点石联考2025年10月高二化学巩固卷-答案(1)_1多考区联考_251025点石联考2025年10月高二巩固卷（全）

答案解析 ✍ 变试题原题答案 【原卷 1 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 2 题】 【正确答案】A 【试题解析】 【原卷 3 题】 【正确答案】B 【试题解析】 【原卷 4 题】 【正确答案】D 【试题解析】 【原卷 5 题】 【正确答案】B 【试题解析】 【原卷 6 题】 【正确答案】B 【试题解析】 【原卷 7 题】 【正确答案】A 【试题解析】 37/58【原卷 8 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 9 题】 【正确答案】D 【试题解析】 【原卷 10 题】 【正确答案】A 【试题解析】 【原卷 11 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 12 题】 【正确答案】B 【试题解析】 38/58【原卷 13 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 14 题】 【正确答案】C 【试题解析】 【原卷 15 题】 【正确答案】B 【试题解析】 【原卷 16 题】 【正确答案】 【试题解析】 39/58【原卷 17 题】 【正确答案】 【试题解析】 【原卷 18 题】 【正确答案】 【试题解析】 【原卷 19 题】 【正确答案】 【试题解析】 40/5841/58精准训练答案 化，B正确； ✍ 变试题答案 C．反应物总能量高于生成物时，多余能量以热等形 1-1【基础】 【正确答案】C 式释放，C正确； 【试题解析】【详解】A．食物存放在冰箱中，可降低 D．CO 2 与C在高温下生成CO的反应是吸热反应， 温度，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关， D错误； 故A不符合题意； 故选D。 B．包装袋内放置除氧剂，可防止糕点被氧化，减缓 2-2【巩固】 【正确答案】A 食物氧化速率，与减小反应速率有关，故B不符合 【试题解析】【详解】A．化学反应中的能量变化有的 题意； 以热能形式表现出来，有的以光能、电能等形式表现 C．加工馒头时添加膨松剂，可使馒头疏松柔软，与 出来，A错误； 改变反应速率无关，故C符合题意； B．在等压条件下，反应热(Q )等于反应的焓变 p D．给学校消防栓刷漆，可以减少钢铁和氧气的接触 (DH)，这是焓变的定义(DH =Q )，B正确； 面积，可减缓反应速率， p 故选C。 C．由于断键吸热，形成化学键放热，则化学反应中 1-2【巩固】 【正确答案】C 的能量变化主要是由化学键变化引起的，C正确； 【试题解析】【详解】A．低温冷藏食品，减缓食品腐 D．放热反应断键吸热小于成键放热，△H<0，吸热 败速率，故A项不符合题意； 反应断键吸热大于成键放热，△H>0，D正确； B．包装食品时抽真空，减少氧气浓度，减缓食品腐 故选A。 败速率，故B项不符合题意； 2-3【提升】 【正确答案】B C．用温水和面发酵，能加快化学反应速率，故C项 【试题解析】【详解】A．浓硫酸稀释时会释放大量热 符合题意； 量，A项正确； D．在铁制品表面刷油漆，减缓铁制品腐蚀的速率， B．石墨转变为金刚石吸热，说明金刚石能量更高， 故D项不符合题意； 稳定性更差，故石墨更稳定，B项错误； 故答案选C。 C．ΔH表示的是反应完全进行的焓变，与实际是否 1-3【提升】 【正确答案】B 可逆无关，C项正确； 【试题解析】【详解】A．洗衣粉中添加酶，作为蛋白 D．吸热反应中，反应物断键吸收的总能量高于产物 质溶解的催化剂，可加快反应速率，A不符合题意； 成键释放的总能量，D项正确； B．口香糖中添加木糖醇，可增加口香糖的甜度，增 故选B。 加人体的食欲，与调控反应速率无关，B符合题意； 3-1【基础】 【正确答案】B C．将鲜肉存放冰箱中，可降低温度，从而降低鲜肉 【试题解析】【详解】A．比较导电性时，1mol/L盐酸 变质的速率，C不符合题意； 浓度远高于0.1mol/L HA，导电能力差异主要由浓度 D．制硫酸时将黄铁矿石粉碎，可增大接触面积，从 差异导致，无法证明HA是弱酸，A不符合题意； 而加快反应速率，D不符合题意； B．将0.1 mol/L的HA溶液稀释10倍后，其浓度变 故选B。 为0.01 mol/L。若HA为强酸，此时溶液的pH应为 2-1【基础】 【正确答案】D 2。而测得溶液的pH=5，说明HA为弱酸，在水中部 【试题解析】【详解】A．Al与盐酸反应释放热量，属 分电离，B符合题意； 于放热反应，A正确； C．等体积等浓度酸碱恰好中和，是根据化学计量关 B．化学反应中化学键断裂和形成必然伴随能量变 系，与HA是否完全电离无关，C不符合题意； 42/58D．甲基橙显红色说明溶液pH＜3.1，但强酸（如 等，等浓度的醋酸和氢氧化钠混合，溶液不一定显碱 0.1mol/L HCl）pH=1也显红色，无法区分强弱酸， 性，故A错误； D不符合题意； B． 1L0.1mol×L-1K CO 溶液中，CO2-发生水解反 2 3 3 故选B。 3-2【巩固】 【正确答案】C 应CO 3 2-+H 2 O ƒ HCO 3 -+OH-，所以阴离子总数大于 【试题解析】【详解】A．常温下，0.1 mol/L醋酸溶液 0.1N ，故B错误； A 的pH=4（c  H+ =10-4 mol/L），说明醋酸未完全电 C．1L0.1mol×L-1AlCl 的溶液中氯离子的总数为 3 离，证明其为弱电解质，A正确； B．稀释pH=1的醋酸溶液1000倍后pH<4，说明稀 1L´0.1mol/L´3´N mol-1 =0.3N ，故C正确； A A 释过程中醋酸继续电离，证明其为弱电解质，B正 D．一水合氨是弱电解质，电离吸热，稀氨水和稀盐 确； 酸完全反应生成N 个H O时放出热量小于57.3kJ， C．相同pH的醋酸和盐酸与锌反应起始速率相等， A 2 仅说明两者初始c  H+ 相同，无法反映醋酸是否部分 故D错误； 选C。 电离，不能证明醋酸是弱电解质，C错误； 4-2【巩固】 【正确答案】A D．0.1 mol/L醋酸导电性弱于同浓度盐酸，说明醋酸 【试题解析】【详解】A．-OH为9电子微粒，1mol 溶液中离子电荷浓度小，电离程度低，证明其为弱电 羟基(-OH)含有的电子数目为9N ，A正确； 解质，D正确； A 故选C。 B．0.1mol/L的氨水溶液中，因没有溶液体积，无法 3-3【提升】 【正确答案】B 计算含有NH 、NH+、NH ×H O的数目，B错误； 3 4 3 2 【试题解析】【详解】①溶液的导电性与离子浓度成正 比，用HNO 溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明 C．因N g+3H g ƒ 2NH g可逆反应，不可能 2 2 2 3 溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度， 进行彻底，0.1molN 与足量H 充分反应，转移电子 2 2 所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故①错误； ②HNO 2 和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复 数小于0.6N A ，C错误； 分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故②错误； D．由热化学方程式的意义可知1mol N 和3mol H 完 ③常温下0.1mol•L-1 HNO 溶液的pH=2.1，说明亚硝 2 2 2 酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚 全反应放出92.4kJ的热量，1mol N 和3mol H 混合 2 2 硝酸为弱酸，故③正确； 充分反应不能反应完全，放出热量小于92.4kJ，D错 ④强酸可以制取弱酸，NaNO 和H PO 反应，生成 2 3 4 误； HNO ，说明HNO 的酸性弱于H PO ，所以能说明 2 2 3 4 故选A。 