【文档说明】浙江省宁波市北仑中学2023-2024学年高二上学期期初考试化学试题 含解析.docx，共(22)页，1.925 MB，由小赞的店铺上传

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北仑中学2023学年第一学期高二年级期初返校考化学试卷一、选择题(本大题共20小题，1-10题每小题2分，11-20题每小题3分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.反应4A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)，在

不同条件下反应，其平均反应速率v(X)如下，其中反应速率最大的是A.v(A)=0.2mol·(L·s)-1B.v(B)=6mol·(L·min)-1C.v(C)=8mol·(L·min)-1D.v(D)=4mol·(L·min)-1【答案】D【解析】【详解

】在速率单位统一的情况下，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越大，则：A.mol·(L·min)-10.26034=mol·(L·min)-1；B.632=mol·(L·min)-1；C.82.63=mol·(L·min)-1；D.441=mol

·(L·min)-1；显然D中比值最大，反应速率最大，故选项D正确；答案为D。2.采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是A.Na与水反应时，增加水的用量B.Al与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸C.Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应时，增大压强D.Zn与稀硫酸反

应时滴入少量CuSO4溶液【答案】D【解析】【详解】A．水为浓度为定值的纯液体，所以钠与水反应时，增大水的用量不影响反应速率，故A错误；B．常温下，铝在浓硫酸中发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应继续进行，

所以改用浓硫酸不能加快反应速率，故B错误；C．硫酸钠溶液和氯化钡溶液反应生成硫酸钡和氯化钠的反应是没有气体参加或生成的反应，所以增大压强，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，故C错误；D．向溶液中滴入硫酸铜溶液，锌与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，锌和铜在稀硫酸中构成原电池，原电池

反应使反应速率加快，故D正确；故选D。3.下列说法正确的是A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大B.催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率C.升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子

中活化分子的百分数D.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大【答案】C【解析】【详解】A．增大反应物浓度，可增大单位体积内的分子数目，但活化分子的百分数不变，从而使单位体积内的活化分子数目增大，有效碰撞次数增

大，反应速率加快，A错误；B．催化剂能够降低反应活化能，从而能普通分子转化为活化分子，增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率，B错误；C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大分子所具有的能量，使得部分普通分子转化为活化分

子，增加了反应物分子中活化分子的百分数，从而加快反应速率，C正确；D．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，增大反应物浓度，可增大单位体积内的分子数目，但活化分子的百分数不变，可增加单位体积内的活化分子数，从而使反应速率增

大，D错误；故答案为：C。4.下列说法正确的是（）A.()()()()22222NOgCOgNgCOg+=+在常温下能自发进行，则该反应的H0B.反应34NH(g)+HCl(g)NHCl(s)在室温下可自发进行，则该反应的H0C.32CaCO(s)CaO(s)+CO(g)室温下不能自

发进行，说明该反应的H0D.常温下，反应2C(s)+CO(g)2CO(g)不能自发进行，则该反应的H0【答案】B【解析】【分析】要判断反应是否自发进行，根据△G=△H-T△S，当△H<0，△S>0时，△G<0反应自发进行，当△H<0，△S<0时，高温下自发，

低温下不自发；当△H>0，△S<0时，△G>0反应不自发。【详解】根据△G=△H-T△S，当△H<0，△S>0时，△G<0反应自发进行，当△H<0，△S<0时，高温下自发，低温下不自发；当△H>0，△S<0时，△G>0反应不自发。A

.反应在常温下能自发进行，由于△S<0，所以△H<0，A项错误；B.反应在常温下自发进行，由于△S<0，所以△H<0，B项正确；C.反应在常温下不自发，在高温下能自发进行，由于△S>0，所以△H>0，C项错误；D.常温下反应不能自发进行，由于△S>0，所以△H>0，

D项错误。答案选B。【点睛】要判断反应是否自发进行，根据△G=△H-T△S，当△H<0，△S>0时，△G<0反应自发进行，当△H<0，△S<0时，高温下自发，低温下不自发；当△H>0，△S<0时，△G>0反应不自发。根据

题目所给出的方程式，可以判断出反应的△S的大小，就可以得到△H的大小了。5.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.打开可乐瓶盖，有大量气泡产生B.已知工业合成氨是放热反应，反应条件选择高温C.SO2催化氧化时，使用催化剂加快化学反应速率D.22H(g)I(g)2HI(g)+，平衡后压缩容器，体系

颜色加深【答案】A【解析】【详解】A．2322HCOHOCO+，打开可乐瓶盖后，压强减小，平衡正向移动，所以有大量气泡逸出，故能用勒夏特列原理解释，选A；B．合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快

，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适，不能用勒夏特列原理解释，不选B；C．SO2催化氧化时，使用催化剂加快化学反应速率但不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，不选C；D．22H(g)I(g)2HI(g)+，

加压后平衡不发生移动，颜色加深是因为I2的浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，不选D；答案选A。6.在密闭容器中投入足量CaC2O4，在T℃发生反应：CaC2O4(s)CaO(s)+CO2(g)+CO(g)，达到平衡测时

得c(CO)=amol·L-1。保持温度不变，压缩体积至原来的一半，达到新平衡时测得c(CO2)为A.0.5amol·L-1B.amol·L-1C.1.5amol·L-1D.2amol·L-1【答案】B【解析】【详解】温度不变，平衡常数不变，即K=2CO

CO=22CO=2CO不变，增大压强该反应平衡左移后，CO和CO2浓度不变，仍为amol·L-1。7.反应物(X)转化为产物(Y)时的能量变化与反应进程的关系如图曲线①所示，在反应中仅改变一种外界条件，可得到如图曲线②。下列说法正确的是A.该反应是吸热反应B.XM为反应所加

的催化剂C.改变该条件后，降低了反应的焓变D.该条件的改变增大了单位体积内活化分子百分数【答案】D【解析】【详解】A．该反应中生成物能量低于反应物能量，是放热反应，A错误；B．XM为反应的中间产物，不是所加的催化剂，B错误；C．改变该条件后，降低了反应的活化能，加快了反应速率

，但是不改变反应焓变，C错误；D．催化剂改变了反应的历程，降低了反应的活化能，增大了单位体积内活化分子百分数，加快了反应速率，D正确；故选D。8.P4S3可用于制造安全火柴，相关物质的结构及键能如表所示。共价键S—SP—PP—S键能(kJ·mol-

1)abc则反应38S8(s)+P4(s)=P4S3(s)的△H为A.(a+b-c)kJ·mol-1B.(c-a-b)kJ·mol-1C.(3a+3b-6c)kJ·mol-1D.3(2c-b-a)kJ·mol-1【答案】C【解析】【分析】【详解】

根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能，反应38S8(s)+P4(s)=P4S3(s)△H=38ｘ8ｘakJ·mol-1+6ｘbkJ·mol-1-(6ｘckJ·mol-1+3ｘbkJ·mol-1)=(3a+3b-6c)kJ·m

ol-1，故答案选C。9.下列有关下图所示装置或图象的判断或说法错误的是A.图甲所示反应为2A(g)+B(g)=2C(g)ΔH＞0B.根据图乙可判断：石墨转变为金刚石是吸热反应C.结合盖斯定律，由图丙可得：ΔH1=ΔH2+

ΔH3D.图丁所示实验发生的为放热反应【答案】D【解析】【详解】A．由2A(g)+B(g)的总能量比2C(g)的低，则2A(g)+B(g)=2C(g)是吸热反应，ΔH＞0，故A正确；B．由图可知金刚石的能量比石墨的能量高，

则石墨转变为金刚石是吸热反应，故B正确；C．根据盖斯定律，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，则ΔH1=ΔH2+ΔH3，故C正确；D．浓硫酸的稀释放出热量，是物理变化，故D错误；故选：D。10.在一定温度下的可逆反应()()X

g2YgΔH>0，()正正v=kcX，()2逆逆v=kcY，若该温度下的平衡常数K=10，下列说法错误的是A.该温度下正逆k=10kB.升高温度，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数C.有利于测定X的相对分子质量的条件为低温高压D.恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体

He，X的转化率减小【答案】D【解析】【详解】A．达到平衡时，vv=正逆，则()()2kcX=kcY正逆，平衡常数()()2cYK==10cX，即10kk=正逆，故A正确；B．该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以正k增

大的倍数大于逆k增大的倍数，故B正确；C．测定X的相对分子质量时应该使平衡尽可能逆向移动，该反应的正反应为气体分子数增多的吸热反应，所以条件为低温高压，故C正确；D．恒压条件下，向平衡体系中充入惰性气体He，体积增大，压强减小，平衡正向移动，X的转

化率增大，故D错误；答案选D。11.已知I．碳碳双键加氢时总要放出热量，并且放出的热量与碳碳双键的数目大致成正比；II．1，3-环己二烯()脱氢生成苯是放热反应。相同温度和压强下，关于反应的H，下列判断正确的是①②③④A.1H0，2H0B

.312HHH+=C.12HH，24HHD.234HHH=+【答案】C【解析】【详解】A．反应①和②都是和氢气加成，是放热反应，所以ΔH1＜0，ΔH2＜0，故A错误；B．将反应①和②相加不能得到反应③，所以ΔH3≠ΔH1+ΔH2，故B错误；C．反应①和②都是放热反应，ΔH＜

0，根据已知，加氢放出的热量与碳碳双键的数目大致成正比，所以ΔH1＞ΔH2；反应④是1，3-环己二烯脱氢生成苯的逆反应，是吸热反应，所以ΔH4＞0，所以ΔH2＜ΔH4，故C正确；D．由已知方程式可知，ΔH3=ΔH2+ΔH4，故D错误；答

案选C。12已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452kJ/molH+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol下列说法正确的是A

.H2(g)的标准燃烧热△H=-571.6kJ/molB.醋酸溶液和氢氧化钠溶液反应生成1mol水时，放出热量大于57.3kJC.12H2SO4(aq)+12Ba(OH)2(aq)=12BaSO4(s)+H2O(l)△H

=-57.3kJ/molD.3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=-131.4kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A．H2(g)的标准燃烧热是1molH2完全燃烧产生液态水时放出的热量，由2H2(g)+

O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol可知H2(g)的标准燃烧热△H=-285.8kJ/mol，A错误；B．醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，分子发生电离产生离子时需吸收热量，导致反应产生1molH2O时放出热量小于57.3kJ，B错误；C．Ba2+与2

4SO−结合形成BaSO4沉淀时形成了离子键会放出热量。反应放出热量越多，则反应热就越小，因此12H2SO4(aq)+12Ba(OH)2(aq)=12BaSO4(s)+H2O(l)△H＜-57.3kJ/mol，C错误；D．已知：①2H2(g)+O2(g)=2

H2O(l)△H=-571.6kJ/mol②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452kJ/mol根据盖斯定律，将1(2-)2①②，整理可得3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=-131.4kJ/mol，D正确；故合理选

项是D。13.利用铜-铈氧化物(2xCuO-yCeO，Ce是活泼金属)催化氧化除去2H中少量CO的可能机理如图所示。下列说法正确的是.A.反应(iii)中Cu、Ce化合价均未改变B.反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致C.若用182O参

与反应，一段时间后，18O不可能出现在铜-铈氧化物中D.铜-铈氧化物减小了反应222COO=2CO+的反应热【答案】B【解析】【详解】A．反应(iii)中放出二氧化碳，碳元素化合价变化，故Cu、Ce化合价不可能都未改变，A项错误；B．氧化

铜可能被一氧化碳还原为铜，则该催化剂的活性就会下降，B项正确；C．若用182O参与反应，一段时间后，会有一个18O出现在铜-铈氧化物中，C项错误；D．催化剂能改变反应速率，但不影响反应热，D项错误。故选B。14.金属Ni可活化26CH放出4CH，其反应历程如图所示：下列关于活化历程的说

法错误的是A.反应中涉及极性键和非极性键的断裂以及极性键的生成B.加入催化剂使正反应活化能和逆反应活化能均降低C.Ni和26CH的总键能大于2NiCH和4CH的总键能D.中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的

关键步骤【答案】C【解析】【详解】A．由图可知反应中涉及碳碳非极性键和碳氢极性键的断裂以及碳氢极性键的生成，A正确；B．催化剂同等量地降低正反应活化能和逆反应活化能，B正确；C．Ni和26CH相对总能量为0，2NiCH和4CH的

相对总能量为16.57kJmol−−，正反应放热，Ni和26CH的总键能小于2NiCH和4CH的总键能，C错误；D．慢反应决定总反应速率，中间体2→中间体3的正反应活化能最大，反应速率最慢，所以中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤，D正确；

故答案选C。15.一定条件下存在反应：2232SO(g)O(g)2SO(g)+，H0。现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按下图所示投料，并在400℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是A.

容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数相同B.容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同C.3SO的体积分数：Ⅱ>ⅢD.容器Ⅰ和容器Ⅱ中3SO的体积分数相同【答案】C【解析】【详解】A．容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进

行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，A错误；B．容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强容器Ⅱ大于容器Ⅲ，压强越大反应速率越大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，B错误；C．容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中

压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，C正确；D．容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，三氧化硫含量减小，SO3的体积分数：Ⅱ＞的Ⅰ，D错误；故合理选项是C。16.苯乙烷与2Cl在光照条件下发生一氯取代，反应历

程如图所示。下列说法错误的是A.反应①②③的ΔH>0B.使用恰当的催化剂，可以使反应②的程度减小，反应③的程度增大C.已知物质A的稳定性大于B，则分别获得等物质的量A和B，前者需要的能量更少D.为加快

反应速率，可在日光直射的地方进行实验【答案】D【解析】【详解】A．反应①②③为断键过程，断键吸热ΔH>0，故A正确；B．催化剂具有选择性，用恰当的催化剂，可以使反应②的程度减小、反应③的程度增大，故B正确；C．物质A的稳定性大于B，A的能量小

于B，则分别获得等物质的量A和B，前者需要的能量更少，故C正确；D．日光直射，苯乙烷与2Cl反应非常剧烈，可能会引起爆炸，故D错误；选D。17.如图为2CO和24CH在碘化烷基作用下耦合制备丙烯酸乙酯的机理。下列说法不正确．．．的是A.n

LNi是反应的催化剂B.是反应的中间产物C.若将32CHCHI换为3CHI，则有机产物为D.该过程总反应方程式为C2H4+CO2+CH3CH2I⎯⎯⎯→催化剂+HI【答案】C【解析】【分析】由图可知，CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反

应物为二氧化碳、乙烯和一碘乙烷，生成物为丙烯酸乙酯和碘化氢，反应的化学方程式为CO2+CH2=CH2+CH3CH2IniLN⎯⎯⎯→CH2=CHCOOCH2CH3+HI。【详解】A．由图可知，LnNi从反应①时参与反应，

反应④中又生成LnNi,即为起始反应的反应物、终态反应的生成物，所以LnNi是催化剂，故A正确；B．是反应②的生成物、反应③的反应物，所以是反应的中间产物，故B正确；C．若将CH3CH2I换为CH3I，产物是丙烯酸甲酯，结构简式为CH2=CHCOOCH3，故C错误；D．根据以上

分析知，反应的化学方程式为CO2+CH2=CH2+CH3CH2IniLN⎯⎯⎯→CH2=CHCOOCH2CH3+HI，故D正确；答案选C。18.已知反应A(g)+2B(g)3C(g)，ΔH＜0，向一恒温

恒容的密闭容器中充入1molA(g)和3molB(g)发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.若容器内压强不变，表明反应达到平衡B.t2时改变的条件：向容器中加入BC.平衡常数K：K(Ⅱ)＜K(Ⅰ

)D.平衡时A的体积分数φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ)【答案】D【解析】【详解】A．该反应为气体体积不变的反应，反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不变不能判定平衡状态，A错误；B．t2时正反应速率瞬间不变，然后增大，可知改变的条件为

向容器中加入C，B错误；C．平衡常数与温度有关，温度不变，平衡常数不变，K(II)=K(I)，C错误；D．t2时加入C，平衡逆向移动，平衡时A的体积分数增大，故φ(II)＞φ(I)，D正确；故选D。19.向一恒容密闭容器中加入41molCH和一定量的2HO，发生反应：

422CH(g)HO(g)CO(g)3H(g)++。4CH的平衡转化率按不同投料比()()42nCHxxnHO=随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.12xxB.反应速率：b

cvv正正C.点a、b、c对应的平衡常数：abcK<K=KD.反应温度为1T，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态【答案】B【解析】【详解】A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH

4的转化率越大，则12xx，故A正确；B．b点和c点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度大，则反应速率：bcv>v正正，故B错误；C．由图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移

动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：abcK<K=K，故C正确；D．该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故D正确；答案选B。20.钠和氧气反应生成氧

化钠的能量关系如左下图所示。下列说法正确的是A.12345HHHHHH0+++++=B.()()KgeKg−+−=3H，则33HHC.已知8S的结构如右下图所示，()()81Sg2Sg4=2H，则2H的数值等于S-S键能D.

若()()()2224Nas2Og2NaOs+=HH，则()2NaOs与()2Og生成()22NaOs的反应在低温下自发【答案】D【解析】【详解】A．根据盖斯定律，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5，

故A错误；B．K比Na更容易失去电子，因此ΔH3′＜ΔH3，故B错误；C．已知S8的结构如图2所示，()()81Sg2Sg4=2H，则ΔH2′的数值等于S-S键能的2倍，故C错误；D．已知：①4Na(s)+O2(g)═2Na2O(s)ΔH，②4Na(s)+

2O2(g)═2Na2O2(s)ΔH′，根据盖斯定律②-①得反应2Na2O(s)+O2(g)═2Na2O2(s)ΔH1=ΔH′-ΔH＜0，ΔS＜0，低温时ΔG=ΔH1-TΔS＜0，因此()2NaOs与()2Og生成()22NaO

s的反应在低温下自发，故D正确；答案准D。二、非选择题(本大题共4小题，共50分)21.能源是现代社会发展的支柱之一、（1）下列反应中，属于吸热反应是___________(填序号)。a．灼热的炭与二氧化碳反应b．煅烧石灰石c．铝与盐酸反应d．盐酸与

碳酸氢钠反应（2）已知稀溶液中，1mol24HSO与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示24HSO与NaOH反应的中和热的热化学方程式___________。（3）实验测得，1g甲醇(3CHOH，常温下为液态)在氧气中完全燃烧释放出20

kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：___________。（4）恒温恒容时，能表明()()()()232FeOs3COg2Fes3COg++达平衡状态的是___________(填字母)A．单位时间内生成nmolCO同时消耗nmol2COB．c(CO)不随时间改变C．2

CO的体积分数不变D．Fe的浓度不变E．容器内压强不再变化F．正反应的平衡常数不再变化G．气体的总质量不再变化【答案】（1）abd（2）()()()()2424211HSOaqNaOHaqNaSOaqHOl22+=+

+1ΔH57.3kJmol−=−（3）()()()()32223CHOHlOgCOg2HOl2+=+1ΔH640kJmol−=−（4）BCG的【解析】【小问1详解】a．灼热的炭与二氧化碳反应为吸热反应，故a

正确；b．煅烧石灰石分解生成氧化钙和二氧化碳，为吸热反应，故b正确；c．铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应为放热反应，故c错误；d．盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应为吸热反应，故d正确；故答案为：abd；【小问2详解】1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，生成2m

ol液态水，放出114.6kJ热量，则12molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应生成1mol液态水时放出的热量为114.6kJ×12=57.3kJ，故表示H2SO4与NaOH反应中和热的热化学方程式为：()()()()2424211HSOaqNaOHaqNaSOaqHOl22+=++1

ΔH57.3kJmol−=−【小问3详解】1g甲醇完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出20kJ的热量，所以32g甲醇燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放热640kJ，依据热化学方程式的书写方法写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式为()()()()32223

CHOHlOgCOg2HOl2+=+1ΔH640kJmol−=−【小问4详解】A．单位时间内生成nmolCO同时消耗nmolCO2，反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故A不符合；B．c(CO)不随时间改变说明达到平衡，故B符合；C．CO2的体积分

数不变说明达到平衡，故C符合；D．Fe为固体，无浓度变化，故D不符合；E．反应前后气体物质的量不变，容器内压强始终不变化，不能说明反应达到平衡状态，故E不符合；F．平衡常数岁温度变化，温度不变，平衡常数不变，正反应的平衡常数不再变化，

不能说明反应达到平衡状态，故F不符合；G．反应前后气体质量变化，当气体的总质量不再变化，说明反应达到平衡状态，故G符合；故答案为：BCG。22.化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量

反应前后体系温度变化，用公式QcρVT=总计算获得。（1）热量的测定：取50mL0.5mol/L盐酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液和如图所示装置进行中和热的测定实验。①从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是___________。②测得反应前后体系的温度值(℃)分别为0T、1

T，则该过程放出的热量为___________J(c和ρ分别取114.18Jg−−℃和11.0gmL−)。③如果改用60mL1.0mol/L盐酸跟50mL1.1mol/LNaOH溶液进行反应，则与上述实验相比，所放热量___________(填“增加”

“减少”或“不变”)；所求中和热数值___________(填“增加”“减少”或“不变”)。（2）借鉴(1)的方法，甲同学测量放热反应()()()()44FesCuSOaqFeSOaqCus+=+焓变H(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。序号反应试剂体系温度/℃反应前反应后i10.

20molL−4CuSO溶液100mL1.20gFe粉abii0.56gFe粉ac①温度：b___________c(填“>”“<”或“=”)。②H=___________(选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。（3）乙同学也借鉴(1)的方法，测量反应A

：()()()()2443FesFeSOaq3FeSOaq+=的焓变。查阅资料：配制()243FeSO溶液时需加入酸。①提出猜想：Fe粉与()243FeSO溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在Fe粉和酸的反应。验证猜想：用pH试纸测得(

)243FeSO溶液的pH不大于1；向少量()243FeSO溶液中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和___________(用离子方程式表示)。实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程

中无气体生成的实验方案。②优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为______________________。（4）化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用___________。【答案】（1）①.

环形玻璃搅拌棒②.()10418TT−③.增加④.不变（2）①.>②.()120.9bakJmol−−−或()141.8cakJmol−−−（3）①.22Fe2HFeH+++=+②.将一定量的Cu粉加入一定

浓度的()243FeSO溶液中反应，测量反应热，计算得到反应()24443CuFeSOCuSO2FeSO+=+的焓变1H；根据(3)中实验计算得到反应44FeCuSOCuFeSO+=+的焓变2H；根据盖斯定律计算得到反应(

)2443FeFeSO3FeSO+=的焓变为12HH+（4）燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)【解析】【小问1详解】①从实验装置上看，为了快速混合溶液，因此图中缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；故答案为：环

形玻璃搅拌棒。②测得反应前后体系的温度值(℃)分别为0T、1T，混合溶液的质量为100g，则该过程放出的热量为()()11110104.18Jg1.0gmL100mLTT418TT−−−−=−℃℃J；故答案为：()10418T

T−。③如果改用60mL1.0mol/L盐酸跟50mL1.1mol/LNaOH溶液进行反应，则与上述实验相比，由于生成水的物质的量增加，因此所放热量增加；所求中和热数值不变，主要是中和热是指生成1mol液态水放出的热量；故答案为：增加；不变。【小问2详解】①由于铜离子

物质的量为0.02mol，消耗的物质的量为0.02mol，由于0.56g铁粉物质的量为0.01mol，而1.20g铁粉物质的量大于0.02mol，因此1.20g铁粉反应铜离子更充分，放出的热量更多，则温度：b＞c；故答案为：＞。②H=()()11114

.18Jg1.0gmL100mLca41.8cakJmol0.01mol−−−−−−=−−℃℃或()()11114.18Jg1.0gmL100mLba20.9bakJmol0.02mol−−−−−−=−−℃℃

；故答案为：()141.8cakJmol−−−或()120.9bakJmol−−−。【小问3详解】①用pH试纸测得()243FeSO溶液的pH不大于1；向少量()243FeSO溶液中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有

气泡冒出，说明存在反应A和铁与硫酸反应生成氢气，其反应离子方程式为：22Fe2HFeH+++=+；故答案为：22Fe2HFeH+++=+。②优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为

将一定量的Cu粉加入一定浓度的()243FeSO溶液中反应，测量反应热，计算得到反应()24443CuFeSOCuSO2FeSO+=+的焓变1H；根据(3)中实验计算得到反应44FeCuSOCuFeSO+=+的焓变2H；

根据盖斯定律计算得到反应()2443FeFeSO3FeSO+=的焓变为12HH+；故答案为：将一定量的Cu粉加入一定浓度的()243FeSO溶液中反应，测量反应热，计算得到反应()24443CuFeSOCuSO2FeSO+=+的焓变1H；根据(3)中实验计算得到反应44FeCuSOCuFeS

O+=+的焓变2H；根据盖斯定律计算得到反应()2443FeFeSO3FeSO+=的焓变为12HH+。【小问4详解】化学能可转化为热能，在生产或生活中的一种应用燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)；故答案为：燃料燃烧(或铝热反应

焊接铁轨等)。23.已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：I．()()()22gggNO2NO+1180.0kJ/molH=+Ⅱ．()()()()222COg2NOgNg2COg++2ΔH请回答下列问题：（1）若CO的燃烧

热(3ΔH)为−283.5kJ/mol，则反应Ⅱ的2=H___________。（2）CO和2NO也可发生类似于反应Ⅱ的变化，热化学方程式为()()()()2222NOg4COgNg4COg++4H0。一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入4.0mol2NO和

4.0molCO，测得相关数据如下表：0min5min10min12min20min()2lNO/mon4.03.431233()2N/moln00.30.440.50.5①0~5min内，()2COv=正___________

；该温度下反应的化学平衡常数K=___________(保留两位有效数字)。②其他条件不变，升高温度，2NO平衡转化率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。③20min时，保持其他条件不变，再向容器中通入0.4molCO、0.7mol2N和0.4mol2CO，此时v

正___________(填“>”、“<”或“=”)v逆【答案】（1）−747kJ/mol（2）①.110.12molLmin−−②.0.11③.减小④.＜【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，CO的燃烧热热方程式的2倍减去反应I得到Ⅱ()()()()222COg2NOgN

g2COg++2kJ/mol2(180.0kJ/mol)kJ/molΔH283.5747=+−=−−；故答案为：747kJ/mol−；【小问2详解】①0~5min内，氮气变化量为0.3mol，则二氧化碳改变量

为1.2mol，则()1121.2molCO0.12molLmin2L5minv−−==正；达到平衡时氮气物质的量为0.5mol，二氧化碳物质的量为2mol，二氧化氮物质的量为3mol，一氧化碳改变量为2mol，则一氧化碳平衡量为2mol，该温度下反应的化学

平衡常数41240.5mol2mol()2L2L0.11Lmin3mol2mol()()2L2LK−=；故答案为：110.12molLmin−−；0.11；②其他条件不变，升高温度，平衡向吸热方向移动即逆向移动，则2NO平衡转化率减小；故答

案为：减小；③20min时，保持其他条件不变，再向容器中通入0.4molCO、0.7mol2N和0.4mol2CO，41241.2mol2.4mol()2L2L0.11Lmin3mol2.4mol()()2L2LQ−=

，说明平衡逆向移动，则此时v正＜v逆；故答案为：＜。24.氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：.。（1）根据图1数据计算反应22313N(g)+H(g)NH(g)22的ΔH=___________1kJmol−

。（2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N2*表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为___________(填步骤前的标号)，理由是___________。

（3）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为2H0.75x=、2N0.25x=，另一种为2H0.675x=、2N0.225x=、Ar0.10x=。(物质i的摩尔分数：iinnx=总)①

图中压强由小到大的顺序为___________，判断的依据是___________。②进料组成中含有惰性气体Ar的图是___________。③图3中，当p2=20MPa、3NHx=0.20时，氮气的转化率α=___________。该温度时，反应22313N(g)+H(g)NH(g)

22的平衡常数Kp=___________1(MPa)−(化为最简式)。【答案】（1）-45（2）①.(ⅱ)②.在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于NN的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)（3）①.123p<p<p

②.合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大③.图4④.33.33%⑤.336【解析】【小问1详解】根据能量变化图示可知，()11ΔH=437654436397339kJmol45kJmol−−+

−−−=−；【小问2详解】在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于NN的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)；【小问3详解】①合成氨的反应中，压强越大，利于氨的合成，则氨的摩尔分数越大，结合图像可知，在温度一定时，氨的摩

尔分数：p3＞p2＞p1，所以压强：p3＞p2＞p1；②对比图3和图4,可知，相同条件下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小，使由于充入惰性气体导致反应气体分压减小，平衡向着气体分子数增大的方向进行，即不利于合成氨，所以氨的摩尔分数小；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号

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