【文档说明】北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年高二上学期第一次统练 化学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.222 MB，由小赞的店铺上传

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人大附中2024-2025学年第一学期(高二年级)化学练习I卷(选择题，共56分)选择题(每小题只有1个正确选项，每小题4分，共56分)1.已知反应：2H2O2=2H2O+O2↑，下列措施不能加快该反应的速率的是A.升高温度B.加入少量MnO2固体C.加水稀释D.加入几滴FeCl3溶液【答案

】C【解析】【详解】A．升高温度能够增加单位体积内活化分子数以及有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故A项不选；B．MnO2对H2O2分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加

有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故B项不选；C．加水稀释会降低单位体积内活化分子数，使有效碰撞频率降低，化学反应速率将降低，故C项选；D．FeCl3对H2O2分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加有

效碰撞频率，能够加快化学反应率，故D项不选；综上所述，不能加快该反应的速率的是C项，故答案为C。2.对于反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该

反应进行最快的是A.v(O2)=0.24mol·L-1·s-1B.v(NH3)=0.2mol·L-1·s-1C.v(H2O)=0.25mol·L-1·s-1D.v(NO)=0.15mol·L-1·s-1【答案】

B【解析】【详解】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比等于相应的化学计量数之比，先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比

较速率数值。因此如果都用氨气表示反应速率，则A、B、C、D对应的速率分别是0.192mol·L-1·s-1、0.2mol·L-1·s-1、0.167mol·L-1·s-1、0.15mol·L-1·s-1，故反应进行最快的是B，所以答案选B。点睛：本题解题方法是：把不同物质的

反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意单位是否相同。常用比较方法有两种：1、归一法，即转化为同一物质表示的速率比较，如本题的解析，2、比值法，某物质表示的速率与该物质的化学计量数的比值，比值越大，

速率越快。3.下列说法或表示方法中，正确的是A.等质量的硫蒸气和硫磺固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B.已知强酸强碱的中和热△H=-57.3kJ•mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1mo

lNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJC.乙炔的燃烧热为1366.8kJ/mol，则乙炔燃烧的热化学方程式为：2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-1366.8kJ•mol-1D.Ba(OH)2•8H2

O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l)△H＜0【答案】B【解析】【详解】A．因为硫磺固体转变为硫蒸气要吸热，所以等质量的硫蒸气和硫磺固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误；B．强酸强碱反应的中和热为57.

3kJ•mol-1，浓硫酸溶于水要放出热量，所以将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ，B正确；C．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，乙炔的燃烧热

为1366.8kJ/mol，则乙炔燃烧的热化学方程式为：C2H2(g)+52O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-1366.8kJ•mol-1，C错误；D．氢氧化钡晶体与氯化铵的反应为吸热反应，∆H＞0，D错误；故选B。4.NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g

)垐?噲?N2O4(g)△H＜0。下列分析正确的是A.1mol平衡混合气体中含2molN原子B.将恒温密闭容器，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的C.断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量D.将恒容密闭容器，水浴加热，由于平衡正向移动

导致混合气体颜色变浅【答案】C【解析】【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体，1mol平衡混合气体中所含原子大于1molN，A项错误；B．气体体积压

缩，颜色变深是由浓度增大引起，B项错误；C．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，C项正确；D．放热反应，温度升高，平衡

逆向移动，颜色加深，D项错误；故选C。5.在恒温恒容密闭容器中进行的反应：CH4(g)+3CuO(s)垐?噲?CO(g)+3Cu(s)+2H2O(g)。下列描述一定可表明该反应达到化学平衡状态的是A.气体的温度保持不变

B.气体密度不再变化C.v(CH4)=v(CO)D.c(H2O)=2c(CH4)【答案】B【解析】【详解】A．在恒温恒容密闭容器中进行的反应，温度是恒量，气体的温度保持不变，反应不一定达到平衡状态，故不选A；B．反应后气体质量增大，容器体积不变，密度是变量，气体密度不再变化

，反应一定达到平衡状态，故选B；C．v(CH4)=v(CO)，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选C；D．c(H2O)=2c(CH4)，不能判断反应物浓度是否还发生改变，反应不一定平衡，故不选D；选B。6.在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如下图

。下列说法不正确的是A.①中，催化剂被氧化B.②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子C.总反应为32322322CHCHCHO2CHCHCH2HO+⎯⎯⎯→=+催化剂D.总反应的速率由③决定【答案】D【解析】【详解】A．①中催化剂失去氢原

子，化合价升高，被氧化，故A正确；B．②中丙烷失去了氢原子变成了正丙基，故B正确；C．从整个历程图来看，反应物是氧气和正丙烷，生成物是丙烯和水，化学方程式正确，故C正确；D．①过程中活化能为181.1kJ/mol，②过程中活化能为27.9kJ/mol，③过程中活化能为2

0.2kJ/mol，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，故D错误；答案D。7.某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将24NO“固定”，能高选择性吸附2NO。废气中的2NO被吸附后，经处理能全部转化为3HNO。原理示意图如下。已知：2242NO(g)NO(g)ΔH<0下列说法

不正确．．．的是A.温度升高时不利于2NO吸附B.多孔材料“固定”24NO，促进2242NO(g)NO(g)平衡正向移动C.转化为3HNO的反应是242232NO+O+2HO=4HNOD.每获得30.4molHNO时，转移电

子的数目为226.0210【答案】D【解析】【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。【详解】A．从2242NO(g)NO(g)ΔH<0可以看

出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；B．多孔材料“固定”24NO，从而促进2242NONO平衡正向移动，B正确；C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为242232NO+O+2HO=4

HNO，C正确；D．在方程式242232NO+O+2HO=4HNO中，转移的电子数为4e-，则每获得30.4molHNO，转移的电子数为0.4mol，即个数为232.40810，D错误；故选D。8.在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应X

2Y→的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则A.无催化剂时，反应不能进行B.与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D.使用催化剂Ⅰ时，0~2min内，()11X1.0molLm

inv−−=【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B．由图可知，催化剂I比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min内Y的浓度

变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；D．使用催化剂I时，在0~2min内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则υ(Y)=()Yct=4.0mol/L2min=2

.011Lminmol−−，υ(X)=1υ2(Y)=122.011Lminmol−−=1.0-1-1minmolL，故D正确；答案选D。9.向碘水中加入KI溶液，发生反应：I-(aq)+I2(aq)I3−(aq)，充分反应达平衡后，测得微粒浓度如表：微粒I-I2I3−浓度/(

mol/L)2.5×10-32.5×10-34.0×10-3下列说法不正确的是A.向所得溶液中加入等体积水，c(I2)＜1.25×10-3mol/LB.该温度下，反应I-+I2I3−的K=640C.配制碘水时，加入少量KI，可促进I2的溶解D.向所得溶液中加入CCl4，振荡静置

，溶液上下分层，下层溶液为紫红色，上层溶液近乎无色【答案】A【解析】【详解】A．向所得溶液中加入等体积水，体积扩大一倍，各离子浓度瞬间减少一半，此时反应的Q=3332.01012801.25101.2510−−−=＞640，

故平衡逆向移动，c(I2)＞1.25×10-3mol/L，A项错误；B．根据化学反应平衡常数的定义，可知该温度下，反应I-+I2I3−的K=3334.0106402.5102.510−−−=，B项正确；C．碘单质

在水中的溶解度小，配制碘水时，加入少量KI，反应I-+I2I3−向正反应方向进行，促进I2的溶解，C项正确；D．CCl4密度比水大，且不溶于水，向所得溶液中加入CCl4，振荡静置后会出现溶液上下分层，CCl4在下层

，因为过程中碘单质被CCl4萃取，使CCl4层显紫红色，从而出现下层溶液为紫红色，上层溶液近乎无色的现象，D项正确；答案选A。10.1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1∶1发生加成反应分两步：第一步Br＋进攻1，3-丁二烯生成中间体C(

溴鎓正离子)；第二步Br−进攻中间体C完成1，2-加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是A.1，2-加成产物A比1，4-加成产物B稳定B.第一步的反应速率比第二步慢C.该加成反应的反应热为Eb–EaD.升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大【答案

】B【解析】【详解】A．根据图象可知，1，2-加成产物A含有总能量大于1，4-加成产物B，则1，4-加成产物B稳定，A说法错误；B．第一步的反应的活化能大于第二步，则第一步的反应速率比第二步慢，B说法正确；C．该加成反应的反应热为1，3-丁二烯的总能

量与1，2-加成产物A或1，4-加成产物B的总能量的差值，C说法错误；D．根据图象可知，加成反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，则1，3-丁二烯的平衡转化率减小，D说法错误；答案B。11.一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反

应：222NO(g)+2CO(g)N(g)+2CO(g)ΔH<0，相关数据见下表。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molNO(g)CO(g)CO2(g)IT10.20.20.1ⅡT20.20.20.12下列说法不正确的是A.T1>T2B.I中反应达到平衡时，CO的转化率为50

%的为C.达到平衡所需要的时间：Ⅱ>ID.对于I，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A．从平衡时二氧化碳的物质的量可知Ⅱ在Ⅰ的基础上向右移动了

，反应正向放热，因此T1>T2，故A正确；B．根据表格中的数据有222NO(g)+2CO(g)N(g)2CO(g)0.20.200mol2x2xx2xmol0.22x0.22xx0.1mol+−−起始变化平衡，x=0.05，则CO的转化率为2x20.0550%0.20.2==，故B正确；C．由解

析A可知T1>T2，温度越高反应速率越快，则达到平衡所需要的时间：Ⅱ>I，故C正确；D．由解析B有222NO(g)+2CO(g)N(g)2CO(g)0.20.200mol/L0.10.10.050.1mol/L0.10.10.050.1mol/L+起始变化平衡，I的平衡常数()()()()2222

2222cNcCO0.10.05K=5cNOcCO0.10.1==，0.2molCO和0.2molCO2后CO和CO2的浓度变为0.3mol/L和0.3mol/L，浓度商为()()()()22222222cNcCO0.30.05Q=5KcNOcCO0.10.3===，平衡

不移动，故D错误；故选D。12.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：()()()()2224HClgOg2Clg2HOg++。进料浓度比()()2HCl:Occ分别为1:1、4:1、7:1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图。下列说法不正确．．．的是。A.

1molHCl−键断裂的同时有1molHO−键断裂，则反应达到了平衡状态B.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量C.a、b、c三点中a点对应的2O平衡转化率最高D.若HCl的初始浓度为10molLc−

，()()2HCl:O1:1=cc时，K(400℃)4400.420.840.21c=【答案】D【解析】【详解】A．H-Cl键断裂表示正反应速率，而H-O键断裂表示逆反应速率，根据方程式可知当1molHCl−键

断裂的同时有1molHO−键断裂时即为正、逆反应速率相等，则反应达到了平衡状态，A正确；B．由题干图像可知，其他条件相同时升高温度，HCl的平衡转化率减小，即升高温度平衡逆向移动，说明正反应是一个放热反应，即该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确；C．

当温度相同时，增大()()2HCl:Occ的比值即增大HCl的浓度，则O2的平衡转化率增大，而HCl的平衡转化率却减小，由图像信息可知，a、b、c三点中a点对应的O2平衡转化率最高，C正确；D．由题干图像可知，若HCl的初始浓度为10molLc−，()()2HCl:

O1:1=cc时，400℃时HCl的平衡转化率为84%，由三段式分析：()()()()0000000000222(mol/L)cc00(mol/L)0.84c0.21c0.42c0.42c(mol4/L)0.16c0.79c0HClg+Og2Cl42.2

c0.g+cHOg42起始量转化量平衡量，则K(400℃)=222242c(Cl)c(HO)c(HCl)c(O)4400.420.160.79c=，D错误；故答案为：D。13.某小组同学利用如图实验探究平衡移动原理。实验1已知：i．[Co(H2O)6

]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2Oii．ZnCl2溶液为无色下列说法正确的是A.结合实验1和2，推测i中反应是放热反应B.①中滴加浓盐酸，增大了c(Cl-)，导致Q＞K，i中平衡正向移动C.②中加水，溶液变红，说明平衡

逆向移动，[Co(H2O)6]2+的浓度增大D.③中加入ZnCl2，溶液颜色变红，推测Zn2+与Cl-可能形成了[ZnCl4]2-【答案】D【解析】【分析】实验1、2最终的溶液颜色变为红色，[Co(H2O)6

]2+呈红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-呈无色，根据[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O可知，说明平衡逆向移动，据此解答。【详解】A．由实验1可知，升高温度，溶液变为蓝色，说明平衡正向移动，生成了[CoCl4]2-，溶液

呈蓝色；降低温度，溶液变为红色，说明平衡逆向移动，生成了[Co(H2O)6]2+，溶液呈红色，因升高温度，平衡正向移动，降低温度，平衡逆向移动，说明i中反应是吸热反应，A错误；B．①中滴加浓盐酸，增大了(Cl)c−，导致Q<K，ⅰ中平衡正向移动，B错误；C．②中加水后，溶液体积增

大，导致溶液中各组分的浓度均减小，根据溶液变红，说明平衡逆向移动，但()2+26CoHO的浓度减小，C错误；D．③中加入2ZnCl，溶液变红，推测2Zn+与Cl−可能形成了[ZnCl4]2-，使Cl-浓度减小，导致平衡逆向移动，D正确；故选D。14.CO2捕获和转

化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确．

．．的是A.反应①CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4催化剂CaO+2CO+2H2B.t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4催化剂C+2H2C.t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率D.t3

之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生【答案】C【解析】【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为342CaCO+CHCaO+2CO+2H催化剂，A正确；B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生

成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应42CHC+2H催化剂，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息

可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率

为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；答案选C。II卷(非选择题，共44分，包含卷面3分)15.依据以下热化学反应方程式，根据要求，回答问题为①CaCO3=CaO+CO2ΔH=+177.7kJ•mol-1②C(s)+O2(g)=CO2(g)Δ

H=-393.5kJ•mol-1③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3kJ④CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ•mol-1⑤HNO3(aq)+NaOH(aq)=NaNO3(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1⑥0.5H2

SO4(l)+NaOH(l)=0.5Na2SO4(l)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1⑦2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ•mol-1（1）已知上述热化学方程式所给出的焓变绝对值没有错误：在①~⑦中，不正确的有___

___；(请填写编号，下同)不正确的理由分别是______。（2）上述反应中，表示燃烧热的热化学方程式是______。（3）表示中和热的热化学方程式是_______。【答案】（1）①.①③⑥②.①未标注物质状态；③焓变应为ΔH

=+131.3kJ•mol-1；⑥除水之外，其它物质状态均为aq（2）②④（3）⑤【解析】【小问1详解】热化学方程式中需标注各物质的聚集状态，①没有标注各物质的聚集状态；反应热的单位是kJ•mol-1，③中焓变单位标注错误；常用s、l、g、aq分别表示固体、液体、气体、溶液，⑥

中H2SO4、NaOH和Na2SO4均为溶液状态，应用aq表示。故答案为：①③⑥；①未标注物质状态；③焓变应为ΔH=+131.3kJ•mol-1；⑥除水之外，其它物质状态均为aq；【小问2详解】燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧

生成稳定的氧化物时所放出的热量，根据燃烧热定义，可知②④是表示燃烧热的热化学方程式。答案为：②④；【小问3详解】中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol液态水时所放出的热量。根据定义，可知⑤是表示中

和热的热化学方程式，答案为：⑤。16.氨气的生产过程主要包括造气、净化(题中略去)、合成、分离四个步骤。(I)造气（1）以煤为原料合成H2时，先将高温水蒸气及一定量空气缓慢地通过煤干馏所得的焦炭层，制得

半水煤气(CO、H2)。在反应条件下，容器内包括以下平衡体系：①C(s)+O2(g)垐?噲?CO2(g)K1②2C(s)+O2(g)垐?噲?2CO(g)K2③C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)K3④C(s)+H2O(g)

垐?噲?CO(g)+H2(g)K4反应②的化学平衡常数表达式为K2=_______(请用相应物质浓度符号表示)。K1～K4为各反应的平衡常数；则K4=______(用含有K1～K3的代数式表示)。（2）由于CO将导致合成氨的催化剂失效，所以需在新

容器中选择合适条件，尽量彻底且迅速地实现反应：CO(g)+H2O(g)垐?噲?CO2(g)+H2(g)△H＜0。设计的流程如图：半水煤气经预热后与水蒸气反应。反应一段时间后，逐步降低反应温度，最终在出口得到水煤气(CO2、H2)及少量H2O、CO。反应前，半

水煤气加热至450℃的目的是______；逐渐降低反应温度的原因是______。(II)合成（3）N2与H2在恒温500℃、恒压31.4MPa的密闭容器中，经铁粉催化进行反应。N2、H2的初始浓度相同。下列现象中，可说明反应达到平衡状态的是______。A.气体体积不再变化B.气体压强

不再变化C.H2质量分数不再变化D.n(NH3)不再变化E.N2体积分数不再变化F.气体温度不再变化（4）若将体系压强减小至3.14MPa，NH3的平衡产率明显减小，原因是______。(III)分离（5）将合成所得混合气体降温至130℃，使NH3在恒温恒压条件下逐渐液化，与未反应

的N2、H2分离。若NH3液化后，气体总体积缩小了19(忽略液氨所占体积)，则N2的转化率为_______，H2的转化率为_______。【答案】（1）①.K2=22c(CO)c(O)②.231KKK（2）①.提高温度，加快反应速率，尽快将半水煤气转化为水煤气②.反应

放热，降低温度可促进平衡正向移动，提高CO转化率，减少CO剩余（3）ACD（4）减小压强，平衡逆向移动，转化率降低（5）①.10%②.30%【解析】【小问1详解】化学平衡常数是生成物浓度系数次方的乘积与反应物浓

度系数次方的乘积之比，固体、纯液体不计入平衡常数表达式，反应②的化学平衡常数表达式为K2=22c(CO)c(O)。(③+②-①)×0.5得C(s)+H2O(g)垐?噲?CO(g)+H2(g)，K4=231KKK。【小问2详解】根据题意，需尽量彻底且迅速地实现反应

CO(g)+H2O(g)垐?噲?CO2(g)+H2(g)，可知半水煤气加热至450℃的目的是提高温度，加快反应速率，尽快将半水煤气转化为水煤气；该反应放热，降低温度可促进平衡正向移动，提高CO转化率，减少CO剩余，所以逐渐降低反应

温度。【小问3详解】A．反应前后气体系数和不同，气体体积是变量，气体体积不再变化，反应一定达到平衡状态，故选A；B．在恒压容器中反应，压强是恒量，气体压强不再变化，反应不一定平衡，故不选B；C．H2质量分数不再变化，说明氢气的物质的量不变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．反应

过程中，氨气的物质的量是变量，n(NH3)不再变化，反应一定达到平衡状态，故选D；E．()()()()()()223Ng3Hg2NHgmolaa0molx3x2xmola-x-3x2xa+初始转化平衡反应过程中N2体积分数为a-x12a2x2=−，N2体积分数为恒量，N2体积分数

不再变化，反应不一定平衡，故不选E；F．反应在恒温500℃下进行，温度恒量，气体温度不再变化，反应不一定平衡，故不选F；选ACD。【小问4详解】是减小压强，平衡逆向移动，转化率降低，所以若将体系压强减小至3.14MPa，NH3的平衡产率明显减小。【小问5详解】()()()()()(

)223Ng3Hg2NHgmolaa0molx3x2xmola-x-3x2xa+初始转化平衡；若NH3液化后，气体总体积缩小了19，2x1a,x2a-2x910==；则N2的转化率为a10100%10%a=，H2的转化率为3a10100%30%a=。17.某小组在验证H2O2氧化Fe

2+时发现异常现象，并对其进行深入探究。实验I：装置与操作现象溶液立即变红，继续滴加H2O2溶液，红色变浅并逐渐褪去（1）实验I中溶液变红是因为Fe3+与SCN-发生了反应，其离子方程式是__。（2）探究实验I中红色

褪去的原因：取反应后溶液，___(填实验操作和现象)，证明溶液中有Fe3+，而几乎无SCN-。（3）研究发现，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，而实验I中褪色相对较快，由此推测Fe3+能加快H2O2与SCN-的反

应。通过实验II和III得到了证实。参照实验II的图例，在虚线框内补全实验III：__。实验II：实验III：（4）查阅资料：Fe3+加快H2O2与SCN-反应的主要机理有i.Fe3++H2O2=Fe2++HO2·+H+ii.Fe2++H2O2=Fe3++·OH+

OH-iii.OH(羟基自由基)具有强氧化性，能直接氧化SCN-为探究Fe2+对H2O2与SCN-反应速率的影响，设计实验如图：实验IV：①t′＜t，对比实验IV和II可得出结论：在本实验条件下，___。②结合

资料和(1)~(4)的研究过程，从反应速率和化学平衡的角度解释实验I中溶液先变红后褪色的原因：____。③实验I~IV中均有O2生成，小组同学推测可能是HO2·与溶液中其他微粒相互作用生成的，这些微粒有___。【答案】（

1）Fe3++3SCN-垐?噲?Fe(SCN)3（2）滴加KSCN溶液，溶液变红（3）（4）①.Fe2+也能加速H2O2与SCN-反应，且效果比Fe3+更好②.刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成的Fe3+迅速与SCN-结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2，c(·OH)升高，加

快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-垐?噲?Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去③.·OH、H2O2、Fe3+【解析】【小问1详解】Fe3+与SCN-发生反应生成Fe(SCN)3，使溶液显红色，其反应的离

子方程式为Fe3++3SCN-垐?噲?Fe(SCN)3；【小问2详解】检验Fe3+，常用KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe3+，反之，则不含Fe3+，证明实验中含有Fe3+，几乎无SCN-，具体操作是取反应后溶液少量于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变

红，证明溶液中有Fe3+，几乎无SCN-；故答案为滴加KSCN溶液，溶液变红；【小问3详解】根据题意，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，滴加Fe2(SO4)3溶液后，溶液褪色相对

较快；实验Ⅱ和实验Ⅲ应为对照实验，根据实验Ⅱ，推出实验Ⅲ：先加入0.5mLpH=1的硫酸溶液，无明显现象，静置后，滴加数滴Fe2(SO4)3溶液，溶液立即变红，故答案为；【小问4详解】①根据实验Ⅳ加入FeSO4溶液，溶液变红，静置后，溶液红色恰好褪去，说明Fe2+也能加速H2O2与SCN

-的反应，t′＜t，说明实验Ⅳ的反应速率比实验Ⅱ快，即Fe2+催化的效果比Fe3+更好；故答案为Fe2+也能加速H2O2与SCN-反应，且效果比Fe3+更好；②实验Ⅰ现象，开始时溶液立即变红，说明刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成Fe3+迅速

与SCN-结合，使溶液立即变红；依据反应主要机理，继续滴加H2O2溶液，产生c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-垐?噲?Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去；故答案为刚滴入H2O2时，ii反应速率快，生成的Fe3+迅

速与SCN-结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2，c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-，使c(SCN-)降低，Fe3++3SCN-垐?噲?Fe(SCN)3，平衡逆向移动，红色褪去；③HO2−可与·OH

、H2O2、Fe3+相互作用生成O2。18.利用页岩气中丰富的丙烷【C3H8】制丙烯【C3H6】已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。I.丙烷直接脱氢法：C3H8(g)垐?噲?C3H6(g)+H2(g)△H1=+1

24kJ•mol-1。总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的体积分数随温度、压强的变化如图。（1）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数_______(填“变大”“变小”或“不变”)。（2）图中，曲线I、III表示

C3H6的体积分数随温度的变化，判断依据是：_______。（3）图中，表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲线是______(填“II”或“IV”)。II.丙烷氧化脱氢法：C3H8(g)+12O2(g)垐?噲?C3H6(g)+H2O(g)△H2=

-101kJ•mol-1我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下C3H8的转化率和C3H6的产率如表：反应温度/℃465480495510C3H8的转化5.512.117.328.4率/%C3

H6的产率/%4.79.512.818.5（4）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是：______(答出1点即可)。（5）已知：C3H6选择性=生成丙烯消耗丙烷的物质的量消耗丙烷的总物质的量×100%。随着温度升高，C3H6选择性______

_(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是______。【答案】（1）不变（2）丙烷直接脱氢反应为吸热反应，压强相同时，温度升高平衡正向移动，C3H6体积分数变大（3）II（4）温度升高，丙烷氧化脱氢的反应速率加快（5）①.降低②.温度升高，更有利

于丙烷被氧化成其他产物的副反应发生【解析】【小问1详解】平衡常数只与温度有关，总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数不变。【小问2详解】正反应吸热，压强相同时，升高温度平衡正向移动，C3H6的体积分数增大，所以曲线I、III表示C3H6的体积分数随温度的变化。【小

问3详解】正反应吸热，压强相同时，升高温度平衡正向移动，C3H8的体积分数减小；温度相同时，增大压强，平衡逆向移动，C3H8的体积分数增大；表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲线是II。【小问4详解】温度升高，丙烷氧

化脱氢的反应速率加快，所以C3H8的转化率随温度升高而上升。【小问5详解】根据表中数据计算可知，随着温度升高，C3H6的选择性降低，原因是高温更有利于丙烷被氧化成其他产物的副反应发生，所以C3H6的选择性降低。

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