天津市南开中学2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试卷

南开中学2025-2026学年度第一学期质量监测(一) 高二化学试卷 考试时间：60 分钟 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷两部分，共100分。考试结束后，将答题卡、答题纸一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N14 O 16 S32 Ⅰ卷(共56分) 一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题4分，共56分) 1．关于化学反应进行的方向，下列叙述正确的是 A．反应CaCO3(s) === CaO(s) + CO2(g)常温下不能自发进行，说明该反应的ΔH<0 B．液态水凝结成冰的过程中，ΔH<0，ΔS<0 C．自由能变化ΔG<0的化学反应一定能迅速进行 D．常温常压下 H2(g)和O2(g)混合无明显现象，则2H2(g) + O2(g) === 2H2O(l)在该条件下不自发 2．下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是 A．常温下，测得0.1mol/L 醋酸溶液的pH=4 B．常温下，用pH 计分别测定0.01 mol/L 和0.10 mol/L 的醋酸溶液，pH 值相差小于1个单位 C．相同pH 的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等 D．在相同条件下，0.1mol/L 的醋酸溶液的导电性比0.1mol/L 的盐酸的导电性弱 3．某反应2X(g) + Y(g)3Z(g) + M(s) ΔH=-akJ/mol(a>0)，在与外界隔热且容积不变的密闭容器中进行时，下列关于平衡的相关说法不正确的是 A．达到平衡时，反应放出的总热量可能为akJ B．当容器内气体的物质的量分数n(X)%：n(Y)%不变时，则反应一定达到平衡状态 C．当容器内气体的密度不再变化时，则反应达到平衡状态 D．当容器内压强不再变化时，则反应达到平衡状态 试卷共8页 第 1 页 4．工业合成甲醇的原理为CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) ΔH＜0，其工艺流程如图所示。下列叙述正确的是 A．“干燥净化”的目的是防止催化剂“中毒” B．合成甲醇时压强越大越好 C．“冷却装置”能提高原料平衡转化率和反应速率 D．采用“高温”有利于提高甲醇的平衡产率 5．下列说法正确的是 A．向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的N2；最终气体颜色变浅是由于发生了化学平衡的移动 B．将SO2气体通入 Ca(ClO)2溶液中，观察是否反应可以探究H2SO3、HClO的酸性强弱 C．加热CuCl2稀溶液，观察溶液颜色变化可以探究温度对化学平衡的影响 D．向1.mL 乙酸乙酯中加入1mL 0.3mol·L—1 H2SO4溶液，水浴加热，上层液体逐渐减少，说明合适的催化剂促进了化学平衡正向移动 6．水的电离平衡图像如图所示，已知pOH=-lgc(OH—)。下列说法正确的是 A．T1＞T2 B．各点对应的水的离子积：Kw(f)＞Kw(b)=Kw(d) C．向b点溶液通入少量HCl，其组成由b点沿直线向c 点移动 D．T2 温度下 pH=4 的盐酸中由水电离出的c(H+)·c(OH—)=1×10—20 试卷共8页 第 2 页 7．可采用 Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式： 4HCl(g) + O2(g)Cl2(g) + 2H2O(g) ΔH=—114.4kJ·mol—1。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是 A．Y为反应物HCl，W 为生成物 H2O B．反应制得1mol Cl2，须投入2mol CuO C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 8．在下列给定条件下的溶液中，一定能大量共存的离子组是 A．澄清透明的溶液：Fe3+、Mg2+、Br—、Cl— B．能使 pH 试纸呈红色的溶液：Na⁺、NH、Fe2+、NO C．水电离出的c(H⁺)=1×10—13mol/L的溶液：K+、Na+、SO、CO D．能使甲基橙变黄的溶液中：Fe3+、Ba2+、Na⁺、Cl—、NO 9．恒温恒容条件下，发生反应：3A(g) + B(g)2C(g) ΔH=-Q kJ/mol。在3个密闭容器中，按下列方式投入反应物：I．3mol A，1mol B；II．6mol A，2mol B；III．4mol C。则在保持恒温恒容反应达到平衡时，下列选项正确的是 A．容器I与容器II中，C的浓度2cI < cII，平衡常数KI = KII，转化率αI > αII B．容器I与容器Ⅲ中，B 的体积分数VI%>VIII%，反应的能量变化2QI = QIII，平衡常数 K= C．容器Ⅱ与容器Ⅲ中，B的体积分数VII% = VIII%，转化率αII + αIII = 1，反应的能量变化 QII + QIII = 2Q D．容器I、容器Ⅱ、容器Ⅲ中，平衡常数关系为：K = KII = 试卷共8页 第 3 页 10．常温下，四种溶液: ①pH=11 的氨水，②pH=11 的氢氧化钠溶液，③pH=3 的醋酸，④pH=3的盐酸，下列说法错误的是 A．将溶液②、③等体积混合，所得溶液显酸性 B．分别取1mL加水稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>③>④ C．向溶液③、④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两种溶液的pH均增大 D．将aL溶液②和bL溶液④混合后，若所得溶液pH=7，则a：b=1：1 11．电离常数是研究电解质在水溶液中行为的重要工具。现有HX、H2Y 和H2Z 三种酸，各酸及其盐之间不发生氧化还原反应，它们在25℃的电离常数分别为 HX：Ka=10—9.2 H2Y：Ka1=10—6.4、Ka2=10—10.3 H2Z：Ka1=10—1.9、Ka2=10—7.2。下列说法正确的是 A．相同物质的量浓度的 HX、H2Y、H2Z 溶液，pH的关系：HX＜H2Y＜H2Z B．0.1mol/L H2Z 溶液中离子浓度的关系：c(H+)＞c(Z2—)＞c(HZ—) C．Na2Y 溶液与过量HX 反应的离子方程式：HX + Y2— === HY— + X— D．用NaOH溶液中和相同pH、相同体积的H2Y、H2Z溶液，H2Z酸性强，消耗的NaOH 溶液多 12．二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应： I．C2H6(g) + CO2(g)C2H4(g) + CO(g) + H2O(g) ΔH1＞0 II．C2H6(g) + 2CO2(g)4CO(g) + 3H2(g) ΔH2＞0 向容积为10L的密闭容器中投入2mol C2H6和3mol CO2，不同温度下，测得5min时(反应均未平衡)的相关数据见下表，下列说法正确的是 温度(℃) 400 500 600 乙烷转化率(%) 2.2 9.0 17.8 乙烯选择性(%) 92.6 80.0 61.8 注：乙烯选择性=×100% A．反应活化能：I>Ⅱ B．500℃时，0~5min反应I的平均速率为v(C2H4)=2.88×10—3mol·L—1·min—1 C．5min时，400℃条件下的乙烯产率最高 D．其他条件不变，增大投料比投料，平衡后可提高乙烷转化率 试卷共8页 第 4 页 13．下列图像与对应的叙述相符的是 A．常温下，pH均为2、体积均为V0的三种酸溶液，分别加水稀释至体积为V，相应的变化关系如图1 所示，则，Ka(HB)＜Ka(HC) B．恒容下一定量A 和足量B发生反应：xA(g) + 2B(s)yC(g) ΔH<0。容器中A、C的物质的量浓度随时间变化如图2所示，第10min引起变化的条件可能是升温或压缩容器体积加压 C．向体积均为1L 的两恒容容器中分别充入2mol X 和1mol Y发生反应：2X(g) + Y(g)Z(g)，相应的变化关系如图3 所示，则气体的总物质的量：n(a)>n(c) D．一定温度下，向不同体积的密闭容器中分别加入足量活性炭和2mol NO2，发生反应2C(s) + 2NO2(g)N2(g) + 2CO2(g)，相应的变化关系如图4 所示，图中a点v(正)=v(逆) 14．常温下CH2ClCOOH 和 CHCl2COOH 的两种有机酸溶液中, 分布系数δ与pH的关系如图所示。已知：氯原子可导致有机酸酸性增强， 。下列叙述正确的是 A．曲线M表示δ(CHCl2COO—)~pH的变化关系 B．若酸的初始浓度为0.1mol·L—1，则点a(1.0，0.65)的溶液中只有 H⁺、OH—、有机酸根离子 C．CH2ClCOOH的电离常数Ka=10—1.3 D．pH=2.08时， 试卷共8页 第 5 页 Ⅱ卷(共44分) 二、填空题(共3道大题) 15．滴定法是化学常用的定量分析法，常见的有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等。氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。 现用0.1000mol·L—1 KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色H2C2O4溶液，MnO+ H2C2O4 + H+→Mn2+ + CO2↑ + H2O 。按要求完成下列问题： (1)该滴定实验应选用 (填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。 (2)滴定前是否要滴加指示剂? (填“是”或“否”)。滴定过程中眼睛应注视 ，滴定终点的现象为 。 (3)甲同学在滴定开始和结束时，观察到装标准液的滴定管的液面如图所示，则本次滴定所消耗标准液的体积为 。 (4)乙学生按照滴定步骤进行了3 次实验，分别记录有关数据如表： 滴定次数 待测 H2C2O4溶液的体积/mL 0.1000mol·L—1 KMnO4的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL 第一次 25.00 0.00 26.11 26.11 第二次 25.00 1.56 30.30 28.74 第三次 25.00 0.22 26.31 26.09 依据上表数据计算该H2C2O4溶液的物质的量浓度为 mol/L(保留4位有效数字)。 (5)下列操作中可能使测定结果偏低的是 (填字母)。 A．滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液 B．在锥形瓶装液前，有少量蒸馏水 C．摇动锥形瓶时，瓶中有少量液体溅出 D．滴定前，滴定管尖嘴部分没有气泡，滴定后有气泡 E．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 F．滴定快达终点时，用少量蒸馏水洗涤锥形瓶内壁，然后继续滴定至终点 试卷共8页 第 6 页 16．化学反应原理主要研究化学反应的基本规律。 (1)800℃时，在体积为2L 的恒容密闭容器中充入0.20 mol NO和0.10 mol O2，发生反应：2NO(g) + O2(g)2NO2(g) ΔH<0，n(NO)随时间的变化如下表： 时间(s) 0 1 2 3 4 5 n(NO)/mol 0.20 0.12 0.06 0.02 0.02 0.02 ①下列既能使加快正反应速率，又能增大NO平衡转化率的是 。 A．及时分离出NO2气体 B．适当升高温度 C．增大O2的浓度 D．选择高效的催化剂 ②0-2s 内，计算用O2表示的平均反应速率v(O2)= 。 ③800℃时，该反应的平衡常数K= (mol/L)—1(填计算结果)。相同温度下的另一容器中也发生着该反应，某时刻测出 NO、O2、NO2三者的浓度分别是0.1mol/L、0.2mol/L 和0.1mol/L，此时v正 v逆(填“>”、“<”或“=”)。 ④若平衡后容器内的压强为p0kPa，写出分压平衡常数Kp= (kPa)—1(列出计算表达式)(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (2)在恒温恒容密闭容器中充入一定量X(g)，发生反应2X(g)Y(g) ΔH<0，已知该反应的速率方程分别是 v正(X)＝k正·c2(X)和v逆＝k逆·c(Y)，其中k正、k逆为该反应的速率常数，通常只与温度、催化剂的活性有关。 ①升高温度，速率常数k正和k逆会 (填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡 (填“正向”、“逆向”或“不”)移动。 ②根据题意，推断反应的平衡常数K与速率常数k逆、k逆的关系式为K= 。 试卷共8页 第 7 页 17．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。硫酰氯及1，4。二氯甲基苯等可通过氯化反应制备。 (1)硫酰氯常用作氯化剂和氨磺化剂，工业上制备原理如下：SO2(g) + Cl2(g)SO2Cl2(g) ΔH=—67.59kJ·mol—1 。 ①若正反应的活化能为E正kJ·mol—1，则逆反应的活化能E逆= kJ·mol—1(用含E正的代数式表示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g)，测定不同温度下体系达平衡时的Δp(Δp= p0-p，p0为体系初始压强， ，p 为体系平衡压强)，结果如下左图。 上面左图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。 M 点 Cl2的转化率为 。 ③上面右图曲线中能准确表示T₁温度下Δp随进料比变化的是 (填序号)。 (2)1，4-二氯甲基苯(物质 D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(物质 X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时的反应过程为： 以上各反应的速率方程均可表示为v=kc(A)c(B)，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(k1~k5分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的物质X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，k1：k2：k3：k4：k5=100：21：7：4：23。60min时，c(D)=0.099mol·L—1，若0~60 min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G)= mol·L—1； 60 min后，随T的含量增加， (填“增大”“减小”或“不变”)。 试卷共8页 第 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南开中学2025-2026学年度第一学期质量监测(一) 高二化学试卷 考试时间：60分钟 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷两部分，共100分。考试结束后，将答题卡、答题纸一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N14 O 16 S32 Ⅰ卷(共56分) 一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题4分，共56分) 1．关于化学反应进行的方向，下列叙述正确的是 A．反应CaCO3(s) === CaO(s) + CO2(g)常温下不能自发进行，说明该反应的ΔH<0 B．液态水凝结成冰的过程中，ΔH<0，ΔS<0 C．自由能变化ΔG<0的化学反应一定能迅速进行 D．常温常压下 H2(g)和O2(g)混合无明显现象，则2H2(g) + O2(g) === 2H2O(l)在该条件下不自发 【答案】B 【分析】 A．ΔG=ΔH-TΔS＜0可以自发进行； B．液态水凝结成冰，需要放出热量，又液态变成固态，熵减小； C．ΔG＜0仅表明热力学可能性，与反应速率无关； D．ΔG=ΔH-TΔS＜0可以自发进行。 【详解】A．CaCO3(s) === CaO(s) + CO2(g)气体的量增大，ΔS＞0，因为室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH＞0，故A错误； B．液态水凝结成冰，需要放出热量，又液态变成固态，熵减小，故ΔH＜0，ΔS＜0，故B正确； C．ΔG＜0仅表明热力学可能性，与反应速率无关，故C错误； D．反应能自发进行是根据熵判据和焓判据的复合判据来判断的，不能根据混合有无明显现象判断，故D错误； 故选B。 2．下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是 A．常温下，测得0.1mol/L 醋酸溶液的pH=4 B．常温下，用pH 计分别测定0.01 mol/L 和0.10 mol/L 的醋酸溶液，pH 值相差小于1个单位 C．相同pH 的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等 D．在相同条件下，0.1mol/L 的醋酸溶液的导电性比0.1mol/L 的盐酸的导电性弱 【答案】C 【分析】部分电离的电解质为弱电解质，要想证明醋酸为弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可。 【详解】A．常温下0.1mol/L的醋酸溶液pH=4，溶液中c(H+)小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故A错误； B．稀释促进电离，测0.01 mol/L和0.10 mol/L的醋酸溶液的pH，两者的pH相差小于1个单位，说明醋酸是弱电解质，故B错误； C．相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等，开始两种溶液中c(H+)相等，不能说明醋酸部分电离，则不能证明醋酸为弱电解质，故C正确； D．在相同条件下，相同浓度的醋酸溶液导电性比盐酸的弱，说明醋酸溶液中cc(H+)小于盐酸，HCl为强电解质，则CH3COOH为弱电解质，部分电离，故D错误； 故选C。 3．某反应2X(g) + Y(g)3Z(g) + M(s) ΔH=-akJ/mol(a>0)，在与外界隔热且容积不变的密闭容器中进行时，下列关于平衡的相关说法不正确的是 A．达到平衡时，反应放出的总热量可能为akJ B．当容器内气体的物质的量分数n(X)%：n(Y)%不变时，则反应一定达到平衡状态 C．当容器内气体的密度不再变化时，则反应达到平衡状态 D．当容器内压强不再变化时，则反应达到平衡状态 【答案】B 【分析】2X(g) + Y(g)3Z(g) + M(s) ΔH=-akJ/mol(a>0)为气体体积不变的放热的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。 【解答】A．达到平衡时若生成3mol Z，反应放出的总热量为akJ，故A正确； B．在与外界隔热且容积不变的密闭容器中，X、Y的百分含量为变量，当容器内气体的物质的量分数n(X)%：n(Y)%不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故B错误； C．M(s)为固态，混合气体的质量为变量，容器容积为定值，则混合气体的密度为变量，当容器内气体的密度不再变化时，表明该反应达到平衡状态，故C正确； D．该反应前后气体的总物质的量为定值，该反应为放热反应，在与外界隔热且容积不变的密闭容器中，容器内压强为变量，当容器内压强不再变化时，表明反应达到平衡状态，故D正确； 故选B。 4．工业合成甲醇的原理为CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) ΔH＜0，其工艺流程如图所示。下列叙述正确的是 A．“干燥净化”的目的是防止催化剂“中毒” B．合成甲醇时压强越大越好 C．“冷却装置”能提高原料平衡转化率和反应速率 D．采用“高温”有利于提高甲醇的平衡产率 【答案】A 【分析】A．步骤①中“净化”是除去杂质以防止铁触媒中毒失活； B．增大压强可以使平衡正向移动，增大反应物的转化率，但压强过大会增加对设备材料和制造的要求，提高投资费用； C．CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)是放热反应，“冷却装置”能提高原料平衡转化率； D．CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)是放热反应。 【详解】A．步骤①中“净化”是除去杂质以防止铁触媒中毒失活，确保工业生产过程中的效率和产品质量，故A正确； B．增大压强可以使平衡正向移动，增大反应物的转化率，但压强过大会增加对设备材料和制造的要求，提高投资费用，在实际生产中，压强的选择并不是越大越好，而是需要综合考虑多个因素，故B错误； C．CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)是放热反应，“冷却装置”能提高原料平衡转化率，但不能提高反应速率，故C错误； D．CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)是放热反应，采用“高温”不利于提高甲醇的平衡产率，故D错误； 故选A。 5．下列说法正确的是 A．向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的N2；最终气体颜色变浅是由于发生了化学平衡的移动 B．将SO2气体通入 Ca(ClO)2溶液中，观察是否反应可以探究H2SO3、HClO的酸性强弱 C．加热CuCl2稀溶液，观察溶液颜色变化可以探究温度对化学平衡的影响 D．向1.mL 乙酸乙酯中加入1mL 0.3mol·L—1 H2SO4溶液，水浴加热，上层液体逐渐减少，说明合适的催化剂促进了化学平衡正向移动 【答案】C 【分析】A．恒压密闭容器中通入一定体积的N2，容器体积增大； B．SO2与 Ca(ClO)2溶液反应为氧化还原反应； C．CuCl2溶液中存在[Cu(H2O)4]2+（蓝色）与Cl—的平衡，且ΔH＞0。加热时，平衡向吸热方向(生成黄色[CuCl4]2—)移动； D．催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动。 【详解】A．挥发的盐酸与苯酚钠反应生成苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故A错误； B．恒压密闭容器中通入一定体积的N2，容器体积增大，则NO2和N2O4的浓度均降低，平衡向NO2增加的方向移动，故B错误； C．CuCl2溶液中存在[Cu(H2O)4]2+(蓝色) + 4Cl— [CuCl4]2—(黄色) + 4H2O ΔH＞0，若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，向逆方向移动，故C正确； D．催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，故D错误； 故选C。 6．水的电离平衡图像如图所示，已知pOH = -lgc(OH—)。下列说法正确的是 A．T1＞T2 B．各点对应的水的离子积：Kw(f)＞Kw(b)=Kw(d) C．向b点溶液通入少量HCl，其组成由b点沿直线向c点移动 D．T2 温度下 pH=4 的盐酸中由水电离出的c(H+)·c(OH—)=1×10—20 【答案】D 【分析】A．Kw随温度变化，温度不变，Kw不变，水的电离是吸热过程，升高温度促进电离，Kw增大； B．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大； C．b点到d点氢氧根离子浓度减小； D．在T2温度下Kw=10—14，据此计算pH=10的NaOH溶液中由水电离出的c(H+)·c(OH—)。 【详解】A．由图可知，T2温度下水的离子积为1×10—14，温度越高，水的离子积越大，T1温度下水的离子积小于1×10—14，则T1＜T2，故A错误； B．由图可知，T2温度下水的离子积为1×10—14，T1温度下水的离子积小于1×10—14，则Kw(f)＜Kw(b)=Kw(d)，故B错误； C．向b点溶液中加入少量HCl，溶液中H+的浓度增大，水的离子积不变，OH—浓度减小，导致pH减小，pOH增大，则b点会向d点移动，故C错误； D．在T2温度下，水的离子积为1×10—14，pH=4的盐酸中，溶液中的OH—全部由水电离，+(OH—)= 1×10—10mol/L，则由水电离的c(H+)=c(OH—)=1×10—10mol/L，则pH=4的盐酸中由水电离出的c(H+)·c(OH—) =1×10—20，故D正确； 故选D。 7．可采用 Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式： 4HCl(g) + O2(g)Cl2(g) + 2H2O(g) ΔH=—114.4kJ·mol—1。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是 A．Y为反应物HCl，W 为生成物 H2O B．反应制得1mol Cl2，须投入2mol CuO C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】B 【分析】结合反应机理分析，根据原子守恒，可得X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O，据此分析作答。 【详解】A．根据分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，故A正确； B．CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，故B错误； C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，故C正确； D．图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2，故D正确； 故选B。 8．在下列给定条件下的溶液中，一定能大量共存的离子组是 A．澄清透明的溶液：Fe3+、Mg2+、Br—、Cl— B．能使 pH 试纸呈红色的溶液：Na⁺、NH、Fe2+、NO C．水电离出的c(H⁺)=1×10—13mol/L的溶液：K+、Na+、SO、CO D．能使甲基橙变黄的溶液中：Fe3+、Ba2+、Na⁺、Cl—、NO 【答案】A 【分析】A．澄清透明的溶液不代表无色溶液，各离子之间相互不反应； B．酸性环境下，硝酸根离子具有强的氧化性； C．由水电离出的c(H+)=1×10—13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子，H+与CO不共存； D．能使甲基橙变黄的溶液可能显碱性。 【详解】A．澄清透明的溶液中，这四种离子不能反应，所以可以大量共存，故A正确； B．能使pH试纸呈红色的溶液，溶液呈酸性，Fe2+和NO、H+能发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误； C．由水电离出的c(H+)=1×10—13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子，H+与CO不共存，故C错误； D．能使甲基橙变黄的溶液可能显碱性，Fe3+与OH—反应生成Fe(OH)3沉淀，故D错误； 故选A。 9．恒温恒容条件下，发生反应：3A(g) + B(g)2C(g) ΔH=-Q kJ/mol。在3个密闭容器中，按下列方式投入反应物：I．3mol A，1mol B；II．6mol A，2mol B；III．4mol C。则在保持恒温恒容反应达到平衡时，下列选项正确的是 A．容器I与容器II中，C的浓度2cI < cII，平衡常数KI = KII，转化率αI > αII B．容器I与容器Ⅲ中，B 的体积分数VI%>VIII%，反应的能量变化2QI = QIII，平衡常数 K= C．容器Ⅱ与容器Ⅲ中，B的体积分数VII%=VIII%，转化率αII + αIII = 1，反应的能量变化 QII+ QIII=2Q D．容器I、容器Ⅱ、容器Ⅲ中，平衡常数关系为：K = KII = 【答案】C 【分析】A．容器Ⅱ相当于容器Ⅰ加压，使体积变为原来一半，平衡正移； B．容器Ⅱ相当于容器Ⅰ加压，使体积变为原来一半，平衡正移，B的体积分数VI%＞VII%；容器Ⅱ的投料为Ⅰ的2倍，Ⅱ的压强大于Ⅰ，加压平衡正向移动； C．4mol C相当于6mol A、2mol B，容器Ⅱ与容器Ⅲ为等效平衡，容器Ⅱ从反应物开始，容器Ⅲ从生成物开始，达平衡时各物质的浓度相同，所以B的体积分数相同，两容器中反应物的转化率之和为1； D．对于给定方程式的化学反应，平衡常数只与温度有关。 【详解】A．容器Ⅱ相当于容器Ⅰ加压，使体积变为原来一半，平衡正移；转化率αI＜αII，故A错误； B．容器Ⅱ相当于容器Ⅰ加压，使体积变为原来一半，平衡正移，B的体积分数VI%＞VII%；容器Ⅱ的投料为Ⅰ的2倍，Ⅱ的压强大于Ⅰ，加压平衡正向移动，所以反应能量2QI＜QII，平衡常数只与温度有关，容器Ⅰ、容器Ⅲ的温度相同，平衡常数相等，则KI=KIII，故B错误； C．4mol C相当于6mol A、2mol B，容器Ⅱ与容器Ⅲ为等效平衡，B的体积分数相同，两容器中反应物的转化率之和为1，两反应的能量和等于完全反应时放出能量数值的2倍，故C正确； D．平衡常数只与温度有关，容器Ⅰ、容器Ⅱ、容器Ⅲ的温度相同，平衡常数相等，则KI=KII=KIII，故D错误； 故选C。 10．常温下，四种溶液: ①pH=11 的氨水，②pH=11 的氢氧化钠溶液，③pH=3 的醋酸，④pH=3的盐酸，下列说法错误的是 A．将溶液②、③等体积混合，所得溶液显酸性 B．分别取1mL加水稀释至10mL，四种溶液的pH：①>②>③>④ C．向溶液③、④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两种溶液的pH均增大 D．将aL溶液②和bL溶液④混合后，若所得溶液pH=7，则a：b=1：1 【答案】B 【分析】一水合氨为弱碱，pH=11的氨水，其物质的量浓度大于10-3mol/L；NaOH为强碱，pH=11的氢氧化钠溶液，其物质的量浓度等于10-3mol/L；醋酸为弱酸，pH=3的醋酸，其物质的量浓度大于10-3mol/L；盐酸为强酸，pH=3的盐酸，其物质的量浓度等于10—3mol/L。 【详解】A．将溶液②、③等体积混合，反应完成后，CH3COOH有剩余，且溶液中以剩余的CH3COOH电离为主，所得溶液显酸性，故A正确； B．强酸、强碱加水稀释，pH变化大，弱酸、弱碱稀释，pH变化小，则分别取1mL加水稀释至10mL，NaOH溶液的pH减小的幅度比氨水大，盐酸的pH增大的幅度比CH3COOH大，所以四种溶液的pH：①＞②＞④＞③，故B错误； C．向溶液③中加入适量的醋酸钠晶体，溶解后增大溶液中的醋酸根离子浓度，使CH3COOH的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，pH增大，④中加入适量的醋酸钠晶体，溶解后与H+结合为弱电解质醋酸，c(H+)减小，pH增大，故C正确； D．②pH=11的氢氧化钠溶液、④pH=3的盐酸中，c(HCl) =c(NaOH) =10—3mol/L，且两者均为强酸强碱，将aL溶液②和bL溶液④混合后，若所得溶液pH=7，则10—3a=10—3b，所以a：b=1：1，故D正确； 故选B。 11．电离常数是研究电解质在水溶液中行为的重要工具。现有HX、H2Y 和H2Z 三种酸，各酸及其盐之间不发生氧化还原反应，它们在25℃的电离常数分别为 HX：Ka=10—9.2 H2Y：Ka1=10—6.4、Ka2=10—10.3 H2Z：Ka1=10—1.9、Ka2=10—7.2。下列说法正确的是 A．相同物质的量浓度的 HX、H2Y、H2Z 溶液，pH的关系：HX＜H2Y＜H2Z B．0.1mol/L H2Z 溶液中离子浓度的关系：c(H+)＞c(Z2—)＞c(HZ—) C．Na2Y 溶液与过量HX 反应的离子方程式：HX + Y2— === HY— + X— D．用NaOH溶液中和相同pH、相同体积的H2Y、H2Z溶液，H2Z酸性强，消耗的NaOH 溶液多 【答案】C 【分析】弱酸的电离常数越大，酸性越强，由题给电离常数可知，酸性强弱顺序：H2Z＞H2Y＞HZ—＞HX＞HY—。 【详解】A．根据电离常数越大，酸性越强，可知三种酸的强弱关系：H2Z＞H2Y＞HX，则相同物质的量浓度的三种酸溶液的pH大小顺序：H2Z＜H2Y＜HX，故A错误； B．由电离常数可知， H2Z在溶液中分步电离，一级电离程度远大于二级电离，0.1mol/L H2Z 溶液中离子浓度的关系：c(H+)＞c(HZ—)＞c(Z2—)，故B错误； C．根据电离常数越大，酸性越强，从表格中电离平衡常数的大小判断酸性强弱为：H2Y＞HX＞HY-，故根据相对强的酸制相对弱的酸，Na2Y溶液与过量HX反应的离子方程式：HX + Y2— === HY— + X—，故C正确； D．根据电离平衡常数越大，酸性越强，判断酸性：H2Y＜H2Z，故相同pH，H2Y浓度大于H2Z，故H2Y消耗的NaOH 溶液更多，D错误。 故选C。 12．二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应： I．C2H6(g) + CO2(g)C2H4(g) + CO(g) + H2O(g) ΔH1＞0 II．C2H6(g) + 2CO2(g)4CO(g) + 3H2(g) ΔH2＞0 向容积为10L的密闭容器中投入2mol C2H6和3mol CO2，不同温度下，测得5min时(反应均未平衡)的相关数据见下表，下列说法正确的是 温度(℃) 400 500 600 乙烷转化率(%) 2.2 9.0 17.8 乙烯选择性(%) 92.6 80.0 61.8 注：乙烯选择性=×100% A．反应活化能：I>Ⅱ B．500℃时，0~5min反应I的平均速率为v(C2H4)=2.88×10—3mol·L—1·min—1 C．5min时，400℃条件下的乙烯产率最高 D．其他条件不变，增大投料比投料，平衡后可提高乙烷转化率 【答案】B 【分析】A．由表格数据可知，随温度升高乙烷的转化率增大乙烯的选择性减小； B．根据v=计算反应速率； C．根据反应I．C2H6(g) + CO2(g)C2H4(g) + CO(g) + H2O(g) ΔH1＞0，升高温度，乙烯产率升高； D．其他条件不变，增大投料比投料，平衡正向移动，乙烷转化率减小，CO2转化率增大。 【详解】A．由表格数据可知，随温度升高乙烷的转化率增大乙烯的选择性减小，说明温度升高，主要发生反应Ⅱ，说明反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能小，故A错误； B．500℃时，0～5min反应Ⅰ的平均速率为v===2.88×10—3mol·L—1·min—1，故B正确； C．根据反应I．C2H6(g) + CO2(g)C2H4(g) + CO(g) + H2O(g) ΔH1＞0，升高温度，乙烯产率升高，故C错误； D．其他条件不变，增大投料比投料，平衡正向移动，乙烷转化率减小，CO2转化率增大，故D错误； 故选B。 13．下列图像与对应的叙述相符的是 A．常温下，pH均为2、体积均为V0的三种酸溶液，分别加水稀释至体积为V，相应的变化关系如图1 所示，则，Ka(HB)＜Ka(HC) B．恒容下一定量A 和足量B发生反应：xA(g) + 2B(s)yC(g) ΔH<0。容器中A、C的物质的量浓度随时间变化如图2所示，第10min引起变化的条件可能是升温或压缩容器体积加压 C．向体积均为1L 的两恒容容器中分别充入2mol X 和1mol Y发生反应：2X(g) + Y(g)Z(g)，相应的变化关系如图3 所示，则气体的总物质的量：n(a)>n(c) D．一定温度下，向不同体积的密闭容器中分别加入足量活性炭和2mol NO2，发生反应2C(s) + 2NO2(g)N2(g) + 2CO2(g)，相应的变化关系如图4 所示，图中a点v(正)=v(逆) 【答案】D 【分析】A．图1中，pH均为2的HA、HB、HC溶液稀释相同倍数时，pH变化越大酸性越强，Ka越大； B．图2反应xA(g) + 2B(s)yC(g) ΔH<0，10min时，反应没有达到平衡状态，反应速率明显加快； C．图3反应2X(g) + Y(g)Z(g)，正反应气体分子数减少，甲为绝热容器，开始时压强增大，说明正反应放热，甲容器内温度升高，a点温度大于c点，a和c点压强相等； D．图4反应2C(s) + 2NO2(g)N2(g) + 2CO2(g)正反应气体分子数增多，增大体积、减小压强，平衡正向移动，NO2转化率增大，由图象可知，相同时间，a、b为已达到平衡点，c还未达到平衡。 【详解】A．图1中，pH均为2的HA、HB、HC溶液稀释相同倍数时，pH变化越大酸性越强，Ka越大，则酸性HA＞HB＞HC，所以Ka(HB)＞Ka(HC)，故A错误； B．10min时，反应没有达到平衡状态，反应速率明显加快，第10min引起变化的条件可能是升温，若压缩容器体积加压，反应物与生成物浓度均增大，与图像不符，故B错误； C．甲为绝热容器，开始时压强增大，说明正反应放热，甲容器内温度升高，a点温度大于c点，a和c点压强相等，可知n(a)＜n(c)，故C错误； D．图4反应2C(s) + 2NO2(g)N2(g) + 2CO2(g)正反应气体分子数增多，增大体积、减小压强，平衡正向移动，NO2转化率增大，由图象可知，相同时间，a、b为已达到平衡点，c还未达到平衡，故D正确； 故选D。 14．常温下CH2ClCOOH 和 CHCl2COOH 的两种有机酸溶液中, 分布系数δ与pH的关系如图所示。已知：氯原子可导致有机酸酸性增强， 。下列叙述正确的是 A．曲线M表示δ(CHCl2COO—)~pH的变化关系 B．若酸的初始浓度为0.1mol·L—1，则点a(1.0，0.65)的溶液中只有 H⁺、OH—、有机酸根离子 C．CH2ClCOOH的电离常数Ka=10—1.3 D．pH=2.08时， 【答案】D 【分析】随着pH的增大，CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小，CH2ClCOO—、CHCl2COO—浓度增大，—Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，即Ka(CH2ClCOOH)小于Ka(CHCl2COOH)，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10—1.3，Ka(CH2ClCOOH)≈10—2.8，由此分析解题。 【详解】A．根据分析，CHCl2COOH酸性强于CH2ClCOOH，曲线M应表示δ(CH2ClCOO—)～pH 的变化关系，故A错误； B．酸的初始浓度为0.01mol/L，若溶质只有CHCl2COOH，c(CHCl2COO—)=c(H+)≈=10—1.15，根据图表，a点对应的pH=1.0，说明溶液中加入了更强的酸，点a的溶液中有 H⁺、OH—、有机酸根离子、强酸根离子，故B错误； C．根据分析，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时，CH2ClCOOH的电离常数Ka== 10—2.8，故C错误； D．电离度α=，n初始=n电离+n未电离，则α(CH2ClCOOH)=δ(CH2ClCOO—)， α(CHCl2COOH)=δ(CHCl2COO—)，pH=2.08时，δ(CH2ClCOO—)=0.15，δ(CHCl2COO—)=0.85，故，故D正确； 故选D。 Ⅱ卷(共44分) 二、填空题(共3道大题) 15．滴定法是化学常用的定量分析法，常见的有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等。氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。 现用0.1000mol·L—1 KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色H2C2O4溶液，MnO+ H2C2O4 + H+→Mn2+ + CO2↑ + H2O 。按要求完成下列问题： (1)该滴定实验应选用 (填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。 (2)滴定前是否要滴加指示剂? (填“是”或“否”)。滴定过程中眼睛应注视 ，滴定终点的现象为 。 (3)甲同学在滴定开始和结束时，观察到装标准液的滴定管的液面如图所示，则本次滴定所消耗标准液的体积为 。 (4)乙学生按照滴定步骤进行了3 次实验，分别记录有关数据如表： 滴定次数 待测 H2C2O4溶液的体积/mL 0.1000mol·L—1 KMnO4的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL 第一次 25.00 0.00 26.11 26.11 第二次 25.00 1.56 30.30 28.74 第三次 25.00 0.22 26.31 26.09 依据上表数据计算该H2C2O4溶液的物质的量浓度为 mol/L(保留4位有效数字)。 (5)下列操作中可能使测定结果偏低的是 (填字母)。 A．滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液 B．在锥形瓶装液前，有少量蒸馏水 C．摇动锥形瓶时，瓶中有少量液体溅出 D．滴定前，滴定管尖嘴部分没有气泡，滴定后有气泡 E．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 F．滴定快达终点时，用少量蒸馏水洗涤锥形瓶内壁，然后继续滴定至终点 【答案】(1)酸； (2)否；滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不变色； (3)26.10mL； (4)0.2610； (5)CDE。 【分析】(1)根据高锰酸钾溶液的性质，选择合适的滴定管； (2)判断是否需要滴加指示剂，并描述滴定终点的判断方法； (3)计算滴定所消耗的标准液体积； (4)根据滴定数据，计算H2C2O4溶液的物质的量浓度； (5)分析各操作对测定结果的影响。 【详解】(1)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以实验时应选用酸式滴定管盛放高锰酸钾溶液， 故答案为：酸； (2)KMnO4在溶液中显浅紫色，滴定时，过量的酸性KMnO4会使溶液呈浅紫色，所以滴定前不需要加指示剂；溶液中的草酸溶液与酸性KMnO4溶液完全反应后，滴入最后半滴酸性KMnO4溶液会由无色变为浅紫色，则滴定终点的判断方法为滴入最后半滴酸性KMnO4溶液，锥形瓶内溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不变色， 故答案为：否；滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不变色； (3)滴定前读数为0.00mL，滴定终点时读数为26.10mL，则滴定所消耗酸性KMnO4标准液的体积为26.10mL， 故答案为：26.10mL； (4)第二次滴定所用标准液体积偏差太大，应舍去不要，则滴定消耗标准液平均体积为(26.11mL+26.09mL)/2=26.10mL，则由方程式可知，草酸溶液的浓度为 0.1000mol/L×0.0261L×/0.025L=0.2610mol/L， 故答案为：0.2610； (5)A．滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液，标准液的浓度偏小，造成V标准偏高，c待测偏高； B．在锥形瓶装液前，有少量蒸馏水，不会影响溶质的物质的量，对所测结果无影响，故B错误； C．振荡时锥形瓶有部分液体溅出，则会使标准液体积消耗变小，导致所测结果偏低，故C正确； D．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡会使高锰酸钾溶液的体积偏低，导致测定结果偏低，故D正确； E．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数会使高锰酸钾溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故E正确； F．滴定快达终点时，用少量蒸馏水洗涤锥形瓶内壁，然后继续滴定至终点，不影响草酸的物质的量和酸性高锰酸钾溶液的体积，对所测浓度无影响，故F错误； 故答案为：CDE。 16．化学反应原理主要研究化学反应的基本规律。 (1)800℃时，在体积为2L 的恒容密闭容器中充入0.20 mol NO和0.10 mol O2，发生反应： 2NO(g) + O2(g)2NO2(g) ΔH<0，n(NO)随时间的变化如下表： 时间(s) 0 1 2 3 4 5 n(NO)/mol 0.20 0.12 0.06 0.02 0.02 0.02 ①下列既能使加快正反应速率，又能增大NO平衡转化率的是 。 A．及时分离出NO2气体 B．适当升高温度 C．增大O2的浓度 D．选择高效的催化剂 ②0-2s 内，计算用O2表示的平均反应速率v(O2)= 。 ③800℃时，该反应的平衡常数K= (mol/L)—1(填计算结果)。相同温度下的另一容器中也发生着该反应，某时刻测出 NO、O2、NO2三者的浓度分别是0.1mol/L、0.2mol/L 和0.1mol/L，此时v正 v逆(填“>”、“<”或“=”)。 ④若平衡后容器内的压强为p0kPa，写出分压平衡常数Kp= (kPa)—1(列出计算表达式)(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (2)在恒温恒容密闭容器中充入一定量X(g)，发生反应2X(g)Y(g) ΔH<0，已知该反应的速率方程分别是 v正(X)＝k正·c2(X)和v逆(Y)＝k逆·c(Y)，其中k正、k逆为该反应的速率常数，通常只与温度、催化剂的活性有关。 ①升高温度，速率常数k正和k逆会 (填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡 (填“正向”、“逆向”或“不”)移动。 ②根据题意，推断反应的平衡常数K与速率常数k逆、k逆的关系式为K= 。 【答案】(1)①C；②0.0175mol·L—1·s—1；③16200；＞；④； (2)①增大；逆向； ②。 【分析】(1)①根据速率影响因素和平衡移动来判断； ②根据v=计算反应速率； ③根据平衡常数的定义式计算平衡常数，根据浓度商Q与平衡常数的大小关系判断v正、v逆的大小关系； ④根据三段式计算各气体的分压，再根据Kp的定义式计算Kp； (2)①根据k正、k逆为该反应的速率常数，通常只与温度、催化剂的活性有关来判断； ②根据平衡时刻v正=v逆推导平衡常数K与k正、k逆的关系。 【详解】(1)A．及时分离出NO2气体，导致生成物浓度降低，速率减慢，故A错误； B．适当升高温度，会加快正反应速率，但ΔH<0，说明正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO平衡转化率降低，故B错误； C．增大O2的浓度，正反应速率加快，平衡正向移动，NO平衡转化率增大，故C正确； D．选择高效的催化剂，正反应速率加快，平衡不移动，NO平衡转化率不变，故D错误。 ②v(NO)===0.035mol·L—1·s—1，v(O2)===0.0175mol·L—1·s—1； ③根据三段式及表格数据，c平(NO)==0.01mol/L，c平(O2)==0.005mol/L，c平(NO2)==0.09mol/L，则K===16200；某时刻测出 NO、O2、NO2三者的浓度分别是0.1mol/L、0.2mol/L 和0.1mol/L，则浓度商Q====5，Q＜K， 则v正＞v逆； ④根据三段式及表格数据，2NO(g) + O2(g)2NO2(g) 起始的物质的量： 0.2 0.1 0 转化的物质的量： 0.18 0.09 0.18 平衡后物质的量： 0.02 0.01 0.18 n平(NO)%==，n平(O2)%==， n平(NO2)%==，Kp=； (2)①升高温度，v正(X)、v逆(Y)均增大，则k正、k逆会增大，2X(g)Y(g) ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动； ②平衡时刻，v正(X)=2v逆(Y)，则k正·c2(X)＝2k逆·c(Y)，平衡常数表达式K==。 17．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。硫酰氯及1，4。二氯甲基苯等可通过氯化反应制备。 (1)硫酰氯常用作氯化剂和氨磺化剂，工业上制备原理如下：SO2(g) + Cl2(g)SO2Cl2(g) ΔH=—67.59kJ·mol—1 。 ①若正反应的活化能为E正kJ·mol—1，则逆反应的活化能E逆= kJ·mol—1(用含E正的代数式表示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g)，测定不同温度下体系达平衡时的Δp(Δp= p0 - p，p0为体系初始压强， ，p为体系平衡压强)，结果如下左图。 上面左图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。 M 点 Cl2的转化率为 。 ③上面右图曲线中能准确表示T1温度下Δp随进料比变化的是 (填序号)。 (2)1，4-二氯甲基苯(物质 D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(物质 X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时的反应过程为： 以上各反应的速率方程均可表示为v=kc(A)c(B)，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(k1~k5分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的物质X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，k1：k2：k3：k4：k5=100：21：7：4：23。60min时，c(D)=0.099mol·L—1，若0~60 min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G)= mol·L—1； 60 min后，随T的含量增加， (填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1)①E正+67.59； ②T3＞T2＞T1；该反应是放热、气体分子数减小的反应，恒容条件下，反应正向进行时，容器压强减小，从T3到T1，平衡时Δp增大，说明正反应进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低；75%； ③D； (2)0.033；增大。 【分析】(1)①反应焓变ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能； ②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，容器中气体压强减小，Δp增大，从T3到T1，Δp增大，说明反应正向进行的程度逐渐增大，图甲中M点可知，进料比为n(SO2)：n(Cl2)=2，平衡时Δp=60kPa，已知恒温恆容条件下，容器内气体物质的量之比等于气体压强之比，结合 三段式列式计算，转化率=×100%； ③图中M点可知，进料比2时，Δp=60kPa，结合三段式和T1的平衡常数可知，进料比为0.5时，Δp=60kPa； (2)速率之比等于浓度之比，结合速率方程和速率常数计算c(G)，60min后，随T的含量增加，速率之比。 【详解】(1)①根据反应热ΔH与正反应的活化能E正、逆反应的活化能E逆的关系：ΔH=E正-E逆，则逆反应的活化能E逆=E正-ΔH=(E正+67.59)kJ•mol—1， 故答案为：E正+67.59； ②该反应的正反应为气体分子数减少的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，Δp越大。从T3到T1，Δp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，则图中温度由高到低的顺序为：T3＞T2＞T1。由题图甲中M点可知，进料比n(SO2)：n(Cl2)=2，平衡时Δp=60kPa，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于其压强之比，则p0(SO2)=2p0(Cl2)，且p0(SO2)+p0(Cl2)=240kPa，即p0(SO2)=160kPa，p0(Cl2)=80kPa，可据此列出“三段式”：                 SO2(g) + Cl2(g)SO2Cl2(g) Δp 起始量（kPa）160       80             0      0 变化量（kPa） 60     60             60       60 平衡量（kPa）100     20            60 可计算得α(Cl2)=×100%=75%， 故答案为：T3＞T2＞T1；该反应是放热、气体分子数减小的反应，恒容条件下，反应正向进行时，容器压强减小，从T3到T1，平衡时Δp增大，说明正反应进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低；75%； ③由题图甲中M点可知，进料比为2时，Δp=60kPa，结合“三段式”，以及T1时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，Δp也为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SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时，Δp相等，所以曲线中能准确表示T1温度下Δp随进料比变化的是D， 故答案为：D； (2)已知==，又由题给反应速率方程推知，===3，则Δc(G)=×Δc(D)=0.033mol·L—1，即60min时c(G)=0.033mol·L—1；60min后，D和G转化为T的速率比为====，结合两者的生成速率可知，D生成快消耗慢，G生成慢消耗快，则增大， 故答案为：0.033；增大。 第 1 页 共 20 页 学科网（北京）股份有限公司 $