福建省泉州市 2022-2023学年高二上学期期中联考化学试题（含答案）

第21页/共21页2022年秋季高二年期中联考试卷满分：100分考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、单选题：本题共16小题，每题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1.下列分别是利用不同能源发电的实例图象,其中不属于新能源开发利用的是()A.风力发电 B.太阳能发电C.火力发电 D.地热能发电【答案】C【解析】【详解】A．风能是清洁无污染的环保新能源，故A错误；B．太阳能是清洁无污染的新能源，故B错误；C．火力发电需要煤作燃料，煤是不可再生能源，也不是环保新能源，故C正确；D．地热能发电是新开发利用的环保新能源，故D错误。故选：C。【点睛】新能源是既无污染，又是新开发的能源，新能源如：太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等。2.根据所学知识和已有生活经验，下列变化过程中的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】A．，混乱度增大，，A错误；B．同种物质固态的熵小于液态小于气态，所以混乱度增大，，B错误；C．气体体积减小，混乱度减小，，C正确；D．有气体生成，混乱度增大，，D错误；故选C。3.反应过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.该反应的逆反应为放热反应B.升高温度，利于A的转化率增大C.加入催化剂时，该反应的反应热发生改变D.增大压强，能够加快反应达到平衡状态的速率【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应的正反应属于放热反应，则该反应的逆反应为吸热反应，A错误；B．根据选项A分析可知：该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致反应物A的转化率减小，B错误；C．催化剂只能改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应热，故在反应体系中加入催化剂，对反应热无影响，C错误；D．该反应是由气体参加的化学反应，在反应达到平衡后增大压强，能够增大气体物质的浓度，使化学反应速率加快，反应达到平衡状态的时间缩短，D正确；故合理选项是D。4.下列选项正确的是A.图①可表示的能量变化B.图②中表示碳的燃烧热C.实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为、的、NaOH溶液混合，测得混合液最高温度如图③所示(已知)D.已知稳定性：B<A<C，某反应由两步构成A→B→C，反应过程中的能量变化曲线如图④所示【答案】D【解析】【详解】A．产物能量比反应物能量低，该反应为放热反应，该反应为吸热反应，A项错误；B．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳燃烧生成的稳定的氧化物为CO2，B项错误；C．将物质的量浓度相等、体积分别为、的、NaOH溶液混合时，测得混合液最高温度时为、NaOH恰好完全反应，当时，此时氢氧化钠的体积应为40mL，C项错误；D．物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定顺序B<A<C，D项正确；答案选D。5.如图所示是几种常见的化学电源示意图，下列有关说法错误的是A.化学电源是将化学能转化为电能的实用装置B.干电池示意图所对应的电池属于二次电池C.铅蓄电池充电时PbO2(正极)应与外接电源正极相连D.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源【答案】B【解析】【详解】A．化学电源是提供电能，是将化学能转化为电能的实用装置，故A正确；B．干电池不可充电，属于一次电池，故B错误；C．原电池的正极和电解池的阳极相连，则铅蓄电池充电时PbO2(正极)应与外接电源正极相连，故C正确；D．氢氧燃料电池产物只有水，是一种具有应用前景的绿色电源，故D正确；故选：B。6.如图所示为接触法制硫酸的设备和工艺流程，接触室发生反应的热化学方程式表示为：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1。下列说法不正确的是A.黄铁矿进入沸腾炉之前需要进行粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，并且可以提高原料的转化率B.沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室C.工业生产要求高效，为加快反应速率，接触氧化应使用催化剂并尽可能提高体系温度D.工业制硫酸的尾气大量排放至空气中会形成酸雨【答案】C【解析】【详解】A．从反应速率的影响因素考虑，增大接触面积可以加快反应速率，并且可以提高原料的转化率，A正确；B．为防止催化剂中毒，丧失活性，沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室，B正确；C．温度较高可能导致催化剂失去活性，反而降低反应速率，温度适宜即可，C错误；D．工业制硫酸的尾气中含有二氧化硫，排放到空气中，可能导致硫酸型酸雨，D正确；故选C。7.将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是A.钢铁设施的电极反应式为B.金属M的活动性比Fe的活动性弱C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快【答案】C【解析】【分析】该装置为原电池原理的金属防护措施，为牺牲阳极的阴极保护法，金属M作负极，钢铁设备作正极。【详解】A．阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，A错误；B．阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，B错误；C．金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，C正确；D．海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，D错误；故选C。8.下列关于反应的描述正确的是A.使用催化剂，的平衡转化率增大B.增大浓度，平衡常数K减小C.当时，反应达到平衡状态D.降低反应温度，反应物中活化分子百分数减少，反应速率减慢【答案】D【解析】【详解】A．使用催化剂，不能改变平衡状态，的平衡转化率不变，A错误；B．平衡常数只与温度有关系，增大浓度，平衡常数K不变，B错误；C．当时说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，C错误；D．降低反应温度，导致反应物中活化分子百分数减少，因此反应速率减慢，D正确；答案选D。9.实验室利用下列实验方案探究影响化学反应速率的因素，有关说法错误的是实验编号温度℃酸性溶液溶液①254mL0.01mol/L2mL01mol/L②254mL0.01mol/L2mL0.2mol/L③504mL0.01mol/L2mL0.1mol/LA.实验中要记录溶液褪色所需要的时间B.对比实验①②探究的是浓度对化学反应速率的影响C.对比实验①③探究的是温度对化学反应速率的影响D.起始时向①中加入固体，不影响其反应速率【答案】D【解析】【分析】【详解】A．探究影响化学反应速率的因素需要记录溶液褪色所需时间，故A正确；B．实验①②只有浓度不同，探究的是浓度对化学反应速率的影响，故B正确；C．实验①③只有温度不同，探究的是温度对化学反应速率的影响，故C正确；D．起始向①中加入固体，引入离子Mn2+，Mn2+催化该氧化还原反应，影响其反应速率，故D错误；故答案为D。10.在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表所示，下列说法正确的是物质XYZ初始浓度/mol·L-1120平衡浓度/mol·L-10.50.51A.Y的转化率为25%B.反应可表示为X(g)+3Y(g)2Z(g)，其平衡常数为16C.反应前后压强之比为2：3D.增大压强，该反应平衡会正向移动，此反应的平衡常数增大【答案】B【解析】【详解】图表中分析消耗量或生成量为，消耗X浓度0.1mol/L-0.05mol/L=0.05mol/L，Y消耗浓度=0.15mol/L，Z生成浓度0.1mol/L，反应比为X：Y：Z=0.05：0.15：0.1=1：3：2，反应的化学方程式为：X(g)+3Y(g)2Z(g)；A．依据图表分析可知，Y消耗的物质的量浓度=0.2mol/L-0.05mol/L=0.15mol/L，Y的转化率=×100%=75%，选项A错误；B．根据分析，反应的化学方程式为：X(g)+3Y(g)2Z(g)，平衡常数K==16，选项B正确；C．压强之比等于气体物质的量之比，故反应前后压强之比为(1+2):(0.5+0.5+1)=3：2，选项C错误；D．该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，该反应平衡会正向移动，但反应的平衡常数不变，选项D错误；答案选B。11.可逆反应：2NO22NO＋O2在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A.①④⑥⑦ B.②③⑤⑦ C.①③④⑤ D.全部【答案】A【解析】【详解】①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，反应进行的方向相反，且变化量之比等于化学计量数之比，则反应达平衡状态，①正确；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，反应进行的方向相同，不一定达平衡状态，②不正确；③在反应进行的任何阶段，用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比都为2∶2∶1，反应不一定达平衡状态，③不正确；④混合气体的颜色不再改变时，c(NO2)不变，反应达平衡状态，④正确；⑤混合气体的质量不变、体积不变，则密度始终不变，所以密度不再改变时，反应不一定达平衡状态，⑤不正确；⑥反应前后气体的物质的量不等，平衡前压强在不断发生改变，当混合气体的压强不再改变时，反应达平衡状态，⑥正确；⑦混合气体的质量不变，物质的量发生改变，则平衡前混合气体的平均相对分子质量不断发生改变，当平均相对分子质量不再改变时，反应达平衡状态，⑦正确；综合以上分析，①④⑥⑦正确，故选A。12.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.，对该平衡体系加压后颜色加深B.在含有红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去C.由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅D.反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H<0中采取高压措施可提高SO3的产量【答案】A【解析】【详解】A．二氧化氮与二氧化硫反应生成三氧化硫和一氧化氮的反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，则对该平衡体系加压后颜色加深不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；B．硫氰化铁溶液中存在如下平衡：Fe3++3SCN—Fe(SCN)3，向溶液中加入铁粉，铁与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，硫氰化铁的浓度减小，溶液颜色变浅或褪去，则溶液颜色变浅或褪去能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体颜色变浅，则平衡体系加压后颜色先变深后变浅能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．二氧化硫的催化氧化反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的产量增大，则采取高压措施可提高三氧化硫的产量能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故选A。13.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。如图，我国学者发现T℃时，甲醇(CH3OH)在铜基催化剂上的反应机理如下(该反应为可逆反应)：下列有关说法正确的是A.反应I和反应Ⅱ相比，反应I更容易发生B.反应I为CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)∆H＜0C.通过控制催化剂的用量可以控制反应的速率和反应进行的程度D.CH3OH(g)与H2O(g)在高温条件下更容易反应【答案】D【解析】【详解】A．有图可知，反应Ⅱ的活化能低于反应I的活化能，则反应Ⅱ更容易发生，故A错误；B．有图可知，反应I的生成物能量比反应物的能量高，所以反应I是吸热反应，故B错误；C．催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，但是催化剂不能时化学平衡发生移动，因此不能控制反应进行的程度，故C错误；D．有图可知，CH3OH(g)与H2O(g)反应吸热反应，并且生成二氧化碳和氢气后熵增加，则反应在高温下可以自发进行，故D正确；故选：D。14.废水中通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。则下列叙述不正确的是A.电池工作时需控制温度不宜过高B.a极电极反应式为：+e-=+Cl-C.b极为负极，发生氧化反应D.H+由b极穿过质子交换膜到达a极【答案】B【解析】【详解】A．该反应中需要微生物膜，若温度过高，微生物的蛋白质发生变性，将失去其生理活性，因此电池工作时需控制温度不宜过高，A正确；B．a电极正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为：+2e-+H+=+Cl-，B错误；C．b电极上CH3COO-失去电子变为CO2气体，因此b极为负极，发生氧化反应，C正确；D．在内电路中阳离子H+会向负电荷较多的正极移动，即H+由b极穿过质子交换膜到达a极，D正确；故合理选项是B。15.法国化学家PaulSabatier较早提出可以利用工业废弃物CO2转化为CH4，其反应原理为CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H=-165kJ・mol-1。若在密闭容器中充入1molCO2、1molH2引发该反应进行，下列说法正确的是ABCD恒温恒容下，混合气体中CH4与CO2的体积分数变化恒温恒压条件平衡后，t1时改变条件可能是充入少量N2升高温度，平衡常数Kc的变化趋势CO2平衡转化率随压强的变化趋势A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．根据该反应特点，可设反应转化的二氧化碳为xmol，则平衡后各物质的物质的量为n(CO2)=(1-x)mol，n(H2)=(1-4x)mol，n(CH4)=xmol，n(H2O)=2xmol，可以得出整个反应过程中，CO2的体积分数为=50％（x＜），随着反应正向移动，x逐渐增大，CH4的体积分数表达式为，分子逐渐增大，分母逐渐减小，所以甲烷的体积分数逐步增加，平衡后CH4的体积分数保持不变，结合x＜可知，其数值小于50％，A正确；B．若升高温度，正反应与逆反应速率均比初始的大，随后正反应速率逐渐增大，逆反应速率继续减小，二者相等时再次达到平衡，从图象中可以看出，t1时刻正反应速率增大后一直保持不变，说明平衡未发生移动，能加快反应速率但不影响平衡移动的因素应为“加入催化剂”，B错误；C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数变小，C错误；D．增大压强，该平衡正向移动，反应物的转化率会增大，D错误；故选A。16.在容积一定的密闭容器中，充入一定量的NO和足量碳发生化学反应C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是A.增加碳的量，平衡正向移动B.在T2时，若反应处于状态D，则此时v正＞v逆C.若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则有pC=pD＞pBD.若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2【答案】B【解析】【详解】A．C为固体，增加其用量对平衡无影响，A错误；B．在T2℃时，若反应体系处于状态D，此时c(NO)高于平衡时NO浓度，故平衡正向移动，因此υ正＞υ逆，B正确；C．该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此PD=PB，C、D物质的量相等，温度C大于D点，因此压强PC＞PD，C错误；D．由图示知，升高温度，c(NO)浓度增大，说明平衡逆向移动，故平衡常数减小，因此K2＜K1，D错误；故答案选B。二、非选择题：本题包括4小题，共52分。17.汽车尾气中的主要污染物是NOx和CO，它们是现代化城市中的重要大气污染物。（1）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应生成NO，其能量变化如图1所示，则图1中三种分子最稳定的是_______，图1中对应反应的热化学方程式为_______。（2）N2O和CO均是有害气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应原理如下：△H。有关化学反应的能量变化过程如图2所示。图2①图2中，该反应的活化能为_______，该反应的△H=_______；②在反应体系中加入Pt2O+作为该反应的催化剂，则△H_______(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）利用NH3还原法可将NOx还原为N2进行脱除。已知：。若有15gNO被还原，则释放的热量为_______kJ。（4）“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。已知25℃和101kPa下：①△H=-akJ/mol②△H=-bkJ/mol③H2O(g)=H2O(l)△H=-ckJ/mol则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为_______。【答案】（1）①.N2②.N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ/mol；（2）①.134kJ/mol②.-226kJ/mol③.不变（3）172.5kJ（4）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=【解析】【小问1详解】物质分子的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知N2、O2、NO三种物质的键能N2最大，其断裂化学键需吸收的能量最高，则N2的稳定性最强；反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差。则N2(g)+O2(g)=2NO(g)的反应热△H=(946kJ/mol+494kJ/mol)-2×632kJ/mol=+180kJ/mol；【小问2详解】①反应物N2O(g)和CO(g)发生反应需要吸收的最低能量称为活化能。根据图示可知该反应的正反应的活化能为活化能为134kJ/mol；反应热等于正反应的活化能与逆反应的活化能的差，则该反应的反应热△H=134kJ/mol-360kJ/mol=-226kJ/mol；②在反应体系中加入Pt2O+作为该反应的催化剂，由于催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物与生成物的总能量，因此该反应的放热ΔH不变；【小问3详解】若NO被还原，反应为正反应，该反应的正反应放热反应，15gNO的物质的量是n(NO)=。根据方程式可知：6molNO被还原，反应放出热量是2070kJ，则0.5molNO被还原释放的热量Q==172.5kJ；【小问4详解】已知：①△H=-akJ/mol②△H=-bkJ/mol③H2O(g)=H2O(l)△H=-ckJ/mol根据盖斯定律，将①×+②×+③×2，整理可得表示CH3OH(g)燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=。18.2018年7月至9月，国家文物局在辽宁开展水下考古，搜寻、发现并确认了甲午海战北洋水师沉舰——经远舰。已知：正常海水呈弱碱性。(1)经远舰在海底“沉睡”124年后，钢铁制成的舰体腐蚀严重。舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为_______。(2)为了保护文物，考古队员采用“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船进行了处理。①下列说法不正确的是________。A．锌块发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+B．舰体有电子流入，可以有效减缓腐蚀C．若通过外加电源保护舰体，应将舰体与电源正极相连D．地下钢铁管道用导线连接锌块与该种舰体保护法原理相同②采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，舰体上正极的电极反应式为_________。(3)船上有些器皿是铜制品，表面有铜锈。①据了解铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。下列说法正确的是________A．疏松的Cu2(OH)3Cl属于有害锈B．Cu2(OH)2CO3既能溶于盐酸也能溶于氢氧化钠溶液C．青铜器表面涂一层食盐水可以做保护层D．用HNO3溶液除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”②文献显示Cu2(OH)3Cl的形成过程中会产生CuCl(白色不溶于水的固体)，将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，可以使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3反应的离子方程式为______。(4)考古队员将舰船上的部分文物打捞出水后，采取脱盐、干燥等措施保护文物。从电化学原理的角度分析“脱盐、干燥”的防腐原理：________。【答案】①.Fe-2e-=Fe2+②.C③.O2+4e-+2H2O=4OH-④.A⑤.4CuCl

+O2+2H2O+2CO=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-⑥.脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀【解析】【分析】舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；“牺牲阳极的阴极保护法”，用比铁活泼的金属如锌，让其充当原电池的负极先被氧化；铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。铜锈分为无害锈(形成了保护层)如Cu2(OH)2CO3和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)如Cu2(OH)3Cl；“脱盐、干燥”的防腐原理：脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀。【详解】(1)舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。故答案为：Fe-2e-=Fe2+；(2)①A．锌比铁活泼，锌块先发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，故A正确；B．舰体为正极，是电子流入的一极，正极被保护，可以有效减缓腐蚀，故B正确；C．采用外加电流的阴极保护法保护金属时，被保护的金属作阴极，若通过外加电源保护舰体，应将舰体与电源负极相连，故C错误；D．地下钢铁管道用导线连接锌块与该种舰体保护法原理相同，都是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故答案为：C；②采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，正极是氧气得电子发生还原反应，舰体上正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；(3)①A．由图片信息可知，Cu2(OH)3Cl疏松、易吸收水，会使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散，所以属于有害锈，故A正确；B．Cu2(OH)2CO3能溶于盐酸但不能溶于氢氧化钠溶液，故B错误；C．青铜器表面涂一层食盐水提供形成原电池的电解质溶液，加快铜的腐蚀，故C错误；D．HNO3溶液具有强氧化性，加快铜的腐蚀，故D错误；故答案为：A；②将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，可以使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3反应的离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；故答案为：4CuCl+O2+2H2O+2CO=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；(4)从电化学原理的角度分析“脱盐、干燥”的防腐原理：脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀；故答案为：脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀。【点睛】本题考查电化学腐蚀及其防护，把握电化学反应原理等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意理解电化学腐蚀发生的条件和防止金属锈蚀的措施，难点(3)新情境下的氧化还原反应方程式的书写，CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3铜的化合价发生了变化，需要有氧气参加。19.25℃时，在体积为2L的密闭容器中，气态物质A、B、C的物质的量n随时间t的变化如图所示，已知达平衡后，降低温度，A的转化率将增大。（1）根据图中数据，写出该反应的化学方程式_______；此反应的平衡常数表达式K=_______。（2）0~3min，_______（3）在5~7min内，若K值不变，则此处曲线变化的原因是_______。（4）如图表示此反应的反应速率v和时间t的关系图，各阶段的平衡常数如下表所示：、、、由大到小的排序为_______；A的转化率最大的一段时间是_______。【答案】（1）①.A+2B⇌2C②.（2）0.1（3）增大体系压强(或缩小容器体积)（4）①.K1＞K2=K3=K4②.t2-t3【解析】【小问1详解】由图1可知，A、B为反应物，C为生产物，且最后A、B的物质的量不为0，说明该反应为可逆反应。3min时△n(A)：△n(B)：△n(C)=(1-0.7)mol：(1-0.4)mol：0.6mol=1：2：2，物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为A+2B⇌2C；化学平衡常数为可逆反应达到化学平衡时生成物浓度幂之积与各反应物浓度幂之积的比值，所以K=；【小问2详解】0~3min，=0.1；【小问3详解】化学平衡常数只与温度有关，K值不变，说明反应温度不变。由图可知：5min时各组分的物质的量不变，后A、B的物质的量减少，C的物质的量增加，则A的转化率增大，化学平衡向正反应移动，由于温度不变，说明改变的条件只能是改变压强。由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以要使平衡正向移动，应该是增大体系的压强；【小问4详解】t3时刻，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率变化大，化学平衡向逆反应移动，因此改变的条件应为升高温度，则化学平衡常数K1＞K2。t6时刻，正、逆反应速率都减小，且正反应速率变化大，化学平衡向逆反应移动，改变的条件应为降低压强，所以化学平衡常数K3=K4；t5~t6时正、逆反应速率都增大，化学平衡不移动，改变的条件应是使用催化剂；K不变，所以K2=K3，故化学平衡常数关系为：K1＞K2=K3=K4；t2-t3段反应正向进行的程度最大，则该阶段A的转化率最高。20.以CO2和H2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向。（1）工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇(CH3OH)，过程中发生如下两个反应：反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，△H=-51kJ/mo1反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mo1①已知几种化学键的键能如下表所示，则a=_______kJ/mol。化学键C-HC-OH-OH-HC≡O键能/406351465436a②若反应Ⅱ逆反应活化能，则该反应的正反应的活化能Ea=_______kJ/mol。（2）向2L容器中充入1molCO2和2molH2，若只发生反应Ⅰ，测得反应在不同压强平衡混合物中甲醇体积分数随温度变化如图1所示，逆反应速率与容器中c(CH3OH)关系如图2所示：①图1中P1_______P2(填“＞”、“＜”或“=”)；②图2中x点平衡体系时升温，反应重新达平衡状态时新平衡点可能是_______(填字母序号)。（3）若反应Ⅱ的正、逆反应速率分别可表示为、，k正、k逆分别表示正、逆反应速率常数，只与温度有关。则图3中所示的甲、乙、丙