【文档说明】湖南省长沙市明德中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题含解析【精准解析】.doc，共(21)页，750.500 KB，由小赞的店铺上传

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湖南省长沙市明德中学2019年下学期高二期中考试化学一、选择题:本题共16小题,每小题3分,共48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.下列有关有效碰撞模型说法正确的是（）A.有效碰撞是发生化

学反应的充要条件B.能发生有效碰撞的分子不一定是活化分子C.不存在活化能为零的反应D.活化分子间的碰撞一定是有效碰撞【答案】A【解析】【详解】A.有效碰撞才可能发生反应，则有效碰撞是化学反应发生的充要条件，故A正确；B.物质发生化学反应，必须分子间发生有效碰撞，普通分子间的不能发生有效

碰撞，即发生有效碰撞的分子一定是活化分子，故B错误；C.在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子；使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，Ag+和Cl-已是活化离子，故其活化能

为零，故C错误；D.活化分子发生化学反应的碰撞为有效碰撞，所以活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，故D错误；故答案选A。2.醋酸是常见的弱酸，下列方法中，可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是（）A.滴加少量浓盐酸B.加入少量的冰醋酸C.滴加饱和食盐水D.加入少量醋酸

钠固体【答案】C【解析】【分析】CH3COOH电离方程式：CH3COOHCH3COO—+H+，该题影响电离平衡的因素有浓度和同离子效应。【详解】A.增大氢离子浓度，平衡逆向移动，使醋酸分子电离程度减小，A项错误；B.越稀越电离，增大醋酸浓度，醋酸电离程度减小，B项错误；C

.加入饱和食盐水，将醋酸溶液稀释，平衡正向移动，电离程度增大，C项正确；D.醋酸钠固体，增大了CH3COO—浓度，平衡逆向移动，醋酸分子的电离程度减小，D项错误；答案选C。3.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol-

1，则氢气的燃烧热为241.8kJ·mol-1B.已知C2H4(g)=C2H2(g)+H2(g)△H>0，则乙炔比乙烯稳定C.含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.65kJ的热量，则表示该反应中和热的离子方程式为：OH－(aq)+H+(aq)=H2O(aq

)△H=-57.3kJ·mol-1D.已知C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1；C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H2。则△H1<△H2【答案】D【解析】【详解】A.燃烧热指的是生成稳定的氧化产物液态水，此选项是气

态水，故A项错误；B.该反应是一个吸热反应，根据能量守恒，产物C2H2(g)和H2(g)总能量高于C2H4(g)能量，产物中有H2，故不能由该热化学反应方程式比较乙炔与乙烯能量高低，判断二者稳定性，B项错误；C.水的状态标错了，液体应该标（

l），C项错误；D.碳单质完全燃烧释放出的热量，比不完全燃烧生成一氧化碳放出热量多，热量越多，△H越小，则△H1<△H2，D项正确；答案选D。4.下列形式表示的反应为放热反应的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A.产物能

量比反应物能量高，是吸热反应，A项错误；B.温度越高，平衡常数K越大，说明升温平衡正向移动，正反应方向是吸热反应，B项错误；C.氮气分子和氧气分子形成原子断键吸收能量：1443kJ·mol-1，形成一氧化氮分子成键释放能量：1260kJ·mol-1，吸收的能量超过放

出的能量，是吸热反应，C项错误；D.T2时，反应已达到平衡状态，继续升温Z的百分含量减小，说明平衡逆向移动，逆方向是吸热反应，正反应方向是放热反应，D项正确；答案选D。【点睛】D选项在图形上出现了看起来矛盾的地方，温度低的时候，随

着温度升高，Z%在不断的升高，到达T2的时候，Z%最大，T2之后，温度升高，Z%又在降低，那么最高点就是平衡点，最高点之前未达到平衡，T2之后就是平衡发生移动。5.下列有关实验内容、实验装置和对应的实验目的均正确的是A.测定中和热B.比较Cu2+、F

e3+对反应速率的影响C.比较醋酸和硼酸的酸性强弱D.比较温度对化学反应速率的影响【答案】C【解析】【分析】A.测定中和热时，用到环形玻璃搅拌棒；B.双氧水浓度必须相同，才能比较Cu2+、Fe3+对反应速率的影响；C.同体积、同浓度的碳酸钠分别与同浓度的醋酸和硼酸反应，观察放出气体产生

的快慢；D.只能比较温度对化学平衡移动的影响。【详解】A.测定中和热时，要用到环形玻璃搅拌棒，使反应进行的充分，A错误；B.双氧水浓度不同，无法判定Cu2+、Fe3+对反应速率的影响，B错误；C.同浓度的醋酸和硼酸，同时滴加同体积同浓度的碳酸钠溶

液，产生气泡快的，酸性较强，能够比较醋酸和硼酸的酸性强弱，C正确；D.2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0,升高温度,平衡向逆反应方向移动,气体颜色加深，降低温度，平衡正向移动，气体颜色变浅，只能判断平衡移动的方向，不能比较温度对化学反应速率的影响，D错误；正确选项C。【点睛】本题是

有关实验方案的设计和评价的考查，要求学生熟悉所实验的内容及原理，能够考查同学们进行分析问题、解决问题的能力。6.国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g），若温度从300℃升至400℃，反应

重新达到平衡时，CO2的体积分数增加。下列关于该过程的判断错误的是（）A.该反应的△S＜0B.正反应速率增大，逆反应速率也增大且增加的倍数更大C.化学平衡常数K增大D.CH4的产率降低【答案】C【解析】【分析】温度升高，二氧化碳体积分数增加，说明平衡逆向移动，正反

应放热；CO2（g）+4H2（g）⇌⇌CH4（g）+2H2O（g）是一个气体总体积减小的熵变减小的放热反应，据此进行分析。【详解】A.该反应正向是一个气体计量系数减小的反应，该方向是一个熵减的过程，即△S＜0，不符合题意，A项错误；B.结合以上分析可知，正反应为放热反应；升温后，正、逆反应

速率都增大，但逆向速率增大更多，逆反应速率大于正向速率，不符合题意，B项错误；C.温度升高，平衡逆向移动，化学平衡常数K减小，符合题干要求，C项正确；D.温度升高，平衡逆向移动，CH4的产率降低，不符合题干要求，D项错误；答案选C。7.下列

事实，不能用勒夏特列原理解释的是（）A.气体在热水中比在冷水中颜色深B.加压后气体颜色先变深后变浅C.平衡体系加压后颜色变深D.用浓氨水和NaOH固体制取氨气【答案】C【解析】【详解】A.2NO2N2O4是放热反应，温度升高平衡逆向移动，NO2浓度增大颜色加深，故在热水中比冷

水中颜色深，此处是平衡的移动，能用勒夏特列原理解释，A项错误；B.加压瞬间NO2浓度增大，颜色加深，后平衡正向移动，向生成N2O4方向移动，NO2浓度减小，故颜色变浅，B项错误；C.I₂(g)+H₂(g)2HI(g)，两

边气体计量系数之和相等，加压平衡不移动，此处颜色加深是因为：加压体积缩小，碘单质的浓度增大了，与平衡移动无关，C项正确；D.NH3（g）+H2ONH3·H2ONH4++OH－，加氢氧化钠固体就是增加OH－的浓度，

化学平衡向左移动，释放出NH3，D项错误；答案选C。【点睛】只要是涉及平衡移动的过程都能用勒夏特里原理解释，此题就看各个选项讨论的是不是平衡的移动。8.下列关于有机化合物的说法正确的是（）A.C3H6Cl2有3种同分异构体B.由乙烯生成乙醇属于加成反应C.2一甲基丁烷也称异丁烷D.油脂、蛋

白质和聚乙烯都属于高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A.CHCl2-CH2-CH3，CH3-CCl2-CH3，CH2Cl-CHCl-CH3，CH2Cl-CH2-CH2Cl，共4种，A项错误；B.乙烯与水反应生成乙醇，碳碳双键打开变成碳碳单键，属于加成反应，B项正确；C.2一甲基丁烷有五个碳

原子，应该叫异戊烷，C项错误；D.油脂不属于高分子化合物，D项错误；答案选B。9.下列离子方程式的书写正确的是（）A.向Na2SiO3溶液中通人少量CO2：SiO32－＋CO2＋H2O=H2SiO3+CO32－B.稀H2SO4与铁粉反应：2Fe

＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑C.足量的烧碱溶液与二氧化碳的反应：OH－＋CO2=HCO3－D.碳酸钙与盐酸反应：CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑【答案】A【解析】【详解】A.碳酸酸性强于硅酸，符合：较强酸+盐→新盐+较弱酸

，反应能发生，二氧化碳量少，生成正盐，A项正确；B.稀硫酸和铁粉反应生成二价铁离子，Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，B项错误；C.二氧化碳少量，碱过量生成正盐CO32－，2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，C项错误；D.碳酸钙难溶于水，只能写化学式，CaCO

3＋2H＋=Ca2+＋H2O＋CO2↑，D项错误；答案选A。10.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法错误的是（）A.①中溶液橙色加深，

③中溶液变黄B.对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强C.②中C2H5OH使Cr2O72－被氧化D.若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液可变为绿色【答案】C【解析】【详解】A.加入70%H2SO4溶液，H+浓度增大，平衡逆向

移动，Cr2O72－浓度增大，所以①中橙色加深，滴加氢氧化钠溶液消耗了H+，H+浓度减小，平衡正向移动CrO42－浓度增大，③中溶液变黄，不满足题目要求，A项错误；B.②中K2Cr2O7被乙醇还原成三价铬离子呈现绿色，④中溶液

不变色，CrO42－没有改变，说明酸性条件下，K2Cr2O7的氧化性更强，不满足题意，B项错误；C.②中C2H5OH使Cr2O72－被还原，满足题意，C项正确；D.向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液呈酸性，酸性条件下，K2Cr2O7的氧化性强

，可被C2H5OH还原变为绿色，不满足题意，D项错误；答案选C。11.温度为T1时，向容积为2L的恒容密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)△H=—41kJ·

mol-1。数据如下，下列说法错误的是（）容器甲乙反应物COH2OCOH2O起始时物质的量(mol)1.20.62.41.2平衡时物质的量(mol)0.80.2abA.乙容器中，平衡时，反应放出的热量为32.8kJB.T

1时，反应的平衡常数K乙=1C.平衡时，乙中CO的浓度是甲中的2倍D.乙容器中，平衡时H2O的转化率约为75%【答案】D【解析】【分析】方程式左右两边气体计量系数之和相等，增大压强对该平衡无影响，甲乙物料投放比相同，故甲

和乙是等效平衡，乙起始投放物料是甲的两倍，所以达到平衡，乙中各对应物质物质的量是甲的两倍。222()()()()mol1.20.600mol1.20.80.60.20.40.4(mol)0.80.20.40.4COgHOgCOgHg++−−起

始时物质的量（）转化时物质的量（）平衡时物质的量【详解】A.热化学方程式表达的是消耗了1molCO，反应放热41KJ，乙和甲是等效平衡，达到平衡CO消耗的物质的量是甲中的两倍，即消耗了0.8mol，反应放热0.8mol×41kJ·mol

-1=32.8kJ，A不符合题目要求，A项错误；B.同一温度下平衡常数不变，K乙=K甲，甲中各物质浓度分别为0.4mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，代入平衡常数表达式计算：K乙=K甲=0.20.20.40.1=1，B不

符合题目要求，B项错误；C.乙和甲是等效平衡，乙起始投放物料是甲的两倍，达到平衡，乙中各对应物质物质的量浓度是甲的两倍，C不符合题目要求，C项错误；D.乙和甲的转化率相等，平衡时H2O的转化率：0.4100%0.6molmol=66.7%，D符合题意，D项正确；答案选D。【点睛】方程式左右两边

气体计量系数之和相等的可逆反应，加压对该平衡没有影响，该类反应建立等效平衡途径：物料守恒不是必须的，如果不同投料方式，投料比一样，也属于等效平衡。12.下列实验方案能达到目的的是（）A.除去NaCl溶液中混有的MgCl2：加入适量氨水后过滤B.提纯混有少量硝酸

钾的氯化钠：将混合物溶于热水中，再冷却、结晶并过滤、洗涤、干燥C.实验室获取少量纯净的水：用蒸馏的方法来蒸馏自来水D.提取碘水中的碘：可加入适量乙醇，振荡、静置、分液【答案】C【解析】【详解】A.除去了镁离子，但引入了新的杂质NH4+，A项错误；B.硝酸钾的的溶解度大，故将混合

物溶于热水中，蒸发结晶、趁热过滤，将硝酸钾留在溶液中，B项错误；C.蒸馏自来水可获得蒸馏水，C项正确；D.萃取剂与水要有分层现象，而乙醇与水互溶，所以乙醇不能做萃取剂，D项错误；答案选C。13.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子最外层比次外层多3

个电子；Y、Z均为金属，Y是同周期中原子半径最大的元素，Z的简单离子半径在同周期元素中最小；W的一种盐是84消毒液的有效成分。下列说法正确的是（）A.元素Z、W的简单离子具有相同的电子层结构B.Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应C.X的简

单气态氢化物的热稳定性比H2O的强D.W形成的含氧酸的酸性一定比X形成的含氧酸的酸性强【答案】B【解析】【分析】X原子最外层比次外层多3个电子，则X的核外电子排布2、5结构，即N；Y的原子序数比X大，是同周期中原子半径最大的元素，又

是金属，故Y是X的下一周期元素Na；Z是金属，其简单离子半径在同周期元素中最小故是Al；W的一种盐是84消毒液的有效成分，则Cl。X、Y、Z、W分别为N、Na、Al、Cl。【详解】A.Z元素Al失去最外层电子，铝离子只有两个电子层，氯离子有三个电子层，A项错误；B.Y、Z

、W的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，跟氢氧化钠和高氯酸都能反应，B项正确；C.氢化物的热稳定性跟非金属性有关，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O>N，水比氨气稳定，C项错误；D.W形成的次氯酸是弱酸，酸性比X形成的

硝酸弱，D项错误；答案选B。14.早在西汉时期就有记载“曾青得铁则化为铜”，成为现代湿法冶金的先驱，要加快该化学反应的速率，所采取的下列措施无效的是（）A.增大硫酸铜的浓度B.提高反应的温度C.增大压强D.用铁粉代替铁片【答案】C【解析】【分析】影响反应速率的因素很多，有

温度、浓度、接触面积等。【详解】A.增大反应物浓度会加快反应速率，增大硫酸铜的浓度是有效的，A项错误；B.升高温度，加快反应速率，B项错误；C.该反应无气体参加，增大压强对反应速率没有影响，C项正确；D.铁粉代替铁片，增大了反应物的接触面积，加快了反应速率，D项错误；答案选C。

【点睛】讨论压强对化学反应速率的影响，一定要看反应有没有气体参与。15.在2L的恒温恒压密闭容器中投入2molSO3发生反应：2SO3(s)2SO2(g)＋O2(g)△H=+akJ·mol-1(a>0)，

2min后达到平衡，此时SO2的物质的量为0.8mol，下列说法正确的是（）A.用SO3表示的反应速率为0.2mol·L-1·min-1B.若O2的体积分数不变，证明该可逆反应已达平衡C.在2min时，v正

(SO2)=2v逆(O2)D.平衡后，再投入2molSO3，则正反应速度加快，逆反应速率不变【答案】C【解析】【详解】A.SO3是固体，不能用单位时间内浓度的改变表示反应速率，可用单位时间内物质的量改变表示反应速率，A项错误；B.起始物料SO

3是固体，整个反应过程中二氧化硫和氧气始终满足2：1，O2的体积分数始终不变，故不能判断平衡与否，B项错误；C.v正(SO2)和v逆(O2)属于不同方向速率，又满足计量系数之比：v正(SO2)=v逆(O2)=2:1，则达到平衡，反之亦然，C项正确；D.SO3是固体，投放多少不改变浓度，从而

不改变反应速率，D项错误；答案选C。16.在容积固定的密闭容器中，以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生产丙烯腈(C3H3N)，反应的热化学方程式为：2C3H6(g)+2NH3(g)+3O2(g)2C3H3N(g)+6H2O(g)△H=-1030kJ·mol-1。在其

他条件和反应时间相同时，丙烯腈产率与反应温度的关系曲线如图所示。下列有关说法错误的是（）A.低于460℃时，丙烯腈的产率随温度升高而升高，是因为升高温度，反应速率加快B.高于460℃时，丙烯腈的产率随温度升高

而降低，可能与温度度升高，化学平衡逆向移动有关C.其他条件不变，降低温度有利于提高丙烯腈平衡产率D.投料比不变，增加反应物的浓度有利于提高丙烯腈平衡产率【答案】D【解析】【分析】反应时间相同情况下，温度越高，反应速率越快，越先达到平衡，46

0℃时产率最高，此时此温度下反应达平衡，低于460℃，速率太慢，没有达到平衡，高于460℃，温度升高，平衡移动。【详解】A.低于460℃，速率慢，没有达到平衡，随着温度升高，反应速率加快，从而丙烯腈的产量提高

，A不符合题目要求，A项错误；B.460℃时反应达平衡，该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，丙烯腈的产率降低，B不符合题目要求,，B项错误；C.其他条件不变，降低温度，平衡正向移动，提高丙烯腈平衡产率，C不符合题目要

求，C项错误；D.该反应正向是气体分子数增多的方向，投料比不变，增加反应物的浓度相当于加压，加压平衡向气体分子数减少的方向即逆向移动，降低丙烯腈平衡产率，D符合题目要求，D项正确；答案选D。二、非选择题：共52分。17.在国

庆70周年庆典上，空中飞过的歼击机编队让我们热血沸腾，其中有中国自主研制的最先进的歼20隐形超音速飞机。当超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层,，或许通过测定局部的臭氧浓度变化可使飞机不再“隐形”。因此科学家正在研究利用催化技术将尾

气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)△H<0。请回答下列问题：(1)该反应的平衡常数表达式为___________________________。(2)假设在闭容器发生上述反应，达到平衡后采取下列选项的措施既能加快反应速率又

能提高NO转化率的是_____________。A.选用更有效的催化剂同时增加CO的量B.升高反应体系的温度C.及时加入碱石灰D.缩小容器的体积(3)研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学将等物

质的量的NO和CO充入容积为2L的恒容密闭容器中，设计了三组实验，部分实验数据已经填在下面实验设计表中。实验编号T/℃NO初始浓度/mol·L-1NO平衡浓度/mol·L-1催化剂的比表面积/m2·g-1Ⅰ2800.30.182ⅡT1c1c2124Ⅲ350c3c4124①在上述表格的实验条件

数据中，T1=____________，c3=_____________。②平衡时若保持温度T1℃不变，再向容器中充入CO和CO2各0.2mol，则平衡将_________移动(填“向左”“向右”或“不”)③在给出的坐标图中，画出了上表中的I、Ⅱ、Ⅲ实验条件下建立平衡过程中，混合

气体里NO浓度随时间变化的趋势曲线图，请说出B曲线对应的实验编号__________(填Ⅱ、Ⅲ)。(4)在恒温恒容的密闭容器中通入n(NO)：n(CO)=1：3的混合气体，发生上述反应，下列图像正确且能说明反应在进行到t1

时刻一定达到平衡状态的是__________(选填字母)。【答案】(1).K=22222c(CO)c(N)c(NO)c(CO)(2).A、D(3).280(4).0.3(5).向右(6).Ⅲ(7).c、d【解析】【分析】（1）根据平衡常数的公式结合题给的反应写出平衡常数表

达式；（2）措能加快反应速率的外界条件：增大浓度、升高温度、增大气体的压强、使用催化剂等；提高NO转化率的方法：增大压强，降低温度、增大一氧化碳浓度等；据以上分析解答。（3）①根据控制变量法，在进行比较时，其他量

不变，让一个量发生变化进行分析；②由三段式计算出平衡常数K；根据浓度商与K的关系确定反应进行的方向。③催化剂不影响平衡的移动，改变反应的速率；（4）根据反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变及由此衍生出的其它物理量进行分析。【详解】（1）该反应的平衡常数表达式为K=22

222c(CO)c(N)c(NO)c(CO)。（2）A.选用更有效的催化剂能加快反应速率，增大反应物的浓度，平衡正向移动，另一反应物的转化率提高，A项正确；B.反应是个放热反应，升高体系的温度，平衡逆向移动，NO的转化率降低，B项错误；C.碱石灰吸收二氧化碳，使

产物二氧化碳浓度减小，并不能加快反应速率，C项错误；D.缩小容器的体积，增大了压强，使反应速率加快，由于该反应正向是一个气体分子总数减小的反应，加压平衡正向移动，使一氧化NO转化率提高，D项正确；答案选AD。（3）①根据控制变量法，第Ⅰ组和第Ⅱ组比表面积不同，那温度就是相同的

，所以T1是280℃，各组投放物料是一样的，故c3仍是0.3mol·L-1。②由三段式计算出平衡常数k：22222+00.30.30/0.10.20.20.2/0.10.10.10.2NNOCOCOmolLmolLmol/L+起始浓度（）转化浓度（）平衡浓

度()222(0.2/)0.1/40(/)(0.1/)(0.1/)molLmolLKmolLmolLmolL==—1，再向容器中充入CO和CO2各0.2mol，瞬间各物质的浓度：c(NO)=0.1mol·L-1、C(CO)=0.2mol·L-1、c(CO2)=0.3m

ol·L-1、c(N2)=0.1mol·L-1。浓度商222(0.3/)0.1/22.5(/)(0.1/)(0.2/)molLmolLQmolLmolLmolL==—1Q<K，故平衡正向移动。③催

化剂表面积的改变并不能影响到达平衡时平衡浓度，能够影响平衡移动的，在该题中是温度，B曲线到达平衡时的浓度和另外两条不一样，所以B曲线对应的是350℃即Ⅲ组的实验。（4）a.平衡常数只受温度影响而改变，只要温度没变，无论是否达

到平衡，平衡常数都不会改变，故t1时刻不能判断是否达平衡，a项错误；b.t1时刻CO2和NO物质的量相等，但t1时刻之后CO2、NO物质的量还在改变，故t1时刻没有达到平衡状态，b项错误；c.起始通入n(N

O)：n(CO)=1：3，二者反应按1：1进行转化，随反应进行比例关系发生变化，t1时刻起n(NO)：n(CO)不变了，则说明已达平衡，故c项正确；d.转化率不变了，说明已达到平衡，d项正确；答案选c、d。18.课本里介绍的合成氨技术叫哈伯法，是德国

诺贝尔化学奖获得者哈伯发明的。其合成原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，△S<0。(1)下列关于工业合成氨的说法正确的是__________。A.因为△H<0，所以该反应一定能自发进行B.因为△S<0，所以该反应一定不能自发进行C.在高

温下进行是为了提高反应物的转化率D.使用催化剂不仅可以加快反应速率还可以降低反应所需的温度(2)一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应，若容器容积恒定，达到平衡时，气体的压强为原来的78，则N2的转化率为______________。(3)工业上合成氨的部分工

艺流程如下：请用平衡移动原理来解释在流程中及时分离出氨气的原因_____________________________。(4)某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨

反应的影响。实验结果如图所示(图中T表示温度，n表示H2物质的量)。①图象中T2和T1的关系是：T2_______T1(填“>”“<”或“=”)②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是___________（填字母）。

(5)恒温下，往一个4L的密闭容器中充入5.2molH2和2molN2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如下表所示：时间/min51015202530c(NH3)/mol·L-10.080.140.18

0.200.200.20此条件下该反应的化学平衡常数K=_______________。(6)氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径。已知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ·mol-1N2(g)＋O2(g)2NO(g)△H=+181kJ·m

ol-12H2(g)＋O2(g)2H2O(g)△H=-484kJ·mol-1写出氨气催化氧化生成NO和水蒸气的热化学方程式________________________________________。【答案】(1).D(2).25%(3).减少生成物的浓度，促进平衡向正反应

方向移动(4).＜(5).C(6).0.1(7).4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=-906kJ·mol-1【解析】【详解】（1）只看ΔH或ΔS判断反应能否自发进行是不够科学的，应根据复合判据公式：ΔH-T

ΔS<0，反应才能自发进行，A、B选项错误；该反应为放热反应，升温平衡逆反应方向移动，反应物转化率降低，C选项错误；催化剂改变反应历程，降低活化能，降低反应所需的温度，增加单位体积内有效碰撞，可以加快反应速率，D项正确。（2）一定温度密闭容

器中，压强之比等于气体物质的量之比，反应后气体总的物质的量：n=（1+3）mol×78=3.5mol223232(12()43.5=0.5NHNHnmolmolnNmolmolmol+物质的量减少）耗－n(N2)=0.25mol，N2转化率=0.25

100%25%1molmol=。（3）及时分离出氨气，减小产物氨气的浓度，使平衡正向移动，提高氢气的转化率。（4）①合成氨的反应是一个放热反应，温度升高，平衡逆向移动，氨气的百分含量降低，故T2<T1；②其它条件不变，增

大反应物的浓度，平衡正向移动，另一反应物的转化率提高，C点氢气投放最多，氮气转化率最大。（5）20秒时已平衡，平衡时NH3浓度等于0.2mol/L，根据三段式：22332/0.51.30/0.10.30.20.5-0.1=0.41.30.310.2NHNHmolLmolLmol/L

+−=起始浓度（）转化浓度（）平衡浓度()23(0.2/)0.1(/)0.4/(1/)molLKmolLmolLmolL==—2。（6）由盖斯定律得②×2＋③×3－①×2：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=-906kJ·mo

l-1。【点睛】（2）题已知数据是反应物的物质的量，以及反应后气体总的物质的量：n=（1+3）mol×78=3.5mol，如果用三段式解题，步骤复杂，但我们分析该反应方程式：这是一个气体总的物质的量减小的反应，前后混

气的物质的量的改变与反应有关，从而找到气体总的物质的量减少与所消耗的N2成正比，从而迅速简便地解出消耗的氮气的物质的量，计算转化率。19.实验室制取氯气的装置如图：(1)仪器F的名称是_____________；按图组装好装置后首先要进行的操作是：__________

_______。(2)写出E中发生反应的离子方程式：_____________________________________________________。(3)实验室也可以用浓盐酸与高锰酸钾反应来制取少量的氯气,反应的化学方程式为：2KMnO4＋16HCl(

浓)=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O，则该反应的氧化产物是_____________________。(4)氯元素能形成多种离子。在水溶液中1molCl－、1molClOx－(x=1，2，3，4)能量的相对大小如图所示，试判断B→A+C反应是______

_____反应(填“吸热”或“放热”)；若有1.5molB发生反应，转移电子的物质的量为___________mol。【答案】(1).分液漏斗(2).检查装置气密性(3).Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O(4).Cl2(5).放热(6).2【解析】

【分析】（1）-（3）制备气体时，安装好装置后，需要检查装置的气密性；实验室用二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气中混有氯化氢和水蒸气，可以用饱和食盐水和浓硫酸进行除杂和干燥；氯气有毒，尾气需要碱液吸收处理；也可以用高锰酸钾溶液与浓盐酸反应，高锰酸钾做氧

化剂，盐酸做还原剂，氯气为氧化产物，据此进行分析；（4）由题意确定A、B、C分别为Cl—、ClO—、ClO3—，根据转移电子守恒得离子方程式；根据反应热=反应物总键能-生成物总键能进行计算；根据反应电子转移情况进行相关计算。【详解】（1）仪器F的名称是分液漏斗；组装好装置后首先要进行的操

作是检查装置气密性，避免气体泄漏。（2）E中尾气吸收：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O。（3）发生氧化反应的粒子是Cl-，所得产物就是氧化产物Cl2。（4）由题意确定A、B、C分别为Cl—、ClO—、ClO

3—，根据转移电子守恒得离子方程式：3ClO—=2Cl—+ClO3—，反应热等于63KJ/mol+2×0KJ/mol—3×60KJ/mol=—117KJ/mol，该反应为放热反应；分析方程式：3molClO—转移4mol电子，

消耗1.5molClO—，转移2mol电子。【点睛】（4）题是图形结合的题，由图确定A、B、C分别为Cl—、ClO—、ClO3—，氧化还原反应方程式中得失电子要相等，正确地分析化合价，将该方程式配平，才能正确地计算出反应热的多少，从而判断出反应是放热反应。

20.有下列物质的溶液：①CH3COOH②HCl③NaHSO4(1)若将c(H+)均为0.1mol·L-1的三种溶液加水稀释100倍后，其中c(H+)最大的是________(用序号表示，下同)。(2)若三种溶液的c(H+)均为0.1mol·L-1，分别向三种溶液中投入大小形状都相同的锌粒，一

段时间后反应最快的是________________。(3)若测定物质的量浓度相同的三种溶液的导电能力，小灯泡亮度最大的是_______________。(4)若将6gCH3COOH溶于水制成1L溶液，此溶液的物质的量浓度为_____

___________，经测定溶液中c(CH3COO－)为1.4×10-3mol·L-1，此温度下醋酸的电离常数K=_____________，加入少量NaHSO4固体后，K____________(填“变大

”、“不变”或“变小”)。【答案】(1).①(2).①(3).③(4).0.1mol/L(5).1.96×10-5(6).不变【解析】【分析】强电解质完全电离，不存在溶质的电离平衡；而弱电解质在溶液中存在电离平衡，加水稀释后，平衡向右移动，离子个数增大，但是离子浓度减

小；溶液的导电性与溶液中离子浓度的大小及离子所带电荷数有关；弱电解质的电离平衡常数=已电离出的离子浓度幂之积除以剩余弱电解质分子浓度，据以上分析进行解答。【详解】（1）在相同氢离子浓度时，溶质物质的量浓度最大的溶液是醋酸溶液，稀释100倍后

，醋酸稀释过程中，电离程度增大，H+浓度大于盐酸和硫酸氢钠中的H+浓度。（2）c(H+)均为0.1mol·L-1的三种溶液，金属锌投入消耗H+，HCl和NaHSO4是强电解质，H+被消耗，c(H+)迅速减小，而醋酸溶液中有电离平衡，c(H+)减小，电离平衡正向移动，电离程度越来越大，使得c(H+)

始终比HCl和NaHSO4溶液中大，氢离子浓度大，反应速率快。（3）溶液的导电能力与溶液中离子的浓度、离子所带的电荷数有关，离子带的电荷数越多、离子浓度越大，溶液的导电能力越强，NaHSO4导电能力最强。（4）醋酸的浓

度=660/1ggmolL=0.1mol/L；c(CH3COO－)=c(H+)=1.4×10-3mol·L-1，c(CH3COOH)=0.1mol/L—1.4×10-3mol·L-1≈0.1mol/L，K=21.4100.1—3（）=1.9

6×10-5；K只受温度影响，温度不变，K不变。【点睛】第（2）题三种溶液与Zn反应实质：锌与H+反应产生H2，速率的快慢取决于H+浓度大小，CH3COOH、HCl、NaHSO4三种物质中：HCl和NaHSO4是强电解质完全电离，没有电离平衡，反应时c(

H+)减少非常快，而CH3COOH是弱酸，由于有电离平衡，c(H+)减小打破了CH3COOH电离平衡，平衡正移，电离程度逐渐增大，导致c(H+)均减少，但CH3COOH的c（H+）比HCl、NaHSO4的大。