【文档说明】广东省汕头市金山中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题答案.docx，共(9)页，164.672 KB，由管理员店铺上传

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参考答案：题号12345678910答案CCDDDDACBB题号1112答案CB13．（17）(1)50（2分）(2)c(H2O2)·c(HI)（2分）(3)A（2分）(4)溶液被稀释（2分）(5)逆向（2分）(6)A（2分）+Na（2分）(7

)实验⑤中增大Cl−浓度，34Fe4ClFeCl−+−+平衡正向移动，3Fe+浓度降低，()33Fe3SCNFeSCN+−+平衡逆向移动，溶液透射率增大明显（3分）14．（17分）(1)-1-124

.8kJmol（2分）(2)不变（3分）减小（3分）(3)①a（2分）高于280C，以反应I为主，反应I为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，2CO的转化率增大（3分）②80%（2分）56（2分）15．（18分）.(1)BC（2分）(2)*

21N2+*23H2=N*+3H*（3分）62（2分）(3)不变（2分）反应中氨气浓度减小但吸附量不变，平均反应速率不变（3分）（4）T3（2分）50%（2分）（5）203001.18(P)2.820.411.23(P)?(P)2.822.82（2分）【答案详解】1．C【详解】A．焓变△H=生

成物具有的能量-反应物具有的能量，只与物质的起始状态有关，与反应条件无关，所以同温同压下，在光照和点燃条件下的△H相等，故A正确；B．化学键断裂吸热，化学键形成放热，是化学反应中能量变化的主要原因，故B正确；C．

天然气属于不可再生能源，故C错误；D．在电能和热能的作用下，用空气和水作原料成功地合成了氨气，电能转化为了化学能，故D正确；答案选C。2．C【详解】A．0～8.5min内，相同条件下，装置①中生成气体没

有装置②中生成气体多，所以生成气体的平均速率①＜②，A正确；B．装置①中为Zn和H2SO4溶液的化学反应，②为Cu-Zn-H2SO4原电池反应，两反应均为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，B正确；C．对比两装置的溶液温度，说明装置①中把化

学能转化为热能比装置②中的多，但两装置总反应方程式均为：Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)，释放的总能量与生成的气体的量成正比，由表中数据可知时间相同时，装置①中生成气体没有

装置②中生成气体多，所以反应释放的总能量①＜②，C错误；D．生成气体体积相同时两反应释放的总能量相等，两装置的溶液温度①＞②，说明装置②中是把化学能部分转化为电能，D正确；故选C。3．D【详解】A．由图甲可知：生成物的焓大于反应物的焓，正反应吸热，该反应ΔH＞0，化学反应

体系从环境中吸收热量，故A正确；B．由图乙可知：水的状态不同焓不同，物质聚集状态改变，焓也改变，故B正确；C．由图丙可知：该反应为放热反应，断开化学键所吸收的能量小于形成化学键所释放的能量，故C正确；D．由图丁可知：该反应放热，焓变为负值

，ΔH1>ΔH2；金刚石的能量大于石墨，石墨比金刚石稳定，故D错误；选D。4．D【详解】A．2L的恒容密闭容器中充入()32molSiHClg，a、b两点()3SiHClg的物质的量分数相同，该反应为气体体积不变的反应

，温度不同则压强不同，容器内气体的压强：ab，故A错误；B．根据“先拐先平衡”，由题给图像可知：12TT，T2时()3SiHClg的物质的量分数更小，升温平衡正向移动，H0＞，故B错误；C．2TK时，反应自开始至达到平衡的过程中，(

)111141112(10.4)0.3SiClmolLminmolLmin22vtt−−−−−==，故C错误；D．1TK时三段式32242SiHCl(g)SiHCl(g)+SiCl(g)/mol/L100/mol/L0.50.250.25/mol/L0.50.250.25始转

平，平衡常数20.250.251K0.54==，若起始时向该容器中充入()30.8molSiHClg、()221molSiHClg、()40.6molSiClg，则210.61522Q160.82==

，Q＞K，反应将向逆反应方向进行，故D正确；故答案为：D。5．D【详解】A．由图可知，MO+和CH4生成CH3OH和M+，则该反应的总反应式为MO++CH4=CH3OH+M+，A正确；B．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是放热反

应，B正确；C．过渡态2具有的能量比过渡态1低，说明过渡态2比过渡态1稳定，C正确；D．已知：参与反应的原子质量数越大，速率越慢，所以MO+与CH2T2反应的活化能大于MO+与CH4，MO+与CH2T2反应的能量变化应为图中曲线a，D错误；故选D。6．D【详解

】A．0t<t时，()()()()()()()cYnYnX-nZvY====vX-vZttVtV，A正确；B．0t>t时，()()()()()()()cYnYnZ-nXvXY====vZ-vttVtV，B正确；C．加入催化剂甲加快反

应速率，()cY达到最大值的时间提前，C正确；D．催化剂不影响化学平衡移动，加入催化剂乙，()cY最大值不会变化，D错误；故选D。7．A【详解】①NaHSO3与H2O2发生反应，产物为Na2SO4和H2O，没有明显现象，故①错误；②中发生反应的

离子方程式为3+3Fe+3SCNFe(SCN)−，增加Cl-浓度，平衡不移动，溶液颜色不变，故②正确；③测定中和热的实验中，氢氧化钠溶液与盐酸混合时，要快速、一次加入，减少热量的散失，故③错误；④，用pH计分别测定等浓度的NaCl

O溶液和CH3COONa溶液的pH，pH均大于7，说明均会发生水解产生氢氧根，NaClO溶液的pH较大，说明次氯酸钠的水解程度更大，即常温下，()()--hh3KClO>KCHCOO，故④正确；综合可知，正确的是：②④；故答案选A。8．C【详解】A．上述反应水为气体参与反应

，固体和纯液体不写入表达式，所以平衡常数()()()()()222224cCOcHOcNK=cNOcCH，故A错误；B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；C．该反应为气体分子数增多的反应，维持恒压条件下，其他条件不变时，通入一定量的

惰性气体，则会导致反应体系的体积增大，等同于是减压，因此平衡会正向移动，2NO去除率增大，故C正确；D．采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，反应体系中水蒸气浓度减小，平衡正向移动，NO2去除率增大，由于反应物浓度继续减小，因此正

反应速率减小，故D错误；故选C。9．B【分析】第一阶段粗镍与CO反应生成气态Ni(CO)4，反应温度应该大于Ni(CO)4的沸点42.2°C，生成气态Ni(CO)4分离出来，第二阶段将气态气态Ni(CO)4加热230°C得到高纯镍。【详解】A．Ni(CO)

4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，第一阶段应选择高于42.2℃的反应温度，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故A正确；B．第二阶段，在230℃时，该反应的平衡常数K=2×10-5，则其逆反应化学平衡常数很大，所以Ni(CO)4几乎完全分解，故B错

误；C．增大反应物浓度平衡正向移动，则增大CO浓度，平衡正向移动，由于化学平衡常数只是温度的函数，温度不变，化学平衡常数不变，故C正确；D．反应的速率之比等于气体的计量数之比，所以平衡时有4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故D正确；答案选B。10

．B【详解】A．由图像可知，转化率达到最大，继续升高温度，NO转化率减小，则温度升高平衡逆向移动，该反应是放热反应，故H0，A正确；B．1TK温度下NO的转化率为20%，消耗的n(NO)=0.1mol20%0.02mol=，反应速率为-1-1Δc0.02mo

l0.02vmm1ol(NO)==LmiΔtLtinnt=，由反应速率之比等于系数比，则容器中产生氨气的速率为-1-1210.01v(N)=v(NO)=molLmin2t，B错误；C．2TK温度下，NO的转化率为80%，消耗的n(NO)=0.1mol80%0.08mo

l=，列三段式：()22++/mol0.10.100/mol0.080.080.040.08/mol0.020.020.040.082NO(g)2CO(g)N(g)2COg起始量转化量平衡量，容器体积是1L，反应222NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)的平

衡常数2220.040.08K==16000.020.02，C正确；D．催化剂具有选择性，所以1TK温度下，可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率，D正确；故选B。11．C【详解】A．()()()22224SOgHOlHSOl+=熵减，该反应能自发进行，ΔG=ΔΔS0HT−

＜时自发，则该反应的△H<0，A正确；B．加入催化剂23FeO降低化学反应活化能，不改变反应的H，B正确；C．固定容积的反应体系中充入He，各组分的浓度没有改变，反应速率不受影响，C错误；D．34FeO中既有+2价的铁，又有+3价的铁，因此34FeO的催化效率比2

3FeO更高，相同条件下作催化剂时脱除率可能更高，D正确；故选C。12．B【详解】A．乙容器相对于甲容器，等效于甲平衡后压缩体积，平衡正向移动，CO2平衡转化率高于甲容器，则表示乙容器2CO的平衡转化率随温度变化的是曲线A，故A错误；B．升高温度，正逆反应速率均增大，由图可知

，状态Ⅰ的反应温度小于状态Ⅱ，则状态Ⅰ的逆反应速率小于状态Ⅱ，故B正确；C．图2中，a点后CO2转化率还在变化，未达到化学平衡状态，故C错误；D．由图1可知，升高温度，二氧化碳的平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，升

高温度，平衡常数减小，图2中温度T3小于T4，则对应平衡常数大于T4，故D错误；故选B。13．（17）(1)50（2分）(2)c(H2O2)·c(HI)（2分）(3)A（2分）(4)溶液被稀释（2分）(5)逆向（2分）(6)A（2分）+Na（2分）(7)实验⑤中增大Cl

−浓度，34Fe4ClFeCl−+−+平衡正向移动，3Fe+浓度降低，()33Fe3SCNFeSCN+−+平衡逆向移动，溶液透射率增大明显（3分）I．【分析】由题意可知，实验①和②探究反应物浓度相同时，反应温度对反应速率的影响，实验①和③探究反应温度相同时，过氧化氢的浓度对反

应速率的影响，实验①和④探究反应温度相同时，碘化氢的浓度对反应速率的影响。【详解】(1)由题意可知，探究有关因素对反应速率的影响时，溶液总体积相同，则(20+a+30)mL=(20+50+30)mL，解得a=50，故

答案为：50；(2)由实验①和③可知，当反应温度和碘化氢的浓度不变时，过氧化氢的浓度增大1倍，化学反应速率增大1倍，由实验①和④可知，当反应温度和过氧化氢的浓度不变时，碘化氢的浓度增大1倍，化学反应速率增大1倍，则反应速率与碘化氢和过氧化氢的浓度有关，反应速率v=k·

c(H2O2)·c(HI)，故答案为：c(H2O2)·c(HI)。．II.【分析】实验I：探究KCl对Fe3+和SCN-平衡体系的影响，随着KCl溶液浓度增大，溶液的透光率增加，按照题中信息，可能原因有：原因1，溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影

响称为盐效应。KCl溶液的加入使Fe3+和SCN-平衡状态因盐效应而发生变化。原因2，溶液中存在副反应Fe3++4Cl-=[FeCl4]-，离子浓度发生变化,导致Fe3+和SCN-平衡状态发生变化。【详解】（3）20mL0.005mo

l/L的氯化铁溶液与20mL0.015mol/L的KSCN溶液混合，两者反应生成Fe(SCN)3，离子方程式为()33Fe3SCNFeSCN+−+，铁离子过量，再加入KSCN，该反应的化学平衡正向移动，溶液颜色加深，

插入经砂纸打磨过的铁丝，Fe3+与Fe反应被消耗，导致化学平衡逆向移动，溶液颜色变浅，故溶液颜色更深的是A溶液。（4）X溶液中加入5滴0.03mol/L的KCl溶液，观察到溶液红色变浅，可能的原因是加入KCl溶液，溶液被稀释，从而对平衡产生了

影响，也可能是钾离子、氯离子对平衡有影响。（5）从上述实验可知，加入的KCl浓度越小，溶液的透射率越低，说明随着KCl浓度的增大，Fe(SCN)3的浓度减小，即化学平衡逆向移动。（4）通过上述实验可以猜测，可能是钾离子产生的影响，可能是氯离子产生的影响，也可能是钾离子和氯离子共同的影响。（5）去

离子水中不含离子，0.3mol/L的KCl和0.3mol/L的NaCl中，氯离子浓度相同，不同的是阳离子种类不同，对比①和②或①和③可知异性电荷离子的存在对透射率有影响，对比②和③可排除氯离子对实验的干扰，从而对比钠离子和钾离子对透射率的影响。故答案选A。从图中可知，相同浓

度下，加入NaCl的溶液透射率更大，说明对盐效应影响较大的阳离子是Na+。（6）氢离子对平衡没有明显的影响，但是实验⑤中加入HCl增大了氯离子浓度，根据题干可知存在平衡34Fe4ClFeCl−+−+，氯离子浓度增大，该平衡正向移动，铁离子浓度降低，导致()33Fe3SCNFeSCN+

−+平衡逆向移动，溶液的透射率增大明显。14．（17分）(1)-1-124.8kJmol（2分）(2)不变（3分）减小（3分）(3)a（2分）高于280C，以反应I为主，反应I为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，2CO的转化率增大（3分

）80%（2分）56（2分）【详解】（1）由盖斯定律，2×反应II+反应III可得反应223322CO(g)+6H(g)CHOCH(g)+3HO(g)，H=2×(-49.5)-25.8=-1-124.8kJmol；（2）向平衡体系中加入高效催化剂，同等程度改变正、逆反应速率，则vv正逆不变，

反应II是放热反应，升高体系温度，平衡逆向移动，平衡常数Kp减小，达到平衡时，正逆反应速率相等，则()()()()32232kpCOpH=kpCHOHpHO正逆，整理可得()()()()32p322pCHOHpHOkK=pCOpHk=正逆，k-k正逆值将减小；

（3）①升高温度，反应向吸热方向进行，所以反应I向正向进行，II向逆向进行，CH3OCH3减少，CO2增多，故CH3OCH3选择性应一直减小，图中二甲醚选择性随温度变化的曲线是a；温度高于280C，曲线b增大即CO2转化率增大，原因是高于280C，以反应I为主，反应

I为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，2CO的转化率增大；②反应达平衡时，2CO的平衡转化率为50%，反应I、II共消耗2CO1mol×50%=0.5mol，容器中CO(g)为0.05mol，故反应I消耗0.05molCO2，反应II消耗0.5-0.05=0.45mol，

则()()2222232I++O/mol0.050.050.050.05IIO/mol0.451.350.450.45CO(g)H(g)CO(g)HgCO(g)3H(g)CHOH(g)Hg++反应：转化量反应：转化量，平衡时3CHOH(g)为0.05mol，则反应III消耗3CH

OH(g)为0.45-0.05=0.4mol，生成CH3OCH3(g)为0.2mol，此时二甲醚的选择性为()()()33222nCHOCH20.2molS=100%=100%=80%nCO-nCO(

10.5)mol−初始平衡；平衡时n(CO2)=0.5mol，n(H2)=3-0.05-1.35=1.6mol，n(CO)=0.05mol，n(H2O)=0.05+0.45+0.2=0.7mol，n(CH3OH)=0.05mol，n(CH3OCH

3)=0.2mol，混合气体总物质的量为0.5+1.6+0.05+0.7+0.05+0.2=3.1mol，物质的量分数为x(CH3OH)=0.053.1，x(CH3OCH3)=0.23.1，x(H2O)=0

.73.1，反应III的x20.20.73.13.1K=560.05()3.1=。15．（18分）.(1)BC（2分）(2)*21N2+*23H2=N*+3H*（3分）62（2分）(3)不变（2分）反应中氨气浓度减小但吸附量不变，平均反应速率不变（3分）（4）T3（2分）50%（2分

）（5）203001.18(P)2.820.411.23(P)?(P)2.822.82（2分）【详解】（1）A．不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，故A正确；B．控制温度远高于室温是为了

保证催化剂的活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率，故B错误；C．恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，故C错误；D．通过天然气和水蒸气转化制得的H2，由于含有CH4，CO等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此外

CH4，CO可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，故D正确；故答案为BC；（2）决速步骤是速率最慢的，活化能最高的，因此反应的方程式为*21N2+*23H2=N*+3H*；该步反应的活化能=17+45=62kJ/mol；（

3）由表中数据得知，每间隔10分钟，氨气浓度减少0.1c0，因此反应速率不变，原因是尽管反应物中氨气浓度减少，但是吸附量不变，平均反应速率不变；（4）合成氨反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，平衡

时氨气的物质的量分数越小，T3温度最高；设M点N2的转化的物质的量为xmol，则223N+3H2NH4100x3x2x4-x10-3x2x起始量转化量平衡量2x=0.414-2x，x=2，M点N2的转化率为2×100%=50%4；（5）由题

图可以看出，当N2与H2物质的量之比为1:3时，NH3的平衡体积分数最大，为42%，设平衡时转化的N2的物质的量为xmol，223N+3H2NHmol130molx3x2xmol1-x3-3x2x起始量（）转

化量（）平衡量（），2x×100%=42%1-x+3-3x+2x，解得0.59x，n2.82mol=总，故20P3001.18(P)2.82K=0.411.23(P)?(P)2.822.82；（4）分析流程合成氨放热通过Ⅳ热交换器加热反应混

合气体，使反应达到所需温度，提高合成氨原料总转化率；步骤Ⅵ除了可以分离得到产品液氨，它的目的还有把平衡混合气体中氮气和氢气分离出来重新循环使用，提高原料利用率。