【文档说明】湖北省宜昌市长阳土家族自治县第一高级中学2024-2025学年高二上学期9月月考化学试卷 Word版含解析.docx，共(19)页，1.562 MB，由小赞的店铺上传

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长阳一中2024～2025学年度第一学期9月考试高二年级化学试卷考试时间：75分钟试卷总分：100分可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16一、选择题(本部分包括15小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共45分。)1.下列措施或事实不能．．用勒夏特列原理解释的是A.新制的氯水

在光照下颜色变浅B.2H、2I、HI平衡混合气加压后颜色变深C.夏天，打开啤酒瓶时会从瓶口逸出气体D.()FeSCN3溶液中加入16molLNaOH−溶液后颜色变浅【答案】B【解析】【详解】A．氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-

+HClO，光照时HClO分解，促进平衡向正方向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A不符合；B．H2、I2、HI三者的平衡，H2+I22HI，增大压强平衡不移动，但I2浓度增大，气体颜色加深，不能用勒夏特列

原理解释，B符合；C．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，且属于可逆反应，能用勒夏特列原理解释，C不符合；D．Fe（SCN）3溶液中存在Fe（SCN）3Fe3++3SCN-，加入6mol•L-1NaOH溶液后，Fe3+发生反应浓度减小，平衡正向移动，颜色

变浅，能用勒夏特列原理解释，D不符合；故答案为：B。2.下列说法正确的是A.升高温度可降低化学反应的活化能，使化学反应速率加快B.同一可逆反应，反应物的转化率越大，则化学平衡常数越大C.10.1molL−盐酸和10.1molL−硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同D.有

气体参加化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率加快【答案】C【解析】的【详解】A．升高温度不能降低化学反应的活化能。升高温度可增大活化分子百分数，使化学反应速

率加快，故A错误；B．化学平衡常数只与温度有关，与转化率无关，故B错误；C．10.1molL−盐酸和10.1molL−硝酸中氢离子浓度相等，与相同形状和大小的大理石反应的速率相同，故C正确；D．增大压强(即缩小反应容器的容积)，活化分子的百分数不变；有气体参加的化学反应，若增大压强(

即缩小反应容器的容积)，可增加单位体积内活化分子数，从而使反应速率加快，故D错误；选C3.H2和O2发生反应的过程可用模型图表示如下(“-”表示化学键)，下列说法不正确的是A.过程Ⅰ是吸热过程B.过程III是放热过程C.该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行D.该反应

过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键【答案】C【解析】【分析】【详解】A．过程I中分子中的化学键断裂形成原子，属于吸热过程，A正确；B．过程III为新化学键形成的过程，是放热过程，B正确；C．该反应可通过燃料电池，实现化学能到电能的转化，C错误；D．过

程I中所有的旧化学键断裂，过程III为新化学键形成的过程，D正确；故合理选项是C。4.下列关于热化学方程式的叙述不正确的是A.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)H0，则石墨比金刚石稳定B.已知()()

()2222HgOg2HOg+=1483.6kJmolH−=−，则2H的燃烧热大于1241.8kJmol−C.已知()()()2HaqOHaqHOl+−+=157.3kJmolH−=−，若将10.5molL−的稀24HSO与11molL−的NaOH溶液等体积混合，放出的热量等

于57.3kJ。D.()()()22SgOgSOg+=1ΔH；()()()22SsOgSOg+=2ΔH，则12HH【答案】C【解析】【详解】A．C(石墨，s)=C(金刚石，s)H0，金刚石的能量大于石墨，能

量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故A正确；B．已知()()()2222HgOg2HOg+=1483.6kJmolH−=−，液态水的能量小于气态水，氢气的燃烧热是1mol氢气燃烧生成液态水放出的能量，则2H的燃烧热大于1241.8kJmol−，故B正确；C

．已知()()()2HaqOHaqHOl+−+=157.3kJmolH−=−，若将10.5molL−的稀24HSO与11molL−的NaOH溶液等体积混合，没有明确溶液体积，不能计算放出的热量，故C错误；D．固体S的能量小于气态S，()()()22SgOgSOg+=1Δ

H；()()()22SsOgSOg+=2ΔH，则12HH，故D正确；选C。5.在密闭容器中发生反应()()()()XgYgWgZgabcd+=+，若反应达到平衡后，保持温度不变，将气体压缩到原体积的12，再次达到平衡时，Z的浓度是原平

衡的1.8倍，下列叙述中正确的是A.平衡向正反应方向移动B.abcd++C.W的体积分数增大D.X的转化率降低【答案】D【解析】【分析】在密闭容器中发生反应：()()()()XgYgWgZgabcd+=+，反

应达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，不考虑平衡移动，Z浓度应为原来的2倍，题干中Z的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向进行。【详解】A．根据分析，平衡向逆反应方向移动，A错误；B．

压缩容器体积，压强增大，平衡逆向进行，所以逆向是气体体积减小的反应，所以a+b<c+d，B错误；C．根据分析，平衡向逆反应方向移动，W的物质的量减小，总的物质的量也减小，故W的体积分数可能增大也可能减小，C错误；D．平衡逆向进行，X转化率降

低，D正确；故选D。6.已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ·mol-1，向密闭容器中加入2molSO2和1molO2，一定条件下反应达到平衡，在t2和t4时刻分别只改变一个条件（温度或压强），反应过程中正反应速率如下图所示，下列说法正确的是注：t1~t2、t

3~t4、t5之后各时间段表示达到平衡状态①、②、③A.t2~t3时间段，平衡向逆反应方向移动B.t4时刻改变的条件是减小压强C.平衡状态①和②，SO2转化率相同D.平衡状态①和②，平衡常数K值相同【答案】D【解析】【分析】【详解】A．t2～t

3时正反应速率突然增大，随后又逐渐减小，说明平衡向正反应方向移动，A错误；B．t4时刻，化学反应速率突然减小，后又逐渐减小，说明平衡向正反应方向移动，如果是降低压强，平衡逆向移动，则只能是降低温度，化学反应速率减慢，平衡正向移动，B错误；C．在t2时刻增大压强，平衡正向移

动，SO2的转化率增大，平衡状态②比①的SO2转化率高，C错误；D．平衡状态①和②温度相同，平衡常数K值相同，D正确；答案选D。7.高温下，某反应达到平衡，平衡常数K=()()()()222COHOCOHcccc。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是A.升高温度，正

反应速率增大，逆反应速率减小B.该反应的焓变为正值C.恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小D.该反应的化学方程式为CO+H2O催化剂高温CO2+H2【答案】B【解析】【分析】由平衡常数的表达式可得，该反应化学方程式应为222CO+HCO+HO高温催化剂，据此作答。【详解】A．升高温度，正、逆

反应速率都会增大，A错误；B．由题意知，温度升高，H2浓度减小，平衡向正反应移动，说明正反应为吸热反应，故该反应的焓变为正值，B正确；C．恒温恒容下，增大压强，若是加入稀有气体，各气体的平衡压强均不变，因此平衡不移动，H2浓度不变，C错误；D．该反应化学方程式应为222CO+HCO+

HO高温催化剂，D错误；故答案选B。8.下列说法正确的是（）A.ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行B.NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝＋185.57kJ/mol能自发进行，原因是体系

有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C.因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据D.在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向【答案】B【解析】详解】A．ΔH＜0、ΔS＞0,ΔH-TΔ

S<0，任何温度都能自发进行，错误；B、ΔH>0,ΔS＞0,高温可以自发进行，正确；C、虽然焓变和熵变都与反应的自发性有关，但单独作为反应自发性的判据是不准确的，错误；D、催化剂不可以改变化学反应进行的方向，错误。9.在体积和温度不变的密闭容器中充入amolX和足

量Y，发生反应2X(g)＋Y(s)Z(g)＋W(g)，建立平衡后，若再加入bmolX，下列判断不正确的是()A.平衡正向移动B.X的转化率不变C.Y的转化率增大D.X的体积分数变大【答案】D【解析】【详解】A．在体积和温度不变的密闭容器中充入amolX和足量Y，2X(g)+Y(s

)Z(g)+W(g)，建立平衡后，若再加入bmolX，增大反应物浓度，平衡正向进行，上述分析判断平衡正向进行，故A正确；【B．Y为固体，反应前后气体体积不变，加入X，最后达到平衡状态，相当于增大压强，X平衡转化率不变，故B正确；C．加入

X平衡正向进行，Y的转化率增大，故C正确；D．投入X的瞬间，平衡正向移动，待新平衡时，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误；故选D。10.()()()()AgBgCgDgabcd+=+H，反应特点与对应的图像的说法中不正确的是A.图①中，若12pp，则abcd++B.图

②中，若21TT，则H0且abcd+=+C.图③中，1t时刻改变条件不一定是使用了催化剂D.图④中，若H0，则纵坐标可能是反应物的转化率【答案】D【解析】【详解】A．图①中，若12pp，当温度不变时，加压，A%减小，则平衡右移，说明a＋b>c＋d，A正确；B．图②中，

若21TT，温度越高，A的平衡转化率越低，则平衡逆向移动，逆向为吸热反应，则该反应为放热反应，ΔH<0，压强增大，A的转化率不变，则压强对平衡无影响，故abcd+=+，B正确；C．根据图③可知，条件改变，使正逆反应速率同等程度的增大并且平衡不移动，说明可能是加催化剂或

者在反应前后气体系数和相等的情况下增压，不一定是使用了催化剂，C正确；D．由图④可知，T1温度下先达到平衡状态，说明T1>T2，若ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，说明反应物的转化率减小，而图中温度越高y越大，所以纵坐标不可能是反应物的转化率，D错误；的故选D。11.下列

实验操作正确的是A.用图1装置进行4KMnO溶液滴定未知浓度的4FeSO溶液实验B.如图2所示，记录滴定终点读数为19.90mLC.可用图3装置量取2410.50mLHSO溶液D.中和滴定时，选用图4装置

配制稀硫酸【答案】C【解析】【详解】A．KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应放于酸式滴定管中，并且在滴定时，滴定管的尖嘴不能插入锥形瓶中，A错误；B．滴定管“0”刻度在上方，从上至下依次增

大，虚线处读数为18.10mL，B错误；C．图3所示为酸式滴定管，故可选用图3滴定管量取10.50mLH2SO4溶液，C正确；D．容量瓶不能配制溶液，D错误；故答案为：C。12.氮及其化合物的转化过程如图1所示，其中图2为反应①过程中

能量变化的曲线图。下列分析合理的是A.图2中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B.催化剂a、b能提高反应①、②的化学反应速率和平衡转化率C.在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6LD.反应①的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)垐?噲?2NH3(g)△H=

-92kJ·mol-1【答案】D【解析】【分析】【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，图2中d曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线，故A错误；B．催化剂不能使平衡移动，催化剂a、b能提高反应①、②的化学反应速率，但不能改变

平衡转化率，故B错误；C．在反应②中，氮元素化合价由-3升高为+2，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的物质的量是0.25mol，非标准状况下的体积不一定是5.6L，故C错误；D．根据图2，反应①的热化学方

程式为N2(g)+3H2(g)垐?噲?2NH3(g)△H=-92kJ·mol-1，故D正确；选D。13.根据下列有关图象，说法正确的Ⅰ()()()2XgYg2Zg+HⅡ()()()223Ng3Hg2NHg+ƒHⅢ()()()()2

22COgHOgCOgHg++43kJ/molH=−A.由图Ⅰ知，反应在1T、3T处达到平衡，且该反应的H0B.由图Ⅱ知，反应在6t时刻，3NH体积分数最大C.由图Ⅱ知，3t时采取增大反应体系压强的措施D.若图Ⅲ表示在10L容器、850℃时的反应，由图知到4

min时，反应放出51.6kJ的热量【答案】D【解析】【详解】A．根据图I，T2℃下反应物体积分数达到最小，生成物的体积分数达到最大，T2℃反应达到平衡，T1℃没有达到平衡，T2℃以后，X的体积分数增大，Z的体积分数减小，说明温度的升高，平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，即ΔH

＜0，A错误；B．由图Ⅱ知，反应在t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的

条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以在t6时刻，NH3体积分数最小，B错误；C．由图Ⅱ知，t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，C错误；D．反应是一个放热反应，1molCO完全转化时放出43kJ能量，当平衡时转化

（0.30-0.18）mol/L×10L=1.2molCO，放出热量Q=43kJ/mol×1.2mol=51.6kJ的热量，D正确；故答案为：D。14.已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=－41kJ·mol－1。相同温度下，在体积相同的两

个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。相关数据：容器编号起始时各物质的物质的量/mol达平衡过程体系的能量变化COH2OCO2H2①1400放出热量：32.8kJ②0014热量变化：Q下列说法中，不正确的是A.容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%B.容器

①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率C.容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率D.平衡时，两容器中CO2的浓度相等【答案】D【解析】【分析】A．根据放出的热量计算参加反应CO的物质的量，进而计算CO的转化率；B．容器①②温度相同，同一可逆

反应正、逆平衡常数互为倒数，根据容器①计算平衡常数，假设容器②中CO2的物质的量变化量为amol，表示出平衡时各组分的物质的量，反应前后气体的体积不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算a的值，进而计算CO2的转化率，C．速率之比等于化学计量数之比；D．根据A、B的计

算可知平衡时①、②中二氧化碳的物质的量，容器体积相等，若物质的量相等，则平衡时二氧化碳的浓度相等。【详解】A．容器①反应平衡时放出的热量为32.8kJ，则参加反应的CO的物质的量n(CO)=32.8?41?kJkJ×1mol=0.8mol，故CO的转化率为0.8?1?molmol×100%=

80%，A正确；B．容器①②温度相同，平衡常数相同，根据容器①计算平衡常数，由A计算可知，平衡时CO的物质的量变化量为0.8mol，在反应开始时n(CO)=1mol，n(H2O)=4mol，n(CO2)=n(H2)=0，CO改变的物质的量为0.8mol，由于该反应中任何物质的化学计量数

都相同，所以改变的物质的量也都是0.8mol，平衡时各种物质的物质的量分别为n(CO)=(1-0.8)mol=0.2mol，n(H2O)=(4-0.8)mol=3.2mol，n(CO2)=n(H2)=0.8mol，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以物质的浓度比等于计量数的比，故K1=0.

80.80.23.2=1；容器②从逆反应方向开始，二者的化学平衡常数互为倒数，故②中的平衡常数为1，假设容器②中CO2的物质的量变化量为amol，则其余各种物质的变化的物质的量也都是amol，所以平衡时各种物质的物质的量：n(CO2)=(1-a)mol，n(H2)=(4-

a)mol，n(CO)=n(H2O)=amol，则K2=()()aa1a4a−−=1，解得a=0.8mol，所以CO2的转化率为0.8?1?molmol×100%=80%，B正确；C．速率之比等于化学计量数

之比，故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率，C正确；D．由A中计算可知容器①平衡时CO2的物质的量为0.8mol，由B中计算可知容器②中CO2的物质的量为1mol-0.8mol=0.2mol，容器的体积相同，平衡时

，两容器中CO2的浓度不相等，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查化学平衡的有关计算，物质反应与放出的热量呈正比。在相同温度时，同一可逆反应的正、逆反应的化学平衡常数互为倒数。对于反应前后气体体积

不变的反应，可以将平衡时的物质的量代替平衡浓度，而平衡常数计算值不变，注意选项B中可以利用代换法理解解答，就避免计算的繁琐，使计算快速，正确率大大提高。15.向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)+xB(g)2C(g)，各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中

C的浓度随时间变化关系分别以下表和如图表示：容器甲乙丙容积0.5L0.5L1.0L温度/℃T1T2T2反应物起始量1.5molA0.5molB1.5molA0.5molB6.0molA2.0molB下列说法正确的是A.10min内甲容器中反应的平

均速率v(A)=0.025mol/(L•min)B.由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应C.x=1，若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡移动D.T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为75%【答案】D【解析】【详解】A．10min内甲容器中反应的平

均速率v(C)=1.0mol/L/10min=0.1mol/(L•min)，则v(A)与v(C)等于方程式计量数之比，v(A)=v(C)/2=0.05mol/(L•min)，故A错误；B.甲、乙起始投料相同，但乙先达到平衡，说明

T2＞T1，C(乙)的平衡浓度小于C(甲)的平衡浓度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故B错误。C.x=1，则反应前后气体分数不变，在保持温度不变时，改变容器体积，平衡不移动，故C错误。D．甲中平衡时C

的浓度为1.5mol/L，则：A（g）+B（g）⇌2C（g）开始（mol/L）：310变化（mol/L）：0.750.751.5平衡（mol/L）：2.250.251.5故T1℃，该反应的平衡常数为K=1.52/2.25×0.25=4，现有T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、

1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：A（g）+B（g）⇌2C（g）开始（mol/L）：130变化（mol/L）：xx2x平衡（mol/L）：1-x3-x2x温度不变，K值不变，(2x)2/(1-x)×(3-x)=4

，解得：x=0.75，故A的转化率=0.75mol/L/1mol/L×100%=75%，故D正确。二、非选择题(共55分)16.Ⅰ．()()()2232SOgOg2SOg+，反应过程的能量变化如图所示：已知()21molSOg和()2Og反应生成()31molSOg的199kJm

olH−=−，请回答下列问题。（1）E的大小对该反应的反应热___________(填“有”或“无”)影响，该反应通常用25VO作催化剂，加25VO会使图中B点___________(填“升高”或“降低”

)。图中H=___________1kJmol−。Ⅱ．在2L密闭容器内，800℃时反应()()()222NOgOg2NOg+体系中，()NOn随时间的变化如表：时间(s)012345()()NOmoln0.0200.0100.0080.007

0.0070.007（2）平衡时NO的转化率是___________；已知：300350KK℃℃，则该反应是___________热反应。（3）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是___________。a．及时分离出2

NO气体b．适当升高温度c．增大2O的浓度d．选择高效催化剂【答案】（1）①.无②.降低③.-198（2）①.65％②.放（3）c【解析】【小问1详解】根据图像分析，E值高低是体现的催化剂效果，不影响反应热的数

据变化；该反应通常用25VO作催化剂，加25VO会降低反应所需要的活化能，使图中B点降低；()21molSOg和()2Og反应生成()31molSOg的199kJmolH−=−，根据图像分析，若2mol的二氧化硫完全反应，则1Δ992198?HkJmol−=−=−。故答案

为：无、降低、198−。【小问2详解】根据表格数据变化特点，3秒以后化学反应达到平衡，NO反应的量为：0.020.0070.013mol−=，平衡时NO的转化率是：0.013100%65%0.02=。已知：300

350KK℃℃，温度升高，反应逆向移动，说明逆反应是吸热反应，正反应是放热反应。故答案为：65%；放。【小问3详解】a．及时分离出2NO气体，生成物浓度减小，则化学反应速率减小，故a错误；b．适当升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，但平衡逆向移动，故b错误；c．增大2O的

浓度，增大单位体积内活化分子个数，化学反应速率增大，且平衡正向移动，故c正确；d．选择高效催化剂，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，但不影响平衡的移动，故d错误；答案选c。17.回答下列问题（1）在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被

氧化成NO3−。两步反应的能量变化示意图如下：①第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是_______________。②1mol+4NH(aq)全部氧化成-3NO(aq)的热化学方程式是________________。（2）已

知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566kJ·mol－1①Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋12O2(g)ΔH＝－226kJ·mol－1②则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，电子转移数目

为________________。（3）已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)ΔH＝－72kJ·mol－1，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，其他相关数据如下表：物质H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的

化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436200a则表中a＝______________。【答案】（1）①.放热②.反应物的总能量大于生成物的总能量③.++-4223NH(aq)+2O(g)=2H(aq)+HO(l)+NO(aq)ΔH=-346kJ/mol（2）2NA（3）369【解析】【

小问1详解】①由图可知，焓变小于0，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故反应为放热反应；②第一步的热化学方程式为：++-4222NH(aq)+1.5O(g)=2H(aq)+HO(l)+NO(aq)ΔH=-273kJ/mol，第二步

的热化学方程式为：-223NO(aq)+0.5O(g)=NO(aq)ΔH=-73kJ/mol−,根据盖斯定律，则1mol+4NH(aq)全部氧化成-3NO(aq)的热化学方程式++-4223NH(aq)+2O(g)=2H(aq)+HO(l)+NO(aq)ΔH=-346kJ/m

ol；答案为：放热；反应物的总能量大于生成物的总能量；++-4223NH(aq)+2O(g)=2H(aq)+HO(l)+NO(aq)ΔH=-346kJ/mol。【小问2详解】已知①2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566kJ·m

ol－1，②Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋12O2(g)ΔH＝－226kJ·mol－1，据盖斯定律：2122232ΔH+ΔHNaO(s)+CO(g)=NaCO(s)ΔH==-509kJ/mol2，反应转移2mol电子。

答案为：2NA。【小问3详解】蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，结合反应及表格数据可知：436+（200+30）-2a=-72，解得a=369。答案为：369。18.草酸()224HCO是一

种易溶于水的二元有机弱酸，用途广泛，可与酸性4KMnO发生氧化还原反应。Ⅰ.某化学学习小组要探究影响化学反应速率的因素，设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。物理量()224V0.20mol/LHCO/mL()V蒸馏水/mL()4V0.0100m

ol/LKMnO溶液/mLT/℃乙①2.004.050②2.004.025③1.0a4.025（1）请写出224HCO与酸性4KMnO反应的离子方程式：___________；（2）上述实验①、②是探究___________对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学

反应速率的影响，则a为___________；（3）为探究影响化学反应速率的因素，表格中需要定量测量的物理量“乙”是：___________。Ⅱ.草酸晶体的组成可表示为2242HCOHOx，通过下列实验测定x值，步骤如下：①称取6.30g草酸晶体配成100mL水

溶液。②取25.00mL所配草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用40.5000mol/LKMnO溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗4KMnO溶液10.02mL。③重复②步骤2次，消耗4KMnO溶液的体积分别为11.02mL和9.98mL。（4）步骤①配制草酸溶液时，需用的玻璃仪器：烧

杯、玻璃棒和___________；（5）判断到达滴定终点的实验现象是___________；（6）其它操作正确的情况下，以下操作会使测定的x值偏小的是___________；A.滴定管水洗后未用4KMnO溶液润洗B.锥形瓶用蒸馏水洗净之后，用草酸溶液润洗C.开始滴定时滴定管尖嘴处有

气泡，滴定结束气泡消失D.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度（7）根据以上实验数据计算x值___________。【答案】（1）-+2+2244225HCO+2MnO+6H=10CO+2Mn+8HO（2）①.温度②.1.0（3）溶液褪色时间/s（4）100mL容量瓶、胶头滴管（5）加入最后半滴

酸性4KMnO溶液，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色（6）ABC（7）2【解析】分析】【小问1详解】224HCO与氢离子、高锰酸钾根离子反应生成二氧化碳气体和锰离子、水，-+2+2244225HCO+2MnO

+6H=10CO+2Mn+8HO；【小问2详解】实验①、②控制变量为温度，是探究温度对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则控制变量为物质浓度，溶液的总体积应该控制相同，故a为1.0；【小问3详解】高

锰酸根离子反应后由紫红色变为无色，探究影响化学反应速率的因素，表格中需要定量测量的物理量“乙”是溶液褪色时间/s；【小问4详解】称取6.30g草酸晶体配成100mL水溶液，需用的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒和100mL容量瓶、胶头滴管；【小问5详解】判断到达滴定终点的实验现象是加入最后半滴酸性4

KMnO溶液，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；【小问6详解】A．滴定管水洗后未用4KMnO溶液润洗，导致高锰酸钾用量偏大，计算出224HCO数值偏大，x偏小；【B．锥形瓶用蒸馏水洗净之后，用草酸溶液润洗，需要的高锰

酸钾用量偏大，计算出224HCO数值偏大，x偏小；C．开始滴定时滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束气泡消失，导致高锰酸钾读数偏大，计算出224HCO数值偏大，x偏小；D．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，最终读数偏小，使得高锰酸钾数值偏小，计算出224HCO数

值偏小，x偏大；故选ABC；【小问7详解】三次滴定中11.02mL误差较大，则另两次消耗4KMnO溶液的平均体积分别为10.00mL=0.0100L，根据反应关系-22445HCO2MnO，可知224HCO为0.0100L

×0.5000mol/L52=0.0125mol，则100mL中224HCO为0.0125mol100mL×25.00mL=0.05mol，则2242HCOHOx的摩尔质量为6.30g0.05mol=126g/mol，即90+18x=126，x=2。19.2NO和

CO是常见的环境污染气体。（1）对于反应()()()()222NOgCOgCOgNg++来说，“Fe+”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行：第一步为22FeNOFeON++++；则第二步为___________(写方程式)

。已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能___________(填“大于”“小于”或“等于”)第二步反应的活化能。（2）在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：()()()2222NOg2NgOg+，容

器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中2NO的平衡转化率如图乙所示：①该反应的H___________(填“>”或“<”)0。②若容器Ⅰ的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则020s内容器Ⅰ中用2O表示的反应速率为_

__________，B点对应的平衡常数K=___________(保留两位有效数字)。③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是___________。④若容器Ⅳ体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应___________(填“向正反应方向”“向逆

反应方向”或“不”)进行。（3）采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现2CO电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示：容易得到的副产物有CO和2CHO，其中相对较少的副产物为___________；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反

应速率加快，主要降低下列变化中___________(填字母)的能量变化。A．2COOHCOHO+→+B．COOCH→C．23OCHOCH→D．33HCHOHOC→【答案】（1）①.FeO

＋＋COFe＋＋CO2②.大于（2）①.>②.0.0005mol·L-1·s-1③.0.0044④.D>C>A⑤.向逆反应方向（3）①.CH2O②.A【解析】【小问1详解】由催化剂定义可知，第一步反应+第二步反应=总反应，则第二步反应的方程式为FeO

＋＋COFe＋＋CO2；第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故答案为：FeO＋＋COFe＋＋CO2；大于；【小问2详解】①由图乙可知，

升高温度，一氧化二氮的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应是焓变大于0的吸热反应，故答案为：＞；②由图乙可知，370℃容器Ⅰ中反应达到平衡时，一氧化二氮的转化率为40%，由方程式可知，平衡时，一氧化二氮、氮气、氧气的浓度为0.1mol-0.1mol40%2L=0.03mol/L

、0.1mol40%2L=0.02mol/L、10.1mol40%22L=0.01mol/L，则0∼20s内氧气的反应速率为0.01mol/L20s=0.0005mol·L-1·s-1、反应的平衡常数K=220.020.010.03≈0.0044，温度

不变，平衡常数不变，则B点对应的平衡常数为0.0044，故答案为：0.0005mol·L-1·s-1；0.0044；③该反应是气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化二氮的转化率增大，增大压强，平衡向

逆反应方向移动，二氧化氮的的转化率减小，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，由图可知，A、C、D三点容器内气体质量相等、一氧化二氮的转化率相等，说明容器的体积大小顺序为A＞C＞D，则密度的大小顺序为D>C>A，故答案为：D>C>A；④由图可知，3

70℃时，容器Ⅳ中浓度熵Qc=220.060.040.06=0.04>K，则反应向逆反应方向进行，故答案为：向逆反应方向；【小问3详解】由图可知，生成一氧化碳反应的活化能为0.95eV—0.28eV=0.67eV，生成CH2O反应的活化能为2.73eV—(—0.60)

eV=3.33eV，反应的活化能越大，反应速率越小，产物的量越小，则较少的副产物为CH2O；化学反应的决速步骤为活化能较大的慢反应，由图可知，反应2COOHCOHO+→+的活化能最大，反应速率最慢，则要使反应速率加快，主要降低2COOHCOHO+→+的能量变化，

故选A，故答案为：CH2O；A。