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2021-2022学年北京市大兴区高二（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年北京市大兴区高二（上）期中化学试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市大兴区高二（上）期中化学试卷
一、选择题：本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题3分
1．（3分）下列设备工作时，可将化学能直接转化为热能的是（ ）
A．硅太阳能电池 B．磷酸铁锂电池
C．燃气灶 D．风力发电机
2．（3分）下列条件改变时，可以改变化学反应速率但一定不能使化学平衡发生移动的是（ ）
A．温度 B．浓度 C．压强 D．催化剂
3．（3分）“中和反应反应热的测定”实验中，不需要使用的仪器是（ ）
A．容量瓶 B．温度计 C．玻璃搅拌器 D．量筒
4．（3分）已知4NH3+5O2═4NO+6H2O（g），若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则正确的关系是（ ）
A． v（NH3）＝v（O2） B． v（O2）＝v（H2O）
C． v（NH3）＝v（H2O） D． v（O2）＝v（NO）
5．（3分）已知：25℃、101kPa时，1g H2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，下列热化学方程式中书写正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H═﹣142.9kJ/mol
B．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H═﹣285.8kJ/mol
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H═﹣571.6kJ/mol
D．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H═+285.8kJ/mol
6．（3分）已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH═﹣92.4kJ/mol。若断裂1molH﹣H、1molN﹣H需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ，则断裂1molN≡N需要吸收的能量为（ ）
A．431kJ B．945.6kJ C．649kJ D．869kJ
7．（3分）1g水凝结成1g冰的过程中，下列分析不正确的是（ ）
A．该过程是熵减的过程
B．该过程属于物理变化
C．1g水与1g冰所具有的内能不同
D．H2与O2反应生成1molH2O（l）与生成1molH2O（s）放出热量相同
8．（3分）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＜0反应达到平衡状态后，改变某一条件，下列图像与条件变化一致的是（ ）
A．升高温度
B．增大N2浓度
C．改变压强
D．加入催化剂
A．A B．B C．C D．D
9．（3分）下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．铁触媒有利于N2和H2反应合成氨
B．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡体系，加压后颜色变深
C．N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3 （g） ΔH＜0 高温有利于合成氨
D．Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3的平衡体系，加入少量KSCN固体后溶液颜色加深
10．（3分）H2O2是重要的消毒剂，研究其分解反应有重要意义。KI能加快H2O2的分解。
①2H2O2═2H2O+O2↑
②H2O2+I﹣═H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣═H2O+O2↑+I﹣
H2O2分解反应过程中能量变化如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．KI在反应中起催化剂的作用
B．H2O2+I﹣═H2O+IO﹣是吸热反应
C．KI降低了反应的活化能，反应速率加快
D．加入KI后，2H2O2═2H2O+O2↑的反应热变小
11．（3分）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g） ΔH。现将装有NO2（红棕色）和N2O4（无色）混合气体的三只烧瓶分别放置在盛有水的烧杯中（如图）。然后在烧杯内分别加入下列物质，烧瓶内气体颜色变化如下表所示：
序号
I
II
III
外加物质
CaO固体
无
NH4Cl固体
气体颜色
加深
不变
变浅
下列叙述正确的是（ ）
A．△H＜0
B．NH4Cl固体溶于水时放出热量
C．I中烧瓶内混合气体的平均相对分子质量增大
D．III中烧瓶内气体的压强增大
12．（3分）在密闭容器中发生反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0，测得c（CH4）随反应时间（t）的变化如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．0～5min内，v（CH4）＝0.1mol•L﹣1•min﹣1
B．10min时，改变的外界条件可能是温度
C．恒温下，缩小容器体积，达到新平衡时n（H2）比原平衡时的小
D．10～12min时间内，反应的平衡常数逐渐减小
13．（3分）我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如图所示。。
已知：下列说法不正确的是（ ）
A．过程I吸收能量
B．该过程可以实现太阳能向化学能转化
C．若分解2molH2O（g），反应放出444kJ能量
D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数
14．（3分）将0.2mol/LKI溶液和0.05mol/LFe2（SO4）3溶液等体积混合，充分反应后，取混合溶液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2的是（ ）
（已知：Fe2+与K3[Fe（CN）6]溶液反应有蓝色沉淀生成）
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变为红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe（CN）6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变为蓝色
A．① B．①和② C．②和④ D．③和④
二、非选择题（共58分）
15．（13分）按要求回答下列问题：
（1）已知：I．H2O（g）＝H2（g）+O2（g） ΔH＝+241.8kJ/mol
II．C（s）+O2（g）＝CO（g） ΔH＝﹣110.5kJ/mol
III．C（s）+O2（g）＝CO2（g） ΔH＝﹣393.5kJ/mol
①上述反应中，属于吸热反应的是 （填序号）。
②表示C的燃烧热的热化学方程式为 （填序号）。
③写出CO燃烧的热化学方程式 。
（2）在密闭容器中，通入amolN2和bmolH2，在一定条件下反应达到平衡时，容器中剩余cmolN2。
①达到平衡时，生成NH3的物质的量为 ，H2的转化率为 。
②若把容器的容积缩小一半，则正反应速率 （填“增大”“减小”或“不变”，下同），逆反应速率 ，N2的转化率 。
16．（13分）在密闭容器中发生反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其平衡常数（K）和温度（T）的关系如下表所示。
T/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
（1）该反应的平衡常数表达式K＝ ；由上表可知该反应为 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）830℃时，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持温度不变，反应达到平衡后，其平衡常数 1.0（填“大于”“小于”或“等于”），此时CO2的物质的量为 。
（3）下列有利于提高平衡时CO2转化率的措施有 （填字母）。
a．使用催化剂
b．升温
c．增大 CO2和 H2的投料比
（4）若1200℃时，在某时刻反应混合物中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，则此时反应的平衡移动方向为 （填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”）。
（5）实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向上述 反应体系中投入一定量的CaO，H2的体积分数增大，实验结果如图所示。（已知：1微米＝10﹣6米，1纳米＝10﹣9米）。投入纳米CaO比微米CaO时，H2的体积分数更高的原因是 。
17．（10分）二甲醚（CH3OCH3）是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如下。2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣206.0kJ/mol
工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：
ⅰ．甲醇合成反应：
ⅱ．甲醇脱水反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣24.0kJ/mol
（1）起始时向容器中投入2mol CO和4mol H2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为 。
（2）请补全甲醇合成反应的热化学方程式： 。
（3）甲醇脱水反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）在某温度下的化学平衡常数为400。此温度下，在恒容密闭容器中加入一定量的CH3OH（g），测得某时刻各组分浓度如表所示。此时反应 （填“已达到”或“未达到”）化学平衡状态。
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/（mol/L）
0.02
0.4
0.4
（4）生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H＝+48.8kJ/mol。将反应物混合气按进料比n（CO）：n（H2）＝1：2通入反应装置，选择合适的催化剂。在不同温度和压强下，测得二甲醚的选择性分别如图1、图2所示。
资料：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO在全部CO反应物中所占的比例。
①图1中，温度一定，压强增大，二甲醚选择性增大的原因是 。
②图2中，温度高于265℃后，二甲醚选择性降低的原因有 。
18．（12分）我国力争在2060年前实现“碳中和”，综合利用CO2具有重要的意义。30MPa、200°C条件下，CO2与H2反应可制得气态甲醇（CH3OH），其反应的热化学方程式为：
CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H
（1）在一定温度下，2molCO2与6molH2置于2L密闭容器中反应制得甲醇，2min末生成0.8molCH3OH（g）。
①用CO2的浓度变化表示2min内该反应的化学反应速率 。
②2min末，容器中H2的物质的量浓度 。
（2）在实际生产中，测得合成塔中H2（g）及H2O（g）的物质的量随时间变化如图1所示，则图1中代表H2的曲线是 （填“X”或“Y”），v（正）与v（逆）相等的点为 （填字母）。
（3）研究温度对该反应的影响：
①研究发现，在210～290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到平衡时甲醇的产率与温度的关系如图2所示，则该反应的△H 0（填“＞”“＝”或“＜”），依据是 。
②在温度为T1、T2时，平衡体系中CO2的体积分数随压强变化的曲线如图3所示。下列说法正确的是 。
A．a、c两点的反应速率：a＜c
B．a、b两点CO2的转化率：a＞b
C．化学平衡常数：a＝c＜b
19．（10分）根据下列实验设计，回答问题：
（1）利用实验（Ⅰ）探究锌与0.1mol/L硫酸和2mol/L硫酸反应的速率，可以测定收集一定体积氢气所用的时间。此方法需要控制的变量有（写出1项）： 。
（2）实验（Ⅱ）探究浓度对化学化学平衡的影响。
已知：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+推测D试管中实验现象为 ，用平衡移动原理解释原因： 。
（3）实验（Ⅲ）目的是探究浓度对反应速率的影响，实验中反应离子方程式为 ，推测该实验设计 （填“能”或“不能”）达到实验目的，判断理由是 。
（4）某小组也用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）液进行实验，实验操作及现象如下表：
编号
实验操作
实验现象
ⅰ
向一支试管中先加入5mL 0.01 mol/L 酸性KMnO4溶液，再加入1 滴3mol/L 硫酸和9滴蒸馏水，最后加入5mL 0.1mol/L草酸溶液
前10 min 内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30 min 后几乎变为无色
ⅱ
向另一支试管中先加入5mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10 滴3mol/L硫酸，最后加入5mL 0.1mol/L 草酸溶液
80 s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150 s后几乎变为无色
①由实验ⅰ、实验ⅱ可得出的结论是 。
②关于实验ⅱ中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验ⅲ，验证猜想。
提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水。补全实验ⅲ的操作：向试管中先加入5mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液， ，最后加入5mL 0.1mol/L草酸溶液。
2021-2022学年北京市大兴区高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题3分
1．（3分）下列设备工作时，可将化学能直接转化为热能的是（ ）
A．硅太阳能电池 B．磷酸铁锂电池
C．燃气灶 D．风力发电机
【分析】将化学能转化为电能，应为原电池装置，结合能量的转化特点判断。
【解答】解：A．硅是良好的光电材料，硅太阳能电池为太阳能转化为电能的装置，而不是将化学能转化为电能，故A错误；
B．磷酸铁锂电池是原电池，是自发进行的氧化还原反应，利用特定的装置将得失电子转变为电子的定向移动，形成电流，是化学能转化为电能，故B错误；
C．燃气灶为化学能转化为热能的装置，故C正确；
D．风力发电，为机械能转化为电能，而不是将化学能转化为电能，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学能与热能的相互转化，题目难度不大，熟知能量间的转化形式是关键。
2．（3分）下列条件改变时，可以改变化学反应速率但一定不能使化学平衡发生移动的是（ ）
A．温度 B．浓度 C．压强 D．催化剂
【分析】改变反应速率的外界条件有浓度、温度、压强、催化剂、反应接触面积等，能使平衡发生移动的条件有浓度、温度和压强。
【解答】解：改变反应的浓度、温度和压强，化学反应速率发生改变，可以使平衡发生移动，加入催化剂，能降低反应所需的活化能，同等程度改变正逆反应速率，平衡不移动，
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响是解题的关键。
3．（3分）“中和反应反应热的测定”实验中，不需要使用的仪器是（ ）
A．容量瓶 B．温度计 C．玻璃搅拌器 D．量筒
【分析】中和热测定的实验中，需要量热器和量筒，量热器由温度计、环形玻璃搅拌棒、烧杯等仪器组成，以此来解答。
【解答】解：中和热测定的实验装置﹣量热器如图，需要温度计测定温度、玻璃搅拌器搅拌使溶液混合均匀，烧杯盛装酸或碱溶液，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，所以不需要容量瓶，
故选：A。
【点评】本题考查中和热的测定，明确实验需要的仪器及仪器的作用即可解答，题目较简单，注意使用量筒量取酸或碱溶液。
4．（3分）已知4NH3+5O2═4NO+6H2O（g），若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则正确的关系是（ ）
A． v（NH3）＝v（O2） B． v（O2）＝v（H2O）
C． v（NH3）＝v（H2O） D． v（O2）＝v（NO）
【分析】根据在同一化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比来计算。
【解答】解：对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），
A、速率之比等于化学计量数之比，故v（NH3）：v（O2）＝4：5，即v（NH3）＝v（O2），故A错误；
B、速率之比等于化学计量数之比，故v（O2）：v（H2O）＝5：6，即v（O2）＝v（H2O），故B错误；
C、速率之比等于化学计量数之比，故v（NH3）：v（H2O）＝4：6，即v（NH3）＝v（H2O），故C错误；
D、速率之比等于化学计量数之比，故v（O2）：v（NO）＝5：4，即v（O2）＝v（NO），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率规律，明确同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比。
5．（3分）已知：25℃、101kPa时，1g H2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，下列热化学方程式中书写正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H═﹣142.9kJ/mol
B．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H═﹣285.8kJ/mol
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H═﹣571.6kJ/mol
D．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H═+285.8kJ/mol
【分析】25℃，101kPa时，1gH2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，1gH2的物质的量为0.5mol，所以当1molH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量；
A.2mol氢气参加反应，完全燃烧生成液态水放出571.6kJ的热量；
B.1mol氢气参加反应，完全燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量；
C.2mol氢气参加反应，完全燃烧生成液态水放出571.6kJ的热量，气态水的能量高于液态水，所以生成气态水时，放出的热量少，ΔH大于﹣571.6kJ/mol；
D.1mol氢气参加反应，完全燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，气态水的能量高于液态水，所以生成气态水时，放出的热量少，ΔH大于﹣285.8kJ/mol；
【解答】解：n（H2）＝＝＝0.5mol，所以1mol氢气放出285.8kJ的热量，热化学方程式可书写为：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H═﹣285.8kJ/mol ①，
A.根据盖斯定律①×2，得到热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H═﹣571.6kJ/mol，故A错误；
B.H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H═﹣285.8kJ/mol，故B正确；
C.由A可知，生成液态水的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H═﹣571.6kJ/mol，生成气态水时，放出的热量少，ΔH大于﹣571.6kJ/mol，故C错误；
D.由B可知，生成液态水的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H═﹣285.8kJ/mol，生成气态水时，放出的热量少，ΔH大于﹣285.8kJ/mol，但不会转变为吸热反应，故D错误，
故选：B。
【点评】本题主要考查热化学方程式的书写及判断，难度偏易，做此类题目时，需要注意焓变的大小比较及计算。
6．（3分）已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH═﹣92.4kJ/mol。若断裂1molH﹣H、1molN﹣H需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ，则断裂1molN≡N需要吸收的能量为（ ）
A．431kJ B．945.6kJ C．649kJ D．869kJ
【分析】化学反应的反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，据此作答。
【解答】解：设N≡N键能为xkJ/mol，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92.4kJ/mol，故有ΔH＝xkJ/mol+3×436kJ/mol﹣6×391kJ/mol＝﹣92.4kJ/mol，解得x＝945.6，断裂1molN≡N需要吸收的能量为945.6kJ，
故选：B。
【点评】本题考查键能的求算，题目难度中等，掌握反应物和生成物的键能与反应热的关系是解题的关键。
7．（3分）1g水凝结成1g冰的过程中，下列分析不正确的是（ ）
A．该过程是熵减的过程
B．该过程属于物理变化
C．1g水与1g冰所具有的内能不同
D．H2与O2反应生成1molH2O（l）与生成1molH2O（s）放出热量相同
【分析】A．液态水转化为固体冰的变化过程中，混乱度减小；
B．过程中无新物质生成的变化为物理变化；
C．同种物质聚集状态不同，具有的内能不同；
D．物质聚集状态不同，具有的能量不同。
【解答】解：A．1g水凝结成1g冰的过程是熵减的过程，故A正确；
B．1g水凝结成1g冰的过程中，无新物质生成，为物理变化，故B正确；
C．1g水与1g冰的状态不同，所具有的内能不同，故C正确；
D．H2与O2反应生成1molH2O（l）与生成1molH2O（s），放出热量不相同，气态水变化为液态水需要放出热量，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质变化过程的分析判断，主要是物质内能、熵的理解应用，题目难度不大。
8．（3分）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＜0反应达到平衡状态后，改变某一条件，下列图像与条件变化一致的是（ ）
A．升高温度
B．增大N2浓度
C．改变压强
D．加入催化剂
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.升温，平衡向吸热反应方向移动；
B.增大反应物浓度，平衡正向移动；
C.加压，反应速率加快，平衡向气体分子数减小的方向移动；
D.催化剂能加快反应速率，但平衡不移动。
【解答】解：A.反应放热，升温，平衡逆向移动，氮气转化率变小，故A错误；
B.增大N2浓度，增大瞬间正反应速率增大，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，故B正确；
C.由图可知，压强为时P2时，反应先达到平衡，故P2＞P1，加压，平衡正向移动，氨气体积分数增大，与图像不符，故C错误；
D.加入催化剂，能降低反应所需的活化能，反应速率加快，达到平衡所需时间变短，但平衡不移动，气体总压强不变，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
9．（3分）下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．铁触媒有利于N2和H2反应合成氨
B．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡体系，加压后颜色变深
C．N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3 （g） ΔH＜0 高温有利于合成氨
D．Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3的平衡体系，加入少量KSCN固体后溶液颜色加深
【分析】A.催化剂能加快化学反应速率，平衡不移动；
B.气体颜色取决于气体的浓度；
C.升温，平衡向吸热反应方向移动；
D.增大反应物浓度，平衡正向移动。
【解答】解：A.N2和H2反应合成氨加入铁触媒作催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）反应前后气体分子数想等，加压平衡不移动，I2的物质的量不变，但加压容器体积减小，I2浓度变大，颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C.反应放热，温度高，平衡逆向移动，不利于合成氨，但高温下，催化剂的活性好，反应速率快，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3的平衡体系，加入少量KSCN固体，平衡正向移动，Fe（SCN）3浓度增大，颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
10．（3分）H2O2是重要的消毒剂，研究其分解反应有重要意义。KI能加快H2O2的分解。
①2H2O2═2H2O+O2↑
②H2O2+I﹣═H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣═H2O+O2↑+I﹣
H2O2分解反应过程中能量变化如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．KI在反应中起催化剂的作用
B．H2O2+I﹣═H2O+IO﹣是吸热反应
C．KI降低了反应的活化能，反应速率加快
D．加入KI后，2H2O2═2H2O+O2↑的反应热变小
【分析】A．由图可知，KI能降低反应的活化能，催化H2O2的分解；
B．若反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应放热，反之相反；
C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率；
D．KI是该反应的催化剂，但催化剂不能改变反应的焓变。
【解答】解：A．由图可知，KI能降低反应的活化能，催化H2O2的分解，则KI是该反应的催化剂，故A正确；
B．加入KI后反应分为：H2O2+I﹣═H2O+IO﹣，H2O2+IO﹣═H2O+O2↑+I﹣，由图可知，H2O2和I﹣具有的能量小于H2O和IO﹣具有的能量，则该步反应是吸热反应，故B正确；
C．由图可知，KI能降低反应的活化能，反应速率加快，故C正确；
D．KI是该反应的催化剂，但催化剂不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂的作用、吸放热反应的判定为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
11．（3分）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g） ΔH。现将装有NO2（红棕色）和N2O4（无色）混合气体的三只烧瓶分别放置在盛有水的烧杯中（如图）。然后在烧杯内分别加入下列物质，烧瓶内气体颜色变化如下表所示：
序号
I
II
III
外加物质
CaO固体
无
NH4Cl固体
气体颜色
加深
不变
变浅
下列叙述正确的是（ ）
A．△H＜0
B．NH4Cl固体溶于水时放出热量
C．I中烧瓶内混合气体的平均相对分子质量增大
D．III中烧瓶内气体的压强增大
【分析】A.在烧杯I中加入适量CaO，烧杯II中不加其他物质，发现烧瓶I中红棕色加深，已知CaO与水反应放热，使温度升高，则2NO2（g）⇌N2O4（g）逆向移动，据此分析；
B.在烧杯III中加入适量NH4Cl晶体，烧瓶III中红棕色变浅，可知氯化铵晶体溶于水吸热，使温度降低，2NO2（g）⇌N2O4（g）正向移动；
C.烧瓶I中气体的质量不变，平衡逆向移动使气体的物质的量增大；
D.体积不变，烧瓶III中平衡正向移动，使气体的物质的量减小。
【解答】解：A.在烧杯I中加入适量CaO，烧杯II中不加其他物质，发现烧瓶I中红棕色加深，已知CaO与水反应放热，使温度升高，则2NO2（g）⇌N2O4（g）逆向移动，正反应为放热反应，故△H＜0，故A正确；
B.烧瓶III中红棕色变浅，说明2NO2（g）⇌N2O4（g）正向移动，向放热的方向移动，故氯化铵晶体溶于水吸热，使温度降低，故B错误；
C.烧瓶I中气体的质量不变，平衡逆向移动使气体的物质的量增大，由可知平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，故C错误；
D.体积不变，烧瓶III中平衡正向移动，使气体的物质的量减小，物质的量与压强成正比，且温度降低、压强减小，则平衡时混合气体的压强减小，故D错误，
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度不大，明确温度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意颜色变化与平衡移动的关系。
12．（3分）在密闭容器中发生反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0，测得c（CH4）随反应时间（t）的变化如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．0～5min内，v（CH4）＝0.1mol•L﹣1•min﹣1
B．10min时，改变的外界条件可能是温度
C．恒温下，缩小容器体积，达到新平衡时n（H2）比原平衡时的小
D．10～12min时间内，反应的平衡常数逐渐减小
【分析】A.根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v＝，计算v（CH4）；
B.由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，反应向正反应方向移动；
C.恒温下，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果降低氢气浓度的增大，但不会消除浓度增大；
D.平衡常数只与温度有关，据此进行判断。
【解答】解：A.根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，故v（CH4）＝＝0.1mol/（L•min），故A正确；
B.由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故B正确；
C.恒温下，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，n（H2）减小，故C正确；
D.化学平衡常数只与温度变化有关，温度不变化学平衡常数不变，故D错误，
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡图象，涉及反应速率的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡状态本质，难度中等，注意根据浓度变化判断可能改变的条件，试题培养了学生的分析、理解能力。
13．（3分）我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如图所示。。
已知：下列说法不正确的是（ ）
A．过程I吸收能量
B．该过程可以实现太阳能向化学能转化
C．若分解2molH2O（g），反应放出444kJ能量
D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数
【分析】A．断裂化学键吸热；
B．由图可知，太阳能使水分解；
C．焓变△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能；
D．催化剂能降低反应活化能，可使反应体系中活化分子数增加。
【解答】解：A．过程I中是水的分解，断裂化学键，则过程Ⅰ吸收能量，故A正确；
B．由图可知，太阳能使水分解，则实现了光能向化学能的转化，故B正确；
C．分解水的反应为2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g），焓变△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝463kJ/mol×4﹣（436kJmol×2+498kJ/mol）＝+482kJ/mol，即2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）△H＝+482kJ/mol，所以分解2molH2O（g）吸收482kJ能量，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，可使反应体系中活化分子数增加，分子总数不变，则反应物分子中活化分子的百分数增大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变与键能的计算关系、催化剂的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中化学键的变化，题目难度不大。
14．（3分）将0.2mol/LKI溶液和0.05mol/LFe2（SO4）3溶液等体积混合，充分反应后，取混合溶液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2的是（ ）
（已知：Fe2+与K3[Fe（CN）6]溶液反应有蓝色沉淀生成）
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变为红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe（CN）6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变为蓝色
A．① B．①和② C．②和④ D．③和④
【分析】只有可逆反应才能建立化学平衡，故要想证明化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的存在，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底，将0.2mol•L﹣1的KI溶液和0.05mol•L﹣1 Fe2（SO4）3等体积混合，I﹣过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡，据此分析。
【解答】解：将0.2mol•L﹣1的KI溶液和0.05mol•L﹣1 Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，I﹣过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡，
①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①正确；
②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，溶液中I﹣过量，无论是否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，故②错误；
③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe（CN）6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；
④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误；
故选：A。
【点评】本题考查了反应的可逆性，应注意的是平衡只能建立在可逆反应上，故若证明平衡的存在，只需证明反应为可逆反应，题目难度不大。
二、非选择题（共58分）
15．（13分）按要求回答下列问题：
（1）已知：I．H2O（g）＝H2（g）+O2（g） ΔH＝+241.8kJ/mol
II．C（s）+O2（g）＝CO（g） ΔH＝﹣110.5kJ/mol
III．C（s）+O2（g）＝CO2（g） ΔH＝﹣393.5kJ/mol
①上述反应中，属于吸热反应的是 Ⅰ （填序号）。
②表示C的燃烧热的热化学方程式为 Ⅲ （填序号）。
③写出CO燃烧的热化学方程式 CO（g）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝﹣283.0kJ/mol 。
（2）在密闭容器中，通入amolN2和bmolH2，在一定条件下反应达到平衡时，容器中剩余cmolN2。
①达到平衡时，生成NH3的物质的量为 2（a﹣c）mol ，H2的转化率为 ×100% 。
②若把容器的容积缩小一半，则正反应速率 增大 （填“增大”“减小”或“不变”，下同），逆反应速率 增大 ，N2的转化率 增大 。
【分析】（1）①热化学方程式中，△H的“+”表示吸收热量，“﹣”表示放出热量；
②在25℃，101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；
③根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减；
（2）①根据题意列三段式计算，得到各气体的变化量和平衡量，代入转化率＝×100%计算H2的转化率；
②把容器的容积缩小一半，压强增大，各气体浓度都增大，化学反应速率增大，平衡向气体分子数减小的方向移动。
【解答】解：（1）①由热化学方程式可知，Ⅰ属于吸热反应，Ⅱ和Ⅲ属于放热反应，
故答案为：Ⅰ；
②C完全燃烧的产物时CO2（g），则表示C的燃烧热的热化学方程式为Ⅲ，
故答案为：Ⅲ；
③根据盖斯定律，由Ⅲ﹣Ⅱ可得CO（g）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝（﹣393.5kJ/mol）﹣（﹣110.5kJ/mol）＝﹣283.0kJ/mol，
故答案为：CO（g）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝﹣283.0kJ/mol；
（2）①根据题意，列三段式计算如下：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量/mol a b 0
变化量/mol a﹣c 3（a﹣c） 2（a﹣c）
平衡量/mol c b﹣3（a﹣c） 2（a﹣c）
故达到平衡时，生成NH3的物质的量为2（a﹣c）mol，H2的转化率为×100%，
故答案为：2（a﹣c）mol；×100%；
②若把容器的容积缩小一半，压强增大，各气体浓度都增大，则正反应速率增大，逆反应速率增大，该反应正向气体分子数减小，则平衡正向移动，N2的转化率增大，
故答案为：增大；增大；增大。
【点评】本题考查热化学方程式的书写、化学平衡的计算、平衡移动的原理和反应速率的影响因素，题目难度不大，关键是掌握热化学方程式的含义、燃烧热的定义、盖斯定律的应用以及外界条件对反应速率和平衡移动的影响，把握三段式解题法。
16．（13分）在密闭容器中发生反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其平衡常数（K）和温度（T）的关系如下表所示。
T/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
（1）该反应的平衡常数表达式K＝ ；由上表可知该反应为 吸热 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）830℃时，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持温度不变，反应达到平衡后，其平衡常数 等于 1.0（填“大于”“小于”或“等于”），此时CO2的物质的量为 0.4 。
（3）下列有利于提高平衡时CO2转化率的措施有 b （填字母）。
a．使用催化剂
b．升温
c．增大 CO2和 H2的投料比
（4）若1200℃时，在某时刻反应混合物中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，则此时反应的平衡移动方向为 逆反应方向 （填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”）。
（5）实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向上述 反应体系中投入一定量的CaO，H2的体积分数增大，实验结果如图所示。（已知：1微米＝10﹣6米，1纳米＝10﹣9米）。投入纳米CaO比微米CaO时，H2的体积分数更高的原因是 CO2能与CaO反应，纳米CaO比微米CaO吸收CO2的量更大，则平衡逆向的程度更大 。
【分析】（1）在一定温度下，当一个可逆反应达到平衡状态时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，这个常数叫做化学平衡常数，简称平衡常数，用符号K表示，平衡常数越大，平衡的正向程度越大，升高温度，平衡向吸热方向移动；
（2）平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，设CO2的变化量为xmol，容器体积为VL，列三段式计算，根据平衡常数K解得x，进而得到CO2的平衡量；
（3）a.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动；
b．升高温度，平衡向吸热方向移动；
c．增大 CO2和 H2的投料比，相当于保持H2的浓度不变，两物质反应，只增大一种反应物的浓度，平衡正向移动，另一种反应物的转化率增大，但增加的反应物转化率减小；
（3）根据题意计算反应的浓度商Qc＝，若Qc＜K则反应正向移动，若Qc＞K则反应逆向移动，若Qc＝K则反应处于平衡状态；
（4）CO2能与CaO反应，反应物浓度减小，平衡逆向移动，而纳米CaO比微米CaO更小，据此解答。
【解答】解：（1）平衡常识为各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，该反应的平衡常数表达式K＝，由表格可知，升高温度，平衡常数增大，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，
故答案为：；吸热；
（2）平衡常数只与温度有关，830℃时，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持温度不变，由表格可知，其平衡常数等于1.0，设CO2的变化量为xmol，列三段式计算如下：
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
起始量/mol 2 8 0 0
变化量/mol x x x x
平衡量/mol 2﹣x 8﹣x x x
设容器体积为VL，则K＝＝＝1.0，解得x＝1.6，则平衡时CO2的物质的量为（2﹣1.6）mol＝0.4mol，
故答案为：等于；0.4mol；
（3）a.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，则使用催化剂不能提高平衡时CO2转化率，故a错误；
b．由（1）可知该反应为吸热反应，升温使平衡正向移动，有利于提高平衡时CO2转化率，故b正确；
c．增大 CO2和 H2的投料比，相当于保持H2的浓度不变，增大CO2的浓度，平衡正向移动，H2的转化率提高，但CO2的转化率减小，故c错误；
故答案为：b；
（4）根据题意，此时反应的浓度商Qc＝＝＝4＞K（1200℃）＝2.6，则此时反应的平衡移动方向为逆反应方向，
故答案为：逆反应方向；
（5）CO2能与CaO反应，反应物浓度减小，平衡逆向移动，从而使H2的体积分数增大，而纳米CaO比微米CaO更小，即纳米CaO的接触面积比微米CaO的接触面积更大，则吸收CO2的量更大，平衡逆向的程度更大，H2的体积分数更高，
故答案为：CO2能与CaO反应，纳米CaO比微米CaO吸收CO2的量更大，则平衡逆向的程度更大。
【点评】本题考查化学平衡常数的计算和应用、平衡移动的原理，题目难度中等，关键是掌握平衡常数的含义以及外界条件对平衡移动的影响，注意平衡常数只与温度有关。
17．（10分）二甲醚（CH3OCH3）是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如下。2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣206.0kJ/mol
工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：
ⅰ．甲醇合成反应： CO+2H2⇌CH3OH
ⅱ．甲醇脱水反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣24.0kJ/mol
（1）起始时向容器中投入2mol CO和4mol H2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为 25% 。
（2）请补全甲醇合成反应的热化学方程式： 2CO（g）+4H2（g）⇌2CH3OH（g）△H＝﹣182.0kJ/mol 。
（3）甲醇脱水反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）在某温度下的化学平衡常数为400。此温度下，在恒容密闭容器中加入一定量的CH3OH（g），测得某时刻各组分浓度如表所示。此时反应 已达到 （填“已达到”或“未达到”）化学平衡状态。
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/（mol/L）
0.02
0.4
0.4
（4）生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H＝+48.8kJ/mol。将反应物混合气按进料比n（CO）：n（H2）＝1：2通入反应装置，选择合适的催化剂。在不同温度和压强下，测得二甲醚的选择性分别如图1、图2所示。
资料：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO在全部CO反应物中所占的比例。
①图1中，温度一定，压强增大，二甲醚选择性增大的原因是 增大压强，副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）逆向移动被抑制，主反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）不受压强影响 。
②图2中，温度高于265℃后，二甲醚选择性降低的原因有 主反应中2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）正向为放热反应，升高温度平衡逆移，二甲醚选择性降低，副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）正向为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加，二甲醚选择性降低 。
【分析】ⅰCO和H2按1：2化合可以生成CH3OH，据此写出化学方程式；
ⅱ（1）根据热化学方程式2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣206.0kJ/mol可知，2molCO气体和4mol氢气完全反应生成1mol二甲醚蒸汽和1mol水蒸气时，放热206kJ，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，说明CO的转化物质的量为0.5mol，结合转化率＝得出答案；
（2）Ⅰ：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣206.0kJ/mol
Ⅱ：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣24.0kJ/mol
根据盖斯定律Ⅰ﹣Ⅱ得2CO（g）+4H2（g）⇌2CH3OH（g）；
（3）根据表格数据，计算此时的浓度商，再与化学平衡常数为400作比较，得出结论；
（4）①副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动；
②主反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动。
【解答】解：ⅰCO和H2按1：2化合可以生成CH3OH，且反应是可逆反应，化学方程式为CO+2H2⇌CH3OH，
故答案为：CO+2H2⇌CH3OH；
ⅱ（1）根据热化学方程式2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣206.0kJ/mol可知，2molCO气体和4mol氢气完全反应生成1mol二甲醚蒸汽和1mol水蒸气时，放热206kJ，某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，说明CO的转化物质的量为0.5mol，此时CO的转化率＝×100%＝25%，
故答案为：25%；
（2）Ⅰ：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣206.0kJ/mol
Ⅱ：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣24.0kJ/mol
根据盖斯定律Ⅰ﹣Ⅱ得2CO（g）+4H2（g）⇌2CH3OH（g）△H＝（﹣206.0+24.0）kJ/mol＝﹣182.0kJ/mol，
故答案为：2CO（g）+4H2（g）⇌2CH3OH（g）△H＝（﹣206.0+24.0）kJ/mol＝﹣182.0kJ/mol；
（3）某时刻Qc＝＝400＝K，说明此时反应已达到平衡状态，
故答案为：已达到；
（4）①副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，该反应被抑制，同时主反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）不受压强影响，所以二甲醚选择性增大，
故答案为：增大压强，副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）逆向移动被抑制，主反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）不受压强影响；
②主反应中2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚选择性降低，副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增加，二甲醚选择性降低，
故答案为：主反应中2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）正向为放热反应，升高温度平衡逆移，二甲醚选择性降低，副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）正向为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加，二甲醚选择性降低。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及热化学方程式的书写、化学平衡状态的判断、化学平衡的移动等，根据题目信息结合盖斯定律、浓度商、勒夏特列原理等知识解答，此题难度大。
18．（12分）我国力争在2060年前实现“碳中和”，综合利用CO2具有重要的意义。30MPa、200°C条件下，CO2与H2反应可制得气态甲醇（CH3OH），其反应的热化学方程式为：
CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H
（1）在一定温度下，2molCO2与6molH2置于2L密闭容器中反应制得甲醇，2min末生成0.8molCH3OH（g）。
①用CO2的浓度变化表示2min内该反应的化学反应速率 0.2mol•L﹣1•min﹣1 。
②2min末，容器中H2的物质的量浓度 1.8mol•L﹣1 。
（2）在实际生产中，测得合成塔中H2（g）及H2O（g）的物质的量随时间变化如图1所示，则图1中代表H2的曲线是 Y （填“X”或“Y”），v（正）与v（逆）相等的点为 c、d （填字母）。
（3）研究温度对该反应的影响：
①研究发现，在210～290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到平衡时甲醇的产率与温度的关系如图2所示，则该反应的△H ＜ 0（填“＞”“＝”或“＜”），依据是 温度升高，甲醇产率降低，向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应 。
②在温度为T1、T2时，平衡体系中CO2的体积分数随压强变化的曲线如图3所示。下列说法正确的是 AC 。
A．a、c两点的反应速率：a＜c
B．a、b两点CO2的转化率：a＞b
C．化学平衡常数：a＝c＜b
【分析】（1）利用三段法，找出反应体系中各物质起始物质的量、转化的物质的量、2min末的物质的量，从而求出CO2表示的0～2min的化学反应速率和2min末，容器中H2的物质的量浓度；
（2）图1可得出随着时间的变化，X的物质的量逐渐增加，Y的物质的量逐渐减少，再利用在反应进行过程中，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增加解答；v（正）与v（逆）相等的点为化学反应达到平衡的状态，从图中找出平衡状态的点；
（3）温度越高，化学反应速率越快，平衡向吸热方向移动，
①根据图2，得出温度越高，甲醇的产率越低，向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，判断出焓变；
②根据热化学方程式可知，温度相同时，压强增大，向分子数减少的方向移动，二氧化碳的体积分数降低，结合图③得出p2＞p1；压强相同时，温度升高向吸热方向移动，二氧化碳的体积分数升高，结合图③得出T2＞T1；
A.压强越高，化学反应速率越快；
B.相同压强下，比较纵坐标得出二氧化碳的含量大小，再判断转化率；
C.平衡常数只与温度有关，此反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小。
【解答】解：（1）三段法：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol） 2 6 0 0
转化（mol） 0.8 2.4 0.8 0.8
2min末（mol） 1.2 3.6 0.8 0.8
①0～2min内，用二氧化碳浓度变化来表示的速率为v（CO2）＝＝＝0.2mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：0.2mol•L﹣1•min﹣1；
②2min末，氢气的物质的量浓度为c（H2）＝＝＝1.8mol•L﹣1，
故答案为：1.8mol•L﹣1；
（2）氢气作为反应物，物质的量应随着时间的推移逐渐减少，符合Y曲线；v（正）与v（逆）相等的点为化学反应达到平衡的状态，达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，符合c、d点，
故答案为：Y；c、d；
（3）①由图2可知，温度越高，甲醇的产率越低，向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH＜0，
故答案为：＜；温度升高，甲醇产率降低，向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；
②根据热化学方程式可知，温度相同时，压强增大，向分子数减少的方向移动，二氧化碳的体积分数降低，结合图③得出p2＞p1；压强相同时，温度升高向吸热方向移动，二氧化碳的体积分数升高，结合图③得出T2＞T1；
A.a点和c点的温度相同，压强c点＞a点，所以c点的速率＞a点的速率，故A正确；
B.过p1；压作y轴的平行线，得出a点时二氧化碳含量大于b点，也就是a点二氧化碳的转化率较低，故B错误；
C.a、c温度相等，故化学平衡常数相等，b点温度较低，温度降低，反应向正反应方向移动，化学平衡常数变大，即a＝c＜b，故C正确，
故答案为：AC。
【点评】本题考查化学平衡相关的图像问题，此类问题众多，包括v﹣t图像的分析与应用，c﹣t或者n﹣t图像的分析与应用，转化率/百分含量﹣T﹣p图像分析等，属于一个较难的知识点。
19．（10分）根据下列实验设计，回答问题：
（1）利用实验（Ⅰ）探究锌与0.1mol/L硫酸和2mol/L硫酸反应的速率，可以测定收集一定体积氢气所用的时间。此方法需要控制的变量有（写出1项）： 温度、锌粒大小 。
（2）实验（Ⅱ）探究浓度对化学化学平衡的影响。
已知：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+推测D试管中实验现象为 溶液由橙色变为黄色 ，用平衡移动原理解释原因： 加NaOH溶液使c（H+）减小，平衡右移，c（CrO42﹣）增大 。
（3）实验（Ⅲ）目的是探究浓度对反应速率的影响，实验中反应离子方程式为 2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++8H2O+10CO2↑ ，推测该实验设计 不能 （填“能”或“不能”）达到实验目的，判断理由是 反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以还可能有催化剂的作用 。
（4）某小组也用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）液进行实验，实验操作及现象如下表：
编号
实验操作
实验现象
ⅰ
向一支试管中先加入5mL 0.01 mol/L 酸性KMnO4溶液，再加入1 滴3mol/L 硫酸和9滴蒸馏水，最后加入5mL 0.1mol/L草酸溶液
前10 min 内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30 min 后几乎变为无色
ⅱ
向另一支试管中先加入5mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10 滴3mol/L硫酸，最后加入5mL 0.1mol/L 草酸溶液
80 s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150 s后几乎变为无色
①由实验ⅰ、实验ⅱ可得出的结论是 其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快 。
②关于实验ⅱ中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验ⅲ，验证猜想。
提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水。补全实验ⅲ的操作：向试管中先加入5mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液， 再加入10滴3mol•L﹣1硫酸，然后加入少量MnSO4固体 ，最后加入5mL 0.1mol/L草酸溶液。
【分析】（1）测定收集一定体积氢气所用的时间，需保证温度、锌粒大小相同；
（2）D中加NaOH，使Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+正向移动；
（3）此反应的反应物为酸性高锰酸钾和草酸溶液，生成物突然无色，说明生成锰离子，依据氧化还原反应原理书写反应方程式即可；反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以还可能有催化剂的作用；
（4）①实验Ⅰ、Ⅱ酸的浓度不同，据此分析解答；
②根据设计的实验1、2可知，猜想为该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用，实验2中加入少量MnSO4固体与实验1进行对比，若猜想成立，加入MnSO4固体溶液紫色应迅速变浅，据此分析作答。
【解答】解：（1）测定收集一定体积氢气所用的时间，需保证温度、锌粒大小相同，则此方法需要控制的变量有温度、锌粒大小，
故答案为：温度、锌粒大小；
（2）D试管中实验现象为溶液由橙色变为黄色，用平衡移动原理解释原因为加NaOH溶液使c（H+）减小，平衡右移，c（CrO42﹣）增大，
故答案为：溶液由橙色变为黄色；加NaOH溶液使c（H+）减小，平衡右移，c（CrO42﹣）增大；
（3）酸性高锰酸钾和草酸溶液在硫酸酸化条件下生成硫酸锰、硫酸钾等，化学反应方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++8H2O+10CO2↑，KMnO4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，
故答案为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++8H2O+10CO2↑；不能；反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以还可能有催化剂的作用；
（4）①实验Ⅰ、Ⅱ酸的浓度不同，实验II酸浓度大，反应快，故由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是：其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快；
故答案为：其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快；
②为了验证实验II中80s后溶液颜色迅速变浅的是否有锰离子其催化作用，应其他条件相同，只改变锰离子的量，因此向试管中先加入1mL 0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol•L﹣1硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1mL 0.1mol•L﹣1草酸溶液，
故答案为：再加入10滴3mol•L﹣1硫酸，然后加入少量MnSO4固体。
【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握速率的影响因素、控制变量法、平衡移动为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验变量的判断，题目难度不大。
2021-2022学年北京市大兴区高二（上）期中化学试卷
一、选择题：本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题3分
1．（3分）下列设备工作时，可将化学能直接转化为热能的是（ ）
A．硅太阳能电池 B．磷酸铁锂电池
C．燃气灶 D．风力发电机
2．（3分）下列条件改变时，可以改变化学反应速率但一定不能使化学平衡发生移动的是（ ）
A．温度 B．浓度 C．压强 D．催化剂
3．（3分）“中和反应反应热的测定”实验中，不需要使用的仪器是（ ）
A．容量瓶 B．温度计 C．玻璃搅拌器 D．量筒
4．（3分）已知4NH3+5O2═4NO+6H2O（g），若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则正确的关系是（ ）
A． v（NH3）＝v（O2） B． v（O2）＝v（H2O）
C． v（NH3）＝v（H2O） D． v（O2）＝v（NO）
5．（3分）已知：25℃、101kPa时，1g H2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，下列热化学方程式中书写正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H═﹣142.9kJ/mol
B．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H═﹣285.8kJ/mol
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H═﹣571.6kJ/mol
D．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H═+285.8kJ/mol
6．（3分）已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH═﹣92.4kJ/mol。若断裂1molH﹣H、1molN﹣H需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ，则断裂1molN≡N需要吸收的能量为（ ）
A．431kJ B．945.6kJ C．649kJ D．869kJ
7．（3分）1g水凝结成1g冰的过程中，下列分析不正确的是（ ）
A．该过程是熵减的过程
B．该过程属于物理变化
C．1g水与1g冰所具有的内能不同
D．H2与O2反应生成1molH2O（l）与生成1molH2O（s）放出热量相同
8．（3分）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＜0反应达到平衡状态后，改变某一条件，下列图像与条件变化一致的是（ ）
A．升高温度
B．增大N2浓度
C．改变压强
D．加入催化剂
A．A B．B C．C D．D
9．（3分）下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．铁触媒有利于N2和H2反应合成氨
B．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡体系，加压后颜色变深
C．N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3 （g） ΔH＜0 高温有利于合成氨
D．Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3的平衡体系，加入少量KSCN固体后溶液颜色加深
10．（3分）H2O2是重要的消毒剂，研究其分解反应有重要意义。KI能加快H2O2的分解。
①2H2O2═2H2O+O2↑
②H2O2+I﹣═H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣═H2O+O2↑+I﹣
H2O2分解反应过程中能量变化如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．KI在反应中起催化剂的作用
B．H2O2+I﹣═H2O+IO﹣是吸热反应
C．KI降低了反应的活化能，反应速率加快
D．加入KI后，2H2O2═2H2O+O2↑的反应热变小
11．（3分）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g） ΔH。现将装有NO2（红棕色）和N2O4（无色）混合气体的三只烧瓶分别放置在盛有水的烧杯中（如图）。然后在烧杯内分别加入下列物质，烧瓶内气体颜色变化如下表所示：
序号
I
II
III
外加物质
CaO固体
无
NH4Cl固体
气体颜色
加深
不变
变浅
下列叙述正确的是（ ）
A．△H＜0
B．NH4Cl固体溶于水时放出热量
C．I中烧瓶内混合气体的平均相对分子质量增大
D．III中烧瓶内气体的压强增大
12．（3分）在密闭容器中发生反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0，测得c（CH4）随反应时间（t）的变化如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．0～5min内，v（CH4）＝0.1mol•L﹣1•min﹣1
B．10min时，改变的外界条件可能是温度
C．恒温下，缩小容器体积，达到新平衡时n（H2）比原平衡时的小
D．10～12min时间内，反应的平衡常数逐渐减小
13．（3分）我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如图所示。。
已知：下列说法不正确的是（ ）
A．过程I吸收能量
B．该过程可以实现太阳能向化学能转化
C．若分解2molH2O（g），反应放出444kJ能量
D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数
14．（3分）将0.2mol/LKI溶液和0.05mol/LFe2（SO4）3溶液等体积混合，充分反应后，取混合溶液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2的是（ ）
（已知：Fe2+与K3[Fe（CN）6]溶液反应有蓝色沉淀生成）
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变为红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe（CN）6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变为蓝色
A．① B．①和② C．②和④ D．③和④
二、非选择题（共58分）
15．（13分）按要求回答下列问题：
（1）已知：I．H2O（g）＝H2（g）+O2（g） ΔH＝+241.8kJ/mol
II．C（s）+O2（g）＝CO（g） ΔH＝﹣110.5kJ/mol
III．C（s）+O2（g）＝CO2（g） ΔH＝﹣393.5kJ/mol
①上述反应中，属于吸热反应的是 （填序号）。
②表示C的燃烧热的热化学方程式为 （填序号）。
③写出CO燃烧的热化学方程式 。
（2）在密闭容器中，通入amolN2和bmolH2，在一定条件下反应达到平衡时，容器中剩余cmolN2。
①达到平衡时，生成NH3的物质的量为 ，H2的转化率为 。
②若把容器的容积缩小一半，则正反应速率 （填“增大”“减小”或“不变”，下同），逆反应速率 ，N2的转化率 。
16．（13分）在密闭容器中发生反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其平衡常数（K）和温度（T）的关系如下表所示。
T/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
（1）该反应的平衡常数表达式K＝ ；由上表可知该反应为 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）830℃时，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持温度不变，反应达到平衡后，其平衡常数 1.0（填“大于”“小于”或“等于”），此时CO2的物质的量为 。
（3）下列有利于提高平衡时CO2转化率的措施有 （填字母）。
a．使用催化剂
b．升温
c．增大 CO2和 H2的投料比
（4）若1200℃时，在某时刻反应混合物中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，则此时反应的平衡移动方向为 （填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”）。
（5）实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向上述 反应体系中投入一定量的CaO，H2的体积分数增大，实验结果如图所示。（已知：1微米＝10﹣6米，1纳米＝10﹣9米）。投入纳米CaO比微米CaO时，H2的体积分数更高的原因是 。
17．（10分）二甲醚（CH3OCH3）是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如下。2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣206.0kJ/mol
工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：
ⅰ．甲醇合成反应：
ⅱ．甲醇脱水反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣24.0kJ/mol
（1）起始时向容器中投入2mol CO和4mol H2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为 。
（2）请补全甲醇合成反应的热化学方程式： 。
（3）甲醇脱水反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）在某温度下的化学平衡常数为400。此温度下，在恒容密闭容器中加入一定量的CH3OH（g），测得某时刻各组分浓度如表所示。此时反应 （填“已达到”或“未达到”）化学平衡状态。
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/（mol/L）
0.02
0.4
0.4
（4）生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H＝+48.8kJ/mol。将反应物混合气按进料比n（CO）：n（H2）＝1：2通入反应装置，选择合适的催化剂。在不同温度和压强下，测得二甲醚的选择性分别如图1、图2所示。
资料：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO在全部CO反应物中所占的比例。
①图1中，温度一定，压强增大，二甲醚选择性增大的原因是 。
②图2中，温度高于265℃后，二甲醚选择性降低的原因有 。
18．（12分）我国力争在2060年前实现“碳中和”，综合利用CO2具有重要的意义。30MPa、200°C条件下，CO2与H2反应可制得气态甲醇（CH3OH），其反应的热化学方程式为：
CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H
（1）在一定温度下，2molCO2与6molH2置于2L密闭容器中反应制得甲醇，2min末生成0.8molCH3OH（g）。
①用CO2的浓度变化表示2min内该反应的化学反应速率 。
②2min末，容器中H2的物质的量浓度 。
（2）在实际生产中，测得合成塔中H2（g）及H2O（g）的物质的量随时间变化如图1所示，则图1中代表H2的曲线是 （填“X”或“Y”），v（正）与v（逆）相等的点为 （填字母）。
（3）研究温度对该反应的影响：
①研究发现，在210～290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到平衡时甲醇的产率与温度的关系如图2所示，则该反应的△H 0（填“＞”“＝”或“＜”），依据是 。
②在温度为T1、T2时，平衡体系中CO2的体积分数随压强变化的曲线如图3所示。下列说法正确的是 。
A．a、c两点的反应速率：a＜c
B．a、b两点CO2的转化率：a＞b
C．化学平衡常数：a＝c＜b
19．（10分）根据下列实验设计，回答问题：
（1）利用实验（Ⅰ）探究锌与0.1mol/L硫酸和2mol/L硫酸反应的速率，可以测定收集一定体积氢气所用的时间。此方法需要控制的变量有（写出1项）： 。
（2）实验（Ⅱ）探究浓度对化学化学平衡的影响。
已知：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+推测D试管中实验现象为 ，用平衡移动原理解释原因： 。
（3）实验（Ⅲ）目的是探究浓度对反应速率的影响，实验中反应离子方程式为 ，推测该实验设计 （填“能”或“不能”）达到实验目的，判断理由是 。
（4）某小组也用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）液进行实验，实验操作及现象如下表：
编号
实验操作
实验现象
ⅰ
向一支试管中先加入5mL 0.01 mol/L 酸性KMnO4溶液，再加入1 滴3mol/L 硫酸和9滴蒸馏水，最后加入5mL 0.1mol/L草酸溶液
前10 min 内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30 min 后几乎变为无色
ⅱ
向另一支试管中先加入5mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10 滴3mol/L硫酸，最后加入5mL 0.1mol/L 草酸溶液
80 s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150 s后几乎变为无色
①由实验ⅰ、实验ⅱ可得出的结论是 。
②关于实验ⅱ中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验ⅲ，验证猜想。
提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水。补全实验ⅲ的操作：向试管中先加入5mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液， ，最后加入5mL 0.1mol/L草酸溶液。
2021-2022学年北京市大兴区高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题3分
1．（3分）下列设备工作时，可将化学能直接转化为热能的是（ ）
A．硅太阳能电池 B．磷酸铁锂电池
C．燃气灶 D．风力发电机
【分析】将化学能转化为电能，应为原电池装置，结合能量的转化特点判断。
【解答】解：A．硅是良好的光电材料，硅太阳能电池为太阳能转化为电能的装置，而不是将化学能转化为电能，故A错误；
B．磷酸铁锂电池是原电池，是自发进行的氧化还原反应，利用特定的装置将得失电子转变为电子的定向移动，形成电流，是化学能转化为电能，故B错误；
C．燃气灶为化学能转化为热能的装置，故C正确；
D．风力发电，为机械能转化为电能，而不是将化学能转化为电能，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学能与热能的相互转化，题目难度不大，熟知能量间的转化形式是关键。
2．（3分）下列条件改变时，可以改变化学反应速率但一定不能使化学平衡发生移动的是（ ）
A．温度 B．浓度 C．压强 D．催化剂
【分析】改变反应速率的外界条件有浓度、温度、压强、催化剂、反应接触面积等，能使平衡发生移动的条件有浓度、温度和压强。
