河北省唐山市玉田县2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

河北省唐山市玉田县2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

玉田县2019—2020学年度第一学期期中考试高二化学 说明：1．本试卷分卷I和卷Ⅱ两部分，共30题；满分100分，考试时间90分钟。‎ ‎2．卷I为选择题，请将答案用2B铅笔填涂在答题卡上，卷Ⅱ用黑色签字笔答在答题卡相应位置上，不要超出答题区域否则不计分。‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Cu-64 Zn-65 Ag-108‎ 第I卷（选择题，共48分）‎ 一、选择题（每小题有一个选项符合题意。每小题2分，共48分）‎ ‎1.对于反应A2＋3B2===2AB3来说，下列表示该反应进行得最慢的是 A. v(A2) ==0.6 mol·L-1·s-1 B. v(B2) ==2.7 mol·L-1·min-1‎ C. v(AB3) ==12 mol·L-1·min-1 D. v(A2) ==6 mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将B2、AB3两种物质的速率转化为A物质的速率后进一步比较。‎ ‎【详解】A. v(A2)＝0.6mol•L﹣1•s﹣1；‎ B. v(B2)＝2.7mol•L﹣1• min﹣1，则v(A2)＝0.015mol•L﹣1•s﹣1；‎ C. v(AB3)＝12mol•L﹣1•min﹣1，则v(A2)＝0.1mol•L﹣1•s﹣1；‎ D. v(A2)＝6mol•L﹣1•min﹣1＝0.1mol•L﹣1•s﹣1；‎ 由以上计算可知反应速率最慢的是B；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】计算时要注意单位的换算和统一，为易错点。‎ ‎2.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子，‎ 关于此反应说法错误的是（ ）‎ A. 一定属于吸热反应 B. 一定属于可逆反应 C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于分解反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。‎ ‎【详解】A．该反应属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A错误；‎ B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；‎ C．据图可知，该反应有单质生成，所以反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；‎ D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎3.在‎2 L的密闭容器中发生反应：‎2A(g)＋B(g) ‎2C(g)＋D(g)。若最初加入的A和 B都是4 mol，在前10 s内A的平均反应速率为0.12 mol·L-1·s-1，则10 s时，容器中 B的物质的量变化了 A. 1.6‎‎ mol B. 2.8 mol C. 2.4 mol D. 1.2 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据v=计算出A的物质的量浓度的变化量，变化量之比等于化学计量数之比，可得出B的物质的量的变化量。‎ ‎【详解】Δc(A)=vΔt=0.12 mol·L-1·s-1×10 s=1.2mol/L，Δc(B)=0.6mol/L，Δn(B)= 0.6mol/L×‎2L=1.2mol；‎ 答案选D。‎ ‎4.用惰性电极电解下列各组物质的水溶液时，发生的电极反应完全相同的是( )‎ A. NaOH、H2SO4 B. CuCl2、Cu(NO3)‎2 ‎C. Na2SO4、NaCl D. KNO3、AgNO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水；‎ B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解溶质氯化铜，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水；‎ C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水；‎ D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，惰性电极电解AgNO3溶液是电解AgNO3和水。‎ ‎【详解】A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，A正确；‎ B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解氯化铜，电极反应为阳极为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极为Cu2++2e-=Cu，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，电极反应不同，B错误；‎ C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水，阳极电极反应2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，电极反应不同，C错误；‎ D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，惰性电极电解AgNO3 溶液是电解AgNO3和水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，电极反应不同，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查了电解原理，要求学生掌握离子的放电顺序，会根据电解原理书写常见电解质的电极反应式及电解总反应方程式，题目难度中等。