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广东实验中学越秀学校2025-2026学年高二上学期10月月考化学试卷
1．（2025高二上·广东月考）下列变化过程中一定不存在化学能转化为热能的
A．谷物酿酒 B．木材燃烧 C．干冰升华 D．鞭炮燃放
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高二上·广东月考）化学与生活密切相关，下列做法与化学反应速率控制无关的是
A．使用含氟牙膏防龋齿 B．洗衣服时使用加酶洗衣粉
C．夏天将牛奶放在冰箱保存 D．在月饼包装内放置抗氧化剂
3．（2025高二上·广东月考）历史上曾用“地康法”制氯气，其反应原理为 。若使HCl的平衡转化率和化学反应速率正均增大，可采取的措施是
A．移走 B．增大压强
C．加入HCl D．使用高效催化剂
4．（2025高二上·广东月考）在密闭容器中，一定量混合气体发生下列反应：aA（g）+bB（g） cC（g）+dD（g），达到平衡后，测得C气体的浓度为0.5mol/L．当在恒温下，将密闭容器的体积缩小为1/2，再达平衡时，测得C气体的浓度为0.9mol/L．则下列叙述正确的是
A．反应速率降低 B．平衡向右移动
C．B的转化率提高 D．a+b＜c+d
5．（2025高二上·广东月考）开发催化加氢合成甲醇技术是有效利用资源，实现“碳达峰、碳中和”目标的重要途径。某温度下，在恒容密闭容器中发生反应： ，下列有关说法正确的是（　　）
A．增大体系的压强，平衡正向移动，平衡常数K增大
B．升高反应温度有利于提高的平衡转化率
C．平衡后再通入适量，平衡正向移动，的转化率增大
D．加入合适的催化剂，能提高单位时间内的产量
6．（2025高二上·广东月考）下列说法正确的是
A．C(石墨s)C(金刚石，s) ，则金刚石比石墨稳定
B．同温同压下，在光照和点燃条件下的不同
C．用溶液和NaOH溶液反应测定中和热的
D． ，则碳的燃烧热等于
7．（2025高二上·广东月考）从下列事实，找出不能用勒夏特列原理解释的是 （ ）
A．在溴水中存在如下平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入NaOH溶液后颜色变浅
B．反应CO+NO2CO2+NO △ H<0，升高温度使平衡向逆方向移动
C．对2HIH2+I2平衡体系增加压强使颜色变深
D．合成氨反应：N2+3H22NH3 △H<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温
8．（2025高二上·广东月考）K2Cr2O7在水溶液中存在平衡：Cr2O(橙)+H2O2CrO(黄)+2H+，下列说法正确的是
A．该反应是氧化还原反应
B．加入适量NaHSO4固体，平衡逆向移动
C．加入浓NaOH溶液，溶液呈橙色
D．向体系中加入适量水，平衡不移动
9．（2025高二上·广东月考）工厂的氨氮废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中在电极表面的氧化过程的微观示意图如图：
下列说法中，不正确的是
A．使用催化剂降低了反应的活化能，可加快反应速率，提高反应的平衡转化率
B．催化剂不可以降低该反应的焓变
C．过程①②均有N-H键断裂，N-H键断裂时需要吸收能量
D．过程④中有非极性键形成
10．（2025高二上·广东月考）下列装置及设计不能达到实验目的的是
A．测定中和反应的反应热
B．探究反应物浓度对反应速率的影响
C．测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率
D．探究温度对化学平衡的影响
11．（2025高二上·广东月考）T℃时，在恒容密闭容器中，气体与气体反应生成气体，反应过程中的浓度随时间变化如图所示。下列结论正确的是
A．内用表示的反应速率为
B．时充入氦气，化学反应速率减小
C．该反应的化学方程式为
D．升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率都加快
12．（2025高二上·广东月考）在密闭容器中进行反应：X(g)+3Y(g)═2Z(g)，有关下列图像的说法错误的是
A．依据图a可判断正反应为放热反应
B．在图b中，虚线可表示使用了催化剂
C．若正反应的△H＞0，图c可表示升高温度正逆化学反应速率变化图
D．由图d中混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的ΔH＜0
13．（2025高二上·广东月考）工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素，反应分如下两步：
ⅰ.；
ⅱ.。
反应过程中能量变化如图所示，下列说法错误的是
A．
B．反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应
C．活化能：反应ⅰ＜反应ⅱ
D．投料比越大，二氧化碳的平衡转化率越高
14．（2025高二上·广东月考）环戊二烯广泛用于农药、橡胶、塑料等工业合成，是一种重要的有机化工原料。其相关键能和能量循环图如下所示，下列说法不正确的是
共价键 键能/(kJ/mol)
H-H 436
H-I 299
I-I 151
A．在相同条件下，反应：，则
B．表中三种物质，H-H键能最大，故相同条件下，最稳定
C．
D．将和混合加热，充分反应后测得的反应热与相同
15．（2025高二上·广东月考）下列实验方案的设计和实验目的都正确的是
选项 实验方案 实验目的
A 向等体积等浓度的溶液中分别加入5滴等浓度的和溶液，观察气体产生的速度 比较和的催化效果
B ，在平衡体系中加入KCl晶体 探究生成物浓度对化学平衡的影响
C 分别向盛有2g锌粒(大小基本相同)的锥形瓶中加入40mL1mol/L和40mL18mol/L的硫酸，比较两者收集10mL气体所用的时间 探究硫酸浓度对反应速率影响
D 将球分别浸泡在冰水和热水中 探究温度对化学平衡的影响
A．A B．B C．C D．D
16．（2025高二上·广东月考）活泼自由基与氧气的反应一直是科学家关注的热点。HNO自由基与反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A．该反应为放热反应
B．从反应过程图可知，生成产物P2的过程中，中间产物Z生成产物P2的过程为整个反应过程的决速步骤
C．该历程中最大正反应的活化能
D．相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：
17．（2025高二上·广东月考）研究大气中含硫化合物（主要是和）的转化具有重要意义。
（1）工业上采用高温热分解的方法制取，在膜反应器中分离，发生的反应为 ，已知：① ；
② ，则　 　（用含、的式子表示）。
（2）土壤中的微生物可将大气中的经两步反应氧化成，两步反应的能量变化示意图如下：
则 　 　。全部被氧化为的热化学方程式为　 　。
（3）将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
①该循环过程中的作用是　 　，图示总反应的化学方程式为　 　。
②已知上述总反应生成时放出热量，则该总反应中转移个电子时，放出　 　热量。（用含a的式子表示）
18．（2025高二上·广东月考）化学反应中的热效应又称反应热，包括燃烧热、中和热等，某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式计算获得。
（1）若1g葡萄糖完全燃烧放出的热量为a kJ，则表示葡萄糖燃烧热的热化学方程式为　 　。
（2）中和热的测定：取0.55mol/L的NaOH溶液和0.50mol/L盐酸各50mL进行反应。
①测得反应前后体系的温度值(℃)分别为、，则盐酸与NaOH溶液反应的中和热为　 　kJ/mol(c和ρ分别取4.18和1.0，忽略水以外各物质吸收的热量以及混合后溶液体积的变化)。
②已知强酸与强碱的中和热为57.3kJ/mol。某兴趣小组的实验数值结果大于57.3kJ/mol原因可能是(填字母)　 　。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．读取混合液的最高温度记为终点温度
c．一次就把NaOH溶液全倒入盛有盐酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，直接测定盐酸的温度
e．用量筒量取盐酸时仰视读数
（3）借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应的焓变(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
序号 反应试剂 体系温度/℃
反应前 反应后
i 0.20溶液100mL 1.20g Fe粉 a b
ii 0.56gFe粉 a c
=　 　(选择表中一组数据计算)结果表明，该方法可行。
（4）乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应A：的焓变。
①查阅资料：配制溶液时需加入酸。加酸的目的是　 　。
②丙同学认为该方法不可行，丙同学的理由是　 　。
③优化设计：乙同学根据相关原理，重新优化了实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为　 　。
19．（2025高二上·广东月考）在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。
（1）反应，在反应过程中，正反应速率随条件改变的变化如图，下列错误的是_______。
A．时增大了生成物浓度 B．时降低了温度
C．时减少了压强 D．时使用了催化剂
（2）在一个不传热的固定容积的密闭容器中，达到平衡的标志是_______。
①单位时间内有键断裂同时有键断裂
②混合气体的密度不变
③混合气体的平均摩尔质量不变
④各组分的物质的量浓度不再改变
⑤体系的温度不再发生变化
⑥消耗消耗
A．③④⑤ B．③④⑤⑥ C．①②③⑤ D．②③④⑥
（3）一定温度下，将和置于1L的恒容密闭容器中发生如下反应：。测得不同条件、不同以间段内合成氨反应中的转化率数据如
时间 N2转化率 温度 1小时 2小时 3小时 4小时
30% 50% 80% 80%
35% 60% a b
①上表中　 　(“>”“<”或“=”表示)，其中三者的大小关系是　 　(含“>”“<”或“=”的关系式表示)。
②已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol容器容积为1L，保持温度和压强不变，又充入后，平衡　 　(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。
（4）时，关于的两个反应的信息如下表所示：
化学反应 正反应活化能 逆反应活化能 t℃时平衡常数
请它出时被NO氧化生成有毒气体的热化学方程式(反应热用a、b、e、d代数式表示)：　 　。该反应的平衡常数为　 　(用和表示)。
（5）将固体置于密闭容器中在一定温度下发生下列反应：
①； ②
达到平衡时，，，则此温度下反应①的平衡常数　 　。
20．（2025高二上·广东月考）氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。
（1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分化学平衡常数K的值。
反应 大气固氮 工业固氮
温度/℃ 27 2000 25 400 450
平衡常数K 0.1 0.507 0.152
①分析数据可知：大气固氮反应属于　 　(填“吸热”或“放热”)反应。
②分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮的原因：　 　。
③下图是工业固氮反应达到平衡，混合气中的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(、)、X分别代表温度或压强。其中X代表的是　 　(填“温度”或“压强”)；　 　(填“>”“<”或“=”)原因是　 　。
（2）实验室模拟工业固氮，在压强为PMPa的恒压容器中充入和，反应混合物中的物质的量分数随温度的变化曲线如图所示，其中Ⅱ是经过一定时间反应后的曲线，I是平衡时的曲线。
①图中b点N2的转化率为　 　；　 　(“>”“=”或“<”)。
②475℃时，该反应的压强平衡常数的代数式Kp=　 　MPa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×物质的量分数，用含P的代数式表示，列式无需化简)
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见能量的转化及运用；化学能与热能的相互转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】 A、谷物酿酒是化学变化，过程中产生热量，有化学能转化为热能，故A不符合题意 ；
B、木材燃烧是化学变化，释放大量热量，化学能转化为热能，故B不符合题意 ；
C、干冰升华是物理变化（固态二氧化碳直接变为气态二氧化碳），没有新物质生成，不存在化学能和热能的转化，故C符合题意 ；
D、鞭炮燃放是化学变化，释放热量，化学能转化为热能，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】判断每个选项中的变化是化学变化还是物理变化，若为化学变化，再看是否有化学能转化为热能；若为物理变化，则不存在化学能与热能的转化。
2．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、含氟牙膏中的氟离子会与牙齿表面的羟基磷灰石反应，生成更难溶的氟磷灰石，增强牙齿抗腐蚀能力，该过程是通过改变物质性质提高抗龋能力，与调控化学反应速率无关，A符合题意；
B、洗衣粉中的酶作为催化剂，能加快污渍（如蛋白质、油脂）的水解反应速率，缩短洗涤时间，属于通过催化剂调控反应速率，B不符合题意；
C、低温会降低牛奶中微生物的代谢速率及化学反应速率，延缓牛奶变质，属于通过温度调控反应速率，C不符合题意；
D、抗氧化剂能消耗包装内的氧气，降低氧气浓度，减缓月饼的氧化变质速率，属于通过浓度调控反应速率，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】分析各选项做法的化学原理，判断是否涉及化学反应速率的调控（如改变速率、控制反应快慢），从而找出与速率控制无关的选项。A．掌握含氟牙膏防龋齿的原理与反应速率是否相关。
B．考查加酶洗衣粉的作用是否涉及速率控制。
C．考查冰箱保存牛奶的原理与速率的关系。
D．明确抗氧化剂在月饼保存中的作用是否涉及速率控制。
3．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、移走 Cl2，生成物浓度减小，化学反应速率减小，虽平衡正向移动能提高 HCl 转化率，但速率不符合要求，A错误；
B、该反应正反应气体分子数减小（反应物系数和为 5，生成物为 4），增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，HCl 的平衡转化率增大，B正确；
C、加入 HCl，虽反应速率加快，但 HCl 的平衡转化率会因自身浓度增加幅度更大而减小，C错误；
D、使用高效催化剂，仅加快反应速率，不影响平衡移动，HCl 的平衡转化率不变，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对 “增大压强对反应速率和平衡的影响” 理解不全面，忽略该反应正反应气体分子数减小，增大压强既加快反应速率又使平衡正向移动，从而误判选项 B。
混淆 “加入反应物对自身转化率的影响”，误认为加入 HCl 会提高其平衡转化率，实际因 HCl 浓度增幅更大，自身转化率反而减小，导致对选项 C 判断错误。
4．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、容器体积缩小，压强增大。压强增大时，单位体积内活化分子数变多，有效碰撞更频繁，反应速率会加快，A错误；
B、恒温下把体积缩小为原来的1/2，要是平衡不移动，C的浓度应该是0.5mol/L×2 = 1mol/L，可实际C浓度是0.9mol/L，比1mol/L小，这说明平衡向逆反应方向移动，不是向右移动，B错误；
C、平衡向逆反应方向移动，反应物B参与反应的量就会减少，它的转化率（转化率=反应的量/初始的量×100%）也会降低，C错误；
D、增大压强平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，平衡会向气体分子数减少的方向移动，这说明逆反应的气体分子数更少，也就是a + b < c + d，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查压强对反应速率的影响。
B、通过浓度变化判断平衡移动方向。
C、考查平衡移动对反应物转化率的影响。
D、判断平衡移动方向与气体分子数的关系。
5．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，所以增大体系的压强，平衡虽正向移动，但平衡常数K不变，故A不符合题意；
B．该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，的转化率减小，故B不符合题意；
C．平衡后再通入适量， 增大，平衡虽正向移动，但CO2的增加量比平衡的移动量幅度大，则的转化率减小，故C不符合题意；
D．加入合适的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，提高单位时间内的产量，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】平衡移动的判断；
增大反应物浓度，平衡朝正向移动，被增加的反应物转化率减小，另一种反应物浓度增大，减小反应物的浓度则反之；
增大生产物浓度，平衡朝逆向移动，反应物的转化率减小，减少生成物的浓度则反之；
增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；
升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之。
6．【答案】C
【知识点】燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A、反应C(石墨，s)=C(金刚石，s)的ΔH=+1.9kJ/mol，说明石墨变成金刚石要吸热，即石墨能量比金刚石低。根据“能量越低越稳定”，石墨比金刚石稳定，A错误；
B、反应热只由反应物和生成物的总能量差决定，和反应是光照还是点燃没关系。因此同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH 相同，B错误；
C、CH3COOH是弱酸，电离时吸热。中和热的标准值（强酸强碱反应）是ΔH=-57.3kJ/mol，因为醋酸电离吸热，反应实际放热减少，ΔH（数值上，负值越小则越大）大于-57.3kJ/mol，C正确；
D、燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成指定产物（碳的指定产物是CO2）时放出的热量。反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)生成的是CO，不是指定产物，所以碳的燃烧热不是110.5kJ/mol，D错误；
故答案为：C。【分析】A．考查物质能量与稳定性的关系。
B．反考查应热与反应条件的关系。
C．判断弱电解质电离对中和热的影响。
D．掌握燃烧热的定义（生成指定产物）。
7．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、溴水中存在平衡 Br2+H2O HBr+HBrO，加入 NaOH 会与 HBr、HBrO 反应，使平衡正向移动，溴浓度降低，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A不符合要求；
B、反应CO+NO2 CO2+NO（ΔH < 0）是放热反应，升温时平衡向逆反应方向移动以减弱温度升高的影响，能用勒夏特列原理解释，B不符合要求；
C、反应2HI H2+I2前后气体分子数不变，加压时平衡不移动，颜色变深是因体积缩小导致 I2浓度增大，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，C符合要求；
D、合成氨反应 N2+3H2 2NH3（ΔH < 0）是放热且气体体积减小的反应，低温会使平衡正向移动以提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，D不符合要求；
故答案为：C。【分析】A. 判断加入 NaOH 后平衡是否移动。
B. 分析温度对放热反应平衡的影响。
C. 明确反应前后气体体积是否变化及压强的影响。
D. 分析温度对放热且气体体积减小反应的影响。
8．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A、反应中铬元素在 Cr2O72-和 CrO42-中均为+6价，氢、氧元素化合价也未变，没有元素化合价的升降。不属于氧化还原反应，A错误；
B、硫酸氢钠（NaHSO4）在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，使溶液中氢离子浓度增大。根据勒夏特列原理，平衡会向减少氢离子的方向（逆向）移动，B正确；
C、氢氧化钠中的氢氧根离子会与氢离子结合生成水，使氢离子浓度降低，平衡向生成 CrO42-的方向（正向）移动，溶液中黄色的 CrO42-浓度增大，溶液应呈黄色而非橙色，C错误；
D、加水后，所有离子浓度均降低，但平衡右侧粒子总数（2个CrO42-和 2个H+）比左侧（1个 Cr2O72-）多，浓度降低对右侧影响更大，平衡会向粒子数多的右侧（正向）移动，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕重铬酸根（Cr2O72-）与铬酸根（CrO42-）的转化平衡，需依据勒夏特列原理分析浓度变化对平衡的影响，同时判断反应是否为氧化还原反应。A．判断该反应是否为氧化还原反应。
B．考查加入硫酸氢钠固体对平衡的影响。
C．考查加入浓氢氧化钠溶液对溶液颜色的影响。
D．考查加入适量水对平衡移动方向的影响。
9．【答案】A
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂能降低反应的活化能，让反应速率加快，但它不会改变反应的平衡状态，所以不能提高平衡转化率，A错误；
B、反应的焓变由反应物和生成物的总能量差决定，催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的焓变，B正确；
C、从微观示意图可知，过程①中NH3变成NH2，过程②中NH2变成NH，都有N-H键断裂；化学键断裂时需要吸收能量，C正确；
D、过程④中形成N≡N键，N≡N键是同种原子之间形成的化学键，属于非极性键，所以过程④中有非极性键形成，D正确；
故答案为：A。【分析】A．考查催化剂对反应速率和平衡转化率的影响。
B．判断催化剂对反应焓变的影响。
C．考查N-H键断裂的判断及断键的能量变化。
D．掌握非极性键的判断。
10．【答案】B
【知识点】化学反应速率；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、该装置有隔热层（减少热量损失）、温度计（测温度变化）、玻璃搅拌器（让反应均匀），能满足中和反应反应热测定对保温、测温和反应均匀的要求，可达成实验目的，故A不符合题意；
B、实验改变的是Na2SO4的浓度，但Na2SO4不是H2O2分解反应的反应物，其浓度变化不会影响H2O2分解的反应速率，无法探究反应物浓度对反应速率的影响，故B符合题意；
C、装置中通过分液漏斗加稀硫酸，锌和稀硫酸反应生成氢气，用注射器收集氢气，结合秒表记时间，可通过测相同时间内氢气体积或生成相同体积氢气的时间，来测定反应速率，能达成实验目的，故C不符合题意；
D、NO2是红棕色，N2O4是无色，存在平衡2NO2 N2O4。把装置分别放在热水和冷水中，观察气体颜色深浅变化，可判断平衡移动方向，从而探究温度对化学平衡的影响，故D不符合题意；
故答案为：B。【分析】A．掌握中和反应反应热测定的装置要求。
B．考查反应物浓度对反应速率影响的变量控制。反应物浓度对反应速率影响的变量控制。
C．研究化学反应速率测定的方法。
D．考查温度对化学平衡影响的探究原理。
11．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、10s内B的物质的量变化为0.7mol - 0.1mol = 0.6mol，容器体积为2L，计算得v(B) =，A错误；
B、恒容密闭容器中充入氦气，反应物A、B、C的浓度均未改变，因此化学反应速率不变，B错误；
C、0 - 10s内，A的物质的量变化为0.5mol - 0.3mol = 0.2mol，B的变化为
0.7mol - 0.1mol = 0.6mol，C的变化为0.4mol - 0 = 0.4mol，三者变化比为0.2： 0.6： 0.4 = 1： 3： 2，化学方程式应为 A(g)+3B(g) 2C(g)，而非3A+B 2C，C错误；
D、升高温度时，活化分子百分数增大，有效碰撞的几率增加，因此正、逆反应速率都会加快，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．化学反应速率的计算（结合物质的量变化、体积和时间）。
B．考查恒容条件下充入惰性气体对反应速率的影响。
C．根据浓度（物质的量）变化比确定化学计量数。
D．考查温度对活化分子和反应速率的影响。
12．【答案】C
【知识点】热化学方程式；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、分析图a，温度升高时，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动。根据平衡移动原理，逆反应吸热，因此正反应放热，A正确；
B、催化剂能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，且不改变平衡状态。图b中虚线使反应更快达到平衡，X的转化率不变，符合催化剂的作用，B正确；
C、若正反应ΔH>0，即正反应吸热，升高温度平衡正向移动，此时正反应速率应大于逆反应速率。但图c中升温后逆反应速率大于正反应速率，与平衡移动方向矛盾，C错误；
D、混合气体平均相对分子质量，气体总质量不变。图d中温度升高，减小，说明增大，平衡逆向移动，即逆反应吸热，正反应放热，ΔH<0，D正确；
故答案为：C。
【分析】解决此题的关键突破口：
看温度对速率的影响：升温后正逆速率的相对大小决定平衡移动方向，进而判断反应热效应。
看催化剂的作用：催化剂加快反应速率但不改变平衡状态（如转化率、平衡时的量不变）。
看平均相对分子质量的变化：利用，结合总质量不变，通过的变化判断总物质的量变化，进而分析平衡移动和反应热效应。
13．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应分两步，反应ⅰ的焓变ΔH1 = E1 - E2，反应ⅱ的焓变ΔH2 = E3 - E4。总反应焓变ΔH = ΔH1 + ΔH2 = E1 - E2 + E3 - E4，不是E1 - E4，A错误；
B、从能量图可知，反应ⅰ的反应物总能量高于生成物（NH2COONH4(l)），属于放热反应；反应ⅱ的反应物（NH2COONH4(l)）总能量低于生成物（CO(NH2)2(l) + H2O(l)），属于吸热反应，B正确；
C、反应ⅰ的活化能为E1，反应ⅱ的活化能为E3，由图可见E1 < E3，即活化能：反应ⅰ < 反应ⅱ，C正确；
D、在可逆反应中，增大NH3的投料比，可提高CO2的平衡转化率，因此投料比越大，二氧化碳的平衡转化率越高，D正确；故答案为：A。
【分析】A．考查总反应焓变的计算（结合分步反应的焓变）。
B．根据能量变化判断反应的热效应。
C．考查活化能的比较（根据能量图中活化能的数值）。
D．判断反应物投料比对平衡转化率的影响。
14．【答案】D
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、Cl2比I2活泼，说明Cl2(g)能量高于I2(g)。H2与Cl2、I2反应均放热，放热越多ΔH越小，因此H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的ΔH4小于H2(g)+I2(g)=2HI(g)的ΔH2，A正确；
B、键能越大，物质越稳定。表中H-H键能最大，故相同条件下H2最稳定，B正确；
C、根据盖斯定律，ΔH3 = ΔH1 + ΔH2，所以ΔH3 - ΔH1 = ΔH2。计算ΔH2：反应物总键能是H-H（436kJ/mol）+I-I（151kJ/mol），生成物总键能是2×H-I（2×299kJ/mol），因此ΔH2 = 436 + 151 - 2×299 = -11kJ·mol- ，即ΔH3 - ΔH1 = ΔH2 = -11kJ·mol- ，C正确；
D、H2(g)+I2(g) 2HI(g)是可逆反应，混合加热时反应不能完全进行，实际放出的热量比完全反应时少，测得的反应热（ΔH）大于ΔH2（ΔH2是完全反应的焓变），D错误；
故答案为：D。【分析】A．比较不同卤素单质参与反应的反应热大小。
B．考查键能与物质稳定性的关系。
C．掌握盖斯定律的应用及反应热的计算。
D．考查可逆反应的反应热测定。
15．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、实验中CuSO4和FeCl3的阴离子（SO42-、Cl-）不同，无法确定是Cu2+还是Fe3+在起催化作用，不能准确比较二者的催化效果，A错误；
B、该平衡的实质是Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3，KCl不参与此平衡反应，加入KCl晶体不会改变平衡体系中Fe3+、SCN-、Fe(SCN)3的浓度，平衡不移动，无法探究生成物浓度对化学平衡的影响，B错误；
C、18mol/L的硫酸是浓硫酸，与锌反应时生成二氧化硫（而非氢气），不能用于探究硫酸浓度对生成氢气速率的影响，C错误；
D、NO2为红棕色，N2O4为无色，存在平衡2NO2 N2O4。将NO2球分别浸泡在冰水和热水中，通过观察气体颜色深浅变化，可判断平衡移动方向，能探究温度对化学平衡的影响，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．考查催化效果比较的变量控制（排除阴离子干扰）。
B．掌握化学平衡影响因素的实质（分析离子反应的实际参与粒子）。
C．考查硫酸浓度对反应产物的影响（区分稀硫酸和浓硫酸的反应差异）。
D．掌握温度对化学平衡影响的探究原理（利用NO2和N2O4的平衡颜色变化）。
16．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、从能量变化图可知，反应物（HNO+O2）的相对能量高于产物（P1、P2）的相对能量，因此该反应为放热反应，A正确；
B、决速步骤由活化能最大的步骤决定。生成产物P2的过程中，中间产物Z到过渡态Ⅳ的活化能最大，故中间产物Z生成产物P2的过程是决速步骤，B正确；
C、最大正反应活化能出现在中间产物Z到过渡态Ⅳ的过程，计算为，C正确；
D、活化能越低，反应速率越快。由中间产物Z转化为P1的活化能低于转化为P2的活化能，因此反应速率，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．对比反应物与产物的相对能量，反应物能量高于产物则为放热反应。
B．反应中活化能最大的步骤，即为整个反应的决速步骤。
C．某步骤的正反应活化能，等于过渡态能量减去对应反应物（或中间产物）的能量。
D．同一中间产物转化为不同产物时，活化能越低，对应反应速率越快。
17．【答案】（1）+
（2）；
（3）催化剂；；
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，该反应可由2×①+②得到，则+；
故答案为：+ ；
（2）由左图可得：Ⅰ：；则 ；
由由图可得：Ⅱ：；
由盖斯定律：Ⅰ+Ⅱ可得：，==-806.39；全部被氧化为的热化学方程式为：；
故答案为： ； ；
（3）①该循环过程中，在反应②中作反应物，在反应③中作产物，总过程中作催化剂；总反应的化学方程式为；
②生成时放出热量，由总反应可知，生成1mol水时转移2mol电子，则转移个电子时即1mol电子转移，放出热量。
故答案为： 催化剂 ； ； 。
【分析】(1) 依据盖斯定律，将反应①乘以 2 再与反应②相加，得到目标反应，故 ΔH=2ΔH1+ΔH2。
(2) 通过盖斯定律，将第一步反应乘以 2 得总反应 2H2S (g)+O2(g)=2S (s)+2H2O (g)，ΔH 为
- 442.38 kJ mol- ；将两步反应相加，写出 1mol H2S (g) 氧化为 SO42-(aq) 的热化学方程式。
(3)①Fe3+在反应中先参与反应后生成，作催化剂；总反应为
②总反应生成 1mol H2O 转移 2mol 电子，对应放热 a kJ，故转移 NA个电子（1mol）放热 kJ。
（1）由盖斯定律可知，该反应可由2×①+②得到，则+；
（2）由左图可得：Ⅰ：；则 ；
由由图可得：Ⅱ：；
由盖斯定律：Ⅰ+Ⅱ可得：，==-806.39；全部被氧化为的热化学方程式为：；
（3）①该循环过程中，在反应②中作反应物，在反应③中作产物，总过程中作催化剂；总反应的化学方程式为；
②生成时放出热量，由总反应可知，生成1mol水时转移2mol电子，则转移个电子时即1mol电子转移，放出热量。
18．【答案】（1）
（2）；e
（3）或
（4）抑制水解；Fe粉与溶液混合，在反应A进行的同时，可能存在Fe粉和酸的反应；将一定量的Cu粉加入一定浓度的溶液中反应，测量反应热，计算得到反应的焓变；根据(3)中实验计算得到反应的焓变；根据盖斯定律计算得到反应的焓变为
【知识点】中和热；热化学方程式；中和热的测定
【解析】【解答】（1）若1g葡萄糖完全燃烧放出的热量为a kJ，180g葡萄糖完全燃烧放出热量180a kJ，反应的热化学方程式为：
C6H12O6(s) + 6O2(g) = 6CO2(g) + 6H2O(l) △H = -180a kJ/mol；
故答案为： ；
（2）①测得反应前后体系的温度值(℃)分别为T0、T1，温度差为(T1- T0)℃，V总为100mL，则该过程放出的热量为，反应生成水物质的量= 0.50mol/L ×0.050L=0.025mol，中和热；
②a．实验装置保温、隔热效果差，会造成热量损失，进一步导致放出热量小于57.3kJ，故a错误；
ｂ．读取混合液的最高温度记为终点温度，是正确操作，不会造成热量减小，故b错误；
ｃ．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会造成热量的损失，进一步导致放出热量小于57.3kJ，故c错误；
ｄ．用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，温度计中会蘸有NaOH溶液，直接测定 H2SO4溶液的温度，会中和部分硫酸，导致硫酸与氢氧化钠反应时，放出的热量减少，故d错误；
ｅ．用量筒量取盐酸时仰视读数，量取盐酸溶液体积增大，实验数值结果大于57.3kJ/mol，故e正确；
故答案为：；e；
（3）100mL 0.2mol·L-1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02mol，1.20g Fe粉和0.56g Fe粉的物质的量为0.021mol、0.01mol，实验i中有0.02mol CuSO4发生反应，实验 ii 中有0.01mol CuSO4发生反应，实验i放出的热量多，体系温度升高幅度较大，若按实验 i 进行计算，，若按实验ⅱi进行计算，；
故答案为：或；
（4）①配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸。加酸的目的是：抑制Fe3+水解；
②丙同学认为该方法不可行，丙同学的理由是：Fe粉与Fe2(SO4)3溶液混合，在反应A进行的同时，可能存在Fe粉和酸的反应；
③乙同学根据相关原理，重新优化了实验方案，获得了反应A的焓变，该方案为：将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应热，计算得到反应
Cu + Fe2(SO4)3 = CuSO4+2FeSO4的焓变△H1，根据(3)中实验计算得到反应 Fe +CuSO4= Cu +FeSO4的焓变△H2，根据盖斯定律计算得到反应Fe + Fe2(SO4)3= 3FeSO4的焓变为△H1 +△H2。
故答案为：抑制水解；Fe粉与溶液混合，在反应A进行的同时，可能存在Fe粉和酸的反应；将一定量的Cu粉加入一定浓度的溶液中反应，测量反应热，计算得到反应的焓变；根据(3)中实验计算得到反应的焓变；根据盖斯定律计算得到反应的焓变为。
【分析】（1）根据燃烧热定义（1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物），结合1g葡萄糖的放热量计算1mol的放热。
（2）①用算放热，再结合生成1mol水的放热推导中和热。
②分析选项对热量测定的影响，判断是否使实验值大于57.3kJ/mol。
（3）通过温度变化算放热，结合反应的物质的量求焓变.
（4） ①Fe3+易水解，加酸可抑制其水解，保持Fe3+浓度稳定。
②分析Fe与Fe2(SO4)3溶液混合时的副反应。
③用盖斯定律，设计两个可测反应间接推导目标反应焓变。
（1）若1g葡萄糖完全燃烧放出的热量为a kJ，180g葡萄糖完全燃烧放出热量180a kJ，反应的热化学方程式为：
C6H12O6(s) + 6O2(g) = 6CO2(g) + 6H2O(l) △H = -180a kJ/mol；
（2）①测得反应前后体系的温度值(℃)分别为T0、T1，温度差为(T1- T0)℃，V总为100mL，则该过程放出的热量为，反应生成水物质的量= 0.50mol/L ×0.050L=0.025mol，中和热；
②a．实验装置保温、隔热效果差，会造成热量损失，进一步导致放出热量小于57.3kJ，故a错误；
ｂ．读取混合液的最高温度记为终点温度，是正确操作，不会造成热量减小，故b错误；
ｃ．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会造成热量的损失，进一步导致放出热量小于57.3kJ，故c错误；
ｄ．用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，温度计中会蘸有NaOH溶液，直接测定 H2SO4溶液的温度，会中和部分硫酸，导致硫酸与氢氧化钠反应时，放出的热量减少，故d错误；
ｅ．用量筒量取盐酸时仰视读数，量取盐酸溶液体积增大，实验数值结果大于57.3kJ/mol，故e正确；
（3）100mL 0.2mol·L-1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02mol，1.20g Fe粉和0.56g Fe粉的物质的量为0.021mol、0.01mol，实验i中有0.02mol CuSO4发生反应，实验 ii 中有0.01mol CuSO4发生反应，实验i放出的热量多，体系温度升高幅度较大，若按实验 i 进行计算，，若按实验ⅱi进行计算，；
（4）①配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸。加酸的目的是：抑制Fe3+水解；
②丙同学认为该方法不可行，丙同学的理由是：Fe粉与Fe2(SO4)3溶液混合，在反应A进行的同时，可能存在Fe粉和酸的反应；
③乙同学根据相关原理，重新优化了实验方案，获得了反应A的焓变，该方案为：将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应热，计算得到反应
Cu + Fe2(SO4)3 = CuSO4+2FeSO4的焓变△H1，根据(3)中实验计算得到反应 Fe +CuSO4= Cu +FeSO4的焓变△H2，根据盖斯定律计算得到反应Fe + Fe2(SO4)3= 3FeSO4的焓变为△H1 +△H2。
19．【答案】（1）C
（2）B
（3）<；a=b<80%；不移动
（4）；
（5）27.5
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）A．t1时v正不变，v逆增大，平衡逆向移动，增大了生成物浓度，A正确；B．t2时v正、v逆均减小，平衡正向移动，由于反应为放热反应，降温，平衡正移，故t2时降低了温度，B正确；C．由于反应为分子数减小的反应，减小压强，v正、v逆均减小，平衡逆移，不符合t3时v正、v逆均增大，平衡不移动的图像，C错误；D．t3时，v正、v逆均增大，平衡不移动，条件为使用了催化剂，D正确；
故答案选C；
（2）①单位时间内有3molH H键断裂，同时有6molN H键断裂，说明达到平衡，①不符合题意；②混合气体的密度=，气体总质量始终不变且容积固定，说明混合气体密度始终不变，即混合气体的密度不变，不能证明平衡，②不符合题意；③混合气体的平均摩尔质量，体总质量始终不变但总物质的量改变，即混合气体的平均摩尔质量在平衡前改变，说明混合气体的平均摩尔质量不变，说明达到平衡，③符合题意；④各组分的物质的量浓度在平衡前为变量，各组分的物质的量浓度不再改变，说明达到平衡，④符合题意；⑤密闭容器不传热，即反应的能量变化仅用来改变体系温度，即体系的温度不再发生变化，说明达到平衡，⑤符合题意；⑥消耗氮气的速率为正反应速率，消耗氨气的速率为逆反应速率，2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，符合v正=v逆，可以证明达到平衡状态，⑥符合题意；
故答案为B；
（3）相同时间内，T2的转化率高，说明速率更快，温度更高，即T1故答案为： < ； a=b<80% ； 不移动 ；
（4）依题意可知①，②，利用盖斯定律，将反应②-5①，即得t C时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式为；平衡常数为；
故答案为： ； ；
（5）反应①的平衡常数K=，NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的氨气，由反应可知②分解的c(HI)为平衡时c(H2)的2倍，求出c(NH3)=0.25×2+5=5.5mol/L，K=。
故答案为： 27.5 。
【分析】（1）分析正反应速率变化，t1增大生成物浓度（v逆突增，v正不变）；t2降温（v正、v逆均减，平衡正移）；t3加催化剂（v正、v 逆均增，平衡不移动）。减小压强时 v正、v逆均减且平衡逆移，与图像不符。
（2）平衡标志判断，③平均摩尔质量变（总物质的量变）、④浓度不变、⑤温度不变（绝热容器）、⑥速率比等于计量数比（v正=v逆）。
（3）①T2速率快，故 T1
②恒温恒压下充入 N2，Q=K，平衡不移动。
（4）盖斯定律，由已知反应推导目标反应，ΔH=(e d 5a+5b) kJ mol- ；平衡常数为 。
（5）反应①平衡常数 K=c (NH3)×c (HI)，由反应②得分解的 HI 浓度，算出 c (NH3)=5.5mol/L，K=5.5×5=27.5。
（1）A．t1时v正不变，v逆增大，平衡逆向移动，增大了生成物浓度，A正确；B．t2时v正、v逆均减小，平衡正向移动，由于反应为放热反应，降温，平衡正移，故t2时降低了温度，B正确；C．由于反应为分子数减小的反应，减小压强，v正、v逆均减小，平衡逆移，不符合t3时v正、v逆均增大，平衡不移动的图像，C错误；D．t3时，v正、v逆均增大，平衡不移动，条件为使用了催化剂，D正确；故答案选C；
（2）①单位时间内有3molH H键断裂，同时有6molN H键断裂，说明达到平衡，①不符合题意；②混合气体的密度=，气体总质量始终不变且容积固定，说明混合气体密度始终不变，即混合气体的密度不变，不能证明平衡，②不符合题意；③混合气体的平均摩尔质量，体总质量始终不变但总物质的量改变，即混合气体的平均摩尔质量在平衡前改变，说明混合气体的平均摩尔质量不变，说明达到平衡，③符合题意；④各组分的物质的量浓度在平衡前为变量，各组分的物质的量浓度不再改变，说明达到平衡，④符合题意；⑤密闭容器不传热，即反应的能量变化仅用来改变体系温度，即体系的温度不再发生变化，说明达到平衡，⑤符合题意；⑥消耗氮气的速率为正反应速率，消耗氨气的速率为逆反应速率，2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，符合v正=v逆，可以证明达到平衡状态，⑥符合题意；故答案为B；
（3）相同时间内，T2的转化率高，说明速率更快，温度更高，即T1（4）依题意可知①，②，利用盖斯定律，将反应②-5①，即得t C时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式为；平衡常数为；
（5）反应①的平衡常数K=，NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的氨气，由反应可知②分解的c(HI)为平衡时c(H2)的2倍，求出c(NH3)=0.25×2+5=5.5mol/L，K=。
20．【答案】（1）吸热；K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产；温度；＜；反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，NH3的体积分数增大
（2）40%；＞；
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①对于大气固氮反应，温度升高，K值增大，表明升高温度，平衡正向移动，则大气固氮反应属于吸热反应。
②对于大气固氮反应，即便温度升高到2000℃，平衡常数也只有0.1，反应物的转化率很低，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，原因：K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产。
③对于工业固氮反应，升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。所以工业固氮反应为放热的体积缩小的可逆反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的体积分数减小，增大压强平衡正向移动，NH3的体积分数增大，则X代表的是温度，L代表的是压强，且L1＜L2，原因是：反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，NH3的体积分数增大，所以L1＜L2。
故答案为： 吸热 ； K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产 ； 温度 ； ＜ ； 反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，NH3的体积分数增大 ；
（2）实验室模拟工业固氮，在压强为P MPa的恒压容器中充入1mol N2和3mol H2，在b点，NH3的体积分数为25%；在a点，NH3的体积分数为50%。曲线Ⅰ中，400℃时，NH3的体积分数最大，随温度升高，NH3的体积分数减小，则曲线Ⅰ为平衡时的曲线，曲线Ⅱ为经过一定时间反应后的曲线。
①图中b点时，NH3的体积分数为25%，设此时N2的变化量为x，则可建立如下三段式：
则，x=0.4，N2或H2的转化率为=40%；与曲线Ⅰ相比，NH3的体积分数小于平衡时NH3的体积分数，所以反应未达平衡，＞。
②475℃反应达平衡时，在a点NH3的体积分数为50%。设N2的物质的量的变化量为y，则可建立如下三段式：，则，y=，平衡时N2、H2、NH3物质的量依次为mol、1mol、mol，混合气总物质的量为mol，N2、H2、NH3物质的量分数依次为、、，该反应的压强平衡常数的代数式Kp=MPa-2。
故答案为： 40% ； ＞ ； 。
【分析】(1)①根据大气固氮反应的平衡常数随温度变化趋势，判断反应吸热。
②分析大气固氮反应的平衡常数小，正向进行程度低，转化率低，不适合大规模生产。
③结合工业固氮反应的热效应和气体分子数变化，判断 X 代表温度，比较 L1和 L2的大小并说明压强对平衡的影响。
(2)①通过三段式计算 N2的转化率，根据反应是否达到平衡判断正逆反应速率大小。
②利用三段式计算平衡时各物质的物质的量分数，结合压强平衡常数的定义列式计算。
（1）①对于大气固氮反应，温度升高，K值增大，表明升高温度，平衡正向移动，则大气固氮反应属于吸热反应。
②对于大气固氮反应，即便温度升高到2000℃，平衡常数也只有0.1，反应物的转化率很低，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，原因：K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产。
③对于工业固氮反应，升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。所以工业固氮反应为放热的体积缩小的可逆反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的体积分数减小，增大压强平衡正向移动，NH3的体积分数增大，则X代表的是温度，L代表的是压强，且L1＜L2，原因是：反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，NH3的体积分数增大，所以L1＜L2。
（2）实验室模拟工业固氮，在压强为P MPa的恒压容器中充入1mol N2和3mol H2，在b点，NH3的体积分数为25%；在a点，NH3的体积分数为50%。曲线Ⅰ中，400℃时，NH3的体积分数最大，随温度升高，NH3的体积分数减小，则曲线Ⅰ为平衡时的曲线，曲线Ⅱ为经过一定时间反应后的曲线。
①图中b点时，NH3的体积分数为25%，设此时N2的变化量为x，则可建立如下三段式：
则，x=0.4，N2或H2的转化率为=40%；与曲线Ⅰ相比，NH3的体积分数小于平衡时NH3的体积分数，所以反应未达平衡，＞。
②475℃反应达平衡时，在a点NH3的体积分数为50%。设N2的物质的量的变化量为y，则可建立如下三段式：，则，y=，平衡时N2、H2、NH3物质的量依次为mol、1mol、mol，混合气总物质的量为mol，N2、H2、NH3物质的量分数依次为、、，该反应的压强平衡常数的代数式Kp=MPa-2。
1 / 1广东实验中学越秀学校2025-2026学年高二上学期10月月考化学试卷
1．（2025高二上·广东月考）下列变化过程中一定不存在化学能转化为热能的
A．谷物酿酒 B．木材燃烧 C．干冰升华 D．鞭炮燃放
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见能量的转化及运用；化学能与热能的相互转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】 A、谷物酿酒是化学变化，过程中产生热量，有化学能转化为热能，故A不符合题意 ；
B、木材燃烧是化学变化，释放大量热量，化学能转化为热能，故B不符合题意 ；
C、干冰升华是物理变化（固态二氧化碳直接变为气态二氧化碳），没有新物质生成，不存在化学能和热能的转化，故C符合题意 ；
D、鞭炮燃放是化学变化，释放热量，化学能转化为热能，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】判断每个选项中的变化是化学变化还是物理变化，若为化学变化，再看是否有化学能转化为热能；若为物理变化，则不存在化学能与热能的转化。
2．（2025高二上·广东月考）化学与生活密切相关，下列做法与化学反应速率控制无关的是
A．使用含氟牙膏防龋齿 B．洗衣服时使用加酶洗衣粉
C．夏天将牛奶放在冰箱保存 D．在月饼包装内放置抗氧化剂
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、含氟牙膏中的氟离子会与牙齿表面的羟基磷灰石反应，生成更难溶的氟磷灰石，增强牙齿抗腐蚀能力，该过程是通过改变物质性质提高抗龋能力，与调控化学反应速率无关，A符合题意；
B、洗衣粉中的酶作为催化剂，能加快污渍（如蛋白质、油脂）的水解反应速率，缩短洗涤时间，属于通过催化剂调控反应速率，B不符合题意；
C、低温会降低牛奶中微生物的代谢速率及化学反应速率，延缓牛奶变质，属于通过温度调控反应速率，C不符合题意；
D、抗氧化剂能消耗包装内的氧气，降低氧气浓度，减缓月饼的氧化变质速率，属于通过浓度调控反应速率，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】分析各选项做法的化学原理，判断是否涉及化学反应速率的调控（如改变速率、控制反应快慢），从而找出与速率控制无关的选项。A．掌握含氟牙膏防龋齿的原理与反应速率是否相关。
B．考查加酶洗衣粉的作用是否涉及速率控制。
C．考查冰箱保存牛奶的原理与速率的关系。
D．明确抗氧化剂在月饼保存中的作用是否涉及速率控制。
3．（2025高二上·广东月考）历史上曾用“地康法”制氯气，其反应原理为 。若使HCl的平衡转化率和化学反应速率正均增大，可采取的措施是
A．移走 B．增大压强
C．加入HCl D．使用高效催化剂
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、移走 Cl2，生成物浓度减小，化学反应速率减小，虽平衡正向移动能提高 HCl 转化率，但速率不符合要求，A错误；
B、该反应正反应气体分子数减小（反应物系数和为 5，生成物为 4），增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，HCl 的平衡转化率增大，B正确；
C、加入 HCl，虽反应速率加快，但 HCl 的平衡转化率会因自身浓度增加幅度更大而减小，C错误；
D、使用高效催化剂，仅加快反应速率，不影响平衡移动，HCl 的平衡转化率不变，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对 “增大压强对反应速率和平衡的影响” 理解不全面，忽略该反应正反应气体分子数减小，增大压强既加快反应速率又使平衡正向移动，从而误判选项 B。
混淆 “加入反应物对自身转化率的影响”，误认为加入 HCl 会提高其平衡转化率，实际因 HCl 浓度增幅更大，自身转化率反而减小，导致对选项 C 判断错误。
4．（2025高二上·广东月考）在密闭容器中，一定量混合气体发生下列反应：aA（g）+bB（g） cC（g）+dD（g），达到平衡后，测得C气体的浓度为0.5mol/L．当在恒温下，将密闭容器的体积缩小为1/2，再达平衡时，测得C气体的浓度为0.9mol/L．则下列叙述正确的是
A．反应速率降低 B．平衡向右移动
C．B的转化率提高 D．a+b＜c+d
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、容器体积缩小，压强增大。压强增大时，单位体积内活化分子数变多，有效碰撞更频繁，反应速率会加快，A错误；
B、恒温下把体积缩小为原来的1/2，要是平衡不移动，C的浓度应该是0.5mol/L×2 = 1mol/L，可实际C浓度是0.9mol/L，比1mol/L小，这说明平衡向逆反应方向移动，不是向右移动，B错误；
C、平衡向逆反应方向移动，反应物B参与反应的量就会减少，它的转化率（转化率=反应的量/初始的量×100%）也会降低，C错误；
D、增大压强平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，平衡会向气体分子数减少的方向移动，这说明逆反应的气体分子数更少，也就是a + b < c + d，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查压强对反应速率的影响。
B、通过浓度变化判断平衡移动方向。
C、考查平衡移动对反应物转化率的影响。
D、判断平衡移动方向与气体分子数的关系。
5．（2025高二上·广东月考）开发催化加氢合成甲醇技术是有效利用资源，实现“碳达峰、碳中和”目标的重要途径。某温度下，在恒容密闭容器中发生反应： ，下列有关说法正确的是（　　）
A．增大体系的压强，平衡正向移动，平衡常数K增大
B．升高反应温度有利于提高的平衡转化率
C．平衡后再通入适量，平衡正向移动，的转化率增大
D．加入合适的催化剂，能提高单位时间内的产量
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，所以增大体系的压强，平衡虽正向移动，但平衡常数K不变，故A不符合题意；
B．该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，的转化率减小，故B不符合题意；
C．平衡后再通入适量， 增大，平衡虽正向移动，但CO2的增加量比平衡的移动量幅度大，则的转化率减小，故C不符合题意；
D．加入合适的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，提高单位时间内的产量，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】平衡移动的判断；
增大反应物浓度，平衡朝正向移动，被增加的反应物转化率减小，另一种反应物浓度增大，减小反应物的浓度则反之；
增大生产物浓度，平衡朝逆向移动，反应物的转化率减小，减少生成物的浓度则反之；
增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；
升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之。
6．（2025高二上·广东月考）下列说法正确的是
A．C(石墨s)C(金刚石，s) ，则金刚石比石墨稳定
B．同温同压下，在光照和点燃条件下的不同
C．用溶液和NaOH溶液反应测定中和热的
D． ，则碳的燃烧热等于
【答案】C
【知识点】燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A、反应C(石墨，s)=C(金刚石，s)的ΔH=+1.9kJ/mol，说明石墨变成金刚石要吸热，即石墨能量比金刚石低。根据“能量越低越稳定”，石墨比金刚石稳定，A错误；
B、反应热只由反应物和生成物的总能量差决定，和反应是光照还是点燃没关系。因此同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH 相同，B错误；
C、CH3COOH是弱酸，电离时吸热。中和热的标准值（强酸强碱反应）是ΔH=-57.3kJ/mol，因为醋酸电离吸热，反应实际放热减少，ΔH（数值上，负值越小则越大）大于-57.3kJ/mol，C正确；
D、燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成指定产物（碳的指定产物是CO2）时放出的热量。反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)生成的是CO，不是指定产物，所以碳的燃烧热不是110.5kJ/mol，D错误；
故答案为：C。【分析】A．考查物质能量与稳定性的关系。
B．反考查应热与反应条件的关系。
C．判断弱电解质电离对中和热的影响。
D．掌握燃烧热的定义（生成指定产物）。
7．（2025高二上·广东月考）从下列事实，找出不能用勒夏特列原理解释的是 （ ）
A．在溴水中存在如下平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入NaOH溶液后颜色变浅
B．反应CO+NO2CO2+NO △ H<0，升高温度使平衡向逆方向移动
C．对2HIH2+I2平衡体系增加压强使颜色变深
D．合成氨反应：N2+3H22NH3 △H<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、溴水中存在平衡 Br2+H2O HBr+HBrO，加入 NaOH 会与 HBr、HBrO 反应，使平衡正向移动，溴浓度降低，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A不符合要求；
B、反应CO+NO2 CO2+NO（ΔH < 0）是放热反应，升温时平衡向逆反应方向移动以减弱温度升高的影响，能用勒夏特列原理解释，B不符合要求；
C、反应2HI H2+I2前后气体分子数不变，加压时平衡不移动，颜色变深是因体积缩小导致 I2浓度增大，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，C符合要求；
D、合成氨反应 N2+3H2 2NH3（ΔH < 0）是放热且气体体积减小的反应，低温会使平衡正向移动以提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，D不符合要求；
故答案为：C。【分析】A. 判断加入 NaOH 后平衡是否移动。
B. 分析温度对放热反应平衡的影响。
C. 明确反应前后气体体积是否变化及压强的影响。
D. 分析温度对放热且气体体积减小反应的影响。
8．（2025高二上·广东月考）K2Cr2O7在水溶液中存在平衡：Cr2O(橙)+H2O2CrO(黄)+2H+，下列说法正确的是
A．该反应是氧化还原反应
B．加入适量NaHSO4固体，平衡逆向移动
C．加入浓NaOH溶液，溶液呈橙色
D．向体系中加入适量水，平衡不移动
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A、反应中铬元素在 Cr2O72-和 CrO42-中均为+6价，氢、氧元素化合价也未变，没有元素化合价的升降。不属于氧化还原反应，A错误；
B、硫酸氢钠（NaHSO4）在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，使溶液中氢离子浓度增大。根据勒夏特列原理，平衡会向减少氢离子的方向（逆向）移动，B正确；
C、氢氧化钠中的氢氧根离子会与氢离子结合生成水，使氢离子浓度降低，平衡向生成 CrO42-的方向（正向）移动，溶液中黄色的 CrO42-浓度增大，溶液应呈黄色而非橙色，C错误；
D、加水后，所有离子浓度均降低，但平衡右侧粒子总数（2个CrO42-和 2个H+）比左侧（1个 Cr2O72-）多，浓度降低对右侧影响更大，平衡会向粒子数多的右侧（正向）移动，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕重铬酸根（Cr2O72-）与铬酸根（CrO42-）的转化平衡，需依据勒夏特列原理分析浓度变化对平衡的影响，同时判断反应是否为氧化还原反应。A．判断该反应是否为氧化还原反应。
B．考查加入硫酸氢钠固体对平衡的影响。
C．考查加入浓氢氧化钠溶液对溶液颜色的影响。
D．考查加入适量水对平衡移动方向的影响。
9．（2025高二上·广东月考）工厂的氨氮废水可用电化学催化氧化法加以处理，其中在电极表面的氧化过程的微观示意图如图：
下列说法中，不正确的是
A．使用催化剂降低了反应的活化能，可加快反应速率，提高反应的平衡转化率
B．催化剂不可以降低该反应的焓变
C．过程①②均有N-H键断裂，N-H键断裂时需要吸收能量
D．过程④中有非极性键形成
【答案】A
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂能降低反应的活化能，让反应速率加快，但它不会改变反应的平衡状态，所以不能提高平衡转化率，A错误；
B、反应的焓变由反应物和生成物的总能量差决定，催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的焓变，B正确；
C、从微观示意图可知，过程①中NH3变成NH2，过程②中NH2变成NH，都有N-H键断裂；化学键断裂时需要吸收能量，C正确；
D、过程④中形成N≡N键，N≡N键是同种原子之间形成的化学键，属于非极性键，所以过程④中有非极性键形成，D正确；
故答案为：A。【分析】A．考查催化剂对反应速率和平衡转化率的影响。
B．判断催化剂对反应焓变的影响。
C．考查N-H键断裂的判断及断键的能量变化。
D．掌握非极性键的判断。
10．（2025高二上·广东月考）下列装置及设计不能达到实验目的的是
A．测定中和反应的反应热
B．探究反应物浓度对反应速率的影响
C．测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率
D．探究温度对化学平衡的影响
【答案】B
【知识点】化学反应速率；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、该装置有隔热层（减少热量损失）、温度计（测温度变化）、玻璃搅拌器（让反应均匀），能满足中和反应反应热测定对保温、测温和反应均匀的要求，可达成实验目的，故A不符合题意；
B、实验改变的是Na2SO4的浓度，但Na2SO4不是H2O2分解反应的反应物，其浓度变化不会影响H2O2分解的反应速率，无法探究反应物浓度对反应速率的影响，故B符合题意；
C、装置中通过分液漏斗加稀硫酸，锌和稀硫酸反应生成氢气，用注射器收集氢气，结合秒表记时间，可通过测相同时间内氢气体积或生成相同体积氢气的时间，来测定反应速率，能达成实验目的，故C不符合题意；
D、NO2是红棕色，N2O4是无色，存在平衡2NO2 N2O4。把装置分别放在热水和冷水中，观察气体颜色深浅变化，可判断平衡移动方向，从而探究温度对化学平衡的影响，故D不符合题意；
故答案为：B。【分析】A．掌握中和反应反应热测定的装置要求。
B．考查反应物浓度对反应速率影响的变量控制。反应物浓度对反应速率影响的变量控制。
C．研究化学反应速率测定的方法。
D．考查温度对化学平衡影响的探究原理。
11．（2025高二上·广东月考）T℃时，在恒容密闭容器中，气体与气体反应生成气体，反应过程中的浓度随时间变化如图所示。下列结论正确的是
A．内用表示的反应速率为
B．时充入氦气，化学反应速率减小
C．该反应的化学方程式为
D．升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率都加快
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、10s内B的物质的量变化为0.7mol - 0.1mol = 0.6mol，容器体积为2L，计算得v(B) =，A错误；
B、恒容密闭容器中充入氦气，反应物A、B、C的浓度均未改变，因此化学反应速率不变，B错误；
C、0 - 10s内，A的物质的量变化为0.5mol - 0.3mol = 0.2mol，B的变化为
0.7mol - 0.1mol = 0.6mol，C的变化为0.4mol - 0 = 0.4mol，三者变化比为0.2： 0.6： 0.4 = 1： 3： 2，化学方程式应为 A(g)+3B(g) 2C(g)，而非3A+B 2C，C错误；
D、升高温度时，活化分子百分数增大，有效碰撞的几率增加，因此正、逆反应速率都会加快，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．化学反应速率的计算（结合物质的量变化、体积和时间）。
B．考查恒容条件下充入惰性气体对反应速率的影响。
C．根据浓度（物质的量）变化比确定化学计量数。
D．考查温度对活化分子和反应速率的影响。
12．（2025高二上·广东月考）在密闭容器中进行反应：X(g)+3Y(g)═2Z(g)，有关下列图像的说法错误的是
A．依据图a可判断正反应为放热反应
B．在图b中，虚线可表示使用了催化剂
C．若正反应的△H＞0，图c可表示升高温度正逆化学反应速率变化图
D．由图d中混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的ΔH＜0
【答案】C
【知识点】热化学方程式；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、分析图a，温度升高时，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动。根据平衡移动原理，逆反应吸热，因此正反应放热，A正确；
B、催化剂能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，且不改变平衡状态。图b中虚线使反应更快达到平衡，X的转化率不变，符合催化剂的作用，B正确；
C、若正反应ΔH>0，即正反应吸热，升高温度平衡正向移动，此时正反应速率应大于逆反应速率。但图c中升温后逆反应速率大于正反应速率，与平衡移动方向矛盾，C错误；
D、混合气体平均相对分子质量，气体总质量不变。图d中温度升高，减小，说明增大，平衡逆向移动，即逆反应吸热，正反应放热，ΔH<0，D正确；
故答案为：C。
【分析】解决此题的关键突破口：
看温度对速率的影响：升温后正逆速率的相对大小决定平衡移动方向，进而判断反应热效应。
看催化剂的作用：催化剂加快反应速率但不改变平衡状态（如转化率、平衡时的量不变）。
看平均相对分子质量的变化：利用，结合总质量不变，通过的变化判断总物质的量变化，进而分析平衡移动和反应热效应。
13．（2025高二上·广东月考）工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素，反应分如下两步：
ⅰ.；
ⅱ.。
反应过程中能量变化如图所示，下列说法错误的是
A．
B．反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应
C．活化能：反应ⅰ＜反应ⅱ
D．投料比越大，二氧化碳的平衡转化率越高
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应分两步，反应ⅰ的焓变ΔH1 = E1 - E2，反应ⅱ的焓变ΔH2 = E3 - E4。总反应焓变ΔH = ΔH1 + ΔH2 = E1 - E2 + E3 - E4，不是E1 - E4，A错误；
B、从能量图可知，反应ⅰ的反应物总能量高于生成物（NH2COONH4(l)），属于放热反应；反应ⅱ的反应物（NH2COONH4(l)）总能量低于生成物（CO(NH2)2(l) + H2O(l)），属于吸热反应，B正确；
C、反应ⅰ的活化能为E1，反应ⅱ的活化能为E3，由图可见E1 < E3，即活化能：反应ⅰ < 反应ⅱ，C正确；
D、在可逆反应中，增大NH3的投料比，可提高CO2的平衡转化率，因此投料比越大，二氧化碳的平衡转化率越高，D正确；故答案为：A。
【分析】A．考查总反应焓变的计算（结合分步反应的焓变）。
B．根据能量变化判断反应的热效应。
C．考查活化能的比较（根据能量图中活化能的数值）。
D．判断反应物投料比对平衡转化率的影响。
14．（2025高二上·广东月考）环戊二烯广泛用于农药、橡胶、塑料等工业合成，是一种重要的有机化工原料。其相关键能和能量循环图如下所示，下列说法不正确的是
共价键 键能/(kJ/mol)
H-H 436
H-I 299
I-I 151
A．在相同条件下，反应：，则
B．表中三种物质，H-H键能最大，故相同条件下，最稳定
C．
D．将和混合加热，充分反应后测得的反应热与相同
【答案】D
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、Cl2比I2活泼，说明Cl2(g)能量高于I2(g)。H2与Cl2、I2反应均放热，放热越多ΔH越小，因此H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的ΔH4小于H2(g)+I2(g)=2HI(g)的ΔH2，A正确；
B、键能越大，物质越稳定。表中H-H键能最大，故相同条件下H2最稳定，B正确；
C、根据盖斯定律，ΔH3 = ΔH1 + ΔH2，所以ΔH3 - ΔH1 = ΔH2。计算ΔH2：反应物总键能是H-H（436kJ/mol）+I-I（151kJ/mol），生成物总键能是2×H-I（2×299kJ/mol），因此ΔH2 = 436 + 151 - 2×299 = -11kJ·mol- ，即ΔH3 - ΔH1 = ΔH2 = -11kJ·mol- ，C正确；
D、H2(g)+I2(g) 2HI(g)是可逆反应，混合加热时反应不能完全进行，实际放出的热量比完全反应时少，测得的反应热（ΔH）大于ΔH2（ΔH2是完全反应的焓变），D错误；
故答案为：D。【分析】A．比较不同卤素单质参与反应的反应热大小。
B．考查键能与物质稳定性的关系。
C．掌握盖斯定律的应用及反应热的计算。
D．考查可逆反应的反应热测定。
15．（2025高二上·广东月考）下列实验方案的设计和实验目的都正确的是
选项 实验方案 实验目的
A 向等体积等浓度的溶液中分别加入5滴等浓度的和溶液，观察气体产生的速度 比较和的催化效果
B ，在平衡体系中加入KCl晶体 探究生成物浓度对化学平衡的影响
C 分别向盛有2g锌粒(大小基本相同)的锥形瓶中加入40mL1mol/L和40mL18mol/L的硫酸，比较两者收集10mL气体所用的时间 探究硫酸浓度对反应速率影响
D 将球分别浸泡在冰水和热水中 探究温度对化学平衡的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、实验中CuSO4和FeCl3的阴离子（SO42-、Cl-）不同，无法确定是Cu2+还是Fe3+在起催化作用，不能准确比较二者的催化效果，A错误；
B、该平衡的实质是Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3，KCl不参与此平衡反应，加入KCl晶体不会改变平衡体系中Fe3+、SCN-、Fe(SCN)3的浓度，平衡不移动，无法探究生成物浓度对化学平衡的影响，B错误；
C、18mol/L的硫酸是浓硫酸，与锌反应时生成二氧化硫（而非氢气），不能用于探究硫酸浓度对生成氢气速率的影响，C错误；
D、NO2为红棕色，N2O4为无色，存在平衡2NO2 N2O4。将NO2球分别浸泡在冰水和热水中，通过观察气体颜色深浅变化，可判断平衡移动方向，能探究温度对化学平衡的影响，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．考查催化效果比较的变量控制（排除阴离子干扰）。
B．掌握化学平衡影响因素的实质（分析离子反应的实际参与粒子）。
C．考查硫酸浓度对反应产物的影响（区分稀硫酸和浓硫酸的反应差异）。
D．掌握温度对化学平衡影响的探究原理（利用NO2和N2O4的平衡颜色变化）。
16．（2025高二上·广东月考）活泼自由基与氧气的反应一直是科学家关注的热点。HNO自由基与反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A．该反应为放热反应
B．从反应过程图可知，生成产物P2的过程中，中间产物Z生成产物P2的过程为整个反应过程的决速步骤
C．该历程中最大正反应的活化能
D．相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、从能量变化图可知，反应物（HNO+O2）的相对能量高于产物（P1、P2）的相对能量，因此该反应为放热反应，A正确；
B、决速步骤由活化能最大的步骤决定。生成产物P2的过程中，中间产物Z到过渡态Ⅳ的活化能最大，故中间产物Z生成产物P2的过程是决速步骤，B正确；
C、最大正反应活化能出现在中间产物Z到过渡态Ⅳ的过程，计算为，C正确；
D、活化能越低，反应速率越快。由中间产物Z转化为P1的活化能低于转化为P2的活化能，因此反应速率，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．对比反应物与产物的相对能量，反应物能量高于产物则为放热反应。
B．反应中活化能最大的步骤，即为整个反应的决速步骤。
C．某步骤的正反应活化能，等于过渡态能量减去对应反应物（或中间产物）的能量。
D．同一中间产物转化为不同产物时，活化能越低，对应反应速率越快。
17．（2025高二上·广东月考）研究大气中含硫化合物（主要是和）的转化具有重要意义。
（1）工业上采用高温热分解的方法制取，在膜反应器中分离，发生的反应为 ，已知：① ；
② ，则　 　（用含、的式子表示）。
（2）土壤中的微生物可将大气中的经两步反应氧化成，两步反应的能量变化示意图如下：
则 　 　。全部被氧化为的热化学方程式为　 　。
（3）将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
①该循环过程中的作用是　 　，图示总反应的化学方程式为　 　。
②已知上述总反应生成时放出热量，则该总反应中转移个电子时，放出　 　热量。（用含a的式子表示）
【答案】（1）+
（2）；
（3）催化剂；；
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，该反应可由2×①+②得到，则+；
故答案为：+ ；
（2）由左图可得：Ⅰ：；则 ；
由由图可得：Ⅱ：；
由盖斯定律：Ⅰ+Ⅱ可得：，==-806.39；全部被氧化为的热化学方程式为：；
故答案为： ； ；
（3）①该循环过程中，在反应②中作反应物，在反应③中作产物，总过程中作催化剂；总反应的化学方程式为；
②生成时放出热量，由总反应可知，生成1mol水时转移2mol电子，则转移个电子时即1mol电子转移，放出热量。
故答案为： 催化剂 ； ； 。
【分析】(1) 依据盖斯定律，将反应①乘以 2 再与反应②相加，得到目标反应，故 ΔH=2ΔH1+ΔH2。
(2) 通过盖斯定律，将第一步反应乘以 2 得总反应 2H2S (g)+O2(g)=2S (s)+2H2O (g)，ΔH 为
- 442.38 kJ mol- ；将两步反应相加，写出 1mol H2S (g) 氧化为 SO42-(aq) 的热化学方程式。
(3)①Fe3+在反应中先参与反应后生成，作催化剂；总反应为
②总反应生成 1mol H2O 转移 2mol 电子，对应放热 a kJ，故转移 NA个电子（1mol）放热 kJ。
（1）由盖斯定律可知，该反应可由2×①+②得到，则+；
（2）由左图可得：Ⅰ：；则 ；
由由图可得：Ⅱ：；
由盖斯定律：Ⅰ+Ⅱ可得：，==-806.39；全部被氧化为的热化学方程式为：；
（3）①该循环过程中，在反应②中作反应物，在反应③中作产物，总过程中作催化剂；总反应的化学方程式为；
②生成时放出热量，由总反应可知，生成1mol水时转移2mol电子，则转移个电子时即1mol电子转移，放出热量。
18．（2025高二上·广东月考）化学反应中的热效应又称反应热，包括燃烧热、中和热等，某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式计算获得。
（1）若1g葡萄糖完全燃烧放出的热量为a kJ，则表示葡萄糖燃烧热的热化学方程式为　 　。
（2）中和热的测定：取0.55mol/L的NaOH溶液和0.50mol/L盐酸各50mL进行反应。
①测得反应前后体系的温度值(℃)分别为、，则盐酸与NaOH溶液反应的中和热为　 　kJ/mol(c和ρ分别取4.18和1.0，忽略水以外各物质吸收的热量以及混合后溶液体积的变化)。
②已知强酸与强碱的中和热为57.3kJ/mol。某兴趣小组的实验数值结果大于57.3kJ/mol原因可能是(填字母)　 　。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．读取混合液的最高温度记为终点温度
c．一次就把NaOH溶液全倒入盛有盐酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，直接测定盐酸的温度
e．用量筒量取盐酸时仰视读数
（3）借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应的焓变(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
序号 反应试剂 体系温度/℃
反应前 反应后
i 0.20溶液100mL 1.20g Fe粉 a b
ii 0.56gFe粉 a c
=　 　(选择表中一组数据计算)结果表明，该方法可行。
（4）乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应A：的焓变。
①查阅资料：配制溶液时需加入酸。加酸的目的是　 　。
②丙同学认为该方法不可行，丙同学的理由是　 　。
③优化设计：乙同学根据相关原理，重新优化了实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为　 　。
【答案】（1）
（2）；e
（3）或
（4）抑制水解；Fe粉与溶液混合，在反应A进行的同时，可能存在Fe粉和酸的反应；将一定量的Cu粉加入一定浓度的溶液中反应，测量反应热，计算得到反应的焓变；根据(3)中实验计算得到反应的焓变；根据盖斯定律计算得到反应的焓变为
【知识点】中和热；热化学方程式；中和热的测定
【解析】【解答】（1）若1g葡萄糖完全燃烧放出的热量为a kJ，180g葡萄糖完全燃烧放出热量180a kJ，反应的热化学方程式为：
C6H12O6(s) + 6O2(g) = 6CO2(g) + 6H2O(l) △H = -180a kJ/mol；
故答案为： ；
（2）①测得反应前后体系的温度值(℃)分别为T0、T1，温度差为(T1- T0)℃，V总为100mL，则该过程放出的热量为，反应生成水物质的量= 0.50mol/L ×0.050L=0.025mol，中和热；
②a．实验装置保温、隔热效果差，会造成热量损失，进一步导致放出热量小于57.3kJ，故a错误；
ｂ．读取混合液的最高温度记为终点温度，是正确操作，不会造成热量减小，故b错误；
ｃ．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会造成热量的损失，进一步导致放出热量小于57.3kJ，故c错误；
ｄ．用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，温度计中会蘸有NaOH溶液，直接测定 H2SO4溶液的温度，会中和部分硫酸，导致硫酸与氢氧化钠反应时，放出的热量减少，故d错误；
ｅ．用量筒量取盐酸时仰视读数，量取盐酸溶液体积增大，实验数值结果大于57.3kJ/mol，故e正确；
故答案为：；e；
（3）100mL 0.2mol·L-1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02mol，1.20g Fe粉和0.56g Fe粉的物质的量为0.021mol、0.01mol，实验i中有0.02mol CuSO4发生反应，实验 ii 中有0.01mol CuSO4发生反应，实验i放出的热量多，体系温度升高幅度较大，若按实验 i 进行计算，，若按实验ⅱi进行计算，；
故答案为：或；
（4）①配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸。加酸的目的是：抑制Fe3+水解；
②丙同学认为该方法不可行，丙同学的理由是：Fe粉与Fe2(SO4)3溶液混合，在反应A进行的同时，可能存在Fe粉和酸的反应；
③乙同学根据相关原理，重新优化了实验方案，获得了反应A的焓变，该方案为：将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应热，计算得到反应
Cu + Fe2(SO4)3 = CuSO4+2FeSO4的焓变△H1，根据(3)中实验计算得到反应 Fe +CuSO4= Cu +FeSO4的焓变△H2，根据盖斯定律计算得到反应Fe + Fe2(SO4)3= 3FeSO4的焓变为△H1 +△H2。
故答案为：抑制水解；Fe粉与溶液混合，在反应A进行的同时，可能存在Fe粉和酸的反应；将一定量的Cu粉加入一定浓度的溶液中反应，测量反应热，计算得到反应的焓变；根据(3)中实验计算得到反应的焓变；根据盖斯定律计算得到反应的焓变为。
【分析】（1）根据燃烧热定义（1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物），结合1g葡萄糖的放热量计算1mol的放热。
（2）①用算放热，再结合生成1mol水的放热推导中和热。
②分析选项对热量测定的影响，判断是否使实验值大于57.3kJ/mol。
（3）通过温度变化算放热，结合反应的物质的量求焓变.
（4） ①Fe3+易水解，加酸可抑制其水解，保持Fe3+浓度稳定。
②分析Fe与Fe2(SO4)3溶液混合时的副反应。
③用盖斯定律，设计两个可测反应间接推导目标反应焓变。
（1）若1g葡萄糖完全燃烧放出的热量为a kJ，180g葡萄糖完全燃烧放出热量180a kJ，反应的热化学方程式为：
C6H12O6(s) + 6O2(g) = 6CO2(g) + 6H2O(l) △H = -180a kJ/mol；
（2）①测得反应前后体系的温度值(℃)分别为T0、T1，温度差为(T1- T0)℃，V总为100mL，则该过程放出的热量为，反应生成水物质的量= 0.50mol/L ×0.050L=0.025mol，中和热；
②a．实验装置保温、隔热效果差，会造成热量损失，进一步导致放出热量小于57.3kJ，故a错误；
ｂ．读取混合液的最高温度记为终点温度，是正确操作，不会造成热量减小，故b错误；
ｃ．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会造成热量的损失，进一步导致放出热量小于57.3kJ，故c错误；
ｄ．用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，温度计中会蘸有NaOH溶液，直接测定 H2SO4溶液的温度，会中和部分硫酸，导致硫酸与氢氧化钠反应时，放出的热量减少，故d错误；
ｅ．用量筒量取盐酸时仰视读数，量取盐酸溶液体积增大，实验数值结果大于57.3kJ/mol，故e正确；
（3）100mL 0.2mol·L-1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02mol，1.20g Fe粉和0.56g Fe粉的物质的量为0.021mol、0.01mol，实验i中有0.02mol CuSO4发生反应，实验 ii 中有0.01mol CuSO4发生反应，实验i放出的热量多，体系温度升高幅度较大，若按实验 i 进行计算，，若按实验ⅱi进行计算，；
（4）①配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸。加酸的目的是：抑制Fe3+水解；
②丙同学认为该方法不可行，丙同学的理由是：Fe粉与Fe2(SO4)3溶液混合，在反应A进行的同时，可能存在Fe粉和酸的反应；
③乙同学根据相关原理，重新优化了实验方案，获得了反应A的焓变，该方案为：将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应热，计算得到反应
Cu + Fe2(SO4)3 = CuSO4+2FeSO4的焓变△H1，根据(3)中实验计算得到反应 Fe +CuSO4= Cu +FeSO4的焓变△H2，根据盖斯定律计算得到反应Fe + Fe2(SO4)3= 3FeSO4的焓变为△H1 +△H2。
19．（2025高二上·广东月考）在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。
（1）反应，在反应过程中，正反应速率随条件改变的变化如图，下列错误的是_______。
A．时增大了生成物浓度 B．时降低了温度
C．时减少了压强 D．时使用了催化剂
（2）在一个不传热的固定容积的密闭容器中，达到平衡的标志是_______。
①单位时间内有键断裂同时有键断裂
②混合气体的密度不变
③混合气体的平均摩尔质量不变
④各组分的物质的量浓度不再改变
⑤体系的温度不再发生变化
⑥消耗消耗
A．③④⑤ B．③④⑤⑥ C．①②③⑤ D．②③④⑥
（3）一定温度下，将和置于1L的恒容密闭容器中发生如下反应：。测得不同条件、不同以间段内合成氨反应中的转化率数据如
时间 N2转化率 温度 1小时 2小时 3小时 4小时
30% 50% 80% 80%
35% 60% a b
①上表中　 　(“>”“<”或“=”表示)，其中三者的大小关系是　 　(含“>”“<”或“=”的关系式表示)。
②已知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol容器容积为1L，保持温度和压强不变，又充入后，平衡　 　(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。
（4）时，关于的两个反应的信息如下表所示：
化学反应 正反应活化能 逆反应活化能 t℃时平衡常数
请它出时被NO氧化生成有毒气体的热化学方程式(反应热用a、b、e、d代数式表示)：　 　。该反应的平衡常数为　 　(用和表示)。
（5）将固体置于密闭容器中在一定温度下发生下列反应：
①； ②
达到平衡时，，，则此温度下反应①的平衡常数　 　。
【答案】（1）C
（2）B
（3）<；a=b<80%；不移动
（4）；
（5）27.5
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）A．t1时v正不变，v逆增大，平衡逆向移动，增大了生成物浓度，A正确；B．t2时v正、v逆均减小，平衡正向移动，由于反应为放热反应，降温，平衡正移，故t2时降低了温度，B正确；C．由于反应为分子数减小的反应，减小压强，v正、v逆均减小，平衡逆移，不符合t3时v正、v逆均增大，平衡不移动的图像，C错误；D．t3时，v正、v逆均增大，平衡不移动，条件为使用了催化剂，D正确；
故答案选C；
（2）①单位时间内有3molH H键断裂，同时有6molN H键断裂，说明达到平衡，①不符合题意；②混合气体的密度=，气体总质量始终不变且容积固定，说明混合气体密度始终不变，即混合气体的密度不变，不能证明平衡，②不符合题意；③混合气体的平均摩尔质量，体总质量始终不变但总物质的量改变，即混合气体的平均摩尔质量在平衡前改变，说明混合气体的平均摩尔质量不变，说明达到平衡，③符合题意；④各组分的物质的量浓度在平衡前为变量，各组分的物质的量浓度不再改变，说明达到平衡，④符合题意；⑤密闭容器不传热，即反应的能量变化仅用来改变体系温度，即体系的温度不再发生变化，说明达到平衡，⑤符合题意；⑥消耗氮气的速率为正反应速率，消耗氨气的速率为逆反应速率，2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，符合v正=v逆，可以证明达到平衡状态，⑥符合题意；
故答案为B；
（3）相同时间内，T2的转化率高，说明速率更快，温度更高，即T1故答案为： < ； a=b<80% ； 不移动 ；
（4）依题意可知①，②，利用盖斯定律，将反应②-5①，即得t C时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式为；平衡常数为；
故答案为： ； ；
（5）反应①的平衡常数K=，NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的氨气，由反应可知②分解的c(HI)为平衡时c(H2)的2倍，求出c(NH3)=0.25×2+5=5.5mol/L，K=。
故答案为： 27.5 。
【分析】（1）分析正反应速率变化，t1增大生成物浓度（v逆突增，v正不变）；t2降温（v正、v逆均减，平衡正移）；t3加催化剂（v正、v 逆均增，平衡不移动）。减小压强时 v正、v逆均减且平衡逆移，与图像不符。
（2）平衡标志判断，③平均摩尔质量变（总物质的量变）、④浓度不变、⑤温度不变（绝热容器）、⑥速率比等于计量数比（v正=v逆）。
（3）①T2速率快，故 T1
②恒温恒压下充入 N2，Q=K，平衡不移动。
（4）盖斯定律，由已知反应推导目标反应，ΔH=(e d 5a+5b) kJ mol- ；平衡常数为 。
（5）反应①平衡常数 K=c (NH3)×c (HI)，由反应②得分解的 HI 浓度，算出 c (NH3)=5.5mol/L，K=5.5×5=27.5。
（1）A．t1时v正不变，v逆增大，平衡逆向移动，增大了生成物浓度，A正确；B．t2时v正、v逆均减小，平衡正向移动，由于反应为放热反应，降温，平衡正移，故t2时降低了温度，B正确；C．由于反应为分子数减小的反应，减小压强，v正、v逆均减小，平衡逆移，不符合t3时v正、v逆均增大，平衡不移动的图像，C错误；D．t3时，v正、v逆均增大，平衡不移动，条件为使用了催化剂，D正确；故答案选C；
（2）①单位时间内有3molH H键断裂，同时有6molN H键断裂，说明达到平衡，①不符合题意；②混合气体的密度=，气体总质量始终不变且容积固定，说明混合气体密度始终不变，即混合气体的密度不变，不能证明平衡，②不符合题意；③混合气体的平均摩尔质量，体总质量始终不变但总物质的量改变，即混合气体的平均摩尔质量在平衡前改变，说明混合气体的平均摩尔质量不变，说明达到平衡，③符合题意；④各组分的物质的量浓度在平衡前为变量，各组分的物质的量浓度不再改变，说明达到平衡，④符合题意；⑤密闭容器不传热，即反应的能量变化仅用来改变体系温度，即体系的温度不再发生变化，说明达到平衡，⑤符合题意；⑥消耗氮气的速率为正反应速率，消耗氨气的速率为逆反应速率，2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，符合v正=v逆，可以证明达到平衡状态，⑥符合题意；故答案为B；
（3）相同时间内，T2的转化率高，说明速率更快，温度更高，即T1（4）依题意可知①，②，利用盖斯定律，将反应②-5①，即得t C时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式为；平衡常数为；
（5）反应①的平衡常数K=，NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的氨气，由反应可知②分解的c(HI)为平衡时c(H2)的2倍，求出c(NH3)=0.25×2+5=5.5mol/L，K=。
20．（2025高二上·广东月考）氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。
（1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分化学平衡常数K的值。
反应 大气固氮 工业固氮
温度/℃ 27 2000 25 400 450
平衡常数K 0.1 0.507 0.152
①分析数据可知：大气固氮反应属于　 　(填“吸热”或“放热”)反应。
②分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮的原因：　 　。
③下图是工业固氮反应达到平衡，混合气中的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L(、)、X分别代表温度或压强。其中X代表的是　 　(填“温度”或“压强”)；　 　(填“>”“<”或“=”)原因是　 　。
（2）实验室模拟工业固氮，在压强为PMPa的恒压容器中充入和，反应混合物中的物质的量分数随温度的变化曲线如图所示，其中Ⅱ是经过一定时间反应后的曲线，I是平衡时的曲线。
①图中b点N2的转化率为　 　；　 　(“>”“=”或“<”)。
②475℃时，该反应的压强平衡常数的代数式Kp=　 　MPa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×物质的量分数，用含P的代数式表示，列式无需化简)
【答案】（1）吸热；K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产；温度；＜；反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，NH3的体积分数增大
（2）40%；＞；
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①对于大气固氮反应，温度升高，K值增大，表明升高温度，平衡正向移动，则大气固氮反应属于吸热反应。
②对于大气固氮反应，即便温度升高到2000℃，平衡常数也只有0.1，反应物的转化率很低，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，原因：K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产。
③对于工业固氮反应，升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。所以工业固氮反应为放热的体积缩小的可逆反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的体积分数减小，增大压强平衡正向移动，NH3的体积分数增大，则X代表的是温度，L代表的是压强，且L1＜L2，原因是：反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，NH3的体积分数增大，所以L1＜L2。
故答案为： 吸热 ； K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产 ； 温度 ； ＜ ； 反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，NH3的体积分数增大 ；
（2）实验室模拟工业固氮，在压强为P MPa的恒压容器中充入1mol N2和3mol H2，在b点，NH3的体积分数为25%；在a点，NH3的体积分数为50%。曲线Ⅰ中，400℃时，NH3的体积分数最大，随温度升高，NH3的体积分数减小，则曲线Ⅰ为平衡时的曲线，曲线Ⅱ为经过一定时间反应后的曲线。
①图中b点时，NH3的体积分数为25%，设此时N2的变化量为x，则可建立如下三段式：
则，x=0.4，N2或H2的转化率为=40%；与曲线Ⅰ相比，NH3的体积分数小于平衡时NH3的体积分数，所以反应未达平衡，＞。
②475℃反应达平衡时，在a点NH3的体积分数为50%。设N2的物质的量的变化量为y，则可建立如下三段式：，则，y=，平衡时N2、H2、NH3物质的量依次为mol、1mol、mol，混合气总物质的量为mol，N2、H2、NH3物质的量分数依次为、、，该反应的压强平衡常数的代数式Kp=MPa-2。
故答案为： 40% ； ＞ ； 。
【分析】(1)①根据大气固氮反应的平衡常数随温度变化趋势，判断反应吸热。
②分析大气固氮反应的平衡常数小，正向进行程度低，转化率低，不适合大规模生产。
③结合工业固氮反应的热效应和气体分子数变化，判断 X 代表温度，比较 L1和 L2的大小并说明压强对平衡的影响。
(2)①通过三段式计算 N2的转化率，根据反应是否达到平衡判断正逆反应速率大小。
②利用三段式计算平衡时各物质的物质的量分数，结合压强平衡常数的定义列式计算。
（1）①对于大气固氮反应，温度升高，K值增大，表明升高温度，平衡正向移动，则大气固氮反应属于吸热反应。
②对于大气固氮反应，即便温度升高到2000℃，平衡常数也只有0.1，反应物的转化率很低，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，原因：K值小，正向进行的程度小(或转化率低)，不适合大规模生产。
③对于工业固氮反应，升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。所以工业固氮反应为放热的体积缩小的可逆反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的体积分数减小，增大压强平衡正向移动，NH3的体积分数增大，则X代表的是温度，L代表的是压强，且L1＜L2，原因是：反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，NH3的体积分数增大，所以L1＜L2。
（2）实验室模拟工业固氮，在压强为P MPa的恒压容器中充入1mol N2和3mol H2，在b点，NH3的体积分数为25%；在a点，NH3的体积分数为50%。曲线Ⅰ中，400℃时，NH3的体积分数最大，随温度升高，NH3的体积分数减小，则曲线Ⅰ为平衡时的曲线，曲线Ⅱ为经过一定时间反应后的曲线。
①图中b点时，NH3的体积分数为25%，设此时N2的变化量为x，则可建立如下三段式：
则，x=0.4，N2或H2的转化率为=40%；与曲线Ⅰ相比，NH3的体积分数小于平衡时NH3的体积分数，所以反应未达平衡，＞。
②475℃反应达平衡时，在a点NH3的体积分数为50%。设N2的物质的量的变化量为y，则可建立如下三段式：，则，y=，平衡时N2、H2、NH3物质的量依次为mol、1mol、mol，混合气总物质的量为mol，N2、H2、NH3物质的量分数依次为、、，该反应的压强平衡常数的代数式Kp=MPa-2。
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