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北京市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷
一．选择题（共15小题）
1．（2024秋 丰台区期末）工业上制备硝酸的主要流程如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．氧化炉中发生的化学反应是
B．物质X是H2O
C．上述流程中，理论上用N2合成1mol HNO3，至少需要2.5mol O2
D．吸收塔中为提高氮原子的利用率，可通入过量空气和循环利用尾气中NO
2．（2024秋 房山区期末）物质类别和元素价态是研究物质性质的两个重要角度。图为含氮物质的“价—类”二维图的部分信息。下列说法不正确的是（　　）
A．从N2→X的转化是人工固氮的重要方法
B．Y的化学式为N2O5
C．从NO2→HNO3，必需加入氧化剂
D．使用HNO3和X制备硝酸铵氮肥时，氮元素的化合价没有发生变化
3．（2024秋 海淀区校级期末）浓硫酸与铜反应的装置如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．可通过提拉铜丝控制反应的发生与停止
B．浸NaOH溶液的棉团作用：
C．品红溶液褪色和紫色石蕊溶液变红均可证明反应发生
D．若将品红溶液和石蕊溶液调换位置，石蕊溶液变红仍可以证明生成SO2
4．（2024秋 丰台区期末）下列有关浓硫酸的说法不正确的是（　　）
A．具有脱水性 B．加热时能与碳反应
C．能用于干燥氨气 D．加热时能与铜反应
5．（2024秋 石景山区期末）习惯上把电解饱和食盐水的工业生产叫氯碱工业，一个单元槽的电解原理示意图如图，下列说法不正确的是（　　）
A．阴极的电极反应：
B．在阳极，Cl﹣比OH﹣容易失去电子
C．中间的离子交换膜选用阴离子交换膜
D．电解饱和食盐水可以得到三种重要的化工产品：Cl2、H2和NaOH
6．（2024秋 海淀区期末）一定条件下，在2L的密闭容器中发生反应：A（s）+2B（g） 3C（g）+4D（g），测得5min后A的物质的量减小了1mol，则反应的平均速率可表示为（　　）
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 海淀区期末）已知氢气燃烧反应的能量变化如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．H—H键的键能小于O＝O键的键能
B．破坏2mol H2和1mol O2的化学键所需的能量小于2mol H2O中的化学键所释放的能量
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH＝﹣480kJ mol﹣1
D．利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化
8．（2024秋 昌平区期末）一定温度下的密闭容器中，发生可逆反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g），下列情况不能说明该反应达到平衡状态的是（　　）
A．容器内气体颜色不再变化
B．浓度商等于化学平衡常数
C．容器内气体的浓度c（NO）：c（O2）：c（NO2）＝2：1：2
D．容器内的压强不再变化
9．（2024秋 昌平区期末）已知丙酮（）碘化反应为：。实验测得该反应的速率可表示为：v＝kc（丙酮）c（H+），其中k为反应速率常数。下列说法不正确的是（　　）
A．其他条件不变，增加丙酮浓度，反应速率增大
B．其他条件不变，增大I2的浓度，反应速率增大
C．其他条件不变，增大催化剂H+的浓度，反应速率增大
D．催化剂H+参与反应，降低反应活化能，增大反应速率
10．（2024秋 石景山区期末）下列说法错误的是（　　）
A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是吸热反应
B．核酸是一种生物大分子
C．葡萄糖和果糖互为同分异构体
D．氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位
11．（2024秋 昌平区期末）下列说法不正确的是（　　）
A．淀粉作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解产生葡萄糖供机体利用
B．纤维素能通过酯化反应得到醋酸纤维素，是由于纤维素分子中含有羟基
C．核糖核苷酸分子间脱水后聚合形成核糖核酸
D．石油经过分馏可得到煤油、柴油等，是利用了物质的溶解性差异
12．（2018秋 昌平区期末）糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质，以下叙述不正确的是（　　）
A．葡萄糖不具有还原性
B．淀粉是多糖，可在一定条件下水解
C．油脂属于酯类化合物
D．蛋白质最终能水解成氨基酸
13．（2024秋 石景山区期末）明朝宋应星所著的《天工开物》是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性“工艺百科全书”，其中介绍了锌的冶炼方法：把炉甘石（ZnCO3）和煤炭饼装入炼锌罐（如图所示），泥封，“其底铺薪，发火煅红”，“冷定毁罐取出”。
已知：锌的熔点为419℃，沸点为907℃。
下列说法不正确的是（　　）
A．冷凝区中，锌由气态转化为液态，理论上该区温度控制在419～907℃
B．“冷定”后“毁罐”取锌的原因是防止Zn在较高的温度下被氧化成ZnO
C．反应区中，ZnCO3分解生成ZnO和CO2
D．反应区中，C与nO发生置换反应得到Zn，C被还原
14．（2023秋 西城区校级期末）利用“碳捕获与储存”技术可将工厂排放的CO2收集并储存，原理如图所示。
下列说法中，不正确的是（　　）
A．“碳捕获与储存”有助于缓解温室效应
B．过程Ⅰ中用NaOH溶液“捕获”排放的CO2
C．过程Ⅲ和过程Ⅳ的反应类型分别为分解反应和化合反应
D．上述过程中只有NaOH能够循环利用
15．（2023秋 昌平区校级期末）为除去粗盐水中含有的杂质、Ca2+和Mg2+，得到精制食盐，设计了如图实验流程
下列说法不正确的是（　　）
A．NaOH溶液的作用是除去Mg2+
B．步骤i、ii的顺序可以互换
C．滤液2中有四种离子：Ca2+、Na+、Cl﹣、OH﹣
D．步骤iv中发生的离子反应为：H++OH﹣＝H2O、2H+＝H2O+CO2↑
二．解答题（共4小题）
16．（2024秋 西城区期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。
（1）工业合成氨。
①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是 　 　 。
②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是 　 　 。
a.升高温度
b.增大压强
c.使用催化剂
（2）中国科学家研究Cu—Mn合金催化剂电催化还原N2制NH3，装置如图1所示。
①阴极生成NH3其电极反应式是 　 　 。
②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明NH3来自电催化还原N2，需排除以下可能：
ⅰ.环境和电解池中存在微量的NH3
ⅱ.Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成NH3
下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是 　 　 。
资料：自然界中的丰度：14N为99.6%，15N为0.4%。
a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3
c.不通电进行实验，未检测到NH3
③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）随阴极的电势变化如图2和图3所示。
资料：ⅰ.相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。
ⅱ.某电极上产物B的FE（B）。
阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大。阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小。结合FE解释NH3的生成速率减小的原因：　 　 。
（3）用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。
Ⅰ.取v1mL含的待测溶液。
Ⅱ.加入过量的V2mLc2mol L﹣1NaOH溶液。
Ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液吸收。
Ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H2SO4消耗的NaOH溶液体积为V4mL，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：　 　 和V4。
17．（2024秋 昌平区期末）某小组同学探究不同价态硫元素之间的相互转化。
可以选用的试剂有：①SO2水溶液②Na2SO3溶液③Na2S溶液④稀硫酸⑤浓硫酸⑥品红溶液⑦新制氯水⑧铜片
实验序号 预期的价态转化 选择的试剂（填入试剂编号） 实验现象
ⅰ +6→+4 ⑤⑧ 产生刺激性气味气体
ⅱ +4→0 ②③
　 　
ⅲ
　 　
①⑦ 黄绿色褪去
（1）实验ⅰ的化学方程式为 　 　 。设计实验证明实现了+6→+4的转化，实验操作及现象是 　 　 。
（2）结合实验ⅱ的实验目的，说明选择试剂③的理由是 　 　 。②③溶液混合后，无明显现象，加入稀硫酸后，产生淡黄色沉淀。该实验说明物质的氧化性强弱受 　 　 影响。产生淡黄色沉淀的离子方程式为 　 　 。
（3）实验ⅲ预期的价态转化为 　 　 。为验证Cl2被SO2还原为Cl﹣，甲同学向反应后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀。乙同学认为该方案不合理，理由是 　 　 。
18．（2024秋 朝阳区期末）以黄铁矿为原料制取硫酸的原理示意图如图。
（1）黄铁矿在通空气前需粉碎，其作用是 　 　 。
（2）反应Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1是制硫酸的关键步骤。使用V2O5作催化剂，涉及如下反应：
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补全反应ⅱ的热化学方程式：
　 　 +2SO3（g） 　 　 ΔH2＝ 　 　 kJ mol﹣1
②下列说法不正确的是 　 　 （填序号）。
a.反应ⅰ和ⅱ均属于氧化还原反应
b.投入1mol V2O5，最多制得1mol SO3
c.使用V2O5能提高SO2的平衡转化率
（3）在体积可变的恒压密闭容器中投入8mol SO（g）11.7mol O2（g）和43.3mol N2（g），不同条件下发生反应Ⅱ。实验测得在0.1MPa、0.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率（α）随温度的变化如图所示。
①0.1MPa、550℃时SO2平衡转化率α＝ 　 　 ，判断依据是 　 　 。
②工业上通常采用400～500℃和常压（0.1MPa）的条件，采用常压的原因是 　 　 。
③M点对应的平衡混合气体的体积为VL，计算该温度下反应Ⅱ的平衡常数 K＝ 　 　 。
（4）测定尾气中SO2的含量。用氨基磺酸铵和硫酸铵的混合溶液吸收aL尾气，将SO2转化为H2SO3，然后用淀粉作指示剂，用cmol L﹣1I2标准溶液进行滴定，消耗I2标准溶液vmL。则尾气中SO2的含量为 　 　 mg L﹣1。
已知：H2SO3+I2+H2O═H2SO4+2HI
19．（2023春 房山区期末）研究有机化合物中的典型代表物，对于有机合成的研究有重要意义。
（1）乙醇是醇类物质的典型代表物，乙醇分子结构中的各种化学键如图1所示：
①由乙醇制备乙烯的反应断键位置是 　 　 （填序号），该反应的类型属于 　 　 。
②乙醇氧化可转化为乙醛，该反应断键位置是 　 　 （填序号）。
（2）乙酸乙酯是酯类物质的典型代表物，广泛用于药物、染料、香料等工业。实验室用无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸反应可制备乙酸乙酯，常用装置如图2所示。
①写出无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸反应制备乙酸乙酯的化学方程式 　 　 。
②试管X中的试剂为 　 　 ，作用是 　 　 。
③为提高反应速率或限度，实验中采取的措施及对应理由不正确的是 　 　 （填字母）。
a．浓硫酸可做催化剂，提高化学反应速率
b．浓硫酸可做吸水剂，促进反应向生成乙酸乙酯的反应移动
c．已知该反应为放热反应，升高温度可同时提高化学反应速率和反应限度
（3）三种常见羧酸的pKa数值如下表（pKa数值越小，酸性越强）。乙酸中的﹣CH3具有推电子作用，使羧基中羟基的极性减小，从而难以电离出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
请比较乙酸与三氯乙酸的酸性强弱并解释原因 　 　 。
北京市2024-2025学年高一下学期化学期末模拟预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．（2024秋 丰台区期末）工业上制备硝酸的主要流程如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．氧化炉中发生的化学反应是
B．物质X是H2O
C．上述流程中，理论上用N2合成1mol HNO3，至少需要2.5mol O2
D．吸收塔中为提高氮原子的利用率，可通入过量空气和循环利用尾气中NO
【答案】C
【分析】氮气和氢气在合成塔中生成氨气，氨气在氧化炉中发生催化氧化生成一氧化氮和水，吸收塔中NO和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。
【解答】解：A．氧化炉中NH3发生催化氧化生成NO和H2O，反应化学方程式是，故A正确；
B．NO2和水反应生成HNO3和NO，所以物质X是H2O，故B正确；
C．上述流程中，理论上用N2合成1mol 硝酸，N元素化合价由0升高为+5，O元素化合价由0降低为﹣2，根据得失电子守恒，至少需要1.25mol O2，故C错误；
D．吸收塔中为提高氮原子的利用率，可通入过量空气发生反应4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，还可以循环利用尾气中的NO，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查工业制取硝酸等，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。
2．（2024秋 房山区期末）物质类别和元素价态是研究物质性质的两个重要角度。图为含氮物质的“价—类”二维图的部分信息。下列说法不正确的是（　　）
A．从N2→X的转化是人工固氮的重要方法
B．Y的化学式为N2O5
C．从NO2→HNO3，必需加入氧化剂
D．使用HNO3和X制备硝酸铵氮肥时，氮元素的化合价没有发生变化
【答案】C
【分析】由图可知，X是NH3，Y是+5价氮的氧化物，Y是N2O5，从NO2→HNO3，发生的反应可以是：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，使用HNO3和NH3制备硝酸铵氮肥时，发生反应：HNO3+NH3＝NH4NO3，据此解答。
【解答】解：A．的转化为工业合成氨，是人工固氮的重要方法，故A正确；
B．Y是+5价氮的氧化物，则Y的化学式为五氧化二氮，故B正确；
C．从NO2→HNO3，发生的反应可以是：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，该反应中二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，不需要加入氧化剂，故C错误；
D．使用硝酸和氨气制备硝酸铵氮肥时，发生反应：HNO3+NH3＝NH4NO3，氮元素的化合价没有发生变化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查含氮物质的综合应用等，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。
3．（2024秋 海淀区校级期末）浓硫酸与铜反应的装置如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．可通过提拉铜丝控制反应的发生与停止
B．浸NaOH溶液的棉团作用：
C．品红溶液褪色和紫色石蕊溶液变红均可证明反应发生
D．若将品红溶液和石蕊溶液调换位置，石蕊溶液变红仍可以证明生成SO2
【答案】D
【分析】浓硫酸与铜反应生成硫酸铜、水和SO2，根据调节铜丝的高低可控制反应的开始和停止，由于SO2具有漂白性，因此将生成的SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，SO2为酸性氧化物，与水反应生成H2SO3，将SO2通入石蕊溶液中，石蕊溶液变红色，浸有NaOH溶液的棉团可吸收SO2。
【解答】解：A．浓硫酸与铜反应生成硫酸铜溶液和二氧化硫，根据调节铜丝的高低可控制反应的开始和停止，故A正确；
B．浸NaOH溶液的棉团可吸收二氧化硫，发生的离子方程式为，故B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成H2SO3，将二氧化硫通入石蕊溶液中，石蕊溶液变红色，故均可证明发生了反应，故C正确；
D．若将品红溶液和石蕊溶液调换位置，若反应生成的SO3因溶于水生成了H2SO4而石蕊溶液变红，因此仅凭石蕊变红无法特定地证明生成了SO2，还需要结合其他方法才能证明生成SO2，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查浓硫酸的性质实验等，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。
4．（2024秋 丰台区期末）下列有关浓硫酸的说法不正确的是（　　）
A．具有脱水性 B．加热时能与碳反应
C．能用于干燥氨气 D．加热时能与铜反应
【答案】C
【分析】A．根据浓硫酸具有脱水性，进行分析；
B．根据浓硫酸加热时能与碳反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，进行分析；
C．根据浓硫酸与氨气反应，进行分析；
D．根据浓硫酸加热时与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，进行分析。
【解答】解：A．浓H2SO4具有脱水性，例如浓硫酸能使蔗糖脱水、出现变黑现象，故A正确；
B．浓H2SO4加热时能与碳反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，故B正确；
C．浓H2SO4与氨气反应，不能干燥NH3，故C错误；
D．浓H2SO4加热时与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查浓硫酸的特性等，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。
5．（2024秋 石景山区期末）习惯上把电解饱和食盐水的工业生产叫氯碱工业，一个单元槽的电解原理示意图如图，下列说法不正确的是（　　）
A．阴极的电极反应：
B．在阳极，Cl﹣比OH﹣容易失去电子
C．中间的离子交换膜选用阴离子交换膜
D．电解饱和食盐水可以得到三种重要的化工产品：Cl2、H2和NaOH
【答案】C
【分析】电解饱和食盐水时，左侧通入饱和食盐水，使用阳离子交换膜，由钠离子移动的方向可知，Na+穿过阳离子交换膜移向阴极室，左侧为阳极，接电源正极，阳极电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，放出氢气的电极接电源负极，为电解池的阴极，阴极反应式为：2H2O﹣2e﹣═2OH﹣+H2↑，阴极产物为NaOH和H2，据此分析答题。
【解答】解：A．放出氢气的电极接电源负极，为电解池的阴极，阴极反应式为：2H2O﹣2e﹣═2OH﹣+H2↑，故A正确；
B．在阳极电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，Cl﹣比OH﹣容易失去电子，故B正确；
C．移向阴极的是溶液中的阳离子，则中间的离子交换膜选用阳离子交换膜，故C错误；
D．电解饱和食盐水称为氯碱工业，可以得到三种重要的化工产品：Cl2、H2和NaOH，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理，题目难度不大，明确电解饱和食盐水时的两极反应原理为解答关键，注意掌握电解原理及其应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力。
6．（2024秋 海淀区期末）一定条件下，在2L的密闭容器中发生反应：A（s）+2B（g） 3C（g）+4D（g），测得5min后A的物质的量减小了1mol，则反应的平均速率可表示为（　　）
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】因为A为纯固体，不能用来表示反应速率，所以测得5min内，A的物质的量减小了5mol，则B、C、D的变化量分别为2mol、3mol、4mol，再根据v进行计算。
【解答】解：A．因为A为纯固体，不能用来表示反应速率，故A错误；
B．v（B）0.2mol L﹣1 min﹣1，故B错误；
C．v（C）0.3mol L﹣1 min﹣1＝0.005mol L﹣1 s﹣1，故C正确；
D．v（D）0.4mol L﹣1 min﹣1，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率计算，明确化学反应速率计算公式中各个物理量的关系、各物质反应速率之比与其计量数之比关系是解本题关键，注意反应速率适用范围，题目难度不大。
7．（2024秋 海淀区期末）已知氢气燃烧反应的能量变化如图。
下列说法不正确的是（　　）
A．H—H键的键能小于O＝O键的键能
B．破坏2mol H2和1mol O2的化学键所需的能量小于2mol H2O中的化学键所释放的能量
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH＝﹣480kJ mol﹣1
D．利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化
【答案】C
【分析】A．根据图示来解答；
B．根据图中数据来解答；
C．根据ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能来解答；
D．原电池：化学能转化为电能。
【解答】解：A．根据图示知，H—H键的键能为436kJ mol﹣1，O＝O键的键能为496kJ mol﹣1，H—H键的键能小于O＝O键的键能，故A正确；
B．根据图示知，破坏2mol H2和1mol O2的化学键所需的能量为436kJ mol﹣1×2+496kJ mol﹣1＝1368kJ mol﹣1，2mol H2O中的化学键所释放的能量4×462kJ mol﹣1＝1848kJ mol﹣1，故破坏2mol H2和1mol O2的化学键所需的能量小于2mol H2O中的化学键所释放的能量，故B正确；
C．根据2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝436kJ mol﹣1×2+496kJ mol﹣1﹣4×462kJ mol﹣1＝﹣480kJ mol﹣1可知，生成气态水放热480kJ，而不是生成液态水放热480kJ，故C错误；
D．此反应可以作为氢氧燃料电池的反应原理，故利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化，故D正确；
故选：C。
【点评】考查了ΔH的计算、原电池原理等，是常考考点，难度不大。
8．（2024秋 昌平区期末）一定温度下的密闭容器中，发生可逆反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g），下列情况不能说明该反应达到平衡状态的是（　　）
A．容器内气体颜色不再变化
B．浓度商等于化学平衡常数
C．容器内气体的浓度c（NO）：c（O2）：c（NO2）＝2：1：2
D．容器内的压强不再变化
【答案】C
【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变。
【解答】解：A．容器内气体颜色不再变化，则H2、I2、HI的浓度不再改变，正逆反应速率相等，化学反应达到平衡状态，故A错误；
B．浓度商等于化学平衡常数，正逆反应速率相等，化学反应达到平衡状态，故B错误；
C．容器内气体的浓度c（NO）：c（O2）：c（NO2）＝2：1：2不能说明化学反应达到平衡状态，故C正确；
D．反应前后气体分子数不相等，容器内的压强不再变化能判断反应达到平衡状态，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握平衡状态的判断方法是解题的关键。
9．（2024秋 昌平区期末）已知丙酮（）碘化反应为：。实验测得该反应的速率可表示为：v＝kc（丙酮）c（H+），其中k为反应速率常数。下列说法不正确的是（　　）
A．其他条件不变，增加丙酮浓度，反应速率增大
B．其他条件不变，增大I2的浓度，反应速率增大
C．其他条件不变，增大催化剂H+的浓度，反应速率增大
D．催化剂H+参与反应，降低反应活化能，增大反应速率
【答案】B
【分析】由反应的速率表达式v＝kc（丙酮）c（H+）可知，增大丙酮的浓度或者氢离子的浓度，均可以加快反应速率，据此进行解答。
【解答】解：A．其他条件不变，增加丙酮浓度，由v＝kc（丙酮）c（H+）可知反应速率增大，故A正确；
B．其他条件不变，增大I2的浓度，由v＝kc（丙酮）c（H+）可知反应速率不受影响大，故B错误；
C．其他条件不变，增大催化剂H+的浓度，由v＝kc（丙酮）c（H+）可知反应速率增大，故C正确；
D．催化剂H+参与反应，降低反应活化能，活化分子百分数增多，故增大反应速率，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率的相关知识，注意掌握速率常数的表示意义是解题的关键。
10．（2024秋 石景山区期末）下列说法错误的是（　　）
A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是吸热反应
B．核酸是一种生物大分子
C．葡萄糖和果糖互为同分异构体
D．氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位
【答案】A
【分析】A.葡萄糖在人体内被氧化生成CO2和H2O，该过程释放能量，用于维持人体的生命活动；
B.核酸是由许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，但结构不同，葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者互为同分异构体；
D.蛋白质是由氨基酸通过脱水缩合形成的高分子化合物，氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位。
【解答】解：A.葡萄糖在人体内被氧化生成CO2和H2O，该过程释放能量，用于维持人体的生命活动，所以是放热反应，而不是吸热反应，故A错误；
B.核酸是由许多核苷酸聚合而成的生物大分子化合物，在生物体的遗传、变异和蛋白质的生物合成中具有极其重要的作用，故B正确；
C.葡萄糖和果糖的分子式均为C6H12O6，但结构不同，葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者互为同分异构体，故C正确；
D.蛋白质是由氨基酸通过脱水缩合形成的高分子化合物，氨基酸是组成蛋白质的基本结构单位，故D正确；
故选：A。
【点评】本题可根据常见有机物的性质、同分异构体的概念以及生物大分子的相关知识来逐一分析选项。
11．（2024秋 昌平区期末）下列说法不正确的是（　　）
A．淀粉作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解产生葡萄糖供机体利用
B．纤维素能通过酯化反应得到醋酸纤维素，是由于纤维素分子中含有羟基
C．核糖核苷酸分子间脱水后聚合形成核糖核酸
D．石油经过分馏可得到煤油、柴油等，是利用了物质的溶解性差异
【答案】D
【分析】A．淀粉能发生水解产生葡萄糖；
B．酯化反应是酸和醇发生反应；
C．核糖核苷酸分子间脱水后发生缩合聚合反应形成核糖核酸；
D．因为石油蒸馏时根据各组分的沸点不同，按照不同温度范围先后蒸馏出来的。
【解答】解：A．淀粉能发生水解产生葡萄糖供机体利用，所以淀粉作为人类重要的能量来源，故A正确；
B．酯化反应是羧酸与醇发生的取代反应，纤维素能与醋酸发生酯化反应，醋酸中含羧基，则纤维素中含羟基，故B正确；
C．核糖核苷酸分子间脱水后发生缩合聚合反应形成核糖核酸，故C正确；
D．因为石油蒸馏时根据各组分的沸点不同，按照不同温度范围先后蒸馏出来的，是利用了物质的沸点不同，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查糖类、油脂、蛋白质的基础知识，熟悉糖的分类，淀粉纤维素为多糖，二糖和多糖都能水解最终得到单糖。
12．（2018秋 昌平区期末）糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质，以下叙述不正确的是（　　）
A．葡萄糖不具有还原性
B．淀粉是多糖，可在一定条件下水解
C．油脂属于酯类化合物
D．蛋白质最终能水解成氨基酸
【答案】A
【分析】A、葡萄糖是还原性糖；
B、淀粉是葡萄糖的脱水缩合物；
C、油脂是高级脂肪酸的甘油酯；
D、蛋白质是氨基酸的脱水缩合物。
【解答】解：A、葡萄糖是还原性糖，是还原性糖，故A错误；
B、淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，能水解出许多分子的葡萄糖，是多糖，故B正确；
C、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，能水解，故C正确；
D、蛋白质是氨基酸的脱水缩合物，能水解出氨基酸，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了糖类、油脂和蛋白质的结构和性质，难度不大，掌握常见的还原性糖包括葡萄糖和麦芽糖。
13．（2024秋 石景山区期末）明朝宋应星所著的《天工开物》是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性“工艺百科全书”，其中介绍了锌的冶炼方法：把炉甘石（ZnCO3）和煤炭饼装入炼锌罐（如图所示），泥封，“其底铺薪，发火煅红”，“冷定毁罐取出”。
已知：锌的熔点为419℃，沸点为907℃。
下列说法不正确的是（　　）
A．冷凝区中，锌由气态转化为液态，理论上该区温度控制在419～907℃
B．“冷定”后“毁罐”取锌的原因是防止Zn在较高的温度下被氧化成ZnO
C．反应区中，ZnCO3分解生成ZnO和CO2
D．反应区中，C与nO发生置换反应得到Zn，C被还原
【答案】D
【分析】A．锌的熔点为419℃，沸点为907℃，据此分析判断；
B．锌为金属，高温下和空气中的氧气反应生成氧化锌；
C．反应区中1100～1300℃，碳酸锌分解生成氧化锌和二氧化碳；
D．碳和氧化锌反应生成锌和一氧化碳。
【解答】解：A．锌的熔点为419℃，沸点为907℃，冷凝区中，锌由气态转化为液态，理论上该区温度控制在419～907℃，故A正确；
B．题干信息可知，“冷定”后“毁罐”取锌的原因是：防止Zn在较高的温度下被氧化成ZnO，故B正确；
C．反应区中1100～1300℃，碳酸锌分解生成氧化锌和二氧化碳，ZnCO3ZnO+CO2↑，故C正确；
D．反应区中，C与ZnO发生置换反应得到Zn反应的化学方程式：C+ZnOZn+CO，C被氧化，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质制备过程的分析判断，主要是氧化还原反应的理解应用，题目难度中等。
14．（2023秋 西城区校级期末）利用“碳捕获与储存”技术可将工厂排放的CO2收集并储存，原理如图所示。
下列说法中，不正确的是（　　）
A．“碳捕获与储存”有助于缓解温室效应
B．过程Ⅰ中用NaOH溶液“捕获”排放的CO2
C．过程Ⅲ和过程Ⅳ的反应类型分别为分解反应和化合反应
D．上述过程中只有NaOH能够循环利用
【答案】D
【分析】A．根据减少二氧化碳的排放，有助于缓解温室效应进行分析；
B．根据用NaOH溶液“捕获”排放的CO2，进行分析；
C．根据过程Ⅲ为分解反应，过程Ⅳ为化合反应，进行分析；
D．根据NaOH和Ca（OH）2既参与反应，又生成，能够循环利用进行分析。
【解答】解：A．“碳捕获与储存”能减少二氧化碳的排放，有助于缓解温室效应，故A正确；
B．过程Ⅰ中用NaOH溶液“捕获”排放的二氧化碳，发生反应，故B正确；
C．由图知，过程Ⅲ为分解反应，过程Ⅳ为化合反应，故C正确；
D．根据图示可知，氢氧化钠和氢氧化钙既参与反应，又生成，能够循环利用，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查“三废”处理与环境保护等，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。
15．（2023秋 昌平区校级期末）为除去粗盐水中含有的杂质、Ca2+和Mg2+，得到精制食盐，设计了如图实验流程
下列说法不正确的是（　　）
A．NaOH溶液的作用是除去Mg2+
B．步骤i、ii的顺序可以互换
C．滤液2中有四种离子：Ca2+、Na+、Cl﹣、OH﹣
D．步骤iv中发生的离子反应为：H++OH﹣＝H2O、2H+＝H2O+CO2↑
【答案】C
【分析】粗盐水中先加入氢氧化钡（或氯化钡）溶液，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤后得到溶液A中含有过量的氢氧化钡和钙离子，再加入试剂为碳酸钠，除去过量的钡离子和钙离子，沉淀为碳酸钙和碳酸钡，滤液中加入HCl，除去多余的碳酸钠和氢氧根离子，得到精制食盐水，结晶得到氯化钠。
【解答】解：A．镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，NaOH溶液的作用是除去Mg2+，故A正确；
B．加入过量氢氧化钡（或氯化钡）溶液是除去硫酸根离子，加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氢氧化钡（或氯化钡）溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氢氧化钡（或氯化钡）溶液之后，故B正确；
C．滤液2中除了四种离子：Ca2+、Na+、Cl﹣、OH﹣，还含有过量的钡离子，故C错误；
D．滤液中加入HCl，除去多余的碳酸钠和氢氧根离子，反应为H++OH﹣＝H2O、，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查粗盐提纯等，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。
二．解答题（共4小题）
16．（2024秋 西城区期末）人工固氮对于农业生产有重要意义。
（1）工业合成氨。
①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是 　N2+3H22NH3　 。
②下列措施中，既有利于提高合成氨反应限度又有利于增大其反应速率的是 　b　 。
a.升高温度
b.增大压强
c.使用催化剂
（2）中国科学家研究Cu—Mn合金催化剂电催化还原N2制NH3，装置如图1所示。
①阴极生成NH3其电极反应式是 　N2+6H++6e﹣＝2NH3　 。
②用相同的电解装置和试剂进行实验，证明NH3来自电催化还原N2，需排除以下可能：
ⅰ.环境和电解池中存在微量的NH3
ⅱ.Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成NH3
下列实验和结果能同时排除ⅰ、ⅱ的是 　b　 。
资料：自然界中的丰度：14N为99.6%，15N为0.4%。
a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3
c.不通电进行实验，未检测到NH3
③NH3的生成速率、NH3和H2的法拉第效率（FE）随阴极的电势变化如图2和图3所示。
资料：ⅰ.相同条件下，阴极的电势越低，电流越大。
ⅱ.某电极上产物B的FE（B）。
阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大。阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小。结合FE解释NH3的生成速率减小的原因：　阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小　 。
（3）用滴定法测定溶液中的物质的量浓度的一种方法如下。
Ⅰ.取v1mL含的待测溶液。
Ⅱ.加入过量的V2mLc2mol L﹣1NaOH溶液。
Ⅲ.蒸馏，将蒸出的NH3用过量的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液吸收。
Ⅳ.加入甲基橙指示剂，用c4mol L﹣1NaOH溶液滴定吸收液中过量的H2SO4消耗的NaOH溶液体积为V4mL，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：　V1　 和V4。
【答案】（1）①N2+3H22NH3；
②b；
（2）①N2+6H++6e﹣＝2NH3；
②b。
③阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）V1。
【分析】（1）①N2和H2在高温、高压、催化剂的条件下反应，生成NH3；
②a.升高温度，能够加快反应速率，但合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
b.增大压强，反应速率增大，平衡正向移动；
c.使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度；
（2）①由图可知，阴极N2和H+得到e﹣生成NH3；
②a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2；
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3，说明15NH3是来自电催化还原15N2；
c.不通电进行实验，未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2；
③由图可知阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）根据题意可知，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：V1和V4，V1是待测溶液的体积，用于计算的物质的量浓度，V4是滴定过量硫酸消耗的NaOH溶液的体积，用于计算蒸出的NH3消耗的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液中硫酸的物质的量，根据关系式：2～2NH3～H2SO4，进一步计算的物质的量及其浓度。
【解答】解：（1）①N2和H2合成NH3反应的化学方程式是：N2+3H22NH3，
故答案为：N2+3H22NH3；
②a.升高温度，能够加快反应速率，但合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应限度降低，故a错误；
b.增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，反应限度增大，故b正确；
c.使用催化剂只能加快反应速率，不能改变反应限度，故c错误；
故答案为：b；
（2）①由图可知，阴极生成NH3其电极反应式是：N2+6H++6e﹣＝2NH3，
故答案为：N2+6H++6e﹣＝2NH3；
②a.用Ar代替N2进行实验，电解后未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2，故a错误；
b.用15N2代替N2进行实验，电解后仅检测到15NH3，说明15NH3是来自电催化还原15N2，故b正确；
c.不通电进行实验，未检测到NH3，无法确定NH3是否来自电催化还原N2，NH3也可能来自Cu—Mn合金与N2、H2O直接反应生成，故c错误；
故答案为：b。
③由图可知，阴极的电势由﹣0.2V降到﹣0.3V时，NH3的生成速率增大，阴极的电势继续降低，NH3的生成速率反而减小，结合FE解释NH3的生成速率减小的原因是阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小，
故答案为：阴极的电势继续降低，生成H2的逐渐增多，生成NH3的量逐渐减少，速率减小；
（3）根据题意可知，计算待测溶液中的物质的量浓度时用到的溶液体积：V1和V4，V1是待测溶液的体积，用于计算的物质的量浓度，V4是滴定过量硫酸消耗的NaOH溶液的体积，用于计算蒸出的NH3消耗的V3mLc3mol L﹣1H2SO4溶液中硫酸的物质的量，根据关系式：2～2NH3～H2SO4，进一步计算的物质的量及其浓度，
故答案为：V1。
【点评】本题主要考查氨气的工业制法，电极反应式的书写，同时考查学生的获取信息的能力，属于基本知识的考查，难度中等。
17．（2024秋 昌平区期末）某小组同学探究不同价态硫元素之间的相互转化。
可以选用的试剂有：①SO2水溶液②Na2SO3溶液③Na2S溶液④稀硫酸⑤浓硫酸⑥品红溶液⑦新制氯水⑧铜片
实验序号 预期的价态转化 选择的试剂（填入试剂编号） 实验现象
ⅰ +6→+4 ⑤⑧ 产生刺激性气味气体
ⅱ +4→0 ②③
　产生淡黄色沉淀　
ⅲ
　+4→+6　
①⑦ 黄绿色褪去
（1）实验ⅰ的化学方程式为 　Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O　 。设计实验证明实现了+6→+4的转化，实验操作及现象是 　将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色　 。
（2）结合实验ⅱ的实验目的，说明选择试剂③的理由是 　Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；　 。②③溶液混合后，无明显现象，加入稀硫酸后，产生淡黄色沉淀。该实验说明物质的氧化性强弱受 　溶液酸碱性　 影响。产生淡黄色沉淀的离子方程式为 　2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O　 。
（3）实验ⅲ预期的价态转化为 　+4→+6　 。为验证Cl2被SO2还原为Cl﹣，甲同学向反应后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀。乙同学认为该方案不合理，理由是 　新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验　 。
【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O；将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；
（2）Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；溶液酸碱性；2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O；
（3）+4→+6；新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验；
实验ⅱ现象为：产生淡黄色沉淀；
实验ⅲ预期的价态转化：+4→+6。
【分析】（1）实验ⅰ中浓硫酸（H2SO4，S为+6价）与铜片在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫（SO2，S为+4价）和水，证明实现了S元素+6价到+4价的转化，即证明有二氧化硫生成，二氧化硫能使品红溶液褪色；
（2）实验ⅱ的实验目的S元素+4价到0价的转化，Na2SO3（S为+4价）具有氧化性，Na2S（S为﹣2价）具有还原性，选择试剂③的理由是Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；②③溶液混合后，无明显现象，加入稀硫酸后，产生淡黄色沉淀（硫单质），说明物质的氧化性强弱受溶液酸碱性影响；
（3）实验ⅲ中SO2水溶液与新制氯水反应，预期的价态转化为+4→+6，甲同学向反应后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀来验证Cl2被SO2还原为Cl﹣，该方案不合理，因为新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验；
【解答】解：（1）实验ⅰ中浓硫酸（H2SO4，S为+6价）与铜片在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫（SO2，S为+4价）和水，其反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O，证明实现了S元素+6价到+4价的转化，即证明有二氧化硫生成，二氧化硫能使品红溶液褪色，实验现象是：将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）＝CuSO4+SO2↑+2H2O；将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；
（2）实验ⅱ的实验目的S元素+4价到0价的转化，Na2SO3（S为+4价）具有氧化性，Na2S（S为﹣2价）具有还原性，选择试剂③的理由是Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；②③溶液混合后，无明显现象，加入稀硫酸后，产生淡黄色沉淀（硫单质），说明物质的氧化性强弱受溶液酸碱性影响，其离子反应方程式为：2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O，
故答案为：Na2S中硫元素为﹣2价，具有还原性，可将Na2SO3中+4价硫还原；溶液酸碱性；2S2﹣6H+＝3S↓+3H2O；
（3）实验ⅲ中SO2水溶液与新制氯水反应，预期的价态转化为+4→+6，甲同学向反应后的溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀来验证Cl2被SO2还原为Cl﹣，该方案不合理，因为新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验，
故答案为：+4→+6；新制氯水中含有Cl﹣，且硝酸具有强氧化性，能将SO2氧化为，干扰Cl﹣的检验。
【点评】本题主要考查硫及其化合物的性质及应用，考查学生的实验分析和探究能力，及其不同价态硫的转化，为综合性较强且难度较大的题型。
18．（2024秋 朝阳区期末）以黄铁矿为原料制取硫酸的原理示意图如图。
（1）黄铁矿在通空气前需粉碎，其作用是 　增大接触面积，加快反应速率　 。
（2）反应Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1是制硫酸的关键步骤。使用V2O5作催化剂，涉及如下反应：
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补全反应ⅱ的热化学方程式：
　V2O4（s）　 +2SO3（g） 　2VOSO4（s）　 ΔH2＝ 　﹣399　 kJ mol﹣1
②下列说法不正确的是 　abc　 （填序号）。
a.反应ⅰ和ⅱ均属于氧化还原反应
b.投入1mol V2O5，最多制得1mol SO3
c.使用V2O5能提高SO2的平衡转化率
（3）在体积可变的恒压密闭容器中投入8mol SO（g）11.7mol O2（g）和43.3mol N2（g），不同条件下发生反应Ⅱ。实验测得在0.1MPa、0.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率（α）随温度的变化如图所示。
①0.1MPa、550℃时SO2平衡转化率α＝ 　0.85　 ，判断依据是 　该反应是气体分子数减小的反应，其它条件相同时，增大压强平衡正向进行，二氧化硫转化率增大，p3＝0.1MPa　 。
②工业上通常采用400～500℃和常压（0.1MPa）的条件，采用常压的原因是 　400～500℃和常压（0.1MPa）的条件时，二氧化硫转化率已经很高，增大压强对材料、设备、动力要求更高，生产成本增加　 。
③M点对应的平衡混合气体的体积为VL，计算该温度下反应Ⅱ的平衡常数 K＝ 　10V　 。
（4）测定尾气中SO2的含量。用氨基磺酸铵和硫酸铵的混合溶液吸收aL尾气，将SO2转化为H2SO3，然后用淀粉作指示剂，用cmol L﹣1I2标准溶液进行滴定，消耗I2标准溶液vmL。则尾气中SO2的含量为 　　 mg L﹣1。
已知：H2SO3+I2+H2O═H2SO4+2HI
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率；
（2）①V2O4（s）；2VOSO4（s）；﹣399；
②abc；
（3）①0.85；该反应是气体分子数减小的反应，其它条件相同时，增大压强平衡正向进行，二氧化硫转化率增大，p3＝0.1MPa；
②400～500℃和常压（0.1MPa）的条件时，二氧化硫转化率已经很高，增大压强对材料、设备、动力要求更高，生产成本增加；
③10V；
（4）。
【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400～500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4，结合问题分析判断和计算应用，
（1）矿石粉碎可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）①反应Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1是制硫酸的关键步骤，使用V2O5作催化剂，涉及如下反应，ⅰ．V2O5（s）+SO2（g） V2O4（s）+SO3（g）ΔH1＝+24kJ mol﹣1，ⅲ．2VOSO4（s）（g）ΔH3＝+277kJ mol﹣1，结合盖斯定律计算得到，反应Ⅱ（i+ii+iii）得到反应ii；
②a．反应ⅱ不属于氧化还原反应；
b．投入1mol V2O5，反应为可逆反应；
c．催化剂改变反应速率，不能改变平衡；
（3）①体积可变的恒压密闭容器中投入8mol SO2（g）11.7mol O2（g）和43.3mol N2（g），不同条件下发生反应Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，实验测得在0.1MPa、0.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率（α）随温度的变化如图所示，反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向进行，二氧化硫转化率增大，则p1、p2、p3分别为5.0MPa压强、0.5MPa、0.1MPa，p3＝0.1MPa时；
②400～500℃和常压（0.1MPa）的条件时，二氧化硫转化率已经很高，增大压强，会增大设备成本；
③体积可变的恒压密闭容器中投入8mol SO（g）11.7mol O2（g）和43.3mol N2（g），不同条件下发生反应Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，M点对应的平衡混合气体的体积为VL，p3＝0.1MPa，二氧化硫转化率90%，结合三段式列式计算，
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）
起始量（mol） 8 11.7 0
变化量（mol）7.2 3.6 7.2
平衡量（mol） 0.8 8.1 7.2
计算该温度下反应Ⅱ的平衡常数 K；
（4）用氨基磺酸铵和硫酸铵的混合溶液吸收aL尾气，将SO2转化为H2SO3，然后用淀粉作指示剂，用cmol L﹣1I2标准溶液进行滴定，H2SO3+I2+H2O═H2SO4+2HI，消耗I2标准溶液vmL，硫元素守恒计算得到尾气中SO2的含量。
【解答】解：（1）黄铁矿在通空气前需粉碎，其作用是增大接触面积，加快反应速率，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）①反应Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1是制硫酸的关键步骤，使用V2O5作催化剂，涉及如下反应，ⅰ．V2O5（s）+SO2（g） V2O4（s）+SO3（g）ΔH1＝+24kJ mol﹣1，ⅲ．2VOSO4（s）（g）ΔH3＝+277kJ mol﹣1，结合盖斯定律计算得到，反应Ⅱ（i+ii+iii）得到反应ii为：ⅱ．V2O4（s）+2SO3（g） 2VOSO4（s），ΔH2＝﹣399kJ mol﹣1，
故答案为：V2O4（s）；2VOSO4（s）；﹣399；
②a．反应ⅱ不属于氧化还原反应，故a错误；
b．投入1mol V2O5，反应为可逆反应，不能制得1mol SO3，故b错误；
c．催化剂改变反应速率，不能改变平衡，使用V2O5不能能提高SO2的平衡转化率，故c错误；
故答案为：abc；
（3）①体积可变的恒压密闭容器中投入8mol SO2（g）11.7mol O2（g）和43.3mol N2（g），不同条件下发生反应Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，实验测得在0.1MPa、0.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率（α）随温度的变化如图所示，反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向进行，二氧化硫转化率增大，则p1、p2、p3分别为5.0MPa压强、0.5MPa、0.1MPa，p3＝0.1MPa时，图中得到对应二氧化硫转化率0.85，
故答案为：0.85；该反应是气体分子数减小的反应，其它条件相同时，增大压强平衡正向进行，二氧化硫转化率增大，p3＝0.1MPa；
②工业上通常采用400～500℃和常压（0.1MPa）的条件，采用常压的原因是：400～500℃和常压（0.1MPa）的条件时，二氧化硫转化率已经很高，增大压强对材料、设备、动力要求更高，生产成本增加，
故答案为：400～500℃和常压（0.1MPa）的条件时，二氧化硫转化率已经很高，增大压强对材料、设备、动力要求更高，生产成本增加；
③体积可变的恒压密闭容器中投入8mol SO（g）11.7mol O2（g）和43.3mol N2（g），不同条件下发生反应Ⅱ：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，M点对应的平衡混合气体的体积为VL，p3＝0.1MPa，二氧化硫转化率90%，结合三段式列式计算，
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）
起始量（mol） 8 11.7 0
变化量（mol）7.2 3.6 7.2
平衡量（mol） 0.8 8.1 7.2
计算该温度下反应Ⅱ的平衡常数 K10V，
故答案为：10V；
（4）用氨基磺酸铵和硫酸铵的混合溶液吸收aL尾气，将SO2转化为H2SO3，然后用淀粉作指示剂，用cmol L﹣1I2标准溶液进行滴定，H2SO3+I2+H2O═H2SO4+2HI，消耗I2标准溶液vmL，硫元素守恒计算得到尾气中SO2的含量mg L﹣1，
故答案为：。
【点评】本题考查盖斯定律、化学平衡计算等知识点，把握化学反应原理及各个物理量关系是解本题关键，难点是化学平衡计算，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
19．（2023春 房山区期末）研究有机化合物中的典型代表物，对于有机合成的研究有重要意义。
（1）乙醇是醇类物质的典型代表物，乙醇分子结构中的各种化学键如图1所示：
①由乙醇制备乙烯的反应断键位置是 　①④　 （填序号），该反应的类型属于 　消去反应　 。
②乙醇氧化可转化为乙醛，该反应断键位置是 　③⑤　 （填序号）。
（2）乙酸乙酯是酯类物质的典型代表物，广泛用于药物、染料、香料等工业。实验室用无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸反应可制备乙酸乙酯，常用装置如图2所示。
①写出无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸反应制备乙酸乙酯的化学方程式 　CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O　 。
②试管X中的试剂为 　饱和Na2CO3溶液　 ，作用是 　除去乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯溶解度　 。
③为提高反应速率或限度，实验中采取的措施及对应理由不正确的是 　c　 （填字母）。
a．浓硫酸可做催化剂，提高化学反应速率
b．浓硫酸可做吸水剂，促进反应向生成乙酸乙酯的反应移动
c．已知该反应为放热反应，升高温度可同时提高化学反应速率和反应限度
（3）三种常见羧酸的pKa数值如下表（pKa数值越小，酸性越强）。乙酸中的﹣CH3具有推电子作用，使羧基中羟基的极性减小，从而难以电离出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
请比较乙酸与三氯乙酸的酸性强弱并解释原因 　三氯乙酸的酸性比CH3COOH更强，因为Cl的电负性大，有吸电子作用，使CCl3COOH中羟基极性增大，从而更易电离出H+　 。
【答案】（1）①：①④；消去反应；
②：③⑤；
（2）①CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
②饱和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更强，因为Cl的电负性大，有吸电子作用，使CCl3COOH中羟基极性增大，从而更易电离出H+。
【分析】（1）①由乙醇制备乙烯的反应是脱去羟基和β﹣H，该反应属于消去反应；
②乙醇催化氧化可转化为乙醛脱去的羟基H和α﹣H；
（2）①无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸反应生成 CH3COOCH2CH3、H2O；
②试管X中的试剂为饱和Na2CO3溶液，作用是除去乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；
③a．催化剂可以提高化学反应速率；
b．浓硫酸可做吸水剂，即减小生成物的浓度，平衡正向移动；
c．升高温度可提高化学反应速率，但平衡向吸热反应方向移动；
（3）因为Cl的电负性大，有吸电子作用，使CCl3COOH中羟基极性增大，从而更易电离出H+。
【解答】解：（1）①由乙醇制备乙烯的反应断键位置是①④，该反应的类型属于消去反应，
故答案为：①④；消去反应；
②乙醇氧化可转化为乙醛，该反应断键位置是③⑤，
故答案为：③⑤；
（2）①无水乙醇、冰醋酸和浓硫酸反应制备乙酸乙酯的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，
故答案为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
②试管X中的试剂为饱和Na2CO3溶液，作用是除去乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，
故答案为：饱和Na2CO3溶液；除去乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；
③a．浓硫酸可做催化剂，可以提高化学反应速率，故a正确；
b．浓硫酸可做吸水剂，即减小生成物的浓度，促进反应向生成乙酸乙酯的反应移动，故b正确；
c．已知该反应为放热反应，升高温度可提高化学反应速率，但不能提高反应的限度，因为升高温度，平衡逆向移动，故c错误；
故答案为：c；
（3）因为Cl的电负性大，有吸电子作用，使CCl3COOH中羟基极性增大，从而更易电离出H+，故三氯乙酸的酸性比CH3COOH更强，
故答案为：三氯乙酸的酸性比CH3COOH更强，因为Cl的电负性大，有吸电子作用，使CCl3COOH中羟基极性增大，从而更易电离出H+。
【点评】本题主要考查乙醇的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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