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重庆市巴蜀中学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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这是一份重庆市巴蜀中学2023-2024学年高二化学上学期第一次月考试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了4kJ•ml-1，则，8kJ，则热化学方程式为，006ml•L-1•s-1B， 下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时75分钟。
以下数据可供解题时参考
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 Ag-108
一、选择题：本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列反应能量的变化与如图所示相符的是
A. 铁片与硫酸的反应B. 石灰石高温分解
C. 灼热的C与氧化铜的反应D. Ba(OH)2•8H2O和NH4Cl的反应
【答案】A
【解析】
【分析】由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应。
【详解】A．铁片与硫酸的反应为放热反应，故A符合题意；
B．石灰石高温分解的反应为吸热反应，故B不符合题意；
C．灼热的C与氧化铜的反应为吸热反应，故C不符合题意；
D．Ba(OH)2•8H2O和NH4Cl的反应为吸热反应，故D不符合题意；
故选A。
2. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. Fe(SCN)3溶液中加入少量固体KSCN后颜色变深
B. 把食品存放在冰箱里可延长保质期
C. 合成氨反应，为提高原料的转化率，理论上应采取降低温度的措施
D. 工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高SO2的利用率
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe(SCN)3溶液中存在化学平衡Fe(SCN)3Fe3++3SCN-，加入固体KSCN后SCN-浓度增大，平衡逆向移动，溶液颜色变深，可用勒夏特列原理解释，A正确；
B．食物放冰箱中保存，温度较低时反应速率慢，食品变质速率慢，可延长保质期，不能用勒夏特列原理解释，B错误；
C．合成氨反应为放热反应，降低温度化学平衡正向移动，原料转化率提高，可用勒夏特列原理解释，C正确；
D．工业上生产硫酸，使用过量的空气，增大了氧气的浓度，则二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的化学平衡正向移动，二氧化硫的转化率提高，可用勒夏特列原理解释，D正确；
故答案选B。
3. 下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是
A. NaOH(aq)+HCl(aq)+NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.4kJ•ml-1，则：含20gNaOH的溶液与浓硫酸完全反应，放出的热量为28.7kJ
B. 500℃、30MPa下，将2mlO2和4mlSO2置于密闭的容器中充分反应生成SO3(g)，放热316.8kJ，则热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-158.4kJ•ml-1
C. C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H=+1.9kJ•ml-1，则：由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，石墨比金刚石稳定
D. 已知：C8H18的燃烧热为11003kJ，则101kPa时：2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(g) △H=-22006kJ•ml-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硫酸溶于水会放热，NaOH(aq)+HCl(aq)+NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.4kJ•ml-1，则：含20gNaOH的溶液与浓硫酸完全反应，放出的热量大于57.4× =28.7kJ，故A错误；
B．O2和SO2反应生成SO3是可逆的过程，将2mlO2和4mlSO2置于密闭的容器中充分反应生成SO3(g)的物质的量小于4ml，此时放出的热量为316.8kJ，则热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H<-158.4kJ•ml-1，故B错误；
C．C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H=+1.9kJ•ml-1，该反应是吸热反应，C(石墨，s)的能量低于C(金刚石，s)，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故C正确；
D．C8H18的燃烧热为11003kJ，则2ml C8H18完全燃烧生成18mlH2O(l)放出的热量为22006kJ，故D错误；
故选C。
4. 对于反应2A(g)+4B(g)5C(s)+3D(g)来说，下列反应速率中最快的是
A. v(A)=0.006ml•L-1•s-1B. v(B)=0.6ml•L-1•min-1
C. v(C)=0.8ml•L-1•min-1D. v(D)=0.5ml•L-1•min-1
【答案】A
【解析】
【分析】同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，从而确定选项。
【详解】A．；
B．，所以；
C．，所以；
D、v(D)=0.5ml•L-1•min-1，所以；
所以反应速率最快的是A，故选A。
5. 下列说法错误的是
A. 已知：2CO(g)=2C(s)+O2(g) △H＞0，则该反应一定不能自发进行
B. △H＜0，△S＞0的反应在温度低时不能自发进行
C. 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H＜0
D. NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) △H=+185.57kJ•ml-1能自发进行，原因是体系能自发地向混乱度增加的方向进行
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) △H＞0是熵减的吸热反应，△H-T△恒小于0，该反应一定不能自发进行，故A正确；
B．△H-T△S<0时，反应能自发进行，则△H＜0，△S＞0的反应在任何温度下都能自发进行，故B错误；
C．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)是△S<0的反应，在常温下能自发进行，说明该反应为放热反应，△H＜0，故C正确；
D．根据反应物态变化可知反应正向△S＞0，当T值较大时可推得该反应可以出现ΔG<0，说明在较高温度时可以实现体系自发向混乱度增加的方向转变，故D正确；
故选B。
6. 已知：A(g)+2B(g)3C(s)+3D(g) △H＜0。若在容积可变的密闭容器中进行反应，下列对图像的分析中不正确的是
A. 图I研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B. 图II可能是t0时使用催化剂对反应速率的影响
C. 图III研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
D. 图III研究的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较大
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应A(g)+2B(g)3C(s)+3D(g) △H＜0是放热反应，升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，图像I符合，故A正确；
B．图II中t0时正逆反应速率都增大且相等，说明平衡没有发生移动，由于反应前后气体的体积不变，则增大压强反应速率加快，平衡不移动，催化剂只加快反应速率，不影响平衡移动，图II可能是t0时使用催化剂或增大压强对反应速率的影响，故B正确；
C．该反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，图中乙先达到平衡，则温度高于甲，而A的转化率低，图像符合，故C正确；
D．增大压强，反应速率增大，图中乙先达到平衡，反应速率更大，则压强高于甲，反应A(g)+2B(g)3C(s)+3D(g)是气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，A的转化率不变，故D错误；
故选D。
7. 反应2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) △H＜0可用于处理汽车尾气。下列说法正确的是
A. 在恒温恒容条件下，2mlNO与4mlCO充分反应后，转移4ml电子
B. 升高温度，平衡常数增大
C. 低温下有利于该反应自发进行
D. 其他条件不变，增加CO的用量，可以提高CO的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应为可逆反应，故2mlNO与4mlCO充分反应后，生成的N2小于1ml，转移小于4ml电子，A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；
C．反应为放热的熵减反应，故在低温下有利于该反应自发进行，C正确；
D．其他条件不变，增加CO的用量，平衡正向移动，但CO的转化率降低，故D错误；
故选C。
8. 在一定条件下，将6mlA和2mlB两种气体混合于4L恒容密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)。5min末该反应达到平衡，生成1.6mlD，并测得C的浓度为0.4ml/L。下列判断正确的是
A. x=1
B. A的转化率为40%
C. 5min内B的反应速率为0.16ml•L-1•min-1
D. 若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应已达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A．5min末该反应达平衡，生成1.6mlD，并测得C浓度为0.4ml/L，则C的物质的量改变量为0.4ml⋅L−1×4L=1.6ml，根据改变量之比等于计量系数之比，则x=2，故A错误；
B．根据D改变量为1.6ml，则A的改变量为2.4ml，则A的转化率为×100%=40%，故B正确；
C．根据D改变量为1.6ml，则B的改变量为0.8ml，5min内B的反应速率为，故C错误；
D．该反应是气体体积不变的反应，气体总质量和总物质的量不变，平均摩尔质量不变，若混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明该反应已达到平衡状态，故D错误；
故选B。
9. 根据下列实验操作，其现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向一密闭容器充入NO2，保持温度不变，扩大容器体积，NO2浓度减小，容器中气体颜色先变浅，平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色又变深，故A错误；
B．H2O2溶液和KMnO4溶液会发生反应生成氧气，KMnO4不是催化剂，故B错误；
C．将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，发生反应2NO2(g)N2O4(g)，玻璃球中红棕色加深，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应未放热反应，△H＜0，故C正确；
D．在KSCN与FeCl3的混合液中发生反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入KCl固体，对该平衡没有影响，故D错误；
故选C。
10. 对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响，下列判断正确的是
A. 由图a可知，该反应的正反应为吸热反应
B. 由图b可知，该反应m+n＞p
C. 若图c是绝热条件下速率和时间的图像，说明该反应的正反应为吸热反应
D. 图d中的a曲线一定是加入了催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图a可知，T1先达到平衡，且T1对应C%含量低，则T1＞T2，升高温度平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故A错误；
B．由图b可知，增大压强，C%含量增大，说明平衡正向移动，说明该反应m+n＞p，故B正确；
C．图c是绝热条件下速率和时间的图像，可知最初随着反应进行，温度升高，速率加快，则说明此反应的正反应为放热反应，故C错误；
D．图d中，若m+n=p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，故D错误；
故选B。
11. 肼(N2H4)是一种可燃性液体，以其为原料的燃料电池具有产物无污染的特点，其工作原理如图所示。电解质溶液为20%~30%的NaOH溶液，下列叙述正确的是
A. b为负极
B. b极消耗1mlO2，a极消耗的N2H4为
C. a极的电极反应为：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O
D. 若离子交换膜为阳离子交换膜，则消耗N2H4的质量与正极区电解质溶液增加的质量相等
【答案】C
【解析】
【分析】对于燃料电池，N2H4为燃料，发生氧化反应，，a为负极，空气发生还原反应，，b作负极，以此分析；
【详解】A．根据分析，b为正极，A错误；
B．根据分析，，B错误；
C．根据分析，a负极，N2H4发生氧化反应，C正确；
D．若离子交换膜为阳离子交换膜，b中的Na+移向a，则a中生成NaOH，，消耗的N2H4与生成的NaOH质量不等，D错误；
故答案为：C。
12. 中科院研究了一款独特的锂-氮(Li－N)电池，电解质溶液为可传导Li+的有机溶液，该电池可实现氮气的循环，并对外提供电能。充电时发生的反应为：2Li3N=N2+6Li。下列说法不正确的是
A. 锂-氮电池为绿色固氮提供了一种可能的途径
B. 放电时，Li被N2氧化
C. 放电时，乙电极发生的反应为：N2+6e-=2N3-
D. 理论上，该电池每完成一个充、放电周期，电池的总质量不会发生改变
【答案】C
【解析】
【分析】锂-氮(Li－N)电池充电时发生的反应为：2Li3N=N2+6Li，Li3N在电极甲处得到电子生成Li，电极甲为阴极，Li3N在电极乙处失去电子生成N2，电极乙为阳极，以此解答。
【详解】A．锂-氮电池放电时消耗N2，充电时释放N2，实现了N2的循环，为绿色固氮提供了一种可能的途径，A正确；
B．充电时发生的反应为：2Li3N=N2+6Li，则放电时发生反应N2+6Li=2Li3N，Li被N2氧化为Li3N，故B正确；
C．放电时发生反应N2+6Li=2Li3N，乙为正极，电极方程式为：N2+6e-+6Li+=2Li3N，故C错误；
D．由分析可知，电池充电时发生的反应为：2Li3N=N2+6Li，放电时发生反应N2+6Li=2Li3N，理论上，该电池每完成一个充、放电周期，电池的总质量不会发生改变，故D正确；
故选C。
13. 工业上可通过甲醇(CH3OH)羰基化法制取甲酸甲酯(HCOOCH3)：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g) △H＜0。在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量的CH3OH和CO及催化剂，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。下列说法错误的是
A. a、b、c点一定没有达到平衡，不能确定d、e点是否达到平衡
B. 反应速率从快到慢依次为：e、d、c、b、a
C. e点的转化率低于d点，可能原因是催化剂中毒
D. 生产时反应温度控制在80～85℃为宜
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，一定时间内，反应未达平衡之前，温度升高，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，平衡之后，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，说明反应为放热反应。
【详解】A．由分析可知，CO转化率最大时，反应达到平衡，d点和e点到达平衡状态，a、b、c点未达到平衡状态，故A错误；
B．温度越高，反应速率越快，则反应速率从快到慢依次为：e、d、c、b、a，故B正确；
C．d点和e点反应已经达到平衡，相同时间内，e点CO的转化率小于d点，可能原因是催化剂中毒，催化活性减弱，反应速率减慢，故C正确；
D．由图可知，温度控制在80～85℃时，CO的转化率最大，生产时反应温度控制在80～85℃为宜，故D正确；
故选A。
14. 在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如表。下列说法错误的是
已知：H2(g)+I2(g)2HI(g)
A. w1＜w2=w3B. K1=K2=K3C. P1=P2=P3D. α2＞α1＞α3
【答案】A
【解析】
【详解】A．当反应物的投料比等于其反应物的系数之比，达到平衡时，生成物的百分含量最大，因此w1最大，故A错误；
B．温度不变，平衡常数不变，则K1=K2=K3，故B正确；
C．反应H2(g)+I2(g)2HI(g)是气体物质的量不变的反应，充入的反应物越多，压强越大，则P1=P2=P3，故C正确；
D．由A可知，当乙容器充入1mlH2、1mlI2时，甲容器与丙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等，而乙充入1mlH2、2mlI2，c(I2)增大，平衡正向移动，H2的转化率增大，同理丙容器c(H2)增大，平衡正向移动，但H2的转化率减小，则α2＞α1＞α3，故D正确；
故选A。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 某小组拟用含稀硫酸的KMnO4溶液与H2C2O4(弱酸)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”，设计了如表的实验方案并记录了实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20ml/L H2C2O4溶液、0.010ml/LKMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽。
【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
【实验内容及记录】
（1）表格中“乙”需要测的物理量为________。
（2）实验①②探究的是________对化学反应速率的影响，反应速率更快的是________(填序号)。
（3）若②③探究浓度对反应速率的影响，表格中a=________，③中加入amL蒸馏水的目的是________。
（4）实验中发现酸性高锰酸钾溶液和草酸反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快，某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做②号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果如表：
①温度________(填“是”、“不是”“不确定”)导致反应速率明显加快的原因。
②从影响化学反应速率的因素看，你猜想：________(填“温度”、“浓度”、“压强”和“催化剂”)对反应速率的影响，若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是________(填字母)。
A.硫酸钾固体 B.蒸馏水 C.二氧化锰固体 D.硫酸锰固体
【答案】（1）t(溶液褪色时间)/s
（2） ①. 温度 ②. ①
（3） ①. 1 ②. 控制溶液的体积一样
（4） ①. 不是 ②. 催化剂 ③. D
【解析】
【分析】某小组拟用含稀硫酸的KMnO4溶液与H2C2O4(弱酸)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”， 实验①②其它条件相同，只有温度不同，所以是探究温度对化学反应速率的影响，实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，以此解答。
【小问1详解】
要比较反应的快慢就需要反应时间，表格中“乙”需要测的物理量为：t(溶液褪色时间)/s。
【小问2详解】
实验①②其它条件相同，只有温度不同，所以是探究温度对化学反应速率的影响；升高温度，反应速率增大，反应速率更快的是①。
【小问3详解】
实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，就要使反应物浓度不同，现所取的草酸浓度一样，所以通过加水来改变浓度，为了让实验更有对比性，溶液的体积要控制一样，故a为1。
【小问4详解】
①根据表中数据知，反应过程中，温度升高得不多，但开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快，说明温度不是反应速率突然加快的原因；
②KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，故选D。
16. 某化学兴趣小组同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的开关时，观察到电流表的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
（1）甲池中负极的电极反应为_______。
（2）乙池中A(石墨)电极为________(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)。乙池中B极质量增加10.8g时，甲池中理论上消耗O2的体积为________L(标准状况)，丙池中________(填“C”或“D”)极析出_______g铜。
（3）一种以CO2和甲醇为原料，利用SnO2(mSnO2/CC)和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，制备甲酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。
注：(甲酸)的化学式为HCOOH，书写方程式时采用HCOOH即可。
①图中电极a为________极，电解过程中阳极电极反应式为________。
②当有8mlH+通过质子交换膜时，理论上装置中生成HCOO-和HCOOH共计________ml。
【答案】（1）CH3OH＋8OH－－6e－＝CO＋6H2O
（2） ①. 阳极 ②. 0.56 ③. D ④. 3.2
（3） ①. 负 ②. CH3OH-4e-+H2O= HCOOH+4H+ ③. 6
【解析】
【小问1详解】
甲池中两电极分别通入甲醇和氧气，为燃料电池，因此为原电池，通入CH3OH的电极为负极，发生失去电子的氧化反应，电解质溶液显碱性，则电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－＝CO＋6H2O。
【小问2详解】
乙池中电解AgNO3溶液，其中A电极与甲池的正极相连，作阳极，B作阴极，银离子放电：Ag++e－＝Ag，乙池中B极质量增加10.8g时，即析出银是10.8g，物质的量是，转移0.1ml电子。1ml氧气得到4ml电子，则根据电子得失守恒可知甲池中理论上消耗O2的物质的量是＝0.025ml，在标准状况下的体积为0.025ml×22.4L/ml＝0.56L；丙池中D电极与甲池中负极相连，作阴极，铜离子放电，根据电子得失守恒可知析出铜的物质的量是＝0.05ml，质量是0.05ml×64g/ml＝3.2g。
【小问3详解】
①由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，则电极b为正极，右侧电极为阳极，电极反应式为：CH3OH-4e-+H2O= HCOOH+4H+；
②由第一问的分析可知，阳极反应为：CH3OH-4e-+H2O= HCOOH+4H+，阴极电极反应为:
2CO2+2e-+H2O=HCOO-+ HCO，由此可以发现，若有8mlH+通过质子交换膜时，则转移8ml电子，则此时该装置生成HCOO-和HCOOH共计2ml+4ml=6ml。
17. 将二氧化碳转化为绿色液体燃料甲醇(CH3OH)是实现碳中和的一个重要途径。甲醇的制备原理为：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49kJ•ml-1。
（1）工业上利用低浓度氨水作为捕获剂，吸收烟气中过量CO2的离子方程式为________。
（2）对于该反应，可以同时提高反应速率和CH3OH产率的措施有_______(填字母序号)。
A. 升高反应温度B. 使用高效催化剂
C. 增大体系压强D. 移走CH3OH
（3）为探究该反应原理，进行如下实验：在一恒温，体积为2L恒容密闭容器中，充入1mlCO2和4mlH2，初始压强为8MPa，进行该反应(不考虑其它副反应)。10min时测得体系的压强为6.4MPa且不再随时间变化。回答下列问题；
①反应开始到10min时，v(CO2)=_______。
②10min时，体系中CH3OH的物质的量分数为_______%。
③该温度下的压强平衡常数Kp=_______(MPa)-2。
（4）某科研小组研究不同催化剂对反应3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的影响，按n(CO2)：n(H2)=1：3投料，不同催化剂作用下，反应tmin时，CH3OH的产率随温度的变化如图所示：
①催化剂效果最佳的是_______(填“催化剂I”、“催化剂II”)，理由是_______。
②d点v(逆)_______a点v(逆)(填“＞”、“＜”或“=”)。
【答案】（1）NH3·H2O+CO2=NH+HCO （2）C
（3） ①. 0.035ml/(L·min) ②. 12.5 ③.
（4） ①. 催化剂I ②. 反应tmin时，使用催化剂I时，甲醇的产率比催化剂II大，说明使用催化剂I时反应速率更大， ③. <
【解析】
【小问1详解】
氨水与过量二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的离子方程式为NH3·H2O+CO2=NH+HCO。
【小问2详解】
反应3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49kJ•ml-1是气体体积减小的放热反应，
A．升高反应温度，反应速率增大，平衡逆向移动，CH3OH产率减小，故A不选；
B．使用高效催化剂，反应速率增大，平衡不发生移动，CH3OH产率不变，故B不选；
C．增大体系压强，反应速率增大，平衡正向移动，CH3OH产率增大，故C选；
D．移走CH3OH，反应速率减慢，平衡正向移动，CH3OH产率增大，故D不选；
故选C。
【小问3详解】
①根据已知条件列出“三段式”
10min时测得体系的压强为6.4MPa且不再随时间变化，则，解得x=0.5，反应开始到10min时，v(CO2)==0.035ml/(L·min)；
②10min时，体系中CH3OH的物质的量分数为=12.5%；
③该温度下的压强平衡常数Kp==(MPa)-2。
【小问4详解】
①由图可知，反应tmin时，使用催化剂I时，甲醇的产率比催化剂II大，说明使用催化剂I时反应速率更大，说明则催化剂效果最佳的是催化剂I；
②由图可知，a点温度高于d点，温度越高，反应速率越快，则v(逆)18. 2023年全国政府工作报告指出，推动重点领域节能降碳减污。萨巴蒂尔反应提出，电解水生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，而水可循环使用，可用于太空生命保障。
（1）一定温度下，在恒容密闭容器发生4H2(g)+CO2(g)CH4(g)+2H2O(g)反应。
①能说明该反应达到平衡状态的是________(填字母)。
A.H2的浓度保持不变
B.断开1mlC=O键的同时生成4ml的C－H键
C.气体平均相对分子质量一定
D.v(CO2)=v(CH4)
②已知容器的容积为10L，初始加入2mlCO2和6mlH2，反应平衡后测得CO2的转化率为40%，则该反应的平衔常数为________(只列出计算式即可)。
③保持温度和容积不变，再加入1mlCO2(g)和3mlH2(g)，此时，CO2的转化率________(填“＞”“＜”或“=”)40%。
（2）工业上可以利用H2和CO2合成乙醇，其反应为：6H2(g)+2CO2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)。将等物质的量的H2和CO2充入一刚性容器中，测得平衡时C2H5OH的体积分数随温度和压强的变化关系如图所示。
①压强P1________P2(填“＞”、“＜”或“=”，下同)。判断依据是_______。
②a、b两点的平衡常数Ka________Kb。
③已知Arhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效率，进行了实验探究，依据实验数据获得如图所示曲线。在n催化剂作用下，该反应的活化能Ea________J•ml-1。从图中信息获知催化效率较高的催化剂是________(填“m”或“n”)。
【答案】（1） ①. AC ②. ③. ＞
（2） ①. ＜ ②. 温度升高，乙醇的体积分数减小，说明正反应为吸热，则b点温度高，平衡常数较小 ③. > ④. ⑤. n
【解析】
小问1详解】
A．H2的浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故A选；
B．断开1mlC=O键同时生成4ml的C－H键都描述的是正反应，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故B不选；
C．该反应是气体物质的量减小的反应，反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，则混合气体平均相对分子质量增大，当气体平均相对分子质量一定时，说明反应达到平衡，故C选；
D．v(CO2)=v(CH4)不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故D不选；
故选AC；
②已知容器的容积为10L，初始加入2mlCO2和6mlH2，反应平衡后测得CO2的转化率为40%，列出“三段式”
则该反应的平衔常数K=；
③保持温度和容积不变，再加入1mlCO2(g)和3mlH2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大。
【小问2详解】选项
实验操作
现象
结论
A
向一密闭容器充入NO2，保持温度不变，扩大容器体积
容器中气体颜色先变浅后变深
平衡2NO2(g)N2O4(g)先正向移动再逆向移动
B
向2mL5%H2O2溶液中分别滴加5滴等浓度的FeCl3和KMnO4溶液
加入KMnO4溶液的反应更剧烈
KMnO4比FeCl3催化效果好
C
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中
玻璃球中红棕色加深
反应2NO2(g)N2O4(g)的△H＜0
D
在KSCN与FeCl3的混合液中再加入KCl固体
溶液红色变浅
增大生成物浓度，平衡逆向移动
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1.5mlH2、1.5mlI2
1mlH2、2mlI2
2mlH2、1mlI2
HI的百分含量
w1
w2
w3
平衡常数
K1
K2
K3
体系压强/Pa
P1
P2
P3
H2的转化率
α1
α2
α3
物理量
编号
V(0.20ml/LH2C2O4溶液)/mL
V(蒸馏水)\mL
V(0.010ml/LKMnO4溶液)/mL
M(MnSO4固体)/g
T/℃
乙
①
2.0
0
4.0
0
50
②
2.0
0
4.0
0
25
③
1.0
a
4.0
0
25
④
2.0
0
4.0
0.1
25
时间/s
0
5
10
15
20
25
30
温度/℃
25
26
26
26
26.5
27
27
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时75分钟。
以下数据可供解题时参考
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 Ag-108
一、选择题：本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列反应能量的变化与如图所示相符的是
A. 铁片与硫酸的反应B. 石灰石高温分解
C. 灼热的C与氧化铜的反应D. Ba(OH)2•8H2O和NH4Cl的反应
【答案】A
【解析】
【分析】由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应。
【详解】A．铁片与硫酸的反应为放热反应，故A符合题意；
B．石灰石高温分解的反应为吸热反应，故B不符合题意；
C．灼热的C与氧化铜的反应为吸热反应，故C不符合题意；
D．Ba(OH)2•8H2O和NH4Cl的反应为吸热反应，故D不符合题意；
故选A。
2. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. Fe(SCN)3溶液中加入少量固体KSCN后颜色变深
B. 把食品存放在冰箱里可延长保质期
C. 合成氨反应，为提高原料的转化率，理论上应采取降低温度的措施
D. 工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高SO2的利用率
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe(SCN)3溶液中存在化学平衡Fe(SCN)3Fe3++3SCN-，加入固体KSCN后SCN-浓度增大，平衡逆向移动，溶液颜色变深，可用勒夏特列原理解释，A正确；
B．食物放冰箱中保存，温度较低时反应速率慢，食品变质速率慢，可延长保质期，不能用勒夏特列原理解释，B错误；
C．合成氨反应为放热反应，降低温度化学平衡正向移动，原料转化率提高，可用勒夏特列原理解释，C正确；
D．工业上生产硫酸，使用过量的空气，增大了氧气的浓度，则二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的化学平衡正向移动，二氧化硫的转化率提高，可用勒夏特列原理解释，D正确；
故答案选B。
3. 下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是
A. NaOH(aq)+HCl(aq)+NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.4kJ•ml-1，则：含20gNaOH的溶液与浓硫酸完全反应，放出的热量为28.7kJ
B. 500℃、30MPa下，将2mlO2和4mlSO2置于密闭的容器中充分反应生成SO3(g)，放热316.8kJ，则热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-158.4kJ•ml-1
C. C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H=+1.9kJ•ml-1，则：由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，石墨比金刚石稳定
D. 已知：C8H18的燃烧热为11003kJ，则101kPa时：2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(g) △H=-22006kJ•ml-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硫酸溶于水会放热，NaOH(aq)+HCl(aq)+NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.4kJ•ml-1，则：含20gNaOH的溶液与浓硫酸完全反应，放出的热量大于57.4× =28.7kJ，故A错误；
B．O2和SO2反应生成SO3是可逆的过程，将2mlO2和4mlSO2置于密闭的容器中充分反应生成SO3(g)的物质的量小于4ml，此时放出的热量为316.8kJ，则热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H<-158.4kJ•ml-1，故B错误；
C．C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H=+1.9kJ•ml-1，该反应是吸热反应，C(石墨，s)的能量低于C(金刚石，s)，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故C正确；
D．C8H18的燃烧热为11003kJ，则2ml C8H18完全燃烧生成18mlH2O(l)放出的热量为22006kJ，故D错误；
故选C。
4. 对于反应2A(g)+4B(g)5C(s)+3D(g)来说，下列反应速率中最快的是
A. v(A)=0.006ml•L-1•s-1B. v(B)=0.6ml•L-1•min-1
C. v(C)=0.8ml•L-1•min-1D. v(D)=0.5ml•L-1•min-1
【答案】A
【解析】
【分析】同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，从而确定选项。
【详解】A．；
B．，所以；
C．，所以；
D、v(D)=0.5ml•L-1•min-1，所以；
所以反应速率最快的是A，故选A。
5. 下列说法错误的是
A. 已知：2CO(g)=2C(s)+O2(g) △H＞0，则该反应一定不能自发进行
B. △H＜0，△S＞0的反应在温度低时不能自发进行
C. 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H＜0
D. NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) △H=+185.57kJ•ml-1能自发进行，原因是体系能自发地向混乱度增加的方向进行
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) △H＞0是熵减的吸热反应，△H-T△恒小于0，该反应一定不能自发进行，故A正确；
B．△H-T△S<0时，反应能自发进行，则△H＜0，△S＞0的反应在任何温度下都能自发进行，故B错误；
C．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)是△S<0的反应，在常温下能自发进行，说明该反应为放热反应，△H＜0，故C正确；
D．根据反应物态变化可知反应正向△S＞0，当T值较大时可推得该反应可以出现ΔG<0，说明在较高温度时可以实现体系自发向混乱度增加的方向转变，故D正确；
故选B。
6. 已知：A(g)+2B(g)3C(s)+3D(g) △H＜0。若在容积可变的密闭容器中进行反应，下列对图像的分析中不正确的是
A. 图I研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B. 图II可能是t0时使用催化剂对反应速率的影响
C. 图III研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
D. 图III研究的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较大
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应A(g)+2B(g)3C(s)+3D(g) △H＜0是放热反应，升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，图像I符合，故A正确；
B．图II中t0时正逆反应速率都增大且相等，说明平衡没有发生移动，由于反应前后气体的体积不变，则增大压强反应速率加快，平衡不移动，催化剂只加快反应速率，不影响平衡移动，图II可能是t0时使用催化剂或增大压强对反应速率的影响，故B正确；
C．该反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，图中乙先达到平衡，则温度高于甲，而A的转化率低，图像符合，故C正确；
D．增大压强，反应速率增大，图中乙先达到平衡，反应速率更大，则压强高于甲，反应A(g)+2B(g)3C(s)+3D(g)是气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，A的转化率不变，故D错误；
故选D。
7. 反应2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) △H＜0可用于处理汽车尾气。下列说法正确的是
A. 在恒温恒容条件下，2mlNO与4mlCO充分反应后，转移4ml电子
B. 升高温度，平衡常数增大
C. 低温下有利于该反应自发进行
D. 其他条件不变，增加CO的用量，可以提高CO的转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应为可逆反应，故2mlNO与4mlCO充分反应后，生成的N2小于1ml，转移小于4ml电子，A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；
C．反应为放热的熵减反应，故在低温下有利于该反应自发进行，C正确；
D．其他条件不变，增加CO的用量，平衡正向移动，但CO的转化率降低，故D错误；
故选C。
8. 在一定条件下，将6mlA和2mlB两种气体混合于4L恒容密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)。5min末该反应达到平衡，生成1.6mlD，并测得C的浓度为0.4ml/L。下列判断正确的是
A. x=1
B. A的转化率为40%
C. 5min内B的反应速率为0.16ml•L-1•min-1
D. 若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应已达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A．5min末该反应达平衡，生成1.6mlD，并测得C浓度为0.4ml/L，则C的物质的量改变量为0.4ml⋅L−1×4L=1.6ml，根据改变量之比等于计量系数之比，则x=2，故A错误；
B．根据D改变量为1.6ml，则A的改变量为2.4ml，则A的转化率为×100%=40%，故B正确；
C．根据D改变量为1.6ml，则B的改变量为0.8ml，5min内B的反应速率为，故C错误；
D．该反应是气体体积不变的反应，气体总质量和总物质的量不变，平均摩尔质量不变，若混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明该反应已达到平衡状态，故D错误；
故选B。
9. 根据下列实验操作，其现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向一密闭容器充入NO2，保持温度不变，扩大容器体积，NO2浓度减小，容器中气体颜色先变浅，平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色又变深，故A错误；
B．H2O2溶液和KMnO4溶液会发生反应生成氧气，KMnO4不是催化剂，故B错误；
C．将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，发生反应2NO2(g)N2O4(g)，玻璃球中红棕色加深，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应未放热反应，△H＜0，故C正确；
D．在KSCN与FeCl3的混合液中发生反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入KCl固体，对该平衡没有影响，故D错误；
故选C。
10. 对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响，下列判断正确的是
A. 由图a可知，该反应的正反应为吸热反应
B. 由图b可知，该反应m+n＞p
C. 若图c是绝热条件下速率和时间的图像，说明该反应的正反应为吸热反应
D. 图d中的a曲线一定是加入了催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图a可知，T1先达到平衡，且T1对应C%含量低，则T1＞T2，升高温度平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故A错误；
B．由图b可知，增大压强，C%含量增大，说明平衡正向移动，说明该反应m+n＞p，故B正确；
C．图c是绝热条件下速率和时间的图像，可知最初随着反应进行，温度升高，速率加快，则说明此反应的正反应为放热反应，故C错误；
D．图d中，若m+n=p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，故D错误；
故选B。
11. 肼(N2H4)是一种可燃性液体，以其为原料的燃料电池具有产物无污染的特点，其工作原理如图所示。电解质溶液为20%~30%的NaOH溶液，下列叙述正确的是
A. b为负极
B. b极消耗1mlO2，a极消耗的N2H4为
C. a极的电极反应为：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O
D. 若离子交换膜为阳离子交换膜，则消耗N2H4的质量与正极区电解质溶液增加的质量相等
【答案】C
【解析】
【分析】对于燃料电池，N2H4为燃料，发生氧化反应，，a为负极，空气发生还原反应，，b作负极，以此分析；
【详解】A．根据分析，b为正极，A错误；
B．根据分析，，B错误；
C．根据分析，a负极，N2H4发生氧化反应，C正确；
D．若离子交换膜为阳离子交换膜，b中的Na+移向a，则a中生成NaOH，，消耗的N2H4与生成的NaOH质量不等，D错误；
故答案为：C。
12. 中科院研究了一款独特的锂-氮(Li－N)电池，电解质溶液为可传导Li+的有机溶液，该电池可实现氮气的循环，并对外提供电能。充电时发生的反应为：2Li3N=N2+6Li。下列说法不正确的是
A. 锂-氮电池为绿色固氮提供了一种可能的途径
B. 放电时，Li被N2氧化
C. 放电时，乙电极发生的反应为：N2+6e-=2N3-
D. 理论上，该电池每完成一个充、放电周期，电池的总质量不会发生改变
【答案】C
【解析】
【分析】锂-氮(Li－N)电池充电时发生的反应为：2Li3N=N2+6Li，Li3N在电极甲处得到电子生成Li，电极甲为阴极，Li3N在电极乙处失去电子生成N2，电极乙为阳极，以此解答。
【详解】A．锂-氮电池放电时消耗N2，充电时释放N2，实现了N2的循环，为绿色固氮提供了一种可能的途径，A正确；
B．充电时发生的反应为：2Li3N=N2+6Li，则放电时发生反应N2+6Li=2Li3N，Li被N2氧化为Li3N，故B正确；
C．放电时发生反应N2+6Li=2Li3N，乙为正极，电极方程式为：N2+6e-+6Li+=2Li3N，故C错误；
D．由分析可知，电池充电时发生的反应为：2Li3N=N2+6Li，放电时发生反应N2+6Li=2Li3N，理论上，该电池每完成一个充、放电周期，电池的总质量不会发生改变，故D正确；
故选C。
13. 工业上可通过甲醇(CH3OH)羰基化法制取甲酸甲酯(HCOOCH3)：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g) △H＜0。在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量的CH3OH和CO及催化剂，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。下列说法错误的是
A. a、b、c点一定没有达到平衡，不能确定d、e点是否达到平衡
B. 反应速率从快到慢依次为：e、d、c、b、a
C. e点的转化率低于d点，可能原因是催化剂中毒
D. 生产时反应温度控制在80～85℃为宜
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，一定时间内，反应未达平衡之前，温度升高，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，平衡之后，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，说明反应为放热反应。
【详解】A．由分析可知，CO转化率最大时，反应达到平衡，d点和e点到达平衡状态，a、b、c点未达到平衡状态，故A错误；
B．温度越高，反应速率越快，则反应速率从快到慢依次为：e、d、c、b、a，故B正确；
C．d点和e点反应已经达到平衡，相同时间内，e点CO的转化率小于d点，可能原因是催化剂中毒，催化活性减弱，反应速率减慢，故C正确；
D．由图可知，温度控制在80～85℃时，CO的转化率最大，生产时反应温度控制在80～85℃为宜，故D正确；
故选A。
14. 在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如表。下列说法错误的是
已知：H2(g)+I2(g)2HI(g)
A. w1＜w2=w3B. K1=K2=K3C. P1=P2=P3D. α2＞α1＞α3
【答案】A
【解析】
【详解】A．当反应物的投料比等于其反应物的系数之比，达到平衡时，生成物的百分含量最大，因此w1最大，故A错误；
B．温度不变，平衡常数不变，则K1=K2=K3，故B正确；
C．反应H2(g)+I2(g)2HI(g)是气体物质的量不变的反应，充入的反应物越多，压强越大，则P1=P2=P3，故C正确；
D．由A可知，当乙容器充入1mlH2、1mlI2时，甲容器与丙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等，而乙充入1mlH2、2mlI2，c(I2)增大，平衡正向移动，H2的转化率增大，同理丙容器c(H2)增大，平衡正向移动，但H2的转化率减小，则α2＞α1＞α3，故D正确；
故选A。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 某小组拟用含稀硫酸的KMnO4溶液与H2C2O4(弱酸)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”，设计了如表的实验方案并记录了实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20ml/L H2C2O4溶液、0.010ml/LKMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽。
【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
【实验内容及记录】
（1）表格中“乙”需要测的物理量为________。
（2）实验①②探究的是________对化学反应速率的影响，反应速率更快的是________(填序号)。
（3）若②③探究浓度对反应速率的影响，表格中a=________，③中加入amL蒸馏水的目的是________。
（4）实验中发现酸性高锰酸钾溶液和草酸反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快，某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做②号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果如表：
①温度________(填“是”、“不是”“不确定”)导致反应速率明显加快的原因。
②从影响化学反应速率的因素看，你猜想：________(填“温度”、“浓度”、“压强”和“催化剂”)对反应速率的影响，若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是________(填字母)。
A.硫酸钾固体 B.蒸馏水 C.二氧化锰固体 D.硫酸锰固体
【答案】（1）t(溶液褪色时间)/s
（2） ①. 温度 ②. ①
（3） ①. 1 ②. 控制溶液的体积一样
（4） ①. 不是 ②. 催化剂 ③. D
【解析】
【分析】某小组拟用含稀硫酸的KMnO4溶液与H2C2O4(弱酸)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”， 实验①②其它条件相同，只有温度不同，所以是探究温度对化学反应速率的影响，实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，以此解答。
【小问1详解】
要比较反应的快慢就需要反应时间，表格中“乙”需要测的物理量为：t(溶液褪色时间)/s。
【小问2详解】
实验①②其它条件相同，只有温度不同，所以是探究温度对化学反应速率的影响；升高温度，反应速率增大，反应速率更快的是①。
【小问3详解】
实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，就要使反应物浓度不同，现所取的草酸浓度一样，所以通过加水来改变浓度，为了让实验更有对比性，溶液的体积要控制一样，故a为1。
【小问4详解】
①根据表中数据知，反应过程中，温度升高得不多，但开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快，说明温度不是反应速率突然加快的原因；
②KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，故选D。
16. 某化学兴趣小组同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的开关时，观察到电流表的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
（1）甲池中负极的电极反应为_______。
（2）乙池中A(石墨)电极为________(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)。乙池中B极质量增加10.8g时，甲池中理论上消耗O2的体积为________L(标准状况)，丙池中________(填“C”或“D”)极析出_______g铜。
（3）一种以CO2和甲醇为原料，利用SnO2(mSnO2/CC)和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，制备甲酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。
注：(甲酸)的化学式为HCOOH，书写方程式时采用HCOOH即可。
①图中电极a为________极，电解过程中阳极电极反应式为________。
②当有8mlH+通过质子交换膜时，理论上装置中生成HCOO-和HCOOH共计________ml。
【答案】（1）CH3OH＋8OH－－6e－＝CO＋6H2O
（2） ①. 阳极 ②. 0.56 ③. D ④. 3.2
（3） ①. 负 ②. CH3OH-4e-+H2O= HCOOH+4H+ ③. 6
【解析】
【小问1详解】
甲池中两电极分别通入甲醇和氧气，为燃料电池，因此为原电池，通入CH3OH的电极为负极，发生失去电子的氧化反应，电解质溶液显碱性，则电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－＝CO＋6H2O。
【小问2详解】
乙池中电解AgNO3溶液，其中A电极与甲池的正极相连，作阳极，B作阴极，银离子放电：Ag++e－＝Ag，乙池中B极质量增加10.8g时，即析出银是10.8g，物质的量是，转移0.1ml电子。1ml氧气得到4ml电子，则根据电子得失守恒可知甲池中理论上消耗O2的物质的量是＝0.025ml，在标准状况下的体积为0.025ml×22.4L/ml＝0.56L；丙池中D电极与甲池中负极相连，作阴极，铜离子放电，根据电子得失守恒可知析出铜的物质的量是＝0.05ml，质量是0.05ml×64g/ml＝3.2g。
【小问3详解】
①由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，则电极b为正极，右侧电极为阳极，电极反应式为：CH3OH-4e-+H2O= HCOOH+4H+；
②由第一问的分析可知，阳极反应为：CH3OH-4e-+H2O= HCOOH+4H+，阴极电极反应为:
2CO2+2e-+H2O=HCOO-+ HCO，由此可以发现，若有8mlH+通过质子交换膜时，则转移8ml电子，则此时该装置生成HCOO-和HCOOH共计2ml+4ml=6ml。
17. 将二氧化碳转化为绿色液体燃料甲醇(CH3OH)是实现碳中和的一个重要途径。甲醇的制备原理为：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49kJ•ml-1。
（1）工业上利用低浓度氨水作为捕获剂，吸收烟气中过量CO2的离子方程式为________。
（2）对于该反应，可以同时提高反应速率和CH3OH产率的措施有_______(填字母序号)。
A. 升高反应温度B. 使用高效催化剂
C. 增大体系压强D. 移走CH3OH
（3）为探究该反应原理，进行如下实验：在一恒温，体积为2L恒容密闭容器中，充入1mlCO2和4mlH2，初始压强为8MPa，进行该反应(不考虑其它副反应)。10min时测得体系的压强为6.4MPa且不再随时间变化。回答下列问题；
①反应开始到10min时，v(CO2)=_______。
②10min时，体系中CH3OH的物质的量分数为_______%。
③该温度下的压强平衡常数Kp=_______(MPa)-2。
（4）某科研小组研究不同催化剂对反应3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的影响，按n(CO2)：n(H2)=1：3投料，不同催化剂作用下，反应tmin时，CH3OH的产率随温度的变化如图所示：
①催化剂效果最佳的是_______(填“催化剂I”、“催化剂II”)，理由是_______。
②d点v(逆)_______a点v(逆)(填“＞”、“＜”或“=”)。
【答案】（1）NH3·H2O+CO2=NH+HCO （2）C
（3） ①. 0.035ml/(L·min) ②. 12.5 ③.
（4） ①. 催化剂I ②. 反应tmin时，使用催化剂I时，甲醇的产率比催化剂II大，说明使用催化剂I时反应速率更大， ③. <
【解析】
【小问1详解】
氨水与过量二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的离子方程式为NH3·H2O+CO2=NH+HCO。
【小问2详解】
反应3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49kJ•ml-1是气体体积减小的放热反应，
A．升高反应温度，反应速率增大，平衡逆向移动，CH3OH产率减小，故A不选；
B．使用高效催化剂，反应速率增大，平衡不发生移动，CH3OH产率不变，故B不选；
C．增大体系压强，反应速率增大，平衡正向移动，CH3OH产率增大，故C选；
D．移走CH3OH，反应速率减慢，平衡正向移动，CH3OH产率增大，故D不选；
故选C。
【小问3详解】
①根据已知条件列出“三段式”
10min时测得体系的压强为6.4MPa且不再随时间变化，则，解得x=0.5，反应开始到10min时，v(CO2)==0.035ml/(L·min)；
②10min时，体系中CH3OH的物质的量分数为=12.5%；
③该温度下的压强平衡常数Kp==(MPa)-2。
【小问4详解】
①由图可知，反应tmin时，使用催化剂I时，甲醇的产率比催化剂II大，说明使用催化剂I时反应速率更大，说明则催化剂效果最佳的是催化剂I；
②由图可知，a点温度高于d点，温度越高，反应速率越快，则v(逆)
（1）一定温度下，在恒容密闭容器发生4H2(g)+CO2(g)CH4(g)+2H2O(g)反应。
①能说明该反应达到平衡状态的是________(填字母)。
A.H2的浓度保持不变
B.断开1mlC=O键的同时生成4ml的C－H键
C.气体平均相对分子质量一定
D.v(CO2)=v(CH4)
②已知容器的容积为10L，初始加入2mlCO2和6mlH2，反应平衡后测得CO2的转化率为40%，则该反应的平衔常数为________(只列出计算式即可)。
③保持温度和容积不变，再加入1mlCO2(g)和3mlH2(g)，此时，CO2的转化率________(填“＞”“＜”或“=”)40%。
（2）工业上可以利用H2和CO2合成乙醇，其反应为：6H2(g)+2CO2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)。将等物质的量的H2和CO2充入一刚性容器中，测得平衡时C2H5OH的体积分数随温度和压强的变化关系如图所示。
①压强P1________P2(填“＞”、“＜”或“=”，下同)。判断依据是_______。
②a、b两点的平衡常数Ka________Kb。
③已知Arhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效率，进行了实验探究，依据实验数据获得如图所示曲线。在n催化剂作用下，该反应的活化能Ea________J•ml-1。从图中信息获知催化效率较高的催化剂是________(填“m”或“n”)。
【答案】（1） ①. AC ②. ③. ＞
（2） ①. ＜ ②. 温度升高，乙醇的体积分数减小，说明正反应为吸热，则b点温度高，平衡常数较小 ③. > ④. ⑤. n
【解析】
小问1详解】
A．H2的浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故A选；
B．断开1mlC=O键同时生成4ml的C－H键都描述的是正反应，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故B不选；
C．该反应是气体物质的量减小的反应，反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，则混合气体平均相对分子质量增大，当气体平均相对分子质量一定时，说明反应达到平衡，故C选；
D．v(CO2)=v(CH4)不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故D不选；
故选AC；
②已知容器的容积为10L，初始加入2mlCO2和6mlH2，反应平衡后测得CO2的转化率为40%，列出“三段式”
则该反应的平衔常数K=；
③保持温度和容积不变，再加入1mlCO2(g)和3mlH2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大。
【小问2详解】选项
实验操作
现象
结论
A
向一密闭容器充入NO2，保持温度不变，扩大容器体积
容器中气体颜色先变浅后变深
平衡2NO2(g)N2O4(g)先正向移动再逆向移动
B
向2mL5%H2O2溶液中分别滴加5滴等浓度的FeCl3和KMnO4溶液
加入KMnO4溶液的反应更剧烈
KMnO4比FeCl3催化效果好
C
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中
玻璃球中红棕色加深
反应2NO2(g)N2O4(g)的△H＜0
D
在KSCN与FeCl3的混合液中再加入KCl固体
溶液红色变浅
增大生成物浓度，平衡逆向移动
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1.5mlH2、1.5mlI2
1mlH2、2mlI2
2mlH2、1mlI2
HI的百分含量
w1
w2
w3
平衡常数
K1
K2
K3
体系压强/Pa
P1
P2
P3
H2的转化率
α1
α2
α3
物理量
编号
V(0.20ml/LH2C2O4溶液)/mL
V(蒸馏水)\mL
V(0.010ml/LKMnO4溶液)/mL
M(MnSO4固体)/g
T/℃
乙
①
2.0
0
4.0
0
50
②
2.0
0
4.0
0
25
③
1.0
a
4.0
0
25
④
2.0
0
4.0
0.1
25
时间/s
0
5
10
15
20
25
30
温度/℃
25
26
26
26
26.5
27
27
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