北京市2022-2023学年高二上学期期末化学试题知识点分类汇编-01化学平衡的移动及其影响因素
一、填空题
1．（2023秋·北京延庆·高二统考期末）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一： 。
(1)欲提高反应速率及的平衡转化率，理论上可以采取的措施为_______。
A．通入过量水蒸气 B．降低温度 C．增大压强 D．加入催化剂
(2)800℃时，该反应的平衡常数，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中、、、的物质的量分别为2mol、5mol、4mol、3mol。
①写出该反应的平衡常数表达式 。
②该时刻反应 (填“正向进行”、“逆向进行”或“达平衡”)。
(3)830℃时，该反应的平衡常数。在容积为1L的密闭容器中，将2mol与8mol混合加热到830℃，反应达平衡时的转化率为 。
(4)工业上利用得到的与进一步合成二甲醚： 。其他条件不变时，相同时间内的转化率随温度T的变化情况如图a所示。
①合成二甲醚反应的 0(填“>”“＜”或“=”)。
②在250℃之前，随温度升高，转化率增大的原因是 。
③在图b中绘制出压强和转化率之间的关系 (作出趋势即可)。
2．（2023秋·北京房山·高二统考期末）合成氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。
(1)反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的化学平衡常数表达式为 。
(2)请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是 。
序号 化学反应 K(298K)的数值
① N2(g) + O2(g) 2NO(g) 5×10-31
② N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) 4.1×106
(3)对于反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，在一定条件下氨的平衡含量如下表。
温度/℃ 压强/MPa 氨的平衡含量
200 10 81.5%
550 10 8.25%
①该反应为 (填“吸热”或“放热”)反应。
②其他条件不变时，温度升高氨的平衡含量减小的原因是 (填字母序号)。
a.温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动
b.温度升高，浓度商(Q)变大，Q>K，平衡逆向移动
c.温度升高，活化分子数增多，反应速率加快
d.温度升高，K变小，平衡逆向移动
③哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是 。
(4)图1表示500℃、60.0 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中M点数据计算N2的平衡体积分数 ；
(5)图2是合成氨反应平衡混合气中NH3的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(L1、L2)、X分别代表温度或压强。其中X代表的是 (填“温度”或“压强”)；判断L1、L2的大小关系并说明理由 。
3．（2023秋·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期末）常见弱酸的电离平衡常数如下
化学式 HClO
(25℃)
(1)与乙醇发生酯化反应的化学方程式是
(2)某浓度溶液的，则的浓度约为 mol/L
A．1 B．0.05 C．0.001
(3)氯气溶于水达到达到平衡后，要使HClO的浓度增大，可加入少量 (填序号)
①NaOH ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦NaClO
(4)次磷酸具有弱酸性和强还原性，可用于制药工业。
①已知与足量的NaOH反应生成。溶液显 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)。
②用电渗析法制备的原理如图1所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。结合电极反应说明制备的原理 。
该方法得到的产品溶液中会混有，用图2装置可解决该问题。
补全所用试剂。a． ；b． ；c． 。
二、实验题
4．（2023春·北京昌平·高二统考期末）铁盐溶液浓度较低时肉眼几乎观察不到颜色，某研究小组利用配合物的特征颜色检测久置硫酸亚铁补铁片中铁元素价态。
I．补铁片中Fe3+的检验
资料i：[Fe(H2O)6]3++H2O [Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+
实验过程如图：
(1)分析上述溶液，除H2O外还能与Fe3+配位的微粒有 。
(2)已知H2O的配位对Fe3+的检验无影响。结合化学用语，从平衡移动的角度解释溶液①无现象，溶液②变红的原因： 。
结论：用KSCN溶液检验Fe3+须在酸性条件下进行。进一步实验表明，KSCN溶液检验Fe3+时pH需小于3。
Ⅱ．邻二氮菲检验Fe2+的酸碱性条件
资料ii：邻二氮菲的结构简式为 ，可与Fe2+形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，这种离子可表示为[Fe(phen)3]2+。
实验过程如图：
(3)结合邻二氮菲的结构，分析说明溶液④颜色比③浅的原因： 。
结论：邻二氮菲与Fe2+形成配合物的反应受pH的影响。进一步实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2~9。
(4)由以上实验也可得知，中心离子结合配体的能力与 有关。
5．（2023春·北京丰台·高二统考期末）某小组同学探究铁离子与苯酚的反应。
已知：Fe3++6C6H5O[Fe(C6H5O)6]3；[Fe(C6H5O)6]3为紫色配合物。
(1)配制100mL0.1mol·L-1苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、 。
(2)氯化铁溶液呈 (填“酸性”或“碱性”)，用离子方程式表示原因 。
(3)[Fe(C6H5O)6]3中，提供空轨道用以形成配位键的微粒是 。
(4)进行如下实验。
实验1：
实验2：
【提出猜想】
i.Cl对铁离子与苯酚的反应有促进作用；
ii.SO对铁离子与苯酚的反应有抑制作用。
①向实验2反应后溶液中加入 ，溶液颜色无变化，证明猜想i不成立。
②实验证明猜想ii成立，请写出实验操作和现象 。
(5)实验证明，H+对Fe3+与苯酚反应生成的配合物有抑制作用，请从平衡角度结合化学用语进行解释 。
(6)有同学提出，溶液pH越大，越利于铁离子与苯酚发生显色反应。你认为是否合理，并说明理由 。
(7)由以上研究可知，影响铁离子与苯酚反应的因素有 。
6．（2023秋·北京西城·高二统考期末）某小组探究含Cr元素的化合物间的转化，进行如下实验。
资料：
i.含Cr元素的常见粒子： (橙色)、 (黄色)、CrO5(溶于水，蓝紫色，不稳定)、Cr3+(绿色)、Cr(OH)3(蓝灰色，难溶于水，可溶于强酸、强碱)、(亮绿色)。
ii.H2O2在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快。
iii.在碱性环境中，O2不能氧化+3价铬元素。
实验操作及现象如表：
装置 步骤 操作 现象
2mL0.0125mol L-1K2Cr2O7溶液 I 先滴入稀硫酸至pH≈2，再滴入5滴5%H2O2溶液，振荡 溶液橙色加深。滴入H2O2溶液后迅速变为蓝紫色，有气泡生成。稍后，无明显气泡时，溶液由蓝紫色完全变为绿色
Ⅱ 继续缓慢滴入10滴2mol L-1NaOH溶液，边滴，边振荡 又有气泡生成，溶液最终变为黄色
(1)已知 (橙色)+H2O2 (黄色)+2H+。请用化学平衡移动原理解释I中滴入稀硫酸后溶液橙色加深的原因： 。
(2)I中，溶液由橙色变为绿色的总反应的离子方程式是 。
(3)Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，又有气泡生成的原因是 。
(4)Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，预测有Cr(OH)3沉淀生成，但实验时未观察到。
提出假设：在碱性环境中，+3价铬元素被H2O2氧化。
①甲同学设计实验证明假设成立：
取少量I中的绿色溶液，在滴入NaOH溶液前增加一步操作： 。然后滴入NaOH溶液，有蓝灰色沉淀生成，继续滴入NaOH溶液，沉淀溶解，溶液变为 色。
②乙同学进一步研究碱性环境对+3价铬元素的还原性或H2O2的氧化性的影响，设计如图实验。
右侧烧杯的溶液中，氧化剂是 。
开始时灵敏电流计指针不偏转，分别继续进行如下实验。
i.向左侧烧杯中滴入NaOH溶液，出现蓝灰色沉淀，继续缓慢滴入NaOH溶液，灵敏电流计指针向右偏转(电子从左向右运动)，此时左侧的电极反应式为 。
ii.向右侧烧杯中滴入NaOH溶液，有微小气泡生成，灵敏电流计指针向左偏转，左侧无明显变化。此时原电池中的总反应的化学方程式为 。
(5)由上述实验，与H2O2、与H2O2的氧化性强弱(填“>”或“<”)：
酸性条件下， H2O2；碱性条件下， H2O2。
7．（2023秋·北京延庆·高二统考期末）化学小组探究与溶液的反应，实验如下：
序号 实验方案 实验现象
实验ⅰ 振荡试管，观察到溶液变为蓝色，待反应充分后，试管底部有粉剩余。
实验ⅱ 取实验ⅰ中的上层清液，向其中滴加0.1mol/L溶液 溶液局部变红，同时产生白色沉淀，振荡试管，红色消失。
已知：经检验白色沉淀为
(1)实验ⅰ中发生的离子方程式为 。
(2)实验ⅱ中检测到，依据的实验现象是 。
(3)从平衡移动的原理解释实验ⅱ红色消失的原因 。
(4)对实验ⅱ中产生的原因作如下假设：
假设1：溶液中的被_______氧化
假设2：与的反应是一个可逆反应
假设3：在实验ⅱ的条件下，被氧化
请将假设1补充完整 。
(5)设计实验验证假设。
实验ⅲ 取2mL溶液a，向其中滴加5滴0.1mol/L溶液，放置较长时间，溶液颜色不变红，证明假设1不成立。
实验ⅳ 实验装置如下图所示，闭合开关K，电流计指针不动。向右侧溶液中滴加0.1mol/L，指针向右大幅度偏转，溶液中有白色浑浊物产生。取出左侧溶液，滴加0.1mol/L，溶液变红。
①溶液a是 。
②假设2不成立的实验证据是 。
③实验证明假设3成立。
请结合电极反应式解释实验ⅱ中产生的原因 。
8．（2023春·北京海淀·高二北京市十一学校校考期末）实验小组探究酸对平衡的影响。将0.005mol/L 溶液(接近无色)和0.01mol/L KSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。取两等份红色溶液，进行如下操作并记录现象。
(1)水解显酸性的原因是 (用方程式表示)。
(2)甲同学认为加入酸后，会使体系中 浓度改变，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深。
【设计并实施实验】
【查阅资料】
和、均能发生络合反应：
(黄色)；(无色)。
实验Ⅰ．探究现象a中溶液颜色变化的原因
编号 操作 现象
① 向2mL红色溶液中滴加5滴水 溶液颜色无明显变化
② 向2mL红色溶液中滴加5滴3mol/L KCl溶液 溶液颜色变浅，呈橙色
(3)实验①的目的是 。
(4)根据实验①和实验②的结果，从平衡移动角度解释现象a： 。
实验Ⅱ．探究现象b中溶液呈浅黄色的原因
编号 操作 现象
③ 取1mL 0.0025mol/L 溶液(无色)，加入1mL 0.01mol/L KSCN溶液，再加入5滴1.5mol/L 溶液 溶液先变红，加硫酸后变为浅黄色
④ 取1mL 0.005mol/L 溶液，
(5)结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是、 。
(6)乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是(5)中的一种，请将实验④的操作及现象补充完整： 。
三、原理综合题
9．（2023秋·北京大兴·高二统考期末）减排能有效降低温室效应，同时也是一种重要的资源，因此捕集与转化技术研究备受关注。
I．催化加氢制甲醇
(1)已知： kJ mol
kJ mol
则催化加氢制甲醇的热化学方程式为 。若反应①为慢反应(活化能高)，下列图中能体现上述能量变化的是 。
Ⅱ．离子液体聚合物捕集
(2)已知离子液体聚合物在不同温度和不同流速下，吸附容量随时间的变化如图1和图2
结合图1和图2分析：
①离子液体聚合物捕集的反应为 (填“吸热”或“放热”)反应。
②离子液体聚合物捕集的有利条件为 。
(3)捕集过程中水分子的数目对反应有重要影响。图3是季胺基离子液体聚合物与1个和2个捕集的反应路径(等部分物质已省略)，结合图3中的反应路径，捕集过程中的作用 。
Ⅲ．电池捕集图4是一种基于Na超离子导体固体电解质的钠-二氧化碳电池，该电池以饱和氯化钠溶液作为水系电解液，以氮掺杂单壁碳纳米角(N-SWCNH)为催化剂，其主要放电产物为和C。
(4)A极为该电池的 极(填“正”或“负”)。
(5)B极的电极反应为 。
10．（2023秋·北京房山·高二统考期末）的综合利用具有重要意义。回答下列问题：
(1)我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程。该历程示意图如下。
用化学方程式表示该过程 ，该反应为 反应。(填“吸热”或“放热”)
(2)与经催化重整，制得合成气：
已知：
①该催化重整反应的
②有利于提高平衡转化率的条件是 (填标号)。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
(3)将和的混合气体在固态金属氧化物电解池中电解可制备和，是一种新的能源利用方式，基本原理如下图所示。
①X是电源的 (填“正极”或“负极”)，a电极上发生的电极反应式为：和 。
②a和b两电极生成的气体的物质的量之比 。
11．（2023秋·北京平谷·高二统考期末）按要求回答下列问题：
(1)已知：I．
II．
III．
①表示C的燃烧热的热化学方程式为 (填序号)。
②写出CO燃烧的热化学方程式 。
③ 。
(2)下列反应是目前大规模制取氢气的方法之一
①在容积不变的密闭容器中，将2.0mol的CO与8.0mol的混合加热到830℃，达到平衡时CO的转化率80%，此温度下该反应的平衡常数 ，放出的热量为 。
②若保持温度不变，把容器的容积缩小一半，则正反应速率 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，逆反应速率 ，CO的转化率 ，平衡常数 。
12．（2023秋·北京顺义·高二统考期末）利用乙酸()蒸汽催化重整可以得到合成气(和)。发生的反应为：
同时有副反应发生，主要的副反应为：
(1)利用合成气合成甲烷，发生反应的热化学方程式为：
①利用和计算时，还需要利用 反应的。
②合成甲烷时，下列各项措施中，可以提高平衡转化率的是 (填字母)
a.增大容器容积
b.加入适当的催化剂
c.适时将分离出来
(2)乙酸蒸汽催化重整过程中，温度与气体产率的关系如图。
650℃之前，氢气产率低于甲烷，650℃之后氢气产率高于甲烷，主要原因可能是 。
(3)其他条件不变，在乙酸气体中掺杂一定量水，氢气产率显著提高而的产率下降，用平衡移动原理解释原因 。
(4)在密闭容器中投入amol乙酸蒸汽进行催化重整，利用合适的催化剂抑制其他副反应的发生，温度为时达到平衡。反应Ⅰ消耗乙酸60%，反应Ⅱ消耗乙酸20%，平衡时气体中乙酸的体积分数为 (计算结果保留3位小数)。
13．（2023秋·北京西城·高二统考期末）CO2的捕获和转化可减少CO2排放并实现资源的利用。在催化剂作用下，消耗CH4和CO2，生成合成气(H2、CO)，主要发生反应i，可能发生副反应ii、iii：
i.CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1
ii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) H2=+75.0kJ mol-1
iii.2CO(g)=CO2(g)+C(s) H3=-172.0kJ mol-1
(1)
H1= 。
(2)反应i为可逆反应。从化学平衡的角度分析，利于生成合成气的条件是 。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
(3)经研究发现，添加碱性助剂(如CaO)可以促进CO2的吸附与活化。反应过程如图1。反应I完成后，以N2为载气，将恒定组成、恒定流速的N2、CH4混合气通入盛有足量CaCO3的反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2。反应过程中始终未检测到CO2，催化剂表面有积炭。
①反应II的化学方程式为 。
②t1～t3，n(H2)＞n(CO)，且生成H2的速率不变，可能发生的副反应是 (填序号“ii”或“iii”)。
③t3时，生成CO的速率为0，是因为反应II不再发生，可能的原因是 。
14．（2023秋·北京平谷·高二统考期末）实现二氧化碳选择性，稳定性加氢合成甲醇是“甲醇经济”理念下的一个重要成果。反应包括两步：
Ⅰ.
Ⅱ.
(1)由合成的热化学方程式 。
(2)恒压下，按时，该反应在无分子筛膜和有分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。(分子筛膜能选择性分离出水)。
①根据图中数据，压强不变采用有分子筛膜时的最佳反应温度为 。
②有分子筛膜时甲醇产率高的原因是 。
(3)如果在不同压强下，和的起始物质的量比仍为，测定的平衡转化率和的平衡产率随温度升高的变化关系，如图所示：
已知：的平衡转化率，的平衡产率。
①压强p1 p2(填“”或“”)，原因 。
②其中图中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”)。
③图乙中T1温度时，两条曲线几乎交于一点，分析原因 。
15．（2023秋·北京海淀·高二北京二十中校考期末）I.某温度时，在一个容积为2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，填写下列空白。
(1)该反应的化学方程式为 。
(2)反应开始至2 min，气体Z的平均反应速率 。
(3)若X、Y、Z均为气体，反应达到平衡时：
①压强是开始时的 倍。
②若容器内温度升高，X的转化率减小，则该反应的正反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。
(4)上述反应在内反应速率与时间图像如图所示，在每一时刻均改变一个影响反应速率的因素，则下列说法正确的是_______(填字母)。
A．在时增大了压强 B．在时加入催化剂
C．在时降低了温度 D．时X的转化率最高
Ⅱ.电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。
(5)图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择 (填字母序号)。
A．碳棒 B．锌板 C．铜板
(6)图2中，钢闸门C做 极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D上的电极反应式为 ，检测该电极反应产物的方法是 。
参考答案：
1．(1)A
(2) 达平衡
(3)80％
(4) ＜ 250℃之前，反应未达平衡，温度越高反应速率越快，CO的转化率越大
【详解】（1）A．通入过量水蒸气，反应速率加快，CO转化率增大，A符合题意 ；
B．降低温度，反应速率减慢，平衡正方向移动，CO转化率增大，B不符合题；
C．增大压强，反应速率加快，平衡不移动，CO转化率不变，C不符合题意；
D．加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动，CO转化率不变，D不符合题意；
故答案：A。
（2）该反应的平衡常数表达式，，1L的密闭容器中，某一时刻混合物中、、、的物质的量分别为2mol、5mol、4mol、3mol，，Q=K，则反应达平衡，答案：；达平衡；
（3）设转化CO的物质的量为a，根据题意列三段式 ，根据平衡常数，解得a=1.6，的转化率为，答案：80％；
（4）温度越高，反应速率越快，达平衡所需时间越短，根据题意可知，图a中温度高于250℃反应达化学平衡状态，升高温度，CO转化率降低，平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，<0；250℃之前，反应未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内，CO的转化率越大；若未达平衡，压强越大，反应速率越快，CO转化率越高，若达平衡，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正方向进行，CO的转化率增大，，答案：＜；250℃之前，反应未达平衡，温度越高反应速率越快，CO的转化率越大； ；
2． K= 氮气与氢气反应的限度(或化学平衡常数)远大于氮气与氧气反应的限度 放热 d 提高合成氨反应的化学反应速率 8% 压强 L1
(2)平衡常数越大，说明反应物转化率越高，N2与H2反应的平衡常数远大于N2与O2反应的平衡常数，所以与H2反应时，N2转化率更高，故此处填：氮气与氢气反应的限度(或化学平衡常数)远大于氮气与氧气反应的限度；
(3)①由数据知，温度升高，NH3的平衡含量降低，说明平衡逆向移动，故逆向为吸热反应，则正反应为放热反应，故此处填“放热”；
②a．温度升高，正逆反应速率都增大，a说法错误；b．温度升高瞬间，容器体积不变，气体浓度不变，故Q不变，但K减小，故平衡逆向移动，b说法错误；c．选项说法正确，但未解释氨平衡含量减小的原因，c不符合题意；d．温度升高，平衡逆向移动，K减小，导致氨平衡含量减小，d符合题意；故答案选d；
③高温不利于平衡正向移动，故哈伯选择550℃不是考虑平衡移动的原因，而是为了增强催化剂的活性，加快反应速率，故此处填提高合成氨反应的化学反应速率；
(4)M点对应H2、N2投料比为4，假设H2为4 mol，N2为1mol，平衡时N2转化x mol，列三段式如下： ，平衡时气体总物质的量=(1-x+4-3x+2x) mol=(5-2x) mol，则NH3的体积分数=，解得x=，则N2的体积分数=；
(5)若X代表温度，温度升高，平衡逆向移动，NH3体积分数减小，与图示不符，故X代表压强，L代表温度；合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 平衡逆向移动，NH3的体积分数降低，故L2＞L1。
3．(1)
(2)B
(3)②④⑦
(4) 碱性 阳极反应为，通过阴离子交换膜进入阳极室/产品室，与氢离子反应得到 阳离子交换膜 稀
【详解】（1）与乙醇发生酯化反应的化学方程式：
（2）根据三段式：
，，故选B；
（3）氯气溶于水达到平衡：，①加入，与和都反应，浓度减小； ②加入，因为酸性，所以与反应，与不反应，平衡正向移动，使浓度增大；③加入，因为 ，能与反应，也能与反应生成，浓度减小；④加入，，能与反应，不能与反应，浓度增大；⑤因为有还原性，有强氧化性，与发生氧化还原反应，加入浓度减小；⑥有还原性，有强氧化性，与发生氧化还原反应，加入浓度减小；⑦，浓度增大。故选②④⑦；
（4）①已知与足量的NaOH反应生成，所以为正盐，为强碱弱酸盐，显碱性；
②根据电解池反应，阳极反应为，通过阴离子交换膜进入阳极室（产品室），与氢离子结合得到；a为阳极，发生反应：，a为，通过b离子交换膜向阴极移动进入产品室中，b为阳离子交换膜，c为产品室，c中装有稀溶液。
4．(1)SCN-、OH-
(2)溶液①中，OH-与Fe3+配位能力强，使Fe3+无法与SCN-配位，因此无现象，溶液②中C(H+)增大，使[Fe(H2O)6]3++H2O [Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，Fe3+与OH-配位能力减弱，Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，因此溶液②变红
(3)C(H+)较大，邻二氮菲中N原子有孤电子对，H+中有空轨道，因此邻二氮菲与H+形成配位键，而不与Fe2+配位，因此溶液④颜色比③中浅
(4)中心离子和配体的浓度、种类
【分析】Ⅱ实验要探究：邻二氮菲与Fe2+形成配合物的反应受pH的影响，则变量为溶液的pH。设计实验及现象为：取邻二氮菲与Fe2+形成的稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，加1mL水得溶液③颜色变浅，加1mL稀硫酸得溶液④颜色更浅，可见氢离子浓度增大不利于邻二氮菲与Fe2+形成配合物，加1mL氢氧化钠溶液得溶液⑤、则产生白色沉淀，可见，氢氧根离子浓度增大，生成了氢氧化亚铁沉淀，也不利于邻二氮菲与Fe2+形成配合物，通过实验可得到预期结论：邻二氮菲与Fe2+形成配合物的反应受pH的影响。
【详解】（1）溶液②变红是因为发生反应：Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，结合资料i：[Fe(H2O)6]3++H2O [Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+可知：除H2O外还能与Fe3+配位的微粒有SCN-、OH-；
（2）溶液①不变红说明未发生Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，溶液②变红是因为发生了Fe3++3SCN- Fe(SCN)3反应，结合已知：H2O的配位对Fe3+的检验无影响，则从平衡移动的角度解释溶液①无现象、溶液②变红的原因为：溶液①中，OH-与Fe3+配位能力强，使Fe3+无法与SCN-配位，因此无现象，溶液②中C(H+)增大，使[Fe(H2O)6]3++H2O [Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，Fe3+与OH-配位能力减弱，Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，因此溶液②变红；
（3）溶液③中橙红色邻二氮菲亚铁离子因稀释而变浅，溶液④把水换成等体积的硫酸而颜色变浅，结合邻二氮菲的结构，分析说明溶液④颜色比③浅的原因为：C(H+)较大，邻二氮菲中N原子有孤电子对，H+中有空轨道，因此邻二氮菲与H+形成配位键，而不与Fe2+配位，因此溶液④颜色比③中浅；
（4）由以上实验也可得知，中心离子结合配体的能力与中心离子和配体的浓度、种类有关。
5．(1)100mL容量瓶
(2) 酸性 Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
(3)Fe3+
(4) NaCl固体 向实验1反应后溶液中加入Na2SO4固体，溶液颜色变浅(或向实验2反应后溶液中加入少量BaCl2溶液，溶液紫色变深)
(5)溶液中存在平衡Fe3++6C6H5O[Fe(C6H5O)6]3，H+与C6H5O结合成C6H5OH，降低了溶液中C6H5O的浓度，促进平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3浓度减小，溶液颜色变浅
(6)不合理，pH过大，OH浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应
(7)阴离子种类、溶液pH
【分析】实验1中氯化铁与苯酚反应溶液为紫色，实验2中硫酸铁与苯酚反应溶液为浅紫色，通过实验现象提出猜想：i.Cl对铁离子与苯酚的反应有促进作用；ii.SO对铁离子与苯酚的反应有抑制作用。后续验证猜想时，在实验2后的反应液中加入氯化钠固体，溶液颜色无变化，说明猜想i不成立；为了验证猜想ii成立，可采用的方法为：实验1的溶液中加入硫酸根或实验2的溶液中消耗掉硫酸根，观察溶液颜色变化。
【详解】（1）配制100mL0.1mol·L-1苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶；
（2）氯化铁溶液呈酸性，原因是铁离子水解生成氢离子，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
（3）过渡金属元素通常可以提供空轨道形成配位键，故[Fe(C6H5O)6]3中，提供空轨道用以形成配位键的微粒是Fe3+；
（4）①根据分析，向实验2反应后溶液中加入NaCl固体，溶液颜色无变化，证明猜想i不成立；
②根据分析，证明猜想ii成立的实验操作和现象为：向实验1反应后溶液中加入Na2SO4固体，溶液颜色变浅(或向实验2反应后溶液中加入少量BaCl2溶液，溶液紫色变深)；
（5）实验证明，H+对Fe3+与苯酚反应生成的配合物有抑制作用，平衡角度解释为：溶液中存在平衡Fe3++6C6H5O[Fe(C6H5O)6]3，H+与C6H5O结合成C6H5OH，降低了溶液中C6H5O的浓度，促进平衡逆向移动，[Fe(C6H5O)6]3浓度减小，溶液颜色变浅；
（6）pH过大，OH浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应，故答案为：不合理，pH过大，OH浓度增大，与Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，不利于铁离子与苯酚发生显色反应；
（7）由以上研究可知，影响铁离子与苯酚反应的因素有：阴离子种类、溶液pH。
6．(1) (橙色)+H2O2 (黄色)+2H+，滴入稀硫酸，c(H+)增大，平衡向左移动，c()增大，溶液橙色加深
(2)+ 8H+ + 3H2O2 = 2Cr3+ + 3O2↑+ 7H2O
(3)H2O2在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快
(4) 将试管放入沸水浴中加热，至无气泡，冷却 亮绿色 H2O2 Cr(OH)3 + 5OH －3e =+ 4H2O 2H2O2 = 2H2O + O2↑
(5) ＞ ＜
【详解】（1） (橙色)+H2O2 (黄色)+2H+，滴入稀硫酸，c(H+)增大，平衡向左移动，c()增大，溶液橙色加深；
（2）I中，溶液由橙色变为绿色是在酸的作用下反应转化为Cr3+，总反应的离子方程式是+ 8H+ + 3H2O2 = 2Cr3+ + 3O2↑+ 7H2O；
（3）H2O2在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快，故Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，又有气泡生成；
（4）①取少量I中的绿色溶液，在滴入NaOH溶液前增加一步操作，以排尽溶液中的溶解氧气，排除干扰：将试管放入沸水浴中加热，至无气泡，冷却；然后滴入NaOH溶液，有蓝灰色沉淀生成，继续滴入NaOH溶液，沉淀溶解，生成，溶液变为亮绿色；
②乙同学进一步研究碱性环境对+3价铬元素的还原性或H2O2的氧化性的影响，右侧烧杯的溶液中，氧化剂是H2O2；
i.向左侧烧杯中滴入NaOH溶液，出现蓝灰色沉淀，继续缓慢滴入NaOH溶液，灵敏电流计指针向右偏转(电子从左向右运动)，左侧为负极，负极上蓝灰色沉淀Cr(OH)3失电子产生，电极反应式为Cr(OH)3 + 5OH －3e = + 4H2O；
ii.向右侧烧杯中滴入NaOH溶液，有微小气泡生成，灵敏电流计指针向左偏转，左侧无明显变化，左侧为正极O2得电子产生H2O，右侧负极上H2O2失电子产生氧气，此时原电池中的总反应的化学方程式为2H2O2 = 2H2O + O2↑；
（5）溶液中存在平衡 (橙色)+H2O2 (黄色)+2H+，根据上述实验可知，酸性条件下，得电子能力强于H2O2，先放电，氧化性>H2O2；碱性条件下，得电子能力弱于H2O2，H2O2先放电，氧化性：
(2)加入溶液，溶液局部变红
(3)Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，Cu+和SCN-反应生成白色沉淀，平衡向左移动，红色消失
(4)O2
(5) FeSO4溶液 闭合开关K，电流计指针不动 Cu2++e-Cu+，SCN-与Cu+结合生成CuSCN沉淀，导致c(Cu+)降低，有利于电极反应正向移动，Cu2+得电子能力增强，大于Fe3+，使得Fe2+被氧化
【详解】（1）由实验现象可知，铜与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
（2）Fe3+遇KSCN溶液变红，由实验ii的上层清液滴加硫氰化钾溶液后，溶液局部变红可知，溶液中存在铁离子；
（3）Cu+和SCN-反应生成白色沉淀，SCN-浓度降低，使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡向左移动，红色消失；
（4）亚铁离子具有还原性，可能被空气中氧气氧化生成铁离子，使硫氰化钾溶液变红色，则假设1被空气中氧气氧化；
（5）①实验iii的目的是探究假设1是否成立，Fe2+ 是否可以被空气中溶解的氧气氧化，则溶液 a是FeSO4溶液。
②由实验iv中闭合开关K，电流计指针不动可知，与的反应不是可逆反应，证明假设2不成立；
③闭合开关K，电流计指针不动；由验证在实验ii的条件下，铜离子将亚铁离子氧化可知，铜离子在正极得到电子，发生还原反应，生成亚铜离子，Cu2++e-Cu+，向硫酸铜溶液中滴加硫氰化钾溶液，硫氰酸根离子与亚铜离子结合生成硫氰化亚铜沉淀，导致亚铜离子浓度降低，有利于电极反应，促使亚铁离子在负极被氧化。
8．(1)
(2)Fe3+
(3)可以排除稀释使溶液颜色变化的干扰
(4)在平衡体系中加入盐酸，Fe3+、Cl-发生络合反应使得c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，使溶液颜色变浅呈橙色。
(5)[FeCl4]-
(6)取1mL 0.005 mol/L FeC13溶液，加入1mL蒸馏水，再加入5滴1.5 mol/LH2SO4溶液，最后得得到无色溶液。
【分析】本实验首先是将0.005mol/L 溶液(接近无色)和0.01mol/L KSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。然后取两等份红色溶液，一份滴加盐酸，发现溶液颜色变浅，呈橙色，经过实验I探究发现原因是因为三价铁和氯离子发生了络合反应使得c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，使溶液颜色变浅呈橙色；另一份加入硫酸溶液发现溶液变为浅黄色，经过实验II证明变黄色的原因是Fe(SCN)3造成的，据此作答；
【详解】（1）Fe3+水解使得溶液呈酸性，水解时发生的反应为；
（2）加入酸后，会抑制铁离子水解，铁离子的浓度增大，会使 平衡正向移动，导致溶液颜色加深；
（3）滴入KCl溶液时，溶液会被稀释，实验①滴入相同体积的水，可以排除稀释使溶液颜色变化的干扰。
（4）结合资料中Fe3+、Cl-能够发生络合反应的信息以及实验①②的现象，从平衡移动角度解释现象a:在平衡体系中加入盐酸，Fe3+、Cl-发生络合反应使得c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，使溶液颜色变浅呈橙色。
（5）根据题中信息，FeCl3中加入KSCN溶液，得到红色，再加入稀硫酸，由于信息中[Fe(SO4)2]-是无色，根据实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，为[FeCl4]-和Fe(SCN)3。
（6）乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是（5）中的一种，取1mL 0.005 mol/L FeC13溶液，加入1mL蒸馏水，与实验③加入的1mLKSCN相对应的体积，再加入5滴1.5 mol/LH2SO4溶液，若最后得得到无色溶液，说明实验③中溶液呈浅黄色是Fe(SCN)3。
9．(1) A
(2) 放热 25°C、10
(3)催化作用
(4)负
(5)
【详解】（1）已知：反应①. kJ mol
反应②． kJ mol
由盖斯定律可知，催化加氢制甲醇的总反应为反应①+反应②，则；则热化学方程式为。反应①是慢反应，是总反应的决速步骤，则反应①的活化能比反应②的大，且反应①为吸热反应、反应②为放热反应，总反应为放热反应，则A符合；
答案选A。
（2）①由图1可知，达到平衡时二氧化碳吸附量50°C时比25°C时低，低温更有利于二氧化碳的捕集，即升温平衡左移，则离子液体聚合物捕集的反应为放热反应。
②由图1和图2知，温度选择25°C、流速选择10，有利于离子液体聚合物捕集，则离子液体聚合物捕集的有利条件为25°C、10。
（3）由图3可知， 2个时降低了反应的活化能1，与1个时相比，二者总反应的始态和终态相同，则捕集过程中的作用是做催化剂，其催化作用。
（4）由图知，电池放电时，B电极上二氧化碳转化为C、被还原，则B极为正极， A极为该电池的负极。
（5）B为正极，结合信息知其主要放电产物为和C，则B极的电极反应为。
10．(1) 放热
(2) +247 A
(3) 负 2 :1
【详解】（1）由图可知，CO和CHA转化为产品CH COOH，依据电子守恒和原子守恒可知，反应 ，反应物总能量大于生成物总能量，故该反应为放热反应；
（2）①a.
b.
c. ，根据盖斯定律c×2-a-b可得 ；
②反应正向吸热，高温有利于平衡正向移动，提高CH4平衡转化率，反应正向气体分子数增大，低压有利于平衡正向移动，提高CH4平衡转化率，综上所述故选A；
（3）①a极为阴极，故X为负极，a电极上发生的电极反应式为： 和 ；
②b极为阳极，电极反应式为 ↑，生成1mol氧气转移4mol电子，阴极生成1mol氢气或CO均转移2mol电子，故a极生成2mol气体，a和b两电极生成的气体的物质的量之比为2mol : 1mol = 2 :1。
11．(1) II △H=-283kJ/mol -614.5kJ/mol
(2) 1 64kJ 增大 增大 不变 不变
【分析】（1）根据盖斯定律计算进行计算；
（2）根据已知条件列三段式进行计算；把容器的容积缩小一半，相当于增大压强，速率增大，平衡往气体分子数减小的方向移动，据此分析。
【详解】（1）①燃烧热25℃、101 kPa时， 1mol纯物质完全燃烧生成稳定化合物时所放出的热量，I生成CO，故选II；
②根据盖斯定律，，△H=-2△H1+2△H2=-(-110.5kJ/mol)+ (-393.5kJ/mol)=-283kJ/mol，所以热化学方程式为 △H=-283kJ/mol；
③根据盖斯定律，③=-II+2×I=-393.5kJ/mol+2×(-110.5 kJ/mol)= -614.5kJ/mol；
（2）①在容积不变的密闭容器中，将2.0molCO与8.0mol混合加热到830℃发生上述反应，达到平衡时CO的转化率是80%，即消耗2×80%=1.6mol，列三段式：，；
放出的热量=2mol×80%×40kJ=64kJ；
②若保持温度不变，平衡常数不变，把容器的容积缩小一半，相当于增大压强，正逆反应速率都增大，平衡往气体分子数减小的方向移动，由于该反应左右两边气体分子数相等，所以平衡不移动， CO的转化率不变。
12．(1) c
(2)650℃之前，反应II活化能低，反应速率快，很快达到平衡，故氢气产率低于甲烷；650℃之后，温度升高，反应I正向移动，反应II逆向移动，氢气的产率高于甲烷
(3)在乙酸气体中掺杂一定量水，水蒸气浓度增大，平衡正向移动，使得氢气产率显著提高而CO的产率下降
(4)
【详解】（1）①给热化学方程式编号： ，根据盖斯定律，III+I-II得，即还需要利用反应的；
②a．该反应属于气体体积减小的反应，增大容器容积，平衡左移，平衡转化率减小，a不符合题意；
b．加入适当的催化剂，正逆反应速率均增大，但平衡不移动，平衡转化率不变，b不符合题意；
c．适时将分离出来，相当于减小生成物的浓度，平衡右移，平衡转化率增大，c符合题意；
故选c。
（2）650℃之前，反应II活化能低，反应速率快，很快达到平衡，故氢气产率低于甲烷；反应I为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应II是放热反应，升高温度平衡逆向移动，因此650℃之后，温度升高，反应I正向移动，反应II逆向移动，氢气的产率高于甲烷；
（3）CO能与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，即存在平衡，故在乙酸气体中掺杂一定量水，水蒸气浓度增大，平衡正向移动，使得氢气产率显著提高而CO的产率下降；
（4）假设投入乙酸的物质的量为amol，达到平衡时反应Ⅰ消耗乙酸60%，反应Ⅱ消耗乙酸20%，则列三段式有
平衡时，n(CH3COOH) = amol-0.2amol-0.6amol=0.2amol，混合气体总物质的量为(0.2a+1.2a+1.2a+0.2a+0.2a) mol=3.0amol，则乙酸的体积分数为。
13．(1)+247 kJ mol-1
(2)B
(3) CH4+CaCO32CO+2H2+CaO ii 积炭包裹催化剂，使反应Ⅱ不再发生，生成CO的化学反应速率为0
【详解】（1）已知i.CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1；ii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) △H2=+75.0kJ mol-1；iii.2CO(g)=CO2(g)+C(s) △H3=-172.0kJ mol-1；由盖斯定律可知ii- iii即可得到反应i，△H1=△H2-△H3=+75.0kJ mol-1-(-172.0kJ mol-1)=+247 kJ mol-1。
（2）CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1=+247 kJ mol-1，该反应是气体体积增大的吸热反应，则减小压强、升高温度有利于平衡正向移动，利于生成合成气，故选B。
（3）①由图可知，反应II的化学方程式为CH4+CaCO32CO+2H2+CaO；
②由题干图2信息可知，t1～t3，n(H2)＞n(CO)，，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应ii.CH4(g)=C(s)+2H2(g)；
③t3时，积炭包裹催化剂，使反应Ⅱ不再发生，生成CO的化学反应速率为0。
14． 210 分子筛膜从反应体系中不断分离出水，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高 > 生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，压强增大甲醇的平衡产率增大 乙 反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响
【详解】(1)由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得二氧化碳和氢气合成甲醇的热化学方程式，故答案为：；
(2) ①根据图中数据可知，压强不变采用有分子筛膜时，210℃的甲醇产率最大，则最佳反应温度为210℃，故答案为：210；
②该由题意可知，分子筛膜能选择性分离出水，使生成物的浓度减小，平衡正逆反应方向移动，甲醇产率升高，所以有分子筛膜时甲醇产率高于无分子筛膜时，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出水，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高；
(3) ①生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇产率升高，由图可知，条件为压强p1时甲醇产率高于p2，则p1大于p2，故答案为：>；生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，压强增大甲醇的平衡产率增大；
②生成甲醇的反应是放热反应，低温阶段升高温度，平衡正逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应Ⅰ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅰ，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，则曲线乙表示二氧化碳的转化率随温度升高的变化关系，故答案为：乙；
③反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响，两条曲线几乎交于一点，故答案为：反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响。
15．(1)X+3Y2Z
(2)
(3) 0.95 放热
(4)B
(5)B
(6) 阴 将湿润的碘化钾试纸放在生成气体处，试纸变蓝色，说明生成氯气
【详解】（1）由图可知，XY量减小为反应物、Z量增加为生成物，反应的XYZ的物质的量之比为(1.0-0.9): (1.0-0.7): 0.2=1:3:2，反应后三种物质同时存在，则该反应的化学方程式为X+3Y2Z；
（2）反应开始至2 min，气体Z的平均反应速率；
（3）①根据阿伏伽德罗定律可知，相同条件下压强比等于物质的量比，故压强是开始时的倍；
②若容器内温度升高，X的转化率减小，说明平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应；
（4）时刻正反应速率不变、逆反应速率瞬时增大，之后正反应速率增加、逆反应速率减小，则为加入了Z，平衡逆向移动，X转化率降低；时刻后，正逆反应速率均同步增大，平衡不移动，则为加入催化剂，X转化率不变；时刻正逆反应速率均瞬时减小，之后平衡逆向移动，则为减小压强，X转化率降低；由以上分析可知，时X的转化率最高；
A．由分析可知，在时加入了Z，A错误；
B．由分析可知，在时加入催化剂，B正确；
C．由分析可知，在时减小压强，C错误；
D．由分析可知，时X的转化率最高，D错误；
故选B；
（5）图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择比铁活泼的金属，故选B；
（6）图2中，减缓海水对钢闸门C的腐蚀，则钢闸门C做阴极，被保护；用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，D为阳极，氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，则D上的电极反应式为，检测该电极反应产物的方法是：将湿润的碘化钾试纸放在生成气体处，试纸变蓝色，说明生成氯气。
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
