精品解析：北京市顺义牛栏山第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考 化学试题

牛栏山一中2024-2025学年度第一学期月考 高二年级化学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分。 所有答案必须填涂或作答在答题卡上，否则不得分。 可能用到的相对原子质量： H：1 C：12 O：16 N：14 S：32 Fe：56 第 Ⅰ 卷(选择题共42分) (共21小题，每小题2分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目答案的一项) 1. 下列关于化学反应方向的说法正确的是 A. 凡是放热的反应都是自发反应 B. 凡是需要加热才发生的反应都是非自发反应 C. 凡是熵增的反应都是自发反应 D. 反应是否自发，需要综合考虑反应焓变和熵变 2. 下列既属于吸热反应又属于氧化还原反应的是 A. 铝热反应 B. 葡萄糖氧化分解 C. CO2与C高温下生成CO D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应 3. 水凝结成冰的过程中，其焓变和熵变正确的是 A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 一定条件下，在2 L密闭容器中发生反应：2A(s)+3 B(g)=2 C(g)+4 D(g)，测得5 min内，A的物质的量减小了10 mol， 则0~5 min内该反应的化学平均反应速率为 A. v(A)= 1 mol/(L·min) B. v(B)= 0.025 mol/(L·s) C. v(C)= 2.0 mol/( L·min) D. v(D)= 0.5 mol/(L·min) 5. 关于化学反应速率增大的原因，下列分析正确的是 A. 有气体参加的化学反应，使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多 B. 增大反应物的浓度，可使活化分子百分数增大，进而增加有效碰撞几率 C. 升高温度，可使单位体积内活化分子数增大，但活化分子百分数不变 D. 活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞 6. 已知合成氨反应为放热反应，下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 工业合成氨反应在高压条件下进行 B. 工业合成氨反应中，将氨气液化分离 C. 工业合成氨反应采用高温而不是室温 D. 适当增加N2的投入量 7. 在一密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol·L-1、0.1 mol·L-1、0.2 mol·L-1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是 A. SO2为0.4 mol·L-1，O2为0.2 mol·L-1 B. SO2为0.25 mol·L-1 C. SO2、SO3均为0.15 mol·L-1 D. SO3为0.4 mol·L-1 8. 测定中和反应的反应热，室温下量取50 mL 0.5 mol/L盐酸和50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液于下图装置进行实验。下列说法中不正确的是 A. NaOH溶液略微过量，是为了保证盐酸被完全中和 B. 量取盐酸的体积时仰视读数，会使反应热测定结果偏小 C. 实验需要记录反应前溶液初始温度及反应后溶液达到的最高温度 D. 玻璃搅拌器上下搅拌有助于反应充分，泡沫塑料起保温作用 9. 在密闭容器中进行反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)　ΔH<0。已知t2、t4时刻只改变一个条件， 下列说法不正确的是 A. t2时刻改变的条件可能是压强 B. t4时刻改变条件后，逆反应速率先减小后增大 C. 如果平衡常数K值增大，对逆反应的速率影响更大 D. 整个过程中t5时刻NO2的体积分数最大 10. 少量铁粉与100 mL 0.01 mol·L-1的稀盐酸反应，反应太慢。为了加快该反应的化学反应速率且不改变H2的产量，可以使用如下方法中的 ①加入NaCl溶液；②加入少量KNO3固体；③加入几滴浓盐酸；④滴入几滴硫酸铜溶液；⑤升高温度(不考虑盐酸挥发)；⑥改用10 mL 0.1 mol·L-1盐酸 A. ②③④ B. ③⑤⑥ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤ 11. 在相同温度下，将2mol SO2和1mol O2分别置于初始体积相同的甲乙两密闭容器中发生反应：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)并达到平衡，甲容器始终保持恒温恒容，乙容器始终保持恒温恒压，达到平衡时，下述说法正确的是 A. 平衡时SO3的百分含量：乙<甲 B. SO2的转化率：乙=甲 C. 反应速率：乙<甲 D. 平衡时容器的压强：乙>甲 12. 一定温度下，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(H2)=c(I2)=0.11mmol•L-1，c(HI)=0.78mmol•L-1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmol•L-1=10-3mol•L-1) A B C D c(I2)/mmol•L-1 1.00 0.22 0.44 0.11 c(H2)/mmol•L-1 1.00 0.22 0.44 0.44 c(HI)/mmol•L-1 1.00 1.56 4.00 1.56 A. A B. B C. C D. D 13. 反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变不能使反应速率加快的是 ①增加碳的量； ②将容器的体积缩小一半；③保持体积不变，充入Ne使体系压强增大；　④保持体积不变，充入水蒸气； ⑤充入N2 A. ①③ B. ②④ C. ①③⑤ D. ③④⑤ 14. 利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法不正确的是 A. 加入催化剂可以改变该反应的焓变 B. 反应的催化剂为M—H C. 反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ D. 升高温度有利于提高丙烷的平衡转化率 15. 在某容积一定的密闭容器中，有下列可逆反应，反应曲线（T表示温度，p表示压强，C%表示C的体积分数）如图Ⅰ、Ⅱ所示，试判断下列说法正确的是 A. B. 该反应， C. ，y轴表示B的平衡转化率 D. ，y轴表示混合气体的密度 16. 某同学研究重铬酸钾溶液中的化学平衡，设计如下图所示实验。已知：(橙色)+H2O2(黄色)+2H+ △H=+13.8kJ/mol。实验现象如下： i．试管a中溶液为橙色； ii．试管b中溶液为黄色； iii．试管c中滴加浓硫酸后温度略有升高，溶液变为深橙色。 下列说法正确的是 A. 该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动 B. 若加水稀释重铬酸钾溶液，平衡将向逆反应方向移动 C. 该反应是一个氧化还原反应 D. 试管c中影响平衡的主要因素是温度 17. 向 20 mL 0.40 mol·L-1 H2O2溶液中加入少量 KI 溶液，反应历程是： ⅰ.H2O2 + I- = H2O + IO﹣； ⅱ.H2O2 + IO﹣= H2O + O2↑+ I﹣。 H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成 O2的体积(已折算为标准状况)如下图所示。 t/min 0 5 10 15 20 V(O2)/mL 0.0 12.6 20.16 28.0 32.7 下列说法正确的是 A. 依据反应历程，IO-是H2O2分解反应的催化剂 B. H2O2 +IO﹣= H2O + O2↑+ I﹣是吸热反应 C. 对于反应①，正反应的活化能大于逆反应的活化能 D. 0~10 min 的平均反应速率：v(H2O2)=9.0×10-3 mol/(L·min) 18. 我国科学家研究出在S-In催化剂上实现高选择性、高活性电催化还原CO2制甲酸。图1表示不同催化剂及活性位上生成H*的能量变化，图2表示反应历程，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法正确的是 A. In/In表面更容易生成H* B. S2-与K＋(H2O)n微粒间的静电作用促进了H2O的活化 C. CO2生成HCOO-的历程分为两步 D. H*＋OH-→H2＋*＋OH-相对能量变化越大，越有利于抑制H*复合成H2 19. 