【文档说明】北京市顺义区第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(25)页，873.865 KB，由小赞的店铺上传

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北京市顺义区第一中学2023-2024学年高二化学10月月考化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23一、选择题(每题只有一个正确选项，每小题2分，共42分)1.我国在可控核聚变研究上处于世界领先水平。核聚变原料的制备与核聚变的产物如图。已知：氚(31H)是氢元素的一种

放射性核素。下列说法不正确的是A.21H、31H互为同位素B.312HO具有放射性C.核聚变属于化学变化D.212H、132H的化学性质基本相同【答案】C【解析】【详解】A．21H、31H质子数相同，中子数不同，互为同位素，A正确；B．312HO中的氚(31H)是放射性核素，因此312

HO具有放射性，B正确；C．核聚变为原子核的变化，属于物理变化，化学变化的最小粒子是原子，C错误；D．212H、132H的相对分子质量不同，二者的沸点不同，但二者同属于氢气，化学性质基本相同，D正确；故选C。2.下列反应中，属于

氧化还原反应且ΔH＜0的是A.葡萄糖在体内缓慢氧化B.碳酸氢钠和稀盐酸反应C.NaOH溶液与盐酸反应D.()22BaOH8HO晶体与4NHCl晶体反应【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖在体内缓慢氧化为氧化还原反应，为放热反应，故A正确；B．碳酸氢钠和稀盐酸反应为非氧化还原反应，为吸热反应，故B

错误；C．NaOH溶液与盐酸反应为非氧化还原反应，为放热反应，故C错误；D．()22BaOH8HO晶体与4NHCl晶体反应为非氧化还原反应，为吸热反应，故D错误；答案选A。3.下列措施是为了增大化学反应速率的是A.用锌粒代替镁粉制备氢气B.将食物放进冰箱避免变质C.工业合成氨时加入催化剂D.

自行车车架镀漆避免生锈【答案】C【解析】【详解】A．锌不如镁活泼，且锌粒与酸的接触面积比镁粉的小，故用锌粒代替镁粉制备氢气，化学反应速率减小，故A错误；B．将食物放进冰箱避免变质，温度降低，化学反应速率减小，故B错误；C．使用催化剂可以

增大化学反应速率，故C正确；D．自行车车架镀漆，隔绝氧气，减小氧气的浓度，则化学反应速率减小，故D错误；故选C。4.反应2A(g)2Y(g)+E(g)ΔH>0达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是（）A.加压B.减压C.

减小E的浓度D.降温【答案】D【解析】【分析】达平衡时，要使v正降低，可采取降低温度、减小压强或减小浓度的措施，使c（A）增大，应使平衡向逆反应方向移动，据此结合选项分析解答。【详解】A、增大压强，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，

但正、逆反应速率都增大，故A错误；B、降低压强，正、逆速率都减小，平衡向正反应方向移动，A的浓度降低，故B错误；C、减小E的浓度，平衡向正向反应方向移动，A的浓度减小，正逆反应速率减小，故C错误；D、正反应为

吸热反应，降低温度，平衡逆反应方向移动，正、逆反应速率都减小，A的浓度增大，故D正确。故选D。5.一定条件下的密闭容器中发生反应：26242CH(g)CH(g)H(g)Δ0H+。达平衡后升高反应温度，下列叙述不正确．．

．的是A.正、逆反应速率都增大B.平衡向逆反应方向移动C.26CH的转化率增大D.化学平衡常数增大【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，正逆反应速率都增大，A正确；B．该反应正反应方向为吸热反应，升高温度平衡正向移动，B错误；C．升高温度平衡正向移动，C2H6的转化率增大，C正确；D

．升高温度平衡正向移动，化学平衡常数增大，D正确；故选B。6.一定温度下，在定容密闭容器中发生反应：222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++催化剂。下列能证明反应达到化学平衡状态的是A.体系压强不再变化B.CO的浓度不再变化C.容器内气体总质量不再变化D.生成的2CO与消耗的

CO物质的量比为1∶1【答案】B【解析】【详解】A．该反应前后气体物质的量不变，因此随反应进行体系的压强始终不变，故体系压强不再变化，不能证明反应达到化学平衡状态，故A错误；B．CO的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，能证明反应达到化

学平衡状态，故B正确；C．根据质量守恒定律可知，容器内气体总质量始终不变，故容器内气体总质量不再变化，不能证明反应达到化学平衡状态，故C错误；D．生成的2CO与消耗的CO物质的量比为1∶1，不能说明正逆反应速率相等，不能证明反应达到化学平衡状态，故D

错误；故选B。7.基元反应2HIHIH2I+⎯⎯→+的反应过程如下图。下列分析不正确．．．的是A.该基元反应涉及HI−键断裂和HH−键形成B.该基元反应属于吸热反应C.使用催化剂，可以改变该反应HD.增大()cHI，该反应单位体积内活化分子数增

