【文档说明】重庆市铜梁一中2024-2025学年高二上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，795.457 KB，由小赞的店铺上传

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秘密★启用前铜梁一中高2026届高二上期十月月考化学试题卷注意事项：1.考试时间：75分钟，满分：100分。2.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效。3.需要填涂的地方，一律用2B铅笔

涂满涂黑。需要书写的地方一律用0.5mm黑色签字笔。4.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。5.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。6.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16P31S32Na23Fe5

6第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。)1.化学与人类生产生活密切相关，下列说法不正确的是A.开发地热能、太阳能、风能等新能源，

减少对矿物能源的依赖B.研发催化剂将CO2还原为甲醇有利于碳中和目标的实现C.使用干冰进行人工降雨，固态干冰升华为CO2(g)是吸热反应D.升温，能增大单位体积活化分子百分数，所以反应速率增大【答案】C【

解析】【详解】A．开发新能源，如热能、太阳能、风能等，减少对矿物能源的依赖，减少有毒气体的排放，减少环境污染，故A项正确；B．研发催化剂将CO2还原为甲醇，消耗CO2，有利于碳中和目标的实现，故B项正确；C．固态干冰升华为CO2(g)是吸热过

程，未发生化学反应，故C项错误；D．升高温度，能增大活化分子百分数，从而单位体积内活化分子百分数增大，所以反应速率增大，故D项正确；故答案选C。2.如图是化学反应中物质变化和能量变化的示意图。若E1<E2，则下列反应符合该示意图的是A.NaOH溶液与稀盐酸的反应B.锌与

稀硫酸的反应C.在MnO2催化下，H2O2发生分解反应D.Ba(OH)2·8H2O与氯化铵固体的反应【答案】D【解析】【分析】若E1<E2，则该反应吸热反应，据此回答。【详解】A．NaOH溶液与稀盐酸的反应为中和反应，放出热量，故A项不符合题意；B．锌与稀盐酸反应放出热量，故B项不符合题意；

C．在MnO2催化下，H2O2发生分解反应属于放热反应，故C项不符合题意；D．氢氧化钡晶体与氯化铵固体的反应是吸热反应，故D项符合题意；故本题选D。3.结合已知条件分析，下列热化学方程式正确的是(所有数据均在常温常压条件下测定)选项已知条件热化学方程式A2H的燃

烧热数值为akJ/mol22HCl2HCl+=1akJmolH−=−B21molSO与足量2O充分反应后，放出热量49.15kJ2232SO(g)O(g)2SO(g)+198.3kJmolH−=−C2H(aq)OH(aq

)HO(l)+−+=157.3kJmolH−=−24242HSO(aq)Ba(OH)(aq)BaSO(s)2HO(l)+=+1114.6kJmolH−=−D31g白磷比31g红磷能量多bkJ4P(,s)4P(,s)=白磷红磷，14bkJmo

lH−=−为A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．没有指明物质的状态，另外，2H的燃烧热是指1mol氢气完全反应生成1mol液态水时放出的热量，A错误；B．该反应为可逆反应，1mol2SO与足量2O充分反应后，放出热量49.15kJ，则1m

ol2SO完全反应时放出的热量大于49.15kJ，题中反应的反应热1Δ98.3kJmolH−−，B错误；C．该反应中生成硫酸钡沉淀，实际反应放热更多，1Δ114.6kJmolH−−，C错误；D．31g白磷比31g红磷能

量多bkJ，则1mol4P()s白磷,比()4molP,s红磷能量多4bkJ，热化学反应方程式正确，D正确；故选D。4.依据图示关系和金刚石燃烧的热化学方程式，下列说法不正确的是①；②金刚石燃烧的热化学方程式：C(金刚石，s)+O2

(g)=CO2(g)ΔH=-395.41kJ·mol-1。A.ΔH2=-110.5kJ·mol-1B.C(石墨，s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH=ΔH2-ΔH3C.金刚石比石墨稳定D.化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态

有关，与反应途径无关【答案】C【解析】【详解】A．由盖斯定律，-1213ΔH=ΔHΔH=-110.5kJmol-，A正确；B．①C(石墨)+12O2(g)=CO(g)ΔH2②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH3根据盖斯定律①-②可得：C(石墨)+CO2(g)=2

CO(g)ΔH=ΔH2-ΔH3，B正确；C．C(石墨)+O2(g)=CO(g)-11ΔH=-393.5kJmolC(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-395.41kJ·mol-1则金刚石放热更多，则金刚石能量高于石墨，那么金刚石不如石墨稳定，C错误；D．根据

盖斯定律化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；故选C。5.已知：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)△H1K1CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)△H2K2CO2(g)＋2H2(g)=C(s)＋2H

2O(g)△H3K3在同一温度下，下列关系正确的是A.△H3=－(△H1＋△H2)K1·K2·K3=1B.△H3=△H1＋△H2K1＋K2=K3C.△H3=－(△H1＋△H2)K1·K2=K3D.△H3=△H1＋△H2K1·K2·K3=1【答案】A【解析】【详解】将三

个热化学方程式编号如下：①C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)△H1K1②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)△H2K2③CO2(g)＋2H2(g)=C(s)＋2H2O(g)△H3K3由盖斯定律可得③=-①-②，所以有△H3=

－(△H1＋△H2)，平衡常数K3=121•KK，即K1·K2·K3=1，故答案选A。6.A(g)+3B(g)2C(g)+D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的①v(A)=0.6mol/(L·min)②v(B)=1.5mol/(L·min)③v(C)=

1.4mol/(L·min)④v(D)=0.02mol/(L·s)A.①B.②C.③D.④【答案】D【解析】【详解】根据反应速率之比等于化学计量数之比，比较速率和系数的比值大小即可；①()()()υA0.6mol/Lmin=0.6mol/L

min11=；②()()()υB1.5mol/Lmin=0.5mol/Lmin33=；③()()()υC1.4mol/Lmin=0.7mol/Lmin22=；④()()()υC0.02mol/Ls=1.2mol/Lmin

11=，则其中表示反应速率最快的是④；故本题选D。7.将100mL6mol/L的硫酸溶液跟过量锌粒反应，在一定条件下，为了减缓反应进行的速率，又不影响生成氢气的总量，可以向反应物溶液中采取的措施有A.滴

加几滴浓硫酸后加热B.滴加几滴硫酸铜溶液C.加入硫酸钠溶液D.将锌粒改为锌粉【答案】C【解析】【详解】A.滴加几滴浓硫酸后加热，导致硫酸的浓度及物质的总量都增大，温度也升高，反应速率增大，生成氢气的总量增多，故A错误；B.滴加数滴硫酸铜溶液，锌置换出硫酸铜中的铜，锌与铜和硫酸形

成原电池，使锌与硫酸的反应速率增大，故B错误；C.加入硫酸钾溶液，相当于稀释了溶液，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减小，但不影响生成氢气的总量，故C正确；D.将锌粒改为锌粉，增大了反应物间的接触面积，反应速率加快，故D错误；答案选C

。8.下列有关实验装置进行的相应实验，下列叙述正确的是A.图1：用二氧化锰和浓盐酸反应制氯气B.图2：测定中和热C.图3：比较Cu2+、Fe3+对反应速率的影响D.图4：旋开分液漏斗活塞，注射器活塞向右移动，说明反应ΔH<0【答案】B【解析】【详解】A．用二氧化锰和浓盐酸反应制氯气需要加热，图中

没有加热装置，A错误；B．利用该装置可以测定中和热，隔热层、杯盖、外壳等都能减少热量散失，减小误差，B正确；C．由于FeCl3和CuSO4的阴离子不相同,根据单一变量原则，不能比较Cu2+、Fe3+对反应速率的影响，C错误；D．旋开分液漏斗活塞，注射器活塞向右移动，也有可能是因为锌粒与硫酸反应

生成氢气，D错误；答案选B。9.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A.2.24LNH3中含有共用电子对数为0.3NAB.0.1mol/L的BaCl2溶液中Cl-的总数为0.2NAC.15.6g由Na2S和Na2O2组成的混合物中，含有阴离子的数目为0.2NAD.

0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA【答案】C【解析】【详解】A．未知NH3所处的外界条件，因此不能根据气体的体积判断其物质的量，也就不能计算NH3所含有的电子对数，A错误；B．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算其中含有的Cl

-数目，B错误；C．Na2S和Na2O2的式量都是78，二者的阳离子与阴离子个数比是2：1。15.6g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有物质的物质的量是n=15.6g78g/mol=0.2mol，则混合物中含有的阴离子的数目为0.2NA，C正确；D．H2和I2反应产

生HI的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，但该反应是反应前后气体分子数不变的反应，因此0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，容器中含有气体的物质的量是0.2mol，则其中含有的分子总数为0.2NA，D错误；故合理选项

是C。10.短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a与d同族且d的单质为黄色晶体，b是同周期元素中原子半径最大的，c的氢氧化物在酸或强碱溶液中都能溶解。下列说法正确的是A.原子半径：b＜c＜dB.氢氧化物的碱性：b＜cC.气态氢化物稳定性：d＞aD.a、b、c形成的某种化

合物的溶液与稀硫酸混合产生浑浊【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a与d同族且d的单质为黄绿色气体，可知a为F元素、d为Cl元素；b在同周期半径最大，其处于ⅠA族，而b的原子序数大于氟，故b为Na元素；c的氢氧化物在酸或强碱溶液中都能溶解，

可知c为Al元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】由上述分析可知：a为F、b为Na、c为Al、d为Cl元素。A．原子核外电子层数越多，原子半径越大。同周期主族元素自左而右原子半径逐渐减小，则原子半径：Al＞Cl＞F，用字母

表示为d＜c＜b，A错误；B．同一周期元素，原子序数越大，元素金属性就越弱。元素的金属性越强，其形成的最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：Na＞Al，则碱性：NaOH＞A1(OH)3，B错误；C．同一主族元素，原子序数越大

，元素的非金属性就越弱。元素非金属性：Cl＜F，则相应的氢化物稳定性：HCl＜HF，C错误；D．a、b、c形成的某种化合物Na3AlF6，其形成的水溶液与少量稀硫酸混合，会反应产生Al(OH)3沉淀，从而看到使溶液变浑浊，D正确；故合理选项是D。11

.合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在铁触媒催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用ad标注。下列说法不正确的是的A.合成氨反应的ΔH<0B.经过过渡态3发生的变化为：N2H2(ad)+H2(ad)

=N2H4(ad)C.催化剂改变了合成氨反应的历程和反应热D.该历程中最大能垒(活化能)：E正=(f-e)eV【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，合成氨反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的△H<0，故A项正确；B．由图可知，经过过渡态3步骤发生的反应为N2H2(

ad)+2H2(ad)=N2H4(ad)+H2(ad)，即N2H2(ad)+H2(ad)=N2H4(ad)，故B项正确；C．由图可知，铁触媒催化剂改变了合成氨反应的反应历程，但不能改变反应热，故C项错误；D．由图可知，该历程中最大能垒(活化能)E正=-eeV-(-feV)

=(f-e)eV，故D项正确；故本题选C。12.一定条件下，在恒容密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，其正反应速率v正和逆反应速率v逆随反应时间t的变化如图所示。下列判断不正确的是A.t1时刻，v(SO2)消耗>v(SO2)生成B.t2时刻之后，容器中混合气体的平均摩尔

质量不变C.OAB区域的面积代表了SO2浓度的减少量D.t3时刻，反应达到限度，反应停止【答案】D【解析】【详解】A．1t时刻，反应未达平衡，反应还在正向进行，此时vv正逆，所以()()22vSOvSO消耗生成，A正确；B．该反应非等体积反应，未平衡时，气体平均摩尔质量在变化。当2t时刻之

后，()()vv=正逆，反应达到平衡状态，所以混合气体的平均摩尔质量不变，B正确；C．在B点之前，反应未到达平衡状态，反应还在正向移动，所以OAB区域的面积代表了2SO浓度的减少量，C正确；D．3t时刻，反应达到限度，处于平

衡状态，反应没有停止，属于动态平衡，D错误；故选D。13.常温时，将10mLamol/LNa3AsO3、10mLamol/LI2和10mLNaOH溶液混合，发生反应：3-3AsO(aq)＋I2(aq)＋2OH-(aq)3-4AsO(aq)＋2I-(aq)＋H2O(l)，溶液

中c(I-)与反应时间(t)的关系如图所示。下列不能说明反应达到平衡状态的是A.溶液中OH-的浓度不再变化B.v正(I-)=2v逆(3-3AsO)C.c(3-4AsO)=0.25bmol·L-1D.-33c(I)c(AsO)−不再变化【答案】C【解析】【详解】A．溶液的pH

不再变化，说明OH－的浓度不再改变，反应一定达到平衡状态，故A不符合；B．v正(I-)=2v逆(3-3AsO)，正逆反应速率比等于系数比，反应一定达到平衡状态，故B不符合；D．-33c(I)c(AsO)−

不再变化，说明3-3AsO、I-浓度不变，反应一定达到平衡状态，故D不符合；C．根据图示，达到平衡状态时c(I-)＝bmol·L－1，根据反应方程式，平衡时c(3-4AsO)=2bmol·L－1，所以c(3-4AsO)＝2bmol·L－1时，反应没有达

到平衡状态，故C符合；答案选C。14.在某温度下，将含有H2和I2各0.1mol的混合气体充入容积为10L的密闭容器中，发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=-14.9kJ/mol，充分反应并达到平衡后，测得c(H2)=0.008mol/L，H2转化率为α(H2)，反应放热QkJ。

在上述温度下，再充入H2和I2各0.1mol，再次达到平衡后，c(H2)=amol/L，下列说法正确的是①该温度下上述反应的平衡常数K=0.25；②α，(H2)=20%；③Q=1.49；④a=0.008A.①③B.①②C.③④D.②③【答案】B【解析】【分析】根据三段式知：22H(g)

+I(g)2HI(g)(mol/L)0.010.010(mol/L)0.0020.0020.004(mol/L)0.0080.0080.004开始时的浓度改变时的浓度平衡时的浓度【详解】①该温度下上述反应的平衡常数K=20.0040.250.0080.

008=，故正确；②α，(H2)=0.002mol/L100%0.01mol/L=20%，故正确；③Q=14.9kJ20%=2.98kJ，故错误；④在上述温度下，再充入H2和I2各0.1mol，

再次达到平衡后，达到等效平衡，各组分的百分比与原平衡一样，则c(H2)=amol/L=0.016mol/L，a=0.016，故错误；综上，正确的有①②；答案选B。第II卷(非选择题，共58分)二、填空题15.研究化学反应中的能

量变化和化学平衡有重要意义。回答下列问题：（1）已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如图所示：该反应的热化学方程式为___________。（2）意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如下图所示，已知断裂1molN

-N键吸收167kJ热量，生成1molN≡N键放出942kJ热量。根据以上信息和数据，N4(g)=2N2(g)ΔH=___________kJ·mol-1。（3）依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。298K时，已知：①C(石墨，s)+O2(g)=C

O2(g)ΔH1=akJ·mol-1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=bkJ·mol-1③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=ckJ·mol-1则反应：2C(石墨，s)+H2(g)=C2H2(g)的焓变ΔH=___________kJ·m

ol-1(用含a、b、c的式子表示)。（4）已知t℃时，反应FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)的平衡常数K=0.25.①t℃时，反应达到平衡时c(CO2)：c(CO)=___________；②t℃时，若在1L密闭容器中加入1.44gFeO，并通入xmo

lCO，发生上述反应，达到平衡时FeO的转化率为50%，则x=___________。【答案】（1）CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ/mol（2）-882（3）2a+12b-12c（4）①.1：4(或0.25)②.0.05【解析】【小问1

详解】由于反应热等于生成物总能量与反应物总能量的差，则根据图示可知该反应的反应热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ/mol；【小问2详解】反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释

放的总能量的差，则根据以上信息和数据，N4(g)=2N2(g)ΔH=(6×167kJ/mol)-(2×942kJ/mol)=-882kJ/mol；【小问3详解】已知热化学方程式：①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=akJ·mol

-1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH2=bkJ·mol-1③2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=ckJ·mol-1，根据盖斯定律，将①×2-(②+③)×12

，整理可得热化学方程式2C(石墨，s)+H2(g)=C2H2(g)的焓变ΔH=(2a+12b-12c)kJ/mol；【小问4详解】①根据化学平衡常数的含义可知反应FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)的平

衡常数表达式K=2c(CO)c(CO)，根据已知条件可知在t℃时该反应的化学平衡常数K=0.25，所以2c(CO)c(CO)=0.25，即t℃时，反应达到平衡时c(CO2)：c(CO)=1：4=0.25；②t℃时，若在1L密闭容器中加入1.44gFeO，其物质的量是n(FeO)=1.4

4g72g/mol=0.02mol，并通入xmolCO，发生上述反应，达到平衡时FeO的转化率为50%，则反应消耗FeO的物质的量是0.01mol。用三步法计算。2FeO(s)+CO(g)Fe(s)+

CO(g)/mol0.02x00/mol0.010.010.010.01/mol0.01x-0.010.010.01开始转化平衡则K=2c(CO)c(CO)=0.01x-0.01=0.25，解得x=0.05mol。16.某中学化学社团利用H2C2O4溶液和酸

性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”，实验时，先分别量取下列溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。设计方案如下，其中t3＜t2＜t1：实试管中所加试剂及用量(mL)温度溶液褪至验编号0.6mol/LH2C2O4溶液0.2m

ol/LKMnO4溶液3mol/LH2SO4溶液H2O(℃)无色所需时间(min)13.02.02.03.025t123.03.0202.025t233.03.02.02.040t3请回答：（1）配制0.6mol/LH2

C2O4溶液①若实验中大约要使用480mLH2C2O4溶液，则需要称量H2C2O4•2H2O固体___________g。②选择称量H2C2O4•2H2O固体所需要的仪器___________(填序号)。名称托盘天平(带砝码)小烧杯坩埚钳玻璃棒药匙量筒仪器序

号abcdef（2）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1molH2C2O4转移___________mol电子。当观察到紫色刚好褪去，参加反应的H2C2O4和KMnO4的物质的量之比n(

H2C2O4)∶n(KMnO4)=___________。（3）实验1测得KMnO4溶液的褪色时间为t1=4min，忽略混合前后溶液体积的变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=___________mo

l/(L·min)。（4）根据表中的实验2和实验3数据，可以得到的结论是___________。（5）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图a所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实

验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应当如图b所示：.推测可能的原因是___________。【答案】（1）①.37.8②.abe（2）①.2②.5:2（3）0.01（4）其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快（5）该反应为放热反应；反应生成

的Mn2+起催化作用【解析】【分析】利用控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响时，通常只改变一个变量。实验1和实验2中，温度相同，混合液的总体积相同，0.6mol/LH2C2O4的体积相同，在混合液中其浓度相同，3mol/LH2SO4的体积相同

，在混合液中其浓度相同，0.2mol/LKMnO4溶液的体积不同，则混合液中其浓度不同，此两实验是用来探究浓度对化学反应速率的影响；实验2和实验3中各物质的浓度都相同，但温度不同，此两实验是用来探究温度对化学反应速率的影响。【小问1详解】①实验室没有4

80mL的容量瓶，要配制480mLH2C2O4溶液，需要选择500mL的容量瓶，则需要称量H2C2O42H2O固体的质量为0.6mol/L×0.5L×126g/mol=37.8g。②称量H2C2O42H2O固体时，需要使用天平、小烧杯、

药匙，则所需要的仪器abe。【小问2详解】已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，依据得失电子守恒，可建立关系式：5H2C2O4~2KMnO4~10e-，则每消耗1molH2C2O4转移2mol电子。当观察到紫色

刚好褪去，参加反应的H2C2O4和KMnO4的物质的量之比n(H2C2O4)∶n(KMnO4)=5:2。【小问3详解】实验1测得KMnO4溶液的褪色时间为t1=4min，混合溶液的总体积共10mL，这段时间内平均反应速率v(KMn

O4)=0.2mol/L2mL10mL4min=0.01mol/(L·min)。【小问4详解】由分析可知，表中的实验2和实验3中各物质的对应浓度都相同，只有温度不同，40℃＞25℃，所需时间t3＜t2，则可以得到的结论是：其他条件不变时，升

高温度，化学反应速率加快。【小问5详解】图b曲线显示，当反应进行一段时间后，随反应时间的增长，n(Mn2+)迅速增大，也就是反应速率迅速加快，推测可能的原因是：该反应为放热反应；反应生成的Mn2+起催化作

用。17.我国煤炭资源丰富，通过煤的气化和液化。能使煤炭得以更广泛的应用。I．先将煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制取H2，反应为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；（1）向2L恒容密闭容器中充入CO和水蒸气，800℃时测得部分数据

：t/min01234n(CO)/mol0.800.640.500.200.20n(H2O)/mol1.201.040.900.60060从反应开始到2min时，v(CO)为___________；计算该温度下反应的平衡常数K=___________。（2）相同条件下，向2L恒容密闭

容器中充入1molCO、3mol水蒸气、2molCO2、2molH2，此时v正___________v逆(填“>”、“<”或“=”)。Ⅱ．利用CO生产燃料甲醇(CH3OH)，一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，图1表示反应中能量的变化，图2表示一定温度

下，在体积为2L的密闭容器中加入4molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH的浓度随时间的变化：（3）在图1中，曲线___________(填“a”或“b”)表示使用了催化剂；该反应的反应热为ΔH=___________。（4）下列关于图2的说法正确的是_______

____(填序号)。①起始充入的CO为2mol②平衡时CH3OH的物质的量分数为50%.③当混合气体的密度不变时，反应达到平衡④保持温度和容积不变，再充入2molCO和4molH2，再次达平衡时322c(CHOH)c(CO)c(H)

会减小（5）已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡时气体分压代替平衡浓度可以计算出平衡常数Kp，则上述温度下，当反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)达到化学平衡时，气体总压为p，Kp=_____

______(用含p的代数式表示)。【答案】（1）①.-1-10.075molLmin②.3.0（2）>（3）①.b②.-91kJ/mol（4）①②（5）227p【解析】【小问1详解】根据表中数据可知，反应在2min时CO的物质的量减少了0.80mol－0.50mol＝0.30mol，

则Δc(CO)=0.15mol/L，则CO的平均速率为()-1-10.15mol/LυCO==0.075molLmin2min；由表中数据可知，反应在进行3min至4min时，CO与H2O的物质的量保持不变，

说明此时反应处于平衡状态，则有如下关系：()()()()222COg+HOgCOg+Hg(mol/L)0.400.6000(mol/L)0.300.300.300.30(mol/L)0.100.300.300.30初始量变化量平衡量，则平衡常数：0.3mol/L0.3mol

/LK3.00.1mol/L0.3mol/L==；【小问2详解】相同条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO、3mol水蒸气、2molCO2、2molH2，此时反应的浓度熵1mol/L1mol/L40.5mKol/L1.5mQol/L3c==，说明反应此时向正反应方向进行，则υ正>

υ逆；【小问3详解】由图可知，曲线b降低了反应所需的活化能，则b使用了催化剂；该反应的反应热为ΔH=反应物具有总能量-生成物具有总能量=419kJ/mol-510kJ/mol=-91kJ/mol；【小问4详解】①由图可知起始CO的浓度为1mol/L，则CO的起始

物质的量为1mol/L×2L=2mol，故①项正确；②一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4molH2和一定量的CO后，由图可知，CO初始浓度为1.00mol/L，则CO初始物质的量为2.00mol，平衡时，甲醇浓度为0.75mol/L

，CO的浓度为0.25mol/L，则甲醇的物质的量为1.50mol，CO的物质的量为0.50mol，根据三段式可知：()()()23COg+2HgCHOHg(mol)240(mol)1.503.001.50(mol)0.501.001.50初始量变化量平衡量，平衡时CH3O

H的物质的量分数为molmolmol%1.5100%500.5+1+1.5mol=，故②项正确；③由于在反应过程中，反应混合物的总质量不变，容器的体积不变，则气体的密度并不随反应的时行而发生变化，故当混合气体的密度不变时，反应不一定达到平衡，故③项错误；④保持温度和容

积不变，再充入2molCO和4molH2，与原平衡比较，相当于增大压强，平衡正向移动，但322c(CHOH)Kc(CO)c(H)=，温度不变，平衡常数不变，故④项错误；故答案为：①②；【小问5详解】由（4）②分析可知，则

平衡时，甲醇的物质的量为1.50mol，CO的物质的量为0.50mol，氢气的物质的量为1.00mol，平衡时，混合气体总物质的量为：1.50mol+0.50mol+1.00mol=3.00mol，则平衡常数为：3p22221.50molpP(CHOH)273.00molK0.50m

ol1.00molP(CO)P(H)p(p)(p)3.00mol3.00mol===。18.利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)生产纯铜和绿矾(FeSO4·7H2O)，流程示意图如下。（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是

___________。（2）焙烧时，(NH4)2SO4发生热分解产生含NH3和SO3的高温气体，写出(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式___________。焙烧时SO3可以使矿石中的铜元素转化

为CuSO4。（3）从滤液C获得铜的方法在西汉《淮南万毕术》中就有描述“曾青得铁则化为铜”，写出反应的离子方程式：___________。（4）可以循环使用的物质是___________。(填化学式)（5）操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再___________，过滤，洗涤，干燥。【答案】

（1）增大接触面积，加快反应速率，使矿石充分反应（2）(NH4)2SO4=2NH3↑+SO3↑+H2O（3）Fe+Cu2+=Fe2++Cu（4）(NH4)2SO4（5）冷却结晶【解析】【分析】黄铜矿(主要成分为C

uFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后与(NH4)2SO4混合，通空气进行焙烧，生成高温混合气(主要含NH3)和固体B；用H2SO4吸收混合气中NH3，生成(NH4)2SO4；固体B中加水浸铜，得滤渣D(含SiO2等)和滤液C，滤液C中加入过量Fe进行置换，从最终产物看

，滤液E为硫酸亚铁溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，从而获得绿矾晶体。置换出的粗铜进行电解精炼，即得精铜。【小问1详解】矿石在焙烧前需粉碎，以便充分提取铜元素，其作用是：增大接触面积，加快反应速率，使矿石充分反应。【小问2详解】焙烧时，(NH4)2SO4发生热分解产生含NH3和SO3的高

温气体，则(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式为(NH4)2SO4=2NH3↑+SO3↑+H2O。【小问3详解】从滤液C获得铜的方法是用铁还原硫酸铜，反应的离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。【小问4详解】反应生成的NH3用硫酸吸收生成硫酸铵，矿石焙烧时需要加入硫酸铵，则可以循环使

用的物质是(NH4)2SO4。【小问5详解】由分析可知，操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。【点睛】从溶液中获得晶体，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。的