山东省威海市乳山市银滩高级中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（含解析）

银滩高级中学2023-2024学年高二上学期10月月考
化学试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间90分钟。考试结束后，将答卷纸和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷(共40分)
注意事项1. 答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的班级、姓名、座号、准考证号填写在答题卡和试卷规定的位置上，并将答题卡上的考号、科目、试卷类型涂好。2. 第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B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，答案不能答在试卷上。3. 第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔在答卷纸各题的答题区域内作答；不能写在试题卷上，不按以上要求作答的答案无效。
可能用到的相对原子质量：H 1;He 4;Li 7;B 11;C 12;N 14;0 16;Na 23;Mg 24;Al 27;S 32;Cl 35.5;K 39;Ca 40;Ti 48;Co 59；Cu 64;Zn 65;Y 89;Ag 108;Mn 55;Sn 119;I 127;Ba 137；La 139.
一、选择题（1-5每小题1分，6-12每小题2分，共19分，每个小题只有一个正确答案）
1. 如图所示为接触法制硫酸的设备和工艺流程，接触室发生反应的热化学方程式表示为：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-196.6kJ·mol-1。下列说法不正确的是
A. 黄铁矿进入沸腾炉之前需要进行粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，并且可以提高原料的转化率
B. 沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室
C. 工业生产要求高效，为加快反应速率，接触氧化应使用催化剂并尽可能提高体系温度
D. 工业制硫酸的尾气大量排放至空气中会形成酸雨
2. 下列说法不正确的是
A. 已知冰的熔化热为6.0kJ/mol，冰中氢键键能为20kJ/mol，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15％的氢键
B. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol，则HCl和NH3·H2O反应生成1molH2O(1)时放出热量大于57.3kJ
C. 已知：正丁烷(g)=异丁烷(g)△H<0，则异丁烷比正丁烷稳定
D. 可以通过测定C(石墨，s)和CO(g)的燃烧热间接计算C(石墨，s)+O2(g)=CO(g)的反应热
3. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 利用装置甲测定化学反应速率
B. 利用装置乙证明对H2O2分解反应Fe3+催化效果好于Cu2+
C. 利用装置丙探究温度对平衡2NO2(g) N2O4(g)影响
D. 利用装置丁探究压强对平衡H2(g)+I2(g) 2HI(g)的影响
4. 法国化学家PaulSabatier较早提出可以利用工业废弃物CO2转化为CH4，其反应原理为CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) △H=-165kJ mol-1。若在密闭容器中充入1molCO2、1mol H2引发该反应进行，下列说法正确的是
A B C D
恒温恒容下，混合气体中CH4与CO2的体积分数变化 恒温恒压条件平衡后，t1时改变条件可能是充入少量N2 升高温度，平衡常数Kc的变化趋势 CO2平衡转化率随压强的变化趋势
5. 在800℃密闭容器中进行反应：。若CO起始浓度为1.0，水蒸气起始浓度为1.5，、起始浓度为0。达到平衡后，测得浓度为0.6。α为转化率，下列计算结果不正确的是
A. B. C. D.
6. 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
7. Ni单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化的历程如下。
下列说法不正确的是
A. CO2催化转化的产物是CO和H2O B. 过程②→③涉及化学键的断裂与生成
C. 生成1mol CO，需要转移2mol电子 D. 反应过程中，C的化合价未发生改变
8. 美国通用原子能公司(GA)提出的碘硫热化学循环是由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成的(如下图所示)，下列有关说法正确的是(　 　)
A. 设计该循环是为了制取能源气体O2
B. 整个循环过程中产生1 mol O2的同时产生44.8 L H2
C. 若反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1+△H2+△H3>0
D. 图中反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可在常温常压下进行
9. 俄乌冲突爆发以来，许多西方国家宣布制裁俄罗斯，制裁范围涵盖俄罗斯的猫、树以及该国的文艺作品等，但俄罗斯的石油和天然气目前并不在制裁之列。 设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=akJ mol-1
②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H2=bkJ mol-1
其他数据如表所示，下列说法正确的是
化学键 C=O O=O C-H O-H
键能/(kJ mol-1) 798 x 413 463
A. bB. H2O(g)=H2O(l) △H=(a-b)kJ mol-1
C. 上表中x=
D. 利用反应①设计的原电池电解精炼铜,当负极输出0.2NA个电子时。理论上电解槽的阴极质量增重6.4g
10. 我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A. 该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*
B. 该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV
C. 该反应热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02ev mol-1
D. 增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率
11. 反应I、II、III均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应I、II发生在氧化炉中，反应III发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如表所示。下列说法正确的是
温度(K) 化学平衡常数
反应I：4NH3+5O24NO+6H2O 反应II：4NH3+3O22N2+6H2O 反应III：2NO+O22NO2
500 1.1×1026 7.1×1014 1.3×102
700 2.1×1019 2.6×1025 1.0
A. 升高氧化炉的温度可提高反应I的逆反应速率而减慢反应II的逆反应速率
B. 通过减小氧化炉的压强可促进反应I而抑制反应II
C. 在氧化炉中使用选择性催化反应I的催化剂可增大氧化炉中NO的含量
D. 氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度
12. I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。i．SO2+4I－+4H+S↓+2I2+2H2O ii．I2+2H2O+SO2SO42-+4H++2I－
探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
试剂组成 0.4 mol·L－1KI a mol·L－1KI 02 mol·L－1H2SO4 0.2 mol·L－1H2SO4 0.2 mol·L－1KI 0.0002 mol I2
实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较I快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较I快
下列说法不正确的是（　　）
A. 水溶液中SO2歧化反应方程式为3SO2+2H2O2H2SO4+S↓
B. II是I的对比实验，则a=0.4
C. 比较I、II、III，可得出的结论是：I 是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率
D. 实验表明，SO2的歧化反应速率IV＞I，原因是反应i比ii快；IV中由反应ii产生的H+使反应i加快
二、不定项选择题（13-19每小题3分，部分分2分，共21分，每个小题有一个或两个正确答案，错答不得分）
13．在恒容密闭容器中发生反应：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)下列有关说法正确的是
体积 投料 200℃时 HCl平衡转化率 400℃时 HCl平衡转化率
容器I 1L 4mol HCl(g)、1mol O2(g) 90% 75%
容器II 2L Xmol HCl(g)、2mol O2(g) α1 α2
A．该反应的ΔH>0
B．400℃时，该反应的平衡常数的值为
C．400℃时，若X >8，则α2 >75%
D．400℃时，向容器I平衡体系中再加入1molO2(g)和1molCl2(g)，此时v (正)> v (逆)
14．钠硫电池作为一种新型化学电源，具有体积小、容量大、寿命长、效率高等重要优点。其结构与工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．放电过程中，A极为电源正极
B．放电过程中，电池总反应为
C．充电过程中，由A极移动到B极
D．充电过程中，外电路中流过电子，负极材料增重
15．恒温恒容时，向体积为2.0L密闭容器中充入1.0 molPCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s 0 50 150 250 350
n(PCl3)/ mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20
下列说法正确的是
A．反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)=0.0016 mol·L－1·s－1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.12 mol·L－1,则反应的△H＜0
C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0mol PCl5、0.20mol PCl3和0.20molCl2，达到平衡前v(正)＞v(逆)
D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0mol PCl3、2.0mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
16. 小组同学探究盐溶液对反应Fe3++SCN-[Fe(SCN)]2+ (血红色)的影响。将2mL0.01mol/LFeCl3的溶液与2mL0.02mol/L的KSCN溶液混合，分别加入等量的试剂①~④，测得平衡后体系的透光率如下图所示。
已知：ⅰ．溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略
ⅱ．Fe3++4Cl-[FeCl4]-(黄色)
下列说法不正确的是
A. 注入试剂①后溶液透光率增大，证明Fe3++SCN-[Fe(SCN)]2+逆向移动
B. 透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的
C. 透光率④比③高，可能发生了反应
D. 若要证明试剂③中Cl-对平衡体系有影响，还应使用0.04mol/L的KNO3溶液进行实验
17. 中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将催化还原为。已知催化加氢的主要反应有：
①
②
其他条件不变时，在相同时间内温度对催化加氢的影响如图。
下列说法不正确的是
A.
B. 使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数
C. 220～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小
D. 其他条件不变，增大压强，不利于反应向生成的方向进行
18. 世界某著名学术刊物近期介绍了一种新型中温全瓷铁-空气电池，其结构如图所示。下列有关该电池放电时的说法正确的是
A. 由b极移向a极
B. 正极的电极反应式为
C. 若有22.4 L(标准状况)空气参与反应，则电路中有0.14 mol电子转移
D. 铁表面发生的反应为
19. 在3个容积均为10L的密闭容器中分别放入0.2mol PCl3和0.2 molCl2，在不同条件下发生反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)。各容器内气体总压强随时间的变化如图所示。
下列说法错误的是
A. 实验a从反应开始至达到平衡时的平均速率v(Cl2)=mol·L-1·min-1
B. 与实验a相比，实验b使用了催化剂，实验c是在较高温度下进行的
C. 实验c中反应的平衡常数为L·mol-1
D. 三组实验中反应的平衡转化率：a=b＞c
第II卷（非选择题60分）
三、解答题（5小题共 60 分）
20． I.在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂（H2O2），当它们混合时，即产生大量的N2和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量。
（1）写出该反应的热化学方程式___________。
II.中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55mol·L-1的NaOH溶液50mL与0.25mol·L-1的硫酸50mL置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：
（2）从图中实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是___________。
（3）将25mL0.55mol·L-1NaOH溶液和25mL0.25mol·L-1硫酸溶液（密度都近似为1g·cm-3）进行以上实验，经过多次实验测出反应前后温度差平均值为3.2℃。已知中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g°C），则中和热ΔH=___________kJ·mol-1（取小数点后一位）。
（4）若上述实验数值结果与57.3kJ·mol-1相比偏低，则其偏低的原因可能是___________（填字母序号）。
a.实验装置隔热效果差 b.量取NaOH溶液的体积时俯视读数
c.一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后用蒸馏水洗净后再去测定H2SO4溶液的温度
21. 某天然气含CH4和一定量的CO2。以天然气为原料制备苯和氢气的工艺流程如下图所示：
（1）加热塔中发生反应的化学方程式为_______。
（2）由甲烷制备苯的过程中存在如下反应：
芳构化反应：6CH4(g) C6H6(g)+9H2(g) ΔH1
积碳反应：CH4(g) C(s)+2H2(g) ΔH2
若要用ΔH1计算ΔH2，则还需要利用_______反应的ΔH。
（3）已知不同温度和压强下，甲烷芳构化反应中甲烷的平衡转化率如图所示：
①ΔH1_______0(填“>”或“<”)
②P1、P2的大小关系是_______，理由是_______。
（4）在适宜温度下，以金属Mo作催化剂，由甲烷制备苯，几个小时后，单位时间内苯的产量迅速下降，主要原因是_______。
22. 二氧化碳催化加氢制甲醇： ，有利于减少温室气体二氧化碳，有利于实现“碳达峰，碳中和”。
（1）该反应在有、无催化剂条件下的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS为过渡态。
该反应历程中，催化剂使决速步骤的活化能降低_______eV。
（2）将2.0mol 和6.0mol 充入2L恒容密闭容器中，在不同催化剂作用下，相同时间内的转化率随温度变化如图所示。
①根据图中曲线分析，_______的催化剂催化效果最好(填“催化剂I”“催化剂II”“催化剂III”)
②下列措施有利于提高转化为的平衡转化率的有_______(填字母序号)
A.恒容条件下充入不参与反应的 B.选择催化效率更高的催化剂
C.在达到平衡后的体系中移出部分(g)
D.保持反应容器体积不变，平衡时再充入2.0mol (g)和6.0mol (g)
③温度在之后，使用不同的催化剂，二氧化碳转化率相同的原因是_______。
（3）若该反应通过如下步骤来实现：
反应I：
反应II：
①_______。
②其他条件相同的情况下，测得的平衡转化率随温度变化关系如图所示，的平衡转化率随温度变化先下降后升高，温度高于T后的平衡转化率随温度升高而升高的原因为_______。
③一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入2molCO2 和6molH2发生上述三个反应，达到平衡时，容器温度中CH3OH(g)为x mol，CO为y mol，反应I的平衡常数为_______(用含x、y的代数式表示)。
23. 汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、请回答下列问题：
（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=-393.5kJ mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H3=-221kJ mol-1
若某反应的平衡常数表达式为K=则此反应的热化学方程式为___________。
（2）N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g)，某温度下恒容密闭容器中加入一定量N2O5，测得N2O5浓度随时间的变化如下表：
t/min 0 1 2 3 4 5
c(N2O5)/①反应开始时体系压强为p0，第2min时体系压强为p1，则p1：p0=___________。2～5min内用NO2表示的该反应的平均反应速率为___________。
②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是___________。(填字母)。
a．NO2和O2的浓度比保持不变 b．容器中压强不再变化
c．2v正(NO2)=v逆(N2O5) d．气体的密度保持不变
（3）查阅资料发现，电解法也可制取高纯KIO3，工作原理如图，阳极电极反应方程式___________。隔膜为___________交换膜(填“阳离子”或“阴离子”)。
（4）工业生产中可用间接电解法除NO。其原理如图所示：
①从A口中出来的物质名称为___________。
②写出电解池阴极的电极反应式___________。
24. 十八大以来，各地重视“蓝天保卫战”战略。作为煤炭使用大国，我国每年煤炭燃烧释放出的大量SO2严重破坏生态环境。现阶段主流煤炭脱硫技术通常采用石灰石-石膏法将硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
反应Ⅰ：CaSO4(s)+CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) 活化能Ea1，ΔH1=218.4kJ·mol-1
反应Ⅱ：CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s) + 4CO2(g) 活化能Ea2，ΔH2= -175.6kJ·mol－1
请回答下列问题：
（1）反应CaO(s)+3CO(g)+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g)；△H=__________kJ mol-1；该反应在________（填“高温”“低温”“任意温度”）可自发进行。
（2）恒温密闭容器中，加入足量CaSO4和一定物质的量的CO气体，此时压强为p0。tmin中时反应达到平衡，此时CO和CO2体积分数相等，CO2是SO2体积分数的2倍，则反应I的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
（3）图1为1000K时，在恒容密闭容器中同时发生反应I和II，c(SO2)随时间的变化图象。请分析图1曲线中c(SO2)在0～t2区间变化的原因___________________。
图1 图2
（4）图2为实验在恒容密闭容器中，测得不同温度下，反应体系中初始浓度比与SO2体积分数的关系曲线。下列有关叙述正确的是______________________。
A．当气体的平均密度不再变化，反应I和反应Ⅱ同时达到平衡状态
B．提高CaSO4的用量，可使反应I正向进行，SO2体积分数增大
C．其他条件不变，升高温度，有利于反应I正向进行，SO2体积分数增大，不利于脱硫
D．向混合气体中通入氧气（不考虑与SO2反应），可有效降低SO2体积分数，提高脱硫效率
（5）图1中，t2时刻将容器体积减小至原来的一半，t3时达到新的平衡，请在图1中画出t2-t3区间c(SO2)的变化曲线__________。
参考答案
1. 【答案】C【解析】【详解】A．从反应速率的影响因素考虑，增大接触面积可以加快反应速率，并且可以提高原料的转化率，A正确；B．为防止催化剂中毒，丧失活性，沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室，B正确；C．温度较高可能导致催化剂失去活性，反而降低反应速率，温度适宜即可，C错误；D．工业制硫酸的尾气中含有二氧化硫，排放到空气中，可能导致硫酸型酸雨，D正确；故选C。
2. 【答案】B【解析】【详解】A．熔化热相当于破坏的氢键的物质的量氢键，则最多只能破坏冰中氢键的，A正确；B．NH3·H2O为弱电解质，随反应的进行逐步电离，其电离过程吸收热量，因此反应放出的热量少，B错误；C．正丁烷转变成异丁烷放出热量，说明异丁烷的能量较低，物质能量越低越稳定，因此异丁烷更稳定，C正确；D．C (石墨，s)+ O2(g)=CO2(g) CO(g) +O2(g)=CO2(g) ，根据盖斯定律C(石墨，s)+O2(g)=CO(g)可由上述两个反应相减得到，则该反应的，D正确；故选B。
3. 【答案】C【解析】【详解】A．装置甲中产生的气体可能通过长颈漏斗流失，A错误；B．两份溶液中，三价铁离子和铜离子的浓度不同，不能比较，B错误；C．温度不同，两边的反应中平衡移动的方向不同，气体颜色有差别，C正确；D．该反应前后气体计量系数相同，改变压强，平衡不移动，D错误；故选C。
4. 【答案】A【解析】【详解】A．根据该反应特点，可设反应转化的二氧化碳为x mol，则平衡后各物质的物质的量为n(CO2)=(1-x)mol，n(H2)=(1-4x)mol，n(CH4)= x mol，n(H2O)=2x mol，可以得出整个反应过程中， CO2的体积分数为=50％（x＜），随着反应正向移动，x逐渐增大，CH4的体积分数表达式为，分子逐渐增大，分母逐渐减小，所以甲烷的体积分数逐步增加，平衡后CH4的体积分数保持不变，结合x＜可知，其数值小于50％，A正确；B．若升高温度，正反应与逆反应速率均比初始的大，随后正反应速率逐渐增大，逆反应速率继续减小，二者相等时再次达到平衡，从图像中可以看出，t1时刻正反应速率增大后一直保持不变，说明平衡未发生移动，能加快反应速率但不影响平衡移动的因素应为“加入催化剂”，B错误；C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数变小，C错误；D．增大压强，该平衡正向移动，反应物的转化率会增大，D错误；故选A。
5. 【答案】A【解析】【分析】CO起始浓度为1.0，水蒸气起始浓度为1.5，达到平衡后，测得浓度为0.6，则
【详解】A．由上述三段式可知，A错误；B．，B正确；C．，C正确；D．.0，D正确； 故选A。
6. 【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。
7. 【答案】D【解析】【详解】A．根据图示知， 催化转化的产物是CO和H2O，A正确；B．②→③断裂C-O键，形成O-H键，B正确；C．根据 CO →CO得2e-知，生成1 mol CO需要 2 mol 电子，C正确；D．CO2中C是+4价，CO中碳是+2价，C的化合价发生改变，D错误； 故选D。
8. 【答案】C【解析】【详解】根据图示，反应I为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应II为：2H2SO42SO2+O2+2H2O，反应III为2HIH2+I2。A项，设计该循环是为了制取能源气体H2，错误；B项，该循环的总反应为：2H2O=2H2↑+O2↑，生成1molO2同时产生2molH2，H2所处温度、压强未知，无法计算H2的体积，错误；C项，根据盖斯定律，总反应为：2H2O=2H2↑+O2↑，水分解为吸热反应，则△H1+△H2+△H3>0，正确；D项，反应I可在常温常压下进行，反应II、III不可在常温常压下进行，错误；答案选C。
9. 【答案】C【解析】【详解】A．反应① ②都是甲烷燃烧，所有的燃烧都是放热反应，反应热ΔH<0，等量的甲烷完全燃烧生成液态水比生成气态水放出的热量多，因ΔH为负值，放出的热量越多，ΔH越小，因此放出的ΔH1 < ΔH2，摩尔燃烧焓为生成液态水的焓变，故不是bkJ mol-1，故A错误；B．已知：①CH4 (g) +2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(l) ΔH1 = a kJ mol-1
②CH4(g) + 2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(g)ΔH2 = bkJ mol-1根据盖斯定律(①-②)可得：H2O(g) = H2O(1) ΔH=(a-b)kJ mol -1，故B错误；C．根据反应①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=akJ mol-1，ΔH1=413 kJ mol-1×4+2x kJ mol-1-(798 kJ mol-1×2+463 kJ mol-1×4)= akJ mol-1，整理可得：x=，故C正确； D．D.电解精炼铜时,当负极输出0.2NA个电子时转移电子的物质的量为0.2mo/,阴极上铜离子得电子生成铜单质,生成铜的物质的量为0.2mol/2=0.1mol，质量为64g/mo/*0.1mo/= 6.4g，故D正确;故选: D。
10. 【答案】A【解析】【分析】从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(-2.16)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19。【详解】A．从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*，A正确；B．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，B不正确；C．该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev 为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02NAev mol-1，C不正确；D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确；故选A。
11. 【答案】C【解析】【分析】【详解】A．升高温度，反应I、反应II的正、逆反应速率均增大，故A错误；B．增大压强，反应I、反应II均逆向移动，故B错误；C．在氧化炉中使用选择性催化反应I的催化剂，能加快反应I的速率，增大氧化炉中NO的含量，故C正确；D．升高温度，反应III的平衡常数减小，说明正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，升高温度不利于反应III正向进行，故D错误；选C。
12. 【答案】D【解析】【详解】A、由i+ ii×2得反应3SO2+2H2O2H2SO4+S↓，选项A正确；B、B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4，选项B正确；C、对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较I、II、III，可得出的结论是：I 是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率，选项C正确；D、对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率D>A，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查盖斯定律、勒夏特列原理、影响化学反应速率的因素。易错点是研究影响化学反应速率的因素，要求其他的条件不变，对比B和A，KI的浓度应相等，因此a为0.4，根据实验现象，从而得出合理结论，学生平时应学会根据实验现象，推出实验结论。
13．BD14．AC15．AC16. 【答案】A【解析】【详解】A．溶液的血红色越深，透光率越小；注入试剂①(蒸馏水)后溶液透光率升高，说明血红色变浅，原因可能是加水导致浓度减小，血红色减弱导致，不能证明可逆反应Fe3++SCN-[Fe(SCN)]2+的化学平衡逆向移动，A错误；B．③KCl溶液为含有钾离子的中性溶液，②NH4Cl溶液为含有铵根离子的水解显酸性的溶液，根据是否水解或离子不同，则说明透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的，B正确；C．③为0.04 mol/L的KCl溶液，④为4 mol/L的KCl溶液，④的浓度大于③的浓度，透光率④比③高，说明血红色变浅，发生了反应，C正确；D．若要证明试剂③为0.04 mol/L的KCl溶液，Cl-对平衡体系有影响，排除钾离子的干扰，作空白对照实验，要使用阴离子不是氯离子的等浓度溶液，可使用0.04 mo1/L的KNO3溶液进行实验，D正确；故合理选项是A。
17. 【答案】CD【解析】【详解】A．由题干信息可知，反应① ，反应② ，目标反应是可反应①-②得到，根据盖斯定律可知，ΔH=△H1-△H2=(-49.4 kJ/mol)-(+41.2 kJ/mol)=-90.6 kJ/mol，A正确；B．根据碰撞理论可知，使用催化剂,能降低反应所需的活化能，增大活化分子百分数，B正确；C．由图可知，220~240℃，升高温度，CO2的转化率增大,根据反应：① ② 可知升高温度，反应①平衡逆向移动，CO2的转化率减小，反应②平衡正向移动，CO2的转化率增大，说明升高温度对反应②速率的影响比对反应①的大，C错误；D．其他他条件不变时，增大压强，对反应②无影响，反应①平衡正向移动，故其他条件不变时，增大压强，有利于反应向生成CH3OH的方向进行，D错误； 故选CD。
18. 【答案】D【解析】【分析】由新型中温全瓷铁--空气电池的装置图可知，a极通入空气，空气中氧气得电子发生还原反应为正极，铁与水反应生成氢气，氢气在b极失电子发生氧化反应为负极，结合原电池原理分析解答。【详解】A．原电池中，阴离子向负极移动，O2-由正极移向负极，即a极移向b极，故A错误；B．a极空气中氧气得电子发生还原反应为正极，电极反应式为：O2+4e-═2O2-，故B错误；C．标准状况下，22.4L空气的物质的量为1mol，则参与反应的氧气为0.2mol，则电路中转移0.8mol电子，故C错误；D．由新型中温全瓷铁--空气电池的装置图可知，铁表面发生的反应为xH2O(g)+Fe═FeOx+xH2，故D正确；故选D。
19.【答案】C【解析】【分析】恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，设到平衡状态时消耗PCl3物质的量为x，则三段式：
【详解】A. 实验a气体压强160变化为120，60min达到平衡状态，气体压强之比等于气体物质的量之比，0.4：（0.4-x）=160：120，解得：x=0.1，则实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率为：，A正确；B. 分析图象可知，达到平衡状态的时间不同，时间越短反应速率越快，从反应开始至达到平衡时的反应速率v（PCl3）由大到小的次序b＞c＞a，实验b与实验a相比，达到相同平衡状态，但时间不同，实验b改变的实验条件是加入了催化剂改变了反应速率，实验c是在较高温度下进行的，B正确；C. 实验c气体压强175变化为140，45 min达到平衡状态，气体压强之比等于气体物质的量之比，0.4：（0.4-x）=175：140，解得：x=0.08，平衡常数，C错误；D. 实验b与实验a相比，实验b用了催化剂加快反应速率，实验a与实验b的转化率相同，根据A的计算，实验a的转化率，根据C的计算，实验c的转化率，所以三组实验中反应的平衡转化率：a=b＞c，D正确；故答案为：C。
20．N2H4(l)+2H2O2(l)＝N2(g)+4H2O(g) △H=－640kJ/mol 环形玻璃搅拌棒 -53.5 ad
21. 【答案】（1）2NaHCO3Na2CO3 + CO2↑+H2O （2）C6H6(g) 6C(s) + 3H2(g)
（3） ①. > ②. P1 > P2 ③. 当温度一定时，随着压强增大，6CH4(g) = C6H6(g) + 9H2(g)平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小 （4）甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速率降低【解析】【分析】由题给流程可知，将天然气通入吸收塔中，碳酸钠溶液与天然气中二氧化碳反应生成碳酸氢钠；将除杂得到的甲烷气体通入芳构化塔发生可逆反应生成苯和氢气，在分离塔中得到苯、氢气和未反应的甲烷，未反应的甲烷通入芳构化塔循环使用；将碳酸氢钠溶液通入到加热塔中，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，得到的碳酸钠溶液通入到吸收塔中循环使用。【小问1详解】由分析可知，加热塔中发生的反应为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3 + CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3 + CO2↑+H2O；【小问2详解】由盖斯定律可知，若要用ΔH1计算ΔH2，则还需要利用C6H6(g) 6C(s) + 3H2(g)反应的ΔH，故答案为：C6H6(g) 6C(s) + 3H2(g)；
【小问3详解】①由图可知，升高温度，甲烷的增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应ΔH1 > 0，故答案为：>；②该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，由图可知P1条件时甲烷的转化率大于P2，则压强P1大于P2，故答案为：P1 > P2；当温度一定时，随着压强增大，6CH4(g) = C6H6(g) + 9H2(g)平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小；【小问4详解】在适宜温度下，以金属Mo作催化剂，由甲烷制备苯，几个小时后，单位时间内苯的产量迅速下降，说明甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，导致反应速率降低，故答案为：甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速率降低。
22. 【答案】（1）0.20 （2） ①. 催化剂I ②. C D ③. 温度在T4之后，这三种催化剂条件下的反应都已达到平衡，且平衡不受催化剂的影响，所以，二氧化碳的转化率相同
（3） ①. -90.2kJ·mol-1 ②. 温度高于T后，以反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) △H1=＋41.2kJ·mol-1为主，反应吸热，温度升高，平衡正向移动，CO2的平衡转化率随温度升高而升高 ③. 【解析】【小问1详解】反应速率最慢的反应为决速反应，而活化能最高的反应速率最慢，活化能=1.80eV-0.20eV=1.60eV；使用催化剂后活化能=0.40eV-(-1.00eV)=1.40eV，催化剂使决速步骤的活化能降低1.60eV-1.40eV=0.20eV。【小问2详解】①由图可知，催化剂I较低温度T时CO2的转化率已达到80%，因此催化剂催化效果最好的是催化剂I；②A．恒容条件下充入不参与反应的N2平衡不会移动，所以转化为的平衡转化率不变，A错误；B．催化剂不能改变的平衡转化率，B错误；C．在达到平衡后的体系中移出部分(g)，平衡正向移动，的平衡转化率提高，C正确；D．保持反应容器的体积不变，平衡时再充入2.0mol(g)和6.0mol(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，转化为的平衡转化率增大，D正确； 故选CD。③温度在之后，这三种催化剂条件下的反应都已达到平衡，且平衡不受催化剂的影响，所以，使用不同的催化剂，二氧化碳的转化率相同。【小问3详解】①根据盖斯定律，反应II=总反应-反应I，=-=。②温度高于T后，以反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) △H1=＋41.2kJ·mol-1为主，反应吸热，温度升高，平衡正向移动，CO2的平衡转化率随温度升高而升高。③由题可知，结合反应I和反应II，向体积为2L的恒容密闭容器中通入2molCO2 和6molH2发生上述三个反应，达到平衡时，容器温度中CH3OH(g)为x mol，CO为y mol，反应II中参加反应的CO为xmol，H2为2xmol,反应I中生成的CO为(x+y)mol，因此，
反应I的平衡常数为：。
23. 【答案】（1）2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g) ΔH4=-746.5kJ mol-1
（2） ①. 7：4 ②. 0.22mol/（L min） ③. b
（3） ①. 6OH-+I--6e-=+3H2O ②. 阴离子
（4） ①. O2、较浓的硫酸 ②. 2+2e-+2H+=+2H2O
【解析】【小问1详解】若某反应的平衡常数表达式为：K=，则发生反应为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)；已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)
②C(s)+O2(g)=CO2(g)
③2C(s)+O 2(g)=2CO(g)
根据盖斯定律，②×2-③-①得：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=2×(-393.5kJ mol-l)-( -221kJ mol-l)-( +180.5kJ mol-l)=-746.5kJ molˉ1；
【小问2详解】①根据题干信息可进行三段式分析如下：
相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比，则p1：p0=(0.5+1.0+0.25)mol：1.00mol=7:4；2min～5min内，v (N2O5)==0.11mol L-1 min-1，根据同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比得v(NO2)=2v(N2O5)=0.22mol L-1 min-1；②a．NO2和O2的浓度比等于其反应的系数比，始终都不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，a错误；b．该反应为气体体积增大的反应，压强为变量，容器中压强不再变化，说明各组分的浓度不再变化，反应已达到化学平衡状态，b正确；c．v正(NO2)=2v逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态，2v正(NO2)= v逆(N2O5) 时该反应没有达到平衡状态，c错误；d．该反应前后都是气体，气体总质量、气体体积为定值，则密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，d错误；故答案为b；【小问3详解】由图可知，阳极碘离子失去电子发生氧化反应在碱性环境下生成碘酸根离子，反应为6OH-+I--6e-=+3H2O；阴极上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，生成的氢氧根离子向阳极移动，故隔膜为阴离子交换膜；【小问4详解】①由图可知，阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，阳极区水减少，硫酸浓度增大，故从A口中出来的物质名称为O2、较浓的硫酸。②电解池阴极的亚硫酸氢根离子得到电子发生还原反应在酸性条件下生成，电极反应式2+2e-+2H+=+2H2O。
24. 【答案】 ①. -394.0kJ·mol-1 ②. 低温 ③. 0.25p0 ④. 反应I的活化能Ea1较小，反应速率I比II大，0～t1阶段c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态。 ⑤. ACD； ⑥.
【解析】【详解】(1)反应Ⅰ：CaSO4(s)+CO(g)CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) ΔH1=218.4kJ·mol-1反应Ⅱ：CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s) + 4CO2(g) ΔH2= -175.6kJ·mol－1
根据盖斯定律反应Ⅱ-反应Ⅰ得：CaO(s)+3CO(g)+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g)，所以，ΔH=ΔH2-ΔH1=-175.6kJ·mol－1-218.4kJ·mol-1=-394.0kJ·mol-1。该反应为气体分子数减小的反应，ΔS＜0，ΔH＜0，当ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行，则T较小的时候反应能自发进行，即该反应在低温时能自发进行，故答案为：-394.0kJ·mol-1；低温；
(2)设参加反应Ⅰ的CO起始的物质的量为a，平衡时，CO和CO2体积分数相等，CO2的体积分数是SO2体积分数的2倍，故设平衡时，SO2的物质的量为xmol，CO和CO2的物质的量为2x，则对于反应Ⅰ有：
则反应Ⅱ生成的CO2的物质的量为(2x-x)mol=xmol，生成CO的物质的量=[2x-(a-x)]mol=(3x-a)mol，则对于反应Ⅱ有：
结合反应Ⅰ、Ⅱ可知：CO的充入量为(4x-a)+a=4x，而平衡时，气体的总物质的量=2x+x+2x=5x，设平衡时体系总压为p，则，解得：p=，所以反应Ⅰ的平衡常数Kp==0.25p0，故答案为：0.25p0；
(3)因反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，0到t1，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态，故答案为：反应I的活化能Ea1较小，反应速率I比II大，0～t1阶段c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态；
(4)A．反应Ⅰ、Ⅱ都是反应前后气体质量变化的反应，由m=ρV可知，容器体积V恒定下，ρ不变，说明气体总质量m不变，那么容器内每种气体的质量均不变化，已达到平衡，A正确；
B．CaSO4是固体，提高CaSO4的用量，平衡不移动，B错误；
C．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ正向移动，SO2体积分数增大，不利于脱硫，C正确；
D．通入氧气，CO被消耗，反应Ⅰ逆向移动，SO2体积分数降低，脱硫效率增大，D正确；
综上所述，ACD满足题意，故答案为：ACD；
(5)容器体积减小一半瞬间，二氧化硫浓度变为2倍，同时压强增大，平衡逆向移动，二氧化硫浓度减小，t2～t3二氧化硫浓度比t1～t2减小的多。根据勒夏特列原理可知，t3重新平衡时，二氧化硫浓度略比t2时刻大，据此如图：，故答案为：。
【点睛】勒夏特列原理：当改变外界条件时，平衡向减弱这种改变的方向移动，但不能抵消这种改变。