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辽宁省东北育才学校高中部2023-2024学年高二化学上学期第一次月考试题（Word版附解析）
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这是一份辽宁省东北育才学校高中部2023-2024学年高二化学上学期第一次月考试题（Word版附解析），文件包含部编七年级上册语文第五单元教材知识点考点梳理pptx、部编七年级上册语文第五单元教材知识点考点梳理教案docx、部编七年级上册语文第五单元教材知识点考点梳理验收卷原卷版docx、部编七年级上册语文第五单元教材知识点考点梳理验收卷解析版docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共31页， 欢迎下载使用。
1. 2007年2月，中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2。下列对此反应的叙述中正确的是( ).
A. 使用光催化剂不改变反应速率B. 使用光催化剂能增大NO的转化率
C. 升高温度能加快反应速率D. 改变压强对反应速率无影响
【答案】C
【解析】
【详解】A. 使用光催化剂改变反应速率可以加快化学反应速率，A不正确；
B. 使用光催化剂对正、逆反应的速率的影响是相同的，不能增大NO的转化率，B不正确；
C. 升高温度能提高活化分子的百分数，故能加快反应速率，C正确；
D. 该反应中的所有组分均为气体，故改变压强对反应速率有影响，D不正确。
故选C。
2. 下列说法正确的是
A. 一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)+Cl2(g)的ΔH>0，ΔS<0
B. 凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
C. 常温下，2H2O2H2↑+O2↑，即常温下水的分解反应是自发反应
D. 已知2KClO3 (s) =2KCl(s) + 3O2(g) ΔH＝﹣78.03 kJ·ml-1，ΔS＝+ 494.4 J·ml-1·k-1，此反应在任何温度下都能自发进行
【答案】D
【解析】
【详解】A．MgCl2(l)Mg(l)+Cl2(g)，反应后物质的量增多，且生成了气体，△S＞0，故A错误；
B．反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，故B错误；
C．水性质稳定，常温下，水不分解，常温下水的分解反应是不自发反应，故C错误；
D．氯酸钾的分解2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2↑(g)△H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T•△S＜0一定成立，此反应在任何温度下都能自发进行，故D正确；
故选D。
3. 。下列分析不正确的是
A. 氮分子的键能大，断开该键需要较多能量
B. 增大合成氨的反应速率与提高平衡混合物中氨的含量所采取的措施均一致
C. 平衡混合物中的沸点最高，液化、分离出能提高其产率
D. 断裂1和3的共价键所需能量小于断裂2的共价键所需能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮分子的N≡N键能大，破坏化学键所需要吸收的能量多，分子稳定，故A正确；
B．升高温度，反应速率加快，但合成氨反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨的含量减小，故B错误；
C．平衡混合物中NH3的沸点最高，液化、分离出NH3，平衡正向移动，氨气产率提高，故C正确；
D．反应正向为放热反应，故反应物的总键能小于生成物的总键能，断裂1mlN2和3mlH2的共价键所需能量小于断裂2 ml NH3的共价键所需能量，故D正确；
故选：B。
4. Burns和Daintn研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：
①Cl2(g)⇌2Cl•(g) 快
②CO(g)+Cl•(g)⇌COCl•(g) 快
③COCl•(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g)+Cl•(g) 慢
反应②的速率方程为v正=k正c(CO)×c(Cl•)，v逆=k逆c(COCl•)。下列说法错误的是
A. 反应①的活化能大于反应③的活化能
B. 反应②的平衡常数K=
C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率
D. 选择合适的催化剂能提高单位时间内COCl2的产率
【答案】A
【解析】
【分析】
根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。
【详解】A．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；
B．反应②存在v正=k正c(CO)×c(Cl•)，v逆=k逆c(COCl•)，平衡时正逆反应速率相等，，故B正确；
C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C正确；
D．选择合适的催化剂加快化学反应速率，所以能提高单位时间内COCl2的产率，故D正确；
故选A。
5. 在含有Fe3+、S2O和I-的混合溶液中，反应S2O(aq)+2I-(aq)=2SO(aq)+I2(aq)的分部机理如下，反应进程中的能量变化如图所示。
步骤①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)
步骤②：S2O(aq)+2Fe2+(aq)=2SO(aq)+2Fe3+(aq)
下列关于该反应的说法错误的是
A. Fe3+是该反应的催化剂
B. 步骤②比步骤①速率快
C. 该反应为放热反应
D. 若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大
【答案】D
【解析】
【分析】步骤①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)，步骤②：S2O(aq)+2Fe2+(aq)=2SO(aq)+2Fe3+(aq)，①+②得S2O(aq)+2I-(aq)=2SO(aq)+I2(aq)，Fe3+作催化剂，Fe2+为中间产物，S2O(aq)+2I-(aq)+2Fe3+(aq)的总能量高于2Fe3+(aq)+2SO(aq)+I2(aq)的总能量，反应放热。
【详解】A．根据反应的机理可知铁离子参与了反应，但是在反应前后其物质的量不变，则Fe3+是该反应的催化剂，故A正确；
B．由图象可知步骤①的活化能大于步骤②的，活化能越大，反应速率越小，故步骤①反应速率慢，故B正确；
C．反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故C正确；
D．ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，该反应为放热反应，不管加不加催化剂，正反应活化能都低于逆反应活化能，故D错误；
故选D。
6. 反应A→C分两步进行：①A→B，②B→C。反应过程能量变化曲线如图所示(E1、E2、E3、E4表示活化能)。下列说法错误的是
A. 三种物质中B最不稳定B. A→B反应的活化能为E1
C. B→C反应的ΔH=E4－E3D. 加入催化剂不能改变反应的焓变
【答案】C
【解析】
【详解】A、A、B、C三种物质中，B的能量最高，所以B最不稳定，A正确；B、反应物A变成活化分子需吸收能量E1，所以A→B反应的活化能为E1，B正确；C、B的能量高于C的能量，所以B→C为放热反应，ΔH=-（E4-E3），C错误；D、催化剂不能改变反应的焓变，D正确。正确答案为C。
7. 将1mlCO和2mlH2充入一容积为1L的密闭容器中，分别在250℃、T℃(T℃≠250℃)下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；△H=akJ/ml，如图。下列分析中正确的是
A. 250℃时，0～10minH2反应速率为0.015ml/(L•min)-1
B. 平衡常数K：T℃时大于250℃
C. 其他条件不变，若减小容积体积，CO体积分数增大
D. 平衡时CO的转化率：T℃时小于250℃时
【答案】B
【解析】
【详解】依据先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0。
A．0～10min内甲醇物质的量增加了0.15ml，根据方程式氢气的变化量为：0.15ml×2=0.3ml，所以v（H2）==0.03 ml/（L•min），选项A错误；
B．根据上面分析可知a＜0，即升高温度，平衡逆向移动，K减小，所以平衡常数K：T℃时大于250℃，选项B正确；
C．其他条件不变，若减小容积体积，压强增大，平衡正移，CO的物质的量减少，CO物质的量分数减小，所以CO体积分数减小，选项C错误；
D．A和B两条曲线，250℃时，先达化学平衡状态，250°C＞T°C，温度越高，CO转化率越低，正反应放热，所以a＜0，而且T＜250℃，温度越低CO转化率越大，所以CO的转化率：T℃时大于250℃时，选项D错误；
答案选B。
8. 一定温度下，在3个1.0L的恒容密闭容器中分别进行反应，达到平衡。相关数据如表。下列说法不正确的是
A. 平衡时，X的转化率：II＞IB. 平衡常数：K(Ⅱ)=K(Ⅰ)
C. 达到平衡所需时间：III＜ID. a=0.16
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ⅱ可以看成是向2L的容器中，充入0.4ml的X和0.2ml的Y(则Ⅰ、Ⅱ的平衡等效)，平衡后再将容器压缩至1L，由于压强增大，平衡向右移动，所以Ⅱ中X的转化率＞Ⅰ，A正确；
B．平衡常数只和温度有关，Ⅰ、Ⅱ的温度相同，则这两个平衡的平衡常数也相同，B正确；
C．Ⅲ的温度比Ⅰ高，Ⅲ的化学反应速率也快，则Ⅲ先达到平衡，所用时间较短，C正确；
D．结合选项A可知，Ⅱ平衡等效于Ⅰ的平衡增压后右移，则a＞0.16，D错误；
故选D。
9. 下列四图中，曲线变化情况与所给反应、、、均大于相对应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．1200时反应速率大于1000时反应速率，1200先达到平衡，但图中1000先达到平衡，不符合平衡的建立的图像，A错误；
B．对于反应，增大压强，正反应速率、逆反应都加快，达到平衡后增大压强平衡向正反应方向移动，正 >逆，与曲线不一致，B错误；
C．对于反应，温度一定时， 增大压强平衡向逆反应方向移动，N2O4物质的量分数增大，压强一定时，升高温度平衡向正反应方向移动，N2O4物质的量分数减小，与曲线一致，C正确；
D．由于C为固态，对反应，恒容容器中增加CO2物质的量相当于增大压强平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，与曲线不一致，D错误；
故本题选C。
10. 工业上用丁烷催化脱氢制备丁烯：（正反应吸热），将丁烷和氢气以一定的配比通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），反应的平衡转化率、产率与温度、投料比有关。下列判断不正确的是
A. 由图甲可知，x小于0.1
B. 由图乙可知，丁烯产率先增大后减小，减小的原因是氢气是产物之一，随着增大，逆反应速率减小
C. 由图丙可知，产率在前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动
D. 由图丙可知，丁烯产率在后快速降低的主要原因是丁烯高温分解生成副产物
【答案】B
【解析】
【详解】A．正反应体积增大，增大压强，平衡逆向移动，则丁烯的平衡产率减小，由图甲可知，当温度相同时，压强为0.1MPa的平衡转化率较小，故x小于0.1，A正确；
B．氢气浓度增大时，逆反应速率增大，B错误；
C．正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，由图丙可知产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动，C正确；
D．由图丙可知，丁烯产率在590℃之后快速降低的主要原因为丁烯高温分解生成副产物，D正确；
故答案为：B。
11. 某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO，其过程如下：mCeO2(m－x)CeO2·xCe+xO2；(m-x)CeO2·xCe+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO
下列说法不正确的是( )
A. 该过程中CeO2没有消耗B. 该过程实现了太阳能向化学能的转化
C. 图中ΔH1=ΔH2+ΔH3D. H2(g)+O2(g)=H2O(g)的反应热大于ΔH3
【答案】C
【解析】
【详解】A.通过太阳能实现总反应H2O+CO2→H2+CO+O2，反应中CeO2没有消耗，CeO2作催化剂，A正确；
B.该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，B正确；
C.由图中转化关系及据盖斯定律可知：-△H1为正值，△H2+△H3为负值，则-△H1=△H2+△H3，C错误；
D.①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3；②H2O(l)=H2O(g) △H2，根据盖斯定律①+②得：H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H=△H3+△H2；因②△H、△H3都小于0，而△H2大于0，故△H>△H3，D正确；
故合理选项是C。
12. CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
在恒压、反应物起始物质的量比条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是
A. 升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B. 曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C. 相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D. 恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
【答案】BD
【解析】
【详解】A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；
B．根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g) =H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；
C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；
D．800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。
综上所述，答案为BD。
13. 一定条件下，相关有机物(均为气态)分别与氢气发生加成反应生成1ml气态环己烷的能量变化如图所示：
下列推理错误的是
A. 碳碳双键加氢时放热，放出的热量与碳碳双键数目及相对位置有关
B. (g)+H2(g)→(g) △H=-21kJ·ml-1
C. ∣△H2∣>∣△H3∣，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
D. 3∣△H1∣>∣△H4∣，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，、、、均小于0，则碳碳双键加氢时放热，由、、可知放出的热量与碳碳双键数目有关，由、可知放出的热量与双键的相对位置有关，A正确；
B．由题干图示可知，反应III为：(g)+2H2(g)=(g) =-229kJ/ml，反应IV： (g)+3H2(g)=(g) =-208kJ/ml，则反应(g)+H2(g)→(g) 可由反应IV-III得到，根据盖斯定律可知，△H=-=(-208kJ/ml)-(-229kJ/ml)=+21kJ·ml-1，B错误；
C．由题干图示信息可知，∣△H2∣>∣△H3∣，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，即具有的总能量比的更低，则有利于物质稳定，C正确；
D．由题干图示信息可知，3∣△H1∣>∣△H4∣，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，D正确；
故答案为：B。
14. 中国科学院化学研究所报道了化合物1催化CO2氢化机理。其机理中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如下图所示。下列说法错误的是
A. 化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应
B. 图中Ⅰl-2与化合物2互为同分异构体
C. 过程①的活化能高于过程②的活化能
D. 过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2 (s) △H=2.08 kJ·ml-1
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．由相对能量曲线可知，化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应，故A正确；
B．图中Ⅰl-2与化合物2的化学式相同，结构式不同，互为同分异构体，故B正确；
C．过程①的活化能为：(6.05-0.00)=6.05kcal·ml-1，②的活化能为：(11.28-2.08)=9.20 kcal·ml-1，过程①的活化能小于过程②的活化能，故C错误；
D．过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2 (s) △H=2.08 kcal·ml-1，故D错误；
故选CD。
15. 草酸二甲酯催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
压强一定的条件下，将、按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得的转化率及、的选择性与温度的关系如图所示，下列说法错误的是
A. 曲线B表示的转化率随温度的变化，在190～196℃范围内反应还未达到平衡
B. 190～198℃范围内，温度升高，的选择性增大
C. 190～198℃范围内，温度升高，的值减小
D. 192℃时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高的转化率
【答案】D
【解析】
【分析】由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，HOCH2CH2OH选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，则曲线B表示的转化率随温度的变化，以此解题。
【详解】A．由分析可知曲线B表示的转化率随温度的变化，由题意可知反应Ⅰ、反应Ⅱ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，由图可知在190～196℃范围内，随着温度升高，的转化率增大，即此时反应还在正向进行，没有达到平衡，A正确；
B．由分析可知曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，由图可知190～198℃范围内，温度升高，的选择性增大，B正确；
C．190~198°C范围内，温度升高，反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) ΔH2<0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动 ，每减少2mlCH3OH，只减少1mlHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，逐渐减小，C正确；
D．192°C时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物接触催化剂时间缩短，一段时间内反应物(COOCH3)2转化率降低，D错误；
故选D。
二、非选择题(本题包括4小题，共55分)
16. 二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1=-90.7kJ·ml-1 K1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-23.5kJ·ml-1 K2
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.2kJ·ml-1 K3
回答下列问题：
（1）反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH=___________kJ·ml-1；该反应的平衡常数K=___________(用K1、K2、K3表示)。
（2）下列措施中，能提高①中CH3OH产率的有___________。
A. 使用过量的COB. 升高温度C. 增大压强D. 使用催化剂
（3）一定温度下，将0.2ml CO和0.1ml H2O(g)通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1，则0~5min内v(H2O)=___________，CO的转化率α(CO)=___________。
（4）将合成气以=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是___________(填字母)。
A．ΔH＜0
B．p1＞p2＞p3
C．若在p3和316℃时，起始时=3，则平衡时，α(CO)小于50%
（5）采用一种新型的催化剂(主要成分是Cu-Mn的合金)，利用CO和H2制备二甲醚(DME)。观察图，当约为___________时最有利于二甲醚的合成。
【答案】（1） ①. -246.1 ②. K12·K2·K3 （2）AC
（3） ①. 0.003ml·L-1·min-1 ②. 15%
（4）AB （5）2.0
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，因此有ΔH=①＋②＋③，则ΔH=2×ΔH1＋ΔH2＋ΔH3=－246.1kJ·ml-1，根据化学平衡常数的数学表达式，得出、、、，从而推出K=K12·K2·K3。
【小问2详解】
A．使用过量的CO，c(CO)增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH产率增加，故A符合题意；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH3OH产率降低，故B不符合题意；
C．反应前的气体系数之和大于反应后气体系数，增大压强，平衡向正反应方向移动，CH3OH的产率增大，故C符合题意；
D.使用催化剂，只能改变反应达到平衡的时间，不影响平衡的移动，使用催化剂不影响CH3OH产率，故D不符合题意；
答案为AC。
【小问3详解】
反应③中反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体物质的量保持不变，达到平衡后H2的物质的量为0.3ml×0.1=0.03ml，此时消耗H2O的物质的量为0.03ml，0～5min内，v(H2O)==0.003ml·L-1·min-1；0～5min内，消耗n(CO)=0.03ml，CO的转化率为=15%。
【小问4详解】
A．根据图像，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即ΔH＜0，故A正确；
B．作等温线，根据勒夏特列原理，根据化学计量数，增大压强，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，从而推出p1＞p2＞p3，故B正确；
C．=3，相当于在=2基础上通入H2，通入H2，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，CO的转化率大于50%，故C错误；
答案为AB。
【小问5详解】
根据图，约为2时，CO转化率最大，DME的选择性最高，此时最有利于二甲醚的合成。
17. 硫酸在工业生产中有着重要的意义，是工业制硫酸的重要原料。
（1）T℃时，向2.0L的恒容密闭容器中充入和，发生如下反应：
①20s后反应达到平衡，和相等，___________，平衡后向容器中再充入和，此时，v(正)___________v(逆)。(填“＞”、“=”或“＜”)
②相同温度下，起始投料变为和，的平衡转化率___________。(填“增大”、“不变”或“减小”)
（2）密闭容器中，加入足量的焦炭(沸点4827℃)和反应，生成和硫蒸气()。
①反应在某温度达到平衡时，和的体积分数都等于40%，中x=___________。
②按相同投料方式发生上述反应，相同时间内测得与的生成速率随温度变化的关系如图1所示。其它条件相同时，在不同催化剂作用下，转化率与温度关系如图2所示。
700℃时，催化剂___________(填“甲”或“乙”)活性更高，A、B、C三点对应的反应状态中，达到平衡状态的是___________(填字母)。
【答案】（1） ①. 0.02 ②. ＞ ③. 减小
（2） ①. 2 ②. 乙 ③. B
【解析】
【小问1详解】
①根据三段式可知
20s后反应达到平衡，和相等，则0.5－2x＝0.3－x，解得x＝0.2，所以0.4ml/L÷20s＝0.02，平衡常数为。平衡后向容器中再充入和，此时浓度熵为，平衡正向进行，则v(正)＞v(逆)。
②相同温度下，起始投料变为和，相当于是减小压强，平衡逆向进行，则的平衡转化率减小。
【小问2详解】
①根据三段式可知
反应在某温度达到平衡时，和的体积分数都等于40%，即1－y＝y，解得y＝0.5，，解得x=2。
②700℃时，催化剂乙对应的转化率高，因此催化剂乙的活性更高，由于催化剂不能改变平衡转化率，所以C点不是平衡点，又因为A点二者的速率相等，不满足速率之比是化学计量数之比，而B点二氧化硫和硫蒸汽的速率之比是2：1，满足速率之比是化学计量数之比，所以A、B、C三点对应的反应状态中，达到平衡状态的是B。
18. 在1 L恒容密闭容器中充入一定量CH3OH发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H，测得CH3OH的浓度与温度的关系如图所示：
（1）△H_______(填“>”“＜”或“=”)0，说明理由_______。
（2）在T1时达到平衡后，再向容器中充入少量甲醇蒸气，CH3OH的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）工业上，利用水煤气合成CH3OH的反应表示如下：2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)△H=-91.0 kJ·ml-1，向1 L的恒容密容器中加入0.1 ml H2和0.05 ml CO在一定温度下发生上述反应，10 min后反应达到平衡状态，测得放出的热量为3.64 kJ。
①从反应开始恰好平衡状态时，H2的平均反应速率v(H2)为_______。
②在温度不变条件下，上述反应达到平衡后再向容器中充入0.01 ml H2和0.05 ml CH3OH(g)时，平衡_______(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。
（4）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g) = CH3OH(g)＋H2O(g)△H=-49.5 kJ·ml-1
Ⅱ.CO(g)＋2H2(g) = CH3OH(g)△H2=-90.4 kJ·ml-1
Ⅲ.CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g)△H3
一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 ml CO2和3 ml H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a ml，CO为b ml，此时H2O(g)的浓度为_______ml·L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为_______。
【答案】（1） ①. ＜ ②. 温度越高，达到平衡所需时间越短，可知反应温度T1>T2.再由平衡时甲醇的浓度可知温度为T2时甲醇浓度小，降低温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应
（2）不变 （3） ①. 0.008 ml/(L·min) ②. 不移动
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
由于温度越高，反应速率就越快，反应达到平衡所需时间就越短。根据图像可知：反应在温度是T1时先达到平衡，说明反应温度：T1>T2.结合CH3OH的平衡浓度可知：温度越低，平衡时c(CH3OH)越小，说明降低温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理可知：该反应的正反应是放热反应，因此△H＜0；
【小问2详解】
在T1时达到平衡后，再向容器中充入少量甲醇蒸气，导致体系的压强增大，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强化学平衡不发生移动，因此CH3OH的平衡转化率不变；
【小问3详解】
①根据方程式可知：每有2 ml H2发生反应，反应会放出热量91.0 kJ，现在反应放出热量是3.64 kJ，则反应的H2的物质的量为n(H2)==0.08 ml，故从反应开始恰好平衡状态时，H2的平均反应速率v(H2)== 0.008 ml/(L·min)；
②根据①计算，结合物质反应转化关系可知：平衡时n(H2)=0.1 ml-0.08 ml=0.02 ml，n(CO)=0.05 ml-0.04 ml=0.01 ml，n(CH3OH)=0.04 ml，由于容器的容积是1 L，故物质的平衡浓度在数值上与物质的量相等，故该温度下的化学平衡常数K=。在该温度下向上述平衡体系中加热0.01 ml H2、0.05 ml CH3OH，此时的浓度上Qc==K，说明充入物质后，化学平衡不发生移动；
【小问4详解】
根据方程式I、III可知：每反应产生1 ml CH3OH或CO，就同时会产生1 ml H2O(g)。现在反应达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a ml，CO为b ml，故n(H2O)=(a+b)ml，由于容器的容积是V L，故水的平衡浓度c(H2O)=ml/L；
在反应开始时n(CO2)=1 ml，n(H2)=3 ml，反应达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a ml，CO为b ml，则反应I消耗CO2为a ml，消耗H2为3a ml；反应III消耗CO2为a ml，消耗H2为b ml，故平衡时n(CO2)=(1-a-b)ml，n(H2)=(3-3a-b) ml，平衡时n(H2O)=(a+b)ml，由于容器的容积是V L，故反应III的平衡常数K=。
19. 某小组拟用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液的反应(此反应为放热反应)来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如下的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20ml/LH2C2O4溶液、0.010ml/LKMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽。
已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，回答下列问题：
(1)KMnO4溶液用___________酸化(填名称)；写出上述反应的离子方程式：___________；
(2)上述实验①②是探究___________对化学反应速率的影响；上述实验②④是探究___________对化学反应速率的影响。
(3)若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为___________；表格中的“乙”填写t/s，其测量的是___________。
【答案】 ①. 硫酸 ②. 2MnO＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O ③. 温度 ④. 催化剂 ⑤. 0.5 ⑥. 酸性KMnO4溶液褪色的时间
【解析】
【分析】
【详解】(1)高锰酸钾具有强氧化性，盐酸具有还原性，KMnO4溶液用硫酸酸化；H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、锰离子和水，则反应的离子方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O；
(2)实验①②是在相同浓度，不使用催化剂的条件下进行的，但反应温度不同，则为探究温度对速率的影响；而实验②④是在相同浓度、相同温度的条件下进行的，但②不使用催化剂，而④使用催化剂，则为探究催化剂对反应速率的影响；容器
温度/K
物质起始浓度/(ml∙L-1)
物质的平衡浓度/(ml∙L-1)
c(X)
c(Y)
c(Z)
c(Z)
I
400
0.20
0.10
0
0.080
II
400
0.40
0.20
0
a
III
500
0.20
0.10
0
0.025
A
B
C
D
物理量编号
V(0.20ml/LH2C2O4溶液)/mL
V(蒸馏水)/mL
V(0.010ml/L酸性KMnO4溶液)/mL
m(MnSO4)/g
T/℃
乙
①
2.0
0
4.0
0
50
②
2.0
0
4.0
0
25
③
1.5
a
4.0
0
25
④
2.0
0
4.0
01
25
1. 2007年2月，中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2。下列对此反应的叙述中正确的是( ).
A. 使用光催化剂不改变反应速率B. 使用光催化剂能增大NO的转化率
C. 升高温度能加快反应速率D. 改变压强对反应速率无影响
【答案】C
【解析】
【详解】A. 使用光催化剂改变反应速率可以加快化学反应速率，A不正确；
B. 使用光催化剂对正、逆反应的速率的影响是相同的，不能增大NO的转化率，B不正确；
C. 升高温度能提高活化分子的百分数，故能加快反应速率，C正确；
D. 该反应中的所有组分均为气体，故改变压强对反应速率有影响，D不正确。
故选C。
2. 下列说法正确的是
A. 一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)+Cl2(g)的ΔH>0，ΔS<0
B. 凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
C. 常温下，2H2O2H2↑+O2↑，即常温下水的分解反应是自发反应
D. 已知2KClO3 (s) =2KCl(s) + 3O2(g) ΔH＝﹣78.03 kJ·ml-1，ΔS＝+ 494.4 J·ml-1·k-1，此反应在任何温度下都能自发进行
【答案】D
【解析】
【详解】A．MgCl2(l)Mg(l)+Cl2(g)，反应后物质的量增多，且生成了气体，△S＞0，故A错误；
B．反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，故B错误；
C．水性质稳定，常温下，水不分解，常温下水的分解反应是不自发反应，故C错误；
D．氯酸钾的分解2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2↑(g)△H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T•△S＜0一定成立，此反应在任何温度下都能自发进行，故D正确；
故选D。
3. 。下列分析不正确的是
A. 氮分子的键能大，断开该键需要较多能量
B. 增大合成氨的反应速率与提高平衡混合物中氨的含量所采取的措施均一致
C. 平衡混合物中的沸点最高，液化、分离出能提高其产率
D. 断裂1和3的共价键所需能量小于断裂2的共价键所需能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮分子的N≡N键能大，破坏化学键所需要吸收的能量多，分子稳定，故A正确；
B．升高温度，反应速率加快，但合成氨反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨的含量减小，故B错误；
C．平衡混合物中NH3的沸点最高，液化、分离出NH3，平衡正向移动，氨气产率提高，故C正确；
D．反应正向为放热反应，故反应物的总键能小于生成物的总键能，断裂1mlN2和3mlH2的共价键所需能量小于断裂2 ml NH3的共价键所需能量，故D正确；
故选：B。
4. Burns和Daintn研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：
①Cl2(g)⇌2Cl•(g) 快
②CO(g)+Cl•(g)⇌COCl•(g) 快
③COCl•(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g)+Cl•(g) 慢
反应②的速率方程为v正=k正c(CO)×c(Cl•)，v逆=k逆c(COCl•)。下列说法错误的是
A. 反应①的活化能大于反应③的活化能
B. 反应②的平衡常数K=
C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率
D. 选择合适的催化剂能提高单位时间内COCl2的产率
【答案】A
【解析】
【分析】
根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。
【详解】A．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；
B．反应②存在v正=k正c(CO)×c(Cl•)，v逆=k逆c(COCl•)，平衡时正逆反应速率相等，，故B正确；
C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C正确；
D．选择合适的催化剂加快化学反应速率，所以能提高单位时间内COCl2的产率，故D正确；
故选A。
5. 在含有Fe3+、S2O和I-的混合溶液中，反应S2O(aq)+2I-(aq)=2SO(aq)+I2(aq)的分部机理如下，反应进程中的能量变化如图所示。
步骤①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)
步骤②：S2O(aq)+2Fe2+(aq)=2SO(aq)+2Fe3+(aq)
下列关于该反应的说法错误的是
A. Fe3+是该反应的催化剂
B. 步骤②比步骤①速率快
C. 该反应为放热反应
D. 若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大
【答案】D
【解析】
【分析】步骤①：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)，步骤②：S2O(aq)+2Fe2+(aq)=2SO(aq)+2Fe3+(aq)，①+②得S2O(aq)+2I-(aq)=2SO(aq)+I2(aq)，Fe3+作催化剂，Fe2+为中间产物，S2O(aq)+2I-(aq)+2Fe3+(aq)的总能量高于2Fe3+(aq)+2SO(aq)+I2(aq)的总能量，反应放热。
【详解】A．根据反应的机理可知铁离子参与了反应，但是在反应前后其物质的量不变，则Fe3+是该反应的催化剂，故A正确；
B．由图象可知步骤①的活化能大于步骤②的，活化能越大，反应速率越小，故步骤①反应速率慢，故B正确；
C．反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故C正确；
D．ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，该反应为放热反应，不管加不加催化剂，正反应活化能都低于逆反应活化能，故D错误；
故选D。
6. 反应A→C分两步进行：①A→B，②B→C。反应过程能量变化曲线如图所示(E1、E2、E3、E4表示活化能)。下列说法错误的是
A. 三种物质中B最不稳定B. A→B反应的活化能为E1
C. B→C反应的ΔH=E4－E3D. 加入催化剂不能改变反应的焓变
【答案】C
【解析】
【详解】A、A、B、C三种物质中，B的能量最高，所以B最不稳定，A正确；B、反应物A变成活化分子需吸收能量E1，所以A→B反应的活化能为E1，B正确；C、B的能量高于C的能量，所以B→C为放热反应，ΔH=-（E4-E3），C错误；D、催化剂不能改变反应的焓变，D正确。正确答案为C。
7. 将1mlCO和2mlH2充入一容积为1L的密闭容器中，分别在250℃、T℃(T℃≠250℃)下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；△H=akJ/ml，如图。下列分析中正确的是
A. 250℃时，0～10minH2反应速率为0.015ml/(L•min)-1
B. 平衡常数K：T℃时大于250℃
C. 其他条件不变，若减小容积体积，CO体积分数增大
D. 平衡时CO的转化率：T℃时小于250℃时
【答案】B
【解析】
【详解】依据先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0。
A．0～10min内甲醇物质的量增加了0.15ml，根据方程式氢气的变化量为：0.15ml×2=0.3ml，所以v（H2）==0.03 ml/（L•min），选项A错误；
B．根据上面分析可知a＜0，即升高温度，平衡逆向移动，K减小，所以平衡常数K：T℃时大于250℃，选项B正确；
C．其他条件不变，若减小容积体积，压强增大，平衡正移，CO的物质的量减少，CO物质的量分数减小，所以CO体积分数减小，选项C错误；
D．A和B两条曲线，250℃时，先达化学平衡状态，250°C＞T°C，温度越高，CO转化率越低，正反应放热，所以a＜0，而且T＜250℃，温度越低CO转化率越大，所以CO的转化率：T℃时大于250℃时，选项D错误；
答案选B。
8. 一定温度下，在3个1.0L的恒容密闭容器中分别进行反应，达到平衡。相关数据如表。下列说法不正确的是
A. 平衡时，X的转化率：II＞IB. 平衡常数：K(Ⅱ)=K(Ⅰ)
C. 达到平衡所需时间：III＜ID. a=0.16
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ⅱ可以看成是向2L的容器中，充入0.4ml的X和0.2ml的Y(则Ⅰ、Ⅱ的平衡等效)，平衡后再将容器压缩至1L，由于压强增大，平衡向右移动，所以Ⅱ中X的转化率＞Ⅰ，A正确；
B．平衡常数只和温度有关，Ⅰ、Ⅱ的温度相同，则这两个平衡的平衡常数也相同，B正确；
C．Ⅲ的温度比Ⅰ高，Ⅲ的化学反应速率也快，则Ⅲ先达到平衡，所用时间较短，C正确；
D．结合选项A可知，Ⅱ平衡等效于Ⅰ的平衡增压后右移，则a＞0.16，D错误；
故选D。
9. 下列四图中，曲线变化情况与所给反应、、、均大于相对应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．1200时反应速率大于1000时反应速率，1200先达到平衡，但图中1000先达到平衡，不符合平衡的建立的图像，A错误；
B．对于反应，增大压强，正反应速率、逆反应都加快，达到平衡后增大压强平衡向正反应方向移动，正 >逆，与曲线不一致，B错误；
C．对于反应，温度一定时， 增大压强平衡向逆反应方向移动，N2O4物质的量分数增大，压强一定时，升高温度平衡向正反应方向移动，N2O4物质的量分数减小，与曲线一致，C正确；
D．由于C为固态，对反应，恒容容器中增加CO2物质的量相当于增大压强平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，与曲线不一致，D错误；
故本题选C。
10. 工业上用丁烷催化脱氢制备丁烯：（正反应吸热），将丁烷和氢气以一定的配比通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），反应的平衡转化率、产率与温度、投料比有关。下列判断不正确的是
A. 由图甲可知，x小于0.1
B. 由图乙可知，丁烯产率先增大后减小，减小的原因是氢气是产物之一，随着增大，逆反应速率减小
C. 由图丙可知，产率在前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动
D. 由图丙可知，丁烯产率在后快速降低的主要原因是丁烯高温分解生成副产物
【答案】B
【解析】
【详解】A．正反应体积增大，增大压强，平衡逆向移动，则丁烯的平衡产率减小，由图甲可知，当温度相同时，压强为0.1MPa的平衡转化率较小，故x小于0.1，A正确；
B．氢气浓度增大时，逆反应速率增大，B错误；
C．正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，由图丙可知产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动，C正确；
D．由图丙可知，丁烯产率在590℃之后快速降低的主要原因为丁烯高温分解生成副产物，D正确；
故答案为：B。
11. 某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO，其过程如下：mCeO2(m－x)CeO2·xCe+xO2；(m-x)CeO2·xCe+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO
下列说法不正确的是( )
A. 该过程中CeO2没有消耗B. 该过程实现了太阳能向化学能的转化
C. 图中ΔH1=ΔH2+ΔH3D. H2(g)+O2(g)=H2O(g)的反应热大于ΔH3
【答案】C
【解析】
【详解】A.通过太阳能实现总反应H2O+CO2→H2+CO+O2，反应中CeO2没有消耗，CeO2作催化剂，A正确；
B.该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，B正确；
C.由图中转化关系及据盖斯定律可知：-△H1为正值，△H2+△H3为负值，则-△H1=△H2+△H3，C错误；
D.①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3；②H2O(l)=H2O(g) △H2，根据盖斯定律①+②得：H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H=△H3+△H2；因②△H、△H3都小于0，而△H2大于0，故△H>△H3，D正确；
故合理选项是C。
12. CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
在恒压、反应物起始物质的量比条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是
A. 升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B. 曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C. 相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D. 恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
【答案】BD
【解析】
【详解】A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；
B．根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g) =H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；
C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；
D．800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。
综上所述，答案为BD。
13. 一定条件下，相关有机物(均为气态)分别与氢气发生加成反应生成1ml气态环己烷的能量变化如图所示：
下列推理错误的是
A. 碳碳双键加氢时放热，放出的热量与碳碳双键数目及相对位置有关
B. (g)+H2(g)→(g) △H=-21kJ·ml-1
C. ∣△H2∣>∣△H3∣，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
D. 3∣△H1∣>∣△H4∣，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，、、、均小于0，则碳碳双键加氢时放热，由、、可知放出的热量与碳碳双键数目有关，由、可知放出的热量与双键的相对位置有关，A正确；
B．由题干图示可知，反应III为：(g)+2H2(g)=(g) =-229kJ/ml，反应IV： (g)+3H2(g)=(g) =-208kJ/ml，则反应(g)+H2(g)→(g) 可由反应IV-III得到，根据盖斯定律可知，△H=-=(-208kJ/ml)-(-229kJ/ml)=+21kJ·ml-1，B错误；
C．由题干图示信息可知，∣△H2∣>∣△H3∣，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，即具有的总能量比的更低，则有利于物质稳定，C正确；
D．由题干图示信息可知，3∣△H1∣>∣△H4∣，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，D正确；
故答案为：B。
14. 中国科学院化学研究所报道了化合物1催化CO2氢化机理。其机理中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如下图所示。下列说法错误的是
A. 化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应
B. 图中Ⅰl-2与化合物2互为同分异构体
C. 过程①的活化能高于过程②的活化能
D. 过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2 (s) △H=2.08 kJ·ml-1
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．由相对能量曲线可知，化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应，故A正确；
B．图中Ⅰl-2与化合物2的化学式相同，结构式不同，互为同分异构体，故B正确；
C．过程①的活化能为：(6.05-0.00)=6.05kcal·ml-1，②的活化能为：(11.28-2.08)=9.20 kcal·ml-1，过程①的活化能小于过程②的活化能，故C错误；
D．过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2 (s) △H=2.08 kcal·ml-1，故D错误；
故选CD。
15. 草酸二甲酯催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
压强一定的条件下，将、按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得的转化率及、的选择性与温度的关系如图所示，下列说法错误的是
A. 曲线B表示的转化率随温度的变化，在190～196℃范围内反应还未达到平衡
B. 190～198℃范围内，温度升高，的选择性增大
C. 190～198℃范围内，温度升高，的值减小
D. 192℃时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高的转化率
【答案】D
【解析】
【分析】由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，HOCH2CH2OH选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，则曲线B表示的转化率随温度的变化，以此解题。
【详解】A．由分析可知曲线B表示的转化率随温度的变化，由题意可知反应Ⅰ、反应Ⅱ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，由图可知在190～196℃范围内，随着温度升高，的转化率增大，即此时反应还在正向进行，没有达到平衡，A正确；
B．由分析可知曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，由图可知190～198℃范围内，温度升高，的选择性增大，B正确；
C．190~198°C范围内，温度升高，反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) ΔH2<0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动 ，每减少2mlCH3OH，只减少1mlHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，逐渐减小，C正确；
D．192°C时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物接触催化剂时间缩短，一段时间内反应物(COOCH3)2转化率降低，D错误；
故选D。
二、非选择题(本题包括4小题，共55分)
16. 二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1=-90.7kJ·ml-1 K1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-23.5kJ·ml-1 K2
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.2kJ·ml-1 K3
回答下列问题：
（1）反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH=___________kJ·ml-1；该反应的平衡常数K=___________(用K1、K2、K3表示)。
（2）下列措施中，能提高①中CH3OH产率的有___________。
A. 使用过量的COB. 升高温度C. 增大压强D. 使用催化剂
（3）一定温度下，将0.2ml CO和0.1ml H2O(g)通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1，则0~5min内v(H2O)=___________，CO的转化率α(CO)=___________。
（4）将合成气以=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是___________(填字母)。
A．ΔH＜0
B．p1＞p2＞p3
C．若在p3和316℃时，起始时=3，则平衡时，α(CO)小于50%
（5）采用一种新型的催化剂(主要成分是Cu-Mn的合金)，利用CO和H2制备二甲醚(DME)。观察图，当约为___________时最有利于二甲醚的合成。
【答案】（1） ①. -246.1 ②. K12·K2·K3 （2）AC
（3） ①. 0.003ml·L-1·min-1 ②. 15%
（4）AB （5）2.0
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，因此有ΔH=①＋②＋③，则ΔH=2×ΔH1＋ΔH2＋ΔH3=－246.1kJ·ml-1，根据化学平衡常数的数学表达式，得出、、、，从而推出K=K12·K2·K3。
【小问2详解】
A．使用过量的CO，c(CO)增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH产率增加，故A符合题意；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH3OH产率降低，故B不符合题意；
C．反应前的气体系数之和大于反应后气体系数，增大压强，平衡向正反应方向移动，CH3OH的产率增大，故C符合题意；
D.使用催化剂，只能改变反应达到平衡的时间，不影响平衡的移动，使用催化剂不影响CH3OH产率，故D不符合题意；
答案为AC。
【小问3详解】
反应③中反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体物质的量保持不变，达到平衡后H2的物质的量为0.3ml×0.1=0.03ml，此时消耗H2O的物质的量为0.03ml，0～5min内，v(H2O)==0.003ml·L-1·min-1；0～5min内，消耗n(CO)=0.03ml，CO的转化率为=15%。
【小问4详解】
A．根据图像，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即ΔH＜0，故A正确；
B．作等温线，根据勒夏特列原理，根据化学计量数，增大压强，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，从而推出p1＞p2＞p3，故B正确；
C．=3，相当于在=2基础上通入H2，通入H2，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，CO的转化率大于50%，故C错误；
答案为AB。
【小问5详解】
根据图，约为2时，CO转化率最大，DME的选择性最高，此时最有利于二甲醚的合成。
17. 硫酸在工业生产中有着重要的意义，是工业制硫酸的重要原料。
（1）T℃时，向2.0L的恒容密闭容器中充入和，发生如下反应：
①20s后反应达到平衡，和相等，___________，平衡后向容器中再充入和，此时，v(正)___________v(逆)。(填“＞”、“=”或“＜”)
②相同温度下，起始投料变为和，的平衡转化率___________。(填“增大”、“不变”或“减小”)
（2）密闭容器中，加入足量的焦炭(沸点4827℃)和反应，生成和硫蒸气()。
①反应在某温度达到平衡时，和的体积分数都等于40%，中x=___________。
②按相同投料方式发生上述反应，相同时间内测得与的生成速率随温度变化的关系如图1所示。其它条件相同时，在不同催化剂作用下，转化率与温度关系如图2所示。
700℃时，催化剂___________(填“甲”或“乙”)活性更高，A、B、C三点对应的反应状态中，达到平衡状态的是___________(填字母)。
【答案】（1） ①. 0.02 ②. ＞ ③. 减小
（2） ①. 2 ②. 乙 ③. B
【解析】
【小问1详解】
①根据三段式可知
20s后反应达到平衡，和相等，则0.5－2x＝0.3－x，解得x＝0.2，所以0.4ml/L÷20s＝0.02，平衡常数为。平衡后向容器中再充入和，此时浓度熵为，平衡正向进行，则v(正)＞v(逆)。
②相同温度下，起始投料变为和，相当于是减小压强，平衡逆向进行，则的平衡转化率减小。
【小问2详解】
①根据三段式可知
反应在某温度达到平衡时，和的体积分数都等于40%，即1－y＝y，解得y＝0.5，，解得x=2。
②700℃时，催化剂乙对应的转化率高，因此催化剂乙的活性更高，由于催化剂不能改变平衡转化率，所以C点不是平衡点，又因为A点二者的速率相等，不满足速率之比是化学计量数之比，而B点二氧化硫和硫蒸汽的速率之比是2：1，满足速率之比是化学计量数之比，所以A、B、C三点对应的反应状态中，达到平衡状态的是B。
18. 在1 L恒容密闭容器中充入一定量CH3OH发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H，测得CH3OH的浓度与温度的关系如图所示：
（1）△H_______(填“>”“＜”或“=”)0，说明理由_______。
（2）在T1时达到平衡后，再向容器中充入少量甲醇蒸气，CH3OH的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）工业上，利用水煤气合成CH3OH的反应表示如下：2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)△H=-91.0 kJ·ml-1，向1 L的恒容密容器中加入0.1 ml H2和0.05 ml CO在一定温度下发生上述反应，10 min后反应达到平衡状态，测得放出的热量为3.64 kJ。
①从反应开始恰好平衡状态时，H2的平均反应速率v(H2)为_______。
②在温度不变条件下，上述反应达到平衡后再向容器中充入0.01 ml H2和0.05 ml CH3OH(g)时，平衡_______(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。
（4）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g) = CH3OH(g)＋H2O(g)△H=-49.5 kJ·ml-1
Ⅱ.CO(g)＋2H2(g) = CH3OH(g)△H2=-90.4 kJ·ml-1
Ⅲ.CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g)△H3
一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 ml CO2和3 ml H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a ml，CO为b ml，此时H2O(g)的浓度为_______ml·L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为_______。
【答案】（1） ①. ＜ ②. 温度越高，达到平衡所需时间越短，可知反应温度T1>T2.再由平衡时甲醇的浓度可知温度为T2时甲醇浓度小，降低温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应
（2）不变 （3） ①. 0.008 ml/(L·min) ②. 不移动
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
由于温度越高，反应速率就越快，反应达到平衡所需时间就越短。根据图像可知：反应在温度是T1时先达到平衡，说明反应温度：T1>T2.结合CH3OH的平衡浓度可知：温度越低，平衡时c(CH3OH)越小，说明降低温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理可知：该反应的正反应是放热反应，因此△H＜0；
【小问2详解】
在T1时达到平衡后，再向容器中充入少量甲醇蒸气，导致体系的压强增大，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，增大压强化学平衡不发生移动，因此CH3OH的平衡转化率不变；
【小问3详解】
①根据方程式可知：每有2 ml H2发生反应，反应会放出热量91.0 kJ，现在反应放出热量是3.64 kJ，则反应的H2的物质的量为n(H2)==0.08 ml，故从反应开始恰好平衡状态时，H2的平均反应速率v(H2)== 0.008 ml/(L·min)；
②根据①计算，结合物质反应转化关系可知：平衡时n(H2)=0.1 ml-0.08 ml=0.02 ml，n(CO)=0.05 ml-0.04 ml=0.01 ml，n(CH3OH)=0.04 ml，由于容器的容积是1 L，故物质的平衡浓度在数值上与物质的量相等，故该温度下的化学平衡常数K=。在该温度下向上述平衡体系中加热0.01 ml H2、0.05 ml CH3OH，此时的浓度上Qc==K，说明充入物质后，化学平衡不发生移动；
【小问4详解】
根据方程式I、III可知：每反应产生1 ml CH3OH或CO，就同时会产生1 ml H2O(g)。现在反应达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a ml，CO为b ml，故n(H2O)=(a+b)ml，由于容器的容积是V L，故水的平衡浓度c(H2O)=ml/L；
在反应开始时n(CO2)=1 ml，n(H2)=3 ml，反应达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a ml，CO为b ml，则反应I消耗CO2为a ml，消耗H2为3a ml；反应III消耗CO2为a ml，消耗H2为b ml，故平衡时n(CO2)=(1-a-b)ml，n(H2)=(3-3a-b) ml，平衡时n(H2O)=(a+b)ml，由于容器的容积是V L，故反应III的平衡常数K=。
19. 某小组拟用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液的反应(此反应为放热反应)来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如下的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20ml/LH2C2O4溶液、0.010ml/LKMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽。
已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，回答下列问题：
(1)KMnO4溶液用___________酸化(填名称)；写出上述反应的离子方程式：___________；
(2)上述实验①②是探究___________对化学反应速率的影响；上述实验②④是探究___________对化学反应速率的影响。
(3)若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为___________；表格中的“乙”填写t/s，其测量的是___________。
【答案】 ①. 硫酸 ②. 2MnO＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O ③. 温度 ④. 催化剂 ⑤. 0.5 ⑥. 酸性KMnO4溶液褪色的时间
【解析】
【分析】
【详解】(1)高锰酸钾具有强氧化性，盐酸具有还原性，KMnO4溶液用硫酸酸化；H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、锰离子和水，则反应的离子方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O；
(2)实验①②是在相同浓度，不使用催化剂的条件下进行的，但反应温度不同，则为探究温度对速率的影响；而实验②④是在相同浓度、相同温度的条件下进行的，但②不使用催化剂，而④使用催化剂，则为探究催化剂对反应速率的影响；容器
温度/K
物质起始浓度/(ml∙L-1)
物质的平衡浓度/(ml∙L-1)
c(X)
c(Y)
c(Z)
c(Z)
I
400
0.20
0.10
0
0.080
II
400
0.40
0.20
0
a
III
500
0.20
0.10
0
0.025
A
B
C
D
物理量编号
V(0.20ml/LH2C2O4溶液)/mL
V(蒸馏水)/mL
V(0.010ml/L酸性KMnO4溶液)/mL
m(MnSO4)/g
T/℃
乙
①
2.0
0
4.0
0
50
②
2.0
0
4.0
0
25
③
1.5
a
4.0
0
25
④
2.0
0
4.0
01
25
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