安徽阜阳市第三中学2025-2026学年高二上学期10.12化学周测

10.12高二化学练习 分值：100分时间：45分钟 可能用到的相对分子质量：H1:C12:016;Cr52; 一、单进题（每趣4分，共52分） 1.下列离子方程式正确的是 A.将CL,通入FcBr,溶液中，当溶液中Br消耗了一半时，发生的总反应离子方程式： 2Fe2++2Br"+2Cl,=2Fe*+Br+4Cl B.FeS溶于稀硝酸中：FeS+2H*=Fe2++H,S个 C.向Na,S溶液通入足量S02:S2-+2S0,+2H,0=H,S+2HS0 D工业电解熔融氯化铝治炼铝单质：2A+6Cr电蟹。 2AI+3CL,↑ 2.下列说法不正确的是 A.CL2(aq)+H0()≠HCO(aq)+H(aq)+C(aq)△H<0,加水稀释， c(cr)增大 c(HCIO) B.N,O,(g)户2NO2(g)△H>0,压缩容器体积，平衡向逆方向移动，气体颜色变浅 C.H,O(g)+C(S)户CO(g)+H,(g)△H>0,该反应在高温条件下更易自发进行 D.N2(g)+3H2(g)户2NH(g)△H<0,增大反应物浓度，单位体积内活化分子总数增大 3.合成气的一种制备原理为CH,(g)+COz(g)2C0(g)+2H2(g)△H>0,在S-Ni合金催化下，甲烷脱氢阶段 的反应历程如图所示（表示吸附在催化剂表面）。下列正确的是 8.0 过渡态4 6.860 过渡态2 5.496 过渡态3 过渡态1 6.357 4.837 C*+4H* 4.0 反应i 4.035发应 反应iv ◆-Sn-Ni 2.981 4.051 CH,*+2H* CH*+3H* 2.0 反应11687 CH,*+H* 0 CH◆ -2.0 反应历程 A.在Sn-Ni合金催化下，该历程中最大能垒（活化能）为6.860eV·mol B.脱氢阶段既存在非极性键断裂又存在极性键断裂 C.反应CH,(g)+C0,(g)=2C0(g)+2H2(g)正反应的活化能小于逆反应的活化能 第1页共8页- CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP D在S-Ni合金催化下，该历程中决速步骤的化学方程式为CH+H'→CH;+2H 4,设N,为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.18gH,180中含有质子的数目为10N B.05moL1CH,COOH溶液中含有H*的数目小于0.5N C,常温下，42g乙稀和丙烯的混合气体中含有的碳原子数目为3N D.1molI(g)和1molH2(g)在密闭容器中充分反应，生成的Ⅲ(g)的分子数目为2NA 5.下列说法正确的是 A.2NO(g)O,(g)+N,(g),已知aS<0,则正反应在较高温度下可自发进行 (船式)△H1<0 B. C2H4 H ，已知△H,>△H2,则船式环己烷比椅式环己烷更稳定 。催化剂 ⊙ (椅式)△H2<0 C.已知2MgS)+CO(g)=C(S)+2MgO(S),达平衡后，温度保持不变，缩小容器体积，重新建立平衡后，C02 浓度增大 D.4NO(g)+CH(g)≠2N2(g)+C02(g)+2HO(g在绝热恒容容器中反应朝正向进行，若气体总压强增大，则 △H<0 6.一种双阴极微生物燃料电池的装置如下图（燃料为CH3OH)。下列说法不正确的是 出水 出水 出水 生物膜< C02 CO H20 CHOH OH 020 缺氧阴极 厌氧阳极 好氧阴极 质子交换膜1 质子交换膜2 个 进水：含NO5 进水：含CHOH 进水 A.放电时，H通过质子交换膜I向左移动，同时通过质子交换膜2向右移动 B.电池工作时，电极b的电极反应式为：CH,OH+H,0-6eˉ=C0,+6H C.“出承与“进水“相比，“缺氧阴极"区域溶液pH增大 D.电极b若流出12mol电子，该区域“出水"比“进水"减轻了8.8g假设气体全部逸出) 第2页共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP 7.利用CH,燃料电池电解制备Ca(H,PO,),并得到副产物NaOH、H2、CL2,装置如图所示。下列说法错误的是 A膜 C膜 石墨 B膜 石墨 CaCl2 Ca(HPO)2 NaHPOa NaOH 浓溶液 稀溶液 浓溶液 稀溶液 用烷 a极电解质b极 产品室 原料室 A.a极电极反应式：CH,-8e+40=C02+2H,0 B.A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜 C.阳极室有氯气产生，阴极室中有氢气产生且NaOH浓度增大 D,a极上通入标准状况下2.24L甲烷，阳极室Ca2+减少0.2mol 8.某种电镀污泥主要含碲化亚铜(CuT小、三氯化二格以及少量的金，可用于制取K,CO,、金属铜和粗碲等， 以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下。 纯碱、空气 稀硫酸 S02 电镀污泥→煅烧水浸→滤渣→酸浸→还原→电解→ 滤液 Au Te 已知：搬烧时Cu,T6发生反应Cu,T6+20,高遥200+T0,酸浸时10，转化为10。下列说法错误的是 A.烧时C0,发生的反应为：2C50,+30,+2Na,C0,商温2Na,C0,+2C0, B.滤液经酸化后加入KCl,通过适当的分离操作可得到重铬酸钾 C.Te在元素周期表中与S同主族，T02+既有氧化性又有还原性 D.为实现资源的综合利用，“电解”后的溶液可返回到酸漫工序 9.下列装置不能达到相应实验目的的是 3滴稀疏酸 酚酞溶液+K,Fe(CN)6]溶液 银氨溶液 锌片 酮 水浴加热 ,热水 淀粉 琼脂 铁钉 培养皿 第3页共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP A. 证明淀粉发生了水解反应 D.比较Zn和Fe元素的金属性 Ag(I) Ag(I) IOmL 1mol.Li 10mL 5mol.L AgNO,溶液1 AgNO,溶液露 生石灰 阴离子交换膜 红墨水 (注：当某种电解质离子或分子浓度越大，其氧化性 或还原性越强) C.验证生石灰与水反应的热效应 D.可以形成浓差电池，左侧电极为负极 10.在两个体积分别为V和V,的恒容密闭容器中，均充入1molM(g)和2molN(g),在不同温度下发生反应： 2M(g)+2N(g)三2P(g)+Q(g),测得M(g)的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法错误的是 s100 V 80 S % T A.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动 B.容器体积：V<V2 C.T℃时，若%=业，则平衡常数K=062×03 0.42×1.2 D.其他条件不变，增大n)/n(N)投料比，可提高N的平衡转化率 11.在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：xA(g+yB(g)=zC(g),图1表示200℃时容器中A、B、C的物质的量 随时间的变化，图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始()：n(⑧)的变化关系。下列结论正确的是 第4页共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫猫ApP n/mol ,平衡时C的体积分数 0.8 A 200℃ 0.6 0.4 B 0.2 00°0 0 5 t/min a起始时n(A):n(B) 图1 图2 A.200C时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04moLs3min B.由图②知反应xA(g)+yB(g)=zC(g)的△H>0,且a=2 C.200℃时该反应的平衡常数为6.25 D.200'℃，6min时向容器中充入2molA和1molB,重新达到平衡时，A的体积分数大于0.5 12.为研究降解有机污染物p-CP速率的影响因素。分别利用三份p-CP溶液在不同温度和pH下进行催化降解实 验，c-CP)随时间变化如图所示。下列说法不正确的是 2.0 ③ 1.6 12 0.8 (② ① 0.4 0.00i00200300400500600t ①T=298KpH=3②T=313KpH=3③T=298KpH10 A.实验①，在0-100s内，p-CP的分解平均速率为1.4×10mo/(Ls) B.实验③，说明在该实验条件下，催化剂可能失活，有机物P一CP不能降解 C.对比实验①和②，在反应至600s时，p-CP的分解百分率相等 D.拊比实验①和②，在0-50s内，能说明p-CP的分解速率受温度影响更大 13.一定温度下，C0、C,H,和H2(体积比为x:2:1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器（入口压强为100kPa) 发生反应： I.2C2H (g)=C,Hg(g)AH=-104.7kJ-mor Ⅱ.2CzH,(g)+H2(g=C,Ho(g)△H=-230.7 kJ.mol 随着×的增加，C,H,的转化率和产物的选择性选择性=转化为目的产物所消耗的乙烯的量、100%)如图所示。 