2017-2018学年四川省成都市石室中学高二10月月考化学试题 解析版
成都石室中学2017—2018学年度上期高2019届十月月考
化学试卷
1. 绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少的污染物的能源，下列能源中不属于绿色能源的是
A. 太阳能 B. 化石能源 C. 风能 D. 潮汐能
【答案】B
【解析】
2. 对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是
A. 升高温度，对正反应的反应速率影响更大
B. 增大压强，对逆反应的反应速率影响更大
C. 减小反应物浓度，对正反应的反应速率影响更大
D. 加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大
【答案】C
【解析】合成氨正反应放热，升高温度平衡逆向移动，所以升高温度对逆反应的反应速率影响更大，故A错误；增大压强平衡正向移动，对正反应的反应速率影响更大，故B错误；减小反应物浓度，正反应速率突然减小，对正反应的反应速率影响更大，故C正确；加入催化剂平衡不移动，对正逆反应的反应速率影响相同，故D错误。
点睛：改变条件后，平衡向正方向移动，对正反应速率影响大；平衡向逆方向移动，对逆反应速率影响大；平衡不移动，对正逆反应速率影响相同。
3. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 在25℃、101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)2H2O(l) △H=-285.8kJ·mol-1
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g) △H=2×283.0 kJ/mol
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)= H2O（l）；△H =－57.3 kJ·mol—1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 已知C(石墨,s) C(金刚石,s) △H＝+1.9 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
【答案】C
【解析】在25℃、101 kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为： H2(g)+ O2(g) H2O(l) △H=-285.8kJ·mol-1
，故A错误；CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g) △H= －2×283.0 kJ/mol，故B错误；在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)= H2O（l）；△H =－57.3 kJ·mol—1，由于浓硫酸稀释放热，所以若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ，故C正确；C(石墨,s) C(金刚石,s) △H＝+1.9 kJ/mol，金刚石的能量大于石墨，所以石墨比金刚石稳定，故D错误。
4. 下列说法不能够用勒夏特勒原理来解释的是
A. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅
C. SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
D. 恒温、恒压条件下，在NO2和N2O4平衡体系中充入He后，体系颜色变浅
【答案】D
【解析】Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入食盐水增大了氯离子浓度，平衡左移，氯气溶解度较小，故A能用勒夏特勒原理解释；溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后生成溴化银沉淀，溴离子浓度减小，平衡右移，溶液颜色变浅，故B能用勒夏特勒原理解释；2SO2+O22SO3，通入过量的氧气，平衡右移，二氧化硫的转化率增大，故C能用勒夏特勒原理解释；2NO2N2O4，恒温、恒压条件下，充入He，相当于减压，平衡逆向移动，故D不能用勒夏特勒原理解释体系颜色变浅；选D。
5. 中和热测定实验中，用50 mL 0.50 mol/L 盐酸和50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行实验,下列说法正确的是
A. 在测定中和热实验中必不可少的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒
B. 使用环形玻璃搅拌棒是为了使反应物混合均匀，减小误差
C. 改用60 mL 0.5 mol/L盐酸跟50 mL 0.50 mol/L NaOH溶液进行反应，求出的中和热数值和原来不相同
D. 测量酸溶液的温度后，未冲洗温度计就测碱溶液的温度，会使求得的中和热的数值偏大
【答案】B
【解析】在测定中和热实验中必不可少的仪器有：量筒、烧杯、温度计、玻璃搅拌器，故A错误；玻璃导热性差，使用环形玻璃搅拌棒可以减少热量损失，减小误差，故B正确；中和热是生成1mol水放出的热量，所以改用60 mL 0.5 mol/L盐酸跟50 mL 0.50 mol/L
NaOH溶液进行反应，求出的中和热数值和原来相同，故C错误；测量酸溶液的温度后，未冲洗温度计就测碱溶液的温度，会使碱的初始温度过高，求得中和热的数值偏小，故D错误。
6. 一定温度下，在容积恒定的密闭容器中发生可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)，下列叙述一定是达到平衡的标志的是
①2υ(B)正=3υ(C)逆；②单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C；③A、B、C的浓度不再变化；④混合气体的总压强不再变化；⑤C的质量分数不再改变；⑥用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2的状态；⑦A、B、C的浓度彼此相等；⑧混合气体的密度不再改变的状态
A. ①③④⑤ B. ①④⑤⑦ C. ④⑤⑥⑧ D. ③⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】达到平衡时正逆反应速率比等于系数比，所以2υ(B)正=3υ(C)逆时一定平衡，故①正确；生成A与消耗C都是逆反应速率，单位时间内生成a mol A，同时消耗2a mol C不一定平衡，故②错误；达到平衡时各物质的浓度保持不变，所以A、B、C的浓度不再变化一定平衡，故③正确；反应前后气体系数和不同，压强是变量，所以混合气体的总压强不再变化一定平衡，故④正确；C的质量分数不再改变，说明C的浓度保持不变，一定达到平衡状态，故⑤正确；任意时刻用不同物质表示的速率比等于系数比，所以用A、B、C的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1:3:2的状态不一定平衡，故⑥错误；浓度保持不变是平衡状态，A、B、C的浓度彼此相等时不一定保持不变，所以A、B、C的浓度彼此相等不一定平衡，故⑦错误；根据 ，该反应中密度是恒量，所以密度不变不一定平衡，故⑧错误；选A。
7. 由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A. 由X→Y反应的△H=E5－E2
B. 由X→Z反应的△H＜0
C. 降低压强有利于提高Y的产率
D. 降低温度有利于提高Z的产率
【答案】A
【解析】焓变=生成物的总能量－反应物的总能量，由X→Y反应的△H=E3－E2，故A错误；X的能量大于Z，所以由X→Z反应放热，△H＜0，故B正确；2X3Y，减小压强平衡正向移动，降低压强有利于提高Y的产率，故C正确；X→Z反应的△H＜0，降低温度平衡正向移动，有利于提高Z的产率，故D正确。
8. 汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体，反应方程式为4CO(g)＋2NO2(g) 4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-1200kJ·mol－1。对于该反应，温度不同(T2>T1)其他条件相同时，下列图像正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
...........................
9. 氢气、铝、铁都是重要的还原剂，已知下列反应的热化学方程式，下列关于反应的焓变判断正确的是
2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) △H1
3H2(g)+Fe2O3(s)===2Fe (s)+ 3H2O(g) △H2
2Fe(s)+ 3/2O2(g)===Fe2O3(s) △H3
2Al(s)+3/2O2(g)===Al2O3(s) △H4
2Al(s)+ Fe2O3(s)===Al2O3(s)+2Fe(s) △H5
A. △H1<0；△H3>0 B. △H5<0；△H4<△H3
C. △H1=△H2+△H3 D. △H3=△H4+△H5
【答案】B
【解析】试题分析：A、物质的燃烧均为放热反应，而放热反应的反应热均为负值，故A错误；B、铝热反应为放热反应，故△H5＜0；而2Fe(s)+ O2(g)=Fe2O3(s)△H3 ③，2Al(s)+ O2(g)=Al2O3(s)△H4④，将④-③可得：2Al(s)+Fe2O3(s)=A12O3(s)+2Fe(s)△H5=△H4-△H3＜0时，故△H4＜△H3，故B正确；C、已知：3H2(g)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+3H2O(g)△H2 ②、2Fe(s)+ O2(g)=Fe2O3(s)△H3③，将(②+③)×可得：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H1= (△H2+△H3)，故C错误；D、已知：2Fe(s)+ O2(g)=Fe2O3(s)△H3 ③，2Al(s)+ O2(g)=Al2O3(s)△H4④，将④-③可得：2Al(s)+Fe2O3(s)=A12O3(s)+2Fe(s) 故有：△H5=△H4-△H3，即：△H3=△H5-△H4，故D错误；故选B。
【考点定位】考查反应热的大小比较和盖斯定律的应用
【名师点晴】应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
10. 在恒容的密闭容器中，加入3 molY与过量的X发生可逆反应X(s)＋3Y(g) 2Z(g)；达到平衡时，下列说法正确的是
A. 充入少量He使容器内压强增大，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
B. 若该反应在低温下方能自发进行，则升高温度，气体的平均分子量变大
C. 继续加入少量Z，平衡逆向移动，Z的体积分数减小
D. 继续加入少量Y，平衡正向移动，Y的转化率增大
【答案】D
【解析】在恒容的密闭容器中，通入无关气体，反应体系的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故A错误；若该反应在低温下方能自发进行，则△
H＜0，升高温度平衡逆向移动，气体质量减小，气体物质的量增多，所以平均分子量减小，故B错误；继续加入少量Z，相当于加压，正向移动，Z的体积分数增大，故C错误；继续加入少量Y，相当于加压，平衡正向移动，Y的转化率增大，故D正确。
11. 以反应5H2C2O4+2MnO4-+6H +===10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol·L-1
体积/mL
浓度/mol·L-1
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
下列说法不正确的是
A. 实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
B. 实验①测得KMnO 4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率υ(KMnO4)=2.5×10 -4 mol·L -1·s -1
C. 若生成a L CO2（标准状况），该反应转移的电子数为aNA/22.4
D. 实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用
【答案】B
【解析】通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢，所以实验①、②、③都要褪色，所加的H2C2O4溶液均要过量，故A正确；实验①测得KMnO 4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率υ(KMnO4)== 1.7×10 -4 mol·L -1·s -1，故B错误；生成1mol CO2转移1mol电子，若生成a L CO2（标准状况），该反应转移的电子数为aNA/22.4，故C正确；根据影响反应速率的因素，实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，没有改变其它因素的条件下，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用，故D正确。
点睛：影响反应速率的因素主要有温度、反应物浓度、压强、催化剂，其中影响最明显的是催化剂。
12. 在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g) 2C(g) △H＜0。t1 时刻达到平衡后，在t2 时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。下列说法正确的是
A. 0~t2时间段内，υ正> υ逆
B. I、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数I﹥II
C. t2 时刻改变的条件可能是向密闭容器中加C
D. I、II两过程达到平衡时，平衡常数I﹤II
【答案】C
【解析】试题分析：A、0～t2时，反应正向进行，v（正）>v（逆），t1～t2时，反应达到平衡，v（正）=v（逆），故错误，不选A；B、t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，错误，不选B；C、向密度容器中加C ，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图形，正确，选C；D、t2时刻改变条件后达到平衡时逆反应速率不变，说明和原平衡等效，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数相等，错误，故不选D。
考点： 化学平衡的建立
13. 下列图示与对应的叙述不相符的是
A. 图甲表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0
B. 图乙表示的反应是吸热反应，该图表明催化剂不能改变化学反应的焓变
C. 图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，则P乙>P甲
D. 图丁表示反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g) ΔH＜0，在其他条件不变的情况下，改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响，则有T1＞T2，K1＞K2
【答案】D
【解析】2NO2(g)N2O4(g)，升高温度NO2的百分含量增大，平衡逆向移动，所以反应的△H＜0，故图甲与对应的叙述相符；反应物的总能量小于生成物总能量，正反应是吸热反应，催化剂不能改变化学反应的焓变，故图乙示与对应的叙述相符；增大压强反应速率增大，2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)平衡不移动，平衡时，反应物的浓度相同，故图丙与对应的叙述相符；该反应ΔH＜0，所以升高温度平衡逆向移动，N2(g)百分含量减小，T1
Kb，故D错误。
点睛：平衡常数只与温度有关，吸热反应，升高温度平衡常数增大；放热反应，升高温度平衡常数减小；若只改变浓度、压强，平衡常数不变。
15. 向一容积为1L的密闭容器中加入一定量的X、Y，发生化学反应aX(g)＋2Y(s) bZ(g)；△H＜0。右图是容器中X、Z的物质的量浓度随时间变化的曲线，根据以上信息，下列说法正确的是
A. 用X表示0~10min内该反应的平均速率为v(X)＝0.045mol/(L·min)
B. 根据上图可求得方程式中a:b＝1:3
C. 推测在第7min时曲线变化的原因可能是升温
D. 推测在第13min时曲线变化的原因可能是降温
【答案】C
【解析】 本题通过图像的信息来考查反应速率的计算以及平衡移动的影响因素等。
Δc(X)＝(0.45－0.20)mol·L－1＝0.25 mol·L－1，则v(X)＝＝0.025 mol·L－1·min－1；10～13 min时，各种成分的浓度不再改变，则此时反应达到平衡状态，Δc(X)＝0.25 mol·L－1，Δc(Z)＝0.5 mol·L－1，而Δc(X)∶Δc(Z)＝a∶b，故a∶b＝1∶2；在第7 min时，X的浓度减小更快，Z的浓度增大更快，即反应速率加快了，所以可能是升高温度或者加入催化剂，此时不能通过平衡移动原理来解释，因为还没有达到平衡状态；第13 min时，平衡被破坏，Z的浓度减小，平衡逆向移动，原因可能是升高温度。
16. 常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是
A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选30℃
C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较高
D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
【答案】C
【解析】平衡常数只与温度有关，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；Ni(CO)4的沸点为42.2℃，第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，所以温度要高于42.2℃，故B错误；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃ ，Ni(CO)4分解得高纯镍，Ni(CO)4分解率较高，故C正确；达到平衡正逆反应速率比等于系数比，4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)，故D错误。
17. 一定温度下，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol A，经一段时间后反应A(g)B(g)＋C(g)达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是
t/s
0
50
150
250
350
n(B)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
A. 50~250s内，A的平均反应速率v(A)＝0.0002 mol·L-1·s-1
B. 相同温度下，若达到平衡后向容器中继续充入A，则平衡向右移动，平衡常数增大
C. 相同温度下，若起始时向容器中充入1.0 mol A、0.20 mol B和0.20 mol C，则达到平衡前v(正)＞v(逆)
D. 若保持其他条件不变，升高温度，再次平衡时，平衡常数K＝0.2，则反应的ΔH＜0
【答案】C
