江苏省盐城市五校联考2024-2025学年高二下学期4月期中化学试卷（解析版）

这是一份江苏省盐城市五校联考2024-2025学年高二下学期4月期中化学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了 下列化学反应表示不正确的是， 有5种元素X、Y、Z、Q、T等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷中所有试题必须作答在答题纸上规定的位置，否则不给分。
2.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题纸上。
3.作答非选择题时必须用黑色字迹 0.5 毫米签字笔书写在答题纸的指定位置上 ，作答选择题必须用2B 铅笔在答题纸上将对应题目的选项涂黑 。如需改动 ，请用橡皮擦干净后 ，再选涂其它答案 ，请保持答题纸清洁 ，不折叠、不破损 。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 N—14 Cu—64 Cl—35.5
第Ⅰ卷 (选择题 共 39分)
一、单项选择题：(本大题共13个小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请在答题纸的指定位置填涂答案选项。)
1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是
A. 天然橡胶B. 不锈钢C. 足球烯D. 光导纤维
【答案】A
【解析】天然橡胶是聚异戊二烯的高聚物，含有碳氢等元素，属于有机高分子化合物，所以主要成分是有机物，A正确；不锈钢是铁、铬、镍等金属的合金，属于金属材料，不属于有机物，B错误；足球烯(C60)是由碳元素组成的单质，属于无机非金属材料，不属于有机物，C错误；光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，不属于有机物，D错误；故选A。
2. 反应8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2可用于检测气体泄漏，下列说法正确的是
A. NH3为非极性分子B. 中子数为18的氯原子为18Cl
C. NH4Cl中只含共价键D. N2中σ键和π键数目之比为1∶2
【答案】D
【解析】NH3为三角锥形，为极性分子，A错误；中子数为18的氯原子质量数为35：，B错误；氯化铵中铵根离子与氯离子之间形成离子键，铵根离子中N原子与H原子之间形成共价键，C错误；N2分子结构式为N≡N，含有σ键和π键的数目分别为1、2，故N2分子中σ键与π键的数目比n(σ):n(π)=1:2，D正确；答案选D。
3. 实验室进行乙酸乙酯的制备。下列相关原理，装置及操作正确的是
A. 用装置甲混合乙醇与浓硫酸B. 用装置乙制备乙酸乙酯
C. 用装置丙收集乙酸乙酯D. 用装置丁提纯乙酸乙酯
【答案】B
【解析】混合时应将浓硫酸注入乙醇中，A错误；乙醇、乙酸加热时发生酯化反应生成乙酸乙酯，浓硫酸作催化剂、吸水剂，加入碎瓷片防止液体暴沸，图中装置合理，B正确；饱和碳酸钠可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，图中装置应该用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，且导管口不能插入溶液中，C错误；用蒸馏的方式分离出乙酸乙酯，温度计水银球应该在烧瓶的支管口，不能插入溶液中，D错误；故选B。
4. 电解熔融制时常添加少量和以提高导电性。下列说法正确的是
A. 半径大小：
B. 电负性大小：
C. 电离能大小：
D. 碱性强弱：
【答案】D
【解析】核外电子排布相同的离子，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，A错误；同周期元素，核电荷数越大电负性越大，故，B错误；同一周期随着原子序数增大，元素的第一电离能呈增大趋势，但IIA、VA族元素比相邻主族元素的第一电离能大，故Al的第一电离能比Mg小，C错误；元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性钙大于镁，故碱性强弱为，D正确；故选D。
阅读下列材料，完成下面小题。
元素的发现与科学技术进步密切相关。1774年，舍勒制得了Cl2，1810年戴维经过电解实验确定该元素为氯。早期工业上在450℃和CuCl2的催化下，用空气氧化HCl制得Cl2.巴拉尔将Cl2通入湖盐提取的母液时制得了Br2，库尔特瓦将海藻灰和浓硫酸作用，得到紫色蒸气，经盖吕萨克研究确认为I2.1807～1808年，戴维通过电解KOH、Na2CO3、CaO和MgCl2等方法陆续发现了钾、钠、钙、镁等元素。1886年，莫瓦桑通过电解KF和HF的混合物得到了F2。
5. 下列说法正确的是
A. 氢化物的沸点：HFClO>ClO
C. 基态Br的核外电子排布式为[Ar]3s23p5
D. 1个KI晶胞(如图所示)中含有14个I-
6. 下列化学反应表示不正确的是
A. 用空气氧化HCl制Cl2：4HCl＋O22H2O＋2Cl2
B. 在KBr溶液中通入少量Cl2：2Br-＋Cl2=2Cl-＋Br2
C. KI和浓硫酸反应：H2SO4(浓)＋2KIK2SO4＋2HI↑
D. 电解饱和食盐水阴极反应：2H2O＋2e-=2OH-＋H2↑
7. 下列物质的性质与用途不具有对应关系的是
A. 盐酸易挥发，可用作金属表面除锈剂
B. ClO2具有强氧化性，可用于杀菌消毒
C. MgO熔点高，可用作耐高温材料
D. Na2CO3水溶液呈碱性，可用于去除油污
【答案】5. B 6. C 7. A
【解析】
5．HF和HCl均形成分子晶体，HF分子间存在氢键，故氢化物的沸点：HF＞HCl，A错误；ClO、ClO、ClO中心原子Cl周围的价层电子对数为：4+=4、3+=4、2+=4，即Cl的杂化类型相同，孤电子对数分别为：0、1、2，故键角大小关系：ClO>ClO>ClO，B正确；
C．已知Br是35号元素，故基态Br的核外电子排布式为[Ar]3d103s23p5，C错误；
D．由题干晶胞可知，1个晶胞中黑球个数为：=4个，白球个数为：=4个，故1个KI晶胞(如图所示)中含有4个I-，D错误；故答案为：B；
6．由题干信息可知，在450℃和CuCl2的催化下，用空气氧化HCl制得Cl2，用空气氧化HCl制Cl2的反应方程式为：4HCl＋O22H2O＋2Cl2，A正确；在KBr溶液中通入少量Cl2生成KCl和Br2，反应的离子方程式为：2Br-＋Cl2=2Cl-＋Br2，B正确；已知浓硫酸具有强氧化性，故KI和浓硫酸反应生成的HI能够被浓硫酸氧化为I2，反应方程式为：2H2SO4(浓)＋2KIK2SO4＋I2+SO2+2H2O，C错误；电解饱和食盐水阴极上水电离的H+得到电子生成H2，该电极反应为：2H2O＋2e-=2OH-＋H2↑，D正确；故答案为：C；
7．盐酸用作金属表面除锈剂是利用其酸性，与其易挥发无关，A符合题意；ClO2具有强氧化性能够是蛋白质发生变性，可用于杀菌消毒，二者有因果关系，B不合题意；MgO熔点高，能够耐高温，故可用作耐高温材料，二者有因果关系，C不合题意；Na2CO3水溶液因碳酸根水解呈碱性，碱性条件下能够促进油脂水解，故可用于去除油污，二者有因果关系，D不合题意；故答案为：A。
8. 以CuZnOAl2O3作催化剂发生如下反应：2CH3CHO(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)＋CH3COOH(g) ΔH0
B. 该反应的平衡常数K=
C. 催化剂CuZnOAl2O3能降低该反应的焓变
D. 该反应中每消耗1 ml CH3CHO，转移电子数约为6.02×1023
【答案】D
【解析】根据方程式，该反应为气体分子数减少的反应，△S＜0，故A错误；该反应的平衡常数表达式为，故B错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变焓变，故C错误；根据碳元素的化合价可知，每消耗2mlCH3CHO，转移2ml电子，则每消耗1mlCH3CHO，转移电子数约为6.02×1023，故D正确；答案选D。
9. 有5种元素X、Y、Z、Q、T：X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的外围电子排布为3d64s2；Z原子的L电子层有一个空的p轨道；Q原子的L电子层的p轨道上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是
A. X和Q结合生成的化合物为离子化合物
B. T和Z各有一种单质的空间结构为正四面体型
C. T元素位于元素周期表的p区
D. ZQ2是极性键构成的非极性分子
【答案】A
【解析】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素。
X是S元素、Q是O元素，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，二氧化硫、三氧化硫中只存在共价键，为共价化合物，故A错误；T是P元素、Z是C元素，T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形，分别为白磷和金刚石，但白磷分子中四个磷原子位于四个顶点上，故B正确；由分析可知，T是P元素，P元素位于VA族，位于元素周期表的p区，故C正确；ZQ2CO2，只含极性键，且二氧化碳分子结构对称，为非极性分子，故D正确；故答案为A。
10. 研究表明以N2为氮源电解可直接制备HNO3，其原理如图所示。下列有关说法正确的是
A. a为电源负极
B. 电解一段时间后，阴极区溶液pH降低
C. 电解时阳极电极反应式为N2＋6H2O＋10e-=2＋12H＋
D. 若转移1 ml电子，可获得标准状况下11.2 L H2
【答案】D
【解析】从图中可以看出，在左侧电极，N2失电子产物与电解质反应生成等，则此电极为阳极，电极反应式为N2＋6H2O-10e-=2＋12H＋，H+透过质子交换膜进入右侧电极区；在右侧电极，H+得电子生成H2等，则右侧电极为阴极。从而得出与左侧阳极相连的a电极为正极，b电极为负极。
由分析可知，a为电源正极，A不正确；电解反应发生时，阴极发生反应2H++2e-=H2↑，但同时左侧电极产生的H+不断进入右侧电极区，溶液pH不变，B不正确；电解时，左侧电极为阳极，N2失电子产物与电解质反应生成等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出阳极电极反应式为N2＋6H2O-10e-=2＋12H＋，C不正确；依据阴极反应式2H++2e-=H2↑，若转移1 ml电子，可获得0.5mlH2，其在标准状况下的体积为0.5ml×22.4L/ml=11.2 L，D正确；故选D。
11. 化合物Z是一种药物合成的中间体，其合成路线如下：
下列叙述不正确是
A. Y可以发生加成、取代、消去反应
B. X分子中所有碳原子可能处于同一平面
C. Y、Z可用FeCl3溶液鉴别
D. Z与足量H2反应后的产物中有3个手性碳原子
【答案】A
【解析】Y中苯环可以发生加成反应，取代反应，但是整个结构都无法发生消去反应，A错误；X中苯环结构为平面结构，酮羰基中的碳原子也为平面结构，故通过酮羰基和苯环间碳碳单键的旋转，两个平面可以共面，B正确；Z中有酚羟基，遇含Fe3+的溶液会显紫色，而Y中无酚羟基，无该现象，故可以用FeCl3溶液鉴别Y、Z，C正确；Z与足量H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不发生加成，只有苯环能与氢气加成，手性碳原子是以单键和四个不同的原子或基团连接的碳原子，故产物中有3个手性碳原子，标记如图，D正确；故本题选A。
12. 室温下，根据下列实验过程及现象，能得出相应实验结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则紫色褪去，不能说明有C2H4生成，故A错误；选择新制Cu(OH)2悬浊液检验蔗糖溶液水解出的葡萄糖应在碱性环境下进行检验，即加入新制Cu(OH)2悬浊液前应先加氢氧化钠使溶液呈碱性，故B错误；向蛋白质溶液中加入CuSO4溶液，蛋白质发生了变性，有固体析出，故C正确；HI分解反应方程式为2HI(g)= H2(g) + I2(g)，反应前后气体体积不变,增大压强平衡不移动，但压缩容器体积为原来的一半，浓度变大，颜色加深，不能证明压强对平衡移动的影响，故D错误；答案选C。
13. 实现“碳中和”的一种路径是将和合成。其主要反应为：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
若仅考虑上述反应，在下，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，和的选择性及的转化率随温度的变化如下图所示。的选择性下列说法正确的是
A. 一定温度下，使用高效催化剂可提高平衡产率
B. 其他条件不变，时，随温度升高生成的量增多
C. 其他条件不变，时，通入，生成0.096ml
D. 温度高于时，主要是因为反应Ⅲ正向程度增大使的选择性降低
【答案】C
【解析】催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，只影响反应达到平衡所需的时间，不影响化学平衡的移动，因此一定温度下，使用高效催化剂不能提高的平衡产率，A错误；由图像可知，在时，CO2的转化率降低，从O元素守恒来看，H2O的O来自于CO2，则在时，升高温度，随温度升高生成的量减少，B错误；时，的转化率为30%，的选择性为64%；通入1ml，参加反应的的物质的量为，生成消耗的的物质的量为，根据反应关系，生成的物质的量为，C正确；温度高于时，的选择性降低，的选择性升高，因为生成和的反应是放热反应，升温使反应 Ⅰ、Ⅱ逆向移动，而不是因为反应 Ⅲ正向程度增大，D错误；故选C。
第Ⅱ卷 (非选择题 共 61分)
14. 氯化亚铜(CuCl)微溶于水，难溶于乙醇，易被氧化，广泛应用于医药等行业。以废铜渣(铜单质的质量分数为64％，CuO的质量分数为8％，其他杂质不含铜元素)为原料制备CuCl流程如下：
【资料】CuCl固体难溶于水，与Cl-反应生成可溶于水的离子[CuCl2]-。
（1）用Na2SO3固体配制100mL0.50ml/LNa2SO3溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、___________(填仪器名称)。
（2）基态铜原子的外围电子排布式为___________。
（3）“溶解”步骤装置如图所示
①“溶解”制备硫酸铜的化学方程式为、___________。
②通入热空气的目的___________。
（4）NaCl的用量对铜的沉淀率的影响如图所示。，CuCl的沉淀率下降的原因是___________。
（5）CuCl纯度测定：称取所制备的氯化亚铜成品2.50 g，置于预先放有50粒玻璃球和10 mL 0.5 ml∙L-1 FeCl3溶液(过量)的250 mL锥形瓶中。不断摇动，待试样溶解，充分反应后，加入适量稀硫酸，配成250 mL溶液。移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.020 0 ml∙L-1的K2Cr2O7溶液滴定至终点，再重复滴定2次，三次平均消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL(反应过程中，杂质不参与反应；滴定过程中转化为Cr3＋，Cl-不反应)，则成品中CuCl的质量分数为___________(写出计算过程)。
【答案】（1）100 mL容量瓶 （2）3d104s¹
（3）①. CuO+H2SO4=CuSO4+H2O ②.充当氧化剂；搅拌溶液，加快反应速率
（4）随着Cl-浓度的增大，CuCl与Cl-反应生成可溶于水的离子[CuCl2]-
（5）95.52%
【解析】将废铜渣(铜单质的质量分数为64％，CuO的质量分数为8％，其他杂质不含铜元素)中加入稀硫酸，并通入热空气进行溶解，此时Cu、CuO都转化为CuSO4；往溶液中加入Na2SO3、NaCl进行脱硫，将Cu2+还原并转化为CuCl沉淀，被氧化为；过滤后，分离出CuCl。
【小问1详解】
用Na2SO3固体配制100mL0.50ml/LNa2SO3溶液时，应在100mL容量瓶内进行定容，则需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100 mL容量瓶。
【小问2详解】
基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s¹，则外围电子排布式为3d104s¹。
【小问3详解】
①“溶解”制备硫酸铜时，Cu、O2、H2SO4发生反应，生成CuSO4等，CuO与H2SO4反应生成CuSO4等，则化学方程式为、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O。
②Cu与稀硫酸不能发生反应，在溶液中，在加热时 O2与Cu即硫酸发生反应：，Cu转化为CuSO4，因此通入热空气的目的是充当氧化剂；同时可以起到搅拌溶液，加快反应速率的作用；
【小问4详解】
从图中可以看出，当时，铜的沉淀率接近100%，当时，由于CuCl与Cl-反应生成可溶于水的离子[CuCl2]-，使CuCl的沉淀率不断下降，原因是：随着Cl-浓度的增大，CuCl与Cl-反应生成可溶于水的离子[CuCl2]-。
【小问5详解】
往氯化亚铜成品中加入FeCl3溶液(过量)，发生反应CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生反应6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
25.00mL溶液中，n(K2Cr2O7)=0.020 0 ml∙L-1×0.02000L=4×10-4ml，n(CuCl)=n(Fe2+)=6 n(K2Cr2O7)=6×4×10-4ml=2.4×10-3ml，CuCl的质量分数为=95.52%。
15. 化合物G属于黄酮醋酸类化合物，具有保肝的作用。一种合成化合物G的路线如下：
（1）C中含氧官能团的名称为___________。
（2）A→B的反应类型为___________反应。
（3）D的分子是C10H11O2Cl，D的结构简式为___________。
（4）B的一种同分异构体X同时符合下列条件。写出X的结构简式___________。
I．既能发生银镜反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应；
Ⅱ．含1个手性碳原子，分子中含6种化学环境不同的氢。
（5）设计由为原料，制备的合成路线_______(无机试剂和有机溶剂任选)
【答案】（1）羰基、(酚)羟基
（2）取代 （3） （4）
（5）或
【解析】对甲基苯酚和醋酸酐发生取代生成酚酯，由B到C发生分子内异构，C中酚羟基邻位碳氢键断裂，和甲醛发生加成生成醇，醇和氯化氢发生取代，引入了氯原子，D中的氯原子和氰化钠发生取代生成E；
【小问1详解】
根据C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称为羰基 、(酚)羟基；
【小问2详解】
对甲基苯酚和醋酸酐发生取代生成醋酸对甲基苯酯，A→B的反应类型为取代反应，故答案为：取代；
【小问3详解】
C中酚羟基邻位的碳氢键断裂，和甲醛发生加成生成醇，醇和HCl发生取代生成氯代化合物D，D的分子是C10H11O2Cl，D的结构简式为；故答案为：；
【小问4详解】
B的一种同分异构体X同时符合下列条件：I.既能发生银镜反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜说明含醛基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，Ⅱ.含1个手性碳原子，分子中含6种化学环境不同的氢。其结构简式为；答案为：；
【小问5详解】
设计由为原料，制备，先在浓硫酸作用下消去反应，再与催化水化形成含有醇的结构，再催化氧化得到含有醛的结构，再碱性条件下加热得到产物；或消去后与HBr加成，水解后再催化氧化，再碱性条件下加热得到产物；则合成路线(无机试剂和有机溶剂任选)：或者。
16. 水合肼(N2H4∙H2O)的制备方法有多种，实验室以Cl2、NaOH和尿素[CO(NH2)2]为原料制备，也可以利用电解法制备。再用水合肼处理铜氨溶液并制得铜粉，其实验过程可表示为：
已知：N2H4∙H2O沸点约118℃，具有强还原性。
（1）仪器A中反应的离子方程式是：___________。
（2）若滴加NaClO与NaOH的混合溶液的速度较快，水合肼的产率会下降，原因是：___________。
（3）某实验室设计了如图所示装置制备N2H4。双极膜是阴、阳复合膜，层间的H2O解离成OH-和H+并可分别通过阴、阳膜定向移动。
①双极膜中产生的___________(填“H+”或“OH-”)移向多孔铂电极。
②石墨电极反应方程式为___________。
（4）已知：。
①Cu(NH3)4SO4中所含的化学键有离子键、极性键和___________。
②铜粉沉淀率与水合肼溶液初始浓度的关系如下图所示。请设计由铜氨溶液[主要含Cu(NH3)4SO4]回收铜粉的实验方案：取一定体积6ml∙L-1水合肼溶液，___________，静置、过滤、洗涤、干燥。(须使用的试剂：2ml∙L-1硫酸、NaOH固体、铜氨溶液、蒸馏水)
【答案】（1）ClO-+CO(NH2)2+2OH- = Cl-+N2H4∙H2O+
（2）N2H4∙H2O易被NaClO氧化
（3）①.OH- ②.ClO- +2e-+H2O = Cl-+2OH-
（4）①.配位键 ②.加入蒸馏水稀释水合肼溶液至3.0~3.25 ml∙L-1，加入适量氢氧化钠固体，边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2 ml∙L-1的硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加
【解析】将Cl2通入NaOH溶液中，发生反应生成NaClO、NaCl等；往所得溶液中加入尿素[CO(NH2)2]，发生氧化还原反应，生成水合肼等；往水合肼溶液中加入铜氨溶液，发生氧化还原反应，从而获得铜粉等。
【小问1详解】
仪器A中，在碱性溶液中，NaClO将尿素氧化，生成水合肼、NaCl、Na2CO3等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应离子方程式是：ClO-+CO(NH2)2+2OH- = Cl-+N2H4∙H2O+。
【小问2详解】
题干信息显示，N2H4∙H2O具有强还原性，若滴加NaClO与NaOH的混合溶液的速度较快，则NaClO会将水合肼氧化，从而造成水合肼的产率会下降，原因是：N2H4∙H2O易被NaClO氧化。
【小问3详解】
NH3转化为N2H4∙H2O时，N元素由-3价升高到-2价，则NH3失电子被氧化，多孔铂电极为负极；石墨电极为正极，ClO-反应生成Cl-等。
①由上述分析可知，多孔铂电极为负极，电池工作时，阴离子向负极移动，则双极膜中产生的OH-移向多孔铂电极。
②石墨电极为正极，ClO-反应生成Cl-等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式为ClO- +2e-+H2O = Cl-+2OH-。
【小问4详解】
①Cu(NH3)4SO4中，[Cu(NH3)4]2+与间形成离子键，NH3分子内、内原子间形成共价键，NH3分子中N原子与Cu2+间形成配位键，则所含的化学键有离子键、极性键和配位键。
②图中信息显示，当水合肼溶液初始浓度在3.0~3.25ml∙L-1时，铜粉沉淀率最高，所以需将6ml∙L-1水合肼溶液稀释为所需浓度；依据反应，在加入铜 氨废液前，需加入NaOH固体，使溶液呈碱性，为防止反应生成的NH3污染空气，需使用硫酸吸收。从而得出由铜氨溶液[主要含Cu(NH3)4SO4]回收铜粉的实验方案：取一定体积6ml∙L-1水合肼溶液，加入蒸馏水稀释水合肼溶液至3.0~3.25 ml∙L-1，加入适量氢氧化钠固体，边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2 ml∙L-1的硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥。
17. (主要指NO和)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的是环境保护的重要课题。
（1）已知：


①在汽车上安装三元催化转化器可实现反应： _______
②在恒温恒容的密闭容器发生反应。下列能说明反应达到平衡状态的是_______(填字母序号)。
A．容器内气体的密度不再改变
B．
C．容器内气体的压强不再改变
（2）用活化后的作催化剂，在烟气中加入适量氨气，使、转化为，反应历程如图-1所示。
①写出反应总方程式_______。
②步骤1过程中，控制在催化剂的表面，其原理是_______。
（3）用作催化剂，将一定比例的、和的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。其它条件相同，如图-2所示为不同空速，随温度的变化，转化率的关系。空速(GHSV)是指规定的条件下，单位时间单位体积催化剂处理的气体量。
①温度低于时，相同温度下，空速越小，转化率越高的原因是_______；
②高于时，不同空速，随温度升高，转化率迅速下降的原因是_______。
【答案】（1）①.-759.8 ②.BC
（2）①.
②.步骤1：中N和中的H，形成氢键；中H和中的O形成氢键
（3）①.反应温度较低时，反应速率慢。此时空速越大，反应气体与催化剂的接触时间越短，反应不够充分，转化率越低。空速越小，反应气体与催化剂的接触时间长，反应充分，转化率越高
②.高于时，温度升高，催化剂活性下降；与反应生成了
【解析】
【小问1详解】
反应①
②
③
②+2×③-①得到，，；
A．容器内气体的密度是定值，密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，A不符合；
B．，符合正逆反应速率相等，达到了平衡状态，B符合；
C．恒温恒容下，反应前后气体的物质的量变化，容器内气体的压强是变量，压强不再改变说明反应达到平衡状态，C符合；
答案选BC；
【小问2详解】
①由反应历程可知，反应物为NH3、NO、O2，生成物为N2和H2O，NH3、NO、O2的物质的量之比为1:1：，则反应的化学方程式为：；
②由中间体X到过渡态的结构可知，步骤1中，中N和中的H，形成氢键；中H和中的O形成氢键；
【小问3详解】
①由图可知，温度低于时，相同温度下，空速越小，转化率越高，原因是：反应温度较低时，反应速率慢。此时空速越大，反应气体与催化剂的接触时间越短，反应不够充分，转化率越低。空速越小，反应气体与催化剂的接触时间长，反应充分，转化率越高；
②高于时，不同空速，随温度升高，转化率迅速下降，原因是：高于时，温度升高，催化剂活性下降；与反应生成了。
选项
实验过程及现象
实验结论
A
向试管中加5 mL乙醇、15 mL浓硫酸和几片碎瓷片，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色
有C2H4生成
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，加入新制的Cu(OH)2悬浊液，无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
向蛋白质溶液中加入CuSO4溶液，有固体析出
蛋白质发生了变性
D
向某容器中充入HI气体，一段时间后压缩容器体积为原来的一半，气体颜色变深
增大气体压强，HI分解反应平衡正向移动