已转化的乙烯的总量 第5页共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 图CHo ▣CHg 100 100 80 个度不 80 60 60 % 0 20 40 0 2 0 4 6 x 己知：当22时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡。下列说法不正确的是 A.反应CH,(g+H,(g)=CHo(g)△H=126.0 kJ-mol B.CHo的选择性大于C,H C,当x=2时，达到平衡时CH。的物质的量分数为52.2% D.当~2时，随着×的增大，反应1和反应Ⅱ平衡均逆向移动，C,H,的转化率减小 二、非选择题（年空3分，共48分） 14.日前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为： 【.C,H,0H(g)+H,O(g)=2H2(g+CH,C00H(g),△H1=+44.4mol,K。 II.C2H,OH(g)=CH,CHO(g)+H2(g)AH2=+68.7kJ.mol1 回答下列问题： (1)已知CH,CHO(g)+H,O(g)=H2(g)+CH,C0OH(g),该反应AH= kJ.mol。 (2)对于反应1： ①在 (填“低温”、“高温“或“任何温度")条件下能自发进行。 ②下列措施中既能加快反应速率又能提高平衡转化率的有 (填标号)。 A.加压B.升温C.分离出H (3)恒压密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2. [已知：乙酸选择性 n(生成的乙酸) ×100%] n(转化的乙醇） 第6页共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 1001■乙酸口乙醛回副产物◆产氢速率【 400 320 0.89 0.80 60 40 0.76 产物1 0.52 045 60 产物2 *CH.CO 0.18 008 80 0.14 0.00 *CH,CO+*OH+*H 200220 250270300 温度℃ -0.63 产物3 注：副产物指CH、C0、CO,混合气体 反应历程 图1 图2 ①由图1可知，反应I最适宜的温度为 ②由图中信息可知，乙酸可能是 (填“产物1"产物2”或“产物3”)。 ③在压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应I、Ⅱ，己知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8mol,某温 度下达到平衡时，乙醇的转化率为90%，n(CH,C00H):(CH,CHO)=4:1,则乙酸的选择性是%， 平衡常数K= kP(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 0 +OH、 (4)耦合HCHO也能高效制H2,部分反应机理为： 、-0H +H2。反 HH 应装置如下图所示，则阳极上的电极反应式为 电源 惰性电极及催化剂 阴离子交换膜 15.铬(Cr)和钒(M具有广泛用途，铬钒渣中Cr元素和V元素以低价态含氧酸盐及氧化物形式存在，主要杂质为Fe20、 Al2O3、As2O3等，从铬钒渣中分离提取Cr元素和V元素的一种流程如下图所示。 MgSO,溶液 NaOH固体 HO 稀HS0 QNH),SO,溶液 稀H,SO, 通空气 调pH 调pH 铬钒渣—→煅烧 浸取 沉淀 除砷 分离钒 →含铬溶液 水浸渣 滤渣1 滤渣2 第7页共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 己知： i.最高价铬酸根在酸性介质中以C20形式存在，在碱性介质中以C0}形式存在 iⅱ.金属没出率= 浸出金属元素质量 ×100% 煅烧时金属元素质量 (1)“"煅烧"步骤中，Cr元素、V元素和As元素分别被氧化为相应的可溶最高价含氧酸盐 (填化学式)、NaVO3 和Na3AsO4e (2)水浸渣的主要成分为 (3)将“沉淀”步骤的主要离子方程式（口 +▣ =口AI(OH3↓+口 」补充完 整： (4)“除砷”步骤中，除砷率随pH变化如图所示。 90 80 70 601 55 50t 78910111213 pH 使Mg2、NH与AsO以MgNHAsO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH为 以达到最好的除砷效果。 当pH过大时，除砷率降低的原因是 (5)“分离钒"步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V205在pH1时，溶解为VO;或VO;在碱性条件下， 溶解为VO,或VO}。上述性质说明V2Os为 (填“酸性"“碱性”或“两性")氧化物 (6)取-一定量铬钒渣（含mg铬元素）经上述流程得含铬溶液，定容至500mL。取50mL定容后溶液，在酸性条件下， 滴加cmol/L含Fe2+的溶液，至vmL时恰好完全反应。已知：C2o被还原为Cr*, 则该流程中Cr的浸出率为 (写出表达式)。 (7)研究表明，也可利用下图中转化关系，实现铬钒渣中C203的快速转化。 NO; Cr.O NO; 上述过程总反应的离子方程式是 第8页共8页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 《10.12高二化学练习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B D C D D D A A C 题号 11 12 13 答案 B A C 1．A 【详解】A．将通入溶液中，当溶液中消耗了一半时，总反应的离子方程式：，A正确 B．FeS溶于稀硝酸，亚铁离子被氧化为铁离子，硫离子被氧化为硫酸根离子，离子方程式为 ，B错误； C．溶液通入足量二氧化硫，发生归中反应生成硫单质和水，，C错误； D．工业电解熔融氧化铝冶炼金属铝，，D错误； 故答案选A 2．B 【详解】A．加水稀释，平衡正向移动，平衡正向移动，减小的程度比的小，增大，A正确； B．是气体体积增大的反应，压缩容器体积，压强增大，平衡向逆方向移动，但的浓度增大，气体颜色变深，B错误； C．是气体体积增大的反应，，，时反应能够自发进行，则该反应在高温条件下更易自发进行，C正确； D．增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子总数增大，反应速率加快，D正确； 故选B。 3．D 【详解】A．能垒（活化能）为过渡态能量与对应起始物质能量差。计算各步骤活化能：反应i（2.981-0=2.981 eV·mol⁻¹）、反应ii（5.496-1.687=3.809 eV·mol⁻¹）、反应iii（4.837-4.035=0.802 eV·mol⁻¹）、反应iv（6.860-4.051=2.809 eV·mol⁻¹），最大能垒为3.809 eV·mol⁻¹，A错误； B．脱氢阶段是逐步脱氢生成C*和H*，断裂的均为C-H极性键，无非极性键断裂，B错误； C．总反应，ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，故正反应活化能大于逆反应活化能，C错误； D．决速步骤为活化能最大的反应ii，其反应物为，产物为，方程式正确，D正确； 综上，答案是D。 4．C 【详解】A． H218O的摩尔质量为20 g/mol，18 g H218O的物质的量为0.9 mol，每个H218O分子含质子数为1×2 + 8 = 10，因此质子总数为0.9 mol×10×NA = 9 NA，不是10NA，A 错误； B．0.5 mol·L-1 CH3COOH溶液中，由于未给出溶液体积，无法根据n = cV计算H+的物质的量，因此无法判断H+数目是否小于0.5 NA，B 错误； C．乙烯（C2H4）和丙烯（C3H6）的最简式均为CH2，最简式的摩尔质量为14 g/mol。 42 g混合气体中，CH2的物质的量为；每个CH2含1个C原子，因此碳原子总数为3 mol×NA=3 NA，C 正确； D．是可逆反应，可逆反应不能进行到底。因此1 mol I2(g)和1 mol H2(g)充分反应时，生成的HI(g)物质的量小于2 mol，分子数目小于2NA，D 错误； 故选C。 5．D 【详解】A．反应的ΔS<0，反应自发性由ΔG=ΔH-TΔS<0判断。ΔS<0时，-TΔS为正值，高温下T增大使-TΔS更大，若ΔH<0，高温易导致ΔG>0，反应不自发；若ΔH>0，ΔG恒正，故较高温度下正反应不可自发，A错误； B．物质能量越低越稳定。已知且均为负值，说明椅式环己烷的生成焓更负（能量更低），则椅式比船式更稳定，B错误； C．反应的平衡常数K=，温度不变时K不变，故不变，C错误； D．反应前后气体分子数不变，绝热恒容容器中压强增大，由PV=nRT可知只能是温度升高，说明反应放热（体系温度因放热升高），故ΔH<0，D正确； 故选D。 6．D 【分析】燃料电池放电时，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应。b电极为负极，发生氧化反应，b电极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；a电极为缺氧正极，发生还原反应：2+12H++10e-=N2↑+6H2O；c电极为好氧正极，发生还原反应：O2+4H+=2H2O，溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，同一闭合回路中电子转移数目相同。 【详解】A．在原电池中，阳离子(H+)会向正极移动，阴离子会向负极移动。根据图示，质子交换膜1和质子交换膜2分别位于两个不同的区域。在放电过程中，H+会从负极区向正极区移动，即通过质子交换膜1向左移动，同时通过质子交换膜2向右移动，A正确； B．电极b是厌氧阳极，甲醇(CH3OH)在b电极失去电子发生氧化反应，生成二氧化碳(CO2)和氢离子(H+)，电极b处的反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，B正确； C．在缺氧阴极区域，硝酸根离子()被还原为氮气(N2)，电极反应式为：2+12H++10e-=N2↑+6H2O，反应消耗氢离子，导致附近溶液的酸性减弱，该区域溶液的pH值增大，C正确； D．根据选项B分析可知电极b处的反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，若电极b流出1.2 mol电子时，参与反应的CH3OH的物质的量为n(CH3OH)=，根据C、H元素守恒可知反应生成0.2 mol CO2气体逸出，其质量为8.8 g；同时产生1.2 mol H+，H+移向阴极，其质量为1.2 g，故b电极总质量减轻为△m=8.8 g+1.2 g=10 g，不是8.8 g，D错误； 故合理选项是D。 7．D 【分析】CH4燃料原电池中，CH4失电子发生氧化反应，所以通入燃料CH4的a极为负极，通入氧化剂O2的b极为原电池的正极，电池的总反应式为：。与电源的正极相连接的为电解池的阳极，可知左侧石墨为阳极，在阳极为Cl－放电，电极反应为。电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，A膜为阳离子交换膜，阳极室中的Ca2＋向产品室中移动，B膜为阴离子交换膜，原料室中的向产品室中移动，最终得到产品Ca(H2PO4)2。右侧石墨为阴极，发生的反应为，生成H2剩余OH－，原料室中Na＋向阴极移动形成NaOH，C膜为阳离子交换膜。 【详解】A．a极为燃料电池负极，甲烷失电子发生氧化反应，C元素从-4价升至+4价，每个CH4失去8e-。电解质中O2-参与反应，结合原子守恒与电荷守恒，电极反应式为，A正确； B．阳极室（CaCl2溶液）中Ca2+需进入产品室，A膜允许阳离子通过，为阳离子交换膜；原料室（NaH2PO4溶液）中H2PO4-需进入产品室，B膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜；原料室中Na+需进入阴极室生成NaOH，C膜允许阳离子通过，为阳离子交换膜，B正确； C．阳极（左侧石墨）Cl-失电子生成Cl2；阴极（右侧石墨）H2O得电子生成H2和OH-，Na+通过C膜进入阴极室与OH-结合，NaOH浓度增大，C正确； D．a极通入0.1 mol CH4（2.24 L标况），转移电子0.8 mol。阳极室Ca2+带2 个正电荷，移动的Ca2+物质的量为0.4 mol，即阳极室Ca2+减少0.4 mol，D错误。 故答案为：D。 8．A 【分析】电镀污泥主要含碲化亚铜()、三氧化二铬以及少量的金，先通入纯碱和空气后进行煅烧，煅烧时Cr2O3与O2、Na2CO3高温下反应生成Na2CrO4、CO2，反应方程式为：，Cu2Te与O2反应生成CuO、TeO2，反应方程式为：，水浸后过滤，滤液中含有Na2CrO4，滤渣中含有CuO、TeO2和少量金，滤渣中加入稀硫酸，CuO与稀硫酸反应生成硫酸铜，TeO2与稀硫酸反应转化为TeO2+，Au不溶，过滤得到，将酸浸后的溶液通入SO2，TeO2+中+4价的Te被还原生成粗Te，剩余溶液进行电解，溶液中Cu2+在阴极得电子生成Cu。 【详解】A．煅烧时加入纯碱（Na2CO3）和空气（O2），Cr2O3中Cr为+3价，在碱性条件下被O2氧化为Cr(VI)，但碱性环境中Cr(VI)以CrO42−（铬酸根）形式存在，应生成Na2CrO4（铬酸钠），而非Na2Cr2O7（重铬酸钠，酸性条件稳定）。该反应产物错误，故A项错误； B．水浸滤液含Na2CrO4（由A中正确反应生成），酸化后CrO42−转化为Cr2O72−（2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O），加入KCl后，K2Cr2O7溶解度较小，可通过结晶分离得到，故B项正确； C．Te与S同主族（均为第VIA族），TeO2+中Te为+4价（中间价态），既有氧化性（可被还原为Te）又有还原性（可被氧化为+6价），故C项正确； D．电解含Cu2+的溶液时，阴极析出Cu，阳极生成O2，溶液中生成H2SO4，可返回酸浸工序循环利用，故D项正确； 故答案选A。 9．A 【详解】A．淀粉水解需稀硫酸作催化剂，水解产物葡萄糖含醛基，检验醛基需碱性环境，该装置中水解后未加碱中和稀硫酸，直接加入银氨溶液，银氨溶液会与酸反应而失效，无法检验葡萄糖，不能证明淀粉水解，A错误； B．Zn和Fe在含酚酞和的琼脂中形成原电池，金属性强的Zn作负极被氧化，Fe作正极发生吸氧腐蚀。正极电极反应：，生成使酚酞变红，负极生成的不与反应，可通过现象比较金属性，B正确； C．生石灰与水反应放热，试管内气体受热膨胀，U型管红墨水左侧液面下降、右侧上升，能验证热效应，C正确； D．浓差电池中，浓度越大氧化性越强，右侧浓度大于左侧，右侧氧化性强作正极得电子，左侧Ag失电子作负极，D正确。 故选A。 10．C 【详解】A．由图像可知，升高温度，M的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A正确； B．该反应正反应气体分子数减少，增大压强，平衡正向移动，M的平衡转化率增大，图像中相同温度下V1对应的转化率高于V2，说明V1压强更大，即V1体积更小，故V1<V2，故B正确； C．时V2中M转化率为60%，V2=1L，初始c(M)=1mol/L、c(N)=2mol/L。转化的c(M)=1×60%=0.6mol/L，根据反应2M+2N⇌2P+Q，转化的c(N)=0.6mol/L，生成c(P)=0.6mol/L、c(Q)=0.3mol/L；平衡时c(M)=0.4mol/L、c(N)=(2-0.6)mol/L=1.4mol/L、c(P)=0.6mol/L、c(Q)=0.3mol/L；平衡常数，故C错误； D．增大n(M)/n(N)投料比即增加M的量，根据平衡移动原理，增加一种反应物浓度，平衡正向移动，另一种反应物转化率增大，故D正确； 选C。 11．B 【详解】A．由图1可知，200 ℃时5 min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4 mol-0.2 mol=0.2 mol，故，A错误； B．由图2可知，一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即，图1可知，200 ℃时平衡时，A的物质的量变化量0.8 mol-0.4 mol=0.4 mol，B的物质的量变化量为0.2 mol，在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，B正确； C．由图1可知，200 ℃时5 min达到平衡，平衡时B的，，故反应方程式可表示为：；平衡时B的物质的量为0.2 mol，C的物质的量为0.2 mol，A的物质的量为0.4 mol，在2 L的密闭容器中反应，则200℃时该反应的平衡常数，C错误； D、由C项知，200℃时平衡时，反应的化学计量数之比=2：1：1，平衡时A的体积分数为，200℃时，6min时向容器中充入2 molA和1 molB达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，A的转化率增大，故达到平衡时，A的体积分数小于0.5，D错误； 故选B。 12．A 【详解】A．实验①中，内，初始浓度为，时浓度为，浓度变化量，平均速率，A错误； B．实验③中，浓度始终为初始值（），无降解，可能是因为pH=10条件下催化剂失活导致反应无法进行，B正确； C．实验①和②初始浓度均为，时两者浓度都接近0，分解百分率均为100%，相等，C正确； D．实验①和②pH相同，仅温度不同，内温度更高的实验②的浓度下降更快，能说明的分解速率受温度影响更大，D正确； 故答案选A。 13．C 【详解】A．根据盖斯定律，反应Ⅱ减去反应Ⅰ可得目标反应：C4H8(g)+H2(g)=C4H10(g)，ΔH=(-230.7 kJ·mol⁻¹)-(-104.7 kJ·mol⁻¹)=-126.0 kJ·mol⁻¹，A正确； B．由图像可知，C4H10的选择性曲线始终处于较高位置（约80%），而C4H8的选择性较低，故C4H10的选择性大于C4H8，B正确； C．x=2时，进料物质的量比为CO:C2H4:H₂=2:2:1。设初始量为2 mol CO、2 mol C2H4、1 mol H2，乙烯转化率按图像约90%，则转化的乙烯物质的量为2 mol×90%=1.8 mol，剩余的乙烯的物质的量n(C2H4)=2 mol-1.8 mol=0.2 mol；C4H10选择性约80%，则转化为C4H10的乙烯为1.8 mol×80%=1.44 mol，转化为C4H8的乙烯为1.8 mol-1.44 mol=0.36 mol；由反应Ⅰ方程式知，生成C4H8 的物质的量n(C4H8)==0.18 mol，由反应Ⅱ方程式知，生成C4H10 的物质的量n(C4H10)==0.72 mol，消耗H2的物质的量==0.72 mol，则剩余H2的物质的量n(H2)=1 mol-0.72 mol=0.28 mol，总物质的量n(总)=n(CO)+n(C2H4)+n(H2)+n(C4H8)+n(C4H10)=2 mol+0.2 mol+0.28 mol+0.18 mol+0.72 mol=3.38 mol，C4H10物质的量分数==×100% ≈21.3%≠52.2%，C错误； D．x增大即CO增多，C2H4和H2分压降低。反应Ⅰ（2C2H4⇌C4H8）和反应Ⅱ（2C2H4+H2⇌C4H10）均为气体分子数减少的反应，减小压强平衡逆向移动，乙烯转化率减小，D正确； 故选C。 14． (1)-24.3 (2) 高温 B (3) 270℃ 产物1 80 (4) 【详解】 （1）反应Ⅰ-反应Ⅱ得到，根据盖斯定律可知，该反应=； （2）①反应Ⅰ为熵增的吸热反应，由可知，该反应在高温条件下可以自发； ②A．加压可以加快反应速率，但平衡逆转，平衡转化率下降，A不符合题意； B．升温速率增大且平衡正移，平衡转化率升高，B符合题意； C．移走平衡正向移动，平衡转化率升高，但速率下降，C不符合题意； 故选B。 （3）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快； ②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，即生成产物1的活化能最小，根据图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1； ③平衡时=4:1，可得乙酸选择性==80%，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72 mol，=1 mol×10%=0.1 mol，列三段式，，则平衡时乙醇、(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、7.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol，气体总物质的量为0.1 mol＋7.28 mol＋1.62 mol＋0.72 mol＋0.18 mol=9.9 mol，则； （4）b电极甲醛转化为HCOO-，HCHO发生氧化反应，b为阳极，故阳极上的电极反应式为：。 15．(1)Na2CrO4 (2)Fe2O3 (3) [Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O (4) 9 pH过大时，Mg2+会与OH-结合形成沉淀，且会与OH-结合，从而降低溶液中Mg2+与浓度，使除砷率下降 (5)两性 (6)×100% 或 或 (7) 【分析】该工艺流程以含有杂质Fe2O3、Al2O3、As2O3等的铬钒渣为原料，分离提取Cr元素和V元素，铬钒渣与氢氧化钠混合在空气中煅烧，将低价态含氧酸盐及氧化物形式存在的钒、铬元素转化为相应的最高价态含氧酸盐，As2O3转化为Na3AsO4，在加入水浸取、过滤后进入滤液，Al2O3在加入水浸取时与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，也进入滤液，而Fe2O3为水浸渣的主要成分，向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀为滤渣1的成分，再加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液“除砷”过程，将Na3AsO4转化为MgNH4AsO4沉淀作为滤渣2除去，加入稀硫酸调节溶液pH将NaVO3转化为V2O5，过滤得到五氧化二钒和含有的溶液。 【详解】（1）“煅烧”步骤中加入了强碱NaOH，Cr元素被氧化为在碱性介质中稳定存在的Na2CrO4。 （2）据分析，Fe2O3为水浸渣的主要成分。 （3）“沉淀”步骤为加入稀硫酸调节溶液pH将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀的过程，反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O。 （4）从除砷率随pH变化图可看出，控制溶液pH=9时除砷率最高，此时达到最好的除砷效果；pH>9，随pH值的增大，溶液中c(OH-)增大，则，从而降低溶液中Mg2+与的浓度，使平衡正移，除砷率下降。 （5）V2O5既能与强酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，则V2O5为两性氧化物。 （6）在酸性条件下，vmL、cmol/L含Fe2+的溶液与恰好完全反应，根据离子方程式可计算，则Cr的浸出率为。 （7）从转化图可看出，i步：、ii步：、iii步：，则为反应物，为中间产物，为催化剂，为生成物，故总反应方程式为。 学科网（北京）股份有限公司 $