安徽省滁州市琅琊区2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题

安徽省滁州市琅琊区2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题 一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，满分42分，每小题只有一个选项符合题意。） 1．（2023高二上·琅琊期中）化学与生活、生产、环境息息相关。下列叙述错误的是（　　） A．食物放入冰箱中冷藏，其目的是减慢化学反应速率 B．选择合适的催化剂可有效减少汽车尾气中有害气体的排放 C．打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，该现象能用勒夏特列原理解释 D．煤的气化，有利于提供更多的能量，同时有效地减少温室气体的产生 2．（2023高二上·琅琊期中）下列叙述正确的是（　　） A．NaClO属于弱电解质 B．正丁烷异丁烷 ，正丁烷相对稳定 C．测量中和反应反应热的实验中，每次平行实验至少需要记录3次温度 D．根据是吸热反应，推测也是吸热反应 3．（2023高二上·琅琊期中）对 反应，下列观点正确的是（　　） A．1 mol 的总能量一定小于1 mol 和1 mol 的总能量 B．升高温度，减小、增大 C．增加C粉用量能加快反应速率 D．升高温度和增大压强均可增大活化分子百分数 4．（2023高二上·琅琊期中）工业合成氨生产中，为了提高原料气总平衡转化率，采取的措施正确的有（　　） ①增大压强；②选择高效催化剂；③及时分离出氨气；④将反应混合物中分离出的氢气和氮气进行循环操作 A．③④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 5．（2023高二上·琅琊期中）有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行，其中两步如下： 第ⅰ步： 第ⅱ步： 下列说法正确的是（　　） A．第ⅰ步反应能说明具有氧化性 B．第ⅲ步反应为 C．第ⅰ步反应表达式为 D．第ⅰ步反应为中和反应的逆反应，故比较大 6．（2023高二上·琅琊期中）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在绝热条件下使其达到分解平衡：。能判断该反应已经达到化学平衡状态的是（　　） ① ②密闭容器中温度不变 ③密闭容器中混合气体的密度不变 ④断裂3 mol N-H键的同时形成1 mol 键 ⑤密闭容器混合气体的总物质的量不变 ⑥混合气体总质量不变 ⑦密闭容器中的体积分数不变 A．①②③⑤⑦ B．②③④⑤⑥ C．①③④⑤⑥ D．②④⑤⑥⑦ 7．（2023高二上·琅琊期中）已知：各相关物质的燃烧热数据，如下表。 物质 燃烧热/（kJ·mol） -393.5 -1366.8 -285.8 下列热化学方程式正确的是（　　） A． kJ⋅mol B． kJ⋅mol C． kJ⋅mol D． kJ⋅mol 8．（2023高二上·琅琊期中）恒温恒容条件下，反应分两步进行， ①、②的能量-反应过程图如下所示。 下列有关该反应的叙述正确的是（　　） A．加入催化剂，减小 B．总反应的能量变化为 C．起始越大，A的转化率越高 D．反应②在升高温度时，平衡向逆反应方向移动 9．（2023高二上·琅琊期中）用酸性高锰酸钾溶液与草酸（）溶液反应来探究浓度和温度对反应速率的影响（假设溶液体积可以加和），设计的实验方案和得到的速率图像如下，下列说法错误的是（　　） 实验编号 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 实验温度/℃ 溶液颜色褪至无色所需时间/min 0.6 mol·L 溶液 3 mol·L 溶液 0.05 mol·L 溶液 Ⅰ 2.0 2.0 3.0 20 2.6 Ⅱ 2.0 2.0 3.0 T 1.4 Ⅲ 2.0 3.0 2.0 3.0 45 1.0 A．某同学认为也可以通过改变溶液的浓度探究浓度变化对速率的影响 B．后反应速率逐渐减小的原因是浓度变化对速率的影响为主要因素 C．实验Ⅲ中，从反应开始至溶液褪至无色时间段内， mol⋅L⋅min D． 10．（2023高二上·琅琊期中）已知：亚硝酸（）是一种弱酸，亚硝酸钠（）是一种常用的食品防腐剂。常温下，将0.1 mol⋅L 溶液加水稀释或加入少量晶体时，下列观点正确的是（　　） A．加水稀释时，电离平衡正向移动，溶液中增大 B．加晶体时，电离平衡逆向移动，溶液导电能力增强 C．加水稀释时，的电离程度增大，电离常数也增大 D．加晶体时，溶液的pH增大，与增大有关 11．（2023高二上·琅琊期中）已知：C（石墨，s）在一定条件下可发生一系列变化，如图所示： 已知：。 下列说法错误的是（　　） A． B． C． D．C（石墨，s） 12．（2023高二上·琅琊期中）下列实验方案设计、现象和结论都正确的是（　　） 选项 目的 方案设计和现象 结论 A 证明是弱电解质 用pH计分别测量醋酸溶液和盐酸的pH，醋酸溶液的pH大 是弱电解质 B 探究压强对化学平衡的影响 先将注射器充满气体，然后将活塞往里推，注射器内气体颜色加深 加压，平衡向生成气体的方向移动 C 探究浓度对化学平衡的影响 向（黄色）溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色变为橙色 增大浓度，平衡向生成（橙色）方向移动 D 比较、催化分解的效率 向两份等浓度、等体积且等温的过氧化氢溶液中分别加入2滴等浓度的溶液和溶液，前者产生气泡较快 催化效率： A．A B．B C．C D．D 13．（2023高二上·琅琊期中）25℃，将10 mL溶液中均相同HA、HB的两种溶液，加水稀释至1000 mL，溶液中随溶液体积的变化如图所示： 下列判断正确的是（　　） A．HB是弱电解质 B．中和NaOH的能力：c>d C．该条件下能计算出电离平衡常数 D．a点溶液：、b点溶液点溶液 14．（2023高二上·琅琊期中）向甲、乙、丙三个恒温密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应（x为正整数）： kJ⋅mol（），各容器的容积、反应温度、反应物起始量如表所示， 容器 甲 乙 丙 容积 1 L 1 L 1 L 温度/℃ 反应物 起始量 3 mol A 1 mol B 3 mol A 1 mol B 6 mol A 2 mol B 其中甲、丙容器反应过程中C的浓度随时间变化关系如图所示： 下列分析与推断错误的是（　　） A． B．不能判断、相对大小 C．平衡时乙容器中 mol⋅L D．该反应在℃下的化学平衡常数 二、非选择题（本题共4小题，共58分。） 15．（2023高二上·琅琊期中）化学反应常伴随能量变化，研究其能量变化有利于服务人类。 （1）一种即热饭盒的结构如图，这种饭盒使用起来非常方便，撤去底部的隔板几分钟后，饭菜就变热了。 该即热饭盒“起热”原因主要与　 　（填化学方程式）反应为放热反应有关。 （2）中和反应的热量变化，其数值Q可通过如下量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式计算获得。实验中用0.55 mol⋅L NaOH溶液和0.50 mol⋅L盐酸各50 mL进行反应热的测定。 ①实验中玻璃搅拌器的使用方法为　 　（填“上下移动”、“左右移动”或“匀速旋转”）。 ②实验中碱稍过量的原因为　 　。 ③实验测得反应前后体系的温度值分别为℃、℃，则该过程放出的热量为　 　J[c和ρ分别取4.18J/（g⋅℃）和1.0 g⋅mL，忽略水以外各物质吸收的热量，下同]；实验发现，若用同体积同浓度的醋酸溶液代替实验中的盐酸，（）℃减小，其原因为　 　（用化学用语表示）。 （3）查阅文献：反应 kJ⋅mol，借鉴中和反应反应热的测定方法，某同学进行如下探究（忽略温度对焓变的影响）。实验结果见下表： 序号 反应试剂 体系温度/℃ 反应前 反应后 ⅰ 0.20 mol·L 溶液100 mL 1.36 g Zn 25 b ⅱ 0.65 g Zn 25 c ①实验中应选择　 　（填“Zn粉”或“Zn片”）；温度：b　 　c（填“>”“<”或“=”）。 ②当　 　时表明该方法可行。（保留1位小数） 16．（2023高二上·琅琊期中）工业上利用丙烷的裂解反应制备丙烯等化工基础原料，相关反应为： kJ⋅mol。 请回答下列问题： （1）若该反应的正反应活化能为1076 kJ⋅mol，则逆反应活化能为　 　J⋅mol。 （2）若、的相对能量分别为+19 kJ⋅mol、0，则的相对能量为　 　kJ⋅mol。 （3）利用反应反应，能用于辅助生产∘T℃时，将固定浓度的按一定流速通过有催化剂的恒容反应器，逐渐提高浓度，测得出口处、CO和浓度随初始浓度的变化关系如图所示。 能代表CO浓度的曲线是　 　（填“甲”、“乙”或“丙”）； 简述随浓度增加，甲、乙曲线“开口”越来越大的原因：　 　。 （4）在刚性密闭容器中充入1 mol丙烷，在催化剂作用下，相同时间内丙烯的产率与温度关系如图所示。 ①在℃之前，随温度升高丙烯产率升高的原因可能是　 　、　 　；温度高于℃时，丙烯产率迅速降低的原因可能是　 　、　 　。 ②某温度下，向已达平衡状态的刚性容器中再充入一定量的丙烷，再次平衡后丙烷的转化率　 　（填“减小”、“增大”或“不变”）。 17．（2023高二上·琅琊期中）研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。 （1）俗称“笑气”，曾用作麻醉剂。一定温度下在某催化剂（cat）表面分解生成和，与催化剂面积、时间的关系如图所示： ①根据直线Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是，其他条件相同时，　 　。 ②在Ⅱ条件下，50 min内平均分解速率为　 　。 ③若起始浓度为0.400 mol⋅L，比较不同起始浓度时的平均分解速率：v（ mol⋅L）　 　v（ mol⋅L）。（填“>”“=”或“<”） （2）在（Ⅲ）铁原子簇表面，反应 的反应机理如下： ⅰ． ⅱ． ⅲ． ⅳ． ①　 　O（填“>”或“<”）。 ②该机理中，速率控制步骤为　 　，理由是　 　。 （3）利用的还原性可以消除氮氧化物的污染，反应原理之一为 kJ⋅mol，当该反应转移3 mol电子时，应放出热量　 　kJ；已知该反应的 kJ⋅mol⋅K，试通过计算说明该反应常温下（298K）能否自发？　 　。 18．（2023高二上·琅琊期中）的捕集和利用能有效助力“碳中和”和“碳达峰”。 （1）Ⅰ．工业上常用饱和溶液回收捕集废气中的和，其流程为： 已知：该温度下，、、、。 ①写出的电离平衡常数表达式　 　。 ②的混合溶液中含碳微粒主要为　 　（不考虑溶液中的分子），　 　。 （2）Ⅱ．工业上用与催化合成甲醇，相关反应为： 　 相关反应 （kJ·mol） 化学平衡常数（K） ⅰ ⅱ ⅲ 已知平衡常数、、随温度变化的曲线如图所示： ①　 　0（填“>”或“<”），判断依据为　 　。 ②取值范围为　 　。 （3）一定条件下，向2 L的恒容密闭容器中充入3 mol 和1 mol 只发生反应ⅰ和ⅱ，达到平衡状态后，测得平衡时气体压强是开始的0.7倍，的转化率为80%。 ①平衡时　 　mol⋅L。 ②反应ii的化学平衡常数　 　。 答案解析部分 1．【答案】D 【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理 【解析】【解答】】A．温度越低，反应速率越慢，因此可用冷藏的方法保存食物，A不符合题意； B．合适的催化剂可将汽车尾气中的NO和CO快速转化为无毒气体，减少有害气体的排放，B不符合题意； C．汽水中存在二氧化碳溶解平衡，打开汽水瓶，压强减小，平衡左移，有大量气泡冒出，符合勒夏特列原理，C不符合题意； D．将煤气化，使燃料燃烧更充分，节约资源，同时能减少二氧化硫的排放，但不能减少温室气体的产生，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.一般来说，温度越低，反应速率越慢，为防止食物腐烂，可以低温保存； B.汽车安装三元催化剂，可以将 NO和CO快速转化为无毒气体，如氮气和二氧化碳； C.勒夏特列原理即平衡移动原理，汽水中存在二氧化碳溶解平衡，减小压强，平衡发生移动； D.煤的汽化目的为减少二氧化硫排放，不能减少二氧化碳的排放。 2．【答案】C 【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用 【解析】【解答】A．NaClO为钠盐，属于强电解质，故A错误； B．正丁烷异丁烷为放热反应，异丁烷能量低，能量低的相对稳定，故B错误； C．测量中和反应反应热的实验中，需要测量酸、碱溶液的温度，以及混合溶液的最高温度，因此每次平行实验至少需要测量3次温度，故C正确； D．并不是所有的分解反应都是吸热反应，无法进行类比，故D错误； 故答案为：C。 【分析】A.次氯酸钠为钠盐，在水中完全电离，为强电解质； B.一般来说，能量越高，物质越不稳定，能量越低，物质越稳定； C.实验一般需要多次测量，目的为减小实验误差； D.不同反应，无法类比是否一定为吸热反应。 3．【答案】A 【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素 【解析】【解答】】A．该反应是吸热反应，反应物的总能量小于生成物总能量，A正确； B．升高温度，正逆化学反应均加快，B错误； C．增加C粉用量并不能改变浓度，故反应速率不变，C错误； D．升高温度可增大活化分子百分数，增大压强可增大单位体积内活化分子数，但活化分子百分数并不变，D错误； 故答案为：A. 【分析】A.吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，放热反应，反应物总能量大于生成物总能量； B.无论正反应还是逆反应，升高温度，都增大； C.固体浓度为定值，改变其物质的量，浓度不变，反应速率不变； D.增大压强，活化分子数目没有改变，但是体积减小，所以，单位体积活化分子数目增大。 4．【答案】C 【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的调控；化学平衡移动原理 【解析】【解答】①合成氨反应是体积减小的可逆反应，增大压强可提高原料气总平衡转化率，故①正确； ②催化剂只是加快化学反应速率，不影响平衡转化率，故②错误； ③及时分离出氨气，平衡正向移动，可提高原料气总平衡转化率，故③正确； ④分离出氨气后还含有氢气和氮气，进行循环操作可以提高原料气的总平衡转化率，故④正确； 故答案为：C。 【分析】工业合成氨为放热反应，气体体积减小反应，为了是提高原料转化率，要使平衡正向移动，可以改变条件有：加压，适当降温，即时分类生成物等都可以提高转化率。 5．【答案】B 【知识点】氧化还原反应；化学平衡常数；化学平衡的调控 【解析】【解答】A. 第ⅰ步反应没有化合价变化，不是氧化还原反应，无法说明 具有氧化性 ，A项错误； B.根据总反应为： ，. 第ⅰ步反应为：： ， 第ⅱ步 为： ，总反应减去前两步反应，即可得到 第ⅲ步反应为 B项正确； C. 第ⅰ步反应表达式为，故C项错误； D.酸碱中和反应很容易进行，说明其K值很大，进而说明其逆反应K值很小，故D项错误； 故答案为：B。 【分析】A.在氧化还原反应中才能说明该物资是否具有氧化性； B.根据总反应减去前2步分步反应，即可得到第三步反应，和盖斯定律原理相同； C.水为液体，浓度视为1，平衡常数中不用带入， D.一个反应正向越容易进行，说明K值越大，其逆反应越难进行，K值越小。 6．【答案】B 【知识点】化学平衡状态的判断 【解析】【解答】①应该是 时，反应才是达到化学平衡，①错误； ②绝热条件下，容器内温度为变量，当密闭容器中温度不变时，表明达到平衡状态，故②正确； ③混合气体的质量为变量，容器体积不变，则密闭容器中混合气体的密度为变量，当容器内混合气体的密度不变时，表明达到平衡状态，故③正确； ④断裂3 mol N-H键 ，有mol氨气参加反应， 形成1 mol 键 即有0.5mol二氧化碳反应，满足 ，说明达到化学平衡，故④正确； ⑤混合气体的总物质的量为变量，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时，表明达到平衡状态，故⑤正确； ⑥混合气体总质量为变量，当混合气体的总质量不变时，表明达到平衡状态，故⑥正确； ⑦生成物都是气体，且二者的物质的量之比始终为2∶1，则密闭容器中的体积分数始终不变，不能判断平衡状态，故⑦错误 故答案为：B。 【分析】判断平衡依据有：1.同正物质正逆反应速率相同，即达到平衡，2.各物质浓度或质量分数等保持不变，3.变化的物理量不再反生改变，即达到化学平衡。 7．【答案】C 【知识点】燃烧热；热化学方程式 【解析】【解答】A.根据燃烧热的定义，必须要生成稳定的物质，CO不是稳定生成物，应该是： ： kJ⋅mol，故A项错误； B.反应方程式没有配平，正确应该是： kJ⋅mol，B项错误； C.根据C、乙醇和氢气燃烧热，再利用盖斯定律进行运算即可得到 kJ⋅mol，C项正确； D.根据乙醇燃烧热，应该生成液态水，应该是： kJ⋅mol，D项错误； 故答案为：C。 【分析】A.燃烧热必须是生成稳定的化合物，C对应的稳定化合物为二氧化碳； B.方程式没有配平； C.利用燃烧热和盖斯定律进行计算即可； D.对于燃烧热必须是生成稳定的化合物，H对应的稳定化合物为水。 8．【答案】D 【知识点】化学反应中能量的转化；化学平衡移动原理 【解析】【解答】A. 加入催化剂不会改变该反应的热，A项错误； B.由图可知，总反应的E=生成物的总能量-反应物的总能量=E1+E3-E4，B项错误； C.同温同容，起始 越大，A的转化率越小，C错误； D.反应②为放热反应，因此在升高温度时，平衡向逆反应方向移动，D正确； 故答案为：D。 【分析】A.催化剂可以降低反应活化能，不可改变反应的热； B.由题可知，反应物与生成物总能量差值即为反应的能量变化； C.增加，A的转化率越小， D.由图可知，反应②为放热反应，温度升高，反应向逆向移动。 9．【答案】A 【知识点】化学反应速率；探究影响化学反应速率的因素 【解析】【解答】A.高锰酸钾溶液浓度不同，则起始颜色深浅不同，无法探究，A符合题意； B. 前反应速率增大是反应生成的锰离子作为该反应的催化剂，是速率变化的主要因素， ： 后反应速率逐渐减小的主要因素是浓度变化对速率的影响，B不符合题意； C.实验Ⅲ中，从反应开始至 溶液褪至无色时间段内，草酸过量，根据高锰酸钾来进行计算反应速率，，那么，那么 mol⋅L⋅min，C不符合题意； D.控制变量，保持溶液总体积相等，结合第Ⅲ实验， ，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.探究影响化学反应速率因素时，要采用控制变量法，保持唯一变量，要保证起始浓度相同； B.该反应中锰离子对该反应有催化作用，化学反应速率加快，但是当浓度减小起到主导作用时，化学反应速率减小； C.根据高锰酸钾浓度变化计算反应速率，进而计算草酸化学反应速率； D.探究影响化学反应速率因素时，要采用控制变量法，总体积必须相等。 10．【答案】B 【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数 【解析】【解答】】A．加水稀释时，溶液中浓度减小，A错误； B．加入晶体，平衡逆向移动，同时也引入钠离子，但溶液中离子浓度增大，导电性增强，B正确； C．加水稀释时，电离平衡虽然正向移动，的的电离程度增大，电离常数只与温度有关，但电离常数不变，C错误； D．加晶体时，电离平衡逆向移动，溶液的pH增大，与与增大无关，D错误； 故答案为：B。 【分析】A.加水稀释，虽然电离程度增大，但是氢离子浓度还是减小； B.．加入晶体，引入钠离子，导电能力增大； C.电离常数只与温度有关，与别的因素无关； D.钠离子不参与反应，与钠离子浓度无关。 11．【答案】B 【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较 【解析】【解答】A.根据盖斯定律可知，，其中，所以，A不符合题意； B.由图可知，根据盖斯定律，，其中，那么 ，故B符合题意； C.根据盖斯定律可知， ，移项可得， ，故C不符合题意； D.根据盖斯定律运算可得， ：C（石墨，s） ，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】根据盖斯定律进行运算，一个过程一步进行和多步完成，反应总焓变为定值，在比较焓变大小时，要注意正负号。 12．【答案】C 【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价 【解析】【解答】A．没有明确醋酸和盐酸的浓度是否相同，则醋酸溶液的pH大不能证明醋酸是弱电解质，A错误； B．先将注射器充满二氧化氮气体，然后将活塞往里推，二氧化氮的浓度增大，颜色加深与平衡移动无关，B错误； C．铬酸钾溶液中存在铬酸根与重铬酸跟之间的相互转化，向溶液中缓慢滴加硫酸溶液，溶液中氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液由黄色变为橙色说明氢离子浓度对化学平衡的影响，C正确； D．氯化铁溶液和硫酸铜溶液中的阴离子和阳离子均不相同，不能用于比较铜离子和铁离子的催化效率的强弱，D错误； 故答案为：C。 【分析】A.要注明浓度相同，温度相同下，测定pH才能比较是否为弱酸； B.加压过程，二氧化氮浓度增大，颜色本来就加深，应该后续发现颜色变浅，才能判断该反应为可逆反应； C.增加反应物浓度，平衡发生移动，溶液颜色发生改变，进而得到反应物浓度对平衡影响； D.探究实验一定要采用控制唯一变量原则，否则无法进行探究。 13．【答案】D 【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数 【解析】【解答】】A．由图可知，HB溶液稀释100倍，氢离子浓度由10-2mol⋅L降到10-4mol⋅L，说明溶液中不存在HB的电离平衡，则HB是强酸，同理，HA是弱酸，故A错误； B．在稀释过程中，HB溶液中溶质的物质的量不变，因此中和NaOH的能力相同，故B错误； C．题中条件没有给出HA溶液的起始浓度，故无法计算电离平衡常数，故C错误； D．根据电荷守恒，在a点溶液，二者氢离子浓度相等， 、由于b点溶液比c点溶液电离程度大，所以 b点溶液点溶液 ，所以故D正确； 故答案为：D 【分析】A.若为强电解质，稀释多少倍，pH应该减少多少，据此可以判断是否为弱电解质； B.酸的中和能力，是取决于酸的物质的量，所以无论如何稀释，中和所需要的碱为定值，即中和能力相同； C.根据电离常数公式可知，必须知道起始浓度才可以； D.根据二者溶液氢离子浓度，再结合电荷守恒，即可获得阴离子浓度大小。 14．【答案】B 【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算 【解析】【解答】A．由丙容器中C的浓度随时间变化关系图可知，平衡时C的物质的量为2mol，由于该反应为可逆反应，又x为正整数，说明 ，A不符合题意 B．甲、丙容器反应温度不同，化学平衡常数显然不同，根据反应的热效应可判断、相对大小，B符合题意； C.压强大小对反应限度无影响，因此平衡时乙容器中 mol⋅L-1，C不符合题意； D．由图像可知，加入3molA、1molB达平衡时甲容器中C的浓度为1.5mol·L-1，则A的浓度为2.25mol·L-1，B的浓度为0.25mol⋅L-1，因此，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.对比甲和丙起始反应为的投料和平衡时C的含量，可以得到，该反应为反应前后物质的量相等的反应，得到x=1； B.根据平衡常数只与温度有关，平衡常数不同，说明温度不同； C.甲和乙起始投料相同，该反应又是物质的量相等的反应，所以，平衡时C的浓度相等； D.算出平衡式各物质的浓度，即可计算出平衡常数。 15．【答案】（1） （2）上下移动；使中和反应充分进行（或者使酸完全反应）；； （3）Zn粉；>；35.4 【知识点】化学反应中能量的转化；中和热的测定 【解析】【解答】（1）氧化钙与水反应可放出大量的热，反应方程式： （2）①玻璃搅拌器目的是搅拌， 玻璃搅拌器的使用方法为上下移动；②碱过量目的为使酸充分反映； ③根据，带入计算可得，， ，若用同体积同浓度的醋酸溶液代替实验中的盐酸 ，醋酸会电离吸热，会使 （）℃减小； （3）①实验室应该选择Zn粉 ，可以加快反应速率，所以选择 Zn粉 ； ⅰ 比 ⅱ 加入的锌量多，放出的热量更多，所以温度b>c，②根据题目反应热为 kJ⋅mol， 1.36gZn将0.02mol硫酸铜溶液完全反应，应放出热量：4.336 kJ能量；将数据代入公式，算得b=35.4时，可证明该方法可行。 【分析】（1）热饭盒起热是生石灰溶于水放热， （2）①环形玻璃搅拌器是套在温度计上面的，所以只能上下移动，②一般需要加入过量的碱目的是使酸中和完全，便于精确测定反应热，③根据即可计算反应热，在中和热测定时，不能用弱酸或者弱碱，因为其电离吸热，影响测定。 16．【答案】（1）953 （2）-104 （3）丙；浓度越大，的转化率越大 （4）温度升高，反应速率加快；升高温度，平衡正向移动；催化剂的活性降低或催化剂失活；发生其他副反应；减小 【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用 【解析】【解答】（1）=正反应活化能-逆反应活化能，所以+123 kJ⋅mol-1=1076 kJ⋅mol-1-逆反应活化能，所以逆反应活化能=953 kJ⋅mol-1； 故逆反应活化能为：953J⋅mol （2）根据，所以+123 kJ⋅mol-1=19 kJ⋅mol-1- ，所以的相对能量为-104 kJ⋅mol-1； 故答案为-104。 （3）随着CO2浓度的增大， 持续反应，H2转化率变大，含量变小， 平衡右移，产物C3H6的量不断增大，所以曲线甲代表C3H6，曲线乙代表H2，曲线丙代表CO，因为CO2一开始没有通入，CO起始浓度为0，随二氧化碳浓度增加，的转化率越大，甲、乙曲线“开口”越来越大； 故答案为丙；、浓度越大，的转化率越大。 （4）①在不同温度下，丙烯产率在 ℃ 之前，随温度升高而增大的原因可能是温度升高反应速率加快；升高温度有利于反应向吸热方向进行； ℃ 之后，丙烯产率快速降低的主要原因可能是催化剂失活使反应速率迅速减小；②通入一定量的丙烷，平衡正向移动，由于可逆反应是部分转化，由于反应物浓度增大，再次平衡后丙烷的转化率减小；故答案为减小。 【分析】（1）根据）=正反应活化能-逆反应活化能即可计算逆反应活化能； （2），即可计算生成物相对能量； （3）已知CO卫生生成物，起始为0，加入二氧化碳时，平衡正向移动，CO浓度增大； （4）①随温度升高丙烯产率升高的原因 温度升高导致的，当温度升高时，丙烯产率降低，可能是催化剂失去活性或者发生副反应导致②通入一定量的丙烷，平衡正向移动，由于可逆反应是部分转化，由于反应物浓度增大，再次平衡后丙烷的转化率减小。 17．【答案】（1）催化剂表面积越大，反应速率越快； mol⋅L⋅min；= （2）>；ⅱ；氮氮三键键能大，使其断裂需要的能量最大 （3）453；常温下反应（-1812 kJ/mol）-298 K×（-0.5 kJ⋅mol．K），反应能自发进行 【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素 【解析】【解答】（1）①由图可知，I催化剂(cat)表面小于II，I的反应速率小于II，根据直线Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是，其他条件相同时，催化剂表面积越大，反应速率越快；②在Ⅱ条件下，50min内 平均分解速率为：= mol⋅L⋅min；③起始浓度为2倍，反应时间也是原来的二倍，那么速率为相等； 所以答案为：= （2）①反应 ⅰ 为氢气化学键断开生成氢原子，为吸热反应，说以焓变大于0，故答案为：>； ②步骤ⅱ涉及氮氮三键断裂，该步反应的活化能最大，反应速率最慢，所以速率控制步骤为ⅱ （3）转移12mol电子，释放1812kJ热量，故转移3mol电子，释放453kJ的热量； 根据吉布斯自由能判据，可得，，说明该反应可以常温下自发进行。 【分析】（1）①根据图可知，催化剂表面积越大，反应速率越快；②根据速率计算公式，带入浓度变化量计算可得，注意带单位； （2）①化学键断裂成原子过程为吸热过程；②活化能越大，反应速率越慢，反应速率越慢； （3）根据热化学反应方程式可得，找到转移电子与反应热关系即可；利用，小于零即可判断反应能发自发进行。 18．【答案】（1）；；7 （2）>；升高温度，平衡常数增大，平衡向正方向移动，则正方向为吸热反应；0~1 （3）0.3；0.8 【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电离平衡常数 【解析】【解答】（1）①的电离平衡常数表达式 ： ；②由分析可知， 的混合溶液为碳酸氢钠和NaHSO3的混合溶液，所以含碳微粒为： ，，故答案为：7； （2）①对吸热反应而言，升高温度，平衡常数增大，结合图像，故反应ⅱ为吸热反应； >0； ②升高温度，反应ⅰ和反应ⅲ的K1和K3减小，该反应为放热反应，说明，有根据盖斯定律可知，，所以， 取值范围为 0-1； （3）根据已知条件列出“三段式” 起始（mol） 1 3 0 0 变化（mol） x 3x x x 平衡（mol） 1-x 3-3x x x 起始（mol） 1-x 3-3x 0 x 变化（mol） y y y y 变化（mol） 1-x-y 3-3x-y y x-y 达到平衡状态后，测得平衡时气体压强是开始的0.7倍，即，解得x=0.6mol，又有二氧化碳转化率为80%，解得y=0.2mol； ①平衡时甲醇浓度为：=0.3 mol⋅L； ②平衡常数为： 【分析】（1）①根据碳酸电离方程式即可写成其Ka1；②根据pH=8可得，此时溶质为碳酸氢钠和NaHSO3的混合溶液，即可确定含碳微粒； （2）有图像可知，可以判断的大小关系，即可解答； （3） 向2 L的恒容密闭容器中充入3 mol 和1 mol 只发生反应ⅰ和ⅱ ，需要结合两个反应列出三段式，即可解答。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 安徽省滁州市琅琊区2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题 一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，满分42分，每小题只有一个选项符合题意。） 1．（2023高二上·琅琊期中）化学与生活、生产、环境息息相关。下列叙述错误的是（　　） A．食物放入冰箱中冷藏，其目的是减慢化学反应速率 B．选择合适的催化剂可有效减少汽车尾气中有害气体的排放 C．打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，该现象能用勒夏特列原理解释 D．煤的气化，有利于提供更多的能量，同时有效地减少温室气体的产生 【答案】D 【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理 【解析】【解答】】A．温度越低，反应速率越慢，因此可用冷藏的方法保存食物，A不符合题意； B．合适的催化剂可将汽车尾气中的NO和CO快速转化为无毒气体，减少有害气体的排放，B不符合题意； C．汽水中存在二氧化碳溶解平衡，打开汽水瓶，压强减小，平衡左移，有大量气泡冒出，符合勒夏特列原理，C不符合题意； D．将煤气化，使燃料燃烧更充分，节约资源，同时能减少二氧化硫的排放，但不能减少温室气体的产生，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.一般来说，温度越低，反应速率越慢，为防止食物腐烂，可以低温保存； B.汽车安装三元催化剂，可以将 NO和CO快速转化为无毒气体，如氮气和二氧化碳； C.勒夏特列原理即平衡移动原理，汽水中存在二氧化碳溶解平衡，减小压强，平衡发生移动； D.煤的汽化目的为减少二氧化硫排放，不能减少二氧化碳的排放。 2．（2023高二上·琅琊期中）下列叙述正确的是（　　） A．NaClO属于弱电解质 B．正丁烷异丁烷 ，正丁烷相对稳定 C．测量中和反应反应热的实验中，每次平行实验至少需要记录3次温度 D．根据是吸热反应，推测也是吸热反应 【答案】C 【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用 【解析】【解答】A．NaClO为钠盐，属于强电解质，故A错误； B．正丁烷异丁烷为放热反应，异丁烷能量低，能量低的相对稳定，故B错误； C．测量中和反应反应热的实验中，需要测量酸、碱溶液的温度，以及混合溶液的最高温度，因此每次平行实验至少需要测量3次温度，故C正确； D．并不是所有的分解反应都是吸热反应，无法进行类比，故D错误； 故答案为：C。 【分析】A.次氯酸钠为钠盐，在水中完全电离，为强电解质； B.一般来说，能量越高，物质越不稳定，能量越低，物质越稳定； C.实验一般需要多次测量，目的为减小实验误差； D.不同反应，无法类比是否一定为吸热反应。 3．（2023高二上·琅琊期中）对 反应，下列观点正确的是（　　） A．1 mol 的总能量一定小于1 mol 和1 mol 的总能量 B．升高温度，减小、增大 C．增加C粉用量能加快反应速率 D．升高温度和增大压强均可增大活化分子百分数 【答案】A 【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素 【解析】【解答】】A．该反应是吸热反应，反应物的总能量小于生成物总能量，A正确； B．升高温度，正逆化学反应均加快，B错误； C．增加C粉用量并不能改变浓度，故反应速率不变，C错误； D．升高温度可增大活化分子百分数，增大压强可增大单位体积内活化分子数，但活化分子百分数并不变，D错误； 故答案为：A. 【分析】A.吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，放热反应，反应物总能量大于生成物总能量； B.无论正反应还是逆反应，升高温度，都增大； C.固体浓度为定值，改变其物质的量，浓度不变，反应速率不变； D.增大压强，活化分子数目没有改变，但是体积减小，所以，单位体积活化分子数目增大。 4．（2023高二上·琅琊期中）工业合成氨生产中，为了提高原料气总平衡转化率，采取的措施正确的有（　　） ①增大压强；②选择高效催化剂；③及时分离出氨气；④将反应混合物中分离出的氢气和氮气进行循环操作 A．③④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】C 【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的调控；化学平衡移动原理 【解析】【解答】①合成氨反应是体积减小的可逆反应，增大压强可提高原料气总平衡转化率，故①正确； ②催化剂只是加快化学反应速率，不影响平衡转化率，故②错误； ③及时分离出氨气，平衡正向移动，可提高原料气总平衡转化率，故③正确； ④分离出氨气后还含有氢气和氮气，进行循环操作可以提高原料气的总平衡转化率，故④正确； 故答案为：C。 【分析】工业合成氨为放热反应，气体体积减小反应，为了是提高原料转化率，要使平衡正向移动，可以改变条件有：加压，适当降温，即时分类生成物等都可以提高转化率。 5．（2023高二上·琅琊期中）有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行，其中两步如下： 第ⅰ步： 第ⅱ步： 下列说法正确的是（　　） A．第ⅰ步反应能说明具有氧化性 B．第ⅲ步反应为 C．第ⅰ步反应表达式为 D．第ⅰ步反应为中和反应的逆反应，故比较大 【答案】B 【知识点】氧化还原反应；化学平衡常数；化学平衡的调控 【解析】【解答】A. 第ⅰ步反应没有化合价变化，不是氧化还原反应，无法说明 具有氧化性 ，A项错误； B.根据总反应为： ，. 第ⅰ步反应为：： ， 第ⅱ步 为： ，总反应减去前两步反应，即可得到 第ⅲ步反应为 B项正确； C. 第ⅰ步反应表达式为，故C项错误； D.酸碱中和反应很容易进行，说明其K值很大，进而说明其逆反应K值很小，故D项错误； 故答案为：B。 【分析】A.在氧化还原反应中才能说明该物资是否具有氧化性； B.根据总反应减去前2步分步反应，即可得到第三步反应，和盖斯定律原理相同； C.水为液体，浓度视为1，平衡常数中不用带入， D.一个反应正向越容易进行，说明K值越大，其逆反应越难进行，K值越小。 6．（2023高二上·琅琊期中）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在绝热条件下使其达到分解平衡：。能判断该反应已经达到化学平衡状态的是（　　） ① ②密闭容器中温度不变 ③密闭容器中混合气体的密度不变 ④断裂3 mol N-H键的同时形成1 mol 键 ⑤密闭容器混合气体的总物质的量不变 ⑥混合气体总质量不变 ⑦密闭容器中的体积分数不变 A．①②③⑤⑦ B．②③④⑤⑥ C．①③④⑤⑥ D．②④⑤⑥⑦ 【答案】B 【知识点】化学平衡状态的判断 【解析】【解答】①应该是 时，反应才是达到化学平衡，①错误； ②绝热条件下，容器内温度为变量，当密闭容器中温度不变时，表明达到平衡状态，故②正确； ③混合气体的质量为变量，容器体积不变，则密闭容器中混合气体的密度为变量，当容器内混合气体的密度不变时，表明达到平衡状态，故③正确； ④断裂3 mol N-H键 ，有mol氨气参加反应， 形成1 mol 键 即有0.5mol二氧化碳反应，满足 ，说明达到化学平衡，故④正确； ⑤混合气体的总物质的量为变量，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时，表明达到平衡状态，故⑤正确； ⑥混合气体总质量为变量，当混合气体的总质量不变时，表明达到平衡状态，故⑥正确； ⑦生成物都是气体，且二者的物质的量之比始终为2∶1，则密闭容器中的体积分数始终不变，不能判断平衡状态，故⑦错误 故答案为：B。 【分析】判断平衡依据有：1.同正物质正逆反应速率相同，即达到平衡，2.各物质浓度或质量分数等保持不变，3.变化的物理量不再反生改变，即达到化学平衡。 7．（2023高二上·琅琊期中）已知：各相关物质的燃烧热数据，如下表。 物质 燃烧热/（kJ·mol） -393.5 -1366.8 -285.8 下列热化学方程式正确的是（　　） A． kJ⋅mol B． kJ⋅mol C． kJ⋅mol D． kJ⋅mol 【答案】C 【知识点】燃烧热；热化学方程式 【解析】【解答】A.根据燃烧热的定义，必须要生成稳定的物质，CO不是稳定生成物，应该是： ： kJ⋅mol，故A项错误； B.反应方程式没有配平，正确应该是： kJ⋅mol，B项错误； C.根据C、乙醇和氢气燃烧热，再利用盖斯定律进行运算即可得到 kJ⋅mol，C项正确； D.根据乙醇燃烧热，应该生成液态水，应该是： kJ⋅mol，D项错误； 故答案为：C。 【分析】A.燃烧热必须是生成稳定的化合物，C对应的稳定化合物为二氧化碳； B.方程式没有配平； C.利用燃烧热和盖斯定律进行计算即可； D.对于燃烧热必须是生成稳定的化合物，H对应的稳定化合物为水。 8．（2023高二上·琅琊期中）恒温恒容条件下，反应分两步进行， ①、②的能量-反应过程图如下所示。 下列有关该反应的叙述正确的是（　　） A．加入催化剂，减小 B．总反应的能量变化为 C．起始越大，A的转化率越高 D．反应②在升高温度时，平衡向逆反应方向移动 【答案】D 【知识点】化学反应中能量的转化；化学平衡移动原理 【解析】【解答】A. 加入催化剂不会改变该反应的热，A项错误； B.由图可知，总反应的E=生成物的总能量-反应物的总能量=E1+E3-E4，B项错误； C.同温同容，起始 越大，A的转化率越小，C错误； D.反应②为放热反应，因此在升高温度时，平衡向逆反应方向移动，D正确； 故答案为：D。 【分析】A.催化剂可以降低反应活化能，不可改变反应的热； B.由题可知，反应物与生成物总能量差值即为反应的能量变化； C.增加，A的转化率越小， D.由图可知，反应②为放热反应，温度升高，反应向逆向移动。 9．（2023高二上·琅琊期中）用酸性高锰酸钾溶液与草酸（）溶液反应来探究浓度和温度对反应速率的影响（假设溶液体积可以加和），设计的实验方案和得到的速率图像如下，下列说法错误的是（　　） 实验编号 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 实验温度/℃ 溶液颜色褪至无色所需时间/min 0.6 mol·L 溶液 3 mol·L 溶液 0.05 mol·L 溶液 Ⅰ 2.0 2.0 3.0 20 2.6 Ⅱ 2.0 2.0 3.0 T 1.4 Ⅲ 2.0 3.0 2.0 3.0 45 1.0 A．某同学认为也可以通过改变溶液的浓度探究浓度变化对速率的影响 B．后反应速率逐渐减小的原因是浓度变化对速率的影响为主要因素 C．实验Ⅲ中，从反应开始至溶液褪至无色时间段内， mol⋅L⋅min D． 【答案】A 【知识点】化学反应速率；探究影响化学反应速率的因素 【解析】【解答】A.高锰酸钾溶液浓度不同，则起始颜色深浅不同，无法探究，A符合题意； B. 前反应速率增大是反应生成的锰离子作为该反应的催化剂，是速率变化的主要因素， ： 后反应速率逐渐减小的主要因素是浓度变化对速率的影响，B不符合题意； C.实验Ⅲ中，从反应开始至 溶液褪至无色时间段内，草酸过量，根据高锰酸钾来进行计算反应速率，，那么，那么 mol⋅L⋅min，C不符合题意； D.控制变量，保持溶液总体积相等，结合第Ⅲ实验， ，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.探究影响化学反应速率因素时，要采用控制变量法，保持唯一变量，要保证起始浓度相同； B.该反应中锰离子对该反应有催化作用，化学反应速率加快，但是当浓度减小起到主导作用时，化学反应速率减小； C.根据高锰酸钾浓度变化计算反应速率，进而计算草酸化学反应速率； D.探究影响化学反应速率因素时，要采用控制变量法，总体积必须相等。 10．（2023高二上·琅琊期中）已知：亚硝酸（）是一种弱酸，亚硝酸钠（）是一种常用的食品防腐剂。常温下，将0.1 mol⋅L 溶液加水稀释或加入少量晶体时，下列观点正确的是（　　） A．加水稀释时，电离平衡正向移动，溶液中增大 B．加晶体时，电离平衡逆向移动，溶液导电能力增强 C．加水稀释时，的电离程度增大，电离常数也增大 D．加晶体时，溶液的pH增大，与增大有关 【答案】B 【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数 【解析】【解答】】A．加水稀释时，溶液中浓度减小，A错误； B．加入晶体，平衡逆向移动，同时也引入钠离子，但溶液中离子浓度增大，导电性增强，B正确； C．加水稀释时，电离平衡虽然正向移动，的的电离程度增大，电离常数只与温度有关，但电离常数不变，C错误； D．加晶体时，电离平衡逆向移动，溶液的pH增大，与与增大无关，D错误； 故答案为：B。 【分析】A.加水稀释，虽然电离程度增大，但是氢离子浓度还是减小； B.．加入晶体，引入钠离子，导电能力增大； C.电离常数只与温度有关，与别的因素无关； D.钠离子不参与反应，与钠离子浓度无关。 11．（2023高二上·琅琊期中）已知：C（石墨，s）在一定条件下可发生一系列变化，如图所示： 已知：。 下列说法错误的是（　　） A． B． C． D．C（石墨，s） 【答案】B 【知识点】盖斯定律及其应用；反应热的大小比较 【解析】【解答】A.根据盖斯定律可知，，其中，所以，A不符合题意； B.由图可知，根据盖斯定律，，其中，那么 ，故B符合题意； C.根据盖斯定律可知， ，移项可得， ，故C不符合题意； D.根据盖斯定律运算可得， ：C（石墨，s） ，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】根据盖斯定律进行运算，一个过程一步进行和多步完成，反应总焓变为定值，在比较焓变大小时，要注意正负号。 12．（2023高二上·琅琊期中）下列实验方案设计、现象和结论都正确的是（　　） 选项 目的 方案设计和现象 结论 A 证明是弱电解质 用pH计分别测量醋酸溶液和盐酸的pH，醋酸溶液的pH大 是弱电解质 B 探究压强对化学平衡的影响 先将注射器充满气体，然后将活塞往里推，注射器内气体颜色加深 加压，平衡向生成气体的方向移动 C 探究浓度对化学平衡的影响 向（黄色）溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色变为橙色 增大浓度，平衡向生成（橙色）方向移动 D 比较、催化分解的效率 向两份等浓度、等体积且等温的过氧化氢溶液中分别加入2滴等浓度的溶液和溶液，前者产生气泡较快 催化效率： A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价 【解析】【解答】A．没有明确醋酸和盐酸的浓度是否相同，则醋酸溶液的pH大不能证明醋酸是弱电解质，A错误； B．先将注射器充满二氧化氮气体，然后将活塞往里推，二氧化氮的浓度增大，颜色加深与平衡移动无关，B错误； C．铬酸钾溶液中存在铬酸根与重铬酸跟之间的相互转化，向溶液中缓慢滴加硫酸溶液，溶液中氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液由黄色变为橙色说明氢离子浓度对化学平衡的影响，C正确； D．氯化铁溶液和硫酸铜溶液中的阴离子和阳离子均不相同，不能用于比较铜离子和铁离子的催化效率的强弱，D错误； 故答案为：C。 【分析】A.要注明浓度相同，温度相同下，测定pH才能比较是否为弱酸； B.加压过程，二氧化氮浓度增大，颜色本来就加深，应该后续发现颜色变浅，才能判断该反应为可逆反应； C.增加反应物浓度，平衡发生移动，溶液颜色发生改变，进而得到反应物浓度对平衡影响； D.探究实验一定要采用控制唯一变量原则，否则无法进行探究。 13．（2023高二上·琅琊期中）25℃，将10 mL溶液中均相同HA、HB的两种溶液，加水稀释至1000 mL，溶液中随溶液体积的变化如图所示： 下列判断正确的是（　　） A．HB是弱电解质 B．中和NaOH的能力：c>d C．该条件下能计算出电离平衡常数 D．a点溶液：、b点溶液点溶液 【答案】D 【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数 【解析】【解答】】A．由图可知，HB溶液稀释100倍，氢离子浓度由10-2mol⋅L降到10-4mol⋅L，说明溶液中不存在HB的电离平衡，则HB是强酸，同理，HA是弱酸，故A错误； B．在稀释过程中，HB溶液中溶质的物质的量不变，因此中和NaOH的能力相同，故B错误； C．题中条件没有给出HA溶液的起始浓度，故无法计算电离平衡常数，故C错误； D．根据电荷守恒，在a点溶液，二者氢离子浓度相等， 、由于b点溶液比c点溶液电离程度大，所以 b点溶液点溶液 ，所以故D正确； 故答案为：D 【分析】A.若为强电解质，稀释多少倍，pH应该减少多少，据此可以判断是否为弱电解质； B.酸的中和能力，是取决于酸的物质的量，所以无论如何稀释，中和所需要的碱为定值，即中和能力相同； C.根据电离常数公式可知，必须知道起始浓度才可以； D.根据二者溶液氢离子浓度，再结合电荷守恒，即可获得阴离子浓度大小。 14．（2023高二上·琅琊期中）向甲、乙、丙三个恒温密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应（x为正整数）： kJ⋅mol（），各容器的容积、反应温度、反应物起始量如表所示， 容器 甲 乙 丙 容积 1 L 1 L 1 L 温度/℃ 反应物 起始量 3 mol A 1 mol B 3 mol A 1 mol B 6 mol A 2 mol B 其中甲、丙容器反应过程中C的浓度随时间变化关系如图所示： 下列分析与推断错误的是（　　） A． B．不能判断、相对大小 C．平衡时乙容器中 mol⋅L D．该反应在℃下的化学平衡常数 【答案】B 【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算 【解析】【解答】A．由丙容器中C的浓度随时间变化关系图可知，平衡时C的物质的量为2mol，由于该反应为可逆反应，又x为正整数，说明 ，A不符合题意 B．甲、丙容器反应温度不同，化学平衡常数显然不同，根据反应的热效应可判断、相对大小，B符合题意； C.压强大小对反应限度无影响，因此平衡时乙容器中 mol⋅L-1，C不符合题意； D．由图像可知，加入3molA、1molB达平衡时甲容器中C的浓度为1.5mol·L-1，则A的浓度为2.25mol·L-1，B的浓度为0.25mol⋅L-1，因此，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.对比甲和丙起始反应为的投料和平衡时C的含量，可以得到，该反应为反应前后物质的量相等的反应，得到x=1； B.根据平衡常数只与温度有关，平衡常数不同，说明温度不同； C.甲和乙起始投料相同，该反应又是物质的量相等的反应，所以，平衡时C的浓度相等； D.算出平衡式各物质的浓度，即可计算出平衡常数。 二、非选择题（本题共4小题，共58分。） 15．（2023高二上·琅琊期中）化学反应常伴随能量变化，研究其能量变化有利于服务人类。 （1）一种即热饭盒的结构如图，这种饭盒使用起来非常方便，撤去底部的隔板几分钟后，饭菜就变热了。 该即热饭盒“起热”原因主要与　 　（填化学方程式）反应为放热反应有关。 （2）中和反应的热量变化，其数值Q可通过如下量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式计算获得。实验中用0.55 mol⋅L NaOH溶液和0.50 mol⋅L盐酸各50 mL进行反应热的测定。 ①实验中玻璃搅拌器的使用方法为　 　（填“上下移动”、“左右移动”或“匀速旋转”）。 ②实验中碱稍过量的原因为　 　。 ③实验测得反应前后体系的温度值分别为℃、℃，则该过程放出的热量为　 　J[c和ρ分别取4.18J/（g⋅℃）和1.0 g⋅mL，忽略水以外各物质吸收的热量，下同]；实验发现，若用同体积同浓度的醋酸溶液代替实验中的盐酸，（）℃减小，其原因为　 　（用化学用语表示）。 （3）查阅文献：反应 kJ⋅mol，借鉴中和反应反应热的测定方法，某同学进行如下探究（忽略温度对焓变的影响）。实验结果见下表： 序号 反应试剂 体系温度/℃ 反应前 反应后 ⅰ 0.20 mol·L 溶液100 mL 1.36 g Zn 25 b ⅱ 0.65 g Zn 25 c ①实验中应选择　 　（填“Zn粉”或“Zn片”）；温度：b　 　c（填“>”“<”或“=”）。 ②当　 　时表明该方法可行。（保留1位小数） 【答案】（1） （2）上下移动；使中和反应充分进行（或者使酸完全反应）；； （3）Zn粉；>；35.4 【知识点】化学反应中能量的转化；中和热的测定 【解析】【解答】（1）氧化钙与水反应可放出大量的热，反应方程式： （2）①玻璃搅拌器目的是搅拌， 玻璃搅拌器的使用方法为上下移动；②碱过量目的为使酸充分反映； ③根据，带入计算可得，， ，若用同体积同浓度的醋酸溶液代替实验中的盐酸 ，醋酸会电离吸热，会使 （）℃减小； （3）①实验室应该选择Zn粉 ，可以加快反应速率，所以选择 Zn粉 ； ⅰ 比 ⅱ 加入的锌量多，放出的热量更多，所以温度b>c，②根据题目反应热为 kJ⋅mol， 1.36gZn将0.02mol硫酸铜溶液完全反应，应放出热量：4.336 kJ能量；将数据代入公式，算得b=35.4时，可证明该方法可行。 【分析】（1）热饭盒起热是生石灰溶于水放热， （2）①环形玻璃搅拌器是套在温度计上面的，所以只能上下移动，②一般需要加入过量的碱目的是使酸中和完全，便于精确测定反应热，③根据即可计算反应热，在中和热测定时，不能用弱酸或者弱碱，因为其电离吸热，影响测定。 16．（2023高二上·琅琊期中）工业上利用丙烷的裂解反应制备丙烯等化工基础原料，相关反应为： kJ⋅mol。 请回答下列问题： （1）若该反应的正反应活化能为1076 kJ⋅mol，则逆反应活化能为　 　J⋅mol。 （2）若、的相对能量分别为+19 kJ⋅mol、0，则的相对能量为　 　kJ⋅mol。 （3）利用反应反应，能用于辅助生产∘T℃时，将固定浓度的按一定流速通过有催化剂的恒容反应器，逐渐提高浓度，测得出口处、CO和浓度随初始浓度的变化关系如图所示。 能代表CO浓度的曲线是　 　（填“甲”、“乙”或“丙”）； 简述随浓度增加，甲、乙曲线“开口”越来越大的原因：　 　。 （4）在刚性密闭容器中充入1 mol丙烷，在催化剂作用下，相同时间内丙烯的产率与温度关系如图所示。 ①在℃之前，随温度升高丙烯产率升高的原因可能是　 　、　 　；温度高于℃时，丙烯产率迅速降低的原因可能是　 　、　 　。 ②某温度下，向已达平衡状态的刚性容器中再充入一定量的丙烷，再次平衡后丙烷的转化率　 　（填“减小”、“增大”或“不变”）。 【答案】（1）953 （2）-104 （3）丙；浓度越大，的转化率越大 （4）温度升高，反应速率加快；升高温度，平衡正向移动；催化剂的活性降低或催化剂失活；发生其他副反应；减小 【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用 【解析】【解答】（1）=正反应活化能-逆反应活化能，所以+123 kJ⋅mol-1=1076 kJ⋅mol-1-逆反应活化能，所以逆反应活化能=953 kJ⋅mol-1； 故逆反应活化能为：953J⋅mol （2）根据，所以+123 kJ⋅mol-1=19 kJ⋅mol-1- ，所以的相对能量为-104 kJ⋅mol-1； 故答案为-104。 （3）随着CO2浓度的增大， 持续反应，H2转化率变大，含量变小， 平衡右移，产物C3H6的量不断增大，所以曲线甲代表C3H6，曲线乙代表H2，曲线丙代表CO，因为CO2一开始没有通入，CO起始浓度为0，随二氧化碳浓度增加，的转化率越大，甲、乙曲线“开口”越来越大； 故答案为丙；、浓度越大，的转化率越大。 （4）①在不同温度下，丙烯产率在 ℃ 之前，随温度升高而增大的原因可能是温度升高反应速率加快；升高温度有利于反应向吸热方向进行； ℃ 之后，丙烯产率快速降低的主要原因可能是催化剂失活使反应速率迅速减小；②通入一定量的丙烷，平衡正向移动，由于可逆反应是部分转化，由于反应物浓度增大，再次平衡后丙烷的转化率减小；故答案为减小。 【分析】（1）根据）=正反应活化能-逆反应活化能即可计算逆反应活化能； （2），即可计算生成物相对能量； （3）已知CO卫生生成物，起始为0，加入二氧化碳时，平衡正向移动，CO浓度增大； （4）①随温度升高丙烯产率升高的原因 温度升高导致的，当温度升高时，丙烯产率降低，可能是催化剂失去活性或者发生副反应导致②通入一定量的丙烷，平衡正向移动，由于可逆反应是部分转化，由于反应物浓度增大，再次平衡后丙烷的转化率减小。 17．（2023高二上·琅琊期中）研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。 （1）俗称“笑气”，曾用作麻醉剂。一定温度下在某催化剂（cat）表面分解生成和，与催化剂面积、时间的关系如图所示： ①根据直线Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是，其他条件相同时，　 　。 ②在Ⅱ条件下，50 min内平均分解速率为　 　。 ③若起始浓度为0.400 mol⋅L，比较不同起始浓度时的平均分解速率：v（ mol⋅L）　 　v（ mol⋅L）。（填“>”“=”或“<”） （2）在（Ⅲ）铁原子簇表面，反应 的反应机理如下： ⅰ． ⅱ． ⅲ． ⅳ． ①　 　O（填“>”或“<”）。 ②该机理中，速率控制步骤为　 　，理由是　 　。 （3）利用的还原性可以消除氮氧化物的污染，反应原理之一为 kJ⋅mol，当该反应转移3 mol电子时，应放出热量　 　kJ；已知该反应的 kJ⋅mol⋅K，试通过计算说明该反应常温下（298K）能否自发？　 　。 【答案】（1）催化剂表面积越大，反应速率越快； mol⋅L⋅min；= （2）>；ⅱ；氮氮三键键能大，使其断裂需要的能量最大 （3）453；常温下反应（-1812 kJ/mol）-298 K×（-0.5 kJ⋅mol．K），反应能自发进行 【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素 【解析】【解答】（1）①由图可知，I催化剂(cat)表面小于II，I的反应速率小于II，根据直线Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是，其他条件相同时，催化剂表面积越大，反应速率越快；②在Ⅱ条件下，50min内 平均分解速率为：= mol⋅L⋅min；③起始浓度为2倍，反应时间也是原来的二倍，那么速率为相等； 所以答案为：= （2）①反应 ⅰ 为氢气化学键断开生成氢原子，为吸热反应，说以焓变大于0，故答案为：>； ②步骤ⅱ涉及氮氮三键断裂，该步反应的活化能最大，反应速率最慢，所以速率控制步骤为ⅱ （3）转移12mol电子，释放1812kJ热量，故转移3mol电子，释放453kJ的热量； 根据吉布斯自由能判据，可得，，说明该反应可以常温下自发进行。 【分析】（1）①根据图可知，催化剂表面积越大，反应速率越快；②根据速率计算公式，带入浓度变化量计算可得，注意带单位； （2）①化学键断裂成原子过程为吸热过程；②活化能越大，反应速率越慢，反应速率越慢； （3）根据热化学反应方程式可得，找到转移电子与反应热关系即可；利用，小于零即可判断反应能发自发进行。 18．（2023高二上·琅琊期中）的捕集和利用能有效助力“碳中和”和“碳达峰”。 （1）Ⅰ．工业上常用饱和溶液回收捕集废气中的和，其流程为： 已知：该温度下，、、、。 ①写出的电离平衡常数表达式　 　。 ②的混合溶液中含碳微粒主要为　 　（不考虑溶液中的分子），　 　。 （2）Ⅱ．工业上用与催化合成甲醇，相关反应为： 　 相关反应 （kJ·mol） 化学平衡常数（K） ⅰ ⅱ ⅲ 已知平衡常数、、随温度变化的曲线如图所示： ①　 　0（填“>”或“<”），判断依据为　 　。 ②取值范围为　 　。 （3）一定条件下，向2 L的恒容密闭容器中充入3 mol 和1 mol 只发生反应ⅰ和ⅱ，达到平衡状态后，测得平衡时气体压强是开始的0.7倍，的转化率为80%。 ①平衡时　 　mol⋅L。 ②反应ii的化学平衡常数　 　。 【答案】（1）；；7 （2）>；升高温度，平衡常数增大，平衡向正方向移动，则正方向为吸热反应；0~1 （3）0.3；0.8 【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电离平衡常数 【解析】【解答】（1）①的电离平衡常数表达式 ： ；②由分析可知， 的混合溶液为碳酸氢钠和NaHSO3的混合溶液，所以含碳微粒为： ，，故答案为：7； （2）①对吸热反应而言，升高温度，平衡常数增大，结合图像，故反应ⅱ为吸热反应； >0； ②升高温度，反应ⅰ和反应ⅲ的K1和K3减小，该反应为放热反应，说明，有根据盖斯定律可知，，所以， 取值范围为 0-1； （3）根据已知条件列出“三段式” 起始（mol） 1 3 0 0 变化（mol） x 3x x x 平衡（mol） 1-x 3-3x x x 起始（mol） 1-x 3-3x 0 x 变化（mol） y y y y 变化（mol） 1-x-y 3-3x-y y x-y 达到平衡状态后，测得平衡时气体压强是开始的0.7倍，即，解得x=0.6mol，又有二氧化碳转化率为80%，解得y=0.2mol； ①平衡时甲醇浓度为：=0.3 mol⋅L； ②平衡常数为： 【分析】（1）①根据碳酸电离方程式即可写成其Ka1；②根据pH=8可得，此时溶质为碳酸氢钠和NaHSO3的混合溶液，即可确定含碳微粒； （2）有图像可知，可以判断的大小关系，即可解答； （3） 向2 L的恒容密闭容器中充入3 mol 和1 mol 只发生反应ⅰ和ⅱ ，需要结合两个反应列出三段式，即可解答。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$