精品解析：北京市第五十中学2026-2027学年高二上学期10月月考 化学试题

2026-2027学年第一学期高二年级化学学科月考试卷 考生须知 1．本试卷分为试题、答题卡两部分。满分100分。考试时间90分钟。 2．认真填写所在班级、姓名、学号。 3．请用2B铅笔填涂机读卡，用黑色签字笔在二卷上按要求作答。 可能用到的相对原子质量：H—1  C—12  O—16 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意） 1. 下列事实或做法与化学反应速率无关的是 A. 食物低温保存 B. 用浓硫酸和铜反应制备气体 C. 生产中使用催化剂 D. 将固体试剂溶于水配成溶液后再进行化学实验 2. 关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是 A. 有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多 B. 增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞 C. 升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 D. 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 3. 我国科研团队在催化合成氨领域取得了最新进展。将金属锂原子电化学沉积在金属钌表面，构建了具有高活性界面的新型催化剂，相比传统高温、高压条件下的合成氨工艺，实现了在温和条件下与高效合成氨。下列说法不正确的是 A. 元素位于元素周期表第族 B. 高温是为了提高的平衡转化率 C. 能降低合成氨反应的活化能 D. 实现了温和条件下氮的固定 4. 下列事实能用平衡移动原理来解释的是 A. 压缩注射器中的NO2、N2O4混合气体，气体颜色立即变深 B. 向5% H2O2溶液中加入少量MnO2固体，迅速产生大量气泡 C. 新制氯水放置一段时间后，颜色变浅 D. 锌片与稀硫酸反应时加入少量CuSO4固体，快速产生大量H2 5. 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 6. 反应　经过以下两步基元反应完成： i．　 ii．　 下列说法不正确的是 A. B. 因为中断裂化学键吸收能量，所以 C. 因为ii中形成化学键释放能量，所以 D. 断裂中化学键吸收的能量大于形成和中化学键释放的总能量 7. 已知反应：① ② 相关化学键的键能数据如下： 化学键 C-H C-F H-F F-F 键能/(kJ/mol) a b c d 下列说法正确的是 A. ①中反应物的总能量小于生成物的总能量 B. C. D. 8. 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 9. 的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应决速步的活化能为 B. 每当消耗，转移电子 C. 使用合适的催化剂会使、、同时减小 D. 温度升高，第Ⅰ步反应活化分子百分数升高 第Ⅱ步反应活化分子百分数降低 10. 在容积不变的容器中充入和发生如下反应：其他条件不变时，分别探究温度和催化剂的比表面积对上述反应的影响。实验测得与时间的关系如图所示。 已知：i．起始投料比均为 ii．比表面积：单位质量的物质具有的总面积 下列说法不正确的是 A. Ⅰ、Ⅱ反应温度相同，催化剂的比表面积不同 B. Ⅱ中的平衡转化率为 C. 在Ⅲ的条件下，该反应的平衡常数 D. ，Ⅲ中平均反应速率 11. 下列关于反应能量的说法正确的是 A. 已知时， ，则的燃烧热为 B. 相同条件下，如果氢原子所具有的能量为，氢分子的能量为，则 C. ，含的氢氧化钠溶液与含的浓硫酸混合后放出的热量 D. 已知 则 12. 以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。 下列说法正确的是 A. 过程①中钛氧键断裂会释放能量 B. 该反应中，光能和热能转化为化学能 C. 使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率 D. CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+30kJ/mol 13. 反应条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(、)下随温度变化的曲线如图。下列说法中正确的是 A. B. 该反应为吸热反应 C. 随温度升高，该反应平衡常数减小 D. 其他条件不变，体积变为原来的0.5倍，增大为原来的2倍 14. 已知存在如下平衡：① ；② 。研究在、和水溶液中的溶解性，实验如下。 资料：依据与的反应，以淀粉为指示剂，用标准溶液可准确测定水溶液中的浓度。下列说法不正确的是 A. 的现象符合相似相溶原理，可知 B. 三支试管中，的大小顺序： C. 中，若增加的体积，则一定减小 D. 测中：取的下层溶液，加入水溶液后，依据资料方法测定 二、非选择题（本部分共5小题，共58分） 15. Ⅰ.已知下列热化学方程式： ① ② ③ （1）若反应③使用催化剂，那么将______（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （2）反应的______。 Ⅱ.以、为原料生产尿素的反应历程与能量变化示意图如下： （3）图中的两步反应属于放热反应的______（用、、或表示）。 （4）根据上述反应历程与能量变化示意图，过程______（填“第一步反应”或“第二步反应”）为决速步。 （5）根据图象写出以、为原料生产尿素的热化学方程式为______（反应热用、、或表示）。 16. CO2减排能有效降低温室效应，同时，CO2也是一种重要的资源，因此CO2捕集与转化技术研究备受关注。 （1）用CO2制备甲醇(CH3OH)可实现CO2的能源化利用，主反应如下：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。 ①温度为523K时，测得上述主反应中生成8.0g CH3OH(g)放出的热量为12.3kJ，写出热化学方程式_______。 ②写出上述主反应的平衡常数表达式_______。 ③T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中通入4.0mol CO2和6.8mol H2，5分钟时反应达到平衡，在0～5min内，CO2的转化率为_______。 （2）工业上用CO2制备CH3OH的过程中，还存在以下副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) 。 ①在恒温、恒容条件下，下列事实能说明上述副反应达到平衡状态的是_______(填序号) A．体系内 B．体系压强不再发生变化 C．体系内混合气体的密度保持不变 D．体系内CO的物质的量分数不再发生变化 ②升高温度，该副反应的化学平衡常数_______(填“变大”“变小”或“不变”)。 ③理论上，能提高H2平衡转化率的措施有_______(写出一条即可)。 （3）将一定量的CO2和H2投入恒容密闭容器中进行上述主、副反应，测得CO2平衡转化率、CH3OH选择性和CO选择性随温度变化情况如图。已知：物质A的选择性(物质A代表CH3OH或CO) ①曲线_______(填“a””b”或“c”)代表的选择性。 ②，曲线a随温度升高而升高的原因是_______。 ③实际生产中采用的温度是260℃，可能的原因是_______。 17. 肼（）可应用于医药、航空航天和电池等领域。 （1）次氯酸钠氧化氨的方法制备水合肼 总反应：。制备流程示意图如下。 资料：N2H4的还原性强于NH3 ①反应器1中产生的离子方程式是_________________________________________。 ②反应器2中与作用产生。 ③反应器3中与大量的充分反应后，将产生的混合液送入回收器。生成的化学方程式是_________________________________________。 ④反应器3中通入大量的，可减少和副反应的发生，从反应速率的角度解释原因：_________________________________________。 （2）双氧水法制备水合肼 总反应：，实验室制备分为两步。 资料：丁酮沸点，水合肼沸点，丁酮连氮沸点；丁酮连氮难溶于水。 ⅰ．制备丁酮连氮： ⅱ．制备：将ⅰ中分离出的丁酮连氮水解。 ①ⅱ的化学方程式是_____________________________________________________。 ②由于丁酮连氮性质稳定，反应ⅱ的平衡常数较小。加热到左右反应，能促进的生成，原因是_____________________________________________________。 （3）通过比较两种方法，结合丁酮连氮的性质，说明双氧水法的优点_____________________________。 18. 某小组探究含Cr元素的化合物间的转化，进行如下实验。 资料： ⅰ．含Cr元素的常见粒子：（橙色）、（黄色）、（溶于水，蓝紫色，不稳定）、（绿色）、（蓝灰色，难溶于水，可溶于强酸和强碱）、（亮绿色）。 ⅱ．在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快。 实验操作及现象如表： 装置 步骤 操作 现象 2mL 0.0125 Ⅰ 先滴入稀硫酸至pH≈2，再滴入5滴5%H2O2溶液，振荡 溶液橙色加深，滴入H2O2溶液后迅速变为蓝紫色，有气泡生成。稍后，无明显气泡时，溶液由蓝紫色完全变为绿色 Ⅱ 继续缓慢滴入10滴 溶液，边滴，边振荡 又有气泡生成，溶液最终变为黄色 （1）已知，请用化学平衡移动原理解释Ⅰ中滴入稀硫酸后溶液橙色加深的原因：____________________________________。 （2）Ⅰ中，溶液由橙色变为绿色的总反应的离子方程式是____________________________________。 （3）Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，又有气泡生成的原因是_____________________。 （4）Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，预测有沉淀生成，但实验时未观察到。 提出假设：在碱性环境中，+3价铬元素被氧化。 甲同学设计实验证明假设成立： 取少量Ⅰ中的绿色溶液，在滴入NaOH溶液前增加一步操作：_____________________，然后滴入NaOH溶液，有蓝灰色沉淀生成。继续滴入NaOH溶液，沉淀溶解，溶液变为____________色。 19. 某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）溶液反应，研究外界条件反应速率的影响，实验操作及现象如下： 编号 实验操作 实验现象 I 向一支试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入1滴3 mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液 前10 min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅， 30 min后几乎变为无色 II 向另一支试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液 80 s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150 s后几乎变为无色 （1）补全高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ === 2Mn2+ + ______ +______ （2）由实验I、II可得出的结论是______。 （3）关于实验II中80 s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验III，验证猜想。 提供的试剂：0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，0.1 mol/L草酸溶液，3 mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水 ① 补全实验III的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，______，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液。 ② 若猜想成立，应观察到的实验现象是______。 （4）该小组拟采用如下图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。 ① 他们拟研究的影响因素是______。 ② 你认为他们的实验方案______（填“合理”或“不合理”），理由是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年第一学期高二年级化学学科月考试卷 考生须知 1．本试卷分为试题、答题卡两部分。满分100分。考试时间90分钟。 2．认真填写所在班级、姓名、学号。 3．请用2B铅笔填涂机读卡，用黑色签字笔在二卷上按要求作答。 可能用到的相对原子质量：H—1  C—12  O—16 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意） 1. 下列事实或做法与化学反应速率无关的是 A. 食物低温保存 B. 用浓硫酸和铜反应制备气体 C. 生产中使用催化剂 D. 将固体试剂溶于水配成溶液后再进行化学实验 【答案】B 【解析】 【详解】A．低温保存通过降低温度减缓反应速率，与速率相关，A不符合题意； B．铜与稀硫酸不反应，与浓硫酸在加热条件下才能反应生成SO2，这与反应物的性质有关，与化学反应速率无关，B符合题意； C．催化剂直接改变反应速率，C不符合题意； D．将固体试剂溶于水配成溶液，增大了反应物的接触面积，从而增大了化学反应速率，故该做法与化学反应速率有关，D不符合题意； 故答案选B。 2. 关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是 A. 有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多 B. 增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞 C. 升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 D. 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 【答案】B 【解析】 【详解】A．有气体参加的化学反应，增大压强，活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则化学反应速率增大，故A正确； B．增大反应物的浓度，活化分子数目增多，活化分子之间发生的碰撞不一定都是有效碰撞，故B错误； C．升高温度，活化分子百分数增大，则化学反应速率增大，故C正确； D．催化剂，降低了反应所需的活化能，活化分子百分数增大，化学反应速率增大，故D正确； 故选B。 3. 我国科研团队在催化合成氨领域取得了最新进展。将金属锂原子电化学沉积在金属钌表面，构建了具有高活性界面的新型催化剂，相比传统高温、高压条件下的合成氨工艺，实现了在温和条件下与高效合成氨。下列说法不正确的是 A. 元素位于元素周期表第族 B. 高温是为了提高的平衡转化率 C. 能降低合成氨反应的活化能 D. 实现了温和条件下氮的固定 【答案】B 【解析】 【详解】A．是3号元素，最外层只有1个电子，位于元素周期表第族，A正确； B．合成氨反应，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，高温的作用是使催化剂达到最佳活性温度，B错误； C．是合成氨反应的催化剂，催化剂的作用原理是降低反应的活化能，C正确； D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态氮的过程，温和条件下催化和合成NH3，属于氮的固定，D正确； 故选B。 4. 下列事实能用平衡移动原理来解释的是 A. 压缩注射器中的NO2、N2O4混合气体，气体颜色立即变深 B. 向5% H2O2溶液中加入少量MnO2固体，迅速产生大量气泡 C. 新制氯水放置一段时间后，颜色变浅 D. 锌片与稀硫酸反应时加入少量CuSO4固体，快速产生大量H2 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氧化氮气体中存在平衡2NO2N2O4，向里推动注射器，压强变大，体积减小，导致二氧化氮浓度变大，颜色变深，不能用平衡移动原理来解释，故A不选； B．二氧化锰可催化过氧化氢分解，不影响平衡移动，不能用平衡移动原理来解释，故B不选； C．氯水中存在氯气与水的反应平衡，反应生成的次氯酸容易分解，导致氯气与水的反应正向移动，颜色变浅，能用化学平衡移动原理解释，故C选； D．Zn置换出硫酸铜溶液中的Cu，与稀硫酸构成Cu、Zn原电池，从而加快反应速率，与平衡移动无关，不能用平衡移动原理来解释，故D不选； 答案选C。 5. 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。 6. 反应　经过以下两步基元反应完成： i．　 ii．　 下列说法不正确的是 A. B. 因为中断裂化学键吸收能量，所以 C. 因为ii中形成化学键释放能量，所以 D. 断裂中化学键吸收的能量大于形成和中化学键释放的总能量 【答案】B 【解析】 【详解】A．i．　 ii．　 根据盖斯定律i+ ii得，故A正确； B．中既有H-I键断裂又有H-H键形成，所以不一定大于0，故B错误； C． ii中形成I-I键，释放能量，所以，故C正确； D．正反应吸热，可知断裂中化学键吸收的能量大于形成和中化学键释放的总能量，故D正确； 选B。 7. 已知反应：① ② 相关化学键的键能数据如下： 化学键 C-H C-F H-F F-F 键能/(kJ/mol) a b c d 下列说法正确的是 A. ①中反应物的总能量小于生成物的总能量 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．①是放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，A错误； B．反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，因此，B错误； C．，则，C错误； D．依据盖斯定律②－①即得到 ，D正确； 答案选D。 8. 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。 9. 的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应决速步的活化能为 B. 每当消耗，转移电子 C. 使用合适的催化剂会使、、同时减小 D. 温度升高，第Ⅰ步反应活化分子百分数升高 第Ⅱ步反应活化分子百分数降低 【答案】A 【解析】 【详解】A．一个化学反应的快慢由最慢的一步基元反应决定，根据反应历程图可知反应第Ⅱ步为该反应的决速步，所以该反应决速步的活化能为， A项正确； B．根据方程式可得比例关系，所以每当消耗，转移电子，B项错误； C．催化剂只能降低反应的活化能，但不能降低反应的反应热，所以使用合适的催化剂只会使和减小，为该反应的反应热，催化剂不能降低反应热,C项错误； D．温度升高，分子的能量增加，使一部分原来能量较低的分子变成活化分子，由于分子总数不变，活化分子数增加，活化分子百分数升高，所以温度升高，第Ⅰ步和第Ⅱ步反应的活化分子百分数都升高， D项错误； 答案选A。 10. 在容积不变的容器中充入和发生如下反应：其他条件不变时，分别探究温度和催化剂的比表面积对上述反应的影响。实验测得与时间的关系如图所示。 已知：i．起始投料比均为 ii．比表面积：单位质量的物质具有的总面积 下列说法不正确的是 A. Ⅰ、Ⅱ反应温度相同，催化剂的比表面积不同 B. Ⅱ中的平衡转化率为 C. 在Ⅲ的条件下，该反应的平衡常数 D. ，Ⅲ中平均反应速率 【答案】B 【解析】 【详解】A．Ⅰ、Ⅱ反应速率不同，但平衡时相同，可知平衡未发生移动，故反应温度相同，催化剂的比表面积不同，A正确； B．由图可知，初始情况下，则，易知，故，则B错误； C．在Ⅲ的条件下可得 有，C正确； D．，Ⅲ中平均反应速率，D正确。 故选B。 11. 下列关于反应能量的说法正确的是 A. 已知时， ，则的燃烧热为 B. 相同条件下，如果氢原子所具有的能量为，氢分子的能量为，则 C. ，含的氢氧化钠溶液与含的浓硫酸混合后放出的热量 D. 已知 则 【答案】B 【解析】 【详解】A．燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物的焓变。题目中反应为2 mol H2燃烧生成液态水，ΔH=-572 kJ/mol，因此H2的燃烧热应为-286 kJ/mol，而非572 kJ/mol。A错误； B．氢原子结合成氢分子时会释放能量（形成化学键），因此2 mol氢原子的总能量（2E1）高于1 mol氢分子的能量（E₂），即2E1>E2。B正确； C．浓硫酸溶于水会放出大量热，导致实际放出的总热量大于57.3 kJ，但题目中描述“放出57.3 kJ热量”与实际情况不符。C错误； D．S(g)比S(s)能量高，燃烧生成SO2时释放的热量更多，ΔH1更负（即ΔH1<ΔH2）。因此ΔH1>ΔH2的说法错误。D错误； 故答案选B。 12. 以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。 下列说法正确的是 A. 过程①中钛氧键断裂会释放能量 B. 该反应中，光能和热能转化为化学能 C. 使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率 D. CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+30kJ/mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，A错误； B．根据图示，该反应中吸收光能和热能，转化为CO和O2的化学能，B正确； C．催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，C错误； D．△H=反应物总键能-生成物总键能，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=(1598×2-1072×2-496)kJ/mol =+556kJ/mol，D错误； 故选B。 13. 反应条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(、)下随温度变化的曲线如图。下列说法中正确的是 A. B. 该反应为吸热反应 C. 随温度升高，该反应平衡常数减小 D. 其他条件不变，体积变为原来的0.5倍，增大为原来的2倍 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应是气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，由图可知，p2条件下的一氧化氮转化率大于p1，则压强p2大于p1，A错误； B．由图可知，压强一定时，升高温度，一氧化氮的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，B错误； C．由图可知，压强一定时，升高温度，一氧化氮的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应平衡常数减小，C正确； D．若平衡不移动，其他条件不变，体积变为原来的0.5倍时，二氧化氮的浓度为原来的2倍，该反应是气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，则其他条件不变，体积变为原来的0.5倍时，二氧化氮的浓度大于原来的2倍，D错误； 故选C。 14. 已知存在如下平衡：① ；② 。研究在、和水溶液中的溶解性，实验如下。 资料：依据与的反应，以淀粉为指示剂，用标准溶液可准确测定水溶液中的浓度。下列说法不正确的是 A. 的现象符合相似相溶原理，可知 B. 三支试管中，的大小顺序： C. 中，若增加的体积，则一定减小 D. 测中：取的下层溶液，加入水溶液后，依据资料方法测定 【答案】B 【解析】 【详解】A．为非极性分子，为非极性溶剂，水为极性溶剂，的萃取现象符合相似相溶原理；平衡①的平衡常数，大部分进入层，，故，A正确； B．为饱和碘水，水层总浓度最大；加入后，大量​转移到有机层，水层游离浓度大幅降低，因此：；向中滴入水溶液，发生平衡②：​，消耗水层游离​，促使平衡①逆向移动，有机层的向水层转移，减小，而为了维持不变，也要减小，故：， 因此三者顺序应为，B错误； C．平衡①的平衡常数仅随温度变化，温度不变时为定值。增加体积，更多会从水层进入有机层，但水层游离​浓度因体系稀释、平衡移动持续降低，由可知，有机层浓度一定减小，C正确； D．取的下层溶液，加入水溶液后振荡，与反应生成完全进入水层，用标准溶液滴定水层的（滴定过程中会不断分解出参与反应），可测定总物质的量，进而计算，D正确； 故选B。 二、非选择题（本部分共5小题，共58分） 15. Ⅰ.已知下列热化学方程式： ① ② ③ （1）若反应③使用催化剂，那么将______（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （2）反应的______。 Ⅱ.以、为原料生产尿素的反应历程与能量变化示意图如下： （3）图中的两步反应属于放热反应的______（用、、或表示）。 （4）根据上述反应历程与能量变化示意图，过程______（填“第一步反应”或“第二步反应”）为决速步。 （5）根据图象写出以、为原料生产尿素的热化学方程式为______（反应热用、、或表示）。 【答案】（1）不变 （2）+131.3 （3） （4）第二步反应 （5） 【解析】 【小问1详解】 催化剂不能改变反应焓变； 【小问2详解】 根据盖斯定律可知； 【小问3详解】 反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，图中的第一步反应属于放热反应，； 【小问4详解】 活化能越大，反应速率越小，为决速步；又，即第二步反应为决速步； 【小问5详解】 依据图示结合盖斯定律，第一步反应加上第二步反应为 ；则以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的热化学方程式为：。 16. CO2减排能有效降低温室效应，同时，CO2也是一种重要的资源，因此CO2捕集与转化技术研究备受关注。 （1）用CO2制备甲醇(CH3OH)可实现CO2的能源化利用，主反应如下：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。 ①温度为523K时，测得上述主反应中生成8.0g CH3OH(g)放出的热量为12.3kJ，写出热化学方程式_______。 ②写出上述主反应的平衡常数表达式_______。 ③T℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中通入4.0mol CO2和6.8mol H2，5分钟时反应达到平衡，在0～5min内，CO2的转化率为_______。 （2）工业上用CO2制备CH3OH的过程中，还存在以下副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) 。 ①在恒温、恒容条件下，下列事实能说明上述副反应达到平衡状态的是_______(填序号) A．体系内 B．体系压强不再发生变化 C．体系内混合气体的密度保持不变 D．体系内CO的物质的量分数不再发生变化 ②升高温度，该副反应的化学平衡常数_______(填“变大”“变小”或“不变”)。 ③理论上，能提高H2平衡转化率的措施有_______(写出一条即可)。 （3）将一定量的CO2和H2投入恒容密闭容器中进行上述主、副反应，测得CO2平衡转化率、CH3OH选择性和CO选择性随温度变化情况如图。已知：物质A的选择性(物质A代表CH3OH或CO) ①曲线_______(填“a””b”或“c”)代表的选择性。 ②，曲线a随温度升高而升高的原因是_______。 ③实际生产中采用的温度是260℃，可能的原因是_______。 【答案】（1） ①. ②. ③. 50% （2） ①. D ②. 变大 ③. 升温/增大浓度/减小生成物浓度 （3） ①. b ②. 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，时，随温度升高，主反应逆移的程度小于副反应正移的程度 ③. 时，催化剂活性高，反应速率快；或时，反应速率快 【解析】 【小问1详解】 ①8.0g CH3OH(g)的物质的量为：，对应放出热量12.3 kJ，因此生成1 mol CH3OH(g)放出的热量为。因此，热化学方程式为： ； ②平衡常数（K）为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，因此平衡常数表达式为：； ③5分钟时反应达到平衡，在0～5min内，H2浓度变化，转化的，结合反应方程式的系数比（CO2:H2=1:3），CO2的物质的量变化为：，CO2的转化率为：； 【小问2详解】 ①A．，因反应中CO与H2O的化学计量数均为1，从反应开始到平衡，二者物质的量之比始终为1:1，不能说明反应达到平衡状态； B．体系压强不再变化，因反应前后气体分子数不变，压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态； C．混合气体密度保持不变，恒容条件下气体总质量、体积均不变，密度（）始终不变，不能说明反应达到平衡状态； D．CO的物质的量分数不再变化，说明各物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态； 故答案选D； ②副反应（吸热反应），升高温度，平衡向吸热方向（正向）移动，化学平衡常数变大； ③提高H2平衡转化率，需使平衡正向移动（副反应正向）。可采取的措施：升高温度（副反应（吸热反应），升高温度，平衡正向移动，H2转化量增加）；或增大CO2的浓度（增大反应物浓度，平衡正向移动，H2转化量增加）；或及时分离出CO（或H2O）（减小生成物浓度，平衡正向移动，H2转化量增加）； 【小问3详解】 ①主反应（生成CH3OH）是放热反应（），副反应（生成CO）是吸热反应（）：温度升高时，主反应平衡逆向移动，生成CH3OH消耗的CO2减少，CH3OH的选择性降低，副反应平衡正向移动，CO选择性升高，结合图像可知：曲线b代表CH3OH的选择性； ②由上述分析可知：曲线b代表CH3OH的选择性（降低），曲线c代表CO的选择性（升高），曲线a代表CO2的平衡转化率，时，副反应是吸热反应，温度升高使副反应平衡正向移动，消耗的CO2增多；尽管主反应（放热）逆向移动会减少CO2消耗，但此区间主反应逆移的程度小于副反应正移的程度，因此CO2平衡转化率（曲线a）随温度升高而升高； ③时，催化剂活性高，反应速率快，同时CO2转化率和CH3OH选择性处于相对合理的水平，能提高生产效率。 17. 肼（）可应用于医药、航空航天和电池等领域。 （1）次氯酸钠氧化氨的方法制备水合肼 总反应：。制备流程示意图如下。 资料：N2H4的还原性强于NH3 ①反应器1中产生的离子方程式是_________________________________________。 ②反应器2中与作用产生。 ③反应器3中与大量的充分反应后，将产生的混合液送入回收器。生成的化学方程式是_________________________________________。 ④反应器3中通入大量的，可减少和副反应的发生，从反应速率的角度解释原因：_________________________________________。 （2）双氧水法制备水合肼 总反应：，实验室制备分为两步。 资料：丁酮沸点，水合肼沸点，丁酮连氮沸点；丁酮连氮难溶于水。 ⅰ．制备丁酮连氮： ⅱ．制备：将ⅰ中分离出的丁酮连氮水解。 ①ⅱ的化学方程式是_____________________________________________________。 ②由于丁酮连氮性质稳定，反应ⅱ的平衡常数较小。加热到左右反应，能促进的生成，原因是_____________________________________________________。 （3）通过比较两种方法，结合丁酮连氮的性质，说明双氧水法的优点_____________________________。 【答案】（1） ①. ②. ③. 增大的浓度，使与的主反应速率增大，快速消耗并降低了体系中的浓度，从而减慢了副反应的速率 （2） ①. ②. 丁酮的沸点为，加热到能使丁酮汽化蒸出，降低生成物浓度，促使水解平衡正向移动；同时升高温度能增大反应速率 （3）丁酮连氮性质稳定，不易被H2O2继续氧化；丁酮连氮难溶于水，易与H2O2分离 【解析】 【分析】本实验采用两种不同方法合成一水合肼，探究其流程并比较两个方法的优缺点。次氯酸钠氧化氨的方法，首先通过过量NaOH溶液吸收Cl2，制得碱性次氯酸钠溶液。通过在反应器2和3中吸收氨气，先将氨气氧化为NH2Cl，再将其转化为一水合肼，并利用蒸发器将一水合肼从溶液中分离。 【小问1详解】 ①氢氧化钠吸收氯气，将其转化为氯离子和次氯酸根离子，该反应的离子方程式为； ③NH2Cl吸收氨气产生一水合肼，该反应的化学方程式为； ④增大的浓度，即增大了主反应的反应物浓度，使主反应的速率增大，快速消耗并降低了体系中的浓度，从而减慢了副反应的速率； 【小问2详解】 ①由总反应和反应ⅰ可知，反应ⅱ将丁酮连氮水解为一水合肼和丁酮，该反应的化学方程式为； ②从促进化学平衡向正反应方向移动的角度分析：丁酮的沸点为，加热到能使丁酮汽化蒸出，降低生成物浓度，促使水解平衡正向移动，从反应速率的角度分析：升高温度能增大反应速率； 【小问3详解】 丁酮连氮难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氮结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高；同时双氧水法无NaCl等副产物生成，后续分离提纯水合肼的操作更简便。 18. 某小组探究含Cr元素的化合物间的转化，进行如下实验。 资料： ⅰ．含Cr元素的常见粒子：（橙色）、（黄色）、（溶于水，蓝紫色，不稳定）、（绿色）、（蓝灰色，难溶于水，可溶于强酸和强碱）、（亮绿色）。 ⅱ．在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快。 实验操作及现象如表： 装置 步骤 操作 现象 2mL 0.0125 Ⅰ 先滴入稀硫酸至pH≈2，再滴入5滴5%H2O2溶液，振荡 溶液橙色加深，滴入H2O2溶液后迅速变为蓝紫色，有气泡生成。稍后，无明显气泡时，溶液由蓝紫色完全变为绿色 Ⅱ 继续缓慢滴入10滴 溶液，边滴，边振荡 又有气泡生成，溶液最终变为黄色 （1）已知，请用化学平衡移动原理解释Ⅰ中滴入稀硫酸后溶液橙色加深的原因：____________________________________。 （2）Ⅰ中，溶液由橙色变为绿色的总反应的离子方程式是____________________________________。 （3）Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，又有气泡生成的原因是_____________________。 （4）Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，预测有沉淀生成，但实验时未观察到。 提出假设：在碱性环境中，+3价铬元素被氧化。 甲同学设计实验证明假设成立： 取少量Ⅰ中的绿色溶液，在滴入NaOH溶液前增加一步操作：_____________________，然后滴入NaOH溶液，有蓝灰色沉淀生成。继续滴入NaOH溶液，沉淀溶解，溶液变为____________色。 【答案】（1），滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，增大，橙色加深 （2） （3）加入后溶液呈碱性，在碱性环境分解速率加快，发生反应，产生气泡 （4） ①. 加热（煮沸）除去过量的 ②. 亮绿 【解析】 【分析】体系起始为（橙色），存在平衡：；步骤Ⅰ加稀硫酸，浓度增大，平衡逆向移动，橙色加深，再加入，先生成不稳定蓝紫色，后被还原为绿色，被氧化生成；步骤Ⅱ加入，一方面在碱性条件快速分解产生气泡，另一方面在碱性环境被氧化为黄色，据此分析。 【小问1详解】 ，滴入稀硫酸，溶液中浓度增大，根据勒夏特列原理，化学平衡向逆反应方向移动，浓度增大，因此溶液橙色加深； 【小问2详解】 中的：由，每个得；中的O：由，每个失，得失电子守恒，系数为，系数为；再用电荷守恒、原子守恒补齐与，总反应的离子方程式为； 【小问3详解】 Ⅱ中加入后，溶液变为碱性，由资料可知在碱性环境中分解速率远快于酸性环境，发生分解反应：，因此又有气泡生成； 【小问4详解】 ①需要除去溶液中残留的，防止碱性条件下将氧化，干扰实验验证； ②可溶于强碱，生成亮绿色的，故溶液变为亮绿色。 19. 某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）溶液反应，研究外界条件反应速率的影响，实验操作及现象如下： 编号 实验操作 实验现象 I 向一支试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入1滴3 mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液 前10 min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅， 30 min后几乎变为无色 II 向另一支试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液 80 s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150 s后几乎变为无色 （1）补全高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ === 2Mn2+ + ______ +______ （2）由实验I、II可得出的结论是______。 （3）关于实验II中80 s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验III，验证猜想。 提供的试剂：0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，0.1 mol/L草酸溶液，3 mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水 ① 补全实验III的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，______，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液。 ② 若猜想成立，应观察到的实验现象是______。 （4）该小组拟采用如下图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。 ① 他们拟研究的影响因素是______。 ② 你认为他们的实验方案______（填“合理”或“不合理”），理由是______。 【答案】 ①. 10CO2 ②. 8H2O ③. 其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快 ④. 再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体 ⑤. 加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅（或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s，或其他合理答案） ⑥. KMnO4溶液浓度 ⑦. 不合理 ⑧. KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢 【解析】 【分析】(1)在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，据此写出离子方程式； (2)实验I、II取用的高锰酸钾和草酸的体积与浓度均相同，加入的硫酸的滴数不同； (3)①根据实验目的“反应中生成的Mn2+对反应有催化作用”，完成实验步骤；②若猜想成立，反应速率应该加快； (4)①根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，选用的高锰酸钾的浓度不同；②KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，据此分析判断。 【详解】(1)在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为10CO2↑；8H2O； (2)实验I、II取用的高锰酸钾和草酸的体积与浓度均相同，不同的是加入的硫酸的滴数不同，使得溶液褪色需要的时间不同，因此实验结论为：其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快，故答案为其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快； (3)①要证明反应中生成的Mn2+对反应有催化作用，结合实验III的操作可知：向试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液，通过观察溶液褪色的时间即可证明，故答案为再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体； ②若猜想成立，加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s)，故答案为加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s)； (4)①根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，不同的是选用的高锰酸钾的浓度不同，因此实验研究的影响因素是KMnO4溶液浓度对反应速率的影响，故答案为KMnO4溶液浓度； ②该实验方案不合理，因为KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢，故答案为不合理；KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢。 【点睛】本题的易错点为(4)，要注意研究某一反应条件对化学反应速率的影响时，需要保证其他条件完全相同。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $