【文档说明】湖北省武昌实验中学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，1.346 MB，由小赞的店铺上传

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湖北省武昌实验中学高二年级十月月考化学试卷考试时间：2024年10月11日下午14：30-15：45可能用到的相对原子质量H1N14O16Na23Si28S32Cl35.5第I卷(选择题)一、选择题：本题共15小题，每小题3

分，共45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.采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是A.Fe与水蒸气反应时，增加水蒸气的用量B.Al与稀硫酸反应制取2H时，改用浓硫酸C.24NaSO溶液与

2BaCl溶液反应时，增大压强D.大理石与盐酸反应制取2CO时，增加大理石用量【答案】A【解析】【详解】A．铁与水蒸气共热反应生成四氧化三铁和氢气，增加水蒸气的用量，可以增加水蒸气的浓度，能增大化学反应速率，故A正确；B．铝在浓硫酸会发生钝化，致密的钝化膜会阻碍反应继

续进行，所以铝与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸不能增大化学反应速率，故B错误；C．硫酸钠溶液与氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀和氯化钠的反应是在溶液中进行，没有气体参加反应，所以增大压强不能增大化学反应速率，故C错误；D．大理石是浓度为定值的固体，大理石与盐酸反应制取二氧化钛时，

增加大理石用量不能增大化学反应速率，故D错误；故选A。2.下列有关说法正确的是A.已知()()()1222HIgHgIgΔH53.0kJmol−+=−，由此可知1molHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量B.()()()()14222CHg2OgCOg2HOgΔH890.

3kJmol−+=+=−，该热化学方程式能正确表示4CH的燃烧热C.一定条件下()()()()223112SOgOg2SOgΔHΔH<0+，()()()2232SOgOg2SO1+()22ΔHΔH<0，则12ΔH>ΔHD.含20gNaOH稀溶液与稀盐酸完

全中和放热28.7kJ，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式：()()()()332NaOHaqCHCOOHaqCHCOONaaqHOl+=+157.4kJmolH−=−【答案】C【解析】【详解】A．由于该反应为可逆反应，不能完全进行，故1molHI气体在密闭容器中充分分解后放出

的热量小于26.5kJ，A错误；B．燃烧热是指生成稳定的氧化物，H元素的稳定氧化物为液态水，B错误；C．两式相减可得，()()33SO1SOg，由液态到气态需要吸热，则120ΔHΔH>−，即12ΔH>ΔH，C正确；D．醋酸为弱电解质，电离

时吸热，导致释放的热量小于57.4kJ，D错误；故选C。3.下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是A.对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多B.向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数

增大C.升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大D.加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大【答案】B【解析】【详解】A．对有气体参加的反应，减小容器容积使增大压强，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故A正确；B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，单

位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故B错误；C．升高温度，吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数增大，分子总数不变，活化分子百分数增大，故C正确；D．加入适宜的催化剂，降低反应所需活化

能，原来不是活化分子变为活化分子，分子总数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，故D正确；故答案为B。4.消除大气污染物中的氮氧化物是科技工作者重要的研究课题之一。甲烷可催化还原2NO，其反应原理如下：()()

()()()4222CHg4NOgCOg4NOg2HOg+++。向某恒温恒容密闭容器中充入适量的4CH和2NO，发生上述反应，下列情况不能说明上述反应达到平衡状态的是A.气体的总压强不随时间变化B.气体的密度不随时间变化C.2HO的体积分

数不随时间变化D.气体的平均相对分子质量不随时间变化【答案】B【解析】【详解】A．该反应是气体体积增大的反应，在恒容容器中，若没有平衡，向右进行时压强会增大，故气体的总压强不随时间变化可以说明达到平衡，故A不选；B．该容器

是恒容容器，故气体密度始终不变，不能说明达到平衡，故B选；C．若反应未达到平衡，向右进行时2HO的体积分数会增大，故2HO的体积分数不随时间变化可以说明达到平衡，故C不选；D．该反应是气体体积增大的反应，若未达平衡，向

右进行时气体的平均相对分子质量减小，故气体的平均相对分子质量不变可以说明达到平衡，故D不选；答案选B。5.已知体系自由能变化ΔG=ΔH-TΔS。已知两个反应的ΔG与温度的关系如图所示，下列说法不正确的是已知：

ΔH和ΔS随温度变化很小A.反应①的ΔS＞0B.反应②在600℃时能自发进行C.在一定温度范围内，反应①②均能自发D.反应②的ΔH＞0【答案】D【解析】【分析】ΔG=ΔH-TΔS＜0，反应能自发进行；放热反应ΔH＜0，ΔS＜0时低温自发进行，高温非自发进行；吸热反应ΔH＞0，Δ

S＞0时，高温反应自发进行；【详解】A．由图可知，反应①在高温是能自发进行，则反应为熵增反应ΔS＞0，A正确；B．ΔG=ΔH-TΔS＜0，反应能自发进行，反应②在600℃时ΔG＜0能自发进行，B正确；C．由图可知，在一定温度范围内，反应①②的ΔG均存在小于0情况，故均能自发，C正确；

D．由图可知，反应②在低温是能自发进行，则反应为ΔH＜0，ΔS＜0，D错误；故选D。6.已知：25℃时HF的4a6.410K−=，HCN的10a6.210K−=。室温下，下列说法正确的是A.HF溶液的pH小于HCN溶液的pHB.若测得等浓度的HF溶液和HCN溶液两者的pH相等，

则()()HFHCNccC.25℃时，向等体积等浓度的HF溶液和HCN溶液中分别加入足量的锌粉充分反应，HF溶液中产生的氢气体积更多D.25℃时，向pH3=的HF溶液中加入等体积10.001molL−的盐酸，HF的电离度减小【答案】B【解析】【分析】25℃时H

F4a6.410K−=，HCN的10a6.210K−=，温度相同时，电离常数越大，酸性越强，故酸性：HF>HCN，据此回答。【详解】A．由于浓度未知，故无法比较HF溶液的pH和HCN溶液的pH的大小，A错

误；B．由于酸性：HF>HCN，若测得等浓度的HF溶液和HCN溶液两者的pH相等，则()()HFHCNcc，B正确；C．等体积等浓度的HF溶液和HCN溶液中溶质的物质的量相等，HF与HCN均为一元酸，分别加入足量的锌粉充分反应，HF溶液中产生的氢气体积一样多，C错误

；D．25℃时，向pH3=的HF溶液中加入等体积10.001molL−的盐酸，混合后溶液的pH3=，故HF的电离度不变，D错误；故选B。7.以反应5H2C2O4＋2-4MnO＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O为例探究外界条件对化学反应速率的影响。实验时

，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判的断反应的快慢。下列说法不正确的是实验编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/(mol·L-1)体积/mL浓度/(

mol·L-1)体积/mL①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0.202.00.0104.050A.实验①②③所加的H2C2O4溶液均要过量B.实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2＋对反

应起催化作用C.实验①和②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响D.实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，则这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4mol•L-1•s-1【答案】D【解析

】【详解】A．根据反应方程式可得5H2C2O4~24MnO−，由实验数据分析可知，n(KMnO4)=4×10-3L×0.01mol·L-1=4×10-5mol，刚好与之反应的n(H2C2O4)=52n(KM

nO4)=1×10-4mol，若是0.1mol/L的H2C2O4溶液，所需体积为1mL，故在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故A正确；B．在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反

应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故B正确；C．分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②

和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C正确；D．高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.010/L0.004L0.002L0.004Lmol+=23×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=20.010/L340smol=1.7×

10−4mol⋅L−1⋅s−1，故D错误；本题选D。8.在容积为2L的密闭容器中通入一定量的2O、3NH，一定条件下发生反应：2325O4NH4NO6HO++(正反应为放热反应)，容器中各物质的量随时间的变化如图所示，下列说法错误的是A.2min时改变的条件可能是升高温度B.05min−

内的反应速率()11NO0.028molLminv−−=C.6min时2HO的物质的量为0.4molD.4min时改变的条件可能是通入更多氧气【答案】C【解析】【详解】A．从图中可以看出，2~3min内，反应物和生成

物的物质的量的变化量大于1~2min内反应物和生成物的物质的量的变化量，也即反应速率加快，所以2min时改变的条件可能是升高温度，A正确；B．05min−内NH3的物质的量的变化量为0.28mol，则NO的物质的量的变化量也为0.2

8mol，用NO表示的反应速率110.28molv(NO)==0.028molLmin2L5min−−，B正确；C．6min时NH3的物质的量的变化量为0.28mol，由物质的量之比等于化学计量数之比，则2HO的物质的量变化量为

60.28mol0.42mol4=，6min时2HO的物质的量为0.42mol，C错误；D．4min时，O2的物质的量突然增大，而其它物质的量不变，所以此时改变的条件可能是通入更多氧气，D正确；故选C。9.25NO是一种新型硝化剂，在恒温恒容条件下发生下列反应：()()()25

222NOg4NOgOg+10,HT温度下部分实验数据如下：t/s050010001500()()125NO/molLc−5.003.522.502.50下列说法不正确的是的A.500s内25NO分解

速率为3112.9610molLs−−−B.1T温度下的平衡常数为1125K=，1000s时25NO的转化率为50%C.其他条件不变，2T温度下反应到1000s时测得25NO的浓度为12.98molL−，则12T<TD.1500s时，再充入253mol/LNO，重

新达到平衡后25NO的转化率减小【答案】C【解析】【详解】A．依据图标数据分析计算500s内N2O5(g)消耗的浓度为5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，N2O5分解速率为3112.96110.48

mol/0molLL5ss0−−−=，A正确；B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c(N2O5)=2.5mol/L，因反应在密闭容器中进行，则转化的c(N2O5)=5.00mol/L-2.5mol/L=2.5mol/L，故平衡时c(NO

2)=5mol/L，c(O2)=1.25mol/L，平衡常数421.255K1252.5==，转化率为5mol/L2.5mol/L×100%=50%5mol/L−，B正确；C．该反应正反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时时N2O5(g)浓度应降低，其他条件不变时，

T2温度下反应到1000s时测得N2O5(g)浓度为2.98mol/L，浓度大于2.5mol/L，故不可能为升高温度，应为降低温度，故T1>T2，C错误；D．1500s时，再充入253mol/LNO，等效于增大压强，平衡逆向移动，重新达到平衡后25NO的转化率减小

，D正确；故选C。10.在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的()Cs和()21molHOg，起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：I.()()()()1221CsHOgCOgHg13

1.4kJmolH−++=+II.()()()()12222COgHOgCOgHg41.1kJmolH−++=−反应平衡时，()2HOg的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。反应I的

平衡常数pK为(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。A.0.01MPaB.0.02MPaC.()150MPa−D.()1100MPa−【答案】B【解析】【详解】由反应平衡时，()2HOg的转化率为50%

，可得平衡时，2HO的物质的量为0.5mol，由H守恒可得，2H的物质的量为0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，由O守恒得CO2的物质的量为0.2mol，气体得总物质的量为0.5mol+0.5mol+0.1mol+0.2mol=1.3mol，在同温同体积条件下，压强与物质的量成正比，则

平衡时体系的总压强为1.3mol0.2MPa=0.26MPa1mol，故反应I的平衡常数p0.10.50.26MPa0.26MPa1.31.3K0.02MPa0.50.26MPa1.3==，B正确；故选B。11.催化剂Ga

N催化2CO直接加氢制甲醚的反应机理如图甲，在()CaN110界面上的反应历程如图乙，其反应为()()**22COgHgHCOOH+→+，在()CaN100界面上发生的反应为()()()**2232COg4HgCHH2HOg+→++，下列说法不正确的是A.由图甲可知，使用催化

剂可以改变反应的路径B.*22COCO→过程放热C.图乙表示的反应历程中，决速步骤为**2H2H→D.该反应的总反应式为()()()()223322COg6HgCHOCHg3HOg+=+【答案】C【解析】【详解】A．由图甲知，使用催化剂可以改变反应的路径，A正确；B．由图乙可知，

*22COCO→过程放热，B正确；C．由图可知，*2H+COmonoHCOO→−过程的能垒最高(活化能最大)，故该步骤为决速步骤，C错误；D．根据题干及反应机理图可知，该反应的总反应式为()()()()223322COg6HgCHOCHg3HOg+=+，D正确；故选C。12.

某反应()()()AgBgCg+的平衡常数与温度的关系如下图所示，又知其速率方程()()mnvkcAcB=，当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如下表所示：组号(1)(2)(3)(4)()()1cA/molL−0.250.250.501.00()()1cB/molL

−0.250.500.501.00()11v/molLmin−−31.2510−3510−3510−4v下列说法错误的是A.n2,k0.02==B.114v0.02molLmin−−=C.该反应在低温下可自发进行D.增加A或B的浓

度，均可加块反应速率【答案】D【解析】【详解】A．由(2)(3)数据可知，增大A的浓度，v不变，可知A的浓度对反应速率无影响，则m=0，由(1)(2)数据可知，B的浓度增大2倍，v增大4倍，则可知n=2，则()2vkcB=，代入(2

)组数据可得，k=0.02，故A正确；B．由A中分析可知()2v0.02cB=，代入(4)数据可得，114v0.02molLmin−−=，故B正确；C．由图像可知随温度降低，1T增大，K增大，可知该反应为放热反应，该反应在低温下可自发进行，故C正确；D．由以上分析可知A的浓度对反应速

率无影响，故D错误；故选：D13.甲醇—水催化重整可获得2H，其主要反应为：反应I：()()()()3222CHOHgHOgCOg3Hg+=+49.4kJ/molH=+反应II：()()()()222COgHgCO

gHOg+=+41.2kJ/molH=+在51.010Pa、()()23HO:CHOH1.2nn=始始时，若仅考虑上述反应，平衡时CO的选择性、3CHOH的转化率和2H的产率随温度的变化如图所示。已知：CO的选择性=

()()()2CO100%COCOnnn+生成生成生成下列说法正确的是A.反应()()()23COg2HgCHOHg+=的H=＋90.6kJ/molB.平衡时3CHOH的转化率一定大于2HO的转化率C.图中曲线①表示平衡时2H产率随温度的变化D.升高温度和增大压强均能提高反应I中3CHOH

的平衡转化率【答案】B【解析】【分析】根据已知反应反应I：()()()()3222CHOHgHOgCOg3Hg+=+49.4kJ/molH=+；反应II：()()()()222COgHgCOgHOg+=+41.2kJ/molH=+，可知I的热效应更大，故温度升高的时候对反应I的影响更大

一些，即二氧化碳选择性减小，同时CO的选择性增大，根据CO的选择性定义可知③代表一氧化碳的选择性，①代表3CHOH的转化率，②代表氢气的产率，以此来解答此题。【详解】A．根据盖斯定律，-(反应I+反应II)可得()()()23COg2H

gCHOHg+=，即H=-(+49.4+41.2)kJ/mol=-90.6kJ/mol，故A错误；。B．()()23HO:CHOH1.2nn=始始，而反应I消耗的3CHOH和2HO相等，反应II还要生成2HO，故平衡时3CHOH的转化率一定大于2HO的转化率，故B正确；C．

由分析可知，①代表3CHOH的转化率随温度的变化，故C错误；D．增大压强，反应I逆向移动，3CHOH的转化率减小，故D错误；答案选B。14.二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：①()()()()2221COgHgCOgHOgΔ41.2k

J/molH+=+=②()()()232COg2HgCHOHgΔH+=225℃、6810Pa下，将一定比例2CO、2H混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及1L、2L、3L位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和3CHOH的体

积分数如图所示。下列说法不正确的是A.4L处与5L处反应①的平衡常数K不相等B.反应②的焓变2H0C.6L处的2HO的体积分数小于5L处D.混合气从起始到通过1L处，CO的生成速率大于3CHOH的生成速率【

答案】C【解析】【详解】A．由右图可知，图中白圈标记的曲线代表气体温度，L4处与L5处对应的温度不同，故平衡常数K不相等，故A正确；B．由图可知，随着反应的进行，气体的温度不断升高说明有热量放出，故反应②肯定是放热反应，故ΔH2＜0，故B正确；C．从L5

到L6，甲醇的体积分数逐渐增大，说明反应②在向右进行，反应②消耗CO，而CO体积分数没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O)增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O的消耗与生成，故n总减小前n(H2O)增加，即H2O

的体积分数会增大，故L6处的H2O的体积分数大于L5处，故C错误；D．L1处，CO的体积分数大于CH3OH，说明生成的CO的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，说明CO的生成速率大于CH3OH的生成速率，故D正确；答案选C。15.硼酸()33HBO是一元弱酸。常温下，在10.1molL−

硼酸溶液中滴加NaOH溶液，溶液中含B粒子分布系数{例如，()()()()3333334HBOHBO100%HBOBOHccc=+}与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是A.曲线1L代表()4BOH与pH的关系B.()a33HBOK的数量级为1010−C.pH8.0=的溶液

中：()()()()334HBOBOHOHHcccc−−+D.()334BOHHBOOH−−+的平衡常数4.8610K=【答案】D【解析】【详解】A．图像中纵坐标数值从下至上递减，初始时33HBO浓度最大，所以曲线1L代表4BOH

−与pH的关系，A正确；B．由T点计算电离常数9.140.8610a101010K−−==，B正确；C．pH8.0=时，溶液呈碱性，故()()()()334HBOBOHOHHcccc−−+，C正确；D．根据水解方程式可知，144.86w9.14a101

010KKK−−−===，D错误；故选D。第II卷(非选择题)二、非选择题：本题共4大题，共55分。16.已知：25℃时，23HSO、HClO、23HCO，3CHCOOH的电离平衡常数如表所示，1.81.34。物质23HSOHClO23HCO3CHCOOH电离平衡常数2a11.410K−=8a

26.010K−=8aK4.010−=7a14.510K−=11a24.710K−=5a1.810K−=请回答下列问题。（1）下列四种离子结合质子(H+)的能力由大到小的顺序．．．．．．．是_______；(填编号)A.2-

3COB.ClO−C.3CHCOO−D.-3HSO（2）将12310mL0.1molLNaCO−溶液逐滴滴入1350mL0.1molLCHCOOH−溶液中，现象为_______，写出相应反应的离子方程式_______。（3）若将少量的2SO气体通入NaClO溶液中，

反应的离子方程式为_______。（4）25℃时，取1350mL0.1molLCHCOOH−溶液.①3CHCOOH的电离度约为_______%(结果均保留三位有效数字)，()cH+=_______；(1.81.34

)②稀释醋酸的过程中，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_______；A()()3cCHCOOH/cH+B.()()33cCHCOO/cCHCOOH−C.()()3cH/cCHCOO+D.()()cH/cOH+−【答案】（1）A>B>C>D（

2）①.开始无气泡，后产生气泡②.23333CHCOOH+COCHCOOHCO−−−=+、33322CHCOOH+HCOCHCOOHO+CO−−=+（3）2224SO+3ClO+HO=SO+2HClO+Cl−−−.（4）①.1.34%②.21.3410mol/L−③.B【解析

】【小问1详解】由表中电离平衡常数可知，电离平衡常数越大，酸性越强，则酸性：2332333HSOCHCOOHHCOHSOHClOHCO−−，酸性越弱，结合质子得能力越强，则结合质子的能力由大到小的能力

为3332332CCOOCHlOSOHOCHCOSO−−−−−−，即A>B>C>D；小问2详解】醋酸的电离平衡常数5aK1.810−=，而H2CO3的电离平衡常数7a1K4.510−=，11a2K=4.710−，a1a1KaK>K＞，所以酸性：3233CHCOOHHCOHCO−

＞＞，因此将0.1mol/L的CH3COOH溶液50mL逐滴滴入10mL0.1mol/L的碳酸钠溶液中，发生反应：23333CHCOOH+COCHCOOHCO−−−=+、33322CHCOOH+HCOCHCOOHO+CO−−=+，看到的现象是开始

无气泡，后产生气泡；【小问3详解】将少量SO2气体通入足量的NaClO溶液中，因二氧化硫有还原性，次氯酸有强氧化性会发生氧化还原反应：2224SO+3ClO+HO=SO+2HClO+Cl−−−；【小问4详解】①根据表格数据可知，醋酸的电离平衡常数5aK1.810−=，设130.

1molLCHCOOH−溶液的电离度为α，则有52(0.1α)0.10.11.80α1−=−，解得21.8100.01341.34%−==；()2cH1.3410mol/L+−=；②稀释醋酸的过程中，()()()33

cCHCOOHcHcCHCOO−+、、均减小，促进电离，但是温度不变，5aK1.810−=不变。A.()()()33acCHCOOcCHCOOHKcH+−=，因()3cCHCOOH减小，故()()3cCHCOOHcH+减小，A错

误；B.()()()3a3cCHCOOKcCHCOOHcH+−=，因()cH+减小，故()()33cCHCOOcCHCOOH−增大，B正确；C.3CHCOOH得电离方程为33CHCOOHCHCOO+H−+，故()()3cHcCHCOO+−不

变，C错误；【D.加水稀释，酸性减弱，故()()cHcOH+−减小，D错误；故选B。17.实验探究是学习化学原理知识的重要方法，请回答下列问题：I．某实验小组用0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液进行中和热的测定。（1）配制

0.55mol/LNaOH溶液，若实验中大约要使用240mLNaOH溶液，则至少需要称量NaOH固体___________g。（2）测定中和热的实验装置如图所示。取50mLNaOH溶液和50mL硫酸溶液进行实验，从实验装置上看，图中尚缺少的重要仪器为___________。（3）已知：

学习小组用50mL0.55mol/LNaOH溶液和50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，测得中和热为56.1kJ/mol，写出该反应表示中和热的热化学方程式：___________。（4）上述实验结果的数值

与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是___________(填字母)。a．两烧杯夹层间碎纸条没有填满b．配制0.25mol/L硫酸溶液，定容时俯视c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d．记录混合液的最高温度作为终止温度II．碘钟反应是一种化学

振荡反应，其体现了化学动力学的原理。某小组同学在室温下对某“碘钟实验”的原理进行探究。资料：该“碘钟实验”反应分A、B两步进行：反应A：222842SO2I2SOI−−−+=+(慢)反应B：2222346I2SO2ISO−−−+=+(快)（5）该“碘钟实验”的总反应是___________

。（6）已知A反应的速率方程为：()()228SOImnkcc−−=，式中k为常数。为确定m、n值进行实验I(溶液浓度均为0.01mol/L)。实验序号试剂体积V/mL显色时间t/s228KSO溶液KI溶液水

223NaSO溶液淀粉溶液①101004127.0②5101V4154.0③2.5107.541108.0④10554154.0①表中1V=___________。②通过数据计算得知：m=___________，n=___________。【答案】（1）5.5（2）温度

计（3）12H2SO4(aq)+NaOH(aq)=12Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-56.1kJ/mol（4）ac（5）22228624423SOSOO22SOS−−−−+=+（6）①.5②.-1③.-1【解析】【分析】中和热测定实验，成功

的关键是防止热量散失，量热计保温效果好，酸碱溶液混合要迅速，测出初始温度和最高温度。【小问1详解】配制0.55mol/LNaOH溶液，若实验中大约要使用240mLNaOH溶液，选用250mL容量瓶，则至少需要称量NaOH固体m=cVM=0.55mol/L×0.

25L×40g/mol=5.5g。【小问2详解】测定中和热的实验，需要测定温度变化，从实验装置上看，图中尚缺少的重要仪器为温度计。【小问3详解】学习小组用50mL0.55mol/LNaOH溶液和50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中

和反应，测得中和热为56.1kJ/mol，中和热是强酸强碱生成1mol水放出的热量，该反应表示中和热的热化学方程式为12H2SO4(aq)+NaOH(aq)=12Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-56.1kJ/mol。【小问4详解】a．两烧杯

夹层间碎纸条没有填满，热量损失加多，测得中和热数值偏低，故选a；b．配制0.25mol/L硫酸溶液，定容时俯视，硫酸浓度偏大，硫酸的物质的量偏多，生成的水偏多，则放热偏多，测得中和热数值偏高，故不选b

；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量损失加多，测得中和热数值偏低，故选c；d．记录混合液的最高温度作为终止温度，对中和热数值无影响，故不选d；选ac；【小问5详解】反应A+反应B得该“

碘钟实验”的总反应22228624423SOSOO22SOS−−−−+=+；【小问6详解】①根据控制变量法，控制溶液总体积相等，所以表中1V=5；②把第一、第二组数据带入()()228SOImnkcc−−=，mnmn100.01100.012725255

0.01100.01542525kk==解得m=-1；把第一、第四组数据带入()()228SOImnkcc−−=，mnmn100.01100.01272525100.0150.01542525kk

==，解得n=-1；18.I.下表是该小组研究影响过氧化氢22HO分解速率的因素时采集的一组数据：用10mL22HO制取2150mLO所需的时间(秒)30%22HO15%22H

O10%22HO5%22HO无催化剂、不加热几乎不反应几乎不反应几乎不反应几乎不反应无催化剂、加热360s480s540s720s2MnO催化剂、加热10s25s60s120s（1）该研究小组在设计方

案时，考虑了浓度、_______、_______等因素对过氧化氢分解速率的影响。II.分析22HO的催化分解原理催化22HO分解的原理分为两步，总反应可表示为：()()()22222HOaq2HO1OgΔ

H0=+。若第一步反应为()()()()222HOaqIaqIOaqHOlΔH0−−+=+慢反应（2）则第二步反应为_______H0快反应III.高温条件下二氧化碳可以氢化制备乙烯。（3）已知下列反应的热化学方程式：i.()()()()2221COgHgCOgHOgK++

11ΔH41kJmol−=+；ii.()()()()224222COg4HgCHg2HOgK++12ΔH227kJmol−=−；反应iii：()()()()222422COg6HgCHg4HOg++的3H=_

______1kJmol−，平衡常数3K=_______(用1K、2K表示)。（4）研究表明，合成气体在2MPa、起始()()22H3:1COnn=时，2CO平衡转化率随温度的变化如图1所示，乙烯选择性随温度的变化如图2所示[乙烯选择性()

()2422CHCOnn=转化]：①2CO平衡转化率随温度升高出现先下降后升高可能的原因是_______。②700K时，反应i的pK=_______(列出计算式即可)。（5）关于上述反应，下列说法正确

的是_______(填选项字母)。A.提高投料比()()22HCOnn，2CO的平衡转化率减小B.使用高效催化剂可提高平衡时乙烯的体积分数C.若在恒容、绝热容器中进行，温度不变则反应达到平衡D.体系内()()224HCHnn比值不变反

应达到平衡状态【答案】（1）①.温度②.催化剂（2）()()()()()2222HOaqIOaqIaqHOlOgH<0−−+=++（3）①.1145kJmol−−②.2312K=KK（4）①.温度较低时放热反应iii占主导，随温度的升高吸热反应i占主导②.0.4

20.980.31.74（5）CD【解析】【小问1详解】由表中数据知，该研究小组在设计方案时，考虑了浓度、温度、催化剂等因素对过氧化氢分解速率的影响；【小问2详解】总反应可表示为：()()()22222HOaq2HOlOgΔH0=+

，若第一步反应为()()()()222HOaqIaqIOaqHOlΔH0−−+=+慢反应，则根据加法可得，第二步的热化学方程式为()()()()()2222HOaqIOaqIaqHOlOgΔH<0−−+=++；【小问3详解】根据盖斯定律：iii=i2ii

+，所以1121132ΔH41kJmol21HΔH227kJmo45kJmoll−−−=+=+=−−；2312K=KK；【小问4详解】①2CO平衡转化率随温度升高出现先下降后升高可能的原因是温度较低时放热反应iii占主导，随温度的

升高吸热反应i占主导；②合成气体在2MPa、起始()()22H3:1COnn=条件下反应，设开始时2n(H)=3mol，2n(CO)=1mol，700K时，CO2转化率和乙烯选择性分别为70%、40%，()242CH40%170%n=，()24CH0.14nmol=，由三段式得()

()()()222COgHgCOgHOgmol1300mol0.70.70.70.7mol0.32.30.70.7++起始变化平衡、()()()()222222COg4HgCHg2HOgmolmol0.280.560.140.28mol++起始变

化平衡，则有2n(CO)=0.3mol、2n(H)=(30.70.56)mol=1.74mol−−、n(CO)=(0.70.28)mol=0.42mol−、2n(HO)=(0.70.28)mol=0.98mol+，n()=0.3+1.74+0.42

+0.98+0.14)mol=3.58mol总（，反应i得2p220.42mol0.98mol(2MPa)(2MPa)p(CO)p(HO)0.420.983.58mol3.58molK0.3mol1.74molp(CO)p(H)0.31.74(2MPa)(2MPa)3.58mol3.58

mol===【小问5详解】A．提高投料比()()22HCOnn，氢气过量，2CO的平衡转化率增大，A错误；B．催化剂不影响平衡的移动，故不能提高平衡时乙烯的体积分数，B错误；C．若在恒容、绝热

容器中进行，温度不变则反应达到平衡状态，C正确；D．只有反应达到平衡状态时，各组分物质的量均不变化，体系内()()224HCHnn比值才会不变，D正确；故选CD。19.利用2CO、2H为原料合成3CHOH的主要反应如下。Ⅰ．

()()()()-1223211COg+3HgCHOHg+HOgΔH=-48.5kJ?molKⅡ．()()()()-122222COg+HgCOg+HOgΔH=+43.9kJ?molK回答下列问题：（1）已知反应Ⅲ的平衡常数132KK=K，写出反应Ⅲ的热化学方程式_

______。（2）一定条件下，向恒压密闭容器中以一定流速通入2CO和2H混合气体，2CO平衡转化率和3CHOH选择性()()32nCHOH×100%nCO生成的消耗的随温度、投料比的变化曲线如图所示。①表示3CHOH选择性的曲线是_______(填“1L”

或“2L”)，2CO平衡转化率随温度升高发生如图变化的原因是_______。②生成3CHOH的最佳条件是_______(填标号)。a．220°C，()()22nCO:nH=1:3b．220°C，()()22nCO:nH=1:4c．320°C，()()22nCO:nH=1:4d．

320°C，()()22nCO:nH=1:3（3）一定温度下，向压强恒为pMPa的密闭容器中通入()21molCOg和()23molHg，充分反应后，测得2CO平衡转化率为a，3CHOH选择性为b，该温度下反应Ⅱ的平衡常数Kp=_______（4）向压强恒为3.

0MPa的密闭容器中通入反应混合气()()22VCO1=VH2，在1molNiGa催化作用下只发生反应Ⅰ，测得3CHOH时空收率(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度的变化曲线如图所示。①3CH

OH时空收率随温度升高先增大后减小的原因是_______。②223°C时，2H的平均反应速率()2vH=_______1molh−。【答案】（1）CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-92.4kJ/mol（2）①.L1②.反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移

动的程度大于反应Ⅰ逆向移动的程度，CO2平衡转化率随温度的升高而增大③.c（3）()()()223ab4-2ab1-a3-a-2ab（4）①.温度较低时，反应速率较慢，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，CH3OH时

空收率增大，当温度较高，反应速率较快，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的转化率减小，CH3OH时空收率减小②.0.6mol·h-1/mol【解析】【小问1详解】已知反应Ⅲ的平衡常数132KK=K，由盖斯定律可知反应Ⅰ-反应Ⅱ

可得反应Ⅲ的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)-13-121ΔHΔHΔH=-48.5kJmol-43J=-=-992.4.kmolkJmol。【小问2详解】①反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的转化率减小，选择性减小，则表示CH3OH

选择性的曲线是L1，L2代表CO2平衡转化率随温度变化的曲线，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ逆向移动的程度，CO2平衡转化率随温度的升高而增大；②由图可知，320°C，()()22nCO:

nH=1:4时，CH3OH选择性较大，同时CO2的转化率也较大，故选c。【小问3详解】根据已知条件列出“三段式”()()()()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOgmol1300molx3xxxmol1-x3-3xxx起始转化平衡()()()()()()()222COg

+HgCOg+HOgmol1-x3-3x0xmolyyyymol1-x-y3-3x-yyx+y起始转化平衡充分反应后，测得2CO平衡转化率为xy1+=a，3CHOH选择性为xxy+=b，解得x=abmol，y=(a-ab)mol，平衡时n(2CO)=(1-a)mol，n(H2)

=(3-a-2ab)mol，n(CO)=(a-ab)mol，n(H2O)=amol，n(CH3OH)=abmol，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数Kx=()()()2233aabab4-2ab4-2ab4-2ab=1-a3-a-2ab1-a3-a-2ab4-2

ab4-2ab。【小问4详解】①3CHOH时空收率随温度升高先增大后减小的原因是：温度较低时，反应速率较慢，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，CH3OH时空收率增大，当温度较高，反应速率较快，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的转化率减小，CH3OH时空

收率减小；②223°C时，3CHOH时空收率为0.2[(mol·h-1)/mol]，2H的平均反应速率()2vH=0.2[(mol·h-1)/mol]×1mol×3=0.6[(mol·h-1)/mol]。