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北京市陈经纶中学2024-2025学年高二上学期10月月考化学试卷（Word版附解析）
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第一部分(选择题，共42分)
每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分
1. 下列关于反应热的叙述正确的是
A. 当ΔH<0时，表示反应为吸热反应
B. 由C(s)＋O2(g)=CO(g)的反应热为－110.5 kJ·ml－1，可知碳的燃烧热为110.5 kJ·ml－1
C. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关
D. 在一个确定的化学反应中，反应物的总焓与生成物的总焓一定不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．ΔH＜0时，表示该反应放热反应，A错误；
B．燃烧热应是在101 kPa下，1 ml可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，碳的燃烧热应为1 ml C完全燃烧生成CO2时所放出的热量，B错误；
C．反应热=反应物所具有的总能量-生成物所具有的总能量，C错误；
D．化学反应中一定伴随者能量变化，故反应物的总焓与生成物的总焓一定不同，D正确；
故选D。
2. 在恒温恒容的密闭容器中发生反应，下列叙述中，能说明反应已达平衡状态的是
A. 混合气体的压强不发生变化
B. 该反应的平衡常数K不发生变化
C. 混合气体的密度不发生变化
D. 消耗CO的速率与生成的速率相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应前后气体分子个数不发生变化，恒温恒容条件下压强一直不变，A错误；
B．反应的平衡常数K只与温度有关，温度不变平衡常数不变，B错误；
C．根据，恒温恒容条件下，密度不变即气体质量不变，反应达到平衡状态，C正确；
D．消耗CO的速率与生成的速率相等只表示正反应速率，不能判断是否达到平衡，D错误；
故选C。
3. 反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是
A. 压强不变，充入N2使容器容积增大
B. 将容器的容积缩小一半
C. 容积不变，充入水蒸气使体系压强增大
D. 增加Fe的量
【答案】D
【解析】
【详解】A．压强不变，充入N2使容器容积增大，则H2O(g)、H2(g)的浓度减小，反应速率减慢，A与题意不符；
B．将容器的容积缩小一半，反应体系中H2O(g)、H2(g)的浓度增大，反应速率加快，B与题意不符；
C．容积不变，向容器中充入反应物H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，反应速率加快，C与题意不符；
D．增加固体Fe的量，对反应速率不产生影响，D符合题意；
答案为D。
4. CuCl2溶液中存在如下平衡：，下列可使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色的方法是
A. 升温B. 加NaCl(s)
C. 加AgNO3溶液D. 加压
【答案】C
【解析】
【详解】A．正向，则正向吸热，升高温度平衡正向移动，溶液黄绿色加深，故A错误；
B．加NaCl(s)，溶液中氯离子浓度增大平衡正向移动，溶液黄绿色加深，故B错误；
C．加AgNO3溶液，银离子将氯离子沉淀，溶液中氯离子浓度减小，平衡逆向移动，黄绿色变为蓝色，故C正确；
D．没有气体参与，压强改变没有影响，故D错误；
故选C。
5. 2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) H＜0是工业制硫酸的重要反应，下列说法不正确的是
A. 其他条件不变，使用催化剂能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率
B. 其他条件不变，升高温度能加快反应速率，但SO2的平衡转化率降低
C. 其他条件不变，通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，但化学平衡常数不变
D. 其他条件不变，增大压强能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率，但生产成本增加
【答案】A
【解析】
【详解】A．使用催化剂只能提高反应速率不能提高SO2的平衡转化率，故A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度能加快反应速率，但平衡逆向移动，SO2的平衡转化率降低，故B正确；
C．通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，温度不变，所以化学平衡常数不变，故C正确；
D．增大压强能能提高反应速率，该反应为分子数减小反应，增大压强平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，但压强增大对设备要求提高，生产成本增加，故D正确；
故答案为A。
6. 下列关于工业合成氨的叙述错误的是
A. 在动力、设备，材料允许的情况下，反应尽可能在高压下进行
B. 温度越高越有利于工业合成氨
C. 在工业合成氨中，N2、H2的循环利用可降低成本
D. 及时从反应体系中分离出氨气有利于平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．合成氨的正反应为气体体积缩小的反应，压强越大，反应物的转化率越高，则在动力、设备、材料允许的条件下尽可能在高压下进行，故A正确；
B．合成氨的正反应为放热反应，升高温度后不利于氨气的生成，故B错误；
C．合成氨中N2和H2的循环使用，可以提高原料气的利用率，降低成本，故C正确；
D．及时从反应体系中分离出氨气，反应物浓度减小，有利于平衡向正反应方向移动，故D正确；
故选：B。
7. 我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如图所示。
已知： ； ；
。下列说法不正确的是
A. 过程Ⅱ放出能量
B. 若分解2 ml H2O(g)，估算出反应吸收482 kJ能量
C. 催化剂能减小水分解反应的焓变
D. 催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数
【答案】C
【解析】
【详解】A．过程Ⅱ为形成新化学键过程，因此放出能量，A正确；
B．电解2mlH2O(g)，需要断开4ml H-O键，共吸收1852kJ能量，同时生成2ml H-H 键和1ml O=O键，共释放1370kJ能量，因此反应吸收482kJ能量，B正确；
C．根据盖斯定律，使用催化剂只能改变反应的历程，不能改变反应的焓变，C错误；
D．催化剂可实现高效分解水，其原理是降低反应的活化能，增大单位体积内活化分子数，从而增大活化分子百分数，D正确；
故选C。
8. 痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠（NaUr）有关（NaUr增多，病情加重），其化学原理为： 。下列说法不正确的是
A. 饮食中摄入过多食盐，会加重痛风病病情B. 大量饮水会增大痛风病发作的可能性
C. 寒冷季节更易诱发关节疼痛D. 患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物
【答案】B
【解析】
【详解】A．饮食中摄入过多食盐，Na+的浓度增大，题给平衡正向移动，生成NaUr增多，会加重痛风病病情，A项正确；
B．大量饮水，题给平衡逆向移动，会降低痛风病发作的可能性，B项错误；
C．寒冷季节，温度降低，题给平衡正向移动，生成NaUr增多，更易诱发关节疼痛，C项正确；
D．少吃能产生更多尿酸的食物，HUr浓度减小，题给平衡逆向移动，NaUr减少，故患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物，D项正确；
答案选B。
9. 臭氧分解2O3⇌3O2的反应历程包括以下反应：
反应①：O3→O2+O• (快)
反应②：O3+O•→2O2 (慢)
大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是
A. 活化能：反应①>反应②
B. O3分解为O2的速率主要由反应②决定
C. Cl•主要参与反应①，改变O3分解的反应历程
D. Cl•参与反应提高了O3分解为O2的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，故A错误；
B．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故B正确；
C．氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl•主要参与反应②，故C错误；
D．Cl•是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D错误；
故选：B。
