湖北省武昌实验中学2026-2027学年高二上学期化学期中自编模拟卷

2026-2027学年高二化学上学期期中模拟卷 （测试范围：选择性必修第一册1.1~3.3） 1、 选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1．成语蕴含丰富的化学知识，下列成语涉及放热反应的是（　　） A．钻木取火 B．冰消雪融 C．沙里淘金 D．刻舟求剑 2．铁片与100mL0.1mol/L的稀盐酸反应，生成H2的速率太慢。下列方法能加快反应速率的是（　　） A．增大压强 B．加NaCl固体 C．滴加几滴CuSO4溶液 D．改用98%的浓硫酸 3．下列有关说法中正确的是（　　） A．2CaCO3（s）+2SO2（g）+O2（g）═2CaSO4（s）+2CO2（g）在低温下能自发进行，则该反应的ΔH＜0 B．NH4Cl（s）═NH3（g）+HCl（g）室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH＜0 C．稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量 D．在合成氨工业中N2的量越多，H2的转化率越大，因此充入的N2越多越有利于NH3的合成 4．下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　） A．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气 B．打开可口可乐瓶塞，可产生大量气泡 C．工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高SO2的利用率 D．H2、I2（g）、HI平衡混合气加压后颜色变深 5．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R（g）⇌P（g）。反应历程（如图）中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法错误的是（　　） A． 使用Ⅰ和Ⅱ，均有4个基元反应 B．使用催化剂Ⅰ时，第三个基元反应是决速反应 C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 6．已知CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41kJ•mol﹣1，下列叙述正确的是（　　） A．恒温恒压条件下加入惰性气体，活化分子数不变，反应速率不变 B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快 C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快 D．加入合适的催化剂，可降低反应的活化能和焓变，活化分子百分数增大，反应速率加快 7．已知：25℃时，Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5下列说法正确的是（　　） A．将CH3COOH溶液稀释后，溶液中各粒子浓度减小 B．冰醋酸中逐滴加水，醋酸的电离程度先增大后减小 C．向CH3COOH溶液中加入一定量的盐酸、CH3COOH的电离常数减小 D．向CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa粉末，c（CH3COOH）增大 8．用CO合成甲醇（CH3OH）的化学方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A． 温度：T1＞T2＞T3 B．正反应速率：v（a）＞v（c）、v（b）＞v（d） C．平衡常数：K（a）＞K（c）、K（b）＝K（d） D．平均摩尔质量：、 9．某温度下，等体积、相同c（H+）的盐酸和醋酸溶液，分别加水稀释，溶液中的c（H+）随溶液体积（V）变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度 B．b点溶液中水电离的c（H+）小于c点 C．将两溶液稀释到c（H+）再次相同时，溶液的体积VⅠ＞VⅡ D．取a、b两点的溶液，用NaOH完全中和，前者消耗NaOH物质的量小 10．图像是表征化学反应速率和化学平衡的重要方式。下列说法错误的是（　　） A．图1升高温度时，反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数会减小 B．图2为SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）在绝热恒容密闭容器中进行，该反应为放热反应 C．图3为温度T时合成氨反应，在a、b、c三点所处的平衡状态中，N2的转化率最高的是b点 D．图4为反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），L线上所有的点都是平衡点，则E点v正＞v逆 11．一定温度下，把2.5mol A和2.5mol B混合盛入容积为2L的恒容密闭容器里，发生如下反应：3A（g）+B（s）⇌xC（g）+2D（g），经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•s﹣1，同时生成1mol D，下列叙述中不正确的是（　　） A．x＝2 B．反应达到平衡状态时A的转化率为60% C．若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态 D．再加入2.5mol A和2.5mol B，平衡正向移动，再次平衡后A的转化率增大 12．某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应2X（s）⇌Y（g）+Z（g），一段时间后达到平衡。下列说法错误的是（　　） A．气体的平均分子质量保持不变，则反应已达到化学平衡状态 B．气体的密度保持不变，则反应已达到化学平衡状态 C．升高温度，若c（Z）增大，则ΔH＞0 D．加入一定量氩气，平衡不移动 13．根据下列实验操作，能够得到相应实验现象或结论的是（　　） 选项 实验操作 实验现象或结论 A. 用注射器吸入20mL由NO2和N2O4组成的混合气体，向外拉动注射器活塞至气体体积为原来的2倍 减小压强，反应2NO2⇌N2O4的平衡逆向移动，气体颜色比原平衡深 B. 将黄绿色CuCl2浓溶液加水稀释 溶液变成蓝色，配体H2O、Cl﹣与Cu2+间存在平衡移动 C. 向橙色的K2Cr2O7溶液中加入少量NaOH固体 溶液的橙色加深 D. 向滴加了KSCN（aq）的FeCl3溶液中加入一定量KCl固体 溶液颜色变浅，平衡逆向移动 A．A B．B C．C D．D 14．工业上可利用氨水吸收SO2和NO2原理如图所示。已知：25℃时，NH3•H2O的Kb＝1.7×10﹣5，H2SO3的Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.2×10﹣8，下列说法正确的是（　　） A．0.1mol/LNH4HSO3溶液中：c（H2SO3）＞c（NH3•H2O）+c（） B．向氨水中通入SO2至pH＝7；2c（）＞c（）＞c（H+）＝c（OH﹣） C．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4N2+4 D．0.1mol/L（NH4）2SO3溶液中：2[c（）+c（）+c（H2SO3）]＝c（NH3•H2O）+c（） 15．CO、CH4、CH3CHO（g）的燃烧热分别为a、b、ckJ•mol﹣1（a、b、c＞0）。等物质的量的CO与CH4气体在1.0×104kPa下发生如下反应CO（g）+CH4（g）⇌CH3CHO（g），反应速率v＝v正﹣v逆＝k正p（CO）p（CH4）﹣k逆p（CH3CHO），k正、k逆为正、逆反应速率常数，p为气体分压，Kp＝4.5×10﹣5（kPa）﹣1。下列说法不正确的是（　　） A．气体的密度保持不变可用于判断反应已达到化学平衡状态 B．当CO的转化率为20%时，v正：v逆＝4：5 C．乙醛的分解反应CH3CHO（g）⇌CO（g）+CH4（g）的ΔH＝a+b﹣ckJ•mol﹣1 D．升高温度，k正、k逆均增大，若平衡逆向移动，则k正增大的倍数＞k逆增大的倍数 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（13分）25℃时，现有浓度均为0.1mol•L﹣1的下列溶液：①盐酸，②醋酸，③硫酸，④氢氧化钠，⑤氨水，⑥醋酸铵，⑦硫酸氢铵，⑧氯化铵，⑨硫酸铵。请回答下列问题： （1）⑤、⑥、⑦、⑧、⑨五种溶液中浓度由大到小的顺序是（填序号，下同） 　 　 。 （2）①、②、③、④、⑤五种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为 　 　 。 （已知Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5、Kb（NH3•H2O）＝1.75×10﹣5） （3）等浓度，等体积的①、②、③三种溶液，用等物质的量浓度的④溶液恰好完全中和时，消耗④溶液的体积由大到小顺序为 　 　 。 （4）等体积，等pH①、②、③三种溶液，分别加入形状大小相同的镁片，开始产生气泡的速率由快到慢的关系为 　 　 。 （5）等体积的①、⑤溶液混合后，溶液呈 　 　 性，请用离子方程式解释原因：　 　 。 17．（14分）利用草酸（H2C2O4）及草酸盐的性质可测定人体血液中钙离子的浓度。 实验流程：取血样10.00mL，加适量的草酸铵[（NH4）2C2O4]溶液，析出草酸钙[CaC2O4]沉淀，将沉淀洗涤后溶于强酸得到草酸（H2C2O4），再用硫酸酸化的0.0100mol/LKMnO4标准液滴定，使草酸转化成CO2逸出。重复上述实验三次，平均消耗KMnO4溶液12.00mL。 回答下列问题： （1）KMnO4标准溶液应用 　 　 滴定管（填“酸式”或“碱式”）盛装，注入KMnO4标准溶液之前，滴定管需要检查是否漏水、洗涤和 　 　 。 （2）滴定过程中发生反应的离子方程式为 　 　 。滴定终点的现象为 　 　 。 （3）血液样品中Ca2+浓度为 　 　 mg/mL。 （4）判断下列操作对血液中钙离子的浓度测定结果的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 ①滴定前俯视刻度读数，滴定后仰视刻度读数，则测定结果 　 　 。 ②滴定过程中，锥形瓶中的液体溅出，则测定结果 　 　 。 18．（14分）回答下列问题。 （1）在800℃、2L的密闭容器中发生反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g），n（NO）随时间的变化如表： 时间（s） 0 1 2 3 4 5 n（NO）/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 ①图中A点处，v（正）　 　 v（逆）（填“＜”、“＝”或“＞”）。 ②图中表示NO2变化的曲线是　 　 ，结合图表可知前2s内v（O2）＝　 　 。 ③下列操作不能使该反应的反应速率增大的是　 　 。 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 （2）反应物S转化为产物P或P•Z的能量与反应进程的关系如图所示： ①进程Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ使用X、Y、Z三种物质，表现出催化作用的是　 　 （填X、Y或Z）。 ②比较进程Ⅰ、Ⅱ中生成P的产率大小：Ⅰ　 　 Ⅱ（填“大于”、“等于”或“小于”）。 比较进程Ⅱ、Ⅲ中生成P的速率大小：Ⅱ　 　 Ⅲ（填“大于”、“等于”或“小于”）。 （3）某反应在催化剂存在时能有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热ΔH＝﹣620.9kJ•mol﹣1。在一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示（TS表示过渡态）： ①第一个基元反应的反应热ΔH＝　 　 。 ②该过程的总反应化学方程式为　 　 。 19．（14分）CH3OH是重要的能源物质，CO2转化为甲醇是一种有效减少CO2排放的方法。 （1）CO2加氢制甲醇过程中发生的主要反应为反应ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），该反应一般认为通过反应Ⅱ和反应Ⅲ两步实现。 反应ⅡCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH＝+41kJ•mol﹣1 反应ⅢCO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH＝﹣99kJ•mol﹣1 若反应Ⅱ为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 　 　 （填标号）。 （2）向恒温2L容器中充入一定量CO2和H2，发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＜0。图中过程Ⅰ、Ⅱ是在不同催化剂作用下CO2的转化率α（CO2）随时间（t）的变化曲线。 下列说法正确的是 　 　 （填序号）。 A．m点：v正＜v逆 B．t2时刻改变的反应条件可能是增大水蒸气的浓度 C．活化能：过程Ⅱ＜过程Ⅰ D．t2时刻改变的反应条件可能是降低温度 （3）在25℃和1×105Pa的条件下，发生反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），反应建立平衡后，再逐步增大体系的压强。表中列出了不同压强下平衡时物质CO的浓度。压强从1×105到2.5×105Pa，平衡 　 　 （填“正向”“逆向”或“不”）移动；压强从2.5×105到5×105Pa，浓度从0.20变为0.44mol•L﹣1的原因是 　 　 。 压强（Pa） 1×105 2.5×105 5×105 浓度（mol•L﹣1） 0.08 0.20 0.44 （4）在温度T2、容积2L的密闭容器中加入1molCO2和3molH2发生如下反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），平衡后H2的体积分数为50%。若在相同温度，相同体积的容器中加入2.4molCO2、4.2molH2、1molCH3OH、2molH2O，平衡后， 　 　 （填“＞”“＜”“＝”或“不能确定”） （5）温度为T3时，在容积为2L的密闭容器中加入1molCO2和3molH2发生下列反应，平衡时CH3OH的物质的量为0.5mol。反应开始时与平衡时压强之比为 　 　 。 反应ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） 反应ⅡCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） 反应ⅢCO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二化学上学期期中模拟卷 （测试范围：选择性必修第一册1.1~3.3） 1、 选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1．成语蕴含丰富的化学知识，下列成语涉及放热反应的是（　　） A．钻木取火 B．冰消雪融 C．沙里淘金 D．刻舟求剑 【分析】A．钻木取火过程中发生了燃烧； B．冰消雪融吸收热量； C．沙里淘金是物理变化； D．刻舟求剑的过程中为发生化学反应。 【解答】解：A．钻木取火过程中发生了燃烧，涉及放热反应，故A正确； B．冰消雪融吸收热量，不是化学反应，故B错误； C．沙里淘金是物理变化，不是放热反应，故C错误； D．刻舟求剑无化学反应发生，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查了物质变化和能量变化的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。 2．铁片与100mL0.1mol/L的稀盐酸反应，生成H2的速率太慢。下列方法能加快反应速率的是（　　） A．增大压强 B．加NaCl固体 C．滴加几滴CuSO4溶液 D．改用98%的浓硫酸 【分析】适当增大氢离子的浓度、升高温度、形成原电池、增大反应物的接触面积等方法都能加快化学反应速率。 【解答】解：A．反应物是固体和液体，增大压强不能加快化学反应速率，故A错误； B．加入NaCl，反应物的接触面积、氢离子浓度都不改变，化学反应速率不变，故B错误； C．滴加几滴CuSO4溶液，Fe置换出Cu，Fe、Cu和稀盐酸构成原电池而加快化学反应速率，故C正确； D．常温下，浓硫酸和Fe发生钝化现象，化学反应速率减慢且生成的气体不是氢气，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，题目难度不大。 3．下列有关说法中正确的是（　　） A．2CaCO3（s）+2SO2（g）+O2（g）═2CaSO4（s）+2CO2（g）在低温下能自发进行，则该反应的ΔH＜0 B．NH4Cl（s）═NH3（g）+HCl（g）室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH＜0 C．稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量 D．在合成氨工业中N2的量越多，H2的转化率越大，因此充入的N2越多越有利于NH3的合成 【分析】A．△G＝ΔH﹣T△S＜0的反应可自发进行； B．ΔH﹣T△S＜0的反应可自发进行； C．醋酸为弱电解质，电离会吸热； D．在合成氨工业中N2的量越多，H2的转化率越大，但充入过多的N2，未反应的N2会带走较多的热量，反而不利于NH3的合成。 【解答】解：A．由气体的化学计量数可知△S＜0，且△G＝ΔH﹣T△S＜0的反应可自发进行，在低温下能自发进行，则该反应的ΔH＜0，故A正确； B．由气体的化学计量数可知△S＞0，且ΔH﹣T△S＜0的反应可自发进行，室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH＞0，故B错误； C．醋酸为弱电解质，电离会吸热，因此稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故C错误； D．在合成氨工业中N2的量越多，H2的转化率越大，但充入过多的N2，未反应的N2会带走较多的热量，反而不利于NH3的合成，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查化学反应中能量的变化，为高频考点，题目难度不大。 4．下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　） A．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气 B．打开可口可乐瓶塞，可产生大量气泡 C．工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高SO2的利用率 D．H2、I2（g）、HI平衡混合气加压后颜色变深 【分析】勒夏特列原理即平衡移动原理，当外界条件改变时，平衡发生移动，可用勒夏特列原理解释。 【解答】解：A．氯气溶于水存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向移动，减小氯气在水中的溶解度，故可用排饱和食盐水的方法收集氯气，可用勒夏特列原理解释，故A错误； B．可乐中存在平衡CO2（g）⇌CO2（aq），打开可口可乐瓶塞，压强减小，平衡逆向移动，可产生大量气泡，能用勒夏特列原理解释，故B错误； C．反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）中，使用过量的空气，有利于平衡正向移动，可以提高SO2的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C错误； D．反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）前后气体分子数不变，加压平衡不移动，但容器体积变小，I2（g）浓度增大，不可用勒夏特列原理解释，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查勒夏特列原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确勒夏特列原理的内涵及外界条件对化学平衡影响原理是解本题关键，只有能引起平衡移动的化学反应才能用勒夏特列原理解释，题目难度不大。 5．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R（g）⇌P（g）。反应历程（如图）中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法错误的是（　　） A．使用Ⅰ和Ⅱ，均有4个基元反应 B．使用催化剂Ⅰ时，第三个基元反应是决速反应 C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 【分析】由图可知，使用催化剂Ⅰ和Ⅱ，反应历程中均产生4个过渡态，使用催化剂Ⅱ时反应历程中最高活化能大于使用催化剂I时反应历程中的最高活化能，使用催化剂I反应速率更快，使用催化剂I，生成M的活化能较小，而M转化成P的活化能较大，生成M的反应速率较快，而M转化成P的反应速率较慢，从而使M能达到的最高浓度更大，以此做题。 【解答】解：A.使用催化剂Ⅰ和Ⅱ，反应过程中均有四个峰，则均有四个基元反应，故A正确， B.使用催化剂I时，第三个基元反应的活化能最大，反应速率最慢，所以此步反应是决速反应，故B正确， C.使用Ⅱ时，第一个反应在所有基元反应中活化能最大，反应速率最慢，所以它决定反应体系更慢达到平衡，故C错误， D.使用I时，反应过程中M的能量最低，稳定性最强，则所能达到的最高浓度更大，故D正确， 故选：C。 【点评】本题主要考查反应热与焓变，探究反应中能量的变化，再考查催化剂的作用，根据题目所给图像进行能量分析，侧重学生对图表的阅读与理解能力，为考试重点，锻炼学生提取重要信息的能力，综合性较强，难度较大。 6．已知CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41kJ•mol﹣1，下列叙述正确的是（　　） A．恒温恒压条件下加入惰性气体，活化分子数不变，反应速率不变 B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快 C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快 D．加入合适的催化剂，可降低反应的活化能和焓变，活化分子百分数增大，反应速率加快 【分析】A．恒温恒压条件下加入惰性气体，容器体积增大，反应物和生成物的浓度减小； B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，反应物浓度增大，活化分子百分数不变； C．升高温度，部分非活化分子转化为活化分子； D．催化剂不改变焓变。 【解答】解：A．恒温恒压条件下加入惰性气体，容器体积增大，反应物和生成物的浓度减小，活化分子百分数不变，化学反应速率减小，故A错误； B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，反应物浓度增大，活化分子百分数不变，化学反应速率加快，故B错误； C．升高温度，部分非活化分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，故C正确； D．催化剂不改变焓变，降低反应所需活化能，活化分子百分数增大，反应速率加快，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响原理内涵是解本题关键，注意：催化剂不能改变焓变。 7．已知：25℃时，Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5下列说法正确的是（　　） A．将CH3COOH溶液稀释后，溶液中各粒子浓度减小 B．冰醋酸中逐滴加水，醋酸的电离程度先增大后减小 C．向CH3COOH溶液中加入一定量的盐酸、CH3COOH的电离常数减小 D．向CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa粉末，c（CH3COOH）增大 【分析】依据外界条件改变对电离平衡的影响分析。 【解答】解：A．将CH3COOH溶液稀释后，醋酸电离平衡正向移动，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO﹣）、n（H+）增大，溶液体积增大，故c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）、c（H+）均减小，但c（OH﹣）增大，故A错误； B．冰醋酸中逐滴加水，醋酸电离平衡正向移动，电离程度一直增大，故B错误； C．向CH3COOH溶液中加入一定量的盐酸，醋酸电离平衡逆向移动，但温度不变，CH3COOH的电离常数不变，故C错误； D．向CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa粉末，醋酸电离平衡逆向移动，c（CH3COOH）增大，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查电离平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对电离平衡的影响是解题的关键。 8．用CO合成甲醇（CH3OH）的化学方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．温度：T1＞T2＞T3 B．正反应速率：v（a）＞v（c）、v（b）＞v（d） C．平衡常数：K（a）＞K（c）、K（b）＝K（d） D．平均摩尔质量：、 【分析】A．根据正反应放热，升高温度平衡逆向移动，CO的平衡转化率降低进行分析； B．根据c点温度大于a点，c点CO浓度大于a点，进行分析； C．根据正反应放热，升高温度平衡常数减小，进行分析； D．根据正反应气体物质的量减小，a点CO平衡转化率大于c点，进行分析。 【解答】解：A．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，一氧化碳的平衡转化率降低，所以温度：T1＜T2＜T3，故A错误； B．c点温度大于a点，c点一氧化碳浓度大于a点，所以正反应速率：v（a）＜v（c），故B错误； C．正反应放热，升高温度平衡常数减小，b、d温度相同，b、d平衡常数相等，a点温度最低，c点温度最高，a点平衡常数最大，c点平衡系数最小，所以K（a）＞K（c）、K（b）＝K（d），故C正确； D．正反应气体物质的量减小，a点CO平衡转化率大于c点，所以平均摩尔质量：，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查转化率随温度、压强的变化曲线等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 9．某温度下，等体积、相同c（H+）的盐酸和醋酸溶液，分别加水稀释，溶液中的c（H+）随溶液体积（V）变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（　　） A．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度 B．b点溶液中水电离的c（H+）小于c点 C．将两溶液稀释到c（H+）再次相同时，溶液的体积VⅠ＞VⅡ D．取a、b两点的溶液，用NaOH完全中和，前者消耗NaOH物质的量小 【分析】醋酸为弱酸，在水中部分电离，盐酸为强酸，在水中完全电离，某温度下，等体积、相同c（H+）的盐酸和醋酸溶液中，醋酸浓度大于盐酸浓度，分别加水稀释相同倍数时，盐酸溶液中氢离子浓度变化幅度大于醋酸溶液中氢离子浓度，故曲线Ⅰ代表盐酸溶液中的c（H+）随溶液体积（V）变化的曲线，曲线Ⅱ代表溶液中的c（H+）随溶液体积（V）变化的曲线，据此作答。 【解答】解：A．稀释前醋酸浓度大于盐酸，稀释相同倍数时，b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度，故A错误； B．c点加水稀释倍数大，溶液中氢离子浓度小，对水的抑制程度小，水电离的c（H+）大，故b点溶液中水电离的c（H+）小于c点，故B正确； C．醋酸为弱酸，在水中部分电离，加水稀释，电离平衡正向移动，故将两溶液稀释到c（H+）再次相同时，溶液的体积VⅠ＜VⅡ，故C错误； D．稀释前醋酸浓度大于盐酸，相同体积溶液中醋酸的物质的量大于HCl，故醋酸溶液消耗NaOH物质的量大，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查电离平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对电离平衡的影响是解题的关键。 10．图像是表征化学反应速率和化学平衡的重要方式。下列说法错误的是（　　） A．图1升高温度时，反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数会减小 B．图2为SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）在绝热恒容密闭容器中进行，该反应为放热反应 C．图3为温度T时合成氨反应，在a、b、c三点所处的平衡状态中，N2的转化率最高的是b点 D．图4为反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），L线上所有的点都是平衡点，则E点v正＞v逆 【分析】依据外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响分析。 【解答】解：A．由图可知，合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数会减小，故A正确； B．反应在绝热恒容密闭容器中进行，由图可知，随反应进行，正反应速率开始时增大，故容器内温度升高，该反应为放热反应，故B正确； C．氢气的充入量越多，有利于平衡正向移动，氮气转化率增大，故在a、b、c三点所处的平衡状态中，N2的转化率最高的是c点，故C错误； D．由图可知，E点反应未达到平衡，压强一定时，E点达到平衡时，A的百分含量减小，反应正向进行，则E点v正＞v逆，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 11．一定温度下，把2.5mol A和2.5mol B混合盛入容积为2L的恒容密闭容器里，发生如下反应：3A（g）+B（s）⇌xC（g）+2D（g），经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•s﹣1，同时生成1mol D，下列叙述中不正确的是（　　） A．x＝2 B．反应达到平衡状态时A的转化率为60% C．若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态 D．再加入2.5mol A和2.5mol B，平衡正向移动，再次平衡后A的转化率增大 【分析】5s内C的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•s﹣1，则C的物质的量变化量△n＝△c•V＝v•t•V＝0.1mol•L﹣1•s﹣1×5s×2L＝1mol，同时生成1mol D，化学计量数之比等于物质的量之比，则x＝2。 【解答】解：A．5s内C的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•s﹣1，则C的物质的量变化量△n＝△c•V＝v•t•V＝0.1mol•L﹣1•s﹣1×5s×2L＝1mol，同时生成1mol D，化学计量数之比等于物质的量之比，x＝2，故A正确； B．根据方程式3A（g）+B（s）⇌2C（g）+2D（g），可知参与反应的A的物质的量为：n（A）n（D）1mol＝1.5mol，则A的转化率为60%，故B正确； C．混合气体的密度ρ，容器的容积V不变，气体质量m变化，则气体密度不变时可以说明达到平衡状态，故C正确； D．再加入2.5mol A和2.5mol B，相当于增大压强，再次平衡后A的转化率减小，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡计算的掌握情况，试题难度中等。 12．某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应2X（s）⇌Y（g）+Z（g），一段时间后达到平衡。下列说法错误的是（　　） A．气体的平均分子质量保持不变，则反应已达到化学平衡状态 B．气体的密度保持不变，则反应已达到化学平衡状态 C．升高温度，若c（Z）增大，则ΔH＞0 D．加入一定量氩气，平衡不移动 【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变，结合外界条件改变对化学平衡的影响分析。 【解答】解：A．Y、Z的生成量之比始终为1：1，故气体的平均分子质量始终保持不变，无法判断反应是否达到平衡状态，故A错误； B．容器容积不变，气体的密度保持不变时，混合气体的总质量不变，反应已达到化学平衡状态，故B正确； C．升高温度，若c（Z）增大，平衡正向移动，则ΔH＞0，故C正确； D．加入一定量氩气，生成物浓度保持不变，正逆反应速率不变，平衡不移动，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握平衡状态的判定方法是解题的关键。 13．根据下列实验操作，能够得到相应实验现象或结论的是（　　） 选项 实验操作 实验现象或结论 A. 用注射器吸入20mL由NO2和N2O4组成的混合气体，向外拉动注射器活塞至气体体积为原来的2倍 减小压强，反应2NO2⇌N2O4的平衡逆向移动，气体颜色比原平衡深 B. 将黄绿色CuCl2浓溶液加水稀释 溶液变成蓝色，配体H2O、Cl﹣与Cu2+间存在平衡移动 C. 向橙色的K2Cr2O7溶液中加入少量NaOH固体 溶液的橙色加深 D. 向滴加了KSCN（aq）的FeCl3溶液中加入一定量KCl固体 溶液颜色变浅，平衡逆向移动 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．新平衡时NO2浓度比原平衡浓度小； B．CuCl2浓溶液中存在：[CuCl4]2﹣（aq）+4H2O（l）⇌[Cu（H2O）4]2+（aq）+4Cl﹣（aq），[Cu（H2O）4]2+呈蓝色、[CuCl4]2﹣呈黄色； C．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2（橙色）+H2O⇌2（黄色）+2H+，加入少量NaOH固体，平衡正向移动； D．KCl固体对Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3的平衡无影响。 【解答】解：A．减小容器压强，体积增大，颜色变浅，然后2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡逆向移动，气体颜色变深，但新平衡时NO2浓度比原平衡浓度小，即比原平衡时颜色浅，故A错误； B．CuCl2浓溶液中存在：[CuCl4]2﹣（aq）+4H2O（l）⇌[Cu（H2O）4]2+（aq）+4Cl﹣（aq），[Cu（H2O）4]2+呈蓝色、[CuCl4]2﹣呈黄色，CuCl2浓溶液呈黄绿色，加水稀释后溶液呈蓝色，说明配体H2O、Cl﹣与Cu2+间存在配位平衡移动，且向生成[Cu（H2O）4]2+的方向移动，故B正确； C．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2（橙色）+H2O⇌2（黄色）+2H+，加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液黄色加深，故C错误； D．KCl固体对Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3的平衡无影响，则平衡不移动，溶液的颜色不变，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查化学实验方案的评价，关键是明确有关实验原理，需要学生具备扎实的基础，题目侧重考查学生信息获取能力、理解分析能力、综合运用知识的能力。 14．工业上可利用氨水吸收SO2和NO2原理如图所示。已知：25℃时，NH3•H2O的Kb＝1.7×10﹣5，H2SO3的Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.2×10﹣8，下列说法正确的是（　　） A．0.1mol/LNH4HSO3溶液中：c（H2SO3）＞c（NH3•H2O）+c（） B．向氨水中通入SO2至pH＝7；2c（）＞c（）＞c（H+）＝c（OH﹣） C．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4N2+4 D．0.1mol/L（NH4）2SO3溶液中：2[c（）+c（）+c（H2SO3）]＝c（NH3•H2O）+c（） 【分析】A．NH3•H2O的Kb＝1.7×10﹣5，H2SO3的Ka1＝1.3×10﹣2，则的水解平衡常数Kh（）5.9×10﹣10，的水解平衡常数Kh（）7.7×10﹣13＜Kh（），则的水解程度大于的水解程度，则c（H2SO3）＜c（NH3•H2O）； B．溶液的pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒2c（）+c（）+c（OH﹣）＝c（）+c（H+），则2c（）+c（）＝c（）； C．根据题干知，NO2和NH4HSO3发生氧化还原反应生成N2、（NH4）2SO4，但弱酸酸式酸根离子不能拆写； D．该溶液中存在物料守恒n（N）＝2n（S）。 【解答】解：A．NH3•H2O的Kb＝1.7×10﹣5，H2SO3的Ka1＝1.3×10﹣2，则的水解平衡常数Kh（）5.9×10﹣10，的水解平衡常数Kh（）7.7×10﹣13＜Kh（），则的水解程度大于的水解程度，则c（H2SO3）＜c（NH3•H2O），所以c（H2SO3）＜c（NH3•H2O）+c（），故A错误； B．溶液的pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒2c（）+c（）+c（OH﹣）＝c（）+c（H+），则2c（）+c（）＝c（），则2c（）＜c（），故B错误； C．根据题干知，NO2和NH4HSO3发生氧化还原反应生成N2、（NH4）2SO4，但弱酸酸式酸根离子不能拆写，离子方程式为2NO2+4N2+44H+，故C错误； D．该溶液中存在物料守恒n（N）＝2n（S），所以存在2[c（）+c（）+c（H2SO3）]＝c（NH3•H2O）+c（），故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确电离平衡常数与水解平衡常数的关系、离子浓度大小比较的方法是解本题关键，注意原子守恒、物料守恒的运用。 15．CO、CH4、CH3CHO（g）的燃烧热分别为a、b、ckJ•mol﹣1（a、b、c＞0）。等物质的量的CO与CH4气体在1.0×104kPa下发生如下反应CO（g）+CH4（g）⇌CH3CHO（g），反应速率v＝v正﹣v逆＝k正p（CO）p（CH4）﹣k逆p（CH3CHO），k正、k逆为正、逆反应速率常数，p为气体分压，Kp＝4.5×10﹣5（kPa）﹣1。下列说法不正确的是（　　） A．气体的密度保持不变可用于判断反应已达到化学平衡状态 B．当CO的转化率为20%时，v正：v逆＝4：5 C．乙醛的分解反应CH3CHO（g）⇌CO（g）+CH4（g）的ΔH＝a+b﹣ckJ•mol﹣1 D．升高温度，k正、k逆均增大，若平衡逆向移动，则k正增大的倍数＞k逆增大的倍数 【分析】A．气体的密度保持不变，说明气体的物质的量不变，可用于判断反应已达到化学平衡状态； B．当CO的转化率为20%时，设CO的物质的量为1mol，则CH4的物质的量为1mol，反应中消耗了0.2molCO，生成了0.2molCH3CHO； C．根据盖斯定律计算CH3CHO（g）⇌CO（g）+CH4（g）的ΔH； D．升高温度，k正、k逆均增大，若平衡逆向移动，则k正增大的倍数＜k逆增大的倍数。 【解答】解：A．气体的密度保持不变，说明气体的物质的量不变，可用于判断反应已达到化学平衡状态，故A正确； B．当CO的转化率为20%时，设CO的物质的量为1mol，则CH4的物质的量为1mol，反应中消耗了0.2molCO，生成了0.2molCH3CHO，则v正：v逆＝4：5，故B正确； C．根据盖斯定律，CH3CHO（g）⇌CO（g）+CH4（g）的ΔH＝a+b﹣ckJ•mol﹣1，故C正确； D．升高温度，k正、k逆均增大，若平衡逆向移动，则k正增大的倍数＜k逆增大的倍数，故D错误， 故答案为：D。 【点评】本题主要考查了化学平衡的移动和判断，题目难度不大，掌握化学平衡移动的影响因素及化学平衡常数是计算方法是解答该题的关键。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（13分）25℃时，现有浓度均为0.1mol•L﹣1的下列溶液：①盐酸，②醋酸，③硫酸，④氢氧化钠，⑤氨水，⑥醋酸铵，⑦硫酸氢铵，⑧氯化铵，⑨硫酸铵。请回答下列问题： （1）⑤、⑥、⑦、⑧、⑨五种溶液中浓度由大到小的顺序是（填序号，下同） 　⑨＞⑦＞⑧＞⑥＞⑤　 。 （2）①、②、③、④、⑤五种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为 　②＝⑤＞①＝④＞③　 。 （已知Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5、Kb（NH3•H2O）＝1.75×10﹣5） （3）等浓度，等体积的①、②、③三种溶液，用等物质的量浓度的④溶液恰好完全中和时，消耗④溶液的体积由大到小顺序为 　③＞①＝②　 。 （4）等体积，等pH①、②、③三种溶液，分别加入形状大小相同的镁片，开始产生气泡的速率由快到慢的关系为 　①＝②＝③　 。 （5）等体积的①、⑤溶液混合后，溶液呈 　酸　 性，请用离子方程式解释原因：　H2O⇌NH3•H2O+H+ 。 【分析】（1）强电解质溶液中c（）大于弱电解质，盐中数目越大，c（ ）越大，且水解程度越大，溶液中c（ ）越小； （2）酸或碱抑制水电离，含有弱碱阳离子或弱酸根阴离子的盐促进水电离，酸中c（H+）或碱中c（OH﹣）越大，其抑制水电离程度越强，但浓度相同的HCl和NaOH对水的抑制作用相同、醋酸和氨水的抑制作用相同； （3）盐酸、醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，物质的量：盐酸＝醋酸＜硫酸，结合酸碱中和反应实质分析解答； （4）形状大小相同的镁片与酸反应时，c（H+）越大，反应速率越快； （5）等浓度、等体积的盐酸和氨水恰好反应生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，溶液呈酸性。 【解答】解：（1）氨水为弱电解质溶液，溶液中c（）最小；⑥⑦⑧中均含有1个：硫酸氢铵溶液中c（H+）大，的水解程度最小，c（）较大，醋酸铵为弱酸弱碱盐，醋酸根离子促进水解，c（）较小，氯化铵溶液中c（）处于中间位置；硫酸铵中含有2个，正常水解，所以⑤、⑥、⑦、⑧、⑨五种溶液中浓度由大到小的顺序是⑨＞⑦＞⑧＞⑥＞⑤， 故答案为：⑨＞⑦＞⑧＞⑥＞⑤； （2）①、②、③均为酸、且浓度相同时酸性：硫酸＞盐酸＞醋酸，抑制水的电离程度：硫酸＞盐酸＞醋酸，④、⑤均为碱，且浓度相同时碱性：氢氧化钠＞氨水，抑制水的电离程度：氢氧化钠＞氨水，但浓度相同的HCl和NaOH对水的抑制作用相同、Ka（CH3COOH）＝Kb（NH3•H2O），即醋酸和氨水的抑制作用相同，所以溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：②＝⑤＞①＝④＞③， 故答案为：②＝⑤＞①＝④＞③； （3）盐酸、醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，等浓度，等体积时物质的量：盐酸＝醋酸＜硫酸，所以恰好完全中和时消耗等物质的量浓度的NaOH溶液的体积：③＞①＝②， 故答案为：③＞①＝②； （4）等pH的盐酸、醋酸、硫酸三种溶液中，起始时c（H+）相同，则加入形状大小相同的镁片，开始产生气泡的速率相同， 故答案为：①＝②＝③； （5）等浓度、等体积的盐酸和氨水恰好反应生成NH4Cl，水解使溶液呈酸性，反应的离子方程式为H2O⇌NH3•H2O+H+， 故答案为：酸；H2O⇌NH3•H2O+H+。 【点评】本题考查盐类水解原理的应用、离子浓度大小比较，侧重基础知识检测和灵活运用能力，明确弱电解质电离、水电离影响因素、盐类水解原理是解题关键，题目难度不大。 17．（14分）利用草酸（H2C2O4）及草酸盐的性质可测定人体血液中钙离子的浓度。 实验流程：取血样10.00mL，加适量的草酸铵[（NH4）2C2O4]溶液，析出草酸钙[CaC2O4]沉淀，将沉淀洗涤后溶于强酸得到草酸（H2C2O4），再用硫酸酸化的0.0100mol/LKMnO4标准液滴定，使草酸转化成CO2逸出。重复上述实验三次，平均消耗KMnO4溶液12.00mL。 回答下列问题： （1）KMnO4标准溶液应用 　酸式　 滴定管（填“酸式”或“碱式”）盛装，注入KMnO4标准溶液之前，滴定管需要检查是否漏水、洗涤和 　润洗　 。 （2）滴定过程中发生反应的离子方程式为 　25H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O　 。滴定终点的现象为 　当滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色　 。 （3）血液样品中Ca2+浓度为 　1.2　 mg/mL。 （4）判断下列操作对血液中钙离子的浓度测定结果的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 ①滴定前俯视刻度读数，滴定后仰视刻度读数，则测定结果 　偏高　 。 ②滴定过程中，锥形瓶中的液体溅出，则测定结果 　偏低　 。 【分析】（1）KMnO4具有强氧化性，注入KMnO4标准溶液之前，滴定管需要检查是否漏水、洗涤和润洗； （2）KMnO4和草酸在稀硫酸中反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水； （3）根据题意有关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4； （4）①滴定前俯视刻度读数，滴定后仰视刻度读数，标准液用量偏低； ②滴定过程中，锥形瓶中的液体溅出，标准液用量偏低。 【解答】解：（1）KMnO4具有强氧化性，可以氧化碱式滴定管下面的乳胶管，所以KMnO4溶液应用酸式滴定管盛装，注入KMnO4标准溶液之前，滴定管需要检查是否漏水、洗涤和润洗， 故答案为：酸式；润洗； （2）KMnO4和草酸在稀硫酸中反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为25H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，判断达到滴定终点的依据是当滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色， 故答案为：25H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；当滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色； （3）根据题意有关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，血液样品中Ca2+浓度为mg/mL＝1.2mg/mL， 故答案为：1.2； （4）①滴定前俯视刻度读数，滴定后仰视刻度读数，标准液用量偏高，结果偏高， 故答案为：偏高； ②滴定过程中，锥形瓶中的液体溅出，标准液用量偏低，结果偏低， 故答案为：偏低。 【点评】本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。 18．（14分）回答下列问题。 （1）在800℃、2L的密闭容器中发生反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g），n（NO）随时间的变化如表： 时间（s） 0 1 2 3 4 5 n（NO）/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 ①图中A点处，v（正）　＞　 v（逆）（填“＜”、“＝”或“＞”）。 ②图中表示NO2变化的曲线是　b　 ，结合图表可知前2s内v（O2）＝　0.0015mol/（L•s）　 。 ③下列操作不能使该反应的反应速率增大的是　A　 。 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 （2）反应物S转化为产物P或P•Z的能量与反应进程的关系如图所示： ①进程Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ使用X、Y、Z三种物质，表现出催化作用的是　X、Y　 （填X、Y或Z）。 ②比较进程Ⅰ、Ⅱ中生成P的产率大小：Ⅰ　等于　 Ⅱ（填“大于”、“等于”或“小于”）。 比较进程Ⅱ、Ⅲ中生成P的速率大小：Ⅱ　大于　 Ⅲ（填“大于”、“等于”或“小于”）。 （3）某反应在催化剂存在时能有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热ΔH＝﹣620.9kJ•mol﹣1。在一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示（TS表示过渡态）： ①第一个基元反应的反应热ΔH＝　+199.2kJ/mol　 。 ②该过程的总反应化学方程式为　2CO+2NON2+2CO2 。 【分析】（1）①图中A点仅表示a和c浓度相等； ②根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量； ③A．及时分离除NO2气体平衡向右移动； B．适当升高温度，反应速率增大； C．增大O2的浓度反应速率增大； D．选择高效催化剂能增大反应速率； （2）①进程Ⅱ、Ⅲ中，X和Y参与反应历程，先消耗再生成，表现出催化作用，进程Ⅳ中Z被消耗，不是催化剂； ②催化剂不影响平衡移动，所以生成P的产率大小：Ⅰ等于Ⅱ；进程Ⅱ、Ⅲ中，分别加入催化剂X和Y，但X降低的活化能比Y降低的活化能多，反应速率更快； （3）①由图可知，第一个基元反应吸收了199.2kJ热量； ②由反应历程如图可知，该反应的反应物为CO和NO，生成物为N2和CO2。 【解答】解：（1）①图中A点仅表示a和c浓度相等，反应还没有达到平衡状态，v正＞v逆， 故答案为：＞； ②根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b，d为O2变化，可知前2s内v（O2）v（NO）0.0015mol/（L•s）， 故答案为：b；0.0015mol/（L•s）； ③A．及时分离除NO2气体平衡向右移动，但反应速率减小，故A正确； B．适当升高温度，反应速率增大，故B错误； C．增大O2的浓度反应速率增大，故C错误； D．选择高效催化剂能增大反应速率，故D错误； 故答案为：A； （2）①进程Ⅱ、Ⅲ中，X和Y参与反应历程，先消耗再生成，表现出催化作用，进程Ⅳ中Z被消耗，不是催化剂，不表现出催化作用， 故答案为：X、Y； ②催化剂不影响平衡移动，所以生成P的产率大小：Ⅰ等于Ⅱ；进程Ⅱ、Ⅲ中，分别加入催化剂X和Y，但X降低的活化能比Y降低的活化能多，反应速率更快，所以生成P的速率Ⅱ大于Ⅲ， 故答案为：等于；大于； （3）①由图可知，第一个基元反应吸收了199.2kJ热量，所以反应热ΔH＝+199.2kJ/mol， 故答案为：+199.2kJ/mol； ②由反应历程如图可知，该反应的反应物为CO和NO，生成物为N2和CO2，总反应的化学方程式为：2CO+2NON2+2CO2， 故答案为：2CO+2NON2+2CO2。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生焓变、平衡移动和平衡常数的掌握情况，试题难度中等。 19．（14分）CH3OH是重要的能源物质，CO2转化为甲醇是一种有效减少CO2排放的方法。 （1）CO2加氢制甲醇过程中发生的主要反应为反应ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），该反应一般认为通过反应Ⅱ和反应Ⅲ两步实现。 反应ⅡCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH＝+41kJ•mol﹣1 反应ⅢCO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH＝﹣99kJ•mol﹣1 若反应Ⅱ为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 　B　 （填标号）。 （2）向恒温2L容器中充入一定量CO2和H2，发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＜0。图中过程Ⅰ、Ⅱ是在不同催化剂作用下CO2的转化率α（CO2）随时间（t）的变化曲线。 下列说法正确的是 　B　 （填序号）。 A．m点：v正＜v逆 B．t2时刻改变的反应条件可能是增大水蒸气的浓度 C．活化能：过程Ⅱ＜过程Ⅰ D．t2时刻改变的反应条件可能是降低温度 （3）在25℃和1×105Pa的条件下，发生反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），反应建立平衡后，再逐步增大体系的压强。表中列出了不同压强下平衡时物质CO的浓度。压强从1×105到2.5×105Pa，平衡 　不　 （填“正向”“逆向”或“不”）移动；压强从2.5×105到5×105Pa，浓度从0.20变为0.44mol•L﹣1的原因是 　压强增大为原来的两倍，CO浓度的变化大于两倍，说明增大压强时H2O变为液体，平衡正向移动　 。 压强（Pa） 1×105 2.5×105 5×105 浓度（mol•L﹣1） 0.08 0.20 0.44 （4）在温度T2、容积2L的密闭容器中加入1molCO2和3molH2发生如下反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），平衡后H2的体积分数为50%。若在相同温度，相同体积的容器中加入2.4molCO2、4.2molH2、1molCH3OH、2molH2O，平衡后， 　＞　 （填“＞”“＜”“＝”或“不能确定”） （5）温度为T3时，在容积为2L的密闭容器中加入1molCO2和3molH2发生下列反应，平衡时CH3OH的物质的量为0.5mol。反应开始时与平衡时压强之比为 　4：3　 。 反应ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） 反应ⅡCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） 反应ⅢCO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） 【分析】（1）根据盖斯定律可知，Ⅱ+Ⅲ可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝（+41kJ•mol﹣1）+（﹣99kJ•mol﹣1）＝﹣58kJ•mol﹣1，该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量进行分析； （2）A．由图可知，m点时CO2的转化率还在增大； B．t2时刻，增大水蒸气的浓度，平衡逆向移动； C．由图可知，过程Ⅰ的达到平衡所需时间更短，则反应速率更快； D．t2时刻，降低温度，平衡正向移动； （3）压强从 1×105Pa 增加到2.5×105Pa，增大了2.5倍，CO的浓度从0.04mol•L﹣1增大到0.1mol•L﹣1，也增大了2.5倍；压强从2.5×105到5×105Pa，压强增大的倍数为2，CO的浓度从0.20变为0.44mol•L﹣1，浓度增大的倍数为2.7，浓度增大的倍数大于压强增大的倍数； （4）设CO2（g）的变化浓度为xmol•L﹣1， CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） 初始（mol•L﹣1） 0.5 1.5 0 0 变化（mol•L﹣1） x 3x x x 平衡（mol•L﹣1） 0.5﹣x 1.5﹣3x x x 平衡后H2的体积分数为50%，50%，则x＝0.25mol•L﹣1，CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为：0.25mol•L﹣1、0.75mol•L﹣1、0.25mol•L﹣1、0.25mol•L﹣1，化学平衡常数K0.59；若在相同温度，相同体积的容器中加入2.4molCO2、4.2molH2、1molCH3OH、2molH2O，Q0.045＜K≈0.59，反应正向进行，设某一时刻，CO2的变化量为ymol•L﹣1， CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） 初始（mol•L﹣1） 1.2 2.1 0.5 1 变化（mol•L﹣1） y 3y y y 某一时刻（mol•L﹣1） 1.2﹣y 2.1﹣3y 0.5+y 1+y 当时，即，则y＝0.1mol•L﹣1，此时，CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为：1.1mol•L﹣1、1.8mol•L﹣1、0.6mol•L﹣1、1.1mol•L﹣1，Q0.10＜K≈0.59，反应正向进行，c（CH3OH）增大，c（H2）减小； （5）根据盖斯定律，（反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ），可得，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），平衡时CH3OH的物质的量为0.5mol， CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） 初始（mol） 1 3 0 0 变化（mol） 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡（mol） 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡时总物质的量为（0.5+1.5+0.5+0.5）mol＝3mol，同温同体积时，压强之比等于物质的量之比。 【解答】解：（1）根据盖斯定律可知，Ⅱ+Ⅲ可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝（+41kJ•mol﹣1）+（﹣99kJ•mol﹣1）＝﹣58kJ•mol﹣1，该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应Ⅱ为慢反应，因此反应Ⅱ的活化能高于反应Ⅲ，同时反应Ⅱ的反应物总能量低于生成物总能量，反应Ⅲ的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是B， 故答案为：B； （2）A．由图可知，m点时CO2的转化率还在增大，故m点v逆＜v正，故A错误； B．t2时刻，增大水蒸气的浓度，平衡逆向移动，CO2转化率减小，符合图象，故B正确； C．由图可知，过程Ⅰ的达到平衡所需时间更短，则反应速率更快，故活化能大小为：过程Ⅰ＜过程Ⅱ，故C错误； D．t2时刻，降低温度，平衡正向移动，CO2转化率增大，不符合图象，故D错误； 故答案为：B； （3）根据表中数据，压强从 1×105Pa 增加到2.5×105Pa，增大了2.5倍，CO的浓度从0.04mol•L﹣1增大到0.1mol•L﹣1，也增大了2.5倍，浓度增大的倍数和压强增大的倍数相同，CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）为反应前后气体体积不改变的反应，则改变压强，化学平衡不移动；压强从2.5×105到5×105Pa，压强增大的倍数为2，CO的浓度从0.20变为0.44mol•L﹣1，浓度增大的倍数为2.7，浓度增大的倍数大于压强增大的倍数，说明加压至5×105Pa时，H2O（g）变成了液体，所以增大压强化学平衡向正向移动， 故答案为：不；压强增大为原来的两倍，CO浓度的变化大于两倍，说明增大压强时H2O变为液体，平衡正向移动； （4）设CO2（g）的变化浓度为xmol•L﹣1， CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） 初始（mol•L﹣1） 0.5 1.5 0 0 变化（mol•L﹣1） x 3x x x 平衡（mol•L﹣1） 0.5﹣x 1.5﹣3x x x 平衡后H2的体积分数为50%，50%，则x＝0.25mol•L﹣1，CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为：0.25mol•L﹣1、0.75mol•L﹣1、0.25mol•L﹣1、0.25mol•L﹣1，化学平衡常数K0.59；若在相同温度，相同体积的容器中加入2.4molCO2、4.2molH2、1molCH3OH、2molH2O，Q0.045＜K≈0.59，反应正向进行，设某一时刻，CO2的变化量为ymol•L﹣1， CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） 初始（mol•L﹣1） 1.2 2.1 0.5 1 变化（mol•L﹣1） y 3y y y 某一时刻（mol•L﹣1） 1.2﹣y 2.1﹣3y 0.5+y 1+y 当时，即，则y＝0.1mol•L﹣1，此时，CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为：1.1mol•L﹣1、1.8mol•L﹣1、0.6mol•L﹣1、1.1mol•L﹣1，Q0.10＜K≈0.59，反应正向进行，c（CH3OH）增大，c（H2）减小，到达平衡时，， 故答案为：＞； （5）根据盖斯定律，（反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ），可得，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），平衡时CH3OH的物质的量为0.5mol， CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） 初始（mol） 1 3 0 0 变化（mol） 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡（mol） 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡时总物质的量为（0.5+1.5+0.5+0.5）mol＝3mol，反应开始时气体总物质的量为4mol，同温同体积时，压强之比等于物质的量之比，反应开始时与平衡时压强之比为 4mol：3mol＝4：3， 故答案为：4：3。 【点评】本题考查反应热的计算、平衡移动的原理和平衡常数的计算等，关键是掌握盖斯定律的应用、外界条件对平衡移动的影响和平衡常数的意义，需要提高学生的分析能力和化学计算能力，题目难度较大。 学科网（北京）股份有限公司 $