多【答案】C【解析】【详解】A．由图示可知，该基元反应涉及H−I键断裂和H−H键形成，A正确；B．断键吸收的能量大于成键放出的能量，该反应吸热，B正确；C．催化剂只改变活化能，影响反应速率，不影响焓变，C错误；D．增大c(HI)，该

反应单位体积内活化分子数增多，反应速率加快，D正确；故选C。8.关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确．．．的是A.有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多B.增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞C.升高温度，可使反

应物分子中活化分子的百分数增大D.使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大【答案】B【解析】【详解】A．有气体参加的化学反应，增大压强，活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则化学反应速率增大，故

A正确；B．增大反应物的浓度，活化分子数目增多，活化分子之间发生的碰撞不一定都是有效碰撞，故B错误；C．升高温度，活化分子百分数增大，则化学反应速率增大，故C正确；D．催化剂，降低了反应所需的活化能，活化分子百分数增大

，化学反应速率增大，故D正确；故选B。9.2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知：下列说法不正确的是A.氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能B.(

)()22HOg=HOl的过程中，0H＜C.断裂2mol2H和1mol2O中化学键所需能量大于断裂2mol2HO中化学键所需能量D.化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关【答案】C【解析】【详解】A．氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以根据氧化还原反应原理设

计成燃料电池提供电能，故A正确；B．气体变为液体是放出热量的过程，故()()22HOg=HOl的过程中，0H＜，故B正确；C．氢气燃烧的反应是放热反应，故断裂2mol氢气和1mol氧气中化学键所需能量小于断裂2mol水中化学键所需能量，故C

错误；D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；故选C。10.一定温度下，100mLN2O5的CCl4溶液发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2。不同时刻测得生成O2的体积，换算成对应时刻N2O5的浓度如下表。t/min010

2030…8090c(N2O5)/(mol·L−1)1.400.960.660.45…0.110.11下列说法不正确．．．的是A.0~10min的平均反应速率：v(N2O5)=0.044mol·L−1·min−1B.10~20min平均反应速率：v(N2O5)＜0.0

44mol·L−1·min−1C.10~20min放出的O2体积为0.336L(标准状况)的D.80min后反应达到平衡，2v正(N2O5)=v逆(O2)【答案】D【解析】【详解】A．根据表格数据可知0~10min的平均反应速率：v(N2

O5)=()111.400.96/L0.044?L?min10minmolmol−−−=，故A正确；B．根据表格数据可知越反应c(N2O5)越小，相同时间段平均速率越小，故10~20min的平均反应速率v(N2O5)＜0.044mol·L−1·min−1，故B正确；C．10~20

min反应的()()125nNO0.960.66?L0.1L0.03molmol−=−=，放出的O2物质的量为0.015mol，即体积为0.336L(标准状况)，故C正确；D．80min时反应达到平衡，v正(N2O5)=2v逆(O2)，故D错误；故答案为D11.某小组为了探究影响3NaH

SO溶液与4KMnO溶液在酸性条件下反应速率的因素，设计如表所示的实验方案。实验()3NaHSO/mLV(0.2mol/Lc=)()4KMnO/mLV(0.1mol/Lc=)()24HSO/mLV(0.6mol/Lc=)()4MnSO/mLV(0.1mol/L

c=)()2HOV/mL褪色时间t/min13.02.01.00.02.0823.02.02.00.0a634.02.02.00.00.0443.02.01.00.5b3下列说法不正确的是A.a=1.0，b=1.5B.溶液的酸碱性会影响该反应的化学反应速率C.该反应的离子方程式为22

234425SO2MnO6H2Mn5SO3HO=−−++−++++D.需先将4KMnO、24HSO、4MnSO、2HO混合后，再与3NaHSO溶液混合、计时【答案】C【解析】【详解】A．探究实验方案两两之间应保持单一变量，则四组实验的溶液总体积相等，利用

混合溶液褪色时间判断变量对反应速率的影响。据题意可知，4组实验溶液总体积应相同，则a=1.0，b=1.5，故A正确；B．由实验1，2可知，变量是混合后硫酸的浓度不一致，导致褪色时间不一致，即反应速率不一致，故酸的浓度(溶液的酸性)会影响该反应化学反应速率，故B正确；C．3HSO−是弱

酸的酸式酸根离子，不能拆写，该反应的离子方程式为，故C错误；D．需先将4KMnO、24HSO、4MnSO、2HO混合后，再与3NaHSO溶液混合，反应开始，开始计时，故D正确；故选C。12.恒温下,反应aX(g)bY(g)+cZ(g)达到平衡后,把容器体积压缩到原来的

一半且达到新平衡时,X的物质的量浓度由0.2mol/L增大到0.35mol/L,下列判断正确的是：A.a＞b+cB.a＜b+cC.a＝b+cD.a＝b=c【答案】A【解析】【详解】把容器体积压缩到原来

的一半，若平衡不移动，X的物质的量浓度由0.2mol/L增大到0.4mol/L，达到新平衡时,X的物质的量浓度由0.2mol/L增大到0.35mol/L，说明加压平衡正向移动，所以a＞b+c，故A正确。13.

温度为T时，在2L容积不变的密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积分数与时间的关系如图2所示

。则下列结论错误．．的是A.容器中发生的反应可表示为：3X(g)＋Y(g)2Z(g)B.若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是使用催化剂C.反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)=0.1mol·L-1·min-1D.保持其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动【答案】

D【解析】【详解】A．根据图示可知反应物是X、Y，生成物是Z，在前3min内反应达到平衡时，各种物质的物质的量分别改变了0.6mol、0.2mol、0.4mol，△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1

：2，由于物质改变的物质的量的比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，则该反应方程式为3X(g)＋Y(g)2Z(g)，A正确；B．根据图1、图3对比可知：反应达到平衡所需时间缩短，但反应达到平衡时各种物质的浓度不变，说明化学平衡没有移动，根据A分析可知该反应反应前后气体

的物质的量不相等，则改变的条件只能是使用催化剂，缩短达到平衡所需时间，B正确；C．根据反应速率的含义可知反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)=0.6mol2L3min=0.1mol·L-1·min-1，C正确；D．在其它条件不变时，升高温度，反应

速率加快，达到平衡所需时间缩短。根据图2可知反应达到平衡所需时间：T2＜T1，说明反应温度：T2＞T1，升高温度，Y的体积分数减小，根据平衡移动原理，升高温度化学平衡向吸热反应分析移动，说明升高温度，化学平衡正向移动，正反应为吸热反应，D错误；故合理选项是D。1

4.已知1molH2O2分解放出热量98kJ。在含有少量I-的溶液中，H2O2分解的机理是：i.H2O2+I-=H2O+IO-，ii.H2O2+IO-=H2O+O2↑+I-。H2O2分解过程中能量变化如图。下列说法正确的是A.①表示加催化剂后反应过程中

的能量变化B.①的活化能等于98kJ•mol-1C.i和ii均为放热反应D.i的化学反应速率比ii的小【答案】D【解析】【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，②表示加催化剂后反应过程中的能量变化，故A错误；B．已知1molH2O2分解放出热量98kJ，1mol过氧化氢分解的△H=

﹣98kJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故B错误；C．由图可知，i.H2O2+I-=H2O+IO-中反应物的能量低于生成物的能量，该反应为吸热反应，故C错误；D．由图可知，反应i的活化能大于反应ii的活化能，所以i的化学反应速率比ii的小，故D正确

；故选D。15.在2L恒容密闭容器中充入2molX和1molY发生反应()()()2XgYg3Zg+H0，反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示，下列推断正确的是A.Q点时，Y的转化率最大B.W点X的正反应速率等于M点X的

正反应速率C.升高温度，平衡常数增大D.平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大【答案】A【解析】【分析】温度在Q之前，升高温度，X的含量减小，温度在Q之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点Q为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后

，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应是放热反应。【详解】A．曲线上最低点Q为平衡点，Q点之后，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，A正确；B．W点对应的温度低于

M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，B错误；C．正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C错误；D．恒容密闭容器中进行的反应，平衡时充入Z，不影响反应中各物质的分压，不影

响平衡移动，所以Z的体积分数不变，故D错误；故选A。16.C和2H在生产、生活、科技中是重要的燃料。①()()()22CsOg2COg+=1220kJ/molH=−②()()()()()2436kJ/mol4462kJ/mol22496kJ/mol22Hg4Hg2HOgOg

2Og→→→下列推断正确的是A.C(s)的燃烧热110kJ/molB.()()()2222HgOg2HOg+=1480kJ/molH=+C.欲分解2mol2HO(l)。至少需要提供4×462kJ的热量D.()()()()22CsHOg=CO

gHg++130kJ/molH=+【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定的稳定物质时放出的热量，C燃烧的稳定产物为CO2，所以燃烧热应大于110kJ/mol，故A错误；B．()()()2222HgOg2HOg+=，根据ΔH＝反应物总键能－生成物总

键能，则该反应的反应热为2436kJ/mol+496kJ/mol-4462kJ/mol=-480kJ/mol，故B错误；C．()()()2222HgOg2HOg+=ΔH＝-480kJ/mol，分解2molH2O(g)至少需要提供48

0kJ热量，而H2O(g)比H2O(l)能量高，故C错误；D．结合反应()()()2222HgOg2HOg+=ΔH＝-480kJ/mol和反应①()()()22CsOg2COg+=1Δ220kJ/molH=−，根据盖斯定律可知ΔH＝()()1220kJ/mol480

kJ/mol130kJ/mol2−−−=+，故D正确；故选D。17.一定温度下，在两个容积均为2L的恒容密闭容器中加入一定量的反应物，发生反应()()()()222NOg2COgNg2COgΔ0H++，相关数据见下表。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质

的量/mol()NOg()COg()2COgⅠ1t0.40.40.2Ⅱ2t0.40.40.24下列说法不正确．．．的是A.12ttB.Ⅰ中反应达到平衡时，NO的转化率为50%C.Ⅱ中反应平衡常数5KD.12Lt℃、的

容器中，若四种气体的物质的量均为0.4mol，则()()vv正逆【答案】D【解析】【分析】温度为t1时，根据起始物质的量和平衡时的物质的量可列三段式：()()()()()()()222NOg2COgNg2g0.40.4000.20.2

0.10.20.20.20.10.2COmolmolmol++起始变化平衡【详解】A．该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小，所以温度t1＞t2，故A正确；B．由以上分析可知，Ⅰ中反应达到平衡时，NO的转化率为0.20.4molmo

l×100%=50%，故B正确；C．由以上分析可知，Ⅰ中反应达到平衡时，各物质的物质的量浓度分别为NO：0.1mol/L，CO：0.1mol/L，N2：0.05mol/L，CO2：0.1mol/L，则t1温度下反应的平衡常数K=2220.050.10.10

.1=5，Ⅱ的温度比Ⅰ低，则Ⅱ中反应平衡常数K>5，故C正确；D．t1℃、2L的容器中，若四种气体的物质的量均为0.4mol，则各物质的物质的量浓度均为0.2mol/L，则Q=2220.20.20.20.2=5=K，所以v(正)=v(逆)，故D错误；故选D。18.4

00℃时，向容积为1L的密闭容器中充入一定量的CO和2H，发生如下反应：()()2COg2Hg+()3CHOHg。反应过程中测得的部分数据见下表：t/min0102030()CO/moln0.100.040.02()2nH/mol0.200.04下列说法中，不正确的是A.反应在前10min内

的平均速率为()112H0.012molLminv−−=B.400℃时，该反应的平衡常数数值为32.510C.保持其他条件不变，升高温度，平衡时()13CHOH0.06molLc−=，则反应的0H

D.400℃时，若起始时向容器中充入0.10mol3CHOH，达到平衡时3CHOH的转化率大于20%【答案】D【解析】【详解】A．反应在前10min内，()()()20.1-0.04mol1LvH=2vCO=2=0.012molLmin10min，故A正确；B．由题中表格可得三

段式：23CO+2HCHOHmol/L0.10.20mol/L0.080.160.0830minmol/L0.020.040.08初始（）转化（）（），30min时CO的浓度与20min时的浓度相同，即20min时已达到平衡状态，

320.08K==2.5100.020.04，故B正确；C．由B中三段式可知，原平衡时()13CHOH0.08molL−=c，保持其他条件不变，升高温度，平衡时()13CHOH0.06molLc−=，反应逆向移动，则反应的H0，故C正确；D．400℃时，起始时向容器

中充入0.10mol3CHOH，与起始时向容器冲入0.1molCO和0.02molH2等效，由B中三段式可知，平衡时CH3OH的物质的量为0.08mol，转化率为()0.1-0.08mol100%=20%0.1mol，故D错误；故选D19.不同

温度下，将1molCO2和3molH2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应：。CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH。平衡时CH3OH的物质的量分数随温度变化如图所示。下列说法不正确．．．的是A.该反应的ΔH＜0B.240℃时，该反应

的化学平衡常数K=23C.240℃时，若充入2molCO2和6molH2，平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%D.240℃时，若起始时充入0.5molCO2、2molH2、1molCH3OH、1molH2O，反应向正反应方向进行【答案】B【解析】【分析】【详解】A．据图知温度

升高，甲醇的物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，则ΔH＜0，故A正确；B．240℃时，甲醇的物质的量分数为25%，设甲醇的转化物质的量为xmol，列三段式：2(g)2(g)3(g)2(g)CO+3HCHOH+HO/mol1300/molx3xxx/mol1-x3-3xxx起始量转化

量平衡量平衡时甲醇的物质的量分数x100%=25%1-x+3-3x+x+x，解得x=23，化学平衡常数23233222()(CHOH)(HO)431(CO)(H)3(1)3ccKcc===，故B错误；C．240℃时，若充入2molCO2和6mo

lH2，即建立新的等效平衡，相当于在原平衡上增大压强，该反应是气体分子数减小，则平衡正向进行，CH3OH的物质的量分数大于25%，故C正确；D．240℃时，若起始时充入0.5molCO2、2molH2、1molCH3OH、1molH2O，c31114==0.5243Q

