第2章 章末过关检测-【优学精讲】2026-2027学年高中化学选择性必修一同步教参（人教版）

**基本信息** 本单元卷聚焦化学反应速率与化学平衡，以扎染工艺、CO₂转化等真实情境为载体，覆盖核心知识点，适配单元复习，强化科学思维与探究实践能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|15题/45分|速率影响因素、平衡移动原理、催化剂作用等|结合扎染工艺（第1题）、Deacon催化法（第3题），考查化学观念与科学思维| |非选择题|4题/55分|平衡计算、反应历程、实验探究等|以CO₂高效利用（16题）、甲酸甲酯制备（18题）为载体，综合考查定量分析与科学探究能力|

章末过关检测(二)　第二章　化学反应速率与化学平衡 (满分：100分) 一、选择题：本题包括15个小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。 1．扎染是中国传统的手工染色技术，染色的核心工艺流程如下。下列推论错误的是(　　) A.制备环节：改变还原剂可调控化学反应速率 B.退浆环节：催化剂大幅度增大化学反应速率 C.退浆环节：可以加热煮沸提高淀粉酶的活性 D.染色环节：升高体系温度增大化学反应速率 解析：选C。加热煮沸会导致温度过高，使得淀粉酶失去活性，C错误。 2．下列事实能用平衡移动原理解释的是(　　) A.H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解 B.密闭烧瓶内NO2和N2O4的混合气体受热后颜色加深 C.铁钉放入浓硝酸中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体 D.锌片与稀硫酸反应过程中，加入少量CuSO4 固体，促进H2的产生 解析：选B。A项，MnO2催化H2O2分解，使反应速率增大，与平衡移动无关；B项，NO2转化为N2O4的反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深；C项，铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关；D项，加入硫酸铜，锌置换出铜，构成锌铜原电池，从而使反应速率增大，与平衡移动无关。 3．Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl2的反应为4HCl(g)＋O2(g)⥫⥬2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH<0。下列关于Deacon催化氧化法制取Cl2的说法错误的是(　　) A.该反应的ΔS<0 B.该反应的平衡常数K＝ C.使用合适的催化剂可增大化学反应速率，但不影响HCl的平衡转化率 D.该反应在高温下可自发进行 答案：D 4．我国科学家利用单原子催化剂实现CO2加氢制HCOOH：CO2(g)＋H2(g)⥫⥬HCOOH(g)　ΔH<0。已知v正＝k正c(CO2)·c(H2)，v逆＝k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。下列说法正确的是(　　) A.增大压强，v正增大，v逆减小 B.温度升高，k正减小，k逆增大 C.平衡时＝ D.平衡时n(CO2)∶n(HCOOH)＝1∶1 解析：选C。增大压强，v正和v逆均增大，故A错误；温度升高，k正和k逆均增大，故B错误；平衡时v正 ＝v逆，即k正·c(CO2)·c(H2) ＝k逆·c(HCOOH)，故＝，故C正确；平衡时n(CO2)∶n(HCOOH)取决于初始投料和平衡常数，不一定为1∶1，故D错误。 5．已知反应C2H4(g)＋3O2(g)⥫⥬2CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－1 323.0 kJ/mol，在2 L密闭容器中充入1 mol C2H4和4 mol O2，5 min后反应达到平衡状态，此时CO2的物质的量为1.2 mol。下列说法错误的是(　　) A.0～5 min内，v(H2O)＝0.12 mol/(L·min) B.2.5 min时，c(CO2)＝0.6 mol/L C.该条件下，O2的平衡转化率为45% D.0～5 min内，该反应共放出793.8 kJ热量 解析：选B。v(H2O)＝v(CO2)＝＝0.12 mol/(L·min)，A正确；5 min时，c(CO2)＝0.6 mol/L，B错误；该条件下，转化的O2的物质的量为×1.2 mol＝1.8 mol，O2的平衡转化率为×100%＝45%，C正确；0～5 min内，生成CO2的物质的量为1.2 mol，放出的热量为×1.2＝793.8 kJ，D正确。 6．下列实验装置(部分夹持装置略)或操作能达到相应实验目的的是(　　) A.探究温度对 化学平衡的影响 B.探究浓度对化学 反应速率的影响 C.推动活塞探究压 强对平衡的影响 D.验证FeCl3对 H2O2分解的催化作用 解析：选A。A项，两个圆底烧瓶中的可逆反应相同，只有温度这一反应条件不同，则反应达到平衡后两个烧瓶中气体颜色不同，可以达到探究温度对化学平衡的影响的目的；B项，H2O2具有强氧化性，可以将HSO氧化成SO，其自身被还原成H2O，但此反应前后无明显现象，且两实验中存在溶液总体积、浓度两个变量，则无法探究浓度对化学反应速率的影响；C项，H2(g)＋I2(g)⥫⥬2HI(g)为反应前后气体物质的量不变的反应，推动活塞时压强的变化不能引起化学平衡发生移动，因此无法通过针管内气体颜色的变化来探究压强对平衡的影响；D项，该实验既有温度的影响，又有氯化铁的影响，影响因素有多个，不符合控制变量法研究外界条件对化学反应速率的影响，故无法验证FeCl3对H2O2分解是否有催化作用。 7．在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g)⥫⥬CH3CH===CH2(g)＋H2(g)，反应进程中的相对能量变化如下图所示[*表示吸附态，*CH3CHCH2＋2*H―→ CH3CH===CH2(g)＋H2(g)中部分进程已省略]。 下列说法正确的是(　　) A.总反应是放热反应 B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C.和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D.①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3―→*CH3CHCH3＋*H 解析：选C。由题图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，总反应为吸热反应，A错误；平衡常数只和温度有关，温度不变，平衡常数不变，B错误；由题图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，得到的吸附态更稳定，C正确；活化能高的反应速率小，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3―→*CH3CHCH2＋*H，D错误。 8．利用CO2合成甲醇也是有效利用CO2资源的重要途径。将原料气n(CO2)∶n(H2)＝1∶3充入某一恒容密闭容器中，只发生反应CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH，在不同催化剂作用下，反应t min时CO2的转化率随温度的变化如下图所示。下列说法不正确的是(　　) A.使用催化剂Ⅰ时，d点未达到平衡 B.c点转化率比a点低的原因一定是催化剂活性降低 C.T4温度下的反应速率大于T3温度下的反应速率 D.若a点时，v正(H2)＝3v逆(CH3OH)，则此条件下反应已达到最大限度 解析：选B。使用催化剂Ⅰ时，CO2的转化率随温度升高先增大后减小。温度低于T4时，该反应未达平衡，温度升高，CO2的转化率随着反应速率增大而增大；温度高于T4时，可能是催化剂活性降低，也可能是平衡逆向移动，导致CO2的转化率减小，因此d点未达到平衡，故A正确。c点CO2的转化率比a点低的原因可能是催化剂活性降低，也可能是平衡逆向移动，故B错误。T4高于T3，升高温度反应速率增大，故T4温度下的反应速率大于T3温度下的反应速率，故C正确。由于v正(H2)＝3v正(CH3OH)，若a点时，v正(H2)＝3v逆(CH3OH)，则v正(CH3OH)＝v逆(CH3OH)，a点处于平衡状态，反应已达到最大限度，故D正确。 9．已知K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色，aq)＋H2O(l)⥫⥬2CrO(黄色，aq)＋2H＋(aq)　ΔH＝＋13.8 kJ/mol。取0.1 mol/L K2Cr2O7溶液进行下列实验，其中对实验现象的解释不正确的是(　　) 选项 实验操作 实验现象 解释 A 升高温度 橙色变浅 平衡正向移动，使c(Cr2O)变小 B 滴入2 mol/L K2Cr2O7溶液 橙色加深 c(Cr2O)变大使平衡正向移动，但c(Cr2O)最终比原来大 C 加入蒸馏水 橙色变浅 c(H2O)变大使平衡正向移动，c(Cr2O)比原来小 D 加入浓盐酸 橙色变浅 Cl－可能与Cr2O反应，使c(Cr2O)变小，平衡逆向移动，但c(Cr2O)最终比原来小 解析：选C。该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，使c(Cr2O)变小，橙色变浅，A正确；滴入2 mol/L K2Cr2O7溶液，c(Cr2O)变大使平衡正向移动，但c(Cr2O)最终比原来大，橙色加深，B正确；水为纯液体，其浓度为常数，但加入蒸馏水后，溶液浓度减小，使平衡正向移动，c(Cr2O)比原来小，橙色变浅，C错误；加入浓盐酸，Cl－与Cr2O发生氧化还原反应，使得c(Cr2O)变小，平衡逆向移动，c(Cr2O)最终比原来小，橙色变浅，D正确。 10．某小组用H2O2、HI和KI探究外界条件对化学反应速率的影响。室温下，按下列初始浓度进行实验。实验Ⅰ. 实验编号 ① ② ③ ④ ⑤ c(H2O2)/(mol·L-1) 0.1 0.1 0.1 0.2 0.3 c(HI)/(mol·L-1) 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 出现棕黄色的时间/s 13 6.5 4.3 6.6 4.4 实验Ⅱ.用KI替代HI做上述5组实验，观察到有无色气体产生，一段时间内溶液均未见棕黄色。下列说法不正确的是(　　) A.由实验Ⅰ可知，H2O2氧化HI的反应速率与c(H2O2)和c(HI)的乘积成正比 B.实验①中反应继续进行，20 s时测得c(H2O2)＝0.08 mol·L-1，则0～20 s的平均反应速率：v(H2O2)＝0.001 mol·L-1·s-1 C．实验Ⅱ中的现象可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率 D.对比实验Ⅰ和Ⅱ，I－的还原性随酸性减弱而减弱 解析：选D。对比实验①②③可知，HI浓度增加反应速率增大，对比实验①④⑤可知，H2O2浓度增加反应速率增大，因此，H2O2氧化HI的反应速率与c(H2O2)和c(HI)的乘积成正比，故A正确；0～20 s的平均反应速率：v(H2O2)＝＝0.001 mol·L-1·s-1，故B正确；实验Ⅱ中用KI替代HI(即溶液酸性减弱)，观察到有无色气体(O2)产生，无色气体来自H2O2分解，但无棕黄色(无I2)生成，说明H2O2分解的速率远大于H2O2氧化KI的速率，故C正确；实验Ⅰ中HI提供H＋(强酸性)，实验Ⅱ中KI溶液酸性较弱，对比发现，酸性较强时，H2O2优先氧化I－生成I2，酸性较弱时，H2O2优先分解，实验现象的差异是由于H2O2在不同酸碱性条件下反应路径不同(酸性条件下更易作氧化剂，中性/碱性条件下更易分解)，故D错误。 11．向1 L恒容密闭容器中充入2.0 mol NO和1.0 mol Cl2，发生反应2NO(g)＋Cl2(g)⥫⥬2NOCl(g)，在温度分别为T1、T2时测得NO的物质的量(单位：mol)与时间的关系见下表。下列叙述正确的是(　　) t/min 0 5 8 13 T1 2.0 1.5 1.3 1.0 T2 2.0 1.15 1.0 1.0 A.T1＜T2 B.T1时，前5 min内的平均反应速率为v(Cl2)＝0.5 mol·L-1·min-1 C.反应达到平衡时，降低温度，平衡向逆反应方向移动 D.T2时，向反应后的容器中充入2.0 mol NOCl(g)，再次平衡时，c(NOCl)＝2.0 mol·L-1 解析：选A。温度越高，反应速率越大，根据表格数据可知，T2下，NO的反应速率大，因此T1＜T2，A正确；T1时，前5 min内，NO的物质的量减少了0.5 mol，故Cl2的物质的量减少了0.25 mol，v(Cl2)＝＝0.05 mol·L-1·min-1，B错误；根据表格数据可知，该反应在T2下，8 min时已经达到平衡，平衡时NO的物质的量为1.0 mol，而T1＜T2，温度越低，化学反应速率越小，该反应在T1下，13 min时NO的物质的量为1.0 mol，与该反应在T2下平衡时的物质的量相同，其他条件相同，温度不同，同一反应的平衡状态一定不同，因此该反应在T1下，13 min时还未达到平衡，反应还在向正反应方向进行，故降低温度，平衡向正反应方向移动，C错误；T2时，向反应后的容器中充入2.0 mol NOCl(g)，相当于再次加入了2.0 mol NO和1.0 mol Cl2，达到新的平衡时，其效果相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，因此c(NOCl)增大，故再次平衡时c(NOCl)＞2.0 mol·L-1，D错误。 12．向容积为2 L的刚性密闭容器中加入足量的Cu粉和2 mol NO2(g)，发生反应2NO2(g)＋4Cu(s)⥫⥬4CuO(s)＋N2(g)　ΔH。在不同温度下，NO2的转化率与时间的关系如图1所示，反应速率与时间的关系如图2所示(已知：该条件下，NO2不发生反应生成N2O4)。下列说法错误的是(　　) A.ΔH＜0 B.v正：a点＜b点 C.图2中t0 min时改变的条件是增大N2浓度 D.T1温度下，平衡常数K＝1.875 解析：选C。温度越高，反应达到平衡时所用的时间越短，结合题图1可知，T1＞T2，升高温度，NO2的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，正反应是放热反应，ΔH＜0，故A正确；温度越高反应速率越大，b点的温度高于a点的温度，所以v正：a点＜b点，故B正确；题图2中t0 min时改变条件使正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，如果增大N2浓度，正反应速率在原平衡基础上逐渐增大，不会出现“突变”，所以改变的条件不是增大N2浓度，应该是升高温度，故C错误；T1温度下，反应达到平衡时，α(NO2)＝60%，可列“三段式”： 2NO2(g)＋4Cu(s)⥫⥬4CuO(s)＋N2(g) 2 0 1.2 0.6 0.8 0.6 T1温度下，平衡时，c(N2)＝0.3 mol/L、c(NO2)＝0.4 mol/L，该反应的平衡常数K＝＝＝1.875，故D正确。 13． 向体积均为1 L的两恒容容器中分别充入2 mol X和1 mol Y 发生反应2X(g)＋Y(g)⥫⥬Z(g)　ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如上图所示。下列说法正确的是(　　) A.ΔH>0 B.气体的总物质的量：na>nc C.a点平衡常数：K>12 D.反应速率：va正<vb正 解析：选C。由题图可知，绝热过程甲开始时压强增大，而2X(g)＋Y(g)⥫⥬Z(g)是气体物质的量减少的反应，故该反应是放热反应，ΔH<0，A项错误；a、c两点压强相等，a点温度高于c点，故气体的总物质的量：na<nc，B项错误；若温度恒定不变，设达到a点平衡时Y转化了x mol，列“三段式”： 　　　　　2X(g)＋Y(g)⥫⥬Z(g) 起始量/mol 2 1 0 变化量/mol 2x x x 平衡量/mol 2－2x 1－x x a点压强为起始压强的一半，即3－2x＝1.5，解得x＝0.75，K＝＝12，而a点平衡实际上是绝热条件下达到的平衡，要使平衡压强为p，体系中的气体总物质的量应小于1.5 mol，此时计算得到的x应大于0.75，故a点平衡常数K>12，C项正确；a点温度高于b点，故反应速率：va正>vb正，D项错误。 14．一定条件下，将CO2与CH4通入某恒压密闭容器中发生主反应CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)　ΔH1＝＋234.0 kJ·mol-1，反应历程如图甲所示；同时发生副反应H2(g)＋CO2(g)⥫⥬H2O(g)＋CO(g)　ΔH2。起始投料比＝1时，CH4和CO2的平衡转化率随温度的变化如图乙所示。下列判断错误的是(　　) A.主反应的速率由反应历程的第一步决定 B.E3－E1＝234.0 kJ·mol-1 C.923 K时，副反应的平衡常数K≈0.39 D.其他条件不变，923 K下若起始投料比由1变为2，CO2的平衡转化率将增大 解析：选D。由题图甲可知，主反应反应历程中第一步反应的活化能最大，反应速率最小，为决速步反应，故A正确；根据CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)　ΔH1＝＋234.0 kJ·mol-1，结合题图甲可知，E3－E1＝234.0 kJ·mol-1，故B正确；起始投料比＝1，设起始投料时CH4和CO2的物质的量都为1 mol，923 K时，CH4的平衡转化率为60%，列“三段式”： CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g) 1 1 0 0 0.6 0.6 1.2 1.2 0.4 0.4 1.2 1.2 923 K时，CO2的平衡转化率为70%，说明在副反应中消耗了10%的CO2，即副反应中CO2转化了0.1 mol，列“三段式”： H2(g)＋CO2(g)⥫⥬H2O(g)＋CO(g) 1.2 0.4 0 1.2 0.1 0.1 0.1 0.1 1.1 0.3 0.1 1.3 副反应的平衡常数K＝＝＝≈0.39，故C正确；其他条件不变，923 K下若起始投料比由1变为2，相当于增大CO2的物质的量，CO2的平衡转化率减小，故D错误。 15．恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)和CO(g)，发生如下反应： 主反应：CH3OH(g)＋CO(g)⥫⥬CH3COOH(g)　ΔH1 副反应：CH3OH(g)＋CH3COOH(g)⥫⥬CH3COOCH3(g)＋H2O(g)　ΔH2 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数δ[δ(CH3COOH)＝]随投料比x(物质的量之比)的变化关系如下图所示。下列说法正确的是(　　) A.投料比x代表 B.曲线c代表乙酸的分布分数 C.ΔH1<0，ΔH2>0 D.L、M、N三点的平衡常数：K(L)＝K(M)>K(N) 解析：选D。由曲线a、d的变化趋势可知，投料比x代表，A错误；随投料比x增大，生成CH3COOH越多，故曲线a和曲线b表示δ(CH3COOH)，曲线c和曲线d表示δ(CH3COOCH3)，B错误；当投料比x相同时，温度升高，δ(CH3COOH)增大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，ΔH1>0，δ(CH3COOCH3)减小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，ΔH2<0，C错误；L、M、N三点对应副反应ΔH2<0，且TN>TM＝TL，升高温度副反应的平衡逆向移动，K(L)＝K(M)>K(N)，D正确。 二、非选择题：本题包括4个小题，共55分。 16．(12分)我国提出2030年前实现碳达峰，因此二氧化碳的高效利用成为研究的热点。某研究小组在采用双合金团簇催化甲烷干法重整法(DRM法)方面取得了新进展。回答下列问题： (1)DRM法反应为CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬________(g)＋2H2(g)　ΔH＞0。 (2)已知：DRM法过程中发生副反应CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)；T ℃时，向容积固定为1 L的反应器中通入2 mol CH4和2 mol CO2，平衡时甲烷的转化率为60%，H2O的质量为7.2 g。 ①对于上述两个平衡体系，下列说法正确的有________(填字母)。 A.当混合气体的平均密度保持不变时，两个反应均达到平衡状态 B.将H2O(g)分离出体系，可以增大副反应的正反应速率 C.若反应在恒压条件下进行，则甲烷的转化率大于60% D.若升高反应温度，则主、副反应的逆反应速率均增大 ②T ℃下，体系达到平衡时，CO的物质的量为______。 ③DRM法反应在T ℃下的Kc＝________(列出计算式即可)。 (3)三种催化剂催化甲烷脱氢过程的能量变化如下图所示： ①使用Sn12Ni作催化剂时，甲烷脱氢过程包含了________个基元反应。 ②甲烷脱氢过程中活化能最大的步骤为___________________________________ ___________________________________(用反应方程式表示)。 ③Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，结合图示解释其具有良好抗积碳作用的原因： ___________________________________ ___________________________________。 解析：(1)根据原子守恒可知，DRM法反应为CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)。 (2)①两个反应均是气体参与的反应，因此反应中气体的总质量不变，容积固定，因此混合气体的平均密度一直保持不变，不能判断是否达到平衡状态，故A错误；将H2O(g)分离出体系，生成物的浓度减小，反应速率减小，故B错误；CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)为气体分子数增大的反应，平衡后压强增大，若该反应在恒压条件下进行，相当于降低压强，平衡正向移动，则甲烷的转化率大于60%，故C正确；若升高反应温度，则反应速率增大，故D正确。②通入2 mol CH4和2 mol CO2，平衡时甲烷的转化率为60%，H2O的质量为7.2 g，则n(H2O)＝0.4 mol，列“三段式”： 　　　　　CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g) 起始/mol 2 2 0 0 转化/mol 1.2 1.2 2.4 2.4 平衡/mol 0.8 0.8 2.4 2.4 　　　　　CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g) 起始/mol 0.8 2.4 2.4 0 转化/mol 0.4 0.4 0.4 0.4 平衡/mol 0.4 2 2.8 0.4 体系达到平衡时，CO的物质的量为2.8 mol。③Kc＝＝。 (3)①由题图可知，该历程分4步进行。②由题图可知，甲烷脱氢过程中活化能最大的反应步骤是CH===CH＋H*或CH＋H*===CH＋2H*。③活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，反应中积碳反应为最后一步反应，且三种催化剂Sn12Ni所需活化能最大，反应不易发生，故积碳较少。 答案：(1)2CO　(2)①CD　②2.8 mol ③　(3)①4　②CH===CH＋H*(或CH＋H*===CH＋2H*)　③脱氢反应第4步为CH*===C*＋H*，发生该步反应，三种催化剂中，以Sn12Ni为催化剂时需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少 17．(13分)为探究外界条件对化学反应速率的影响，设计了以下两组实验。已知I2与K2C2O4溶液混合产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。(忽略溶液混合引起的体积变化) (1)Ⅰ组：不同体系反应速率的测定，实验装置(夹持装置略)如下图所示。 编号 含I2的分散系(20 mL) K2C2O4溶液浓度 1 含0.01 mol I2的酒精溶液 c1mol·L-1 2 含0.01 mol I2的苯溶液 c2mol·L-1 3 含0.01 mol I2的水浊液 1.0 mol·L-1 ①c2＝____________。 ②I2与K2C2O4溶液反应的离子方程式为___________________________________ ___________________________________。 ③判断不同体系反应速率的依据为___________________________________ ___________________________________。 (2)Ⅱ组：通过测定溶液褪色所用时间来探究外界条件对反应速率的影响，装置(夹持装置略)如右图所示。实验时将I2的苯溶液和K2C2O4溶液同时加入甲中，并不断搅拌。 编号 I2的苯溶液 K2C2O4溶液 水浴温度 A 20 mL含0.01 mol I2 20 mL 0.4 mol·L-1 40 ℃ B 20 mL含0.01 mol I2 20 mL 0.8 mol·L-1 40 ℃ C 20 mL含0.01 mol I2 20 mL 0.8 mol·L-1 50 ℃ ①实验A始终没有观察到溶液褪色，原因是_________________________________________________。 ②实验时为便于更好地观察溶液的颜色变化，可向I2溶液中加入几滴________(填物质名称)溶液。 ③该实验探究了________对化学反应速率的影响。 解析：(1)①实验目的是探究不同溶剂对碘和草酸钾反应速率的影响，根据“控制变量法”，草酸的浓度应该相同，所以c2＝1.0。②I2与K2C2O4溶液反应生成二氧化碳气体，说明草酸钾被I2氧化，I2被还原为I－，反应的离子方程式为I2＋C2O===2I－＋2CO2↑。③根据相同时间内生成二氧化碳气体的体积大小判断不同体系反应速率。 (2)①实验A中I2的物质的量为0.01 mol，草酸钾的物质的量为0.008 mol，I2过量，所以始终没有观察到溶液褪色。②I2能使淀粉变蓝，实验时为便于更好地观察溶液的颜色变化，可向I2溶液中加入几滴淀粉溶液。③实验B、C温度不同，实验A、B草酸钾浓度不同，根据“控制变量法”可知，该实验探究了反应温度和反应物浓度对化学反应速率的影响。 答案：(1)①1.0　②I2＋C2O===2I－＋2CO2↑ ③相同时间内生成二氧化碳气体的体积大小 (2)①I2过量　②淀粉　③反应温度和反应物浓度 18．(15分)甲酸甲酯(HCOOCH3)是一种重要的有机合成中间体，可通过甲醇催化脱氢法制备，工艺过程包含以下反应。 反应Ⅰ　2CH3OH(g)⥫⥬HCOOCH3(g)＋2H2(g)　K1，ΔH1＝＋51.2 kJ·mol-1 反应Ⅱ　CH3OH(g)⥫⥬CO(g)＋2H2(g)　K2，ΔH2＝＋90.1 kJ·mol-1 (1)反应Ⅲ　HCOOCH3(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)的ΔH3＝________kJ·mol-1，K3＝____________(用K1、K2表示)。 (2)对于反应Ⅰ：增大压强，平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动。保持压强不变，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施是________________、________________。 (3)在400 kPa、铜基催化剂存在下，向密闭容器中通入CH3OH进行Ⅰ、Ⅱ两个反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如下图所示。 ①随温度升高，CH3OH的平衡组成比例呈现上图所示趋势的原因是___________________________________ ___________________________________。 ②550 K时，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝________kPa，CH3OH的平衡转化率为________。 ③研究表明，在700 K以后升高体系温度，HCOOCH3的产率下降，可能的原因是___________________________________ ___________________________________。 解析：(1)根据盖斯定律，反应Ⅲ＝2×反应Ⅱ－反应Ⅰ，ΔH3＝2ΔH2－ΔH1＝2×(＋90.1 kJ·mol-1)－(＋51.2 kJ·mol-1)＝＋129.0 kJ·mol-1，K3＝。 (2)对于反应Ⅰ：增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向左移动；保持压强不变，要缩短反应达到平衡的时间，即增大反应速率，可以采取升高温度或改良催化剂的措施。 (3)①反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动，CH3OH的平衡组成比例下降。②550 K时，CH3OH的物质的量分数等于H2的物质的量分数等于0.4，CO的物质的量分数为0.04，则HCOOCH3的物质的量分数为1－0.4－0.4－0.04＝0.16，p(CH3OH)＝p(H2)＝0.4×400 kPa＝160 kPa，p(CO)＝0.04×400 kPa＝16 kPa，p(HCOOCH3)＝0.16×400 kPa＝64 kPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝＝ kPa＝64 kPa；根据碳原子守恒，CH3OH的平衡转化率为×100%≈47.4%。③在700 K以后升高体系温度，HCOOCH3的产率下降，可能的原因是反应Ⅰ的选择性下降。 答案：(1)＋129.0　 (2)向左　升高温度　改良催化剂 (3)①反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动　②64　47.4%　③反应Ⅰ的选择性下降 19．(15分)TiC是一种极具潜力的超高温结构材料，其制备总反应为TiO2(s)＋3C(s)===TiC(s)＋2CO(g)　ΔH 反应步骤如下：Ⅰ.3TiO2(s)＋C(s)===Ti3O5(s)＋CO(g)　ΔH1＝＋168.3 kJ·mol-1 Ⅱ.2Ti3O5(s)＋C(s)===3Ti2O3(s)＋CO(g)　ΔH2＝＋251.7 kJ·mol-1 Ⅲ.Ti2O3(s)＋5C(s)===2TiC(s)＋3CO(g)　ΔH3＝＋734.9 kJ·mol-1 回答下列问题： (1)ΔH＝________kJ·mol-1，总反应的ΔG随温度T的变化关系如下图所示，则总反应自发进行的温度条件为___________________________________。 (2)在恒容密闭容器中，加入1 mol TiO2、5 mol C和8.4 mol氢气，以10 ℃·min-1从20 ℃升温至1 500 ℃后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间t变化关系如下图所示。已知：剩余固体质量分数＝×100% ①148 min之前反应速率逐渐增大的原因是______________________________________________。 ②M、N点的反应速率v(M)________(填“>”“＝”或“<”)v(N)，其原因是________________________________________________________。 ③设Q点达平衡，总压为p kPa，则1 500 ℃时总反应的Kp＝________(kPa)2(分压＝总压×物质的量分数，用含p的代数式表示)。 (3)高温下，向TiO2和C反应体系中加入NaF，可形成TiC­NaF(l)(TiC与NaF共熔体)，最终获得TiC，原理如下： ⅰ.NaF(s)―→NaF(l) ⅱ.___________________________________ ⅲ.TiC­NaF(l)―→TiC(s)＋NaF(l) 过程ⅱ的化学方程式为___________________________________， 加入NaF有利于生成更多TiC的原因是 ___________________________________。 解析：(1)根据盖斯定律，由×Ⅰ＋×Ⅱ＋×Ⅲ可得，总反应TiO2(s)＋3C(s)===TiC(s)＋2CO(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝×(＋168.3 kJ·mol-1)＋×(＋251.7 kJ·mol-1)＋×(＋734.9 kJ·mol-1)＝＋465.5 kJ·mol-1；由题图可知，当T＞1 258 K时，ΔG＜0，反应自发进行。 (2)①148 min之前反应速率逐渐增大的原因是该时间段内，反应体系持续升温，温度升高使反应速率逐渐增大。②148 min以后，保持恒温进行反应，由斜率可知v(M)＞v(N)；原因可能是随反应进行生成的TiC固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，反应速率减小。③1 500 ℃时，剩余固体质量分数为68%，初始固体总质量为1 mol×80 g·mol-1＋5 mol×12 g·mol-1＝140 g，剩余固体质量为140 g×68%＝95.2 g，设反应的TiO2的物质的量为x mol，列“三段式”： 　　　　　　TiO2(s)＋3C(s)⥫⥬TiC(s)＋2CO(g) 初始量/mol 1 5 0 0 变化量/mol x 3x x 2x 平衡量/mol 1－x 5－3x x 2x 剩余固体质量为80(1－x)＋12(5－3x)＋60x＝95.2 g，解得x＝0.8，平衡时n(CO)＝1.6 mol，气体总物质的量n(气)＝8.4 mol＋1.6 mol＝10 mol，Kp＝＝0.025 6p2(kPa)2。 (3)过程ⅰ：NaF(s)―→NaF(l)；过程ⅲ：TiC­NaF(l)―→TiC(s)＋NaF(l)，因此过程ⅱ为TiO2与液态NaF反应生成TiC­NaF(l)，化学方程式为TiO2(s)＋3C(s)＋NaF(l)===TiC­NaF(l)＋2CO(g)；加入NaF能生成TiC与NaF共熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移动，有利于得到更多的TiC。 答案：(1)＋465.5　温度高于1 258 K (2)①该时间段内，反应体系持续升温，温度升高使反应速率逐渐增大　②>　随反应进行生成的TiC固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，反应速率减小(答案合理即可)　③0.025 6p2 (3)TiO2(s)＋3C(s)＋NaF(l)===TiC­NaF(l)＋2CO(g)　加入NaF能生成TiC与NaF共熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移动，有利于得到更多的 TiC 学科网（北京）股份有限公司 $