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【化学】福建省龙岩市连城县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试卷（解析版）
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福建省龙岩市连城县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 Ca-40
一、选择题（每题只有1个正确选项，每题3分，共48分）
1.下列说法正确的是（ ）
A. “煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”诗中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能
B. 已知4P（红磷，s）= P4（白磷，s）△H=+17 kJ/mol ，则白磷比红磷更稳定
C. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g) = 2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
D. 已知 H+(aq) + OH－(aq) = H2O(aq) △H= —57.3kJ/mol ，则1molH2SO4与1mol Ba(OH)2的反应热△H=2×(—57.3) kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A、燃豆萁涉及能量变化主要是化学能转化成热能和光能，故A说法正确；
B、物质能量越低，物质越稳定，该反应为吸热反应，即红磷的能量小于白磷，红磷比白磷更稳定，故B说法错误；
C、△H只与始态和终态有关，与反应条件无关，因此在光照和点燃条件下，△H相同，故C说法错误；
D、H2SO4和Ba(OH)2发生反应：H2SO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓＋2H2O，生成BaSO4伴随能量的变化，△H不等于2×(－57.3)kJ·mol－1，故D说法错误。
2.反应2A(g) 2B(g)+C(g)；△H＞0，达平衡时，要使υ(正)降低、C(A)增大，应采取的措施是（ ）
A. 加压 B. 减压 C. 升温 D. 降温
【答案】D
【解析】
【详解】A.加压，平衡向逆反应移动，c(A)增大，但v(正)增大，故A错误；
B.减压，v(正)降低，但平衡向正反应移动，c(A)降低，故B错误；
C.升高温度平衡向正反应移动，c(A)增大，同时v(正)增大，故C错误；
D.降低温度，v(正)降低，平衡向逆反应移动，c(A)增大，故D正确。
故选D。
3.在恒温恒容的密闭容器中，发生可逆反应2NO(g) + O2(g)2NO2(g)，不能说明该反应已经达到平衡状态的是（ ）
A. 正反应生成NO2的速率和逆反应生成NO的速率相等
B. 反应容器中压强不随时间的延长而变化
C. 混合气体颜色深浅保持不变
D. 混合气体的密度不随时间延长而变化
【答案】D
【解析】分析:反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化,可由此进行判断。
详解:A.正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率等于2:1时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态,故A不选；
B.反应前后气体的化学计量数之和不相等,当达到平衡时,气体的压强不变,故B不选；
C.当反应达到平衡状态时,二氧化氮的浓度不变,则混合气体颜色深浅不变，故C不选；
D.反应前后气体的总质量不变，容器的容积不变，则混合气体的密度始终不变，故选D；
答案选D。
4.下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是（ ）
A. 电池Ⅰ工作时，电子由锌经过电解质溶液流向铜
B. 电池Ⅱ是一次电池
C. 电池Ⅲ工作时，氢气发生还原反应
D. 电池Ⅳ工作一段时间后，锌筒变软
【答案】D
【解析】
【分析】化学能转化成电能，该装置为原电池装置，利用原电池的工作原理进行分析。
【详解】A、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，锌为负极，Cu为正极，即电子从锌电极经外电路流向Cu极，故A错误；
B、电池II为二次电池，故B错误；
C、电池III是燃料电池，负极上发生氧化反应，即氢气发生氧化反应，故C错误；
D、电池IV：Zn为负极，Zn失去电子，转化成Zn2＋，锌筒变薄变软，故D正确。
5.下列装置或操作能达到目的是（ ）
A. 装置①探究H2SO4浓度对反应速率的影响 B. 装置②可用于测定中和热
C. 装置③测定O2的生成速率 D. 装置④保护铁闸门不被腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液总体积不同，硫酸浓度和硫代硫酸钠的浓度都不同，则装置①不能探究H2SO4浓度对反应速率的影响，故A错误；B．泡沫隔热，温度计测定反应温度，但缺少环形玻璃搅拌棒，装置②不能用于测定中和热，故B错误；C．可由刻度读出生成的气体的体积，但缺少秒表，无法记录需要的时间，不能测定O2的反应速率，故C错误；D．铁闸门与电源负极相连，为阴极，则能保护铁闸门不被腐蚀，故D正确；故选D。
6. 糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是（ ）
A. 脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
B. 脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3e=Fe3+
C. 脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e=4OH-
D. 含有1．12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）
【答案】D
【解析】
【详解】A. 脱氧过程是放热反应，可吸收氧气，延长糕点保质期，A不正确；
B. 脱氧过程中铁作原电池负极，电极反应为Fe-2e=Fe2+，B不正确；
C. 脱氧过程中碳做原电池正极，电极反应为2H2O+O2+4e=4OH-，C不正确；
D. 含有1.12g铁粉的脱氧剂，铁的物质的量为0.02mol，其最终被氧化为氢氧化铁，电子转移总量为0.06mol，理论上最多能吸收氧气0.015mol，其体积在标准状况下为336mL，D正确。
故选D。
7.下列事实不用原电池原理解释的是( )
A. 轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块
B. 铁被钝化处理后不易腐蚀
C. 纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后反应速率加快
D. 烧过菜的铁锅加入清水放置，出现红棕色的锈斑
【答案】B
【解析】A、轮船水线下的船壳装上锌块后，可保护船壳在海水中不被腐蚀，因为Zn比Fe活泼，Zn与Fe构成原电池，在海水中锌被腐蚀，从而保护船壳，发生原电池反应可用电化学知识解释，选项A不选；B、铁被钝化后，在金属表面上会形成一层致密的金属氧化膜，保护内部金属不被腐蚀，不能用原电池原理解释，选项B选；C、纯Zn和稀H2SO4反应速率慢，滴入CuSO4后，发生Zn+Cu2+=Zn2++Cu的反应，生成的Cu和Zn组成原电池，加快Zn与H2SO4的反应速率；发生原电池反应而可用电化学知识解释，选项C不选；D、烧过菜的铁锅加入清水放置，出现红棕色的锈斑属于钢铁的电化学腐蚀，选项D不选。答案选B。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 放热反应均是自发反应
B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深，能用勒夏特列原理解释
C. 物质量增加的反应，△S为正值
D. 2CO(g)=2C(s)+O2(g) 已知△H>0，则一定不能自发进行
【答案】D
【解析】
【分析】反应能否自发进行，取决于焓变与熵变的综合判据，当△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，否则不能，以此解答。
【详解】A．放热反应不一定能发生进行，如铝热反应为放热反应，在常温下不能自发进行，故A项错误；B.H2、I2、HI平衡混合气加压后,浓度变大，所以颜色变深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B项错误；C．只有气体的物质的量增加的反应，△S为正值，故C项错误；D.2CO(g)=2C(s)+O2(g) 已知△H>0，△S<0,由△G=△H-T△S可知，△G>0，则一定不能自发进行，故D项正确。综上，本题选D。
9.对反应N2O4(g)2NO2(g)；△H＞0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. A、C两点的反应速率：A＞C
B. A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C. 由状态B到状态A，可以用加热的方法
D. B、C两点NO2的体积分数相同，所以平衡常数也相同
【答案】C
【解析】
【分析】N2O4(g)2NO2(g)；△H＞0该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大。增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答。A. A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；B.增大压强，平衡向逆反应方向进行，向逆反应进行是因为减小体积增大压强，导致浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大；C.升高温度,化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大。由图像可知T1
A. 该装置是将化学能转变为电能
B. 每得到1 mol草酸铝，电路中转移3mol电子
C. 正极的电极反应：2CO2 + 2e－=== C2O42-
D. 利用该技术可捕捉大气中的CO2
【答案】B
【解析】
【分析】“碳呼吸电池”中，根据工作原理图，金属铝是负极失电子生成草酸铝，以“呼出”的CO 2作为正极反应物得电子生成草酸根，据此解答。
【详解】A. “碳呼吸电池”为原电池原理，将化学能转变为电能，故A正确；
B. 根据工作原理图，金属铝是负极失电子生成草酸铝，所以每得到1mol草酸铝，电路中转移 3×2mol=6mol 电子，故B错误；
C. 根据工作原理图，“呼出” CO2作为正极反应物得电子生成草酸根，电极反应为：2CO2+2e−=C2O42−，故C正确；
D. “碳呼吸电池”能消耗二氧化碳气体，所以利用该技术可捕捉大气中的CO2，故D正确。
故选B。
11.已知反应：2NO2（红棕色）N2O4（无色）△H＜0。将一定量的NO2充入注射器中并密封，改变活塞位置的过程中，气体透光率随时间的变化如图所示（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法不正确的是（ ）
A. b点达到平衡状态
B. b点与a点相比，c（NO2）、c（N2O4）均减小
C. d点：v（正）＜v（逆）
D. 若在c点将温度降低，其透光率将增大
【答案】B
【解析】A．b点透光率不再发生变化，则b点达到平衡状态，A正确；B．颜色越深，透光率越小，可知b点c（NO2）大，而a点c（N2O4）大，B错误；C．d点透光率减小，平衡逆向移动，则v（正）＜v（逆），C正确；D．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则透光率将增大，D正确；答案选B。
12.下列图像不符合反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0 的是（图中v是速率，φ为混合物中H2的体积百分含量）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0是反应前后气体体积不变的放热反应，据此分析。
【详解】反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0是反应前后气体体积不变的放热反应，
A、随温度升高正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，故A不符合；
B、随温度升高，平衡逆向移动，氢气的体积分数减小，所以B选项是符合的；
C、T2>T1，温度越高达到平衡所用时间越短，升温平衡逆向移动，氢气体积分数越小，所以C选项是符合的；
D、Fe是固态，其物质的量的增加对反应速率无影响，所以D选项是符合的。
故选A。
13.在KIO3、KHSO3的酸性混合溶液中加入少量KI和淀粉，不停地搅拌，有下列反应发生：①IO3－＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；②I2＋HSO3－＋H2O===2I－＋SO42－＋3H＋。当反应进行到15 min时，溶液颜色迅速变蓝，随之又很快消失，这一反应称为时钟反应，有人用它来解释生物钟现象，下列说法中错误的是（ ）
A. 在整个反应过程中，起催化作用的物质是KI
B. 时钟反应的快慢由反应②决定
C. 上述两个反应中，反应速率较快的是②
D. “溶液颜色迅速变蓝，随之又很快消失”这一现象与①②的反应速率有关
【答案】C
【解析】试题分析：由反应①②可以得出KI是KIO3、KHSO3反应催化剂，反应中生成的I2能使淀粉溶液变蓝色，由题给信息——反应进行到15分钟时，溶液变蓝，说明反应①很慢，它决定了时钟反应的快慢，属于答案选C。
14.某密闭容器中发生如下反应：2X(g)+Y(g) 2Z(g) △H<0,下图是表示该反应速率（v)随时间（t)变化的关系图。t1、t2、t5时刻外界条件均有改变（但都没有改变各物质的用量）。则下列说法中正确的是（ ）
A. t3时降低了温度 B. t5时增大了压强
C. t6时刻后反应物的转化率最低 D. t4时该反应的平衡常数小于t6时反应的平衡常数
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应 △H<0，若t3时降低了温度，平衡将右移，且速率减慢、正反应速率大于逆反应速率，与图示的不符，A错误；
B.该反应为体积减小的反应，若t5时增大了压强，速率将加快，且平衡右移、正反应速率大于逆反应速率，与图示的不符，B错误；
C.t2-t3 为使用催化剂，平衡不移动，转化率不变；t3-t4为减小压强，平衡左移，转化率减小，t5-t6为升高温度，平衡左移，转化率减小，因此整个过程中，t6时刻后反应物的转化率最低，C正确；
D. 该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡常数减小；相对于t4时，t6时为升温过程，平衡左移，所以t4时该反应的平衡常数大于t6时反应的平衡常数，D错误；
综上所述，本题选C。
15.某温度下，将3molA和2molB充入2L一密闭容器中，发生反应：A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)，5min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数K=1，下列选项正确的是（ ）
A. C平衡浓度为1.2mol/L B. 速率v(B)= 0.08 mol/(L•min)
C. A的转化率为40% D. B的转化率为40%
【答案】C
【解析】
【分析】根据三行式计算化学反应中物质的平衡浓度、速率和转化率。
【详解】根据反应式可知
A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)
起始量(mol) 3 2 0 0
变化量(mol) x x x x
平衡量(mol) 3-x 2-x x x
所以有=1，计算得出x=1.2，
C平衡浓度为=0.6mol/L ；
速率v(B)== 0.12 mol/(L•min)
A的转化率为×100%=40%；
B的转化率为×100%=60%。
所以C选项是正确的。
16.将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，并在一定条件下发生如下反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：其中不正确的是（ ）
A. 用N2表示的反应速率为0.15mol·L-1·s-1 B. 2s时H2的转化率为40％
C. 2s时N2与H2的转化率相等 D. 2s时H2的浓度为0.6mol·L-1
【答案】B
【解析】分析:将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
变化量（mol）：0.6 1.8 1.2
2s时（mol）：0.4 1.2 1.2
A.根据v=计算用N2表示的反应速率；
B.根据=转化量/起始量×100%计算用H2的转化率；
C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与 H2的转化率相等；
D.根据c=计算。
详解：将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
变化量（mol）：0.6 1.8 1.2
2s时（mol）：0.4 1.2 1.2
A.用N2表示的反应速率为:=0.15 mol•L-1•s-1，故A正确；
B. 2s时H2的转化率为：×100%=60%;故B错误；
C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与 H2的转化率相等，故C正确；
D.2s时H2的浓度为=0.6mol•L-1，故D正确。
所以本题答案选B。
17.甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下方法来合成甲醇：
（1）用CO2生产甲醇。
已知：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l） △H=﹣akJ•mol﹣1；
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l） △H=﹣b kJ•mol﹣1；
则表示CH3OH（g）燃烧热化学方程式为：____________________。
（2）用CO生产甲醇。
已知：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，下图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变ΔH__________0(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1_______K2 (填 “＞”、“＜”或“＝”)。
