【文档说明】四川省什邡中学2024-2025学年高二上学期10月第一次月考化学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，738.547 KB，由小赞的店铺上传

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什邡中学高2023级平行实验班高二上期第一次月考化学试题考试时间：90分钟总分：100分可能用到的相对原子质量：H-1O-16Fe-56Na23第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意．．．．．．．．．．．．．

)．1.下列关于能量变化的说法正确的是A.“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，水的能量更低B.化学反应发生物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C.吸热反应一定需要加热条

件才能发生D.化学反应遵循质量守恒也遵循能量守恒【答案】D【解析】【详解】A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰熔化需吸收能量，水的能量高，故A错误；B．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式

除吸热和放热外，还有光能、电能等形式，故B错误；C．吸热反应不一定需要加热才能发生，如Ba(OH)2∙8H2O与NH4Cl在常温下就能发生反应，故C错误；D．化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，故D正确；故选择D。2.下

列叙述正确的是A.HClO的结构式为H-Cl-OB.核内有33个中子的Fe表示为3326FeC.NH2OH的电子式为D.CH3CHO的球棍模型为【答案】C【解析】【详解】A.HClO的结构式为H-O-

Cl，故A错误；B.核内有33个中子的Fe原子质量数为：33+26=59，表示为5926Fe，故B错误；C.NH2OH的电子式为，故C正确；D.CH3CHO的球棍模型为，故D错误；正确答案是C。3.依据下列热化学方程式得出的结论中，正确的是

A.已知()()()2222HgOg2HOg+=483.6kJmolH=−，则氢气的燃烧热H为241.8kJmol−B.已知C（石墨，s）＝C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定C.已知()()()()2NaOHaqHClaqNaClaqHOl+=+57

.4kJmolH=−，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量D.已知()()()222Cs2Og2COg+=1ΔH；()()()22CsOg2COg+=2ΔH，则12HH【答案】C【解析】【详解】A．已知

()()()2222HgOg2HOg+=483.6kJmolH=−，氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧生成液态水放出的能量，则氢气的燃烧热H小于241.8kJmol−，故A错误；B．能量越低越稳定，已知C（石墨

，s）＝C（金刚石，s）H0，则石墨比金刚石稳定，故B错误；C．已知()()()()2NaOHaqHClaqNaClaqHOl+=+57.4kJmolH=−，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出0.5mol×57.4kJ/

mol=28.7kJ的热量，故C正确；D．已知()()()222Cs2Og2COg+=1ΔH；()()()22CsOg2COg+=2ΔH，相同物质的量的碳完全燃烧放出的能量大于不完全燃烧放出的能量，则12HH，故D错误；选C。4.下列有关

化学反应速率的说法正确的是A.用铁片与稀硫酸反应制氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率B.100mL2mol·L-1的盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C.SO2的催化氧化

反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢D.汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强时反应速率减慢【答案】D【解析】【详解】A．常温下，铁遇到浓硫酸发生钝化，铁片与98%的浓硫酸无法反应生成氢气，A错误；

B．100mL2mol/L的盐酸与锌片反应，加入适量NaCl溶液，盐酸被稀释，反应速率减小，B错误；C．SO2的催化氧化是一个放热反应，但是一般情况下，升高温度，反应速率都会增大，C错误；D．汽车尾气中的NO和CO反应

生成N2和CO2，减小压强反应速率减小，D正确；故答案选D。5.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫B.2H、2I、HI三者的平衡混合气，加压(缩小容器体积)后颜色变深C.在合成氨(正反应是放热)的反应中，升温有利于氨的合成D.钢铁在潮湿的空气中更

容易生锈【答案】A【解析】【详解】A．啤酒中存在CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq)，开启啤酒瓶后，减小压强，平衡逆向移动，故瓶中立刻泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解释，A符合题意；B．2H、2I、HI三者的平衡混合气，由于反应H2(g)+I2(g)2HI(g)前后气体的

体积不变，加压(缩小容器体积)后平衡不移动，颜色变深是由于I2蒸汽的浓度增大造成的，故不能用勒夏特列原理解释，B不合题意；C．合成氨的正反应是一个放热反应，故在合成氨(正反应是放热)的反应中，升温不利于氨的合成，之所以提高温度来合成

氨是为了加快反应速率提高生产效率，C不合题意；D．钢铁生锈的过程中不存在化学平衡，属于吸氧腐蚀，故不能用勒夏特列原理解释，D不合题意；故答案为：A。6.已知4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O

)表示，则正确关系是A.4v(NH3)=5v(O2)B.5v(O2)=6v(H2O)C.2v(NH3)=3v(H2O)D.4v(O2)=5v(NO)【答案】D【解析】【分析】同一化学反应，同一时间段，化学反应速率之比=化学计量数之比，由此分析回答；【详解】A．32(NH)4(O)5vv

=，234(O)5(NH)vv=，A错误；B．22(O)5(HO)6vv=，225(HO)6(O)vv=，B错误；C．32(NH)2(HO)3vv=，232(HO)3(NH)vv=，C错误；D．2(O)5(NO)4vv=，24(O)5(NO)vv=，

D正确；故选D。7.已知反应2C(s)＋O2(g)===2CO(g)的ΔH<0，ΔS>0。设ΔH和ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是()A.低温下才能自发进行B高温下才能自发进行C.任何温度下都能自发进行D.任何温度下都不能自发进行【答案】C【解析】【分析】反应自发

进行的判断依据是△H-T△S＜0，依据焓变、熵变和温度分析判断。【详解】已知反应2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)的△H＜0，△S＞0，所以△H-T△S＜0，即反应在任何温度下都是能自发进行，答案选C。8.在密闭容器中进行反应：X(g)+3Y(g)═2Z(g)，有关

下列图像的说法错误的是A.依据图a可判断正反应为放热反应B.在图b中，虚线可表示使用了催化剂C.若正反应的△H＞0，图c可表示升高温度正逆化学反应速率变化图D.由图d中混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的ΔH＜0【答案】C.

【解析】【详解】A．依据图像分析，温度升高，正、逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，则逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，故A正确；B．使用催化剂可使化学反应速率增大，可以缩短反应达到

平衡的时间，化学平衡不移动，所以虚线可表示使用了催化剂，故B正确；C．若正反应的△H＞0，升高温度，平衡正向移动，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，图像不符合反应速率的变化，C错误；D．升高温度，平均相对分子质量减小，气体总质量不变，说明气体物质量变大，所

以平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，ΔH＜0，D正确；故选C。9.“人工固氮”对农业生产至关重要。在常温、常压和光照条件下，N2在某种催化剂表面与水反应的热化学方程式为2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g)∆H，反应过程中的能量变化如图所示。下列

有关说法正确的是A.该反应的焓变∆H<0B.升高温度，活化分子数目增多C.反应Ⅰ的活化能大，活化分子数目多D.反应Ⅱ的转化率比反应Ⅰ的转化率高【答案】B【解析】【分析】【详解】A．反应物的总能量比生成物的总能量低，为吸热反应，∆H>0，A错误；B．

温度升高，更多的基态分子吸收能量成为活化分子，则活化分子数目增多，B正确；C．反应II的活化能比I的小，则II为加入催化剂，活化分子数目多，C错误；D．反应II加入催化剂，只改变反应过程，不改变起始终态，则反应I

和反应II的转化率相等，D错误；故选：B。的10.已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO−，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是A.化合物A与H2O之间的碰撞均为有效碰撞B.平衡状态时，升温使反应逆向移动C.该历程中的最大

活化能E正=16.87kJ·mol-1D.使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热【答案】B【解析】【详解】A．活化分子间的部分碰撞为有效碰撞，A错误；B．据图可知该反应为放热反应，升高温度平衡逆向一

定，B正确；C．据图可知第二步反应的能垒最大，为E正=[16.87-(-1.99)]kJ·mol-1=18.86kJ·mol-1，C错误；D．催化剂可降低反应活化能，但不改变反应热，D错误；综上所述答案为B。11.我国科研人员提出了由CO2和CH

4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C.①→②放出能量

并形成了C—C键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2→催化剂CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活

化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COO

H，总反应为CH4+CO2→催化剂CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于

②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对

化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。12.莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的

说法正确的是A.分子中含有两种官能团B.可发生加成和取代反应C.1mol莽草酸与足量的Na反应可生成氢气4molD.能使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，反应原理相同【答案】B【解析】【详解】A．分子中含有

碳碳双键、羟基、羧基三种官能团，故A错误；B．分子中含有碳碳双键可发生加成反应，含有羟基、羧基可发生取代反应，故B正确；C．1mol莽草酸与足量的Na反应可生成氢气2mol，故C错误；D．能发生加成反应使溴的四氧化碳溶液褪色，发生氧化反应使酸性KMnO4溶液褪色，反应原理不同，

故D错误；选B。13.下列实验装置或对实验的描述正确的是ABCD收集NO2气体验证NH3极易溶于水检验CO2制备SO2AAB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．NO2密度比空气大，应该用向上排空气法收集，故A错误；B．烧瓶中滴入水，气球膨胀，证明氨气极易溶于水，故B正

确；C．木炭和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，故C错误；D．铜和浓硫酸在加热的条件下才能反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故D错误；选B。14.向绝热恒容密闭容器中通入2SO和2NO，一定条件下使反应223SO(g)NO

(g)SO(g)NO(g)++达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图所示。下列叙述正确的是.A.c点时：v(正)=v(逆)B.生成物的总能量高于反应物的总能量C.2SO浓度：a点<b点D.体系压强不再变化，说明反应达到平衡状

态【答案】D【解析】【分析】由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，结合图可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的

，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快，以此来解答。【详解】A．化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错误；B．从a到c正反应速率增

大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故B错误；C．反应物浓度随时间不断减小，反应物浓度：a点大于b点，故C错误；D．绝

热容器，温度不再变化，因此体系压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、填空题(本题共5个小题，共58分)15.I．如表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量，回答下列问题物质Cl2Br2I2HClHBrHIH2键能24319315143

2366298436/kJ（1）下列氢化物中最稳定的是_______(填标号)。A．HClB．HBrC．HI（2）反应I2+H2=2HI，生成2molHI_______(填“吸收”或“放出”)的热量为_______kJ。Ⅱ．已知：298K时，()()()2

222HOg2HgOg=+ΔH=+483.6kJ∙mol−1()()22HOgHOl=ΔH=44.0−kJ∙mol−1（3）H2燃烧生成H2O(l)时的热化学方程式为_______。（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中

石墨Ⅱ电极上生成氧化物Y(N2O5)，则石墨I电极是_______(填“正极”或“负极”)，石墨Ⅱ的电极反应式为_______。【答案】（1）A（2）①.放出②.9（3）2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ∙mol−1（4）

①.正极②.NO2–e-+-3NO=N2O5【解析】【小问1详解】根据表中数据可知，氢化物中破坏1molHCl中的化学键所消耗的能量最大，说明HCl最稳定，故答案为：A；【小问2详解】反应I2+H2=2HI，生成2molH

I，断键吸收总能量为151kJ+436kJ=587kJ，成键放出的总能量为298kJ×2=596kJ，可知放出的热量为596kJ-587kJ=9kJ；【小问3详解】已知：298K时，①()()()2222HOg2HgOg=+ΔH=+483.6kJ∙mol−1；②()()22HOgHO

l=ΔH=44.0−kJ∙mol−1；2②-①得：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=2(-44.0kJ•mol-1)-483.6kJ•mol-1=-571.6kJ∙mol−1，故答案为2H2(g)+O2(g)=2H2

O(l)△H=-571.6kJ∙mol−1；【小问4详解】NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨Ⅱ电极上NO2发生反应生成氧化物Y(N2O5)，反应过程中N元素化合价从+4价升高到+5价，发生失电

子的氧化反应，电极反应式：NO2–e-+-3NO=N2O5，则石墨Ⅱ电极为负极，则石墨I电极为正极。16.某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。请回答下列问题：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是____，其中发生反应的化学方程式为_____。（2）实

验过程中，装置B、C中发生现象分别是_______、_______；这些现象分别说明SO2具有的性质是_______和_______；装置B中发生反应的离子方程式为_______。（3）装置D的目的是探究SO2与品红反应的可逆性，请写出实

验操作及现象_______。（4）尾气可采用_______溶液吸收。【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O（2）①.溶液由紫红色变为无色②.无

色溶液中出现黄色浑浊③.还原性④.氧化性⑤.5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+（3）品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色（4）NaOH(答案合理即可)【解析】【小问1详解】根据仪器的特征，该仪器是蒸馏烧瓶；亚硫酸钠和浓硫酸反应生

成硫酸钠、SO2和水，化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O。【小问2详解】酸性高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫中硫元素是中间价态，有还原性，所以二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶

液氧化而褪色，同时说明二氧化硫有还原性，SO2的氧化性能将S2－氧化成S，则实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是溶液由紫红色变为无色、无色溶液中出现黄色浑浊，这些现象分别说明SO2具有的性质是还原性和氧化性；装置B中发生反应的离子方程式为5SO2+

2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。【小问3详解】的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原，所以探究SO2与品红作用的可逆性的实验操作及现象是品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色。【小问4详解】该实验的

尾气是SO2，SO2用NaOH溶液吸收。17.某工厂的固体废渣中主要含Cu和CuO，还含有少量Cu2O和SiO2等。利用该固体废渣制取Cu(NO3)2的部分工艺流程如图所示：（1）Cu与稀硝酸反应的化学方程式为_______。（2）酸溶时，反应温度不宜超过70℃，

其主要原因是_______，若保持反应温度为70℃，欲加快反应速率可采取的措施为_______。（3）过滤后所得废渣的主要成分的化学式为_______。（4）由Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2晶体的操作

方法是：蒸发浓缩、_______、过滤、冰水洗涤、低温烘干。【答案】（1）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O（2）①.温度过高时硝酸会分解②.将固体渣粉碎或适当增大硝酸浓度（3）SiO2（4）冷却结晶【解析】【分析】固体废渣中主要含Cu和Cu

O，还含有少量Cu2O和SiO2等，加入稀硝酸酸溶发生氧化还原反应生成NO，Cu和Cu2O被氧化得到Cu(NO3)2，CuO溶解得到Cu(NO3)2，SiO2和稀硝酸不反应，再加入Cu(OH)2中和剩余的稀硝酸，过滤得到的滤渣的主要成分是SiO

2，滤液为Cu(NO3)2溶液，据此解答。【小问1详解】Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，该反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；【小问2

详解】硝酸不稳定，加热会发生分解，所以酸溶时，反应温度不宜超过70℃，其主要原因是：温度过高时硝酸会分解；若保持反应温度为70℃，欲加快反应速率可采取的措施有：将固体渣粉碎或适当增大硝酸浓度或搅拌等；【小问3详解

】由分析可知，过滤后所得废渣的主要成分为二氧化硅，其化学式是SiO2；【小问4详解】由Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2晶体的操作方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干。18.50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液在如图所示的装置中进行

中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和反应的反应热。实验数据如表。起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差(t1﹣t2)/℃HClNaOH平均值125.525.025.2528.53.2522

4.524.224.4527.63.15325.024.524.7526.51.75（1）从实验装置看，图中还缺少的一种玻璃仪器是_______。（2）近似认为0.55mol•L﹣1NaOH溶液和0.50mol•L﹣1HCl溶液

的密度都是1g•cm﹣3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J•g﹣1•℃﹣1，则中和热ΔH=_______(取小数点后一位)。中和热测定时采用稍过量的氢氧化钠的原因：_______。（3）测定稀硫酸

和稀氢氧化钠中和热(中和热为57.3kJ/mol)的实验装置如图所示。某兴趣小组的实验数值结果小于57.3kJ/mol原因可能是_____(填字母)。A.实验装置保温、隔热效果差B.读取混合液的最高温度记为终点温度C.一次就把NaOH溶液全倒入盛有硫

酸的小烧杯中D.用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，直接测定H2SO4溶液的温度（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和反应的中和热的数值与57.3kJ•mol﹣1相比较会_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）玻璃搅拌器（2）①.-5

3.5kJ/mol②.保证盐酸完全被中和（3）AD（4）偏小【解析】【小问1详解】）实验中需要玻璃搅拌器上下搅拌，从实验装置看，图中还缺少的一种玻璃仪器是玻璃搅拌器；【小问2详解】第3组数据的温度差误差较大，应该舍弃；则平均温差为3.2℃，则2cmΔtΔ

H=-n(HO)=4.181003.2J/mol0.025=-53504J/mol=-53.5kJ/mol；中和热测定时采用稍过量的氢氧化钠的原因是保证盐酸完全被中和；【小问3详解】A．实验装置保温、隔热效果差，导致热量散失，测

得放热减少，故A选；B．读取混合液的最高温度记为终点温度是正确的，不会导致误差，故B不选；C．一次就把NaOH溶液全倒入盛有硫酸的小烧杯中是正确的，不会导致误差，故C不选；D．用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，直接测定H2SO4溶液的温度，使得部分酸与碱反应被消耗，导

致实验放热减小，故D选；故答案为：AD；【小问4详解】因为氨水电离吸热，则用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，放出的热量偏少，测得中和反应的中和热的数值会偏小。19.已知在一恒容密闭容器中进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-196.0

kJ·mol-1。SO2的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：根据图示回答下列问题：(1)压强：p1____(填“＞”“＝”或“＜”)p2。(2)升高温度，平衡向____(填“左”或“右”)移动。(3)200℃时，将一定量的SO2和O2充入体积为2L的密闭容器中，经10min后测得容器中各物质

的物质的量如下表所示：气体SO2O2SO3物质的量/mol1.61.80.4①10min内该反应的反应速率v(O2)=___________，该反应达到化学平衡状态的标志是____________。a．SO2和O2的体积比保持不变b．混合气体的密度

保持不变c．体系的压强保持不变d．SO2和SO3物质量之和保持不变②当反应放出98.0kJ热量时，测得该反应达平衡状态，该温度下SO2的转化率为______。(4)400℃时，将等量的SO2和O2分别在两个容积相等的容

器中反应，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持容积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的百分含量为p%，则乙容器中SO2的百分含量____。a．等于p%b．大于p%c．小于p%d．无法判断【答案】①.＞

②.左③.0.01mol·L-1·min-1④.ac⑤.50%⑥.c【解析】【分析】(1)相同温度下，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，根据转化率确定压强大小；(2)升高温度，平衡向吸热反应方向移

动；(3)①先计算三氧化硫的反应速率，再根据同一化学反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行

判断；②根据反应放出98.0kJ热量时，根据2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.0kJ/mol，则生成三氧化硫1mol结合三段式计算；(4)先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，

待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积。缩小体积则乙的压强增大，平衡正向移动。【详解】(1)该反应的正反应是气体体积减小的反应，在相同温度时，增大压强平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，B点的转化率大

于A点，所以p1＞p2；的(2)由图可知，压强一定时，升高温度，SO2转化率减小，说明升高温度，化学平衡向左移动；(3)①v(SO3)=0.40210molcLtmin−==0.02mol/(L·min)，v(O2)=12v(SO3)=0.01mol/(L·min)；a．SO2

、O2起始物质的量分别为n(SO2)=1.6mol+0.4mol=2.0mol，n(O2)=1.8mol+0.2mol=2.0mol。因温度和容器体积不变，开始加入的SO2和O2的物质的量相等，而Δn(SO2)与Δn(O2)不相等，能说明反应达到平衡状态，a

正确；b．容器体积不变，混合气体质量不变，故反应前后气体密度不变，故不能说明反应达到平衡，b错误；c．因反应后气体的总物质的量减小，若压强不变，能说明反应达平衡状态，c正确；d．根据硫原子质量守恒，反应前后n(SO2)+n(

SO3)不变，因此不能说明反应达到平衡状态，d错误；故答案为ac。②反应放出98kJ热量时，消耗的SO2的物质的量为98.0kJ196.0kJ×2mol=1mol，则SO2的转化率α(SO2)=1mol2mol×100%=50%；(4)先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保

持乙的压强不变。由于此反应的正反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积。缩小体积使乙的压强增大，化学平衡正向移动。所以，若甲容器中SO2的百分含量为p%，则乙的SO2的百分含量将小于甲，即乙

的SO2的百分含量小于p%，故答案为c。【点睛】结合平衡状态的特征及化学平衡移动原理分析判断，对于相同起始状态不同外界条件下的反应，可先虚拟一种状态，然后利用平衡状态的建立与外界条件无关，只与物质的始态和终态有关，利用平衡移动原理分析

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