广东省佛山市2022~2023学年高二上学期期末考试化学试题

广东省佛山市2022~2023学年高二上学期期末考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．汽车领域的发展离不开化学。下列说法错误的是A．燃油汽车：燃料的燃烧为放热反应B．电动汽车：充电时将电能转化为化学能C．尾气处理：利用三效催化剂可完全消除尾气D．车身材料：在钢铁上涂油漆可防止金属腐蚀2．下列措施不能延长食品保存时间的是A．冷藏B．真空包装C．添加营养强化剂D．高温灭菌3．改良酸化土壤能提高农作物品质。下列说法正确的是A．过度使用铵态氮肥会导致土壤酸化，铵态氮肥都呈酸性B．酸化土壤受太阳照晒后表面变红是Al3水解造成的C．钙、钾离子的流失是土壤酸化的原因之一，Ca2水解呈碱性D．使用草木灰可以改良酸化土壤4．下列说法正确的是A．ΔS>0的反应一定是自发的B．平衡产率是化学反应的最大限度，是无法改变的C．电离与电解是相同的化学过程D．若MA为强碱弱酸盐，Ka(HA)越小，则Kh(A—)越大5．下列有关热化学方程式的说法正确的是1A．CsO2gCOg2ΔH110.5kJmol1，则Cs的燃烧热为110.5kJmol11molN2g和3molH2g在一定条件下反应放出热量86kJ，B．热化学反应方程式为：N2g3H2g2NH3gΔH86kJmol1ΔH57.3kJmol1，则稀硫酸与稀氢氧化钠C．已知HaqOHaqH2Ol溶液反应生成1mol水时，放热57.3kJ1D．已知H2OlH2gO2g2ΔH285.8kJmol1，则1molH2Ol的总能量比1molH2g小285.8kJ试卷第1页，共8页6．绝热恒容密闭容器中发生反应：COgH2SgCOSgH2g为平衡判据的是A．气体密度质量7．反应2SO2gO2g2SO3gB．温度ΔH0，能作C．气体的总物质的量D．平均相对分子ΔH0，SO2转化率α随时间变化如图所示。要使反应由过程a变为过程b，可采取的措施是A．升高温度B．加大O2的投入量C．加催化剂D．增大压强8．25℃时，对于pH3的醋酸溶液，下列说法错误的是A．水电离出的氢离子浓度为1.0103molL1B．加水稀释，醋酸的电离程度增大C．与pH11的NaOH溶液等体积混合，溶液呈酸性D．升高温度，溶液pH减小9．用NaOH标准液滴定未知浓度盐酸，滴定曲线如图1实线所示。下列说法正确的是A．若使用酚酞做指示剂，滴定终点pH7B．图1中虚线可表示该NaOH标准液滴定与盐酸浓度相同的醋酸C．向锥形瓶中加入少量蒸馏水，对测量结果没有影响D．图2为碱式滴定管，读数是28.20mL10．LiSO2电池具有优良的性能，其工作原理如图所示。下列说法正确的是试卷第2页，共8页A．金属Li为正极B．电子流动方向为：锂电极→有机电解液→石墨电极2C．石墨电极的电极反应式为2SO22eS2O4D．有机电解液可以换成水性电解液11．平流层中的氟氯烃破坏臭氧层的部分过程如下：①O3Cl=O2ClO(慢反应)②ClOO=ClO2(快反应)下列说法错误的是A．Cl为该过程的催化剂B．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数C．增加Cl的浓度能使臭氧分解的速率变快D．反应①的活化能小于反应②1

12．0.1molLNa2CO3溶液的pH随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A．温度高于60℃时，pH变化主要受水的电离平衡移动的影响2B．常温下：cCO3cHCO3cOHcNacH2C．常温下：cNacCO3cHCO3cOH2D．升高温度，CO3H2OHCO3OH平衡逆向移动13．用石墨电极电解NaClO2溶液制备ClO2，工作原理如图所示。下列说法错误的是试卷第3页，共8页A．Na向电极a移动B．相同条件下，电极a与电极b产生的气体体积之比为2:1C．电解一段时间后，阴极区溶液pH升高D．电解NaClO3溶液也可制备ClO2，ClO2应该在电极a上产生14．已知甲基橙(HIn)变色的pH范围是3.1~4.4，溶液中存在电离平衡：HIn红色In黄色H，HIn和In的物质的量分数随pH变化如图所示。下列说法错误的是A．pH5时，溶液呈黄色B．曲线a表示In物质的量分数随pH变化C．甲基橙电离平衡常数的数量级为104D．当溶液刚好变为黄色时，溶液中15．牙齿表面存在如下平衡：cIncHIn为10Ca5PO43OHs5Ca2aq3PO43aqOHaqCa5PO43Fs的Ksp2.81061。Ksp6.81037下列说法错误的是A．在牙膏中添加适量的磷酸盐，能起到保护牙齿的作用试卷第4页，共8页B．口腔中的食物残渣能产生有机酸，容易导致龋齿，使Ksp增大C．正常口腔的pH接近中性，有利于牙齿健康D．使用含氟牙膏，当Ca5PO43OHs与Ca5PO43Fs共存时，cOHcF2.4102416．用下列装置不能达到实验目的的是A．图1：测量强酸强碱中和反应的反应热B．图2：测定Na2CO3和稀硫酸反应的速率C．图3：验证浓度对化学平衡的影响D．图4：证明KspAgIKspAgCl二、实验题17．某学习小组进行Zn与H2SO4反应的实验，探究温度、氯化钠浓度对反应速率的影响。实验用品：相同规格的锌片，0.5molL1稀硫酸100mL(忽略NaCl固体对溶液体积的影响)。实验序号温度/℃NaCl质量/g收集15mLH2所需时间/s1250632250.5323251.0204350.521535059v5H2产生速率/mLs1回答下列问题：(1)v1=v1v2v3v4mLs1(结果保留小数点后2位)。试卷第5页，共8页(2)由实验速率加快。与或与(填实验序号)得出升高温度，化学反应(3)欲探究升高温度时氯化钠对反应速率的影响，某同学分析数据发现，明。v5v4<，说v1v2(4)锌粒与足量0.005molL1硫酸反应的速率较慢。为了加快该反应的速率且不改变H2的产量，可以使用下列方法中的_______。A．加少量NaCl固体C．将稀硫酸改为浓硫酸B．滴加几滴CuSO4溶液D．适当升高温度(写化学式)(5)为验证氯化钠对反应速率的影响为氯离子，可采用等物质的量的重复上述实验。三、工业流程题Fe3O4/TiO2磁性复合材料具有优异的光催化性能，18．可由钛铁矿(主要成分为TiFeO3，可表示为FeOTiO2，杂质为SiO2)制备，一种工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”工序中，将矿石粉碎的目的是。。(2)“酸浸”后钛元素主要以TiO2形式存在，FeTiO3发生的化学反应方程式为(3)滤渣A的主要成分为(4)加入NaCl的作用是。。、(5)加入氨水、双氧水的作用分别是中结晶，原因是。，获得FeCl24H2O需在HCl氛围(6)滤液C加热水后得到难溶于水和稀酸的偏钛酸(用H2TiO3表示)，加“热水”时反应的离子方程式为。此时温度为25℃，滤液中pH2，则此时滤液中cTiO2为试卷第6页，共8页(KspTiO(OH)21.010

27

