【文档说明】黑龙江省牡丹江市第三高级中学2022-2023学年高二上学期第一次月考 化学 答案.docx，共(19)页，769.050 KB，由envi的店铺上传

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黑龙江省牡丹江市第三中学2022-2023学年高二上学期第一次月考化学试题考试时间：90分钟分值：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Na：23I卷一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一

个选项符合题意)。1.盐酸与块状CaCO3反应时，不能使反应最初的速率明显加快的是A.将盐酸的用量增加一倍B.盐酸的浓度增加一倍，用量减半C.温度升高30℃D.将块状CaCO3粉碎后再与盐酸反应【答案】A【解析】【详解】A．盐酸的用量增加，但是浓度不变，化学反应速率不变

，A错误；B．盐酸浓度增大，尽管用量减半了，化学反应速率就会加快，化学反应速率只与浓度有关，跟用量无关，B正确；C．升高温度，化学反应速率加快，C正确；D．粉碎后，接触面积增大，化学反应速率加快，D正确；故选A。2.HCN(g)HNC(g)异构化反应过程的能量变

化如图所示。下列说法正确的是A.HNC比HCN稳定B.反应物的总能量大于生成物的总能量C.断开H-C键放出能量D.HCN异构化属于吸热反应【答案】D【解析】【详解】A．HCN相对能量为0.0，HNC的相对能量为：59.3kJ•mol-1，能量越低越稳定，HCN的能

量低于HNC的能量，HCN能量低更稳定，所以HCN比HNC稳定，故A错误；B．从图中可以看出，反应物的总能量小于生成物的总能量，故B错误；C．断开化学键吸收能量，断开H-C键吸收能量，故C错误；D．反应物HCN的能量低于生成物HNC的能

量，所以HCN异构化属于吸热反应，故D正确；故选D。3.下列叙述中，能说明该物质是弱电解质的是A.熔化时不导电B.不是离子化合物，而是共价化合物C.水溶液的导电能力很差D.溶液中溶质分子和电离出的离子共存【答案】D【解析】【详解】A．熔融状态下能否导电是区分离子化合物和共价化合物的

条件，而不是区分强、弱电解质的条件，A错误；B．有许多共价化合物(如HCl、H2SO4等)是强电解质，B错误；C．水溶液的导电能力不仅与电解质的强弱有关，还与溶液的浓度有关，C错误；D．弱电解质的电离是可逆的

，溶液中溶质分子和电离出的离子共存，则说明该物质是弱电解质，D正确；故答案为D。4.同一温度下，金属导体a、强电解质溶液b、弱电解质溶液c，三者的导电能力相同，若升高温度后，它们的导电能力强弱顺序是A.b>a>cB.a=b=cC.c>b>aD.b>c>a【答案】C【解析】【详解】对金属导体a升温

之后，电阻率增大，导电能力下降；对强电解质溶液b升温，各离子浓度和电荷数都不变，故导电能力不变；对弱电解质溶液c升温，由于电离过程要吸热，升温之后向电离方向移动，使离子浓度增大，导电能力增大，故导电能力强弱顺序为c>b>a，故选C。5.对可逆反应：A(g)+B(s)⇌2C(s)+D(g

)ΔH>0，如图所示为正、逆反应速率(v)与时间(t)关系的示意图，如果在t1时刻改变以下条件：①加入A；②加入催化剂；③加压；④升温；⑤减少C，符合图示条件的是A.②③B.①②C.③④D.④⑤【答案】A【解析】【分析】题干

所述可逆反应为反应前后气体分子数不变，则改变压强正逆反应速率同等程度增加。因此在t1时刻正逆反应速率均增加且相等，可能改变的条件是增大压强、加入催化剂。升温会导致反应速率增加且正反应速率大于逆反应速率；加入A则正反应速率大于逆反应速率，且逆反应速率瞬间不变；C为固

体，减少C的量对反应速率无明显影响。据此解答。【详解】根据分析可知，②③符合题意，因此选A。故答案选：A。6.下列有关反应原理的说法正确的是A.对于ΔH>0且能自发进行的化学反应，其ΔS>0B.向新制氯水中加适量石灰石不能增大溶液中的c(HCl

O)平C.对于ΔH<0的可逆反应来说，升高温度可加快反应速率，增大反应物的平衡转化率D.反应物分子间的碰撞都能使化学反应发生，碰撞越多，反应速率越高【答案】A【解析】【详解】A．H-TS<0时反应自发进行，则H0且能自发进行的化学反应，其ΔS

>0，故A正确；B．由于碳酸钙可消耗盐酸，使平衡Cl2+H2OHCI+HClO向右移动，c(HClO)增大，B错误；C．对△H＜0的可逆反应来说，升高温度可使平衡逆向移动，减小反应物转化率，C错误；D．分子发生有效碰撞时才能发生化学反应，D错误；正确答案是A。7.下列各组

热化学方程式中，12HH的是①212221C(s)+O(g)=CO(g)ΔHC(s)+O(g)=CO(g)ΔH2②221222S(s)+O(g)=SO(g)ΔHS(g)+O(g)=SO(g)ΔH③321(s)232CaCO(s)=C

aO(s)+CO(g)ΔHCaO+CO(g)=CaCO(s)ΔHA.①②B.②③C.①③D.①②③【答案】D【解析】【详解】①212221C(s)+O(g)=CO(g)ΔHC(s)+O(g)=CO(g)ΔH2，前者不完全燃烧，后者完全燃烧，因此后者放出的热

量多，焓变反而小，因此12HH，故①符合题意；②221222S(s)+O(g)=SO(g)ΔHS(g)+O(g)=SO(g)ΔH，后者是硫蒸汽燃烧，放出的热量多，焓变小，因此12HH，故②符合题意；③321(s)232CaCO(s)=

CaO(s)+CO(g)ΔHCaO+CO(g)=CaCO(s)ΔH，前者吸热反应，后者放热反应，因此12HH，故③符合题意；即①②③符合题意；故D符合题意。综上所述，答案为D。8.NF3是一种温室气体，其存储能量的能力

是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能：化学键N≡NF—FN—F键能/(kJ•mol-1)941.7154.8283.0下列说法中正确的是A.过程N2(g)→

2N(g)放出能量B.过程N(g)+3F(g)→NF3(g)放出能量C.反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)为吸热反应D.NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应【答案】B【解

析】【详解】A．过程N2(g)→2N(g)是化学键断裂的过程，需要吸收能量，A错误；B．过程N(g)+3F(g)→NF3(g)是化学键的形成过程，将放出能量，B正确；C．反应N2(g)+3F2(g)→2NF3(g)的ΔH=反应物的键能之和减去生成物的

键能之和=941.7kJ/mol+3×154.8kJ/mol-6×283.0kJ/mol=-291.9kJ/mol＜0，反应为放热反应，C错误；D．化学反应的本质从微观的角度讲就是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，故NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，不可能发生化学反应，D错误；故选B。

9.下列反应形成新化学键释放的能量大于破坏旧化学键吸收的能量的是A.锌和盐酸反应生成氢气B.柠檬酸与碳酸氢钠溶液反应C.碳与二氧化碳共热生成一氧化碳D.碳酸钙受热分解【答案】A【解析】【分析】反应形成新化学键释放的能量大于破坏旧化学键吸收的能量的反应是放热反应。【详解】A．活泼

金属和水和酸的反应是放热反应，故锌和盐酸反应生成氢气是放热反应，A正确；B．柠檬酸的氢离子与碳酸氢钠水解出的氢氧根离子中和反应应该是放热反应，但是后来由于二氧化碳的大量溢出，以及碳酸氢钠的水解是一个吸热过程，也要大量吸收热量，如果柠檬酸浓度特别大，导致碳酸氢钠的水解持

