【文档说明】福建省泉州科技中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(17)页，4.293 MB，由小赞的店铺上传

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泉州科技中学2023-2024学年第一学期期中考高二年级化学试卷考试时间75分钟满分100分可能用到的相对原子质量：H-1Mg-24O-16S-32C-12一、选择题：(本题共10小题，每小题4分，共40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.文物的腐蚀是指出土前由于自然的

侵蚀、损坏而破坏文物的原貌，电化学腐蚀也是重要因素之一。三星堆是中华文明的重要组成部分，下列出土文物可能涉及电化学腐蚀的是ABCD青铜神树玉璋陶瓷马头黄金面罩A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】电化学腐蚀就

是金属和电解质组成两个电极，所以需含有两种金属，据此分析解题。【详解】A．青铜神树中含有Sn和Cu，可能涉及电化学腐蚀，故A符合题意；B．玉璋属于玉器，主要成分为无机物，不涉及电化学腐蚀，故B不符合题意；C．陶瓷马头以粘土为主要原料制成，不涉

及电化学腐蚀，故C不符合题意；D．黄金面罩由黄金制成，只含有金，不涉及电化学腐蚀，故D不符合题意；故答案选A。2.肼(H2N~NH2)是一种高能燃料，共价键的键能与热化学方程式信息如下表：共价键N﹣HN﹣NO=ONNO﹣H键能/(kJ·mol﹣1)39116149894

6463则关于反应()()()()24222NHgOgNg2HOg++=说法正确的是A.该反应是吸热反应B.N2H4(l)比N2H4(g)能量高C.反应物总能量大于生成物总能量D.气态H2O变液态H2O吸热【答案】C【解析】【详解】A．该反

应的ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和=(161+4×391+498-946-463×4)kJ/mol=-575kJ/mol，该反应为放热反应，A错误；B．液态的N2H4转化为气态的N2H4需要吸热，因此N2H4(l)比N2H4(

g)能量低，B错误；C．该反应的ΔH=生成物总能量-反应物总能量<0，则反应物总能量大于生成物总能量，C正确；D．气态水转化为液态水需要放热，D错误；故答案选C。3.下列实验装置图能达到相应实验目的且描述正确的是A.图甲是中和热

测定实验B.图乙可以保护钢闸门不被腐蚀C.图丙用于铁上镀铜且硫酸铜溶液浓度不变D.装置丁用于制备少量含NaClO的消毒液【答案】D【解析】【详解】A．图甲装置用于中和热得测定实验缺少环形玻璃搅拌棒，A错误；B．外加电流的阴极保护法需要

把被保护的金属接在电源的负极，作为阴极发生还原反应，图乙装置把钢闸门接在了电源的正极，作为阳极，起不到保护作用，B错误；C．电镀时待镀件接在电源负极，作为阴极，镀层金属接在电源负极，作为阳极，图丙将铁钥匙接在

了电源正极，作为阳极，不能往铁钥匙上镀铜，C错误；D．上端阴极水放电生成氢气和氢氧根离子，下端阳极氯离子放电生成氯气，氯气上升和氢氧根离子反应生成次氯酸钠，D正确；故选D。的4.在四个不同的容器中进行合成氨223N3H2NH

+高温、高压催化剂的反应。根据下列在相同时间内测定的结果，判断生成氨的速率最快的是A()113NH0.3molLmin−−=B.(N2)=0.2mol/(L·min)C.()112H0.3molLmin−−=D.()112N0.05molLs−−=【答案】D【解

析】【详解】根据反应速率之比等于化学计量系数之比，进行换算为同一物质相同单位进行比较即可：A．()113NH0.3molLmin−−=；B．当(N2)=0.2mol/(L·min)时，()113NH0.4molLmin−−=；C．当()112H0.3molLmin−−=

时，()113NH0.2molLmin−−=；D．当()112N0.05molLs−−==3mol/(L·min)时，()113NH6.0molLmin−−=；故D的数值最大，即D速率最大，故答案为：D。5.化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化。下

