精品解析：四川省成都市树德中学2025-2026学年高二上学期10月月考化学试题

树德中学高2024级高二上学期10月阶段性测试化学试题 本试卷满分100分，考试用时75分钟 一、选择题：(本大题共15小题，每题只有一个选项符合题意，每题3分，共45分) 1. 下列领先世界的中国制造，在应用时发生了化学能转化为电能的是 A．三峡水电站 B．比亚迪车顶太阳能电池板 C．吉利氢氧燃料电池客车 D．上海电气风力发电机 A. A B. B C. C D. D 2. 活泼自由基与氧气的反应一直是科学家关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是 A. 该反应过程中反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量 B. 从反应过程图可知，生成产物P2的过程中，中间产物Z生成产物P2的过程为整个反应过程的决速步骤 C. 该历程中最大正反应的活化能 D. 相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率： 3. 第十一届全国少数民族传统体育运动会2019年9月8-16日在郑州举行，运动会上火炬传递使用的燃料是丙烷(C3H8)。已知丙烷在298K，101kPa条件下的燃烧热为2220kJ·mol-1。下列有关丙烷的说法正确的是 A. 在298K、101kPa条件下，表示丙烷燃烧热的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2220kJ·mol-1 B. 已知CH3CH=CH2(丙烯)和H2的燃烧热分别为2049kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1，则相同条件下，反应C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)+H2(g)的△H=+114.8kJ·mol-1 C. 以丙烷和空气为原料、稀硫酸为电解质溶液，能形成燃料电池，则通入空气的电极发生的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH- D. 丙烷气体用作便携式固体氧化物燃料电池的燃料时，电路中每通过5mol电子，有5.6L丙烷被氧化 4. 下列示意图与对应的化学用语或文字表述内容不相符的是(水合离子用简单离子符号表示) A．NaCl=Na++Cl- B． C．该装置可用于中和反应反应热的测定 D．每活化一个O2释放0.29 eV的能量 A. A B. B C. C D. D 5. 柠檬酸加热时可发生如下的转化： 下列说法不正确的是 A. l mol柠檬酸与足量NaOH溶液反应，最多可以消耗3 mol NaOH B. 柠檬酸可以在Cu作催化剂、加热的条件下与O2发生催化氧化反应 C. 异柠檬酸发生分子内酯化可形成三元、四元或五元环状酯 D. 顺乌头酸能发生取代、加成和氧化反应 6. 甲胺是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为 L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应，测得有关实验数据如下： 容器编号 温度 起始物质的量 平衡时物质的量 Ⅰ 530 0 0 Ⅱ 530 0 0 Ⅲ 500 0 0 下列说法正确的是 A. 正反应的平衡常数ⅠⅡⅢ B. 达到平衡时，体系中关系：，Ⅰ，Ⅱ C. 达到平衡时，转化率：，Ⅰ，Ⅲ D. 530K时，若起始向容器Ⅰ中充入 、 、 、 ，则反应将向逆反应方向进行 7. T℃时，将0.10 mol N2O4气体充入1 L刚性密闭容器中发生反应。的浓度随时间的变化关系如图，已知两物质的消耗速率与各自的分压有如下关系：为速率常数。已知表示对应物质的分压，下列说法正确的是 A. 容器内气体密度不变，说明该反应达到平衡状态 B. 若反应在绝热条件下进行，到达平衡状态后， C. 该温度下反应的平衡常数与间的关系为 D. 若反应开始时总压为，则反应的压强平衡常数为 8. 图Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学根据反应“＋2I－＋2H＋=＋I2＋H2O”设计成的原电池装置，其中 C1、C2 均为碳棒。甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸；乙组向图Ⅱ的 B 烧杯中逐滴加入适量 40% NaOH 溶液。下列叙述中正确的是 A. 甲组操作时，电流表(A)指针发生偏转 B. 甲组操作时，溶液颜色变浅 C. 乙组操作时，C1上发生的电极反应为I2＋2e－=2I－ D. 乙组操作时，C2作正极 9. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的有项 ①红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅 ②氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深 ③使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率 ④黄绿色的氯水光照后颜色变浅 ⑤合成氨工业使用高压以提高氨的产量 ⑥打开汽水瓶时，有大量气泡溢出 ⑦氨水应密闭保存于低温处 ⑧在配制硫酸亚铁溶液时往往要加入一定量铁粉 A. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 5项 10. 为探究影响化学平衡移动和化学反应速率的因素，设计方案并进行实验。下列方案设计和结论都正确的是 方案设计 现象 结论 A 向溶液中加入溶液 黄色溶液变橙色 增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动 B 向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的 气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动 C 将封装有与混合气体的烧瓶浸泡在热水中 气体颜色变深 升高温度，平衡向吸热反应方向移动 D 向2支分别盛有5 mL 0.l mol/L和0.5 mol/L酸性高锰酸钾溶液的试管中同时滴加5滴溶液 0.5 mol/L高锰酸钾溶液褪色快 浓度越大，反应速率的越快 A. A B. B C. C D. D 11. 现有浓度均为0.1 mol·L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液。下列判断中正确的是 A. 若三种溶液中c(H+)分别为a1 mol·L-1、a2 mol·L-1、a3 mol·L-1，则它们的大小关系为a1=a2>a3 B. 等体积的以上三种酸分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为b1 mol、b2 mol、b3 mol，则它们的大小关系为b1=b2<b3 C. 分别用以上三种酸溶液中和等量的NaOH溶液恰好生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为V1、V2、V3，则大小关系为V1=V2=V3 D. 