2024年沪教版必修2化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教版必修2化学上册阶段测试试卷135考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列反应可合成有机原料1；4-环己二烯，有关说法中错误的是。

A.化合物a能使溴的四氯化碳溶液褪色B.化合物c中所有原子均可处于同一平面上C.化合物b的同分异构体中存在a的同系物D.化合物c的一氯代物有2种2、新型锂-空气电池具有能量密度高的优点；有希望成为新能源汽车的电源，其结构如图所示，下列说法正确的是（）

A.电子从金属锂流出通过外电路流向石墨烯，固体电解质允许通过水B.放电时，正极反应式：O2+4e-+4H+=2H2OC.应用该电池电镀铜，阴极质量增加64g，理论上将消耗11.2LO2D.若把水性电解液换成固体氧化物电解质，则易引起正极材料碳孔堵塞3、某温度下，在恒容密闭容器中进行反应：X(g)＋Y(g)2(g)＋W(s)。下列叙述正确的是A.加入少量W，逆反应速率增大B.当容器中Y的正反应速率与逆反应速率相等时，反应达到平衡C.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小D.达到平衡后，X的转化率可能为100%4、将和在的密闭容器中混合，一定条件下发生反应：后测得剩余的平均反应速率为则为A.1B.2C.3D.45、一种新型可充电的碘化物水性液流电池以锌和惰性材料为两极材料，放电时的工作原理为Zn+I2Br-=Zn2++2I-+Br-；如图所示，下列说法正确的是（）

A.a极材料为锌B.放电时，正极的电极方程式I2Br--2e-=Zn2++2I-+Br-C.充电时，左电极室Br-因发生氧化反应而减少D.充放电过程中，右电极室粒子浓度没有变化6、下列有关实验操作的主要仪器；注意事项及应用举例都正确的是。

。选项。

实验操作。

主要仪器。

注意事项。

应用举例。

A

洗气。

①

从长管进气；短管出气。

用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2气体中的SO2气体。

B

气体干燥。

②

从粗管进气；细管出气。

用无水氯化钙作干燥剂干燥氨气。

C

分液。

③

先将下层液体从下口放出,再将上层液体从下口放出。

分离植物油和水的混合物。

D

气体收集。

④

从长管进气；短管出气。

收集氯气。

A.AB.BC.CD.D7、加成反应是有机化学中的一类重要的反应，下列过程中发生加成反应的是A.甲烷与氯气混合后光照条件下发生反应B.利用乙烯制备一氯乙烷C.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液后溶液褪色D.在苯中滴入溴水，振荡后溴水层颜色变浅8、A；B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素；其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C元素的单质与热水缓慢反应，且该单质可做铝热反应的引燃剂，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙是B元素的单质，0.005mol/L丁溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述正确的是。

A.D的简单离子均能促进水的电离B.E两元素形成化合物中既含有离子键又含共价键C.D分别与B元素形成的化合物都是大气污染物D.E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性9、等质量的下列烃完全燃烧，消耗氧气最多的是A.CH4B.C2H6C.C3H6D.C6H6评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、中国政府承诺；到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%．

(1)有效“减碳”的手段之一是节能，下列制氢方法最节能的是__

A电解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑

B高温使水分解制氢：2H2O2H2↑+O2↑

C太阳光催化分解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑

D天然气制氢：CH4+H2OCO+3H2

(2)CO2可转化成有机物实现碳循环．在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣49.0kJ•mol﹣1，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示．

①从3min到9min，v(H2)=__mol•L﹣1•min﹣1

②能说明上述反应达到平衡状态的是__(填编号)．

A反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1(即图中交叉点)

B混合气体的密度不随时间的变化而变化。

C单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2O

DCO2的体积分数在混合气体中保持不变．11、某公司开发了一种以甲醇为原料；以KOH为电解质的用于手机的可充电的高效燃料电池，充一次电可连续使用一个月。其中B电极的电极材料为碳，如图是一个电化学过程的示意图。请填空：

（1）充电时，原电池的负极与电源___极相连。乙池中阳极的电极反应为___。

（2）放电时：负极的电极反应式为___。

（3）在此过程中若完全反应，乙池中A极的质量增加648g，则甲池中理论上消耗O2___L(标准状况下)。

（4）若在常温常压下，1gCH3OH燃烧生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为___。12、在密闭容器中，800℃时反应体系中，随时间的变化如表：。时间/s0123450.02000.0100.0080.0070.0070.007

(1)上述反应_________(填“是”或“不是”)可逆反应。

(2)如图所示，表示变化曲线的是_________(填字母)。用表示从内反应的平均速率_________

(3)能说明该反应已达到平衡状态的是_________(填选项)。

A．B．容器内气体总质量保持不变。

C．容器内密度保持不变D．13、某温度时；在2L的密闭容器中，X；Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示：

(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为__________。

(2)若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3，某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如表所示：。t/s050150250350n(NH3)00.360.480.500.50

0~50s内的平均反应速率v(N2)=__________。

(3)已知：键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/mol。H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，生成1molNH3过程中放出46kJ的热量。则N≡N的键能为_________kJ/mol。14、直接乙醇燃料电池(DEFC)具有很多优点；引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。

（1）三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_____________。

（2）碱性乙醇燃料电池中；电极a上发生的电极反应式为______________________________，使用空气代替氧气，电池工作过程中碱性会不断下降，其原因是_____________________________。

（3）酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应式为__________________________________。

（4）熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，CO32－向电极______(填“a”

或“b”)移动，电极b上发生的电极反应式为____________________________________。15、如图所示；是原电池的装置图。请回答：

（1）若C为稀H2SO4溶液；电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则A电极上发生的电极反应式为____；

（2）若C为CuCl2溶液；Zn是负极，Cu极发生____反应，电极反应为____。

（3）CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：

电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，c电极为____极，电极反应方程式为____。若线路中转移2mol电子，则消耗的O2在标准状况下的体积为____L。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、(1)硅在自然界中只以化合态的形式存在____

(2)晶体硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体材料____

(3)Si和SiO2都可用于制造光导纤维_____

(4)非金属性：C>Si，则热稳定性：CH4>SiH4_____

(5)硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应_____

(6)SiO2是酸性氧化物，可溶于强碱(NaOH)，不溶于任何酸_____

(7)硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃”，是一种建筑行业常用的黏合剂_____

(8)SiO2能与HF反应，因此可用HF刻蚀玻璃______

(9)向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸凝胶______

(10)石英是良好的半导体材料，可以制成光电池，将光能直接转化成电能_____

(11)硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体______

(12)用二氧化硅制取单质硅的反应中硅元素被氧化______

(13)加热到一定温度时，硅能与氢气、氧气等非金属发生反应_____

(14)二氧化硅是酸性氧化物，因此能与水反应生成硅酸_____

(15)二氧化硅制成的光导纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆_____

(16)工业上制取粗硅的反应是SiO2+CSi+CO2↑_____

(17)用二氧化硅制取单质硅时，当生成2.24L气体(标准状况)时，得到2.8g硅_____

(18)因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，所以硅酸酸性比碳酸强_____

(19)二氧化硅不能与碳酸钠溶液反应，但能与碳酸钠固体在高温时发生反应_______

(20)2MgO·SiO2中的酸根阴离子为SiO______

(21)二氧化硅为立体网状结构，其晶体中硅原子和硅氧单键个数之比为1∶2______A.正确B.错误17、1molCH4与1molCl2在光照条件下反应，生成1molCH3Cl气体。(____)A.正确B.错误18、1molCH4完全生成CCl4，最多消耗2molCl2。(_____)A.正确B.错误19、工业废渣和生活垃圾等固体废弃物对环境影响不大，可不必处理。(____)A.正确B.错误20、低碳环保中的“碳”是指二氧化碳。(____)A.正确B.错误21、化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能。_____A.正确B.错误22、化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起的。_____A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共27分)23、钴和锌是重要的有色金属；其单质及化合物被广泛用于国民经济各个领域。一种从有机废催化剂中回收钴和锌的工艺流程如下：

已知：“浸出”后溶液中含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋等。请回答：

(1)“煅烧”的目的为______________________________。

(2)“净化”时，与KMnO4发生反应的所有离子方程式有_____________________________。

(3)“沉钴”时，发生如下反应：(NH4)2S2O8＋H2O→NH4HSO4＋H2O2；H2O2→H2O＋O；···········；Co3＋＋H2O→Co(OH)3＋H＋。所缺的化学方程式为______________________________；每生成1molCo(OH)3，理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为__________。

(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是____________。

(5)“沉钴”时pH不能太高，其原因为______________________________；“沉锌”时温度不能太高，其原因为________________________________________。

(6)取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g。则所得固体的化学式为____________。24、二次电池锂离子电池广泛应用于手机和电脑等电子产品中。某常见锂离子电池放电时电池的总反应为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+C6(x<1)。2018年中国回收了全球可回收锂离子电池总量的69%。但现阶段我国废旧电池回收仍属于劳动密集型产业；效率仍需提高。一种回收该锂离子电池中的锂和钴的流程：

已知：①Na2S2O3是一种中等强度的还原剂；遇强酸分解。

②Li2CO3溶解度随温度升高而减小。

（1）关于该锂离子电池说法不正确的是_______________________________

A．锂离子电池中无金属锂，充放电过程中，Li+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌。

B．集中预处理时；为防止短时间内快速放电引起燃烧甚至爆炸，应先进行放电处理。

C．充电时若转移0.01mol电子；石墨电极将减重0.07g

D．充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋

（2）LiCoO2是一种具有强氧化性的难溶复合金属氧化物，且Co3+在常温、pH=0.5条件下即开始水解。LiCoO2可溶于硫酸得CoSO4。用硫酸酸浸时，需要加入Na2S2O3作助溶剂，从化学反应原理的角度解释原因：_______________________________，写出浸出CoSO4的离子反应方程式：__________________

（3）控制氢离子浓度为4mol/L，反应温度90℃，测得相同时间内离子的浸出率与Na2S2O3溶液的变化关系如图。则酸浸时应选用浓度为_______mol/L的Na2S2O3溶液。Na2S2O3溶液浓度增至0.3mol/L时，LiCoO2的浸出率明显下降，可能的原因是_________________（用化学方程式结合文字说明）

（4）整个回收工艺中，可循环使用的物质是_____________________

（5）已知15℃左右Li2CO3的Ksp为3.210－2，该温度下Li2CO3的溶解度约为_____g。将萃取后的Li2SO4溶液加热至95℃，加入饱和Na2CO3溶液，反应10min，________________（填操作）得Li2CO3粉末。25、铝热法冶炼金属铬的矿渣中含有Cr2O7、Al2O3及少量Fe2O3；从中提取铬与铝有酸法和碱法两种工艺。请回答：

I．酸法。矿渣经硫酸浸取后，浸取液通过电沉积得到单质Cr；向剩余溶液中加碱回收得到Al(OH)3。

(1)为提高矿渣的浸取率，可采取的措施有_____(写出两点)。

(2)电沉积时，阴极的电极反应式为______________。

II.碱法。工艺流程如下：

已知：①“焙烧”后固体成分为Na2CrO4、NaAlO2、NaFeO2。

②Zn2+均可与EDTA1：1结合成络离子；Zn2+可与PAN1：1结合成紫红色络合物；且结合能力弱于EDTA。

(3)浸渣的主要成分为Fe(OH)3。则“浸取”时发生反应的离子方程式为_________。

(4)“浸取”后所得溶液中Al的含量可用EDTA滴定法测定：

①取20.00mL浸取液于锥形瓶中，加入c1mol•L-1EDTA标准液V1mL(稍过量)；

②依次用盐酸；醋酸钠—醋酸缓冲溶液调溶液至酸性；加热后滴入PAN指示剂；

③用c2mol•L-1ZnSO4标准液滴定至溶液恰好呈紫红色，消耗标准液V2mL。则“浸取”后所得溶液中Al的含量为_________g•L-1(填计算式即可)。

(5)“碳分”时通入CO2后，通过_____(填操作名称)，即可得到纯净的Al2O3。

(6)“还原”时发生主要反应的离子方程式为__________。

(7)“沉淀”时，当c(Cr3+)≤10-5mol•L-1时，应调节溶液的pH至少为_________。（Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32）评卷人得分五、结构与性质(共2题，共20分)26、科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”；其简单流程如图所示(条件及部分物质未标出)。

(1)已知:CH4、CO,、H2的燃烧热分别为890.3kJ·mol-1、283.0kJ·mol-1、285.8kJ·mol-1。则上述流程中第一步反应2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)的△H=_________

(2)工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。某温度下，将1molCO2和3molH2充人体积不变的2L密闭容器中；发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表所示:

①用H2表示的前2h的平均反应速率v(H2)=_________

②该温度下，CO2的平衡转化率为______________

(3)在300℃、8MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1:3通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数)。

(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃:2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)△H。在0.1MPa时，按(CO2)：(H2)=1：3投料，如图所示为不同温度()下，平衡时四种气态物质的物质的量()的关系。

①该反应的△H_______0(填“>”或“<”)。

②曲线表示的物质为______(填化学式)。27、下面是合成某药物的中间体分子(由9个碳原子和若干氢、氧原子构成)的结构示意图：

试回答下列问题：

(1)通过对比上面的结构简式与立体模型，请指出结构简式中的“Et”表示的基团是(写结构简式)_____；该药物中间体的分子式为________。

(2)该分子中含有_________个不饱和碳原子。

(3)该药物中间体中含氧官能团的名称为___________。

(4)该药物中间体分子中与碳原子结合的氢原子被溴原子取代，所得的一溴代物有______种。评卷人得分六、推断题(共2题，共12分)28、F是新型降压药替米沙坦的中间体；可由下列路线合成：

（1）A→B的反应类型是_________，D→E的反应类型是_____；E→F的反应类型是。

__________。

（2）写出满足下列条件的B的所有同分异构体______（写结构简式）。

①含有苯环②含有酯基③能与新制Cu(OH)2反应。

（3）C中含有的官能团名称是________。已知固体C在加热条件下可溶于甲醇，下列C→D的有关说法正确的是_________。

a．使用过量的甲醇，是为了提高D的产率b.浓硫酸的吸水性可能会导致溶液变黑。

c.甲醇既是反应物，又是溶剂d.D的化学式为

（4）E的同分异构体苯丙氨酸经聚合反应形成的高聚物是__________(写结构简式)。

（5）已知在一定条件下可水解为和R2-NH2，则F在强酸和长时间加热条件下发生水解反应的化学方程式是____________________________。29、X；Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素；M是地壳中含量最高的金属元素。

回答下列问题：

⑴L的元素符号为________；M在元素周期表中的位置为________________；五种元素的原子半径从大到小的顺序是____________________（用元素符号表示）。

⑵Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B，A的电子式为___，B的结构式为____________。

⑶硒（Se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为_______，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_______。该族2~5周期元素单质分别与H2反应生成lmol气态氢化物的反应热如下，表示生成1mol硒化氢反应热的是__________（填字母代号）。

a．+99.7mol·L－1b．+29.7mol·L－1c．－20.6mol·L－1d．－241.8kJ·mol－1

⑷用M单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进行电解，生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q。写出阳极生成R的电极反应式：______________；由R生成Q的化学方程式：_______________________________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．化合物a中含有碳碳三键；可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；

B．化合物c中有饱和碳原子；不可能所有原子都共面，故B错误；

C．化合物b中含有2个碳碳双键；可以有丁炔这种同分异构体存在，丁炔与乙炔互为同系物，故C正确；

D．化合物c为对称结构；有2种一氯代物，故D正确；

故选B。2、D【分析】【详解】

A．Li能与水反应；则原电池工作时，固体电解质不允许通过水，故A错误；

B．放电时，正极O2得电子发生还原反应，生成OH-，电极反应式：O2+4e-+2H2O=4OH-；故B错误；

C．没有说明是否是标准状况；气体摩尔体积不知道，所以氧气的体积无法计算，故C错误；

D．电解液换成固体氧化物电解质，则正极会生成Li2O；这样会引起碳孔堵塞，不利于正极空气的吸附，故D正确；

故答案为D。3、B【分析】【详解】

A．加入固体；不影响化学反应速率，W是固体，加入少量W，不影响化学反应速率，故A错误；

B．同一物质的正逆反应速率相等时；反应达到平衡状态，则Y的正逆反应速率相等时该反应达到平衡状态，故B正确；

C．升高温度；活化分子百分数增大，导致正；逆反应速率都增大，故C错误；

D．该反应为可逆反应；反应物不能完全转化为生成物，所以X的转化率不可能达到100%，故D错误；

故选B。

【点睛】

本题的易错点为A，要注意固体和纯液体量的多少不影响化学反应速率。4、B【分析】【分析】

【详解】

根据系数比等于速率比可计算所以n=2，故答案为：B5、D【分析】【分析】

由放电时总反应可知，Zn作负极材料，发生氧化反应，非金属性Br>I，由此可知，I2Br-中Br元素呈-1价，I元素呈0价，由装置图可知，Zn2+从b极移向a极，故b为负极；a为正极，以此分析。

【详解】

A；由上述分析可知；a极为惰性材料，故A错误；

B、放电时，正极发生反应：I2Br-+2e-=2I-+Br-；故B错误；

C、放电时，左电极室发生还原反应，充电时，左电极室I-发生氧化反应；故C错误；

D、充电过程中，右侧发生还原反应：Zn2++2e-=Zn，由电荷守恒可知，右电极室中Zn2+浓度不变；故D正确；

故答案为：D。

【点睛】

本题的难点在于确定正极发生的电极反应，其突破口在于根据I、Br的非金属性判断I、Br元素化合价，然后根据化合价变化判断反应的实质。6、A【分析】【详解】

A、洗气应是长管进气，短管出气，因为碳酸的酸性小于亚硫酸的酸性，因此除去CO2中SO2一般通过饱和碳酸氢钠溶液，故A正确；B、无水氯化钙能与NH3反应，干燥氨气，常用碱石灰，故B错误；C、分液时上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出，故C错误；D、长管进气，短管出气，收集的气体的密度应小于空气，氯气的密度大于空气的密度，故D错误。7、B【分析】【详解】

A．甲烷与氯气混合后光照条件下发生反应为取代反应；A不符合题意；

B．乙烯与HCl发生加成反应产生一氯乙烷；故利用乙烯制备一氯乙烷反应类型是加成反应，B符合题意；

C．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液后溶液褪色；发生的是氧化反应，C不符合题意；

D．在苯中滴入溴水；振荡后溴水层颜色变浅，是由于溴在苯中溶解度比在水中大，且水与苯互不相溶，苯发生了萃取作用，并没有发生化学变化，D不符合题意；

故合理选项是B。8、A【分析】【分析】

A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，结合甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙是B元素的单质，0.005mol/L丁溶液的pH=2，丁为硫酸，可知丙为SO3，甲为SO2，乙为O2，则B为O元素，D为S元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的A的原子序数为（8+16）×=6；可知A为C元素；C元素的单质与热水缓慢反应，且该单质可做铝热反应的引燃剂，可知C为Mg，E为Cl，以此来解答．

【详解】

由上述分析可知，A为C，B为O，C为Mg，D为S，E为Cl；A．镁离子、硫离子均水解促进水的电离，故A正确；B．Mg、Cl两元素形成化合物MgCl2为离子化合物；只含有离子键，故B错误；C．A与B形成的二氧化碳不是污染物，故C错误；D．非金属性Cl＞S，则E的最高价氧化物水化物的酸性大于D的最高价氧化物水化物的酸性，但硫酸酸性大于HClO酸性，故D错误；故答案为A。

【点睛】

本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，为高频考点，把握图中转化、元素化合物知识来推断物质和元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意丁为硫酸为推断的突破口，选项C为解答的易错点，题目难度不大．9、A【分析】试题分析：等质量的烃燃烧时；含氢量越多，耗氧量越多，可以比较CxHy中的y/x的比值，比值越大，耗氧量越大。故选A。

考点：有机物燃烧规律二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)电解水；高温以及天然气的使用都会消耗能源；不符合低碳要求，使用太阳能可减小低碳，故答案为：C；

(2)①v(CO2)===0.417mol/(L•min)，则v(H2)=3v(CO2)=3×0.417mol/L•min=0.125mol/(L•min)﹣1；

故答案为：0.125；

②A．由题中信息可知，反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1时；两者的浓度没有保持不变，故没有达到平衡状态，故A不符合题意；

B．由于气体的总质量不变；容器的体积不变，则无论是否达到平衡状态，气体的密度都不变，故B不符合题意；

C．化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内每消耗3molH2，同时生成1molH2O；故C不符合题意；

D．CO2的体积分数在反应过程中是个变量；当其保持不变时，说明各组分的浓度保持不变，达到平衡状态，故D符合题意．

故答案为：D．【解析】①.C②.0.125③.D11、略

【分析】【分析】

（1）放电时；负极上甲醇失电子发生氧化反应；

（2）充电时；原电池负极与电源负极相连，阳极上失电子发生氧化反应；

（3）乙池中B极上银离子得电子发生还原反应；根据转移电子相等计算氧气的体积；

（4）n（CH3OH）=mol；结合燃烧热的概念书写热化学方程式。

【详解】

（1）充电时，原电池负极与电源负极相连，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：4OH--4e-═2H2O+O2↑；

（2）放电时，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O；

（3）乙池中B极上银离子得电子发生还原反应，当乙池中B极的质量升高648g，则甲池中理论上消耗O2体积=×22.4L/mol=33.6L；

（4）n（CH3OH）=mol，生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，则1molCH3OH燃烧放出的热量为1×22.68kJ×32=725.76kJ，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ/mol。【解析】负4OH-+4e-=2H2O+O2↑CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O33.6CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ/mol12、略

【分析】【详解】

(1)从表中数据可看出，反应进行3s后，n(NO)=0.007mol；且始终保持不变，从而可确定上述反应是可逆反应；

(2)从图中可看出，∆n(NO)=0.0013mol，结合化学反应，可确定∆n(NO2)=0.0013mol，体积为2L，可知从而确定表示NO2变化的是曲线b；

从表中数据可以得出，0～2s内，∆n(NO)=0.012mol，根据化学方程式，∆n(NO)=∆n(NO2)，则用NO2表示0～2s内该反应的平均速率v==0.003mol/(L·s)；

(3)A．不管反应进行到什么程度，总有v(NO2)=2v(O2)；所以不一定达平衡状态，A不符合题意；

B．反应物和生成物均为气体；因此容器内气体的质量一直不变，所以气体质量不变，不一定达到平衡，B不符合题意；

C．容器内气体的质量不变；容器的体积不变，所以容器内密度保持不变，所以当密度不变时，反应不一定达平衡状态，C不符合题意；

D．v逆(NO)=2v正(O2)表示反应方向相反；且数值之比等于化学计量数之比，则此时反应达平衡状态，D符合题意；

答案选D。【解析】①.是②.b③.0.003④.D13、略

【分析】【分析】

(1)由图中所给数据看；反应开始前，X；Y的物质的量都为1.0mol，而Z的物质的量为0，所以X、Y为反应物，Z为生成物；当各物质的量不变时，其物质的量都大于0，表明反应为可逆反应；再由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，可确定反应的化学计量数关系，从而写出反应方程式。

(2)从表中数据可得出，反应生成n(NH3)=0.36mol，则参加反应的n(N2)=0.18mol，从而求出0~50s内的平均反应速率v(N2)。

(3)利用∆H=E(N≡N)+3E(H-H)-6E(N-H)；可求出E(N≡N)。

【详解】

(1)由图中所给数据可得出，X、Y、Z的变化量分别为0.3mol、0.1mol、0.2mol，从而得出三者的物质的量之比为3:1:2，结合上面分析，可得出该反应的化学方程式为3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)。答案为：3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；

(2)从表中数据可得出，反应生成n(NH3)=0.36mol，则参加反应的n(N2)=0.18mol，从而得出0~50s内的平均反应速率v(N2)==1.8×10−3mol/(L·s)。答案为：1.8×10−3mol/(L·s)；

(3)利用∆H=E(N≡N)+3E(H-H)-6E(N-H)，可求出E(N≡N)=∆H-3E(H-H)+6E(N-H)=-46×2kJ/mol-3×436kJ/mol+6×391kJ/mol=946kJ/mol。答案为：946。

【点睛】

由图中数据确定反应方程式时，对于方程式中的每个关键点，都需认真求证，不能随意表示，否则易产生错误。如我们在书写方程式时，很容易将反应物与生成物之间用“==”表示。【解析】3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)1.8×10−3mol/(L·s)94614、略

【分析】本题主要考查原电池原理。

（1）三种乙醇燃料电池中由于正极发生还原反应；所以正极反应物均为氧气。

（2）碱性乙醇燃料电池中，乙醇中的C转化为CO32－，电极a上发生的电极反应式为C2H5OH+16OH－－12e－=2CO32－+11H2O，使用空气代替氧气，电池工作过程中碱性会不断下降，其原因是空气中的CO2会与KOH溶液反应；降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗KOH。

（3）酸性乙醇燃料电池中，电极b为正极，其上发生的电极反应式为O2+4H++4e－=2H2O。

（4）熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，CO32－向阳极(也是负极)电极a移动，电极b上发生还原反应，电极反应式为O2+2CO2+4e－=2CO32－。【解析】（11分，无特殊说明每空2分）（1）氧气（1分）（2）C2H5OH+16OH－－12e－=2CO32－+11H2O空气中的CO2会与KOH溶液反应，降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗（3）KOHO2+4H++4e－=2H2O（4）aO2+2CO2+4e－=2CO32－15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，电极反应为Fe－2e－＝Fe2+，A为正极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e-＝H2↑；

(2)锌、铜和CuCl2溶液构成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应生成锌离子进入溶液，导致锌逐渐溶解，电极反应式为Zn－2e－＝Zn2+，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应而析出铜单质，电极反应式为Cu2++2e-＝Cu；

(3)根据图中电子流向可知c为负极，是甲醇发生氧化反应，电极反应式为CH3OH－6e-+H2O＝CO2↑+6H+；1mol氧气在反应中得到4mol电子；因此若线路中转移2mol电子时消耗氧气0.5mol，在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol＝11.2L。

【点睛】

掌握原电池的工作原理是解答的关键，注意把握电极方程式的书写，特别是电解质溶液的酸碱性对电极方程式的影响，另外还需要注意电子得失守恒的灵活应用。【解析】2H++2e-=H2↑还原Cu2++2e-=Cu负CH3OH−6e-+H2O=CO2↑+6H+11.2三、判断题(共7题，共14分)16、B【分析】【分析】

【详解】

(1)硅在自然界中只以化合态的形式存在；正确；

(2)硅的导电性介于导体和绝缘体之间；故可用于制作半导体材料，错误；

(3)Si不可用于制造光导纤维；错误；

(4)非金属性：C>Si，则热稳定性：CH4>SiH4；正确；

(5)硅的化学性质不活泼；常温下可与HF反应，错误；

(6)SiO2是酸性氧化物；可溶于强碱(NaOH)，溶于HF，错误；

(7)硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃”；是一种建筑行业常用的黏合剂，正确；

(8)SiO2能与HF反应；因此可用HF刻蚀玻璃，正确；

(9)硅酸为弱酸，故向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸凝胶；正确；

(10)硅是良好的半导体材料；可以制成光电池，将光能直接转化成电能，错误；

(11)硅是非金属元素；它的单质是灰黑色有金属光泽的固体，正确；

(12)用二氧化硅制取单质硅的反应中硅元素被还原；错误；

(13)加热到一定温度时；硅能与氢气；氧气等非金属发生反应，正确；

(14)二氧化硅是酸性氧化物；但是不能与水反应生成硅酸，错误；

(15)二氧化硅制成的光导纤维；由于其良好的光学特性而被用于制造光缆，错误；

(16)工业上制取粗硅的反应是SiO2+2CSi+2CO↑；错误；

(17)用二氧化硅制取单质硅时，反应是SiO2+2CSi+2CO↑；当生成2.24L气体(标准状况)时，得到1.4g硅，错误；

(18)硅酸酸性比碳酸弱；错误；

(19)二氧化硅不能与碳酸钠溶液反应；但能与碳酸钠固体在高温时发生反应，正确；

(20)2MgO·SiO2中的酸根阴离子为SiO错误；

(21)二氧化硅为立体网状结构，其晶体中硅原子和硅氧单键个数之比为1∶4，错误。17、B【分析】【分析】

【详解】

甲烷和氯气反应，除了生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故1mol甲烷和1mol氯气反应生成的一氯甲烷分子小于1mol，故错误。18、B【分析】【详解】

甲烷分子中含有4个氢原子，1molCH4完全生成CCl4，最多消耗4molCl2，同时生成4mol氯化氢，说法错误。19、B【分析】略20、A【分析】【详解】

低碳环保指减少日常作息时所耗用能量的绿色环保的生活方式，其目的主要是减少温室气体的排放量，特别是二氧化碳，从而减少对大气的污染，减缓生态恶化，正确。21、A【分析】【分析】

【详解】

植物通过光合作用将太阳能转化为化学能储存在植物中，植物、动物躯体经过几百万年复杂的物理、化学变化形成化石燃料，由此可知化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，正确。22、A【分析】【分析】

【详解】

旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的能量变化主要是由化学键的变化引起的，该说法正确。四、工业流程题(共3题，共27分)23、略

【分析】【分析】

将废催化剂高温煅烧，将有机废催化剂中的有机物除去，并将金属元素转化为金属氧化物，用硫酸对煅烧产物进行酸浸，pH控制在1~5，得到含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋的浸出液，调节溶液pH值为5~5.2，加入高锰酸钾将Mn2＋、Fe2＋氧化并转化为Fe(OH)3和MnO2除去，再次调节溶液pH值为4.5，加入(NH4)2S2O8将Co2＋氧化为Co3＋并转化为Co(OH)3沉淀除去，调节pH值为8，加入碳酸氢铵使锌离子转化为ZnCO3∙xZn(OH)2∙yH2O沉淀；据此分析解答。

【详解】

(1)“煅烧”可以除去其中的有机物；同时可将金属元素转化为金属氧化物，有利于后续浸出；

(2)“净化”时，加入KMnO4的目的是除去溶液中的Fe2+和Mn2+，反应的离子方程式为：MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；

(3)从流程中可以看出，“沉钴”时，(NH4)2S2O8为氧化剂，因此除去的是Co2＋，结合所给反应过程，缺少将Co2＋转化为Co3＋的反应，则可得所缺的化学方程式为2Co2++O+2H+=2Co3++H2O；根据电荷守恒可得，(NH4)2S2O8~H2O2~O~2Co3+~2Co(OH)3，每生成1molCo(OH)3理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为0.5mol；

(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验Co(OH)3沉淀是否洗涤干净；也就是检验是否含有硫酸根离子，可取取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净；

(5)“沉钴”时pH不能太高，防止Zn2+提前沉淀；“沉锌”时，加入NH4HCO3，铵盐受热易分解，温度不能太高，防止NH4HCO3热分解；

(6)取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g，增重的质量为水，根据质量守恒，煅烧生成的CO2气体的物质的量为=0.1mol，根据元素守恒可知ZnCO3∙xZn(OH)2∙yH2O为0.1mol，煅烧后生成的ZnO的物质的量为=0.3mol，根据Zn元素守恒，0.1mol+0.1molx=0.3mol，则x=2，生成水的物质的量为=0.3mol，根据氢元素守恒，0.1mol×2×2+0.1mol×2y=0.3mol×2，则y=1，则所得固体的化学式为ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O。【解析】①.除去其中的有机物(或将金属元素转化为氧化物，有利于后续浸出，合理即可)②.MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+③.2Co2++O+2H+=2Co3++H2O④.0.5mol⑤.取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净⑥.防止Zn2+提前沉淀⑦.防止NH4HCO3热分解⑧.ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O24、略

【分析】【分析】

废旧锂离子电池处理拆解后分离出LiCoO2、碳粉、Cu、Al、Ni等小颗粒混合物，通过电选将LiCoO2、碳粉与Cu、Al、Ni分离，向LiCoO2；碳粉混合物中加入硫酸；碳不与硫酸反应，过滤可得硫酸钴和硫酸锂溶液，得到滤液加入萃取剂萃取分液得到水层为硫酸锂，有机层通过反萃取得到水层硫酸钴溶液，据此分析解答。

【详解】

(1)A．根据锂离子电池放电时电池的总反应为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+C6(x<1)，放电时，则Li1-xCoO2为正极，LixC6为负极，负极LixC6失去电子得到Li+，在原电池中，阳离子移向正极，则Li+在电解质中由负极向正极迁移；充电时，石墨(C6)电极变成LixC6，电解池中阳离子向阴极移动，阴极电极反应式为：xLi++C6+xe-═LixC6，则石墨(C6)电极增重的质量就是锂离子的质量，则锂离子电池中无金属锂，充放电过程中，Li+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌；故A正确；

B．集中预处理时；为防止短时间内快速放电引起燃烧甚至爆炸，根据流程图，放电处理”有利于锂的回收，故B正确；

C．充电时，石墨(C6)电极变成LixC6，电极反应式为：xLi++C6+xe-═LixC6，则石墨(C6)电极增重的质量就是锂离子的质量，根据关系式：xLi+～～xe-，可知若转移0.01mole-，就增重0.01molLi+；即0.07g，故C错误；

D．正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2；充电是放电的逆反应，故D正确；

答案选C；

(2)LiCoO2是一种具有强氧化性的难溶复合金属氧化物，Na2S2O3是一种中等强度的还原剂，二者发生氧化还原反应有利于提高酸浸时LiCoO2的浸出率和浸出速率，浸出CoSO4的离子反应方程式：8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li++8Co2++11H2O+2SO42-；

(3)通过酸浸，加入Na2S2O3溶液，将Cu、Al、Ni与Li、Co分离，提高Li、Co离子的浸出率，当Li、Co离子的浸出率最高时，Na2S2O3溶液的浓度为0.25mol/L；Na2S2O3溶液浓度增至0.3mol/L时，Na2S2O3是一种中等强度的还原剂，遇强酸分解，发生反应为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，反应中产生硫单质，附着在固体表面阻止反应进行，导致LiCoO2的浸出率明显下降；

(4)整个回收工艺中；通过反萃取，可以再生有机萃取剂(有机相)，该有机相可循环使用流程中萃取环节；

(5)溶解度是指一定温度下达到饱和时，100g水中溶解溶质的质量，15℃左右，100g水的体积100mL，根据Li2CO3⇌2Li++CO32-，c(Li+)=2c(CO32-)，Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)×c(CO32-)=[2c(CO32-)]2×c(CO32-)=4[c(CO32-)]3=3.210－2，c(CO32-)==0.2mol/L，则溶解的Li2CO3的物质的量=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，溶解的Li2CO3的质量=0.02mol×74g/mol=1.48g；将萃取后的Li2SO4溶液加热至95℃，加入饱和Na2CO3溶液，反应10min，Li2CO3溶解度随温度升高而减小，应趁热过滤，洗涤，干燥获得Li2CO3粉末。

【点睛】

利用碳酸锂的溶度积常数计算碳酸根离子的浓度时，需要利用锂离子和碳酸根离子的关系，求出碳酸根离子的浓度，再找到碳酸根和碳酸锂的物质的量关系，换算成质量，结合溶解度的概念，求出溶解度，在溶液中的计算，要善于找到各个物理量之间的关系，善于建立关系式。【解析】C提高LiCoO2的浸出率和浸出速率8LiCoO2+S2O32-+22H+=8Li++8Co2++11H2O+2SO42-0.25Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，反应中产生硫单质，附着在固体表面阻止反应进行有机萃取剂(有机相)1.48趁热过滤，洗涤，干燥25、略

【分析】【分析】

Ⅰ.结合浸取速率的影响因素分析；根据电解池原理分析解答；

Ⅱ.由题干信息，根据工艺流程分析可知，矿渣中加入纯碱在空气中焙烧生成Na2CrO4、NaAlO2、NaFeO2，再加水浸取，发生反应+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-，浸渣为Fe(OH)3，向浸取液中通入CO2，发生反应2H2O+NaAlO2+CO2=NaHCO3+Al(OH)3↓，过滤后滤液中含有Na2CrO4，再向滤液中加入Na2S2O3和稀硫酸，Na2CrO4被还原为Cr3+，再加入氨水沉淀可得到Cr(OH)3；据此分析解答。

【详解】

Ⅰ.(1)酸浸时；可采用适当增加硫酸浓度；升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌等方法提高矿渣的浸取率，故答案为：适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌(任意两点)；

(2)电沉积时，C3+在阴极得到电子生成Cr，电极反应式为Cr3++3e-=Cr，故答案为：Cr3++3e-=Cr；

Ⅱ.(3)根据上述分析可知，加水浸取，发生反应+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-，浸渣为Fe(OH)3，故答案为：+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-；

(4)已知Zn2+均可与EDTA以1：1结合成络离子；Zn2+可与PAN1：1结合成紫红色络合物，且结合能力弱于EDTA，则消耗的EDTA的物质的量为(c1V1-c2V2)×10-3mol，则Al的物质的量为(c1V1-c2V2)×10-3mol，其质量为27g/mol×(c1V1-c2V2)×10-3mol=27(c1V1-c2V2)×10-3g，则溶液中Al的含量为故答案为：

(5)“碳分”时，向浸取液中通入CO2，发生反应2H2O+NaAlO2+CO2=NaHCO3+Al(OH)3↓，过滤得到Al(OH)3沉淀，将沉淀洗涤后加热可直接分解得到纯净的Al2O3；故答案为：过滤；洗涤、加热；

(6)过滤后滤液中含有Na2CrO4，再向滤液中加入Na2S2O3和稀硫酸，Na2CrO4被还原为Cr3+，根据氧化还原反应得失电子守恒规律可得，反应的离子方程式为8+3+34H+=6+8Cr3++17H2O或4+3+26H+=6+8Cr3++13H2O，故答案为：8+3+34H+=6+8Cr3++17H2O或4+3+26H+=6+8Cr3++13H2O；

(7)根据沉淀溶解平衡Cr(OH)3Cr3++3OH-可得，Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3(OH-)，则当c(Cr3+)=10-5mol•L-1时，则pOH=-lg[c(OH-)]=9，pH=14-pOH=5，所以应调节溶液的pH至少为5，故答案为：5。【解析】①.适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌(任意两点)②.Cr3++3e-=Cr③.+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-④.⑤.过滤、洗涤、加热⑥.8+3+34H+=6+8Cr3++17H2O或4+3+26H+=6+8Cr3++13H2O⑦.5五、结构与性质(共2题，共20分)26、略

【分析】【分析】

（1）根据CH4、、CO和H2的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：

①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1；

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1，

③O2（g）+2H2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ•mol-1；

根据盖斯定律计算得到所需热化学方程式；

(2)①恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，2h时=0.85；求出氢气转化量，进一步求出用氢气表示的反应速率；

②该温度下，反应进行5h时达到平衡状态，此时=0.80，求出二氧化碳转化量，进一步求出CO2的平衡转化率；

(3)根据已知条件；列三行式，求出平衡时各气体成分所占的物质的量的分数，求出分压，进而计算平衡常数；

(4)①由曲线变化可知随着温度升高；氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热；

②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，C2H4(g)、H2O(g)都是生成物，随着平衡逆向移动，二者的物质的量逐渐减小，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。

【详解】

（1）根据CH4、、CO和H2的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：

①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1；

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1，

③O2（g）+2H2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ•mol-1；

利用盖斯定律将①2-②-③×2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=-71.4kJ•mol-1，

故答案为2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=-71.4kJ•mol-1；

(2)①恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，2h时=0.85，设消耗CO2的物质的量为xmol；

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)V

13112

xmol2xmol

则有=0.85；解得x=0.3；

故前2h的平均反应速率v(H2)==0.225mol·L-1·h-1。

②该温度下，反应进行5h时达到平衡状态，此时=0.80，设消耗CO2的物质的量为ymol