福建省厦门2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题含解析

福建省厦门2022-2023学年高二上学期期中考试
化学试题（答案在最后）
说明：本试卷满分100分，考试时间75分钟。

可能用到的相对原子质量：H-1
C-12
O-16
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与能源息息相关。

下列说法错误的是A.煤的干馏、气化和液化都属于化学变化B.风能、电能、地热能等都属于一次能源C.光合作用是将太阳能转变为化学能的过程D.锌锰干电池和氢氧燃料电池都属于一次电池【答案】B 【解析】
【详解】A ．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化；煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，故A 正确。

B ．电能属于二次能源，风能、地热能属于一次能源，故B 错误；
C ．植物通过光合作用将CO 2转化为葡萄糖是将太阳能转化成化学能，故C 正确；
D ．锌锰干电池和氢氧燃料电池为一次电池，不能充电而重复使用，故D 正确；故选：B 。

2.设A N 为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是A.30g 乙烷完全燃烧断开C-H 键的数目为A
6N B.氢氧燃料电池正极消耗22.4L (标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为A 2N C.0.1molH 2和20.1mol I 于密闭容器中充分反应后，HI 分子的总数为A
0.2N D.室温下，1L pH 13 的NaOH 溶液中，由水电离的OH -离子数目为A
0.1N 【答案】A 【解析】
【详解】A ．30g 乙烷的物质的量为1mol 、含6molC-H ，则完全燃烧断开C-H 键的数目为A 6N ，A 正确；B ．氢氧燃料电池正极消耗22.4L (标准状况)气体时，即有1molO 2参加反应，存在关系式：-
2O 4e ，则电路中通过的电子数目为A 4N ，B 错误；
C ．氢气和碘蒸气生成碘化氢的反应为可逆反应，则20.1mol H .和20.1mol I 于密闭容器中充分反应后，HI 分子的总数小于A 0.2N ，C 错误；
D ．室温下，1L pH 13 的NaOH 溶液中，由氢氧化钠电离的氢氧根离子数目为A 0.1N ，氢氧化钠抑制水电离，由水电离的氢氧根离子数目为-13
A 10N ，D 错误；答案选A 。

3.下列关于反应速率与反应限度的说法正确的是A.钠与水反应时，增加水的用量能明显增大反应速率
B.升温能提高反应物的能量，增大反应物间的碰撞频率，加快反应速率
C.催化剂能加快反应速率的原因是它能降低反应的活化能，减小反应的焓变
D.合成氨工业采用循环操作的主要目的是提高平衡体系中氨的含量【答案】B 【解析】
【详解】A ．水是纯液体，纯液体量的多少对反应速率没有影响，A 错误；
B ．升温能提高反应物的能量，增大活化分子百分数，增加反应物间的碰撞频率，加快反应速率，B 正确；
C ．催化剂能能降低反应的活化能、加快反应速率，但催化剂不会改变反应的焓变，C 错误；
D ．合成氨反应是可逆反应，采用循环操作的主要目的是提高原料的利用率，D 错误；答案选B 。

4.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 【解析】
【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 。

5.下列有关电解质及其电离的说法正确的是A.升温促进水的电离，从而使水的pH 值减小B.氨水的导电性一定比NaOH 溶液的导电性弱C.某醋酸溶液的pH=4，说明醋酸是弱电解质D.3NaHCO 在水中能电离产生+H ，故其溶液显酸性【答案】A 【解析】
【详解】A ．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水中氢离子浓度增大，则溶液的pH 减小，故A 正确；
B ．NaOH 溶液与氨水的导电性与二者的离子浓度有关，浓度不确定，无法判断，故B 错误；
C ．未知醋酸溶液的物质的量浓度，由pH=4，不能说明醋酸是弱电解质，故C 错误；
D ．3NaHCO 在水中能电离产生3HCO -
，由于3HCO -
的水解程度比电离程度大，所以溶液呈碱性，故D 错
误；故选：A 。

6.在T ℃，HCl 气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：22Fe(s)+2HCl(g)FeCl (s)+H (g)ΔH (K =0.33)，
下列分析不正确的是
A.降低反应温度，可减缓反应X 的速率
B.在HCl 气体中加入一定量2H 能起到防护铁管的作用
C.反应X 的H ∆可通过如下反应获得：221Fe(s)+Cl (g)FeCl (s)ΔH 、
222
H (g)+Cl (g)2HCl(g)ΔH D.T ℃时，若气体混合物中()1
2(HCl)=H =0.5mol L c c -⋅，铁管被腐蚀【答案】D 【解析】
【详解】A ．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X 的速率，故A 正确；
B ．在HCl 气体中加入一定量2H ，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B 正确；
C ．①221Fe(s)+Cl (g)FeCl (s)
ΔH 、②222H (g)+Cl (g)2HCl(g)ΔH ，根据盖斯定律①-②得
2212Fe(s)+2HCl(g)FeCl (s)+H (g)
Δ=Δ-ΔH H H ，故C 正确；
D ．T ℃时，若气体混合物中()1
2(HCl)=H =0.5mol L c c -⋅，则Q =2
0.5
=20.330.5
K >=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D 错误；故选D 。

7.金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”Na nHg ⋅，利用这一性质可通过电解饱和食盐水得到金属钠，实验装置如图所示(电键、电压计、电流计等已略去)，洗气瓶中有白烟产生，下列说法不正确．．．
的是
A.铁丝起导电作用，水银充当阴极
B.阴极电极反应式：+
-N a
+e +nH g=N a nH g
⋅C.白烟产生的方程式为3242
8NH 3Cl =6NH Cl N ++D.电解开始后，石墨棒表面立即产生大量气泡，水银表面始终无气泡产生【答案】D 【解析】
【分析】金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”Na nHg ⋅，说明在水银处有Na 析出，发生还原反应，则水银为阴极，电极反应式为+
-N a
+e +nH g=N a nH g ⋅，石墨为阳极，电极反应式为--2
2Cl -2e =Cl ↑，洗气瓶中
有白烟产生，则洗气瓶中发生反应32428NH 3Cl =6NH Cl N ++。

【详解】A ．金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”Na nHg ⋅，说明在水银处有Na 析出，发生还原反应，水银为阴极，铁丝是导线，石墨为阳极，A 正确；B ．据分析可知，阴极电极反应式：+
-N a
+e +nH g=N a nH g ⋅，B 正确；
C ．据分析可知，白烟产生的方程式为32428NH 3Cl =6NH Cl N ++，C 正确；
D ．电解开始后，石墨电极发生反应--22Cl -2e =Cl ↑，生成氯气，产生大量气泡，而水银表面会发生副反应
-22-2H O+2e =H +2OH ↑，生成氢气，也会有气泡生成，D 错误；
故选D 。

8.某化学社团设计如图所示装置，模拟工业三室膜电解技术制取3NaHSO ，然后经结晶脱水得焦亚硫酸钠(225Na S O )。

下列说法错误的是
A.丙烷为负极，发生氧化反应-+
3822C H -20e +6H O=3CO +20H
B.a 室产生3NaHSO ，故X 、Y 依次为质子交换膜、阳离子交换膜
C.随着电解反应的进行，b 、c 室中的电解质溶液浓度均逐渐减小
D.制得225Na S O 反应的化学方程式为322522NaHSO =Na S O +H O 【答案】AC 【解析】
【详解】A ．通入丙烷的为负极，发生氧化反应，在碱性环境中生成碳酸根离子，电极方程式为
--2-3832C H -20e +26OH =3CO +17H O ，A 错误；
B ．b 、c 室电解水，b 室H +与c 室OH -以2:1的比例进入a 室,a 室反应产生3NaHSO ，故X 、Y 依次为质子交换膜、阳离子交换膜，B 正确；
C ．随着电解反应的进行，b 、c 室电解水，故b 、c 室中的电解质溶液浓度均逐渐增大，C 错误；
D ．制得225Na S O 反应的化学方程式为322522NaHSO =Na S O +H O ，D 正确；答案选AC 。

9.下列标志可表明对应反应达到平衡状态的是
反应条
件可逆反应
标志
A 恒温恒容2SO 2(g)+O 2(g)⇌2SO 3(g)混合气体的密度不变
B 恒温恒压NH 2COONH 4(s)⇌2NH 3(g)+CO 2(g)NH 3在混合气体中的百分含量不变
C 恒温恒容H 2(g)+I 2(g)⇌2HI(g)
Q p (分压商，用分压代替浓度计算)不变
D 恒温恒压
2NO 2(g)⇌N 2O 4(g)c(NO 2)=2c(N 2O 4)
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】C 【解析】【分析】
【详解】A ．恒温恒容，气体总质量不变，故混合气体的密度为定值，无法用来判断是否达到平衡状态，故A 错误；
B ．由于反应物是固体，故氨气和二氧化碳的物质含量之比始终是2:1，NH 3在混合气体中的百分含量始终不变，无法用来判断是否达到平衡状态，故B 错误；
C ．恒温恒容，Q p 不变，说明各气体分压不再改变，则说明反应达到平衡状态，故C 正确；
D ．二氧化氮浓度是四氧化二氮浓度的二倍，无法说明其浓度不再变化，故无法用来判断是否达到平衡状态，故D 错误；答案选C 。

10.为探究外界条件对反应：mA(g)+nB(g)cZ(g) ΔH 的影响，以A 和B 的物质的量之比为m ∶n 开始反应，通过实验得到不同条件下反应达到平衡时Z 的物质的量分数与压强及温度的关系，实验结果如图所
示。

下列判断不正确的是
A.H 0∆<
B.m n c
+<C.其它条件相同，升高温度，v 正增大的幅度小于v 逆增大的幅度D.其它条件相同，压强增大，平衡正向移动，平衡常数不变【答案】B 【解析】
【分析】由图象可知，降低温度，Z 的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则△H<0；降低压强，Z 的物质的量分数减小，说明压强减小，平衡向着逆反应方向移动，减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有m+n>c ；
【详解】A ．降低温度，z 的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则△H<0，故A 正确；
B ．减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有m+n>c ，故B 错误；
C ．升高温度正逆反应速率都加快，但因正反应是放热反应，平衡逆向移动，v 正增大的幅度小于v 逆，故C 正确；
D ．增大压强平衡不改变平衡常数，平衡常数只受温度影响，故D 正确；故选B 。

11.在密闭容器中发生储氢反应：5256LaNi (s)+3H (g)LaNi H (s)
-1ΔH=-301kJ mol ⋅。

在一定温度
下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa 。

下列说法正确的是A.高温条件有利于该反应正向自发，利于储氢B.降低温度，v 正增大，v 逆减小，平衡正向移动C.缩小容器的容积，重新达到平衡时H 2的浓度增大
D.该温度下压缩体积至原来的一半，重新达到平衡时H 2压强仍为2MPa 【答案】D
【解析】
【详解】A ．该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利用平衡正向进行，A 错误；B ．降低温度，v 正减小，v 逆减小，由于逆反应速率减小的倍数大于正反应速率减小的倍数，因此降低温度后，化学平衡向放热的正反应方向移动，B 错误；
C ．缩小容器的容积，H 2的浓度增大，化学平衡正向移动，直至建立新的平衡。

由于温度不变，化学平衡常数K 不变，K =c 3(H 2)不变，因此重新达到平衡时H 2的浓度不变，C 错误；
D ．该温度下压缩体积至原来的一半，c (H 2)增大，化学平衡正向移动，当反应重新达到平衡时，由于平衡常数K 不变，K =c 3(H 2)不变，因此平衡时H 2压强仍为2MPa ，D 正确；故合理选项是D 。

12.利用2CO 与4CH 制备合成气2(CO )H 、，可能的反应历程如图所示：
()()()
()
()()()()
()
()()
()
422221
2
24135
CH g CO g C ads 2H g CO g 2CO g 2H g TS TS E E E E E ++++−−→
−−→
−−→
−−→
说明：①()C ads 为吸附性活性炭，E 表示方框中物质的总能量(单位：1kJ mol -⋅)，TS 表示过渡态。

②括号中为断开该化学键需要吸收的能量：11C H 413kJ mol ,C O 745kJ ()()mol --⋅=⋅—，CO 中的化学键(11075kJ mol -⋅)下列说法不正确的是
A.若3241E E E E +<+，则决定速率步骤的化学方程式为()()()42CH g C ads 2H g =+
B.制备合成气总反应的H ∆可表示为()1
51E E kJ mol
--⋅C.若1H 120kJ mol -∆=+⋅，断开H-H 需要吸收的能量为1436kJ mol -⋅D.使用催化剂后，CO 和2H 平衡产率不改变【答案】A 【解析】
【分析】由信息知，第一步反应为()()()42CH g C ads 2H g =+，第二步反应为
()()()2C ads CO g 2CO g +=；
【详解】A ．若3241E E E E +<+，即2143E -E E -E <，则第一步反应()()()42CH g C ads 2H g =+的活化能小于第二步反应()()()2C ads CO g 2CO g +=的活化能，则决定速率步骤的化学方程式为
()()()2C ads CO g 2CO g +=，A 错误；
B ．焓变ΔH =生成物的总能量-反应物的总能量，由信息知，
制备合成气总反应为
()()()()()142251ΔH=CH g CO g 2CO g 2H g E E kJ mol -+=+-⋅，B 正确；
C ．焓变ΔH =反应物总键能−生成物总键能；设氢气的键能为x ，则4×413kJ ⋅mol −1+2×745kJ ⋅mol −1−2×1075kJ/mol-2x=+120kJ/mol ，则1436kJ mol x -=⋅，即断开H-H 需要吸收的能量为1436kJ mol -⋅，C 正确；
D ．催化剂不影响化学平衡，则使用催化剂后，CO 和2H 平衡产率不改变，D 正确；答案选A 。

13.下列说法中正确的是
A.室温下，某溶液中水电离出的c (H +)为10-12mol/L ，该溶液的pH 一定为12
B.某温度下，向氨水中通入2CO ，随着2CO 的通入，()
-32c(OH )
c NH H O ⋅先不断减小后不变
C.冰醋酸加水稀释过程中，c (H +)逐渐减小
D.室温下pH=10的NaOH 溶液和pH=12的KOH 溶液等体积混合，忽略溶液体积变化，混合后溶液的c (H +)约为-115.010mol/L ⨯【答案】B 【解析】
【详解】A ．室温下，某溶液中水电离出的c (H +)为10-12mol/L 说明该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若为酸溶液，溶液pH 为2，若为碱溶液，溶液pH 为12，故A 错误；
B ．由氨水的电离常数可知，溶液中()-32c(OH )c NH H O ⋅=b +4
K NH c()，向氨水中通入二氧化碳，二氧化碳与氨水
反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，溶液中铵根离子浓度先增大后不变，则溶液中()
-32c(OH )
c NH H O ⋅先不断减小后不
变，故B 正确；
C ．冰醋酸分子中只存在分子，加水稀释过程中，溶液中氢离子浓度先不断增大后减小，故C 错误；
D ．室温下pH=10的氢氧化钠溶液和pH=12的氢氧化钾溶液等体积混合后溶液中氢氧根离子浓度为
-2-410V+10V 2V
≈5×10−3
mol/L ，则溶液中氢离子浓度约为w -K c(OH )=1431.0105ol 10m /L --⨯⨯=2.0×10−12mol/L ，故D 错
误；故选B 。

14.常温下，pH 均为2、体积均为0V 的HX HY HZ 、、三种酸溶液，分别加水稀释至体积为V ，溶液pH 随0
V
lg
V
的变化关系如图所示，下列叙述错误的是A.常温下，a a K (HY)K (HZ)
>B.原溶液中酸的物质的量浓度：c(HX)c(HY)<C.b 点和c 点对应的溶液中水的电离程度相同
D.当0V
lg 3V =时，三种溶液同时升高温度，()()
c Y c X --减小【答案】D 【解析】
【分析】根据图知，pH=2的HX HY HZ 、、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 a K (HY)K (HZ)>，A 正确；B ．由分析可知酸性HX ＞HY ＞HZ ，且pH 均为2，故原溶液中c(HX)c(HY)<，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，()()
c Y c X --增大，D 错误；
答案选D 。

15.用活性炭还原NO 2可防止空气污染，
其反应原理为2C(s)+2NO 2(g) N 2(g)+2CO 2(g)。

在密闭容器中1mol NO 2和足量C 发生上述反应，
反应相同时间内测得NO 2的生成速率与N 2的生成速率随温度变化的关系如图
1所示；维持温度不变，反应相同时间内测得NO 2的转化率随压强的变化如图2所示。

下列说法错误的是
A.图1中的A 、B 、C 三个点中只有C 点的v 正=v 逆
B.图2中E 点的v 逆小于F 点的v 正
C.图2中平衡常数K (E)=K (G)，则NO 2的平衡浓度c (E)=c (G)
D.在恒温恒容下，向图2中G 点平衡体系中充入一定量的NO 2，与原平衡相比，NO 2的平衡转化率减小【答案】C 【解析】【分析】
【详解】A ．由2C(s)+2NO 2(g) N 2(g)+2CO 2(g)可知，NO 2的生成速率(逆反应速率)应该是N 2的生成速率(正反应速率)的二倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C 点满足，故A 正确；
B ．由图2知，E 点反应未达到平衡，F 点反应达到平衡，且压强E ＜F ，则E 点的v 逆小于F 点的v 正，故B 正确；
C ．由题中信息可知，维持温度不变，即E 、G 两点温度相同，平衡常数K (E)=K (G)，混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓度越大，所以G 点压强大，浓度大，即c (E)＜c (G)，故C 错误；
D ．在恒温恒容下，向G 点平衡体系中充入一定量的NO 2，等效于加压，平衡逆向移动，NO 2的平衡转化率减小，故D 正确；答案为C 。

二、非选择题(本题包括4小题，共55分)
16.硫酸的消费量常用来衡量一个国家工业发展水平，其中2SO 的催化氧化是重要的一步。

I ．科研人员使用()3CaCO 为基础固硫材料，复合不同的催化剂(25252252V O V O MnO V O GeO --、、)催化2SO 向3SO 的转化，同时研究了不同温度下使用三种催化剂对3CaCO 固硫效率(用单位时间2SO 转化率表示)的影响如下图：
（1）仅使用3CaCO 而不使用催化剂获得X 线的实验目的是_______﹔（2）下列有关说法正确的是_______
a ．三种催化剂中25V O 催化剂效率最低
b ．同温同压下，使用复合催化剂有利于提高3SO 的平衡产率
c ．如上图为252V O MnO -为催化剂时的反应机理，由图可知4+Mn 比3+Mn 更易获得电子
d ．温度越高一定越有利于催化剂催化效率的提升
（3）某2SO 催化氧化生成3SO 反应的速率方程为：()()()α
βγ223v k p SO p O p SO =⋅⋅⋅，根据表中数据可
得：α=_______、β=_______、γ=_______。

实验()2p SO /kPa
()2p O /kPa
()3p SO /kPa
1
v/kPa -1m
n p q
2
2m
n
p
2q
3m n
0.1p
10q
4
m
2n
p
1.414q
Ⅱ．在恒温恒压下，向密闭容器中充入24mol SO 和22mol O 混合气体，2min 后，反应达到平衡，生成3SO 气体0.5mol ，同时放出热量QkJ 。

请回答下列问题：（4）该反应的热化学方程式为_______。

（5）在该条件下，反应前后容器的体积之比为_______。

（6）若把“恒温恒压”改为“恒压绝热条件”反应，平衡后()3n SO _______0.5mol (填“>”、“<”或“=”)。

【答案】（1）便于和有催化剂的实验数据形成对照，相当于空白实验（2）ac
（3）
①.1
②.
1
2
③.1
-（4）()()()1
2232SO g O g 2SO g ΔH 4QkJ mol
-+=-⋅ （5）6：5.75或24：23（6）<【解析】【小问1详解】
由图可知，仅使用碳酸钙而不使用催化剂获得X 线的实验目的是做空白实验，便于和有催化剂的实验数据形成对照，故答案为：便于和有催化剂的实验数据形成对照，相当于空白实验；【小问2详解】
a ．由图可知，相同温度时，三种催化剂中五氧化二钒做催化剂时，二氧化硫的转化率最小说明催化剂的催化效率最低，故正确；
b ．同温同压下，使用复合催化剂，化学反应速率增大，但化学平衡不移动，三氧化硫的平衡产率不变，故错误；
c ．由图可知，V 2O 5−MnO 2为催化剂时的反应机理中四价锰离子转化为三价锰离子说明四价锰离子比三价锰离子的氧化性强，更易获得电子，故正确；
d ．温度越高不一定越有利于催化剂催化效率的提升，因为温度升高会使催化剂的活性降低，催化效率会降低，故错误；【小问3详解】
由表格数据可知，实验1和实验2的反应速率相比可得：1
2=α
1(
)2
，解得α=1，实验1和实验4的反应速率相比可得：β1()2=11.414，解得γ=1
2，实验1和实验3的反应速率相比可得：110
=λ10，解得γ=—1，
故答案为：1；1
2；—1；【小问4详解】
由2min 后，反应达到平衡生成0.5mol 三氧化硫放出热量QkJ 可知，反应ΔH =—
QkJ 2
0.5mol
⨯=—4Qkj/mol ，则反应的热化学方程式为
()()()1
2232SO g O g 2SO g ΔH 4QkJ mol -+=-⋅ ，故答案为：()()()12232SO g O g 2SO g ΔH 4QkJ mol -+=-⋅ ；
【小问5详解】
2min 后，反应达到平衡生成0.5mol 三氧化硫，由化学方程式可知，平衡时二氧化硫和氧气的物质的量分别为3.5mol 和1.75mol ，则由阿伏加德罗定律可知，反应前后容器的体积之比为6：5.75=24：23，故答案为：6：5.75或24：23；【小问6详解】
若把“恒温恒压”改为“恒压绝热条件”反应，反应放出的热量使反应温度升高，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则平衡后三氧化硫的物质的量小于0.5mol ，故答案为：<。

17.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2CO 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2CO 和4CH 转化为3CH COOH 的反应历程示意图如图。

（1）在合成3CH COOH 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.43CH CH COOH →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.21
H E E ∆=-II ．以22CO H 、为原料制备“21世纪的清洁燃料”二甲醚()33CH OCH 涉及的主要反应如下：
①()()()()2233212CO g 6H g CH OCH g 3H O g ΔH 122.5kJ/mol ++=- ②()()()()2222CO g H g CO g H O g ΔH 41.1kJ/mol
++=+ （2）反应()()()()23322CO g 4H g CH OCH g H O g ++ 的ΔH =_______
（3）在压强、2CO 和2H 的起始投料一定的条件下，发生反应①、②，实验测得2CO 平衡转化率和平衡时
33CH OCH
的选择性随温度的变化如图所示。

i ．已知：33CH OCH 的选择性332CH OCH 100%CO =
⨯的物质的量
反应的的物质的量
，其中表示平衡时33CH OCH 的选择性的是
曲线_______(填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是_______﹔ii ．为同时提高2CO 的平衡转化率和平衡时33CH OCH 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226CO C H 、为原料合成的主要反应为：
()()()()()1
226242CO g C H g C H g H O g CO g ΔH 177kJ mol
-+++=+⋅ （4）某温度下，在0.1MPa 恒压密闭容器中充入等物质的量的2CO 和26C H ，达到平衡时24C H 的物质的量分数为20%，该温度下反应的平衡常数p K =_______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，由甲醇()32CH OH O 、构成的原电池作电解饱和食盐水(电解池中左右两室均为1L 的NaCl 溶液)的电源。

（5）电解饱和食盐水装置中溶液中的阳离子由_______(填“左向右”或“右向左”)移动，a 电极的电极反应式为_______。

（6）室温下，当电解池中共产生224mL (已折算成标况下)气体时，右室溶液(体积变化忽略不计)的pH 为_______。

【答案】（1）BC （2）1
204.7kJ mol --⋅（3）
①.①
②.反应②为吸热反应，高于300℃时，以反应②为主，温度升高平衡正向移动，2CO 的平衡转化增大③.d
（4）0.02（5）
①.左向右
②.322CH OH 6e H O=CO 6H
-
-
+
-+↑+（6）12【解析】【小问1详解】
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 =
E 1−E 2，故错误；故选BC ；【小问2详解】
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 ；
【小问3详解】
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，故答案为：①；反应②为吸热反应，高于300℃时，以反应②为主，温度升高平衡正向移动，2CO 的平衡转化增大；
ii ．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 ；【小问4详解】
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：
()()()()()
226242(mol)11000(mol)CO g +C H g C H g +H O g a a a a a (mol)
1-+CO g a
1-a
a
a
a
起变平由乙烯的的物质的量分数为20%可得：
a
2+a
×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K p =
0.2MPa 0.2MPa 0.2MPa
0.2MPa 0.2MPa
⨯⨯⨯=0.02MPa ，故答案为：0.02MPa ；
【小问5详解】
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322CH OH 6e H O=CO 6H -
-
+
-+↑+，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；
322CH OH 6e H O=CO 6H --+-+↑+；
【小问6详解】
电解饱和食盐水反应方程式为2222NaCl 2H O 2NaOH H Cl ++↑+↑通电
，标况下电解池中共产生
224mL 气体，则氢气和氯气的体积为
0.224L 22.4L/mol
×1
2=0.005mol ，由方程式可知，右室溶液中氢氧根离子
浓度为
0.005mol 2
1L
⨯=0.01mol/L ，所以溶液pH 为12，故答案为：12。

18.某化学小组利用酸性4KMnO 与草酸(2
5
224a1a2H C O ,K 5.610,K 5.410--=⨯=⨯)反应，设计以下实验探究化学反应快慢的影响因素。

实验用品：1
40.04mol L KMnO -⋅溶液、1
2240.2mol L H C O -⋅溶液、1mo 036l .L -⋅稀硫酸、蒸馏水、4
MnSO 溶液、5mL 量筒、胶头滴管、井穴板、细玻璃棒及秒表等。

实验内容及记录：
实验编号
试管中所加试剂及用量/mL
温度/℃紫色褪去所需时间/min
224H C O 溶液
4KMnO 溶液
稀硫酸蒸馏水① 2.0 1.0 1.0 2.0
20 4.1②
3.0
1.0
1.0
1
V 20 3.7③
2
V 1.0 1.0
2.0
80
t
回答下列问题：
（1）写出酸性4KMnO 与草酸反应的离子方程式_______，实验①的反应速率v =_______(
列出计算式即可)。

（2）1V =_______mL ，2V =_______mL ，理由是_______。

（3）欲探究温度对反应速率的影响，应选择的实验是_______(填编号)。

（4）为验证“2Mn +对该反应有催化作用”，该小组同学用如图装置进行了实验④和⑤，其中实验所用酸性
4KMnO 溶液由10.2mol L -⋅稀硫酸与140.04mol L KMnO -⋅溶液以体积比1：1混合所得。

实验④：向一个井穴中滴入10滴1
2240.2mol L H C O -⋅溶液，逐滴加入酸性4KMnO 溶液，并记录各滴加入
后的褪色时间。

实验⑤：向三个井穴中分别滴加10滴1
2240.2mol L H C O -⋅溶液，依次滴加1、2、3滴4MnSO 溶液和3、2、
1滴蒸馏水，搅拌均匀，再各滴加1滴酸性4KMnO 溶液，并记录褪色时间及混合体系颜色变化。

实验记录如下：
实验④
4KMnO 溶液
第1滴第2滴第3滴第4滴第5滴紫色褪去所需时间/s
10020105
出现褐色沉淀
实验⑤
4MnSO 溶液
1滴2滴3滴体系颜色变化，红色→浅红色→无色
蒸馏水
3滴2滴1滴紫色褪去所需时间/s
12
16
16
已知：2MnO 为难溶于水的褐色固体：24MnC O +
溶液呈红色，不稳定，会缓慢分解为2Mn +和2CO 。

i.实验④中第5滴出现褐色沉淀可能的原因是_______(用离子方程式表示)。

ⅱ.实验④和⑤的现象验证了“2Mn +对该反应有催化作用”，催化过程如下：
3+242MnO MnO Mn Mn -+
−−−→−−−→−−−→催化催化催化ⅠⅡⅢ
实验⑤中催化剂用量增加，褪色时间却略有延长，说明催化剂过量易催化到“催化过程”的第_______步，反应过程出现红色的原因是_______。

【答案】（1）
①.
24224
222MnO 5H C O 6H =2Mn 10CO 8H O -++
+++↑+②.
11
1
0.046mol L min 4.1
--⨯⋅⋅（2）
①.1.0
②.2.0
③.控制单一变量，保持溶液总体积为6.0mL ，确保其他反应物浓度不变
（3）①③
（4）
①.24222MnO 3Mn 2H O=5MnO 4H +
+
-
↓+++②.Ⅱ
③.溶液褪色时间
延长是因为过量的2Mn +能使4MnO -迅速变成3Mn
+
，3Mn +与224C O -
结合生成24MnC O +
而出现红色【解析】
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究反应物的浓度、反应温度和催化剂对草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的反应快慢的探究。