【期中真题】四川省成都外国语学校2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题.zip

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成都外国语学校2022~2023学年上期期中考试
高二化学试卷
可能用到的相对原子质量：P-31
一、单选题(本大题共19小题，共26.0分)
1. 一种生产和利用氢能的途径如图所示，下列说法错误的是

A. 由图可知，氢能属于二次能源
B. 2H2O(l)2H2(g)＋O2(g)，该过程不能自发进行
C. 太阳能、风能、氢能都属于新能源
D. 太阳能电池的供电原理与燃料电池相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢能是利用太阳能等产生的，是一种高效且没有污染的二次能源，故A正确；
B．电解水是在外电场的作用下强制发生的氧化还原反应，不是自发反应，故B正确；
C．太阳能、风能、氢能都属于人类开发出的新能源，故C正确；
D．太阳能电池是利用半导体原理将光能转化为电能，燃料电池是将化学能转化为电能，二者供电原理不同，故D错误；
故选D。
2. 古代诗词中蕴含着许多科学知识，下列叙述正确的是
A. “冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更高
B. 于谦《石灰吟》“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，描述的石灰石煅烧是吸热反应
C. 曹植《七步诗》“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里变化只有化学能转化为热能
D. 苏轼《石炭·并引》“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍”，所指高温时碳与水蒸气反应为放热反应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．冰的温度低于水，相同质量的水和冰，水的能量更高，故A错误；
B．石灰石煅烧是分解反应，过程中吸收能量，属于吸热反应，故B正确；
C．煮豆会发生燃烧，燃烧过程中化学能转化为热能同时有部分光能。同时豆里面也会发生化学变化，会放出热量，存在化学能转化为热能，故C错误；
D．碳与水蒸气反应为吸热反应，故D错误；
故选：B。
3. 已知：CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H1=-akJ·mol-1
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H2=-bkJ·mol-1
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) △H3=-ckJ·mol-1
则下列叙述正确的是
A. 由上述热化学方程式可知△H2<△H3
B. 甲烷的燃烧热为bkJ·mol-l
C. 2CH3OH(g)=2CH4(g)+O2(g) △H=2(b-a)kJ/mol-1
D. 当甲醇和甲烷物质的量之比为1：2时，其完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出的热量为QkJ，则该混合物中甲醇的物质的量为Q/(a+2b)mol
【答案】C
【解析】
【详解】A．从气态水到液态水，还要继续放热，c>b，因为反应放热，所以△H2>△H3，A错误；
B．燃烧热指可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，为液态时最稳定，所以甲烷的燃烧热为ckJ·mol-l，B错误；
C．根据盖斯定律，①×2-②×2，得热化学方程式：，C正确；
D．设甲醇和甲烷物质的量分别为n和2n，则完全燃烧生成气态水放出的热量分别为：na和2nb，na+2nb=Q，，当甲烷完全燃烧生成液态水时，无法计算，D错误；
故选C。
4. 已知石墨比金刚石稳定。一定条件下，石墨和金刚石分别与O2发生反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是

A. A物质是石墨和O2
B. B→C的过程是放热反应，不需要加热
C. C物质一定是CO2(g)
D. 不一定代表石墨的燃烧热
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨比金刚石稳定，则相同条件下石墨能量比金刚石低，则A物质是金刚石和O2，故A错误；
B．B→C虽然是放热反应，但需要加热来引发反应，故B错误；
C．从题目给的信息可知，C物质不一定是CO2 (g)，也可能是CO (g)，故C错误；
D．石墨的燃烧热指1mol C (石墨)在氧气中完全燃烧，生成CO2 (g)时放出的热量，此题不知道石墨的物质的量，也不知道C物质是什么，则△H不一定代表石墨的燃烧热，故D正确；
故选D。
5. 在容积不变的绝热密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H<0下列不能说明该反应达到化学平衡状态的是
A. 混合气体的密度不变 B. 容器温度不变
C. 3v正(NH3)=2v逆(H2) D. N2和NH3的浓度的比值不变
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据公式 ，容积不变的绝热密闭容器即V不变，根据质量守恒定律，气体总质量不变，混合气体的密度一直不变，不能判断是否达到化学平衡，A选项错误；
B．该反应∆H<0，是放热反应，随着反应进行，体系温度升高，当体系温度不变时，说明达到化学平衡状态，B选项正确；
C．3v正(NH3)=2v逆(H2)中，有体现正、逆反应方向，且v正(NH3)：v逆(H2)=2：3，可以说明达到化学平衡状态，C选项正确；
D．随着反应的进行，N2的浓度减小，NH3的浓度增大，当N2和NH3的浓度的比值不变时，即N2和NH3的浓度不变，可以说明达到化学平衡状态，D选项正确；
答案选A。
6. 对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数和化学平衡常数都变化的是
A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充入O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．化学平衡常数只与温度有关，增大压强，活化分子百分数和化学平衡常数都不变，故A错误；
B．升高温度，反应物中活化分子百分数增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；
C．使用催化剂不能改变化学平衡常数，故C错误；
D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数都不变，故D错误；
故选B。
7. NO催化O3生成O2的过程由三步基元反应构成：
第一步：NO(g)+O3(g)=O2(g)+NO2(g) △H1；
第二步：NO2(g)=O(g)+NO(g) △H2；
第三步：O(g)+O3(g)=2O2(g) △H3。
下列说法错误的是

A. 该反应的中间体有三种
B. 第二步、第三步反应均为放热反应
C. 总反应速率主要由第一步反应速率决定
D. NO能降低反应总反应的活化能
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应的中间体有NO2和O，共有两种，故A错误；
B．根据图像分析，第一步生成物的能量高，为吸热反应，第二步、第三步反应生成物的能量低，均为放热反应，故B正确；
C．活化能越低，反应速率越快，第一步的活化能最高，反应速率最慢，总反应速率主要由第一步反应速率决定，故C正确；
D．NO催化O3分解，因此NO能降低反应总反应的活化能，故D正确；
故选A。
8. 如图所示为破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是

A. 过程Ⅰ中断裂极性键C-Cl键
B. 过程Ⅱ可用方程式表示为
C. 过程Ⅲ中是吸热过程
D. 上述过程说明中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干反应历程图信息可知，过程Ⅰ为CFCl3CFCl2+Cl，则断裂极性键C-C1键，A正确；
B．由题干反应历程图信息可知，过程Ⅱ可用方程式表示为，B正确；
C．过程Ⅲ中此过程为化学键的形成过程，是放热过程，C错误；
D．由题干反应历程图信息可知，上述过程说明中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂，D正确；
故答案为：C。
9. 下列关于中和热的说法正确的是

A. 可用图装置完成中和热的测定
B. 若用50mL0.5mol/LNaOH溶液分别与50mL0.5mol/L盐酸和50mL0.5mol/LH2SO4溶液充分反应，两反应测得的中和热不相等
C. 测定中和热时，可以用保温杯代替简易量热计
D. 测定中和热的实验中，混合溶液的温度不再变化时，该温度为终止温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．中和热的测定实验中需要测得酸、碱和混合溶液的温度，该装置中缺少温度计，不能用于测定中和热，A错误；
B．用50mL0.5mol/LNaOH溶液分别与50mL0.5mol/L盐酸和50mL0.5mol/LH2SO4溶液充分反应，生成水的物质的量均为0.025mol，反应放热相等，则两反应测得的中和热相等，B错误；
C．保温杯有保温效果，能减少实验过程中的热量损失，可用保温杯代替烧杯做有关测定中和热的实验，C正确；
D．中和热的测定中，恰好完全反应时混合溶液的最高温度，此温度为终止温度，D错误；
答案选C。
10. 10mL浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是
A. KNO3 B. NaCl C. CuSO4 D. Na2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入KNO3溶液，形成硝酸，不生成氢气，故A不符合；
B．加入氯化钠溶液，溶液体积增加，氢离子浓度减小，所以速率减小，故B符合；
C．加入CuSO4溶液，锌置换出CuSO4溶液中的铜，构成铜锌原电池，生成氢气的速率加快，故C不符合；
D．加入Na2CO3溶液生成二氧化碳气体，氢离子物质的量减小，生成氢气的物质的量减少，故D不符合；
故选B。
11. 在25℃、1.01×105 Pa下，反应2N2O5(g）═4NO2(g）+O2(g）△H=+56.7kJ•mol﹣1能自发进行的合理解释是
A. 该反应是分解反应 B. 该反应的熵增效应大于焓变效应
C. 该反应是熵减反应 D. 该反应是放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】该反应是吸热反应。不能只用焓判据来判断反应进行的方向，该反应过程中熵增大，是熵增反应。该反应能够自发进行，说明该反应的熵增效应大于焓变效应。
答案选B。
12. 已知：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋571.0kJ/mol。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程I：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g) △H=＋313.2kJ/mol
过程II：……

下列说法不正确的是
A. 铁氧化物循环制H2的方法相较于电解法成本更低
B. 过程II热化学方程式为：3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s) △H=＋128.9kJ/mol
C. 过程I、II中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能
D. 过程I中正反应的活化能大于逆反应的活化能
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁氧化物循环制H2的方法相较于电解法，节约能源，成本更低，故A正确；
B．①2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋571.0kJ/mol
②2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g) △H=＋313.2kJ/mol
根据盖斯定律(①-②)得3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s) △H=＋128.9kJ/mol，故B正确；
C．过程I、II都是吸热反应，过程II没有把化学能转化为热能，故C错误；
D．过程I是吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故D正确；
选C。
13. 下列能用勒夏特列原理解释的是
A. 高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快
B. 向新制氯水中加入碳酸钙能增强溶液漂白能力
C. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂
D. H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，合成氨放热反应，所以升高温度不利于合成氨气，故不能用勒夏特列原理解释，A错误；
B．氯水中存在着氯气与水生成次氯酸和盐酸的可逆平衡，加入碳酸钙，消耗了盐酸，促使平衡朝着生成次氯酸的方向进行，能用勒夏特列原理解释，B正确；
C．使用催化剂平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，C错误；
D．H2、I2、HI平衡混和气加压，平衡不移动，后颜色变深不能用勒夏特列原理解释，D错误；
答案选B。
14. 下列热化学反应方程式正确的是
选项
已知条件
热化学方程式
A
H2的燃烧热为akJ/ mol
H2(g)+Cl2(g)=2HCl (g) △H=-akJ/mol
B
1molSO2、0.5molO2完全反应后，放出热量 98.3kJ
2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H=-196. 6 kJ/mol
C
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ/mol
H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4 (s)+2H2O(l) △H=-114. 6 kJ/mol
D
31g白磷(P4)比31g红磷(P)能量多b kJ
P4(s)=4P(s) △H=-4b kJ/mol

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCl不是氧化物，不符合燃烧热的概念要求，符合已知条件的应是H2和O2反应生成液态水，A错误；
B．1molSO2(g)与过量O2(g)充分反应后放出热量98.3kJ，由于该反应为可逆反应，即反应物不能完全转化，若lmolSO2(g)完全反应，反应放热应大于98.3kJ，则2molSO2(g)完全反应，反应放热应大于196.6kJ，故题干中的焓变△H应小于-196.6kJ/mol，B错误；
C．反应过程中除了氢离子和氢氧根离子反应放热，硫酸钡沉淀的生成也伴随有热量的变化，C错误；
D．31g白磷的物质的量为=0.25mol，比31g红磷能量多b kJ，则1mol白磷(P4)生成4mol红磷(P)，放出4bkJ热量，所以热化学方程式为：P4(s)=4P(s) △H = -4bkJ/mol，D正确；
故答案选D。
15. 下列有关化学反应速率的实验探究方案设计合理的是
选项
实验方案
实验目的
A
向2支盛有5mL不同浓度Na2SO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象
探究浓度对化学反应速率的影响
B
两支试管，都加入的酸性溶液，再同时向两支试管分别加入的溶液和的溶液，观察高锰酸钾溶液褪色所需时间
探究草酸浓度对反应速率影响
C

在锥形瓶内各盛有锌粒颗粒大小基本相同，然后通过分液漏斗分别加入和的硫酸。比较两者收集氢气所用的时间
探究硫酸浓度对反应速率影响
D

探究温度对反应速率的影响

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向2支盛有5mL不同浓度Na2SO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，虽然反应速率不同但看不到现象，无法确定Na2SO3溶液对反应速率影响，A错误；
B．高锰酸钾过量，草酸均不足，溶液均不褪色，不能说明浓度对速率的影响，B错误；
C．18mol/L的硫酸为浓硫酸，与Zn反应生成二氧化硫，不能比较浓度对生成氢气速率的影响， C错误；
D．只有温度不同，可探究温度对反应速率的影响， D正确；
故选D。
16. NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA
B. 密闭容器中，1molH2与1molI2充分反应后，生成HI分子数为2NA
C. 1LpH=3的0.1mol/L的K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数小于0.1NA
D. 1molNa2S2O3与足量的盐酸充分反应后，可生成22.4L气体
【答案】C
【解析】
【详解】A．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后生成2molNO2，NO2气体中存在反应2NO2 N2O4，反应后的分子数小于2NA，A错误；
B．H2与I2反应为可逆反应，反应不能完全，1molH2与1molI2充分反应后，生成HI分子数小于2NA，B错误；
C．K2Cr2O7溶液中存在H2O+ Cr2O2CrO+2H+，1L0.1mol/L的K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数小于1L×0.1mol/L×NA/mol =0.1NA，C正确；
D．题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算气体体积，D错误；
答案选C。
17. 反应“”的速率方程可表示，其中k为速率常数，常温下，实验测得反应的数据如下：
实验编号



①
1.0×10-4


②



③



④



下列说法错误的是
A. m=1；n=3
B.
C. 增大压强，该反应速率不变
D. 升高温度，速率常数k增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．对比实验①和②数据，可知m=1，对比实验②和④数据，可知n=1，故A错误；
B．将实验①数据带入速率方程，计算可得，B正确；
C．该反应没有气体参与反应，故改变压强，反应速率不变，C正确；
D．温度升高速率常数变大，反应速率变大，D正确；
故选A。
18. 可逆反应2NO2 (g) ⇌N2O4 (g) ΔH= −56.9 kJ·mol−1在平衡移动时的颜色变化可以用来指示放热过程和吸热过程。某同学的部分实验报告如下。

1．向左侧烧杯中加入NH4NO3晶体，甲瓶的红棕色变浅。
2．向右侧烧杯中加入CaO固体，乙瓶的红棕色变深。

下列说法不正确的是
A. 甲瓶的红棕色变浅，说明平衡2NO2 (g)⇌N2O4 (g)向正反应方向移动
B. 可根据现象判断NH4NO3晶体溶于水吸热，CaO固体溶于水放热
C. 甲瓶中反应的化学平衡常数(K)增大
D. 乙瓶中由于反应的化学平衡常数(K)改变，使Qc＜K，平衡发生移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲瓶的红棕色变浅，说明NO2浓度减小，平衡2NO2 (g)⇌N2O4 (g)向正反应方向移动，故A正确；
B．左侧烧杯中加入NH4NO3晶体，甲瓶的红棕色变浅，说明左侧平衡正向移动，向右侧烧杯中加入CaO固体，乙瓶的红棕色变深，说明右侧平衡逆向移动，2NO2 (g)⇌N2O4 (g)正反应放热，根据现象可判断NH4NO3晶体溶于水吸热，CaO固体溶于水放热，故B正确；
C．甲瓶的红棕色变浅，说明NO2浓度减小，平衡2NO2 (g)⇌N2O4 (g)向正反应方向移动，甲瓶中反应的化学平衡常数(K)增大，故C正确；
D．乙瓶的红棕色变深，说明右侧平衡逆向移动，反应的化学平衡常数(K)减小， Qc＞K， 故D错误；
选D。
19. 一定量的气体在密闭容器中发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，再次达到平衡后，测得A的浓度降低为0.30mol/L。下列有关判断正确的是
A. 混合气体的相对平均分子量增大 B. x+y＜z
C. 物质C的体积分数降低 D. 物质B的转化率升高
【答案】C
【解析】
【详解】温度不变，容器的容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，A的浓度应为0.25mol/L，而A的浓度为0.30mol/L说明平衡向逆反应方向移动，逆反应是气体体积增大的方向，即x＋y>z，C的体积分数减小，B的转化率降低，气体总质量不变，气体物质的量增加，则混合气体的平均相对分子质量减小，故A、B、D错误，C正确。
故选：C。
20. 常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是
A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
【答案】B
【解析】
【详解】A．平衡常数只与温度有关，与浓度无关，A错误；
B．50℃时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，B正确；
C．230℃时，Ni(CO)4分解Ni(CO)4 (g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为K’== =5×104，可知分解率较高，C错误；
D．平衡时，正逆反应速率相等，即4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)，D错误；
故选B。
21. O3是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生的反应如下：反应①O3O2+[O] ΔH>0，平衡常数为K1；反应②，[O]+O32O2 ΔH<0平衡常数为K2；总反应：2O33O2 ΔH<0，平衡常数为K。下列叙述正确的是
A. 降低温度，总反应K减小 B. K=K1+K2
C. 适当升温，可提高消毒效率 D. 压强增大，K2减小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由总反应： 可知，正反应为放热反应，则降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，A项错误；
B．由，B项错误；
C．适当升温，反应①的平衡正向移动，生成，反应②的平衡逆向移动，的量增多，则可提高消毒效率，C项正确；
D．平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，D项错误；
答案选C。
22. 在一定体积的密闭容器中，进行反应：2X(g)+Y(s)Z(g)+W(g) DH=akJ·mol-1，若其化学平衡常数K和温度t的关系如表。下列叙述正确的是
t/℃
700
800
900
1000
1200
K
0.6
1.0
1.3
1.8
2.7
A. a＜0
B. 该反应的化学平衡常数表达式为：
C. 若在4L容器中通X和Y各1mol，在800℃下反应，某时刻测得X的物质的量为mol，说明该反应已达平衡
D. 在1000℃时，反应Z(g)+W(g)2X(g)+Y(s)的平衡常数为1.8
【答案】C
【解析】
【详解】A． 由表格数据可知，随温度升高，平衡常数增大，则该反应的正反应为吸热反应，则a＞0，故A错误；
B． 固体物质不能代入平衡常数的表达式，则该反应的化学平衡常数表达式为：，故B错误；
C． 若在4L容器中通X和Y各1mol，在800℃下反应，某时刻测得X的物质的量为mol，可列出三段式为(mol)：，由于反应前后气体物质的量不变，则可用物质的量代替浓度计算浓度商，则，说明该反应已达平衡，故C正确；
D． 在1000℃时，反应2X(g)+Y(s)Z(g)+W(g)的平衡常数为1.8，其逆反应Z(g)+W(g)2X(g)+Y(s)的平衡常数应为其平衡常数的倒数为，故D错误；
故选C。
23. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图象如图，下列判断正确的是

A. 由图1可知，T1 B 由图2可知，该反应m+n C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据“先拐先平数值大”，可知T1 B．由图可知，增大压强，C的百分含量增大，说明加压平衡正向移动，所以该反应m+n>p，选项B错误；
C．图中点3的转化率小于同温下的平衡转化率，说明点3反应正向进行，反应速率：v正>v逆，选项C正确；
D．曲线a速率加快、平衡没移动，若m+n=p，曲线a可能使用了催化剂或加压，选项D错误；
答案选C。
24. 下列说法不正确的是

A. 图1可表示将一定量CO和NO通入刚性容器发生反应：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)，物质的量随时间的变化关系，且t1时候达到平衡
B. 图2可表示反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)，在t0时刻将容器体积缩小为原来的一半后再次平衡的过程中压强随时间的变化关系
C. 图3可表示反应CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH与时间的变化关系，且t1时候不一定达到平衡
D. 图4可表示在绝热容器中充入一定量的A和B，发生反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g) ΔH<0，平衡常数与时间的关系图，且t1时候达到平衡
【答案】A
【解析】
【详解】A．将一定量的 CO 和 NO 通入刚性容器发生反应：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g), CO 减少物质的量等于二氧化碳的增加物质的量，与图象不符，A错误；
B．反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g),在 t0 时刻将容器的体积缩小为原来的一半，压强变为原来的2倍，平衡逆向移动，由 K = c (CO2）可知，达到新平衡时，二氧化碳浓度不变，体积变为原来一半，气体的物质的量变为原来的一半，容器内压强最终不变，图象正确， B正确；
C．反应CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) 的ΔH决于反应物和生成物的总能量，始终保持不变，不随时间变化，故 t 时候不一定达到平衡，C正确；
D．在绝热容器中充入一定量的A和B，发生反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g) ΔH<0，随反应进行，体系温度升高， K 值减小， t 1时候 K 值不变，体系温度不变，反应达到平衡状态，D正确；
故本题选A。
25. 一定温度下，在两个容积相等的密闭容器中加入一定量的反应物发生反应： ，有关数据如下。下列说法错误的是
容器编号
起始时各物质的物质的量/mol
达到平衡的时间/min
达到平衡时体系能量的变化
CO
H2O
CO2
H2
①
1
4
0
0
t1
放出热量：32.8kJ
②
2
8
0
0
t2
放出热量：Q

A. 容器①中CO的转化率为80%
B. 容器②中反应的平衡常数K=1
C. 若不考虑热量损失，则Q＞65.6kJ
D. 平衡反应速率：容器②＞容器①
【答案】C
【解析】
【详解】A．容器①中消耗1molCO则放出41kJ的热量，若放出32.8kJ热量时，， CO的转化率为=80%，A正确；
B．该反应所有气体计量数均为1，则浓度之比等于物质的量之比，假设容器为1L，②中，则平衡常数K=，B正确；
C．由于①②K相等，1.6mol× =65.5 kJ ，C错误；
D．平衡反应速率：容器②＞容器①，因为②的浓度相对大，D正确；
答案选C。
26. “低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。工业上有一种“降碳”方法是用CO2生产燃料甲醇： ∆H=-49kJ∙mol−1。保持温度不变，在容积为2L密闭容器中，充和在一定条件下发生反应，测得、和的物质的量随时间的变化如图所示：

（1）平衡时H2的转化率为_________，CH3OH的体积分数为_________。
（2）下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_________。
A. 混合气体的平均相对分子质量保持不变
B. CO2的消耗速率等于的消耗速率
C. 和H2O的浓度之比保持不变
D. 不再改变
（3）下列措施可以增大CO2平衡转化率的是_________。
A.在原容器中再充入
B.在原容器中再充入
C.在原容器中充入氦气
D.使用更有效的催化剂
E.扩大容器的容积
F.将水蒸气从体系中分离
（4）一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应小时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图所示。温度为时，图中点_________填“是”或“不是”处于平衡状态。之后，甲醇产率下降的原因是_________。

【答案】（1） ①. 75% ②. 30% （2）AB
（3）BF （4） ①. 不是 ②. 该反应放热(∆H<0)，升高温度，平衡逆向移动或催化剂活性降低
【解析】
【小问1详解】
列三段式有：
所以平衡时氢气的转化率；甲醇的体积分数；
【小问2详解】
A．该反应是一个只有气体参与的不等体积反应，质量守恒反应任何阶段混合气体的总质量不变，混合气体的物质的量之和一直在变，混合气体的平均相对分子质量保持不变时，反应达到平衡状态，A正确；
B．CO2的消耗速率等于的消耗速率描述的是正逆两个方向的速率相等，可以作为平衡状态的标志，B正确；
C．平衡状态要求的是各物质含量保持不变而非浓度之比不变，而且根据化学方程式可知和H2O的浓度之比始终保持不变，C错误；
D．只与温度有关，温度不变一直不变，D错误；
故选AB；
【小问3详解】
A.在原容器中再充入，平衡正向移动，但二氧化碳本身的平衡转化率降低，A错误；
B.在原容器中再充入，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，B正确；
C.在原容器中充入氦气，该气体不参与反应且容器体积不变，故平衡不移动，C错误；
D.使用更有效的催化剂，但催化剂只是加快反应速率不影响平衡，D错误；
E.扩大容器的容积，压强减小，平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，E错误；
F.将水蒸气从体系中分离，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，F正确；
故选BF；
【小问4详解】
温度为470K时，图中P点甲醇产率不是最大，所以反应还没有达到平衡，P点不是处于平衡状态；在490K以前，反应还没有达到平衡，甲醇的产率随着温度的升高而增大；490K以后，甲醇产率下降的原因是：该反应是放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低。
27. 钌为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如下：

（1）“碱浸”时，为了提高钌的单位时间浸出率可采取的措施为_________(任写一点)。
（2）操作X的名称为_________。
（3）“研磨预处理”是将研磨后的含钌废料在氢气还原炉中还原为单质钌，再进行“碱浸”获得。已知“滤渣”的主要成分为，加入草酸的作用是 _________，金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是_________。

（4）“一系列操作”为_________ ，写出在“还原炉”中还原制得钌的化学方程式：_________。
【答案】（1）提高NaOH溶液浓度、搅拌、适当升温等
（2）过滤 （3） ①. 将Ru(Ⅵ)还原为Ru(Ⅳ)(或作还原剂) ②. x=1：5，T= 70℃
（4） ①. 洗涤、干燥 ②. RuO2 +2H2Ru+2H2O
【解析】
【分析】含钌废料研磨预处理，增大接触面积，提高钌的浸出率，“碱浸”时钌与NaOH、NaClO发生氧化还原反应，得到Na2RuO4，过滤，浸取液中加入草酸，根据题中问题，利用草酸的还原性，得到RuO2，然后用氢气还原得到纯钌。
【小问1详解】
提高浸出速率即加快反应速率，方法有适当升高而温度、增大反应物浓度，增大接触面积，增大搅拌速率等，因此提高NaOH溶液浓度、搅拌、适当升温、粉碎原料等都可以加快浸出速率；
【小问2详解】
根据流程图可知，操作X得到浸渣和浸取液，因此该操作为过滤；
【小问3详解】
滤渣为RuO2，Ru显＋4价，Na2RuO4中Ru显＋6价，“沉淀”步骤中Ru的化合价降低，则草酸中C的化合价升高，即加入草酸的作用是将Ru(Ⅵ)还原为Ru(Ⅳ)；根据图象可知，x=1∶5、T=70℃时钌的回收率最大；
【小问4详解】
对滤渣进行洗涤、干燥，得到RuO2，氢气还原RuO2得到Ru，反应方程式为RuO2＋2H2Ru＋2H2O。
28. 某化学兴趣小组的同学拟设计实验制备KMnO4，并检验所得产品纯度。
资料：
i.MnO2与强碱在强氧化剂存在下共熔生成K2MnO4；
ii.K2MnO4溶于水，发生歧化反应生成KMnO4：3K2MnO4 + 2H2O2KMnO4 + MnO2↓+ 5KOH
根据资料，该小组同学设计实验方案如下：
①将KClO3和KOH固体混匀，加热至熔融，缓慢加入MnO2，继续加热，得颗粒状粗产品，提纯后，溶解得K2MnO4溶液。
②向制得的K2MnO4溶液中通入适量CO2，直至K2MnO4全部转化为KMnO4和MnO2.抽滤(减压过滤)，滤液转入蒸发皿中，a，抽滤(减压过滤)，洗涤，干燥，称量，得到m g产品。
③将m g产品溶解，配成100 mL溶液(待测液)。将此待测液逐滴滴入盛有25 mL0.1000 mol/L的 H2C2O4溶液(含足量稀H2SO4)的锥形瓶中，当滴入溶液体积为 V mL时H2C2O4恰好完全反应。
回答下列问题：
（1）写出制备K2MnO4的化学方程式：_________；
（2）请结合化学用语，解释进行K2MnO4的歧化反应时，通入适量CO2的目的_________。
（3）步骤②中第-次抽滤的目的是_________，a处的操作方法为_________。
（4）步骤③中发生反应的离子方程式为_________；刚开始滴入的几滴溶液紫色褪去很慢，但再滴入几滴后，褪色变得很快，可能的原因是_________。
【答案】（1）3MnO2 + 6KOH + KClO33K2MnO4 + KCl + 3H2O
（2）歧化反应为3K2MnO4 + 2H2O2KMnO4 + MnO2↓+ 5KOH，通入CO2，可与KOH反应，减小KOH的浓度，有利于反应正向进行，提高KMnO4的产率
（3） ①. 除去MnO2(或分离KMnO4和MnO2) ②. 蒸发浓缩、冷却结晶
（4） ①. 2MnO+ 5H2C2O4 + 6H+＝2Mn2+ + 10CO2↑+8 H2O ②. 生成的Mn2+起催化作用
【解析】
【小问1详解】
KClO3和KOH固体混匀，加热至熔融，缓慢加入MnO2，继续加热，生成K2MnO4、KCl，反应的化学方程式3MnO2 + 6KOH + KClO33K2MnO4 + KCl + 3H2O，故答案为：3MnO2 + 6KOH + KClO33K2MnO4 + KCl + 3H2O；
【小问2详解】
进行K2MnO4的歧化反应时发生反应3K2MnO4 + 2H2O2KMnO4 + MnO2↓+ 5KOH，通入适量CO2的目的是中和生成的OH-，使歧化反应充分进行，故答案为：歧化反应为3K2MnO4 + 2H2O2KMnO4 + MnO2↓+ 5KOH，通入CO2，可与KOH反应，减小KOH的浓度，有利于反应正向进行，提高KMnO4的产率；
【小问3详解】
由于反应中生成二氧化锰，所以步骤②中第一次抽滤的目的是除去MnO2(或分离KMnO4和MnO2)；KMnO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶析出KMnO4晶体，步骤②中a处的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，故答案为：除去MnO2(或分离KMnO4和MnO2)；蒸发浓缩，冷却结晶；
【小问4详解】
高锰酸钾氧化草酸的离子方程式为2MnO+ 5H2C2O4 + 6H+＝2Mn2+ + 10CO2↑+8 H2O；KMnO4的还原产物是Mn2+，生成的Mn2+起催化作用，所以滴定开始时，溶液紫色褪去很慢，滴入几滴KMnO4溶液后，褪色变得很快；故答案为：生成的Mn2+起催化作用。
29. “绿水青山就是金山银山”，研究并消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。
Ⅰ．已知：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) ΔH1=-114 kJ∙mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5 kJ∙mol−1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH3=＋181 kJ∙mol−1
（1）若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式 _________，该反应自发进行的条件是_________。(填“高温”或“低温”或“任何温度”)
Ⅱ．为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中发生反应2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)  ΔH1=-746.8 kJ∙mol−1
（2）T℃时，将体积比为1：1的CO和NO的混合气体充入刚性容器中发生上述反应，每隔一定时间测得容器内的压强如下表所示：
时间/min

10
20
30
40
50
60
kPa
1.08
1.02
0.97
0.93
0.90
0.90
0.90
①反应开始10 min内，以CO的压强变化表示该反应的平均反应速率为_________kPa/mol时，该反应的平衡常数Kp=_________kPa-1 (用分数表示，Kp为用各气体分压表示的平衡常数。)
②反应达到平衡后，若再向容器中加入2 mol CO2(g)和1 mol N2，再次达到平衡时NO的百分含量将_________(填“增大””减小”或”不变”)。
（3）实验测得，v正=k正c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆c(N2)·c2(CO2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_________(填“＞”“＜”或“” ) k逆增大的倍数。
②若在1 L的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则 _________。
【答案】（1） ①. 2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-854 kJ∙mol−1 ②. 任何温度
（2） ①. 0.012 ②. ③. 减小
（3） ①. ＜ ②.
【解析】
【小问1详解】
化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则根据化学平衡常数K=，可知可逆反应化学方程式为：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)。已知：①2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) ΔH1=-114 kJ∙mol−1；②C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5 kJ∙mol−1；③N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH3=＋181 kJ∙mol−1，根据盖斯定律，将②×2-①-③，整理可得2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)的反应热ΔH=-854 kJ∙mol−1；
反应要自发进行，ΔG=ΔH-ΔS＜0，该反应的正反应是气体体积增大的放热反应，ΔH＜0，ΔS＞0，反应自发进行的的反应温度是任何温度；
【小问2详解】
起始总压强为1.08 kPa，由CO和NO的体积比为1：1可知：CO、NO的分压均为0.54 kPa；容器体积不变，分压与物质的量成正比，即2CO(g)+2NO(g)N2(g)+ 2CO2(g)假设N2的压强变化为x kPa，则CO、NO、CO2的压强都是变化2x kPa，某时间气体分压分别是P(CO)=P(NO)=(0.54-2x)kPa，P(N2)=x kPa，P(CO2)=2x kPa。10 min时，(0.54-2x)+(0.54-2x)+x=2x=1.02，解得x=0.06，则以CO的压强变化表示的该反应的化学反应速率为0.06×2=0.12 kPa/min；
该反应达到平衡时气体总压强为0.90 kPa，(0.54-2x)+(0.54-2x)+x+2x=0.90，解得x=0.18，则CO、NO的分压都是0.18 kPa，N2的分压是0.18 kPa，CO2的分压是0.36 kPa，Kp=；
②反应达到平衡后，若再向容器中加入2 mol CO2(g)和1 mol N2，相当于增大体系的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，则反应再次达到平衡时NO的百分含量将减小；
【小问3详解】
①该反应的正反应为放热反应，升高温度使化学平衡向吸热的逆反应方向移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，故k正＜k逆；
②当反应达到平衡时，v正=v逆， 故，平衡时c(N2)=0.2 mol/L，c(CO2)=0.4 mol/L，c(CO)=c(NO)=0.6 mol/L，则。