2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第四中学校高二上学期第一次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第四中学校高二上学期第一次月考化学试题含解析，共25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。

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．可逆反应进行过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．该反应的焓变，熵变
B．升高温度，平衡常数增大
C．由可知，该反应能自发进行
D．升高温度，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【详解】A．由题图可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应的，由化学方程式可知，，A项错误；
B．，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，B、D项错误；
C．，，则，反应能自发进行，C项正确；
D．，则升高温度，平衡逆向移动，D项错误；
故选C。
2．在有气体参加的反应中，能使反应物中活化分子总数和活化分子百分数都增大的措施有
①增大反应物浓度 ②增大压强 ③升高温度 ④加入催化剂
A．①②B．②④C．①③D．③④
【答案】D
【详解】①增大反应物浓度，单位体积内活化分子数目增加，活化分子百分数不变；
③增大压强，单位体积内活化分子数目增加，活化分子百分数不变；
③升高温度，分子吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数目增加，活化分子百分数增大；
④加入催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数目增加，活化分子百分数增大；因此③④正确；
综上所述，答案为D。
3．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A．工业制取金属钾Na(1)+KCl(1)NaCl(l)+K(g)，选取适宜的温度使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于反应向右进行
B．反应CO(g)+NO2(g) CO2(g)+NO(g) △H<0，达到平衡后，增大压强可使平衡体系颜色变深
C．工业上SO2催化氧化生成SO3，常通入过量的空气来提高SO2的平衡转化率
D．夏天，打开啤酒瓶时会从瓶口逸出泡沫
【答案】B
【详解】A．使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，即减少生成物，平衡会向生成生成物的方向移动，有利于反应向右进行，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．该反应前后气体系数之和相等，增大压强平衡不移动，颜色加深是因为NO2的浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；
C．常通入过量的空气，即增大O2的浓度，平衡正向移动，可提高SO2的平衡转化率，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．夏天温度较高，的平衡逆向移动，打开啤酒瓶时会从瓶口逸出泡沫，可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
综上所述答案为B。
4．在一密闭容器中发生反应：2A(g)＋2B(g) 2C(g)＋D(g) ΔH<0，达到平衡时采取下列措施，可以使正反应速率v正增大、D的物质的量浓度c(D)增大的是
A．移走少量CB．升高温度
C．缩小容积，增大压强D．体积不变，充入惰性气体
【答案】C
【详解】A．移走少量C 减少生成物的浓度，逆反应速率减小，但正反应速率v正不会增大，A错误；
B．升高温度，正反应速率v正增大，ΔH<0该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c(D)减小，B错误；
C．缩小容积相当于增大压强，浓度增大，正反应速率v正增大，平衡右移，c(D)也增大，C正确；
D．体积不变，充入与反应无关的惰性气体，各物质浓度不变，则平衡不移动，正反应速率v正、c(D)均不变，D错误；
故答案为C。
5．N2H4(肼)可作制药的原料，也可作火箭的燃料。已知热化学方程式：
反应I：N2H4(g)N2(g)+2H2(g) △H1>0；
反应II：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H2<0；
反应III：N2H4(g)+H2(g)2NH3(g) △H。
下列推断不正确的是（ ）
A．N2H4断裂共价键需要吸收能量
B．反应I中1mlN2H4(g)的能量小于1mlN2(g)和2mlH2(g)的总能量
C．反应II中正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．△H=△H1+△H2
【答案】C
【详解】A．在化学反应中，断开化学键，需要吸收能量，则N2H4断裂共价键需要吸收能量，A不符合题意；
B．根据反应Ⅰ，1mlN2H4(g)分解生成1mlN2(g)和2mlH2(g)，反应吸热，说明1mlN2H4(g)的总能量小于1mlN2(g)和2mlH2(g)的总能量，B不符合题意；
C．反应Ⅱ是放热反应，根据△H=正反应活化能-逆反应活化能＜０，可知正反应活化能小于逆反应活化能，C符合题意；
D．反应Ⅲ=反应Ⅰ＋反应Ⅱ，根据盖斯定律，有△H=△H1+△H2，D不符合题意。
答案选C。
6．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A．已知： ： ，则
B．已知： ，则的燃烧热
C．已知： ，则稀和稀完全反应生成时，放出热量
D．已知：正丁烷异丁烷 ，则正丁烷比异丁烷稳定
【答案】A
【分析】本题考查了化学能与物质的稳定性，燃烧热、反应热大小的比较等知识点，掌握概念实质是关键，试题难度一般。
【详解】A.这两个反应均是放热反应，完全燃烧时放热更多，的比较带符号比较，反应放出的热量越多越小，故，故A正确；
B.燃烧热为1ml纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，应为，故B错误；
C.反应还生成了，放热大于，故C错误；
D.正丁烷转化为异丁烷的反应为放热反应，说明等质量的异丁烷的能量比正丁烷低，能量越低物质越稳定，故D错误。
答案选A。
【点睛】物质自身能量越低越稳定。
7．工业上常用煤和水作原料经过多步反应制得氢气，其中一步反应的原理为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，下列选项的条件中可判断该反应达到平衡状态的是( )
A．单位时间内消耗2 ml的CO同时生成2 ml的CO2
B．两个H—O键断裂的同时有一个H—H键断裂
C．反应容器内的压强不再发生变化
D．混合气体的相对分子质量不发生变化
【答案】B
【详解】A项，单位时间内消耗2 ml的CO同时生成2 ml的CO2只表明正反应，不能表明反应达到平衡状态；
B项，两个H—O键断裂的同时有一个H—H键断裂表示正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态；
C项，该反应为气体分子数不变的反应，建立平衡过程气体物质的量始终不变，容器内的压强始终不变，反应容器内的压强不再发生变化不能说明反应达到平衡状态；
D项，气体的总质量始终不变，气体总物质的量始终不变，混合气体的相对分子质量始终不变，混合气体的相对分子质量不变不能说明反应达到平衡状态；
能说明反应达到平衡状态的是B，B正确；
答案选B。
【点睛】判断可逆反应是否达到平衡状态的标志是“逆向相等，变量不变”，“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志。
8．某密闭容器中发生如下反应：X(g)+Y(g)2Z(g)△H＜0。如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是（ ）
A．t2时一定加入了催化剂
B．t3时减小了压强
C．t5时可能升高了温度
D．t4～t5时间内转化率最低
【答案】C
【详解】A．反应X(g)+Y(g)2Z(g)△H＜0是反应前后气体分子数不变的放热反应，由图可知，t2时改变条件，正逆反应速率增大且相等，若增大压强平衡也不发生移动，则t2时不一定加入了催化剂，故A错误；
B．由图可知，t3时刻，改变条件时，正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，反应X(g)+Y(g)2Z(g)△H＜0是反应前后气体分子数不变的放热反应，若减小压强，正逆反应速率都减小，但平衡不发生移动，与图象不符，故B错误；
C．t5时改变条件，正逆反应速率增大，且逆反应速率大于正反应速率，若升高温度，平衡逆向移动，与图象符合，故C正确；
D．催化剂对平衡移动无影响，t3～t4时间内平衡逆向移动，转化率减小，t5～t6时间内平衡逆向移动，转化率继续减小，显然t5～t6时间内转化率比t4～t5时间内转化率低，故D错误；
答案选D。
9．用惰性电极电解等物质的量Na2SO4、AgNO3、KCl的混合液，最先从阴极和阳极上析出的物质分别是
A．H2和Cl2B．Ag和Cl2C．H2和O2D．Ag和O2
【答案】C
【详解】用等物质的量的Na2SO4、AgNO3、KCl的混合液中，首先生成AgCl沉淀，实际电解Na2SO4和KNO3，相当于电解水，两极分别生成H2和O2，故选C。
10．研究表明与CO在的作用下会发生反应①、②其能量变化示意图如所示。下列说法错误的是
A．使反应的活化能成小B．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
C．总反应D．反应①过程中，中的化学键发生了断裂
【答案】B
【详解】A．由图示知，Fe+反应前后没变，故Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，A正确；
B．催化剂可以降低反应的活化能，使反应速率加快，但不能使化学平衡发生移动，即催化剂不能提高反应物的平衡转化率，B错误；
C．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，总反应ΔH＜0，C正确；
D．由图可知，反应①过程中发生反应N2O+Fe+→FeO++N2，N2O中的化学键发生了断裂，D正确；
故答案选B。
11．常温下，1ml化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．结合表中信息判断下列说法不正确的是
A．432kJ/ml>E(H-Br)>298kJ/ml
B．表中最稳定的共价键是H-F键
C． H2(g)→2H(g)∆H=+436kJ/ml
D． H2(g)+F2(g)=2HF(g) ∆H=-25kJ/ml
【答案】D
【详解】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小，所以结合图表中数据可知432kJ/ml>E(H-Br)>298kJ/ml，A说法正确；
B．键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，B说法正确；
C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2(g)→2H(g)∆H=+436kJ/ml，C说法正确；
D．依据键能计算，反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，∆H=+436kJ/ml+157 kJ/ml-2×568 kJ/ml=-543kJ/ml，H2(g)+F2(g)=2HF(g) ∆H=-543kJ/ml，D说法错误；
故选：D。
12．高温下，某反应达到平衡状态，平衡常数K=。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
B．该反应的焓变为正值
C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
【答案】B
【详解】A．根据平衡常数，则该反应的化学方程式为，故A错误；
B．升高温度，H2的浓度减小，平衡正向移动，正向为吸热反应即该反应的，故B正确；
C．升高温度，正、逆反应速率都增大，故C错误；
D．恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，则H2浓度不变，故D错误；
答案为B。
13．现有mA (s) + nB (g)pC (g)（正反应放热）的可逆反应，在一定温度下平衡时B的体积分数和压强间的关系如图所示，则有关该反应的下列描述中正确的是
A．m+n＜p
B．n＜p
C．x点的混合物中v正＞v逆
D．x点比y点的混合物正反应速度大
【答案】C
【详解】A．增大压强，B的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，则n＜q，A错误；
B．根据A中分析可知n＜q，B错误；
C．在X点，要使该反应达到平衡状态，B的体积分数减小，则该反应向正反应方向移动，所以V正＞V逆，C正确；
D．y的压强大于x点，压强越大，反应速率越快，所以y点比x点混和物的正反应速率快，D错误；
答案选C。
14．关于如图所示各装置的叙述中，正确的是
A．图1是原电池，总反应是：
B．图2可验证铁的吸氧腐蚀，负极反应式为：
C．图3装置可在待镀铁件表面镀铜
D．装置④中钢闸门应与外接电源的负极相连被保护，该方法叫做牺牲阳极法
【答案】B
【详解】A．图①是原电池，铁比铜活泼，总反应溶液中的铁离子与铁电极发生的氧化还原反应，则总反应是：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；
B．图②是原电池，铁做负极，失电子发生氧化反应生成二价铁，电极反应式为：Fe-2e- =Fe2+，故B正确；
C．图③是电解池，与电源正极连接的待镀铁件，反应为：Fe-2e-=Fe2+，与电源负极相连的为铜，电解质溶液为硫酸铜溶液，反应为：Cu2++2e-=Cu，铜上出现铜，而不是铁上镀铜，故C错误；
D．图4中钢闸门与电源的负极相连，钢闸门为阴极，属于外加电流的阴极保护法，故D错误；
故选B。
15．二氧化碳的资源化利用是目前研究的热点问题之一，西北工业大学团队研究锂-二氧化碳二次电池，取得了重大科研成果。该电池放电时的总反应为：3CO2+4Li=2Li2CO3+C，下列说法正确的是
A．该电池隔膜两侧的电解液a、b均可选用水性电解液
B．放电时，电子从锂电极流出，最终通过电解质溶液流回锂电极，构成闭合回路
C．放电时，若消耗3 ml CO2时，转移4 ml电子
D．充电时，锂电极与外接电源的正极相连
【答案】C
【详解】A．Li与水会反应，因此该电池隔膜左侧的电解液a不能选用水性电解液，故A错误；
B．电子不能通过电解质溶液，故B错误；
C．根据反应方程式3CO2+4Li=2Li2CO3+C，转移4ml电子，有3ml二氧化碳参与反应，因此放电时，若消耗3 ml CO2时，转移4 ml电子，故C正确；
D．放电时Li为负极，因此充电时，锂电极与外接电源的负极相连，故D错误。
综上所述，答案为C。
16．HCOOH燃料电池的装置如图，两电极间用阳离子交换膜隔开。下列说法正确的是
A．电池工作时，电子由a电极经外电路流向b电极
B．负极的电极反应式为
C．若X为，通入发生的反应为
D．理论上每消耗标准状况下22.4 L ，有2 ml 通过阳离子交换膜
【答案】A
【分析】根据图示可知，该燃料电池的a极区HCOOH在KOH环境被氧化为，说明a极失去电子，是负极；b极区Fe3+得到电子生成Fe2+，Fe2+通过外循环被O2氧化又生成Fe3+，b是正极；负极区的K+通过阳离子交换膜进入正极区，构成回路。
【详解】A．据分析，a极是负极，b极是正极，电池工作时，电子由a电极(负极)经外电路流向b电极(正极)，A正确；
B．据分析，该电池负极是在KOH环境，负极的电极反应式为，B错误；
C．据分析，Fe2+通过外循环被O2氧化生成Fe3+，若X为，通入发生的反应为，C错误；
D．理论上每消耗标准状况下22.4 L ，物质的量是1ml，则有4ml电子发生转移，有4 ml 通过阳离子交换膜，D错误；
故选A。
17．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色水处理剂。 工业上可用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，两端隔室中离子不能进入中间隔室。下列说法错误的是
A．阳极电极反应式：Fe-6e- +8OH-=FeO42- +4H2O
B．甲溶液可循环利用
C．离子交换膜a是阴离子交换膜
D．当电路中通过2ml电子的电量时，会有1mlH2生成
【答案】C
【详解】分析：根据工业上电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，故铁做阳极，铁放电生成FeO42-，铜棒做阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气和氢氧根，导致阴极室溶液产生大量OH-，则吸引中间隔室中的Na+移向阴极室，故所得溶液甲为浓的NaOH溶液。中间隔室中的NaOH溶液浓度降低。
详解：A. 阳极发生氧化反应，电极反应式：Fe-6e- +8OH-=FeO42- +4H2O，故A正确；B.阴极发生还原反应，水电离出的氢离子放电生成氢气和氢氧根，甲溶液为浓的氢氧化钠溶液，可循环利用，故B正确；C. 电解池中阳离子向阴极移动，通过离子交换膜a的是Na+，故为阳离子交换膜，故C错误；D. 阴极发生还原反应，水电离出的氢离子放电生成氢气和氢氧根，电极反应式为2H2O+2e- = H2↑+ 2OH―，当电路中通过2ml电子的电量时，会有1mlH2生成，故D正确；故选C。
18．在的密闭容器中，放入镍粉并充入定量的CO气体，一定条件下发生反应：，已知该反应平衡常数与温度的关系如表所示：下列说法正确的是
A．上述生成Ni 的反应为吸热反应
B．时反应Ni 的平衡常数为
C．在时，测得某时刻，、CO浓度均 ，则此时
D．达到平衡时，测得 3 ml，则的平衡浓度为2
【答案】D
【详解】A．由表中数据可知，温度越高K越小，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故A错误；
B．两反应互为逆反应时，K互为倒数关系，时反应的平衡常数为，故B错误；
C．时，某时刻，、CO浓度均，，平衡逆向移动，此时，故C错误；
D．设的平衡浓度为x，平衡时，测得，，解得，故D正确；
故答案选D。
19．一定温度下，将1ml M和1ml N气体充入2L恒容密闭容器，发生反应M(g)+N(g)xP(g)+Q(s)，t1时达到平衡。在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体P的浓度随时间变化如图所示。
下列说法正确的是
A．反应方程式中的x=1B．t2时刻改变的条件是使用催化剂
C．t3时刻改变的条件是移去少量物质QD．t1～t3间该反应的平衡常数均为4
【答案】D
【详解】A．根据图象可知，在t2时刻容器中气体P的浓度突然增大，平衡不移动，所以改变条件是增大压强，反应前后气体系数和相等，方程式中的x=2，故A错误；
B．根据图象可知，在t2时刻容器中气体P的浓度突然增大，平衡不移动，所以改变条件是增大压强，故B错误；
C．Q是固体，若t3时刻改变的条件是移去少量物质Q，平衡不移动，P的浓度不变，所以t3时刻改变的条件不是移去物质Q，故C错误；
D．t1～t3温度没变，平衡常数相同，根据t1时刻的数据，
平衡常数均为，故D正确；
选D。
20．向两个体积可变的密闭容器中均充入1 ml的和2 ml的，发生反应 。维持两个容器的压强分别为和，在不同温度下达到平衡，测得平衡时的体积分数随温度的变化如图所示。下列叙述正确的是
已知：图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上；
A．由图像可知，，
B．点Ⅰ时的平衡转化率为40%
C．点Ⅱ和点Ⅲ所对应的反应平衡常数相等
D．将点Ⅱ所对应的容器冷却到600 K，可变成点Ⅰ
【答案】C
【分析】如图，在或下，的体积分数随温度的升高降低，说明升高温度，该反应逆向进行，正反应为放热反应，即；对于反应，属于气体体积减小的反应，如图，在800K时，对应下的的体积分数高于条件下，说明压强越大，越有利于的形成，即；
【详解】A．综上所述，根据图像分析，该反应为放热反应，即，且，故A错误；
B．如图，点I时，的体积分数为40%，由题意，根据反应可得；
，解得，I点时，的转化率为，故B错误；
C．平衡常数只与温度有关，点Ⅱ和点Ⅲ所对应温度都为800K，温度相同，平衡常数不变，故C正确；
D．点Ⅱ在压强为下进行，将点Ⅱ所对应的容器冷却到600 K，平衡正向移动，的体积分数增大，不可能变为I点，故D错误；
故选C。
二、原理综合题
21．回答下列问题
(1)甲烷在化学领域应用广泛，装置Ⅰ为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜。
①b处电极上发生的电极反应式是_______。
②电镀结束后，装置Ⅰ溶液中的阴离子除了OH—以外，还主要含有_______。
③在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量增大12.8 g，则装置Ⅰ中理论上消耗甲烷_______ L(标准状况下)。
(2)利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
①电解过程中OH—的移动方向为_______(填“从左往右”或“从右往左”)。
②阳极的电极反应式为_______。
【答案】(1) O2+2H2O+4e—=4OH— CO 1.12
(2) 从右往左 2NH3—6e—+6OH—= N2+6H2O
【详解】（1）由图可知，装置Ⅱ实现铁棒上镀铜时，铜电极为电镀池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，铁电极为阴极，则装置I中通入甲烷的a电极为燃料电池的负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，通入氧气的b电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子；
①由分析可知，通入氧气的b电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，故答案为：O2+2H2O+4e—=4OH—；
②由分析可知，电镀结束后，装置I溶液中阴离子除了氧气在正极放电生成的氢氧根离子外，还有甲烷在负极放电生成的碳酸根离子，故答案为：CO；
③由得失电子数目守恒可知，装置Ⅱ中阴极上有12.8 g铜析出时，标准状况下装置Ⅰ中负极上消耗甲烷的体积为×22.4 L/ml=1.12L，故答案为：1.12；
（2）由图可知，通入氨气的左侧电极为电解池的阳极，碱性条件下氨气在阳极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，右侧电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，溶液中的氢氧根离子从左往右移动；
①由分析可知，电解过程中溶液中的氢氧根离子从左往右移动，故答案为：从左往右；
②由分析可知，通入氨气的左侧电极为电解池的阳极，碱性条件下氨气在阳极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为2NH3—6e—+6OH—= N2+6H2O，故答案为：2NH3—6e—+6OH—= N2+6H2O。
22．控制CO2排放和治理CO2是解决温室效应及能源问题的有效途径。
(1)近年来我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。已知：①CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH1=＋41.1 kJ·ml-1
②CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)ΔH2=—90.0 kJ·ml-1
写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_______。
(2)为提高CH3OH(g)的产率，理论上应采用的条件是_______(填字母)。
a．高温高压 b．低温低压 c．高温低压 d．低温高压
(3)已知2CO2(g)＋6H2(g) C2H4(g)＋4H2O(g)ΔH，在两个固定容积均为2 L的密闭容器中以不同的充入H2(g)和CO2(g)，CO2(g)的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示。
①X_______(填“>”“<”或“=”)2.0。
②若起始充入的CO2(g)、H2(g)的物质的量分别为1 ml和2 ml，到达P点所用的时间为10 min，求10 min内H2的平均反应速率v(H2)=_______，该点的化学平衡常数K=_______
③比较P点和Q点的化学平衡常数：KP_______(填“>”“<”或“=”)KQ。
【答案】(1)3H2(g)＋CO2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=—48.9 kJ·ml-1
(2)d
(3) > 0.075ml·L-1·min-1 512 <
【详解】（1）由盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳催化氢化合成甲醇的方程式为3H2(g)＋CO2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)，则反应的ΔH=(+41.1 kJ·ml)+( —90.0 kJ·ml)=—48.9 kJ·ml，反应的热化学方程式为3H2(g)＋CO2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH=—48.9 kJ·ml-1，故答案为：3H2(g)＋CO2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH=—48.9 kJ·ml-1；
（2）二氧化碳催化氢化合成甲醇的反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的产率减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的产率增大，则为提高甲醇的产率，理论上应采用的条件为低温高压，故选d；
（3）①的值增大相当于增大反应物氢气的浓度，氢气的浓度增大，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，为X时，二氧化碳的转化率大于为2时，所以X大于2，故答案为：>；
②由图可知，P点二氧化碳的转化率为0.50，则平衡时二氧化碳、氢气、乙烯、水蒸气的浓度分别为=0.25ml/L、=0.25ml/L、=0.125ml/L、=0. 5ml/L，所以10 min内氢气的平均反应速率=0.075ml·L-1·min-1，反应的平衡常数为=512，故答案为：0.075ml·L-1·min-1；512；
③由图可知，升高温度，二氧化碳的转化率减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应的平衡常数减小，P点反应温度高于Q点，则P点反应的化学平衡常数小于Q点，故答案为：<。
23．NO、NO2是汽车尾气中重要的含氮氧化物。回答下列问题：
(1)某温度下，反应的平衡常数如下：
a．2NO2(g)N2(g)＋2O2(g) K1=6.7×1016；
b．2NO(g) N2(g)＋O2(g) K2=2.2×1030。
分解反应趋势较大的反应是_______(填“a”或“b”)；反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的K=_______。
(2)已知反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的正反应速率v(正)=k1·cm(NO)·cn(O2)，其中k1为速率常数，可通过下列实验数据计算m、n。
则m=_______、n=_______。
(3)已知反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的历程可表示为
第一步：NO+NON2O2快速平衡
第二步N2O2+ O22 NO2慢反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：v(正)=k1·c2(NO)，v(逆)=k—1·c(N2O2)，下列叙述正确的是_______(填字母)。A．第一步反应的平衡常数K=B．v(第一步的正反应)＜v(第二步的反应)
C．第二步的活化能比第一步的活化能高D．第二步中N2O2与O2的碰撞100%有效
(4)SCR(选择性催化还原)脱硝法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g) 4N2(g)＋6H2O(g) ΔH＜0，其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，相同时间时NO转化率与温度的关系如图所示：
①工业上选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)。
②在催化剂甲作用下，图中M点处(对应温度为210 ℃)NO的转化率_______(填“可能是”“一定是”或“一定不是”)该温度下的平衡转化率。
【答案】(1) b 3.28×1013
(2) 2 1
(3)AC
(4) 乙 一定不是
【详解】（1）分解反应的平衡常数越大，反应趋势越大，反应b的平衡常数大于反应a，则反应b的反应趋势大于反应a；由盖斯定律可知，反应b—a得到反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)，则反应的K===3.28×1013，故答案为：b；3.28×1013；
（2）由表格数据可知，组1和2相比可得：=，解得n=1，组1和3相比可得：=，解得m=2，故答案为：2；1；
（3）A．反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则k1·c2(NO) =k—1c(N2O2)， ==K，故正确；
B．第一步反应为快反应，第二步反应为慢反应，所以第一步正反应的反应速率大于第二步正反应的反应速率，故错误；
C．反应的活化能越大，反应速率越慢，第一步反应为快反应，第二步反应为慢反应，所以第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能，故正确；
D．第二步反应为慢反应，反应速率慢于第一步反应，说明二氧化二氮与氧气的有效碰撞几率较小，不可能达到100%，故错误；
故选AC；
（4）①由图可知，低温条件下，其他条件相同，乙催化剂作用下，相同时间时一氧化氮转化率远高于甲催化剂，所以工业上选择催化剂乙，故答案为：乙；
②由图可知，在催化剂甲作用下M点一氧化氮的转化率小于相同温度时在催化剂乙作用下一氧化氮的转化率说明一定不是该温度下的平衡转化率，故答案为：一定不是。
三、实验题
24．某实验小组利用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素。设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4)：
已知：反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4溶液转化为MnSO4。
通过测定KMnO4溶液褪色所需的时间来比较化学反应速率的大小。为了探究KMnO4溶液与H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验：
(1)该反应的化学方程式为_______
(2)x=_______，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是_______
(3)2号实验中，用H2C2O4表示的反应速率为_______(反应后溶液的总体积变化忽略不计)。
(4)在实验中发现酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。某同学认为是反应放热导致溶液温度升高，再次进行3号实验，测定反应过程中不同时间溶液的温度，结果如表所示：
①结合实验目的与表中数据，你得出的结论是_______。
②从影响化学反应速率的因素看，你认为还可能是_______的影响。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是_______(填字母)。
a．硫酸钾 b．水 c．二氧化锰 d．硫酸锰
【答案】(1)2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=2MnSO4＋10CO2↑＋K2SO4＋8H2O
(2) 5 KMnO4溶液过量
(3)0.006 25 ml·L-1·s-1
(4) 温度不是反应速率突然加快的原因 催化剂 d
【分析】该实验的实验目的是探究反应物的浓度和催化剂对反应速率的影响。
【详解】（1）由题意可知，草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=2MnSO4＋10CO2↑＋K2SO4＋8H2O，故答案为：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=2MnSO4＋10CO2↑＋K2SO4＋8H2O；
（2）由探究实验变量唯一化原则可知，实验中溶液的总体积应保持不变，由表格数据可知，实验1的溶液总体积为20mL，则实验4中加入的水的体积为20mL—15mL =5mL，4号实验中，草酸的物质的量为0.5ml/L×5×10-3L=2.5×10-3ml，高锰酸钾的物质的量为0.2ml/L×10×10-3L=2×10-3ml，由反应的方程式可知，反应中高锰酸钾溶液过量，所以实验中一直观察不到溶液褪色，故答案为：5；KMnO4溶液过量；
（3）由表格数据可知，草酸的物质的量为0.5ml/L×5×10-3L=2.5×10-3ml，高锰酸钾的物质的量为0.2ml/L×5×10-3L=1×10-3ml，由反应的方程式可知，反应中高锰酸钾溶液不足量， 1×10-3ml的高锰酸钾消耗草酸的物质的量为2.5×10-3ml，则用草酸表示的反应速率为=0.006 25 ml·L-1·s-1，故答案为：0.006 25 ml·L-1·s-1；
（4）①由表格数据可知，随着反应的进行，温度升高得很缓慢，所以温度不是反应速率突然加快的原因，故答案为：温度不是反应速率突然加快的原因；
②由反应开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久突然褪色说明反应速率明显加快，可能是反应生成的锰离子起到了催化剂的作用，若要验证锰离子起到了催化剂的作用，可以选择在反应开始时就加入硫酸锰，和不加硫酸锰的反应速率做实验对比，从而得出是否是锰离子是否做了催化剂的结论，故选d，故答案为：催化剂；d。
共价键
H-H
F-F
H-F
H-Cl
H-I
E(kJ/ml)
436
157
568
432
298
温度
25
80
230
平衡常数

2

组别
起始浓度/(ml/L)
初始速率/[ml/(L·s)]
NO
O2
1
0.02
0.0125
7.98×10-3
2
0.02
0.0250
15.96×10-3
3
0.04
0.0125
31.96×10-3
实验编号
1
2
3
4
水/mL
10
5
0
x
0.5 ml·L-1H2C2O4溶液/mL
5
10
10
5
0.2 ml·L-1KMnO4溶液/mL
5
5
10
10
时间/s
40
20
10
—
时间/s
0
5
10
15
20
25
30
温度/℃
25
26
26
26
26.5
27
27