2022-2023学年江西省新余市某中学高二上学期开学考试化学试题（含解析）.pdf

新余一中2022-2023学年高二年级上学期开学考试化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S32 C135.5 Fe 56 Cu64 Ca 40一、选择题：本题共10小题，每小题3 分，共 30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.运用化学知识，对下列内容进行分析不合理是A.成语“饮鸩止渴 中的“鸩”是指放了砒霜(AS2O3)的酒，砒霜有剧毒，具有还原性。B.油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离C.屠呦呦用乙醛从青蒿中提取出治疗疟疾的青蒿素，其过程包含萃取操作D.东汉魏伯阳在 周易参同契中对汞的描述：”得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”是指硫。【答案】B【解析】【分析】【详解】A.砒霜有剧毒，AS2O3中碑元素的化合价为+3价，能够被氧化成+5价，则砒霜具有还原性，故 A 正确；B.高级脂肪酸钠和甘油在盐溶液中的溶解度不同，采用盐析的方法分离，故 B 错误；C.青蒿素易溶于乙酸，不溶于水，采用萃取操作提取，故 C 正确；D.液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故 D 正确；答案选B。2.下列说法不氐娜的是A.油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆B.35%-40%的甲醛的水溶液叫福尔马林，能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本C.天然气的主要成分是甲烷，是常用的燃料D.中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质结晶牛胰岛素【答案】A【解析】【详解】A.油脂的相对分子质量虽然较大，但比高分子化合物的相对分子质量小的多，油脂不是高分子化合物，A 错误；B.福尔马林是甲醛的水溶液，能使蛋白质发生变性，可用于浸制动物标本，B 正确；C.天然气是三大化石燃料之一，其主要成分是甲烷，是生产生活中常用的一种清洁燃料，c 正确；D.我国科学家合成的结晶牛胰岛素，是世界上首次人工合成的具有活性的蛋白质，蛋白质的基本组成单位是氨基酸，D 正确；故选Ao3.三位分别来自法国、美国、荷兰的科学家因研究“分子机器的设计与合成”而获得2016年诺贝尔化学奖。纳米分子机器日益受到关注，机器的“车轮”常用组件如图。下列说法不正确的是（）（三蝶烯）（扭曲烷）（富勒烯）（金刚烷）A.均能发生加成反应B.互为同分异构体C.均属于烧D.的一氯代物分别为3种、3种、2 种【答案】C【解析】【详解】A.中含有苯环，能够与氢气加成；中含有碳碳双键，能够发生加成反应，故 A正确；B.的化学式均为CioHi6,结构不同，互为同分异构体，故 B 正确；C.为富勒烯只含有碳原子，不属于烧，故 C 错误；D.中有3种氢原子，一氯代物有3种，中有3种氢原子，一氯代物有3 种，中含有2种氢原子，一氯代物有2 种，故 D 正确；故选C。【点睛】判断一氯代物的同分异构体数目，要根据燃中氢原子的种类数来确定，睡中有几种类型的氢原子，其一氯代物种类就有几种。4.下列实验操作、现象和结论都正确且有相关性的是操作现象结论A向某无色溶液中加入足量稀盐酸酸化的BaCb溶液出现白色沉淀溶液中一定存在so;*B将在空气中灼烧的铜丝插入乙醇中黑色变红色乙醇具有还原性C向硫酸酸化的H2O2溶液中滴入Fe(NO3)2溶液变黄氧化性：H2O2Fe3+D向淀粉水解液中滴加碘水溶液变蓝说明淀粉开始水解A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.该操作不能排出溶液中有Ag+的可能，应先加稀盐酸，无明显现象再加BaCL溶液，A 不符合题意；B.该操作乙醇将黑色的氧化铜还原为红色的铜，操作、现象和结论都正确，B 符合题意；C.该操作不能区分是H2O2还是酸性环境下硝酸根离子氧化了 Fe2+,现象正确，结论不正确，C 不符合题意；D.淀粉遇碘单质变蓝，该操作及现象说明该水解液中还有淀粉，不能确定是否开始水解，D 不符合题意：故选B。5.短周期主族元素W、X、Y、Z、Q 原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如图。Z 核外最外层电子数与X 核外电子总数相等。W 的原子半径在周期表中最小。下列有关叙述正确的是w w Z I Q+YX-X/I 、l_W。ZA.原子半径大小：YZQB.W、Y、Z 三种元素可形成离子化合物C.该化合物中所有原子都满足8 电子稳定结构D.该化合物的阴离子中所有的原子可能共面【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z、Q 原子序数依次增大，W 的原子半径在周期表中最小，则其为氢元素；从食品添加剂的结构图中可以看出，X 形成四个共价键，则其最外层有4 个电子，其为C 元素；Y 形成三个共价键，则其最外层有5 个电子，其为N 元素；Z 形成二个共价键，其最外层电子数为6,满足“Z 核外最外层电子数与X 核外电子总数相等“，所以Z 为 O 元素；Q 形成Q+,则其为Na元素。从而得出W、X、Y、Z、Q 分别为H、C、N、0、Na。【详解】A.Y、Z、Q 分别为N、0、N a,则其原子半径大小：Q Y Z,A 不正确；B.W、Y、Z 分别为H、N、O,则 W、Y、Z 三种元素可形成离子化合物NH4NO3,B 正确；C.该化合物中除了 H 外的其它原子都满足8 电子稳定结构，C 不正确；D.碳原子形成4 个单键、碳原子其空间结构是四面体形，则该化合物的阴离子中所有的原子不可能共面，D 不正确；故选Bo6.我国科研人员通过控制光沉积的方法构建C112OPt/SiC/IrOx型复合材料光催化剂，其中Fe2+和Fe?+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H20 分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图，下列说法错误的是从 该 反 应 为 2 8 国。32。,B.该反应能量转化形式为光能一化学能C.图中a、b 分别代表Fe2+、Fe3+D.转 化 HCOOH的路径中，ImolCCh被氧化为HCOOH时，转移电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A.根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应-*定条件方程式为2co2+240 公 一 2HCOOH+O2,故 A 正确；B.由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能一化学能，故 B 正确；C.观察图中物质转化关系可知，b 代表Fe3+,用于氧化H2O,a 代表Fe2+,用于还原C02,故 C 正确；D.转化HCOOH的路径中，CCh被还原为HCOO H,故 D 错误；答案选D。7.硅胶吸附剂的结构示意图如图所示，常用作干燥剂。在其中添加CoC12可使其指示吸水量的多少来决定硅胶是否失效，原理如下：CoCb（蓝色尸CoCb6H2O（粉红色），失效的硅胶可加热再生，下列说法错误的是A.当硅胶变粉红色说明硅胶失效了B.SiO2是酸性氧化物，硅胶可干燥HF和 Cl2等酸性气体C.失效的硅胶再生时加热的温度不宜过高D.当硅胶遇到大量的水分子时，与硅羟基形成了过多氢键从而失去吸附力【答案】B【解析】【详解】A.由题中信息可知，硅胶吸水后，会变成蓝色的COCL-6H2O（粉红色），故变成粉红色后则说明硅胶失效了，A 正确；B.二氧化硅可以和HF反应，故硅胶不能干燥HF,B 错误；C.温度过高会因显色剂逐步氧化而失去显色作用，C 正确；D.由硅胶结构可知，硅胶用作干燥剂，是通过硅羟基和水分子之间形成氢键而达到吸水的目的，故当硅胶遇到大量的水分子时，与硅羟基形成了过多氢键从而失去吸附力，D 正确：故选B。8.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池如图所示，其电极分别是AgzO和 Z n,电解质溶液为KOH溶液。使用时，电池中的总反应为：Zn+Ag20+H20=Zn（0H）2+2Ago下列对该电池使用时的叙述不正确的是浸有KOH溶液的隔板A.正极材料是Ag2。C.电子由Zn极经外电路流向Ag?O极B.负极反应为 Zn+2OH-2e-Zn（OH）2D.电解质KOH会被不断消耗【答案】D【解析】【分析】该原电池中，Zn元素化合价由0 价变为+2价，Ag元素化合价由+1价变为0 价，所以Zn是负极失电子发生氧化反应，Ag?O是正极得电子发生还原反应，据此分析解答。【详解】A.由总反应式可知，Ag元素化合价由+1价变为。价，则 Ag?。得电子发生还原反应作正极，故 A 正确；B.负极Zn失电子发生氧化反应，碱性条件下生成Zn(0H)2,则负极反应为Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2,故 B 正确；C.由分析可知，Zn为原电池负极，AgzO为原电池正极，原电池中电子从负极流向正极，即由Zn极经外电路流向AgzO极，故 C 正确；D.电池总反应式为Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2A g,由总反应式可知，KOH的量不变，故D 错误；答案选D。9.我国科研人员提出CeCh催化合成碳酸二甲酯(DMC)需经历三步反应，示意图如图。下列说法不正确的是A.均为取代反应，为加成反应B.Imol D M C在碱性条件下完全水解生成了 2mol C H,O H 和Imol CO2,产物总共消耗4mol NaOHC.合成DMC的总反应中CH3OH和CO2是反应物D.中催化剂的作用是使O-H键断裂活化【答案】B【解析】【详解】A.根据图中断键和成键的情况分析得到均为取代反应，为加成反应，故A 正确；B.DMC中含有2 个酯基，因此1 mol DMC在碱性条件下完全水解，消耗2moi N aO H,故B 错误；C.合成DMC的总反应是CH30H和 CO?反应生成DMC和水，因此CH30H和 CCh是反应物，故 C 正确；D.根据的图示得到中催化剂的作用是甲醇中的0-H 键断裂活化，故 D 正确；故选Bo10.关于反应 0 2 包)+凡0 u iH Q O(a q)+H+(a q)+C r(aq)A H 0,达到平衡后，下列说法不氐碰的是A.升高温度，氯水中的c(HClO)减小B.氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c(HClO)增大C.取氯水稀释,c(C r)/c(H C lO)增大D.取两份氯水，分别滴加AgNC)3溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度【答案】D【解析】【详解】A.HC1O受热易分解，升高温度，HC10分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；B.氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HC10)增大，B 正确；C.氯水稀释，平衡正向移动，而 c(HClO)和 c(Cl-)均减小，但 HCIO本身也存在电离平衡HC10WH+C1O,稀释促进了 HO O的电离，使 c(HC10)减少更多，因此_ 增 大,Cc(HClO)正确；D.氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D 错误；答案选D。二、选择题，本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.能正确表示下列反应的离子方程式是A.用过量氨水吸收工业尾气中的so?：2NH3-H2O+SO2=2NH*+SO3+H2O 人 人B.氯化钠固体与浓硫酸混合加热：H2SO4+2C1=SO2 T+。2 T+H2OC.用硫酸和淀粉-K1溶液检验加碘盐中的I0IO；+5r+6H+=3I2+3H2OD.明矶溶液中滴入Ba(OH)?溶液使SO：恰好完全沉淀：2Ba2+3OH+Al3+2SO=2BaSO4 I +A1(OH)3 J【答案】AC【解析】【详解】A.用过量氨水吸收工业尾气中的S 02,氨水过量反应生成亚硫酸俊和水，反应的离子方程式为2NH3 H2。+S O2=2 N H：+S O：+H2O.故A正确；B.氯化钠固体与浓硫酸混合加热生成硫酸钠和氯化氢，H2so式浓)+2NaCl=Na2SC)4+2HCl T,故 B 错误；C.在酸性条件下，IO3可以把碘离子氧化为单质碘，离子方程式为IO-+5I+6H+=3I2+3H2O,故 C 正确；D.硫酸根离子恰好完全沉淀时，二者物质的量之比为1：2,则正确的离子方程式为2Ba2+4OH+Al3+2SO=2BaSO4 4+AlO2+2H2O,故 D 错误；故选AC,12.恒温下，物质的量之比为2：1的SO?和02的混合气体在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2s02值)+02值)=25。3值)(正反应为放热反应)，S O?)随时间变化关系如表，下列说法正确的是时间/min012345n(SO2)/mol0.200.160.130.110.080.08A.当容器中气体的密度不变时，该反应达到平衡状态B.5分钟时，向容器中充入少量惰性气体，反应速率不变C.从反应开始到达到平衡，用SO3表示的平均反应速率为0.01mol/(L-min)D.容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为4：5【答案】BD【解析】【详解】A.恒容密闭容器中，气体的质量、体积均不变，混合气体的密度始终不变，则密度不变时，不能判定反应是否达到平衡状态，故A错误；B.5 分钟时，向恒容密闭容器中充入少量惰性气体，反应体系中各物质的浓度均不会改变，反应速率不变，故 B正确；C.由题给表格数据可知，4 m in 时反应达到平衡，二氧化硫的物质的量的变化量为(0.2 0-0.0 8)m o l=0.1 2 m o l,由化学方程的化学计量数之比等于各物质的变化量之比可0.1 2 m o i知，三氧化硫的变化量为0 2 m o i，则用SO3 表示的平均反应速率为二=0.0 1 54 m inm o l/(L-m in),故 C 错误；D.由题给表格数据可知，起始二氧化硫和氧气的物质的量分别为0.2 0 m o 1 和 O.l Om o l,4 m in 时反应达到平衡，二氧化硫的物质的量的变化量为(0.2 D.0 8)m o l=0.1 2 m o l,由化学方程的化学计量数之比等于各物质的变化量之比可知，平衡时二氧化硫、氧气和三氧化硫的物质的量分别为0。8 m o l、0.0 4 m o K 0.1 2 m o L由恒温恒容时，气体压强之比等于物质的量之比可得达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为(0.0 8+0.0 4+0.1 2)m o l：(0.2+0.l)m o l=4：5,故 D 正确;故选B D。1 3.实验室从含碘的废液(除H 2。外，含有CCI 4、1 2、I等)中回收碘，其实验过程如下，下列各项操作选用的装置不正确的是()溶液 ci：CCUJ-JL_ _.含*废 液-1 还 原 I一，操 作 X-,气 化 京柒-T 掾 作 Y|T操 作 Z 1 1CCL CCL选项ABCD操作操作X氧化操作丫操作Z(加热及夹持装置略去)装置1 4:1$A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】含碘的废液含有CC1 4、b、等，加入Na 2 s。3 将 L 还原为r：H 2 O+SO32-+l 2=2 I +SO42-+2 H+；利用操作X将水溶液与CC1 4 分离，所以操作X为分液；同理操作丫应为分液，操作 Z应为蒸镯。【详解】A.操作X 为分液操作，实现了互不相溶的两种液体的分离，所给装置也正确，A项正确；B.装置B 涉及氧化这一环节，使用玻璃球泡可以增大接触面积，使氯气与溶液反应更充分，倒扣的漏斗是为了防止液体倒吸，用 NaOH溶液吸收尾气氯气，防止污染大气，B 项正确；C.因要实现的是互不相溶的液体的分离，所以采用分液操作，应选用与A 项同样的装置，题给的是过滤装置，实现的是难溶固于液体的分离，C 项错误；D.操作Z 是蒸储，所给的蒸储装置也正确，D 项正确；所以答案选择C 项。【点睛】本题侧重考查分离的原理及应用，所给4 个装置的细节上均没有问题。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（10mol-L；i）和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如表所示，下列说法不亚项的是编号020406080a2.402.001.601.200.80a1.200.800.40X2a2.401.600.800.400.40A.实验，020min,v（N2）=1.0 0 x l0sm ol-L1-min-1B.实验，60min时处于平衡状态，X H0.40C.相同条件下，增加氨气的浓度，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【答案】C【解析】【详解】A.实验中，020m in,氨气浓度变化量为2.4 0 x l03mol-E.O O xlO m ol-E=4.00 xl0-4mol E，V（NH3）=4-0 0-1 0 m o l-L.=2.00 x 10-5m ol-L-1-m in1,反应速率之比等于化学计量数 浦 20min之比，v（N2）=1 v（NH3）=1.00 xl0-5mol L-m in-1,A 正确；B.催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验中氨气初始浓度与实验中一样，实验达到平衡时氨气浓度为4.00 xl（T m oi.L，则实验达平衡时氨气浓度也为4.O O xIO m oll，而恒温恒容条件下，实验相对于实验为减小压强，平衡正向移动，因此实验60min时处于平衡状态，x SiCh;【小问4 详解】向 8090滤液中加入KMnO4溶液，可氧化Fe?+,得到Fe(OH)3和 MnO?的滤渣，反应的离子方程式为 3 F e2+M n O；+7 H 2 O=3 F e（O H）3 j+M nO 2 1+5 H+；【小问5详解】滤液中含有C u 2+、Z n2 C a2 M g2+,向其中加入锌粉，发生反应Z n+C u 2+=Z n2+C u,故加入锌粉的目的为置换C M+为C u从而过滤除去；【小问6详解】由分析，滤渣为C aF?、M gF2,C aF?、M gF?与浓硫酸反应可得到H F,H F可以循环利用，同时得到的副产物为C aS C U、M gS O4o1 6.亚硝酸钙 C a（N O 2）2 是水泥混凝土外加剂的主要原料，可配制成混凝土防冻剂、钢筋阻锈剂等。某学习小组用如图所示实验装置及药品来制备亚硝酸钙（夹持装置略去）。已知：2 NO+C aC）2=C a（NO 2）,；2 N O2+C aO2=C a（N O3）1酸性条件下，N O能与K M n O4溶液反应生成NO-和Mn2+请回答下列问题：（1）盛 装 铜 片 的 仪 器 名 称 为,上 述 装 置 按 气 流 方 向 连 接 的 顺 序 为。（填字母）（2）检查装置的气密性，装入药品，实验开始前通入一段时间N2,然后关闭弹簧夹，再滴加稀硝酸，通入N?的作用是。（3）A装 置 中 反 应 的 化 学 方 程 式 为,C装 置 中 观 察 到 的 现 象 是。（4）工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气（含N O、N O?）反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Cal N O?）?，反应原理为：Ca（O H）2+N O+N O2=Ca（NO2）2+H2O 若n（N O）:n（NO2）l:l,则会导致。（5）将2.8 8 g CaO z完全转化为Ca（N C）2）2,理论上至少需要铜的物质的量为【答案】（I）.三 颈烧瓶.A EB DC（2）排尽空气，防 止 生 成N O被0 2氧化（3）.3 Cu+8 H N O 3=3 Cu（N O 3）2+2 N O T+4 H 2。.溶液紫色变浅（4）产品中混有Ca（N Ch）2杂质（5）0.1 2 m o l【解析】【分析】该实验要制取亚硝酸钙，通过信息可知，用一氧化氮和过氧化钙反应，所以基本过程为向庄重通入氮气，吹出装置中的氧气，然后点燃酒精灯，向三颈烧瓶中滴加稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，通过装置E中的水除气体中的硝酸，通 过B中无水氯化钙干燥气体，再通过D中过氧化钙反应生成亚硝酸钙，最后通入C中高铳酸钾溶液中进行尾气处理。以此解答。【小 问1详解】由图可知，盛装铜片的仪器名称为三颈烧瓶；通过以上分析可知上述装置按气流方向连接的顺序为A EB DC；【小问2详解】装置中有空气，空气中的氧气可以和一氧化氮反应，故通入N 2的作用是排尽空气，防止生成的NO被。2氧化；【小问3详解】A装置中反应为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，化学方程式为3 Cu+8 H N O 3=3 Cu(N O 3)2+2 N O T+4 H 2 0；根据信息：酸性条件下，NO能与K M n CU溶液反应生成N O,和MM+分析，C装置中反应的离子方程式为3 M n O；+4 H+5 N O=3 M n2+5 N O；+2 H?0,观察到的现象是溶液紫色变浅；【小问4详解】若n(N O)：n(N 0 2)l：1,则会导致N Ch过量，二氧化氮和氢氧化钙反应生成硝酸钙和亚硝酸钙，所以产品中混有Ca(N O3)2杂质；【小问5详解】将2.8 8 g CaCh的物质的量为0.0 4 m o l,完全转化为Ca(N O2)2,理论上至少需要一氧化氮的物质的量为0.0 8 m o l,根据3 Cu+8 H N Ch=3 Cu(N O 3)2+2 N O T+4 H 2 O分析，需要铜的物质的量为0.1 2 m o l o1 7.研究和深度开发CO 2的综合应用，实现碳循环是解决温室问题的有效途径，对构建生态文明社会具有重要意义。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)C H3OH(g)+H2O(g)AH=-49.6kJ/mol(1)该反应一般认为通过如下步骤来实现：i.CO2(g)+H2(g)C O(g)+H2O(g)AH,=+41.2kJ/molii.CO(g)+2H2(g)-CH3OH(g)AH2则八凡=k J/m o l o(2)下列措施中，能提高C 0 2转化率的是。A.在原料气中加入适量H?O(g)B.从体系中不断分离出甲醇C.循环利用原料气 D.提高原料气中C02的体积分数（3）一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入ImolCC和3mO1H2,在催化剂作用下发生反应，测得5min时CO?的转化率在五种不同温度下的变化如图1所示。图1T4温度下，反应在。5min内平均反应速率 V（H2）=mol/(L-min)。b点对应的正反应速率v（正）c点对应逆反应速率v（逆）（填，Y 或“=”）。若反应在C点的体系总压强为0.8（）MPa,则c点反应的Kp=（MPa）-2（Kp为以分压表示的平衡常数）。（4）Ti。?基催化剂光催化还原CO?亦可制得燃料甲醇，其原理如图2所示。图2CB极的电势 VB极的电势（填“低于”或“高于”）。碱 性 条 件 下 甲 醇 燃 料 电 池 的 负 极 反 应 式 是。【答案】(1)-90.8(2)BC25(3).0.21.CH3OH(g)+H2O(g),由图示知，温度下，5min时 CO2的转化率为7 0%,即 CO2的转化量=lmolx70%=0.7mol,故 H2的转化量2.1 mol=3x0.7mol=2.1moL 则 v(H?)=2L=0.21mol/(L-min)；5 minb 点温度低、甲烷 浓度小，c 点温度高，b 对应的正反应速率v(正)c点对应正反应速率V Q E),c 点为平衡点v(jt)=v(a),所以b 对应的正反应速率v(iE)c点对应逆反应速率V(Q由图示知，c 点对应CCh转化率为5 0%,列三段式如下：co2(g)+3 H 2 (g)u C H 3 0 H(g)+H2O(g)初始(mol)1300转化(mol)0.51.50.50.5平衡(mol)0.51.50.50.5此时气体n(总)=3moL贝 p(CO2)=1XP.&=7P,&*P(%)=01.5T1x p总=5P总0 5 1 p(CH30HAp(H,0)p(CH3OH)=p(H2O)=xPe=-Pe；则 5%近 了p相-，代入数据计算得 Kp=2572；【小问4 详解】在光照下，CB极表面聚集由二氧化钛基转移过来的电子，因此CB极的电势高于VB极的电势；碱性条件下甲醇燃料电池的负极为甲醇，反应生成碳酸根离子，电极反应式为：CHQH-6e+8OH=CO；+6H2。18.2022年北京冬奥会首次采用氢能作为火炬燃料，体现绿色奥运理念。工业上利用天然气制备氢气，还能得到乙烯、乙快等化工产品，有关反应原理如下：反应 1：2 C H4(g)C2H2(g)+3 H2(g)A H,反应 2：2 C H4(g)=C2H4(g)+2 H2(g)AH2请回答下列问题：(1)己知几种物质的燃烧热(A H)数据如下：写出表示C 2 H 2 (g)燃烧热的热化学方程式：。物质CH4(g)C2H2(g)C 2 H 4(g)H2(g)燃烧热(A H)/(k J/m o l)-890.3-1 2 99.5-1 41 1.0-2 85.8已知反应1 A S =+2 2 0,2 J .m o P1-K-2，则下列所给温度能使该反应自发进行的是(填标号)。A.0 B.2 5 C.1 2 50 D.2 0 0 0(2)在恒温恒容密闭容器中充入适量C H&发生上述反应1 和反应2,下列情况不能说明上 述 反 应 达 到 平 衡 状 态 的 是(填 字 母)。A.气体总压强不随时间变化 B.气体密度不随时间变化C 气体平均摩尔质量不随时间变化 D.H 2 体积分数不随时间变化(3)2cH2H2(g)+3H2(g)的速率方程为v 正ukclCHj，v 逆=k c(C 2 H 2)y 2(H 2)(k 正、k 逆为正、逆反应速率常数，与温度有关)。其他条件相同，工达到平衡时k 正=1.5k 逆，T zC 达到平衡时k 正=3.0 k 逆。由此推知，T,T?(填，“，或”=，)。(4)一定温度下，在总压强保持恒定为1 2 1 k P a 时，向某密闭容器中充入CH 和 N 2 组成的混合气体(N2 不参与反应)，测得CH4的平衡转化率与通入气体中C H 4 的物质的量分数的关系如图所示。CH&的平衡转化率/%通人气体中CH&的物质的量分数图中随着通入气体中CH&的物质的量分数的增大，甲烷的平衡转化率降低的主要原因是已知M点乙焕的选择性为7 5%乙焕的选择性=父凡)n(C2H2)+n(C2H4)xl00%o该温度下，反应2的平衡常数K p =kP a(结果保留2位有效数字，Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压x物质的量分数)。【答案】(1).C 2 H 2(g)+g c)2(g)=2 C O 2(g)+H 2 O(l)A H=-1 2 99.5k J/m o l .D (2)B(3)(4).在其它条件不变时，随着混合气体反应物中CH4的体积分数的增加，反应体系总压强增大，化学平衡逆向移动，导致甲烷的平衡转化率反而降低 .7.56【解析】【小 问1详解】燃烧热是1 m o l可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。根据表格数据可知乙快的燃烧热为-1 2 99.5 k J/m o l,则表示乙焕燃烧热的热化学方程式为：C2H2(g)+|O2(g)=2 C O2(g)+H2O(l)A H=-1 2 99.5 k J/m o l；根据物质的燃烧热，可得热化学方程式：(i)C H 4(g)+2 O 2(g)=C O2(g)+2 H2O(l)A H=-890.3 k J/m o l；5(i i)C2H2(g)+-O2(g)=2 C O2(g)+H2O(l)A H=-1 2 99.5 k J/m o l；(i i i)H2(g)+；O2(g)=H2O(l)A H=-2 85.8 k J/m o l；根据盖斯定律，x 2-(i i)-(i i i)x 3 可得 2 c H2 H2(g)+3H2(g)A H=3 76.3k J/m o l；A H i-T A S O,反应可以自发,则对于反应1需要3 76.3 k J/m o l-Tx0.2202kJ-m o E -K-2 C3(H 2),v 正=v 逆，k 1 Hc2(C F U)=k 逆C(C2H2C3(H2),c(C 2 H j.c(凡)_1 K”所以 TIT2；【小问4详解】温度不变化学平衡常数不变。反 应1和反应2的反应物只有C H 4一种，增大C H 4的浓度，反应正向进行，导致生成物浓度增大，气体总压强增大对化学平衡移动的影响大于浓度增大对化学平衡移动的影响。根据平衡移动原理，在其它条件不变时，随着混合气体反应物中C H 4的体积分数的增加，反应体系总压强增大，化学平衡逆向移动，导致甲烷的平衡转化率反而降低；假设通入的C H 4、N 2混合气体总物质的量为1 0 a m o l,在M点C H4占气体总物质的量的0.6,则通入C出 的物质的量为n(C H 4)=6amol,n(N2)=4a m o L甲烷平衡转化率为4 0%,则反应消耗的C H 4的物质的量为6a molx 40%=2.4a m o l,未反应的甲烷的物质的量为6amolx(l-40%)=3.6amoU根据M点时乙烘的选择性为7 5%,可知反应1：2cH Mg)UC 2H 2(g)+3 H 2(g)消耗C H 4的物质的量为2.4a molx 7 5%=1.8 a m o l,根据物质反应转化关系可知其产生 C 2H 2(g)为 0.9 a m o l,产生 H?(g)为 2.7 a mol；发生反应 2：2 c H，g)UC 2H 4(g)+2H 2(g)消耗CH4的物质的量为2.4a molx 25%=0.6a m o l,根据物质反应转化关系可知其产生C 2H 4(g)为0.3 a m o l,产生H 4g)为0.6a m o l,则平衡时气体总物质的量n(总)=n(N 2)+n(C H 4)+n(C 2H 2)+n(C 2H 4)+n(H 2)=4a mol+3.6a mol+0.9 a mol+0.3 amol+(2.7 a+0.6a)mol=1 2.1 a mol,所以该条件下反应2的化学平衡常数Kp=0.9aP(C2H4)-P2(H2)_(1H；p2(CH4)3 3axl21kPa)(-xl21kPa)23.6a=7.56kPa o12.1axl21kPa)2