【解析】A、50~250s内B的物质的量增加0.04mol，所以A减少的物质的量是0.04mol， 50~250s内，A的平均反应速率v(A)＝0.04mol÷2.0L÷200s=0.0002 mol·L-1·s-1，故A错误；B、温度不变，平衡常数不变，故B错误；C、根据表中数据，可知平衡时B的浓度是0.1mol/L，C的浓度是0.1mol/L ，A的浓度是1.0mol/2.0L-0.1mol/L=0.4mol/L，则该温度的平衡常数是K= =0.025，相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol A、0.20 mol B和0.20 mo1 C，Q= <0.025，所以反应正向进行，达平衡前v(正)＞v(逆)，故C正确；D、升高温度，再次平衡时，平衡常数K＝0.2，平衡常数增大，所以ΔH>0，故D错误。
18. 一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如下图所示。下列判断不正确的是
A. 溶液酸性越强，R的降解速率越大
B. 在0～50 min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等
C. 在20～25 min之间， pH＝10时R的平均降解速率为4×10-6 mol·L－1·min－1
D. R的起始浓度越小，降解速率越大
【答案】D
【解析】pH分别为2、7、10时，通过曲线的倾斜和谐可看出溶液的酸性越强，R的降解速率越大，故A正确；由图知，在0-50min之间，pH=2和pH=7时反应物R都能完全反应，降解率都是100%，故B正确； 20-25min之间，pH=10时，R的平均降解速率为 mol/L。min，故C正确；R的起始浓度越大，降解速率越大，故D错误。
19. 已知可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)中，物质的含量A%和C%随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A. 该反应在T1、T3温度时达到过化学平衡
B. 该反应在T2温度时达到过化学平衡
C. 该反应的逆反应是放热反应
D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动
【答案】B
【解析】试题分析：选项A、反应在在T1、T3温度时物质A、C的含量相等，当反应速率不相等，故并未达到平衡状态。
选项C、温度由T1到T2
变化过程中，反应物A减少，故正反应为放热反应，则其逆反应为吸热反应。
选项D、由图看出，随着反应温度的升高，平衡先正移后逆移。
考点：化学平衡；化学反应与能量；平衡移动
点评：本题主要是对坐标图的分析，属于难度较大的题目。另一方面，需考虑温度对平衡移动的影响，需与反应速率区分。
①对于反应速率，升高温度，正逆反应速率均增大。
②对于平衡移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
20. 在盛有足量A的体积可变的密闭容器中，加入B，发生反应：A(s)＋2B(g) 4C(g)＋D(g)； △ H＜0。在一定温度、压强下达到平衡。平衡时C的物质的量与加入的B的物质的量的变化关系如下图。下列说法正确的是
A. 若在恒压绝热容器中进行上述反应，则图中θ＞45°
B. 若再加入B，则再次达到平衡时，正、逆反应速率均增大
C. 若再加入B，则再次达到平衡时，反应体系气体密度减小
D. 平衡时B的转化率为50％
【答案】D
【解析】试题分析：A、温度升高，平衡逆向移动，一定物质的量的B反应生成的C的物质的量减少，所以角度变小，错误，不选A；B、加入B，平衡正向移动，正反应速率突然增大，逆反应速率不变，平衡开始移动，正反应速率减慢，逆反应速率增大，错误，不选B；C、根据图像分析，加入的B的物质的量与生成C的物质的量相等，所以该反应中有一半的B物质反应，假设加入的B的物质的量为nmol，则
A（s）+2B（g）⇌ 4C（g）+D（g）
起始 n/2 n 0 0
改变 n/4 n/2 n n/4
平衡 n/4 n/2 n n/4
混合气体的密度=（nMA/2+NMB）/（n/2+n+n/4）V=（ nMA/2+NMB
）/（7nV/4），根据气体密度公式分析，气体的密度与加入B的多少无关，所以若再加入B ，则再次达到平衡，反应体系中气体密度始终不变，错误，不选C；D、根据图像结合方程式可知，加入B的物质的量与生成C的物质的量相等，所以该反应中有一半的B反应，所以其转化率为50%，正确，选D。
考点：化学平衡的建立和移动
21. 25℃，向40 mL 0.05 mol/L的FeCl3溶液中加入10 mL 0.15 mol/L的KSCN溶液，发生反应，混合溶液中c(Fe3+)与反应时间（t）的变化如图所示。
（1）该反应的离子方程式为：_________________;
（2）E点对应的坐标为（0，____），t1~t2段v(SCN-)=______mol/(L.min)（用相应字母表示）;
（3）关于A、B、C、D四点，下列说法正确的是____________（填序号）
①A点处Fe3+的消耗速率小于B点处Fe(SCN)3的消耗速率
②平均反应速率最小的时间段是t2~t3段
③D点处c(Fe3+)/c[Fe(SCN)3]比值不变
④t4时向溶液中加入50 mL 0.1 mol/L KCl溶液，平衡逆向移动
（4）该反应的平衡常数K值=___________________。
【答案】 (1). Fe3+ + 3SCN - Fe(SCN)3 (2). 0.04 (3). (4). ③④ (5). K=
【解析】试题分析：（1）Fe3+与SCN –生成Fe(SCN)3；（2）40 mL 0.05 mol/L的FeCl3溶液中加入10 mL 0.15 mol/L的KSCN溶液，溶液总体积变为50 mL；根据 计算v(SCN-)；（3）①达到平衡前，正反应速率大于逆反应速率；② 根据，浓度变化越小，速率越小；
③ D是平衡状态；④ t4时向溶液中加入50 mL 0.1 mol/L KCl溶液，Q减小，K不变；（4）利用“三段式”计算反应的平衡常数。
解析：（1）Fe3+与SCN –生成Fe(SCN)3，离子方程式是Fe3+ + 3SCN - Fe(SCN)3；（2）40 mL 0.05 mol/L的FeCl3溶液中加入10 mL 0.15 mol/L的KSCN溶液，溶液总体积变为50 mL，所以Fe3+的初始浓度是 ；SCN -的初始浓度是0.15 mol/L =0.03 mol/L；t1~t2段Fe3+的浓度变化是(n-p) mol/L，根据Fe3+ + 3SCN - Fe(SCN)3，t1~t2段SCN -的浓度变化是3(n-p) mol/L ，根据 ，v(SCN-)= ；（3）①达到平衡前，正反应速率大于逆反应速率，A点处Fe3+的消耗速率大于B点处Fe(SCN)3的消耗速率，故①错误；② 根据，浓度变化越小，速率越小，平均反应速率最小的时间段是t3~t4段；③ D是平衡状态，各离子浓度保持不变，所以c(Fe3+)/c[Fe(SCN)3]比值不变，故③正确；④ t4时向溶液中加入50 mL 0.1 mol/L KCl溶液，Q减小，K不变，Q (9). D (10). 【答题空10】A
【解析】试题分析：根据平衡常数表达式，可知反应方程式是CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)；（1）温度升高K减小，可知升高温度平衡逆向移动；（2）根据Q与K的关系分析反应方向；（3）利用“三段式”计算①4 min时H2的物质的量分数、② K1；
③ 投入3 molH2O(g)，开始的浓度是0.3mol/L，所以容器的体积是10L， 4分钟时消耗水蒸气1.2mol，测得反应的热效应数值为a kJ，则消耗1mol水蒸气放热；
④若第6分钟将容器压缩为5L，CO的浓度变为0.16 mol/L，加压后平衡不移动，所以8分钟时CO的浓度还是0.16 mol/L；
（4）①3～4min时，CO浓度不变，反应达到平衡；温度升高平衡逆向移动，所以平衡时CO浓度增大；
②根据影响化学平衡移动的因素分析；
解析：根据平衡常数表达式，可知反应方程式是CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)；（1）温度升高K减小，升高温度平衡逆向移动，所以该反应的ΔH<0；（2）若在500 ℃时进行上述反应，某时刻测得四种物质的体积分数彼此相等，则此Q=1，500 ℃时反应的平衡常数K=9，K>Q，所以平衡正向进行中；
（3）
CO(g) + H2O(g) = CO2(g) + H2(g)
起始 0.2 0.3 0 0
转化 0.12 0.12 0.12 0.12
平衡 0.08 0.18 0.12 0.12
①4 min时H2的物质的量分数 、② K1= ；
③ 投入3 molH2O(g)，开始的浓度是0.3mol/L，所以容器的体积是10L， 4分钟时消耗水蒸气1.2mol，测得反应的热效应数值为a kJ，则消耗1mol水蒸气放热，
所以该反应的热化学方程式为CO(g) + H2O(g) = CO2(g) + H2(g) ΔH =kJ/mol；
④若第6分钟将容器压缩为5L，CO的浓度变为0.16 mol/L，加压后平衡不移动，所以8分钟时CO的浓度还是0.16 mol/L，图像是；
（4）①3～4min时，CO浓度不变，反应达到平衡，V(正)= V(逆)；温度升高平衡逆向移动，所以平衡时CO浓度增大，C1 >0.08 mol/L；
②增大反应物浓度平衡正向移动，所以增加水蒸气平衡正向移动，水蒸气浓度增大、CO浓度减小；正反应放热，降低温度 平衡正向移动，水蒸气浓度、CO浓度都减小；使用催化剂平衡不移动； 增大生成物浓度平衡逆向移动，所以增加氢气浓度平衡逆向移动，反应在4 min～5 min，平衡向逆方向移动，可能的原因是D，反应在5 min～6 min，平衡向正方向移动，可能的原因是A；
点睛：对于反应前后气体系数和不变的反应，缩小容器的体积，反应物生成物的浓度都增大，正逆反应速率都增大，但平衡不移动；对于反应前后气体系数和不同的反应，缩小容器的体积，正逆反应速率都增大，平衡向系数和小的方向移动。
23. H2O2是一种常见试剂，在实验室、工业生产上有广泛用途
Ⅰ.实验室用H2O2快速制氧，其分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如甲乙丙丁四图所示：
（1）下列说法正确的是：________（填字母序号）
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越慢
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
（2）催化剂Mn2+在反应中，改变了____________________ (填字母序号)
A．反应速率 B．反应限度 C．反应焓变 D．反应路径
E.反应活化能 F.活化分子百分数
Ⅱ. H2O2在工业上作为Fenton法主要试剂，常用于处理含难降解有机物的工业废水。在调节好pH（溶液的酸碱性）和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
【实验设计】控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比试验，并将实验结果绘制时间-p-CP浓度图如下。
（3）电中性的羟基自由基的电子式为：______________
（4）请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
实验
编号
实验目的
T/K
pH
c/10-3mol·L-1
H2O2
Fe2+
①
为以下实验作参考
298
3
6.0
0.30
②
探究温度对降解反应速率的影响
_________
______
_______
_________
③
__________________
298
10
6.0
0.30
（5）请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50～150s内的反应速率：v(p-CP)= _____________
（6）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据实验结果，给出一种迅速停止反应的方法：__________________________。
【答案】 (1). A D (2). A D E F (3). (4). 313 (5). 3 (6). 6.0 (7). 0.30 (8). 探究溶液的酸碱性（pH）对降解反应速率的影响 (9). 8×10 - 6mol /（L·s） (10). 加入NaOH溶液使溶液的pH=10（大于10也对）
【解析】试题分析：(1)根据图示分析；（2）催化剂通过改变反应路径降低活化能，提高反应速率，加入催化剂平衡不移动；（3）电中性的羟基含有9个电子；（4）探究温度对降解反应速率的影响，变量只能是温度；根据表格数据，实验③与实验①相比只有PH不同；（5）根据 计算反应速率；（6）根据表格数据，pH=10时，反应速率几乎为0；
解析：(1) 由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，H2O2浓度越小，其分解速率越慢，A正确；由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C．溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，故C错误；由图丙和图丁可知， Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，D正确。
（2）催化剂通过改变反应路径降低活化能，提高反应速率，加入催化剂平衡不移动；催化剂能加快反应速率，故A正确；催化剂不能使平衡发生移动，故B错误； 加入催化剂，平衡不移动，反应焓变不变，故C错误； 催化剂参与反应，改变反应路径，故D正确；
催化剂降低反应活化能，故E正确； 催化剂通过降低活化能，提高活化分子百分数，故F正确。（3）电中性的羟基含有9个电子，电子式是；（4）探究温度对降解反应速率的影响，变量只能是温度，所以实验②与实验①只有温度不同，其余都相同，实验②温度是313K，PH=3，过氧化氢的浓度是6.0，Fe2+的浓度是0.30；根据表格数据实验③与实验①相比只有PH不同，实验③探究溶液的酸碱性对降解反应速率的影响；（5）根据 ，v(p-CP)= = 8×10 - 6mol/（L·s）；
（6）根据表格数据，pH=10时，反应速率几乎为0，加入NaOH溶液使溶液的pH=10，可以迅速停止反应；
点睛：催化剂通过降低反应活化能，提高活化分子百分数，增大反应速率，催化剂对反应速率的影响最明显；但催化剂不能使平衡发生移动，所以催化剂不能改变反应热。
24. 羰基硫COS的结构与CO2
相似，广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。羰基硫的氢解反应和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：
①氢解反应：COS(g)+H2(g) H2S(g)+ CO(g) △H=+7 kJ/mol
②水解反应： COS(g)+H2O(g) H2S(g)+ CO2(g) △H = ?
已知反应中相关的化学键键能数据如下：
回答下列问题：
（1）羰基硫的结构式为：___________，
（2）已知热化学方程式CO(g)+H2O(g) H2(g)+ CO2(g) △H3 则△H3 =__________kJ/mol。
（3）COS的氢解反应的平衡常数K与温度T具有如下的关系式 ，式中a和b均为常数。
①如图中，表示COS氢解反应的直线为__________；
②一定条件下，催化剂A和B对COS的氢解反应均具有催化作用，相关数据如表所示：
则a1____a2 (填“>”或“<”或“=”)。
③某温度下，在体积不变的容器中，若COS和H2的起始体积比为1：V，平衡后COS和H2的体积比为1：10V，则此温度下该反应的化学平衡常数K=_________。（关于V的表达式）
（1）COS完全燃烧会生成大气污染物SO2。目前，科学家正在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硫（SO2）方法，其脱硫机理如图2，脱硫率与温度、负载率（分子筛中催化剂的质量分数）的关系如图3。
①该脱硫原理总反应的化学方程式为_________________________________________;
②据图3，为达到最佳脱硫效果，应采取的具体反应条件是________________________;
③根据a曲线在450℃以上的变化趋势，分析可能的原因是：______________________。
（5）为测定某工厂烟道气中SO2的含量，现将16.00 L烟道气缓慢通过1.00 L水，设SO2完全被吸收，且溶液体积不变。取出20.00 mL溶液，用1.18×10-3mol·L-1的饱和碘水与之反应，若恰好完全反应时消耗碘水19.07 mL，则该厂烟道气中SO2的含量为________________mg·L-1。
【答案】 (1). O=C=S (2). -42 (3). z (4). = (5). K= (6). C2H4 +2O2+SO2 = S+ 2CO2 + 2H2O或2C2H4 +3O2+ 2SO2 = 2S+ 4CO2 + 4H2O或C2H4 +O2+2SO2 = 2S+ 2CO2 + 2H2O (7). 负载率为3.0%，温度为350℃ (8). 高温条件下催化剂失活 (9). 4.5
解析：(1) 二氧化碳的结构式是O=C=O，羰基硫COS的结构与CO2相似，所以COS的结构式是O=C=S；
（2）①：COS(g)+H2(g) H2S(g)+ CO(g) △H=+7 kJ/mol
②CO(g)+H2O(g) H2(g)+ CO2(g) △H3
根据盖斯定律①＋②得COS(g)+H2O(g) H2S(g)+ CO2(g)，△H=△H3+7 kJ/mol；
根据反应物的总键能－生成物的总键能=焓变，△H=△H3+7 kJ/mol=742+577+465×2－339×2－803×2=-35 kJ/mol，所以△H3= -42 kJ/mol；(3)①根据数学表达式，式中a和b均为常数，随增大， 减小，故选C；② 加入催化剂平衡常数不变，所以a1=a2；
③ 设COS和H2的起始投料分别为1、V，反应中转化为x；
根据题意(1-x)：(v-x)=1:10v
；
(4) ①根据图示，氧气、二氧化硫、乙烯反应生成硫、二氧化碳、水，方程式是C2H4 +2O2+SO2 = S+ 2CO2 + 2H2O；②据图3，负载率为3.0%，温度为350℃ 时脱硫率最高，；③根据a曲线在450℃以上，脱硫率降低，分析可能的原因是高温条件下催化剂失活；（5）SO2完全被吸收生成亚硫酸，方程式是H2O+SO2=H2SO3，亚硫酸被碘单质氧化为硫酸，方程式是H2SO3+ I2+H20=H2SO4+2HI，根据关系式SO2 I2
= ， ； 方该厂烟道气中SO2的含量为 4.5mg/L。
点睛：根据定义，焓变=生成物的总能量－生成物的总能量；根据键能计算焓变：焓变=反应物的总键能－生成物的总键能。平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数一定不变。
