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2024-2025 学年高二化学上学期第一次月考卷
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．工业上处理含CO、SO 烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为S和CO。已知：2CO(g)
2 2
+O (g)=2CO (g) ΔH=-566 kJ/mol； S(s)+O (g)=SO(g) ΔH=-296 kJ/mol；则该条件下2CO(g)
2 2 2 2
+SO(g)=S(s)+2CO (g)的ΔH等于
2 2
A．- 270 kJ/mol B．+26 kJ/mol C．-582 kJ/mol D．+270 kJ/mol
【答案】A
【详解】已知：①2CO(g)+O(g)=2CO (g) ΔH=-566 kJ/mol； ②S(s)+O (g)=SO(g) ΔH=-296 kJ/mol，根
2 2 2 2
据盖斯定律，将①－②，整理可得2CO(g)+SO (g)=S(s)+2CO (g) ΔH=- 270 kJ/mol，故合理选项是A。
2 2
2．已知：2SO (g) + O(g) 2SO (g) ΔH，不同条件下反应过程能量变化如图所示。
2 2 3
下列说法中不正确的是
A．反应的ΔH＜0
B．过程b使用了催化剂
C．使用催化剂不能提高活化分子百分数
D．过程b发生两步反应，第一步为吸热反应，且反应较慢
【答案】C
【详解】A．由图中信息可知，该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应，
反应的ΔH＜0，A正确；
B．使用催化剂可以降低反应的活化能，由图中信息可知，过程b的活化能比过程a的活化能低，因此
可以判断过程b使用了催化剂，B正确；
学科网（北京）股份有限公司C．催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数从而加快反应速率，C错误；
D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越
小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；由图中信息可知，过程b发生两
步反应，第一步生成中间产物，中间产物的总能量高于反应物的总能量且活化能较第二步要大，因此
第一步为吸热反应且反应较慢，D正确；
故选C。
3．一定条件下，在2 L密闭容器中发生反应：2A(s)+3 B(g)=2 C(g)+4 D(g)，测得5 min内，A的物质的量
减小了10 mol， 则0~5 min内该反应的平均速率为
A．v(A)=1.0 mol/(L·min) B．v(B)=1.5 mol/(L·min )
C．v(C)=2.0 mol/( L·min) D．v(D)=0.5 mol/(L·min)
【答案】B
【分析】根据反应方程式中各物质反应的量关系，变化量之比等于系数之比，推出速率之比等于各物
质的系数之比。
【详解】A．A是固体不能表示速率，故A不正确；
B．根据A的物质的量减少了10mol，B的物质的量减少了则是15mol，根据变化量之比等于系数比，
则 =1.5mol/(L·min )，故B正确；
C．根据A的物质的量减少了10mol，C的物质的量增加了则是10mol，根据变化量之比等于系数比，
= 1.0 mol/(L·min)，故C不正确；
D．根据A的物质的量减少了10mol，D的物质的量增加了则是20mol，根据变化量之比等于系数比，
= 2.0 mol/(L·min)，故D不正确；
故选答案B。
【点睛】根据速率之比等于化学反应方程式的计量数之比的实质进行分析，注意对于固体和纯液体不
能表示其速率。
4．。反应达平衡时，下列措施能提高N 转化率的是
2
①降温 ②恒压通入惰性气体 ③增加N 的浓度 ④加压 ⑤催化剂
2
A．①④ B．①② C．②⑤ D．③④
【答案】A
【详解】①合成氨反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，氮气转化率增大，故正确；
学科网（北京）股份有限公司②恒压条件下通入惰性气体相当于减小压强，该反应是气体体积减小的反应，减小压强，平衡向逆反
应方向进行，氮气转化率降低，故错误；
③增加氮气的浓度，衡向正反应方向移动，氢气转化率增大，但氮气转化率减小，故错误；
④该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氮气转化率增大，故正确；
⑤使用催化剂，化学反应速率增大，但化学平衡不移动，氮气转化率不变，故错误；
①④正确，故选A。
5．为测定一定时间内锌和稀硫酸反应的速率，下列测量依据不可行的是
A． 的变化 B． 的变化 C． 的变化 D． 的变化
【答案】C
【详解】A. 的变化越快，锌和稀硫酸反应的速率越快，该测量依据可行，A项正确；
B. 的变化越快，锌和稀硫酸反应的速率越快，该测量依据可行，B项正确；
C.锌和稀硫酸反应的离子方程式为：Zn+2H+=Zn2++H ↑， 不参与该反应，所以测量 的变化无
2
法测得锌和稀硫酸反应的速率，C项错误；
D. 的变化越快，锌和稀硫酸反应的速率越快，该测量依据可行，D项正确；
答案选C。
6．对于反应2SO (g)＋O(g) 2SO (g) ΔH<0，下列说法正确的是
2 2 3
A．使用VO 作催化剂，降低了反应的活化能，增大了单位体积内活化分子的数目
2 5
B．增加氧气的浓度，能够增大活化分子百分数
C．只要选择适宜的条件，SO 和O 就能全部转化为SO
2 2 3
D．升高温度能加快反应速率，提高SO 的平衡转化率
2
【答案】A
【详解】A．使用VO 作催化剂，降低了反应的活化能，增大了单位体积内活化分子的数目，增大了
2 5
活化分子百分数，故A正确；
B．增加氧气的浓度，增大了单位体积内活化分子数目，活化分子百分数不变，故B错误；
C．该反应为可逆反应，具有一定的反应限度，SO 和O 不能全部转化为SO ，故C错误；
2 2 3
D．该反应为放热反应，升高温度能加快反应速率，平衡往逆反应方向移动，降低了SO 的平衡转化率，
2
故Ｄ错误。
答案为A。
学科网（北京）股份有限公司7．在反应中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析中，不正确的是
A．加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能 B．增大 ，单位体积内活化分子数增大
C．升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加 D．增大压强，活化分子的百分数增大
【答案】D
【详解】A．加入合适的催化剂，能降低反应的活化能，反应速率增大，A正确；
B．增大碘化氢的浓度，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，B正确；
C．升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大，C正确；
D．增大压强，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，但活化分子百分数不变，D错误；
答案选D。
8．一定温度下，溶液发生催化分解。不同时刻测得生成 的体积(已折算为标准状况)如下表，下列叙述
不正确的是(溶液体积变化忽略不计)
0 2 4 6 8 10
0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9
A． 的平均反应速率：
B． 的平均反应速率较 的平均反应速率更快
C．反应至 时，
D．反应至 时， 分解了50%
【答案】C
【详解】A． 生成氧气的物质的量为1×10-3mol，消耗HO 的物质的量为2×10-3mol，平均反应
2 2
速率： ，故A正确；
B． 内生成17.2mL氧气， 内生成9.3mL氧气，所以 的平均反应速率较
的平均反应速率更快，故B正确；
C．反应至 时，生成氧气的物质的量为1×10-3mol，消耗HO 的物质的量为2×10-3mol，
2 2
学科网（北京）股份有限公司，故C错误；
D．反应至 时，生成氧气的物质的量为1×10-3mol，消耗HO 的物质的量为2×10-3mol， 分解
2 2
率为 50%，故D正确；
选C。
9．已知分解1molH O 放出热量98 kJ，在含少量I-的溶液中，HO 分解的机理为：
2 2 2 2
第一步：HO+I-→HO+IO- 慢
2 2 2
第二步：HO+IO-→HO+O+I- 快
2 2 2 2
下列有关该反应的说法正确的是
A．I-的浓度大小决定反应速率的大小
B．IO-是该反应的催化剂
C．v(H O)=v(H O)=v(O )
2 2 2 2
D．HO 分解的热化学方程式为2HO(l)=2H O(l)+O(g) ΔH=-98kJ·mol-1
2 2 2 2 2 2
【答案】A
【详解】A．I-是第一步反应的反应物， I-的浓度大小决定第一步反应速率，第一步是慢反应，慢反应
决定总反应速率，所以I-决定反应速率的大小，故A正确；
B．IO-是第一步反应的生成物，IO-是第二步反应的反应物，所以IO-是该反应的中间产物，故B错误；
C．v(H O)是纯液体，不能用水的浓度变化表示反应速率，故C错误；
2
D．1molH O 放出热量98kJ，HO 分解的热化学方程式为2HO(l)=2H O(l)+O(g) ΔH=-196kJ·mol-1，故
2 2 2 2 2 2 2 2
D错误；
选A。
10．NH 原NO，其反应过程与能量关系如图1所示；有氧条件下，Fe3+催化NH 还原NO的反应历程如图
3 3
2所示。下列说法正确的是
学科网（北京）股份有限公司A．图1所示热化学方程式为
B．图1所示反应产物中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：3
C．图2所示过程中 的物质的量减少
D．图2所示过程生成1mol氮气，转移电子的数目为2.4mol
【答案】B
【详解】A．热化学方程式为4NH (g)+6NO(g)═5N(g)+6HO(g)ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=(a-
3 2 2
b)kJ/mol，A错误；
B．图1所示反应方程式为：4NH (g)+6NO(g)═5N(g)+6HO(g)，反应产物中氧化产物与还原产物为
3 2 2
N，其中有4个N被氧化，6个N被还原，故氧化产物与还原产物物质的量之比为2：3，B正确；
2
C．由题干图示信息可知，图2所示过程中 作催化剂，故其物质的量在反应前后保持不变，C错误；
D．由题干图示信息可知，图2所示过程发生的总反应为：4NH +4NO+O 4N+6H O，故生成
3 2 2 2
1mol氮气，转移电子的数目为3mol，D错误；
故答案为：B。
11．一定条件下，一定容积的密闭容器中，反应达到平衡状态的标志是
A．压强不随时间变化
B．气体平均相对分子质量不随时间变化
C．气体密度不随时间变化
D．单位时间内生成nmolA ，同时生成2nmolAB
2
【答案】D
【详解】A．该反应是气体体积不变的反应，反应中气体压强始终不变，则压强不随时间变化不能说
学科网（北京）股份有限公司明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积不变的反应，反应中气体平
均相对分子质量始终不变，则气体平均相对分子质量不随时间变化不能说明正逆反应速率相等，无法
判断反应是否达到平衡，故B错误；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，
则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故C错误；
D．由方程式可知，单位时间内生成nmolA ，同时生成2nmolAB说明正逆反应速率相等，反应已达到
2
平衡，故D正确；
故选D。
12．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．加水稀释0.1 mol∙L−1CHCOOH溶液，其电离程度增大
3
B．NO 和NO 的混合气体升温后红棕色加深
2 2 4
C．SO 催化氧化成SO 的反应，往往需要使用催化剂
2 3
D．向水中加入少量NaOH(s)后恢复至常温，溶液的pH增大
【答案】C
【详解】A．加水稀释0.1 mol∙L−1CHCOOH溶液，平衡正向移动，醋酸又电离，因此醋酸电离程度增
3
大，能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B．2NO NO 是吸热反应，NO 和NO 的混合气体升温，平衡逆向移动，气体红棕色加深，能
2 2 4 2 2 4
用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．SO 催化氧化成SO 的反应，往往需要使用催化剂，反应速率加快，平衡不移动，不能用勒夏特列
2 3
原理解释，故C符合题意；
D．向水中加入少量NaOH(s)后恢复至常温，氢氧根浓度增大，抑制水的电离，溶液的pH增大，能用
勒夏特列原理解释，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
13．将2mol 和1mol 分别置于相同温度下相同体积的甲乙两密闭容器中发生反应：
并达到平衡，甲容器始终保持恒温恒容，乙容器始终保持恒温恒压，达到平衡时，下述说
法不正确的是
A．平衡时 的百分含量：乙＜甲 B． 的转化率：乙＞甲
学科网（北京）股份有限公司C．反应速率：乙＞甲 D．平衡时容器的压强：乙＞甲
【答案】A
【详解】A．该反应气体分子数减小，甲容器在恒温恒容下建立平衡则压强减小，乙容器在恒温恒压
下建立平衡则体积减小而维持压强不变，平衡时的压强：乙容器＞甲容器，压强越大越有利于平衡正
移，平衡时 的百分含量更大，A错误；
B．平衡时乙容器压强大， 的转化率高，B正确；
C．温度相同时，乙容器的压强大，乙的反应速率快，C正确；
D．平衡时乙容器压强大于甲容器，D正确；
答案选A。
14．乙烯气相直接水合反应制备乙醇：。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下(起始时，
，容器体积为 )。下列分析不正确的是
A．乙烯气相直接水合反应的 B．图中压强的大小关系为：
C．图中a点对应的平衡常数 D．达到平衡状态a、b所需要的时间：
【答案】C
【详解】A．如图，温度越高，乙烯的转化率越低，平衡逆向移动，该反应的放热反应， ，A
正确；
B．由图可知，压强越大，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率越大，所以 ，B正确；
C．a点时，乙烯转化率为20％，根据三段式： ，
学科网（北京）股份有限公司，C错误；
D．与a点相比，b点温度高，压强大，反应速率较慢，达平衡所需时间较短，D正确；
故选C。
15．在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T、T 下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化
1 2
的曲线如图所示，下列叙述正确的是
A．M点的正反应速率υ 小于N点的逆反应速率υ
正 逆
B．T 下，在0~t 时间内，υ(Y)= mol/(L·min)
2 1
C．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
D．该反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量
【答案】D
【详解】分析：用“先拐后平”法，T 优先T 出现拐点，T 达到平衡时间短、速率快，则T T；T
1 2 1 1 2 2
平衡时c（X）小于T，升高温度平衡向逆反应方向移动，该反应的ΔH 0；利用图象上的数据和速率
1
之比等于化学计量数之比计算υ（Y）；平衡后再加入一定量X，相当于增大压强，平衡向正反应方向
移动，X的平衡转化率增大。
详解：用“先拐后平”法，T 优先T 出现拐点，T 达到平衡时间短、速率快，其它条件不变时升高温
1 2 1
度化学反应速率加快，则T T；T 平衡时c（X）小于T，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应
1 2 2 1
为吸热反应，该反应的ΔH 0。A项，M点是T 时的平衡点，υ （M）=υ （M），N点是T 时的不
1 正 逆 2
平衡点，N点时的逆反应速率小于T 平衡时的逆反应速率，由于T T，T 平衡时的反应速率小于T
2 1 2 2 1
平衡时的反应速率，M点的正反应速率υ 大于N点的逆反应速率υ ，A项错误；B项，T 下，0~t
正 逆 2 1
时间内υ（X）= = = mol/（L·min），不同物质表示的化学反应速率之比等于
学科网（北京）股份有限公司化学计量数之比，υ（Y）= υ（X）= mol/（L·min），B项错误；C项，M点时再加入一定量
X，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡后X的转化率增大，C项错误；D项，该反应的
正反应为放热反应，W点消耗X的物质的量大于M点，该反应进行到M点放出的热量小于进行到W
点放出的热量，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查化学平衡的图象分析、化学反应速率的计算、外界条件对化学反应速率和化学平衡的
影响。观察图象时先看纵横坐标的含义，根据关键点和曲线的变化趋势，联想外界条件对化学反应速
率和化学平衡影响的规律进行判断。注意：在恒容容器中增加反应物浓度，平衡向正反应方向移动；
若反应物只有一种，平衡时反应物转化率的变化，利用增大压强对平衡的影响判断。
16．下列关于化学反应速率的说法正确的是
①恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快
②其他条件不变，温度越高化学反应速率越快
③使用催化剂可改变反应速率，从而改变该反应过程中吸收或放出的热量
④ 的反应速率一定比 的反应速率大
⑤有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加单位体积内活化分子数，从
而使反应速率增大
⑥增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多
A．②⑥ B．②⑤ C．①②③⑤ D．①②④⑤
【答案】B
【详解】①恒温时，增大压强，如没有气体参加反应，化学反应速率不加快，故错误；
②其他条件不变，温度升高，增大活化分子百分数，化学反应速率越快，故正确；
③使用催化剂不能改变反应热，故错误；
④没有指定反应，也没有指定反应速率用方程式中的哪种物质表示，所以无法比较3mol/(L▪s)和1mol/
(L▪s)的反应速率的快慢，故错误；
⑤有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），活化分子百分数不变，增加了单
位体积内活化分子数，故正确；
⑥增大反应物浓度，活化分子的百分数不变，增加的是单位体积内活化分子数，故错误；
②⑤正确，故答案选B。
17．我国科研人员提出了由和 转化为高附加值产品 的催化反应历程，该历程示意图如下所
示。下列说法正确的是
学科网（北京）股份有限公司A．①→②的过程中吸收能量
B． → 过程中，C—H键全部发生断裂
C．生成 总反应的原子利用率为100%
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】C
【详解】A．据图可知①→②的焓值降低，过程为放热过程，故A错误；
B．该过程中反应物为CO 和CH，生成的产物为CHCOOH，CH 生成-CH，有C-H键发生断裂但不
2 4 3 4 3
是全部断裂，故B错误；
C．图中分析，1molCH 和1molCO 反应元素全部生成1molCH COOH，生成CHCOOH总反应的原子
4 2 3 3
利用率为100%，故C正确；
D．催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，不影响转化率，故D错误；
故选C。
18．汽车尾气净化器中发生可逆反应：2NO(g) +2CO(g)N (g) +2CO (g) ΔH = -746.8 kJ·mol-1下列有关说法正
2 2
确的是
A．加入催化剂，上述反应的反应热ΔH小于-746.8 kJ ·mol-1
B．增大NO浓度，平衡正向移动，平衡常数增大
C．加入催化剂，有利于提高平衡前单位时间内NO的转化率
D．降低温度，平衡正向移动，v 增大，v 减小
正 逆
【答案】C
【详解】A．催化剂只能将改变反应的活化能，并不能改变焓变，故A不选；
B．增大NO浓度，平衡正向移动；但平衡常数只与温度有关，与反应物浓度无关，故B不选；
C．加入催化剂，化学反应速率增大，有利于提高平衡前单位时间内NO的转化率，故选C；
D．由反应2NO(g) +2CO(g) N(g) +2CO (g) ΔH = -746.8 kJ·mol-1可知，该反应为放热反应，降低温
2 2
学科网（北京）股份有限公司度平衡逆向移动；但降低温度化学反应速率均降低，故D不选。
答案选C
19．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：，下列各组实验中最先出现浑浊的是
温度/℃
溶液 稀
实
验
A 25 5 0.1 10 0.1
B 25 5 0.2 5 0.2
C 35 5 0.1 10 0.1
D 35 5 0.2 5 0.2
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】浓度相同时，温度越高，反应速率越快，35℃＞25℃，则选项C、D中的反应速率分别大于
选项A、B中的反应速率；温度相同时，浓度越大，反应速率越快，D中反应物的浓度大于C中反应
物的浓度，则D中反应速率最快，在实验中最先出现浑浊，故选D。
20．某同学研究KCr O 溶液中的化学平衡，设计如图所示实验。已知：Cr O2-+H O 2CrO2-
2 2 7 2 7 2 4
+2H+△H=+13.8kJ/mol。实验现象如下：
i.试管a中溶液为橙色；
ii.试管b中溶液为黄色；
iii.试管c中滴加浓硫酸后温度略有升高，溶液变为深橙色。
下列说法正确的是
A．该反应是一个氧化还原反应
B．b试管中不存在Cr O2-
2 7
C．该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动
学科网（北京）股份有限公司D．试管c中影响平衡的主要因素是温度
【答案】C
【详解】A．反应前后元素的化合价不变，该反应是一个非氧化还原反应，故A错误；
B．Cr O2-+H O 2CrO2-+2H+，是可逆反应，转化率不可能达到100%，b试管中存在Cr O2-，故B
2 7 2 4 2 7
错误；
C．滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，则该实验不能证明减小生成物浓度，平衡
正向移动，可能升高温度平衡正向移动，故C正确；
D．试管c中温度、氢离子浓度均变化，则c中的现象不能说明影响平衡的主要因素是温度，故D错
误；
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，把握可逆反应的特点、温度和浓度对平衡移动的影响为解答
的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意判断存在的变量，易错点C，注意滴加浓硫酸，放出热量，
温度、浓度均影响平衡移动，有多种变量。
第 II 卷（非选择题 共 40 分）
二、填空题
21．（9分）工业合成氨反应原理为 。
(1)T℃时，向有催化剂、容积为1.0L的恒容密闭容器中充入3mol 、1mol ，10min时反应达到平
衡，测得 。
①0～10min，用 表示的平均反应速率 。
②化学平衡常数 。
(2)T℃时，向有催化剂的恒容密闭容器中充入 和 。下图为X的平衡转化率随不同投料比值
的变化曲线。
学科网（北京）股份有限公司X是 (填“ ”或“ ”)，判断依据是 。
(3)其他条件相同时，如下图所示为合成氨反应在不同压强、不同温度下达到平衡状态时，测得的
平衡转化率的变化曲线。
L表示 ，其中 (填“>”或“<”) 。
【答案】 0.18 2.08 增大 的浓度可以提高 的转化率，但 的转化率降低
压强 ＜
【分析】(1)①根据速率等于浓度改变量除以时间②将平衡时每种物质的浓度计算出来，再根据平衡常
数公式计算。
(2)假设 ，投料比值 增大时，即 增大时，X的平衡转化率增大，而
增大 的浓度可以提高 的转化率，但 的转化率降低。
(3)该反应是放热反应，也是气体体积减小的反应，利用平衡移动原理进行分析。
【详解】(1)① ；故答案为：0.18。
学科网（北京）股份有限公司②平衡时， ， ，
，则 ，
，则 ，则
；故答案为：2.08。
(2)假设 ，投料比值 增大时，即 增大时，X的平衡转化率增大，而
增大 的浓度可以提高 的转化率，但 的转化率降低，则X为 ；故答案为： ；增大 的
浓度可以提高 的转化率，但 的转化率降低。
(3)该反应是放热反应，也是气体体积减小的反应，若L为温度，则随着温度升高，平衡逆向移动，
的平衡转化率减小，所以L不是温度，而是压强； 、 代表温度，保持压强不变， 下 的
平衡转化率比 下的大，说明平衡正向移动，而降低温度，该平衡正向移动，则 ；故答案为：
压强；＜。
【点睛】分析图象时，常采用 “定一论二”思想分析，先看其中一条曲线，分析平衡移动，再作一
条与y轴相平的平行线，再根据平衡移动原理分析。
22．（9分）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一、
(1)欲提高CO的平衡转化率，理论上可以采取的措施为 。
A．增大压强 B．升高温度 C．加入催化剂 D．通入过量水蒸气
(2)800C时，该反应的平衡常数 ，在容积为1L的密闭容器中进行反应，测得某一时刻混合物中
CO、 、 、 的物质的量分别为1mol、3mol、1mol、1mol。
学科网（北京）股份有限公司①写出该反应的平衡常数表达式 。
②该时刻反应 (填“正向进行”或“逆向进行”或“达平衡”)。
(3)830℃时，该反应的平衡常数 ，在容积为1L的密闭容器中，将2mol CO与2mol 混合加热
到830℃。反应达平衡时CO的转化率为 。
(4)图1表示不同温度条件下，CO平衡转化率随着 的变化趋势。判断 、 和 的大
小关系： 。说明理由 。
(5)实验发现，其它条件不变，在相同时间内，向反应体系中投入一定量的CaO可以增大 的体积分
数，实验结果如图2所示。(已知：1微米= 米，1纳米= 米)。投入纳米CaO比微米CaO，
的体积分数更高的原因是 。
【答案】 D 正向进行 50% 该反应为放热反
应，在 相同时，温度越低，CO的转化率越大 纳米CaO表面积比微米CaO大，吸
收CO 能力比微米CaO强
2
【详解】(1)该反应为放热反应，且反应前后气体分子数不变，
A.增大压强，对于反应前后气体体积相同的反应，平衡不移动，CO的转化率不变，故A不符合题意；
B.反应放热，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，故B不符合题意；
学科网（北京）股份有限公司C.催化剂只影响反应速率，不影响平衡状态，故C不符合题意；
D.通入过量水蒸气，提高反应的浓度使平衡正向移动，增大CO的转化率，故D符合题意；
故答案为：D。
(2)①由反应可知该反应的平衡常数为：K= ，CO、 、 、 的物质的量分别为
1mol、3mol、1mol、1mol时， <
(4) 强于 猜想1
(5) 蒸馏水 2.8mL
(6)在实验2-2中与 完全反应后的溶液中， 也高于实验2-1中的起始 ，溶液立
即变成蓝色，所以猜想1不成立
(7)BC
(8)
学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）实验1-1的目的是对比实验，证明 溶液与 溶液反应将其氧化为碘单质而
使淀粉溶液变蓝色，排除氧气氧化碘离子的干扰；
（2）实验1-2中 溶液与 溶液反应生成碘单质而使淀粉溶液变蓝色，反应的离子方程式
为： ；
（3） 溶液中若含有 ，溶液并不会立刻变蓝，而会等待一段时间后再变蓝，可能的原因为：
猜想1： 与 反应速率大于 与 的反应速率，使溶液中 浓度降低，
化学反应速率变慢；猜想2：其他条件相同时， 与 不反应，而 与 反应
速率小于 与 的反应速率，所以溶液并不会立刻变蓝；
（4）根据资料② 可与 发生反应： ，还原剂的还原性强于还原产物，
所以 的还原性强于 ；所以猜想1：其他条件相同时， 与 反应速率大于
与 的反应速率，使溶液中 浓度降低，化学反应速率变慢成立；
（5）表格中①为蒸馏水，根据控制变量法，为了使溶液的总体积相同，②为加入2.8mL蒸馏水；
（6）在实验2-2中与 完全反应后的溶液中， 也高于实验2-1中的起始 ，溶液
立即变成蓝色，所以猜想1不成立；
（7）A. 由实验2-1和2-1对比，实验2-2增加溶液中 浓度，溶液变蓝的时间长，初始反应速
率较慢，A错误；
B. 由实验2-2可知，增加溶液中 浓度，溶液变蓝时间可能增加，B正确；
C. 增加溶液中 浓度，将生成的碘单质完全反应，溶液可能无法变蓝，C正确；
D. 升高溶液温度，反应速率加快，溶液开始变蓝时间可能减小，D错误；
学科网（北京）股份有限公司故选BC；
（8）根据反应 和 得到关系式： ，所以
， 。
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