【期中真题】贵州省黔东南六校联盟2022-2023学年高二上学期期中联考化学试题.zip

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黔东南六校联盟2022～2023学年度第一学期期中联考试卷
高二化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。
4.本卷主要考查内容：必修第一册、必修第二册(共占30%)，选择性必修1第一章和第二章(共占70%)。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 S-32
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是
A. 液氨汽化吸收大量的热，可用作制冷剂
B. 二氧化硫具有漂白性，可大量用于漂白银耳
C. 单晶硅可用于制造光导纤维
D. 冬奥会的火炬外壳使用了新型有机非金属材料——碳纤维复合材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨气易液化、液氨汽化吸收大量的热，故液氨可用作制冷剂，A正确；
B．食品中添加适量的二氧化硫，可以起到漂白、防腐和抗氧化的作用，但不可大量用于漂白银耳，B错误；
C．硅可用于制造计算机芯片，二氧化硅用于制造光纤，C错误；
D．碳纤维复合材料是新型无机非金属材料，D错误；
故选A。
2. 下列有关化学用语正确的是
A. NH3的电子式：
B. HClO的结构式：H—Cl—O
C. 聚丙烯的结构简式：
D. NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO
【答案】D
【解析】
【详解】A ．NH3的氮原子未达到8电子稳定结构，其电子式应为：，故A错误；
B．HClO中O原子分别与H、Cl形成共价键，其结构式为：H-O-Cl，故B错误；
C．聚丙烯是丙烯的加聚产物，其结构简式为：，故C错误；
D．NaHCO3完全电离为Na+、HCO，其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO，故D正确；
故答案选D。
3. 用NA表示阿伏加德罗常数值。下列判断不正确的是
A. 1molO3含有的原子数目为3NA
B. 24gMg变为Mg2+时失去的电子数目为2NA
C. 常温常压下，11.2LSO2中含有的原子数目为1.5NA
D. 1L1mol•L-1MgCl2溶液中含有的Cl-数目为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1mol含有的原子的数目为3，A项正确；
B．24gMg的物质的量mol，变为时失去的电子数目为2，B项正确；
C．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L，11.2L中物质的量小于0.5mol，含有的原子数目小于1.5，C项错误；
D．1L1溶液中含有数目2，D项正确；
答案选C。
4. X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一主族。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y的核外电子数多1。下列说法正确的是
A. 离子半径由大到小的顺序：Z＞Y＞X
B. 由X、Y两种元素组成的化合物可能具有漂白性
C. 简单氢化物的稳定性：Y＞X
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z
【答案】B
【解析】
【分析】由“X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍”知X为氧元素，又X、Y为同一主族的短周期元素，则Y为硫元素；又由Z原子的核外电子数比Y的核外电子数多1可知Z为氯元素。
【详解】A．由元素周期律知，离子半径的大小顺序为，A错误；
B．二氧化硫具有漂白性，B正确；
C．简单氢化物的稳定性为，C错误；
D．Y、Z元素最高价氧化物对应水化物的酸性：，D错误；
故选B。
5. 香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如图，下列有关香叶醇的叙述正确的是

A. 该有机物与乙醇互为同系物
B. 香叶醇的分子式为C10H16O
C. 该有机物不能使溴的四氯化碳溶液褪色
D. 1mol该有机物最多可以与2molH2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个原子团的化合物互称为同系物，香叶醇分子中含有碳碳双键，与乙醇不互为同系物，A错误；
B．从结构简式看出香叶醇的分子式为，B错误；
C．香叶醇内含碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误
D．1mol该物质含2mol碳碳双键，最多可与发生加成反应，D正确；
故选：D。
6. 在一定条件下，当加入80 g SO2气体发生催化氧化反应生成SO3气体时，放出热量98.3 kJ，已知SO2在此条件下转化率为80%，据此，下列热化学方程式正确的是(　　)
A. SO2(g)＋1/2O2(g)SO3(g)　ΔH＝－98.3 kJ·mol－1
B. 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)　ΔH＝－196.6 kJ·mol－1
C. SO2(g)＋1/2O2(g)SO3(g)　ΔH＝－78.64 kJ·mol－1
D. 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝196.6 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【详解】参加反应的SO2的物质的量为1mol，此时放出热量98.3kJ，对应的热化学方程式为SO2(g)＋1/2O2(g)SO3(g)　ΔH＝－98.3 kJ·mol－1，故选A。
7. 已知：
HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(1) △H1 Q1
HCN(aq)+NaOH(aq)=NaCN(aq)+H2O(1) △H2 Q2
H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(1) △H3 Q3
则△H和Q的大小顺序分别为
A. △H2＞△H1＞△H3，Q2＞Q1＞Q3 B. △H2＜△H1＜△H3，Q2＞Q1＞Q3
C. △H2＞△H1＞△H3，Q2＜Q1＜Q3 D. △H2＜△H1＜△H3，Q2＜Q1＜Q3
【答案】C
【解析】
【详解】为中和反应， ，kJ，，HCN为弱酸，电离吸热，，kJ，，浓硫酸稀释放热，，kJ，因此，，；答案选C。
8. 已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)。若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则下列关系正确的是
A. v(NH3)=v(O2) B. v(O2)=v(NO)
C. v(NO)=v(H2O) D. v(O2)=v(H2O)
【答案】B
【解析】
【详解】A．化学反应速率与化学计量数成正比，则，A错误；
B．，则，B正确；
C．，则，C错误；
D．，，D错误；
故选B。
9. 一定条件下，在一氧化碳变换反应CO+H2OCO2+H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析错误的是
A. 使用催化剂，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加
B. 升高温度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加
C. 增大CO的浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加
D. 压缩容器，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加
【答案】D
【解析】
【详解】A．活化分子发生反应生成新物质的碰撞为有效碱撞，增大浓度、压强。可增大单位体积活化分子数目，升高温度、加入催化剂。可增大活化分子数目，进面增大反应速率，催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，则增大反应速率，所以使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，A正确；
B．升高温度，活化分子百分数增大，有效碳几率增加，反应的速率加快，B正确；
C．浓度变大，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，C正确；
D．压缩容器，增大压强，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，D错误；
故选D。
10. 反应：2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)的历程如下：
第一步：N2O5(g)NO2(g)+NO3(g) △H1
第二步：NO2(g)+NO3(g)NO(g)+NO2(g)+O2(g) △H2(慢反应)
第三步：NO(g)+NO3(g)=2NO2(g) △H3(快反应)
下列说法错误的是
A. 其他条件不变，使用催化剂可以增大第一步中NO2的平衡产量
B. 第二步NO2和NO3的碰撞只有部分有效
C. 反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)的△H=2△H1+△H2+△H3
D. 第二步反应的活化能大于第三步反应的活化能
【答案】A
【解析】
【详解】A．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变化学平衡进行的限度，故不能改变第一步中的平衡产量，A错误；
B．第二步反应生成物中有，说明与的碰撞仅部分有效，B正确；
C．①，②，③，根据盖斯定律，2×①＋②＋③得，C正确；
D．第二步属于慢反应，说明反应不容易进行，第三步属于快反应，说明反应容易进行，则第二步反应的活化能大于第三步反应的活化能，D正确；
故选A。
11. 运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是
A. 冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程
B. 某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增的过程
C. 高锰酸钾受热分解是熵增的过程
D. △H＜0的反应在常温常压下都能自发进行
【答案】D
【解析】
【详解】A．同种物质熵值，液体＞固体，则冰在室温下自动熔化成水，是熵增的过程，A正确；
B．吸热反应，△H＞0，某吸热反应能自发进行，说明△H－T△S＜0，则△S＞0，因此该反应是熵增反应，B正确；
C．高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，则高锰酸钾受热分解是一个熵增的过程，C正确；
D．△G＜0的反应自发进行，由△G＝△H－T△S可知，△H＜0时，若△S＜0，则低温有利于自发，常温未必自发，D错误；
答案选D。
12. 羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害，在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)。下列叙述中，能说明反应达到化学平衡状态的是
A. 单位时间内消耗amolCO，同时生成amolH2
B. COS的生成速率与H2S的生成速率相等
C. 容器内气体的总压强不再变化
D. 容器内混合气体总的物质的量不再变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．单位时间内消耗amolCO，同时生成amol，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，A错误；
B．COS的生成速率与的生成速率相等，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，B正确；
C．该反应前后气体物质的量相等，则容器中压强始终不变，不能根据容器内的压强判断平衡状态，C错误；
D．该反应前后气体的总物质的量始终不变，不能根据混合气体总的物质的量判断平衡状态，D错误。
故答案为B。
13. 在一定温度下的密闭容器中，通入1molCO、1molH2O发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，达到平衡时测得n(H2)为0.5mol。下列说法错误的是
A. 平衡时CO2的体积分数为50% B. 该温度下此反应的平衡常数K=1
C. CO的转化率为50% D. 其他条件不变，改变压强平衡不移动
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意列三段式：

A．由以上数据可知，平衡时，的体积分数，A错误；
B．反应的平衡常数K＝1，B正确；
C．CO的平衡转化率，C正确；
D．因该反应为反应前后体积不变的反应，则其他条件不变时，改变压强平衡不移动，D正确；
故选A。
14. 恒温条件下，某体积可变的密闭容器中发生反应：2A(g)B(?)+2C(g)，且达到平衡。当压缩体积时，气体的平均分子质量增大，则下列叙述中正确的是
A. 压缩体积，平衡逆向移动
B. 物质B为非气态
C. 若充入惰性气体，正、逆反应速率都会增大
D. 若往容器中加入更多的C物质，化学平衡常数会变大
【答案】A
【解析】
【分析】
温条件下，某体积可变的密闭容器中反应2A(g)B(?)+2C(g)达到平衡后，压缩体积导致压强增大，气体的平均分子质量增大，说明平衡逆向移动，B为气态，化学反应速率与气体浓度成正比，化学平衡常数只与温度有关。
【详解】A．压缩体积时，若B为非气态，则平衡不移动，气体的平均相对分子质量不变，所以B一定为气体，依据题意，平衡逆向移动才会导致气体平均相对分子质量变大，故A正确；
B．根据A分析知，B为气态，故B错误；
C．充入惰性气体，体积增大，反应物、生成物浓度都会减小，正、逆反应速率都会减小，故C错误；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，故D错误。
答案选A。
15. 一定温度下，在两个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g) ⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)
容器
编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
Ⅰ
387
0.20
0.080
0.080
Ⅱ
207
0.20
0.090
0.090
下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 向平衡后的容器Ⅰ中充入少量CH3OH，平衡不移动
C. 达到平衡时的逆反应速率：vⅠ(H2O)＜vⅡ(H2O)
D. 若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.15 mol、CH3OCH3 0.15 mol和H2O 0.10 mol，则反应将向正反应方向进行
【答案】D
【解析】
【分析】1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g) ⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)，容器II中温度比容器I低，达到平衡时容器II中产物的物质的量较大，说明降温有利于反应正向移动，故正反应为放热反应；容器中加入CH3OH，反应正向移动；反应达到平衡后，因为容器II温度较低，故反应速率较慢；由容器I计算反应平衡常数:

平衡常数K==4。
【详解】A．由分析可知，反应为放热反应，A错误；
B．由分析可知，充入少量CH3OH，平衡正向移动，Ｂ错误；
C．容器Ｉ中温度较高，反应速率较大，即vⅠ(H2O)>vⅡ(H2O)；
D．<4,故平衡正向移动，D正确；
故选D｡
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 如图是铜与浓硫酸反应并验证其产物性质的装置图。请回答下列问题。

（1）试管①中发生反应的化学方程式为____；其中硫酸发生了____(填“氧化”或“还原”)反应。
（2）一段时间后，④中溶液无明显现象，⑤⑥⑦溶液均褪色，试管⑤⑥⑦中的现象分别说明SO2的水溶液具有____、SO2具有____、漂白性。
（3）下列说法正确的是____(填字母)。
a.上下移动铜丝可控制反应的发生与停止
b.反应结束后，从导管向装置中鼓入空气，使气体完全被吸收，防止污染
c.实验结束后，试管①中有白色固体出现，为确认白色固体为产物CuSO4，可立刻向试管①中加水，观察颜色
（4）充分反应后发现，铜丝与硫酸都有剩余，在此情况下，加入下列物质能使溶液中n(Cu2+)变大的是____(填字母)。
a.HClb.Fe2O3c.KNO3
（5）反应停止后，待装置冷却，向试管④中加入氯水，产生白色沉淀，反应的离子方程式为____。
（6）为了测定尾气中SO2的含量，将尾气样品经过管道通入盛有400mL0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液的密闭容器中。若管道中气体流量为aL·min-1，经过8min溶液恰好褪色，假定样品中SO2被充分吸收，该尾气样品中SO2的含量为____g·L-1。(假设尾气中其他气体不与酸性KMnO4溶液反应)
【答案】（1） ①. Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O ②. 还原
（2） ①. 酸性 ②. 还原性
（3）ab （4）bc
（5）SO2+Cl2+2H2O+Ba2+=4H++2Cl-+BaSO4↓(或H2SO3+Cl2+H2O+Ba2+=4H++2Cl-+BaSO4↓)
（6）
【解析】
【分析】实验装置为铜与浓硫酸反应并验证其产物性质，试管中铜与浓硫酸反应生成二氧化硫，经饱和亚硫酸氢钠溶液除杂，依次通入氯化钡溶液、滴有酚酞的氢氧化钠溶液、酸性高锰酸钾溶液、品红溶液中，验证其性质，按题目要求解答。
【小问1详解】
试管①中铜与浓硫酸发生反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；硫酸中硫元素化合价降低，发生了还原反应；故答案为:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；还原。
【小问2详解】
试管⑤中是滴有酚酞的氢氧化钠溶液，通入二氧化硫会与氢氧化钠反应产生亚硫酸钠及水，碱性减弱，故红色会褪去，体现二氧化硫的酸性氧化物的性质，试管⑥中是酸性高锰酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，试管⑦中是品红，体现二氧化硫的漂白性；答案为：酸性；还原性。
【小问3详解】
a.上下移动铜丝可控制反应的发生与停止，故a正确；
b.反应结束后，从导管向装置中鼓入空气，可使装置中残留的SO2气体完全被吸收，防止污染，故b正确；
c.实验结束后，试管①中有白色固体出现，且有未完全反应的浓硫酸，不可以立刻向试管①中加水，故c错误；
故答案为ab。
【小问4详解】
充分反应后发现铜丝与硫酸都有剩余，说明此情况下硫酸浓度变稀不再继续反应，加入Fe2O3后,溶液中铜继续与三价铁反应，使溶液中n(Cu2+)变大，加入KNO3后，铜在酸性条件下可与硝酸根反应，使溶液中n(Cu2+)变大；故答案为bc。
【小问5详解】
反应停止后，待装置冷却，向试管④中加入氯水发生氧化还原反应，生成的硫酸与氯化钡产生硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O+Ba2+=4H++2Cl-+BaSO4↓(或H2SO3+Cl2+H2O+Ba2+=4H++2Cl-+BaSO4↓)。
【小问6详解】
由管道中空气流量为aL/min，经过8min溶液恰好褪色可知，含有二氧化硫的空气的体积为aL/min×8min=8aL，根据反应，二氧化硫的质量为0.1mol/L×0.4L××64g/mol=6.4g，则空气样品中二氧化硫的含量为=g/L，故答案为。
17. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。
（1）如图为C及其氧化物的变化关系图，若①变化是置换反应，则其化学方程式可以是____。

（2）把煤作为燃料可通过下列两种途径：
途径I：C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1＜0
途径II：先制成水煤气C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H2＞0
再燃烧水煤气：
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H3＜0
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H4＜0
则途径I放出的热量____(填“大于”“等于”或“小于”)途径II放出的热量；△H1、△H2、△H3、△H4的数学关系式是____。
（3）我国在2004年起已利用焦炉煤气制取甲醇及二甲醚。
①已知CO中的C与O之间为三键连接，且合成甲醇的主要反应原理为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H，表中所列为常见化学键的键能数据：
化学键
C－C
C－H
H－H
C－O
C≡O
H－O
键能/kJ•mol-1
348
414
436
326.8
1032
464
则该反应的△H=____kJ•mol-1。
②甲醇(CH3OH)也可由天然气来合成，已知：①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(l) △H=-71kJ•mol-1，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) △H=-90.5kJ•mol-1，③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ•mol-1，则甲醇的燃烧热为___。若CO的燃烧热为282.5kJ•mol-1，则H2的燃烧热为____。
（4）金属钛冶炼过程中其中一步反应是将原料金红石转化：TiO2(金红石)+2C+2Cl2TiCl4+2CO。
已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ•mol-1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566kJ•mol-1
TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g) △H=+141kJ•mol-1
则TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+2CO(g)的△H=____。
【答案】（1）C+CuOCu+CO↑
（2） ①. 等于 ②. △H1=△H2+(△H3+△H4)
（3） ①. -128.8 ②. 764kJ•mol-1 ③. 286kJ•mol-1
（4）-80kJ•mol-1
【解析】
【小问1详解】
①是置换反应可以是碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，或与金属氧化物反应，反应的化学方程式为C＋CuOCu＋CO↑；
【小问2详解】
根据盖斯定律可知，①=②＋③×＋④×，所以途径I放出的热量等于途径II放出的热量；ΔH1=ΔH2＋(ΔH3＋ΔH4)；
【小问3详解】
通过键能计算焓变，反应物总键能−生成物总键能,则反应的(1032+2×436-3×414-326.8-464)= -128.8；
根据盖斯定律，（③×2－①）÷2得：CO(g)＋2H2(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－854.5 kJ·mol－1④，④－②得：CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－764 kJ·mol－1，故甲醇的燃烧热为764 kJ·mol－1；
CO的燃烧热为282.5kJ•mol-1，CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－282.5 kJ·mol－1⑤，
④－⑤得2H2(g)＋O2(g)=== 2H2O(l) ΔH＝－572 kJ·mol－1，故氢气的燃烧热为286 kJ·mol－1；
【小问4详解】
已知：反应I：C(s)+O2(g)=CO2(g)   △H1=﹣393.5kJ•mol-1，反应II：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)   △H2=﹣566kJ•mol-1，反应III：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)   △H3=+141kJ•mol-1，目标反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)可由III+2I-II，根据盖斯定律可知△H=△H3+2△H1-△H2=(+141kJ•mol-1)+2×(﹣393.5kJ•mol-1)-( ﹣566kJ•mol-1)=-80 kJ•mol-1。
18. I.某研究性学习小组利用溶液和酸性溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：
实验序号
实验温度
有关物质
溶液颜色褪至无色所需时间/s
和酸性溶液
溶液

V/mL
c/
V/mL
c/
V/mL
A
293
2
0.02
4
0.1
0

B

2
0.02
3
0.1

8
C
313
2
0.02

0.1
1


（1）写出草酸与高锰酸钾反应的离子方程式_______。
（2）通过实验A、B，可探究出_______(填外部因素)的改变对化学反应速率的影响，其中_______、_______；通过实验_______(填实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响，其中_______。
（3）若，则由此实验可以得出的结论是_______；忽略溶液体积的变化，利用实验B中数据计算，0-8s内，用的浓度变化表示的反应速率_______。
II.催化剂在生产和科技领域起到重大作用。某化学研究小组的同学分别设计了如图1所示的实验，用控制变量法比较和对分解的催化效果。请回答相关问题；

（4）定性分析：某同学通过观察甲中两支试管产生气泡的快慢，由此得出和对分解的催化效果，该结论_______填(“合理”或“不合理”)，原因_______。
【答案】（1）
（2） ①. 浓度 ②. 1 ③. 293 ④. B、C ⑤. 3
（3） ①. 浓度越大，反应速率越快 ②.
（4） ①. 不合理 ②. 阴离子种类不同
【解析】
【小问1详解】
草酸被高锰酸钾氧化为二氧化碳，高锰酸根离子被还原为锰离子，反应的离子方程式为；
【小问2详解】
实验A、B中草酸的浓度不用，可探究出浓度的改变对化学反应速率的影响，根据“控制变量法”，为使的浓度相同，必须使混合后溶液的总体积相等，所以1，温度相同293K；实验B、C的变量是温度，通过实验B、C可探究出温度变化对化学反应速率的影响；为控制草酸的浓度相同，3。
【小问3详解】
若，由此实验可以得出的结论是浓度越大，反应速率越快；根据实验B中数据，0-8s内，用的浓度变化表示的反应速率= 。
【小问4详解】
由于两溶液中加入的阴离子、阳离子都不相同，所以不能得出和对分解的催化效果。
19. 甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下可合成甲醇，发生的主要反应如下
I.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H1=-129.0kJ•mol-1
II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ•mol-1
IIICO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H3
回答下列问题：
（1）△H3=____。
（2）将2.0molCO2和3.0molH2通入容积为3L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应II，测得H2的平衡转化率与温度的关系如图所示。

①100℃时反应II达到平衡所需的时间为5min，则反应从起始至5min内，用H2表示该反应的平均反应速率为____。
②100℃时，反应II平衡常数K=____。
③其他条件不变时，下列措施可以提高反应II的化学反应速率的是____(填标号)。
A恒容条件下通入He B.增大容器体积
C.升高温度 D.通入更多的H2(g)
④已知：反应II的瞬时速率表达式为v正=k正c(CO2)•c(H2)，v逆=k逆c(CO)•c(H2O)(k为速率常数，只与温度有关)。温度由100℃升高到300℃，活化分子百分数____(填“增大”“减小”或“不变”)。300℃时，____(填“大于”“小于”或“等于”)K(100℃)。
（3）如图为含有少量水蒸气的一定比例的CO2+H2、CO/CO2+H2、CO+H2分别发生反应时，甲醇的生成速率与温度的关系。490K时，根据曲线a、c可判断合成甲醇的反应机理是____(填“A”或“B”)。

A.COCO2CH3OH+H2O
B.CO2COCH3OH
【答案】（1）-88kJ•mol-1
（2） ①. 0.1mol•L-1•min-1 ②. 3 ③. CD ④. 增大 ⑤. 大于
（3）A
【解析】
【小问1详解】
结合盖斯定律可知方程式Ⅱ+Ⅰ=目标方程式，△H3=△H2+△H1=-88kJ·mol-1；
【小问2详解】
①由于H2转化率为50%，则5min中内△n(H2)=3mol×50%=1.5mol；则v(H2)==0.1mol·L-1·min-1；
②根据反应过程列三段式，K==3；
③A．恒容充入He，体积不变，各物质浓度均不变，速率不变，A错误；B．增大容器体积，各组分浓度变小，速率变小，B错误；C．升高温度，增大活化分子百分比，速率增大，C正确；D．通入更多氢气，提升反应物浓度，速率增大，D正确；故选CD；
④温度升高，活化分子百分比变大；反应达到平衡时v(正)=v(逆)，设300℃时反应的平衡常数为K0，则k正c(CO2)•c(H2)= k逆c(CO)•c(H2O)，==K0，据题意，反应吸热，升温使平衡正向移动，平衡常数变大，K0>K(100℃)，故此处为：大于。
【小问3详解】
根据图中信息，490K时，二氧化碳和氢气生成甲醇的速率大，故CO先转化为二氧化碳，因此反应机理是A，答案为A。