精品解析：北京市清华大学附属中学2026-2027学年高二上学期统练 化学试卷

高二第一学期统练试卷 化学 2026.09 考 生 须 知 1.本试卷共12页，共两部分，38道题。满分100分。考试时间90分钟。 2.在试卷和答题纸上准确填写：班级名称、姓名。 3.答案一律填涂或书写在答题纸上，在试卷上作答无效。 4.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，其余题用黑色字迹签字笔作答。 可能用到的相对原子质量Fe-56 S-32 第一部分 本部分为单选题，共35题，每题2分，共70分。 1. 一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：，测得5min内，A的物质的量减小了10mol，则5min内该反应的化学反应速率是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，； 【详解】A．据分析，，A正确； B． ，B错误； C． ，C错误； D． ，D错误； 选A。 2. 一定温度和压强下，2molH2和1molO2分别以点燃和形成氢氧燃料电池这两种方式发生化学反应，生成2mol液态水。下列说法正确的是 A. 放出的热量相等 B. 体系内能变化相等 C. 反应速率相等 D. 反应的活化能相等 【答案】B 【解析】 【详解】A．方式一中化学能主要转化为热能，而方式二中化学能主要转化为电能，则两者放出的热量不相等，故A错误； B．两种方式反应物和生成物相同，反应物总能量和生成物总能量相同，则体系内能变化相等，故B正确； C．形成原电池可加快反应速率，则两者反应速率不相等，故C错误； D．二者的反应路径不同，反应的活化能不一定相等，故D错误； 答案选B。 3. 某反应过程的能量变化如图所示。下列说法中，不正确的是 A. 该反应为放热反应 B. 曲线b表示有催化剂参与的反应过程 C. 反应i 的∆H>0 D. 反应i比反应ii的速率大 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图像，反应物能量高于生成物能量，该反应为放热反应，A正确； B．曲线b活化能低于曲线a，但反应前后能量不变，说明加入了催化剂，B正确； C．反应i的生成物能量高于反应物能量，反应吸热，∆H>0，C正确； D．反应i的活化能比反应ii的活化能高，则反应i比反应ii的速率小，D错误； 故选D。 4. 利用太阳能高效分解水制氢一直是科学研究的重要领域。下列说法不正确的是 A. 该过程可将太阳能转化为化学能 B. 使用催化剂能提高水分解的平衡转化率 C. 氢气有还原性，可作氢氧燃料电池的燃料 D. 氢气可采用气态或液态储存，也可以储存在储氢合金中 【答案】B 【解析】 【详解】A．利用太阳能高效分解水制氢，将太阳能转化为化学能，故A正确； B．催化剂不能使平衡移动，使用催化剂不能提高水分解的平衡转化率，故B错误； C．氢氧燃料电池中H2失电子发生氧化反应，表现H2是还原性，故C正确； D．氢气可采用气态或液态储存，也可生成金属氢化物储存在储氢合金中，故D正确； 选B。 5. 将0.5g硫粉和1.0g铁粉均匀混合，用灼热的玻璃棒触及混合粉末，当混合物呈红热状态时，产生黑色固体及刺激性气味气体。移开玻璃棒，固体粉末仍保持红热。下列分析不正确的是 A. 硫的化学性质比较活泼，能与铁等金属发生化学反应 B. 移开玻璃棒后固体粉末仍红热，说明反应放热 C. 用湿润的品红试纸检验刺激性气味气体，试纸褪色 D. 向黑色固体中加少量盐酸，得到浅绿色溶液，证明Fe与S反应生成FeS 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫能与铁在加热条件下反应，说明硫的化学性质较活泼，可与金属发生化学反应，A正确； B．移开玻璃棒后固体仍红热，说明反应自身放出的热量能维持反应进行，即反应放热，B正确； C．反应生成的刺激性气味气体是，具有漂白性，能使湿润的品红试纸褪色，C正确； D．铁与硫在加热时反应生成FeS（放热），硫的物质的量（0.0156 mol）略少于铁（0.0179 mol），铁可能过量。黑色固体可能含FeS和Fe，加盐酸时Fe和FeS均生成，无法仅通过溶液颜色证明FeS生成，D错误； 故答案选D。 6. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是 A. 钠与水反应 B. 灼热的炭与二氧化碳反应 C. NaHCO3与HCl反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．钠与水反应存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，但该反应为放热反应，A不符合题意； B．灼热的炭与二氧化碳反应的化学方程式为，存在碳元素化合价升降，属于氧化还原反应，且该反应为吸热反应，B符合题意； C．与的反应属于复分解反应，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意； D．甲烷在氧气中燃烧反应存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，但燃烧反应均为放热反应，D不符合题意； 故选B。 7. 关于氮、硫及其化合物的说法，不正确的是 A. 与混合后产生，说明反应的 B. 与的混合气体受热后颜色加深是由化学平衡移动导致的 C. 羧基是酸性基团，氨基是碱性基团，因此氨基酸能与酸、碱反应生成盐 D. 浓溶解铜制备SO2气体，体现了浓的氧化性 【答案】A 【解析】 【详解】A．与混合后产生NH3的反应为：Ba(OH)2⋅8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O，该反应是吸热反应，故ΔH > 0，A错误； B．与之间存在平衡：2，该反应为放热反应，为红棕色，为无色，受热时，平衡逆向移动，浓度增大，颜色加深，该现象由化学平衡移动导致，B正确； C．氨基酸含有羧基，具有酸性，能与碱反应生成盐，氨基酸含有氨基，具有碱性，与酸反应生成盐，C正确； D．浓与铜反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，该反应中，的硫元素化合价从+6降低至+4，被还原，体现浓的强氧化性，D正确； 故选A。 8. 下列依据热化学方程式得出的结论中，正确的是 A. 已知　，则在一定条件下将和置于一密闭容器中充分反应，放出的热量为 B. 已知　，则金刚石比石墨稳定 C. 在稀溶液中：　，若将含的溶液与含的溶液混合，放出的热量为 D. 已知　；　；则 【答案】D 【解析】 【详解】A．氮气和氢气的反应为可逆反应，则在一定条件下将和置于一密闭容器中充分反应，放出的热量小于，A错误； B．已知　，则金刚石能量比石墨高，则石墨更稳定，B错误； C．醋酸为弱酸，电离吸热，则含的溶液与含的溶液混合，放出的热量小于，C错误； D．S(s)→S(g)吸热，等量的S(s)和S(g)完全燃烧，S(g)放热多，由于反应放热，为负，所以，D正确； 故选D。 9. 用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速氧化的细菌，浸出辉铜矿机理如图所示。 下列说法不正确的是 A. 反应Ⅰ的离子方程式为 B. 温度越高，浸出速率越快 C. 浸出过程中几乎不需要补充铁盐 D. 理论上反应Ⅰ中每消耗（标准状况）可浸出 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，反应Ⅰ中Fe2+和O2反应生成Fe3+和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，A正确； B．该过程中有细菌等微生物参与，高温会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，而降低浸出速率，B错误； C．由图可知，反应I中发生，反应II中发生4Fe3++Cu2S=4Fe2++S+2Cu2+，总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，可知浸出过程中不需要补充铁盐，C正确； D．总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，标准状况下的物质的量为0.1mol，可浸出，D正确； 故选B。 10. 一定温度下，在1 L的恒容密闭容器中发生反应，反应过程中的部分数据如下表所示。下列说法不正确的是 时间（t/min） 物质的量（n/mol） n（A） n（B） n（C） 0 2.0 2.4 0 5 0.8 10 1.6 15 1.6 A. 0~5 min用A表示的平均反应速率为 B. 此温度下，反应的平衡常数K为1.6 C. 物质B的平衡转化率约为33% D. 15 min后，再加入A、B、C各1.6 mol，平衡不移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．内C的物质的量增加，根据反应比例，A的消耗量为，反应速率为，A正确； B．反应进行到10 min时，A物质的物质的量减少0.4 mol，根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8 mol，剩余B的物质的量为2.4 mol-0.8 mol=1.6 mol，B的物质的量等于15 min时B的物质的量，则反应此时已达到平衡，此时C物质的量为1.6 mol，则平衡时A、B、C的浓度均为，代入平衡常数公式，B正确； C．B的初始量为，平衡时转化，转化率为，C正确； D．加入各物质后，浓度商，平衡逆向移动，D错误； 故选D。 11. 一定温度下， ，平衡常数。下列分析正确的是 A. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡逆向移动导致的 B. 升高温度既能增大反应速率又能促进平衡正向移动 C. 若起始、，反应后气体颜色变深 D. 断裂和中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应分子数不变，缩小体积，浓度增大，颜色加深，平衡不移动，故A错误； B．反应放热，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，故B错误； C．，平衡逆向移动，I2浓度增加，颜色加深，故C正确； D．反应放热，则断裂和中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量，故D错误； 故答案为C。 12. 合成氨 生产流程示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 气体温度的大小：①<②<③ B. 将原料气进行压缩、升温的目的：提高原料气的平衡转化率 C. 冷却能分离出的原因：沸点远高于和，易液化 D. 合成氨能耗较高的原因：分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量 【答案】B 【解析】 【详解】A．①为加压后的常温原料气，经过热交换被反应后高温气体预热得到②，温度升高；②进入反应室发生放热反应，得到的③为反应后高温混合气，温度进一步升高，故温度，A正确； B．压缩可使平衡正向移动，提高原料气平衡转化率；该反应，为放热反应，升温会使平衡逆向移动，原料气平衡转化率降低，升温的目的是加快反应速率、使催化剂活性达到最佳，并非提高平衡转化率，B错误； C．分子间可形成氢键，沸点远高于和，冷却时易液化，因此可分离出，C正确； D．分子中存在氮氮三键，键能大，断裂该化学键需要吸收大量能量，因此合成氨能耗较高，D正确； 故选B。 13. 氢化锂(LiX，X为H、D或T)在国防工业等领域有重要应用。LiX与水反应进程中的能量变化如下图，R、M、TS、P的相对能量如下表。 相对能量 R M TS P X为H 0 -95.7 -81.3 -151.6 X为D 0 -98.1 -85.4 -163.2 X为T 0 -96.2 -87.3 -165.2 下列说法不正确的是 A. H、D、T的核电荷数相同，但质量数不同 B. LiX和反应过程中，有极性键的断裂 C. 等物质的量的LiX与反应放出的热量： D. 该条件下LiX与反应的速率： 【答案】C 【解析】 【详解】A．H、D、T为氢的同位素，质子数均为1，质量数分别为1、2、3，A正确； B．LiX和反应生成XH和LiOH，中O-H极性键断裂，B正确； C．等物质的量的LiX与反应放出热量为|ΔH|=|E(P)-E(R)|，且E(R)=0，故LiH、LiD、LiT反应焓变分别为-151.6、-163.2、-165.2 ，所以放出的热量分别为151.6、163.2、165.2 ，则放出热量LiH＜LiD＜LiT，C错误； D．反应速率取决于活化能，Ea=E(TS)-E(M)，故LiH、LiD、LiT的活化能分别为LiH：(-81.3)-(-95.7)=14.4 kJ/mol，LiD：(-85.4)-(-98.1)=12.7 kJ/mol，LiT：(-87.3)-(-96.2)=8.9 kJ/mol，活化能越低速率越快，故速率LiH＜LiD＜LiT，D正确； 故选C。 14. 它由两步反应组成： ⅰ． ； ⅱ．分解。 反应ⅱ在927℃时的实际转化率(曲线a)和727℃时的平衡转化率(曲线b)如下图所示。下列说法不正确的是 A. B. 曲线a表示反应ⅱ已经处于化学平衡状态 C. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高：的转化率 D. 减小压强有利于提高分解的平衡转化率 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律，反应ⅱ＝总反应－反应ⅰ×2，焓变，因此反应ⅱ的热化学方程式为 ，A正确； B．反应ⅱ为吸热反应，其他条件相同升高温度平衡正向移动，故927℃时的平衡转化率应比727℃时的平衡转化率高，可由图可知927℃时的实际转化率(曲线a)比727℃时的平衡转化率(曲线b)低，因此曲线a时反应ⅱ未达到化学平衡状态，B错误； C．由分析可知，曲线a时反应ⅱ未达到化学平衡状态，因此图中X点所示条件下，延长反应时间能提高的转化率，C正确； D．是气体系数增大的反应，减小压强平衡正向移动，有利于提高分解的平衡转化率，D正确； 故选B。 15. 进行如下实验探究反应。下列分析不正确的是 A. ①→②，推测I2与I-生成了 B. ②中溶液颜色不变时，各微粒浓度存在： C. ③中上层溶液颜色比②浅的原因：平衡正向移动，降低 D. 向③中加入少量AgNO3溶液并振荡试管，推测下层溶液紫红色加深 【答案】C 【解析】 【详解】A．①中晶体加入KI溶液得到浅红棕色溶液，发生反应，可知与生成了，A正确； B．②中溶液颜色不变时反应达到平衡状态，常温下该反应平衡常数，B正确； C．③中加入后，被萃取到下层有机层中，导致上层水层中减小，平衡逆向移动，使上层进一步降低，颜色变浅，并非平衡正向移动，C错误； D．向③中加入少量溶液，与反应生成沉淀，减小，平衡逆向移动，生成更多，被萃取到下层中，下层溶液紫红色加深，D正确； 故本题选C。 16. 和存在平衡：。下列分析不正确的是 A. 当混合气体颜色不再变化时，反应达到了化学平衡状态 B. 断裂2 mol中的共价键所需能量小于断裂1 mol 中的共价键所需能量 C. 保持温度不变，缩小容器的体积，平衡向正反应方向移动，混合气体颜色变浅 D. 保持容器体积不变，水浴加热，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．体系中二氧化氮为红棕色，当混合气体颜色不再变化时，反应达到了化学平衡状态，故A正确； B．由题干可知，该反应为放热反应，断键时吸收的能量小于成键释放的能量，故断裂2 mol中的共价键所需能量小于断裂1 mol 中的共价键所需能量，故B正确； C．保持温度不变，缩小容器的体积，体系中各物质的浓度增大，混合气体的颜色加深，平衡向气体系数和减小的方向即正反应方向移动，混合气体颜色变浅但仍然比平衡移动前颜色深，故C错误 ； D．该反应为放热反应，保持容器体积不变，水浴加热，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D正确。 答案为：C。 17. 与ICl的反应机理如下： 反应①：； 反应②：， 其能量曲线如下图所示。 下列有关说法不正确的是 A. 反应①的 B. 反应①②均是放热反应 C. D. 该反应的反应速率主要取决于②的快慢 【答案】D 【解析】 【详解】A. 由图可知，反应的=正反应的活化能-逆反应的活化能，故反应①的，故A正确； B. 反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应为放热反应，由图像可知，反应①②均是放热反应，故B正确； C. 由盖斯定律可知， ，故C正确； D. 反应的反应速率主要取决于慢反应，活化能越大，反应的速率越慢，故该反应的反应速率主要取决于①的快慢，故D错误。 答案为：D。 18. 二氧化硫催化氧化是工业制硫酸的关键反应，V2O5催化该反应的机理如图。下列说法正确的是 A. a和b分别为SO2和O2 B. 若提高c(SO2)对总反应速率影响不大，可推断反应速率：②<① C. 反应①、②的活化能分别为E1、E2，则ΔH=E1+E2 D. 根据该机理，每生成1molSO3需要至少投入1molV2O5 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据反应机理，反应①中被还原为，则还原剂b为；反应②中被氧化为，则氧化剂a为，A错误； B．总反应速率由慢反应（决速步）决定，是反应①的反应物，提高对总反应速率影响不大，说明反应①不是决速步，速率更快，因此反应速率：②＜①，B正确； C．反应焓变等于正反应总活化能减去逆反应总活化能，不是两步反应活化能的加和，且总反应，活化能均为正值，不可能满足，C错误； D．是该反应的催化剂，反应前后物质的量不变，可循环参与反应，不需要每生成1mol就投入1mol，D错误； 故选B。 19. NH3既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料，下图为合成NH3以及NH3制NH4NO3的物质转化示意图。 下列说法正确的是 A. Ⅰ~Ⅴ均是氮的固定 B. Ⅰ中加热的目的是增大化学反应速率和提高原料的平衡转化率 C. Ⅰ~Ⅳ都是氧化还原反应，氧化剂依次是N2、O2、O2、H2O D. 若在Ⅳ中加入足量水、通入足量空气可将NO2充分转化为HNO3 【答案】D 【解析】 【详解】A．氮的固定是将游离态氮（）转化为化合态氮的过程，仅反应Ⅰ属于氮的固定，Ⅱ~Ⅴ均为化合态氮之间的转化，A错误； B．反应Ⅰ是合成氨反应，为放热可逆反应，加热可增大反应速率，但会使平衡逆向移动，降低原料的平衡转化率，加热的目的并非提高平衡转化率，B错误； C．反应Ⅳ为，既是氧化剂又是还原剂，中元素化合价无变化，不是氧化剂，C错误； D．通入足量空气时，与水、发生总反应，加入足量水、通入足量空气可将充分转化为，D正确； 故选D。 20. 二氧化硫催化氧化可以生成气态，当、和按一定比例混合时，平衡转化率α随温度、压强的变化如下图所示，下列说法不正确的是 A. 由图可知，随着温度升高，该反应的反应限度减小，所以平衡转化率α下降 B. C. 钒催化剂能降低反应的活化能，提高反应速率 D. 增大压强平衡正向移动，反应平衡常数增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应限度减小，平衡转化率下降，A正确； B．该反应为气体分子数减小的反应，相同温度下压强越大平衡转化率越高，由图可知同温下，故，B正确； C．钒催化剂可降低反应活化能，增大活化分子百分数，提高反应速率，C正确； D．平衡常数仅与温度有关，增大压强平衡虽然正向移动，但温度不变则平衡常数不变，D错误； 故答案选D。 21. HCN(g)与HNC(g)在一定条件下可以发生互变，反应过程能量变化如图。 下列说法正确的是 A. 该条件下，HCN(g)比HNC(g)更稳定 B. 由HCN(g)生成1 mol HNC(l)，需吸收的能量大于59.3 kJ C. HCN(g)转化为HNC(g)的过程中所有化学键均发生断裂 D. 催化剂可以降低反应的ΔH，使HCN(g)更易转化为HNC(g) 【答案】A 【解析】 【详解】A．物质的能量越低越稳定。图中显示 HCN(g) 的能量低于 HNC(g) ，因此 HCN(g) 更稳定，A正确； B．根据图表计算，HCN(g)→HNC(g)吸收的热量为59.3 kJ。物质从气态变为液态（HNC(g)→HNC(l)）是一个放热过程（凝结放热）。根据盖斯定律：ΔH总=ΔH气相反应+ΔH液化，ΔH总=(+59.3 kJ)+(负值)，吸收的能量应该小于59.3kJ，B错误； C．这是一个异构化反应。HCN ( H-C≡N ) 转化为 HNC ( H-N≡C )。在这个过程中，C≡N 键并没有完全断裂成独立的C原子和N原子，而是发生了重排。虽然H-C键断裂形成了H-N键，但说“所有化学键均发生断裂”通常指原子完全解离，这不符合异构化反应的特征，C错误； D．催化剂的作用是降低反应的活化能，从而加快反应速率，但它不能改变反应的焓变（ΔH）。ΔH只取决于始态和终态的能量差，与路径无关，D错误； 故选A。 22. 用DMO(结构简式为)与合成乙二醇，涉及到的相关反应如下。 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 在催化剂存在，压强、流速、均固定的条件下，反应相同时间，在出口处检测得到的DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如下图，曲线Ⅱ为乙二醇的选择性。 已知：某物质(X)的选择性 下列说法不正确的是 A. 曲线I为DMO的实际转化率，曲线Ⅲ为乙醇的选择性 B. N点反应未达平衡，延长原料与催化剂的接触时间可能提高DMO的转化率 C. 483 K之后，升高温度，反应ⅱ逆向移动，乙二醇的选择性下降 D. 483 K时，出口处 【答案】C 【解析】 【分析】题干已知曲线Ⅱ为乙二醇的选择性。根据反应路径DMO→MG→EG→EtOH，MG为中间产物，与曲线Ⅳ的变化趋势相符；乙醇为后续产物，其选择性在高温时才显著增加，与曲线Ⅲ的变化趋势相符。曲线Ⅰ随温度升高而递增，应为DMO的转化率； 【详解】A．温度升高反应速率加快，相同时间内DMO转化率随温度升高而增大，最终接近100%，故曲线I为DMO转化率；MG是中间产物，低温下含量高、高温下被完全反应，对应曲线Ⅳ，乙醇是最终产物，温度越高生成量越多，对应曲线Ⅲ，A正确； B．N点温度较低，反应速率较慢，反应未达到平衡状态，延长原料与催化剂接触时间，可使反应更充分，提高DMO转化率，B正确； C．483 K之后，乙二醇选择性下降的主要原因是温度升高，反应iii的速率加快，促进了乙二醇的消耗，C错误； D．483K时MG和乙醇的选择性均为0，即产物中两者物质的量均为0，故n(MG)=n(乙醇)，D正确； 答案选C。 23. 已知反应，若向该溶液中加入含的某溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是 ① ② A. 反应①比反应②所需活化能大 B. 该反应可设计成原电池 C. 向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色变浅 D. 该反应常温下不能自发进行，需要催化才能发生 【答案】D 【解析】 【详解】A．由反应过程的能量图可知，反应①比反应②所需活化能大，A正确； B．该总反应为自发的氧化还原反应，存在电子转移，符合原电池的设计原理，可设计成原电池，B正确； C．总反应的生成物总能量低于反应物总能量，为放热反应（），溶液中存在，滴加淀粉溶液变蓝，升高温度平衡逆向移动，浓度减小，蓝色变浅，C正确； D．是该反应的催化剂，仅能降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应的自发性；该反应，常温下可自发进行，并非需要催化才能发生，D错误； 故选D。 24. 一定温度下，将不同物质的量的和分别通入容积为的恒容密闭容器中进行反应，得到下表所示的三组数据： 实验 温度 起始量 平衡量 达到平衡时间 1 650 5 2 900 4 3 900 下列说法正确的是 A. 内，实验1中 B. 若，，则平衡时实验2中的转化率和实验3中的转化率相同 C. 该反应的 D. 时，若充入、、和，平衡正向移动 【答案】B 【解析】 【详解】A．由表格数据可知，实验1反应达到平衡时氢气的物质的量为3.0mol，则由方程式可知，5min内，二氧化碳的反应速率为=0.1 mol/(L·min)，故A错误； B．由表格数据可知，900℃实验2反应达到平衡时一氧化碳的物质的量为1.8mol，由方程式可知，平衡时水蒸气的转化率为×100%=20%，则平衡时水蒸气、一氧化碳、二氧化碳、氢气的浓度为0.4mol/L、0.9mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，反应的平衡常数为=，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，设实验3反应达到平衡时一氧化碳的转化率为a%，由题给数据可得：=，解得a=20，则平衡时实验2中水蒸气的转化率和实验3中一氧化碳的转化率相同，故B正确； C．由表格数据可知，实验1的投入量是实验2的两倍，若实验2在650℃进行，反应达平衡时，一氧化碳的物质的量应1.5mol，900℃时，一氧化碳的物质的量为1.8mol，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应为焓变小于0的放热反应，故C错误； D．由表格数据可知，900℃实验2反应达到平衡时一氧化碳的物质的量为1.8mol，由方程式可知，平衡时水蒸气、一氧化碳、二氧化碳、氢气的浓度为0.4mol/L、0.9mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，反应的平衡常数为=，则充入物质的量都为1mol的水蒸气、一氧化碳、二氧化碳、氢气时，反应的浓度熵Qc==1＞，平衡向逆反应方向移动，故D错误； 故选B。 25. 相同温度下，在三个密闭容器中分别进行反应：H2(g) + I2(g)2HI(g)。达到化学平衡状态时，相关数据如下表。下列说法不正确的是 实验 起始时各物质的浓度/(mol·L-1 ) 平衡时物质的浓度/(mol·L-1 ) c(H2) c(I2) c(HI) c(H2) Ⅰ 0.01 0.01 0 0.008 Ⅱ 0.02 0.02 0 a Ⅲ 0.02 0.02 0.04 A. 该温度下，反应的平衡常数为0.25 B. 实验Ⅱ达平衡时，a=0.016 C. 实验Ⅲ开始时，反应向消耗H2的方向移动 D. 达到化学平衡后，压缩三个容器的体积，平衡均不发生移动 【答案】C 【解析】 【详解】A．由第I组数据可知，达到平衡时，==0.008mol/L，=0.004mol/L，该温度下，反应的平衡常数为，A正确； B．反应条件为恒温恒容，实验Ⅱ相对于实验I相当于加压，平衡不移动，则实验Ⅱ达平衡时，故a=0.016，B正确； C．温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ开始时，浓度商，故反应向逆反应方向，即生成的方向移动，C错误； D．该反应前后气体物质的量不变，压缩三个容器的体积加压，平衡不移动，D正确； 故选C。 26. 一种分解硫酸铵获得氨气和硫酸的物质转化关系如下，其中a、b代表MgO或中的一种。下列说法不正确的是 A. a、d分别是MgO、 B. ②中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1 C. 增大③中的浓度，可提高的产率 D. 若直接加热等量的使其完全分解，得到的量与上述流程相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应①为和反应生成氨气和，反应②为和反应生成和，因此a、d分别是和，A正确； B．反应②为和反应生成和，方程式为：，氧化剂为，还原剂为，物质的量之比为，B正确； C．反应③为与反应生成，反应方程式为：，为可逆反应，增大③中的浓度，平衡正向移动，可提高产率，进而提高的产率，C正确； D．直接加热使其完全分解，根据硫元素守恒，其生成的的物质的量最多与的物质的量相等；在上述流程中，还有的参与，根据元素守恒，得到的比直接加热等量的更多，D错误； 故选D。 27. 将物质的量之比为的和混合气以一定流速通过反应器合成，其他条件一定，测得流出气体中的体积分数随温度、流速的变化如图1、图2。 已知：流速是指单位时间流过反应器的和混合气的总物质的量。 下列说法不正确的是 A. 根据图1和图2，选择催化剂a更合适 B. 其他条件相同时，继续升高温度，图1中两条曲线在500℃后可能部分重合 C. 用催化剂b，450℃后的体积分数下降，原因是升温合成氨反应逆向移动 D. 用催化剂a，单位时间的产量：流速流速 【答案】C 【解析】 【分析】合成氨反应为 ，正反应放热，催化剂仅改变反应速率，不影响平衡状态。 【详解】A．由图1可知，相同温度下催化剂a的​体积分数更大；由图2可知相同流速下催化剂a的体积分数更大，说明催化剂a催化效率更高，更适合工业生产，A正确； B．平衡状态与催化剂无关，继续升高温度，500℃后，当使用两种催化剂均达平衡状态时，两条曲线可能部分重合，B正确； C．催化剂不改变平衡状态，若反应已经达到平衡，相同温度下催化剂a、b对应的​体积分数应该相等，但图1中相同温度下催化剂a的体积分数始终高于b，说明图1的温度范围内使用催化剂b时反应未达到平衡，因此450℃后​体积分数下降不可能是合成氨反应逆向移动导致，实际原因更可能是温度过高导致催化剂b活性下降，反应速率减慢，C错误； D．单位时间产量可以用流速 × 体积分数进行估算。结合图2数据估算：流速对应的产量约为 ，流速对应的产量约为，确实流速更大时单位时间产量更高，D正确； 故选C。 28. 丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。 已知： ①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol ②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 下列说法不正确的是 A. C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol B. c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2O C. 其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大 D. 若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6) 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H==+124kJ/mol，A正确； B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确； C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小， C错误； D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确； 答案为：C。 29. 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。 30. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确； B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确； C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误； D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确； 答案选C。 31. 有科学研究提出：锂电池负极材料(Li)由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O)与含LiH的Li负极材料反应，通过测定可以获知。 已知：① ② 下列说法不正确的是 A. D2和HD既不互为同位素也不互为同素异形体，但化学性质相同 B. Li与D2O的反应： C. 若越大，则越大 D. 80℃反应所得比25℃反应所得小 【答案】D 【解析】 【详解】A．同位素是原子间的关系，同素异形体是同种元素的单质间的关系，D2和HD都是氢气的一种，既不互为同位素也不互为同素异形体，但化学性质相同，A正确； B．已知Li与H2O的反应为：，故Li与D2O的反应：，B正确； C．LiH与D2O的反应为，若越大，说明产生的D2与HD的物质的量之比更大，即越大，C正确； D．已知是一个放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，因此在80℃达到平衡的样品中的比值比25℃时更大，则更大，即80℃反应所得比25℃反应所得大，D错误； 答案选D。 32. 异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。 下列说法不正确的是 A. 其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备 B. 高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是、 C. 190℃时，增大(异丁醇)，不利于反应②的进行 D. 若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度与流出物质浓度c之间存在：(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯) 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应①吸热，反应②放热，升高温度，反应①正向移动，反应②逆向移动，两者均有利于异丁烯制备，A正确； B．平衡常数反应了反应进行的程度，由于K1远大于K2，主要进行反应①，因此大于190oC时温度对异丁烯的平衡产率影响不大，B正确； C．190oC时，恒压条件下增大水和异丁醇的比例，相当于减压，由图可知异丁烯产率增加，反应①平衡右移，反应②平衡左移，不利于反应②进行，C正确； D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，由于还有剩余的异丁醇没有反应完，根据原子守恒可知，(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯) + c(异丁醇)，D错误； 故选D。 33. 合成氨原料气中的可通过水煤气变换反应除去。某合成氨原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比通入水蒸气，平衡后混合气体中的体积分数如下表。 投料比 的体积分数/% 温度/℃ 200 1.70 0.21 0.02 250 2.73 0.30 0.06 300 6.00 0.84 0.43 350 7.85 1.52 0.80 下列说法不正确的是 A. 从表中数据可知，水煤气变换反应的 B. 温度相同时，投料比大，的转化率高 C. 按=1通入水蒸气后，反应前在混合气体中的体积分数为20% D. 根据=1时数据推算，300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46 【答案】D 【解析】 【详解】A．由表中数据可知，当一定时，升高温度，平衡后混合气体中的体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，则水煤气变换反应的，故A正确； B．由表中数据可知，温度一定时，反应物投料比越大，平衡时CO的体积分数越小，说明CO的转化率高，故B正确； C．原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%，设反应前CO的物质的量为1mol，则为0.8mol，H2为2mol，为0.2mol，又因，则H2O(g)为1mol，总物质的量为5mol，所以CO的体积分数为，故C正确； D．设反应前CO的物质的量为1mol，则为0.8mol，H2为2mol，为0.2mol，H2O(g)为1mol，假设反应达到平衡时CO转化了x mol，则有三段式： 300℃时CO占6%，所以，解得，因此CO(g)、H2O(g)、CO2 (g)、H2(g)平衡时的物质的量分别为0.3、0.3、0.9、2.7，反应前后气体体积不变，则平衡常数为，故D错误； 答案选D。 34. 联合和制取时，发生的主要反应如下： ① ② ，将和按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值如图所示。下列说法正确的是 A. 由①②可知， B. 反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态 C. 其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大 D. 其他条件不变时，增大原料中的浓度可以提高产物中的值 【答案】D 【解析】 【详解】A．由盖斯定律①－②可得，A错误； B．根据题目所给信息，无法确定两个反应的反应速率的大小，故无法确定达到平衡所需时间的长短，B错误； C．温度升高，反应①②的速率均加快，C错误； D．其他条件不变时，增大原料中的浓度，反应①平衡正向移动，氢气增加的量大于增加的量，产物中的值提高，D正确； 故答案为：D。 35. {Ti12O18}团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将{Rb@Ti12O18}和Cs+反应，测定笼内Cs+的浓度，计算Cs+取代Rb+反应的平衡常数(Keq)，反应示意图和所测数据如图。有关说法不正确的是 图中表示平衡时铯离子浓度和铷离子浓度之比，其它类似 A. 离子半径：r(Cs+)＞r(Rb+) B. 研究发现：Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇表面的孔径且{Ti12O18}的骨架结构在Cs+交换过程中没有被破坏。据此推断：{Ti12O18}团簇表面的孔是柔性的 C. Keq≈0.1 D. {Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力 【答案】C 【解析】 【详解】A．Rb和Cs都是IA族元素，且原子序数：Cs＞Rb，则离子半径：r(Cs+)＞r(Rb+)，A正确； B．Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇表面的孔径且{Ti12O18}的骨架结构在Cs+交换过程中没有被破坏，据此推断：{Ti12O18}团簇表面的孔是柔性的，B正确； C．如图所示，当=0.1时，=1，Keq==10，C错误； D．由冠醚18-冠-6能识别Rb+而不能识别Cs+可知，{Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力，D正确； 故选C。 第二部分 本部分共3题，共30分。 36. 利用工业废气中的二氧化碳合成甲醇。 （1）合成原理： ①该反应的平衡常数表达式：___________。 ②为提高的平衡转化率，可采取的措施有___________(写两条)。 （2）在一定温度下，将1mol和3mol充入容积为1L的恒容密闭容器中合成甲醇，下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是___________(写序号)。 a．甲醇的质量不再增加 b． c．混合气体密度不变 d．若使用为反应物，反应物和产物均含有 （3）相同时间内，4.00MPa，条件下，温度对反应结果的影响如图所示： 已知：ⅰ．为转化率，为选择性，为产率。 ⅱ．； ①由图像可知，合成甲醇过程中存在副反应。依据是：___________。 ②根据信息，在其他条件一定情况下，制备甲醇宜选用的反应条件：___________。 【答案】（1） ①. ②. 适当增大压强、降温 （2）a （3） ①. 高于240℃，CO2转化率升高，但甲醇产率或选择性降低 ②. 240℃ 【解析】 【小问1详解】 ①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与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值叫做化学平衡常数，K=； ②该反应的正反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，因此降温和增大压强都可以使平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，另外增大CO2：H2的投料比也能增大H2的平衡转化率； 【小问2详解】 a．CH3OH的质量不再增加说明各组分浓度不再改变，可以判断达到平衡状态，a符合题意； b．投料时n(CO2)：n(H2)=1：3，反应时CO2与H2按照系数比1：3消耗，因此剩余的n(CO2)：n(H2)=1：3，为定值，因此当n(CO2)：n(H2)=1：3不能判断达到平衡状态，b不符合题意； c．混合气体的密度ρ=，体系中都是气体，根据质量守恒定律m不变，体积为1L不变，因此ρ为定值，不能判断达到平衡状态，c不符合题意； d．该反应为可逆反应，因此使用C18O2时反应物和产物中都有18O，不能判断达到平衡状态，d不符合题意； 故选a； 【小问3详解】 ①由图像可知，高于240℃，CO2转化率升高，但甲醇产率或选择性降低，因此合成甲醇过程中存在副反应； ②由图像可知，240℃时甲醇的选择性、甲醇的产率都较高，CO2转化率也较高，因此制备甲醇宜选用的反应条件为240℃。 37. 氯气是一种重要的化工原料，可采用不同的方法制备。 （1）方法一：软锰矿(主要成分为MnO2)和浓盐酸在加热条件下可制得氯气，反应的化学方程式为______________。 （2）方法二：氯化氢可催化氧化制氯气。一定条件下，使用CuCl2作催化剂，催化过程如下： ①氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为______________。 ②一定容积的密闭容器中，在L一定时，HCl平衡转化率分别随X和进料比的变化关系如图所示，其中L(L₁、L2、L3)、X分别代表压强或温度。 i．X代表的物理量是_________，L₁、L2、L3的关系从大到小为________。 ii．在一定温度和压强下，选择进料比为1.0~2.0，其原因是________。 iii．若HCl的初始浓度为，计算M点的平衡常数K=______________(写出代入数据的计算式即可，不必约分)。 【答案】（1） （2） ①. ②. 压强 ③. ④. 进料比为时，HCl平衡转化率较高，且与HCl剩余含量适中，利于得到纯净的氯气 ⑤. 【解析】 【小问1详解】 加热条件下二氧化锰作为强氧化剂，将浓盐酸中的部分氧化为，自身被还原为，反应需标注“浓盐酸”与加热条件，化学方程式为：。 【小问2详解】 ①将已知的三个反应依次编号为反应1、反应2、反应3，氯化氢催化氧化制氯气的反应可由反应1 + 反应2 + 2×反应3得到，根据盖斯定律，故，氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为：。 ②i．该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆向移动，HCl的平衡转化率减小；增大压强，化学平衡向气体体积减小的正向移动，导致HCl的平衡转化率增大。根据图示可知：在L一定时，X增大，HCl的平衡转化率增大，则X代表的物理量是压强。L代表温度，温度越低，平衡正向程度越大，HCl的平衡转化率越高。相同压强下对应的HCl转化率最高，说明温度最低，​温度最高，因此温度大小关系为。 ii．结合右侧图像规律：进料比越大（HCl占比相对越高），HCl的平衡转化率越低。进料比小于1.0时大量过量，产物中混入大量未反应的，分离的能耗和成本陡增；进料比大于2.0时HCl转化率过低，大量HCl未反应就排出体系，原料浪费严重，因此选择1.0~2.0的区间兼顾转化率与产物纯度。 iii．已知M点进料比，HCl平衡转化率为76%，HCl初始浓度为，据此列三段式：，M点的平衡常数。 38. 对烟气高效的脱硫、脱硝是防治空气污染的重要方式。 I．尿素()液相脱硫脱硝 （1）尿素溶液吸收烟气中的，生成一种正盐和，反应的化学方程式是_____________。 （2）研究发现，用尿素溶液吸收烟气中的NO时，脱除率很低。若与尿素溶液联用，将转化为，可大大提高的脱除率。与溶液反应可生成两种无毒无污染的气体，反应的化学方程式是_____________。 Ⅱ．气相脱硫脱硝 一定温度下，将模拟烟气通入气相氧化反应器中。和的初始浓度相同，改变的浓度，相同时间内，气体的氧化率随与或的物质的量浓度之比的变化如图所示。其中①、④分别为和单独通入反应器时、的氧化率，②、③分别为将NO和同时通入反应器时NO、的氧化率。 已知：对于确定的基元反应，反应速率(v)与速率常数(k)成正比。 气相氧化的关键基元反应： 基元反应1： 基元反应2： 气相氧化的关键基元反应： 基元反应3： 基元反应4： （3）单独氧化时，氧化率很低。原因是_____________。 （4）将和同时通入气相氧化反应器中时，和的氧化率与将其单独通入反应器中时不同。原因分别是_____________。 （5）当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升。研究表明，此时被氧化不再经历基元反应3和基元反应4，而是生成两种常见的强酸。反应的化学方程式是_____________。 【答案】（1） （2） （3）小，小，使小，小，导致氧化的总反应速率小 （4）与将和NO单独通入反应器比，将和NO同时通入反应器时，因大，大，使增大，增大，从而使的氧化率提高；又因部分ClO参与了基元反应4，与NO反应的ClO的浓度减小，减小，使NO的氧化率降低 （5） 【解析】 【小问1详解】 该反应为非氧化还原反应，元素化合价无变化。尿素​在水溶液中结合和，生成，同时释放，化学方程式为。 【小问2详解】 该反应为氧化还原归中反应，​中+4价的N作为氧化剂，尿素中-3价的N作为还原剂，二者归中生成无毒的，C元素以无污染的形式存在，H元素转化为，化学方程式为。 【小问3详解】 ​氧化的第一步是基元反应3，该反应的速率常数远小于其他基元反应，反应速率极慢，后续的基元反应4无法获得足够的中间产物，整体反应几乎无法有效进行，最终表现为​氧化率极低。 【小问4详解】 对：和​发生的基元反应1速率极快（大，大），会大量生成中间产物，为​提供了充足的活性中间物种，绕过了原本速率极慢的基元反应3，大幅加快了​的总氧化速率，因此的氧化率远高于其单独通入时的氧化率。 对：​也会消耗基元反应1生成的中间产物（基元反应4），使得用于氧化的有效氧化剂占比降低，导致减小，因此的氧化率略低于其单独通入时的氧化率。 【小问5详解】 反应生成的两种常见强酸为硫酸和盐酸，​中+4价的Cl被还原为-1价的，中+4价的S被氧化为+6价的，化学方程式是。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二第一学期统练试卷 化学 2026.09 考 生 须 知 1.本试卷共12页，共两部分，38道题。满分100分。考试时间90分钟。 2.在试卷和答题纸上准确填写：班级名称、姓名。 3.答案一律填涂或书写在答题纸上，在试卷上作答无效。 4.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，其余题用黑色字迹签字笔作答。 可能用到的相对原子质量Fe-56 S-32 第一部分 本部分为单选题，共35题，每题2分，共70分。 1. 一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：，测得5min内，A的物质的量减小了10mol，则5min内该反应的化学反应速率是 A. B. C. D. 2. 一定温度和压强下，2molH2和1molO2分别以点燃和形成氢氧燃料电池这两种方式发生化学反应，生成2mol液态水。下列说法正确的是 A. 放出的热量相等 B. 体系内能变化相等 C. 反应速率相等 D. 反应的活化能相等 3. 某反应过程的能量变化如图所示。下列说法中，不正确的是 A. 该反应为放热反应 B. 曲线b表示有催化剂参与的反应过程 C. 反应i 的∆H>0 D. 反应i比反应ii的速率大 4. 利用太阳能高效分解水制氢一直是科学研究的重要领域。下列说法不正确的是 A. 该过程可将太阳能转化为化学能 B. 使用催化剂能提高水分解的平衡转化率 C. 氢气有还原性，可作氢氧燃料电池的燃料 D. 氢气可采用气态或液态储存，也可以储存在储氢合金中 5. 将0.5g硫粉和1.0g铁粉均匀混合，用灼热的玻璃棒触及混合粉末，当混合物呈红热状态时，产生黑色固体及刺激性气味气体。移开玻璃棒，固体粉末仍保持红热。下列分析不正确的是 A. 硫的化学性质比较活泼，能与铁等金属发生化学反应 B. 移开玻璃棒后固体粉末仍红热，说明反应放热 C. 用湿润的品红试纸检验刺激性气味气体，试纸褪色 D. 向黑色固体中加少量盐酸，得到浅绿色溶液，证明Fe与S反应生成FeS 6. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是 A. 钠与水反应 B. 灼热的炭与二氧化碳反应 C. NaHCO3与HCl反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧反应 7. 关于氮、硫及其化合物的说法，不正确的是 A. 与混合后产生，说明反应的 B. 与的混合气体受热后颜色加深是由化学平衡移动导致的 C. 羧基是酸性基团，氨基是碱性基团，因此氨基酸能与酸、碱反应生成盐 D. 浓溶解铜制备SO2气体，体现了浓的氧化性 8. 下列依据热化学方程式得出的结论中，正确的是 A. 已知　，则在一定条件下将和置于一密闭容器中充分反应，放出的热量为 B. 已知　，则金刚石比石墨稳定 C. 在稀溶液中：　，若将含的溶液与含的溶液混合，放出的热量为 D. 已知　；　；则 9. 用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速氧化的细菌，浸出辉铜矿机理如图所示。 下列说法不正确的是 A. 反应Ⅰ的离子方程式为 B. 温度越高，浸出速率越快 C. 浸出过程中几乎不需要补充铁盐 D. 理论上反应Ⅰ中每消耗（标准状况）可浸出 10. 一定温度下，在1 L的恒容密闭容器中发生反应，反应过程中的部分数据如下表所示。下列说法不正确的是 时间（t/min） 物质的量（n/mol） n（A） n（B） n（C） 0 2.0 2.4 0 5 0.8 10 1.6 15 1.6 A. 0~5 min用A表示的平均反应速率为 B. 此温度下，反应的平衡常数K为1.6 C. 物质B的平衡转化率约为33% D. 15 min后，再加入A、B、C各1.6 mol，平衡不移动 11. 一定温度下， ，平衡常数。下列分析正确的是 A. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡逆向移动导致的 B. 升高温度既能增大反应速率又能促进平衡正向移动 C. 若起始、，反应后气体颜色变深 D. 断裂和中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量 12. 合成氨 生产流程示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 气体温度的大小：①<②<③ B. 将原料气进行压缩、升温的目的：提高原料气的平衡转化率 C. 冷却能分离出的原因：沸点远高于和，易液化 D. 合成氨能耗较高的原因：分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量 13. 氢化锂(LiX，X为H、D或T)在国防工业等领域有重要应用。LiX与水反应进程中的能量变化如下图，R、M、TS、P的相对能量如下表。 相对能量 R M TS P X为H 0 -95.7 -81.3 -151.6 X为D 0 -98.1 -85.4 -163.2 X为T 0 -96.2 -87.3 -165.2 下列说法不正确的是 A. H、D、T的核电荷数相同，但质量数不同 B. LiX和反应过程中，有极性键的断裂 C. 等物质的量的LiX与反应放出的热量： D. 该条件下LiX与反应的速率： 14. 它由两步反应组成： ⅰ． ； ⅱ．分解。 反应ⅱ在927℃时的实际转化率(曲线a)和727℃时的平衡转化率(曲线b)如下图所示。下列说法不正确的是 A. B. 曲线a表示反应ⅱ已经处于化学平衡状态 C. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高：的转化率 D. 减小压强有利于提高分解的平衡转化率 15. 进行如下实验探究反应。下列分析不正确的是 A. ①→②，推测I2与I-生成了 B. ②中溶液颜色不变时，各微粒浓度存在： C. ③中上层溶液颜色比②浅的原因：平衡正向移动，降低 D. 向③中加入少量AgNO3溶液并振荡试管，推测下层溶液紫红色加深 16. 和存在平衡：。下列分析不正确的是 A. 当混合气体颜色不再变化时，反应达到了化学平衡状态 B. 断裂2 mol中的共价键所需能量小于断裂1 mol 中的共价键所需能量 C. 保持温度不变，缩小容器的体积，平衡向正反应方向移动，混合气体颜色变浅 D. 保持容器体积不变，水浴加热，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小 17. 与ICl的反应机理如下： 反应①：； 反应②：， 其能量曲线如下图所示。 下列有关说法不正确的是 A. 反应①的 B. 反应①②均是放热反应 C. D. 该反应的反应速率主要取决于②的快慢 18. 二氧化硫催化氧化是工业制硫酸的关键反应，V2O5催化该反应的机理如图。下列说法正确的是 A. a和b分别为SO2和O2 B. 若提高c(SO2)对总反应速率影响不大，可推断反应速率：②<① C. 反应①、②的活化能分别为E1、E2，则ΔH=E1+E2 D. 根据该机理，每生成1molSO3需要至少投入1molV2O5 19. NH3既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料，下图为合成NH3以及NH3制NH4NO3的物质转化示意图。 下列说法正确的是 A. Ⅰ~Ⅴ均是氮的固定 B. Ⅰ中加热的目的是增大化学反应速率和提高原料的平衡转化率 C. Ⅰ~Ⅳ都是氧化还原反应，氧化剂依次是N2、O2、O2、H2O D. 若在Ⅳ中加入足量水、通入足量空气可将NO2充分转化为HNO3 20. 二氧化硫催化氧化可以生成气态，当、和按一定比例混合时，平衡转化率α随温度、压强的变化如下图所示，下列说法不正确的是 A. 由图可知，随着温度升高，该反应的反应限度减小，所以平衡转化率α下降 B. C. 钒催化剂能降低反应的活化能，提高反应速率 D. 增大压强平衡正向移动，反应平衡常数增大 21. HCN(g)与HNC(g)在一定条件下可以发生互变，反应过程能量变化如图。 下列说法正确的是 A. 该条件下，HCN(g)比HNC(g)更稳定 B. 由HCN(g)生成1 mol HNC(l)，需吸收的能量大于59.3 kJ C. HCN(g)转化为HNC(g)的过程中所有化学键均发生断裂 D. 催化剂可以降低反应的ΔH，使HCN(g)更易转化为HNC(g) 22. 用DMO(结构简式为)与合成乙二醇，涉及到的相关反应如下。 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 在催化剂存在，压强、流速、均固定的条件下，反应相同时间，在出口处检测得到的DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如下图，曲线Ⅱ为乙二醇的选择性。 已知：某物质(X)的选择性 下列说法不正确的是 A. 曲线I为DMO的实际转化率，曲线Ⅲ为乙醇的选择性 B. N点反应未达平衡，延长原料与催化剂的接触时间可能提高DMO的转化率 C. 483 K之后，升高温度，反应ⅱ逆向移动，乙二醇的选择性下降 D. 483 K时，出口处 23. 已知反应，若向该溶液中加入含的某溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是 ① ② A. 反应①比反应②所需活化能大 B. 该反应可设计成原电池 C. 向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色变浅 D. 该反应常温下不能自发进行，需要催化才能发生 24. 一定温度下，将不同物质的量的和分别通入容积为的恒容密闭容器中进行反应，得到下表所示的三组数据： 实验 温度 起始量 平衡量 达到平衡时间 1 650 5 2 900 4 3 900 下列说法正确的是 A. 内，实验1中 B. 若，，则平衡时实验2中的转化率和实验3中的转化率相同 C. 该反应的 D. 时，若充入、、和，平衡正向移动 25. 相同温度下，在三个密闭容器中分别进行反应：H2(g) + I2(g)2HI(g)。达到化学平衡状态时，相关数据如下表。下列说法不正确的是 实验 起始时各物质的浓度/(mol·L-1 ) 平衡时物质的浓度/(mol·L-1 ) c(H2) c(I2) c(HI) c(H2) Ⅰ 0.01 0.01 0 0.008 Ⅱ 0.02 0.02 0 a Ⅲ 0.02 0.02 0.04 A. 该温度下，反应的平衡常数为0.25 B. 实验Ⅱ达平衡时，a=0.016 C. 实验Ⅲ开始时，反应向消耗H2的方向移动 D. 达到化学平衡后，压缩三个容器的体积，平衡均不发生移动 26. 一种分解硫酸铵获得氨气和硫酸的物质转化关系如下，其中a、b代表MgO或中的一种。下列说法不正确的是 A. a、d分别是MgO、 B. ②中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1 C. 增大③中的浓度，可提高的产率 D. 若直接加热等量的使其完全分解，得到的量与上述流程相同 27. 将物质的量之比为的和混合气以一定流速通过反应器合成，其他条件一定，测得流出气体中的体积分数随温度、流速的变化如图1、图2。 已知：流速是指单位时间流过反应器的和混合气的总物质的量。 下列说法不正确的是 A. 根据图1和图2，选择催化剂a更合适 B. 其他条件相同时，继续升高温度，图1中两条曲线在500℃后可能部分重合 C. 用催化剂b，450℃后的体积分数下降，原因是升温合成氨反应逆向移动 D. 用催化剂a，单位时间的产量：流速流速 28. 丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。 已知： ①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol ②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 下列说法不正确的是 A. C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol B. c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2O C. 其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大 D. 若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6) 29. 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 30. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2 C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 31. 有科学研究提出：锂电池负极材料(Li)由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O)与含LiH的Li负极材料反应，通过测定可以获知。 已知：① ② 下列说法不正确的是 A. D2和HD既不互为同位素也不互为同素异形体，但化学性质相同 B. Li与D2O的反应： C. 若越大，则越大 D. 80℃反应所得比25℃反应所得小 32. 异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。 下列说法不正确的是 A. 其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备 B. 高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是、 C. 190℃时，增大(异丁醇)，不利于反应②的进行 D. 若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度与流出物质浓度c之间存在：(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯) 33. 合成氨原料气中的可通过水煤气变换反应除去。某合成氨原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比通入水蒸气，平衡后混合气体中的体积分数如下表。 投料比 的体积分数/% 温度/℃ 200 1.70 0.21 0.02 250 2.73 0.30 0.06 300 6.00 0.84 0.43 350 7.85 1.52 0.80 下列说法不正确的是 A. 从表中数据可知，水煤气变换反应的 B. 温度相同时，投料比大，的转化率高 C. 按=1通入水蒸气后，反应前在混合气体中的体积分数为20% D. 根据=1时数据推算，300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46 34. 联合和制取时，发生的主要反应如下： ① ② ，将和按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值如图所示。下列说法正确的是 A. 由①②可知， B. 反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态 C. 其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大 D. 其他条件不变时，增大原料中的浓度可以提高产物中的值 35. {Ti12O18}团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将{Rb@Ti12O18}和Cs+反应，测定笼内Cs+的浓度，计算Cs+取代Rb+反应的平衡常数(Keq)，反应示意图和所测数据如图。有关说法不正确的是 图中表示平衡时铯离子浓度和铷离子浓度之比，其它类似 A. 离子半径：r(Cs+)＞r(Rb+) B. 研究发现：Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇表面的孔径且{Ti12O18}的骨架结构在Cs+交换过程中没有被破坏。据此推断：{Ti12O18}团簇表面的孔是柔性的 C. Keq≈0.1 D. {Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力 第二部分 本部分共3题，共30分。 36. 利用工业废气中的二氧化碳合成甲醇。 （1）合成原理： ①该反应的平衡常数表达式：___________。 ②为提高的平衡转化率，可采取的措施有___________(写两条)。 （2）在一定温度下，将1mol和3mol充入容积为1L的恒容密闭容器中合成甲醇，下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是___________(写序号)。 a．甲醇的质量不再增加 b． c．混合气体密度不变 d．若使用为反应物，反应物和产物均含有 （3）相同时间内，4.00MPa，条件下，温度对反应结果的影响如图所示： 已知：ⅰ．为转化率，为选择性，为产率。 ⅱ．； ①由图像可知，合成甲醇过程中存在副反应。依据是：___________。 ②根据信息，在其他条件一定情况下，制备甲醇宜选用的反应条件：___________。 37. 氯气是一种重要的化工原料，可采用不同的方法制备。 （1）方法一：软锰矿(主要成分为MnO2)和浓盐酸在加热条件下可制得氯气，反应的化学方程式为______________。 （2）方法二：氯化氢可催化氧化制氯气。一定条件下，使用CuCl2作催化剂，催化过程如下： ①氯化氢催化氧化制氯气的热化学方程式为______________。 ②一定容积的密闭容器中，在L一定时，HCl平衡转化率分别随X和进料比的变化关系如图所示，其中L(L₁、L2、L3)、X分别代表压强或温度。 i．X代表的物理量是_________，L₁、L2、L3的关系从大到小为________。 ii．在一定温度和压强下，选择进料比为1.0~2.0，其原因是________。 iii．若HCl的初始浓度为，计算M点的平衡常数K=______________(写出代入数据的计算式即可，不必约分)。 38. 对烟气高效的脱硫、脱硝是防治空气污染的重要方式。 I．尿素()液相脱硫脱硝 （1）尿素溶液吸收烟气中的，生成一种正盐和，反应的化学方程式是_____________。 （2）研究发现，用尿素溶液吸收烟气中的NO时，脱除率很低。若与尿素溶液联用，将转化为，可大大提高的脱除率。与溶液反应可生成两种无毒无污染的气体，反应的化学方程式是_____________。 Ⅱ．气相脱硫脱硝 一定温度下，将模拟烟气通入气相氧化反应器中。和的初始浓度相同，改变的浓度，相同时间内，气体的氧化率随与或的物质的量浓度之比的变化如图所示。其中①、④分别为和单独通入反应器时、的氧化率，②、③分别为将NO和同时通入反应器时NO、的氧化率。 已知：对于确定的基元反应，反应速率(v)与速率常数(k)成正比。 气相氧化的关键基元反应： 基元反应1： 基元反应2： 气相氧化的关键基元反应： 基元反应3： 基元反应4： （3）单独氧化时，氧化率很低。原因是_____________。 （4）将和同时通入气相氧化反应器中时，和的氧化率与将其单独通入反应器中时不同。原因分别是_____________。 （5）当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升。研究表明，此时被氧化不再经历基元反应3和基元反应4，而是生成两种常见的强酸。反应的化学方程式是_____________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $