文档内容
2025-2026 学年高二化学上学期第一次月考卷
(考试时间：90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：选择性必修1第一、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：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
Ba-137
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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．以下属于放热反应的是( )
A．盐酸与碳酸氢钠反应 B．氢氧化钠与盐酸反应
C．氯化铵晶体与Ba(OH) ·8H O晶体反应 D．灼热的碳与二氧化碳反应
2 2
【答案】B
【解析】A项，盐酸与碳酸氢钠反应是吸热反应，故A不选；B项，氢氧化钠与盐酸反应是中和反应，
属于放热反应，故B选；C项，氯化铵晶体与Ba(OH) ·8H O晶体反应是吸热反应，故C不选；D项，灼热
2 2
的炭与二氧化碳反应生成一氧化碳，为吸热反应，故D不选；故选B。
2．下列说法中正确的是( )
A．熵增加且放热的反应一定是自发反应
B．非自发反应在任何条件下都不能实现
C．温度越高，平衡常数越大
D．凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
【答案】A
1 / 21
学科网（北京）股份有限公司【解析】A项，熵增加△S＞0，且放热△H＜0，反应△H-T S＜0一定是自发反应，故A正确；B项，
非自发反应在一定条件下可进行，如Cu与稀硫酸电解下反应，故△B错误；C项，不确定反应的焓变，不
能说明温度越高，所对应的平衡常数越大，故C错误；D项，焓变和熵变共同决定反应是否自发，故不一
定放热反应都是自发的，也不一定吸热反应都是非自发的，故D错误；故选A。
3．反应4A(g)+2B(g) 3C(g)+D(g)，在不同条件下反应，其平均反应速率v(X)如下，其中反应速
率最大的是( )
A．v(A)=0.2mol·(L·s)-1 B．v(B)=6mol·(L·min)-1
C．v(C)=8mol·(L·min)-1 D．v(D)=4mol·(L·min)-1
【答案】D
【解析】在速率单位统一的情况下，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越大，则：A项，
mol·(L·min)-1 mol·(L·min)-1；B项， mol·(L·min)-1；C项， mol·(L·min)-1；D项，
mol·(L·min)-1；显然D中比值最大，反应速率最大，故选项D正确；故选D。
4．红热的炭和水蒸气反应生成2 mol H 和2 mol CO气体，吸收262.6 kJ热量，能表示该反应热化学
2
方程式的是( )
A．C+H O=H+CO ΔH=+131.3 kJ•mol-1
2 2
B．C(s)+ H O(l)=H(g)+CO(g) ΔH＝-131.3 kJ•mol-1
2 2
C．2C(s)+2HO(g)=2H (g)+2CO(g) ΔH=+262.6kJ•mol-1
2 2
D．C(s)+HO(g)=H (g)+CO(g) ΔH=+131.3 kJ•mol-1
2 2
【答案】D
【解析】红热的炭和水蒸气反应生成2mol H 和2molCO气体，吸收262.6kJ热量；红热的炭和水蒸气
2
反应生成1mol氢气和1mol一氧化碳气体，吸收131.3kJ热量，“＋”表示放热，“－”表示吸热。A项，
热化学方程式需要标注各物质的状态，故A不符合题意；B项，红热的炭和水蒸气反应生成1mol氢气和
1mol一氧化碳气体，吸收131.3kJ热量，“+”表示吸热，热化学方程式为：C(s)+HO(g)=H (g)+CO(g) ΔH
2 2
＝+131.3 kJ•mol-1，故B不符合题意；C项，红热的炭和水蒸气反应生成2mol氢气和2mol一氧化碳气体，
吸收262.6kJ热量，该反应热化学方程式为2C(s)+2HO(g)=2H (g)+2CO(g) ΔH=+262.6kJ•mol-1，故C不符
2 2
合题意；D项，红热的炭和水蒸气反应生成1mol氢气和1mol一氧化碳气体，吸收131.3kJ热量，则该反应
热化学方程式为C(s)+HO(g)=H (g)+CO(g) ΔH=+131.3 kJ•mol-1，故D符合题意；故选D。
2 2
5．AB型强电解质在水中的溶解(可视作特殊的化学反应)表示为AB(s)=An+(aq)+Bn-(aq)，其焓变和熵变
2 / 21
学科网（北京）股份有限公司分别为ΔH和ΔS。对于不同组成的AB型强电解质，下列说法正确的是( )
A．ΔH和ΔS均大于零 B．ΔH和ΔS均小于零
C．ΔH可能大于零或小于零，ΔS大于零 D．ΔH和ΔS均可能大于零或小于零
【答案】D
【解析】强电解质溶于水有的放热，如硫酸铜等；有的吸热，如碳酸氢钠等，所以在水中溶解对应的
ΔH可能大于零或小于零。熵表示系统混乱程度。体系越混乱，则熵越大。AB型强电解质固体溶于水，存
在熵的变化。固体转化为离子，混乱度是增加的，但离子在水中存在水合过程，这样会引发水的混乱度的
变化，让水分子会更加规则，即水的混乱度下降，所以整个溶解过程的熵变ΔS，取决于固体转化为离子的
熵增与水合过程的熵减两个作用的相对大小关系。若是前者占主导，则整个溶解过程熵增，即ΔS＞0，反
