《创新课堂》第六章 11 章末过关检测(六) 讲义（教师版）化学必修二人教版

章末过关检测(六)
(满分：100分)
一、选择题：本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．历史文物本身蕴含着丰富的化学知识。下列历史文物的保护方法中，不是通过减小化学反应速率来实现的是(　　)
解析：选B。A．苯骈三氮唑缓冲保护剂是一种金属保护剂，可有效减缓青铜器的锈蚀，是通过减小化学反应速率来实现的，故A不选；B．定期清洗表面灰尘只是保持战国·水晶杯的清洁，不能减小化学反应速率，故B选；C．氮气可用作保护气，是通过减小化学反应速率来实现的，故C不选；D．用聚乙烯保护膜封存可以隔绝外界氧气，是通过减小化学反应速率来实现的，故D不选。
2．一种利用蓝绿藻制氢、贮氢及氢气应用的装置如右图所示。下列说法正确的是(　　)
A．图中能量的转化方式只有1种
B．氢气液化过程吸收能量
C．蓝绿藻分解水产生H2和O2，同时释放能量
D．能量利用率：燃料电池比H2直接燃烧高
解析：选D。题图中能量的转化方式包括光能转化为化学能、化学能转化为电能等，不止1种能量转化方式，故A错误；物质由气态转化为液态过程释放能量，故B错误；水的分解过程为吸热反应，故蓝绿藻分解水产生H2和O2，同时吸收能量，故C错误；若以等量的氢气为例，氢气燃烧过程中化学能转化为热能、光能等，能量损失较大，燃料电池直接将化学能转化为电能，避免了能量转化过程中的部分能量损失，故能量利用率：燃料电池比H2直接燃烧高，故D正确。
3．下列标志可表明对应反应达到平衡状态的是(　　)
选项 反应条件 可逆反应 标志
A 恒温恒容 2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g) 混合气体的密度不变
B 恒温恒容 2NO(g)＋O2(g)??2NO2(g) 混合气体的颜色不变
C 恒温恒压 NH2COONH4(s)??2NH3(g)＋CO2(g) NH3在混合气体中的百分含量不变
D 恒温恒压 2NO2(g)??N2O4(g) c(NO2)＝2c(N2O4)
解析：选B。A项，混合气体的总质量不变，总体积不变，混合气体的密度始终不变，故密度不变时，反应不一定达到平衡状态，不符合题意；B项，混合气体的颜色不变，c(NO2)不变，反应达到平衡状态，符合题意；C项，NH2COONH4分解所得NH3与CO2的物质的量之比为定值，NH3的百分含量始终不变，故NH3的百分含量不变时，反应不一定达到平衡状态，不符合题意；D项，c(NO2)＝2c(N2O4)，只提供反应物与生成物的浓度关系，无法判断正、逆反应速率是否相等，不能判断反应是否达到平衡状态，不符合题意。
4．将X g纯锌粒和Y g锌粉(含银)同时投入足量的等物质的量浓度、等体积的稀盐酸中(已知：X＞Y)。下列叙述正确的是(　　)
A．开始时的反应速率：v(锌粒)＞v(锌粉)
B．溶液温度升高的快慢：T(锌粒)＞T(锌粉)
C．最后放出H2的总量：n(锌粒)＞n(锌粉)
D．达到平衡状态时正、逆反应速率相等
解析：选C。锌粉(含银)加入稀盐酸中构成原电池，反应速率增大，开始时的反应速率：v(锌粒)＜v(锌粉)，溶液温度升高的快慢：T(锌粒)＜T(锌粉)，故A、B错误；X＞Y，酸足量，故锌粒生成的氢气多，最后放出H2的总量：n(锌粒)＞n(锌粉)，故C正确；该反应不是可逆反应，金属Zn完全参加反应后，反应停止，故D错误。
5．已知FeCl3溶液和KI溶液能发生反应2Fe3＋＋2I－??2Fe2＋＋I2。下列关于该反应的说法正确的是(　　)
A．升高温度，反应速率减小
B．增大Fe3＋和I－的浓度，反应速率增大
C．当上述可逆反应达到平衡时，溶液中c(Fe3＋)与c(Fe2＋)一定相等
D．当上述可逆反应达到平衡时，I－的转化率为100%
解析：选B。A．升高温度，反应速率增大，故A错误；B．增大Fe3＋和I－的浓度，反应速率增大，故B正确；C．当可逆反应达到平衡时，溶液中c(Fe3＋)与c(Fe2＋)不变，但不一定相等，故C错误；D．该反应是可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，故D错误。
6．海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如右。下列说法错误的是(　　)
A．海水起电解质溶液的作用
B．N极仅发生电极反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
C．玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D．该锂-海水电池属于一次电池
解析：选B。海水中含有大量的电解质，A项正确；Li是活泼金属，为负极，故N极是正极，正极上海水中溶解的O2、CO2等均能放电，B项错误；由于Li易与水反应，故玻璃陶瓷应具有良好的防水功能，同时为形成闭合的回路，玻璃陶瓷也应具有传导离子的功能，C项正确；该电池属于一次电池，D项正确。
7．研究表明，在一定条件下，气态HCN与CNH两种分子的互变反应过程能量变化如下图所示。下列说法正确的是(　　)
A．CNH(g)比HCN(g)更稳定
B．HCN(g)转化为CNH(g)一定要加热
C．断开1 mol HCN(g)中所有的化学键需要放出127.2 kJ的热量
D．1 mol HCN(g)转化为1 mol CNH(g)需要吸收59.3 kJ的热量
解析：选D。A项，物质具有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据题图可知，等物质的量的HCN(g)比CNH(g)的能量更低，因此HCN(g)比CNH(g)更稳定，错误；B项，由题图可知，HCN(g)比CNH(g)的能量低，故HCN(g)―→CNH(g)时会吸收能量，该反应为吸热反应，但不一定需要在加热条件下进行，错误；C项，根据题图可知，1 mol HCN(g)转化为中间状态的物质时需吸收186.5 kJ的热量，但由于该中间物质中仍然存在化学键，断裂化学键需吸收能量，因此断开1 mol HCN(g)中的所有化学键需要吸收的热量大于186.5 kJ，错误；D项，根据题图可知，1 mol HCN(g)转化为1 mol CNH(g)需要吸收的能量为186.5 kJ－127.2 kJ＝59.3 kJ，正确。
8．为了探究影响化学反应速率的因素，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如下四个实验。下列结论不正确的是(　　)
选项 实验 结论
A 在相同条件下，等质量的大理石块和大理石粉末分别与相同浓度的盐酸反应 大理石粉末反应速率大
B 相同浓度、相同体积的浓硝酸分别放在暗处和强光处 光照可以加快浓硝酸的分解
C 相同大小、相同形状的镁条和铝条分别与相同浓度的盐酸反应 二者的化学反应速率相等
D 室温下，向两支试管中分别加入相同浓度、相同体积的H2O2溶液，再向其中一支试管中加入少量MnO2粉末 二者产生氧气的快慢不同
解析：选C。大理石块与大理石粉末相比，大理石粉末与盐酸的接触面积大，反应速率大，A正确；光照比暗处温度高，故光照可以加快浓硝酸的分解，B正确；金属越活泼，与酸反应越剧烈，故Mg与盐酸反应速率大，C不正确；催化剂可增大反应速率，加入少量二氧化锰粉末时H2O2溶液产生氧气的速率大，D正确。
9．流动电池是一种新型电池，主要特点是可以通过电解质溶液的循环流动，在电池外部调节电解质溶液，以保持电池内部电极周围溶液浓度的稳定。科学家开发的一种流动电池如右图所示，电池总反应为Cu＋PbO2＋2H2SO4===CuSO4＋PbSO4＋2H2O。下列说法正确的是(　　)
A．电极a为正极，电极b为负极
B．该电池工作时，内电路中电子由电极a流向电极b
C．电极b的电极反应式为PbO2＋4H＋＋4e－===Pb2＋＋2H2O
D．调节电解质溶液的方法是补充H2SO4
解析：选D。根据电池总反应Cu＋PbO2＋2H2SO4===CuSO4＋PbSO4＋2H2O可知，铜失电子发生氧化反应为负极，PbO2得电子发生还原反应为正极，故电极a为负极，电极b为正极，故A错误；内电路中是离子的定向移动，而不是电子的定向移动，故B错误；电极b的电极反应式为PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O，故C错误；根据电池总反应Cu＋PbO2＋2H2SO4===CuSO4＋PbSO4＋2H2O可知，随放电的进行硫酸不断被消耗，即调节电解质溶液的方法是补充H2SO4，故D正确。
10．一定温度下，向10 mL 0.40 mol·L－1的H2O2溶液中加入少量FeCl3溶液(忽略整个过程中溶液体积的变化)，不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况下)见下表：
t/min 0 2 4 6
V(O2)/mL 0 9.9 17.5 22.4
资料显示，反应分两步进行：①2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋2H＋＋O2↑；②H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2H2O＋2Fe3＋。反应过程中能量变化如右图所示。下列说法正确的是(　　)
A．Fe2＋的作用是增大过氧化氢的分解速率
B．反应①②均是放热反应
C．2H2O2(aq)===2H2O(l)＋O2(g)是吸热反应
D．0～6 min内的平均反应速率v(H2O2)≈3.33×10－2 mol·L－1·min－1
解析：选D。Fe3＋为催化剂，能增大过氧化氢的分解速率，Fe2＋是中间产物，A项错误；根据题图可知，反应①是吸热反应，反应②是放热反应，B项错误；根据题图可知，2H2O2(aq)===2H2O(l)＋O2(g)中反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应是放热反应，C项错误；0～6 min内生成0.001 mol 氧气，消耗0.002 mol H2O2，平均反应速率v(H2O2)＝≈3.33×10－2 mol·L－1·min－1，D项正确。
11．某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是(　　)
A．放电时负极质量减小
B．储能过程中电能转化为化学能
C．放电时右侧H＋通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：Pb＋SO＋2Fe3＋===PbSO4＋2Fe2＋
解析：选B。放电时，左侧电极为负极，电极反应为Pb－2e－＋SO===PbSO4，Pb转化为PbSO4，负极质量增大，A项错误；储能过程为充电过程，电能转化为化学能，B项正确；放电时阳离子向正极移动，左侧H＋通过质子交换膜移向右侧，C项错误；放电时总反应为Pb＋2Fe3＋＋SO===PbSO4＋2Fe2＋，故充电总反应为PbSO4＋2Fe2＋===Pb＋2Fe3＋＋SO，D项错误。
12．180 ℃时将0.5 mol H2和1.0 mol CO2通入1 L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇(CH3OH)蒸汽和某无机物，测得各物质的物质的量随时间的变化如下图所示。下列说法正确的是(　　)
A．该反应的化学方程式为2CO2＋4H2??2CH3OH＋O2
B．在0～3 min内，H2的平均化学反应速率为0.1 mol·L－1·min－1
C．当容器内混合气体的密度不再变化时，表明反应已经达到平衡状态
D．在3～10 min内，反应仍未达到平衡状态
解析：选B。由题图可知，达到平衡时，CH3OH的物质的量为0.1 mol，根据碳原子守恒，消耗CO2的物质的量为0.1 mol，故3 min时反应已达到平衡状态，根据同一反应中参加反应的各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比，n(CO2)∶n(H2)∶n(CH3OH)＝0.1 mol∶0.3 mol∶0.1 mol＝1∶3∶1，根据原子守恒可知，该反应还生成了H2O，所以该反应的化学方程式为CO2＋3H2??CH3OH＋H2O，A、D项错误；0～3 min内，v(H2)＝＝0.1 mol·L－1·min－1，B项正确；180 ℃时，水为气态，反应前后气体总质量不变，容器容积不变，故反应前后气体密度始终不变，C项错误。
13．以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应，为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．过程①中吸收能量使钛氧键发生了断裂
B．该反应中，光能和热能转化为化学能
C．使用催化剂可以增大化学反应速率
D．2 mol二氧化碳完全分解成2 mol一氧化碳和1 mol氧气需要吸热20 kJ
解析：选D。过程①中Ti4＋变为Ti3＋，说明该过程中吸收能量使钛氧键发生了断裂，故A正确；由题干和题图可知，该反应以TiO2为催化剂，在光和热条件下使CO2分解生成CO和O2，再根据能量守恒定律可知，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；使用催化剂可以增大反应速率，故C正确；CO2分解生成CO和O2，化学方程式为2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)，断裂化学键吸收的能量为 1 598 kJ/mol×2 mol＝3 196 kJ，形成化学键放出的能量为1 072 kJ/mol×2 mol＋496 kJ/mol×1 mol＝2 640 kJ，故2 mol二氧化碳完全分解成2 mol一氧化碳和1 mol氧气需要吸热3 196 kJ－2 640 kJ＝556 kJ，故D错误。
14．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度(单位：10－3 mol·L－1)随时间的变化如下表所示，下列说法不正确的是(　　)
编号 表面积/cm2 时间/min
0 20 40 60 80
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A．实验①，0～20 min，v(N2)＝1.00×10－5 mol·L－1·min－1
B．实验②，60 min时处于平衡状态，x≠0
C．相同条件下，增加氨的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
解析：选C。由表格中数据可知，0～20 min，平均反应速率v(N2)＝v(NH3)/2＝(2.40－2.00)×10－3 mol·L－1/(20 min×2)＝1.00×10－5 mol·L－1·min－1，A项正确；对比实验①②可知，增加氨的浓度，反应速率不变，若该反应不是可逆反应，则按照实验①的反应速率可知，60 min时x＝0，但该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，故对于实验②，60 min时，处于平衡状态且x≠0，B项正确，C项错误；对比实验①③可知，催化剂表面积增大，反应速率增大，D项正确。
15．丙酮的碘代反应CH3COCH3＋I2―→CH3COCH2I＋HI的速率方程为v＝kcm(CH3COCH3)cn(I2)，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.7/k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率见下表。
组别 c(CH3COCH3)/(mol·L－1) c(I2)/(mol·L－1) v/(10－3mol·L－1·min－1)
1 0.25 0.050 1.4
2 0.50 0.050 2.8
3 1.00 0.050 5.6
4 0.50 0.100 2.8
下列说法正确的是(　　)
A．速率方程中的m＝1、n＝0
B．该反应的速率常数k＝2.8×10－3min－1
C．增大I2的浓度，反应的瞬时速率增大
D．在过量的I2存在时，反应掉87.5%的CH3COCH3所需的时间是275 min
解析：选A。由第1组数据和第2组数据及速率方程可得()m＝，解得m＝1，由第2组数据和第4组数据及速率方程可得()n＝，解得n＝0，故v＝kc(CH3COCH3)，将第1组数据代入速率方程可得k＝5.6×10－3 min－1，A选项正确，B选项错误；由速率方程可知，当其他条件不变时，增大I2的浓度，反应的瞬时速率不变，C选项错误；存在过量的I2时，反应掉87.5% 的CH3COCH3可以看作经历3个半衰期，即50%＋25%＋12.5%，因此所需的时间为＝375 min，D选项错误。
二、非选择题：本题包括4小题，共55分。
16．(14分)(1)汽车尾气中NO生成过程的能量变化如下图所示。1 mol N2和1 mol O2完全反应生成NO会________(填“吸收”或“放出”)________ kJ能量。
(2)一种新型催化剂能使NO和CO发生反应2NO＋2CO??2CO2＋N2。已知增大催化剂的比表面积可增大反应速率。为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，见下表。
实验编号 T/℃ NO初始浓度/(mol·L－1) CO初始浓度/(mol·L－1) 催化剂的比表面积/(m2·g－1)
Ⅰ 280 1.20×10－3 5.80×10－3 82
Ⅱ 280 1.20×10－3 5.80×10－3 124
Ⅲ 350 a 5.80×10－3 82
①表中a＝____________。
②能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验________(填实验编号)。
③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，NO的物质的量浓度c(NO)随时间t的变化曲线如右图所示，其中表示实验Ⅱ的是曲线________(填“甲”或“乙”)。
(3)在容积固定的绝热容器中发生反应2NO(g)＋2CO(g)??2CO2(g)＋N2(g)，不能说明该反应已达到平衡状态的是________(填字母)。
A．容器内温度不再变化
B．容器内的气体压强保持不变
C．2v逆(NO)＝v正(N2)
D．容器内混合气体的密度保持不变
解析：(1)由题图可知，1 mol N2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成NO(g)时，断裂反应物中化学键吸收的总能量为946 kJ＋498 kJ＝1 444 kJ，形成生成物中化学键放出的总能量为2×632 kJ＝1 264 kJ，需要吸收180 kJ能量。(2)实验Ⅰ、Ⅲ中催化剂的比表面积相同、温度不同，实验目的是验证温度对反应速率的影响，故反应物的初始浓度也要相同，即a为1.20×10－3。因实验Ⅰ、Ⅱ中温度、反应物的初始浓度相同，但实验Ⅱ中催化剂的比表面积比实验Ⅰ中的大，故实验Ⅱ中的反应速率大，先达到化学平衡，故曲线乙表示实验Ⅱ。(3)因反应在绝热容器中进行，容器内的温度会变化，当温度不再变化时，说明反应已达到平衡状态；该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，当容器内的气体压强保持不变时，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡状态；v逆(NO)＝2v正(N2)时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故2v逆(NO)＝v正(N2)时反应没有达到平衡状态；由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，容器的容积不变，故容器内混合气体的密度一直保持不变，故混合气体的密度不变不能说明反应已达到平衡状态。
答案：(1)吸收　180
(2)①1.20×10－3　②Ⅰ和Ⅲ　③乙　(3)CD
17．(13分)(1)根据氧化还原反应Cu(s)＋2Ag＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计原电池，若分别以铜、银为电极，开始时两电极质量相等，当电路中转移0.01 mol电子时两电极的质量差为________g。
(2)某种燃料电池的工作原理如下图所示，a、b均为惰性电极。
①若使用的燃料是氢气，则a极的电极反应式为
________________________________________________________。
若电池中氢气通入量为224 mL(标准状况)且反应完全，则理论上通过电流表的电量为________C(已知一个电子所带电量为1.6×10－19 C，NA约为6.02×1023mol－1)。
②若使用的燃料是甲醇(CH3OH)，则a极的电极反应式为
___________________________________________________________，
如果消耗160 g甲醇，则转移电子的数目为______(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
(3)一种高性能的碱性硼化钒(VB2)-空气电池如下图所示，电池总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8[B(OH)4]－＋4VO。已知VB2中B的化合价为－1价。VB2电极发生的电极反应为__________________________________
___________________________________________________________。
解析：(1)根据反应Cu(s)＋2Ag＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计原电池，若分别以铜、银为电极，开始时两电极质量相等，当电路中转移0.01 mol电子时，则负极有0.005 mol铜溶解，正极有0.01 mol银生成，因此两电极的质量差为0.01 mol×108 g·mol－1＋0.005 mol×64 g·mol－1＝1.4 g。
(2)①若使用的燃料是氢气，根据题图中电子转移方向可知，a极为负极，b极为正极，则a极的电极反应式为H2－2e－＋2OH－===2H2O。若电池中氢气通入量为224 mL(标准状况)，即物质的量为0.01 mol，反应完全时，转移0.02 mol电子，则理论上通过电流表的电量为0.02 mol×6.02×1023mol－1×1.6×10－19 C＝1 926.4 C。②若使用的燃料是甲醇(CH3OH)，甲醇在碱性环境中失去电子转化为碳酸根离子，则a极的电极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O，如果消耗160 g(即5 mol)甲醇，则转移电子的数目为5 mol×6×NA mol－1＝30NA。
(3)根据电池总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8[B(OH)4]－＋4VO，VB2中B的化合价为－1价可知，VB2电极为负极，电极反应为VB2＋16OH－－11e－===VO＋2[B(OH)4]－＋4H2O。
答案：(1)1.4
(2)①H2－2e－＋2OH－===2H2O　1 926.4
②CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O　30NA
(3)VB2＋16OH－－11e－===VO＋2[B(OH)4]－＋4H2O
18．(12分)我国提出争取在2060年前实现“碳中和”，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。“碳中和”指CO2的排放总量和减少总量相当。
(1)科学家们经过探索实践，建立了如下图所示的CO2新循环体系：
根据上图分析，下列相关说法错误的是________(填字母)。
A．化学变化中质量和能量都是守恒的
B．CO2和H2生成甲烷的反应中原子利用率为100%
C．将CO2还原为甲醇能有效促进“碳中和”
D．无机物和有机物可以相互转化
(2)在容积为2 L的恒温密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间的变化情况见下表。
时间/min 0 3 6 9 12
n(CH3OH)/mol 0 0.50 0.65 0.75 0.75
n(CO2)/mol 1 0.50 0.35 a 0.25
①下列说法正确的是________(填字母)。
A．反应达到平衡后，反应不再进行
B．使用催化剂可以增大反应速率，提高生产效率
C．改变条件，CO2可以100%地转化为CH3OH
D．通过调控反应条件，可以提高该反应进行的程度
②a＝________，3～6 min内，v(CO2)＝______________________。
③12 min末，混合气体中CH3OH的物质的量分数为________。
④第3 min时v正(CH3OH)________(填“>”“<”或“＝”)第9 min时v逆(CH3OH)。
解析：(1)A．化学反应过程中遵循质量守恒定律和能量守恒定律，A正确；B．由质量守恒可知，CO2和H2生成甲烷的反应中原子利用率不可能为100%，B错误；C．由题图知，甲醇等燃料燃烧转变为二氧化碳，CO2又被还原为甲醇，故能有效促进“碳中和”，C正确；D．由题图循环体系可知，无机物和有机物可以相互转化，D正确。
(2)①反应达到平衡后，正、逆反应速率相等，反应仍在进行，处于动态平衡，A错误；使用催化剂可以增大反应速率，提高单位时间内的产量，从而提高生产效率，B正确；该反应为可逆反应，改变条件，可改变CO2的转化率，但不可以将CO2 100%地转化为CH3OH，C错误；通过调控反应条件，提高反应物的转化率，即可提高该反应进行的程度，D正确。②由题表知，9 min时反应达到平衡状态，故a＝0.25；3～6 min内，v(CO2)＝＝0.025 mol·L－1·min－1。③根据题给条件可列“三段式”：
　　　　　CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)
1 3 0 0
0.75 2.25 0.75 0.75
0.25 0.75 0.75 0.75
12 min末，混合气体中CH3OH的物质的量分数为×100%＝30%。④其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大。第9 min时v正(CH3OH)＝v逆(CH3OH)。第3 min时反应物浓度比第9 min时的大，故第3 min时v正(CH3OH)>第9 min时v逆(CH3OH)。
答案：(1)B　(2)①BD　②0.25　0.025 mol·L－1·min－1　③30%　④＞
19．(16分)某实验小组为探究酸性条件下碘化钾与过氧化氢反应的化学反应速率，进行了以下实验探究。
(1)实验一：向硫酸酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和硫代硫酸钠(Na2S2O3)的混合溶液，一段时间后溶液变蓝。该小组查阅资料知体系中存在下列两个主要反应：
反应ⅰ　H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2O；
反应ⅱ　I2＋2S2O===2I－＋S4O。
为了证实上述反应过程，进行下列实验(所用试剂浓度均为0.01 mol·L－1)：
实验二：向酸化的H2O2溶液中加入淀粉KI溶液，溶液几秒后变为蓝色。再向已经变蓝的溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液立即褪色。
根据此现象可知，反应ⅰ的速率________(填“大于”“小于”或“等于”)反应ⅱ的速率，解释实验一中溶液混合一段时间后才变蓝的原因是
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(2)为了探究c(H＋)对反应速率的影响，设计两组对比实验，按下表中的试剂用量将其迅速混合观察现象。(各实验均在室温条件下进行)
实验编号 试剂体积/mL 溶液开始变蓝的时间/s
0.1 mol·L－1 H2O2溶液 1 mol·L－1H2SO4溶液 0.01 mol·L－1Na2S2O3溶液 0.1 mol·L－1 KI(含淀粉)溶液 H2O
Ⅰ 40 40 20 40 20 t1
Ⅱ V1 20 20 40 V2 t2
①V1＝________，V2＝________。
②对比实验Ⅰ和实验Ⅱ，t1________(填“＞”“＜”或“＝”)t2。
(3)利用实验Ⅰ的数据，计算反应ⅱ在0～t1 s内的平均反应速率v(S2O)＝________mol·L－1·s－1；反应ⅰ在0～t 1 s内的平均反应速率v(H2O2)＝________mol·L－1·s－1。
解析：(1)向酸化的H2O2溶液中加入淀粉KI溶液，溶液几秒后变为蓝色，说明反应生成碘单质；再向已经变蓝的溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液立即褪色，说明Na2S2O3和碘单质反应，导致溶液褪色，实验中褪色速率大于变蓝色速率，可知反应ⅰ的速率小于反应ⅱ的速率；实验一中同时加入碘化钾、淀粉和硫代硫酸钠，生成的碘单质会立即和硫代硫酸钠反应，当硫代硫酸钠被消耗完，再生成的I2才能使淀粉溶液变蓝，故溶液混合一段时间后才变蓝。(2)①探究c(H＋)对反应速率的影响，实验变量为氢离子浓度，其他因素要相同，故加入过氧化氢的体积要相同，即V1＝40；溶液的总体积要相同，实验Ⅰ混合后溶液的总体积为160，即V2＝160－(40＋20＋20＋40)＝40；②反应中氢离子为反应物，反应物浓度增大，反应速率增大，故对比实验Ⅰ和实验Ⅱ，t1＜t2。(3)实验Ⅰ中混合后溶液总体积为160 mL，H2O2、Na2S2O3、KI的物质的量分别为0.1 mol·L－1×40×10－3 L＝4×10－3 mol、0.01 mol·L－1×20×10－3 L＝0.2×10－3 mol、0.1 mol·L－1×40×10－3 L＝4×10－3 mol，由反应H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2O和I2＋2S2O===2I－＋S4O可知，H2O2过量、Na2S2O3不足，当溶液开始变蓝时，Na2S2O3反应完全，反应时间为t1 s，故反应ⅱ在0～t1 s的化学反应速率v(S2O)＝＝ mol·L－1·s－1；根据反应ⅰ、ⅱ可得关系式H2O2～I2～2S2O，故反应ⅰ在0～t1 s的化学反应速率v(H2O2)＝v(S2O)＝ mol·L－1·s－1。
答案：(1)小于　反应ⅰ的速率小于反应ⅱ的速率，硫代硫酸钠被消耗完后，再生成的I2才能使淀粉溶液变蓝
(2)①40　40　②＜
(3)