精品解析：福建省厦门市同安第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试卷

同安一中2025~2026学年(上)期中考 高二化学试卷 本卷满分100分，考试时间75分钟 第Ⅰ卷选择题 可能用到的相对原子质量为：S-16 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分，每题只有一个选项符合题意。 1. 近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是 A. 氢氧燃料电池具有能量转化率高、清洁等优点 B. 理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点 C. 宁德时代的年产能约16GWh的锂离子电池属于一次电池 D. 煤、石油属于不可再生能源，不属于绿色能源 2. 铜制品上的铝质铆钉，在潮湿的空气中易腐蚀的主要原因可描述为 A. 形成原电池时，电流由铝流向铜 B. 形成原电池，铜作负极 C. 形成原电池，铝作负极 D. 铝质铆钉主要发生了化学腐蚀 3. 在一定条件下，反应A(g)+B(g)C(g)+D(s) △H<0已达平衡，能使平衡正向移动的措施是 A. 加入催化剂 B. 减小D的量 C. 降低温度 D. 减小压强 4. 对于可逆反应3X(s) + Y(g)2Z(g) + 2Q(g) ，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是 A. v(X)=0.4 mol·L-1·s-1 B. v(Y)=5 mol·L-1·min-1 C. v(Z)=0.2 mol·L-1·s-1 D. v(Q)=6 mol·L-1·min-1 5. 往某恒温密闭容器中加入CaCO3，发生反应：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g) ∆H>0反应达到平衡后，t1时，缩小容器体积，x随时间（t）变化的关系如图所示。x不可能是 A. v逆 B. c(CO2) C. ∆H D. ρ(容器内气体密度) 6. 工业生产硫酸涉及反应 说法正确的是 A. 反应的平衡常数 B. 该反应的 C. 通入气体和气体，达到平衡时放出的热量 D. 其他条件相同，增大，的转化率提高 7. ℃的某溶液中，，，其中与的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 时，为 ， B. 时，当溶液中增大时，的值会减小 C. 时，当溶液中时，该溶液呈中性 D. 从点到点，可采用通入少量的方式 8. 研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许通过。下列说法正确的是 A. 放电时电解质溶液质量减小 B. 放电时电池总反应为 C. 充电时移向惰性电极 D. 充电时每转移电子，降低 9. 对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为 A. B. C. D. 10. 下列实验能达到预期目的是 实验内容 实验目的 A 将的KI溶液和的溶液等体积混合，充分反应后，取少许混合液滴加溶液 验证与的反应有一定限度 B 白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴溶液 验证该过程是否发生原电池反应 C 向2支盛有不同浓度溶液的试管中，同时加入2mL5%溶液，观察并比较实验现象 探究浓度对反应速率的影响 D 相同条件下，向一支试管中加入和，向另一支试管中加入和溶液，观察并比较实验现象 探究对分解速率的影响 A. A B. B C. C D. D 11. 某实验小组依据反应⇌设计如图1电池，探究pH对氧化性的影响，测得输出电压与pH的关系如图2。下列有关叙述错误的是( ) 图1 图2 A. c点时，正极的电极反应为= B. b点时，反应处于化学平衡状态 C. a点时，盐桥中K+向左移动 D. 时，氧化性 12. 二氧化碳资源化利用相关反应如下： i． ii． 向、的恒压密闭容器中分别通入和的混合气体，达到平衡时，含碳化合物的物质的量分数()随温度变化如图。 已知： 为气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。下列说法错误的是 A. 乙代表时的 B. c点， C. 600℃、时， D. 655℃时，反应ii的 第Ⅱ卷非选择题 二、非选择题(本题共4小题，共52分) 13. 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。 已知部分化学键的键能如下： 化学键 H-H N-N N-H 键能() 436 193 945 a （1）已知 ，试根据表中所列键能数据，计算的数值为_______。 （2）在恒温恒容的密闭容器中进行合成氨反应，能说明反应达到平衡状态的是_______(填字母)。 A．体系的压强不再改变 B．气体的密度不再改变 C．与的物质的量比不变 D． E．混合气体平均摩尔质量不变 （3）在Fe催化剂作用下，和生成的反应历程如下(“*”表示吸附态)。 ①该反应历程中决速步的化学方程式为_______。 ②近期我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，的温度为547℃，而的温度为415℃)。结合下图解释该催化剂解决上述矛盾的原理是_______。 （4）直接常压电化学合成氨以纳米作催化剂，和为原料制备。其工作原理如图所示： ①阴极的电极反应式为_______。 ②电解过程中，由于发生副反应，使得阴极制得的中混有少量气体单质，则理论上阳极和阴极生成气体的物质的量之比的范围是_______。 14. 为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某实验小组利用KI与的氧化还原反应来研究反应的限度问题。设计实验如下： （1）KI与溶液发生反应的离子方程式是___________。 （2）步骤a的实验目的是通过萃取，降低溶液中___________(填化学式)的浓度，实验I中滴加KSCN溶液后，观察到___________，这说明了“”反应存在限度。 （3）实验II中滴加KSCN溶液，观察到颜色比实验I浅。请用平衡移动原理解释其原因：在实验I基础上，___________。 （4）为探究更多物质对该反应体系离子浓度的改变，甲同学设计了实验III，实验装置如下(固定装置图中未画出)。 实验步骤：取步骤a充分萃取后的液体混合物，再加入足量铁粉，于室温下进行磁力搅拌。反应结束后，用镊子取出磁子，然后将烧瓶内液体倒入试管中观察。 实验现象：搅拌时有气泡产生。试管中液体分层，上层液体为浅绿色，下层液体为无色。 ①仪器a的名称为___________。 ②查阅资料： 资料i．碘水存在微弱反应：，会使溶液呈酸性。HIO不稳定易歧化：。 资料ii．具有氧化的能力：。 结合资料，甲同学认为铁粉加入后会与溶液中的反应，促使碘与水的反应向正方向移动，进而产生更多的氧化，但溶液颜色依然能维持浅绿色较长时间，原因是___________。 15. 甲醇属于基础化工原料，在化学工业中占有重要地位。回答下列问题： （1）工业上制备甲醇的热化学方程式为。已知的能量依次为，则___________。将物质的量之比1：3的和以相同的流速分别通过两种催化剂(Cat-a和Cat-b)，相同时间内测得的转化率随温度变化的关系如图1所示：使的转化率最好的催化剂是___________(填“Cat-a”或“Cat-b”)，与另一催化剂相比，使用该催化剂存在的弊端是___________。 （2）甲醇可分解生成水煤气，反应为。起始时，向某刚性容器中通入一定量的，平衡时各物质的物质的量与温度的关系如图2所示。 ①图2中曲线1表示的物质是___________(填化学式)。 ②A点处体系中的体积分数为___________。 ③点处，若容器的压强为，则点处的转化率为___________，此温度下该反应的平衡常数___________(用平衡压强代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数)。 （3）甲醇可催化制备丙烯，反应为，反应的Arrhenius公式的实验数据如图3中a所示，已知Arrhenius经验公式为(其中为活化能，为速率常数，只与温度有关，和C为常数)。 ①该反应的活化能___________。 ②当使用更高效催化剂时，实验数据变成图3中的曲线___________(填图3“b”或“c”)。 16. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，目前有不同制取氢气的方法： （1）水煤气变换制氢反应： 已知： 水煤气变换制氢体系中，一定时间内，的添加情况与的体积分数关系如图。 ①水煤气变换制氢反应的_______。 ②添加后的体积分数增大的原因是_______(用化学方程式表达)。 ③对比纳米和微米，前者的体积分数更大的原因是_______。 （2）乙醇—水蒸气催化重整制氢，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 向恒压()密闭容器中通入和，仅考虑发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时和的选择性及的产率随温度的变化如图所示。的选择。 ①关于上述恒压密闭体系，说法正确的是_______。 a．高温低压、使用高效催化剂均可提高平衡产率 b．60℃，若气体平均密度不变，说明体系已达平衡 c．反应Ⅰ的正反应活化能小于逆反应活化能 d．选择合适的催化剂可提高的选择性 ②图中曲线表示平衡时CO的选择性随温度变化的曲线是_______。 ③温度在100~200℃时，的产率很低，原因是_______。 ④500℃、条件下，的平衡产率为80%，则反应Ⅱ的物质的量分数平衡常数的值为_______。(保留小数点后三位) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 同安一中2025~2026学年(上)期中考 高二化学试卷 本卷满分100分，考试时间75分钟 第Ⅰ卷选择题 可能用到的相对原子质量为：S-16 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分，每题只有一个选项符合题意。 1. 近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是 A. 氢氧燃料电池具有能量转化率高、清洁等优点 B. 理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点 C. 宁德时代的年产能约16GWh的锂离子电池属于一次电池 D. 煤、石油属于不可再生能源，不属于绿色能源 【答案】C 【解析】 【详解】A．氢氧燃料电池产物为水，能量转化率高且无污染，故A正确； B．理想新能源需资源丰富、可再生、无污染，符合定义，故B正确； C．锂离子电池可充放电，属于二次电池，故C错误； D．煤、石油不可再生且污染环境，不属于绿色能源，故D正确； 故答案选C。 2. 铜制品上的铝质铆钉，在潮湿的空气中易腐蚀的主要原因可描述为 A. 形成原电池时，电流由铝流向铜 B. 形成原电池，铜作负极 C. 形成原电池，铝作负极 D. 铝质铆钉主要发生了化学腐蚀 【答案】C 【解析】 【分析】铝比铜活泼，铜制品上的铝质铆钉，在潮湿的空气中易腐蚀的主要原因是形成了原电池，铝是负极，失去电子被氧化腐蚀。 【详解】A．由分析可知，电流方向由正极流向负极，原电池中铝是负极，铜是正极，因此电流应由铜流向铝，A错误； B．由分析可知，该腐蚀过程中形成原电池，铝作负极，B错误； C．由分析可知，铝比铜活泼，在形成的原电池中铝作负极，发生氧化反应被腐蚀，C正确； D．由分析可知，两种金属在潮湿环境中形成原电池，属于电化学腐蚀而非单纯的化学腐蚀，D错误； 故选C。 3. 在一定条件下，反应A(g)+B(g)C(g)+D(s) △H<0已达平衡，能使平衡正向移动的措施是 A. 加入催化剂 B. 减小D的量 C. 降低温度 D. 减小压强 【答案】C 【解析】 【详解】A．加入催化剂，平衡不移动，A错误； B．D为固态，其浓度视为常数，所以改变D的量不会使平衡发生移动，B错误； C．△H<0，降低温度，使平衡向正反应方向移动，C正确； D．减小压强，向着气体分子总数增大的方向移动，即向逆反应方向移动，D错误； 故选C。 4. 对于可逆反应3X(s) + Y(g)2Z(g) + 2Q(g) ，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是 A. v(X)=0.4 mol·L-1·s-1 B. v(Y)=5 mol·L-1·min-1 C. v(Z)=0.2 mol·L-1·s-1 D. v(Q)=6 mol·L-1·min-1 【答案】C 【解析】 【分析】将各物质的速率均转化为用表示的反应速率，根据计量系数之比等于速率比开展计算，进行对比。 【详解】A．因为是固体，浓度无变化，不能计算，A不列入比较； B．，作为参照； C．； D．； 以上四组数据进行对比，当速率最快，C项符合题意。 故选C。 5. 往某恒温密闭容器中加入CaCO3，发生反应：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g) ∆H>0反应达到平衡后，t1时，缩小容器体积，x随时间（t）变化的关系如图所示。x不可能是 A. v逆 B. c(CO2) C. ∆H D. ρ(容器内气体密度) 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，t1时，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，则v逆先瞬间增大后减小，符合体系，A正确； B．该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，t1时，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，二氧化碳浓度减小，再次达到平衡，由于K= c(CO2)不变，故两次平衡c(CO2)相等，符合体系，B正确； C．焓变只受温度影响，温度不变焓变数值不变，C错误； D．体系中气体指二氧化碳，压缩体积，密度突然增大，随反应进行，二氧化碳质量减少，密度减小，D正确； 答案选C。 6. 工业生产硫酸涉及反应 说法正确的是 A. 反应的平衡常数 B. 该反应的 C. 通入气体和气体，达到平衡时放出的热量 D. 其他条件相同，增大，的转化率提高 【答案】D 【解析】 【详解】A．平衡常数表达式应为生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，而A的表达式将反应物与生成物颠倒，故A错误； B．反应前后气体总物质的量减少，熵减，ΔS＜0，故B错误； C．可逆反应无法完全进行，实际放热量小于196 kJ，故C错误； D．增大，相当于增加浓度，促使平衡正向移动，转化率提高，故D正确； 故答案选D。 7. ℃的某溶液中，，，其中与的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 时，为 ， B. 时，当溶液中增大时，的值会减小 C. 时，当溶液中时，该溶液呈中性 D. 从点到点，可采用通入少量的方式 【答案】C 【解析】 【分析】只与温度有关，且升高温度增大，常温下，据此分析。 【详解】A．由图可知，x+y=13，时，。常温下，，故，A错误； B．时，，当溶液中增大时，x的值减小，故的值会减小，B错误； C．时，，当溶液中时，，故溶液呈中性，C正确； D．从点到点，氢离子浓度下降，而通入少量，氢离子浓度升高，D错误； 故选C。 8. 研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许通过。下列说法正确的是 A. 放电时电解质溶液质量减小 B. 放电时电池总反应为 C. 充电时移向惰性电极 D. 充电时每转移电子，降低 【答案】C 【解析】 【分析】金属锂易失去电子，则放电时，惰性电极为负极，气体扩散电极为正极，电池在使用前需先充电，目的是将解离为和，则充电时，惰性电极为阴极，电极的反应为：，阳极为气体扩散电极，电极反应：，放电时，惰性电极为负极，电极反应为：，气体扩散电极为正极，电极反应为，据此解答。 【详解】A．放电时，会通过固体电解质进入电解质溶液，同时正极会生成进入储氢容器，当转移2mol电子时，电解质溶液质量增加，即电解质溶液质量会增大，A错误； B．放电时，由分析中的正、负电极反应可知，总反应为，B错误； C．充电时，向阴极移动，则向惰性电极移动，C正确； D．充电时每转移电子，会有与结合生成，但不知道电解液体积，无法计算降低了多少，D错误； 故选C。 9. 对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确， 故选A。 10. 下列实验能达到预期目的是 实验内容 实验目的 A 将的KI溶液和的溶液等体积混合，充分反应后，取少许混合液滴加溶液 验证与的反应有一定限度 B 白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴溶液 验证该过程是否发生原电池反应 C 向2支盛有不同浓度溶液的试管中，同时加入2mL5%溶液，观察并比较实验现象 探究浓度对反应速率的影响 D 相同条件下，向一支试管中加入和，向另一支试管中加入和溶液，观察并比较实验现象 探究对分解速率的影响 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．所给溶液中过量，与反应后溶液中仍有剩余，滴加生成沉淀只能证明存在，无法说明反应是否可逆，A错误； B．镀锌铁破损后，锌作为负极被腐蚀，铁被保护，溶液中无，无法通过检测是否发生原电池反应，B错误； C．与反应生成硫酸钠和水，无明显现象，无法通过观察判断浓度对速率的影响，C错误； D．向两份等量的溶液中，一份加入水，另一份加入等量的溶液，通过比较过氧化氢的分解速率，可验证的催化作用，变量控制合理，D正确； 故答案选D。 11. 某实验小组依据反应⇌设计如图1电池，探究pH对氧化性的影响，测得输出电压与pH的关系如图2。下列有关叙述错误的是( ) 图1 图2 A. c点时，正极的电极反应为= B. b点时，反应处于化学平衡状态 C. a点时，盐桥中K+向左移动 D. 时，氧化性 【答案】A 【解析】 【详解】A．pH＞0.68时，电压小于0，反应逆向进行，AsO33－在负极失电子，则负极电极反应式为AsO33－-2e-+H2O=AsO43-+2H+，A选项错误； B．pH=0.68时，电压为零，反应处于平衡状态，B选项正确； C．乙中碘离子失电子，则乙中石墨电极为负极，甲中石墨为正极，原电池中阳离子向正极移动，所以盐桥中K+向左移动，C选项正确； D．pH＞0.68时，电压小于0，反应逆向进行，碘作氧化剂，所以氧化性I2＞AsO43－，D选项正确； 答案选A。 12. 二氧化碳资源化利用相关反应如下： i． ii． 向、的恒压密闭容器中分别通入和的混合气体，达到平衡时，含碳化合物的物质的量分数()随温度变化如图。 已知： 为气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。下列说法错误的是 A. 乙代表时的 B. c点， C. 600℃、时， D. 655℃时，反应ii的 【答案】D 【解析】 【分析】反应i是吸热反应，反应ii是放热反应，升高温度，反应i平衡正向移动，反应ii平衡逆向移动，CO(g)的物质的量分数()增大，的物质的量分数()减小，反应i是气体体积不变的反应，反应ii是气体体积减小的反应，增大压强，反应i平衡不移动，反应ii平衡正向移动，的物质的量分数()增大，CO(g)的物质的量分数()减小，则甲代表时的，乙代表时的，丙代表0.1Mpa时的，丁代表1MPa时的。 【详解】A．由分析可知，乙代表时的，A正确； B．c点时，==40%，=1-40%-40%=20%，初始时通入和的混合气体，由C元素守恒可知n()+n(CO)+n(CO2)=1mol，则，B正确； C．由图可知，1.0MPa时，=80%，=10%，=1-80%-10%=10%，由C元素守恒可知n()+n(CO)+n(CO2)=1mol，n()=1mol×80%=0.8mol，n(CO)=1mol×10%=0.1mol，n(CO2)=1mol×10%=0.1mol，由O元素守恒可知，，C正确； D．由图可知，655℃时，==40%，=1-40%-40%=20%，初始时通入和的混合气体，由C元素守恒可知n()+n(CO)+n(CO2)=1mol，则，n()=0.4mol=n(CO)，由O元素守恒可知，，由H元素守恒可知，n(H2)= =2mol，此时体系内气体总的物质的量为(0.2+0.4+0.4+2+1.2)=4.2mol，655℃时，c点压强为0.1MPa，反应ii的平衡常数，D错误； 故选D。 第Ⅱ卷非选择题 二、非选择题(本题共4小题，共52分) 13. 合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。 已知部分化学键的键能如下： 化学键 H-H N-N N-H 键能() 436 193 945 a （1）已知 ，试根据表中所列键能数据，计算的数值为_______。 （2）在恒温恒容的密闭容器中进行合成氨反应，能说明反应达到平衡状态的是_______(填字母)。 A．体系的压强不再改变 B．气体的密度不再改变 C．与的物质的量比不变 D． E．混合气体平均摩尔质量不变 （3）在Fe催化剂作用下，和生成的反应历程如下(“*”表示吸附态)。 ①该反应历程中决速步的化学方程式为_______。 ②近期我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，的温度为547℃，而的温度为415℃)。结合下图解释该催化剂解决上述矛盾的原理是_______。 （4）直接常压电化学合成氨以纳米作催化剂，和为原料制备。其工作原理如图所示： ①阴极的电极反应式为_______。 ②电解过程中，由于发生副反应，使得阴极制得的中混有少量气体单质，则理论上阳极和阴极生成气体的物质的量之比的范围是_______。 【答案】（1）391 （2）ACE （3） ①. ②. 与在催化剂表面断键是反应的决速步骤，温度较高，有利于提高合成氨反应速率；在催化剂表面合成氨，反应放热，温度较低，平衡正移，有利于提高氨的平衡产率。 （4） ①. ②. 或0.5~0.75 【解析】 【小问1详解】 ，反应物：1 mol键和3 molH-H键，总键能=，生成物：2 mol，每个中含有3 molN-H键，共6 molN-H键，总键能=6 a，已知，代入公式，，解得a=391。 【小问2详解】 A．反应前后气体分子数不等，压强与气体物质的量成正比。压强不变时，说明气体物质的量不再变化，反应达到平衡，A正确； B．密度公式为，反应体系中全为气体，总质量m不变；容器恒容，V不变。因此密度始终不变，不能作为平衡标志，B错误； C．物质的量比不变，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡，C正确； D．平衡时正逆反应速率需满足化学计量数关系：正确的关系应为，D错误； E．平均摩尔质量，总质量m不变，反应中n随反应进行而变化，当M不变时，说明n不再变化，反应达平衡，E正确； 故答案选ACE。 【小问3详解】 ①在反应历程中，决速步骤是指能垒(活化能)最高的步骤，化学方程式为； ②与在催化剂表面断键是反应的决速步骤，温度较高，根据图中信息，“热”高于体系温度，氢气、氮气在温度高的Fe的表面断键，有利于提高合成氨反应速率；在催化剂表面合成氨，反应放热，低于体系温度，氨气在温度较低的表面生成，平衡正移，有利于提高氨的平衡产率。 【小问4详解】 ①电解池阴极区得电子，发生还原反应，其电极反应为； ②阳极的电极反应为，阴极电极反应为，副反应为，根据电荷守恒，或，理论上阳极和阴极生成气体的物质的量之比的范围是。 14. 为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某实验小组利用KI与的氧化还原反应来研究反应的限度问题。设计实验如下： （1）KI与溶液发生反应的离子方程式是___________。 （2）步骤a的实验目的是通过萃取，降低溶液中___________(填化学式)的浓度，实验I中滴加KSCN溶液后，观察到___________，这说明了“”反应存在限度。 （3）实验II中滴加KSCN溶液，观察到颜色比实验I浅。请用平衡移动原理解释其原因：在实验I基础上，___________。 （4）为探究更多物质对该反应体系离子浓度的改变，甲同学设计了实验III，实验装置如下(固定装置图中未画出)。 实验步骤：取步骤a充分萃取后的液体混合物，再加入足量铁粉，于室温下进行磁力搅拌。反应结束后，用镊子取出磁子，然后将烧瓶内液体倒入试管中观察。 实验现象：搅拌时有气泡产生。试管中液体分层，上层液体为浅绿色，下层液体为无色。 ①仪器a的名称为___________。 ②查阅资料： 资料i．碘水存在微弱反应：，会使溶液呈酸性。HIO不稳定易歧化：。 资料ii．具有氧化的能力：。 结合资料，甲同学认为铁粉加入后会与溶液中的反应，促使碘与水的反应向正方向移动，进而产生更多的氧化，但溶液颜色依然能维持浅绿色较长时间，原因是___________。 【答案】（1） （2） ①. ②. 溶液颜色为血红色 （3）增大反应物的浓度后，并萃取碘单质，平衡正向移动，水溶液中浓度比实验I中浓度低 （4） ①. 球形冷凝管 ②. 与反应生成的速率小于与足量铁粉反应生成的速率 【解析】 【分析】根据题中所给的浓度与体积可知，三价铁离子与碘离子为等物质的量，根据反应可知等物质的量的三价铁和碘离子发生氧化还原反应生成二价铁和碘单质，若是反应存在限度，则体系中仍会有三价铁离子和碘离子，步骤a中加入四氯化碳进行萃取，碘单质进入有机层，其他可溶于水的物质进入无机层，经过步骤b分液后，留下无机层，实验Ⅰ中加入KSCN溶液检验三价铁离子的存在，实验Ⅱ中加入碘离子促使产生碘单质，后续再检验三价铁离子。 【小问1详解】 KI与溶液发生反应生成碘单质和硫酸亚铁，反应的离子方程式是； 【小问2详解】 根据分析可知步骤a的实验目的是通过萃取，降低溶液中碘单质的浓度；实验Ⅰ中滴加KSCN溶液后，观察到溶液颜色为红色，说明反应存在限度； 【小问3详解】 实验Ⅱ中滴加KSCN溶液，观察到颜色比实验Ⅰ浅。用平衡移动原理解释其原因：在实验Ⅰ基础上，增大反应物的浓度后，并萃取碘单质，平衡正向移动，水溶液中浓度比实验I中浓度低； 【小问4详解】 ①仪器a的名称为球形冷凝管； ②根据所给信息分析可知，最终溶液颜色为浅绿色的原因为与反应生成的速率小于与足量铁粉反应生成的速率。 15. 甲醇属于基础化工原料，在化学工业中占有重要地位。回答下列问题： （1）工业上制备甲醇的热化学方程式为。已知的能量依次为，则___________。将物质的量之比1：3的和以相同的流速分别通过两种催化剂(Cat-a和Cat-b)，相同时间内测得的转化率随温度变化的关系如图1所示：使的转化率最好的催化剂是___________(填“Cat-a”或“Cat-b”)，与另一催化剂相比，使用该催化剂存在的弊端是___________。 （2）甲醇可分解生成水煤气，反应为。起始时，向某刚性容器中通入一定量的，平衡时各物质的物质的量与温度的关系如图2所示。 ①图2中曲线1表示的物质是___________(填化学式)。 ②A点处体系中的体积分数为___________。 ③点处，若容器的压强为，则点处的转化率为___________，此温度下该反应的平衡常数___________(用平衡压强代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数)。 （3）甲醇可催化制备丙烯，反应为，反应的Arrhenius公式的实验数据如图3中a所示，已知Arrhenius经验公式为(其中为活化能，为速率常数，只与温度有关，和C为常数)。 ①该反应的活化能___________。 ②当使用更高效催化剂时，实验数据变成图3中的曲线___________(填图3“b”或“c”)。 【答案】（1） ①. ②. Cat-b ③. 催化剂活性需要的温度较高，耗能高 （2） ①. CO ②. ③. ④. （3） ①. 30.0 ②. b 【解析】 【小问1详解】 生成物能量总和-反应物能量总和=(c+d)-(3b+a)=c+d-3b-a；由图可知，Cta-b作催化剂的时候，二氧化碳转化率的峰值大于Cta-a，但是由图也能看到，该催化剂达到最大催化效率时，温度为450℃，远高于Cta-a催化剂； 【小问2详解】 ①曲线上的点均为平衡点，，升温平衡右移，平衡时，甲醇的物质的量减小，一氧化碳和氢气的物质的量均增大，而由方程化学计量数可知，一氧化碳与氢气物质的量之比为1:2，所以图2中曲线n表示的物质是H2，曲线m表示的物质是CH3OH，曲线l表示的物质是CO； ②设起始时甲醇物质的量为a，甲醇的转化率为x，三段式：，图像显示A点甲醇和氢气的物质的量相等，则CO的体积分数为； ③在B点时，甲醇和一氧化碳的物质的量相等，即，a=2x，则甲醇的转化率为；平衡时，CH3OH、CO、H2物质的量分别为xmol、xmol、2xmol，所以； 【小问3详解】 根据图像可知，63.0=-3Ea+C、33.0=-4Ea+C，解得该反应的活化能Ea=30.0kJ/mol；当使用更高效催化剂时，能降低活化能，即Ea减小，曲线斜率会减小，所以RlnK与关系的示意图应为图中的b。 16. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，目前有不同制取氢气的方法： （1）水煤气变换制氢反应： 已知： 水煤气变换制氢体系中，一定时间内，的添加情况与的体积分数关系如图。 ①水煤气变换制氢反应的_______。 ②添加后的体积分数增大的原因是_______(用化学方程式表达)。 ③对比纳米和微米，前者的体积分数更大的原因是_______。 （2）乙醇—水蒸气催化重整制氢，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 向恒压()密闭容器中通入和，仅考虑发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时和的选择性及的产率随温度的变化如图所示。的选择。 ①关于上述恒压密闭体系，说法正确的是_______。 a．高温低压、使用高效催化剂均可提高平衡产率 b．60℃，若气体平均密度不变，说明体系已达平衡 c．反应Ⅰ的正反应活化能小于逆反应活化能 d．选择合适的催化剂可提高的选择性 ②图中曲线表示平衡时CO的选择性随温度变化的曲线是_______。 ③温度在100~200℃时，的产率很低，原因是_______。 ④500℃、条件下，的平衡产率为80%，则反应Ⅱ的物质的量分数平衡常数的值为_______。(保留小数点后三位) 【答案】（1） ①. -42 ②. ③. 纳米颗粒比微米颗粒更小，接触面积大，反应速率更快，相同时间内反应程度更大 （2） ①. bd ②. ③ ③. 此温度范围内，以反应Ⅰ为主，，低温时反应Ⅰ．进行的限度很小，故的产率低 ④. 0.225 【解析】 【小问1详解】 令①2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH1=-220kJ•mol-1，②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=-484kJ•mol-1，③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-394kJ•mol-1，根据盖斯定律，③-×(①+②)，可得，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)  ΔH=ΔH3-(ΔH1+ΔH2)=(-394kJ•mol-1)-(-220kJ•mol-1-484kJ•mol-1)═-42kJ•mol-1，故答案为：-42； ②CaO能与CO2反应生成CaCO3固体，使平衡正向移动，H2的体积分数增大，反应方程式为：CaO+CO2=CaCO3，故答案为：CaO+CO2=CaCO3； ③对比纳米CaO和微米CaO，纳米CaO颗粒比微米CaO颗粒更小，接触面积大，反应速率更快，相同时间内反应程度更大，故答案为：纳米CaO颗粒比微米CaO颗粒更小，接触面积大，反应速率更快，相同时间内反应程度更大。 【小问2详解】 ①a．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度有利于正向进行，增加 产率；同时，反应Ⅰ是气体分子数增加的反应，降低压力也有利于正向进行。然而，催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡位置，因此无法提高 的平衡产率，a错误； b．在恒压恒温条件下，气体总质量是定值，气体的体积与物质的量成正比，根据 ​ ，气体平均密度ρ与 成正比，反应Ⅰ是气体总物质的量变化的反应，反应Ⅱ气体总物质的量不变，当体系达到平衡时，各组分物质的量不变，n总恒定，因此ρ不变，b正确； c．反应Ⅰ是吸热反应（ ），根据 ，可得 ，c错误； d．催化剂可以改变反应路径，降低活化能，从而提高特定反应（如反应Ⅰ）的速率，同时抑制副反应（如反应Ⅱ）。因此，选择合适的催化剂可以提高  的选择性，d正确； 故选：bd； ②根据已知反应Ⅰ：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g) ΔH1=+173.3kJ•mol-1；反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ•mol-1，反应Ⅰ和Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动。根据图像，随温度升高，曲线③呈上升趋势，说明其代表的产物的量增加。升高温度有利于反应Ⅱ的进行，使更多的CO2转化为CO，导致CO的选择性增大，故曲线③代表CO的选择性随温度的变化，故答案为：③； ③由于 ΔH1＞ΔH2，故此温度范围内，以反应Ⅰ为主，ΔH1＞0，低温时反应Ⅰ进行的限度很小，故H2的产率低，故答案为：此温度范围内，以反应Ⅰ为主，ΔH1＞0，低温时反应Ⅰ进行的限度很小，故H2的产率低。 ④起始投料比符合该反应化学计量数比，故1 mol C2H5OH完全反应理论上最多可生成6 mol H2，H2的实际产量为6mol×80%=4.8mol，设C2H5OH的变化量为x， 由图知，500℃时，CO2的选择性等于CO的选择性，都为50%，则生成的CO2和CO相等，故反应Ⅰ生成的 2xmol CO2中有xmol的转化为了CO， 可得，5x=4.8mol，解得，x=0.96mol，平衡时C2H5OH、H2O、CO2、H2、CO的物质的量分别为：0.04mol、1.08mol、0.96mol、4.8mol、0.96mol，总物质的量为7.84mol，可根据反应Ⅱ的物质的量分数平衡常数Kx===0.225，故答案为：0.225。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $