2022-2023学年福建省连城县第一中学高二上学期第二次月考化学试题含解析

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福建省连城县第一中学2022-2023学年高二上学期
第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A．某雨水样品采集后放置一段时间，pH减小，是因为水中溶解了更多的CO2
B．施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用
C．采用催化转换技术能提高汽车尾气中有害气体的平衡转化率
D．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加生石灰降低土壤的碱性
【答案】B
【详解】A．某雨水样品采集后放置一段时间，因为水中溶解了较多的二氧化硫，二氧化硫和氧气、水反应生成硫酸，所以pH减小，A错误；
B．施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)中碳酸根与NH4Cl中铵根会发生双水解的反应，降低肥效，B正确；
C．催化剂不能提高反应的转化率，只能改变反应速率，C错误；
D．生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以会加重土壤的碱性，D错误；
故选B。
2．将①H+、②Cl-、③Al3+、④K+、⑤S2-、⑥OH-、⑦NO、⑧NH分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是
A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑦ C．①⑥ D．②④⑥⑧
【答案】B
【详解】①H＋加入水中，将增大溶液中的c(H+)，从而抑制水的电离；
②Cl－加入水中，不影响水电离产生的c(H+)、c(OH－)，对水的电离不产生影响；
③Al3＋加入水中，与水电离产生的OH-结合，从而促进水的电离；
④K＋加入水中，不影响水电离产生的c(H+)、c(OH－)，对水的电离不产生影响；
⑤S2－加入水中，与水电离产生的H+结合，从而促进水的电离；
⑥OH－加入水中，将增大溶液中的c(OH－)，从而抑制水的电离；
⑦NO加入水中，不影响水电离产生的c(H+)、c(OH－)，对水的电离不产生影响；
⑧NH加入水中，与水电离产生的OH-结合，从而促进水的电离；
综合以上分析，②④⑦加入水中，对水的电离不产生影响，故选B。
3．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．已知H+(aq)+ OH- (aq)=H2O(l) ΔH =﹣57.3kJ·mol-1，NA个CH3COOH分子与NaOH中和反应，放出热量为57.3kJ
B．电解精炼铜时，若粗铜阳极质量减少32g，则电路中转移的电子数为NA
C．常温下， 1LpH=2的H3PO4溶液中H+的数目为0.01NA
D．常温下，pH=7的CH3COONH4溶液中，水电离出的H+大于10-7NA
【答案】C
【详解】A．醋酸是弱酸，电离吸热，故1mol醋酸与氢氧化钠酸碱中和放出的热量低于57.3kJ，A错误；
B．电解精炼铜时，粗铜作阳极，比铜活泼的金属和铜会失电子变成金属阳离子进入溶液造成质量的减轻，32g的质量不全是铜的质量，故电路中转移的电子数不能进行计算，B错误；
C．常温下， 1LpH=2的H3PO4溶液中H+的数目=0.01NA，C正确；
D．常温下，pH=7的CH3COONH4溶液中，醋酸根和铵根离子水解促进水的电离，c(H+)>10-7mol/L，，但由于未告知溶液的体积，不能计算水电离出的H+数目，D错误；
故选C。
4．利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢的同时可获得氧气，其工作情况如图所示，有关说法正确的是

A．连接K1时，可制得O2
B．连接K2时，OH-向电极3迁移
C．制得11.2LO2时，NiOOH和Ni(OH)2发生转化的物质的量为2mol
D．制高纯氢时电极3上发生反应：Ni(OH)2﹣e-+OH-=NiOOH+H2O
【答案】D
【分析】由图可知，连接K1，电极1为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电极3为阳极，电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，连接K2，电极3为阴极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，据此作答。
【详解】A．当连接时，由图示分析可知，电极3为阳极，被氧化为NiOOH；电极1为阴极，氢离子或水得到电子被还原为氢气，A错误；
B．连接时，电极3为阴极，电极2为阳极；在电解池中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以向电极2迁移，B错误；
C．制得时，未说明条件是否为标况；若标况时，制得，则转移的电子的物质的量为；1mol转化为1mol得到，根据电子守恒可得；标况下，和发生转化的物质的量为，C错误；
D．制高纯氢时，氢离子或水在电极2 得到电子被还原成氢气，电极3上发生氧化反应：，D正确；
故选D。
5．利用下列实验装置进行的实验不能达到相应实验目的的是

A．①测量中和反应的反应热 B．②测量锌与稀硫酸反应的反应速率
C．③探究压强对平衡的影响 D．④证明醋酸为弱酸
【答案】C
【详解】A．①测量中和反应的反应热，该装置保温效果好，温度计可测定温度，能达到实验目的，A不符合题意；
B．②测量锌与稀硫酸反应的反应速率，用注射器测定一定时间内产生气体的体积，可计算化学反应速率，能达到实验目的，B不符合题意；
C．③该反应气体分子总数不变，改变压强平衡不一定，故不能探究压强对平衡移动的影响，C符合题意；
D．④中只有电解质不同，可以通过灯泡的明亮程度判断导电能力的不同、从而能证明醋酸为弱酸，D不符合题意；
答案选C。
6．透光率与有色气体浓度成反比，实验研究中常用透光率记录有色气体浓度变化。将一定量NO2充入注射器中后密封，拉伸或压缩注射器过程中透光率随时间的变化情况如图所示(2NO2N2O4 ΔH＜0下列说法正确的是

A．b点：v(正)>v(逆)
B．a点的操作是拉伸注射器
C．c点相比a点，c(NO2)增大，c(N2O4)减小
D．若注射器为绝热密闭体系，则温度：a>c
【答案】A
【分析】二氧化氮在密闭容器中存在平衡2NO2N2O4，ΔH<0，该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程气体颜色变浅，透光率增大。
【详解】A．根据分析，b点开始是压缩注射器的过程。气体颜色变深，透光率变小，压缩注射器气体压强增大，平衡正向移动，则v(正)＞v(逆))，A正确；
B．a点拉伸注射器气体压强减小，平衡2NO2N2O4会逆向移动，但容器体积增大，二氧化氮浓度会降低，透光率升高，不是不变，B错误；
C．c点是压缩注射器后的气体透光率的变化情况，压缩注射器容器的体积减小，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，C错误；
D．若注射器为绝热密闭体系，根据分析，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，拉伸注射器气体体积增大，压强减小，平衡逆向移动，反应吸热，温度降低，则温度：c>a，D错误；
故选A。
7．25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．将溶液从升温至，溶液中增大
B．向溶液中加入少量冰醋酸，溶液中减小
C．物质的量浓度相同的①溶液和②溶液中
D．中和等的①溶液和②所需
【答案】C
【详解】A．CH3COONa水解吸收热量，升高温度促进水解，溶液中c(CH3COO-)减小、c(CH3COOH)增大、c(OH-)增大，则升高温度溶液中减小，故A错误；
B．向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，醋酸电离出CH3COO-而导致溶液中c(CH3COO-)增大，故B错误；
C．NH水解程度越大，溶液中c(NH)越小，HCO促进NH水解，则NH水解程度：后者大于前者，所以溶液中c(NH)：①＞②，故C正确；
D．是弱酸，部分电离，HCl是强酸，等的两种酸的物质的量浓度>HCl，但未知溶液体积，则未知消耗的NaOH溶液谁较多，故D错误；
故选：C。
8．向1 L pH＝2的盐酸和醋酸溶液中，分别投入0.65 g锌粒，则下图中比较符合客观事实的是

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】0.65 g锌粒是0.01mol，盐酸是强酸，其物质的量是0.01mol，所以盐酸不足，以盐酸的量进行计算，生成氢气是0.005mol；醋酸是弱酸，其浓度大于0.01mol/L，所以锌不足，按照锌的量进行计算，所以醋酸产生的氢气多，由于在反应过程中，产生会继续电离出氢离子，所以醋酸的反应速率快，所用时间短，答案选C。
9．常温下，pH均为2、体积均为的三种酸溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是

A．常温下，
B．原溶液中酸的物质的量浓度：
C．b点和c点对应的溶液中水的电离程度相同
D．当时，三种溶液同时升高温度，减小
【答案】D
【分析】根据图知，pH=2的溶液分别稀释100倍，HX的pH变成4，说明HX是强酸，HY、HZ的pH增大但小于4，则HY、HZ为弱酸，且HY的pH增大幅度大于HZ，说明HY的酸性＞HZ，因此酸性HX＞HY＞HZ。
【详解】A．由图示可知酸性HX＞HY＞HZ，常温下：，A正确；
B．由分析可知酸性HX＞HY＞HZ，且pH均为2，故原溶液中，B正确；
C．b点和c点的pH相同，则水的电离程度一样， C正确；
D．酸的电离平衡吸热，由于HX为强酸，不存在电离平衡，对HX溶液升高温度，c(X-)不变，对HY溶液升高温度促进HY电离，c(Y-)增大， 增大，D错误；
答案选D。
10．已知在常温下测得浓度均为0.1 mol·L－1的下列三种溶液的pH：
溶质
NaHCO3
Na2CO3
NaCN
pH
9.7
11.6
11.1

下列说法中正确的是（  ）A．阳离子的物质的量浓度之和：Na2CO3＞NaCN＞NaHCO3
B．相同条件下的酸性：H2CO3＜HCN
C．三种溶液中均存在电离平衡和水解平衡
D．升高Na2CO3溶液的温度，减小
【答案】C
【详解】A．阳离子均为Na＋和H＋，Na2CO3溶液中Na＋浓度是其他两种溶液的两倍，阳离子浓度最大，NaCN溶液和NaHCO3溶液中Na＋浓度相等，NaCN溶液中H＋浓度小于NaHCO3溶液，故阳离子浓度大小顺序为Na2CO3＞NaHCO3＞NaCN，A项错误；
B．HCO3-的水解能力小于CN－，故酸性：H2CO3＞HCN，B项错误；
C．三种盐都存在水解平衡，水和碳酸氢钙存在电离平衡，C项正确；
D．升高Na2CO3溶液的温度，促进其水解，增大，D项错误。
答案选C。

二、填空题
11．已知水在25℃和100℃时的电离平衡曲线如图所示：

(1)25℃时水的电离平衡曲线应为 _______ (填“A”或“B”)。
(2)25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_______。
(3)25℃时，等体积的pH=12的NaOH和氨水溶液与0.1mol/L的盐酸发生中和反应，恰好完全反应时消耗盐酸的体积分别为Va、Vb，则Va_______Vb(填大于、小于、等于)。
(4)t℃时，由水电离出H+的浓度为10-11mol/L，则该溶液中一定能大量共存的是_______。
A．K+、Cu2+、SO、S2- B．H+、Fe2+、SO、NO
C．Na+、SO、NO、Cl- D．OH-、NH、HCO、Na+
【答案】(1)A
(2)10∶1
(3)＜
(4)C

【详解】（1）水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡向电离方向移动，水的电离程度增大，水中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，水的离子积常数增大，则25℃时水的电离平衡曲线应为A；
（2）设NaOH溶液与H2SO4溶液的体积分别为V1和V2，所得混合溶液的pH=7时，酸和碱恰好完全反应，由NaOH溶液中氢氧根离子的物质的量等于H2SO4溶液中氢离子的物质的量可得：10-5mol/L×V1=10-4mol/L×V2，解得V1∶V2=10∶1；
（3）pH=12的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为10-2mol/L，pH=12的氨水溶液中氢氧根离子浓度为10-2mol/L，一水合氨的浓度大于10-2mol/L，则等体积的pH=12的NaOH和氨水溶液与0.1mol/L的盐酸发生中和反应时，恰好完全反应时氨水消耗盐酸的体积多；
（4）t℃时，由水电离出H+的浓度为10-11mol/L，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液；
A．在酸溶液中，硫离子与氢离子不能大量共存，A错误；
B．在碱溶液中，亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢离子与氢氧根酸碱中和，不能大量共存，故B错误；
C．Na+、SO、NO、Cl-无论是在酸溶液中，还是在碱溶液中均不发生任何反应，一定能大量共存，C正确；
D．氢氧根离子和碳酸氢根离子在溶液中反应生成碳酸根和水，和铵根离子生成弱碱一水合氨，不能大量共存，D错误；
故选C。
12．某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是： H2B=H+＋HB- ；HB- H+ + B2- 。回答下列问题：
(1)Na2B溶液显_______(填“酸性”“中性”或“碱性”)，理由是_______ (用离子方程式表示)。
(2)在0.1 mol·L-1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是_______(填选项字母)。
A．c(B2-)＋c(HB-)＋c(H2B)=0.1 mol·L-1
B．c(Na＋)=2c(B2-)＋2c(HB-)
C．c(H+)= c(OH-) + c(HB-)
D．c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HB-)＋2c(B2-)
(3)已知0.1 mol·L-1 NaHB溶液的pH=2，则0.1 mol·L-1 H2B溶液中的氢离子的物质的量浓度可能_______0.11 mol·L-1(填“＜”“>”或“=”)，理由是_______。
(4)0.1 mol·L-1 NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是_______。
【答案】(1)     碱性     B2-＋H2OHB-＋OH-
(2)BD
(3)     ＜     0.1 mol·L-1 NaHB溶液的pH=2，说明其中c(H＋)=0.01 mol·L-1，主要是HB-电离产生的。在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步的电离，所以0.1 mol·L-1 H2B溶液中c(H＋)＜0.11 mol·L-1
(4)c(Na＋)>c(HB-)>c(H＋)>c(B2-)>c(OH-)

【详解】（1）因为HB-在水溶液中发生部分电离，所以Na2B在溶液中发生水解，溶液显碱性。理由是B-+H2O HB+OH-。答案为：碱性；B-+H2O HB+OH-；
（2）A．因为在溶液中H2B发生完全电离，所以溶液中不存在H2B，A不正确；
B．依据物料守恒，溶液中存在c(Na+)=2c(B2-)+2c(HB-)，B正确；
C．在溶液中存在B2-+H2O HB-+OH-和H2OH++OH-，所以c(OH-)=c(H+)+c(HB-)，C不正确；
D．依据电荷守恒，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)，D正确；
故选BD；
（3）已知0.1mol·L-1NaHB溶液的pH=2，在酸性溶液中，HB-的电离程度减小，则0.1mol·L-1H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是＜0.11mol·L-1，理由是0.1 mol·L-1 NaHB溶液的pH=2，说明其中c(H＋)=0.01 mol·L-1，主要是HB-电离产生的。在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步的电离，所以0.1 mol·L-1 H2B溶液中c(H＋)＜0.11 mol·L-1；
（4）0.1mol·L-1NaHB溶液中，发生如下电离：NaHB=Na++HB-，HB-H++B2-，H2OH++OH-，所以各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(HB-)＞c(H+)＞c(B2-)＞c(OH-)。
13．常温下，部分弱电解质的电离平衡常数如表；浓度均为0.1 mol·L-l的下列4种溶液：①NaCN溶液　②NaOH溶液　③CH3COONa溶液  ④NaHCO3溶液
弱电解质
HCN
H2CO3
CH3COOH
电离常数
Ka=4.9×10-10
Ka1=4×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ka=1.7×10-5