亚硝酸为弱酸，故④正确； 4-3【提升】 【正确答案】B ⑤常温下pH=1的HNO 溶液稀释至100倍，pH约 2 为2.3说明亚硝酸中存在电离平衡，所以能说明亚硝 【试题解析】【详解】A．恒温恒压下充入NO 2 ，系统 体积增大以维持恒压，因此各物质浓度比例不变，转 酸为弱酸，故⑤正确； 化率不变，A错误； 能证明HNO 是弱电解质有③④⑤； 2 B．压缩容器体积，浓度增大，活化分子数目不变但 故答案为B。 单位体积内活化分子数目增加，B正确； 4-1【基础】 【正确答案】C C．46g混合气体中，若全为NO （1mol）或全为 【试题解析】【详解】A．没有明确溶液体积是否相 2 N O （0.5mol），氮原子总数均为N ，混合后仍为 2 4 A 43/58N ，C错误； B．向CH COOH溶液中加水时溶液的导电性减弱， A 3 D．该反应可逆，92g NO （2mol）无法完全转化， 氢离子浓度减小，pH增大，pH：aK H CO =4.7´10-11 a a2 2 3 应，因此石墨能量低于金刚石，稳定性石墨强于金刚 ，所以HClO和CO2-在溶液中会发生反应，不能大 3 石，C错误； 量共存，B不正确； D．测定中和反应时的温度变化，应该将烧杯封口同 时周围用保温材料包围以减少热量的损失，而且不应 C．K H CO =4.5´10-7,K H S=1.1´10-7，则 a1 2 3 a1 2 该将烧杯放在热水中，D错误； H CO 的电离程度稍大，且二者的二级电离程度极 故答案选A。 2 3 5-2【巩固】 【正确答案】D 小可以忽略，则等浓度的H CO 和H S溶液中离子浓 2 3 2 【试题解析】【详解】A．ΔH=生成物总能量-反应物总 能量=(59.3-0.0)kJ/mol=+59.3kJ/mol，则1molHCN(g) 度大小关系是c  HS- K H S>K H CO >K H S， a1 2 3 a1 2 a2 2 3 a2 2 B．Dc=uDt，所以阴影部分面积表示物质的量浓度 所以S2-结合氢离子能力最强，S2-能和碳酸氢根反 变化量，B错误； 应，即最终应生成CO2-和HS-，不能生成H S，反 C．由题干图3曲线所示信息可知，状态①的物质具 3 2 有的总能量比状态②的物质具有的总能量高，能量 应的离子方程式为 越高物质越不稳定，C错误； CO +2S2- +H O=CO2- +2HS-，D不正确； 2 2 3 D．由题干图4所示信息可知，其他条件相同时，曲 选A。 线a反应完全所需要的时间更短，即反应速率更快， 6-2【巩固】 【正确答案】C 故镁条与不同浓度盐酸反应曲线，其中曲线a表示的 盐酸浓度比曲线b大，D正确； 【试题解析】【详解】A．向Na CO 溶液中滴入酚酞， 2 3 故答案为：D。 溶液变红，说明溶液显碱性，CO2-发生水解，水解 3 5-3【提升】 【正确答案】D 【试题解析】【详解】A．醋酸钠抑制醋酸电离，向 方程式为CO2-+H O HCO-+OH-，A项错误； 3 2 ƒ 3 CH COOH溶液中逐步加入CH COONa固体，溶液 3 3 B．常温时，CH COOH与CH COONa混合溶液的 pH增大，故A错误； 3 3 44/58pH=6，说明，c(H+)=10-6mol/L，CH COOH的电 CO2-反应生成SO2-和HCO-，而非HSO-，正确离子 3 3 3 3 3 c(H+)×c(CH COO-) 方程式为：SO +H O+2CO2-=SO2-+2HCO-，D错 离平衡常数K = 3 ，因而 2 2 3 3 3 a c(CH COOH) 3 误； c(CH COOH) 10-6 1 故答案为：B。 3 = = ，B项错误； c(CH 3 COO-) 1.8´10-5 18 7-1【基础】 【正确答案】C 【试题解析】【详解】A．从图中可知，历程Ⅰ反应物总 C．NaHCO 溶液中存在电荷守恒 3 能量高于生成物总能量，为放热反应，历程Ⅲ是吸热 c(Na+)+c(H+)=c(HCO-)+2c(CO2-)+c(OH-)，存在物料 反应，A错误； 3 3 B．从图中可知，历程Ⅱ反应物总能量高于生成物总 守恒c(Na+)=c(HCO-)+c(CO2-)+c(H CO )，二者联立 3 3 2 3 能量，为放热反应， 后得c  OH- -c  H+ =cH CO -c  CO2- ，C项正 SiHCl (g)+H (g)=SiHCl (l)+H (g)ΔH=-28kJ/mol， 2 3 3 3 2 3 2 确； B错误； C．历程Ⅲ反应物总能量低于生成物总能量，为吸热 D．将2´10-4mol×L-1的Na CO 溶液与CaCl 溶液等 2 3 2 反应，SiHCl (l)+H (g)=Si(s)+3HCl(g) 体积混合后， 3 2 2×10-4mol/L´V ΔH=+238kJ/mol，热化学方程式正确，C正确； c(CO2-)= =1´10-4mol/L，而 3 2V D．实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程中，伴随 K (CaCO )=c(Ca2+)×c(CO2-)，可得 着能量的损耗，D错误； sp 3 3 2.8´10-9 故答案选C。 c(Ca2+)= =2.8´10-5mol/L，则原溶液中 1´10-4 7-2【巩固】 【正确答案】B c(Ca2+)>5.6´10-5mol/L，D项错误； 【试题解析】【分析】由图可知，CO2-(aq)+2H+(aq)生 3 答案选C。 成HCO- (aq)+H+(aq)以及HCO- (aq)+H+(aq)生成 3 3 6-3【提升】 【正确答案】B H CO (aq)都为放热反应，H CO (aq)生成 【试题解析】【详解】A．根据电离常数，HCl为强 2 3 2 3 CO (g)+H O(l) 为吸热反应，结合图中能量的高低分 酸，H SO 的Ka 大于CH COOH的Ka，而 2 2 2 3 1 3 析解答。 NaHSO 的HSO-的电离大于水解即H SO 的 3 3 2 3 【详解】A．由图可知反应HCO- Kw 10-14 3 Ka (6.0×10-8)大于Kh ( = )，且 2 2 Ka 1 1.4×10-2 (aq)+H+(aq)=CO 2 (g)+H 2 O(l) 为吸热反应，△H＞0， Ka (6.0×10-8)小于CH COOH的Ka(1.8×10-5)，故 2 3 故A错误； c(H+)顺序应为②>③>①>④，A错误； B．由图可得，CO2-(aq)＋2H＋(aq)=HCO-(aq)＋H＋ 3 3 B．H S、H CO 、H SO 均为二元酸，等物质的量时 2 2 3 2 3 均需消耗两倍于酸的物质的量的NaOH，B正确； (aq) ΔH ，HCO-(aq)＋H＋(aq)=H CO (aq) ΔH ， 1 3 2 3 2 C．H 2 CO 3 的Ka 1 (4.5×10-7)大于HSO 3 -的Ka 2 ，HSO 3 - H 2 CO 3 (aq)=CO 2 (g)＋H 2 O(l) ΔH 3 ，由盖斯定律可知 与HCO-不反应，C错误； CO 3 2- (aq)+2H+(aq)=CO 2 (g)+H 2 O(l) 3 △H=(△H +△H +△H )，故B正确； D．由题干数据可知，已知H SO 的Ka ＞H CO 的 1 2 3 2 3 1 2 3 Ka 1 ＞H 2 SO 3 的Ka 2 ＞H 2 CO 3 的Ka 2 ，少量SO 2 与 C．反应HCO 3 -aq+H+aq=CO 2 g+H 2 Ol为吸 45/58热反应，则逆过程 ②中发生反应的离子方程式为 CO g+H Ol=HCO-aq+H+aq为放热反应， Fe3++3SCN- Fe(SCN) ，增加Cl-和K+浓度，平衡 2 2 3 ƒ 3 故C错误； 不移动，溶液颜色不变，故②正确； D．加入催化剂，改变反应历程，但反应热不变，故 ③测定中和热的实验中，氢氧化钠溶液与盐酸混合 D错误； 时，要快速、一次加入，减少热量的散失，故③错 故选B。 误； 7-3【提升】 【正确答案】B ④由高锰酸钾和草酸反应的关系式2KMnO 4 ～ 【试题解析】【详解】A．温度升高会加快反应速率， 5H 2 C 2 O 4 ，可知草酸过量，酸性高锰酸钾溶液等量且 但催化剂存在最佳活性温度，超过该温度可能因催化 不足，高锰酸钾会褪色，草酸的浓度不同，可以探究 剂失活导致速率下降，A错误； 浓度对反应速率的影响，故④正确； B．总反应的ΔH等于各基元反应ΔH的代数和，计 综合可知，正确的是：②④； 算得ΔH=(-130.85)+35.84+(-301.38)+(-65.73)=- 故答案选A。 462.22kJ/mol，ΔH<0，B正确； 8-3【提升】 【正确答案】A C．反应物NH 、NO均只含极性键，反应过程中断 3 【试题解析】【详解】A．将装有NO 和N O 混合气体 2 2 4 裂的是极性键（N-H、N-O），形成的是极性键（O- 的注射器由20mL压缩至10 mL，压强增大，平衡 H）和非极性键（N≡N），无非极性键断裂，C错 误； 2NO 2 g ƒ N 2 O 4 g向右移动，故A错误； D．决定总反应速率的是活化能最大的基元反应，但 B．向含有FeSCN 的红色溶液中加入少量铁粉， 题目未给出所有步骤的Ea，仅步骤② 3 振荡、静置，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe3+浓度减 （Ea=36.69kJ/mol）和步骤④（Ea=6.87kJ/mol）已 知，无法确定步骤②是最大活化能步骤，D错误； 小，平衡Fe3+ +3SCN- FeSCN 向左移动，所以 ƒ 3 故选B。 溶液的红色变浅，故B正确； 8-1【基础】 【正确答案】C C．加热2mL 0.5mol/L CuCl 溶液，溶液变为黄绿 2 【试题解析】【详解】A．H 2 (g)+I 2 (g) ƒ 2HI(g)，增大 色，说明éCuH O ù 2+ +4Cl- CuCl 2-+4H O 压强，平衡不移动，颜色加深是因为碘蒸气浓度增 ë 2 4 û ƒ 4 2 大，A错误； 正向移动，则ΔH>0，故C正确； B．FeCl 溶液和CuSO 溶液的阴离子不相同，无法 D．向2mL 0.1mol/L K CrO 溶液中滴加5～10滴 3 4 2 2 7 根据实验现象判断Fe3+、Cu2+的催化效果，B错误； 6mol/L NaOH溶液，氢离子浓度降低，平衡 C．温度高的溶液先出现浑浊，说明升温加快反应速 CrO2-+H O 2CrO2-+2H+向右移动，所以溶液 2 7 2 ƒ 4 率，符合温度对速率的影响规律，C正确； 变为黄色，故D正确； D．发生 选A。 2KMnO +5H C O +3H SO =2MnSO +K SO +10CO ↑ 4 2 2 4 2 4 4 2 4 2 9-1【基础】 【正确答案】B +8H O，0.2mol×L-1的酸性高锰酸钾溶液过量，不能 2 【试题解析】【详解】A．1，4一加成产物的能量比 观察颜色褪去，应控制高锰酸钾不足，D错误； 1，2一加成产物的能量更低，能量越低则越稳定， 故选C。 所以1，4一加成产物比1，2—加成产物更稳定，A 8-2【巩固】 【正确答案】A 错误； 【试题解析】【详解】①NaHSO 3 与H 2 O 2 发生反应， B．升高温度时，1，4—加成产物转化为1，2—加成 产物为Na SO 和H O，没有明显现象，故①错误； 2 4 2 46/58产物，产物中1，4—加成产物含量降低，B正确； D．产物能量越低越稳定，越易生成，由图可知X能 C．根据反应进程和能量关系图可知，1，2—加成产 量高于Y，Y更稳定，更有利于生成Y，D错误； 物转化为1，4—加成产物为放热反应，C错误； 故答案选C。 D．40℃时，开始阶段生成1，2加成产物的反应速 10-1【基础】 【正确答案】C 率远大于生成1，4加成产物的反应速率，所以生成 【试题解析】【详解】A．该反应为吸热反应，反应物 1，2—加成产物的活化能小，D错误； 断键吸收的总能量大于生成物成键放出的总能量，A 故选：B。 正确； 9-2【巩固】 【正确答案】A B．0~30min内，丙烯生成0.6mol，对应丙烷消耗 【试题解析】【分析】根据图示，反应I活化能大于反 0.6mol 应II，所以反应I为480°C的反应，反应II为400°C 0.6mol， vC H = 2L =0.01mol·L⁻1·min⁻1，B正 3 8 30min 的反应。 确； 【详解】A．根据图示，1molKClO (s)生成 3 C．通入氦气使总压增大，但各反应物浓度不变，反 1molKCl(s)和1.5molO 放热36+3=39kJ，所以 2 应速率不变，C错误； 2KClO (s)=2KCl(s)+3O (g) DH=-78kJ/mol，A 3 2 D．根据反应计量关系，v C H =v C H 表明 正 3 8 逆 3 6 正确； 正逆反应速率相等，达到平衡，D正确； B．反应I为480°C的反应， 480°C时KClO 热分解 答案选C。 3 的产物是KCl和O ，B错误； 10-2【巩固】 【正确答案】D 2 【试题解析】【详解】A．根据反应式，速率关系应为 C．催化剂降低活化能，若用MnO 作催化剂KClO 2 3 v(Y)=3v(Q)，A错误； 热分解温度小于480°C，C错误； B．恒温恒容下充入He不改变反应物浓度，反应速 D．比较物质的稳定性是比较物质自身的能量高低， 率不变，B错误； 能量越低越稳定，与反应的活化能无关，D错误； C．由于反应前后气体总质量不变，恒容密闭容器， 答案选A。 故密度恒定不变，不能作为平衡的必然标志，C错 9-3【提升】 【正确答案】C 误； 【试题解析】【详解】A．根据图示可知：对于生成Y D．根据M的生成量计算，0~3min内生成 的反应，反应物有硫酸，硫酸参加了化学反应，反应 0.6molM，对应消耗0.3molX，X的转化率为 后又生成了硫酸，浓H SO 作催化剂，对于生成X 0.3mol 2 4 ==30%，D正确； 1mol 的反应, 浓H SO 中的磺酸基取代了苯中的氢原子， 故选D。 2 4 10-3【提升】 【正确答案】C 是反应物，A错误； 【试题解析】【详解】A．催化剂不能使平衡移动，根 B．生成物X为硝基和磺酸基取代了苯中两处氢原子 据图象可知，a点反应没有达到平衡，随着时间的推 的产物，生成物Y为硝基取代苯中一个氢原子的产 移，反应继续向右进行，且放出热量，b点的反应达 物，X、Y均为取代产物，B错误； 到平衡状态，所以反应进行到a点时放出的热量小于 C．M的六元环中与-NO 相连的C为sp3杂化，而 2 反应进行到b点时放出的热量，A错误； B．催化剂能加快化学反应速率，缩短反应达到平衡 作为原料的苯，苯环上的碳原子为sp2杂化，故反应 的时间，根据图象可知，虚线表示使用催化剂的情 过程中，碳原子的杂化方式发生了变化，苯中的化学 形，B错误； 键发生了变化，C正确； C．根据图象可知，b、c两点时X的物质的量不再 47/58改变，说明反应达到了化学平衡状态，C正确； kJ/mol）相加得到，ΔH=ΔH +ΔH ，因ΔH <0，故 1 2 1 D．反应从开始到a点，X的物质的量减少0.1mol， ΔH<ΔH =-57.3 kJ/mol，即ΔH<-57.3 kJ/mol，B错 2 根据化学方程式可知，Y的物质的量增加0.05mol， 误； 则平均反应速率可表示为 C．一次性快速加入反应物并立即盖紧杯盖，可减少 0.05mol 热量散失，保证温度测量准确，C正确； v(Y)= 2L =0.005mol×L-1×min-1 ，D错误； D．测量酸温后立即测碱温，温度计残留的酸会与碱 5min 中和放热，导致碱液初始温度测量偏高，D错误； 故选C。 故选C。 11-1【基础】 【正确答案】B 12-1【基础】 【正确答案】D 【试题解析】【详解】A．若将盐酸体积改为60 mL， 【试题解析】【详解】A．该反应历程分五步进行，A 此时NaOH不足，生成水的物质的量由NaOH决定 错误； （0.0275 mol），原实验生成0.025 mol水，生成水的 B．使用催化剂2时，活化能更大，反应速率更慢， 量增多，则反应放出的总热量更多，A正确； 体系达到平衡状态更慢，B错误； B．中和热是指生成1 mol液态水时放出的热量，其 C．反应物总能量大于生成物总能量，正反应放热， 数值与生成水的物质的量无关，故若将盐酸体积改为 C错误； 60 mL，理论上所求中和热的数值不变，B错误； D．催化剂的作用是改变活化能，ΔH是反应物总能 C．温度计的作用是测量温度，实验时不能用温度计 量与生成物总能量差值，催化剂对ΔH无影响，D正 代替玻璃搅拌器搅拌溶液，C正确； 确； D．碎泡沫塑料具有隔热作用，能减少反应过程中热 故选D。 量的散失，起到保温效果，D正确； 12-2【巩固】 【正确答案】B 答案选B。 【试题解析】【详解】A．催化剂不改变总反应，只改 11-2【巩固】 【正确答案】C 变反应历程，在催化剂Cat1作用下，总反应分为基 【试题解析】【详解】A．搅拌时上下移动搅拌器可使 元反应①和③，在催化剂Cat2作用下，总反应分为 溶液混合均匀，确保温度测量准确，A正确； 基元反应②和④，且每步反应产物能量低于反应物 B．NaOH稍过量能保证盐酸完全反应，避免因盐酸 能量，均为放热反应，A项正确； 未反应完全导致计算误差，B正确； B．该反应为放热反应，达到平衡时升高温度平衡逆 C．Ba(OH) 与稀硫酸反应除中和反应外，还会生成 2 向移动，N的浓度减小，B项错误； BaSO 沉淀，沉淀过程伴随热效应，导致总反应热包 4 C．催化剂只改变活化能，不改变焓变，C项正确； 含中和热和沉淀热，对ΔH有影响，C错误； D．活化能较大的反应速率较小、是决速反应，反应 D．铜质搅拌器导热性强于玻璃，会使更多热量散 ②和反应③分别是两种历程的决速反应，D项正 失，测得的温度升高值偏小，计算出的反应热Q绝 确； 对值偏小，ΔH（负值）偏大，D正确； 故答案为：B。 答案选C。 12-3【提升】 【正确答案】C 11-3【提升】 【正确答案】C 【试题解析】【详解】A．由方程式可知，Cl·在反应① 【试题解析】【详解】A．铜的导热性优于玻璃，用铜 中先消耗，在反应②中又生成，为该反应的催化 质搅拌器会导致热量散失更快，测量的温度升高值偏 剂，ClO·在反应中先生成后消耗，为中间产物，故 小，计算出的反应热Q偏小，ΔH（负值）的绝对值 A错误； 偏小，即ΔH偏大，A错误； B．由图可知，催化反应中，反应①的活化能大于反 B．总反应HF(aq)+NaOH(aq)=NaF(aq)+H O(l)可由 2 应②的活化能，慢反应是反应的决速步骤，则决定 HF电离（ΔH <0）与H++OH-=H O（ΔH =-57.3 1 2 2 催化反应快慢的是反应①，故B错误； 48/58C．由图可知，催化反应中，反应①的活化能大于反 总反应为吸热反应，A错误； 应②的活化能，反应的活化能越大，反应速率越 B．平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错 慢，则反应①为慢反应、反应②为快反应，所以反 误； 应过程中不会积聚较高浓度的ClO·，故C正确； C．由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则 D．由图可知，催化反应是放热反应，升高温度，平 被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确； 衡向逆反应方向移动，氧气浓度减小，故D错误； D．活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故 故选C。 决速步骤为*CH CHCH →*CH CHCH +*H或 3 3 3 2 13-1【基础】 【正确答案】C *CH 3 CHCH 3 +*H→*CH 3 CHCH 2 +2*H，D错误； 【试题解析】【详解】A．总反应焓变只与始态和终态 故选C。 有关，与历程无关，历程I的总反应为O 3 +O→2O 2 ， 14-1【基础】 【正确答案】D ΔH=E 6 -E 3 ，历程II中Cl为催化剂，总反应相同， 【试题解析】【详解】A．由图可知，T 1 ℃时，反应先 ΔH=E -E ，故E -E =E -E ，A正确； 达到平衡，则T ＞T ，T 时反应达平衡时n(CO)高 5 2 6 3 5 2 1 2 1 B．历程II中，ClO在反应过程中生成（中间状态含 于T 时，说明温度升高，平衡逆向移动，则该反应 2 O +O→ClO），最终又被消耗，未出现在产物中，是 放热，即DH＜0，A项错误； 3 中间产物，B正确； B．T ℃时，反应达到平衡，缩小容器的容积再次平 1 C．反应速率取决于活化能，活化能越小反应越快， 1 衡后，由于温度不变，K不变，K= ，则 c5(CO) 历程I的活化能为E -E （较大），历程II分两步且活 1 3 c(CO)不变，B项错误； 化能均较小，故历程II速率更快，即历程I<历程 0.08mol II，C错误； C．T 2 ℃时，c(CO)= =0.04mol×L-1，反应的 2.0L D．Cl (g)相对能量为0，Cl原子能量设为E(Cl)，则 2 平衡常数 K(T ℃)=0.04-5，C项错误； 2 Cl-Cl键能=2E(Cl)（断裂1 mol Cl 2 生成2 mol Cl）， 1 D．由反应可知K= ，反应放热，温度降低， 历程II中O₃+O能量为E ，O₃+O+Cl能量为E ，故 c5(CO) 3 2 平衡正向移动，则c(CO)的浓度小，故 E(Cl)=E -E ，Cl-Cl键能=2(E -E )，D正确； 2 3 2 3 K(T ℃)p >p ，B正确； C．根据过程能量示意图可知，生成产物1需要的活 1 2 3 C．M点列出三段式： 化能小，降低温度有利于提高产物1在反应初始阶段 的选择性 ，C正确； 2HCHOg 2O 3 g ƒ 2CO 2 g + 2H 2 Ol + O 2 g D．由图可知，生成产物2的反应时放热反应，升高 初始mol 2 2.5 0 0 变化mol 1.8 1.8 1.8 0.9 温度产物2的物质的量减少，平衡产率下降，D错 平衡mol 0.2 0.7 1.8 0.9 误； ，平衡时气体总物质的量是 答案选D。 0.2+0.7+1.8+0.9mol=3.6mol，M点的压强平衡 13-3【提升】 【正确答案】C 【试题解析】【详解】A．由图可知，生成物能量高， 49/58æ0.9 ö æ1.8 ö 2 15-1【基础】 【正确答案】B ç ´pkPa÷´ç ´pkPa÷ 常数K = è3.6 1 ø è3.6 1 ø ≈ 【试题解析】【详解】A．c  H+ =1´10-4mol×L-1，电 p æ0.7 ö 2 æ0.2 ö 2 ç è3.6 ´p 1 kPa÷ ø ´ç è3.6 ´p 1 kPa÷ ø 离度= 1´10-4mol×L-1 ´100%=0.1%，A项正确； 0.1mol×L-1 535.7 p kPa-1 ，C错误； B．0.1mol×L-1 HA溶液的pH=4，说明HA是弱 1 D．及时移出O (g)，减小生成物浓度，平衡正向移 2 酸，弱酸的电离过程吸热，升高温度，电离度增大， 动，HCHO的平衡转化率增大，D正确； 氢离子浓度增大，溶液的pH减小，B项错误； 故选C。 C．该酸的电离平衡常数 14-3【提升】 【正确答案】C c  H+ ×c  A-  1´10-42 【试题解析】【详解】A．C、D点时，NO 2 的生成速率 K a = 平 c (HA 平 ) = 0.1 mol×L-1=1´10-7mol×L-1 平 是N 的生成速率的2倍，此时反应到达平衡状态， 2 ，C项正确； 平衡时同种物质正逆反应速率相等，因此有C、D点 D．由HA电离出的H+的浓度为1´10-4mol×L-1，由 v =v ；该反应是气体体积增大的反应，增大压 正 逆 水电离出的H+的浓度为1´10-10mol×L-1，即HA电离 强，平衡逆向移动，NO 的转化率减小，故图2中 出的氢离子的浓度是由水电离出的氢离子的浓度的 2 E到F段曲线还未达到平衡状态，v 逐渐增大，F恰 106倍，D项正确。 逆 好达到平衡状态，因此图2中E点的v 小于F点的 故选B。 逆 v ，A正确； 15-2【巩固】 【正确答案】D 正 B．在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一 【试题解析】【详解】A．NH ×H O为弱电解质，在水 3 2 定量的NO ，反应物浓度增大，化学平衡正向移动， 2 溶液中发生部分电离，电离方程式为 但与原平衡相比，等效于加压，NO 的平衡转化率减 2 小，B正确； NH 3 ×H 2 O ƒ NH 4 + +OH-，A正确； C．结合已知条件列三段式得： B．a点对应溶液中，c(OH-)≈ 1.8´10-5´0.2=6×10- 2C(s) + 2NO (g) N (g) + 2CO (g) 2 ƒ 2 2 起始/mol 1 6´10-3.5 3.5mol∙L-1，氨水的电离度约为 ´100%= 转化/mol 0.4 0.2 0.4 0.2 平衡/mol 0.6 0.2 0.4 3´10-0.5%，B正确； 总气体物质的量为1.2mol，总压强p =1100kPa， 总 C．b点对应溶液呈碱性，滴入紫色石蕊试液，溶液 0.2 æ0.4 ö 2 由紫色变为蓝色，C正确； p(N )×p2(CO ) 1.2 p 总 ´ç è1.2 p 总÷ ø 4 K p = p 2 2(NO ) 2 = æ0.6 ö 2 = 54 p 总 »81.5kPa D．c点对应溶液中，所含微粒为NH 3 、H 2 O、 2 ç è1.2 p 总÷ ø NH ×H O、NH+、H+、OH-，共有6种，D错误； 3 2 4 ，C错误； 故选D。 D．结合已知条件列三段式得： 15-3【提升】 【正确答案】B 2C(s) + 2NO (g) N (g) + 2CO (g) 2 ƒ 2 2 起始/mol 1 【试题解析】【详解】 转化/mol 0.4 0.2 0.4 c(H+)c(HCOO-) A．K HCOOH= =1.8´10-4， 平衡/mol 0.6 0.2 0.4 a c(HCOOH) 0.6 c2(H+) NO 的体积分数 ´100%=50%，D正 c(H+)»c(HCOO-)，即 =1.8´10-4，c(H+)= 2 0.6+0.2+0.4 0.2mol/L 确； 6´10-3mol/L，pH=-lg(6´10-3)=3-(lg3+lg2)=3- 故选：C。 0.8=2.2，故A正确； 50/58B．弱电解质越稀越电离，HCOOH的电离度： C．该反应中，所有的反应物和产物都是气体，则总 a < b，故B错误； 质量不变，且为恒容容器，则密度是恒定不变的，即 C．HCOOH是弱酸，电离方程式为 气体密度不再发生改变不能证明反应达到平衡，C错 HCOOH HCOO-+H+，故C错误； 误； ƒ D．由于K HCOOH>K H CO ，故HCOOH可 D．达到平衡时，正、逆反应速率相等，即正、逆反 a a1 2 3 应速率之比等于系数之比，而当V (CO )=3v (H ) 正 2 逆 2 以制备CO ，故往b点溶液中滴入NaHCO 溶液，可 时，正、逆反应速率之比不等于系数之比，即此时反 2 3 应没有平衡，D错误； 观察到有气泡产生，故D正确； 故选A； 答案选B。 （4）H 是反应物，随反应的进行其物质的量不断减 16-1【基础】 【正确答案】 2 少，而H O是生成物，随着反应的进行，其物质的 (1)CO (g)+3H (g)⇌CH OH(g)+H O(g) △H=-49 kJ/mol 2 2 2 3 2 量不断增加，因此曲线X表示H O，曲线Y表示 (2)D 2 H ；故答案是：Y； (3)A 2 （5）①在一定温度下，将2 mol CO 与6 mol H 气 (4)Y 2 2 体混合于2 L密闭容器中制甲醇，2 min末生成0.8 (5) 0.2 mol/(L·min) 1.8 mol/L mol H O(g)，则反应会同时消耗0.8 mol CO 气体， 【试题解析】【详解】（1）反应产生32 g CH 3 OH的物 2 2 因此用CO2浓度变化表示的反应速率v(CO )= 质的量是1 mol；在反应 2 CO (g)+3H (g)⇌CH OH(g)+H O(g) 中，每产生1 mol 0.8mol 2 2 3 2 2L ； CH OH放出热量是49 kJ，由于反应在30 MPa、 =0.2mol/(L × min) 3 2min 200°C条件下进行，反应混合物都是气体，则该反应 ②根据物质反应转化关系可知：2 min末生成0.8 的热化学方程式为： mol H O(g)，反应同时消耗2.4 mol H ，剩余H2的 2 2 CO (g)+3H (g)⇌CH OH(g)+H O(g) △H=-49 kJ/mol； 2 2 3 2 物质的量是6 mol-2.4 mol=3.6 mol，由于容器的容积 （2）根据物质反应速率比等于化学方程式中化学计 是2 L，故2 min末容器中H 的物质的量浓度c(H )= 2 2 量数的比，不妨都转化为用CO 2 浓度表示的反应速 3.6mol =1.8mol/L。 率，而且速率单位相同，然后再进行比较大小。 2L A．v(CO )=30 mol·L-1·min-1=0.5 mol·L-1·s-1； 16-2【巩固】 【正确答案】(1) 2 B．v(CH 3 OH)=0.3 mol·L-1·s-1，则 N 2 (g)+3H 2 (g) ƒ 2NH 3 (g) DH =-92kJ×mol-1 v(CO )=v(CH OH)=0.3 mol·L-1·s-1； 2 3 (2)391 1 C．v(H )=0.8 mol·L-1·s-1，则v(CO )= v(H )≈0.27 2 2 3 2 cN ×c3H  (3) 0.0375 2 2 3:2 mol·L-1·s-1； c2NH  3 D．v(H O)=0.6 mol·L-1·s-1，则v(CO )=v(H O)=0.6 2 2 2 CD B mol·L-1·s-1。 【试题解析】【详解】（1）由图计算生成1mol NH 的 3 可见：表示的化学反应速率最快的是v(CO )=0.6 2 ΔH=E -E =(254-300)kJ×mol-1 =-46kJ×mol-1，则 1 2 mol·L-1·s-1，故合理选项是D； （3）A．该反应前后气体分子数不相同，且为恒容 N 2 (g)+3H 2 (g) ƒ 2NH 3 (g) ΔH=-92kJ×mol-1； 容器，则压强是变量，容器内气体压强不再发生改 （2）由键能与反应热关系得： 变，可以证明反应达到平衡，A正确； ΔH=946kJ/mol+3´436kJ/mol-2´3´akJ/mol=-92kJ/mol B．化学平衡是动态平衡，当达到平衡时，正、逆反 ，解得a=391kJ/mol，即断开1mol N-H键需要吸 应速率相等且均为零，B错误； 51/58收391kJ能量； COg+H Og CO g+H gΔH=-41.2kJ/mol 2 ƒ 2 2 （3）①0~4min内，消耗0.6mol´50%=0.3mol (3)ad NH ，则vNH =0.3mol/(2L´4min)=0.0375 3 3 (4) 5:4 177.8 C C mol×L-1×min-1 【试题解析】【详解】（1）ΔH=反应物总键能-生成物 总键能 ②反应2NH 3 (g) ƒ N 2 (g)+3H 2 (g)的平衡常数表达 =2´745.0kJ/mol+3´436.0kJ/mol-3´413.4kJ/mol-351.0kJ/mol-462.8kJ/mol cN c3H  -2´462.8kJ/mol=-181.6kJ/mol。 式K= 2 2 ；混根据已知列三段式： c2NH  3 （2）根据盖斯定律该反应=①-②+③，可得CO与 2NH (g) N (g) + 3H (g) 3 ƒ 2 2 水蒸气反应转化为H 和CO 的热化学方程式为 始/mol 0.6 0 0 2 2 ，由于反 转/mol 0.3 0.15 0.45 COg+H Og CO g+H gΔH=-41.2kJ/mol 平/mol 0.3 0.15 0.45 2 ƒ 2 2 应处于恒温恒容容器中进行，所以混合气体的压强之 （3）A．体系内H Og不再发生变化，说明达到反 2 比等于物质的量之比，故混合气体的压强： 应平衡，a正确； p :p =(0.3+0.15+0.45):0.6=3:2； 平 始 B．由于方程左右两端化学计量数之和相等，则体系 ③A．速率之比等于化学方程式计量数之比，为正逆 压强不再发生变化不能说明反应达到平衡，b错误； 反应速率之比：3v NH =2v H ，则 C．体系内nCO:nH O=1:1不能说明反应达到平 正 3 逆 2 2 2v NH =3v H 不能说明反应达到平衡状态， 衡，这与起始投入量有关，c错误； 始 3 逆 2 D．体系内CO的物质的量分数不再发生变化，说明 A错误； 体系内各物质的量不再变化，说明达到反应平衡，d B．反应前后气体质量和体积不变，气体密度始终不 正确； 改变，不能说明反应达到平衡状态，B错误； 故选ad； C．反应前后气体质量不变，气体物质的量增大，混 （4）①设起始时，甲烷和CO 的物质的量均为 合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到 2 平衡状态，C正确； 1mol，甲烷转化的量为xmol，则有三段式： D．气体物质的量增大，恒温恒容下，气体的压强与 CO g + CH g 2COg + 2H g 2 4 ƒ 2 起始mol 1 1 0 0 物质的量成正比，则压强是变量，当混合气体压强不 转化mol x x 2x 2x 再变化，说明反应达到平衡状态，D正确； 平衡mol 1-x 1-x 2x 2x 故选 CD； 平衡时，n总=2+2xmol，则 ④A．改用高效催化剂只改变反应速率，不影响平衡 1-x 移动，NH 转化率不变，A错误； ´100%=30%，解得： 3 2+2x B．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动， x=0.25,n总=2+2x=2.5mol，恒压密闭容器 NH 转化率增大，B正确； 3 C．该反应是气体体积增大的反应，缩小容器的体积 时，体积之比等于物质的量之比，则平衡时容器体积 造成压强增大，平衡逆向移动，NH 转化率减小，C 2.5mol 5 3 与初始容器体积之比为 = ，此时甲烷和CO 2mol 4 2 错误； 故选B。 的物质的量的分数均为30%,CO和H 的物质的量的 2 16-3【提升】 【正确答案】(1)-181.6kJ/mol 2´0.25 分数均为 ´100%=20%，故 (2) 2.5 52/580.2´100kPa2 ´0.2´100kPa2 歧化反应生成NaBr、NaBrO 3 ，结合溴元素化合价变 K = »177.8kPa2 p 0.3´100kPa´0.3´100kPa 化情况可得，当有6 mol Br 2 参加反应，发生转移的 电子的物质的量为10mol； ②温度越高，CO 体积分数越小，反应为吸热反 2 （4）i．反应开始至2min末，以SO 的浓度变化表 2 应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数K增大， 示该反应的平均速率为 故三点中，C点温度最高，平衡常数最大。该反应为 (5-2.5)mol×L-1 ν= =1.25mol×L-1×min-1；2min后，SO 2 2min 气体体积增大的反应，从C点对应温度看，若压强 2.5 的转化率为 ´100%=50%； 为100kPa，平衡时，CO 的体积分数约为25%，现 5 2 ⅱ．A．使用催化剂，可以有效加快化学反应速率， 在CO 的体积分数近40%，压强应高于100kPa，同 2 但不能影响平衡及转化率，A错误； 理分析出A、B两点的压强分别小于100kPa，所以 B．SO 的催化氧化反应为可逆反应，改变温度或压 2 C点压强最大。 强，可以提高SO 的转化率，但不能实现SO 的完全 2 2 17-1【基础】 【正确答案】(1) 转化，B错误； Br +SO +2H O=H SO +2HBr c．当生成2molSO 且消耗2molSO 时，说明正逆反 2 2 2 2 4 2 3 应速率相等，则反应达到化学平衡状态，c正确； (2) 40 过量的SO 随吸收Br 后的空气进入 2 2 答案选C； 吹出步骤，与溴反应，使溴的吹出率下降 17-2【巩固】 【正确答案】(1) 研磨粉碎 升高 (3) 3Br +3CO2- =5Br-+BrO-+3CO ­ 温度，适当提高酸的浓度 2 3 3 2 10mol (2)VO +H SO =VO  SO +H O 2 5 2 4 2 2 4 2 (4) 1.25mol×L-1×min-1 50% C (3)“碱溶”步骤，加入Na CO 的量不宜过多，原因 【试题解析】【分析】浓海水经酸化、通入氯气氧化可 2 3 以将Br-转化为单质Br ；利用空气吹出法可将Br 吹 是：加入过多Na CO ，后续调节pH值，会消耗更 2 2 2 3 出，并用SO 和水进行吸收，得到含HBr的混合溶 2 多H SO ，增加成本 2 4 液；最后再次通入氯气氧化得到单质Br ； 2 (4)加入过量的NH Cl，增大NH+浓度，平衡向生成 4 4 【详解】（1）吸收塔中Br 与SO 、水反应生成氢溴 2 2 NH  VO 方向移动，便于完全沉淀 4 2 6 16 酸和硫酸，化学方程式为 (5) 4 80℃ Br +SO +2H O=H SO +2HBr； 2 2 2 2 4 (6)VO 具有氧化性，NH 具有还原性，故提供氧化 2 5 3 （2）根据图示，SO 流量应使用40 Kg/h；若SO 流 2 2 氛围，防止VO 在高温下被NH 还原 量过大，则过量的SO 随吸收Br 后的空气进入吹出 2 5 3 2 2 【试题解析】【分析】废钒催化剂(含有 步骤，与溴反应，使溴的吹出率下降； VOSO、VO、K SO 、FeO、SiO )加入稀硫酸， （3）步骤①中使用Na CO 溶液吸收单质Br ，反应 4 2 5 2 4 2 3 2 2 3 2 生成NaBr、NaBrO 和CO 气体，离子方程式为 SiO 不溶液于稀硫酸，则滤渣为SiO ，滤液中含有 3 2 2 2 3Br 2 +3CO 3 2- =5Br-+BrO 3 -+3CO 2 ­；根据离子方程 VO+、VO2+、Fe3+、K+、H+、SO2-，加氯酸钠进行 2 4 式可知，溴元素化合价从0价转变为-1价和+5价， 氧化生成沉钒，VO2+转化为VO+，沉钒过滤后成为 2 53/58(4) ＞ ＞ 27 滤饼，滤饼主要成分为Na O×3VO ×H O，滤液中 2 2 5 2 b-a (5) kJ/mol 主要含有Fe3+、K+、Al3+、Cl-、SO2-，滤饼中加入 4 4 【试题解析】【分析】由题给流程可知，黑钨矿加入碳 Na CO ，Na O×3VO ×H O转化为NaVO ；加入稀 酸钠后在氧气中焙烧，将铁元素、锰元素转化为氧化 2 3 2 2 5 2 3 铁、二氧化锰，硅元素转化为硅酸根离子，砷元素转 硫酸调节pH=2，与氯化铵反应生成 NH  VO 沉 4 2 6 16 化为亚砷酸氢根离子和砷酸氢根离子；焙烧渣经水 淀，煅烧NH  VO 分解为V O ，据此分析； 浸、过滤得到含有氧化铁、二氧化锰的滤渣和滤液； 4 2 6 16 2 5 向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚砷酸氢根离 【详解】（1）从反应速率影响因素考虑，水浸时，为 子氧化为砷酸氢根离子，再加入氯化镁，将溶液中的 了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高 硅酸根离子、砷酸氢根离子转化为硅酸镁、砷酸氢镁 温度，延长浸泡时间；答案为：研磨粉碎；升高温 沉淀，过滤得到硅酸镁、砷酸氢镁和滤液；向滤液中 度，适当提高酸的浓度； 加入硫酸溶液，将溶液中的钨酸根离子转化为钨酸沉 （2）VO 为两性氧化物，溶于酸生成VO+，“浸取” 2 5 2 淀，过滤得到滤液和钨酸；钨酸煅烧分解得到三氧化 钨；三氧化钨与氢气发生还原反应得到钨。 步骤，VO 参与反应的化学方程式为 2 5 【详解】（1）“焙烧”前，粉碎黑钨矿可增大矿石的表 VO +H SO =VO  SO +H O； 面积，从而增大反应物的接触面积，使焙烧更充分； 2 5 2 4 2 2 4 2 （2）由分析可知，滤渣的主要成分为氧化铁、二氧 （3）由于后续步骤中需要加入硫酸调节pH，则“碱 化锰； 溶”步骤，加入Na CO 的量不宜过多，原因是：加 2 3 （3）由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将亚 入过多Na CO ，后续调节pH值，会消耗更多 砷酸氢根离子氧化为砷酸氢根离子，便于加入氯化镁 2 3 时生成砷酸氢镁沉淀被除去； H SO ，增加成本； 2 4 （4）①由图可知，升高温度，氢气的体积分数减 小，说明平衡向正反应方向移动，该反应为焓变大于 （4）加NH Cl生成沉淀NH  VO ，加入过量的 4 4 2 6 16 0的吸热反应； NH 4 Cl，NH 4 Cl过量，增大NH+ 4 浓度，平衡向生成 ②由图可知，a点在平衡曲线的上方，说明温度一定 时，氢气体积分数大于平衡时体积分数，则反应未达 NH  VO 方向移动，便于完全沉淀； 4 2 6 16 到平衡，应向正反应方向进行才能到平衡，所以此时 （5）根据图像分析可得，要使沉钒率最高，可控制 正反应的反应速率大于逆反应的反应速率； 氯化铵系数为4，温度在80 ℃； ③由图可知，900℃反应达到平衡时氢气的体积分数 故答案为：4；80℃； 为25%，由方程式可知，反应得到氢气和水蒸气的 （6）煅烧NH  VO 分解为V O 是产生NH ， 混合气体，则平衡时气体总压为0.1MPa，水蒸气的 4 2 6 16 2 5 3 体积分数为(1-25%)=75%，反应的压强平衡常数K = p VO 具有氧化性，NH 具有还原性，故提供氧化氛 2 5 3 p3H O 0.1MPa´75%3 2 = =27； 围，防止VO 在高温下被NH 还原。 p3H 2  0.1MPa´25%3 2 5 3 反应②-反应① 17-3【提升】 【正确答案】(1)增大接触面积，使焙烧更 （5）由盖斯定律可知， =目标反 4 充分 b-a 应，则反应△H= kJ/mol。 (2)Fe 2 O 3 4 (3)将HAsO2-氧化为HAsO2- 18-1【基础】 【正确答案】(1)锥形瓶 3 4 54/58MnO (5) 猜想a MnSO 4 2 (2)2H O 2H O+O ↑ 2 2 2 2 【试题解析】【分析】草酸溶液和酸性高锰酸钾溶液的 氧化还原反应，探究“外界条件的改变对化学反应速 (3) 探究反应物浓度对反应速率的影响 3 率的影响”， 实验①②温度相同，探究物质的量浓 滴FeCl 溶液 3 度对反应速率的影响，实验②③物质的量浓度相 (4) 在其它条件不变时，反应物浓度越大，反应 同，探究温度不同对反应速率的影响。 速率越大 K O BaO +H SO =BaSO +H O 2 2 2 2 4 4 2 2 【详解】（1）草酸溶液和酸性高锰酸钾溶液反应生成 制备H O 的环境为酸性环境，H O 的分解速率较慢 2 2 2 2 硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，高锰酸钾容易为紫 【试题解析】【详解】（1）图示仪器a为锥形瓶；故答 红色，可以通过测量溶液褪色所需的时间来比较反应 案为：锥形瓶。 速率的快慢； （2）H O 在MnO 催化作用下分解生成O 和 2 2 2 2 （2）①②温度相同，探究浓度对反应速率的影响， H O，该反应的化学方程式为：2H O MnO 2 2 2 2 因此溶液的总体积相等，则V =2.0 mL；②③物质 1 的量浓度相同，探究温度不同对反应速率的影响，溶 2H O+O ↑；故答案为：2H O MnO 2H O+O ↑。 2 2 2 2 2 2 2 液的总体积相等，则V =3.0 mL； 2 （3）反应速率受温度、浓度、催化剂的影响，甲组 （3）②③物质的量浓度相同，变量为温度，可以探 实验Ⅰ和实验Ⅱ中温度相同、浓度不同，因此该实验过 究温度不同对反应速率的影响； 程探究的是浓度对反应速率的影响，则需保证反应温 （4）反应为 度和催化剂相同，因此所用催化剂为3滴FeCl 溶 3 2KMnO +5H C O +3H SO =K SO +2MnSO +10CO ↑ 4 2 2 4 2 4 2 4 4 2 液；故答案为：探究反应物浓度对反应速率的影响； +8H O，由表可知，高锰酸钾不足完全反应，实验① 2 3滴FeCl 溶液。 3 用时，则第一组实验的化学反应速率(用草酸表示)为 （4）①由甲组实验数据可得，甲组实验Ⅱ所用反应 3 0.05 mol/L´ 5 5 3+2+2+3 物浓度较大，相同时间内产生氧气的体积较大，因此 v(HCO )= ´v(KMnO )= ´ =0.025 mol/(L×min) 2 2 4 2 4 2 1.5 min 可得结论：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反 ； 应速率越快；故答案为：在其他条件不变时，反应物 （5）①发现该反应前后体系温度变化不大，但是反 浓度越大，反应速率越快。 应速率变化明显，则猜想a不成立；②反应过程中 ②由乙组实验数据可知，碱性条件下，H O 的分解 生成了锰离子，故推测可能的催化剂是生成的 2 2 速率更快；而Na O 、K O 与H O反应的化学方程 2 2 2 2 2 MnSO 可以加快草酸与酸性高锰酸钾反应的速率。 4 式分别为：2Na O +2H O=4NaOH+O ↑、 2 2 2 2 18-3【提升】 【正确答案】(1) 温度 催化剂 2K O +2H O=4KOH+O ↑，由于KOH的碱性比 2 2 2 2 NaOH的碱性强，因此K O 与H O反应放出气体的 2 2 2 速率较快；该反应的化学方程式为： (2) BaO +H SO =BaSO +H O ，由于该反应在酸性条件 2 2 4 4 2 2 下进行，而酸性条件下，H O 的分解速率较慢，因 2 2 此可用该反应制备H O ；故答案为：K O ； 2 2 2 2 (3) 反应产生气泡快慢 消除阴离子不同对 BaO +H SO =BaSO +H O ；制备H O 的环境为酸性 2 2 4 4 2 2 2 2 实验的干扰 环境，H O 的分解速率较慢。 2 2 (4) Cl- H O 盐酸向盛有H O 溶液 18-2【巩固】 【正确答案】(1)溶液褪色所需的时间 2 2 2 2 (2) 2.0 3.0 的试管中加入少量盐酸，然后把带火星的木条伸入试 (3)②③ 管中，木条不复燃 (4)0.025 mol/(L⋅min) (5)H O +IO-= H O+O +I- 2 2 2 2 55/58【试题解析】【分析】控制变量的实验探究中要注意变 步反应得到第二步反应为： 量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因 H O +IO-= H O+O +I-。 2 2 2 2 素对实验结果的影响； 19-1【基础】 【正确答案】(1) 【详解】（1）据表中给出的数据，浓度相同时，无催 a+b 化剂、不加热的情况下，过氧化氢几乎不分解，在无 2H 2 Sg+O 2 g ƒ S 2 g+2H 2 OgΔH= 3 kJ/mol 催化剂、加热的情况下，过氧化氢分解，说明过氧化 3 K ×K 1 2 氢的分解速率与温度有关；加热不同浓度的过氧化氢 溶液，得到相同体积气体的所需时间不同，浓度越 (2) < 4mol 0.2mol×L-1×s-1 使用 合适的催化剂 大，反应的速率越快，说明过氧化氢的分解速率与浓 度有关；同一浓度的过氧化氢溶液，在无催化剂、加 cS ×c2H  (3) K= 2 2 不变 热的时候收集需要的时间比有催化剂、加热的条件下 c2H S 2 需要的时间长，说明过氧化氢的分解速率与催化剂有 ①+② 【试题解析】【详解】（1）由盖斯定律， 得反应 关，因此该研究小组在设计方案时，考虑了浓度、温 3 度和催化剂因素对过氧化氢分解速率的影响。故答案 2H Sg+O g S g+2H Og，则 2 2 ƒ 2 2 为：温度、催化剂； a+b ΔH= kJ/mol；反应①的化学平衡常数 （2） 3 要想使所测得的数据能直接体现反应速率大小，则应 c2SO ×c2H O K = 2 2 ，反应②的化学平衡常数 利用排水量气法收集一定体积的氧气，可以用盛满水 1 c2H S×c3O  2 2 的量筒倒立于盛水的水槽中。故答案为： c3S ×c4H O K = 2 2 ，则 2 c4H S×c2SO  2 2 ； 2H Sg+O g S g+2H Og的化学平衡常数 2 2 ƒ 2 2 cS ×c2H O K= 2 2 c2H S×cO  （3）①由于过氧化氢分解产生气体，而且反应放 2 2 热，因此可以根据反应中产生气泡的快慢来判断和对 c2SO ×c2H O c3S ×c4H O 分解的催化效果； 3 c2H 2 S×c3O 2  × c4H 2 S×c2S 2 O  =3 K 1 ×K 2 ； 2 2 2 2 ②氯化铁和硫酸铜中阳离子不同、阴离子也不同， （2）①从图像分析，随温度的升高，H S的平衡转 2 不符合单一变量原则，改为硫酸铁溶液，阴离子相 化率降低，即COg+H Sg=COSg+H g平衡 同，这样可以消除阴离子不同对实验的干扰，更为合 2 2 理。故答案为：反应产生气泡快慢；消除阴离子不同 逆移，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，则 对实验的干扰； DH<0； （4）由于双氧水溶液中有水，则可排除水作催化 ②从图像分析，150℃下，H S的平衡转化率为 2 剂，氯化铁可以电离出铁离子和氯离子，据猜想1可 50%，利用三段式分析计算， 知，猜想2应是真正催化分解H 2 O 2 的是Cl-； COg +H 2 Sg ƒ COSg +H 2 g 初始/mol 12 x 0 0 为验证猜想2，可向盛有H O 溶液的试管中加入少 2 2 转化/mol 0.5x 0.5x 0.5x 0.5x 量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不 平衡/mol 12-0.5x 0.5x 0.5x 0.5x 复燃，得出结论：Cl-对H O 分解无催化作用。 根据化学平衡常数K= 2 2 （5）过氧化氢分解生成水和氧气，总反应减去第一 56/580.5x 0.5x cCS ·c4H  cCS ·c4H  cCOS×cH  ´ Qc= 2 2 逐渐增大，当 2 2 2 = 2 2 =0.2，解得x=4， cCH ·c2H S cCH ·c2H S cCO×cH S 12-0.5x 0.5x 4 2 4 2 2 ´ 2 2 不再变化时，反应一定达到平衡状态，D符合题意； 即反应前n(H S)=4mol；5s内CO平均反应速率为 2 故选CD。 0.5´4mol （3）根据盖斯定律，反应②=反应①-反应③， 2L =0.2mol×L-1×s-1 ； DH=+261kJ /mol，正反应吸热，升高温度，平衡正 5s 向移动，CH 转化率升高；反应②的正反应气体系 ③影响反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化 4 数和增大，减小压强，平衡正向移动，CH 转化率升 剂、接触面积等，能极大幅度增大反应速率的措施是 4 高。 使用合适的催化剂。 （3）①化学平衡常数是可逆反应达平衡时，生成物 （4）①CS 2 g+2H 2 g ƒ CH 4 g+S 2 g是气体 浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，该反应的化 体积减小的反应，同一温度条件下，增大压强，平衡 cS ×c2H  学平衡常数表达式为K= 2 2 ； 正向移动，CS g的转化率增大，所以压强： c2H S 2 2 ②化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无 p 2 > p 1 。维持温度不变，向A点状态的容器中充入 关，增大体系压强，温度不变，化学平衡常数不变。 氩气，容器体积增大，相当于减压，平衡逆向移动， K 19-2【巩固】 【正确答案】(1) K 1 CS 2 的转化率降低。 3 (2)CD ②B点处，CS 的平衡转化率为80%，列出三段 2 (3)降压或升温等 式： (4) > 降低 200 (5)AB段未平衡，升高温度，反应速率增大，单位时 CS 2 g +2H 2 g ƒ CH 4 g +S 2 g 开始量mol 0.2 0.4 0 0 间内CS 的转化率增大；BC段已经平衡，升高温 反应量mol 0.16 0.32 0.16 0.16 2 剩余量mol 0.04 0.08 0.16 0.16 度，平衡逆向移动，CS 转化率减小 2 ，容器体积为2L，则T℃时该反应的平衡常数 1 【试题解析】【详解】（1）根据盖斯定律①-③可得反 æ0.16ö æ0.16ö K ç ÷´ç ÷ 应②，所以K 2 = K 1 3 。 K = æ è 0.0 2 4ö ø æ è 0.0 2 8ö ø 2 =200。 ç ÷´ç ÷ （2）A．断裂4molC-H的同时生成4molH-H，均 è 2 ø è 2 ø 表示正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等， （5）AB段未平衡，升高温度，反应速率增大，单 反应不一定平衡，A不符合题意； 位时间内的转化率增大；BC段已经平衡，升高温 B．反应②过程中，CS 和氢气浓度之比是定值，当 度，平衡逆向移动，CS 转化率减小。 2 2 CS 和氢气浓度之比不再变化时不能说明反应达到平 19-3【提升】 【正确答案】(1) 2 衡，B不符合题意； NO 2 (g)+SO 2 (g) ƒ SO 3 (g)+NO(g) C．反应②是气体体积增大的反应，在恒温恒压下， DH=-42.5kJ×mol-1 反应过程中容器的体积增大，反应前后气体总质量不 (2) cd 1 变，密度减小，当混合气体的密度不再变化时说明反 (3)B 应达到平衡，C符合题意； (4) 乙 p >p >p T时以反应②为主， 1 2 3 1 D．在恒容绝热下发生反应②， 57/58反应②前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有 应，放热反应生成物能量低于反应物，吸热反应生成 影响 物能量高于反应物，则排除AD；活化能越小反应越 【试题解析】【详解】（1）已知：① 快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反 应，反应②为慢反应，则选B； 2NO(g)+O 2 (g) ƒ 2NO 2 (g) （4）开始的时候主要进行反应①，随着温度的升 ΔH =-113.0kJ×mol-1 高，平衡逆向移动，CO 的平衡转化率降低，但到了 1 2 后期主要进行反应②，随着温度的升高，平衡正向 ②2SO 3 (g) ƒ 2SO 2 (g)+O 2 (g) 移动，CO 的平衡转化率升高，故乙图表示CO 平衡 2 2 ΔH =+198kJ×mol-1 转化率；对反应①，压强增大，平衡正向移动， 2 CO 平衡转化率增大，即p >p >p ；当图乙中温度到 2 1 2 3 1 由盖斯定律可知， ´(-①-②)得反应： 了T 1 时，主要进行反应②，此时反应前后气体系数 2 和不变，压强的变化不会引起平衡的移动，故三条曲 NO (g)+SO (g) SO (g)+NO(g)，故其 线几乎交于一点。 2 2 ƒ 3 ΔH =-42.5kJ×mol-1； m （2））①a．混合气体的平均摩尔质量为M= ，气 n 体质量不变，且气体的总物质的量不随反应进行而改 变，所以M是不变量，则M不变不能说明反应达到 平衡，a不符合题意； b．没有说明正逆反应速率，不能判断是否达到平衡 状态，b不符合题意； c．恒容绝热密闭容器中进行反应，反应是气体分子 数不改变的化学反应，但是反应伴随的能量变化使得 温度改变，导致混合气体的压强随时间的变化而变 化，故压强不变能说明达到平衡状态，c符合题意； cSO c(NO) d． 3 保持不变，说明平衡不再移动， cNO cSO  2 2 达到平衡状态，d符合题意； 故选cd； ②B点时n NO :n SO  =1.0，假设二氧化氮、 0 2 0 2 二氧化硫投料分别为1mol、1mol，NO 的平衡转化 2 率50%，则反应0.5molNO 、0.5molSO ，生成三 2 2 氧化硫、NO均为0.5mol，则化学平衡常数 0.5 0.5 ´ V V K= =1； 0.5 0.5 ´ V V （3）①为放热反应、②为吸热反应、③为放热反 58/58