2022-2023学年广东省佛山市第一中学高二上学期10月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省佛山市第一中学高二上学期10月月考化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。
广东省佛山市第一中学2022-2023学年高二上学期10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者小于后者的有
①H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH1；H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)ΔH2
②S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH3；S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH4
③N2O4(g)2NO2(g)ΔH5；2NO2(g)N2O4(g)ΔH6
④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)ΔH7；CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)ΔH8
⑤1/2H2SO4(浓，aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH9
HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH10
⑥C(s)+1/2O2(g)=CO(g)ΔH11；C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH12
A．2项 B．3项 C．4项 D．5项
【答案】B
【详解】①通过比较氢气与氯气、溴蒸气反应的条件及现象可知，氢气与氯气反应放出的热量多，则△H1＜△H2，符合题意；
②固态硫变为气态硫过程中吸热，所以气态硫燃烧放出的热量多，则△H3＜△H4，符合题意；
③N2O4(g)2NO2(g)ΔH5＞0，2NO2(g)N2O4(g)ΔH6＜0，则△H5＞△H6，不符合题意；
④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)为吸热反应，△H7＞0，CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，不符合题意；
⑤浓硫酸稀释要放出热量，△H9＜△H10，符合题意；
⑥一氧化碳是碳单质不完全燃烧的产物，碳单质完全燃烧生成二氧化碳时放热更多，所以△H11＞△H12，，不符合题意；符合题意的有3项，B正确。
故选B。
2．下列有关有效碰撞理论和活化能的认识，正确的是
A．增大压强(对于气体反应)，活化分子总数增大，故反应速率增大
B．温度升高，分子动能增加，反应所需活化能减小，故反应速率增大
C．选用适当的催化剂，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大
D．H＋和 OH－的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成
【答案】D
【详解】A．反应前后气体体积不变的反应，增大压强，体积减小，活化分子总数不变，但活化分子浓度增大，反应速率增大，故A错误；
B．温度升高，更多分子吸收能量成为活化分子，反应速率增大，活化能不变，故B错误；
C．使用催化剂，降低活化能，使更多分子成为活化分子，反应速率增大，故C错误；
D．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能非常小，故D正确。
答案选D。
3．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．打开汽水瓶有气泡从溶液中冒出
B．由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡减压后颜色变浅
C．实验室用排饱和食盐水法收集氯气
D．合成氨工厂采用增大压强以提高原料的利用率
【答案】B
【详解】A．气体的溶解度随压强增大而增大，常温下时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的CO2会从瓶中逸出，可以用勒夏特列原理解释，故A不符合；
B．H2和I2反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)，减小压强增大容器的体积，组分浓度减小，则气体颜色变浅，但减小压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B符合；
C．Cl2溶于水：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，NaCl完全电离出Na＋和Cl－，增加c(Cl－)，使平衡向逆反应方向进行，可以用勒夏特列原理解释，故C不符合；
D．合成氨气：N2(g)＋3H2(g) NH3(g)，增大压强，平衡向正反应方向进行，可以用勒夏特列原理解释，故D不符合；
故选B。
4．N2(g)+3H2(g)→2NH3(g)△Hz B．平衡向逆反应方向移动
C．B的转化率减小 D．C的体积分数减小
【答案】A
【分析】保持温度不变，将容器的容积缩小为原来的一半，若平衡不移动，A的浓度为1mol·L-1，而平衡时测得A的浓度变为0.90mol·L-1，说明A的浓度是减小的，则体积减小、压强增大平衡正向移动。
【详解】A．增大压强，平衡正向移动，则正向为气体体积减小的反应，故x+y>z，故A正确；
B．由上述分析可知，平衡正向移动，故B错误；
C．因平衡正向移动，故B的转化率增大，故C错误；
D．平衡正向移动，C的体积分数增大，故D错误；
故选A。
11．对于平衡体系mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)  △H=bkJ·mol-1，下列结论中错误的是
A．保持其它条件不变，升高温度，D的体积分数增大说明该反应的
B．若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为
C．若温度不变，且，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时A 的浓度相比原来的浓度增大了
D．若，则向含有气体的平衡体系中再加入的B气体，达到新平衡时，气体的总物质的量等于
【答案】A
【详解】A． 保持其它条件不变，如升高温度，D的体积分数增大，说明升温后平衡向着正向移动，则正反应为吸热反应，其该反应的△H＞0，故A错误；
B．若平衡时，A、B的转化率相等，则起始物质的量之比等于化学计量数之比，则说明反应开始时，A、B的物质的量之比为，故B正确；
C．若温度不变，且，将容器的体积缩小到原来的一半，平衡逆向移动，达到新平衡时A 的浓度相比原来的浓度增大了，故C正确；
D．若m+n= p+ q，可知反应前后气体的物质的量不变，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2a，故D正确；
故选A。
12．在2CO(g)的反应中，现采取下列措施，其中能够使反应速率增大的措施是
①缩小体积，增大压强  ②增加碳的量  ③通入CO2  ④恒容下充入N2 ⑤恒压下充入N2
A．①④ B．②③⑤ C．①③ D．①②④
【答案】C
【详解】①该反应为气体参加的反应，缩小体积，增大压强，反应速率加快，①正确；
②碳为固体，增加碳的量，不影响化学反应速率，②错误；
③恒容通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，③正确；
④恒容下充入N2，参与反应的各物质浓度不变，反应速率不变，④错误；
⑤恒压下充入N2，容器体积增大，参与反应的各物质浓度减小，反应速率减小，⑤错误；
综上分析，①③可使反应速率增大，故C正确；
答案选C。
13．已知：，向2L密闭容器中投入2mol A与2mol B，2s后，A剩余1mol，测得，下列推断正确的是
A． B．
C．B的转化率为75％ D．反应前后的压强之比为8∶7
【答案】C
【详解】A．2s后，Δn(A)=1mol，Δn(D)= 0.25mol∙L-1∙s-1´2L´2s=1mol，则z=2，A错误；
B．体系中，A为固态，无法表示其化学反应速率，B错误；
C．2s后，Δn(B)=Δn(A)=´1mol=1.5mol，则B的转化率为=75%，C正确；
D．反应前，容器内气体总物质的量为2mol；2s后，容器内的气体为0.5mol B、1mol C和1mol D，气体总物质的量为2.5mol；反应前后，容器内压强之比等于容器内气体总物质的量之比，即容器内压强之比为2mol:2.5mol=4:5，D错误；
故选C。
14．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：

相关反应的热化学方程式为
反应I：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) △H1=-213kJ/mol
反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g) △H2=+327 kJ/mol
反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)+I2(g) △H3=+172kJ/mol
下列说法不正确的是
A．该过程实现了太阳能到化学能的转化
B．SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用
C．总反应的热化学力程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+286kJ/mol
D．该过程使水分解制氢反应更加容易发生，但总反应的△H不变
【答案】C
【详解】A．由图可知利用太阳能使化学反应发生，则太阳能转化为化学能，A正确；
B．由图可知总反应为水分解生成氧气、氢气，则SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用，B正确；
C．由盖斯定律可知，I+II+III得到H2O(l)═H2 (g)+O2(g)  △H=(-213kJ•mol-1)+(+327kJ•mol-1)+(+172kJ•mol-1)=+286 kJ•mol-1，C错误；
D．催化剂降低反应的活化能，不影响焓变，则该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的△H不变，D正确；
故答案为：C。
15．一定条件下，反应2NH3(g)N2(g) + 3H2(g) △H＞0，达到平衡时N2的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是

A．压强：p1＞p2 B．a点：2v正(NH3)= 3v逆(H2)
C．a点：NH3的转化率为 D．b、c两点对应的平衡常数：Kc＞Kb
【答案】D
【详解】A．相同温度时，p2到p1，N2的体积分数增大，说明平衡正向移动，此时气体系数之和增大，说明改变的条件是减小压强，所以p2>p1，A项不符合题意；
B．平衡时，正反应速率等于逆反应速率，且，即，B项不符合题意；
C．a点为平衡点，假设反应开始时NH3的物质的量为1mol，消耗的NH3为xmol，

此时N2的体积分数为，解得x=0.125，NH3的转化率为，C项不符合题意；
D．b、c两点均为平衡态，且c点温度高，该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，所以c点平衡常数大，D项符合题意；
故正确选项为D。
16．科技工作者运用DFT计算研究在甲醇钯基催化剂表面上制氢的反应历程如下图所示。其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是

A．该反应是放热反应
B．甲醇在不同催化剂表面上制氢的反应历程完全相同
C．CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的△H= +157.2kJ•mol-1
D．该历程中的最大能垒(活化能)E正=179.6 kJ•mol-1
【答案】D
【详解】A．由图可知，生成物的总能量高于反应物，该反应为吸热反应，故A错误；
B．催化剂可以改变的路径，使用不同的催化剂，反应的历程不同，故B错误；
C．CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的△H=生成物相对能量-反应物相对能量=(97.9-0)kJ•mol-1=+97.9kJ•mol-1，故C错误；
D．由图可知，该历程中最大能垒(活化能)就是由-65.7kJ•mol-1上升到113.9kJ•mol-1，E正=(113.9+65.7)=179.6kJ•mol-1，故D正确；
故选D。
17．下列四图中，曲线变化情况与所给反应(a、b、c、d均大于0)相对应正确的是
A
B
C
D




2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ∆H=-akJ/mol
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ∆H=-bkJ/mol
N2O4(g) 2NO2(g) ∆H=+ckJ/mol
CO2(g)+C(s) 2CO(g)    ∆H=+dkJ/mol

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) △H = -akJ/mol为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则温度高时对应三氧化硫的含量低，故A错误；
B． N2(g) + 3H2(g)  2NH3(g) △H = -bkJ /mol 为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则交叉点后正反应速率大于逆反应速率，故B错误；
C． N2O4(g) = 2NO2(g) △H  = +ckJ/mol为体积增大、吸热的反应，则增大压强平衡逆向移动、升高温度平衡正向移动，则增大压强、降低温度时反应物的物质的量均增大，故C正确；
D．体积不变时，增大二氧化碳的量，相当于增大压强，平衡逆向移动，转化率减小，故D错误；
故选C。
18．羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将10molCO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)K=0.1，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是
A．CO、H2S的转化率之比为1：1
B．达平衡后H2S的体积分数约为29.4%
C．升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应
D．恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移动
【答案】B
【解析】反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S的物质的量为nmol，则：

该温度下该反应的K=0.1，设容器的容积为V，则平衡常数K==0.1，解得n=7，即反应前H2S的物质的量为7mol，据此分析解答。
【详解】A．由于反应前CO、H2S的物质的量分别为10mol、7mol，而二者的化学计量数相等，反应消耗的物质的量相等，所以二者的转化率一定不相等，故A错误；
B．该反应前后气体的体积相等，则反应后气体的总物质的量不变，仍然为10mol+7mol=17mol，平衡后H2S的物质的量为(7-2)mol=5mol，相同条件下气体的体积分数=物质的量分数=100%29.4%，故B正确；
C．升高温度，COS浓度减小，说明平衡向着逆向移动，则该反应的正反应是放热反应，故C错误；
D．恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，则此时该反应的浓度商Qc==>K=0.1，说明平衡会向着逆向移动，故D错误；
答案选B。
19．T℃时，体积均为0.5L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)    △H=-QkJ·mol-1 (Q＞0)。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如表，下列叙述中正确的是
容器编号
起始时各物质的物质的量/mol
达到平衡时体系能量的变化
A
B
C
①
2
1
0
0.75QkJ
②
0.4
0.2
1.6


A．容器②中达到平衡时放出的热量为0.05QkJ
B．向容器①中通入氦气，平衡时A的转化率变大
C．其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于
D．容器①②中反应的平衡常数值均为18
【答案】D
【分析】当2molA参与反应时放出QkJ的热量，故当放出0.75QkJ的热量时，容器①中参加反应的A的物质的量=2mol×=1.5mol，则：

恒温恒容下，②中完全转化到方程式左边可以得到2molA、1molB，容器①、②反应为完全等效平衡，平衡时各组分的物质的量相等，②中A的起始物质的量为0.4mol，小于平衡时的0.5mol。
【详解】A．②中反应吸收热量，容器①、②反应为完全等效平衡，平衡时B的物质的量相等，则②中吸收的热量为（0.25-0.2）mol×Q kJ/mol=0.05QkJ，故A项错误；
B．恒容条件下，向容器①中通入氦气，各组分的浓度不变，平衡不移动，平衡时A的转化率不变，故B项错误；
C．平衡时①、②中C的体积分数为，其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，随反应进行，温度降低，反应向生成C的方向移动，生成2molC时，混合气体减小1mol，则达到平衡时C的体积分数大于，故C项错误；
D．由于温度相等，①②中平衡常数 ，故D项正确；
答案选D。

二、多选题
20．工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯()：CH3OH(g)+CO(g) HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如下图所示。下列说法不正确的是

A．b点反应速率
B．升高温度，甲醇转化率会减小
C．平衡常数，反应速率
D．生产时反应温度控制在80～85℃为宜
【答案】AB
【详解】A． 平衡之前，温度升高，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，平衡之后，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳转化率减小，即b点还未平衡，反应正向进行，则此时正反应速率＞逆反应速率，故A错误；
B． 反应未达到平衡前，温度越高，反应速率越快，甲醇转化率越大；温度超过约83℃时，随着温度的升高，CO的转化率降低，则说明该反应是放热反应，则反应达到平衡后，升高温度可以使平衡逆向移动，甲醇的转化率减小，故B错误；
C． 温度超过约83℃时，随着温度的升高，CO的转化率降低，则说明该反应是放热反应；对于放热反应而言，温度越高，平衡常数K越小，故K(75℃)＞K(85℃)；b点的温度比d点的低，故υb＜υd，故C正确；
D． 根据图可知，温度在80~85℃的范围内，CO的转化率最高，超过该温度范围，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明反应的最适温度在80~85℃之间，故生产时反应温度控制在80~85℃为宜，故D正确；
答案选AB。

三、填空题
21．完成下列问题。
(1)常温下，0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为_______。
(2)发射卫星可用气态肼(N2H4)为燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和水蒸气。已知：
N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)      ΔH=＋67.7 kJ·mol-1
N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)   ΔH=-534 kJ·mol-1
H2(g)＋F2(g)=HF(g)   ΔH=-269 kJ·mol-1
H2(g)＋O2(g)=H2O(g)   ΔH=-242 kJ·mol-1
①肼和二氧化氮反应的热化学方程式为：_______。联氨可作为火箭推进剂的主要原因为_______。
②有人认为若用氟气代替二氧化氮作氧化剂，则反应释放的能量更大。肼和氟气反应的热化学方程式为_______ 。
(3)氢气是最理想的能源。一定质量的氢气完全燃烧，生成液态水时放出热量比气态水_______(填“多”或“少”)。1g氢气完全燃烧放出热量，其中断裂键吸收，断裂键吸收，则形成键放出热量_______。
【答案】(1)2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)     △H=-85.6kJ/mol
(2)     N2H4(g)＋NO2(g)= N2(g)＋2H2O(g)  ΔH=-567.85 kJ·mol-1     反应放热量大、产生大量气体     N2H4(g)＋2F2(g)=N2(g)＋4HF(g)     ΔH=-1126 kJ·mol-1
(3)     多     463.6

【解析】（1）
已知常温下，Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，则生成物为CO和TiCl4，写出反应的方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)，0.1molCl2完全反应放热4.28kJ，则2molCl2完全反应放热85.6kJ，故该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)     △H=-85.6kJ/mol。
（2）
发射卫星可用气态肼(N2H4)为燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和水蒸气。已知：
①已知反应①：N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)  ΔH=＋67.7 kJ·mol-1；反应②：N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)   ΔH=-534 kJ·mol-1；根据盖斯定律可知，由②-①可得，肼和二氧化氮反应的热化学方程式为N2H4(g)＋NO2(g)= N2(g)＋2H2O(g)  ΔH-534 kJ·mol-1-(＋67.7 kJ·mol-1)=-567.85 kJ·mol-1。由此可知，联氨可作为火箭推进剂的主要原因为反应放热量大、产生大量气体。
②已知反应②：N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)   ΔH=-534 kJ·mol-1；反应③：
H2(g)＋F2(g)=HF(g)   ΔH=-269 kJ·mol-1；反应④：H2(g)＋O2(g)=H2O(g)   ΔH=-242 kJ·mol-1；由盖斯定律可知，由②+4③-2④可得，肼和氟气反应的热化学方程式为N2H4(g)＋2F2(g)=N2(g)＋4HF(g)    ΔH=-534 kJ·mol-1+4(-269 kJ·mol-1)-2(-242 kJ·mol-1)=-1126 kJ·mol-1。
（3）
气态水变为液态水会放出热量，则一定质量的氢气完全燃烧，生成液态水时放出热量比气态水多。1g氢气完全燃烧放出热量，可得氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)   ΔH=-486.4kJ·mol-1；其中断裂键吸收，断裂键吸收，设形成键放出热量为x，可得2×+-4x=-486.4kJ，解得x=463.6，则形成键放出热量为463.6。

四、原理综合题
22．“低碳经济”备受关注，CO2的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，反应方程式为：  ，一定温度下，于恒容密闭容器中充入，反应开始进行。
(1)下列能说明该反应已经达到平衡状态的是___________(填字母代号)。
A．c(CH3OH)与c(CO2)比值不变
B．容器中混合气体的密度不变
C．3v正(H2)=v逆(CH3OH)
D．容器中混合气体的平均摩尔质量不变
(2)上述投料在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在下的、在下的如图所示。

①图中对应等压过程的曲线是___________，判断的理由是___________；
②当时，CO2的平衡转化率a=___________，反应条件可能为___________。
(3)温度为时，向密闭恒容容器中充入和的混合气体，此时容器内压强为，当CO2的转化率为50%时该反应达到平衡，则该温度下，此反应的平衡常数Kp=___________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数
【答案】(1)AD
(2)     b     总反应，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数
变     33.3%     ，或，
(3)

【分析】（1）
A． 初始投料为H2和CO2，所以平衡CO2前浓度减小，CH3OH浓度增大，所以当c(CH3OH)与c(CO2)比值不变时说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B． 容器体积不变，即气体的体积不变，反应物和生成物都是气体，所以气体的总质量不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．任何时刻都存在v正(H2)=3v正(CH3OH)，若3v正(H2)=v逆(CH3OH)，则 v逆(CH3OH)=3v正(H2)=9v正(CH3OH)，反应逆向进行，未处于平衡状态，C不符合题意；
D．该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，混合气体质量不变，若混合气体平均摩尔质量不变时，说明气体的物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，D符合题意；
故合理选项是AD；
（2）
①该反应正反应为放热反应，升高温度时化学平衡逆向移动，使体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是；
②设起始n(CO2)=1 mol，n(H2)=3 mol，假设反应达到平衡时CO2改变的物质的量是x mol，则H2反应消耗3x mol，因此平衡时各种气体的物质的量分别n(H2)=(3-3x)mol，n(CO2)=(1-x) mol，n(CH3OH)=x mol，n(H2O)=x mol，当平衡时时，，解得，则平衡时CO2的转化率；由图可知:满足平衡时的条件有：，或，；
（3）
当反应物投料比等于方程式中计量数之比时平衡转化率相等，二者平衡转化率相同时转化率为50%，反应开始时，n(CO2)=1 mol，n(H2)=3 mol，根据物质反应转化关系可知：平衡时n(CO2)=0.5 mol，n(H2)=1.5 mol，n(CH3OH)=0.5 mol，n(H2O)=0.5 mol，平衡时气体总物质的量n(总)平衡=1.5 mol+0.5 mol+0.5 mol+0.5 mol=3 mol，反应前气体总物质的量为4 mol，压强为4P，则反应达到平衡后总压强为3P，，，，，代入平衡常数Kp的表达式，即可求得。
23．利用太阳能等可再生能源，通过光催化、光电催化或电解水制氢来进行二氧化碳加氢制甲醇，发生的主要反应是：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g) + H2O(g)请回答下列有关问题：
(1)若二氧化碳加氢制甲醇反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，示意图正确且能说明该反应进行到 t1时刻达到平衡状态的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
(2)常压下，二氧化碳加氢制甲醇反应时的能量变化如图 1 所示，则该反应的ΔH=_______。

(3)在 2 L 恒容密闭容器a 和 b 中分别投入 2 mol CO2和 6 mol H2，在不同温度下进行二氧化碳加氢制甲醇的反应，各容器中甲醇的物质的量与时间的关系如图2所示。若容器 a、容器 b 中的反应温度分别为 T1、T2，则判断 T1_______T2(填“>”“”“=”或“     加入催化剂
(4)     K1·K2     >

【详解】（1）A．反应达到平衡时，甲醇的浓度将会保持不变，图中t1时刻之后，甲醇的浓度仍在减小，则t1时刻反应未达到平衡状态，故不选A；
B．二氧化碳的质量分数不变，说明反应达到平衡状态，故选B；
C．t1时刻后甲醇和二氧化碳的物质的量之比不再发生变化，说明甲醇和二氧化碳的物质的量均保持不变，反应达到平衡状态，故选C；
D．t1时刻后甲醇的物质的量仍在增加，二氧化碳的物质的量在减少，反应未达到平衡状态，故不选D；
答案选BC；
（2）由图可知，该反应的反应物的能量高于生成物的能量，为放热反应，该反应的；
（3）由图可知，a先达到平衡状态，则T1>T2；若容器b 中改变条件时，反应情况会由曲线 b 变为曲线 c，根据图象可知，反应的平衡仍不变，反应速率加快，说明是加入了催化剂；
（4）①根据盖斯定律，反应①+反应②即可得到反应③，则；
②500 ℃时测得反应③在某时刻 H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L-1)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则，说明反应正向进行，则有v正>v逆。

五、实验题
24．工业上H2O2是一种重要的绿色氧化还原试剂，某小组对H2O2的催化分解实验进行探究。回答下列问题：
(1)在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。实验装置如图所示：

①写出H2O2溶液在Fe3+催化下分解的化学方程式________；除了图中所示仪器之外，该实验还必需的仪器是________。
②请写出下面表格中I、II、III的实验记录内容或数据：

I＝________，II＝________，III＝________。
(2)利用图1和图2中的信息，按图3装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到A瓶中气体颜色比B瓶中的_______(填“深”或“浅”)，其原因是________。

(3)该小组预测同为第四周期VIII族的Fe、Co、Ni可能有相似的催化作用。查阅资料：CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均为+2价)也可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。如图表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知_______法制取得到的催化剂活性更高，推测Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是________。

【答案】          秒表或计时器     a     时间(min或s)     c     浅     H2O2分解放热，使得B瓶中温度高，升高温度，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡逆向移动，NO2浓度增大，B瓶中颜色加深     微波水热     Co2+
【分析】该实验为探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响，则应采用控制变量法，其余量均不变，需要测量时间比较反应速率的快慢；温度会影响平衡的移动方向，升高温度，平衡向吸热方向移动，可根据图示信息进行具体分析；根据横纵坐标轴及图示即可分析催化剂活性问题，依此解答。
【详解】（1）①H2O2溶液在Fe3+催化下分解生成水和氧气，化学方程式为：；该实验探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响，故除了图中所示仪器之外，还必需的仪器是秒表或计时器；②该实验在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响，故除过氧化氢的浓度不同外，其他量应保持一致，故催化剂的量一致，I为a；比较反应速率需要测量时间，故II为时间(min或s)；过氧化氢溶液的总量相同为c+d，故III为c；
（2）利用图1和图2中的信息可知：H2O2分解放热，使得B瓶中温度高；二氧化氮生成四氧化二氮放热，升高温度，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡逆向移动，NO2浓度增大，B瓶中颜色加深；则可观察到A瓶中气体颜色比B瓶中的浅；
（3）过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高，根据图象可知，x相同时，微波水热法初始速度大于常规水热法，故微波水热法制得催化剂的活性更高；由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化活性更高；
答案为：微波水热法；Co2+。