福建省泉州第五中学高二上学期期中考试 化学试卷（解析版）-A4

这是一份福建省泉州第五中学高二上学期期中考试 化学试卷（解析版）-A4，共20页。试卷主要包含了可能用到的原子量，0B，4ml、0等内容，欢迎下载使用。
考试时间：90分钟 满分100分
1.答题前填写好自己的姓名、班级、准考证号等信息
2.可能用到的原子量：
一、单选题(每小题只有一个选项符合题意，共42分)
1. 美好的生活从选择性必修一开始，虽然有点苦：更需要积极向上，守得云开见月明。下列科技成果所蕴含的化学知识中，叙述正确的是
A. “墨子号”卫星的成功发射实现了光纤量子通信，光纤的主要成分为高纯度晶体硅
B. 建造“福厦高铁”跨海大桥所采用的免涂装耐候钢属于合金
C. 运载火箭所采用的“液氢液氧”推进剂可把化学能全部转化为热能
D. 利用海洋真菌可降解聚乙烯等多种塑料，且温度越高降解速率越快
【答案】B
【解析】
【详解】A．光纤的主要成分为二氧化硅，故A错误；
B．合金是金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，建造“福厦高铁”跨海大桥所采用的免涂装耐候钢属于合金，故B正确；
C．运载火箭所采用的“液氢液氧”推进剂可把化学能转化为热能和光能，所以不能把化学能全部转化为热能，故C错误；
D．利用海洋真菌可降解聚乙烯等多种塑料，但温度太高真菌活性会降低，降解速率会降低，故D错误；
故答案选B。
2. 下列措施或事实能用勒夏特列原理解释的是
A. 打开冰镇啤酒，有大量气泡冒出B. 生产硫酸时将黄铁矿粉碎后加入沸腾炉
C. 被氧化为的反应使用催化剂D. 工业合成氨在高温条件下进行
【答案】A
【解析】
【详解】A．啤酒中存在平衡：，打开冰镇啤酒，压强减小，平衡右移，有大量气泡冒出，能用勒夏特列原理解释，A选项正确；
B．工业生产硫酸的过程中将黄铁矿粉碎后加入沸腾炉，可增大反应物的接触面积，从而增大化学反应速率，与平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，B选项错误；
C．被氧化为的反应使用催化剂，可加快反应速率，与平衡无关，不涉及勒夏特列原理，C选项错误；
D．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的百分含量减小，则工业合成氨在高温条件下进行是为了加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，D选项错误；
故选A。
3. 近期，科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 电极a是负极
B. 电极b的反应式：
C. 该装置可将酸和碱的化学能转化为电能
D. 酸性条件下的氧化性强于碱性条件下的氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】该电池a的电极反应为：，a为负极，b的电极反应为：，为原电池的正极。
【详解】A．a的电极反应为：，a为负极，A正确；
B．b的电极反应为：，为原电池的正极，B错误；
C．该反应的总反应式为：，可将酸和碱的化学能转化为电能，C正确；
D．酸性条件下发生反应，碱性条件下发生反应，所以酸性条件下的氧化性强于碱性条件下的氧化性，D正确；
故选B。
4. 在一个绝热的恒容密闭容器中通入和，一定条件下使反应达到平衡状态，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的结论正确的是
A. 反应物浓度：A点大于C点B. 反应物的总能量低于生成物的总能量
C. 反应过程中压强始终不变D. 时，的产量：AB段等于BC段
【答案】A
【解析】
【详解】A．A到C时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，所以反应物浓度：A点大于C点，A正确；
B．A到C时正反应速率增加，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，B错误；
C．绝热的恒容密闭容器，反应为等体积反应，反应过程中温度发生变化，压强发生变化，C错误；
D．根据图示，正反应速率：AB段小于BC段，时，的产量：AB段小于BC段，D错误；
答案选A。
5. 加热依次发生的分解反应为①；②。在容积为的密闭容器中充入，加热到，达到平衡状态后为为。则时反应①的平衡常数为
A. 8.0B. 8.5C. 9.6D. 10.2
【答案】A
【解析】
【详解】根据已知条件列出“三段式”
达到平衡状态后为，为，则x+y=8，x-y=3.6，解得x=5.8，y=2.2，则时反应①的平衡常数K= =8.0，故选A。
6. 磺酰氯()是一种无色液体，遇水蒸气会发生反应生成两种强酸。利用如下反应制备磺酰氯：，该反应在低温下可自发进行。下列说法正确的是
A. 遇水蒸气会生成和
B. 该反应低温下能够自发进行的原因是熵增
C. 增大投料比，有利于转化率的提高
D. 该反应的，制备过程中温度不能太高
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硫酸为弱酸，遇水蒸气应该生成和，A错误；
B．该反应为气体分子数减小的反应，为熵减反应，低温下能够自发进行的原因应该为放热反应，即焓变小于0，B错误；
C．增大投料比，使得反应正向进行，促进氯气转化，但是二氧化硫自身的转化率降低，C错误；
D．结合B分析，该反应的，升高温度平衡逆向移动，则制备过程中温度不能太高，D正确；
故选D。
7. 、时，将和置于一容积为的密闭容器中发生。反应。反应过程中、和物质的量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 反应开始到时，的平均反应速率为
B. 从曲线变化可以看出，反应进行到至时可能是使用了催化剂
C. 在时平衡正向移动但达到新平衡后的体积分数比原平衡大
D. 由图中数据可知，合成氨反应在该温度下的化学平衡常数为
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象可知，氮气、氢气的初始量为0.4ml、0.6ml；10min时，反应速率增大，为使用催化剂或增大压强，20min时达到第一次平衡；25min时，分离氨气，平衡正向移动。
【详解】A．20min时反应第一次达到平衡，N2的平均反应速率==0.00375ml/(L·min)， A选项错误；
B．从曲线变化可以看出，反应进行到10min至20min时反应速率增大，可能是使用催化剂或增大压强，B选项正确；
C．在25min时，分离出了0.1ml的氨气，氨气的浓度减小，平衡正向移动，达到新平衡后，该操作等效于减小压强，该反应是气体体积减小的反应，平衡逆向移动，NH3的体积分数比原平衡小，C选项错误；
D．由图可知20min时反应达到平衡，N2、H2、NH3的物质的量分别为0.25ml，0.15ml，0.3ml，浓度分别为：0.125ml/L，0.075ml/L，0.15ml/L，反应方程式为：，因此该温度下的化学平衡常数为，D选项错误；
故选B。
8. 下列有关电化学的装置与阐述正确的是
A. 图A是外加电流法保护铁管道
B. 图B是电解熔融氯化铝制备金属铝
C. 图C是新型可充电Na- Zn双离子电池，充电时阴极区溶液pH增大
D. 图D是验证NaCl溶液(含酚酞)电解产物
【答案】C
【解析】
【详解】A．在电解池中，阴极被保护，故铁管道应连接电源的负极，A错误；
B．氯化铝是共价化合物，熔融状态不电离不导电，制备金属铝应该电解熔融氧化铝，B错误；
C．根据图象信息可知，放电时，Zn失电子，与氢氧根离子反应生成[Zn(OH)4]2-，作负极，充电时，原负极接电源负极作阴极，对应阴极区[Zn(OH)4]2-得电子生成Zn和OH-，pH增大，C正确；
D．由电子流动的方向可知，装置D中左边为阳极，Fe自身放电，此时Cl-无法放电生成Cl2，若想验证电解NaCl溶液产物，将电源正负极颠倒一下即可，D错误；
故答案选C
9. 中科院兰州化学物理研究所 用 Fe3(CO)12 / ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃，反应过程如下图。下列说法正确的是
A. 第i步反应的活化能比第ii步的低
B. CO2加氢合成低碳烯烃时原子利用率小于100%
C. Fe3(CO)12 / ZSM-5能使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小
D. 每消耗22.4LCO2转移电子数为6×6.02×1023
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应越快，活化能越低，因此第i步反应的活化能比第ii步的高，A项错误。
B．从合成的过程来看，从CO2到低碳烯烃，很显然CO2中的O原子没有进入低碳烯烃中，因此原子利用率小于100%，B项正确。
C．催化剂只能改变反应所需的活化能，不能改变ΔH，C项错误。
D．由于不知道CO2所处的状态，因此无法确定CO2物质的量，也就无法计算反应中转移的电子数，D项错误。
答案选B。
10. 从废旧铅蓄电池铅膏(主要含和等，还有少量、的盐或氧化物等)中回收铅的工艺流程如下，下列说法正确的是
A. 和溶液反应的离子方程式：
B. 的主要作用是作氧化剂，氧化
C. 溶解铅膏时可采取高温以加快溶解速度
D. 电解时，阳极、阴极材料可分别用石墨、铅
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，向废旧铅蓄电池铅膏中加入碳酸铵溶液和过氧化氢溶液，铅膏中硫酸铅与碳酸铵溶液反应生成硫酸铵和碳酸铅，二氧化铅与过氧化氢发生氧化还原反应生成氧化铅、氧气和水，过滤得到含有碳酸铅、氧化铅的滤渣和滤液；向滤渣中加入四氟合硼酸将碳酸铅、氧化铅转化为四氟合硼酸铅溶液，电解四氟合硼酸铅溶液在阴极得到铅。
【详解】A．PbSO4与(NH4)2CO3溶液反应生成更难溶PbCO3，转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，转化反应的离子方程式：PbSO4(s)+(aq)=PbCO3(s)+ (aq)，A错误；
B．第一步“溶浸”中PbO2中Pb元素的化合价降低，做氧化剂，H2O2做还原剂，B错误；
C．高温碳酸铵、过氧化氢会分解，故溶解铅膏时不能采取高温以加快溶解速度，C错误；
D．电解四氟合硼酸铅溶液时，石墨是电解池的阳极，铅是阴极，铅离子在阴极得到电子发生还原反应生成铅，D正确；
故答案选D。
11. 恒容密闭容器中，以硫()与为原料制备，受热分解成气态，并发生反应。的平衡转化率、的体积分数随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A.
B. 温度升高，分解率增大，转化率减小
C. 向平衡体系中充入惰性气体，平衡向右移动
D. 其他条件相同，体积分数越大，平衡转化率越小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图像可看出，温度升高，CH4的平衡转化率降低，S2的体积分数升高，说明升温时，2S2(g)+CH4(g)⇌CS2(g)+2H2S(g)平衡向左移动，所以正反应方向是放热的，即ΔH0，所以升温时，平衡右移，S8分解率增大，S2体积分数增大，选项B正确；
C．向恒温恒容平衡体系中，通入惰性气体，由于与反应有关的气体物质的物质的量浓度均未变化，所以Q=K，平衡不移动，选项C错误；
D．其他条件不变时，S2体积分数增大，即c(S2)越大，则平衡向右进行的程度越大，CH4的平衡转化率越大，选项D错误；
故答案选B。
12. 已知：(蓝色)。实验小组研究金属电化学腐蚀，设计的实验及数据如表所示，下列说法错误的是
A. 实验I铁钉为负极，实验Ⅱ中铁钉为正极
B. 实验I、Ⅱ说明形成原电池后可以减缓铁钉的腐蚀速度
C. 实验Ⅱ中正极的电极反应式：
D. 当实验I中有蓝色物质生成时，理论上该实验共转移电子
【答案】D
【解析】
【分析】实验Ⅰ铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，正极发生的是氧气得电子的还原反应，即2H2O+O2+4e-=4OH-，使酚酞溶液变红，负极是金属铁失电子的氧化反应，即Fe-2e-=Fe2+，与K3[Fe(CN)6]出现蓝色区域，Fe2++2OH-=Fe(OH)2，合并得到：2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，有少量红棕色铁锈生成；实验Ⅱ中Zn作负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，铁作正极，氧气得电子:2H2O+O2+4e-=4OH-，Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验I慢，据此分析答题。
【详解】A．根据分析，实验I铁钉负极，实验Ⅱ中铁钉为正极，A正确；
B．实验Ⅱ5min铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现锌片周边未见明显变化，25min铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现锌片周边未见明显变化，说明Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验I慢，因此形成原电池后可以减缓铁钉的腐蚀速度，B正确；
C．实验Ⅱ中铁钉是正极，氧气发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-═4OH-，C正确；
D．当实验I中有蓝色物质生成时，需要消耗 Fe2+，根据负极反应：Fe-2e-=Fe2+，理论上该实验共转移电子，D错误；
故答案为D。
13. 2021年我国研制出第一代钠离子电池，该电池具备高能量密度、高倍率充电等优势。它的工作原理为，其装置如图所示，负极为碳基材料()，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，下列说法错误的是
A. 放电时a极反应式为：
B. 放电时，电子由b极经过导线移向a极
C. 充电时，若转移，碳基材料电极将减重
D. 用该电池电解精炼铜，当电池中迁移时，理论上可获得纯铜
【答案】C
【解析】
【分析】由题干信息可知，碳基材料为负极b，放电过程中发生电极反应为：NamCn-me-= Cn+mNa+，充电时，b与电源负极相连为阴极，电极反应为：Cn+mNa++me-= NamCn，则含钠过渡金属氧化物为正极a，电极反应为：Na1-mMnO2+mNa++me-=NaMnO2，充电时，a与电源正极相连作阳极，电极反应为：NaMnO2-me-= Na1-mMnO2+mNa+，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，放电时a极反应式为：Na1-mMnO2+mNa++me-=NaMnO2，A正确；
B．放电时，电子由负极b极经过导线移向正极a极，B正确；
C．由分析可知，充电时，碳基材料电极反应为：Cn+mNa++me-= NamCn，若转移1 mle-，碳基材料电极将增重23g ，C错误；
D．用该电池电解精炼铜，根据Cu2++2e-=Cu可知，当电池中迁移1 ml Na+时，即电路上将转移1ml电子，理论上可获得0.5ml即32g纯铜，D正确；
故答案选C。
14. 电解熔融氯化钠和氯化钙混合物制备金属钠的装置如图所示。阳极A为石墨，阴极为铁环K，两极用多孔隔离材料或膜隔离材料D隔开。氮气从上方的抽气罩H抽出，液态金属钠经铁管F流入收集器G．下列叙述正确的是
A. 氯化钙的作用是作助熔剂，降低氯化钠的熔点；也可以使用氯化镁代替
B. 电解得到的钠在熔融混合盐的下层
C. 隔膜D为固体隔膜时，制得的钠几乎无杂质
D. 电解时阴极发生氧化反应：，阴极上还可能有少量的钙单质生成
【答案】C
【解析】
【分析】该装置中为电解池，阳极A为石墨，电极反应为：；阴极为铁环K，电极反应为：，氯化钙中的钙离子的氧化性弱于，故钙离子不会在阴极上得到电子生成钙，由此分析作答。
【详解】A．氯化钙的离子键比氯化钠的离子键弱，因此氯化钙的熔点比氯化钠的低，本装置的目的是电解熔融氯化钠，氯化钠是离子化合物，熔点较高，加入氯化钙的目的是为作助熔剂，降低氯化钠的熔点，减少钠蒸汽的挥发。氯化镁中的离子键比氯化钠中的离子键强，氯化镁的熔点比氯化钠的高，因此氯化镁不会降低氯化钠的熔点，氯化镁不能作为助熔剂，A错误；
B．从图中可知，金属钠在上部收集，所以钠的密度小于混合盐的密度，B错误；
C．由图可知，通过隔膜D移至阳极A放电产生氯气，所以隔膜D应该为阴离子隔膜，可以阻止生成的氯气和钠重新生成氯化钠，制得的钠几乎无杂质，C正确；
D．阴极为铁环K，电极反应为：，氯化钙中的钙离子的氧化性弱于，故钙离子不会在阴极上得到电子生成钙，D错误；
故选C。
二、填空题(共58分)
15. 回答下列问题：
（1）用惰性电极电解碘化钾溶液，阳极电极反应式为_______。
（2）爱迪生蓄电池在充电和放电时发生的反应为，放电时正极的电极反应式为_______；充电时，电极应为外接电源的_______极相连。
（3）利用燃料电池(产物均为环境友好物质)电解溶液并制备，装置如下图所示(均为石墨电极，假设各装置在工作过程中溶液体积不变)。
①工作时，甲装置电极为_______极，电极反应式为_______。
②工作时，乙装置中向_______(填“”或“”)极移动。
③丙装置中K、M、L为离子交换膜，其中M膜是_______(填“阳离子”“阴离子”或“质子”)交换膜。
④若甲装置电极上消耗标准状况下，理论上丙装置阳极室溶液质量减少_______g。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 负
（3） ①. 负 ②. ③. ④. 阳离子 ⑤. 22.2
【解析】
【分析】（3）甲为燃料电池，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂氧气的为正极。
【小问1详解】
惰性电极电解碘化钾溶液，阳极电极反应为碘离子失去电子发生氧化反应生成碘单质：；
【小问2详解】
由总反应可知，放电时正极发生还原反应，电极反应：；充电时，Fe电极为阴极，氢氧化亚铁得到电子，发生还原反应，故应与外接电源的负极相连；
【小问3详解】
①根据分析可知，工作时甲装置电极为负极，发生氧化反应，电极反应式：；
②乙装置为电解池装置，与燃料电池正极相连，为电解池阳极，为电解池阴极，电解池装置中，阴离子向阳极移动，所以向电极移动；
③丙为电解池，为阳极，为阴极，阴极电极反应式：，阴极生成带负电荷的，原料室中的经过M膜移向阴极室，M膜是阳离子交换膜；
④甲为燃料电池，通氧气为正极，电极反应式：，丙为电解池，为阳极，电极反应式：，阳极室中移向产品室中，由电子得失守恒及电荷守恒，可以得出如下关系：，阳极室溶液质量减少为逸出的氯气和移向产品室的质量之和，甲装置电极上消耗标准状况下即0.1ml，相当于减少0.2mlCaCl2，故理论上丙装置阳极室溶液质量减少为22.2g。
16. 化学反应中的热效应又称反应热，包括燃烧热、中和热等，其数据广泛应用于科学研究和工业生产方面。
（1）若石墨完全燃烧放出热量为，则表示石墨燃烧热的热化学方程式为_______。
（2）利用如图所示装置测定中和反应的反应热的实验步骤如下：
①测出盐酸温度为，用量筒量取盐酸倒入内筒中；②测出溶液温度为，用另一量筒量取溶液；③将溶液沿玻璃棒分几次缓慢倒入内筒中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度为。上述实验步骤中一处不合理的操作应改成：_______。
②假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是，又知中和反应后生成溶液的比热容，根据以上数据可计算出中和反应的反应热_______(保留三位有效数字)。如果采用氨水代替氢氧化钠溶液，测得的中和反应的反应热_______(“偏大”“偏小”或“相等”)。
（3）已知，其中、、的键能依次为、、，又知，则氢气的燃烧热_______。
【答案】（1）
（2） ①. 将溶液一次性迅速倒入内筒中 ②. ③. 偏大
（3）
【解析】
【小问1详解】
1g石墨完全燃烧生成CO2时放出热量为akJ，1mC完全燃烧放热12akJ，热化学方程式为：；
【小问2详解】
①：反应时为了减少热量损失，需要迅速使酸碱混合反应，上述实验步骤中不合理的操作应为③，改成：将溶液一次性迅速倒入内筒中；②：装置中a为保温装置，作用是隔热，减少热量损失；平均温度值为 ，50mL的0.50ml/L盐酸与50mL的0.55ml/L氢氧化钠溶液的总质量m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g•℃），生成0.025ml的水放出热量=4.18J/（g•℃）×100g×3.2℃=1337.6J=1.3376kJ，则该实验测得的中和热△H=；如果采用氨水代替氢氧化钠溶液，由于一水合氨的电离吸热，测得的中和反应的反应热偏大；
【小问3详解】
氢气燃烧生成液态水的热化学方程式为，氢气的燃烧热为1ml氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则氢气的燃烧热。
【点睛】燃烧热是指1ml纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量。
17. 二氧化钛()广泛应用于各类结构表面涂料、纸张涂层等，二氧化钛还可作为制备乙酸、钛单质的原料。
I．可用含有杂质的钛铁矿(主要成分为，其中元素化合价为价)制取二氧化钛，其主要流程如下：
（1）加快钛铁矿溶解的方法有_______(任写一种)。
（2）溶液甲中加入的作用是_______，操作A为_______。
Ⅱ．以二氧化钛表面覆盖为催化剂，可以将和直接转化成乙酸。
（3）在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示(实线表示催化剂的催化效率，虚线表示乙酸的生成速率)，时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_______。
（4）直接电解法生产钛原理如图所示，电解质为熔融的氧化钙，二氧化钛电极反应式为_______。石墨极上石墨需定期补充的原因是_______。
【答案】（1）升温、搅拌等
（2） ①. 将溶液中的还原为 ②. 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
（3）温度超过时，催化剂的催化效率降低
（4） ①. ②. 高温下可与阳极生成的氧气反应
【解析】
【分析】Ⅰ：将钛铁矿含、Fe2O3与过量H2SO4混合，得到TiO2+、Fe2+和Fe3+，再加入过量铁，将Fe3+转化成Fe2+，过滤得到的滤渣为过量的铁粉，滤液甲中含有TiO2+、Fe2+，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeSO4·7H2O晶体和含有TiO2+的乙溶液，利用含有TiO2+的乙溶液经过一系列操作制取TiO2；
Ⅱ：电解时，阴极上得电子发生还原反应，所以二氧化钛得电子生成钛和氧离子，和电源负极相连，电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-；石墨做阳极，氧离子失去电子，产生氧气，但由于碳在高温下会氧气反应生成CO2或CO，因此石墨极上石墨需定期补充。
【小问1详解】
加快钛铁矿溶解的方法有升温、搅拌、适当提高硫酸的浓度等；
【小问2详解】
由分析可知，溶液甲中加入的作用是将溶液中的还原为；操作A为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeSO4·7H2O晶体和含有TiO2+的乙溶液；
【小问3详解】
在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示．在250℃～300℃之间，乙酸的生成速率降低的原因是：温度在250°C升至300°C时，催化剂的催化效率降低了，虽然升高温度，反应速率要加大，但催化剂催化效率降低的因素超过了温度升高使速率增大的因素，所以乙酸生成速率降低；
【小问4详解】
由分析可知，电解质为熔融的氧化钙，二氧化钛电极为阴极，电极反应式为；石墨做阳极，氧离子失去电子，产生氧气，但由于碳在高温下会氧气反应生成CO2或CO，因此石墨极上石墨需定期补充。
18. 影响化学反应速率的因素有很多，某课外小组用实验的方法进行探究。
（1）实验一：取3 ml·L-1的H2O2溶液各10 mL分别按下表进行实验。
①实验1、2研究的是___________对H2O2分解速率的影响。
②表中a为___________，如果实验3中30 s时共收集到气体的体积为11.2 mL(已折算成标准状况下)，则用过氧化氢表示的0~30 s的平均反应速率为___________ml·L-1·min-1。
（2）实验二：探究C2+、C3+能否催化H2O2的分解，室温下进行了实验I~III。
已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题：
①配制的溶液，需要用到下列仪器中的___________(填标号)。
a． b． c． d．
②实验I表明___________(填“能”或“不能”)催化的分解。实验II中发生反应的离子方程式为___________。
③实验III初步表明能催化的分解。实验III中产生的气体为___________。
【答案】（1） ①. 温度 ②. 10 ③. 0.1
（2） ①. bd ②. 不能 ③. ④. O2、CO2
【解析】
【分析】影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积等，通常情况下如果“增强”这些影响因素，则反应速率将“加快”，据此分析解答。
【小问1详解】
①对比实验1、2中的变量，发现只有温度不同，说明研究的是温度对反应速率的影响；②根据控制变量的原则，1、2组实验溶液的总体积都为20mL，要保持体积一致，则a=10mL；根据反应：，标准状况下收集到11.2 mL即，则，。
【小问2详解】
①配制物质的量浓度的溶液，需要的玻璃仪器主要有：配制规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，根据题目仪器，需要使用的有b、d；
②实验I中无明显变化说明未对双氧水的分解起催化作用；实验II中溶液变为红色（），伴有气泡（）产生，则发生反应的离子方程式为：；
③实验III溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体（双氧水分解产生的），结合实验II，还应该同时有产生。
19. 甲醇制烯烃是一项非石油路线烯烃生产技术，可以减少我国对石油进口的依赖度。回答下列问题：
（1）甲醇可通过煤的液化过程获得，该过程是_______(填“物理"或“化学")变化。
（2）甲醇制烯烃的反应是不可逆反应，烯烃产物之间存在如下转化关系：
反应I.
反应II.
反应III.
反应达平衡时，三种组分的物质的量分数x随温度T的变化关系如图1所示。
①反应III的_______。
②图1中曲线a代表的组分是_______，700K后，曲线a下降的原因是_______。
③图1中P点坐标为，900K时，反应III的物质的量分数平衡常数_______(以物质的量分数代替浓度计算)。
（3）甲醇制丙烯的反应为，速率常数k与反应温度T的关系遵循Arrhenius方程，实验数据如图2所示。已知Arrhenius方程为(其中k为速率常数，反应速率与其成正比；为活化能；，A为常数)。
①该反应的活化能_______(计算结果保留1位小数)。
②下列措施能使速率常数k增大的是_______(填标号)。
A.升高温度 B.增大压强 C.增大 D.更换适宜催化剂
【答案】（1）化学 （2） ①. +104 ②. C3H6 ③. 反应Ⅰ和Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，且升温对反应Ⅰ的影响更大 ④. 5.76
（3） ①. 177.3 ②. AD
【解析】
【小问1详解】
煤液化过程中有新物质生成，则甲醇可通过煤液化过程获得，该过程是化学变化；
故答案为：化学；
【小问2详解】
①根据盖斯定律，可得，；
故答案为+104；
②三个反应都为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则C2H4物质的量分数增大，C4H8物质的量分数减小，则曲线b代表C4H8，曲线c代表C2H4，所以曲线a代表C3H6；C3H6是反应Ⅰ的反应物，同时也是反应Ⅱ的生成物，所以C3H6物质的量分数由反应Ⅰ和Ⅱ共同决定，700K后，曲线a下降的原因是反应Ⅰ和Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，且升温对反应Ⅰ的影响更大；
故答案为C3H6；反应Ⅰ和Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，且升温对反应Ⅰ的影响更大；
③图中P点坐标为（900，0.48），则x（C2H4）＝x（C3H6）＝0.48，则x（C4H8）＝1−0.48−0.48＝0.04，反应Ⅲ的物质的量分数平衡常数；
故答案为5.76；
【小问3详解】
①，根据图中数据，①，②，联合方程式，得Ea＝177.3kJ/ml；
故答案为177.3；
②可知，欲改变速率常数k，需要改变活化能或温度，则使速率常数k增大，采取的措施有升高温度、更换适宜催化剂，故AD正确；
故答案为AD。
序号
实验
实验I
铁钉表面及周边未见明显变化
铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成
实验II
铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化
铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化
实验序号
V/mL(H2O2溶液)
V/mL (FeCl3溶液)
MnO2质量/g
反应温度/℃
V(水)/mL
1
10
2
0
50
8
2
10
2
0
30
8
3
10
0
1
30
a
实验I
实验II
实验III
无明显变化
溶液变为红色，伴有气泡产生
溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体