‎ ‎5.如下图,各烧杯中盛有海水,铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为(　　) ‎ A. ①②③④⑤ B. ④③②①⑤ C. ④③①②⑤ D. ④②③①⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】金属腐蚀快慢比较规律：电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极，结合题给装置选C ‎6.下列关于如图所示各装置的叙述正确的是 A. 装置①是原电池，总反应式是Cu＋2Fe3＋= Cu2＋＋2Fe2＋‎ B. 装置①中，铁作正极，正极反应式为Fe3＋＋e－= Fe2＋‎ C. 装置②可以减缓铁棒的腐蚀，此保护方法为牺牲阳极的阴极保护法 D. 若用装置③精炼铜，则c极为粗铜，d极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据装置①的图片可知该装置为原电池，铁的活泼性强于铜，因此铜为正极，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，铁为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+；‎ B.由选项A可知，铁为负极，失去电子，发生氧化反应； ‎ C. 根据装置②的图片可知该装置为电解池，Zn与电源的正极相连，为阳极，Fe与电源的负极相连，为阴极；‎ D. 根据装置③的图片可知该装置为电解池，用该装置精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜为阴极，电解质溶液为硫酸铜。‎ ‎【详解】A.根据装置①的图片可知该装置为原电池，铜为正极，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+‎ ‎，铁为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，总反应式是Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，A项错误；‎ B.该装置中铁为负极，失去电子，发生氧化反应，B项错误；‎ C. 根据装置②的图片可知该装置为电解池，Zn与电源的正极相连，为阳极，Fe与电源的负极相连，为阴极，该装置可以减缓铁棒的腐蚀，称为外加电流的阴极保护法，C项错误；‎ D. 根据装置③的图片可知该装置为电解池，由电流方向可知，a为正极、b为负极，c为阳极、d为阴极，用该装置精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜为阴极，电解质溶液为硫酸铜，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.一定条件下，某可逆反应aA(g) bB(s)＋cC(g)自发进行并达到平衡状态后，A的转化率α(A)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列判断正确的是 ‎ A. a＞b＋c B. 该反应的平衡常数随温度的升高而增大 C. T1﹤T2‎ D. 该反应自发进行的温度是低温 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 增大压强，平衡正向移动，则有a＞c，A项错误；‎ B. 该反应能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，因a＞c，ΔS＜0，那么当ΔH＜0时，反应能自发进行，即该反应为放热反应，升高温度，平衡常数K减小，B项错误；‎ C. 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，A的转化率减小，因此T1>T2，C项错误； ‎ D. 该反应能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，当温度较低时，才能自发进行，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列叙述中错误的是 A. 电解池是电能转化为化学能的装置 B.‎ ‎ 原电池跟电解池连接后，电子从原电池负极流向电解池阴极，经过电解质溶液到达电解池的阳极，然后再回流到原电池的正极，形成闭合回路 C. 电解时，阳极发生氧化反应 D. 电解时，阳离子移向阴极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解池是将电能转化为化学能的装置，A项正确；‎ B. 电子不进入电解质溶液，原电池跟电解池连接后，电子从负极流向阴极，从阳极经导线流向正极，B项错误；‎ C. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，C项正确；‎ D. 电解时，阳极失去电子，发生氧化反应，阴极得到电子，发生还原反应 ，阳离子移动到阴极，阴离子移动到阳极，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎9.下列说法正确的是 A. 决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂 B. 锌与稀硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快 C. 恒压时，增加惰性气体的量，原化学反应速率减慢 D. 增大反应物浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 决定化学反应速率快慢的根本因素是物质自身的性质，是内因，A项错误；‎ B. 锌与稀硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快，但硫酸的浓度过大时，不再产生氢气，B项错误；‎ C. 恒压时，增加惰性气体的量，物质的浓度降低，原化学反应速率减慢，C项正确；‎ D. 增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增加，所以反应速率增大，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎10.一种分解海水制氢气的方法为2H2O(l) 2H2(g)＋O2(g)。下图为此反应的能量变化示意图，则下列说法错误的是 A. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能 B. TiO2可以提高H2O的分解速率 C. 催化剂对该反应的反应热无影响 D. 使用氢气作燃料有利于控制温室效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能>0，因此有正反应的活化能大于逆反应的活化能，A项错误；‎ B. TiO2为催化剂，可以加快反应速率，即可以提高H2O的分解速率，B项正确；‎ C. 催化剂能降低反应的活化能，但对该反应的反应热无影响，C项正确；‎ D. 使用氢气作燃料，燃烧后的产物为水，不释放CO2，有利于控制温室效应，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎11.现有下列四个图象：‎ abcd 下列反应中符合上述全部图象的是 A. N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0‎ B. 2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g) ΔH＞0‎ C. 4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＜0‎ D. H2(g)＋CO(g) C(s)＋H2O(g) ΔH＜0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由以上四幅图可知，增大压强，平衡逆向移动，升高温度，反应速率加快。‎ ‎【详解】增大压强，平衡逆向移动，该反应为体积增大的反应，升高温度，生成物浓度增大，该反应为吸热反应，符合条件的反应为B；‎ 答案选B。‎ ‎12.在一定条件下将TiO2和焦炭放入密闭真空容器中，反应TiO2 (s)+C(s) Ti(s)+CO2 (g)达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法一定正确的有 ‎①平衡常数减小  ②TiO2的质量不变 ③CO2的浓度不变  ④Ti的质量减少 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用勒夏特列原理进行分析判断，平衡常数的影响因素只有温度，温度不变，K不变。‎ ‎【详解】缩小容器容积，平衡逆向移动，TiO2的质量增加，Ti的质量减小，平衡常数的影响因素只有温度，温度不变，K不变，K=c(CO2)，因此CO2的浓度不变，因此正确的是③④，共2个；‎ 答案选B。‎ ‎13.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，进行可逆反应：A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)，当下列物理量不再发生变化时，能说明该反应已达到平衡状态的有 ‎①混合气体的密度②容器内气体的压强　③混合气体的总物质的量④B物质的量浓度 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率且各物质的浓度、物质的量、体积分数等不随时间的变化而变化。‎ ‎【详解】该反应为等体积反应，混合气体的压强、总物质的量不再发生变化时，不能证明反应达到平衡状态，但有固体参加，混合气体的密度可以作为判断平衡状态的依据，当混合气体的密度不再发生变化时，说明达到平衡状态；B的物质的量浓度不再发生变化时，证明反应达到平衡状态；正确的是①④2个；‎ 答案选B。‎ ‎14.在某体积可变的密闭容器中加入一定量的A、B，发生反应mA(g) nB(g)ΔH==Q ‎ kJ·mol-1。反应达到平衡时，B的物质的量浓度与温度、容器容积的关系如表所示。下列说法正确的是 A. m＞n B. ‎100℃‎时达平衡后，再向容器中充入一定量的A，再次达到平衡时，B物质的量浓度增大 C. 温度不变，压强增大，B的质量分数减小 D. 容器容积不变，温度升高，平衡常数减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图表数据可知，升高温度，B的浓度增大，即平衡正向移动；容器的容积扩大到原来的2倍时，B的浓度逐渐减小的倍数小于2，说明减小压强，平衡正向移动。‎ ‎【详解】A. 减小压强，平衡正向移动，则mv(正)，因此升高温度，达到新平衡的图是B；平衡逆向移动，平衡中C的体积分数减小；‎ ‎（2）减小压强，平衡逆向移动，v(正)、v(逆)整体减小，且v(逆)>v(正)，为图C；平衡逆向移动，A的转化率减小；‎ Ⅱ. 达到平衡状态之前，温度越高，反应速率越快，NO2的体积分数越来越小，达到平衡状态后，温度升高，平衡逆向移动，NO2的体积分数逐渐增大，因此可能与实验结果相符的图为②④；‎ ‎26.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时,观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题: ‎ ‎（1）甲池中A电极的电极反应式为________。‎ ‎（2）丙池的总离子反应方程式为_________。‎ ‎（3）当乙池中C极质量减轻‎10.8 g时，甲池中B电极理论上消耗标准状况下O2的体积为_____mL。‎ ‎（4）一段时间后，断开电键K，下列物质能使乙池电解质溶液恢复到反应前浓度的是______(填选项字母)。 ‎ A．Cu B．CuO C．Cu(OH)2 D．Cu2(OH)2CO3‎ ‎【答案】 (1). CH3OH+8OH--6e- == CO32- +6H2O (2). 2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑ (3). 560 (4). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，当闭合该装置的电键K时，甲池为甲醇燃料电池，通入甲醇的为负极，电极反应为：2CH3OH+16OH--12e-=CO32-+12H2O，通入氧气的为正极，电极反应为：‎ ‎3O2+12e-+6H2O=12OH-，KOH为电解质溶液；乙池为电解池，C为阳极，电极反应为：Ag-e-=Ag+，D为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu；丙池为电解池，E为阳极，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，F为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，据此进行分析解答。‎ ‎【详解】（1）甲池为甲醇燃料电池，A为负极，电极反应为：CH3OH+8OH--6e- == CO32- +6H2O；‎ ‎（2）丙池为电解池，E为阳极，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，F为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，总离子反应方程式为：2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑‎ ‎（3）甲池B极为正极，电极反应为：3O2+12e-+6H2O=12OH-，乙池中C为阳极，电极反应为：Ag-e-=Ag+，乙池中C极质量减轻‎10.8 g，n(Ag)==0.1mol，电子转移0.1mol，甲池中消耗氧气的物质的量为×0.1mol=0.025mol，消耗标准状况下O2的体积为0.025mol×‎22.4L/mol=‎0.56L=560mL；‎ ‎（4）乙池为电解硝酸铜，用金属银作阳极，阴极上铜离子得电子生成单质铜，溶液中铜离子减少，要让乙池电解质溶液恢复到反应前浓度，需要加入金属铜。‎ ‎27.请回答下列问题：‎ ‎（1）已知H－O键能为463 kJ·mol-1，O＝O键能为498 kJ·mol-1。若1 mol氢气完全燃烧生成1 mol气态水放出241 kJ的热量，计算H－H键能为______kJ·mol-1。‎ ‎（2）已知化学方程式：H2(g)+ O2(g) ==H2O(g)，该反应的活化能为167.2 kJ·mol-1，其逆反应的活化能为409.0 kJ·mol-1,写出该反应的逆反应的热化学方程式： ________。‎ ‎（3）4Al(s)＋3O2(g)==2Al2O3(s)ΔH1，4Fe(s)＋3O2(g)==2Fe2O3(s)ΔH2，则ΔH1________ΔH2（选填“﹥”、“﹤”或“﹦”）。‎ ‎【答案】 (1). 436 (2). H2O(g) == H2(g)+1/2O2(g) ΔH=＋241.8 kJ·mol-1 (3). <‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；‎ ‎（2）根据逆反应的反应热=逆反应活化能-正反应活化能进行计算；‎ ‎（3）根据铝热反应的反应热及盖斯定律进行比较；‎ ‎【详解】（1）设H－H键能为x kJ·mol-1，则ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=x+×498 -2×463 =-241，解得x=436 kJ·mol-1；‎ ‎（2）逆反应的反应热=逆反应活化能-正反应活化能=409 kJ·mol-1-167.2 kJ·mol-1=+241.8kJ·mol-1，逆反应的热化学方程式为：H2O(g) == H2(g)+1/2O2(g) ΔH=＋241.8 kJ·mol-1；‎ ‎（3）①4Al(s)＋3O2(g)==2Al2O3(s) ΔH1，②4Fe(s)＋3O2(g)==2Fe2O3(s) ΔH2，由盖斯定律可知，①-②可得4Al(s)＋2Fe2O3(s)==2Al2O3(s)+4Fe(s) ΔH=ΔH1-ΔH2，铝热反应为放热反应，则ΔH=ΔH1-ΔH2<0，即ΔH1<ΔH2。‎ ‎28.一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H＋。请回答下列问题：‎ ‎（1）此装置将______能转化为______能。‎ ‎（2）Pd电极a为_____极(选填“正”、“负”、“阴”或“阳”)，电极反应式为___。‎ ‎（3）当制得6mol氨气时有____mol 质子从____极迁移到____极 (选填“a”或“b”)。‎ ‎【答案】 (1). 电 (2). 化学 (3). 阴 (4). N2 + 6H+ +6e- =2NH3 (5). 18 (6). b (7). a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知该装置为电解池，通入N2的一极为阴极，通入H2的一极为阳极，总反应为合成氨的反应，电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。‎ ‎【详解】（1）电解池是将电能转化为化学能的装置；‎ ‎（2）通入N2的一极为阴极，氮气得电子变为氨气，电极反应为：N2 + 6H+ +6e- =2NH3；‎ ‎（3）电解池中阳离子向阴极移动，因此质子从b极向a极移动；当制得6mol氨气时，电子转移18mol，有18mol质子发生了迁移。‎ 三．实验题（共10分）‎ ‎29.碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 mol·L-1KI溶液、0.2%淀粉溶液、0.20‎ ‎ mol·L-1 K2S2O8溶液、0.10 mol·L-1Na2S2O3溶液等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S2O82—＋2I－=2SO42—＋I2(慢)，I2＋2S2O32—=2I－＋S4O62—(快)。请回答下列问题：‎ ‎（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的________耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O32—与S2O82—初始的物质的量需满足的关系为：n(S2O32—)∶n(S2O82—)___。‎ ‎（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：‎ 实验 序号 体积V/mL K2S2O8溶液 水 KI溶液 Na2S2O3溶液 淀粉溶液 ‎①‎ ‎10.0‎ ‎0.0‎ ‎4.0‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ ‎②‎ ‎9.0‎ ‎1.0‎ ‎4.0‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ ‎③‎ ‎8.0‎ Vx ‎4.0‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ 表中Vx＝___ mL，理由是__________。‎ ‎（3）已知某条件下，浓度c(S2O82—)～反应时间t的变化曲线如图， 若保持其他条件不变，请在坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O82—)～t的变化曲线示意图(进行相应的标注) ______。‎ ‎【答案】 (1). S2O32-(其他合理写法也可) (2). ＜2 (3). 2.0 (4). 保持溶液总体积相同，仅改变S2O82—的浓度而其他物质浓度不变(其他合理答案也可) (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）慢反应中由I2生成，快反应中消耗I2，慢反应决定反应速率，慢反应中生成I2大于快反应中消耗的I2时，可以观察到溶液由无色变为蓝色；‎ ‎（2）实验探究的是其他条件不变时，反应物浓度对化学反应速率的影响，保持总体积不变，再进行分析；‎ ‎（3）加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短；降低温度，反应速率减慢，达到平衡所需的时间延长，据此绘图。‎ ‎【详解】（1）慢反应中由I2生成，使溶液变为蓝色，快反应中消耗I2，慢反应决定反应速率，当溶液中的S2O32—耗尽后，I2才能与淀粉结合显蓝色；I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-，1molI2消耗2mol S2O32-，S2O82-＋2I－=2SO42-＋I2可知生成1mol I2需S2O82-1mol，为确保能观察到蓝色，碘要有剩余，S2O32-与S2O82-初始的物质的量之比n(S2O32-)∶n(S2O82-)<2:1，即小于2；‎ ‎（2）保持溶液总体积相同，仅改变S2O82-的浓度而其他物质浓度不变，能得到浓度对反应规律的影响规律，因此Vx=2.0mL；‎ ‎（3）加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短；降低温度，反应速率减慢，达到平衡所需的时间延长，因此曲线示意图为：。‎ 四．计算题（共8分）‎ ‎30.830 K时，在密闭容器中发生下列可逆反应: CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)　ΔH<0 。请回答下列问题:‎ ‎（1）若起始时c(CO) =2 mol·L-1，c(H2O) =3 mol·L-1，4 s后达到平衡，此时CO的转化率为60%，则在该温度下，该反应的平衡常数K=____；用H2O表示的化学反应速率为_____。‎ ‎（2）在相同温度下，若起始时c(CO) =1 mol·L-1，c(H2O) =2 mol·L-1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5 mol·L-1，此时v(正)______ v(逆) (填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎（3）若降低温度，该反应的K值可能为______。‎ a.1 b‎.2 c.0.5‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 0.3 mol·L-1·s-1 (3). 大于 (4). b ‎【解析】‎ ‎【详解】CO的转化率为60%，则转化了1.2mol/L，‎ ‎（1） CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)‎ 始(mol/L) 2 3 0 0‎ 转(mol/L) 1.2 1.2 1.2 1.2‎ 平(mol/L) 0.8 1.8 1.2 1.2‎ K===1‎ v(H2O)===0.3 mol·L-1·s-1；‎ ‎（2） CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)‎ 始(mol/L) 1 2 0 0‎ 转(mol/L) 0.5 0.5 0.5 0.5‎ 一段时间(mol/L) 0.5 1.5 0.5 0.5‎ Qc===<1，平衡正向移动，因此v(正>v(逆)；‎ ‎（3）该反应为放热反应，降低温度，平衡常数K增大，有可能是2。‎ ‎【点睛】本题判断平衡移动方向时可用浓度商与平衡常数进行比较，通过大小关系确定平衡移动的方向，并进一步确定正反应速率和逆反应速率的相对大小。对于可逆反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，在一定温度下的任意时刻，反应物与生成物浓度有如下关系：Q＝，称为浓度商，且 Q＜K 反应向正反应方向进行，v正＞v逆 Q＝K 反应处于化学平衡状态，v正＝v逆 Q＞K 反应向逆反应方向进行，v正＜v逆