精品解析：黑龙江哈尔滨师范大学附属中学2026-2027学年高二上学期第10月月考 化学试题

哈师大附中2026—2027学年度上学期高二10月考化学试题 （考试时间：90分钟） 第Ⅰ卷（共45分） 一、选择题：本题共20小题，1-15题每小题2分；16-20题每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是 选项 强电解质 弱电解质 非电解质 A 盐酸 HF 蔗糖 B 酒精 C 氯水 D HCl A. A  B. B  C. C  D. D 2. 下列说法正确的是 A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强 B. 物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中的浓度相同 C. 同一弱电解质的溶液，当浓度不同时，其导电能力也不相同 D. 弱电解质溶液的电离平衡向右移动，弱电解质的电离程度一定增大 3. 下列说法正确的是 A. 反应2Mg(s)+CO2(g) = C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的 △H< 0 B. △H< 0、△S< 0的反应在高温条件下能自发进行 C. 反应CaCO3(s) = CaO(s)+CO2(g)的△S< 0 D. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同 4. 氨是一种重要的化工原料，工业合成氨的流程如下图所示。下列有关生产条件的调控作用分析正确的是 A. 步骤③使用铁触媒做催化剂可降低活化能，提高氮气的平衡转化率 B. 步骤④将生成物液化分离出去，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动 C. 为了提高利用率，可以向体系中加过量，使得和的平衡转化率都增大 D. 步骤⑤采用循环操作，可提高氮气和氢气的利用率 5. 关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是 A. 增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数 B. 升高温度，可使反应物分子中活化分子数增大 C. 使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 D. 有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使活化分子百分数增多 6. 向氨水中加入蒸馏水，将其稀释到后，下列说法中不正确的是 A. 的电离程度增大 B. 的增大 C. 的数目增多 D. 增大 7. 在温度一定时于密闭恒容容器中发生可逆反应：，达平衡后，再充入一定量气体。当再次达平衡时，则下列叙述不正确的是 A. 的转化率增大   B. 容器内气体压强比充入气体前大 C. 的体积分数增大   D. 容器内气体颜色比充入气体前浅 8. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 ①向内推动盛有气体的针筒，气体红棕色加深 ②用饱和溶液除去中的HCl ③硫酸工业中使转化为，实际生产时采用的压强为常压 ④硫酸工业中，增大的浓度有利于提高的转化率 A. ①③  B. ②④  C. ②③  D. ①④ 9. 常温下，、，浓度均为溶液和溶液。下列有关说法正确的是 A. 两溶液中相等 B. 溶液中 C. 两溶液分别与NaOH溶液反应，消耗NaOH物质的量相等 D. HCOOH与氨水发生反应的离子方程式为 10. 对于反应 ，由下列图像得出的结论正确的是 A. 由图①知， B. 由图②知，曲线a可能是压缩了容器体积，且 C. 由图③知，时刻改变的条件是降低了温度，且 D. 由图④知，，(表示X的浓度) 11. 已知：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) ΔH= －92 kJ·mol-1，下图表示L一定时，H2的平衡转化率(α)随X的变化关系，L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下列说法中，不正确的是 A. X表示温度 B. L2＞L1 C. 反应速率υ(M)＞υ(N) D. 平衡常数K(M)＞K(N) 12. 与能发生反应： 。 已知： ①该反应由两个基元反应分步完成，第一步为 ②两步反应的活化能分别为、，且 下列判断不正确的是 A. 第一步为氧化还原反应 B. 第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率 C. 已知键能：，可推知键能： D. 第二步的热化学方程式为 13. 根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向溶液中滴入溶液 有白色沉淀生成 结合的能力： B 0.1 mol/L盐酸分别中和等体积、等浓度的溶液和NOH溶液 溶液消耗盐酸体积大 碱性： C 分别测定饱和HX及饱和HY溶液的 HX饱和溶液的较大 电离常数：HX>HY D 加热溶液 溶液由蓝色变为黄绿色 A. A  B. B  C. C  D. D 14. 在T℃，气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：(K=0.33)，下列分析不正确的是 A. 降低反应温度，可减缓反应X的速率 B. 在气体中加入一定量能起到防护铁管的作用 C. 反应X的可通过如下反应获得：、 D. T℃时，若气体混合物中，铁管被腐蚀 15. ／ZSM-5是一种降解含氰废气的催化剂，其原理是/和/氧化还原循环协同作用，反应路径如图（TS代表过渡态，*代表吸附态）。下列说法正确的是 A. 通入HCl会降低催化活性，因为生成了 B. CN键初始氢化所需要克服的能垒为-1.75 eV C. TS-2所属的基元反应为决速步骤 D. 物种①为 16. 时，在1L的密闭容器中进行反应：的起始浓度均为，起始压强为，反应5s后达到平衡状态时压强为，且，下列说法不正确的是 A. 时，A的平衡转化率为 B. B物质从开始到平衡的反应速率为 C. 升高到某温度，平衡常数为100，可知该反应为吸热反应 D. 达到平衡时，再充入0.1molC和0.1molB，则平衡将正向移动 17. 已知部分弱酸的电离平衡常数如下表，下列离子方程式正确的是 弱酸       A. 少量的通入溶液中： B. 少量的中通入NaClO溶液中： C. 少量的通入溶液中： D. 相同浓度的溶液与溶液等体积混合： 18. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 已知：i． ii．溶液为无色下列说法正确的是 A. 结合实验1和2，推测i中反应是放热反应 B. ①中滴加浓盐酸，增大了，导致，i中平衡正向移动 C. ②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大 D. ③中加入，溶液颜色变红，推测与可能形成了 19. 向一恒容密闭容器中加入物质，发生基元反应：，，温度为、时，各组分的物质的量浓度与时间的关系如图1、图2所示。温度为时，的浓度随时间的变化关系为，为反应的速率常数。 下列说法正确的是 A. B. 温度为时，反应一半需要的时间为 C. 的浓度达到最大值时，的生成速率等于消耗速率 D. 加入某催化剂，仅使反应的速率增大，则的浓度最大值将增大 20. T℃时，容积均为0.5L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g) △H=-QkJ·mol-1(Q>0)。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如表。 容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化 A B C ① 2 1 0 0.75QkJ ② 0.4 0.2 1.6 下列叙述中正确的是 A. 容器①、②中反应的平衡常数均为4 B. 容器②中达到平衡时放出的热量为0.05QkJ C. 平衡时向容器①中通入一定量的C，重新达到平衡后，C的体积分数增大 D. 其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于 第Ⅱ卷（共55分） 二、非选择题，本题共四小题，共55分。 21. 甲、乙两位同学设计用实验确定某酸是弱电解质，实验方案如下： 甲：取纯度相同，质量、大小相等的锌粒于两支试管中，同时加入的、溶液各10 mL，按图装好，观察现象； 乙：用pH计测定物质的量浓度均为的和溶液的pH。 （1）已知，乙方案中说明是弱电解质的理由是：测得的溶液的pH_________1（填“>”、“<”或“=”）；甲方案中，说明是弱电解质的实验现象为____________________。 （2）甲同学为了进一步证明弱电解质电离平衡移动的情况，设计如下实验： ①在的溶液中，选择加入________试剂（填字母，下同），可使的电离程度和都减小，增大； ②在的溶液中，选择加入________试剂，可使的电离程度减小，和都增大。 A．固体（可完全溶于水）　　  B．溶液 C．溶液 　　　 D．溶液 （3）已知：25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示： 化学式 电离平衡常数（） 向溶液中通入少量的二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为_______________________。 （4）的两种酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1000 mL，其与溶液体积V的关系如图所示，则下列说法正确的有________（填字母）。 A. 稀释前，两种酸溶液的物质的量浓度一定相等 B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱 C. 若，则A是强酸，B是弱酸 D. 若，则A、B都是弱酸 22. 某课外兴趣小组实验探究影响化学反应速率的因素。 （1）硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，广泛应用于照相定影等领域。某同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如表系列实验： 实验 序号 反应温 度/℃ 浓度 稀硫酸 1 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0 2 40 0.10 0.50 3 20 0.10 4.0 0.50 ①硫代硫酸钠与稀硫酸反应的化学方程式：_______。 ②该实验1和3可探究_______对反应速率的影响。实验1和2可探究温度对反应速率的影响，因此_______mL。 （2）某化学小组欲测定酸性条件下溶液与溶液反应的化学反应速率，所用试剂为溶液和溶液，所得溶液中的浓度随时间变化的曲线如图1和的速率随时间的变化关系如图2： ①写出该反应离子方程式：_______。 ②段该反应速率增大，为探究可能的原因，设计如下方案探究影响化学反应速率的因素：已知：对该反应无影响；可供选择的试剂有： A. NaCl固体    B.固体   C. 0.2 mol/L HCl  D.    E. 方案 假设 数据处理 具体操作 Ⅰ 反应产物对反应有催化作用，加快了化学反应速率 取溶液于烧杯中，先加入_______(填字母)，再加入溶液。 通过绘制随时间变化的曲线与图1对比 Ⅱ 反应中溶液酸性增强，加快了化学反应速率 分别向两个烧杯中加溶液。烧杯①：加入1mL水，烧杯②：加入1mL_______(填字母)。再分别向两个烧杯中加入溶液。 a．方案Ⅰ中所选试剂_______，方案Ⅱ中所选试剂_______。 b．除方案Ⅰ和方案Ⅱ外，请再提出一种可能加快化学反应速率的假设_______。 23. 氢气是理想的清洁和高能燃料。甲烷和水蒸气或硫化氢催化重整都可以制氢气。甲烷与水蒸气催化重整反应：   （1）甲烷与水蒸气催化重整反应自发进行的条件是________________（填“高温自发”、“低温自发”或“任意温度下自发”）。 （2）已知：的燃烧热为；  。请写出甲烷燃烧热的热化学方程式________________________________________________________________。 （3）一定条件下，在某恒容密闭容器中，只发生甲烷与水蒸气催化重整反应。下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是________（填字母）。 A.    B. 断裂1 mol C-H键同时形成1 mol O-H键 C. 混合气体的平均摩尔质量不再变化  D. 甲烷与的物质的量浓度相等 （4）600℃时，向容积恒定为2 L的刚性密闭容器中按 投料，发生催化重整反应，同时有副反应发生，容器内的总压强p随反应时间的变化如表所示： t/min 0 2 4 6 8 10 12 p/kPa 16.0 18.5 19.9 21.0 21.8 22.4 22.4 已知：平衡时，实验测得的分压等于CO的分压。 ①达到平衡时甲烷的转化率为________； ②该温度下，甲烷与水蒸气催化重整反应的平衡常数________（是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可，不用化简）。 （5）甲烷与硫化氢催化重整制取氢气反应为：。将原料气按 充入反应容器中，保持体系压强为0.1 MPa，研究不同温度对该反应体系的影响。平衡时体系中各组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示： 图中表示物质的量分数变化的曲线是________（选填字母），升高温度，甲烷与硫化氢催化重整反应的平衡常数会________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。 24. 为了实现“碳中和”，资源再利用是研究的热点之一。 （1）中国空间站已实现有人长期驻留，空间站的水气整合系统利用法国化学家提出的“Sabatier反应”实现了甲烷化，配合生成系统可实现的再生。过程如下图所示： ①已知：        。 则Sabatier反应  ________。 ②分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入和各1 mol的混合气体发生Sabatier反应。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是________（填“A”或“B”）。 ③研究发现Sabatier反应的前三步历程如图所示。其中吸附在催化剂表面用“·”标注，Ts表示过渡态。写出 反应历程中决定反应速率的基元反应方程式： ________________________________________________________________________________________ （2）以和为原料在一定条件下可以合成燃料，体系中只发生以下反应： Ⅰ．    Ⅱ．   改变反应温度，分别测得、、（单位MPa）下的平衡转化率（）以及在和一定投料比时生成、CO选择性的变化如图（选择性为目标产物在总产物中的比率，即 ； ）。 ①图中a、b和c分别代表、、下平衡转化率随温度变化趋势的曲线，则、、从大到小的关系为________________________________。 ②在Pb MPa下平衡转化率随温度升高先降低后升高的原因________________________。 ③反应Ⅱ的正、逆反应速率分别表示为：，，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，________（填“增大”、“减小”或“不变”）。 ④在T℃、条件下，向体积为1 L的恒容密闭容器中通入和发生上述反应，平衡数据如P点所示，反应Ⅱ的平衡常数________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈师大附中2026—2027学年度上学期高二10月考化学试题 （考试时间：90分钟） 第Ⅰ卷（共45分） 一、选择题：本题共20小题，1-15题每小题2分；16-20题每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是 选项 强电解质 弱电解质 非电解质 A 盐酸 HF 蔗糖 B 酒精 C 氯水 D HCl A. A  B. B  C. C  D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误； B．是可溶性盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质；是弱碱，水溶液中部分电离，属于弱电解质；酒精在水溶液和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，B正确； C．氯水是氯气的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，C错误； D．能部分电离出和，属于弱电解质，不是非电解质，D错误； 故答案选B。 2. 下列说法正确的是 A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强 B. 物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中的浓度相同 C. 同一弱电解质的溶液，当浓度不同时，其导电能力也不相同 D. 弱电解质溶液的电离平衡向右移动，弱电解质的电离程度一定增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶液导电能力取决于自由移动离子的浓度与离子所带电荷数，若强电解质溶液浓度极低，其离子浓度可能小于浓度较高的弱电解质溶液，导电能力更弱，A错误； B．是强电解质，完全电离产生，仅少量发生水解；是弱电解质，分步电离且第三步电离产生的程度极小，因此等浓度的两种溶液中磷酸钠溶液的浓度远大于磷酸溶液，B错误； C．同一弱电解质的溶液，浓度不同时，溶液中电离产生的自由移动离子浓度不同，因此导电能力不相同，C正确； D．若向弱电解质溶液中加入弱电解质溶质，电离平衡向右移动，但弱电解质的电离程度会随浓度增大而减小，因此电离程度不一定增大，D错误； 故选C。 3. 下列说法正确的是 A. 反应2Mg(s)+CO2(g) = C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的 △H< 0 B. △H< 0、△S< 0的反应在高温条件下能自发进行 C. 反应CaCO3(s) = CaO(s)+CO2(g)的△S< 0 D. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A.反应物中有气体，生成物中没有气体，则△S＜0，若要使反应自发进行，△H-T△S＜0，则△H必须小于0，A项正确； B.根据△H-T△S＜0反应能自发进行，△H＜0，△S< 0的反应在低温条件下能自发进行，B项错误； C.反应物没有气体，生成物有气体，则△H＞0，C项错误； D.同一物质，熵值：气体>液体>固体，D项错误； 答案选A。 【点睛】 4. 氨是一种重要的化工原料，工业合成氨的流程如下图所示。下列有关生产条件的调控作用分析正确的是 A. 步骤③使用铁触媒做催化剂可降低活化能，提高氮气的平衡转化率 B. 步骤④将生成物液化分离出去，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动 C. 为了提高利用率，可以向体系中加过量，使得和的平衡转化率都增大 D. 步骤⑤采用循环操作，可提高氮气和氢气的利用率 【答案】D 【解析】 【分析】合成氨方程式:，根据勒夏特列原理以及反应速率的影响因素进行分析。 【详解】A．催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，但不改变平衡状态，无法提高氮气的平衡转化率，A错误； B．分离出时生成物浓度降低，瞬间正反应速率不变、逆反应速率减小，平衡正向移动，正反应速率不会增大，B错误； C．加入过量，平衡正向移动，平衡转化率增大，但自身的平衡转化率减小，C错误； D．未反应的和循环参与反应，可提高原料的利用率，D正确； 答案选D。 5. 关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是 A. 增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数 B. 升高温度，可使反应物分子中活化分子数增大 C. 使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 D. 有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使活化分子百分数增多 【答案】D 【解析】 【详解】A．增大反应物浓度时，单位体积内分子总数增加，活化分子百分数不变，单位体积内的活化分子数增多，有效碰撞频率升高，反应速率增大，A正确； B．升高温度会提高分子平均能量，使更多普通分子成为活化分子，活化分子百分数增大，反应物分子中活化分子数增大，有效碰撞频率升高，反应速率增大，B正确； C．催化剂通过降低反应活化能，使更多普通分子达到活化状态，反应物分子中活化分子的百分数增大，有效碰撞频率升高，反应速率增大，C正确； D．增大压强（缩小容器体积）仅增加单位体积内分子总数，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，D错误； 故选D。 6. 向氨水中加入蒸馏水，将其稀释到后，下列说法中不正确的是 A. 的电离程度增大 B. 的增大 C. 的数目增多 D. 增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．是弱电解质，加水稀释会促进弱电解质电离，其电离程度增大，A正确； B．弱电解质的电离平衡常数仅与温度有关，稀释过程中温度不变，保持不变，B错误； C．加水稀释促进电离，电离产生的数目增多，C正确； D．同一溶液中体积相同，，稀释后增大，减小，故该比值增大，D正确； 答案选B。 7. 在温度一定时于密闭恒容容器中发生可逆反应：，达平衡后，再充入一定量气体。当再次达平衡时，则下列叙述不正确的是 A. 的转化率增大   B. 容器内气体压强比充入气体前大 C. 的体积分数增大   D. 容器内气体颜色比充入气体前浅 【答案】D 【解析】 【分析】恒容条件下充入后新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成，相当于增大压强，该反应正方向为气体分子数减小的反应，因此平衡正向移动； 【详解】A．根据分析可知，平衡正向移动，则的转化率增大，A正确； B．充入气体后体系总物质的量增大，虽然平衡正向移动可减弱压强增大的趋势，但根据勒夏特列原理，最终容器内气体压强仍比充入气体前大，B正确； C．根据分析可知，平衡正向移动生成更多，的体积分数增大，C正确； D．气体颜色由的浓度决定，充入后浓度瞬间升高，平衡正向移动仅能减弱浓度的增大幅度，最终浓度仍大于充入前，容器内气体颜色比充入前深，D错误； 故答案选D。 8. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 ①向内推动盛有气体的针筒，气体红棕色加深 ②用饱和溶液除去中的HCl ③硫酸工业中使转化为，实际生产时采用的压强为常压 ④硫酸工业中，增大的浓度有利于提高的转化率 A. ①③  B. ②④  C. ②③  D. ①④ 【答案】A 【解析】 【详解】①向内推动针筒时，气体体积减小，浓度增大导致红棕色加深，尽管加压使平衡正向移动，只能减弱浓度增大的程度、无法抵消该变化，因此红棕色加深的事实不能用勒夏特列原理解释； ②饱和溶液中浓度高，使平衡逆向移动，可减少的溶解，能用勒夏特列原理解释； ③氧化为的反应正反应气体分子数减小，加压理论上有利于提高转化率，实际采用常压是因为常压下转化率已很高，加压会大幅增加设备成本，该生产条件选择不能用勒夏特列原理解释； ④增大浓度使平衡正向移动，可提高转化率，能用勒夏特列原理解释； 符合题意的为①③，故答案选A。 9. 常温下，、，浓度均为溶液和溶液。下列有关说法正确的是 A. 两溶液中相等 B. 溶液中 C. 两溶液分别与NaOH溶液反应，消耗NaOH物质的量相等 D. HCOOH与氨水发生反应的离子方程式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．相同浓度下，酸的电离常数越大，电离出的浓度越大，已知，因此HCOOH溶液中更大，两溶液不相等，A错误； B．对于弱酸，当电离程度较小时可近似计算，代入、，可得，B正确； C．消耗的物质的量与酸的总物质的量有关，题干仅给出两溶液浓度相等，未提及溶液体积，无法确定酸的物质的量，因此无法判断消耗的物质的量是否相等，C错误； D．是弱酸，是弱碱，离子方程式中均不能拆分为离子形式，该离子方程式书写错误，正确的为：，D错误； 故选B。 10. 对于反应 ，由下列图像得出的结论正确的是 A. 由图①知， B. 由图②知，曲线a可能是压缩了容器体积，且 C. 由图③知，时刻改变的条件是降低了温度，且 D. 由图④知，，(表示X的浓度) 【答案】D 【解析】 【详解】A．图①中压强增大，Z的平衡产率升高，说明平衡正向移动，正反应为气体分子数减小的反应，即，，A错误； B．图②中曲线a和b平衡时Y的体积分数相同，说明平衡未发生移动，若压缩容器体积，压强增大，速率增大，平衡不移动，说明，B错误； C．降低温度时正、逆反应速率均会突然减小，图③中时刻突然增大、突然减小，不可能是降低温度，C错误； D．图④中下反应先达到平衡，说明反应速率更快，故；温度越高平衡时越大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，，D正确； 故选D。 11. 已知：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) ΔH= －92 kJ·mol-1，下图表示L一定时，H2的平衡转化率(α)随X的变化关系，L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下列说法中，不正确的是 A. X表示温度 B. L2＞L1 C. 反应速率υ(M)＞υ(N) D. 平衡常数K(M)＞K(N) 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图象，随着X的增大，H2的平衡转化率(α)减小，X若表示温度，升高温度，平衡逆向移动，H2的平衡转化率(α)减小，故A正确； B．相同温度条件下，压强越大，H2的平衡转化率(α)越大，L2＞L1，故B正确； C．压强越大，反应速率越快，υ(M)＞υ(N)，故C正确； D．温度不变，平衡常数不变，故D错误； 故选D。 12. 与能发生反应： 。 已知： ①该反应由两个基元反应分步完成，第一步为 ②两步反应的活化能分别为、，且 下列判断不正确的是 A. 第一步为氧化还原反应 B. 第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率 C. 已知键能：，可推知键能： D. 第二步的热化学方程式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．ICl中Cl显-1价，I显+1，根据第一步反应方程式可知，H的化合价升高，I元素的化合价降低，即该反应为氧化还原反应，故A说法正确； B．活化能越大，反应速率越低，Ea1＞Ea2，第一步反应速率比第二步反应速率慢，故B说法错误； C．已知H-H键能大于I-I键能，则H-Cl键能大于I-Cl，故C说法正确； D．根据盖斯定律，第二步反应方程式=总反应－第一步反应，则第二步热反应方程式HI(g)+ICl(g)=HCl(g)+I2(g) ，故D说法正确； 答案为B。 13. 根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向溶液中滴入溶液 有白色沉淀生成 结合的能力： B 0.1 mol/L盐酸分别中和等体积、等浓度的溶液和NOH溶液 溶液消耗盐酸体积大 碱性： C 分别测定饱和HX及饱和HY溶液的 HX饱和溶液的较大 电离常数：HX>HY D 加热溶液 溶液由蓝色变为黄绿色 A. A  B. B  C. C  D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．结合电离出的生成白色沉淀，同时生成，说明结合的能力：，A正确； B．等体积等浓度的为二元碱，为一元碱，可提供的总物质的量更大，因此消耗盐酸更多，与二者碱性强弱无关，B错误； C．饱和和饱和的浓度不一定相等（二者溶解度可能不同），无法通过比较电离常数大小，C错误； D．加热后溶液由蓝色变为黄绿色，说明升高温度，平衡向生成黄色的方向（正反应方向）移动，故正反应为吸热反应，，D错误； 故答案选A。 14. 在T℃，气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：(K=0.33)，下列分析不正确的是 A. 降低反应温度，可减缓反应X的速率 B. 在气体中加入一定量能起到防护铁管的作用 C. 反应X的可通过如下反应获得：、 D. T℃时，若气体混合物中，铁管被腐蚀 【答案】D 【解析】 【详解】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A正确； B．在气体中加入一定量，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B正确； C．①、②，根据盖斯定律①-②得，故C正确； D． T℃时，若气体混合物中，则Q=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D错误； 故选D。 15. ／ZSM-5是一种降解含氰废气的催化剂，其原理是/和/氧化还原循环协同作用，反应路径如图（TS代表过渡态，*代表吸附态）。下列说法正确的是 A. 通入HCl会降低催化活性，因为生成了 B. CN键初始氢化所需要克服的能垒为-1.75 eV C. TS-2所属的基元反应为决速步骤 D. 物种①为 【答案】D 【解析】 【详解】A．通入HCl时，会与催化剂中的生成难溶的CuCl，使催化剂活性位点减少，并非生成了，A错误； B．能垒为过渡态与前一中间体的自由能差值，恒为正值，CN键初始氢化对应TS-1，能垒为，B错误； C．决速步骤为反应过程中能垒最大的基元反应，经计算TS-1、TS-2、TS-3对应的能垒分别为1.82 eV、1.25 eV、0.83 eV，TS-1所属基元反应为决速步骤，C错误； D．根据反应前后原子守恒，①是与反应得到的中间体，后续生成，故物种①为，D正确； 故选D。 16. 时，在1L的密闭容器中进行反应：的起始浓度均为，起始压强为，反应5s后达到平衡状态时压强为，且，下列说法不正确的是 A. 时，A的平衡转化率为 B. B物质从开始到平衡的反应速率为 C. 升高到某温度，平衡常数为100，可知该反应为吸热反应 D. 达到平衡时，再充入0.1molC和0.1molB，则平衡将正向移动 【答案】D 【解析】 【分析】设平衡时生成C的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式，恒温恒容，由、pV=nRT可得：，解得a=0.2，据此回答。 【详解】A．由三段式数据可知，条件下反应达到平衡时A的转化率为，A正确； B．由三段式数据可知，B物质从开始到平衡的反应速率为，B正确； C．由三段式数据可知，条件下反应达到平衡时反应的平衡常数 ，升高温度，平衡常数为100说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，C正确； D．达到平衡时，再充入0.1molC和 0.1molB，反应的浓度熵，则平衡向逆反应方向移动，D错误； 故选D。 17. 已知部分弱酸的电离平衡常数如下表，下列离子方程式正确的是 弱酸       A. 少量的通入溶液中： B. 少量的中通入NaClO溶液中： C. 少量的通入溶液中： D. 相同浓度的溶液与溶液等体积混合： 【答案】A 【解析】 【详解】A．由电离常数可知酸性，少量通入过量溶液时，提供的两个均可被得到生成，最终生成和，离子方程式符合反应规律，A正确； B．由电离常数可知酸性，故少量通入溶液只能生成，不能生成，B错误； C．具有强氧化性，可将具有还原性的氧化为，最终生成沉淀，不会生成，C错误； D．为弱酸的酸式酸根，不能拆分为和，且酸性，不能发生反应生成，D错误； 故选A。 18. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 已知：i． ii．溶液为无色下列说法正确的是 A. 结合实验1和2，推测i中反应是放热反应 B. ①中滴加浓盐酸，增大了，导致，i中平衡正向移动 C. ②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大 D. ③中加入，溶液颜色变红，推测与可能形成了 【答案】D 【解析】 【分析】实验1、2最终的溶液颜色变为红色，[Co(H2O)6]2+呈红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-呈无色，根据可知，说明平衡逆向移动，据此解答。 【详解】A．由实验1可知，升高温度，溶液变为蓝色，说明平衡正向移动，生成了[CoCl4]2-，溶液呈蓝色；降低温度，溶液变为红色，说明平衡逆向移动，生成了[Co(H2O)6]2+，溶液呈红色，因升高温度，平衡正向移动，降低温度，平衡逆向移动，说明i中反应是吸热反应，A错误； B．①中滴加浓盐酸，增大了氯离子浓度，导致Q<K，ⅰ中平衡正向移动，B错误； C．②中加水后，溶液体积增大c(Cl-)，导致溶液中各组分的浓度均减小，根据溶液变红，说明平衡逆向移动，但[Co(H2O)6]2+的浓度减小，C错误； D．③中加入，溶液变红，推测Zn2+与Cl-可能形成了[ZnCl4]2-，使Cl-浓度减小，导致平衡逆向移动，D正确； 故选：D。 19. 向一恒容密闭容器中加入物质，发生基元反应：，，温度为、时，各组分的物质的量浓度与时间的关系如图1、图2所示。温度为时，的浓度随时间的变化关系为，为反应的速率常数。 下列说法正确的是 A. B. 温度为时，反应一半需要的时间为 C. 的浓度达到最大值时，的生成速率等于消耗速率 D. 加入某催化剂，仅使反应的速率增大，则的浓度最大值将增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．温度越高，反应速率越快，相同时间内反应物消耗越快。对比两图可知：​温度下浓度下降更快，反应速率更快，因此​，A错误； B．根据题目给出的，可以将公式变形为：，当反应一半时，，代入得：，B错误； C．N是中间产物：浓度增大时，的生成速率大于消耗速率；浓度达到最大值后开始下降，此时的生成速率小于消耗速率，因此浓度最大时，生成速率等于消耗速率，C正确； D．催化剂仅改变反应速率，不改变浓度变化的趋势：若仅增大的反应速率，生成后消耗更快，会使的浓度最大值减小，D错误； 故选C。 20. T℃时，容积均为0.5L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g) △H=-QkJ·mol-1(Q>0)。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如表。 容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化 A B C ① 2 1 0 0.75QkJ ② 0.4 0.2 1.6 下列叙述中正确的是 A. 容器①、②中反应的平衡常数均为4 B. 容器②中达到平衡时放出的热量为0.05QkJ C. 平衡时向容器①中通入一定量的C，重新达到平衡后，C的体积分数增大 D. 其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于 【答案】C 【解析】 【分析】根据题表中数据可知，容器①达到平衡时，释放的热量为0.75QkJ，则参加反应的A的物质的量为1.5mol，B的物质的量为0.75mol，生成C的物质的量为1.5mol，则平衡时A、B、C的物质的量分别为0.5mol、0.25mol和1.5mol； 【详解】A．容器①中反应的平衡常数为，两容器温度相等，所以①与②的平衡常数相同，故A错误； B．容器②中若C完全转化为A、B时，A、B的物质的量分别为2mol、1mol，且两容器的条件相同，则容器①、②中的平衡为完全等效平衡，所以容器②中的反应达到平衡时C的物质的量为1.5mol<1.6mol，即此时反应逆向进行，反应消耗0.1molC，根据题给可知，②中反应达到平衡时应吸收热量0.05QkJ，故B错误； C．恒容条件下，平衡时向容器①中通入一定量的C，C的浓度增大，最终影响相当于加压，C的体积分数增大，故C正确； D．若两容器在相同温度下达到平衡，①、②中的平衡为完全等效平衡，平衡时②中C的体积分数与①相等，均为；容器②绝热，反应②逆向进行，反应吸热，温度降低，所以②的平衡相当于①反应达到平衡后再降低温度，平衡向正方向移动，C的体积分数增大，则达到平衡时C的体积分数大于，故D错误； 选C。 第Ⅱ卷（共55分） 二、非选择题，本题共四小题，共55分。 21. 甲、乙两位同学设计用实验确定某酸是弱电解质，实验方案如下： 甲：取纯度相同，质量、大小相等的锌粒于两支试管中，同时加入的、溶液各10 mL，按图装好，观察现象； 乙：用pH计测定物质的量浓度均为的和溶液的pH。 （1）已知，乙方案中说明是弱电解质的理由是：测得的溶液的pH_________1（填“>”、“<”或“=”）；甲方案中，说明是弱电解质的实验现象为____________________。 （2）甲同学为了进一步证明弱电解质电离平衡移动的情况，设计如下实验： ①在的溶液中，选择加入________试剂（填字母，下同），可使的电离程度和都减小，增大； ②在的溶液中，选择加入________试剂，可使的电离程度减小，和都增大。 A．固体（可完全溶于水）　　  B．溶液 C．溶液 　　　 D．溶液 （3）已知：25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示： 化学式 电离平衡常数（） 向溶液中通入少量的二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为_______________________。 （4）的两种酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1000 mL，其与溶液体积V的关系如图所示，则下列说法正确的有________（填字母）。 A. 稀释前，两种酸溶液的物质的量浓度一定相等 B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱 C. 若，则A是强酸，B是弱酸 D. 若，则A、B都是弱酸 【答案】（1） ①. > ②. 反应开始后，盛有溶液的试管上的气球比盛有溶液的试管上的气球膨胀得慢 （2） ①. A ②. D （3） （4）BCD 【解析】 【小问1详解】 乙方案中，一元酸若完全电离，则的溶液中，pH为1。若测得pH大于1，则，说明仅部分电离，是弱电解质，故第一空填“>”。甲方案中，盐酸完全电离，而弱酸存在电离平衡，因此相同物质的量浓度的两种酸溶液中，溶液起始的较小。锌与酸反应产生氢气，在锌粒的纯度、质量、大小等条件相同时，起始越小，产生氢气的速率越小。因此，反应开始后，盛有溶液的试管上的气球比盛有溶液的试管上的气球膨胀得慢； 【小问2详解】 ①溶液中存在电离平衡。加入固体后，完全电离，，直接增大，使的电离平衡逆向移动，电离程度和都减小；平衡移动只能减弱外界条件变化的影响，因此重新达到平衡时仍比加入前大，符合①的要求。 ②加入的溶液后，混合溶液中酸的物质的量浓度增大。设溶液的物质的量浓度为，电离程度为，忽略水的电离，则，，故。温度不变时，不变，增大，减小；又由上述关系可得，因此两种离子的浓度都增大，符合②的要求。加入溶液会消耗，促进电离；加入溶液会增大，使电离平衡逆向移动，减小，这两种试剂均不满足题给变化条件。 故①选A，②选D； 【小问3详解】 碳酸的两步电离分别为和，对应的电离平衡常数分别为和。的电离为，其电离平衡常数为。由于，可知的酸性强于，而的酸性弱于。根据较强酸制较弱酸的规律，通入的二氧化碳与水形成碳酸，碳酸与反应生成和，因此离子方程式为； 【小问4详解】 A．稀释前两种酸溶液的相同，但酸的物质的量浓度还与其电离程度有关；弱酸溶液中存在未电离的酸分子，不能仅由相同断定两种酸溶液的物质的量浓度相等，A错误； B．由图可知，稀释到相同体积后，A酸溶液的小于B酸溶液，因此A酸溶液的酸性比B酸溶液弱，B正确； C．强酸完全电离，稀释前后氢离子的物质的量近似不变，稀释后的氢离子浓度为。弱酸在加水稀释时电离程度增大，氢离子的物质的量增大，故其降低的倍数小于1000。若，A酸溶液的恰好降低为原来的，可判断A是强酸；B酸溶液稀释后的大于，可判断B是弱酸，C正确； D．若，则A酸溶液稀释后的大于，其降低倍数小于体积增大的倍数，说明稀释促进了酸的电离，A是弱酸。图中B酸溶液稀释后的比A酸溶液更大，同样可判断B是弱酸，D正确； 故选BCD。 22. 某课外兴趣小组实验探究影响化学反应速率的因素。 （1）硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，广泛应用于照相定影等领域。某同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如表系列实验： 实验 序号 反应温 度/℃ 浓度 稀硫酸 1 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0 2 40 0.10 0.50 3 20 0.10 4.0 0.50 ①硫代硫酸钠与稀硫酸反应的化学方程式：_______。 ②该实验1和3可探究_______对反应速率的影响。实验1和2可探究温度对反应速率的影响，因此_______mL。 （2）某化学小组欲测定酸性条件下溶液与溶液反应的化学反应速率，所用试剂为溶液和溶液，所得溶液中的浓度随时间变化的曲线如图1和的速率随时间的变化关系如图2： ①写出该反应离子方程式：_______。 ②段该反应速率增大，为探究可能的原因，设计如下方案探究影响化学反应速率的因素：已知：对该反应无影响；可供选择的试剂有： A. NaCl固体    B.固体   C. 0.2 mol/L HCl  D.    E. 方案 假设 数据处理 具体操作 Ⅰ 反应产物对反应有催化作用，加快了化学反应速率 取溶液于烧杯中，先加入_______(填字母)，再加入溶液。 通过绘制随时间变化的曲线与图1对比 Ⅱ 反应中溶液酸性增强，加快了化学反应速率 分别向两个烧杯中加溶液。烧杯①：加入1mL水，烧杯②：加入1mL_______(填字母)。再分别向两个烧杯中加入溶液。 a．方案Ⅰ中所选试剂_______，方案Ⅱ中所选试剂_______。 b．除方案Ⅰ和方案Ⅱ外，请再提出一种可能加快化学反应速率的假设_______。 【答案】（1） ①. ②. 稀硫酸浓度（或硫酸浓度） ③. 0（或0.0） （2） ①. ②. A ③. D ④. 该反应为放热反应，温度升高，加快了化学反应速率 【解析】 【小问1详解】 ①硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应，生成不溶的硫单质、二氧化硫气体、硫酸钠和水，其方程式为：； ②实验1和3温度相同，只有稀硫酸的体积不同、最终体系总体积一致，因此变量是稀硫酸的浓度，探究稀硫酸浓度对反应速率的影响；实验1和2探究温度的影响，根据控制变量法，必须保证其他反应物浓度、体系总体积完全一致，实验1总体积为：10.0 ml+10.0 ml=20.0 ml，因此 V1= 10.0 、V2 = 10.0，计算得 V3 = 20.0 − 10.0 − 10.0 = 0  mL； 【小问2详解】 ①酸性条件下作为氧化剂被还原为Cl-，作为还原剂被氧化为，其方程式为：； ②方案Ⅰ要验证的催化作用，需要在反应前加入且不引入其他干扰变量，因此选A（NaCl固体）；方案Ⅱ要验证酸性增强的影响，需要加入等体积的含且不引入干扰离子的试剂，1mL 0.1mol/L 提供的量和反应生成的酸性增量匹配，且已知对反应无影响，因此选D；反应速率随时间加快的常见额外合理假设为反应放热使体系温度升高，温度升高进一步加快反应速率，符合图2中速率先上升的变化趋势。 23. 氢气是理想的清洁和高能燃料。甲烷和水蒸气或硫化氢催化重整都可以制氢气。甲烷与水蒸气催化重整反应：   （1）甲烷与水蒸气催化重整反应自发进行的条件是________________（填“高温自发”、“低温自发”或“任意温度下自发”）。 （2）已知：的燃烧热为；  。请写出甲烷燃烧热的热化学方程式________________________________________________________________。 （3）一定条件下，在某恒容密闭容器中，只发生甲烷与水蒸气催化重整反应。下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是________（填字母）。 A.    B. 断裂1 mol C-H键同时形成1 mol O-H键 C. 混合气体的平均摩尔质量不再变化  D. 甲烷与的物质的量浓度相等 （4）600℃时，向容积恒定为2 L的刚性密闭容器中按 投料，发生催化重整反应，同时有副反应发生，容器内的总压强p随反应时间的变化如表所示： t/min 0 2 4 6 8 10 12 p/kPa 16.0 18.5 19.9 21.0 21.8 22.4 22.4 已知：平衡时，实验测得的分压等于CO的分压。 ①达到平衡时甲烷的转化率为________； ②该温度下，甲烷与水蒸气催化重整反应的平衡常数________（是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可，不用化简）。 （5）甲烷与硫化氢催化重整制取氢气反应为：。将原料气按 充入反应容器中，保持体系压强为0.1 MPa，研究不同温度对该反应体系的影响。平衡时体系中各组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示： 图中表示物质的量分数变化的曲线是________（选填字母），升高温度，甲烷与硫化氢催化重整反应的平衡常数会________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。 【答案】（1）高温自发 （2）  （3）BC （4） ①. 80% ②. （5） ①. a ②. 增大 【解析】 【小问1详解】 该反应是熵增的吸热反应，高温条件下反应的，能自发进行； 【小问2详解】 由题意可得如下方程式：①     ，②，③     ，由盖斯定律可知，反应①+反应②×4+反应③×2=目标反应，则目标反应的，则甲烷燃烧热的热化学方程式为：   ； 【小问3详解】 A．未提及反应速率正逆，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，A错误； B．断裂C-H键代表正反应速率，形成1 molO-H键代表逆反应速率，则由方程式可知，断裂1 molC-H键同时形成1 molO-H键说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，B正确； C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，反应过程中混合气体的平均摩尔质量减小，则混合气体的平均摩尔质量不再变化说明反应已达到平衡，C正确； D．甲烷与二氧化碳的物质的量浓度相等不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，D错误； 故答案选BC； 【小问4详解】 由题意可知，平衡时，二氧化碳和一氧化碳的分压相等，由表格数据可知，初始压强为16.0 kPa、平衡时总压强为22.4 kPa，设起始甲烷和水蒸气的物质的量分别为x mol和3x mol， 平衡时消耗甲烷a mol，二氧化碳和一氧化碳的物质的量都为b mol，由题意可建立如下三段式：，，由可得，主反应是气体体积增大的反应、副反应是气体体积不变的反应，则平衡时混合气体总物质的量为(4x+2a) mol，由气体的物质的量之比等于压强之比可得：，解得a=0.8x，则b=0.4x，则平衡时甲烷、水蒸气、二氧化碳、氢气、一氧化碳的物质的量分别为：0.2x mol、1.8x mol、0.4x mol、2.8x mol、0.4x mol，混合气体总物质的量为5.6x mol； ①由分析可知，达到平衡时反应消耗甲烷的物质的量为0.8x mol，则甲烷的转化率为：； ②由分析可知，该温度下，平衡时甲烷、水蒸气、二氧化碳、氢气、一氧化碳的物质的量分别为：0.2x mol、1.8x mol、0.4x mol、2.8x mol、0.4x mol，混合气体总物质的量为5.6x mol；则甲烷与水蒸气催化重整反应的平衡常数为：； 【小问5详解】 由题意可知，甲烷和硫化氢的起始物质的量比为1：2，则c、d分别代表硫化氢、甲烷物质的量分数随温度的变化，由方程式可知， 温度相同时，反应生成二硫化碳和氢气的物质的量比为1：4，则a、b分别代表氢气、二硫化碳物质的量分数随温度的变化；温度升高，氢气物质的量分数增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应的平衡常数K增大。 24. 为了实现“碳中和”，资源再利用是研究的热点之一。 （1）中国空间站已实现有人长期驻留，空间站的水气整合系统利用法国化学家提出的“Sabatier反应”实现了甲烷化，配合生成系统可实现的再生。过程如下图所示： ①已知：        。 则Sabatier反应  ________。 ②分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入和各1 mol的混合气体发生Sabatier反应。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是________（填“A”或“B”）。 ③研究发现Sabatier反应的前三步历程如图所示。其中吸附在催化剂表面用“·”标注，Ts表示过渡态。写出 反应历程中决定反应速率的基元反应方程式： ________________________________________________________________________________________ （2）以和为原料在一定条件下可以合成燃料，体系中只发生以下反应： Ⅰ．    Ⅱ．   改变反应温度，分别测得、、（单位MPa）下的平衡转化率（）以及在和一定投料比时生成、CO选择性的变化如图（选择性为目标产物在总产物中的比率，即 ； ）。 ①图中a、b和c分别代表、、下平衡转化率随温度变化趋势的曲线，则、、从大到小的关系为________________________________。 ②在Pb MPa下平衡转化率随温度升高先降低后升高的原因________________________。 ③反应Ⅱ的正、逆反应速率分别表示为：，，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，________（填“增大”、“减小”或“不变”）。 ④在T℃、条件下，向体积为1 L的恒容密闭容器中通入和发生上述反应，平衡数据如P点所示，反应Ⅱ的平衡常数________。 【答案】（1） ①. ΔH=−164.0 ②. B ③. ⋅CO2(g)+⋅H→⋅HOCO （2） ①. Pa>Pb>Pc ②. 温度较低时以放热的反应Ⅰ为主，升高温度使反应Ⅰ平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低；温度较高时以吸热的反应Ⅱ为主，升高温度使反应Ⅱ平衡正向移动，CO2平衡转化率升高，故先降低后升高。 ③. 增大 ④. 【解析】 【分析】本题以CO2资源化利用（Sabatier反应与CO2加氢合成甲醇）为背景，考查盖斯定律与反应热计算、化学平衡移动（压强、温度）、催化反应历程与决速步判断、速率常数与平衡常数的关系及平衡常数计算。反应Ⅰ（CO2+3H2⇌CH3OH+H2O）为气体分子数减小的放热反应，反应Ⅱ（CO2+H2⇌CO+H2O）为气体分子数不变的吸热反应，两者叠加决定CO2平衡转化率随温度先降低后升高的变化趋势。 【小问1详解】 ①依据盖斯定律，目标反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)可由4×式①−式②+2×式③得到，则ΔH=4ΔH1−ΔH2+2ΔH3=4×(−285.5 kJ/mol)−(−890.0 kJ/mol)+2×(+44.0 kJ/mol)=−164.0 kJ/mol。 ②A为恒容容器，反应中气体物质的量由5 mol减为3 mol，容器内压强降低；B为恒压容器，容积随反应缩小、压强始终不变，故B中平衡压强大于A。该反应气体分子数减小（Δn=−2）且为放热反应，压强大有利于平衡正向移动、CO2转化率更大，故B放出的热量较多。 ③历程中各步能垒等于峰顶能量减去该步起始平台能量：经Ts1的一步能垒最大（约1.1 eV），为决定反应速率的步骤；该步为吸附态CO2与吸附态H结合生成⋅HOCO，故决定反应速率的基元反应方程式为⋅CO2(g)+⋅H→⋅HOCO。 【小问2详解】 ①反应Ⅰ为气体分子数减小的放热反应，增大压强使平衡正向移动，CO2平衡转化率增大；反应Ⅱ气体分子数不变，压强对其无影响；故同一温度下压强越大α(CO2)越大，曲线a、b、c依次对应Pa、Pb、Pc，则Pa>Pb>Pc。 ②较低温度时以放热的反应Ⅰ为主，升高温度使反应Ⅰ平衡逆向移动，α(CO2)降低；较高温度时以吸热的反应Ⅱ为主，升高温度使反应Ⅱ平衡正向移动，α(CO2)又升高，二者叠加使Pb下α(CO2)先降低后升高。 ③反应Ⅱ达平衡时v正=v逆，即k正c(CO2)c(H2)=k逆c(CO)c(H2O)，得k正与k逆之比等于K(Ⅱ)；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度使K增大，故k正与k逆之比增大。 ④由P点读得α(CO2)=30%、S(CO)=30%。容器体积1 L，CO2起始为1 mol，总转化量为1 mol×30%=0.30 mol，其中转化为CO的量为0.30 mol×30%=0.09 mol、转化为CH3OH的量为0.30−0.09=0.21 mol。平衡时c(CO2)=1−0.30=0.70 mol/L、c(CO)=0.09 mol/L、c(H2O)=0.30 mol/L、c(H2)=0.99−3×0.21−0.09=0.27 mol/L。K(Ⅱ)等于c(CO)与c(H2O)之积除以c(CO2)与c(H2)之积，即0.027÷0.189=。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $