【文档说明】安徽省名校2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.983 MB，由小赞的店铺上传

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化学考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选

择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷．．．．、草稿纸上作答无效．．．．．．．．。4.本卷命题范围：必修第一册、必修第二册、选择性必修1第一章～第三章第一节。5.可能用到的相对

原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56一、选择题(本题共14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.化学与生活、生产、社会息息相关。下列说法错误的是A.冬天应将面团置于温热处发酵B.

蔗糖溶于水是熵减小的过程C.工业生产中，适当增大廉价的反应物的浓度有利于降低生产成本D.“冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更低【答案】B【解析】【详解】A．面团发酵是酶的催化作用，需要适宜的温度，故冬天应将面团置于温

热处发酵，以增强酵母菌的催化效率，A正确；B．蔗糖溶于水其混乱度增大，即是熵增大的过程，B错误；C．两种或多种反应物的可逆反应中，增大一种反应物的浓度其余反应物的转化率增大，故工业生产中，适当增大廉价的反应物的浓度有利于降低生产成本，C正确；D．等质量的同一种物质气态的能

量最大，液态次之，固态最低，故“冰，水为之，而寒于水”说明水结冰是一个放热过程，故等质量的水和冰相比，冰的能量更低，D正确；故答案为：B。2.下列离子方程式正确且是氧化还原反应的是A.用3FeCl溶液制作铜质电路板：322Fe3Cu2Fe3Cu+++=+B.向223NaSO溶液中滴加

稀硫酸：22322SO2HSSOHO−++=++C.向漂白粉溶液中通入少量2SO：2224ClOSOHOClSO2H−−+−++=++D.用食醋除去热水壶中的水垢：2333222CHCOOHCaCO2CHCOOCaHOCO−++++=+【答案】B【解析】【详

解】A．用3FeCl溶液制作铜质电路板，离子方程式：32+22FeCu2FeCu+++=+，故A错误；B．向223NaSO溶液中滴加稀硫酸，离子方程式：22322SO2HSSOHO−++=++，反应中S元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故B正确；C．

向漂白粉溶液中通入少量2SO，离子方程式：22243ClOSOHOCaClCaSO2HClO−+−+++=++，故C错误；D．用食醋除去热水壶中的水垢，离子方程式：2333222CHCOOHCaCO2CHCOOCaHOCO−++++=+，该反应属于复分解反应，不属于化还原反应，

故D错误；答案选B。3.对于可逆反应()()()()32228NHg6NOg7Ng12HOg+=+，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最大的是A.()113NH0.10molLsv−−=B.()112NO0.36molLminv−−=C.

()112N0.28molLminv−−=D.()112HO0.6molLminv−−=【答案】A【解析】【分析】根据速率比等于化学计量数之比，进行速率转化后比较速率大小；【详解】A．()11113NH0.1

0molLsmolLmi6nv−−−−==B．()()11328NHNO0.48molLmin6vv−−==C．()()11328NHN0.32molLmin7vv−−==D．()()11328NH

N0.4molLmin12vv−−==综上，答案选A。4.稀氨水中存在着电离平衡：324NHHONHOH+−+，若要使平衡向逆方向移动，同时使()OHc−平增大，应加入适量的A.4NHCl固体B.硫酸C.KOH固体D.水【答案】C【解析】【详解】A．加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，

平衡向逆方向移动，()OHc−平减小，故A错误；B．加入硫酸，氢离子消耗氢氧根，平衡正向移动，故B错误；C．加入NaOH固体，氢氧根浓度增大，平衡逆方向移动，()OHc−平增大，故C正确；D．加水，平衡正向移动，

氢氧根浓度减小，故D错误；答案选C。5.关于中和反应反应热的测定实验，下列说法错误的是A.使用玻璃搅拌器是为了增大反应速率，减小实验误差B.为了使反应进行得更完全，可以使酸或碱适当过量C.若简易量热计不盖杯盖，生成1mol2

HO时所测得中和反应反热H将偏大D.用温度计测量盐酸的起始温度后直接测量NaOH溶液的温度，其他过程无误，则测得反应热H偏小【答案】D【解析】【详解】A．使用玻璃搅拌器是为了增大反应速率，缩短反应时间，减少热量散失，即可减小实验误差，A正确；的B．为了使反应进行得更完

全，可以使酸或碱适当过量，以减小实验误差，B正确；C．若简易量热计不盖杯盖，则增大热量的散失，测量到的热量减少，但反应放热0H＜，故生成1molH2O时所测得中和反应反应热H将偏大，C正确；D．用温度计测量盐酸的起始

温度后直接测量NaOH溶液的温度，将使反应前溶液的平均温度增大，反应中测量的最终温度减小，其他过程无误，测量到的热量减少，但反应放热0H＜，则测得反应热H偏大，D错误；故答案为：D。6.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.2gCO与

NO的混合气体中所含质子的数目为ANB.0.11molL−32NHHO溶液中所含OH-的数目小于0.1ANC.11.2L24CH和36CH的混合气体中所含碳碳双键的数目为0.5AND.1mol乙酸与足量乙醇在浓硫酸

、加热条件下充分反应，生成2HO的数目为AN【答案】A【解析】【详解】A．设2gCO与NO的混合气体中CO为xg，则NO为(2-x)g，则所含质子的数目为-1A-1-1xg(2-x)g[?14+?15]?Nmol28g?mol30g?mol=AN

，A正确；B．题干未告知溶液体积，故无法计算0.11molL−32NHHO溶液中所含OH-的数目，B错误；C．题干未告知混合气体所处的状态，故无法计算11.2L24CH和36CH的混合气体中所含碳碳双键的数目，C错误；D．乙酸乙酯制备的是一个可逆反应，故1mol乙酸与足量乙

醇在浓硫酸、加热条件下充分反应，生成H2O的数目小于AN，D错误；故答案为：A。7.某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液时，发现反应速率变化如图所示。已知反应的化学方程式为42242442422K

MnO5HCO3HSO2MnSOKSO10CO++=+++28HO，下列说法错误的是A.该反应可能是放热反应B.4MnSO可能是该反应的催化剂C.该反应涉及的物质中有5种属于强电解质D.该反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶5【答案】C【解析】【详解】A．若该反应是放热反应

，随反应不断进行，反应物浓度减小时，反应过程中温度升高，反应速率加快，符合题意，故A正确；B．随着反应不断进行，不断生成4MnSO，反应物浓度减小，反应速率加快，说明4MnSO可能是该反应的催化剂，故B正确；C．该反应涉及的物质中属于强电解质的

有：4KMnO、24HSO、4MnSO、24KSO4种，故C错误；D．该反应中氧化剂4KMnO与氧化产物2CO的物质的量之比为1∶5，故D正确；答案选C。8.已知反应：()()()()4222CHg2OgCOg2HOg+

=+1Δ806.0kJmolH−=−，其他相关数据如下表：化学键CH−OO=CO=HO−1mol化学键断裂时吸收的能量/kJx498803464下列说法正确的是A.反应物的总能量小于生成物的总能量B

.4CH的燃烧热是806.01kJmol−C.415x=D.断开氧氧键形成1mol氧原子需要放出能量249kJ【答案】C【解析】详解】A．该反应Δ0＜H，说明反应物总能量大于生成物总能量，故A错误；B．根据反应()()()()4222C

Hg2OgCOg2HOg+=+可知，1mol甲烷完全燃烧生成气态水放出能量806.0kJ，则其燃烧热数值大于806.0kJ，故B错误；C．根据ΔH=−反应物总键能生成物总键能，列等式：()()4x4982kJ80324464kJ806kJ+−−=−，解得415x=，故C

正确；D．断开1mol氧氧键可形成2mol氧原子，吸收热量498kJ，则断开氧氧键形成1mol氧原子需要吸收能量249kJ，故D错误；答案选C。9.加水稀释稀醋酸溶液的过程中，下列说法正确的是A.溶液

的pH逐渐减小B.溶液中的()Hn+逐渐减小C.溶液中()()33CHCOOCHCOOHcc−逐渐增大D.分别中和稀释前后的溶液，后者消耗的()NaOHn多【答案】C【解析】【详解】A．加水稀释导致CH3CO

OHCH3COO-+H+平衡正向移动，但溶液中的c(H+)减小，则pH逐渐增大，A错误；B．加水稀释导致CH3COOHCH3COO-+H+平衡正向移动，则溶液中的()Hn+逐渐增大，B错误；C．加水稀释导致CH3COOHCH3COO-+H+平衡正向移动，但溶液中的c(H+)减小

，溶液中()()33CHCOOCHCOOHcc−=+Kac(H)逐渐增大，C正确；D．加水稀释导致CH3COOHCH3COO-+H+平衡正向移动，但CH3COOH能提供的H+的物质的量不变，故分别中和稀释前后的溶液，消耗的()NaOHn一样多，D错误；故答案为：C。10.

依据下列含硫物质转化的热化学方程式，得出的相关结论正确的是【①()()()()2222HSgOg2Ss2HOg+=+1ΔH②()()()()2222HSgOg2Ss2HOl+=+2ΔH③()()()()22222HSg3Og2SOg2HOl+

=+3ΔHA.123ΔΔΔHHHB.2HS的燃烧热为1ΔHC.反应②在任何温度下都不能自发进行D.()()()22SsOgSOg+=322HHH−=【答案】D【解析】【详解】A．对比反应①和②，生成()2H

Ol时放出热量较多，12ΔHΔH＞；()()2SsSOg→为放热过程，所以123ΔHΔHΔH＞＞，故A错误；B．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成指定产物所放出的热量，2HS完全燃烧生成指定产物为液态水和二氧化硫气

体，燃烧热为2ΔH，故B错误；C．反应②2ΔH0＜，ΔS0＜，根据ΔGΔHTΔS0=−＜，在低温时可自发进行，故C错误；D．根据盖斯定律：2−③②得反应()()()22SsOgSOg+=32ΔHΔH2H−=，故D正确；答案选D。11.某化学小组同学研究温度和压强对反应速率和化学平衡的影响，测得

化学反应()()()AgBgCgmnq+H中C的百分含量(C%)与时间(t)、温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是A.Δ0H、mnq+B.Δ0H、mnq+C.Δ0H、mnq+D.Δ0H

、mnq+【答案】A【解析】【详解】根据图甲可知，T2温度下优先达到反应平衡状态，说明温度T2＞T1，温度越高，C的百分含量(C%)越低，说明温度升高，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，Δ0H；根据图乙，温度相同时，随着压强的增大，C的百分含量(C%)增大，增大压强

，平衡向在气体分子数减小方向进行，说明mnq+，综上所述，答案选A。12.下列实验操作所观察到的现象正确且能得出相应结论的是选项操作及现象结论A将盛有CaO的试管插入装有氨水和酚酞的烧杯中，向试管中加水，烧杯中溶液的颜色变浅升温

，NH3•H2O的电离平衡向左移动B常温下，向等体积、等浓度的两份Na2S溶液中分别加入少量等体积的0.1mol/LNaClO溶液、0.01mol/LNaClO溶液，前者先变浑浊其他条件相同时，反应物的浓度越大，化学反应速率越大C向淀粉溶液中加少量稀硫酸，加热

4~5min。冷却后向其中加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，无砖红色沉淀产生淀粉没有发生水解D恒温密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，平衡后压缩容器体积，混合气体颜色变深加压后平衡逆向移动A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Ca

O与水反应是一个放热反应，氨水电离是一个吸热过程，故将盛有CaO的试管插入装有氨水和酚酞的烧杯中，向试管中加水，由于升温，NH3•H2O的电离平衡向右移动，溶液中OH-浓度增大，烧杯中溶液的颜色加深，A不合题意；B．NaClO与Na2S反应生

成S沉淀，故常温下，向等体积、等浓度的两份Na2S溶液中分别加入少量等体积的0.1mol/LNaClO溶液、0.01mol/LNaClO溶液，前者先变浑浊，说明其他条件相同时，反应物的浓度越大，化学反应速率越大，B符合题意；C

．新制Cu(OH)2悬浊液检验醛基时需在碱性条件下，故向淀粉溶液中加少量稀硫酸，加热4~5min，冷却后向其中加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，无砖红色沉淀产生，由于为加入NaOH中和稀硫酸，故不能说明淀粉没有发生水解，C不合题意；D．恒温密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O

4(g)，平衡后压缩容器体积，压强增大，上述平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，混合气体颜色变深并不是由于加压后平衡逆向移动，D不合题意；故答案为：B。13.下图是计算机模拟的在催化剂表面上水煤气变化的反应历程。吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。下列说法错误的是A.①表示CO和2HO在催化剂

表面吸附的过程B.②和④中化学键变化相同，因此吸收的能量相同C.由图可知()()()()222COgHOgCOgHg+=+为放热反应D.该历程中决速步骤为()()*****222COHOHOgCOOHHHOg++→+++【

答案】D【解析】【详解】A．①表示CO和2HO在催化剂表面吸附的过程，故A说法正确；B．②和④中化学键变化相同，断裂的均为H−O键，因此吸收的能量相同，故B说法正确；C．由图可知()()()()222COgHOgCOgHg+=+为放热反应，故C说法正确；D．活化能越大，反应速率越慢，为反应过

程的决速步骤，对应的过程：******2COOHHHOCOOH2HOH++→++，故D错误；答案选D。14.利用()()()()()42222CHg2NOgNgCOg2HOg+++可消除2NO的污染。在体积为2L的甲、乙两个密闭

容器中、控制不同温度(其他条件相同)，分别加入1.0mol()4CHg和2.40mol()2NOg进行上述反应，测得()4CHn随时间变化的实验数据如表。下列说法正确的是时间/min()4CH/moln

组别02468甲容器(1T℃时)1.000700.450.250.25乙容器(2T℃时)1.000.600.36a0.30A.由实验数据可知：12T>TB.甲容器中，0~2min内，()114CH0.15molLminv−−=C.乙容器中，0~4min内，2NO的转化率为50%D

.0.30a=，且6min时，乙容器中反应已达平衡状态【答案】D【解析】【详解】A．从0~2min，()4nCH在温度2T℃比1T℃时多，说明2T℃时反应速率快，说明12TT＜，故A错误；B．甲容器中，0~2min内，()4nCH0.3mol=，()1140.3molCH

0.075molLmin2L2minv−−==，故B错误；C．乙容器中，0~4min内，()4nCH0.64mol=，则()2nNO1.28mol=，转化率：1.28mol10053.32.4mol％％，故

C错误；D．根据A选项分析可知12TT＜，说明乙容器优先于甲容器达到化学平衡，甲容器在6min时达化学平衡，说明乙容器也一定达化学平衡，即0.30a=，故D正确；答案选D。.二、非选择题(本题包括4小题，共58分)15.某废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、FeO、C

uO、Al2O3和可燃性有机物(其余成分与酸碱都不反应)，节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收Al、Cu、绿矾(FeSO4·7H2O)等。回答下列问题：（1）“焙烧”的目的是_____。NaOH中所含化学键的类型是_____。（

2）提高“碱浸”速率的措施有_____(任写两条合理措施)。“碱浸”时发生反应的化学方程式为_____。（3）在实验室中进行操作Ⅱ时，用到的玻璃仪器有_____种。滤渣2在酸浸时可形成原电池，写出负极反应式：_____。（4）滤液2中可能含有因氧气

的作用而产生的少量杂质离子，该反应的离子方程式为_____。（5）由滤液2制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过_____、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体。【答案】（1）①.将金属单质转化为氧化物，并除去可燃性有机物②.离子键和共价键（2）①.适当提高反应温度、将焙烧渣粉碎、适当增大NaOH溶液的浓度

、充分搅拌等措施(任写两条，或其他合理答案)②.Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O（3）①.3②.Fe-2e-=Fe2+（4）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（5）蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、Fe2O3、FeO、Al2

O3、CuO和可燃性有机物，经过焙烧，将金属单质转化为氧化物，并除去可燃性有机物，加入氢氧化钠溶液碱浸，溶解氧化铝，过滤得到滤渣(含有Fe2O3、CuO)和滤液(NaAlO2溶液)，再向滤渣1中加入硫酸酸浸

，再加入过量的铁粉，得到FeSO4溶液和滤渣2(含有铁和铜)，将滤液2进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到绿矾，再向滤渣2加入硫酸，溶解铁后，过滤，得到铜，据此分析作答。【小问1详解】由分析可知，“焙烧”的目的

是将金属单质转化为氧化物，并除去可燃性有机物，NaOH中所含化学键的类型是Na+和OH-之间的离子键以及OH-中存在氢氧之间的共价键，故答案为：将金属单质转化为氧化物，并除去可燃性有机物；离子键和共价键；为【小问2详解】适当提高反应温度、将焙烧渣粉碎、适当增大NaOH溶液的浓度、充分搅拌

等措施均可提高“碱浸”速率的措施，由分析可知，“碱浸”时发生的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：适当提高反应温度、将焙烧渣粉碎、适当增大NaOH溶液的浓度、充分搅拌等措施(任写两条，或其他合理答案)；Al2O3+2NaO

H=2NaAlO2+H2O；【小问3详解】由分析可知，操作Ⅱ为分离固体和液体，是过滤，在实验室中进行操作Ⅱ时，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒3种，滤渣2的成分为Fe和Cu，故在酸浸时可形成原电池，Fe比Cu活泼，故负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故答案为：3；Fe-2

e-=Fe2+；【小问4详解】由分析可知，滤液2主要成分为FeSO4，其中Fe2+可能含有因氧气的作用而产生的少量杂质离子，该反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2

H2O；【小问5详解】根据分析可知，滤液Ⅱ制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。16.已知X、Y、Z、W、R、M为原子序数依次增大的元素，

其中X、Y、Z、W、R为短周期主族元素，且位于三个不同周期，Y的某种核素可用于测定文物的年代，W的最外层电子数是最内层的3倍，W与R同主族，元素Ｍ是地壳中含量排名第二的金属元素。回答下列问题：（1）写出

4ZX+的电子式：_____。（2）W的简单氢化物的熔沸点比Ｒ的高，原因是_____。（3）Y、Z、R的最高价氧化物对应水化物的酸性最弱的是_____(填化学式)。X、Y、Z、R组成的某种酸的水溶液可用于检测溶液中的3M+，该酸的化学式为_____。（4

）X、Y、W组成的某种常见物质常用于制作消毒剂，该物质的燃烧热为1366.81kJmol−，写出该物质燃烧的热化学方程式：_____。（5）23MW与YW的反应是可逆反应，该反应的平衡常数的表达式为_____；增加23MW的量，

YW的平衡转化率如何变化？_____。【答案】（1）（2）水分子间形成氢键，沸点更高（3）①.23HCO②.HSCN（4）()()()()132222CHCHOHl3Og2COg3Hl13668OH.kJmol−+=+=−（5）①.()()323cCOKcCO=②.增加()2

3FeOs的量，对化学平衡无影响，CO转化率不变化【解析】【分析】Y的某种核素可用于测定文物的年代，说明Y为C元素；W的最外层电子数是最内层的3倍，说明W为O元素；W与R同主族，R原子序数大于W，说明R

为S元素；元素Ｍ是地壳中含量排名第二的金属元素，则M为Fe元素；X、Y、Z、W、R为短周期主族元素，且位于三个不同周期，则X为H元素；根据原子序数判断Z为N元素；【小问1详解】根据分析可知，Z为N元素，X为H元素，则4ZX+为铵根离子，其电

子式：；【小问2详解】W为O元素，简单氢化物为：2HO；R为S元素，简单氢化物为：2HS；W的简单氢化物的熔沸点比Ｒ的高，原因：水分子间形成氢键，沸点更高；【小问3详解】Y、Z、R最高价氧化物对应水化物分别为23HCO、3HNO和24HSO，酸性最弱的为23HCO；3M+为3eF+，检验3eF+可

选择HSCN；【小问4详解】X、Y、W对应元素分别是H、C、O，可组成具有可燃性消毒剂为乙醇，其燃烧热为1366.81kJmol−，该物质燃烧的热化学方程式该物质燃烧的热化学方程式：()()()()

132222CHCHOHl3Og2COg3Hl13668OH.kJmol−+=+=−；【小问5详解】23MW与YW的反应是可逆反应，反应方程式：()()()()232FeOs3COgFes3COg++，该反应的平衡常数的表达式：()()323c

COKcCO=；增加()23FeOs的量，对化学平衡无影响，CO转化率不变化；17.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可用Cl2与NO反应合成NOCl。回答下列问题：（1）实验室可用MnO2与浓盐酸反应制取合成NOCl所需的Cl2。反应的化学方程式为_____。（2）NOCl与水

反应时会生成HCl和另一种酸，写出该酸在水中的电离方程式：_____。（3）25℃时，向体积为2L且带气压计的恒容密闭容器中通入一定量的NO和2Cl合成NOCl，反应方程式为()()()22NOgClg2NOClg+H。①正反应速率的表达式为()(

)2NOClmnkcc=正(k为带有单位的速率常数，其值与浓度无关)。测得正反应速率与浓度的关系如下表所示：序号()()1NO/molLc−()()12Cl/molLc−()11/molLminv−−正①0.1000.1000.

144②0.1000.2000.288③0.2000.1000.576m=_____，k=_____。②若反应起始和平衡时温度相同，测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图中曲线a所示，则H_____0(填“>”或“<”)。若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得反应过程中压强(p)随时间(

t)的变化如图中曲线b所示，则改变的条件是_____。③当反应达到平衡后，下列分析正确的是_____(填字母)。A．增大压强，对正的影响更大B．升高温度，对正的影响更大C．减小反应物浓度，对逆的影响更大D．

加入催化剂，对逆的影响更大【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O（2）HNO2+-2H+NO（3）①.2②.144L2·mol-2·min-1③.＜④.加入催化剂⑤.A【解析】【小问1详

解】实验室可用MnO2与浓盐酸反应制取合成NOCl所需的Cl2，该反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问2详解】已知NOCl中N为+3价，Cl

为-1价，故NOCl与水反应时会生成HCl和另一种酸即HNO2，HNO2是一种弱酸，故该酸在水中的电离方程式为：HNO2+-2H+NO，故答案为：HNO2+-2H+NO；【小问3详解】①由题干正反应速率与浓度的关系表中序号①②可知，NO浓度相同时，Cl2浓度变

为原来两倍，则正反应速率变为原来的2倍，则可知n=1，由序号①③可知，Cl2浓度相同时，NO变为原来的2倍，正反应速率变为原来的4倍，故m=2，即正反应速率的表达式为()()22NOClkcc=正，则有0.144mol/(L·min)

=k(0.100mol/L)2×0.100mol/L，解得k=144L2·mol-2·min-1，故答案为：2；144L2·mol-2·min-1；②由图分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随反应进行温度升高，压强增大；反应到一定程度，因

反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变为：ΔH＜0；由图知：化学反应速率加快，平衡不动，改变的条件：加入催化剂；故答案为：＜；加入催化剂；③A．已知反应()()()22NOg+Clg2NOClg正反应是一个气体体积减小方向，故增大压强

，化学平衡正向移动，故对正的影响更大，A正确；B．由上小问分析可知，该反应ΔH＜0，则升高温度，化学平衡逆向移动，即对逆的影响更大，B错误；C．减小反应物浓度，则正反应速率突然减小，逆反应速率逐渐减小，即对正的

影响更大，C错误；D．加入催化剂，能够同等幅度地影响正、逆反应速率，平衡不移动，对正、逆的影响一样大，D错误；故答案为：A。18.我国力争实现2030年前“碳达峰”、2060年前“碳中和”的目标，2CO的捕集、利用与封存成为科的学家研

究的重要课题。我国科学家利用2CO合成了淀粉，其中关键步骤是2CO与2H合成3CHOH。该步骤同时发生下列反应：①()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++1lΔ50.0kJmolH−=−②()()()()222COgHgCOgHOg++1241.1k

JmolH−=+回答下列问题：（1）请写出CO与2H反应合成3CHOH的热化学方程式：_____。（2）恒温下，2CO和2H在恒容密闭容器发生反应①②，下列能表明上述反应已达到平衡状态的有_____(填字母)。A.每断裂1molHH−键，同时生

成2molOH−键B.混合气体的压强不变C.混合气体的平均相对分子质量不变D.()()()()222CO:H:CO:HO1:1:1:1nnnn=（3）在密闭容器中投入1mol2CO和2.75mol2H发生反应①：()(

)()()2232COg3HgCHOHgHOg++，在不同条件下发生反应，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。①1p_____2p(填“>”或“<”)，M、N两点的化学反应速率：()vM_____()Nv填“>”或“<”)，判断理由是_____。②为提高2CO的转化率，除可以

改变温度和压强外，还可以采取的措施有_____、_____。③若506K时，在10L密闭容器中反应，达平衡时恰好处于图中M点，则N点对应的平衡常数K=_____(计算结果保留两位小数)。【答案】（1）()()()23COg2HgCHOHg+1

l91.1ΔkJmolH−=−（2）BC（3）①.＞②.＞③.压强越大，反应物气体浓度越大，则化学反应速率越大④.增大氢气浓度⑤.分离出水蒸气⑥.1.04【解析】【小问1详解】根据盖斯定律：①-②得：()()()23COg2HgCHOHg+()111lΔ50.0kJmol41.1kJ

molkJmo9.1l1H−−−−=−=−+；【小问2详解】A．断裂H-H键和生成O-H键都是正反应方向，无法判断正逆反应速率是否相同，因此不能判断反应已达平衡，A错误；B．对于反应①前后气体分子数变化，说明反应过程中气体压强不断变化，当混合气体的压强不变能判

断反应已达平衡，B正确；C．根据mMn=可知，混合气体质量不变，反应①前后物质的量发生变化，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当其不变，可以说明反应已达平衡，C正确；D．反应进行过程中某时刻，恰好()()()()222CO:H:CO:HO1:1:1:1nnnn=，

不能说明反应已达平衡，D错误；答案选BC。【小问3详解】①该反应为气体分子数减少的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量增大，则12pp＞；M、N处于相同温度，M点压强大，反应物气体浓度达，则化学反应速率：()()vMvN＞；②为提高2CO的转化率，除可以改变温度

和压强外，还可以采取的措施：增大氢气浓度、分离出水蒸气；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com