精品解析：北京市第四十四中学2025-2026学年高二上学期期中练习 化学试题

北京市第四十四中学2025—2026学年度第一学期期中练习 高二化学 2025.11 (考试时间：90分钟 满分100分) 考试说明 1．Ⅰ卷选择题均为单选题，共20道小题，每小题2分，共40分；Ⅱ卷共八道大题，共60分，请将所有答案填写在答题纸上。 2．可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 C 12 S 32 P 31 第Ⅰ卷(共40分) 单选题(共20道小题，每小题2分，共40分) 1. 我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿()存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是 A. 月壤钛铁矿中存在活泼氢 B. 将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气 C. 月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应 D. 将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量 2. 下列属于弱电解质的物质是 A. B. C. D. 3. 下列热化学方程式中，能表示物质的燃烧热的是 A. B. C. D. 4. 下列方法对2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的反应速率没有影响的是 A. 加入SO3 B. 容积不变，充入N2 C. 压强不变，充入N2 D. 降低温度 5. 下列说法中正确的是 A. 活化分子间的碰撞一定是有效碰撞 B. 反应的活化能大小不会影响化学反应速率 C. 固体溶解一定是熵减小的过程 D. 既放热又熵增的反应一定是自发反应 6. 在体积固定的密闭容器中发生反应：，下列情况不能说明反应已达平衡状态的是 A. 单位时间内消耗的同时生成 B. 、、的浓度之比为2:1:2 C. 容器内气体的摩尔质量不再改变 D. 容器内气体压强不再改变 7. 下列实验的对应操作中，不合理的是 A.用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 B.稀释浓硫酸 C.从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体 D.配制一定物质的量浓度的KCl溶液 A. A B. B C. C D. D 8. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是 A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子 B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量 C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 9. 实验表明：少量的可以催化分解。下面图1是催化过程的机理，图2是有、无存在下分解的能量变化示意图。 下列说法不正确的是 A. 分解是放热反应 B. 发生反应： C. 反应速率： D. 加入不会改变分解反应的焓变 10. 下列不能用勒夏特列原理解释的是 A. 溶液中加入固体KSCN后颜色变深 B. 红棕色加压后颜色先变深后变浅 C. 新制氯水在光照下颜色变浅 D. 、、HI平衡混合气加压后颜色变深 11. 室温下，在pH=12的强碱溶液中，由水电离出的c(OH-)为 A. 1.0×10-7 mol•L-1 B. 1.0×10-6 mol•L-1 C. 1.0×10-2 mol•L-1 D. 1.0×10-12 mol•L-1 12. 已知的键能为，的键能为反应经历了如下反应历程：①，②，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 的键能为 B. 升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小 C. 升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高的转化率 D. 为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变 13. 硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. I的化学方程式： B. Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率 C. 将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D. 生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 14. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 15. 一定量的气体在密闭容器中发生反应：xA(g) + yB(g) zC(g)，平衡时测得A的浓度为1.0mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡后， 测得A的浓度降低为0.60 mol/L。下列有关判断正确的是 A. 平衡向正反应方向移动 B. 物质B的转化率降低 C. x + y ＜ z D. 物质C的体积分数增大 16. 溶液与稀硫酸反应的化学方程式为，某小组设计如下实验探究影响该反应速率的因素，结合实验数据判断正确的是 实验 反应温度/℃ 溶液 稀 V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL ① 25 5 0.1 10 0.1 x ② 25 5 0.2 5 0.2 10 ③ 35 5 0.2 5 0.2 10 A. x=10 B. 依据实验①③可探究反应温度对反应速率的影响 C. 各组实验反应中最先变浑浊的是② D. 实验②中t min时生成了0.016g S，则t min内的平均反应速率为mol/(L•min) 17. 下列关于醋酸溶液的说法正确的是 A. 等pH的盐酸和醋酸溶液分别与NaOH溶液反应，所消耗NaOH的物质的量：HCl> B. 等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液分别与足量Mg反应，产生的体积(标况)：HCl> C. pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍，pH>4 D. 室温下，pH=3的醋酸溶液中，由水电离出的 18. 在容积可变的密闭容器中，发生反应：。起始时和的物质的量之比为2：1.在不同压强下()反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应的 B. 压强： C. 正反应速率：y点>x点 D. 化学平衡常数：y点>x点 19. 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 20. 工业上利用碳热还原BaSO4制得BaS，进而生产各种含钡化合物。温度对反应后组分的影响如图。 已知：碳热还原BaSO4过程中可能发生下列反应。 i.BaSO4(s)+2C(s)=2CO2(g)+BaS(s) △H1 ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1 iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s) △H3=-118.8kJ·mol-1 下列关于碳热还原BaSO4过程的说法正确的是 A. △H1=+113.1kJ·mol-1 B. 400℃后，反应后组分的变化是由C(s)+CO2(g)2CO(g)的移动导致的 C. 温度升高，C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数K减小 D. 反应过程中，生成的CO2和CO的物质的量之和始终等于投入C的物质的量 第Ⅱ卷(共60分) 21. 下列物质中：①氨水②③④⑤⑥ （1）属于强电解质的是_____________(填序号)。 （2）弱电解质的是_____________(填序号)。 （3）写出电离方程式：_______________________、_______________________。 22. 酸、碱、盐都是电解质，在水中都能电离出离子。 （1）0.1 mol/L的下列溶液，pH由大到小的排列顺序是_____________。(填序号) A. 　 B.HCl 　 C. （2）体积相同、物质的量浓度相同的盐酸和溶液与NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH的物质的量分别为a，b，则a_____________b(填“>”、“＜”或“=”) （3）体积相同、pH相同的盐酸和溶液与NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH的物质的量分别为c，d，则c_____________d(填“>”、“＜”或“=”) （4）将pH相同的盐酸和溶液均稀释10倍后，pH由大到小的顺序是_____________。 （5）将0.1 mol/L的溶液加热后，溶液中会_____________(填“增大”、“减小”或“不变”)，用文字和化学用语解释原因_________________________________。 23. 已知水在常温和100℃的电离平衡曲线如图所示： （1）常温时，水的电离平衡曲线应为_____________。(填“A“或”B“) （2）常温时，将的NaOH溶液与的溶液混合，若所得混合溶液的，则NaOH溶液与溶液的体积比为_____________。 （3）100℃时，纯水的_____________。 （4）100℃时，将的NaOH溶液与的溶液混合，若所得混合溶液的，则NaOH溶液与溶液的体积比为_____________。 24. 合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破。 （1）将和通入体积为2 L的恒温恒容密闭容器中，5 min后达到化学平衡，测得的浓度为0.2 mol/L，这段时间内用的浓度变化表示的化学反应速率为_____________。 （2）下图是某压强下和按物质的量之比1：3投料进行反应，反应混合物中的物质的量分数随温度的变化曲线。Ⅰ是平衡时的曲线，Ⅱ是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，下列说法正确的是_____________。 A.图中a点，容器内 B.图中b点， C.400~530℃，Ⅱ中的物质的量分数随温度升高而增大，原因是升高温度化学反应速率增大 是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 （3）方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：(浓)。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和_____________。 （4）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第Ⅰ步反应的化学方程式为_______________________。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2n mol NO和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因_______________________。 25. 某同学设计实验探究丙酮碘化反应中，丙酮、浓度对化学反应速率的影响。 已知： 编号 丙酮溶液 溶液 盐酸 蒸馏水 溶液褪色时间 ① ② ③ ④ （1）研究丙酮浓度对反应速率的影响，应选择的实验为________． （2）实验④中，________，加蒸馏水的目的是________． （3）计算实验③中，以表示的反应速率为________（列出表达式） （4）通过计算发现规律：丙酮碘化反应的速率与丙酮和的浓度有关，而与的浓度无关，查阅资料发现丙酮碘化反应的历程为： 请依据反应历程，解释丙酮碘化反应速率与浓度无关的原因________________． 26. 甲醇是重要的化工原料，发展前景广阔，研究表明加氢可以合成甲醇，和可发生如下两个反应： Ⅰ． Ⅱ． （1）①反应Ⅰ的化学平衡常数表达式_____________。 ②有利于提高反应Ⅰ中的平衡转化率的措施有_____________(填序号)。 a.使用催化剂　　 b.加压　　 c.增大和的初始投料比 ③研究温度对于甲醇产率的影响。在210℃~290℃，保持原料气中和的投料比不变，按一定流速通过催化剂甲，主要发生反应Ⅰ，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。_____________0(填“>”、“＜”或“=”)，其依据是_____________。 （2）某实验控制压强一定，和初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，经过相同时间测得如下实验数据(反应未达到平衡状态)： 实际转化率(%) 甲醇选择性(%) 543 12.3 42.3 553 15.3 39.1 【注】甲醇选择性：转化的中生成甲醇的百分比 表中实验数据表明，升高温度，的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是________________________。 27. CO2与H2在不同条件下发生不同反应，可实现不同的应用。 （1）载人航天器中，航天员呼出的CO2可与H2反应生成CH4和H2O，电解H2O可实现O2和H2的再生。 ①在一定条件下发生反应： (a、b不均为0) 则该条件下， _______ ②某温度下，向1 L恒容密闭容器中通入0.01 mol CO2和0.04 mol H2，发生反应：，平衡后生成0.005 mol CH4。CO2的转化率是_______，该温度下反应的平衡常数是_______。 （2）CO2催化加氢是制备CH3OH的重要方法，反应过程涉及的主要反应如下： 反应1： 反应2： ①有关上述反应的说法正确的是_______(填序号)。 a．增大压强有利于CH3OH的生成 b．使用催化剂，能降低反应的活化能，提高CO2的平衡转化率 c．升温有利于反应1，反应1先达到平衡状态 ②其他条件不变时，一段时间内，温度对CO2加氢制CH3OH反应的影响如图。已知：CH3OH选择性。 ⅰ．由图知240℃时实际反应未达到平衡状态，图中的依据是_______。 ⅱ．220~240℃时，CO2的平衡转化率变化的原因是_______。 ⅲ．220~240℃，升高温度，CH3OH的实际选择性变化的原因可能是_______。 28. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为，还含有和有机碳等。 溶解度： （1）上述流程中能加快反应速率的措施有________________________。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应：，该反应体现出酸性关系：_____________(填“>“或”<“)。 （3）酸浸时，磷精矿中所含氟转化为HF，并进一步转化为除去。写出生成HF的化学方程式：_____________________________________________。 （4）将粗磷酸中的有机碳氧化为脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：______________________________。 （5）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用溶液滴定至终点时生成，消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中的质量分数是_____________。(已知：摩尔质量为) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第四十四中学2025—2026学年度第一学期期中练习 高二化学 2025.11 (考试时间：90分钟 满分100分) 考试说明 1．Ⅰ卷选择题均为单选题，共20道小题，每小题2分，共40分；Ⅱ卷共八道大题，共60分，请将所有答案填写在答题纸上。 2．可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 C 12 S 32 P 31 第Ⅰ卷(共40分) 单选题(共20道小题，每小题2分，共40分) 1. 我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿()存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是 A. 月壤钛铁矿中存在活泼氢 B. 将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气 C. 月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应 D. 将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量 【答案】B 【解析】 【详解】A．月壤钛铁矿中的氢来自太阳风，以原子态吸附，属于活泼氢，A正确； B．地球上的钛铁矿若未吸附足够氢原子，根据原子守恒可知，加热可能无法生成水蒸气，因此“一定生成”的说法错误，B错误； C．生成水时H被氧化（0→+1），Fe被还原（如+3→0），存在化合价变化，属于氧化还原反应，C正确； D．水蒸气液化是物理变化，但会释放热量，D正确； 故选B。 2. 下列属于弱电解质的物质是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．虽难溶于水，但其溶解部分完全电离，属于强电解质，A错误； B．是强碱，在水中完全电离，属于强电解质，B错误； C．是强酸，在水中完全电离，属于强电解质，C错误； D．是弱碱，在水中只能部分电离，属于弱电解质，D正确； 故选D。 3. 下列热化学方程式中，能表示物质的燃烧热的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做燃烧热，据此解答本题。 【详解】A． 1molH2在氧气中完全燃烧，生成H20(l)时放出的热量为燃烧热，A项错误； B． 1molC(s)在氧气中完全燃烧，生成CO2(g)时放出的热量为燃烧热，B项错误； C． 1molCO(g)在氧气中完全燃烧，生成CO2(g)时放出的热量为燃烧热，C项正确； D． 1molC8O18(l)在氧气中完全燃烧，生成CO2(g)和H20(l)时，为燃烧热，D项错误； 答案选C。 4. 下列方法对2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的反应速率没有影响的是 A. 加入SO3 B. 容积不变，充入N2 C. 压强不变，充入N2 D. 降低温度 【答案】B 【解析】 【详解】A选项，加入SO3，生成物浓度增大，反应速率增大，故A错误；B选项，容积不变，充入N2，反应体系中各物质浓度不变，则反应速率不变，故B正确；C选项，压强不变，充入N2，反应体系的体积增大，相当于压强减小，则反应速率减小，故C错误；D选项，降低温度，反应速率减小，故D错误；故选B。 【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，把握常见的影响速率的因素为解答的关键。本题的易错点为C，要注意压强不变时充入与平衡无关的气体会造成容器的体积增大，反应物的浓度减小。 5. 下列说法中正确的是 A. 活化分子间的碰撞一定是有效碰撞 B. 反应的活化能大小不会影响化学反应速率 C. 固体溶解一定是熵减小的过程 D. 既放热又熵增的反应一定是自发反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．有效碰撞除要求碰撞粒子具有足够能量外，还要求碰撞取向合适，活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，A错误； B．在其他条件相同时，反应的活化能越大，能发生有效碰撞的分子比例通常越小，化学反应速率越慢，B错误； C．绝大多数固体溶解是熵增的过程，混乱度增加，C错误； D．放热反应的焓变小于零，熵增反应的熵变大于零，因此在恒温恒压下吉布斯自由能变化小于零，反应能自发进行，D正确； 故选D。 6. 在体积固定的密闭容器中发生反应：，下列情况不能说明反应已达平衡状态的是 A. 单位时间内消耗的同时生成 B. 、、的浓度之比为2:1:2 C. 容器内气体的摩尔质量不再改变 D. 容器内气体压强不再改变 【答案】B 【解析】 【详解】A．正反应消耗，逆反应生成。根据方程式的计量关系，单位时间内消耗的同时生成，说明正、逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，A错误； B．、、的浓度之比为2:1:2只表示某一时刻各物质的浓度关系，该比例可能在非平衡状态出现，不能说明反应达到平衡状态，B正确； C．密闭容器内气体的总质量不变，而该反应前后气体的总物质的量不同，因此气体的平均摩尔质量随反应进行而改变；平均摩尔质量不再改变，能说明反应达到平衡状态，C错误； D．在外界条件不变、容器体积固定时，该反应进行会使气体总物质的量改变，从而使气体压强改变；压强不再改变，能说明反应达到平衡状态，D错误； 故选B。 7. 下列实验的对应操作中，不合理的是 A.用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 B.稀释浓硫酸 C.从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体 D.配制一定物质的量浓度的KCl溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．用标准溶液滴定溶液时，滴定终点的产物是中性的，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，可准确判断滴定终点，操作合理，A不符合题意； B．浓硫酸密度大于水且溶于水放出大量热，稀释时将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入蒸馏水中，并用玻璃棒搅拌，可防止液体飞溅，操作合理，B不符合题意； C．的溶解度随温度变化较小，采用蒸发结晶的方法可从溶液中获得晶体，蒸发时用玻璃棒搅拌可避免局部过热导致液体飞溅，操作合理，C不符合题意； D．配制一定物质的量浓度的溶液时，当液面距离刻度线1~2时，需要改用胶头滴管滴加蒸馏水，图中仍用烧杯直接添加蒸馏水，操作不合理，D符合题意； 故选D。 8. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是 A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子 B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量 C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 【答案】B 【解析】 【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 mol平衡混合气体中所含N原子大于1 mol 小于2mol ，A项错误； B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，反应热=反应物总键能-生成物总键能，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确； C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误； D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误； 答案选B。 9. 实验表明：少量的可以催化分解。下面图1是催化过程的机理，图2是有、无存在下分解的能量变化示意图。 下列说法不正确的是 A. 分解是放热反应 B. 发生反应： C. 反应速率： D. 加入不会改变分解反应的焓变 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图2能量变化可知，反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，A正确； B．如图1所示，i步骤为H2O2与I-反应生成中间产物IO-和H2O，反应式为：，B正确； C．反应速率取决于活化能，活化能越低速率越快，图2中催化反应分两步，i步骤活化能（能垒）高于ii步骤，故i速率慢于ii，即反应速率：ii > i，C错误； D．焓变由反应物和生成物能量差决定，催化剂不改变反应焓变，D正确； 故答案为C。 10. 下列不能用勒夏特列原理解释的是 A. 溶液中加入固体KSCN后颜色变深 B. 红棕色加压后颜色先变深后变浅 C. 新制氯水在光照下颜色变浅 D. 、、HI平衡混合气加压后颜色变深 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液中存在平衡，加入固体KSCN后，增大，平衡逆向移动，增大，溶液颜色变深，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意； B．红棕色存在平衡，加压后浓度瞬间增大，颜色先变深，随后平衡向气体体积减小的正反应方向移动，有所降低，颜色又变浅，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意； C．新制氯水中存在平衡，光照时发生分解，减小，平衡正向移动，减小，溶液颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，C不符合题意； D．、、平衡体系中存在反应，反应前后气体总物质的量不变，加压后平衡不移动，颜色变深是因为因体积减小而增大，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，D符合题意； 故选D。 11. 室温下，在pH=12的强碱溶液中，由水电离出的c(OH-)为 A. 1.0×10-7 mol•L-1 B. 1.0×10-6 mol•L-1 C. 1.0×10-2 mol•L-1 D. 1.0×10-12 mol•L-1 【答案】D 【解析】 【详解】酸或碱就是抑制水的电离。pH=12的强碱溶液中，氢离子是水电离出的，其浓度是1.0×10-12 mol•L-1。根据水的电离方程式H2OH＋＋OH－可知，水电离出的氢离子和OH－一定是相等的，所以由水电离出的c(OH-)也为1.0×10-12 mol•L-1。答案选D。 12. 已知的键能为，的键能为反应经历了如下反应历程：①，②，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 的键能为 B. 升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小 C. 升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高的转化率 D. 为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，△H=151 kJ·mol-1-162 kJ·mol-1=-11 kJ·mol-1，设H―I的键能为x kJ·mol-1，则△H=436kJ·mol-1+151kJ·mol-1-2x kJ·mol-1=-11 kJ·mol-1，解得x=299kJ·mol-1，A正确； B．升高温度，反应速率加快，即反应①、反应②的速率都加快，B错误； C．由图可知，反应②为放热反应，升高温度，反应②速率增大，平衡逆向移动，反应②的限度降低，不利于氢气转化率提高，C错误； D．催化剂不能降低反应②的焓变，为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能，加快反应②速率，即加快的消耗速率，D错误； 故选A。 13. 硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. I的化学方程式： B. Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率 C. 将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D. 生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 【答案】B 【解析】 【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。 【详解】A．反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：，故A正确； B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高平衡转化率，故B错误； C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确； D．硫酸工业产生的尾气为、，可以用碱液吸收，故D正确； 故选B。 14. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。 【详解】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确； B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确； C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误； D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确； 故选C。 15. 一定量的气体在密闭容器中发生反应：xA(g) + yB(g) zC(g)，平衡时测得A的浓度为1.0mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡后， 测得A的浓度降低为0.60 mol/L。下列有关判断正确的是 A. 平衡向正反应方向移动 B. 物质B的转化率降低 C. x + y ＜ z D. 物质C的体积分数增大 【答案】B 【解析】 【分析】保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，达到新平衡后，各物质的浓度是原平衡浓度的一半，现测得A的浓度为0.60 mol/L，大于原平衡浓度的一半，说明平衡向逆反应方向移动，依据平衡移动方向判断选项中的问题。 【详解】A．由分析可知，平衡向逆反应方向移动，故A错误； B．根据分析，平衡向逆反应方向移动，则物质B的转化率降低，故B正确； C．扩大容器体积，容器内压强减小，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应是气体体积增大的方向，即x＋y>z，故C错误； D．根据分析，平衡向逆反应方向移动，则物质C的体积分数减小，故D错误； 答案选B。 16. 溶液与稀硫酸反应的化学方程式为，某小组设计如下实验探究影响该反应速率的因素，结合实验数据判断正确的是 实验 反应温度/℃ 溶液 稀 V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL ① 25 5 0.1 10 0.1 x ② 25 5 0.2 5 0.2 10 ③ 35 5 0.2 5 0.2 10 A. x=10 B. 依据实验①③可探究反应温度对反应速率的影响 C. 各组实验反应中最先变浑浊的是② D. 实验②中t min时生成了0.016g S，则t min内的平均反应速率为mol/(L•min) 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据变量控制法，各组的体积不变，故有5+10+x=5+5+10，x=5，故A错误； B．实验①③温度不同，Na2S2O3浓度不相同，不可以探究温度对反应速率的影响，故B错误； C．四组实验中实验③温度较高，反应物浓度最高，速率最大，最先变浑浊，故C错误； D．实验②中，，反应消耗tmin，平均反应速率v(Na2S2O3)=mol/(L•min)，故D正确； 答案选D。 17. 下列关于醋酸溶液的说法正确的是 A. 等pH的盐酸和醋酸溶液分别与NaOH溶液反应，所消耗NaOH的物质的量：HCl> B. 等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液分别与足量Mg反应，产生的体积(标况)：HCl> C. pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍，pH>4 D. 室温下，pH=3的醋酸溶液中，由水电离出的 【答案】D 【解析】 【详解】A．醋酸是一元弱酸，HCl是一元强酸，等pH的醋酸溶液和盐酸溶液中c(CH3COOH)＞c(HCl)，相同体积的两溶液中n(CH3COOH)＞n(HCl)，分别与NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量：CH3COOH＞HCl，故A错误； B．醋酸是一元弱酸，HCl是一元强酸，由于盐酸和醋酸溶液的体积关系未知，无法计算等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液分别与足量Mg反应，产生体积的关系，故B错误； C．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后氢离子浓度：0.0001mol/L＜c(H+)＜0.001mol/L，则溶液的pH<4，故C错误； D．室温下，pH=3的醋酸溶液中，水的电离被抑制，溶液中的OH-全部是由水电离出来的，由水电离出的，故D正确； 故选D。 18. 在容积可变的密闭容器中，发生反应：。起始时和的物质的量之比为2：1.在不同压强下()反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应的 B. 压强： C. 正反应速率：y点>x点 D. 化学平衡常数：y点>x点 【答案】D 【解析】 【分析】由图像可知，随温度升高，NO转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，逆向为吸热反应，则正向为放热反应。 【详解】A．由图像可知，随温度升高，NO转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，逆向为吸热反应，则正向为放热反应，ΔH<0，A正确； B．该反应为气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，NO转化率增大。相同温度下，p1曲线的NO转化率高于p2，故压强p1>p2，B正确； C．x点在p2曲线（低压）、温度350℃，y点在p1曲线（高压）、温度高于350℃（图像中y点横坐标靠右，温度更高）。温度越高、压强越大，反应速率越快，y点温度和压强均大于x点，故正反应速率y点>x点，C正确； D．化学平衡常数K只与温度有关，与压强无关。该反应正向放热，温度升高K减小，y点温度高于x点，故平衡常数y点<x点，D错误； 故选D。 19. 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。 20. 工业上利用碳热还原BaSO4制得BaS，进而生产各种含钡化合物。温度对反应后组分的影响如图。 已知：碳热还原BaSO4过程中可能发生下列反应。 i.BaSO4(s)+2C(s)=2CO2(g)+BaS(s) △H1 ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1 iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s) △H3=-118.8kJ·mol-1 下列关于碳热还原BaSO4过程的说法正确的是 A. △H1=+113.1kJ·mol-1 B. 400℃后，反应后组分的变化是由C(s)+CO2(g)2CO(g)的移动导致的 C. 温度升高，C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数K减小 D. 反应过程中，生成的CO2和CO的物质的量之和始终等于投入C的物质的量 【答案】B 【解析】 【详解】A．已知ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1， iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s) △H3=-118.8kJ·mol-1，由盖斯定律可知：（ii+ iii）×可得BaSO4(s)+2C(s)=2CO2(g)+BaS(s)，故△H1=（△H2+ △H3）×=（571.2kJ·mol-1-118.8kJ·mol-1）×=+226.2 kJ·mol-1，A项错误； B．400℃后，BaS的物质的量分数变化不大，硫化钡基本反应完全，C、CO2的量减少，CO的量增加，故反应后组分的变化是由C(s)+CO2(g) 2CO(g)的移动导致的，B项正确； C．已知：ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1， iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s) △H3=-118.8kJ·mol-1，由盖斯定律可知：（ii- iii）×可得C(s)+CO2(g)2CO(g)，△H=（△H2-△H3）×=（571.2kJ·mol-1+118.8kJ·mol-1）×=+172.5 kJ·mol-1，反应正向为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K值增大，C项错误； D．为使硫酸钡得到充分还原，需要加入过量的碳，故反应过程中生成的CO2和CO的物质的量之和小于投入C的物质的量，D项错误； 答案选B。 第Ⅱ卷(共60分) 21. 下列物质中：①氨水②③④⑤⑥ （1）属于强电解质的是_____________(填序号)。 （2）弱电解质的是_____________(填序号)。 （3）写出电离方程式：_______________________、_______________________。 【答案】（1）②③ （2）④⑤ （3） ①. ②. 、 【解析】 【小问1详解】 强电解质定义为水溶液中能完全电离的电解质，主要包含强酸、强碱、绝大多数盐。①氨水是混合物，既不属于电解质也不属于非电解质；②、③均为可溶性盐，水溶液中完全电离，属于强电解质；⑥自身无法电离，属于非电解质；故填②③； 【小问2详解】 弱电解质定义为水溶液中仅部分电离的电解质，主要包含弱酸、弱碱、水。④存在极弱的电离平衡，⑤为二元弱酸，水溶液中仅部分电离，二者均为弱电解质；故填④⑤； 【小问3详解】 是弱酸的酸式盐，属于强电解质，完全电离出和，为弱酸的酸式酸根，电离程度极弱，因此碳酸氢钠的电离方程式为：；是二元弱酸，电离分步进行，且均为可逆过程，第一步电离程度远大于第二步，电离方程式为：、。 22. 酸、碱、盐都是电解质，在水中都能电离出离子。 （1）0.1 mol/L的下列溶液，pH由大到小的排列顺序是_____________。(填序号) A. 　 B.HCl 　 C. （2）体积相同、物质的量浓度相同的盐酸和溶液与NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH的物质的量分别为a，b，则a_____________b(填“>”、“＜”或“=”) （3）体积相同、pH相同的盐酸和溶液与NaOH溶液完全中和时，消耗NaOH的物质的量分别为c，d，则c_____________d(填“>”、“＜”或“=”) （4）将pH相同的盐酸和溶液均稀释10倍后，pH由大到小的顺序是_____________。 （5）将0.1 mol/L的溶液加热后，溶液中会_____________(填“增大”、“减小”或“不变”)，用文字和化学用语解释原因_________________________________。 【答案】（1）A>B>C （2）= （3）< （4）HCl> （5） ①. 增大 ②. 醋酸在水中存在电离平衡，加热时平衡向电离方向移动，醋酸的电离程度增大，溶液中H⁺浓度增大 【解析】 【小问1详解】 0.1 mol/L的HCl和均为强酸，在水中能够完全电离，而为弱酸，只能部分电离，因此相同浓度下溶液中的c(H+)最小、pH最大；HCl每1 mol可提供约1 mol H⁺，1 mol能够提供2 molH⁺，所以的pH最小，故pH由大到小的顺序为：A>B>C。 【小问2详解】 体积相同、物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液所含HCl和的物质的量相同，虽然醋酸是弱酸，在水中不能完全电离，但与NaOH完全中和时，未电离的醋酸会随着H⁺被消耗而继续电离，最终1 mol HCl和1 mol 都恰好消耗1 mol NaOH，因此两者完全中和时消耗NaOH的物质的量相等，即a=b。 【小问3详解】 体积相同、pH相同的盐酸和醋酸溶液，起始时两者的c(H+)相同，但盐酸是强酸，完全电离，其物质的量浓度约等于c(H+)；醋酸是弱酸，仅有少部分电离，为达到相同的c(H+)，醋酸的总物质的量浓度必须大于盐酸，因此相同体积的醋酸所含酸的总物质的量更多，完全中和时消耗的NaOH也更多，所以c<d。 【小问4详解】 将pH相同的盐酸和醋酸均稀释10倍，盐酸完全电离，稀释后pH约增大1；醋酸存在电离平衡，稀释会促进醋酸继续电离出H+，稀释后醋酸中的c(H+)大于盐酸，醋酸的pH反而较小，故pH由大到小的顺序为：HCl>。 【小问5详解】 醋酸在水中存在电离平衡，弱电解质的电离过程通常为吸热过程，加热时平衡向电离方向移动，醋酸的电离程度增大，溶液中生成的H⁺增多，因此c(H+)会增大。 23. 已知水在常温和100℃的电离平衡曲线如图所示： （1）常温时，水的电离平衡曲线应为_____________。(填“A“或”B“) （2）常温时，将的NaOH溶液与的溶液混合，若所得混合溶液的，则NaOH溶液与溶液的体积比为_____________。 （3）100℃时，纯水的_____________。 （4）100℃时，将的NaOH溶液与的溶液混合，若所得混合溶液的，则NaOH溶液与溶液的体积比为_____________。 【答案】（1）A （2） （3） 6 （4） 【解析】 【小问1详解】 水的电离是吸热过程，升高温度会促进水的电离，水的离子积常数 增大。由图可知，曲线A中 ，此时 ；曲线B中 ，此时 。常温下水的 ，故常温时水的电离平衡曲线应为A； 【小问2详解】 常温下 。 的 溶液中 ； 的 溶液中 。混合后溶液 呈中性，说明酸碱恰好完全中和，即 。则有 ，解得 ； 【小问3详解】 100℃时，由图可知曲线B对应的 ，纯水中 ，故 ； 【小问4详解】 100℃时 。 的 溶液中 ； 的 溶液中 。混合后溶液 ，由于100℃时纯水的 ，故混合溶液呈中性，说明酸碱恰好完全中和，即 。则有 ，解得 。 24. 合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破。 （1）将和通入体积为2 L的恒温恒容密闭容器中，5 min后达到化学平衡，测得的浓度为0.2 mol/L，这段时间内用的浓度变化表示的化学反应速率为_____________。 （2）下图是某压强下和按物质的量之比1：3投料进行反应，反应混合物中的物质的量分数随温度的变化曲线。Ⅰ是平衡时的曲线，Ⅱ是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，下列说法正确的是_____________。 A.图中a点，容器内 B.图中b点， C.400~530℃，Ⅱ中的物质的量分数随温度升高而增大，原因是升高温度化学反应速率增大 是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 （3）方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：(浓)。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和_____________。 （4）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第Ⅰ步反应的化学方程式为_______________________。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2n mol NO和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因_______________________。 【答案】（1）0.02 （2）AC （3）难挥发性 （4） ①. ②. 反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小；x、y两点NO的转化率相同，则平衡时各物质的物质的量相同，由平衡常数表达式可知，y点温度较高，值较小，故容器容积较小 【解析】 【小问1详解】 根据化学反应速率公式，可得的反应速率为。在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，反应方程式，故。 【小问2详解】 A．设初始投入为，为，反应达到平衡时转化了。则平衡时，，，混合气体总物质的量为。a点在平衡曲线Ⅰ上，此时的物质的量分数为，即，解得。此时，，二者物质的量之比为，A正确； B．b点在曲线Ⅱ上，此时的物质的量分数小于同温度下平衡时（曲线Ⅰ）的值，说明反应尚未达到平衡，向正反应方向进行，因此，B错误； C．400~530℃区间内，曲线Ⅱ代表的反应未达到平衡，随着温度升高，化学反应速率加快，在相同时间内生成的增多，因此的物质的量分数随温度升高而增大，C正确； 故答案选AC。 【小问3详解】 浓硫酸与硝酸钠反应制备硝酸，利用了高沸点（难挥发性）酸制备低沸点（易挥发性）酸的原理，该反应体现了浓硫酸的酸性和难挥发性。 【小问4详解】 ①第Ⅰ步为氨气的催化氧化反应，生成一氧化氮和水，化学方程式为：； ②第Ⅱ步反应为，该反应的正反应是放热反应。其浓度平衡常数表达式可写为。图中x、y两点NO的转化率相同，说明两点平衡时各物质的物质的量均对应相等，即的值相同。由于该反应放热，y点温度高于x点，升高温度平衡常数减小（），为了保持等式成立，y点的容器容积必然小于x点，故答案为反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小；x、y两点NO的转化率相同，则平衡时各物质的物质的量相同，由平衡常数表达式可知，y点温度较高，值较小，故容器容积较小。 25. 某同学设计实验探究丙酮碘化反应中，丙酮、浓度对化学反应速率的影响。 已知： 编号 丙酮溶液 溶液 盐酸 蒸馏水 溶液褪色时间 ① ② ③ ④ （1）研究丙酮浓度对反应速率的影响，应选择的实验为________． （2）实验④中，________，加蒸馏水的目的是________． （3）计算实验③中，以表示的反应速率为________（列出表达式） （4）通过计算发现规律：丙酮碘化反应的速率与丙酮和的浓度有关，而与的浓度无关，查阅资料发现丙酮碘化反应的历程为： 请依据反应历程，解释丙酮碘化反应速率与浓度无关的原因________________． 【答案】（1）①② （2） ①. 1 ②. 使混合溶液的体积相等，保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变 （3） （4）根据反应历程，丙酮与氢离子反应慢，则反应速率由的浓度决定，与碘的浓度无关 【解析】 【分析】研究影响反应速率的因素时，只改变一种反应条件，而其它条件则完全相同。 【小问1详解】 研究丙酮浓度对反应速率的影响，则只有丙酮的浓度不同，而其它条件需完全相同，对比表中数据，①和②符合要求； 【小问2详解】 根据①、②、③中的数据，溶液的总体积为6mL，则实验④中，a=1mL；加1mL蒸馏水使混合溶液的体积相等，保证丙酮溶液和碘溶液的起始浓度不变； 【小问3详解】 根据反应的方程式，③中丙酮过量，碘完全反应，； 【小问4详解】 反应速率由反应中进行程度慢的反应决定，根据反应历程，反应速率由H+的浓度决定，故丙酮碘化反应速率与I2浓度无关。 26. 甲醇是重要的化工原料，发展前景广阔，研究表明加氢可以合成甲醇，和可发生如下两个反应： Ⅰ． Ⅱ． （1）①反应Ⅰ的化学平衡常数表达式_____________。 ②有利于提高反应Ⅰ中的平衡转化率的措施有_____________(填序号)。 a.使用催化剂　　 b.加压　　 c.增大和的初始投料比 ③研究温度对于甲醇产率的影响。在210℃~290℃，保持原料气中和的投料比不变，按一定流速通过催化剂甲，主要发生反应Ⅰ，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。_____________0(填“>”、“＜”或“=”)，其依据是_____________。 （2）某实验控制压强一定，和初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，经过相同时间测得如下实验数据(反应未达到平衡状态)： 实际转化率(%) 甲醇选择性(%) 543 12.3 42.3 553 15.3 39.1 【注】甲醇选择性：转化的中生成甲醇的百分比 表中实验数据表明，升高温度，的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是________________________。 【答案】（1） ①. ②. b ③. ＜ ④. 随着温度的升高，甲醇的平衡产率逐渐降低，说明升高温度，反应Ⅰ的化学平衡向逆反应方向移动 （2）升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率均增大，相同时间内CO₂消耗更多，因此CO₂实际转化率提高；但升高温度对反应Ⅱ速率的促进作用更大，使更多CO₂转化为CO，生成甲醇的比例降低，因此甲醇选择性降低。 【解析】 【小问1详解】 ① 化学平衡常数是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值。对于反应Ⅰ：，其平衡常数表达式为 。 ② a．使用催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，的平衡转化率不变； b．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率提高； c．增大和的初始投料比，相当于增加的浓度，平衡正向移动，但自身的转化率降低； 故答案选b。 ③ 由图可知，随着温度的升高，甲醇的平衡产率逐渐降低，说明升高温度，反应Ⅰ的化学平衡向逆反应方向移动。根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热反应方向移动，因此反应Ⅰ的正反应为放热反应，即 。 【小问2详解】 题目指出反应未达到平衡状态，说明此时反应受动力学（反应速率）控制。升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的化学反应速率均加快，相同时间内消耗的增多，因此的实际转化率提高；由于甲醇的选择性降低，说明升高温度对反应Ⅱ速率的提升程度大于对反应Ⅰ速率的提升程度，导致转化为CO的比例增加，生成甲醇的比例相对减少。 27. CO2与H2在不同条件下发生不同反应，可实现不同的应用。 （1）载人航天器中，航天员呼出的CO2可与H2反应生成CH4和H2O，电解H2O可实现O2和H2的再生。 ①在一定条件下发生反应： (a、b不均为0) 则该条件下， _______ ②某温度下，向1 L恒容密闭容器中通入0.01 mol CO2和0.04 mol H2，发生反应：，平衡后生成0.005 mol CH4。CO2的转化率是_______，该温度下反应的平衡常数是_______。 （2）CO2催化加氢是制备CH3OH的重要方法，反应过程涉及的主要反应如下： 反应1： 反应2： ①有关上述反应的说法正确的是_______(填序号)。 a．增大压强有利于CH3OH的生成 b．使用催化剂，能降低反应的活化能，提高CO2的平衡转化率 c．升温有利于反应1，反应1先达到平衡状态 ②其他条件不变时，一段时间内，温度对CO2加氢制CH3OH反应的影响如图。已知：CH3OH选择性。 ⅰ．由图知240℃时实际反应未达到平衡状态，图中的依据是_______。 ⅱ．220~240℃时，CO2的平衡转化率变化的原因是_______。 ⅲ．220~240℃，升高温度，CH3OH的实际选择性变化的原因可能是_______。 【答案】（1） ①. a-2b ②. 50% ③. 625 （2） ①. а ②. CO2的实际转化率低于其平衡转化率 ③. 温度升高，有利于反应2的逆反应，导致c(CO)增大，而c(CO)增大抑制反应1的正反应，其程度大于温度升高对反应1正反应的促进作用 ④. 220~240℃，升高温度，对反应1速率的影响比对反应2的大 【解析】 【小问1详解】 ①已知：ⅰ． ；ⅱ． (a、b不均为0)。根据盖斯定律，将(ⅰ+ⅱ×2)×(-1)，整理可得该条件下，(a-2b) kJ/mol； ②某温度下，向1 L恒容密闭容器中通入0.01 mol CO2和0.04 mol H2，发生反应：，平衡后生成0.005 mol CH4。根据物质转化关系，可知：反应产生0.005 mol CH4，必然同时会反应消耗0.005 mol CO2，用三段式计算进行有关计算： ，故CO2的平衡转化率为：； 由于容器的容积为1 L，故平衡时，反应混合物中各种物质的浓度分别为：c(CO2)=0.005 mol/L，c(H2)=0.02 mol/L，c(CH4)=0.005 mol/L，c(H2O)=0.01 mol/L，则该反应的化学平衡常数K=； 【小问2详解】 ①a．反应1是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，化学平衡不发生移动；反应2的正反应是气体物质的量减少的反应，增大压强，化学平衡正向移动，反应产生更多CH3OH，故有利于CH3OH的生成，a正确； b．使用催化剂，能降低反应的活化能，提高化学反应速率，缩短达到平衡所需时间，但不能使化学平衡发生移动，因此CO2的平衡转化率不变，b错误； c．反应达到平衡时，氢气的浓度不变，因此升温反应1和反应2一起达到平衡状态，c错误； 故合理选项是a； ②ⅰ．由图可知240℃时实际反应未达到平衡状态，这是由于此时CO2的实际转化率低于其平衡转化率，故此时反应未达到平衡状态； ⅱ．220~240℃时，CO2的平衡转化率变化的原因是由于温度升高，有利于反应2的逆反应，从而导致c(CO)增大，而c(CO)增大必然会抑制反应1的正反应，由于其抑制程度大于温度升高对反应1正反应的促进作用，因此CO2的平衡转化率反而随温度的升高而降低； ⅲ．220~240℃，升高温度，CH3OH的实际选择性变化的原因可能是由于在220~240℃，升高温度，对反应1速率的影响比对反应2的大。 28. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为，还含有和有机碳等。 溶解度： （1）上述流程中能加快反应速率的措施有________________________。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应：，该反应体现出酸性关系：_____________(填“>“或”<“)。 （3）酸浸时，磷精矿中所含氟转化为HF，并进一步转化为除去。写出生成HF的化学方程式：_____________________________________________。 （4）将粗磷酸中的有机碳氧化为脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：______________________________。 （5）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用溶液滴定至终点时生成，消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中的质量分数是_____________。(已知：摩尔质量为) 【答案】（1）研磨、加热 （2）< （3） （4）温度高于80℃后，分解速率加快，浓度显著降低 （5） 【解析】 【分析】磷精矿中主要含类物质，同时还含有和有机碳等杂质；首先通过研磨增大固体接触面积，再在加热条件下用硫酸酸浸，使磷酸钙转化为磷酸，并生成硫酸钙副产物。酸浸过程中，矿石中的氟转化为HF，之后进一步转化为挥发性含氟物质而被除去；粗磷酸中的有机碳则利用过氧化氢氧化脱除，但温度过高时过氧化氢分解加快，会降低有效氧化剂浓度，因此脱碳存在适宜温度。 【小问1详解】 流程中“研磨”可减小磷精矿颗粒的粒径、增大固体与硫酸的接触面积，从而加快酸浸反应速率；酸浸过程采用加热，也能提高反应物粒子的运动速率和有效碰撞频率，因此能加快反应速率的措施为研磨、加热。 【小问2详解】 磷精矿粉酸浸时，硫酸与反应生成磷酸和硫酸钙，反应可表示为​。该反应说明较强酸硫酸能够制得较弱酸磷酸，因此酸性关系为H3PO4<H2SO4。 【小问3详解】 含氟磷矿的成分为，在硫酸酸浸过程中，磷酸根转化为磷酸，氟元素转化为HF，同时生成硫酸钙半水合物，根据元素守恒配平方程式为：。 【小问4详解】 温度从较低值升高到80℃时，温度升高使H2O2氧化有机碳的反应速率加快，所以有机碳脱除率逐渐增大；当温度高于80℃后，H2O2​自身分解速率明显加快，导致体系中H2O2的有效浓度显著降低，能够用于氧化有机碳的氧化剂减少，因此有机碳脱除率反而下降，故答案为温度高于80℃后，分解速率加快，浓度显著降低。 【小问5详解】 滴定终点生成，说明1 mol 恰好消耗2 mol NaOH；NaOH溶液的物质的量为，则磷酸的物质的量为，磷酸质量为g，样品质量为a g，因此精制磷酸中的质量分数为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $