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北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年高二上学期第一次统练化学试卷（Word版附解析）
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选择题(每小题只有1个正确选项，每小题4分，共56分)
1. 已知反应：2H2O2=2H2O+O2↑，下列措施不能加快该反应的速率的是
A. 升高温度B. 加入少量MnO2固体
C. 加水稀释D. 加入几滴FeCl3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．升高温度能够增加单位体积内活化分子数以及有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故A项不选；
B．MnO2对H2O2分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故B项不选；
C．加水稀释会降低单位体积内活化分子数，使有效碰撞频率降低，化学反应速率将降低，故C项选；
D．FeCl3对H2O2分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故D项不选；
综上所述，不能加快该反应的速率的是C项，故答案为C。
2. 对于反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g) + 6H2O(g)，下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行最快的是
A. v(O2)= 0.24 ml·L-1·s-1B. v(NH3)=0.2 ml·L-1·s-1
C. v(H2O)=0.25 ml·L-1·s-1D. v(NO) = 0.15 ml·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【详解】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比等于相应的化学计量数之比，先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。因此如果都用氨气表示反应速率，则A、B、C、D对应的速率分别是0.192ml·L -1 ·s -1 、0.2 ml·L -1 ·s -1 、0.167 ml·L -1 ·s -1 、 0.15 ml·L -1 ·s -1 ，故反应进行最快的是B，所以答案选B。
点睛：本题解题方法是：把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意单位是否相同。常用比较方法有两种：1、归一法，即转化为同一物质表示的速率比较，如本题的解析，2、比值法，某物质表示的速率与该物质的化学计量数的比值，比值越大，速率越快。
3. 下列说法或表示方法中，正确的是
A. 等质量的硫蒸气和硫磺固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 已知强酸强碱的中和热△H=-57.3kJ•ml-1，若将含0.5mlH2SO4的浓溶液与含1mlNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
C. 乙炔的燃烧热为1366.8kJ/ml，则乙炔燃烧的热化学方程式为：2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) △H=-1366.8kJ•ml-1
D. Ba(OH)2•8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l) △H＜0
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为硫磺固体转变为硫蒸气要吸热，所以等质量的硫蒸气和硫磺固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误；
B．强酸强碱反应的中和热为57.3kJ•ml-1，浓硫酸溶于水要放出热量，所以将含0.5mlH2SO4的浓溶液与含1mlNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ，B正确；
C．燃烧热是指1ml可燃物完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，乙炔的燃烧热为1366.8kJ/ml，则乙炔燃烧的热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1366.8kJ•ml-1，C错误；
D．氢氧化钡晶体与氯化铵的反应为吸热反应，∆H＞0，D错误；
故选B。
4. NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)N2O4(g) △H＜0。下列分析正确的是
A. 1ml平衡混合气体中含2mlN原子
B. 将恒温密闭容器，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
C. 断裂2mlNO2中的共价键所需能量小于断裂1mlN2O4中的共价键所需能量
D. 将恒容密闭容器，水浴加热，由于平衡正向移动导致混合气体颜色变浅
【答案】C
【解析】
【详解】A．1mlNO2含有1mlN原子，1mlN2O4含有2mlN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体，1 ml平衡混合气体中所含原子大于1 ml N，A项错误；
B．气体体积压缩，颜色变深是由浓度增大引起，B项错误；
C．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2mlNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1mlN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，C项正确；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；
故选C。
5. 在恒温恒容密闭容器中进行的反应：CH4(g)+3CuO(s)CO(g)+3Cu(s)+2H2O(g)。下列描述一定可表明该反应达到化学平衡状态的是
A. 气体的温度保持不变
B. 气体密度不再变化
C. v(CH4)=v(CO)
D. c(H2O)=2c(CH4)
【答案】B
【解析】
【详解】A．在恒温恒容密闭容器中进行的反应，温度是恒量，气体的温度保持不变，反应不一定达到平衡状态，故不选A；
B．反应后气体质量增大，容器体积不变，密度是变量，气体密度不再变化，反应一定达到平衡状态，故选B；
C．v(CH4)=v(CO)，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选C；
D．c(H2O)=2c(CH4)，不能判断反应物浓度是否还发生改变，反应不一定平衡，故不选D；
选B。
6. 在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如下图。下列说法不正确的是
A. ①中，催化剂被氧化
B. ②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子
C. 总反应为
D. 总反应的速率由③决定
【答案】D
【解析】
【详解】A．①中催化剂失去氢原子，化合价升高，被氧化，故A正确；
B．②中丙烷失去了氢原子变成了正丙基，故B正确；
C．从整个历程图来看，反应物是氧气和正丙烷，生成物是丙烯和水，化学方程式正确，故C正确；