③若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是______________。
A．升高温度 B． 将CH3OH(g)从体系中分离
C．使用合适的催化剂 D． 充入He，使体系总压强增大
（3）甲醇（CH3OH）可以用作燃料电池，该电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气。负极发生的电极反应式是________________________，正极发生的电极反应式是_______________________。
【答案】(1). 2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2 (g)+4H2O(l) ΔH = + (2a -3b) kJ·mol-1 (2). ＜ (3). ＞ (4). B (5). 2CH3OH -12e-+2H2O=2CO2+12H+ (6). 3O2 + 12H+ + 12e－ =6H2O
【解析】
【分析】（1）利用盖斯定律相加减，即可得出CH3OH燃烧的热化学方程式；
(2)①根据先拐先平法和温度对化学反应速率和化学平衡的影响来回答；
②温度对化学平衡常数的影响和反应的吸放热有关；
③化学平衡正向移动可增加甲醇产率；
(3)在甲醇燃料电池中，燃料甲醇作负极,发生失电子的氧化反应，氧气作正极，发生得电子的还原反应，即可得到正负极反应式。
【详解】（1）CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l） △H=﹣akJ•mol﹣1 ①
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l） △H=﹣b kJ•mol﹣1 ②
②×3-①×2得到2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2 (g)+4H2O(l) ΔH = + (2a -3b) kJ·mol-1 则表示CH3OH（g）燃烧的热化学方程式为：2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2 (g)+4H2O(l) ΔH = + (2a -3b) kJ·mol-1 ；
（2）①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)中，根据图像T2先出现拐点，T2反应速率快，则T2>T1，根据图像温度升高CO的平衡转化率减小，化学平衡向着逆反应方向移动，所以该反应是放热反应，ΔH<0，因此，本题正确答案是：<；
②对于放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，T2>T1，反之越大，所以K1>K2，因此，本题正确答案是：>；
③A.若容器容积不变，升高温度,反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡逆向移动，甲醇产率低，故A项错误；B.将CH3OH从体系中分离，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡正向移动，甲醇产率增大，故B正确；C.使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动，甲醇的转化率不变，故C错误；D.若容器容积不变，充入He，使体系总压强增大，各组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的转化率不变，故D错误；故选B；
（3）在甲醇燃料电池中,燃料甲醇作负极，发生失电子的氧化反应,氧气作正极，发生得电子的还原反应，负极发生的电极反应式是2CH3OH -12e-+2H2O=2CO2+12H+，正极发生的电极反应式是 3O2 + 12H+ + 12e－ =6H2O
18.如图所示三套实验装置，分别回答下列问题。
图1 图 2 图 3
（1）图1中，① 若开始时开关K与a连接，则该装置为_____（填装置名称），电极A的电极反应式为________________________
②若开始时开关K与b连接，则总反应的离子方程式为 ___________________________
（2）2004年美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂，在200°C左右时供电，电池示意如图2所示：
①______极（填a或b）为电池的正极，电池工作时电流方向为_________（填a→b或b→a）
②写出该电池负极的电极反应式________________________________________
（3）用图3装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾（电解槽内的阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过）。
①该电解槽的阴极反应式为 _____________________。
②制得的硫酸溶液从出口____（填“A”、“D”）导出,并简述原因__________________________(请用化学用语和文字解释)
【答案】(1). 原电池 (2). 2H2O＋O2＋4e－＝4OH－ (3). 2H2O＋2Cl-2OH－＋H2↑＋Cl2↑ (4). b (5). b→a (6). C2H5OH-12e－+3H2O＝12H++2CO2 (7). 2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑ 或2H+＋2e－＝H2↑ (8). A (9). 2H2O-4e－＝4H+＋O2↑,OH－在阳极放电，使水的电离平衡正向移动， c(H+)增大，SO42-通过阴离子交换膜进入阳极，和H+结合成硫酸
【解析】本题考查电化学。（1）图1中，开关K与a连接形成原电池反应，发生吸氧腐蚀，A电极石墨做正极溶液中氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；②开关K与b连接，装置为电解池，石墨作阳极，铁为阴极，相当于电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，电解总反应的离子方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；（2）①燃料电池中，燃料乙醇在负极(a极)发生失电子的反应，氧气是在正极(b极)上发生得电子的反应，电流在电路中从正极流向负极，即b→a；②该电池负极的电极反应式为：C2H5OH+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+；（3）①电解时，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑或2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑；②阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，OH－在阳极放电，因此硫酸根离子向阳极移动，该电极上会产生硫酸，阴极氢离子放电，因此钾离子向阴极移动，电解产生的氢氧化钾在阴极生成，所以氢氧化钾溶液从出口D流出，制得的硫酸溶液从A口流出。
19.(I)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00 mol/L、2.00 mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、35℃，每次实验HNO3的用量为25.00 mL，大理石用量为10.00 g。
(1)请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空：
实验编号
温度(℃)
大理石规格
HNO3浓度(mol/L)
实验目的
①
25
粗颗粒
2.00
(Ⅰ)实验①和②探究浓度对反应速率影响；
(Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响；
(Ⅲ)实验①和④探究e_______对反应速率的影响
②
25
粗颗粒
a______
③
b_______
粗颗粒
2.00
④
c________
细颗粒
d______
(2)实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图。计算实验①中70 s～90 s范围内用HNO3表示的平均反应速率________(忽略溶液体积变化，不需要写出计算过程)。在0～70、70～90、90～200各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是________。
(II)某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
实验编号
0.1 mol·L－1酸性KMnO4溶液的体积/mL
0.6mol·L-1H2C2O4溶液的体积/mL
H2O的体积/mL
实验温度/℃
溶液褪色所需时间/min
①
10
V1
35
25
②
10
10
30
25
③
10
10
V2
50
(3)表中V1=_______mL，V2=_______mL。
(4)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是________。
(5)实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)=________mol·L－1·min－1。
【答案】(1). 1.00 (2). 35 (3). 25 (4). 2.00 (5). 大理石规格 (6). 0.01 mol/(L·s) (7). 0～70 (8). 5 (9). 30 (10). ②和③ (11). ①和② (12). 0.025
【解析】
【分析】I.(1)(I)实验①和②探究浓度对反应速率的影响，硝酸的浓度应该不同；
(Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响，温度应该不同；
(Ⅲ)中实验①和④，大理石的规格不同，则其它条件应该相同；
(2)先根据图象，求出生成二氧化碳的物质的量，然后根据反应：CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑H2O，求出消耗的硝酸的物质的量，再由v(HNO3)=求出反应速率，物质浓度越大，反应速率越快。
II.(3)由控制变量法可知，应控制溶液的总体积相同；
(4)实验1、2的温度相同，实验2、3的浓度相同；
(5)结合v=、速率之比等于化学计量数之比计算。
【详解】(1)(I)由于①和②探究浓度对反应速率的影响，故硝酸的浓度不同，a应该是1.00mol/LHNO3；
(Ⅱ)由于①和③探究温度对反应速率的影响，故应该温度不同，b应该选35℃；
(Ⅲ)实验①和④的大理石规格不同，其它反应条件相同，探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，故c为25℃，d是2.00mol/L，e是固体物质的表面积，即大理石规格；
(2)由图可知70至90s，CO2生成的质量为m(CO2)=0.95g-0.84g=0.11g，物质的量为n(CO2)==0.0025molmol，根据反应CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑H2O，可知消耗HNO3的物质的量为n(HNO3)=2×0.0025mol=0.005mol，又由于硝酸溶液体积为0.025L，所以HNO3减少的浓度△c(HNO3)==0.2mol/L，反应的时间t=90s-70s=20s，所以HNO3在70～90s范围内的平均反应速率为v(HNO3)==0.01mol/(L•s)；在大理石与硝酸的反应中，随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐减低，在0～70s、70s～90s、90s～200s各相同的时间段里，浓度最大的是0～70s，所以反应速率最大的时间段是0～70s；
Ⅱ.(3)实验2混合液的总体积为10mL+10mL+30mL=50mL，则V1=50mL-10mL-35mL=5mL，V2=50mL-10mL-10mL=30mL；
(4)探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；
(5)草酸的物质的量n(H2C2O4)=0.60mol/L×0.005L=0.003mol，高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.10mol•L-1×0.01L=0.001mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.003mol：0.001mol=3：1，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度c(KMnO4)==0.02mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.01 mol/(L•min)，由速率之比等于化学计量数之比可知，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)=0.01mol/(L•min)×=0.025mol/(L•min)。
20.(1)参考合成反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数，回答下列问题：
温度/℃
0
50
100
200
300
400
平衡常数
667
100
13
1.9×10-2
2.4×10-4
1×10-5
①该反应正反应是___________（填“放热”或“吸热”）反应；
②在T℃时，1L密闭容器中，投入0.1molCO和0.2molH2，达到平衡时，CO转化率为50%，则T=__________℃。
(2)CH3OH也可由CO2和H2合成。在体积为1L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.0kJ/mol，测得CO2和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示。
①该反应的平衡常数表达式为K=________；从反应开始到10min，v(H2)=______mol·L-1·min-1；
②下列情况能说明该反应一定达到平衡状态的是___________(填字母)
A.v(CO2)消耗=v(CH3OH)生成
B.气体的密度不再随时间改变
C.CO2和CH3OH的浓度之比不再随时间改变
D.气体的平均相对分子质量不再随时间改变
③为了加快化学反应速率且使体系中气体的物质的量增大，只改变下列某一条件，可采取的措施有___________ (填字母)
A.升高温度 B.缩小容器体积 C.再充入CO2气体 D.使用合适的催化剂
④相同温度下，在另一个容积为1 L的密闭容器中充入2mol CH3OH(g)和2molH2O(g)，达到平衡时CO2的浓度____________(填“＞”、“＜”或“=”)0.25mol·L-1。
【答案】(1). 放热 (2). 50 (3). (4). 0.225 (5). CD (6). AC (7). ＞
【解析】
【分析】(1)①根据温度与化学平衡常数的关系，结合平衡移动原理分析；
②根据CO的平衡转化率计算该反应的平衡常数，结合表格数据判断反应进行的温度；
(2)①根据平衡常数的含义书写表达式，先根据图象计算v(CO2),然后根据反应速率与化学计量数关系计算从反应开始到10min的v(H2)；
②根据可逆反应达到平衡状态时各种物质的浓度不变，含量不变，正逆反应速率不变分析；
③根据影响反应速率的因素和化学平衡影响因素分析判断；
④根据等效平衡分析判断。
【详解】(1)①根据表格数据可知：升高温度，该反应的化学平衡常数降低，说明：升高温度化学平衡逆向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应；
②在T℃时，在1L密闭容器中，投入0.1molCO和0.2molH2，发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡时，CO转化率为50%，则反应的CO物质的量浓度为0.05mol/L，则同时反应消耗H2的浓度为0.1mol/L，反应产生的CH3OH(g)浓度为0.05mol/L，则平衡时c(CO)=0.05mol/L，c(H2)=0.1mol/L，则该温度下的化学平衡常数K==100，根据温度与化学平衡常数的关系可知：反应温度为50℃；
(2)①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，对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，其平衡常数表达式为K=；从反应开始到10min，v(CO2)==0.075mol/(L·min)，由于反应用不同物质表示反应速率，速率比等于化学方程式中化学计量数的比，所以从反应开始到10min，v(H2)=3v(CO2)=0.225mol/(L·min)；
②A.v(CO2)消耗 =v(CH3OH)生成表示的是反应正向进行，不能说明为平衡状态，A错误；
B.容器的容积不变，反应混合物都是气体，在任何条件下气体的密度都不变，因此不能根据气体的密度不再随时间改变判断反应处于平衡状态，B错误；
C.CO2和CH3OH的浓度之比不再随时间改变，说明反应混合物中任何物质的浓度不变，反应处于平衡状态，C正确；
D.反应前后气体的质量不变，而气体的物质的量改变，若反应混合物中，气体的平均相对分子质量不再随时间改变，说明气体的物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，D正确；
故合理选项是CD；
③A.升高温度化学反应速率增大，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，气体的物质的量增大，A符合题意；
B.缩小容器体积物质的浓度增大，反应速率加快，反应体系压强也随之增大，增大压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，气体的物质的量减小，B不符合题意；
C.再充入CO2气体，即增大了反应物的浓度，化学反应速率增大，化学平衡正向移动，总的来说气体的物质的量比原来增大，C符合题意；
D.使用合适的催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不发生移动，因此气体的物质的量不变，D不符合题意；
故合理选项是AC；
④对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在体积为1L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，由于该反应是反应前后气体体积不等的反应，所以其等效起始状态为向该容器中加入1mol CH3OH(g)和1molH2O(g)，而现在是在另一个容积为1 L的密闭容器中充入2mol CH3OH(g)和2molH2O(g)，相当于在1L密闭容器中加入1mol CH3OH(g)和1molH2O(g)，反应达到平衡后再加入1mol CH3OH(g)和1molH2O(g)，所以达到新的平衡时CO2的浓度大于原平衡时的浓度0.25mol/L。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 Ca-40
一、选择题（每题只有1个正确选项，每题3分，共48分）
1.下列说法正确的是（ ）
A. “煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”诗中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能
B. 已知4P（红磷，s）= P4（白磷，s）△H=+17 kJ/mol ，则白磷比红磷更稳定
C. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g) = 2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
D. 已知 H+(aq) + OH－(aq) = H2O(aq) △H= —57.3kJ/mol ，则1molH2SO4与1mol Ba(OH)2的反应热△H=2×(—57.3) kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A、燃豆萁涉及能量变化主要是化学能转化成热能和光能，故A说法正确；
B、物质能量越低，物质越稳定，该反应为吸热反应，即红磷的能量小于白磷，红磷比白磷更稳定，故B说法错误；
C、△H只与始态和终态有关，与反应条件无关，因此在光照和点燃条件下，△H相同，故C说法错误；
D、H2SO4和Ba(OH)2发生反应：H2SO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓＋2H2O，生成BaSO4伴随能量的变化，△H不等于2×(－57.3)kJ·mol－1，故D说法错误。
2.反应2A(g) 2B(g)+C(g)；△H＞0，达平衡时，要使υ(正)降低、C(A)增大，应采取的措施是（ ）
A. 加压 B. 减压 C. 升温 D. 降温
【答案】D
【解析】
【详解】A.加压，平衡向逆反应移动，c(A)增大，但v(正)增大，故A错误；
B.减压，v(正)降低，但平衡向正反应移动，c(A)降低，故B错误；
C.升高温度平衡向正反应移动，c(A)增大，同时v(正)增大，故C错误；
D.降低温度，v(正)降低，平衡向逆反应移动，c(A)增大，故D正确。
故选D。
3.在恒温恒容的密闭容器中，发生可逆反应2NO(g) + O2(g)2NO2(g)，不能说明该反应已经达到平衡状态的是（ ）
A. 正反应生成NO2的速率和逆反应生成NO的速率相等
B. 反应容器中压强不随时间的延长而变化
C. 混合气体颜色深浅保持不变
D. 混合气体的密度不随时间延长而变化
【答案】D
【解析】分析:反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化,可由此进行判断。
详解:A.正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率等于2:1时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态,故A不选；
B.反应前后气体的化学计量数之和不相等,当达到平衡时,气体的压强不变,故B不选；
C.当反应达到平衡状态时,二氧化氮的浓度不变,则混合气体颜色深浅不变，故C不选；
D.反应前后气体的总质量不变，容器的容积不变，则混合气体的密度始终不变，故选D；
答案选D。
4.下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是（ ）
A. 电池Ⅰ工作时，电子由锌经过电解质溶液流向铜
B. 电池Ⅱ是一次电池
C. 电池Ⅲ工作时，氢气发生还原反应
D. 电池Ⅳ工作一段时间后，锌筒变软
【答案】D
【解析】
【分析】化学能转化成电能，该装置为原电池装置，利用原电池的工作原理进行分析。
【详解】A、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，锌为负极，Cu为正极，即电子从锌电极经外电路流向Cu极，故A错误；
B、电池II为二次电池，故B错误；
C、电池III是燃料电池，负极上发生氧化反应，即氢气发生氧化反应，故C错误；
D、电池IV：Zn为负极，Zn失去电子，转化成Zn2＋，锌筒变薄变软，故D正确。
5.下列装置或操作能达到目的是（ ）
A. 装置①探究H2SO4浓度对反应速率的影响 B. 装置②可用于测定中和热
C. 装置③测定O2的生成速率 D. 装置④保护铁闸门不被腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液总体积不同，硫酸浓度和硫代硫酸钠的浓度都不同，则装置①不能探究H2SO4浓度对反应速率的影响，故A错误；B．泡沫隔热，温度计测定反应温度，但缺少环形玻璃搅拌棒，装置②不能用于测定中和热，故B错误；C．可由刻度读出生成的气体的体积，但缺少秒表，无法记录需要的时间，不能测定O2的反应速率，故C错误；D．铁闸门与电源负极相连，为阴极，则能保护铁闸门不被腐蚀，故D正确；故选D。
6. 糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是（ ）
A. 脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
B. 脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3e=Fe3+
C. 脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e=4OH-
D. 含有1．12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）
【答案】D
【解析】
【详解】A. 脱氧过程是放热反应，可吸收氧气，延长糕点保质期，A不正确；
B. 脱氧过程中铁作原电池负极，电极反应为Fe-2e=Fe2+，B不正确；
C. 脱氧过程中碳做原电池正极，电极反应为2H2O+O2+4e=4OH-，C不正确；
D. 含有1.12g铁粉的脱氧剂，铁的物质的量为0.02mol，其最终被氧化为氢氧化铁，电子转移总量为0.06mol，理论上最多能吸收氧气0.015mol，其体积在标准状况下为336mL，D正确。
故选D。
7.下列事实不用原电池原理解释的是( )
A. 轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块
B. 铁被钝化处理后不易腐蚀
C. 纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后反应速率加快
D. 烧过菜的铁锅加入清水放置，出现红棕色的锈斑
【答案】B
【解析】A、轮船水线下的船壳装上锌块后，可保护船壳在海水中不被腐蚀，因为Zn比Fe活泼，Zn与Fe构成原电池，在海水中锌被腐蚀，从而保护船壳，发生原电池反应可用电化学知识解释，选项A不选；B、铁被钝化后，在金属表面上会形成一层致密的金属氧化膜，保护内部金属不被腐蚀，不能用原电池原理解释，选项B选；C、纯Zn和稀H2SO4反应速率慢，滴入CuSO4后，发生Zn+Cu2+=Zn2++Cu的反应，生成的Cu和Zn组成原电池，加快Zn与H2SO4的反应速率；发生原电池反应而可用电化学知识解释，选项C不选；D、烧过菜的铁锅加入清水放置，出现红棕色的锈斑属于钢铁的电化学腐蚀，选项D不选。答案选B。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 放热反应均是自发反应
B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深，能用勒夏特列原理解释
C. 物质量增加的反应，△S为正值
D. 2CO(g)=2C(s)+O2(g) 已知△H>0，则一定不能自发进行
【答案】D
【解析】
【分析】反应能否自发进行，取决于焓变与熵变的综合判据，当△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，否则不能，以此解答。
【详解】A．放热反应不一定能发生进行，如铝热反应为放热反应，在常温下不能自发进行，故A项错误；B.H2、I2、HI平衡混合气加压后,浓度变大，所以颜色变深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B项错误；C．只有气体的物质的量增加的反应，△S为正值，故C项错误；D.2CO(g)=2C(s)+O2(g) 已知△H>0，△S<0,由△G=△H-T△S可知，△G>0，则一定不能自发进行，故D项正确。综上，本题选D。
9.对反应N2O4(g)2NO2(g)；△H＞0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. A、C两点的反应速率：A＞C
B. A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C. 由状态B到状态A，可以用加热的方法
D. B、C两点NO2的体积分数相同，所以平衡常数也相同
【答案】C
【解析】
【分析】N2O4(g)2NO2(g)；△H＞0该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大。增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答。A. A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；B.增大压强，平衡向逆反应方向进行，向逆反应进行是因为减小体积增大压强，导致浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大；C.升高温度,化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大。由图像可知T1
A. 该装置是将化学能转变为电能
B. 每得到1 mol草酸铝，电路中转移3mol电子
C. 正极的电极反应：2CO2 + 2e－=== C2O42-
D. 利用该技术可捕捉大气中的CO2
【答案】B
【解析】
【分析】“碳呼吸电池”中，根据工作原理图，金属铝是负极失电子生成草酸铝，以“呼出”的CO 2作为正极反应物得电子生成草酸根，据此解答。
【详解】A. “碳呼吸电池”为原电池原理，将化学能转变为电能，故A正确；
B. 根据工作原理图，金属铝是负极失电子生成草酸铝，所以每得到1mol草酸铝，电路中转移 3×2mol=6mol 电子，故B错误；
C. 根据工作原理图，“呼出” CO2作为正极反应物得电子生成草酸根，电极反应为：2CO2+2e−=C2O42−，故C正确；
D. “碳呼吸电池”能消耗二氧化碳气体，所以利用该技术可捕捉大气中的CO2，故D正确。
故选B。
11.已知反应：2NO2（红棕色）N2O4（无色）△H＜0。将一定量的NO2充入注射器中并密封，改变活塞位置的过程中，气体透光率随时间的变化如图所示（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法不正确的是（ ）
A. b点达到平衡状态
B. b点与a点相比，c（NO2）、c（N2O4）均减小
C. d点：v（正）＜v（逆）
D. 若在c点将温度降低，其透光率将增大
【答案】B
【解析】A．b点透光率不再发生变化，则b点达到平衡状态，A正确；B．颜色越深，透光率越小，可知b点c（NO2）大，而a点c（N2O4）大，B错误；C．d点透光率减小，平衡逆向移动，则v（正）＜v（逆），C正确；D．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则透光率将增大，D正确；答案选B。
12.下列图像不符合反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0 的是（图中v是速率，φ为混合物中H2的体积百分含量）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0是反应前后气体体积不变的放热反应，据此分析。
【详解】反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0是反应前后气体体积不变的放热反应，
A、随温度升高正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，故A不符合；
B、随温度升高，平衡逆向移动，氢气的体积分数减小，所以B选项是符合的；
C、T2>T1，温度越高达到平衡所用时间越短，升温平衡逆向移动，氢气体积分数越小，所以C选项是符合的；
D、Fe是固态，其物质的量的增加对反应速率无影响，所以D选项是符合的。
故选A。
13.在KIO3、KHSO3的酸性混合溶液中加入少量KI和淀粉，不停地搅拌，有下列反应发生：①IO3－＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；②I2＋HSO3－＋H2O===2I－＋SO42－＋3H＋。当反应进行到15 min时，溶液颜色迅速变蓝，随之又很快消失，这一反应称为时钟反应，有人用它来解释生物钟现象，下列说法中错误的是（ ）
A. 在整个反应过程中，起催化作用的物质是KI
B. 时钟反应的快慢由反应②决定
C. 上述两个反应中，反应速率较快的是②
D. “溶液颜色迅速变蓝，随之又很快消失”这一现象与①②的反应速率有关
【答案】C
【解析】试题分析：由反应①②可以得出KI是KIO3、KHSO3反应催化剂，反应中生成的I2能使淀粉溶液变蓝色，由题给信息——反应进行到15分钟时，溶液变蓝，说明反应①很慢，它决定了时钟反应的快慢，属于答案选C。
14.某密闭容器中发生如下反应：2X(g)+Y(g) 2Z(g) △H<0,下图是表示该反应速率（v)随时间（t)变化的关系图。t1、t2、t5时刻外界条件均有改变（但都没有改变各物质的用量）。则下列说法中正确的是（ ）
A. t3时降低了温度 B. t5时增大了压强
C. t6时刻后反应物的转化率最低 D. t4时该反应的平衡常数小于t6时反应的平衡常数
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应 △H<0，若t3时降低了温度，平衡将右移，且速率减慢、正反应速率大于逆反应速率，与图示的不符，A错误；
B.该反应为体积减小的反应，若t5时增大了压强，速率将加快，且平衡右移、正反应速率大于逆反应速率，与图示的不符，B错误；
C.t2-t3 为使用催化剂，平衡不移动，转化率不变；t3-t4为减小压强，平衡左移，转化率减小，t5-t6为升高温度，平衡左移，转化率减小，因此整个过程中，t6时刻后反应物的转化率最低，C正确；
D. 该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡常数减小；相对于t4时，t6时为升温过程，平衡左移，所以t4时该反应的平衡常数大于t6时反应的平衡常数，D错误；
综上所述，本题选C。
15.某温度下，将3molA和2molB充入2L一密闭容器中，发生反应：A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)，5min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数K=1，下列选项正确的是（ ）
A. C平衡浓度为1.2mol/L B. 速率v(B)= 0.08 mol/(L•min)
C. A的转化率为40% D. B的转化率为40%
【答案】C
【解析】
【分析】根据三行式计算化学反应中物质的平衡浓度、速率和转化率。
【详解】根据反应式可知
A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)
起始量(mol) 3 2 0 0
变化量(mol) x x x x
平衡量(mol) 3-x 2-x x x
所以有=1，计算得出x=1.2，
C平衡浓度为=0.6mol/L ；
速率v(B)== 0.12 mol/(L•min)
A的转化率为×100%=40%；
B的转化率为×100%=60%。
所以C选项是正确的。
16.将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，并在一定条件下发生如下反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：其中不正确的是（ ）
A. 用N2表示的反应速率为0.15mol·L-1·s-1 B. 2s时H2的转化率为40％
C. 2s时N2与H2的转化率相等 D. 2s时H2的浓度为0.6mol·L-1
【答案】B
【解析】分析:将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
变化量（mol）：0.6 1.8 1.2
2s时（mol）：0.4 1.2 1.2
A.根据v=计算用N2表示的反应速率；
B.根据=转化量/起始量×100%计算用H2的转化率；
C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与 H2的转化率相等；
D.根据c=计算。
详解：将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
变化量（mol）：0.6 1.8 1.2
2s时（mol）：0.4 1.2 1.2
A.用N2表示的反应速率为:=0.15 mol•L-1•s-1，故A正确；
B. 2s时H2的转化率为：×100%=60%;故B错误；
C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与 H2的转化率相等，故C正确；
D.2s时H2的浓度为=0.6mol•L-1，故D正确。
所以本题答案选B。
17.甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下方法来合成甲醇：
（1）用CO2生产甲醇。
已知：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l） △H=﹣akJ•mol﹣1；
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l） △H=﹣b kJ•mol﹣1；
则表示CH3OH（g）燃烧热化学方程式为：____________________。
（2）用CO生产甲醇。
已知：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，下图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变ΔH__________0(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1_______K2 (填 “＞”、“＜”或“＝”)。
③若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是______________。
A．升高温度 B． 将CH3OH(g)从体系中分离
C．使用合适的催化剂 D． 充入He，使体系总压强增大
（3）甲醇（CH3OH）可以用作燃料电池，该电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气。负极发生的电极反应式是________________________，正极发生的电极反应式是_______________________。
【答案】(1). 2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2 (g)+4H2O(l) ΔH = + (2a -3b) kJ·mol-1 (2). ＜ (3). ＞ (4). B (5). 2CH3OH -12e-+2H2O=2CO2+12H+ (6). 3O2 + 12H+ + 12e－ =6H2O
【解析】
【分析】（1）利用盖斯定律相加减，即可得出CH3OH燃烧的热化学方程式；
(2)①根据先拐先平法和温度对化学反应速率和化学平衡的影响来回答；
②温度对化学平衡常数的影响和反应的吸放热有关；
③化学平衡正向移动可增加甲醇产率；
(3)在甲醇燃料电池中，燃料甲醇作负极,发生失电子的氧化反应，氧气作正极，发生得电子的还原反应，即可得到正负极反应式。
【详解】（1）CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l） △H=﹣akJ•mol﹣1 ①
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l） △H=﹣b kJ•mol﹣1 ②
②×3-①×2得到2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2 (g)+4H2O(l) ΔH = + (2a -3b) kJ·mol-1 则表示CH3OH（g）燃烧的热化学方程式为：2CH3OH(g)+3O2(g) =2CO2 (g)+4H2O(l) ΔH = + (2a -3b) kJ·mol-1 ；
（2）①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)中，根据图像T2先出现拐点，T2反应速率快，则T2>T1，根据图像温度升高CO的平衡转化率减小，化学平衡向着逆反应方向移动，所以该反应是放热反应，ΔH<0，因此，本题正确答案是：<；
②对于放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，T2>T1，反之越大，所以K1>K2，因此，本题正确答案是：>；
③A.若容器容积不变，升高温度,反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡逆向移动，甲醇产率低，故A项错误；B.将CH3OH从体系中分离，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡正向移动，甲醇产率增大，故B正确；C.使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动，甲醇的转化率不变，故C错误；D.若容器容积不变，充入He，使体系总压强增大，各组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的转化率不变，故D错误；故选B；
（3）在甲醇燃料电池中,燃料甲醇作负极，发生失电子的氧化反应,氧气作正极，发生得电子的还原反应，负极发生的电极反应式是2CH3OH -12e-+2H2O=2CO2+12H+，正极发生的电极反应式是 3O2 + 12H+ + 12e－ =6H2O
18.如图所示三套实验装置，分别回答下列问题。
图1 图 2 图 3
（1）图1中，① 若开始时开关K与a连接，则该装置为_____（填装置名称），电极A的电极反应式为________________________
②若开始时开关K与b连接，则总反应的离子方程式为 ___________________________
（2）2004年美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂，在200°C左右时供电，电池示意如图2所示：
①______极（填a或b）为电池的正极，电池工作时电流方向为_________（填a→b或b→a）
②写出该电池负极的电极反应式________________________________________
（3）用图3装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾（电解槽内的阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过）。
①该电解槽的阴极反应式为 _____________________。
②制得的硫酸溶液从出口____（填“A”、“D”）导出,并简述原因__________________________(请用化学用语和文字解释)
【答案】(1). 原电池 (2). 2H2O＋O2＋4e－＝4OH－ (3). 2H2O＋2Cl-2OH－＋H2↑＋Cl2↑ (4). b (5). b→a (6). C2H5OH-12e－+3H2O＝12H++2CO2 (7). 2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑ 或2H+＋2e－＝H2↑ (8). A (9). 2H2O-4e－＝4H+＋O2↑,OH－在阳极放电，使水的电离平衡正向移动， c(H+)增大，SO42-通过阴离子交换膜进入阳极，和H+结合成硫酸
【解析】本题考查电化学。（1）图1中，开关K与a连接形成原电池反应，发生吸氧腐蚀，A电极石墨做正极溶液中氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；②开关K与b连接，装置为电解池，石墨作阳极，铁为阴极，相当于电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，电解总反应的离子方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；（2）①燃料电池中，燃料乙醇在负极(a极)发生失电子的反应，氧气是在正极(b极)上发生得电子的反应，电流在电路中从正极流向负极，即b→a；②该电池负极的电极反应式为：C2H5OH+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+；（3）①电解时，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑或2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑；②阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，OH－在阳极放电，因此硫酸根离子向阳极移动，该电极上会产生硫酸，阴极氢离子放电，因此钾离子向阴极移动，电解产生的氢氧化钾在阴极生成，所以氢氧化钾溶液从出口D流出，制得的硫酸溶液从A口流出。
19.(I)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00 mol/L、2.00 mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、35℃，每次实验HNO3的用量为25.00 mL，大理石用量为10.00 g。
(1)请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空：
实验编号
温度(℃)
大理石规格
HNO3浓度(mol/L)
实验目的
①
25
粗颗粒
2.00
(Ⅰ)实验①和②探究浓度对反应速率影响；
(Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响；
(Ⅲ)实验①和④探究e_______对反应速率的影响
②
25
粗颗粒
a______
③
b_______
粗颗粒
2.00
④
c________
细颗粒
d______
(2)实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图。计算实验①中70 s～90 s范围内用HNO3表示的平均反应速率________(忽略溶液体积变化，不需要写出计算过程)。在0～70、70～90、90～200各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是________。
(II)某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
实验编号
0.1 mol·L－1酸性KMnO4溶液的体积/mL
0.6mol·L-1H2C2O4溶液的体积/mL
H2O的体积/mL
实验温度/℃
溶液褪色所需时间/min
①
10
V1
35
25
②
10
10
30
25
③
10
10
V2
50
(3)表中V1=_______mL，V2=_______mL。
(4)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是________。
(5)实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)=________mol·L－1·min－1。
【答案】(1). 1.00 (2). 35 (3). 25 (4). 2.00 (5). 大理石规格 (6). 0.01 mol/(L·s) (7). 0～70 (8). 5 (9). 30 (10). ②和③ (11). ①和② (12). 0.025
【解析】
【分析】I.(1)(I)实验①和②探究浓度对反应速率的影响，硝酸的浓度应该不同；
(Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响，温度应该不同；
(Ⅲ)中实验①和④，大理石的规格不同，则其它条件应该相同；
(2)先根据图象，求出生成二氧化碳的物质的量，然后根据反应：CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑H2O，求出消耗的硝酸的物质的量，再由v(HNO3)=求出反应速率，物质浓度越大，反应速率越快。
II.(3)由控制变量法可知，应控制溶液的总体积相同；
(4)实验1、2的温度相同，实验2、3的浓度相同；
(5)结合v=、速率之比等于化学计量数之比计算。
【详解】(1)(I)由于①和②探究浓度对反应速率的影响，故硝酸的浓度不同，a应该是1.00mol/LHNO3；
(Ⅱ)由于①和③探究温度对反应速率的影响，故应该温度不同，b应该选35℃；
(Ⅲ)实验①和④的大理石规格不同，其它反应条件相同，探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，故c为25℃，d是2.00mol/L，e是固体物质的表面积，即大理石规格；
(2)由图可知70至90s，CO2生成的质量为m(CO2)=0.95g-0.84g=0.11g，物质的量为n(CO2)==0.0025molmol，根据反应CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑H2O，可知消耗HNO3的物质的量为n(HNO3)=2×0.0025mol=0.005mol，又由于硝酸溶液体积为0.025L，所以HNO3减少的浓度△c(HNO3)==0.2mol/L，反应的时间t=90s-70s=20s，所以HNO3在70～90s范围内的平均反应速率为v(HNO3)==0.01mol/(L•s)；在大理石与硝酸的反应中，随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐减低，在0～70s、70s～90s、90s～200s各相同的时间段里，浓度最大的是0～70s，所以反应速率最大的时间段是0～70s；
Ⅱ.(3)实验2混合液的总体积为10mL+10mL+30mL=50mL，则V1=50mL-10mL-35mL=5mL，V2=50mL-10mL-10mL=30mL；
(4)探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；
(5)草酸的物质的量n(H2C2O4)=0.60mol/L×0.005L=0.003mol，高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.10mol•L-1×0.01L=0.001mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.003mol：0.001mol=3：1，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度c(KMnO4)==0.02mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.01 mol/(L•min)，由速率之比等于化学计量数之比可知，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)=0.01mol/(L•min)×=0.025mol/(L•min)。
20.(1)参考合成反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数，回答下列问题：
温度/℃
0
50
100
200
300
400
平衡常数
667
100
13
1.9×10-2
2.4×10-4
1×10-5
①该反应正反应是___________（填“放热”或“吸热”）反应；
②在T℃时，1L密闭容器中，投入0.1molCO和0.2molH2，达到平衡时，CO转化率为50%，则T=__________℃。
(2)CH3OH也可由CO2和H2合成。在体积为1L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.0kJ/mol，测得CO2和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示。
①该反应的平衡常数表达式为K=________；从反应开始到10min，v(H2)=______mol·L-1·min-1；
②下列情况能说明该反应一定达到平衡状态的是___________(填字母)
A.v(CO2)消耗=v(CH3OH)生成
B.气体的密度不再随时间改变
C.CO2和CH3OH的浓度之比不再随时间改变
D.气体的平均相对分子质量不再随时间改变
③为了加快化学反应速率且使体系中气体的物质的量增大，只改变下列某一条件，可采取的措施有___________ (填字母)
A.升高温度 B.缩小容器体积 C.再充入CO2气体 D.使用合适的催化剂
④相同温度下，在另一个容积为1 L的密闭容器中充入2mol CH3OH(g)和2molH2O(g)，达到平衡时CO2的浓度____________(填“＞”、“＜”或“=”)0.25mol·L-1。
【答案】(1). 放热 (2). 50 (3). (4). 0.225 (5). CD (6). AC (7). ＞
【解析】
【分析】(1)①根据温度与化学平衡常数的关系，结合平衡移动原理分析；
②根据CO的平衡转化率计算该反应的平衡常数，结合表格数据判断反应进行的温度；
(2)①根据平衡常数的含义书写表达式，先根据图象计算v(CO2),然后根据反应速率与化学计量数关系计算从反应开始到10min的v(H2)；
②根据可逆反应达到平衡状态时各种物质的浓度不变，含量不变，正逆反应速率不变分析；
③根据影响反应速率的因素和化学平衡影响因素分析判断；
④根据等效平衡分析判断。
【详解】(1)①根据表格数据可知：升高温度，该反应的化学平衡常数降低，说明：升高温度化学平衡逆向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应；
②在T℃时，在1L密闭容器中，投入0.1molCO和0.2molH2，发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡时，CO转化率为50%，则反应的CO物质的量浓度为0.05mol/L，则同时反应消耗H2的浓度为0.1mol/L，反应产生的CH3OH(g)浓度为0.05mol/L，则平衡时c(CO)=0.05mol/L，c(H2)=0.1mol/L，则该温度下的化学平衡常数K==100，根据温度与化学平衡常数的关系可知：反应温度为50℃；
(2)①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，对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，其平衡常数表达式为K=；从反应开始到10min，v(CO2)==0.075mol/(L·min)，由于反应用不同物质表示反应速率，速率比等于化学方程式中化学计量数的比，所以从反应开始到10min，v(H2)=3v(CO2)=0.225mol/(L·min)；
②A.v(CO2)消耗 =v(CH3OH)生成表示的是反应正向进行，不能说明为平衡状态，A错误；
B.容器的容积不变，反应混合物都是气体，在任何条件下气体的密度都不变，因此不能根据气体的密度不再随时间改变判断反应处于平衡状态，B错误；
C.CO2和CH3OH的浓度之比不再随时间改变，说明反应混合物中任何物质的浓度不变，反应处于平衡状态，C正确；
D.反应前后气体的质量不变，而气体的物质的量改变，若反应混合物中，气体的平均相对分子质量不再随时间改变，说明气体的物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，D正确；
故合理选项是CD；
③A.升高温度化学反应速率增大，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，气体的物质的量增大，A符合题意；
B.缩小容器体积物质的浓度增大，反应速率加快，反应体系压强也随之增大，增大压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，气体的物质的量减小，B不符合题意；
C.再充入CO2气体，即增大了反应物的浓度，化学反应速率增大，化学平衡正向移动，总的来说气体的物质的量比原来增大，C符合题意；
D.使用合适的催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不发生移动，因此气体的物质的量不变，D不符合题意；
故合理选项是AC；
④对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在体积为1L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，由于该反应是反应前后气体体积不等的反应，所以其等效起始状态为向该容器中加入1mol CH3OH(g)和1molH2O(g)，而现在是在另一个容积为1 L的密闭容器中充入2mol CH3OH(g)和2molH2O(g)，相当于在1L密闭容器中加入1mol CH3OH(g)和1molH2O(g)，反应达到平衡后再加入1mol CH3OH(g)和1molH2O(g)，所以达到新的平衡时CO2的浓度大于原平衡时的浓度0.25mol/L。
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