【文档说明】山东省临沂第四中学2024-2025学年高二上学期10月月考化学试题word版含解析.docx，共(21)页，2.018 MB，由小赞的店铺上传

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临沂四中高二10月检测题化学（考试时间共90分钟）相对原子质量：C：12H：1第I卷（选择题共40分）一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题2分，共20分）1.NO和CO都是汽车尾气中的有害物质，它们能缓慢反应生成N2和CO2，为控制汽车尾气污染，下

列措施最合理的是A.增大压强B.降低压强C.使用催化剂D.升高反应温度【答案】C【解析】【分析】加入催化剂、升高温度、增大压强(气相反应)、增大物质的浓度(固体除外)均能加快反应速率，但同时考虑到实际的可操作性，据此分析解答。【详解】A．对于有气体参加的化学反应，增

大压强，反应速率加快，但不具有实际的可操作性，A错误；B．对于有气体参加的化学反应，降低压强，反应速率减慢，也不具有实际的可操作性，B错误；C．催化剂能改变反应活化能，使反应在较低的条件下发生，加入催化剂能改变反应速率

，具有实际的可操作性，C正确；D．温度对任何化学反应的速率都会造成影响，升高温度，反应速率变大，但不具有实际的可操作性，D错误；故合理选项是C。2.下列判断错误的是（）①反应NH3(g)＋HCl(g)══NH4Cl(s)在室温下可自发

进行，则该反应的ΔH＞0②CaCO3(s)══CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH<0③一定温度下，反应MgCl2(l)══Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0④常温下，反应

C(s)＋CO2(g)══2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0A.①③B.②③C.②④D.①②【答案】D【解析】【详解】①反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)的△S＜0，在室温下可自发进行，则△H-T•△S

＜0，则△H＜0，故的①错误；②反应CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)中有气体生成，△S＞0，室温下不能自发进行，则△H-T•△S＞0，说明该反应的ΔH＞0，故②错误；③反应MgCl2(l)===Mg(l)＋Cl

2(g)中有气体生成，△S＞0，一般而言，分解反应是吸热反应，ΔH＞0，故③正确；④常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的△S＞0，反应不能自发进行，则△H-T•△S＞0，则该反应的ΔH＞0，故④正确；故选D。3.下列说法正确的是A.对于有气体参与的化学反应，

加压可使活化分子百分数增大，化学反应速率加快B.反应热的大小与物质能量和键能均有关系，一般键能越大，物质能量越高C.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的∆H不同D.已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH1，②

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2，则ΔH1>ΔH2【答案】D【解析】【详解】A．加压不能增加活化分子百分数，A错误；B．反应热的大小与物质能量和键能均有关系，一般键能越大，物质越稳定，物质能量越低，B错误；C．反应热只与始状态、终态有关，与途径无关，同温同压下，反应在光照和点

燃条件下的∆H相同，C错误；D．氢气和氧气反应生成水是放热反应，和反应①比，反应②多了气态水转化为液态水的过程，放热更多，则ΔH1>ΔH2，D正确；本题选D。4.下列事实不能．．用勒夏特列原理来解释的是A.煅烧硫铁矿时

先将矿石粉碎B.鼓入过量空气有利于SO2转化为SO3C.开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫D.实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2【答案】A【解析】【详解】A．煅烧硫铁矿时先将矿石粉碎，目的是增大接触面积，使反应速率加快，不能用勒夏特列原

理解释，故A选；B．鼓入过量的空气会增大氧气的浓度，有利于平衡正向移动，提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C．存在平衡H2CO3⇌CO2(g)+H2O，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，可以用勒夏特列原理解释，故C不选；D．氯气和水反应

生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选：A。5.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：()()()()()422MgSOs+COgMgOs

+COg+SOgH0，该反应在某密闭容器中达到平衡。下列分析正确的是A.恒温恒容时，再充入一定量CO气体，达到新平衡时()()2cCOcCO增大B.恒容时，升高温度，混合气体的平均相对分子质量增大C.恒温恒容时，分离

出部分MgO可提高4MgSO的转化率D恒温时，增大压强，体积减小，平衡逆向移动，平衡常数减小【答案】B【解析】【详解】A．恒温恒容时，再充入一定量CO气体，平衡正向移动，二氧化碳的量增大，二氧化硫量增大，因为平

衡常数不变，所以达到新平衡时2c(CO)c(CO)减小，故A错误；B．容积不变时，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2、SO2的相对分子质量比CO大，因此反应从左到右混合气体的相对分子质量增

大，故B正确；C．MgO为固体，固体的量的改变对平衡没有影响，平衡不移动，故C错误；D．恒温时，增大压强，根据PV=nRT可知，体积减小，平衡逆向移动，但平衡常数只受温度影响，所以平衡常数不变，故D错误；故答案选B。

6.2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g），达到平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时移走1.0molP

Cl3和0.5molCl2。在相同的温度下再达到平衡时PCl5的物质的量是（）A.0.40molB.0.20molC.小于0.20molD.大于0.20mol，小于0.40mol【答案】C【解析】【分析

】达平衡后移走1.0molPCl3和0.50molCl2，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0molPCl3和.0.50molCl2到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故平衡时PCl5的物质的量小于原平衡的0.5倍。【详解】达平

衡后移走1.0molPCl3和0.50molCl2，重新到达的平衡，可以等效为开始加入1.0molPCl3和0.50molCl2到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时PCl5的物质的量小于原平衡的0.5倍，即达平

衡时PCl5的物质的量小于0.4mol×0.5=0.2mol，故选C。7.已知胆矾溶解于水时温度降低，室温时将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出的热量为Q1kJ，又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO4·5H2O⎯⎯→CuSO

4·(s)+5H2O(1)Q2kJ，则Q1和Q2的关系为A.Q1＜Q2B.Q1>Q2C.Q1=Q2D.无法确定【答案】A【解析】【分析】溶解降温说明水合放热小于扩散吸热，Q1是二者差值；而胆矾（五水合硫酸铜）分解要克服水合能Q2，所以Q2＞Q1；溶解时，放出的热量有一部分被水吸收，实际放

出的热量偏小。【详解】根据题的叙述可把胆矾溶于水看成二个过程，第一个过程是：CuSO4•5H2OΔCuSO4（s）+5H2OQ2kJ这一过程是吸收热量的，一摩尔CuSO4•5H2O分解吸收的热量为Q2kJ；第二过程是：

无水硫酸铜制成溶液的过程，此过程是放出热量的，1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ，但整个过程要使溶液温度降低，说明吸收的热量大于放出的热量，所以Q2＞Q1，故选A。8.223N3H2NH+H0，合成氨时

既要提高2H的平衡转化率，又要加快反应速率，下列可采取的办法中有几个正确①加压②升温③及时从平衡混合气中分离出3NH④补充2N⑤使用催化剂A.3个B.1个C.2个D.4个【答案】C【解析】【详解】①反应为气体分子数减小的反应，加压，平衡正向移动

，可提高2H的平衡转化率，同时也加快反应速率，故①正确；②反应为放热的反应，升温平衡逆向移动，氢气转化率降低，故②错误；③及时从平衡混合气中分离出3NH，会使平衡正向移动，但物质的浓度减小，因此不能加快反应速率，故③错误；④补充

2N，反应物浓度变大，反应速率加快，且平衡正向移动，故④正确；的⑤使用催化剂加快反应速率，但不会提高物质转化率，故⑤错误；因此正确的有①④，共2个，故选C。9.在某2L恒容密闭容器中充入2molX(g

)和1molY(g)发生反应:2X(g)+Y(g)3Z(g),反应过程中持续升高温度,测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是()A.M点时,Y的转化率最大B.升高温度,平衡常数减小C.W点时v正=v逆D.W、M两点Y的正反应速率相同【

答案】B【解析】【分析】温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，据此分析解答。【详解】A．曲线上最

低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故A错误；B．Q点后升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则升高温度，平衡常数减小，故B正确；C．W点不是平衡点，此时反应以正向进行为主，即v正＞v逆，故C错

误；D．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高反应速率越大，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故D错误；故答案为B。10.1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步+H进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br−进攻碳正离子完成1，2-加成或

1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。下列说法不正确的是A.1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定B.与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率减小C.从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度D.升高温度时，反应产物中1，4-加成产

物所占比例减少【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，1，4一加成产物比1，2一加成产物能量低，则1，4—加成产物比1，2—加成产物更稳定，故A正确；B．该加成反应不管生成1，4—加成产物还是1，2—加成产物，

均为放热反应，则升高温度，不利用1，3一丁二烯的转化，即在40℃时其转化率会减小，故B正确；C．从0℃升至40℃，对于1，2—加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2—加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故C正确；D．由图可知，1，4一加成

反应的活化能较高，反应速率较慢，则适当升高反应温度，可以加快反应速率，可能有利于1，4一加成的进行，反应产物中1，4一加成产物所占比例增加，故D错误；故选D。二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题目要求）。1

1.利用甲烷可减少2NO污染，反应原理如下：()()()()()242222NOgCHgCOgNg2HOg+++。T℃时，将2mol2NO与1mol4CH的混合气体置于绝热恒容密闭容器中发生反应，正反应速

率随时间变化的趋势如图所示。下列说法正确的是A.正反应为放热反应且c点时反应达平衡态B.若12Δt=Δt，则产生2N的量：ab段＜bc段C.a、b、c、d四点对应的平衡常数大小：abcd>>>KKKKD.d点的正反应

速率大于c点的逆反应速率【答案】CD【解析】【详解】A．由a到c反应速率逐渐增大，说明正向反应放热，正反应速率升高，由于c到d速率改变，在c点未达到平衡，A错误；B．ab段温度低于bc段，若12Δt=Δt，ab段反应物浓度大于bc段，ab段正反应速率小于bc段，ab段生成物浓度小于

bc段，ab段逆反应速率小于bc段，且bc段υ＜ab段，则产生2N的量：ab段＞bc段，B错误；C．由于反应放热，温度升高，平衡逆向移动，故温度越高K值越小，abcd>>>KKKK，C正确；D．d点的正反应速率大于逆反应速率，d点的逆反应速率大于

c点的逆反应速率，d点的正反应速率大于c点的逆反应速率，D正确；答案选CD。12.18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是A.反应II、III为决速步B.反应结束后，溶液中存在18OH−

C.反应结束后，溶液中不会存在183CHOHD.反应I与反应IV活化能的差值等于图示总反应的焓变【答案】BC【解析】【详解】A．反应活化能越大，反应速率越慢，根据图示，反应I活化能较高，因此反应的决速步骤为反应I，A错误；B．与OH−发

生反应生成，根据题干信息，为快速平衡，可生成18OH−，所以反应结束后，溶液中存在18OH−，B正确；C．反应II的成键和断键发生为或，因此反应结束后，溶液不会存在183CHOH，C正确；D．图示总反应的焓变=反应物的总焓-生成物的总焓=(I反应的

活化能-II反应的活化能)-(III反应的活化能-IV反应的活化能)≠I反应的活化能-IV反应的活化能，D错误；答案选BC。13.CO、4CH、()3CHCHOg的燃烧热分别为a、b、ckJ/mol1kJmolc−(a、b、

c>0)。等物质的量的CO与4CH气体在41.010kPa下发生如下反应()()()43COgCHgCHCHOg+，反应速率vvv=−=正逆()()43p(CO)pCHpCHCHOkk−正逆，正k、逆k为正、逆反应速率常数，p为气体分压，5pK4.510−=()1kPa

−。下列说法不正确的是A.气体的密度保持不变可用于判断反应已达到化学平衡状态B.当CO的转化率为20%时，:4:5vv=正逆C.乙醛的分解反应()()()34CHCHOgCOgCHg+的1(a+b-c)kJmolH−=D.升高温度，正k、逆k均增大，若平

衡逆向移动，则正k增大的倍数>逆k增大的倍数【答案】D【解析】【详解】A．该容器为恒压容器，气体的密度保持不变，说明气体的物质的量不变，可用于判断反应已达到化学平衡状态，故A正确；B．当CO的转化率为20%

时，设CO的物质的量为1mol，则CH4的物质的量为1mol，反应中消耗了0.2molCO，消耗了0.2molCH4，生成了0.2molCH3CHO，平衡时0.8molCO，有0.8molCH4，有0.2molCH3CHO，平衡时气体总物质的量为1.8mol，容器中压强为41.010

kPa，根据题给信息平衡时()()43p(CO)pCH=pCHCHOkk正逆，则()()354pCHCHO4.510p(COk)pCkH−==正逆，则()()4445431.010kPa1.010kPap(CO)pCHv=4.5104:5vpCHC

HO1.0.10k0.80.8k181.80.2akP1.8−==正正逆逆，故B正确；C．根据盖斯定律，CH3CHO(g)⇌CO(g)+CH4(g)的△H=(a+b-)ckJ/mol，故C正确；D．升高温度，k正、k逆均增大，若平衡逆向移动

，则k正增大的倍数<k逆增大的倍数，故D错误；故选D。14.铋基催化剂对2CO电化学还原制取HCOOH具有高效的选择性。其反应历程与能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A.使用23BiBiO、两种催化剂，Bi更有利于2CO的吸附B.2CO电化

学还原制取HCOOH反应的ΔH0C.由*2CO−生成*HCOO−的反应为**2*233COHCOeHCO*COO−−−−−+=++D.使用Bi催化剂时，最大能垒是0.38eV，使用23BiO催化剂时，最大能垒是0.58eV【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，使用23BiO催化

剂时，相对能量减小的更多，故使用23BiO催化剂时更有利于2CO的吸附，A错误；B．由图可知生成物的能量低于反应物的能量反应放热，故2CO电化学还原制取HCOOH反应的ΔH0＜，B错误；C．由图可知*2CO−生成*HCOO−的反应为**2*233COHCOeHC

O*COO−−−−−+=++，C正确；D．使用Bi催化剂时，最大能垒由(-0.89→-0.51)是0.38eV，使用23BiO催化剂时，最大能垒由(-2.86→-2.54)是0.32eV，D错误；故选C。15.T℃时，在密闭容器甲、乙中分别充入1mol2CO

和3mol2H，它们分别在有水分子筛(只允许水分子透过)和无水分子筛条件下仅发生反应1，测得2CO平衡转化率与压强关系如图所示。在催化剂A作用下，只发生反应3，该反应的速率方程式为()()22COHvkcc=正正，()()2kCOHOvcc=逆逆(k为速率常数，只与温度催化剂有关)反应

1：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++；1149.8kJmolH−=−反应2：()()()23COg2HgCHOHg+；1290.9kJmolH−=−反应3：()()()()222COgHgCOgHOg++；3ΔH下列说法正确的是A.催化剂A作用下，830℃时该反

应的平衡常数K=1，则900℃时kk正逆B.使用了水分子筛的容器是甲C.反应1的平衡常数abKKD.M点()2H75kPap=【答案】AD【解析】【详解】A．由盖斯定律可知，反应1-反应2可得()()()()22

2COgHgCOgHOg++3ΔH=+41.11kJmol−，该反应是吸热反应，催化剂A作用下，830℃时该反应的平衡常数K=1，则900℃时平衡正向移动，v正增大的程度大于v逆，k>k正逆，A正确；B．使用水分子筛可以将水分子及时分离，平衡正向移

动，2CO平衡转化率增大，则使用了水分子筛的容器是乙，B错误；C．催化剂不影响平衡常数，则反应1的平衡常数abK=K，C错误；D．根据已知条件列出“三段式”()()()()()()()2232COg3HgCHOHgHOgmol1300mol

0.51.50.50.5mol0.51.50.50.5++起始转化平衡M点()21.5pH=150kPa=75kPa0.5+1.5+0.5+0.5，D正确；故选AD。第II卷（共60分）16.利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取150mL0.50molL−盐酸倒入

量热计的内筒，测出盐酸温度，用水将温度计上的酸冲洗干净，擦干备用；②用另一量筒量取150mL0.55molLNaOH−溶液，用温度计测出其温度；③将NaOH溶液分次缓慢倒入量热计的内筒中，搅拌使之混合均匀，测得混合液的平均温度；④重复测量2～3次，准确记录数据。回答下列问题：（1）上述步骤

中错误是_______。（2）_______(填“能”或“不能”)用相同形状的细铁丝代替玻璃搅拌器，理由是_______。（3）现将一定量的稀氢氧化钾溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和11L1molL−稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为123HHH、、，则123HHH、、的大

小关系为_______。（4）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是31gcm−，又知中和反应后生成溶液的比热容11c4.18Jg℃−−=。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：起始温度1t/℃终止温度2

t/℃实验序号盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热H=_______(结果保留1位小数)。（5）上述实验结果与中和热数值157.3kJ

mol−有偏差，产生偏差的原因不可能为_______(填序号)。①实验装置保温、隔热效果差②用量筒量取盐酸溶液体积时仰视读数③分多次把NaOH溶液倒入内筒中④测量稀盐酸的温度计未洗净直接测定NaOH溶液的温度【答案】（1）NaOH溶液分次缓慢倒入量热计的内筒中（2）①.不能②.铁与盐

酸反应且铁丝易导热散热，影响测量结果（3）123HHH=（4）51.8kJ/mol−（5）②【解析】【小问1详解】NaOH溶液分次缓慢倒入量热计的内筒中，为防止反应过程中的热量损失应快速将NaOH溶液一次性倒入量热计的内筒中，与盐

酸混合；【小问2详解】因为铁与盐酸反应且铁丝导热，影响测量结果，因此不能用相同形状的细铁丝代替玻璃搅拌器；【小问3详解】氢氧化钾与氢氧化钙均是强碱，完全电离，一水合氨为弱碱，反应过程中还会继续电离，电离过

程吸热，因此稀氨水与稀盐酸反应放出的热量少，因为放热反应的反应热为负值，放热越少，反应热越大，故可得出△H1=△H2＜△H3；【小问4详解】实验1的温度差为20.0+20.123.2-=3.152℃℃℃℃，

实验2的温度差为：20.2+20.423.4-=3.12℃℃℃℃，故平均温度差值为3.125℃，该实验测得的中和热350mL+50mL1g/cm0.00418kJ/(g)3.125ΔH==-51.8kJ/mol0.050L0.50mo

l/L（）℃℃；【小问5详解】上述实验中测定的中和热数值为51.8kJ·mol-1，比理论中和热数值57.3kJ·mol-1偏小，①实验装置保温、隔热效果差，造成热量损失，测定的中和热数值偏小，不符合题意；②用量筒量取盐酸溶

液体积时仰视读数，造成量取的盐酸体积偏大，反应生成的水偏多，放出的热量偏多，故测定的中和热数值偏大，符合题意；③分多次把NaOH溶液倒入内筒中，造成热量损失，测定的中和热数值偏小，不符合题意；④测量稀盐酸的温度计未洗净直接测定NaOH溶液的温度，造成初

始平均温度偏大，温度差偏小，故测定的中和热数值偏小，不符合题意；故选②。17.向某恒容密闭容器中加入4molA、1.2molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示[已知01t~t阶段c(B)未画出]。乙图为2t时刻后改变反应条件

，反应速率随时间的变化情况，在2t、3t、4t、5t时刻各改变一种不同的条件，已知3t时刻为使用催化剂。（1）若115st=，则01tt阶段的反应速率为()vC=________。（2）4t时刻改变的条件为________，该反应的逆反应为________（填“吸热反应”或“放热反

应”）。B的起始物质的量为________。（3）图乙中共有I~V五处平衡，其平衡常数与I处的平衡常数不相等的是________（填“Ⅱ”、“Ⅲ”、“Ⅳ”或“V”）。（4）写出该反应的化学方程式____________。【答案】（1）0.02mol·L-1s-1（

2）①.减小压强②.放热③.2.0mol（3）Ⅴ（4）2A(g)+B(g)3C(g)【解析】【分析】反应中A的浓度变化为：1mol/L-0.8mol/L=0.2mol/L，C的浓度变化为：0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L，反应中

A与C的化学计量数之比为0.2：0.3=2：3，在2t、3t、4t、5t时刻各改变一种不同的条件，根据图乙可知，t2～t3阶段，过程Ⅱ改变的增加某一成分的浓度，t2～t3、t4～t5阶段，过程Ⅲ、Ⅳ对比可知，平衡均未发生移动，因此改变的条件分别为加催化剂、降低压强，t5～t6

阶段，过程V改变的条件是升高温度，根据t4～t5阶段，降低压强平衡不发生移动，该反应的方程式为()()()2Ag+Bg3Cg，据此作答。【小问1详解】若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段平均反应速率为：-1-1-1-1Δc0.6molL

-0.3molLv===0.02molLsΔt15s。【小问2详解】根据分析可知，t4～t5阶段改变条件后，正逆反应速率都减小且相等，所以不可能是降低温度，应该为减小压强，因此4t时刻改变的条件为减小压强；该反应是体积不变的反应，而t5～t6阶段正逆反

应速率都增大，说明是升高了温度，升高温度后正反应速率大于逆反应速率，说明该反应为吸热反应，逆反应为放热反应；由方程式()()()2Ag+Bg3Cg可知，反应过程中消耗的B的物质的量浓度为：()L1mol/L-0.8mol/L1=0.1mol

/2，所以B的起始浓度为0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，起始时A的浓度为1.0mol/L，初始时投入的A的物质的量为4mol，根据n4molV===4Lc1.0mol/L，B的起始物质

的量为0.5mol/L×4L=2.0mol。【小问3详解】温度不变则平衡常数不变，5t时刻改变的条件是升高温度，因此平衡常数与I处的平衡常数不相等的是V。【小问4详解】根据分析可知，该反应的化学方程式为：()()()2Ag+Bg3

Cg。18.2023年，中国航天又迎来了突飞猛进的一年，在载人航天、火星探测与月球探测等领域均取得了重大成就。请根据所学知识回答下列问题：的Ⅰ．2023年7月12日，朱雀二号发射升空，它是世界首次将载荷送入轨道的、使用燃料M的新

型火箭。已知在标准状况下，1.68L气态燃料M(仅由C、H两种元素组成)质量为1.2g，M在常温常压下完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时，放出66.77kJ的热量。（1）M的分子式为_______。该气体的燃烧热Q=_______。(保留一位小数)Ⅱ．长征5号火箭发射时使用液氢

和煤油作为燃料。H2可用CO在高温下与水蒸气反应制得，是目前大规模制取氢气的方法之一。已知：在25℃、101kPa下，H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)ΔH1=+241.8kJ·mol-1C(s)+1/2O2(g)=CO(g)

ΔH2=-110.5kJ·mol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH3=-393.5kJ·mol-1（2）25℃、101kPa下，CO与水蒸气反应转化为H2和CO2的热化学方程式为_______。III．火箭发

射常用N2H4(l)(肼)作燃料，与氧化剂NO2反应生成N2和水蒸气。已知：（3）请写出N2H4作为火箭燃料与NO2反应的热化学方程式_______。（4）1molN2H4与足量NO2反应生成N2和液态水时，放出的热量是_______

kJ。（5）上述N2H4与NO2反应能够成功用于火箭推进器的原因：①反应释放大量的热；②_______。【答案】（1）①.CH4②.890.3kJ･mol-1（2）CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g

)ΔH=-41.2kJ·mol-1（3）2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1134.4kJ·mol-1（4）655.2（5）能快速产生大量气体【解析】【小问1详解】标准

状况下，1.68L气态燃料的物质的量为1.68L0.07522.4L/molmol=，其摩尔质量1.2gM16g/0.075molmol==。该燃料仅由C、H元素组成，则其分子式为4CH。根据题干可知0.075mol4CH完全燃烧生成

()2gCO和()2HOl放出66.77kJ热量，则1mol4CH完全燃烧放出的热量为166.77890.30.075molkJkJmol，则其燃烧热为1890.3?kJmol−。答案为：4CH；1890.3?kJ

mol−。【小问2详解】令上述热化学方程式分别为反应i、ii、iii，则i-ii+iii即得到反应iv：()()()()222gHOgHggHCOCO+=+，根据盖斯定律可知()()()1H241.8110.5393.541.2?kJmol−=+−−+−=−

。答案为：()()()()1222gHOggHgH41.2?COCOkJmol−+=+=−。【小问3详解】根据图像可写出如下热化学方程式：(1)()()()12221Ng2Og2gH66.4?NOkJmol−+==+(2)()()()()1242222NHl

OgNg2HOgH534?kJmol−+=+=−根据盖斯定律，(2)2-(1)即可得到反应式(3)：()()()()2422242NHl2g3Ng4HOgHNO+=+，则1421H2HH1134.

4?kJmol−=−=−。答案为：()()()()12422242NHl2g3Ng4HOgH1134.4?NOkJmol−+=+=−。【小问4详解】已知反应(4)()()12234HOg4HOlH17

6?kJmol−==−，用上述反应(3)+(4)即可得到目标式：()()()()1242222NHl2g3Ng4HOlH1134.41761310.4?NOkJmol−+=+=−−=−。根据热化学方程式的

含义可知：241NHmol与足量2NO反应生成2N和液态水时，放出的热量为1310.4655.22kJkJ=。答案为：655.2。【小问5详解】根据上述24NH与2NO反应，该反应能够成功用于火箭推进剂的原因除了反应释放大量的热之外，还能快速产生大量气体。答案为：能快速产生大量气体

。19.甲醇是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景，回答下列问题：I．在一定条件下将2CO和2H转化为甲醇蒸气的相关反应有：i．222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++1H1K；ii．23CO(g)2H(g)CHOH(g)+2H

2K；iii．2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++3H3KII．不同温度下，在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中仅发生反应23CO(g)2H(g)CHOH(g)+2H，其浓度变化如表所示。容器温度/K物质的起始浓度()1

/molL−物质的平衡浓度()1/molL−()2Hcc(CO)()3cCHOH()3cCHOHI4000.200.1000.08II4000.400.200xIII5000.200.1000.025该反应达到平衡时：（1）对于容器I，若5min后该反应达到

平衡，此时CO的平衡转化率为________%，0~5min内，()2Hv=________11molLmin−−。（2）对于容器II，该反应达到平衡时的平衡常数K=________。（3）2ΔH________（填“>”、“<”或“=”）0，判断

的理由为________，在该反应中，每转移0.4mol电子，此时产生的热量为________（用含2||H的代数式表示）。【答案】（1）①.80②.0.032（2）2500（3）①.<②.由容器Ⅰ和Ⅲ可知温度升高，3CHOH的平衡时浓度越小，则该反应为放热反应③.20.1ΔH【解析】【

小问1详解】23111CO(g)2H(g)CHOH(g)/molL0.10.20/molL0.080.160.08/molL0.020.040.08−−−+初始转化平衡，5min后该反应达到平衡，此时CO的平衡转化率：0.08100800.1=％％，()11120.16mo

lLH0.032molLmin5minv−−−==，平衡常数：20.08K25000.040.02==；【小问2详解】容器II，与容器I温度相同，平衡常数相同为2500；【小问3详解】根据表格数据，由容器Ⅰ和Ⅲ可知温度升高，3CHOH的平衡

时浓度越小，则该反应为放热反应；在该反应中，每转移0.4mol电子，有0.1molCO和0.2molH2发生反应，产生热量为20.1ΔH。20.联氨（24NH）常用作喷气式发动机的高能燃料。回答下列问题：（1）联氨作燃料

时，常使用2NO（与联氨反应生成2N和2HO）或2F（与联氨反应生成2N、HF）作氧化剂。根据下图可知：消耗等量的联氨释放能量较多的体系是________（填“I”或“Ⅱ”）。（2）常温下，在真空刚性容器中加入足量的243NHBH(s)、2

4NH(l)、2HO(l)，发生如下反应，达到平衡后测得容器内压强为1.2kPa（pK为分压常数，用分压代替平衡浓度）。反应1：243233242NHBH(s)3HO(l)HBO(s)NH(l)3H(g

)+++3plK1.0kPa=；反应2：2422NH(l)N(g)2H(g)+p2K。①平衡后2N的分压为________kPa，反应2的p2K=________3kPa。②常温下，若上述反应在有活塞的容器中进行，平衡后向下压缩活

塞，达到新平衡与原平衡相比，2H的浓度________（填“变大”“变小”或“不变”）。（3）2422NH(l)N(g)2H(g)+0Hp2K的反应历程如下：24241NH(l)NH(g)N(g)33+31Hp3K；32242NH(g)N(g)2H(g)3

3+2Hp4K；①p2K=________（用p3K和p4K表示）。②p3lgK、p4lgK与温度的关系如图所示，则1ΔH________（填“>”或“<”）0。【答案】（1）Ⅱ（2）①.0.2②.0.2③.不变（3）①.p

p34KK②.<【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应12②①−得到反应()()()()242223NHg+NOg=Ng+2HOg2，则反应()()1ΔH=-534kJ/mol+67.7kJ/mol-567.85kJ/mol2−

=−，反应+2②③④−得到反应()()()()2422NHg+2Fg=Ng+4HFg，则反应()()()ΔH=-534kJ/mol-538kJ/mol2-484kJ/mol112kJ/mol+−=−，则消耗等

量的联氨释放能量较多的体系是Ⅱ。【小问2详解】①由方程式可知，反应1的平衡常数3plK1.0kPa=，则平衡时氢气的分压为1.0kPa，氮气的分压为1.2kPa-1.0kPa=0.2kPa；反应2的()()()223p222K=pNpH=0.2kPa1.0kPa=0.2kPa；②平

衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则常温下，若上述反应在有活塞的容器中进行，平衡后向下压缩活塞，达到新平衡与原平衡相比，平衡常数不变，氢气的浓度不变。【小问3详解】①将已知反应依次编号为1、2、3，由盖斯定律可知，反应2+反应3=反应1，则平衡常数4p

2pp3K=KK；