)。四、填空题19．氢氧化钠和溴化氢是重要的化工原料。可采用双极膜BMP技术电解制备。在电场的作用下，水在双极膜(BMP)作用下离解成H和OH，分别向电解池的两极移动，工作原理如图所示：回答下列问题：(1)阳极的电极反应式为(2)C膜为。(填“阴”或“阳”)离子交换膜。(3)下列说法正确的是_______。A．电解过程中，两极室Na2SO4浓度均不变B．电解后NaBr溶液浓度降低C．N室有NaOH生成D．该装置的总反应为：4NaBr6H2O电解4NaOH4HBr2H2O2(4)可用HCOONa溶液吸收Br2可制备NaBr原料液，同时产生CO2和中氧化剂和还原剂物质的量的比为(5)氯碱工业也可制备NaOH，同时产生。。。上述反应五、原理综合题20．乙醇转化制氢是当前研究热点。主要反应为：试卷第7页，共8页反应i反应iiC2H5OHg3H2Og2CO2g6H2gCO2gH2gCOgH2OgΔH1173.3kJmol1ΔH241.2kJmol1回答下列问题：g(1)反应C2H5OHgH2Og2COg4H2ΔHkJmol1，该反应在(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。(2)有关反应i和反应ii，下列说法正确的是_______。A．增加乙醇的浓度有利于提高乙醇的转化率B．恒压通入氮气有利于提高H2产率C．使用催化剂，可以提高H2的平衡转化率D．寻找合适催化剂促进反应I同时抑制反应ii是一种合适的研究方向(3)写出反应i的平衡常数表达式Kp。T℃、0.1MPa的恒压密闭容器中，充入1mol乙醇和3molH2Og，假设只发生反应i，平衡时乙醇转化率为25%，则CO2的分压为MPa。(分压总压物质的量分数)(4)制氢过程中有以下几个副反应会产生固体碳：反应iii反应iv反应vCH4g2H2gCsΔH30ΔH40COgH2gCsH2OgC2H4g2Cs2H2gΔH50①反应中lnKp随温度的变化如图所示，已知高温时积碳主要来源于反应iii和v，图中表示反应iv、v的曲线分别是、(填“a”、“b”或“c”)。。②实验发现，在温度相同时，提高水醇比能减少积碳量，原因是试卷第8页，共8页参考答案：1．C【详解】A．燃油汽车中燃料的燃烧为放热反应，化学能转化为热能、进一步转变为机械能等，A正确；B．充电时发生电解，将电能转化为化学能，B正确；C．催化剂能加快反应进行但不影响平衡，利用三效催化剂不可完全消除尾气，C错误；D．在钢铁上涂油漆可防止钢材直接接触空气和水分、可防止金属腐蚀，D正确；答案选C。2．C【详解】A．冷藏可以降低温度，降低反应速率，从而延长食品保存时间，A不符题意；B．真空包装可以减小氧气的浓度到几乎为0，降低食品被氧化的速率，从而延长食品保存时间，B不符题意；C．添加营养强化剂是为了补充人体缺乏的某种营养或元素，不能延长食品保存时间，C符合题意；D．高温灭菌可以延长食品保存时间，D不符题意；答案选C。3．D【详解】A．铵态氮肥不一定都呈酸性，例如碳酸氢铵溶液是碱性的，A错误；B．铁离子水解生成氢氧化铁，氢氧化铁分解生成红色氧化铁；故酸化土壤受太阳照晒后表面变红是铁离子水解造成的而不是铝离子水解导致，B错误；C．钙离子不会水解，C错误；D．草木灰含有碳酸钾，碳酸钾溶液显碱性，使用草木灰可以改良酸化土壤，D正确；故选D。4．D【详解】A．ΔH>0、ΔS>0的反应高温下能自发进行，低温下不能自发进行，故A错误；B．平衡产率是化学反应的最大限度，但改变反应条件可以改变平衡的移动方向，改变平衡产率，故B错误；C．电离是电解质在熔融状态下或水溶液中离解成自由移动离子的过程，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；答案第1页，共10页KwD．若MA为强碱弱酸盐，由盐的水解常数Kh=可知，HA的Ka(HA)越小，则A—的Kh(A—)Ka越大，故D正确；故选D。5．C【详解】A．燃烧热的热化学方程式中，C的指定氧化物为CO2而不是CO，因此C的燃烧热不为110.5kJ/mol，A错误；B．该反应为可逆反应，反应物未完全反应，若1molN2g和3molH2g在一定条件下完全反应，将放出更多热量，则ΔH86kJmol1，B错误；C．硫酸为强酸，氢氧化钠为强碱，则稀硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时，放热57.3kJ，C正确；1D．该反应为吸热反应，则1molH2Ol的总能量比1molH2g和molO2(g)的总能量小2285.8kJ，D错误；故选C。6．B【详解】A．由题干信息可知，恒容密闭容器中反应过程中气体的体积不变，气体的总质量不变，则气体密度一直不变，则气体密度不变不能作为判断反应达到平衡的标志，A不合题意；B．由题干信息可知，该反应容器为绝热容器，故温度不变，说明吸热反应速率等于放热反应速率即正逆反应速率相等，故能说明反应达到化学平衡，B符合题意；C．由题干信息可知，反应过程中体系气体的总物质的量一直保持不变，即气体的总物质的量不变不能说明反应达到化学平衡，C不合题意；由题干信息可知，反应过程中体系气体的总物质的量一直保持不变，气体的总质量不变，D．则气体的平均摩尔质量即平均相对分子质量一直不变，则气体的平均相对分子质量不变不能说明反应达到平衡状态，D不合题意；故答案为：B。7．A【详解】由题干图像信息可知，由过程a变为过程b，则SO2的转化率减小，而反应速率加快，据此分析解题：A．升高温度反应速率加快，正反应是一个放热反应，则升高温度平衡逆向移动，SO2转化答案第2页，共10页率减小，A符合题意；B．加大O2的投入量即增大反应物的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，SO2的转化率增大，B不合题意；C．加催化剂能改变化学反应速率，但不能使平衡发生移动，即SO2的转化率不变，C不合题意；D．增大压强即压缩容器的体积，反应速率加快，正反应是一个气体体积减小的方向，则增大平衡平衡正向移动，SO2的转化率增大，D不合题意；故答案为：A。8．A【详解】A．酸电离的氢离子为10-3mol/L，则水电离的c水Hc水OHc酸HKw101431011mol/L，A错误；10mol/LB．对于弱电解质，加水，越稀越电离，B正确；33C．cCH3COOH10mol/L，cNaOH10mol/L，等体积混合，nCH3COOHnNaOH，则混合后溶质为CH3COONa、CH3COOH，则溶液呈酸性，C正确；D．温度升高，平衡正向进行，Kw升高，所以溶液pH减小，D正确；故答案为：A。9．C【详解】A．酚酞的变色范围8-10，故若使用酚酞做指示剂，滴定终点pH略大于7，A错误；B．醋酸为弱酸，与盐酸浓度相同的醋酸的初始pH大于盐酸，B错误；C．向锥形瓶中加入少量蒸馏水，不影响标准液用量，对测量结果没有影响，C正确；D．用NaOH标准液滴定未知浓度盐酸，则图2为碱式滴定管，但读数应该大于29.00mL，D错误；故选C。10．C2【分析】石墨上发生2SO22eS2O4，为还原反应，则石墨为正极。【详解】A．石墨为正极，金属Li为负极，A错误；答案第3页，共10页B．电子不能在有机电解液中流动，电子流动方向为：锂电极→导线→石墨电极，B错误；C．石墨电极上SO2转化为S2O4，S元素化合价降低，为还原反应，则电极反应式为2SO22eS2O24，C正确；2

D．Li能与水反应，有机电解液不可以换成水性电解液，D错误；答案选C。11．D【详解】A．反应①消耗Cl，反应②重新生成Cl，Cl参与反应且在反应前后质量和性质均不变，为该反应的催化剂，A正确；B．催化剂能降低反应的活化能，使部分普通分子转化为活化分子，从而提高活化分子百分数，B正确；C．反应的决速步骤为①，增加Cl的浓度，反应①速率加快，因此增加Cl的浓度能使臭氧分解的速率变快，C正确；D．反应①是慢反应，反应②是快反应，因此反应①的活化能大于反应②，D错误；答案选D。12．A【分析】升高温度促进碳酸根离子的水解，溶液pH升高，同时升高温度促进水电离，溶液pH降低。【详解】A．升高温度促进碳酸根离子的水解，溶液pH升高，同时升高温度促进水电离，溶液pH降低，如图温度高于60℃时，pH变化主要受水的电离平衡移动的影响，故A正确；2B．溶液中存在电荷守恒，常温下：2cCO3cHCO3cOHcNacH，故B错误；C．常温下：碳酸钠溶液中碳酸根离子水解产生碳酸氢根离子和氢氧根离子，水电离也产生氢氧根离子，cOHcHCO3，cNa

