精品解析：陕西省西安市陕西师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期中考试 化学试卷

陕西师大附中2024—2025学年度第一学期 期中考试高二年级化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Si-28 S-32 Fe-56 一、单选题(本题共20小题，每个2分，共40分) 1. 20世纪末，诺贝尔化学奖获得者艾哈迈德·泽维尔开创了“飞秒(s)化学”的新领域，使用激光光谱技术观测化学反应时分子中原子的运动成为可能，你认为该技术不可能观察到的是 A. 各种原子核内部质子、电子的运动 B. 化学变化中新分子的形成 C. 化学反应中各种原子的重新组合运动 D. 化学变化中旧分子的破裂 【答案】A 【解析】 【详解】由于该题中观测到原子的运动成为可能，而分子是由原子构成的，故可观测到分子和原子，而看不到原子的内部结构。故合理选项是A。 2. 化学与生产、生活、技术密切相关。下列说法正确的是 A. 天然气燃烧过程中化学能全部转化成热能 B. 工业合成氨为提高氨的平衡产率，采取400~500℃的高温 C. 液态肼()和液态过氧化氢作火箭推进剂，对环境影响较小 D. 化学家盖斯提出的盖斯定律，为化学动力学发展奠定了基础 【答案】C 【解析】 【详解】A．天然气燃烧时除能将化学能大部分转化成热能外，还有光能等，A项错误； B．工业合成氨反应(放热反应)，为提高氨的平衡产率，理论上应采取低温，实际上采取400～500℃的高温，是为了缩短达到平衡的时间，降低生产成本，B项错误； C．液态肼()和液态过氧化氢发生反应生成氮气和水，对环境影响较小，C项正确； D．盖斯定律是化学热力学发展的基础，D项错误。 故选C。 3. 已知反应：，时该反应的化学平衡常数。一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如下： 容器 温度℃ 起始时物质的浓度() 10分钟时物质的浓度() 甲 400 1 1 0.5 乙 1 1 0.4 丙 400 1 2 下列说法中，不正确的是 A. 甲中，10分钟内X的化学反应速率： B. 甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态 C. 乙中，可能 D. 丙中，a>0.5 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲中，10分钟时生成了0.5 mol/L的Z，根据方程式可知，反应的X的浓度为0.25 mol/L，则10分钟内X的化学反应速率=0.025 mol•L-1•min-1，A正确； B．甲中，10分钟时，由表格知生成的Z的浓度为0.5 mol/L，则X、Y都反应了0.25 mol/L，还剩余0.75 mol/L，由此算出此时的浓度商，反应没有达到平衡状态，B错误； C．乙中X、Y的起始浓度与甲中相同，但10分钟后生成物Z的浓度比甲要小，可能乙容器中反应速率比甲容器小，可能为温度降低导致，也可能温度升高，反应已经达到平衡，平衡逆向移动，使Z的浓度减小，C正确； D．对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多，则丙中a＞0.5，D正确； 故答案选B。 4. 与能发生反应： 。 已知： ①该反应由两个基元反应分步完成，第一步为 ②两步反应的活化能分别为、，且 下列判断不正确的是 A. 第一步为氧化还原反应 B. 第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率 C. 已知键能：，可推知键能： D. 第二步的热化学方程式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．ICl中Cl显-1价，I显+1，根据第一步反应方程式可知，H的化合价升高，I元素的化合价降低，即该反应为氧化还原反应，故A说法正确； B．活化能越大，反应速率越低，Ea1＞Ea2，第一步反应速率比第二步反应速率慢，故B说法错误； C．已知H-H键能大于I-I键能，则H-Cl键能大于I-Cl，故C说法正确； D．根据盖斯定律，第二步反应方程式=总反应－第一步反应，则第二步热反应方程式HI(g)+ICl(g)=HCl(g)+I2(g) ，故D说法正确； 答案为B。 5. 室温下，对于1L0.1mol•L-1醋酸溶液。下列判断正确的是 A. 该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022 B. 加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低 C. 滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol D. 醋酸与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑ 【答案】C 【解析】 【分析】醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+ ，1L0.1mol•L-1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，或c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= 0.1mol•L-1，据此分析解答。 【详解】A．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，故A错误； B．加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，故B错误； C．1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，故C正确； D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO+2 CH3COOH =H2O+CO2↑+2CH3COO-，故D错误； 答案选C。 6. 下列事实可证明一水合氨是弱碱的是 A. 铵盐受热易分解 B. 0.1mol/L氨水可以使酚酞试液变红 C. 常温时，0.1mol/L氨水溶液的pH约为11 D. 能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁 【答案】C 【解析】 【详解】A．铵盐受热易分解，说明铵盐不稳定，但不能说明一水合氨部分电离，不能证明一水合氨是弱碱，A错误； B．0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红色，说明一水合氨电离出OH-而使溶液呈碱性，但不能说明一水合氨部分电离，不能证明一水合氨是弱碱，B错误； C．常温下0.1mol/L的氨水溶液pH约为11，则溶液中c(OH-)≈10-3mol/L，小于氨水浓度，说明一水合氨部分电离，能证明一水合氨是弱碱，C正确； D．能和FeCl2溶液反应生成Fe(OH)2沉淀，说明一水合氨是碱，但不能说明一水合氨部分电离，不能证明一水合氨是弱碱，D错误； 故选：C。 7. 下列推断不正确的是 A. 依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向 B. 依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小 C. 恒温密闭容器存在平衡：，压缩容器体积，再次平衡后增大 D. 依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱 【答案】C 【解析】 【详解】A．对于可逆反应的Q与K的关系：Q大于K，反应向逆反应方向进行；Q=K，反应处于平衡状态；Q＜K，反应向正反应方向进行，故依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向，A正确； B．一元弱酸的Ka越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的H+越多，pH越小，B正确； C．恒温密闭容器存在平衡:CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)，其平衡常数为K=c(CO2)，压缩容器体积，温度不变，K不变，再次平衡后c(CO2)不变，C错误； D．F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，D正确； 故选C。 8. 下列说法或表示方法中，正确的是 A. 等质量的硫蒸气和硫磺固体分别完全燃烧，后者放出的热量多 B. 已知强酸强碱的中和热△H=-57.3kJ•mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ C. 乙炔的燃烧热为1366.8kJ/mol，则乙炔燃烧的热化学方程式为：2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) △H=-1366.8kJ•mol-1 D. Ba(OH)2•8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l) △H＜0 【答案】B 【解析】 【详解】A．因为硫磺固体转变为硫蒸气要吸热，所以等质量的硫蒸气和硫磺固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误； B．强酸强碱反应的中和热为57.3kJ•mol-1，浓硫酸溶于水要放出热量，所以将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ，B正确； C．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，乙炔的燃烧热为1366.8kJ/mol，则乙炔燃烧的热化学方程式为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) △H=-1366.8kJ•mol-1，C错误； D．氢氧化钡晶体与氯化铵的反应为吸热反应，∆H＞0，D错误； 故选B。 9. 利用下列装置（夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是 A. 用甲装置测定化学反应速率 B. 用乙装置测定中和反应的反应热 C. 用丙装置制备 D. 用丁装置证明极易溶于水 【答案】D 【解析】 【详解】A． 生成的氧气通过长颈漏斗逸出，无法测定气体体积，不能达到实验目的，故A错误； B．缺少环形玻璃搅拌器，不能达到实验目的，故B错误； C．通入氨气的玻璃管不能伸入液面下，会发生倒吸，不能达到实验目的，故C错误； D．用热毛巾捂住烧瓶底部，直至溶液中有气泡冒出，然后移开毛巾，即可形成喷泉，能达到实验目的，故D正确； 故选D。 10. 由下列实验事实所得出的结论正确的是（ ） 选项 实验事实 结论 A 在容积可变的密闭容器中发生反应，把容积缩小一半 正反应速率增大，逆反应速率不变 B 在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变 催化剂一定不参与化学反应 C 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液分别与等质量的、形状相同的锌粒反应 反应开始时速率相同 D 在溶液与稀硫酸的反应中，其他条件相同时，溶液浓度越大，析出S沉淀所需时间越短 当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率增大 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．增大压强，参加反应的气体的浓度增大，正逆反应速率都增大，故A错误； B．催化剂参加化学反应，降低反应的活化能，加快反应速率，反应前后质量和性质不变，故B错误； C．物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，因为醋酸为弱酸，部分电离，则盐酸中H+浓度大，则反应开始时速率盐酸快，故C错误； D．浓度越大，单位体积活化分子数目增多，反应速率越大，则Na2S2O3溶液浓度越大，析出硫沉淀所需时间越短，故D正确。 答案选D。 11. 对于基元反应，下列有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析错误的是 A. 加入适宜催化剂，可使活化分子百分数增大 B. 增大HI浓度，单位体积内活化分子数目增大 C. 升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加 D. 增大压强，活化分子百分数增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．催化剂能降低反应所需活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，化学反应速率加快，故A正确； B．增大反应物的浓度，单位体积内活化分子个数增大，有效碰撞几率增大，化学反应速率加快，故B正确； C．升高温度，部分非活化分子吸收能量转化为活化分子，则活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，故C正确； D．增大压强，活化分子百分数不变，如果是通过缩小体积而增大压强，单位体积内活化分子个数增大，故D错误； 故选：D。 12. 根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：，，下列酸性强弱顺序正确的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，则反应中，酸性：，反应中，酸性：，故酸性：，答案选D。 13. 已知298K，101kPa时，。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为，关系如图所示。下列说法错误的是 A. T1＞T2 B. T1下反应达到平衡时 C. 使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大 D. 使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到T2平衡正向移动，而结合题干方程式可知，该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T1＞T2，A正确； B．T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，即CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol/L，结合变化量之比等于化学计量系数之比可知，T1下反应达到平衡时，B正确； C．在温度均为T1时，使用催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更长即催化剂1时的反应速率比催化剂2的更慢，说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确； D．催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相同的平衡时间，D错误； 故答案为：D。 14. 二氧化碳甲烷重整是资源化利用的重要研究方向，涉及的主要热化学方程式有： ① ② ③ 已知键能为，键能为，键能为，则中的碳氧键键能(单位：)为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据盖斯定律反应①+②-③可得反应：，该反应，根据反应物键能和-生成物键能和可得：4c+2b-3a-中的碳氧键键能=，中的碳氧键键能=()，故B正确； 故选：B。 15. 对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确， 故选A。 16. 向碘水中加入KI溶液，发生反应：I-(aq)+I2(aq) I (aq)，充分反应达平衡后，测得微粒浓度如表： 微粒 I- I2 I 浓度/(mol/L) 2.5×10-3 2.5×10-3 4.0×10-3 下列说法不正确的是 A. 向所得溶液中加入等体积水，c(I2)＜1.25×10-3mol/L B. 该温度下，反应I-+I2I的K=640 C. 配制碘水时，加入少量KI，可促进I2的溶解 D. 向所得溶液中加入CCl4，振荡静置，溶液上下分层，下层溶液为紫红色，上层溶液近乎无色 【答案】A 【解析】 【详解】A．向所得溶液中加入等体积水，体积扩大一倍，各离子浓度瞬间减少一半，此时反应的Q=＞640，故平衡逆向移动，c(I2)＞1.25×10-3mol/L，A项错误； B． 根据化学反应平衡常数的定义，可知该温度下，反应I-+I2I的K=，B项正确； C．碘单质在水中的溶解度小，配制碘水时，加入少量KI，反应I-+I2I向正反应方向进行，促进I2的溶解，C项正确； D．CCl4密度比水大，且不溶于水，向所得溶液中加入CCl4，振荡静置后会出现溶液上下分层，CCl4在下层，因为过程中碘单质被CCl4萃取，使CCl4层显紫红色，从而出现下层溶液为紫红色，上层溶液近乎无色的现象，D项正确； 答案选A。 17. 活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应为吸热反应 B. 产物的稳定性： C. 该历程中正反应的最大活化能 D. 相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率： 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，A错误； B．产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低，所以产物P2比产物P1要稳定，B错误； C．由图示可知中间产物Z到过渡态Ⅳ所需的活化能最大，E正= -18.92kJ·mol−1-(-205.11 kJ·mol−1)=186.19kJ·mol−1，C正确； D．由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)， D错误； 答案为C。 18. 乳酸是一种重要的化工原料，可用于制备聚乳酸(PLA)生物可降解性塑料．已知常温下，乳酸的电离常数。下列有关说法正确的是 A. 乳酸稀溶液加水稀释的过程中，溶液中减小 B. 在乳酸稀溶液中滴加少量盐酸，乳酸的电离平衡逆向移动，变小 C. 恒温下，在乳酸稀溶液中滴加少量NaOH溶液，乳酸的电离常数 D. 常温下，体积均为10mL、pH均为3的醋酸溶液和乳酸溶液分别加水稀释至1000mL，已知电离常数：醋酸<乳酸，则稀释后溶液的pH：醋酸<乳酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．乳酸为弱酸，加水稀释后氢离子浓度降低，常温下，不变，故氢氧根离子浓度增大，A错误； B．乳酸为弱酸，电离产生氢离子，在乳酸稀溶液中滴加少量盐酸，氢离子浓度增大，乳酸的电离平衡逆向移动，B错误； C．温度不变，电离平衡常数不变，C错误； D．相同pH的酸稀释相同倍数时，酸性弱的酸的pH变化小，由于电离常数：醋酸乳酸，说明醋酸的酸性更弱，则稀释后溶液的pH：醋酸乳酸，D正确； 故选D。 19. 在某一恒温、容积可变的密闭容器中发生如下反应： 。时刻达到平衡后，在时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。下列说法正确的是 A. 时， B. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，的体积分数： C. 时刻改变的条件可以是向密闭容器中加入 D. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数： 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题图可知，时，反应正向进行，，时，反应达到平衡，，A错误； B． 时刻改变条件后达到新平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，平衡不移动，A的体积分数：，B错误； C．向容积可变的密闭容器中加入C，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间减小，因为是等温、等压条件，再次建立的平衡与原平衡等效平衡不移动，符合图象，C正确； D．时刻改变条件后达到新平衡时逆反应速率不变，说明和原平衡等效，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数不变，D错误； 故选C。 20. 活性炭可以高效处理二氧化氮污染。在温度为时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和，发生反应：，反应相同时间，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 容器内的压强： B. 图中点所示条件下：(正)(逆) C. 图中、点对应的浓度： D. 时，该反应的化学平衡常数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．a点反应三段式为： b点反应三段式为： 根据a点反应三段式、b点反应三段式和PV=nRT可知，PaV1=1.2RT，PbV2=1.4RT，由于V2>V1，所以容器内的压强：，故A正确； B．相同时间内，b点比a点反应慢，但转化率达到80%，c点比a点反应更慢，转化率也有40%，说明a点为平衡点，c点为未平衡点，即图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)，故B正确； C．图中a点、c点NO2的转化率相同，生成的CO2的物质的量相同，但a点容器体积小于c点容器体积，则对应CO2的浓度：，故C正确； D．由于a点为平衡点，此时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为： 各物质平衡浓度为c(NO2)=、c(N2)=、c(CO2)=，T℃时，该反应的化学平衡常数，故D错误； 故选：D。 二、解答题(本题共5小题，共计60分) 21. 滴定法是化学分析常用方法，是一种简便、快速和应用广泛的定量分析方法。 Ⅰ．某实验小组用已知浓度的NaOH标准溶液来滴定未知浓度的醋酸溶液。 （1）实验室先用NaOH固体配制的NaOH溶液240mL。 ①本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、___________。 ②要完成本实验该同学应称出NaOH的质量为___________g(精确到小数点后一位)。 （2）取25.00mL待测液于250mL锥形瓶中，加入2~3滴酚酞，用标准溶液滴定至终点，按上述操作重复3次。回答下列问题： ①滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视___________。 ②实验数据记录如表所示。 滴定次数 滴定前碱式滴定管读数/mL 滴定后碱式滴定管读数/mL 1 1.00 30.95 2 2.03 29.23 3 0.56 30.61 根据表中数据计算出醋酸待测液的浓度为___________(保留四位有效数字)。 ③在上述实验过程中，下列操作会造成测定结果偏大的是___________(填标号)。 a．量取标准液的碱式滴定管未用标准液润洗 b．取醋酸的酸式滴定管，量取前滴定管尖端有气泡，量取后气泡消失 c．当滴定结束时，俯视碱式滴定管读数 Ⅱ．某同学学习了中和滴定，将该原理应用到葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定。准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50mL(已知滴定过程中所发生的反应是)。 （3）判断达到滴定终点的依据是___________；所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为___________mg/L。 【答案】（1） ①. 250mL容量瓶 ②. 1.0 （2） ①. 锥形瓶内溶液颜色变化 ②. 0.1200mol/L ③. a （3） ①. 滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去 ②. 144 【解析】 【小问1详解】 ①本实验必须用到的仪器除了天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外，还需要250mL容量瓶； ②应配制250mL溶液，所以应称取的； 【小问2详解】 ①滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化； ②三次实验数据可得消耗NaOH溶液的体积分别为30.95-1.00=29.95mL、29.23-2.03=27.2mL、30.61-0.56=30.05mL，第2次实验数据误差较大应舍去，则消耗NaOH溶液体积的平均值为，依据1molNaOH恰好能与1mol醋酸反应，醋酸待测液的浓度为； ③a．量取标准液的碱式滴定管未润洗，则会造成消耗标准NaOH溶液体积偏大，测定结果偏高，a符合题意； b．取醋酸的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，待测液的物质的量偏小，导致标准液的体积偏小，测定结果偏低，b不符合题意； c．滴定到达终点时，俯视读出碱式滴定管读数，读数偏小，造成标准液体积偏小，测定结果偏低，c不符合题意； 故答案为：a； 【小问3详解】 当二氧化硫被标准液碘单质消耗完后，继续滴加，则淀粉溶液遇到过量碘单质呈蓝色，判断达到滴定终点的依据是滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去；消耗I2的物质的量为n=c∙V=22.50×10-3L×0.01mol∙L-1=2.25×10-4mol，根据反应SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，可知二氧化硫的物质的量为n(SO2)= 2.25×10-4mol，SO2的质量为m=nM=64g/mol×2.25×10-4mol=144×10-4g=14.4mg，所以100mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量为。 22. 是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。 （1）由制备： 已知 时，由制备硅_______(填“吸”或“放”)热_______。升高温度有利于制备硅的原因是_______。 （2）在催化剂作用下由粗硅制备：。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与和气体反应，转化率随时间的变化如下图所示： ①，经方式_______处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率_______。 ②当反应达平衡时，的浓度为_______，平衡常数K的计算式为_______。 ③增大容器体积，反应平衡向_______移动。 【答案】（1） ①. 吸 ②. 587.02 ③. 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅 （2） ①. 甲 ②. ③. 0.1951 ④. ⑤. 逆反应方向 【解析】 【小问1详解】 由题给热化学方程式：①，；②，；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方程式，，则制备56gSi，即2molSi，需要吸收热量为；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅。 【小问2详解】 ①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为，平均反应速率； ②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为： 当反应达平衡时，H2的浓度为，平衡常数K的计算式为； ③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。 23. 以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如下图所示。 回答下列问题： (1)黄铁矿中硫元素的化合价为_____________。 (2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为____________________________。 (3)欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入_____________ (填 “过量”或“不足量”)的SO2气体。 (4)因为Na2S2O5具有______________性， 导致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO4。 检验其中含有的方法是__________________。 (5)一般用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。 反应式：+6Fe2+ +14H+ = 2Cr3+ +6Fe3+ +7H2O 某次实验称取0.2800 g样品，滴定时消耗浓度为0.03000 mol·L-1的K2Cr2O7溶液25.10 mL，则样品中铁含量为____________________%。 【答案】 ①. -1 ②. Fe2O3+3CO2Fe+ 3CO2 ③. 过量 ④. 还原 ⑤. 先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有 ⑥. 90.36% 【解析】 【分析】黄铁矿(主要成分FeS2)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，氧化铁用CO还原得到还原铁粉，用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度；二氧化硫经过一系列步骤生成硫酸，尾气中含有二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收生成NaHSO3，加热后生成Na2S2O5，据此分析解答。 【详解】(1)黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁(FeS2)，其中铁元素的化合价是+2价，因此硫元素的化合价为-1价，故答案为：-1； (2)炉渣的主要成分为Fe2O3，由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+ 3CO2，故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+ 3CO2； (3) Na2SO3溶液能够与SO2反应生成NaHSO3，欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入过量的SO2气体，故答案为：过量； (4) Na2S2O5 转化为Na2SO4过程中S元素的化合价升高，被氧化，体现了Na2S2O5的还原性；检验其中含有的方法是首先用盐酸酸化，除去，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，证明含有，否则没有，故答案为：还原；先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有； (5) 称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+，存在关系式：6Fe～6Fe2+～，滴定过程中消耗的K2Cr2O7 物质的量为0.03000 mol·L-1×0.02510 L=0.000753mol，则样品中含有的铁的物质的量为0.000753mol×6=0.004518mol，样品中铁含量为×100%=90.36%，故答案为：90.36%。 24. 吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。 已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。 (1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。 (2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。 (3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 【答案】 ①. 或 ②. HSO ③. ZnSO3 ④. 或 ⑤. 随着pH降低，HSO浓度增大 ⑥. 减小 【解析】 【分析】向氨水中通入少量的SO2，反应生成亚硫酸铵，结合图象分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析与氧气反应的生成物，分析溶液pH的变化情况。 【详解】(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2+（或2NH3·H2O +SO2=2++H2O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有和，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是； (2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2） (3) pH值大于6.5时，S(IV)以微溶物ZnSO3形式存在，使S(IV)不利于与O2接触，反应速率慢；pH降低，S(IV)的主要以形式溶于水中，与O2充分接触。因而pH降低有生成速率增大；随着反应的不断进行，大量的反应生成，反应的离子方程式为2+O2=2+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。 25. 氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯可通过氯化反应制备。硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：。 （1）该反应中，每断裂键时，总反应___________(填“放出”或“吸收”)的热量为___________kJ。 （2）每产生33.795kJ热量时，转移的电子数为___________。 （3）若正反应的活化能为，则逆反应的活化能___________(用含的代数式表示)。 （4）恒容密闭容器中按不同进料比充入和其，测定温度下体系达平衡时的(为体系初始压强，，P为体系平衡压强)，结果如图。 上图中温度由高到低的顺序为___________，判断依据为___________。M点的转化率为___________，温度下用分压表示的平衡常数___________。 （5）下图曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是___________(填序号)。 【答案】（1） ①. 放出 ②. 6.759 （2）NA或6.02×1023 （3）(E正+67.59) （4） ①. T3＞T2＞T1 ②. 该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从T3到T1平衡时△p增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低 ③. 75% ④. 0.03 （5）D 【解析】 【小问1详解】 根据热化学方程式，1mol氯气反应，放出67.59kJ热量，每断裂 键时，即0.1mol氯气参与反应，总反应放出的热量为6.759kJ； 【小问2详解】 放出67.59kJ热量，1mol氯气参与反应，转移2mol电子，故产生33.795 kJ热量时，转移的电子数为1mol，即NA或6.02×1023个电子； 【小问3详解】 根据反应热ΔH=正反应的活化能E正－逆反应的活化能E逆，则逆反应的活化能为(E正－△H)= (E正+67.59)； 【小问4详解】 该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，即△p越大。从T3到T1，△p增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由T3到T1逐渐降低，即T3＞T2＞T1；由题图甲中M点可知，进料比为，平衡时△p=60kPa，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”可计算得M点的转化率为；温度下用分压表示的平衡常数=0.03； 【小问5详解】 由题图甲中M点可知，进料比为2时，△p=60kPa，结合“三段式”，以及时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，也为△p=60kPa，曲线D上存在（0.5，60）。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1：1，则和的进料比互为倒数(如2与0.5)时，△p相等。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西师大附中2024—2025学年度第一学期 期中考试高二年级化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Si-28 S-32 Fe-56 一、单选题(本题共20小题，每个2分，共40分) 1. 20世纪末，诺贝尔化学奖获得者艾哈迈德·泽维尔开创了“飞秒(s)化学”的新领域，使用激光光谱技术观测化学反应时分子中原子的运动成为可能，你认为该技术不可能观察到的是 A. 各种原子核内部质子、电子的运动 B. 化学变化中新分子的形成 C. 化学反应中各种原子的重新组合运动 D. 化学变化中旧分子的破裂 2. 化学与生产、生活、技术密切相关。下列说法正确的是 A. 天然气燃烧过程中化学能全部转化成热能 B. 工业合成氨为提高氨的平衡产率，采取400~500℃的高温 C. 液态肼()和液态过氧化氢作火箭推进剂，对环境影响较小 D. 化学家盖斯提出的盖斯定律，为化学动力学发展奠定了基础 3. 已知反应：，时该反应的化学平衡常数。一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如下： 容器 温度℃ 起始时物质的浓度() 10分钟时物质的浓度() 甲 400 1 1 0.5 乙 1 1 0.4 丙 400 1 2 下列说法中，不正确的是 A. 甲中，10分钟内X的化学反应速率： B. 甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态 C. 乙中，可能 D. 丙中，a>0.5 4. 与能发生反应： 。 已知： ①该反应由两个基元反应分步完成，第一步为 ②两步反应的活化能分别为、，且 下列判断不正确的是 A. 第一步为氧化还原反应 B. 第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率 C. 已知键能：，可推知键能： D. 第二步的热化学方程式为 5. 室温下，对于1L0.1mol•L-1醋酸溶液。下列判断正确的是 A. 该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022 B. 加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低 C. 滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol D. 醋酸与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑ 6. 下列事实可证明一水合氨是弱碱的是 A. 铵盐受热易分解 B. 0.1mol/L氨水可以使酚酞试液变红 C. 常温时，0.1mol/L氨水溶液的pH约为11 D. 能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁 7. 下列推断不正确的是 A. 依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向 B. 依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小 C. 恒温密闭容器存在平衡：，压缩容器体积，再次平衡后增大 D. 依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱 8. 下列说法或表示方法中，正确的是 A. 等质量的硫蒸气和硫磺固体分别完全燃烧，后者放出的热量多 B. 已知强酸强碱的中和热△H=-57.3kJ•mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ C. 乙炔的燃烧热为1366.8kJ/mol，则乙炔燃烧的热化学方程式为：2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) △H=-1366.8kJ•mol-1 D. Ba(OH)2•8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l) △H＜0 9. 利用下列装置（夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是 A. 用甲装置测定化学反应速率 B. 用乙装置测定中和反应的反应热 C. 用丙装置制备 D. 用丁装置证明极易溶于水 10. 由下列实验事实所得出的结论正确的是（ ） 选项 实验事实 结论 A 在容积可变的密闭容器中发生反应，把容积缩小一半 正反应速率增大，逆反应速率不变 B 在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变 催化剂一定不参与化学反应 C 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液分别与等质量的、形状相同的锌粒反应 反应开始时速率相同 D 在溶液与稀硫酸的反应中，其他条件相同时，溶液浓度越大，析出S沉淀所需时间越短 当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率增大 A. A B. B C. C D. D 11. 对于基元反应，下列有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析错误的是 A. 加入适宜催化剂，可使活化分子百分数增大 B. 增大HI浓度，单位体积内活化分子数目增大 C. 升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加 D. 增大压强，活化分子百分数增大 12. 根据酸碱质子理论，给出质子的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：，，下列酸性强弱顺序正确的是 A. B. C. D. 13. 已知298K，101kPa时，。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为，关系如图所示。下列说法错误的是 A. T1＞T2 B. T1下反应达到平衡时 C. 使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大 D. 使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同 14. 二氧化碳甲烷重整是资源化利用的重要研究方向，涉及的主要热化学方程式有： ① ② ③ 已知键能为，键能为，键能为，则中的碳氧键键能(单位：)为 A. B. C. D. 15. 对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为 A. B. C. D. 16. 向碘水中加入KI溶液，发生反应：I-(aq)+I2(aq) I (aq)，充分反应达平衡后，测得微粒浓度如表： 微粒 I- I2 I 浓度/(mol/L) 2.5×10-3 2.5×10-3 4.0×10-3 下列说法不正确的是 A. 向所得溶液中加入等体积水，c(I2)＜1.25×10-3mol/L B. 该温度下，反应I-+I2I的K=640 C. 配制碘水时，加入少量KI，可促进I2的溶解 D. 向所得溶液中加入CCl4，振荡静置，溶液上下分层，下层溶液为紫红色，上层溶液近乎无色 17. 活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应为吸热反应 B. 产物的稳定性： C. 该历程中正反应的最大活化能 D. 相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率： 18. 乳酸是一种重要的化工原料，可用于制备聚乳酸(PLA)生物可降解性塑料．已知常温下，乳酸的电离常数。下列有关说法正确的是 A. 乳酸稀溶液加水稀释的过程中，溶液中减小 B. 在乳酸稀溶液中滴加少量盐酸，乳酸的电离平衡逆向移动，变小 C. 恒温下，在乳酸稀溶液中滴加少量NaOH溶液，乳酸的电离常数 D. 常温下，体积均为10mL、pH均为3的醋酸溶液和乳酸溶液分别加水稀释至1000mL，已知电离常数：醋酸<乳酸，则稀释后溶液的pH：醋酸<乳酸 19. 在某一恒温、容积可变的密闭容器中发生如下反应： 。时刻达到平衡后，在时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。下列说法正确的是 A. 时， B. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，的体积分数： C. 时刻改变的条件可以是向密闭容器中加入 D. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数： 20. 活性炭可以高效处理二氧化氮污染。在温度为时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和，发生反应：，反应相同时间，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 容器内的压强： B. 图中点所示条件下：(正)(逆) C. 图中、点对应的浓度： D. 时，该反应的化学平衡常数为 二、解答题(本题共5小题，共计60分) 21. 滴定法是化学分析常用方法，是一种简便、快速和应用广泛的定量分析方法。 Ⅰ．某实验小组用已知浓度的NaOH标准溶液来滴定未知浓度的醋酸溶液。 （1）实验室先用NaOH固体配制的NaOH溶液240mL。 ①本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、___________。 ②要完成本实验该同学应称出NaOH的质量为___________g(精确到小数点后一位)。 （2）取25.00mL待测液于250mL锥形瓶中，加入2~3滴酚酞，用标准溶液滴定至终点，按上述操作重复3次。回答下列问题： ①滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视___________。 ②实验数据记录如表所示。 滴定次数 滴定前碱式滴定管读数/mL 滴定后碱式滴定管读数/mL 1 1.00 30.95 2 2.03 29.23 3 0.56 30.61 根据表中数据计算出醋酸待测液的浓度为___________(保留四位有效数字)。 ③在上述实验过程中，下列操作会造成测定结果偏大的是___________(填标号)。 a．量取标准液的碱式滴定管未用标准液润洗 b．取醋酸的酸式滴定管，量取前滴定管尖端有气泡，量取后气泡消失 c．当滴定结束时，俯视碱式滴定管读数 Ⅱ．某同学学习了中和滴定，将该原理应用到葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定。准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50mL(已知滴定过程中所发生的反应是)。 （3）判断达到滴定终点的依据是___________；所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为___________mg/L。 22. 是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。 （1）由制备： 已知 时，由制备硅_______(填“吸”或“放”)热_______。升高温度有利于制备硅的原因是_______。 （2）在催化剂作用下由粗硅制备：。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与和气体反应，转化率随时间的变化如下图所示： ①，经方式_______处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率_______。 ②当反应达平衡时，的浓度为_______，平衡常数K的计算式为_______。 ③增大容器体积，反应平衡向_______移动。 23. 以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如下图所示。 回答下列问题： (1)黄铁矿中硫元素的化合价为_____________。 (2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为____________________________。 (3)欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入_____________ (填 “过量”或“不足量”)的SO2气体。 (4)因为Na2S2O5具有______________性， 导致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO4。 检验其中含有的方法是__________________。 (5)一般用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。 反应式：+6Fe2+ +14H+ = 2Cr3+ +6Fe3+ +7H2O 某次实验称取0.2800 g样品，滴定时消耗浓度为0.03000 mol·L-1的K2Cr2O7溶液25.10 mL，则样品中铁含量为____________________%。 24. 吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。 已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。 (1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。 (2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。 (3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 25. 氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯可通过氯化反应制备。硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：。 （1）该反应中，每断裂键时，总反应___________(填“放出”或“吸收”)的热量为___________kJ。 （2）每产生33.795kJ热量时，转移的电子数为___________。 （3）若正反应的活化能为，则逆反应的活化能___________(用含的代数式表示)。 （4）恒容密闭容器中按不同进料比充入和其，测定温度下体系达平衡时的(为体系初始压强，，P为体系平衡压强)，结果如图。 上图中温度由高到低的顺序为___________，判断依据为___________。M点的转化率为___________，温度下用分压表示的平衡常数___________。 （5）下图曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是___________(填序号)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $