【文档说明】安徽省宣城市泾县中学2022-2023学年高二上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.752 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度第一学期高二年级阶段性联考化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。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．．．．．．．．。可能用到的相对原子质量：H1C12

N14O16一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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.生活中处处有化学，下列叙述错误．．的是A.漂白粉使用后要密封放在阴凉处，因为漂白粉容易被氧化B.液氨可用作制冷剂，因为

氨气易液化，气化时吸热C.用活性炭清除冰箱中的异味，因为活性炭具有吸附性D.白醋可用于除去铁栏杆上的锈迹，因为乙酸可以和铁锈反应【答案】A【解析】【详解】A.漂白粉的有效成分2Ca(ClO)容易和空气中

的2CO和2HO反应生成HClO，HClO光照、受热易分解，导致漂白粉失效，故漂白粉使用后要密封放在阴凉处，A项错误；B.氨气易液化，气化时吸热导致温度降低，可做制冷剂，B项正确；C.活性炭具有吸附性，可以清除冰箱中异味，C项正确；D.白醋中的乙

酸可以和铁锈中的23FeO反应，从而除去铁栏杆上的锈迹，D项正确；故选A。2.下列化学用语表达错误．．的是A.中子数为8的氧原子：168OB.二氧化碳的结构式：OCO==C.过氧化氢的电子式：D.氯元素的原子结构示意图：【答案】C的【解析】【详解】A.质子

数为8，中子数为8的氧原子的质量数是16，故中子数为8的氧原子：168O，A项正确；B.二氧化碳分子中C原子分别与O原子以双键结合，故其结构式为OCO==，B项正确；C.过氧化氢是共价化合物，电子式为，C项错误；D.氯为17号元素，故氯元素的原子结构示意图：，D项正确；故选C。

3.雌黄(23AsS)是一种提取砷的主要矿物原料，23AsS和3HNO有如下反应：2333422AsS10H10NO2HAsO3S10NO2HO=+−+++++。下列说法错误．．的是A.23AsS发生氧化反应B.氧化产物为34HAsO

、SC.若生成341molHAsO，则反应中转移电子的物质的量为2molD.若将该反应设计成原电池，则2NO应该在正极附近生成【答案】C【解析】【详解】A.23AsS所含元素化合价均升高，发生氧化反应，A项正确；B.34HA

sO、S是还原剂23AsS对应的产物，故两者均是氧化产物，B项正确；C.若生成341molHAsO，则生成5mol的2NO，反应中转移电子的物质的量为5mol，C项错误；D.若将该氧化还原反应反应设计成原电池，3HNO得电子生成2NO，故2NO应该在正极附近生成

，D项正确；故选C。4.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。元素X、Y、Q的单质在常温下呈气态，元素Y的最高正价和最低负价之和为2，元素Z在同周期的主族元素中原子半径最大，元素M是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是A.离子半径：ZQYB.元素Q氧化物的水化

物为强酸C.最高价氧化物对应水化物的碱性：MZD.元素X、Y、Q形成的化合物对能既有离子键又有共价键【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素X、Y、Q的单质在常温下呈气态，元素Y的最高正价和最低负价之和为2，则Y为N元素；X的原子序数比Y小

，则X为H元素；元素Z在同周期的主族元素中原子半径最大，则Z为Na元素；元素M是地壳中含量最多的金属元素，则M为Al元素；Q的原子序数大于Al,其单质在常温下为气态，则Q为Cl元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素，Y为N元素，Z为Na元素，M为

Al元素，Q为Cl元素，A．电子层数越多离子半径越大，氮离子和钠离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Cl->N3->Na+，离子半径：Q>Y>Z，故A错误；B．元素Q氧化物的水化物次氯酸为弱酸，故B错误；C．元素M和Z对应的最

高价氧化物分别是3Al(OH)和NaOH，由金属性Na>Al，其碱性：Z>M，故C错误；D．元素X、Y、Q形成的化合物可能是4NHCl，既有离子键又有共价键，故D正确；故选：D。5.某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液(碱稍过量)反应生成1mol水的反应热ΔH=-52.3kJ·mol

-1，造成这一结果的原因不可能的是A.实验装置保温、隔热效果差B.用量筒量取盐酸时仰视读数C.分多次将NaOH溶液倒入量热计的内筒中D.用测量盐酸的温度计直接测定NaOH溶液的温度【答案】B【解析】【分析】中和热为ΔH=-57.3kJ·mol-1，某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液

(碱稍过量)反应生成1mol水的反应热ΔH=-52.3kJ·mol-1，说明中和热的数值偏小，据此结合误差原因进行分析。【详解】A．实验装置保温、隔热效果差，导致热量有损失，中和热的数值会偏小，A不符合题意；B．

用量筒量取盐酸时仰视读数，导致所量取得盐酸的体积偏大，则因稀氢氧化钠溶液溶质稍微过量，所以所测中和热的数值会偏大，B符合题意；C．分多次将NaOH溶液倒入量热计的内筒中，会使热量损失，中和热的数值会偏小，C不符合题意；D．因酸与碱反应属于放热反应，则用测量盐

酸的温度计未经洗涤直接测定NaOH溶液的温度，会使初始温度偏高，最后计算反应放出的热量会偏低，即中和热数值偏小，D不符符合题意；故选B。6.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，据此判断下列说法中正确的是白磷比红磷更稳定石墨转变为金刚石是放热

反应21molNO和1molCO的键能总和小于1molNO和21molCO的键能总和将21molN与23molH充入密闭容器中发生反应223N3H2NH+，充分反应后放出92kJ的热量ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．图中，白磷

比红磷能量更高，能量越低物质越稳定，故红磷比白磷稳定，A项错误；B．金刚石比石墨能量更高，故石墨转化为金刚石是吸热反应，B项错误；C．反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物键能之和，图丙中反应为放热反应，H0

，故21molNO和21molCO的键能总和小于1molNO和21molCO的键能总和，C项正确；D．由图丁可知，223N3H2NH+192kJmol−=−H，该反应可逆反应，故将21molN与23molH充入密闭容器中发生反应，实际放热少

于92kJ，D项错误。故选C。7.1100mL2molL−盐酸与过量的锌片反应时，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是A.加入几滴氯化铜溶液B.加入适量醋酸钠固体C.加入适量NaOH固体D.加入等体积、等浓度的硝酸钾溶液是【答案】A【解析】【详解】A．锌片过

量，氢气的总量由盐酸的物质的量决定，加入几滴氯化铜溶液，形成铜锌原电池，加快反应速率，同时不影响生成氢气的总量，A符合题意；B．加入适量醋酸钠固体，盐酸与醋酸钠反应生成醋酸，氢离子浓度降低，反应速率减慢，B不符合题意；C．加入适量NaOH固体，与盐酸发生中和反应，氢离子浓度降低，反

应速率减慢，C不符合题意；D．硝酸钾溶液中的3NO−与盐酸中H+的共同作用，与锌反应生成NO，D不符合题意；故选A。8.下列有关实验内容、实验装置和对应实验目的均正确的是将装有NO2和N2O4混合气体的烧瓶分别浸泡在冰水和热水中能用于探究氧化性由强到弱的顺

序为222MnOClI能用于验证2CuCl对22HO分解的催化作用能用于通过测定收集一定体积氢气所用的时间来测量锌粒与一定浓度的稀硫酸反应的速率能用于比较不同温度对化学反应速率的影响ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．图甲实验中2MnO与浓盐酸需要加热反应，A项

错误；B．图乙实验中除了是否滴加2CuCl溶液外，两者温度也不同，未控制变量，B项错误；C．图丙实验中，稀硫酸与锌反应生成氢气，注射器可以作为收集氢气的装置，因此图丙能用于通过测定收集一定体积氢气所用的时间来测量锌粒与一定浓度的稀硫酸反应的速率，C项正确；

D．图丁实验中，两个容器没有隔开，同时在不同温度下，该反应的限度不同，故不能用于比较不同温度对化学反应速率的影响，D项错误；故选C。9.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.合成氨工业中使用铁触媒作催化剂B

.用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质C.容器中存在反应22H(g)I(g)2HI(g)+，增大压强，气体颜色加深D.工业上采用2SO催化氧化的方法制硫酸，高温可以提高单位时间3SO的产量【答案】B【解析】【详解】A．合成氨工业中

使用铁触媒作催化剂是为了加快反应速率，和平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．2Cl和水存在可逆反应：22ClHOHClOHCl+−+++，饱和食盐水中Cl−浓度较大，可以促使上述平衡逆向移动，减少除杂时2Cl的溶解损

失，与勒夏特列原理有关，B符合题意；C．对于反应22H(g)I(g)+2HI(g)，缩小体积、增大压强，2I的浓度增大，气体颜色加深，平衡不发生移动，不能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．业上采用2SO催化氧化的方法制硫酸，高温是为了加快反应速率，和平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释

，D不符合题意；故选B。10.在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，在温度1T、2T下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是A.正反应的活化能小于逆反应的活化能B.2T下，在10~tmin内，-1-11a-bv(Y)=molLmintC.M点的正

反应速率v正大于W点的逆反应速率v逆D.M点和W点的化学平衡常数：K(M)>K(W)【答案】AC【解析】【分析】根据图象可知，T1温度下，反应速率快，所以T1>T2，升高温度，X的浓度平衡浓度增大，即升高温度平衡逆向移动，2X(g)⇌Y(g)正反应放热。【详解】A.2X(g)⇌

Y(g)正反应放热，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A正确；B.T2下，在0~t1时间内，c(X)的变化量是(a-b)mol/L，则Y的浓度变化为(a-b)2mol/L，所以v(Y)=1(a-b)2tmol⋅L−1⋅min−1，故B错误；C.T1>T2，且M、W点反应均达平衡状态，则M

点的正反应速率大于W的正反应速率=W点的逆反应速率，故C正确；D.2X(g)⇌Y(g)正反应放热，T1>T2，则K(M)<K(W)，故D错误。答案选AC。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目

要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。11.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A.已知23)=3O(g)2O(g1242

.6kJmolH−=+，则等质量2O的总能量比3O的总能量低B.已知2H(aq)OH(aq)=HO(1)+−+157.3kJmolH−=−，则稀()2BaOH溶液和稀24HSO完全反应生成21molHO(1)时，放出57.3kJ的热量C.已知2222HO(g)=2

H(g)O(g)+1484kJmolH−=+，则2H的燃烧热是1242kJmol−D.已知22S(s)O(g)=SO(g)+1ΔH，22S(g)O(g)=SO(g)+2ΔH，则12HH【答案】AD【解析】【详解】A．233O(g)====2O(g)H0，说明反应是吸热反应，等质量2

O的总能量比3O的总能量低，A项正确；B．稀2Ba(OH)溶液和稀24HSO完全反应生成21molHO(l)的同时还生成4BaSO沉淀，放热多于57.3kJ，B项错误；C．表示2H燃烧热的热化学方程式对应产物应是液态水，C项错误；D．等物质的量S具有

能量：S(g)S(s)，故22S(g)O(g)====SO(g)+放热更多，H更小，即12HH，D项正确。故选AD。12.已知分解221molHO放出热量98kJ，在含少量I−的溶液中，22HO分解的机理如下：①22

2HOIHOIO−−+→+(慢)②2222HOIOHOOI−−+→++(快)下列有关该反应的说法，错误．．的是A.反应的速率主要由反应①决定B.()()()22222HO2HOOvvv==C.当反应放出98kJ的热量时，生成2

0.5molOD.IO−是该反应的催化剂，可以提高活化分子百分数【答案】BD【解析】【详解】A．反应速率由慢反应决定，A项正确；B．总反应的方程式为22222HO=2HOO+，()()222HO2Ovv=，且不能用2HO表示该反应速率，B项错误；C．分解221m

olHO放出热量98kJ，此时生成20.5molO，C项正确；D．IO−是中间产物，I−是该反应的催化剂，可以降低反应活化能，提高活化分子百分数，D项错误；故选BD。13.如图所示，可逆反应2A(g)B(g)2C(g)+ƒH0的图像正确的是A.B.C.D

.【答案】AD【解析】【详解】A．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，C的质量分数减小，且升高温度更快达到平衡状态，A项正确；B．根据反应前后的化学计量数大小可知，增大压强平衡向正反应方向移动，正、逆反应速率都增大，且vv正逆，B项

错误；C．使用催化剂，平衡不移动，C的平衡浓度不变，C项错误；D．该反应为放热反应，压强一定，温度升高平衡逆向移动，A的转化率降低。根据反应前后的化学计量数大小可知，温度一定，增大压强，平衡正向移动，A的转化率增

大，D项正确。答案选AD。14.300mL恒容密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)4CO(g)+4Ni(CO)(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如下表。下列说法错误．．的是温度/℃2580230平衡常数4510251.910−A.该反应的H0B

.25℃时，反应4Ni(CO)(g)Ni(s)4CO(g)+的平衡常数为5210−C.80℃时，测得某时刻，4Ni(CO)、CO浓度均为1mol0.5L−，则此时vv正逆D.在80℃达到平衡时，充入一定量的4Ni(CO)气体再次平衡后，CO的体积分数增大，平衡常数减小【答案

】CD【解析】【详解】A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡逆向移动，即反应的H0，A项正确；B．25℃时，反应4Ni(s)4CO(g)Ni(CO)(g)+的平衡常数为4510，相同温

度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25℃时，反应4Ni(CO)(g)Ni(s)4CO(g)+的平衡常数为5210−，B项正确；C．在80℃时，测得某时刻，4Ni(CO)、CO浓度均为10.5molL−，则444Ni(CO)0.

5Q(CO)0.5cc==82=，说明反应向逆反应方向进行，此时vv正逆﹤，C项错误；D．平衡常数只与温度有关，D项错误。故选CD。三、非选择题：本题包括4小题，共54分。15.某实验小组的同学在实验室利用如图所示装置进行实验。请回答下列问题：（1）甲同学用装置A制备

2NO气体，上述装置中可用于收集2NO气体的是___________(填序号)，装置A中发生反应的离子方程式为___________。（2）乙同学用图中的装置A通过铜与浓硫酸反应制取2SO气体，装置A中还

缺少的仪器名称是___________，该反应的化学方程式为___________；实验所产生的尾气选用装置___________(填序号)来吸收。（3）丙同学用装置B制取氨，发生反应的化学方程式为___________，为了检验集气瓶中氨是否收集

满，可采用的方法是___________；丙同学在实验室中模拟氨气的催化氧化反应，该反应中当生成标准状况下11.2L的NO时，被氧化的物质的质量为___________g。【答案】（1）①.D②.2322Cu4H2NOCu2NO=2H

O+−+++++（2）①.酒精灯②.24Cu2HSO+(浓)422CuSO2HOSO++③.F（3）①.422322NHClCa(OH)CaCl2NH2HO△+++②.将湿润的红色石蕊试纸靠近导管口，若试纸变蓝，则证明已收集满。(或将一端蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近导管口，若产

生白烟，则证明收集满。)③.8.5【解析】【分析】A装置为液液或液固发生装置，可加热也可以不加热制备气体；B装置为固固加热型；C排水法收集气体；D为向上排空气法收集密度比空气大的气体；E收集密度比空气小的气体。

【小问1详解】甲同学用装置A通过铜与浓硝酸反应制备2NO，则装置A中发生反应的离子方程式为2322Cu4H2NOCu2NO2HO+−+++=++；2NO的密度比空气大，且能与水反应，用向上排空气法收集，故选择装置D收集2NO。

【小问2详解】铜与浓硫酸要在加热条件下反应，故装置A还缺少的仪器名称是酒精灯，反应的化学方程式为24Cu2HSO+(浓)422CuSO2HOS====O++△；2SO有毒，为酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，故选择装置F吸收尾气。【小问3详解】丙同学采用固固加热制

备氨气，故反应的化学方程式为4223=2N===HClCa(OH)CaCl2NH++△22HO+，为了检验氨气是否收集满，可采用的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近导管口，若试纸变蓝，则证明已收集满。或将一端蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近导管口，若产生白

烟，则证明收集满。丙同学模拟氨气的催化氧化反应，当生成标准状况下11.2L的NO时，有0.5mol的氨气被氧化，其质量为8.5g。16.研究COx、2SO、NOx等气体的综合利用和污染防治具有重要意义。

回答下列问题：（1）处理含CO、2SO烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为2CO和单质S。已知：①222CO(g)O(g)=2CO(g)+1283.0kJmolH−=−②22S(s)O(g)=SO(g)+1296.0k

JmolH−=−则CO和2SO气体反应生成固态硫和2CO气体的热化学方程式为___________。（2）4CH用NiO作载氧体的“化学链燃烧”示意图如下所示，该过程有利于2CO的分离和回收，主要热化学方程式如下：①22Ni(s)O(g)=2NiO(s)+1479.8kJmolH−=−

②422CH(g)4NiO(s)=CO(g)2HO(l)4Ni(s)+++1H68.9kJmol−=+则4CH的燃烧热H=___________；4CH通过“化学链燃烧”所放出的热量在相同条件下与4CH直接燃烧相比___________(填“前者大”“后者

大”或“相同”)。（3）氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因。已知：①22NO(g)CO(g)=NO(g)CO(g)++1ΔkJmol(0)Haa−=−②222CO(g)2NO(g)=N(g)2CO(g)++1ΔkJmol(0)Hbb

−=−若用标准状况下3.36LCO将2NO还原至2N(CO完全反应)的整个过程中转移电子的物质的量为___________mol，放出的热量为___________kJ(用含有a和b的代数式表示)。（4）工业上，二氧化碳和氢气在催化剂作用下可以制备甲醇：2232CO(g)3H(g)CHOH

(g)HO(g)++①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键HH−CO=HO−CH−CO−()1/kJmolE−436745463413351则该反应的H=___________。②该反应在催化剂条件下反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS

为过渡态。该历程中，最大能垒(活化能)E=___________eV，写出该步骤的化学方程式___________。【答案】（1）222CO(g)SO(g)=S(s)2CO(g)++113kJmolH−=+（2）①.1890.7kJmol−−

②.相同（3）①.0.3②.3(2)80ab+（4）①.181kJ/mol−②.1.48③.**2223HCOOH2HHCOO=HH2++【解析】【小问1详解】①222CO(g)O(g)=2CO(g)+1283.0kJmolH−=−②22S(s)O(

g)=SO(g)+1296.0kJmolH−=−根据盖斯定律①-②得()()()()222COgSOg=Ss2COg++111283kJmolkJmol123kJmol96H−−−=−++=

；【小问2详解】①22Ni(s)O(g)=2NiO(s)+1479.8kJmolH−=−②422CH(g)4NiO(s)=CO(g)2HO(l)4Ni(s)+++1H68.9kJmol−=+根据盖

斯定律①2+②可得()()()()4222CHg2Og=2HOlCOg++111268.9479.8kJmolkJmol890.7kJmolH−−−=−=−+；由盖斯定律知，一个化学反应不管一步完成还是分几步完成，反应热

相等，故4CH通过“化学链燃烧”所放出的热量在相同条件下与4CH直接燃烧相同；【小问3详解】由①、②两个方程式可知，CO的氧化产物均为2CO，碳元素的化合价从2+升至4+价，标准状况下，3.36LCO为0.

15mol，根据得失电子守恒可知转移电子的物质的量为0.3mol；①22NO(g)CO(g)=NO(g)CO(g)++1ΔkJmol(0)Haa−=−②222CO(g)2NO(g)=N(g)2CO(g)++1ΔkJmol(0)

Hbb−=−根据盖斯定律，由①2+②得()()()()2224COg2NOg=Ng4COg++1(2ab)kJmolH−=−+，则过程中放出的热量为0.15(2)3(2)kJkJ480++=ab

ab；【小问4详解】①焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，即2745kJ/mol3436kJ/molH=+(3413kJ/mol351kJ/mol463kJ/mol2463kJ/mol)181kJ/mol−+++=−；二氧化碳催化加氢制甲醇的热化学方程式为2232CO(g

)3H(g)CHOH(g)HO(g)++181kJ/molH=−；②由图像可以看出，反应的最大能垒在过渡态3，此能垒1.48eVE=，反应的化学方程式为**2223HCOOH2H=HCOOHH2++。17.某学习小组同学研究过氧化氢溶液与氢碘

酸反应，查到一组室温下的实验数据，如下表所示：实验编号①②③④⑤()()122HO/molL−c0.10.10.10.20.3()()1HI/molL−c0.10.20.30.10.1从混合至溶液出现棕黄色的时间/s136.54.36.64.4回答下列问题：（1）过氧化氢与氢碘酸反

应的化学方程式为___________。（2）该反应的速率方程可表示为()()22HOHIabvkcc=，对比表中数据可知=a___________，b=___________。（3）资料显示实验①的反应进行至20s时，测得氢碘酸的浓度为10.06molL−，则20s内生成2I的平

均速率()2Iv=___________。（4）该小组同学将实验④的温度升高，发现到加热到一定温度下，溶液出现棕黄色所需时间变长，可能的原因是___________。（5）该小组同学用碘化钾代替氢碘酸进行实验，控制其他条件不变，未发现溶液变为棕黄色，却观察到有无色气体生成。该小组同学认为碘化钾可

能对过氧化氢分解起到催化作用，并设计如下实验验证猜想。实验方案：取2支试管，向试管1中加入1222mL0.1molLHO−溶液、1mLKI溶液；向试管2中加入试剂……。①试管2中应加入的试剂是_________

__。②实验现象证明该小组同学猜想成立，该实验现象是___________。【答案】（1）2222O=2HIHOI2H++（2）①.1②.1（3）110.001molLs−−（4）温度升高，双氧水分解，反应物浓度降低，反应速率减慢（5）①.1222mL0.1?molLHO−溶液、21m

LHO②.加入KI溶液的试管中产生气体的速率快【解析】【小问1详解】22HO具有较强的氧化性，可将I−氧化为2I，2I溶于水，溶液呈棕黄色，反应的化学方程式为2222O=2HIHOI2H++；【小问2详解】根据实验

①、⑤数据可知，a1=；根据实验①、②数据可知，b1=；小问3详解】实验①进行至20s时，HI浓度减少了1mo004l.L−，2I浓度增加了10.02molL−，则()()22IcIvt=110.001molLs−−=；【小问4详解】实

验④的温度升高，溶液出现棕黄色所需时间变长，可能的原因是温度升高，双氧水分解，反应物浓度降低，造成反应速率减慢；【【小问5详解】①该实验是探究催化剂KI的影响，根据控制变量法，试管2应加入的试剂是1222mL0.1molLHO−溶液、21mL

HO；②该小组同学认为碘化钾能催化过氧化氢分解，故实验现象为：加入KI溶液的试管中产生气体的速率快。18.亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中重要试剂，可通过反应：22NO(g)Cl(g)2ClNO(g)+制得。（1）一定温度下，将等物质的量的NO与2Cl置于恒容密闭容器中发生反应。下列选项中可判断反

应达到平衡状态的是___________(填字母)。A.混合气体的密度保持不变B.混合气体的平均相对分子质量不变C.NO和2Cl的物质的量之比保持不变D.每消耗1molNO的同时生成1molClNO（2）一定条件下

在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO和2Cl，平衡时ClNO的体积分数随()2n(NO)nCl的变化图像如图所示，则A、B、C三点对应的状态中，NO的转化率最大的是___________点，当()

2n(NO)2.5nCl=时，达到平衡状态ClNO的体积分数可能是D、E、F三点中___________的点。（3）按投料比()2(NO):Cl2:1nn=把NO和2Cl加入一恒定总压为p的密闭容器中发生反应，平衡

时NO的转化率与温度T的关系如图所示：①该反应的H___________0(填“>”“<”或“=”)。②在p压强条件下，M点时容器内NO的体积分数为___________。的③若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数pK=___________(用含p的表达式表示，用平衡分压代替平

衡浓度计算，分压=总压体积分数)。【答案】（1）BC（2）①A②.F（3）①.②.40%③.3p【解析】【小问1详解】A．混合气体质量恒定，密闭容器恒容，故密度始终保持不变，A错误；B．混合气体的平均摩尔质量m=n，总质量守

恒，混合气体的平均相对分子质量不变说明混合气体总物质的量不变，该反应前后气体化学计量数之和不相等，当气体总物质的量不变，说明反应达到平衡状态，B正确；C．NO与2Cl等物质的量充入反应容器，而两者按照2∶1转化，故当NO和2Cl的物质的量之比保持不变，说明反应

达到平衡状态，C正确；D．反应的任意时刻，每消耗1molNO的同时均生成1molClNO，不能说明达到平衡状态，D错误；故选BC；【小问2详解】①()2n(NO)nCl比值越小，NO的转化率越大，故NO转化率最大的是A点；②当反应物的物质的量之比等于化学计量数之比时，

生成物的体积分数最大，当()2n(NO)2.5nCl=时，ClNO的体积分数较C点减小，故应该是F点；【小问3详解】①由图乙可知，随温度升高，平衡时NO的转化率降低，则该反应为放热反应，H0；②假设反应开始时，n(NO)2mol=、()2nCl1

mol=，M点平衡时NO的转化率为50%，根据三段式可得，平衡时n(NO)1mol=、()2nCl0.5mol=、n(ClNO)1mol=，故M点时容器内NO的体积分数1mol100%40%1mol0.5mol1mol==++；.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.

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