【文档说明】湖南省长沙市南雅梅溪湖中学2024-2025学年高二上学期阶段性检测化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.246 MB，由小赞的店铺上传

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南雅梅溪湖中学2024年下期阶段性检测高二化学试卷可能用到的相对原子质量：S：32Fe：56一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42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.“能源”是人们生活中不可或缺的一部分，化学能与热能的相互转化是能量合理应用的重要途径。下列属

于化学能与热能的转化过程的是图片转化过程太阳能热水器烧水燃油汽车行驶选项AB图片转化过程氯碱工业制氯气水力发电选项CDA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．太阳能烧水是将太阳能转换为热能，A错误；B．燃油汽车行驶是化学能转化为热能，热能再转化为动能，属于化学能与热能的转

化，B正确；C．氯碱工业制氯气过程是将电能转化为化学能，是储存化学能过程，C错误；D．水力发电是将水能转换为电能，不涉及化学变化，D错误；的故选B。2.一定条件下白磷和红磷可以相互转化，白磷转化为红磷的能量变化如图所示，下列说法错误的是A.

白磷转化为红磷是放热反应B.红磷比白磷稳定性更高C.等质量的红磷所含有的能量高于白磷D.相同物质的量的白磷和红磷完全燃烧，白磷释放的热量多【答案】C【解析】【详解】A．据图可知白磷的能量高于红磷，所以白磷转化为红

磷的反应为放热反应，A正确；B．图中白磷能量高于红磷，能量越高物质越不稳定，所以红磷比白磷稳定，B正确；C．等质量的红磷所含有的能量低于白磷，C错误；D．红磷能量低，更稳定，断键时吸收的能量更多，故白磷释放的热量多，D正确；故选C。3.下列实验探究方案设计能达到相应探究目的的是选项探

究方案探究目的A室温下，用电导率传感器分别测定3CHCOOH溶液和盐酸的电导率，比较溶液的导电性强弱判断3CHCOOH是否为弱电解质B向1.00mol·L1−4CuSO溶液中通入2HS气体，观察是否有黑色沉淀(CuS)生成比较2HS与24HSO的酸性强弱C取两份新制氯水，分别滴加

3AgNO溶液和淀粉KI溶液，观察实验现象判断氯气与水的反应是否存在限度D向2I的4CCl溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡后静置，观察比较2I在浓KI溶液与4CCl中两层溶液颜色变化的溶解能力A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．判断3CHCOOH是否为弱电解质，应该

测定同浓度3CHCOOH溶液和盐酸的电导率，故A错误；B．24HSO的酸性大于2HS，不能根据4CuSO和2HS反应生成黑色沉淀(CuS)和硫酸判断24HSO和2HS酸性的强弱，故B错误；C．氯气、次氯酸都能氧化KI，氯水和淀粉KI溶液反应，溶液变蓝，不能证明氯水

中含有Cl2，故C错误；D．向2I的4CCl溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡后静置，若下层溶液变为无色，证明2I更易溶于浓KI溶液，故D正确；答案选D。4.在体积均为1L，pH均等于2的盐酸和醋酸中，分别投入0.12g镁粉充分反应后，下图中比较符合反应事实的

曲线是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】镁最多失去电子的物质的量为0.12g24g/mol×2＝0.01mol，pH均等于2的盐酸和醋酸中，在反应过程中，CH3COOH进一步电离，CH3COOH的pH小于HCl的pH，生成氢气的速

率，v(CH3COOH)＞v(HCl)，A、B均错误；C、D项，由于Mg是定量的，HCl恰好完全反应，而CH3COOH过量，且CH3COOH与Mg反应速率快，所以C正确，D错误；故选C。5.下列现象不能用

勒夏特列原理解释的是A.压缩装有2NO的注射器，气体颜色先变深后变浅B.打开汽水瓶盖时，有气泡逸出C.合成氨工业中，选用铁触媒作催化剂D.新制氯水中加3NaHCO固体，溶液漂白性增强【答案】C【解析】【

详解】A．压缩装有2NO的注射器，平衡向生成N2O4的方向移动，气体颜色先变深后变浅，故不选A；B．打开汽水瓶盖时，压强减小，2223CO+HOHCO平衡逆向移动，有气泡逸出，故不选B；C．合成氨工业中，选用

铁触媒作催化剂，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故选C；D．新制氯水中加3NaHCO固体，碳酸氢钠和盐酸反应，盐酸浓度降低，22Cl+HOHCl+HClO平衡正向移动次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故不选

D；选C。6.下列有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是A.稀硫酸与0.1molL?NaOH溶液反应：()()()HaqOHaqHOlH57.3kJ/mol+==+₂B.在10lkPa下()2Hg的燃烧热H

285.8kJ/mol=−，则水分解的热化学方程式为()()()2HOl2HgOgH285.8kJ/mol=+=+₂₂₂C.()CHOHl₃的燃烧热H726kJ/mol=−，则有()()()()32223CHOH1OgCOg2HOg2+=+ΔH72

6kJ/mol=−D.已知9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6gFeS时放出19.12kJ热量，则()()()FesSsFeSsH95.6kJ/mol+==−【答案】D【解析】【详解】A．稀硫酸与氢氧

化钠溶液反应生成1mol水放出57.3kJ热量，反应的热化学方程式为()()()aq2HOHaqHOlH?57.3kJ/mol++==，故A错误；B．氢气的燃烧热指101kPa时1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，水的分解是氢气燃烧的逆过程，所以水分解的热化学方

程式为()()()2HOl2HgOgH571.6kJ/mol=+=+₂₂₂，故B错误；C．甲醇的燃烧热指101kPa时1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，反应的热化学方程式为()()()()32223CHOH1OgCOg2HOl2+=+ΔH726kJ/mol=−，故C错

误；D．根据生成硫化亚铁17.6g(即0.2mol)时，放出19.12k热量，可知生成1mol时放出95.6kJ的热量，所以硫粉与铁粉反应的热化学方程式为()()()FesSsFeSsH95.6kJ/mol+==−，故D正确；故选D。7.碳酸钠晶体（232NaCO10HO）失水可得到()2

32NaCOHOs或()23NaCOs，两个化学反应的能量变化示意图如图，下列说法错误的是A.1H0B.向()23NaCOs中滴加几滴水，温度升高C.()232NaCOHOs失水生成()23NaCOs：12HHH=−D.碳酸钠晶体（232NaCO10HO）失水是

化学变化【答案】C【解析】【详解】A．1mol()232NaCOsHO和9mol()2HOg的总能量大于1mol()232NaCO10sHO的能量，故1H0，故A正确；B．由图象可知，1mol()23NaCOs和10mol()2HOg的总能量大于1mol()232

NaCOsHO和9mol()2HOg总能量，则向()23NaCOs中滴加几滴水，放出能量，温度升高，故B正确；C．①()()()2322322NaCO10sNaCOs9HOgHOHO=+1ΔH②()232NaCO10s

HO=()()232NaCOs10HOg+2ΔH；根据盖斯定律②-①得()()()232232NaCOsNaCOsHOgHO=+21=−HHH，C错误；D．碳酸钠晶体（232NaCO10HO）失水生成新物质()23NaCOs和()2HOg，是化学变化，D正确；选C。8.利用

催化剂将汽车尾气中的NO和CO发生反应：2NO+2CO催化剂2CO2+N2。使用等量的同种催化剂，设计实验探究温度、催化剂比表面积对反应速率的影响，实验结果如表。已知：x＞y＞z，下列分析错误的是实验编号温度(℃)NO

起始浓度(mol•L-1)CO起始浓度(mol•L-1)催化剂比表面积(m2•g-1)CO平衡浓度(mol•L-1)平衡时间(min)12806.5×10-34.0×10-380ax22806.5×10-34.

0×10-31201.0×10-3y33606.5×10-34.0×10-3802.0×10-3zA.对比实验1、2可知，a=1.0×10-3B.实验2中，CO平衡转化率为75%C.对比实验1、2可知，增大催化剂比表面积可加快反应速率D.对比实验1、3可知，该反应的△H＞0【

答案】D【解析】【详解】A．结合实验目的可知，实验1、2是验证催化剂比表面积对化学反应速率的影响，催化剂只影响反应速率不影响化学平衡，故达到平衡时，CO平衡浓度相同，即a=1.0×10-3，A正确；B．由表格数据可知，实验2中，CO转化浓度为

(4.0×10-3-1.0×10-3)mol•L-1=3.0×10-3mol•L-1，则CO平衡转化率为333.010100%75%4.010−−=，B正确；C．对比实验1、2可知，实验2到达平衡的时间比实验1到达

平衡的时间短，说明反应速率大，实验2的催化剂比表面积比实验1的大，可知，增大催化剂比表面积可加快反应速率，C正确；D．结合实验目可知，实验1、3是验证温度对化学反应速率的影响，实验3的温度比实验1的温度高，平衡时，实验3中CO平衡浓度比实验1中CO平衡浓度大，即平衡逆向移动，温度

升高平衡向吸热方向移动，说明升高温度，该反应逆向移动，该反应为放热反应，即该反应的△H<0，D错误；故选D。9.一定条件下，按2：1的比例向容积为1L的密闭容器充入A物质和B物质，发生反应：2A(g)B(g)2C(g)+ƒ，温度、压强(p)对

A物质的平衡转化率的影响如下图所示，下列说法错误的是的A.压强：12pp；B.压强为1p时，若400C和500C时该反应的速率分别为1v、2v，则：12vvC.该反应的H0D.平衡常数：A点=B点【答案】C【解析】【分析】根据题干和图像可知：升高温度，A

的平衡转化率降低；结合化学方程式可知：增大压强，A的平衡转化率增大；【详解】A．通过分析可知:在温度相同的情况下，压强越大，A的平衡转化率越高，p1<p2，A不符合题意；B．通过分析可知:在压强相同的情况下，温度越高，

反应速率越快，v1<v2，B不符合题意；C．通过分析可知:在压强相同的情况下，升高温度，A的平衡转化率降低,该反应为放热反应H0，C符合题意；D．化学平衡常数为温度的函数，温度相同化学平衡常数相同，D不符合题意；故答案选C；10.T℃时，恒容密闭容器中发生反应PCl3(g)+

Cl2(g)垐?噲?PCl5(g)△H＜0，下列说法正确的是A.该反应的△S＜0，在高温下才能自发进行B.反应物断键所需总能量大于生成物成键所放出总能量C.增大反应物浓度能增加单位体积内的有效碰撞次数D.平衡后，

向该容器中充入氦气，平衡向正反应方向移动【答案】C【解析】【详解】A．根据题意和方程式分析，反应的H0、S0，按照吉布斯自由能分析：HT?S0−为自发反应，若要自发反应，则温度T为低温，故A错误；B．该反应H0，为放热反应，反应物

断键所吸收的总能量小于生成物成键所放出的总能量，故B错误；C．增大反应物浓度，增加了单位体积的活化分子数，从而增加单位体积内的有效碰撞次数，故C正确；D．恒容密闭容器充入氦气，各物质的浓度均不变，则平衡不移动，故D错误；故选C。11.将22molCl和23molF置于密闭容器

中，在250℃下只发生如下两个反应：()()()22ClgFg2ClFg+=1kJmolHa=()()()223Clg3Fg2ClFg+=2kJmolHb=一段时间后，2Cl和2F恰好全部消耗，共放出303kJ热量。已知：部分化学键键能（化学键断裂时吸收或释放的能量）如下表所示：化学

键F—FCl—ClF—Cl（ClF中）F—Cl（3ClF中）键能()/kJmol157X248172则X的值为A.168B.243C.258D.308【答案】B【解析】【详解】根据反应热与键能的关系△H＝反应物

的总键能−生成物的总键能，由题意Cl2＋F2═2ClFΔH1＝akJ/mol；Cl2＋3F2═2ClF3ΔH2＝bkJ/mol可知；ΔH1＝(X＋157−2×248)kJ/mol＝(X-339)kJ/mol，ΔH2＝(X＋3×157−2×3×172)kJ/mol＝(X−

561)kJ/mol，即a＝X-339，b＝X−561，设参与Cl2＋F2═2ClFΔH1＝akJ/mol的氯气物质的量为m，则消耗的氟气也为m，剩下的氯气和氟气正好按Cl2＋3F2═2ClF3ΔH2＝bkJ/mol的系

数比反应，即2-m3-m＝13，解之得，m＝1.5mol，则有1.5mol×(339-X)kJ/mol＋0.5mol×(561-X)kJ/mol＝303kJ，解之得x＝243，故答案选B。12.乙烯在硫酸催化下制取乙醇的反应机理，能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的

是的A.第②步反应过渡态物质比第③步反应过渡态物质稳定B.总反应在任何条件下都能自发进行C.总反应速率由第①步反应决定D.第①、②、③步反应都是放热反应【答案】C【解析】【分析】根据能量与反应进程图，第①步是吸热反应，且活化能最大，第②步是放热反应

，第③步是放热反应，总反应的化学方程式为22225CH=CH+HOCHOH⎯⎯⎯→硫酸，为放热反应，据此答题。【详解】A．能量与反应进程图中，第②步反应过渡态物质能量比第③步反应过渡态物质能量高，因此第③步反应过渡态物质更稳定，A错误；B．总反应的H0，ΔS<0，在低

温下能自发进行，高温下不能自发进行，B错误；C．第①步反应的活化能最大，反应速率最慢，总反应的速率由其决定，C正确；D．第①步反应是吸热反应，D错误；故选C。13.下列是有关外界条件对化学反应速率或化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正

确的是图A图B图C图DA.A(g)+3B(g)2C(g)是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，则ΔH＞0B.FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl是向平衡体系的溶液中加入少量KCl晶体后，

化学反应速率随时间变化的图像C.A(g)+3B(g)2C(g)是在有、无催化剂存在条件下，建立平衡过程的图像，曲线b代表使用了催化剂D.A(g)+B(g)2C(g)是一定条件下，向含有一定量A的恒容密闭容器中逐渐加入B，达平衡时A的转化率的图像【答案】A【解析】【详解】A．根据图像知

，升高温度，平衡向正反应方向移动，则反应的ΔH>0，A正确；B．该反应的实质为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大不影响化学反应速率，B错误；C．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应达到平衡的时间，故曲线a表示使用了催化剂，C错误；D．由于不断加入

B，A的转化率会一直增大不会出现下降，D错误；答案选A。14.异山梨醇广泛应用于医药、食品、化妆品等领域。在温度为T、催化剂条件下，山梨醇制备异山梨醇的过程及相关物质的浓度随时间变化的关系如图所示，山梨醇的初始浓度为10.10molkg−，3ht后异山梨醇浓度不再变化。下列说

法错误的是山梨醇1K→反应①1,4-脱水山梨醇2K→反应②异山梨醇A.曲线c表示异山梨醇的浓度，该反应存在副产物B.该温度下的平衡常数：121KKC.0~ht内，()110.045molkghvt−−=异山梨醇D.加入催化剂对反应①②的平

衡转化率均无影响【答案】B【解析】【详解】A．0h时，a的浓度最大，a为山梨醇，随着反应①的进行，山梨醇浓度减小，生成1，4—脱水山梨醇，故b为1，4—脱水山梨醇，c为最终产物异山梨醇。ht时山梨醇已反应完全，此时

1，4—脱水山梨醇与异山梨醇的浓度和不等于山梨醇的初始浓度，故该反应存在副产物，A项正确；B．由题干和图可知，3ht后所有物质的浓度都不再变化，山梨醇转化完全即反应充分，而1，4—脱水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行的程度小于反应①，则该温度下平衡常数的大小关系为12KK，即121KK，B项

错误；C．由图可知，在0ht内，异梨山醇的浓度变化量为10.045molkg−，则平均反应速率v(异山梨醇)=110.045molkght−−，C项正确；D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质的平衡转化率，D项正确。故选B。二、非选择题：本题共4小题，每空2分，共

58分。15.现有反应：mA(g)+nB(g)pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：（1）该反应的逆反应为______热反应，且m+n__

__p(填“＞”、“＝”“＜”）。（2）减压时，A的质量分数_____（填“增大”“减小”或“不变”）。（3）若加入B(体积不变），则A的转化率______（填“增大”“减小”或“不变”）。（4）若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比c(B)c(C)将_____（填

“增大”“减小”或“不变”）。（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量____（填“增大”“减小”或“不变”）。（6）若B是有色物质，AC均无色，则加入C(体积不变）时混合物颜色____（填“变深”、“变浅”或“不变”）；而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色____（填“变

深”、“变浅”或“不变”）。【答案】（1）①.放热②.＞（2）增大（3）增大（4）减小（5）不变（6）①.变深②.变浅【解析】【分析】根据题给信息可知，可逆反应达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，可知升高温度化学平衡正向移动，该反应

正反应为吸热反应；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，平衡左移，m+n＞p，根据该可逆反应的特点，结合平衡移动规律进行问题中问题。【小问1详解】当反应达到平衡后，升高温度，反应物B的转化率变大，则说明升高

温度化学平衡正向移动，正反应为吸热反应，故其逆反应为放热反应；当反应达到平衡后减小压强，混合体系中C的质量分数也减小，说明减小压强，化学平衡逆向移动，逆反应为气体体积增大的反应，则化学方程式中化学计量数关系为：m+n＞p；【小问2详解】反应混合物都是气体，

气体的质量不变，在减小压强时，化学平衡向逆反应方向移动，导致反应混合物中反应物A的质量分数增大；【小问3详解】若加入B(体积不变)，则体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，最终达到平衡时反应物A的转化率增大，但平衡移动的趋势是微弱的，平衡移动消耗量远小于投入量的增大，故

反应物B的转化率反而会减小；【小问4详解】根据上述分析可知：该反应的正反应是吸热反应。若升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，导致B的浓度减小，C的浓度增大，因此反应达到平衡时B、C的浓度之比c(B)c(C)减小；【小问5详解】催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，但不

能使化学平衡发生移动，因此不影响体系的平衡状态，故若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量不变；【小问6详解】若B是有色物质，A、C均无色，加入C(体积不变)时，即增大生成物的浓度，化学平衡向逆反应方向移动，导致反应物B的浓度增大，混合气体颜色加深；若维持容器内压强不变，充入氖

气时，容器的体积增大，相当于减小体系的压强，化学平衡向气体体积扩大的逆反应方向移动，但反应物B的浓度与原平衡比还是减小，故混合气体的颜色最终会变浅。16.试回答下列有关热化学问题。（1）根据键能数据计算()()()()424CHg4FgCFg4HFg+=+的反应热H=________

___。化学键C—HC—FH—FF—F键能/()kJ/mol414489565155（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）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图：反应Ⅰ：()()()()242222HSOl2SOg2HOgOg=++11551kJmolH−=+反应Ⅲ：()

()()22SsOgSOg+=13297kJmolH−=−反应Ⅱ的热化学方程式：___________。（4）室温下，用150mL0.50molL−盐酸与150mL0.55molLNaOH−溶液在如图所示装置中进行中和反应。回答下列问题：①仪器a的名称为

___________。②保持其他条件不变，实验中改用100mL0.50mol/L盐酸与100mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，二者所测的中和热___________(填“相等”或“不相等”)，原因是_

__________。③若三次操作测得终止温度与起始温度差()21tt−分别为a．3.1℃；b．2.1℃；c．2.9℃。则所得的中和反应的中和热H=___________1kJmol−。(已知该温度下该溶液的比热容：114.18Jg

c−−=℃，保留三位有效数字)。④上述实验结果的数值与57.3kJmol有偏差，产生偏差的原因可能是___________(填字母)。a．实验装置保温、隔热效果差b．在量取盐酸溶液的体积时仰视读数c．分

多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中d．用铜棒代替图中a仪器【答案】（1）1940kJ/mol−（2）4232NH(aq)+2O(g)=2H(aq)+NO(aq)+HO(l)Δ346kJ/molH+−=−＋（3）()()()()-122242133SOg+2HOg=2H

SOl+SsΔ=-Δ-Δ=-254kmolHHH（4）①.玻璃搅拌器②.相等③.实验过程中生成H2O物质的量增大，所放出的热量偏大；但中和热是定值，若实验操作均正确，中和热不会变化；④.-50.2⑤.acd【解析】【分析】H=反应物总键能-生成物总键能；保持其他条件不变，实验中改用10

0mL0.50mol/L盐酸与100mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，实验过程中生成H2O的物质的量增大，所放出的热量偏大；但中和热是定值，若实验操作均正确，中和热不变。【小问1详解】由表格中数据及()()()()

424CHg4FgCFg4HFg+=+可知，()()()()Δ414kJ/mol4155kJ/mol4489kJ/mol4565kJ/mol41940kJ/molH=+−−=−，故答案为：1940kJ/mol−；【

小问2详解】由图可知，第一步反应热化学方程式为①的14222NH(aq)+1.5O(g)=2H(aq)+NO(aq)+HO(l)Δ=-273kJmolH+−−＋，第二步反应热化学方程式为②1223NO(aq)+0.5O(g)=NO(a

q)Δ=-73kJmolH−−−，运用盖斯定律将①+②得到反应()()4232NH(aq)+2O(g)=2H(aq)+NO(aq)+HO(l)Δ27373346kJ/molH+−=−+−=−＋，41molNH+(aq)全部氧化成()-3NOaq的热化学方程式4

232NHaq+2Og=2Haq+NOaq+HO(l)346kJ/molH+−=−＋（）（）（）（），故答案为：4232NH(aq)+2O(g)=2H(aq)+NO(aq)+HO(l)Δ346kJ/molH+−=−＋；【小问3详解】反应I：()()()()-1242221

2HSOl=2SOg+2HOg+OgΔ551kJmolH=+反应Ⅲ：()()()-1223Ss+Og=SOgΔ=-297kJmolH根据盖斯定律-I-Ⅲ得反应Ⅱ的热化学方程式为()()()()-122242133SOg+2HO

g=2HSOl+SsΔ=-Δ-Δ=-254kmolHHH，故答案为：()()()()-122242133SOg+2HOg=2HSOl+SsΔ=-Δ-Δ=-254kmolHHH；【小问4详解】①测定反应过程中所放出的热量，使用玻璃搅拌器

加快反应速率，图中a为玻璃搅拌器，故答案为：玻璃搅拌器；②保持其他条件不变，实验中改用100mL0.50mol/L盐酸与100mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，实验过程中生成H2O的物质的量增大，所放出的热量偏大；但中和热是定值，若实验操作均正确，中和热不会

变化，故答案为：相等；实验过程中生成H2O的物质的量增大，所放出的热量偏大；但中和热是定值，若实验操作均正确，中和热不会变化；③若三次操作测得终止温度与起始温度差()21tt−分别为a．3.1℃；b．2.1℃；c．2.9℃，2.1℃数据相差较大

，舍去，计算出平均温度差为3.12.93.02+=℃，150mL0.50molL−盐酸与150mL0.55molLNaOH−溶液混合后溶液的质量和为3=100mL1g/cm=100gm，114.18Jgc−−=℃，代入公式QcmT=得生成0.05mol的水放出热量4.18J/g1

00g3.0=1254J=1.254kJQ=（℃）℃，即生成0.025mol的水放出热量为：1.254kJ，生成1mol的水放出热量为：1.25450.2kJ/mol0.025，即该实验测得的中和热-50.2kJ/mo

lH=，故答案为：-50.2；④a．实验装置保温、隔热效果差，会造成测量结果偏小，故a可选；b．量取盐酸时仰视读数会使所取盐酸体积增大，放出热量增多，故b不选；c.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯过程

中会有热量损失，使测量结果偏小，故c可选；d.用铜棒代替玻璃搅拌器仪会使热量散失，会造成测量结果偏小，故d可选；故答案为：acd。17.CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：(1)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：①已知：CH4(g)+H2O(g)=

CO(g)+3H2(g)△H=+206.2kJ·mol-1CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)∆H=-165.0kJ·mol-1过程I的热化学方程式为______②关于上述过程II的说法不正确的是_______(填字母)。a．实现了含碳物质与

含氢物质的分离b．可表示为CO2+H2=H2O(g)+COc．CO未参与反应d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的∆H(2)工业上还可以利用甲烷生产氢氰酸(HCN)，其反应为：CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)∆H>0。在一定温度下，向2L恒容密闭容器中加

入nmolCH4和2molNH3。①能表示上述反应达到平衡状态的是______。(填字母)。a．单位时间内断裂4molC—H的同时生成3molH—Hb．容器内的总压强保持不变c．混合气体密度保持不变d．混合气体

的平均摩尔质量保持不变e．NH3浓度保持不变②平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图所示，CH4的转化率：(a)____(b)(填“>”、“=”或“<”)。(3)在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni/—Al2O3催化剂并加热至1123K

使其发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。①研究表明CO的生成速率v(CO)=1.3×10-2·p(CH4)·p(CO2)mol∙kPa2∙s-1，某时刻测得p(CO)=20kPa，则p(CO2)=______kPa，v(

CO2)=______mol∙kPa2∙s-1②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp=_____。(各物质的分压代替物质的量浓度计算)【答案】①.CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)∆H=+247.4kJ·mol-1②.cd③.bde④

.>⑤.15⑥.0.975⑦.22363627【解析】【分析】根据盖斯定律，由已知热化学方程式求出所求热化学方程式；由题中图示可知，过程I的反应分两步，依据各步反应可判断；根据催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡移动，则使

用不同的催化剂，达平衡时CH4转化率是一样的予以判断；根据化学平衡"三段式”计算CO2的分压，v(CO)、Kp的值。【详解】(1)①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。根据CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+

3H2(g)△H=+206.2kJ·mol-1①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)∆H=-165.0kJ·mol-1②，根据盖斯定律，由①×2+②得过程I的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247.4kJ·mol-1，故答案

为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247.4kJ·mol-1；②过程II物质变化为：左上(CO、H2、CO2)+右下(惰性气体)→左下(H2O)+右上(CO、惰性气体)，总反应为H2+CO2-=H2O(g)+CO，Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活

化能，但不能改变反应的△H，故a、b正确，c、d错误，故答案为：cd；(2)①a．断裂CH和生成H-H都表示正反应方向，不能说明达到平衡状态；b．根据PV=nRT可得：容器内总压强不变时说明总物质的量也保持不变，达到平衡状态；c．根据密度定义式，容器内气体质量守恒,容积恒定，密度为

恒不变量，不能说明达到平衡状态；d．根据M=m/n，气体质量守恒，当平均摩尔质量保持不变时，总物质的量也不变，说明达到平衡状态；e．当某组分浓度保持不变时，说明达到平衡状态，故答案为：bde；②增大氨气通入量，平衡向正反应方向移动，但氨气转化率降低，故答案为：>

；(3)①根据气态方程PV=nRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为：422CH(g)+CO(g)=2CO(g)+2H(g)1123K202500/kPa10102020/kPa10152020/kPa恒容时，起始分压改变分压平衡分压即某时刻p(CO2)

=15kPa，p(CH4)=10kPa，代入()2-142-2(CH)(CO)molkPasCO=1.310vpp，则v(CO2)=0.975mol·kPa·s-1，故答案为：15，0.975；②设达到平衡时CH4的改变分压为xkPa，422CH(g)+CO(g)=2CO(g)

+2H(g)1123K202500/kPa22/kPa202522/kPaxxxxxxxx−−恒容时，起始分压改变分压平衡分压根据题意，有(20)(25)221.82025xxxx−+−++=+x=18。CH4(g)、CO2(g)、2CO(g)、2H2(

g)的平衡分压依次是2kPa、7kPa、36kPa、36kPa，代入2222242(CO)(H)3636p(CH)(CO)27ppKpp==，故答案为：22363627。18.研究处理x2NOSO、，对环境保护有着重要的意义。回答下

列问题：（1）已知：()()()2232SOg+Og2SOg1H196.6kJ/mol=−()()()222NOg+Og2NOg2H113.0kJ/mol=−则反应()()()()223NOg+SOgSOg+NOg的H=___________kJ

/mol。（2）用3NH催化还原氮氧化物(SCR)技术是常见的烟气氮氧化物脱除技术，反应原理如图。当2NO与NO的物质的量之比为1∶1时，与足量氨气在一定条件下发生反应，写出该反应的化学方程式______

_____。（3）xNO的排放主要来于汽车尾气，有人利用活性炭对NO进行吸附，主要反应为：()()()()22Cs+2NOgNg+COg。t℃时，向容积恒定为10L的密闭容器中加入()1molCs和()2molNOg进行反应，5min时

反应恰好达到平衡状态，且0~5min内()112vCO0.016molLmin−−=回答下列问题：①写出该反应平衡常数的表达式K=___________。②t℃时，计算该反应的平衡常数K=___________﹔保持其他条件不变，在5min时向容器中同时通入0.1m

olNO和20.2molN，此时速率：v正___________(填“大于”“小于”或“等于”)v逆（4）在汽车尾气的净化装置中CO和NO发生反应()()()()222NOg+2COgNg+2COgH746.8kJ/mol=−，实验测得，()()22v=kcNOcCO正正，()()222v

=kcNcCO正逆(kk正逆、为速率常数，均随温度的升高而增大，且都只与温度有关)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数___________(填“大于”、“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。【答案】（1）41.8−（2）232222N3HONONONH++=+催化剂（3）①.()()()22

2c?cNKcCONO=②.4③.大于（4）小于【解析】小问1详解】设：①反应为：()()()2232SOg+Og2SOg1H196.6kJ/mol=−；②反应为：()()()222NOg+Og2NOg2H113.0kJ/mol=−。③反应为：()()()

()223NOg+SOgSOg+NOg，根据盖斯定律：()12=−③①②，则()()1H196.6133.041.8/2kJmol=−−−=−，故答案为：41.8−。【小问2详解】若2NO与NO的物质的量均为1mol，则反

应中共得6mol电子，31molNH反应可以失去3mol电子，所以需要32molNH，再结合元素和原子守恒，可知化学方程式为：232222N3HONONONH++=+催化剂，故答案为：232222N3HON

ONONH++=+催化剂。【小问3详解】根据平衡常数表达式思路，该反应平衡常数的表达式为：()()()222cN?cKcCONO=。t℃时，根据题目已知信息，列出三段式，计算该反应的平衡常数：【()()()()()()()22Cs2gNgg/L0.200/L0.1

60.080.08/L0.040.080.08NOCOmolmolmol++起始量反应量剩余量则该反应的平衡常数为：()()()()2222c?cN0.080.08K4c0.04CONO===。在5min时向容器中同时通入0.1molNO

和20.2molN，此时的()()()()()22C22c?cN0.080.020.08Q3.24Kc0.040.01CONO+====+，说明平衡正移，vv正逆。故答案为：()()()222cN?cKcCONO=；4；大于。【小问4详解】该反应为放热反应，达到平衡后

，仅升高温度，平衡逆向移动，说明正反应速率小于逆反应速率，K正增大的倍数小于K逆增大的倍数。故答案为：小于。