【文档说明】北京市第三十五中学2024-2025学年高二上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.324 MB，由小赞的店铺上传

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2023级高二化学10月月考试卷说明：试卷分值100，考试时间60分钟。Ⅰ卷为选择题，Ⅱ卷为主观题。Ⅰ卷选择题一、选择题(共20个小题，每题3分，共60分。每小题只有一个正确选项，请将正确答案填在机读卡相应的题号处)1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是ABCD燃气灶铅蓄电池太阳能热水器风力发

电A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．煤气灶是将化学能转化为热能，A符合题意；B．铅蓄电池是将化学能转化为电能，B不符合题意；C．太阳能热水器是将太阳能转化为热能，C不符合题意；D．风力发电是将风能转化为电能，D不符合题意；故选A。2.提高能源的

利用率已成为国际能源研究的热点课题。下列相关措施使用不当的是A.使燃料充分燃烧B.加大能源开采力度C.加强能源利用的科技投入D.合理使用能源【答案】B【解析】【详解】A．使燃料充分燃烧能提高燃烧的效率，提高能源的利用率，A正确；B．常规能源

应该减少开采，节约利用，加大能源开采力度不能提高能源利用率，B错误；C．加强能源利用的科技投入能提高能源的利用率，C正确；D．合理使用能源，减少能源浪费，能提高能源的利用率，D正确；答案选B。3.下列变化中，属于吸热反应的是A.铝粉与氧化铁粉末反应B.碳酸钙受热分解C.酸碱中和反应D.氧化钙

溶于水【答案】B【解析】【详解】A．铝粉与氧化铁粉末发生铝热反应，放出大量的热，属于放热反应，A错误；B．碳酸钙受热分解属于吸热反应，B正确；C．酸碱中和反应放出热量，属于放热反应，C错误；D．氧化钙溶于水生成氢氧化钙，放出热量，属于放热反应，

D错误；答案选B。4.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()A.抗氧化剂B.调味剂C着色剂D.增稠剂【答案】A【解析】【详解】A.抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；B.调味剂是为了增加食

品的味道，与速率无关，故B错误；C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。故选:A。5.下列说法中，正确．．的是A.能够自发进行的反应一定是放热反应B.凡是熵增大的反应都是自发反应C.要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的

焓变和熵变D.非自发反应在任何条件下都不能实现【答案】C【解析】.【详解】根据ΔGΔHTΔS0=−＜反应可自发进行，说明反应进行的自发性需综合考虑体系的焓变和熵变，而非自发反应在一定条件下可以实现，故答案选C。6.一定温度下

，在体积一定的密闭容器中进行的可逆反应：()()()2CsCOg2COg+，不能判断反应已经达到化学平衡状态的是A.()()2CO2COvv=B.容器中混合气体的密度不变C.容器中总压强不变D.容器中2CO的体积分数不变【答案】A【解析】【详解】A．没

有明确正、逆反应速率，且速率关系不正确，不能作为平衡标志，A错误；B．在体积一定的密闭容器中，反应前后气体的质量不等，则容器中混合气体密度不变时，可说明达到平衡状态，B正确；C．在体积一定的密闭容器中，反应前后气体的分子数目不等，则容器中总压强不变时，可说明达到平衡状态，

C正确；D．达到平衡状态时，各物质的浓度不变，体积分数不变，D正确；故选A。7.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B.

CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C.①→②放出能量并形成了C—C键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2→催化剂CH3COOH，原子利用率为100%

；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3C

OOH，总反应为CH4+CO2→催化剂CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C

项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能

，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。8.某同学为了估算反应()()()22HgClg2HClg+=的H，构建如下图循环。下列说法不正确．．．的是A.123ΔΔΔΔHHHH=+−B.1ΔH、2ΔH、3ΔH均可由相应的键能数据得到

C.按照该过程所示，断开的化学键均为非极性共价键D.该循环过程不一定表示反应的真实历程【答案】A【解析】【详解】A．由盖斯定律可知，化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，而与反应进行的途径无关，则123ΔH=ΔH+ΔH+ΔH

，A错误；B．H=反应物的总键能-生成物的总键能，1ΔH、2ΔH、3ΔH均可由相应的键能数据得到，B正确；C．按照该过程所示，断开的化学键为H-H、Cl-Cl，均为非极性共价键，C正确；D．反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的H只和

反应物总能量与生成物总能量有关，与反应过程无关，某同学为了估算反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的H构建的循环不一定是反应的真实历程，D正确；故选A。9.在10L的密闭容器中投入220molN和240molH进行反应()()()223Ng3Hg2NHg+，2min末2N的物质的

量由20mol减小到8mol，则2min内用2H的浓度变化表示的平均反应速率是A.()1.2mol/LminB.()1.8mol/LminC.()0.6mol/LminD.()2mol/Lmin【答案

】B【解析】【详解】2min末2N的物质的量由20mol减小到8mol，则02min2N的物质的量变化为=20mol-8mol=12mol，2min内N2的平均反应速率112ΔcΔn12mol(N)==0.6molLminΔ

tVΔt10L2minv−−==，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则112(H)1.8molLminv−−=；故选B。10.下列有关化学平衡常数K的说法中，正确的是A.K值越大，反应的转化率越大B.K的大小与起始浓度有关C.温度越高，K值越大D.K值越大，正向反应进行的程

度越小【答案】A【解析】【分析】平衡常数只与温度有关，一定意义上代表反应的程度，K越大，反应越完全；【详解】A．平衡常数只与温度有关，一定意义上代表反应的程度，K越大，反应越完全，转化率越大，故A正确；B．平衡常数只与温度有关，温

度不变，K不变，与起始浓度无关，故B错误；C．若该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，K减小，故C错误；D．K越大，反应越完全，正向反应进行的程度越大，故D错误；故选A。11.下列说法中正确的是A.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，从而增大化学反应速率B.有气体参加的化学反应，若增大压强，可增加活化分子的百分数，从而增大反应速率C.升高温度，增加反应物分子中活化分子的百分数，从而增大化学反应速率D.增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大有效碰撞次数【答案】C【解析】【详解】A．催化剂可以降低反应

的活化能，使断键所需能量减少，增大反应速率，故A错误；B．有气体参加的化学反应，若增大压强，可增加单位体积内活化分子的数目，从而增大反应速率，故B错误；C．升高温度，能量增大，可以增加反应物中活化分子的百分数，有效碰撞的概率增大，从而增大化学反应速率，故C正确；D．增大反应物

浓度，增大单位体积内活化分子的数目，从而增大有效碰撞次数，反应速率加快，故D错误；故选C。12.某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2g)2HI(g)△H<0，该温度下，K=43，某时刻，测得容器内H2、I2、HI的浓度依次为0.

01mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L。一段时间后，下列情况与事实相符的是A.混合气体颜色变深B.混合气体密度变大C.容器内压强变小D.氢气的体积分数变小【答案】D【解析】【分析】某时刻，测定容

器内22HIHI、、的浓度依次为0.01mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L，此时20.02Qc==4<K=430.010.01，平衡正向移动；【详解】A．由上述分析可知，平衡正向移动，体积不变，碘单质的浓度减小，混合气体颜色变浅，A项错误；B．反应前后都是气体

，根据题意和质量守恒，气体的质量，体积始终不变，则密度不变，B项错误；C．恒温恒容时，反应前后气体的物质的量不变，因此压强始终不变，C项错误；D．由上述分析可知，平衡正向移动，氢气的物质的量减小，反应前后气体的物质的量不变，则氢气的体积分

数变小，D项正确；答案选D。13.下列依据热化学方程式得出的结论中，正确．．的是A.已知()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ1Δ92.4kJmolH−=−，则在一定条件下将22molN和26molH置于一密闭容器中充分反应，放出的热量为1

84.8kJB.已知()()C,sC,s=石墨金刚石Δ0H，则金刚石比石墨稳定C.在稀溶液中：()()()2HaqOHaqHOl+−+=1Δ57.3kJmol−=−H，若将含241molHSO的溶液与含()21molBaOH的溶液混合，放出的热量为57.3kJD.已知()()()

22SsOgSOg+=1ΔH；()()()22SgOgSOg+=2ΔH；则21ΔΔHH【答案】D【解析】【详解】A．()()()223Ng3Hg2NHg+1Δ92.4kJmolH−=−，该反应为可逆反应，在一定条件下将22molN和26molH置于一密闭

容器中充分反应，生成氨气的物质的量小于4mol，放出的热量小于184.8kJ，A错误；B．()()C,sC,s=石墨金刚石Δ0H，则石墨的能量小于金刚石，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，B错误；C．在稀溶液中：()()()2HaqOHaqHOl+−+=1Δ57

.3kJmol−=−H，若将含241molHSO的溶液与含()21molBaOH的溶液混合，由于反应生成1mol硫酸钡和2molH2O，因生成BaSO4时也放热，所以放出的热量大于114.6kJ，C错误；D．已知：①()()()22SsO

gSOg+=1ΔH；②()()()22SgOgSOg+=2ΔH，由①-②式得：()Ss=S(g)ΔH，因固态S变成气态S需要吸热，则12=0HHH−，即21ΔΔHH，D正确；故选D。14.下列事实不能．．用平

衡移动原理解释的是A.血红蛋白(Hb)可与氧气结合：22HbOHbO+，CO比2O更易和Hb结合，当空气中的CO浓度大时，易造成人体缺氧，严重时导致死亡B.在2NO和24NO组成的体系中：()()2242NOgNOg，恒温缩小容积，平衡后气体颜色比原平衡深C(

)()()()gNaKCl2NlaClKll++，工业上将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，以制备金属钾D.高压条件有利于合成氨反应【答案】B.【解析】【详解】A．当空气中的浓度大时，CO与Hb结合导致血红蛋白浓度减小，平衡22HbOHbO+逆向移动，造成人体缺氧，可以用平衡移动原理解释，

A不符合题意；B．存在平衡：()()2242NOgNOg，恒温缩小容积，体系压强增大，平衡正向移动，NO2物质的量减少，但气体颜色变深，是由于缩小容积后的浓度增大，颜色变深，故不能用平衡移动原理解释，B符合题意；C．()()()()gNaKCl2NlaClKl

l++中，将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，减小了生成物浓度，有利于反应正向移动，可以用平衡移动原理解释，C不符合题意；D．合成氨反应为气体分子数减小的反应，高压条件有利于平衡正向移动，利于合成氨反应，可以用平衡移动原理解释，D不符合题意；故选B。15

.某反应过程的能量变化如图所示。下列说法中，不正确的是A.该反应为放热反应B.曲线b表示有催化剂参与的反应过程C.反应i的∆H>0D.反应i比反应ii的速率大【答案】D【解析】【详解】A．根据图像，反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应，A正确；B．曲线b活化能低于曲线

a，但反应前后能量不变，说明加入了催化剂，B正确；C．反应i的生成物能量高于反应物能量，反应吸热，∆H>0，C正确；D．反应i的活化能比反应ii的活化能高，则反应i比反应ii的速率小，D错误；故选D。1

6.采用催化技术可以使汽车尾气中的NO和CO发生如下反应从而消除污染：222NO2CONCO+=+催化剂。某小组用恒容容器进行三组实验，实验开始时NO的浓度均为36.0010mol/L−，三组实验中CO的浓度随时间的变化如图

所示。下列说法不正确．．．的是A.当容器中2CO的浓度保持恒定时，反应达到化学平衡状态B.在实验Ⅰ中，达到平衡时NO的浓度为33.0010mol/L−C.若实验Ⅱ比实验Ⅲ的温度低，则NO和CO的反应为吸热反应D.实验Ⅰ和实验Ⅱ差异，可能是由于采用了效果不同的催

化剂【答案】C【解析】【详解】A．化学反应达到平衡的标志之一就是各物质的浓度不再变化，所以当容器中2CO的浓度保持恒定时，说明反应达到化学平衡状态，A正确；B．由图可知，实验I中，达到平衡时()()3131c4.001.0010?L3.0010?LCOmolmol−−−−=−

=，()()ccNOCO=，故达到平衡时NO的浓度为()31316.003.0010?L3.0010?Lmolmol−−−−−=，B正确；C．若实验II比实验III的温度低，由图可知，平衡时CO浓度：II<III，说明升高温度，平

衡逆向移动，逆反应是吸热反应，则NO和CO的反应为放热反应，C错误；D．由图可知，实验II比实验I先达到平衡，即实验II比实验I的反应速率快，但平衡时CO浓度相同，所以实验Ⅰ和实验Ⅱ的差异，可能是由于采用了效果不同的催化剂，D正确；故选C。17.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键

的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)出的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ·mol−1)：P-P：198P-O：360O=O：498，则反应P4(白磷)+3O2=P4O6的反应热△H为A.-1638kJ·mol−1B.+1638kJ·m

ol−1的C.-126kJ·mol−1D.+126kJ·mol−1【答案】A【解析】【详解】根据=H反应物键能之和—生成物键能之和，则反应4246P+3)O(=PO白磷的=H(1986498336012)kJ/mol=163

8kJ/mol--+，故选A。18.在一定温度不同压强(P1＜P2)下，可逆反应2X(g)垐?噲?2Y(g)+Z(g)中，生成物Z在反应混合物中的体积分数(ψ)与反应时间(t)的关系如图示，正确的是A.B.C.D.【答案】B【

解析】【分析】一定温度下，增大压强，反应速率增大，到达平衡的时间缩短，该反应正反应是体积增大的反应，平衡向逆反应移动，平衡时Z的物质的量减小，据此结合选项解答。【详解】A．图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符，故A错误

；B．图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，平衡时生成物Z的物质的量减小，与实际相符，故B正确；C．图象中压强p1到达平衡时间短，故图象中p1＞p2，与题意不符，故C错误；D．图象中压强p2到达平衡时间短，图象中p1＜p2，增大压强，平衡时生成物

Z的物质的量增大，与实际不相符，故D错误；故选B。19.中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.4kJ/mol②

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol其他条件不变时，在相同时间内温度对CO2催化加氢的影响如下图。下列说法不正确．．．的是【注】CH3OH的选择性=100322n(生成CHOH消耗的CO)%n(反应消耗的CO)A.CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ/molB.使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数C.其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成CH3OH的方向进行D.220～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小【答案】D【解析】【详解】A．根据盖斯定律，反应C

O(g)+2H2(g)CH3OH(g)可由反应①-反应②得到，则该反应ΔH=12Δ-Δ=-49.4kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.6kJ/molHH，反应的热化学方程式：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ/mol，故A正确；B．催化剂能降低反应所需活化能，同

时提高活化分子百分数，从而加快反应速率，故B正确；C．增大压强使反应①平衡正向移动，有利于反应向生成CH3OH的方向进行，故C正确；D．反应②吸热，反应①放热，温度较高时对吸热反应的影响大于对放热反应的影响，故D错误；故选：D20

.不同温度下，将1molCO2和3molH2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH。平衡时CH3OH的物质的量分数随温度变化如图所示。。下列说法不正确．．．的是A.该反应的ΔH＜0B.240

℃时，该反应的化学平衡常数K=23C.240℃时，若充入2molCO2和6molH2，平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%D.240℃时，若起始时充入0.5molCO2、2molH2、1molCH3OH、1molH2O，反应向正反应方向进行【答案】B【解析】【分析】【详解】

