2019-2020学年2.2人教必修上册第二单元单元测试题新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年 2.2 人教必修上册第二单元单元测试题新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法不正确的是（）A左池的pH值降低B右边为阴离子交换膜C右池电极的反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2=6H2O D当消耗0.1mol C6H6O，在标准状况下将产生0.28mol 氮气【答案】B【解析】【详解】A.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有C

2、O2，说明反应后溶液的酸性增强，pH 减小，A 正确；B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B错误；C.根据 B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，C正确；D.在左室发生反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1mol 苯酚该反应，转移 28mol电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)=2810m

3、ol=2.8mol，则当消耗0.1mol C6H6O，将会产生0.28mol 氮气，D 正确；故合理选项是B。2不能通过化合反应生成的物质是（）A HClO BNO CSO3D FeCl2【答案】A【解析】【详解】化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质。A、氯气和水反应生成HCl和 HClO，则不能通过化合反应生成，故A 选；B、氮气和氧气反应生成NO，则能通过化合反应生成，故B 不选；C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故C不选；D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故D 不选；故选：A。3T下，三种硫酸盐MSO4,(M 表示 Pb2+或 Ba

4、2+或 Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM=-lgc(M),p(SO42-)=-lgc(SO42-)。下列说法正确的是（）A BaSO4在任何条件下都不可能转化成PbSO4BX 点和 Z点分别是SrSO4和 BaSO4的饱和溶液，对应的溶液中c(M)=c(SO42-)C 在 ToC时，用 0.01mol.L-1Na2SO4溶液滴定 20mL浓度均是 0.01mol.L-1的 Ba(NO3)2和 Sr(NO3)2的混合溶液,Sr2+先沉淀D ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为102.4【答案】D【解析】【分析】【详解】A硫酸

5、根离子浓度和铅离子浓度乘积达到或大于PbSO4沉淀溶度积常数可以沉淀，一定条件下BaSO4可以转化成PbSO4，故 A 错误；BZ 点对应的溶液为饱和溶液，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度乘积为常数，pM=-lgc(M)，p(SO42-)=-lgc(SO42-)，则 c（Ba2+）c（SO42-），同理 X点饱和溶液中c（Sr2+）c（SO42-），故 B错误；C图象分析可知溶度积常数SrSO4、PbSO4、BaSO4分别为 10-2.510-2.5、10-3.810-3.8、10-510-5，因此溶度积常数：BaSO4 PbSO4SrSO4，因此在ToC 时，用 0.01mol L-1Na2

6、SO4溶液滴定20mL 浓度均是0.01mol L-1的 Ba(NO3)2和 Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀，故C错误；D ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为7.6101010=102.4，故 D正确；答案选 D。4已知 X、Y、Z、W、R 是原子序数依次增大的短周期主族元素，X 是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的 2 倍，W 的最外层电子数是其最内层电子数的 3 倍。下列说法不正确的是（）A原子半径：ZWR B对应的氢化物的热稳定性：RW CW 与 X、W 与 Z 形

7、成的化合物的化学键类型完全相同D Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸【答案】C【解析】【分析】已知 X、Y、Z、W、R 是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是 H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，这说明Y是第 A 组元素；Z的核电荷数是Y的 2 倍，且是短周期元素，因此Y是 C，Z是 Mg；W 的最外层电子数是其最内层电子数的3 倍，且原子序数大于Mg 的，因此 W 是第三周期的S；R 的原子序数最大，所以R 是 Cl元素。【详解】A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z WR，A正确；B、同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐

8、渐增强，则对应的氢化物的热稳定性：RW，B 正确；C、H2S与 MgS 分别含有的化学键是极性键与离子键，因此W 与 X、W 与 Z 形成的化合物的化学键类型完全不相同，C不正确；D、Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，属于二元弱酸，D 正确。答案选 C。5下列说法正确的是A离子晶体中可能含有共价键，但不一定含有金属元素B分子晶体中一定含有共价键C非极性分子中一定存在非极性键D对于组成结构相似的分子晶体，一定是相对分子质量越大，熔沸点越高【答案】A【解析】【详解】A离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，不一定含有金属元素，可能只含非金属元素，如铵盐，故 A 正确；B分子晶体中可能不存在化学

9、键，只存在分子间作用力，如稀有气体，故B 错误；C非极性分子中可能只存在极性键，如四氯化碳等，故C 错误；D分子晶体的熔沸点与相对分子质量、氢键有关，氧族原子氢化物中，水的熔沸点最高，故D 错误；答案选 A。【点睛】本题的易错点为规律中的异常现象的判断，要注意采用举例法分析解答。6为制取含HClO浓度较高的溶液，下列图示装置和原理均正确，且能达到实验目的的是A制取氯气B制取氯水C提高 HClO浓度D过滤【答案】C【解析】A、MnO2与浓 HCl 制 Cl2要加热，故A 错误；B、洗气就长进短出，故B错误；C、CaCO3Cl2H2O=CaCl22HClO，故 C正确；D、过滤是把溶于液体的固态物

10、质跟液体分离的一种方法，漏斗要紧贴烧杯内壁，故 D 错误；故选C。7热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti-H-Fe 双温区催化剂（Ti-H 区域和 Fe区域的温度差可超过100）。Ti-H-Fe 双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A为 NN 的断裂过程B 在高温区发生，在低温区发生C为 N 原子由 Fe区域向 Ti-H 区域的传递过程D使用 Ti-H-Fe 双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A.经历过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变

11、成氮原子，过程中氮氮三键没有断裂，故 A 错误；B.为催化剂吸附N2的过程，为形成过渡态的过程，为N2解离为 N 的过程，以上都需要在高温时进行；为了增大平衡产率要在低温区进行，故B错误；C.由题中图示可知，过程完成了Ti-H-Fe-*N 到 Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N 原子由 Fe区域向 Ti-H区域传递，故C 正确；D.化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，故D 错误；故选：C。8下列常见物质的俗名与化学式对应正确的是A水煤气-CH4B明矾-KAl(SO4)2 12H2O C水玻璃-H2SiO3D纯碱-NaHCO3【答案】B【解析】【详解】A天然气是CH4，水煤气是H2、

12、CO的混合物，故A 错误；B明矾是Kal(SO4)2?12H2O 的俗称，故B 正确；C水玻璃是Na2SiO3的水溶液，故C错误；D纯碱是Na2CO3的俗称，故D 错误；故答案选B。9下列有关物质性质的比较，错误的是()A溶解度(25)：小苏打H2SH2O C密度：溴乙烷 水D碳碳键键长：乙烯H2SeH2S，故 B 错误；C溴代烃和碘代烃的密度均大于水，故溴乙烷的密度比水的大，故C正确；D苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯bc Bb 点对应的混合溶液中:c(Na+)c(Na+)c(OH-)D该温度下,a、b、c 三点 CH3COOH的电离平衡常数均为-8a10K=c-0.1【答案】

13、D【解析】【详解】根据图示可知，原混合液显酸性，则为醋酸与醋酸钠的混合液，a 点加入 0.10molNaOH 固体，pH=7，说明原溶液中CH3COOH的物质的量稍大于0.2mol。酸或碱抑制水的电离，含弱酸根离子的盐促进水的电离，酸或碱的浓度越大，抑制水电离程度越大。A.1.0LcmolL-1 CH3COOH溶液与 0.1molNaOH 固体混合，发生的反应为：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，反应后的溶液是CH3COOH和 CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解能够促进水的电离，而CH3COOH的电离会抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，bc 发生的

14、反应为：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，CH3COONa减少，CH3COOH增多，水的电离程度减小；若向该混合溶液中加入 NaOH 固体，ba发生的反应是：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，CH3COONa增多，CH3COOH减少，水的电离会逐渐增大，因此水的电离程度：abc，故 A 正确；B.b 点对应的混合溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，则此时溶质为CH3COOH和 CH3COONa，结合电荷守恒，所以c(Na+)c(Na+)c(OH-)，故 C正确；D.该温度下，CH3COOH的电离平衡常数-a+33c(CH COO)c(H)c(CH CK=OO

15、H)，a 点对于溶液中pH=7，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，则溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，带入公式得-+-7-833ac(CH COO)c(H)100.22 10=c(CH COOHK)c-=0.2c-0.2，故 D 错误。13已知：Br H2 HBrH，其反应的历程与能量变化如图所示，以下叙述正确的是A该反应是放热反应B加入催化剂，E1E2的差值减小CHH 的键能大于HBr 的键能D因为 E1E2，所以反应物的总能量高于生成物的总能量【答案】C【解析】【分析】根据反应物的总能量和生成物的总能量的

16、相对大小来判断反应的热效应。反应的能量变化与反应途径无关，催化剂只改变反应速率，与该反应的能量变化无关。【详解】A.若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为放热反应；若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为吸热反应，此图中生成物总能量高于反应物，故该反应为吸热反应，A错误；B.E1-E2的差值即为此反应的焓变，催化剂只改变活化能，与焓值无关，B错误；C.此反应为吸热反应，故断开H-H 键所需要的能量高于生成H-Br 键放出的能量，C 正确；D.因为 E1E2，所以反应物的总能量低于生成物的总能量，此反应吸收热量，D 错误，故合理选项是C。【点睛】本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反

17、应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等，根据二者能量差异判断反应的热效应。14下列离子方程式书写正确的是（）A氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2OHNH4+SO42-=BaSO4NH3 H2O B用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu22Cl 2H2OCu(OH)2H2Cl2C向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca22ClOSO2H2O=CaSO3 2HClO D向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO3-【答案】D【解析】【详解】A该反应不符合正确配比，离子方程式为Ba2+2OH-+2NH4+SO42-=BaSO4+2NH3?H2O，故 A

18、错误；B用惰性电极电解饱和CuCl2溶液时，阴极上Cu2+放电能力大于H+，阳极上氯离子放电，所以电解氯化铜本身，电解反应的离子方程式为Cu2+2Cl-Cu+Cl2，故 B错误；C向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+Ca2+3ClO-+H2O=CaSO4+2HClO+Cl-，故 C 错误；D苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+HCO3-，故 D 正确；答案选 D。15下列说法正确的是()A用 NH3 H2O 溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明NH3 H2O 是弱电解质B等体积的pH 都

19、为 2 的酸 HA 和 HB 分别与足量的铁粉反应，HA 放出的 H2多，说明HA 酸性强Cc0.1 molL1的 CH3COOH溶液和 c0.1 molL1的 HCl 溶液中，前者的pH 大D常温下，pH 5 的 CH3COOH溶液和 pH4 的 HCl 溶液中，c(CH3COO)/c(Cl)1/10【答案】C【解析】【详解】A、没指出浓度，所以无法判断，选项A 错误；B、HA 放出的 H2多，说明没有HA 电离的多，酸性弱，选项B 错误；C、c0.1 molL1的 CH3COOH溶液和 c0.1 molL1的 HCl 溶液中，CH3COOH是弱电解质，部分电离，酸性弱，pH 大，选项C正确

20、；D、pH5 的 CH3COOH溶液和 pH4 的 HCl 溶液中，用电荷守恒得到c(CH3COO)c(H)c(OH)(105109)mol L1，c(Cl)c(H)c(OH)(1041010)mol L1，c(CH3COO)/c(Cl)110，选项 D 错误；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16SO2是一种大气污染物，但它在化工和食品工业上却有广泛应用。某兴趣小组同学对SO2的实验室制备和性质实验进行研究。(1)甲同学按照教材实验要求设计如图所示装置制取SO2本实验中铜与浓硫酸反应的化学方程式是_，铜丝可抽动的优点是_。实验结束后，甲同学观察到试管底部出现黑色和灰白色

21、固体，且溶液颜色发黑。甲同学认为灰白色沉淀应是生成的白色CuSO4夹杂少许黑色固体的混合物，其中CuSO4以白色固体形式存在体现了浓硫酸的_性。乙同学认为该实验设计存在问题，请从实验安全和环保角度分析，该实验中可能存在的问题是_。(2)兴趣小组查阅相关资料，经过综合分析讨论，重新设计实验如下(加热装置略)：实验记录A 中现象如下：序号反应温度/实验现象1 134 开始出现黑色絮状物，产生后下沉，无气体产生2 158 黑色固体产生的同时，有气体生成3 180 气体放出的速度更快，试管内溶液为黑色浑浊4 260 有大量气体产生，溶液变为蓝色，试管底部产生灰白色固体，品红溶液褪色5 300 同上查阅

22、资料得知：产物中的黑色和灰白色固体物质主要成分为CuS、Cu2S 和 CuSO4，其中 CuS 和 Cu2S为黑色固体，常温下都不溶于稀盐酸，在空气中灼烧均转化为CuO和 SO2。实验中盛装浓硫酸的仪器名称为_。实验记录表明_对实验结果有影响，为了得到预期实验现象，在操作上应该_。装置 C 中发生反应的离子方程式是_。将水洗处理后的黑色固体烘干后，测定灼烧前后的质量变化，可以进一步确定黑色固体中是否一定含有CuS其原理为 _(结合化学方程式解释)。【答案】Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO2 2H2O 便于控制反应的开始与停止吸水无尾气吸收装置，停止加热时可能发生溶液倒吸分液漏斗反应温度迅速

23、升温至260Ba2+2NO33SO22H2O=BaSO4 2NO 2SO42-4H+2CuS3O22CuO2SO2、Cu2S2O22CuO SO2，后一反应前后固体质量不变，因此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS【解析】【分析】【详解】（1）铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，化学方程式是Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO2 2H2O，铜丝可抽动的优点是便于控制反应的开始与停止，故答案为：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO2 2H2O；便于控制反应的开始与停止；CuSO4呈白色，说明浓硫酸具有吸水性，吸收硫酸铜晶体中结晶水得到白色CuSO4，故答案为：吸水；二氧化硫易溶于水，有毒，

24、污染空气，该装置中无尾气吸收装置，停止加热时可能发生溶液倒吸，故答案为：无尾气吸收装置，停止加热时可能发生溶液倒吸；（2）由图示知，实验中盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；实验记录表明温度对实验结果有影响，为了得到预期实验现象，为了防止副反应发生，在操作上应该迅速升温至260；故答案为：；反应温度；迅速升温至260；二氧化硫进入装置C，与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀、NO 和硫酸，反应的离子方程式是Ba2+2NO33SO22H2O=BaSO4 2NO 2SO42-4H+，故答案为：Ba2+2NO33SO22H2O=BaSO4 2NO2SO42-4H+；根据反应分析，2CuS 3O

25、22CuO2SO2、Cu2S 2O22CuOSO2，后一反应前后固体质量不变，因此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS，故答案为：2CuS3O22CuO2SO2、Cu2S 2O22CuOSO2，后一反应前后固体质量不变，因此，若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机材料PMMA、新型可降解高分子材料PET、常见解热镇痛药Aspirin 的合成路线如下：已知：-+2HCN/OHH O/H(1)A 属于烯烃，其结构简式是_。(2)A 与苯在 AlCl3催化作用下反应生成B 的反应类型是_。(3)写出 B的一溴代物只有2种的芳香烃的名称_写

26、出生成这两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件 _(4)B 在硫酸催化条件下被氧气氧化可得有机物C与 F。C 由碳、氢、氧三种元素组成，C 的结构简式是 _。向少量F溶液中滴加几滴FeCl3溶液，溶液呈紫色，且F在其同系物中相对分子质量最小。G物质中含氧官能团名称为_。(5)D 在一定条件下制取PET的化学方程式是_。【答案】CH2=CHCH3加成反应1，3，5三甲苯Br2/光照和 Br2/Fe 羟基、羧基n一定条件+(n-1)H2O【解析】【分析】A 属于烯烃，则A 结构简式为CH2=CHCH3，根据 A、B分子式及苯的分子式可知，丙烯与苯发生加成反应生成 B，根据已知信息，由D 的结构简式

27、逆推可知C为，则 B为，D 发生消去反应生成E，E发生加聚反应生成PMMA，PMMA 为，D 发生缩聚反应生成，PET为；向少量 F溶液中滴加几滴FeCl3溶液，溶液呈紫色，且 F在其同系物中相对分子质量最小，则 F为，F发生反应生成G，G 和乙酸酐发生取代反应生成Aspirin，根据 Aspirin 的结构简式知，G 结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)A 属于烯烃，分子式为C3H6，则 A 结构简式是CH2=CHCH3，故答案为：CH2=CHCH3；(2)通过以上分析知，A 与苯在 AlCl3催化作用下反应生成B的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；(3)B 为，B 的一溴代物只有

28、2 种的芳香烃为，名称是1，3，5-三甲苯，光照条件下发生甲基失去取代反应，催化剂条件下发生苯环上取代反应，因此需要的试剂与条件为：Br2/光照和 Br2/Fe 故答案为：1，3，5-三甲苯；Br2/光照和 Br2/Fe；(4)通过以上分析知，C的结构简式是，故答案为：；根据上述分析，G 的结构简式为，G 物质中含氧官能团名称为羟基和羧基，故答案为：羟基和羧基；(5)D 在一定条件下发生缩聚反应制取PET的化学方程式是n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O。【点睛】正确推断物质的结构简式是解题的关键。解答本题要注意充分利用题示信息和各小题中提供的信息进行推导。本题的易错点为(5)

29、中方程式的书写，要注意水前面的系数。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18二甲醚作为燃料电池的原料，可通过以下途径制取：I2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)HII2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)H（1）已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H1=41.0kJ mol1 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H2=49.0kJ mol1CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)H3=+23.5kJ mol1则反应 I 的 H=_kJ mol1（2）在恒容密闭容器里按体积比为1：2充入一

30、氧化碳和氢气发生反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_。A新平衡后c(CH3OCH3)增大B正反应速率先增大后减小C反应物的体积百分含量减小D化学平衡常数K 值增大（3）在 10L 恒容密闭容器中，均充入4molCO2和 7molH2，分别以铱(Ir)和铈(Ce)作催化剂，通过反应II：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)制二甲醚，反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率(CO2)随反应温度的变化情况如图所示。根据图1，下列说法不正确的是_。

31、A反应 II 的 H0，S0 B600K 时，H2的速率：v(b)正v(a)逆C分别用Ir、Ce作催化剂时，Ce使反应 II 的活化能降低更多D从状态d 到 e，(CO2)减小的原因可能是温度升高平衡逆向移动状态 e(900K)时，(CO2)=50%，则此时的平衡常数K=_（保留 3 位有效数字）。（4）写出二甲醚碱性（电解质溶液为KOH溶液）燃料电池的负极电极反应式_。该电池工作时，溶液中的OH-向_极移动，该电池工作一段时间后，测得溶液的pH 减小。（5）己知参与电极反应的电极材料单位质量放出电能的大小称为该电池的比能量关于二甲醚碱性燃料电池与乙醇碱性燃料电池，下列说法正确的是_。A两种燃

32、料互为同分异构体，分子式和摩尔质量相同，比能量相同B两种燃料所含共价键数目相同，断键时所需能量相同，比能量相同C两种燃料所含共价键类型不同，断键时所需能量不同，比能量不同【答案】-203.5 BD A、C 6.75104CH3OCH316OH-12e-=2CO32-11H2O 负极C【解析】【分析】【详解】(1)根据盖斯定律，2+2-可得反应I，所以 H=(-41.0 kJ?mol-1)2+(-49.0kJ?mol-1)2-(+23.5kJ?mol-1)=-203.5kJ?mol-1；(2)A向平衡体系中再充入一定量的CH3OCH3气体，平衡逆向移动，但新平衡c(CH3OCH3)增大，故 A

33、不选；B正反应速率先增大后减小说明正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，故B选；C移走反应物可以使反应物的体积百分含量减小，但平衡会逆向移动，故C不选；D该反应焓变小于零，正反应为放热反应，K值增大说明温度降低，降低温度会使平衡正向移动，故D选；综上所述选BD；(3)据图可知随温度上升二氧化碳的转化率先上升后下降，说明在温度较低时相同时间内反应还未达到平衡，平衡后随温度上升二氧化碳转化率随温度上升而下降；A由图中信息可知，当温度高于800K 时，CO2转化率 (CO2)随反应温度升高而减小，说明该反应为放热反应，H0，同时该反应气体体积减小，S0，故 A 错误；B由图可知，b 点 CO2转化

34、率 (CO2)大于 a 点，所以生成物浓度b 点大于 a 点，故 v(b)逆v(a)逆，由于 b点未平衡且正向进行，v(b)正v(b)逆，所以 v(b)正 v(a)逆，故 B正确；C由图中信息可知，当温度为400K800K时，反应进行相同时间后测得Ir 作催化剂的CO2转化率 (CO2)较高，说明Ir 的催化效率更高，所以用Ir、Ce作催化剂时，反应的活化能降低更多的是Ir，故 C错误；D状态 d、e 都是平衡状态，从d 到 e，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，(CO2)减小，故 D 正确。故答案为：AC；初始投料为4molCO2和 7molH2，状态 e(900K)时，(CO2)=50%

35、，则转化的CO2为 2mol，列三段式有：2332+mo2CO g6Hgl4700mCH OCHg3ol2611mol211H O g3?起始()转化()平衡()容器的体积为10L，则平衡常数K=3260.1 0.30.20.1=6.75 104；(4)二甲醚燃料电池中二甲醚被氧化生成二氧化碳，所以通入二甲醚的电极为负极，得电子发生还原反应，由于电解质为KOH溶液，所以最终产物为碳酸根，电极方程式为：CH3OCH316OH-12e-=2CO32-11H2O；该电池工作时为原电池，原电池中阴离子流向负极；(5)不同的化学键断裂或形成时的能量变化不同，二甲醚和乙醇虽然为同分异构体且摩尔质量相同，但

36、分子中化学键类型不同，所以单位质量的二甲醚和乙醇反应过程中放出的能量不同，所以C正确。19在钯基催化剂表面上，甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。（1）32CH OH(g)CO(g)+2H(g)?的 H=_kJ mol1；该历程中最大能垒(活化能)E正=_kJmol1，写出该步骤的化学方程式_。（2）在一定温度下，CO和 H2混合气体发生反应：23CO(g)+2H(g)CH OH(g)?，反应速率=正逆=k正c(CO)c2(H2)k逆c(CH3OH)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。达到平衡后，若加入高效催化剂，正逆将_(填“增大”、“减小”或“不变”)；若

37、升高温度，kk正逆将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）353K时，在刚性容器中充入CH3OH(g)，发生反应：23CO(g)+2H(g)CH OH(g)?。体系的总压强p 随时间 t 的变化如表所示：t/min 0 5 10 15 20 p/kPa 101.2 107.4 112.6 116.4 118.6 121.2 若升高反应温度至373K，则 CH3OH(g)分解后体系压强p(373K)_121.2kPa(填“大于”、“等于”或“小于”)，原因是 _。353K 时，该反应的平衡常数KP=_(kPa)2(KP为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1 位小数)。【答案】+97.9 1

38、79.6 CO*+4H*=CO*+2H2(g)或 4H*=2H2(g)不变减小大于CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的吸热反应，温度升高，平衡右移，气体物质的量增加，容器体积不变，总压强变大43.9【解析】【分析】(1)根据 H=生成物总能量-反应物总能量分析判断，根据图像，反应历程中活化能最大的为CO?+4H?阶段；(2)平衡时正逆反应速率相等，催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动；根据(1)中分析CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反应为吸热反应，则CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；(3)反应 CH

39、3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的吸热反应，根据外界条件对该平衡体系的影响分析判断；根据相同条件下，物质的量之比等于压强之比，结合三段式计算解答。【详解】(1)根据图像显示，甲醇的相对能量为0，生成物相对能量为97.9 kJmol1，根据 H=生成物总能量-反应物总能量，则32CH OH(g)CO(g)+2H(g)?的 H=+97.9kJ mol1；根据图像可以看出，CO?+4H?=CO?+2H2(g)(或 4H*=2H2(g)反应历程中活化能E正最大为 113.9kJ/mol-(-65.7kJ/mol)=179.6 kJmol1；(2)平衡时正逆反应速率相等，即

40、正=逆，则正逆=1，反应速率=正 逆=k正c(CO)c2(H2)k逆c(CH3OH)=0，则该反应的平衡常数K=322c CH OHc CO cH=kk正逆，催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，正逆反应速率仍相等则正逆不变；根据(1)中分析 CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反应为吸热反应，则CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)的正反应为放热反应，升高温度反应逆向移动，平衡常数K减小，则kk正逆将减小；(3)反应 CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的吸热反应，温度升高，平衡右移，气体物质的量增加，容器体积不变，总压强变大，则升高反应温度至37

41、3K，则 CH3OH(g)分解后体系压强p(373K)大于 121.2kPa；353K 时，初始时平衡体系总压强为101.2 kPa，平衡时体系总压强为121.2kPa，设初始投入CH3OH(g)为1mol，平衡时消耗CH3OH(g)的物质的量为x，列“三段式”：32CH OH gCO g+2Hgmol100molxx2xmol1-xx2x?始变平根据相同条件下，物质的量之比等于压强之比，则1101.2kPa12121.2kPaxxx，解得 x=110.12mol，则平衡时，H2的物质的量为15.06mol，CH3OH 的物质的量为(1110.12)mol，CO的物质的量为110.12mol，平衡时的总物质的量为6.065.06mol，该反应的平衡常数KP=2223115.0610.12121.2121.26.066.06pHp CO5.065.061p CH OH110.12121.26.065.06kPakPakPa=43.9(kPa)2。