某温度下，H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)的平衡常数K= 。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示。下列判断正确的是 起始浓度 甲 乙 丙 c (H2)/ mol/L 0.010 0.020 0.020 c (CO2)/ mol/L 0.010 0.010 0.020 A. 平衡时，甲中CO2的转化率是40% B. 平衡时，乙中H2的转化率大于60% C. 平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.008mol/L D. 反应开始时，丙的反应速率最慢 20. CH4/CO2催化重整的反应为 ① 其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有： ② ③ 科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如下。 注:Ra是以CH的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比 下列分析不正确的是 A. ∆H1= +247.1kJ·mol B. 保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减 C. 研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量 D. 压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动 21. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 第 Ⅱ 卷(非选择题共58分) 22. 回答下列问题。 （1）现有下列物质：①熔融的NaCl    ②稀硫酸    ③氨水    ④冰醋酸    ⑤铜    ⑥BaSO4 ⑦NaHCO3    ⑧液氨    ⑨SO2    ⑩Ba(OH)2固体。以上物质中属于弱电解质的是___________(填数字序号)。 （2）可以证明醋酸是弱酸的事实是___________(填字母序号)。 a．醋酸和水能以任意比例混溶 b．在醋酸水溶液中还含有未电离的醋酸分子 c．醋酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体 d．1mol·L-1的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色 e．等体积等c(H+)的醋酸和盐酸分别与足量同浓度氢氧化钠溶液充分反应，醋酸消耗氢氧化钠的体积更大 （3）H2和I2在一定条件下能发生反应：   已知： a、b、c均大于零 断开1mol H-I键所需能量为___________kJ。 （4）已知：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，进行下列实验，观察出现浑浊的时间。 实验 温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O V/(mL) c/(mol·L-1) V/(mL) c/(mol·L-1) V/(mL) A 25 5 0.1 10 0.1 5 B 25 5 0.2 5 0.2 10 C 35 5 0.1 10 0.1 5 D 35 5 0.2 5 0.2 10 C、D两组实验的目的是___________。 （5）在温度t1和t2下，X2(g)和H2(g)反应生成HX(g)的平衡常数如下表： 化学方程式 K(t1) K(t2) F2+H22HF 1.8×1036 1.9×1032 Cl2+H22HCl 9.7×1012 4.2×1011 Br2+H22HBr 5.6×107 9.3×106 I2+H22HI 43 34 ① 已知t2>t1，HX的生成反应是___________反应(填“吸热”或“放热”)。 ② 仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，___________(选填字母)。 a．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低 b．HX的还原性逐渐减弱 c．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱 d．HX的稳定性逐渐减弱 （6）某科研小组研究：其他条件不变，改变起始物氢气的物质的量对N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应的影响(正反应放热)，实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示物质的量) T2温度下，a点到b点，随着起始时n(H2)的增加，平衡时NH3的体积分数逐渐增加，原因是___________。 23. 二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题： （1）工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。 已知：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(l)+H2O(l) △H=-akJ·mol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H= -bkJ·mol-1 CH3OH(l)的燃烧热△H=___________。 （2）在催化剂作用下，CO2和CH4可直接转化为乙酸：CO2(g)+CH4(g) CH3COOH(g) △H>0在不同温度下乙酸的生成速率变化如下图： ①当温度在250℃-300℃范围时，乙酸的生成速率减慢的原因是___________。 ②欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是___________(任写一条措施即可)。 （3）一定条件下，在密闭恒容容器中发生反应：2CO(g) C(s)+CO2(g)。 ①下列不能说明该反应达到平衡的是___________。 A． 容器内气体的总质量不变 B． CO和CO2的物质的量之比不再变化 C． 混合气体的压强不再变化 D． 单位时间内生成1mol CO同时生成2mol CO2 E． 混合气体的密度不变 F． 反应的△H不再改变 G． CO的转化率不再改变 ②向某恒容容器中通入一定量的CO发生上述反应(无催化剂)，在不同温度下相同时间内产物CO2的物质的量浓度随温度的变化如下图所示，在T3之前，随温度升高c(CO2)逐渐升高的原因是___________，该反应为___________ (填“放热”或“吸热”)反应。 ③向某密闭2L恒容容器中通入一定量的 CO，T℃时反应经过5min后达到化学平衡，CO的体积分数为25%，则CO的平衡转化率为___________ (用分数表示)，若实际通入CO的物质的量为1mol，则该温度下的平衡常数K=___________。 24. NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如下图所示。 （1）II中，2NO(g) +O2(g) 2NO2(g) 。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下温度变化的曲线(如下图)。 ①比较p1、p2的大小关系并说明理由：___________。 ②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是___________(增大、不变或减小)。 （2）III中，将NO2(g)转化成N2O4(l)，再制备浓硝酸。 ①已知： 2NO2(g) N2O4(g) ΔH1 2NO2(g) N2O4(l) ΔH2 下列能量变化示意图中，正确的是(选填字母)___________。 A. B. C. ②反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ∆H= -a kJ/mol(a>0)是制造硝酸的重要反应之一。在800℃时，向容积为2L的密闭恒容容器中充入0.010mol NO和0.005mol O2，反应过程中NO的物质的量随时间变化如下图所示。 a．2min内，v(O2)=___________mol/(L·min)。 b．800℃时，该反应的化学平衡常数的表达式为___________。 c．800℃时，若将容器体积压缩至0.5L，该反应的化学平衡常数将___________(增大、不变或减小)。 d． 2min时，该反应放热___________kJ。 （3）IV中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如下图所示，已知电解池和原电池书写电极反应式的方法完全相同，阴极的电极反应式为NO + 5e- + 6H+ = + H2O，则阳极的电极反应式为___________，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是___________。 25. 甲醇是重要的化工原料，发展前景广阔。研究表明CO2加氢可以合成甲醇。CO2和H2可发生如下两个反应： Ⅰ. <0 Ⅱ. >0 （1）有利于提高反应 Ⅰ 中CO2的平衡转化率的措施有___________(填序号)。 a．使用催化剂 b．增大CO2和H2的初始投料比 c．加压 （2）研究温度对于甲醇产率的影响。在210℃~290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，按一定流速通过催化剂甲，主要发生反应 Ⅰ ，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图。(注：产率是指生成目标产物所消耗的原料的物质的量与初始加入原料的物质的量的比值) ①温度升高，甲醇的平衡产率逐渐降低，可能的原因是___________(考虑主副反应)。 ②其他条件相同时，温度不高于270℃时，随温度升高实际产率逐渐增大的可能原因是___________(写出2点)。 （3）某实验控制压强一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，经过相同时间测得如下实验数据(反应未达到平衡状态) T(K) CO2实际转化率(%) 甲醇选择性(%) 543 12.3 42.3 553 15.3 39.1 (注：甲醇选择性是指生成甲醇所消耗的CO2的物质的量与转化的CO2的物质的量的比值) 表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其可能的原因是___________。 26. 平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)。某课题以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵晶体： ⅰ.酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性。 ⅱ.CeO2不溶于稀硫酸。 ⅲ.硫酸铁铵晶体(含结晶水)广泛用于水的净化处理，其溶解度随温度升高而升高。 （1）滤渣A的主要成分是___________(填化学式)。 （2）在氧化环节，下列物质中最适合用作氧化剂C的是___________。 A. NaClO B. KMnO4 C. H2O2 D. 浓硫酸 （3）操作 Ⅰ 的名称是___________。 （4）反应①之前先要洗涤滤渣B，其目的是除去___________(填离子符号)；反应①的离子方程式为___________。 （5）用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品的纯度： ①若想测定制得的Ce(OH)4产品的纯度，还需要获得的数据是___________。 ②所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数___________(偏大、偏小或无影响)。 （6）称取14.00g硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份加入足量NaOH溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体；向另一份溶液中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反应。则该硫酸铁铵的化学式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 牛栏山一中2024-2025学年度第一学期月考 高二年级化学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分。 所有答案必须填涂或作答在答题卡上，否则不得分。 可能用到的相对原子质量： H：1 C：12 O：16 N：14 S：32 Fe：56 第 Ⅰ 卷(选择题共42分) (共21小题，每小题2分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目答案的一项) 1. 下列关于化学反应方向的说法正确的是 A. 凡是放热的反应都是自发反应 B. 凡是需要加热才发生的反应都是非自发反应 C. 凡是熵增的反应都是自发反应 D. 反应是否自发，需要综合考虑反应焓变和熵变 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应自发与非自发进行不能仅由焓变决定，而是由焓变和熵变共同决定，A错误； B．△H-T△S<0的反应可自发进行，也可能需要加热，则需要加热的反应可能为自发进行的反应，B错误； C．△H-T△S<0的反应可自发进行的反应，△H<0，△S>0的反应在低温下是自发进行的反应，若△H>0，△S>0，在低温下反应是非自发进行的反应，C错误； D．反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，反应是否自发，需要综合考虑反应焓变和熵变，D正确； 故合理选项是D。 2. 下列既属于吸热反应又属于氧化还原反应的是 A. 铝热反应 B. 葡萄糖氧化分解 C. CO2与C高温下生成CO D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．在铝热反应中Al、Fe元素化合发生了变化，属于氧化还原反应，但铝热反应属于放热反应，A错误； B．葡萄糖氧化分解反应前后C、O元素发生了化合价变化，属于氧化还原反应，但该反应属于放热反应，B错误； C．CO2与C高温下生成CO属于吸热反应，反应前后C元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，C正确； D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应属于吸热反应，但反应前后没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误； 故选C。 3. 水凝结成冰的过程中，其焓变和熵变正确的是 A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】水是液态，能量大于固态的冰，混乱度大于冰，则水凝结成冰的过程为熵减的放热过程，则焓变和熵变均小于0，故选D。 4. 一定条件下，在2 L密闭容器中发生反应：2A(s)+3 B(g)=2 C(g)+4 D(g)，测得5 min内，A的物质的量减小了10 mol， 则0~5 min内该反应的化学平均反应速率为 A. v(A)= 1 mol/(L·min) B. v(B)= 0.025 mol/(L·s) C. v(C)= 2.0 mol/( L·min) D. v(D)= 0.5 mol/(L·min) 【答案】B 【解析】 【详解】A．A是固体不能用浓度表示速率，A错误； B．根据A的物质量减少了10mol，B的物质的量减少了则是15mol，v(B)==1.5 mol/(L·min)=0.025 mol/(L·s)，B正确； C．根据A的物质量减少了10mol，C的物质的量增加了则是10mol，v(C)==1mol/( L·min)，C错误； D．根据A的物质量减少了10mol，D的物质的量增加了则是20mol，v(D)= =2 mol/( L·min)，D错误； 故选B。 5. 关于化学反应速率增大的原因，下列分析正确的是 A. 有气体参加的化学反应，使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多 B. 增大反应物的浓度，可使活化分子百分数增大，进而增加有效碰撞几率 C. 升高温度，可使单位体积内活化分子数增大，但活化分子百分数不变 D. 活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞 【答案】A 【解析】 【详解】A．有气体参加的化学反应，减小容器容积从而增大压强，可以有效地增加单位体积内活化分子的数量，进而提高有效碰撞的次数，最终导致化学反应速率的加快，A正确； B．增大反应物浓度可以增加单位体积内活化分子的数量，但活化分子的百分数并不会改变，B错误； C．升高温度，反应物分子的能量增加，更多的分子成为活化分子，活化分子的百分数增大，反应速率加快，C错误； D．活化分子之间的碰撞不一定都是有效碰撞，只有活化分子之间能够发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，D错误； 故选A。 6. 已知合成氨反应为放热反应，下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 工业合成氨反应在高压条件下进行 B. 工业合成氨反应中，将氨气液化分离 C. 工业合成氨反应采用高温而不是室温 D. 适当增加N2的投入量 【答案】C 【解析】 【详解】A．由反应可知，该反应过程中气体体积减小，选择高压可以促使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，A不选； B．工业合成氨反应中，将氨气液化分离，平衡正向移动，可以提高反应物的转化率，用勒夏特列原理解释，B不选； C．反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，工业合成氨反应采用高温的原因是催化剂在该温度下活性较高，化学反应速率较快，不能用勒夏特列原理解释，C选； D．工业合成氨反应中，适当增加N2的投入量，平衡正向移动，可以提高氢气的转化率，能用用勒夏特列原理解释，D不选； 故选C。 7. 在一密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol·L-1、0.1 mol·L-1、0.2 mol·L-1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是 A. SO2为0.4 mol·L-1，O2为0.2 mol·L-1 B. SO2为0.25 mol·L-1 C. SO2、SO3均为0.15 mol·L-1 D. SO3为0.4 mol·L-1 【答案】B 【解析】 【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，各自的物质的量浓度范围为：0＜c(SO2)＜0.4 mol·L-1，0＜c(O2)＜0.2 mol·L-1，0＜c(SO3)＜0.4 mol·L-1，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值。 【详解】A．SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度变化分别为0.2 mol·L-1、0.1 mol·L-1，因可逆反应，实际变化应小于该值，所以SO2小于0.4 mol·L-1，O2小于0.2 mol·L-1，故A错误； B．根据上述分析可知，反应过程中的某时刻反应刚好达到平衡，SO2的浓度为0.25 mol·L-1，故B正确； C．SO2的浓度减小0.05 mol·L-1，根据化学反应过程中，转化量之比等于其化学计量数之比可知，SO3的浓度应增大0.05 mol·L-1，SO3的浓度为0.25 mol·L-1，上述数据不可能存在，故C错误； D．SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为0.2 mol·L-1，实际变化小于该值，即SO3浓度小于0.4 mol·L-1，故D错误； 故选B。 8. 测定中和反应的反应热，室温下量取50 mL 0.5 mol/L盐酸和50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液于下图装置进行实验。下列说法中不正确的是 A. NaOH溶液略微过量，是为了保证盐酸被完全中和 B. 量取盐酸的体积时仰视读数，会使反应热测定结果偏小 C. 实验需要记录反应前溶液初始温度及反应后溶液达到的最高温度 D. 玻璃搅拌器上下搅拌有助于反应充分，泡沫塑料起保温作用 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaOH溶液略微过量，是为了保证盐酸能被完全中和，A正确； B．量取盐酸的体积时仰视读数，导致盐酸的体积偏小，测定的温度差值偏小，反应热为负值，测定结果偏大，B错误； C．实验需要记录反应前溶液的初始温度和反应后溶液能达到的最高温度，从而计算出反应放出的热量，C正确； D．玻璃搅拌器上下搅拌有助于反应充分进行，泡沫塑料起到保温的作用，D正确； 故答案选B。 9. 在密闭容器中进行反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)　ΔH<0。已知t2、t4时刻只改变一个条件， 下列说法不正确的是 A. t2时刻改变的条件可能是压强 B. t4时刻改变条件后，逆反应速率先减小后增大 C. 如果平衡常数K值增大，对逆反应的速率影响更大 D. 整个过程中t5时刻NO2的体积分数最大 【答案】D 【解析】 【详解】A．ΔH＜0，图示v正>v逆，平衡正向移动，应该是增大压强，故A正确； B．t4时，改变反应条件为分离产物，二氧化氮浓度降低，逆反应速率减小，平衡正向移动，正反应速率减小，逆反应速率增大，故B正确； C．ΔH＜0，该反应为放热反应，温度降低，平衡正移，K增大，v正、v逆都降低，v逆降低得更快，故C正确； D．在t5时，v逆迅速减小，而v正保持不变，只能是减小了生成物NO2的浓度，平衡正向移动，所以t4时刻，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值，故D错误； 故答案为：D； 10. 少量铁粉与100 mL 0.01 mol·L-1的稀盐酸反应，反应太慢。为了加快该反应的化学反应速率且不改变H2的产量，可以使用如下方法中的 ①加入NaCl溶液；②加入少量KNO3固体；③加入几滴浓盐酸；④滴入几滴硫酸铜溶液；⑤升高温度(不考虑盐酸挥发)；⑥改用10 mL 0.1 mol·L-1盐酸 A. ②③④ B. ③⑤⑥ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤ 【答案】B 【解析】 【详解】①加入溶液，会稀释盐酸，导致盐酸溶液浓度降低，反应速率变慢，不符合题意； ②加入少量固体，在酸性情况下，具有强氧化性，会生成一氧化氮气体，影响氢气的产量，不符合题意； ③加入几滴浓盐酸，导致盐酸溶液浓度变大，反应速率变快，符合题意； ④滴入几滴硫酸铜溶液，铁粉会置换产生单质铜，铜、铁单质以及溶液形成原电池，导致速率变快。但是反应消耗部分单质铁，会导致产生的氢气量减少，不符合题意； ⑤升高温度(不考虑盐酸挥发)，可以加快此反应速率，符合题意； ⑥改用盐酸，盐酸浓度增大，可以加快反应速率，符合题意； ③⑤⑥符合题意； 故答案选B。 11. 在相同温度下，将2mol SO2和1mol O2分别置于初始体积相同的甲乙两密闭容器中发生反应：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)并达到平衡，甲容器始终保持恒温恒容，乙容器始终保持恒温恒压，达到平衡时，下述说法正确的是 A. 平衡时SO3的百分含量：乙<甲 B. SO2的转化率：乙=甲 C. 反应速率：乙<甲 D. 平衡时容器的压强：乙>甲 【答案】D 【解析】 【分析】相同温度下，在甲乙密闭容器中发生如下平衡且起始物质的量相同，反应正方向气体体积减少，故可利用等效平衡思想，令甲乙起始条件均为恒温恒容，在反应达到平衡后，容器内压强减少，增加乙容器的压强到初始压强即保证恒温恒压，则平衡正向移动，据此回答。 【详解】A．由分析可知，相比甲容器的平衡状态，乙容器压强大，平衡正向移动，产生更多，故平衡时SO3的百分含量：乙>甲，A错误； B．同理，SO2的转化率：乙>甲，B错误； C．在相同温度下，乙容器压强更大，反应速率：乙>甲，C错误； D．由分析可知，平衡时容器的压强：乙>甲，D正确； 本题选D。 12. 一定温度下，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(H2)=c(I2)=0.11mmol•L-1，c(HI)=0.78mmol•L-1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmol•L-1=10-3mol•L-1) A B C D c(I2)/mmol•L-1 1.00 0.22 0.44 0.11 c(H2)/mmol•L-1 1.00 0.22 0.44 0.44 c(HI)/mmol•L-1 1.00 1.56 4.00 1.56 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】K==50.28，可比较4个选项中Qc的大小关系，Qc>K，则可能逆向移动。 【详解】Qc(A)==1，Qc(B)==50.28，Qc(C)==82.64，Qc(D)==50.28，Qc(C)>K，答案为C。 13. 反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变不能使反应速率加快的是 ①增加碳的量； ②将容器的体积缩小一半；③保持体积不变，充入Ne使体系压强增大；　④保持体积不变，充入水蒸气； ⑤充入N2 A. ①③ B. ②④ C. ①③⑤ D. ③④⑤ 【答案】C 【解析】 【详解】①C为固体，增加C的量，其浓度不变，不能使反应速率加快，①符合题意； ②将容器的体积缩小一半，各反应气体的浓度增大，能使反应速率加快，②不符合题意； ③保持体积不变，充入N2使体系压强增大，但各反应组分的浓度不变，不能使反应速率加快，③符合题意； ④保持体积不变，充入水蒸气，H2O(g)的浓度增大，即反应物浓度增大，能使反应速率加快，④不符合题意； ⑤充入N2，容器体积增大，各反应气体的浓度减小，不能使反应速率加快，⑤符合题意； 则符合题意的是①③⑤，故选C。 14. 利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法不正确的是 A. 加入催化剂可以改变该反应的焓变 B. 反应的催化剂为M—H C. 反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ D. 升高温度有利于提高丙烷的平衡转化率 【答案】A 【解析】 【详解】A．加入催化剂不能改变反应物总能量和生成物总能量，不能改变该反应的焓变，A错误； B．由图可知，加入M—H参与第一步反应，又在后续反应中生成M—H，反应的催化剂为M—H，B正确； C．步骤Ⅱ的活化能最大，反应速率最慢，反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ，C正确； D．该反应的反应物的总能量低于生成物的总能量，是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，有利于提高丙烷转化率，D正确； 故选A。 15. 在某容积一定的密闭容器中，有下列可逆反应，反应曲线（T表示温度，p表示压强，C%表示C的体积分数）如图Ⅰ、Ⅱ所示，试判断下列说法正确的是 A. B. 该反应， C. ，y轴表示B的平衡转化率 D. ，y轴表示混合气体的密度 【答案】C 【解析】 【详解】A. 根据图Ⅱ可知，在温度相同时，压强不同，Y的含量不同，说明该反应是反应前后气体体积不等的反应，所以x不等于3，选项A错误； B. 根据图I先拐先平数值大，可判断T1>T2，温度较高时C%较小，故升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，△H<0，p1<p2，压强大时C%较大，则正方向为气体体积缩小的方向，x<3，，选项B错误； C. 增大压强，C增大，说明增大压强，平衡正向移动，正反应方向为气体体积减小的反应，所以x<3。对于此可逆反应，p越大，B的转化率越大，T越高，B的转化率越小，选项C正确； D. 在恒容的容器内进行的气体发生反应，气体密度始终不变，选项D错误； 答案选C。 16. 某同学研究重铬酸钾溶液中的化学平衡，设计如下图所示实验。已知：(橙色)+H2O2(黄色)+2H+ △H=+13.8kJ/mol。实验现象如下： i．试管a中溶液为橙色； ii．试管b中溶液为黄色； iii．试管c中滴加浓硫酸后温度略有升高，溶液变为深橙色。 下列说法正确的是 A. 该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动 B. 若加水稀释重铬酸钾溶液，平衡将向逆反应方向移动 C. 该反应是一个氧化还原反应 D. 试管c中影响平衡的主要因素是温度 【答案】A 【解析】 【详解】A．向试管b中加入5mLNaOH溶液，溶液体积增大，、、H＋的浓度均会减小，不能证明证明减小生成物浓度平衡正向移动，A正确； B．该反应的平衡常数，加水稀释后，、、H＋的浓度均减小，浓度商Qc＜K，平衡正向移动，类似于扩大体积，减小压强，B错误； C．和中Cr的化合价均为+6价，整个反应中元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，C错误； D．试管c中加入浓硫酸后，温度略有升高，H＋浓度增大。升高温度，平衡向吸热反应移动，即正向移动，溶液颜色应变为黄色；H＋浓度增大，平衡逆向移动，溶液颜色变为橙色；现颜色变为深橙色，说明平衡逆向移动，H＋浓度增大是主要的因素，D错误； 答案选A。 17. 向 20 mL 0.40 mol·L-1 H2O2溶液中加入少量 KI 溶液，反应历程是： ⅰ.H2O2 + I- = H2O + IO﹣； ⅱ.H2O2 + IO﹣= H2O + O2↑+ I﹣。 H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成 O2的体积(已折算为标准状况)如下图所示。 t/min 0 5 10 15 20 V(O2)/mL 0.0 12.6 20.16 28.0 32.7 下列说法正确的是 A. 依据反应历程，IO-是H2O2分解反应的催化剂 B. H2O2 +IO﹣= H2O + O2↑+ I﹣是吸热反应 C. 对于反应①，正反应的活化能大于逆反应的活化能 D. 0~10 min 的平均反应速率：v(H2O2)=9.0×10-3 mol/(L·min) 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据盖斯定理，将反应i和ii相加得总反应：，说明KI为该反应催化剂，为反应中间体，A错误； B．根据图示，第ii步反应中反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，B错误； C．反应①为放热反应，说明正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误； D．0~10min，生成O2的物质的量：，则H2O2表示的平均反应速率：，D正确； 答案选D。 18. 我国科学家研究出在S-In催化剂上实现高选择性、高活性电催化还原CO2制甲酸。图1表示不同催化剂及活性位上生成H*的能量变化，图2表示反应历程，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法正确的是 A. In/In表面更容易生成H* B. S2-与K＋(H2O)n微粒间的静电作用促进了H2O的活化 C. CO2生成HCOO-的历程分为两步 D. H*＋OH-→H2＋*＋OH-相对能量变化越大，越有利于抑制H*复合成H2 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图1可知，使用S-In/S作催化剂，活化能最低，所以S-In/S表面更容易生成H*，故A错误； B．根据图2可知，K+吸引H2O中的O、S2-吸引H2O中的H，S2-与K＋(H2O)n微粒间的静电作用促进了H2O的活化，故B正确； C．根据图2，CO2生成HCOO－的步骤为：CO2→CO→HCOO*→HCOO－，经过三步转化，故C错误； D．H*＋OH-→H2＋*＋OH-为放热过程，其相对能量变化越小，放出热量越小，越不易使反应物分子活化，因此越有利于抑制H*复合成H2，故D错误； 故选B。 19. 某温度下，H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)的平衡常数K= 。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示。下列判断正确的是 起始浓度 甲 乙 丙 c (H2)/ mol/L 0.010 0.020 0.020 c (CO2)/ mol/L 0.010 0.010 0.020 A. 平衡时，甲中CO2的转化率是40% B. 平衡时，乙中H2的转化率大于60% C. 平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.008mol/L D. 反应开始时，丙的反应速率最慢 【答案】C 【解析】 【详解】A．设甲中CO2的转化量是xmol/L，列出“三段式” 则根据平衡常数可知，解得x=0.006，则甲中CO2的转化率是=60%，A错误； B．由A可知，甲中H2的平衡转化率为60%，乙相当于是在甲的基础上增加氢气的浓度，平衡正向移动，但H2的平衡转化率减小，乙中H2的转化率小于60%，B错误； C．甲和丙对比，丙中H2、CO2的浓度均为甲中的2倍，等价于在甲的基础上压缩体积，增大压强，该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，所以平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，由A可知，c(CO2)=2×(0.01-0.006)mol/L=0.008mol/L，C正确； D．反应开始时，丙中H2的物质的浓度最大，反应速率最快，甲中H2的物质的浓度最小，反应速率最慢，D错误； 故选C。 20. CH4/CO2催化重整的反应为 ① 其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有： ② ③ 科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如下。 注:Ra是以CH的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比 下列分析不正确的是 A. ∆H1= +247.1kJ·mol B. 保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减 C. 研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量 D. 压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ•mol-1，A正确； B．保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③平衡逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，B正确； C．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ•mol-1，反应①为吸热反应，通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，C正确； D．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，D错误； 故选D。 21. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确； B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确； C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误； D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确； 答案选C。 第 Ⅱ 卷(非选择题共58分) 22. 回答下列问题。 （1）现有下列物质：①熔融的NaCl    ②稀硫酸    ③氨水    ④冰醋酸    ⑤铜    ⑥BaSO4 ⑦NaHCO3    ⑧液氨    ⑨SO2    ⑩Ba(OH)2固体。以上物质中属于弱电解质的是___________(填数字序号)。 （2）可以证明醋酸是弱酸的事实是___________(填字母序号)。 a．醋酸和水能以任意比例混溶 b．在醋酸水溶液中还含有未电离的醋酸分子 c．醋酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体 d．1mol·L-1的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色 e．等体积等c(H+)的醋酸和盐酸分别与足量同浓度氢氧化钠溶液充分反应，醋酸消耗氢氧化钠的体积更大 （3）H2和I2在一定条件下能发生反应：   已知： a、b、c均大于零 断开1mol H-I键所需能量为___________kJ。 （4）已知：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，进行下列实验，观察出现浑浊的时间。 实验 温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O V/(mL) c/(mol·L-1) V/(mL) c/(mol·L-1) V/(mL) A 25 5 0.1 10 0.1 5 B 25 5 0.2 5 0.2 10 C 35 5 0.1 10 0.1 5 D 35 5 0.2 5 0.2 10 C、D两组实验的目的是___________。 （5）在温度t1和t2下，X2(g)和H2(g)反应生成HX(g)的平衡常数如下表： 化学方程式 K(t1) K(t2) F2+H22HF 1.8×1036 1.9×1032 Cl2+H22HCl 9.7×1012 4.2×1011 Br2+H22HBr 5.6×107 9.3×106 I2+H22HI 43 34 ① 已知t2>t1，HX的生成反应是___________反应(填“吸热”或“放热”)。 ② 仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，___________(选填字母)。 a．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低 b．HX的还原性逐渐减弱 c．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱 d．HX的稳定性逐渐减弱 （6）某科研小组研究：其他条件不变，改变起始物氢气的物质的量对N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应的影响(正反应放热)，实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示物质的量) T2温度下，a点到b点，随着起始时n(H2)的增加，平衡时NH3的体积分数逐渐增加，原因是___________。 【答案】（1）④ （2）be （3） （4）在相同温度下，探究浓度对反应速率的影响 （5） ①. 放热反应 ②. ad （6）n(H2)的增加，平衡正向移动，氮气的转化率增大，生成氨气的物质的量越多，平衡时NH3的体积分数越大 【解析】 【分析】①熔融的NaCl，属于盐类，为强电解质； ②稀硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ③氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ④冰醋酸是弱酸，属于弱电解质； ⑤铜属于单质，既不是电解质也不是非电解质； ⑥BaSO4属于强电解质； ⑦NaHCO3属于强电解质； ⑧液氨属于非电解质； ⑨SO2属于非电解质； ⑩Ba(OH)2固体属于强电解质； 【小问1详解】 由分析可知，以上物质中属于弱电解质的是④； 【小问2详解】 a．醋酸和水能以任意比例混溶，说明醋酸的溶解性强，不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱酸，故a错误； b．在醋酸水溶液中还含有未电离的醋酸分子，说明醋酸部分电离，为弱酸，故b正确； c．醋酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体，说明醋酸的酸性大于碳酸，碳酸是弱酸，不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱酸，故c错误； d．1mol·L-1的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色，说明醋酸电离出氢离子而使溶液呈酸性，不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱酸，故d错误； e．等体积等c(H+)的醋酸和盐酸分别与足量同浓度氢氧化钠溶液充分反应，醋酸消耗氢氧化钠的体积更大，则醋酸的物质的量浓度大于盐酸，HCI是强电解质，完全电离，则醋酸部分电离，为弱酸，故e正确； 故答案为：be； 【小问3详解】 焓变等于反应物的总键能-生物的总键能，设H-I键所需能量为x，则bkJ/mol+ckJ/mol-2x=-akJ/mol，解得：x=kJ/mol，则断开1mol H-I键所需能量为kJ； 【小问4详解】 由表格数据可知， C、D两组实验的目的是在相同温度下，探究浓度对反应速率的影响； 【小问5详解】 ①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是放热反应； ②a．K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，K值越小，在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低，故a正确； b．HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，故b错误； c．X2与H2反应的剧烈程度与K的大小无直接联系，故c错误； d．K值越小，反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，故d正确； 故答案为：ad； 【小问6详解】 n(H2)的增加，平衡正向移动，氮气的转化率增大，生成氨气的物质的量越多，平衡时NH3的体积分数越大； 23. 二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题： （1）工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。 已知：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(l)+H2O(l) △H=-akJ·mol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H= -bkJ·mol-1 CH3OH(l)的燃烧热△H=___________。 （2）在催化剂作用下，CO2和CH4可直接转化为乙酸：CO2(g)+CH4(g) CH3COOH(g) △H>0在不同温度下乙酸的生成速率变化如下图： ①当温度在250℃-300℃范围时，乙酸的生成速率减慢的原因是___________。 ②欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是___________(任写一条措施即可)。 （3）一定条件下，在密闭恒容容器中发生反应：2CO(g) C(s)+CO2(g)。 ①下列不能说明该反应达到平衡的是___________。 A． 容器内气体的总质量不变 B． CO和CO2的物质的量之比不再变化 C． 混合气体的压强不再变化 D． 单位时间内生成1mol CO同时生成2mol CO2 E． 混合气体的密度不变 F． 反应的△H不再改变 G． CO的转化率不再改变 ②向某恒容容器中通入一定量的CO发生上述反应(无催化剂)，在不同温度下相同时间内产物CO2的物质的量浓度随温度的变化如下图所示，在T3之前，随温度升高c(CO2)逐渐升高的原因是___________，该反应为___________ (填“放热”或“吸热”)反应。 ③向某密闭2L恒容容器中通入一定量的 CO，T℃时反应经过5min后达到化学平衡，CO的体积分数为25%，则CO的平衡转化率为___________ (用分数表示)，若实际通入CO的物质的量为1mol，则该温度下的平衡常数K=___________。 【答案】（1）-() kJ•mol-1 （2） ①. 催化剂活性较低 ②. 增大压强或升高温度 （3） ①. DF ②. 升高温度，反应速率增大，所以相同时间内产物的物质的量浓度增大； ③. 放热 ④. ⑤. 42 【解析】 【小问1详解】 已知：①CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(l)+H2O(l)   △H=-akJ·mol-1，②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H= -bkJ·mol-1，根据盖斯定律，将②×-①得：，即△H=(-bkJ·mol-1×)-(-akJ·mol-1)=-()kJ•mol-1，故CH3OH的燃烧热为-() kJ•mol-1； 【小问2详解】 ①催化剂的活性与温度有关，当温度在250℃～300℃范围时，乙酸的生成速率减慢的主要原因是催化剂活性较低； ②欲使乙酸的平衡产率提高，应该使平衡正向移动，因为正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高；增大压强，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高； 【小问3详解】 ①A．由可知，该反应混合气体的总质量不断减小，当 容器内气体的总质量不变，说明该反应达到平衡状态，故A不符合题意； B．CO和CO2的物质的量之比不再变化，说明CO和CO2的量不在改变，说明该反应达到平衡状态，故B不符合题意； C．该反应为气体分子数减小的反应，随着反应进行，混合气体的压强不断减小，当混合气体的压强不再变化，说明该反应达到平衡状态，故C不符合题意； D．单位时间内生成1molCO同时生成2molCO2，不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达到平衡状态，故D符合题意； E．根据质量守恒，气体的总质量减小，容器体积不变，所以随着反应进行混合气体的密度减小，当混合气体的密度不变，说明反应达到平衡状态，故E不符合题意； F．反应的△H是定值，不能说明反应达到平衡状态，故F符合题意； G．随着反应进行，CO的转化率增大，当CO的转化率不再改变，说明反应达到平衡状态，故G不符合题意； 故答案为：DF； ②在T3之前，升高温度，反应速率增大，所以相同时间内产物CO2的物质的量浓度增大；T3之后，升高温度，相同时间内产物CO2的物质的量浓度减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应； ③设起始通入CO物质的量为1mol，列化学平衡三段式：，CO 的体积分数为：，解得x=，CO的平衡转化率为：；平衡时n(CO)=，n(CO2)=，则c(CO)=，c(CO2)=，平衡常数。 24. NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如下图所示。 （1）II中，2NO(g) +O2(g) 2NO2(g) 。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下温度变化的曲线(如下图)。 ①比较p1、p2的大小关系并说明理由：___________。 ②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是___________(增大、不变或减小)。 （2）III中，将NO2(g)转化成N2O4(l)，再制备浓硝酸。 ①已知： 2NO2(g) N2O4(g) ΔH1 2NO2(g) N2O4(l) ΔH2 下列能量变化示意图中，正确的是(选填字母)___________。 A. B. C. ②反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ∆H= -a kJ/mol(a>0)是制造硝酸的重要反应之一。在800℃时，向容积为2L的密闭恒容容器中充入0.010mol NO和0.005mol O2，反应过程中NO的物质的量随时间变化如下图所示。 a．2min内，v(O2)=___________mol/(L·min)。 b．800℃时，该反应的化学平衡常数的表达式为___________。 c．800℃时，若将容器体积压缩至0.5L，该反应的化学平衡常数将___________(增大、不变或减小)。 d． 2min时，该反应放热___________kJ。 （3）IV中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如下图所示，已知电解池和原电池书写电极反应式的方法完全相同，阴极的电极反应式为NO + 5e- + 6H+ = + H2O，则阳极的电极反应式为___________，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是___________。 【答案】（1） ①. 该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即向正反应方向移动，即压强越高，NO的平衡转化率越大，根据图示知，相同温度下，压强P1时NO的转化率＜P2时NO的转化率 ②. 减小 （2） ①. A ②. 6.25×10-4 ③. ④. 不变 ⑤. 0.0025a （3） ①. NO-3e-+2H2O=+4H+ ②. NH3或NH3·H2O 【解析】 【小问1详解】 ①该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即向正反应方向移动，即压强越高，NO的平衡转化率越大，根据图示知，相同温度下，压强P1时NO的转化率＜P2时NO的转化率，故P1＜P2； ②其他条件不变时，升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，又根据图示知，相同压强下，随着温度的升高，NO的转化率降低，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，故逆反应方向为吸热反应，则正反应方向是放热反应，则随着温度的升高，该反应的平衡常数减小。 【小问2详解】 ①根据盖斯定律：①-②得N2O4(g)N2O4(l) △H3=△H1-△H2，一般来说，物质由气态变为液态，放出热量，即△H3=△H1-△H2＜0，即△H1＞△H2，由降低温度，将NO2转化为N2O4，可知该反应为放热反应，即0＞△H1＞△H2，即反应物2NO2(g)的总能量大于生成物N2O4(g)和N2O4(l)的总能量，且前者放出的热量小，故答案为A； ②a．2min内，v(O2)=v(NO)=×=6.25×10-4mol/(L·min)； b．800℃时，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的化学平衡常数的表达式为K=； c．化学平衡常数只受温度影响，800℃时，若将容器体积压缩至0.5L，该反应的化学平衡常数将不变； d．2min时，消耗0.01mol-0.005mol=0.005molNO，由2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ∆H= -a kJ/mol可知，每消耗2molNO放出akJ能量，则消耗0.005molNO，放出=0.0025akJ能量。 【小问3详解】 ①电解NO制备硝酸铵，NO在阳极失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：NO-3e-+2H2O=+4H+； ②阴极反应为：NO + 5e- + 6H+ = + H2O，从两极反应可看出若要使电子得失守恒，阳极产生的的量大于阴极产生的的量，总反应为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，故应补充适量的NH3或NH3·H2O。 25. 甲醇是重要的化工原料，发展前景广阔。研究表明CO2加氢可以合成甲醇。CO2和H2可发生如下两个反应： Ⅰ. <0 Ⅱ. >0 （1）有利于提高反应 Ⅰ 中CO2的平衡转化率的措施有___________(填序号)。 a．使用催化剂 b．增大CO2和H2的初始投料比 c．加压 （2）研究温度对于甲醇产率的影响。在210℃~290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，按一定流速通过催化剂甲，主要发生反应 Ⅰ ，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图。(注：产率是指生成目标产物所消耗的原料的物质的量与初始加入原料的物质的量的比值) ①温度升高，甲醇的平衡产率逐渐降低，可能的原因是___________(考虑主副反应)。 ②其他条件相同时，温度不高于270℃时，随温度升高实际产率逐渐增大的可能原因是___________(写出2点)。 （3）某实验控制压强一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，经过相同时间测得如下实验数据(反应未达到平衡状态) T(K) CO2实际转化率(%) 甲醇选择性(%) 543 12.3 42.3 553 15.3 39.1 (注：甲醇选择性是指生成甲醇所消耗的CO2的物质的量与转化的CO2的物质的量的比值) 表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其可能的原因是___________。 【答案】（1）c （2） ①. 反应I正向是一个放热反应，温度升高，平衡逆移，甲醇的平衡产率降低，同时反应Ⅱ正向是一个吸热反应，温度升高，平衡正移，和降低，升高，再使反应I平衡逆移，故甲醇的产率降低 ②. 温度升高，化学反应速率增大，甲醇的实际产率增大；温度升高，催化剂活性增大，化学反应速率增大，甲醇的实际产率增大 （3）反应I正向是一个放热反应，反应Ⅱ正向是一个吸热反应，随着温度升高，以反应Ⅱ为主导，升高温度，反应Ⅱ正向移动，CO2的转化率增大，反应I逆向进行，不利于甲醇的生成，甲醇的选择率更低 【解析】 【小问1详解】 a．在反应中使用合适的催化剂，可降低化学反应的活化能从而加快化学反应速率，但是平衡不移动，因此的平衡转化率不变，故a项错误； b．增大CO2和H2的初始投料比 ，即增大的量，平衡正向移动，但是的平衡转化率降低，故b项错误； c．反应I正向是一个气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，故c项正确； 【小问2详解】 ①温度升高，反应I正向是一个放热反应，温度升高，平衡逆移，甲醇的平衡产率降低，同时反应Ⅱ正向是一个吸热反应，温度升高，平衡正移，和降低，升高，再使反应I平衡逆移，故甲醇的产率降低； ②其他条件相同时，温度不高于270℃，随温度升高实际产率逐渐增大的可能原因是温度升高，化学反应速率增大，甲醇的实际产率增大；温度升高，催化剂活性增大，化学反应速率增大，甲醇的实际产率增大； 【小问3详解】 表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其可能的原因是反应I正向是一个放热反应，反应Ⅱ正向是一个吸热反应，随着温度升高，以反应Ⅱ为主导，升高温度，反应Ⅱ正向移动，CO2的转化率增大，反应I逆向进行，不利于甲醇的生成，甲醇的选择率更低； 26. 平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)。某课题以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵晶体： ⅰ.酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式，Ce4+有较强氧化性。 ⅱ.CeO2不溶于稀硫酸。 ⅲ.硫酸铁铵晶体(含结晶水)广泛用于水的净化处理，其溶解度随温度升高而升高。 （1）滤渣A的主要成分是___________(填化学式)。 （2）在氧化环节，下列物质中最适合用作氧化剂C的是___________。 A. NaClO B. KMnO4 C. H2O2 D. 浓硫酸 （3）操作 Ⅰ 的名称是___________。 （4）反应①之前先要洗涤滤渣B，其目的是除去___________(填离子符号)；反应①的离子方程式为___________。 （5）用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品的纯度： ①若想测定制得的Ce(OH)4产品的纯度，还需要获得的数据是___________。 ②所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数___________(偏大、偏小或无影响)。 （6）称取14.00g硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份加入足量NaOH溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体；向另一份溶液中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反应。则该硫酸铁铵的化学式为___________。 【答案】（1）Fe2O3、CeO2、FeO （2）C （3）冷却结晶 （4） ①. Fe3+、Fe2+ ②. 2CeO2＋6H＋＋H2O2=2Ce3＋＋O2↑＋4H2O （5） ①. Ce(OH)4样品质量及滴定消耗FeSO4溶液的体积 ②. 偏大 （6）Fe2(SO4)3·2(NH4)2SO4·2H2O或Fe2(NH4)4(SO4)5·2H2O 【解析】 【分析】废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)与NaOH反应后过滤得到滤液A和滤渣A，滤液A为Na2SiO3溶液，滤渣A中含Fe2O3、CeO2、FeO，滤渣A与稀硫酸反应后过滤得滤液B和滤渣B；滤液B中含Fe3+、Fe2+，滤液B中加入C将Fe2+氧化成Fe3+，加热蒸发后加入热浓硫酸铵溶液混合保温80℃，经冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干得硫酸铁铵；滤渣B中含CeO2，加入稀硫酸、H2O2反应得到含Ce3+的溶液，加碱得到Ce(OH)3悬浊液，与O2反应得Ce(OH)4产品。 【小问1详解】 废玻璃粉末中SiO2与NaOH溶液反应生成Na2SiO3溶液，其余成分不能与碱反应，则滤渣A的主要成分是Fe2O3、CeO2、FeO； 【小问2详解】 在氧化环节，加入C将Fe2+氧化成Fe3+，由于不能引入新的杂质，最适合用作氧化剂C的是H2O2，答案选C； 【小问3详解】 操作Ⅰ后的实验操作是过滤，所以该操作的名称是冷却结晶； 【小问4详解】 滤渣A中Fe2O3、FeO与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，反应①之前先要洗涤滤渣B，其目的是除去Fe3+、Fe2+，反应①中Ce元素的化合价从＋4价降低到＋3价，得到电子，这说明双氧水是还原剂，其氧化产物是氧气，则反应①的离子方程式为2CeO2＋6H＋＋H2O2=2Ce3＋＋O2↑＋4H2O； 【小问5详解】 ①若想测定制得的Ce(OH)4产品的纯度，还需要获得的数据是Ce(OH)4样品质量及滴定消耗FeSO4溶液的体积； ②所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，所以再进进行滴定时消耗硫酸亚铁溶液的体积增加，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数偏大； 【小问6详解】 称取14.00g硫酸铁铵样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份加入足量NaOH溶液，过滤洗涤沉淀并烘干灼烧至恒重得到1.60g固体，这说明氧化铁的质量是1.60g，Fe2O3物质的量是，则铁离子的物质的量是0.02mol；向另一份溶液中加入0.5mol/L Ba(NO3)2溶液100mL，恰好完全反应，所以生成硫酸钡的物质的量是0.5mol/L ×0.1L=0.05mol，根据溶液呈电中性可判断铵根的物质的量是，根据质量守恒定律可知结晶水的物质的量是，因此该硫酸铁铵的化学式为Fe2(SO4)3·2(NH4)2SO4·2H2O或Fe2(NH4)4(SO4)5·2H2O。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $