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山西省长治学院附属太行中学校2024-2025学年高二上学期第一次月考 化学试题
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这是一份山西省长治学院附属太行中学校2024-2025学年高二上学期第一次月考 化学试题，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Zn：65
Ⅰ卷（42分）
一、单选题：本题共14小题，每小题3分 共42分。
1.“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是( )
A. AB. BC. CD. D
2.下列离子方程式的书写正确的是( )
A. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-
B. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完成沉淀；Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+ 2H2O
C. 钠与CuSO4溶液反应的离子方程式：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
D. 向石灰乳中加入盐酸：OH-+H+=H2O
3.研究反应2X(g)⇀↽Y(g)+Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y，Z的起始浓度均为0，反应物X的浓度(ml·L-1)随反应时间(min)的变化情况如图所示。每组实验只改变一个条件。下列说法不正确的是( )
A. 比较实验①②③④得出：实验②最晚到达平衡
B. 比较实验①②得出：其他条件相同时，增大反应物浓度化学反应速率加快
C. 比较实验②③得出：实验③有可能使用了催化剂，催化剂能加快正反应速率，但对逆反应速率无影响
D. 比较实验②④得出：其他条件相同时，升高温度化学反应速率加快
4.下列事实能用平衡移动原理解释的是( )
A. H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解
B. 密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深
C. 铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D. 锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生
5.相同温度下，在三个容积相等的恒容密闭容器中分别进行反应：H2(g) + I2(g)⇀↽2HI(g)。达到化学平衡状态时，相关数据如下表。下列说法不正确的是( )
A. 该温度下，反应的平衡常数为0.25 B. 实验Ⅱ达平衡时，a=0.016
C. 实验Ⅲ开始时，反应向消耗H2的方向移动
D. 达到化学平衡后，压缩三个容器的体积，平衡均不发生移动
6.“中国芯”的主要原料是单晶硅，“精炼硅”反应历程中的能量变化如下图所示。下列有关描述正确的是( )
A. 历程Ⅰ是吸热反应
B. 历程Ⅱ发生了化学变化
C. 历程Ⅲ 的热化学方程式是：SiHCl3(l) + H2(g) = Si(s)+3HCl(g)ΔH=+238 kJ/ml
D. 实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程无需外界能量供给
7.H2与ICl的反应机理如下：
反应①：H2g+2IClg=HClg+HIg+IClg；
反应②：HClg+HIg+IClg=I2g+2HClg，
其能量曲线如下图所示。
下列有关说法不正确的是
A. 反应①的ΔH=E1-E2 B. 反应①②均是放热反应
C. H2g+2IClg=I2g+2HClgΔH=-218kJ⋅ml-1
D. 该反应的反应速率主要取决于②的快慢
8.按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是( )
A. Ⅰ中试管内的反应，体现H+的氧化性
B. Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的还原性
C. 在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象
D. 撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去
9.某化学小组欲探究反应“2Fe3++2I-⇀↽2Fe2++I2”为可逆反应，做了如下实验：
已知：I2+H2O⇀↽HI+HIO
现象为：实验ii中产生了黄色沉淀；实验iii中溶液变蓝；实验iv中溶液不变蓝，下列说法中不正确的是
A. 实验ii中产生黄色沉淀的离子方程式为Ag++I-=AgI↓
B. 实验iii加淀粉溶液变蓝，证明棕黄色溶液中有I2生成
C. 设计实验iv的目的是为了排除空气中氧气氧化I-的可能
D. 通过上述实验可以证明“2Fe3++2I-⇀↽2Fe2++I2”为可逆反应
10.已知有如下热化学方程式，下列判断错误的是( )
①Cs+O2g=CO2g ΔH1=akJ⋅ml-1 K1
②Cs+12O2g=COg ΔH2=bkJ⋅ml-1 K2
③2H2g+O2g=2H2Og ΔH3=ckJ⋅ml-1 K3
④COg+H2Og=CO2g+H2g ΔH4=dkJ⋅ml-1 K4
A. aC. K4=K1-K2-K32D. K3=K12K22⋅K42
11.一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法不正确的是( )
A. XEZ4是一种强酸
B. 原子半径：Y>W>E
C. 非金属性：W>Z>Y
D. ZW2中，Z的化合价为+2价
12.可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g) ΔH<0。有甲、乙两个容积相同且不变的真空密闭容器，向甲容器中充入1 ml A和3 ml B，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1kJ。在相同条件下，向乙容器中充入2 ml C，达到平衡时吸收热量为Q2kJ，已知Q1=3Q2。下列叙述正确的是 ( )
A. 平衡时，甲、乙中C的体积分数为甲>乙
B. 平衡时，甲中A的转化率为75%
C. 达到平衡后，再向乙中加入0.25 ml A、0.75 ml B和1.5 ml C，平衡向生成A的方向移动
D. 乙中反应的热化学方程式为2C(g)⇌A(g)+3B(g) ΔH=+Q2kJ/ml
13.实验室分别进行如下实验：①向蓝色的VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由蓝色变为淡黄色(VO2+)；②向(VO2)2SO4溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变蓝。下列说法正确的是( )
A. ①中还原剂与氧化剂物质的量之比为1∶5
B. ②中每生成标准状况下11.2L气体，转移1ml电子
C. 由①②可知，酸性条件下氧化性：MnO 4->Cl2>VO2+
D. 向(VO2)2SO4溶液中滴加FeI2溶液发生反应Fe2++VO2++2H+=Fe3++VO2++H2O
14.二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49kJ⋅ml-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅ml-1
一体积固定的密闭容器中，在5MPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如题图所示．下列说法正确的是( )
A. H2的平衡转化率始终低于CO2
B. n曲线代表的物质为CH3OH温度越高，越有利于CH3OH的生成
C. 270～400℃时，平衡移动的程度：反应Ⅰ>反应Ⅱ
D. 加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化率
Ⅱ卷（58分）
二、填空题：本大题共4小题，共58分。
15.（除标注外每空2分，共15分）每二甲醚(CH3OCH3)是一种洁净液体燃料，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3。工业制备二甲醚在催化反应室中(压强：2.0∼10.0 MIPa.温度：230-280℃) 进行下列反应：
反应i：COg+2H2g⇀↽CH3OHg ΔH1=-99kJ⋅ml-1
反应ii：2CH3OH(g)⇀↽CH3OCH3g+H2OgΔH2=-23．5kJ⋅ml-1
反应iii：COg+H2Og⇀↽CO2g+H2gΔH3=-41.2kJ⋅ml-1
(1)在该条件下，若反应i的起始浓度分别为cCO=1.2ml⋅L-1，cH2=2.8ml⋅L-1，8min后达到化学平衡状态，CO的转化率为50%，则8min内CO的平均反应速率为_____
(2)在t℃时．反应ii的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：
此时v正_____v逆(填“>”“<”或“=”)
(3)催化总反应为：3COg+3H2g⇀↽CH3OCH3g+CO2gΔH4
①ΔH4=_____kJ⋅ml-1
②CO的平衡转化率α(CO)与温度、压强的关系如图I所示．图中X代表_____(填“温度”或“压强”)1分，L1_____L2(填“>”“<”或“=)。
(4)在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比nH2nCO的改变，二甲醚和甲醇的产率(产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率)呈现如图2的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因______________________。3分
(5)二甲醚(CH3OCH3)空气燃料电池是一种高效、轻污染的车载电池，其工作原理如图3所示。
①燃料电池中的正极是_____(填“c”或“d”)电极1分。
②c电极的电极反应为_____。
实验题（除标注外每空2分，共14分）
在一恒容容器中充入一定量的A和B发生反应2A(g) + B(g)⇌2C(g)，测得不同温度下B物质的百分含量随时间变化如图，请分析T1____T2(填“>”、“<”或“=”，下同)，都达平衡后，T1时v(C)逆____T2时v(C)逆。
Ⅱ.某化学实验小组用酸性KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下：
(1)写出高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：_____________________________。
(2)由实验I、II可得出的结论是_______________________________。
(3)关于实验II中80 s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出猜想：反应中生成的Mn2+对该反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验III，验证猜想。
提供的试剂：0.01 ml/L酸性 KMnO4溶液，0.1 ml/L草酸溶液，3 ml/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水补全实验III的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 ml/L酸性KMnO4溶液，_______________，最后加入1 mL 0.1 ml/L草酸溶液。
(4)该小组拟采用如图所示的实验方案继续探究KMnO4溶液浓度对反应速率的影响。
你认为他们的实验方案______(填“合理”或“不合理”)，理由是_________________。
17.简答题 （除标注外每空2分，共16分）工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)生产高纯ZnO的流程示意图如下。
(1)用足量NH42SO4溶液和氨水“浸出”锌焙砂。
①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是______________。
②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为ZnNH342+，该反应的离子方程式为____。
(2)“浸出”时As2O3转化为AsO33-。“除砷”步骤①中用NH42S2O8作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为______________________________。3分
(3)“除重金属”时加入BaS溶液。滤渣II中含有的主要物质是__________和BaSO4。
(4)“蒸氨”时会出现白色固体ZnSO4⋅Zn(OH)2，“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将该白色固体转化为ZnCO3的离子方程式为__________________________。
(5)“煅烧”步骤中，不同温度下，ZnCO3分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图1、图2所示。
已知：i.固体失重质量分数=样品起始质量-剩余固体质量样品起始质量×100%。
ii.比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品ZnO的活性越高。
①280∘C时煅烧ZnCO3，300min后固体失重质量分数为33.3%，则ZnCO3的分解率为__________%(保留到小数点后一位，3分)。
②根据图1和图2，获得高产率(ZnCO3分解率>95%)、高活性(ZnO比表面积>40m2⋅g-1)产品ZnO的最佳条件是__________(填字母序号）。
a.恒温280∘C，60∼120min
b.恒温300∘C，240∼300min
c.恒温350∘C，240∼300min
d.恒温550∘C，60∼120min
18.（除标注外每空2分，共13分）CO2的捕集、利用和封存技术是践行低碳发展战略的重要技术选择。CO2甲烷化是CO2利用的重要途径，反应如下。
反应I：CO2(g)+4H2(g)⇀↽CH4(g)+2H2O(g) ΔHI=-165kJ⋅ml-1
反应II：CO2(g)+H2(g)⇀↽CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ⋅ml-1
(1)反应：CO2(g)+CH4(g)⇀↽2CO(g)+2H2(g) ΔH=__________。
(2)恒温恒容条件下，向容器中充入一定量的CO2和H2发生反应I，下列能说明反应达到平衡状态的是__________(填序号)。
a.相同时间内，每断裂2mlC=O的同时形成4mlC-H
b.H2O(g)浓度不再改变
c.容器内气体密度不再改变
d.nH2:nCH4之比不再改变
(3)向体积为1L的容器中充入1mlCO2和4mlH2，发生反应I、II．CO2的平衡转化率和CH4的选择性(指生成CH4所消耗CO2的量与CO2总消耗量的比值)随温度变化的曲线如图所示：
①CH4选择性随温度的变化曲线是____(填“X”或“Y”)；CO2的平衡转化率随温度发生这种变化的主要原因是__________________________________________。
②500∘C时，反应I的平衡常数K=__________(写出计算式即可，3分)。
(4)CO2资源化利用的另一个路径是与H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
反应III：CO2(g)+3H2(g)⇀↽CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49kJ⋅ml-1
在相同反应时间下，测得3种不同催化剂作用下的CO2转化率随温度变化的曲线如图所示。
T4到T5段随温度升高，转化率降低且曲线一致的原因为__________________。
太行中学2024—2025学年第一学期第一次月考
高二化学试题答案
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查硅酸盐材料，难度一般，理解常见的硅酸盐材料是解题关键。
【解答】A.九霄环佩木古琴主要构成是木材，动物筋制得，A错误；
B.裴李岗文化骨笛由动物骨骼构成，B错误；
C.商朝后期陶埙属于陶瓷，由硅酸盐制成，C正确；
D.曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成，D错误；
故选C。
2.【答案】A
【解析】解：A.碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故A正确；
B.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完成沉淀，离子方程式：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故B错误；
C.钠与硫酸铜溶液反应，生成氢氧化铜沉淀，硫酸钠和氢气，离子方程式：Cu2++2Na+2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，故C错误；
D.向石灰乳中加入盐酸，离子方程式：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O，故D错误；
故选：A。
A.碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
B.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完成沉淀，则硫酸氢钠与氢氧化钡物质的量之比为1：1，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水；
C.不符合反应客观事实；
D.石灰乳中氢氧化钙应保留化学式．
本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，明确离子方程式书写规则、离子性质是解本题关键，注意：书写离子方程式要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，题目难度中等．
3.【答案】C
【解析】【详解】A.从图中可知，实验③的曲线最先达到水平的拐点，实验②的曲线最晚达到水平的拐点，故实验②最晚到达平衡，A正确；
B.从图中可知，实验①反应物X初始浓度大于实验②，实验①的曲线相较于实验②更陡，说明反应速率实验①大于实验②，可以说明其他条件相同时，增大反应物浓度化学反应速率加快，B正确；
C.实验②③温度和浓度均相同，速率实验③大于实验②，则实验③可能使用了催化剂，催化剂能同时增大正逆反应速率，C错误；
D.实验②和④除了温度之外其他条件都相同，实验④的曲线相较于实验②更陡，说明实验④反应速率更快，可以说明其他条件相同时，升高温度反应速率加快，D正确；
故答案选C。
4.【答案】B
【解析】A.MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A错误；
B.NO2转化为N2O4 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B正确；
C.铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C错误；
D.加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D错误；
故选B。
5.【答案】C
【解析】【知识点】压强对化学平衡移动的影响、化学平衡常数的影响因素及应用、化学平衡题中基于图表数据的相关计算
【详解】A.由第I组数据可知，达到平衡时，c(H2)=c(I2)=0.008ml/L，c(HI)=0.004ml/L，该温度下，反应的平衡常数为0.004××0.008=0.25， A正确；
B.反应条件为恒温恒容，实验Ⅱ相对于实验I相当于加压，平衡不移动，则实验Ⅱ达平衡时，故a=0.016，B正确；
C.温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ开始时，浓度商Q=0.04××0.02=4>K，故反应向逆反应方向，即生成H2的方向移动， C错误；
D.该反应前后气体物质的量不变，压缩三个容器的体积加压，平衡不移动，D正确；
故选C。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查物理变化与化学变化、吸热反应和放热反应、热化学方程式书写及正误判断，难度不大。
【解答】
A.历程Ⅰ中反应物能量高于生成物能量，则历程Ⅰ是放热反应，，A错误；
B.历程Ⅱ中，SiHCl3(g)转变为SiHCl3(l)，同一物质三态之间的变化，为物理变化， B错误；
C.历程Ⅲ 中，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，则热化学方程式为SiHCl3(l)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)ΔH=+238kJ/ml， C正确；
D.粗硅和纯硅的组成物质不同能量，粗硅变为精硅的过程中能量会损耗，D错误；
7.【答案】D
【解析】【详解】A.由图可知，反应的ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，故反应①的ΔH=E1-E2，故 A正确；
B. 反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应为放热反应，由图像可知，反应①②均是放热反应，故B正确；
C. 由盖斯定律可知，H2g+2IClg=I2g+2HClgΔH=ΔH1+ΔH2=-218kJ⋅ml-1，故 C正确；
D. 反应的反应速率主要取决于慢反应，活化能越大，反应的速率越慢，故该反应的反应速率主要取决于①的快慢，故D错误。
答案为：D。
8.【答案】C
【解析】Ⅰ中发生反应 S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O ，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进入Ⅲ中与硫化钠反应生成S沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色。
A.Ⅰ中试管内发生反应 S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O ，氢元素化合价不变， H+ 不体现氧化性，故A错误；
B.Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故B错误；
C.Ⅰ试管内发生反应 S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O ，Ⅲ试管内发生反应 2S2-+SO2+2H2O=3S↓+4OH-，Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象，故C正确；
D.撤掉水浴，重做实验，反应速率减慢，Ⅳ中红色褪去的速率减慢，故D错误；
故选C。
9.【答案】D
【解析】【详解】A.探究反应“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”为可逆反应，则实验ⅰ所得溶液可能含有Fe3+、I-、Fe2+、I2，所以实验ii中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀的离子方程式为：Ag++I-=AgI↓，A正确；
B.淀粉遇I2会变蓝，则实验iii加淀粉溶液变蓝，可以证明棕黄色溶液中有I2生成，B正确；
C.生成的I2可能是I-被空气中氧气氧化，也可能是I-被Fe3+氧化所致，则设计实验iv的目的是为了排除空气中氧气氧化I-的可能，C正确；
D.实验ⅰ中I-和Fe3+等物质的量混合，实验ⅲ、ⅳ说明生成的I2是I-被Fe3+氧化所致，实验ii说明棕黄色溶液中存在I-，但不能确定存在的I-是反应物不能完全转化、反应存在限度所致，还是完全转化生成的I2与水反应(I2+H2O⇌HI+HIO)生成的，则通过上述实验不能证明“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”为可逆反应，D错误；
故选D。
10.【答案】C
【解析】A.①②均为放热反应，ΔH1<0，ΔH2<0，碳完全燃烧生成二氧化碳比碳不完全燃烧生成一氧化碳放出热量多，对应ΔH小，所以aB.根据盖斯定律，方程式关系①-②-12×③=④，ΔH进行对应计算，则d=a-b-c2，B正确；
C.方程式①-②-12×③=④，则K4=K1÷K2÷K 312=K1K2⋅K 312，C错误；
D.由C选项分析K4=K1K2⋅K 312，整理得K3=K12K22⋅K42，D正确；
故答案选C。
11.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查元素周期律及元素周期表的推断，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，试题难度不大。
【解答】
从题图所给结构式中各原子间成键的数目出发，
可推知Y、Z、W原子最外层电子数分别为4、6、7，再结合题干所给信息推断即可。
A项，X为H，则Y、Z、W都位于第二周期，且Y原子最外层有4个电子，则为C，Z原子最外层有6个电子，
则为O，W原子最外层有7个电子，则为F，因此E为Cl，所以XEZ4为HClO4，为强酸，正确；
B项，一般电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，
原子半径越小，因此原子半径：E(Cl)>Y(C)>W(F)，错误；
C项，同周期主族元素从左往右非金属性逐渐增强，因此非金属性：W(F)>Z(O)>Y(C)，正确；
D项，ZW2为OF2，其中F的非金属性更强，则F为-1价，O为+2价，正确。
方法技巧 熟练掌握元素周期表的结构，准确推断出各元素是解题的关键。而推断元素时利用了原子结构与原子成键数目间的关系，根据价键理论，非金属元素原子能获得几个电子达到2电子或8电子稳定结构，该原子就能形成几个共价键，根据成键数就可以判断元素的主族序数。
12.【答案】B
【解析】略
13.【答案】B
【解析】A.向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由蓝色变为淡黄色，说明酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为 VO2+ ，高锰酸根被还原成Mn2+，由电子守恒可知存在KMnO4 ∼ 5VOSO4 ∼ 5e-，则①中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5，A项错误；
B.向(VO2)2SO4溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变蓝，说明浓盐酸能把 VO2+ 还原为VO2+，Cl-失去电子生成氯气，由电子、电荷及原子守恒可知离子方程式为：2VO2+ +4H++2Cl-= 2VO2++Cl2↑+2H2O，标准状况下11.2L气体为0.5ml，故转移1ml电子，B项正确；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则由①可知，氧化性： MnO 4->VO2+ ，由②可知，氧化性：VO2+>Cl2，所以酸性条件下氧化性MnO 4->VO2+>Cl2，C项错误；
D. VO2+ 具有较强的氧化性，(VO2)2SO4溶液中滴加FeI2会发生氧化还原反应，则VO2+被还原为VO2+，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2，D项错误；
故选B。
14.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了化学反应原理部分知识，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，均为高频考点，解题关键是掌握化学反应原理知识的应用，题目难度中等，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查。
【解答】
A.起始n(CO2)：n(H2)=1：3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应II时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率，当I、II都发生时，则H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故A正确；
B.反应Ⅰ是放热反应，温度升高，平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，故n不代表甲醇，故B错误；
C.反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，270～400℃时，平衡移动的程度：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故C错误；
D.催化剂只能改变反应速率不能改变CH3OH的平衡转化率，故D错误；
故选：A。
15.【答案】(1)0.075ml⋅L-1⋅min-1
(2)<
(3) -262.7 温度 >
(4)当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小
(5) d CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+
【解析】【详解】(1)根据题给数据，CO的反应量为1.2ml/L×50%=0.6ml/L，则8min内CO的平均反应速率为：v(H2)=0.6ml/L8min=0.075ml⋅L-1⋅min-1；
(2)该时刻反应的浓度熵为：Qc=c(CH3OCH3)⋅c(H2O)c2(CH3OH)=2.0×>400，反应逆向进行，所以，v正(3)①催化反应室中的总反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)，根据盖斯定理可按以下方法联立得到：①×2+②+③，该反应ΔH4=-99kJ·ml-1×2+(-23.5kJ·ml-1)+(-41.2kJ·ml-1)= -262.7kJ·ml-1；
②根据催化反应室的总反应放热，化学方程式3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g) ΔH=-262.7kJ·ml-1可知，正向反应气体减少，反应放热，所以CO的平衡转化率α(CO)随温度的升高而减小、随压强的增大而增大，图中曲线随X增大而减小，可判断X是温度，则L1、L2是压强，且L1>L2；
(4)结合图象，根据平衡移动原理分析：随着n(H2)n(CO)增大，反应①CO转化率增大，甲醇的产率增大，进而有利于反应②正向移动；另一方面，随着n(H2)n(CO)增大，反应③被抑制，c(H2O)增大，进而抑制了反应②；图中二甲醚产率随着n(H2)n(CO)增大先增大后减小的原因就是这两种因素共同作用的结果，题给图中投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因可解释为：当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。
(5)①根据图中电子的移动方向可知，d是正极；
②根据图中电子的移动方向可知，c是负极，电解质环境为酸性，则其电极反应为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+。
16.【答案】I. <；<
II. (1) 5H2C2O4 + 2MnO4- +6H+ =2Mn2+ +10CO2↑+8H2O
(2) 其他条件相同时，溶液酸性越强，反应速率越快
(3) 再加入10滴3ml/L的硫酸，然后再加少量MnSO4固体(其他合理答案也可)
(4) 不合理； KMnO4浓度不同，溶液开始时颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应速率的快慢。
【解析】【分析】
本题考查化学反应速率，为高频考点，把握速率的影响因素、控制变量法、速率图像分析为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意 II.(4)为解答的难点，题目难度较难。
【解答】
I. 根据“先拐先平”原则，可知温度T2>T1，温度越高速率越快，所以T2时的速率大于T1时的速率；
Ⅱ.(1)高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)实验Ⅰ、Ⅱ酸的浓度不同，实验II酸浓度大，反应快，故由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是：其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快；
(3)该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用，故设计实验加入MnSO4固体与实验II对比，其他条件与实验II相同，故实验Ⅲ的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 ml/L酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 ml/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1 mL 0.1 ml/L草酸溶液，可以观察到：加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s)，可证明；
(4)图中探究的是KMnO4溶液浓度对反应速率的影响，但KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢，故该方案不合理。
17.【答案】(1)增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高浸出率 ZnO+2NH3▪H2O+2NH4+=ZnNH342++3H2O
(2)2NH3⋅H2O+AsO33-+S2O82-=AsO43-+2SO42-+2NH4++H2O
(3)CuS
(4)ZnSO4⋅Zn(OH)2+ 2HCO3-=2ZnCO3+SO42-+2H2O
(5) 94.6 b
【解析】【分析】锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)中加入(NH4)2SO4溶液和氨水，得到的浸出液中含有ZnNH342+、AsO33-、CuNH342+等，再依次加入(NH4)2S2O8溶液、CaO、FeSO4，将AsO33-氧化为AsO43-，过滤得到FeAsO4、Fe(OH)2、Fe(OH)3；滤液中加入BaS溶液除去重金属，过滤得滤渣II，滤液中加入Zn粉深度除金属得到含Ni、Zn的滤渣III，滤液蒸氨后再向其中加入NH4HCO3溶液和通入CO2将[Zn(NH3)4]2+转化为ZnCO3沉淀，烘干后煅烧，得到ZnO，以此解答。
【详解】(1)①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；
②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为ZnNH342+，该反应的离子方程式为：ZnO+2NH3⋅H2O+2NH4+=ZnNH342++3H2O。
(2)“浸出”时As2O3转化为AsO33-，由分析可知，AsO33-和(NH4)2S2O8发生氧化还原反应生成AsO43-和SO42-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2NH3⋅H2O+AsO33-+S2O82-=AsO43-+2SO42-+2NH4++H2O。
(3)除砷后溶液中还存在硫酸根、Cu2+、Ni2+、Zn2+等，其中Ni2+在深度除金属离子中除去，则“除重金属”时，加入BaS溶液可以将Cu2+除去，滤渣Ⅱ中含有的主要物质是CuS和BaSO4。
(4)“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体ZnSO4⋅Zn(OH)2转化为ZnCO3的离子方程式为：ZnSO4⋅Zn(OH)2+ 2HCO3-=2ZnCO3+SO42-+2H2O。
(5)①ZnCO3加热时发生分解ZnCO3Δ ZnO+CO2↑，设加热前ZnCO3的质量为ag，300min后固体失重质量分数为33.3％，则生成CO2的质量为0.333ag，ZnCO3分解的质量为0.333a44×125g，则ZnCO3的分解率为0.333a44×125gag×100%=94.6%；
②由图1可知，恒温300℃和恒温550℃时，失重质量分数相等，由①可知ZnCO3分解率>95％，由图2可知，恒温550℃时，ZnO比表面积<40m2⋅g-1，则应该选择恒温300℃，240∼300min，故选b。
18.【答案】(1)+247kJ/ml
(2)bd
(3) Y 反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度较低时，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅱ变为主反应
(4)a点反应达到平衡后，温度升高，反应向逆向移动，转化率降低；a点反应达到平衡后，催化剂不影响平衡移动
【解析】【详解】(1)由盖斯定律可知，-Ⅰ+2×Ⅱ可得反应CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH=-(-165kJ⋅ml-1)+2×41kJ⋅ml-1=+247kJ/ml；
(2)a.相同时间内，每断裂2ml C=O的同时形成4ml C-H，均表达的正速率，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故a不选；
b.水蒸气的浓度不再改变，说明组分的浓度保持不变，能说明反应达到平衡状态，故b选；
c.恒温恒容条件下，该反应过程中气体总质量和总体积都不变，气体的密度是定值，当气体密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，故c不选；
d.氢气为反应物，甲烷为生成物，n(H2):n(CH4)之比不再改变，说明各物质的物质的量不变，组成固定，能说明反应达到平衡状态，故d选；
故答案为：bd；
(3)①反应Ⅰ的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲烷的选择性降低，所以甲烷的选择性随温度的变化曲线是Y；反应Ⅰ的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，反应Ⅱ的正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，温度低于530℃时，以反应Ⅰ为主，当温度高于530℃后，反应Ⅱ变为主反应，所以二氧化碳的转化率随温度升高先降低后增大；
②500℃时，二氧化碳的转化率为60%，则反应的二氧化碳为0.6ml，甲烷的选择性为85%，则生成甲烷的二氧化碳为0.6ml×85%=0.51ml，则反应Ⅰ生成的甲烷为0.51ml，水蒸气为1.02ml，消耗的氢气为2.04ml，消耗的二氧化碳为0.51ml，则反应Ⅱ消耗的二氧化碳为0.09ml，消耗的氢气为0.09ml，生成的水蒸气为0.09ml，则平衡时CO2为1ml-0.6ml=0.40ml，H2为4ml-2.04ml-0.09ml=1.87ml，CH4为0.51ml，H2O为1.02ml+0.09ml=1.11ml，反应Ⅰ的平衡常数K=；
(4)a点反应达到平衡后，温度升高，反应向逆向移动，转化率降低；a点反应达到平衡后，催化剂不影响平衡移动，所以曲线变为一致。
15.（除标注外每空2分，共15分）
(1)_______________
(2)_____(填“>”“<”或“=”)
(3) ①__________ ②__________1分; __________(填“>”“<”或“=)。
(4)___________________________________________________________。3分
(5)①_____(填“c”或“d”)1分。
②_________________________。
16.实验题（除标注外每空2分，共14分）
Ⅰ.____(填“>”、“<”或“=”，下同)____。
Ⅱ.(1)_______________________________________________。
(2)_________________________________________________。
(3)_____________________________________________________________________。
(4)______(填“合理”或“不合理”)，理由是________________________________________________________________________。
17.简答题 （除标注外每空2分，共16分）
(1)①____________________________________________________________________。
②_______________________________________________________________________。
(2)_________________________________________________________。3分
(3)__________。
(4)_______________________________________________________________________。
(5)①__________%(保留到小数点后一位，3分)。
②__________(填字母序号）。
18.（除标注外每空2分，共13分）
(1)___________________。
(2)__________(填序号)。
(3)①____(填“X”或“Y”)；___________________________________________________。
②___________________(写出计算式即可，3分)。
(4)________________________________________________________________________。
A.九霄环佩木古琴
B.裴李岗文化骨笛
C.商朝后期陶埙
D.曾侯乙青铜编钟
实验
起始时各物质的浓度/(ml·L-1)
平衡时物质的浓度/(ml·L-1)
c(H2)
c(I2)
c(HI)
c(H2)
Ⅰ
0.01
0.01
0
0.008
Ⅱ
0.02
0.02
0
a
Ⅲ
0.02
0.02
0.04
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
c/ml⋅L-1
0.05
2.0
2.0
编号
实验操作
实验现象
I
向一支试管中先加入1 mL 0.01 ml/L酸性KMnO4溶液，再加入1滴3 ml/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1 mL 0.1 ml/L草酸溶液
前10 min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30 min后几乎变为无色
II
向另一支试管中先加入1 mL 0.01 ml/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3 ml/L硫酸，最后加入1 mL 0.1 ml/L草酸溶液
80 s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150 s后几乎变为无色
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Zn：65
Ⅰ卷（42分）
一、单选题：本题共14小题，每小题3分 共42分。
1.“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是( )
A. AB. BC. CD. D
2.下列离子方程式的书写正确的是( )
A. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-
B. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完成沉淀；Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+ 2H2O
C. 钠与CuSO4溶液反应的离子方程式：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
D. 向石灰乳中加入盐酸：OH-+H+=H2O
3.研究反应2X(g)⇀↽Y(g)+Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y，Z的起始浓度均为0，反应物X的浓度(ml·L-1)随反应时间(min)的变化情况如图所示。每组实验只改变一个条件。下列说法不正确的是( )
A. 比较实验①②③④得出：实验②最晚到达平衡
B. 比较实验①②得出：其他条件相同时，增大反应物浓度化学反应速率加快
C. 比较实验②③得出：实验③有可能使用了催化剂，催化剂能加快正反应速率，但对逆反应速率无影响
D. 比较实验②④得出：其他条件相同时，升高温度化学反应速率加快
4.下列事实能用平衡移动原理解释的是( )
A. H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解
B. 密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深
C. 铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D. 锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生
5.相同温度下，在三个容积相等的恒容密闭容器中分别进行反应：H2(g) + I2(g)⇀↽2HI(g)。达到化学平衡状态时，相关数据如下表。下列说法不正确的是( )
A. 该温度下，反应的平衡常数为0.25 B. 实验Ⅱ达平衡时，a=0.016
C. 实验Ⅲ开始时，反应向消耗H2的方向移动
D. 达到化学平衡后，压缩三个容器的体积，平衡均不发生移动
6.“中国芯”的主要原料是单晶硅，“精炼硅”反应历程中的能量变化如下图所示。下列有关描述正确的是( )
A. 历程Ⅰ是吸热反应
B. 历程Ⅱ发生了化学变化
C. 历程Ⅲ 的热化学方程式是：SiHCl3(l) + H2(g) = Si(s)+3HCl(g)ΔH=+238 kJ/ml
D. 实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程无需外界能量供给
7.H2与ICl的反应机理如下：
反应①：H2g+2IClg=HClg+HIg+IClg；
反应②：HClg+HIg+IClg=I2g+2HClg，
其能量曲线如下图所示。
下列有关说法不正确的是
A. 反应①的ΔH=E1-E2 B. 反应①②均是放热反应
C. H2g+2IClg=I2g+2HClgΔH=-218kJ⋅ml-1
D. 该反应的反应速率主要取决于②的快慢
8.按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是( )
A. Ⅰ中试管内的反应，体现H+的氧化性
B. Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的还原性
C. 在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象
D. 撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去
9.某化学小组欲探究反应“2Fe3++2I-⇀↽2Fe2++I2”为可逆反应，做了如下实验：
已知：I2+H2O⇀↽HI+HIO
现象为：实验ii中产生了黄色沉淀；实验iii中溶液变蓝；实验iv中溶液不变蓝，下列说法中不正确的是
A. 实验ii中产生黄色沉淀的离子方程式为Ag++I-=AgI↓
B. 实验iii加淀粉溶液变蓝，证明棕黄色溶液中有I2生成
C. 设计实验iv的目的是为了排除空气中氧气氧化I-的可能
D. 通过上述实验可以证明“2Fe3++2I-⇀↽2Fe2++I2”为可逆反应
10.已知有如下热化学方程式，下列判断错误的是( )
①Cs+O2g=CO2g ΔH1=akJ⋅ml-1 K1
②Cs+12O2g=COg ΔH2=bkJ⋅ml-1 K2
③2H2g+O2g=2H2Og ΔH3=ckJ⋅ml-1 K3
④COg+H2Og=CO2g+H2g ΔH4=dkJ⋅ml-1 K4
A. a
11.一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法不正确的是( )
A. XEZ4是一种强酸
B. 原子半径：Y>W>E
C. 非金属性：W>Z>Y
D. ZW2中，Z的化合价为+2价
12.可逆反应A(g)+3B(g)⇌2C(g) ΔH<0。有甲、乙两个容积相同且不变的真空密闭容器，向甲容器中充入1 ml A和3 ml B，在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1kJ。在相同条件下，向乙容器中充入2 ml C，达到平衡时吸收热量为Q2kJ，已知Q1=3Q2。下列叙述正确的是 ( )
A. 平衡时，甲、乙中C的体积分数为甲>乙
B. 平衡时，甲中A的转化率为75%
C. 达到平衡后，再向乙中加入0.25 ml A、0.75 ml B和1.5 ml C，平衡向生成A的方向移动
D. 乙中反应的热化学方程式为2C(g)⇌A(g)+3B(g) ΔH=+Q2kJ/ml
13.实验室分别进行如下实验：①向蓝色的VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由蓝色变为淡黄色(VO2+)；②向(VO2)2SO4溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变蓝。下列说法正确的是( )
A. ①中还原剂与氧化剂物质的量之比为1∶5
B. ②中每生成标准状况下11.2L气体，转移1ml电子
C. 由①②可知，酸性条件下氧化性：MnO 4->Cl2>VO2+
D. 向(VO2)2SO4溶液中滴加FeI2溶液发生反应Fe2++VO2++2H+=Fe3++VO2++H2O
14.二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49kJ⋅ml-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ⋅ml-1
一体积固定的密闭容器中，在5MPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如题图所示．下列说法正确的是( )
A. H2的平衡转化率始终低于CO2
B. n曲线代表的物质为CH3OH温度越高，越有利于CH3OH的生成
C. 270～400℃时，平衡移动的程度：反应Ⅰ>反应Ⅱ
D. 加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化率
Ⅱ卷（58分）
二、填空题：本大题共4小题，共58分。
15.（除标注外每空2分，共15分）每二甲醚(CH3OCH3)是一种洁净液体燃料，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3。工业制备二甲醚在催化反应室中(压强：2.0∼10.0 MIPa.温度：230-280℃) 进行下列反应：
反应i：COg+2H2g⇀↽CH3OHg ΔH1=-99kJ⋅ml-1
反应ii：2CH3OH(g)⇀↽CH3OCH3g+H2OgΔH2=-23．5kJ⋅ml-1
反应iii：COg+H2Og⇀↽CO2g+H2gΔH3=-41.2kJ⋅ml-1
(1)在该条件下，若反应i的起始浓度分别为cCO=1.2ml⋅L-1，cH2=2.8ml⋅L-1，8min后达到化学平衡状态，CO的转化率为50%，则8min内CO的平均反应速率为_____
(2)在t℃时．反应ii的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：
此时v正_____v逆(填“>”“<”或“=”)
(3)催化总反应为：3COg+3H2g⇀↽CH3OCH3g+CO2gΔH4
①ΔH4=_____kJ⋅ml-1
②CO的平衡转化率α(CO)与温度、压强的关系如图I所示．图中X代表_____(填“温度”或“压强”)1分，L1_____L2(填“>”“<”或“=)。
(4)在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比nH2nCO的改变，二甲醚和甲醇的产率(产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率)呈现如图2的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因______________________。3分
(5)二甲醚(CH3OCH3)空气燃料电池是一种高效、轻污染的车载电池，其工作原理如图3所示。
①燃料电池中的正极是_____(填“c”或“d”)电极1分。
②c电极的电极反应为_____。
实验题（除标注外每空2分，共14分）
在一恒容容器中充入一定量的A和B发生反应2A(g) + B(g)⇌2C(g)，测得不同温度下B物质的百分含量随时间变化如图，请分析T1____T2(填“>”、“<”或“=”，下同)，都达平衡后，T1时v(C)逆____T2时v(C)逆。
Ⅱ.某化学实验小组用酸性KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下：
(1)写出高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：_____________________________。
(2)由实验I、II可得出的结论是_______________________________。
(3)关于实验II中80 s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出猜想：反应中生成的Mn2+对该反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验III，验证猜想。
提供的试剂：0.01 ml/L酸性 KMnO4溶液，0.1 ml/L草酸溶液，3 ml/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水补全实验III的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 ml/L酸性KMnO4溶液，_______________，最后加入1 mL 0.1 ml/L草酸溶液。
(4)该小组拟采用如图所示的实验方案继续探究KMnO4溶液浓度对反应速率的影响。
你认为他们的实验方案______(填“合理”或“不合理”)，理由是_________________。
17.简答题 （除标注外每空2分，共16分）工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)生产高纯ZnO的流程示意图如下。
(1)用足量NH42SO4溶液和氨水“浸出”锌焙砂。
①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是______________。
②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为ZnNH342+，该反应的离子方程式为____。
(2)“浸出”时As2O3转化为AsO33-。“除砷”步骤①中用NH42S2O8作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为______________________________。3分
(3)“除重金属”时加入BaS溶液。滤渣II中含有的主要物质是__________和BaSO4。
(4)“蒸氨”时会出现白色固体ZnSO4⋅Zn(OH)2，“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将该白色固体转化为ZnCO3的离子方程式为__________________________。
(5)“煅烧”步骤中，不同温度下，ZnCO3分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图1、图2所示。
已知：i.固体失重质量分数=样品起始质量-剩余固体质量样品起始质量×100%。
ii.比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品ZnO的活性越高。
①280∘C时煅烧ZnCO3，300min后固体失重质量分数为33.3%，则ZnCO3的分解率为__________%(保留到小数点后一位，3分)。
②根据图1和图2，获得高产率(ZnCO3分解率>95%)、高活性(ZnO比表面积>40m2⋅g-1)产品ZnO的最佳条件是__________(填字母序号）。
a.恒温280∘C，60∼120min
b.恒温300∘C，240∼300min
c.恒温350∘C，240∼300min
d.恒温550∘C，60∼120min
18.（除标注外每空2分，共13分）CO2的捕集、利用和封存技术是践行低碳发展战略的重要技术选择。CO2甲烷化是CO2利用的重要途径，反应如下。
反应I：CO2(g)+4H2(g)⇀↽CH4(g)+2H2O(g) ΔHI=-165kJ⋅ml-1
反应II：CO2(g)+H2(g)⇀↽CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ⋅ml-1
(1)反应：CO2(g)+CH4(g)⇀↽2CO(g)+2H2(g) ΔH=__________。
(2)恒温恒容条件下，向容器中充入一定量的CO2和H2发生反应I，下列能说明反应达到平衡状态的是__________(填序号)。
a.相同时间内，每断裂2mlC=O的同时形成4mlC-H
b.H2O(g)浓度不再改变
c.容器内气体密度不再改变
d.nH2:nCH4之比不再改变
(3)向体积为1L的容器中充入1mlCO2和4mlH2，发生反应I、II．CO2的平衡转化率和CH4的选择性(指生成CH4所消耗CO2的量与CO2总消耗量的比值)随温度变化的曲线如图所示：
①CH4选择性随温度的变化曲线是____(填“X”或“Y”)；CO2的平衡转化率随温度发生这种变化的主要原因是__________________________________________。
②500∘C时，反应I的平衡常数K=__________(写出计算式即可，3分)。
(4)CO2资源化利用的另一个路径是与H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
反应III：CO2(g)+3H2(g)⇀↽CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49kJ⋅ml-1
在相同反应时间下，测得3种不同催化剂作用下的CO2转化率随温度变化的曲线如图所示。
T4到T5段随温度升高，转化率降低且曲线一致的原因为__________________。
太行中学2024—2025学年第一学期第一次月考
高二化学试题答案
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查硅酸盐材料，难度一般，理解常见的硅酸盐材料是解题关键。
【解答】A.九霄环佩木古琴主要构成是木材，动物筋制得，A错误；
B.裴李岗文化骨笛由动物骨骼构成，B错误；
C.商朝后期陶埙属于陶瓷，由硅酸盐制成，C正确；
D.曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成，D错误；
故选C。
2.【答案】A
【解析】解：A.碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故A正确；
B.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完成沉淀，离子方程式：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故B错误；
C.钠与硫酸铜溶液反应，生成氢氧化铜沉淀，硫酸钠和氢气，离子方程式：Cu2++2Na+2H2O=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，故C错误；
D.向石灰乳中加入盐酸，离子方程式：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O，故D错误；
故选：A。
A.碳酸氢钠过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
B.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完成沉淀，则硫酸氢钠与氢氧化钡物质的量之比为1：1，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水；
C.不符合反应客观事实；
D.石灰乳中氢氧化钙应保留化学式．
本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，明确离子方程式书写规则、离子性质是解本题关键，注意：书写离子方程式要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，题目难度中等．
3.【答案】C
【解析】【详解】A.从图中可知，实验③的曲线最先达到水平的拐点，实验②的曲线最晚达到水平的拐点，故实验②最晚到达平衡，A正确；
B.从图中可知，实验①反应物X初始浓度大于实验②，实验①的曲线相较于实验②更陡，说明反应速率实验①大于实验②，可以说明其他条件相同时，增大反应物浓度化学反应速率加快，B正确；
C.实验②③温度和浓度均相同，速率实验③大于实验②，则实验③可能使用了催化剂，催化剂能同时增大正逆反应速率，C错误；
D.实验②和④除了温度之外其他条件都相同，实验④的曲线相较于实验②更陡，说明实验④反应速率更快，可以说明其他条件相同时，升高温度反应速率加快，D正确；
故答案选C。
4.【答案】B
【解析】A.MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A错误；
B.NO2转化为N2O4 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B正确；
C.铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C错误；
D.加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D错误；
故选B。
5.【答案】C
【解析】【知识点】压强对化学平衡移动的影响、化学平衡常数的影响因素及应用、化学平衡题中基于图表数据的相关计算
【详解】A.由第I组数据可知，达到平衡时，c(H2)=c(I2)=0.008ml/L，c(HI)=0.004ml/L，该温度下，反应的平衡常数为0.004××0.008=0.25， A正确；
B.反应条件为恒温恒容，实验Ⅱ相对于实验I相当于加压，平衡不移动，则实验Ⅱ达平衡时，故a=0.016，B正确；
C.温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ开始时，浓度商Q=0.04××0.02=4>K，故反应向逆反应方向，即生成H2的方向移动， C错误；
D.该反应前后气体物质的量不变，压缩三个容器的体积加压，平衡不移动，D正确；
故选C。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查物理变化与化学变化、吸热反应和放热反应、热化学方程式书写及正误判断，难度不大。
【解答】
A.历程Ⅰ中反应物能量高于生成物能量，则历程Ⅰ是放热反应，，A错误；
B.历程Ⅱ中，SiHCl3(g)转变为SiHCl3(l)，同一物质三态之间的变化，为物理变化， B错误；
C.历程Ⅲ 中，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，则热化学方程式为SiHCl3(l)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)ΔH=+238kJ/ml， C正确；
D.粗硅和纯硅的组成物质不同能量，粗硅变为精硅的过程中能量会损耗，D错误；
7.【答案】D
【解析】【详解】A.由图可知，反应的ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，故反应①的ΔH=E1-E2，故 A正确；
B. 反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应为放热反应，由图像可知，反应①②均是放热反应，故B正确；
C. 由盖斯定律可知，H2g+2IClg=I2g+2HClgΔH=ΔH1+ΔH2=-218kJ⋅ml-1，故 C正确；
D. 反应的反应速率主要取决于慢反应，活化能越大，反应的速率越慢，故该反应的反应速率主要取决于①的快慢，故D错误。
答案为：D。
8.【答案】C
【解析】Ⅰ中发生反应 S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O ，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进入Ⅲ中与硫化钠反应生成S沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色。
A.Ⅰ中试管内发生反应 S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O ，氢元素化合价不变， H+ 不体现氧化性，故A错误；
B.Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故B错误；
C.Ⅰ试管内发生反应 S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O ，Ⅲ试管内发生反应 2S2-+SO2+2H2O=3S↓+4OH-，Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象，故C正确；
D.撤掉水浴，重做实验，反应速率减慢，Ⅳ中红色褪去的速率减慢，故D错误；
故选C。
9.【答案】D
【解析】【详解】A.探究反应“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”为可逆反应，则实验ⅰ所得溶液可能含有Fe3+、I-、Fe2+、I2，所以实验ii中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀的离子方程式为：Ag++I-=AgI↓，A正确；
B.淀粉遇I2会变蓝，则实验iii加淀粉溶液变蓝，可以证明棕黄色溶液中有I2生成，B正确；
C.生成的I2可能是I-被空气中氧气氧化，也可能是I-被Fe3+氧化所致，则设计实验iv的目的是为了排除空气中氧气氧化I-的可能，C正确；
D.实验ⅰ中I-和Fe3+等物质的量混合，实验ⅲ、ⅳ说明生成的I2是I-被Fe3+氧化所致，实验ii说明棕黄色溶液中存在I-，但不能确定存在的I-是反应物不能完全转化、反应存在限度所致，还是完全转化生成的I2与水反应(I2+H2O⇌HI+HIO)生成的，则通过上述实验不能证明“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”为可逆反应，D错误；
故选D。
10.【答案】C
【解析】A.①②均为放热反应，ΔH1<0，ΔH2<0，碳完全燃烧生成二氧化碳比碳不完全燃烧生成一氧化碳放出热量多，对应ΔH小，所以a
C.方程式①-②-12×③=④，则K4=K1÷K2÷K 312=K1K2⋅K 312，C错误；
D.由C选项分析K4=K1K2⋅K 312，整理得K3=K12K22⋅K42，D正确；
故答案选C。
11.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查元素周期律及元素周期表的推断，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，试题难度不大。
【解答】
从题图所给结构式中各原子间成键的数目出发，
可推知Y、Z、W原子最外层电子数分别为4、6、7，再结合题干所给信息推断即可。
A项，X为H，则Y、Z、W都位于第二周期，且Y原子最外层有4个电子，则为C，Z原子最外层有6个电子，
则为O，W原子最外层有7个电子，则为F，因此E为Cl，所以XEZ4为HClO4，为强酸，正确；
B项，一般电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，
原子半径越小，因此原子半径：E(Cl)>Y(C)>W(F)，错误；
C项，同周期主族元素从左往右非金属性逐渐增强，因此非金属性：W(F)>Z(O)>Y(C)，正确；
D项，ZW2为OF2，其中F的非金属性更强，则F为-1价，O为+2价，正确。
方法技巧 熟练掌握元素周期表的结构，准确推断出各元素是解题的关键。而推断元素时利用了原子结构与原子成键数目间的关系，根据价键理论，非金属元素原子能获得几个电子达到2电子或8电子稳定结构，该原子就能形成几个共价键，根据成键数就可以判断元素的主族序数。
12.【答案】B
【解析】略
13.【答案】B
【解析】A.向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由蓝色变为淡黄色，说明酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为 VO2+ ，高锰酸根被还原成Mn2+，由电子守恒可知存在KMnO4 ∼ 5VOSO4 ∼ 5e-，则①中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5，A项错误；
B.向(VO2)2SO4溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变蓝，说明浓盐酸能把 VO2+ 还原为VO2+，Cl-失去电子生成氯气，由电子、电荷及原子守恒可知离子方程式为：2VO2+ +4H++2Cl-= 2VO2++Cl2↑+2H2O，标准状况下11.2L气体为0.5ml，故转移1ml电子，B项正确；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则由①可知，氧化性： MnO 4->VO2+ ，由②可知，氧化性：VO2+>Cl2，所以酸性条件下氧化性MnO 4->VO2+>Cl2，C项错误；
D. VO2+ 具有较强的氧化性，(VO2)2SO4溶液中滴加FeI2会发生氧化还原反应，则VO2+被还原为VO2+，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2，D项错误；
故选B。
14.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了化学反应原理部分知识，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，均为高频考点，解题关键是掌握化学反应原理知识的应用，题目难度中等，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查。
【解答】
A.起始n(CO2)：n(H2)=1：3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应II时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率，当I、II都发生时，则H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故A正确；
B.反应Ⅰ是放热反应，温度升高，平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，故n不代表甲醇，故B错误；
C.反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，270～400℃时，平衡移动的程度：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故C错误；
D.催化剂只能改变反应速率不能改变CH3OH的平衡转化率，故D错误；
故选：A。
15.【答案】(1)0.075ml⋅L-1⋅min-1
(2)<
(3) -262.7 温度 >
(4)当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小
(5) d CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+
【解析】【详解】(1)根据题给数据，CO的反应量为1.2ml/L×50%=0.6ml/L，则8min内CO的平均反应速率为：v(H2)=0.6ml/L8min=0.075ml⋅L-1⋅min-1；
(2)该时刻反应的浓度熵为：Qc=c(CH3OCH3)⋅c(H2O)c2(CH3OH)=2.0×>400，反应逆向进行，所以，v正
②根据催化反应室的总反应放热，化学方程式3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g) ΔH=-262.7kJ·ml-1可知，正向反应气体减少，反应放热，所以CO的平衡转化率α(CO)随温度的升高而减小、随压强的增大而增大，图中曲线随X增大而减小，可判断X是温度，则L1、L2是压强，且L1>L2；
(4)结合图象，根据平衡移动原理分析：随着n(H2)n(CO)增大，反应①CO转化率增大，甲醇的产率增大，进而有利于反应②正向移动；另一方面，随着n(H2)n(CO)增大，反应③被抑制，c(H2O)增大，进而抑制了反应②；图中二甲醚产率随着n(H2)n(CO)增大先增大后减小的原因就是这两种因素共同作用的结果，题给图中投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因可解释为：当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。
(5)①根据图中电子的移动方向可知，d是正极；
②根据图中电子的移动方向可知，c是负极，电解质环境为酸性，则其电极反应为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+。
16.【答案】I. <；<
II. (1) 5H2C2O4 + 2MnO4- +6H+ =2Mn2+ +10CO2↑+8H2O
(2) 其他条件相同时，溶液酸性越强，反应速率越快
(3) 再加入10滴3ml/L的硫酸，然后再加少量MnSO4固体(其他合理答案也可)
(4) 不合理； KMnO4浓度不同，溶液开始时颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应速率的快慢。
【解析】【分析】
本题考查化学反应速率，为高频考点，把握速率的影响因素、控制变量法、速率图像分析为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意 II.(4)为解答的难点，题目难度较难。
【解答】
I. 根据“先拐先平”原则，可知温度T2>T1，温度越高速率越快，所以T2时的速率大于T1时的速率；
Ⅱ.(1)高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)实验Ⅰ、Ⅱ酸的浓度不同，实验II酸浓度大，反应快，故由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是：其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快；
(3)该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用，故设计实验加入MnSO4固体与实验II对比，其他条件与实验II相同，故实验Ⅲ的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 ml/L酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 ml/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1 mL 0.1 ml/L草酸溶液，可以观察到：加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s)，可证明；
(4)图中探究的是KMnO4溶液浓度对反应速率的影响，但KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢，故该方案不合理。
17.【答案】(1)增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高浸出率 ZnO+2NH3▪H2O+2NH4+=ZnNH342++3H2O
(2)2NH3⋅H2O+AsO33-+S2O82-=AsO43-+2SO42-+2NH4++H2O
(3)CuS
(4)ZnSO4⋅Zn(OH)2+ 2HCO3-=2ZnCO3+SO42-+2H2O
(5) 94.6 b
【解析】【分析】锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)中加入(NH4)2SO4溶液和氨水，得到的浸出液中含有ZnNH342+、AsO33-、CuNH342+等，再依次加入(NH4)2S2O8溶液、CaO、FeSO4，将AsO33-氧化为AsO43-，过滤得到FeAsO4、Fe(OH)2、Fe(OH)3；滤液中加入BaS溶液除去重金属，过滤得滤渣II，滤液中加入Zn粉深度除金属得到含Ni、Zn的滤渣III，滤液蒸氨后再向其中加入NH4HCO3溶液和通入CO2将[Zn(NH3)4]2+转化为ZnCO3沉淀，烘干后煅烧，得到ZnO，以此解答。
【详解】(1)①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；
②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为ZnNH342+，该反应的离子方程式为：ZnO+2NH3⋅H2O+2NH4+=ZnNH342++3H2O。
(2)“浸出”时As2O3转化为AsO33-，由分析可知，AsO33-和(NH4)2S2O8发生氧化还原反应生成AsO43-和SO42-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2NH3⋅H2O+AsO33-+S2O82-=AsO43-+2SO42-+2NH4++H2O。
(3)除砷后溶液中还存在硫酸根、Cu2+、Ni2+、Zn2+等，其中Ni2+在深度除金属离子中除去，则“除重金属”时，加入BaS溶液可以将Cu2+除去，滤渣Ⅱ中含有的主要物质是CuS和BaSO4。
(4)“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体ZnSO4⋅Zn(OH)2转化为ZnCO3的离子方程式为：ZnSO4⋅Zn(OH)2+ 2HCO3-=2ZnCO3+SO42-+2H2O。
(5)①ZnCO3加热时发生分解ZnCO3Δ ZnO+CO2↑，设加热前ZnCO3的质量为ag，300min后固体失重质量分数为33.3％，则生成CO2的质量为0.333ag，ZnCO3分解的质量为0.333a44×125g，则ZnCO3的分解率为0.333a44×125gag×100%=94.6%；
②由图1可知，恒温300℃和恒温550℃时，失重质量分数相等，由①可知ZnCO3分解率>95％，由图2可知，恒温550℃时，ZnO比表面积<40m2⋅g-1，则应该选择恒温300℃，240∼300min，故选b。
18.【答案】(1)+247kJ/ml
(2)bd
(3) Y 反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度较低时，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅱ变为主反应
(4)a点反应达到平衡后，温度升高，反应向逆向移动，转化率降低；a点反应达到平衡后，催化剂不影响平衡移动
【解析】【详解】(1)由盖斯定律可知，-Ⅰ+2×Ⅱ可得反应CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH=-(-165kJ⋅ml-1)+2×41kJ⋅ml-1=+247kJ/ml；
(2)a.相同时间内，每断裂2ml C=O的同时形成4ml C-H，均表达的正速率，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故a不选；
b.水蒸气的浓度不再改变，说明组分的浓度保持不变，能说明反应达到平衡状态，故b选；
c.恒温恒容条件下，该反应过程中气体总质量和总体积都不变，气体的密度是定值，当气体密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，故c不选；
d.氢气为反应物，甲烷为生成物，n(H2):n(CH4)之比不再改变，说明各物质的物质的量不变，组成固定，能说明反应达到平衡状态，故d选；
故答案为：bd；
(3)①反应Ⅰ的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲烷的选择性降低，所以甲烷的选择性随温度的变化曲线是Y；反应Ⅰ的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，反应Ⅱ的正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，温度低于530℃时，以反应Ⅰ为主，当温度高于530℃后，反应Ⅱ变为主反应，所以二氧化碳的转化率随温度升高先降低后增大；
②500℃时，二氧化碳的转化率为60%，则反应的二氧化碳为0.6ml，甲烷的选择性为85%，则生成甲烷的二氧化碳为0.6ml×85%=0.51ml，则反应Ⅰ生成的甲烷为0.51ml，水蒸气为1.02ml，消耗的氢气为2.04ml，消耗的二氧化碳为0.51ml，则反应Ⅱ消耗的二氧化碳为0.09ml，消耗的氢气为0.09ml，生成的水蒸气为0.09ml，则平衡时CO2为1ml-0.6ml=0.40ml，H2为4ml-2.04ml-0.09ml=1.87ml，CH4为0.51ml，H2O为1.02ml+0.09ml=1.11ml，反应Ⅰ的平衡常数K=；
(4)a点反应达到平衡后，温度升高，反应向逆向移动，转化率降低；a点反应达到平衡后，催化剂不影响平衡移动，所以曲线变为一致。
15.（除标注外每空2分，共15分）
(1)_______________
(2)_____(填“>”“<”或“=”)
(3) ①__________ ②__________1分; __________(填“>”“<”或“=)。
(4)___________________________________________________________。3分
(5)①_____(填“c”或“d”)1分。
②_________________________。
16.实验题（除标注外每空2分，共14分）
Ⅰ.____(填“>”、“<”或“=”，下同)____。
Ⅱ.(1)_______________________________________________。
(2)_________________________________________________。
(3)_____________________________________________________________________。
(4)______(填“合理”或“不合理”)，理由是________________________________________________________________________。
17.简答题 （除标注外每空2分，共16分）
(1)①____________________________________________________________________。
②_______________________________________________________________________。
(2)_________________________________________________________。3分
(3)__________。
(4)_______________________________________________________________________。
(5)①__________%(保留到小数点后一位，3分)。
②__________(填字母序号）。
18.（除标注外每空2分，共13分）
(1)___________________。
(2)__________(填序号)。
(3)①____(填“X”或“Y”)；___________________________________________________。
②___________________(写出计算式即可，3分)。
(4)________________________________________________________________________。
A.九霄环佩木古琴
B.裴李岗文化骨笛
C.商朝后期陶埙
D.曾侯乙青铜编钟
实验
起始时各物质的浓度/(ml·L-1)
平衡时物质的浓度/(ml·L-1)
c(H2)
c(I2)
c(HI)
c(H2)
Ⅰ
0.01
0.01
0
0.008
Ⅱ
0.02
0.02
0
a
Ⅲ
0.02
0.02
0.04
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
c/ml⋅L-1
0.05
2.0
2.0
编号
实验操作
实验现象
I
向一支试管中先加入1 mL 0.01 ml/L酸性KMnO4溶液，再加入1滴3 ml/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1 mL 0.1 ml/L草酸溶液
前10 min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30 min后几乎变为无色
II
向另一支试管中先加入1 mL 0.01 ml/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3 ml/L硫酸，最后加入1 mL 0.1 ml/L草酸溶液
80 s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150 s后几乎变为无色
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