学名称为谷氨酸钠，是一种常用的增味剂
D. 抗坏血酸（即维生素C）不易被氧化，是水果罐头中常用的抗氧化剂
4.下列说法不正确的是（ ）
A. 石油的分馏和煤的干馏气化及液化都是化学变化
B. 部分金属可在高温下用焦炭、一氧化碳、氢气等还原金属矿物得到
C. 利用CH3=CH2与HCl反应制得CH3CH2Cl,是理想的原子经济性反应
D. 非处方药不需要凭医生处方，消费者可以自行购买，其包装上有“OTC”标识
5.化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法正确的是（ ）
A. 煤的干馏可以得到焦炭、煤油、出炉煤气等主要产品
B. 煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过分馏获得苯
C. 工业上用焦炭还原NaCl制取密度小、质软的金属钠
D. 加入混凝剂聚合氯化铝，可使污水中细小悬浮物聚集成较大的颗粒
6.铟（In）是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从铜烟灰酸浸渣（主要含PbO、FeAsO4 2H2O、In2O3）中提取铟的工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A. 整个流程中可循环利用的物质是萃余液
B. 亚铁离子在萃取剂中的溶解度大于水中的溶解度
C. “水浸”所得浸渣中还含有PbSO4
D. “还原铁”时发生反应的离子方程式为：2Fe3++2S2=2Fe2++S4
7.某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如图，下列有关说法正确的是（ ）
A. 冶炼金属铝除了电解Al2O3，还可以用熔融AlCl3代替
B. 黄铜矿冶炼铜时，产生的FeO可用作冶炼铁的原料
C. 在制粗硅的反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：1
D. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应
8.一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示{已知在KOH溶液中，Zn2+以[Zn（OH）4]2-存在}。关于电池放电时，下列叙述错误的是（ ）
A. MnO2为电池的正极
B. Ⅱ、Ⅲ区间的隔膜为阳离子交换膜
C. Zn电极反应：Zn+4OH--2e-=[Zn（OH）4]2-
D. 当Ⅱ区质量增加17.4g时，电路中转移0.1mol电子
9.海洋是一座巨大的化学资源宝库，如图是从海水中提取若干种化学物质的流程图下列说法正确的是（ ）
A. 除去粗盐中的、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，①中加入试剂的顺序为Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B. ②中包含制取MgCl2溶液、无水MgCl2及电解熔融状态的MgCl2几个阶段
C. 氯碱工业是指电解熔融NaCl
D. SO2水溶液吸收Br2的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=2H+++2HBr
10.高纯硅是现代信息等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 硅元素位于周期表中第二周期，第ⅣA族
B. 电弧炉中的反应为
C. 该工艺流程中被循环利用的物质有HCl和H2
D. 制备所得的高纯硅可用于制造光导纤维，属于新型无机非金属材料
11.盐X溶液能发生如图所示的转化关系（部分反应的反应条件已略），相对分子质量：c比b大16，f比e大16.下列推断不正确的是（ ）
A. X可能为正盐，也可能为酸式盐 B. b能与f的稀水溶液反应生成无色气体
C. a、b、c、d、f的水溶液均显酸性 D. 反应①，②实验现象不同
12.对下列化学用语的理解正确的是（ ）
A. 1nol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳气体所放出的热量是甲烷的燃烧热
B. ΔH＞0，ΔS＞0的反应在较低温度下能自发进行
C. CO（g）的燃烧热是283.0kJ mol-1则反应2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的反应热ΔH=+566kJ mol-1
D. 中和热ΔH=-57.3kJ mol-1则H2SO4和Ca（OH）2反应的反应热ΔH=-114.6kJ mol-1
13.COCl2（g） CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（ ）
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥
14.某复合石墨烯基催化剂催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，图中TS表示过渡态，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，下列说法中正确的是（ ）
A. 反应过程中，涉及极性键、非极性键的断裂和形成
B. H2吸附在催化剂表面的过程为放热过程
C. 催化剂降低反应活化能，增大活化分子百分数，提高化学反应平衡转化率
D. 该反应历程包含了5步基元反应，且决速步骤方程式为：H2CO*+=H3COH*
15.利用测压法在恒容反应器中研究25℃时N2O5（g）分解反应：其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如表所示：
t/min 0 40 80 160 260 1300 1700 ∞
p/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1
已知：①t=∞时，N2O5（g）完全分解；②2NO2（g） 2N2O4（g）ΔH＜0③NO2为红棕色气体。下列说法错误的是（ ）
A. N2O5（g）完全分解后，p∞（O2）=17.9kPa
B. 若升高温度到35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）大于63.1kPa
C. 若缩小起始时容器的体积，反应达到平衡后颜色将变深
D. 25℃时，反应达到平衡后，反应N2O4（g） 2NO2（g）的平衡常数Kp=10.4kPa
二、流程题：本大题共1小题，共14分。
16.Ⅰ.从海水提取食盐后的卤水（含Cl-、Br-、Na+、K+等离子）中提取溴，其流程如图。
（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将其转变成化合态的溴，其目的是 ______。
（2）写出步骤Ⅲ过程中用硫酸酸化得到单质溴的离子方程式：______。
Ⅱ.为了从海带浸取液中提取碘，某同学设计了如图实验方案，解答下列问题：
（3）①中反应的离子方程式：______。
（4）②中分液时含I1的CCl4溶液从分液漏斗 ______（填“上口倒出”或“下口放出”）。
（5）③是将富集在CCl4中的碘单质利用化学转化重新富集在水中，称为反萃取，其氧化产物与还原产物物质的量之比为1：5。则还原产物化合物与氧化产物化合物的质量比为 ______。
Ⅲ.以海水提取粗盐后的母液为原料，设计如图所示的实验室制备氯化镁的方案，并继续制取镁单质。
（6）“溶解”反应的离子方程式：______。
（7）从原料来源和经济角度考虑，在“沉淀”时，工业上用石灰乳而不用NaOH溶液，此时，“沉淀”中往往混有石灰乳，可用 ______溶液进行洗涤除去。
三、实验题：本大题共1小题，共14分。
17.（1）已知可逆反应2NO2（g） N2O4（g）ΔH=56.9kJ/mol,如图实验。
实验者1在甲烧杯中投入一定量的NH4Cl固体，同时实验者2在乙烧杯中投入一定量的CaO固体，两位实验者能观察到乙烧杯中NO2球的红棕色会 ______（填“变深”、“不变”或“变浅”），发生这种变化的原因是 ______。
（2）已知实验原理：Cr2+H2O 2+2H+某同学取一支试管，加入2uL0.2mol/LK2Cr2O7溶液，然后滴加5～10滴6nol/LH2SO4溶液，能观察到溶液颜色黄色会 ______（填“变深”、“不变”或“变战），发生这种变化的原因是 ______。
（3）氮氧化物（NO2）是大气污染物之一，处理工业废气中的NOx对于环境保护具有重要的意义。在一定条件下NH3可将NO2还原。甲同学在实验室对该反应进行了探究。实验设计如图（部分夹持装置省略）。
①装置A中是典型的实验室制备NH3发生反应的化学方程式是 ______，装置B内的试剂是 ______。
②装置D中发生反应的离子方程式是 ______。
③在装置M中NH3和NO2充分反应，生成两种对环境友好的物质，该反应中NH3和NO2的物质的量之比为 ______。
（4）用NaOH溶液吸收法处理NO2（仅含NO、NO2）。已知过程中发生的反应有：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O；2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如图：
（a表示NOx中NO2的含量）
用NaOH溶液吸收氮氧化物的最佳条件中：α= ______。若最佳条件中NaOH溶液的密度是1.05g/mL，则其质量分数，______（保留2位有效数字）。
四、简答题：本大题共2小题，共27分。
18.我国力争2060年前实现碳中和。CO2的捕集利用已成为科学家们研究的重要课题。CO2加氢可转化为二甲醚（CH3OCH3），反应原理为2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（g）。
请回答下列问题：
（1）一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生该反应，能说明该反应达到平衡状态的是 ______（填字母）。
a.CO2的含量保持不变
b.混合气体的密度不变
c.混合气体的平均相对分子质量不变
d.3v（CO2）=v（H2）
（2）T℃时，在体积为0.25L密闭容器中充入3molCO2（g）和9molH2（g），测得CO2（g）、CH3OCH3（g）的物质的量随时间变化如图所示。
①反应到达3min时，v正______VB（填“＞”“＜”或“=”）。
②0～5min内，v（H2）= ______。
③反应达到平衡状态时，CH3OCH3（g）的体积分数为 ______系（保留4位有效数字）。
④T℃时该反应的= ______（保留1位有效数字）。
（3）“二甲醚（CH4OCH3）酸性燃料电池”的工作原理示意图如图所示。
①X电极为 ______（填“正”或“负”）极。
②Y电极的电极反应式为 ______。
③若放电过程中消耗燃料69g,穿过交换膜的质子的物质的量是 ______。
19.Ⅰ.在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷（EO）和乙醛（AA）的混合物。根据图示，回答下列问题：
（1）中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为 ______kJ mol-1
（2）由EO（g）生成AA（g）的热化学方程式为 ______。
Ⅱ.CO可将部分氮的氧化物还原为N2
反应Ⅰ：4CO（g）+2NO2（g） N2（g）+4CO2（g）ΔH=-1200kJ/mol
反应Ⅱ：2CO（g）+2NO（g） N2（g）+2CO2（g）ΔH=-746kJ/mol
（3）写出CO将NO2还原为NO的热化学方程式：______
（4）已知：CO（g）+N2O（g） CO2（g）+N2（g）的速率方程为v=k（N2O）k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是 ______（填字母序号）。
A.升温
B.恒容时，再充入CO
C.恒压时，再充入N2O
D.恒压时，再充入N2
（5）保持其他初始条件相同，分别使用催化剂a和b进行反应Ⅱ，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示。
①图中M点 ______（填“达到了”或“未达到”）平衡状态。
②使用催化剂b,温度高于400℃，NO转化率降低的原因是 ______。
（6）在恒容密闭容器中，1800℃无催化条件下NO和CO按1：1投料进行上述反应Ⅱ，实际测得反应体系中NO，CO，N2和CO2分压随时间变化如图所示。但研究人员发现各气体的分压变化不符合反应Ⅱ的化学反应计量比，研究后确认，该反应条件下还存在另一反应2NO N2+O2。
该温度下，反应2NO N2+O2的Kp= ______。
1.【答案】
【解析】解：A．合成氨的反应是放热反应，但高温不利于平衡正向移动，产率降低，所以考虑到催化剂活性、化学反应速率和产量，工业上选择的温度一般为400～500℃，故A正确；
B．合成氨的反应是气体体积减小的反应，压强越高产率越大，但压强太高需要的动力大，对设备材料的要求也会增高，生产成本也高，则考虑到动力和生产设备的要求，并兼顾化学反应速率和限度，则工业上选择的压强一般为10MPa～30MPa,不是10kPa～30kPa,故B错误；
C．催化剂可以改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，且铁触媒在500℃时活性最大、催化效果最好，所以工业上选择的催化剂一般为铁触媒，故C正确；
D．将空气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程为氮的固定，其中工业合成氨反应是重要的人工固氮反应，故D正确；
故选：B。
工业上通常采用铁触媒作催化剂、在400～500℃和10MPa～30MPa的条件下合成氨，结合氮的固定概念分析解答该题。
本题考查工业合成氨条件的选择，侧重辨析能力和基础知识综合运用能力考查，把握可逆反应特点、化学反应速率及化学平衡影响因素、化工生产上反应条件的调控是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】
【解析】解：A．ΔH-TΔS＜0即可自发，例如氨气和氯化氢化合为氯化铵晶体的反应是熵减的放热反应，在室温下即可自发，故能够自发进行的反应不一定是熵增的过程，故A错误；
B．焓减ΔH＜0，若△S＜0，高温下反应不能自发进行，故B错误；
C．ΔH＜0，ΔS＞0，故ΔH-TΔS＜0，与温度无关，故该反应在任何温度下都可自发进行，故C正确；
D．水凝结成冰的过程中放热、熵减，即ΔH＜0，ΔS＜0，故D错误；
故选：C。
A．ΔH-TΔS＜0即可自发；
B．ΔH-TΔS＜0即可自发；
C．ΔH＜0，ΔS＞0，故ΔH-TΔS＜0；
D．水凝结成冰的过程是放热、熵减的过程。
本题考查了化学反应自发进行大判断依据和条件分析，反应是否自发进行需要焓变、熵变、温度共同决定，题目难度不大。
3.【答案】
【解析】解：A．阿司匹林化学名称为乙酰水杨酸，具有解热镇痛作用，故A正确；
B．亚硝酸钠能防止肉制品变质，但具有一定毒性，故B正确；
C．味精化学名称为谷氨酸钠，是一种常用的增味剂，故C正确；
D．抗坏血酸（即维生素C）易被氧化，是人体必需的抗氧化剂，但不是水果罐头中常用的抗氧化剂，故D错误；
故选：D。
A．根据阿司匹林的化学名称和作用，进行分析；
B．根据亚硝酸钠的作用和毒性，进行分析；
C．根据味精的化学名称和用途，进行分析；
D．根据抗坏血酸（维生素C）的性质和用途，进行分析。
本题主要考查常见化学品的名称、作用和性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。这类题目要求对常见化学品的性质和用途有较全面的了解。
4.【答案】
【解析】解：A.石油的分馏是利用石油中各成分沸点的不同进行分离的过程，没有新物质生成，属于物理变化；煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热分解的过程，有新物质生成，属于化学变化；煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，有新物质生成，属于化学变化；煤的液化是将煤转化为液体燃料的过程，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；
B.部分金属如铁、铜等可在高温下用焦炭、一氧化碳、氢气等还原剂还原金属矿物得到金属单质，例如一氧化碳与氧化铁高温下反应得到铁，故B正确；
C.CH2=CH2与HCl反应制得CH3CH2Cl,反应物的原子全部转化为目标产物，原子利用率为100%，是理想的原子经济性反应，故C错误；
D.非处方药不需要凭医生处方，消费者可以自行购买，其包装上有“OTC”标识，故D错误；
故选：A。
A.化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此分析；
B.原子经济性反应是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物，原子利用率为100%，据此分析；
C.根据金属的冶炼方法来分析；
D.根据非处方药的要求来分析。
本题主要考查了物理变化和化学变化的区别、原子经济性反应特点、金属的冶炼方法、非处方药的要求等相关知识，难度不大，掌握学科基础知识即可解答。
5.【答案】
【解析】解：A.煤的干馏是一种复杂的物理化学变化，主要产物包括焦炭、焦炉煤气和粗氨水等，但煤油是石油的分馏产物，而不是煤的干馏产物，故A错误；
B.煤本身并不直接含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，这些有机物是煤在干馏过程中通过复杂的化学变化生成的，故B错误；
C.工业上通常用电解熔融氯化钠的方法制取金属钠，而不是用焦炭还原氯化钠，故C错误；
D.混凝剂聚合氯化铝具有吸附性，可以吸附污水中的细小悬浮颗粒，使其聚集成较大的颗粒，从而便于沉淀或过滤，故D正确；
故选：D。
A．根据煤的干馏过程，进行分析；
B．根据煤的成分和分馏原理，进行分析；
C．根据金属钠的工业制法，进行分析；
D．根据混凝剂的作用原理，进行分析。
本题主要考查煤的干馏、煤的成分、金属钠的制取方法以及水处理中的混凝原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6.【答案】
【解析】解：A．由流程可知萃余液中主要成分为硫酸，可循环利用，故A正确；
B．萃取剂加入亚铁离子进入水层，所以得出亚铁离子在萃取剂中溶解度小于水中溶解度，故B错误；
C．PbO与H2SO4反应生成难溶于水的PbSO4，故C正确；
D．根据还原铁的信息，可知铁离子转化为亚铁离子、S2转化为S4，反应为：2Fe3++2S2=2Fe2++S4，故D正确；
故选：B。
铜烟灰酸浸渣（主要含PbO，FeAsO4 2H2O、In2O3）加入硫酸溶液硫酸化、焙烧得到的焙砂加水水浸，浸液加入硫代硫酸钠还原铁，萃取剂萃取除铁得到含有Fe2+、的水溶液；加入硫酸溶液反萃取得到萃余液，一系列处理得到粗铟。
本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】
【解析】解：A．熔融的氯化铝中无自由移动的离子，不能制备金属Al,故A错误；
B．黄铜矿冶炼铜时，产生的氧化亚铁可用于冶炼铁的原料，故B正确；
C．制备粗硅的化学方程式为，还原剂（C）与氧化剂（SiO2）的物质的量之比为2：1，故C错误；
D．生产玻璃涉及到的反应有和，元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
A．熔融的AlCl3中无自由移动的离子；
B．黄铜矿冶炼铜时，产生的FeO可用于冶炼铁的原料；
C．制备粗硅的化学方程式为；
D．生产玻璃涉及到的反应有和。
本题主要考查金属冶炼的一般原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8.【答案】
【解析】解：A．水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池中，放电时Zn作负极，MnO2为正极，故A正确；
B．由于Ⅰ室消耗氢离子，所以Ⅰ室中的经过离子交换膜向Ⅱ室移动，Ⅲ室消耗氢氧根离子，所以Ⅲ室中的K+经过离子交换膜向Ⅱ室移动，则Ⅱ、Ⅲ区间的隔膜为阳离子交换膜，故B正确；
C．放电时Zn为负极，发生氧化反应，电极反应为Zn 2e +4OH =Zn（OH）42-，故C正确；
D．正极区过量，通过隔膜迁移到II区，故II区中K2SO4溶液的浓度增大，当II区增加174gK2SO4时，电路中转移2mol电子，现增加17.4g,则转移0.2mol电子，故D错误；
故选：D。
根据题意可知，此装置为原电池，Zn为负极，发生氧化反应，电极反应为Zn 2e +4OH =Zn（OH）42-，负极区K+剩余，通过隔膜迁移到II区；MnO2电极为正极，发生还原反应：MnO2+2e +4H+=Mn2++2H2O，正极区过量，通过隔膜迁移到II区，故II区中K2SO4溶液的浓度增大，据此分析。
本题考查了原电池的反应原理以及电极反应的书写等，注意正负极的判断、电极反应的书写以及离子的移动方向。
9.【答案】
【解析】解：A．选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品正确顺序为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤（BaCl2溶液在Na2CO3溶液添加前添加即可）后加盐酸，故A错误；
B．第②步中先与HCl反应生成氯化镁溶液，在HCl气流中加热防止水解，浓缩结晶得到MgCl2 6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，电解熔融氯化镁制取Mg,故B正确；
C．氯碱工业是指电解饱和氯化钠水溶液，制备氢氧化钠、氢气和氯气，故C错误；
D．HBr为可溶性的强电解质，应该写离子，SO2水溶液吸收Br2的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-，故D错误；
故选：B。
由流程可知，海水晒盐得到粗盐、母液，①为粗盐精制，BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤（BaCl2溶液在Na2CO3溶液添加前添加即可）后加盐酸得到NaCl,NaCl、水、氨气与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，第②步中先与HCl反应生成氯化镁溶液，在HCl气流中加热防止水解，浓缩结晶得到MgCl2 6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，电解熔融氯化镁制取Mg；第③步溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，此过程的目的是浓缩、富集溴单质。
本题考查物质的分离提纯，侧重考查分析、判断及知识的综合运用能力，明确流程图中发生的反应、物质的性质及除杂时除杂剂的滴加顺序是解本题的关键，A选项为解答易错点。
10.【答案】
【解析】解：A．硅是14号元素，硅元素位于元素周期表的第三周期第ⅣA族，故A错误；
B．电弧炉中SiO2与C反应生成硅与一氧化碳，反应方程式为：，故B错误；
C．粗硅与氯化氢的反应为：，后续还原炉中反应为：，由此判断上述工艺生产中循环使用的物质为氢气、氯化氢，故C正确；
D．制备所得的高纯硅，可用来做芯片，光导纤维是SiO2的用途，故D错误；
故选：C。
电弧炉中发生反应制备粗硅，粗硅在流化床反应器中发生反应，还原炉中发生反应制备高纯硅。
本题主要考查硅的性质及用途等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11.【答案】
【解析】解：A．由分析可知，X为（NH4）2S或NH4HS，故A正确；
B．b为SO2，f为NO2，f的稀水溶液中二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，溶液为稀硝酸，二氧化硫与稀硝酸发生氧化还原反应生成无色气体NO，故B正确；
C．d为NH3，其水溶液呈碱性，故C错误；
D．反应①是H2S燃烧生成二氧化硫与水，反应②是NO与氧气反应生成NO2，有红棕色气体生成，现象不相同，故D正确；
故选：C。
盐X既能与盐酸反应生成a,又能与氢氧化钠反应生成b,而a、b均能与Y发生连续反应，且相对分子质量c比b大16、f比e大16，故Y为O2，c与Z、f与Z反应均生成强酸，只能是硝酸和硫酸，则a为H2S、b为SO2、c为SO3，而d为NH3、e为NO、f为NO2，则X为（NH4）2S或NH4HS。
本题考查无机物的推断，涉及氮、硫等元素单质化合物性质与转化，熟练掌握元素化合物知识，注意掌握中学常见的连续反应、三角转化、特殊置换反应、特殊现象的反应、特殊条件反应等。
12.【答案】
【解析】解：A.1nol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳气体所放出的热量是甲烷的燃烧热，故A错误；
B.ΔH＞0，ΔS＞0的反应在较高的温度下才能自发进行，故B错误；
C.一氧化碳的燃烧热为283.0kJ mol-1，则2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） ΔH=-566kJ mol-1，故C正确；
D.中和热ΔH=-57.3kJ mol-1，则H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l） ΔH=-57.3kJ mol-1，而H2SO4和Ca（OH）2反应除生成水，还生成了硫酸钙这种微溶物，故D错误。
故选：C。
A.1nol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳气体所放出的热量是甲烷的燃烧热；
B.ΔH＞0，ΔS＞0的反应在较高的温度下才能自发进行；
C.一氧化碳的燃烧热为283.0kJ mol-1，则2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） ΔH=-566kJ mol-1；
D.中和热ΔH=-57.3kJ mol-1，则H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l） ΔH=-57.3kJ mol-1，而H2SO4和Ca（OH）2反应除生成水，还生成了硫酸钙这种微溶物；
本题考查化学反应与能量变化，做题时特别注意燃烧热和中和热的热化学方程式，都是指在常温常压下进行的。
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意理解通入惰性气体对平衡移动影响是解题关键。
【解答】
化学反应COCl2（g） CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①符合；
②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；
③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小，故③不符合；
④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；
⑤加催化剂，改变速率，平衡不移动，COCl2转化率不变，故⑤不符合；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大分压减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，
故选：B。
14.【答案】
【解析】解：A．反应历程图可知，第一步基元反应中涉及H—H非极性键的断裂，但是整个过程中无非极性键生成，由总反应CO+2H2=CH3OH可知，反应过程中涉及极性键的断裂和形成，故A错误；
B．图可知，H2吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物总量，为放热过程，故B正确；
C．催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，不能提高化学反应平衡转化率，故C错误；
D．微观上看，反应物分子一般总是经过若干的简单反应步骤，才最后转化为生成物分子，每一个简单的反应步骤就是一个基元反应，济源反应步骤要求反应物一步转化为生成物，没有任何中间产物，由图可知，整个反应历程中有四个基元反应，第三步反应的活化能最大，反应速率最慢，是决速步，决速步骤方程式为：H2CO*+=H3CO-H*，故D错误；
故选：B。
A．反应历程图可知，第一步基元反应中涉及H—H非极性键的断裂，但是整个过程中无非极性键生成；
B．图可知，H2吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物总量；
C．催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，不改变化学平衡；
D．微观上看，反应物分子一般总是经过若干的简单反应步骤，才最后转化为生成物分子，每一个简单的反应步骤就是一个基元反应，济源反应步骤要求反应物一步转化为生成物，没有任何中间产物，由图可知，整个反应历程中有四个基元反应，第三步反应的活化能最大。
本题考查了化学反应过程的能力变化、基元反应的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
15.【答案】
【解析】解：A．N2O5（g）的分解不是可逆反应，因此当N2O5（g）完全分解后，产生的O2的压强必为17.9kPa,故A正确；
B．升高温度后，平衡向着生成二氧化氮的方向移动，气体的物质的量增加，压强会增大，故B正确；
C．缩小容器的体积，虽然平衡向着生成四氧化二氮的方向移动，但压缩体积将会导致二氧化氮浓度增大，颜色加深，故C正确；
D．平衡时总压强等于63.1kPa,此时p（O2）=17.9 kPa,若不发生2NO2（g） N2O4（g），生成的NO2气体压强应为71.6kPa,由差量法求得生成四氧化二氮气体的分压为26.4kPa,则二氧化氮气体压强为63.1kPa-17.9kPa-26.4kPa=18.8kPa,平衡常数，故D错误；
故选：D。
A．N2O5（g）的分解不是可逆反应；
B．升高温度后，平衡向着生成NO2的方向移动，气体的物质的量增加；
C．缩小容器的体积，虽然平衡向着生成N2O4的方向移动，但压缩体积将会导致NO2浓度增大；
D．平衡时总压强等于63.1kPa,此时p（O2）=17.9 kPa,若不发生2NO2（g） N2O4（g），生成的NO2气体压强应为71.6kPa,结合差量法求得生成N2O4气体的分压。
本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
16.【答案】
【解析】（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将其转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，
故答案为：富集溴元素；
（2）根据分析可知，步骤Ⅲ过程中用硫酸酸化得到单质溴的离子方程式为：，
故答案为：；
（3）根据分析可知，①中反应的离子方程式为：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，
故答案为：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O；
（4）CCl4的密度大于水，②中分液时含I1的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，
故答案为：下口放出；
（5）③是将富集在CCl4中的碘单质利用化学转化重新富集在水中，称为反萃取，其氧化产物是NaIO3，还原产物是NaI，物质的量之比为1：5，则还原产物化合物与氧化产物化合物的质量比为：5×150：1×198=125：33，
故答案为：125：33；
（6）根据分析可知，溶解反应的离子方程式为：，
故答案为：；
（7）从原料来源和经济角度考虑，在“沉淀”时，工业上用石灰乳而不用NaOH溶液，此时，“沉淀”中往往混有石灰乳，可用过滤溶液进行洗涤除去，
故答案为：过滤。
Ⅰ.卤水中通入氯气，发生反应：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，向溶液中通入热的空气，将Br2单质吹出，再用碱溶液吸收，发生离子反应：3Br2+6OH-=5Br-++3H2O，向反应后的溶液中加入硫酸酸化，发生离子反应：，从而实现溴的富集，据此分析作答；
Ⅱ.海带浸取液中加入双氧水和硫酸，发生离子反应：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，向反应后的溶液中加入CCl4，进行萃取，得到含I1的CCl4溶液，分液后，向含I1的CCl4溶液中加入NaOH，发生反应：3I2+6OH-=5I-++3H2O，分液，向上层溶液中加入硫酸酸化，发生归中反应：5I-++6H+=3I2+3H2O，将含I2的悬浊液进一步处理得到I2，据此分析作答；
Ⅲ.母液中加入NaOH，得到氢氧化镁沉淀，过滤后，向滤渣中加入盐酸，得到氯化镁溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，得到六水合氯化镁，在HCl气流中蒸干，得到氯化镁，据此分析作答。
本题主要考查海水中溴、碘、镁的提取，属于基本知识的考查，难度中等。
17.【答案】
【解析】（1）乙烧杯中投入CaO固体，CaO与水反应是放热反应，会使乙烧杯中溶液温度升高；2NO2（g） N2O4（g）ΔH=56.9kJ/mol,这是一个放热反应；温度升高，根据勒夏特列原理，平衡向吸热方向移动，即逆向移动，NO2是红棕色气体，N2O4是无色气体，平衡逆向移动会使NO2的浓度增大，所以乙杯中NO2球的红棕色会变深，
故答案为：变深；CaO与水反应放热，使平衡2NO2（g） N2O4（g）逆向移动，NO2浓度增大；
（2）已知实验原理：Cr2（橙色）+H2O 2（黄色）+2H+，向K2Cr2O7溶液中滴加H2SO4溶液（提供氢离子），使溶液中氢离子浓度增大；根据勒夏特列原理，增大生成物氢离子的浓度，平衡向逆反应方向移动，所以能观察到溶液颜色黄色会变浅，
故本问答案为：变浅加入H2SO4溶液，则c（H）浓度增大，平衡逆向移动，c（）减小，溶液黄色变浅；
（3）①实验室制备氨气通常用氢氧化钙和氯化铵固体混合加热，化学方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；氨气是碱性气体，装置B用于干燥氨气，常用的碱性干燥剂为碱石灰，
故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；碱石灰；
②装置D中是铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O；
③氨气和二氧化氮反应生成对环境友好的物质即氮气和水，根据得失电子守恒配平反应：6NO2+8NH37N2+12H2O，所以NH3和NO2的物质的量之比为8：6= 4：3，
故答案为：4：3；
（4）观察图像可知，当a=50%时，氮氧化物的吸收率较高；已知NaOH溶液的物质的量浓度c=1.25mol/L，NaOH溶液的密度是1.05g/mL；根据物质的量浓度与分数的换质量算公式c=（1000×ρ×ω）可知，1.25=（1000×1.05×ω），ω=4.8%，
故答案为：50%；4.8%。
（1）根据温度升高对可逆反应移动方向的影响规律来分析；
（2）根据增大氢离子浓度对平衡移动影响的规律来分析；
（3）根据实验室制备氨气的原理、铜与浓硝酸反应的原理、氨气与二氧化氮反应的原理来分析；
（4）根据图像信息及浓度与溶质质量分数的换算关系来分析。
本题主要考查了影响化学平衡移动的因素、实验室制备氨气的原理、溶液中溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的换算关系等相关知识，难度不大，掌握学科基础知识即可解答。
18.【答案】
【解析】（1）a.随反应进行，CO2含量不断减少，CO2含量不变可说明反应达到平衡状态，故a选；
b.该反应在恒容装置中进行，反应物和产物均为气体，混合气体密度始终不变，故混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故b不选；
c.混合气体的平均相对分子质量可由气体总质量除以气体总物质的量求出，气体总质量为定量，气体总物质的量为变量，正向进行时气体总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，逆向进行时气体总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，故当混合气体的平均相对分子质量不变时可以说明该反应达到平衡状态，故c选：
d.3v（CO2）=v（H2），选项中并未指明反应速率的方向，故不能说明反应达到平衡，故d不选；
（2）①反应达到3min时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故v正＞V逆；
故答案为：＞；
②由图可知，0～5min内CO2物质的量变化为3mol-0.5mol=2.5mol,根据反应式2OO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g），CO2与H2化学计量数比为2：6=1：3，则H2物质的量变化为2.5mol×3=7.5mol。容器体积0.25L，根据反应速率公式，；
故答案为：6mol L-1 min-1；
③根据化学方程式列出起始、转化、平衡时的物质的量关系为：
2CO（g）+6H（g）CH3OCH3（g）+3HO（g）
起始（mol） 3 9 0 0
转化（mol） 2.5 7.5 1.25 3.75
平衡（mol） 0.5 1.5 1.25 3.75
平衡状态时，CH3OCH3（g）的体积分数为；
故答案为：17.86%；
④正确平衡时各物质的量：n（CO2）=0.5moln（H2）=9mol-6×（3mol-0.5mol）÷2=9-7.5=1.5mol,n（CH3OCH3）=1.25mol,n（H2O）=3.75mol则浓度：c（CO2）=2mol/L，c（H2）=6mol/L，c（CH3OCH3）=5mol/L，；
故答案为：0.09；
（3）①在燃料电池中，燃料（二甲醚）在负极发生氧化反应，所以X电极为负极；
故答案为：负；
②写Y电极的电极反应式：Y电极为正极，O2得电子结合H+生成H2O，电极反应式为；
故答案为：；
③二甲醚（CH3OCH3）摩尔质量46g/mol,69g二甲醚物质的量。二甲醚在负极反应：，1mol二甲醚反应转移12mol电子，同时生成12molH+，这些H+会穿过交换膜向正极移动。1.5mol二甲醚反应，转移电子1.5mol×12=18mol,即穿过交换膜的质子物质的量为18mol；
故答案为：18mol。
（1）a.随反应进行，CO2含量不断减少，CO2含量不变可说明反应达到平衡状态；
b.该反应在恒容装置中进行，反应物和产物均为气体，混合气体密度始终不变，故混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡；
c.混合气体的平均相对分子质量可由气体总质量除以气体总物质的量求出，气体总质量为定量，气体总物质的量为变量，正向进行时气体总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，逆向进行时气体总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，故当混合气体的平均相对分子质量不变时可以说明该反应达到平衡状态：
d.3v（CO2）=v（H2），选项中并未指明反应速率的方向，故不能说明反应达到平衡；
（2）①反应达到3min时，尚未达到平衡，此时二氧化碳的物质的量仍处于减少的趋势，故v正＞V逆；
②由图可知，0～5min内CO2物质的量变化为3mol-0.5mol=2.5mol,根据反应式2OO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g），CO2与H2化学计量数比为2：6=1：3，则H2物质的量变化为2.5mol×3=7.5mol。容器体积0.25L；
③根据化学方程式列出起始、转化、平衡时的物质的量关系三段式求解；
④根据平衡常数公式计算求解；
（3）①在燃料电池中，燃料（二甲醚）在负极发生氧化反应，所以X电极为负极；
②写Y电极的电极反应式：Y电极为正极，O2得电子结合H+生成H2O；
③根据电极反应式求解；
本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】
【解析】（1）活化能是反应过程中过渡态与反应物的能量差。从图中可知，中间体OMC能量为-176kJ mol-1，生成吸附态EO（ads）过渡态能量为-93kJ mol-1；根据活化能计算公式：E活化能=E过渡态-E反应物，则活化能为-93kJ mol-1-（-176kJ mol-1）=83kJ mol-1；
故答案为：83；
（2）热化学方程式中ΔH等于生成物总能量减去反应物总能量。由图可得，EO（g）能量为-117kJ mol-1，AA（g）能量为-219kJ mol-1；ΔH=-219kJ mol-1-（-117kJ mol-1）=-102kJ mol-1，所以热化学方程式为EO（g）=AA（g）ΔH=-102kJ mol-1；
故答案为：EO（g）=AA（g）ΔH=-102kJ mol-1；
（3）已知反应Ⅰ：4CO（g）+2NO2（g）=N2（g）+4CO2（g）ΔH=-1200kJ/mol；
反应Ⅱ：2CO（g）+2NO（g）=N2（g）+2CO2（g）ΔH=-746kJ/mol,根据盖斯定律，用反应Ⅰ一反应Ⅱ再除以2，可得目标反应：[（4CO（g）+2NO2（g）=N2（g）+4CO2（g））-（2CO（g）+2NO（g）=N2（g）+2CO2（g）]=CO（g）+NO2（g） NO（g）+CO2（g），即热化学方程式为CO（g）+NO2（g） NO（g）+CO2（g）ΔH=-227kJ/mol；
故答案为：CO（g）+NO2（g） NO（g）+CO2（g）ΔH=-227kJ/mol；
（4）反应速率方程为v=k c（N2O），k只与温度有关；
A.选升温，k增大，反应速率加快，故A正确；
B.恒容时充入CO，c（N2O）不变，k不变，反应速率不变，故B错误；
C.恒压时充入N2O，容器体积变化，c（N2O）增大，反应速率加快，故C正确；
D.恒压时充入N2，容器体积增大，c（N2O）减小，反应速率减慢，故D错误；
故答案为：AC；
（5）①判断M点是否达平衡：相同时间内，催化剂不影响平衡转化率，只影响反应速率。温度相同时，催化剂a对应的NO转化率更高，说明M点反应还在进行，未达到平衡状态（达到平衡后，相同温度下转化率应不再变化）；
故答案为：未达到；
②温度过高，催化剂b的活性降低（催化剂有最佳活性温度范围），导致反应速率减慢，相同时间内反应的NO减少，转化率降低；
故答案为：温度过高，催化剂活性降低，反应速率降低；
（6）由图知，CO2分压为14.0kPa,N2分压为24.0kPa,N2比CO2的一半多的即为2NO N2+O2反应产生的，即该反应产生N217kPa,该反应产生N2和O2等量，故平衡体系中O2分压为17kPa,且消耗NO分压为34kPa,由CO2分压为14.0kPa可知反应消耗NO14.0kPa,故两反应共消耗NO48kPa,则平衡时NO剩余分压为2kPa,反应2NO N2+O2的Kp=；
故答案为：102。
（1）根据活化能计算公式：E活化能=E过渡态-E反应物计算；
（2）热化学方程式中ΔH等于生成物总能量减去反应物总能量；
（3）根据盖斯定律求解；
（4）反应速率方程为v=k c（N2O），k只与温度有关；
A.选升温，k增大，反应速率加快；
B.恒容时充入CO，c（N2O）不变，k不变，反应速率不变；
C.恒压时充入N2O，容器体积变化，c（N2O）增大，反应速率加快；
D.恒压时充入N2，容器体积增大，c（N2O）减小，反应速率减慢；
（5）①判断M点是否达平衡：相同时间内，催化剂不影响平衡转化率，只影响反应速率。温度相同时，催化剂a对应的NO转化率更高，说明M点反应还在进行，未达到平衡状态（达到平衡后，相同温度下转化率应不再变化）；
（6）根据平衡常数公式计算求解；
本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
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