K=，反应向正反应方向进行，故D正确；故选：B。20.相同温度下，在三个密闭容器中分别进行反应：22H(g)I(g)2HI(g)+。达到化学平衡状态时，相关数据如下表。下列说法不正确．．．的是实验起始时各物质的浓度/(1molL−)平衡时物质的浓度/(1molL−)2c(

H)2(I)c(HI)c2c(H)Ⅰ0.010.0100.008Ⅱ0.020.020aⅢ0.020.020.04A.该温度下，反应的平衡常数为0.25B实验Ⅱ达平衡时，a=0.016C.实验Ⅲ开始时，反应向生成2H的方向移动D.达到化学平衡后，压缩三个容器的体积

，反应体系颜色均加深，是平衡逆移的结果【答案】D【解析】【详解】A．由第I组数据可知，达到平衡时，2c(H)=2(I)c=0.008mol/L，(HI)c=0.004mol/L，该温度下，反应的平衡常数为0.0040.004=0.250.0080.008，

故A正确；B．反应条件为恒温恒容，实验Ⅱ相对于实验I相当于加压，平衡不移动，则实验Ⅱ达平衡时，故a=0.016，故B正确；C．温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ开始时，浓度商0.040.04=40.020.02QK=＞，故反应向逆反应方向，即生成2H的方向移动，故C正确；D

．该反应前后气体物质的量不变，加压，平衡不移动，反应体系颜色均加深，是因为容积减小，碘蒸气浓度造成的，故D错误；故选D。21.小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物反应，实验记录如下：.的序号实验方法实验现象实验装置试剂a①水产生黑色沉淀，放置后不发生变

化②5%NaOH溶液产生黑色沉淀，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀③40%NaOH溶液产生黑色沉淀，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀④取③中放置后的悬浊液1mL，加入4mL40%NaOH溶液溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深资料：水溶液中

，()2MnOH为白色沉淀，24MnO−呈绿色；浓碱性条件下，4MnO−可被OH−还原为24MnO−；NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。下列说法不正确．．．的是A.对比实验①和②可知，碱性环境中，二

价锰化合物可被氧化到更高价态B.④中溶液紫色迅速变为绿色的可能原因是244224MnO4OH4MnOO2HO=−−−+++C.④中绿色缓慢加深的可能原因是2MnO被2Cl氧化为24MnO−D.③中末得到绿色溶液，可能是因为

24MnO−被氧化为4MnO−的反应速率快于4MnO−被还原为24MnO−的反应速率【答案】C【解析】【详解】A．对比实验①和②可知，当试剂a为水时，Mn2+被氧化成MnO2，当试剂a为5%NaOH溶液时，Mn2+可以被

氧化成4MnO−，所以碱性环境中，二价锰化合物可被氧化到更高价态，选项A正确；B．中溶液紫色迅速变为绿色，说明4MnO−可被OH−还原为24MnO−，离子方程式为：--2-44224MnO+4OH=4MnO+O+2HO，选项B正确；

C．④中绿色缓慢加深的可能原因是4MnO−可被OH−还原为2-4MnO，2MnO的氧化性强于Cl2，不能被Cl2氧化，选项C错误；D．③中未得到绿色溶液，可能是因为24MnO−被氧化为4MnO−的反应速率快于4MnO−被还原为24MnO−的反应速率，选项D正确；答案选C。二、填空题(共58分)

22.工业上一般在恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。（1）书写上述可逆反应的化学平衡常数表达式：_______。（2）下表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数(K)。温度25

0℃300℃350℃K2.0410.2700.012①由表中数据判断ΔH_______0(填“＞”、“=”或“＜”)；②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的转化率为_______，此时的温度为_______。（

3）要提高CO的转化率，可以采取的措施是_______。a．升温b．加入催化剂c．增加CO的浓度d．加入H2e．加入惰性气体f．分离出甲醇【答案】（1）K=322c(CHOH)c(CO)c(H)（2）①.

＜②.80%③.250℃（3）df【解析】【小问1详解】化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数K=322c(CHOH)c(CO)c(

H)；【小问2详解】①化学平衡常数只与温度有关，根据化学平衡常数与温度关系可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以ΔH＜0；②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，则反应开始时c(CO)=1mo

l/L，c(H2)=3mol/L，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，反应消耗CO的浓度为0.8mol/L，则CO的转化率为0.8mol/L100%=80%1mol/L；反应消耗CO的浓度是0.8mol/L，则根据物质反应转化关系可知平衡时c(H2)=3mol/

L-0.8mol/L×2=1.4mol/L，c(CH3OH)=0.8mol/L，该反应的化学平衡常数K=()()()3222c0.8==2.0410.2(1.4)HCHOHcCOc，则该反应的温度是250℃；【小问3详解】a．该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡逆向移

动，导致CO的转化率降低，a不符合题意；b．加入催化剂时化学平衡不移动，物质的平衡转化率不变，b不符合题意；c．增加CO的浓度，化学平衡正向移动，但平衡移动消耗量远小于CO物质的量的增加，所以CO的转化率降低，c不符合题意；d．加入反应物H2时，反应物浓度增大，化学平衡正向移动，导致CO的转

化率增大，d符合题意；e．加入惰性气体时各种气体的浓度不变，化学平衡不移动，CO的转化率不变，e不符合题意；f．分离出甲醇，减小了生成物的浓度，化学平衡正向移动，导致CO的转化率增大，f符合题意；故合理选项是df。23.回答下列问题：（1）氢气是一种清洁能源，氢气的制取。与储存是氢

能源利用领域的研究热点。已知：()()()()422CHgHOg=COg3Hg++1206.2kJmolH−=+()()()()422CHgCOg2COg2Hg+=+1247.4kJmolH−=−()()()22

22HSg2HgSg=+1169.8kJmolH−=+以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。4CH(g)与2HO(g)反应生成2CO(g)和2H(g)的热化学方程式为___________。

（2）用4CH催化还原xNO可以消除氮氧化物的污染。例如：()()()()()4222CHg4NOg4NOgCOg2HOg+=++1574kJmolH−=−()()()()()4222CHg4NOg2NgCOg2HOg+=++1

1160kJmolH−=−若用标准状况下4.48L4CH还原2NO至2N整个过程中转移的电子总数为___________(阿伏加德罗常数的值用AN表示)，放出的热量为___________。（3）()()()223gg2SOO2SOg+反应过程能量变化如图所示。的已知1mol2S

O(g)氧化为1mol3SO的199kJmolH−=−。请回答下列问题：①图中ΔH=___________1kJmol−。②将2mol2SO和1mol2O充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下达平衡时，

3SO为0.6mol，如果此时移走1mol2SO和0.5mol2O在相同温度下再达平衡时3SO的物质的量___________(填选项)。A．0.3molB．0.6molC．小于0.3molD．大于0.3mol小于0.6mol【答案】（1）()()()(

)4222CHg2HOg=COg4Hg++1659.8kJmolH−=+（2）①.1.6AN②.173.4kJ（3）①.-198②.C【解析】【小问1详解】已知①()()()()()4222CHg4NOg4NOgCOg2HOg

+=++1574kJmolH−=−；②()()()()()4222CHg4NOg2NgCOg2HOg+=++11160kJmolH−=−；由盖斯定律，①×2-②得()()()()4222CHg2HOg=COg4Hg++1659.8kJmolH−=+，故答案为：()()()()4222C

Hg2HOg=COg4Hg++1659.8kJmolH−=+；【小问2详解】CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol-1①CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160

kJ·mol-1②利用盖斯定律，将反应①+反应②，即得2CH4(g)+4NO2(g)=2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-1734kJ·mol-1，标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2整个过程中转移的电子总数为A4.48L82

2.4L/molNmol-1=1.6NA(或9.6321023)，放出的热量为：0.2mol1734kJ/mol2=173.4kJ。答案为：1.6NA(或9.6321023)；173.4；【小问3详解】①已知1molSO2(g)氧化为1mol

SO3(g)的ΔH1=-99kJ·mol-1，而图示代表2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)反应过程的能量变化，因此其焓变ΔH＝2×(－99)kJ·mol－1＝－198kJ·mol－1，故答案为：－198；②将2mol2SO和1mol2O充入体积不变的密闭容器中

，在一定条件下达平衡时，3SO为0.6mol，如果此时移走1mol2SO和0.5mol2O，各组分初始浓度均减小一半，相当于减小压强对平衡的影响，平衡向逆向移动，故在相同温度下再达平衡时3SO的物质的量小于0.3mol，故选

C。24.油气开采、石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，需要将其回收处理并加以利用。Ⅰ.高温热分解法：()()()2222HSgSg+2Hgƒ1H170kJmol−=+（1）升高温度，该反应的化学平衡常数___________(

填“变大”“变小”或“不变”)。（2）工业上，通常在等温、等压条件下将2HS与Ar的混合气体通入反应器，发生2HS热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，2HS的平衡转化率会___________(填“增大”“减

小”或“不变”)，利用平衡常数与浓度商的关系说明理由：___________。Ⅱ.克劳斯法：()()()()22222HSgOgSg2HOg++已知：()()()()22222HSg3Og2SOg2HOg+=+11H1036kJmol

−=−()()()()22224HSg2SOg3Sg4HOg+=+12H94kJmol−=+（3）用克劳斯法处理2HS，若生成1mol2S(g)，放出热量___________kJ。（4）用克

劳斯法处理2HS时，研究人员对反应条件对2S产率的影响进行了如下研究。①其他条件相同时，相同时间内，2S产率随温度的变化如图所示。由图可见，随着温度升高，2S产率先增大后减小，原因是___________。②其他条件相同时，相同时间内，2S产率随()()22OHS

nn值的变化如图所示。()()22OHSnn过高不利于提高2S产率，可能的原因是___________。【答案】（1）变大（2）①.增大②.等压条件下充入Ar，()2cS、()2cH、()2cHS等比例减小，()()()22222cScH<

KcHS，平衡正向移动，2HS转化率增大（3）314（4）①.温度低于200℃时，速率是影响硫产率的主要因素，因此，随着温度升高，反应()()222HSgOg+()()22Sg2HOg+速率增大，硫产

率升高；温度高于200℃后，平衡是影响硫产率的主要因素，上述反应为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，硫产率下降②.()()22nO/nHS过高，更多2HS发生副反应转化为2SO(或2S与2O反应生成2SO)，导致硫产率下降【解

析】【小问1详解】该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，化学平衡常数变大；【小问2详解】①该反应是在恒温恒压的条件下进行的，充入氩气，体积变大，各物质的浓度均变小，等同于减小压强，平衡向气体系数和增

大的方向进行，即正向移动，故2HS的平衡转化率会增大；②恒压条件下充入Ar，()2cS、()2cH、()2cHS等比例减小，()()()22222cScH<KcHS，平衡正向移动，2HS转化率增大；【小问3

详解】①()()()()22222HSg3Og2SOg2HOg+=+11H1036kJmol−=−②()()()()22224HSg2SOg3Sg4HOg+=+12H94kJmol−=+③()()()()2

2222HSgOgSg2HOg++△H(①+②)÷3可得③，所以12H+H-1036kJ/mol+94kJ/molH===-314kJ/mol33，所以放热314kJ；【小问4详解】①温度低于200℃时，速

率是影响硫产率的主要因素，因此，随着温度升高，反应()()222HSgOg+()()22Sg2HOg+速率增大，硫产率升高；温度高于200℃后，平衡是影响硫产率的主要因素，上述反应为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，硫产率下降；②()()22nO/nH

S过高，更多2HS发生副反应转化为2SO(或2S与2O反应生成2SO)，导致硫产率下降；25.用甲烷制高纯氢气是目前研究热点之一。（1）一定条件下，()()()42CHgCs2Hg+反应历程如图1所示，其中化学反应速率最慢的反应过程为_________。（2）甲烷

水蒸气催化重整可制得较高纯度的氢气，相关反应如下。反应I.()()()()14221CHgHOgCOg3HgΔH206kJmol−++=+反应Ⅱ.()()()()12222COgHOgCOgHgΔH41kJmol−++=−①总反应：()

()()()4222CHg2HOgCOg4HgΔH++=_________②已知830℃时，反应Ⅱ的平衡常数K1=。在容积不变的密闭容器中，将2molCO与28molHO加热到830℃，反应达平衡时CO的转化

率为_________。③在常压，600℃条件下，甲烷制备氢气的总反应中2H平衡产率为82%。若加入适量生石灰后2H的产率可提高到95%，应用化学平衡移动原理解释原因_________。（3）科学家研究将42CH

HO、与42CHCO、联合重整制备氢气：反应I：()()()()14221CHgHOgCOg3HgΔH206kJmol−++=+反应Ⅲ：()()()()14223CHgCOg2COg2HgΔH247kJmol−++=+常压下，将42C

HHO、和2CO按一定比例混合置于密闭容器中，相同时间不同温度下测得体系中()()2nH:nCO变化如图2所示。①已知700℃、NiO催化剂条件下，向反应体系中加入少量2O可增加2H产率，此条件下还原性

CO_________2H(填“>”“<”或“=”)。②随着温度升高()()2nH:nCO变小的原因可能是_________。【答案】（1）CH+3H=C+4H（2）①.+165kJ/mol②.80%③.加入生石灰，发生反应23600a

COCOCaCO+℃，二氧化碳浓度降低，总反应平衡正向移动，氢气的产率升高（3）①.>②.温度升高，对反应Ⅲ的促进作用更大，n(CO)增加的更多，导致2n()n()HCO变小【解析】【小问1详解】反应历程共分四步，其中活化能

最大的一步是第四步，化学反应速率最慢，该反应过程为CH+3H=C+4H；【小问2详解】①总反应=反应Ⅰ+反应Ⅱ，根据盖斯定律，12ΔH=ΔH+ΔH=206-41kJ/mol=165kJ/mol；②设达到平衡时，CO转化了xmol，列出三段式：222()(g)(g)(g)mol2800molmol

28COgHOCOHxxxxxxxx++−−起始/转化/平衡/222()()128()()xxcCOcHVVKxxcCOcHOVV===−−，解得x=1.6mol，CO的转化率为1.6mol100%80%2mol=；③加入生石灰，发生反应23600aCOCOCa

CO+℃，二氧化碳浓度降低，总反应平衡正向移动，氢气的产率升高；【小问3详解】①向反应体系中加入少量O2可增加H2产率，反应正向移动，O2和CO发生了反应，说明在此条件下还原性CO>H2；②温度升高，对反应Ⅲ的促进作用更大，n(CO)增

加的更多，导致2n()n()HCO变小；26.某小组同学对FeCl3与KI的反应进行探究。【初步探究】室温下进行下表所列实验。序号操作现象实验Ⅰ取5mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加0.1mol·L-1Fe

Cl3溶液5～6滴(混合溶液pH=5)溶液变为棕黄色实验Ⅱ_______溶液变红（1）证明实验Ⅰ中有I2生成，加入的试剂为_______。（2）实验Ⅱ可以证明Fe3+与I-发生可逆反应，其操作为_______。（3）写出实验Ⅰ

反应的离子方程式：_______。（4）实验Ⅰ中溶液的颜色不变后再进行后续实验，其目的是_______。【深入探究】20min后继续观察实验现象：实验Ⅰ溶液棕黄色变深；实验Ⅱ溶液红色变浅。（5）已知在酸性较强的条件下，I-可被空气氧化为I

2，故甲同学提出假设：该反应条件下空气将I-氧化为I2，使实验Ⅰ中溶液棕黄色变深。甲同学设计实验：_______，20min内溶液不变蓝，证明该假设不成立，导致溶液不变蓝的因素．．可能是_______(写出1条即可)。（6）乙同学查阅资料可知：FeCl3与K

I的反应体系中还存在I-+I2I3−，I3−呈棕褐色。依据资料从平衡移动原理解释实验Ⅱ中20min后溶液红色变浅的原因：_______。【答案】（1）淀粉溶液（2）取少量实验Ⅰ中棕黄色溶液于试管中，滴加2滴KSCN溶液（3）2Fe3++2I-I2+2Fe2+（4）使化学反应达到化学平衡状态（

5）①.向试管中加入5mL0.1molKI溶液和2滴淀粉溶液，加酸调至pH=5②.c(I-)低、c(H+)低（6）由于存在化学平衡I-+I2I3−，使c(I2)减小，2Fe3++2I-I2+2Fe2+平衡正向进行

，c(Fe3+)减小，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向进行，故溶液红色变浅【解析】【分析】I2遇淀粉溶液变为蓝色，Fe3+遇SCN-是溶液变为红色，FeCl3与KI在溶液中会发生反应：2Fe3++2I-I2+2Fe2+，若证明反应为可逆反应，可以使反应物中一种物质

不足量，只要证明反应后的溶液中含有不足量的反应物质的微粒即可。影响化学平衡的因素很多，在其它条件不变时，增大反应物浓度平衡正向移动，减小反应物浓度，化学平衡逆向移动，据此分析解答。【小问1详解】向KI溶液中滴加FeCl3溶

液5~6滴，二者发生反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2HCl，反应生成I2，加入淀粉，溶液显蓝色；【小问2详解】可逆反应中反应物不能完全转化，在上述反应中FeCl3不足量，若测定反应后溶

液中FeCl3溶液还有剩余，就可以证明该反应为放热反应。可以向反应后的溶液中加入几滴KSCN溶液，若溶液显血红色，就证明反应为可逆反应；【小问3详解】实验I中反应的离子方程式为：2Fe3++2I-I2+2Fe

2+；【小问4详解】实验I中溶液的颜色不变后再进行后续实验，其目的是使化学反应达到化学平衡状态；【小问5详解】已知在酸性较强的条件下，I-可被空气氧化为I2，故甲同学提出假设：该反应条件下空气将I-氧化为I2，使实验I中溶液棕黄色变深；甲同学设计实验：

向试管中加入5mL0.lmol/LKI溶液和2滴淀粉溶液，加入酸调节pH=5；20min内溶液不变蓝，证明该假设不成立，导致溶液不变蓝的因素可能是c(H+)浓度低、c(I-)浓度低；【小问6详解】乙同学查阅资料可知：FeCl3与KI的反应体系中还存在I-+I2I3−，I3−呈棕褐色，由于I-

过量，发生反应I-+I2I3−，使I2浓度减小，进一步导致平衡2Fe3++2I-I2+2Fe2+正向移动，使Fe3+浓度减小，再进一步导致平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，溶液血红色变浅。