資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
北京市2024-2025學年高一下學期化學期末模擬預測卷
一．選擇題（共15小題）
1．（2024秋 豐臺區(qū)期末）工業(yè)上制備硝酸的主要流程如圖所示。下列說法不正確的是（　　）
A．氧化爐中發(fā)生的化學反應是
B．物質X是H2O
C．上述流程中，理論上用N2合成1mol HNO3，至少需要2.5mol O2
D．吸收塔中為提高氮原子的利用率，可通入過量空氣和循環(huán)利用尾氣中NO
2．（2024秋 房山區(qū)期末）物質類別和元素價態(tài)是研究物質性質的兩個重要角度。圖為含氮物質的“價—類”二維圖的部分信息。下列說法不正確的是（　　）
A．從N2→X的轉化是人工固氮的重要方法
B．Y的化學式為N2O5
C．從NO2→HNO3，必需加入氧化劑
D．使用HNO3和X制備硝酸銨氮肥時，氮元素的化合價沒有發(fā)生變化
3．（2024秋 海淀區(qū)校級期末）濃硫酸與銅反應的裝置如圖所示，下列說法不正確的是（　　）
A．可通過提拉銅絲控制反應的發(fā)生與停止
B．浸NaOH溶液的棉團作用：
C．品紅溶液褪色和紫色石蕊溶液變紅均可證明反應發(fā)生
D．若將品紅溶液和石蕊溶液調換位置，石蕊溶液變紅仍可以證明生成SO2
4．（2024秋 豐臺區(qū)期末）下列有關濃硫酸的說法不正確的是（　　）
A．具有脫水性 B．加熱時能與碳反應
C．能用于干燥氨氣 D．加熱時能與銅反應
5．（2024秋 石景山區(qū)期末）習慣上把電解飽和食鹽水的工業(yè)生產叫氯堿工業(yè)，一個單元槽的電解原理示意圖如圖，下列說法不正確的是（　　）
A．陰極的電極反應：
B．在陽極，Cl﹣比OH﹣容易失去電子
C．中間的離子交換膜選用陰離子交換膜
D．電解飽和食鹽水可以得到三種重要的化工產品：Cl2、H2和NaOH
6．（2024秋 海淀區(qū)期末）一定條件下，在2L的密閉容器中發(fā)生反應：A（s）+2B（g） 3C（g）+4D（g），測得5min后A的物質的量減小了1mol，則反應的平均速率可表示為（　　）
A．v（A）＝0.1mol L﹣1 s﹣1
B．v（B）＝0.1mol L﹣1 min﹣1
C．v（C）＝0.005mol L﹣1 s﹣1
D．v（D）＝0.2mol L﹣1 min﹣1
7．（2024秋 海淀區(qū)期末）已知氫氣燃燒反應的能量變化如圖。
下列說法不正確的是（　　）
A．H—H鍵的鍵能小于O＝O鍵的鍵能
B．破壞2mol H2和1mol O2的化學鍵所需的能量小于2mol H2O中的化學鍵所釋放的能量
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH＝﹣480kJ mol﹣1
D．利用該反應通過一定的裝置可實現(xiàn)化學能到電能的轉化
8．（2024秋 昌平區(qū)期末）一定溫度下的密閉容器中，發(fā)生可逆反應2NO（g）+O2（g） 2NO2（g），下列情況不能說明該反應達到平衡狀態(tài)的是（　　）
A．容器內氣體顏色不再變化
B．濃度商等于化學平衡常數(shù)
C．容器內氣體的濃度c（NO）：c（O2）：c（NO2）＝2：1：2
D．容器內的壓強不再變化
9．（2024秋 昌平區(qū)期末）已知丙酮（）碘化反應為：。實驗測得該反應的速率可表示為：v＝kc（丙酮）c（H+），其中k為反應速率常數(shù)。下列說法不正確的是（　　）
A．其他條件不變，增加丙酮濃度，反應速率增大
B．其他條件不變，增大I2的濃度，反應速率增大
C．其他條件不變，增大催化劑H+的濃度，反應速率增大
D．催化劑H+參與反應，降低反應活化能，增大反應速率
10．（2024秋 石景山區(qū)期末）下列說法錯誤的是（　　）
A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反應是吸熱反應
B．核酸是一種生物大分子
C．葡萄糖和果糖互為同分異構體
D．氨基酸是組成蛋白質的基本結構單位
11．（2024秋 昌平區(qū)期末）下列說法不正確的是（　　）
A．淀粉作為人類重要的能量來源，是由于它能發(fā)生水解產生葡萄糖供機體利用
B．纖維素能通過酯化反應得到醋酸纖維素，是由于纖維素分子中含有羥基
C．核糖核苷酸分子間脫水后聚合形成核糖核酸
D．石油經過分餾可得到煤油、柴油等，是利用了物質的溶解性差異
12．（2018秋 昌平區(qū)期末）糖類、脂肪和蛋白質是維持人體生命活動所必需的三大營養(yǎng)物質，以下敘述不正確的是（　　）
A．葡萄糖不具有還原性
B．淀粉是多糖，可在一定條件下水解
C．油脂屬于酯類化合物
D．蛋白質最終能水解成氨基酸
13．（2024秋 石景山區(qū)期末）明朝宋應星所著的《天工開物》是世界上第一部關于農業(yè)和手工業(yè)生產的綜合性“工藝百科全書”，其中介紹了鋅的冶煉方法：把爐甘石（ZnCO3）和煤炭餅裝入煉鋅罐（如圖所示），泥封，“其底鋪薪，發(fā)火煅紅”，“冷定毀罐取出”。
已知：鋅的熔點為419℃，沸點為907℃。
下列說法不正確的是（　　）
A．冷凝區(qū)中，鋅由氣態(tài)轉化為液態(tài)，理論上該區(qū)溫度控制在419～907℃
B．“冷定”后“毀罐”取鋅的原因是防止Zn在較高的溫度下被氧化成ZnO
C．反應區(qū)中，ZnCO3分解生成ZnO和CO2
D．反應區(qū)中，C與nO發(fā)生置換反應得到Zn，C被還原
14．（2023秋 西城區(qū)校級期末）利用“碳捕獲與儲存”技術可將工廠排放的CO2收集并儲存，原理如圖所示。
下列說法中，不正確的是（　　）
A．“碳捕獲與儲存”有助于緩解溫室效應
B．過程Ⅰ中用NaOH溶液“捕獲”排放的CO2
C．過程Ⅲ和過程Ⅳ的反應類型分別為分解反應和化合反應
D．上述過程中只有NaOH能夠循環(huán)利用
15．（2023秋 昌平區(qū)校級期末）為除去粗鹽水中含有的雜質、Ca2+和Mg2+，得到精制食鹽，設計了如圖實驗流程
下列說法不正確的是（　　）
A．NaOH溶液的作用是除去Mg2+
B．步驟i、ii的順序可以互換
C．濾液2中有四種離子：Ca2+、Na+、Cl﹣、OH﹣
D．步驟iv中發(fā)生的離子反應為：H++OH﹣＝H2O、2H+＝H2O+CO2↑
二．解答題（共4小題）
16．（2024秋 西城區(qū)期末）人工固氮對于農業(yè)生產有重要意義。
（1）工業(yè)合成氨。
①N2和H2合成NH3反應的化學方程式是 　 　 。
②下列措施中，既有利于提高合成氨反應限度又有利于增大其反應速率的是 　 　 。
a.升高溫度
b.增大壓強
c.使用催化劑
（2）中國科學家研究Cu—Mn合金催化劑電催化還原N2制NH3，裝置如圖1所示。
①陰極生成NH3其電極反應式是 　 　 。
②用相同的電解裝置和試劑進行實驗，證明NH3來自電催化還原N2，需排除以下可能：
ⅰ.環(huán)境和電解池中存在微量的NH3
ⅱ.Cu—Mn合金與N2、H2O直接反應生成NH3
下列實驗和結果能同時排除ⅰ、ⅱ的是 　 　 。
資料：自然界中的豐度：14N為99.6%，15N為0.4%。
a.用Ar代替N2進行實驗，電解后未檢測到NH3
b.用15N2代替N2進行實驗，電解后僅檢測到15NH3
c.不通電進行實驗，未檢測到NH3
③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）隨陰極的電勢變化如圖2和圖3所示。
資料：ⅰ.相同條件下，陰極的電勢越低，電流越大。
ⅱ.某電極上產物B的FE（B）。
陰極的電勢由﹣0.2V降到﹣0.3V時，NH3的生成速率增大。陰極的電勢繼續(xù)降低，NH3的生成速率反而減小。結合FE解釋NH3的生成速率減小的原因：　 　 。
（3）用滴定法測定溶液中的物質的量濃度的一種方法如下。
Ⅰ.取v1mL含的待測溶液。
Ⅱ.加入過量的V2mLc2mol L﹣1NaOH溶液。
Ⅲ.蒸餾，將蒸出的NH3用過量的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液吸收。
Ⅳ.加入甲基橙指示劑，用c4mol L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中過量的H2SO4消耗的NaOH溶液體積為V4mL，計算待測溶液中的物質的量濃度時用到的溶液體積：　 　 和V4。
17．（2024秋 昌平區(qū)期末）某小組同學探究不同價態(tài)硫元素之間的相互轉化。
可以選用的試劑有：①SO2水溶液②Na2SO3溶液③Na2S溶液④稀硫酸⑤濃硫酸⑥品紅溶液⑦新制氯水⑧銅片
實驗序號 預期的價態(tài)轉化 選擇的試劑（填入試劑編號） 實驗現(xiàn)象
ⅰ +6→+4 ⑤⑧ 產生刺激性氣味氣體
ⅱ +4→0 ②③
　 　
ⅲ
　 　
①⑦ 黃綠色褪去
（1）實驗ⅰ的化學方程式為 　 　 。設計實驗證明實現(xiàn)了+6→+4的轉化，實驗操作及現(xiàn)象是 　 　 。
（2）結合實驗ⅱ的實驗目的，說明選擇試劑③的理由是 　 　 。②③溶液混合后，無明顯現(xiàn)象，加入稀硫酸后，產生淡黃色沉淀。該實驗說明物質的氧化性強弱受 　 　 影響。產生淡黃色沉淀的離子方程式為 　 　 。
（3）實驗ⅲ預期的價態(tài)轉化為 　 　 。為驗證Cl2被SO2還原為Cl﹣，甲同學向反應后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，觀察是否產生白色沉淀。乙同學認為該方案不合理，理由是 　 　 。
18．（2024秋 朝陽區(qū)期末）以黃鐵礦為原料制取硫酸的原理示意圖如圖。
（1）黃鐵礦在通空氣前需粉碎，其作用是 　 　 。
（2）反應Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1是制硫酸的關鍵步驟。使用V2O5作催化劑，涉及如下反應：
ⅰ.V2O5（s）+SO2（g） V2O4（s）+SO3（g）ΔH1＝+24kJ mol﹣1
ⅱ._____+2SO3（g） _____ΔH2＝_____kJ mol﹣1
ⅲ.2VOSO4（s）（g）ΔH3＝+277kJ mol﹣1
①補全反應ⅱ的熱化學方程式：
　 　 +2SO3（g） 　 　 ΔH2＝ 　 　 kJ mol﹣1
②下列說法不正確的是 　 　 （填序號）。
a.反應ⅰ和ⅱ均屬于氧化還原反應
b.投入1mol V2O5，最多制得1mol SO3
c.使用V2O5能提高SO2的平衡轉化率
（3）在體積可變的恒壓密閉容器中投入8mol SO（g）11.7mol O2（g）和43.3mol N2（g），不同條件下發(fā)生反應Ⅱ。實驗測得在0.1MPa、0.5MPa和5.0MPa壓強下，SO2平衡轉化率（α）隨溫度的變化如圖所示。
①0.1MPa、550℃時SO2平衡轉化率α＝ 　 　 ，判斷依據(jù)是 　 　 。
②工業(yè)上通常采用400～500℃和常壓（0.1MPa）的條件，采用常壓的原因是 　 　 。
③M點對應的平衡混合氣體的體積為VL，計算該溫度下反應Ⅱ的平衡常數(shù) K＝ 　 　 。
（4）測定尾氣中SO2的含量。用氨基磺酸銨和硫酸銨的混合溶液吸收aL尾氣，將SO2轉化為H2SO3，然后用淀粉作指示劑，用cmol L﹣1I2標準溶液進行滴定，消耗I2標準溶液vmL。則尾氣中SO2的含量為 　 　 mg L﹣1。
已知：H2SO3+I2+H2O═H2SO4+2HI
19．（2023春 房山區(qū)期末）研究有機化合物中的典型代表物，對于有機合成的研究有重要意義。
（1）乙醇是醇類物質的典型代表物，乙醇分子結構中的各種化學鍵如圖1所示：
①由乙醇制備乙烯的反應斷鍵位置是 　 　 （填序號），該反應的類型屬于 　 　 。
②乙醇氧化可轉化為乙醛，該反應斷鍵位置是 　 　 （填序號）。
（2）乙酸乙酯是酯類物質的典型代表物，廣泛用于藥物、染料、香料等工業(yè)。實驗室用無水乙醇、冰醋酸和濃硫酸反應可制備乙酸乙酯，常用裝置如圖2所示。
①寫出無水乙醇、冰醋酸和濃硫酸反應制備乙酸乙酯的化學方程式 　 　 。
②試管X中的試劑為 　 　 ，作用是 　 　 。
③為提高反應速率或限度，實驗中采取的措施及對應理由不正確的是 　 　 （填字母）。
a．濃硫酸可做催化劑，提高化學反應速率
b．濃硫酸可做吸水劑，促進反應向生成乙酸乙酯的反應移動
c．已知該反應為放熱反應，升高溫度可同時提高化學反應速率和反應限度
（3）三種常見羧酸的pKa數(shù)值如下表（pKa數(shù)值越小，酸性越強）。乙酸中的﹣CH3具有推電子作用，使羧基中羥基的極性減小，從而難以電離出H+，故乙酸的酸性比甲酸的酸性弱。
羧酸 甲酸（HCOOH） 乙酸（CH3COOH） 三氯乙酸（CCl3COOH）
pKa 3.75 4.76 0.65
請比較乙酸與三氯乙酸的酸性強弱并解釋原因 　 　 。
北京市2024-2025學年高一下學期化學期末模擬預測卷
參考答案與試題解析
一．選擇題（共15小題）
1．（2024秋 豐臺區(qū)期末）工業(yè)上制備硝酸的主要流程如圖所示。下列說法不正確的是（　　）
A．氧化爐中發(fā)生的化學反應是
B．物質X是H2O
C．上述流程中，理論上用N2合成1mol HNO3，至少需要2.5mol O2
D．吸收塔中為提高氮原子的利用率，可通入過量空氣和循環(huán)利用尾氣中NO
【答案】C
【分析】氮氣和氫氣在合成塔中生成氨氣，氨氣在氧化爐中發(fā)生催化氧化生成一氧化氮和水，吸收塔中NO和氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮。
【解答】解：A．氧化爐中NH3發(fā)生催化氧化生成NO和H2O，反應化學方程式是，故A正確；
B．NO2和水反應生成HNO3和NO，所以物質X是H2O，故B正確；
C．上述流程中，理論上用N2合成1mol 硝酸，N元素化合價由0升高為+5，O元素化合價由0降低為﹣2，根據(jù)得失電子守恒，至少需要1.25mol O2，故C錯誤；
D．吸收塔中為提高氮原子的利用率，可通入過量空氣發(fā)生反應4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，還可以循環(huán)利用尾氣中的NO，故D正確；
故選：C。
【點評】本題主要考查工業(yè)制取硝酸等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。
2．（2024秋 房山區(qū)期末）物質類別和元素價態(tài)是研究物質性質的兩個重要角度。圖為含氮物質的“價—類”二維圖的部分信息。下列說法不正確的是（　　）
A．從N2→X的轉化是人工固氮的重要方法
B．Y的化學式為N2O5
C．從NO2→HNO3，必需加入氧化劑
D．使用HNO3和X制備硝酸銨氮肥時，氮元素的化合價沒有發(fā)生變化
【答案】C
【分析】由圖可知，X是NH3，Y是+5價氮的氧化物，Y是N2O5，從NO2→HNO3，發(fā)生的反應可以是：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，使用HNO3和NH3制備硝酸銨氮肥時，發(fā)生反應：HNO3+NH3＝NH4NO3，據(jù)此解答。
【解答】解：A．的轉化為工業(yè)合成氨，是人工固氮的重要方法，故A正確；
B．Y是+5價氮的氧化物，則Y的化學式為五氧化二氮，故B正確；
C．從NO2→HNO3，發(fā)生的反應可以是：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，該反應中二氧化氮既是氧化劑也是還原劑，不需要加入氧化劑，故C錯誤；
D．使用硝酸和氨氣制備硝酸銨氮肥時，發(fā)生反應：HNO3+NH3＝NH4NO3，氮元素的化合價沒有發(fā)生變化，故D正確；
故選：C。
【點評】本題主要考查含氮物質的綜合應用等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。
3．（2024秋 海淀區(qū)校級期末）濃硫酸與銅反應的裝置如圖所示，下列說法不正確的是（　　）
A．可通過提拉銅絲控制反應的發(fā)生與停止
B．浸NaOH溶液的棉團作用：
C．品紅溶液褪色和紫色石蕊溶液變紅均可證明反應發(fā)生
D．若將品紅溶液和石蕊溶液調換位置，石蕊溶液變紅仍可以證明生成SO2
【答案】D
【分析】濃硫酸與銅反應生成硫酸銅、水和SO2，根據(jù)調節(jié)銅絲的高低可控制反應的開始和停止，由于SO2具有漂白性，因此將生成的SO2通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，SO2為酸性氧化物，與水反應生成H2SO3，將SO2通入石蕊溶液中，石蕊溶液變紅色，浸有NaOH溶液的棉團可吸收SO2。
【解答】解：A．濃硫酸與銅反應生成硫酸銅溶液和二氧化硫，根據(jù)調節(jié)銅絲的高低可控制反應的開始和停止，故A正確；
B．浸NaOH溶液的棉團可吸收二氧化硫，發(fā)生的離子方程式為，故B正確；
C．二氧化硫具有漂白性，可使品紅溶液褪色，二氧化硫為酸性氧化物，與水反應生成H2SO3，將二氧化硫通入石蕊溶液中，石蕊溶液變紅色，故均可證明發(fā)生了反應，故C正確；
D．若將品紅溶液和石蕊溶液調換位置，若反應生成的SO3因溶于水生成了H2SO4而石蕊溶液變紅，因此僅憑石蕊變紅無法特定地證明生成了SO2，還需要結合其他方法才能證明生成SO2，故D錯誤；
故選：D。
【點評】本題主要考查濃硫酸的性質實驗等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。
4．（2024秋 豐臺區(qū)期末）下列有關濃硫酸的說法不正確的是（　　）
A．具有脫水性 B．加熱時能與碳反應
C．能用于干燥氨氣 D．加熱時能與銅反應
【答案】C
【分析】A．根據(jù)濃硫酸具有脫水性，進行分析；
B．根據(jù)濃硫酸加熱時能與碳反應生成二氧化碳、二氧化硫與水，進行分析；
C．根據(jù)濃硫酸與氨氣反應，進行分析；
D．根據(jù)濃硫酸加熱時與銅反應生成硫酸銅、二氧化硫與水，進行分析。
【解答】解：A．濃H2SO4具有脫水性，例如濃硫酸能使蔗糖脫水、出現(xiàn)變黑現(xiàn)象，故A正確；
B．濃H2SO4加熱時能與碳反應生成二氧化碳、二氧化硫與水，故B正確；
C．濃H2SO4與氨氣反應，不能干燥NH3，故C錯誤；
D．濃H2SO4加熱時與銅反應生成硫酸銅、二氧化硫與水，故D正確；
故選：C。
【點評】本題主要考查濃硫酸的特性等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。
5．（2024秋 石景山區(qū)期末）習慣上把電解飽和食鹽水的工業(yè)生產叫氯堿工業(yè)，一個單元槽的電解原理示意圖如圖，下列說法不正確的是（　　）
A．陰極的電極反應：
B．在陽極，Cl﹣比OH﹣容易失去電子
C．中間的離子交換膜選用陰離子交換膜
D．電解飽和食鹽水可以得到三種重要的化工產品：Cl2、H2和NaOH
【答案】C
【分析】電解飽和食鹽水時，左側通入飽和食鹽水，使用陽離子交換膜，由鈉離子移動的方向可知，Na+穿過陽離子交換膜移向陰極室，左側為陽極，接電源正極，陽極電極反應式為：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，放出氫氣的電極接電源負極，為電解池的陰極，陰極反應式為：2H2O﹣2e﹣═2OH﹣+H2↑，陰極產物為NaOH和H2，據(jù)此分析答題。
【解答】解：A．放出氫氣的電極接電源負極，為電解池的陰極，陰極反應式為：2H2O﹣2e﹣═2OH﹣+H2↑，故A正確；
B．在陽極電極反應式為：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，Cl﹣比OH﹣容易失去電子，故B正確；
C．移向陰極的是溶液中的陽離子，則中間的離子交換膜選用陽離子交換膜，故C錯誤；
D．電解飽和食鹽水稱為氯堿工業(yè)，可以得到三種重要的化工產品：Cl2、H2和NaOH，故D正確；
故選：C。
【點評】本題考查了電解原理，題目難度不大，明確電解飽和食鹽水時的兩極反應原理為解答關鍵，注意掌握電解原理及其應用方法，試題培養(yǎng)了學生的靈活應用能力。
6．（2024秋 海淀區(qū)期末）一定條件下，在2L的密閉容器中發(fā)生反應：A（s）+2B（g） 3C（g）+4D（g），測得5min后A的物質的量減小了1mol，則反應的平均速率可表示為（　　）
A．v（A）＝0.1mol L﹣1 s﹣1
B．v（B）＝0.1mol L﹣1 min﹣1
C．v（C）＝0.005mol L﹣1 s﹣1
D．v（D）＝0.2mol L﹣1 min﹣1
【答案】C
【分析】因為A為純固體，不能用來表示反應速率，所以測得5min內，A的物質的量減小了5mol，則B、C、D的變化量分別為2mol、3mol、4mol，再根據(jù)v進行計算。
【解答】解：A．因為A為純固體，不能用來表示反應速率，故A錯誤；
B．v（B）0.2mol L﹣1 min﹣1，故B錯誤；
C．v（C）0.3mol L﹣1 min﹣1＝0.005mol L﹣1 s﹣1，故C正確；
D．v（D）0.4mol L﹣1 min﹣1，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查化學反應速率計算，明確化學反應速率計算公式中各個物理量的關系、各物質反應速率之比與其計量數(shù)之比關系是解本題關鍵，注意反應速率適用范圍，題目難度不大。
7．（2024秋 海淀區(qū)期末）已知氫氣燃燒反應的能量變化如圖。
下列說法不正確的是（　　）
A．H—H鍵的鍵能小于O＝O鍵的鍵能
B．破壞2mol H2和1mol O2的化學鍵所需的能量小于2mol H2O中的化學鍵所釋放的能量
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH＝﹣480kJ mol﹣1
D．利用該反應通過一定的裝置可實現(xiàn)化學能到電能的轉化
【答案】C
【分析】A．根據(jù)圖示來解答；
B．根據(jù)圖中數(shù)據(jù)來解答；
C．根據(jù)ΔH＝反應物的總鍵能﹣生成物的總鍵能來解答；
D．原電池：化學能轉化為電能。
【解答】解：A．根據(jù)圖示知，H—H鍵的鍵能為436kJ mol﹣1，O＝O鍵的鍵能為496kJ mol﹣1，H—H鍵的鍵能小于O＝O鍵的鍵能，故A正確；
B．根據(jù)圖示知，破壞2mol H2和1mol O2的化學鍵所需的能量為436kJ mol﹣1×2+496kJ mol﹣1＝1368kJ mol﹣1，2mol H2O中的化學鍵所釋放的能量4×462kJ mol﹣1＝1848kJ mol﹣1，故破壞2mol H2和1mol O2的化學鍵所需的能量小于2mol H2O中的化學鍵所釋放的能量，故B正確；
C．根據(jù)2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝436kJ mol﹣1×2+496kJ mol﹣1﹣4×462kJ mol﹣1＝﹣480kJ mol﹣1可知，生成氣態(tài)水放熱480kJ，而不是生成液態(tài)水放熱480kJ，故C錯誤；
D．此反應可以作為氫氧燃料電池的反應原理，故利用該反應通過一定的裝置可實現(xiàn)化學能到電能的轉化，故D正確；
故選：C。
【點評】考查了ΔH的計算、原電池原理等，是常考考點，難度不大。
8．（2024秋 昌平區(qū)期末）一定溫度下的密閉容器中，發(fā)生可逆反應2NO（g）+O2（g） 2NO2（g），下列情況不能說明該反應達到平衡狀態(tài)的是（　　）
A．容器內氣體顏色不再變化
B．濃度商等于化學平衡常數(shù)
C．容器內氣體的濃度c（NO）：c（O2）：c（NO2）＝2：1：2
D．容器內的壓強不再變化
【答案】C
【分析】化學反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各組分濃度和百分含量保持不變。
【解答】解：A．容器內氣體顏色不再變化，則H2、I2、HI的濃度不再改變，正逆反應速率相等，化學反應達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；
B．濃度商等于化學平衡常數(shù)，正逆反應速率相等，化學反應達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；
C．容器內氣體的濃度c（NO）：c（O2）：c（NO2）＝2：1：2不能說明化學反應達到平衡狀態(tài)，故C正確；
D．反應前后氣體分子數(shù)不相等，容器內的壓強不再變化能判斷反應達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查化學平衡，題目難度中等，掌握平衡狀態(tài)的判斷方法是解題的關鍵。
9．（2024秋 昌平區(qū)期末）已知丙酮（）碘化反應為：。實驗測得該反應的速率可表示為：v＝kc（丙酮）c（H+），其中k為反應速率常數(shù)。下列說法不正確的是（　　）
A．其他條件不變，增加丙酮濃度，反應速率增大
B．其他條件不變，增大I2的濃度，反應速率增大
C．其他條件不變，增大催化劑H+的濃度，反應速率增大
D．催化劑H+參與反應，降低反應活化能，增大反應速率
【答案】B
【分析】由反應的速率表達式v＝kc（丙酮）c（H+）可知，增大丙酮的濃度或者氫離子的濃度，均可以加快反應速率，據(jù)此進行解答。
【解答】解：A．其他條件不變，增加丙酮濃度，由v＝kc（丙酮）c（H+）可知反應速率增大，故A正確；
B．其他條件不變，增大I2的濃度，由v＝kc（丙酮）c（H+）可知反應速率不受影響大，故B錯誤；
C．其他條件不變，增大催化劑H+的濃度，由v＝kc（丙酮）c（H+）可知反應速率增大，故C正確；
D．催化劑H+參與反應，降低反應活化能，活化分子百分數(shù)增多，故增大反應速率，故D正確；
故選：B。
【點評】本題考查化學反應速率的相關知識，注意掌握速率常數(shù)的表示意義是解題的關鍵。
10．（2024秋 石景山區(qū)期末）下列說法錯誤的是（　　）
A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反應是吸熱反應
B．核酸是一種生物大分子
C．葡萄糖和果糖互為同分異構體
D．氨基酸是組成蛋白質的基本結構單位
【答案】A
【分析】A.葡萄糖在人體內被氧化生成CO2和H2O，該過程釋放能量，用于維持人體的生命活動；
B.核酸是由許多核苷酸聚合而成的生物大分子化合物；
C.葡萄糖和果糖的分子式相同，但結構不同，葡萄糖是多羥基醛，果糖是多羥基酮，二者互為同分異構體；
D.蛋白質是由氨基酸通過脫水縮合形成的高分子化合物，氨基酸是組成蛋白質的基本結構單位。
【解答】解：A.葡萄糖在人體內被氧化生成CO2和H2O，該過程釋放能量，用于維持人體的生命活動，所以是放熱反應，而不是吸熱反應，故A錯誤；
B.核酸是由許多核苷酸聚合而成的生物大分子化合物，在生物體的遺傳、變異和蛋白質的生物合成中具有極其重要的作用，故B正確；
C.葡萄糖和果糖的分子式均為C6H12O6，但結構不同，葡萄糖是多羥基醛，果糖是多羥基酮，二者互為同分異構體，故C正確；
D.蛋白質是由氨基酸通過脫水縮合形成的高分子化合物，氨基酸是組成蛋白質的基本結構單位，故D正確；
故選：A。
【點評】本題可根據(jù)常見有機物的性質、同分異構體的概念以及生物大分子的相關知識來逐一分析選項。
11．（2024秋 昌平區(qū)期末）下列說法不正確的是（　　）
A．淀粉作為人類重要的能量來源，是由于它能發(fā)生水解產生葡萄糖供機體利用
B．纖維素能通過酯化反應得到醋酸纖維素，是由于纖維素分子中含有羥基
C．核糖核苷酸分子間脫水后聚合形成核糖核酸
D．石油經過分餾可得到煤油、柴油等，是利用了物質的溶解性差異
【答案】D
【分析】A．淀粉能發(fā)生水解產生葡萄糖；
B．酯化反應是酸和醇發(fā)生反應；
C．核糖核苷酸分子間脫水后發(fā)生縮合聚合反應形成核糖核酸；
D．因為石油蒸餾時根據(jù)各組分的沸點不同，按照不同溫度范圍先后蒸餾出來的。
【解答】解：A．淀粉能發(fā)生水解產生葡萄糖供機體利用，所以淀粉作為人類重要的能量來源，故A正確；
B．酯化反應是羧酸與醇發(fā)生的取代反應，纖維素能與醋酸發(fā)生酯化反應，醋酸中含羧基，則纖維素中含羥基，故B正確；
C．核糖核苷酸分子間脫水后發(fā)生縮合聚合反應形成核糖核酸，故C正確；
D．因為石油蒸餾時根據(jù)各組分的沸點不同，按照不同溫度范圍先后蒸餾出來的，是利用了物質的沸點不同，故D錯誤；
故選：D。
【點評】本題主要考查糖類、油脂、蛋白質的基礎知識，熟悉糖的分類，淀粉纖維素為多糖，二糖和多糖都能水解最終得到單糖。
12．（2018秋 昌平區(qū)期末）糖類、脂肪和蛋白質是維持人體生命活動所必需的三大營養(yǎng)物質，以下敘述不正確的是（　　）
A．葡萄糖不具有還原性
B．淀粉是多糖，可在一定條件下水解
C．油脂屬于酯類化合物
D．蛋白質最終能水解成氨基酸
【答案】A
【分析】A、葡萄糖是還原性糖；
B、淀粉是葡萄糖的脫水縮合物；
C、油脂是高級脂肪酸的甘油酯；
D、蛋白質是氨基酸的脫水縮合物。
【解答】解：A、葡萄糖是還原性糖，是還原性糖，故A錯誤；
B、淀粉是葡萄糖的脫水縮合物，能水解出許多分子的葡萄糖，是多糖，故B正確；
C、油脂是高級脂肪酸的甘油酯，屬于酯類，能水解，故C正確；
D、蛋白質是氨基酸的脫水縮合物，能水解出氨基酸，故D正確。
故選：A。
【點評】本題考查了糖類、油脂和蛋白質的結構和性質，難度不大，掌握常見的還原性糖包括葡萄糖和麥芽糖。
13．（2024秋 石景山區(qū)期末）明朝宋應星所著的《天工開物》是世界上第一部關于農業(yè)和手工業(yè)生產的綜合性“工藝百科全書”，其中介紹了鋅的冶煉方法：把爐甘石（ZnCO3）和煤炭餅裝入煉鋅罐（如圖所示），泥封，“其底鋪薪，發(fā)火煅紅”，“冷定毀罐取出”。
已知：鋅的熔點為419℃，沸點為907℃。
下列說法不正確的是（　　）
A．冷凝區(qū)中，鋅由氣態(tài)轉化為液態(tài)，理論上該區(qū)溫度控制在419～907℃
B．“冷定”后“毀罐”取鋅的原因是防止Zn在較高的溫度下被氧化成ZnO
C．反應區(qū)中，ZnCO3分解生成ZnO和CO2
D．反應區(qū)中，C與nO發(fā)生置換反應得到Zn，C被還原
【答案】D
【分析】A．鋅的熔點為419℃，沸點為907℃，據(jù)此分析判斷；
B．鋅為金屬，高溫下和空氣中的氧氣反應生成氧化鋅；
C．反應區(qū)中1100～1300℃，碳酸鋅分解生成氧化鋅和二氧化碳；
D．碳和氧化鋅反應生成鋅和一氧化碳。
【解答】解：A．鋅的熔點為419℃，沸點為907℃，冷凝區(qū)中，鋅由氣態(tài)轉化為液態(tài)，理論上該區(qū)溫度控制在419～907℃，故A正確；
B．題干信息可知，“冷定”后“毀罐”取鋅的原因是：防止Zn在較高的溫度下被氧化成ZnO，故B正確；
C．反應區(qū)中1100～1300℃，碳酸鋅分解生成氧化鋅和二氧化碳，ZnCO3ZnO+CO2↑，故C正確；
D．反應區(qū)中，C與ZnO發(fā)生置換反應得到Zn反應的化學方程式：C+ZnOZn+CO，C被氧化，故D錯誤；
故選：D。
【點評】本題考查了物質制備過程的分析判斷，主要是氧化還原反應的理解應用，題目難度中等。
14．（2023秋 西城區(qū)校級期末）利用“碳捕獲與儲存”技術可將工廠排放的CO2收集并儲存，原理如圖所示。
下列說法中，不正確的是（　　）
A．“碳捕獲與儲存”有助于緩解溫室效應
B．過程Ⅰ中用NaOH溶液“捕獲”排放的CO2
C．過程Ⅲ和過程Ⅳ的反應類型分別為分解反應和化合反應
D．上述過程中只有NaOH能夠循環(huán)利用
【答案】D
【分析】A．根據(jù)減少二氧化碳的排放，有助于緩解溫室效應進行分析；
B．根據(jù)用NaOH溶液“捕獲”排放的CO2，進行分析；
C．根據(jù)過程Ⅲ為分解反應，過程Ⅳ為化合反應，進行分析；
D．根據(jù)NaOH和Ca（OH）2既參與反應，又生成，能夠循環(huán)利用進行分析。
【解答】解：A．“碳捕獲與儲存”能減少二氧化碳的排放，有助于緩解溫室效應，故A正確；
B．過程Ⅰ中用NaOH溶液“捕獲”排放的二氧化碳，發(fā)生反應，故B正確；
C．由圖知，過程Ⅲ為分解反應，過程Ⅳ為化合反應，故C正確；
D．根據(jù)圖示可知，氫氧化鈉和氫氧化鈣既參與反應，又生成，能夠循環(huán)利用，故D錯誤；
故選：D。
【點評】本題主要考查“三廢”處理與環(huán)境保護等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。
15．（2023秋 昌平區(qū)校級期末）為除去粗鹽水中含有的雜質、Ca2+和Mg2+，得到精制食鹽，設計了如圖實驗流程
下列說法不正確的是（　　）
A．NaOH溶液的作用是除去Mg2+
B．步驟i、ii的順序可以互換
C．濾液2中有四種離子：Ca2+、Na+、Cl﹣、OH﹣
D．步驟iv中發(fā)生的離子反應為：H++OH﹣＝H2O、2H+＝H2O+CO2↑
【答案】C
【分析】粗鹽水中先加入氫氧化鋇（或氯化鋇）溶液，硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，鎂離子與氫氧根離子反應生成氫氧化鎂沉淀，過濾后得到溶液A中含有過量的氫氧化鋇和鈣離子，再加入試劑為碳酸鈉，除去過量的鋇離子和鈣離子，沉淀為碳酸鈣和碳酸鋇，濾液中加入HCl，除去多余的碳酸鈉和氫氧根離子，得到精制食鹽水，結晶得到氯化鈉。
【解答】解：A．鎂離子與氫氧根離子反應生成氫氧化鎂沉淀，NaOH溶液的作用是除去Mg2+，故A正確；
B．加入過量氫氧化鋇（或氯化鋇）溶液是除去硫酸根離子，加入過量氫氧化鈉溶液是除去鎂離子，加入過量碳酸鈉溶液目的是除去鈣離子和過量鋇離子，則加入氫氧化鈉和氫氧化鋇（或氯化鋇）溶液的順序可以調換，但是加入碳酸鈉必須在加入氫氧化鋇（或氯化鋇）溶液之后，故B正確；
C．濾液2中除了四種離子：Ca2+、Na+、Cl﹣、OH﹣，還含有過量的鋇離子，故C錯誤；
D．濾液中加入HCl，除去多余的碳酸鈉和氫氧根離子，反應為H++OH﹣＝H2O、，故D正確；
故選：C。
【點評】本題主要考查粗鹽提純等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。
二．解答題（共4小題）
16．（2024秋 西城區(qū)期末）人工固氮對于農業(yè)生產有重要意義。
（1）工業(yè)合成氨。
①N2和H2合成NH3反應的化學方程式是 　N2+3H22NH3　 。
②下列措施中，既有利于提高合成氨反應限度又有利于增大其反應速率的是 　b　 。
a.升高溫度
b.增大壓強
c.使用催化劑
（2）中國科學家研究Cu—Mn合金催化劑電催化還原N2制NH3，裝置如圖1所示。
①陰極生成NH3其電極反應式是 　N2+6H++6e﹣＝2NH3　 。
②用相同的電解裝置和試劑進行實驗，證明NH3來自電催化還原N2，需排除以下可能：
ⅰ.環(huán)境和電解池中存在微量的NH3
ⅱ.Cu—Mn合金與N2、H2O直接反應生成NH3
下列實驗和結果能同時排除ⅰ、ⅱ的是 　b　 。
資料：自然界中的豐度：14N為99.6%，15N為0.4%。
a.用Ar代替N2進行實驗，電解后未檢測到NH3
b.用15N2代替N2進行實驗，電解后僅檢測到15NH3
c.不通電進行實驗，未檢測到NH3
③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）隨陰極的電勢變化如圖2和圖3所示。
資料：ⅰ.相同條件下，陰極的電勢越低，電流越大。
ⅱ.某電極上產物B的FE（B）。
陰極的電勢由﹣0.2V降到﹣0.3V時，NH3的生成速率增大。陰極的電勢繼續(xù)降低，NH3的生成速率反而減小。結合FE解釋NH3的生成速率減小的原因：　陰極的電勢繼續(xù)降低，生成H2的逐漸增多，生成NH3的量逐漸減少，速率減小　 。
（3）用滴定法測定溶液中的物質的量濃度的一種方法如下。
Ⅰ.取v1mL含的待測溶液。
Ⅱ.加入過量的V2mLc2mol L﹣1NaOH溶液。
Ⅲ.蒸餾，將蒸出的NH3用過量的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液吸收。
Ⅳ.加入甲基橙指示劑，用c4mol L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中過量的H2SO4消耗的NaOH溶液體積為V4mL，計算待測溶液中的物質的量濃度時用到的溶液體積：　V1　 和V4。
【答案】（1）①N2+3H22NH3；
②b；
（2）①N2+6H++6e﹣＝2NH3；
②b。
③陰極的電勢繼續(xù)降低，生成H2的逐漸增多，生成NH3的量逐漸減少，速率減小；
（3）V1。
【分析】（1）①N2和H2在高溫、高壓、催化劑的條件下反應，生成NH3；
②a.升高溫度，能夠加快反應速率，但合成氨反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動；
b.增大壓強，反應速率增大，平衡正向移動；
c.使用催化劑只能加快反應速率，不能改變反應限度；
（2）①由圖可知，陰極N2和H+得到e﹣生成NH3；
②a.用Ar代替N2進行實驗，電解后未檢測到NH3，無法確定NH3是否來自電催化還原N2；
b.用15N2代替N2進行實驗，電解后僅檢測到15NH3，說明15NH3是來自電催化還原15N2；
c.不通電進行實驗，未檢測到NH3，無法確定NH3是否來自電催化還原N2；
③由圖可知陰極的電勢繼續(xù)降低，生成H2的逐漸增多，生成NH3的量逐漸減少，速率減小；
（3）根據(jù)題意可知，計算待測溶液中的物質的量濃度時用到的溶液體積：V1和V4，V1是待測溶液的體積，用于計算的物質的量濃度，V4是滴定過量硫酸消耗的NaOH溶液的體積，用于計算蒸出的NH3消耗的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液中硫酸的物質的量，根據(jù)關系式：2～2NH3～H2SO4，進一步計算的物質的量及其濃度。
【解答】解：（1）①N2和H2合成NH3反應的化學方程式是：N2+3H22NH3，
故答案為：N2+3H22NH3；
②a.升高溫度，能夠加快反應速率，但合成氨反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，反應限度降低，故a錯誤；
b.增大壓強，反應速率增大，平衡正向移動，反應限度增大，故b正確；
c.使用催化劑只能加快反應速率，不能改變反應限度，故c錯誤；
故答案為：b；
（2）①由圖可知，陰極生成NH3其電極反應式是：N2+6H++6e﹣＝2NH3，
故答案為：N2+6H++6e﹣＝2NH3；
②a.用Ar代替N2進行實驗，電解后未檢測到NH3，無法確定NH3是否來自電催化還原N2，故a錯誤；
b.用15N2代替N2進行實驗，電解后僅檢測到15NH3，說明15NH3是來自電催化還原15N2，故b正確；
c.不通電進行實驗，未檢測到NH3，無法確定NH3是否來自電催化還原N2，NH3也可能來自Cu—Mn合金與N2、H2O直接反應生成，故c錯誤；
故答案為：b。
③由圖可知，陰極的電勢由﹣0.2V降到﹣0.3V時，NH3的生成速率增大，陰極的電勢繼續(xù)降低，NH3的生成速率反而減小，結合FE解釋NH3的生成速率減小的原因是陰極的電勢繼續(xù)降低，生成H2的逐漸增多，生成NH3的量逐漸減少，速率減小，
故答案為：陰極的電勢繼續(xù)降低，生成H2的逐漸增多，生成NH3的量逐漸減少，速率減小；
（3）根據(jù)題意可知，計算待測溶液中的物質的量濃度時用到的溶液體積：V1和V4，V1是待測溶液的體積，用于計算的物質的量濃度，V4是滴定過量硫酸消耗的NaOH溶液的體積，用于計算蒸出的NH3消耗的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液中硫酸的物質的量，根據(jù)關系式：2～2NH3～H2SO4，進一步計算的物質的量及其濃度，
故答案為：V1。
【點評】本題主要考查氨氣的工業(yè)制法，電極反應式的書寫，同時考查學生的獲取信息的能力，屬于基本知識的考查，難度中等。
17．（2024秋 昌平區(qū)期末）某小組同學探究不同價態(tài)硫元素之間的相互轉化。
可以選用的試劑有：①SO2水溶液②Na2SO3溶液③Na2S溶液④稀硫酸⑤濃硫酸⑥品紅溶液⑦新制氯水⑧銅片
實驗序號 預期的價態(tài)轉化 選擇的試劑（填入試劑編號） 實驗現(xiàn)象
ⅰ +6→+4 ⑤⑧ 產生刺激性氣味氣體
ⅱ +4→0 ②③
　產生淡黃色沉淀　
ⅲ
　+4→+6　
①⑦ 黃綠色褪去
（1）實驗ⅰ的化學方程式為 　Cu+2H2SO4（濃）＝CuSO4+SO2↑+2H2O　 。設計實驗證明實現(xiàn)了+6→+4的轉化，實驗操作及現(xiàn)象是 　將產生的氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色　 。
（2）結合實驗ⅱ的實驗目的，說明選擇試劑③的理由是 　Na2S中硫元素為﹣2價，具有還原性，可將Na2SO3中+4價硫還原；　 。②③溶液混合后，無明顯現(xiàn)象，加入稀硫酸后，產生淡黃色沉淀。該實驗說明物質的氧化性強弱受 　溶液酸堿性　 影響。產生淡黃色沉淀的離子方程式為 　2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O　 。
（3）實驗ⅲ預期的價態(tài)轉化為 　+4→+6　 。為驗證Cl2被SO2還原為Cl﹣，甲同學向反應后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，觀察是否產生白色沉淀。乙同學認為該方案不合理，理由是 　新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有強氧化性，能將SO2氧化為，干擾Cl﹣的檢驗　 。
【答案】（1）Cu+2H2SO4（濃）＝CuSO4+SO2↑+2H2O；將產生的氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色；
（2）Na2S中硫元素為﹣2價，具有還原性，可將Na2SO3中+4價硫還原；溶液酸堿性；2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O；
（3）+4→+6；新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有強氧化性，能將SO2氧化為，干擾Cl﹣的檢驗；
實驗ⅱ現(xiàn)象為：產生淡黃色沉淀；
實驗ⅲ預期的價態(tài)轉化：+4→+6。
【分析】（1）實驗ⅰ中濃硫酸（H2SO4，S為+6價）與銅片在加熱條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫（SO2，S為+4價）和水，證明實現(xiàn)了S元素+6價到+4價的轉化，即證明有二氧化硫生成，二氧化硫能使品紅溶液褪色；
（2）實驗ⅱ的實驗目的S元素+4價到0價的轉化，Na2SO3（S為+4價）具有氧化性，Na2S（S為﹣2價）具有還原性，選擇試劑③的理由是Na2S中硫元素為﹣2價，具有還原性，可將Na2SO3中+4價硫還原；②③溶液混合后，無明顯現(xiàn)象，加入稀硫酸后，產生淡黃色沉淀（硫單質），說明物質的氧化性強弱受溶液酸堿性影響；
（3）實驗ⅲ中SO2水溶液與新制氯水反應，預期的價態(tài)轉化為+4→+6，甲同學向反應后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，觀察是否產生白色沉淀來驗證Cl2被SO2還原為Cl﹣，該方案不合理，因為新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有強氧化性，能將SO2氧化為，干擾Cl﹣的檢驗；
【解答】解：（1）實驗ⅰ中濃硫酸（H2SO4，S為+6價）與銅片在加熱條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫（SO2，S為+4價）和水，其反應方程式為：Cu+2H2SO4（濃）＝CuSO4+SO2↑+2H2O，證明實現(xiàn)了S元素+6價到+4價的轉化，即證明有二氧化硫生成，二氧化硫能使品紅溶液褪色，實驗現(xiàn)象是：將產生的氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，
故答案為：Cu+2H2SO4（濃）＝CuSO4+SO2↑+2H2O；將產生的氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色；
（2）實驗ⅱ的實驗目的S元素+4價到0價的轉化，Na2SO3（S為+4價）具有氧化性，Na2S（S為﹣2價）具有還原性，選擇試劑③的理由是Na2S中硫元素為﹣2價，具有還原性，可將Na2SO3中+4價硫還原；②③溶液混合后，無明顯現(xiàn)象，加入稀硫酸后，產生淡黃色沉淀（硫單質），說明物質的氧化性強弱受溶液酸堿性影響，其離子反應方程式為：2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O，
故答案為：Na2S中硫元素為﹣2價，具有還原性，可將Na2SO3中+4價硫還原；溶液酸堿性；2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O；
（3）實驗ⅲ中SO2水溶液與新制氯水反應，預期的價態(tài)轉化為+4→+6，甲同學向反應后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，觀察是否產生白色沉淀來驗證Cl2被SO2還原為Cl﹣，該方案不合理，因為新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有強氧化性，能將SO2氧化為，干擾Cl﹣的檢驗，
故答案為：+4→+6；新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有強氧化性，能將SO2氧化為，干擾Cl﹣的檢驗。
【點評】本題主要考查硫及其化合物的性質及應用，考查學生的實驗分析和探究能力，及其不同價態(tài)硫的轉化，為綜合性較強且難度較大的題型。
18．（2024秋 朝陽區(qū)期末）以黃鐵礦為原料制取硫酸的原理示意圖如圖。
（1）黃鐵礦在通空氣前需粉碎，其作用是 　增大接觸面積，加快反應速率　 。
（2）反應Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1是制硫酸的關鍵步驟。使用V2O5作催化劑，涉及如下反應：
ⅰ.V2O5（s）+SO2（g） V2O4（s）+SO3（g）ΔH1＝+24kJ mol﹣1
ⅱ._____+2SO3（g） _____ΔH2＝_____kJ mol﹣1
ⅲ.2VOSO4（s）（g）ΔH3＝+277kJ mol﹣1
①補全反應ⅱ的熱化學方程式：
　V2O4（s）　 +2SO3（g） 　2VOSO4（s）　 ΔH2＝ 　﹣399　 kJ mol﹣1
②下列說法不正確的是 　abc　 （填序號）。
a.反應ⅰ和ⅱ均屬于氧化還原反應
b.投入1mol V2O5，最多制得1mol SO3
c.使用V2O5能提高SO2的平衡轉化率
（3）在體積可變的恒壓密閉容器中投入8mol SO（g）11.7mol O2（g）和43.3mol N2（g），不同條件下發(fā)生反應Ⅱ。實驗測得在0.1MPa、0.5MPa和5.0MPa壓強下，SO2平衡轉化率（α）隨溫度的變化如圖所示。
①0.1MPa、550℃時SO2平衡轉化率α＝ 　0.85　 ，判斷依據(jù)是 　該反應是氣體分子數(shù)減小的反應，其它條件相同時，增大壓強平衡正向進行，二氧化硫轉化率增大，p3＝0.1MPa　 。
②工業(yè)上通常采用400～500℃和常壓（0.1MPa）的條件，采用常壓的原因是 　400～500℃和常壓（0.1MPa）的條件時，二氧化硫轉化率已經很高，增大壓強對材料、設備、動力要求更高，生產成本增加　 。
③M點對應的平衡混合氣體的體積為VL，計算該溫度下反應Ⅱ的平衡常數(shù) K＝ 　10V　 。
（4）測定尾氣中SO2的含量。用氨基磺酸銨和硫酸銨的混合溶液吸收aL尾氣，將SO2轉化為H2SO3，然后用淀粉作指示劑，用cmol L﹣1I2標準溶液進行滴定，消耗I2標準溶液vmL。則尾氣中SO2的含量為 　　 mg L﹣1。
已知：H2SO3+I2+H2O═H2SO4+2HI
【答案】（1）增大接觸面積，加快反應速率；
（2）①V2O4（s）；2VOSO4（s）；﹣399；
②abc；
（3）①0.85；該反應是氣體分子數(shù)減小的反應，其它條件相同時，增大壓強平衡正向進行，二氧化硫轉化率增大，p3＝0.1MPa；
②400～500℃和常壓（0.1MPa）的條件時，二氧化硫轉化率已經很高，增大壓強對材料、設備、動力要求更高，生產成本增加；
③10V；
（4）。
【分析】黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發(fā)生反應，生成SO2和Fe3O4，SO2和空氣中的O2在400～500℃、常壓、催化劑的作用下發(fā)生反應得到SO3，用98.3%的濃硫酸吸收SO3，得到H2SO4，結合問題分析判斷和計算應用，
（1）礦石粉碎可以增大接觸面積，加快反應速率；
（2）①反應Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1是制硫酸的關鍵步驟，使用V2O5作催化劑，涉及如下反應，ⅰ．V2O5（s）+SO2（g） V2O4（s）+SO3（g）ΔH1＝+24kJ mol﹣1，ⅲ．2VOSO4（s）（g）ΔH3＝+277kJ mol﹣1，結合蓋斯定律計算得到，反應Ⅱ（i+ii+iii）得到反應ii；
②a．反應ⅱ不屬于氧化還原反應；
b．投入1mol V2O5，反應為可逆反應；
c．催化劑改變反應速率，不能改變平衡；
（3）①體積可變的恒壓密閉容器中投入8mol SO2（g）11.7mol O2（g）和43.3mol N2（g），不同條件下發(fā)生反應Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，實驗測得在0.1MPa、0.5MPa和5.0MPa壓強下，SO2平衡轉化率（α）隨溫度的變化如圖所示，反應是氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡正向進行，二氧化硫轉化率增大，則p1、p2、p3分別為5.0MPa壓強、0.5MPa、0.1MPa，p3＝0.1MPa時；
②400～500℃和常壓（0.1MPa）的條件時，二氧化硫轉化率已經很高，增大壓強，會增大設備成本；
③體積可變的恒壓密閉容器中投入8mol SO（g）11.7mol O2（g）和43.3mol N2（g），不同條件下發(fā)生反應Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，M點對應的平衡混合氣體的體積為VL，p3＝0.1MPa，二氧化硫轉化率90%，結合三段式列式計算，
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）
起始量（mol） 8 11.7 0
變化量（mol）7.2 3.6 7.2
平衡量（mol） 0.8 8.1 7.2
計算該溫度下反應Ⅱ的平衡常數(shù) K；
（4）用氨基磺酸銨和硫酸銨的混合溶液吸收aL尾氣，將SO2轉化為H2SO3，然后用淀粉作指示劑，用cmol L﹣1I2標準溶液進行滴定，H2SO3+I2+H2O═H2SO4+2HI，消耗I2標準溶液vmL，硫元素守恒計算得到尾氣中SO2的含量。
【解答】解：（1）黃鐵礦在通空氣前需粉碎，其作用是增大接觸面積，加快反應速率，
故答案為：增大接觸面積，加快反應速率；
（2）①反應Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1是制硫酸的關鍵步驟，使用V2O5作催化劑，涉及如下反應，ⅰ．V2O5（s）+SO2（g） V2O4（s）+SO3（g）ΔH1＝+24kJ mol﹣1，ⅲ．2VOSO4（s）（g）ΔH3＝+277kJ mol﹣1，結合蓋斯定律計算得到，反應Ⅱ（i+ii+iii）得到反應ii為：ⅱ．V2O4（s）+2SO3（g） 2VOSO4（s），ΔH2＝﹣399kJ mol﹣1，
故答案為：V2O4（s）；2VOSO4（s）；﹣399；
②a．反應ⅱ不屬于氧化還原反應，故a錯誤；
b．投入1mol V2O5，反應為可逆反應，不能制得1mol SO3，故b錯誤；
c．催化劑改變反應速率，不能改變平衡，使用V2O5不能能提高SO2的平衡轉化率，故c錯誤；
故答案為：abc；
（3）①體積可變的恒壓密閉容器中投入8mol SO2（g）11.7mol O2（g）和43.3mol N2（g），不同條件下發(fā)生反應Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，實驗測得在0.1MPa、0.5MPa和5.0MPa壓強下，SO2平衡轉化率（α）隨溫度的變化如圖所示，反應是氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡正向進行，二氧化硫轉化率增大，則p1、p2、p3分別為5.0MPa壓強、0.5MPa、0.1MPa，p3＝0.1MPa時，圖中得到對應二氧化硫轉化率0.85，
故答案為：0.85；該反應是氣體分子數(shù)減小的反應，其它條件相同時，增大壓強平衡正向進行，二氧化硫轉化率增大，p3＝0.1MPa；
②工業(yè)上通常采用400～500℃和常壓（0.1MPa）的條件，采用常壓的原因是：400～500℃和常壓（0.1MPa）的條件時，二氧化硫轉化率已經很高，增大壓強對材料、設備、動力要求更高，生產成本增加，
故答案為：400～500℃和常壓（0.1MPa）的條件時，二氧化硫轉化率已經很高，增大壓強對材料、設備、動力要求更高，生產成本增加；
③體積可變的恒壓密閉容器中投入8mol SO（g）11.7mol O2（g）和43.3mol N2（g），不同條件下發(fā)生反應Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，M點對應的平衡混合氣體的體積為VL，p3＝0.1MPa，二氧化硫轉化率90%，結合三段式列式計算，
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）
起始量（mol） 8 11.7 0
變化量（mol）7.2 3.6 7.2
平衡量（mol） 0.8 8.1 7.2
計算該溫度下反應Ⅱ的平衡常數(shù) K10V，
故答案為：10V；
（4）用氨基磺酸銨和硫酸銨的混合溶液吸收aL尾氣，將SO2轉化為H2SO3，然后用淀粉作指示劑，用cmol L﹣1I2標準溶液進行滴定，H2SO3+I2+H2O═H2SO4+2HI，消耗I2標準溶液vmL，硫元素守恒計算得到尾氣中SO2的含量mg L﹣1，
故答案為：。
【點評】本題考查蓋斯定律、化學平衡計算等知識點，把握化學反應原理及各個物理量關系是解本題關鍵，難點是化學平衡計算，注意知識的熟練掌握，題目難度中等。
19．（2023春 房山區(qū)期末）研究有機化合物中的典型代表物，對于有機合成的研究有重要意義。
（1）乙醇是醇類物質的典型代表物，乙醇分子結構中的各種化學鍵如圖1所示：
①由乙醇制備乙烯的反應斷鍵位置是 　①④　 （填序號），該反應的類型屬于 　消去反應　 。
②乙醇氧化可轉化為乙醛，該反應斷鍵位置是 　③⑤　 （填序號）。
（2）乙酸乙酯是酯類物質的典型代表物，廣泛用于藥物、染料、香料等工業(yè)。實驗室用無水乙醇、冰醋酸和濃硫酸反應可制備乙酸乙酯，常用裝置如圖2所示。
①寫出無水乙醇、冰醋酸和濃硫酸反應制備乙酸乙酯的化學方程式 　CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O　 。
②試管X中的試劑為 　飽和Na2CO3溶液　 ，作用是 　除去乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯溶解度　 。
③為提高反應速率或限度，實驗中采取的措施及對應理由不正確的是 　c　 （填字母）。
a．濃硫酸可做催化劑，提高化學反應速率
b．濃硫酸可做吸水劑，促進反應向生成乙酸乙酯的反應移動
c．已知該反應為放熱反應，升高溫度可同時提高化學反應速率和反應限度
（3）三種常見羧酸的pKa數(shù)值如下表（pKa數(shù)值越小，酸性越強）。乙酸中的﹣CH3具有推電子作用，使羧基中羥基的極性減小，從而難以電離出H+，故乙酸的酸性比甲酸的酸性弱。
羧酸 甲酸（HCOOH） 乙酸（CH3COOH） 三氯乙酸（CCl3COOH）
pKa 3.75 4.76 0.65
請比較乙酸與三氯乙酸的酸性強弱并解釋原因 　三氯乙酸的酸性比CH3COOH更強，因為Cl的電負性大，有吸電子作用，使CCl3COOH中羥基極性增大，從而更易電離出H+　 。
【答案】（1）①：①④；消去反應；
②：③⑤；
（2）①CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
②飽和Na2CO3溶液；除去乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；
③c；
（3）三氯乙酸的酸性比CH3COOH更強，因為Cl的電負性大，有吸電子作用，使CCl3COOH中羥基極性增大，從而更易電離出H+。
【分析】（1）①由乙醇制備乙烯的反應是脫去羥基和β﹣H，該反應屬于消去反應；
②乙醇催化氧化可轉化為乙醛脫去的羥基H和α﹣H；
（2）①無水乙醇、冰醋酸和濃硫酸反應生成 CH3COOCH2CH3、H2O；
②試管X中的試劑為飽和Na2CO3溶液，作用是除去乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；
③a．催化劑可以提高化學反應速率；
b．濃硫酸可做吸水劑，即減小生成物的濃度，平衡正向移動；
c．升高溫度可提高化學反應速率，但平衡向吸熱反應方向移動；
（3）因為Cl的電負性大，有吸電子作用，使CCl3COOH中羥基極性增大，從而更易電離出H+。
【解答】解：（1）①由乙醇制備乙烯的反應斷鍵位置是①④，該反應的類型屬于消去反應，
故答案為：①④；消去反應；
②乙醇氧化可轉化為乙醛，該反應斷鍵位置是③⑤，
故答案為：③⑤；
（2）①無水乙醇、冰醋酸和濃硫酸反應制備乙酸乙酯的化學方程式為：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，
故答案為：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
②試管X中的試劑為飽和Na2CO3溶液，作用是除去乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，
故答案為：飽和Na2CO3溶液；除去乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；
③a．濃硫酸可做催化劑，可以提高化學反應速率，故a正確；
b．濃硫酸可做吸水劑，即減小生成物的濃度，促進反應向生成乙酸乙酯的反應移動，故b正確；
c．已知該反應為放熱反應，升高溫度可提高化學反應速率，但不能提高反應的限度，因為升高溫度，平衡逆向移動，故c錯誤；
故答案為：c；
（3）因為Cl的電負性大，有吸電子作用，使CCl3COOH中羥基極性增大，從而更易電離出H+，故三氯乙酸的酸性比CH3COOH更強，
故答案為：三氯乙酸的酸性比CH3COOH更強，因為Cl的電負性大，有吸電子作用，使CCl3COOH中羥基極性增大，從而更易電離出H+。
【點評】本題主要考查乙醇的相關知識，屬于基本知識的考查，難度不大。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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