2026-2027学年度第一学期高二级国庆自主训练1化学试题（内容：人教版选择性必修1 第1章化学反应的热效应、第2章化学反应速率与化学平衡）

人教版选修性必修一2026—2027学年度第一学期高二级国庆自主训练1 化学试题 （内容：第1章化学反应的热效应、第2章化学反应速率与化学平衡） 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法正确的是 A．“野火烧不尽”，野草燃烧属于吸热反应 B．舞台上采用干冰创设烟雾缭绕的场景，属于吸热反应 C．与反应，属于吸热反应 D．燃料充分燃烧，可以增大燃料本身的燃烧热 【答案】C 【详解】A．所有燃烧反应均为放热反应，野草燃烧属于放热反应，A错误； B．干冰升华吸热创设烟雾场景属于物理变化，而吸热反应属于化学反应范畴，该过程不属于吸热反应，B错误； C．与的反应是典型的常温下可发生的吸热的复分解反应，C正确； D．燃烧热是1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，为固定值，和燃料是否充分燃烧无关，D错误； 故选C。 2．298K、101kPa时，1g氨完全分解为氮气和氢气，吸收2.72kJ的热量。下列热化学方程式正确的是 A．   B．   C．   D．   【答案】B 【详解】A．氨分解为氮气和氢气是吸热反应，应为正值，A错误； B．1mol 的质量为17g，完全分解吸收的热量为，该选项热化学方程式的物质状态、化学计量数与焓变的数值、符号均对应正确，B正确； C．氮气和氢气合成氨是氨分解的逆反应，为放热反应，应为负值，且生成2mol 的焓变数值也不符，C错误； D．合成氨为放热反应，应为负值，焓变符号错误，D错误； 故选B。 3．下列关于化学反应速率的说法正确的是 A．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加 B．化学反应速率为0.8mol·L-1·s-1是指1s时某物质的浓度为0.8mol·L-1 C．决定反应速率的主要因素是反应物的性质 D．温度升高时吸热反应速率加快，放热反应速率减慢 【答案】C 【详解】A．固体和纯液体的浓度视为常数，不能用其浓度变化表示化学反应速率，并非所有反应物、生成物都可用来表示速率，A错误； B．化学反应速率是平均速率，指1 s内该物质的浓度平均变化量为，不是1 s时的瞬时浓度，B错误； C．反应物本身的性质是决定化学反应速率的内因，属于主要影响因素，C正确； D．温度升高时，活化分子百分数增大，吸热反应和放热反应的反应速率均加快，D错误； 故本题选C。 4．已知：，（），下列说法不正确的是 A．0.1 mol X和0.5 mol Y充分反应，生成Z的物质的量一定小于0.3 mol B．升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小 C．达到化学平衡状态时，该反应放出的总热量可能达到 D．达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化 【答案】B 【详解】A．根据反应，0.1 mol X完全反应需要Y的物质的量为，小于0.5 mol，故Y过量。该反应为可逆反应，X不能完全转化为Z，所以生成Z的物质的量满足，A正确； B．升高温度，正、逆反应速率均增大。该反应的正反应放热，升温时逆反应速率增大的程度更大，平衡向逆反应方向移动，但正反应速率并不减小，B错误； C．题给焓变表明，按所写反应每净消耗1 mol X，放出的热量。此选项未限定反应物的起始投料量，达到平衡时净消耗的X可能为1 mol，此时放出的总热量为，C正确； D．达到化学平衡状态时，，各物质的生成速率与消耗速率相等，在外界条件不变时，X、Y、Z的浓度均保持不变，D正确； 故选B。 5．一种资源化反应为，该反应在一定条件下能自发进行。下列说法正确的是 A．该反应的 B．其他条件一定，增大压强能提高的产率 C．反应的平衡常数表达式 D．使用合适的催化剂可提高的平衡转化率 【答案】B 【详解】A．该反应反应后气体分子数减少，，反应能自发进行满足，可推知，A错误； B．该反应正反应为气体分子数减小的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，能提高的产率，B正确； C．平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，该反应正确表达式为，选项漏掉了的浓度项，C错误； D．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡状态，无法提高的平衡转化率，D错误； 故答案选B。 6．工业制硫酸的核心反应为  。下列关于该反应工业生产调控的说法错误的是 A．增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率 B．采用适当的温度(400~500℃)，是为了兼顾催化剂的活性和反应速率 C．生产中通入适当过量的空气，可促使平衡正向移动，提高的转化率 D．工业上常采用热交换器，利用反应放出的热量预热反应物气体，节约能源 【答案】A 【详解】A．增大反应物浓度仅能增加单位体积内活化分子的数目，活化分子百分数（仅受温度、催化剂影响）不变，A错误； B．该反应，温度过低反应速率过慢，温度过高平衡逆向移动且催化剂活性下降，400~500℃是催化剂的活性最佳温度，同时可保证较快的反应速率，故采用该温度是为了兼顾催化剂的活性和反应速率，B正确； C．通入适当过量的空气即增大反应物的浓度，会促使平衡正向移动，可提高的转化率，C正确； D．该反应为放热反应，热交换器可利用反应放出的热量预热反应物气体，减少外界能量输入，节约能源，D正确； 故选A。 7．某密闭容器中，发生反应。该反应的平衡常数表达式为 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，固体的浓度为定值不写入表达式，因此，C正确； 故答案选C。 8．下列热化学方程式中，能正确表示物质的燃烧热的是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．可燃物的物质的量为2，且产物水为气态，不是燃烧热要求的稳定液态水，不符合燃烧热定义，A错误； B．1液态完全燃烧生成稳定氧化物和，符合燃烧热的定义，B正确； C．可燃物的物质的量为2，对应的是2燃烧的反应热，不是1的燃烧热，C错误； D．可燃物的物质的量为2，且产物为，不是碳的稳定氧化物，不符合燃烧热定义，D错误； 故选B。 9．已知：  ，的摩尔燃烧焓。下列说法正确的是 A．由反应热化学方程式可知，低温下通入中会迅速燃烧 B．   C．能表示摩尔燃烧焓的热化学方程式为   D．燃烧生成的反应中反应物的总键能小于生成物的总键能 【答案】D 【详解】A．热化学方程式的仅表示反应的焓变，与反应条件无关，燃烧需要点燃条件，低温下通入不会迅速燃烧，A错误； B．的能量高于，生成气态水时放出的热量更少，焓变更大，故该反应的，B错误； C．摩尔燃烧焓是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时的焓变，题给方程式中的物质的量为2mol，对应应为，不能表示的摩尔燃烧焓，C错误； D．反应的焓变反应物总键能生成物总键能，该反应，说明反应物的总键能小于生成物的总键能，D正确； 故选D。 10．时，在恒容密闭容器中充入和，发生反应： ，时反应达到平衡，此时测得容器内混合气体中的物质的量为。则下列说法错误的是 A．前内， B．时， C．的平衡转化率为75% D．时，该反应的平衡常数 【答案】C 【详解】A．根据平衡时测得容器内混合气体中的物质的量为0.75 mol。则前10 min内，，A正确； B．10 min时，剩余水蒸气1.25 mol，则平衡时，B正确； C．的平衡转化率为，C错误； D．时，该反应的平衡常数，D正确； 故选C。 11．一定条件下向某密闭容器中加入和发生反应。下列有关该反应的说法错误的是 A．该反应的，在高温条件下能自发进行 B．恒温恒容下，向平衡体系中加入少量碳粉，正反应速率显著增大 C．恒温恒容下，向平衡体系中充入氩气使体系总压增大，但平衡不发生移动 D．达到平衡后，将容器体积缩小一半，的平衡转化率减小 【答案】B 【详解】A．反应后气体总物质的量增大，熵增加，故；根据吉布斯自由能公式，该反应、，高温下满足，反应可自发进行，A正确； B．碳为固体，固体浓度视为常数，加入少量碳粉不会改变反应物浓度，正反应速率不变，B错误； C．恒温恒容下充入氩气，体系总压增大，但反应体系中各气态物质的浓度、分压均不变，正逆反应速率仍相等，平衡不移动，C正确； D．容器体积缩小一半，体系压强增大，平衡向气体分子数减小的逆反应方向移动，的平衡转化率减小，D正确； 故选B。 12．CO在催化剂条件下可还原烟气中的NO，反应历程中相对能量变化如图所示，下列说法错误的是 A．总反应为放热反应 B．该历程共包含三个基元反应 C．上述历程中决速步骤的化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)=N2O2(g)+2CO(g) D．使用更高效的催化剂可降低反应的活化能和焓变 【答案】D 【详解】A．总反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，因此该反应为放热反应，A正确； B．该反应包括三个过渡态，因此该历程共包含三个基元反应，B正确； C．反应的活化能越大，速率越小，速率最小的步骤是决速步骤，即活化能最大的步骤为决速步骤，第一步的活化能为、第二步的活化能为、第三步的活化能为、，第一步的活化能最大，决速步骤的化学方程式为：，C正确； D．使用更高效的催化剂可降低反应的活化能，但无法改变焓变，D错误； 故选D。 13．研究化学反应中的能量变化有利于更好地开发和利用化学能源。历史上曾用“地康法”制氯气，反应为，已知相关化学键的键能（E）如表所示。下列说法正确的是 化学键 Cl—Cl 中的化学键 O—H H—Cl 247 497 463 431 A．该反应的 B．反应转移2 mol电子时，消耗标准状况下的的体积为22.4 L C．该反应中反应物总能量高于生成物的总能量 D．反应转移2 mol电子时，放出125 kJ热量 【答案】C 【分析】根据反应方程式，每消耗1 mol，需断裂4 mol H—Cl键和1 mol氧氧双键，形成2 mol Cl—Cl键和4 mol O—H键。断键吸收的能量为，成键放出的能量为，因此每消耗1 mol，反应放出热量。反应中Cl元素的化合价由−1价升高到0价，O元素的化合价由0价降低到−2价，每消耗1 mol转移4 mol电子，据此确定电子转移量、氧气用量与放出热量之间的关系。 【详解】A．断键吸收能量，成键放出能量。根据键能计算，按所给方程式的化学计量数反应时，吸收2221 kJ能量、放出2346 kJ能量，净放出125 kJ热量，因此该反应的，A错误； B．中O元素的化合价由0价降低到−2价，每消耗1 mol转移4 mol电子。转移2 mol电子时，消耗氧气的物质的量为，标准状况下氧气为气体，其体积为，B错误； C．该反应成键放出的能量大于断键吸收的能量，属于放热反应，因此反应物总能量高于生成物的总能量，C正确； D．每消耗1 mol，反应转移4 mol电子并放出125 kJ热量。设转移2 mol电子时放出的热量为，则，D错误； 故选C。 14．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 A．在溴水中存在如下平衡：Br2(g)+H2O(l)HBr(aq)+HBrO(aq)，当加入NaOH溶液后颜色变浅 B．反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)＋NO(g) ΔH<0，升高温度，平衡向逆反应方向移动 C．合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施 D．对2HI(g)H2(g)+I2(g)平衡体系，扩大体积减压，颜色变浅 【答案】D 【详解】A．加入溶液后，与、发生中和反应，生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，被消耗导致颜色变浅，是平衡移动的结果，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意； B．该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向减弱温度升高的方向（吸热的逆反应方向）移动，符合勒夏特列原理，B不符合题意； C．合成氨正反应是气体分子数减小的放热反应，低温使平衡向放热的正反应方向移动，高压使平衡向气体分子数减小的正反应方向移动，可提高产率，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意； D．该反应为反应前后气体分子数不变的平衡体系，扩大体积减压时化学平衡不移动，颜色变浅是因为容器体积增大导致浓度减小，并非平衡移动的结果，不能用勒夏特列原理解释，D符合题意； 故选D。 15．根据已知条件得出的结论正确的是 选项 已知条件 结论 A    水分解过程中断键吸收的总能量小于成键放出的总能量 B    稀硫酸与稀氢氧化钡溶液反应生成水放出的热量为 C    该反应放热，可设计成原电池 D    则比稳定 【答案】D 【详解】A．水分解反应的，为吸热反应，断键吸收总能量成键放出总能量，故断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，A错误； B．稀硫酸与稀氢氧化钡反应除生成水外，还生成沉淀，生成沉淀的过程也会放热，故生成水放出的热量大于，B错误； C．能设计为原电池的反应必须是自发进行的氧化还原反应，该反应无元素化合价变化，属于非氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误； D．说明生成物的总能量高于反应物的总能量，物质能量越低越稳定，故比稳定，D正确； 故答案选D。 16．催化氢化还原可合成燃料甲醇。向一恒容密闭容器中按和物质的量之比为投料，在催化剂的作用下合成甲醇，涉及的主要反应如下： 反应①：    反应②：    测得平衡时的转化率、和的选择性[转化的中生成或的百分比，如的选择性]随温度的变化情况如图所示，下列说法错误的是 A．曲线代表的平衡转化率，曲线代表的选择性 B．反应达到平衡后，增大容器体积，反应②正向移动 C．当和的选择性相等时，反应②的平衡常数为 D．使用反应①的专属催化剂，不能提高的平衡转化率 【答案】C 【详解】A．反应①是放热反应、反应②是吸热反应，因此温度升高，反应①向左移动、反应②向右移动，的选择性升高、的选择性降低，所以曲线 b 代表的选择性、曲线 c 代表的选择性，曲线 a 代表的平衡转化率，A正确； B．反应①为气体分子数减小的反应，达到平衡后，增大容器容积，反应①平衡向左移动，使 CO2 和 H2的物质的量增加、 H2O 的物质的量减少，导致反应②的浓度商小于平衡常数，平衡正向移动，B正确； C．和按物质的量之比为1：3投料，设总物质的量为a mol，当和CO的选择性相等时，即均为50%，由题图可知，此时的平衡转化率为 25%，平衡时二氧化碳的物质的量为，反应①和反应②中二氧化碳的转化率均为，则平衡时，氢气的物质的量为 ，水蒸气的物质的量为，一氧化碳的物质的量为，设容器容积为V L，则反应② 的平衡常数为，C错误； D．催化剂不影响化学平衡，因此不会提高的平衡转化率，D正确。 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17．（14分）氮氧化物和CO是常见的环境污染气体。研究其消除的反应机理，对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。回答下列问题： (1)是工业合成硝酸的中间产物，工业可采用消除污染，主要原理为 反应ⅰ：   ①已知：的燃烧热：       则反应ⅰ的_________。 ②在3.0 L恒温密闭容器中通入1 mol 和2 mol ，进行上述反应ⅰ，容器内气体总压强（P）随反应时间（t）变化的数据如表所示： 反应时间t/min 0 2 4 6 8 10 总压强 4.80 5.44 5.76 5.92 6.00 6.00 反应到达平衡的时间为_________min，用表示该反应在0~4 min的平均速率_________。 (2)反应的能量变化及反应历程如下图所示。 反应中催化剂为_________，中间产物为_________，总反应速率由反应_________（填“①”或“②”）的速率决定。 (3)在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的平衡转化率如图乙所示： ①该反应的_________0（填“>”或“<”）。 ②若容器Ⅰ的体积为2.0 L，反应在370℃下进行，计算B点的平衡常数_________（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。 ③若容器Ⅳ体积为1.0 L，反应在370℃下进行，则起始时反应_________（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”）进行。 【答案】(1) -935.3 8 0.1 (2) Fe＋ FeO＋ ① (3) > 0.0044 向逆反应方向 【详解】（1）①依据盖斯定律，将反应Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ×2得，反应CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g) △H=(-890.3 kJ·mol-1)-(+133 kJ·mol-1)-(-44 kJ·mol-1)×2=-935.3 kJ·mol-1。 ②根据表格数据，总压强的变化量每隔两分钟减半，可知反应到达平衡的时间为8min；0~4 min内，n(混)==3.6 mol，利用差量法，可求出参加反应NO2的物质的量为(3.6 mol-3 mol)×2=1.2 mol，用NO2表示该反应的平均速率v(NO2)=。 （2）根据反应历程中的两步反应可知，在反应①中做反应物生成，反应②中由生成，故是催化剂、是中间产物。 决定速率的步骤是各个基元反应中速率最慢的一步，该步反应活化能最大，根据反应历程图可知反应①活化能最大，是决速步。 （3）①反应：在容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的平衡转化率随温度升高而升高，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知正向为吸热反应，故。 ②A、B点温度相同，对应的平衡常数相等，即KA=KB，A点N2O的转化率为40%。 B点对应的平衡常数：KB = KA=≈0.0044 ③容器Ⅳ体积为1 L，370 ℃时， 　　　　　　       Q==0.04 > K=0.0044，反应向逆反应方向进行。 18．（14分）回答下列问题： Ⅰ.碲(Te)是重要的稀有元素，被誉为“现代高新技术材料的维生素”。一种从碲化镉废料中(主要成分为CdTe、CdS、SiO2)回收 Te 和 Cd 的工艺流程如图所示。 (1)“氧化浸出”时，温度控制在80℃的原因有 _______。“氧化浸出”过程中CdTe发生反应的离子方程式为 _______其他条件不变时，该过程中双氧水与物料质量比对碲回收率的影响如图所示。质量比高于0.6时碲回收率降低的原因是_______。 (2)“溶浸”过程中，若H2O2过量，将增加_______(填化学式，下同)的用量。“浸渣”的主要成分是_______。 Ⅱ.利用如图所示装置测定中和反应反应热的实验步骤如下： 步骤一：用量筒量取50mL 0.50mol⋅L⁻¹盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度； “怎一：用另一量筒量取： 溶液，并用同一温度计测出其温度； 步骤三：将NaOH 溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。 (3)回答下列问题： ①现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L 1mol·L⁻¹的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3， 则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为_______。 ②假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm⁻³，又知中和反应后生成溶液的比热容 为了计算中和热，某学生实验记录数据如下： 实验 序号 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 盐酸 氢氧化钠溶液 混合溶液 1 20.0 20.1 23.2 2 20.2 20.4 23.4 3 20.5 20.6 23.6 依据该学生的实验数据计算，该实验测得中和反应 的反应热ΔH =_______(结果保留一位小数)。 ③该同学通过实验测出的反应热绝对值即|ΔH|偏小，造成这一结果的原因不可能的是_______。 A．实验装置保温、隔热效果差 B．用量筒量取盐酸时仰视读数 C．分多次将NaOH溶液倒入小烧杯中 【答案】(1) 加快浸出速率，防止温度过高引起H2O2过度分解 CdTe+3H2O2+2H+=Cd2++ TeO2+4H2O 随双氧水增多，TeO2转化为H2TeO3进入溶液 (2) Na2SO3 SiO2 (3) ΔH1=ΔH2<ΔH3 -51.8 B 【详解】（1）温度升高反应速率加快，温度过高双氧水分解速率加快，“氧化浸出”时，温度控制在80℃的原因有：加快浸出速率，防止温度过高引起双氧水过度分解。根据流程图，“氧化浸出”过程中CdTe和双氧水、硫酸反应生成CdSO4、TeO2沉淀，发生反应的离子方程式为CdTe+3H2O2+2H+=Cd2++ TeO2+4H2O；根据流程图，TeO2能溶解生成H2TeO3，质量比高于0.6时，双氧水过量，随双氧水增多，TeO2转化为H2TeO3进入溶液，碲回收率降低。 （2）H2O2能氧化Na2SO3，“溶浸”过程中，若H2O2过量，将增加Na2SO3的用量。SiO2难溶于硫酸、双氧水，“浸渣”的主要成分是SiO2。 （3）①中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热过程，稀氨水和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以ΔH1=ΔH2<ΔH3。 ②第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为23.2℃，反应前后温度差为3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为23.4℃，反应前后温度差为3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为23.6℃，反应前后温度差为3.05℃；平均温差为(3.15℃+3.1℃+3.05℃)÷3=3.1℃，50 mL的0.50 mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cmΔt得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×(1÷0.025)51.8kJ，即该实验测得的中和热ΔH-51.8。 ③A．实验装置保温、隔热效果差，热量损失大，|ΔH|偏小，故不选A； B．用量筒量取盐酸时仰视读数，量取盐酸体积偏大，放出的热量偏多，|ΔH|偏大，故选B； C．分多次将NaOH溶液倒入小烧杯中，热量损失大，|ΔH|偏小，故不选C； 选B。 19．（14分）是一种重要的化工原料。 (1)实验室常用如图所示装置制取。 ①和加热制取的化学方程式是_______________________________。 ②图中方框内收集的装置可选用“a”或“b”中的___________________。 ③若干燥，不能选用浓硫酸，用化学方程式表示其原因_______________________________。 (2)工业合成氨的反应为。一定温度和压强下，在2 L密闭容器中，充入和，在催化剂的作用下发生反应。、的物质的量随时间的变化如图。 ①如图所示，反应开始到3 min末，以的浓度变化表示该反应的速率是_________________；判断3 min时反应是否达到化学平衡状态并说明理由_________________。 ②关于合成氨工艺，下列说法正确的是_________________(填序号)。 a．合成氨是一种重要的人工固氮方法 b．该反应时达到平衡 c．该反应使用催化剂是为了加快反应速率 d．该反应采用高温、高压等苛刻条件，与化学性质很稳定有关 (3)我国科研团队借助一种固体催化剂(LDH)，在常温、常压和可见光条件下合成了氨，其过程如图所示。该反应的化学方程式为_________________。反应中每转移，生成的体积为_________________L(标准状况下)。 【答案】(1) b (2) 否，因为 后 和 的物质的量仍在发生变化，未保持不变 acd (3) 【详解】（1）①氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，同时生成氯化钙和水，反应的化学方程式为：。 ②氨气的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，气体短进长出，图中收集氨气的装置应该选用b。 ③干燥氨气，不能选用浓硫酸，因为氨气能与浓硫酸反应生成硫酸铵和水，反应的化学方程式为：2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4。 （2）①如图所示，反应开始到3 min末，消耗氢气6 mol，以H2的浓度变化表示该反应的速率是：；3 min时，氨气和氢气的量仍在变化，故此时反应没有达到平衡状态。 ②a ． 人为条件下，将游离态转化为含氮化合物，属于人工固氮，a正确； b． 投料时、就是按照 1:3 投料，反应过程中浓度比值始终等于 1:3；浓度之比等于化学计量数之比，不能作为平衡标志，b错误； c．催化剂作用：降低活化能，只加快反应速率，不改变平衡转化率，c正确； d ．分子内存在氮氮三键，键能大，化学性质稳定，很难断裂，因此反应需要高温高压促进反应发生，d 正确； 因此答案选acd。 （3）根据反应示意图可知，反应物为氮气和水，在 LDH 固体催化剂、太阳能（可见光）条件下发生反应，生成物是氨气与氧气，由得失电子守恒配平，得到化学方程式为；从配平后的方程式可得：生成 4 mol ，反应一共转移 12 mol 电子；则转移 6 mol 电子时，生成氨气物质的量为 2 mol，标准状况下，气体体积等于物质的量乘以 22.4 L/mol，。 20．（14分）影响化学反应速率的因素有很多，某课外兴趣小组用实验的方法对其进行探究。 (1)实验一：取3mol/L的H2O2溶液各10 mL分别进行下列实验，实验报告如表所示。 序号 V(H2O2溶液) V(FeCl3溶液/mL) m(MnO2)/g 温度/℃ V(水)/mL 结论 1 10 3 0 40 7 2 10 3 0 20 7 3 10 0 1 20 a ①实验1、2研究的是________对H2O2分解速率的影响。 ②表中数据a的值是________。 ③实验3中2 min时共收集到气体的体积为11.2 mL(已折算成标准状况下)，则用过氧化氢表示的0~2 min的平均反应速率为________ (2)实验二：查文献可知，Cu2+对H2O2分解也有催化作用，且H2O2分解反应放热。为比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题： ①定性分析：如图甲可通过观察________，定性比较得出结论。有同学认为该设计不严谨，其理由是________。 ②定量分析：如图乙所示，实验时以收集到20 mL气体为准，实验中还缺少的主要仪器(或工具)是________。 (3)实验三：1 g MnO2粉末加入50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图丙所示。则0~4 min内反应速率变化的趋势是：________(填“逐渐加快”或“逐渐减慢”)。 【答案】(1) 温度 10 0.025 (2) 产生气泡的快慢 阴离子不同，可能对实验产生干扰 秒表、计时器、时钟等 (3)逐渐减慢 【详解】（1）①实验1、2中，变量是温度（实验1为C，实验2为 C），其余条件均相同，因此研究的是温度对H2O2分解速率的影响。 ②控制总体积不变：，实验3：。 ③标准状况下：，，，溶液体积，。 （2）①可通过观察产生气泡的快慢定性比较得出结论。有同学认为该设计不严谨，其理由是两支试管中滴加的溶液和溶液的阴离子不同。 ②如图乙所示，实验时以收集到20 mL气体为准，需要测量收集20 mL气体所用的时间，所以实验中还缺少的主要仪器（或工具）是秒表（计时器或时钟）。 （3）根据图丙可知，在0~4 min内，随着反应的进行，单位时间内生成的氧气体积逐渐减小，因此反应速率变化的趋势是逐渐减慢。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 人教版选修性必修一2026—2027学年度第一学期高二级国庆自主训练1 化学试题 （内容：第1章化学反应的热效应、第2章化学反应速率与化学平衡） 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法正确的是 A．“野火烧不尽”，野草燃烧属于吸热反应 B．舞台上采用干冰创设烟雾缭绕的场景，属于吸热反应 C．与反应，属于吸热反应 D．燃料充分燃烧，可以增大燃料本身的燃烧热 2．298K、101kPa时，1g氨完全分解为氮气和氢气，吸收2.72kJ的热量。下列热化学方程式正确的是 A．   B．   C．   D．   3．下列关于化学反应速率的说法正确的是 A．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加 B．化学反应速率为0.8mol·L-1·s-1是指1s时某物质的浓度为0.8mol·L-1 C．决定反应速率的主要因素是反应物的性质 D．温度升高时吸热反应速率加快，放热反应速率减慢 4．已知：，（），下列说法不正确的是 A．0.1 mol X和0.5 mol Y充分反应，生成Z的物质的量一定小于0.3 mol B．升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小 C．达到化学平衡状态时，该反应放出的总热量可能达到 D．达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化 5．一种资源化反应为，该反应在一定条件下能自发进行。下列说法正确的是 A．该反应的 B．其他条件一定，增大压强能提高的产率 C．反应的平衡常数表达式 D．使用合适的催化剂可提高的平衡转化率 6．工业制硫酸的核心反应为  。下列关于该反应工业生产调控的说法错误的是 A．增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率 B．采用适当的温度(400~500℃)，是为了兼顾催化剂的活性和反应速率 C．生产中通入适当过量的空气，可促使平衡正向移动，提高的转化率 D．工业上常采用热交换器，利用反应放出的热量预热反应物气体，节约能源 7．某密闭容器中，发生反应。该反应的平衡常数表达式为 A． B． C． D． 8．下列热化学方程式中，能正确表示物质的燃烧热的是 A． B． C． D． 9．已知：  ，的摩尔燃烧焓。下列说法正确的是 A．由反应热化学方程式可知，低温下通入中会迅速燃烧 B．   C．能表示摩尔燃烧焓的热化学方程式为   D．燃烧生成的反应中反应物的总键能小于生成物的总键能 10．时，在恒容密闭容器中充入和，发生反应： ，时反应达到平衡，此时测得容器内混合气体中的物质的量为。则下列说法错误的是 A．前内， B．时， C．的平衡转化率为75% D．时，该反应的平衡常数 11．一定条件下向某密闭容器中加入和发生反应。下列有关该反应的说法错误的是 A．该反应的，在高温条件下能自发进行 B．恒温恒容下，向平衡体系中加入少量碳粉，正反应速率显著增大 C．恒温恒容下，向平衡体系中充入氩气使体系总压增大，但平衡不发生移动 D．达到平衡后，将容器体积缩小一半，的平衡转化率减小 12．CO在催化剂条件下可还原烟气中的NO，反应历程中相对能量变化如图所示，下列说法错误的是 A．总反应为放热反应 B．该历程共包含三个基元反应 C．上述历程中决速步骤的化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)=N2O2(g)+2CO(g) D．使用更高效的催化剂可降低反应的活化能和焓变 13．研究化学反应中的能量变化有利于更好地开发和利用化学能源。历史上曾用“地康法”制氯气，反应为，已知相关化学键的键能（E）如表所示。下列说法正确的是 化学键 Cl—Cl 中的化学键 O—H H—Cl 247 497 463 431 A．该反应的 B．反应转移2 mol电子时，消耗标准状况下的的体积为22.4 L C．该反应中反应物总能量高于生成物的总能量 D．反应转移2 mol电子时，放出125 kJ热量 14．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 A．在溴水中存在如下平衡：Br2(g)+H2O(l)HBr(aq)+HBrO(aq)，当加入NaOH溶液后颜色变浅 B．反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)＋NO(g) ΔH<0，升高温度，平衡向逆反应方向移动 C．合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施 D．对2HI(g)H2(g)+I2(g)平衡体系，扩大体积减压，颜色变浅 15．根据已知条件得出的结论正确的是 选项 已知条件 结论 A    水分解过程中断键吸收的总能量小于成键放出的总能量 B    稀硫酸与稀氢氧化钡溶液反应生成水放出的热量为 C    该反应放热，可设计成原电池 D    则比稳定 16．催化氢化还原可合成燃料甲醇。向一恒容密闭容器中按和物质的量之比为投料，在催化剂的作用下合成甲醇，涉及的主要反应如下： 反应①：    反应②：    测得平衡时的转化率、和的选择性[转化的中生成或的百分比，如的选择性]随温度的变化情况如图所示，下列说法错误的是 A．曲线代表的平衡转化率，曲线代表的选择性 B．反应达到平衡后，增大容器体积，反应②正向移动 C．当和的选择性相等时，反应②的平衡常数为 D．使用反应①的专属催化剂，不能提高的平衡转化率 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17．（14分）氮氧化物和CO是常见的环境污染气体。研究其消除的反应机理，对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。回答下列问题： (1)是工业合成硝酸的中间产物，工业可采用消除污染，主要原理为 反应ⅰ：   ①已知：的燃烧热：       则反应ⅰ的_________。 ②在3.0 L恒温密闭容器中通入1 mol 和2 mol ，进行上述反应ⅰ，容器内气体总压强（P）随反应时间（t）变化的数据如表所示： 反应时间t/min 0 2 4 6 8 10 总压强 4.80 5.44 5.76 5.92 6.00 6.00 反应到达平衡的时间为_________min，用表示该反应在0~4 min的平均速率_________。 (2)反应的能量变化及反应历程如下图所示。 反应中催化剂为_________，中间产物为_________，总反应速率由反应_________（填“①”或“②”）的速率决定。 (3)在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的平衡转化率如图乙所示： ①该反应的_________0（填“>”或“<”）。 ②若容器Ⅰ的体积为2.0 L，反应在370℃下进行，计算B点的平衡常数_________（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。 ③若容器Ⅳ体积为1.0 L，反应在370℃下进行，则起始时反应_________（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”）进行。 18．（14分）回答下列问题： Ⅰ.碲(Te)是重要的稀有元素，被誉为“现代高新技术材料的维生素”。一种从碲化镉废料中(主要成分为CdTe、CdS、SiO2)回收 Te 和 Cd 的工艺流程如图所示。 (1)“氧化浸出”时，温度控制在80℃的原因有 _______。“氧化浸出”过程中CdTe发生反应的离子方程式为 _______其他条件不变时，该过程中双氧水与物料质量比对碲回收率的影响如图所示。质量比高于0.6时碲回收率降低的原因是_______。 (2)“溶浸”过程中，若H2O2过量，将增加_______(填化学式，下同)的用量。“浸渣”的主要成分是_______。 Ⅱ.利用如图所示装置测定中和反应反应热的实验步骤如下： 步骤一：用量筒量取50mL 0.50mol⋅L⁻¹盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度； “怎一：用另一量筒量取： 溶液，并用同一温度计测出其温度； 步骤三：将NaOH 溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。 (3)回答下列问题： ①现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L 1mol·L⁻¹的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3， 则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为_______。 ②假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm⁻³，又知中和反应后生成溶液的比热容 为了计算中和热，某学生实验记录数据如下： 实验 序号 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 盐酸 氢氧化钠溶液 混合溶液 1 20.0 20.1 23.2 2 20.2 20.4 23.4 3 20.5 20.6 23.6 依据该学生的实验数据计算，该实验测得中和反应 的反应热ΔH =_______(结果保留一位小数)。 ③该同学通过实验测出的反应热绝对值即|ΔH|偏小，造成这一结果的原因不可能的是_______。 A．实验装置保温、隔热效果差 B．用量筒量取盐酸时仰视读数 C．分多次将NaOH溶液倒入小烧杯中 19．（14分）是一种重要的化工原料。 (1)实验室常用如图所示装置制取。 ①和加热制取的化学方程式是_______________________________。 ②图中方框内收集的装置可选用“a”或“b”中的___________________。 ③若干燥，不能选用浓硫酸，用化学方程式表示其原因_______________________________。 (2)工业合成氨的反应为。一定温度和压强下，在2 L密闭容器中，充入和，在催化剂的作用下发生反应。、的物质的量随时间的变化如图。 ①如图所示，反应开始到3 min末，以的浓度变化表示该反应的速率是_________________；判断3 min时反应是否达到化学平衡状态并说明理由_________________。 ②关于合成氨工艺，下列说法正确的是_________________(填序号)。 a．合成氨是一种重要的人工固氮方法 b．该反应时达到平衡 c．该反应使用催化剂是为了加快反应速率 d．该反应采用高温、高压等苛刻条件，与化学性质很稳定有关 (3)我国科研团队借助一种固体催化剂(LDH)，在常温、常压和可见光条件下合成了氨，其过程如图所示。该反应的化学方程式为_________________。反应中每转移，生成的体积为_________________L(标准状况下)。 20．（14分）影响化学反应速率的因素有很多，某课外兴趣小组用实验的方法对其进行探究。 (1)实验一：取3mol/L的H2O2溶液各10 mL分别进行下列实验，实验报告如表所示。 序号 V(H2O2溶液) V(FeCl3溶液/mL) m(MnO2)/g 温度/℃ V(水)/mL 结论 1 10 3 0 40 7 2 10 3 0 20 7 3 10 0 1 20 a ①实验1、2研究的是________对H2O2分解速率的影响。 ②表中数据a的值是________。 ③实验3中2 min时共收集到气体的体积为11.2 mL(已折算成标准状况下)，则用过氧化氢表示的0~2 min的平均反应速率为________ (2)实验二：查文献可知，Cu2+对H2O2分解也有催化作用，且H2O2分解反应放热。为比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题： ①定性分析：如图甲可通过观察________，定性比较得出结论。有同学认为该设计不严谨，其理由是________。 ②定量分析：如图乙所示，实验时以收集到20 mL气体为准，实验中还缺少的主要仪器(或工具)是________。 (3)实验三：1 g MnO2粉末加入50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图丙所示。则0~4 min内反应速率变化的趋势是：________(填“逐渐加快”或“逐渐减慢”)。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $