河北省唐山市丰润区2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（解析版）

丰润区2023-2024学年度第一学期期中试卷高二化学可能用到的相对原子质量：H：1一、单项选择题(本题共22小题，每小题3分，共66分)1.下列说法正确的是（）A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大B.升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数C.有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大D.催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率【答案】B【解析】【分析】增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但活化分子百分数不变；升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，以此解答该题。【详解】A.增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但活化分子百分数不变，A错误；B.升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率增大，B正确；C.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的浓度增大，但活化分子百分数不变，C错误；D.催化剂降低反应的活化能，使更多的分子变为活化分子，活化分子百分数增大，反应速率加快，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查外界条件对反应速率的影响，注意浓度、压强、温度以及催化剂对活化分子的影响的不同。增大浓度或增大有气体参与的反应体系的压强，单位体积内分子总数增加，活化分子百分数不变，反应速率加快；增大体系的温度，分子获得能量，单位体积内分子总数不变，活化分子百分数增加，活化分子数增加，反应速率加快；使用催化剂，可以降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，单位体积内分子总数不变，活化分子百分数增加，活化分子数增加，反应速率加快。改变外界条件，只要导致单位体积内活化分子数增加，反应速率就加快，与活化分子百分数是否增加无关。2.已知某化学反应的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是更多优质滋元可家威杏MXSJ663A.该反应是放热反应B.该反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和C.该反应的D.由2molA(g)和2molB(g)形成2molA-B键吸收的能量为E2kJ【答案】B【解析】【详解】A．根据图示可知：反应物的总能量比生成物的总能量低，发生反应时会从外界环境中吸收能量，因此该反应为吸热反应，A错误；B．根据选项A分析可知该反应为吸热反应，说明断裂反应物化学键吸收的总能量大于形成生成物化学键释放的总能量，即该反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和，B正确；C．该反应的反应热为反应物活化能与生成物活化能的差，则，C错误；D．形成化学键会释放能量，则根据图示可知：由2molA(g)和2molB(g)形成2molA-B键放出的能量为E2kJ，D错误；故合理选项是B。3.下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是A.图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈B.图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀C.图②，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀D.图③，若金属比活泼，可防止输水管腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．潮湿空气中铁钉能发生吸氧腐蚀；干燥空气中无水，不能发生吸氧腐蚀，铁钉不易生锈，A正确；B．断开电源后，该装置为原电池装置，铁钉作负极，失电子被氧化，在海水中发生吸氧腐蚀，B正确；C．应该将钢铁闸门与电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀，防腐蚀原理为外加电源的阴极保护法，C错误；D．若金属M比铁活泼，将M与铁相连，为牺牲阳极的阴极保护法，可保护铁，D正确；故选C。4.50mL0.5mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法正确的是A.从实验装置上看，除了缺少环形玻璃搅拌棒外没有其他问题B.大烧杯上如不盖硬纸板，测得的中和热数值会偏大C.用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会偏大D.实验中改用60mL0.5mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上实验相比，所放出的热量不相等，但是所求中和热相等【答案】D【解析】【详解】A．从实验装置上看，缺少环形玻璃搅拌棒外，内外烧杯不一样高，热量损失大，A错误；B．大烧杯上如不盖硬纸板，会导致热量损失大，使测得的中和热数值会偏小，B错误；C．用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，由于NH3·H2O是弱电解质，电离吸收热量，使测得中和热的数值会偏小，C错误；D．实验中改用60mL0.5mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上实验相比，所放出的热量不相等，但是由于中和热是反应产生1mol水时所放出的热量，因此所求中和热相等，D正确；故答案选D。5.下列说法正确的是A.已知甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为B.当反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应必须加热才能发生C.上图是、时，和合成的反应过程中的能量变化曲线图，则该反应的热化学方程式为D.已知：，则分解成固体和气体，需吸收的热量【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热中生成液态水，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：，A错误；B．反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，但是不一定需要加热才能发生，反应放热与否和反应条件无关，B错误；C．由图可知，和合成1mol的反应过程中放热510kJ-419kJ=91kJ，则该反应的热化学方程式为，C错误；D．已知：，则其逆反应为吸热反应，分解成固体和气体，需吸收的热量，D正确；故选D。6.如图为水溶液锂离子电池体系，放电时的电池反应为，下列关于该电池体系的叙述错误的是A.该电池中单质可直接接触水溶液B.为电池的负极C.充电时，阳极的电极反应式为D.放电时，溶液中从向迁移【答案】A【解析】【分析】放电时，电极上失电子生成，所以是负极，则是正极，充电时阳极的电极反应式为。【详解】A．该电池中单质不可直接接触水溶液，因为锂会和水反应，选项A错误；B．根据图知，放电时，电极上失电子生成，所以是负极，则是正极，选项B正确；C．放电时，该电池的反应为，所以电池充电反应为，阳极的电极反应式为，选项C正确；D．是正极、是负极，放电时电解质溶液中阳离子向正极移动，所以溶液中的从向迁移，选项D正确；答案选A。7.某密闭容器中发生如下反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH＜0。如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是A.t2时加入催化剂 B.t3时降低了温度C.t5时增大了压强 D.t4～t5时间内转化率一定最低【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由图可知，t2时刻，改变条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，故改变条件为使用催化剂，故A正确；B．t3时刻，改变条件，正、逆反应速率降低，且正反应速率降低更多，平衡向逆反应移动，该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡向正反应移动，故不可能为降低温度，故B错误；C．t5时刻，改变条件，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，故改变条件为升高温度，故C错误；D．t2时刻，使用催化剂，平衡不移动，X的转化率不变，t3时刻，平衡向逆反应移动，X的转化率减小，t5时刻，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，则t6之后转化率更低，故D错误；本题答案选A。8.对于可逆反应，下列研究目的和图示相符的是研究目的压强对反应的影响温度对反应的影响平衡体系增加对反应的影响催化剂对反应的影响图示A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．图中，P1＞P2，该反应中增大压强，平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，与图像不符，A错误；B．因该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则氮气的转化率降低，与图像中转化率增大不符，B错误；C．反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，直到达到新的平衡，与图像符合，C正确；D．因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂可加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图像不符，D错误；故选C。9.某反应由两步反应A⇌B⇌C构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述正确的是A.三种化合物的稳定性顺序：B＜A＜CB.两步反应均为放热反应C.加入催化剂不改变反应的焓变，但能提高产率D.整个反应的△H=E1-E2【答案】A【解析】【分析】从图中可以看出A到B为吸热反应；B到C为放热反应；总反应为放热反应。【详解】A．能量越低越稳定，根据图示C能量最低，其次为A，故温度顺序为B＜A＜C，故A正确；B．根据图示，A到B为吸热反应，B到C为放热反应，故B错误；C．催化剂对平衡移动没有影响，故C错误；D．从键能的角度来说，反应热等于反应减去生成物，则总反应的键能为，故D错误；故选A。10.将与的混合气分别置于容积相等的甲、乙两容器中，甲是恒压容器，乙是恒容容器。发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，在相同温度下，使其均达到平衡状态，下列说法不正确的是A.保持容积不变，使乙容器升温可以使甲乙容器中物质的量相等B.平衡常数：甲乙C.反应放出的热量：甲乙D.体积分数：甲乙【答案】A【解析】【分析】与恒容容器乙相比，恒压容器甲相当于增大压强，该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，则平衡时甲容器中消耗二氧化硫的物质的量大于乙容器、三氧化硫的体积分数大于乙容器。【详解】A．由分析可知，甲容器中消耗二氧化硫的物质的量大于乙容器，则平衡时乙容器中二氧化硫大于甲容器，该反应是放热反应，保持容积不变，使乙容器升温，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的量将变得更多，不可能与甲容器中二氧化硫的物质的量相等，故A错误；B．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则甲容器中反应的平衡常数与乙容器中反应的平衡常数相等，故B正确；C．由分析可知，甲容器中消耗二氧化硫的物质的量大于乙容器，则甲容器中反应放出的热量大于乙容器，故C正确；D．由分析可知，甲容器中三氧化硫的体积分数大于乙容器，故D正确；故选A。11.反应，在温度为T1、T2时，平衡体系中的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.A、C两点的反应速率：A>CB.A、C两点气体的颜色：A深，C浅C.A、C两点气体的平均相对分子质量：A>CD.由状态B到状态A，可以采用升温方法【答案】D【解析】【详解】A．由图象可知，C点的压强大于A点的压强，压强越大，化学反应速率越快，所以反应速率A<C，A错误；B．A、C两点温度相同，但压强不同，为红棕色气体，增大压强，平衡右移，但是气体的体积变小，浓度增大的影响较大，气体的颜色加深，则A、C两点气体的颜色：A浅，C深，B错误；C．A、C两点都在等温线上，A压强小，增大压强，化学平衡正向移动，C点时气体的物质的量小，则平均相对分子质量变大，即平均相对分子质量：A<C，C错误；D．升高温度，化学平衡逆向移动，的体积分数增大，B点的体积分数小，则，由状态B到状态A，可以用升温的方法，D正确。答案选D。12.已知反应：2X(g)+Y(g)2Z(g)，某研究小组将和置于一容积不变的密闭容器中，测定不同时段内的转化率，得到如下表数据：转化率根据以上信息作出的下列判断中不正确的是A.随着反应的进行，混合气体的密度不会改变B.反应在时，v正(X)=v逆(Z)C.时，容器中剩余0.6molYD.其他条件不变，将的物质的量改为，则可得4molZ【答案】D【解析】【详解】A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则随着反应的进行，混合气体的密度不会改变，故A正确；B．由表格中数据可知，5min时反应达到平衡，则反应在5.5min时，反应处于平衡状态，由物质的反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应速率v正(X)=v逆(Z)，故B正确；C．由表格中数据可知，5min时反应达到平衡，X的转化率为70%，则反应在6min时，反应处于平衡状态，由方程式可知，容器中剩余Y的物质的量为2mol—4mol×70%×=0.6mol，故C正确；D．该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则其他条件不变，将X的物质的量改为10mol，2molY不可能完全转化，所以由方程式可知，Z的物质的量小于4mol，故D错误；故选D。13.在含镍酸性废水中用电解法可以实现铁上镀镍并得到氯化钠，其装置如图所示，下列叙述错误的是A.待镀铁棒为阴极B.选用镍棒替换碳棒，镀镍效果更好C.通电后中间隔室的NaCl溶液浓度增大D.阳极的电极反应式为4OH-—4e-=O2↑+2H2O【答案】B【解析】【详解】A.在电镀池中，铁为镀件，做阴极，故A正确；B.如果选用镍棒替换碳棒，镍为活性电极，做阳极时，镍会溶解，生成的镍离子与氢氧化钠反应生成沉淀，影响离子交换膜中离子的通过，镀镍效果减弱，故B错误；C.随着电解的进行，阳极区氢氧根离子放电，多余的钠离子通过阳离子交换膜移向中间隔室，阴极区的镍离子放电，多余的氯离子通过阴离子交换膜移向中间隔室，中间隔室的氯化钠溶液浓度增大，故C正确；D.阳极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，故D正确；故答案选B。【点睛】电镀的特点：待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，含有镀层金属离子的溶液做电镀液，电镀前后，电镀液的浓度保持不变。14.已知反应2NO+2H2===N2+2H2O的速率方程为υ=kc2(NO)·c(H2)（k为速率常数），其反应历程如下：①2NO+H2→N2+H2O2慢②H2O2+H2→2H2O快下列说法不正确的是A.增大c(NO)或c(H2)，均可提高总反应的反应速率B.c(NO)、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度相同C.该反应的快慢主要取决于反应①D.升高温度，可提高反应①、②的速率【答案】B【解析】【详解】A．根据速率方程为υ=kc2(NO)·c(H2)，增大c(NO)或c(H2)，均可提高总反应的反应速率，故A正确；B．根据速率方程为υ=kc2(NO)·c(H2)，c(NO)、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不同，如c(NO)增大2倍，υ增大4倍、c(H2)增大2倍，υ增大2倍，故B错误；C．反应速率由最慢的一步决定，该反应的快慢主要取决于反应①，故C正确；D．升高温度，可以增大活化分子百分数，反应速率加快，可以提高反应①、②的速率，故D正确；答案选B。15.下列叙述正确的是A.如图所示，若铜中含有杂质银，可形成原电池，且铜作正极B.如图所示，当有电子转移时，有0.1molCu2O生成C.基于绿色化学理念设计的制取的电解池如图所示，铜电极发生D.若图所示的装置中，则极是负极，极可以是铜【答案】C【解析】【详解】A．铜能与硫酸铁溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，若铜中含有杂质银，铜和银在溶液中构成原电池，铜做原电池的负极，银做正极，故A错误；B．由图可知，该装置为电解池，与电源正极相连的铜电极为阳极，铜失电子发生氧化反应生成氧化亚铜，当有0.1mol电子转移时，生成氧化亚铜的物质的量为0.1mol×=0.05mol，故B错误；C．由图可知，该装置为电解池，与电源正极相连的铜电极为阳极，铜失电子发生氧化反应生成氧化亚铜，电极反应式为，故C正确；D．由图可知，该装置为原电池，由电子的移动方向可知，X极是原电池的负极，Y极为正极，铜能与硫酸铁溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，则Y极不可能是铜，故D错误；故选C。16.研究反应的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，起始浓度为0，反应物的浓度随反应时间（min）的变化情况如图所示。下列说法不正确的是A.比较实验②、④得出：升高温度，化学反应速率加快B.比较实验①、④得出：升高温度，化学反应速率加快C.实验③有可能使用了催化剂，催化剂加快正反应速率，对逆反应无影响D.在0～10min之间，实验②的平均速率【答案】C【解析】【详解】A．实验②、④起始浓度相同，但温度不同，④建立平衡需要的时间短，反应速率较大，则可得出：升高温度，化学反应速率加快，故A正确；B．实验①、④相比，④的反应物的浓度低，但温度高，建立平衡需要的时间短，反应速率更快，说明升高温度，化学反应速率加快，故B正确；C．实验③和②的反应物的浓度、温度均相同，达到的平衡状态也相同，故反应③可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，而催化剂能同等程度的加快正、逆反应速率，故C错误；D．在0～10min之间，实验②X的浓度变化为0.2mol/L，则v(Y)=v(X)=×=0.01mol•L-1•min-1，故D正确；故选C。17.下列说法不正确的是A.1g氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出的热量为120.9kJ，氢气的燃烧热大于241.8kJ•mol-1B.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放出的热量为19.3kJ，其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）ΔH=﹣38.6kJ·mol-1C.常温下，若反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的ΔH＞0D.已知中和热为57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ【答案】B【解析】【详解】．氢气在氧气中完全燃烧生成气态水，放出的热量为，气态水变为液态水，放出热量，则生成液态水，放出热量大于，故A正确；．氮气和氢气的反应为可逆反应，将和置于密闭的容器中充分反应生成，放出的热量为，如完全反应，放出的热量大于，反应热小于，故B错误；．如能自发进行，应满足，因，则不能自发进行，则该反应的，故C正确；．浓硫酸溶于水放热，则将含的浓溶液与含的溶液混合，放出的热量要大于，故D正确；故选B。18.在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)，已知该反应的平衡常数与温度的关系如下表：温度/℃2580230平衡常数5×10421.9×10-5下列说法不正确的是A.上述生成Ni(CO)4的反应为放热反应B.25℃时反应Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-5C.在80℃时，测得某时刻Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5mol·L-1，则此时v正>v逆D.80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，A正确；B．25°C时反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25°C时反应Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为=2×10-5，B正确；C．浓度商Qc===8，大于80°C平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，v(正)＜v(逆)，C错误；D．80°C达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，c(CO)==1mol/L，由于K=，故c[Ni(CO)4]=K·c4(CO)=2×1mol/L=2mol/L，D正确；故选C。19.相同温度下，体积均为的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表所示：容器编号起始时各物质物质的量达平衡时体系能量的变化①放出热量：②放出热量：下列叙述错误的是A.容器①、②中反应的平衡常数相等B.平衡时，两个容器中的体积分数均为C.容器②中达平衡时放出的热量D.若容器①体积变为，则平衡时放出的热量小于【答案】C【解析】【详解】A．由于反应是在相同温度下进行的，所以反应达到平衡时容器①、②中反应的平衡常数相等，A正确；B．根据方程式可知放出23.15kJ热量消耗氮气是23.15kJ÷92.6kJ·mol-1=0.25mol，因此平衡时氨气是0.5mol，则平衡时氮气、氢气的物质的量分别为0.75mol、2.25mol，氨气的体积分数为；由投料可知，①②为平衡等效，则②中氨气的体积分数也是1/7，B正确；C．根据B中分析可知②中平衡时消耗氮气是0.9mol-0.75mol=0.15mol，放出的热量是0.15mol×92.6kJ·mol-1=13.89kJ，C错误；D．若容器①体积变为0.5L，由于增大体积，压强减小，平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，所以达平衡时放出的热量小于23.15kJ，D正确；故选C。20.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程如图所示。相关反应热化学方程式为：反应Ⅰ：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)H1=-213kJ•mol-1反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g)H2=+327kJ•mol-1反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)+I2(g)H3=+172kJ•mol-1下列说法不正确的是A.该过程实现了太阳能到化学能的转化B.SO2和I2对总反应起到了催化作用C.总反应的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)H=+286kJ•mol-1D.该过程降低了水分解制氢的活化能，但总反应的H不变【答案】C【解析】【分析】【详解】A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；B、根据流程总反应为H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g)，根据盖斯定律，H=H1+H2+H3=(－213＋327＋172)kJ·mol－1=＋286kJ·mol－1，或者2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)H=＋572kJ·mol－1，故C说法错误；D、H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，H不变，故D说法正确。21.一定温度下，在三个体积均为恒容密闭容器中发生反应：下列说法正确的是窗口编号温度起始物质的量平衡物质的量138023803230A.该反应的正反应为放热反应B.达到平衡时，容器1中的体积分数比容器2中的小C.容器1中反应达到平衡所需的时间比容器3中的长D.若起始时向容器Ⅲ中充入、和，则反应向逆反应方向进行【答案】D【解析】【详解】A.容器Ⅰ中平衡时c(苯乙烯)=0.6mol/L，(H2)=0.06mol/L,c(乙苯)=(0.1mol−0.06mol)÷1L=0.04mol/L,容器Ⅰ中化学平衡常数K1=0.06×0.6÷0.04=0.9，容器Ⅲ中平衡时c(苯乙烯)=c(H2)=0.05mol/L，c(乙苯)=0.05mol/L，化学平衡常数K2=0.05×0.05÷0.05=0.05<0.9，所以降低温度，化学平衡常数降低，则正反应是吸热反应，故A错误；B.恒容条件下,容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压,但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应,因此平衡不移动,所以容器Ⅰ中的H2体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；C.容器Ⅰ中的温度比容器Ⅲ的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，故C错误；D.若起始时向容器Ⅲ中充入0.10mol(g)、0.10mol(g)和0.10molH2，浓度商=0.1×0.1÷0.1=0.1>0.05，平衡向逆反应方向移动，故D正确；故选：D。22.NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L-1NaHSO3（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是A.40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B.图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C.图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10-5mol·L-1·s-1D.温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂【答案】B【解析】【详解】A、从图像中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I2，A正确；B、b、c点对应的反应原理不一样，发生不同的反应，无法比较反应速率，B错误；C、速率为=5.0×10-5mol·L-1·s-1，C正确；D、55℃时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，D正确。答案选B。二、填空题(本大题共3小题，共34分)23.（1）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在200mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：时间(min)12345氢气体积(mL)(标准状况)50120232290310①上述实验过程中，反应速率最大时间段是________(选填字母作答)，该时间段反应速率最大的主要原因是________________________________________________________。A．0～1minB．1～2minC．2～3minD．3～4minE．4～5min②求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率___________________(假设反应过程中溶液体积不变)。（2）某温度下在容积为1L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。①该反应的化学方程式是______________________________________________。②该反应达到平衡状态的标志是________。A．X的浓度不再改变B．Y的体积分数在混合气体中保持不变C．容器内气体总压强保持不变D．容器内气体的总质量保持不变③反应进行到2min时，Y的转化率为_____________。（3）燃料电池可以将气体燃料和氧气直接反应产生电能，其效率高、污染低，是一种很有前途的能源利用方式。但传统燃料电池使用氢气为燃料，而氢气既不易制取又难以储存，导致燃料电池成本居高不下。科研人员尝试用便宜的甲烷、乙烷等碳氢化合物为燃料，设计出新型燃料电池，使其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池。请写出以甲烷为燃料、硫酸为电解质溶液的该新型燃料电池工作时负极的电极反应方程式_________。【答案】①.2～3min②.反应放热，温度升高，反应速率增大③.0.05mol/(L·min)④.X+3Y2Z⑤.ABC⑥.30%⑦.2H2O+CH4-8e-=CO2+8H+【解析】【分析】(1)①生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度、浓度对反应速率的影响分析；②计算出氢气的体积，根据反应中盐酸与氢气的物质的量的关系式，计算消耗盐酸的物质的量，求出盐酸浓度的变化，最后计算反应速率；（2）①根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；②反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量、浓度等不再变化，由此判断；③由转化率公式计算；（3）燃料电池中负极发生氧化反应，根据电池的酸碱性环境书写负极反应式。【详解】（1）①在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5、时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，由此可知反应速率最大的时间段为：2～3min，该时间段反应速率最大的主要原因锌与盐酸反应放热，温度升高，反应速率增大，答案为：2～3min；反应放热，温度升高，反应速率增大；②在2～3min时间段内，n(H2)==0.005mol，根据反应的化学方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，得到关系式：2HCl～H2，所以消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则v(HCl)==0.05mol/(L·min)；（2）①由图像可知该反应为可逆反应，反应中X、Y的物质的量减少，为反应物，Z的物质的量增多，为生成物，当反应进行到5分钟时，X、Y、Z三种物质的物质的量的变化分别为0.2mol、0.6mol、0.4mol，故X、Y、Z三种物质的物质的量变化量之比为1：3：2，根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，得出该反应的化学方程式为：X+3Y2Z；②A．X的浓度不再改变，即X的消耗速率和生成速率相同，可以判断达到平衡状态；B．Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明Y的生成速率和消耗速率相同，可以判断达到平衡状态；C．该反应是气体的物质的量有变化的反应，在达到平衡之前，容器中的压强一直在变化，当容器内气体的总压强保持不变则说明反应达到了平衡；D．反应中三种物质都是气体，密闭容器内气体的总质量始终保持不变，容器内气体的总质量保持不变不能说明反应达到平衡状态，故答案是：ABC；③2min内Y的物质的量变化为1.0mol-0.7mol=0.3mol，2min内Y的转化率=100%=30%；（3）甲烷燃料电池中发生氧化反应的是甲烷，甲烷在负极放电，在酸性环境下生成二氧化碳和水，故负极反应式为：2H2O+CH4-8e-=CO2+8H+。【点睛】可逆反应达到平衡状态的标志是反应中变化的量不再变化了，有关计算的一条重要依据是化学反应中化学速率之比等于化学计量数之比。24.Ⅰ．如图所示是原电池的装置图。请回答：（1）若为稀，电流表指针发生偏转，电极材料为且作负极，则电极上发生的电极反应式为___________；反应进行一段时间后溶液酸性将___________(填“增强”“减弱”或“基本不变”)。（2）若需将反应：设计成如图所示的原电池装置，则A(正极极材料为___________，B(负极)极材料为___________，溶液为___________。Ⅱ．我国芒硝(的储量丰富，它是重要的化工原料。（3）制备碳酸钠。①以芒硝和碳酸氢铵为原料，在水溶液中经复分解反应析出晶体，其反应的化学方程式是___________。②已知：i.ii.反应___________。（4）制备烧碱和硫酸。用如图所示装置，以惰性电极进行电解，、均为离子交换膜。则阴极区制备的溶液是_______，为___________(填“阴”和“阳”)离子交换膜。阳极的电极反应式是__________。【答案】（1）①.②.减弱（2）①.碳棒等②.铜③.硫酸铁溶液等（3）①.②.（4）①.氢氧化钠②.阳③.【解析】小问1详解】装置为原电池装置，B铁极为负极，则A为正极，酸性条件下，氢离子得到电子发生还原反应生成氢气：；反应进行一段时间后溶液，氢离子浓度减小，酸性将减弱；【小问2详解】由总反应可知，铜失去电子发生氧化反应为负极，铁离子得到电子发生还原反应为正极，正极材料可以为碳棒等，电解质溶液可以为硫酸铁等；【小问3详解】①两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复