室温下，以上三种酸溶液分别与表面积大小相同的Zn反应，开始时生成H2的速率分别为v1、v2、v3，其大小关系为v2>v1>v3 12. 氨(NH3)中氢含量高，是一种优良的储氢载体，可通过氨热分解法制氢气。在一定温度下，将0.1 mol NH3通入3 L的密闭容器中进行反应(此时容器内的总压力为200 kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A. t1时反应达到平衡，0~t1时间内的反应速率 B. t2时将容器容积迅速缩小至原来的一半并保持不变，曲线b表示压缩后H2分压的变化 C. 平衡后若再向容器中通入NH3，可增大活化分子百分数，有效碰撞增加，化学反应速率加快 D. 合成氨的工业中，液化分离出NH3，有利于提高产量并加快反应速率 13. 用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为。在密闭容器中1 mol NO2和足量C发生上述反应，反应相同时间后测得NO2的反应速率与N2的生成速率随温度变化的关系如图1所示；维持温度不变，反应相同时间后测得NO2的转化率随压强的变化如图2所示，下列说法错误的是 A. 图1中的A、B、C三个点中只有C点达平衡状态 B. 图2中E点的小于F点的 C. 图2中平衡常数K(F)=K(G)，CO2的平衡浓度c(F)<c(G) D. 在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量的NO2，与原平衡相比，NO2的平衡转化率变大 14. 1，2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要的副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应原理如下： Ⅰ、 Ⅱ、 一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)，在催化剂作用下发生反应Ⅰ、Ⅱ，容器内气体的压强随时间的变化如表所示，平衡时HCl的分压为9.6 kPa．(Kp为压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 时间/min 0 60 120 180 240 300 360 压强/kPa 80 74.2 69.4 65.2 61.6 57.6 57.6 下列说法正确的是 A. 其他条件不变时，无论是增大压强还是升高温度，平衡时CH2=CHCH2Cl的产率均增大 B. 60 min时，v(CH2ClCHClCH3)≈0.097 kPa·min-1 C. 丙烯的总平衡转化率为40% D. 反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=0.35kPa-1 15. 一定温度下，某指示剂(HIn)对应的钾盐(KIn)在非水溶剂(该溶剂不电离)中完全电离，向含KIn的该溶剂中加入弱酸HX，发生反应：。若起始的物质的量分别为，测得随的变化曲线如图所示。(已知)下列说法错误的是 A. a点存在： B. a点时KIn的转化率为80% C. HX的电离平衡常数 D. 若将HX换为酸性更强的HY发生上述反应，则a点下移 二、非选择题(共55分) 16. 已知常见的酸的电离平衡常数如下(均为常温下的数据)： 化学式 CH3COOH HClO H2CO3 H2C2O4 电离平衡常数 回答下列问题。 （1）下列事实能证明草酸是弱电解质的是______(填标号)。 a．草酸能使酸性KMnO4溶液褪色 b．常温下，0.1 mol·L-1的H2C2O4溶液的c(H+)<0.1 mol·L-1 c．相同条件下，浓度均为0.l mol/L的H2C2O4溶液的导电能力比硫酸的导电能力弱 d．H2C2O4溶液中存在H2C2O4分子，溶液呈酸性 （2）H+浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是______(填标号)(①表示盐酸，②表示醋酸)。 （3）依据电离平衡常数数据，下列描述正确的是______(填标号)。 a．结合质子的能力： b．Na2CO3溶液中滴加少量醋酸： c．NaClO溶液中通入少量CO2： d．NaHCO3溶液中滴加过量氯水： （4）常温下溶液加水稀释后，下列各项中数值变大的是______(填标号)。 a． b． c． d． （5）下列方法中，可以使溶液中电离程度增大的是______(填标号)。 a．加入少量的稀盐酸 b．加热 c．加水稀释至 d．加入少量冰醋酸 （6）常温下，向溶液中滴加溶液至溶液中______。 17. 化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。某化学兴趣小组还探究了酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率的影响因素。 （1）实验Ⅰ：常温下，向4 mL不同浓度的H2O2溶液中滴入1滴(0.04 mL)0.05 mol·L-1 KMnO4溶液，记录如下： 0.0013 0.0015 0.0125 0.0312 0.0440 0.0620 完全褪色时间/s 25 15 12 23 60 370 无色气体体积 一样多 ①将KMnO4溶液调成酸性所用的酸是______(填“盐酸”、“硫酸”或“硝酸”)，该反应的离子方程式为______。 ②对于c(H2O2)增大引起的速率异常现象，同学们认为可能是H2O2分解造成的，你对此结论的正误判断及理由是______。 ③为了解释c(H2O2)增大到一定浓度后反应速率减小，同学们查阅资料。资料显示，c(H2O2)>0.02 mol·L-1，H2O2溶液中存在平衡：。请用平衡移动原理解释时反应速率忽然减小的原因______。 （2）同学们继续进行实验Ⅱ，并记录如下： 操作 现象 实验Ⅱ 第1~9滴溶液滴下，完全褪色所需时间很长；第10滴滴下后溶液立即迅速褪色。整个过程中温度几乎不变 ①对于第10滴溶液与H2O2溶液反应速率剧烈变化的原因，同学提出如下假设：______。 ②同学设计实验方案证实了上述假设合理，请补全方案： 操作 现象 实验Ⅲ 滴入KMnO4溶液前，先加少量______固体，第1~9滴溶液滴下，完全褪色所需时间大大缩短 （3）综合上述实验，对于酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率，下列因素一定能加快反应速率的是______。 a．增大KMnO4溶液浓度 b．增大H2O2溶液浓度 c．高温加热 d．加入合适的催化剂 18. 锂离子电池已被人们广泛使用，对其高效回收利用具有重要意义。某锂离子电池正极是涂覆在铝箔上的活性物质LiCoO2，利用该种废旧锂离子电池正极材料制备Co3O4的工艺流程如图所示： 已知：①微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的生成而溶解。 ②浸出液A中含有大量及少量。 （1）在过程②中，难溶于水的转化为离子反应方程式______。此过程也可用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，但缺点是：①浓盐酸具有挥发性，利用率降低；②______。 （2）在过程③中，将浸出液A适当稀释加入碱后，不同pH下金属离子的去除效果如图所示。该过程中加碱调节pH在5.5~6.0的理由是______。 （3）在过程④中，(NH4)2C2O4的加入量、沉淀反应的温度与钴的沉淀率的关系如图a、图b所示。