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2022-2023学年重庆市万州第二高级中学高二上学期10月月考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年重庆市万州第二高级中学高二上学期10月月考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高二上学期10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法错误的是
A．开发燃料电池汽车，有利于减少机动车尾气污染
B．开发利用太阳能、风能等新能源代替化石能源，利于实现低碳经济
C．天然气是推广使用的清洁燃料
D．在燃煤中加入生石灰，可减少CO2的排放
【答案】D
【详解】A．开发燃料电池汽车，减少化石燃料的使用，从而减少大气污染物的排放，有利于减少机动车尾气污染，A正确；
B．太阳能、风能等新能源都不含碳元素，替代化石能源，有利于实现低碳经济，B正确；
C．天然气的主要成分是甲烷，热值高、燃烧充分、燃烧产物不污染环境，是推广使用的清洁燃料，C正确；
D．在燃煤中加入生石灰，可吸收燃烧产生的SO2，减少SO2的排放，但对CO2气体的排放不产生影响，D错误；
故选D。
2．下列关于焓判据和熵判据的说法中，不正确的是
A．放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B．由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
C．对于孤立体系，自发过程向着熵增的方向进行
D．反应能自发进行，则该反应的
【答案】D
【详解】A．依据∆G=∆H-T∆S＜0，放热的自发反应，∆H＜0，∆S可以大于0也可以小于0，则可能是熵减小的过程，但对于吸热的自发反应，因为∆H＞0，所以一定存在∆S＞0，即一定为熵增加的过程，A正确；
B．不管一个反应的焓判据和熵判据是大于0还是小于0，判断反应的自发性时，都可利用焓判据和熵判据组成的复合判据∆G=∆H-T∆S进行判断，B正确；
C．热力学第二定律指出：一切孤立体系都朝着熵增的方向进行，熵增反应是反应自发进行的一个有利因素，C正确；
D．反应的∆S＜0，能自发进行，则该反应的∆H＜0，D不正确；
故选D。
3．下列说法中错误的
A．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
B．对有气体参加的化学反应，减小容器体积、体系压强增大，从而增大了活化分子的浓度，因而反应速率增大
C．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞
D．加入正催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而增大化学反应的速率
【答案】C
【详解】A．升高温度，可使分子的能量增大，单位体积内的活化分子数目增多，一般可使活化分子的百分数增大，反应速率加快，A正确；
B．有气体参加的反应，减小容器体积，体系的压强增大，单位体积内的活化分子数增多，活化分子的浓度增大，有效碰撞的次数增多，反应速率加快，B正确；
C．活化分子只是具备有效碰撞的能量，活化分子之间的碰撞还具有一定的取向，活化分子只有取向合适，才能发生有效碰撞，C错误；
D．加入正催化剂，可降低反应的活化能，使更多的分子成为活化分子，从而增大活化分子的百分数，加快化学反应速率，D正确；
故选C。
4．下列关于阿伏加德罗常数的计算错误的是
A．1molNaHSO4固体中所含阴阳离子总数为2 NA
B．常温常压下，20gD2O分子中所含中子数为10 NA
C．4.6gNO2与N2O4的混合气体中所含氮原子数为0.1 NA
D．100mL0.01mol/L的CH3COOH溶液中所含氢离子数小于1.0×10-3 NA
【答案】A
【详解】A．NaHSO4由Na+和 构成，则1molNaHSO4固体中所含阴阳离子总数为2NA，A错误；
B．D2O分子中含有10个中子，20gD2O的物质的量为1mol，则所含中子数为10 NA，B正确；
C．NO2与N2O4的最简式为NO2，则4.6g混合气体中含有0.1mol的氮原子，氮原子数为0.1 NA，C正确；
D．CH3COOH为一元弱酸，发生部分电离，100mL0.01mol/LCH3COOH的物质的量为1.0×10-3mol，则溶液中所含氢离子数小于1.0×10-3 NA，D正确；
故选A。
5．在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示。已知v(A)、v(B)、v(C)之间有以下关系2v(B)=3v(A)，3v(C)=2v(B)，则此反应可以表示为
A．2A +3B = 2C B．A+3B =2C
C．2A+B = 2C D．A+B = C
【答案】A
【分析】同一可逆反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，把不同物质反应速率转化为同一物质反应速率，从而确定化学方程式。
【详解】由2v(B)=3v(A)，2v(B)=3v(C)可得出，v(A)=v(C)=v(B)，所以v(A):v(B):v(C)=2:3:2，反应的化学方程式为2A+3B=2C，故选A。
6．下列对有关实验现象的描述或解释不正确的是
编号
事实
解释
①
锌与稀盐酸反应，加入氯化钠固体，速率加快
增大了氯离子浓度，反应速率加快
②
锌与稀硫酸反应，滴入几滴硫酸铜溶液，生成氢气的速率减慢
锌置换铜的反应干扰了锌置换氢的反应，致使生成氢气的速率变慢
③
大小、形状相同的镁片、铁片，与等浓度的盐酸反应产生H2的速率前者比后者大
镁比铁活泼，化学反应速率的决定性因素是反应物本身的性质
④
等浓度等体积的FeCl3和KI溶液混合反应：，达到平衡后滴加KSCN溶液，出现血红色
该反应为可逆反应，体系中始终存在Fe3+
⑤
铜与稀硫酸反应较慢，加热后，立即产生气泡
升高温度，反应速率加快
⑥
面粉生产车间容易发生爆炸
固体表面积大，反应速率加快
A．①②④ B．①④⑤ C．①②⑤ D．②④⑥
【答案】C
【详解】①锌与稀盐酸反应的实质是Zn与H+反应，加入氯化钠固体，对反应不产生影响，反应速率不变，①不正确；
②锌与稀硫酸反应，滴入几滴硫酸铜溶液，Zn首先与Cu2+反应生成Cu等，Zn、Cu、稀硫酸构成原电池，Zn作负极，生成氢气的速率加快，②不正确；
③镁的金属活动性比铁强，与盐酸反应产生H2的速率快，③正确；
④等浓度等体积的FeCl3和KI溶液混合反应，若为不可逆反应，则Fe3+没有剩余，现滴加KSCN溶液，出现血红色，则表明溶液中存在Fe3+，反应为可逆反应，④正确；
⑤铜位于金属活动顺序表中氢的后面，与稀硫酸不能发生反应，即便加热，也不产生气泡，⑤不正确；
⑥面粉的颗粒小，与空气的接触面积大，遇明火容易发生爆炸，⑥正确；
综合以上分析，①②⑤不正确，故选C。
7．下列说法正确的是
A．浓度为0.1mol∙L-1CH3COOH溶液，加冰醋酸，则增大
B．浓度为0.1mol∙L-1 CH3COOH溶液，升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离程度增大
C．浓度为0.1mol∙L-1 H2SO3溶液，加水稀释，亚硫酸的电离程度增大，浓度也增大
D．浓度为0.1mol∙L-1 H2SO3溶液，通入少量氯气，pH会增大
【答案】B
【详解】A．浓度为0.1mol∙L-1CH3COOH溶液，加冰醋酸，电离平衡正向移动，c(H+)增大，但Ka不变，则=减小，A不正确；
B．CH3COOH在溶液中的电离过程需要吸收热量，升高温度，正、逆反应速率均增大，但正反应速率增大更多，平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，B正确；
C．浓度为0.1mol∙L-1 H2SO3溶液，加水稀释，虽然亚硫酸的电离程度增大，的物质的量增大，但溶液体积增大占主导地位，所以浓度减小，C不正确；
D．浓度为0.1mol∙L-1 H2SO3溶液，通入少量氯气，发生反应H2SO3+Cl2+H2O=2HCl+H2SO4，所以溶液的pH减小，D不正确；
故选B。
8．下列装置及设计不能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
装置
目的
测定中和反应的反应热
比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果
测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率
探究温度对化学平衡的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．此装置中，内外桶中间有隔热层，内外桶口与杯盖相平，吻合度高，有温度计、环形玻璃搅拌棒，则装置的保温效果好，最高温度的测定准确，A正确；
B．虽然Fe3+和Cu2+的浓度相同，但阴离子不同，不能确定反应速率是由阳离子催化引起的，还是由阴离子催化引起的，B错误；
C．锌与稀硫酸反应，测定相同时间内产生的氢气体积，或者产生相同体积氢气所用的时间，可测定平均反应速率，C正确；
D．NO2呈红棕色，N2O4呈无色，依据热水中圆底烧瓶内气体的颜色与冷水中圆底烧瓶内气体的颜色的深浅，可确定平衡移动的方向，从而确定温度对化学平衡的影响，D正确；
故选B。
9．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A．为放热反应，则该反应的反应物总能量低于生成物总能量
B．若C(石墨，)(金刚石，s) ，则石墨比金刚石稳定
C．由，可知碳的燃烧热为
D．已知；，则
【答案】B
【详解】A．放热反应的反应物总能量高于生成物总能量， A错误；
B．ΔH>0 ，说明石墨的能量低于金刚石的能量，故石墨比金则石稳定，B正确；
C．燃烧热必须是生成稳定的化合物，C燃烧必须生成CO2，故C错误；
D． 生成CO2放出的热量比生成CO放出的热量要大，故ΔH1<ΔH2，D错误；
故选B。
10．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．氯水中有平衡：，当加入溶液后，溶液颜色变浅
B．在硫化氯水溶液中加入碱有利于的生成
C．溶液中存在平衡： 升高温度，溶液颜色由蓝色变成黄绿色
D．由、、组成的平衡体系通过缩小体积加压后颜色变深
【答案】D
【详解】A．氯水中有下列平衡Cl2+H2O HCl+HClO，当加入AgNO3后，溶液中氯离子浓度降低，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B．在硫化氢水溶液中存在硫化氢的电离平衡，加入碱，消耗氢离子，平衡正移，有利于S2-的生成，能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．CuCl2溶液中存在平衡： ΔH＞0，升高温度，平衡正移，转化为，溶液颜色由蓝色变成黄绿色，能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系反应前后气体系数和相等，通过缩小体积加压后，平衡不移动，颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。
11．下列说法正确的是
A． 达平衡后，升温使增大，减小，平衡逆移
B．若改变条件使化学平衡正向移动，平衡常数值一定增大
C．需要加热才能发生的一定是吸热反应
D．在汽车上安装三元催化转化器处理尾气，尾气中某些颗粒物可能使催化剂“中毒”
【答案】D
【详解】A．达平衡后，升高温度，增大，增大，但增大的更多，从而使平衡逆向移动，A不正确；
B．平衡常数K值只受温度变化的影响，不受浓度变化的影响，若改变某物质的浓度或压强而使化学平衡正向移动，则平衡常数值不变，B不正确；
C．很多放热反应也需要加热才能引发反应，所以需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，C不正确；
D．某些颗粒物可能使催化剂“中毒”，所以在汽车上安装三元催化转化器处理尾气时，应对尾气进行预处理，D正确；
故选D。
12．可以证明可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)已达平衡状态的有几项：①一个N≡N键断裂的同时，有3个H-H键断裂；②一个N≡N键断裂的同时，有6个N-H键断裂；③其他条件不变时，混合气体的平均相对分子质量不再改变；④恒温恒容时，体系压强不再改变；⑤ω(NH3)、ω(N2)和ω(H2)都不再改变；⑥恒温恒容时，密度保持不变；⑦，
A．7项 B．6项 C．5项 D．4项
【答案】D
【详解】①一个N≡N键断裂的同时，有3个H-H键断裂，虽然二者的数值之比等于化学计量数之比，但反应进行的方向相同，不能确定反应达平衡状态；
②一个N≡N键断裂的同时，有6个N-H键断裂，反应进行的方向相反，且二者的数值之比等于化学计量数之比，则反应达平衡状态；
③其他条件不变时，混合气体的总质量不变，气体的物质的量改变，则平衡前平均相对分子质量发生不断改变，则平均相对分子质量不变时，反应达平衡状态；
④恒温恒容时，平衡前气体的物质的量发生改变，则压强发生改变，当体系压强不再改变时，反应达平衡状态；
⑤ω(NH3)、ω(N2)和ω(H2)都不再改变，则正、逆反应速率相等，反应达平衡状态；
⑥恒温恒容时，混合气的质量不变、体积不变，密度始终不变，所以密度保持不变时，反应不一定达平衡状态；
⑦，，前者是平均反应速率，后者是逆反应速率，没有可比性，不能判断反应是否达平衡状态；
综合以上分析，②③④⑤达平衡状态，故选D。
13．甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇利用脱氢法可制备甲醛，主要反应为：。是甲醇脱氢制甲醛的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如下：
历程ⅰ：
历程ⅱ：
历程ⅲ：
历程iv：
如图所示为在体积2L的恒容容器中，投入，在碳酸钠催化剂作用下，经过5min反应，测得甲醇转化率与甲醛的选择性与温度的关系(甲醛的选择性：转化的中生成的百分比)，下列有关说法正确的是
A．600℃时，前5min内生成甲醛的平均速率
B．700℃时，反应历程ⅱ的速率大于反应历程ⅲ的速率
C．脱氢法制甲醛中，在高温高压条件下更有利于提高平衡产率
D．反应历程ⅰ的活化能小于的活化能
【答案】D
【详解】A．由图可知，600℃时甲醇转化率为55%、甲醛的选择性为60%，则前5min内生成甲醛的平均速率v(HCHO)= =0.033 mol·L-1·min-1，故A错误；
B．由图可知，600℃后，甲醇的转化率增大、甲醛的选择性降低，说明700°C时历程ⅲ的反应程度大，相同时间内反应历程ⅱ的速率小于反应历程ⅲ的速率，故B错误；
C．该反应为气体体积增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲醛的产率降低，故C错误；
D．使用催化剂，降低反应的活化能，则使用碳酸钠做反应催化剂的反应历程ⅰ的活化能小于CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)的活化能，故D正确；
故选D。
14．T℃时，在密闭容器中进行的反应：COCl2(g) ⇌ CO(g)+Cl2(g) △H=+108KJ/mol，在4min、10min、14min时均只改变影响平衡的一个条件，各物质的浓度变化如图所示，下列说法正确的是
A．4min时降低温度，10min时充入Cl2，14min时增大容器的体积
B．平衡常数K2min
D．若T℃时，起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20 mol，则达到平衡前，v正>v逆
【答案】D
【分析】由题干可知，该反应为吸热反应，且正反应为分子数目增大的反应，在第4min时，反应向正反应方向移动，且浓度为改变，则第4min改变的条件为升高温度；在第10min时，CO的浓度降低，改变的条件为移除部分的CO，平衡正向移动；在第10min时，所有物质的物质的量浓度成倍数降低且反应正向移动，则改变的条件为增大体积，据此解答。
【详解】A．由分析可知：4min时升高温度，10min时移除部分CO，14min时增大容器的体积，A不正确；
B．在第4min时，升高温度，且正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，平衡常数只与温度有关，故平衡常数K2min＞K9min=K13min，B不正确；
C．有图可知：在4min~8min CO的浓度变化0.01mol/L，根据方程式，COCl2变化的浓度为0.01mol/L，则COCl2平均反应速率为0.0025mol(L·min)，C不正确；
D．在T℃时，由图象起点可得平衡常数，若起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20 mol，则，达到平衡前平衡正向移动，则v正>v逆，D正确；
故选D。
二、填空题
15．I.现有下列物质①熔化的NaCl②盐酸③氯气④冰醋酸⑤铜⑥酒精⑦硫酸氢钠⑧液氨⑨SO2⑩Al2O3，请按要求回答下列问题。
(1)属于强电解质的是_______(填序号)
(2)在上述状态下能导电的是_______(填序号)
(3)属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是_______(填序号)
II.工业合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H=-92.2kJ∙mol-1，一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关系如图所示：
(4)其中 t4时刻所对应的实验条件改变是_____，t5时刻所对应的实验条件改变是_____，平衡常数最大的时间段是_____。
(5)为了提高平衡混合物中氨的含量，根据化学平衡移动原理，仅从理论上分析合成氨适宜的条件是_______(填字母)。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
(6)实际生产中一般采用的反应条件为400~500℃，原因是_______。
【答案】(1)①⑦⑩
(2)①②⑤
(3)⑧⑨
(4) 加入催化剂 减小氨气的浓度 t8-t9
(5)B
(6)温度低，化学反应速率慢，到达平衡的时间变长，温度太高，平衡转化率低，且催化剂在500℃时活性最好
【解析】（1）
强电解质是指在水溶液或熔融状态下完全电离的电解质，①熔化的NaCl、⑦硫酸氢钠、⑩Al2O3都属于强电解质，故选①⑦⑩。答案为：①⑦⑩；
（2）
在上述状态下，能电离产生离子或提供自由电子的物质能导电，即①熔化的NaCl(离子导电)、②盐酸(离子导电)、⑤铜(电子导电)，故选①②⑤。答案为：①②⑤；
（3）
在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物属于非电解质，包括⑥酒精、⑧液氨、⑨SO2，但⑧液氨、⑨SO2溶于水后的水溶液能导电，故选⑧⑨。答案为：⑧⑨；
（4）
从图中可以看出，t4时刻，正、逆反应速率同等程度加快，则所对应的实验条件改变是加入催化剂；t5时刻，在条件改变的瞬间，正反应速率不变，逆反应速率减小，则所对应的实验条件改变是减小氨气的浓度。t2时刻是增大反应物浓度、t4时刻是加催化剂、t5时刻是减小生成物浓度，t7时刻是降低温度，只有温度改变影响平衡常数，且降低温度平衡正向移动，所以平衡常数最大的时间段是t8-t9。答案为：加入催化剂；减小氨气的浓度；t8-t9；
（5）
合成氨反应是放热的、体积缩小的可逆反应，为了提高平衡混合物中氨的含量，理论上合成氨适宜的条件是低温高压，故选B。答案为：B；
（6）
温度高，反应速率快，可提高单位时间内的转化率，且催化剂在500℃时活性最好，所以实际生产中一般采用的反应条件为400~500℃，原因是：温度低，化学反应速率慢，到达平衡的时间变长，温度太高，平衡转化率低，且催化剂在500℃时活性最好。答案为：温度低，化学反应速率慢，到达平衡的时间变长，温度太高，平衡转化率低，且催化剂在500℃时活性最好。
【点睛】工业生产追求的是单位时间内的产量，所以有时需要考虑单位时间内的转化率，不需过多考虑平衡转化率。
三、原理综合题
16．I.将二氧化碳转化为甲醇是实现碳中和的有效途径：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，如图表示该反应进行过程中的能量变化。
(1)图中曲线_______(填“a”或“b”)表示使用催化剂时的反应进程，使用催化剂对该反应焓变_______影响(填“有”或“无”)。据图可判断反应物的正反应的活化能_______(填“＞”“＜”或“=”)逆反应的活化能，若H-H的键能为hkJ/mol，则C=O的键能为_______kJ/mol。
(2)合成甲醇时存在副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H=+41kJ∙mol-1，副反应的发生不利于生成CH3OH的原因是_______。
II.火箭推进器中装有还原剂液态肼(N2H4)和氧化剂过氧化氢(H2O2)，当它们混合时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量。回答下列问题：
(3)过氧化氢的结构式是_______。
(4)该反应的热化学方程式为_______。
(5)已知 H2O(l)H2O(g) ∆H=+44kJ∙mol-1，液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，转移了2mol电子，则放出的热量Q=_______kJ。
(6)实验室可用次氯酸钠溶液与氨气反应制备液态肼，已知生成物之一是常见的盐，则反应的化学方程式为_______。
【答案】(1) b 无 ＜ (E1-3h)
(2)副反应消耗CO2、H2，且有H2O(g)生成，CO2、H2浓度减小和H2O(g)浓度增大使合成甲醇的反应逆向进行
(3)H-O-O-H
(4)N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ∆H=-640kJ∙mol-1
(5)408
(6)NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O
【解析】（1）
从图中可以看出，曲线b的活化能比曲线a小，则曲线b表示使用催化剂时的反应进程；催化剂只改变反应的活化能，不改变反应的热效应，所以使用催化剂对该反应焓变无影响。据图可判断反应物的正反应的活化能＜逆反应的活化能，若H-H的键能为hkJ/mol，则3hkJ/mol+2E(C=O)=E1kJ/mol，则C=O的键能为(E1-3h)kJ/mol。答案为：b；无；＜；(E1-3h)；
（2）
从副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)看，与主反应的反应物都相同，生成物有一种相同，则副反应的发生不利于生成CH3OH的原因是：副反应消耗CO2、H2，且有H2O(g)生成，CO2、H2浓度减小和H2O(g)浓度增大使合成甲醇的反应逆向进行。答案为：副反应消耗CO2、H2，且有H2O(g)生成，CO2、H2浓度减小和H2O(g)浓度增大使合成甲醇的反应逆向进行；
（3）
过氧化氢分子中，H与O原子间各形成一对共用电子，两个O原子间也形成一对共用电子，则其结构式是H-O-O-H。答案为：H-O-O-H；
（4）
已知0.4mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，则1mol N2H4(l)与H2O2(l)反应，放热=640kJ/mol，该反应的热化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ∆H=-640kJ∙mol-1。答案为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ∆H=-640kJ∙mol-1；
（5）
已知 H2O(l)H2O(g) ∆H=+44kJ∙mol-1，则液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，热化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ∆H=-816kJ∙mol-1，可建立关系式：4e-——816kJ，则转移2mol电子，放出的热量Q==408kJ。答案为：408；
（6）
用次氯酸钠溶液与氨气反应制备液态肼，生成物之一是常见的盐NaCl，则反应的化学方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。答案为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。
【点睛】一定条件下，反应的活化能越大，反应速率越慢。
17．研究表明：丰富的CO2可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源(石油和天然气)枯竭危机，同时又可缓解由CO2累积所产生的温室效应，实现CO2的良性循环。
(1)目前工业上有一种方法是用CO2加氢合成低碳烯烃。现以合成乙烯(C2H4)为例，一定温度下，该过程分两步进行：
第一步：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H1=+41.3kJ∙mol-1K1
第二步：2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) ∆H2=-210.5 kJ∙mol-1K2
①CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为_______。同一温度下，该反应的平衡常数K=_______(用K1和K2代数式表示)
②一定条件下的密闭容器中，上述反应达到平衡后，要加快反应速率并提高CO2的转化率，可以采取的措施是_______(填字母)。
A．减小压强 B．增大H2浓度 C．升高温度 D．分离出水蒸气
(2)另一种方法是将CO2和H2在催化剂条件下生成甲醇蒸气和水蒸气。现在10L恒容密闭容器中投入1mol CO2和3mol H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。在不同条件下测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示：
①上述反应的∆H ____0(填“＞”或“＜”)，图中压强P1___ P2(填“>”或“＜”)。
②经测定知Q点时容器的压强是反应前压强的，则Q点H2的转化率为_______。
③N点时，该反应的平衡常数K=_______(计算结果保留两位小数)。
(3)工业生产中应用：COS的水解反应为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g) ∆H＜0。某温度时，用活性α-Al2O3作催化剂，在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比的转化关系如图甲所示。其他条件相同时，改变反应温度，测得一定时间内COS的水解转化率如图乙所示：
①该反应的最佳条件为：投料比=_______，温度=_______。
②当温度升高到一定值后，一定时间内COS(g)的水解转化率降低；可能的原因是_______。
【答案】(1) 2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ∆H2=-127.9 kJ∙mol-1 B
(2) ＜ ＞ 20% 0.73
(3) 10:1 150℃ 催化剂活性降低，反应速率变慢；该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动
【解析】（1）
ⅰ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H1=+41.3kJ∙mol-1 K1
ⅱ.2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) ∆H2=-210.5 kJ∙mol-1 K2
①利用盖斯定律，将反应ⅰ×2+ⅱ得：CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ∆H2=-127.9 kJ∙mol-1。则在同一温度下，该反应的平衡常数K=。
②A．减小压强，反应速率减慢，平衡逆向移动，CO2的转化率降低，A不符合题意；
B．增大H2浓度，反应速率加快，平衡正向移动，CO2的转化率提高，B符合题意；
C．升高温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，CO2的转化率降低，C不符合题意；
D．分离出水蒸气，平衡正向移动，CO2的转化率提高，但反应速率减慢，D不符合题意；
故选B。答案为：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ∆H2=-127.9 kJ∙mol-1；；B；
（2）
①从图中可以看出，升高温度，n(CH3OH(g))减小，则平衡逆向移动，所以上述反应的∆H＜0，因为反应物气体分子数大于生成物气体分子数，增大压强，平衡正向移动，n(CH3OH(g))增大，所以图中压强P1＞P2。
②经测定知Q点时容器的压强是反应前压强的，设参加反应的CO2的物质的量为x，可建立如下三段式：
则，x=0.2mol，则Q点H2的转化率为=20%，
③N点时，该反应的平衡常数与M点相同，在M点，可建立如下三段式：
K=≈0.73。答案为：＜；＞；20%；0.73；
（3）
①从图中可以看出，该反应的最佳条件为：投料比=10:1，温度=150℃。
②温度升高，反应速率加快，反应物的转化率提高，达平衡的时间缩短，当温度升高到一定值后，反应达平衡状态。一定时间内COS(g)的水解转化率降低，则可能是平衡逆向移动，也可能是反应速率减慢。可能的原因是：催化剂活性降低，反应速率变慢；该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动。答案为：10:1；150℃；催化剂活性降低，反应速率变慢；该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动。
【点睛】催化剂的催化效率可能受温度的影响，温度低，催化效率低，温度高，催化效率也可能低。
四、实验题
18．烟气脱硝(将NOx转化成无害物质)是工业废气处理中的重要工艺。相对传统的处理工艺，活性炭吸附脱硝法具有工艺过程无二次污染、氮资源和脱硝剂可循环利用等优点。回答下列问题。
(1)活性炭吸附脱硝法的工艺流程如图所示。
活性炭的作用是_______，若入口烟气中NOx以NO形式参加反应，则相应的化学方程式为_______。
(2)某同学选择如图装置(省略夹持仪器)对该方法进行模拟实验：
①实验前，A、B产生的气体导入C装置，则应h→_______，i→_______的顺序连接仪器，原因是_______。
②先通入空气，再打开A、B中分液漏斗的活塞，观察到B中出现红棕色气体，此时，所获得的氮氧化物中一定含有_______气体。
③装置F除了能用于判断气体流速和脱硝效果外，还可用于_______。
④常温常压下，以一定流速和比例混合NO、NH3、空气等气体进行模拟实验，现测得NO入口体积分数为3×10-4，出口体积分数为6×10-5，则脱硝百分率为_______%(可忽略脱硝前后气体总体积的变化，计算结果保留小数点后1位)。
【答案】(1) 催化剂 4NH3+6NO5N2+6H2O
(2) j k 氨气密度较小，可使反应气体混合均匀，使反应更充分 NO2 尾气吸收 80.0
【分析】A装置用于制取NH3，B装置用于制取NO，在C装置内两种气体混合，若j口进入NO，k口进入NH3，由于NH3密度比NO小，将导致气体不能混合均匀，NO去除效果差。所以j口应进入NH3，k口进入NO。
（1）
从图中可以看出，NOx和NH3经过活性炭层发生反应，生成N2和H2O，活性炭的作用是催化剂，若入口烟气中NOx以NO形式参加反应，则相应的化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O。答案为：催化剂；4NH3+6NO5N2+6H2O；
（2）
①由分析可知，实验前，A、B产生的气体导入C装置，则应h→j，i→k的顺序连接仪器，原因是：氨气密度较小，可使反应气体混合均匀，使反应更充分。
②先通入空气，再打开A、B中分液漏斗的活塞，B中产生的NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，所以观察到B中出现红棕色气体，此时，所获得的氮氧化物中一定含有NO2气体。
③依据装置F中气泡逸出速率，可判断气体流速，依据溶液颜色是否变化，可判断脱硝效果，未反应的NO2、NH3还能被NaOH稀溶液吸收，所以可用于尾气吸收。
④现测得NO入口体积分数为3×10-4，出口体积分数为6×10-5，设混合气的总体积为VL，则参加的NO的体积为(3×10-4-6×10-5)VL，脱硝百分率为 =80.0%。答案为：j；k；氨气密度较小，可使反应气体混合均匀，使反应更充分；NO2；尾气吸收；80.0。
【点睛】装置E的作用是安全瓶，防止倒吸。
重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高二上学期10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法错误的是
A．开发燃料电池汽车，有利于减少机动车尾气污染
B．开发利用太阳能、风能等新能源代替化石能源，利于实现低碳经济
C．天然气是推广使用的清洁燃料
D．在燃煤中加入生石灰，可减少CO2的排放
【答案】D
【详解】A．开发燃料电池汽车，减少化石燃料的使用，从而减少大气污染物的排放，有利于减少机动车尾气污染，A正确；
B．太阳能、风能等新能源都不含碳元素，替代化石能源，有利于实现低碳经济，B正确；
C．天然气的主要成分是甲烷，热值高、燃烧充分、燃烧产物不污染环境，是推广使用的清洁燃料，C正确；
D．在燃煤中加入生石灰，可吸收燃烧产生的SO2，减少SO2的排放，但对CO2气体的排放不产生影响，D错误；
故选D。
2．下列关于焓判据和熵判据的说法中，不正确的是
A．放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B．由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
C．对于孤立体系，自发过程向着熵增的方向进行
D．反应能自发进行，则该反应的
【答案】D
【详解】A．依据∆G=∆H-T∆S＜0，放热的自发反应，∆H＜0，∆S可以大于0也可以小于0，则可能是熵减小的过程，但对于吸热的自发反应，因为∆H＞0，所以一定存在∆S＞0，即一定为熵增加的过程，A正确；
B．不管一个反应的焓判据和熵判据是大于0还是小于0，判断反应的自发性时，都可利用焓判据和熵判据组成的复合判据∆G=∆H-T∆S进行判断，B正确；
C．热力学第二定律指出：一切孤立体系都朝着熵增的方向进行，熵增反应是反应自发进行的一个有利因素，C正确；
D．反应的∆S＜0，能自发进行，则该反应的∆H＜0，D不正确；
故选D。
3．下列说法中错误的
A．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
B．对有气体参加的化学反应，减小容器体积、体系压强增大，从而增大了活化分子的浓度，因而反应速率增大
C．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞
D．加入正催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而增大化学反应的速率
【答案】C
【详解】A．升高温度，可使分子的能量增大，单位体积内的活化分子数目增多，一般可使活化分子的百分数增大，反应速率加快，A正确；
B．有气体参加的反应，减小容器体积，体系的压强增大，单位体积内的活化分子数增多，活化分子的浓度增大，有效碰撞的次数增多，反应速率加快，B正确；
C．活化分子只是具备有效碰撞的能量，活化分子之间的碰撞还具有一定的取向，活化分子只有取向合适，才能发生有效碰撞，C错误；
D．加入正催化剂，可降低反应的活化能，使更多的分子成为活化分子，从而增大活化分子的百分数，加快化学反应速率，D正确；
故选C。
4．下列关于阿伏加德罗常数的计算错误的是
A．1molNaHSO4固体中所含阴阳离子总数为2 NA
B．常温常压下，20gD2O分子中所含中子数为10 NA
C．4.6gNO2与N2O4的混合气体中所含氮原子数为0.1 NA
D．100mL0.01mol/L的CH3COOH溶液中所含氢离子数小于1.0×10-3 NA
【答案】A
【详解】A．NaHSO4由Na+和 构成，则1molNaHSO4固体中所含阴阳离子总数为2NA，A错误；
B．D2O分子中含有10个中子，20gD2O的物质的量为1mol，则所含中子数为10 NA，B正确；
C．NO2与N2O4的最简式为NO2，则4.6g混合气体中含有0.1mol的氮原子，氮原子数为0.1 NA，C正确；
D．CH3COOH为一元弱酸，发生部分电离，100mL0.01mol/LCH3COOH的物质的量为1.0×10-3mol，则溶液中所含氢离子数小于1.0×10-3 NA，D正确；
故选A。
5．在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示。已知v(A)、v(B)、v(C)之间有以下关系2v(B)=3v(A)，3v(C)=2v(B)，则此反应可以表示为
A．2A +3B = 2C B．A+3B =2C
C．2A+B = 2C D．A+B = C
【答案】A
【分析】同一可逆反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，把不同物质反应速率转化为同一物质反应速率，从而确定化学方程式。
【详解】由2v(B)=3v(A)，2v(B)=3v(C)可得出，v(A)=v(C)=v(B)，所以v(A):v(B):v(C)=2:3:2，反应的化学方程式为2A+3B=2C，故选A。
6．下列对有关实验现象的描述或解释不正确的是
编号
事实
解释
①
锌与稀盐酸反应，加入氯化钠固体，速率加快
增大了氯离子浓度，反应速率加快
②
锌与稀硫酸反应，滴入几滴硫酸铜溶液，生成氢气的速率减慢
锌置换铜的反应干扰了锌置换氢的反应，致使生成氢气的速率变慢
③
大小、形状相同的镁片、铁片，与等浓度的盐酸反应产生H2的速率前者比后者大
镁比铁活泼，化学反应速率的决定性因素是反应物本身的性质
④
等浓度等体积的FeCl3和KI溶液混合反应：，达到平衡后滴加KSCN溶液，出现血红色
该反应为可逆反应，体系中始终存在Fe3+
⑤
铜与稀硫酸反应较慢，加热后，立即产生气泡
升高温度，反应速率加快
⑥
面粉生产车间容易发生爆炸
固体表面积大，反应速率加快
A．①②④ B．①④⑤ C．①②⑤ D．②④⑥
【答案】C
【详解】①锌与稀盐酸反应的实质是Zn与H+反应，加入氯化钠固体，对反应不产生影响，反应速率不变，①不正确；
②锌与稀硫酸反应，滴入几滴硫酸铜溶液，Zn首先与Cu2+反应生成Cu等，Zn、Cu、稀硫酸构成原电池，Zn作负极，生成氢气的速率加快，②不正确；
③镁的金属活动性比铁强，与盐酸反应产生H2的速率快，③正确；
④等浓度等体积的FeCl3和KI溶液混合反应，若为不可逆反应，则Fe3+没有剩余，现滴加KSCN溶液，出现血红色，则表明溶液中存在Fe3+，反应为可逆反应，④正确；
⑤铜位于金属活动顺序表中氢的后面，与稀硫酸不能发生反应，即便加热，也不产生气泡，⑤不正确；
⑥面粉的颗粒小，与空气的接触面积大，遇明火容易发生爆炸，⑥正确；
综合以上分析，①②⑤不正确，故选C。
7．下列说法正确的是
A．浓度为0.1mol∙L-1CH3COOH溶液，加冰醋酸，则增大
B．浓度为0.1mol∙L-1 CH3COOH溶液，升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离程度增大
C．浓度为0.1mol∙L-1 H2SO3溶液，加水稀释，亚硫酸的电离程度增大，浓度也增大
D．浓度为0.1mol∙L-1 H2SO3溶液，通入少量氯气，pH会增大
【答案】B
【详解】A．浓度为0.1mol∙L-1CH3COOH溶液，加冰醋酸，电离平衡正向移动，c(H+)增大，但Ka不变，则=减小，A不正确；
B．CH3COOH在溶液中的电离过程需要吸收热量，升高温度，正、逆反应速率均增大，但正反应速率增大更多，平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，B正确；
C．浓度为0.1mol∙L-1 H2SO3溶液，加水稀释，虽然亚硫酸的电离程度增大，的物质的量增大，但溶液体积增大占主导地位，所以浓度减小，C不正确；
D．浓度为0.1mol∙L-1 H2SO3溶液，通入少量氯气，发生反应H2SO3+Cl2+H2O=2HCl+H2SO4，所以溶液的pH减小，D不正确；
故选B。
8．下列装置及设计不能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
装置
目的
测定中和反应的反应热
比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果
测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率
探究温度对化学平衡的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．此装置中，内外桶中间有隔热层，内外桶口与杯盖相平，吻合度高，有温度计、环形玻璃搅拌棒，则装置的保温效果好，最高温度的测定准确，A正确；
B．虽然Fe3+和Cu2+的浓度相同，但阴离子不同，不能确定反应速率是由阳离子催化引起的，还是由阴离子催化引起的，B错误；
C．锌与稀硫酸反应，测定相同时间内产生的氢气体积，或者产生相同体积氢气所用的时间，可测定平均反应速率，C正确；
D．NO2呈红棕色，N2O4呈无色，依据热水中圆底烧瓶内气体的颜色与冷水中圆底烧瓶内气体的颜色的深浅，可确定平衡移动的方向，从而确定温度对化学平衡的影响，D正确；
故选B。
9．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A．为放热反应，则该反应的反应物总能量低于生成物总能量
B．若C(石墨，)(金刚石，s) ，则石墨比金刚石稳定
C．由，可知碳的燃烧热为
D．已知；，则
【答案】B
【详解】A．放热反应的反应物总能量高于生成物总能量， A错误；
B．ΔH>0 ，说明石墨的能量低于金刚石的能量，故石墨比金则石稳定，B正确；
C．燃烧热必须是生成稳定的化合物，C燃烧必须生成CO2，故C错误；
D． 生成CO2放出的热量比生成CO放出的热量要大，故ΔH1<ΔH2，D错误；
故选B。
10．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．氯水中有平衡：，当加入溶液后，溶液颜色变浅
B．在硫化氯水溶液中加入碱有利于的生成
C．溶液中存在平衡： 升高温度，溶液颜色由蓝色变成黄绿色
D．由、、组成的平衡体系通过缩小体积加压后颜色变深
【答案】D
【详解】A．氯水中有下列平衡Cl2+H2O HCl+HClO，当加入AgNO3后，溶液中氯离子浓度降低，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B．在硫化氢水溶液中存在硫化氢的电离平衡，加入碱，消耗氢离子，平衡正移，有利于S2-的生成，能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．CuCl2溶液中存在平衡： ΔH＞0，升高温度，平衡正移，转化为，溶液颜色由蓝色变成黄绿色，能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系反应前后气体系数和相等，通过缩小体积加压后，平衡不移动，颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。
11．下列说法正确的是
A． 达平衡后，升温使增大，减小，平衡逆移
B．若改变条件使化学平衡正向移动，平衡常数值一定增大
C．需要加热才能发生的一定是吸热反应
D．在汽车上安装三元催化转化器处理尾气，尾气中某些颗粒物可能使催化剂“中毒”
【答案】D
【详解】A．达平衡后，升高温度，增大，增大，但增大的更多，从而使平衡逆向移动，A不正确；
B．平衡常数K值只受温度变化的影响，不受浓度变化的影响，若改变某物质的浓度或压强而使化学平衡正向移动，则平衡常数值不变，B不正确；
C．很多放热反应也需要加热才能引发反应，所以需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，C不正确；
D．某些颗粒物可能使催化剂“中毒”，所以在汽车上安装三元催化转化器处理尾气时，应对尾气进行预处理，D正确；
故选D。
12．可以证明可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)已达平衡状态的有几项：①一个N≡N键断裂的同时，有3个H-H键断裂；②一个N≡N键断裂的同时，有6个N-H键断裂；③其他条件不变时，混合气体的平均相对分子质量不再改变；④恒温恒容时，体系压强不再改变；⑤ω(NH3)、ω(N2)和ω(H2)都不再改变；⑥恒温恒容时，密度保持不变；⑦，
A．7项 B．6项 C．5项 D．4项
【答案】D
【详解】①一个N≡N键断裂的同时，有3个H-H键断裂，虽然二者的数值之比等于化学计量数之比，但反应进行的方向相同，不能确定反应达平衡状态；
②一个N≡N键断裂的同时，有6个N-H键断裂，反应进行的方向相反，且二者的数值之比等于化学计量数之比，则反应达平衡状态；
③其他条件不变时，混合气体的总质量不变，气体的物质的量改变，则平衡前平均相对分子质量发生不断改变，则平均相对分子质量不变时，反应达平衡状态；
④恒温恒容时，平衡前气体的物质的量发生改变，则压强发生改变，当体系压强不再改变时，反应达平衡状态；
⑤ω(NH3)、ω(N2)和ω(H2)都不再改变，则正、逆反应速率相等，反应达平衡状态；
⑥恒温恒容时，混合气的质量不变、体积不变，密度始终不变，所以密度保持不变时，反应不一定达平衡状态；
⑦，，前者是平均反应速率，后者是逆反应速率，没有可比性，不能判断反应是否达平衡状态；
综合以上分析，②③④⑤达平衡状态，故选D。
13．甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇利用脱氢法可制备甲醛，主要反应为：。是甲醇脱氢制甲醛的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如下：
历程ⅰ：
历程ⅱ：
历程ⅲ：
历程iv：
如图所示为在体积2L的恒容容器中，投入，在碳酸钠催化剂作用下，经过5min反应，测得甲醇转化率与甲醛的选择性与温度的关系(甲醛的选择性：转化的中生成的百分比)，下列有关说法正确的是
A．600℃时，前5min内生成甲醛的平均速率
B．700℃时，反应历程ⅱ的速率大于反应历程ⅲ的速率
C．脱氢法制甲醛中，在高温高压条件下更有利于提高平衡产率
D．反应历程ⅰ的活化能小于的活化能
【答案】D
【详解】A．由图可知，600℃时甲醇转化率为55%、甲醛的选择性为60%，则前5min内生成甲醛的平均速率v(HCHO)= =0.033 mol·L-1·min-1，故A错误；
B．由图可知，600℃后，甲醇的转化率增大、甲醛的选择性降低，说明700°C时历程ⅲ的反应程度大，相同时间内反应历程ⅱ的速率小于反应历程ⅲ的速率，故B错误；
C．该反应为气体体积增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲醛的产率降低，故C错误；
D．使用催化剂，降低反应的活化能，则使用碳酸钠做反应催化剂的反应历程ⅰ的活化能小于CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)的活化能，故D正确；
故选D。
14．T℃时，在密闭容器中进行的反应：COCl2(g) ⇌ CO(g)+Cl2(g) △H=+108KJ/mol，在4min、10min、14min时均只改变影响平衡的一个条件，各物质的浓度变化如图所示，下列说法正确的是
A．4min时降低温度，10min时充入Cl2，14min时增大容器的体积
B．平衡常数K2min
D．若T℃时，起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20 mol，则达到平衡前，v正>v逆
【答案】D
【分析】由题干可知，该反应为吸热反应，且正反应为分子数目增大的反应，在第4min时，反应向正反应方向移动，且浓度为改变，则第4min改变的条件为升高温度；在第10min时，CO的浓度降低，改变的条件为移除部分的CO，平衡正向移动；在第10min时，所有物质的物质的量浓度成倍数降低且反应正向移动，则改变的条件为增大体积，据此解答。
【详解】A．由分析可知：4min时升高温度，10min时移除部分CO，14min时增大容器的体积，A不正确；
B．在第4min时，升高温度，且正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，平衡常数只与温度有关，故平衡常数K2min＞K9min=K13min，B不正确；
C．有图可知：在4min~8min CO的浓度变化0.01mol/L，根据方程式，COCl2变化的浓度为0.01mol/L，则COCl2平均反应速率为0.0025mol(L·min)，C不正确；
D．在T℃时，由图象起点可得平衡常数，若起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20 mol，则，达到平衡前平衡正向移动，则v正>v逆，D正确；
故选D。
二、填空题
15．I.现有下列物质①熔化的NaCl②盐酸③氯气④冰醋酸⑤铜⑥酒精⑦硫酸氢钠⑧液氨⑨SO2⑩Al2O3，请按要求回答下列问题。
(1)属于强电解质的是_______(填序号)
(2)在上述状态下能导电的是_______(填序号)
(3)属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是_______(填序号)
II.工业合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H=-92.2kJ∙mol-1，一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关系如图所示：
(4)其中 t4时刻所对应的实验条件改变是_____，t5时刻所对应的实验条件改变是_____，平衡常数最大的时间段是_____。
(5)为了提高平衡混合物中氨的含量，根据化学平衡移动原理，仅从理论上分析合成氨适宜的条件是_______(填字母)。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
(6)实际生产中一般采用的反应条件为400~500℃，原因是_______。
【答案】(1)①⑦⑩
(2)①②⑤
(3)⑧⑨
(4) 加入催化剂 减小氨气的浓度 t8-t9
(5)B
(6)温度低，化学反应速率慢，到达平衡的时间变长，温度太高，平衡转化率低，且催化剂在500℃时活性最好
【解析】（1）
强电解质是指在水溶液或熔融状态下完全电离的电解质，①熔化的NaCl、⑦硫酸氢钠、⑩Al2O3都属于强电解质，故选①⑦⑩。答案为：①⑦⑩；
（2）
在上述状态下，能电离产生离子或提供自由电子的物质能导电，即①熔化的NaCl(离子导电)、②盐酸(离子导电)、⑤铜(电子导电)，故选①②⑤。答案为：①②⑤；
（3）
在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物属于非电解质，包括⑥酒精、⑧液氨、⑨SO2，但⑧液氨、⑨SO2溶于水后的水溶液能导电，故选⑧⑨。答案为：⑧⑨；
（4）
从图中可以看出，t4时刻，正、逆反应速率同等程度加快，则所对应的实验条件改变是加入催化剂；t5时刻，在条件改变的瞬间，正反应速率不变，逆反应速率减小，则所对应的实验条件改变是减小氨气的浓度。t2时刻是增大反应物浓度、t4时刻是加催化剂、t5时刻是减小生成物浓度，t7时刻是降低温度，只有温度改变影响平衡常数，且降低温度平衡正向移动，所以平衡常数最大的时间段是t8-t9。答案为：加入催化剂；减小氨气的浓度；t8-t9；
（5）
合成氨反应是放热的、体积缩小的可逆反应，为了提高平衡混合物中氨的含量，理论上合成氨适宜的条件是低温高压，故选B。答案为：B；
（6）
温度高，反应速率快，可提高单位时间内的转化率，且催化剂在500℃时活性最好，所以实际生产中一般采用的反应条件为400~500℃，原因是：温度低，化学反应速率慢，到达平衡的时间变长，温度太高，平衡转化率低，且催化剂在500℃时活性最好。答案为：温度低，化学反应速率慢，到达平衡的时间变长，温度太高，平衡转化率低，且催化剂在500℃时活性最好。
【点睛】工业生产追求的是单位时间内的产量，所以有时需要考虑单位时间内的转化率，不需过多考虑平衡转化率。
三、原理综合题
16．I.将二氧化碳转化为甲醇是实现碳中和的有效途径：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，如图表示该反应进行过程中的能量变化。
(1)图中曲线_______(填“a”或“b”)表示使用催化剂时的反应进程，使用催化剂对该反应焓变_______影响(填“有”或“无”)。据图可判断反应物的正反应的活化能_______(填“＞”“＜”或“=”)逆反应的活化能，若H-H的键能为hkJ/mol，则C=O的键能为_______kJ/mol。
(2)合成甲醇时存在副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H=+41kJ∙mol-1，副反应的发生不利于生成CH3OH的原因是_______。
II.火箭推进器中装有还原剂液态肼(N2H4)和氧化剂过氧化氢(H2O2)，当它们混合时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量。回答下列问题：
(3)过氧化氢的结构式是_______。
(4)该反应的热化学方程式为_______。
(5)已知 H2O(l)H2O(g) ∆H=+44kJ∙mol-1，液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，转移了2mol电子，则放出的热量Q=_______kJ。
(6)实验室可用次氯酸钠溶液与氨气反应制备液态肼，已知生成物之一是常见的盐，则反应的化学方程式为_______。
【答案】(1) b 无 ＜ (E1-3h)
(2)副反应消耗CO2、H2，且有H2O(g)生成，CO2、H2浓度减小和H2O(g)浓度增大使合成甲醇的反应逆向进行
(3)H-O-O-H
(4)N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ∆H=-640kJ∙mol-1
(5)408
(6)NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O
【解析】（1）
从图中可以看出，曲线b的活化能比曲线a小，则曲线b表示使用催化剂时的反应进程；催化剂只改变反应的活化能，不改变反应的热效应，所以使用催化剂对该反应焓变无影响。据图可判断反应物的正反应的活化能＜逆反应的活化能，若H-H的键能为hkJ/mol，则3hkJ/mol+2E(C=O)=E1kJ/mol，则C=O的键能为(E1-3h)kJ/mol。答案为：b；无；＜；(E1-3h)；
（2）
从副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)看，与主反应的反应物都相同，生成物有一种相同，则副反应的发生不利于生成CH3OH的原因是：副反应消耗CO2、H2，且有H2O(g)生成，CO2、H2浓度减小和H2O(g)浓度增大使合成甲醇的反应逆向进行。答案为：副反应消耗CO2、H2，且有H2O(g)生成，CO2、H2浓度减小和H2O(g)浓度增大使合成甲醇的反应逆向进行；
（3）
过氧化氢分子中，H与O原子间各形成一对共用电子，两个O原子间也形成一对共用电子，则其结构式是H-O-O-H。答案为：H-O-O-H；
（4）
已知0.4mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，则1mol N2H4(l)与H2O2(l)反应，放热=640kJ/mol，该反应的热化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ∆H=-640kJ∙mol-1。答案为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ∆H=-640kJ∙mol-1；
（5）
已知 H2O(l)H2O(g) ∆H=+44kJ∙mol-1，则液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，热化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) ∆H=-816kJ∙mol-1，可建立关系式：4e-——816kJ，则转移2mol电子，放出的热量Q==408kJ。答案为：408；
（6）
用次氯酸钠溶液与氨气反应制备液态肼，生成物之一是常见的盐NaCl，则反应的化学方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。答案为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。
【点睛】一定条件下，反应的活化能越大，反应速率越慢。
17．研究表明：丰富的CO2可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源(石油和天然气)枯竭危机，同时又可缓解由CO2累积所产生的温室效应，实现CO2的良性循环。
(1)目前工业上有一种方法是用CO2加氢合成低碳烯烃。现以合成乙烯(C2H4)为例，一定温度下，该过程分两步进行：
第一步：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H1=+41.3kJ∙mol-1K1
第二步：2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) ∆H2=-210.5 kJ∙mol-1K2
①CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为_______。同一温度下，该反应的平衡常数K=_______(用K1和K2代数式表示)
②一定条件下的密闭容器中，上述反应达到平衡后，要加快反应速率并提高CO2的转化率，可以采取的措施是_______(填字母)。
A．减小压强 B．增大H2浓度 C．升高温度 D．分离出水蒸气
(2)另一种方法是将CO2和H2在催化剂条件下生成甲醇蒸气和水蒸气。现在10L恒容密闭容器中投入1mol CO2和3mol H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。在不同条件下测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示：
①上述反应的∆H ____0(填“＞”或“＜”)，图中压强P1___ P2(填“>”或“＜”)。
②经测定知Q点时容器的压强是反应前压强的，则Q点H2的转化率为_______。
③N点时，该反应的平衡常数K=_______(计算结果保留两位小数)。
(3)工业生产中应用：COS的水解反应为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g) ∆H＜0。某温度时，用活性α-Al2O3作催化剂，在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比的转化关系如图甲所示。其他条件相同时，改变反应温度，测得一定时间内COS的水解转化率如图乙所示：
①该反应的最佳条件为：投料比=_______，温度=_______。
②当温度升高到一定值后，一定时间内COS(g)的水解转化率降低；可能的原因是_______。
【答案】(1) 2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ∆H2=-127.9 kJ∙mol-1 B
(2) ＜ ＞ 20% 0.73
(3) 10:1 150℃ 催化剂活性降低，反应速率变慢；该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动
【解析】（1）
ⅰ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H1=+41.3kJ∙mol-1 K1
ⅱ.2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) ∆H2=-210.5 kJ∙mol-1 K2
①利用盖斯定律，将反应ⅰ×2+ⅱ得：CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ∆H2=-127.9 kJ∙mol-1。则在同一温度下，该反应的平衡常数K=。
②A．减小压强，反应速率减慢，平衡逆向移动，CO2的转化率降低，A不符合题意；
B．增大H2浓度，反应速率加快，平衡正向移动，CO2的转化率提高，B符合题意；
C．升高温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，CO2的转化率降低，C不符合题意；
D．分离出水蒸气，平衡正向移动，CO2的转化率提高，但反应速率减慢，D不符合题意；
故选B。答案为：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ∆H2=-127.9 kJ∙mol-1；；B；
（2）
①从图中可以看出，升高温度，n(CH3OH(g))减小，则平衡逆向移动，所以上述反应的∆H＜0，因为反应物气体分子数大于生成物气体分子数，增大压强，平衡正向移动，n(CH3OH(g))增大，所以图中压强P1＞P2。
②经测定知Q点时容器的压强是反应前压强的，设参加反应的CO2的物质的量为x，可建立如下三段式：
则，x=0.2mol，则Q点H2的转化率为=20%，
③N点时，该反应的平衡常数与M点相同，在M点，可建立如下三段式：
K=≈0.73。答案为：＜；＞；20%；0.73；
（3）
①从图中可以看出，该反应的最佳条件为：投料比=10:1，温度=150℃。
②温度升高，反应速率加快，反应物的转化率提高，达平衡的时间缩短，当温度升高到一定值后，反应达平衡状态。一定时间内COS(g)的水解转化率降低，则可能是平衡逆向移动，也可能是反应速率减慢。可能的原因是：催化剂活性降低，反应速率变慢；该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动。答案为：10:1；150℃；催化剂活性降低，反应速率变慢；该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动。
【点睛】催化剂的催化效率可能受温度的影响，温度低，催化效率低，温度高，催化效率也可能低。
四、实验题
18．烟气脱硝(将NOx转化成无害物质)是工业废气处理中的重要工艺。相对传统的处理工艺，活性炭吸附脱硝法具有工艺过程无二次污染、氮资源和脱硝剂可循环利用等优点。回答下列问题。
(1)活性炭吸附脱硝法的工艺流程如图所示。
活性炭的作用是_______，若入口烟气中NOx以NO形式参加反应，则相应的化学方程式为_______。
(2)某同学选择如图装置(省略夹持仪器)对该方法进行模拟实验：
①实验前，A、B产生的气体导入C装置，则应h→_______，i→_______的顺序连接仪器，原因是_______。
②先通入空气，再打开A、B中分液漏斗的活塞，观察到B中出现红棕色气体，此时，所获得的氮氧化物中一定含有_______气体。
③装置F除了能用于判断气体流速和脱硝效果外，还可用于_______。
④常温常压下，以一定流速和比例混合NO、NH3、空气等气体进行模拟实验，现测得NO入口体积分数为3×10-4，出口体积分数为6×10-5，则脱硝百分率为_______%(可忽略脱硝前后气体总体积的变化，计算结果保留小数点后1位)。
【答案】(1) 催化剂 4NH3+6NO5N2+6H2O
(2) j k 氨气密度较小，可使反应气体混合均匀，使反应更充分 NO2 尾气吸收 80.0
【分析】A装置用于制取NH3，B装置用于制取NO，在C装置内两种气体混合，若j口进入NO，k口进入NH3，由于NH3密度比NO小，将导致气体不能混合均匀，NO去除效果差。所以j口应进入NH3，k口进入NO。
（1）
从图中可以看出，NOx和NH3经过活性炭层发生反应，生成N2和H2O，活性炭的作用是催化剂，若入口烟气中NOx以NO形式参加反应，则相应的化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O。答案为：催化剂；4NH3+6NO5N2+6H2O；
（2）
①由分析可知，实验前，A、B产生的气体导入C装置，则应h→j，i→k的顺序连接仪器，原因是：氨气密度较小，可使反应气体混合均匀，使反应更充分。
②先通入空气，再打开A、B中分液漏斗的活塞，B中产生的NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，所以观察到B中出现红棕色气体，此时，所获得的氮氧化物中一定含有NO2气体。
③依据装置F中气泡逸出速率，可判断气体流速，依据溶液颜色是否变化，可判断脱硝效果，未反应的NO2、NH3还能被NaOH稀溶液吸收，所以可用于尾气吸收。
④现测得NO入口体积分数为3×10-4，出口体积分数为6×10-5，设混合气的总体积为VL，则参加的NO的体积为(3×10-4-6×10-5)VL，脱硝百分率为 =80.0%。答案为：j；k；氨气密度较小，可使反应气体混合均匀，使反应更充分；NO2；尾气吸收；80.0。
【点睛】装置E的作用是安全瓶，防止倒吸。
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