高二化学上学期第一次月考（安徽专用，人教版2019）（全解全析）(1)_1多考区联考_2510092025-2026学年高二化学上学期第一次月考

2025-2026 学年高二化学上学期第一次月考卷 （考试时间：75 分钟，分值：100 分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号 填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：第一章、第二章1~2节（人教版2019选择性必修1）。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 6．难度系数：0.68。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Cu 64 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．已知化学反应 的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是 A．每生成2分子AB吸收bkJ热量 B．断裂 键和 键，放出akJ能量 C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D．该反应的 【答案】D 【详解】A．依据图像分析判断1mol A 和1mol B 反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a  b)kJ 热量，A 2 2 错误； D．旧键断裂吸收能量，断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量，B错误； C．依据能量图像分析可知反应物能量低于生成物能量，C错误； D．反应的 H 生成物能量总和-反应物能量总和，所以反应热ΔH  (a  b)kJ  mol1 ，D正确； 1 / 16故选D。 2．下列说法中错误的是 A．活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞 B．对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，因而化学 反应速率增大 C．升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，因而增大化学反应速率 D．加入适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，因而增大化学反应速率 【答案】A 【详解】A．活化分子之间的碰撞不一定是有效碰撞，活化分子有合适取向时的碰撞才是有效碰撞，A错 误； B．有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多，活化分子的有效碰 撞次数增多，反应速率增大，B正确； C．升高温度，分子能量增大，反应物分子中活化分子的百分数增大，反应速率增大，C正确； D．催化剂降低了反应的活化能，活化分子的百分数增大，反应速率加快，D正确； 故答案选A。 3．以 为原料合成 的相关反应为：① ；② 。部分键能数据如下表所示， 则 共价键的键能是 共价键 键能/ 803 414 326 464 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据盖斯定律：反应①+ 得CO（g）+3H （g）⇌CHOH（g）+H O（g）ΔH=-46 kJ/mol，设 2 2 3 2 H—H 键能为x kJ/mol，根据键能计算反应热的公式：ΔH=反应物总键能-生成物总键能，反应物总键能： ② CO 中含2个C=O键：2×803kJ/mol=1606 kJ/mol，3个H 分子：3×xkJ/mol，合计：（1606+3x）kJ/mol，生成 2 2 物总键能：CHOH中含3个C—H 键、1个C-O 键、1个O-H 键： 3 3×414kJ/mol+326kJ/mol+464kJ/mol=2032kJ/mol，HO中含2个O-H 键：2×464kJ/mol=928kJ/mol，合计： 2 2032+928=2960kJ/mol，根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能：即-46kJ/mol=（1606+3x）kJ/mol- 2960kJ/mol，解得：x=436kJ/mol, 故选：C。 4．下列事实能说明反应物本身性质是影响化学反应速率的决定性因素的是 A．银能与浓HNO 反应，而不与浓盐酸反应 3 B．Cu与浓HNO 反应的速率比与稀HNO 反应快 3 3 2 / 16C．N 与O 在常温、常压下不反应，放电时可反应 2 2 D．Fe与热的浓硫酸反应，而不与冷的浓硫酸反应 【答案】A 【详解】A．银能与浓HNO 反应，而不与浓盐酸反应，这是因为浓硝酸和浓盐酸本身的性质不同，而不是 3 外界因素(如温度、压强等)导致的，体现了反应物本身的性质是影响反应速率的主要因素，A符合题意； B．Cu与浓HNO 反应的速率比与稀HNO 反应快，这是因为反应物的浓度不同造成的，是外界因素(浓度) 3 3 对反应速率造成的影响，并非反应物本身性质的差异，B不符合题意； C．N 与O 在常温、常压下不反应，放电时可反应，这是反应条件(常温常压变为放电)的改变影响了反应 2 2 的发生，不是反应物本身的性质决定的，C不符合题意； D．Fe与热的浓硫酸反应，而不与冷的浓硫酸反应，这是反应温度不同造成的，并非反应物本身的性质决 定的，D不符合题意； 故选A。 5．可逆反应 在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快 的是 A．v(B)=0.4 mol/(L·s) B．v(A)=5 mol/(L·min) C．v(C)=0.2 mol/(L·s) D．v(D)=6 mol/(L·min) 【答案】C 【分析】用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比。在比较反应 速率大小时，可以都转化为用同一物质表示的反应速率，不妨都转化为用A物质浓度变化表示的反应速 率，而且速率的单位都是 mol/(L·s)，然后比较大小。 【详解】A．由于B物质状态是固体，其浓度不变，因此不能用B表示反应速率，A错误； B．v(A)=5 mol/(L·min)=0.083 mol/(L·s)； 1 C．v(C)=0.2 mol/(L·s)，则v(A)= v(C)=0.1 mol/(L·s)； 2 1 D．v(D)=6 mol/(L·min)=0.1 mol/(L·s)，则v(A)= v(D)=0.05 mol/(L·s)； 2 可见在用A物质表示反应速率时，速率最快的是0.1 mol/(L·s)，故合理选项是C。 6．已知分解1molH O 放出热量98kJ。在含有少量 的溶液中，HO 分解机理为： 2 2 2 2 慢 快 下列说法正确的是 A． 是该反应的催化剂 B．反应的速率与 浓度有关 C． D．反应活化能等于 【答案】B 3 / 16【详解】A．由HO 的分解机理可知， IO 先生成后消耗，是该反应的中间产物，A错误； 2 2 B．化学反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的一步反应，则过氧化氢分解速率的快慢由第一步反应决 定，则该反应的速率与 I 浓度有关，B正确； C．由HO 的分解机理可知，总反应的化学方程式为：2HO 2HO+ O ↑，由化学反应速率之比等于其化 2 2 2 2 2 2 I 学计量系数之比可得：v(H O)=v(H O)=2v(O )，C错误； 2 2 2 2 D．分解1molH O 放出热量98kJ，反应热 H =正反应的活化能-逆反应的活化能，则反应的活化能一定不 2 2 等于98kJmol−1，D错误； 故选B。 ⋅ 7．丙二醇脱氧脱水反应的循环机理如图所示。下列说法错误的是 A．若将原料换为乙二醇，有乙烯生成 B．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂和形成 C．反应③属于氧化还原反应 D． 降低了反应的焓变，加快了反应速率 【答案】D 【详解】A．根据反应机理，若将原料换为乙二醇，有乙烯和甲醛生成，A正确； B．第①步有O-H极性键断裂和H-O极性键生成，第③步有碳碳非极性键断裂，第4步有碳碳非极性键形 成，B正确； C．反应③中Mo元素有价态变化，属于氧化还原反应，C正确； D． MoO 为催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率，但是焓变不变，D错误； 3 故选D。 8．已知HO(g)=H O(1) ΔH=-QkJ•mol-1， 2 2 1 C HOH(g)=C HOH(1) ΔH=-QkJ•mol-1， 2 5 2 5 2 C HOH(g)+3O (g)=2CO (g)+3HO(g) ΔH=-QkJ•mol-1 2 5 2 2 2 3 若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为 kJ A．Q+Q +Q B．0.5(Q +Q +Q ) 1 2 3 1 2 3 C．0.5Q -1.5Q +0.5Q D．1.5Q -0.5Q +0.5Q 1 2 3 1 2 3 【答案】D 4 / 16【详解】将已知方程式依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①×3— + 可得热化学方程式C HOH(1) 2 5 23g +3O (g)=2CO (g)+3HO(l) 则ΔH=(3Q—Q+Q ) kJ•mol-1，23g乙醇的物②质的③量为 =0.5mol，由热化 2 2 2 1 2 3 46g / mol 学方程式可知完全燃烧生成液态水放出的热量为0.5mol×(3Q —Q+Q ) kJ•mol-1=(1.5Q —0.5Q +0.5Q ) kJ。 1 2 3 1 2 3 故正确答案：D 9．由于 具有高毒性和腐蚀性，工业尾气中的 需要严格处理。在催化剂作用下氧化法脱硫的反应历 程如图。已知 表示过渡态。下列说法正确的是 A．催化剂改变了活化能，使反应的平衡常数增大 B．该历程中决速步骤的反应为 C．总反应中反应物的总键能大于生成物的总键能 D．物质的稳定性： 【答案】B 【详解】A．催化剂不影响平衡常数，A错误； B．决速步骤为能垒最大的反应，为 HSSOH  SSHOH ，B正确； C．该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，C错误； D．能量越低越稳定，故物质的稳定性： HSSOH  SSHOH ，D错误； 故选B。 10．某小组探究KI与 的反应，实验条件对反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下： 编号 温度 溶液 KI溶液 1%淀粉溶液体积 出现蓝色时间 1mL 40s ① 1mL 20s ② 1mL 5s ③ 1mL 未见蓝色 ④下列说法正确的是 5 / 16A．由实验①②可知， 增大，反应速率加快 B．实验②③是探究浓度对反应速率的影响 C．在 被 氧化过程中， 不参加反应 D．由实验①③④可知，温度升高，反应速率越慢 【答案】A 【分析】反应速率与温度、浓度、催化剂等有关，一般而言，温度越高反应速率越快，浓度越大反应速率 越快，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率；探究实验条件对KI与 O 的反应速率的影响，需采用 2 控制变量法。 【详解】A．实验①②温度相同，HSO 浓度和体积相同，KI溶液的浓度从0.40mol/L增至0.80mol/L，出现 2 4 蓝色时间从40s缩短至20s，说明c(I-)增大使反应速率加快，A正确； B．实验②③中温度不同、KI溶液的浓度也不同，变量不唯一，无法单独探究浓度对反应速率的影响，B 错误； C．根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可确定该反应过程中的离子方程式为4I-+ O 2 + 4H+ = 2I 2 + 2H 2 O，H+ 作为反应物参与了反应，C错误； D．实验①→③温度升高(20℃→50℃)，反应速率加快(40s→5s)；实验④(100℃)未见蓝色可能因I 被进一 2 步氧化，而非速率变慢，D错误； 故选A。 11．下列热化学方程式正确的是 A．甲烷的燃烧热为 ，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为 ： B． 下，将 和 置于密闭容器中充分反应生成 ，放热 ，其 热化学方程式为 ： C．已知在 下， 燃烧生成水蒸气放出 热量，其热化学方程式为 ： D． 时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为 ，硫酸溶液与氢氧化 钾溶液反应的热化学方程式为 ： 【答案】C 【详解】A．根据燃烧热的定义可知，燃烧热中生成的水必须为液态，故甲烷的燃烧热为890.3kJmol1 ， 则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH (g)  2O (g)  CO (g)  2H O(l) H  890.3kJ  mol1 ，A错误； 4 2 2 2 B．已知合成氨的反应是一个可逆反应，故500℃、30MPa 下，将0.5molN 和1.5molH 置于密闭容器中充分 2 2 反应生成 NH (g) ，反应中0.5molN 并未完全反应，放热19.3kJ ，其热化学方程式为： 3 2 6 / 16N (g)  3H (g)  催化H  38.6kJmol ，B错误； 剂2NH (g) 1  2 2 500 30MPa 3 ℃、 1g C．已知在120℃、101kPa 下，1gH 的物质的量  0.5mol 燃烧生成水蒸气放出121kJ 热量，其热化 2 2g / mol 为 1 学方程式为： H (g)  O (g)  H O(g) H  242kJmol1 ，C正确； 2 2 2 2 D．中和热是指强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH O 时放出的热量，故 25℃,101kPa 时，强酸与 2 强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJmol1 ，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为： H SO (aq)  2KOH(aq)  K SO (aq)  2H O(1) H  114.6kJmol1 ，D错误； 2 4 2 4 2 故答案为：C。 12．在容积为2L的恒容密闭容器中，通入一定量的A，发生反应 。温度恒定为 100℃时，体系中A和B的物质的量随时间变化如图所示。 下列说法不正确的是 A．0~10s时段，反应速率 为 B． 时刻体系内 为 C．若 ，则反应达到平衡状态 D．欲测定A的相对分子质量，应采用的适宜条件为高温低压 【答案】C 0.120mol-0.100mol 【详解】A．由图可知，0~10s时段，反应速率      1 1 v A = 0.001mol L s 为 2L10s 0.001molL1 s1 ，A正确； 1 0.120mol-0.06mol B．结合方程式可知， t 时刻体系内      ，B正确； 1 c B 0.015mol L 1 2 2L C． 2v A v B 不能说明正、逆反应速率相等，反应不平衡，C错误； 正 逆 D．该反应为气体分子数减小的放热反应，则欲测定A的相对分子质量，应该使平衡尽可能逆向移动，应采用的适宜条件为高温低压，D正确； 故选C。 7 / 1613．为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正 确的是 选 影响 方案设计 现象 结论 项 因素 向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100mLHI气 气体颜色 对于反应前后气体总体积不变的 A 压强 体，分解达到平衡后再充入100mLAr 不变 可逆反应，改变压强平衡不移动 将封装有 和 混合气体的烧瓶浸泡 气体颜色 升高温度，平衡向吸热反应方向 B 温度 在热水中 变深 移动 催化 向1mL乙酸乙酯中加入1mL0.3mol·L-1 上层液体 使用合适的催化剂可使平衡向正 C 剂 溶液，水浴加热 逐渐减少 反应方向移动 向1mL0.1mol·L-1 溶液中加入 黄色溶液 增大反应物浓度，平衡向正反应 D 浓度 1mL1.0mol·L-1HBr溶液 变橙色 方向移动 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．充入Ar未改变反应物浓度，无法验证压强对平衡的影响，A错误； B．升高温度使NO 浓度增加，说明平衡逆向移动（吸热方向），B正确； 2 C．催化剂不影响平衡，C错误； D．加入HBr，H  使平衡 2 2 2CrO   2H  Cr O   H O 右移，但同时发生了Cr O2 氧化 Br 的副反应，干 4 2 7 2 2 7 扰实验，故方案设计不合理，D错误； 故答案为B。 14．向恒容密闭容器中充入 和 ，发生反应： ，测 得 的平衡转化率与温度、投料比 的关系如图所示。下列叙述正确的是 A．该反应低温条件下自发 8 / 16B．增大体积， 增大， 减小 C．投料比 ，且平衡常数 D．当 ，温度为 时，氨气的平衡转化率为 【答案】D 【分析】相同温度下，NH 与NO的投料比越大，NO的平衡转化率越大，因此x 的投料比更大，投料比一 3 1 定的条件下，随着温度升高，NO的平衡转化率逐渐增大，说明反应为吸热反应，据此作答。 【详解】A．根据分析知该反应是吸热反应，又由于该反应是熵增反应，高温条件下反应的ΔH-TΔS<0，高 温能自发进行，A错误； B．增大体积，各物质浓度减小，v 、v 均减小，B错误； 正 逆 C．根据分析知x>x，平衡常数只与温度有关，b、c温度相同，K(b)=K(c) ，C 错误； 1 2 2 D． x 1 ，按照化学方程式的化学计量数之比投入物料，则各物质的转化率相同，NO的平衡转化率 为 3 40%，因此氨气的转化率也是40%，D正确； 故选D。 第 II 卷（非选择题 共 58 分） 二、非选择题：本题共4个小题，共58分（除标注外，每空2分）。 15．（14分）能源是现代社会物质文明的原动力，研究化学反应能量变化意义重大。回答下列问题： (1)下列反应中，属于放热反应的是___________ A．碳与 反应 B．铝和氧化铁反应 C． 受热分解 D．锌与盐酸反应 (2)已知，在 和101kPa下，部分化学键的键能数据如表所示。 化学键 键能 391 946 803 462 193 科学家发现了一种新的气态分子 ( )，有关反应为 。在 和101ka下， 转化为 的热化学方程式为 ，由此可知 与 中更稳定的 是 (填化学式)。 (3)甲醇是重要的能源以及化工原料。已知： (I ) 9 / 16(Ⅱ (Ⅲ) 时，甲醇的燃烧热的热化学方程式为 ，反应中转移 个电子时，放出 的热 量。 (4)工业上利用 和 制甲醇： (Ⅳ) 。 ①借助高分子选择性吸水膜可有效提高 平衡利用率。其原因是 。 ②下列关于反应IV的说法不正确的是 (填序号)。 A．有利于减少碳排放，体现了绿色化学思想 B．降低温度可提高 含量，工业生产时应控制低温 C．充分反应后，放出热量可能大于49kJ D．当气体密度保持不变时，反应一定达到平衡状态 【答案】(1)BD (2 )     N g  2N g ΔH  734kJ mol1 N 2 4 2 3 (3 ) CH OH 1 O g  CO g 2H O(l) H  814.0kJ mol1 407kJ 3 2 2 2 2 (4 ) H O 被吸收，使平衡右移，提高了CO 的利用率 BD 2 2 【详解】（1）A．碳与水蒸气反应属于吸热反应，故A不选； B．铝和氧化铁反应是铝热反应，属于放热反应，故B选； C．CaCO 受热分解是吸热反应，故C不选； 3 D．锌与盐酸反应是放热反应，故D选； 答案选BD； （2）根据题意得到在25℃和101kPa下N(g)转化为N(g)的热化学方程式为： 4 2 N(g)  2N(g)ΔH=193kJ/mol×6-946kJ/mol×2=-734kJ/mol，该反应是放热反应，根据能量越低越稳定，则 4 2 N(g)与N(g)中更稳定的是N(g)； 4 2 2 （3）已知：(I)CH OH(1)+ O(g)=CO(g)+ 2HO(g) H=-443.0 kJ·mol-1，(Ⅱ)2CO(g)+O (g)=2CO (g) H=- 3 2 2 1 2 2 2 566.0 kJ·mol-1，(Ⅲ)H O(l)=HO(g) H=44.0 kJ·mol-1则按盖斯定律，由 2×(I)+ (Ⅱ)-4×(Ⅲ可) 得 2 2 3 △ △ 2CHOH(l)+3O (g)=2CO (g)+4HO(l) H；则△H =2× H+ H-4× H=-1 628.60 kJ/mol；甲醇完全燃烧热 3 2 2 2 △ 1 2 3 3 △ △ △ △ 的热化学方程式为：CH OH1 O g CO g 2H O(l) H  814.0kJ mol1 ；该反应中转移6个电 3 2 2 2 2 子，故转移3N 个电子时，放出407KJ的热量。 A （4） ①借助高分子选择性吸水膜，可吸收水，降低HO(g)浓度，则CO (g)+3H(g) CHOH(g) + H O(g) 向右 2 2 2 3 210 / 16移动，能有效提高CO 平衡利用率； 2 ②关于反应IV：CO (g)+3H(g) CHOH(g) + H O(g) H=-49 kJ·mol-1： 2 2 3 2 A．吸收了二氧化碳，有利于减少碳排放，体现了绿色化学思想，A正确； △ B．反应放热，降低温度可使平衡右移，提高CHOH含量，但是温度降低，反应速率下降，则不利于提高 3 产量，应综合经济效率，选择适当高的温度而不是控制低温，B错误； C．当反应消耗的二氧化碳大于1mol时，放出热量大于49 kJ，C正确； D．若反应在恒温恒容的密闭容器中进行时，气体密度始终保持不变，故密度不变不一定达到平衡状态， D错误； 答案选BD。 16．（15分）工业上常采用催化氧化的方法将 转化为 ，涉及反应如下： 。 部分化学键的键能如下表所示。 化学键 键能/( ) 946 498 464 回答下列问题： (1)氮气和氧气谁更稳定，从化学键的角度简述原因？ 。 (2) 的 (填“<”、“>“或“=”)。 (3)已知反应 的能量变化如图甲所示。 其中加入了催化剂的能量变化曲线为 (填“a”、“b”)；若 ， 则 (用含 的代数式表示)。 (4)用水吸收 ，并利用图乙装置，测定稀氨水与稀盐酸发生中和反应的反应热。 11 / 16①仪器A的名称是 ，其作用为 ；隔热层的作用为 。 ②通过实验测定稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成 所释放的热量 57.3kJ·mol-1(填 “<”“>”或“=”)。 ③若实验过程中未加杯盖稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成 的反应热将 (填“偏 大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】(1)氮氮键的键能高于氧氧键，破坏氮氮键更困难，所以氮气比氧气稳定 (2)< (3) b X+1266.8 (4) 玻璃搅拌器(或环形玻璃搅拌器) （1分） 搅拌使溶液充分混合均匀（1分） 保温隔热减少 实验过程中的热量损失（1分） < 偏大 【详解】（1）由表格可知，氮氮键的键能高于氧氧键，破坏氮氮键更困难，所以氮气比氧气稳定； （2）生成液态水，放热会更多， 焓变为负值，故ΔH 会更小， H < 1266.8 kJmol1 ； 2 （3）加入催化剂后活化能会降低，加快反应速率，所以加入催化剂的能量变化曲线为 b； 若 E  XkJmol1 ，反应焓变等于正反应活化能减逆反应活化能，由图，E−E= −1266.8kJ/mol， 则 1 2 1 E=(1266.8+X) kJ/mol； 2 （4）①仪器A的名称是玻璃搅拌器(或环形玻璃搅拌器)，其作用为搅拌使溶液充分混合均匀；隔热层的作 用为保温隔热减少实验过程中的热量损失，减小实验误差； ②氨水为弱碱，电离过程吸热，通过实验测定稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成   1molH O l 所释放的热 2 量小于57.3kJ·mol-1； ③若实验过程中未加杯盖稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成   1molH O l ，导致热量损失，使得放热变 2 小，放热反应热为负值，则反应热将偏大。 17．（14分）中国将力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和。二氧化碳催化加氢制甲醇，涉及如 下反应。 Ⅰ ． Ⅱ ． Ⅲ ． 回答下列问题： (1)反应Ⅰ的平衡常数 (用平衡常数 表示) ， ；一般认为反 应Ⅰ通过反应Ⅱ和反应Ⅲ两步来实现，若反应Ⅱ为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的 是 (填标号)。 12 / 16A． B ． C． D． (2)在体积可变的密闭容器中，以 充入混合气体，发生上述3个反应，测得 平衡转化率与温 度、压强的关系如图所示。 ①根据图像， 由大到小的顺序为 。 ②不同压强下，随着温度升高， 平衡转化率趋向交于M点，可能的原因是随着温度升高，逐渐以反 应 为主(填“Ⅰ、” “Ⅱ”或“Ⅲ”)，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定。 (3)一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入 和 ，发生上述3个反应，达到平衡时， 容器中 )为0.4mol，CO为0.2mol，此时 的物质的量浓度 为 ，反应Ⅱ的 物质的量分数平衡常数 ( 为用物质的量分数替代浓度计算的平衡常数)。 【答案】(1 ) K  K 90.4 C 2 3 (2 ) p  p  p Ⅱ 1 2 3 3 (3) 0. 8 或0.1875 16 K 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ-得Ⅱ反应Ⅲ，  K ， K =K K ， K 则 3 1 2 3 1 2 ΔH  [49.341.1]kJmol1  90.4kJmol1 ；反应Ⅱ为吸热反应，生成物能量高于反应物，反应Ⅲ为 3 13 / 16放热反应，生成物能量低于反应物，若反应Ⅱ为慢反应，则反应Ⅱ的活化能高于反应Ⅲ，故能体现上述反应 能量变化的是C； （2）①反应Ⅰ为气体分子数减小的反应、Ⅱ为气体分子数不变的反应，相同条件下，增大压强，反应Ⅰ平衡 正向移动，导致二氧化碳转化率增大，据图像， p、p 、p 由大到小的顺序为 p  p  p 。 1 2 3 1 2 3 3个反应只有Ⅱ为气体分子数不变的反应的吸热反应，不同压强下，随着温度升高，CO 平衡转化率趋向 2 ② 交于M点，则可能的原因是随着温度升高，逐渐以反应Ⅱ为主，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率 主要由温度决定。 （3）反应Ⅱ+Ⅲ得反应Ⅰ，达到平衡时，容器中   CH OH g )为0.4mol，CO为0.2mol，则Ⅲ、Ⅱ的三段式分别 3 为： CO(g) + 2H (g) CH OH(g)  2 3   起始 mol 0   转化 mol 0.4 0.8 0.4   平衡 mol CO为0.2mol，则反应Ⅱ中生成0.4+0.2=0.6molCO， CO (g)+ H (g) CO(g) + H O(g)  2 2 2   起始 mol   转化 mol 0.6 0.6 0.6 0.6   平衡 mol 1.6  1   1 ，此时二氧化碳、氢气、一氧化 此时氢气为3-0.8-0.6=1.6mol，物质的量浓度为 mol L 0.8mol L 2 碳、水分别为1-0.6=0.4mol、1.6mol、0.2mol、0.6mol，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，则物质的量分数 0.60.2 3 。 平衡常数 K   x 0.41.6 16 18．（15分）I．某化学小组安装两套如图所示的相同装置，用以探究影响HO 分解速率的因素。 2 2(1)仪器b的名称为是 。 (2)MnO 催化下HO 分解的化学方程式为 。 2 2 2 (3)有如下实验设计方案，请帮助他们完成表格中未填部分。 实验编号 实验目的 T/K 催化剂 浓度 甲组实验I 作实验参照 298 3滴FeCl 溶液 10mL2%H O 3 2 2 14 / 16甲组实验Ⅱ 298 10mL5%H O 2 2 Ⅱ．某研究性学习小组利用HC O 溶液和酸性KMnO 溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影 2 2 4 4 响”，进行了如下实验： 室温下溶液颜色褪至无 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 实验 色所需时间/min 编号 2.0mol∙L-1 H 0.2mol∙L-1 3mol∙L-1稀 2 HC O 溶液 O KMnO 硫酸 2 2 4 4 1 3.0 2.0 3.0 V 4.0 1 2 2.0 V 3.0 2.0 5.2 2 3 1.0 4.0 3.0 2.0 6.4 (4)补全方程式： 。 (5)实验过程使用了“控制变量法”，则V= ，V= ；根据上表中的实验数据，可以得到的结论 1 2 是 。 (6)该小组同学查阅已有的资料后，提出假设：生成物中的MnSO 为该反应的催化剂，请你帮助该小组同学 4 完成实验方案验证假设。 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 室温下 实 再向试 溶液颜 验 管中加 色褪至 2.0mol∙L-1 HC O 0.2mol∙L-1 3mol∙L-1稀 入少量 无色所 编 2 2 4 HO 溶液 2 KMnO 溶液 硫酸 固体 需时间 号 4 /min 4 3.0 2.0 3.0 2.0 _______ t ①再向试管中加入的少量固体的化学式为 。 ②若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是 。 【答案】(1)锥形瓶（1分） MnO 2  (2) 2H O 2H O+O 2 2 2 2 (3) 研究浓度对速率的影响（1分） 3滴FeCl 溶液（1分） 3 (4)5H 2 C 2 O 4 +2 MnO 4 +6H+= 2Mn2++10CO 2 ↑+8H 2 O 15 / 16(5) 2.0（1分） 3.0 （1分） 其他条件相同时，增大草酸浓度，反应速率加快 (6) MnSO 与实验1相比，溶液褪色所需时间短 4 【分析】I、研究外界条件的改变对化学反应速率的影响，需要控制变量，探究浓度对速率的影响时，其他 条件要保持不变； Ⅱ某研究性学习小组利用HC O 溶液和酸性KMnO 溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影 2 2 4 4 响”，实验1、2、3都是改变HC O 溶液的浓度，保持KMnO 溶液的浓度和温度不变，通过测定溶液颜色发 2 2 4 4 生改变所需的时间，探究浓度对化学反应速率的影响，实验4与实验1进行对比，各反应物的浓度都相同， 但加入了催化剂，探究催化剂对化学反应速率的影响，据此分析； 【详解】（1）由装置图可知仪器b的名称为锥形瓶； MnO （2）HO 在MnO 催化下分解生成水和氧气，化学方程式为： 2  2 2 2 2H O 2H O+O ； 2 2 2 2 （3）由甲组实验Ⅰ的实验目的可知，催化剂和浓度只能有一个作为变量，而浓度已为变量，催化剂就不能 再作为变量，所以甲组实验Ⅱ中催化剂与甲组实验Ⅰ中的相同，由题干的实验目的可知甲组实验Ⅱ的实验目 的为探究浓度对速率的影响，催化剂也为3滴FeCl 溶液； 3 （4）HC O 溶液和酸性KMnO 溶液发生反应，Mn元素由+7价降低到+2价，则KMnO 作氧化剂，HC O 2 2 4 4 4 2 2 4 作还原剂，C元素由+3价升高到+4价，从而生成CO。利用得失电子守恒，可得出配平的离子方程式为 2 5H 2 C 2 O 4 +2 MnO 4  +6H+=2Mn2++10CO 2 ↑+8H 2 O； （5）实验过程使用了“控制变量法”，为保证KMnO 溶液的浓度不变，需保证混合溶液的总体积不变，实 4 验3中，溶液的总体积为10mL，由此可得出，V=2.0，V=3.0；上表中的实验数据显示，HC O 溶液浓度 1 2 2 2 4 越小，溶液褪色所需时间越长，则可以得到的结论是：其他条件相同时，增大草酸浓度，反应速率加快； （6）①假设生成物中的MnSO 为该反应的催化剂，则应再向试管中加入的少量固体的化学式为MnSO ； 4 4 ②催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象 是：与实验1相比，溶液褪色所需时间短。 16 / 16