(1)这4种溶液的pH由大到小的顺序是_______(填标号)，其中②由水电离的H+浓度为_______。
(2)①中各离子浓度由大到小的顺序是_______。
(3)④的水解常数Kh=_______。
(4)若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③_______④(填“>”“<”或“=”)。
(5)向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)     ②>①>④>③；     1.0×10-13 mol·L-1；
(2)c(Na＋)>c(CN-)>c(OH-)>c(H＋)；
(3)2.5×10-8；
(4)＜；
(5)。

【详解】（1）同浓度的4种溶液中，NaOH溶液为强碱溶液，因为酸性： CH3COOH> H2CO3> HCN>，越弱越水解，因此溶液的碱性：②>①>④>③， 4种溶液pH由大到小的顺序是②>①>④>③；0.1 mol·L-l的NaOHpH= 13，由水电离的H+浓度为1.0×10-13mol·L-l答案为：②>①>④>③；1.0×10-13 mol·L-1；
（2）NaCN溶液中CN水解，溶液显碱性，离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(CN-)>c(OH-)>c(H＋)；答案为：c(Na＋)>c(CN-)>c(OH-)>c(H＋)；
（3）NaHCO3溶液碳酸氢根水解：，答案为：2.5×10-8；
（4）等体积等浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液中，NaHCO3水解程度大于醋酸钠，溶液的碱性强于CH3COONa，滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③<④；答案为：<；
（5）碳酸的一级电离常数大于HCN的，二级电离常数小于HCN的，故碳酸的酸性强于HCN，碳酸氢根的酸性弱于HCN，故向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应离子方程式为：，答案为：。
14．已知25℃，几种弱酸的电离平衡常数如下表，回答下列问题：
酸
H2CO3
H2SO3
H2A
Ka
Ka1=4.0×10-7
Ka2=5.0×10-11
Ka1=1.0×10-2
Ka2=6.0×10-8
Ka1
Ka2

(1)NaHCO3溶液显_______(填“酸性”“中性”或“碱性”)，理由是_____。
(2)如图为某实验测得0.1mol·L-1NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是
A．a点溶液的c(OH-)比c点溶液的小
B．a点时，Kw＜Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)
C．b点溶液中，c(Na+)=c(HCO)＋2c(CO)
D．ab段，pH减小说明升温抑制了HCO的水解
(3)常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡_______(填“向左”“向右”或“不”)移动。试计算所得溶液中 =_______。
(4)0.010 mol·L-1的二元酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH变化如图所示。H2A分两步发生电离，对应的电离平衡常数分别为Ka1和Ka2，由图确定下列数据(保留一位小数)：

①Ka2=_______。
②将0.020 mol·L-1 Na2A溶液和0.010 mol·L-1盐酸等体积混合，所得溶液的pH约为_______。
【答案】(1)     碱性     HCO的水解平衡常数Kh=2.5×10-8大于电离平衡常数Ka2=5.6×10-11
(2)A
(3)     向右     60
(4)     1×10-10     10

【详解】（1）在NaHCO3溶液中同时存在碳酸氢根的电离和水解，其中HCO的水解平衡常数Kh= =2.5×10-8> 5.6×10-11= Ka2，即水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故答案为：碱性；HCO的水解平衡常数Kh=2.5×10-8大于电离平衡常数Ka2=5.6×10-11；
（2）A．由题图知，a点、c点pH相同，则c(H+)相同，升温时增大，所以c(OH-)增大，则a点溶液的c(OH-)比c点溶液的小，故A正确；
B．a点NaHCO3溶液显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，即，即，可得Kw>Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)，故B错误；
C．b点溶液显碱性，则c(H+)< c(OH-)，溶液中电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=c(HCO)＋2c(CO)+ c(OH-)，则c(Na+)>c(HCO)＋2c(CO)，故C错误；
D．升温促进水解，故ab段pH减小不是升温抑制了HCO的水解的结果，故D错误；
故选A，答案为：A；
（3）NaOH电离出的OH-抑制水的电离，Na2SO3电离出的SO水解促进水的电离，所以用NaOH溶液吸收SO2得到Na2SO3溶液过程中水的电离平衡向右移动。
SO+H2OHSO+OH-的水解常数==，所以 =，故答案为：向右；60；
（4）①由图像可知，当HA-和A2-浓度相同时pH=10，Ka2==c(H+)=1×10-10，故答案为：1×10-10；
②由Na2A+HCl=NaCl+NaHA反应可知，将0.020 mol·L-1 Na2A溶液和0.010 mol·L-1盐酸等体积混合，开始二者物质的量之比为2:1，按1:1反应，所得溶液中Na2A和NaHA的浓度相同，由于电离和水解都很微弱，此时c(HA-)c(A2-)，由图像可知，所得溶液的pH约为10，故答案为10。

三、原理综合题
15．温室气体让地球发烧，倡导低碳生活，是一种可持续发展的环保责任，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。
I.在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。

(1)在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是_______(填字母)。
A．该催化剂使反应的平衡常数增大
B．CH4 →CH3COOH过程中，有C-H键断裂和C-C键形成
C．生成乙酸的反应原子利用率100%
D．ΔH =E2-E1
II.以CO2、H2为原料制备“21世纪的清洁燃料”二甲醚(CH3OCH3)涉及的主要反应如下：
①2CO2(g)+6 H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH1= -122.5kJ·mol-1。
②CO2(g)+ H2(g) CO (g)+ H2O(g) ΔH2 = +41.1kJ·mol-1。
(2)反应2CO(g)+4 H2(g) CH3OCH3(g)+ H2O(g) 的 ΔH=_______；
(3)在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下，发生反应①、②，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。

i.已知：CH3OCH3的选择性，其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的是曲线_______(填“①”或“②”，下同)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是高于300℃时，以反应_______为主，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大。
ii.为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择的反应条件为_______(填标号)。
a.低温、低压       b.高温、高压      c.高温、低压       d.低温、高压
III.以CO2、C2H6为原料合成的主要反应为：CO2(g) + C2H6(g) C2H4(g) + H2O(g)+CO(g) ΔH1= +177kJ·mol-1。
(4)某温度下，在0.1MPa恒压密闭容器中充入等物质的量的CO2和C2H6达到平衡时C2H4的物质的量分数为20%，该温度下反应的平衡常数Kp=_______MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
IV.以稀硫酸为电解质溶液，由甲醇(CH3OH)、O2构成的原电池作为电解饱和食盐水的电源(电解池中左右两室均为1L的NaCl溶液)。

(5)a电极的电极反应式为_______。电解饱和食盐水装置溶液中的阳离子由_______(填“左向右”或“右向左”)移动，
(6)室温下，当电解池中共产生224mL(已折算成标况下，不考虑气体溶解损失)气体时，右室溶液(体积变化忽略不计)的pH为_______。
【答案】(1)BC
(2)
(3)     ①     ②     d
(4)0.02
(5)          左向右
(6)12

【详解】（1）A．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，化学平衡常数不变，故A错误；
B．由图可知，甲烷转化为乙酸的过程中有碳氢键断裂和碳碳键形成，故B正确；
C．由图可知，生成乙酸的反应为甲烷与二氧化碳发生加成反应生成乙酸，反应原子利用率100%，故C正确；
D．由图可知，生成乙酸的反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应ΔH=E1−E2，故D错误；
故选BC；
（2）由盖斯定律可知，反应①-②×2可得一氧化碳和氢气合成二甲醚的反应，则反应ΔH=(-122.5kJ/mol)-(+41.1kJ/mol)×2=−204.7kJ/mol，故答案为：−204.7kJ/mol；
（3）由方程式可知，反应① 为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二甲醚的百分含量减小，二甲醚的选择性减小，则表示平衡时二甲醚的选择性的是曲线① ；反应②为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，当温度高于300℃时，二氧化碳的平衡转化率增大说明二氧化碳与氢气的反应以反应②为主；反应① 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，二氧化碳的转化率减小和平衡时二甲醚的选择性减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率增大和平衡时二甲醚的选择性增大，则同时提高二氧化碳的平衡转化率和平衡时二甲醚的选择性，应选择的反应条件为低温、高压，故选d；
（4）设某温度下，在0.1MPa恒压密闭容器中充入二氧化碳和乙烷的起始物质的量为amol，平衡时生成乙烯的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：

由乙烯的的物质的量分数为20%可得：×100%=20%，解得a=,0.5，则二氧化碳、乙烷、乙烯、水蒸气、一氧化碳的平衡分压分别为0.02MPa、0.02MPa、0.02MPa、0.02MPa、0.02MPa，反应的平衡常数Kp==0.02Mpa；
（5）由氢离子的移动方向可知，a电极为燃料电池的负极，水分子作用下甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为，b电极为正极，与负极相连的d电极为阴极、c电极为阳极，则电解饱和食盐水装置中溶液中的阳离子由左向右移动，故答案为： ；左向右；
（6）电解饱和食盐水反应方程式为，标况下电解池中共产生224mL气体，则氢气和氯气的体积为×=0.005mol，由方程式可知，右室溶液中氢氧根离子浓度为=0.01mol/L，所以溶液pH为12，故答案为：12。

四、实验题
16．I.由γ­羟基丁酸(HOCH2CH2CH2COOH )生成γ­丁内酯的反应如下： HOCH2CH2CH2COOH＋H2O，在298 K下，γ­羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180 mol/L，测得γ­丁内酯的浓度随时间变化的数据如表所示。回答下列问题：
t/min
21
50
80
100
120
160
220
∞
c/(mol·L-1)
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132

(1)该反应在50～80 min内的平均反应速率为_______mol/(L·min)。
(2)120 min时γ­羟基丁酸的转化率为_______。
II.某学习小组欲探究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如下表所示：
实验序号
温度
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol•L-1)
V/mL
c/(mol•L-1)
V/mL
I
25
5
0.1
10
0.1
5
II
25
5
0.2
5
0.2
10
III
35
5
0.1
10
0.1
5
IV
35
5
0.2
X
0.2
Y

(3)实验I、II探究的是：其它条件相同时，Na2S2O3溶液的浓度对反应速率的影响，若实验III、IV也想达到与实验I、II相同的探究目的，则X=_______。
(4)探究温度对反应速率的影响的实验组是_______。实验根据溶液出现淡黄色浑浊所需时间，可判断反应的快慢。该探究实验中发生反应的离子方程式为_____。
【答案】(1)0.0007
(2)50%
(3)5
(4)     溶液出现淡黄色(或乳白色)浑浊所需时间的长短     Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O

【详解】（1）从表中数据可知，该反应在50～80 min内γ­丁内酯的浓度从0.050 mol/L升高到0.071 mol/L，故平均反应速率为mol/(L·min)；
（2）从表中数据可知，120 min时γ­丁内酯的浓度0.090 mol/L，根据题给反应方程式的化学计量数关系，γ­羟基丁酸转化了0.090 mol/L，则其转化率为；
（3）探究实验要控制单一变量，实验III、IV想达到与实验I、II相同的探究Na2S2O3溶液的浓度对反应速率的影响，变量是Na2S2O3溶液的浓度，其它量需相同，实验III的稀H2SO4物质的量是0.01L×0.1 molL-1=0.001mol，则X×0.2 molL-1=0.001mol，X=0.0005L=5mL，为使溶液总体积相等，实验III、IV的H2SO4浓度相等，Y=10mL；
（4）从表中物质分析得到，该探究实验是不同浓度的Na2S2O3溶液与稀H2SO4在不铜温度下发生的反应，化学方程式Na2S2O3＋H2SO4 =Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O；该反应产生了S单质，出现淡黄色或乳白色浑浊，可以根据溶液出现淡黄色(或乳白色)浑浊所需时间的长短判断反应进行的快慢。