之，熵减，即ΔS＜0。综上所述，D项符合题意。故选D。
6．一定温度下，向容积不变的容器中加入一定量的NH HCO (s)，发生反应：NH HCO (s)
4 3 4 3
NH (g)+HO(g)+CO(g)。下列有关说法错误的是( )
3 2 2
A．当容器内气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到平衡
B．其它条件不变时，加入少量NaO，平衡正向移动
2 2
C．当固体质量不再变化时，反应达到平衡
D．当容器内气体的密度不再变化时，反应达到平衡
【答案】A
【解析】A项，一定温度下，向容积不变的容器中加入一定量的NH HCO (s)，发生反应：
4 3
NH HCO (s) NH (g)+HO(g)+CO(g)各气体物质的量之比始终为1：1：1，因此混合气体的平均相对
4 3 3 2 2
分子质量始终不变，因此不能作为判断反应是否达到平衡的依据，A错误；B项，加入NaO 会吸收HO
2 2 2
和CO，产物浓度降低，平衡正向移动，B正确；C项，因NH HCO (s) NH (g)+HO(g)+CO(g)是正
2 4 3 3 2 2
向进行固体质量减小的反应，当固体质量不再变化时，反应达到平衡，C正确；D项，容积不变的容器，
容器内气体的密度逐渐增大，当密度不再变化时，则反应达到平衡，D正确；故选A。
7．相同温度和压强下，关于反应的△H，下列判断错误的是( )
①CH(g)＋CO(g) 2CO(g)＋2H(g) ΔH
4 2 2 1
②CH(g) C(s)＋2H(g) ΔH
4 2 2
③CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH
2 2 2 3
④2CO(g) C(s)＋CO(g) ΔH
2 4
⑤CO(g)＋H(g) C(s)＋HO(g) ΔH
2 2 5
A．ΔH＝ΔH-ΔH B．ΔH＞0，ΔH＞0 C．ΔH＝ΔH-ΔH +ΔH D．ΔH＞ΔH
4 5 3 2 4 3 5 2 1 1 2
【答案】B
3 / 21
学科网（北京）股份有限公司【解析】A项，利用盖斯定律，将反应⑤-③得，2CO(g) C(s)＋CO(g) ΔH＝ΔH-ΔH ，A正确；
2 4 5 3
B项，CH(g) C(s)＋2H(g)为吸热反应，ΔH＞0，C与CO 化合生成CO的反应为吸热反应，则
4 2 2 2
2CO(g) C(s)＋CO(g)为放热反应，ΔH＜0，B错误；C项，利用盖斯定律，将反应⑤-②+①得，
2 4
CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH＝ΔH-ΔH +ΔH ，C正确；D项，将反应①-②得，C(s)＋CO(g)
2 2 2 3 5 2 1 2
2CO(g) △H=△H-△H＞0，所以ΔH＞ΔH，D正确；故选B。
1 2 1 2
8．下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结
论表达均正确的是( )
图① 图②2X(g) Y(g)
图③CO(g)＋2H(g)
2 图④2NO(g)＋O(g) 2NO (g)
CHOH(g)ΔH＜0 2 2
3
A．图①若m+n=p，，则a曲线一定使用了催化剂
B．图②是在一定条件下，c(X)随时间 的变化，正反应ΔH＜0， 点正反应速率 点逆反应速率
C．图③是在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H(g)进行反应，若平衡时CO(g)和
2
H(g)的转化率相等，则a=2
2
D．图④中曲线表示反应过程中正逆反应速率随温度的变化，则该可逆反应的正反应是吸热反应
【答案】C
【解析】A项，图①图像是平衡不移动，但缩短了达到平衡的时间，可能是使用了催化剂，若
m+n=p，则a曲线也可能是增大压强，A错误；B项，图②，温度T>T，升高温度，X的平衡浓度增大，
1 2
说明平衡逆移，故正反应的ΔH<0，但是M点正反应速率=M点逆反应速率>W点逆反应速率>N点逆反应
速率，B错误；C项，图③，当投料比等于化学计量数之比时，所有反应物的转化率相等，C正确；D项，
4 / 21
学科网（北京）股份有限公司图④中曲线表示反应过程中正逆反应速率随温度的变化，平衡后升高温度，v ＞v ，则该可逆反应的正
逆 正
反应是放热反应，D错误；故选C。
9．已知反应：mX(g)+nY(？) pQ(s)+2mZ(g)，该反应已达平衡，此时c(X)=0.3 mol/L，其他条件
不变，若将容器容积缩小到原来的一半，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是( )
A．反应向逆方向移动 B．Y可能是固体或液体
C．化学计量数n>m D．Z 的体积分数减小
【答案】C
【解析】已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡
不移动，c(X)=0.6mol/L，但实际再次达到平衡时c(X)=0.5mol/L，说明加压后化学平衡正向移动，则反应为
气体分子数减小的反应，如果Y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立，所以Y只能是气体，
且m+n>2m，则n>m。A项，说明加压后化学平衡正向移动，A错误；B项，Y为固体或液体，则必须满
足m>2m，显然不可能成立，所以Y只能是气体，B错误；C项，化学计量数n>m，C正确；D项，化学
平衡向右移动，Z的体积分数是增大的，D错误；故选C。
10．工业上制硝酸原理如图所示：
信息：①N(g)+O(g)=2NO(g) ΔH=+182kJ•mol-1
2 2
②4NH (g)+5O(g)=4NO(g)+6H O(g) ΔH=-903kJ•mol-1
3 2 2
下列说法不正确的是( )
A．工业制硝酸选择氨气氧化制得NO，也可以选择氮气氧化制得NO
B．反应②通常在760～840℃和Pt(铂)-Rh(铑)合金网催化剂下进行，目的是让催化剂活性最大以提高
NO生成速率
C．为避免硝酸工业尾气中的氮氧化物污染环境，常用NaCO 吸收尾气
2 3
D．氨氧化法制硝酸产生的大量余热可以用于发电，实现能源高效利用、绿色低碳发展
【答案】A
【解析】氨气催化氧化得到NO，NO与氧气反应生成NO ，NO 与水反应生成HNO。A项，工业制
2 2 3
硝酸选择氨气氧化制得NO，由“信息”可知，氮气与氧气反应是吸热反应，从能源角度考虑不选择氮气
氧化制得NO，A错误；B项，适当的温度和载体可使催化剂活性最大，以提高NO生成速率，B正确；C
项，NaCO 溶液呈碱性，为避免硝酸工业尾气中的氮氧化物污染环境，常用NaCO 溶液吸收尾气，C正
2 3 2 3
确；D项，由“信息”可知，氨气催化氧化放出大量的热，氨氧化法制硝酸产生的大量余热可以用于发电，
5 / 21
学科网（北京）股份有限公司实现能源高效利用、绿色低碳发展，D正确；故选A。
11．如图(E表示活化能)是CH 与Cl 生成CHCl的反应过程中能量变化关系图，下列说法正确的是(
4 2 3
)
A．第一步反应吸收的热量大于第二步反应放出的热量
B．升高温度，活化分子的百分数不变，但反应速率加快
C．增大Cl 的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小
2
D．第一步反应的速率大于第二步反应
【答案】C
【解析】A项，由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，所以第一步反
应吸收的热量小于第二步反应放出的热量，A项错误；B项，升高温度，活化分子的百分数增多，反应速
率加快，B项错误；C项，反应的焓变和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，则增大反应物的
浓度，不改变焓变的大小，但增大反应物的浓度，可提高反应速率，C项正确；D项，第一步反应的活化
能大于第二步反应的活化能，所以第一步反应的速率小于第二步反应的速率，D项错误；故选C。
12．已知2SO (g)＋O(g) 2SO (g)的反应机理和反应过程中能量变化图如下，下列说法正确的是(
2 2 3
)
6 / 21
学科网（北京）股份有限公司反应I：VO(s)＋SO(g)= VO(s)＋SO(g) ΔH＝+24kJ·mol−1
2 5 2 2 4 3 1
反应II：2VO(s)＋O(g)=2VO(s) ΔH＝-246kJ·mol−1
2 4 2 2 5 2
A．VO(s)是该反应的催化剂 B．加入更高效的催化剂可使该反应的 减小
2 4
C．总反应速率由反应II决定 D．反应I的能量变化取决于E 与E 的差
1 2
【答案】C
【解析】A项，由反应原理可知，VO(s)是该反应的催化剂，VO(s)是中间产物，故A错误；B项，
2 5 2 4
加入催化剂只能降低反应的活化能，不能改变焓变，故B错误；C项，反应的活化能越大，反应速率越慢，
从图上可以看出，反应II的活化能大于反应I的活化能，所以反应速率由反应II决定，故C正确；D项，
由图可知，反应I的能量变化不等于E 与E 的差值，故D错误；故选C。
1 2
13．下列实验事实与相关的解释或结论均正确的是( )
选项 实验事实 解释或结论
进行铝热反应实验时，需要加入氯酸
A 铝热反应是吸热反应
钾，插上镁条，并点燃镁条
用硫酸和氢氧化钡稀溶液可以准确测
B 硫酸和氢氧化钡分别是强酸和强碱
定中和热
该反应放热，温度升高，反应速率
锌与稀硫酸反应实验，产生氢气的速
C 增大，随着反应进行，c(H+)降低，
率先逐渐增大，后逐渐减小
反应速率减小
向Fe(NO ) 溶液滴加稀硫酸酸化，再
D 3 2 Fe(NO ) 已变质
滴加KSCN溶液，溶液变成红色 3 2
【答案】C
【解析】A项，铝热反应是放热反应，加入氯酸钾，插上镁条并点燃是为了引发反应的进行，故A错
误；B项，硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，产生沉淀会影响中和热的测定，故B错误；C项，
锌与稀硫酸反应速率，温度是主要因素，温度升高，反应速率增大，后浓度是主要因素，c(H+)降低，反应
速率减小，故C正确；D项，酸性条件下，Fe2+可与NO -发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+，再滴加
3
KSCN溶液，溶液变成红色，但不能充分说明是原试样变质，故D错误；故选C。
14．羰基硫(COS)是以煤、石油、天然气为原料生产的化工原料气中有机硫的主要形式。COS催化水
解的反应为：COS(g)＋HO(g) CO(g)＋HS(g) ΔH＜0，在相同恒温恒容容器、相同投料比、相同
2 2 2
时间内，测得不同温度及不同催化剂下 水解反应的转化率如图所示。下列说法正确的是( )
7 / 21
学科网（北京）股份有限公司A．以 浓度表示的该段时间内平均反应速率：
B．线段PN上的点均是平衡点，N点较 点COS转化率降低的原因是平衡移动
C．任何温度下， 的催化效果都比TiO 好
2
D． 时，相较于TiO，使用 做催化剂，达平衡时CO 的体积分数更大
2 2
【答案】A
【解析】A项，相同时间内COS的转化率越大催化效率越高，正反应的平均反应速率：P＞N＞M，A
正确；B项，由图可知，相同温度下由TiO 做催化剂时转化率高于N点，可知N点并未达到平衡状态，B
2
错误；C项，低温时 对COS水解反应的催化效果好，C错误；D项，催化剂不改变平衡移动，在
相同温度下，无论用哪种催化剂，达到平衡时CO 的体积分数都一样，D错误；故选A。
2
15．二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应：
I．C H(g)＋CO(g) C H(g)＋HO(g) ΔH＞0
2 6 2 2 4 2 1
II．2C H(g)＋2CO(g) 4CO(g)＋3H(g) ΔH ＞0
2 6 2 2 2
向容积为 的密闭容器中投入2molC H 和3molCO ，不同温度下，测得 时(反应均未平衡)的相
2 6 2
关数据见下表，下列说法不正确的是( )
温度(℃) 400 500 600
乙烷转化率(%) 2.2 9.0 17.8
乙烯选择性(%) 92.6 80.0 61.8
注：乙烯选择性
A．反应活化能：I＜II
B． 时， 反应I的平均速率为：
8 / 21
学科网（北京）股份有限公司C．其他条件不变，平衡后及时移除HO(g)，可提高乙烯的产率
2
D．其他条件不变，增大投料比 投料，平衡后可提高乙烷转化率
【答案】D
【解析】A项，由表可知，相同温度下，乙烯的选择性高于50%，说明反应I的速率大于反应Ⅱ，则
反应活化能为Ⅰ<Ⅱ，A正确；B项，由表可知，500℃时，乙烷的转化率为9.0%，可得转化的乙烷的总物
质的量为2mol×9.0%=0.18mol，而此温度下乙烯的选择性为80%，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为
0.18mol×80%=0.144mol，根据方程式可得，生成乙烯的物质的量为0.144mol，则0~5min反应I的平均速率
为： ，B正确；C项，其他条件不变，平衡后及时移除
HO(g)，反应Ⅰ正向进行，可提高乙烯的产率，C正确；D项，其他条件不变，增大投料比
2
投料，平衡后CO 转化率提高，C H 转化率降低，D错误；故选D。
2 2 6
16．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( )
选项 影响因素 方案设计 现象 结论
向1mL0.1mol·L-1 KCrO 溶液
2 4 黄色溶液变 增大反应物浓度，平衡向正
A 浓度 中加入1mL1.0mol·L-1HBr溶
橙色 反应方向移动
液
向恒温恒容密闭玻璃容器中充 对于反应前后气体总体积不
气体颜色不
B 压强 入100mLHI气体，分解达到 变的可逆反应，改变压强平
变
平衡后再充入100mLAr 衡不移动
将封装有NO (g) 和NO(g)混 气体颜色变 升高温度，平衡向吸热反应
C 温度 2 2 4
合气体的烧瓶浸泡在热水中 深 方向移动
向1mL乙酸乙酯中加入
上层液体逐 使用合适的催化剂可使平衡
D 催化剂 1mL10.3mol·L-1HSO 溶液，
2 4 渐减少 向正反应方向移动
水浴加热
【答案】C
【解析】A项，在KCrO 溶液中存在平衡 ，且该溶液具有
2 4
氧化性，HBr具有还原性，向1mL0.1mol·L-1 KCrO 溶液中加入1mL1.0mol·L-1HBr溶液，可发生氧化还原
2 4
反应生成Br 使溶液变为橙色，干扰探究浓度对化学平衡的影响，A错误；B项，反应2HI H+I 为
2 2 2
9 / 21
学科网（北京）股份有限公司反应前后气体总体积不变的可逆反应，向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100mLHI气体，分解达到平衡后再
充入100mLAr，不能改变反应混合物中各组分的浓度，因此气体颜色不变，但是不能由此得到改变压强平
衡不移动的结论，因为容器的体积没有改变，B错误；C项，反应2NO (g) NO(g)为放热反应，升
2 2 4
高温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，C正确；D项，催化剂只会改变化
学反应速率，不影响平衡移动，D错误；故选C。
第II卷(非选择题 共52分)
二、非选择题：本题共5小题，共52分。
17．(10分)烟气中主要污染物SO 、NO ，为消除排放、保护环境，实现绿色可持续发展。处理方法一：
2 x
烟气经O 预处理后用CaSO 水悬浮液吸收，可减少烟气中SO 、NO 的含量。O 氧化烟气中SO 、NO的
3 3 2 x 3 2
主要反应的热化学方程式为：
NO(g)+O (g)=NO (g)+O(g) H
3 2 2 1
△
NO(g)+ O(g)=NO (g) H
2 2 2
△
SO (g)+O(g) SO (g)+O(g) H
2 3 3 2 3
(1)反应3NO(g)+ O
3
(g)= 3NO
2
(g)的△△H=___________(用△H
1
、△H
2
表示)
(2)N 和O 在一定条件下反应生成NO 的热化学方程式为： N(g)+O(g) =NO (g) ΔH=+34 kJ•mol-1．
2 2 2 2 2 2
该反应为___________(“放热”或“吸热”)反应
(3)化学反应中的能量变化源自于化学反应中化学键变化时产生的能量变化。下表为一些化学键的键能：
化学键 键能(kJ·mol-1) 化学键 键能(kJ·mol-1)
N≡N 942 H-O 460
N-H 391 O=O 499
H-H 437
①写出N 和H 反应合成氨的热化学方程式：___________
2 2
②已知：1mol HO(g)转化为1mol HO(l)时放出44.0 kJ的热量。计算1g H 完全燃烧时放出的热量
2 2 2
___________。HO(g)的稳定性___________(“大于”“小于”)H O(l)
2 2
(4)写出NH (g)在O(g)中完全燃烧生成NO (g)和HO(g)的热化学方程式：___________
3 2 2 2
【答案】(1) H+2 H(2分)
1 2
(2)吸热(1分△) △
(3) ①N (g)+3H(g) 2NH (g) H=-93kJ•mol-1(2分)
2 2 3
△ 10 / 21
学科网（北京）股份有限公司②138.75kJ(2分) 小于(1分)
(4)4NH (g)+7O(g)=4NO (g)+6HO(g) ΔH=-1079 kJ•mol-1(2分)
3 2 2 2
【解析】(1)①NO(g)+O (g)=NO (g)+O(g) H；②NO(g)+ O(g)=NO (g) H；③SO (g)+O(g)
3 2 2 1 2 2 2 2 3
△ △
SO (g)+O(g) H；根据盖斯定律，①+②×2，可得反应3NO(g)+O (g)=3NO (g)的△H= H+2 H；
3 2 3 3 2 1 2
△ △ △
(2) H<0为放热反应，△H>0为吸热反应； N(g)+O(g) =NO (g)ΔH=+34kJ•mol-1，该反应为吸热反
2 2 2
△
应；
(3)①N 和H 反应合成氨的热化学方程式为：N(g)+3H(g) 2NH (g)，△H=942+3×437-
2 2 2 2 3
2×3×391=-93kJ•mol-1；所以N(g)+3H(g) 2NH (g) H=-93kJ•mol-1；②H(g)+
2 2 3 2
△
O=H O(g) H=437+ ×499-(2×460)=-233.5kJ•mol-1；1molH O(g)转化为1mol HO(l)时放出44.0 kJ的热量；
2 2 2 2
△
即HO(g)= H O(l) H=-44kJ•mol-1；所以H(g)+ O=H O(l)， △H=-233.5-44=-277.5 kJ•mol-1；1g H (物质
2 2 2 2 2 2
△
的量为0.5mol)，完全燃烧时，生成液态水时放出的热量为 ×277.5=138.75kJ；根据HO(g)= H O(l)
2 2
H=-44kJ•mol-1反应可知，水由气态变为液态，放出热量，水蒸气的能量较高，所以HO(g)的稳定性小于
2
△
HO(l)；(4) N(g)+O(g) =NO (g)ΔH=+34 kJ•mol-1，△H = ×942+499-E(NO )=34，E(NO )=936
2 2 2 2 2 2
kJ•mol-1；NH (g)在O(g)中完全燃烧生成NO (g)和HO(g)的热化学方程式为：4NH (g)+7O(g)=4NO (g)
3 2 2 2 3 2 2
+6H O(g) ΔH=4×391×3+7×499-(4×936)-6×2×460=-1079kJ•mol-1。
2
18．(10分)利用CO 催化加氢合成二甲醚，其过程中同时发生以下两个主要反应：
2
反应I：CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH ＝+41.2kJ·mol−1
2 2 2 1
反应Ⅱ：2CO(g)＋6H(g) CHOCH (g)＋3HO(g) ΔH ＝-122.5kJ·mol−1
2 2 3 3 2 2
请回答：
(1)反应I的平衡常数表达式为K= ；反应Ⅱ发生自发反应的条件是 。
(2)在一定温度和恒容条件下，可以作为判断上述两个反应均达到平衡状态的依据是__________。
A．体系内的压强保持不变 B．两个反应的平衡常数不变
C．v (H )=v (CO) D．反应体系中各物质的浓度不变
正 2 逆
(3)在恒压、CO 和H 的起始量一定的条件下，CO 平衡转化率和平衡时CHOCH 的选择性随温度的
2 2 2 3 3
11 / 21
学科网（北京）股份有限公司变化如下图。(选择性的通俗理解：当两个反应同时发生时，选择更有利于哪个反应进行)
①对于反应I，图中A点时，v v (填“>”、“=”或“<”)
正 逆
②可能有利于提高CHOCH 平衡产率的措施有 。
3 3
A．缩小容器的体积 B．升高反应的温度
C．选择更合适于反应Ⅱ的催化剂 D．适当调整CO 和H 起始量的比例
2 2
③图中温度高于300℃，CO 平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。
2
【答案】(1) (1分) 低温自发(1分)
(2)AD(2分)
(3) <(2分) AD(2分) 反应I的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO 转化为CO的平衡
2
转化率上升，使CO 转化为CHOCH 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度(2分)
2 3 3
【解析】(1)反应I的平衡常数表达式为 ；反应Ⅱ为放热反应，且熵减，由ΔG=ΔH-
TΔS＜0可知，发生自发反应的条件是低温；(2)A项，反应I为气体体积不变的反应，反应Ⅱ为气体体积减
小的反应，所以体系内的压强保持不变，说明上述两个反应均达到平衡状态，故A正确；B项，温度一定，
两个反应的平衡常数任意时刻都不变，故B错误；C项，反应I中H 和CO化学计量数相同，但反应Ⅱ只
2
涉及H 没有CO，所以v (H )=v (CO) 不能说明两个反应均达到平衡状态，故C错误；D项，反应达到
2 正 2 逆
平衡状态时，反应体系中各物质的浓度不变，故D正确；故选AD；(3)图中a点在平衡线上方，所以v ＜
正
v ；A项，反应Ⅱ为气体体积减小的反应，所以缩小容器的体积，平衡正向移动，CHOCH 平衡产率提高，
逆 3 3
故A正确；B项，反应Ⅱ为放热反应，升高反应的温度平衡左移，CHOCH 平衡产率降低，故B错误；C
3 3
项，催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，不能改变CHOCH 平衡产率，故C错误；D项，适当调
3 3
整CO 和H 起始量的比例, 能增大CHOCH 平衡产率，故D正确；故选AD；根据反应的化学方程式可知，
2 2 3 3
反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO 的平衡转化率增大；反应II为放热反应，升
2
12 / 21
学科网（北京）股份有限公司高温度，平衡向逆反应方向移动，CO 的平衡转化率减小。由图可知反应I中CO 平衡转化率的上升幅度
2 2
超过了反应II中CO 的平衡转化率的下降幅度，因此温度超过300℃时，CO 的平衡转化率上升。
2 2
19．(10分)用C H 和CO 脱氢制备丙烯已成为制备丙烯的重要方法之一、相关反应为：
3 8 2
反应Ⅰ：C H(g) C H(g)＋H(g) ΔH ＝+124mol−1
3 8 3 6 2 1
反应Ⅱ：CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH
2 2 2 2
已知：①CO和H 准燃烧热分别为-283mol−1和-285.8 kJ·mol−1；
2
②H O(l)=HO(g) ΔH ＝+44kJ·mol−1
2 2 3
(1)计算ΔH＝ kJ·mol−1。
2
(2)维持体系总压强恒定为0.1MPa，加入1mol C H(g)时体积为50L，再加入8.4mol水蒸气作为稀释剂，
3 8
测得丙烷平衡转化率与温度关系如图所示，已知：水烃比是指投料中水蒸气和丙烷的物质的量之比。
①计算800K下反应1的平衡常数K= MPa。(用气体分压计算平衡常数为K，气体分压=气体
p p
总压×气体的物质的量分数)．
②0.1 MPa下，在图中画出水烃比为10时的曲线 。
③若其它条件不变，将8.4mol的水蒸气改为8.4mol的CO，则丙烷的平衡转化率将大大增加，请解释
2
原因 。
(3)化学家研究催化剂Pt 催化丙烷脱氢机理如下图所示：
4
13 / 21
学科网（北京）股份有限公司下列说法正确的是______。
A．由图可知Pt 催化大致经过阶段Ⅰ(吸附)、反应Ⅱ(断裂第1个 键)、反应Ⅲ(断裂第2个
4
键)
B．反应Ⅱ活化能最大，是Pt 催化丙烷的决速阶段
4
C．1mol C H(g)在Pt 催化下反应生成1mol[C H(g)+H(g)]时，放出的热量为
3 8 4 3 6 2
D．若该催化反应在绝热容器中按照先发生Ⅰ，后发生Ⅱ，再发生Ⅲ，则完成反应Ⅱ后，不需要再加
热就能发生反应Ⅲ
【答案】(1)+41.2(2分)
(2) 0.009(2分) (2分)
CO 能和生成的H 反应，使得反应I的氢气浓度减小，平衡向右移动(2分)
2 2
(3)ABD(2分)
【解析】(1)CO和H 的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1，则热化学方程式：ⅰ.CO(g)+
2
O(g)=CO (g) H=-283.0kJ•mol-1，ⅱ.H (g)+ O(g)=HO(l) H=-285.8kJ•mol-1，ⅲ.
2 2 2 2 2
△ △
，根据盖斯定律ⅱ-ⅰ+ⅲ得
=(-285.8+283+44)kJ•mol-1=+41.2kJ•mol-1；(2)①800K，丙烷的平衡转化率为60%，依据三段式可知(单位：
14 / 21
学科网（北京）股份有限公司mol)
则混合气体总物质的量为0.4mol+0.6mol+0.6mol+8.4mol=10mol，K= MPa
p
=0.009MPa；②维持体系总压强恒定为0.1MPa，加入1mol C H(g)时体积为50L，再加入8.4mol水蒸气作
3 8
为稀释剂，此时水烃比为8.4，现水烃比为10时，相当于再增加1.6mol水蒸气，相当于减小压强，该反应
是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，丙烷平衡转化率增大，则0.1MPa下，水烃比为10时
的曲线为 ；③若其它条件不变，将8.4mol的水蒸气改为8.4mol的CO，
2
由题意可知，CO 能和生成的H 反应，使得反应I的氢气浓度减小，平衡向右移动，所以丙烷的平衡转化
2 2
率将大大增加；(3)A项，由图可知，阶段Ⅰ产物为pt...C H，该过程为吸附，反应Ⅱ产物为pt-(H C H)，
4 3 8 4 3 7
此时断裂第1个C-H键，反应Ⅲ产物pt-(2H C H)，此时断裂第2个C-H键，故A正确；B项，由图可知，
4 3 7
反应Ⅱ活化能最大，则反应Ⅱ是Pt 催化丙烷的快速阶段，故B正确；C项，由图可知1个C H(g)在Pt (s)
4 3 8 4
催化下反应生成1个C H(g)和1个H(g)]时，放出的热量为0.95eV，则1mol C H(g)在Pt (s)催化下反应生
3 6 2 3 8 4
成1mol[C H(g)+H(g)]时，放出的热量为0.95N eV，故C错误；D项，若该催化反应在绝热容器中按照先
3 6 2 A
发生I，后发生Ⅱ，再发生Ⅲ，由于反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，反应放出的热量使体系温度升高，达
到反应Ⅲ所需的活化能，因此这些能量足以使反应Ⅲ发生，所以完成反应Ⅱ后，不需要再加热就能发生反
应Ⅲ，故D正确；故选ABD。
20．(10分)I．甲烷和水蒸气催化制氢气。主要反应如下：
15 / 21
学科网（北京）股份有限公司i：CH(g)＋HO(g) CO(g)＋3H(g) ΔH＝+206.2kJ·mol−1
4 2 2
ii：CO(g)＋HO(g) CO(g)＋H(g) ΔH＝-41.2kJ·mol−1
2 2 2
(1)反应CH(g)＋CO(g) 2CO(g)＋2H(g)的ΔH＝ kJ·mol−1。
4 2 2
(2)在容积不变的绝热密闭容器中发生反应i，下列能说明反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．气体混合物的密度不再变化 B．CH 消耗速率和H 的生成速率相等
4 2
C． 的浓度保持不变 D．气体平均相对分子质量不再变化
E．体系的温度不再发生变化
(3)恒定压强为PMPa时，将n(CH)：n(HO)=1：3的混合气体投入反应器中发生反应i和ii，平衡时，
0 4 2
各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。
①图中表示CO 的物质的量分数与温度的变化曲线是 (填字母)。
2
②结合图中数据，其他条件不变，若要H 的产量最大，最适宜的反应温度是 (填字母)。
2
A．550~600℃ B．650~700℃ C．750~800℃
在其他条件不变的情况下向体系中加入 可明显提高平衡体系中H 的含量，原因是 。
2
③600℃时，反位ii为平衡常数的过算式为K= (K 是以分压表示的平衡常数，分压=总压×
p p
物质的量分数)。
【答案】(1)+165(1分)
(2)CDE(2分)
(3)n(2分) B(1分) 加入的CaO与反应ii生成的CO 反应，使CO 浓度降低，反应ii平衡正向
2 2
移动，氢气的生成量增加，故平衡体系中H 的含量增大(2分)
2
(2分)
16 / 21
学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)由盖斯定律可知i+ii可得反应CH(g)＋CO(g) 2CO(g)＋2H(g)的ΔH＝
4 2 2
。
(2)CH (g)＋HO(g) CO(g)＋3H(g)在恒容条件下气体质量和体积不变，则密度保持不变，不能说
4 2 2
明反应达到平衡状态，A错误；CH 消耗速率和H 的生成速率相等只能说明反应在正向移动，B错误；CO
4 2
的浓度保持不变说明反应达到平衡状态，C正确；该反应为气体质量不变，但气体分子数增加的反应，故
反应未达到平衡时平均相对分子质量不断变化，气体平均相对分子质量不再变化说明反应达到平衡状态，
D正确；绝热条件下体系的温度不再发生变化说明反应达到平衡状态，E正确。
(3)①反应i为吸热反应，反应ii 为放热反应，随温度升高，反应i平衡正向移动，反应ii平衡逆向移
动，结合图中H 和CH 的变化曲线可知，600℃前，随温度升高，CO浓度增大，使反应ii正向进行的程度
2 4
大于温度升高使其逆向进行的程度，600℃后随温度升高，CO浓度增大使反应ii正向进行的程度小于温度
升高使其逆向进行的程度，故CO 的物质的量分数先增后减，可得p表示HO的物质的量分数与温度的变
2 2
化曲线，n表示CO 的物质的量分数与温度的变化曲线，m 表示CO的物质的量分数与温度的变化曲线。
2
②由题图1中数据分析，若要H 的产量最大，最适宜的反应温度为 650~700℃。加入的CaO与反应ii生
2
成的CO 反应，使CO 浓度降低，反应ii平衡正向移动，氢气的生成量增加，故平衡体系中H 的含量增大。
2 2 2
③由题图1可知600℃时，H 的物质的量分数为0.50，HO的物质的量分数为0.32，CH 的物质的量分数为
2 2 4
0.04，由题意设CH 的起始量为1mol，HO的起始量为3mol，甲烷转化的物质的量为x mol，反应ii中CO
4 2
转化的物质的量为y mol，则：
则平衡时气体的总的物质的量为
，故CH 的物质的量分数为
4
得x= ，H 的物质的量分数为 ，得y= ，故可知CO、CO 的物质的量的分数分别
2 2
17 / 21
学科网（北京）股份有限公司为 、 ，则600℃时，反位ii为平衡常数的过算式为K=
p
。
21．(12分)丙烯是一种重要的化工原料，在催化剂作用下，可以由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C H(g) C H(g)＋H(g) ΔH
3 8 3 6 2 1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C H(g)＋1/2O (g) C H(g) (g)＋HO(g) ΔH ＝-118kJ·mol−1
3 8 2 3 6 2 2
反应Ⅲ(氢气燃烧)：2H(g)＋O(g)=2HO(g) ΔH ＝484kJ·mol−1
2 2 2 3
回答下列问题：
(1) ΔH = kJ/mol。
1
(2)对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C H 和Ar的混合气体。在温度为T 时，C H
3 8 1 3 8
的平衡转化率与通入气体中C H 的物质的量分数的关系如图1
3 8
①结合图1，从平衡移动的角度分析，“通入Ar”的作用是 。
②若要将C H 的平衡转化率提高到60％，则n(C H)：n(Ar)= 。
3 8 3 8
(3)恒温条件下，测得反应Ⅰ平衡时C H(g)的物质的量浓度与平衡总压的关系如图2.请在图上画出平
3 6
衡时C H(g)的物质的量浓度随平衡总压变化的曲线 。(在图中C点平衡总压为10Mpa时，丙烷和丙
3 8
烯的物质的浓度相等)。
(4)①关于反应Ⅲ，下列说法正确的是 。
A．该反应在任何温度下都能自发进行
B．升高温度，反应Ⅱ的平衡常数增大
C．通入的氧气越多，越有利于丙烷的氧化脱氢
D．将水液化分离出来，既可以加快反应速率，又能提高C H 的转化率
3 8
②与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯的优点是 。
(5)研究表明，CO 可催化氧化C H 脱氢制丙烯。在p=0.1MPa，V(CO )/V(C H)=1，催化剂X的催化
2 3 8 2 3 8
18 / 21
学科网（北京）股份有限公司下，气体按一定流速通过反应器，丙烷转化率和产物选择性(丙烯的选择性=丙烯的产率÷丙烷的转化率
×100％)随温度变化如下表：
产物的选择性
丙烷转化
t℃
率
C H C H CO
3 6 2 4
400 4.06 93.12 2.20 4.68
500 12.32 91.23 3.16 5.61
600 35.22 85.44 7.73 6.83
下列说法不正确的是_____。
A．在较高温度下，催化剂X可提高产生丙烯反应的速率
B．CO 催化氧化C H 脱氢制丙烯的反应是放热反应
2 3 8
C．相同条件下，使用不同的催化剂，丙烷的平衡转化率相同
D．温度升高，催化剂X的活性下降，丙烯的产率降低
【答案】(1)＋124(1分)
(2) 减小气体浓度(或分压)，使平衡右移，提高C H(g)转化率(1分) 1：3.8(2分)
3 8
(3) (2分)
(4)A(2分) 反应温度较低、节约能源/氧气消耗氢气，有利于平衡正向移动/利用氢气和氧气反应放
热，维持热量平衡/产品容易分离、副产物少(2分)
(5)BD(2分)
【解析】(1)由盖斯定律，可得ΔH=ΔH -ΔH /2=+124 kJ·mol−1；
1 2 3
(2)①在总压恒定的条件下，充入惰性气体，等同于扩体减压，气体浓度(或分压)减小，使平衡向着气
体分子数增大的方向移动(右移)，提高了C H(g)的转化率；②根据图1，C H 的物质的量分数为0.4时，
3 8 3 8
其平衡转化率为50%。假设混合气体为1mol，则起始时C H 为0.4mol，Ar为0.6mol，运用三段式法计算：
3 8
19 / 21
学科网（北京）股份有限公司由于总压恒定为100kPa，平衡时C H 为0.2mol，C H 为0.2mol，H 为0.2mol，Ar为0.6mol，则
3 8 3 6 2
C H(g)、C H(g)、H(g)的分压均为 ，故 时反应Ⅰ的平衡常数
3 8 3 6 2
，要将C H 的平衡转化率提高到60%，假设起始时C H 为1mol，
3 8 3 8
Ar为xmol，。运用三段式法计算：
由于总压恒定为100kPa，平衡时C H 为0.4mol，C H 为0.6mol，H 为0.6mol，Ar为xmol，则
3 8 3 6 2
C H(g)分压为 ，C H(g)、H(g)的分压均为 ，根据温度不变平衡
3 8 3 6 2
常数相等： ， (说明：本题用浓度平衡常数
K 同样可求得结果)；
C
(3)增大压强缩小体积，平衡时两种物质的浓度都随平衡总压(体积缩小)的增大而增大。增大压强时，
由于平衡向着气体分子数减少的逆反应方向移动，所以在两者浓度相等之后，两者浓度增加的程度不同，
20 / 21
学科网（北京）股份有限公司丙烷的浓度增大得更多，故丙烷的浓度大于丙烯的浓度。据此理可作图 ；
(4)①A项，反应Ⅱ的ΔH＜0，ΔS＞0，所以该反应在任何温度下都能自发进行，A正确；B项，升高
2
温度，反应Ⅱ的平衡逆向移动，平衡常数减小，B不正确；C项，通入的氧气过多，将发生丙烷的深度氧
化，可能生成CO或CO，使丙烯的产率降低或得不到丙烯，C不正确；D项，将水液化分离出来，可提
2
高C H 的转化率，浓度降低减慢反应速率，D不正确；故选A；②与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙
3 8
烯的优点是反应Ⅱ的温度较低(任何温度下都自发)、反应Ⅰ必须在高温下才能自发，低温反应可以节约能
源；产品主要是水和丙烯，容易分离、副产物少；
(5)A项，CO 催化氧化C H 脱氢制丙烯，在较高温度下，丙烯的产率远高于乙烯和CO，是催化剂X
2 3 8
选择性地提高产生丙烯反应速率的结果，A正确；B项，表格中的数据不一定是平衡状态的数据，不能得
出该平衡体系，温度对平衡移动的影响规律，B不正确；C项，催化剂能够改变反应速率，不同的催化剂
对一定时间里没有达到平衡的转化率影响不同，但不能改变平衡转化率和平衡常数，C正确；D项，催化
剂的活性与温度有关，温度过低或过高都可能是催化剂失活。从表格中的数据分析，温度升高，丙烯的选
择性降低，但是丙烷的转化率在增大，丙烯的产率在增加，D错误；故选BD。
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