2023年至2023年高二上期期中考试化学试卷（福建省福州八县一中）

20232023〔福建省福州八县一中〕选择题对于反响中的能量变化，表述正确的选项是断开化学键的过程会放出能量化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能加热才能发生的反响肯定是吸热反响化学反响中的能量变化就是热量的变化【答案】B【解析】A、断开化学键的过程会吸取能量，故AB、植物进展光合作用制造有机物，储存能量，植物死后，其尸体的一局部被腐生细菌或是真菌分解，剩下的植物的这些残骸经过一系列的演化形成了煤炭．所以煤中储存的能量来源于植物，植物中的能量来源于太阳能〔或光能，所以化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，故BC、吸热反响不肯定需要加热热才发生，如氯化铵和十水合氢氧化钡的反响就是吸热的，加热才能发生的反响不肯定是吸热反响，如铝热反响，故CDD所以B

选择题以下有关中和热试验的说法正确的选项是用铜丝替代环形玻璃搅拌棒，测得△H强酸与强碱反响生成的水越多，该反响的中和热越大1molH-57.3kJ•mol﹣1测定中和热试验中，读取混合溶液不再变化的温度为终止温度【答案】A【解析】A、用铜丝替代环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的△H值偏小，但△HAB1mol生成的水多少无关，故BC1molH2O57.3kJ，故CD、中和热的测定试验中，读取混合溶液的最高温度为终止温度，故DA选择题工业生产中，降低能耗是重要的节能措施。可以通过合理设计工艺路线，优化工艺条件，从而到达降低能耗的目的。以下措施不能到达降低能耗的目的的是在N2与H2电解熔融氧化铝制取铝，在氧化铝中加冰晶石120C.C.陶瓷烧制时，用煤炭代替瓦斯〔主要成分CH4〕作燃料D.接触法生产H2SO4【答案】C【解析】A.在N2与H2量，故AB.〔约2045℃〔Na3AlF〕1000℃左右就可以得到熔融体，从而降低了能耗，故BC.用煤炭代替瓦斯〔主要成分CH4〕作燃料，不能降低能耗，故CD.承受热交换器使热量得到充分利用，从而降低了能耗，故D应选C。选择题在不同状况下测得A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)的以下反响速率，其中反响速率最大的是A.v(D)=0.4mol·L-1·s-1B.v(C)=0.5mol·L-1·s-1C.v(B)=0.6mol·L-1·s-1D.v(A)=2mol·L-1·min-1【答案】B【解析】反响速率与化学计量数的比值越大，反响速率越快，A.=0.2，B.=0.25，C.=0.2，D.=0.033，明显BB。选择题以下表达正确的选项是使用催化剂能够降低化学反响的反响热〔。金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关原电池中发生的反响达平衡时，该电池仍有电流产生【答案】D【解析】AABBCCD的阴极保护法是利用了原电池原理，故D综上所述，此题正确答案为D。选择题XCOO过程的示意图如下：以下说法不正确的选项是220CO和O生成CO2在该过程中，COC和O。在该过程中，O与CO中C状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2【答案】D【解析】由图可知反响物总能量大于生成物总能量，为放热反响，CO与O在催化剂外表形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题。A．由图可知反响物总能量大于生成物总能量，为放热反响，故A正确；B．由图可知不存在COBC．CO与O在催化剂外表形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与OD应选D。选择题某反响过程能量变化如下图，以下说法不正确的选项是

反响过程b该反响的焓变△H【答案】D【解析】A项，反响abABH，故BCCD项，分子从常态转变为简洁发生化学反响的活泼状态所需要的能量称为活化能，由图可知，反响的活化能为E1，故D综上所述，此题正确答案为D。选择题通过以下反响均可猎取H2．以下有关说法正确的选项是①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g)△H1=+571.6kJ•mol﹣1②焦炭与水反响制氢：C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)△H2=+131.3kJ•mol﹣1③甲烷与水反响制氢：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)△H3=+206.1kJ•mol﹣1．A.反响CH4〔g〕＝C(s)+2H2(g)的△H=+74.8kJ•mol﹣1。电解水也可制取氢气和氧气，而且比方法①更便利，更节能。320C.2gC.2g131.3kJD.1mol206.1kJ【答案】A【解析】ACH4〔g〕＝C(s)+2H2(g)的△H=+74.8kJ•mol﹣1，故A确；B项，电解水分解需要在通电条件下进展反响，因此需要消耗电能，而反响①中光能转化为化学能，故BC项，反响②生成的氢气和一氧化碳都具有可燃性和复原性，主要用途是用作燃料和冶炼金属，故CD1mol206.1kJ，故D综上所述，此题正确答案为A。选择题有关电化学学问的描述正确的选项是A.Cu＋H2SO4=CuSO4＋H2↑这个反响可设计成原电池。B.利用Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2，可设计如下图原电池装置，盐桥内K+向FeCl3液移动。由AlMgMg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2。【答案】B【解析】A.构成原电池内界条件是自发的发生氧化复原反响；B.盐桥中的阳离子移向正极，阴离子移向负极；C.FeD.原电池中失电子的一极为负极。A．构成原电池内界条件是自发的发生氧化复原反响，Cu＋H2SO4=CuSO4＋H2↑为非自发进展的氧化复原反响，故不能设计成原电池，故A错误；B．该原电池中，铜做负极，碳棒做正极，所以盐桥中的K+向FeCl3溶液移动，所以B项是正确的；C．FeCu作负极，Fe作正极，其负极反响式为Cu-2e-═Cu2+，故C错误；D．原电池中失电子的一极为负极，由Al、MgAl失电子生成偏铝酸根离子，MgDB选择题有一合金由X、Y、Z、WZ、X置于潮湿空气中，外表只消灭ZY420电时只有W进入阳极泥，但在阴极上只析出Y。这四种金属的活动性挨次是 CA.Z＞X＞W＞YB.Y＞Z＞W＞XC.Z＞X＞Y＞WD.X＞Z＞Y＞W Fe【答案】C NaCl【解析】 盐酸在金属活动性挨次中，位于氢前的金属能置换出酸中的氢，可以溶解在酸中。金属阳离子 B的氧化性最强，金属单质的活泼性越弱。 将合金放入盐酸中，只有Z、X能溶解，说明Z、X在氢前，Y、W在氢后，故B错误； Cu假设将合金置于潮湿空气中，外表只消灭Z的化合物则说明Z为负极，活泼性是Z＞X，故D CuSO4错误； 氢氧化铜假设将该合金做阳极，用Y盐溶液作电解液，通电时只有W进入阳极泥，但在阴极上只析出CY，说明W的活泼性最弱，活泼性是Y＞W，故活泼性挨次是：Z＞X＞Y＞W。 所以C选项是正确的。 NaOH水D选择题 Ag用阳极X和阴极Y电解ZW，肯定能使溶液恢复到电Fe解前的状态，符合题意的一组是 AgNO3组号 氧化银XYZ A.AB.BC.CD.DW 【答案】CA 【解析】520用阳极X和阴极Y电解ZW的状态，依据“析出什么参加什么”原则推断。CFeNaClCl−Cl2、阴极上H2O成H2和，故错误；Pt作阳极、CuCuSO4H2OO2和H+，阴极Cu2+得电子生成Cu，所以析出的相当于CuO，应当参加CuO使溶液恢复原状，故B以CNaOHH2OO2和H+,，阴极上H2OH2OH−，相当于电解水，所以需要参加适量水使电解后溶液恢复原状，故C以AgFe作阴极、电解AgNO3AgAg+得电子生成Ag故D应选C。选择题一种可充电锂-空气电池如下图。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x=0或1。以下说法错误的选项是

C.充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移D.充电时，电池总反响为Li2O2-x=2Li+(1－0.5x)O2【答案】C【解析】先依据题目表达和对应的示意图，推断出电池的正负极，再依据正负极反响要求进展电极反响式的书写。利用题中信息，放电时，O2Li+在多孔碳电极处反响，说明电池内，Li+向多孔碳电极处移动，由于阳离子移向正极，所以多孔碳材料电极为正极，故A由于多孔碳材料电极为正极，外电路电子应当由锂电极流向多孔碳材料电极〔由负极流向正极，故B正确；充电和放电离子移动方向正相反，放电时，Li+向多孔碳电极处移动，充电时，向锂电极移动，故C依据图示和上述分析，电池的正极反响是O2与Li+得电子生成Li2O2-x，电池的负极反响应当是LiLi2Li+(1－0.5x)O2=Li2O2-x，充电反响与放电反响正好相反，所以为Li2O2-x=2Li+(1－0.5x)O2，故D答案选C。选择题可逆反响：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在恒容密闭容器中反响，到达平衡状态的标志是①单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO2nmolNO2放电时，多孔碳材料电极为正极放电时，外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极

nmolO2；③混合气体的颜色不再转变的状态；④2v(NO2v(O2)逆；⑤混合气体的平均相对分子质量不再转变的状态；⑥混合气体的密度不再转变的状态620此过程中，以下说法正确的选项是A.电子流向A→D→C→BB.乙池硫酸铜溶液的浓度不变C.2.24LD.甲池负极反响式为C2H5OH-12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O【答案】D【解析】甲池中，通入甲醇的电极是负极，碱性条件下，电极反响式中不能产生氢离子，乙池中，此过程中，以下说法正确的选项是A.电子流向A→D→C→BB.乙池硫酸铜溶液的浓度不变C.2.24LD.甲池负极反响式为C2H5OH-12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O【答案】D【解析】甲池中，通入甲醇的电极是负极，碱性条件下，电极反响式中不能产生氢离子，乙池中，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，据此分析。A.电子从负极A流向D电极，乙池中Cu2+在D〔阴极〕得到电子，乙池中活泼金属在阳极失电子，电子流向正极B，电子只经过外电路，溶液中由离子的定向移动形成闭合回路，故AB.乙池中，阳极上不仅溶解铜还溶解锌、铁等金属，阴极上只有铜析出，所以阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，则溶液中硫酸铜溶液浓度减小，故B错误；C.没指明是在标准状况下，无法计算其体积，故CD.甲池中，通入乙醇的电极是负极，碱性条件下，电极反响式中不能产生氢离子，电极反应式为:C2H5OH-12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O，故DD。【答案】A【解析】可逆反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，反响体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，二氧化氮的浓度不变，混和气体的颜色不变，此分析解答。①单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO，说明反响vv故①正确；2nmolNO2nmolO2，不能说明到达平衡状态，故②错误；③混合气体的颜色不再转变，说明NO2④2v(NO2v(O2故④错误；⑤反响前后气体的化学计量数之和不相等，当到达平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再转变，故⑤正确；⑥容器体积不变，气体质量不变，所以密度始终不变，密度不变不能确定是否到达平衡，故⑥错误。所以A选择题3C2H5OH+3O2+4KOH＝2K2CO3+5H2O接通电路一段时间后，纯Cu6.4g。在720以下说法正确的选项是选择题3molA2molB2LA(g)+B(g)C(g)+D(g)，

对于任何化学反响来说，反响速率越大，反响现象就越明显催化剂能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反响速率5minK=1，以下选项正确的选项是A.C1.2mol/LB.速率v(B)=0.08mol/(L•min)C.A40%D.B40%【答案】C【解析】依据三行式计算化学反响中物质的平衡浓度、速率和转化率。依据反响式可知A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)起始量(mol)3 2 0 0变化量(mol)x xxx平衡量(mol)3-x 2-x x x所以有 =1，计算得出x=1.2，C平衡浓度为 =0.6mol/L；速率v(B)= =0.12mol/(L•min)A的转化率为 ×100%=40%；B的转化率为 ×100%=60%。所以C选项是正确的。选择题

C.放热反响都是自发的，吸热反响都是非自发的D.化学反响速率通常是指肯定时间内反响物的物质的量削减或生成物的物质的量增加【答案】B【解析】A、有的化学反响现象明显，有的反响现象不明显，故A参加催化剂，降低了反响能量，增加了活化分子百分数，所以B选项是正确的；依据△G＝△H－T·△SG0与反响是放热反响或吸热反响无关，故C化学反响速率是指肯定时间内任何一种反响物物质的量浓度的削减或任何一种生成物物质的量浓度的增加来表示的，故DB。选择题“碳呼吸电池”是一种型能源装置，其工作原理如以下图。以下说法错误的选项是该装置是将化学能转变为电能8201mol3mol正极的电极反响：2CO2+2e－===C2O42-利用该技术可捕获大气中的CO2【答案】B【解析】“碳呼吸电池”中，依据工作原理图，金属铝是负极失电子生成草酸铝，以“呼出”的CO2“碳呼吸电池”为原电池原理，将化学能转变为电能，故A依据工作原理图，金属铝是负极失电子生成草酸铝，所以每得到1mol转移3×2mol=6mol电子，故B依据工作原理图CO22CO2+2eCO2D应选B。选择题肯定条件下，碳钢腐蚀与溶液的pHpH2

66.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+4 Fe3O4920的是的是A.0.2mola3.2gO2B.b2H++2e-=H2↑C.cB中的H+可以通过隔膜进入AD.dO2+2H2O+4e-=4OH-【答案】C【解析】依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，abcdc正极，dA0.2mola2H++2e-=H2↑，产0.1mol氢气，故ABb4OH--4e-=2H2O+O2↑，故BCcBHACDd2H2-4e-=4H+，故D综上所述，此题正确答案为C。选择题Fe2O3FeO2-以下说法不正确的选项是()在pH＜4在pH＞6在pH＞14O2+4H++4e-=2H2O在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓【答案】CpH＞6BCpH＞14碱性，碳钢主要发生吸氧腐蚀，碳钢腐蚀的正极反响O2+2H2O+4e-=4OH-，CD．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，D项正确；答案选C。选择题空间试验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC)，RFC术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池。以下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确1020以下关于图装置的说法正确的选项是选择题200mLKClCuSO411.2L〔标假设断开K1关闭K2，XY是Fe，ZFe。假设断开K1K2，XYZ是CuSO4铜。假设断开K2关闭是是Fe,Z是溶有氧气的NaClX与Y之间有Fe(OH)2假设断开K2关闭是是【答案】A【解析】假设断开K1关闭K2，XY是Fe，ZX极，YA假设断开K1关闭K2X

准状况下〕气体。原混合溶液中KClA.5mol/LB.4mol/LC.2.5mol/LD.1mol/L【答案】A【解析】200mLKCl和CuSO4Cu2+>H+，阴离子放电挨次Cl->OH-，阳极电极反响为：2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反响为：Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，依据两极生成气体物质的量相等，假设阳极上只产生Cl2Cl-的物质的量最大，据此分析。200mLKCl和CuSO411.2L，=2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=2H2O+O2Cl2Cl-的物质的量最大，YCuSO4BC.假设断开K2关闭K1，是Mg，Y是Fe，Z是溶有氧气的NaClMg易失电子作负极、FeX与YFe(OH)2CD.假设断开K2关闭K1，X是Sn，Y是Fe，ZFe

故答案为A。

电子作负极、SnO2+2H2O+4e-=4OH-，正极四周溶液呈碱性，所以在SnD所以A

选择题3Fe〔s〕+4H2O〔g〕Fe3O4+4H2〔g〕在一可变的密闭容器中进展，以下条件的转变对其反响速率几乎无影响的是〔〕1120保持体积不变，增加H2O〔g〕的量将容器的体积缩小一半

【答案】C【解析】保持体积不变，充入Ne压强不变，充入Ne

故A

v(C)，【答案】C【解析】试题分析：A、因浓度越大，化学反响速率越快，所以增加H2O〔g〕的量，反响速率加快，故AB、将容器的体积缩小一半，反响体系中物质的浓度增大，则化学反响速率增大，故BC、保持体积不变，充入Ne，Ne质的浓度不变，则反响速率不变，故CD、保持压强不变，充入Ne，使容器的体积变大，反响体系中各物质的浓度减小，则反响速率减小，故DC．

10sv=可以知道，各物质的反响速率与物质的量v(A):v(B):v(C):v(D)=(1.2-0):(1.0-0.4):(1.0-0.2):(0.4-0)=6:3:4:2，故B反响进展到10s时，A的平均反响速率v= =0.06mol/(Ls)，所以C选项是正确的；D.由图可以知道，反响到达平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质削减C为反响物且n(B):n(C):n(A):n(D)=6:3:4:2，所以该反响方程式为：3B＋4CC

6A＋2D，故D选择题2L质的量变化如下图，对该反响的推断合理的是

选择题在KIO3、KHSO3KIIO3－＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；②I2＋HSO3－＋H2O===2I－＋SO42－＋3H15min1s，v(A)＝v(C)10s10s，A0.06mol/(L·s)

来解释生物钟现象，以下说法中错误的选项是在整个反响过程中，起催化作用的物质是KI时钟反响的快慢由反响②打算D.6A＋3B

4C＋2D

C.上述两个反响中，反响速率较快的是②1220D.“溶液颜色快速变蓝，随之又很快消逝”这一现象与①②的反响速率有关【答案】C【解析】试题由反响①②可以得出KI是KIO3、KHSO3I2液变蓝色，由题给信息——反响进展到15分钟时，溶液变蓝，说明反响①很慢，它打算了

A.上述反响的△H=+124kJ•mol﹣1B.乙苯比苯乙烯稳定C.乙苯中不存在碳碳双键D.1mol1mol264kJ【答案】D【解析】反响热=反响物总键能-生成物总能键能，由有机物的构造可以知道，应是-CH2CH3中总键时钟反响的快慢，属于答案选C。选择题乙苯制备苯乙烯的反响为：化学键C﹣HC﹣CC=CH﹣H键能/KJ/mol412348612436以下说法错误的选项是

能与-CH=CH2、H2反响热=反响物总键能-生成物总能键能，由有机物的构造可以知道，应是-CH2CH3能与-CH=CH2H2H=(5412+348-3412-612-436)kJ/mol=+124kJ/mol，由以上分析可知，上述反响的△H=+124kJ/mol，故A1mol1mol(5412+348-3412-612)kJ/mol=+560kJ/moB正确；乙苯中含有苯环，苯环含有大键，不存在碳碳双键，故C1mol1molH=(5412+348-3412-612)kJ/mol=+560kJ/mol，故DD。解答题“反向燃烧”可将二氧化碳变为燃料。答复以下问题：(甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890kJ·mol－1)。1320(1)科学家用氮化镓材料与铜组装如下图的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2H2OCH4。①写出铜电极外表的电极反响式： ；②该总反响的热化学方程式为： ，(2)利用CO2与H2反响可制备CH4。氢气的标准燃烧热ΔH＝－286kJ·mol－1；H2O(g)=H2O(l)，ΔH＝－44kJ·mol－1；则二氧化碳与氢气反响生成甲烷和水蒸气的热化学方程式为 ；该反响能自发的条件是 (填高温或低温)。【答案】CO2＋8e－＋8H＋＝CH4＋2H2OCO2〔g〕+2H2O〔l〕＝CH4〔g〕＋2O2〔g〕△H=+890kJ·mol－1CO2〔g〕+4H2〔g〕＝CH4〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣166kJ·mol－1低温【解析】由电池装置图可知，在太阳光作用下形成原电池，电池工作时是将太阳能转化为电能的过程，铜的外表发生复原反响，CO2烷燃烧的逆过程，能量变化为吸热，以此分析。写出方程式COg+4H〔〕CH〔〕+2H2〔，依据盖斯定律结合的热化学方程式求出反响热；依据△H-T△S解答题焦炭是重要的工业原材料。在肯定温度下，C(s)+CO2(g) 2CO(g)平衡常数K1；C(s)+H2O(g)

之间的关系是 。用焦炭复原NO2NO(g)+C(s)N2(g)CO2(g)ΔH1L乙、丙三个恒温〔400℃、T℃、400℃〕容器中分别参加足量的焦炭和肯定量的NO，测得各容器中n(NO)随反响时间tt/min04080120160n(NO)〔甲容器〕/mol2.001.501.100.800.80n(NO)〔乙容器〕/mol2.001.451.001.001.00n(NO)〔丙容器〕/molCO(g)+H2(g)平衡常数K2CO(g)+H2O〔g)

H2(g)+CO2(g)平衡常数KKK1K2,

1.0014200.80 质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，以此分析。0.65〔1〕反响C(s)+CO2(g) 2CO(g)中K1= ，0.530.45 反响C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)中K2= ，①甲容器中，0～40min内用NO的浓度变化表示的平均反响速率v(NO)= ；

CO〔g〕+H2O〔g〕故答案为：K=K2/K1；

H2〔g〕+CO2〔g〕K=

，所以K=K=K2/K1，②该反响的平衡常数表达式 400℃该反响的平衡常数 ；③乙容器的反响温度T 400℃〔填“【答案】K=K2/K10.0125mol•L-1•min-1c(N2)c(CO2)/c(NO)20.5625>60%0.3mol·L-1A【解析】依据三个反响的平衡常数表达式可推断平衡常数之间的关系；0～40min内用NO②依据反响式2NO(g)+C(s) N2(g)+CO2(g)，平衡常数表达式为c(N2)c(CO2)/c(NO)2；

〔2〕①依据数据，甲容器中，0～40min内用NOv(NO)==0.0125mol•L-1•min-1；故答案为：0.0125mol•L-1•min-1。②依据反响式2NO(g)+C(s) N2(g)+CO2(g)，平衡常数表达式为c(N2)c(CO2)/c(NO)2；400℃，甲容器120min时到达平衡，2NO(g)+C(s) N2(g)+CO2(g)起始量(mol)2.0000列出三行式，求该反响的平衡常数为；转化量(mol)1.200.600.60400℃时，甲丙容器，丙的充入量为甲的一半，随着反响的进展，在各个平衡量(mol)0.800.600.60时间段内NO的浓度比甲的一半还要大，说明该反响为放热反响。再比较甲和乙，开头充入量一样，乙容器到达平衡时间短，反响快，且平衡时NO

则该反响的平衡常数为故答案为：0.5625。

=0.5625；的高，升温平衡向逆反响方向移动，所以乙容器的反响温度T>400℃,2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)可知，该反响为气体分子数不变的反响，转变压强不能使平衡发生移动，甲丙两容器建立等温等容条件下的等效平衡，NOCO2器的一半。⑤可逆反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，反响体系中各物质的物质的量不变、物

400℃时，甲丙容器，丙的充入量为甲的一半，随着反响的进展，在各个时间段内NO的浓度比甲的一半还要大，说明该反响为放热反响。再比较甲和乙，开头充入量一样，乙容器到达平衡时间短，反响快，且平衡时NO高，升温平衡向逆反响方向移动，所以乙容器的反响温度T>400℃,故答案为：>。④由反响式2NO(g)+C(s) N2(g)+CO2(g)可知，1520该反响为气体分子数不变的反响，转变压强不能使平衡发生移动，甲丙两容器建立等温等容条件下的等效平衡，NO100%=60%；平衡时该反响为气体分子数不变的反响，转变压强不能使平衡发生移动，甲丙两容器建立等温等容条件下的等效平衡，NO100%=60%；平衡时CO2故答案为：60%；0.3mol·L-1。=0.3mol/L。⑤可逆反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，反响体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，A.N2AB.焓变对于确定的反响是恒定量，不能作为到达平衡的标志，故BC.2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，平均摩尔质量M=，气体总物质的量不变，气体质量增加，所以气体平均摩尔质量应增大。故C不选；D．CO20，后来增加，故图像不正确，故D故答案为：A。解答题某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4进展了如下试验：试验编号0.01mol•L﹣1酸性KMnO40.1mol•L﹣1H2C2O4水反响时间〔min〕Ⅰ2ml2ml00202.1ⅡV1ml2ml1ml0205.5ⅢV2ml2ml00500.51620Ⅳ2ml2ml0少量200.2请答复：KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反响有CO2生成，用化学方程式表示该试验的试验原理： 。试验计时方法是从溶液混合开头记时，至 时记时完毕。V1= ，V2= ；设计试验Ⅰ、Ⅲ的目的是 。(4)利用试验Ⅲ中数据计算用KMnO4的浓度变化表示的反响速率为v(KMnO4)＝ 。

【解析】高锰酸钾溶液与草酸反响，反响中C+3+4KMnO4中Mn化合价由+7+2褪色。依据掌握变量分析设计试验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反响速率的影响，依据v=计算用KMnO4；KMnO4与H2C2O4高锰酸钾溶液与草酸反响，反响中C+3+4KMnO4中Mn化合价由+7+22KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O。试验完毕的时间计时应为反响恰好完成，此时紫红色刚好褪去或混合溶液刚好褪色，(5〔或其他合理答案。溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反响速率明显加快。某同学认为是放热导致溶液温度上升所致，重做Ⅰ号试验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果温度没有明显变化。由此你得出的结论是：① 不是反响速率突然加快的缘由；②可能是反响产物有催化作用。Ⅳ号试验是为验证你的猜测，试验中要参加的少量某种物质是 。【答案】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O紫红色刚好褪去

四组试验中草酸溶液的浓度、体积均相等，为了探究高锰酸钾酸性溶液浓度对反响速率的影响，可以加蒸馏水来掌握溶液总体积不变，由试验Ⅰ数据可知，总体积为2mL，所以V1=1mL，V2=2mL；比照试验Ⅰ和试验Ⅲ，其他条件都一样，只是温度不同，所以设计试验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反响速率的影响，故答案为：1；2；探究温度对反响速率的影响。试验Ⅲ中，2mL0.01mol•L﹣1酸性KMnO42mL0.1mol•L﹣1H2C2O4〔或其他合理答案〕12探究温度对反响速率的影响0.01mol/(Lmin)温度MnSO4

草酸过量，用KMnO4v(KMnO4)=

=0.01mol/(L·min)。1720故答案为：0.01mol/(L·min)。；KMnO4与H2C2O4物质是MnSO4故答案为：温度；MnSO4综合题K2Cr2O7Cr2O72—的酸性工业废水必需经过处理才能排放。工业上通常承受FepH值使之以Cr(OH)3趣小组在试验室里探究了该处理工艺，具体试验日志如下：原理探查Fe2+〔如图Cr2O7—被Fe2+复原成而Fe3+则在阴极外表复原为Fe2+，如此循环。用离子方程式表示Cr2O72—与Fe2+的反响： 。II.试验探究试验一：探究不同电压对Cr2O72-降解效率的影响6100mL1mol/L酸性K2Cr2O7Fe5min。

10mLCr2O72-的含量，所测溶液中Cr2O72-物质的量与电解电压关系〔假设电解前后溶液体积不变〕试验结果显示，最正确电解电压应选择 V。电压为6V时用Cr2O72-表示5min内平均反响速率为 (4)当电压高于3V时阴阳两极在电解过程中不断有气泡产生且测得体积比约等于2:1。因此，阳极产生气泡的电极反响式为： 。试验二：探究其他影响Cr2O72-降解效率的因素1A500mLK2Cr2O730min，考察影响Cr2O72-降解效率的其他因素。具体方法和数据如下表所示。试验组①②③④参加硫酸铁/g005.001820率率＝ 〔液体积不变，且没有副反响发生〕【答案】6Fe2++Cr2O72-+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O2V〕0.001mol·L—1·min—12H2O—4eO2↑4H+〔4OH——4eO22H2O〕④Fe－2e—=Fe2+Fe3Fe2+，c(Fe2+)与Cr2O72-反响，提高Cr2O72-降解效率〔或其他合理答案〕14H++Cr2O72-+6e—=2Cr3++7H2O13.3%【解析】I.(1)Cr2O72Fe2+反响生成Fe3+和Cr3+，由电子守恒及电荷守恒可得反响的离子方程式。II.(22VCr2O72-的物质的量最小，所以最正确电解电压应选择2V。参加浓硫酸/mL0.0064500.005681.00.005161.0