A．据图知温度升高，甲醇的物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，则ΔH＜0，故A正确；B．240℃时，甲醇的物质的量分数为25%，设甲醇的转化物质的量为xmol，列三段式：2(g)2(g)3(g

)2(g)CO+3HCHOH+HO/mol1300/molx3xxx/mol1-x3-3xxx起始量转化量平衡量平衡时甲醇的物质的量分数x100%=25%1-x+3-3x+x+x，解得x=23，化学平衡常数23233222()(CHOH)(HO)431(CO)(H)3(1)3cc

Kcc===，故B错误；C．240℃时，若充入2molCO2和6molH2，即建立新的等效平衡，相当于在原平衡上增大压强，该反应是气体分子数减小，则平衡正向进行，CH3OH的物质的量分数大于25%，故C正确；D．240℃

时，若起始时充入0.5molCO2、2molH2、1molCH3OH、1molH2O，c31114==0.5243QK=，反应向正反应方向进行，故D正确；故选：B。Ⅱ卷非选择题二、填空题：请将答案填写在答题纸的相应题号处。21.工业

上使用黄铁矿2FeS制硫酸。Ⅰ．掺烧2FeS和4FeSO，用于制铁精粉和硫酸（1）已知：()()()()423232FeSOsFeOsSOgSOg=++为吸热反应。25℃、101kPa时，21molFeS

固体在2.75mol氧气中完全燃烧生成气态2SO和23FeO固体，放出826kJ热量。①2FeS与2O反应的热化学方程式为___________。②将2FeS与4FeSO掺烧(混合燃烧)，其目的包括___________(填字母)。a．节约燃料和能量b．为制

备硫酸提供原料c．减少空气污染（2）4FeSO常带一定量的结晶水。()42FeSO7HOs分解脱水反应的能量变化如下图所示。①3ΔH=___________1kJmol−。②为维持炉内温度基本不变，4FeSO所带结晶水越多，掺烧比()()24FeS:FeSOnn应

___________。(填“增大”“减小”或“不变”)。Ⅱ．传统工业中以黄铁矿为原料制备硫酸的原理如图所示：（3）上述生产过程中采用了多种措施加快反应速率，如：___________。（4）已知：()()()25VO223400~5002SOgOg2SOg+℃，在不同温度和压强

下，平衡时2SO的转化率如下表所示：温度平衡时2SO的转化率/%/℃0.1MPa1MPa10MPa45097.599.299.755085.694.998.3①上述数据表明，()()()25VO223400~5002SOgOg2SOg+℃是___________(填“

吸热”或“放热”)反应。②结合平衡移动原理解释相同温度下达到平衡时2SO的转化率随压强变化的原因：___________。【答案】（1）①.()()()()222324FeSs11Og2FeOs8SOg+=+1Δ3304kJmolH−=−②.ab（2）①.31.4+②.增大（3）粉碎或使用

催化剂、加热（4）①.放热②.根据平衡移动原理，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即该反应正向移动，使2SO的平衡转化率增大【解析】【小问1详解】25℃、101kPa时，21molFeS固体在2.75mol氧气中

完全燃烧生成气态2SO和23FeO固体，放出826kJ热量。①2FeS与2O反应的热化学方程式为()()()()222324FeSs11Og2FeOs8SOg+=+1Δ3304kJmolH−=−。②将2FeS与4FeSO掺烧(混合燃烧)，其目的包括a．

2FeS燃烧放热可以为4FeSO分解提供热量达到节约燃料和能量b．产物中生成更多的二氧化硫可以为制备硫酸提供原料c．产物中二氧化硫产量增加不可以减少空气污染，故选ab。【小问2详解】①根据盖世定律1234lΔ=31.4kJΔ/mΔΔoHHHH=

−−+；②为维持炉内温度基本不变，4FeSO所带结晶水越多，掺烧比()()24FeS:FeSOnn应增大，因为失去结晶水需要更多的热量，而热量由2FeS与2O反应提供，需要更多的2FeS。【小问3详解】上述生产过程中采用了多种措施加快反应速率，如：粉碎或使用催化剂

、加热；【小问4详解】①上述数据表明，相同条件下，温度越高二氧化硫平衡转化率越低，()()()25VO223400~5002SOgOg2SOg+℃是放热反应，升高温度平衡逆向移动；②相同温度下达到平衡时2SO的转化率随压强变化的原因：根据平衡移动原理，增大压强，平

衡向气体分子数减小的方向移动，即该反应正向移动，使2SO的平衡转化率增大。22.4CH还原重整2CO既能减少二氧化碳排放，又能生产增值化学品，是实现“双碳”经济的有效途径之一。（1）甲烷干法重整(1000℃)ⅰ．()()()()42

2CHgCOg2COg2Hg++11Δ247kJmolH−=+ⅱ．()()()()222COgHgCOgHOg++12Δ41kJmolH−=+①反应ⅰ的平衡常数表达式为___________。②对于反应ⅰ，既能加快反应速率又能提高2CO平衡转化率的措施是___

________。反应ⅱ为副反应，生产中要尽可能控制该反应，减少水的生成。（2）甲烷超干重整(750℃)()()()()422CHg3COg4COg2HOg++H①ΔH=___________1kJmol−。②2CO的转化原理如下图所示：恒压、750℃时，将混合气[()()

42CH:CO1:3nn=]通入反应器A，充分反应；待反应平衡后，改通He气，吹出反应器A内气体；如此往复切换通入的气体，实现2CO的高效转化。ⅰ．结合有关反应方程式，说明CaO对34FeO氧化CO反应的影响___________。ⅱ．反应达平衡后，改通He气，测得一段

时间内CO物质的量上升，解释CO物质的量上升的原因___________。（3）从能源利用的角度，分析甲烷超干重整法的优点：___________。【答案】（1）①.()()()()22242cCOcHKcCHcCO=②.升高温度或增大4CH浓度（2）①32

9+②.CaO与2CO反应生成3CaCO，促进750342FeO4CO3Fe4CO++℃正向移动③.通入He，3CaCO分解平衡正移，导致()()2COCOcc增大，促进Fe还原2CO平衡正移或通入He气，促进3CaCO分解，2CO浓度增

大，促进7502343Fe4COFeO4CO++℃正向移动（3）甲烷超干重整反应温度低、转化等物质的量2CO所需能量少等【解析】【小问1详解】①反应ⅰ的平衡常数表达式：()()()()22242cCOcHKcCHcCO=；②对于反应ⅰ，升高温度或增大4CH

浓度，可加快反应速率且能提高2CO平衡转化率；【小问2详解】①根据盖斯定律：i+ii×2得()()()()422CHg3COg4COggO2H++ΔH329kJ/mol=+；②ⅰ．根据图示可知，CaO与2CO反应生成3CaCO，促进75034

2FeO4CO3Fe4CO++℃正向移动；ⅱ．通入He，3CaCO分解平衡正移，导致()()2COCOcc增大，促进Fe还原2CO平衡正移或通入He气，促进3CaCO分解，2CO浓度增大，促进7502343Fe4C

OFeO4CO++℃正向移动；【小问3详解】甲烷超干重整具有反应温度低、转化等物质的量2CO所需能量少等特点。23.某兴趣小组同学探究4KMnO溶液与草酸(224HCO)溶液反应速率的影响因素。配制3141.010molLK

MnO−−溶液、10.40molL−草酸溶液。将4KMnO溶液与草酸溶液按如下比例混合。【设计实验】.序号()4KMnO/mLV()/mLV草酸()2VHO/mL反应温度①2.02.0020℃②2.01.

01.020℃（1）实验①和②的目的是___________。（2）甲认为上述实验应控制pH相同，可加入的试剂是___________(填序号)。a．盐酸b．硫酸c．草酸【实施实验】小组同学将溶液pH调至1并进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶

段：ⅰ．紫色溶液变为青色溶液，ⅱ．青色溶液逐渐褪至无色溶液。资料：(a)草酸是二元弱酸，其电离方程式：22424HCOHHCO+−+；22424HCOHCO−+−+(b)2Mn+在溶液中无色；(c)3Mn+无色，有强氧化性，发生反应()3224242Mn2COMnCO−+−+(青绿色

)后氧化性减弱；(d)24MnO−呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生4MnO−和2MnO。（3）乙同学从氧化还原角度推测阶段ⅰ中可能产生了24MnO−。你认为该观点是否合理，并说明理由___________。【深入探究】进一步实验证明溶液中含有()242MnCO−

，反应过程中4MnO−和()242MnCO−浓度随时间的变化如下图。（4）第ⅰ阶段中检测到有2CO气体产生，反应的离子方程式为___________。（5）实验②在第ⅱ阶段的反应速率较大，可能的原因是___________。（6）据此推测，若在第

ⅱ阶段将()Hc+调节至0.2mol/L，溶液褪至无色的时间会___________(填“增加”“减少”或“不变”)。【结论与反思】（7）上述实验涉及的反应中，草酸的作用是①___________；②产生224CO−和3Mn+发

生反应。结论：反应可能是分阶段进行的。草酸浓度的改变对不同阶段反应速率的影响可能不同。【答案】（1）探究草酸浓度对反应速率的影响（2）b（3）否，24MnO−在酸性条件下不稳定，迅速分解产生4MnO−和2MnO（4）()422422422MnO4HCO4COMn

CO4HO−−+=++（5）实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段ⅰ形成的()242MnCO−实验②比实验①的更少，生成的3Mn+实验②比实验①的更多，且3Mn+的氧化性比()242MnCO−

强（6）减少（7）还原剂【解析】【分析】某兴趣小组同学探究4KMnO溶液与草酸(224HCO)溶液反应速率的影响因素，实验①和②只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响，小组同学将溶液pH调至1并进行实验①和②，

发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：ⅰ．紫色溶液变为青色溶液，ⅱ．青色溶液逐渐褪至无色溶液，根据氧化还原反应的原理和平衡移动原理进行分析解答。【小问1详解】由题干表中数据可知，实验①和②只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响。【小问2详解】a．盐酸能与酸性高锰酸钾

反应，影响实验结论，a不合题意；b．硫酸不与草酸和酸性高锰酸钾反应，不会影响实验结论，b符合题意；c．草酸实验中本身就是探究草酸与酸性高锰酸钾反应速率的影响因素，c不合题意；故答案为：b。【小问3详解】由题干信息(c)可知，24

MnO−呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生4MnO−和MnO2，而阶段i溶液呈酸性，故不可能产生。【小问4详解】由题干图示信息可知，第i阶段中检测到有CO2气体产生同时生成[Mn(C2O4)2]−，则该阶段反应的离子方程式为：()422422422M

nO4HCO4COMnCO4HO−−+=++。【小问5详解】实验②在第ⅱ阶段的反应速率较大，可能的原因是：实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段ⅰ形成的()242MnCO−实验②

比实验①的更少，生成的3Mn+实验②比实验①的更多，且3Mn+的氧化性比()242MnCO−强。【小问6详解】小组同学将溶液pH调至1并进行实验①和②，若在第ⅱ阶段将()Hc+调节至0.2mol/L，相当于增大氢离子浓度，则溶液中的草酸根离子浓度减小，不利于形成()

242MnCO−，则溶液中Mn3+的浓度增大，反应速率加快，溶液褪至无色的时间会减少。【小问7详解】在反应()422422422MnO4HCO4COMnCO4HO−−+=++中草酸既作还原剂又表现出酸性，同时提供224CO−与3Mn+形成配合物。