2022-2023学年浙江省三校高二上学期10月联考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江省三校高二上学期10月联考化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，实验题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
浙江省三校2022-2023学年高二上学期10月联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和碳，中和是指的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是
A．将重质油裂解为轻质油作为燃料 B．大规模采购天然气作为新能源
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染 D．研发催化剂将还原为甲醇
【答案】D
【详解】A．将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意；
B．大规模采购天然气作为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；
D．研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意；
故选D。
2．在中，Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是
A．元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B．、中镁元素微粒的半径：
C．在该反应条件下，C的还原性强于的还原性
D．该反应中化学能全部转化为热能
【答案】B
【详解】A．C元素的单质除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯(C60)等同素异形体，A错误；
B．Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r(Mg2+)＜r(Mg)，B正确；
C．该反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，C错误；
D．该反应燃烧的同时还放出光，即化学能部分转化为光能、部分转化为热能，D错误；
答案选B。
3．相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是
A． B．(s，金刚石)(s，石墨)
C． D．
【答案】A
【详解】A．固态中的分子或原子排列的较为有序，液态中有序性稍差，气态最为无序，则同温同压下同物质的量的物质气体的熵大，，A正确；    
B． 从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值(s，金刚石)(s，石墨) ，B错误；
C．同温同压下同种物质，固态中的分子或原子排列的较为有序，液态中有序性稍差，气态最为无序，即有1 molH2O(s) ＜ 1 molH2O(1)，C错误；    
D．同温同压下同种物质，固态中的分子或原子排列的较为有序，液态中有序性稍差，气态最为无序，即有，D错误；
故选A。
4．下列说法正确的是
A．增大反应物浓度一定会增加单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增多
B．有气体参加的化学反应，若增大压强，一定增加单位体积活化分子数，从而使反应速率增大
C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D．某些反应选用适当的催化剂，既能降低反应所需活化能，也可以降低该反应的反应热
【答案】C
【详解】A．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，但活化分子的百分数没有发生变化，故A错误；
B．在有气体参加的化学反应中，通过缩小反应容器的体积来增大压强，可使气体反应物的浓度增大、增加单位体积活化分子数，从而使反应速率增大，但如果增加的惰性气体，虽然增大了压强，但单位体积活化分子数不变、反应速率不变，故B错误；
C．升高温度，反应物分子中活化分子的数目和百分数都增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率增大，故C正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能降低该反应的反应热，故D错误；
故选C。
5．已知充分燃烧a乙炔气体时生成1二氧化碳气体和液态水，放出热量b，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是
A．  
B．  
C．  
D．  
【答案】B
【详解】已知充分燃烧a乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，说明乙炔的物质的量为0.5mol，其完全燃烧放出热量bkJ，则1mol乙炔完全燃烧放出热量2bkJ，则其燃烧的热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) 。
故选B。
6．常温下，下列各组离子在特定溶液中一定能大量共存的是
A．0.1的溶液：、、、
B．0.1的溶液：、、、
C．0.1溶液：、、、
D．与铝反应能够产生的溶液：、、、
【答案】A
【详解】A．各离子之间互不反应，能大量共存，A正确；
B．与结合生成沉淀，不能共存，B错误；
C．Fe3+与SCN-结合生成配合物，不能共存，C错误；
D．与铝反应能够产生的溶液为酸性或碱性，酸性溶液中H+与ClO-结合生成HClO弱电解质，不能共存，D错误；
故选：A。
7．为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是
①酸溶液的浓度和体积   ②碱溶液的浓度和体积    ③比热容    ④反应后溶液的质量(单位：g)⑤生成水的物质的量     ⑥反应前后温度变化      ⑦操作所需的时间
A．③④⑤⑥ B．③④⑤⑦ C．①②③⑥ D．全部
【答案】A
【详解】在测量并计算反应放出的热量时用到的公式为Q=mcΔt，其中m表示④反应后溶液的质量、c表示③比热容、Δt表示⑥反应前后温度变化，中和热为稀的强酸和稀的强碱生成1mol水放出的热量，由反应放出的热量计算中和热还需要知道反应生成水的物质的量，根据反应热关系式：kJ/mol，确定需要的数据为③④⑤⑥，故选A。
8．在某温度下，可逆反应：的平衡常数为K，下列说法正确的是
A．K越大，达到平衡时，反应正向进行的程度越大
B．K随物质浓度的改变而改变
C．K越小，达到平衡时所需的时间就越短
D．K随温度和压强的改变而改变
【答案】A
【详解】A．平衡常数表示反应进行的程度，K越大，达到平衡时，反应正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，A正确；
B．K只受温度影响，K不会随物质浓度的改变而改变，B错误；
C．平衡常数表示反应进行的程度，K越小，反应正向进行的程度越小，K的大小与反应速率无关，C错误；
D．K只受温度影响，K不会随压强的改变而改变，D错误；
答案选A。
9．在相同的密闭容器中，不同温度下发生反应：  ，气体A的浓度随时间t变化如下表所示。
序号

温度/℃
0
10
20
30
40
50
①
T1
0.0500
0.0492
0.0486
0.0482
0.0480
0.0480
②
T2
0.100
0.096
0.093
0.091
0.091
0.091

下列说法不正确的是A．实验的温度：
B．实验①前20min的平均反应速率
C．实验②比实验①提前达到平衡所需的时间仅由表格数据无法准确获取
D．实验②中A的平衡转化率为9%
【答案】B
【详解】A．A的起始浓度：实验②中为实验①的2倍，若温度相同，②的平衡等效于①的平衡增压后左移、则A的平衡浓度应该大于2×0.0480mol/L，而②中A的实际平衡浓度为0.091mol/L＜2×0.0480mol/L，说明温度变为T2时，平衡朝着消耗A的正反应方向移动，对于反应  ，升温平衡右移、则实验的温度：，A正确；
B． 实验①前20min的平均反应速率，B不正确；
C． 由表可知，实验②20min时还没有平衡、但30min时已经平衡，但达到平衡所需的时间仅由表格数据无法准确获取，C正确；
D． 实验②中A的平衡转化率为9%，D正确；
答案选B。
10．下列说法正确的是
A．，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
B．，其他条件不变，扩大反应容器体积，正逆反应速率不变
C．同温下，若压强不再随时间变化能说明反应已达平衡，则A、C不能同时是气体
D．1和3反应达到平衡时转化率为10%，放出的热量为；在相同温度和压强下，当2分解为和的转化率为10%时，吸收的热量为，不等于
【答案】A
【详解】A． 反应中，在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，A项正确；
B． 反应前后气体计量数不发生变化，其他条件不变，扩大反应容器体积，相当于减压，正逆反应速率同等程度程度，B项错误；
C． 中即使A，C物质均为气体，反应前后气体体积也会发生变化，当压强不随时间变化时，仍能说明反应达到平衡，C项错误；
D．N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误；
答案选A。
11．已知A转化为D和E分步进行：①，②，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是

A．整个反应的活化能为
B．A转化为D和E的反应为吸热反应
C．使用合适的催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数
D．第一步反应的速率小于第二步反应的速率
【答案】A
【详解】A．整个反应的活化能为正反应活化能-逆反应活化能，即为Ea1-Ea2+Ea3-Ea4，故A错误；
B．由题中图示可知，A的总能量低于D和E的总能量，属于吸热反应，故B正确；
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但不影响始态和终态的能量，所以反应的热效应不受影响，故C正确；
D．由题中图示可知，第一步的活化能高于第二步，活化能越大，反应速率越慢，则第一步反应的速率小于第二步反应的速率，故D正确；
答案为A。
12．在某温度下，同时发生反应和。已知反应生成或的能量如图所示，下列说法正确的是

A．比稳定
B．反应的且
C．反应的活化能为
D．在该温度下，反应刚开始时，产物以B为主；反应足够长时间，产物以C为主
【答案】D
【详解】A．从图分析，B的能量比C高，根据能量低的稳定分析，B(g)比C(g)不稳定，故A错误；
B．反应为放热反应，即ΔH＜0，但ΔS不为0，故B错误；
C． 反应的活化能为E1，故C错误；
D．在该温度下，反应生成B的活化能比生成C的活化能低，所以反应刚开始时，产物以B为主；C比B更稳定，所以反应足够长时间，产物以C为主，故D正确；
答案选D。
13．某温度下，和的电离常数分别为和。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是

A．曲线II代表溶液
B．a点溶液中，
C．从c点到d点，溶液中增大 (其中、分别代表相应的酸和酸根离子)
D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【答案】A
【分析】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：HNO2＞CH3COOH，加水稀释相同倍数时，酸性越强，溶液的pH变化越大，曲线Ⅰ代表CH3COOH 溶液，曲线Ⅱ代表HNO2溶液。
【详解】A．根据分析可知，曲线Ⅱ代表HNO2溶液，A正确；
B．a点两溶液的pH相同，则氢离子浓度和氢氧根浓度相同，根据电荷守恒，，，B错误；
C．，则，从c点到d点，温度不变，Ka不变，而c(H+)逐渐减小，因此逐渐减小，C错误；
D．体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c(CH3COOH)＞c(HNO2)，分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，溶液中不相同，D错误；
故选Ａ。
14．在金催化剂表面上进行某反应历程如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。下列说法正确的是

A．该反应的热效应
B．反应过程中发生非极性键的断裂与生成
C．其他条件不变，该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D．该历程中最大能垒(活化能)步骤的反应式为：
【答案】D
【详解】A．由图知，反应结束，相对能量大小为−0.72，故该反应为放热反应，，故A错误；
B．反应过程中无非极性键的断裂，只有非极性键的生成，故B错误；
C．催化剂改变反应速率，不改变反应物的平衡转化率，故C错误；
D．由图知，该历程中最大能垒(活化能)步骤的化学方程式为，故D正确。
综上所述，答案为D。
15．下列设计的实验方案能达到实验目的的是
A．制备Al(OH)3悬浊液：向1mol·L-1的AlCl3溶液中加过量的6mol·L-1NaOH溶液
B．提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入氢氧化钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水
C．检验溶液中是否含有Fe3+:取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象
D．探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象
【答案】D
【详解】A.Al(OH)3是两性氢氧化物，可以和过量氢氧化钠反应生偏铝酸钠，故不能制备氢氧化铝悬浊液，A错误；
B.氢氧化钠也和乙酸乙酯反应，应该用饱和碳酸钠除去乙酸，然后分液即可，B错误；
C.氯水具有强氧化性，可能把Fe2＋氧化成Fe3＋，也会出现上述现象，C错误；
D.两试管做对比实验，如果第二支试管冒出气泡多与第一支，说明FeCl3是催化剂，加快反应速率，D正确。
答案选D。
【点睛】实验方案设计要求最简，对环境危害小，实验能否成功需要看细节，氢氧化铝呈两性，氢氧化钠过量，会使氢氧化铝溶解；实验室常用氨水，离子检验要防止其他离子的干扰，特别注意氯离子干扰，因此平时学习时多注意细节问题，注意相关基础知识的积累和灵活应用。
16．某温度下，将一定量碳酸氢铵固体置于容积不变密闭容器中，发生反应：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) △H= a kJ·mol-1（a>0）。下列有关说法不正确的是
A．若 NH3 体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡状态
B．若容器内混合气体的密度不变，则说明反应达到平衡状态
C．若升高体系温度，则正、逆反应速率均增大
D．若反应过程中吸收akJ热量，则刚好有lmolNH4HCO3发生分解
【答案】A
【详解】A.由于反应物为固体，反应生成的物质都是气体，气体中气体体积分数始终不变，氨的体积分数不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B.反应物状态为固体，反应后生成物状态为气体，由于容器的容积不变，所以若化学反应未达到平衡状态，则气体的质量就会发生变化。因此气体质量不变，气体的密度就不变，可以证明反应达到平衡状态，B正确；
C.若升高体系温度，反应速率增大，则正、逆反应速率均增大，C正确；
D.反应NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=akJ•mol(a>0)，反应为吸热反应，对应的焓变是指1mol碳酸氢铵完全分解吸收的热量，若反应过程中吸收akJ热量，说明刚好有lmolNH4HCO3发生分解反应，D正确；
故合理选项是A。
17．已知体系自由能变化时反应能自发进行．两个氢化反应的与温度的关系如图所示，下列说法正确的是

A．反应①的
B．反应②在时的反应速率很快
C．温度大于时，反应①能自发进行
D．反应②的
【答案】C
【分析】由图像分析可知：反应①随温度的升高，逐渐减小；反应②随温度的升高逐渐增大，结合分析解答。
【详解】A．反应①随温度的升高，逐渐减小，则，故A错误；
B．该题我们可以推测自发反应时的温度，但无法推测什么温度的反应快慢，故B错误；
C．因时，反应能自发进行，反应①在温度大于1000℃时，故此时反应①能自发进行，故C正确；
D．根据数学知识可知，为该图像的截距，而反应而的截距小于0，故，故D错误；
答案选C。
18．已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：　，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：

以下结论和解释正确的是
A．由实验①可推知
B．实验②是由于增大，导致平衡逆向移动
C．由实验③可知配离子的稳定性：
D．实验③中增大，平衡正向移动
【答案】C
【详解】A．实验①，蓝色溶液冷却后变为粉红色，说明降低温度，平衡逆向移动，可推知，故A错误；
B．实验②是加水稀释，浓度熵大于平衡常数，导致平衡逆向移动，蓝色溶液变为粉红色，故B错误；
C．由实验③可知加入氯化锌，形成，氯离子浓度减小，平衡逆向移动，可知配离子的稳定性：，故C正确；
D．实验③中溶液由粉红色变为蓝色，加入氯化锌，形成，氯离子浓度减小，平衡逆向移动，故D错误；
选C。
19．下列叙述与图对应的是

A．对于达到平衡状态的反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，图①表示在t0时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动
B．由图②可知，P2＞P1、T1＞T2满足反应：2A(g)+B(g)⇌2C(g)  ΔH＜0
C．图③表示的反应方程式为：2A=B+3C
D．对于反应2X(g)+3Y(g)⇌3Z(g)  ΔH＜0，图④y轴可以表示Y的百分含量
【答案】B
【详解】A．对于达到平衡状态的反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，图①表示在t0时刻v正、v逆都增大，v逆增大的多，化学平衡逆向移动，应该是升高温度使平衡逆向移动导致。若是充入了一定量的NH3，则v逆增大，v正瞬间不变，这与图像不吻合，A不符合题意；
B．增大压强反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；升高温度反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。则根据图像可知：压强：P2＞P1；温度：T1＞T2。增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，C含量增大，说明正反应是气体体积减小的反应；升高温度，C含量减小，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，故该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，故满足反应：2A(g)+B(g)⇌2C(g)  ΔH＜0，B正确；
C．该反应是可逆反应，应该用可逆号“⇌”，不能用等号“=”表示，C错误；
D．在压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，表示Y的含量应该增大，但图象显示y轴数值减小，因此图④y轴不可以表示Y的百分含量，D错误；
故合理选项是B。
20．温度为时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：(正反应吸热)。实验测得：，，、为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是
容器编号
物质的起始浓度()
物质的平衡浓度()




I
0.6
0
0
0.2
II
0.3
0.5
0.2

III
0
0.6
0.3


A．达平衡时，容器I反应前、后的总压强之比为4∶5
B．达平衡时，容器II中比容器I中的大
C．达平衡时，容器III中的体积分数小于50%
D．当温度改变为时，若，则
【答案】D
【分析】由容器I中反应

可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8mol，其中NO占0.4mol，所以NO的体积分数为50%，。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出.
【详解】A．由分析可知，达平衡时，容器I反应前、后的总压强之比等于物质的量之比，比值为3∶4，A错误；
B．  结合A选项可知容器I中，容器Ⅱ中反应为：，
因为， ，解之得x=，求出此时的浓度商Qc=，所以容器II达平衡时，一定小于1，B错误；
C．容器III：，在某时刻，若NO的体积分数为50%，由0.6-2x=2x+0.3-x，解之得，x=0.1，求出此时浓度商Qc=>K，说明此时反应处于平衡，则 NO体积分数为50%，C错误；
D．温度为T2时，，说明平衡右移，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2＞T1，D正确；
答案选D。

二、填空题
21．填空。
(1)书写的电离方程式_______。
(2)是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，的电子式是_______。
(3)气态氢化物热稳定性大于的主要原因是_______。
【答案】(1)
(2)
(3)原子半径，键能

【解析】（1）
硫化氢为弱电解质，会发生部分电离，的电离方程式：；
（2）
是由钠离子和氰根离子构成的离子化合物，电子式是；
（3）
键能越大，共价化合物越稳定，气态氢化物热稳定性大于的主要原因是原子半径，键能。

三、计算题
22．溶液与锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为，反应后最高温度为。
已知：反应前后，溶液的比热容均近似为、溶液的密度均近似为，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：
(1)反应放出的热量_____J。
(2)反应的______(列式计算)。
【答案】         
【分析】(1)根据中和滴定实验的原理可知，该反应放出的热量可根据Q=cm计算；
(2)结合焓变的概念及其与化学计量数之间的关系列式计算。
【详解】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m==1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm=4.18×100g×(30.1-20.1)= 4.18×103J，故答案为：4.18×103；
(2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)==0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：，故答案为：（答案符合要求且合理即可）。
【点睛】该题的难点是第(2)问，要求学生对反应焓变有充分的理解，抓住锌粉过量这个条件是解题的突破口，题目计算量虽不大，但要求学生有较好的思维与辨析能力。
23．某氮肥中混有少量，现采用下列方案测定该氮肥中的质量分数：称取5.7g上述样品与2.0溶液混合，完全溶解后，低温加热使其充分反应(该温度下铵盐不分解)，并使生成的氨气全部被硫酸吸收，测得氨气的质量与所用溶液体积的关系如图所示：

请回答下列问题：
(1)A点前样品与反应的离子方程式为_______。
(2)样品中的质量分数是_______%(保留一位小数)。
【答案】(1)
(2)16.8

【分析】溶液中碳酸氢根先与氢氧根离子反应生成碳酸根与水，然后铵根离子再与氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气与水；
（1）
溶液中碳酸氢根先与氢氧根离子反应生成碳酸根与水，然后铵根离子再与氢氧根离子在加热条件下反应生成氨气与水，故A点前样品与NaOH反应的离子方程式为，故答案为：；
（2）
加入70mL NaOH溶液时，溶液中溶质为Na2CO3，根据钠离子守恒n(Na2CO3)=n(NaOH)=×0.07L×2mol/L=0.07mol，设NH4HCO3、(NH4)2CO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与碳元素守恒，则：79x+96y＝5.7、x+y＝0.07，解得x=0.06  y=0.01，样品中(NH4)2CO3的质量分数是=16.8%，故答案为：16.8%。

四、实验题
24．某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
【实验内容及记录】
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6mol/LH2C2O4溶液
H2O
0.04mol/LKMnO4溶液
3mol/L稀硫酸
1
3.0
2.0
3.0
2.0
4.0
2
2.0
3.0
3.0
2.0
5.2
3
1.0
4.0
3.0
2.0
6.4

请回答：
(1)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是___________。
(2)利用实验1中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)=________。
(3)实验中加入H2O的目的是___________。
(4)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应如图2所示。

该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。
①该小组同学提出的假设：生成的Mn2+对该反应有催化作用。
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
再向试管中加入少量固体
室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6mol/LH2C2O4溶液
H2O
0.04mol/LKMnO4溶液
3mol/L稀硫酸
4
3.0
2.0
3.0
2.0
__
t

③现象及结论：依据现象_____，得出该小组同学提出的假设成立。
【答案】(1)其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大
(2)3×10-3mol/(L·min)
(3)保证只有H2C2O4浓度不同，H2SO4和KMnO4的浓度均相同
(4)     MnSO4     与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min

【分析】（1）
从表中的实验数据可以看出，三次实验所用KMnO4、H2SO4的浓度都相同，但H2C2O4的浓度不同，H2C2O4的浓度越大，反应所用时间越短，由此可以得到的结论是：其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。答案为：其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大；
（2）
实验1中，在4min内，3.0mL0.04mol/LKMnO4溶液完全发生反应，所以用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)== 3×10-3mol/(L·min)。答案为：3×10-3mol/(L·min)；
（3）
研究外界条件的改变对化学反应速率的影响时，我们通常只改变一个条件，由此可以看出，实验中加入H2O，可保证KMnO4和H2SO4的浓度不变，所以加入H2O的目的是：保证只有H2C2O4浓度不同，H2SO4和KMnO4的浓度均相同。答案为：保证只有H2C2O4浓度不同，H2SO4和KMnO4的浓度均相同；
（4）
②因为实验研究的是Mn2+对反应是否有催化作用，而反应开始前，溶液中不含有Mn2+，所以可在反应物中加入可溶性锰盐，对比反应完成所需的时间，以判断反应速率的快慢，因此加入的少量固体为MnSO4。
③由前面分析可知，若Mn2+起催化作用，反应所需时间短，从而得出现象及结论为：依据现象“与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min”，得出该小组同学提出的假设成立。答案为：MnSO4；与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min。
【点睛】比较外界条件对反应速率的影响时，若同时改变几个条件，我们很难判断是哪一条件对反应速率产生影响。

五、原理综合题
25．甲醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，是一种重要的化工原料。
工业生产甲醇的常用方法是：  。
(1)已知：  
  
的反应热_______。
(2)不同的催化剂有着不同的催化活性，也有不同最佳反应温度。研究者向恒压密闭装置中通入混合气体[混合比例]，生成甲醇时空收率随温度的变化曲线，如图所示：
已知：时空收率表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率

①甲醇的时空收率为什么整体上出现“抛物线”形状_______。
②选择催化剂最佳配比_______、最佳反应温度_______。
③使用1活性催化剂时，若反应温度由169℃升高到223℃，尝试计算反应速率之比_______。223℃时氢气的平均反应速率_______
(3)①工业上利用甲醇蒸汽重整法制备氢气。该法中的一个主要反应为，此反应能自发进行的原因是_______。
②在稀硫酸介质中，甲醇燃料电池负极发生的电极反应式为_______。
【答案】(1)
(2)     随温度上升，反应速率加快，甲醇的收率曲线上升，出现拐点，可能是催化剂活性降低，也可能是放热反应平衡逆向移动          210℃     2     0.4
(3)     熵增变化起主要作用    

【详解】（1）给反应编号①
②  
按盖斯定律，反应2×②-①得 2×(-241.8)- (-90.8) =。
（2）①催化剂在不同温度下有着不同的催化活性：温度太低、催化剂活性不够，温度太高，催化剂会失活。生产甲醇的  是放热反应，升温平衡左移。则甲醇的时空收率整体上出现“抛物线”形状的原因为：随温度上升，反应速率加快，甲醇的收率曲线上升，出现拐点，可能是催化剂活性降低，也可能是放热反应平衡逆向移动。
②由图可知，催化剂最佳配比为、最佳反应温度为210℃。
③使用1活性催化剂时，若反应温度由169℃升高到223℃，尝试计算反应速率之比2。由化学方程式可知，223℃时氢气的平均反应速率为甲醇的2倍、则为0.4。
（3）①ΔH-TΔS＜0时反应即可自发，吸热反应ΔH＞0、若ΔS＞0，导致ΔH-TΔS＜0即可自发。已知  ，则反应能自发进行的原因是熵增变化起主要作用。
②在稀硫酸介质中，甲醇燃料电池的负极为甲醇失去电子被氧化生成二氧化碳的反应，则负极的电极反应式为。

六、工业流程题
26．研究之间的转化具有重要意义。
(1)已知：  ，将一定量气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为。
①该反应自发进行的条件是_______。
②下列不能作为反应达到平衡的判据是_______。
A．的物质的量不变          B．           C．不变
D．容器内气体的平均相对分子质量不变           E.容器内颜色不变
③时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，气体的平衡转化率为，则反应的平衡常数_______(用含有的表达式表示。对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。
(2)氧化反应：分两步基元反应进行：
I.    快反应
II.    慢反应
已知：。
①在下图中绘制“”的“能量～反应过程”示意图_______。

②法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：  。消除汽车尾气中的时，可用尿素[]还原NO，既安全又高效，且产物都是空气中含有的成分。与法相比，等物质的量的尿素与氨气可消除的物质的量之比为_______。(不考虑副反应)
【答案】(1)     高温     BC    
(2)          3:1

【解析】（1）
①ΔH-TΔS＜0时反应即可自发，吸热反应ΔH＞0、若ΔS＞0，导致ΔH-TΔS＜0即可自发。已知，则该反应自发进行的条件是高温。
②
A．的物质的量不变  即浓度不变，反应一定平衡， A正确；        
B． 没有指明反应方向，不能表示正反应和逆反应速率相等、不能判断是否平衡，当v正(N2O4) =2v逆(NO2) 时，体系才平衡，B错误；          
C．该反应的取决于反应物和生成物总能量的差，与反应的程度无关，不变与是否平衡无关，C错误；
D．气体质量恒定，混合气体的物质的量、容器内气体的平均相对分子质量不变会随着反应而变，当气体的平均相对分子质量不变时说明已平衡，D正确；          
E． NO2气体有颜色，颜色的深浅与浓度有关，当颜色不变时，即浓度不变，反应一定平衡，E正确；
选BC。
③时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，气体的平衡转化率为，恒容条件下压强比等于气体的物质的量之比，假设初始时N2O4的物质的量为n，列三段式：
；所以p (N2O4)=，p (NO2) =，则反应的平衡常数=。
（2）
①：I.    快反应
II.    慢反应，则步骤Ⅱ反应活化能较大，起决定因素；又已知：，2步反应均为放热反应、步骤Ⅱ放热更多，则“”的“能量～反应过程”示意图为：。
②尿素与氨气消除的的反应分别为、 ，均为4mol的 尿素与氨气可消除的分别为12mol、4mol，则等物质的量的尿素与氨气可消除的物质的量之比为3:1。(不考虑副反应)