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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；
1
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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(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 的溶液中：Na＋、H＋、Cl－、
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；
2
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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SO2和SO3
B．可用装置②制备HCl
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
3
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【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Na2S 溶液，S2−与过量Ag+反应生成
Ag2S，即题中不能比较两者溶解度大小，D 错误；
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
A
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。将产生的气体通入
溶液中
溶
液褪色
证明产生的气体中含有1—丁烯
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
说明物质X 为非晶体
C
将
溶液加热
溶液变为
黄色
4
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，正反应方向为放
热反应
D
向盛有KI 溶液的试管中加入少量氯水
溶液变为
黄色
非金属性：
【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Cu2O，故D 说法错误；
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；
5
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C．X、Z 可以形成的化合物为CO、CO2，CO 为含极性键的极性分子，CO2为含极性键的非极性分子，
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；
6
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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(Si3N4)熔点高、硬度大，以硅烷(SiH4，Si 为+4 价)为原料制备氮化硅(Si3N4)的原理为3SiH4＋
4NH3＝Si3N4＋12H2，下列事实能说明N 和Si 非金属性强弱的是
A．键角：SiH4＞NH3
B．SiH4在反应中作还原剂
C．Si3N4为原子晶体
D．SiH4与NH3分子的极性不同
【答案】B
【详解】A．SiH4、NH3中心原子价层电子对数均为4，SiH4中Si 无孤电子对，氨分子中N 孤电子对
数为1，因此键角：SiH4＞NH3，但与非金属性强弱无关，故A 不符合题意；
B．SiH4中Si 为+4 价，硅化合价不变，而SiH4中H 失去电子，化合价升高，因此SiH4在反应中作还
原剂，NH3中N 化合价未变，NH3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
非金属性强，故B 符合题意；
C．氮化硅(Si3N4)熔点高、硬度大，说明Si3N4为共价晶体，与非金属性强弱无关，故C 不符合题意；
D．SiH4是非极性分子，NH3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
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CH4反应的过程如下
图所示。
下列说法不正确的是
A．反应速率：步骤Ⅰ<步骤Ⅱ
B．CH3OH 分子中，C—H 键和O—H 键均为
键
C．若MO+与CH3D 反应，生成的氘代甲醇有2 种
D．
【答案】D
7
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【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．CH3OH 分子中C、O 均为
杂化，C—H 键和O—H 键均为
键，故B 正确；
C．根据反应机理可知，若MO+与CH3D 反应，生成的氘代甲醇可能为CH3OD 或CH2DOH，共两种，
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E1-E2+E3-E4，故D 错误；
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。
8
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（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+C60⇌ZnPc-C60___________0( 填“ >” 或。“ <”) ，
中
是电子
___________(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。
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（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）C60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
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
C60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-C60中
C60是电子受体，ZnPc 是电子给体。
（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NaHCO3反应的化学方程式___________。
（4）判断下列变化的反应类型
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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）C8H16O3
（2）醚键、碳溴键 （3）
+NaHCO3→
+CO2↑+ H2O
（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C5H12O3 ，逆推可知B 结构键线式表示是
，B 与(CH3O)2C(CH3)2在TMF(对硝基苯磺酸)存在条件下发生取代反应产生C，
C 在CBr4、PPh1、DMF 作用下反应产生分子式是C8H15O2Br 的物质D：
，
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。
11
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（1）根据C 结构简式可知其分子式是C8H16O3；
（2）由C 结构简式可知C 分子是C8H16O3，根据D 分子式是C8H15O2Br，可知C 分子中-OH 被Br 原子
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NaHCO3发生反应，—COOH 变为—COONa，同时反应产生H2O、CO2，该反应的化学方程式为：
+NaHCO3→
+CO2↑+ H2O；
（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)、
、
、
12
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，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(CH3O)2C(CH3)2在TMF(对硝基苯磺酸)存在条件下发生
取代反应产生
，
与CCl4，PPh1、DMF 在一定条件下共热，
发生取代反应产生
，该物质与Zn(CN)2在一定条件下发生取代反应产生
，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(N2H4)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N2H4，并探究
N2H4的性质，其制备装置如图所示。
（1）N2H4的电子式是_________________________________。
（2）仪器b 的名称为_______________，仪器a 的作用是__________________。
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（3）装置
中发生反应的化学方程式为________________________________。
（4）采用上述装置制备N2H4时产率较低，可能的原因是___________________。
（5）写出装置
中生成N2H4
化学方程式_____________________________。
（6）探究N2H4的性质。将制得的N2H4分离提纯后，进行如下实验。
【查阅资料】AgOH 不稳定，易分解生成黑色的Ag2O, Ag2O 可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O 中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
（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O2的质量为_________________kg。
【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N2H4进一步
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）N2H4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
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；
操作
现象
结论
取少量黑色固体于试管中，加
入足量______，振荡
黑色固体部分溶解
黑色固体中有Ag2O
取少量黑色固体于试管中，
加入足量稀硝酸，振荡
______
黑色固体是Ag 和Ag2O，则肼具有的性质是碱
性和______
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（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N2H4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
NaClO 的量减少；氯气过量，导致生成的N2H4进一步被氧化，产率降低；
（5）装置
中氨气与次氯酸钠反应生成N2H4、氯化钠和水，反应的化学方程式
；
（6）根据“Ag2O 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
“黑色固体是Ag 和Ag2O”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
气体迅速变为红棕色的NO2；黑色固体中Ag 的存在说明肼具有还原性，Ag2O 由AgOH 分解产生，
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N2H4+ O2=N2+2H2O。理论上1kg 肼可除去水中溶解的O2的质量为
=1kg。
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)5(g)
<0。在
恒容密闭
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___________。
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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）H2燃烧热指的是1mol H2完全燃烧生成液态水时放出的热量，根据
，可知
的燃烧热
<
；
③-②得方程式①，则ΔH1=
ΔH3-ΔH2=[
×(+483.6)-a]kJ/mol=(241.8x-a)kJ/mol；
（2）①由图可知，0～20min 内，Fe(CO)5的浓度由0 变化到0.04mol⋅L-1，用Fe(CO)5表示的平均反应
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)5的浓度保持不变，由图可知，
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)5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)5
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；
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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。
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