文档内容
绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 01（天津专用）
化 学
考情速递
高考·新动向：应用导向增强，试题更注重化学知识的实际应用，如能源电池、药物合成、材料科学
等，体现学科与科技前沿的紧密结合；跨学科融合，题目涉及物理化学、材料学（晶体结构）、生物
学（抗炎药物）等多领域知识。信息处理能力：复杂题干（如C₆₀电子云分布、配位键形成机理）要求
考生快速提取关键信息并分析。
高考·新考法：
常规考点新设问：电化学：第9题以“泥浆电池”为载体，结合聚合物微粒的氧化还原过程，突破传
统原电池模型。
非常规考点创新：反应机理探究：第15题通过肼（N₂H₄）与银氨溶液反应的现象分析，考查氧化还原
性质与实验推理能力。
高考·新情境：创新性情境：
新型材料，体现材料科学的应用价值；绿色化学，热化学循环分解制氢，紧扣可持续发展主题。
命题·大预测：
强化综合应用，未来试题将进一步融合化学与其他学科（如材料、能源、生物），突出实际问题的解
决能力。深化机理分析，有机合成路线、反应中间体推导、配位化学机理等题型占比可能增加。重视
定量计算，晶体密度、反应速率常数、平衡常数计算等需结合数学工具，要求精准运算。
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．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 P 31 S 32 K 39
第Ⅱ卷
一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．《天工开物》中《墨》记载到“凡墨烧烟凝质而为之。取桐油、清油、猪油烟为者，居十之一；取松
烟为者，居十之九。”下列有关说法正确的是
A．墨属于纯净物 B．猪油在碱性条件下能发生水解
C．松烟属于高分子化合物 D．墨的制备不存在氧化还原反应
【答案】B
【详解】A．墨是用炭黑制成的，其主要成分是碳，属于混合物，A不正确；B．猪油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下发生水解生成高级脂肪酸和甘油，属于水解反
应，B正确；
C．松烟是松木燃烧后凝结的黑灰，主要成分是碳，不属于高分子化合物，C不正确；
D．墨的制备过程中，有单质碳生成，存在氧化还原反应，D不正确；
故选B。
2．配离子 的球棍模型如图所示。下列关于该配离子的说法中错误的是
A． 中的铜采用 杂化
B．有4个配位原子
C． 为配离子的配体， 的VSEPR模型为四面体形
D．若用两个 代替两个 ，可以得到两种不同结构的配离子
【答案】A
【详解】A．若铜采用 杂化，四个氮原子不应在同一平面，A错误；
B．氮原子是配位原子，有4个氨气提供4个配位原子，B正确；
C． 的VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，C正确；
D．若用两个 代替两个 ， 中的O原子做配位原子，此时O、N配位原子在同一平面内，
O、N配位原子的位置有两种位置关系，D正确；
故答案为：A。
3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．加入(NH )Fe(SO )·6H O的溶液中：Na＋、H＋、Cl－、
4 2 4 2 2
B．由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、 、
C．c(Fe3＋)＝lmol·L－1的溶液中： 、 、 、
D．能使酚酞变红的溶液中：K＋、Na＋、Cl－、
【答案】D
【详解】A．Fe2＋、H＋、 可以发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A不选；
B．由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，在酸性条件下，H＋、 可
以发生反应而不能大量共存，故B不选；C．Fe3＋可以和 、 发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C不选；
D．能使酚酞变红的溶液呈碱性，OH-、K＋、Na＋、Cl－、 之间互不反应，可以大量共存，故D
选；
答案选D。
4．下列离子方程式正确的是
A．向 溶液中滴加过量的氨水：
B．向乙二醇溶液中加入足量酸性高锰酸钾溶液：
C．向饱和 溶液中通入过量
D．将少量 通入 溶液中：
【答案】D
【详解】A． 溶液中滴加过量的氨水，最终形成四氨合铜离子，而不是氢氧化铜沉淀，A错误；
B．乙二醇具有还原性，乙二酸也具有还原性，均能被酸性高锰酸钾氧化，乙二醇与足量酸性高锰酸钾
溶液反应生成CO₂,不能生成乙二酸，B错误；
C．饱和碳酸钠溶液中，二氧化碳过量，应该生成碳酸氢钠沉淀，不能拆开，C错误；
D．少量二氧化硫通入 溶液中，发生 氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，同时次氯酸根过
量和氢离子生成弱酸次氯酸： ，D正确；
故选D。
5．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是
A．可用装置①检验气体中含SO 和SO B．可用装置②制备HCl
2 3
C．可用装置③测量反应产生气体体积 D．可用装置④证明氯化银溶解度大于硫化银【答案】B
【详解】A．二氧化硫可以使品红溶液褪色，故可以使用品红溶液检验二氧化硫，但三氧化硫也被品红
溶液吸收，不能检验三氧化硫，A错误；
B．浓硫酸和氯化钠反应生成挥发性氯化氢气体，B正确；
C．用排液体法测量气体体积，伸入量筒的导管尽可能伸入到底部，题中所给装置，伸入量筒的导管太
短，C错误；
D．向硝酸银溶液滴加几滴NaCl溶液，硝酸银过量，再滴加几滴NaS溶液，S2−与过量Ag+反应生成
2
Ag S，即题中不能比较两者溶解度大小，D错误；
2
故选B。
6．某竹叶提取物具有抗炎活性，结构如图所示。关于该化合物说法正确的是
A．含有4种官能团 B．可以与8mol 加成
C．分子中含有手性碳原子 D．最多能与等物质的量的NaOH反应
【答案】A
【详解】A．含有碳碳双键、醚键、羟基、酰胺键等4种官能团，A正确；
B．分子中只有碳碳双键和苯环可以和氢气加成，故可以与7mol 加成，B错误；
C．分子中含无手性碳原子，C错误；
D．由于酰胺键和酚羟基都能与NaOH反应，最多能消耗的物质的量的NaOH的物质的量的为该分子的
两倍，D错误；
故选A。
7．由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
实验操作 现象 结论
向氢氧化钠的乙醇溶液中加入1—溴丁烷，在
溶
A 一定条件下发生反应。将产生的气体通入 证明产生的气体中含有1—丁烯
液褪色
溶液中
在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根 石蜡熔化
B 说明物质X为非晶体
红热的铁针刺中凝固的石蜡 呈椭圆形
溶液变为
C 将 溶液加热
黄色，正反应方向为放
热反应
溶液变为
D 向盛有KI溶液的试管中加入少量氯水 非金属性：
黄色
【答案】D
【详解】A．乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则溶液褪色不能说明向氢氧化钠的乙醇溶
液中加入1—溴丁烷，在一定条件下发生反应不能证明产生的气体中含有1—丁烯，故A错误；
B．在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡熔化呈椭圆形体现了
晶体的各向异性，说明物质X为晶体，故B错误；
C．将2mL0.5mol/L氯化铜溶液加热，溶液变为黄色说明平衡
向正反应方向移动，该反应为吸热反应，故C错误；
D．向盛有碘化钾溶液的试管中加入少量氯水，溶液变为黄色说明氯水与碘化钾溶液反应生成碘和氯化
钾，证明氯气的氧化性强于碘，氯元素的非金属性强于碘元素，故D正确；
故选D。
8．X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电
子，Y与Q同主族，W原子N能层只有一个电子，其余能层全充满。下列说法错误的是
A．电负性为Z>Y>X
B．原子半径为r(Q)>r(Y)>r(Z)
C．X与Z可以形成含极性键的极性分子
D．W与Z形成的化合物晶胞如图，其化学式为WZ
【答案】A
【分析】X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，因为原子序数依次增大，因此X的价电子
排布式为2s22p2，Z的价电子排布式为2s22p4，推出X、Z分别为C、O，Y为N，Y与Q同主族，则Q
为P，W原子N能层只有一个电子，其余能层全充满，即价电子排布式为3d104s1，即W为Cu，据此分
析；
【详解】A．白球位于晶胞的顶点和体心，个数为 =2，黑球位于晶胞内部，个数为4，根据球
半径大小，黑球为Cu，白球为O，则化学式为Cu O，故D说法错误；
2
B．Y、Z、Q分别为N、O、P，P核外有三个电子层，其余元素有2个电子层，即P的半径最大，同周
期从左向右原子半径逐渐减小，因此r(N)＞r(O)，因此三种元素的原子半径大小顺序是r(P)＞r(N)＞
r(O)，故B说法正确；C．X、Z可以形成的化合物为CO、CO，CO为含极性键的极性分子，CO 为含极性键的非极性分子，
2 2
故C说法正确；
D．X、Y、Z分别为C、N、O，同周期电负性自左向右逐渐增大，因此电负性顺序是O＞N＞C，故A
说法正确；
答案为A。
9．有机物液流电池因其电化学性能可调控、有机氧化还原电对反应活性高等优点而备受关注。南京大学
研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池，该电池(图1)在充电过程中，聚对苯二酚(图
2)被氧化， 能通过半透膜，而有机聚合物不能通过半透膜，下列说法错误的是
A．充电时， 电极接外接电源的负极
B．充电时， 电极的电极反应方程式为 -2ne-→ +2nH+
C．放电时， 从 极区向 极区迁移
D．放电时， 电极附近的 减小
【答案】C
【详解】A．充电时，聚对苯二酚被氧化，可知a电极为电解池的阳极，则b电极为电解池的阴极，接
外接电源的负极，选项A正确；
B．充电时，聚对苯二酚在a电极被氧化，释放出H+，电极反应方程式为 -2ne-→
+2nH+ ，选项B正确；
C．放电为原电池，阳离子 从负极移动到正极，即从b极区向a极区迁移，选项C错误；D．放电时，b电极上发生电极反应式为
，释放出H+，酸性增强，pH减
小，选项D正确；
答案选C。
10．氮化硅(Si N)熔点高、硬度大，以硅烷(SiH，Si为+4价)为原料制备氮化硅(Si N)的原理为3SiH＋
3 4 4 3 4 4
4NH ＝Si N＋12H，下列事实能说明N和Si非金属性强弱的是
3 3 4 2
A．键角：SiH＞NH B．SiH 在反应中作还原剂
4 3 4
C．Si N 为原子晶体 D．SiH 与NH 分子的极性不同
3 4 4 3
【答案】B
【详解】A．SiH、NH 中心原子价层电子对数均为4，SiH 中Si无孤电子对，氨分子中N孤电子对
4 3 4
数为1，因此键角：SiH＞NH ，但与非金属性强弱无关，故A不符合题意；
4 3
B．SiH 中Si为+4价，硅化合价不变，而SiH 中H失去电子，化合价升高，因此SiH 在反应中作还
4 4 4
原剂，NH 中N化合价未变，NH 中H得到电子，得出N的电负性大于Si，则说明N的非金属性比Si
3 3
非金属性强，故B符合题意；
C．氮化硅(Si N)熔点高、硬度大，说明Si N 为共价晶体，与非金属性强弱无关，故C不符合题意；
3 4 3 4
D．SiH 是非极性分子，NH 是极性分子，两者分子的极性不同，与非金属性无关，故D不符合题
4 3
意。
综上所述，答案为B。
11．过渡金属氧化物离子(以MO+表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。MO+与CH 反应的过程如下
4
图所示。
下列说法不正确的是
A．反应速率：步骤Ⅰ<步骤Ⅱ
B．CHOH分子中，C—H键和O—H键均为 键
3
C．若MO+与CHD反应，生成的氘代甲醇有2种
3
D．
【答案】D【详解】A．步骤I的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率步骤I更小，故A正确；
B．CHOH分子中C、O均为 杂化，C—H键和O—H键均为 键，故B正确；
3
C．根据反应机理可知，若MO+与CHD反应，生成的氘代甲醇可能为CHOD或CHDOH，共两种，
3 3 2
故C正确；
D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E-E +E-E ，故D错误；
1 2 3 4
故选：D。
12．黑色 的水溶性很差。已知： 平衡常数 ，
。下列有关说法错误的是
A．降低 可以增大 的溶解量
B．可将 气体通入 水溶液中制备
C． 的电离平衡常数的乘积
D．用 除废水中 ，平衡常数
【答案】C
【详解】A．已知：HgS+2H+ Hg2++H2S，降低pH，氢离子浓度增大，平衡正向移动，HgS的溶解量
增大，故A正确；
⇌
B．HgS的溶解平衡为 ，可将 气体通入 水溶液中， 浓度增
大，平衡逆向移动，可制备 ，故B正确；
C． 的电离平衡常数的乘积 ，故C错
误；
D．用 除废水中 ，平衡常数K=
，故D正确；
故选C。
第Ⅱ卷
二、填空题(本题4个小题，共64分)
13．（14分）我国科学家制备了一种 太阳电池，其结构示意图如下。（1）铝元素属于___________区(填“s”“d”“ds”或“p”)。
（2） 分子中60个碳原子都是等价的，均以近似___________杂化的方式形成3个不共平面的
键，余下的1个p轨道电子互相重叠形成闭壳层电子结构， 电子云分布在 分子笼的内外层表面
上。循环伏安测试表明： 在溶液中可以逐步可逆地接受6个电子形成负离子，却很难失去电子变
为阳离子。
（3）① 中基态 的电子排布式为___________。
② 中存在配位键的原因是___________。
（4）某溶剂中， 可以和 形成分子间电荷转移复合物，反应方程式可表示为：
，不同温度下生成电荷转移复合物的平衡常数如下表。
温度 生成 的K
1.2329
0.9674
0.4923
反 应 ： ZnPc+C ZnPc-C ___________0( 填 “ >” 或 。 “ <”) ， 中 是 电 子
60 60
___________(填“给⇌体”或“受体”)。
（5） 晶体结构属于氯化钠型，其晶胞结构如图所示。
① 的熔点和沸点比 的高，请解释原因___________。
② 晶体的密度约为 晶胞的体积约为_________ (列出计算式即可)。
【答案】（1）p （2）sp2
（3）3d10 N原子能给出孤电子对，Zn2+有能接受孤电子对的空轨道。（4）< 给体
（5）LiF和NaCl的阴、阳离子的带电荷分别相同，但Li+半径小于Na+半径、F-半径小于Cl-半径，所
以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能
【解析】（1）铝原子的价电子排布式为3s23p1，则铝元素属于p区。
（2）C 分子中60个碳原子都是等价的，且每个C原子形成3个σ键、最外层不存在孤电子对，则均
60
以近似sp2杂化的方式形成3个不共平面的σ键。
（3）①基态Zn的价电子排布式为3d104s2，则基态Zn2+的价层电子排布式是3d10。
② 中N原子的具有孤电子对，Zn2+具有空轨道，所以存在配位键的原因是：N原子能给出孤电
子对，Zn2+有能接受孤电子对的空轨道。
（4）从表中数据可以看出，升高温度，K值减小，所以正反应为放热反应，所以△H＜0；题中信息
C 在溶液中可以逐步可逆地接受6个电子形成负离子，却很难失去电子变为阳离子，则ZnPc-C 中
60 60
C 是电子受体，ZnPc是电子给体。
60
（5）①LiF和NaCl的阴、阳离子的带电荷分别相同，但Li+半径小于Na+半径、F-半径小于Cl-半径，
所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能，所以LiF的熔点和沸点高于NaCl。
②结合晶胞结构，锂离子的数目是 ，氟离子的数目为 ，晶胞密度
，所以晶胞体积为 cm3。
14．（17分）一种喷昔洛韦与物质G共晶有利于提高喷昔洛韦的生物利用度，为成功开发出喷昔洛韦的口
服制剂和液体制剂提供物质基础。喷昔洛韦的合成过程如下：
已知物质G的结构为 。
（1）C的分子式为___________。
（2）D中官能团的名称为___________。
（3）写出G与足量NaHCO 反应的化学方程式___________。
3
（4）判断下列变化的反应类型①A→B反应类型___________；②D到E反应类型___________。
（5）化合物G的化学名称___________。
（6）符合条件的B的同分异构体有___________种。
其中核磁共振氢谱有三个吸收峰的结构简式为___________。
a．与B的官能团种类相同 b．两个羟基不能连在同一C上
（7）由甘油合成 ___________。
已知：
【答案】（1）C H O
8 16 3
（2）醚键、碳溴键 （3） +NaHCO→ +CO ↑+ H O
3 2 2
（4） 还原反应 取代反应
（5）3，5-二羟基苯甲酸
（6）12
（7）
【解析】根据 C 结构简式，结合 B 分子式是 C H O ，逆推可知 B 结构键线式表示是
5 12 3
，B与(CHO) C(CH) 在TMF(对硝基苯磺酸)存在条件下发生取代反应产生C，
3 2 3 2
C在CBr 、PPh1、DMF作用下反应产生分子式是C H OBr的物质D： ，
4 8 15 2
D与 在DMF存在条件下发生取代反应产生E，E先后在1)HCl、2)10%NaOH存
在条件下发生反应产生F，然后根据问题及物质性质分析解答。（1）根据C结构简式可知其分子式是C H O；
8 16 3
（2）由C结构简式可知C分子是C H O，根据D分子式是C H OBr，可知C分子中-OH被Br原子
8 16 3 8 15 2
取代产生D，则D分子结构简式为 ，官能团的名称为醚键、碳溴键；
（3）物质G结构简式是 ，由于酸性：—COOH＞酚羟基＞ ，所以G与足
量NaHCO 发生反应，—COOH变为—COONa，同时反应产生HO、CO，该反应的化学方程式为：
3 2 2
+NaHCO→ +CO ↑+ H O；
3 2 2
（4）①化合物B结构简式是 ，结合A、B结构简式，可知A→B的反应类型是
还原反应；
②D结构简式是为 ，结合D、E结构的不同，可知D→E发生的反应为取
代反应；
（5）由于在化合物G分子中—COOH、2个—OH分别位于苯环间位，则该物质名称为3，5-二羟基苯
甲酸；
（6）B是 ，其同分异构体满足条件：a．与B的官能团种类相同，即物质分子
中含有3个羟基—OH；b．两个羟基不能连在同一C上，若所有C原子形成一条碳链，则其可能结构
为： 、 、 、
、 、 ，共6种不同结构；若
含有一个支链，可能结构有 、 、
(化合物B本身)、 、 、，共5种不同结构；若有两个支链，只有 一种结构，故符合
要求的B同分异构体种类数目是6+5+1=12种；
其中核磁共振氢谱有三个吸收峰的结构简式为 ；
（7）甘油结构简式是 ，甘油与(CHO) C(CH) 在TMF(对硝基苯磺酸)存在条件下发生
3 2 3 2
取代反应产生 ， 与CCl ，PPh 、DMF在一定条件下共热，
4 1
发生取代反应产生 ，该物质与Zn(CN) 在一定条件下发生取代反应产生
2
，然后在1)HCl、2)10%NaOH存在条件下反应产生 ，然后在
H+存在条件下反应产生目标产物 ，故由甘油制取 的流程图
为：
。
15．（18分）肼(N H)可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨气与次氯酸钠反应制备NH ，并探究
2 4 2 4
NH 的性质，其制备装置如图所示。
2 4
（1）NH 的电子式是_________________________________。
2 4
（2）仪器b的名称为_______________，仪器a的作用是__________________。（3）装置 中发生反应的化学方程式为________________________________。
（4）采用上述装置制备NH 时产率较低，可能的原因是___________________。
2 4
（5）写出装置 中生成NH 化的学方程式_____________________________。
2 4
（6）探究NH 的性质。将制得的NH 分离提纯后，进行如下实验。
2 4 2 4
【查阅资料】AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag O, Ag O可溶于氨水。
2 2
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag O中的一种或两种。
2
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作 现象 结论
取少量黑色固体于试管中，加
黑色固体部分溶解 黑色固体中有Ag O
2
入足量______，振荡
取少量黑色固体于试管中， 黑色固体是Ag和Ag O，则肼具有的性质是碱
2
______
加入足量稀硝酸，振荡 性和______
（7）肼是一种常用的还原剂，可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg肼可除
去水中溶解的O 的质量为_________________kg。
2
【答案】（1）
（2） 恒压滴液漏斗 导气和防倒吸
（3）
（4）C中浓盐酸进入B中，与NaOH反应导致NaClO的量减少；氯气过量，导致生成的NH 进一步
2 4
被氧化，产率降低
（5）
（6）氨水 黑色固体全部溶解，产生无色气体，无色气体迅速变为红棕色 还原性
（7）1
【解析】（1）NH 是共价化合物，2个氮原子和4个氢原子分别形成四个共价键，氮原子和氮原子之
2 4
间形成一个共价键，则其电子式是 ；
（2）根据仪器的构造可知，仪器b的名称为恒压滴液漏斗，仪器a的作用是导气和防倒吸；（3）装置A试管中熟石灰与氯化铵共热制备氨气，同时生成氯化钙和水，发生反应产生氨气，化学
方程式为 ；
（4）采用上述装置制备NH 时产率较低，可能的原因是C中浓盐酸进入B中，与NaOH反应导致
2 4
NaClO的量减少；氯气过量，导致生成的NH 进一步被氧化，产率降低；
2 4
（5）装置 中氨气与次氯酸钠反应生成NH、氯化钠和水，反应的化学方程式
2 4
；
（6）根据“Ag O可溶于氨水”和“黑色固体部分溶解”即可知道操作1加入试剂是氨水；根据结论
2
“黑色固体是Ag和Ag O”可知，加入稀硝酸后的现象是黑色固体全部溶解，产生无色气体NO，无色
2
气体迅速变为红棕色的NO ；黑色固体中Ag的存在说明肼具有还原性，Ag O由AgOH分解产生，
2 2
AgOH的存在说明肼具有碱性；
（7）肼是一种常用的还原剂，可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生反应的化学方
程式为NH+ O =N +2H O。理论上1kg肼可除去水中溶解的O 的质量为 =1kg。
2 4 2 2 2 2
16．（15分）铁的化合物在工业中有重要价值。
（1）复合氧化物铁酸锰 可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：
①
②
③
则 的燃烧热 ___________ (填>、=或<)， ___________(用含a的代数式
表示)
（2） 是一种重要的催化剂，制取反应为Fe(s)+5CO(g) Fe(CO) (g) <0。在 恒容密闭
5
容器中加入足量铁粉和 。 ⇌
① 内在T温度下进行反应，测得 随时间的变化关系，以及 和
开始随条件的变化关系如图甲所示。 内用 表示的平均反应速率为
___________ ；则此温度下的 _______(写出计算式即可)。
②曲线I代表___________[填 或 ]浓度的变化， 时改变的条件是
_________________________________________________________________。
后曲线Ⅱ下降的原因是__________________________________________
______________________________________________________________________。
③恒温恒容条件下，不能判断反应 达到平衡状态的是___________。A．密度保持不变 B． 体积分数保持不变
C．平均摩尔质量保持不变 D．
图甲
【答案】（1）< (241.8x-a) kJ/mol
（2）0.002mol/(L•min) CO
向体系中加入0.12molCO 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动
D
【解析】（1）H 燃烧热指的是1mol H 完全燃烧生成液态水时放出的热量，根据
2 2
，可知 的燃烧热 < ；
③-②得方程式①，则ΔH= ΔH-ΔH =[ ×(+483.6)-a]kJ/mol=(241.8x-a)kJ/mol；
1 3 2
（2）①由图可知，0～20min内，Fe(CO) 的浓度由0变化到0.04molL-1，用Fe(CO) 表示的平均反应
5 5
⋅
速率为 =0.002mol/(L•min)；根据数据列三段式：
则此温度下的 = ；
②曲线Ⅰ和Ⅱ对比，相同时间内，Ⅰ的变化量的绝对值大于Ⅱ，说明曲线Ⅰ对应物质的系数更大，即
曲线Ⅰ代表CO浓度的变化；30min时，CO浓度突然增大，而Fe(CO) 的浓度保持不变，由图可知，
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c(CO)由0.04mol/L增大到0.16mol/L，说明30min时改变的条件是向体系中加入0.12mol CO；40min后
Fe(CO) 的浓度下降的原因是，正反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，从而使Fe(CO)
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的浓度下降；
③A．如果反应向右进行，气体的密度会增大，故密度保持不变能说明达到平衡，故A不选；B．如果反应向右进行， 体积分数会减小，故 体积分数保持不变能说明达到平衡，故B不
选；
C．如果反应向右进行，平均摩尔会增大，平均摩尔质量保持不变能说明达到平衡，故C不选；
D． ，则正逆反应速率不相等，不能说明达到平衡，故D选。
答案为D。
