【文档说明】北京师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，956.757 KB，由小赞的店铺上传

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北京师大附中2024-2025学年(上)10月月考高二化学一、选择题(共25道小题，共75分，每小题只有1个选项符合题意)1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是A.硅太阳能电池B.铅蓄电池C.燃气灶D.电烤箱

【答案】C【解析】【详解】A．硅太阳能电池是太阳能转化为电能，A项错误；B．铅蓄电池放电时将化学能转化为电能，充电时将电能转化为化学能，B项错误；C．燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，C项正确；D．电烤箱是将电能转化为热能的装置，D项错误；

答案选C。2.下列属于弱电解质的物质是A.COOHCH3B.NaOHC.24HSOD.ClNH4【答案】A【解析】【分析】强电解质类别：强酸、强碱、大多数盐、活泼金属氧化物；弱电解质类别：弱酸、弱碱、水、少数盐。【详

解】A.3CHCOOH是弱酸，属于弱电解质，A项正确；B.NaOH是强碱，属于强电解质，B项错误；C.24HSO是强酸，属于强电解质，C项错误；D.4NHCl是盐，属于强电解质，D项错误；答案选A。3.化学用语-+2-33HCOH+CO表示的是A

.置换反应B.电离过程C.中和反应D.水解反应【答案】B【解析】【分析】-+2-33HCOH+CO表示的是-3HCO的电离过程。【详解】A.置换反应是一种化合物和一种单质反应生成另一种化合物和另一种单质的反应，A项错误；B.强

电解质电离用“=”，弱电解质电离用“”，B项正确；C.中和反应是酸和碱反应生成盐和水，C项错误；D.水解反应是弱酸阴离子或弱碱阳离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，D项错误；答案选B。4.下列关于化学反应方向的

说法正确的是A.凡是放热反应都是自发反应B.凡是熵增大的反应都是自发反应C.凡是吸热反应都不是自发反应D.反应是否自发，不只与反应热有关【答案】D【解析】【分析】判断化学反应进行方向：△G=△H-T△S＜0的反应可以自发进行，△G=△H-T△S＞

0的反应不能自发进行。【详解】A.判断反应的自发性不能只根据焓变，要用熵变和焓变的复合判据，A项错误；B.判断反应的自发性不能只根据熵变，要用熵变和焓变的复合判据，B项错误；C.由分析可知，吸热反应也有可能是自发反应

，C项错误；D.反应是否自发，不只与反应热有关，还与熵变有关，D项正确；答案选D。5.在一密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol·L-1、0.1mol

·L-1、0.2mol·L-1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是A.SO2为0.4mol·L-1，O2为0.2mol·L-1B.SO2为0.25mol·L-1C.SO2、SO3均为0.15mol·L-1D.SO3为0.4mol·L-1【答案】B【解

析】【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，各自的物质的量浓度范围为：0＜c(SO2)＜0.

4mol·L-1，0＜c(O2)＜0.2mol·L-1，0＜c(SO3)＜0.4mol·L-1，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值。【详解】A．SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度变化分别为0.2m

ol·L-1、0.1mol·L-1，因可逆反应，实际变化应小于该值，所以SO2小于0.4mol·L-1，O2小于0.2mol·L-1，故A错误；B．根据上述分析可知，反应过程中的某时刻反应刚好达到平衡，SO2的浓度为0.25mol·L-1，故B正确；C

．SO2的浓度减小0.05mol·L-1，根据化学反应过程中，转化量之比等于其化学计量数之比可知，SO3的浓度应增大0.05mol·L-1，SO3的浓度为0.25mol·L-1，上述数据不可能存在，故C错误；D．SO3的浓度增大

，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为0.2mol·L-1，实际变化小于该值，即SO3浓度小于0.4mol·L-1，故D错误；故选B。6.以TiO2为催化剂的光热化学循环分

解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.过程①中钛氧键断裂会释放能量B.该反应中，光能和热能转化为化学能C.使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率D.CO2分解

反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+30kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A．化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，A错误；B．根据图示，该反应中吸收光能和热能，转化为CO和O2的化学能，

B正确；C．催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，C错误；D．△H=反应物总键能-生成物总键能，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=(159

8×2-1072×2-496)kJ/mol=+556kJ/mol，D错误；故选B7.物质的量浓度相同的三种溶液：①HCl、②H2SO4、③CH3COOH，导电能力由强到弱的顺序是A.①=②>③B.①>②>③C.②>①>③D.①=②=③【答案】C【解析】【详解】电解质导电

能力比较方法为：离子浓度越大，导电能力越好；离子电荷越多，导电能力越好。盐酸、硫酸为强酸，醋酸为弱酸，物质的量浓度相同时，离子总浓度的大小顺序为：②>①>③，因此导电能力由强到弱的顺序是②>①>③，故选C。8.对于处于化学平衡状态的反应CO(g

)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H<0，若要提高CO的转化率，下列措施中可行的是（）A.升温B.增大H2O(g)的浓度C.增大压强D.使用合适催化剂【答案】B【解析】【详解】A．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率降低，选项A错误；

B．增大水蒸气的浓度，平衡向正反应方向移动，水的转化率降低，但CO的转化率增大，选项B正确；C．该反应前后气体的体积不发生变化，增大压强平衡不移动，CO的转化率不变，选项C错误；D．使用催化剂，加快反应速

率，不影响平衡移动，CO的转化率不变，选项D错误；答案选B。9.在一体积固定的密闭容器中，进行化学反应：2X(g)+Y(s)Z(g)+W(g)，若其化学平衡常数(K)与温度(℃)的关系如下表：t/℃70080090010001200K0.60.91.31.82.7对该反应下列说法正确的是A.K

越大，反应物的转化率越大B.该反应正反应为放热反应。C.达平衡后，加入催化剂，平衡向正反应方向移动D.温度不变，增加X的用量，K增大【答案】A【解析】【详解】A．K越大，反应进行的程度越大，则反应物的转化率越大

，A正确；B．从表中数据可以看出，升高温度，K值增大，则表明平衡正向移动，该反应正反应为吸热反应，B不正确；C．达平衡后，加入催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不发生移动，C不正确；D．温度不变，增加X的用量

，虽然平衡正向移动，但K不变，D不正确；故选A。10.H2O2是重要的消毒剂、氧化剂，研究其分解反应有重要意义。KI能催化H2O2的分解。①不加KI：2H2O2=2H2O+O2↑；②加入KI：H2O2+I−=H2O+IO−；H2O2+IO−=H2O+O2↑+I−；H2O2分解反应过程

中能量变化如图所示。下列判断不正确．．．的是A.加入KI后改变了反应的历程B.加入KI后改变了反应2H2O2=2H2O+O2↑的反应热C.H2O2+I−=H2O+IO−是吸热反应D.KI降低了反应2H2O2=2H2O+O2↑的活化能【答案】B【解析】【

详解】A．由反应历程图可知，不加KI时反应一步完成，加入KI后分两步进行，并且KI是催化剂，即加入KI后改变了反应的历程，故A项正确；B．KI是该反应的催化剂，但催化剂不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故B项错误；C．加入KI后反应分为：--222HO+I=HO+IO、--222

2HO+IO=HO+O+I，由图可知，H2O2和I-具有的能量小于H2O和IO-具有的能量，所以该步反应是吸热反应，故C项正确；D．催化剂能降低反应的活化能，KI是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，

故D项正确；答案选B。11.铝片与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢，为了加快该反应速率，下列措施不合理．．．的是A.将溶液适当加热B.将铝片更换为铝粉C.将稀硫酸改为98%浓硫酸D.向溶液中滴入少量硫酸铜溶液【答案】C【解析】【详解】A．将溶液适当加热，反应温度升高，反应速

率增大，A与题意不符；B．将铝片更换为铝粉，增大固体与酸的接触面积，反应速率增大，B与题意不符；C．将稀硫酸改为98%浓硫酸，铝与浓硫酸钝化，C符合题意；D．向溶液中滴入少量硫酸铜溶液，锌置换铜，锌、铜与稀硫酸形成原电池，能加快锌的反应速率，D与题意不符；答案为C。12.在pH相

同，体积相等的盐酸A和醋酸溶液B中，分别加入等质量的锌，若反应停止后，有一份溶液中锌有剩余，则正确的判断是①生成等量H2时反应所需时间B>A②开始时反应速度A>B③参加反应的锌的质量B>A④整个反应阶段平均

速度B>A⑤盐酸中锌有剩余⑥醋酸溶液中锌有剩余⑦盐酸中放氢气多⑧醋酸溶液中放氢气多A.③④⑤⑧B.①③⑥⑦C.①②③⑥D.②③④⑤【答案】A【解析】【详解】初始两溶液pH相等，反应开始后因为醋酸电离平

衡随着氢离子被消耗而正向移动（盐酸没有电离平衡），醋酸的氢离子浓度一定大于盐酸，所以反应速率更快，生成等量H2时反应所需时间B＜A，整个反应阶段平均速度也是B>A，①错误，④正确。初始两溶液pH相等，就是氢离子浓度相等，所以开始时反应速度A＝B，②错误。pH相同，体积相等的盐酸A和醋酸溶

液B，因为醋酸是弱酸只能电离一部分，盐酸完全电离，所以醋酸的浓度远大于盐酸，体积相等，所以醋酸的物质的量也远大于盐酸。因为醋酸的物质的量远大于盐酸，所以醋酸能反应的Zn的质量也大于盐酸，加入等量的Zn后，有一份溶液中锌有剩余，则一定是盐酸中锌有剩余，⑤正确，⑥错误。因为加入等量的锌后，盐

酸中有锌剩余，醋酸中的锌都反应了，所以参加反应的锌，醋酸大于盐酸，生成的氢气就也是醋酸大于盐酸。所以③正确，⑧正确，⑦错误。由上所述，正确的是③④⑤⑧，选项A正确。13.如图所示为某基元反应过程的能量变化(E1、E2、E3均大于0)。下列说法正确的是A.该反应的正反应为吸热反应B.E1+E3

为该反应的活化能C.图中对应的该反应的焓变△H=-E2D.NO2和CO分子发生有效碰撞才能形成过渡状态分子【答案】D【解析】【分析】【详解】A．该反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应的正反应是放

热反应，故A错误；B．活化能是反应物分子的平均能量和活化分子（或过渡态分子）能量的差值，所以该反应的活化能为E1，故B错误；C．焓变等于生成物和反应物的焓值差，即ΔH=-E3，故C错误；D．分子间只有发生有效碰撞才能发生旧化学键的断裂，所以NO2和CO分子发生有效碰撞才能形成过渡

状态分子，故D正确；故选D。14.在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2体积（已折算为标准状况）如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.52

9.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）的A.0~6min的平均反应速率：v（H2O2）-23.310mol/(L·min)B.6~10min的平均反应速率：v（H2O2）＜-23.310mol/

(L·min)C.反应至6min时，c（H2O2）=0.3mol/LD.反应至6min时，H2O2分解了50%【答案】C【解析】【详解】A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷

6min-23.310mol/(L·min)，A正确；B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，B正确；C．6min时，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，C错误；D．6min时，H2O2分解率为：0.002100%0.004molmo

l=50%，D正确。答案选C。15.已知反应X(g)＋Y(g)nZ(g)+Q(Q<0)，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是（）A.反应方程式中n＝1B.10

min时，曲线发生变化的原因是升高温度C.10min时，曲线发生变化的原因是增大压强D.0～5min内，用X表示的反应速率为v(X)＝0.08mol/(L·min)【答案】B【解析】【详解】A．10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，10min后反

应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是体积缩小的反应，即n=1，故A正确；B．根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故B错误；C．根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间

同时增大，则说明10min时增大了压强，故C正确；D．在5min时X的物质的量浓度为1.6mol/L，0～5minx的物质的量浓度变化为2mol/L-1.6mol/L=0.4mol/L，则该时间段X的平均反应速率为：()-1-1ΔcvX==Δt0.4mol/L=5min0.08

molLmin，故D正确；故答案为B。【点睛】升高温度，正逆反应速率会同时瞬间增大，但浓度不会瞬间增大。压缩体积的加压会使正逆反应速率瞬间增大，同时浓度也增大。16.已知重铬酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，其氧化性随着溶液pH增大而减弱。其在溶液中存在如下平衡：222724C

rO()HO2CrO2H()−−+++橙色黄色，下列说法正确的是A.上述反应属于氧化还原反应B.2-27CrO的氧化性强于2-4CrOC.加水稀释重铬酸钾溶液时，上述平衡向左移动D.用浓盐酸酸化重铬酸钾溶液时，溶液的橙色会加深【答案】B【解析】【详解】A．上述反应中，2

-27CrO、2-4CrO中Cr元素的化合物都为+6价，属于非氧化还原反应，A不正确；B．由题中信息“其氧化性随着溶液pH增大而减弱”，加碱后2-27CrO转化为2-4CrO，则2-27CrO氧化性强于2-4CrO，B正确；C．加水稀释重铬酸钾溶液时

，反应物和生成物的浓度都减小，但平衡向微粒数目增多的方向移动，所以上述平衡向右移动，C不正确；D．用浓盐酸酸化重铬酸钾溶液时，2-27CrO会被Cl-还原，生成Cr3+等，溶液的橙色会变浅，D不正确；故选B。17.已知反应

：2NO2(红棕色)N2O4(无色)ΔH<0，将一定量的NO2充入注射器后封口，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点的操作为拉伸注射器B.c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小C.d点正<逆D.若不忽略体系温

度变化，且没有能量损失，则T(b)＞T(c)【答案】C【解析】【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过

程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析解题。【详解】A．b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，A错误；B．c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和

四氧化二氮的浓度都增大，B错误；C．c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以正<逆，C正确；D．b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T(b)＜T(c)，D错误；故答案为：C。18.FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式是：Fe

3++3SCN－Fe(SCN)3。下列分析不正确．．．的是A.滴加FeCl3溶液达平衡后，c(SCN－)降低B.滴加FeCl3溶液达平衡后，观察到溶液红色加深C.滴加FeCl3溶液，平衡正向移动，体系中c(Fe3+)降低D.若改为滴加5滴1mol/

LKSCN溶液，“溶液红色加深”不能证明平衡发生移动【答案】C【解析】【详解】A．滴加FeCl3溶液，铁离子浓度增大，平衡正向移动，达平衡后，c(SCN－)降低，故A正确；B．滴加FeCl3溶液，铁离子浓度增大，平衡正向移动，达平衡后，观察到溶液红色加深，故B正确；C．滴加FeCl3溶液

，铁离子浓度增大，平衡正向移动，但体系中c(Fe3+)比原来大，故C错误；D．5mL0.01mol/LKSCN溶液，5mL0.01mol/LFeCl3溶液，两者反应后FeCl3溶液过量，改为滴加5滴1mo

l/LKSCN溶液，剩余的铁离子和加入的SCN－反应使溶液颜色加深，因此“溶液红色加深”不能证明平衡发生移动，故D正确。综上所述，答案为C。19.一定温度下，将不同物质的量的()2HOg和()COg分别通入容积为2L的恒容密闭容器中进行反应()()(

)()222HOgCOgCOgHg++，得到下表所示的三组数据：实验温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡时间/min()2HOg()COg()COg()2Hg16502.04.03.01.0529001.02.01.843900abt下列说法正确的是A.

5min内，实验1中()112vCO=0.2molLmin−−B.若a2.0=，b1.0=，则平衡时实验2中()2HOg的转化率和实验3中()COg的转化率相同C.该反应的H0D.900℃时，若充入()21.0molHOg、()1.0molCOg、()21.0molCOg和()2

1.0molHg，平衡正向移动【答案】B【解析】【详解】A．由表格数据可知，实验1反应达到平衡时氢气的物质的量为3.0mol，则由方程式可知，5min内，二氧化碳的反应速率为1.0mol2L5min=0.1mol/(L·min)，故A错误；B．由表格数据可知，900℃

实验2反应达到平衡时一氧化碳的物质的量为1.8mol，由方程式可知，平衡时水蒸气的转化率为2.0mol-1.8mol1mol×100%=20%，则平衡时水蒸气、一氧化碳、二氧化碳、氢气的浓度为0.4mol/L、0.9mol/L、0.1mol/L、0.1

mol/L，反应的平衡常数为0.10.10.40.9=136，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，设实验3反应达到平衡时一氧化碳的转化率为a%，由题给数据可得：0.5a%0.5a%(1-0.5a%)(0.5-0.5a%)

=136，解得a=20，则平衡时实验2中水蒸气的转化率和实验3中一氧化碳的转化率相同，故B正确；C．由表格数据可知，实验1的投入量是实验2的两倍，若实验2在650℃进行，反应达平衡时，一氧化碳的物质的量应1.5

mol，900℃时，一氧化碳的物质的量为1.8mol，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应为焓变小于0的放热反应，故C错误；D．由表格数据可知，900℃实验2反应达到平衡时一氧化碳的物质的量为1.8mol，由方程式可知，平衡时水蒸气、一氧化碳

、二氧化碳、氢气的浓度为0.4mol/L、0.9mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，反应的平衡常数为0.10.10.40.9=136，则充入物质的量都为1mol的水蒸气、一氧化碳、二氧化碳、氢气时，反应的

浓度熵Qc=0.50.50.50.5=1＞136，平衡向逆反应方向移动，故D错误；故选B。20.2CO催化加氢制甲醇，在减少2CO排放的同时实现了2CO的资源化，该反应可表示为：2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)。保持起始反应物()()22H:CO=3:1nn，

=250CT时()3CHOHx随压强变化的曲线和p=5510Pa时()3CHOHx随温度变化的曲线如图。已知：()3CHOHx表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。下列说法正确的是A.该反应H0＞B.a、b交点处化

学平衡常数值相同C.当5C=510Pa=230pT，时，达平衡后()3CHOH<0.05xD.当()3CHOH=0.10x时，2H的平衡转化率约为33%【答案】D【解析】【详解】A．题给反应为气体分子数减小的反应，增大压

强，平衡正向移动，()3CHOHx增大，则曲线a表示=250CT时()3CHOHx随压强变化的曲线，曲线b表示p=5510Pa时()3CHOHx随温度变化的曲线，根据曲线b，升高温度，()3CHOHx减小，说明平衡逆向移动，则0H＜，A项错误；B．曲线a、b交点，曲线b对

应反应温度小于250℃，温度不同，化学平衡常数的值不同，B项错误；C．由曲线b可知，5510Pa、230℃时，()3CHOHx＞0.07，C项错误；D．起始反应物()()22H:CO=3:1nn，设起始H2、CO的物质的量分别为3mol、1mol，平

衡时生成amol甲醇，由题意建立三段式：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)/mol1300/mol3/mol133aaaaaaaa++−−起始转化平衡由()3CHOH=0.10x可得m

ol0.10(42)molaa=−，解得13a=，则H2反应了1mol，故2H的平衡转化率为1mol100%33%3mol，D项正确；故选D21.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5(g)⇌4NO2(g)+O2(g)ΔH>0T1温度时，向密闭

容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s050010001500c(N2O5)/mol·L-15.003.522.502.50。下列说法中不正确的是A.500s内N2O5分解速率为2.96×10-3mol·L-1·s-1B.T1温度下的平衡常数为K1=125，平衡

时N2O5的转化率为50%C.T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则K1＜K2D.达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的12，则再次平衡时c(N2O5)>5.00mol·L-1【答案】C【解析】【分析】【详解】A．500s内N2O5分解速率为

υ(N2O5)=()15.00-3.52molLΔc=Δt500s−÷500s=2.96×10-3mol·L-1·s-1，A正确；B．T1温度下反应达到平衡时，各种物质的浓度分别是：c(N2O5)=2.50mol/L，c(N

O2)=5.0mol/L，c(O2)=1.250mol/L，所以反应的平衡常数为K1=()()()422225cNOcOcNO=425.01.252.5=125，平衡时N2O5的转化率为（2.50÷5.00）×100％=50%，B正确；C

．T1温度下平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，由于该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，化学平衡常数增大，所以K1>K2，C错误；D．达平衡后其他条件不变，将

容器的体积压缩到原来的12，假如平衡不发生移动，则c(N2O5)=5.00mol·L-1，缩小体积即增大压强，由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，则再次平衡时c(N2O5)>5.00mol·L-1，D正确；答案选C。22.工业上利用

CO和H2合成二甲醚：3CO(g)＋3H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋CO2(g)ΔH。其它条件不变时，相同时间内CO的转化率随温度T的变化情况如图所示。下列说法不正确．．．的是A.ΔH＜0B.状态X时，v消耗(CO)=

v生成(CO)的C.相同温度时，增大压强，可以提高CO的转化率D.状态X时，选择合适催化剂，可以提高相同时间内CO的转化率【答案】B【解析】【分析】250℃之前，反应未平衡，升高温度，反应速率增大，相同时间内CO的转化率随温度T的升高而增大，2

50℃，反应达到平衡，250℃后，温度升高，平衡逆向移动，相同时间内CO的转化率随温度T的升高而减小，因此逆反应是吸热反应。【详解】A．结合分析可知正反应是放热反应，ΔH＜0，A正确；B．由分析可知，X点反应未平衡，反应表现为正

向进行，因此v消耗(CO)＞v生成(CO)，B错误；C．该反应为气体分子数减小的反应，因此相同温度时，增大压强，平衡正向移动，可提高CO的转化率，C正确；D．状态X时，反应未平衡，选择合适催化剂，反应速率增大，可以提高相同时间内CO的转化率，D正确；答案选B。23.25℃时，pH=2的

盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。下列说法不正确的是A.曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程B.a溶液的导电性比c溶液的导电性强C.a溶液中和氢氧化钠的能力强于b溶液D.将a、b两溶液加热至30℃，()()3cClcCHCOO−−变小【答案】C【解析】【详解】A．

稀释相同倍数，I的pH变化大，则I应为盐酸稀释时的pH值变化曲线，A正确；B．溶液导电性取决于离子浓度，a点的H+浓度大，离子总浓度大于c点，a点导电性强，B正确；C．b点溶液中存在未电离的醋酸，其中和NaOH能力比HCl溶液强，C错误；D．将a、b两溶

液加热至30℃，a中c（Cl-）不变，加热促进醋酸的电离，c(CH3COO-)增大，则()()3ccClCHCOO−−变小，D正确；答案选C。24.2CO加氢合成低碳烯烃技术在环境保护等方面具有重要意义。

以合成24CH为例，该转化分为两步进行：第一步：222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)ΔH=+41.3kJ/mol第二步：22422CO(g)+4H(g)CH(g)+2HO(g)ƒΔH=-2

10.5kJ/mol如图是其他条件一定时，反应温度对CO平衡转化率影响的曲线(已知：多步递进反应中，条件不同时，反应物转化率可能由不同步骤的反应决定)。下列说法不正确．．．的是A.第一步反应的平衡常数表达式()()()222c(CO)cHOK=cCOcHB.2CO加氢

合成乙烯的热化学方程式是322422CO+6H(g)=CH(g)+4HO(g)ΔH=-127.9kJ/molC.一定条件下的密闭容器中，总反应达到平衡，要提高2CO的转化率，可以加入适当催化剂D.在温度高于约650C时，2CO的平衡转化率随着温度升高而增大

的原因是此时以第一步反应为主【答案】C【解析】【详解】A．平衡常数等于生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，则()()()222c(CO)cHOK=cCOcH，A正确；B．根据盖斯定律，第一步扩大2倍加第二步，得322422C

O+6H(g)=CH(g)+4HO(g)ΔH=127.9kJ/mol−，B正确；C．催化剂可以改变反应速率，但不能影响平衡移动，C错误；D．第一步反应ΔH0＞，为吸热反应，第二步ΔH0＜，为放热反应，温度高于约650C时，此时以第一步反应为主

，所以2CO的平衡转化率随着温度升高而增大，D正确；答案选C。25.中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.4

kJ/mol②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol其他条件不变时，在相同时间内温度对CO2催化加氢的影响如下图。下列说法不正确．．．的是【注】CH3OH的选择性=100322n(生成CHOH消耗的CO)%n(反应消耗的CO)A

.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ/molB.使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数C.其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成CH3OH的方向进行D.220～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小【答案】D【解析】【详解】A．根据盖斯

定律，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可由反应①-反应②得到，则该反应ΔH=12Δ-Δ=-49.4kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.6kJ/molHH，反应的热化学方程式：CO(g)+2H2(g)CH

3OH(g)ΔH=-90.6kJ/mol，故A正确；B．催化剂能降低反应所需活化能，同时提高活化分子百分数，从而加快反应速率，故B正确；C．增大压强使反应①平衡正向移动，有利于反应向生成CH3OH的方向

进行，故C正确；D．反应②吸热，反应①放热，温度较高时对吸热反应的影响大于对放热反应的影响，故D错误；故选：D。26.I．合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破。（1）已知：在一定条件下，理论上消耗21molN和23molH生成32molNH放出92.4kJ的

热量，请书写该反应的热化学方程式：____。（2）在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是____。A.容器内223NHNH、、的浓度之比为1:3:2B.()()223vN=vH正逆C.容器内压强保持不变D.

混合气体的密度保持不变（3）将1mol2N和3mol2H通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，5min后达到化学平衡，测得3NH的浓度为0.2mol/L，这段时间内用2N的浓度变化表示的化学反应速率为_____mol/(Lmin)。Ⅱ.某

科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示(图中T表示温度，n表示H2物质的量)。（4）图象中T2和T1的关系是：T2_____T1(填“>”、“<”或“=”)（5）a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是___

__(填字母)。Ⅲ.如图是某压强下，密闭容器中，N2和H2按物质的量浓度分别1mo/L和3mo/L投料进行反应，反应混合物中NH3的物质的量分数随温度的变化曲线。I是平衡时的曲线，Ⅱ是不同温度下反应经过相同时

间测得的曲线。（6）图中a点，容器内()()23nN:nNH=______。（7）此条件下该反应的化学平衡常数K=______。(用分数表示)（8）图中b点，v正_____v逆(填“>”、“<”或“=”)（9）400~53

0C，Ⅱ中NH3的物质的量分数随温度升高而增大，主要原因是______。【答案】（1）-1223N(g)+3H(g)2NH(g)ΔH=-92.4kJmol（2）BC（3）0.02（4）<（5）c（6）1：4（7）163（8）>（9）升高温度

，化学反应速率增大，单位时间内产生NH3更多【解析】【小问1详解】在一定条件下，理论上消耗21molN和23molH生成32molNH放出92.4kJ的热量，则反应的热化学方程式为：()()()1223N

g3Hg2gH92.4?NHkJmol−+=−。故答案为：()()()1223Ng3Hg2gH92.4?NHkJmol−+=−。【小问2详解】在恒温恒容密闭容器中进行合成氨，达到平衡的标志为：()()νν=正逆。A．容器内2N、2H、3NH的浓度之比为132：：，只能体现此时容

器中各物质的浓度关系，无法体现反应正逆速率是否相等，A错误；B．在平衡体系中，反应速率之比=化学计量数之比，()()()()2222νN13νNνHνH3==正正逆逆，换算为都用2N表示的反应速率为()()22νNνN=正逆，能说明该反应已达到平衡状态，B正确；C．合成氨是一个气体体积减

小的反应，随着反应进行，压强逐渐减小，当容器内压强保持不变时，说明体系中各物质的浓度已保持不变，反应各物质的()()νν=正逆，反应达到平衡，C正确；D．平衡体系中气体的总质量不变，固定容积则体积不变，则密度(mρV=)始终

保持不变，所以混合气体的密度保持不变时，无法说明反应是否达到平衡状态，D错误；故答案为：BC。【小问3详解】根据合成氨反应方程式，5min后达到化学平衡，测得3NH的浓度为0.2mol/L时，则消耗的2N浓度为10.1?L

mol−，用2N的浓度变化表示的化学反应速率为()11120.1?LνN0.02?L?min5minmolmol−−−==。故答案为：0.02。【小问4详解】合成氨是一个放热反应，升高温度，平衡向左移动，即温度越高，平衡时氨气的含量

越低，相同条件下温度1T的氨气含量比温度2T低，说明1T温度比2T高，即21TT。故答案为：。【小问5详解】在a、b、c、d四点所处的平衡状态中，a、b、c点温度相同，c点提供的2H量最大，浓度增加最大，平衡右移最多，则消

耗的2N量最大；同时该反应是一个放热反应，c点的温度比d点低，相对于d点来说平衡右移，消耗的2N量也增大，所以c点N2的转化率是最高的。故答案为：c。【小问6详解】分析：某压强下，密闭容器中，N2和H2按物质的量浓度分别1mo/L和3

mo/L投料进行反应，a点时NH3的物质的量分数为50%，因容积固定，a点时NH3的浓度分数也为50%，设a点平衡时消耗的N2为1·Lxmol−，列三段式：()()()()()()223111Ng3Hg2g·L130·Lx3x2x·

L1x33x2xNHmolmolmol−−−+−−起始量转化量平衡量，由()()12x250%x?L1x33x2x3mol−==−+−+，因体积不变，物质的量浓度之比=物质的量之比，得()()2321nN132

n423NH−==。故答案为：1：4。【小问7详解】根据第（6）问的分析可知平衡各物质的浓度为：()121cN?L3mol−=、()122cH331?L3mol−=−=、()1324c2?L33NHmol−==，则化学平衡常数为：

()()()22333224c163K1cNcH313NH===。故答案为：163。【小问8详解】在b点时，NH3的物质的量分数为25%，而此条件下NH3的平衡物质的量分数为50%，因此要达到

平衡状态，氨气的量还需要增加，平衡还要向正反应方向移动，因此νν正逆。故答案为：。【小问9详解】在400~530C时，Ⅱ中NH3的物质的量分数随温度升高而增大，是因为此时还在建立平衡的过程中，升高温度，化学反应速率增大，

单位时间内产生NH3更多。故答案为：升高温度，化学反应速率增大，单位时间内产生NH3更多。27.研究弱电解质的电离，有重要的实际意义。Ⅰ．醋酸是一种常见的有机酸。（1）醋酸的电离方程式为_____。（2）保持温度不变，向醋酸溶液中通入一定量的氨气，下列

量将变小的是_______。A.()-3cCHCOOB.()+cHC.()-cOHD.3CHCOOH电离平衡常数（3）将-130.1molLCHCOOH溶液中加水稀释，-33c(CHCOO)c(CHCOOH)的比值将_____(填“变大”、“不变”或“变小”)。（4）下列事实不能．．说

明3CHCOOH是弱电解质的是______(填字母)。A．相同温度下，浓度均为-11molL的盐酸和醋酸的导电性对比：盐酸>醋酸B．25C时，-131molLCHCOOH溶液的pH约为2C．-110m

L1molL的3CHCOOH溶液恰好与-110mL1molLNaOH溶液完全反应Ⅱ.对比酸性的相对强弱（5）某些弱酸在25℃时的电离常数如表所示：化学式3CHCOOHHSCNHCNHClO23HCO电离常数-51.810-11.310-104.910-83.010-71K=4.410

-112K=4.710下列反应可以发生的是______(填字母)。A.32333CHCOOH+NaCO=NaHCO+CHCOONaB.33CHCOOH+NaCN=CHCOONa+HCNC.2223CO+HO+2NaClO=NaCO+2HClOD.322NaHC

O+HCN=NaCN+HO+CO【答案】（1）-+33CHCOOHCHCOO+H（2）B（3）变大（4）C（5）AB【解析】【小问1详解】醋酸是弱酸，属于弱电解质，部分电离，其电离方程式：-+33CHCOOHCHCOO+

H；【小问2详解】A．保持温度不变，向醋酸溶液中通入一定量的氨气，醋酸电离出的氢离子被反应消耗，醋酸电离平衡右移，醋酸根离子浓度增大，A不符题意；B．向醋酸溶液中通入一定量的氨气，醋酸电离出的氢离子被反应消耗，()+cH变小，B符合题意；C．温度不变，()()wKcHcOH+−=不变，氢离子

被反应消耗()+cH变小，()-cOH增大，C不符题意；D．温度不变，3CHCOOH电离平衡常数不变，D不符题意；答案选B；【小问3详解】()-3a3c(CHCOO)Kc(CHCOOH)cH+=，加水稀释，温度不变，aK不

变，此时氢离子浓度减小，-33c(CHCOO)c(CHCOOH)比值将增大；【小问4详解】A．在同温同浓度条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸弱，说明溶液中离子浓度小，电离程度小，盐酸中HCl是完全电离的，则3CHCOOH部分电

离，酸性：盐酸>醋酸，A不符题意；B．若3CHCOOH完全电离，则在25C时，-131molLCHCOOH溶液的pH应为0，pH约为2，说明3CHCOOH为弱电解质，B不符题意；C．-110mL1molL的3CHCO

OH溶液恰好与-110mL1molLNaOH溶液完全反应，只能说明3CHCOOH是一元酸，不能说明3CHCOOH是弱电解质，C符合题意；答案选C；【小问5详解】A．根据电离平衡常数，酸性：3233CHCOOHHCOHCO−＞＞，说明反应32333CHCOOH+NaCO=

NaHCO+CHCOONa可以发生，A正确；B．根据电离平衡常数，酸性：3CHCOOHHCN＞，说明反应33CHCOOH+NaCN=CHCOONa+HCN可以发生，B正确；C．根据电离平衡常数，酸性：233lHOHCOCOH

C−＞＞，则次氯酸能与碳酸根反应生成碳酸氢钠，说明2223CO+HO+2NaClO=NaCO+2HClO不能发生，C错误；D．根据电离平衡常数，酸性：233HCOHCNHCO−＞＞，HCN不能制取碳酸，

D错误；答案选AB。