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【期中真题】河北省邢台市五校联考2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题.zip
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2022—2023学年第一学期第二次月考
高三化学试题
说明：
1.本试卷共6页，考试时间75分钟，满分100分。
2.请将所有答案填写在答题卡上，答在试卷上无效。
相对原子质量：C：12 O：16 Na：23 Mn：55 S：32 Cl：35.5 V：51 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ba：137
一、选择题：(包含9道小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1. 下列说法正确的是
A. 面粉厂严禁烟火的目的是防止发生火灾
B. 战国时期的“曾侯乙编钟”属于青铜制品，青铜比纯铜抗腐蚀性更好
C. 升高温度反应速率加快主要是因为分子运动速率加快而增加了分子的碰撞机会
D. 铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈
【答案】B
【解析】
【详解】A．面粉厂严禁烟火的目的是防止面粉颗粒被引燃而发生爆炸，A错误；
B．青铜是锡和铜的合金，锡较铜活泼，当构成原电池时做负极，起到保护铜的作用，所以青铜比纯铜抗腐蚀性更好，B正确；
C．升高温度反应速率加快主要是因为增加了单位体积内活化分子的数目而增加了分子的有效碰撞机会，C错误；
D．铁在潮湿的空气中放置，会与杂质碳和潮湿的空气构成原电池，易发生电化学腐蚀而生锈，D错误；
故选B。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 在一密闭容器中，通入标况下11.2LNO2，达平衡后，含有的氮原子数为0.5NA
B. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
C. 5.6gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3•xH2O，电极反应中转移的电子数为0.3NA
D. 用电解法粗铜精炼，当电路中通过电子数为NA时，阳极有32gCu转化为Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】A．标况下11.2LNO2即为0.5mol，氮元素守恒，故达平衡后，含有的氮原子数为0.5NA，A正确；
B．2molSO2和1molO2催化反应是个气体体积减小的可逆反应：，故催化反应后分子总数大于2NA，B错误；
C．5.6gFe发生吸氧腐蚀:Fe-2e-=Fe2+,电极反应中转移的电子数为0.2NA，C错误；
D．用电解法粗铜精炼，阳极是铜和其他比铜活泼的金属失电子，当电路中通过电子数为NA时，阳极溶解的铜少于32g，D错误；
故选A。
3. 四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作光刻显影剂。以四甲基碳酸氢铵[(CH3)4NHCO3]水溶液为原料，电解制备(CH3)4NOH的装置如图所示。直流电源采用乙烷－空气碱燃料电池。下列说法不正确的是
A. 电源负极的电极反应式为：C2H6-14e-+18OH-=2CO+12H2O
B. 左边的惰性电极为阳极
C. I室中发生的总反应为4HCO-4e-=4CO2↑+2H2O+O2↑
D. 在电解过程中(CH3)4NHCO3发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】图中装置为电解装置，以(CH3)4NHCO3为原料电解制备(CH3)4NOH，I室为阳极室，水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气，2H2O-4e-=4H++ O2↑，HCO向I室迁移与生成的氢离子结合生成水和二氧化碳气体；II室为阴极室，水电离出的氢离子放电发生还原反应生成氢气，2H2O+2e-=2OH-+ H2↑，溶液中的氢氧根离子浓度变大，原料室中的(CH3)4N+向II室迁移生成(CH3)4NOH。
【详解】A．乙烷－空气碱燃料电池，负极上燃料乙烷失电子发生氧化反应，碱性条件下生成CO，电极反应式为：C2H6-14e-+18OH-=2CO+12H2O，故A正确；
B．由分析可知，左边的惰性电极为阳极，故B正确；
C．I室为阳极室，水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气，2H2O-4e-=4H++ O2↑，HCO向I室迁移与生成的氢离子结合生成水和二氧化碳气体，发生的总反应为4HCO-4e-=4CO2↑+2H2O+O2↑，故C正确；
D．由分析可知，在电解过程中(CH3)4NHCO3的元素化合价未发生改变，所以未发生氧化还原反应，故D错误；
答案选D。
4. 工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-196.6kJ•mol-1，下列说法正确的是
A. 该反应△H＜0，△S＞0
B. 2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能大
C. 反应在适当高温、催化剂条件下有利于反应达到平衡状态
D. 该反应中每加入标况下的22.4LSO2，就会有2×6.02×1023的电子转移
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应的正反应为气体分子数减小的反应，混乱度减小，△S<0，故A错误；
B．该反应为放热反应，所以2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小，故B错误；
C．适当升高温度和使用催化剂能加快反应速率，缩短到达平衡的时间，有利于反应达到平衡状态，故C正确；
D．标况下，22.4LSO2的物质的量是1mol，若完全反应，转移电子的数目为2×6.02×1023，由于该反应为可逆反应，反应不能进行完全，所以转移电子数目小于2×6.02×1023，故D错误；
答案选C。
5. 一定温度下，向2L恒容容器中充入1.0molA和1.0molB，发生反应，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据如表，下列说法正确的是
0
5
15
25
35
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
A. 前5s的平均反应速率
B. 反应进行到25s时，反应刚好达到平衡状态
C. 温度不变，起始向容器中充入0.4molA、0.4molB和0.1molC，达平衡前
D. 保持温度不变，起始时向容器中充入2.0molC，达平衡时，C的转化率大于80％
【答案】C
【解析】
【详解】A．前5s时，A转化量为，，故A错误；
B．从表中数据可以看出，到25s时，反应已经达平衡，但可能不是刚好达平衡，故B错误；
C．表中已知，平衡时，由反应，平衡时生成C的浓度，平衡常数；温度不变，起始向容器中充入0.4molA、0.4molB和0.1molC，则，，平衡逆向移动，，故C正确；
D．原平衡的转化率为，保持温度不变，起始时向容器中充入2.0molC，相当于增大压强，该反应属于气体体积减小的反应，平衡向右移动，C的转化率小于80％，故D错误；
故选C。
6. 将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空容器中(容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：。下列各项：①；②密闭容器中压强不变；③密闭容器中混合气体的密度不变；④密闭容器中氨气的体积分数不变；⑤密闭容器中不变。能判断该反应已经达到化学平衡状态的是
A. ②③⑤ B. ②③④ C. ①④ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】，没有说明是正反应速率还是逆反应速率，也不符合化学计量数的比例关系，①错误；该反应是气体体积增大的反应，密闭容器中压强不再增大时，说明反应达到平衡状态，②正确；根据(气体)，气体质量是变量，容器体积不变，密闭容器中混合气体的密度不再变化时能说明反应达到平衡状态，③正确；反应生成的、的物质的量之比始终是2∶1，因此密闭容器中氨气的体积分数不变，不能说明反应达到平衡状态，④错误；密闭容器中在增大，当不再变化时，能说明反应达到平衡状态，⑤正确；综上所述能判断该反应已经达到化学平衡状态的是②③⑤；
故答案选：A。
7. 在T℃下，某容积为2L的密闭容器内，有A、B、C、D、E五种物质参与同一个化学反应，其中A、B、C、D(A、B、C为气体)四种物质的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，E为该反应的一种气体生成物，且生成物E在化学方程式中的化学计量数与B的相同。下列说法不正确的是
A. 该反应的化学方程式为：2A+B2C+E
B. 在0～2min内，E的平均反应速率为0.25mol•L-1•min-1
C. A的正反应速率与B的逆反应速率之比为2：1时说明已达平衡状态
D. D没有参加反应，除去D不影响反应的平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知从时刻开始各物质的物质的量不再发生改变，说明反应达到平衡状态。由图可知A、B的物质的量减少，为反应物，C的物质的量增加，则C为生成物，为该反应的一种气体生成物，且生成物在化学方程式中的化学计量数与的相同，由化学方程式中的化学计量数与其反应速率成正比，可写出化学方程式为2A+B 2C+E，A正确；
B．，E为被反应的一种气体生成物，且生成物E在化学方程式中的化学计量数与B的相同，则，B正确；
C．A的正反应速率与B的正反应速率之比为，当A的正反应速率与B的逆反应速率之比为时，则B的正反应速率与B的逆反应速率之比为，即，反应达到了平衡状态，C正确；
D．由图中曲线变化可知，D参与反应前与达到平衡状态时，物质的量不变，可判断出D为催化剂，催化剂参与分步反应，降低反应的活化能，加快反应速率，D错误；
故选D。
8. 已知：A(g)+2B(g)2C(g) △H＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态I。在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. t2时改变的条件可能是升温
B. 平衡常数K：K(II)＞K(I)
C. 平衡时A的体积分数A%一定有：II＞I
D. t2～t3时反应向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．t2时正反应速率从原平衡点开始增加，说明增大了生成物浓度，故t2时改变的条件可能是加入C，A错误；
B．平衡常数K只受温度影响，由于恒温过程，故K(II)=K(I)，B错误；
C．t2时向体系中加入C，平衡逆向移动，平衡时A的体积分数增大，故II＞I，C正确；
D．t2时加入C，故t2～t3时反应向逆方向移动，D错误；
故答案选C。
9. 室温下，某溶液初始时仅溶有P和Q且浓度相等，同时发生以下两个反应：①P+Q=X+Z；②P+Q=Y+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分Q、X的浓度随时间变化情况如图所示(溶液体积变化忽略不计，Y、Z均可溶于水)。下列说法不正确的是
A. 反应①的活化能比反应②的活化能大
B. 0～20min内，Z的平均反应速率为6×10-3mol•L-1•min-1
C. 反应30min时，v1：v2=2：3
D. 45min时Y的浓度为0.24mol•L-1
【答案】B
【解析】
【详解】根据X的生成量可计算出反应①和反应②中的其它几个物质的相关变化量，从图中可以看出P、Q的初始量均为0.6mol/L；
A．v1=k1c2(P)=，v2=k2c2(P)=，则为定值，10min时，由图可知，Δc(X)=0.12mol/L，Δc(Q)=0.3mol/L=Δc(X)+Δc(Y)，则Δc(Y)=0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，即，相同条件下反应①的速率小于反应②，所以反应①的活化能大于反应②，故A正确；
B．0～20min内，Z的变化量与Q的变化量相同，所以Δc(Z)=Δc(Q)=0.3mol/L，Z的反应速率，故B错误；
C．v1=k1c2(P)=，v2=k2c2(P)=，则为定值，10min时，由图可知，Δc(X)=0.12mol/L，Δc(Q)=0.3mol/L=Δc(X)+Δc(Y)，则Δc(Y)=0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，即始终为定值，故C正确；
D．45min时，Q的浓度约为0.2mol/L，Δc(Q)=Δc(X)+Δc(Y)=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，根据，可得Y的浓度=0.4mol/L×=0.24mol/L，故D正确，
故选：B。
二、不定项选择题：(包含4道小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)
10. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断不正确的是
A. 0～3s内，反应速率为v(NO2)=0.2mol•L-1•s-1
B. 降低温度，平衡常数增大
C. t1时的改变一定是加入了催化剂，平衡不移动
D. t1时刻，该反应达平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像可得出NO2表示的化学反应速率=0.2 mol·L－1·s－1，A正确；
B．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，B正确；
C．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，C正确；
D．反应达到平衡，各物质浓度不再随时间延长而改变，t1时刻后，物质的浓度改变，该反应没有达到平衡状态，D错误；
答案选D。
11. 用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A. 测量锌粒和3molL-1的硫酸反应生成H2的体积
B. 验证MnCl2对过氧化氢的分解有催化作用
C. 测定酸碱中和反应热
D. 探究温度对化学平衡的影响
【答案】AD
【解析】
【详解】A．可以用注射器的刻度测量锌粒和3molL-1的硫酸反应生成H2的体积，A正确；
B．有两个变量，分别是温度和催化剂锰离子，应控制变量法，B错误；
C．该实验装置图缺乏环形玻璃搅拌棒，C错误；
D．通过观察烧瓶中气体颜色的变化探究温度对化学平衡的影响，D正确；
故选AD
12. 羰基硫(COS)催化水解的反应为：COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g) △H＜0，在相同投料比、相同气流速度、相同时间内，测得不同温度及不同催化剂下COS水解反应的转化率如图所示，下列说法正确的是
A. 该反应M点未达到平衡状态，N点已达到平衡状态
B. 正反应的平均反应速率：P＞N＞M
C. 任何温度下，γ－Al2O3的催化效果都比TiO2好
D. 150℃，用γ－Al2O3做催化剂达到平衡时CO2的体积分数最大
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知横坐标表示温度，纵坐标表示反应物的转化率，在相同投料比、相同气流速度、相同时间内，测得不同温度及不同催化剂下COS水解反应的转化率，可以看出低温时γ－Al2O3对COS水解反应的催化效果好，但在相同温度下，无论用哪种催化剂，达到平衡时CO2的体积分数都一样，根据此反应为放热反应，可知平衡转化率应该随着温度的升高而降低，所以M、P、N、三点平衡转化率依次降低。
【详解】A．根据此反应为放热反应，可知平衡转化率应该随着温度的升高而降低，所以M、P、N、三点平衡转化率依次降低，反应M点未达到平衡状态，由图可知，N点相同温度下由TiO2做催化剂时转化率更高，可知N点并未达到平衡状态，A错误；
B．相同时间内COS的转化率越大催化效率越高，正反应的平均反应速率：P＞N＞M，B正确；
C．由图可知，低温时γ－Al2O3对COS水解反应的催化效果好，C错误；
D．在相同温度下，无论用哪种催化剂，达到平衡时CO2的体积分数都一样，D 错误；
故选B。
13. 氯化亚铜()广泛应用于化工、印染、电镀等行业；难溶于水和乙醇，潮湿时易水解氧化。工业以硫化铜精矿为原料，设计符合绿色化学理念的制备的流程如图：
下列说法错误的是
A. 步骤①焙烧产生的有毒气体用溶液吸收后可用于③的循环利用
B. 硫化铜精矿直接用浓硝酸浸出可简化步骤①、②
C. 步骤③离子方程式：
D. 步骤④用乙醇洗涤的目的是使加速干燥，防止发生水解氧化
【答案】BC
【解析】
【分析】硫化铜精矿经过步骤①焙烧生成CuO和SO2；步骤②中，用硫酸浸出燃烧后的矿渣得到含CuSO4的溶液；步骤③中，向含CuSO4的溶液中加入Na2SO3、NaCl生成CuCl沉淀；步骤④中，用盐酸、乙醇洗涤沉淀，获得纯净的CuCl。
【详解】A．步骤①焙烧产生的气体是SO2，用NaOH溶液吸收，并产生Na2SO3，该物质可用于③的循环利用，A正确；
B．硫化铜精矿不能直接用浓硝酸浸出简化步骤①、②，因为浓硝酸和硫化铜反应会产生SO2、氮氧化物和硝酸铜，所得溶液中含有的HNO3有氧化性，不利于CuCl的生成，B错误；
C．步骤③中，溶液为酸性，Cu2+、Cl-和反应产生CuCl沉淀和，该反应的离子方程式为2Cu2++2Cl-++H2O=2CuCl↓++2H+，C错误；
D．CuCl难溶于水和乙醇，潮湿时易水解氧化，步骤④用乙醇洗涤的目的是使CuCl加速干燥，防止发生水解氧化，D正确；
故选BC。
三、非选择题(包含4道小题，共57分)
14. “电化学”与人类生产、生活密不可分，图I甲池可实现在铁表面镀锌，图II可通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4获得锂盐和MnO2。
回答下列问题：
（1）图I中A电极的电极材料为_____；乙池电解开始时发生反应的化学方程式为____。
（2）图I，工作一段时间后，若甲池阴极增重26g，则乙池中产生气体的体积为____L(标准状况)，要使乙池中的溶液恢复原样应向溶液加入____(填化学式)。
（3）图II中滤布的作用为____。电极X的名称为____，其电极反应式为____。
（4）图II电解过程中c(Mn2+)将____(填“增大”“减小”或“不变”，忽略电解过程中溶液体积的变化)。
【答案】（1） ①. 铁 ②. 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
（2） ①. 8.96 ②. Cu(OH)2
（3） ①. 阻挡固体颗粒，防止LiMn2O4与MnO2混合导致产物不纯 ②. 阴极 ③. LiMn2O4+3e-+8H+=Li++2Mn2++4H2O
（4）增大
【解析】
【分析】根据图I甲池可实现在铁表面镀锌，可知A为Fe，B为Zn；图II可通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4获得锂盐和MnO2，则电极Y发生失电子的氧化反应，为阳极，电极X为阴极。
【小问1详解】
根据图I甲池可实现在铁表面镀锌，可知A为铁；乙池电解硫酸铜溶液，阳极为惰性电极，电解生成铜、氧气和硫酸，故反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故答案为：铁；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；
【小问2详解】
甲池阴极发生反应Zn2++2e-=Zn，26gZn的物质的量为 =0.4mol，转移电子为0.8mol，乙池中开始时发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，反应0.5L0.4mol/L=0.2mol CuSO4时转移0.4mol电子，生成氧气0.1mol，故又电解水2H2O 2H2↑+O2↑，转移0.4mol电子，生成氢气0.2mol，生成氧气0.1mol，共生成气体0.4mol，标准状况体积为0.4mol22.4L/mol=8.96L；第一阶段电解生成0.2molCu和0.1molO2，相当于0.2molCuO，第二阶段电解生成0.2molH2和0.1mol O2，相当于0.2molH2O，根据原子守恒，两阶段溶液中减少的物质相当于减少0.2molCu(OH)2，所以要使乙池中的溶液恢复原样应向溶液加入0.2mol Cu(OH)2，故答案为：8.96；Cu(OH)2；
【小问3详解】
图II中滤布的作用为阻挡固体颗粒，防止LiMn2O4与MnO2混合导致产物不纯。根据电极Y发生失电子的氧化反应，为阳极，电极X为阴极，发生的电极反应式为LiMn2O4+3e-+8H+=Li++2Mn2++4H2O，故答案为：阻挡固体颗粒，防止LiMn2O4与MnO2混合导致产物不纯；阴极；LiMn2O4+3e-+8H+=Li++2Mn2++4H2O；
【小问4详解】
电极X为阴极，发生的电极反应式为LiMn2O4+3e-+8H+=Li++2Mn2++4H2O，电极Y发生反应Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，转移相同电子时生成Mn2+比消耗多，故电解过程中c(Mn2+)将增大，故答案为：增大。
15. 五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。为回收利用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂(含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐)回收V2O5新工艺流程如图：
已知：a.部分含钒物质常温下在水中溶解性如表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
(VO2)SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
b.VO+2OH-VO+H2O
回答下列问题：
（1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为____(写两条)。
（2）滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，其存在形式为_____(填离子符号)。
（3）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式：____。
（4）生成VO的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式：____。
（5）在第II步反应中需要加入氨水，结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用为_____。
（6）最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释如图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：____(写一条即可)。
（7）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)SO4溶液。再加b1mLc1mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)。最后用c2mol•L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5(摩尔质量：182g•mol-1)的质量分数是____。(列出计算式)
【答案】（1）粉碎废钒、搅拌、适当升温
（2）VO2+ （3）V2O5+Na2SO3+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O
（4）6VO2++ClO+3H2O=6VO+Cl-+6H+
（5）溶液中存在平衡：，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO。(或溶液中存在平衡：NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)，加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆向移动，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出)
（6）温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降 (或温度升高，氨水受热分解逸出NH3，使NH浓度下降，沉钒率下降)
（7）×100%
【解析】
【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质VOSO4溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。
【小问1详解】
水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；
答案为：粉碎废钒、搅拌、适当升温
【小问2详解】
废催化剂（含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）用水浸泡，根据题中信息，由于VOSO4是可溶的，过滤时进入滤液1中，又根据题中信息，滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，则钒的存在形式为VO2+；
答案为：VO2+。
【小问3详解】
在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为：V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4===2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O ；
答案为：V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4===2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O 。
【小问4详解】
VO2+和KClO3反应中，生成物VO2+，VO2+中V化合价升高做还原剂，KClO3中Cl化合价降低做氧化剂，已知消耗1molKClO3时转移6mol电子，可知KClO3中Cl元素化合价降低为-1价，则离子方程式为：6VO2＋＋ClO3－＋3H2O=== 6＋Cl－＋6H＋；
【小问5详解】
溶液中存在平衡: ，氨水呈碱性，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为或者溶液中存在平衡: ，加入氨水，使NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；
【小问6详解】
温度越高，物质的溶解度越大，所以温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨气容易溢出，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降或针对平衡：，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；
【小问7详解】
根据元素化合价升降相同，滴定过程有5(NH4)2Fe(SO4)2∼KMnO4,则过量的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b2C210−3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b1c1−5b2C2)×10−3mol，根据钒元素守恒，则有V2O5∼2 ∼2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=(b1c1−5b2C2)×10−3mol，则产品中V2O5的质量分数是=100%。
16. 丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其化学方程式为C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)。回答下列相关问题：
（1）已知：
I.2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) △H1=-238kJ•mol-1
II.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H2=-484kJ•mol-1
则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的△H为____kJ•mol-1。
（2）一定温度下，向1L密闭容器中充入1molC3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍。
①0～10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)=____mol•L-1•min-1。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是____。
A.气体密度保持不变 B.C3H6与H2的物质的量之比保持不变
C.混合气体的总压强不变 D.v(C3H6)正=v(C3H8)逆
③若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是____。
（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示：
此温度下该反应的平衡常数Kp=____(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压＝总压×体积分数)。
（4）保持相同反应时间，在不同温度下，丙烯产率如图b所示，丙烯产率在425℃之前随温度升高而增大的原因可能是____、____(要求答出两个方面)；425℃之后，丙烯产率快速降低的主要原因可能是____(答出一点即可)。
【答案】（1）+123
（2） ①. 0.05 ②. CD ③. 该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大
（3）0.9p （4） ①. 温度升高反应速率加快 ②. 升高温度有利于反应向吸热方向进行 ③. 催化剂失活使反应速率迅速减小(或者发生副反应，丙烷分解成其他产物)
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，(I- II)得C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，∆H=[(-238kJ·mol-1)-( -484kJ·mol-1)]=+123kJ·mol-1，故答案为：+123；
【小问2详解】
①一定温度下，向1L的密闭容器中充入1molC3H8反应生成C3H6和H2，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍，则气体的物质的量变为原来的1.5倍，即1.5mol，增加了0.5mol，所以各组分的变化量均为0.5mol。0～10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)==0.05mol·L-1·min-1；
②A．反应热只与化学反应有关，所以反应的∆H始终保持不变，即∆H不变不能作为平衡状态的标志，故A错误；
B．C3H6与H2的物质的量之比始终按照1:1增加，因此两者比值保持不变，不能作为平衡状态的标志，故B错误；
C．该反应是气体分子数增大的反应，各物质均为气体，压强是变量，当混合气体的总压强不变时，说明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．C3H8和C3H6两者速率之比等于化学计量数之比，当v(C3H6)正=v(C3H8)逆时，表明正逆反应速率相等，说明该反应达到平衡状态，故D正确；
综上所述，能说明该反应达到平衡状态的是CD；
③在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大，故答案为：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大；
【小问3详解】
一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为xmol，则列三段式有：
根据图像可知，平衡时C3H8的体积分数为25%，=25%，解得x=0.6，则n(总)=1+x=1.6mol，开始气体物质的量是1mol时压强为p，则平衡时气体物质的量为1.6mol时，气体的总压强为1.6p，其中p(C3H8)=1.6p=0.4p，p(C3H6)= p(H2)=1.6p=0.6p，则该反应的平衡常数Kp==0.9p；
【小问4详解】
持相同反应时间，在不同温度下，丙烯产率如图b所示，丙烯产率在425℃之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高反应速率加快；升高温度有利于反应向吸热方向进行；425℃之后，丙烯产率快速降低的主要原因可能是催化剂失活使反应速率迅速减小(或者发生副反应，丙烷分解成其他产物)。
17. 以CO和CO2为原料合成有机物，是当前化学领域研究的热点。回答下列问题：
（1）CO和H2在催化剂作用下发生反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2，达平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH(g)，反应的平衡常数K=_____；此时若向容器中再通入0.35mol甲醇气体容器体积变为_____L，平衡将_____(填“正向”“不”“逆向”)移动。
（2）将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) △H＜0。实验测得：v正=k正•c(CO2)•c(H2)，v逆=k逆•c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数(只与温度有关)，则该反应的化学平衡常数K=_____(用k正、k逆表示)。温度为T1℃时，k正=2k逆，温度为T2℃时，k正=1.6k逆，则T1____(填“＞”“＜”或“=”下同)T2；T2℃时平衡压强_____T1℃时平衡压强，理由是：____。
（3）用如图装置电催化还原CO2制乙烯(X、Y均为新型惰性电极材料，可减少CO2和碱发生副反应)，装置中b电极为____(填“正”“负”“阴”“阳”)极，X极上的电极反应式为_____。
【答案】（1） ① 50 ②. 2.5 ③. 逆向
（2） ①. ②. ＜ ③. ＞ ④. 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体分子数增多，总压强增大，同时温度升高分子运动速度加快使压强增大，而T1＜T2因此T2时的平衡压强大
（3） ①. 正 ②. 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
【解析】
【小问1详解】
，恒压的容器中物质的量之比等于体积之比，故，解得V=2.5；根据勒夏特列原理知此时若向容器中再通入0.35mol甲醇气体平衡逆向移动；
小问2详解】
平衡时v正=k正•c(CO2)•c(H2)=v逆=k逆•c(HCOOH)，故，温度为T1℃时，k正=2k逆，即K=2；温度为T2℃时，k正=1.6k逆，即K=1.6，该反应是个放热反应，故T1
X极上发生二氧化碳向乙烯的转化，2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
该反应是个得电子化合价降低的还原反应，X电极是阴极，连接电源的负极a，故b是电源的正极。
2022—2023学年第一学期第二次月考
高三化学试题
说明：
1.本试卷共6页，考试时间75分钟，满分100分。
2.请将所有答案填写在答题卡上，答在试卷上无效。
相对原子质量：C：12 O：16 Na：23 Mn：55 S：32 Cl：35.5 V：51 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ba：137
一、选择题：(包含9道小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1. 下列说法正确的是
A. 面粉厂严禁烟火的目的是防止发生火灾
B. 战国时期的“曾侯乙编钟”属于青铜制品，青铜比纯铜抗腐蚀性更好
C. 升高温度反应速率加快主要是因为分子运动速率加快而增加了分子的碰撞机会
D. 铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈
【答案】B
【解析】
【详解】A．面粉厂严禁烟火的目的是防止面粉颗粒被引燃而发生爆炸，A错误；
B．青铜是锡和铜的合金，锡较铜活泼，当构成原电池时做负极，起到保护铜的作用，所以青铜比纯铜抗腐蚀性更好，B正确；
C．升高温度反应速率加快主要是因为增加了单位体积内活化分子的数目而增加了分子的有效碰撞机会，C错误；
D．铁在潮湿的空气中放置，会与杂质碳和潮湿的空气构成原电池，易发生电化学腐蚀而生锈，D错误；
故选B。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 在一密闭容器中，通入标况下11.2LNO2，达平衡后，含有的氮原子数为0.5NA
B. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
C. 5.6gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3•xH2O，电极反应中转移的电子数为0.3NA
D. 用电解法粗铜精炼，当电路中通过电子数为NA时，阳极有32gCu转化为Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】A．标况下11.2LNO2即为0.5mol，氮元素守恒，故达平衡后，含有的氮原子数为0.5NA，A正确；
B．2molSO2和1molO2催化反应是个气体体积减小的可逆反应：，故催化反应后分子总数大于2NA，B错误；
C．5.6gFe发生吸氧腐蚀:Fe-2e-=Fe2+,电极反应中转移的电子数为0.2NA，C错误；
D．用电解法粗铜精炼，阳极是铜和其他比铜活泼的金属失电子，当电路中通过电子数为NA时，阳极溶解的铜少于32g，D错误；
故选A。
3. 四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作光刻显影剂。以四甲基碳酸氢铵[(CH3)4NHCO3]水溶液为原料，电解制备(CH3)4NOH的装置如图所示。直流电源采用乙烷－空气碱燃料电池。下列说法不正确的是
A. 电源负极的电极反应式为：C2H6-14e-+18OH-=2CO+12H2O
B. 左边的惰性电极为阳极
C. I室中发生的总反应为4HCO-4e-=4CO2↑+2H2O+O2↑
D. 在电解过程中(CH3)4NHCO3发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】图中装置为电解装置，以(CH3)4NHCO3为原料电解制备(CH3)4NOH，I室为阳极室，水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气，2H2O-4e-=4H++ O2↑，HCO向I室迁移与生成的氢离子结合生成水和二氧化碳气体；II室为阴极室，水电离出的氢离子放电发生还原反应生成氢气，2H2O+2e-=2OH-+ H2↑，溶液中的氢氧根离子浓度变大，原料室中的(CH3)4N+向II室迁移生成(CH3)4NOH。
【详解】A．乙烷－空气碱燃料电池，负极上燃料乙烷失电子发生氧化反应，碱性条件下生成CO，电极反应式为：C2H6-14e-+18OH-=2CO+12H2O，故A正确；
B．由分析可知，左边的惰性电极为阳极，故B正确；
C．I室为阳极室，水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气，2H2O-4e-=4H++ O2↑，HCO向I室迁移与生成的氢离子结合生成水和二氧化碳气体，发生的总反应为4HCO-4e-=4CO2↑+2H2O+O2↑，故C正确；
D．由分析可知，在电解过程中(CH3)4NHCO3的元素化合价未发生改变，所以未发生氧化还原反应，故D错误；
答案选D。
4. 工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-196.6kJ•mol-1，下列说法正确的是
A. 该反应△H＜0，△S＞0
B. 2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能大
C. 反应在适当高温、催化剂条件下有利于反应达到平衡状态
D. 该反应中每加入标况下的22.4LSO2，就会有2×6.02×1023的电子转移
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应的正反应为气体分子数减小的反应，混乱度减小，△S<0，故A错误；
B．该反应为放热反应，所以2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小，故B错误；
C．适当升高温度和使用催化剂能加快反应速率，缩短到达平衡的时间，有利于反应达到平衡状态，故C正确；
D．标况下，22.4LSO2的物质的量是1mol，若完全反应，转移电子的数目为2×6.02×1023，由于该反应为可逆反应，反应不能进行完全，所以转移电子数目小于2×6.02×1023，故D错误；
答案选C。
5. 一定温度下，向2L恒容容器中充入1.0molA和1.0molB，发生反应，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据如表，下列说法正确的是
0
5
15
25
35
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
A. 前5s的平均反应速率
B. 反应进行到25s时，反应刚好达到平衡状态
C. 温度不变，起始向容器中充入0.4molA、0.4molB和0.1molC，达平衡前
D. 保持温度不变，起始时向容器中充入2.0molC，达平衡时，C的转化率大于80％
【答案】C
【解析】
【详解】A．前5s时，A转化量为，，故A错误；
B．从表中数据可以看出，到25s时，反应已经达平衡，但可能不是刚好达平衡，故B错误；
C．表中已知，平衡时，由反应，平衡时生成C的浓度，平衡常数；温度不变，起始向容器中充入0.4molA、0.4molB和0.1molC，则，，平衡逆向移动，，故C正确；
D．原平衡的转化率为，保持温度不变，起始时向容器中充入2.0molC，相当于增大压强，该反应属于气体体积减小的反应，平衡向右移动，C的转化率小于80％，故D错误；
故选C。
6. 将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空容器中(容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：。下列各项：①；②密闭容器中压强不变；③密闭容器中混合气体的密度不变；④密闭容器中氨气的体积分数不变；⑤密闭容器中不变。能判断该反应已经达到化学平衡状态的是
A. ②③⑤ B. ②③④ C. ①④ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】，没有说明是正反应速率还是逆反应速率，也不符合化学计量数的比例关系，①错误；该反应是气体体积增大的反应，密闭容器中压强不再增大时，说明反应达到平衡状态，②正确；根据(气体)，气体质量是变量，容器体积不变，密闭容器中混合气体的密度不再变化时能说明反应达到平衡状态，③正确；反应生成的、的物质的量之比始终是2∶1，因此密闭容器中氨气的体积分数不变，不能说明反应达到平衡状态，④错误；密闭容器中在增大，当不再变化时，能说明反应达到平衡状态，⑤正确；综上所述能判断该反应已经达到化学平衡状态的是②③⑤；
故答案选：A。
7. 在T℃下，某容积为2L的密闭容器内，有A、B、C、D、E五种物质参与同一个化学反应，其中A、B、C、D(A、B、C为气体)四种物质的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，E为该反应的一种气体生成物，且生成物E在化学方程式中的化学计量数与B的相同。下列说法不正确的是
A. 该反应的化学方程式为：2A+B2C+E
B. 在0～2min内，E的平均反应速率为0.25mol•L-1•min-1
C. A的正反应速率与B的逆反应速率之比为2：1时说明已达平衡状态
D. D没有参加反应，除去D不影响反应的平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知从时刻开始各物质的物质的量不再发生改变，说明反应达到平衡状态。由图可知A、B的物质的量减少，为反应物，C的物质的量增加，则C为生成物，为该反应的一种气体生成物，且生成物在化学方程式中的化学计量数与的相同，由化学方程式中的化学计量数与其反应速率成正比，可写出化学方程式为2A+B 2C+E，A正确；
B．，E为被反应的一种气体生成物，且生成物E在化学方程式中的化学计量数与B的相同，则，B正确；
C．A的正反应速率与B的正反应速率之比为，当A的正反应速率与B的逆反应速率之比为时，则B的正反应速率与B的逆反应速率之比为，即，反应达到了平衡状态，C正确；
D．由图中曲线变化可知，D参与反应前与达到平衡状态时，物质的量不变，可判断出D为催化剂，催化剂参与分步反应，降低反应的活化能，加快反应速率，D错误；
故选D。
8. 已知：A(g)+2B(g)2C(g) △H＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态I。在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. t2时改变的条件可能是升温
B. 平衡常数K：K(II)＞K(I)
C. 平衡时A的体积分数A%一定有：II＞I
D. t2～t3时反应向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．t2时正反应速率从原平衡点开始增加，说明增大了生成物浓度，故t2时改变的条件可能是加入C，A错误；
B．平衡常数K只受温度影响，由于恒温过程，故K(II)=K(I)，B错误；
C．t2时向体系中加入C，平衡逆向移动，平衡时A的体积分数增大，故II＞I，C正确；
D．t2时加入C，故t2～t3时反应向逆方向移动，D错误；
故答案选C。
9. 室温下，某溶液初始时仅溶有P和Q且浓度相等，同时发生以下两个反应：①P+Q=X+Z；②P+Q=Y+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分Q、X的浓度随时间变化情况如图所示(溶液体积变化忽略不计，Y、Z均可溶于水)。下列说法不正确的是
A. 反应①的活化能比反应②的活化能大
B. 0～20min内，Z的平均反应速率为6×10-3mol•L-1•min-1
C. 反应30min时，v1：v2=2：3
D. 45min时Y的浓度为0.24mol•L-1
【答案】B
【解析】
【详解】根据X的生成量可计算出反应①和反应②中的其它几个物质的相关变化量，从图中可以看出P、Q的初始量均为0.6mol/L；
A．v1=k1c2(P)=，v2=k2c2(P)=，则为定值，10min时，由图可知，Δc(X)=0.12mol/L，Δc(Q)=0.3mol/L=Δc(X)+Δc(Y)，则Δc(Y)=0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，即，相同条件下反应①的速率小于反应②，所以反应①的活化能大于反应②，故A正确；
B．0～20min内，Z的变化量与Q的变化量相同，所以Δc(Z)=Δc(Q)=0.3mol/L，Z的反应速率，故B错误；
C．v1=k1c2(P)=，v2=k2c2(P)=，则为定值，10min时，由图可知，Δc(X)=0.12mol/L，Δc(Q)=0.3mol/L=Δc(X)+Δc(Y)，则Δc(Y)=0.3mol/L-0.12mol/L=0.18mol/L，即始终为定值，故C正确；
D．45min时，Q的浓度约为0.2mol/L，Δc(Q)=Δc(X)+Δc(Y)=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，根据，可得Y的浓度=0.4mol/L×=0.24mol/L，故D正确，
故选：B。
二、不定项选择题：(包含4道小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)
10. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断不正确的是
A. 0～3s内，反应速率为v(NO2)=0.2mol•L-1•s-1
B. 降低温度，平衡常数增大
C. t1时的改变一定是加入了催化剂，平衡不移动
D. t1时刻，该反应达平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像可得出NO2表示的化学反应速率=0.2 mol·L－1·s－1，A正确；
B．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，B正确；
C．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，C正确；
D．反应达到平衡，各物质浓度不再随时间延长而改变，t1时刻后，物质的浓度改变，该反应没有达到平衡状态，D错误；
答案选D。
11. 用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是
A. 测量锌粒和3molL-1的硫酸反应生成H2的体积
B. 验证MnCl2对过氧化氢的分解有催化作用
C. 测定酸碱中和反应热
D. 探究温度对化学平衡的影响
【答案】AD
【解析】
【详解】A．可以用注射器的刻度测量锌粒和3molL-1的硫酸反应生成H2的体积，A正确；
B．有两个变量，分别是温度和催化剂锰离子，应控制变量法，B错误；
C．该实验装置图缺乏环形玻璃搅拌棒，C错误；
D．通过观察烧瓶中气体颜色的变化探究温度对化学平衡的影响，D正确；
故选AD
12. 羰基硫(COS)催化水解的反应为：COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g) △H＜0，在相同投料比、相同气流速度、相同时间内，测得不同温度及不同催化剂下COS水解反应的转化率如图所示，下列说法正确的是
A. 该反应M点未达到平衡状态，N点已达到平衡状态
B. 正反应的平均反应速率：P＞N＞M
C. 任何温度下，γ－Al2O3的催化效果都比TiO2好
D. 150℃，用γ－Al2O3做催化剂达到平衡时CO2的体积分数最大
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知横坐标表示温度，纵坐标表示反应物的转化率，在相同投料比、相同气流速度、相同时间内，测得不同温度及不同催化剂下COS水解反应的转化率，可以看出低温时γ－Al2O3对COS水解反应的催化效果好，但在相同温度下，无论用哪种催化剂，达到平衡时CO2的体积分数都一样，根据此反应为放热反应，可知平衡转化率应该随着温度的升高而降低，所以M、P、N、三点平衡转化率依次降低。
【详解】A．根据此反应为放热反应，可知平衡转化率应该随着温度的升高而降低，所以M、P、N、三点平衡转化率依次降低，反应M点未达到平衡状态，由图可知，N点相同温度下由TiO2做催化剂时转化率更高，可知N点并未达到平衡状态，A错误；
B．相同时间内COS的转化率越大催化效率越高，正反应的平均反应速率：P＞N＞M，B正确；
C．由图可知，低温时γ－Al2O3对COS水解反应的催化效果好，C错误；
D．在相同温度下，无论用哪种催化剂，达到平衡时CO2的体积分数都一样，D 错误；
故选B。
13. 氯化亚铜()广泛应用于化工、印染、电镀等行业；难溶于水和乙醇，潮湿时易水解氧化。工业以硫化铜精矿为原料，设计符合绿色化学理念的制备的流程如图：
下列说法错误的是
A. 步骤①焙烧产生的有毒气体用溶液吸收后可用于③的循环利用
B. 硫化铜精矿直接用浓硝酸浸出可简化步骤①、②
C. 步骤③离子方程式：
D. 步骤④用乙醇洗涤的目的是使加速干燥，防止发生水解氧化
【答案】BC
【解析】
【分析】硫化铜精矿经过步骤①焙烧生成CuO和SO2；步骤②中，用硫酸浸出燃烧后的矿渣得到含CuSO4的溶液；步骤③中，向含CuSO4的溶液中加入Na2SO3、NaCl生成CuCl沉淀；步骤④中，用盐酸、乙醇洗涤沉淀，获得纯净的CuCl。
【详解】A．步骤①焙烧产生的气体是SO2，用NaOH溶液吸收，并产生Na2SO3，该物质可用于③的循环利用，A正确；
B．硫化铜精矿不能直接用浓硝酸浸出简化步骤①、②，因为浓硝酸和硫化铜反应会产生SO2、氮氧化物和硝酸铜，所得溶液中含有的HNO3有氧化性，不利于CuCl的生成，B错误；
C．步骤③中，溶液为酸性，Cu2+、Cl-和反应产生CuCl沉淀和，该反应的离子方程式为2Cu2++2Cl-++H2O=2CuCl↓++2H+，C错误；
D．CuCl难溶于水和乙醇，潮湿时易水解氧化，步骤④用乙醇洗涤的目的是使CuCl加速干燥，防止发生水解氧化，D正确；
故选BC。
三、非选择题(包含4道小题，共57分)
14. “电化学”与人类生产、生活密不可分，图I甲池可实现在铁表面镀锌，图II可通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4获得锂盐和MnO2。
回答下列问题：
（1）图I中A电极的电极材料为_____；乙池电解开始时发生反应的化学方程式为____。
（2）图I，工作一段时间后，若甲池阴极增重26g，则乙池中产生气体的体积为____L(标准状况)，要使乙池中的溶液恢复原样应向溶液加入____(填化学式)。
（3）图II中滤布的作用为____。电极X的名称为____，其电极反应式为____。
（4）图II电解过程中c(Mn2+)将____(填“增大”“减小”或“不变”，忽略电解过程中溶液体积的变化)。
【答案】（1） ①. 铁 ②. 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
（2） ①. 8.96 ②. Cu(OH)2
（3） ①. 阻挡固体颗粒，防止LiMn2O4与MnO2混合导致产物不纯 ②. 阴极 ③. LiMn2O4+3e-+8H+=Li++2Mn2++4H2O
（4）增大
【解析】
【分析】根据图I甲池可实现在铁表面镀锌，可知A为Fe，B为Zn；图II可通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4获得锂盐和MnO2，则电极Y发生失电子的氧化反应，为阳极，电极X为阴极。
【小问1详解】
根据图I甲池可实现在铁表面镀锌，可知A为铁；乙池电解硫酸铜溶液，阳极为惰性电极，电解生成铜、氧气和硫酸，故反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故答案为：铁；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；
【小问2详解】
甲池阴极发生反应Zn2++2e-=Zn，26gZn的物质的量为 =0.4mol，转移电子为0.8mol，乙池中开始时发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，反应0.5L0.4mol/L=0.2mol CuSO4时转移0.4mol电子，生成氧气0.1mol，故又电解水2H2O 2H2↑+O2↑，转移0.4mol电子，生成氢气0.2mol，生成氧气0.1mol，共生成气体0.4mol，标准状况体积为0.4mol22.4L/mol=8.96L；第一阶段电解生成0.2molCu和0.1molO2，相当于0.2molCuO，第二阶段电解生成0.2molH2和0.1mol O2，相当于0.2molH2O，根据原子守恒，两阶段溶液中减少的物质相当于减少0.2molCu(OH)2，所以要使乙池中的溶液恢复原样应向溶液加入0.2mol Cu(OH)2，故答案为：8.96；Cu(OH)2；
【小问3详解】
图II中滤布的作用为阻挡固体颗粒，防止LiMn2O4与MnO2混合导致产物不纯。根据电极Y发生失电子的氧化反应，为阳极，电极X为阴极，发生的电极反应式为LiMn2O4+3e-+8H+=Li++2Mn2++4H2O，故答案为：阻挡固体颗粒，防止LiMn2O4与MnO2混合导致产物不纯；阴极；LiMn2O4+3e-+8H+=Li++2Mn2++4H2O；
【小问4详解】
电极X为阴极，发生的电极反应式为LiMn2O4+3e-+8H+=Li++2Mn2++4H2O，电极Y发生反应Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，转移相同电子时生成Mn2+比消耗多，故电解过程中c(Mn2+)将增大，故答案为：增大。
15. 五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。为回收利用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂(含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐)回收V2O5新工艺流程如图：
已知：a.部分含钒物质常温下在水中溶解性如表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
(VO2)SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
b.VO+2OH-VO+H2O
回答下列问题：
（1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为____(写两条)。
（2）滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，其存在形式为_____(填离子符号)。
（3）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式：____。
（4）生成VO的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式：____。
（5）在第II步反应中需要加入氨水，结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用为_____。
（6）最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释如图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：____(写一条即可)。
（7）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)SO4溶液。再加b1mLc1mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)。最后用c2mol•L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5(摩尔质量：182g•mol-1)的质量分数是____。(列出计算式)
【答案】（1）粉碎废钒、搅拌、适当升温
（2）VO2+ （3）V2O5+Na2SO3+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O
（4）6VO2++ClO+3H2O=6VO+Cl-+6H+
（5）溶液中存在平衡：，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO。(或溶液中存在平衡：NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)，加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆向移动，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出)
（6）温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降 (或温度升高，氨水受热分解逸出NH3，使NH浓度下降，沉钒率下降)
（7）×100%
【解析】
【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质VOSO4溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。
【小问1详解】
水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；
答案为：粉碎废钒、搅拌、适当升温
【小问2详解】
废催化剂（含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）用水浸泡，根据题中信息，由于VOSO4是可溶的，过滤时进入滤液1中，又根据题中信息，滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，则钒的存在形式为VO2+；
答案为：VO2+。
【小问3详解】
在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为：V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4===2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O ；
答案为：V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4===2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O 。
【小问4详解】
VO2+和KClO3反应中，生成物VO2+，VO2+中V化合价升高做还原剂，KClO3中Cl化合价降低做氧化剂，已知消耗1molKClO3时转移6mol电子，可知KClO3中Cl元素化合价降低为-1价，则离子方程式为：6VO2＋＋ClO3－＋3H2O=== 6＋Cl－＋6H＋；
【小问5详解】
溶液中存在平衡: ，氨水呈碱性，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为或者溶液中存在平衡: ，加入氨水，使NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；
【小问6详解】
温度越高，物质的溶解度越大，所以温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降或温度升高，氨气容易溢出，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降或针对平衡：，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；
【小问7详解】
根据元素化合价升降相同，滴定过程有5(NH4)2Fe(SO4)2∼KMnO4,则过量的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为5n(KMnO4)=5×b2C210−3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的 (NH4)2Fe(SO4)2物质的量为(b1c1−5b2C2)×10−3mol，根据钒元素守恒，则有V2O5∼2 ∼2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=(b1c1−5b2C2)×10−3mol，则产品中V2O5的质量分数是=100%。
16. 丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其化学方程式为C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)。回答下列相关问题：
（1）已知：
I.2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) △H1=-238kJ•mol-1
II.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H2=-484kJ•mol-1
则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的△H为____kJ•mol-1。
（2）一定温度下，向1L密闭容器中充入1molC3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍。
①0～10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)=____mol•L-1•min-1。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是____。
A.气体密度保持不变 B.C3H6与H2的物质的量之比保持不变
C.混合气体的总压强不变 D.v(C3H6)正=v(C3H8)逆
③若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是____。
（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示：
此温度下该反应的平衡常数Kp=____(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压＝总压×体积分数)。
（4）保持相同反应时间，在不同温度下，丙烯产率如图b所示，丙烯产率在425℃之前随温度升高而增大的原因可能是____、____(要求答出两个方面)；425℃之后，丙烯产率快速降低的主要原因可能是____(答出一点即可)。
【答案】（1）+123
（2） ①. 0.05 ②. CD ③. 该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大
（3）0.9p （4） ①. 温度升高反应速率加快 ②. 升高温度有利于反应向吸热方向进行 ③. 催化剂失活使反应速率迅速减小(或者发生副反应，丙烷分解成其他产物)
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，(I- II)得C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，∆H=[(-238kJ·mol-1)-( -484kJ·mol-1)]=+123kJ·mol-1，故答案为：+123；
【小问2详解】
①一定温度下，向1L的密闭容器中充入1molC3H8反应生成C3H6和H2，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍，则气体的物质的量变为原来的1.5倍，即1.5mol，增加了0.5mol，所以各组分的变化量均为0.5mol。0～10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)==0.05mol·L-1·min-1；
②A．反应热只与化学反应有关，所以反应的∆H始终保持不变，即∆H不变不能作为平衡状态的标志，故A错误；
B．C3H6与H2的物质的量之比始终按照1:1增加，因此两者比值保持不变，不能作为平衡状态的标志，故B错误；
C．该反应是气体分子数增大的反应，各物质均为气体，压强是变量，当混合气体的总压强不变时，说明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．C3H8和C3H6两者速率之比等于化学计量数之比，当v(C3H6)正=v(C3H8)逆时，表明正逆反应速率相等，说明该反应达到平衡状态，故D正确；
综上所述，能说明该反应达到平衡状态的是CD；
③在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大，故答案为：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大；
【小问3详解】
一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为xmol，则列三段式有：
根据图像可知，平衡时C3H8的体积分数为25%，=25%，解得x=0.6，则n(总)=1+x=1.6mol，开始气体物质的量是1mol时压强为p，则平衡时气体物质的量为1.6mol时，气体的总压强为1.6p，其中p(C3H8)=1.6p=0.4p，p(C3H6)= p(H2)=1.6p=0.6p，则该反应的平衡常数Kp==0.9p；
【小问4详解】
持相同反应时间，在不同温度下，丙烯产率如图b所示，丙烯产率在425℃之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高反应速率加快；升高温度有利于反应向吸热方向进行；425℃之后，丙烯产率快速降低的主要原因可能是催化剂失活使反应速率迅速减小(或者发生副反应，丙烷分解成其他产物)。
17. 以CO和CO2为原料合成有机物，是当前化学领域研究的热点。回答下列问题：
（1）CO和H2在催化剂作用下发生反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2，达平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH(g)，反应的平衡常数K=_____；此时若向容器中再通入0.35mol甲醇气体容器体积变为_____L，平衡将_____(填“正向”“不”“逆向”)移动。
（2）将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) △H＜0。实验测得：v正=k正•c(CO2)•c(H2)，v逆=k逆•c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数(只与温度有关)，则该反应的化学平衡常数K=_____(用k正、k逆表示)。温度为T1℃时，k正=2k逆，温度为T2℃时，k正=1.6k逆，则T1____(填“＞”“＜”或“=”下同)T2；T2℃时平衡压强_____T1℃时平衡压强，理由是：____。
（3）用如图装置电催化还原CO2制乙烯(X、Y均为新型惰性电极材料，可减少CO2和碱发生副反应)，装置中b电极为____(填“正”“负”“阴”“阳”)极，X极上的电极反应式为_____。
【答案】（1） ① 50 ②. 2.5 ③. 逆向
（2） ①. ②. ＜ ③. ＞ ④. 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体分子数增多，总压强增大，同时温度升高分子运动速度加快使压强增大，而T1＜T2因此T2时的平衡压强大
（3） ①. 正 ②. 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
【解析】
【小问1详解】
，恒压的容器中物质的量之比等于体积之比，故，解得V=2.5；根据勒夏特列原理知此时若向容器中再通入0.35mol甲醇气体平衡逆向移动；
小问2详解】
平衡时v正=k正•c(CO2)•c(H2)=v逆=k逆•c(HCOOH)，故，温度为T1℃时，k正=2k逆，即K=2；温度为T2℃时，k正=1.6k逆，即K=1.6，该反应是个放热反应，故T1
X极上发生二氧化碳向乙烯的转化，2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
该反应是个得电子化合价降低的还原反应，X电极是阴极，连接电源的负极a，故b是电源的正极。
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