安徽省淮北市第一中学2023-2024学年高二上学期第三次月考化学Word版含解析.docx

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淮北一中2023-2024学年（上）高二第三次月考化学试题有可能用到的原子量：H∶1C∶12O∶16Mg∶12P∶31S∶32Cu∶64一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共48分）1.化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是A.明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂B.在铁制品上镀铜时，铁制品与电源负极相连，该电极发生氧化反应C.在去除锅炉水垢中的时，通常先用碳酸钠溶液浸泡，再用酸去除D.用氯气和氢氧化钠制取消毒液，运用了盐类水解的原理【答案】C【解析】【详解】A．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂，故A错误；B．铁制品上镀铜时，铁制品与电源负极相连，做阴极，该电极发生还原反应，故B错误；C．在去除锅炉水垢中的时，通常先用碳酸钠溶液浸泡，再用酸去除，故C正确；D．用氯气和氢氧化钠制取消毒液，是利用了氯气在碱性条件下能发生歧化反应，与盐类水解的原理无关，故D错误；故选C。2.下列应用不能用相关原理或知识进行解释的是选项应用相关原理或知识A泡沫灭火器盐类水解B溶液滴定溶液中的，用溶液作指示剂沉淀完全时，有砖红色沉淀生成C草木灰与氯化铵不宜混合施用氯化铵受热易分解D一次性保暖贴(铁粉、水、食盐、活性炭等)原电池原理A.AB.BC.CD.D 【答案】C【解析】【详解】A．泡沫灭火器是利用碳酸氢钠溶液与硫酸铝溶液混合后发生双水解的原理，故A错误；B．沉淀完全时，有砖红色沉淀生成，故滴定溶液中的，能采用溶液作指示剂，故B错误；C．草木灰与氯化铵不宜混合施用，是因为两者混合后相互促进水解，降低氮的利用率，故C正确；D．铁和氧气反应是放热反应，在自然条件下反应很慢，形成原电池反应则会变得很快，放出大量的热，故D错误；故选C。3.电化学固氮可以在常温常压下实现氮气的还原合成氨，某课题组提出一种全新的电化学固氮机理——表面氢化机理示意图如下，则有关说法错误的是(　　)A.在表面氢化机理中，第一步是H+的还原反应B.在表面*H原子与催化剂的协同作用下，N2与表面*H原子反应生成*N2H2中间体C.电化学固氮法较传统工业合成氨法，具有能耗小、环境友好的优点D.若竞争反应（析氢反应）的活化能显著低于固氮反应，则析氢反应的速率要远远低于固氮反应【答案】D【解析】【详解】A．在表面氢化机理中，第一步是H+得到电子发生还原反应，故A正确；B．N2与表面∗H原子反应生成∗N2H2中间体，质量守恒，故B正确；C．传统工业合成氨需要高温高压下实现，电化学固氮在常温常压下实现，具有能耗小、环境友好的优点，故C正确；D．反应的能垒越高，反应速率越小，若竞争反应(析氢反应) 的势垒显著低于固氮反应，则决定了析氢反应的速率要快，活化能表示势垒的高度，活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，越小则速率越快，故D错误；答案选D。4.高锰酸钾是一种重要的化学试剂，实验室常常利用高锰酸钾溶液测定草酸晶体中的值，下列选项中有关操作及误差分析完全正确的是A.用托盘天平称取纯草酸晶体，配成待测液B.用待测液润洗过的锥形瓶，盛放待测液，再加入适量的稀，然后按图示进行滴定C.当最后半滴高锰酸钾溶液滴下，锥形瓶中溶液恰好由浅红色变成无色，且内不恢复原色时达到滴定终点D.若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，滴定过程中其他操作均正确，则的值偏小【答案】D【解析】【详解】A．托盘天平无法精确到，选项A错误；B．锥形瓶不需要润洗，高锰酸钾溶液需用酸式滴定管盛装，选项B错误；C．滴定终点溶液的颜色变化为由无色变为浅红色，选项C错误；D．若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，滴定过程中其他操作均正确，读数偏大，测得草酸的量偏大，则的值偏小，选项D正确；答案选D。5.液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如图。下列说法不正确的是 已知：①Zn(OH)2＋2OH-=Zn(OH)。②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。A.放电过程中，H＋由负极向正极迁移B.放电过程中，负极的电极反应：MnO2＋4H＋＋2e-=Mn2＋＋2H2OC.充电过程中，阴极的电极反应：Zn(OH)＋2e-=Zn＋4OH-D.充电过程中，凝胶中的KOH可再生【答案】B【解析】【分析】放电过程中，Zn为负极，电极反应式为：，MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e−=Mn2++2H2O，充电时的阴极反应式为：+2e-=Zn+4OH−，阳极反应式为：Mn2++2H2O-2e−=MnO2+4H+。【详解】A．放电过程中，阳离子向正极移动，则H＋由负极向正极迁移，A项正确；B．放电过程中，负极电极反应式为，B项错误；C．充电过程中，阴极的电极反应+2e-=Zn+4OH−，C项正确；D．充电过程中，阴极的电极反应+2e-=Zn+4OH−，氢氧根与钾离子组成氢氧化钾，，D项正确；答案选B。6.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度与温度T的关系如图所示。则下列说法正确的是 A.该反应的ΔH>0B.若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2，A错误；B．由图像可知，T1K2，B错误；C．T2时由D→B点需降低c平(NO)，即平衡向右移动，所以D点对应体系中，v(正)>v(逆)，C错误；D．由于反应物C为固体，故容积不变时，反应后气体质量增大，混合气体的密度增大，当密度不再变化时，可以判断反应达到平衡状态，D正确。故选D。7.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是将NO2球浸泡在冷水和热水中2NO2(g)N2O4(g)△H<0A．气体在热水中比在冷水中颜色浅H2(g)+I2(g)2HI(g)B．平衡体系加压后颜色先变深后变浅推动注射器活塞C．加压后气体颜色变深后不再变化 (aq)(橙色)+H2O(l)2(aq)(黄色)+2H＋(aq)△H=+13.8kJ/molD．与a颜色相比，b溶液颜色变浅不能证明减小生成物浓度使平衡正向移动；c溶液颜色变深能证明增加生成物浓度平衡逆向移动A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．由2NO2(g)N2O4(g)△H<0，可知为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c(NO2)增大，则气体在热水中颜色深，故A错误；B．H2(g)+I2(g)2HI(g)中反应前后气体的总物质的量不变，则加压后体积减小，浓度增大，颜色变深，平衡不发生移动，故B错误；C．推动注射器活塞，浓度增大，气体颜色变深，增大压强，平衡2NO2(g)N2O4(g)正向移动，气体颜色又变浅，但比原平衡深，故C错误；D．b中加入等体积的氢氧化钠溶液，离子浓度都减小，b溶液颜色变浅不能证明说明平衡正向移动；c中加入浓硫酸，氢离子浓度增大，溶液颜色变深能证明增加生成物浓度平衡逆向移动，故D正确；答案选D。8.为了研究溶于铵盐溶液的原因，进行如下实验：①向2mL0.2溶液中滴加1NaOH溶液至不再产生沉淀，将浊液分为2等份。②向一份中逐滴加入4溶液，另一份中逐滴加入4溶液（pH≈7），边滴加边测定其中沉淀的量，沉淀的量与铵盐溶液的体积的关系如图。③将①中NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验。下列说法不正确的是 A.浊液中存在：B.②中两组实验中均存在反应：C.溶解的过程中，比贡献更大D.实验③中获得的图像与②不同【答案】C【解析】【详解】A．浊液中，为难溶电解质，存在沉淀溶解平衡，则浊液中存在：，故A正确；B．根据图像，加入或，质量减少，说明溶于铵盐溶液，发生反应：，故B正确；C．溶液为酸性溶液，发生水解产生，相当于发生酸碱反应，则可能参与了溶液溶解的过程，溶解的过程中，比贡献更大，故C错误；D．③中将①中的NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验，NaOH是强碱，抑制的溶解，所得的图像与②不相同，故D正确；故答案选C。9.下列选项中所列比值为1∶1的是A.溶液中与之比B.等质量-OH和所含电子数之比C.相同温度下的溶液和的溶液中的之比D.等物质的量和混合反应，达平衡时和转化率之比【答案】C【解析】【详解】A．既要电离又要水解，所以与之比大于1∶1，故A错误；B．-OH是9电子微粒，是10电子微粒，等质量-OH和所含电子数之比应该为9:10，故B错误；C．根据可知，pH相同则相同，故C正确； D．和混合发生的反应为，等物质的量投料，但变化量之比为2:1，所以转化率之比为：2:1，故D错误；故选C。10.将等量的乙酸乙酯分别与等体积的溶液、溶液、蒸馏水混合，加热，甲、乙同学分别测得酯层体积、乙醇浓度随时间变化如下图所示。下列说法不正确的是A.乙酸乙酯在酸性条件下水解反应为：B.，乙酸乙酯的水解速率：碱性>酸性>中性C.，乙酸乙酯的水解量：碱性=酸性D.，酯层体积：酸性<碱性，推测与溶剂极性的变化有关【答案】C【解析】【详解】A．乙酸乙酯在稀硫酸作催化剂条件发生水解生成乙酸和乙醇，故A正确；B．由图可知，在时间内，酯层减少的体积：碱性>酸性>中性，可知乙酸乙酯的水解速率：碱性>酸性>中性，故B正确；C．硫酸条件下一段时间后酯层减少速度加快，并不是水解速率提高导致，而是因为随溶剂中乙醇的增大，导致乙酸乙酯溶解量增加，因此乙酸乙酯的水解量在酸性、碱性条件下并不相等，故C错误；D．，酯层体积：酸性<碱性，主要原因是溶液中乙醇含量增大，溶剂极性变化，导致乙酸乙酯的溶解量增加，故D正确；故选：C。11.CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为： ①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)②H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)其他条件相同时，投料比n(CH4)：n(CO2)为1∶1.3，不同温度下反应的结果如图。下列说法不正确的是A.550～600℃，升温更有利于反应①，反应①先达到平衡B.n(H2)∶n(CO)始终低于1.0，与反应②有关C.加压有利于增大CH4和CO2反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率D.若不考虑其他副反应，体系中存在：4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]【答案】A【解析】【详解】A．这两个反应同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，A项错误；B．若反应②不存在，则n(H2)∶n(CO)始终为1.0，所以n(H2)∶n(CO)低于1.0与反应②有关，B项正确；C．加压可以提升反应速率，但是反应①中生成物化学计量数大于反应物的化学计量数，因此加压会导致反应①的平衡左移，转化率降低，C项正确；D．设初始n（CH4）=xmol，则有初始n（CO2）=1.3xmol，再设反应①有ymolCH4转化成了H2和CO，反应②有zmolH2转化成了H2O，最终整个体系体积为VL，则该系统中有n（CH4）=（x-y）mol，n（CO2）=（1.3x-y-z）mol，n（H2）=（2y-z）mol，n（CO）=（2y+z）mol，n（H2O）=zmol。4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=，2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=，所以不考虑其他副反应，体系中存在4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]，[解法二：投料比n(CH4):n(CO2)=1:1.3,则n(C):n(H)=2.3:4,即4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]]，D项正确。答案选A。12.以[Cu(H2O)]2+(蓝)+4Cl－[CuCl4]2－(黄)+4H2O△H>0 为例，探究影响平衡移动的因素。取相同浓度的CuCl2溶液，分别进行下列实验，对实验现象的分析不正确的是操作和现象分析A．观察溶液为绿色[Cu(H2O)]2+和[CuCl4]2－同时存在B．升高温度，溶液变为黄绿色平衡正移，[CuCl4]2－的浓度增大C．加几滴AgNO3溶液，静置，上层清液为蓝色平衡逆移，[CuCl4]2－的浓度减小D．加少量Zn片，静置，上层清液为浅黄绿色平衡正移，[CuCl4]2－的浓度增大A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．该反应为可逆反应，则[Cu(H2O)4]2+和[CuCl4]2-同时存在，溶液为绿色，故A正确；B．焓变为正，为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，[CuCl4]2-的浓度增大，故B正确；C．加几滴AgNO3溶液，氯离子浓度减小，平衡逆向移动，[CuCl4]2-的浓度减小，故C正确；D．加少量Zn片，Zn和氯化铜溶液发生置换反应，Zn片上应覆盖红色固体，Cu2+浓度减小，溶液中[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-的浓度均减小，上层清液为浅黄绿色，与平衡移动无关，故D错误；故选：D。13.25℃时，在25mL0.1mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2mol/L的CH3COOH溶液，溶液的pH变化如下图所示，下列分析的结论中正确的是（）A.B点的横坐标a＝12.5 B.C点时溶液中有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)C.D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)D.曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)【答案】C【解析】【详解】A、醋酸是弱酸，当氢氧化钠和醋酸恰好反应时，消耗醋酸的体积是12.5ml，此时由于醋酸钠的水解溶液显碱性，即pH大于7。B点的pH＝7，说明醋酸溶液的体积应大于12.5ml，错误；B、根据电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，错误；C、D点溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸的混合液，且二者的浓度相同，所以根据原子守恒可知选项C正确。D、若加入的醋酸很少时，会有c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)，错误；答案是C。14.在温度和时，分别将0.5mol和1.2mol充入体积为2L的密闭容器中，发生反应：，测得有关数据如表：时间/min010204050/mol0.500.350.250.100.10/mol0.500.300.18a0.15下列说法不正确的是A温度：B.时0～10min内的平均反应速率为0.015C.，且该反应D.达到平衡后，保持其他条件不变，再充入0.1mol和0.2mol，平衡逆向移动【答案】D【解析】【详解】A．从表中数据可知，T2时的反应速率大于T1时的反应速率，温度越高反应速率越快，则T2>T1，A正确；B．T1时0-10min内CH4物质的量变化量为0.15mol，则NO2物质的量变化量为0.3mol，则0-10min内NO2 的平均反应速率为，B正确；C．T2时反应速率大于T1，达到平衡的时间也应该小于T1，40min时T1已达到平衡状态，则T2在40min时也应该达到了平衡状态，a=0.15，T2>T1，但是T2时甲烷剩余的量大于T1，说明升高温度化学平衡逆向移动，该反应为放热反应，C正确；D．T1温度下平衡时该反应的化学平衡常数为3.2，T1达到平衡后，再充入0.1molCH4和0.2molH2O，此时甲烷浓度变为0.1mol/L，H2O浓度变为0.5mol/L，此时Qc=2.5<3.2，则化学平衡正向移动，D错误；故答案选D。15.为减少二氧化碳的排放，我国科学家设计了熔盐电池捕获二氧化碳的装置，如图所示。下列说法不正确的是A.过程①中有碳氧键断裂B.过程②中在电极a上发生了还原反应C.过程③中的反应可表示为D.熔盐电池的总反应为CO2C+O2↑【答案】B【解析】【详解】A．过程①的离子反应为：2CO2+O2-=C2O52-，其中CO2的结构式为O=C=O，对比CO2和C2O52-的结构式可知，该过程有碳氧键断裂，故A正确；B．过程②中，a极的电极反应为2C2O52--4e-=4CO2↑+O2↑，该电极反应为失电子，发生氧化反应，故B错误；C．根据题中信息，可以推出过程③中的反应可表示为，故C正确；D．电极a的总电极反应为2O2--4e-=O2↑，电极b的总电极反应为CO2+4e-=C+2O2-，熔盐电池的总反应为CO2C+O2↑，故D正确；答案为B。 16.某温度下，向溶液中滴加溶液，滴加过程中溶液中与溶液体积的关系如图所示，已知。下列说法正确的是A.溶液b点可以通过升高温度到达c点B.该温度下C.b点溶液中：D.若把溶液换成等浓度溶液，则曲线变为Ⅱ【答案】B【解析】【详解】A．随着温度升高，碳酸钡溶解度增大，钡离子和碳酸根离子浓度增大，则纵坐标减小，横坐标不变，A错误；B．向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2CO3溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和碳酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：，c(Ba2+)=c(CO)，该温度下Ksp(BaCO3)=10-4.3×10-4.3=10-8.6，B正确；C．b点，滴入的碳酸钠提供的碳酸根主要存在于碳酸钡沉淀中，溶液中碳元素很少：c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)＜c(Na+)，C错误；D．若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液：向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2SO4溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和硫酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：，c(Ba2+)=c(SO)，该温度下Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，则c(Ba2+)=c(SO)=，＞4.3，则曲线变为I，D错误；故选B。二、非选择题（共3小题，共52分） 17.请按要求回答下列问题。（1），的溶液中，由水电离出的浓度约为______。溶液加适量的水稀释，下列表达式的数值变大的是______(填标号)。A．B．C．D．（2）如图烧杯中盛的是海水，铁腐蚀的速率最慢的是________(填标号)。A.B.C.D.（3）用如图所示的装置研究电化学的相关问题(乙装置中X为阳离子交换膜)。①甲装置中负极反应式为________。②乙装置中石墨电极上生成的气体为________(填化学式)。③丙装置中足量，工作一段时间后，溶液的________(填“变大”、“变小”或“不变”)，反应的化学方程式为________，若要将电解后的溶液复原，需加入一定量的________(填化学式)。【答案】（1）①.②.BD（2）B（3）①.②.③.变小④.⑤.或【解析】【小问1详解】水电离出的浓度约为；A．为或等于； B．稀释后平衡正向移动，比值变大。或根据，减小，所以比值变大；C．为水的离子积常数；D．溶液酸性减弱，所以比值变大。故选BD。故答案为：；BD。【小问2详解】A中铁发生的是化学腐蚀；B中铁电极做原电池的正极，被保护，腐蚀比较慢；C中铁电极做电解池的阳极，电流加快了铁的腐蚀；D中铁电极是原电池的负极，也加快了腐蚀。所以铁腐蚀速率由快到慢的顺序是：C＞D＞A＞B，故答案为：B。【小问3详解】①由图可知甲池是燃料电池，通入燃料甲烷的一极是负极，电极反应为：；②乙装置为电解池，其中铁电极和原电池的负极相连，为阴极，则石墨电极为阳极，氯离子放电生成的气体为；③丙装置为电解池，两个电极都是石墨惰性电极，即电解溶液，反应为：，反应过程中有硫酸生成，则溶液的变小，若要将电解后的溶液复原，需加入一定量的或。故答案为：；；变小；；或。18.某兴趣小组用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌（）相关信息如下：①金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH范围。 金属离子pH开始沉淀完全沉淀1.52.85.58.35.48.2②的溶解度（物质在100g水中溶解的质量）随温度变化曲线。请回答：（1）镀锌铁皮上的油污可用溶液去除，理由是____________________________。（2）步骤Ⅱ，需加入过量，理由是_________________________________________。（3）步骤Ⅲ，合适的pH范围是______________________________。（4）步骤Ⅳ，需要用到下列所有操作：a．蒸发至溶液出现晶膜；b．在60℃蒸发溶剂；c．冷却至室温；d．在100℃蒸发溶剂；e．过滤。请给出上述操作的正确顺序____________________（操作可重复使用）。（5）步骤Ⅴ，某同学采用不同降温方式进行冷却结晶，测得晶体颗粒大小分布如图1所示。根据该实验结果，为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，宜选择__________方式进行冷却结晶。 A．快速降温B．缓慢降温C．变速降温【答案】（1）水解，溶液呈碱性，促使油脂水解（2）使尽可能转化为，易分解（催化加速分解）（3）2.8～5.4（4）dabace（5）C【解析】【分析】由流程可知，用纯碱溶液去除镀锌铁皮上的油污，再用稀硫酸溶解，除去不溶物，滤液为含有Zn2＋、Fe2＋的酸性溶液，加入过量 H2O2，将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O，加入ZnO或Zn(OH)2调节pH 3.8≤pH＜6.4，沉淀Fe3＋，过滤，滤渣为Fe(OH)3，滤液主要含有Zn2＋，将滤液在 100℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，在 60℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，冷却至室温，过滤得到粗ZnSO4•7H2O，重结晶得到精ZnSO4•7H2O，据此分析解题。【小问1详解】碳酸钠水解星碱性，能够使油污水解，达到除去表面油污的效果；故答案为水解，溶液呈碱性，促使油脂水解。【小问2详解】使转化为便于形成沉淀分离，又由于会促进的分解，所以要加入过量的；答案为使尽可能转化为，易分解（催化加速分解）；故答案为使尽可能转化为，易分解（催化加速分解）。【小问3详解】要使两种离子分离，则要使完全沉淀而又不使沉淀，则最佳pH为2.8～5.4；故答案为2.8～ 5.4。【小问4详解】要从溶液中得到粗产品，首先加热蒸发，直到出现晶膜，达到饱和状态并除去部分溶剂；由图可知在60℃时产品的溶解度最大，故接着在60℃下蒸发溶剂，并出现晶膜，达到饱和状态，接着冷却至室温，使产品析出，最后过滤，使固液分离，得到粗产品；故操答案为dabace。【小问5详解】结合图像可知在变速降温的情况下得到的颗粒较大；故答案选C。19.硫酸有着广泛的用途。硫酸工业在国民经济中占有重要地位。（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量：。判断该反应的自发性并说明理由___________。（2）我国古籍记载了硫酸的制备方法—“炼石胆（）取精华法”。①借助现代仪器分析，该制备过程中分解的TG曲线（热重曲线，即受热分解过程中固体质量变化曲线）及DSC曲线（反映体系热量变化情况，数值已省略）如图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有___________、___________（填化学式）和。②已知下列热化学方程式：则的△H＝__________。 （3）接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：①为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制不同转化率（）下反应速率（数值已略去）与温度的关系如图，下列说法正确的是__________。A．温度越高，反应速率越大B．的曲线代表平衡转化率C．越大，反应速率最大值对应温度越低D．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度②固定投料比，在压强分别为0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa下，得到的平衡转化率随温度的变化如图所示。则在5.0MPa、550℃时，该反应的平衡转化率＝__________。③对于气体参与的反应，可用气体组分（B）的平衡压强p（B）代替该气体物质的量浓度c（B）来表示平衡常数。设的平衡分压为p，的平衡转化率为，则上述催化氧化反应的_____________（用含p和的代数式表示）。【答案】（1）任何温度下都能自发，因为△H＜0，△S＞0（2）①.CuO②.③.（3）①.CD②.0.975③.【解析】【小问1详解】 ，正反应气体物质的量增多，△S＞0；△H＜0、△S＞0，所以该反应在任何温度下下都能自发进行，故答案为任何温度下都能自发，因为△H＜0，△S＞0。【小问2详解】①根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为、、，可能出现的化学方程式为，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、、、，故答案为CuO；；②已知下列热化学方程式：a．b．c．根据盖斯定律，方程式可得的；故答案为。【小问3详解】①A．根据图示，温度过高，催化剂失活，反应速率减慢，故A错误；B．催化剂不改变平衡状态，相同温度下转化率还有高于0.88的，说明的曲线不能代表平衡转化率，故B错误；C．根据图示，转化率越大，反应速率最大值对应温度越低，故C正确；D．可根据不同α下的最大速率，选择最合适的生产温度，故D正确；故答案选CD；②该反应正向为气体分子数减小的反应，温度相同时增大压强，化学平衡向正向移动，的平衡转化率（α）增大，，故。故5.0MPa、550℃时，，故答案为0.975；③利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数 ；设初始量为mmol，则平衡时，，，故答案为。