【文档说明】（新八省通用，人教版2019选择性必修1第1~3章）【新八省通用】（全解全析）.docx，共(16)页，803.643 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高二化学上学期期中模拟卷（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，

选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：第1~3章（

人教版2019选择性必修1）。5．难度系数：0.656．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23P31S32K39Cl35.5第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题

：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列生产生活中的应用与盐类水解原理无关的是（）A．明矾净水B．草木灰去油污C．配制4FeSO溶液时，加入一些铁粉D．氯化铵除铁锈【答案

】C【解析】明矾是KAl(SO4)2·12H2O，Al3+发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附悬浮在水中固体小颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，明矾净水与盐类水解有关，A不符合题意；草木灰中含有K2CO3，CO32-水解使溶液显碱性，油污在碱性溶液中水解成可

溶于水的物质，草木灰去油污与盐类水解有关，B不符合题意；Fe2+易被O2氧化为Fe3+，向配制的FeSO4溶液中加入铁粉是为了防止Fe2+被氧化为Fe3+，该现象和盐类水解无关，C符合题意；氯化铵溶液

因NH4+水解使氯化铵溶液显酸性，铁锈为Fe2O3，能与H+反应，生成Fe3+，氯化铵除铁锈与盐类水解有关，D不符合题意；故选C。2．自然界中生成臭氧的反应为()()233Og=2Og，其能量变化如图所示。下列说

法中正确的是（）A．()()322Og3Og=为吸热反应B．氧气比臭氧稳定C．反应物的总能量高于生成物的总能量D．()2Og中化学键的断裂需要放出能量【答案】B【解析】根据能量变化图，()()322Og3Og=为放热反应，A错误；物质能量越低

越稳定，氧气能量低，氧气比臭氧稳定，B正确；根据能量变化图，反应物能量低，生成物能量高，C错误；物质发生反应，断键需吸收能量，D错误；故选B。3．根据以下热化学方程式，1ΔH和2ΔH的大小比较错误的是（）A．22H(g)Br(g)2HBr(g)+=1Δ

H，22H(g)Br(l)2HBr(g)+=2ΔH，则12HHB．22222HS(g)3O(g)2SO(g)2HO(l)+=+1ΔH，2222HS(g)O(g)2S(s)2HO(l)+=+2ΔH，则12HHC．32CaCO(s

)CaO(s)CO(g)=+1ΔH，22CaO(s)HO(l)Ca(OH)(s)+=2ΔH，则12HHD．22H(g)Cl(g)2HCl(g)+=1ΔH，22H(g)Br(g)2HBr(g)+=2ΔH则12HH【答案】B【解析】已知22Br(l)Br(g)=H0，

根据盖斯定律可得21ΔH=ΔHΔH0−，即12ΔHΔH，故A正确；已知222S(s)O(g)2SO(g)+=为放热反应H0，根据盖斯定律可得12ΔH=ΔHΔH0−，即12ΔHΔH，故B错误；已知32CaCO(s)CaO

(s)CO(g)=+为吸热反应，1ΔH0，22CaO(s)HO(l)Ca(OH)(s)+=为放热反应，2ΔH0，即12ΔHΔH，故C正确；已知氯元素的非金属性强于溴元素，因此氯气与氢气反应放出的热量多余溴与氢气，又因放热焓变为负值，放热越多焓变值越小，即12

ΔHΔH，故D正确；故选B。4．已知：各相关物质的燃烧热数据，如下表。物质C(s)25CHOH(l)2H(g)燃烧热()1/kJmolH−－393.5－1366.8－285.8下列热化学方程式正确的是（）A．22C(s)O(g)2CO(g)+=1393.5kJmolH

−=−B．222HO(l)H(g)O(g)=+1285.8kJmolH−+=C．22252C(s)2H(g)HO(l)CHOH(l)++=18.2kJmolH−=+D．25222CHOH(l)3O(g)2CO(g)3HO(g)+=+11366.8kJ

molH−=−【答案】C【解析】在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，据此可写出①22C(s)O(g)CO(g)+=1393.5kJmolH−=−；②2221H(g)O(g)HO(l)2+=1285.8kJmolH−=−；③2522

2CHOH(l)3O(g)2CO(g)3HO(l)+=+11366.8kJmolH−=−；根据盖斯定律：22+−①②③，可得22252C(s)2H(g)HO(l)CHOH(l)++=18.2kJm

olH−=+；题中条件不能确定碳燃烧生成CO的放热多少，A错误；方程式中氧原子不守恒，B错误；由分析可知，22252C(s)2H(g)HO(l)CHOH(l)++=18.2kJmolH−=+，C正确；燃烧热是生成液体水时放出的热量而不是生成气体

水，D错误；故选C。5．常温时下列各环境下的离子组合一定能够大量共存的是（）A．1mol/L的NaHCO3溶液：K+、Al3+、NO3−、Cl-B．由水电离产生的c(H＋)=1×10-14mol·L-1的溶液中：Na+、K+、Al3+、CO23−C．p

H试纸变红的溶液中：Fe2+、I-、NO3−、ClO-D．pH=14的溶液中：Na+、K+、SO24−、OH-【答案】D【解析】碳酸氢根离子和铝离子相互促进水解，不能大量共存，故A项错误；水电离产生的c(H＋)=1×10-14mol·L-1的溶液中既可能显酸性，也可能显碱性，酸性

溶液中氢离子和碳酸根离子不能大量共存，碱性溶液中，铝离子和氢氧根离子不能大量共存，其铝离子与碳酸根离子会发生双水解不能大量共存，故B项错误；pH试纸变红的溶液为酸性溶液，亚铁离子或碘离子与氢离子和硝酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C项错误；pH=14的溶液显碱性，碱性溶液中，四种离子相

互不反应，可以大量共存，故D项正确；故选D。6．下列实验方案能达到相应目的的是（）选项实验方案目的A常温下，将等质量、等直径的铝粒分别加入118molL−和1242molLHSO−溶液中反应比较浓度对化学反应速率的影响B

常温下，向某密闭容器中充入2NO气体，一段时间后压缩容器体积为原来的一半，观察气体颜色变化探究压强对化学平衡的影响C向两份等浓度等体积的22HO溶液中分别加入2滴等浓度的()243FeSO和2CuCl溶液，观察产生气泡的速率探究3Fe+和2Cu+的催化

能力强弱D向135mL0.1molLlFeC−溶液中滴加10.1molLKI−溶液5~6滴，充分反应，测得溶液中除含有2I外，还含有3Fe+判断该反应是可逆反应【答案】B【解析】118molL−24HSO溶液为浓硫酸，铝在常温下与浓硫酸发生钝化，不继续反应，则不能比较浓度对化

学反应速率的影响，A不符合题意；2242NONO，压缩容器体积为原来的一半，物质浓度变大，颜色加深，反应为气体分子数减小的反应，平衡正向移动，颜色又会变浅，故能观察气体颜色变化来探究压强对化学平衡的影

响，B符合题意；等浓度的()243FeSO和2CuCl溶液中Fe3+和Cu2+的浓度不同，阴离子种类也不同，未控制单一变量，不能探究3Fe+和2Cu+的催化能力强弱，C不符合题意；3FeCl溶液过量，反应后溶液

中一定含有Fe3+，充分反应后，测得溶液中除含有2I外，还含有3Fe+，不能判断该反应是可逆反应，D不符合题意；故选B。7．二氧化硫催化氧化反应为：()()()2232SOgOg2SOg+H0，下列措施既能加快反应速率又

能提高平衡转化率的是（）A．升高温度B．增大压强C．分离出SO3D．使用催化剂【答案】B【解析】升高温度，反应速率加快，但该反应是放热反应，升温平衡逆向移动，平衡转化率降低，故A不符合题意；增大压强，反应速率加快，该反应正反应方向是气体分子总数减少的反应，加压平衡

正向移动，平衡转化率增大，故B符合题意；分离出SO3，平衡尽管正向移动，平衡转化率增大，但c(SO3)减小，反应速率减慢，故C不符合题意；使用催化剂只能加快反应速率，不会使平衡移动，平衡转化率不变，故D不符合题意；故选B。8．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（

）A．将NO2球浸泡在热水中颜色加深B．新制的氯水在光照条件下颜色变浅C．合成氨工业中，加压更有利于氨气的生成D．H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色变深【答案】D【解析】△H＜0，二氧化氮红棕色，四氧化二氮无色，升温时平衡

逆向移动，气体颜色变深，可以用勒夏特列原理解释，故A项正确；氯水中存在+22Cl+HOH+Cl+HClO−，光照时HClO分解，促进平衡向正方向移动，颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，故B项正确；合成氨反应为223N+3H

2NH高温、高压催化剂，增大压强或降低温度，平衡均向正方向移动，可用勒夏特列原理解释，故C项正确；该反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，增大压强，体积变小，浓度增大，颜色加深与勒夏特列原理无关，故D项错误；故选

D。9．下列说法正确的是（）A．凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的B．非自发反应在任何情况下都不会发生反应C．常温下，反应()()()2CsCOg2COg+不能自发进行，则该反应的H0D．标准状况下，熵值：1m

ol2CO＜1molCO【答案】C【解析】判断化学反应进行的方向从焓变和熵变两个维度去判断，当0GHTS=−＜，反应可自发进行；即当ΔH＜0，ΔS＞0时，一定能够自发进行；当ΔH＜0，ΔS＜0时低温下能够自发进行，当ΔH＞0，Δ

S＞0时，高温下能够自发进行，当ΔH＞0，ΔS＜0时，一定不能自发进行，据此分析解题。由分析可知，放热反应不一定都是自发的，吸热反应也不都是非自发的，A错误；由分析可知，非自发反应在外界条件改变时可能会自发进行反应，B错误；常温下()()()2CsCOg2COg+，反应

该反应的ΔS＞0，故其常温下不能自发进行，是因为该反应的ΔH＞0，必须高温时才能自发进行，C正确；相同条件下，气体相对分子质量越大，熵值越大，标准状况下，熵值：1molCO2＞1molCO，D错误；故选C。10．常温下，4CaSO在水中的沉淀溶解平衡曲线如图

所示，已知：()6sp4KCaSO910−=，下列说法正确的是（）A．在任何溶液中，()2+cCa、()2-4cSO均相等B．d点溶液通过蒸发可以变到c点C．a点对应的spK大于c点对应的spKD．b点将有沉淀

生成，平衡后溶液中()2-4cSO一定小于31310molL−−【答案】D【解析】常温下，硫酸钙饱和溶液中钙离子和硫酸根离子浓度相等，向饱和溶液中加入硫酸钠固体，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡转移，溶液中钙离子浓度减小，溶液中氯酸根离子浓度大于钙离子，故A

错误；d点溶液为硫酸钙的不饱和溶液，加热蒸发时，溶液中硫酸根离子的浓度会增大，所以d点溶液通过蒸发不可能变到c点，故B错误；温度不变，溶度积不变，则a点对应的spK等于c点对应的spK，故C错误；由图可知，b点浓度

熵为5×10—3×4×10—3=2×10—5＞Ksp=9×10—6，所以溶液中一定有硫酸钙沉淀生成，反应后溶液中钙离子浓度大于硫酸根离子浓度，由溶度积可知，溶液中硫酸根离子浓度一定小于31310molL−−，故D正确；故选D。11．向

2L恒容密闭容器中充入一定量()2HSg和()2Og，在一定条件下发生反应且氧化产物只有一种，测得2HS、2O的物质的量与时间的关系如图所示。下列叙述正确的是（）A．该条件下发生的反应为22222HS3O2SO2HO+=+B．向该容器中再充入惰性气体，能提高反应速率C．0~2min

内2O的平均反应速率()112O0.075molLminv−−=D．其他条件不变，再充入2HS，能提高反应物活化分子百分数【答案】C【解析】0~4min内O2消耗0.4mol，H2S消耗0.8mol，根据速率之比等于

化学计量数之比可知2222HSO2S2HO+=+，A错误；恒容容器中充入惰性气体，化学反应中各物质的浓度不变速率不变，B错误；0~2min内O2变化了0.3mol，体积为2L，代入数据计算O2的平均反应速率为0.0

75molL-1min-1，C正确；增大反应物浓度，活化分子百分数不变，D错误；故选C。12．氮氧化物的治理对大气环境的净化有着重要的意义，某化学兴趣小组查阅资料，乙烯酮自由基（HCCO）与2NO在不同催化剂上反应历程如图所示。下列叙述错误的

是（）A．选择合适催化剂能够加快反应速率，提高NO平衡产率B．反应途径①比②更易发生C．按上述反应过程生成1molNO，放热34.78kJD．该反应的总方程式为2HCCONOHCONOCO+++催化剂【答案】A【解析】催化剂

能够降低反应的活化能，加快反应速率，但是不影响平衡，A错误；由图可知，过程①反应的活化能低，更容易发生，B正确；从催化反应过程可以看出生成1molNO，放热34.78kJ，C正确；观察图像可知，反应物是HCCO和NO2，产物是HCO、NO、CO，故

总方程式为2HCCONOHCONOCO+++催化剂，D正确；故选A。13．常温下，向浓度均为0.0200mol⋅L1−的HCl和HA的混合溶液中逐滴加入浓度为0.0200mol⋅L1−的NaOH溶液，加入过程中溶液的pH随()()NaOHvv=

混合酸的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．()aHAK的数量级为510−B．b点时()HAc小于()Ac−C．c点时：()()HAA0.01cc−+=moL⋅L1−D．c点时，()()()()()NaClAOHHccccc+−−−+【答案】C【分析】N

aOH溶液和HCl、HA混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时，NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，HA未发生反应，溶质成分为NaCl和HA；b点时，NaOH溶液反应

掉一半的HA，溶质成分为NaCl、HA和NaA；c点时NaOH溶液与恰好完全反应，溶质成分为NaCl、NaA；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、NaA和NaOH，据此解答。【解析】由分析可知，a点时，溶质成分为NaCl和HA，体

积变为原来二倍，浓度变为原来一半，则c(HA)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，()()()3.383.384.76aHA101010HA0.0100ccKc+−−−−•==，所以数量级为10-5，A正确；点b溶液

中溶质为NaCl、NaA和HA，且c(HA)=c(NaA)，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则c(HA)＜c(A-)，B正确；c点为pH的突变点，为完全反应点，由于酸的浓度与碱相同，都为0.02mol·L-1，所以完全反应

时消耗碱的体积与混合酸的的体积相同，设体积均为VL，根据物料守恒，()()()-110.02molLLA0.0067molL2LVcHAcVV−−•+=•+，C错误；c点NaOH溶液与恰好完全反应，溶液为等浓度的NaCl和混合溶液NaA，存在物料守恒关系()()()()1A2

cNacClcHAc+−−==+，且此时溶液为碱性，()()HcOHc−+＞，则()()()()()NaClAOHHccccc+−−−+，D正确；故选C。14．甲胺()32CHNH是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密

闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应()()()()33322CHOHgNHgCHNHgHOg++，测得有关实验数据如下：容器编号温度/K起始物质的量()mol平衡时物质的量()mol()3CHOHg()3NHg()32CHNHg()2

HOg()32CHNHg()2HOgⅠ5300.400.40000.30Ⅱ5300.800.8000Ⅲ500000.200.200.16下列说法正确的是（）A．正反应的平衡常数K(Ⅰ)K(=Ⅱ)K(Ⅲ)B．达到平衡时，体系中()3cC

HOH关系：32c(CHOH，Ⅰ3)c(CHOH，Ⅱ)C．达到平衡时，转化率：3α(NH，Ⅰ2)α(HO+，Ⅲ)1D．530K时，若起始向容器Ⅰ中充入30.10molCHOH、30.15molNH、320.10molCHNH、20.10molHO，则

反应将向逆反应方向进行【答案】C【解析】由反应CH3OH（g）+NH3（g）⇌CH3NH2（g）+H2O（g），该反应前后气体体积不变，压强不影响该反应，容器I和Ⅱ为等温恒容，且为等效平衡，容器Ⅲ温度较低，根据表中数据，530K时，容器I有：3

3322CHOH(g)+NH(g)CHNH(g)+HO(g)(mol)0.400.4000(mol)0.300.300.300.30(mol)0.100.100.300.30开始改变平衡K（Ⅰ）=22((0.30mol2L0.10mo)2L)l=9，温度不变，K不变，K

（Ⅱ）=9；500K时，容器Ⅲ有：33322CHOH(g)+NH(g)CHNH(g)+HO(g)(mol)000.200.20(mol)0.040.040.040.04(mol)0.040.040.160.16开始改变平衡此时K（Ⅲ）=22((0.16mol2L0.0

4mo)2L)l=16，K（Ⅲ）>K（Ⅰ），说明温度降低有利于反应的进行，该反应为放热反应。根据分析，正反应的平衡常数K(Ⅰ)=K(Ⅱ)<K(Ⅲ)，故A错误；容器Ⅰ和容器Ⅱ为等效平衡，Ⅱ的起始量为I的两倍，相当于对I增大压强，平衡不移动，平衡时各

组分的量为Ⅰ的两倍，故平衡时2c(CH3OH，Ⅰ)=c(CH3OH，Ⅱ)，故B错误；容器I和容器Ⅲ温度不同，若容器Ⅲ为530K，则与I为等效平衡，此时α(NH3，Ⅰ)+α(H2O，Ⅲ)=1，由于Ⅲ的温度低于530K，有利于正反应，容器Ⅲ从逆反

应方向建立平衡，则转化率减小，所以达到平衡时α(NH3，Ⅰ)+α(H2O，Ⅲ)<1，故C正确；530K时，若起始向容器Ⅰ中充入CH3OH0.10mol、NH30.15mol、CH3NH20.10mol、H2O0.10mol，此时

Qc=220.10mol2L0.10mo(l0.(15mol2L))(2L)=0.67<9，则反应向着正方向进行，故D错误；故选C。第II卷（非选择题共58分）二、非选择题（本题共4个小题，共58分）15．（14分）某实验小组设计用0.55mol/L的NaOH溶液

50mL与0.50mol/L的盐酸50mL置于如图所示的装置中进行测定中和热的实验。(1)写出NaOH溶液与盐酸反应的离子反应方程式：。(2)该装置中缺少的一种玻璃仪器是，装置中还存在的错误有；大烧杯杯口若不盖泡沫塑料板，测得中和热

的数值将(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(3)实验中若改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，若实验操作均正确，则所求中和热(填“相等”或“不相等”)。(4)现将一定量的稀氢氧化钾溶液、稀氢氧

化钙、稀氨水分别和1L1mol/L的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为1ΔH、2ΔH、3ΔH，则为1ΔH、2ΔH、3ΔH的大小关系。(5)下列说法正确的是(填字母序号)。a.向内筒中加入稀碱时，应当缓慢而

匀速地加入b.将用量筒量取好的稀盐酸加入内筒后，应当快速用水冲洗量筒内壁剩余的稀盐酸至内筒中，以免造成测量误差c.用量筒量取稀酸或碱时，眼睛必须与液体凹面最低处相平d.内筒洗净后，未及时烘干，直接用该内筒进行实验，对生成()2

1molHO1时所测得的中和反应的反应热(H)有影响，H会偏大(6)该实验小组做了三次实验，每次取盐酸和NaOH溶液各50mL，并记录如表原始数据：实验序号起始温度1t/℃终止温度2t/℃温差()21tt/−℃盐酸NaOH溶液平均值125.124.925.02

8.33.3225.125.125.128.53.4325.125.125.128.63.5已知盐酸、NaOH溶液密度均近似为31.00g/cm，中和后混合液的比热容()3c4.1810kJ/g−=℃，则该

反应的中和热ΔH=。(保留到小数点后1位)【答案】(1)+-2H+OH=HO（2分）(2)玻璃搅拌器（1分）大烧杯杯口与小烧杯杯口没有相平（2分）偏小（1分）(3)相等（2分）(4)312ΔH>ΔH=ΔH（2分）(5)c（2分）

(6)-56.848kJ/mol（2分）【解析】（1）NaOH溶液与盐酸反应为中和反应，离子反应方程式：+-2H+OH=HO；（2）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是玻璃搅拌器；存在的错误是大烧杯杯口与小烧杯杯口没有相平，两烧杯之间没有塞满碎泡沫塑料；若不盖泡沫塑料板，会有一部分热量散失，

反应的最高温度减小，求得的中和热数值将会偏小，ΔH偏大；（3）中和热是指稀的强酸和强碱完全反应生成1molH2O放出的热量，酸稍微过量或者碱稍微过量都不影响中和反应放出的热量，故若改用60mL-10.50molL盐酸和50mL-10.55molLNaOH溶液进行反应

，与上述实验相比，所求中和热相等；（4）中和热是指稀的强酸和强碱完全反应生成1molH2O放出的热量，当氢氧化钠和氢氧化钾与HCl反应时，放出的额热量相同，故12ΔΗ=ΔΗ，而稀氨水是弱碱，反应时要电离吸热，热量减小，ΔΗ偏大，故312ΔH>ΔH=ΔH；（5）向内筒中加入稀碱时，缓慢加

入会使热量损失更多，数值偏小，a错误；将用量筒量取好的稀盐酸加入内筒后，用水冲洗量筒内壁剩余的稀盐酸至内筒中，会使溶液被冷却，热量偏小，b错误；用量筒量取稀酸或碱时，眼睛必须与液体凹面最低处相平，c正确；内筒洗净后，未及时烘干，直接用该内筒进行实验，会使

所量取的溶液浓度偏小，放出的热量偏小，d错误；故选c；（6）三次测量的温度差的平均值为3.4℃，中和热ΔH=-()-3-34.1850+50103.40.55010kJ/mol=-56.848k

J/mol，ΔH=-56.848kJ/mol。16．（14分）研究化学反应中的能量变化具有重要意义。请回答下列问题：(1)298K，1mol下列物质气态时的相对能量如下表：物质H2O2H2O2H2O相对能量/kJ。mol-100-136

-2421molH2(g)与足量H2O2(g)反应生成H2O(g)(填吸收或释放)的能量为kJ。(2)根据所学知识，比较下列反应热的大小。①同一反应的生成物状态不同时，反应热不同，如2222H(g)+O(g)=2HO(g)Δ

H1，2222H(g)+O(g)=2HO(l)ΔH2，则ΔH1ΔH2(填“>”、“<”或“=”，下同)。②同一反应的反应物状态不同时，反应热不同，如22S(g)+O(g)SO(g)=ΔH1，22S(s)+O(g)=SO(g)ΔH2，则ΔH1ΔH2。(3)已知部分化学键的键能和化学反应的能量变

化如下表和下图所示。化学键N-HN-ClH-Cl键能(/kJ·mol-1)391.3x431.8则反应过程中的ΔH2=kJ/mol，表中的x=。(4)已知含11.2gKOH的稀溶液与1L0.1mol/L的H2SO4稀溶液反应放出11.46kJ的热量。请写出KOH的稀

溶液与的H2SO4稀溶液发生中和反应，表示中和热的热化学方程式为。(5)甲烷是常见的燃料，CO2加氢可制备甲烷，其反应为2242CO(g)+4H(g)=CH(g)+2HO(g)ΔH=-164.7kJ/mol-1。对于CO2加氢制备甲烷的反

应，有关说法正确的是___________(填字母序号)。A．该反应理论上可以设计成原电池B．该反应过程中既有极性共价键的断裂，又有非极性共价键的生成C．干冰变为CO2时破坏了内部的化学键D．反应结束，体系中物质的总能量降低【答案】(1)释放（

1分）348（1分）(2)>（2分）<（2分）(3)-1405.6（2分）191.2（2分）(4)2424211KOH(aq)+HSO(aq)KSO(aq)+HO(l)22＝ΔH=-57.3kJ/mol（2分）(5)AD（2分）【解析】（1）21mo

lH(g)与足量22HO(g)反应生成2HO(g)的反应为：2222(g)(g)=2(g)HHOHO+，()()111ΔH=242kJmol20136kJmol348kJmol−−−−−−−=−，故释放的能量为348kJ，故答案为：释放；348；（2）①H2和O2发生反应产

生H2O，产生的H2O(l)更稳定，因此放出的热量更多，使得ΔH更小，故ΔH1>ΔH2；②由盖斯定律知，用22S(g)+O(g)SO(g)=与22S(s)+O(g)=SO(g)相减，得S(g)=S(s)ΔH=ΔH1-ΔH2<0，故ΔH1<ΔH2；（3）根据

图象可知，11121ΔH=ΔHΔH=11.3kJmol1416.9kJmol=1405.6kJmol−−−−−−；ΔH=−反应物总键能生成物总键能，得：()1416.92391.3+x+431.8=+1

1.3−解得x=191.2；（4）中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量；已知含11.2gKOH的稀溶液（含0.2mol氢氧根离子）与1L0.1mol/L的H2SO4稀溶液（含有氢离子0.2mol）反应放出11.46kJ的热量，则生成1mol液态

水时所释放的热量为5×11.46kJ，故表示中和热的热化学方程式为：2424211KOH(aq)+HSO(aq)KSO(aq)+HO(l)22＝ΔH=-57.3kJ/mol；（5）该反应是自发进行的放热的氧化还原反应，理论上可以设计成原电池，故A正确；该反应过

程中没有非极性共价键的生成，故B错误；干冰变为CO2时破坏了分子间作用力，没有破坏化学键，故C错误；该反应是放热反应，因此反应结束，体系中物质的总能量降低，故D正确；综上所述，答案为AD。17．（16分）25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：化学式CH3COO

HH2CO3HClOHCN电离平衡常数(Ka)1.8×10-5Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-113.0×10-85.0×10-10请回答下列问题：(1)CH3COOH、H2CO3、HClO、

HCN的酸性由强到弱的顺序。(2)向NaCN中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为。(3)体积相同、pH相同的①3CHCOOH；②HCl；③24HSO三种酸溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填序号)；

若是体积相同，物质的量浓度相同的以上三种酸分别和足量的Zn反应，生成氢气的量由大到小的排列顺序是(填序号)。(4)H+浓度相同等体积的两份溶液A(盐酸)和B(CH3COOH)分别与不同质量的锌粉反应，若最后仅有

一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是(填字母序号)。a.反应所需要的时间：B>Ab.开始反应时的速率：A>Bc.参加反应的锌物质的量：A=Bd.A中有锌剩余(5)25°C时常压下，在pH=5

的稀醋酸溶液中，c(CH3COO-)=mol·L-1(写出精确值的表示式)。下列方法中，可以使0.10mol·L-1CH3COOH的电离程度增大的是(填字母序号)。a.加少入量0.10mol·L-1的稀盐酸b.加热该CH3COOH溶液c.加入少量冰醋酸d.加水稀释至0.0

10mol·L-1e.加入少量氯化钠晶体f.加入少量0.10mol·L-1的NaOH溶液【答案】(1)CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN（3分）(2)CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3−（2分）(

3)①>②=③（2分）③>②=①（2分）(4)cd（2分）(5)10-5-10-9（2分）bdf（3分）【解析】（1）根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞-3HCO，电离平衡常数越大

，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN；（2）向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性H2CO3＞HCN＞-3HCO，则反应生成HCN和碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：CN-+CO2+H2O═HCN+HCO3−

；（3）pH相同即c(H+)相同的盐酸和硫酸中和碱的能力相同，而盐酸和醋酸，因为醋酸是弱电解质，所以醋酸中和碱的能力强，所以消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序为：①＞②=③；若是体积相同，物质的量浓度相同的以上三种酸，由于硫酸是二元强酸，另外两种酸是一元酸，则硫酸提供氢

离子能力最多，而盐酸和醋酸能够提供氢离子总量相同，所以加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序为：③>②=①；（4）氢离子浓度相同的等体积的A、B两份溶液(A为盐酸，B为醋酸)分别与锌粉反应，若

最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余；a．由于醋酸中酸过量，醋酸会进一步电离出氢离子，则反应较快，

所以反应所需的时间A＞B，故a错误；b．开始pH相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率A=B，故b错误；c．由于生成的氢气的质量相同，所以参加反应的锌粉物质的量A=B，故c正确；d．醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，故d正确，

故答案为：cd；（5）25℃时常压下，在pH=5的稀醋酸溶液中，c(H+)=10-5mol/L，由于该温度下水的离子积Kw=1.0×10-14，则该温度下c(OH-)=-14-510mol/L10=10-9mol/L。在醋酸溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(CH3C

OO-)，所以c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)=(10-5-10-9)mol/L；a．加入少量0.10mol/L的稀盐酸，溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，导致醋酸电离程度减小，a不符合题意；b．CH3COOH电离过程会吸收热量，加热该CH3COOH溶液，会使醋酸的电离

平衡正向移动，因而会促进醋酸的电离，使其电离程度增大，b符合题意；c．加入少量冰醋酸，电离平衡正向移动，但平衡移动趋势是微弱的，总的来说CH3COOH浓度增大，故CH3COOH的电离程度减小，c不符合题意；d．加水稀释至0.010mol/L，电离平衡正向移动，

导致醋酸电离程度增大，d符合题意；e．加入少量氯化钠晶体，对溶液中各种离子浓度无影响，因此醋酸的电离平衡不移动，e不符合题意；f．加入少量0.10mol/L的NaOH溶液，会反应消耗溶液中的H+，使溶

液中c(H+)减小，电离平衡正向移动，导致醋酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，f符合题意；综上所述可知可知：能够使醋酸电离程度增大的序号是bdf。18．（14分）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用

倍受关注。Ⅰ．以2CO和3NH为原料合成尿素()()()()()322222NHgCOgCONHsHOgΔ87kJ/molH++=−。(1)有利于提高2CO平衡转化率的措施是（填字母序号）。A．高温低压B．低温高压

C．高温高压(2)研究发现，合成尿素反应分两步完成，其能量变化如下图甲所示：第一步：()()()322412NHgCOgNHCOONHsΔH+第二步：()()()()242222NHCOONHsCONHsHOgΔH+①图中E=kJ/mol。②反应速率较快的是

反应（填“第一步”或“第二步”）。Ⅱ．以2CO和4CH催化重整制备合成气：()()()()242COgCHg2COg2HgΔ247kJ/molH++=+。(3)在密闭容器中通入物质的量均为0.2mol的4CH和2CO，在一定条件下发生反应()()()()422CHgCOg2COg2Hg++，

4CH的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图乙所示。①若反应在恒温、恒容密闭容器中进行，下列叙述能说明反应到达平衡状态的是（填字母序号）。A．容器中混合气体的密度保持不变B．容器内混合气体的压强保持不变C．反应速率：(

)()222COHvv=正正D．同时断裂2molCH−键和1molHH−键②由图乙可知，压强1P2P（填“＞”“＜”或“＝”，下同）；Y点速率v正v逆。③已知气体分压＝气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数pK，则X点对应温度下的pK=

（用含2P的代数式表示）。(4)同温下，某研究小组分别在容积相等的两个恒容密闭容器中加入一定量的反应物，控制反应条件使其仅发生42CHCO−重整反应，获得如下效据：容器编号起始时各物质的物质的量/molCH4平衡转化率达到平衡时体系的压强/MPa达到平衡时体

系能量的变化CH4CO2COH2i1200p吸收热量：123.5kJii2400①容器i中反应达到平衡时，生成CO的物质的量为，容器ii中反应达到平衡状态过程中吸收的热量247kJ（填“＞”、“＜”或“＝”）。②容器i的容积变为原来的一半，则4

CH平衡转化率（填“＞”“＜”或“＝”）。【答案】(1)B（1分）(2)72.5（2分）第一步（1分）(3)BD（2分）<（1分）>（1分）224p9（2分）(4)1mol（2分）＜（1分）=（1分）【解析】（1）由()()()()()322222NHgCOgCONH

sHOgΔH87kJ/mol++=−可知，该正反应方向为气体体积减小的放热反应，因此低温高压有利于平衡正向移动，二氧化碳的转化率提高，故选B。（2）①已知()()()()()322222NHgCOgCONHsHOgΔH8

7kJ/mol++=−，由图可知，E=159.5kJ/mol-87kJ/mol=72.5kJ/mol；②由图可知，第一步的活化能比第二步小，活化能越小，反应速率越快，则反应速率较快的是第一步反应。（3）①在恒温、

恒容密闭容器中发生()()()()422CHgCOg2COg2Hg++，参加反应的各组分都是气体，密度不变不能说明反应达到平衡，A错误；反应正向气体体积增大，恒容容器中，压强随着反应正向进行而增大，压强不变时说明各组分的含量不再变化反

应达到平衡，B正确；()2vCO正和()2vH正均表示正反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，任意时刻都有()()222vCO=vH正正，不能说明反应达到平衡，C错误；断裂2molC-H键时生成1molH-H键，同时又断裂1molH-H键，正反应速

率等于逆反应速，反应达到平衡，D正确；故选BD；②()()()()422CHgCOg2COg2Hg++反应正向气体体积增大，增大压强，平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，结合图中信息可知，p1<p2；Y点甲烷转化率低于平衡时转化率，反应正向进行，v正>v逆；

③X点对应温度下甲烷的平衡转化率为50%，可列三段式：()()()()()()()422CHgCOg2COg2Hgmol0.20.200mol0.10.10.20.2mol0.10.10.20.2++起始转化平衡平衡常数Kp=2

22222220.20.2pp40.1+0.1+0.2+0.20.1+0.1+0.2+0.2=p0.10.19pp0.1+0.1+0.2+0.20.1+0.1+0.2+0.2。（4）①已知()422CH(g)+CO(g)=2COg+2H(

g)H=+247kJ/mol，即生成2molCO时放出247kJ热量，容器ⅰ放出热量123.5kJ，即生成的CO为1mol；容器ii的投料为容器ⅰ的2倍，在恒温恒容的容器中相当于增大压强，平衡会逆向移动，即生成CO小于2m

ol，所以放出的热量会小于247kJ；②容器ⅰ的体积若变成原来的一半，则与容器ii的压强相等，二者为等效平衡，故转化率等于容器ii。