列相关表述正确的是A.一定条件下，将20.5molH和20.5molI(g)置于密闭容器中充分反应生成HI放热akJ，其热化学方程式为：22H(g)+I(g)2HI(g)ΔH=-2akJ/molB.在101kPa时，22gH完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示氢气燃烧热的热

化学方程式表示为：2221H(g)+O(g)=HO(1)ΔH=-285.8kJ/mol2C.22122212S(g)+O(g)=SO(g)ΔHS(s)+O(g)=SO(g)ΔHΔH>ΔHD.HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol，则240.5molHSO

和足量2Ba(OH)反应的ΔH=-57.3kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A．一定条件下，将20.5molH和20.5molI(g)置于密闭容器中充分反应生成HI放热akJ，则I2和H2反应生成1mo

lHI(g)时放热大于akJ，放热焓变为负，则其热化学方程式I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)△H＜-2akJ•mol-1，故A错误；B．燃烧热是指在一定压强下，1mol的可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物的时

候所放出的热量；在.101kPa时，22gH完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式表示为：2221H(g)+O(g)=HO(1)ΔH=-285.8kJ/mol2，B正

确；C．硫蒸气的能量比等质量的固态硫能量高、则等量的硫蒸汽燃烧生成二氧化硫气体比固态硫燃烧放出的热量多，焓变为负值时，放出热量越多，焓变越小，则22122212S(g)+O(g)=SO(g)ΔHS(s)+O(g)=SO(g)ΔHΔHΔH＜，故C

错误；D．HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol，硫酸和足量2Ba(OH)反应生成硫酸钡沉淀和水，由于生成沉淀，也要放热，则240.5molHSO和足量2Ba(OH)反应放出的热量大于盐酸和氢氧化钠反应1mol液态H2O时放出的热量、即大于57.3kJ，则240.5molH

SO和足量2Ba(OH)反应的ΔH-57.3kJ/mol＜，故D错误；答案选B。6.科学家发明了一种2MgPbO−电池，电解质溶液中的溶质为24NaSO、24HSO、NaOH，通过M和N两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成A、B、C三个电解质溶液区域(已知：ab；电池工作时

，A、B、C区域溶液的溶质成分不变)，电池工作的过程中，A区出现沉淀，装置如图，下列说法不正确的是A.Na+通过M膜移向B区，离子交换膜N为阴离子交换膜B.B区域的电解质浓度逐渐减小C.放电时，Mg电极反应为()2Mg2OH2eMgOH−−+−=D.消耗2.4

gMg时，C区域电解质溶液减少16.0g【答案】B【解析】【分析】由图和题给信息可知，镁电极为原电池的负极，碱性条件下镁失去电子生成Mg(OH)2，电极反应电极反应式为Mg+2OH--2e-=Mg(OH)2，A区溶

液中氢氧根离子浓度减小，A区钠离子通过阳离子交换膜M进入B区，PbO2为正极，酸性条件下PbO2在正极得到电子发生还原反应生成PbSO4，电极反应式为PbO2+4H++2-4SO+2e-=PbSO4+2H2O，C区溶液中消耗氢离子的物质的量大于24SO−，C区溶液中24

SO−通过阴离子交换膜N进入B区，则B区中Na2SO4溶液的浓度增大。【详解】A．由分析可知，原电池工作时，A区钠离子通过阳离子交换膜M进入B区，C区溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜N进入B区，A正确；B．由分析可知，原电池工作时，A区钠离子通过阳离子交换膜M进入B区

，C区溶液中24SO−通过阴离子交换膜B区，B区中Na2SO4溶液的浓度增大，B错误；C．由分析可知，放电时，镁电极为原电池的负极，碱性条件下镁失去电子生成Mg(OH)2，电极反应电极反应式为Mg+2OH--2e-=Mg(OH)2，C正确；D．由分析可知，原电池工作时，消耗

2.4g镁时，放电转移电子2.4g24g/mol×2=0.2mol，C区放电消耗0.4mol氢离子、0.1mol24SO−，同时有0.1mol24SO−移向B区，相当于溶液中减少0.2mol硫酸，同时生成0.2mol水，则C区实际减少质量为0.2mol×98g/mol-0.2mol×18g/

mol=16.0g，D正确；故选B。7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.对于平衡体系222HIHI+，增大压强(缩小容积)可使颜色变深B.合成氨工业上，采用高压以提高3NH的产率C.氯水宜保存在低温、避光条件下D.向氯水中加入

适量石灰石，可增强漂白效果。【答案】A【解析】【详解】A．反应为气体分子数不变的反应，对于平衡体系222HIHI+，增大压强(缩小容积)，物质浓度变大，可使颜色变深，但是平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，A符合题意；B．合成氨为气体分子数减小反应，采用高压平衡

正向，可以提高3NH的产率，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．低温、避光条件下可以防止平衡向次氯酸分解的方向移动，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．向氯水中加入适量石灰石，碳酸钙和氢离子反应导致氯水

和水的反应正向移动，次氯酸浓度变大，可增强漂白效果，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选A。的8.将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿棕色铁锈环(b)，如图下列

说法不正确．．．的是A.铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：4Fe+6H2O+3O2=4Fe(OH)3B.液滴之下氧气含量少，铁片作负极，发生的反应为：Fe-2e-=Fe2+C.液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O2＋2H2O＋4e-=4OH-D.铁片腐蚀最严重区域是生锈最多的区域【答案】D【

解析】【分析】NaCl溶液滴到一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后在液滴覆盖的圆周中心区(a)被腐蚀变暗，实际上是发生了吸氧腐蚀，铁片作负极，发生的氧化反应，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，液滴边缘是正极区，电极反应为：O2+2H2O+4

e-=4OH-(发生还原反应)，在液滴外沿，由于Fe2++2OH-=Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3形成了棕色铁锈环(b)，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：4Fe+6H

2O+3O2═4Fe(OH)3，以此解答该题。【详解】A．根据以上分析，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：4Fe+6H2O+3O2=4Fe(OH)3，A正确；B．铁片作负极，发生的氧化反应，电极反应为：Fe

-2e-=Fe2+，B正确；C．O2在液滴外沿反应，液滴边缘是正极区，发生还原反应，正极电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；D．铁片腐蚀最严重区域不是生锈最多的区域，而是液滴的中心区，D错误；故答案为：D。9.反应

物(S)转化为产物(P或PZ)的能量与反应进程的关系如图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是A.进程I是吸热反应B.平衡时P的产率：II>IC.生成P的速率：III>IID.进程IV中，Z没有

催化作用【答案】D【解析】【详解】A．由图中信息可知，进程I中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A错误；B．进程II中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B错误；C．进程III中由

S·Y转化为P·Y的活化能高于进程II中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为III＜II，C错误；D．由图中信息可知，进程IV中S吸附到Z表面生成S·Z

，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P+Z，因此，Z没有表现出催化作用，D正确；故选D。10.26CH制24CH的平衡体系中存在如下反应：反应Ⅰ()()()()()262242CHgCOgCHgCOgHOg+++H0反应Ⅱ()()()()2622CHg2COg4COg

3Hg++H0将2mol26CH和3mol2CO投入容积为1L的恒容密闭容器中发生反应，测得平衡时乙烷的转化率、乙烯的选择性(1L条件下)与温度、压强的关系如图所示。已知：乙烯的选择性100%=转化为乙烯消耗乙烷的量乙烷的总转化量。下列说法错误的是A.

X代表温度，L代表压强B.21L>LC.N点时，26CH转化成的CO的物质的量为0.4molD.M点时，反应Ⅰ的平衡常数为0.5【答案】D【解析】【详解】A．根据题给平衡体系中方程式特点判断，两个反应均为吸热反应，温度升高，

平衡均正向移动，乙烷的平衡转化率会增大，两个反应均为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，乙烷的平衡转化率会减小，而图像中随着X的增大，乙烷的平衡转化率逐渐增大，则X代表温度，L代表压强，A项正确；B．同一温度下，2L对应的乙烷平衡转化率低于1

L对应的，即2L代表的压强大于1L的，B项正确；C．根据乙烯的选择性公式判断，反应中，乙烷转化成的乙烯的物质的量为2mol50%80%0.8=mol，则乙烷转化成的CO的物质的量为()2mol50%0.8mol20.4−=mol，C项正确

；D．M点对应温度下，设平衡时24CH、2H的物质的量分别为xmol、3ymol，根据物质的量关系可列出三段式：()()()()()224226+CO(g)+CO(g)+HO(g)mol30020molmoC

lCHgHgxxxxx起始转化平衡()()()()2262+2CO(g)4CO(g)+3H(g)mol0mol243CmolHgyyyy起始转化平衡结合图像可知，()0.52+=xy，()0.8=+xxy，解得0.8x=，0.2y=，则平衡时()26

CHg、()2COg、()24CHg、()COg、()2HOg的物质的量分别为1mol、1.8mol、0.8mol、1.6mol、0.8mol，反应Ⅰ的平衡常数()()()()()2422620.81.60.8

CHCOHO1110.5711.8CHCO11==cccKcc，D项错误。故选D。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.按题意要求填空：（1）已知10g己烷完全燃烧生成液态水放出484kJ的热量，写出表

示己烷燃烧热的热化学方程______________。（2）已知在微生物作用的条件下，4NH+经过两步反应被氧化成3NO−。两步反应的能量变化示意图如图：则()41molNHaq+全部被氧化成()3NOaq−的热化学方程式为：_____________。（3）化学键键能是原子间形成(或断裂)1

mol化学键时释放(或吸收)的能量。以下是部分共价键键能数据：H-S：1akJmol−；S-S：1bkJmol−；S=O：1ckJmol−；H-O：1dkJmol−。已知反应：()()()()2222HSgSOg=3Ss2HOg++1ΔH=-QkJmol−，

其反应产物中的固体S实为8S，实际分子是一个8元环状分子(即)，试根据这些数据计算已知反应的反应热：则Q=__________(用a、b、c、d表示)。若已知()()22HOl=HOg1ΔH=+ekJmol−，试写出2HS和2SO反应生成()2HO1的热化学方程式为：_______

。（4）已知C(金刚石，s)()()22Og=COg+1ΔH=395.0kJmol−−C(石墨，s)()()22Og=COg+1ΔH=393.5kJmol−−①石墨和金刚石相比，石墨的稳定性_______金刚石的稳定性。(填“大于

”“小于”或“等于”，下同)②石墨中CC−键键能_______金刚石中CC−键键能【答案】（1）C6H14(l)+192O2(g)=6CO2(g)+7H2O(l)ΔH=-4162.4kJ·mol-1（2）4NH+(aq)+2O2(g)=2

H+(aq)+3NO−(aq)+H2O(l)ΔH=-346kJ·mol-1（3）①.3b+4d-4a-2c②.2H2S(g)+SO2(g)=2H2O(l)+3S(s)ΔH=(4a+2c-3b-4d-2e)kJ·m

ol-1（4）①.大于②.大于【解析】【小问1详解】10g己烷物质的量为5mol43，完全燃烧生成液态水放出484kJ的热量，则1mol己烷完全燃烧生成液态水放出4162.4kJ的热量，即燃烧热化学方程式

为C6H14(l)+192O2(g)=6CO2(g)+7H2O(l)ΔH=-4162.4kJ·mol-1；的【小问2详解】由能量变化示意图可知，第一步反应为+4NH(aq)+32O2(g)=-2NO(aq)+2H+(aq)+H2O

△H=-273kJ·mol-1；第二步反应为-2NO(aq)+12O2(g)=-3NO(aq)△H=-73kJ/mol，则1mol+4NH(aq)全部氧化成-3NO(aq)的热化学方程式为+-+-14232NH(aq)+2O(g)=NO(aq)

+2H(aq)+HO(l)ΔH=-346kJ?mol；【小问3详解】由题意可知，硫化氢与二氧化硫反应生成S8和水的热化学方程式为2H2S(g)＋SO2(g)=38S8(s)＋2H2O(l)，由反应热为反应物键能总和与生成物的键能总和的差值，可得ΔH

=（4a+2c）kJ·mol-1-（38×8b+4d）kJ·mol-1，即-Q=4a+2c-3b-4d，Q=3b+4d-4a-2c；令()()()()2222HSgSOg=3Ss2HOg++11ΔH=-(3b+4d-4a-2c)kJmol−、()()22HOl=HOg1ΔH=+ekJmol−

，则2H2S(g)＋SO2(g)=3S(s)＋2H2O(l)的12ΔΗ=ΔΗ-2ΔΗ，故热化学方程式为2H2S(g)+SO2(g)=2H2O(l)+3S(s)ΔH=(4a+2c-3b-4d-2e)kJ·mol-1；【小问4详解】①根据盖斯定

律得出C(s，金刚石)=C(s，石墨)ΔH＝-1.5kJ·mol-1，能量越高越不稳定，即石墨的稳定性大于金刚石；②石墨比较稳定，即所含有的C-C键的键能较大，即填大于。12.电化学在我们的工业生产、生活中发挥着越来越大的作用。根据题给信息，回答问题：Ⅰ

.电化学降解法治理硝酸盐污染的工作原理如图所示。（1）A为直流电源的______极。（2）Ag-Pt电极发生的电极反应为______。Ⅱ.某工业废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl－，现采用双膜三室电沉积法回收Ni2+。根据图甲、图乙所给信息

回答下列问题：（3）写出阳极的电极反应式______________。（4）交换膜b是____(填“阴离子”“阳离子”)交换膜。（5）根据图乙分析，pH过高或过低，镍的回收率都低的原因：_____________。Ⅲ.电解

法转化CO2可实现CO2资源化利用，电解CO2制HCOOH的原理示意图如图：（6）a、b表示CO2进气管，其中_______(填“a”或“b”)管是不需要的。电解一段时间后，若两侧电极液中K+的物质的量相差0.04mol，则阳极产生的气体在标准状况下的总体积为_

______L(假设产生的气体全部逸出)。【答案】（1）正（2）2-3NO+10e-+12H+＝N2↑+6H2O（3）2H2O-4e-=O2↑+4H+（4）阴离子（5）pH过高，Ni2+可能转变为Ni（OH）2沉淀，pH过低，溶液中H+浓度较大

，氢离子在阴极放电，Ni2+被还原的量减少，所以镍的回收率都低（6）①.a②.0.56【解析】【分析】Ⅰ.由题给示意图可知，硝酸根离子中氮元素化合价降低，说明硝酸根离子得电子发生还原反应生成氮气，则Ag-Pt电极为电解池的阴极，Pt电极

为电解池的阳极；Ⅱ.阳极区域是稀硫酸，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子通过交换膜a进入浓缩室，所以交换膜a为阳离子交换膜，阴极发生还原反应，结合盐酸由稀变浓，说明氯离子经过b进入浓缩室，则b为阴离子交换膜；酸性强

时主要氢离子发生还原反应生成氢气，酸性弱时主要Ni2+发生还原反应生成Ni；Ⅲ.阳极为Pt电极，Sn电极为阴极，电解CO2制HCOOH应该是CO2在阴极发生还原反应，所以需要从b管通入CO2，而阳极是溶液中碳酸氢根离子失电子，电极反应式为--32224HCO-4e=O+4CO+2

HO；Sn电极为阴极，阴极CO2发生还原反应生成HCOO-,，电极反应为:CO2+-3HCO+2e-=HCOO-+23CO−。【小问1详解】由分析可知，Pt电极为电解池的阳极，则与Pt电极相连的直流电源的A电极为正极，故答案为：正；【小问2

详解】由分析可知，Ag-Pt电极为电解池的阴极，硝酸根离子在阴极得电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为23NO−+10e-+12H+＝N2↑+6H2O，故答案为：2-3NO+10e-+12H+＝N2↑+6H2

O；【小问3详解】阳极氢氧根离子失电子生成氧气，阳极的电极反应式2H2O-4e-=O2↑+4H+，故答案为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；【小问4详解】由分析可知，交换膜b为阴离子交换膜，故答案为：阴离子；【小问5详解】根据图乙可知，若pH过高，Ni2+可能转变为Ni（OH）

2沉淀，pH过低，溶液中H+浓度较大，氢离子在阴极放电，Ni2+被还原的量减少，所以镍的回收率都低，故答案为：pH过高，Ni2+可能转变为Ni（OH）2沉淀，pH过低，溶液中H+浓度较大，氢离子在阴极放电，Ni2

+被还原的量减少，所以镍的回收率都低；【小问6详解】阳极为Pt电极，Sn电极为阴极，电解CO2制HCOOH应该是CO2在阴极发生还原反应，所以需要从b管通入CO2，而阳极是溶液中碳酸氢根离子失电子，则不需要a管，故选:a；阳极电极反应式为--32224HCO-4e=O+4CO

+2HO，每转移1mol电子则有1molK+从阳极转移到阴极，所以两侧电极液中K+的物质的量相差0.04mol，n(e-)=0.02mo|，则阳极产生的气体n=0.02mol5=0.025mol4，体积为V=0.025mol22.4L/m

ol=0.56L，故答案为：0.56L。13.Ⅰ.向某体积固定的密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答：（1）若t1=15时，则t

0~t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=_______；（2）写出反应的化学方程式：________________________；（3）t1s时，A的转化率为__________，此时v(

A)正______v(B)逆(选填“>”、“<”或“=”)；Ⅱ.已知化学反应①：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，其平衡常数为K1；化学反应②：Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)，其平衡常数为K2。在温度973K和1173K情

况下，K1、K2的值分别如下：温度K1K2973K1.472.3811732.151.67（4）通过表格中的数值可以推断：反应①是__________(填“吸热”或“放热”)反应。（5）现有反应③CO2(

g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，能判断反应③已达平衡状态的是_______________________________A.容器中压强不变B.混合气体中c(CO)不变C.v正(H2)=v逆(H2O)D.c(CO2)=c(CO)（6）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关

系式_______________________。据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是______(填“吸热”或“放热”)反应。要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施是______(填写序

号)。A缩小反应容器容积B扩大反应容器容积C．降低温度D．升高温度E．使用合适的催化剂F．设法减少CO的量（7）一定温度下，某恒容密闭容器中发生反应()()()()322222NHg+COg[CO(NH)]s+HOg，若原料气中()()32nNH=

mnCO，测得m与CO2的平衡转化率(α)的关系如图所示。若平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，则上述反应的平衡常数。pK=______()2MPa−(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。【答案】（1）0.

004mol/(L·s)（2）3AB+2C（3）①.60%②.>（4）吸热（5）BC（6）①.132KK=K②.吸热③.DF（7）9【解析】【小问1详解】若t1=15时，则t0~t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率()()()0.110.

05vC=mol/Ls0.004mol/Ls15−=；【小问2详解】由图可知，A的量减小为反应物、C的量增大为生成物，且三种物质均存在，反应为可逆反应，反应的AC的量之比为（0.15-0.06）：（0.11-0.05）=3:2，已

知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，则反应为等分子数的反应，故反应为：3AB+2C；【小问3详解】t1s时，A的转化率为0.150.06100%60%0.15−=，此时达到平衡状态，反应速率比等于系数比，则v(A)正>v(B)逆；【小问4详解】由表中数据可知，温

度升高，①的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应吸热;【小问5详解】A．此反应是个气体体积不变的反应，故无论平衡与否，容器中压强一直不变，故压强不变不能作为反应达平衡的标志，A错误；B．混合气体中c(CO)不变，

说明CO的消耗速率和生成速率相等，即正逆反应速率相等，故反应平衡，B正确；C．H2的正反应速率与H2O的逆反应速率相等，表示的是正、逆反应速率，且满足计量数关系，说明达到了平衡状态，C正确；D．c(CO2)=c(CO)，不能判断正、逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，D错

误；故答案为：BC；【小问6详解】①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)K1②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)K2利用盖斯定律将①-②可得：③CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)，则132KK=K；依据图表平衡常数数据分析，温度

升高132KK=K增大，说明平衡正向进行，反应是吸热反应；③CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)反应是吸热反应，反应前后气体体积不变，要使反应在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，则：A．

缩小反应容器容积实质增大压强，反应前后气体体积不变，平衡不动；A不合题意；B．扩大反应容器容积，压强减小，反应前后气体体积不变，平衡不动；B不合题意；C．反应是吸热反应，降低温度，平衡向放热反应方向进行，平衡逆向进行，C不合题意

；D．反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，平衡正向进行，D符合题意；E．使用合适的催化剂，催化剂只改变反应速率，不改变平衡，E不合题意；F．设法减少CO浓度，减少生成物浓度平衡正向进行，F符合题意；故答案为DF；【小问7详解】若平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，m=3

，设氨气、二氧化碳投料为3mol、1mol，与CO2的平衡转化率为0.5，则反应0.5mol二氧化碳；()()()()32222(g)+(g)+HO(g)[()]mol310mol10.50.5mol20.50.52NHCOCONHs起始转化平衡的总的物质的量为3mol，()()22p20.50.

53K=MPa9MPa0.520.50.533−−=。14.甲、乙两位同学探究外界条件对化学反应速率的影响。【实验原理】反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，反应过程中溶液出现乳白色浑浊和有刺激性气味的气体。【实验用品】0.1mol/LNa

2S2O3溶液、0.1mol/LH2SO4溶液、蒸馏水、试管、烧杯、量筒、胶头滴管等。实验一：甲同学利用如图装置测定化学反应速率。（1）为保证实验的准确性和可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的操作是___

____。除如图所示的实验用品外，还需要的实验仪器是_________。（2）若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出在2min内的反应速率v(H+)=0.02mol/(L·min)，而该速率值比实际值偏小，其原因是

____________。实验二：乙同学得到各组实验数据如下表。实验编号Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸馏水浓度/(mol/L)体积/mL浓度/(mol/L)体积/mL体积/mL温度/℃I0.13.00.13.0V20Ⅱ0.15.00.13.00aⅢ

0.15.00.13.0030（3）实验Ⅰ、Ⅱ探究_________对化学反应速率的影响，a=_________，V=_________。（4）实验Ⅱ、Ⅲ探究温度对化学反应速率的影响。实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象是__________________。【答案】（1）①.

检查装置的气密性②.秒表（2）生成的SO2易溶于水，测得的体积小于实际生成的体积（3）①.不同浓度对反应速率的影响②.20③.2.0（4）实验Ⅲ溶液变浑浊的时间比实验Ⅱ短【解析】【小问1详解】与气体有关的实验探究，需要保证装置的气密性良好，故

实验前先检查装置的气密性，测反应速率，需要测定时间，所以还需要的仪器为秒表；【小问2详解】反应过程中生成的2SO易溶于水，测得的体积小于实际生成的体积，所以速率偏小；【小问3详解】实验Ⅰ、Ⅱ所取的223NaSO物质的量不同，溶液的总体积相同

，V=2.0，所以浓度不同，探究不同浓度对反应速率的影响，温度相同，a=20℃；【小问4详解】实验Ⅱ、Ⅲ探究温度对化学反应速率的影响，温度越高，反应速率越快，因为反应中有沉淀S单质生成，所以实验Ⅲ溶液变浑浊的时间比实验Ⅱ短。