图a中随着的增加，钴的沉淀率先逐渐增加的原因是______。当后钴的沉淀率逐渐减小的原因是______。(以上两空用化学用语和必要的文字解释)图b中沉淀反应时间为10 min，温度在40~50℃以下时，随着温度的升高，钴的沉淀率升高的可能原因是______。沉淀反应结束后，用冷水对沉淀进行洗涤，理由是______。 （4）过程⑤中，转化为Co3O4的化学反应方程式______。 19. 乙烯是重要的工业原料，可用下列方法制备。 Ⅰ、催化加氢法制乙烯： （1）该反应在______(填“高温”或“低温”)能自发进行。 （2）将和按物质的量之比为2:3充入恒容密闭容器中，分别在不同催化剂条件下发生反应，测得相同时间的转化率与温度的关系如图所示： 一定温度下，下列有关说法正确的是______(填标号)。 A．达平衡时，一定为2:3 B．向反应体系中加入少量无水固体，可提高的产率 C．b、d两处，化学反应速率一定相等 D．使用催化剂I时反应的活化能比使用催化剂Ⅱ时低 E．T5温度下，将和按原比例充入恒压密闭容器中，可提高的转化率 F．混合气体的平均相对分子质量不再改变时，反应达到平衡状态 Ⅱ、工业上也可用甲烷催化法制取乙烯，只发生如下反应： （3）温度T时，向恒容反应器中充入，仅发生上述反应。实验测得：为速率常数，只与温度有关。当温度升高时，增大m倍，增大n倍，则m______n(填“>”“<”或“=”)。 Ⅲ、氧化制乙烯： 主反应为： （4）某催化剂催化过程中，在催化剂表面发生了一系列反应： ① ② ③ ④______。 则：④的反应式为______。 （5）在与反应制的过程中，还会发生副反应： 其他条件相同时，与经相同反应时间测得如表实验数据： 实验 温度/K 催化剂 C2H4的产率% 实验1 400 催化剂1 55.0 400 催化剂2 62.3 实验2 500 催化剂1 68.5 500 催化剂2 80.1 相同温度时，催化剂2催化下产率更高的原因是______。 ②在容器体积为1.0 L，充入和同时发生主、副反应，乙烷的平衡转化率为50%，乙烯的选择性为80%(乙烯的选择性)。主反应的平衡常数为______(结果保留2位有效数字)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 树德中学高2024级高二上学期10月阶段性测试化学试题 本试卷满分100分，考试用时75分钟 一、选择题：(本大题共15小题，每题只有一个选项符合题意，每题3分，共45分) 1. 下列领先世界的中国制造，在应用时发生了化学能转化为电能的是 A．三峡水电站 B．比亚迪车顶太阳能电池板 C．吉利氢氧燃料电池客车 D．上海电气风力发电机 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．三峡水电站将动能转化为电能，A错误； B．太阳能电池是太阳能转化为电能，B错误； C．氢氧燃料电池是化学能转化为电能，C正确； D．风力发电机是风能转化为电能，D错误； 故选C。 2. 活泼自由基与氧气的反应一直是科学家关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是 A. 该反应过程中反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量 B. 从反应过程图可知，生成产物P2的过程中，中间产物Z生成产物P2的过程为整个反应过程的决速步骤 C. 该历程中最大正反应的活化能 D. 相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率： 【答案】A 【解析】 【详解】A．从能量变化图能看到，反应物的相对能量是，而产物的相对能量为，产物的相对能量为，这表明反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应是放热反应，在放热反应里，反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，A错误； B．对于生成产物的过程，中间产物生成产物需要经过过渡态，从图中可知，中间产物的相对能量是，过渡态的相对能量是，此过程的活化能为，因为在整个反应历程中，这个活化能是最大的，而活化能最大的步骤就是整个反应的决速步骤，B正确； C．整个反应历程中，各基元反应的活化能需要比较，中间产物Z到过渡态IV的活化能为，通过对图中各过渡态与对应中间体能量差的分析，能确定这就是最大的正反应活化能，C正确； D．由中间产物Z转化为产物时，经过过渡态Ⅲ，中间产物Z相对能量，过渡态Ⅲ相对能量，活化能，转化为产物经过过渡态Ⅳ，活化能为，因为活化能越小反应速率越快，所以，D正确； 故选A。 3. 第十一届全国少数民族传统体育运动会2019年9月8-16日在郑州举行，运动会上火炬传递使用的燃料是丙烷(C3H8)。已知丙烷在298K，101kPa条件下的燃烧热为2220kJ·mol-1。下列有关丙烷的说法正确的是 A. 在298K、101kPa条件下，表示丙烷燃烧热的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2220kJ·mol-1 B. 已知CH3CH=CH2(丙烯)和H2的燃烧热分别为2049kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1，则相同条件下，反应C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)+H2(g)的△H=+114.8kJ·mol-1 C. 以丙烷和空气为原料、稀硫酸为电解质溶液，能形成燃料电池，则通入空气的电极发生的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH- D. 丙烷气体用作便携式固体氧化物燃料电池的燃料时，电路中每通过5mol电子，有5.6L丙烷被氧化 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A.燃烧热指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物和液态水放出的热量，该方程式中是气态水，A错误； B.已知CH3CH=CH2(丙烯)和H2的燃烧热分别为2049kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1，则 C3H6(g)+4.5O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2049kJ·mol-1、 H2(g)+0.5O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ·mol-1，又因为 C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ·mol-1，根据盖斯定律，－－得到反应C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)+H2(g)的△H=+114.8kJ·mol-1，B正确； C. 以丙烷和空气为原料、稀硫酸为电解质溶液，能形成燃料电池，则通入空气的电极发生的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，C错误； D. 丙烷气体用作便携式固体氧化物燃料电池的燃料时，电路中每通过5mol电子，有5.6L丙烷被氧化，没有指明丙烷气体状态无法计算物质的量，D错误； 答案选B。 4. 下列示意图与对应的化学用语或文字表述内容不相符的是(水合离子用简单离子符号表示) A．NaCl=Na++Cl- B． C．该装置可用于中和反应反应热的测定 D．每活化一个O2释放0.29 eV的能量 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯化钠溶于水中电离出钠离子和氯离子，水分子中带负电的氧端靠近带正电、半径较小的钠离子，带正电的氢端靠近带负电、半径较大的氯离子，图中表示正确，A正确； B．醋酸为弱电解质，在水中部分电离，示意图表示和方程式表示正确，B正确； C．中和热的测定必须用玻璃搅拌棒，用金属搅拌棒不仅会参与反应，而且导热快，热量散发快，影响时间结果，C错误； D．由图中得反应前后对比，得到一个活化O2分子，能量差为0.29 eV，所以每活化一个O2释放0.29 eV的能量，D正确； 答案选C。 5. 柠檬酸加热时可发生如下的转化： 下列说法不正确的是 A. l mol柠檬酸与足量NaOH溶液反应，最多可以消耗3 mol NaOH B. 柠檬酸可以在Cu作催化剂、加热的条件下与O2发生催化氧化反应 C. 异柠檬酸发生分子内酯化可形成三元、四元或五元环状酯 D. 顺乌头酸能发生取代、加成和氧化反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．柠檬酸分子中含有3个羧基，l mol柠檬酸与足量NaOH溶液反应，最多可以消耗3 mol NaOH，故A正确； B．柠檬酸分子中连有羟基的碳原子上没H原子，不能与O2发生催化氧化反应，故B错误； C．异柠檬酸发生分子内酯化，羟基分别与不同羧基酯化可形成三元、四元或五元环状酯，故C正确； D．顺乌头酸含有羧基，能发生取代反应，含有碳碳双键能发生加成和氧化反应，故D正确； 选B。 6. 甲胺是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为 L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应，测得有关实验数据如下： 容器编号 温度 起始物质的量 平衡时物质的量 Ⅰ 530 0 0 Ⅱ 530 0 0 Ⅲ 500 0 0 下列说法正确的是 A. 正反应的平衡常数ⅠⅡⅢ B. 达到平衡时，体系中关系：，Ⅰ，Ⅱ C. 达到平衡时，转化率：，Ⅰ，Ⅲ D. 530K时，若起始向容器Ⅰ中充入 、 、 、 ，则反应将向逆反应方向进行 【答案】C 【解析】 【分析】由反应CH3OH（g）+NH3（g）⇌CH3NH2（g）+H2O（g），该反应前后气体体积不变，压强不影响该反应，容器I和Ⅱ为等温恒容，且为等效平衡，容器Ⅲ温度较低，根据表中数据，530K时，容器I有： K（Ⅰ）==9，温度不变，K不变，K（Ⅱ）=9； 500K时，容器Ⅲ有： 此时K（Ⅲ）==16，K（Ⅲ）>K（Ⅰ），说明温度降低有利于反应的进行，该反应为放热反应； 【详解】A. 根据分析，正反应的平衡常数K(Ⅰ)=K(Ⅱ)<K(Ⅲ)，故A错误； B. 容器Ⅰ和容器Ⅱ为等效平衡，Ⅱ的起始量为I的两倍，相当于对I增大压强，平衡不移动，平衡时各组分的量为Ⅰ的两倍，故平衡时2c(CH3OH，Ⅰ)=c(CH3OH，Ⅱ)，故B错误； C. 容器I和容器Ⅲ温度不同，若容器Ⅲ为530K，则与I为等效平衡，此时α(NH3，Ⅰ)+α(H2O，Ⅲ)=1，由于Ⅲ的温度低于530K，有利于正反应，容器Ⅲ从逆反应方向建立平衡，则转化率减小，所以达到平衡时α(NH3，Ⅰ)+α(H2O，Ⅲ)<1，故C正确； D. 530K时，若起始向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.10 mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol，此时Qc==0.67<9，则反应向着正方向进行，故D错误； 答案选C。 7. T℃时，将0.10 mol N2O4气体充入1 L刚性密闭容器中发生反应。的浓度随时间的变化关系如图，已知两物质的消耗速率与各自的分压有如下关系：为速率常数。已知表示对应物质的分压，下列说法正确的是 A. 容器内气体密度不变，说明该反应达到平衡状态 B. 若反应在绝热条件下进行，到达平衡状态后， C. 该温度下反应的平衡常数与间的关系为 D. 若反应开始时总压为，则反应的压强平衡常数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．恒容体系中的纯气体反应密度在反应中保持不变，不能判断平衡状态，故A错误； B．反应吸热，绝热体系中进行反应达到平衡后温度降低，抑制反应正向进行，到达平衡状态后，，故B错误； C．，当消耗速率时反应达到平衡，即，有，即，故C错误； D．容器体积为1 L，由图像可知，平衡时n(N2O4)=0.04 mol、n(NO2)=0.12 mol，容器恒容，物质的量之比等于压强之比，平衡时压强为1.6p总，，D正确； 故答案为D。 8. 图Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学根据反应“＋2I－＋2H＋=＋I2＋H2O”设计成的原电池装置，其中 C1、C2 均为碳棒。甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸；乙组向图Ⅱ的 B 烧杯中逐滴加入适量 40% NaOH 溶液。下列叙述中正确的是 A. 甲组操作时，电流表(A)指针发生偏转 B. 甲组操作时，溶液颜色变浅 C. 乙组操作时，C1上发生的电极反应为I2＋2e－=2I－ D. 乙组操作时，C2作正极 【答案】C 【解析】 【分析】甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸，发生氧化还原反应，不发生原电池反应；乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液，不发生化学反应，发生原电池反应，A中发生I2+2e－＝2I－，为正极反应，而B中As化合价升高，发生氧化反应。 【详解】A、甲组操作时，两个电极均为碳棒，不发生原电池反应，则电流表(A)指针不发生偏转，故A错误； B、发生反应生成碘单质，则溶液颜色加深，故B错误； C、乙组操作时，C1上得到电子，为正极，发生的电极反应为I2+2e－＝2I－，故C正确； D、乙组操作时，C2做负极，因As元素失去电子，故D错误； 故选C。 【点睛】本题考查原电池的工作原理，解题关键：明确电极的判断、电极反应等，难点：判断装置能否形成原电池。 9. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的有项 ①红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅 ②氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深 ③使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率 ④黄绿色的氯水光照后颜色变浅 ⑤合成氨工业使用高压以提高氨的产量 ⑥打开汽水瓶时，有大量气泡溢出 ⑦氨水应密闭保存于低温处 ⑧在配制硫酸亚铁溶液时往往要加入一定量铁粉 A. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 5项 【答案】B 【解析】 【详解】① 红棕色的NO2加压后，NO2浓度变大，颜色变深，由2分子NO2转化为1分子N2O4的反应为气体分子数减小的反应，加压使反应正向移动，NO2浓度降低，颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释； ②1分子氢气与1分子碘蒸气生成2分子碘化氢气体的反应是气体分子数不变的反应，加压后颜色变深是因为浓度增大了，而平衡不移动，无法用勒夏特列原理解释； ③催化剂加快反应速率是因为降低反应活化能，与勒夏特列原理无关； ④黄绿色的氯水中存在氯气与水生成次氯酸和氯化氢的平衡，用光照后次氯酸分解，平衡正向移动，黄绿色的氯气浓度降低，颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释； ⑤合成氨的反应为1分子氮气和3分子氢气生成2分子氨气的反应，高压使反应正向移动，有利用提供氨的产量，可以用勒夏特列原理解释； ⑥汽水中的加压充入的气体为二氧化碳，打开瓶盖后，连通大气压，压强降低，二氧化碳的溶解平衡正向移动，有大量二氧化碳气体生成，可以用勒夏特列原理解释； ⑦氨水受热分解，低温使其分解方向逆向进行，防止其分解，可以用勒夏特列原理解释； ⑧铁粉的作用为还原被空气氧化成Fe3+的Fe2+，或者抑制Fe2+被氧化，与勒夏特列原理无关； 不能用勒夏特列原理解释的为②③⑧，故选B。 10. 为探究影响化学平衡移动和化学反应速率的因素，设计方案并进行实验。下列方案设计和结论都正确的是 方案设计 现象 结论 A 向溶液中加入溶液 黄色溶液变橙色 增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动 B 向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的 气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动 C 将封装有与混合气体的烧瓶浸泡在热水中 气体颜色变深 升高温度，平衡向吸热反应方向移动 D 向2支分别盛有5 mL 0.l mol/L和0.5 mol/L酸性高锰酸钾溶液的试管中同时滴加5滴溶液 0.5 mol/L高锰酸钾溶液褪色快 浓度越大，反应速率的越快 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．（橙色）与（黄色）的平衡为，加入HBr会中和增大浓度，平衡逆向移动，溶液应变为橙色，A错误； B．在装置中存在与的化学平衡：，该反应的正反应为气体分子数减小的反应。当保持压强不变通入时，容器的容积增大，与分压减小，平衡向气体分子数增大的方向移动，即逆反应方向移动，B错误； C．在装置中存在与的化学平衡：，该反应的正反应为放热反应，升温使平衡逆向移动（吸热方向），浓度增大，颜色变深，C正确； D．高锰酸钾与草酸反应方程式为，两支试管中高锰酸钾溶液均过量，均不会完全褪色，无法判断反应速率与浓度的关系，D错误； 故答案选C。 11. 现有浓度均为0.1 mol·L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液。下列判断中正确的是 A. 若三种溶液中c(H+)分别为a1 mol·L-1、a2 mol·L-1、a3 mol·L-1，则它们的大小关系为a1=a2>a3 B. 等体积的以上三种酸分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为b1 mol、b2 mol、b3 mol，则它们的大小关系为b1=b2<b3 C. 分别用以上三种酸溶液中和等量的NaOH溶液恰好生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为V1、V2、V3，则大小关系为V1=V2=V3 D. 室温下，以上三种酸溶液分别与表面积大小相同的Zn反应，开始时生成H2的速率分别为v1、v2、v3，其大小关系为v2>v1>v3 【答案】D 【解析】 【分析】盐酸是一元强酸，0.1 mol·L-1的盐酸中c(H+)=0.1 mol·L-1；硫酸是二元强酸，0.1 mol·L-1的硫酸中c(H+)=0.2 mol·L-1；醋酸是一元弱酸，0.1 mol·L-1的醋酸中c(H+)<0.1 mol·L-1； 【详解】A．0.1 mol·L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液中c(H+)分别为0.1 mol·L-1、0.2mol·L-1、小于0.1 mol·L-1，故A错误； B．等体积的0.1 mol·L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，n(HCl)=n(H2SO4)=n(CH3COOH)，分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为b1 mol、b2 mol、b3 mol，则它们的大小关系为b1=b2=b3，故B错误； C．中和1molNaOH消耗1 mol盐酸、0.5 mol硫酸、1 mol醋酸，分别用以上三种酸溶液中和等量的NaOH溶液恰好生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为V1、V2、V3，则大小关系为2V1 =2V3=V2，故C错误； D．氢离子浓度越大，与Zn反应速率越快，室温下，以上三种酸溶液分别与表面积大小相同的Zn反应，开始时生成H2的速率分别为v1、v2、v3，其大小关系为v2>v1>v3，故D正确； 选D。 12. 氨(NH3)中氢含量高，是一种优良的储氢载体，可通过氨热分解法制氢气。在一定温度下，将0.1 mol NH3通入3 L的密闭容器中进行反应(此时容器内的总压力为200 kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A. t1时反应达到平衡，0~t1时间内的反应速率 B. t2时将容器容积迅速缩小至原来的一半并保持不变，曲线b表示压缩后H2分压的变化 C. 平衡后若再向容器中通入NH3，可增大活化分子百分数，有效碰撞增加，化学反应速率加快 D. 合成氨的工业中，液化分离出NH3，有利于提高产量并加快反应速率 【答案】A 【解析】 【详解】A．总反应为，在t1时各物质浓度不变，反应达到平衡，此时NH3和H2的分压为120 kPa，N2的分压为40 kPa，所以此时NH3和H2的物质的量相等，设消耗消耗NH3物质的量为x mol，根据初始投入NH3物质的量为0.1 mol，可得0.1-x=1.5x，可得消耗NH3物质的量为x=0.04 mol，所以平衡时H2和NH3的物质的量为0.06 mol，此时H2的平均反应速率为，A正确； B．容器体积缩小一半后，容器总压增大一倍，N2的分压增大一倍，相当于加压，反应为气体分子数增大的反应，平衡逆向移动，所以最终移动的结果为在原压强与2倍原压强之间，b表示N2的分压变化曲线，不是H2，B错误； C．平衡后加入NH3，只能增大活化分子数目，当不能增大百分数，C错误； D．合成氨的反应液化分离出产物，有利于反应正向移动，提高产率，但生成物浓度降低，反应速率减慢，D错误； 故选A。 13. 用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为。在密闭容器中1 mol NO2和足量C发生上述反应，反应相同时间后测得NO2的反应速率与N2的生成速率随温度变化的关系如图1所示；维持温度不变，反应相同时间后测得NO2的转化率随压强的变化如图2所示，下列说法错误的是 A. 图1中的A、B、C三个点中只有C点达平衡状态 B. 图2中E点的小于F点的 C. 图2中平衡常数K(F)=K(G)，CO2的平衡浓度c(F)<c(G) D. 在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量的NO2，与原平衡相比，NO2的平衡转化率变大 【答案】D 【解析】 【分析】在反应相同时间内，升高温度，反应速率加快，反应未达平衡时，NO2的反应速率与N2的生成速率均加快，由图1中温度为T5时，NO2的反应速率与N2的反应速率比为两者的反应计量数比，所以此时反应恰好达到平衡，则在温度为T5之前，反应速率较慢，在相同时间内均未达到平衡，反应均为正向进行；图2中在温度相同的情况下，反应相同时间，压强越大，反应速率越快，在反应未达到平衡时，NO2的转化率降低，在反应达到平衡后，由与反应为气体分子数增多的反应，所以此时再增大压强，反应逆向移动，NO2转化率降低，所以图中F点时，反应达到平衡，据此解答。 【详解】A．由分析得，C点之前反应均未达到平衡，故A正确； B．由分析得，F点反应达到平衡，F点之前的E点反应未平衡，此时反应正向进行，所以此时E的正反应速率大于逆反应速率，F点的压强大于E点，所以F点的正反应速率大于E点的正反应速率，则F点的正反应速率大于E点的逆反应速率，B正确； C．F点后增大压强，CO2的浓度先增大，然后平衡逆向移动，CO2的浓度减小，但只能削弱压强改变带来的浓度改变，不能抵消这种浓度改变，所以G点平衡移动后CO2的浓度相比F点还是增大，而F点与G点反应同温度，平衡常数相等，C正确； D．向容器中充入NO2，假设平衡不移动，NO2的转化率不变，最终与G点相比相当于等比例增大反应物和生成物的浓度，相当于压缩容器体积（增大压强），该反应为气体分子数增大的反应，会使反应逆向移动，则使NO2的平衡转化率减小，D错误； 答案选D。 14. 1，2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要的副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应原理如下： Ⅰ、 Ⅱ、 一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)，在催化剂作用下发生反应Ⅰ、Ⅱ，容器内气体的压强随时间的变化如表所示，平衡时HCl的分压为9.6 kPa．(Kp为压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 时间/min 0 60 120 180 240 300 360 压强/kPa 80 74.2 69.4 65.2 61.6 57.6 57.6 下列说法正确的是 A. 其他条件不变时，无论是增大压强还是升高温度，平衡时CH2=CHCH2Cl的产率均增大 B. 60 min时，v(CH2ClCHClCH3)≈0.097 kPa·min-1 C. 丙烯的总平衡转化率为40% D. 反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=0.35kPa-1 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应Ⅱ反应前后气体分子数不变，故增大压强，平衡不移动，CH2=CHCH2Cl的产率不变；反应Ⅱ的正反应为放热反应，升高温度，反应Ⅱ逆向移动，CH2=CHCH2Cl的产率减小，A错误； B．前60 min内，减小的压强为80 kPa-74.2 kPa =5.8 kPa，由于反应Ⅱ反应前后气体分子数不变，则分析反应I可知减小的压强等于CH2ClCHClCH3的分压，所以前60 min内的平均速率，而60 min时为瞬时速率，无法求出，B错误； C．该温度下，平衡时压强为57.6 kPa，达到平衡时减小的压强为80 kPa-57.6 kPa=22.4 kPa，等于CH2ClCHClCH3的分压，也等于反应I中消耗的丙烯和氯气的分压。若平衡时HCl的分压为9.6kPa，分析反应Ⅱ可知反应Ⅱ中消耗的丙烯和氯气以及生成的CH2=CHCH2Cl的分压均是9.6 kPa，由于反应前CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)的物质的量相等，因此反应前二者的分压均是40 kPa，所以丙烯的总平衡转化率为=80%，C错误； D．该温度下，平衡时压强为57.6 kPa，达到平衡时减小的压强为80 kPa-57.6 kPa=22.4 kPa，等于CH2ClCHClCH3的分压，也等于反应I中消耗的丙烯和氯气的分压，平衡时HCl的分压为9.6 kPa，反应Ⅱ中消耗的丙烯和氯气以及生成的CH2=CHCH2Cl的分压均是9.6 kPa，CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)的物质的量相等，因此反应后二者的分压均是 kPa，，D正确； 故选D。 15. 一定温度下，某指示剂(HIn)对应的钾盐(KIn)在非水溶剂(该溶剂不电离)中完全电离，向含KIn的该溶剂中加入弱酸HX，发生反应：。若起始的物质的量分别为，测得随的变化曲线如图所示。(已知)下列说法错误的是 A. a点存在： B. a点时KIn的转化率为80% C. HX的电离平衡常数 D. 若将HX换为酸性更强的HY发生上述反应，则a点下移 【答案】D 【解析】 【分析】利用a点的特殊数据，及，结合Ka(HX)与Ka(HIn)的表达式结构，反应平衡常数。a点，设起始物质的量均为，反应量为，列三段式：，则，解得，，，据此分析； 【详解】A．a点，，由HX电离产生，，解得，则，A正确； B．起始物质的量均为，a点，，B正确； C．根据分析可知，，C正确； D．换为酸性更强的HY，，反应平衡常数，，a点上移，D错误； 故选D。 二、非选择题(共55分) 16. 已知常见的酸的电离平衡常数如下(均为常温下的数据)： 化学式 CH3COOH HClO H2CO3 H2C2O4 电离平衡常数 回答下列问题。 （1）下列事实能证明草酸是弱电解质的是______(填标号)。 a．草酸能使酸性KMnO4溶液褪色 b．常温下，0.1 mol·L-1的H2C2O4溶液的c(H+)<0.1 mol·L-1 c．相同条件下，浓度均为0.l mol/L的H2C2O4溶液的导电能力比硫酸的导电能力弱 d．H2C2O4溶液中存在H2C2O4分子，溶液呈酸性 （2）H+浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是______(填标号)(①表示盐酸，②表示醋酸)。 （3）依据电离平衡常数数据，下列描述正确的是______(填标号)。 a．结合质子的能力： b．Na2CO3溶液中滴加少量醋酸： c．NaClO溶液中通入少量CO2： d．NaHCO3溶液中滴加过量氯水： （4）常温下溶液加水稀释后，下列各项中数值变大的是______(填标号)。 a． b． c． d． （5）下列方法中，可以使溶液中电离程度增大的是______(填标号)。 a．加入少量的稀盐酸 b．加热 c．加水稀释至 d．加入少量冰醋酸 （6）常温下，向溶液中滴加溶液至溶液中______。 【答案】（1）bcd （2）c （3）bd （4）b （5）bc （6）840 【解析】 【小问1详解】 a．草酸能使酸性 KMnO4溶液褪色，说明草酸具有还原性，与草酸电离程度无关，所以不能证明草酸为弱电解质，a错误； b．常温下，0.1mol/L的 H2C2O4 溶液的c(H+)<0.1 mol·L-1，说明草酸部分电离，则草酸为弱电解质，b正确； c．相同条件下，0.1mol/L的H2C2O4溶液的导电能力比0.1mol/L硫酸的导电能力弱，则草酸溶液中离子浓度小于硫酸溶液中离子浓度，硫酸是强电解质，故草酸部分电离，为弱电解质，c正确； d．H2C2O4溶液中存在 H2C2O4分子，呈酸性，说明草酸部分电离，则草酸为弱电解质，d正确； 故答案为：bcd。 【小问2详解】 H+浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸，醋酸为弱电解质，浓度更大一些，两种溶液分别与足量的锌粉发生反应，醋酸产生气体更多，a、b错误；反应速率与H+浓度有关，初始时二者的H+浓度相等，反应速率相等，随着反应的进行，溶液中的醋酸分子不断电离出来H+，所以醋酸溶液中H+浓度减缓的程度比盐酸中H+浓度降低的慢，则醋酸中的H+浓度更大，因此醋酸生成氢气的速度比盐酸生成氢气的速度快，d错误，综上所述，c符合。 【小问3详解】 a．酸的电离平衡常数越大，浓度相同时，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，结合H+能力越弱，酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，则结合H+能力的顺序为CO＞ClO-＞HCO＞CH3COO-，a错误； b．电离平衡常数越大，浓度相同时酸性越强，故酸性CH3COOH＞H2CO3，碳酸钠溶液中加入少量醋酸生成醋酸钠和碳酸氢钠，b正确； c．电离平衡常数越大，浓度相同时酸性越强，故酸性H2CO3＞HClO＞HCO，NaClO溶液中通入少量CO2生成碳酸氢钠，反应方程式为CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO，c错误； d．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，次氯酸酸性弱于碳酸，故不能碳酸氢钠反应生成碳酸(或其分解产物二氧化碳和水)，则该反应正确，d正确； 故答案为：bd。 【小问4详解】 a．醋酸溶液加水稀释，pH升高，氢离子浓度变小，a错误； b．=，CH3COOH溶液加水稀释过程，n(H+)增加，n(CH3COOH)减小，则比值增大，b正确； c．，CH3COOH溶液加水稀释过程，醋酸浓度减小，对水电离的抑制作用减弱，导致氢离子浓度减小程度小于醋酸根离子浓度减小程度，使得比值减小，c错误； d．为醋酸的电离常数，温度不变，该常数不变，d错误； 故答案为：b。 【小问5详解】 a．加入少量0.10mol⋅L−1的稀盐酸，c(H+)增大，醋酸电离平衡向逆反应方向移动，电离程度减弱，a错误； b．弱电解质的电离是吸热过程，加热使电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，b正确； c．加水稀释至0.010mol·L-1，离子浓度减小，电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，c正确； d．加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，根据 “越稀越电离”，电离程度减小，d错误； 故答案为：bc。 【小问6详解】 向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至c(H+)=1.0×10-4mol⋅L−1， c(C2O)=，c(H2C2O4)=，===840。 17. 化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。某化学兴趣小组还探究了酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率的影响因素。 （1）实验Ⅰ：常温下，向4 mL不同浓度的H2O2溶液中滴入1滴(0.04 mL)0.05 mol·L-1 KMnO4溶液，记录如下： 0.0013 0.0015 0.0125 0.0312 0.0440 0.0620 完全褪色时间/s 25 15 12 23 60 370 无色气体体积 一样多 ①将KMnO4溶液调成酸性所用的酸是______(填“盐酸”、“硫酸”或“硝酸”)，该反应的离子方程式为______。 ②对于c(H2O2)增大引起的速率异常现象，同学们认为可能是H2O2分解造成的，你对此结论的正误判断及理由是______。 ③为了解释c(H2O2)增大到一定浓度后反应速率减小，同学们查阅资料。资料显示，c(H2O2)>0.02 mol·L-1，H2O2溶液中存在平衡：。请用平衡移动原理解释时反应速率忽然减小的原因______。 （2）同学们继续进行实验Ⅱ，并记录如下： 操作 现象 实验Ⅱ 第1~9滴溶液滴下，完全褪色所需时间很长；第10滴滴下后溶液立即迅速褪色。整个过程中温度几乎不变 ①对于第10滴溶液与H2O2溶液反应速率剧烈变化的原因，同学提出如下假设：______。 ②同学设计实验方案证实了上述假设合理，请补全方案： 操作 现象 实验Ⅲ 滴入KMnO4溶液前，先加少量______固体，第1~9滴溶液滴下，完全褪色所需时间大大缩短 （3）综合上述实验，对于酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率，下列因素一定能加快反应速率的是______。 a．增大KMnO4溶液浓度 b．增大H2O2溶液浓度 c．高温加热 d．加入合适的催化剂 【答案】（1） ①. 硫酸 ②. ③. 错误；向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多，说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故 ④. H2O2转化为H4O4，溶液中的过氧化氢浓度减小，导致速率减小 （2） ①. 可能是高锰酸钾与双氧水反应后生成的Mn2+，对双氧水分解起到了催化作用 ②. 硫酸锰 （3）ad 【解析】 【小问1详解】 ①高锰酸钾作为经常使用的氧化剂，将溶液调成酸性所用的酸是硫酸，不能使用盐酸和硝酸，因为盐酸易被高锰酸钾氧化，产生氯气，而硝酸自身具有氧化性，对高锰酸钾的氧化性带来干扰。高锰酸钾与过氧化氢反应，高锰酸钾作氧化剂，锰元素化合价降低，还原为；而双氧水中的氧元素化合价升高，生成，离子方程式：； ②向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液（不足量），根据表中数据分析，随着增大，产生的气体一样多，褪色时间先逐渐减少后逐渐增大，说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故；故答案为：错误；向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多，说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故； ③由于，溶液中存在平衡：，当>，转化为，溶液中的过氧化氢浓度减小，导致速率减小； 【小问2详解】 ①由于温度几乎不变、反应物浓度下降，则第10滴溶液与溶液反应速率迅速增大，可能的原因是高锰酸钾与双氧水反应后生成的Mn2+，对双氧水分解起到了催化作用； ②设计实验方案证实上述假设合理，因为推测Mn2+对双氧水分解起到了催化作用，所以考虑开始就加入少量的硫酸锰固体，以提供Mn2+，观察双氧水分解速率情况，验证猜想； 【小问3详解】 a．增大KMnO4溶液浓度，单位体积内有效碰撞的几率增大，一定能加快反应速率，a正确； b．由题给信息可知，当时，转化为，若增大双氧水溶液浓度，会导致更多的转转化为，不一定能加快反应速率，b错误； c．高温加热会使H2O2分解，降低，反应速率减慢，c错误； d．加入合适的催化剂，降低反应活化能，反应的活化分子数和百分数均增多，一定能加快反应速率，d正确； 故选ad。 18. 锂离子电池已被人们广泛使用，对其高效回收利用具有重要意义。某锂离子电池正极是涂覆在铝箔上的活性物质LiCoO2，利用该种废旧锂离子电池正极材料制备Co3O4的工艺流程如图所示： 已知：①微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的生成而溶解。 ②浸出液A中含有大量及少量。 （1）在过程②中，难溶于水的转化为离子反应方程式______。此过程也可用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，但缺点是：①浓盐酸具有挥发性，利用率降低；②______。 （2）在过程③中，将浸出液A适当稀释加入碱后，不同pH下金属离子的去除效果如图所示。该过程中加碱调节pH在5.5~6.0的理由是______。 （3）在过程④中，(NH4)2C2O4的加入量、沉淀反应的温度与钴的沉淀率的关系如图a、图b所示。图a中随着的增加，钴的沉淀率先逐渐增加的原因是______。当后钴的沉淀率逐渐减小的原因是______。(以上两空用化学用语和必要的文字解释)图b中沉淀反应时间为10 min，温度在40~50℃以下时，随着温度的升高，钴的沉淀率升高的可能原因是______。沉淀反应结束后，用冷水对沉淀进行洗涤，理由是______。 （4）过程⑤中，转化为Co3O4的化学反应方程式______。 【答案】（1） ①. ②. 盐酸可被LiCoO2氧化为氯气，污染环境 （2）pH在5.5~6.0，Fe3+、Al3+、Cu2+金属离子几乎被完全沉淀，而Co2+离子损失率较小 （3） ①. 溶液中存在化学平衡：增大，化学平衡正向进行有利于晶体析出 ②. 随草酸根离子增多，会发生反应，使晶体部分溶解 ③. 升高温度，加快反应速率 ④. 降低的溶解度，减少损失 （4） 【解析】 【分析】根据图示工艺流程图知，电池正极预处理得到正极活性物质为涂覆在铝箔上的活性物质，加入稀硫酸和过氧化氢发生反应得到浸出液A含有大量及少量金属离子，加入40%的氢氧化钠溶液调节溶液pH沉淀金属离子，过滤得到含大量的溶液，加入草酸铵溶液过滤沉淀得到，空气中加热被氧化得到，据此分析解题。 【小问1详解】 难溶于水的具有氧化性，可以氧化过氧化氢，生成氧气，方程式为：。浓盐酸具有一定的还原性，可以被氧化，产生有毒的氯气，污染环境。 【小问2详解】 图像分析可知，加碱调节pH在，金属离子几乎被完全沉淀，而离子损失率较小。 【小问3详解】 溶液中存在化学平衡：，随着的增加，增大，化学平衡正向进行有利于晶体析出，当达到后以后，随草酸根离子增多，会发生副反应，使晶体部分溶解。沉淀反应时间为10 min，温度在40～50℃以下时，随温度升高而钴的沉淀率升高的可能原因是：升温加快反应速率。因为微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，所以用冷水对沉淀进行洗涤，减少损失，提高产量。 【小问4详解】 在被空气中氧气氧化得到，反应的化学方程式为：。 19. 乙烯是重要的工业原料，可用下列方法制备。 Ⅰ、催化加氢法制乙烯： （1）该反应在______(填“高温”或“低温”)能自发进行。 （2）将和按物质的量之比为2:3充入恒容密闭容器中，分别在不同催化剂条件下发生反应，测得相同时间的转化率与温度的关系如图所示： 一定温度下，下列有关说法正确的是______(填标号)。 A．达平衡时，一定为2:3 B．向反应体系中加入少量无水固体，可提高的产率 C．b、d两处，化学反应速率一定相等 D．使用催化剂I时反应的活化能比使用催化剂Ⅱ时低 E．T5温度下，将和按原比例充入恒压密闭容器中，可提高的转化率 F．混合气体的平均相对分子质量不再改变时，反应达到平衡状态 Ⅱ、工业上也可用甲烷催化法制取乙烯，只发生如下反应： （3）温度T时，向恒容反应器中充入，仅发生上述反应。实验测得：为速率常数，只与温度有关。当温度升高时，增大m倍，增大n倍，则m______n(填“>”“<”或“=”)。 Ⅲ、氧化制乙烯： 主反应为： （4）某催化剂催化过程中，在催化剂表面发生了一系列反应： ① ② ③ ④______。 则：④的反应式为______。 （5）在与反应制的过程中，还会发生副反应： 其他条件相同时，与经相同反应时间测得如表实验数据： 实验 温度/K 催化剂 C2H4的产率% 实验1 400 催化剂1 55.0 400 催化剂2 62.3 实验2 500 催化剂1 68.5 500 催化剂2 80.1 相同温度时，催化剂2催化下产率更高的原因是______。 ②在容器体积为1.0 L，充入和同时发生主、副反应，乙烷的平衡转化率为50%，乙烯的选择性为80%(乙烯的选择性)。主反应的平衡常数为______(结果保留2位有效数字)。 【答案】（1）低温 （2）BDEF （3）> （4） （5） ①. 催化剂2对主反应的选择性高 ②. 0.57 【解析】 【小问1详解】 当时反应可以自发进行，又因，，可得反应在低温时可自发进行； 【小问2详解】 A．达到平衡时，二氧化碳转化量未知，也没有按照方程式中系数比进行投料，达平衡时，不一定为2:3，Ａ错误； B．向反应体系中加入少量无水固体，无水氯化钙能够吸收水，水分降低，平衡正向移动，可提高的产率，B正确； C．b、d两状态下，d的温度高于b，化学反应速率b＞d，C错误； D．由图可知，使用催化剂I时反应先达到平衡，因此反应I的活化能比使用催化剂II时更低，D正确； E．T5温度下，将和按原比例充入恒压密闭容器中，相当于增大压强，平衡正向移动，可提高的转化率，E正确； F．混合气体的平均相对分子质量不再改变时，质量不变，但物质的量发生变化，所以可证明反应达到平衡状态，F正确； 【小问3详解】 由题中信息，当达到平衡时，正逆反应速率相等，所以，该反应的正反应，升高温度，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，平衡常数增大，所以m＞n； 【小问4详解】 ，所以④的反应为：； 【小问5详解】 相同温度下，催化剂2对主反应的选择性高，生成的多，产率高； 已知充入和，乙烷的平衡转化率为50%，则转化的，因为乙烯的选择性为80%，所以转化为乙烯消耗的，转化为其他物质的乙烯为，又因主反应，根据化学计量关系，生成，对于副反应，消耗，则消耗，生成，生成，平衡时，，，，，容器体积为，则各物质浓度为，，，，,根据平衡常数表达式，代入数据可得。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $