文档内容
2025-2026 学年高二年级化学上学期第一次月考卷
（考试时间：60 分钟 试卷满分：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：第一章和第二章（人教版 2019）。
5．难度系数：0.65
6．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：C 12 O 16 Cl 35.5 Fe 56
第Ⅰ卷（选择题 共 60 分）
一、选择题：本题共 20 个小题，每小题 3 分，共 60 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．下列设备工作时，将化学能转化为热能的是
A．硅太阳能电池 B．铅蓄电池 C．燃气灶 D．电烤箱
【答案】C
【详解】A．硅太阳能电池是太阳能转化为电能，A 项错误；
B．铅蓄电池放电时将化学能转化为电能，充电时将电能转化为化学能，B 项错误；
C．燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，C 项正确；
D．电烤箱是将电能转化为热能的装置，D 项错误；
答案选 C。
2．下列热化学方程式的书写及其对应关系均正确的是( 的绝对值均正确)
A．常温下乙醇燃烧：
B．硫粉与空气反应：
C．中和反应：
D． 在一定条件下分解：
1 / 19【答案】B
【详解】A．乙醇燃烧放热，反应热的单位是 kJ/mol，A 错误；
B．硫粉与空气反应生成 SO ，热化学方程式为： ，B 正确；
2
C．中和反应是放热反应，△H<0，C 错误；
D．热化学方程式应该注明物质的状态，D 错误；
答案选 B。
3．下列事实不能从平衡移动的角度解释的是
A．打开可乐有气泡产生
B．加热可以增强 溶液清洗油污的效果
C．不能混合使用草木灰(主要含 )与铵态氮肥
D．采取较高的温度进行工业合成氨生产( )
【答案】D
【详解】A．H CO H O+CO ↑，打开可乐相当于减小压强，平衡正向移动，二氧化碳溶解度降低，A 能
2 3 2 2
从平衡移动的角度解释；
B．碳酸根水解出氢氧根，油污在碱性环境下水解，加热促进碳酸根水解，故加热可以增强去污效果，B 能
从平衡移动的角度解释；
C． 水解显碱性，氯化铵水解显酸性，二者混合互相促进发生双水解会生成氨气，降低肥效，该事实
属于盐类水解的应用，C 能从平衡移动的角度解释；
D．由于 为放热反应，高温的目的是增大反应速率，并提高催化剂的活性，从而提高产率，D 不能从
平衡移动的角度解释；
答案选 D。
4．下列关于化学反应方向的说法正确的是
A．凡是放热的反应都是自发反应 B．凡是需要加热才发生的反应都是非自发反应
C．凡是熵增的反应都是自发反应 D．反应是否自发，需要综合考虑反应焓变和熵变
【答案】D
【详解】A．反应自发与非自发进行不能仅由焓变决定，而是由焓变和熵变共同决定，A 错误；
B．△H-T△S<0 的反应可自发进行，也可能需要加热，则需要加热的反应可能为自发进行的反应，B 错误；
C．△H-T△S<0 的反应可自发进行的反应，△H<0，△S>0 的反应在低温下是自发进行的反应，若△H>0，
2 / 19△S>0，在低温下反应是非自发进行的反应，C 错误；
D．反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，反应是否自发，
需要综合考虑反应焓变和熵变，D 正确；
故合理选项是 D。
5．关于化学反应速率增大的原因，下列分析正确的是
A．有气体参加的化学反应，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，可使活化分子百分数增大，进而增加有效碰撞几率
C．升高温度，可使单位体积内活化分子数增大，但活化分子百分数不变
D．活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞
【答案】A
【详解】A．有气体参加的化学反应，减小容器容积从而增大压强，可以有效地增加单位体积内活化分子的
数量，进而提高有效碰撞的次数，最终导致化学反应速率的加快，A 正确；
B．增大反应物浓度可以增加单位体积内活化分子的数量，但活化分子的百分数并不会改变，B 错误；
C．升高温度，反应物分子的能量增加，更多的分子成为活化分子，活化分子的百分数增大，反应速率加快，
C 错误；
D．活化分子之间的碰撞不一定都是有效碰撞，只有活化分子之间能够发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，
D 错误；
故选 A。
6．以 TiO 为催化剂的光热化学循环分解 CO 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
2 2
子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。
3 / 19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 TiO 作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
2
D．CO 分解反应的热化学方程式为 2CO (g)=2CO(g)+O (g) △H=+30kJ/mol
2 2 2
【答案】B
【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 O 的化学能，B 正确；
2
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，CO 分解反应的热化学方程式为 2CO (g)=2CO(g)+O (g) △H=(1598×
2 2 2
2-1072×2-496)kJ/mol =+556kJ/mol，D 错误；
故选 B。
7．对于处于化学平衡状态的反应 CO(g)+H O(g) CO (g)+H (g)△H<0，若要提高 CO 的转化率，下列措施
2 2 2
中可行的是（ ）
A．升温 B．增大 H O(g)的浓度 C．增大压强 D．使用合适催化剂
2
【答案】B
【详解】A．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO 的转化率降低，选项 A 错
误；
B．增大水蒸气的浓度，平衡向正反应方向移动，水的转化率降低，但 CO 的转化率增大，选项 B 正确；
C．该反应前后气体的体积不发生变化，增大压强平衡不移动，CO 的转化率不变，选项 C 错误；
D．使用催化剂，加快反应速率，不影响平衡移动，CO 的转化率不变，选项 D 错误；
答案选 B。
8．下列关于反应热的叙述正确的是
A．当ΔH<0 时，表示反应为吸热反应
B．由 C(s)＋ O 2 (g)=CO(g)的反应热为－110.5 kJ·mol－1，可知碳的燃烧热为 110.5 kJ·mol－ 1
4 / 19C．反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关
D．在一个确定的化学反应中，反应物的总焓与生成物的总焓一定不同
【答案】D
【详解】A．ΔH＜0 时，表示该反应为放热反应，A 错误；
B．燃烧热应是在 101 kPa 下，1 mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，碳的燃烧热应为 1
mol C 完全燃烧生成 CO 时所放出的热量，B 错误；
2
C．反应热=反应物所具有的总能量-生成物所具有的总能量，C 错误；
D．化学反应中一定伴随者能量变化，故反应物的总焓与生成物的总焓一定不同，D 正确；
故选 D。
9．在恒温恒容的密闭容器中发生反应 ，下列叙述中，能说明反应
已达平衡状态的是
A．混合气体的压强不发生变化
B．该反应的平衡常数 K 不发生变化
C．混合气体的密度不发生变化
D．消耗 CO 的速率与生成 的速率相等
【答案】C
【详解】A．反应前后气体分子个数不发生变化，恒温恒容条件下压强一直不变，A 错误；
B．反应的平衡常数 K 只与温度有关，温度不变平衡常数不变，B 错误；
C．根据 ，恒温恒容条件下，密度不变即气体质量不变，反应达到平衡状态，C 正确；
D．消耗 CO 的速率与生成 的速率相等只表示正反应速率，不能判断是否达到平衡，D 错误；
故选 C。
10．反应 3Fe(s)+4H O(g) Fe O (s)+4H (g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应
2 3 4 2
速率几乎无影响的是
A．压强不变，充入 N 使容器容积增大
2
B．将容器的容积缩小一半
C．容积不变，充入水蒸气使体系压强增大
D．增加 Fe 的量
【答案】D
5 / 19【详解】A．压强不变，充入 N 使容器容积增大，则 H O(g)、H (g)的浓度减小，反应速率减慢，A 与题意不
2 2 2
符；
B．将容器的容积缩小一半，反应体系中 H O(g)、H (g)的浓度增大，反应速率加快，B 与题意不符；
2 2
C．容积不变，向容器中充入反应物 H O(g)，H O(g)的浓度增大，反应速率加快，C 与题意不符；
2 2
D．增加固体 Fe 的量，对反应速率不产生影响，D 符合题意；
答案为 D。
11．2SO (g)+O (g) 2SO (g) H＜0 是工业制硫酸的重要反应，下列说法不正确的是
2 2 3
A．其他条件不⇌变，使用催化剂能同时提高反应速率和 SO 的平衡转化率
2
B．其他条件不变，升高温度能加快反应速率，但 SO 的平衡转化率降低
2
C．其他条件不变，通入过量空气能提高 SO 的平衡转化率，但化学平衡常数不变
2
D．其他条件不变，增大压强能同时提高反应速率和 SO 的平衡转化率，但生产成本增加
2
【答案】A
【详解】A．使用催化剂只能提高反应速率不能提高 SO 的平衡转化率，故 A 错误；
2
B．该反应为放热反应，升高温度能加快反应速率，但平衡逆向移动，SO 的平衡转化率降低，故 B 正确；
2
C．通入过量空气能提高 SO 的平衡转化率，温度不变，所以化学平衡常数不变，故 C 正确；
2
D．增大压强能能提高反应速率，该反应为分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，SO 的平衡转化率
2
增大，但压强增大对设备要求提高，生产成本增加，故 D 正确；
故答案为 A。
12．下列关于工业合成氨的叙述错误的是
A．在动力、设备，材料允许的情况下，反应尽可能在高压下进行
B．温度越高越有利于工业合成氨
C．在工业合成氨中，N 、H 的循环利用可降低成本
2 2
D．及时从反应体系中分离出氨气有利于平衡向正反应方向移动
【答案】B
【详解】A．合成氨的正反应为气体体积缩小的反应，压强越大，反应物的转化率越高，则在动力、设备、
材料允许的条件下尽可能在高压下进行，故 A 正确；
B．合成氨的正反应为放热反应，升高温度后不利于氨气的生成，故 B 错误；
C．合成氨中 N 和 H 的循环使用，可以提高原料气的利用率，降低成本，故 C 正确；
2 2
D．及时从反应体系中分离出氨气，反应物浓度减小，有利于平衡向正反应方向移动，故 D 正确；
故选：B。
6 / 1913．臭氧分解 2O 3O 的反应历程包括以下反应：
3 2
反应①：O →O +O⇌• (快)
3 2
反应②：O +O•→2O (慢)
3 2
大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(Cl•)能够催化 O 分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是
3
A．活化能：反应①>反应②
B．O 分解为 O 的速率主要由反应②决定
3 2
C．Cl•主要参与反应①，改变 O 分解的反应历程
3
D．Cl•参与反应提高了 O 分解为 O 的平衡转化率
3 2
【答案】B
【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，故 A
错误；
B．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则 O 分解为 O 的速率主要由反应②决定，故 B 正确；
3 2
C．氯自由基(Cl•)能够催化 O 分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则 Cl•主
3
要参与反应②，故 C 错误；
D．Cl•是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则 O 分解为 O 的平衡转化率不变，故 D 错误；
3 2
故选：B。
14．以 CO 和 H 为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向。向 2L 容器中充入 lmolCO
2 2 2
和 3molH ，发生反应 CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g)，测得反应在不同温度和压强下，平衡混合物中
2 2 2 3 2
CH OH 体积分数如图所示。下列说法错误的是
3
A．P ＞P
1 2
B．a 点 CO 的转化率为 75%
2
C．a、b、c 三点对应的化学反应速率 v(a)＜v(c)＜v(b)
D．b→a 过程，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【详解】A．对于反应 CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g)，在相等条件下，增大压强，平衡向正向移动，
2 2 3 2
7 / 19CH OH 的体积分数增大，则 P ＞P ，A 正确；
3 1 2
B．设 a 点 CO 的转化量为 xmol,氢气的转化量为 3xmol,甲醇的生成量为 xmol,水的生成量为 xmol,则 xmol÷(1-x
2
+3-3x+x+x)mol=30%，所以 x=0.75, CO 的转化率为 75%,B 正确；
2
C．随着温度的升高，反应速率加快，有 v(a)＜v(b)，压强 P ＞P ，相同温度下，压强越大，反应速度越快，
1 2
有 v(b)＜v(c)，所以，v(a)＜v(b)＜v(c)，C 错误；
D．随着温度的升高，甲醇的体积分数减小，平衡向逆向移动，正反应为放热反应，b→a 过程，温度降低的
过程，所以平衡向正反应方向移动，D 正确；
故选 C。
15．已知： 利用装有 和 混合气体的平衡球如图，探究温度对化学平
衡的影响。
实验如下：
实
实验操作 实验现
象 验
① 将两组平衡球室温放置 平衡球均为红棕色且颜色相同
将一组平衡球的两端分别
②
——
浸入冷水和热水中
将另一组平衡球的一端靠 加热一段时间后，该平衡球颜色变浅，直至接近无色；
③
近酒精灯火焰 停止加热后，平衡球颜色恢复
下列说法不正确的是
A．断裂 中的共价键所需能量小于断裂 中的共价键所需能量
B．实验②，浸入冷水中的平衡球颜色变浅，浸入热水中的平衡球颜色加深
C．实验③，平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致 分解生成 NO 和
D．实验③，停止加热，平衡球颜色恢复，是 逆向移动导致的
8 / 19【答案】D
【详解】A．该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则断裂 2mol 二氧化氮中的共价键所需
能量小于断裂 1mol 四氧化二氮中的共价键所需能量，故 A 正确；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应
方向移动，混合气体颜色变浅，故 B 正确；
C．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色变
浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，故 C 正确；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色变
浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，所以停止加热，平衡球颜色恢复是因为一
氧化氮与氧气反应生成二氧化氮所致，故 D 错误；
故选 D。
16．400℃时，向容积为 1 L 的密闭容器中充入一定量的 CO 和 H ，发生如下反应：
2
。反应过程中测得的部分数据见表：
0 10 20 30
下列说法中，不正确的是
A．反应在前 10 min 内的平均速率为
B．400℃时，该反应的平衡常数数值为
C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时 ，则反应的△H＜0
D．400℃时，若起始时向容器中充入 0.15 molCH OH，达到平衡时 CH OH 的转化率大于 20％
3 3
【答案】D
【详解】A．反应在前 10 min 内 v(CO)= ，用不同物质表示反应速率，速率比
等于化学方程式中相应的化学计量数的比，则 v(H )=2v(CO)=0.012 mol/(L·min)，A 正确；
2
B．反应进行到 30 min 时△n(H )=0.16 mol，则根据物质反应转化关系可知△n(CO)= △n(CH OH)=0.08 mol，
2 3
所以平衡时 n(H )=0.04 mol，n(CO)=0.02 mol，n(CH OH)=0.08 mol，由于容器的容积是 1 L，物质的平衡浓度 c
2 3
9 / 19(H )=0.04 mol/L，c(CO)=0.02 mol/L，c(CH OH)=0.08 mol/L，因此化学平衡常数 K= ，
2 3
B 正确；
C．在400℃时 化学平衡常数为2.5×103，此时CH OH的浓度为0.08 mol/L，若升高温度后c(CH OH)=0.06 mol/L，
3 3
物质浓度降低，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，△H＜0，C 正确；
D．400℃时，起始时向容器中加入 n(CO)=0.10 mol，n(H )=0.20 mol，等效开始状态为 n(CH OH)=0.10 mol，
2 3
平衡时 n(H )=0.04 mol，n(CO)=0.02 mol，n(CH OH)=0.08 mol，则平衡时 CH OH 的转化率为
2 3 3
。 若起始时向容器中充入 0.15 mol CH OH，相当于开始时先加入 0.10 mol
3
CH OH，反应达到上述平衡后，又向容器中加入 0.05 mol CH OH，这就会导致体系压强增大，且压强改变对
3 3
化学平衡移动的影响大于浓度改变对平衡移动的影响。增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向
移动，故反应达到平衡时 CH OH 的转化率小于 20%，D 错误；
3
故合理选项是 D。
17． (s)与 CO(g)主要发生如下反应。
①
②
反应的还原产物与温度密切相关。其他条件一定， (s)和 CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度
的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．反应 的焓变为
B．根据图象推测， 应当小于 0
C．反应温度越高， 主要还原产物中铁元素的价态越低
10 / 19D．温度高于 1040℃时， (s)和 CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数
【答案】C
【分析】反应的还原产物与温度密切相关。根据 (s)和 CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的
变化关系，温度低于 570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知温度低于 570℃时，主要发生反应
；温度高于 570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数减小，可知温
度高于 570℃时，主要发生反应 。
【详解】A．根据盖斯定律(②-①) 得 的焓变为 ，故 A 正
确；
B．根据图象，温度低于 570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知 小于 0，故 B 正确；
C．温度低于 570℃时，主要还原产物为 Fe，温度高于 570℃时，主要还原产物为 FeO，故 C 错误；
D．温度高于 1040℃时， (s)和 CO(g)发生的主要反应为 ；温度
高于 1040℃时，CO(g)的体积分数小于 20%，化学平衡常数 ，故 D 正确；
选 C。
18．某 多孔材料孔径大小和形状恰好将 “固定”，能高选择性吸附 。废气中的 被吸附后，
经处理能全部转化为 。原理示意图如下。
已知：
下列说法不正确的是
A．温度升高时不利于 吸附
B．多孔材料“固定” ，促进 平衡正向移动
C．转化为 的反应是
11 / 19D．每获得 时，转移电子的数目为
【答案】D
【分析】废气经过 MOFs 材料之后，NO 转化成 N O 被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中
2 2 4
我们知道，NO 转化为 N O 的程度，决定了整个废气处理的效率。
2 2 4
【详解】A．从 可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，
导致生成的 N O 减少，不利于 NO 的吸附，A 正确；
2 4 2
B．多孔材料“固定” ，从而促进 平衡正向移动，B 正确；
C．N O 和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为 ，C 正确；
2 4
D．在方程式 中，转移的电子数为 4e-，则每获得 ，转移的电子数为
0.4mol，即个数为 ，D 错误；
故选 D。
19．资料显示：自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的 KMnO 进行下列
4
三组实验，一段时间后溶液均褪色(0.01mol/L 可以记做 0.01M)。
实验① 实验② 实验③
1mL0.01M 的 KMnO 溶 1mL0.01M 的 1mL0.01M 的
4
液和 1mL0.1M 的 H C O
2 2 4
KMnO 溶液和 1mL0.1M KMnO 溶液和 1mL0.1M
4 4
溶液混合
的 H C O 溶液混合 的 H C O 溶液混合
2 2 4 2 2 4
褪色 比实验①褪色快 比实验①褪色快
下列说法不正确的是
A．实验①中发生氧化还原反应，H C O 是还原剂，产物 MnSO 能起自催化作用
2 2 4 4
B．实验②褪色比①快，是因为 MnSO 的催化作用加快了反应速率
4
C．实验③褪色比①快，是因为 Cl-的催化作用加快了反应速率
D．若用 1mL0.2M 的 H C O 做实验①，推测比实验①褪色快
2 2 4
12 / 19【答案】C
【详解】A．碳元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H C O 是还原剂，
2 2 4
故 A 正确；
B．催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为 MnSO 的催化作用加快了反应速率，故 B 正确；
4
C．高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故 C 错误；
D．增大浓度，反应速率加快，则用 1mL0.2M 的 H C O 做实验①，推测比实验①褪色快，故 D 正确；
2 2 4
故选 C。
20．某小组采用等质量的大理石和碳酸钴粉末、足量的 稀盐酸和 稀硫酸研究实验室制备
的化学反应速率。实验中 的浓度随时间的变化如图所示。
已知：碳酸钙和稀硫酸反应生成微溶的硫酸钙，硫酸钙会包裹在碳酸钙表面。
下列说法正确的是
A．比较实验 1 和实验 2，可以说明酸的 对生成 的速率有影响
B．比较实验 1 和实验 4，可以说明生成 的速率和酸中阴离子的种类有关
C．实验结论：生成的 对碳酸钙粉末比对大理石的包裹作用更强
D．综合以上四个实验推断大理石粉末和稀硫酸反应能用于制备
【答案】D
【详解】A．实验 1 和实验 2 的氢离子浓度均为 0.2mol/L，无法通过离子浓度判断对速率的影响，A 错误；
B．实验 1 和实验 4 固体状态不同，实验变量为：固体的状态及阴离子种类，B 错误；
C．硫酸钙对大理石的包裹作用更强，C 错误；
D．硫酸、盐酸与碳酸钙粉末及大理石均可以生成二氧化碳，D 正确；
故答案为：D。
13 / 19第 II 卷（非选择题 共 40 分）
二、填空题
21．（10 分）完成下列反应热的计算和热化学方程式的书写。
(1)沼气是一种能源，它的主要成分是 CH ，常温下 0.5molCH 完全燃烧生成 CO (g)和液态水时放出 445kJ 热
4 4 2
量，则热化学方程式为 。
(2)已知 H S(g)完全燃烧生成 SO (g)和 H O(1)，H S 的燃烧热为 akJ/mol(a>0)，写出表示 H S 的燃烧热的热化学
2 2 2 2 2
方程式 。
(3)乙烷在一定条件可发生如下反应；C H (g)=C H (g)+H (g)ΔH 相关物质的燃烧热数据如下表所示：
2 6 2 4 2
物质 C H (g) C H (g) H (g)
2 6 2 4 2
燃烧热ΔH/(kJ·mol−1) −1560 −1411 −286
则ΔH= kJ·mol−1。
(4)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
反应 I：2H
2
SO
4
(l)=2SO
2
(g)+2H
2
O(g)+O
2
(g) ΔH
1
=+551kJ·mol−1
反应Ⅲ：S(s)+O
2
(g)=SO
2
(g) ΔH
3
=−297kJ·mol−1
反应Ⅱ的热化学方程式为： 。
(5)一定温度和压强下，有图示关系：
则反应 C(s，石墨)+CO (g)=2CO(g) ΔH= 。
2
【答案】（10 分，每空 2 分）(1)CH
4
(g)+2O
2
(g)=CO
2
(g)+2H
2
O(l) ΔH=−890kJ·mol−1
(2)H
2
S(g)+ O
2
(g)=SO
2
(g)+H
2
O(l) ΔH=−akJ·mol−1
(3)+137
(4)3SO
2
(g)+2H
2
O(g)=2H
2
SO
4
(l)+S(s) ΔH=−254kJ·mol−1
14 / 19(5)ΔH −ΔH
1 2
【详解】（1）常温下 0.5molCH 完全燃烧生成 CO (g)和液态水时放出 445kJ 热量，则 1molCH 完全燃烧生成
4 2 4
CO (g)和液态水时放出 890kJ 热量，热化学方程式为：CH (g)+2O (g)=CO (g)+2H O(l) ΔH=−890kJ·mol−1；
2 4 2 2 2
（2）根据 H S 的燃烧热为 akJ/mol 可知，H S 的燃烧热的热化学方程式：
2 2
；
（3）根据表格可知，①C H (g)+ O (g)=2CO (g)+3H O(l) ΔH =−1560kJ·mol−1，②C H
2 6 2 2 2 1 2 4
(g)+3O (g)=2CO (g)+2H O(l) ΔH =−1411kJ·mol−1，③H (g)+ O (g)=H O(l) ΔH =−286kJ·mol−1，①-②-③得到
2 2 2 2 2 2 2 3
C H (g)=C H (g)+H (g)，所以ΔH=ΔH -ΔH -ΔH =−1560kJ·mol−1+1411kJ·mol−1+286kJ·mol−1=+137kJ·mol−1；
2 6 2 4 2 1 2 3
（4）由题图可知，反应Ⅱ的化学方程式为 3SO ＋2H O=2H SO ＋S↓。根据盖斯定律，反应Ⅱ＝－(反应Ⅰ
2 2 2 4
＋反应Ⅲ)可得：3SO (g)+2H O(g)=2H SO (l)+S(s) ΔH=−254kJ·mol−1；
2 2 2 4
（5）由图可知，C(s，石墨)+ O (g)=CO(g) ΔH ，CO(g)+ =CO (g) ΔH ，则反应 C(s，石墨)+
2 1 2 2
CO (g)=2CO(g) ΔH=ΔH −ΔH 。
2 1 2
22．（14 分）工业上使用黄铁矿 制硫酸。
Ⅰ．掺烧 和 ，用于制铁精粉和硫酸
(1)已知： 为吸热反应。 、 时， 固体在
氧气中完全燃烧生成气态 和 固体，放出 热量。
① 与 反应的热化学方程式为 。
②将 与 掺烧(混合燃烧)，其目的包括 (填字母)。
a．节约燃料和能量 b．为制备硫酸提供原料 c．减少空气污染
(2) 常带一定量的结晶水。 分解脱水反应的能量变化如下图所示。
15 / 19① 。
②为维持炉内温度基本不变， 所带结晶水越多，掺烧比 应 。(填“增
大”“减小”或“不变”)。
Ⅱ．传统工业中以黄铁矿为原料制备硫酸的原理如图所示：
(3)上述生产过程中采用了多种措施加快反应速率，如： 。
(4)已知： ，在不同温度和压强下，平衡时 的转化率如下表所示：
平衡时 的转化率
温度
450
550
①上述数据表明， 是 (填“吸热”或“放热”)反应。
②结合平衡移动原理解释相同温度下达到平衡时 的转化率随压强变化的原因： 。
【答案】（14 分，每空 2 分）(1)
(2) 增大
(3)粉碎或使用催化剂、加热
(4) 放热 根据平衡移动原理，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即该反应正向移动，
使 的平衡转化率增大
【详解】（1） 、 时， 固体在 氧气中完全燃烧生成气态 和 固体，放出
16 / 19热量。
① 与 反应的热化学方程式为 。
②将 与 掺烧(混合燃烧)，其目的包括 a． 燃烧放热可以为 分解提供热量达到节约燃料
和能量 b．产物中生成更多的二氧化硫可以为制备硫酸提供原料 c．产物中二氧化硫产量增加不可以减
少空气污染，故选 ab。
（2）①根据盖世定律 ；
②为维持炉内温度基本不变， 所带结晶水越多，掺烧比 应增大，因为失去结晶
水需要更多的热量，而热量由 与 反应提供，需要更多的 。
（3）上述生产过程中采用了多种措施加快反应速率，如：粉碎或使用催化剂、加热；
（4）①上述数据表明，相同条件下，温度越高二氧化硫平衡转化率越低，
是放热反应，升高温度平衡逆向移动；
②相同温度下达到平衡时 的转化率随压强变化的原因：根据平衡移动原理，增大压强，平衡向气体分子
数减小的方向移动，即该反应正向移动，使 的平衡转化率增大。
23．（16 分）钢铁行业酸洗工艺产生的废液主要含有 和 。以空气和钢铁酸洗废液为原料可以合成
。工业上常加入 ，以提高反应速率。
(1)向酸洗废液中加入少量 ，并通入空气。
前期发生的反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
后期转化过程如图：
已知：
17 / 19ⅰ．催化剂加快反应的一种方式是自身参与反应最终又生成，自身的质量和化学性质并不发生改变
ⅱ．室温下可发生反应 ， 受热可再分解为 和
①反应Ⅳ的化学方程式是 。
②下列说法正确的是 (填字母)。
a．由反应Ⅱ可以判断此条件下 的氧化性强于
b．加入 的主要目的是得到 ，作为后期反应的催化剂
c．后期转化过程的总反应可表示为
③反应过程中需控制温度在 80℃左右。温度不能太低的原因是 (写出两点)。
(2)为了测定产品的质量，用以下方法测定产品中铁元素的质量分数：
取 a g 产品，加入一定量的硫酸，充分反应后加入蒸馏水稀释，得到 待测液。取 待测液，加入
足量 溶液，充分反应后再与 溶液反应，恰好消耗 溶液。
已知：
ⅰ． 与 的反应为：
ⅱ．溶液酸性较强时 不稳定，可发生反应：
①加入硫酸不能过多，主要原因有两点：
a．硫酸过多时，溶液中 浓度过大，会加快 将 氧化为 ，从而造成误差。写出 氧化 的离子方
程式 。
b． 。
②产品中铁元素的质量分数为 。
【答案】（16 分，除标注外，每空 2 分）(1) abc（3 分） 温
度低反应速率慢；温度低生成的 不易分解， 浓度低，催化效果差（4 分）
(2) 溶液酸性较强时 不稳定，与硫酸发生反应，无法准确测定
的含量 （3 分） 或
【分析】由后期转化图可知反应 III 为 2NO+O =2NO ，反应 IV 为： ，
2 2
其中 NO 为催化剂，NO 为中间产物, FeCl 制备产物的方程式为：4FeCl +2nH O=2Fe (OH) Cl +2nHCl。后期
2 3 3 2 2 n 6-n
18 / 19转化过程的总反应可表示为 。
【详解】（1）①根据分析，反应Ⅳ的化学方程式是： ；
②a．反应 II 中 HNO 为氧化剂，FeCl 为氧化产物，故由反应Ⅱ可以判断此条件下 的氧化性强于 ，
2 3
a 正确；
b．由前期的反应可知加入 的主要目的是得到 ，作为后期反应的催化剂，b 正确；
c．根据分析，后期转化过程的总反应可表示为
，c 正确；
故选 abc；
（2）① 氧化 得到 I ，离子方程式为： ；根据题中信息，溶液酸性较强时
2
不稳定，故加入硫酸不能过多，主要原因为：溶液酸性较强时 不稳定与硫酸发生反应，无
法准确测定 的含量；
②铁离子将碘离子氧化为 I ，2Fe3++2I-=2Fe2++I ，根据题中信息可找出关系式： ，
2 2
，故样品中铁元素的质量分数为：
。
19 / 19