cCOcOHcHCO，故C错误；2332D．水解是吸热过程，升高温度，CO3H2OHCO3OH平衡正向移动，故D错误；故选A。13．B【分析】由工作原理图可知，右侧电极b产生了ClO2，即氯元素的化合价从+3升高到+4，发生了氧化反应，为电解池的阳极，和电源的正极相连，则左侧电极a为阴极，和电源的负答案第4页，共10页极相连，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，左侧电极a为阴极，在电解池中，阳离子向阴极移动，即Na向电极a移动，A正确；B．电极a为阴极，发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e=H2↑+2OH，电极b为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：2ClO22e2ClO2，所以相同条件下，电极a与电极b产生的气体体积之比为1:2，B错误；C．由分析可知，阴极区发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e=H2↑+2OH，所以电解一段时间后，阴极区溶液碱性增强，pH升高，C正确；D．若电解NaClO3溶液制备ClO2，氯元素的化合价从+5降低到+4，得电子，发生还原反应，应在阴极区参与反应，即ClO2应该在电极a上产生，D正确；故选B。14．B【详解】A．甲基橙(HIn)变色的pH范围是3.1~4.4，溶液中存在电离平衡：HIn红色In黄色H，因此pH5时，溶液呈黄色，A正确；B．随着pH的增大，氢离子浓度逐渐减小，平衡正向进行，In物质的量分数逐渐增大，因此曲线a表示HIn物质的量分数随pH变化，曲线b表示In物质的量分数随pH变化，B错误；C．当pH=3.4时，溶液中HIn与In的物质的量分数相等，所以甲基橙电离平衡常数为cHcIncHIn103.4，因此数量级为104，C正确；D．甲基橙变色的pH范围是3.1~4.4，当溶液刚好变为黄色时，pH=4.4，所以根据cHcIncHIn103.4可知溶液中cIncHIn为10，D正确；答案选B。15．B【详解】A．在牙膏中添加适量的磷酸盐，使平衡逆向移动，Ca5PO43OHs5Ca2aq3PO43aqOHaq，生成Ca5PO43OHs覆盖在牙齿表面，能起到保护牙齿的作用，A正确；答案第5页，共10页B．Ksp只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，B错误；C．正常口腔的pH接近中性，防止Ca5PO43OHs和Ca5PO43Fs溶解，有利于牙齿健康，C正确；D．cOHcFc(Ca52+-)c3(PO3-4)cOHc5(Ca2+)c3(PO3-F4)cKspCa5PO43OHsKspCa5PO43Fs6.810372.41024612.810，D正确；故选B。16．D【详解】A．图1通过酸碱中和反应前后温度的变化，测量强酸强碱中和反应的反应热，A正确；B．图2可以通过一定时间内产生的气体的体积：测定Na2CO3和稀硫酸反应的速率，B正确；2-2-+C．Cr2O7+H2O2CrO4+2H，图3中滴加含有相同浓度的H+和OH-溶液，根据溶液颜色的变化，验证浓度对化学平衡的影响，C正确；D．5mL0.1mol/LAgNO3中滴加5滴0.1mol/LNaCl溶液，AgNO3过量，再加入0.1mol/LNaI溶液，生成黄色沉淀，不能证明KspAgIKspAgCl，D错误；故选D。17．(1)0.24(2)1524(3)升高温度，氯化钠对速率的影响增强(4)AD(5)KCl(含氯离子的可溶性一价盐如：LiCl等均可)【详解】（1）由表格数据可知，收集15mLH2所需时间为63s，则v1=15mL0.24mLs1；63s（2）按照控制单一变量的原则，除了温度不同，其他条件相同，则由实验1和5或2和4可得出升高温度，收集15mLH2所需时间缩短，化学反应速率加快的结论；v5v4（3）<，说明升高温度，加入氯化钠速率增大幅度大于没加氯化钠速率增大幅度，说v1v2明氯化钠对速率的影响增强；答案第6页，共10页（4）A．由（3）分析知，加少量NaCl固体能加快反应速率，由于NaCl未参与反应，则H2的产量不变，A符合题意；B．滴加几滴CuSO4溶液，Zn和CuSO4反应生成Cu，则Zn、Cu和电解质溶液构成原电池，反应速率加快，由于消耗了Zn，则H2的产量减少，B不符合题意；C．将稀硫酸改为浓硫酸，Zn和浓硫酸反应不产生H2，C不符合题意；D．适当升高温度，反应速率加快，H2的产量不变，D符合题意；故选AD。（5）若要验证氯化钠对反应速率的影响为氯离子，与阳离子无关，则可选择加入等物质的量的含氯离子的可溶性一价盐如：KCl、LiCl等，重复上述实验即可。18．(1)加快酸浸速率(2)FeTiO34HClFeCl2TiOCl22H2O(3)SiO2(二氧化硅)(4)增大C1浓度，促进FeCl24H2O的析出(5)(6)升高pH

氧化Fe2

抑制Fe2水解0.001mol/LTiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+

【分析】SiO2为酸性氧化物，不与盐酸反应，TiFeO3溶于盐酸，转化成TiO2+、Fe2+，过滤，滤渣A为SiO2，滤液B中加入少量NaCl，在冰浴下，增大c(Cl-)，有利于FeCl2·6H2O析出，溶液C中存在TiO2+，加热水，促进TiO2+水解得到H2TiO3，偏钛酸不稳定受热分解成TiO2，据此分析；【详解】（1）“酸浸”工序中将矿石粉碎的目的是增加矿石与浓盐酸接触面积，提高浸取率；故答案为加快酸浸速率；（2）TiFeO3溶于盐酸，转化成TiO2+、Fe2+，其化学反应方程式为TiFeO3+4HCl(浓)=TiOCl2+FeCl2+2H2O；故答案为TiFeO3+4HCl(浓)=TiOCl2+FeCl2+2H2O；（3）SiO2为酸性氧化物，不与盐酸反应，TiFeO3溶于盐酸，转化成TiO2+、Fe2+，过滤，滤渣A为SiO2，故答案为SiO2(二氧化硅)；（4）滤液B中加入少量NaCl，c(Cl-)增大，有利于FeCl2·6H2O析出，故答案为增大Cl-浓答案第7页，共10页度，有利于FeCl2·6H2O析出；（5）加入双氧水，将Fe2+氧化成Fe3+，加入NH3·H2O，调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来；Fe2+能发生水解，在HCl氛围中加热，可以抑制Fe2+水解；故答案为提高pH；将Fe2+氧化成Fe3+；抑制Fe2+水解；（6）溶液C中存在TiO2+，加热水，促进TiO2+水解得到H2TiO3，其离子方程式为TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；pH=2的溶液中c(H+)=1.0×10-2mol/L，此时溶液中c(OH)=1.0×10mol/L，c(TiO)=--122+Ksp[TiO(OH)2]c2(OH-)1.01027-3122=1.0×10mol/L；故答案为(1.010)TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；1.0×10-3mol/L。19．(1)4OH4eO22H2O(2)阳(3)BD(4)HBr(溴化氢)1：1(5)H2、Cl2(“氢气、氯气”)+-【分析】电解池中，与电源负极相连的一极作阴极，电极反应式为2H+2e=H2，与电源正极相连一极作阳极，电极反应式为4OH4eO22H2O；左侧BMP中，H移向阴极室，OH移向M室，C膜为阳离子交换膜，原料室中的Na+经C膜移向M室，因而从M室可得到NaOH；右侧BMP中，OH移向阳极室，H移向N室，原料室中的Br-经阴离子交换膜移向N室，因而从N室可得到HBr；据此分析解答。【详解】（1）与电源正极相连一极作阳极，电极反应式为4OH4eO22H2O；（2）根据分析，C膜为阳离子交换膜；（3）A．阳极的电极反应式为4OH4eO22H2O，因此阳极有水生成，Na2SO4浓度减小，A错误；B．原料室中的Na+经C膜移向M室，Br-经阴离子交换膜移向N室，因此电解后NaBr溶液浓度降低，B正确；C．根据分析，M室有NaOH生成，C错误；D．该反应的实质是电解水，同时由于离子的移动，反应有NaOH和HBr生成，则该装置的答案第8页，共10页总反应为：4NaBr6H2O故选BD。电解4NaOH4HBr2H2O2，D正确；（4）HCOONa和Br2反应生成NaBr、CO2和HBr，反应的化学方程式为HCOONa+Br2NaBrCO2HBr；Br2中Br元素化合价由0价降低到-1价，Br2作氧化剂，HCOONa中C元素化合价由+2价升高到+4价，HCOONa作还原剂，根据化学反应方程式可知，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；电解2NaOH+H2+Cl2，（5）氯碱工业也可制备NaOH，化学反应方程式为2NaCl+2H2O则电解过程中同时产生H2、Cl2。20．(1)(2)BD(3)(4)+255.7高温p2CO2p6H2pC2H5OHp3H2Oca0.01水蒸气能与固体碳反应：CH2OCOH2【详解】（1）由盖斯定律可知，反应i+2×反应ii得：C2H5OHgH2Og2COg4H2gΔHΔH1+2ΔH2=255.7kJmol1，根据ΔH-TΔS0反应可以自发进行可知，该反应为吸热的熵增反应，则高温下能自发进行；（2）A．增加乙醇的浓度促进其它反应物的转化，而降低了乙醇自身的转化率，A错误；B．恒压通入氮气，相当于增大体积，反应i正向移动、反应ii不移动，有利于提高H2产率，B正确；C．使用催化剂，改变反应速率，但是不可以提高H2的平衡转化率，C错误；D．寻找合适催化剂促进反应i同时抑制反应ii，可以提高制取氢气的效率，是一种合适的研究方向，D正确；故选BD；答案第9页，共10页p2CO2p6H2（3）由方程式可知，反应i的平衡常数表达式Kp；pC2H5OHp3H2OT℃、0.1MPa的恒压密闭容器中，充入1mol乙醇和3molH2Og，假设只发生反应i，平衡时乙醇转化率为25%，则反应乙醇0.25mol、生成二氧化碳0.5mol，反应为气体分子数增加4的反应，则总的物质的量增加0.25mol×4=1mol，反应后总的物质的量为5mol；CO2的分压为0.50.1MPa=0.01MPa。5（4）①反应中lnKp随温度的变化如图所示，已知高温时积碳主要来源于反应iii和v，则高温时反应iii和v的平衡常数更大，反应iii为吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大，反应v为放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，故反应iii和v曲线分别为b、a，则反应iv曲线为c；②在温度相同时，提高水醇比，水蒸气能与固体碳反应：CH2OCOH2，故能减少积碳量。答案第10页，共10页