续进行，则吸热效应将远远超过中和反应导致的放热反应效应，故碳酸氢钠和柠檬酸反应是吸热反应，B错误；C．碳与二氧化碳共热生成一氧化碳和水煤气的制备都是吸热反应，C错误；D．碳酸钙受热分解是分解反应，故是吸热反应，D错误；故选A。10.化学能在人们实际生产生活中的运用日益广泛，探索化学

反应中能量变化的本质，可以更好地帮助人类利用化学知识创造出无限可能。某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是A.由实验可知，①②③④所涉及反应都是放热反应B.将实验②中的铝片更换为等质量的铝粉后能释放出

更多的热量C.若用NaOH固体测定中和热，则测定中和热的数值偏低D.实验④中将玻璃搅拌器改铜质搅拌器会导致实验结果偏低【答案】D【解析】【详解】A．实验①是浓硫酸稀释放热，不属于化学变化；实验②是金属与酸的反应，是放热反应；实验③是氢氧化钡晶体与氯化铵反

应，属于吸热反应；实验④是酸碱中和反应是放热反应；因此放热反应只有②和④，A错误；的为B．铝粉和铝片本质一样，且等量，故放出热量不变，只是铝粉参与反应，反应速率加快，B错误；C．氢氧化钠固体溶解时要放出热量，最终使测定中和热的数值偏高，C错误；D．相较于玻璃搅拌器，铜

质搅拌器导热快，会造成热量损失，导致实验结果偏低，D正确；故选D。11.已知下面三个数据：7.2×10−4、4.6×10−4、4.9×10−10分别是下列有关的三种酸的电离平衡常数，若已知下列反应可以发生：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2；NaNO2+HF

=HNO2+NaF，由此可判断下列叙述不正确的是A.相同浓度的三种酸中，c(H+)最小的是HFB.K(HF)=7.2×10−4C.HF和NaCN可以生成HCND.相同温度下，K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)【答案】A【解析】【分析】根据NaCN+HNO2=HCN+N

aNO2；NaNO2+HF=HNO2+NaF，说明三者酸的强弱为HF＞HNO2＞HCN，则三者的电离平衡常数分别为7.2×10−4、4.6×10−4、4.9×10−10。【详解】A．根据前面分析HCN酸最弱

，当相同浓度的三种酸中，c(H+)最小的是HCN，故A错误；B．根据前面分析得到K(HF)=7.2×10−4，故B正确；C．三者酸的强弱为HF＞HNO2＞HCN，因此HF和NaCN可以生成HCN，故C正确；D．根据前面分析得到相同温度下，K(HCN)＜K

(HNO2)＜K(HF)，故D正确综上所述，答案为A。12.下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是A.2242NO(g)NO(g)ΔH<0，把2NO球浸泡在冰水中，气体颜色变浅B.与直接用水洗气相比，用饱和食盐水除去2Cl中的HCl，更有利于减少2Cl的损失C.22H(g)I(g)、

和HI(g)组成的平衡体系在减小体积加压后，颜色最终比原来深D.将混合气体中的3SO及时液化并分离，有利于工业制取3SO【答案】C【解析】【详解】A．2242NO(g)NO(g)ΔH<0，该反应为放热反应，把2NO球浸泡在冰水中，温度降低平衡正向移动，2NO的浓度减小，气体颜色变浅，能用勒夏特

列原理解。释，A错误；B．氯化钠在溶液中完全电离，饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应：+-22Cl+HOHClO+H+Cl，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，导致平衡向逆反应方向移动，氯气的溶解量减小，可

以减少氯气的损失，能用勒夏特列原理解释，B错误；C．22H(g)+I(g)2HI(g)为气体体积不变的可逆反应，增大压强平衡不移动，但浓度增大，导致混合气体的颜色加深，气体的颜色变深与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释

，C正确；D．工业利用SO2与O2反应制取SO3，该反应为可逆反应，将混合气体中3SO及时液化并分离，生成物浓度减小，平衡正向移动，有利于工业制取3SO，能用勒夏特列原理解释，D错误；故选C。13.某恒温恒容密闭容器

中进行反应()()()()222CsHgNg2HCNg++，下列状态能说明该反应已达到平衡状态的是①混合气体的压强不再随时间变化②混合气体的密度不再随时间变化③混合气体的总质量不再改变④()()()22vH:vN:vHCN1:1:2=正正正⑤单位时间内断

裂H-H键数目与断裂C-H键数目相等A.①②③B.②③⑤C.②③D.③④⑤【答案】C【解析】【详解】①反应前后气体总物质的量不变，则恒温恒容条件下，混合气体的压强始终不变，则混合气体的压强不再随时间变化，无法确定是平衡状态，①不符合题意；②混合气体的体积一定，混合气体的质量

是不定值，则当混合气体的密度不再随时间变化时，说明气体总质量一定，此时反应达到平衡状态，②符合题意；③由于有固体物质参加反应，当混合气体的总质量不再改变时，反应达到平衡，③符合题意；④随着反应的进行，()()()22H:N:HCN1:1:2vvv=正正正始终成立，则无

法确定是平衡状态，④不符合题意；⑤由化学计量数知，断裂C—H键数目是断裂H—H键数目的两倍时反应才达到平衡，⑤不符合题意；答案选C。14.给定物质A、B、C的量，在一定条件下发生反应，建立如下化学中衡：aA(g)+bB(g)=xC(g)，符合下图所示的关系(c%表示平衡混合气中产物C的百

分含量。T表示温度，P表示压强)。在图中，Y轴是指A.反应物A的百分含量B.平衡混合气的总物质的量C.n(B)n(C)比值D.反应物B的平衡转化率【答案】D【解析】【分析】先拐先平衡，结合压强、温度对化学平衡移动的影响，根据C的百分含量--时间变化曲线判断方程式的特征

：在相同温度线，增大压强(P2＞P1)，C的百分含量增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则有a+b＞x；在相同压强下升高温度(T1＞T2)，C的百分含量降低，则说明升高温度平衡向逆反应分析移动，该反应的正反应为放热反应，在此基础上进一步判断Y随温度、压强的变化。【详解】根

据上述分析可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。A．在压强不变时，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，导致A的百分含量增加，与图象不符合，A不符合题意；B．在同温下，压强增大，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，使混合气的总物质的量越少，与图象不符，B不符合

题意；C．在同温下，压强增大，平衡正向移动，n(B)减小，n(C)增大，n(B)n(C)比值越小，不符合，C不符合题意；D．在压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致B的平衡转化率降低；在温度不变时，增大压强，平衡正向移动，导致B的平衡转化率提高，与图象吻合，D

符合题意；故合理选项是D。15.在体积可变的容器中发生反应223N3H2NH+，当增大压强使容器体积缩小时，化学反应速率加快，其主要原因是A.分子运动速率加快，使反应物分子间的碰撞机会增多B.反应物分子能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多C.分子间距离减小，使所有的活化分子间

的碰撞都成为有效碰撞D.活化分子百分数未变，但单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增多【答案】D【解析】【详解】A．温度不变，分子的运动速率不变，A错误；B．温度不变，分子的运动速率不变，反应物分子能

量不变，B错误；C．活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，只有取向合适才能发生反应,才是有效碰撞,，C错误；D．分子数目不变，体积减小，分子之间的碰撞的几率增大，有效碰撞次数增多，反应速率加快，D正确；故选D。16

.N2O和CO可在催化剂(Pt2O+)表面转化为无害气体，其反应原理为：()()()()222NOgCOgCOg+Ng+，下列有关该反应说法正确的是A.催化剂能改变反应的∆HB.通入过量CO，可使N2O转化率达100%C.保持温度

和容器体积不变，通入He增大压强，反应速率不变D.保持温度和压强不变，通入He反应速率不变【答案】C【解析】【详解】A．催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应物和生成物的总能量，也就是不能改变反应的∆H，A不正确；B

．反应为可逆反应，即使通入过量CO，N2O的转化率也小于100%，B不正确；C．保持温度和容器体积不变，通入He增大压强，反应物、生成物的浓度都未改变，所以反应速率不变，C正确；D．保持温度和压强不变，通入He，则容器的体积增大，反应物和生成物的浓度减小，反应速率减慢，D

不正确；故选C。17.由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的CO2含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。下图表示该反应进行过

程中能量的变化。关于该反应的下列说法中正确的是A.ΔH>0，ΔS>0B.ΔH>0，ΔS＜0C.ΔH＜0，ΔS＜0D.ΔH＜0，ΔS>0【答案】C【解析】【详解】反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)+H2O(g)，反

应物总能量大于生成物总能量，正反应放热，ΔH＜0；生成物气体分子数减少，混乱程度降低，ΔS＜0，故选C。18.已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol-1②2CH3OH(1)+3O2(g)=

2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452kJ•mol-1③H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ·mol-1④Ba2+(aq)+24SO−(aq)=BaSO4(s)△H＜0下列说法正确的是A.H2(g)的燃烧热为571.6kJ·mol-1B.12H

2SO4(aq)+12Ba(OH)2(aq)=12BaSO4(s)+H2O(l)△H=-57.3kJ·mol-1C.相同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多D.3H2(g)+CO2(g)=CH3OH

(l)+H2O(l)△H＝+131kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】A．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成制定产物时放出的热量，由已知热化学方程式可知H2(g)的燃烧热为285.8kJ•mol-1，A错误；B．由③可

知：强酸与强碱反应产生可溶性盐和1molH2O时放出热量是57.3kJ，硫酸与Ba(OH)2发生反应，除产生水外，Ba2+与24SO−反应产生BaSO4时也会放出热量，所以该反应发生，产生1molH2O放出热量比57.3kJ多，即反应热△H＜-57.3kJ•

mol-1，B错误；C．根据①可知1gH2(g)完全燃烧放出热量为Q1=571.6kJ=142.9kJ4；根据②可知1gCH3OH(l)完全燃烧放出热量为Q2=1452kJ=22.69kJ64，可见：当两

种燃料的质量相等时，H2(g)放出的热量更多，C正确；D．①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1②2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452kJ•mol-1根据盖斯定律，将12×(

①×3-②)，整理可得3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)△H=-131.4kJ•mol-1，D错误；故合理选项是C。19.由X、Y转化为M的反应历程如图所示，下列说法正确的是A.①→②的总过程吸热B.M是3CHCOOHC.反应过程中形成C

-H键D.催化剂使H降低【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故A错误；B．由图可知，M为乙酸，故B正确；C．由图可知，反应过程中有C-C键、O-H键生成，无C

-H键形成，故C错误；D．催化剂加快反应速率，降低反应的活化能，不改变反应的焓变，故D错误；答案选B。20.相同温度时，下列两个反应的反应热分别用ΔH1和ΔH2表示，则①H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH1=-Q1kJ/mol；②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+

Q2kJ/molA.Q1＞Q2B.Q1=Q2C.2Q1＜Q2D.12Q2=Q1【答案】C【解析】【分析】发生反应物质越多，反应过程中吸收或放出的热量就越多。等质量的同一种物质含有的能量：气态＞液态＞固态。【详

解】相同温度时，由①H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH1=-Q1kJ/mol，该反应为放热反应，ΔH1＜0，Q1＞0，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-2Q1kJ/mol，当反应物与生成物颠倒时，反应热数值相等，符号相反，③

2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+2Q1kJ/mol；水分解反应为吸热反应，②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+Q2kJ/mol，则Q2＞0。等物质的量的气态水含有的能量比液体水含有的能量多，物质由气态转化为液态会放出热量，③相对于反应②2H2O(l)=2H2(g)

+O2(g)ΔH2=+Q2kJ/mol，发生反应吸收的热量要少一些，则反应热关系有：2Q1＜Q2，故合理选项是C。II卷二、非选择题(共4小题，共计40分)21.肼(N2H4)是一种良好的火箭推进剂，其与适当的氧化剂(如过氧化氢、氧气

等)配合，可组成比冲最高的可贮存液体推进剂。（1）液态肼和液态过氧化氢混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。若每生成1molN2，放出642kJ的热量，则该反应的热化学方程式为_______，消耗16g液态肼放出的热量为_______。（2）已知：N

2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=-544kJ·mol-1，键能数据如下表：化学键N-NN-HO=OO-H键能/(kJ·mol-1)193391497463则氮氮三键的键能为______

_。若H2O(l)=H2O(g)ΔH=＋44kJ·mol-1，则N2H4(g)的燃烧热为_______。（3）氨基甲酸铵(H2NCOONH4)为尿素生产过程的中间产物，易分解。某小组对氨基甲酸的铵的分解实验进行探究

。已知：Ⅰ.N2(g)+3H2(g)ƒ2NH3(g)ΔH1=-92.4kJ·mol-1Ⅱ.C(s)+O2(g)ƒCO2(g)ΔH2=-393.8kJ·mol-1Ⅲ.N2(g)+3H2(g)+C(s)+O2(g

)ƒH2NCOONH4(s)ΔH3=-645.7kJ·mol-1写出H2NCOONH4分解生成NH3与CO2气体的热化学方程式：_______。【答案】（1）①.N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH=-642kJ·mol-1②.321kJ（2）①.94

6kJ·mol-1②.632kJ·mol-1（3）H2NCOONH4(s)ƒ2NH3(g)＋CO2(g)ΔH=＋159.5kJ·mol-1【解析】【小问1详解】(1)液态肼和液态过氧化氢反应的化学方程式为2422

22NH2HON4HO=＋＋，每生成1mol2N放出642kJ的热量，则该反应的反应热为1Δ642HkJmol−=−，即热化学方程式为()()()()1242222NHl2HOlNg4HOgΔ642HkJmol−==−＋＋；16g液态肼的物质的量为16g0.532g/molm

ol=，则消耗16g液态肼放出的热量为0.5642321kJkJ=，故填()()()()1242222NHl2HOlNg4HOgΔ642HkJmol−==−＋＋、321kJ；【小问2详解】(2)根据ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和，设氮氮三键的键能为1xk

Jmol−，则ΔH(4391+193+497)-(4634+x)=-544=，解得x=946；若()()122HOlHOgΔ44HkJmol−==＋、()()()()124222NHgOgNg2HOgΔ544HkJmol−==−＋＋，根据盖斯定律可得()()

()()124222NHgOgNg2HOlΔ632HkJmol−==−＋＋，故填1946kJmol−、1632kJmol−；【小问3详解】(3)H2NCOONH4分解生成NH3与CO2气体的化学方程式为()()()2432Hs2ggNCOONHNHCO＋，由盖斯定律，目标方程可由

反应Ⅰ+反应Ⅱ-反应Ⅲ得到，即()()()12432Hs2ggΔ159.5NCOONHNHCOHkJmol−=+＋，故填()()()12432Hs2ggΔ159.5NCOONHNHCOHkJmol−=

+＋。22.完成下列问题。（1）某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种物质随时间的变化关系曲线如图所示。①由图中的数据分析，该反应的化学方程式为_______；反应开始至2min时Z的平均反应速率为_______；②下列关于化学反应速率与化学反应限度的叙述不正确的是_______。

A.反应限度是一种平衡状态，此时反应已经停止B.达到平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等C.达到平衡状态时，反应物和生成物浓度都不再改变D.化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品E.化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品（2）把7mol

A气体和5molB气体混合放入2L密闭容器中，在一定条件下发生反应：3A(g)+B(g)2C(s)+xD(g)，经5min达到平衡，此时生成2molC，测得D的平均反应速率为-10.2mol(Lmin)，求：①x的值_______，B的转化率_______。②平衡时压

强与初始时压强之比_______。③该温度下此反应的平衡常数_______。【答案】（1）①.3X+Y2Z②.-1-10.05molLmin③.A（2）①.2②.20%③.56④.116【解析】【小问1详解】①由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的

量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，则反应的化学方程式为3X+Y2Z；反应开始至2min时的平均反应速率为：0.3mol-0.1mol2L2min=-1-10.05molLmin；②A．当达到化

学反应限度时，正逆反应速率相等但不为0，此时反应没有停止，故A错误；B．达到平衡状态时，正逆反应速率相等，达到反应的限度，故B正确；C．达到平衡状态时，物质消耗的反应速率等于生成的反应速率，反应物的浓度和生成物的浓度不

再改变，故C正确；D．化学反应速率是研究达到平衡所需要的时间，化学平衡理论才可以指导怎样提高原料的转化率，从而在一定时间内快出产品，故D正确；E．使用有限原料多出产品，也就是提高原料转化率，这是化学平衡所研究的问题，故E正确；故选A。【小问2详解】5min末反应达到平衡状态，此时已生成2mo

lC，若测知以D浓度变化来表示的反应平均速率为0.2mol/(L•min)，则平衡时生成-10.2mol(Lmin)2L5min=2mol物质D，由转化量之比等于化学计量数之比可知，x=2，则列出“三段式”为：()()()3A(g)+B(g)2

C(s)+2D(g)molmol75003122mol4422起始转化平衡①B的转化率为15=20%；②平衡时压强与初始时压强之比=平衡时气体总物质的量初始时气体总物质的量=44275+++=56；③该

温度下此反应的平衡常数K=()()()22332molcD12L==cAcB164mol4mol2L2L。23.某同学探究外界条件对H2O2分解速率的影响。实验所用试剂：0.4mol·L-1H2O2溶液、蒸馏水、MnO2

粉末、Fe2O3粉。实验序号H2O2浓度(mol·L-1)V(H2O2溶液)(mL)温度催化剂收集112mLO2所需时间(s)10.420室温无几乎无气体产生20.42050℃水浴无29630.420室温0.5ga4

540.420室温0.5gMnO2粉末10050.4b室温0.5ga＞45（1）实验1、2的目的是其他条件相同时，研究_______对H2O2分解速率的影响。（2）表中a处所用试剂为_______；对比实验3、4可得出的结论是__

_____。（3）实验3、5是其他条件相同时，探究浓度对该化学反应速率的影响。b处取用10mL0.4mol·L-1H2O2溶液，还应添加的试剂及用量为_______。（4）控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用0.4mol·L-1H2O2溶液和3.0mo

l·L-1H2SO4溶液处理，其反应方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O。某同学在不同温度下完成该实验，测得铜的平均溶解速率分别为：温度(℃)20304050607080铜的平均溶解速率(×10-3mol·L-1·min-1)7.34

8.019.257.987.246.735.76当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，其主要原因是：_______。【答案】（1）温度（2）①.Fe2O3粉末②.其他条件相同时，不同催化剂对H2O2分解速率影响不

同（3）10mL蒸馏水（4）温度高于40℃时，有较多H2O2分解，反应物浓度降低，使铜的平均溶解速率降低【解析】【分析】H2O2在催化剂存在条件下发生分解反应产生H2O、O2，反应的化学方程式为：2H2O2催化剂2H2O+O2↑，在探究外界条件如浓度、温度、催

化剂对化学反应速率影响时，应该采用控制变量方法进行研究，即其它外界条件都相同，只改变一个条件，根据反应产生相同体积O2所需时间的长短确定速率大小，进而判断该条件对化学反应速率的影响。对于Cu在酸性条件下与H2O2的反应：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，根据表格数据可知：在温度

较低时，温度高速率快，当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，可结合H2O2的热稳定性分析判断。【小问1详解】根据表格数据可知：实验1、2只有反应温度不同，其它条件都相同，则是研究温度对H2

O2分解速率的影响；小问2详解】根据表格数据可知：实验3、4应该是只有加入的催化剂的种类不同，其它条件都相同，则是研究不同催化剂对H2O2分解速率的影响，根据题目已知试剂可知表中a处所用试剂是Fe2O3粉末；【小问3详解】实验3、5是其他条件相同时，探究浓度对该化学反应速率的

影响。由于溶液总体积是20mL，b处取用0.4mol·L-1H2O2溶液体积是10mL，故还应添加的试剂是蒸馏水，其用量为20mL-10mL=10mL；【小问4详解】Cu在酸性条件下与H2O2的反应：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，由表格数

据可知：在温度较低时，温度升高反应速率加快，但当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，这是由于H2O2不稳定，受热分解，导致溶液中H2O2浓度降低，使铜的平均溶解速率降低。24.在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请

回答：（1）“O”点导电能力为0的理由是_______；（2）a、b、c三点溶液中c(H＋)由小到大的顺序为_______；（3）a、b、c三点中醋酸电离程度最大的是_______；（4）若使c点溶液的c(CH3COO-)提高，溶液的c(H＋)减小，可采取的措施是加入_______。①盐

酸②冰醋酸③固体KOH④加水⑤固体CH3COONa⑥Zn粒A.①②③④⑤⑥B.①②③⑥C.①②⑤⑥D.③⑤⑥【答案】（1）此时加水为零，醋酸没有电离，以醋酸分子的形式存在（2）cab（3）c（4）D【解析】【分析】醋酸

为弱电解质，随着醋酸溶液的不断稀释，醋酸浓度不断减小，醋酸的电离程度不断增大，但总的来说，醋酸电离产生的离子浓度不断减小。若为冰醋酸，稀释过程中【存在离子浓度增大的一个阶段。【小问1详解】“O”点时，没有加水，只存在醋酸分子，没有发生电离，不产生离子，则导电能力为O的理由是：此时加水为零，醋

酸没有电离，以醋酸分子的形式存在。答案为：此时加水为零，醋酸没有电离，以醋酸分子的形式存在；【小问2详解】a、b、c三点溶液中，导电能力越强，离子浓度越大，则表明c(H＋)越大。由图中信息，可确定c(H＋)由小到大的顺序为：cab。答案为：cab；【小问3详解】a、b、c三点中，随着水的不断加入

，醋酸浓度不断减小，醋酸电离程度不断增大，则醋酸电离程度最大的是c；答案为：c；【小问4详解】①加入盐酸，醋酸的电离平衡逆向移动，c(CH3COO-)减小，溶液的c(H＋)增大，①不符合题意；②加入冰醋酸，醋酸的浓度增大

，电离程度减小，则c(CH3COO-)提高，溶液的c(H＋)提高，②不符合题意；③加入固体KOH，与醋酸反应，醋酸的电离程度增大，c(CH3COO-)提高，溶液的c(H＋)减小，③符合题意；④加水稀释，醋酸浓度减小，c(C

H3COO-)减小，溶液的c(H＋)减小，④不符合题意；⑤加入固体CH3COONa，醋酸的电离程度减小，c(CH3COO-)提高，溶液的c(H＋)减小，⑤符合题意；⑥加入Zn粒，与H+反应，醋酸的电离程度增大，c(CH3COO-)提高，溶液的c(H＋)减小，⑥符合

题意；通过以上分析，③⑤⑥正确；故答案为：D。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com