精品解析：广东省广州中学2021-2022学年高二上学期期中考试化学试题（解析版）.docx

广州中学2021学年第一学期期中考试 高二化学试卷(高考) 注意： 1.本试卷共10页，满分100分 2.考试时间75分钟 第Ⅰ卷选择题(共49分) 一、选择题(共10小题，每小题2.5分，共25分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. 下列说法正确的是 A. C(石墨，s)=C(金刚石，s) ∆H>0，说明反应物总键能大于生成物总键能 B. H2(g)的燃烧热∆H=-285.8kJ/mol，则2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) ∆H=+571.6kJ/mol C. 已知稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ∆H=-57.3kJ/mol，则稀硫酸与氢氧化钡稀溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量 D. 增大压强，加快反应速率，是因为提高了活化分子百分比 【答案】A 【解析】 【详解】A．断键需要吸收热量，成键需要释放热量，反应为吸热反应，说明反应物总键能大于生成物总键能，A正确； B．燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成指定物质所放出的热量，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ∆H=+571.6kJ/mol，B错误； C．稀硫酸与氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，反应实质不相符，C错误； D．增大压强，导致单位体积内活化分子个数增多，活化分子百分比没有增大，D错误； 答案选A。 2. 中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)，能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化 B. 反应Ⅰ中涉及到O-H键的断裂和H-H、O-O键的形成 C. 反应Ⅱ为2H2O2  催化剂  光2H2O+O2↑ D. 光催化剂明显降低了2H2O2  催化剂  光2H2O+O2↑的反应热 【答案】D 【解析】 【详解】A．该过程是利用太阳光实现高效分解水，所以该反应中太阳能转化为化学能，A正确； B．反应I是水反应生成H2与H2O2，故反应Ⅰ中涉及到O－H键的断裂和H－H、O－O键的形成，B正确； C．反应II是过氧化氢分解产生H2O与O2，反应过程可表示为：2H2O2  催化剂  光2H2O+O2↑，C正确； D．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应热，D错误； 故合理选项是D。 3. 已知完全分解1molH2O2放出热量为98kJ，在含有少量I-的溶液中H2O2分解的机理为 反应Ⅰ：H2O2(aq)+I-(aq)⇌IO-(aq)+H2O(l) △H1 反应Ⅱ：H2O2(aq)+IO-(aq)⇌O2(g)+I-(aq)+H2O(l) △H2 在一定温度下，其反应过程能量变化如图所示，下列有关该反应的说法不正确的是 A. 反应Ⅱ高温下能自发进行 B. H2O2分解产生氧气的速率是由反应I决定的 C. I-、IO-都是催化剂 D. △H1+△H2=-196kJ•mol-1 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．根据能量变化图可知反应Ⅱ为吸热反应，即ΔH2>0，又因为该反应的ΔS>0，故反应Ⅱ高温下能自发进行，A正确； B．反应Ⅰ活化能高，反应速率慢，故H2O2分解产生氧气的速率由反应Ⅰ决定，B正确； C．根据反应过程可知，I-是反应的催化剂，而IO-是中间产物，C错误； D．1 mol H2O2完全分解放出热量98 kJ，反应Ⅰ、Ⅱ相加即得ΔH1+ΔH2=−196 kJ⋅mol−1，D正确； 故选：C。 4. 下列有关说法正确的是 A. 足量FeCl3溶液与少量KI溶液反应后，用CCl4萃取生成的I2，分液。再往水溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，说明该反应为可逆反应 B. 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的∆H>0 C. 过量锌与少量稀硫酸反应制备氢气，往稀硫酸中加入少量醋酸钠固体，可以减慢氢气的产生速率，但是不会影响生成氢气的总量 D. 已知2NO2⇌N2O4 ∆H<0，升高温度，v正下降，v逆增加，N2O4百分含量下降 【答案】C 【解析】 【详解】A．足量的FeCl3溶液与少量KI溶液反应后，用CCl4萃取生成的I2，分液。KI溶液不足，反应后FeCl3有剩余，再往水溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，不能说明该反应为可逆反应，故A错误； B．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△S<0，在常温下能自发进行则∆H<0，故B错误； C．醋酸钠与稀硫酸反应生成醋酸弱电解质，可以降低氢离子浓度，氢气的产生速率，但氢离子的总物质的量不变，不影响成氢气的总量，故C正确； D．2NO2⇌N2O4 ∆H<0，升高温度，v正和v逆都增加，平衡逆向移动，N2O4百分含量下降，故D错误； 故答案为C。 5. 在2个容积均为2L的恒容密闭容器中按照下述方式投入反应物，发生反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ∆H=-a kJ/mol(a>0)。相关反应数据如下： 容器 容器类型 起始温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡时H2物质的量/mol CO H2O CO2 H2 Ⅰ 恒温恒容 800 1.2 0.6 0 0 0.4 Ⅱ 绝热恒容 800 1.2 0.6 0 0 下列说法不正确的是 A. 达到平衡时，容器Ⅱ中n(H2)<0.4mol B. 达到平衡时，容器Ⅱ中反应放出的热量小于0.4a kJ C. 反应Ⅰ在10min刚好到达平衡，则前10min内的平均反应速率v(CO)=0.02mol/(L·min) D. 平衡常数KⅠ=KⅡ 【答案】D 【解析】 【详解】A．达到平衡时，容器Ⅰ中n(H2)=0.4mol，反应是放热反应，容器Ⅱ是绝热，相当于加热，平衡左移，平衡时容器Ⅱ中n(H2)<0.4mol，故A正确； B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应放出的热量等于0.4a kJ，容器Ⅱ中平衡左移反应放出的热量小于0.4a kJ，故B正确； C．反应Ⅰ在10min刚好到达平衡，则前10min内的平均反应速率，v(H2)=0.4mol2L×10min=0.02mol/(L·min)，由方程式系数关系得v(CO)=v(H2)=0.02mol/(L·min) ,故C正确； D．容器Ⅰ和容器Ⅱ的起始温度相同，但随着反应进行容器Ⅱ的温度会发生变化，平衡常数改变，故平衡时平衡常数KⅠ≠KⅡ，故D不正确； 故答案为：D 6. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. 氯水在光照下颜色变浅，最终变为无色 B. 夏天打开啤酒瓶，有很多气泡冒出 C. 由NO2(g)、N2O4(g)组成的平衡体系通过缩小体积加压后颜色变深 D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集Cl2 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯水中存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO,光照下发生反应2HClO光照2HCl+O2↑，随反应进行HClO浓度减小，平衡Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO正向移动，氯气浓度逐渐减小至消失，最终颜色变浅至无色，可用平衡移动原理解释，故A不符合题意； B．夏天打开啤酒瓶，是压强减小，平衡H2O(l)+CO2(g)⇌H2CO3(l)逆向移动，有很多气泡冒出，可用平衡移动原理解释，故B不符合题意； C． 由NO2(g)、N2O4(g)组成的平衡体系2NO2(g)⇌N2O4(g),缩小体积增大压强体系物质浓度增大，颜色变深，而且平衡正向移动，在变深基础上变浅，最终颜色仍然变深，所以颜色变深不能用平衡移动原理解释，故C符合题意； D．饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO逆向移动，抑制氯气和水反应，所以可用排饱和食盐水的方法收集Cl2可用平衡移动原理解释，故D不符合题意； 故答案为：C 7. 在硫酸工业中，通过下列反应使SO2氧化为SO3：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ∆H=-196.6kJ/mol。下表列出了恒容刚性容器中，在不同温度和压强下，反应达到平衡时SO2的转化率。下列说法错误的是 温度/℃ 平衡时SO2的转化率/% 0.1MPa 0.5MPa 1MPa 5MPa 10MPa 450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7 500 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3 A. 在到达平衡时充入He增大压强，不能增大SO2转化率 B. 为了增大SO2转化率，可以控制SO2与O2的投料比小于2 C. 在实际生产中，应选择的条件是450℃，10MPa D. 在实际生产中，选定的温度为400~500℃，主要原因是考虑催化剂的活性最佳 【答案】C 【解析】 【详解】A．容器为恒容刚性容器，充入与反应无关的气体，气体的浓度不变，转化率不变，A正确； B．增加一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率，故控制二氧化硫和氧气的投料比小于2可以增大二氧化硫的转化率，B正确； C．根据表格数据可知，450℃时二氧化硫的转化率比500℃时的高，虽然10MPa时转化率增大，但对设备要求高，故应选择450℃，5MPa，C错误； D．为了催化剂的活性最佳，温度选定为400~500℃，D正确； 答案选C。 8. 向密闭容器中充入1molA，发生反应aA(g)=bB(g)+cC(g)，达到平衡时，体系中B的体积分数φ(B)随温度、压强的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的△H<0，△S<0 B. M、N两点对应的化学平衡常数：M>N C. P、M两点对应的A的转化率：P＜M D. 恒温恒容时，再充入少量A，达到新平衡，φ(B)增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题图可知，压强不变时，升高温度，φ(B)减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，ΔH<0，温度不变时，增大压强，φ(B)减小，平衡逆向移动，故a<b+c，则ΔS>0，A项错误； B．M、N点的温度相同，化学平衡常数相同，B项错误； C．P、M点的压强相同，降低温度，φ(B)增大，平衡正向移动，A的转化率增大，转化率：P＜M，C项正确； D．恒温恒容条件下，向容器中再充入少量A，相当于对体系加压，结合题图可知，达到新平衡时，φ(B)减小，D项错误。 答案选C。 9. 某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，以研究硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响。下列判断不正确的是 A B C D E F 4mol·L-1 H2SO4/mL 30 V1 V2 V3 V4 V5 饱和CuSO4溶液/mL 0 0.5 2.5 5 V6 20 H2O/mL V7 V8 V9 V10 10 0 A. V1=30，V6=10，V7=20 B. 本实验利用了控制变量思想，变量为Cu2+浓度 C. 反应一段时间后，实验A中的金属呈灰黑色，实验F的金属呈现红色 D. 该小组的实验结论是硫酸铜对稀硫酸与锌反应生成氢气有催化作用 【答案】D 【解析】 【详解】A．本实验研究硫酸铜的浓度对反应速率的影响，则每组硫酸的量要保持相同，6组实验溶液的总体积也应该相同，根据实验A和实验F的数据，可知V1=30，V6=10，V7=20，A项正确； B．本实验利用控制变量思想，通过改变铜离子浓度.来研究硫酸铜的浓度对反应速率的影响，B项正确； C．反应一段时间后，实验A中的金属为Zn，呈灰白色,实验F中的金属为Cu，呈红色，C项正确； D．硫酸铜的浓度较小时,锌与置换出的铜形成原电池,化学反应速率加快,硫酸铜的浓度较大时,锌与硫酸铜反应生成的铜会附着在锌上，阻碍锌与硫酸反应,氢气生成速率下降,故硫酸铜的浓度与生成氢气的速率不成正比,不能证明硫酸铜对稀硫酸与锌反应生成氢气有催化作用，D项错误； 故答案为D。 10. 将4mol A气体和2mol B气体在恒压密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应2A(g)+B(g)⇌2C(g) ∆H<0；4s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6mol/L。下列说法中正确的是 A. 此时A的浓度为0.6mol/L B. 达平衡后若通入一定量氯气，A的转化率降低 C. 4s内用物质B表示的反应速率为0.175mol·L-1·s-1 D. 达平衡后若升高温度，C的浓度将增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．在恒温恒容容器中投料比为化学计量数之比，达平衡状态质的量浓度之比等于化学计量数之比，C的浓度为0.6mol/L，则 A的浓度为0.6mol/L，故A正确； B．在恒温恒容容器中，反应达到平衡时加入氯气，总压增大，各气体分压不变，化学平衡不移动，所以A的转化率不变，故B错误； C．达到平衡时C的浓度为0.6mol⋅L−1，则C表示的反应速率是0.6mol/L4s=0.15mol·L-1·s-1在同一化学反应中的同一时间段内各物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，所以B表示的反应速率是0.15mol·L-1·s-1÷2=0.075mol·L-1·s-1，故C错误； D．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以C的浓度将减小，故D错误； 故答案为A。 二、选择题(共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个正确答案。) 11. 已知稀醋酸溶液中存在平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+，为使溶液中cCH3COO-cCH3COOH的值增大，可以采取的措施是 ①加大理石；②加少量浓醋酸；③加少量CH3COONa；④加少量浓盐酸；⑤加水；⑥加热 A. ①③⑥ B. ①③⑤⑥ C. ①②③⑥ D. ①②④⑥ 【答案】B 【解析】 【详解】①加入大理石，大理石和H+反应，使电离平衡正向移动，促进醋酸电离，c(CH3COO-)增大， c(CH3COOH)减小，导致该比值增大，①正确； ②加少量浓醋酸溶液，虽然会使平衡正向移动，但醋酸电离程度减小，则溶液中该比值减小，②错误； ③加少量CH3COONa，c(CH3COO-)增大而导致电离平衡逆向移动，但是平衡移动的趋势是微弱，最终达到平衡时该比值增大，③正确； ④加少量浓盐酸，溶液中c(H+)增大而使电离平衡逆向移动，最终使该比值减小，④错误； ⑤加水稀释促进醋酸电离，导致n(CH3COOH)减小、n(CH3COO-)增大，对于同一溶液来说，溶液体积相同，故该溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)增大，⑤正确； ⑥弱电解质的电离是吸热过程，加热促进电离，电离平衡正向移动，该溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)增大，⑥正确； 故答案为B。 12. 下列图示与对应的叙述相符的是 A. 图一表示镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，t1时刻溶液的温度最高 B. 图二是可逆反应：A(g)+B(s)⇌C(s)+D(g) ∆H>0的速率时间图像，在t1时刻改变条件一定是加入催化剂 C. 图三表示对于化学反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的∆H<0 D. 图四表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋酸溶液电离程度：c<a<b 【答案】C 【解析】 【详解】A．与盐酸反应为放热反应，开始时温度升高，反应速率加快,随反应进行，速率的影响以浓度为主,氢离子浓度减小，反应速率下降，但反应继续进行，温度继续升高，故t1时刻溶液的温度不是最高，故A错误； B．在t1时刻改变条件使正逆反应速率仍相等，可能是加入催化剂或增大压强，故B错误； C．M点为平衡状态，随着温度升高，A的百分含量增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热，故C正确； D．冰醋酸加水稀释过程中，随水的加入，醋酸电离平衡正向移动，电离程度变大，故醋酸溶液电离程度：a<b<c，故D错误； 故答案为C。 13. T℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.10mol COCl2，发生反应COCl2(g)⇌Cl2(g)+CO(g)，经过一段时间后反应达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表，下列说法正确的是 t/s 0 2 4 6 8 n(Cl2)/mol 0 0.030 0.039 0.040 0.040 A. T℃时，该反应的平衡常数约为1.33×10−2 B. 反应在前2s的平均速率υ(CO)=0.015 mol·L−1·s−1 C. 保持其他条件不变，升高温度，若新平衡时c(Cl2)=0.038 mol·L−1，则反应的∆H＜0 D. 其他条件不变，选用高效催化剂，COCl2的平衡转化率将增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．T℃时，平衡时n(Cl2)=0.040mol，n(CO)=0.040mol，Δn(COCl2)=0.040mol，n(COCl2)=0.060mol，则该反应的平衡常数K=0.0402×0.04020.0602=1.33×10−2，则A正确； B．反应在前2s的平均速率υ(CO)=υ(Cl2)= 0.030mol2L×2s=0.0075mol⋅L−1⋅s−1，故B错误； C．保持其他条件不变，升高温度，若新平衡时c(Cl2)=0.038 mol·L−1即n(Cl2)=0.076mol，说明平衡正向移动，正向为吸热反应，故C错误； D．其他条件不变，选用高效催化剂，平衡不移动，因此COCl2的平衡转化率不变，故D错误。 综上所述，答案为A。 14. 已知X(g)和Y(g)可以相互转化：2X(g) Y(g)　ΔH<0。现将一定量X(g)和Y(g)的混合气体通入一体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物及生成物的浓度随时间变化的关系如图所示。则下列说法不正确的是 A. 若混合气体的压强不变，则说明反应已达化学平衡状态 B. a、b、c、d四个点表示的反应体系中，表示化学反应处于平衡状态的只有b点 C. 25~30 min内用X表示的平均化学反应速率是0.08 mol·L-1·min-1 D. 反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是增加Y的浓度 【答案】D 【解析】 【分析】正反应是气体分子数减小的反应,所以当压强不再发生变化时反应达到平衡；各物质的浓度不再发生变化时表示反应处于平衡状态；X表示化学反应的平均速率为X浓度的变化量除以反应时间；曲线发生变化的瞬间可以判断反应条件的改变。 【详解】正反应是气体分子数减小的反应,所以当压强不再发生变化时,可以说明反应已经达到平衡状态,A正确；根据图象可知,只有b点表示的反应体系中,各物质的浓度不再发生变化,所以只有b点表示反应处于平衡状态,B正确；25~30 min内X的浓度变化量是0.4 mol·L-1,所以用X表示化学反应的平均速率是0.4mol/L5min=0.08 mol·L-1·min-1,C正确；由图可知，反应进行至25 min时, 曲线发生变化的原因是X物质的浓度增大,D错误。 故选D。 【点睛】本题考查化学平衡图象问题，关键在于明确勒沙特列原理及反应速率理论。本题注意把握曲线的变化趋势，正确判断外界条件对平衡移动的影响。 15. 用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)⇌N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温(反应温度分别为400℃、40℃、T℃)容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表所示： t/min 0 40 80 120 160 n(NO)(甲容器)/mol 2.00 1.50 1.10 0.80 0.80 n(NO)(乙容器)/mol 1.00 0.80 0.65 0.53 0.45 n(NO)(丙容器)/mol 2.00 1.45 1.00 1.00 1.00 下列说法正确的是 A. T<400℃ B. 丙容器达到平衡状态时，用N2的浓度变化表示的平均反应速率v(N2)=0.0125 mol·L-1·min-1 C. 该反应为吸热反应 D. 该反应温度升高，K值减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．丙容器与甲容器投入量相同，达到平衡所用时间较短，说明丙容器温度较高，故T＞400℃，故A错误； B．v（NO）=△c△t==△nV△t=1mol1L×80min=0.0125mol/(L·min)，则v（N2）=12v（NO）=0.00625mol/(L•min)，故B错误； C．丙容器与甲容器投入量相同，达到平衡所用时间较短，说明丙容器温度较高，丙容器平衡时NO的浓度比甲容器低，说明温度升高后向着正方向移动，即正方向为吸热方向，故C正确； D．由C可知该反应为吸热反应，升温平衡正移，K增大，故D错误； 故答案为C 16. 将一定量的硫化氢气体加入一密闭容器中，发生反应2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)，该反应的平衡常数的负对数(-lgK)随温度(T)的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. C点对应状态的平衡常数为10-3.638 B. 该反应的ΔH>0 C. A、C点的反应速率VA>Vc D. 30℃时，B点对应状态v正>v逆 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．C点-lgK=3.638，则平衡常数K=10-3.638，A正确； B．-lgK越大，则平衡常数K越小，由题图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故该反应的ΔH>0，B正确； C．因为A点温度比C点的高，所以A、C点的反应速率：VA>VC，C正确； D．B点位于曲线下方，则浓度商大于相应温度下的平衡常数，反应逆向进行，所以B点对应状态的v正<v逆，D错误； 答案选D。 第Ⅱ卷(非选择题部分，共51分) 17. Ⅰ．Na2S2O3溶液与稀H2SO4的反应方程式为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，某同学进行了硫代硫酸钠与硫酸反应的有关实验，实验过程的数据记录如表，请结合表中信息，回答有关问题： 实验序号 反应温度/℃ 参加反应的物质 Na2S2O3 H2SO4 H2O V/mL c/mol·L-1 V/mL c/mol·L-1 V/mL a 20 10 0.1 10 0.1 0 b 20 5 0.1 10 0.1 V1 c 20 10 0.1 5 0.1 V2 d 40 5 0.1 10 0.1 5 （1）上述四组实验，能说明温度对该反应速率影响的组合是___________(填实验序号)；实验a和b、a和c的组合比较，所研究的问题是___________。 （2）教材中利用了出现黄色沉淀的快慢来比较该反应的速率，而一般不采用单位时间内收集SO2体积的大小进行比较的原因是___________ （3）通常人们把断裂1mol某化学键所吸收的能量或形成1mol某化学键所释放的能量看作该化学键的键能，键能的大小可用于估算化学反应的反应热∆H。已知部分化学键的键能数据如表所示： 化学键 H-H Cl-Cl H-Cl 键能/kJ·mol-1 436 243 431 则H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热∆H为___________ （4）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知： Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g) ∆H1 2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) ∆H2 H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ∆H3 在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为：___________。(写离子方程式，∆H用∆H1、∆H2、∆H3表示) Ⅱ．下表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数： 酸 电离方程式 电离平衡常数K HA HA⇌A-+H+ 2.0×10-5 HB HB⇌B-+H+ 3.0×10-8 H2C H2C⇌HC-+H+ HC-⇌C2-+H+ K1=4.4×10-7 K2=5.6×10-11 （5）pH值相同、体积相同的HA与HB与过量Al反应，最终生成氢气的量___________ A．HA多 B．HB多 C．一样多 （6）请依据上表中的数据写出NaB溶液与H2C反应的离子方程式___________ （7）下列四种离子结合H+能力最强的是___________。 A. HC- B. C2- C. B- D. A- （8）查阅资料：Cu(H2O)42+(蓝色)+4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O，等量黄色与蓝色混合呈绿色。设计实验证明CuCl2溶液中存上述平衡：取少量蓝色CuCl2稀溶液于试管中，___________。(补全实验方案与现象) 【答案】（1） ①. bd ②. d （2）SO2可溶于水，测定不精确(或实验装置较复杂,不易控制) （3）-183kJ·mol-1 （4）2H+(aq)+H2O2(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2H2O(aq)△H=12×(2×H1+H2+2H3) （5）B （6）B−+H2C=HB+HC− （7）B （8）向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色 【解析】 【小问1详解】 能说明温度对该反应速率影响的组合中两者的温度不同，其它物理量相同，bd；温度越高，反应速率越快，浓度越大反应速率越快，在上述实验中反应速率最快的可能是d； 【小问2详解】 SO2易溶于水，1体积水能溶解40体积SO2，导致排水法收集SO2所测定的气体体积不精确，且所需实验装置较复杂，不易控制,所以不采用排水法测量单位时间内气体体积的大小进行比较，故答案为: SO2可溶于水，测定不精确(或实验装置较复杂,不易控制)； 【小问3详解】 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，△H=断键吸收的能量-成键放出的能量，故△H=（436+243）-2×431=-183kJ·mol-1 【小问4详解】 设①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g) ∆H1 ②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) ∆H2 ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ∆H3根据盖斯定律可知12×(2①+②+2③)得目标热化学方程式2H+(aq)+H2O2(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2H2O(aq)△H=12×(2×H1+H2+2H3)； 【小问5详解】 根据HA与HB平衡常数可知K(HA)= 2.0×10-5>K（HB）=3.0×10-8，HB 酸弱，pH值相同、体积相同时HB的浓度大，与过量Al反应放出氢气多；故答案为B ； 【小问6详解】 根据酸的电离常数可知酸性H2C> HB > HC-，NaB溶液与H2C反应的离子方程式为：B−+H2C=HB+HC−； 【小问7详解】 酸越弱对应的阴离子结合H+的能力越强，根据表中的电离平衡常数可知HA >H2C> HB > HC-，C2-，结合H+的能力最强，故答案为B 【小问8详解】 查阅资料：Cu(H2O)42+(蓝色)+4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O，等量黄色与蓝色混合呈绿色，取少量蓝色CuCl2稀溶液于试管中，向其中加入少量NaCl固体，振荡，若溶液由蓝色变为黄绿色，则证明CuCl2溶液中存在上述平衡，故答案为：向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色。 18. CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题。工业上有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=-49.0kJ/mol。将6mol CO2和8mol H2充入2L的恒温刚性密闭容器中，测得的氢气物质的量随时间变化如图所示(实线)。 （1）下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是___________(填序号)。 A. v正(CO2)=3v逆(H2) B. 混合气体的平均相对分子质量不变 C. n(CO2):n(H2)保持不变 D. 压强保持不变 （2）a点正反应速率___________(填大于、等于或小于)b点逆反应速率，前4min内，用CH3OH表示的平均反应速率为___________ mol·L-1·min-1。(保留两位有效数字) （3）平衡时CO2的转化率为___________，该条件下反应的平衡常数K=___________。 （4）若达到平衡后往容器中分别充入CO2，H2O各2mol，请问v正___________ v逆(填“大于”，“小于”或者“等于”)。 （5）仅改变某一实验条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，对应的实验条件改变的是___________。 （6）如果要加快反应速率并且提高CO2平衡转化率，可以采取的措施有___________(写任意两个即可) 【答案】（1）BCD （2） ①. 大于 ②. 0.17 （3） ①. 33.3% ②. 0.5 （4）小于 （5）加压或增大二氧化碳的浓度 （6）增大压强、增加氢气的物质的量 【解析】 【小问1详解】 A.当正逆反应速率相等时，反应达到平衡，故3v正(CO2)=v逆(H2)反应达到平衡，A错误； B.体系中气体总质量不变，反应过程中气体的物质的量不断变化，故当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡，B正确； C.二氧化碳和氢气按1:3的物质的量之比进行反应，而投料之比为3:4，故当n(CO2):n(H2)保持不变时，说明反应达到平衡，C正确； D.压强之比等于气体的物质的量之比，反应为非等体反应，故当压强保持不变，说明反应达到平衡，D正确； 答案选BCD。 【小问2详解】 根据图像可知，a点之后氢气的物质的量不断减小，说明反应正向移动，故a点正反应速率大于b点逆反应速率，前4min内，反应的氢气的物质的量为4mol，则生成CH3OH的物质的量为43mol，其表示的平均反应速率为43mol2L×4min≈0.17mol·L-1·min-1。 【小问3详解】 根据图像可知，14min后反应达到平衡，反应的氢气的物质的量为6mol，则反应的二氧化碳的物质的量为2mol，平衡时CO2的转化率为2mol6mol×100%=33.3%，平衡时二氧化碳的物质的量为4mol，生成的甲醇和水蒸气的物质的量为2mol，该条件下反应的平衡常数K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)=2mol2L×2mol2L4mol2L×(2mol2L)3=0.5。 【小问4详解】 若达到平衡后往容器中分别充入CO2，H2O各2mol，则此时Q=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)=2mol2L×4mol2L6mol2L×(2mol2L)3=23>0.5，平衡逆向移动，故v正小于 v逆。 【小问5详解】 虚线的反应速率加快，但平衡时氢气的量减小，说明平衡正向移动，故实验条件改变是加压或增大二氧化碳的浓度。 【小问6详解】 如果要加快反应速率并且提高CO2平衡转化率，可以采取的措施有增大压强、增加氢气的物质的量。 19. 丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域。回答下列问题： （1）丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下： C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g） △H1=+124 kJ·mol-1 ①总压分别为100kPa、10kPa 时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图所示： 100kPa时，C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是___、___。 ②某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kPa，平衡时总压为13.3kPa，C3H8的平衡转化率为__。该反应的平衡常数Kp=___kPa（保留1位小数）。 （2）丙烷氧化脱氢法制备丙烯主要反应如下： C3H8（g）+12O2（g）⇌C3H6（g）+H2O（g） △H2 在催化剂作用下，C3H8氧化脱氢除生成C3H6外，还生成CO、CO2等物质。C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图所示。 ①已知H2（g）+12O2（g）＝H2O（g） ∆H=-242kJ·mol-1。由此计算∆H2=__kJ·mol -1。 ②图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是_________。 ③575℃时，C3H6的选择性为___。（C3H6的选择性=C3H6的物质的量反应的C3H8的物质的量×100％） ④基于本研究结果，能提高C3H6选择性的措施是___________。 【答案】 ①. a ②. d ③. 33% ④. 1.6 ⑤. -118 ⑥. 温度升高，催化剂的活性增大 ⑦. 51.5% ⑧. 选择相对较低的温度 【解析】 【分析】(1)①C3H8(g) ⇌ C3H6(g)+H2(g)△H1=+124 kJ·mol-1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大；该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，据此分析判断；②同温同体积条件下，气体的压强之比=气体物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x，根据三段式列式计算； (2)①i. C3H8(g) ⇌ C3H6(g)+H2(g) △H1=+124 kJ·mol-1，ii. H2(g)+12O2(g)＝H2O(g) ∆H=-242kJ·mol-1，根据盖斯定律分析计算C3H8(g)+12O2(g) ⇌ C3H6(g)+H2O(g) △H2；②结合催化剂的活泼变化分析解答；③根据图象，575℃时，C3H8的转化率为33%，C3H6的产率为17%，据此分析解答；④根据图象，分别计算535℃、550℃、575℃时，C3H6的选择性，再分析解答。 【详解】(1)①C3H8(g) ⇌ C3H6(g)+H2(g)△H1=+124 kJ·mol-1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大；根据方程式，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，C3H8的物质的量分数大于10kPa 时C3H8的物质的量分数，因此表示100kPa时，C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；增大压强，平衡逆向移动，C3H6的物质的量分数减小，表示100kPa时，C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d，故答案为：a；d； ②同温同体积条件下，气体的压强之比=气体物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x， 起始(kPa)反应(kPa)平衡(kPa)C3H8(g)1010x10(1-x)⇌C3H6(g)010x10x+H2(g)010x10x 则10(1-x)+10x+10x=13.3，解得：x=0.33，Kp=3.3kPa×3.3kPa(10-3.3)kPa=1.6kPa，故答案为：33%；1.6； (2)①i. C3H8(g) ⇌ C3H6(g)+H2(g)△H1=+124 kJ·mol-1，ii. H2(g)+12O2(g)＝H2O(g) ∆H=-242kJ·mol-1，根据盖斯定律，将i+ii得：C3H8(g)+12O2(g) ⇌ C3H6(g)+H