【文档说明】宁夏银川市第二中学2021-2022学年高二下学期第一次月考化学试题 含解析.docx，共(24)页，991.692 KB，由小赞的店铺上传

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银川二中2021~2022学年第二学期高二年级月考一化学试题本试卷满分100分，考试用时100分钟一、选择题(本题共有21小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，每小题2分，共42分。)1.我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值

和历史价值，但出土的青铜器因受到环境腐蚀，对其进行修复和防护具有重要意义。研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。下列关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用的叙述错误的是A.降低了反应的活化能B.增大了反应的速率C.增

大了反应的平衡常数D.增大了单位体积内活化分子百分数【答案】C【解析】【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，因而增大单位体积内活化分子百分数，使化学反应速率加快，A正确；B．催化剂能降低

反应活化能，使更多的普通分子变为活化分子，分子之间有效碰撞次数增加，反应的速率加快，B正确；C．催化剂对正、逆反应速率影响相同，因此使用催化剂后使化学平衡不发生移动，故化学平衡常数不变，C错误；D．催化剂不能改变反应物、生成物的能量，但能够

降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，由于单位体积内分子总数不变，因此单位体积内活化分子百分数增加，D正确；故合理选项是C。2.灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：①Sn(s，白)+2HCl(aq)=SnC

l2(aq)+H2(g)ΔH1②Sn(s，灰)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)ΔH2③Sn(s，灰)>13.2<13.2℃℃Sn(s，白)ΔH3=+2.1kJ•mol-1下列说法正确的是A.锡制器皿长期处

在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏B.锡在常温下以灰锡状态存在C.灰锡转为白锡的反应是放热反应D.ΔH1＞ΔH2的【答案】A【解析】【详解】A．根据Sn(s，灰)13.213.2℃℃Sn(s，白)可知，温度低于13.2℃时，白锡会转变为灰锡，

而灰锡以粉末状态存在，即锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏，A正确；B．根据Sn(s，灰)13.213.2℃℃Sn(s，白)可知，温度高于13.2℃时，灰锡会转变为白锡，所以在常温下，锡以白锡状态存在，故B错误；C．根据反应③Sn(s

，灰)13.213.2℃℃Sn(s，白)-13ΔH=+2.1kJ?mol可知，由灰锡变为白锡会吸热反应，故C错误；D．依据盖斯定律，由②-①可得反应③，反应为吸热反应，所以ΔH3=ΔH2-ΔH1>0，所以12HH，故D错误；故答

案选A。3.在进行中和热的测定中，下列操作或说法错误的是A.不可将温度计当搅拌棒使用，也不可靠在容器内壁上B.搅拌时，环形玻璃搅拌棒应上下移动C.测量反应混合液的温度时要随时读取温度，记录下最高温度D.为了使反应完全，必

须保证酸和碱恰好完全反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．不可将温度计当搅拌棒使用，测量时应将温度计的玻璃泡全部浸入被测液体中，不要碰到容器底或容器壁，以免受环境温度影响，故A正确；B．环形玻璃搅拌棒不能碰到温度计，所以应上下移动，

故B正确；C．中和热测定温度为恰好中和时的温度，即最高温度，故C正确；D．为了使反应进行更完全，可以使酸或碱适当过量，故D错误；选D。4.下列示意图表示正确的是A.甲图表示Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=+26.7kJ·mol-1反应的能量变化B.乙图表示一氧化

碳的燃烧热C.丙图表示实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，混合液的温度随V(NaOH)的变化(已知V1+V2=60mL)D.已知稳定性顺序：B＜A＜C，某反应由两步反应A→B→C构成，反应过程中的能量变化曲线如丁图【答

案】D【解析】【详解】A．图示中反应物的总能量比生成物高，表示的反应为放热反应，而Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=+26.7kJ•mol-1为吸热反应，与图示能量变化不一致，故A错误；B．碳的燃烧热是指1molC完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，

图中C的燃烧产物是CO，表示的不是碳的燃烧热，故B错误；C．酸碱中和反应为放热反应，物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，V1+V2=60mL，则V1=20mL，V2=40mL时硫酸与氢氧化钠恰好完全反应，放出的热量最多，即横坐标为40时

的温度应该最高，实际反应与图象不符，故C错误；D．已知稳定性顺序为B＜A＜C，物质的总能量越低越稳定，则物质具有的能量B＞A＞C，图示中表示的能量变化曲线符合实际，故D正确；故选：D。5.下列有关反应速率的说法，不正确的是A.用铁片和硫酸反应制氢气时，生成氢气的

速率随硫酸浓度的增大而增大B.100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入20mL的氯化钠溶液，反应速率变慢C.已知SO2催化氧化生成SO3是放热反应，若升高温度，则正逆反应速率都加快，但SO3产率降低D.汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N

2和CO2，若减小压强反应速率会变慢【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化反应，不生成氢气，故A错误；B．加入20mL的氯化钠溶液，氢离子浓度减小，反应速率变慢，故B正确；C．SO2催化氧化生成SO3是放热可逆反应

，所以升高温度，正逆反应速率都加快，但平衡向逆反应方向移动，SO3产率降低，故C正确；D．对于有气体参与的反应，减小压强反应速率减慢，故D正确；答案选A。6.一定温度下，向容积不变的容器中加入一定量的NH4HCO3(s)，发生反应：NH4HCO3(s)NH3(g)

+H2O(g)+CO2(g)。下列有关说法错误的是A.当容器内气体平均相对分子质量不再变化时，反应达到平衡B.其它条件不变时，加入少量Na2O2，平衡正向移动C.当固体质量不再变化时，反应达到平衡D.当容器内气体的密度不再变化时，反应达到平

衡【答案】A【解析】【详解】A．一定温度下，向容积不变的容器中加入一定量的()43NHHCOs，发生反应：()()()()43322NHHCOsNHgHOgCOg++各气体物质的量之比始终为1：1：1，因此混合气体的平均相对分子质量始终不变，因此不能

作为判断反应是否达到平衡的依据，A错误；B．加入22NaO会吸收2HO和2CO，产物浓度降低，平衡正向移动，B正确；C．因()()()()43322NHHCOsNHgHOgCOg++是正向进行固体质量减小的反应，当固体质量不再变化时，反应达到平衡，C正确：的D．容积不变的容器，容器内气体的密

度逐渐增大，当密度不再变化时，则反应达到平衡，D正确；故选A。7.COCl2(g)CO(g)+Cl2(g)△H＞0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温；②恒容通入惰性气体；③增加CO浓度；④减压；⑤加催化剂；⑥恒压

通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是A.①②④B.①④⑥C.②③⑤D.③⑤⑥【答案】B【解析】【分析】【详解】①升温，平衡向吸热反应即正向移动，COCl2转化率增大，故①符合题意；②恒容通入惰性气体，压强虽增大，但浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合题意；③增加CO浓度

，平衡逆向移动，COCl2转化率降低，故③不符合题意；④减压，平衡向体积增大的反应方向移动即正向移动，COCl2转化率增大，故④符合题意；⑤加催化剂，速率增大，但平衡不移动，COCl2转化率不变，故⑤不符合题意；⑥恒压通入惰性

气体，容器体积增大，相当于减小压强，平衡正向移动，COCl2转化率增大，故⑥符合题意；因此①④⑥符合题意，故B符合题意。综上所述，答案为B。8.据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现

实：2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g），下列叙述错误的是A.使用Cu-Zn-Fe催化剂可大大提高生产效率B.反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应C.充入大量CO2气体可提高H2的转化率D.从平衡混合气体中分离出CH3CH2

OH和H2O可提高CO2和H2的利用率【答案】B【解析】【详解】A项，使用Cu-Zn-Fe催化剂可加快反应速率，能大大提高生产效率，A项正确；B项，反应加热与反应放热还是吸热没有直接的关系，如煤的燃烧放热，但需要加热，B项错误；C项，充入大量CO2气体平衡会正向移动，所以可提高H2的转化率

，C项正确；D项，从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O会使平衡正向移动，所以可提高CO2和H2的利用率，D项正确；故选B。9.向某浓度的FeCl3溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液呈血红色，发生如下反应：FeCl3(棕黄色)+3KSCN(无色)3KCl(无色)+Fe(SCN)3(红色)

。下列说法中正确的是A.往上述溶液中滴入同浓度的Fe2(SO4)3溶液，溶液红色变浅B.往上述溶液中滴入NH4SCN溶液，溶液红色不变C.往上述溶液中加入铁粉，溶液红色加深D.往上述溶液中滴入NaOH溶液，溶液红色变浅【答案】D【解析】【详解】A．溶液中滴入Fe2(SO4)3溶液，平衡正向

进行，溶液中Fe(SCN)3浓度增大，溶液红色变深，故A错误；B．滴入NH4SCN溶液，SCN-离子浓度增大，平衡正向进行，溶液中Fe(SCN)3浓度增大，溶液红色变深，故B错误；C．溶液中加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，铁离子浓度减小，平衡左移，溶液中Fe(SCN)

3浓度减小，红色变浅，故C错误；D．溶液中滴入NaOH溶液形成氢氧化铁沉淀，平衡左移，溶液中Fe(SCN)3浓度减小，溶液颜色变浅，故D正确；故选：D。10.二甲醚是一种清洁能源，用水煤气制取二甲醚的原理如下

：I.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)II.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)500K时，在2L恒容密闭容器中充入4molCO和8molH2，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH

)=c(CH3OCH3)，则下列说法不正确的是A.0～4min，反应I的v(H2)=0.8mol·L-1·min-1B.反应II中CH3OH的转化率为80%C.反应I的平衡常数K=6.25D.容器总压强保持不变，可证明反应体系到达平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．500K时，

在2L恒容密闭容器中充入4molCO和8molH2，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，△n(CO)=4mol×80%=3.2mol，则根据物质反应转化关系可知△n(H2)=2△n(CO)=6.4mol，故0～4min，反应I的v(H2)=6

.4mol2L=0.8mol/(Lmin)4min，A正确；B．反应I发生后有发生反应II：假设反应产生CH3OCH3(g)的物质的量为x，则反应消耗CH3OH(g)的物质的量为2x，根据选项A分析可知平衡时反应产生CH3OH(g)的物质的量为3.2m

ol，则反应II达到平衡后n(CH3OH)=(3.2-2x)mol，n(CH3OCH3)=x，由于2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，气体处于同一容器中，则2×(3.2-2x)=x，解得x=1.28mol，所以反应II中CH3OH的转化率为1.28mol23.2mol=80%，

B正确；C．由AB分析可知，平衡时n(CH3OH)=3.2mol-2×1.28mol=0.64mol，n(H2)=8mol-6.4mol=1.6mol，n(CO)=4mol-3.2mol=0.8mol，反应容器的容积是2L，则c(CO)=0.4mol/L，c(H2)=0.8mol/L，

c(CH3OH)=0.32mol/L则反应I的化学平衡常数K3222c(CHOH)0.32===1.25c(CO)c(H)0.40.8，C错误；D．反应在恒温、恒容密闭容器中进行，反应I是反应前后气体物质的量减小的反应，反应II反应前后气体的物质的量不变，若容器总压强

保持不变，则气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，因此可证明反应体系已经到达平衡状态，D正确；故选C。11.下列图示与对应的叙述不符合的是A.可用图①所示装置探究24HSO溶液分别与锌粒和锌粉反应的速率B.图②中实线和虚线分别表示在相同的条件下

，ag块状碳酸钙、bg粉末状碳酸钙与足量同浓度的盐酸反应(已知a>b)时的情况C.图③表示正反应是气体体积减小的反应D.图④表示该反应的正反应为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A．图①所示装置可用来测量反应速率，则可用图①所示装置探究24HSO溶液分别与锌粒和锌粉反应的速率，A正确；B．粉

末状碳酸钙与盐酸反应速率快，曲线斜率大，因此图②中实线和虚线分别表示在相同的条件下，ag块状碳酸钙、bg粉末状碳酸钙与足量同浓度的盐酸反应(已知a>b)时的情况，B正确；C．图③中P2首先达到平衡，这说明压强p2>p1，压强大，但平衡时反应物的转化率小，则增大压强平衡逆向进行，因此

表示正反应是气体体积增大的反应，C错误；D．平衡常数只与温度有关系，正反应吸热，升高温度平衡正向进行，平衡常数增大，则图④表示该反应的正反应为吸热反应，D正确；答案选C。12.已知：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.0kJ•m

ol-1。一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中，正确的是A.升高温度能使()()32nCHOHnCO增大B.该条件下，反应的平衡常数为163C.反应达到平衡状态

时，CO2的平衡转化率为25%D.3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率【答案】B【解析】【详解】A．CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)正反应放热，升高

温度，平衡逆向移动，升高温度能使32(CHOH)(CO)nn减小，故A错误；B．达到平衡时，CO2的浓度为0.25mol/L，H2的浓度为0.75mol/L，CH3OH和H2O的浓度为0.75mol/L，则反应的平衡常数为3331644=13344

（），故B正确；C．反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为(10.25)mol/L100%=1mol/L−75%，故C错误；D．3min时，反应没有达到平衡状态，用CO2的浓度表示的正反应速率不等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速

率，故D错误；故选B。13.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g)2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中各物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是A.30~

40min间应该使用了催化剂B.反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应C.30min时降低温度，40min时升高温度D.30min时减小压强，40min时升高温度【答案】D【解析】【分析】根据第一幅图可知0~

30min内，A、B的浓度由2.0mol/L变为1.0mol/L，变化量为1.0mol/L，C的浓度由0变为2.0mol/L，变化量为2.0mol/L，变化量之比等于计量数之比可计算出x，根据第二幅图中v(正)和v(逆)的位置关系分析出改变平衡的外界条件，据此进行分析

。【详解】A．根据第一幅图可知30~40min内，反应速率降低，平衡没有发生移动，反应物与生成物的浓度瞬间降低，催化剂不能改变浓度，A错误；B．0~30min内，A、B的浓度由2.0mol/L变为1.0mol/L，变化量为1.0mol/L，C的浓度由0变为2.0mol/L

，变化量为2.0mol/L，变化量之比等于计量数之比，x=1，该反应为等体积反应，改变压强平衡不移动，40min时，正、逆反应速率都增大，但v(逆)>v(正)，平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动，即该反应为放热反应，B错误；C．30min时正逆反应

速率减小，反应物和生成物的浓度降低，但平衡不移动，因而不是温度的影响，而是减小压强造成的，40min时正逆反应速率都增大，且v(逆)>v(正)，平衡逆向移动，是升高温度造成的，C错误；D．根据C项分析，D正确；故选

D。14.在密闭容器中存在下列平衡：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，CO(g)的平衡物质的量浓度c(CO)与温度T的关系如图所示。下列说法错误的是A.平衡状态A与C相比，平衡状态A的c(CO2)较小B.在T2时，若反应处于状态D，则一定有v正<v逆C.反应CO2(g)+H2

(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>0D.若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1<K2【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，温度越高，c(CO2)越大，可知升高温度平衡正向移动，c(CO)越小，则平衡状态A与C相比，平衡状态A的c(CO)大，故A错误；B．T2时，若反应处于

状态D，减小c(CO2)可达到平衡状态，即平衡逆向移动，则一定有V正＜V逆，故B正确；C．温度越高，c(CO2)越大，可知正反应为吸热反应，则CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的△H＞0，故C正确；D．吸热反应中温度越高

，K越大，则T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2，故D正确；故选：A。15.在一定条件下，将PCl3(g)和Cl2(g)充入体积不变的2L密闭容器中发生反应：PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)。5min末达到平衡，有关数据如下表。下列判断正

确的是PCl3(g)Cl2(g)PCl5(g)初始浓度/mol·L-12.01.00平衡浓度/mol·L-1c1c20.4A.若升高温度，反应的平衡常数减小，则正反应吸热B.反应5min内，v(PCl3)=0.04mol·L-

1·min-1C.当容器中Cl2为1.2mol时，可逆反应达到平衡状态D.平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2，在相同条件下再达平衡时，c(PCl5)>0.2mol/L【答案】C【解析】【详解】A．升高温度，反应的平衡常数减小，则平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，故A错误；

B．5min末达到平衡，生成PCl5(g)的浓度为0.4mol·L-1，由化学方程式体现的量的关系可知，反应减少的PCl3(g)的浓度为0.4mol·L-1，v(PCl3)=0.45mol∙L-1∙min-1=0.08mol∙L-1∙min-1，故

B错误；C．平衡时c(Cl2)=（1.0-0.4）0.6mol·L－1=0.6mol·L－1，则n(Cl2)=2L×0.6mol·L－1=1.2mol，故C正确；D．平衡后移去2.0molPCl3和1.0molCl2，相当于起始量为原来的一半，如果平衡不移动，所有物质的浓度均为原来

的一半，由于容器体积不变，体系压强减小，与原平衡相比，平衡逆向移动，所以c(PCl5)小于原来的一半，即c(PCl5)＜0.2mol·L－1，故D错误；故选C。16.在2L恒容密闭容器中充入2molX和1molY发生反应：2X(g)+Y(g)⇌3Z(g)∆H<0，

反应过程持续升高温度，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.升高温度，平衡常数增大B.W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率C.Q点时，Y的转化率最大D.恒温下，平衡时再充入适量Z，则达到新平衡时Z的体积分数比原

平衡时大【答案】C【解析】【分析】反应开始时没有达到平衡，反应向正向进行，X的量减少，到Q点时达到最小，则这一点是反应的最大限度，Q点后平衡向逆向移动X的量逐渐增加。【详解】A．温度升高平衡向逆向移动，平衡常数减小，A错误；B．W、M

两点X的浓度相同但是温度不相同，故反应速率不相等，B错误；C．Q点X的量最少，转化率最大，C正确；D．平衡时充入Z，相当于增大压强，反应两边气体的化学计量数相等，改变压强对平衡没有影响，达到新平衡时Z的体积分数与原平衡一样，D错误；

故选C。17.在工业生产硝酸过程中，氧化炉中发生的主反应与副反应，及不同温度下各反应的化学平衡常数如表所示。仅通过数据分析，下列结论不正确的是温度(K)主反应：32244NO6HONH5O=++副反应：322242OHH3NON6=++500261.110347.110700192.11

0252.610A.相同条件下，副反应比主反应的反应速率要快得多B.主反应与副反应的焓变，均为ΔH0C.升高氧化炉的温度，主反应、副反应均处于被抑制状态D.相同条件下，NH3与O2反应，生成N2的趋势比生成NO趋势更

大【答案】A【解析】【详解】A．相同条件下，副反应的平衡常数大于主反应的平衡常数，则说明副反应比主反应正向进行的程度更大，而不能说明反应速率快慢，A错误；B．图表数据分析可知，反应I和反应II的平衡常数随温度升

高减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应均为放热反应，均为ΔH0，B正确；C．反应I和反应II的正反应均为放热反应，升高温度，化学反应逆向进行，则升高氧化炉的温度，主反应、副反应均处于被抑制状态，C正确；D．相同温度500℃条件下，主反应：4NH3

+5O2=4NO+6H2O，K=1.1×1026；副反应：4NH3+3O2=2N2+6H2O，K=1.1×1034，说明相同条件下，NH3与O2反应生成N2的趋势比生成NO趋势更大，D正确；故合理选项是A。18.丙烷(C3

H8)在不足量的氧气中燃烧，生成CO(g)、CO2(g)和H2O(g)，将所有的产物通入一个容积固定的密闭容器中，在一定条件下发生反应：H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g)ΔH。该反应的平衡常数(K)与温度的关系如下表所示：温度/℃400500800平衡常数(K)9.9491已

知：v正=k正·c(CO)·c(H2O)，v逆=k逆·c(CO2)·c(H2)(k是速率常数，只与温度有关)。保持温度为800℃，在恒容密闭容器中充入0.1molCO(g)和0.1molH2O(g)，达到平衡状态。下列说法正确的是A.上述反应的ΔH>0B.平衡时CO的平衡转化率为50%C.

若升高温度，则k正增大的倍数大于k逆增大的倍数D.平衡时再充入0.1molCO(g)和0.1molH2O(g)，平衡不移动【答案】B【解析】【详解】A．由图表可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，反应为放热

反应，ΔH<0，A错误；B．保持温度为800℃，设转化的CO的物质的量为x，体积为1L()()()222HO(g)+CO(g)H(g)+CO(g)mol0.10.100molmol0.1-0.1-xxxxxxxx起始转化平衡则K

=()22=10.1-xx，x=0.05mol，平衡时CO的平衡转化率为0.05100%=0.150%，B正确；C．平衡时v正=k正·c(CO)·c(H2O)，v逆=k逆·c(CO2)·c(H2)，则K=()()()()222cCOcHkcCOHO=ck正逆，升高温度，正逆反应

速率都变大，但反应为放热反应，平衡逆向移动，K变小，则k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，C错误；D．平衡时再充入0.1molCO(g)和0.1molH2O(g)，反应物浓度变大，平衡正向移动，D错误；故选B。19.下列事实中,不能用勒夏特列原理加

以解释的是A.夏天,打开啤酒瓶时会在瓶口逸出气体B.浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体C.压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体,颜色变深D.将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气的密闭容器置于冷水中,混合气体

颜色变浅【答案】C【解析】【详解】A、啤酒瓶内存在平衡：CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq)，当开启瓶盖时，体系压强降低，为了减弱这种改变，平衡逆向移动，产生大量气泡，可用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B、浓氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，加入氢氧化钠

固体时，OH-的浓度增大，平衡会向逆向移动，会产生较多的刺激性气味的气体，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C、氢气与碘蒸气反应的平衡为H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应前后气体系数和相等，压强对平衡无影响，压缩气体，碘单质的浓度增大，使得颜色加深，不能用勒夏特

列原理解释，故C符合题意；D、二氧化氮和四氧化二氮混合气体的密闭容器内存在平衡：2NO2(g)N2O4(g)，该反应正反应为放热反应，将密闭容器置于冷水中，温度降低，化学平衡正向移动，NO2的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【点睛

】勒夏特列原理：如果改变影响化学平衡的一个因素(如浓度、压强、温度等)，化学平衡被破坏，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。该原理适用于其他动态平衡体系，如溶解平衡、电离平衡、水解平衡等。20.下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是A.1molH2

O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]B.NH4NO3溶于水吸热，说明其溶于水不是自发过程C.CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)△H＞0能否自发进行与温度有关D.常温下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的△H＞0【答案】B【解析】【详解】

A.同种物质的聚集状态不同，混乱度不同，熵值不同，熵值的大小顺序为：气体＞液体＞固体，则1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]，故A正确；B.硝酸铵溶于水虽然吸热,但该过程为熵

值增加过程，反应的△H-T△S<0，所以能够自发进行，故B错误；C.该反应是一个熵增的吸热反应，△H＞0、△S＞0，常温时，△H-T△S＞0，反应不能自发进行，高温时，△H-T△S<0，反应能自发进行，则该反应能否自发进行与温度

有关，故C正确；D.该反应是一个熵增的反应，△S＞0，常温下，反应不能自发进行说明△H-T△S＞0，则该反应为吸热反应，△H＞0，故D正确；故选B。21.醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使电离平衡右移且c(H+)

增大，应采取的措施是A.加入NaOH(s)B.加入盐酸C.加蒸馏水D.升高温度【答案】D【解析】【详解】A．加入NaOH固体会消耗氢离子，c(H+)减小，平衡向右移动，A不符合题意；B．加入盐酸氢离子的浓度可

能会增大，导致平衡左移，B不符合题意；C．加水稀释溶液酸性减弱c(H+)减小，稀释会促进醋酸的电离，平衡向右移动，C不符合题意；D．弱电解质的电离为吸热过程，升高温度平衡向右移动，c(H+)变大，D符合题意；故选D。二、填空题(本题分4小题，共

58分。)22.现有下列物质①熔化的NaCl②盐酸③氯气④冰醋酸⑤铜⑥酒精⑦硫酸氢钠⑧液氨⑨SO2，请按要求回答下列问题。（1）属于强电解质的是_______(填序号)（2）在上述状态下能导电的是_______(填序号)（3）属于弱电解质的是_______(填序号)（4）属于非电解质，但溶于水后的

水溶液能导电的是_______(填序号)（5）可以证明④是弱酸的事实是_______(填序号)A.乙酸和水能以任意比例混溶B.在乙酸水溶液中含有未电离的乙酸分子C.乙酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体D.1mol·L-1的

乙酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色（6）有下列物质的溶液：a.CH3COOHb.HClc.H2SO4d.NaHSO4。若四种溶液的物质的量浓度相同，其c(H+)由大到小顺序为_______(用字母序号表示，下同)。若四种溶液

的c(H+)相同，其物质的量浓度由大到小顺序为_______。（7）常温下，有+c(H)相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是_______(填字

母)。(①表示盐酸，②表示醋酸)【答案】（1）①⑦（2）①②⑤（3）④（4）⑧⑨（5）B（6）①.c>b=d>a②.a>b=d>c（7）c【解析】【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融

状态下不能够导电的化合物；溶液导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一

般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；【小问1详解】①熔化的NaCl为强电解质，存在自由移动的离子，可以导电；②盐酸是混合物，溶液中存在自由移动的离子，可以导电；③氯气为气体单质，不导电；④冰醋酸为弱电解质，本身不导电，水溶液

导电；⑤铜为金属单质，导电；⑥酒精为非电解质，不导电；⑦硫酸氢钠为强电解质，本身不导电，水溶液或熔融状态导电；⑧液氨为非电解质，不导电；⑨SO2为非电解质，不导电；故属于强电解质的是①⑦；【小问2详解】在上述状态下能导电的是①②⑤；【小问3详解】属于弱电

解质的是④；【小问4详解】属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是⑧⑨；【小问5详解】A．乙酸和水能以任意比例混溶，溶解性不能说明乙酸是弱酸，A错误；B．在乙酸水溶液中含有未电离的乙酸分子，说明存在电离平衡，说明乙酸是弱酸，B正确；C．乙酸与Na2CO3溶

液反应放出CO2气体，不能说明乙酸是否部分电离，C错误；D．1mol·L-1的乙酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色，说明溶液存在氢离子，不能说明乙酸是否部分电离，D错误；故选B；【小问6详解】a.CH3COOHb.HClc.H2SO4d.NaHSO4。若四种溶液的物质的量浓

度相同，硫酸为二元强酸，氢离子浓度最大；HCl、NaHSO4均为强电解质，完全电离，氢离子浓度相同；CH3COOH为弱酸，部分电离，氢离子浓度最小；故其c(H+)由大到小顺序为c>b=d>a；若四种溶液的c(H+)相同，其

物质的量浓度由大到小顺序为a>b=d>c；【小问7详解】常温下，有+c(H)相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，醋酸为弱酸部分电离，盐酸为强酸完全电离，则醋酸浓度远大于盐酸，故一段时间后醋酸反应速率更快且得到氢气更多，故选c。23.回

答下列问题：（1）我校化学社团做了如下探究实验：利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究外界条件改变对化学反应速率的影响。实验数据如表所示：实验序号实验温度/KKMnO4溶液(含硫酸)H2C2O4溶液H2O溶液颜色褪至无色时所需时间/sV/mL-1cmo1LV/m

L-1cmo1LV/mLA29320.0250.131tB29320.0230.11V8C31320.022V0.152t①写出该反应的离子方程式：_______。②通过实验A、B可探究_______(填外部因素)的改变对反应速率的影响，其中V1=_______；通过实验_______(填实

验序号)可探究温度变化对化学反应速率的影响。③利用实验B中数据计算，用KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=_______。④实验中发现：反应一段时间后该反应速率会突然加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMn

O4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是_______，相应的粒子最有可能是_______。（2）一种新型催化剂能使NO和CO发生反应：2NO+2CO2CO2+N2。已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速

率。为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，如表所示。实验编号t/℃NO初始浓度/mol·L-1CO初始浓度/mol·L-1催化剂的比表面积/m2/gI28031.210−35.8010−82II28031.210−

b124Ⅲ350a35.8010−82①表中a=_______，b=_______。②能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验_______(填实验编号)。③实验I和实验Ⅱ中，NO的物质的量浓度c(NO)随时间t的变化曲

线如图所示，其中表示实验II的是曲线_______(填“甲”或“乙”)。【答案】（1）①.-+2+2244225HCO+2MnO+6H=10CO+2Mn+8HO②.H2C2O4溶液浓度的改变对反应速率

的影响③.5④.BC⑤.-1-1mol0.0005Ls⑥.催化作用⑦.Mn2+（2）①.31.210−②.35.8010−③.I、Ⅲ④.乙【解析】【小问1详解】①酸性KMnO4具有强氧化性，和H2C2O4溶液反应生成二氧化碳

和锰离子，反应为-+2+2244225HCO+2MnO+6H=10CO+2Mn+8HO；②实验A、B中控制的变量为H2C2O4溶液浓度，可探究H2C2O4溶液浓度的改变对反应速率的影响，实验中溶液总体

积要相同，故其中V1=5；实验BC中控制的变量为H2C2O4溶液浓度，通过实验BC可探究温度变化对化学反应速率的影响。③实验B中n(KMnO4)=2×10-3L×0.02mol/L=4×10-5mol，n(H2C2O

4)=3×10-3L×0.1mol/L=3×10-4mol，反应中H2C2O4过量，KMnO4全部反应；KMnO4起始浓度为-3-3=0.00410210L0.02mol/Lmol/L10L，用KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=-1-10.004=

0.0mol/Lmol00L5s8s。④反应一段时间后该反应速率会突然加快，造成此种变化的原因是反应体系中的生成的锰离子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有催化作用，故填：催化作用，Mn2+；【小问2详解】①验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，设计了三组实验，实验

I、II中变量为催化剂的比表面积，则b=35.8010−；实验I、Ⅲ中变量为温度，则a=31.210−；②实验I、Ⅲ中变量为温度，能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验I、Ⅲ；③已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率，实

验Ⅱ中催化剂的比表面积更大，反应速率更快，故表示实验II的是曲线乙。24.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：I.4NO2(g)

+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)△H1；K1II.2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+NOCl(g)△H2；K2Ⅲ.2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)△H3；K3（1）△H3=_______(用△H1和△

H2表示)，K3=_______(用K1和K2表示)。（2）在恒容密闭容器中进行的反应II、III，下列说法中，正确的是_______(填标号)。a.反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应II、III均达到平衡状态b.△H2

和△H3不再变化，可以作为反应II和III达到平衡状态的标志c.同等条件下，反应II速率远远大于反应III，说明反应II的活化能小，△H2＜△H3d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl(g)，NO2(g)和NO(g)的百分含量均减小（3）保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3

mol的NO和Cl2以不同的氮氯比2n(NO)n(Cl)进行反应Ⅲ(△H3＜0)，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：①图中T1、T2的关系为T1_______T2(填“>”、“<”或“=”)，判断理由是_______。②图中纵坐标为_______(填化学式)转化率

；图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是_______(填“A”、“B”或“C”)。③若在温度为T1、容积为1L的容器中充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，此时平衡将_______移动(填“向左”、“向右”或“不”)。【答案】（1）①.2

△H2-△H1②.221KK（2）ad（3）①.<②.相同氮氯比的情况下，升高温度，平衡逆向移动，NO和Cl2的转化率都会降低③.Cl2④.A⑤.向右【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，Ⅲ=2II-I，则△H3=2△H2-△H1，K3=221KK；【小问

2详解】a．二氧化氮为红色气体，反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明各物质的量不再改变，反应II、III均达到平衡状态，a正确；b．焓变受温度的影响，与平衡与否无关，b错误；c．反应活化能越小，反应速率越快但是与焓

变无关，c错误；d．达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl(g)，虽然会生成部分NO2(g)和NO(g)，但总的物质的量增的的加了，最终还是导致NO2(g)和NO(g)的百分含量均减小，d正确；故选ad；【小问3详解】①相同氮氯比的情况下，升高温度，平衡逆向移动，NO和Cl2

的转化率都会降低，故图中T1<T2；②相同温度下，增加NO的量会促进Cl2的转化，结合图象可知，图中纵坐标为Cl2的转化率；图中AC两点比较，相同氮氯比时，A中氯气转化率更高，NOCl体积分数更大；A

B两点温度相同，当NO和Cl2以系数比投料时，生成物的体积分数最大，故A点中NOCl体积分数大于B点，故图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是A；③由A点可知，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以2n(NO)n(Cl

)=2投料，则NO和Cl2的物质的量分别为2mol、1mol且平衡时氯气的转化率为80%；()()()22NO(g)+Cl(g)2NOCl(g)mol210mol1.60.81.6mol0.40.21.6起始转化平衡在温度为T1、容积为1L达到平衡K=221.61=800.40.

211，若在温度为T1、容积为1L的容器中充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，Q=2221=160.5111<K，将向右移动。25.氢气是一种清洁高效的新型能源

，如何经济实用的制取氢气成为重要课题。(1)硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：已知：反应II：H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+12O2(g)ΔH2=+327kJ·mol-1反应III：2HI(aq)=H2(g)+I2(g)ΔH3=+172kJ·

mol-1反应2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+572kJ·mol-1则反应I的热化学方程式为_______。(2)H2S可用于高效制取氢气，发生的反应为2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)。I．若起始时容器中只有H2S，平衡时三种物质的物质的量

与裂解温度的关系如图1。①图中曲线Z表示的物质是_______(填化学式)。②C点时H2S的转化率为_______％(保留一位小数)。③A点时，设容器内的总压为pPa，则平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。II．若在两个等体积的恒容

容器中分别加入2.0molH2S、1.0molH2S，测得不同温度下H2S的平衡转化率如图2所示。①M点、O点和N点的逆反应速率(M)、(O)和(N)的大小关系为_______(用“>”“＜”或“=”表示，下同)；②M、N两点容器内的压强2p(M)_______p(N)，平衡常数K(

M)、K(N)、K(O)三者的大小关系为_______。【答案】①.SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)△H1=-213kJ/mol②.S2③.66.7%④.15pPa⑤.(M)＜(O)＜(N)⑥.＜

⑦.K(M)=K(O)＜K(N)【解析】【分析】【详解】(1)由题干转化关系图可知，反应Ⅰ：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)△H1又已知：反应Ⅱ：H2SO4(aq)

=SO2(g)+H2O(l)+1/2O2(g)△H2=+327kJ•mol-1反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)+I2(g)△H3=+172kJ•mol-1反应Ⅳ，2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH4=+572kJ

·mol-1根据盖斯定律：12反应Ⅳ-反应Ⅲ-反应Ⅱ即可得反应Ⅰ，故△H1=12ΔH4-△H3-△H2=12×572kJ·mol-1-172kJ·mol-1-327kJ·mol-1=-213kJ·mol-1，故反应I的热化学方程式为：SO2(g)+I2(g)+2H2O(

l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)△H1=-213kJ/mol，故答案为：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)△H1=-213kJ/mol；(2)Ⅰ．①起始时容器中只有H

2S，随着反应进行，H2与S2的物质的量逐渐增多，且H2的物质的量为S2的两倍，故图中曲线Z表示的物质是S2，曲线Y表示的物质是H2，曲线X表示的物质是H2S，故答案为：S2；②根据图1可知，C点时有三段式：()()()2222HSgSg+2Hg?12.0008.04.08.04.04.08

.0起始量(mol)转化量(mol)平衡量(mol)，故转化率α(H2S)=变化量起始量×100=8.012.0×100%=66.7%，故答案：66.7%；③A点时n(H2S)=n(H2)，又根据方程式系数可知，n(H2)=2

n(S2)，即此时体系中n(H2S)：n(H2)：n(S2)=2：2：1，，P(H2S)=25×pPa，P(S2)=15×pPa，P(H2)=25×pPa，平衡常数KP=()()()22222pSpHpHS=2212552)5(()p

pappappa=15pPa，故答案为：15pPa；Ⅱ．在两个等体积的恒容容器中分别加入2.0molH2S、1.0molH2S，结合等效平衡可知加入2.0molH2S的容器内相当于增大压强，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，故上方曲线代表加入1.0molH2S，下方曲线代表加

入2.0molH2S；①压强越大，浓度越大，反应速率越快，即下方曲线的O点的逆反应速率＞上方曲线M点的逆反应速率，即(M)＜(O)，又温度越高，反应速率越快，即(O)＜(N)，故答案为：(M)＜(O)＜(N)；

②M、N两点容器内H2S的平衡转化率相同，平衡时N点气体物质的量为M点气体物质的量的两倍，则N点压强为M点压强的两倍，但N点温度较高，所以2P(M)＜P(N)；升高温度，H2S的平衡转化率增大，平衡正向移动，K增大，即平衡常数K(

M)＜K(N)，温度不变，平衡常数不变，即K(M)=K(O)，故答案为：＜；K(M)=K(O)＜K(N)。为