【文档说明】山东省临沂市费县地区化学2020-2021学年高二上学期9月月考化学试题【精准解析】.doc，共(26)页，1.213 MB，由小赞的店铺上传

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高二化学上学期9月份月考一、单项选择题Ⅰ（本大题共20小题，每小题2分，共40分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.已知石墨生成金刚石的反应是一个吸热反应，由此可以判断出（）A.金

刚石比石墨稳定B.石墨比金刚石稳定C.只要加热到一定程度，任何化学反应都会发生D.石墨转化为金刚石是一个只有能量变化没有物质变化的反应【答案】B【解析】【详解】A选项，石墨生成金刚石的反应是一个吸热反应，说明石墨能量低，稳定，故A错误；B选项，石墨生成金刚石的反应是一个吸热

反应，说明石墨能量低，稳定，故B正确；C选项，反应能否发生与加热与否没有太大的关系，故C错误；D选项，石墨转化为金刚石是一个既有能量变化也有物质变化的反应，故D错误；综上所述，答案为B。2.下列反应属于氧化还原反应，而且△H＞0的是()A.铝片与稀H2SO4的反应B.22Ba(OH

)8HO与4NHCl的反应C.灼热的木炭与CO2的反应D.甲烷在O2中的燃烧反应【答案】C【解析】【详解】A．铝片与稀H2SO4的反应中有元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应；反应发生放出热量，反应属于放热反应，故△H＜0，A不符合题意；B

．22Ba(OH)8HO与4NHCl反应吸收热量，属于吸热反应；反应过程中元素化合价没有发生变化，故反应属于非氧化还原反应，B不符合题意；C．灼热的木炭与CO2反应产生CO，反应发生吸收热量；反应过程中有

元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，C符合题意；D．甲烷在O2中的燃烧，放出热量，属于放热反应；反应过程中有元素化合价的变化，因此反应属于氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是C。3.已知：101

kPa时，1mol辛烷818CH(1)完全燃烧生成液态水时放出的热量为5518kJ；强酸和强碱在稀溶液中发生反应生成1mol液态水时放出的热量为57.3kJ，则下列热化学方程式书写正确的是()①8182222CH(1)250(g)16

CO(g)18HO(g)+=+1ΔH=-5518kJmol−②8182222CH(1)25O(g)16CO(g)18HO(1)+=+1ΔH=-11036kJmol−③+-12H+OHHOΔH=-57.3kJ=mol−④242422NaOH(aq)HSO(aq)NaSO(aq)2HO(l

)+=+1ΔH=-114.6kJmol−A.①③B.②③C.②④D.只有②【答案】C【解析】【详解】①由101kPa时，1mol辛烷完全燃烧生成液态水时放出的热量为5518kJ可知，2mol辛烷完全燃烧生成气态水时放出的热量大于

11036kJ，生成气态水的热化学方程式为8182222CH(1)250(g)16CO(g)18HO(g)+=+1ΔH-11036kJmol＜−，故①错误；②由101kPa时，1mol辛烷完全燃烧生成液态水时放出的热量为5518kJ可知，2mol辛烷完全燃烧

生成液态水时放出的热量为11036kJ，反应的热化学方程式为8182222CH(1)25O(g)16CO(g)18HO(1)+=+1ΔH=-11036kJmol−，故②正确；③由强酸和强碱在稀溶液中发生反应生成1mol液态水时放出的热量为57.3kJ可知，中和反应的热化学方程式为+-12

H+OHHO(l)ΔH=-57.3kaq)(aq)=Jmol（−，故③错误；④由强酸和强碱在稀溶液中发生反应生成1mol液态水时放出的热量为57.3kJ可知，氢氧化钠溶液和稀硫酸反应生成2mol液态水放出的热量为114.6kJ

，反应的热化学方程式为242422NaOH(aq)HSO(aq)NaSO(aq)2HO(l)+=+1ΔH=-114.6kJmol−，故④正确；②④正确，故选C。4.S2Cl2和SCl2均为重要的化工原料，都满足8电子稳定结构。已知:①S2(1)+Cl2(g)S2Cl

2(g)△H1=xkJ/mol②S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)△H2=ykJ/mol③相关化学键的键能如下表所示:化学键S-SS-ClCl-Cl键能/kJ/molabc下列说法错误的是A.SCl2

的结构式为C1-S-ClB.S2Cl2的电子式为:C.y=2b-a-cD.在S2(1)+2Cl2(g)2SCl2(g)的反应中，△H=(x+y)kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A.原子都达到8电子稳定结构，S应该形成两个共价键，Cl只能形成1个共价键，所以SCl2的

结构式为C1-S-Cl，选项A正确；B.原子都达到8电子稳定结构，S应该形成两个共价键，Cl只能形成1个共价键，所以S2Cl2的结构式为C1-S-S-Cl，根据此结构式得到对应的电子式为：，选项B正确；C.反应的焓变等于反应物的键能减去生成物的键能，根据

上面给出的SCl2和S2Cl2的结构式，反应②S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)的焓变△H2＝y＝a＋2b＋c－4b=a+c-2b，选项C错误；D.反应①加上反应②可以得到：S2(1)+2Cl2(g)2SCl2(g)，所以该反应的焓变为△H=(x+y)kJ/mol

，选项D正确；故答案选C。【点睛】化合物中原子达到8电子稳定结构有如下规律：原子的成键个数＝8－原子的最外层电子数；计算出原子应该形成的共价键数以后，可以书写化合物的结构式，注意应该是成键多的原子在中间，成键少的在边上。5.使18g焦炭发生不

完全燃烧，所得气体中CO占1/3体积，CO2占2/3体积，已知：C(s)＋1/2O2(g)=CO(g)ΔH=-Q1kJ/mol；CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH=-Q2kJ/mol。与这些焦炭完全燃烧相比较，损失的热量是

()A.1/3Q1kJB.1/3Q2kJC.1/3(Q1＋Q2)kJD.1/2Q2kJ【答案】D【解析】【详解】根据盖斯定律:C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-(Q1+Q2)kJ/mol；18g焦炭的物质的量为1.5mol，其中有1/3生成CO，即0.5molC反应生

成了CO气体，而假如这0.5mol的CO再继续燃烧生成CO2，就可以满足1.5molC充分燃烧完全变为CO2，所以这些焦炭完全燃烧和如题燃烧的热量差值就是这0.5molCO燃烧放出的热量，即1/2Q2kJ，故选D。6.一定条件下，密闭容器中发生反应M(g)N(

g),反应过程中的能量变化如图中曲线1所示。下列说法错误的是A.该反应正反应活化能为(E3-E2)kJ•mol-1B.该反应的反应热为(E1-E2)kJ•mol-1C.曲线II表示其他条件不变，升高温度时的能量变化D

.曲线III表示其他条件不变，加入催化剂时的能量变化【答案】C【解析】A.该反应正反应活化能为(E3-E2)kJ•mol-1，故A正确；B.该反应的反应热=正反应活化能-逆反应活化能=(E3-E2)kJ•

mol-1-(E3-E1)kJ•mol-1=(E1-E2)kJ•mol-1，故B正确；C.其他条件不变，升高温度反应物能量升高，故C错误；D.加入催化剂可以降低反应活化能，所以曲线III表示其他条件不变，加入催化剂时的能量变化，

故D正确。故选C。7.根据图中的能量关系，可求得CH—的键能为()A.1414kJmol−B.1377kJmol−C.1235kJmol−D.1197kJmol−【答案】A【解析】【详解】根据图示可知1molCH4分解变为1molC(g)原

子和4molH(g)原子共吸收的能量是(75+717+864)kJ=1656kJ的能量，则C-H键的键能为1656kJ÷4mol=414kJ/mol，故合理选项是A。8.在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应①H2S

(g)+32O2(g)═SO2(g)+H2O(g)△H1；②2H2S(g)+SO2(g)═32S2(g)+2H2O(g)△H2；③H2S(g)+12O2(g)═S(g)+H2O(g)△H3；2S(g)═S2(g)△H4

则△H4的正确表达式为（）A.△H4＝23(△H1+△H2﹣3△H3)B.△H4＝23(3△H3﹣△H1﹣△H2)C.△H4＝23(△H1+△H2﹣2△H3)D.△H4＝23(△H1﹣△H2﹣3△H3)【答案】A【解析】【详解】根据盖斯定律可知，①×23+②×23-2×③，可得目标方程

式2S(g)=S2(g)，则△H4=23△H1+23△H2-2△H3，△H4＝23(△H1+△H2﹣3△H3)，故A正确；故选A。9.根据化学反应速率和化学平衡理论，联系生产实际，你认为下列说法不正确．．．的是（）A.化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品B.勒夏特列原理可

指导怎样使用有限原料多出产品C.催化剂的使用是提高原料转化率的有效方法D.正确利用化学反应速率和化学反应限度理论，可以提高化工生产的综合经济效益【答案】C【解析】【详解】A．根据影响化学反应速率的因素，可指导怎样在一定时间内快出产品，

故A正确；B．结合影响化学平衡的因素，采用合适的外界条件，使平衡向正反应方向移动，可提高产率，故B正确；C．催化剂只改变反应速率，不能提高转化率，故C错误；D．在一定的反应速率的前提下，尽可能使平衡向正反应方向移动，可提高化工生产的综合经

济效益，故D正确。答案选C。10.一定温度下，在密闭容器中发生如下反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)△H>0，反应达到平衡时，下列说法错误的是（）A.若体积不变，升高温度，活化分子的百分数增加，反应速率加快B.若缩小容器的体积，再次平衡时颜

色变深，该现象不能用勒夏特列原理解释C.若压强不变，向容器中再加入一定量的HI时正反应速率增大，逆反应速率减小D.若体积不变，向容器中再加入一定量的HI，再次平衡时HI的转化率增大【答案】D【解析】【详解】A．升高温度，活化分子的百分数增加，单位体积内的活化分子数增多，反应速率加快，故A正确

；B．若缩小容器的体积，HI(g)、H2(g)、I2(g)的浓度增大，颜色变深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B正确；C．若压强不变，向容器中再加入一定量的HI时，容器的体积增大，但HI(g)的浓度增大，正反应速率增大，H2(g)、I2(g)的浓度减小，逆

反应速率减小，故C正确；D．该反应前后气体的体积不变，若体积不变，向容器中再加入一定量的HI，再次平衡时与原平衡等效，HI的转化率不变，故D错误；故选D。11.生命过程与化学平衡移动密切相关。血红蛋白(Hb)与O2结合成氧合血红蛋白(Hb(O2))的过程可表示为：Hb＋O

2(g)Hb(O2)。下列说法正确的是A.体温升高，O2与Hb结合更快，反应的平衡常数不变B.吸入新鲜空气，平衡逆向移动C.CO达到一定浓度易使人中毒，是因为结合Hb使Hb(O2)分解速率增大D.高压氧舱治疗CO中毒的原理是使

平衡Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)右移【答案】D【解析】【详解】A项、反应的平衡常数是温度函数，体温升高，反应的平衡常数会改变，故A错误；B项、吸入新鲜空气，反应物氧气的浓度增大，平衡向正反应方向移动，故B错误；C项、CO达到一定浓度易使人

中毒，是因为CO浓度增大，平衡Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)向逆反应方向移动，故C错误；D项、高压氧舱治疗CO中毒的原理是CO中毒的病人放入高压氧仓中，使反应物氧气的浓度增大，平衡Hb

(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)向正反应方向移动，故D正确；故选D。【点睛】CO达到一定浓度易使人中毒，是因为CO浓度增大，平衡Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)向逆反应方向移动是解答关键。12.某化学反应的1ΔH=-

125kJmol−，11ΔS=-8kJmolK−−，则此反应在下列哪种情况下可自发进行()A.在任何温度下都能自发进行B.在任何温度下都不能自发进行C.仅在高温下自发进行D.仅在低温下自发进行【答案】D【解析】【详解】据ΔG=ΔH-TΔS可知，该反应ΔH<0，ΔS<0

，若要使反应自发进行，则ΔG<0，由此可知该反应仅在低温下自发进行。答案选D。13.为探究3NaHCO、23NaCO与盐酸(浓度为-11molL)反应过程中的热效应，实验测得的数据如表所示:序号35mL试剂固体混合前温度/℃混合后温度/℃①水2.5g3NaHCO20.018.5②水3.2g23

NaCO20.024.3③盐酸2.5g3NaHCO20.016.2④盐酸3.2g23NaCO20.025.1由此得出的结论正确的是()A.23NaCO固体与盐酸的反应是吸热反应B.3NaHCO固体与盐酸的反应是放热反应C.20.0℃时，含3

.2g23NaCO的饱和溶液和35mL盐酸混合后的温度将低于25.1℃D.20.0℃时，含2.5g3NaHCO的饱和溶液和35mL盐酸混合后的温度将低于16.2℃【答案】C【解析】【分析】由表中数据可知，NaHCO3溶于水的过程为吸热过程，Na2CO3溶于水的过程为放热过程，NaHCO3与盐酸的

反应后温度降低，说明该反应是吸热反应；Na2CO3与盐酸的反应后温度升高，说明该反应是放热反应，以此解答该题。【详解】A．由表中数据可知，3.2gNa2CO3加入盐酸中，包括溶解和反应两个过程，其中溶解使温度升高到24.3℃，最终温度为25.1℃，说明Na2CO

3与盐酸的反应是放热反应，故A错误；B．2.5gNaHCO3加入盐酸中，包括溶解和反应两个过程，其中溶解使温度降低到18.5℃，最终温度为16.2℃，说明NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应，故B错误；C．20.

0℃时，含3.2gNa2CO3的饱和溶液和35mL盐酸混合，由于缺少溶解的过程，则混合后的温度将低于25.1℃，故C正确；D．NaHCO3溶于水的过程为吸热过程，20.0℃时，含2.5gNaHCO3的饱和溶液和35mL盐酸混合，与固体相比较，缺少溶解吸热的过程，混合后的

温度将高于16.2℃，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查了探究吸热反应与放热反应的方法，正确分析题干数据为解答该题的关键，注意溶解热和反应热的区别。14.在容积为1.0L的密闭容器中，充入一定量的24NO，发生反应242NO(g)2NO(g)。随着温度的升高，混合气体的颜色变深

。体系中各物质的浓度与时间关系如图所示。下列说法正确的是()A.反应的ΔH<0B.在0~60s时段，反应速率()-1-124vNO=0.001molLsC.该温度下，平衡常数K=0.24D.1T℃时平衡后将温度变为2T℃，测得()24cNO降低，则12T>T【答案】B

【解析】【详解】A．随温度的升高，混合气体的颜色变深，则化学平衡向正反应方向移动，ΔH>0，故A错误；B．0∼60s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L−0.04mol/L=0.06mol/L，则v(N2O4)=0.06mol/L60s=0.001mol⋅L-1⋅s-1

，故B正确；C．K=222420.12=c(NO)c(NO)0.04=0.36，故C错误；D．温度改变后，c(N2O4)降低，说明平衡正向移动，而正反应ΔH>0，则T2>T1，故D错误。答案选B。15.可

逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(s)ΔH＝QkJ·mol－1，反应过程中，当其他条件不变时，C在混合物中的含量与温度(T)的关系如图Ⅰ所示，反应速率(v)与压强(p)的关系如图Ⅱ所示。据图分析，以下说法正确的是A.T1＜T2，Q＞0B.增大压强，B的转化

率减小C.当反应达到平衡时，混合气体的密度不再变化D.a＋b＞c＋d【答案】C【解析】【分析】【详解】A.由图I分析，先拐先平，数值大，温度高，所以T2>T1，A不正确；B.由图II分析，平衡后，增大压强，正反应速率增大的多，平衡正移，B的

转化率增大，B不正确；C.反应向右进行，气体的总质量减小，所以当混合气体的密度不再变化时，可逆反应达到平衡状态，C正确；D.由图II分析，平衡后，增大压强，正反应速率增大的多，平衡正移，向着气体体积减小的方向移动，由于D物质的状态为固体，故只能判断a＋

b＞c，D不正确。答案选C。16.25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡Sn，发生反应:Sn(s)+Pb2+(aq)⇌Sn2+(aq)+Pb(s)，体系中c(Pb2+)、c(Sn2+)变化关系如图所示。下列判断正确的是A.往平衡体系中加入少量Sn

(NO3)2固体后，c(Pb2+)变小B.25℃时，该反应的平衡常数K=2.2C.平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2+)增大D.升高温度，平衡体系中c(Pb2+)增大，说明该反应正反应是吸热反应【答案】B【解析】【详解】A．加入少量Sn(NO3

)2固体，溶液中Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，c(Pb2+)增大，故A错误；B．由图可知，平衡时c(Pb2+)=0.1mol/L，c(Sn2+)=0.22mol/L，故该温度下反应的平衡常数K=()()2+2+cSncPb=0.22mo

l/L0.1mol/L=2.2，故B正确；C．金属铅是固体，增大铅的用量，化学平衡不移动，c(Pb2+)不变，故C错误；D．升高温度，平衡体系中c(Pb2+)增大，说明升高温度化学平衡向逆反应移动，逆反应为吸热反应，故该反应

的正反应为放热反应，故D错误；答案选B。17.下列事实不．能用平衡移动原理解释的是（）A.合成氨工业中选择高压条件，以提高氨的产率B.在硫酸工业中，SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气C.将NO2球浸泡在冷水和热水中D.【答案】D【解析】【详解】A．

合成氨工业N2+3H2高温、高压催化剂2NH3上，增大压强平衡向正反应移动，原料利用率提高，氨气产率增大，高压比常压条件更有利于合成氨的反应，可以用勒夏特列原理解释，A不合题意；B．在硫酸工业中，SO2催化氧

化成SO3的反应，往往加入过量的空气，即采用增大O2的浓度的方法来使平衡正向移动，更有利于合成SO3，以提高SO2的转化率，故能用勒夏特列原理解释，B不合题意；C．存在平衡2NO2(g)N2O4(g)，正反应是放热反应

，升高温度，平衡向正反应移动，平衡体系颜色变深，降低温度平衡向逆反应移动，平衡体系颜色变浅，故都可以用平衡移动原理解释，C不合题意；D．由于H2(g)+I2(g)2HI(g)两边气体的计量数相等，加压，所以加压平衡不移动，但由于体积缩小，I2(g)的浓度增大，故体系颜色加深，所以不可

以用平衡移动原理解释，D符合题意；故答案为：D。18.我国科研人员提出了由2CO和4CH转化为高附加值产品3CHCOOH的催化反应历程。该反应历程示意如下，下列说法不正确．．．的是（）A.该催化剂可以改变反应的ΔHB

.43CHCHCOOH→过程中，有C-H键发生断裂C.①→②的过程放出能量并形成了C-C键D.生成3CHCOOH的总反应的原子利用率为100%【答案】A【解析】【详解】A．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应的焓变，故A错误；B．4CH选择性活化变为3CHCOOH过程中，有1个C-H键发生

断裂，故B正确；C．根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成了C-C键，故C正确；D．该反应只有3CHCOOH一种生成物，原子利用率为100%，故D正确。答案选A。19.已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)

△H<0。将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深，透光率越小)。下列说法正确的是()A.b点的操作是拉伸注射器B.d点：v(正)>v(逆)C.c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小D.若不忽略体系温度变化，且没有能量损

失，则温度T(c)>T(d)【答案】D【解析】【详解】A.b点时，透光率突然下降，说明c(NO2)突然增大，则操作是压缩注射器，A错误；B.d点，透光率下降，则c(NO2)增大，平衡逆向移动，v(正)<v(逆)，B错

误；C.c点是在a点的基础上压缩注射器，则c(NO2)增大，c(N2O4)增大，C错误；D.由点到c点，压缩注射器，反应正向进行，放出热量，混合气的温度升高；c点到d点，透光率突然增大，则为拉伸注射器，平衡逆向移动，吸收热量，所以温度T(c)>T(d)，D正确。故

选D。20.为探究外界条件对反应：mA(g)+nB(g)cZ(g)ΔH的影响，以A和B的物质的量之比为m∶n开始反应，通过实验得到不同条件下反应达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。下列判断正确的是（）A.ΔH＞0B.m+n＜cC.升高温度，υ正、υ逆都增大，平衡常数减小D.恒

温恒压时，向已达平衡的体系中加入少量Z(g)，再次达到平衡后Z的物质的量分数增大【答案】C【解析】【分析】由图象可知，降低温度，z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则△H<0，降低

压强，Z的物质的量分数减小，说明压强减小，平衡向着逆反应方向移动，减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有m+n>c，由此分析解答【详解】A．根据分析可知，△H<0，故A错误；B．减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有m

>c，故B错误；C．升高温度正逆反应速率都加快，但因正反应是放热反应，所以平衡常数减小，故C正确；D．在恒温恒容条件下，向已达到平衡的体系中加入少量z，相当于增大压强，平衡向着正向移动，z的百分含量增大，故D错误；故选C。二、不定项选择

题Ⅱ（本大题共5小题，每小题4分，共20分。每小题列出的四个备选项中有一个或两个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）21.下列有关热化学方程式的叙述正确的是()A.已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.

6kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为241.8kJB.已知4P(红磷，s)=P4(白磷，s)ΔH＞0，则白磷比红磷稳定C.含20.0gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq)＋12H2SO4(aq)=1

2Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.4kJ·mol-1D.已知C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1C(s)＋12O2(g)=CO(g)ΔH2；则ΔH1＜ΔH2【答案】CD【解析】【详

解】A．燃烧热表示1mol物质完全燃烧产生稳定氧化物时放出的热量，该反应中反应物是2mol，且反应产生的是气态水，不是液态水，故氢气的燃烧热不是241.8kJ，A错误；B．物质含有的能量越低，稳定性越强。根据热化学可知白磷含有的能量比红磷高，故

红磷比白磷稳定，B错误；C．20.0gNaOH的物质的量是0.5mol，含20.0gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则1molNaOH与稀硫酸完全反应放出热量是57.4kJ，故表示

该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq)＋12H2SO4(aq)=12Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.4kJ·mol-1，C正确；D．物质燃烧放出热量，完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量多，反应放出热量

越多，反应热就越小，故ΔH1＜ΔH2，D正确；故合理选项是CD。22.Burns和Dainton研究发现C12与CO合成COCl2的反应机理如下：①C12（g）2C1•（g）快②CO（g）+C1•（g）CO

C1•（g）快③COC1•（g）+C12（g）COC12（g）+C1•（g）慢其中反应②存在v正=k正[CO][C1•]、v逆=k逆[COC1•]下列说法正确的是（）A.反应①的活化能大于反应③的B.反应②的平衡常数K=kk正逆C.要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应②的速率D.选择合适的催

化剂能加快该反应的速率，并提高COC12的平衡产率【答案】B【解析】【分析】根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率越大；催化剂降低反应的活化能，提高反应速率，但不改变反应最终的平衡产率。【详解】A．活化能越小

，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；B．反应②存在v正=k正[CO][C1•]、v逆=k逆[COC1•]，平衡时正逆反应速率相等，则22()()()kcCOClKcCOcClk==正逆，故B正确；C．慢反应决定整个

反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C错误；D．催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COC12的平衡产率不变，故D错误；故选：B。23.在恒容密闭容器中通入X

并发生反应：2X(g)Y(g)，在温度1T、2T下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是()A.正反应的活化能小于逆反应的活化能B.2T下，在10~tmin内，-1-11a-bv(

Y)=molLmintC.M点的正反应速率v正大于W点的逆反应速率v逆D.M点和W点的化学平衡常数：K(M)>K(W)【答案】AC【解析】【分析】根据图象可知，T1温度下，反应速率快，所以T1>T2，升高温度，

X的浓度平衡浓度增大，即升高温度平衡逆向移动，2X(g)⇌Y(g)正反应放热。【详解】A.2X(g)⇌Y(g)正反应放热，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A正确；B.T2下，在0~t1时间内，c(X)的变化量是(a-b)mol/L，则Y的浓度变化为(a-b)2mo

l/L，所以v(Y)=1(a-b)2tmol⋅L−1⋅min−1，故B错误；C.T1>T2，且M、W点反应均达平衡状态，则M点的正反应速率大于W的正反应速率=W点的逆反应速率，故C正确；D.2X(g)⇌Y(g)正反应放热，T1>T2

，则K(M)<K(W)，故D错误。答案选AC。24.2CO经催化加氢可以生成低碳烃，主要有两个竞争反应：反应Ⅰ：2242CO(g)+4H(g)CH(g)+2HO(g)反应Ⅱ：222422CO(g)+6H(g)CH(g)+4HO(g

)在1L恒容密闭容器中充入21molCO和24molH，测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。下列说法不正确．．．的是（）A.520℃时，2CO的转化率为60%B.520℃时，反应Ⅰ的平衡常数K=0.045C.840℃时

，有利于4CH的生成D.由图像可知，两个竞争反应均为放热反应【答案】D【解析】【分析】520℃时，反应Ⅰ：2242++14000.20.80.20.40.4420.21.2///2COgHgCHgHOgmolLmolLmolLƒ（）（）（）（）开始（）变化（）平衡（）520℃时，反应Ⅱ：

22242++14000.41.20.20.80.420.21.264///2COgHgCHgHOgmolLmolLmolLƒ（）（）（）（）开始（）变化（）平衡（）则平衡时c(CO2)=1mol/L-0.2mol/L-0.4mol/L=0.4mol/L，c(H2)=4mol/L-0.

8mol/L-1.2mol/L=2mol/L，c(CH4)=0.2mol/L，c(H2O)=0.4mol/L+0.8mol/L=1.2mol/L，据此分析解题。【详解】A．由分析知两反应共消耗2CO0.6mol，从而得出2CO的

转化率为0.6mol100%60%1mol=，故A正确；B．520℃时，平衡时c(CO2)=0.4mol/L，c(H2)=2mol/L，c(CH4)=0.2mol/L，c(H2O)=1.2mol/L，则反应Ⅰ的平衡常数K=()()()()242422cCHcHOcCOcH=240.

21.20.42=0.045，故B正确；C．由图象分析知，840℃附近，产生最多的是CH4，有利于CH4的生成，故C正确；D．图像为平衡曲线，前半段为平衡受温度影响，温度升高，产物增多，可知两个竞争反应均为吸热反应，温度再继续升高，产物减少，可能

是产物分解等其他的反应发生，故D错误；故答案为D。25.我国自主知识产权的首套煤基乙醇工业化项目的生产过程：先用煤制得乙酸甲酯，再将乙酸甲酯转化为乙醇。乙酸甲酯转化为乙醇涉及反应原理：33225CHCOOCH(g)+2H(g)CHOH(g)+3CHOH(g)Δ<0

H.右图表示合成反应在某段时间06tt→中反应速率与反应过程的曲线图，1t、3t、4t时刻分别改变某一外界条件。下列说法不正确．．．的是（）A.t1时改变的条件是升高温度B.t3时改变的条件是加入高效催化剂C.t4时改变的条件是增大反应容器，使体系压强减小D.在到达化学平衡的时

间段中，25CHOH的体积分数最小的一段时间是23tt→【答案】D【解析】【详解】A．升高温度，正逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，因此1t时改变的条件是升高温度，故A正确；B．加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，因此3t时改变的条件是

加入高效催化剂，故B正确；C．当温度一定时，扩大反应容器，使反应组分气体压强减小，平衡逆向移动，正逆反应速率都会减小，故C正确；D．由图像可知，在到达化学平衡的时间段中，25CHOH的体积分数最小的一段时间是56tt→，故D错误。答案选D。三、填空题（本大题共4小题，共40分。）2

6.研究NOx、2SO、CO等大气污染气体的处理方法具有重要意义。(1)处理含CO、2SO烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为2CO和单质S。已知：①1221CO(g)O(g)CO(g)Δ283.0kJmol2H−+==−g②122S(s)+O(g)=SO(g)Δ296.0k

JmolH−=−g则CO和2SO气体反应生成固态硫和2CO气体的热化学方程式是_______________。(2)氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因。已知：①22CO(g)NO(g)NO(g)

CO(g)+=+△H=-akJ/mol(b＞0)②222CO(g)2NO(g)N(g)2CO(g)+=+△H=-bkJ/mol(b＞0)若用标准状况下3.36LCO将2NO还原至2N(CO完全反应)，整个过程中转移电子的物质的量为___________________

mol，放出的热量为_______________kJ(用含有a和b的代数式表示)。(3)用4CH催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染。例如：4222CH(g)4NO(g)4NO(g)CO(g)2HO(g)+=++11Δ574

.0kJmolH−=−g①42222CH(g)4NO(g)2N(g)CO(g)2HO(g)H+=++②若1mol4CH将2NO还原至2N，整个过程中放出的热量为867.0kJ，则△H2=_________________。【答案】(1).2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2

(g)△H=-270.0kJ/mol(2).0.3(3).()32ab80+(4).-1160kJ/mol【解析】【分析】(1)利用盖斯定律将方程式①×2-②得热化学方程式；(2)根据盖斯定律求出4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g)的反应热，根据物

质的量之比等于热量比求出放出的热量；(3)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式，结合1molCH4还原NO2至N2的整个过程中放出的热量为867kJ计算。【详解】(1)①1221CO(g)O(g)CO(g)Δ283.0kJmol2H−+==−g

②122S(s)+O(g)=SO(g)Δ296.0kJmolH−=−g根据盖斯定律，将方程式①×2-②，整理可得2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)△H=(-283.0kJ/mol)×2-(-296.0kJ/mol)=-270.0kJ/mol；(2)①CO(g)+NO2(g

)=NO(g)+CO2(g)△H=-akJ/mol(a＞0)②2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-bkJ/mol(b＞0)根据盖斯定律，将方程式①×2+②整理可得4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g

)△H=(-akJ/mol)×2+(-bkJ/mol)=-(2a+b)kJ/mol，反应过程中电子转移8mol，若3.36LCO参加反应，转移电子的物质的量为n(e-)=3.36L22.4L/mol×2=0.3mol

，反应放出的热量Q=3.36L22.4L/mol×24ab+kJ/mol=()32ab80+kJ；(3)①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=-574kJ/mol②CH4(g)+4NO(g)=2

N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2根据盖斯定律，将方程式①+②整理可得2CH4(g)+4NO2(g)=2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g)△H=△H1+△H2，根据方程式可知：1molCH4还原NO2至N2整个过程中放出的热量为867kJ，所以△H2=-8

67kJ/mol×2-(-574kJ/mol)=-1160kJ/mol。【点睛】本题考查热化学方程式的书写及反应热的计算。掌握盖斯定律的含义，反应过程中的能量变化只与物质的始态和终态有关，与反应途径无关分析解答。27.汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：

N2(g)+O2(g)2NO(g)，△H>0，已知该反应在240℃，平衡常数K=64×10-4。请回答：(1)某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为__

____。(2)假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______．A.消耗1molN2同时生成1molO2B.混合气体密度不变C.混合气体平均相对分子质量不变D.2v正(N2)=v逆(NO)(3)将N2、O2的混合气体充入恒

温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是______(填字母序号)。(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态.与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分

数______.(填“变大”、“变小”或“不变”)(5)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，此时反应______(填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行

”或“向逆反应方向进行”)，理由是______。【答案】(1).0.05mol/(L·min)(2).AD(3).AC(4).不变(5).向正反应方向进行(6).因为浓度商Qc<K【解析】【分析】(1)先根据速率定义式计算v(O2)，然后根据不同物质表示的速率比等于化学计量数的比计算v

(N2)；(2)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；(3)根据温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析AC；根据催化剂可以加快反应速率，但不能使化学

平衡移动分析B；(4)根据化学方程式的特点结合压强对平衡的影响分析；(5)计算某时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论。【详解】(1)5分钟内，△n(O2)=1mol-0.5mol=0.5

mol，则v(O2)=0.525molLmin=0.05mol/(L·min)，根据反应方程式N2(g)+O2(g)2NO(g)可知v(N2)=v(O2)=0.525molLmin=0.05mol/(L·min)；(2)A.消耗1molN2等效于消耗1molO2，同时生成1molO2，说明

正逆反应速率相等(同种物质)，反应达到平衡，A符合题意；B.混合气体的总质量不变，容器的体积不变，无论反应是否平衡，混合气体密度一直不变，B不符合题意；C.混合气体的总质量不变，总的物质的量也不变，无论反应是否平衡，混合气体平均相对分

子质量始终不变，不能据此判断反应是否处于平衡状态，C不符合题意；D.2v正(N2)=v逆(NO)=v正(NO)，说明正逆反应速率相等(同种物质)，说明反应达到平衡状态，D符合题意；故合理选项是AD；(3)该反应的正反应为吸热反应，升高

温度平衡向正反应进行，化学平衡常数增大，A正确；B.加入催化剂，可以加快化学反应速率，但对化学平衡移动无影响，因此平衡不发生移动，物质的平衡含量不变，B错误；C.升高温度，化学反应速率增大，达到平衡所需要的时间缩短，先达到平衡，由于该反应

的正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，使N2的转化率增大，C正确；故合理选项是AC；(4)该反应中，气体的化学计量数之和前后相等，压强对平衡移动没有影响，只要是在相同温度下，则平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时平衡混

合气中NO的体积分数不变；(5)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，则该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的

比值为Qc=()()()23123.0102.5104.010−−−=9.0×10-4<K，说明反应未达到平衡，反应应向正反应方向进行。【点睛】本题考查了化学反应速率和化学平衡的有关计算及化学平衡状态的判断的知识，注意掌握有关概念、外界条件对

化学反应速率和平衡的影响，结合平衡移动原理分析，根据平衡状态的特征判断是否处于平衡状态。28.2018年是哈伯因发明用氮气和氢气合成氨的方法而获得诺贝尔奖100周年。2N和2H生成3NH的反应为122313N

(g)H(g)NH(g)(298K)46.2kJmol22H−+=−，在Fe的催化作用下的反应历程如下（*表示吸附态）化学吸附：2N(g)2N*→；2H(g)2H*→。表面反应：2N*H*NH*;NH*H*NH*+→+；23NH*H*NH*+。脱附：33NH*NH(g)。其中，2

N的吸附分解反应活化能高、反应速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答下列问题：（1）有利于提高合成氨平衡产率的条件有_____________。A.低温B.高温C.低压D.高压E催化剂（2）实际生产中，常用铁触媒作催化剂，控制

温度为773K左右，压强为73.010Pa左右，原料气中2N和2H物质的量之比为1:2.8。分析说明原料气中2N过量的两个理由__________、_______________。（3）关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_________。A.合成氨反应在不同温度下的ΔH和ΔS都小于零B.当

温度压强一定时，在原料气（2N和2H的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率C.3NH易液化，不断将液氨移去，有利于反应正向进行D.分离空气可得2N通过天然气和水蒸气转化可得2H原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和发生安全事故【答案】(1

).AD(2).原料气中2N相对易得，适度过量有利于提高2H的转化率(3).2N的吸附分解是决定反应速率的步骤，适度过量有利于提高整体反应速率(4).ACD【解析】【分析】分析过程可知空气中含大量氮气，增加氮气量可以提高氢气的

转化率，反应历程中N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤。【详解】①12N2（g）+32H2（g）NH3（g）△H（298K）=-46.2kJ•mol-1是气体体积减小的放热反应，据此分析解题：A．低温有利于

平衡正向进行，提高氨气产率，A正确；B．高温平衡逆向进行，不利于提高氨气产率，B错误；C．低压平衡逆向进行，不利于提高氨气产率，C错误；D．高压平衡正向进行，利于提高氨气产率，D正确；E．催化剂只改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高产率，E错误；故答案为：

AD；②原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8，原料气中N2过量的两个理由：原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率，故答案为：原

料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；③A．12N2（g）+32H2（g）NH3（g）△H（298K）=-46.2kJ•mol-1是气体体积减小的放热反应，合成氨反应在不同温度下的△

H和△S都小于零，A正确；B．当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不变，不能提高平衡转化率，B错误；C．NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行

，C正确；D．合成氨的反应在合成塔中发生，原料气中的N2是从空气中分离得来，先将空气液化，再蒸馏得N2，甲烷与水在高温催化剂条件下生成CO和H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和发生安全事故，D正确；故答案为：ACD。29.甲醇是一种

可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇。反应Ⅰ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1反应Ⅱ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数(KⅠ)：温度250℃3

00℃350℃KⅠ2.00.270.012（1）在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应Ⅰ，5min后测得c(CO)＝0.4mol·L－1，计算可得此段时间的反应速率(用H2表示)为________mol·L－1·

min－1。（2）由表中数据判断ΔH1______(填“>”“<”或“＝”)0；反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3＝_________(用ΔH1和ΔH2表示)。（3）若容器容积不变，则下列措施可提高反应Ⅰ中CO转化率的是______(填序号)。a．充入CO，使体

系总压强增大b．将CH3OH(g)从体系中分离c．充入He，使体系总压强增大d．使用高效催化剂（4）写出反应Ⅱ的化学平衡常数表达式：KⅡ＝__________________；保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增大为原来的2倍，则化学平衡_______(填“正向”“逆向”或“不”)移

动，平衡常数KⅡ__________(填“变大”“变小”或“不变”)。（5）比较这两种合成甲醇的方法，原子利用率较高的是______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。【答案】(1).0.24(2).<(3).ΔH2－ΔH1(4).b(5).(6).正向(7).不变(8

).Ⅰ【解析】【详解】(1)CO浓度变化量为2mol/2L−0.4mol/L=0.6mol/L，故v(CO)=0.6mol/L/5min=0.12mol/(L⋅min)，速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)=2v(CO)=2×0.16mol/(L⋅

min)=0.24mol/(L⋅min)，故答案为0.24；(2)由表中数据可知，随温度升高，平衡常数K减小，说明温度升高，平衡逆向进行，所以正向是放热反应，即△H1<0，反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌C

H3OH(g)△H1反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2根据盖斯定律Ⅱ−Ⅰ得到CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3=△H2−△H1，故答案为<;△H2−△H1；(3)a.充入CO，使体系总压强增大，平衡向正反

应移动，但CO的转化率降低，故a错误；b将CH3OH(g)从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，故b正确；c.充入He，使体系总压强增大，各物质的浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故c错误；d.使用高效催化剂，平衡不移动，CO的转化率不变，故d错误；故答案为b；(

4)反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数k=c(CH3OH)⋅c(H2O)/c(CO2)⋅c3(H2)；保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增大为原来的2倍，相对于增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即正向移动;平衡

常数仅与温度有关，所以平衡常数KⅡ不变，故答案为c(CH3OH)⋅c(H2O)/c(CO2)⋅c3(H2)；正向；不变。(5)原子利用率是指被利用的原子数比上总原子数，公式为原子利用率=（预期产物的总质量/全部反应物的总质量）×100%，副产物越少原子利用率越高，故答案为Ⅰ。