D．①过程中活化能为181.1kJ/ml，②过程中活化能为27.9kJ/ml，③过程中活化能为20.2 kJ/ml，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，故D错误；
答案D。
7. 某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。
已知：
下列说法不正确的是
A. 温度升高时不利于吸附
B. 多孔材料“固定”，促进平衡正向移动
C. 转化为的反应是
D. 每获得时，转移电子的数目为
【答案】D
【解析】
【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。
【详解】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；
B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确；
C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确；
D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4ml，即个数为，D错误；
故选D。
8. 在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则
A. 无催化剂时，反应不能进行
B. 与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C. a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D. 使用催化剂Ⅰ时，内，
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；
C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0ml/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0ml/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0ml/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；
答案选D。
9. 向碘水中加入KI溶液，发生反应：I-(aq)+I2(aq) I (aq)，充分反应达平衡后，测得微粒浓度如表：
下列说法不正确的是
A. 向所得溶液中加入等体积水，c(I2)＜1.25×10-3ml/L
B. 该温度下，反应I-+I2I的K=640
C. 配制碘水时，加入少量KI，可促进I2的溶解
D. 向所得溶液中加入CCl4，振荡静置，溶液上下分层，下层溶液为紫红色，上层溶液近乎无色
【答案】A
【解析】
【详解】A．向所得溶液中加入等体积水，体积扩大一倍，各离子浓度瞬间减少一半，此时反应的Q=＞640，故平衡逆向移动，c(I2)＞1.25×10-3ml/L，A项错误；
B． 根据化学反应平衡常数的定义，可知该温度下，反应I-+I2I的K=，B项正确；
C．碘单质在水中的溶解度小，配制碘水时，加入少量KI，反应I-+I2I向正反应方向进行，促进I2的溶解，C项正确；
D．CCl4密度比水大，且不溶于水，向所得溶液中加入CCl4，振荡静置后会出现溶液上下分层，CCl4在下层，因为过程中碘单质被CCl4萃取，使CCl4层显紫红色，从而出现下层溶液为紫红色，上层溶液近乎无色的现象，D项正确；
答案选A。
10. 1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1∶1发生加成反应分两步： 第一步Br＋进攻1，3-丁二烯生成中间体C(溴鎓正离子)；第二步Br−进攻中间体C完成1，2-加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是
A. 1，2-加成产物A比1，4-加成产物B稳定
B. 第一步的反应速率比第二步慢
C. 该加成反应的反应热为Eb–Ea
D. 升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图象可知，1，2-加成产物A含有总能量大于1，4-加成产物B，则1，4-加成产物B稳定，A说法错误；
B．第一步的反应的活化能大于第二步，则第一步的反应速率比第二步慢，B说法正确；
C．该加成反应的反应热为1，3-丁二烯的总能量与1，2-加成产物A或1，4-加成产物B的总能量的差值，C说法错误；
D．根据图象可知，加成反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，则1，3-丁二烯的平衡转化率减小，D说法错误；
答案B。
11. 一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。
下列说法不正确的是
A. T1>T2
B. I中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C. 达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I
D. 对于I，平衡后向容器中再充入0.2mlCO和0.2mlCO2，平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．从平衡时二氧化碳的物质的量可知Ⅱ在Ⅰ的基础上向右移动了，反应正向放热，因此T1>T2，故A正确；
B．根据表格中的数据有，x=0.05，则CO的转化率为，故B正确；
C．由解析A可知T1>T2，温度越高反应速率越快，则达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I，故C正确；
D．由解析B有，I的平衡常数，0.2mlCO和0.2mlCO2后CO和CO2的浓度变为0.3ml/L和0.3ml/L，浓度商为，平衡不移动，故D错误；
故选D。
12. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：。进料浓度比分别为、、时，平衡转化率随温度变化的关系如图。下列说法不正确的是。
A. 键断裂的同时有键断裂，则反应达到了平衡状态
B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C. a、b、c三点中a点对应的平衡转化率最高
D. 若的初始浓度为，时，K(400℃)
【答案】D
【解析】
【详解】A．H-Cl键断裂表示正反应速率，而H-O键断裂表示逆反应速率，根据方程式可知当 键断裂的同时有键断裂时即为正、逆反应速率相等，则反应达到了平衡状态，A正确；
B．由题干图像可知，其他条件相同时升高温度，HCl的平衡转化率减小，即升高温度平衡逆向移动，说明正反应是一个放热反应，即该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确；
C．当温度相同时，增大的比值即增大HCl的浓度，则O2的平衡转化率增大，而HCl的平衡转化率却减小，由图像信息可知，a、b、c三点中a点对应的O2平衡转化率最高，C正确；
D．由题干图像可知，若的初始浓度为，时，400℃时HCl的平衡转化率为84%，由三段式分析：，则K(400℃)=，D错误；
故答案为：D。
13. 某小组同学利用如图实验探究平衡移动原理。
实验1
已知：i．[C(H2O)6]2++4Cl-[CCl4]2-+6H2O
ii．ZnCl2溶液为无色
下列说法正确的是
A. 结合实验1和2，推测i中反应是放热反应
B. ①中滴加浓盐酸，增大了c(Cl-)，导致Q＞K，i中平衡正向移动
C. ②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，[C(H2O)6]2+的浓度增大
D. ③中加入ZnCl2，溶液颜色变红，推测Zn2+与Cl-可能形成了[ZnCl4]2-
【答案】D
【解析】
【分析】实验1、2最终的溶液颜色变为红色，[C(H2O)6]2+呈红色，[CCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-呈无色，根据[C(H2O)6]2++4Cl-[CCl4]2-+6H2O可知，说明平衡逆向移动，据此解答。
【详解】A．由实验1可知，升高温度，溶液变为蓝色，说明平衡正向移动，生成了[CCl4]2-，溶液呈蓝色；降低温度，溶液变为红色，说明平衡逆向移动，生成了[C(H2O)6]2+，溶液呈红色，因升高温度，平衡正向移动，降低温度，平衡逆向移动，说明i中反应是吸热反应，A错误；
B．①中滴加浓盐酸，增大了，导致QC．②中加水后，溶液体积增大，导致溶液中各组分的浓度均减小，根据溶液变红，说明平衡逆向移动，但的浓度减小，C错误；
D．③中加入，溶液变红，推测与可能形成了[ZnCl4]2-，使Cl-浓度减小，导致平衡逆向移动，D正确；
故选D。
14. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A. 反应①CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2
C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；
B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mml/min，而CO变为1~2mml/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
II卷 (非选择题，共44分，包含卷面3分)
15. 依据以下热化学反应方程式，根据要求，回答问题
①CaCO3=CaO+CO2 ΔH=+177.7kJ•ml-1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ•ml-1
③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=+131.3kJ
④CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ•ml-1
⑤HNO3(aq)+NaOH(aq)=NaNO3(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3kJ•ml-1
⑥0.5H2SO4(l)+NaOH(l)=0.5Na2SO4(l)+H2O(l) ΔH=-57.3kJ•ml-1
⑦2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ•ml-1
（1）已知上述热化学方程式所给出的焓变绝对值没有错误：在①~⑦中，不正确的有______；(请填写编号，下同)不正确的理由分别是______。
（2）上述反应中，表示燃烧热的热化学方程式是______。
（3）表示中和热的热化学方程式是_______。
【答案】（1） ①. ①③⑥ ②. ①未标注物质状态；③焓变应为ΔH=+131.3kJ•ml-1；⑥除水之外，其它物质状态均为aq
（2）②④ （3）⑤
【解析】
【小问1详解】
热化学方程式中需标注各物质的聚集状态，①没有标注各物质的聚集状态；反应热的单位是kJ•ml-1，③中焓变单位标注错误；常用s、l、g、aq分别表示固体、液体、气体、溶液，⑥中H2SO4、NaOH和Na2SO4均为溶液状态，应用aq表示。故答案为：①③⑥；①未标注物质状态；③焓变应为ΔH=+131.3kJ•ml-1；⑥除水之外，其它物质状态均为aq；
【小问2详解】
燃烧热是指在101kPa时，1ml纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，根据燃烧热定义，可知②④是表示燃烧热的热化学方程式。答案为：②④；
【小问3详解】
中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1ml液态水时所放出的热量。根据定义，可知⑤是表示中和热的热化学方程式，答案为：⑤。
16. 氨气的生产过程主要包括造气、净化(题中略去)、合成、分离四个步骤。
(I)造气
（1）以煤为原料合成H2时，先将高温水蒸气及一定量空气缓慢地通过煤干馏所得的焦炭层，制得半水煤气(CO、H2)。在反应条件下，容器内包括以下平衡体系：
①C(s)+O2(g)CO2(g) K1
②2C(s)+O2(g)2CO(g) K2
③C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) K3
④C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) K4
反应②的化学平衡常数表达式为K2=_______(请用相应物质浓度符号表示)。K1～K4为各反应的平衡常数；则K4=______(用含有K1～K3的代数式表示)。
（2）由于CO将导致合成氨的催化剂失效，所以需在新容器中选择合适条件，尽量彻底且迅速地实现反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H＜0。设计的流程如图：
半水煤气经预热后与水蒸气反应。反应一段时间后，逐步降低反应温度，最终在出口得到水煤气(CO2、H2)及少量H2O、CO。反应前，半水煤气加热至450℃的目的是______；逐渐降低反应温度的原因是______。
(II)合成
（3）N2与H2在恒温500℃、恒压31.4MPa的密闭容器中，经铁粉催化进行反应。N2、H2的初始浓度相同。下列现象中，可说明反应达到平衡状态的是______。
A.气体体积不再变化
B.气体压强不再变化
C.H2质量分数不再变化
D.n(NH3)不再变化
E.N2体积分数不再变化
F.气体温度不再变化
（4）若将体系压强减小至3.14MPa，NH3的平衡产率明显减小，原因是______。
(III)分离
（5）将合成所得混合气体降温至130℃，使NH3在恒温恒压条件下逐渐液化，与未反应的N2、H2分离。若NH3液化后，气体总体积缩小了(忽略液氨所占体积)，则N2的转化率为_______，H2的转化率为_______。
【答案】（1） ①. K2= ②.
（2） ①. 提高温度，加快反应速率，尽快将半水煤气转化为水煤气 ②. 反应放热，降低温度可促进平衡正向移动，提高CO转化率，减少CO剩余
（3）ACD （4）减小压强，平衡逆向移动，转化率降低
（5） ①. 10% ②. 30%
【解析】
【小问1详解】
化学平衡常数是生成物浓度系数次方的乘积与反应物浓度系数次方的乘积之比，固体、纯液体不计入平衡常数表达式，反应②的化学平衡常数表达式为K2=。(③+②-①)×0.5得C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，K4=。
【小问2详解】
根据题意，需尽量彻底且迅速地实现反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，可知半水煤气加热至450℃的目的是提高温度，加快反应速率，尽快将半水煤气转化为水煤气；该反应放热，降低温度可促进平衡正向移动，提高CO转化率，减少CO剩余，所以逐渐降低反应温度。
【小问3详解】
A．反应前后气体系数和不同，气体体积是变量，气体体积不再变化，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．在恒压容器中反应，压强是恒量，气体压强不再变化，反应不一定平衡，故不选B；
C．H2质量分数不再变化，说明氢气的物质的量不变，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应过程中，氨气的物质的量是变量，n(NH3)不再变化，反应一定达到平衡状态，故选D；
E．
反应过程中N2体积分数为，N2体积分数为恒量，N2体积分数不再变化，反应不一定平衡，故不选E；
F．反应在恒温500℃下进行，温度恒量，气体温度不再变化，反应不一定平衡，故不选F；
选ACD。
【小问4详解】
减小压强，平衡逆向移动，转化率降低，所以若将体系压强减小至3.14MPa，NH3的平衡产率明显减小。
【小问5详解】
；
若NH3液化后，气体总体积缩小了，；则N2的转化率为 ，H2的转化率为。
17. 某小组在验证H2O2氧化Fe2+时发现异常现象，并对其进行深入探究。
实验I：
（1）实验I中溶液变红是因为Fe3+与SCN-发生了反应，其离子方程式是__。
（2）探究实验I中红色褪去的原因：取反应后溶液，___(填实验操作和现象)，证明溶液中有Fe3+，而几乎无SCN-。
（3）研究发现，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，而实验I中褪色相对较快，由此推测Fe3+能加快H2O2与SCN-的反应。通过实验II和III得到了证实。参照实验II的图例，在虚线框内补全实验III：__。
实验II：
实验III：
（4）查阅资料：Fe3+加快H2O2与SCN-反应的主要机理有
i.Fe3++H2O2=Fe2++HO2·+H+
ii.Fe2++H2O2=Fe3++·OH+OH-
iii.OH(羟基自由基)具有强氧化性，能直接氧化SCN-
为探究Fe2+对H2O2与SCN-反应速率的影响，设计实验如图：
实验IV：
①t′＜t，对比实验IV和II可得出结论：在本实验条件下，___。
②结合资料和(1)~(4)的研究过程，从反应速率和化学平衡的角度解释实验I中溶液先变红后褪色的原因：____。
③实验I~IV中均有O2生成，小组同学推测可能是HO2·与溶液中其他微粒相互作用生成的，这些微粒有___。
【答案】（1）Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
（2）滴加KSCN溶液，溶液变红
（3） （4） ①. Fe2+也能加速H2O2与SCN-反应，且效果比Fe3+更好 ②. 刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成的Fe3+迅速与SCN-结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2，c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去 ③. ·OH、H2O2、Fe3+
【解析】
【小问1详解】
Fe3+与SCN-发生反应生成Fe(SCN)3，使溶液显红色，其反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；
【小问2详解】
检验Fe3+，常用KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe3+，反之，则不含Fe3+，证明实验中含有Fe3+，几乎无SCN-，具体操作是取反应后溶液少量于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红，证明溶液中有Fe3+，几乎无SCN-；故答案为滴加KSCN溶液，溶液变红；
【小问3详解】
根据题意，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，滴加Fe2(SO4)3溶液后，溶液褪色相对较快；实验Ⅱ和实验Ⅲ应为对照实验，根据实验Ⅱ，推出实验Ⅲ：先加入0.5mLpH=1的硫酸溶液，无明显现象，静置后，滴加数滴Fe2(SO4)3溶液，溶液立即变红，故答案为；
【小问4详解】
①根据实验Ⅳ加入FeSO4溶液，溶液变红，静置后，溶液红色恰好褪去，说明Fe2+也能加速H2O2与SCN-的反应，t′＜t，说明实验Ⅳ的反应速率比实验Ⅱ快，即Fe2+催化的效果比Fe3+更好；故答案为Fe2+也能加速H2O2与SCN-反应，且效果比Fe3+更好；②实验Ⅰ现象，开始时溶液立即变红，说明刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成Fe3+迅速与SCN-结合，使溶液立即变红；依据反应主要机理，继续滴加H2O2溶液，产生c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去；故答案为刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成的Fe3+迅速与SCN-结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2，c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去；③HO可与·OH、H2O2、Fe3+相互作用生成O2。
18. 利用页岩气中丰富的丙烷【C3H8】制丙烯【C3H6】已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。
I.丙烷直接脱氢法：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) △H1=+124kJ•ml-1。
总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的体积分数随温度、压强的变化如图。
（1）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（2）图中，曲线I、III表示C3H6的体积分数随温度的变化，判断依据是：_______。
（3）图中，表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲线是______(填“II”或“IV”)。
II.丙烷氧化脱氢法：C3H8(g)+O2(g)C3H6(g)+H2O(g) △H2=-101kJ•ml-1
我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下C3H8的转化率和C3H6的产率如表：
（4）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是：______(答出1点即可)。
（5）已知：C3H6选择性=×100%。随着温度升高，C3H6选择性_______(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是______。
【答案】（1）不变 （2）丙烷直接脱氢反应为吸热反应，压强相同时，温度升高平衡正向移动，C3H6体积分数变大
（3）II （4）温度升高，丙烷氧化脱氢的反应速率加快
（5） ①. 降低 ②. 温度升高，更有利于丙烷被氧化成其他产物的副反应发生
【解析】
【小问1详解】
平衡常数只与温度有关，总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数不变。
【小问2详解】
正反应吸热，压强相同时，升高温度平衡正向移动，C3H6的体积分数增大，所以曲线I、III表示C3H6的体积分数随温度的变化。
【小问3详解】
正反应吸热，压强相同时，升高温度平衡正向移动，C3H8的体积分数减小；温度相同时，增大压强，平衡逆向移动，C3H8的体积分数增大；表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲线是II。
【小问4详解】
温度升高，丙烷氧化脱氢的反应速率加快，所以C3H8的转化率随温度升高而上升。
【小问5详解】
根据表中数据计算可知，随着温度升高，C3H6的选择性降低，原因是高温更有利于丙烷被氧化成其他产物的副反应发生，所以C3H6的选择性降低。微粒
I-
I2
I
浓度/(ml/L)
2.5×10-3
2.5×10-3
4.0×10-3
容器编号
温度/℃
起始物质的量/ml
平衡物质的量/ml
NO(g)
CO(g)
CO2(g)
I
T1
0.2
0.2
0.1
Ⅱ
T2
0.2
0.2
0.12
装置与操作
现象
溶液立即变红，继续滴加H2O2溶液，红色变浅并逐渐褪去
反应温度/℃
465
480
495
510
C3H8的转化率/%
5.5
12.1
17.3
28.4
C3H6的产率/%
4.7
9.5
12.8
18.5
选择题(每小题只有1个正确选项，每小题4分，共56分)
1. 已知反应：2H2O2=2H2O+O2↑，下列措施不能加快该反应的速率的是
A. 升高温度B. 加入少量MnO2固体
C. 加水稀释D. 加入几滴FeCl3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．升高温度能够增加单位体积内活化分子数以及有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故A项不选；
B．MnO2对H2O2分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故B项不选；
C．加水稀释会降低单位体积内活化分子数，使有效碰撞频率降低，化学反应速率将降低，故C项选；
D．FeCl3对H2O2分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故D项不选；
综上所述，不能加快该反应的速率的是C项，故答案为C。
2. 对于反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g) + 6H2O(g)，下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行最快的是
A. v(O2)= 0.24 ml·L-1·s-1B. v(NH3)=0.2 ml·L-1·s-1
C. v(H2O)=0.25 ml·L-1·s-1D. v(NO) = 0.15 ml·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【详解】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比等于相应的化学计量数之比，先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。因此如果都用氨气表示反应速率，则A、B、C、D对应的速率分别是0.192ml·L -1 ·s -1 、0.2 ml·L -1 ·s -1 、0.167 ml·L -1 ·s -1 、 0.15 ml·L -1 ·s -1 ，故反应进行最快的是B，所以答案选B。
点睛：本题解题方法是：把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意单位是否相同。常用比较方法有两种：1、归一法，即转化为同一物质表示的速率比较，如本题的解析，2、比值法，某物质表示的速率与该物质的化学计量数的比值，比值越大，速率越快。
3. 下列说法或表示方法中，正确的是
A. 等质量的硫蒸气和硫磺固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 已知强酸强碱的中和热△H=-57.3kJ•ml-1，若将含0.5mlH2SO4的浓溶液与含1mlNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
C. 乙炔的燃烧热为1366.8kJ/ml，则乙炔燃烧的热化学方程式为：2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) △H=-1366.8kJ•ml-1
D. Ba(OH)2•8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l) △H＜0
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为硫磺固体转变为硫蒸气要吸热，所以等质量的硫蒸气和硫磺固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误；
B．强酸强碱反应的中和热为57.3kJ•ml-1，浓硫酸溶于水要放出热量，所以将含0.5mlH2SO4的浓溶液与含1mlNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ，B正确；
C．燃烧热是指1ml可燃物完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，乙炔的燃烧热为1366.8kJ/ml，则乙炔燃烧的热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1366.8kJ•ml-1，C错误；
D．氢氧化钡晶体与氯化铵的反应为吸热反应，∆H＞0，D错误；
故选B。
4. NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)N2O4(g) △H＜0。下列分析正确的是
A. 1ml平衡混合气体中含2mlN原子
B. 将恒温密闭容器，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
C. 断裂2mlNO2中的共价键所需能量小于断裂1mlN2O4中的共价键所需能量
D. 将恒容密闭容器，水浴加热，由于平衡正向移动导致混合气体颜色变浅
【答案】C
【解析】
【详解】A．1mlNO2含有1mlN原子，1mlN2O4含有2mlN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体，1 ml平衡混合气体中所含原子大于1 ml N，A项错误；
B．气体体积压缩，颜色变深是由浓度增大引起，B项错误；
C．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2mlNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1mlN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，C项正确；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；
故选C。
5. 在恒温恒容密闭容器中进行的反应：CH4(g)+3CuO(s)CO(g)+3Cu(s)+2H2O(g)。下列描述一定可表明该反应达到化学平衡状态的是
A. 气体的温度保持不变
B. 气体密度不再变化
C. v(CH4)=v(CO)
D. c(H2O)=2c(CH4)
【答案】B
【解析】
【详解】A．在恒温恒容密闭容器中进行的反应，温度是恒量，气体的温度保持不变，反应不一定达到平衡状态，故不选A；
B．反应后气体质量增大，容器体积不变，密度是变量，气体密度不再变化，反应一定达到平衡状态，故选B；
C．v(CH4)=v(CO)，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选C；
D．c(H2O)=2c(CH4)，不能判断反应物浓度是否还发生改变，反应不一定平衡，故不选D；
选B。
6. 在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如下图。下列说法不正确的是
A. ①中，催化剂被氧化
B. ②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子
C. 总反应为
D. 总反应的速率由③决定
【答案】D
【解析】
【详解】A．①中催化剂失去氢原子，化合价升高，被氧化，故A正确；
B．②中丙烷失去了氢原子变成了正丙基，故B正确；
C．从整个历程图来看，反应物是氧气和正丙烷，生成物是丙烯和水，化学方程式正确，故C正确；
D．①过程中活化能为181.1kJ/ml，②过程中活化能为27.9kJ/ml，③过程中活化能为20.2 kJ/ml，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，故D错误；
答案D。
7. 某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。
已知：
下列说法不正确的是
A. 温度升高时不利于吸附
B. 多孔材料“固定”，促进平衡正向移动
C. 转化为的反应是
D. 每获得时，转移电子的数目为
【答案】D
【解析】
【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。
【详解】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；
B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确；
C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确；
D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4ml，即个数为，D错误；
故选D。
8. 在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则
A. 无催化剂时，反应不能进行
B. 与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C. a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D. 使用催化剂Ⅰ时，内，
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；
C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0ml/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0ml/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0ml/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；
答案选D。
9. 向碘水中加入KI溶液，发生反应：I-(aq)+I2(aq) I (aq)，充分反应达平衡后，测得微粒浓度如表：
下列说法不正确的是
A. 向所得溶液中加入等体积水，c(I2)＜1.25×10-3ml/L
B. 该温度下，反应I-+I2I的K=640
C. 配制碘水时，加入少量KI，可促进I2的溶解
D. 向所得溶液中加入CCl4，振荡静置，溶液上下分层，下层溶液为紫红色，上层溶液近乎无色
【答案】A
【解析】
【详解】A．向所得溶液中加入等体积水，体积扩大一倍，各离子浓度瞬间减少一半，此时反应的Q=＞640，故平衡逆向移动，c(I2)＞1.25×10-3ml/L，A项错误；
B． 根据化学反应平衡常数的定义，可知该温度下，反应I-+I2I的K=，B项正确；
C．碘单质在水中的溶解度小，配制碘水时，加入少量KI，反应I-+I2I向正反应方向进行，促进I2的溶解，C项正确；
D．CCl4密度比水大，且不溶于水，向所得溶液中加入CCl4，振荡静置后会出现溶液上下分层，CCl4在下层，因为过程中碘单质被CCl4萃取，使CCl4层显紫红色，从而出现下层溶液为紫红色，上层溶液近乎无色的现象，D项正确；
答案选A。
10. 1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1∶1发生加成反应分两步： 第一步Br＋进攻1，3-丁二烯生成中间体C(溴鎓正离子)；第二步Br−进攻中间体C完成1，2-加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是
A. 1，2-加成产物A比1，4-加成产物B稳定
B. 第一步的反应速率比第二步慢
C. 该加成反应的反应热为Eb–Ea
D. 升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图象可知，1，2-加成产物A含有总能量大于1，4-加成产物B，则1，4-加成产物B稳定，A说法错误；
B．第一步的反应的活化能大于第二步，则第一步的反应速率比第二步慢，B说法正确；
C．该加成反应的反应热为1，3-丁二烯的总能量与1，2-加成产物A或1，4-加成产物B的总能量的差值，C说法错误；
D．根据图象可知，加成反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，则1，3-丁二烯的平衡转化率减小，D说法错误；
答案B。
11. 一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。
下列说法不正确的是
A. T1>T2
B. I中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C. 达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I
D. 对于I，平衡后向容器中再充入0.2mlCO和0.2mlCO2，平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．从平衡时二氧化碳的物质的量可知Ⅱ在Ⅰ的基础上向右移动了，反应正向放热，因此T1>T2，故A正确；
B．根据表格中的数据有，x=0.05，则CO的转化率为，故B正确；
C．由解析A可知T1>T2，温度越高反应速率越快，则达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I，故C正确；
D．由解析B有，I的平衡常数，0.2mlCO和0.2mlCO2后CO和CO2的浓度变为0.3ml/L和0.3ml/L，浓度商为，平衡不移动，故D错误；
故选D。
12. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：。进料浓度比分别为、、时，平衡转化率随温度变化的关系如图。下列说法不正确的是。
A. 键断裂的同时有键断裂，则反应达到了平衡状态
B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C. a、b、c三点中a点对应的平衡转化率最高
D. 若的初始浓度为，时，K(400℃)
【答案】D
【解析】
【详解】A．H-Cl键断裂表示正反应速率，而H-O键断裂表示逆反应速率，根据方程式可知当 键断裂的同时有键断裂时即为正、逆反应速率相等，则反应达到了平衡状态，A正确；
B．由题干图像可知，其他条件相同时升高温度，HCl的平衡转化率减小，即升高温度平衡逆向移动，说明正反应是一个放热反应，即该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确；
C．当温度相同时，增大的比值即增大HCl的浓度，则O2的平衡转化率增大，而HCl的平衡转化率却减小，由图像信息可知，a、b、c三点中a点对应的O2平衡转化率最高，C正确；
D．由题干图像可知，若的初始浓度为，时，400℃时HCl的平衡转化率为84%，由三段式分析：，则K(400℃)=，D错误；
故答案为：D。
13. 某小组同学利用如图实验探究平衡移动原理。
实验1
已知：i．[C(H2O)6]2++4Cl-[CCl4]2-+6H2O
ii．ZnCl2溶液为无色
下列说法正确的是
A. 结合实验1和2，推测i中反应是放热反应
B. ①中滴加浓盐酸，增大了c(Cl-)，导致Q＞K，i中平衡正向移动
C. ②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，[C(H2O)6]2+的浓度增大
D. ③中加入ZnCl2，溶液颜色变红，推测Zn2+与Cl-可能形成了[ZnCl4]2-
【答案】D
【解析】
【分析】实验1、2最终的溶液颜色变为红色，[C(H2O)6]2+呈红色，[CCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-呈无色，根据[C(H2O)6]2++4Cl-[CCl4]2-+6H2O可知，说明平衡逆向移动，据此解答。
【详解】A．由实验1可知，升高温度，溶液变为蓝色，说明平衡正向移动，生成了[CCl4]2-，溶液呈蓝色；降低温度，溶液变为红色，说明平衡逆向移动，生成了[C(H2O)6]2+，溶液呈红色，因升高温度，平衡正向移动，降低温度，平衡逆向移动，说明i中反应是吸热反应，A错误；
B．①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q
D．③中加入，溶液变红，推测与可能形成了[ZnCl4]2-，使Cl-浓度减小，导致平衡逆向移动，D正确；
故选D。
14. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A. 反应①CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2
C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；
B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mml/min，而CO变为1~2mml/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
II卷 (非选择题，共44分，包含卷面3分)
15. 依据以下热化学反应方程式，根据要求，回答问题
①CaCO3=CaO+CO2 ΔH=+177.7kJ•ml-1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ•ml-1
③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=+131.3kJ
④CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ•ml-1
⑤HNO3(aq)+NaOH(aq)=NaNO3(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3kJ•ml-1
⑥0.5H2SO4(l)+NaOH(l)=0.5Na2SO4(l)+H2O(l) ΔH=-57.3kJ•ml-1
⑦2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ•ml-1
（1）已知上述热化学方程式所给出的焓变绝对值没有错误：在①~⑦中，不正确的有______；(请填写编号，下同)不正确的理由分别是______。
（2）上述反应中，表示燃烧热的热化学方程式是______。
（3）表示中和热的热化学方程式是_______。
【答案】（1） ①. ①③⑥ ②. ①未标注物质状态；③焓变应为ΔH=+131.3kJ•ml-1；⑥除水之外，其它物质状态均为aq
（2）②④ （3）⑤
【解析】
【小问1详解】
热化学方程式中需标注各物质的聚集状态，①没有标注各物质的聚集状态；反应热的单位是kJ•ml-1，③中焓变单位标注错误；常用s、l、g、aq分别表示固体、液体、气体、溶液，⑥中H2SO4、NaOH和Na2SO4均为溶液状态，应用aq表示。故答案为：①③⑥；①未标注物质状态；③焓变应为ΔH=+131.3kJ•ml-1；⑥除水之外，其它物质状态均为aq；
【小问2详解】
燃烧热是指在101kPa时，1ml纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，根据燃烧热定义，可知②④是表示燃烧热的热化学方程式。答案为：②④；
【小问3详解】
中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1ml液态水时所放出的热量。根据定义，可知⑤是表示中和热的热化学方程式，答案为：⑤。
16. 氨气的生产过程主要包括造气、净化(题中略去)、合成、分离四个步骤。
(I)造气
（1）以煤为原料合成H2时，先将高温水蒸气及一定量空气缓慢地通过煤干馏所得的焦炭层，制得半水煤气(CO、H2)。在反应条件下，容器内包括以下平衡体系：
①C(s)+O2(g)CO2(g) K1
②2C(s)+O2(g)2CO(g) K2
③C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) K3
④C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) K4
反应②的化学平衡常数表达式为K2=_______(请用相应物质浓度符号表示)。K1～K4为各反应的平衡常数；则K4=______(用含有K1～K3的代数式表示)。
（2）由于CO将导致合成氨的催化剂失效，所以需在新容器中选择合适条件，尽量彻底且迅速地实现反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H＜0。设计的流程如图：
半水煤气经预热后与水蒸气反应。反应一段时间后，逐步降低反应温度，最终在出口得到水煤气(CO2、H2)及少量H2O、CO。反应前，半水煤气加热至450℃的目的是______；逐渐降低反应温度的原因是______。
(II)合成
（3）N2与H2在恒温500℃、恒压31.4MPa的密闭容器中，经铁粉催化进行反应。N2、H2的初始浓度相同。下列现象中，可说明反应达到平衡状态的是______。
A.气体体积不再变化
B.气体压强不再变化
C.H2质量分数不再变化
D.n(NH3)不再变化
E.N2体积分数不再变化
F.气体温度不再变化
（4）若将体系压强减小至3.14MPa，NH3的平衡产率明显减小，原因是______。
(III)分离
（5）将合成所得混合气体降温至130℃，使NH3在恒温恒压条件下逐渐液化，与未反应的N2、H2分离。若NH3液化后，气体总体积缩小了(忽略液氨所占体积)，则N2的转化率为_______，H2的转化率为_______。
【答案】（1） ①. K2= ②.
（2） ①. 提高温度，加快反应速率，尽快将半水煤气转化为水煤气 ②. 反应放热，降低温度可促进平衡正向移动，提高CO转化率，减少CO剩余
（3）ACD （4）减小压强，平衡逆向移动，转化率降低
（5） ①. 10% ②. 30%
【解析】
【小问1详解】
化学平衡常数是生成物浓度系数次方的乘积与反应物浓度系数次方的乘积之比，固体、纯液体不计入平衡常数表达式，反应②的化学平衡常数表达式为K2=。(③+②-①)×0.5得C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，K4=。
【小问2详解】
根据题意，需尽量彻底且迅速地实现反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，可知半水煤气加热至450℃的目的是提高温度，加快反应速率，尽快将半水煤气转化为水煤气；该反应放热，降低温度可促进平衡正向移动，提高CO转化率，减少CO剩余，所以逐渐降低反应温度。
【小问3详解】
A．反应前后气体系数和不同，气体体积是变量，气体体积不再变化，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．在恒压容器中反应，压强是恒量，气体压强不再变化，反应不一定平衡，故不选B；
C．H2质量分数不再变化，说明氢气的物质的量不变，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应过程中，氨气的物质的量是变量，n(NH3)不再变化，反应一定达到平衡状态，故选D；
E．
反应过程中N2体积分数为，N2体积分数为恒量，N2体积分数不再变化，反应不一定平衡，故不选E；
F．反应在恒温500℃下进行，温度恒量，气体温度不再变化，反应不一定平衡，故不选F；
选ACD。
【小问4详解】
减小压强，平衡逆向移动，转化率降低，所以若将体系压强减小至3.14MPa，NH3的平衡产率明显减小。
【小问5详解】
；
若NH3液化后，气体总体积缩小了，；则N2的转化率为 ，H2的转化率为。
17. 某小组在验证H2O2氧化Fe2+时发现异常现象，并对其进行深入探究。
实验I：
（1）实验I中溶液变红是因为Fe3+与SCN-发生了反应，其离子方程式是__。
（2）探究实验I中红色褪去的原因：取反应后溶液，___(填实验操作和现象)，证明溶液中有Fe3+，而几乎无SCN-。
（3）研究发现，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，而实验I中褪色相对较快，由此推测Fe3+能加快H2O2与SCN-的反应。通过实验II和III得到了证实。参照实验II的图例，在虚线框内补全实验III：__。
实验II：
实验III：
（4）查阅资料：Fe3+加快H2O2与SCN-反应的主要机理有
i.Fe3++H2O2=Fe2++HO2·+H+
ii.Fe2++H2O2=Fe3++·OH+OH-
iii.OH(羟基自由基)具有强氧化性，能直接氧化SCN-
为探究Fe2+对H2O2与SCN-反应速率的影响，设计实验如图：
实验IV：
①t′＜t，对比实验IV和II可得出结论：在本实验条件下，___。
②结合资料和(1)~(4)的研究过程，从反应速率和化学平衡的角度解释实验I中溶液先变红后褪色的原因：____。
③实验I~IV中均有O2生成，小组同学推测可能是HO2·与溶液中其他微粒相互作用生成的，这些微粒有___。
【答案】（1）Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
（2）滴加KSCN溶液，溶液变红
（3） （4） ①. Fe2+也能加速H2O2与SCN-反应，且效果比Fe3+更好 ②. 刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成的Fe3+迅速与SCN-结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2，c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去 ③. ·OH、H2O2、Fe3+
【解析】
【小问1详解】
Fe3+与SCN-发生反应生成Fe(SCN)3，使溶液显红色，其反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；
【小问2详解】
检验Fe3+，常用KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe3+，反之，则不含Fe3+，证明实验中含有Fe3+，几乎无SCN-，具体操作是取反应后溶液少量于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红，证明溶液中有Fe3+，几乎无SCN-；故答案为滴加KSCN溶液，溶液变红；
【小问3详解】
根据题意，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，滴加Fe2(SO4)3溶液后，溶液褪色相对较快；实验Ⅱ和实验Ⅲ应为对照实验，根据实验Ⅱ，推出实验Ⅲ：先加入0.5mLpH=1的硫酸溶液，无明显现象，静置后，滴加数滴Fe2(SO4)3溶液，溶液立即变红，故答案为；
【小问4详解】
①根据实验Ⅳ加入FeSO4溶液，溶液变红，静置后，溶液红色恰好褪去，说明Fe2+也能加速H2O2与SCN-的反应，t′＜t，说明实验Ⅳ的反应速率比实验Ⅱ快，即Fe2+催化的效果比Fe3+更好；故答案为Fe2+也能加速H2O2与SCN-反应，且效果比Fe3+更好；②实验Ⅰ现象，开始时溶液立即变红，说明刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成Fe3+迅速与SCN-结合，使溶液立即变红；依据反应主要机理，继续滴加H2O2溶液，产生c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去；故答案为刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成的Fe3+迅速与SCN-结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2，c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去；③HO可与·OH、H2O2、Fe3+相互作用生成O2。
18. 利用页岩气中丰富的丙烷【C3H8】制丙烯【C3H6】已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。
I.丙烷直接脱氢法：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) △H1=+124kJ•ml-1。
总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的体积分数随温度、压强的变化如图。
（1）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（2）图中，曲线I、III表示C3H6的体积分数随温度的变化，判断依据是：_______。
（3）图中，表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲线是______(填“II”或“IV”)。
II.丙烷氧化脱氢法：C3H8(g)+O2(g)C3H6(g)+H2O(g) △H2=-101kJ•ml-1
我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下C3H8的转化率和C3H6的产率如表：
（4）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是：______(答出1点即可)。
（5）已知：C3H6选择性=×100%。随着温度升高，C3H6选择性_______(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是______。
【答案】（1）不变 （2）丙烷直接脱氢反应为吸热反应，压强相同时，温度升高平衡正向移动，C3H6体积分数变大
（3）II （4）温度升高，丙烷氧化脱氢的反应速率加快
（5） ①. 降低 ②. 温度升高，更有利于丙烷被氧化成其他产物的副反应发生
【解析】
【小问1详解】
平衡常数只与温度有关，总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数不变。
【小问2详解】
正反应吸热，压强相同时，升高温度平衡正向移动，C3H6的体积分数增大，所以曲线I、III表示C3H6的体积分数随温度的变化。
【小问3详解】
正反应吸热，压强相同时，升高温度平衡正向移动，C3H8的体积分数减小；温度相同时，增大压强，平衡逆向移动，C3H8的体积分数增大；表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲线是II。
【小问4详解】
温度升高，丙烷氧化脱氢的反应速率加快，所以C3H8的转化率随温度升高而上升。
【小问5详解】
根据表中数据计算可知，随着温度升高，C3H6的选择性降低，原因是高温更有利于丙烷被氧化成其他产物的副反应发生，所以C3H6的选择性降低。微粒
I-
I2
I
浓度/(ml/L)
2.5×10-3
2.5×10-3
4.0×10-3
容器编号
温度/℃
起始物质的量/ml
平衡物质的量/ml
NO(g)
CO(g)
CO2(g)
I
T1
0.2
0.2
0.1
Ⅱ
T2
0.2
0.2
0.12
装置与操作
现象
溶液立即变红，继续滴加H2O2溶液，红色变浅并逐渐褪去
反应温度/℃
465
480
495
510
C3H8的转化率/%
5.5
12.1
17.3
28.4
C3H6的产率/%
4.7
9.5
12.8
18.5
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