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2022-2023学年福建省连城县第一中学高二上学期第一次月考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年福建省连城县第一中学高二上学期第一次月考化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
福建省连城县第一中学2022-2023学年高二上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列关于钢铁腐蚀的说法错误的是
A．在钢铁制品中加入一些铬或镍制成合金，可有效防止金属腐蚀
B．自然界中，生铁比纯铁更易腐蚀
C．钢铁设备上连接铜块可以防止钢铁腐蚀
D．钢铁设备与外加直流电源的负极相连可以防止钢铁腐蚀
【答案】C
【详解】A．钢铁制品中加入一些铬或镍制成合金，改变了金属的内部结构，防止金属腐蚀，故A正确；
B．生铁中含有Fe和C等物质，容易形成原电池，更易被腐蚀，故B正确；
C．钢铁设备上连接铜块，形成铁、铜原电池，金属铁为负极，会加速设备的腐蚀，故C错误；
D．钢铁设备与外加直流电源的负极相连作阴极，阴极金属不放电，可有效的防止钢铁设备的腐蚀，故D正确；
故选：C。
2．下列关于反应能量的说法正确的是
A．已知2C(s)＋O2(g) = 2CO(g) ΔH，ΔH表示碳的摩尔燃烧焓
B．已知2C(s)＋2O2(g) = 2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g) = 2CO(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH2
C．若C(s，石墨) = C(s，金刚石) ΔH=+1.9 kJ·mol−1 ，则石墨比金刚石稳定
D．H+ (aq)＋OH− (aq) = H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol−1，含1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5mol H2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量
【答案】C
【详解】A．燃烧热应指生成稳定的氧化物，如表示碳的燃烧热，则反应生成二氧化碳，故A错误；
B．都为放热反应，焓变为负值，完全燃烧放出的热量多，则ΔH1＜ΔH2，故B错误；
C．该反应为吸热反应，则金刚石能量较高，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故C正确；
D．浓硫酸溶于水放热，最终反应放出的热量大于57.3kJ，故D错误；
故选C。
3．在四个不同的容器中，在不同条件下N2与H2进行合成氨反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，生成氨的反应速率最快的是
A．v(H2)=0.3 mol/(L•min) B．v(NH3)=0.2 mol/(L•min)
C．v(N2)=0.6 mol/(L•min) D．v(NH3)=0.05 mol/(L•min)
【答案】C
【详解】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，对于，
A．0.1 mol/(L•min)；
B．0.1 mol/(L•min)；
C．0.6 mol/(L•min)；
D．0.025 mol/(L•min)，
故反应速率C＞A=B>D，故选：C。
4．采用电化学方法使Fe2+与H2O2反应，可生成非常活泼的·OH(羟基自由基)中间体用于降解废水中的有机污染物，原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．X上发生的电极反应为：2H2O - 4e- =O2↑+ 4H+
B．可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用
C．根据装置推测，Y电极是阳极，·OH在该电极侧产生
D．起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作
【答案】C
【分析】据图可知Y电极上Fe3+得电子转化为Fe2+，O2得电子结合氢离子生成H2O2，均发生还原反应，所以Y电极为阴极，X电极上H2O失电子生成氧气，发生氧化反应，为阳极。
【详解】A．据图可知X电极上H2O失电子生成氧气，电极反应为2H2O - 4e- =O2↑+ 4H+，故A正确；
B．据图可知Y电极上的反应物有O2，而X电极产生O2，所以将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用，故B正确；
C．根据分析可知Y为阴极，故C错误；
D．据图可知该装置工作时Fe2+与Fe3+循环转化，所以起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作，故D正确；
综上所述答案为C。
5．某温度下,发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol-1,N2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是
A．将1 mol N2和3 mol H2置于1 L密闭容器中发生反应,放出的热量为92.4 kJ
B．平衡状态由A到B时,平衡常数K(A)
D．升高温度,平衡常数K增大
【答案】C
【详解】A．该反应为可逆反应，加入的1 mol N2和3 mol H2不可能完全反应生成2 mol NH3，所以反应放出的热量小于92.4 kJ，A项错误；
B．从状态A到状态B，改变的是压强，温度未发生变化，所以平衡常数不变，B项错误；
C．该反应是反应前后气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2的转化率增大，C项正确；
D．升高温度，平衡逆向移动，K减小，D项错误；
故选C。
6．下列图中的实验方案，能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验方案
将NO2球浸泡在冰水和热水中
实验
目的
验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱
除去CO2气体中混有的SO2
探究温度对平衡
2NO2N2O4的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．温度不同，不能验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，A错误；
B．浓盐酸会挥发，干扰实验，B错误；
C．CO2会被碳酸钠溶液吸收，C错误；
D．二氧化氮为红棕色，四氧化氮为无色，将NO2球浸泡在冰水和热水中可探究温度对平衡
2NO2N2O4的影响，D正确；
选D。
7．一种新型镁储备电池的储存寿命长，电压平衡，电池的总反应为Mg+Cu2Cl2=2Cu+MgCl2，以该电池为电源在铜片上镀银的实验装置如图所示。下列说法正确的是
A．M电极材料为铜片
B．接通电路后，电池的正极质量减少
C．接通电路后，AgNO3溶液的浓度一定减小
D．若反应消耗1molMg，则有1molCl-通过阴离子交换膜
【答案】B
【分析】从电池的总反应为Mg+Cu2Cl2=2Cu+MgCl2，可知Mg失去电子，Cu2Cl2得到电子，该电池负极是Mg，正极是Cu2Cl2/石墨，根据图示，N极得到电子，M极失去电子，以该电池为电源在铜片上镀银，则铜片作为阴极，是N极，银作为阳极失去电子，是M极。
【详解】A．据分析，M电极材料为银，A错误；
B．接通电路后，电池的正极即Cu2Cl2/石墨得到电子，生成Cu和Cl-，电极质量减少，B正确；
C．接通电路后，M是银失去电子生成Ag+进入溶液，N极表面Ag+得到电子生成Ag，AgNO3溶液的浓度不一定减小，C错误；
D．若反应消耗1molMg，则电路中转移2mol电子，则有2molCl-通过阴离子交换膜，D错误；
故选B。
8．某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应2X(s)Y(s)+ Z(g) ΔH；一段时间后达到平衡。下列说法不正确的是
A．升高温度，若c(Z)增大，则ΔH＞0
B．平衡后加入一定量Z，达新平衡后m(Y)减小
C．加入等物质的量的X和Z，平衡不移动
D．加入一定量氩气(Ar)，平衡不移动
【答案】C
【详解】A．升高温度，若c(Z)增大，则表明平衡正向移动，所以ΔH＞0，A正确；
B．平衡后加入一定量Z，平衡逆向移动，达新平衡后m(Y)减小，B正确；
C．加入等物质的量的X和Z，由于X呈固态，所以只增大了生成物Z的浓度，平衡逆向移动，C不正确；
D．加入一定量氩气(Ar)，生成物Z的浓度不变，平衡不移动，D正确；
故选C。
9．以Pd纳米粒子为核、空心多孔碳球为壳的封装型催化剂将H2和O2直接合成的机理如图(a)所示。电催化还原O2时的两种可能转化路径如图(b)所示(其中吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列说法错误的是
A．直接合成法中，步骤②吸收能量，步骤④释放能量
B．电催化还原法制备H2O2的优点之一是避免了H2和O2共存的易爆环境
C．电催化还原时，2e-路径的步骤少，反应速率快
D．若催化剂表面对*OOH吸附过强，则易生成O*，导致的产率降低
【答案】C
【详解】A． 由题中图示可知，步骤②是O2*+H2*→O2*+2H*，断开H-H键，需要吸收能量，步骤④是OOH*+H*→H2O2*，形成H-O键，需要释放能量，故A正确；
B． 电催化还原法中H2和O2分开在两极参加反应，则电催化还原法制备H2O2的优点之一是避免了H2和O2共存的易爆环境，故B正确；
C． 反应速率的快慢与活化能有关，从图示中看不出反应的活化能，无法判断，故C错误；
D． 结合图示可知，若催化剂表面对*OOH吸附过强，则易生成O*，导致的产率降低，故D正确；
故选C。
10．已知反应A(g) +2B(g)3C(g)，ΔH＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA(g)和 3molB(g)发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．若容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．t2时改变的条件：向容器中加入B
C．平衡常数K：K(Ⅱ) ＜K(Ⅰ)
D．平衡时A的体积φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ)
【答案】D
【详解】A．该反应为气体体积不变的反应，反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不变不能判定平衡状态，A错误；
B．t2时正反应速率瞬间不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，B错误；
C．平衡常数与温度有关，温度不变，平衡常数不变，K(II)=K(I)，C错误；
D． t2时加入C，平衡逆向移动，平衡时A的体积分数增大，故φ (II)＞φ(I)，D正确；
故选D。
11．在一密闭容器中加入M、N、P三种气体，保持温度一定，在四个不同时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断，下列说法正确的是
测定时刻
0
t1
t2
t3
各物质的浓度(mol·L-1)
M
6
3
2
2
N
5
3.5
3
3
P
1
2.5
3
3
A．在t2时刻反应已经停止
B．该反应的化学方程式为2M(g)＋N(g)P(g)
C．M的平衡转化率比N的平衡转化率低
D．利用表中数据无法计算该温下反应的平衡常数
【答案】B
【详解】A．从表中数据可以看出，在t2时刻后，各物质的浓度保持不变且都大于0，则表明反应已经达到平衡状态，A不正确；
B．反应进行到t2时刻后达平衡状态，M、N、P的浓度变化量分别为4mol、2mol、2mol，则M、N、P的化学计量数之比为2:1:1，在反应过程中，M、N的物质的量不变减小，则它们是反应物，P的物质的量不断增大，则其为生成物，所以该反应的化学方程式为2M(g)＋N(g)P(g)，B正确；
C．M和N的起始投入量与化学计量数的商分别为3、5，商值越小，反应物的转化率越大，所以M的平衡转化率比N的平衡转化率大，C不正确；
D．虽然没有提供容器的体积，但反应前后气体的分子数相等，平衡常数表达式中的体积可以约去，所以利用表中数据可以计算该温度下反应的平衡常数，D不正确；
故选B。
12．已知可逆反应2NO2(g)N2O4(g)中NO2、N2O4的消耗速率与其浓度存在如下关系：v消(NO2)=k1c2(NO2)，v消(N2O4)=k2c(N2O4)(其中k1、k2是只与温度有关的常数)，一定温度下根据上述关系式建立如图所示关系。下列说法正确的是
A．在1L密闭容器中充入1molNO2，平衡时c(NO2)+c(N2O4)=1 mol•L-1
B．若某温度时k1=k2，则该温度下反应的平衡常数K=0.5
C．图中A点能表示该反应达到化学平衡状态
D．缩小容器的容积，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅
【答案】B
【详解】A．在1L密闭容器中充入1molNO2，设从反应开始至达平衡时，参加反应的NO2物质的量为x，则生成N2O4的物质的量为0.5x，平衡时c(NO2)+c(N2O4)=1 mol•L-1-x+0.5x=1 mol•L-1-0.5x＜1 mol•L-1，A不正确；
B．v消(N2O4)=k2c(N2O4)，则v生(NO2)=2k2c(N2O4)，平衡时，v消(NO2)=k1c2(NO2)= v生(NO2)=2k2c(N2O4)，若某温度时k1=k2，则该温度下反应的平衡常数K==0.5，B正确；
C．图中A点，表示c(NO2)=c(N2O4)时，v消(NO2)= v消(N2O4)，速率之比不等于化学计量数之比，该反应未达化学平衡状态，C不正确；
D．缩小容器的容积，NO2气体的浓度增大，气体的颜色变深，D不正确；
故选B。
13．高炉炼铁过程中发生的反应：1/3Fe2O3(s)＋CO(g)⇌2/3Fe(s)＋CO2(g)，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表，下列说法正确的是
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
A．△H>0
B．该反应的平衡常数表达式是
C．其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值减小
D．其他条件不变，增大压强，平衡往逆向移动
【答案】B
【详解】A、依据图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0，故A错误；
B、依据化学方程式和平衡常数概念书写平衡常数表达式，注意固体和纯液体不能写入表达式，平衡常数K= ，故B正确；
C、平衡常数随温度变化，不随浓度变化，其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值不变，故C错误；
D、由反应式：1/3Fe2O3(s)＋CO(g)⇌2/3Fe(s)＋CO2(g)可知，反应前后气体体积不变，故其他条件不变，增大压强，平衡不移动，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了化学平衡常数、化学平衡的影响因素，主要是平衡常数随温度变化，掌握基础是关键。
14．我国科研人员研制了Ti−H−Fe双温区催化剂(Ti−H区域和Fe区域的温度差可超过100℃)。利用该催化剂合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是
A．该历程中能量变化最大的是2.46eV，是氮分子中氮氮三键的断裂过程
B．在高温区加快了反应速率，低温区提高了氨的产率
C．③为N原子由Fe区域向Ti−H区域的传递过程
D．①③在高温区发生，②④⑤在低温区发生
【答案】B
【详解】A．该历程中能量变化最大的是2.46eV，是氮分子中吸附过程，氮氮三键的断裂过程是历程②，吸热−1.87eV−(−2.46eV)=0.59eV，故A错误；
B．一般而言，升高温度可提高反应速率，则在高温区加快了反应速率，由于合成氨反应是放热反应，因此低温区提高了氨的产率，故B正确；
C．③为Ti−H−Fe吸附N的历程，④为N原子由Fe区域向Ti−H区域的传递过程，故C错误；
D．①是催化剂吸附氮气的历程，②是过渡态的历程，③为氮气解离为氮原子的历程，都为吸热反应，因此在高温区发生，④⑤为了增大平衡产率，需要在低温区进行，故D错误。
综上所述，答案为B。
二、原理综合题
15．图中A、B为多孔碳惰性电极，C、D为铂夹，夹在浸过Na2SO4溶液和酚酞的湿滤纸条两端；a、b为电源两极。实验前，往两支试管中充满KOH溶液并倒立于盛有KOH溶液的水槽中。实验时，断开K1，闭合K2、K3，通电一段时间，两支试管收集的气体体积如图所示。根据要求回答问题：
(1)电源的a极为_______极(填“正”或“负”)；
(2)铂夹C上发生反应的电极反应式为_______；
(3)装置通直流电时，下列判断不正确的是 _______。
①电极A上发生氧化反应 ②电子沿a→C→D→b 路径流动
③片刻后D点附近c()增大 ④片刻后可观察到滤纸C点变红色
(4)现切断K2、K3，闭合K1，观察到电流表指针偏转。电极A上的电极反应式为 _______。
(5)特斯拉全电动汽车使用的是钴酸锂(LiCoO2)电池，其工作原理如图，A极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li+的高分子材料。隔膜只允许特定的离子通过，电池反应式为：LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，则放电时负极的电极反应式为_______，充电时，电极B应与直流电源的_______极(填“正”或“负”)连接，此时该电极的电极反应式为_______。
【答案】(1)负
(2)2H++2e-= H2↑
(3)②
(4)2H2O+O2 +4e‾=4OH‾
(5) LixC6-xe-=xLi++C6 正 LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+
【分析】本题中电极的判断，应从A、B试管内气体的体积入手。在水槽中，电解的实质是电解水，所以A试管中收集的气体为O2，B试管中收集的气体为H2。则A中石墨电极为阳极，B中石墨电极为阴极，a电极为负极，b电极为正极；C为阴极，D为阳极。
（1）
由分析可知，电源的a极为负极。答案为：负；
（2）
铂夹C为阴极，水电离产生的H+在该电极得电子生成H2，电极反应式为2H++2e-= H2↑。答案为：2H++2e-= H2↑；
（3）
①电极A为阳极，水电离产生的OH-失电子发生氧化反应，①正确；
②a为电源的负极，C为阴极，D为阳极，b为正极，则电子从a→C、从D→b，在电解池内部，通过离子的定向移动传导电流，②不正确；
③D为阳极，阴离子向阳极移动，则D点附近c()增大，③正确；
④滤纸C点，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，溶液呈碱性，使酚酞变红色，④正确；
故选②。答案为：②；
（4）
现切断K2、K3，闭合K1，观察到电流表指针偏转，则有电流产生，表明水槽中物质构成原电池，电极A作负极，O2得电子产物与电解质反应生成OH-，电极反应式为 2H2O+O2 +4e‾=4OH‾。答案为：2H2O+O2 +4e‾=4OH‾；
（5）
由电池反应式为：LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，可得出放电时负极LixC6失电子生成C6等，电极反应式为LixC6-xe-=xLi++C6，充电时电极B为阳极，与直流电源的正极连接，此时LiCoO2失电子生成Li1-xCoO2等，该电极的电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+。答案为：LixC6-xe-=xLi++C6；正；LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+。
【点睛】电池放电时电极作正极，充电时此电极作阳极。
16．运用化学反应原理研究以下反应有重要意义，请完成下列探究。
I.已知：H2(g)＋I2(g)2HI (g) ΔH=-11 kJ·mol−1，该反应经历了如下反应历程：
第一步：I22I·；
第二步：H2＋2I·2HI
(1)若第一步为快反应，下列示意图中能体现上述反应过程能量变化的是_______(填标号)。
A． B． C． D．
(2)下列说法中，可证明反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)已达平衡状态的是_______(填标号)。
A．一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂
B．反应速率v正(H2)=2v逆(HI)
C．恒容密闭容器中，混合气体的平均相对分子质量不再变化
D．温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化
(3)Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g)。在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为_______。
②上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为_______(以K和k正表示)。若k正=0.0027 min-1，在t=40 min时，v正=_______min-1。
II.已知合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol−1；在400℃时，K=0.5。
(4)①400℃时，反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的K' =_______(填数值)。
②400℃时，在0.5L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则此时反应v正(NH3)_______ v逆(NH3)(填“＞” “＜” “=”或“不能确定”)。
【答案】(1)C
(2)AD
(3) K= 1.95×10-3
(4) 2 =
【解析】（1）
第一步为快反应，则第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能；反应为放热反应，则(H2+I2)的总能量大于2HI的总能量，示意图中符合此限定条件的只有C，故选C。答案为：C；
（2）
A．一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂，反应进行的方向相反，且变化量之比等于化学计量数之比，反应达平衡状态，A符合题意；
B．反应速率v正(H2)=2v逆(HI)，虽然反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，所以反应未达平衡状态，B不符合题意；
C．恒容密闭容器中，混合气的总质量不变，总物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量始终不变，则平均相对分子质量不变时，反应不一定达平衡状态，C不符合题意；
D．温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化，则表明c(I2)不变，反应达平衡状态，D符合题意；
故选AD。答案为：AD；
（3）
①120min达平衡时，x(HI)=0.784，则x(H2)=x(I2)=0.108，该反应的平衡常数K的计算式为K=。
②反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，则K=，所以k逆为。若k正=0.0027 min-1，在t=40 min时，x(HI)=0.85，v正=0.0027 min-1×0.852=1.95×10-3min-1。答案为：K=；；1.95×10-3；
（4）
①400℃时，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) K=0.5，则反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的平衡常数K' ===2。
②400℃时，在0.5L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则此时Q==0.5=K，所以反应达平衡状态，v正(NH3) = v逆(NH3)。答案为：2；=。
【点睛】已知反应物和生成物的浓度，判断反应进行的方向时，可利用浓度商进行判断。
17．燃煤火力发电厂会产生大量的NOx、SO2、CO2，排放会对环境造成污染。
(1)通常情况下，当1gC(s)完全燃烧时释放出33kJ热量，该反应的热化学方程式为_______。
(2)用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) △H。在2L恒容密闭器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如下表。
实验编号
温度/℃
起始时NO的物质的量/mol
平衡时N2的物质的量/mol
1
700
0.24
0.08
2
800
0.40
0.09
①700℃时，若反应2min达到平衡，0～2min内的CO2平均反应速率v=_______；该温度下的平衡常数K=_______。
②结合表中数据，判断该反应的△H_______0(填“＞”或“＜”)。
③判断该反应达到平衡的依据是_______。
A．容器内气体密度恒定 B．容器内各气体浓度恒定
C．容器内压强恒定 D．2v正(NO)=v逆(N2)
(3)已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示。由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_______。
【答案】(1)C(s)＋O2(g) =CO2(g)，△H=-396 kJ·mol-1
(2) 0.02 mol·L-1·min-1 1 ＜ AB
(3)1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大
【解析】（1）
1gC(s)完全燃烧时释放出33kJ热量，则12gC(s)燃烧，放热33kJ×12=396kJ，该反应的热化学方程式为C(s)＋O2(g) =CO2(g)，△H=-396 kJ·mol-1。答案为：C(s)＋O2(g) =CO2(g)，△H=-396 kJ·mol-1；
（2）
①700℃时，若反应2min达到平衡，n(N2)=0.08mol，n(CO2)=0.08mol，0～2min内的CO2平均反应速率v==0.02 mol·L-1·min-1；平衡时，n(NO)=0.24mol-0.08mol×2=0.08mol，该温度下的平衡常数K==1。
②800℃时，n(N2)=0.09mol，n(CO2)=0.09mol，n(NO)=0.40mol-0.09mol×2=0.22mol，K′=＜1，则温度升高，平衡逆向移动，该反应的△H＜0。
③A．容器内气体的质量随反应进行在不断改变，而气体的物质的量不变，所以混合气的密度在不断改变，当密度恒定时，反应达平衡状态，A符合题意；
B．容器内各气体浓度恒定，则正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，B符合题意；
C．反应前后气体的分子数始终不变，则压强始终不变，容器内压强恒定时，反应不一定达平衡状态，C不符合题意；
D．2v正(NO)=v逆(N2)，虽然反应进行的方向相反，但正、逆反应的速率之比不等于化学计量数之比，所以反应未达平衡状态，D不符合题意；
故选AB。答案为：0.02 mol·L-1·min-1；1；＜；AB；
（3）
图中NO的转化率是在相同时间内测定，温度低，反应速率慢，相同时间内NO的转化率低，在温度达到1050K时反应达平衡状态，在此点之后的所有点，反应都达平衡状态，温度升高，NO的平衡转化率减小，则平衡逆向移动。所以1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大。答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大。
【点睛】由相同时间内反应物的转化率数据判断温度对平衡的影响时，应找准最高点，即达平衡的点，然后分析温度与转化率的关系，从而确定温度对平衡的影响。
18．乙烷是一种重要的化工原料，可用作制冷剂、燃料、制备乙烯的原料。回答下列问题：
(1)已知：①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1=+136.8kJ·mol-1
②H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH2=-285.8kJ·mol-1
③C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(1) ΔH3=-1411.0kJ·mol-1
则表示C2H6(g)摩尔燃烧焓的热化学方程式为_______。
(2)1000℃时，在某刚性容器内充入一定量的C2H6，只发生反应①，已知平衡时容器中总压为2.1×105Pa，乙烷的平衡转化率为40%。
①1000℃时，反应①的平衡常数Kp= _______Pa[气体分压(Pa)=气体总压(Pa)×物质的量分数]。
②若其他条件不变，刚性容器改为体积可变的密闭容器，则达到平衡时乙烷的转化率_______40%(填“＞”“＜”或“=”)。
(3)乙烷催化氧化裂解法是一种新型的制备乙烯的方法：C2H6(g)+O2(g)C2H4(g)+H2O(g) ΔH=-149kJ·mol-1，该反应的正活化能和逆活化能中较大的是_______。
【答案】(1)C2H6(g)+O2(g)2CO2(g)+3H2O(1) ΔH1=-1560kJ·mol-1
(2) 4×104 ＞
(3)逆活化能
【解析】（1）
①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1=+136.8kJ·mol-1
②H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH2=-285.8kJ·mol-1
③C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(1) ΔH3=-1411.0kJ·mol-1
利用盖斯定律，将反应①+②+③得：表示C2H6(g)摩尔燃烧焓的热化学方程式为C2H6(g)+O2(g)2CO2(g)+3H2O(1) ΔH1=(+136.8kJ·mol-1)+( -285.8kJ·mol-1)+( -1411.0kJ·mol-1)=-1560kJ·mol-1。答案为：C2H6(g)+O2(g)2CO2(g)+3H2O(1) ΔH1=-1560kJ·mol-1；
（2）
①1000℃时，发生反应①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)，平衡时容器中总压为2.1×105Pa，设乙烷的物质的量为1mol，乙烷的平衡转化率为40%，则C2H4(g)、H2(g)的物质的量都为0.4mol，乙烷的物质的量为0.6mol，反应①的平衡常数Kp==4×104Pa。
②若其他条件不变，刚性容器改为体积可变的密闭容器，则随着反应的进行，气体总物质的量增大，容器的体积不断增大，相当于原混合气减压，平衡正向移动，达到平衡时乙烷的转化率增大，则乙烷的转化率＞40%。答案为：4×104；＞；
（3）
对于反应C2H6(g)+O2(g)C2H4(g)+H2O(g) ΔH=-149kJ·mol-1， ΔH=正活化能-逆活化能＜0，则正活化能＜逆活化能，所以该反应的正活化能和逆活化能中较大的是逆活化能。答案为：逆活化能。
【点睛】反应物的起始投入量之比等于化学计量数之比时，反应物的转化率相同。
三、实验题
19．某学习小组同学研究过氧化氢溶液与氢碘酸反应，查到一组室温下的实验数据，如下表所示：
实验编号
①
②
③
④
⑤
C0(H2O2)/mol·L-1
0.1
01
0.1
0.2
0.3
C0(HI)/mol·L-1
0.1
0.2
0.3
0.1
0.1
从混合至溶液出现棕黄色的时间/s
13
6.5
4.3
6.6
4.4
(1)过氧化氢溶液与氢碘酸反应的化学方程式为___________。
(2)本实验的目的是___________。
(3)若该反应的速率方程可表示为v=kca(H2O2)cb(HI)，对比表中数据可知a=_______，b=_______。
(4)资料显示编号①的反应进行至20s时，测得氢碘酸的浓度为0.06mol·L-1，则20s内生成I2的平均速率v(I2)=___________。
(5)该实验小组同学将氢碘酸用碘化钾代替进行实验，控制其他条件不变，未观察到溶液变为棕黄色，却观察到有无色气体生成。该小组同学认为KI可能对过氧化氢的分解起到催化作用。为验证该猜想，该小组同学进行了如下实验：取2支试管，分别加入2mL0.1mol·L-1H2O2溶液，然后向其中一支试管加入2mL0.1mol·L-1KI溶液，向另一支试管中加入___________，观察现象。
(6)该小组同学将实验编号④的温度升高，发现到一定温度下，溶液出现棕黄色所需时间变长，可能的原因是___________。
【答案】(1)H2O2＋2HI=I2＋2H2O
(2)探究过氧化氢、氢碘酸浓度对过氧化氢与氢碘酸反应速率的影响
(3) 1 1
(4)0.001mol·L-1·s-1
(5)2mL蒸馏水
(6)H2O2受热分解，导致过氧化氢溶液浓度下降，反应速率减小
【解析】（1）
过氧化氢将氢碘酸氧化为碘单质，化学方程式为：H2O2＋2HI=I2＋2H2O；
（2）
根据表格中对比实验可以看出改变了过氧化氢和氢碘酸的浓度，所以本实验的目的是探究过氧化氢、氢碘酸浓度对过氧化氢与氢碘酸反应速率的影响；
（3）
由表中数据可知，当H2O2浓度一定时，HI浓度增大几倍，化学反应速率就增大几倍；当HI浓度-定时，H2O2浓度增大几倍,化学反应速率就增大几倍，则由该反应的速率方程v=kca(H2O2)cb(HI)，可知a=1，b= 1；
[小问4]
（4）
编号①的反应进行至20s时，测得HI浓度为0.06 mol·L-1，则HI浓度减少了0.04 mol·L-1，据HI与H2O2反应的化学方程式可知，生成I2的浓度为0.02 mol·L-1，则；
（5）
对比实验变量单一，比较相同条件下相同浓度H2O2溶液和H2O2与KI的混合溶液产生无色气体的快慢即可验证KI是否对H2O2分解起到催化作用；
（6）
该小组同学将实验编号④的温度升高，发现到一定温度下，溶液出现棕黄色所需时间变长，可能的原因是温度升高后，H2O2分解造成浓度降低，反应速率减慢。
福建省连城县第一中学2022-2023学年高二上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列关于钢铁腐蚀的说法错误的是
A．在钢铁制品中加入一些铬或镍制成合金，可有效防止金属腐蚀
B．自然界中，生铁比纯铁更易腐蚀
C．钢铁设备上连接铜块可以防止钢铁腐蚀
D．钢铁设备与外加直流电源的负极相连可以防止钢铁腐蚀
【答案】C
【详解】A．钢铁制品中加入一些铬或镍制成合金，改变了金属的内部结构，防止金属腐蚀，故A正确；
B．生铁中含有Fe和C等物质，容易形成原电池，更易被腐蚀，故B正确；
C．钢铁设备上连接铜块，形成铁、铜原电池，金属铁为负极，会加速设备的腐蚀，故C错误；
D．钢铁设备与外加直流电源的负极相连作阴极，阴极金属不放电，可有效的防止钢铁设备的腐蚀，故D正确；
故选：C。
2．下列关于反应能量的说法正确的是
A．已知2C(s)＋O2(g) = 2CO(g) ΔH，ΔH表示碳的摩尔燃烧焓
B．已知2C(s)＋2O2(g) = 2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g) = 2CO(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH2
C．若C(s，石墨) = C(s，金刚石) ΔH=+1.9 kJ·mol−1 ，则石墨比金刚石稳定
D．H+ (aq)＋OH− (aq) = H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol−1，含1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5mol H2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量
【答案】C
【详解】A．燃烧热应指生成稳定的氧化物，如表示碳的燃烧热，则反应生成二氧化碳，故A错误；
B．都为放热反应，焓变为负值，完全燃烧放出的热量多，则ΔH1＜ΔH2，故B错误；
C．该反应为吸热反应，则金刚石能量较高，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故C正确；
D．浓硫酸溶于水放热，最终反应放出的热量大于57.3kJ，故D错误；
故选C。
3．在四个不同的容器中，在不同条件下N2与H2进行合成氨反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，生成氨的反应速率最快的是
A．v(H2)=0.3 mol/(L•min) B．v(NH3)=0.2 mol/(L•min)
C．v(N2)=0.6 mol/(L•min) D．v(NH3)=0.05 mol/(L•min)
【答案】C
【详解】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，对于，
A．0.1 mol/(L•min)；
B．0.1 mol/(L•min)；
C．0.6 mol/(L•min)；
D．0.025 mol/(L•min)，
故反应速率C＞A=B>D，故选：C。
4．采用电化学方法使Fe2+与H2O2反应，可生成非常活泼的·OH(羟基自由基)中间体用于降解废水中的有机污染物，原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．X上发生的电极反应为：2H2O - 4e- =O2↑+ 4H+
B．可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用
C．根据装置推测，Y电极是阳极，·OH在该电极侧产生
D．起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作
【答案】C
【分析】据图可知Y电极上Fe3+得电子转化为Fe2+，O2得电子结合氢离子生成H2O2，均发生还原反应，所以Y电极为阴极，X电极上H2O失电子生成氧气，发生氧化反应，为阳极。
【详解】A．据图可知X电极上H2O失电子生成氧气，电极反应为2H2O - 4e- =O2↑+ 4H+，故A正确；
B．据图可知Y电极上的反应物有O2，而X电极产生O2，所以将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用，故B正确；
C．根据分析可知Y为阴极，故C错误；
D．据图可知该装置工作时Fe2+与Fe3+循环转化，所以起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作，故D正确；
综上所述答案为C。
5．某温度下,发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol-1,N2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是
A．将1 mol N2和3 mol H2置于1 L密闭容器中发生反应,放出的热量为92.4 kJ
B．平衡状态由A到B时,平衡常数K(A)
D．升高温度,平衡常数K增大
【答案】C
【详解】A．该反应为可逆反应，加入的1 mol N2和3 mol H2不可能完全反应生成2 mol NH3，所以反应放出的热量小于92.4 kJ，A项错误；
B．从状态A到状态B，改变的是压强，温度未发生变化，所以平衡常数不变，B项错误；
C．该反应是反应前后气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2的转化率增大，C项正确；
D．升高温度，平衡逆向移动，K减小，D项错误；
故选C。
6．下列图中的实验方案，能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验方案
将NO2球浸泡在冰水和热水中
实验
目的
验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱
除去CO2气体中混有的SO2
探究温度对平衡
2NO2N2O4的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．温度不同，不能验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，A错误；
B．浓盐酸会挥发，干扰实验，B错误；
C．CO2会被碳酸钠溶液吸收，C错误；
D．二氧化氮为红棕色，四氧化氮为无色，将NO2球浸泡在冰水和热水中可探究温度对平衡
2NO2N2O4的影响，D正确；
选D。
7．一种新型镁储备电池的储存寿命长，电压平衡，电池的总反应为Mg+Cu2Cl2=2Cu+MgCl2，以该电池为电源在铜片上镀银的实验装置如图所示。下列说法正确的是
A．M电极材料为铜片
B．接通电路后，电池的正极质量减少
C．接通电路后，AgNO3溶液的浓度一定减小
D．若反应消耗1molMg，则有1molCl-通过阴离子交换膜
【答案】B
【分析】从电池的总反应为Mg+Cu2Cl2=2Cu+MgCl2，可知Mg失去电子，Cu2Cl2得到电子，该电池负极是Mg，正极是Cu2Cl2/石墨，根据图示，N极得到电子，M极失去电子，以该电池为电源在铜片上镀银，则铜片作为阴极，是N极，银作为阳极失去电子，是M极。
【详解】A．据分析，M电极材料为银，A错误；
B．接通电路后，电池的正极即Cu2Cl2/石墨得到电子，生成Cu和Cl-，电极质量减少，B正确；
C．接通电路后，M是银失去电子生成Ag+进入溶液，N极表面Ag+得到电子生成Ag，AgNO3溶液的浓度不一定减小，C错误；
D．若反应消耗1molMg，则电路中转移2mol电子，则有2molCl-通过阴离子交换膜，D错误；
故选B。
8．某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应2X(s)Y(s)+ Z(g) ΔH；一段时间后达到平衡。下列说法不正确的是
A．升高温度，若c(Z)增大，则ΔH＞0
B．平衡后加入一定量Z，达新平衡后m(Y)减小
C．加入等物质的量的X和Z，平衡不移动
D．加入一定量氩气(Ar)，平衡不移动
【答案】C
【详解】A．升高温度，若c(Z)增大，则表明平衡正向移动，所以ΔH＞0，A正确；
B．平衡后加入一定量Z，平衡逆向移动，达新平衡后m(Y)减小，B正确；
C．加入等物质的量的X和Z，由于X呈固态，所以只增大了生成物Z的浓度，平衡逆向移动，C不正确；
D．加入一定量氩气(Ar)，生成物Z的浓度不变，平衡不移动，D正确；
故选C。
9．以Pd纳米粒子为核、空心多孔碳球为壳的封装型催化剂将H2和O2直接合成的机理如图(a)所示。电催化还原O2时的两种可能转化路径如图(b)所示(其中吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列说法错误的是
A．直接合成法中，步骤②吸收能量，步骤④释放能量
B．电催化还原法制备H2O2的优点之一是避免了H2和O2共存的易爆环境
C．电催化还原时，2e-路径的步骤少，反应速率快
D．若催化剂表面对*OOH吸附过强，则易生成O*，导致的产率降低
【答案】C
【详解】A． 由题中图示可知，步骤②是O2*+H2*→O2*+2H*，断开H-H键，需要吸收能量，步骤④是OOH*+H*→H2O2*，形成H-O键，需要释放能量，故A正确；
B． 电催化还原法中H2和O2分开在两极参加反应，则电催化还原法制备H2O2的优点之一是避免了H2和O2共存的易爆环境，故B正确；
C． 反应速率的快慢与活化能有关，从图示中看不出反应的活化能，无法判断，故C错误；
D． 结合图示可知，若催化剂表面对*OOH吸附过强，则易生成O*，导致的产率降低，故D正确；
故选C。
10．已知反应A(g) +2B(g)3C(g)，ΔH＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA(g)和 3molB(g)发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．若容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．t2时改变的条件：向容器中加入B
C．平衡常数K：K(Ⅱ) ＜K(Ⅰ)
D．平衡时A的体积φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ)
【答案】D
【详解】A．该反应为气体体积不变的反应，反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不变不能判定平衡状态，A错误；
B．t2时正反应速率瞬间不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，B错误；
C．平衡常数与温度有关，温度不变，平衡常数不变，K(II)=K(I)，C错误；
D． t2时加入C，平衡逆向移动，平衡时A的体积分数增大，故φ (II)＞φ(I)，D正确；
故选D。
11．在一密闭容器中加入M、N、P三种气体，保持温度一定，在四个不同时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断，下列说法正确的是
测定时刻
0
t1
t2
t3
各物质的浓度(mol·L-1)
M
6
3
2
2
N
5
3.5
3
3
P
1
2.5
3
3
A．在t2时刻反应已经停止
B．该反应的化学方程式为2M(g)＋N(g)P(g)
C．M的平衡转化率比N的平衡转化率低
D．利用表中数据无法计算该温下反应的平衡常数
【答案】B
【详解】A．从表中数据可以看出，在t2时刻后，各物质的浓度保持不变且都大于0，则表明反应已经达到平衡状态，A不正确；
B．反应进行到t2时刻后达平衡状态，M、N、P的浓度变化量分别为4mol、2mol、2mol，则M、N、P的化学计量数之比为2:1:1，在反应过程中，M、N的物质的量不变减小，则它们是反应物，P的物质的量不断增大，则其为生成物，所以该反应的化学方程式为2M(g)＋N(g)P(g)，B正确；
C．M和N的起始投入量与化学计量数的商分别为3、5，商值越小，反应物的转化率越大，所以M的平衡转化率比N的平衡转化率大，C不正确；
D．虽然没有提供容器的体积，但反应前后气体的分子数相等，平衡常数表达式中的体积可以约去，所以利用表中数据可以计算该温度下反应的平衡常数，D不正确；
故选B。
12．已知可逆反应2NO2(g)N2O4(g)中NO2、N2O4的消耗速率与其浓度存在如下关系：v消(NO2)=k1c2(NO2)，v消(N2O4)=k2c(N2O4)(其中k1、k2是只与温度有关的常数)，一定温度下根据上述关系式建立如图所示关系。下列说法正确的是
A．在1L密闭容器中充入1molNO2，平衡时c(NO2)+c(N2O4)=1 mol•L-1
B．若某温度时k1=k2，则该温度下反应的平衡常数K=0.5
C．图中A点能表示该反应达到化学平衡状态
D．缩小容器的容积，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅
【答案】B
【详解】A．在1L密闭容器中充入1molNO2，设从反应开始至达平衡时，参加反应的NO2物质的量为x，则生成N2O4的物质的量为0.5x，平衡时c(NO2)+c(N2O4)=1 mol•L-1-x+0.5x=1 mol•L-1-0.5x＜1 mol•L-1，A不正确；
B．v消(N2O4)=k2c(N2O4)，则v生(NO2)=2k2c(N2O4)，平衡时，v消(NO2)=k1c2(NO2)= v生(NO2)=2k2c(N2O4)，若某温度时k1=k2，则该温度下反应的平衡常数K==0.5，B正确；
C．图中A点，表示c(NO2)=c(N2O4)时，v消(NO2)= v消(N2O4)，速率之比不等于化学计量数之比，该反应未达化学平衡状态，C不正确；
D．缩小容器的容积，NO2气体的浓度增大，气体的颜色变深，D不正确；
故选B。
13．高炉炼铁过程中发生的反应：1/3Fe2O3(s)＋CO(g)⇌2/3Fe(s)＋CO2(g)，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表，下列说法正确的是
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
A．△H>0
B．该反应的平衡常数表达式是
C．其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值减小
D．其他条件不变，增大压强，平衡往逆向移动
【答案】B
【详解】A、依据图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0，故A错误；
B、依据化学方程式和平衡常数概念书写平衡常数表达式，注意固体和纯液体不能写入表达式，平衡常数K= ，故B正确；
C、平衡常数随温度变化，不随浓度变化，其他条件不变，向平衡体系充入CO2气体，K值不变，故C错误；
D、由反应式：1/3Fe2O3(s)＋CO(g)⇌2/3Fe(s)＋CO2(g)可知，反应前后气体体积不变，故其他条件不变，增大压强，平衡不移动，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了化学平衡常数、化学平衡的影响因素，主要是平衡常数随温度变化，掌握基础是关键。
14．我国科研人员研制了Ti−H−Fe双温区催化剂(Ti−H区域和Fe区域的温度差可超过100℃)。利用该催化剂合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是
A．该历程中能量变化最大的是2.46eV，是氮分子中氮氮三键的断裂过程
B．在高温区加快了反应速率，低温区提高了氨的产率
C．③为N原子由Fe区域向Ti−H区域的传递过程
D．①③在高温区发生，②④⑤在低温区发生
【答案】B
【详解】A．该历程中能量变化最大的是2.46eV，是氮分子中吸附过程，氮氮三键的断裂过程是历程②，吸热−1.87eV−(−2.46eV)=0.59eV，故A错误；
B．一般而言，升高温度可提高反应速率，则在高温区加快了反应速率，由于合成氨反应是放热反应，因此低温区提高了氨的产率，故B正确；
C．③为Ti−H−Fe吸附N的历程，④为N原子由Fe区域向Ti−H区域的传递过程，故C错误；
D．①是催化剂吸附氮气的历程，②是过渡态的历程，③为氮气解离为氮原子的历程，都为吸热反应，因此在高温区发生，④⑤为了增大平衡产率，需要在低温区进行，故D错误。
综上所述，答案为B。
二、原理综合题
15．图中A、B为多孔碳惰性电极，C、D为铂夹，夹在浸过Na2SO4溶液和酚酞的湿滤纸条两端；a、b为电源两极。实验前，往两支试管中充满KOH溶液并倒立于盛有KOH溶液的水槽中。实验时，断开K1，闭合K2、K3，通电一段时间，两支试管收集的气体体积如图所示。根据要求回答问题：
(1)电源的a极为_______极(填“正”或“负”)；
(2)铂夹C上发生反应的电极反应式为_______；
(3)装置通直流电时，下列判断不正确的是 _______。
①电极A上发生氧化反应 ②电子沿a→C→D→b 路径流动
③片刻后D点附近c()增大 ④片刻后可观察到滤纸C点变红色
(4)现切断K2、K3，闭合K1，观察到电流表指针偏转。电极A上的电极反应式为 _______。
(5)特斯拉全电动汽车使用的是钴酸锂(LiCoO2)电池，其工作原理如图，A极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li+的高分子材料。隔膜只允许特定的离子通过，电池反应式为：LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，则放电时负极的电极反应式为_______，充电时，电极B应与直流电源的_______极(填“正”或“负”)连接，此时该电极的电极反应式为_______。
【答案】(1)负
(2)2H++2e-= H2↑
(3)②
(4)2H2O+O2 +4e‾=4OH‾
(5) LixC6-xe-=xLi++C6 正 LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+
【分析】本题中电极的判断，应从A、B试管内气体的体积入手。在水槽中，电解的实质是电解水，所以A试管中收集的气体为O2，B试管中收集的气体为H2。则A中石墨电极为阳极，B中石墨电极为阴极，a电极为负极，b电极为正极；C为阴极，D为阳极。
（1）
由分析可知，电源的a极为负极。答案为：负；
（2）
铂夹C为阴极，水电离产生的H+在该电极得电子生成H2，电极反应式为2H++2e-= H2↑。答案为：2H++2e-= H2↑；
（3）
①电极A为阳极，水电离产生的OH-失电子发生氧化反应，①正确；
②a为电源的负极，C为阴极，D为阳极，b为正极，则电子从a→C、从D→b，在电解池内部，通过离子的定向移动传导电流，②不正确；
③D为阳极，阴离子向阳极移动，则D点附近c()增大，③正确；
④滤纸C点，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，溶液呈碱性，使酚酞变红色，④正确；
故选②。答案为：②；
（4）
现切断K2、K3，闭合K1，观察到电流表指针偏转，则有电流产生，表明水槽中物质构成原电池，电极A作负极，O2得电子产物与电解质反应生成OH-，电极反应式为 2H2O+O2 +4e‾=4OH‾。答案为：2H2O+O2 +4e‾=4OH‾；
（5）
由电池反应式为：LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，可得出放电时负极LixC6失电子生成C6等，电极反应式为LixC6-xe-=xLi++C6，充电时电极B为阳极，与直流电源的正极连接，此时LiCoO2失电子生成Li1-xCoO2等，该电极的电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+。答案为：LixC6-xe-=xLi++C6；正；LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+。
【点睛】电池放电时电极作正极，充电时此电极作阳极。
16．运用化学反应原理研究以下反应有重要意义，请完成下列探究。
I.已知：H2(g)＋I2(g)2HI (g) ΔH=-11 kJ·mol−1，该反应经历了如下反应历程：
第一步：I22I·；
第二步：H2＋2I·2HI
(1)若第一步为快反应，下列示意图中能体现上述反应过程能量变化的是_______(填标号)。
A． B． C． D．
(2)下列说法中，可证明反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)已达平衡状态的是_______(填标号)。
A．一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂
B．反应速率v正(H2)=2v逆(HI)
C．恒容密闭容器中，混合气体的平均相对分子质量不再变化
D．温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化
(3)Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g)。在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为_______。
②上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为_______(以K和k正表示)。若k正=0.0027 min-1，在t=40 min时，v正=_______min-1。
II.已知合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol−1；在400℃时，K=0.5。
(4)①400℃时，反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的K' =_______(填数值)。
②400℃时，在0.5L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则此时反应v正(NH3)_______ v逆(NH3)(填“＞” “＜” “=”或“不能确定”)。
【答案】(1)C
(2)AD
(3) K= 1.95×10-3
(4) 2 =
【解析】（1）
第一步为快反应，则第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能；反应为放热反应，则(H2+I2)的总能量大于2HI的总能量，示意图中符合此限定条件的只有C，故选C。答案为：C；
（2）
A．一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂，反应进行的方向相反，且变化量之比等于化学计量数之比，反应达平衡状态，A符合题意；
B．反应速率v正(H2)=2v逆(HI)，虽然反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，所以反应未达平衡状态，B不符合题意；
C．恒容密闭容器中，混合气的总质量不变，总物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量始终不变，则平均相对分子质量不变时，反应不一定达平衡状态，C不符合题意；
D．温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化，则表明c(I2)不变，反应达平衡状态，D符合题意；
故选AD。答案为：AD；
（3）
①120min达平衡时，x(HI)=0.784，则x(H2)=x(I2)=0.108，该反应的平衡常数K的计算式为K=。
②反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，则K=，所以k逆为。若k正=0.0027 min-1，在t=40 min时，x(HI)=0.85，v正=0.0027 min-1×0.852=1.95×10-3min-1。答案为：K=；；1.95×10-3；
（4）
①400℃时，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) K=0.5，则反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的平衡常数K' ===2。
②400℃时，在0.5L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则此时Q==0.5=K，所以反应达平衡状态，v正(NH3) = v逆(NH3)。答案为：2；=。
【点睛】已知反应物和生成物的浓度，判断反应进行的方向时，可利用浓度商进行判断。
17．燃煤火力发电厂会产生大量的NOx、SO2、CO2，排放会对环境造成污染。
(1)通常情况下，当1gC(s)完全燃烧时释放出33kJ热量，该反应的热化学方程式为_______。
(2)用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) △H。在2L恒容密闭器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如下表。
实验编号
温度/℃
起始时NO的物质的量/mol
平衡时N2的物质的量/mol
1
700
0.24
0.08
2
800
0.40
0.09
①700℃时，若反应2min达到平衡，0～2min内的CO2平均反应速率v=_______；该温度下的平衡常数K=_______。
②结合表中数据，判断该反应的△H_______0(填“＞”或“＜”)。
③判断该反应达到平衡的依据是_______。
A．容器内气体密度恒定 B．容器内各气体浓度恒定
C．容器内压强恒定 D．2v正(NO)=v逆(N2)
(3)已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示。由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_______。
【答案】(1)C(s)＋O2(g) =CO2(g)，△H=-396 kJ·mol-1
(2) 0.02 mol·L-1·min-1 1 ＜ AB
(3)1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大
【解析】（1）
1gC(s)完全燃烧时释放出33kJ热量，则12gC(s)燃烧，放热33kJ×12=396kJ，该反应的热化学方程式为C(s)＋O2(g) =CO2(g)，△H=-396 kJ·mol-1。答案为：C(s)＋O2(g) =CO2(g)，△H=-396 kJ·mol-1；
（2）
①700℃时，若反应2min达到平衡，n(N2)=0.08mol，n(CO2)=0.08mol，0～2min内的CO2平均反应速率v==0.02 mol·L-1·min-1；平衡时，n(NO)=0.24mol-0.08mol×2=0.08mol，该温度下的平衡常数K==1。
②800℃时，n(N2)=0.09mol，n(CO2)=0.09mol，n(NO)=0.40mol-0.09mol×2=0.22mol，K′=＜1，则温度升高，平衡逆向移动，该反应的△H＜0。
③A．容器内气体的质量随反应进行在不断改变，而气体的物质的量不变，所以混合气的密度在不断改变，当密度恒定时，反应达平衡状态，A符合题意；
B．容器内各气体浓度恒定，则正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，B符合题意；
C．反应前后气体的分子数始终不变，则压强始终不变，容器内压强恒定时，反应不一定达平衡状态，C不符合题意；
D．2v正(NO)=v逆(N2)，虽然反应进行的方向相反，但正、逆反应的速率之比不等于化学计量数之比，所以反应未达平衡状态，D不符合题意；
故选AB。答案为：0.02 mol·L-1·min-1；1；＜；AB；
（3）
图中NO的转化率是在相同时间内测定，温度低，反应速率慢，相同时间内NO的转化率低，在温度达到1050K时反应达平衡状态，在此点之后的所有点，反应都达平衡状态，温度升高，NO的平衡转化率减小，则平衡逆向移动。所以1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大。答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大。
【点睛】由相同时间内反应物的转化率数据判断温度对平衡的影响时，应找准最高点，即达平衡的点，然后分析温度与转化率的关系，从而确定温度对平衡的影响。
18．乙烷是一种重要的化工原料，可用作制冷剂、燃料、制备乙烯的原料。回答下列问题：
(1)已知：①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1=+136.8kJ·mol-1
②H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH2=-285.8kJ·mol-1
③C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(1) ΔH3=-1411.0kJ·mol-1
则表示C2H6(g)摩尔燃烧焓的热化学方程式为_______。
(2)1000℃时，在某刚性容器内充入一定量的C2H6，只发生反应①，已知平衡时容器中总压为2.1×105Pa，乙烷的平衡转化率为40%。
①1000℃时，反应①的平衡常数Kp= _______Pa[气体分压(Pa)=气体总压(Pa)×物质的量分数]。
②若其他条件不变，刚性容器改为体积可变的密闭容器，则达到平衡时乙烷的转化率_______40%(填“＞”“＜”或“=”)。
(3)乙烷催化氧化裂解法是一种新型的制备乙烯的方法：C2H6(g)+O2(g)C2H4(g)+H2O(g) ΔH=-149kJ·mol-1，该反应的正活化能和逆活化能中较大的是_______。
【答案】(1)C2H6(g)+O2(g)2CO2(g)+3H2O(1) ΔH1=-1560kJ·mol-1
(2) 4×104 ＞
(3)逆活化能
【解析】（1）
①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1=+136.8kJ·mol-1
②H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH2=-285.8kJ·mol-1
③C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(1) ΔH3=-1411.0kJ·mol-1
利用盖斯定律，将反应①+②+③得：表示C2H6(g)摩尔燃烧焓的热化学方程式为C2H6(g)+O2(g)2CO2(g)+3H2O(1) ΔH1=(+136.8kJ·mol-1)+( -285.8kJ·mol-1)+( -1411.0kJ·mol-1)=-1560kJ·mol-1。答案为：C2H6(g)+O2(g)2CO2(g)+3H2O(1) ΔH1=-1560kJ·mol-1；
（2）
①1000℃时，发生反应①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)，平衡时容器中总压为2.1×105Pa，设乙烷的物质的量为1mol，乙烷的平衡转化率为40%，则C2H4(g)、H2(g)的物质的量都为0.4mol，乙烷的物质的量为0.6mol，反应①的平衡常数Kp==4×104Pa。
②若其他条件不变，刚性容器改为体积可变的密闭容器，则随着反应的进行，气体总物质的量增大，容器的体积不断增大，相当于原混合气减压，平衡正向移动，达到平衡时乙烷的转化率增大，则乙烷的转化率＞40%。答案为：4×104；＞；
（3）
对于反应C2H6(g)+O2(g)C2H4(g)+H2O(g) ΔH=-149kJ·mol-1， ΔH=正活化能-逆活化能＜0，则正活化能＜逆活化能，所以该反应的正活化能和逆活化能中较大的是逆活化能。答案为：逆活化能。
【点睛】反应物的起始投入量之比等于化学计量数之比时，反应物的转化率相同。
三、实验题
19．某学习小组同学研究过氧化氢溶液与氢碘酸反应，查到一组室温下的实验数据，如下表所示：
实验编号
①
②
③
④
⑤
C0(H2O2)/mol·L-1
0.1
01
0.1
0.2
0.3
C0(HI)/mol·L-1
0.1
0.2
0.3
0.1
0.1
从混合至溶液出现棕黄色的时间/s
13
6.5
4.3
6.6
4.4
(1)过氧化氢溶液与氢碘酸反应的化学方程式为___________。
(2)本实验的目的是___________。
(3)若该反应的速率方程可表示为v=kca(H2O2)cb(HI)，对比表中数据可知a=_______，b=_______。
(4)资料显示编号①的反应进行至20s时，测得氢碘酸的浓度为0.06mol·L-1，则20s内生成I2的平均速率v(I2)=___________。
(5)该实验小组同学将氢碘酸用碘化钾代替进行实验，控制其他条件不变，未观察到溶液变为棕黄色，却观察到有无色气体生成。该小组同学认为KI可能对过氧化氢的分解起到催化作用。为验证该猜想，该小组同学进行了如下实验：取2支试管，分别加入2mL0.1mol·L-1H2O2溶液，然后向其中一支试管加入2mL0.1mol·L-1KI溶液，向另一支试管中加入___________，观察现象。
(6)该小组同学将实验编号④的温度升高，发现到一定温度下，溶液出现棕黄色所需时间变长，可能的原因是___________。
【答案】(1)H2O2＋2HI=I2＋2H2O
(2)探究过氧化氢、氢碘酸浓度对过氧化氢与氢碘酸反应速率的影响
(3) 1 1
(4)0.001mol·L-1·s-1
(5)2mL蒸馏水
(6)H2O2受热分解，导致过氧化氢溶液浓度下降，反应速率减小
【解析】（1）
过氧化氢将氢碘酸氧化为碘单质，化学方程式为：H2O2＋2HI=I2＋2H2O；
（2）
根据表格中对比实验可以看出改变了过氧化氢和氢碘酸的浓度，所以本实验的目的是探究过氧化氢、氢碘酸浓度对过氧化氢与氢碘酸反应速率的影响；
（3）
由表中数据可知，当H2O2浓度一定时，HI浓度增大几倍，化学反应速率就增大几倍；当HI浓度-定时，H2O2浓度增大几倍,化学反应速率就增大几倍，则由该反应的速率方程v=kca(H2O2)cb(HI)，可知a=1，b= 1；
[小问4]
（4）
编号①的反应进行至20s时，测得HI浓度为0.06 mol·L-1，则HI浓度减少了0.04 mol·L-1，据HI与H2O2反应的化学方程式可知，生成I2的浓度为0.02 mol·L-1，则；
（5）
对比实验变量单一，比较相同条件下相同浓度H2O2溶液和H2O2与KI的混合溶液产生无色气体的快慢即可验证KI是否对H2O2分解起到催化作用；
（6）
该小组同学将实验编号④的温度升高，发现到一定温度下，溶液出现棕黄色所需时间变长，可能的原因是温度升高后，H2O2分解造成浓度降低，反应速率减慢。
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