黑龙江省佳木斯市第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学Word版含解析.docx

《黑龙江省佳木斯市第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

佳木斯市第一中学2023-2024学年度高二上学期10月考试化学试卷注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(填空题)两部分。满分100分。考试用时75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。3.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。可能用到的原子量：第Ⅰ卷(选择题共45分)一、单选题(每小题只有一个正确选项，每小题3分，共45分)1.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.新制的氯水在光照条件下颜色变浅B.和生成HI的反应达平衡后加压，颜色变深C.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气D.工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高的利用率【答案】B【解析】【详解】A.，光照条件下，HClO分解，使平衡向正方向移动，氯水中氯气浓度减小，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B.，增大压强，平衡不移动，I2物质的量之不变，容器体积减小，I2浓度增大，颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；C.氯气溶于水，存在，，饱和食盐水能使平衡左移，减小氯气在水中的溶解度，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；D.工业生产硫酸的过程中，使用过量的空气，增大氧气浓度，使平衡右移，以提高的利用率，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故答案选B。2.下列说法正确的是 A.增大压强，活化分子百分数增多，化学反应速率一定增大B.升高温度，活化分子百分数不一定增大，化学反应速率一定增大C.增大反应物浓度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大D.使用正催化剂，降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率增大【答案】D【解析】【详解】A．对于无气体物质参加的化学反应，增大压强，化学反应速率不变；对于有气体参加的反应，增大压强，活化分子百分数不变，A错误；B．升高温度，物质的内能增加，活化分子百分数一定增大，化学反应速率一定增大，B错误；C．增大反应物浓度，活化分子百分数不变；若加入的反应物是固体或纯液体，加入反应物，化学反应速率不变，C错误；D．使用正催化剂，则降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率增大，D正确；故答案选D。3.下列反应一定属于非自发进行的是A.N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.7kJ/molB.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H=+1921.8kJ/molC.C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)△H=-2804kJ/molD.2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol【答案】A【解析】【分析】根据复合判据，当时，反应可以自发进行，以此解题。【详解】A．反应特征分析，反应的△H>0，△S<0，则△H-T△S>0，反应一定非自发进行，故A符合；B．反应△H>0，△S>0，高温下可能△H-T△S<0，故B不符合；C．反应的△H<0，△S=0，则△H-T△S<0，反应一定自发进行，故C不符合；D．反应△H<0，△S<0，则△H-T△S>0，低温下反应可能自发进行，故D不符合；故选A。4.下列有关说法正确的是A.已知HI(g)H2(g)＋I2(s)ΔH=-26.5kJ·mol-1，由此可知1molHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量B.已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH=-571.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热为ΔH=-285.8kJ·mol-1C.已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)ΔH1，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH2，则ΔH1<ΔH2 D.含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH=-57.4kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】A．HI的分解属于可逆反应，故放出的热量小于26.5kJ，A错误；B．氢气燃烧热指的是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，B错误；C．C燃烧生成CO2比生成CO放出的热量更多，由于放热反应ΔH为负值，故ΔH1<ΔH2，C正确；D．中和热指的是强酸与强碱的稀溶液反应只生成1mol水所放出的热量，CH3COOH为弱酸，D错误；故答案为C。5.二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①②若反应①为慢反应，下图中能体现上述反应能量变化的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由盖斯定律可知，反应①十反应②得总反应方程式，则总反应的，则该总反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，B、D错误；反应①为慢反应，是总反应的决速步骤，则反应①的活化能比反应②的大，A正确，C错误；答案选A。6.灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。下列说法正确的是已知：①Sn(白，s)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)△H1 ②Sn(灰，s)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)△H2③Sn(灰，s)Sn(白，s)△H3=+2.1kJ•mol-1A.△H1＞△H2B.锡在常温下以灰锡状态存在C.灰锡转化为白锡的反应是放热反应D.锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏【答案】D【解析】【详解】A．依据盖斯定律，由②−①可得反应③，反应为吸热反应，所以ΔH3＝ΔH2−ΔH1＞0，所以ΔH1＜ΔH2，故A错误；B．根据反应③Sn(灰，s)Sn(白，s)可知，温度高于13.2℃时，灰锡会转变为白锡，所以在常温下，锡以白锡状态存在，故B错误；C．根据反应③Sn(灰，s)Sn(白，s)△H3=+2.1kJ•mol-1可知，由灰锡变为白锡会吸热反应，故C错误；D．根据根据反应③Sn(灰，s)Sn(白，s)可知，温度低于13.2℃时，白锡会转变为灰锡，而灰锡以粉末状态存在，即锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查反应过程中能量变化，侧重考查学生盖斯定律和物质存在形式的掌握情况，试题难度中等。7.某小组探究反应速率的影响因素，有关实验数据如表所示：实验编号温度/℃催化剂用量/g酸性溶液溶液溶液褪色平均时间/min体积/mL浓度/体积/mL浓度/I250.540.160.212.7II800.540.160.2a Ⅲ250.540.0160.24.0IV25040.0160.2b下列说法不正确的是A.可通过相同时间内收集的体积大小来判断反应速率快慢B.，C.实验III中用酸性溶液的浓度变化表示的反应速率D.向实验中加入适量固体会加快反应速率【答案】D【解析】【详解】A．相同时间内收集的体积越大，反应速率越快，可通过相同时间内收集的体积大小来判断反应速率快慢，故A正确；B．温度越高，反应速率越快，反应II的温度大于反应I，反应II速率快，所以，反应IV未使用催化剂，反应速率比Ⅲ慢，所以，故B正确；C．实验III中用酸性溶液的浓度变化表示的反应速率，故C正确；D．根据反应的离子方程式，的浓度对反应速率无影响，可知向实验中加入适量固体，反应速率不变，故D错误；选D。8.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。能判断该反应已经达到化学平衡的是①v(NH3)正=2v(CO2)逆②密闭容器中总压强不变③密闭容器中混合气体的密度不变④密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变⑤密闭容器混合气体的总物质的量不变⑥密闭容器中CO2的体积分数不变⑦混合气体总质量不变 A.①②⑤⑦B.①②③⑤⑦C.①②③⑤⑥D.全部【答案】B【解析】【分析】结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态，以此来解答。【详解】①v(NH3)正=2v(CO2)逆满足正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故选；②正反应体积增大，当密闭容器中总压强不变时反应达到平衡状态，故选；③密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但是气体的质量是变化的，所以当密闭容器中混合气体的密度不变时反应达到平衡状态，故选；④由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故不选；⑤正反应气体的分子数增大，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时反应达到平衡状态，故选；⑥由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中CO2的体积分数始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故不选；⑦由于反应物是固体，所以混合气体总质量不变时反应达到平衡状态，故选；故选B。9.有可逆反应。该反应的速率与时间的关系如图所示：如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则对应t2、t4、t6、t8时改变的条件正确的是A.升高温度，减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂B.增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度C.使用了催化剂，增大压强，减小反应物浓度，降低温度D.升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂【答案】A【解析】【详解】t2时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都增大，但v(逆)增大的倍数更多，应为升高温度；t4时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都减小，但v(正)减小的倍数更多，应为减小压强；t6时，改变某一条件，v(正)增大、v(逆)不变，平衡正向移动，应为增大反应物的浓度；t8时，改变某一条件，v(正)、v(逆)同等程度增大，但平衡不移动，应为使用了催化剂； 综合以上分析，A符合题意，故选A。10.在某恒家密闭容器中充入一定量的X和Y发生反应：反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示，下列推断正确的是A.M点时，Y的转化率最大B.升高温度，平衡逆向移动C.平衡后充入Z，达到新平衡时Z的体积分数增大D.W、M两点Y的正反应速率相同【答案】B【解析】【分析】温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达到平衡，反应向正反应方向进行，最低点之后，升高温度，X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应。【详解】A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度，平衡向逆反应方向移动，Y的转化率减小，所以Q点时Y的转化率最大，故A错误；B．根据上述分析可知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故B正确；C．反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入Z，达到新平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故C错误；D．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越大，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故D错误；答案为B。11.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)ΔH<0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3molA和1molB，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（）A.③②①B.③①②C.①②③D.②①③ 【答案】A【解析】【详解】3A(g)＋B(g)2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中，体积不变，温度升高，与容器②相比，相当于升温，不利于反应正向移动，C物质的体积分数②>①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。【点睛】本题考查温度、压强对化学平衡移动的影响，能正确分析①②容器温度变化、②③压强变化是解题的关键。12.向一活塞式的密闭容器中充入1molPCl5(g)，在一定条件下发生反应：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)　ΔH>0.达到平衡后，保持温度不变，继续向该容器中充入1molPCl5(g)，则达到新平衡时PCl5(g)的转化率将A.变大B.变小C.不变D.无法判断【答案】C【解析】【分析】【详解】向一活塞式的密闭容器即为一个恒温恒容的密闭容器，则保持温度不变，继续向该容器中充入1molPCl5(g)，相当于两个容器，甲容器中加入1molPCl5(g)，乙容器中加入2molPCl5(g)，根据恒温恒容条件下只要反应物的投料比相等，二者达到等效平衡，故达到新平衡时PCl5(g)的转化率与原平衡相等，即不变，故答案为：C。13.CO可用于合成甲醇，其反应的化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在一容积可变的密闭容器中充有10molCO与20molH2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(P)的关系如图所示。下列说法正确的是A.合成甲醇的反应为吸热反应B.A、B、C三点的平衡常数为KA=KB＞KCC.压强为p1＞p2D.若达平衡状态A时，容器的容积为10L，则在平衡状态B时容器的容积也为10L 【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，压强一定时，CO的平衡转化率随温度的升高而降低，即升高温度平衡逆向移动，则合成甲醇的反应为放热反应，A错误；B．由上述分析可知，合成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，温度相同时，K值相同，则图中A、B、C三点的平衡常数：KA=KB＞KC，B正确；C．该反应是气体体积减小的反应，温度一定时增大压强，平衡正向移动，CO平衡转化率增大，即压强越大，CO平衡转化率越大，则图中压强：p2＞p1，C错误；D．A点时反应为，平衡常数K===1；B点时反应为，设平衡时容器的体积为VL，A、B两点温度相同，则平衡常数KA=KB，即平衡常数K===1，解得V=2，即在平衡状态B时容器的体积为2L，D错误；故答案为：B。14.已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)　ΔH<0，将一定量的NO2充入注射器后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深，透光率越小)，下列说法正确的是A.b点的操作为拉伸注射器B.c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小Cd点正<逆D.若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T(b)＞T(c)【答案】C 【解析】【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析解题。【详解】A．b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，A错误；B．c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，B错误；C．c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以正<逆，C正确；D．b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T(b)＜T(c)，D错误；故答案为：C。15.已知某化学反应的平衡常数表达式为K=，在不同的温度下该反应的平衡常数如表所示：t/℃70080083010001200K1.671.111.000.600.38下列有关叙述不正确的是A.该反应的化学方程式是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)B.温度越高，反应进行的程度越小C.若在1L的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5min后温度升高到830℃，此时测得CO为0.4mol，则该反应达到平衡状态D.若平衡浓度符合下列关系式：=，则此时的温度为1000℃【答案】C【解析】【详解】A．平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，依据平衡常数的表达式K=可知，反应物是一氧化碳和水，生成物是二氧化碳和氢气，该反应的化学方程式是：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，故A正确； B．分析图表数据，平衡常数随温度升高减小，说明升温平衡逆向进行，反应进行的程度越小，故B正确；C．若在1L的密闭容器中通入CO2和H2各1mol，5 min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4 mol时，列三段式：，Q==2.25≠1，此时反应没有达到平衡状态，故C错误；D．某温度下，如果平衡常数符合下列关系式：，说明反应达到平衡状态，依据平衡常数表达式和平衡常数数值计算分析，温度为1000℃平衡常数K==0.6，此时温度为1000℃，故D正确；故选：C。第Ⅱ卷(非选择题共55分)二、填空题(共55分)16.（1）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸汽转化为氢气的两种反应的热化学方程式如下：①CH3OH（g）＋H2O（g）=O2（g）＋3H2（g）ΔH＝＋49.0kJ·mol－1②CH3OH（g）＋O2（g）=O2（g）＋2H2（g）ΔH＝－192.9kJ·mol－1又知③H2O（g）=H2O（l）　ΔH＝－44kJ·mol－1，则甲醇蒸汽燃烧为液态水的热化学方程式为_______________。（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。 可知水煤气变换的ΔH_____0（填“大于”“等于”或“小于”）,该历程中最大能垒（活化能）E正=　_____eV,写出该步骤的化学方程式__________。（3）如表所示是部分化学键的键能参数：化学键P—PP—OO=OP=O键能/kJ·mol－1abcx已知白磷的燃烧热为dkJ·mol－1，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图所示，则表中x＝________kJ·mol－1（用含a、b、c、d的代表数式表示）。（4）火箭和导弹表面薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al（s）＋3TiO2（s）＋3C（s）=Al2O3（s）＋3TiC（s）　ΔH＝－1176kJ/mol，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为________。【答案】①.CH3OH（g）＋O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－764.7kJ·mol－1②.小于③.2.02④.COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*=H*+OH*）⑤.（d＋6a＋5c－12b）⑥.98kJ【解析】【详解】(1)利用盖斯定律进行计算，已知①CH3OH（g）＋H2O（g）=O2（g）＋3H2（g）ΔH＝＋49.0kJ·mol－1②CH3OH（g）＋O2（g）=O2（g）＋2H2（g）ΔH＝－192.9kJ·mol－1，又知③H2O（g）=H2O（l）　ΔH＝－44kJ·mol－1，依据盖斯定律计算②×3-①×2+③×2得到CH3OH（g）＋O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－764.7kJ·mol－1，故答案为：CH3OH（g）＋O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－764.7kJ·mol－1；(2)起始状态反应物的相对能量为0，最终状态生成物的相对能量为-0.72eV，反应物的能量高于生成物的能量，反应物的变换反应为放热反应，即ΔH小于0；改历程中两次能垒分别为1.59eV-(-0.32eV)=1.91eV，1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，最大能垒（活化能）E正=2.02eV； 该步骤的反应物为相对能量为-0.16eV的物质：COOH*+H*+H2O*，生成物为相对能量为1.41eV的物质COOH*+2H*+OH*，由此可得该步骤的化学方程式为：COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*=H*+OH*）,故答案为：小于，2.02，COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*=H*+OH*）(3)白磷燃烧的化学方程式为P4+5O2P4O10，1mol白磷完全燃烧需要拆开6molP-P、5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，所以12mol×bkJ·mol－1+4×xkJ·mol－1-(6mol×akJ·mol－1+5mol×ckJ·mol－1)=dkJ·mol－1，解得x=（d＋6a＋5c－12b），故答案为：（d＋6a＋5c－12b）；(4)4Al（s）＋3TiO2（s）＋3C（s）=Al2O3（s）＋3TiC（s）　ΔH＝－1176kJ/mol，转移12mol电子放热1176kJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98kJ，故答案为：98kJ；17.某兴趣小组以重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液为研究对象，结合所学反应原理的知识改变条件使其发生“色彩变幻”。已知：①K2Cr2O7溶液存在平衡：Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋。②含铬元素的离子在溶液中的颜色：Cr2O（橙色）；CrO（黄色）；Cr3＋（绿色）。（1）i可证明反应Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋的正反应是__________（填“吸热”或“放热”）。（2）ii是验证“只降低生成物的浓度，该平衡正向移动”，试剂a是_________。 （3）iii的目的是要验证“增大生成物的浓度，该平衡逆向移动”，此实验是否能达到预期目的________（填“能”或“不能”），理由是____________。（4）根据实验Ⅱ中不同现象，可以得出的结论是__________。（5）继续实验①解释溶液变黄的主要原因是________。②溶液变绿色，该反应的离子方程式是_____________。【答案】①.放热②.KOH（K2CO3）③.不能④.浓H2SO4溶于水放出大量的热，平衡也会逆向移动，所以溶液橙色加深，不能说明是由氢离子浓度的增大，平衡逆向移动（或能冷却至室温，溶液橙色加深，说明氢离子浓度的增大，平衡逆向移动）⑤.在酸性条件下，K2Cr2O7的氧化性更强（或K2Cr2O7氧化性比K2CrO4强）⑥.重铬酸钾溶液中存在平衡：Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋，SO与H＋结合，降低c（H＋），平衡正向移动，溶液变为黄色⑦.Cr2O＋3SO＋8H＋＝2Cr3＋＋3SO＋4H2O【解析】【分析】【详解】(1)i加热温度升高溶液橙色加深可证明反应＋H2O2＋2H＋逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应是放热反应；(2)ii是验证“只降低生成物的浓度，该平衡正向移动”，试剂a可以选择能只与氢离子反应的物质，如KOH、K2CO3等；(3)iii的目的是要验证“增大生成物的浓度，该平衡逆向移动”，此实验不能达到预期目的，理由是浓H2SO4溶于水放出大量的热，平衡也会逆向移动，所以溶液橙色加深，不能说明是由氢离子浓度的增大，平衡逆向移动(或能冷却至室温，溶液橙色加深，说明氢离子浓度的增大，平衡逆向移动)；(4)根据实验Ⅱ中不同现象，可以得出的结论是在酸性条件下，K2Cr2O7的氧化性更强(或K2Cr2O7氧化性比K2CrO4强)；(5)①重铬酸钾溶液中存在平衡：Cr2＋H2O2Cr＋2H＋，与H＋结合，降低c(H＋ )，平衡正向移动，溶液变为黄色；②重铬酸钾溶液被亚硫酸钠还原产生Cr3＋，溶液变绿色，反应的离子方程式是Cr2＋3＋8H＋＝2Cr3＋＋3＋4H2O。18.I.在硫酸工业中，通过下列反应使SO2氧化成SO3：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.6kJ•mol-1。(已知：反应条件为催化剂、加热；催化剂是V2O5，在400～500℃时催化剂效果最好)表中列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时SO2的转化率。温度/℃平衡时SO2转化率/%0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa45097.598.999.299.699.755085.692.994.997.798.3（1）从理论上分析，为了使二氧化硫尽可能多地转化为三氧化硫，应选择的条件是________。（2）在实际生产中，选定的温度为400～500℃，原因是________。（3）在实际生产中，采用的压强为常压，原因是________。（4）在实际生产中，通入过量的空气，原因是________。（5）尾气中SO2必须回收，原因是________。II.Bodenstein研究了反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH＞0。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如表所示：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.60.730.7730.780.784（6）根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为________。（7）上述反应中，正反应速率v正=k正x2(HI)，逆反应速率v逆=k逆x(H2)•x(I2)，其中k正、k逆为正、逆反应速率常数，则k逆为_______(用含K和k正的代数式表示)。III.在刚性容器压强为1.01MPa时，乙酸甲酯与氢气制备乙醇主要发生如下反应：CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3OH(g)+CH3CH2OH(g)。一定温度下，以n(CH3COOCH3)∶n(H2)=1∶10投料比进行反应，乙酸甲酯转化率与气体总压强的关系如图所示： （8）A点时，CH3COOCH3(g)的平衡分压为________，CH3CH2OH(g)的体积分数为________%(保留一位小数)。（9）此温度下，该反应的化学平衡常数Kp=______MPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数，列出计算式，不要求计算结果)。【答案】（1）450℃、10MPa（2）在此温度下，催化剂活性最高。温度较低，会使反应速率减小，达到平衡所需时间变长；温度较高，SO2转化率会降低（3）在常压下SO2的转化率就已经很高了(97.5%)，若采用高压，平衡能向右移动，但效果并不明显，且采用高压时会增大对设备的要求而增大生产成本（4）增大反应物O2的浓度，有利于提高SO2的转化率（5）防止污染环境；循环利用，提高原料的利用率（6）（7）（8）①.0.01MPa②.8.9（9）【解析】【小问1详解】表中数据显示，温度低、压强大，平衡时SO2的转化率高，则从理论上分析，为了使二氧化硫尽可能多地转化为三氧化硫，应选择的条件是：450℃、10MP；【小问2详解】在实际生产中，选定的温度为400℃～500℃，选择稍高的温度，主要是从反应速率、反应达平衡所需时间、催化剂的活性等角度考虑，原因是：在此温度下，催化剂活性最高。温度较低，会使反应速率减小，达到平衡所需时间变长；温度较高，SO2转化率会降低；【小问3详解】 在实际生产中，应综合考虑生产成本，采用的压强为常压，原因是：在常压下SO2的转化率就已经很高了(97.5%)，若采用高压，平衡能向右移动，但效果并不明显，且采用高压时会增大对设备的要求而增大生产成本；【小问4详解】二氧化硫的催化氧化反应为可逆反应，增大一种反应物的浓度，有利于提高另一种反应物的转化率。在实际生产中，通入过量的空气，原因是：增大反应物O2的浓度，有利于提高SO2的转化率；【小问5详解】SO2是大气污染物，所以尾气中的SO2必须回收，原因是：防止污染大气，循环利用，可提高原料利用率；【小问6详解】列三段式：，所以，答案为：；【小问7详解】反应达到平衡时，，所以，，答案为：；【小问8详解】由图可看出，转化率为90%时，总压为1.01MPa，已知n(CH3COOCH3):n(H2)=1:10，列三段式求解：总压为1.01MPa，因此CH3COOCH3(g)的平衡分压为；CH3CH2OH(g)的体积分数即为物质的量分数，其体积分数，答案为：0.01MPa，8.9；【小问9详解】由上题解析可知CH3COOCH3(g)的平衡分压为0.01Mpa，所以H2、CH3CH2OH、CH3OH的平衡分压为 0.82Mpa、0.09MPa、0.09MPa，，答案为：。19.二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主要原理如下：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1=-90.7kJ·mol-1　K1②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH2=-23.5kJ·mol-1　K2③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH3=-41.2kJ·mol-1　K3回答下列问题：（1）反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH=_______kJ·mol-1；该反应的平衡常数K=_______(用K1、K2、K3表示)。（2）下列措施中，能提高①中CH3OH产率的有_______。A.使用过量的COB.升高温度C.增大压强（3）一定温度下，将0.2molCO和0.1molH2O(g)通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1，则0~5min内v(H2O)=_______，CO的转化率α(CO)=_______。（4）将合成气以=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图1所示，下列说法正确的是_______(填字母)。A.ΔH＜0B.p1＞p2＞p3C.若在p3和316℃时，起始时=3，则平衡时，α(CO)小于50%（5）采用一种新型的催化剂(主要成分是Cu-Mn的合金)，利用CO和H2制备二甲醚(DME)。观察图2 ，当约为_______时最有利于二甲醚的合成。【答案】（1）①.-246.1②.K12·K2·K3（2）AC（3）①.0.003mol·L-1·min-1②.15%（4）AB（5）2.0【解析】【分析】【小问1详解】根据盖斯定律，因此有2×①＋②＋③，ΔH=2×ΔH1＋ΔH2＋ΔH3=－246.1kJ·mol-1，根据化学平衡常数的数学表达式，得出、、、，从而推出K=K12·K2·K3；故答案为-246.1kJ·mol-1；K=K12·K2·K3；【小问2详解】A．使用过量的CO，c(CO)增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH产率增加，故A符合题意；B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH3OH产率降低，故B不符合题意；C．反应前的气体系数之和大于反应后气体系数，增大压强，平衡向正反应方向移动，CH3OH的产率增大，故C符合题意；答案为AC；【小问3详解】反应③中反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体物质的量保持不变，达到平衡后H2的物质的量为0.3mol×0.1=0.03mol，此时消耗H2O的物质的量为0.03mol，0～5min内，v(H2O)==0.003mol·L -1·min-1；0～5min内，消耗n(CO)=0.03mol，CO的转化率为=15%；故答案为0.003mol·L-1·min-1；15%；【小问4详解】A．根据图象，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即ΔH＜0，故A正确；B．作等温线，根据勒夏特列原理，增大压强，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，从而推出p1＜p2＜p3，故B正确；C．=3，相当于在=2基础上通入H2，通入H2，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，CO的转化率大于50%，故C错误；答案为AB；【小问5详解】