河南许昌市禹州市第三高级中学2026-2027学年高二上学期10月阶段检测 化学试题

集萃校区高二上学期第一次校内学情检测 化学 本试卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自已的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将 答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是( A.2NO2(g)一NO,(g)△H<0,把NO2球浸泡在冰水中，气体颜色变浅 B.用饱和NaHCO,除去CO,中的HCl,可减少CO,的损失 C.对CO(g)+NO,(g)、≥CO,(g)+NO(g),平衡体系增大压强可使颜色变深 D.向含有Fe(SCN),的红色溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅或褪去 2.在0.1mol.L的NH3·H,O溶液中存在如下电离平衡：NH,·H,O三NH+OH。 下列叙述错误的是( ) A.升高温度，平衡正向移动，cNH)增大 B.加水稀释，平衡正向移动，c(OH)增大 C.加入少量NH,CI固体，平衡逆向移动，c(NH3·H,O)增大 c(NH) D.通入少量NH,(g),平衡正向移动， 减小 c(NH3·H,O) 3.下列事实不能证明HCOOH是弱电解质的有几个( ①常温滴入石蕊溶液，HCOOH溶液显红色 ②相同条件下，用等浓度的HC1和HCOOH溶液做导电实验，后者灯泡暗 ③等浓度、等体积的盐酸和HCOOH溶液中和碱时，中和碱的能力相同 ④0.lmol.L的HCOOH溶液pH=3 ⑤HCOOH能与Fe反应放出H2 ⑥c(H)=0.1molL的HC0OH溶液稀释至10o0倍，pH<4 A.2 B.3 C.4 D.5 4.已知：在标准压强(100kPa)下，由最稳定的单质合成1mol物质B的反应焓变，叫 做物质B的标准摩尔生成焓，用△H表示，规定稳定单质的标准摩尔生成焓为0，部分物 质的标准摩尔生成焓数据如下表所示，下列说法正确的是( 物质 C2H.(g) C2H(g) C,H2(g) △H(kJ.mol-) -84.7 +52.3 +226.7 A.C2H2(g)的△H<0 B.C2H4(g)比C2H2(g)稳定 C.C2H,(g)的键能小于C2H4(g)与H2(g)的键能之和 D.利用以上数据可以计算C,H2(g)的标准燃烧热 5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是() A.无色透明的溶液中：Cu2+、Mg+、SO}、C B.c(CIO）=1mol.L1的溶液中：K+、A1+、I、SO C.能使甲基橙变红的溶液中：Na、H、C、NO D.c(H)/c(OH)=1×l02的溶液中：Kt、NH4、HCo,、O 6.如图所示，关闭K,向甲中充入2molX(g)和2molY(g),向乙中充入1molX(g)和1molY(g), 起始V=2V2=2aL,在相同温度下，两容器中均发生反应 2X(g)+2Y(g)→Z(g)+W(g)△H>0。打开K,反应达到平衡时，V=1.4aL。 下列说法正确的是( 可移动的活塞 A.若不打开K,则平衡后，P甲<P2 B.若不打开K,反应达到平衡时，V=1.4aL C.打开K,反应达到平衡后，W的物质的量分数为12.5% D.打开K,反应达到平衡后，n(反应物)=4n(生成物 7.已知某温度下，两种一元弱酸区和Y的电离常数分别为K,(HX)和K,(HY),且 K(HX)>K(HY)。下列说法正确的是( ) A.同物质的量浓度的区和Y溶液，区溶液中水的电离程度大于HY溶液 B.pH相同的HX和HY溶液，HX物质的量浓度较小 C.中和等体积、等物质的量浓度的X和HY,消耗NaOH的物质的量：HY>HX D.区溶液的导电能力一定比HY的导电能力强 8.在两个体积分别为V,和V2的恒容密闭容器中，均充入ImolM(g)和2molN(g),在不同温 度下发生反应：2M(g)+2N(g)=2P(g)+Q(g),测得M(g)的平衡转化率随温度的变化如 图所示。下列说法错误的是( 100- 4 80 超 60 40 T T/C A.该反应低温下可以自发进行 B.容器体积：V<V2 C.TC时，若V,=1L,则平衡常数K=0.6×0.3 0.42×1.22 D.其他条件不变，增大n(M)/n(N)投料比，可提高N的平衡转化率 9.下列实验操作、现象和结论（或目的）都正确的是( 选 实验操作 现象 结论（或目的） 项 2NO2、≥N,04为基元反应，将 红棕色变 正反应活化能小于逆反 A 盛有NO,的密闭烧瓶浸入冷水 浅 应活化能 向K,Cr,O,溶液中滴加NaOH 溶液由黄 溶液，已知存在平衡：C2O弓（橙 降低生成物浓度，平衡向 B 色变为橙 色)+H,0、→2C0}(黄色) 正反应方向移动 色 +2H 向5mL0.1mol.L FeCl,溶液 溶液颜色 FeCL,和KI反应为可逆 中滴加1mL0.1mol.LKI溶 变红 反应 液，再滴加几滴KSCN溶液 分别向等体积 0.1 mol.L H,C,04溶液和 H,C,0, 验证酸性： D 溶液产生 0.1mol.LCH,COOH溶液中 H,C,O>CHCOOH 氢气多 加入足量的锌粉 A.A B.B C.C D.D 10.下图表示A+3B2、≥2AB3在催化剂表面的反应历程和能量变化，其中*表示吸附在催化 剂表面的微粒。下列说法错误的是() 能量/kJ 过渡态I A2(g+3B2(g)↓ t90.1 342 *A2+3*B2 个48.0过渡态 2AB:(g) 下100.0 500.0 2*AB? 307.8 2*A+6*B 反应历程 A.反应过程主要包含了两个基元反应B.催化剂表面吸附AB?时会吸收能量 C.热化学方程式为A(g+3B(g)、三2AB3(g)△H=92.2 kJ.mol1 D.整个反应的决速步骤是2*A+6B=2AB 11.己知反应：X(g)+Y(g)、≥2Z(g)△H<0,400°C时该反应的化学平衡常数K=1。 一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y,各物质的物质的量浓度 的相关数据如表： 10分钟时物质 起始时物质的 温 浓度/ 的 容 度 浓度/ (mol.L) 器 °c (mol.L) c(X) c() c(Z) 甲 400 1 0.5 ) 0.4 丙 400 2 a 下列说法中，不正确的是( A.甲中，10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025 mol.L.min B.甲中，10分钟时反应没有达到化学平衡状态 C.乙中，反应可能达到化学平衡状态 D.丙中，a一定大于0.5 12.利用C02与H合成重要化工原料甲醇，主要发生如下反应（忽略其他副反应）： 反应I:C02(g)+3H(g)≥CH3OH(g)+H0(g)△H1=-58kJ·molH 反应I:C02(g)+H(g)≥C0(g)+H0(g)△H=+41kJ·mol1 在一刚性密闭容器中，充入1molC02和3molH2在催化剂作用下反应，测得C02平衡转化 率、CHOH的选择性随温度的变化如图所示。CHOH的选择性可表示为 n(CH OH) ×100%。 n(CHOH)+n(CO) 14 90 b(240,80) 80 70 a(240,10) 60 6 50 4 210 230 250 270 温度/℃ 下列说法正确的是( A.反应C0(g)+2H(g)-CH3OH(g)的焓变A=+99kJ·molH B.一定温度下，加入CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时CH3OH产率 C.240℃时，反应I的化学平衡常数约为1.6×104 D.向原料气中掺入适量的CO有利于提高CH3OH的物质的量 13.一定条件下，合成氨反应：N2(g)+3H2(g)=2NH(g)。图1为该反应的能量变化 图；图2表示在2L的恒容密闭容器中反应时N,的物质的量随时间的变化曲线；图3表示 在其他条件不变的情况下，改变起始物H,的物质的量对该反应平衡的影响。下列说法正确 的是( n/mol 4平衡时NH3体积分数% (-Tow.rx)/ 0.6 508 N2(g开3ig 600 N △H 0.3 2Ni3(g） 反应过程 1011 t/min 起始时n(H2) 图1 图2 图3 A.工业合成氨采用400500℃是为了加快反应速率和提高反应物的转化率 B.由图1可知，活化分子变成2ol生成物分子放出的能量为92k灯 C.由图2信息，从11min起其他条件不变，增加N2的量，则n(N2)的变化曲线为c D.图3中温度：T<T,e、f、g三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是g 点 14.已知常温下4种溶液：①HCI溶液②CH,COOH溶液③NaOH溶液④氨水，均满足 c(H)水=1x10"mol/L。下列比较中正确的是 A.①、④溶液等体积混合后，溶液显酸性 B.①溶液中加入等体积的0.00lmol/LBa(OH),溶液，混合液的pH=7 C.①、②、③溶液分别与相同质量的铝粉充分反应，消耗溶液体积最大的是③ D.向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的pH:④>③>①>② 第Ⅱ卷非选择题（每空2分，共58分） 二、非选择题 15.(14分)甲醇是一种重要的化工原料，具有广阔的开发和应用前景。工业上将水煤气(C0 与H,的混合气体)转化成甲醇，发生的反应为CO(g)+2H2(g)CH,OH(g)。 (1)已知：1.2H2(g)+02(g)=2H20(g）△H=-483.6 kJ.mol Ⅱ.C0(g)+20,(g)=C0,(g)AH=-283.0kJ-mo m.CH,0H(g)+0,(g)=C0,(g)+2H,0(g)△H=-675.9k-molr 则CO(g)+2H2(g)户CH,OH(g)的△H=kJ.mol,该反应能自发进行的条 件为 (填“高温”或“低温”)。 (2)一定条件下，在恒容密闭容器中充入1 mol CO(g)和2molH2(g)合成CH,OH(g), 下列说法能判断反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A.CO和H,的浓度相等 B.混合气体的密度不再发生变化 C.混合气体的压强不再发生变化 D.Vi(CO)=2vu(H2) (3)在密闭容器中充入1 mol CO(g)和2molH2(g)合成CHOH(g),实验测得c0的 平衡转化率与温度、压强（单位为kPa)的关系如图所示。 CO的平衡转化率 B 0.8 0.5 T T2 TIC ①P1 (填“>”“<”或“=”)p2,判断的理由是 ②若在T℃、P2kPa下发生反应，平衡时CH,OH的体积分数是 (保留3位有效 数字)%，平衡常数K。= kPa2(K。为用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算的 平衡常数，分压=总压×气体的物质的量分数：整理出含P2的最简表达式)。 16(16分).C时，在1L恒容密闭容器中发生水煤气反应： C0(g)+H20(g)=C02(g)+H2(g）△H=-41.2kJmo。 (1)若开始时充入1molC0、2molH0(g),达到平衡时放出20.6kJ热量。该温度下反应 的平衡常数= 。(填分数) (2)若保持温度不变，开始时充入2molC0、2 nolH2O(g)、1molC02、1molH2,开始时 化学反应速率V正」 V邀（填“大于”“小于”或“等于”）。 (3)在恒温恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+H2O(g)、CO2(g)+H2(g),物质的 浓度随时间的变化如图所示： 浓度 1.5 反应物 0.5 产物 0 时间 t时改变的条件是 (填字母) A.加压 B.增大反应物浓度 C.升高温度 D.减小产物浓度 该反应的△H 0(填“>”、“<”或“=”)。 (4)恒温恒容条件下，以n(H,0):n(C0)）=1:3投料，起始压强是24Pa,10分钟达到 平衡时CO2的体积分数为二，则此时C0的分压是 6 v(H2)= Mpa.min。 (5)恒温恒容的密闭容器中加入一定量的A(S),发生反应：A(S)B(g)+2C(g)达到 平衡时，维持温度不变将体积压缩为原来的一半，平衡 移动，（填“正向”、“逆 向”或“不移动”)再次平衡cB) 。(填“增大”、“减小”或“不变”) 17.(18分)滴定法是测定溶液浓度的一种重要方法，常见的有酸碱中和滴定、氧化还原滴 定、沉淀滴定法等。请回答下列问题： I.学生甲用0.1000mol.L的NaOH溶液来测定未知浓度醋酸溶液。 (1)配制250mL0.1000mol/L NaOH标准溶液，下列仪器不需要的是 (填字母)。 A 农 D· 250ml .20℃ (2)准备与滴定： a.用蒸馏水洗涤碱式滴定管，直接注入0.1000molL标准NaOH溶液至0”刻度线以上； b.固定好碱式滴定管并使碱式滴定管尖嘴充满液体： c.调节液面至0”或“0”刻度线以下，并记下读数： d.量取20.00mL待测液注入润洗过的锥形瓶中，并加入2滴酚酞溶液： e.用标准碱液滴定至终点，记下碱式滴定管液面读数： f.重复以上滴定操作2次，记录实验数据。 ①以上步骤有错误的是 (填字母)。 ②盛NOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用如图中的 操作（填字母）。 (3)步骤e中滴定时眼睛应注视 边滴边摇动锥形瓶（接近终点时，改为滴加 半滴碱)，直到因加入半滴碱后，溶液颜色从无色变为浅红色，且半分钟内不变色，即为滴 定终点。 (4)下列操作中可能使所测醋酸溶液的浓度数值偏高的是 (填字母)。 A.水洗涤后的酸式滴定管未用醋酸溶液润洗就直接注入醋酸溶液，并移取20.00L的醋 酸溶液于锥形瓶中 B.滴定快达终点时，用蒸馏水洗涤锥形瓶的瓶壁，然后继续滴定至终点 C.读取NOH溶液体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数 D.滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 Ⅱ.实验室常用标准酸性KMnO,溶液测定绿矾(FeSO4·7H,O)[摩尔质量为278gmol]样品的 纯度(KMnO4被还原为Mn2+)。学生乙称取6.0g绿矾样品，溶解，配成250mL溶液。 (5)取25.00mL该溶液于锥形瓶中，将0.01 mol.L KMnO4溶液置于 式滴定 管中进行滴定，滴定终点的标志是 (6)三次实验所消耗的标准液体积依次为39.96mL、40.04mL、39.60mL,绿矾样品的纯度 为%（保留三位有效数字） (⑦)在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是： 18.(10分)回答下列问题 (1)常温下，部分酸的电离平衡常数如表所示： 化学 HNO2 F HCN H,C03 式 电离 K1=4.4×107、 K.=5.6×104 K,=3.5×104 K2=5.0×10-10 常数 K2=4.7×101 ①c(H)相同的四种酸，其酸的浓度由大到小的顺序为 ②中和等量的NaOH,消耗等cH)的氢氟酸和硫酸的体积分别为aL、bL,则 0 (填“大于“小于”或“等于”，下同)b。中和等物质的量浓度、等体积的氢氟酸 和硫酸需要NaOH的物质的量为n、n2,则n1 ③向NaCN溶液中通入少量的CO2,发生反应的离子方程式为 (2)常温下，HCN溶液pH=4.5,则该HCN溶液的物质的量浓度为 mol.L(保留两位有效数字)。 集萃校区高二上学期第一次校内学情检测 化学答案 第I卷（选择题共42分） 一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42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.【答案】c 【详解】A.放在冰水中，温度降低，2NO,(g)、三N,O,(g)△H<0,平衡向生成无色气 体的方向移动，所以颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意： B.二氧化碳在水中存在化学平衡：CO2+H,0、≥H,CO3≥H+HCO3,使用饱和 NaHCO,时，由于HCcl在水中溶解度很大，可以除去杂质，同时由于溶液中碳酸氢根浓度 增大，化学平衡逆向移动，减少二氧化碳溶解度，可减少二氧化碳的损失，可以用勒夏特列 原理解释，B不符合题意； C.该反应气体分子数不变，，而加压平衡并未移动，体系颜色加深是因为压缩体积使有色 气体的浓度增大，不可以用勒夏特列原理解释，C符合题意： D.铁离子与铁粉反应而浓度降低，使平衡Fe3++3SCN三F(SCN),逆向移动，溶液颜 色变浅或褪去，可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意： 2.【答案】B 【详解】A.弱电解质的电离为吸热过程，温度升高，平衡正向移动，c(NH)增大，A正 确： B.越稀越电离，加水稀释，平衡正向移动，但COH减小，B错误： C.加入NH,CI,cNH)增大，平衡逆向移动，c(NH3·H,O)增大，C正确： cNH:) D.通入少量NH,平衡正向移动， 三KK不变，c(OH)增大， c(NHHO)c(OH） 则、 cNH 减小，D正确： c(NH3·H,O) 3.【答案】B 【详解】①滴入石蕊溶液显红色仅能证明HCOOH具有酸性，无法说明其电离程度，不能 证明是弱电解质； ②等浓度下HCOOH溶液导电性弱于强电解质HC1,说明其电离出的离子浓度更小，部 分电离，可证明是弱电解质： ③中和碱的能力由一元酸的总物质的量决定，与电解质强弱无关，不能证明是弱电解质： ④0.1molL的HICOOH溶液pH=3,说明c(H)=l03mol-L<0.lmol-L, HCOOH部分电离，可证明是弱电解质： ⑤与F反应放出H2仅能证明HCOOH具有酸性，无法说明其电离程度，不能证明是弱 电解质： ⑥若HCOOH为强电解质，稀释1000倍后pH=4,实际pH<4说明稀释促进其电离， 存在电离平衡，可证明是弱电解质。 综上，不能证明的共3个。 4.【答案】B 【分析】由表中数据可知，C2H6(g)、C2H4(g)、C2H2(g)的标准摩尔生成焓依次为-84.7 kJ.mol1、+52.3kJ·mol1、+226.7kJ·mo-1。标准摩尔生成焓越小的物质，相对于稳定单 质的能量越低、越稳定；反应焓变可由生成物的生成焓之和减去反应物的生成焓之和求得， 键能与焓变的关系为△=反应物总键能-生成物总键能，据此逐项判断。 【详解】A.标准摩尔生成焓是由最稳定单质生成1ol物质时的反应焓变，其值可正可负； 由表格数据，CH2(g)的标准摩尔生成焓为+226.7k·mol1,大于0而不是小于0：A错 误： B.标准摩尔生成焓越小，物质相对于稳定单质的能量越低、越稳定：CH4(g)的+52.3 kJ·mol-1小于CH2(g)的+226.7kJ·mol1,故C2H4(g)能量更低、更稳定：B正确； C.由表中数据，C2H4(g)与H2(g)反应生成C2H6(g的 △H=(-84.7-52.3-0)kJ·mol1=-137.0kJ·mol1,即该反应放热；由△H=反应物总键能-生 成物总键能可知，CH(g)的总键能大于CH4(g)与H2(g)的总键能之和；C错误； D.标准燃烧热是1ol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时的反应焓变，计算CH2(g)的 标准燃烧热还需CO2(g)和H2O①)的标准摩尔生成焓，题给数据不足，无法计算；D错误； 5.【答案】C 【详解】A.无色透明的溶液中不存在Cu+离子，A错误； B.c(Clo）=1mol.L的溶液具有强氧化性，I具有还原性，所以c(ClO)=lmol.L的溶 液中I离子不能共存，B错误： C.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，在酸性条件下Na+、H、CI、NO,离子能共存，C 正确： D.c(H)/c(OH)=1×102的溶液为酸性，在酸性溶液中HCO?不能存在，D错误； 6.【答案】C 【详解】A.甲中，10分钟时生成了0.5molL的Z,根据方程式可知，反应掉的X的浓度 为0.25mol/L,则10分钟内X的化学反应速率： v0X-△c(X_0.25moL-0.025 mol-Lmin,A正确： At 10min B.在10分钟的时，由表格知生成的Z的浓度为0.5mol/L,则X、Y都反应掉了0.25molL 还剩余075moL,由此算出此时的浓度商为Q.。=0.75×0.75 0.52 0.4<K=1,即反应正向 进行，没有达到平衡，B正确： C.乙中，X、Y的起始浓度相同，但10分钟后生成物Z的浓度却比甲要小，说明乙容器中 反应速率比甲容器小，可以为降温温度导致，结合该反应为放热反应，降低温度会导致平衡 带数K增大，1，此时的浓度病为Q=0.4 。=0.25<K,反应一定没有达到平衡， 0.8×0.8 C错误； D.对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多， 故丙中a一定大于0.5，D正确： 7.【答案】B 【详解】A.H的K较大，酸性更强，同物质的量浓度解离出的H多，抑制水的电离更 明显，因此区溶液中水的电离程度小于HY溶液，A错误； B.pH相同时，酸性更强的X需要较低的浓度即可达到相同pH,因此X的物质的量浓 度较小，B正确： C.等物质的量浓度和体积的HX与Y溶液，中和所需NaOH的物质的量相等，与酸性强 弱无关，C错误； D.导电能力取决于离子浓度，若X溶液浓度极低，其导电能力可能弱于Y溶液，由于 溶液浓度未知，因此无法比较，D错误： 8.【答案】c 【详解】A.由图像可知，升高温度，M的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应 为放热反应，△H<0,反应正向是气体减少的方向，△S<0,反应自发需要△G=△H-T△S<0, 故在低温下可自发，A正确： B.该反应正反应气体分子数减少，增大压强，平衡正向移动，M的平衡转化率增大，图像 中相同温度下V1对应的转化率高于V2,说明V1压强更大，即V1体积更小，故V1<V2,B正 确： C.T℃时V2中M转化率为60%，V2=1L,初始c(M)=1mol/L、cN)=2mol/L。转化的 c(M)=1×60%=0.6mol/L,根据反应2M+2N=2P+Q,转化的c(N)=0.6mol/L,生成c(P)=0.6mol/L、 c(Q)=0.3mol/L;平衡时c(M)=0.4mol/L、c(N)=(2-0.6)mol/L=1.4mol/L、c(P)=0.6mol/儿、c(Q)=0.3 mol/L:平衡常数K=0.62x0.3 0.42×1.4,C错误： n(M) D.增大 N投料比即增加M的量，根据平衡移动原理，增加一种反应物浓度，平衡正向 移动，另一种反应物转化率增大，D正确： 9.【答案】A 【详解】A.冷却后红棕色变浅，说明平衡向生成四氧化二氨的方向移动，正反应为放热反 应：对于同一基元反应，正反应放热说明正反应活化能小于逆反应活化能，A正确： B.加入氢氧化钠后，氢氧根离子消耗平衡体系中的氢离子，使平衡向生成铬酸根离子的方 向移动，黄色铭酸根离子增多，溶液应由橙色变为黄色，题给现象错误，B错误： C.氯化铁的物质的量为5×103×0.1=5×104mol,碘化钾的物质的量为 1×103×0.1=1×104mol,铁D离子明显过量；加入硫氰化钾后显红可由剩余铁D离 子造成，不能据此证明氯化铁与碘化钾的反应可逆，C错误： D.等体积、等浓度的草酸和乙酸所含酸的物质的量相同，但草酸为二元酸、乙酸为一元酸： 加入足量锌粉时生成氢气的总量受可电离氢的总量影响，不能用氢气总量验证二者酸性强 弱，D错误 10.【答案】B 【详解】A.该反应主要分为两个基元步骤：第一步是吸附后的A2+3B,断键生成 2A+6B,第二步是2A+6B成键生成2AB3,因此反应过程主要包含两个基元反应， A正确： B.由图可知，吸附态2AB3的能量比气态2AB3(g)的能量低100.0kJ,因此AB被催化 剂表面吸附(AB(g)→AB3)的过程能量降低，为放热过程，B错误： C.由图可知A2(g)+3B2(g)=2A+6B△H=-500.0kJmo, 2A+6B、=2AB(g)△H=+(307.8+100.0)kJ.mol=407.8kJ·mo,两式加和得 A2(g)+3B2(g)=2AB(g)△H=(-500.0+407.8)kJ.mol=-92.2kJ.mol,热化 学方程式正确，C正确： D.总反应的决速步骤是活化能最大的一步，第一步(*A,+3B,→2A+6B)活化能 为90.1kJ,第二步(2A+6B→2AB,)活化能为500.0kJ-148.0kJ=352.0kJ, 第二步活化能更大，反应速率更慢，是整个反应的决速步骤，D正确： 11.【答案】C 【详解】A.甲中，10分钟时生成了0.5oL的Z,根据方程式可知，反应掉的X的浓度 为0.25mol/L,则10分钟内X的化学反应速率： v0X-ac(X_0.25moL-0025 mol-4,A正编： △t 10min B.在10分钟的时，由表格知生成的Z的浓度为0.5mol/L,则X、Y都反应掉了0.25molL, 0.52 还剩余0.75molL,由此算出此时的浓度商为9.= ≈0.4<K=1,即反应正向 0.75×0.75 进行，没有达到平衡，B正确： C.乙中，X、Y的起始浓度相同，但10分钟后生成物Z的浓度却比甲要小，说明乙容器中 反应速率比甲容器小，可以为降温温度导致，结合该反应为放热反应，降低温度会导致平衡 0.42 常数K增大，父1，此时的浓度熵为Q。= =0.25<K，反应一定没有达到平衡， 0.8×0.8 C错误： D.对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多， 故丙中a一定大于0.5，D正确： 12.【答案】D 【分析】反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，所以升高温度，反应I逆向进行，反应IⅡ 正向进行，则CHOH的选择性降低，故曲线b对应的是CH3OH的选择性随温度的变化曲 线，曲线a是CO2平衡转化随温度的变化曲线。 【详解】A.依据盖斯定律：反应I-反应I得CO(g)十2H(g=CH3OH(g)的△H=△H1-△H=(-58 kJ.mol)-(什41 kJmol-)=-99 kJ.mol-1,A错误； B.CaO(s)可与产物HO(g)反应，使平衡向正反应方向移动，能提高CHOH产率，但高效 催化剂只能提高反应速率，不能提高平衡时CH3OH产率，B错误： C.240℃反应达到平衡时二氧化碳的转化率为10%、甲醇的选择性为80%，则反应I消耗的 C02的物质的量为1mol×10%×80%=0.08mol,反应I消耗的C02的物质的量为1 mol×10%0.08mo=0.02mol,可列式： CO,(g)+3H2(g)CH,OH(g)+H2O(g) 反应I: 转化量/mol 0.08 0.24 0.08 0.08 CO,(g)+H,(g)CO(g)+H,O(g) 反应： 转化量/mol 0.02 0.02 0.02 0.02 则反应平衡时，n(C02）=1-0.08-0.02=0.9mol,n(H2）=3-0.24-0.02=2.74mol, n(C0)=0.02mol,n(H,0)=0.08+0.02=0.1mol,设反应容器的容积为L,反应1 c0-0H003)() 的：平衡常数= =8×104,C错误； c(C02)c(H2) 27 D.在原料气中掺入适量的C0会抑制副反应CO2(g)+H(g)、三CO(g+HO(g)的正向进行， 从而减少了原料C02和H在副反应中的消耗，使得更多原料参与主反应 CO2(g)+3H、≥CH3OH(g)+HO(g),因此有利于提高CH3OH的物质的量，D正确： 13.【答案】D 【详解】A.工业合成氨为放热反应，升高温度使平衡逆向移动，降低反应物转化率， 400-500℃主要是为提高催化剂活性，加快反应速率，A错误： B.图1中反应热△H=508kJ/mol-600kJ/mol=-92kJ/mol,即生成2 nol NH3放出92kJ能量， 此为反应物总能量与生成物总能量差，而非活化分子变成生成物的能量，B错误： C.图2中11in前N2平衡量为0.3mol,增加N2瞬间其物质的量瞬间增大，平衡被破坏， 平衡正向移动使N物质的量略减，新平衡中N2物质的量最终大于原平衡的物质的量量，则 n(N2)的变化曲线为b,c错误； D.合成氨放热，温度升高平衡逆向移动，NH体积分数降低，故T1<T2;T1温度下N2转化 率随H量增加而增大，e、f、g三点所处的平衡状态中g点对应H的量最多，转化率最高， D正确： 14.【答案】D 【分析】常温下①HCI溶液②CH,COOH溶液③NaOH溶液④氨水，均满足c(H)水 =1×1011mol/L,HC1溶液和CH,COOH溶液中水电离的氢离子与溶液中的氢氧根浓度 相同，则两种溶液的pH都为3，则HC1溶液浓度为0.0o1mol/L,CH,COOH溶液浓度远 大于0.00lmol/L,NaOH溶液和氨水中溶液中的氢离子全部由水电离，则两种溶液的pH都 为11，则NaOH溶液浓度为0.001mol/L,氨水浓度远大于0.001moL。 【详解】A.①、④溶液等体积混合，HCl溶液浓度为0.00lmol/L,氨水浓度远大于0.001mol/L, 氨水有大量剩余，溶液会显碱性，A错误： B.①Hc1溶液浓度为0.001molL,加入等体积的0.001mol/LBa(OH,溶液，混合液中有 0.0005mol/L的氢氧根剩余，混合液的pH>7,B错误； C.①HCI溶液②CH,COOH溶液③NaOH溶液分别与相同质量的铝粉充分反应，发生反 应的方程式分别为2A+6HC=2A1CL,+3H,个、 2A1+6CH,C0OH=2(CH,C0O)3Al+3H2个、 2Al+2NaOH+2H,O=2NaA1O,+3H,↑或2A+2NaOH+6H,O=2Na[AI(OH4]+3H,个， 假设反应的A1为0.002mol,Hcl溶液浓度为0.001mol/L,需要6L,CH,COOH溶液浓度 远大于0.001mol/L,需要溶液体积小于L,NaOH溶液浓度为0.001molL,需要2L,则消 耗溶液体积最大的是①，C错误： D.向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，HC1溶液浓度由0.001mol/L变为0.00001moL, pH为5，CH,COOH溶液在稀释过程中会继续电离，则pH<5,NaOH溶液浓度由0.001molL 变为0.00001mol/L,pH为9，氨水在稀释过程中会继续电离，则pH>9,则稀释后溶液的 pH为④>③>①>②，D正确： 第Ⅱ卷非选择题（每空2分，共58分） 二、非选择题 15.(14分)【答案】(1) ①.-90.7 ②.低温 (2)C (3) ①.< 该正反应是一个气体体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，C0平 49 衡转化率增大 ②.57.1 P (1)由题干信息可知，反应I.2H2(g)+02(g)=2H20(g)△H1=-483.6kJ·mol1, 反应C0g)+0,g)=C0,(g)H,=-283.0kJ-mo,反应 mCH,0Hg)+30,g)=c0,g)+2H,0g△H,=-675.9mo, 2 则反应I+反应I-反应Ⅲ可得反应CO(g)+2H,(g)、≥CH,OH(g),根据盖斯定律可知， △H=△H1+△H2-△H3=(-483.6kJ/mol+(-283.0kJ/mol)-(-675.外J/mol)=-90.7kJ·mo1,该 反应正反应是一个气体体积减小的放热反应，即△H<0,△S<0,则该反应能自发进行的 条件为低温： (2)A.已知化学平衡的特征之一是各组分的浓度保持不变而不是相等或成比例，故C0 和H2的浓度相等不能说明反应达到化学平衡，A不合题意： B.由反应方程式可知，在恒容密闭容器反应过程中混合气体的密度始终保持不变，则混合 气体的密度不再发生变化不能说明反应达到化学平衡，B不合题意； C.由反应方程式可知，该反应正反应是一个气体体积减小的反应，即在恒温恒容密闭容器 中混合气体的压强一直在改变，则混合气体的压强不再发生变化说明反应达到化学平衡，C 符合题意： D.已知化学平衡的本质特征是同一反应物的正、逆反应速率相等，结合反应速率之比等于 化学计量数之比，即当2DE(CO)=v(H2)时达到平衡，即当vE(CO)=2)(H2)反应未 达到化学平衡，D不合题意： 故答案为：C; (3)①由方程式CO(g)+2H2(g)三CHOH(g)正反应是一个气体体积减小的方向，增大压强 平衡正向移动，C0平衡转化率增大，结合图像可知，相同温度下，卫2压强下C0的平衡转 化率比p1的大，故P1<P2; ②由题干图像可知，若在TC,p2kPa下发生反应，平衡时CO的平衡转化率为80%，三 CO(g）+2H2(g)≥CH,OH(g) 起始量(mol) 1 2 段式分析为： 0 转化量(mo) ,则平衡时CH3OH的 0.8 1.6 0.8 平衡量(mo) 0.2 0.4 0.8 0.8mol 体积分数是 ×100%-57.1%,平衡时C0、H2、CHOH的平衡分 0.2mol+0.4mol+0.8mol 0.2mol 124 压分别为： 0.2mol+0.4mol+0.8mol p,77P272,则平衡常数 49 K。= P(CHOH) P(CO)p(H)p kPa 16.(16分)【解析】 (1)反应C0(g)+H20(g)≥C02(g)+H2（g)的△H=-41.2 kJ.mol,达到平衡 时放出20.6热量，说明反应消耗了 20.6kJ =0.5mol的C0。 41.2kJ/mol 初始时n(C0)=lmol,n(H,0)=2mol:平衡时n(C0)=lmol-0.5mol=0.5mol, n(H20)=2mol-0.5mol=1.5mol;n(C02)=n(H2)=0.5mol。容器体积为1L,浓 度在数值上等于物质的量，该温度下反应的平衡常数 K=c(C0,)c(,)0.5x0.51 c(C0)c(H0)0.5x1.53 (2)保持温度不变，平衡常数K=。开始时充入2molC0、2moH,0(g、1mo1C02、1 3 c(C02)c(H2)_1x1_1 molH2,此时浓度商Q。 c(CO)c(H,O)2×24因为Q.<K,所以反应向正反 应方向进行，开始时化学反应速率V正>V逆。 (3)(,时刻，反应物和产物的浓度均没有发生突变，且反应物浓度逐渐增大，产物浓度逐 渐减小，说明平衡逆向移动。 A.该反应前后气体分子数不变，加压平衡不移动，A不符合题意 B.增大反应物浓度，反应物浓度会突变，B不符合题意； C.该反应△H=-41.2 kJ.mol1<0,为放热反应，升高温度平衡向吸热方向（逆向）移 动，C符合题意： D.减小产物浓度，产物浓度会突变，D不符合题意。 故选C。由题干可知， 该反应的△H=-41.2kJ·mol1<0。 (4)恒温恒容条件下，反应前后气体总分子数不变，因此体系总压强始终保持24MPa不 变。 初始时n(H,O):n(CO)=1:3,则初始分压p(H,O)=24MPax}=6MPa, 4 p(CO)=24MPa×}-18MPa,平衡时CO,的体积分数为石，刻平衡时CO,的分 压P,(C0,)=24MPa×2=4MPa。根据反应方程式 6 CO(g)+H2O(g)C02(g)+H2(g),消耗的C0分压与生成的C02分压相等，为 4MPa。因此平衡时C0的分压p(C0)=18MPa-4MPa=14MPa。生成的H2分压 t也为4MPa,则vH,)-ApH,）-4MPa=0,4MPa/min。 △t 10min (5)反应A(S)亡B(g)+2C(g)的正反应是气体分子数增大的反应。将体积压缩为原 来的一半，体系压强增大，平衡向气体分子数减小的方向移动，即逆向移动。 由于反应物A为固体，生成物B和C均由A分解产生，因此在同一容器中始终满足 c(C)=2c(B)。该温度下的平衡常数K。=c(B)c2(C)=c(B)(2c(B)2=4c3B)。因 为温度不变，平衡常数K。不变，所以再次达到平衡时C(B)保持不变。 17.(18分)【答案】 (1)D(2)ad C(3)锥形瓶内溶液颜色变化(4)CD(5)酸 当滴入最后半滴酸 性高锰酸钾溶液，锥形瓶中溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色(6)92.7 (⑦滴加半滴KM0,溶液时，要慢慢转动酸式滴定管的活塞，使滴定管的尖 嘴处悬挂一滴液体（不滴落），用锥形瓶内壁将其靠下来，并用蒸馏水将其 冲人锥形瓶内。 【详解】(1)由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、量取、稀释、移液、洗涤、 定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250L 容量瓶，不需要锥形瓶，故选D; (2)①.碱式滴定管未用氢氧化钠标准溶液润洗，否则会使滴定消耗氢氧化钠溶液体积偏 大，导致滴定结果偏大，错误：d.锥形瓶用待测液润洗会使待测液中溶质的物质的量增 大，使得滴定消耗氢氧化钠溶液体积偏大，导致滴定结果偏大，d错误：②排除碱式滴定管 中气泡的方法为：将碱式滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，挤压玻璃小球，快速放液排出气 泡，故选C; (3)在滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，边滴边摇动锥形瓶，直到因加入 半滴碱后，溶液颜色从无色变为浅红色，且半分钟内不变色，即为滴定终点： (4)A.酸式滴定管未用醋酸溶液润洗，待测液浓度会减小，滴定消耗氢氧化钠溶液体积 偏小，导致滴定结果偏低，A错误： B.滴定快达终点时，用蒸馏水洗涤锥形瓶的瓶壁，对溶液无影响，滴定结果无影响，B错 误； C.读取NaOH溶液体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数，如图 消 耗氢氧化钠溶液体积偏大，导致滴定结果偏高，C正确 D.滴定前碱式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则读数时消耗氢氧化钠溶液体积偏 大，导致滴定结果偏高，D正确： 故选CD: (5)0.01 mol.L 'KMnO,溶液具有氧化性，应置于酸式滴定管中进行滴定，滴定终点的标志 是当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，锥形瓶中溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色： (6)三次实验所消耗的标准液体积依次为39.96mL、40.04mL、39.60mL,第三次实验数 据误差较大应舍弃，前两次消耗KMn0,标准液的平均体积为39.96+40.04 =40.00mL,则 2 KMn04的物质的量为40.00？103L?0.01mo1/L=4?104mo1,根据方程式 Mn04+5Fe2++8H-Mn2++5Fe3++4H,0可知，25.00mL该溶液中含有 n(Fe2+)=4×104mol×5=2×103mol,因此250mL溶液中，n(Fe2+)=2×10-2mol,故 m(FeS04·7H,O)=2×102mol×278g/mol=5.56g,绿矾样品的纯度 5.56g×100%=92.7%。 6.0g 18.(10分)【答案】(1)①.c(HCN)>c(H,C03)>c(HF)>c(HNO2) ②. 小于小于 ③.CN+C02+H,0=HCN+HC0,(2)2.0 (1)①由电离常数K:的大小可知，酸性强弱为NO2>H亚>H2CO3>HCN,等浓度四种酸 的溶液中c(H)大小为：HNO2>H亚>H2CO3>HCN,所以c(H)湘同的三种酸的浓度从大到 小为c(HCN)>c(H,CO3)>c(HF)>c(HNO2): ②亚是弱酸，K3.5×104,氢离子浓度相等的氢氟酸和硫酸的浓度大小：c亚)远大于 cHSO4),所以中和等量的NaOH,消耗等pH的氢氟酸的体积更小，即a小于b;等物质的 量浓度、等体积的氢氟酸和硫酸，即氢氟酸和硫酸的物质的量相等，而硫酸是二元酸，氢氟 酸是一元酸，故硫酸消耗的NaOH更多，即1小于n2: ③向NaCN溶液中通入少量CO2,由于酸性H2CO3>HCN>HCO,则反应生成HCN和碳 酸氢钠，该反应的离子方程式为：CO+CN+H2O=HCN+HCO3; (2)由pH=4.5,得c)=10=1045,电离常数表达式：K c(H)c(CN）c(H) c(HCN) c(HCN) 则c(HCN)= c(H)(105) K,5.0x100=2.0。