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山东省德州市10校联考2020-2021学年高二上学期期中化学试题（解析版）
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这是一份山东省德州市10校联考2020-2021学年高二上学期期中化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 设NA为阿伏加德罗常数的值， 下列说法中错误的是， 一定温度下，把2， 已知反应等内容，欢迎下载使用。
本试题分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 65 Hg 201 Pb 207
第I卷（40分）
一、单选题：(本题共10个小题，每小题2分，共20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. 设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：
（1）CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l） ΔH1＝a kJ·ml－1
（2）CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（g） ΔH2＝b kJ•ml－1
下列说法正确的是
A. H2O（g）=H2O（l）的ΔS<0，ΔH＝（a－b）kJ•ml－1
B. 上表中x＝（1 796＋b）/2
C. 当有4NA个C—H键断裂时，反应放出的热量一定为a kJ
D. a>b且甲烷燃烧热为b kJ·ml－1
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律H2O（g）=H2O（l）的ΔS<0，ΔH＝ kJ•ml－1，故A错误；
B．焓变=反应物总键能-生成物总键能，根据反应2，413×4＋2x－798×2-463×4=b， x＝(1796＋b)/2，故B正确；
C．当有4NA个C—H键断裂时，若生成液态水放出的热量为a kJ，若生成气态水放出的热量为b kJ，故C错误；
D．燃烧反应放热，焓变为负值，a选B。
2. 下列说法中错误的是（ ）
A. 2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)在低温下能自发进行，则该反应的△H＜0
B. 加入合适催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变
C. 若△H＜0，△S＞0，化学反应在任何温度下都能自发进行
D. NH4Cl(s)＝NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0
【答案】B
【解析】
【详解】A.只要确定反应△G=△H-T△S＜0反应就可以自发进行，反应中△S＜0,又因为条件是低温，所以△H＜0，故A正确；
B.加入催化剂只能改变活化能，改变反应需要的时间，不能改变焓变，故B错误；
C. 若△H＜0，△S＞0，则△G＜0,所有化学反应在任何温度下都能自发进行，故C正确；
D.由题意可知，反应过程中△S＞0，所以根据公式，若室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0，故D正确；
答案B。
3. 一定温度下，把2.5mlA和2.5mlB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)＋B(s)⇌xC(g)＋2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2ml·L-1·s-1，同时生成1mlD，下列叙述中不正确的是
A. 反应达到平衡状态时A的转化率为60%
B. x=3
C. 若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态
D. 反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为6∶5
【答案】BD
【解析】
【分析】
经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2ml•L-1•s-1，可知生成C为0.2ml•L-1•s-1×2L×5s=2ml，同时生成1ml D，则=，解得x=4，则
3A（g）+B（s）⇌4C（g）+2D（g）
开始(ml) 2.5 2.5 0 0
转化(ml) 1.5 0.5 2 1
平衡(ml) 1 1.5 2 1
结合转化率=×100%及物质的量比等于压强比计算。
【详解】A. 由分析可知，反应达到平衡状态时A的转化率为=60%，故A正确；
B. 由上述分析可知，x=4，故B错误；
C. B为固体，气体的质量为变量，体积不变，则混合气体的密度不再变化时该可逆反应达到化学平衡状态，故C正确；
D. 反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为，故D错误；
故选BD。
4. 已知反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH＜0.某温度下，将2 ml SO2和1 ml O2置于 10 L密闭容器中，反应达平衡后，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是( )
A. 由图甲知，B点SO2的平衡浓度为0.3ml·L-1
B. 由图甲知，A点对应温度下的平衡常数为80
C. 达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图像可以用图乙表示
D. 压强为0.50 MPa时不同温度下SO2转化率与温度关系如丙图，则T2＞T1
【答案】C
【解析】
【详解】A、甲图中A点时SO2的转化率为0.80，由“三段式”：
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
初始量（ml/L）0.2 0.1 0
变化量（ml/L）0.80×0.2 0.08 0.80×0.2
A点时（ml/L）0.04 0.08 0.16
A. B点时SO2的转化率为0.85，计算转化的SO2的物质的量为0.85×2=1.7ml，剩余为0.3ml，此时其浓度为0.3ml·L-1，但是并非平衡浓度，A错误；
B. A点所在温度下的化学平衡常数为200，B错误；
C. 缩小容器的容积，增大压强化学平衡正向移动，图乙正确，C正确；
D. 由图丙判断T1>T2，D错误；
答案选C。
5. 生命过程与化学平衡移动密切相关。血红蛋白(Hb)与O2结合成氧合血红蛋白(Hb(O2))的过程可表示为：Hb＋O2(g)Hb(O2)。下列说法正确的是
A. 体温升高，O2与Hb结合更快，反应的平衡常数不变
B. 吸入新鲜空气，平衡逆向移动
C. CO达到一定浓度易使人中毒，是因为结合Hb使Hb(O2)分解速率增大
D. 高压氧舱治疗CO中毒的原理是使平衡Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)右移
【答案】D
【解析】
【详解】A项、反应的平衡常数是温度函数，体温升高，反应的平衡常数会改变，故A错误；
B项、吸入新鲜空气，反应物氧气的浓度增大，平衡向正反应方向移动，故B错误；
C项、CO达到一定浓度易使人中毒，是因为CO浓度增大，平衡Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)向逆反应方向移动，故C错误；
D项、高压氧舱治疗CO中毒的原理是CO中毒的病人放入高压氧仓中，使反应物氧气的浓度增大，平衡Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)向正反应方向移动，故D正确；
故选D。
【点睛】CO达到一定浓度易使人中毒，是因为CO浓度增大，平衡Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)向逆反应方向移动是解答关键。
6. 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下表：
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. 在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5ml/L，则此时V（正）>V（逆）
C. 25℃时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO（g）的平衡常数为2×10－5 (ml·L-1)3
D. 80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3ml，则Ni(CO)4的平衡浓度2 ml/L。
【答案】B
【解析】
A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，A正确；B．浓度商Qc=0.5/0.54=8，大于80℃平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，故v（正）＜v（逆），B错误；C. 25℃时反应Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25°C时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为1/5×104=2×10-5，C正确；D. 80℃达到平衡时，测得n（CO）=0.3ml，c（CO）=0.3ml/0.3L=1ml/L，故c[Ni（CO）4]=K•c4（CO）=2×14ml/L=2ml/L，D正确；答案选B。
7. 利用如图装置，完成很多电化学实验．下列有关此装置的叙述中，正确的是（ ）
A. 若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法
B. 若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀
C. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动
D. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．开关K置于M处，则该装置为原电池，由于活动性Zn＞Fe，所以Zn为负极，Fe为正极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，A错误；
B．开关K置于N处，，则该装置为电解池，若阳极X为碳棒，Y为NaCl溶液，Fe为阴极，被保护，不会引起Fe的腐蚀，B错误；
C．开关K置于M处，则该装置为原电池，若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，由于活动性Fe＞Cu，Fe作负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，此时铜棒质量将增加，在外电路中的电子由Zn经导线向铜电极移动，C正确；
D．开关K置于N处，则该装置为电解池，Y为硫酸铜溶液，若阳极X为铜棒，电极反应：Cu-2e-=Cu2+，Fe为阴极，电极反应：Cu2++2e-=Cu可用于铁表面镀铜，由于两电极溶解的Cu的质量和析出的Cu 的质量相等，所以溶液中铜离子浓度将不变，D错误；
故选C。
8. 液流式铅蓄电池以可溶性的甲基磺酸铅[(CH3SO3)2Pb]代替硫酸作为电解质，该电池充放电的总反应为2Pb2++2H2O Pb+PbO2+4H+，下列说法不正确的是
A. 放电时，电极质量均减小
B. 放电时，正极反应是PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O
C. 充电时，溶液中Pb2+向阴极移动
D. 充电时，阳极周围溶液的pH增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．电池放电时，负极反应为Pb-2e-=Pb2+，正极反应为PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，则放电时，电极质量均减小，故A项说法正确；
B．放电时，PbO2发生还原反应生成Pb2+，电极反应式为PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，故B项说法正确；
C．充电时，阳离子向阴极移动，故C项说法正确；
D．充电时，阳极反应为Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，阳极周围H+浓度逐渐增大，因此阳极周围溶液的pH减小，故D项说法错误；
综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。
9. 某燃料电池可实现NO和CO的无害转化，其结构如图所示。下列说法正确的是
A 石墨Ⅰ电极上发生氧化反应
B. 电池工作时Na向石墨Ⅱ电极处移动
C. 石墨Ⅱ反应式：CO－2e－＋O2－＝CO2
D. 电路中每通过6 ml电子，生成1 ml N2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 石墨Ⅰ电极上NO发生反应生成N2，化合价降低，属于还原反应，故A错误；
B. 电池工作时Na+向正极移动，即向石墨I电极处移动，故B错误；
C. 如图所示，石墨Ⅱ为负极，失电子，发生还原反应，反应式为：CO－2e－＋O2－＝CO2，故C正确；
D. N元素化合价有+2降低为0，每生成1mlN2得到4ml电子，则电路中每通过6 ml电子，生成1.5 ml N2，故D错误；
故选C。
10. 在恒容密闭容器中，可以作为2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)达到平衡状态的标志是( )
①单位时间内生成n ml O2的同时生成2n ml NO2；②单位时间内生成n ml O2的同时生成2n mlNO；③混合气体的颜色不再改变；④混合气体的密度不再改变的状态；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定
A. ①③⑤⑦B. ②④⑤C. ①③④D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①单位时间内生成n ml O2的同时生成2n ml NO2，能说明正逆反应速率的相等关系，①正确；②单位时间内生成n ml O2的同时生成2n mlNO均表示正反应速率，不能说明正逆反应速率的关系，②错误；③混合气体的颜色不变化，说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，③正确；④该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度不再变化，所以该反应不一定达到平衡状态，④错误；⑤混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量=混合气体的总质量/混合气体的总物质的量，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，⑤正确；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定是反应过程中任何时候都有的，该反应不一定达到平衡状态，⑥错误；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定，说明它们的物质的量就不变，浓度不变，该反应达到了平衡状态，⑦正确；达到平衡状态的标志有①③⑤⑦，故选A。
二、不定项选题（每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项，符合题意全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。)
11. 三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，中间隔室的Na+和可通过离子交换膜，而两端隔室中的离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是
A. 通电后中间隔室的向正极区迁移，正极区溶液 pH增大
B. 该法处理含废水时可以得到NaOH和产品
C. 负极反应为，负极区溶液 pH降低
D. 当电路中通过1 ml电子时，会有0.25 ml的O2生成
【答案】BD
【解析】
【详解】A．阴离子向阳极(即正极区)移动，正极区氢氧根离子放电pH减小，故A错误；
B．直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C．负极区反应为：4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，溶液pH增大，故C错误；
D．每生成1ml氧气转移4ml电子，当电路中通过1ml电子的电量时，会有0.25ml的O2生成，故D正确；
故选BD。
12. 锂离子电池又称为“摇摆电池”，广泛应用于电动自行车等，其充放电过程就是锂离子的嵌入和脱嵌过程（习惯上正极用嵌入或脱嵌表示，负极用插入或脱插表示），即充放电过程就是锂离子在正、负极间往返运动而形成电流。其装置结构简图如图所示（电解液为溶有的碳酸酯类溶剂，隔膜为仅锂离子能通过的高分子膜），工作原理为C6Li+Li(1-x)MO2LiMO2+C6Li(1-x)(M代表过渡元素)，则下列说法错误的是
A. 电池放电时，正极为石墨
B. 锂离子电池的优点是质量小，电容量大，可重复多次使用
C. 电池充电时阳极的反应为LiMO2-xe-=Li(1-x)MO2+xLi+
D. 锂离子电池的电解液可用LiNO3溶液作为离子导体
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 电池放电时，从图像可以看出，石墨是负极，故A错误；
B.锂的摩尔质量很小，锂离子电池的优点是质量小，电容量大，可重复多次使用，故B正确；
C.电池充电时阳极失去电子发生氧化反应，工作原理为C6Li＋Li(1-x)MO2LiMO2＋C6Li(1-x)(M代表过渡元素)，所以阳极的反应为LiMO2-xe－=Li(1-x)MO2+xLi＋，故C正确；
D.金属锂是活泼金属会与溶液中的水反应，锂离子电池的电解液不能用LiNO3溶液作为离子导体，故D错误；
故答案AD。
13. 用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－574 kJ·ml－1
②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1160 kJ·ml－1
下列说法不正确的是( )
A. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ
B. 由反应①可推知：CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l) ΔH<－574 kJ·ml－1
C. 反应①②转移的电子数相同
D. 反应②中，当4.48 L CH4完全反应时转移的电子总数为1.60 ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，将①②相加得到如下热化学方程式：CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－867 kJ/ml，标准状况下4.48 L CH4的物质的量为0.2 ml，放出的热量为0.2 ml×867 kJ/ml＝173.4 kJ，选项A正确；
B．由于液态水变为气态水需要吸收热量，所以生成液态水的反应放出的热量多，放热越多，则ΔH越小，即ΔH<－574 kJ/ml，选项B正确；
C．①②中C的化合价均有-4上升到+4，故两式中得失电子数目相等，选项C正确；
D．反应②中每1 ml CH4反应完全时转移的电子总数为8 ml，若0.2 ml CH4完全反应时转移的电子总数为1.60 ml，没有说明标准状况下，4.48 L CH4不一定为0.2 ml，选项D不正确。
答案选D。
14. Burns和Daintn研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下： ①Cl2（g） 2Cl•（g）快；②CO（g）+Cl•（g）COCl•（g）快；③COCl•（g）+Cl2（g）COCl2（g）+Cl•（g）慢。其中反应②存在v正=k正c（CO） c（C1•）、v逆=k逆c（COCl•）。下列说法正确的是
A. 反应①的活化能大于反应③的活化能
B. 反应②的平衡常数K=
C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率
D. 选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。
【详解】A．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；
B．反应②存在v正=k正c（CO） c（C1•）、v逆=k逆c（COCl•），平衡时正逆反应速率相等，则 ，故B正确；
C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C正确；
D．催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COCl2的平衡产率不变，故D错误；
答案选BC。
15. 在Ni/凹凸棒石催化剂下可发生反应：C2H5OH(g) + 3H2O(g) 2CO2(g) +6 H2 (g )，如图为在2 L刚性容器中，相同时间内不同水醇比(乙醇的起始物质的量相同)测得乙醇转化率随温度变化的关系图，其中水醇比为2:1 时，各点均已达到平衡状态，下列说法正确的是（ ）
A. C2H5OH(g) + 3H2O(g) 2CO2(g) +6 H2 (g ) ΔH<0
B. 若乙醇的起始物质的量为 1 ml, 则 K ( 400°C ) =
C. B、C 两点一定未达到平衡状态
D. 水醇比过高，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，则相同时间内乙醇转化率降低
【答案】CD
【解析】
【详解】A.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，升高温度，乙醇转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，ΔH＞0，故A错误；
B.若乙醇的起始物质的量为1 ml，则由水醇比为2:1可知水的物质的量为2ml，由图可知，400°C时乙醇转化率为20%，由此建立如下三段式：
平衡时K ( 400°C ) =≠，故B错误；
C.由化学平衡移动原理可知，水醇比越高，反应转化率约的越高，由图可知，400°C时B、C、D的水醇比为8：1、6：1、4:1，D的水醇比小于B、C，但乙醇转化率高于B、C，说明B、C 两点一定未达到平衡状态，故C正确；
D.由图可知，400°C时B、C、D三点中，B的水醇比最高，反应速率最小，说明水醇比过高，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，则相同时间内乙醇转化率降低，故D正确；
故选CD。
第II卷 （60分）
三、非选择题：本题共5个题，共60分。
16. 某实验小组对H2O2分解速率的影响因素做了如下探究：
Ⅰ．甲同学依据实验①和实验②所得数据进行处理得图1曲线；乙同学依据实验③和实验④所得数据进行处理得图2曲线。
(1)由图1可知：该因素对过氧化氢分解速率的影响是_________。
(2)分析图2，可得出的结论是_________。
Ⅱ．丙同学设计了几组实验，探究H2O2影响分解速率的其他因素，记录数据如表。已知表中“时间”表示用20 mL H2O2制取50 mL(常温常压下)O2所需的时间
(3)推测时间t的范围为___________。
(4)写出上述实验中发生反应的化学方程式：_____________。
(5)实验结果表明，催化剂的催化效果与__________有关。
【答案】 (1). 在相同条件下，反应物的浓度越大，过氧化氢分解速率越快 (2). 在碱性溶液中过氧化氢的分解速率大于在酸性溶液中的分解速率，但不影响最终产物质量 (3). 160＜t ＜720 (4). (5). 催化剂的颗粒大小
【解析】
【分析】
实验①和实验②中过氧化氢溶液的浓度不同，其他条件相同，这两个实验在研究双氧水的浓度对过氧化氢分解速率的影响；实验③和实验④中，双氧水的浓度相同，溶液的酸碱性不同，是在研究酸碱性对过氧化氢分解速率的影响；以此解答。
【详解】(1)实验①和实验②是研究双氧水的浓度对过氧化氢分解速率的影响，由图1可知：在相同条件下，反物的浓度越大，过氧化氢分解速率越快，故答案为：在相同条件下，反应物的浓度越大，过氧化氢分解速率越快；
(2)实验③和实验④中，双氧水的浓度相同，溶液的酸碱性不同，由图2可知，在碱性溶液中过氧化氢的分解速率大于在酸性溶液中的分解速率，但不影响最终产物质量，故答案为：在碱性溶液中过氧化氢的分解速率大于在酸性溶液中的分解速率，但不影响最终产物质量；
(3)其他条件相同时，双氧水的浓度越大，反应速率越快，故答案为：160＜t ＜720；
(4)双氧水分解的方程式为：，故答案为：；
(5)由表格数据可知，二氧化锰粉末的直径越小，反应速率越快，催化剂的催化效果与催化剂的颗粒大小有关，故答案为：催化剂的颗粒大小。
17. (1)铁是一种廉价的金属，除了作为重要的结构材料外又有了新的用途。磷酸聚合物铁锂电池以其廉价、高容量和安全性逐渐占据市场。高铁电池的研究也在进行中。如图是高铁电池的实验装置示意图：
已知放电后，两极得到的铁的相同价态的化合物。
①该电池放电时正极电极反应式是___________________________________；
②若该电池属于二次电池，则充电时阴极反应的电极反应式为______________________。
③已知盐桥中含有饱和KCl溶液，放电时，盐桥的作用是________________。此盐桥中阴离子的移动方向是__________________________。
(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，它氧化性能好，且无二次污染，属于绿色处理剂。爱迪生蓄电池反应为Fe＋NiO2＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2，可用如图装置制取少量高铁酸钠。
①此装置中爱迪生蓄电池的负极是________(填“a”或“b”)，该电池工作一段时间后必须充电，充电时生成NiO2的反应类型是____________________。
②写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳极的电极反应式：__________________________。
(3)二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体,是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。下图是目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。
①阳极产生ClO2的电极反应式：__________________。
②当阴极产生标准状况下112 mL气体时，通过阳离子交换膜离子的物质的量为__。
【答案】 (1). ＋4H2O＋3e－=Fe(OH)3＋5OH－ (2). Fe(OH)3＋3e－=Fe＋3OH－(或FeOOH＋3e－＋H2O=Fe＋3OH－) (3). 形成闭合电路 (4). 由左池到右池 (5). a (6). 氧化反应 (7). Fe－6e－＋8OH－=＋4H2O (8). Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+ (9). 0.01 ml
【解析】
【详解】(1)①放电时，Fe作负极，正极上高铁酸钾发生还原反应，两极得到铁的相同价态的化合物，由于高铁酸钾的氧化性很强，能够生成三价铁，所以正极发生的电极反应是：＋4H2O＋3e－=Fe(OH)3＋5OH－；
②充电时，阴极上Fe(OH)3或FeOOH发生还原反应，电极反应式为：Fe(OH)3+3e-=Fe+3OH-(或FeOOH＋3e－＋H2O=Fe＋3OH－)；
③在放电过程中，盐桥的作用是形成闭合回路；放电时盐桥中阴离子从正极向负极移动，即阴离子由左池到右池移动；
(2)①由总反应方程式可知，放电时Fe元素化合价升高，Ni元素化合价降低，充电时Fe元素化合价降低，Ni元素化合价升高，因此放电时，铁作负极，碳棒作正极，所以放电时a是负极，b是正极；充电时，氢氧化镍失电子生成氧化镍，发生氧化反应；
②电解法制取高铁酸钠时，阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O；
(3)①电解过程中，Na+向右移动，因此左侧为电解池阳极，右侧为电解池阴极，因此阳极上是Cl-失去电子生成ClO2，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；
②阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，当阴极产生标准状况下112 mL气体时，气体的物质的量为=0.005ml，则转移电子为0.005ml×2=0.01ml，通过阳离子交换膜离子为Na+，因此所转移Na+的物质的量为0.01ml。
18. (1)某温度(t℃)时，水的Kw=1×10-12，则该温度_________ (填“＞”“＜”或“＝”)25 ℃，其理由是__________________。
(2)该温度下，c(H+)=1×10-7 ml·L-1的溶液呈_________(填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH-)=_________ml·L-1。
(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡_________ (填“向左”“向右”或“不”)移动。在新制氯水中加入少量NaCl固体,水的电离平衡_________ (填“向左”“向右”或“不”)移动。
(4)25 ℃时，0.1 ml·L-1下列物质的溶液：①HCl、②H2SO4、③NaCl、④NaOH 、⑤Ba(OH)2，水电离出的c(H+)由大到小的关系是_________ (填序号)。
(5)25 ℃时，pH=4的盐酸中水的电离程度_________(填“＞”、“＜”或“=”)pH=10的Ba(OH)2溶液中水的电离程度。
【答案】 (1). ＞ (2). 升温促进水的电离，Kw增大 (3). 碱性 (4). 1×10-7 (5). 向右 (6). 向右 (7). ③>①=④>②=⑤ (8). 等于
【解析】
【分析】
水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较(t℃)时和25℃时Kw的值判断；通过比较溶液在该温度下氢离子浓度与氢氧根离子浓度的大小判断溶液的酸碱性；NaOH为强碱，抑制水电离；根据离子浓度对电离平衡的影响效果判断；酸或碱都抑制水电离，酸溶液中氢离子(氢氧根离子)浓度越大，其抑制水电离程度越大。溶液中水电离的c(H＋)和水电离c(OH－)一直相等，则c(H＋)水＝c(OH－)水，根据溶液组成分析计算。
【详解】(1)水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25℃时纯水中，某温度(t℃)时，水的离子积常数，则该温度大于25℃，故答案为：>；升温促进水的电离，Kw增大；
(2)根据第(1)问可知，该温度下，c(H＋)＝1×10－7 ml/L的溶液，c(OH−)==1×10−5 ml·L−1，c(H＋)< c(OH−)，溶液显碱性；该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH−)水=c(H+)水= c(H+)=10−7ml⋅L−1；
(3)Zn和稀硫酸反应，使溶液酸性减弱，对水的电离抑制程度减弱，即水的电离平衡向右移动；在新制氯水中加入少量NaCl固体，水中的Cl-浓度增大，则平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO向逆反应方向移动，即向生成Cl2分子的方向移动，氯水中的H+浓度降低，对水的电离抑制程度降低，水的电离向右移动，故答案为：向右；向右；
(4)酸或碱均会抑制水的电离，根据溶液的酸碱性可得出，0.1 ml·L-1下列物质的溶液：①HCl与④NaOH比较，溶质电离的氢离子与氢氧根离子的浓度均为0.1ml·L-1，抑制作用相当；②H2SO4与⑤Ba(OH)2分别为二元强酸和二元强碱，则电离的氢离子与氢氧根离子的浓度均为0.1ml·L-1，抑制作用也一致，比①HCl与④NaOH的抑制作用强，由水电离的氢离子浓度更小；③NaCl为中性溶液，既不促进也不抑制，综上所述，五种溶液中水电离出的c(H+)由大小关系为：③>①=④>②=⑤，故答案为：③>①=④>②=⑤；
(5)25 ℃时，pH＝4的盐酸中c(H+)=1×10-4ml/L，c(OH-)==1×10-10ml/L=c(OH-)水= c(H+)水，pH＝10的Ba(OH)2溶液中c(H+)=1×10-10ml/L= c(H+)水= c(OH-)水，由此可知，两溶液中水的电离程度相同。
19. 目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，下图表示该反应过程中能量的变化。
(1)该反应为_________反应(“吸热”或“放热”)。
(2)在体积为1 L的密闭容器中，充入1 ml CO2和3 m1H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。反应达到平衡时CO2的转化率为_________。平衡时CH3OH的体积分数为_______。
(3)甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。已知在常温常压下：
①2CH3OH (l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-1275.6 kJ/ml
②H2O(1)=H2O(g) ΔH=+44.0 kJ/ml
写出表示甲醇燃烧的热化学方程式_________________。
(4)某温度时，在V L密闭容器中，A、B、C三种物质的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，该反应的化学方程式为_______，用A物质表示的反应速率是______。
【答案】 (1). 放热 (2). 75% (3). 30％ (4). CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g) + 2H2O(l) ∆H=-725.8kJ/ml (5). 4A+2B3C (6). ml·L-1·min-1
【解析】
【详解】(1)由图可知，该反应中反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应；
(2)由图可知，该反应自开始至平衡过程中，Δc(CO2)=(1-0.25)ml/L=0.75ml/L，因此反应达到平衡时CO2的转化率为×100%=75%；平衡时，c(CO2)=0.25ml/L，c(CH3OH)=0.75ml/L，c(H2)=-3Δc(CO2)=0.75ml/L，c(H2O)=c(CH3OH)=0.75ml/L，平衡时CH3OH的体积分数为×100%=30%；
(3)1ml甲醇完全燃烧生成CO2(g)、H2O(l)所放出的热量为甲醇的燃烧热，反应①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-1275.6 kJ/ml，②H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0 kJ/ml，根据盖斯定律可知，可得甲醇燃烧热的热化学方程式：CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ∆H=kJ/ml=-725.8kJ/ml；
(4)由图可知，反应过程中A、B的物质的量都减少，C的物质的量增加，反应物未完全转化为生成物，说明该反应为可逆反应，且Δn(A)：Δn(B)：Δn(C)=8：4：6=4：2：3，故该反应化学方程式为4A+2B3C；反应自开始至平衡时Δc(A)=，反应速率v(A)==ml·L-1·min-1。
20. 硫酸是重要的化工材料，二氧化硫生成三氧化硫是工业制硫酸的重要反应之一。
(1)将0.050mlSO2(g)和0.030mlO2(g)放入容积为1L的密闭容器中发生下述反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。在一定条件下达到平衡，测得c(SO3)=0.040ml·L-1。
①从平衡角度分析，采用过量O2的目的是___。
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡分压(PB)代替其物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数（记作KP），已知：B的平衡分压=总压×平衡时B的物质的量分数，则该温度下Kp=__。（总压用P0表示）
③已知：K(300℃)＞K(350℃)，该反应是__热反应。若升高温度，则SO2的转化率__（填“增大”、“减小”或“不变”）。
(2)某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如图1。平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)__K(B)（填“＞”、“＜”或“=”）。
(3)如图2所示，保持温度不变，将2mlSO2和1mlO2加入甲容器中，将4mlSO3加入乙容器中，隔板K不能移动。此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍。
①若移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新平衡时，SO3的体积分数甲__乙。(填“＜”“＞”或“=”)
②若保持乙中压强不变，向甲、乙容器中通入等质量的氦气，达到新平衡时，SO3的体积分数甲__乙。(填“＜”“＞”或“=”)
【答案】 (1). 提高二氧化硫的转化率 (2). (3). 放 (4). 减小 (5). = (6). ＜ (7). ＞
【解析】
【详解】(1)①从平衡角度分析采用过量O2的目的是，利用廉价原料提高物质转化率，加入氧气提高二氧化硫的转化率；
②平衡常数等于生成物浓度幂之积比上反应浓度幂之积，即K=，若用某组分(B)的平衡分压(PB)代替其物质的量浓度(cB)，可得Kp=；在一定条件下达到平衡，测得c(SO3)=0.040ml·L-1，根据三等式，容器的体积为1L；
则Kp==；
③K(300℃)＞K(450℃)，说明温度越高，平衡常数越小，反应逆向进行；升温，平衡向吸热反应方向进行，则正反应为放热反应；升温平衡逆向进行，SO2的转化率减小；
(2)平衡常数只受温度影响，与压强无关，平衡状态由A变到B时，二者温度相同，故平衡常数K(A)=K(B)；
(3)将2mlSO2和1mlO2加入甲容器中，将4mlSO3加入乙容器中，隔板K不能移动．此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，则此时二者达到等效平衡；
①若移动活塞P，使乙的容积和甲相等，增大压强，平衡正向进行，SO3的体积分数增大，SO3的体积分数甲＜乙；
②甲为恒温恒容容器，加入氦气总压增大，分压不变，平衡不移动；乙中加入氦气，为保持恒压，体积增大，分压减小，平衡逆向进行，达到新平衡时，SO3的体积分数减小，所以SO3的体积分数甲＞乙。温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10－5
15%H2O2
6%H2O2
3%H2O2
无催化剂、不加热
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
无催化剂、加热
160
t
720
MnO2粉末(颗粒直径：100 nm)
10
25
60
MnO2粉末(颗粒直径：1000 nm)
30
70
190
本试题分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 65 Hg 201 Pb 207
第I卷（40分）
一、单选题：(本题共10个小题，每小题2分，共20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. 设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：
（1）CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l） ΔH1＝a kJ·ml－1
（2）CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（g） ΔH2＝b kJ•ml－1
下列说法正确的是
A. H2O（g）=H2O（l）的ΔS<0，ΔH＝（a－b）kJ•ml－1
B. 上表中x＝（1 796＋b）/2
C. 当有4NA个C—H键断裂时，反应放出的热量一定为a kJ
D. a>b且甲烷燃烧热为b kJ·ml－1
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律H2O（g）=H2O（l）的ΔS<0，ΔH＝ kJ•ml－1，故A错误；
B．焓变=反应物总键能-生成物总键能，根据反应2，413×4＋2x－798×2-463×4=b， x＝(1796＋b)/2，故B正确；
C．当有4NA个C—H键断裂时，若生成液态水放出的热量为a kJ，若生成气态水放出的热量为b kJ，故C错误；
D．燃烧反应放热，焓变为负值，a
2. 下列说法中错误的是（ ）
A. 2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)在低温下能自发进行，则该反应的△H＜0
B. 加入合适催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变
C. 若△H＜0，△S＞0，化学反应在任何温度下都能自发进行
D. NH4Cl(s)＝NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0
【答案】B
【解析】
【详解】A.只要确定反应△G=△H-T△S＜0反应就可以自发进行，反应中△S＜0,又因为条件是低温，所以△H＜0，故A正确；
B.加入催化剂只能改变活化能，改变反应需要的时间，不能改变焓变，故B错误；
C. 若△H＜0，△S＞0，则△G＜0,所有化学反应在任何温度下都能自发进行，故C正确；
D.由题意可知，反应过程中△S＞0，所以根据公式，若室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0，故D正确；
答案B。
3. 一定温度下，把2.5mlA和2.5mlB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)＋B(s)⇌xC(g)＋2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2ml·L-1·s-1，同时生成1mlD，下列叙述中不正确的是
A. 反应达到平衡状态时A的转化率为60%
B. x=3
C. 若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态
D. 反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为6∶5
【答案】BD
【解析】
【分析】
经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2ml•L-1•s-1，可知生成C为0.2ml•L-1•s-1×2L×5s=2ml，同时生成1ml D，则=，解得x=4，则
3A（g）+B（s）⇌4C（g）+2D（g）
开始(ml) 2.5 2.5 0 0
转化(ml) 1.5 0.5 2 1
平衡(ml) 1 1.5 2 1
结合转化率=×100%及物质的量比等于压强比计算。
【详解】A. 由分析可知，反应达到平衡状态时A的转化率为=60%，故A正确；
B. 由上述分析可知，x=4，故B错误；
C. B为固体，气体的质量为变量，体积不变，则混合气体的密度不再变化时该可逆反应达到化学平衡状态，故C正确；
D. 反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为，故D错误；
故选BD。
4. 已知反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH＜0.某温度下，将2 ml SO2和1 ml O2置于 10 L密闭容器中，反应达平衡后，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是( )
A. 由图甲知，B点SO2的平衡浓度为0.3ml·L-1
B. 由图甲知，A点对应温度下的平衡常数为80
C. 达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图像可以用图乙表示
D. 压强为0.50 MPa时不同温度下SO2转化率与温度关系如丙图，则T2＞T1
【答案】C
【解析】
【详解】A、甲图中A点时SO2的转化率为0.80，由“三段式”：
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
初始量（ml/L）0.2 0.1 0
变化量（ml/L）0.80×0.2 0.08 0.80×0.2
A点时（ml/L）0.04 0.08 0.16
A. B点时SO2的转化率为0.85，计算转化的SO2的物质的量为0.85×2=1.7ml，剩余为0.3ml，此时其浓度为0.3ml·L-1，但是并非平衡浓度，A错误；
B. A点所在温度下的化学平衡常数为200，B错误；
C. 缩小容器的容积，增大压强化学平衡正向移动，图乙正确，C正确；
D. 由图丙判断T1>T2，D错误；
答案选C。
5. 生命过程与化学平衡移动密切相关。血红蛋白(Hb)与O2结合成氧合血红蛋白(Hb(O2))的过程可表示为：Hb＋O2(g)Hb(O2)。下列说法正确的是
A. 体温升高，O2与Hb结合更快，反应的平衡常数不变
B. 吸入新鲜空气，平衡逆向移动
C. CO达到一定浓度易使人中毒，是因为结合Hb使Hb(O2)分解速率增大
D. 高压氧舱治疗CO中毒的原理是使平衡Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)右移
【答案】D
【解析】
【详解】A项、反应的平衡常数是温度函数，体温升高，反应的平衡常数会改变，故A错误；
B项、吸入新鲜空气，反应物氧气的浓度增大，平衡向正反应方向移动，故B错误；
C项、CO达到一定浓度易使人中毒，是因为CO浓度增大，平衡Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)向逆反应方向移动，故C错误；
D项、高压氧舱治疗CO中毒的原理是CO中毒的病人放入高压氧仓中，使反应物氧气的浓度增大，平衡Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)向正反应方向移动，故D正确；
故选D。
【点睛】CO达到一定浓度易使人中毒，是因为CO浓度增大，平衡Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)向逆反应方向移动是解答关键。
6. 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下表：
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. 在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5ml/L，则此时V（正）>V（逆）
C. 25℃时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO（g）的平衡常数为2×10－5 (ml·L-1)3
D. 80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3ml，则Ni(CO)4的平衡浓度2 ml/L。
【答案】B
【解析】
A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，A正确；B．浓度商Qc=0.5/0.54=8，大于80℃平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，故v（正）＜v（逆），B错误；C. 25℃时反应Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25°C时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为1/5×104=2×10-5，C正确；D. 80℃达到平衡时，测得n（CO）=0.3ml，c（CO）=0.3ml/0.3L=1ml/L，故c[Ni（CO）4]=K•c4（CO）=2×14ml/L=2ml/L，D正确；答案选B。
7. 利用如图装置，完成很多电化学实验．下列有关此装置的叙述中，正确的是（ ）
A. 若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法
B. 若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀
C. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动
D. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．开关K置于M处，则该装置为原电池，由于活动性Zn＞Fe，所以Zn为负极，Fe为正极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，A错误；
B．开关K置于N处，，则该装置为电解池，若阳极X为碳棒，Y为NaCl溶液，Fe为阴极，被保护，不会引起Fe的腐蚀，B错误；
C．开关K置于M处，则该装置为原电池，若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，由于活动性Fe＞Cu，Fe作负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，此时铜棒质量将增加，在外电路中的电子由Zn经导线向铜电极移动，C正确；
D．开关K置于N处，则该装置为电解池，Y为硫酸铜溶液，若阳极X为铜棒，电极反应：Cu-2e-=Cu2+，Fe为阴极，电极反应：Cu2++2e-=Cu可用于铁表面镀铜，由于两电极溶解的Cu的质量和析出的Cu 的质量相等，所以溶液中铜离子浓度将不变，D错误；
故选C。
8. 液流式铅蓄电池以可溶性的甲基磺酸铅[(CH3SO3)2Pb]代替硫酸作为电解质，该电池充放电的总反应为2Pb2++2H2O Pb+PbO2+4H+，下列说法不正确的是
A. 放电时，电极质量均减小
B. 放电时，正极反应是PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O
C. 充电时，溶液中Pb2+向阴极移动
D. 充电时，阳极周围溶液的pH增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．电池放电时，负极反应为Pb-2e-=Pb2+，正极反应为PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，则放电时，电极质量均减小，故A项说法正确；
B．放电时，PbO2发生还原反应生成Pb2+，电极反应式为PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，故B项说法正确；
C．充电时，阳离子向阴极移动，故C项说法正确；
D．充电时，阳极反应为Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，阳极周围H+浓度逐渐增大，因此阳极周围溶液的pH减小，故D项说法错误；
综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。
9. 某燃料电池可实现NO和CO的无害转化，其结构如图所示。下列说法正确的是
A 石墨Ⅰ电极上发生氧化反应
B. 电池工作时Na向石墨Ⅱ电极处移动
C. 石墨Ⅱ反应式：CO－2e－＋O2－＝CO2
D. 电路中每通过6 ml电子，生成1 ml N2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 石墨Ⅰ电极上NO发生反应生成N2，化合价降低，属于还原反应，故A错误；
B. 电池工作时Na+向正极移动，即向石墨I电极处移动，故B错误；
C. 如图所示，石墨Ⅱ为负极，失电子，发生还原反应，反应式为：CO－2e－＋O2－＝CO2，故C正确；
D. N元素化合价有+2降低为0，每生成1mlN2得到4ml电子，则电路中每通过6 ml电子，生成1.5 ml N2，故D错误；
故选C。
10. 在恒容密闭容器中，可以作为2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)达到平衡状态的标志是( )
①单位时间内生成n ml O2的同时生成2n ml NO2；②单位时间内生成n ml O2的同时生成2n mlNO；③混合气体的颜色不再改变；④混合气体的密度不再改变的状态；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定
A. ①③⑤⑦B. ②④⑤C. ①③④D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①单位时间内生成n ml O2的同时生成2n ml NO2，能说明正逆反应速率的相等关系，①正确；②单位时间内生成n ml O2的同时生成2n mlNO均表示正反应速率，不能说明正逆反应速率的关系，②错误；③混合气体的颜色不变化，说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，③正确；④该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度不再变化，所以该反应不一定达到平衡状态，④错误；⑤混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量=混合气体的总质量/混合气体的总物质的量，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，⑤正确；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定是反应过程中任何时候都有的，该反应不一定达到平衡状态，⑥错误；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定，说明它们的物质的量就不变，浓度不变，该反应达到了平衡状态，⑦正确；达到平衡状态的标志有①③⑤⑦，故选A。
二、不定项选题（每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项，符合题意全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。)
11. 三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，中间隔室的Na+和可通过离子交换膜，而两端隔室中的离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是
A. 通电后中间隔室的向正极区迁移，正极区溶液 pH增大
B. 该法处理含废水时可以得到NaOH和产品
C. 负极反应为，负极区溶液 pH降低
D. 当电路中通过1 ml电子时，会有0.25 ml的O2生成
【答案】BD
【解析】
【详解】A．阴离子向阳极(即正极区)移动，正极区氢氧根离子放电pH减小，故A错误；
B．直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C．负极区反应为：4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，溶液pH增大，故C错误；
D．每生成1ml氧气转移4ml电子，当电路中通过1ml电子的电量时，会有0.25ml的O2生成，故D正确；
故选BD。
12. 锂离子电池又称为“摇摆电池”，广泛应用于电动自行车等，其充放电过程就是锂离子的嵌入和脱嵌过程（习惯上正极用嵌入或脱嵌表示，负极用插入或脱插表示），即充放电过程就是锂离子在正、负极间往返运动而形成电流。其装置结构简图如图所示（电解液为溶有的碳酸酯类溶剂，隔膜为仅锂离子能通过的高分子膜），工作原理为C6Li+Li(1-x)MO2LiMO2+C6Li(1-x)(M代表过渡元素)，则下列说法错误的是
A. 电池放电时，正极为石墨
B. 锂离子电池的优点是质量小，电容量大，可重复多次使用
C. 电池充电时阳极的反应为LiMO2-xe-=Li(1-x)MO2+xLi+
D. 锂离子电池的电解液可用LiNO3溶液作为离子导体
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 电池放电时，从图像可以看出，石墨是负极，故A错误；
B.锂的摩尔质量很小，锂离子电池的优点是质量小，电容量大，可重复多次使用，故B正确；
C.电池充电时阳极失去电子发生氧化反应，工作原理为C6Li＋Li(1-x)MO2LiMO2＋C6Li(1-x)(M代表过渡元素)，所以阳极的反应为LiMO2-xe－=Li(1-x)MO2+xLi＋，故C正确；
D.金属锂是活泼金属会与溶液中的水反应，锂离子电池的电解液不能用LiNO3溶液作为离子导体，故D错误；
故答案AD。
13. 用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－574 kJ·ml－1
②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1160 kJ·ml－1
下列说法不正确的是( )
A. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ
B. 由反应①可推知：CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l) ΔH<－574 kJ·ml－1
C. 反应①②转移的电子数相同
D. 反应②中，当4.48 L CH4完全反应时转移的电子总数为1.60 ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，将①②相加得到如下热化学方程式：CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－867 kJ/ml，标准状况下4.48 L CH4的物质的量为0.2 ml，放出的热量为0.2 ml×867 kJ/ml＝173.4 kJ，选项A正确；
B．由于液态水变为气态水需要吸收热量，所以生成液态水的反应放出的热量多，放热越多，则ΔH越小，即ΔH<－574 kJ/ml，选项B正确；
C．①②中C的化合价均有-4上升到+4，故两式中得失电子数目相等，选项C正确；
D．反应②中每1 ml CH4反应完全时转移的电子总数为8 ml，若0.2 ml CH4完全反应时转移的电子总数为1.60 ml，没有说明标准状况下，4.48 L CH4不一定为0.2 ml，选项D不正确。
答案选D。
14. Burns和Daintn研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下： ①Cl2（g） 2Cl•（g）快；②CO（g）+Cl•（g）COCl•（g）快；③COCl•（g）+Cl2（g）COCl2（g）+Cl•（g）慢。其中反应②存在v正=k正c（CO） c（C1•）、v逆=k逆c（COCl•）。下列说法正确的是
A. 反应①的活化能大于反应③的活化能
B. 反应②的平衡常数K=
C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率
D. 选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。
【详解】A．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；
B．反应②存在v正=k正c（CO） c（C1•）、v逆=k逆c（COCl•），平衡时正逆反应速率相等，则 ，故B正确；
C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C正确；
D．催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COCl2的平衡产率不变，故D错误；
答案选BC。
15. 在Ni/凹凸棒石催化剂下可发生反应：C2H5OH(g) + 3H2O(g) 2CO2(g) +6 H2 (g )，如图为在2 L刚性容器中，相同时间内不同水醇比(乙醇的起始物质的量相同)测得乙醇转化率随温度变化的关系图，其中水醇比为2:1 时，各点均已达到平衡状态，下列说法正确的是（ ）
A. C2H5OH(g) + 3H2O(g) 2CO2(g) +6 H2 (g ) ΔH<0
B. 若乙醇的起始物质的量为 1 ml, 则 K ( 400°C ) =
C. B、C 两点一定未达到平衡状态
D. 水醇比过高，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，则相同时间内乙醇转化率降低
【答案】CD
【解析】
【详解】A.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，升高温度，乙醇转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，ΔH＞0，故A错误；
B.若乙醇的起始物质的量为1 ml，则由水醇比为2:1可知水的物质的量为2ml，由图可知，400°C时乙醇转化率为20%，由此建立如下三段式：
平衡时K ( 400°C ) =≠，故B错误；
C.由化学平衡移动原理可知，水醇比越高，反应转化率约的越高，由图可知，400°C时B、C、D的水醇比为8：1、6：1、4:1，D的水醇比小于B、C，但乙醇转化率高于B、C，说明B、C 两点一定未达到平衡状态，故C正确；
D.由图可知，400°C时B、C、D三点中，B的水醇比最高，反应速率最小，说明水醇比过高，过多的水分子可能会占据催化剂表面活性位，导致反应速率降低，则相同时间内乙醇转化率降低，故D正确；
故选CD。
第II卷 （60分）
三、非选择题：本题共5个题，共60分。
16. 某实验小组对H2O2分解速率的影响因素做了如下探究：
Ⅰ．甲同学依据实验①和实验②所得数据进行处理得图1曲线；乙同学依据实验③和实验④所得数据进行处理得图2曲线。
(1)由图1可知：该因素对过氧化氢分解速率的影响是_________。
(2)分析图2，可得出的结论是_________。
Ⅱ．丙同学设计了几组实验，探究H2O2影响分解速率的其他因素，记录数据如表。已知表中“时间”表示用20 mL H2O2制取50 mL(常温常压下)O2所需的时间
(3)推测时间t的范围为___________。
(4)写出上述实验中发生反应的化学方程式：_____________。
(5)实验结果表明，催化剂的催化效果与__________有关。
【答案】 (1). 在相同条件下，反应物的浓度越大，过氧化氢分解速率越快 (2). 在碱性溶液中过氧化氢的分解速率大于在酸性溶液中的分解速率，但不影响最终产物质量 (3). 160＜t ＜720 (4). (5). 催化剂的颗粒大小
【解析】
【分析】
实验①和实验②中过氧化氢溶液的浓度不同，其他条件相同，这两个实验在研究双氧水的浓度对过氧化氢分解速率的影响；实验③和实验④中，双氧水的浓度相同，溶液的酸碱性不同，是在研究酸碱性对过氧化氢分解速率的影响；以此解答。
【详解】(1)实验①和实验②是研究双氧水的浓度对过氧化氢分解速率的影响，由图1可知：在相同条件下，反物的浓度越大，过氧化氢分解速率越快，故答案为：在相同条件下，反应物的浓度越大，过氧化氢分解速率越快；
(2)实验③和实验④中，双氧水的浓度相同，溶液的酸碱性不同，由图2可知，在碱性溶液中过氧化氢的分解速率大于在酸性溶液中的分解速率，但不影响最终产物质量，故答案为：在碱性溶液中过氧化氢的分解速率大于在酸性溶液中的分解速率，但不影响最终产物质量；
(3)其他条件相同时，双氧水的浓度越大，反应速率越快，故答案为：160＜t ＜720；
(4)双氧水分解的方程式为：，故答案为：；
(5)由表格数据可知，二氧化锰粉末的直径越小，反应速率越快，催化剂的催化效果与催化剂的颗粒大小有关，故答案为：催化剂的颗粒大小。
17. (1)铁是一种廉价的金属，除了作为重要的结构材料外又有了新的用途。磷酸聚合物铁锂电池以其廉价、高容量和安全性逐渐占据市场。高铁电池的研究也在进行中。如图是高铁电池的实验装置示意图：
已知放电后，两极得到的铁的相同价态的化合物。
①该电池放电时正极电极反应式是___________________________________；
②若该电池属于二次电池，则充电时阴极反应的电极反应式为______________________。
③已知盐桥中含有饱和KCl溶液，放电时，盐桥的作用是________________。此盐桥中阴离子的移动方向是__________________________。
(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，它氧化性能好，且无二次污染，属于绿色处理剂。爱迪生蓄电池反应为Fe＋NiO2＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2，可用如图装置制取少量高铁酸钠。
①此装置中爱迪生蓄电池的负极是________(填“a”或“b”)，该电池工作一段时间后必须充电，充电时生成NiO2的反应类型是____________________。
②写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳极的电极反应式：__________________________。
(3)二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体,是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。下图是目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。
①阳极产生ClO2的电极反应式：__________________。
②当阴极产生标准状况下112 mL气体时，通过阳离子交换膜离子的物质的量为__。
【答案】 (1). ＋4H2O＋3e－=Fe(OH)3＋5OH－ (2). Fe(OH)3＋3e－=Fe＋3OH－(或FeOOH＋3e－＋H2O=Fe＋3OH－) (3). 形成闭合电路 (4). 由左池到右池 (5). a (6). 氧化反应 (7). Fe－6e－＋8OH－=＋4H2O (8). Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+ (9). 0.01 ml
【解析】
【详解】(1)①放电时，Fe作负极，正极上高铁酸钾发生还原反应，两极得到铁的相同价态的化合物，由于高铁酸钾的氧化性很强，能够生成三价铁，所以正极发生的电极反应是：＋4H2O＋3e－=Fe(OH)3＋5OH－；
②充电时，阴极上Fe(OH)3或FeOOH发生还原反应，电极反应式为：Fe(OH)3+3e-=Fe+3OH-(或FeOOH＋3e－＋H2O=Fe＋3OH－)；
③在放电过程中，盐桥的作用是形成闭合回路；放电时盐桥中阴离子从正极向负极移动，即阴离子由左池到右池移动；
(2)①由总反应方程式可知，放电时Fe元素化合价升高，Ni元素化合价降低，充电时Fe元素化合价降低，Ni元素化合价升高，因此放电时，铁作负极，碳棒作正极，所以放电时a是负极，b是正极；充电时，氢氧化镍失电子生成氧化镍，发生氧化反应；
②电解法制取高铁酸钠时，阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O；
(3)①电解过程中，Na+向右移动，因此左侧为电解池阳极，右侧为电解池阴极，因此阳极上是Cl-失去电子生成ClO2，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；
②阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，当阴极产生标准状况下112 mL气体时，气体的物质的量为=0.005ml，则转移电子为0.005ml×2=0.01ml，通过阳离子交换膜离子为Na+，因此所转移Na+的物质的量为0.01ml。
18. (1)某温度(t℃)时，水的Kw=1×10-12，则该温度_________ (填“＞”“＜”或“＝”)25 ℃，其理由是__________________。
(2)该温度下，c(H+)=1×10-7 ml·L-1的溶液呈_________(填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH-)=_________ml·L-1。
(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡_________ (填“向左”“向右”或“不”)移动。在新制氯水中加入少量NaCl固体,水的电离平衡_________ (填“向左”“向右”或“不”)移动。
(4)25 ℃时，0.1 ml·L-1下列物质的溶液：①HCl、②H2SO4、③NaCl、④NaOH 、⑤Ba(OH)2，水电离出的c(H+)由大到小的关系是_________ (填序号)。
(5)25 ℃时，pH=4的盐酸中水的电离程度_________(填“＞”、“＜”或“=”)pH=10的Ba(OH)2溶液中水的电离程度。
【答案】 (1). ＞ (2). 升温促进水的电离，Kw增大 (3). 碱性 (4). 1×10-7 (5). 向右 (6). 向右 (7). ③>①=④>②=⑤ (8). 等于
【解析】
【分析】
水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较(t℃)时和25℃时Kw的值判断；通过比较溶液在该温度下氢离子浓度与氢氧根离子浓度的大小判断溶液的酸碱性；NaOH为强碱，抑制水电离；根据离子浓度对电离平衡的影响效果判断；酸或碱都抑制水电离，酸溶液中氢离子(氢氧根离子)浓度越大，其抑制水电离程度越大。溶液中水电离的c(H＋)和水电离c(OH－)一直相等，则c(H＋)水＝c(OH－)水，根据溶液组成分析计算。
【详解】(1)水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25℃时纯水中，某温度(t℃)时，水的离子积常数，则该温度大于25℃，故答案为：>；升温促进水的电离，Kw增大；
(2)根据第(1)问可知，该温度下，c(H＋)＝1×10－7 ml/L的溶液，c(OH−)==1×10−5 ml·L−1，c(H＋)< c(OH−)，溶液显碱性；该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH−)水=c(H+)水= c(H+)=10−7ml⋅L−1；
(3)Zn和稀硫酸反应，使溶液酸性减弱，对水的电离抑制程度减弱，即水的电离平衡向右移动；在新制氯水中加入少量NaCl固体，水中的Cl-浓度增大，则平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO向逆反应方向移动，即向生成Cl2分子的方向移动，氯水中的H+浓度降低，对水的电离抑制程度降低，水的电离向右移动，故答案为：向右；向右；
(4)酸或碱均会抑制水的电离，根据溶液的酸碱性可得出，0.1 ml·L-1下列物质的溶液：①HCl与④NaOH比较，溶质电离的氢离子与氢氧根离子的浓度均为0.1ml·L-1，抑制作用相当；②H2SO4与⑤Ba(OH)2分别为二元强酸和二元强碱，则电离的氢离子与氢氧根离子的浓度均为0.1ml·L-1，抑制作用也一致，比①HCl与④NaOH的抑制作用强，由水电离的氢离子浓度更小；③NaCl为中性溶液，既不促进也不抑制，综上所述，五种溶液中水电离出的c(H+)由大小关系为：③>①=④>②=⑤，故答案为：③>①=④>②=⑤；
(5)25 ℃时，pH＝4的盐酸中c(H+)=1×10-4ml/L，c(OH-)==1×10-10ml/L=c(OH-)水= c(H+)水，pH＝10的Ba(OH)2溶液中c(H+)=1×10-10ml/L= c(H+)水= c(OH-)水，由此可知，两溶液中水的电离程度相同。
19. 目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，下图表示该反应过程中能量的变化。
(1)该反应为_________反应(“吸热”或“放热”)。
(2)在体积为1 L的密闭容器中，充入1 ml CO2和3 m1H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。反应达到平衡时CO2的转化率为_________。平衡时CH3OH的体积分数为_______。
(3)甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。已知在常温常压下：
①2CH3OH (l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-1275.6 kJ/ml
②H2O(1)=H2O(g) ΔH=+44.0 kJ/ml
写出表示甲醇燃烧的热化学方程式_________________。
(4)某温度时，在V L密闭容器中，A、B、C三种物质的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，该反应的化学方程式为_______，用A物质表示的反应速率是______。
【答案】 (1). 放热 (2). 75% (3). 30％ (4). CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g) + 2H2O(l) ∆H=-725.8kJ/ml (5). 4A+2B3C (6). ml·L-1·min-1
【解析】
【详解】(1)由图可知，该反应中反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应；
(2)由图可知，该反应自开始至平衡过程中，Δc(CO2)=(1-0.25)ml/L=0.75ml/L，因此反应达到平衡时CO2的转化率为×100%=75%；平衡时，c(CO2)=0.25ml/L，c(CH3OH)=0.75ml/L，c(H2)=-3Δc(CO2)=0.75ml/L，c(H2O)=c(CH3OH)=0.75ml/L，平衡时CH3OH的体积分数为×100%=30%；
(3)1ml甲醇完全燃烧生成CO2(g)、H2O(l)所放出的热量为甲醇的燃烧热，反应①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-1275.6 kJ/ml，②H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0 kJ/ml，根据盖斯定律可知，可得甲醇燃烧热的热化学方程式：CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ∆H=kJ/ml=-725.8kJ/ml；
(4)由图可知，反应过程中A、B的物质的量都减少，C的物质的量增加，反应物未完全转化为生成物，说明该反应为可逆反应，且Δn(A)：Δn(B)：Δn(C)=8：4：6=4：2：3，故该反应化学方程式为4A+2B3C；反应自开始至平衡时Δc(A)=，反应速率v(A)==ml·L-1·min-1。
20. 硫酸是重要的化工材料，二氧化硫生成三氧化硫是工业制硫酸的重要反应之一。
(1)将0.050mlSO2(g)和0.030mlO2(g)放入容积为1L的密闭容器中发生下述反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。在一定条件下达到平衡，测得c(SO3)=0.040ml·L-1。
①从平衡角度分析，采用过量O2的目的是___。
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡分压(PB)代替其物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数（记作KP），已知：B的平衡分压=总压×平衡时B的物质的量分数，则该温度下Kp=__。（总压用P0表示）
③已知：K(300℃)＞K(350℃)，该反应是__热反应。若升高温度，则SO2的转化率__（填“增大”、“减小”或“不变”）。
(2)某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如图1。平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)__K(B)（填“＞”、“＜”或“=”）。
(3)如图2所示，保持温度不变，将2mlSO2和1mlO2加入甲容器中，将4mlSO3加入乙容器中，隔板K不能移动。此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍。
①若移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新平衡时，SO3的体积分数甲__乙。(填“＜”“＞”或“=”)
②若保持乙中压强不变，向甲、乙容器中通入等质量的氦气，达到新平衡时，SO3的体积分数甲__乙。(填“＜”“＞”或“=”)
【答案】 (1). 提高二氧化硫的转化率 (2). (3). 放 (4). 减小 (5). = (6). ＜ (7). ＞
【解析】
【详解】(1)①从平衡角度分析采用过量O2的目的是，利用廉价原料提高物质转化率，加入氧气提高二氧化硫的转化率；
②平衡常数等于生成物浓度幂之积比上反应浓度幂之积，即K=，若用某组分(B)的平衡分压(PB)代替其物质的量浓度(cB)，可得Kp=；在一定条件下达到平衡，测得c(SO3)=0.040ml·L-1，根据三等式，容器的体积为1L；
则Kp==；
③K(300℃)＞K(450℃)，说明温度越高，平衡常数越小，反应逆向进行；升温，平衡向吸热反应方向进行，则正反应为放热反应；升温平衡逆向进行，SO2的转化率减小；
(2)平衡常数只受温度影响，与压强无关，平衡状态由A变到B时，二者温度相同，故平衡常数K(A)=K(B)；
(3)将2mlSO2和1mlO2加入甲容器中，将4mlSO3加入乙容器中，隔板K不能移动．此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，则此时二者达到等效平衡；
①若移动活塞P，使乙的容积和甲相等，增大压强，平衡正向进行，SO3的体积分数增大，SO3的体积分数甲＜乙；
②甲为恒温恒容容器，加入氦气总压增大，分压不变，平衡不移动；乙中加入氦气，为保持恒压，体积增大，分压减小，平衡逆向进行，达到新平衡时，SO3的体积分数减小，所以SO3的体积分数甲＞乙。温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10－5
15%H2O2
6%H2O2
3%H2O2
无催化剂、不加热
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
无催化剂、加热
160
t
720
MnO2粉末(颗粒直径：100 nm)
10
25
60
MnO2粉末(颗粒直径：1000 nm)
30
70
190
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