10. 已知： 利用装有和混合气体的平衡球如图，探究温度对化学平衡的影响。
实验如下：
下列说法不正确的是
A. 断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量
B. 实验②，浸入冷水中的平衡球颜色变浅，浸入热水中的平衡球颜色加深
C. 实验③，平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致分解生成NO和
D. 实验③，停止加热，平衡球颜色恢复，是逆向移动导致的
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则断裂2ml二氧化氮中的共价键所需能量小于断裂1ml四氧化二氮中的共价键所需能量，故A正确；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应方向移动，混合气体颜色变浅，故B正确；
C．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，故C正确；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，所以停止加热，平衡球颜色恢复是因为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮所致，故D错误；
故选D。
11. 以CO2和H2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向。向2L容器中充入lmlCO2和3mlH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得反应在不同温度和压强下，平衡混合物中CH3OH体积分数如图所示。下列说法错误的是
A. P1＞P2
B. a点CO2转化率为75%
C. a、b、c三点对应的化学反应速率v(a)＜v(c)＜v(b)
D. b→a过程，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在相等条件下，增大压强，平衡向正向移动，CH3OH的体积分数增大，则P1＞P2，A正确；
B．设a点CO2的转化量为xml,氢气的转化量为3xml,甲醇的生成量为xml,水的生成量为xml,则xml÷(1-x+3-3x+x+x)ml=30%，所以x=0.75, CO2的转化率为75%,B正确；
C．随着温度的升高，反应速率加快，有v(a)＜v(b)，压强P1＞P2，相同温度下，压强越大，反应速度越快，有v(b)＜v(c)，所以，v(a)＜v(b)＜v(c)，C错误；
D．随着温度的升高，甲醇的体积分数减小，平衡向逆向移动，正反应为放热反应，b→a过程，温度降低的过程，所以平衡向正反应方向移动，D正确；
故选C。
12. 400℃时，向容积为1 L的密闭容器中充入一定量的CO和H2，发生如下反应：。反应过程中测得的部分数据见表：
下列说法中，不正确的是
A. 反应在前10 min内的平均速率为
B. 400℃时，该反应的平衡常数数值为
C. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时，则反应的△H＜0
D. 400℃时，若起始时向容器中充入0.15 mlCH3OH，达到平衡时CH3OH的转化率大于20％
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应在前10 min内v(CO)=，用不同物质表示反应速率，速率比等于化学方程式中相应的化学计量数的比，则v(H2)=2v(CO)=0.012 ml/(L·min)，A正确；
B．反应进行到30 min时△n(H2)=0.16 ml，则根据物质反应转化关系可知△n(CO)= △n(CH3OH)=0.08 ml，所以平衡时n(H2)=0.04 ml，n(CO)=0.02 ml，n(CH3OH)=0.08 ml，由于容器的容积是1 L，物质的平衡浓度c(H2)=0.04 ml/L，c(CO)=0.02 ml/L，c(CH3OH)=0.08 ml/L，因此化学平衡常数K=，B正确；
C．在400℃时 化学平衡常数为2.5×103，此时CH3OH的浓度为0.08 ml/L，若升高温度后c(CH3OH)=0.06 ml/L，物质浓度降低，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，△H＜0，C正确；
D．400℃时，起始时向容器中加入n(CO)=0.10 ml，n(H2)=0.20 ml，等效开始状态为n(CH3OH)=0.10 ml，平衡时n(H2)=0.04 ml，n(CO)=0.02 ml，n(CH3OH)=0.08 ml，则平衡时CH3OH的转化率为。 若起始时向容器中充入0.15 ml CH3OH，相当于开始时先加入0.10 ml CH3OH，反应达到上述平衡后，又向容器中加入0.05 ml CH3OH，这就会导致体系压强增大，且压强改变对化学平衡移动的影响大于浓度改变对平衡移动的影响。增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故反应达到平衡时CH3OH的转化率小于20%，D错误；
故合理选项是D。
13. 某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下：
注：实验中。下列说法不正确的是
A. 实验①中发生了反应
B. 溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：增大，的氧化性增强
C. 对比实验③④可得出，还原性：
D. 在实验④的试剂中，逐滴加入浓溶液，可观察到溶液褪色
【答案】B
【解析】
【分析】根据表格中的实验可知，实验①、②、③中均产生了褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，三组实验不同的是实验的环境，实验④与另外三组实验主要不同的是，实验④所用的是铵盐而非氨水，实验的总体积均是相等的，据此作答。
【详解】A．根据题中所给信息可知，实验①中产生棕褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，此时溶液为碱性，反应为：，故A正确；
B．实验①中溶液为碱性，实验②中加入了稀硫酸，实验①中溶液完全褪色所需时间比实验②中溶液完全褪色所需时间长，但实验②中溶液完全褪色所需时间比实验③中溶液完全褪色所需时间长，实验③中加入的是硫酸钠，为中性溶液，反而速率最快，通过对比实验②和实验③可知，影响该反应中反应速率的并不是c(H+)，故B错误；
C．实验③中NH3被氧化为N2，实验④中未被氧化，所以还原性：NH3>，故C正确；
D．实验④中加入的未被氧化，当逐滴加入浓NaOH溶液，会促进的水解，增大了的浓度，进一步发生类似实验③中的反应，因此溶液褪色，故D正确；
故答案选B。
14. (s)与CO(g)主要发生如下反应。
①
②
反应的还原产物与温度密切相关。其他条件一定，(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 反应的焓变为
B. 根据图象推测，应当小于0
C. 反应温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越低
D. 温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数
【答案】C
【解析】
【分析】反应的还原产物与温度密切相关。根据(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知温度低于570℃时，主要发生反应；温度高于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数减小，可知温度高于570℃时，主要发生反应。
【详解】A．根据盖斯定律(②-①)得的焓变为，故A正确；
B．根据图象，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知小于0，故B正确；
C．温度低于570℃时，主要还原产物为Fe，温度高于570℃时，主要还原产物为FeO，故C错误；
D．温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应为；温度高于1040℃时，CO(g)的体积分数小于20%，化学平衡常数，故D正确；
选C。
第二部分(非选择题 共58分)
15. 回答下列问题：
（1）用50mL 0.50的盐酸与50mL 0.55的NaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量可计算中和反应反应热。回答下列问题：
①若将杯盖改为薄铁板，求得的将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②若通过测定计算出产生的热量为1.42kJ，请写出该反应的热化学方程式：___________。
（2）①已知：
则与反应生成和的热化学方程式为___________。
②一定条件下，在水溶液中所含离子、、、、各1ml，其相对能量的大小如下图所示(各离子在图中用氯元素的相应化合价表示)，则反应的___________。
【答案】（1） ①. 偏大 ②.
（2） ①. ②. -117
【解析】
【小问1详解】
①若将杯盖改为薄铁板，由于金属的传热速度比泡沫塑料或硬纸板的快，热量散失得多，故求得的中和热数值将会偏小，ΔH为负值，ΔH偏大；
②根据题意，参加反应的盐酸，则消耗的n(NaOH)=0.025ml，则0.025mlHCl完全反应放出的热量为1.42kJ，，则热化学方程式为： ；
【小问2详解】
①根据盖斯定律，可知，的，则与反应生成和的热化学方程式为 ；
②由图可知反应。
16. 工业合成氨技术反应原理为：
（1）T℃时，在有催化剂、体积为1.0L的恒容密闭容器中充入3ml 、1ml ，10min时反应达到平衡，测得
①前10min的平均反应速率___________。
②化学平衡常数___________。
（2）T℃时，在有催化剂的恒容密闭容器中充入和。如图为不同投料比［］时某反应物X的平衡转化率变化曲线。
①反应物X是___________(填“”或“”)。
②判断依据是___________。
（3）在其他条件相同时，如图为分别测定不同压强、不同温度下，的平衡转化率。
L表示___________，其中___________(填“>”或“<”)。
【答案】（1） ①. 0.18 ②. 25/12
（2） ①. ②. 增大的浓度可以提高N2的转化率，但不能提高自身转化率
（3） ①. 压强(P) ②. <
【解析】
【小问1详解】
在有催化剂、体积为1.0L的恒容密闭容器中充入3ml 、1ml ，10min时反应达到平衡，测得，由三段式得：
①前10min的平均反应速率；
②化学平衡常数；
【小问2详解】
①若增大氢气的投料，平衡正向移动，氢气的平衡转化率降低、氮气的平衡转化率升高，所以反应物X表示N2；
②判断依据是增大H2的浓度可以提高N2的转化率，但不能提高自身的转化率；
【小问3详解】
恒温增大压强，平衡正向移动；正反应放热，升高温度平衡逆向移动；随L值增大N2的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，则L表示压强，X表示温度，温度越高，N2的平衡转化率越低，则X117. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一、
(1)欲提高CO的平衡转化率，理论上可以采取的措施为_______。
A.增大压强 B.升高温度 C.加入催化剂 D.通入过量水蒸气
(2)800C时，该反应的平衡常数，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中CO、、、的物质的量分别为1ml、3ml、1ml、1ml。
①写出该反应的平衡常数表达式_______。
②该时刻反应_______(填“正向进行”或“逆向进行”或“达平衡”)。
(3)830℃时，该反应的平衡常数，在容积为1L的密闭容器中，将2ml CO与2ml混合加热到830℃。反应达平衡时CO的转化率为_______。
(4)图1表示不同温度条件下，CO平衡转化率随着的变化趋势。判断、和的大小关系：_______。说明理由_______。
(5)实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向反应体系中投入一定量的CaO可以增大的体积分数，实验结果如图2所示。(已知：1微米=米，1纳米=米)。投入纳米CaO比微米CaO，的体积分数更高的原因是_______。
【答案】 ①. D ②. ③. 正向进行 ④. 50% ⑤. ⑥. 该反应为放热反应，在相同时，温度越低，CO的转化率越大 ⑦. 纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强
【解析】
【详解】(1)该反应为放热反应，且反应前后气体分子数不变，
A.增大压强，对于反应前后气体体积相同的反应，平衡不移动，CO的转化率不变，故A不符合题意；
B.反应放热，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，故B不符合题意；
C.催化剂只影响反应速率，不影响平衡状态，故C不符合题意；
D.通入过量水蒸气，提高反应的浓度使平衡正向移动，增大CO的转化率，故D符合题意；
故答案：D。
(2)①由反应可知该反应的平衡常数为：K=，CO、、、的物质的量分别为1ml、3ml、1ml、1ml时，(3)设CO的转化物质的量为xml
K=
解得：x=1，CO的转化率==50%，故答案为：50%；
(4)该反应为放热反应，在相同时，温度越低，平衡正向移动，CO的转化率越大，由图可知，在时，转化率、则温度：，故答案为：；该反应为放热反应，在相同时，温度越低，CO的转化率越大；
(5)由反应可知，向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c（CO2）减小，平衡正向移动，导致生成H2更多，H2百分含量增大，若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可使反应速率加快，c（CO2）减小，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大，故答案为：纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强；
18. 应用广泛，水处理中常用作还原剂、冶金中常用作络合剂。
(1)的实验室制法：装置图如下(加热和夹持装置略)。
已知：；
①甲中反应的化学方程式为__________。
②实验过程中，乙中的溶液先变浑浊，后变澄清时生成大量的。一段时间后，乙中再次出现少量浑浊，此时须立刻停止通入。结合离子方程式解释此时必须立刻停止通入的原因：__________。
③丙中，溶液吸收的气体可能有__________。
(2)实际工业生产中制得的溶液中常混有少量，结合溶解度曲线(下图)，获得的方法是__________。
(3)的用途：氨性硫代硫酸盐加热浸金是一种环境友好的黄金浸取工艺。
已知：I．；
Ⅱ．在碱性较强时受热会生成沉淀。
①将金矿石浸泡在、的混合溶液中，并通入。浸金反应的原理为：
ⅰ．
ⅱ．
浸金过程起到催化剂的作用，浸金总反应的离子方程式为：__________________。
②一定温度下，相同时间金的浸出率随体系兰变化曲线如下图，解释时，金的浸出率降低的可能原因：__________________。(写出2点即可)
【答案】 ①. ②. 过量的使溶液酸性增强， ③. 、 ④. 将溶液蒸发浓缩、趁热过滤、降温结晶、过滤 ⑤. ⑥. 碱性较强时生成的沉淀覆盖在金矿石表面，降低(浸出)反应速率；时，部分转化成，使降低，降低(浸出)反应速率；碱性较强时氧气更易将氧化，使降低，降低(浸出)反应速率。(其它答案合理给分)
【解析】
【分析】由题中提供的制备硫代硫酸钠的反应方程式以及装置图可知，需要由甲装置制备SO2，将其通入乙装置中反应才可；由于乙中盛放的是碳酸钠和硫化钠的混合溶液，而H2SO3的酸性比H2CO3和H2S都强，所以在乙装置中也可能会发生反应生成CO2和H2S气体；考虑到SO2在乙中可能无法反应完全，因此乙装置的出口气体可能含有SO2，CO2以及H2S，因此有必要设置丙装置对尾气进行处理。从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3·5H2O，考虑具体操作时，要结合题中给出的溶解度曲线进行分析，由于Na2SO3在较高温度时溶解度较小，相反的是，Na2S2O3·5H2O在较高温度时溶解度较大；因此需要先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温，使Na2S2O3·5H2O结晶析出，过滤即可。在书写黄金浸取的总反应方程式时，要注意在整个反应中所起的作用是催化作用，因此，总反应方程式中并未消耗和生成，实质是Au与O2之间的氧化还原反应；在分析利用硫代硫酸盐等进行黄金浸取时pH过高的条件下浸取率较低的原因时，要注意题中给出的关于以及Cu2+的反应性质。
【详解】(1)①通过分析可知，甲装置中生成了SO2，因此反应的化学方程式为：；
②结合题目中提供的制备硫代硫酸钠的方程式分析，制备过程中乙中的溶液先变浑浊，是因为生成了S单质，S单质继续与亚硫酸钠反应生成Na2S2O3，因此溶液又变澄清；若继续通SO2，由于会生成H2SO3，所以溶液的酸性会增强，溶液再次出现浑浊，说明S单质再次生成，那么原因就是：Na2S2O3在亚硫酸的作用下发生分解，产生了S单质，相关的离子方程式为：；
③通过分析可知，乙装置中出来的气体可能含有SO2，CO2和H2S，因此NaOH溶液吸收的气体可能有SO2，CO2和H2S；
(2)通过分析可知，从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3·5H2O，需要先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温，使Na2S2O3·5H2O结晶析出，再进行过滤即可；
(3)①由题可知，在整个反应中所起的作用是催化作用，因此，总反应并未消耗和生成，总反应实质是Au与O2之间的氧化还原反应，因此总反应的离子方程式为：；
②通过分析可知，碱性太强金的浸出率下降的原因可能是：pH＞10.5时，部分转化成CuO，降低了浓度，从而使浸出率下降；或者是碱性较强时氧气更易将氧化，从而导致浸出率下降。
【点睛】通过结晶法分离产物时，对于溶解度随温度变化不明显的溶质，如NaCl可采用蒸发溶剂的方法使其结晶；对于溶解度随温度变化明显的溶质，如KNO3可采用冷却热饱和溶液的方法使其结晶；若溶液中含有杂质，且杂质在温度较高时溶解度与产物相差较明显，可采用加热蒸发溶剂的方法使杂质结晶析出，再趁热过滤将其除去。
19. 某研究小组查阅资料发现Fe3+与I-的反应具有可逆性，推测亚铁盐与饱和碘水的混合液中会存在Fe3+，并据此设计实验1（如图所示），发现溶液未变红。该小组对溶液未变红的原因进行了如下探究。
I．初步探究
实验2：用煮沸冷却后的蒸馏水重新配制两种饱和溶液进行实验，实验记录如下表。
(1)研究小组同学根据所查阅资料写出的Fe3+与I-反应的离子方程式为_____________。
(2)实验2中，加入石蜡油的目的是_________________________。
(3)小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因，他们的理由是___。
II．查阅资料，继续探究
【资料】AgSCN为不溶于水的白色固体。
(4)试管a的实验现象说明滤液l中含有_____________。
(5)试管b中，加入KSCN溶液后所产生实验现象的原因是 _______________________。
(6)甲同学对实验3提出了质疑，认为其实验现象并不能证明I2氧化了Fe2+。他提出如下假设：
i．可能是AgNO3氧化了Fe2+;
ii．可能是空气中的O2氧化了Fe2+。
他设计、实施了实验4，实验记录如下表。
①试剂a是 ___________。
②依据实验4，甲同学做出判断：______________________
(7)根据实验1～4所得结论是___________________________________。
【答案】 ①. 2Fe3+ + 2I- = 2Fe2++ I2 ②. 隔绝空气中的 O2，防止 O2 氧化 Fe2+ ③. 实验 2 中，采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红 ④. Fe3+ ⑤. 加入 KSCN 后，Fe3+先与 SCN-反应生成 Fe(SCN)3，溶液变红；Ag+与 SCN-反应生成 AgSCN，使平衡 Fe3++3SCN- Fe(SCN)3 逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀 ⑥. 0.1 ml/LAgNO3 溶液 ⑦. 假设 i、ii 均不成立 ⑧. 实验 1 溶液未变红是因为反应 2Fe2++ I2 2Fe3+ + 2I-的限度很小，溶液中 Fe3+浓度太低，未能检出（其他合理答案均可得分）
【解析】
【详解】I．（1）Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性，Fe3+与I-发生氧化还原反应的离子方程式为2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2；
（2）实验2中，石蜡密度小不溶于水，加入石蜡油后浮在水面隔绝空气中的O2，防止O2氧化Fe2+；
(3)小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因，他们的理由是采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红；
II．（4）试管a的加入1滴KSCN溶液变红色说明含有Fe3+；
（5）加入KSCN后，Fe3+先与SCN-反应生成Fe(SCN)3，溶液变红；Ag+与SCN-反应生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀；
（6）①需要验证是否是AgNO3氧化了Fe2+，所以试剂a是0.1ml/LAgNO3溶液；
②依据实验4，甲同学做出判断假设ⅰ、ⅱ均不成立；
（7）根据实验1～4所得结论是实验1溶液未变红是因为2Fe2++I2⇌2Fe3++2I-的限度很小，溶液中Fe3+浓度太低，未能检出。
【点睛】该题的易难点错点是（6），设计实验验证氧化Fe2+的物质是AgNO3还是空气中的O2。实验
实验操作
实验现象
①
将两组平衡球室温放置
平衡球均为红棕色且颜色相同
②
将一组平衡球的两端分别浸入冷水和热水中
——
③
将另一组平衡球的一端靠近酒精灯火焰
加热一段时间后，该平衡球颜色变浅，直至接近无色；停止加热后，平衡球颜色恢复
0
10
20
30
序号
试剂
实验现象
①
2mL溶液+1mL氨水+0.5mL蒸馏水
溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。
实验均产生棕褐色固体(经检验为)，都伴有少量气泡产生(经检验为)。
②
2mL溶液+1mL氨水+0.5mL稀硫酸
③
2mL溶液+1mL氨水+0.5mL溶液
④
2mL溶液+1mL溶液+0.5mL蒸馏水
无明显变化
编号
饱和
(NH4)2Fe(SO4)2溶液
饱和磺水
石蜡油
操作
KSCN溶液
现象
2-1
1滴
5mL
1mL
不加热
1滴
无明显现象
2-2
1滴
5mL
1mL
加热一段时间后冷却
1滴
无明显现象
编号
实验操作
实验现象
4
在试管中加入1滴0.2ml/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液，5mL蒸馏水，
1滴试剂a，一段时间后加入1滴KSCN溶液
溶液不变红
第一部分(选择题，共42分)
每小题只有一个选项符合题意。共14个小题，每小题3分，共42分
1. 下列关于反应热的叙述正确的是
A. 当ΔH<0时，表示反应为吸热反应
B. 由C(s)＋O2(g)=CO(g)的反应热为－110.5 kJ·ml－1，可知碳的燃烧热为110.5 kJ·ml－1
C. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关
D. 在一个确定的化学反应中，反应物的总焓与生成物的总焓一定不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．ΔH＜0时，表示该反应放热反应，A错误；
B．燃烧热应是在101 kPa下，1 ml可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，碳的燃烧热应为1 ml C完全燃烧生成CO2时所放出的热量，B错误；
C．反应热=反应物所具有的总能量-生成物所具有的总能量，C错误；
D．化学反应中一定伴随者能量变化，故反应物的总焓与生成物的总焓一定不同，D正确；
故选D。
2. 在恒温恒容的密闭容器中发生反应，下列叙述中，能说明反应已达平衡状态的是
A. 混合气体的压强不发生变化
B. 该反应的平衡常数K不发生变化
C. 混合气体的密度不发生变化
D. 消耗CO的速率与生成的速率相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应前后气体分子个数不发生变化，恒温恒容条件下压强一直不变，A错误；
B．反应的平衡常数K只与温度有关，温度不变平衡常数不变，B错误；
C．根据，恒温恒容条件下，密度不变即气体质量不变，反应达到平衡状态，C正确；
D．消耗CO的速率与生成的速率相等只表示正反应速率，不能判断是否达到平衡，D错误；
故选C。
3. 反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是
A. 压强不变，充入N2使容器容积增大
B. 将容器的容积缩小一半
C. 容积不变，充入水蒸气使体系压强增大
D. 增加Fe的量
【答案】D
【解析】
【详解】A．压强不变，充入N2使容器容积增大，则H2O(g)、H2(g)的浓度减小，反应速率减慢，A与题意不符；
B．将容器的容积缩小一半，反应体系中H2O(g)、H2(g)的浓度增大，反应速率加快，B与题意不符；
C．容积不变，向容器中充入反应物H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，反应速率加快，C与题意不符；
D．增加固体Fe的量，对反应速率不产生影响，D符合题意；
答案为D。
4. CuCl2溶液中存在如下平衡：，下列可使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色的方法是
A. 升温B. 加NaCl(s)
C. 加AgNO3溶液D. 加压
【答案】C
【解析】
【详解】A．正向，则正向吸热，升高温度平衡正向移动，溶液黄绿色加深，故A错误；
B．加NaCl(s)，溶液中氯离子浓度增大平衡正向移动，溶液黄绿色加深，故B错误；
C．加AgNO3溶液，银离子将氯离子沉淀，溶液中氯离子浓度减小，平衡逆向移动，黄绿色变为蓝色，故C正确；
D．没有气体参与，压强改变没有影响，故D错误；
故选C。
5. 2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) H＜0是工业制硫酸的重要反应，下列说法不正确的是
A. 其他条件不变，使用催化剂能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率
B. 其他条件不变，升高温度能加快反应速率，但SO2的平衡转化率降低
C. 其他条件不变，通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，但化学平衡常数不变
D. 其他条件不变，增大压强能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率，但生产成本增加
【答案】A
【解析】
【详解】A．使用催化剂只能提高反应速率不能提高SO2的平衡转化率，故A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度能加快反应速率，但平衡逆向移动，SO2的平衡转化率降低，故B正确；
C．通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，温度不变，所以化学平衡常数不变，故C正确；
D．增大压强能能提高反应速率，该反应为分子数减小反应，增大压强平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，但压强增大对设备要求提高，生产成本增加，故D正确；
故答案为A。
6. 下列关于工业合成氨的叙述错误的是
A. 在动力、设备，材料允许的情况下，反应尽可能在高压下进行
B. 温度越高越有利于工业合成氨
C. 在工业合成氨中，N2、H2的循环利用可降低成本
D. 及时从反应体系中分离出氨气有利于平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．合成氨的正反应为气体体积缩小的反应，压强越大，反应物的转化率越高，则在动力、设备、材料允许的条件下尽可能在高压下进行，故A正确；
B．合成氨的正反应为放热反应，升高温度后不利于氨气的生成，故B错误；
C．合成氨中N2和H2的循环使用，可以提高原料气的利用率，降低成本，故C正确；
D．及时从反应体系中分离出氨气，反应物浓度减小，有利于平衡向正反应方向移动，故D正确；
故选：B。
7. 我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如图所示。
已知： ； ；
。下列说法不正确的是
A. 过程Ⅱ放出能量
B. 若分解2 ml H2O(g)，估算出反应吸收482 kJ能量
C. 催化剂能减小水分解反应的焓变
D. 催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数
【答案】C
【解析】
【详解】A．过程Ⅱ为形成新化学键过程，因此放出能量，A正确；
B．电解2mlH2O(g)，需要断开4ml H-O键，共吸收1852kJ能量，同时生成2ml H-H 键和1ml O=O键，共释放1370kJ能量，因此反应吸收482kJ能量，B正确；
C．根据盖斯定律，使用催化剂只能改变反应的历程，不能改变反应的焓变，C错误；
D．催化剂可实现高效分解水，其原理是降低反应的活化能，增大单位体积内活化分子数，从而增大活化分子百分数，D正确；
故选C。
8. 痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠（NaUr）有关（NaUr增多，病情加重），其化学原理为： 。下列说法不正确的是
A. 饮食中摄入过多食盐，会加重痛风病病情B. 大量饮水会增大痛风病发作的可能性
C. 寒冷季节更易诱发关节疼痛D. 患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物
【答案】B
【解析】
【详解】A．饮食中摄入过多食盐，Na+的浓度增大，题给平衡正向移动，生成NaUr增多，会加重痛风病病情，A项正确；
B．大量饮水，题给平衡逆向移动，会降低痛风病发作的可能性，B项错误；
C．寒冷季节，温度降低，题给平衡正向移动，生成NaUr增多，更易诱发关节疼痛，C项正确；
D．少吃能产生更多尿酸的食物，HUr浓度减小，题给平衡逆向移动，NaUr减少，故患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物，D项正确；
答案选B。
9. 臭氧分解2O3⇌3O2的反应历程包括以下反应：
反应①：O3→O2+O• (快)
反应②：O3+O•→2O2 (慢)
大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是
A. 活化能：反应①>反应②
B. O3分解为O2的速率主要由反应②决定
C. Cl•主要参与反应①，改变O3分解的反应历程
D. Cl•参与反应提高了O3分解为O2的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，故A错误；
B．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故B正确；
C．氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl•主要参与反应②，故C错误；
D．Cl•是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D错误；
故选：B。
10. 已知： 利用装有和混合气体的平衡球如图，探究温度对化学平衡的影响。
实验如下：
下列说法不正确的是
A. 断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量
B. 实验②，浸入冷水中的平衡球颜色变浅，浸入热水中的平衡球颜色加深
C. 实验③，平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致分解生成NO和
D. 实验③，停止加热，平衡球颜色恢复，是逆向移动导致的
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则断裂2ml二氧化氮中的共价键所需能量小于断裂1ml四氧化二氮中的共价键所需能量，故A正确；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应方向移动，混合气体颜色变浅，故B正确；
C．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，故C正确；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，所以停止加热，平衡球颜色恢复是因为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮所致，故D错误；
故选D。
11. 以CO2和H2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向。向2L容器中充入lmlCO2和3mlH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得反应在不同温度和压强下，平衡混合物中CH3OH体积分数如图所示。下列说法错误的是
A. P1＞P2
B. a点CO2转化率为75%
C. a、b、c三点对应的化学反应速率v(a)＜v(c)＜v(b)
D. b→a过程，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在相等条件下，增大压强，平衡向正向移动，CH3OH的体积分数增大，则P1＞P2，A正确；
B．设a点CO2的转化量为xml,氢气的转化量为3xml,甲醇的生成量为xml,水的生成量为xml,则xml÷(1-x+3-3x+x+x)ml=30%，所以x=0.75, CO2的转化率为75%,B正确；
C．随着温度的升高，反应速率加快，有v(a)＜v(b)，压强P1＞P2，相同温度下，压强越大，反应速度越快，有v(b)＜v(c)，所以，v(a)＜v(b)＜v(c)，C错误；
D．随着温度的升高，甲醇的体积分数减小，平衡向逆向移动，正反应为放热反应，b→a过程，温度降低的过程，所以平衡向正反应方向移动，D正确；
故选C。
12. 400℃时，向容积为1 L的密闭容器中充入一定量的CO和H2，发生如下反应：。反应过程中测得的部分数据见表：
下列说法中，不正确的是
A. 反应在前10 min内的平均速率为
B. 400℃时，该反应的平衡常数数值为
C. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时，则反应的△H＜0
D. 400℃时，若起始时向容器中充入0.15 mlCH3OH，达到平衡时CH3OH的转化率大于20％
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应在前10 min内v(CO)=，用不同物质表示反应速率，速率比等于化学方程式中相应的化学计量数的比，则v(H2)=2v(CO)=0.012 ml/(L·min)，A正确；
B．反应进行到30 min时△n(H2)=0.16 ml，则根据物质反应转化关系可知△n(CO)= △n(CH3OH)=0.08 ml，所以平衡时n(H2)=0.04 ml，n(CO)=0.02 ml，n(CH3OH)=0.08 ml，由于容器的容积是1 L，物质的平衡浓度c(H2)=0.04 ml/L，c(CO)=0.02 ml/L，c(CH3OH)=0.08 ml/L，因此化学平衡常数K=，B正确；
C．在400℃时 化学平衡常数为2.5×103，此时CH3OH的浓度为0.08 ml/L，若升高温度后c(CH3OH)=0.06 ml/L，物质浓度降低，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，△H＜0，C正确；
D．400℃时，起始时向容器中加入n(CO)=0.10 ml，n(H2)=0.20 ml，等效开始状态为n(CH3OH)=0.10 ml，平衡时n(H2)=0.04 ml，n(CO)=0.02 ml，n(CH3OH)=0.08 ml，则平衡时CH3OH的转化率为。 若起始时向容器中充入0.15 ml CH3OH，相当于开始时先加入0.10 ml CH3OH，反应达到上述平衡后，又向容器中加入0.05 ml CH3OH，这就会导致体系压强增大，且压强改变对化学平衡移动的影响大于浓度改变对平衡移动的影响。增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故反应达到平衡时CH3OH的转化率小于20%，D错误；
故合理选项是D。
13. 某兴趣小组探究高锰酸钾和氨水的反应，实验如下：
注：实验中。下列说法不正确的是
A. 实验①中发生了反应
B. 溶液完全褪色所需时间②＜①的主要原因：增大，的氧化性增强
C. 对比实验③④可得出，还原性：
D. 在实验④的试剂中，逐滴加入浓溶液，可观察到溶液褪色
【答案】B
【解析】
【分析】根据表格中的实验可知，实验①、②、③中均产生了褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，三组实验不同的是实验的环境，实验④与另外三组实验主要不同的是，实验④所用的是铵盐而非氨水，实验的总体积均是相等的，据此作答。
【详解】A．根据题中所给信息可知，实验①中产生棕褐色固体MnO2，还伴有少量气泡产生，经检验为N2，此时溶液为碱性，反应为：，故A正确；
B．实验①中溶液为碱性，实验②中加入了稀硫酸，实验①中溶液完全褪色所需时间比实验②中溶液完全褪色所需时间长，但实验②中溶液完全褪色所需时间比实验③中溶液完全褪色所需时间长，实验③中加入的是硫酸钠，为中性溶液，反而速率最快，通过对比实验②和实验③可知，影响该反应中反应速率的并不是c(H+)，故B错误；
C．实验③中NH3被氧化为N2，实验④中未被氧化，所以还原性：NH3>，故C正确；
D．实验④中加入的未被氧化，当逐滴加入浓NaOH溶液，会促进的水解，增大了的浓度，进一步发生类似实验③中的反应，因此溶液褪色，故D正确；
故答案选B。
14. (s)与CO(g)主要发生如下反应。
①
②
反应的还原产物与温度密切相关。其他条件一定，(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 反应的焓变为
B. 根据图象推测，应当小于0
C. 反应温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越低
D. 温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数
【答案】C
【解析】
【分析】反应的还原产物与温度密切相关。根据(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知温度低于570℃时，主要发生反应；温度高于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数减小，可知温度高于570℃时，主要发生反应。
【详解】A．根据盖斯定律(②-①)得的焓变为，故A正确；
B．根据图象，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知小于0，故B正确；
C．温度低于570℃时，主要还原产物为Fe，温度高于570℃时，主要还原产物为FeO，故C错误；
D．温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应为；温度高于1040℃时，CO(g)的体积分数小于20%，化学平衡常数，故D正确；
选C。
第二部分(非选择题 共58分)
15. 回答下列问题：
（1）用50mL 0.50的盐酸与50mL 0.55的NaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量可计算中和反应反应热。回答下列问题：
①若将杯盖改为薄铁板，求得的将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②若通过测定计算出产生的热量为1.42kJ，请写出该反应的热化学方程式：___________。
（2）①已知：
则与反应生成和的热化学方程式为___________。
②一定条件下，在水溶液中所含离子、、、、各1ml，其相对能量的大小如下图所示(各离子在图中用氯元素的相应化合价表示)，则反应的___________。
【答案】（1） ①. 偏大 ②.
（2） ①. ②. -117
【解析】
【小问1详解】
①若将杯盖改为薄铁板，由于金属的传热速度比泡沫塑料或硬纸板的快，热量散失得多，故求得的中和热数值将会偏小，ΔH为负值，ΔH偏大；
②根据题意，参加反应的盐酸，则消耗的n(NaOH)=0.025ml，则0.025mlHCl完全反应放出的热量为1.42kJ，，则热化学方程式为： ；
【小问2详解】
①根据盖斯定律，可知，的，则与反应生成和的热化学方程式为 ；
②由图可知反应。
16. 工业合成氨技术反应原理为：
（1）T℃时，在有催化剂、体积为1.0L的恒容密闭容器中充入3ml 、1ml ，10min时反应达到平衡，测得
①前10min的平均反应速率___________。
②化学平衡常数___________。
（2）T℃时，在有催化剂的恒容密闭容器中充入和。如图为不同投料比［］时某反应物X的平衡转化率变化曲线。
①反应物X是___________(填“”或“”)。
②判断依据是___________。
（3）在其他条件相同时，如图为分别测定不同压强、不同温度下，的平衡转化率。
L表示___________，其中___________(填“>”或“<”)。
【答案】（1） ①. 0.18 ②. 25/12
（2） ①. ②. 增大的浓度可以提高N2的转化率，但不能提高自身转化率
（3） ①. 压强(P) ②. <
【解析】
【小问1详解】
在有催化剂、体积为1.0L的恒容密闭容器中充入3ml 、1ml ，10min时反应达到平衡，测得，由三段式得：
①前10min的平均反应速率；
②化学平衡常数；
【小问2详解】
①若增大氢气的投料，平衡正向移动，氢气的平衡转化率降低、氮气的平衡转化率升高，所以反应物X表示N2；
②判断依据是增大H2的浓度可以提高N2的转化率，但不能提高自身的转化率；
【小问3详解】
恒温增大压强，平衡正向移动；正反应放热，升高温度平衡逆向移动；随L值增大N2的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，则L表示压强，X表示温度，温度越高，N2的平衡转化率越低，则X1
(1)欲提高CO的平衡转化率，理论上可以采取的措施为_______。
A.增大压强 B.升高温度 C.加入催化剂 D.通入过量水蒸气
(2)800C时，该反应的平衡常数，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中CO、、、的物质的量分别为1ml、3ml、1ml、1ml。
①写出该反应的平衡常数表达式_______。
②该时刻反应_______(填“正向进行”或“逆向进行”或“达平衡”)。
(3)830℃时，该反应的平衡常数，在容积为1L的密闭容器中，将2ml CO与2ml混合加热到830℃。反应达平衡时CO的转化率为_______。
(4)图1表示不同温度条件下，CO平衡转化率随着的变化趋势。判断、和的大小关系：_______。说明理由_______。
(5)实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向反应体系中投入一定量的CaO可以增大的体积分数，实验结果如图2所示。(已知：1微米=米，1纳米=米)。投入纳米CaO比微米CaO，的体积分数更高的原因是_______。
【答案】 ①. D ②. ③. 正向进行 ④. 50% ⑤. ⑥. 该反应为放热反应，在相同时，温度越低，CO的转化率越大 ⑦. 纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强
【解析】
【详解】(1)该反应为放热反应，且反应前后气体分子数不变，
A.增大压强，对于反应前后气体体积相同的反应，平衡不移动，CO的转化率不变，故A不符合题意；
B.反应放热，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，故B不符合题意；
C.催化剂只影响反应速率，不影响平衡状态，故C不符合题意；
D.通入过量水蒸气，提高反应的浓度使平衡正向移动，增大CO的转化率，故D符合题意；
故答案：D。
(2)①由反应可知该反应的平衡常数为：K=，CO、、、的物质的量分别为1ml、3ml、1ml、1ml时，
K=
解得：x=1，CO的转化率==50%，故答案为：50%；
(4)该反应为放热反应，在相同时，温度越低，平衡正向移动，CO的转化率越大，由图可知，在时，转化率、则温度：，故答案为：；该反应为放热反应，在相同时，温度越低，CO的转化率越大；
(5)由反应可知，向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c（CO2）减小，平衡正向移动，导致生成H2更多，H2百分含量增大，若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可使反应速率加快，c（CO2）减小，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大，故答案为：纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强；
18. 应用广泛，水处理中常用作还原剂、冶金中常用作络合剂。
(1)的实验室制法：装置图如下(加热和夹持装置略)。
已知：；
①甲中反应的化学方程式为__________。
②实验过程中，乙中的溶液先变浑浊，后变澄清时生成大量的。一段时间后，乙中再次出现少量浑浊，此时须立刻停止通入。结合离子方程式解释此时必须立刻停止通入的原因：__________。
③丙中，溶液吸收的气体可能有__________。
(2)实际工业生产中制得的溶液中常混有少量，结合溶解度曲线(下图)，获得的方法是__________。
(3)的用途：氨性硫代硫酸盐加热浸金是一种环境友好的黄金浸取工艺。
已知：I．；
Ⅱ．在碱性较强时受热会生成沉淀。
①将金矿石浸泡在、的混合溶液中，并通入。浸金反应的原理为：
ⅰ．
ⅱ．
浸金过程起到催化剂的作用，浸金总反应的离子方程式为：__________________。
②一定温度下，相同时间金的浸出率随体系兰变化曲线如下图，解释时，金的浸出率降低的可能原因：__________________。(写出2点即可)
【答案】 ①. ②. 过量的使溶液酸性增强， ③. 、 ④. 将溶液蒸发浓缩、趁热过滤、降温结晶、过滤 ⑤. ⑥. 碱性较强时生成的沉淀覆盖在金矿石表面，降低(浸出)反应速率；时，部分转化成，使降低，降低(浸出)反应速率；碱性较强时氧气更易将氧化，使降低，降低(浸出)反应速率。(其它答案合理给分)
【解析】
【分析】由题中提供的制备硫代硫酸钠的反应方程式以及装置图可知，需要由甲装置制备SO2，将其通入乙装置中反应才可；由于乙中盛放的是碳酸钠和硫化钠的混合溶液，而H2SO3的酸性比H2CO3和H2S都强，所以在乙装置中也可能会发生反应生成CO2和H2S气体；考虑到SO2在乙中可能无法反应完全，因此乙装置的出口气体可能含有SO2，CO2以及H2S，因此有必要设置丙装置对尾气进行处理。从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3·5H2O，考虑具体操作时，要结合题中给出的溶解度曲线进行分析，由于Na2SO3在较高温度时溶解度较小，相反的是，Na2S2O3·5H2O在较高温度时溶解度较大；因此需要先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温，使Na2S2O3·5H2O结晶析出，过滤即可。在书写黄金浸取的总反应方程式时，要注意在整个反应中所起的作用是催化作用，因此，总反应方程式中并未消耗和生成，实质是Au与O2之间的氧化还原反应；在分析利用硫代硫酸盐等进行黄金浸取时pH过高的条件下浸取率较低的原因时，要注意题中给出的关于以及Cu2+的反应性质。
【详解】(1)①通过分析可知，甲装置中生成了SO2，因此反应的化学方程式为：；
②结合题目中提供的制备硫代硫酸钠的方程式分析，制备过程中乙中的溶液先变浑浊，是因为生成了S单质，S单质继续与亚硫酸钠反应生成Na2S2O3，因此溶液又变澄清；若继续通SO2，由于会生成H2SO3，所以溶液的酸性会增强，溶液再次出现浑浊，说明S单质再次生成，那么原因就是：Na2S2O3在亚硫酸的作用下发生分解，产生了S单质，相关的离子方程式为：；
③通过分析可知，乙装置中出来的气体可能含有SO2，CO2和H2S，因此NaOH溶液吸收的气体可能有SO2，CO2和H2S；
(2)通过分析可知，从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3·5H2O，需要先将溶液蒸发浓缩，在较高温度时，趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质，再对滤液降温，使Na2S2O3·5H2O结晶析出，再进行过滤即可；
(3)①由题可知，在整个反应中所起的作用是催化作用，因此，总反应并未消耗和生成，总反应实质是Au与O2之间的氧化还原反应，因此总反应的离子方程式为：；
②通过分析可知，碱性太强金的浸出率下降的原因可能是：pH＞10.5时，部分转化成CuO，降低了浓度，从而使浸出率下降；或者是碱性较强时氧气更易将氧化，从而导致浸出率下降。
【点睛】通过结晶法分离产物时，对于溶解度随温度变化不明显的溶质，如NaCl可采用蒸发溶剂的方法使其结晶；对于溶解度随温度变化明显的溶质，如KNO3可采用冷却热饱和溶液的方法使其结晶；若溶液中含有杂质，且杂质在温度较高时溶解度与产物相差较明显，可采用加热蒸发溶剂的方法使杂质结晶析出，再趁热过滤将其除去。
19. 某研究小组查阅资料发现Fe3+与I-的反应具有可逆性，推测亚铁盐与饱和碘水的混合液中会存在Fe3+，并据此设计实验1（如图所示），发现溶液未变红。该小组对溶液未变红的原因进行了如下探究。
I．初步探究
实验2：用煮沸冷却后的蒸馏水重新配制两种饱和溶液进行实验，实验记录如下表。
(1)研究小组同学根据所查阅资料写出的Fe3+与I-反应的离子方程式为_____________。
(2)实验2中，加入石蜡油的目的是_________________________。
(3)小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因，他们的理由是___。
II．查阅资料，继续探究
【资料】AgSCN为不溶于水的白色固体。
(4)试管a的实验现象说明滤液l中含有_____________。
(5)试管b中，加入KSCN溶液后所产生实验现象的原因是 _______________________。
(6)甲同学对实验3提出了质疑，认为其实验现象并不能证明I2氧化了Fe2+。他提出如下假设：
i．可能是AgNO3氧化了Fe2+;
ii．可能是空气中的O2氧化了Fe2+。
他设计、实施了实验4，实验记录如下表。
①试剂a是 ___________。
②依据实验4，甲同学做出判断：______________________
(7)根据实验1～4所得结论是___________________________________。
【答案】 ①. 2Fe3+ + 2I- = 2Fe2++ I2 ②. 隔绝空气中的 O2，防止 O2 氧化 Fe2+ ③. 实验 2 中，采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红 ④. Fe3+ ⑤. 加入 KSCN 后，Fe3+先与 SCN-反应生成 Fe(SCN)3，溶液变红；Ag+与 SCN-反应生成 AgSCN，使平衡 Fe3++3SCN- Fe(SCN)3 逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀 ⑥. 0.1 ml/LAgNO3 溶液 ⑦. 假设 i、ii 均不成立 ⑧. 实验 1 溶液未变红是因为反应 2Fe2++ I2 2Fe3+ + 2I-的限度很小，溶液中 Fe3+浓度太低，未能检出（其他合理答案均可得分）
【解析】
【详解】I．（1）Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性，Fe3+与I-发生氧化还原反应的离子方程式为2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2；
（2）实验2中，石蜡密度小不溶于水，加入石蜡油后浮在水面隔绝空气中的O2，防止O2氧化Fe2+；
(3)小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因，他们的理由是采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红；
II．（4）试管a的加入1滴KSCN溶液变红色说明含有Fe3+；
（5）加入KSCN后，Fe3+先与SCN-反应生成Fe(SCN)3，溶液变红；Ag+与SCN-反应生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀；
（6）①需要验证是否是AgNO3氧化了Fe2+，所以试剂a是0.1ml/LAgNO3溶液；
②依据实验4，甲同学做出判断假设ⅰ、ⅱ均不成立；
（7）根据实验1～4所得结论是实验1溶液未变红是因为2Fe2++I2⇌2Fe3++2I-的限度很小，溶液中Fe3+浓度太低，未能检出。
【点睛】该题的易难点错点是（6），设计实验验证氧化Fe2+的物质是AgNO3还是空气中的O2。实验
实验操作
实验现象
①
将两组平衡球室温放置
平衡球均为红棕色且颜色相同
②
将一组平衡球的两端分别浸入冷水和热水中
——
③
将另一组平衡球的一端靠近酒精灯火焰
加热一段时间后，该平衡球颜色变浅，直至接近无色；停止加热后，平衡球颜色恢复
0
10
20
30
序号
试剂
实验现象
①
2mL溶液+1mL氨水+0.5mL蒸馏水
溶液完全褪色所需时间：③＜②＜①。
实验均产生棕褐色固体(经检验为)，都伴有少量气泡产生(经检验为)。
②
2mL溶液+1mL氨水+0.5mL稀硫酸
③
2mL溶液+1mL氨水+0.5mL溶液
④
2mL溶液+1mL溶液+0.5mL蒸馏水
无明显变化
编号
饱和
(NH4)2Fe(SO4)2溶液
饱和磺水
石蜡油
操作
KSCN溶液
现象
2-1
1滴
5mL
1mL
不加热
1滴
无明显现象
2-2
1滴
5mL
1mL
加热一段时间后冷却
1滴
无明显现象
编号
实验操作
实验现象
4
在试管中加入1滴0.2ml/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液，5mL蒸馏水，
1滴试剂a，一段时间后加入1滴KSCN溶液
溶液不变红
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