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【化学】福建省漳州市长泰县第一中学2019-2020学年高二10月月考试题（解析版）
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福建省漳州市长泰县第一中学2019-2020学年高二10月月考试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Cu-64 S-32
一、选择题：(25个小题，每小题2分，共50分，只有一项是符合题目要求的)
1.下列说法中正确的是（ ）
A. 凡是放热反应都足自发的，吸热反应都处非自发的
B. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能实观
【答案】C
【解析】
【详解】A、反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；放热反应不一定是自发的，吸热反应也不一定是非自发的，故A错误；
B、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定，自发反应不一定是熵增大，非自发反应不一定是熵减小或不变，故B错误；
C、熵增加且放热的反应，即△H＜0，△S＞0，△H-T△S＜0，任何温度下都能自发进行，故C正确；
D、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定；非自发过程，改变温度可能变为自发过程，如焓变大于0，熵变大于0的反应低温可以是非自发进行的反应，高温下可以自发进行，所以非自发反应在特定条件下也能实现，故D错误；
故答案选C。
2.某反应的ΔH＝＋100 kJ·mol－1，下列有关该反应的叙述正确的是（ ）
A. 正反应活化能小于100 kJ·mol－1
B. 逆反应活化能一定小于100 kJ·mol－1
C. 正反应活化能大于100 kJ·mol－1
D. 正反应活化能比逆反应活化能小100 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】某反应的△H=+100kJ⋅mol−1，反应为吸热反应，说明反应物总能量小于生成物总能量，则正反应的活化能−逆反应的活化能=+100kJ⋅mol−1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能大100kJ⋅mol−1，无法确定正、逆反应活化能的大小，只有C正确。
答案选C。
3.反应4A(s)＋3B(g)===2C(g)＋D(g)，经2 min，B的浓度减少了0.6 mol·L－1。下列叙述正确的是（ ）
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol·(L·min)－1
B. 分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3∶2∶1
C. 在2 min末的反应速率，用B表示是0.3 mol·(L·min)－1
D. 在这2 min内B和C两物质的浓度都减小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 物质A是固体，浓度不变，不能用A表示该反应的反应速率，故A错误；
B. 速率之比等于化学计量数之比，v（B）：v（C）：v（D）=3：2：1，故B正确；
C. 2min末的反应速率为即时速率，用B表示速率0.3mol/（L∙min），是2min内的平均速率，故C错误；
D. B是反应物，浓度降低，C是生成物，浓度增大，故D错误；
答案选B。
4.SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中存在S-F键。已知：1mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量280 kJ，断裂1mol F-F、S-F键需吸收的能量分别为160 kJ、330 kJ。则S(s)＋3F2(g)＝SF6(g)的反应热△H为（ ）
A. -1220 kJ/mol B. -1780 kJ/mol
C. -450 kJ/mol D. ＋430 kJ/mol
【答案】A
【解析】反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以对于S(s)+3F2(g)═SF6(g)，其反应热△H=280kJ/mol+3×160kJ/mol-6×330kJ/mol=-1220kJ/mol，故选A。
5.在恒容条件下，能使NO2(g)＋CO(g) CO2(g)＋NO(g)正反应速率增大且活化分子的百分数也增加的措施是（ ）
A. 增大NO2或CO的浓度 B. 减小CO2或NO的浓度
C. 通入Ne使气体的压强增大 D. 升高反应的温度
【答案】D
【解析】试题分析：A．增大 NO2或CO的浓度，浓度增大，反应速率加快，活化分子数目增大，故A不选；B．减小 NO或CO2的浓度，浓度减小，反应速率减慢，活化分子数目减少，故B不选；C．通入Ne使气体的压强增大，为恒容，则反应体现中各物质的浓度不变，反应速率不变，故C不选；D．升高反应温度，反应速率加快，活化分子百分数增大，故D选；故选D。
6.在1L的容器中，用纯净的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，反应生成CO2的体积随时间的变化关系如图所示（CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是（ ）
A. OE段表示的平均反应速率最快
B. G点收集到的CO2的量最多
C. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04mol·L-1·min-1
D. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2:6:7
【答案】B
【解析】
【详解】A. 单位时间内反应生成的多或反应物消耗的多，则速率快，由于横坐标都是1个单位，EF段产生的CO2多，所以该段反应速率最快，不是OE段，故A错误；
B. 收集的CO2是看总量，根据图象可知，G点二氧化碳体积为784mL，则G点收集到的CO2的最多，故B正确；
C. EF段产生的CO2为：=0.02 mol，由于反应中n(HCl):n(CO2)=2:1，所以该段消耗HCl=0.04 mol，时间为1 min，所以用盐酸表示的EF段平均反应速率为：=0.4 mol⋅L−1⋅min−1，故C错误；
D. 由于时间都是1 min，所以三段速率之比就等于产生CO2的体积之比，即224mL：(672−224)mL：(784−672)mL=2:4:1，故D错误；
答案选B。
7.一定温度下，在某体积固定的密闭容器中加入2 mol A和1 mol B，发生可逆反应，下列说法正确的是（ ）
A. 当容器内压强不变时说明反应已达到平衡
B. 当反应达到平衡时：c（A）：c（B）：c（C）＝2：1：3
C. 当反应达到平衡时放出热量akJ
D. 其他条件不变，升高温度反应速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A. 体积固定的密闭容器中，该反应体系是气体体积不变的化学反应，则当容器内压强不变时不能说明反应已达到平衡，故A项错误；
B. 当反应达到平衡时，各物质的物质的量浓度保持不变，但无法确定其浓度比是否等于化学计量数之比，故B项错误；
C. 因反应为可逆反应，则反应过程中实际放热量在数值上小于焓变量，即小于a kJ，故C项错误；
D 化学反应速率与温度成正比，当其他条件不变时，升高温度反应速率会加快，故D项正确；
答案选D。
8.一种新型污水处理装置模拟细胞内生物电的产生过程，可将酸性有机废水的化学能直接转化为电能。下列说法中不正确的是（ ）
A. M极作负极，发生氧化反应
B. 电子流向:M→负载→N→电解质溶液→M
C. N极的电极反应:O2+4H++4e-=2H2O
D. 当N极消耗5.6L(标况下)气体时，最多有NA个H+通过阳离子交换膜
【答案】B
【解析】
【详解】A. M极加入有机物，有机物变成二氧化碳，发生氧化反应，说明M作负极，故正确；
B. M为负极，N为正极，所以电子流向:M→负载→N，电子只能通过导线不能通过溶液，故错误；
C. N极为正极，氧气在正极上得到电子，电极反应:O2+4H++4e-=2H2O，故正确；
D. 当N极消耗5.6L(标况下)气体基5.6/22.4=0.25mol氧气时，转移0.25×4=1mol电子，所以最多有NA个H+通过阳离子交换膜，故正确。
故选B。
9.根据如图所示示意图，下列说法不正确的是（ ）
A. 反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1
B. 该反应过程反应物断键吸收的能量一定大于生成物成键放出的能量
C. 使用催化剂无法改变该反应的ΔH
D. nmol C和n mol H2O反应生成nmol CO和nmol H2吸收的热量一定为131.3nkJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，该反应为吸热反应，所以反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1，故A正确；B.该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故B正确；C.催化剂只改变化学反应速率，无法改变该反应的ΔH，故C正确；D. 根据图像可知1mol C(s)和1mol H2O(g)反应生成1mol CO(g)和1mol H2(g)吸收热量131.3 kJ，而题干中的n不一定是1，则吸收热量不一定是131.3 kJ，D错误；答案：D。
10.可逆反应2NO2（g）2NO（g）＋O2（g）在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO2
②单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦
C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。颜色深浅和浓度有关系，所以④正确。①中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。②中反应速率的方向是相同的，不正确。平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，因此③不正确。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，⑤不正确。反应前后体积是变化的，所以压强是变化的，因此⑥可以说明。混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以⑦可以说明。答案选A。
11.在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO)4（g），已知该反应平衡常数与温度的关系如表：
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1．9×10﹣5
下列说法不正确的是（ ）
A. 上述生成Ni(CO)4（g）的反应为放热反应
B. 25℃时反应Ni(CO)4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2×10﹣5
C. 80℃达到平衡时，测得n（CO）=0．3mol，则Ni（CO)4的平衡浓度为2 mol/L
D. 在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）＞v（逆）
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡常数逐渐减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应是放热反应，正确；B、逆反应的平衡常数是正反应平衡常数的倒数，则25℃时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2×10-5，正确；C、80 ℃达到平衡时，K=c（Ni（CO）4）/c4（CO）=2，测得n（CO）="0.3" mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2 mol·L-1
D、80 ℃时，测得其时刻Ni（CO）4、CO的浓度均为0.5 mol·L-1，Q=＝8，Q>K，反应逆向进行，此时v（正）
A. CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；△H＜0
B. CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；△H＞0
C. CH3CH2OH (g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)；△H＞0
D. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2 C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)；△H＜0
【答案】A
【解析】分析左图：据达平衡所需时间，得：T2＞T1；
据平行线部分，得：T1到T2（升高温度），水蒸气含量减少；
分析右图：据达平衡所需时间，得：P1＞P2；
据平行线部分，得：P1到P2（压强减小），水蒸气含量减少；
再利用：升温，平衡向吸热反应方向移动；降压，平衡向气体体积增大的反应方向移动；
13.下列关于化学平衡的说法中正确的是（ ）
A. 一个可逆反应达到的平衡状态就是这个反应在该条件下所能达到的限度
B. 当一个可逆反应达到平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等都等于0
C. 平衡状态是一种静止的状态，因为反应物和生成物的浓度已经不再改变
D. 化学平衡不可以通过改变条件而改变
【答案】A
【解析】
【分析】当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应达到化学反应限度，此时各物质的浓度不再发生改变，但化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化时，平衡发生移动。
【详解】当可逆反应达到平衡状态时，各物质的浓度不再发生改变，达到化学反应限度，故A正确；当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为零，故B错误；化学平衡为动态平衡，因正逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度都不再改变，故C错误；化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化，正逆反应速率不相等时，平衡发生移动，故D错误。
14.在不同情况下测得A(g)＋3B(g)2C(g)＋ 2D(s)的下列反应速率，其中反应速率最大的是（ ）
A. υ(D)=0.01 mol•L-1•s-1 B. υ(C)=0.010 mol•L-1•s-1
C. υ(B)=0.6 mol•L-1•min-1 D. υ(A)=0.2mol•L-1•min-1
【答案】B
【解析】
【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，数值可能不同，但表示的意义是相同的。所以在比较反应速率快慢时，应该换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值大小。
【详解】根据速率之比是相应化学计量数之比可知，如果都用B物质表示其反应速率，则分别为：
A. D是固体，其浓度视为常数，故不能用D来表示反应速率；
B. υ(B)=υ(C)=0.010 mol•L-1•s-1=0.6 mol•L-1•min-1=0.9 mol•L-1•min-1 ；
C. υ(B)=0.6 mol•L-1•min-1
D. υ(B)=3υ(A)=30.2mol•L-1•min-1=0.6mol•L-1•min-1。
数值最大的是B，
故选B。
15.某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，下列叙述正确的是（ ）
A. 刚充入时反应速率υ正减少，υ逆增大 B. 平衡不发生移动
C. 平衡向正反应方向移动，A的物质的量浓度减小 D. 物质C的质量分数增大
【答案】D
【解析】
【分析】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断。
【详解】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，
A、刚充入时反应速率υ正增大，υ逆增大，故A错误；
B、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B错误；
C、增大压强，平衡向正反应方向移动，但根据勒夏特列原理，A的物质的量浓度比原来要大，故C错误；
D、增大压强，平衡向正反应方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确。
所以D选项是正确的。
16.过量的铁粉与100mL 0.01mol•L﹣1的稀盐酸反应。为了减慢反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）
①加H2O ②加NaOH固体 ③将盐酸用量减半，浓度不变 ④加CuO固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥加入硝酸钾溶液 ⑦降低温度（不考虑盐酸挥发）
A. ①⑤⑦ B. ②④⑥ C. ③⑦ D. ③⑥⑦
【答案】A
【解析】
【分析】为减慢铁与盐酸反应速率，可减小浓度，降低温度等，不改变生成氢气的总量，则H+的物质的量应不变，以此解答。
【详解】①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢且不改变H2的产量；
②加氢氧化钠固体，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢，产生的氢气减少；
③将盐酸用量减半，浓度不变，反应速率不变，H+的物质的量减小，所以生成氢气的物质的量减小；
④加CuO固体与盐酸反应消耗H+，故反应速率减慢，生成氢气的物质的量减小；
⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢且不改变H2的产量；
⑥加入硝酸钾溶液，Fe和H+、NO3-反应不生成氢气；
⑦降低温度(不考虑盐酸挥发)反应速率减慢，H+的物质的量不变，所以生成氢气的物质的量不变；
综合以上分析，符合题意的有①⑤⑦，
故答案选A。
17.已知热化学方程式：
①CO（g）+1/2O2（g）＝CO2（g）ΔH=-283.0kJ·mol-1
②H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）ΔH=-241.8 kJ·mol-1
则下列说法正确的是（ ）
A. H2的燃烧热为241.8kJ·mol-1
B. 由反应①、②可知上图所示的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH=-41.2 kJ·mol-1
C. H2（g）转变成H2O（g）的化学反应一定要放出能量
D. 根据②推知反应H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（l）ΔH＞-241.8 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成稳定氧化物液态水时放出热量，所以H2的燃烧热要高于241.8kJ•mol-1，故A错误；
B．化学反应的焓变等于产物和反应物之间的能量差，根据图示知道，该反应是放热的，根据盖斯定律，①-②得：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-283.0kJ•mol-1+241.8kJ•mol-1 = -41.2 kJ•mol-1，故B正确；
C．H2(g)转变成H2O(g)的化学反应不一定是氢气和氧气在点燃的情况下生成，也可能是氢气和氧化铜在高温下反应生成，该反应会吸收能量，故C错误；
D．由于气态水变为液态水是一个放热过程，根据②推知反应H2(g)+O2 (g)=H2O(l) △H＜-241.8 kJ•mol-1，故D错误。
答案选B。
18.下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 工业制硫酸采用二氧化硫催化氧化，高温可以提高单位时间SO3的产量
B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质
D. 容器中有2NO2N2O4，增大压强颜色变深
【答案】C
【解析】
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A.二氧化硫催化氧化反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则二氧化硫的转化率降低，不能提高单位时间SO3的产量，与题给矛盾，故A不选；
B. 催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，故B不选；
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢的原理：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，在饱和食盐水中氯离子浓度较大，氯离子浓度增大可以使平衡向逆反应方向移动，可用勒夏特列原理解释，故C选；
D. 应该是先变深后变浅，前面变深不是平衡移动，而是容器体积变小，气体浓度变大，所以颜色变深了。后来变浅是因为压强变大，平衡移动，NO2往N2O4移动，NO2浓度又减小，所以颜色变浅了。故D不选。
故答案选C。
19.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意图如图所示。下列有关该电池的说法正确的是( )
A. 电极B上发生的电极反应为O2+2CO2+ 4e-=2CO32-
B. 电极A上H2参与的电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O
C. 电池工作时, CO32-向电极B移动
D. 对于反应CH4+H2O 3H2+CO,每消耗1 mol CH4转移12mole-
【答案】A
【解析】试题分析：A．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32-，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，正确．
B．电解质没有OH-，负极反应为H2+CO+2CO32--4e-=H2O+3CO2，错误；
C．电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，错误；
D．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，错误；故选A．
20.在下列各说法中，正确的是（ ）
A. ΔH>0表示放热反应，ΔH<0表示吸热反应
B. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不可以是分数
C. 1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热
D. 1 mol H2与0.5 mol O2反应生成液态水这时的反应热就是H2的燃烧热
【答案】D
【解析】
【分析】A、放热反应的焓变小于0,吸热反应的焓变大于0；
B、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量,不表示分子数；
C、中和热是指稀的强酸和强碱反应当生成1mol水时所放出的热量；
D、燃烧热是指在101K时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,此时生成的水必须为液态。
【详解】A、放热反应的焓变小于0，吸热反应的焓变大于0，故ΔH >0表示吸热反应, ΔH <0表示放热反应，故A错误；
B、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数，所以可用分数或小数表示,故B错误；
C、中和热是指稀的强酸和强碱反应当生成1mol水时所放出的热量,而1mol硫酸和1mol氢氧化钡反应时生成了2mol水,故此时放出的热量不是中和热，故C错误；
D、燃烧热是指在101K时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,此时生成的水必须为液态,而1mol氢气和0.5mol氧气反应生成液态水，故此时放出的热量一定是燃烧热，故D正确；
综上所述，本题选D
21.只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动关系叙述错误的是（ ）
A. K不变，平衡可能移动 B. 平衡移动，K值可能不变
C. 平衡移动，K值一定变化 D. K值变化，平衡一定移动
【答案】C
【解析】
【分析】平衡常数K是温度的函数,只与温度有关,温度一定,平衡常数K值一定,温度发生变化,平衡常数K值也发生变化。
【详解】影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等，
A.K值只与温度有关,若在其他条件不变时,增大反应物的浓度或减小生成物的浓度,有利于正反应的进行,K值不变,平衡向右移动，故A正确；
B.若是改变浓度或压强使平衡发生移动,而温度不变,则K值不变,故B正确；
C.若在其他条件不变时,增大反应物的浓度或减小生成物的浓度,有利于正反应的进行,平衡向右移动,但K值只与温度有关,故K值不变,故C错误；
D.K值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故D正确；
综上所述，本题选C。
22.某化学兴趣小组利用如图装置在铁棒表面镀上一层铜，下列有关的判断正确的是（ ）
A. a为阳极、b为阴极 B. c为铁棒、d为铜棒
C. 电子流向从b→d→c→a D. 溶液中Cu2+向d极移动
【答案】D
【解析】
【分析】根据装置图所示，该装置接电源为电解池，由电源外电路电流的方向可得a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极。根据题目要求，在铁棒表面镀上一层铜，即铜离子在铁电极表面的电子变为铜单质，因此铁做阴极，铜做阳极，电解质溶液可以使用硫酸铜溶液，铜离子向阴极移动，在阴极表面得电子。
【详解】A. 根据上述分析，a为正极、b为负极，故A错误；
B. 根据分析c为阳极，d为阴极，因此c为铜棒、d为铁棒，故B错误；
C. 电子只能在导体内流动，不能在溶液中流动，不能出现d→c的流动过程，故C错误；
D. 电解池溶液中阳离子向阴极移动，即Cu2+向d极移动，故D正确；
答案选D。
23.全世界每年都有大量的金属设备和金属材料因腐蚀而报废，下列关于金属的腐蚀与防护说法错误的是（ ）
A. 海边的铁制品易形成电化学腐蚀而生锈
B. 高架电线杆将锌与钢铁相连构成以铁为负极的原电池来防腐
C. 金属表面喷漆可以大大减缓或避免发生腐蚀
D. 水库的铁闸门采用的是外加电流阴极保护法来防止腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 海边潮湿的空气形成电解质溶液，铁制品为铁合金，易形成电化学腐蚀而生锈，故A正确；
B. 高架电线杆将锌与钢铁相连构成以锌为负极的原电池来防止钢铁腐，故B错误；
C. 金属表面喷漆可以隔绝空气和水蒸气，大大减缓或避免发生腐蚀，故C正确；
D. 将水库的铁闸门连接在电源的负极，向铁闸门提供电子，防止铁失电子变成亚铁离子，采用的是外加电流阴极保护法来防止腐蚀，故D正确；
答案选B。
24.下面两图均为原电池装置，有关说法错误的是（ ）
A. 锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应
B. 电流从铜电极经导线流向锌电极
C. 铜电极发生的反应为：Cu－2e－= Cu2＋
D. 装置（2）比装置（1）更能清楚揭示出电池中发生的化学反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据装置图，锌比铜活泼，锌做负极，失电子，发生氧化反应；铜做正极，得电子，发生还原反应；电流从正极流向负极。电池总反应为：Zn+CuSO4=Cu+ ZnSO4
【详解】A. 原电池中，活泼电极做负极，锌比铜活泼，锌为负极，失电子，发生氧化反应，故A正确；
B. 原电池中电流从正极流向负极，根据上述分析，锌做负极，铜做正极，电流从铜电极经导线流向锌电极，故B正确；
C. 铜电极做正极，得电子，发生还原反应，反应为：Cu2＋+2e－= Cu，故C错误；
D. 装置（2）最大程度地避免了氧化剂与还原剂直接接触反应（非原电池反应），使反应尽可能实现通过外电路转移电子，装置（2）比装置（1）更能清楚揭示出电池中发生的化学反应，故D正确；
答案选C。
25.有A、B、C、D四种金属片，进行如下实验：①A、B用导线连接后浸入稀H2SO4中，电流由B 导线 A；②C、D用导线相连后，同时伸入稀H2SO4 溶液中，C极为负极；③A、C相连后同时浸入稀H2SO4 中，C极产生大量气泡；④B、D相连后同时浸入稀H2SO4 中，D极发生氧化反应；试判断四种金属的活动顺序是( )
A. A＞C＞D＞B B. A＞B＞C＞D
C. B＞A＞C＞D D. B＞D＞C＞A
【答案】A
【解析】
【详解】①A、B用导线连接后浸入稀H2SO4 中，电流由B 导线 A，A为负极，B为正极，金属性A>B
②C、D用导线相连后，同时伸入稀H2SO4 溶液中，C极为负极，D极为正极，则金属性C>D；
③A、C相连后同时浸入稀H2SO4 中，C极产生大量气泡，C为正极，A为负极，则金属性A>C；
④B、D相连后同时浸入稀H2SO4 中，D极发生氧化反应，D为负极，B为正极，则金属性D>B；
综上分析：金属性：A＞C＞D＞B；
答案选A。
26.Ⅰ、用如图仪器组装成一套简易量热计测定室温下中和反应的反应热。
（1）碎泡沫塑料的作用是__________；图中仪器a的名称是____________；
（2）中和反应的实质是_______________（用离子方程式表示）。
Ⅱ、.某研究性学习小组的同学对Zn、Cu、稀硫酸组成的原电池进行了探究，其中甲同学利用下图I装置进行探究，乙同学经过查阅资料后设计了图II装置进行探究( 盐桥内含有某种电解质的饱和溶液，起到连通电路的作用)。
（3）实验表明，图I中两个电极上均有气泡产生，锌电极上有气泡产生，说明反应中有一部分化学能转化为_____能；铜电极上有气泡产生，说明反应中有一部分化学能转化为____能。
（4）图II中的X、Y 是ZnSO4溶液及稀硫酸中的一种，实验过程中只有正极上产生气泡，则X 是_________，正极上的电极反应式为__________。
（5）当图I装置溶液质量增加63 g时，生成的氢气共有______L( 标准状况；当图II 中锌电极质量减少65g时，电路中转移的电子数为______NA。
Ⅲ、在一定条件下甲烷也可用于燃料电池。下图是甲烷燃料电池的原理示意图：
（6）若正极的反应式为O2+4e－＋4H+＝2H2O，则负极反应式为___________________；
【答案】(1). 减少实验过程中热量的损失 (2). 环形搅拌棒 (3). H++ OH- = H2O (4). 热 (5). 电 (6). ZnSO4 (7). 2H++2e- = H2↑ (8). 22.4 (9). 2 (10). CH4-8e-+2H2O=CO2↑+8H+
【解析】
【详解】Ⅰ、（1）碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中热量的损失；图中仪器a的名称是环形搅拌棒；答案为：减少实验过程中热量的损失；环形搅拌棒；
（2）中和反应的实质是H++ OH- = H2O，答案为：H++ OH- = H2O；
Ⅱ、 (3)图I中两个电极上均有气泡产生，锌电极上有气泡产生，锌与稀硫酸反应，该反应为放热反应，说明反应中有一部分化学能转化为热能；锌失去的电子经过导线转移到铜片表面，铜电极上有气泡产生，说明反应中有一部分化学能转化为电能。答案为：热；电；
(4)锌失去的电子经过导线转移到铜片表面，溶液中的氢离子在铜片得到电子，放出氢气，则锌浸在ZnSO4溶液中，铜浸在稀硫酸中；铜片上的电极反应式为2H++2e- = H2↑。
答案为：ZnSO4；2H++2e- = H2↑
(5)当图I装置的溶液质量增加63 g时，溶解的锌为65g，生成的氢气为2 g，在标准状况下氢气的体积为×22.4 L/mol =22.4L；当图II中锌电极质量减少65g (1 mol Zn )时，电路中转移2 mol电子，电子数为2NA。答案为：22.4；2；
Ⅲ、（6）甲烷燃料电池，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O；甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：CH4-8e-+2H2O=CO2↑+8H+， 答案为：CH4-8e-+2H2O=CO2↑+8H+。
27.研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为_____________________
（2）已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝-196.6kJ·mol－1
2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝-113.0 kJ·mol－1
则反应NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g) 的ΔH＝________kJ·mol－1
（3）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶6，则平衡常数K＝________ （保留两位小数）
（4）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH________0(填“>”或“<”)。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是____________________
【答案】(1). 3NO2 + H2O ＝ 2HNO3 + NO (2). －41.8 (3). 2.67 (4). < (5). 在1.3×104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失
【解析】
【分析】（1）NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮；（2）利用盖斯定律计算反应焓变；（3）设NO2初始浓度为1 mol·L-1，利用“三段式”计算平衡常数；（4）根据图示，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动；根据综合经济效益分析：实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右的原因；
【详解】（1）NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式是3NO2 + H2O＝ 2HNO3 + NO；
（2）①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝-196.6kJ·mol－1 ；②2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝-113.0 kJ·mol－1 ；根据盖斯定律①②得NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g) 的ΔH＝－41.8kJ·mol－1；
（3）设NO2初始浓度为1 mol·L-1，
NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)
始态 1 2 0 0
反应 x x x x
终态 1-x 2-x x x
，解得x=0.8，K=2.67；（4）根据图示，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，所以该反应ΔH<0；在1.3×104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。
28.某研究性学习小组向一定量的NaHSO3溶液（加入少量淀粉）中加入稍过量的KIO3 溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色。为进一步研究有关因素对反应速率的影响，探究如下。
（1）查阅资料 知NaHSO3与过量KIO3反应分为两步进行，且其反应速率主要由第一步反应 决定。已知第一步反应的离子方程式为IO3—+3HSO3—===3SO42—+I—+3H+，则第二步反 应的离子方程式为________________。
（2）通过测定溶液变蓝所用时间来探究外界条件对该反应速率的影响，记录如下。
编号
0.01mol/L
NaHSO3溶液/mL
0.01mol/L KIO3
溶液/mL
H2O/mL
反应温度
/℃
溶液变蓝所用时间t/s
①
6.0
10.0
4.0
15
t1
②
6.0
14.0
0
15
t2
③
6.0
a
b
25
t3
①实验①②是探究_______________对反应速率的影响，表中t1 ______t2（填“>”、“=”或“<”）;
②实验①③是探究温度对反应速率的影响，表中a=________，b=________。、
（3）将NaHSO3溶液与KIO3溶液在恒温条件下混合，用速率检测仪检测出起始阶段反应速率逐渐增大。该小组对其原因提出如下假设，请你完成假设二。
假设一：生成的SO42—对反应起催化作用；
假设二：______________________________；
……
（4）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。
实验步骤（不要求写出具体操作过程）
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将一定量的NaHSO3溶液与KIO3溶液混合，用速率检测仪测定起始时的反应速率v(甲)
在烧杯乙中先加入少量①____________，其他条件与甲完全相同，用速率检测仪测定起始时的反应速率v(乙)
②若v(甲)____v(乙)，则假设一不成立
③若v(甲)___v(乙)，则假设一成立（填“>”、“=”或“<”）
【答案】（1）IO3—+5I—+6H+=3I2+3H2O；
（2）KIO3溶液的浓度，> ，10.0，4.0；
（3）生成的I—或H+对反应起催化作用；
（4）①Na2SO4粉末；②=；③< 。
【解析】试题分析：（1）(1）根据信息，溶液变蓝，说明产生I2，离子反应方程式为：IO3－+5I－+6H＋=3I2+3H2O；（2）探究影响反应速率的因素，要求其他条件不变，通过①②对比，KIO3浓度不同，因此实验探究KIO3溶液的浓度对反应速率的影响，浓度越高，反应速率越快，即t1>t2，a=10.0，b=4.0；(3）生成的I－或H＋对反应起催化作用；（4）①研究SO42－做催化剂，因此①中加入Na2SO4粉末；②当反应速率相等，假设一不相等，若v(甲）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Cu-64 S-32
一、选择题：(25个小题，每小题2分，共50分，只有一项是符合题目要求的)
1.下列说法中正确的是（ ）
A. 凡是放热反应都足自发的，吸热反应都处非自发的
B. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能实观
【答案】C
【解析】
【详解】A、反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；放热反应不一定是自发的，吸热反应也不一定是非自发的，故A错误；
B、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定，自发反应不一定是熵增大，非自发反应不一定是熵减小或不变，故B错误；
C、熵增加且放热的反应，即△H＜0，△S＞0，△H-T△S＜0，任何温度下都能自发进行，故C正确；
D、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定；非自发过程，改变温度可能变为自发过程，如焓变大于0，熵变大于0的反应低温可以是非自发进行的反应，高温下可以自发进行，所以非自发反应在特定条件下也能实现，故D错误；
故答案选C。
2.某反应的ΔH＝＋100 kJ·mol－1，下列有关该反应的叙述正确的是（ ）
A. 正反应活化能小于100 kJ·mol－1
B. 逆反应活化能一定小于100 kJ·mol－1
C. 正反应活化能大于100 kJ·mol－1
D. 正反应活化能比逆反应活化能小100 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】某反应的△H=+100kJ⋅mol−1，反应为吸热反应，说明反应物总能量小于生成物总能量，则正反应的活化能−逆反应的活化能=+100kJ⋅mol−1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能大100kJ⋅mol−1，无法确定正、逆反应活化能的大小，只有C正确。
答案选C。
3.反应4A(s)＋3B(g)===2C(g)＋D(g)，经2 min，B的浓度减少了0.6 mol·L－1。下列叙述正确的是（ ）
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol·(L·min)－1
B. 分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3∶2∶1
C. 在2 min末的反应速率，用B表示是0.3 mol·(L·min)－1
D. 在这2 min内B和C两物质的浓度都减小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 物质A是固体，浓度不变，不能用A表示该反应的反应速率，故A错误；
B. 速率之比等于化学计量数之比，v（B）：v（C）：v（D）=3：2：1，故B正确；
C. 2min末的反应速率为即时速率，用B表示速率0.3mol/（L∙min），是2min内的平均速率，故C错误；
D. B是反应物，浓度降低，C是生成物，浓度增大，故D错误；
答案选B。
4.SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中存在S-F键。已知：1mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量280 kJ，断裂1mol F-F、S-F键需吸收的能量分别为160 kJ、330 kJ。则S(s)＋3F2(g)＝SF6(g)的反应热△H为（ ）
A. -1220 kJ/mol B. -1780 kJ/mol
C. -450 kJ/mol D. ＋430 kJ/mol
【答案】A
【解析】反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以对于S(s)+3F2(g)═SF6(g)，其反应热△H=280kJ/mol+3×160kJ/mol-6×330kJ/mol=-1220kJ/mol，故选A。
5.在恒容条件下，能使NO2(g)＋CO(g) CO2(g)＋NO(g)正反应速率增大且活化分子的百分数也增加的措施是（ ）
A. 增大NO2或CO的浓度 B. 减小CO2或NO的浓度
C. 通入Ne使气体的压强增大 D. 升高反应的温度
【答案】D
【解析】试题分析：A．增大 NO2或CO的浓度，浓度增大，反应速率加快，活化分子数目增大，故A不选；B．减小 NO或CO2的浓度，浓度减小，反应速率减慢，活化分子数目减少，故B不选；C．通入Ne使气体的压强增大，为恒容，则反应体现中各物质的浓度不变，反应速率不变，故C不选；D．升高反应温度，反应速率加快，活化分子百分数增大，故D选；故选D。
6.在1L的容器中，用纯净的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，反应生成CO2的体积随时间的变化关系如图所示（CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是（ ）
A. OE段表示的平均反应速率最快
B. G点收集到的CO2的量最多
C. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04mol·L-1·min-1
D. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2:6:7
【答案】B
【解析】
【详解】A. 单位时间内反应生成的多或反应物消耗的多，则速率快，由于横坐标都是1个单位，EF段产生的CO2多，所以该段反应速率最快，不是OE段，故A错误；
B. 收集的CO2是看总量，根据图象可知，G点二氧化碳体积为784mL，则G点收集到的CO2的最多，故B正确；
C. EF段产生的CO2为：=0.02 mol，由于反应中n(HCl):n(CO2)=2:1，所以该段消耗HCl=0.04 mol，时间为1 min，所以用盐酸表示的EF段平均反应速率为：=0.4 mol⋅L−1⋅min−1，故C错误；
D. 由于时间都是1 min，所以三段速率之比就等于产生CO2的体积之比，即224mL：(672−224)mL：(784−672)mL=2:4:1，故D错误；
答案选B。
7.一定温度下，在某体积固定的密闭容器中加入2 mol A和1 mol B，发生可逆反应，下列说法正确的是（ ）
A. 当容器内压强不变时说明反应已达到平衡
B. 当反应达到平衡时：c（A）：c（B）：c（C）＝2：1：3
C. 当反应达到平衡时放出热量akJ
D. 其他条件不变，升高温度反应速率加快
【答案】D
【解析】
【详解】A. 体积固定的密闭容器中，该反应体系是气体体积不变的化学反应，则当容器内压强不变时不能说明反应已达到平衡，故A项错误；
B. 当反应达到平衡时，各物质的物质的量浓度保持不变，但无法确定其浓度比是否等于化学计量数之比，故B项错误；
C. 因反应为可逆反应，则反应过程中实际放热量在数值上小于焓变量，即小于a kJ，故C项错误；
D 化学反应速率与温度成正比，当其他条件不变时，升高温度反应速率会加快，故D项正确；
答案选D。
8.一种新型污水处理装置模拟细胞内生物电的产生过程，可将酸性有机废水的化学能直接转化为电能。下列说法中不正确的是（ ）
A. M极作负极，发生氧化反应
B. 电子流向:M→负载→N→电解质溶液→M
C. N极的电极反应:O2+4H++4e-=2H2O
D. 当N极消耗5.6L(标况下)气体时，最多有NA个H+通过阳离子交换膜
【答案】B
【解析】
【详解】A. M极加入有机物，有机物变成二氧化碳，发生氧化反应，说明M作负极，故正确；
B. M为负极，N为正极，所以电子流向:M→负载→N，电子只能通过导线不能通过溶液，故错误；
C. N极为正极，氧气在正极上得到电子，电极反应:O2+4H++4e-=2H2O，故正确；
D. 当N极消耗5.6L(标况下)气体基5.6/22.4=0.25mol氧气时，转移0.25×4=1mol电子，所以最多有NA个H+通过阳离子交换膜，故正确。
故选B。
9.根据如图所示示意图，下列说法不正确的是（ ）
A. 反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1
B. 该反应过程反应物断键吸收的能量一定大于生成物成键放出的能量
C. 使用催化剂无法改变该反应的ΔH
D. nmol C和n mol H2O反应生成nmol CO和nmol H2吸收的热量一定为131.3nkJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，该反应为吸热反应，所以反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1，故A正确；B.该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故B正确；C.催化剂只改变化学反应速率，无法改变该反应的ΔH，故C正确；D. 根据图像可知1mol C(s)和1mol H2O(g)反应生成1mol CO(g)和1mol H2(g)吸收热量131.3 kJ，而题干中的n不一定是1，则吸收热量不一定是131.3 kJ，D错误；答案：D。
10.可逆反应2NO2（g）2NO（g）＋O2（g）在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO2
②单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦
C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。颜色深浅和浓度有关系，所以④正确。①中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。②中反应速率的方向是相同的，不正确。平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，因此③不正确。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，⑤不正确。反应前后体积是变化的，所以压强是变化的，因此⑥可以说明。混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以⑦可以说明。答案选A。
11.在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO)4（g），已知该反应平衡常数与温度的关系如表：
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1．9×10﹣5
下列说法不正确的是（ ）
A. 上述生成Ni(CO)4（g）的反应为放热反应
B. 25℃时反应Ni(CO)4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2×10﹣5
C. 80℃达到平衡时，测得n（CO）=0．3mol，则Ni（CO)4的平衡浓度为2 mol/L
D. 在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）＞v（逆）
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡常数逐渐减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应是放热反应，正确；B、逆反应的平衡常数是正反应平衡常数的倒数，则25℃时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2×10-5，正确；C、80 ℃达到平衡时，K=c（Ni（CO）4）/c4（CO）=2，测得n（CO）="0.3" mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2 mol·L-1
D、80 ℃时，测得其时刻Ni（CO）4、CO的浓度均为0.5 mol·L-1，Q=＝8，Q>K，反应逆向进行，此时v（正）
A. CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；△H＜0
B. CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；△H＞0
C. CH3CH2OH (g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)；△H＞0
D. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2 C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)；△H＜0
【答案】A
【解析】分析左图：据达平衡所需时间，得：T2＞T1；
据平行线部分，得：T1到T2（升高温度），水蒸气含量减少；
分析右图：据达平衡所需时间，得：P1＞P2；
据平行线部分，得：P1到P2（压强减小），水蒸气含量减少；
再利用：升温，平衡向吸热反应方向移动；降压，平衡向气体体积增大的反应方向移动；
13.下列关于化学平衡的说法中正确的是（ ）
A. 一个可逆反应达到的平衡状态就是这个反应在该条件下所能达到的限度
B. 当一个可逆反应达到平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等都等于0
C. 平衡状态是一种静止的状态，因为反应物和生成物的浓度已经不再改变
D. 化学平衡不可以通过改变条件而改变
【答案】A
【解析】
【分析】当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应达到化学反应限度，此时各物质的浓度不再发生改变，但化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化时，平衡发生移动。
【详解】当可逆反应达到平衡状态时，各物质的浓度不再发生改变，达到化学反应限度，故A正确；当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为零，故B错误；化学平衡为动态平衡，因正逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度都不再改变，故C错误；化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化，正逆反应速率不相等时，平衡发生移动，故D错误。
14.在不同情况下测得A(g)＋3B(g)2C(g)＋ 2D(s)的下列反应速率，其中反应速率最大的是（ ）
A. υ(D)=0.01 mol•L-1•s-1 B. υ(C)=0.010 mol•L-1•s-1
C. υ(B)=0.6 mol•L-1•min-1 D. υ(A)=0.2mol•L-1•min-1
【答案】B
【解析】
【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，数值可能不同，但表示的意义是相同的。所以在比较反应速率快慢时，应该换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值大小。
【详解】根据速率之比是相应化学计量数之比可知，如果都用B物质表示其反应速率，则分别为：
A. D是固体，其浓度视为常数，故不能用D来表示反应速率；
B. υ(B)=υ(C)=0.010 mol•L-1•s-1=0.6 mol•L-1•min-1=0.9 mol•L-1•min-1 ；
C. υ(B)=0.6 mol•L-1•min-1
D. υ(B)=3υ(A)=30.2mol•L-1•min-1=0.6mol•L-1•min-1。
数值最大的是B，
故选B。
15.某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，下列叙述正确的是（ ）
A. 刚充入时反应速率υ正减少，υ逆增大 B. 平衡不发生移动
C. 平衡向正反应方向移动，A的物质的量浓度减小 D. 物质C的质量分数增大
【答案】D
【解析】
【分析】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断。
【详解】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，
A、刚充入时反应速率υ正增大，υ逆增大，故A错误；
B、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B错误；
C、增大压强，平衡向正反应方向移动，但根据勒夏特列原理，A的物质的量浓度比原来要大，故C错误；
D、增大压强，平衡向正反应方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确。
所以D选项是正确的。
16.过量的铁粉与100mL 0.01mol•L﹣1的稀盐酸反应。为了减慢反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）
①加H2O ②加NaOH固体 ③将盐酸用量减半，浓度不变 ④加CuO固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥加入硝酸钾溶液 ⑦降低温度（不考虑盐酸挥发）
A. ①⑤⑦ B. ②④⑥ C. ③⑦ D. ③⑥⑦
【答案】A
【解析】
【分析】为减慢铁与盐酸反应速率，可减小浓度，降低温度等，不改变生成氢气的总量，则H+的物质的量应不变，以此解答。
【详解】①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢且不改变H2的产量；
②加氢氧化钠固体，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢，产生的氢气减少；
③将盐酸用量减半，浓度不变，反应速率不变，H+的物质的量减小，所以生成氢气的物质的量减小；
④加CuO固体与盐酸反应消耗H+，故反应速率减慢，生成氢气的物质的量减小；
⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢且不改变H2的产量；
⑥加入硝酸钾溶液，Fe和H+、NO3-反应不生成氢气；
⑦降低温度(不考虑盐酸挥发)反应速率减慢，H+的物质的量不变，所以生成氢气的物质的量不变；
综合以上分析，符合题意的有①⑤⑦，
故答案选A。
17.已知热化学方程式：
①CO（g）+1/2O2（g）＝CO2（g）ΔH=-283.0kJ·mol-1
②H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）ΔH=-241.8 kJ·mol-1
则下列说法正确的是（ ）
A. H2的燃烧热为241.8kJ·mol-1
B. 由反应①、②可知上图所示的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH=-41.2 kJ·mol-1
C. H2（g）转变成H2O（g）的化学反应一定要放出能量
D. 根据②推知反应H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（l）ΔH＞-241.8 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成稳定氧化物液态水时放出热量，所以H2的燃烧热要高于241.8kJ•mol-1，故A错误；
B．化学反应的焓变等于产物和反应物之间的能量差，根据图示知道，该反应是放热的，根据盖斯定律，①-②得：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-283.0kJ•mol-1+241.8kJ•mol-1 = -41.2 kJ•mol-1，故B正确；
C．H2(g)转变成H2O(g)的化学反应不一定是氢气和氧气在点燃的情况下生成，也可能是氢气和氧化铜在高温下反应生成，该反应会吸收能量，故C错误；
D．由于气态水变为液态水是一个放热过程，根据②推知反应H2(g)+O2 (g)=H2O(l) △H＜-241.8 kJ•mol-1，故D错误。
答案选B。
18.下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 工业制硫酸采用二氧化硫催化氧化，高温可以提高单位时间SO3的产量
B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质
D. 容器中有2NO2N2O4，增大压强颜色变深
【答案】C
【解析】
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A.二氧化硫催化氧化反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则二氧化硫的转化率降低，不能提高单位时间SO3的产量，与题给矛盾，故A不选；
B. 催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，故B不选；
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢的原理：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，在饱和食盐水中氯离子浓度较大，氯离子浓度增大可以使平衡向逆反应方向移动，可用勒夏特列原理解释，故C选；
D. 应该是先变深后变浅，前面变深不是平衡移动，而是容器体积变小，气体浓度变大，所以颜色变深了。后来变浅是因为压强变大，平衡移动，NO2往N2O4移动，NO2浓度又减小，所以颜色变浅了。故D不选。
故答案选C。
19.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意图如图所示。下列有关该电池的说法正确的是( )
A. 电极B上发生的电极反应为O2+2CO2+ 4e-=2CO32-
B. 电极A上H2参与的电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O
C. 电池工作时, CO32-向电极B移动
D. 对于反应CH4+H2O 3H2+CO,每消耗1 mol CH4转移12mole-
【答案】A
【解析】试题分析：A．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32-，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，正确．
B．电解质没有OH-，负极反应为H2+CO+2CO32--4e-=H2O+3CO2，错误；
C．电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，错误；
D．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，错误；故选A．
20.在下列各说法中，正确的是（ ）
A. ΔH>0表示放热反应，ΔH<0表示吸热反应
B. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不可以是分数
C. 1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热
D. 1 mol H2与0.5 mol O2反应生成液态水这时的反应热就是H2的燃烧热
【答案】D
【解析】
【分析】A、放热反应的焓变小于0,吸热反应的焓变大于0；
B、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量,不表示分子数；
C、中和热是指稀的强酸和强碱反应当生成1mol水时所放出的热量；
D、燃烧热是指在101K时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,此时生成的水必须为液态。
【详解】A、放热反应的焓变小于0，吸热反应的焓变大于0，故ΔH >0表示吸热反应, ΔH <0表示放热反应，故A错误；
B、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数，所以可用分数或小数表示,故B错误；
C、中和热是指稀的强酸和强碱反应当生成1mol水时所放出的热量,而1mol硫酸和1mol氢氧化钡反应时生成了2mol水,故此时放出的热量不是中和热，故C错误；
D、燃烧热是指在101K时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,此时生成的水必须为液态,而1mol氢气和0.5mol氧气反应生成液态水，故此时放出的热量一定是燃烧热，故D正确；
综上所述，本题选D
21.只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动关系叙述错误的是（ ）
A. K不变，平衡可能移动 B. 平衡移动，K值可能不变
C. 平衡移动，K值一定变化 D. K值变化，平衡一定移动
【答案】C
【解析】
【分析】平衡常数K是温度的函数,只与温度有关,温度一定,平衡常数K值一定,温度发生变化,平衡常数K值也发生变化。
【详解】影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等，
A.K值只与温度有关,若在其他条件不变时,增大反应物的浓度或减小生成物的浓度,有利于正反应的进行,K值不变,平衡向右移动，故A正确；
B.若是改变浓度或压强使平衡发生移动,而温度不变,则K值不变,故B正确；
C.若在其他条件不变时,增大反应物的浓度或减小生成物的浓度,有利于正反应的进行,平衡向右移动,但K值只与温度有关,故K值不变,故C错误；
D.K值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故D正确；
综上所述，本题选C。
22.某化学兴趣小组利用如图装置在铁棒表面镀上一层铜，下列有关的判断正确的是（ ）
A. a为阳极、b为阴极 B. c为铁棒、d为铜棒
C. 电子流向从b→d→c→a D. 溶液中Cu2+向d极移动
【答案】D
【解析】
【分析】根据装置图所示，该装置接电源为电解池，由电源外电路电流的方向可得a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极。根据题目要求，在铁棒表面镀上一层铜，即铜离子在铁电极表面的电子变为铜单质，因此铁做阴极，铜做阳极，电解质溶液可以使用硫酸铜溶液，铜离子向阴极移动，在阴极表面得电子。
【详解】A. 根据上述分析，a为正极、b为负极，故A错误；
B. 根据分析c为阳极，d为阴极，因此c为铜棒、d为铁棒，故B错误；
C. 电子只能在导体内流动，不能在溶液中流动，不能出现d→c的流动过程，故C错误；
D. 电解池溶液中阳离子向阴极移动，即Cu2+向d极移动，故D正确；
答案选D。
23.全世界每年都有大量的金属设备和金属材料因腐蚀而报废，下列关于金属的腐蚀与防护说法错误的是（ ）
A. 海边的铁制品易形成电化学腐蚀而生锈
B. 高架电线杆将锌与钢铁相连构成以铁为负极的原电池来防腐
C. 金属表面喷漆可以大大减缓或避免发生腐蚀
D. 水库的铁闸门采用的是外加电流阴极保护法来防止腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 海边潮湿的空气形成电解质溶液，铁制品为铁合金，易形成电化学腐蚀而生锈，故A正确；
B. 高架电线杆将锌与钢铁相连构成以锌为负极的原电池来防止钢铁腐，故B错误；
C. 金属表面喷漆可以隔绝空气和水蒸气，大大减缓或避免发生腐蚀，故C正确；
D. 将水库的铁闸门连接在电源的负极，向铁闸门提供电子，防止铁失电子变成亚铁离子，采用的是外加电流阴极保护法来防止腐蚀，故D正确；
答案选B。
24.下面两图均为原电池装置，有关说法错误的是（ ）
A. 锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应
B. 电流从铜电极经导线流向锌电极
C. 铜电极发生的反应为：Cu－2e－= Cu2＋
D. 装置（2）比装置（1）更能清楚揭示出电池中发生的化学反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据装置图，锌比铜活泼，锌做负极，失电子，发生氧化反应；铜做正极，得电子，发生还原反应；电流从正极流向负极。电池总反应为：Zn+CuSO4=Cu+ ZnSO4
【详解】A. 原电池中，活泼电极做负极，锌比铜活泼，锌为负极，失电子，发生氧化反应，故A正确；
B. 原电池中电流从正极流向负极，根据上述分析，锌做负极，铜做正极，电流从铜电极经导线流向锌电极，故B正确；
C. 铜电极做正极，得电子，发生还原反应，反应为：Cu2＋+2e－= Cu，故C错误；
D. 装置（2）最大程度地避免了氧化剂与还原剂直接接触反应（非原电池反应），使反应尽可能实现通过外电路转移电子，装置（2）比装置（1）更能清楚揭示出电池中发生的化学反应，故D正确；
答案选C。
25.有A、B、C、D四种金属片，进行如下实验：①A、B用导线连接后浸入稀H2SO4中，电流由B 导线 A；②C、D用导线相连后，同时伸入稀H2SO4 溶液中，C极为负极；③A、C相连后同时浸入稀H2SO4 中，C极产生大量气泡；④B、D相连后同时浸入稀H2SO4 中，D极发生氧化反应；试判断四种金属的活动顺序是( )
A. A＞C＞D＞B B. A＞B＞C＞D
C. B＞A＞C＞D D. B＞D＞C＞A
【答案】A
【解析】
【详解】①A、B用导线连接后浸入稀H2SO4 中，电流由B 导线 A，A为负极，B为正极，金属性A>B
②C、D用导线相连后，同时伸入稀H2SO4 溶液中，C极为负极，D极为正极，则金属性C>D；
③A、C相连后同时浸入稀H2SO4 中，C极产生大量气泡，C为正极，A为负极，则金属性A>C；
④B、D相连后同时浸入稀H2SO4 中，D极发生氧化反应，D为负极，B为正极，则金属性D>B；
综上分析：金属性：A＞C＞D＞B；
答案选A。
26.Ⅰ、用如图仪器组装成一套简易量热计测定室温下中和反应的反应热。
（1）碎泡沫塑料的作用是__________；图中仪器a的名称是____________；
（2）中和反应的实质是_______________（用离子方程式表示）。
Ⅱ、.某研究性学习小组的同学对Zn、Cu、稀硫酸组成的原电池进行了探究，其中甲同学利用下图I装置进行探究，乙同学经过查阅资料后设计了图II装置进行探究( 盐桥内含有某种电解质的饱和溶液，起到连通电路的作用)。
（3）实验表明，图I中两个电极上均有气泡产生，锌电极上有气泡产生，说明反应中有一部分化学能转化为_____能；铜电极上有气泡产生，说明反应中有一部分化学能转化为____能。
（4）图II中的X、Y 是ZnSO4溶液及稀硫酸中的一种，实验过程中只有正极上产生气泡，则X 是_________，正极上的电极反应式为__________。
（5）当图I装置溶液质量增加63 g时，生成的氢气共有______L( 标准状况；当图II 中锌电极质量减少65g时，电路中转移的电子数为______NA。
Ⅲ、在一定条件下甲烷也可用于燃料电池。下图是甲烷燃料电池的原理示意图：
（6）若正极的反应式为O2+4e－＋4H+＝2H2O，则负极反应式为___________________；
【答案】(1). 减少实验过程中热量的损失 (2). 环形搅拌棒 (3). H++ OH- = H2O (4). 热 (5). 电 (6). ZnSO4 (7). 2H++2e- = H2↑ (8). 22.4 (9). 2 (10). CH4-8e-+2H2O=CO2↑+8H+
【解析】
【详解】Ⅰ、（1）碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中热量的损失；图中仪器a的名称是环形搅拌棒；答案为：减少实验过程中热量的损失；环形搅拌棒；
（2）中和反应的实质是H++ OH- = H2O，答案为：H++ OH- = H2O；
Ⅱ、 (3)图I中两个电极上均有气泡产生，锌电极上有气泡产生，锌与稀硫酸反应，该反应为放热反应，说明反应中有一部分化学能转化为热能；锌失去的电子经过导线转移到铜片表面，铜电极上有气泡产生，说明反应中有一部分化学能转化为电能。答案为：热；电；
(4)锌失去的电子经过导线转移到铜片表面，溶液中的氢离子在铜片得到电子，放出氢气，则锌浸在ZnSO4溶液中，铜浸在稀硫酸中；铜片上的电极反应式为2H++2e- = H2↑。
答案为：ZnSO4；2H++2e- = H2↑
(5)当图I装置的溶液质量增加63 g时，溶解的锌为65g，生成的氢气为2 g，在标准状况下氢气的体积为×22.4 L/mol =22.4L；当图II中锌电极质量减少65g (1 mol Zn )时，电路中转移2 mol电子，电子数为2NA。答案为：22.4；2；
Ⅲ、（6）甲烷燃料电池，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O；甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：CH4-8e-+2H2O=CO2↑+8H+， 答案为：CH4-8e-+2H2O=CO2↑+8H+。
27.研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为_____________________
（2）已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝-196.6kJ·mol－1
2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝-113.0 kJ·mol－1
则反应NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g) 的ΔH＝________kJ·mol－1
（3）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶6，则平衡常数K＝________ （保留两位小数）
（4）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH________0(填“>”或“<”)。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是____________________
【答案】(1). 3NO2 + H2O ＝ 2HNO3 + NO (2). －41.8 (3). 2.67 (4). < (5). 在1.3×104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失
【解析】
【分析】（1）NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮；（2）利用盖斯定律计算反应焓变；（3）设NO2初始浓度为1 mol·L-1，利用“三段式”计算平衡常数；（4）根据图示，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动；根据综合经济效益分析：实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右的原因；
【详解】（1）NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式是3NO2 + H2O＝ 2HNO3 + NO；
（2）①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝-196.6kJ·mol－1 ；②2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝-113.0 kJ·mol－1 ；根据盖斯定律①②得NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g) 的ΔH＝－41.8kJ·mol－1；
（3）设NO2初始浓度为1 mol·L-1，
NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)
始态 1 2 0 0
反应 x x x x
终态 1-x 2-x x x
，解得x=0.8，K=2.67；（4）根据图示，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，所以该反应ΔH<0；在1.3×104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。
28.某研究性学习小组向一定量的NaHSO3溶液（加入少量淀粉）中加入稍过量的KIO3 溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色。为进一步研究有关因素对反应速率的影响，探究如下。
（1）查阅资料 知NaHSO3与过量KIO3反应分为两步进行，且其反应速率主要由第一步反应 决定。已知第一步反应的离子方程式为IO3—+3HSO3—===3SO42—+I—+3H+，则第二步反 应的离子方程式为________________。
（2）通过测定溶液变蓝所用时间来探究外界条件对该反应速率的影响，记录如下。
编号
0.01mol/L
NaHSO3溶液/mL
0.01mol/L KIO3
溶液/mL
H2O/mL
反应温度
/℃
溶液变蓝所用时间t/s
①
6.0
10.0
4.0
15
t1
②
6.0
14.0
0
15
t2
③
6.0
a
b
25
t3
①实验①②是探究_______________对反应速率的影响，表中t1 ______t2（填“>”、“=”或“<”）;
②实验①③是探究温度对反应速率的影响，表中a=________，b=________。、
（3）将NaHSO3溶液与KIO3溶液在恒温条件下混合，用速率检测仪检测出起始阶段反应速率逐渐增大。该小组对其原因提出如下假设，请你完成假设二。
假设一：生成的SO42—对反应起催化作用；
假设二：______________________________；
……
（4）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。
实验步骤（不要求写出具体操作过程）
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将一定量的NaHSO3溶液与KIO3溶液混合，用速率检测仪测定起始时的反应速率v(甲)
在烧杯乙中先加入少量①____________，其他条件与甲完全相同，用速率检测仪测定起始时的反应速率v(乙)
②若v(甲)____v(乙)，则假设一不成立
③若v(甲)___v(乙)，则假设一成立（填“>”、“=”或“<”）
【答案】（1）IO3—+5I—+6H+=3I2+3H2O；
（2）KIO3溶液的浓度，> ，10.0，4.0；
（3）生成的I—或H+对反应起催化作用；
（4）①Na2SO4粉末；②=；③< 。
【解析】试题分析：（1）(1）根据信息，溶液变蓝，说明产生I2，离子反应方程式为：IO3－+5I－+6H＋=3I2+3H2O；（2）探究影响反应速率的因素，要求其他条件不变，通过①②对比，KIO3浓度不同，因此实验探究KIO3溶液的浓度对反应速率的影响，浓度越高，反应速率越快，即t1>t2，a=10.0，b=4.0；(3）生成的I－或H＋对反应起催化作用；（4）①研究SO42－做催化剂，因此①中加入Na2SO4粉末；②当反应速率相等，假设一不相等，若v(甲）
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