【文档说明】安徽省芜湖市师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(20)页，2.482 MB，由小赞的店铺上传

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2023—2024学年(上)高二年级阶段性测试(一)化学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案

后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23

Al-27Cl-35.5Fe-56Ag-108一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.成都第31届世界大运会充满了中国元素。下列叙述错误的是A.开幕式展示的青铜面具的主要材料可用热还原法冶炼B.新能源汽车的动力主要

有电能等C.主火炬使用的天然气属于可再生能源D.蜀锦蜀绣中蚕丝线的主要成分是蛋白质【答案】C【解析】【详解】A．青铜是铜锡合金或铜铅合金，金属主要为热还原法冶炼，A正确；B．新能源汽车的动力主要有电能等，B正确；C．天然气是化石燃料，属于不可再生能源，C错误；D．蚕丝的主要成分是蛋白质，D正确；故

选C。2.创造美好生活，离不开化学知识。下列与化学反应速率无关的是A.合理使用防腐剂B.天然气替代液化气作燃料C.夏天，将食物放在冰箱中D.在红葡萄酒中添加维生素C【答案】B【解析】【详解】A．合理使用防腐剂可以

降低食物腐败的速率，从而可以延长食物保质期，与化学反应速率有关，故A不符合题意；B．天然气替代液化气作燃料是因为天然气的热值高于液化气，与化学反应速率无关，故B符合题意；C．夏天将食物放在冰箱中存放是因为温度降低，可以降低食物腐败的速率，从而可以延长食物保质期，

与化学反应速率有关，故C不符合题意；D．在红葡萄酒中添加维生素C可以降低红酒腐败的速率，从而可以延长红酒的保质期，与化学反应速率有关，故D不符合题意；故选B。3.在密闭容器中发生反应：25222NO(g)4NO(g)O(g)+，下列叙述正确的是A.恒温恒容条件下，充入少量氩气，反应速率减小B.其他

条件不变，升高温度，正、逆反应速率都增大C.其他条件不变，增大N2O5浓度能提高活化分子百分数D.加入催化剂，反应速率增大，平衡常数增大【答案】B【解析】【分析】在密闭容器中发生反应：25222NO(g)4NO(g)O(g)+，反应前与反应后，气体的总物质的量

发生变化。【详解】A．恒温恒容条件下，充入少量氩气，生成物和反应的浓度不变，反应速率不变，A错误；B．其他条件不变，升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率都增大，B正确；C．其他条件不变，增大N2O5浓度，活化分子百分数不

变，C错误；D．加入催化剂，反应速率增大，温度不变，平衡常数不变，D错误；故选B。4.某温度下，在1L恒容密闭容器中投入4245.0molNHHCO(s)发生反应：424322NHHCO(s)NH(g)HO

(g)CO(g)CO(g)+++，实验数据如表所示。时间段/minNH3的平均反应速率/(11molLmin−−)0~20.200~40.150~60.10下列叙述错误的是A.1min时，CO的浓度大于10.2molL−B.

3min时，CO2的体积分数为25%C.5min时，剩余NH4HC2O4(s)的物质的量为4.4molD.2min时，加入0.2molNH3，此时vv正逆【答案】D【解析】【分析】因0.1511molLmin−−4min=0.1011molLmin−−6min，可知4~6mi

n内氨气的量不发生变化，反应达到平衡。【详解】A．0~2min，氨气的平均反应速率为0.2011molLmin−−，由化学方程式可知CO的速率等于氨气的，故0~2minCO的物质的量浓度变化为2min0.2011molLmin−

−=0.4mol/L，但平均反应速率越来越慢，故1min时，CO的浓度大于10.2molL−，A正确；B．反应只生成四种气体，且生成的四种气体的物质的量之比恒等于1∶1∶1∶1，相同条件下体积之比等于物质的量之比，故二氧化

碳的体积分数始终为14=25%，B正确；C．4min时反应已达平衡，各物质的量不在发生变化，故5min时剩余NH4HC2O4(s)的物质的量为5mol-40.15mol=4.4mol，C正确；D．42

4322NHHCO(s)NH(g)HO(g)CO(g)CO(g)mol/L0000mol/L20.20.40.40.4mol/L40.150.60.60.6+++起始()2min()平衡()，该温度下K=0.64=0.1296，2min时加入0.2mol氨气，Q=0.4

0.40.4（0.4+0.2）=0.0382<K，反应正向进行，故v>v正逆，D错误；故选D。5.氮化铝(AlN)是半导体材料。工业制备氮化铝(AlN)的原理如下：232AlO(s)3C(s)N(g)2AlN(s)3CO(g)ΔH++=+已知：①1

22314Al(s)3O(g)2AlO(s)Δ3351kJmolH−+==−②1222Al(s)N(g)2AlN(s)Δ318kJmolH−+==−③1232C(s)O(g)2CO(g)Δ221kJmolH−+==−下列叙述正确的是A.1Δ1026kJmolH−=+

B.C(s)的燃烧热14Δ110.5kJmolH−=−C.电解熔融Al2O3生成54gAl(s)时吸收热量1675.5kJD.①②③反应中产物总能量均高于反应物总能量【答案】A【解析】【详解】A．由盖斯定律可知，123131ΔΔΔΔ1026k

Jmol22HHHH−=+−=+，A正确；B．碳的燃烧热无法用反应③来算，CO不是碳的稳定氧化物，B错误；C．由反应①可知，由固体氧化铝分解得到2mol固体铝需要吸热1675.5kJ，固体铝熔融也需要吸热，则电解熔融Al2O3生成5

4gAl(s)时吸收热量小于1675.5kJ，C错误；D．①②③都是放热反应，放热反应反应物总能量高于生成物的总能量，D错误；故选A。6.刺芒柄花素(M)具有抗肿瘤、降血脂功效，其结构如图所示。下列说法错误的是A.M的分子式为C16H12O4B.M能与钠反应生成H2C.M含酯基，能发生水解反应D.

M中的所有碳原子可能共平面【答案】C【解析】【详解】A．由有机物的结构可知M的分子式为C16H12O4，A正确；B．M含有羟基，可以与钠反应生成H2，B正确；C．M不含酯基，C错误；D．M含有两个苯环和一个碳碳双键结构，苯环12个原子共平面，乙烯6个原子共平面且单键可以旋转

，故M中的所有碳原子可能共平面，D正确；故选C。7.一定温度下，向某恒容密闭容器中充入1molCO2和1molH2，发生反应2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++。下列情况表明反应达到平衡状态的是A.气体密度不随时间变化B.生成CH3OH(g)的速率等于

消耗CO2(g)的速率C.CO2体积分数不随时间变化D.气体总压强不随时间变化【答案】D【解析】【详解】A．根据质量守恒定律，反应前后气体总质量不变，在恒容密闭容器中，气体体积不变，气体密度始终不变，A错误；B．生成CH3OH(g)的速率、消耗CO2(g)的速率，均描述

正反应速率，B错误；C．设平衡时参与反应的CO2的物质的量为x，则()()()()2232COg3HgCHOHgHOg11003113xxxxxxxx++−−起始物质的量转化物质的量某时间物质的量()21CO50%22xx−==−，CO2体积分数始终不变，C错误；D．

反应前后气体总物质的量变化，则气体总压强不随时间变化，表明反应达到平衡状态，D正确；故选D。8.下列古诗的描述中不涉及“硅酸盐”的是A.水泥滑滑雪漫天，欧人见血推人溺B.青天荡荡摩青铜，紫微将相环西东C.九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来D.羲和敲日玻璃声，劫灰

飞尽古今平【答案】B【解析】【详解】A．“水泥”中有硅酸盐，A不符合题意；B．青铜是铜锡或铜铅合金，不涉及硅酸盐，B符合题意；C．越窑的青瓷是硅酸盐产品，C不符合题意；D．玻璃主要成分是硅酸盐，D不符合题意；故选B9.在金表面上N2O分解生成N2和O2

，某温度下，N2O的浓度与金表面积S(Au)、时间t的关系如图所示。已知：反应物浓度消耗一半所用的时间称为半衰期。下列叙述错误的是的。A.其他条件相同，Au表面积越大，反应速率越大B.其他条件相同，N2O浓度越大，反应速率越大C.②条件下，生成O2的速率为110.075mol

Lmin−−D.③条件下，N2O起始浓度为14.0molL−时，半衰期为20min【答案】B【解析】【详解】A．由曲线①、②可知，其他条件相同，Au表面积越大，反应所需时间越短，反应速率越大，A正确；B．由曲线①、③可知，其他条件相同，开始浓度c1(N2O)=2c3(N

2O)，t1=2t3，反应速率相等，B错误；C．②条件下，0~8min内υ(N2O)=1.2mol/L8min=110.15molLmin−−，则υ(O2)=1υ2(N2O)=110.075molLmin−−，C正确；D．结合

题中数据可知，③条件下，N2O起始浓度为10.6molL−时，完全反应所需时间为6min，则其半衰期为3min，则N2O起始浓度为14.0molL−时，半衰期为40.63min=20min，D正确；故选B。10.五种短周期主

族元素R、X、Y、Z、W的原子半径与常见化合价的关系如图所示，已知X与Y同主族，则下列叙述正确的是A.最高价氧化物对应水化物的碱性：W>ZB.X和Y的最高正化合价都为＋7C.简单氢化物的稳定性：X>RD.工业上用热还

原法制备Z单质【答案】C【解析】【分析】X与Y同主族，化合价都为-1价，则由原子半径大小可知，X为F元素、Y为Cl元素；R元素的化合价为-2价，由原子半径小于氯原子可知，R为O元素；由化合价和原子半径的大小关系可知，Z为Na元素、W为Mg元素。【详解

】A．同周期元素，从左到右金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，故A错误；B．氟元素的非金属性强，只存在负化合价，不存在正化合价，故B错误；C．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，简单氢化物的稳定性依次增强，则氟化氢的稳定性

强于水，故C正确；D．工业上用电解熔融氯化钠的方法制备金属钠，故D错误；故选C。11.化学平衡符合哲学中的“对立统一”规律。下列事实与化学平衡无关的是A.从海水中提Br2过程中，先加稀硫酸酸化海水，再通入Cl2B.夏天，将冰镇啤酒倒入杯中产生大量

泡沫C.在浓氨水中加入生石灰可以制备少量NH3D.在暗室中将H2和F2混合发生剧烈反应生成HF【答案】D【解析】【详解】A．氯气与水的反应存在平衡，在酸性条件下，氯气与水的反应受抑制，存在化学平衡，A错误；B．打开瓶盖，即减小气体压强、升高温度，啤酒中的碳酸

电离平衡正向移动，二氧化碳在水中的溶解度减小，溢出二氧化碳，产生大量泡沫，存在化学平衡，B错误；C．浓氨水中存在一水合氨电离平衡，加入生石灰，吸收水，平衡向生成NH3的反向移动，存在化学平衡，C错误；D．F2极活泼，在暗室中H

2和F2混合发生剧烈反应生成HF，不存在化学平衡，D正确；故选D。12.某小组用如图所示装置测定中和反应的反应热。使用试剂和浓度：150mL0.50molL−盐酸、150mL0.55molLNaOH−溶液。已知：11HF(

aq)H(aq)F(aq)Δ10.4kJmolH+−−+=−、122H(aq)OH(aq)HO(l)Δ57.3kJmolH+−−+==−。下列叙述正确的是A.中和反应的反应热与加入酸或碱的量成正比B.用铜质搅拌器替代玻璃搅拌器，测得中和反应的反应热H偏低C.用氨

水替代NaOH溶液，对测得结果无影响D.123HF(aq)OHFHO(aq)(l)Δ67.a7kJl(moq)H−−−+=+=−【答案】D【解析】【详解】A．中和反应的反应热与酸碱反应生成液态水的量成正比，A错误；B．用铜质搅

拌器替代玻璃搅拌器，铜会导热，使热量散失，测得中和反应的反应热H偏高，B错误；C．用氨水替代NaOH溶液，氨水电离吸热，测得中和反应的反应热H偏高，C错误；D．由盖斯定律可知，31267.7kJ/molHHH=+=−，氢氟

酸与氢氧化钠反应的热化学方程式为()()()123HFaqOHaqF(aq)HOlΔH67.7kJmol−−−+=+=−，D正确；故选D。13.某温度下，向恒容密闭容器中充入2molCO2、3molH2，发生如下反应：①122321CO(g)3H(g)CH

OH(g)HO(g)Δ49kJmolH−++=−②12222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)Δ41kJmolH−++=+平衡时，CO2的转化率为50%，CH3OH的选择性为60%。提示：CH

3OH的选择性等于CH3OH的物质的量与CO2转化的物质的量之比。下列叙述正确的是A.平衡时，放出的热量为13kJB.平衡时CH3OH的体积分数可能大于33.3%C.升高温度，①②反应的平衡常数均增大D.平衡后，升高温度，CO2平衡转化率一定增大【答案】A【解析】【分析】

CO2的转化率为50%，CH3OH的选择性为60%，根据①122321CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)Δ49kJmol0.6mol1.8mol0.6mol0.6mol29.4kJH−++=

−②12222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)Δ41kJmol0.4mol0.4mol0.4mol0.4mol16.4kJH−++=+进行有关计算。【详解】A．平衡时，放出的热量为29.416.413kJ−=，A正确；B．平衡时CH3

OH物质的量为0.6mol，2CO为1mol，2H为31.80.40.8mol−−=，CO为0.4mol，2HO为1mol，所以CH3OH体积分数为0.6100%15.8%10.80.60.41=++++，B

错误；C．①反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小，②反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，C错误；D．①反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，②反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，故升高温度，CO2平衡转化率不一定增大，D错误；故选A。1

4.最近科学家合成了纳米花状Cu-ZnO催化剂，用该催化剂催化乙酸甲酯加氢制备乙醇，其过程如图所示。已知总反应分为两步：①133233lCHCOOCH(g)H(g)CHCHO(g)CHOH(g)Δ13.6kJmolH−++=+②323

22CHCHO(g)H(g)CHCHOH(g)ΔH+乙酸甲酯催化加氢的反应历程如图所示。下列叙述正确的是A.增大压强，总反应平衡正向移动，平衡常数增大B.反应②决定总反应速率C.12Δ84.6kJmolH−=−D.纳米花状Cu-ZnO催化剂降低了该反应的活化能和焓变【答案】C【解析】【分析】由

图可知，总反应的171kJmolH−=−总。详解】A．温度不变，平衡常数不变，A错误；B．发生反应①需要能量更高，反应速度慢，决定总反应速率，B错误；C．根据盖斯定律，121Δ84.6kJmolHHH−=−=总，C正确；D．纳米花状Cu-ZnO催化剂

降低了该反应的活化能，但不能改变焓变，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.草酸镍(NiC2O4)难溶于水，常用于制备镍催化剂。以白铜矿(主要含镍和铜，还有少量铁和硅杂质)为原料制备草酸镍的流程如下：已知：①浸出液含322234FeNiCuHNOSO+++

+−−、、、、、。②pH升高，3Fe+生成Fe(OH)3胶体的速率加快。回答下列问题：【（1）“酸浸”时可以适当加热，提高反应速率，但是温度不宜过高，其原因是___________。（2）“萃取、分液”步骤中除去的主要金属阳离子是___________(填离子符号

)。（3）“还原剂R”宜选择___________(填化学式)。“氧化”时反应的离子方程式为___________。（4）“氧化”速率与温度的关系如图1所示。70℃时氧化率达到“峰值”，其原因是___________。（5）“氧化”中镍浸出率与pH的关系如图2所示。pH

高于3.0时镍浸出率降低的主要原因是___________。（6）已知：“酸浸”中混酸有()()1324HNOHSO5molLcc−+=，其他条件相同，相同体积的混酸，当()24HSOc为___________1molL−时金属浸出量最大。【答案】（1）温度过高，加快

了HNO3的分解和挥发（2）Cu2+（3）①.Fe②.2222Δ2HO2HO24HFeFeOOH++++=+（4）70℃前，温度越高，反应速率越快，当温度高于70℃时，双氧水受热分解（5）Fe3+水解形成胶体，Fe(OH)3胶体吸附大量的Ni2+，导

致Ni的回收率降低（6）3【解析】【分析】以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，浸出液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、3NO−、24SO−，铁、铜、镍溶解，过滤除

去不溶的硅杂质，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂除去硝酸等氧化剂，然后加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸，经过系列操作得到草酸镍，据此解答；【小问1详解】因为HNO

3易挥发且受热分解，3222Δ4O4O2HOHNNO=++，温度过高，加快了HNO3的分解和挥发；【小问2详解】浸出液含有的阳离子主要有Ni2+、Cu2+、Fe3+，过滤得到FeOOH沉淀，最终生成NiC2O4，故除去的是Cu2+；【

小问3详解】为了不引入新的杂质，还原剂可以选择Fe单质，Fe将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+与H2O2反应生成FeOOH沉淀，离子方程式为Δ22222HO2HO24HFeFeOOH++++=+；【小问4详解】70℃前，温度越高，反应速率越快，当温度高于70℃时，双氧

水受热分解；【小问5详解】pH＞3时，Fe3+水解形成胶体，Fe(OH)3胶体吸附大量的Ni2+，导致Ni的回收率降低；【小问6详解】白铜矿中，铜和镍都是单质，被硝酸氧化时，发生反应2323M8H223M4HONONO+−+++

=++，M表示铜或镍，所以氢离子和硝酸根是4：1参与反应，对于硫酸和稀硝酸的混合酸，硝酸根只来自硝酸的电离，氢离子来自硝酸和硫酸的电离，硝酸1：1电离出氢离子和硝酸根，那么电离出4：1的氢离子和硝酸根，需要硝酸和硫酸的浓度比是1：1.5，即2：3，题中两种酸的浓度之

和为5mol/L，所以硫酸是3mol/L。16.氢气是一种清洁能源，可用天然气高温下制备氢气，已知几种物质的燃烧热如表所示。可燃物CH4(g)C(s)H2(g)燃烧热()1(Δ)/kJmolH−-890.3-393.5-2

85.8回答下列问题：（1）42CH(g)C(s)2H(g)ΔH+=___________1kJmol−。（2）在恒温恒容条件下，充入足量CH4发生上述反应，平衡后再充入一定量H2，重新达到平衡(仍有固体剩余)，此时H2的体积分数___________(填“增大”“减小”

或“不变”)。（3）在体积相等的甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入1molCH4，甲在T1温度下反应，乙在T2温度下反应，测得CH4的转化率与时间的关系如图1所示。①1T___________2T(填“>”“<”或“=”)。②平衡常数K：甲___________乙(填“>”“<”或

“=”)，判断理由是___________。③乙条件下，平衡时，H2体积分数为___________(保留三位有效数字)。（4）一定温度下，在压强保持120kPa下，向密闭容器中充入CH4、Ar混合气体，CH4平衡转化率与物料比()()4CHArnn的关系如图2所示。()()4CHAr

nn增大，CH4的平衡转化率减小，其原因是___________。该温度下，此反应的压强平衡常数pK=___________kPa(pK为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）74.8kJ/

mol+（2）减小（3）①.＞②.＞③.正反应是吸热反应，温度升高，平衡常数增大。④.66.7%（4）①.()()4CHArnn增大，CH4分压增大，平衡向左移动，故CH4的平衡转化率降低。②.120【解析】【分析】根据题

意，有以下燃烧热方程式：()()()()42221CHg2OgCOg2HOlΔ890.3kJ/molH+=+=−()()()222CsOgCOgΔ393.5kJ/molH+==−()()()22231HgOgHOlΔ285.8kJ/mol2H+==

−。【小问1详解】由盖斯定律可知123HH=+74.8kJ/molHH=−−；【小问2详解】该反应前后气体分子数增多，再充入氢气，相当于加压，平衡向左移动，H2的体积分数减小；【小问3详解】正反应吸热，平衡时

，乙的甲烷平衡转化率较低，说明乙的温度较低，T1＞T2；②正反应是吸热反应，甲的温度高于乙，故甲的平衡常数大于乙；③乙条件下甲烷的平衡转化率为50%，则平衡时，混合气体中有0.5molCH4、1.0molH2，H2的体积分数为6

6.7%；【小问4详解】取1molAr，通入CH4增多，CH4分压增大，平衡向左移动，故CH4的平衡转化率降低；M点取1molAr、2molCH4，平衡时，CH4的转化率为50%，即达到平衡状态时，体系中含有1molCH4、2molH2及1molAr，平衡时各气体分压

及平衡常数为()41molCH120kPa30kPa1mol2mol1molp==++()22molH120kPa60kPa1mol2mol1molp==++()()224H120kPaCHPpKp==。17.FeCl3是中学化

学常用试剂，在化学实验中有广泛应用。（1）已知：323FeCl(aq)3HO(l)Fe(OH)(s)3HCl(aq)++。配制一定浓度FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于浓盐酸中，加入蒸馏水稀释至指定浓度。盐酸的作用是___________。（2）探究外界条件对双氧水分解速

率的影响，设计如下实验(忽略溶液混合时的体积变化)：实验30%双氧水/mL温度/℃添加物质加入蒸馏水/mL收集10mLO2用时/minⅠ2030无4aⅡ203013mL0.1molLFeCl(aq)V−2bⅢ2030

142mL0.1molLCuSO(aq)−2cⅣ2040132mL0.1molLFeCl(aq)−2d①实验Ⅱ中，V=___________。②根据实验Ⅱ、Ⅲ中b>c不能确认3Fe+对双氧水分解催化效率小于2

Cu+，其原因是___________。③为了探究温度对H2O2分解速率的影响，宜选择实验___________(填序号)。（3）向1310mL0.01molLFeCl−溶液中滴加1滴KSCN溶液，将溶液分成甲、乙、丙、丁四份，进一步进行如下实验

：代号加入少量物质溶液颜色变化甲无仍为红色乙1gNaOH(s)变浅丙1gAgNO3(s)？丁1gFeCl3(s)变深①丙中不形成AgSCN沉淀，则丙中可观察到溶液颜色___________(填“变深”“变浅”或“不变”)。②甲的作用是___________；由丁中实验现象可得出的结

论是___________。（4）为探究FeCl3溶液和KI溶液反应，设计实验装置如图所示。步骤操作及现象测定数据Ⅰ向烧杯中加入如图所示试剂，左侧烧杯液体颜色变浅，右侧烧杯液体变为棕色，电流表指针向左偏转测得电流强度a(a>0)为Ⅱ随后，左侧烧杯液体变浅绿色，右侧烧杯液体棕色加深测得电流

强度为b(b<a)Ⅲ一段时间后，指针回到零测得电流强度为0Ⅳ在左侧烧杯中加入少量FeCl2(s)，电流表指针偏转测得电流强度为x①实验Ⅳ中，电流表指针___________(填“向左”“向右”或“不”)偏转。由此可推知，上述反应是可逆反应，其判断依据是___________。②实验Ⅳ发生

反应的离子方程式为___________。【答案】（1）抑制FeCl3发生的水解（2）①.2②.阴离种类子不同③.Ⅱ和Ⅳ（3）①.不变②.做空白对照试验③.增大反应物的浓度，平衡正向移动（4）①.右②.步骤Ⅲ中，反应达平衡，测得电流强度为0，步骤Ⅳ，在左侧烧杯中加入少量FeCl2

(s)，反应逆向移动，右侧石墨2为正极，电流表指针向右偏转③.2+3+-2I+2Fe2Fe+2I【解析】【小问1详解】323FeCl(aq)3HO(l)Fe(OH)(s)3HCl(aq)++，加入盐酸，可以使FeCl3的水解平衡逆向移动，抑制FeCl3发生的水解；小问2详解】①根据控制变量法，

探究影响反应速率的因素，溶液的总体积不变，所以实验Ⅱ中，V=2mL；②实验Ⅱ、Ⅲ中温度相同，浓度相同，但是阴离种类子不同，所以不能确认3Fe+和2Cu+对双氧水分解催化效率的大小；③为了探究温度对H2O2分解速率的影响，宜选择其他条件相同，温度不同，所以选择实验Ⅱ和Ⅳ；【小问3详解】①

溶液中存在平衡：3+-3Fe+3SCNFe(SCN)，丙中不形成AgSCN沉淀，平衡不移动，观察到溶液颜色不变；②甲中没有加入任何物质，其作用是做空白对照试验；丁中实验加入1gFeCl3(s)，使3+c(Fe)增大，3+-3Fe+3SCN

Fe(SCN)平衡正向移动，溶液颜色加深，由此可得出的结论是：增大反应物的浓度，平衡正向移动；【小问4详解】【①步骤Ⅰ中，左侧石墨1发生反应：3+-2+Fe+e=Fe，发生还原反应，为正极，左侧烧杯液体变浅绿色，右侧石墨2发生反应：--22I-2e=I，发生氧化反应，为负极，右

侧烧杯液体棕色加深，电流表指针向左（正极）偏转，步骤Ⅲ中，反应达平衡，测得电流强度为0，步骤Ⅳ，在左侧烧杯中加入少量FeCl2(s)，反应逆向移动，右侧石墨2为正极，电流表指针向右偏转；②实验Ⅳ，在左侧烧杯中加入少量FeCl2(s)，反应逆向移动，发生反应的离子方程式为：2

+3+-2I+2Fe2Fe+2I。18.含碳化合物是环境、能源科学研究的热点。已知：①()()()222COgOg=2COg+-11ΔH=-566kJmol②()()()2222Hg+Og=2HOg-12ΔH

=-482kJmol键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量。几种共价键的键能如下：共价键C-CO=OC-HC=OH-HH-OC≡O键能/(-1kJmol)343a413b436

4651076回答下列问题：（1）CO(g)的燃烧热H为___________-1kJmol。（2）a=___________，b=___________。（3）已知()()22HOg=HOl-1ΔH=-44kJmol。下图中x-y=_

__________。（4）2.24L(标准状况)CO和2H的混合气体在氧气中完全反应生成2CO(g)、2HO(g)，放出的热量可能是___________(填字母)。A.28.8kJB.24.1kJC.26.6kJD.24.2kJ（5）()()()22COg+H

gHCOOHg的速率方程()()22v=kcCOcH正正，()v=kcHCOOH逆逆，其中k为速率常数，与温度、催化剂有关。k的经验公式为aERlnk=-+CT(R和C为常数，aE为活化能，T为温度)。在催化剂作用下，Rlnk与1T的

关系如图所示。①催化效率较高的是___________(填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是_________________。②该反应的平衡常数表达式为___________。某温度下，平衡常数K为2，k正为5，则k逆为___________。【答案】（1）283

−（2）①.506②.806（3）570（4）CD（5）①.Cat1②.温度变化相同，Cat1变化较小，aE值较小，催化效率较高③.()()()22cHCOOHK=cCOcH④.2.5【解析】【小问1详解】由()()()222COgOg=2COg+

-11ΔH=-566kJmol可知，CO(g)的燃烧热H=-283-1kJmol；【小问2详解】反应热=反应物总键能-生成物总键能，由①()()()222COgOg=2COg+-11ΔH=-566kJmol、②()()()2222Hg+Og=2HOg-12ΔH=

-482kJmol，得21076+a-4b=-566，2436+a-4465=-482，解得a=506，b=806；【小问3详解】②()()2222Hg+Og=2HO(g)-12ΔH=-482kJmol，③22HO(g)=HO(l)-1ΔH=

-44kJmol，由盖斯定律+2②③得()()222)2Hg+Og=2O(lH-1-1Δ-2H=-482kJmolkJ44mol=-570kJ/mol，所以x-y=570；【小问4详解】由①()()()222C

OgOg=2COg+-11ΔH=-566kJmol、②()()()2222Hg+Og=2HOg-12ΔH=-482kJmol，得CO和H2共2mol时放出的热量在482kJ~566kJ之间，所以2.24L(标准状况)C

O和H2的混合气体在氧气中完全反应生成CO2(g)、H2O(g)，放出的热量24.1kJ~28.3kJ之间，故CD正确，故答案为：CD；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com