【文档说明】四川省眉山市仁寿县第一中学南校区2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(21)页，1.789 MB，由小赞的店铺上传

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四川省仁寿第一中学南校区2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题本试卷满分100，考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27S-32一、单选题1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.稀土金属被称为冶金工业的维生素B.地沟油和甲醇或乙醇可

以制造生物柴油，生物柴油属于烃类化合物C.“嫦娥五号”使用的太阳能电池板和锂离子电池组，均可将化学能转变为电能D.泡沫灭火剂可以用于Mg粉引起的火灾，因为CO2可以隔绝空气【答案】A【解析】【详解】A．世界稀土金属资源稀缺，但稀土金属是国家军事战略的重大资源，A

项正确；B．烃类物质是只含碳氢的有机物，而地沟油和甲醇、乙醇等均含有氧元素，B项错误；C．太阳能电池板是将太阳能转化为电能，C项错误；D．泡沫灭火器产生的CO2能与Mg等活泼金属发生反应，D项错误；故选A。2.下列过程中，共价键被破坏的是A.干冰升华B.氯气被活性

炭吸附C.酒精溶于水D.碘化氢气体溶于水【答案】D【解析】【分析】【详解】A．干冰属于分子晶体，升华过程属于物理变化过程，破坏分子间作用力，故A不符合题意；B．氯气属于分子，被活性炭吸附属于物理变化，破坏分子间作用力，故B不符合题意；C．酒精为非电解质，溶于水破坏

分子间作用力，故C不符合题意；D．HI溶于水电离出氢离子和碘离子，共价键被破坏，故D符合题意；故选：D。3.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.新制氯水光照后颜色变浅B.氢气与碘蒸气反应的平衡混合气，经压缩后颜色变深

C.工业合成氨，反应条件选择高压D.饮用汽水后常常出现“打嗝”现象【答案】B【解析】【详解】A．新制氯水光照后次氯酸分解浓度减小，促进氯气和水反应正向进行，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A正确；B．压缩氢气与碘蒸气反应

的平衡混合气体，22HI2HI+平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，B错误；C．由反应()()()223Ng3Hg2g0NHH+可知，选择高压可以促使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，C正确；D．汽水进入人体，温度升高

，二氧化碳的溶解度降低，气压增大，“打嗝”可以减少气压增大的程度，能用勒夏特列原理解释，D正确；故选B。4.设AN是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.239gNaS和22NaO组成的混合物中，含有阴离子的数目为0.5NAB.密闭容器中，1molN2

(g)与3molH2(g)充分反应制备氨气，形成N−H键少于6NAC.100g46%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为AND.在标况下将233.6LCl溶于足量NaOH溶液中，转移电子数目为A1.5N【答案】C【解析】【详解】A．39gNa2S和N

a2O2组成的混合物的物质的量为0.5mol，由于过氧化钠中阴离子为过氧根离子，则0.5mol混合物中含有0.5mol阴离子，含有的阴离子数为0.5NA，故A正确；B．氮气和氢气的反应是可逆反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，所以1molN2(g)与3molH2

(g)充分反应制备氨气，形成N−H键少于6NA，故B正确；C．100g46%的乙醇溶液中含乙醇46g，物质的量为1mol，乙醇中含H-O键的数目为NA，乙醇溶液中还有54g水，54g水中还含有6NA个H-O键，所以100g46%的乙醇

溶液中，含H-O键的数目为7NA，故C错误；D．标况下33.6LCl2的物质的量为33.6L÷22.4L/mol=1.5mol，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中反应1molCl2转移1mol电子，1.5molCl2溶于足量NaOH

溶液中，转移电子数目为1.5NA，故D正确；故选C。5.下列反应的离子方程式书写正确的是A.铜片溶解在3NaNO和稀硫酸的混合液中：+-2+32=33Cu+8H+2NOCu+2NO4HO+B.碘化亚铁溶液中通入过量氯气：2322FeCl2Fe2Cl++−

+=+C.223NaSO溶液中滴加过量稀24HSO：2-223423SO2H4S2SOHO+−+=++D.向32Ba(NO)溶液中通入2SO气体出现白色沉淀：2++223S+HO+Ba=BaOOS4H+【答

案】A【解析】【详解】A．铜片溶解在硝酸钠和稀硫酸的混合液中发生的反应为铜酸性条件下与硝酸根离子反应生成铜离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为+-2+32=33Cu+8H+2NOCu+2NO4HO+

，故A正确；B．碘化亚铁溶液与过量氯气反应生成氯化铁、碘和水，反应的离子方程式为2+-3+-222Fe+4I+3Cl=2Fe+2I+6Cl，故B错误；C．硫代硫酸钠溶液与过量稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为2-+2322SO+2H=S+SO+HO，故C错误；

D．向硝酸钡溶液中通入二氧化硫气体出现白色沉淀发生的反应为二氧化硫与溶液中的硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀、硫酸和一氧化氮，反应的离子方程式为2+-2-+32424+Ba+2NO+2HO=B3aSO+2NO+2OSHOS+4，故D错误；故选A。6.下列过程都与热量变化有关，其中表述正确的是A.一定

条件下，石墨转化为金刚石要吸热，说明金刚石更稳定B.能量变化必然伴随发生化学变化C.化学反应中的能量变化与反应物的质量无关D.已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2则ΔH1＜ΔH2【答案】D【解析】【详解】A．石

墨完全转化为金刚石时，要吸收热量，说明金刚石比石墨能量高，物质能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，A错误；B．物质的三态变化也伴随着能量变化，不是化学变化，B错误；C．反应物质量多少与反应中能量变化的大

小成正比，C错误；D．C燃烧生成CO2比生成CO放出的热量更多，由于放热反应ΔH为负值，故ΔH1＜ΔH2，D正确；故选D。7.已知：(1)H2(g)+12O2(g)═H2O(g)ΔH=akJ/mol(2)2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)ΔH=bkJ/mol(3)H2(g)+12O

2(g)═H2O(l)ΔH=ckJ/mol(4)2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)ΔH=dkJ/mol下列关系式中正确的是A.a<c<0B.b>d>0C.2a=b>0D.2c=d<0【答案】D【解析】【详解】A．(1)式和(3)式中水状态不同，(3)

中生成的是液态水，放出的热量多，生成液态水的焓变数值小于生成气态水的焓变，所以c＜a＜0，故A错误；B．(2)式和(4)式中水状态不同，(4)中生成的是液态水，放出的热量多，生成液态水的焓变数值小于生成气态水的焓变，所以d＜b＜0，故B错误；C．燃烧反应为放热反应，ΔH＜0，热化学方程式的焓变

与化学计量数成正比，(2)式化学计量数为(1)式化学计量数的两倍，(2)式的焓变也是(1)的两倍，故b=2a＜0，故C错误；D．燃烧反应为放热反应，ΔH＜0，热化学方程式的焓变与化学计量数成正比，(4)式化学计量数为(3)式化学计量数的两倍，(4)

式焓变也是(3)的两倍，d=2c＜0，故D正确；答案选D。8.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是A.①压强对反应的影响的的B.②温度对反应的影响C.③恒容平衡体系增加c

(N2)对反应的影响D.④催化剂对反应的影响【答案】C【解析】【详解】A．增大压强，合成氨的化学反应速率加快，化学平衡正向移动，根据图示知道压强应该是p2<p1，且p1条件下，氨气的百分含量更大，故A错误；B．升高温度，化学反应向着逆反应方向进行，反应物氮气转化率减小，故B错误；C

．增加反应物的浓度，化学平衡向着正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故C正确；D．加入催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但是不会引起平衡的移动，D错误；故本题选C。9.反应()()1242NOg2NOgΔH57kJmo

l−=+，在温度为12TT、时，平衡体系中2NO的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.A、C两点的反应速率：ACB.A、C两点气体的颜色：A深，C浅C.由状态B到状态A，可以用加热的方法D.AC、两点气体的平均相对分子质量：AC

【答案】C【解析】【分析】()()1242NOg2NOgΔH57kJmol−=+，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，2NO的体积分数增大，所以12TT。【详解】A．增大压强，反应速率加快，A、C两点的反应速率AC，故A错误；B．压强越大，体积越小，NO2浓度越大，A

、C两点气体的颜色：A浅，C深，故B错误；C．根据以上分析12TT，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故C正确；D．增大压强，平衡逆向移动，气体物质的量减小，A点压强小于C，AC、两点气体的平均相对分子质量A<C，故D错误；

选C。10.2CO的甲烷化是实现“碳中和”的重要途径，该反应机理如图所示。下列说法不正确的是A.2CO吸附在催化剂MgO表面而发生反应B.MgOCO和MgOCOH均为该反应的中间产物C.该过程中只有MgO一种催化剂D.2CO甲烷化的产物为2HO和4CH【答案】C【解析】【详

解】A．由反应机理图像可知2CO吸附在催化剂MgO表面而发生反应，A正确；B．由反应机理图像可知MgOCO和MgOCOH均为该反应的中间产物，B正确；C．由反应机理图像可知氢气在Pd表面吸附发生氢氢键断裂

得氢原子，故催化剂还有Pd，C错误；D．2CO甲烷化的产物为2HO和4CH：CO2+4H2=CH4+2H2O，D正确；故选C。11.一定温度下，向含一定量2O恒容密闭容器中充入2SO发生反应2232SO(g)O(g)2SO(g)+，改变起始

2SO的物质的量，测得3SO的平衡体积分数变化如图所示，下列说法正确的是A.a、b、c三点中，b点时2SO的转化率最大B.bc→平衡逆向移动，3SO平衡体积分数减小C.d点对应体系，v(正)>v(逆)D.abc、、三点的平衡常数：bcaKKK【答案】C【解析】【分析】向含

一定量2O恒容密闭容器中充入2SO发生反应2232SO(g)O(g)2SO(g)+，改变起始2SO的物质的量，随着2SO物质的量的增大，平衡正向移动，生成更多的三氧化硫，当2SO与2O的物质的量之比等于化学方程式中计量系数之比时，三氧化

硫的平衡体积分数最大，据此回答。【详解】A．2SO与2O两种反应物反应，当2SO少，氧气充足时，2SO转化率最大，故a、b、c三点中，a点时2SO的转化率最大，A错误；B．bc→表示继续通入过量二氧化硫，根据勒夏特列原理知平衡正向移动，体系中总

的物质的量在增加，故产物三氧化硫的平衡体积分数在减小，B错误；C．d点在c点之下说明d点还未达到该条件下的平衡，会继续从正反应方向建立平衡，故v(正)>v(逆)，C正确；D．温度不变，平衡常数不变，故bcaKKK==，D错误；故选C。12.下列实验设计及现象、结论合理

的是选项实验目的实验设计及现象结论A探究2Fe+是否具有还原性向一定浓度的2FeCl溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液紫红色褪去2Fe+具有还原性B检验2SO气体中是否混有2CO将气体依次通过饱和3NaHCO溶液和澄清石灰水

，澄清石灰水变浑浊2SO气体中混有2COC在KSCN与3FeCl的混合液中再加入KCl固体溶液颜色变浅增大生成物浓度，平衡逆向移动D探究不同催化剂的催化效率两支试管中分别盛相同温度、相同浓度、相同体积的22HO溶液，分别滴加相同浓度、相同

体积的3FeCl溶液与2CuCl溶液，滴加3FeCl溶液得试管中产生气体更快3FeCl对22HO分解的催化效率更高A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向一定浓度的2FeCl溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液紫

红色褪去，不能说明2Fe+具有还原性，因为酸性条件下，Cl-也可使酸性高锰酸钾褪色，A错误；B．将气体依次通过饱和3NaHCO溶液和澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，不能说明2SO气体中混有2CO，因为SO2会与饱和

3NaHCO溶液生成2CO，且2SO也能使澄清石灰水变浑浊，B错误；C．在KSCN与3FeCl的混合液中再加入KCl固体，溶液颜色不变浅，平衡不发生移动，C错误；D．两支试管中分别盛相同温度、相同浓度、相同体

积的22HO溶液，分别滴加相同浓度、相同体积的3FeCl溶液与2CuCl溶液，滴加3FeCl溶液得试管中产生气体更快，能够说明3FeCl对22HO分解的催化效率更高，D正确；故选D。13.元素周期表中E、G、L、M、P、Q、R为7种短周期元素，M是非金属性最强的元素，Q的单质广泛用作半

导体材料，其余元素的信息如图所示。下列说法正确的有A.G和Q所对应的气态氢化物的还原性，后者更强B.L和R形成的化合物为离子化合物，只含有离子键C.Q和P最高价氧化物对应水化物的酸性，后者更强D.非金属性：W＞P，M的单质能将P单质从RP溶液中置换出来【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，元素

周期表中E、G、L、M、P、Q、R为7种短周期元素，M是非金属性最强的元素即为F，Q的单质广泛用作半导体材料即为Si，由图中信息可知，E、R的最外层电子数为1，G的最外层电子数为5，L的最外层电子数为6，P的最外层电子数为7，原子半径为R＞

P＞L，G＞L，L＞E，结合原子半径同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大的规律可推知：R为Na、P为Cl，L为O，G为N，E为H，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，G为Si，Q为N，则有非金属性N＞Si，

氧化性N2＞Si，故G和Q所对应的气态氢化物的还原性SiH4＞NH3，即前者更强，A错误；B．由分析可知，L为O，R为Na，L和R形成的化合物为离子化合物有Na2O只含有离子键，而Na2O2即有离子键

又有共价键，B错误；C．由分析可知，Q为Si，P为Cl，非金属性Cl＞Si，则Q和P最高价氧化物对应水化物的酸性H2SiO3＜HClO4，即后者更强，C正确；D．由分析可知，M为F，P为Cl，则非金属性：F＞Cl即M＞P，F2与NaCl溶液反应时先与水反应，方程式为：2F2+2H

2O=4HF+O2，即M的单质即F2不能将P单质即Cl2从RP即NaCl溶液中置换出来，D错误；故答案为：C。14.甲醇(3CHOH)是一种重要的化工原料和新型燃料。甲醇、空气和KOH溶液组成的燃料电池的简易装置如图所示，下列

有关说法正确的是A.X为电源的负极B.Y电极反应式为322CHOHHO6eCO6H−++−=+C.X极每消耗5.6L2O，导线上转移1mol电子D.电池工作一段时间后，电极X附近溶液的pH值变大【答案】D

【解析】【分析】由图可知，电极X为燃料电池的正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—，Y电极为负极，碱性条件下甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3

OH—6e—+8OH—=CO2-3+6H2O。【详解】A．由分析可知，电极X为燃料电池的正极，故A错误；B．由分析可知，Y电极为负极，碱性条件下甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH—6e—+8OH—=CO2-3+6H2O，故B错误

；C．缺标准状况下，无法计算5.6L氧气的物质的量和导线上转移电子的物质的量，故C错误；D．由分析可知，电极X为燃料电池的正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=

4OH—，则电极X附近溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH值变大，故D正确；故选D。二、非选择题15.用如图所示的装置测定中和反应反应热。实验药品：100mL0.50mol/L盐酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液、50mL0.50mol/L氨水。已知弱碱电离

时吸热。回答下列问题。（1）从实验装置上看，还缺少___________。（2）装置中隔热层的作用是___________。（3）将浓度为10.50molL−的酸溶液和10.50molL−的碱溶液各50mL混合(溶液密度均为11gmL−)，生成的溶液的比热

容11c4.18Jg℃−−=，测得温度如下：反应物起始温度1t/℃最高温度2t/℃甲组(HCl+NaOH)15.018.3乙组(HCl+32NHHO)15.018.1①两组实验结果存在差异的原因是___________。②()()()()3242HClaqNHHOaqNHClaqHOl+

=+的ΔH=___________(保留一位小数)。③某同学利用上述装置重新做甲组实验，测得反应热H偏大，则可能的原因是___________(填序号)。A．测完盐酸的温度直接测NaOH溶液温度B．做该实验时室温较高C．杯盖未盖产D．NaOH溶液一次性迅速倒入④若实验

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，与上述实验相比，所放出的热量___________(填“相等”“不相等”，下同)，若实验操作均正确，则所求中和

热___________。【答案】15.玻璃搅拌器16.保温隔热，减少实验过程中的热量损失17.①.一水合氨为弱碱，电离时要吸热，导致放热较少②.-51.8kJ/mol③.AC④.不相等⑤.相等【解析】【小问1详解】由简易量热计的构造可知该装置缺少的仪器是玻璃搅拌器；【小问2详解】做中和反应反应

热的测定实验要做好保温工作，隔热层的作用是减少实验过程中的热量损失；【小问3详解】①两组实验一个是强酸和强碱的反应，另一个是强酸和弱碱的反应，一水合氨为弱碱，电离时要吸热，导致放热较少，故两组实验结果存在差异；②50mL10.50molL−的酸溶液和

50mL10.50molL−的碱溶液(溶液密度均为11gmL−)的混合溶液总质量为1(5050)mL1gmL=100g−+，生成的溶液的比热容11c4.18Jg℃−−=，则反应生成0.025mol水放出的热量为-311Q4.1810kJg100g3.11.2958

kJ−−==℃℃，所以生成1mol水放出的热量为1.2958kJ51.8kJ0.025，则反应()()()()3242HClaqNHHOaqNHClaqHOl+=+的ΔH=-51.8kJ/mol；③A．测完盐酸的温度直接测NaOH溶液温度，温度

计上残留的酸液未用水冲洗干净，酸碱中和会放热，导致一部分反应热损失，使测得的H偏大，A符合题意；B．做该实验时室温较高，不会影响实验结果，B不符合题意；C．杯盖未盖严会导致热量散失，使测得的H偏大，C符合题意；D．NaOH溶液一次性迅速倒入可以减少实验误差，减少热量损失

，是正确的做法，D不符合题意，故答案为AC；④若实验中改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，反应生成的水量会增多，与上述实验相比，所放出的热量也变多，若实验操作均正

确，由2QHn(HO)=−反应放热知，所求得的中和热仍相等。16.一氧化二氮可以用作火箭氧化剂，在室温下稳定，易于储存和飞行使用。现利用汽车尾气中的NO与2H反应来制备2NO气体，回答下列问题。（1）已知：2H的燃烧热为1286k

Jmol−①()()()1221NgOg2NOgΔH180kJmol−+==+②()()()122222NgOg2NOgΔH164kJmol−+==+③()()1223HO1HOgΔH44kJmol−==+反应()()()()22

22NOgHgNOgHOg+=+的ΔH=___________1kJmol−。（2）总反应分两步进行；第①步：()()222NOgNOg=第②步：___________。实验发现，第①步反应几乎不影响总反应到达平衡所用的

时间，由此推断，下列关于该反应叙述正确的是___________。(填序号)A．更换催化剂，可改变反应的HB．步骤①的逆反应活化能一定小于②的C．步骤②的有效碰撞频率小于步骤①D．反应进程中22NO属于中间产物（3）工业上也可用CO生产甲醇。在一容积可变的密闭容器中充入10m

olCO与220molH，容器体积为2L，在催化剂作用下发生反应：()()()23COg2HgCHOHg+。CO的平衡转化率(a)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。①压强为1p___________2p(填“>”

、“<”或“=”)。②在起始11Tp、条件下，2L恒容容器中，反应的平衡常数K=___________2(mol/L)−。（4）煤化工通常研究不同条件下CO的转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下发

生反应：()()()()222COgHOgHgCOg++中CO的平衡转化率随投料比()()2pHOpCO及温度变化关系如图所示：为①该反应是___________反应(填“吸热”或“放热”)；②在以铁镁为催化剂的工业中，一般控制温度为400℃左右、投料比2)=3~5，采用此条件的原因可能是___

________。【答案】（1）-340（2）①.N2O2(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g)②.CD（3）①.<②.0.04（4）①.放热②.催化剂的最适活性温度在400C左右；投料比太低，CO的平衡转化率不高，投料比太高，成本太大，而CO的平衡转化率提高不多【解析】小问1

详解】已知：①()()()1221NgOg2NOgΔH180kJmol−+==+②()()()122222NgOg2NOgΔH164kJmol−+==+③()()1223HO1HOgΔH44kJmol−==+2H

的燃烧热为1286kJmol−，则④()()()124221HgOgHOlΔH286kJmol2−+==−；根据盖斯定律④+③+②１２-①得的ΔH=(-286+44+164１２-180)kJ·mol-1=-340kJ·

mol-1，答案为()()()()2222NOgHgNOgHOg+=+ΔH=-3401kJmol−；【小问2详解】NO与H2反应来制备N2O，总反应为2NO+H2=N2O+H2O，反应分为两步进行：第①步：2NO(g)=N2O

2(g)；第②步：N2O2(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g)；【A．焓变只与反应的始态和终态有关，更换催化剂，不能改变反应的ΔH，选项A错误；B．第①步反应几乎不影响总反应到达平衡所用的时间，可知步骤①的正反应活化能

一定小于②的，但步骤①的逆反应活化能一定小于②的，选项B错误；C．第①步反应几乎不影响总反应到达平衡所用的时间，步骤②反应慢，步骤②的有效碰撞频率小于步骤①，选项C正确；D．第①步生成N2O2，步骤②消耗N2O2，反应进程中N2O2属于中间产物，选项D正确；答案选CD；【小问3详

解】反应是CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)气体体积缩小的反应，在同一温度下压强越大，平衡正向移动，CO转化率越大，T1时p2曲线对应的CO转化率大，因此p1<p2；23CO(g)+2H(g)CHO

H(g)(mol)10200(mol)5105(mol)5105起始量转化量平衡量K=32225(CHOH)20.045(CO)(H)52ccc==；【小问4详解】在同一个()()2pHOpCO比值下，温度越高C

O平衡转化率越小，平衡逆向移动，正反应是放热反应；催化剂的最适活性温度在400°C左右；适当增加H2O的量提高CO的转化率，投料比太低，CO的平衡转化率不高，投料比太高，成本太大，而CO的平衡转化率提高不多。17.

以2CO催化加氢制3CHOH有利于实现“碳中和”。合成时有反应：反应Ⅰ(主反应)：()()()()122321COg3HgCHOHgHOgΔH49.5kJmol−++=−反应Ⅱ(副反应)：()()()()2222COgHgCOgHOgΔH++相关键能如下表：化学键HH−CO=

CO=OH−键能4368031071464回答下列问题：（1）2ΔH=___________（2）向某密闭容器中按投料比()()22nCO:nH1:3=通入混合气体，体系压强恒定为2.5MPa，控制不同温度若只发生反应Ⅰ

(主反应)达平衡，体系中2H和3CHOH的体积分数如图所示。1T温度下，下列有关反应Ⅰ(主反应)说法正确的是________A．若()()22vCO3vH=正逆时，反应达平衡B．若反应混合气体的密度保持不变，反应达平衡C．若()()()

()32322pCHOHpHOpCOpH保持不变时，反应达平衡D．反应达平衡时，不再有3CHOH和2HO生成反应Ⅰ(主反应)反应10min达A点平衡状态，则该反应的分压平衡常数pK=___________(结果保留2位小数，以平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×

物质的量分数)（3）在恒压、2CO和2H的起始量一定的条件下，2CO的平衡转化率或平衡时3CHOH的选择性随温度的变化如图。已知：3CHOH的选择性32CHOH100%CO=物质的量反应的物质的量①图中曲线c、d表示3CHOH选择性的曲线是___________(填“c”、“d”)

，理由是___________。②若不改变反应时间和温度，一定能提高3CHOH选择性的措施有___________(写一条)。【答案】（1）+43kJ/mol（2）①BC②.0.19MPa-2（3）①.c②.生成甲醇的主反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3O

H的选择性减小③.增大压强【解析】【小问1详解】2ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和=2×803kJ/mol+436kJ/mol-1071kJ/mol-2×464kJ/mol=+43kJ/mol；【小问2详解】A．速率之比等于化学计量数之比，若()()223vCOvH=正逆时

，反应达平衡，A错误；B．各物质均为气体，且压强不变，故容器体积在变化，密度在变化，若反应混合气体的密度保持不变，反应达平衡，B正确；C．若()()()()32322pCHOHpHOpCOpH保持不变，各物质分压不再变化，反应达平衡，C正确；

D．反应达平衡时为动态平衡，此时仍有3CHOH和2HO生成，D错误，故选BC；反应Ⅰ(主反应)反应10min达A点平衡状态，可列出反应的三段式：2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)(mol)a3a00(mol)

x3xxx(mol)a-x3a-3xxx起始量变化量平衡量此时3a-3x=x，得x=0.75amol，此时总物质的量为0.25a+0.75a+0.75a+0.75a=2.5amol，且H2、CH3OH、H2O物质的量是CO2的3倍，则CO2分压为0.25a2.5MPa=0.25MPa2.

5a，H2、CH3OH、H2O分压是CO2分压的3倍，均为0.75MPa，所以该反应的分压平衡常数3p0K0.75MPa0.75MPa.25MPa(0.75MPa)=0.19MPa-2；【小问3详解】①d曲

线高于320℃时选择性增大，而生成甲醇的主反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的选择性减小，则图中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线为c；②根据主反应为体积减小的反应，若不改变反应时间和温度，一定能提高

选择性的措施有增大压强。.18.乙烯是合成多种高分子材料的原料，将液化石油气中的乙烷转化为乙烯是科学家探索石油产品综合利用的一个热点。（1）C2H6与CO2反应可以制取乙烯：C2H6(g)+CO2(g)

垐?噲?C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH=+117kJ·mol-1，该反应可以分为两步：i．C2H6(g)垐?噲?C2H4(g)+H2(g)ΔH1(反应速率较快)ii．CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ·mol-1(反应

速率较慢)①ΔH1=________kJ·mol-1。②结合反应历程，改变反应物_______(填“C2H6”或“CO2”)的浓度对总反应速率影响更大，原因为______________。（2）乙烷的催化氧化是一种新型的制备乙烯的方法：2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)

ΔH>0。在一定温度下，向恒容密闭容器中通物入质的量之比为2：1的C2H6和O2,初始压强为150kPa,发生催化氧化反应，若10min达到平衡状态时O2的转化率为20%。①平衡时体系的压强为_____kPa。②0~10min，用C2H6表示的平均反应速率为__

__kPa·min-1。③上述反应达到平衡后，欲同时增大反应速率和C2H6的转化率，可以采取的措施有____________(填序号)。A．升高温度B．通入惰性气体C．按2：1再加C2H6和O2D．加入催化剂（3）乙烷的催化裂解也可制备乙烯：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)催化裂解过

程中利用膜反应新技术可以实现边反应边分离出生成的氢气。不同温度下，1.0mol乙烷在容积为1.0L的恒容密闭容器中发生催化裂解反应。氢气移出率α[α=nn()()分离出的氢气的量生成氢气的总量100%]不同时，C2

H6的平衡转化率与反应温度的关系如图所示：．①相同温度时α3、α2、α1依次______________________________(填“增大”、“减小”或“不变”)，判断的理由为_________________________________。②

A点时平衡常数K=0.81,则α1=________________%(结果保留整数)。【答案】（1）①.+76②.CO2③.总反应速率由慢反应一步骤ii决定，c(CO2)增大，步骤ii的速率加快，从而提高总反应速率（2）①.160②.2③.A（3）①.增大②.氢气移出率增大，体系中氢气的浓度降

低，平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大③.90【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律，i+ii等于总反应，所以12ΔH=ΔH-ΔH1174176kJ/mol=−=+总；②在多步反应体系中，慢反应决定整个反应速率，已知反应ii速率较慢，决定整个反应速率，所以改变2CO的浓度

对总反应速率影响更大；【小问2详解】①根据三段式：()()()()2622402++n2aa00Δn0.4a0.2a0.4a0.4an1.6a0.82CHgOg2CHgaHa20.4gaO0.4平，压强之

比等于物质的量之比，所以0P3a150==P3.2aP平平，P160kPa=平；②260~10minCH的分压平均变化速率为：121.6(150160)kPaΔP33.2v=2kPaminΔt10min−−==；③A．该反应为吸热反应，升高

温度，可以增大反应速率，使平衡正向移动动，同时提高26CH的转化率，选项A正确；B．在恒容密闭容器中，通入惰性气体，不影响反应速率，平衡也不移动，选项B错误；C．按2：1再加C2H6和O2，相当于增大压强，可以加快反应速率，相当于按比例转化后平衡

逆向移动，26CH的转化率减小，选项C错误；D．加入催化剂，可以加快反应速率，但是不能使平衡移动，选项D错误；答案选A；【小问3详解】①因为氢气移出率增大，生成物中氢气的浓度降低，有利于C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)平衡正向移动，乙烷的平衡转化率

增大，所以相同温度时，321ααα、、依次增大，则对应的26CH的平衡转化率也依次增大；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com