【解答】解：改变反应的浓度、温度和压强，化学反应速率发生改变，可以使平衡发生移动，加入催化剂，能降低反应所需的活化能，同等程度改变正逆反应速率，平衡不移动，
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响是解题的关键。
3．（3分）“中和反应反应热的测定”实验中，不需要使用的仪器是（ ）
A．容量瓶 B．温度计 C．玻璃搅拌器 D．量筒
【分析】中和热测定的实验中，需要量热器和量筒，量热器由温度计、环形玻璃搅拌棒、烧杯等仪器组成，以此来解答。
【解答】解：中和热测定的实验装置﹣量热器如图，需要温度计测定温度、玻璃搅拌器搅拌使溶液混合均匀，烧杯盛装酸或碱溶液，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，所以不需要容量瓶，
故选：A。
【点评】本题考查中和热的测定，明确实验需要的仪器及仪器的作用即可解答，题目较简单，注意使用量筒量取酸或碱溶液。
4．（3分）已知4NH3+5O2═4NO+6H2O（g），若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则正确的关系是（ ）
A． v（NH3）＝v（O2） B． v（O2）＝v（H2O）
C． v（NH3）＝v（H2O） D． v（O2）＝v（NO）
【分析】根据在同一化学反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比来计算。
【解答】解：对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），
A、速率之比等于化学计量数之比，故v（NH3）：v（O2）＝4：5，即v（NH3）＝v（O2），故A错误；
B、速率之比等于化学计量数之比，故v（O2）：v（H2O）＝5：6，即v（O2）＝v（H2O），故B错误；
C、速率之比等于化学计量数之比，故v（NH3）：v（H2O）＝4：6，即v（NH3）＝v（H2O），故C错误；
D、速率之比等于化学计量数之比，故v（O2）：v（NO）＝5：4，即v（O2）＝v（NO），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率规律，明确同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比。
5．（3分）已知：25℃、101kPa时，1g H2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，下列热化学方程式中书写正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H═﹣142.9kJ/mol
B．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H═﹣285.8kJ/mol
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H═﹣571.6kJ/mol
D．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H═+285.8kJ/mol
【分析】25℃，101kPa时，1gH2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，1gH2的物质的量为0.5mol，所以当1molH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量；
A.2mol氢气参加反应，完全燃烧生成液态水放出571.6kJ的热量；
B.1mol氢气参加反应，完全燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量；
C.2mol氢气参加反应，完全燃烧生成液态水放出571.6kJ的热量，气态水的能量高于液态水，所以生成气态水时，放出的热量少，ΔH大于﹣571.6kJ/mol；
D.1mol氢气参加反应，完全燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，气态水的能量高于液态水，所以生成气态水时，放出的热量少，ΔH大于﹣285.8kJ/mol；
【解答】解：n（H2）＝＝＝0.5mol，所以1mol氢气放出285.8kJ的热量，热化学方程式可书写为：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H═﹣285.8kJ/mol ①，
A.根据盖斯定律①×2，得到热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H═﹣571.6kJ/mol，故A错误；
B.H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H═﹣285.8kJ/mol，故B正确；
C.由A可知，生成液态水的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H═﹣571.6kJ/mol，生成气态水时，放出的热量少，ΔH大于﹣571.6kJ/mol，故C错误；
D.由B可知，生成液态水的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H═﹣285.8kJ/mol，生成气态水时，放出的热量少，ΔH大于﹣285.8kJ/mol，但不会转变为吸热反应，故D错误，
故选：B。
【点评】本题主要考查热化学方程式的书写及判断，难度偏易，做此类题目时，需要注意焓变的大小比较及计算。
6．（3分）已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH═﹣92.4kJ/mol。若断裂1molH﹣H、1molN﹣H需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ，则断裂1molN≡N需要吸收的能量为（ ）
A．431kJ B．945.6kJ C．649kJ D．869kJ
【分析】化学反应的反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，据此作答。
【解答】解：设N≡N键能为xkJ/mol，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92.4kJ/mol，故有ΔH＝xkJ/mol+3×436kJ/mol﹣6×391kJ/mol＝﹣92.4kJ/mol，解得x＝945.6，断裂1molN≡N需要吸收的能量为945.6kJ，
故选：B。
【点评】本题考查键能的求算，题目难度中等，掌握反应物和生成物的键能与反应热的关系是解题的关键。
7．（3分）1g水凝结成1g冰的过程中，下列分析不正确的是（ ）
A．该过程是熵减的过程
B．该过程属于物理变化
C．1g水与1g冰所具有的内能不同
D．H2与O2反应生成1molH2O（l）与生成1molH2O（s）放出热量相同
【分析】A．液态水转化为固体冰的变化过程中，混乱度减小；
B．过程中无新物质生成的变化为物理变化；
C．同种物质聚集状态不同，具有的内能不同；
D．物质聚集状态不同，具有的能量不同。
【解答】解：A．1g水凝结成1g冰的过程是熵减的过程，故A正确；
B．1g水凝结成1g冰的过程中，无新物质生成，为物理变化，故B正确；
C．1g水与1g冰的状态不同，所具有的内能不同，故C正确；
D．H2与O2反应生成1molH2O（l）与生成1molH2O（s），放出热量不相同，气态水变化为液态水需要放出热量，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质变化过程的分析判断，主要是物质内能、熵的理解应用，题目难度不大。
8．（3分）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＜0反应达到平衡状态后，改变某一条件，下列图像与条件变化一致的是（ ）
A．升高温度
B．增大N2浓度
C．改变压强
D．加入催化剂
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.升温，平衡向吸热反应方向移动；
B.增大反应物浓度，平衡正向移动；
C.加压，反应速率加快，平衡向气体分子数减小的方向移动；
D.催化剂能加快反应速率，但平衡不移动。
【解答】解：A.反应放热，升温，平衡逆向移动，氮气转化率变小，故A错误；
B.增大N2浓度，增大瞬间正反应速率增大，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，故B正确；
C.由图可知，压强为时P2时，反应先达到平衡，故P2＞P1，加压，平衡正向移动，氨气体积分数增大，与图像不符，故C错误；
D.加入催化剂，能降低反应所需的活化能，反应速率加快，达到平衡所需时间变短，但平衡不移动，气体总压强不变，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
9．（3分）下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．铁触媒有利于N2和H2反应合成氨
B．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡体系，加压后颜色变深
C．N2（g）+3H2 （g）⇌2NH3 （g） ΔH＜0 高温有利于合成氨
D．Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3的平衡体系，加入少量KSCN固体后溶液颜色加深
【分析】A.催化剂能加快化学反应速率，平衡不移动；
B.气体颜色取决于气体的浓度；
C.升温，平衡向吸热反应方向移动；
D.增大反应物浓度，平衡正向移动。
【解答】解：A.N2和H2反应合成氨加入铁触媒作催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）反应前后气体分子数想等，加压平衡不移动，I2的物质的量不变，但加压容器体积减小，I2浓度变大，颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C.反应放热，温度高，平衡逆向移动，不利于合成氨，但高温下，催化剂的活性好，反应速率快，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3的平衡体系，加入少量KSCN固体，平衡正向移动，Fe（SCN）3浓度增大，颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
10．（3分）H2O2是重要的消毒剂，研究其分解反应有重要意义。KI能加快H2O2的分解。
①2H2O2═2H2O+O2↑
②H2O2+I﹣═H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣═H2O+O2↑+I﹣
H2O2分解反应过程中能量变化如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．KI在反应中起催化剂的作用
B．H2O2+I﹣═H2O+IO﹣是吸热反应
C．KI降低了反应的活化能，反应速率加快
D．加入KI后，2H2O2═2H2O+O2↑的反应热变小
【分析】A．由图可知，KI能降低反应的活化能，催化H2O2的分解；
B．若反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应放热，反之相反；
C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率；
D．KI是该反应的催化剂，但催化剂不能改变反应的焓变。
【解答】解：A．由图可知，KI能降低反应的活化能，催化H2O2的分解，则KI是该反应的催化剂，故A正确；
B．加入KI后反应分为：H2O2+I﹣═H2O+IO﹣，H2O2+IO﹣═H2O+O2↑+I﹣，由图可知，H2O2和I﹣具有的能量小于H2O和IO﹣具有的能量，则该步反应是吸热反应，故B正确；
C．由图可知，KI能降低反应的活化能，反应速率加快，故C正确；
D．KI是该反应的催化剂，但催化剂不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂的作用、吸放热反应的判定为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
11．（3分）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g） ΔH。现将装有NO2（红棕色）和N2O4（无色）混合气体的三只烧瓶分别放置在盛有水的烧杯中（如图）。然后在烧杯内分别加入下列物质，烧瓶内气体颜色变化如下表所示：
序号
I
II
III
外加物质
CaO固体
无
NH4Cl固体
气体颜色
加深
不变
变浅
下列叙述正确的是（ ）
A．△H＜0
B．NH4Cl固体溶于水时放出热量
C．I中烧瓶内混合气体的平均相对分子质量增大
D．III中烧瓶内气体的压强增大
【分析】A.在烧杯I中加入适量CaO，烧杯II中不加其他物质，发现烧瓶I中红棕色加深，已知CaO与水反应放热，使温度升高，则2NO2（g）⇌N2O4（g）逆向移动，据此分析；
B.在烧杯III中加入适量NH4Cl晶体，烧瓶III中红棕色变浅，可知氯化铵晶体溶于水吸热，使温度降低，2NO2（g）⇌N2O4（g）正向移动；
C.烧瓶I中气体的质量不变，平衡逆向移动使气体的物质的量增大；
D.体积不变，烧瓶III中平衡正向移动，使气体的物质的量减小。
【解答】解：A.在烧杯I中加入适量CaO，烧杯II中不加其他物质，发现烧瓶I中红棕色加深，已知CaO与水反应放热，使温度升高，则2NO2（g）⇌N2O4（g）逆向移动，正反应为放热反应，故△H＜0，故A正确；
B.烧瓶III中红棕色变浅，说明2NO2（g）⇌N2O4（g）正向移动，向放热的方向移动，故氯化铵晶体溶于水吸热，使温度降低，故B错误；
C.烧瓶I中气体的质量不变，平衡逆向移动使气体的物质的量增大，由可知平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，故C错误；
D.体积不变，烧瓶III中平衡正向移动，使气体的物质的量减小，物质的量与压强成正比，且温度降低、压强减小，则平衡时混合气体的压强减小，故D错误，
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度不大，明确温度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意颜色变化与平衡移动的关系。
12．（3分）在密闭容器中发生反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＞0，测得c（CH4）随反应时间（t）的变化如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．0～5min内，v（CH4）＝0.1mol•L﹣1•min﹣1
B．10min时，改变的外界条件可能是温度
C．恒温下，缩小容器体积，达到新平衡时n（H2）比原平衡时的小
D．10～12min时间内，反应的平衡常数逐渐减小
【分析】A.根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v＝，计算v（CH4）；
B.由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，反应向正反应方向移动；
C.恒温下，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果降低氢气浓度的增大，但不会消除浓度增大；
D.平衡常数只与温度有关，据此进行判断。
【解答】解：A.根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，故v（CH4）＝＝0.1mol/（L•min），故A正确；
B.由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故B正确；
C.恒温下，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，n（H2）减小，故C正确；
D.化学平衡常数只与温度变化有关，温度不变化学平衡常数不变，故D错误，
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡图象，涉及反应速率的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡状态本质，难度中等，注意根据浓度变化判断可能改变的条件，试题培养了学生的分析、理解能力。
13．（3分）我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如图所示。。
已知：下列说法不正确的是（ ）
A．过程I吸收能量
B．该过程可以实现太阳能向化学能转化
C．若分解2molH2O（g），反应放出444kJ能量
D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数
【分析】A．断裂化学键吸热；
B．由图可知，太阳能使水分解；
C．焓变△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能；
D．催化剂能降低反应活化能，可使反应体系中活化分子数增加。
【解答】解：A．过程I中是水的分解，断裂化学键，则过程Ⅰ吸收能量，故A正确；
B．由图可知，太阳能使水分解，则实现了光能向化学能的转化，故B正确；
C．分解水的反应为2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g），焓变△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝463kJ/mol×4﹣（436kJmol×2+498kJ/mol）＝+482kJ/mol，即2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）△H＝+482kJ/mol，所以分解2molH2O（g）吸收482kJ能量，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，可使反应体系中活化分子数增加，分子总数不变，则反应物分子中活化分子的百分数增大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变与键能的计算关系、催化剂的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中化学键的变化，题目难度不大。
14．（3分）将0.2mol/LKI溶液和0.05mol/LFe2（SO4）3溶液等体积混合，充分反应后，取混合溶液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2的是（ ）
（已知：Fe2+与K3[Fe（CN）6]溶液反应有蓝色沉淀生成）
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变为红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe（CN）6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变为蓝色
A．① B．①和② C．②和④ D．③和④
【分析】只有可逆反应才能建立化学平衡，故要想证明化学平衡“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”的存在，即需证明此反应为可逆反应，不能进行彻底，将0.2mol•L﹣1的KI溶液和0.05mol•L﹣1 Fe2（SO4）3等体积混合，I﹣过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡，据此分析。
【解答】解：将0.2mol•L﹣1的KI溶液和0.05mol•L﹣1 Fe2（SO4）3溶液等体积混合后，I﹣过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡，
①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故①正确；
②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，溶液中I﹣过量，无论是否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，故②错误；
③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3[Fe（CN）6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；
④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故④错误；
故选：A。
【点评】本题考查了反应的可逆性，应注意的是平衡只能建立在可逆反应上，故若证明平衡的存在，只需证明反应为可逆反应，题目难度不大。
二、非选择题（共58分）
15．（13分）按要求回答下列问题：
（1）已知：I．H2O（g）＝H2（g）+O2（g） ΔH＝+241.8kJ/mol
II．C（s）+O2（g）＝CO（g） ΔH＝﹣110.5kJ/mol
III．C（s）+O2（g）＝CO2（g） ΔH＝﹣393.5kJ/mol
①上述反应中，属于吸热反应的是 Ⅰ （填序号）。
②表示C的燃烧热的热化学方程式为 Ⅲ （填序号）。
③写出CO燃烧的热化学方程式 CO（g）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝﹣283.0kJ/mol 。
（2）在密闭容器中，通入amolN2和bmolH2，在一定条件下反应达到平衡时，容器中剩余cmolN2。
①达到平衡时，生成NH3的物质的量为 2（a﹣c）mol ，H2的转化率为 ×100% 。
②若把容器的容积缩小一半，则正反应速率 增大 （填“增大”“减小”或“不变”，下同），逆反应速率 增大 ，N2的转化率 增大 。
【分析】（1）①热化学方程式中，△H的“+”表示吸收热量，“﹣”表示放出热量；
②在25℃，101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；
③根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减；
（2）①根据题意列三段式计算，得到各气体的变化量和平衡量，代入转化率＝×100%计算H2的转化率；
②把容器的容积缩小一半，压强增大，各气体浓度都增大，化学反应速率增大，平衡向气体分子数减小的方向移动。
【解答】解：（1）①由热化学方程式可知，Ⅰ属于吸热反应，Ⅱ和Ⅲ属于放热反应，
故答案为：Ⅰ；
②C完全燃烧的产物时CO2（g），则表示C的燃烧热的热化学方程式为Ⅲ，
故答案为：Ⅲ；
③根据盖斯定律，由Ⅲ﹣Ⅱ可得CO（g）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝（﹣393.5kJ/mol）﹣（﹣110.5kJ/mol）＝﹣283.0kJ/mol，
故答案为：CO（g）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝﹣283.0kJ/mol；
（2）①根据题意，列三段式计算如下：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量/mol a b 0
变化量/mol a﹣c 3（a﹣c） 2（a﹣c）
平衡量/mol c b﹣3（a﹣c） 2（a﹣c）
故达到平衡时，生成NH3的物质的量为2（a﹣c）mol，H2的转化率为×100%，
故答案为：2（a﹣c）mol；×100%；
②若把容器的容积缩小一半，压强增大，各气体浓度都增大，则正反应速率增大，逆反应速率增大，该反应正向气体分子数减小，则平衡正向移动，N2的转化率增大，
故答案为：增大；增大；增大。
【点评】本题考查热化学方程式的书写、化学平衡的计算、平衡移动的原理和反应速率的影响因素，题目难度不大，关键是掌握热化学方程式的含义、燃烧热的定义、盖斯定律的应用以及外界条件对反应速率和平衡移动的影响，把握三段式解题法。
16．（13分）在密闭容器中发生反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其平衡常数（K）和温度（T）的关系如下表所示。
T/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
（1）该反应的平衡常数表达式K＝ ；由上表可知该反应为 吸热 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）830℃时，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持温度不变，反应达到平衡后，其平衡常数 等于 1.0（填“大于”“小于”或“等于”），此时CO2的物质的量为 0.4 。
（3）下列有利于提高平衡时CO2转化率的措施有 b （填字母）。
a．使用催化剂
b．升温
c．增大 CO2和 H2的投料比
（4）若1200℃时，在某时刻反应混合物中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol/L、2mol/L、4mol/L、4mol/L，则此时反应的平衡移动方向为 逆反应方向 （填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”）。
（5）实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向上述 反应体系中投入一定量的CaO，H2的体积分数增大，实验结果如图所示。（已知：1微米＝10﹣6米，1纳米＝10﹣9米）。投入纳米CaO比微米CaO时，H2的体积分数更高的原因是 CO2能与CaO反应，纳米CaO比微米CaO吸收CO2的量更大，则平衡逆向的程度更大 。
【分析】（1）在一定温度下，当一个可逆反应达到平衡状态时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，这个常数叫做化学平衡常数，简称平衡常数，用符号K表示，平衡常数越大，平衡的正向程度越大，升高温度，平衡向吸热方向移动；
（2）平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，设CO2的变化量为xmol，容器体积为VL，列三段式计算，根据平衡常数K解得x，进而得到CO2的平衡量；
（3）a.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动；
b．升高温度，平衡向吸热方向移动；
c．增大 CO2和 H2的投料比，相当于保持H2的浓度不变，两物质反应，只增大一种反应物的浓度，平衡正向移动，另一种反应物的转化率增大，但增加的反应物转化率减小；
（3）根据题意计算反应的浓度商Qc＝，若Qc＜K则反应正向移动，若Qc＞K则反应逆向移动，若Qc＝K则反应处于平衡状态；
（4）CO2能与CaO反应，反应物浓度减小，平衡逆向移动，而纳米CaO比微米CaO更小，据此解答。
【解答】解：（1）平衡常识为各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，该反应的平衡常数表达式K＝，由表格可知，升高温度，平衡常数增大，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，
故答案为：；吸热；
（2）平衡常数只与温度有关，830℃时，向容器中充入2molCO2、8molH2，保持温度不变，由表格可知，其平衡常数等于1.0，设CO2的变化量为xmol，列三段式计算如下：
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
起始量/mol 2 8 0 0
变化量/mol x x x x
平衡量/mol 2﹣x 8﹣x x x
设容器体积为VL，则K＝＝＝1.0，解得x＝1.6，则平衡时CO2的物质的量为（2﹣1.6）mol＝0.4mol，
故答案为：等于；0.4mol；
（3）a.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，则使用催化剂不能提高平衡时CO2转化率，故a错误；
b．由（1）可知该反应为吸热反应，升温使平衡正向移动，有利于提高平衡时CO2转化率，故b正确；
c．增大 CO2和 H2的投料比，相当于保持H2的浓度不变，增大CO2的浓度，平衡正向移动，H2的转化率提高，但CO2的转化率减小，故c错误；
故答案为：b；
（4）根据题意，此时反应的浓度商Qc＝＝＝4＞K（1200℃）＝2.6，则此时反应的平衡移动方向为逆反应方向，
故答案为：逆反应方向；
（5）CO2能与CaO反应，反应物浓度减小，平衡逆向移动，从而使H2的体积分数增大，而纳米CaO比微米CaO更小，即纳米CaO的接触面积比微米CaO的接触面积更大，则吸收CO2的量更大，平衡逆向的程度更大，H2的体积分数更高，
故答案为：CO2能与CaO反应，纳米CaO比微米CaO吸收CO2的量更大，则平衡逆向的程度更大。
【点评】本题考查化学平衡常数的计算和应用、平衡移动的原理，题目难度中等，关键是掌握平衡常数的含义以及外界条件对平衡移动的影响，注意平衡常数只与温度有关。
17．（10分）二甲醚（CH3OCH3）是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如下。2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣206.0kJ/mol
工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：
ⅰ．甲醇合成反应： CO+2H2⇌CH3OH
ⅱ．甲醇脱水反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣24.0kJ/mol
（1）起始时向容器中投入2mol CO和4mol H2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为 25% 。
（2）请补全甲醇合成反应的热化学方程式： 2CO（g）+4H2（g）⇌2CH3OH（g）△H＝﹣182.0kJ/mol 。
（3）甲醇脱水反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）在某温度下的化学平衡常数为400。此温度下，在恒容密闭容器中加入一定量的CH3OH（g），测得某时刻各组分浓度如表所示。此时反应 已达到 （填“已达到”或“未达到”）化学平衡状态。
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/（mol/L）
0.02
0.4
0.4
（4）生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H＝+48.8kJ/mol。将反应物混合气按进料比n（CO）：n（H2）＝1：2通入反应装置，选择合适的催化剂。在不同温度和压强下，测得二甲醚的选择性分别如图1、图2所示。
资料：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO在全部CO反应物中所占的比例。
①图1中，温度一定，压强增大，二甲醚选择性增大的原因是 增大压强，副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）逆向移动被抑制，主反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）不受压强影响 。
②图2中，温度高于265℃后，二甲醚选择性降低的原因有 主反应中2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）正向为放热反应，升高温度平衡逆移，二甲醚选择性降低，副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）正向为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加，二甲醚选择性降低 。
【分析】ⅰCO和H2按1：2化合可以生成CH3OH，据此写出化学方程式；
ⅱ（1）根据热化学方程式2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣206.0kJ/mol可知，2molCO气体和4mol氢气完全反应生成1mol二甲醚蒸汽和1mol水蒸气时，放热206kJ，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，说明CO的转化物质的量为0.5mol，结合转化率＝得出答案；
（2）Ⅰ：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣206.0kJ/mol
Ⅱ：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣24.0kJ/mol
根据盖斯定律Ⅰ﹣Ⅱ得2CO（g）+4H2（g）⇌2CH3OH（g）；
（3）根据表格数据，计算此时的浓度商，再与化学平衡常数为400作比较，得出结论；
（4）①副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动；
②主反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动。
【解答】解：ⅰCO和H2按1：2化合可以生成CH3OH，且反应是可逆反应，化学方程式为CO+2H2⇌CH3OH，
故答案为：CO+2H2⇌CH3OH；
ⅱ（1）根据热化学方程式2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣206.0kJ/mol可知，2molCO气体和4mol氢气完全反应生成1mol二甲醚蒸汽和1mol水蒸气时，放热206kJ，某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，说明CO的转化物质的量为0.5mol，此时CO的转化率＝×100%＝25%，
故答案为：25%；
（2）Ⅰ：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣206.0kJ/mol
Ⅱ：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣24.0kJ/mol
根据盖斯定律Ⅰ﹣Ⅱ得2CO（g）+4H2（g）⇌2CH3OH（g）△H＝（﹣206.0+24.0）kJ/mol＝﹣182.0kJ/mol，
故答案为：2CO（g）+4H2（g）⇌2CH3OH（g）△H＝（﹣206.0+24.0）kJ/mol＝﹣182.0kJ/mol；
（3）某时刻Qc＝＝400＝K，说明此时反应已达到平衡状态，
故答案为：已达到；
（4）①副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，该反应被抑制，同时主反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）不受压强影响，所以二甲醚选择性增大，
故答案为：增大压强，副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）逆向移动被抑制，主反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）不受压强影响；
②主反应中2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚选择性降低，副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增加，二甲醚选择性降低，
故答案为：主反应中2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）正向为放热反应，升高温度平衡逆移，二甲醚选择性降低，副反应CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）正向为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加，二甲醚选择性降低。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及热化学方程式的书写、化学平衡状态的判断、化学平衡的移动等，根据题目信息结合盖斯定律、浓度商、勒夏特列原理等知识解答，此题难度大。
18．（12分）我国力争在2060年前实现“碳中和”，综合利用CO2具有重要的意义。30MPa、200°C条件下，CO2与H2反应可制得气态甲醇（CH3OH），其反应的热化学方程式为：
CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H
（1）在一定温度下，2molCO2与6molH2置于2L密闭容器中反应制得甲醇，2min末生成0.8molCH3OH（g）。
①用CO2的浓度变化表示2min内该反应的化学反应速率 0.2mol•L﹣1•min﹣1 。
②2min末，容器中H2的物质的量浓度 1.8mol•L﹣1 。
（2）在实际生产中，测得合成塔中H2（g）及H2O（g）的物质的量随时间变化如图1所示，则图1中代表H2的曲线是 Y （填“X”或“Y”），v（正）与v（逆）相等的点为 c、d （填字母）。
（3）研究温度对该反应的影响：
①研究发现，在210～290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到平衡时甲醇的产率与温度的关系如图2所示，则该反应的△H ＜ 0（填“＞”“＝”或“＜”），依据是 温度升高，甲醇产率降低，向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应 。
②在温度为T1、T2时，平衡体系中CO2的体积分数随压强变化的曲线如图3所示。下列说法正确的是 AC 。
A．a、c两点的反应速率：a＜c
B．a、b两点CO2的转化率：a＞b
C．化学平衡常数：a＝c＜b
【分析】（1）利用三段法，找出反应体系中各物质起始物质的量、转化的物质的量、2min末的物质的量，从而求出CO2表示的0～2min的化学反应速率和2min末，容器中H2的物质的量浓度；
（2）图1可得出随着时间的变化，X的物质的量逐渐增加，Y的物质的量逐渐减少，再利用在反应进行过程中，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增加解答；v（正）与v（逆）相等的点为化学反应达到平衡的状态，从图中找出平衡状态的点；
（3）温度越高，化学反应速率越快，平衡向吸热方向移动，
①根据图2，得出温度越高，甲醇的产率越低，向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，判断出焓变；
②根据热化学方程式可知，温度相同时，压强增大，向分子数减少的方向移动，二氧化碳的体积分数降低，结合图③得出p2＞p1；压强相同时，温度升高向吸热方向移动，二氧化碳的体积分数升高，结合图③得出T2＞T1；
A.压强越高，化学反应速率越快；
B.相同压强下，比较纵坐标得出二氧化碳的含量大小，再判断转化率；
C.平衡常数只与温度有关，此反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小。
【解答】解：（1）三段法：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol） 2 6 0 0
转化（mol） 0.8 2.4 0.8 0.8
2min末（mol） 1.2 3.6 0.8 0.8
①0～2min内，用二氧化碳浓度变化来表示的速率为v（CO2）＝＝＝0.2mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：0.2mol•L﹣1•min﹣1；
②2min末，氢气的物质的量浓度为c（H2）＝＝＝1.8mol•L﹣1，
故答案为：1.8mol•L﹣1；
（2）氢气作为反应物，物质的量应随着时间的推移逐渐减少，符合Y曲线；v（正）与v（逆）相等的点为化学反应达到平衡的状态，达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，符合c、d点，
故答案为：Y；c、d；
（3）①由图2可知，温度越高，甲醇的产率越低，向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH＜0，
故答案为：＜；温度升高，甲醇产率降低，向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；
②根据热化学方程式可知，温度相同时，压强增大，向分子数减少的方向移动，二氧化碳的体积分数降低，结合图③得出p2＞p1；压强相同时，温度升高向吸热方向移动，二氧化碳的体积分数升高，结合图③得出T2＞T1；
A.a点和c点的温度相同，压强c点＞a点，所以c点的速率＞a点的速率，故A正确；
B.过p1；压作y轴的平行线，得出a点时二氧化碳含量大于b点，也就是a点二氧化碳的转化率较低，故B错误；
C.a、c温度相等，故化学平衡常数相等，b点温度较低，温度降低，反应向正反应方向移动，化学平衡常数变大，即a＝c＜b，故C正确，
故答案为：AC。
【点评】本题考查化学平衡相关的图像问题，此类问题众多，包括v﹣t图像的分析与应用，c﹣t或者n﹣t图像的分析与应用，转化率/百分含量﹣T﹣p图像分析等，属于一个较难的知识点。
19．（10分）根据下列实验设计，回答问题：
（1）利用实验（Ⅰ）探究锌与0.1mol/L硫酸和2mol/L硫酸反应的速率，可以测定收集一定体积氢气所用的时间。此方法需要控制的变量有（写出1项）： 温度、锌粒大小 。
（2）实验（Ⅱ）探究浓度对化学化学平衡的影响。
已知：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+推测D试管中实验现象为 溶液由橙色变为黄色 ，用平衡移动原理解释原因： 加NaOH溶液使c（H+）减小，平衡右移，c（CrO42﹣）增大 。
（3）实验（Ⅲ）目的是探究浓度对反应速率的影响，实验中反应离子方程式为 2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++8H2O+10CO2↑ ，推测该实验设计 不能 （填“能”或“不能”）达到实验目的，判断理由是 反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以还可能有催化剂的作用 。
（4）某小组也用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）液进行实验，实验操作及现象如下表：
编号
实验操作
实验现象
ⅰ
向一支试管中先加入5mL 0.01 mol/L 酸性KMnO4溶液，再加入1 滴3mol/L 硫酸和9滴蒸馏水，最后加入5mL 0.1mol/L草酸溶液
前10 min 内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30 min 后几乎变为无色
ⅱ
向另一支试管中先加入5mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10 滴3mol/L硫酸，最后加入5mL 0.1mol/L 草酸溶液
80 s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150 s后几乎变为无色
①由实验ⅰ、实验ⅱ可得出的结论是 其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快 。
②关于实验ⅱ中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验ⅲ，验证猜想。
提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水。补全实验ⅲ的操作：向试管中先加入5mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液， 再加入10滴3mol•L﹣1硫酸，然后加入少量MnSO4固体 ，最后加入5mL 0.1mol/L草酸溶液。
【分析】（1）测定收集一定体积氢气所用的时间，需保证温度、锌粒大小相同；
（2）D中加NaOH，使Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H+正向移动；
（3）此反应的反应物为酸性高锰酸钾和草酸溶液，生成物突然无色，说明生成锰离子，依据氧化还原反应原理书写反应方程式即可；反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以还可能有催化剂的作用；
（4）①实验Ⅰ、Ⅱ酸的浓度不同，据此分析解答；
②根据设计的实验1、2可知，猜想为该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用，实验2中加入少量MnSO4固体与实验1进行对比，若猜想成立，加入MnSO4固体溶液紫色应迅速变浅，据此分析作答。
【解答】解：（1）测定收集一定体积氢气所用的时间，需保证温度、锌粒大小相同，则此方法需要控制的变量有温度、锌粒大小，
故答案为：温度、锌粒大小；
（2）D试管中实验现象为溶液由橙色变为黄色，用平衡移动原理解释原因为加NaOH溶液使c（H+）减小，平衡右移，c（CrO42﹣）增大，
故答案为：溶液由橙色变为黄色；加NaOH溶液使c（H+）减小，平衡右移，c（CrO42﹣）增大；
（3）酸性高锰酸钾和草酸溶液在硫酸酸化条件下生成硫酸锰、硫酸钾等，化学反应方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++8H2O+10CO2↑，KMnO4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，
故答案为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++8H2O+10CO2↑；不能；反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以还可能有催化剂的作用；
（4）①实验Ⅰ、Ⅱ酸的浓度不同，实验II酸浓度大，反应快，故由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是：其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快；
故答案为：其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快；
②为了验证实验II中80s后溶液颜色迅速变浅的是否有锰离子其催化作用，应其他条件相同，只改变锰离子的量，因此向试管中先加入1mL 0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol•L﹣1硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1mL 0.1mol•L﹣1草酸溶液，
故答案为：再加入10滴3mol•L﹣1硫酸，然后加入少量MnSO4固体。
【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握速率的影响因素、控制变量法、平衡移动为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验变量的判断，题目难度不大。
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