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2024-2025学年高二化学上学期期中模拟卷（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡

上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：选择性必修1（不含电化学部分）。5．

难度系数：0.656．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．合理利用某些盐能水解的性质，可以解决许多生产、生活中的问题。下列叙述

的事实与盐水解的性质无关的是A．配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉B．沸水中加入饱和的氯化铁溶液制备Fe(OH)3胶体C．长期施用铵态氮肥会使土壤酸化D．热碱水清洗厨房里的油污【答案】A【解析】A．亚铁

离子容易被氧化生成铁离子，加入Fe粉，Fe可与铁离子反应生成亚铁离子，从而防止亚铁离子被氧化，与盐类水解无关，A正确；B．沸水中加入饱和氯化铁溶液，升高温度，铁离子水解平衡正向移动，因此能制备氢氧化铁胶体，与盐水解有关，B错误；C．长期使用铵态氮肥，铵根离子水解生成氢离子，从而使

土壤酸化，与盐水解有关，C错误；D．升高温度，碱水中的碳酸根离子水解程度增大，溶液的碱性增强，去油污的能力也随之增强，与盐水解有关，D错误；故答案选A。2．下列事实一定能说明HF是弱酸的是A．用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗B．1mol/L的HF水溶液能

使紫色石蕊试液变红C．常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3D．HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体【答案】C【解析】A．溶液的导电性强弱与溶液中离子浓度大小有关，溶液中离子浓度大，溶液的导电能力

强，则用氢氟酸溶液做导电性实验，灯泡很暗只能说明溶液中的离子浓度小，不能说明氢氟酸是弱酸，故A错误；B．1mol/L的氢氟酸溶液能使紫色石蕊试液变红只能说明氢氟酸溶液显酸性，不能说明氢氟酸是弱酸，故B错误；C．0.1mol/L的氢氟酸溶液的pH为2.3说明氢氟酸在溶

液中部分电离出氢离子，溶液中存在电离平衡，属于弱酸，故C正确；D．氢氟酸溶液能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体只能说明氢氟酸的酸性强于碳酸，不能说明氢氟酸是弱酸，故D错误；故选C。3．工业上由CO2和H2合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)

＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＜0。已知该反应是放热反应。下列表示合成甲醇的反应的能量变化示意图正确的是A．B．C．D．【答案】A【解析】由热化学方程式可知，反应物、生成物均为气态，焓变为负，为放热反应，且生

成物为液态时放出热量更多，选项A中图符合。故答案选A。4．已知：21C(s)O(g)CO(g)2+=1ΔH；222C(s)O(g)CO(g)H+=；22232H(g)O(g)2HO(g)H+=；22242H(g)O(g)2HO(l)H+=。下列叙述正确的是

A．43HHB．12HHC．()22212CO(g)O(g)2CO(g)Δ2ΔΔHHH+==−D．4ΔH代表2H的燃烧热【答案】C【解析】A．氢气生成等量液态水放出热量比生成等量气态水多，反应热更小，A错误；B．等物质的量的C（

s）生成CO时放出的热量比生成CO2时少，反应热更大，B错误；C．根据盖斯定律，选项中的方程式可由(反应②-反应①)×2得到，ΔH=2(ΔH2-ΔH1)，C正确；D．氢气的燃烧热化学方程式中，氢气前系数为1，表示1mol氢气在氧气

中完全燃烧生成液态水放出的热量，D错误；故答案选C。5．下列说法正确的是A．凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的B．非自发反应在任何情况下都不会发生反应C．常温下，反应()()()2CsCOg2C

Og+不能自发进行，则该反应的H0D．标准状况下，熵值：1mol2CO＜1molCO【答案】C【分析】判断化学反应进行的方向从焓变和熵变两个维度去判断，当0GHTS=−＜，反应可自发进行；即当ΔH＜0，ΔS＞0时，一定能够自发进行；当ΔH＜0，ΔS＜0时低温下

能够自发进行，当ΔH＞0，ΔS＞0时，高温下能够自发进行，当ΔH＞0，ΔS＜0时，一定不能自发进行，据此分析解题。【解析】A．由分析可知，放热反应不一定都是自发的，吸热反应也不都是非自发的，A错误；B．由分析可知，非自发反应在外界条件改变时可能会自发进行反应，B错误；C．常

温下()()()2CsCOg2COg+，反应该反应的ΔS＞0，故其常温下不能自发进行，是因为该反应的ΔH＞0，必须高温时才能自发进行，C正确；D．相同条件下，气体相对分子质量越大，熵值越大，标准状况下，熵值：1molCO2＞1molCO，D错误；故选C。6．某温度下，反应CH2=CH2

(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是A．恒容下，再充入一定量的H2O(g)，平衡向正反应方向移动，v正加快、v逆减慢B．缩小容器的体积，v正>v逆C．恒容下，再充入一定量的Ar气，平衡向正反应方向移动D．恒容下，再充入一定量的CH2=CH2(g)，CH2

=CH2(g)的平衡转化率增大【答案】B【解析】A．恒容下，再充入一定量的水蒸气，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，正、逆反应速率均增大，故A错误；B．该反应是气体体积减小的反应，缩小容器的体积，气体压强增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B正

确；C．恒容下，再充入一定量的不参与反应的氩气，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不改变，化学平衡不移动，故C错误；D．恒容下，再充入一定量的乙烯，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，但的转化率减小，故D错误；故选B。7．已知反应①()()()()2COgCuOsCOgCus+

+和反应②()()()()22HgCuOsCusHOg++在T℃时的平衡常数分别为1K和2K，该温度下反应③()()()()222COgHOgCOgHg++的平衡常数为3K，则下列说法正确的是A．反应①的平衡常数()()()()21COCuCOCuOccKcc=B．反应②中，增

大氢气浓度，平衡正移，2K增大C．对于反应②，T℃时，312KKK=−D．对于反应②，恒容时，温度升高，K值减小，则该反应为放热反应【答案】D【解析】A．反应①的平衡常数()()21cCOK=cCO，故A错误；B．平

衡常数只与温度有关，所以温度不变时增大氢气浓度，平衡常数不变，故B错误；C．由盖斯定律，反应③=反应①-反应②，所以132KK=K，故C错误；D．对于反应②，恒容时升高温度，K值减小，说明升温平衡逆向移动，所以该反应为放热反应，故D正确；故答案为：D。8．酸碱中和滴定是一种重要

的实验方法，需要用到酸式滴定管和碱式滴定管，下列有关滴定管的判断、使用或操作有误的是AB酸式滴定管酸式/碱式滴定管涂抹凡士林在图中旋塞的a端和旋塞套内的c端，防止漏水正确读取滴定管的读数为21.40m

LCD碱式滴定管酸式滴定管排出滴定管尖嘴中的气泡用标准浓度的酸性4KMnO溶液测定溶液中224NaCO的含量【答案】B【解析】A．凡士林是一种软膏状有机物，有滑腻感，旋塞处涂抹凡士林可以润滑、防水渗出，若滴定管旋塞处存在轻微

漏水现象，可在涂抹凡士林在图中旋塞的a端和旋塞套内的c端，防止漏水涂抹凡士林在图中旋塞的a端和旋塞套内的c端，防止漏水，故A正确；B．滴定管的0刻度在上方，由图可知，题给滴定的读数为20.60mL，故B错误；C．排出碱式滴定管尖

嘴中的气泡时，应将碱式滴定管盛满溶液，将尖端部分向上倾斜，然后轻轻挤压橡胶管中的玻璃球，快速放液赶出尖嘴中的气泡，故C正确；D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用标准浓度的酸性高锰酸钾溶液测定溶

液中草酸钠的含量时，应将草酸钠溶液放入锥形瓶中，酸性高锰酸钾溶液用酸式滴定管盛装，故D正确；故选B。9．常温下，关于pH=11的氨水溶液，下列说法不正确的是A．溶液中()31OH1.010molLc−−−=B．加水稀释100倍后，溶液的pH9=C．与等体积pH=3的24HSO溶液充分混合后

，溶液呈碱性D．此溶液中由水电离出的H+和OH−浓度均为1111.010molL−−【答案】B【解析】A．常温下pH=11的氨水溶液中c(H+)=1.0×10-11mol·L-1，c(OH-)=()wKcH

+=1.0×10-3mol·L-1，故A正确；B．由于一水合氨是弱电解质，加水稀释100倍，会促进一水合氨电离，导致氢氧根离子浓度大于原来的1100，所以溶液的10>pH>9，故B错误；C．由于一水合氨是弱电解质，加入等体积pH=3的H2SO4溶液，氨水过量，溶液呈碱性，故C正确；

D．常温下pH=11的氨水中，氢氧根离子抑制了水的电离，氨水中氢离子是水电离的，为1.0×10-11mol/L，则氨水中由水电离产生的c(OH-)=10-11mol/L，故D正确；故选B。10．现将某

浓度的2CaCl溶液与-32.010mol⋅L1−的24NaSO溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用2CaCl溶液的浓度至少为(已知该温度下4CaSO的-5spK=4.910)A．29.810−mol⋅L1−B．24.910−mol⋅L1−C．32.010−mol

⋅L1−D．51.010−mol⋅L1−【答案】A【解析】该温度下4CaSO的-5spK=4.910，因为是等体积混合则32-2+-52242sp4c(CaCl)c(NaSO)c(CaCl)2.010mol/LK=c(SO)c(Ca)=4.9102222−

==，此时2CaCl的最小浓度为9.8×10-2mol·L-1；故选A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．如图所示是298K时，2A与2B反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是A

．催化剂不参与化学反应，故反应前后的质量和性质不变B．该反应的热化学方程式为()()()22AgBg2ABg+=()1ΔH=+abkJmol−−C．()21molAg的总能量低于2molABD．断裂1molA—A和1molB—B键，放出akJ能量【答案】B【分析

】由图可知，该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的热化学方程式为A2(g)+B2(g)=2AB(g)H=+(a-b)kJ•mol-1。【解析】A．催化剂能改变反应途径、降低反应的活化能，所以催化剂参与化学反应，A错误；B．由分析可知，反应的热化学方程式为A2

(g)+B2(g)=2AB(g)H=+(a-b)kJ•mol-1，B正确；C．()21molAg的总能量低于2molAB(g)的总能量，C错误；D．破坏化学键时，需要吸收能量，则断裂1molA—A和1molB—B键，吸收akJ能量，D错误；故选B。12．在

一密闭容器中发生反应()()()()2As2Bg2CgDg++，3min达到平衡状态，()Dc增加了0.6mol∙L-1，下列说法正确的是A．0~3min，()11A0.4molLmin−−=vB．在2min末，()11B0.4molLminv−−=C．

第4min时，()Bv正和()Cv逆表示的反应速率的值相等D．若相同时间内，()()11BD0.1molLminvv−−==，则这两段时间内反应速率相等【答案】C【解析】A．由反应方程式可知，A呈固态，不能用A的浓度变化表示反应速率，A不正确；B

．反应进行3min时，达到平衡状态，()Dc增加了0.6mol∙L-1，则()110.6mol/L2B0.4molLmin3min−−==v，此速率表示反应进行3min内的平均速率，不等于2min末的速率，B不正确；C．3min达到平

衡状态，此时()Bv正=()Bv逆=()Cv逆，第4min时反应仍保持平衡状态，所以()Bv正和()Cv逆表示的反应速率的值相等，C正确；D．由于B、D的化学计量数不等，所以()()11BD0.1molLmin

vv−−==表示反应进行到不同阶段时的反应速率，则这两段时间内反应速率不相等，D不正确；故选C。13．在酸催化作用下，丙烯水化法合成2-丙醇的反应历程如图所示。下列说法正确的是A．总反应的活化能等于各步反应活化能之和B．步骤③是该反应的决速步骤C．丙烯水化法合成2-丙醇

反应的H0D．升高温度可以同时加快步骤①②③的反应速率【答案】CD【解析】A．总反应的活化能不等于各步反应活化能之和，A错误；B．步骤①是该反应的决速步骤，B错误；C．丙烯水化法合成2-丙醇反应的H0，C正确；D．升高温度可以加快所有反应的速率，

即同时加快步骤①②③的反应速率，D正确；答案选CD。14．下列实验操作能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A将盛有NO2气体的玻璃球放入热水浴中探究2NO2(g)⇌N2O4(g)的热效应B向各盛有5mLH2O2溶液的两支试管中分别滴入2滴0.1mol/L的FeCl3溶液

和0.1mol/L的CuSO4溶液比较Fe3+与Cu2+对H2O2分解的催化效果C取少量久置的亚硫酸钠样品溶于除氧蒸馏水中，加入足量的稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀出现验证久置的Na2SO3是否变质D向5mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加几滴0.1mol/LNaCl溶液，

再滴加几滴0.1mol/LKI溶液验证Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)【答案】AC【解析】A．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，将盛有NO2气体的玻璃球放入热水浴中，红棕色加深，平衡逆向移动，即2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热

反应，故A正确；B．比较Fe3+与Cu2+对H2O2分解的催化效果要控制变量，即保证阴离子相同，而实验中所用的为浓度相同的FeCl3溶液和CuSO4溶液，故B错误；C．加入盐酸除去Na2SO3，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成则说明Na2

SO3中含有Na2SO4，从而证明Na2SO3已氧化变质，故C正确；D．向5mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加几滴0.1mol/LNaCl溶液生成AgCl沉淀，硝酸银过量，此时再滴加几滴0.1mol/LKI溶液，生成AgI沉淀，无法证明AgCl和AgI溶

度积的大小，故D错误；故选AC。15．某温度下，在容积为2L的密闭容器中，X(g)、Y(g)、Z(g)三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，已知4min时改变了一个条件。下列说法正确的是A．反应进行到a点时，Z的转化

率为10%B．此温度下，3min时向容器中再通入1molX(g)和1molY(g)，此时vv正逆C．该温度下，反应的平衡常数为58D．该反应的化学方程式为()()()ZgYg3Xg+【答案】B【分析】由图可知，反应中，X

的物质的量增大，Y、Z的物质的量减小，则Y、Z为反应的反应物，X为生成物，3min反应达到平衡时，X、Y、Z的物质的量之比为(1.0-0.4)mol：(1.2-1.0)mol：(2.0-1.6)mol=3：1：2，则反

应的化学方程式为Y(g)+2Z(g)3X(g)。【解析】A.由图可知，a点时，X的物质的量为0.82mol，则X的变化量为0.42mol，由方程式可知，Z的变化量为0.28mol，Z的转化率为0.28mol2mol×100%=14%，A项错误；B.由图可知：3min时达到平衡状态，由此可列

三段式：2Z(g)+Y(g)3X(g)(mol/L)10.60.2(mol/L)0.20.10.3(mol/L)0.80.50.5起始量转化量平衡量则该温度下平衡常数320.525K==0.50.864

，此温度下，3min时向容器中再通入1molX(g)和1molY(g)，可得此时浓度商32(0.5+0.5)100Q==>K(0.5+0.5)0.864，平衡逆向移动，因此vv正逆，B项正确；C.由B可知，该温度下，反应的平衡常数为2564，C项

错误；D.由分析可知，方程式为：Y(g)+2Z(g)3X(g)，D项错误；故选B。第II卷（非选择题共60分）三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）乙烯是重要的有机化工原料，最经济的方法是以乙烷为原料制得。一种乙烷脱氢制乙烯的原理为C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH。（

1）已知C2H6、C2H4、H2的燃烧热ΔH分别为-1560kJ/mol、-1411kJ/mol和-286kJ/mol，则乙烯脱氢的反应△H为kJ/mol。（2）向a、b、c三个容器中各充入1mol乙烷，乙烷的平衡转化率与温度变化的关系如图所示，则Va、Vb、

Vc的大小关系为。（3）用实验与计算机模拟乙烷在催化剂表面脱氢制乙烯的反应，其部分历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用＊标注，TS表示过渡态)：此部分历程中最大的活化能Ea=kJ/mol，该步骤的反应方程式为。（4）一种2C

O氧化26CH制24CH的反应为262242CHCOCHCOHO+=++。该反应需要少量3CrO参与，反应过程中有23CrO生成，反应前后3CrO的质量不变。用化学方程式表示3CrO参与2CO氧化26CH制2

4CH的过程。【答案】（除标明外，每空2分）（1）+137（2）Va>Vb>Vc（3）45.61C2H5*+H*=C2H4（4）2CrO3+3C2H6=Cr2O3+3C2H4+3H2O、Cr2O3+3CO2=3CrO3+3CO（4分）【解析】（1）燃烧热是在101kPa时，

1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；已知C2H6、C2H4、H2的燃烧热ΔH分别为-1560kJ/mol、-1411kJ/mol和-286kJ/mol，则存在：①C2H6(g)+72O2=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-

1560kJ/mol②C2H4(g)+3O2=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-1411kJ/mol③H2(g)+12O2=H2O(l)ΔH=-286kJ/mol由盖斯定律可知，①-②-③得反应C2H6(g)=C

2H4(g)+H2(g)，故其ΔH=+137kJ/mol；（2）反应为气体分子数增加的反应，相同条件下，增大体积利于平衡正向移动，乙烷转化率增大，结合图可知，Va>Vb>Vc；（3）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，此部分历程中最大的活化能Ea=(

33.59-(-12.02))kJ/mol=45.61kJ/mol，该步骤为C2H5*和H*反应生成C2H4，反应方程式为C2H5*+H*=C2H4；（4）该反应需要少量3CrO参与，反应过程中有23CrO生成，反应前后3CrO的质量不变

，则3CrO为反应的催化剂，结合总反应可知，初始3CrO和乙烷反应转化为23CrO和乙烯、水，23CrO再和二氧化碳转化为CO和3CrO，反应历程为：2CrO3+3C2H6=Cr2O3+3C2H4+3H2O、Cr2O3+3CO2=3CrO3+3CO。17．（12分）化学反应伴随

有能量的变化，获取反应能量变化有多条途径。（1）通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。某学生分别取50mL的0.50mol/L盐酸与0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应，实验记录数据如下：实验序号起始温度1T℃终止温度2

T℃盐酸氢氧化钠混合溶液120.020.223.3220.220.423.5320.620.625.6①已知热量计算QcmT=，盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是31g/cm，又知中和后生成溶液的比热容c=4.

180J/（g・℃），依据该学生的实验数据计算，该实验测得的T=℃，Q=J；该实验数据测出的中和热H=1kJmol−（保留1位有效数字）。②上述实验得出的H大于-57.31kJmol−，产生偏差的原因不可能是（填字母）。a

．实验装置保温、隔热效果差b．量取HCl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．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度③若改用60mL0.251molL−24HSO和50mL0.551mo

lL−NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量（填“相等”或“不相等”），若实验操作均正确，则是否影响中和热的计算结果（填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。④若改用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行

上述实验，测得的中和热H会（填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。（2）通过化学键的键能计算。已知：化学键种类HH−OO=OH−键能/1kJmol−436496463.4计算可得：()()()2222HgOg2HOg+=H=1kJmol−。（

3）通过盖斯定律计算。氧化亚铜（)常用于制船底防污漆，已知反应：()()()22CusOg2CuOs+=1ΔH()()()222CuOsOg4CuOs+=2ΔH则()()()2CuOsCusCuOs+=的H=（用1ΔH和2ΔH表达）。【答案】（除标明外，每空1分）（1）①3.2℃133

7.6−53.5（2分）②b③不相等不影响④偏大（2）485.6−（2分）（3）121(ΔHΔH)2−（2分）【解析】（1）①依据该学生的实验数据分析，三次温度差分别为3.2℃、3.2℃、5.0℃，第三次是错误数据，因此只能求前两次的数据平均值，则该实验测得的T

=3.2℃，4.180J/(g)100mL1g/mL1337.6J3.2QcmT==℃℃=；该实验数据测出的中和热H=31337.610kJ53.50.025mol−−=−1kJmol−；故答案为：3.2℃；1337.6；−53.5。②上述实验得出的H大于-57

.31kJmol−，a．实验装置保温、隔热效果差，温度差较低，计算放出的热量减小，焓变变大，故a不符合题意；b．量取HCl溶液的体积时仰视读数，盐酸体积偏多，放出的热量偏多，焓变减小，故b符合题意；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，温度差减小，计算出的热量减小，焓变

变大，故c不符合题意；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度，所得温度差减小，得到焓变变大，故d不符合题意；综上所述，答案为：b。③若改用60mL0.251molL−24HSO和50mL0.551molL−NaOH溶液进行反应与上述实验相比，生成

的水的量不相同，所放出的热量不相等，若实验操作均正确，则是否影响中和热的计算结果不影响，其原因是中和热是指生成1mol液态是放出的热量；故答案为：不相等；不影响。④若改用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，由

于氨水电离会吸收热量，因此温度差减小，测得的中和热H会偏大；故答案为：偏大。（2）()()()2222HgOg2HOg+=1111436kJmol2496kJmol463.4kJmol4485.6kJmolH−−−−=+−=−；故答案为：485.6−。

（3）根据盖斯定律，第一个方程式的0.5倍减去第二个方程式的0.5倍，则()()()2CuOsCusCuOs+=的H=121(ΔHΔH)2−；故答案为：121(ΔHΔH)2−。18．（12分）合成氨工艺是人工固氮

最重要的途径。回答下列问题：（1）工业合成氨的反应为()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ。在容积为2L的密闭容器中，通入amolN2和bmolH2，若在一定条件下tmin后反应达到平衡，平衡后容器中剩余cmol

N2。①达到平衡时，H2的转化率为。②在tmin内以NH3的浓度变化表示的化学反应速率为。③若把容器的容积缩小一半，则正反应速率(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，N2的转化率。（2）在合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中

的CO，其反应为：()()33323CuNHCONHCuNHCO++++H0。铜氨液吸收CO适宜的生产条件是。（3）合成氨工业中采用循环操作，主要是为了(填序号)。a．增大化学反应速率b．提高平衡混合物中氨的含量c．降低氨的沸点d．提高氮气和氢气的利用率（4）合成氨气的氢气

可由天然气制备。①其反应为()()()()422CHgHOgCOg3Hg++Δ206kJ/molH=+，该反应自发的条件是(填“低温自发”、“高温自发”或“任意温度自发”)。②为提高CH4的平衡转化率，可采用的措施是(填序号)。a．使用合适的催化剂b．采用较高的温度c．采用较高的压强d．延长反应时

间【答案】（除标明外，每空2分）（1）①()300%acb−②()mol/Lminact−③增大（1分）增大（1分）（2）低温和高压（3）d（4）高温自发（1分）b（1分）【解析】（1）①该反应的平衡常数表达式K=()()()23322NHNHccc；②根据已知条件列

出“三段式”()()()()()()223Ng3Hg2NHgmolab0mola-c3a-3c2a-2cmolcb-3a+3c2a-2c+起始转化平衡ƒ达到平衡时，H2的转化率为()300a-c%b；③在tmin内以NH3的浓度变化表示的化学反应速率为2a-2c2t()mol/Lmin=

()mol/Lminact−；④若把容器的容积缩小一半，反应物浓度增大，则正反应速率增大，平衡正向移动，N2的转化率增大。（2）()()33323CuNHCONHCuNHCO++++是气体体积减小的放热反应

，则铜氨液吸收CO适宜的生产条件是低温和高压。（3）合成氨工业中采用循环操作，主要是为了提高氮气和氢气的利用率，故选d。（4）①()()()()422CHgHOgCOg3Hg++的S0、H0，当H-TS0时，反

应能自发进行，该反应自发的条件是高温自发；②a．催化剂不改变平衡状态，使用合适的催化剂不能提高CH4的平衡转化率，故a不选；b．该反应为吸热反应，采用较高的温度，平衡正向移动，能提高CH4的平衡转化率，故b选；c．该反应是气体体积增大的反应，采用较高的压强，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小

，故c不选；d．延长反应时间，不能提高CH4的平衡转化率，故d不选；故选b。19．（12分）研究xNO之间的转化对大气污染控制具有重要意义，已知：()()242NOg2NOgH0。如下图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为1T时，()24cNO和()

2cNO随t变化为曲线Ⅰ、Ⅱ，改变温度到2T，()2cNO随t变化为曲线Ⅲ。回答下列问题：（1）比较反应速率的大小：()va()vb(填“>”“=”或“＜”)。（2）在1T温度下，反应的平衡常数K=。（3）在一定条件下发生上述反应，其他条件不变，只改变

一个条件，反应过程中速率随时间的变化如下图所示。3t时刻改变的条件是。（4）反应体系达平衡后，若在恒温恒容条件下，再加入2NO，再次达平衡后，2NO的体积分数(填“增大”“减小”或“不变”)。（5）在恒温条件下，将一定量的2NO充入注射器中后封口，在拉伸和压缩注射器的过程中气体透

光率随时间的变化关系如下图(气体颜色越深，透光率越小)①a点和c点的平衡常数的大小关系：()Ka()Kc(填“>”“=”或“＜”)。②e点到f点的过程中体系与环境之间的热量传递关系：热量(填“吸收”或“放出”)。【答案

】（每空2分）（1）>（2）0.36（3）降低温度（4）减小（5）=吸收【解析】（1）温度越高反应速率越快，由图可知，2T>1T，ab两点物质浓度相同，则a点反应速率更大，故()va>()vb；（2）在1T温度下，由图可知，平衡时二氧化氮、四氧化二氮浓度分别为0.06mol/L、0

.01mol/L，反应的平衡常数K=20.060.360.01=；（3）3t时刻之后正逆反应速率都瞬间降低，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，结合反应为吸热反应，故改变条件为降低温度；（4）反应为气体分子数增大的反应，在恒温恒容条件下，再加入2NO，再次达平衡后，相当于增大压强

，在原平衡基础上逆向移动，导致2NO的体积分数减小；（5）①在恒温条件下进行实验，K值只受温度影响，温度不变，则a点和c点的平衡常数的大小关系：()Ka=()Kc；②已知：()()242NOg2NOgH0，e点

到f点的过程中透光率首先瞬间增大，则为拉伸注射器操作，反应为气体分子数增大的反应，则平衡正向移动，反应吸收热量，故体系与环境之间的热量传递关系：吸收热量。20．（12分）25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClOHCN电离平衡常数(Ka)1.8×

10-5Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-113.0×10-85.0×10-10请回答下列问题：（1）CH3COOH、H2CO3、HClO、HCN的酸性由强到弱的顺序。（2）向NaCN中通入少量的CO2，发生反应的

离子方程式为。（3）体积相同、pH相同的①3CHCOOH；②HCl；③24HSO三种酸溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填序号)；若是体积相同，物质的量浓度相同的以上三种酸分别和足量的Zn反应，生

成氢气的量由大到小的排列顺序是(填序号)。（4）H+浓度相同等体积的两份溶液A(盐酸)和B(CH3COOH)分别与不同质量的锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是(填代号)。a.反应所需要的时间

：B>Ab.开始反应时的速率：A>Bc.参加反应的锌物质的量：A=Bd.A中有锌剩余（5）25°C时常压下，在pH=5的稀醋酸溶液中，c(CH3COO-)=mol·L-1(写出精确值的表示式)。下列方法中，可以使0.10mol·L-1CH3COOH的电离程度增大的是(填代号)

。a.加少入量0.10mol·L-1的稀盐酸b.加热该CH3COOH溶液c.加入少量冰醋酸d.加水稀释至0.010mol·L-1e.加入少量氯化钠晶体f.加入少量0.10mol·L-1的NaOH溶液【答案】（除标明外，每空2分）（1）CH3C

OOH>H2CO3>HClO>HCN（2）CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3−（3）①>②=③（1分）③>②=①（1分）（4）cd（5）10-5-10-9bdf【解析】（1）根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN

＞-3HCO，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN；（2）向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性H2CO3＞HCN＞-3HCO，则反应生成HCN和碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：CN-+CO2+H

2O═HCN+HCO3−；（3）pH相同即c(H+)相同的盐酸和硫酸中和碱的能力相同，而盐酸和醋酸，因为醋酸是弱电解质，所以醋酸中和碱的能力强，所以消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序为：①＞②=③；若是体积相同，物质的量浓度相同的以上三种酸，由于硫酸是二元强酸，另外两种酸是一元酸，则

硫酸提供氢离子能力最多，而盐酸和醋酸能够提供氢离子总量相同，所以加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序为：③>②=①；（4）氢离子浓度相同的等体积的A、B两份溶液(A为盐酸，B为醋酸)分别与锌

粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余；a．由于醋酸中酸过量，醋酸会进一步电离出氢离子，

则反应较快，所以反应所需的时间A＞B，故a错误；b．开始pH相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率A=B，故b错误；c．由于生成的氢气的质量相同，所以参加反应的锌粉物质的量A=B，故c正确；d．醋

酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，故d正确，故答案为：cd；（5）25℃时常压下，在pH=5的稀醋酸溶液中，c(H+)=10-5mol/L，由于该温度下水的离子积Kw=1.0×10-1

4，则该温度下c(OH-)=-14-510mol/L10=10-9mol/L。在醋酸溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)

=(10-5-10-9)mol/L；a．加入少量0.10mol/L的稀盐酸，溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，导致醋酸电离程度减小，a不符合题意；b．CH3COOH电离过程会吸收热量，加热该CH3COOH溶液，会使醋酸的电离

平衡正向移动，因而会促进醋酸的电离，使其电离程度增大，b符合题意；c．加入少量冰醋酸，电离平衡正向移动，但平衡移动趋势是微弱的，总的来说CH3COOH浓度增大，故CH3COOH的电离程度减小，c不符合题意；d．加水稀释至0.010mol/L，电离平衡正向移动，导致醋酸电离

程度增大，d符合题意；e．加入少量氯化钠晶体，对溶液中各种离子浓度无影响，因此醋酸的电离平衡不移动，e不符合题意；f．加入少量0.10mol/L的NaOH溶液，会反应消耗溶液中的H+，使溶液中c(H+)减小，电离平衡正向移动，导致醋

酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，f符合题意；综上所述可知可知：能够使醋酸电离程度增大的序号是bdf。