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广东省广州大学附属中学、广州市铁一中学、 广州外国语学校2024-2025学年高二上学期 期中三校联考化学试题
一、选择题：本大题16小题，1-10每小题2分，11-16每小题4分，共44分。
1．（2024高二上·广东期中）某温度下，浓度都是的两种气体和，在密闭容器中反应生成气体。反应后，测得剩余的为，用表示的反应速率，生成的为，则该反应的化学方程式是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】X2初始浓度为 1 mol/L，2 min 后剩余 0.4 mol/L，所以浓度变化量 Δc (X2)=1 - 0.4 = 0.6 mol/L；Y2的反应速率为 0.1 mol/(L min)，反应时间 2 min，根据 Δc = v×t，得 Δc (Y2)=0.1×2 = 0.2 mol/L，生成Z的浓度 Δc (Z)=0.4 mol/L，化学反应中，各物质的浓度变化量之比等于化学计量数之比。因此 X2、Y2、Z 的化学计量数之比为 0.6：0.2：0.4 = 3：1：2，反应可表示为 3X2+Y2 2Z。
根据原子守恒，反应前后原子种类和数目不变。结合 3X2+Y2 2Z，可知每个 Z 分子中含 3 个 X 原子和 1 个 Y 原子，即 Z 为 X3Y，最终反应方程式为 3X2 + Y2 2X3Y。
故答案为：C。【分析】浓度变化量计算：通过初始浓度与剩余浓度的差值求 X2的变化量，用反应速率和时间的乘积求 Y2的变化量，直接使用题目给出的 Z 的生成浓度，为确定化学计量数提供数据基础。
化学计量数确定：依据 “浓度变化量之比等于化学计量数之比”，通过计算得到的变化量比值，确定 X2、Y2、Z 的化学计量数，构建初步反应式。
化学式推导（原子守恒）：利用原子守恒原理，分析反应前后原子的种类和数量关系，确定 Z 的化学式为 X3Y，从而完善反应方程式，这是得出正确结果的核心依据。
2．（2024高二上·广东期中）下列各实验装置、目的或结论全都正确的是
实验装置
甲 乙 丙 丁
A．甲可验证镁片与稀盐酸反应放热
B．乙可验证FeCl3对的分解反应有催化作用
C．将丙中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量变多
D．由丁可推断出：反应为吸热反应
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；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．氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，在甲实验中，镁片与稀盐酸反应，若观察到饱和石灰水变浑浊，这是因为反应放热使溶液温度升高，氢氧化钙溶解度减小而析出，所以甲可验证镁片与稀盐酸反应放热，A符合题意；
B．该实验存在温度和催化剂两个变量，无法明确是 FeCl3 的催化作用还是温度的影响导致反应速率变化，不能验证 FeCl3 对 的分解反应有催化作用，B不符合题意；
C．铝片更换为等质量的铝粉，只是增大了反应物的接触面积，加快了反应速率，但化学反应的本质不变，反应的焓变不变，释放出的热量不变，C不符合题意；
D．丁中，热水中圆底烧瓶内气体颜色变深，冰水中圆底烧瓶内气体颜色变浅，表明加热平衡逆向移动，可推断出：反应为放热反应，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小；
Ｂ．该实验中存在两个变量，应当控制变量单一；
Ｃ．质量相等的铝片和铝粉反应放出的热量相同；
Ｄ．升高温度平衡向吸热反应方向移动。
3．（2024高二上·广东期中）固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下：
①
②
下列判断正确的是
A．①中的为固态，②中的为气态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量高
C．反应①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D．1mol固态碘升华时将吸收35.96kJ的热量
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．反应①为放热反应，反应②为吸热反应，因此反应①中碘的能量高，所以反应①中碘单质为气态，②中碘单质为固态，故A错误；
B．根据ΔH=生成物总能量－反应物的总能量，反应①为放热反应，反应②为吸热反应，因此反应①中反应物总能量大于反应②的，故B错误；
C．两个反应的产物相同，状态相同，所具有的能量相同，因此热稳定性也相同，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，②－①即得I2(s)=I2(g)；所以反应热ΔH=ΔH2－ΔH1=[+26.48－(－9.48)]kJ/mol=+35.96kJ/mol。因此1mol固态碘升华时将吸收35.96kJ的热量，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据反应热确定物质所具有能量的相对大小，从而判断I2的状态。
B、根据反应的热效应比较二者的能量大小。
C、物质所具有的能量越高，结构越不稳定。
D、跟你局盖斯定律计算二者转化的反应热。
4．（2024高二上·广东期中）下列说法正确的是
A．，恒温恒容下达平衡后加入，反应增大
B．燃烧热为，则
C．，则完全破坏等质量和中的化学键，所需能量大
D． ，则在中完全燃烧放热
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；燃烧热
【解析】【解答】A、反应热 ΔH 是由反应的化学计量数和物质状态决定的，和平衡移不移动没关系。在恒温恒容的条件下，达到平衡后再加入X，反应的化学计量数和物质状态都没变化，所以ΔH不会变，A错误；
B、燃烧热指的是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，氢气的燃烧热对应的稳定产物是液态水（H2O(l)）。要是生成的是气态水（H2O(g)），放出的热量会更少，所以反应 2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g)的ΔH大于- 571.6 kJ/mol（因为 2mol H2按燃烧热生成液态水时放热 571.6 kJ），B错误；
C、反应3O2(g)=2O3(g)ΔH＞0是吸热反应，这说明等质量的情况下，O2的能量比O3高。破坏化学键需要吸收能量，能量高的物质，破坏它的化学键达到相同的终态（比如变成单个原子）时，需要吸收更多的能量。所以完全破坏等质量的O2和O3中的化学键，O2需要的能量更大，C正确；
D、铁在氧气中燃烧实际生成的是 Fe3O4，不是 Fe2O3，所以不能用2Fe(s) +O2(g)=Fe2O3(s) 来计算 28g Fe燃烧放出的热量，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、反应热 ΔH 由化学计量数和物质状态决定，与平衡移动无关。
B、氢气燃烧热的稳定产物是液态水，生成气态水时放热更少。
C、依据吸热反应中 O2能量高于 O3，结合破坏化学键吸热的原理推断。
D、铁在氧气中燃烧生成的是 Fe3O4，不是 Fe2O3。
5．（2024高二上·广东期中）常温下，下列事实不能说明某一元酸HX是弱酸的是（　　）。
A．溶液
B．和反应，生成HX
C．溶液比硝酸导电能力弱
D．溶液与溶液恰好中和
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.0.1mol/L的HX溶液pH=4，说明HX没有完全电离，如果完全电离，pH=1，可以证明HX是弱酸，不符合题意，A错误；
B.NaX和H2CO3反应生成HX，说明H2CO3酸性比HX强，根据强酸制弱酸原理，证明HX是一元弱酸，不符合题意，B错误；
C. 0.1mol/L的HX溶液比0.1mol/L硝酸导电能力弱 ，说明HX没有完全电离，证明HX是弱酸，不符合题意，C错误；
D.不论HX是强酸还是弱酸，10mL 0.1mol/L的NaOH溶液与10mL0.1mol/L的HX溶液恰好中和，不能证明HX是弱酸还是强酸，符合题意，D错误；
答案：D
【分析】A.0.1mol/L的HX溶液pH=4，说明HX没有完全电离，证明HX是弱酸；
B.NaX和H2CO3反应生成HX，说明H2CO3酸性比HX强，证明HX是一元弱酸；
C. 0.1mol/L的HX溶液比0.1mol/L硝酸导电能力弱 ，说明HX没有完全电离，证明HX是弱酸 ；
D.不论HX是强酸还是弱酸，10mL 0.1mol/L的NaOH溶液与10mL0.1mol/L的HX溶液恰好中和，不能证明HX是弱酸还是强酸。
6．（2024高二上·广东期中）常温下，0.1mol L-1的HCOOH溶液加水稀释至0.010mol L-1的过程中，下列量始终保持增大的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、稀释时， 电离程度增大， 增大；
溶液中 减小，水的电离受抑制程度减弱， 增大（因 ， 增大、 减小，整体 增大 ），故 始终增大，A正确；
B、稀释时， 减小、 减小， 变化复杂，但可简化：
不变， 减小， 减小；同时 减小， 减小，B错误；
C、稀释促进电离，但溶液体积增大占主导， 减小、 减小， 减小，C错误；
D、 ，温度不变，该值不变，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕甲酸（ ）溶液稀释过程中离子浓度、物质的量变化，需利用弱电解质电离平衡移动（稀释促进电离 ）、电荷守恒、电离常数特性（只与温度有关 ），分析各选项随稀释的变化趋势。
A．稀释促进 电离（ ），结合水的电离（ ），分析粒子物质的量变化。
B．由电离常数 ，变形得 ，再结合稀释时各粒子浓度变化分析。
C．稀释时， 电离出的 、 浓度均减小，直接判断和的变化。
D．电离常数 只与温度有关，温度不变则 不变。
7．（2024高二上·广东期中）通过以下反应均可获取：
①太阳光催化分解水制氢：
②焦炭与水反应制氢：
③甲烷与水反应制氢：
下列有关说法正确的是
A．反应①中电能转化为化学能
B．压缩体积有利于反应②的发生
C．反应③若使用液态水，增大
D．
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、反应①是“太阳光催化分解水”，能量转化为光能，化学能，并非电能转化，A错误；
B、反应②为 ，反应前气体物质的量为1，反应后为2（气体体积增大）。压缩体积体积（增大压强）时，平衡向气体体积减小的方向（逆向）移动，不利于反应②进行，B错误；
C、反应③为 （ΔH3>0，吸热）。液态水能量低于气态水，若反应物为液态水，反应物总能量更低，反应需吸收更多热量，故ΔH3增大，C正确；
D、目标反应：
反应③反应②可得目标反应：ΔH=ΔH3-ΔH2=206.1 kJ·mol- -131.3 kJ·mol- =+74.8 kJ·mol- ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕三个制氢的三个反应，需依据能量转化形式、压强对平衡的影响、物质状态与反应热的关系及盖斯定律，判断各选项正误。
A．根据反应条件（太阳光催化）判断能量转化形式。
B．分析反应②的气体物质的量变化，判断压强对平衡的影响。
C．比较液态水与气态水的能量差异，分析反应吸热变化。
D．通过反应③与反应②的组合推导目标反应，计算ΔH。
8．（2024高二上·广东期中）已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，时达到平衡状态Ⅰ，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．时改变的条件：从容器中转移C
C．平衡常数K：
D．平衡时A的体积分数：
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应式为 A(g)+2B (g) 3C(g)，左边气体分子总数为 1+2=3，右边也是 3，反应前后气体分子数不变。在恒温恒容容器中，气体总物质的量始终不变，压强始终恒定，因此压强不变不能说明反应达到平衡，A错误；
B、t2时正反应速率瞬间不变，随后逐渐增大，说明平衡逆向移动且是 “渐变” 过程。若转移 C（产物），正反应速率应瞬间减小，不符合图像；实际是加入 C，使逆反应速率先增大，正反应速率随后逐渐增大（因反应物浓度随逆反应进行而增加），B错误；
C、平衡常数 K 只与温度有关，题中反应在恒温条件下进行，温度不变则 K 不变，故 K(II)=K(I)，C错误；
D、初始时 A 与 B 的物质的量比为 1：3，加入 C 后平衡逆向移动，A 和 B 按 1：2 的比例生成。由于新增的 A、B 比例（1：2）比初始比例（1：3）中 A 的占比更高，导致平衡时 A 的体积分数 φ(II)＞φ(I)，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断反应前后气体分子数是否变化，分析压强能否作为平衡标志。
B．根据正反应速率的变化趋势，推断 t2时的条件改变。
C．明确平衡常数的影响因素，判断 K (I) 与 K (II) 的关系。
D．结合初始物质的量比例和平衡移动时的变化比例，分析 A 的体积分数变化。
9．（2024高二上·广东期中）某化学研究小组探究外界条件对化学反应：速率和平衡的影响图像如图所示。下列判断错误的是
A．由图1可知：，该反应
B．由图2可知：该反应
C．图3中，表示反应速率的是点1
D．图4中，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、图 1 中 T2曲线先达平衡（先拐），故T2＞T1；升温后C%降低，说明平衡逆向移动，正反应放热（ΔH＜0），A正确；
B、图 2 中压强增大，C%升高，表明平衡正向移动；正反应需满足气体分子数减少，即m + n＞p，B正确；
C、图 3 中曲线为平衡线，点 1 转化率高于平衡值，反应需逆向进行（v正＜v逆）；点3转化率低于平衡值，反应需正向进行（v正＞v逆），C错误；
D、图 4 中 a、b 曲线平衡时 B% 相同（平衡未变），但 a 达平衡时间更短，说明 a 可能使用催化剂，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题针对反应结合温度、压强等外界条件对反应速率和平衡的影响图像，需通过 “先拐先平数值大” 判断温度或压强大小，结合平衡移动方向分析反应热与计量数关系，同时明确催化剂对平衡的影响，以此判断各选项正误。A．根据 “先拐先平” 判断温度高低，结合平衡时 C% 变化分析反应热。
B．依据压强变化对 C% 的影响，判断正反应气体体积变化趋势。
C．根据曲线上点与平衡线的位置关系，判断反应进行方向及速率大小。
D．催化剂不影响平衡（B% 不变）但加快反应速率（缩短达平衡时间）。
10．（2024高二上·广东期中）“火星上‘找’到水的影子”被《科学》杂志评为10大科技突破之一。某温度下，重水(D2O)的离子积，可以用pH一样的定义来规定。下列说法错误的是
A．重水是极弱的电解质，将金属Na加入重水中，重水的电离程度增大
B．该温度下，纯重水的
C．该温度下，1 L含0.01 mol DCl的重水溶液，其pD=2
D．该温度下，在100 mL的DCl重水溶液中，加入100 mL NaOD的重水溶液，充分反应后溶液的pD=13(忽略溶液体积的变化)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数
【解析】【解答】A、重水（D2O）是极弱电解质，存在电离平衡：D2O OD- D+。金属 Na 与重水电离出的 D+反应生成 D2，消耗 D+使电离平衡正向移动，重水的电离程度增大，A正确；
B、 重水(D2O)的离子积，则，，B正确；
C、DCl 是强酸，在重水中完全电离为 D+和 Cl-，0.01mol/L DCl 溶液中 c (D+)=0.01mol/L，
pD=-lg0.01=2，C正确；
D、100mL 0.2mol/L DCl 与 100mL 0.4mol/L NaOD 混合，NaOD 过量。剩余
n (OD-)=0.1L×0.4mol/L - 0.1L×0.2mol/L=0.02mol，混合后 c (OD-)=0.02mol/0.2L=0.1mol/L。则=1.6×10- 4mol/L，pD=-lg (1.6×10- 4)=14 - lg1.6≠13，D错误；
故答案为：D。【分析】A．分析重水的电离特性及钠与重水反应对电离平衡的影响。
B．利用重水的离子积计算纯重水中 D+浓度，进而求 pD。
C．根据强酸 DCl 的电离特点计算溶液的 pD。
D．计算酸碱混合后剩余 OD-浓度，再求 pD。
11．（2024高二上·广东期中）25℃时，用浓度为0.1000 mol L的NaOH溶液滴定浓度为0.1000 mol L的HA溶液，由水电离出的与加入NaOH溶液的体积V(NaOH)的关系如右图所示[已知]。下列说法正确的是
A．图中 B．b、d两点溶液组成相同
C．c点HA与NaOH刚好完全反应 D．稀释e点溶液时，减小
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、a 点为纯 HA 溶液，HA 电离出的 H+抑制水的电离，此时水电离出的 c (H+) 等于溶液中 OH-浓度。由 pK (HA)=4.74 得 K =10-4.74，根据 K ≈（HA 电离程度小，c (HA)≈0.1mol/L），算出 c (H+)=10-2.87mol/L。再由 Kw=c (H+) c (OH-)=10- 4，得
c(OH-)=10-11.13mol/L，即 x=10-11.13，A错误；
B、b 点水电离出的 c(H+)=10-7mol/L，溶液呈中性，为 HA 与 NaA 的混合液（HA 抑制 A-水解，使溶液中性）；d 点水电离出的 c (H+)=10-7mol/L，但此时已加入过量 NaOH，溶液为 NaA 与 NaOH 的混合液（NaOH 抑制 A-水解，使溶液中性）。两点溶质组成不同，B错误；
C、HA 与 NaOH 反应生成 NaA（强碱弱酸盐），A-水解促进水的电离。c 点水电离出的 H+浓度最大，说明此时 A-水解程度最大，即 HA 与 NaOH 刚好完全反应（无过量反应物干扰），C正确；
D、由 K = 得。e 点溶液含 NaA 和过量 NaOH（呈碱性），稀释时碱性减弱，c (H+) 增大，K 不变，故 增大，D错误；
故答案为：C。【分析】A．通过 HA 的电离常数计算水电离出的 H+浓度，明确酸溶液中水电离受抑制的特点。
B．根据溶液酸碱性判断 b、d 两点的溶质组成，比较是否相同。
C．理解水电离程度与反应进程的关系，确定完全反应点的特征。
D．利用电离常数表达式推导与 c (H+) 的关系，分析稀释对其的影响。
12．（2024高二上·广东期中）将气体和按体积之比导入管式反应器(如图1)热解制，高于T℃下发生如下两个反应(反应过程用稀释)：
Ⅰ：
Ⅱ：
在常压下反应相同时间后，不同温度下测得气体、及体积分数随温度的变化(如图2)。下列说法错误的是
A．高于T℃，该体系总反应为：
B．曲线b表示的体积分数随温度的变化
C．1000℃时，反应的活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ
D．在1000℃、常压下，通入的体积分数保持不变，提高投料比，的转化率减小
【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【分析】A、温度高于T℃ ， 由盖斯定律可知：反应Ⅰ与反应Ⅱ相加，得到总反应， 总反应平衡常数 ，A正确；
B、反应Ⅰ生成，反应Ⅱ进行时会消耗，使的量先因反应Ⅰ增加，后因反应Ⅱ减少。观察图像，曲线b呈现先增后减的变化趋势，与体积分数随温度的变化情况一致，B正确；
C、由图可知，1000℃时，只有反应Ⅰ发生，反应Ⅱ未发生，说明反应Ⅰ更容易进行，也就意味着反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，C正确；
D、1000℃时，只有反应Ⅰ发生，不参与反应，提高投料比 ，相当于在量相对固定时，增加的量，根据化学平衡移动原理，增加反应物中一种物质的量，该物质自身的转化率会降低，并非保持不变，D错误；
故答案为：D。
【分析】从图中获取反应发生的温度条件信息，温度低于T℃时，无生成，仅发生反应Ⅰ；温度高于T℃时，反应Ⅰ、Ⅱ同时进行 。结合反应Ⅰ中物质的量变化，辅助判断曲线对应物质；利用反应Ⅱ对的消耗，分析曲线变化。
A．考查盖斯定律的应用及平衡常数的运算关系。
B．根据反应过程中的量的变化，匹配曲线。
C．依据反应发生情况，判断活化能大小（活化能低，反应更易发生 ）。
D．分析投料比改变对平衡移动及转化率的影响。
13．（2024高二上·广东期中）已知：①白磷和的分子结构和部分化学键的键能分别如下图、表所示：
化学键
键能
②(白磷，)(红磷，) 。
下列说法正确的是
A．白磷和红磷互为同位素
B．相同条件下白磷比红磷稳定
C．等质量的白磷、红磷分别完全燃烧，放出热量更多的是白磷
D．(白磷，)
【答案】C
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；反应热和焓变；热化学方程式；同素异形体
【解析】【解答】A、白磷（P4）和红磷都是由磷元素组成的不同单质，符合同素异形体的定义；而同位素指的是质子数相同、中子数不同的原子，因此二者不互为同位素，A错误；
B、已知反应 “P4（白磷，s）= 4P（红磷，s）” 的ΔH为-16.7 kJ mol- （放热反应），说明白磷的能量高于红磷；根据 “能量越低越稳定”，红磷比白磷更稳定，B错误；
C、白磷能量高于红磷，当二者质量相等且完全燃烧生成相同产物（如 P2O5）时，能量高的白磷释放的热量更多，C正确；
D、P4分子含 6 个 P-P 键，3 mol O2含 3 个 O=O 键，P4O6分子含 12 个 P-O 键。理论上 ΔH =（6a + 3b）- 12c，但选项未标注单位，且未明确 “键能” 对应的物质状态，表述不完整，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕磷的同素异形体（白磷、红磷）及相关反应，需结合同素异形体与同位素的区别、物质能量与稳定性的关系、燃烧放热多少的比较、反应热的键能计算方法，判断各选项的正确性。A．明确同素异形体（同种元素不同单质）与同位素（同种元素不同原子）的定义差异。
B．能量越低的物质越稳定，结合反应热判断物质能量高低。
C．燃烧反应放热，反应物能量越高，生成相同产物时放出的热量越多。
D．反应热ΔH=反应物总键能-生成物总键能，需明确分子中化学键的数量。
14．（2024高二上·广东期中）二氧化碳资源化是实现“碳中和”的重要途径。反应在起始物时，℃下的和下的如图所示[表示平衡体系中的物质的量分数]。说明：的计算方法：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。下列说法正确的是
A．曲线M表示等压过程的变化关系
B．反应在高温下能自发进行
C．，反应条件可能为，230℃
D．210℃时，反应的平衡常数约为
【答案】D
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、曲线M中 的物质的量分数随压强升高而增大，符合“等温条件下压强对平衡的影响”，故曲线M代表等温过程，非等压过程，A错误；
B、由等压曲线（N）可知，升温后 的物质的量分数减小，平衡逆向移动，可知正反应放热；正反应熵减，根据 ，低温下 才自发，B错误；
C、 物质的量分数为0.04时，对应条件并非 、，C错误；
D、设起始 为1 mol、 为3 mol，平衡时 物质的量分数为0.10，推导各物质的量分数（ 为0.20， 为0.60， 为0.10），代入 公式计算，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题针对反应 ，结合平衡图像，需通过压强与温度对平衡移动的影响规律、反应自发条件（）、平衡常数 的计算方法（分压 = 总压×物质的量分数），判断各选项正确性。
A．正反应气体分子数减少，加压平衡正向移动， 的物质的量分数增大。
B．反应在低温下自发进行，非高温条件。
C．结合图像数据匹配对应的压强与温度。
D．总压为 时，。
15．（2024高二上·广东期中）经研究发现与合成(光气)的反应机理如下：
① 快
② 快
③ 慢
反应②的速率方程为。
下列说法正确的是
A．反应①的活化能大于反应③的活化能
B．反应②的平衡常数
C．要提高合成的速率，关键是提高反应①的速率
D．选择合适的催化剂能提高的平衡产率
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、快反应（①）的活化能低于慢反应（③），因此反应①的活化能小于反应③，A错误；
B、反应②的正反应速率为 ，逆反应速率为 。平衡时 ，即 ，整理得 ，B正确；
C、总反应速率取决于慢反应（③），因此提高合成速率的关键是加快反应③，而非反应①，C错误；
D、催化剂能加快反应速率，但不会使平衡正向或逆向移动，因此无法提高的平衡产率，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕氯气（）与一氧化碳（）合成光气（）的多步反应机理，需结合活化能与反应速率的关系、平衡常数与正逆反应速率常数的关联、慢反应对总速率的决定作用、催化剂对平衡的影响，判断各选项正确性。
A．反应速率与活化能成反比（活化能越低，反应越快），反应①为快反应，反应③为慢反应。
B．平衡时正逆反应速率相等，结合反应②的速率方程推导平衡常数与正逆反应速率常数的关系。
C．多步反应的总速率由最慢的一步反应（决速步）决定，反应③为慢反应。
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。
16．（2024高二上·广东期中）酒石酸是一种有机二元弱酸(记为)。25℃时，、和的分布分数(例如)与溶液pH的关系如图。已知：二元弱酸能够分步滴定的条件之一是。下列说法错误的是
A．b代表随pH变化的曲线
B．由图判断，不能分步滴定酒石酸溶液中的
C．当pH=3.5时，
D．P点溶液的
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；电离平衡常数
【解析】【解答】A、二元弱酸 H2A 随 pH 增大，H2A 会逐步电离为 HA-和 A2-。其中 H2A 浓度随 pH 增大而减小（曲线 a），HA-浓度先增后减（曲线 b），A2-浓度随 pH 增大而增大（曲线 c）。因此 b 代表 δ(HA-) 随 pH 变化的曲线，A正确。
B、曲线交点处两种粒子浓度相等，此时 K 1=c (H+)=10-3.04，K 2=c (H+)=10-4.37。计算得=101.33＜104， 不满足分步滴定条件，故不能分步滴定酒石酸溶液中的 H+，B正确。
C、由 K 1 K 2=，得。当溶液的pH=3.5 时，溶液中c (H+)=10-3.5，此时 ，因此溶液中 c (A2-)＜c(H2A)，C选项错误。
D、P 点 δ(A2-)=0.8，δ(HA-)=0.2，因总浓度相同，=4。由
Ka2=10-4.37， ，得 c(H+)=mol/L， pH=4.37＋2lg2=4.97，D正确；
故答案为：C【分析】A．依据 pH 变化对二元弱酸各存在形式的影响，判断曲线对应的粒子。
B．根据电离常数比值判断是否满足分步滴定条件。
C．结合两步电离常数推导 c (A2-) 与 c (H2A) 的关系，代入 pH 计算比例。
D．利用 P 点的分布分数和 K 2表达式计算 pH。
二、非选择题：本大题4小题，共56分。
17．（2024高二上·广东期中）某实验小组用溶液和溶液进行中和反应反应热的测定，实验装置如下图所示。
（1）实验中不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器，原因是　 　。
（2）写出该反应的热化学方程式[已知 ]：　 　。
（3）取溶液和溶液进行实验，数据如下：
温度实验
次数 起始温度
溶液 溶液 平均值 终止温度 温度差
1 26.2 26.0 26.1 30.1
2 27.0 27.4 27.2 32.0
3 25.9 25.9 25.9 29.8
4 26.4 26.2 26.3 30.4
①表中所得温度差的平均值为　 　。
②上述实验结果与-57.3有偏差，原因可能是　 　(填序号)。
a．实验装置保温，隔热效果差
b．量取溶液的体积时仰视读数
c．分多次把溶液倒入盛有溶液的内筒中
（4）该实验小组希望进一步探索不同的中和反应
①若改用和溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　 　(填“相等”“不相等”)；
②其他条件不变，若用代替做实验，对测定结果　 　(填“有”或“无”)影响；
③若用醋酸溶液代替溶液做实验，测定放出热量的数值　 　(填“偏大”、 “偏小”或“不变”)。
【答案】（1）Cu是热的良导体，传热快，热量损失大
（2）
（3）4.0；ac
（4）不相等；无影响；偏小
【知识点】热化学方程式；中和热的测定；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）Cu是热的良导体，传热快，热量损失大，所以不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器；
故答案为： Cu是热的良导体，传热快，热量损失大 ；
（2）已知 ，则用溶液和溶液进行中和反应的热化学方程式为： ；
故答案为： ；
（3）①实验1中温度升高4.0℃，实验2中温度升高4.8℃，实验3中温度升高3.9℃，实验4中温度升高4.1℃，实验2误差过大，舍弃不用，余下三个实验平均升高4.0℃，则温度差平均值为4.0℃；
近似认为0.50mol L-1NaOH溶液和0.50mol L-1硫酸溶液的密度都是1g cm-3，则溶液的质量为80g，中和后生成溶液的比热容c═4.18J g-1 ℃-1，则中和热-kJmol-1=-53.5 kJmol-1；
②由上一小问的计算可知，测得的中和热绝对值比理论值偏小，可能的原因为：
a．实验装置保温、隔热效果差，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，故a选；
b．量取氢氧化钠溶液的体积时仰视读数，则氢氧化钠偏多，反应放出热量偏多，最终会使中和热绝对值偏高，故b不选；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，故c选；
故答案为： 4.0 ；ac；
（4）①若改用和溶液进行反应，与上述实验相比，生成的水会增多，所放出的热量不相等；
②因为KOH与NaOH都是完全的电离的，其他条件不变，若用代替做实验，对测定结果无影响；
③若用醋酸溶液代替溶液做实验，由于醋酸是弱酸，电离时要吸热，测定放出热量的数值偏小。
故答案为： 不相等 ； 无影响 ； 偏小 。
【分析】（1）铜是热的良导体，用铜丝搅拌会使热量快速散失，增大实验误差，故不能替代玻璃搅拌器。
（2）已知 ， 与 反应是 参与，生成 水，据此写热化学方程式 。
（3）①舍弃误差大的数据，计算剩余数据平均值。
②a：装置保温差，使得热量损失多，中和热绝对值偏小；
b：量取 仰视，使得 偏多，放热量偏多，中和热绝对值偏大；
c：分多次加 ，使得热量损失多，中和热绝对值偏小。
（4）①判断生成水的物质的量变化。
②KOH与NaOH均为强碱，中和本质相同。
③明确弱酸电离吸热。
（1）Cu是热的良导体，传热快，热量损失大，所以不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器；
（2）已知 ，则用溶液和溶液进行中和反应的热化学方程式为： ；
（3）①实验1中温度升高4.0℃，实验2中温度升高4.8℃，实验3中温度升高3.9℃，实验4中温度升高4.1℃，实验2误差过大，舍弃不用，余下三个实验平均升高4.0℃，则温度差平均值为4.0℃；
近似认为0.50mol L-1NaOH溶液和0.50mol L-1硫酸溶液的密度都是1g cm-3，则溶液的质量为80g，中和后生成溶液的比热容c═4.18J g-1 ℃-1，则中和热-kJmol-1=-53.5 kJmol-1；
②由上一小问的计算可知，测得的中和热绝对值比理论值偏小，可能的原因为：
a．实验装置保温、隔热效果差，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，故a选；
b．量取氢氧化钠溶液的体积时仰视读数，则氢氧化钠偏多，反应放出热量偏多，最终会使中和热绝对值偏高，故b不选；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，故c选；
答案选ac；
（4）①若改用和溶液进行反应，与上述实验相比，生成的水会增多，所放出的热量不相等；
②因为KOH与NaOH都是完全的电离的，其他条件不变，若用代替做实验，对测定结果无影响；
③若用醋酸溶液代替溶液做实验，由于醋酸是弱酸，电离时要吸热，测定放出热量的数值偏小。
18．（2024高二上·广东期中）某学习小组为探究的电离情况，进行了如下实验。
【实验一】配制并测定醋酸中的浓度。
（1）配制稀醋酸，用　 　(填图标号)量取于锥形瓶中，加入几滴　 　溶液作指示剂。
（2）用的溶液滴定，达到滴定终点的操作和现象为　 　。
（3）4次滴定消耗溶液的体积记录如下：
实验次数 1 2 3 4
滴定前 滴定终点
消耗溶液的体积/mL 24.98 25.02 26.88
第4次滴定消耗溶液的体积为　 　mL，则所配稀醋酸的物质的量浓度约为　 　(保留4位有效数字)。
【实验二】探究浓度对电离程度的影响。用计测定时不同浓度的醋酸的，结果如下：
浓度 0.0100 0.1000
pH 3.38 2.88
（4）由表中数据计算的电离常数　 　。(以指数形式表示)
（5）从表中数据可以计算得出的结论是：　 　。
【答案】a；酚酞；当滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成浅红色，且30s内不褪色；25.00；；；随着CH3COOH浓度的增大，CH3COOH的电离程度减小
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）图中a为酸式滴定管，b为碱式滴定管，稀醋酸应选用酸式滴定管，故选仪器a；用NaOH溶液滴定醋酸，达到滴定终点时产物为醋酸钠，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂；
故答案为： a ； 酚酞 ；
（2）用NaOH溶液滴定醋酸，选用酚酞作指示剂，达到滴定终点的操作和现象应为：当滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成浅红色，且30s内不褪色；
故答案为： 当滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成浅红色，且30s内不褪色 ；
（3）滴定前溶液体积约为0.70mL，滴定后溶液体积约为25.70mL，故滴定消耗NaOH溶液的体积为25.70mL-0.70mL=25.00 mL；由于第3次实验数据与其他实验相差较大，所以要舍去，V(NaOH)=mL，由可得=；
故答案为： 25.00 ； ；
（4）0.100 mol·L-1醋酸溶液pH为2.88，小于1，说明醋酸为弱电解质，未完全电离，，又由得，故0.100 mol·L-1醋酸溶液Ka=；
故答案为： ；
（5）分析表中数据，0.0100mol·L-1醋酸溶液pH为3.38，而0.100 mol·L-1醋酸溶液pH为2.88，二者差值小于1，说明随着CH3COOH浓度的增大，CH3COOH的电离程度减小。
故答案为： 随着CH3COOH浓度的增大，CH3COOH的电离程度减小。
【分析】（1）依据溶液酸碱性选滴定管，结合滴定终点溶液酸碱性选指示剂。
（2）描述酚酞变色与滴定操作的关联。
（3）舍弃异常数据，计算有效数据平均值；根据中和反应计量关系（1：1）计算。
（4）利用电离平衡式与pH数据，代入 公式。
（5）对比不同浓度醋酸的pH，分析电离程度变化。
19．（2024高二上·广东期中）研究化学反应中的能量变化可以为提高工业生产效率提供指导性的理论依据。请结合所学化学反应原理相关知识回答下列问题：
（1）计算化学反应中的能量变化有多种途径。
①通过化学键的键能计算。已知：
化学键
键能() 436 247 434
计算可得：　 　。
②通过盖斯定律计算。已知：
写出与Na反应生成的热化学方程式：　 　。
（2）某温度下，在一个2L的恒容容器中，通入和，发生可逆反应生成，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：
①该反应的化学方程式为　 　。
②反应时，该容器中含有的物质的量　 　(填“>”“<”或“=”)。
③反应开始至，以气体Z表示的平均反应速率为　 　，时，正反应速率　 　(填“>”“<”或“=”)逆反应速率：的平衡转化率为　 　。
④容器内之前在变化而之后不再变化的量是　 　 (填字母)。
A．气体密度 B．压强 C．化学反应速率 D．气体平均相对分子质量
⑤反应达到平衡状态后，改变反应条件　 　(填“能”或“不能”)在一定程度上改变一个化学反应的限度。
【答案】（1）—185kJ/mol；Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) ΔH= -317kJ/mol
（2）3X(g)+Y(g) 2Z(g)；>；0.05；>；30%；BCD；能
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）①由化学键的键能可知，ΔH等于反应物旧化学键断开所吸收的总能量减去生成物形成新化学键所释放的总能量，；
②把2Na(s)+O2(g)=Na2O(s) ΔH1= 414kJ/mol标记为①式，把2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH2= 511kJ/mol标记为②式，由2×①—②可得
，其热化学反应方程式为Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) ΔH= -317kJ/mol。
故答案为： -185kJ/mol ； Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) ΔH= -317kJ/mol ；
（2）①由图可知，X与Y的物质的量在下降，Z的物质的量在上升，可知X与Y是反应物，Z是生成物，因为变化量之比等于化学计量数之比，X、Y、Z的变化量分别是(1—0.7)mol、(1—0.9)mol、(0.2—0)mol，变化量之比为3：1：2，所以其反应方程式为3X(g)+Y(g) 2Z(g)；
②该反应是可逆反应，时间为2min时，X、Y、Z的物质的量不在改变，说明2min时已达到平衡，但是在1min时，该反应还在向正反应方向转化，v(正)>v(逆)，且反应物浓度大时反应速率较大，则n(Z)>0.1mol；
③c(Z)=(0.2—0)mol÷2L=0.1mol/L，v(Z)=0.1mol/L÷2min=0.05mol/L min；在1min时，生成物Z的曲线还在上升，该反应还在向正反应方向转化，所以此时正反应速率大于逆反应速率，即v(正)>v(逆)；2min后，该反应达到平衡，X的平衡转化率为[(1—0.7)mol÷1mol]×100%=30%；
④A．气体密度等于气体质量除以气体体积，其中气体质量和体积没有发生改变，密度2min之前没有发生改变，故A错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，平衡前，气体的压强由大向小转变，2min之后压强不在改变，故B正确；
C.2min之前v(正)>v(逆)，随着反应的进行，正反应速率降低，逆反应速率增大，2min后v(正)=v(逆)；故C正确；
D．该反应是气体体积减小的反应，2min前，气体平均相对分子质量随着反应的进行在减小，2min后气体平均相对分子质量不发生改变，故D正确；
故答案为BCD。
⑤反应达到平衡后，改变外界条件，原有的平衡会被打破，能在一定程度上改变一个化学反应的限度。
故答案为： 3X(g)+Y(g) 2Z(g) ； > ； 0.05 ； > ； 30% ； BCD ； 能 。
【分析】（1）①ΔH=反应物总键能 - 生成物总键能。
②通过反应式组合消去O2，推导目标反应。
（2）①物质的量变化比等于计量数比。
②反应速率随浓度降低而减慢，1min 未达平衡。
③v (Z)=；平衡前 v正 > v逆；转化率=转化量÷初始量×100%。
④密度（不变）、压强（减小）、速率（变化）、平均相对分子质量（增大）。
⑤外界条件（温度、压强等）影响平衡移动。
（1）①由化学键的键能可知，ΔH等于反应物旧化学键断开所吸收的总能量减去生成物形成新化学键所释放的总能量，；
②把2Na(s)+O2(g)=Na2O(s) ΔH1= 414kJ/mol标记为①式，把2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH2= 511kJ/mol标记为②式，由(2①—②)可得，其热化学反应方程式为Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) ΔH= -317kJ/mol。
（2）①由图可知，X与Y的物质的量在下降，Z的物质的量在上升，可知X与Y是反应物，Z是生成物，因为变化量之比等于化学计量数之比，X、Y、Z的变化量分别是(1—0.7)mol、(1—0.9)mol、(0.2—0)mol，变化量之比为3：1：2，所以其反应方程式为3X(g)+Y(g) 2Z(g)；
②该反应是可逆反应，时间为2min时，X、Y、Z的物质的量不在改变，说明2min时已达到平衡，但是在1min时，该反应还在向正反应方向转化，v(正)>v(逆)，且反应物浓度大时反应速率较大，则n(Z)>0.1mol；
③c(Z)=(0.2—0)mol÷2L=0.1mol/L，v(Z)=0.1mol/L÷2min=0.05mol/L min；在1min时，生成物Z的曲线还在上升，该反应还在向正反应方向转化，所以此时正反应速率大于逆反应速率，即v(正)>v(逆)；2min后，该反应达到平衡，X的平衡转化率为[(1—0.7)mol÷1mol]×100%=30%；
④A．气体密度等于气体质量除以气体体积，其中气体质量和体积没有发生改变，密度2min之前没有发生改变，故A错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，平衡前，气体的压强由大向小转变，2min之后压强不在改变，故B正确；
C.2min之前v(正)>v(逆)，随着反应的进行，正反应速率降低，逆反应速率增大，2min后v(正)=v(逆)；故C正确；
D．该反应是气体体积减小的反应，2min前，气体平均相对分子质量随着反应的进行在减小，2min后气体平均相对分子质量不发生改变，故D正确；
故答案为BCD。
⑤反应达到平衡后，改变外界条件，原有的平衡会被打破，能在一定程度上改变一个化学反应的限度。
20．（2024高二上·广东期中）目前Haber-Bosch法是工业合成氨的主要方式，其生产条件需要高温高压，为了有效降低能耗，过渡金属催化还原氮气合成氨被认为是具有巨大前景的替代方法。催化过程一般有吸附—解离—反应—脱附等过程，下图为N2和H2在固体催化剂表面合成氨反应路径的能量变化图(部分数据略)，其中“*”表示被催化剂吸附。
（1）氨气的脱附是　 　(填“吸热”“放热”)过程，合成氨反应的热化学方程式：　 　；
（2）在_______下有利于提高合成氨的平衡转化率。
A．高温低压 B．高温高压 C．低温低压 D．低温高压
（3）用化学方程式表示出对总反应速率影响较大的步骤　 　。
（4）合成氨反应在恒温恒容体系中进行，则其达到平衡的标志为　 　(填字母)。
A． B．单位时间内，消耗amolN2的同时生成2amolNH3
C．NH3的体积分数不再改变 D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
E． F．混合气体的总压强不再改变
（5）合成氨的捷姆金和佩热夫速率方程式为，v为反应的瞬时总速率，即正反应速率和逆反应速率之差，k1、k2分别是正、逆反应速率常数。已知：Kp是用平衡分压代替平衡浓度而得到的平衡常数(平衡分压=总压物质的量分数)，则合成氨反应的平衡常数Kp=　 　(用含k1、k2的代数式表示)。
【答案】（1）吸热；
（2）D
（3）
（4）CDF
（5）
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由图可知，从2NH3 转化为2NH3(g)氨气的能量升高，吸热反应是反应物能量低于生成物能量，所以氨气的脱附是吸热过程；1molN2(g)与3molH2(g)完全反应生成2molNH3(g)时，放出的热量为500kJ-(100kJ+308kJ)=92kJ，则合成氨反应的热化学方程式：，故答案为：吸热； ；
（2）合成氨的反应方程式为，该反应是一个气体体积减小的放热反应，对于气体体积减小的反应，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；对于放热反应，降低温度，平衡向放热反应方向移动，则在低温高压下有利于提高合成氨的平衡转化率，故选D，故答案为：D；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，过渡态Ⅱ的活化能最大，为决速步骤，用化学方程式表示出对总反应速率影响较大的步骤为：，故答案为： ；
（4）A．合成氨反应中，起始投入量，变化量，则不管反应是否达到平衡，始终存在，反应不一定达到平衡，A不符合题意；
B．不管反应是否达到平衡，单位时间内，消耗amolN2，总能生成2amolNH3，所以反应不一定达平衡状态，B不符合题意；
C．NH3的体积分数不再改变时，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，C符合题意；
D．反应前后混合气的质量不变，物质的量不断发生改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，反应达平衡状态，D符合题意；
E．，反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，则反应未达平衡状态，E不符合题意；
F．反应达平衡前，混合气的体积不变，物质的量不断发生改变，则总压强不断发生改变，当混合气体的总压强不再改变时，反应达平衡状态，F符合题意；
故选CDF；
（5）反应达平衡时，=0，则=，合成氨反应的平衡常数Kp==，故答案为： 。
【分析】（1）吸热反应是反应物能量低于生成物能量；反应热等于反应终态与始态的能量差，合成氨的反应为放热反应；
（2）化学平衡移动的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（4）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
（5）根据Kp=分析。
（1）从图中可以看出，2NH3 →2NH3(g)，需要吸收100kJ的热量，则该过程是吸热过程；1molN2(g)与3molH2(g)完全反应生成2molNH3(g)时，放出的热量为500kJ-(100kJ+308kJ)=92kJ，则合成氨反应的热化学方程式：；
（2）合成氨反应是放热的、体积缩小的可逆反应，则在低温高压下有利于提高合成氨的平衡转化率，故选D。
（3）从图中可以看出，过渡态Ⅱ的活化能最大，此步反应为决速步，用化学方程式表示出对总反应速率影响较大的步骤：。
（4）A．合成氨反应中，起始投入量，变化量，则不管反应是否达到平衡，始终存在，反应不一定达到平衡，A不符合题意；
B．不管反应是否达到平衡，单位时间内，消耗amolN2，总能生成2amolNH3，所以反应不一定达平衡状态，B不符合题意；
C．NH3的体积分数不再改变时，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，C符合题意；
D．反应前后混合气的质量不变，物质的量不断发生改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，反应达平衡状态，D符合题意；
E．，反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，则反应未达平衡状态，E不符合题意；
F．反应达平衡前，混合气的体积不变，物质的量不断发生改变，则总压强不断发生改变，当混合气体的总压强不再改变时，反应达平衡状态，F符合题意；
故选CDF。
（5）反应达平衡时，=0，则=，合成氨反应的平衡常数Kp==。
1 / 1广东省广州大学附属中学、广州市铁一中学、 广州外国语学校2024-2025学年高二上学期 期中三校联考化学试题
一、选择题：本大题16小题，1-10每小题2分，11-16每小题4分，共44分。
1．（2024高二上·广东期中）某温度下，浓度都是的两种气体和，在密闭容器中反应生成气体。反应后，测得剩余的为，用表示的反应速率，生成的为，则该反应的化学方程式是
A． B．
C． D．
2．（2024高二上·广东期中）下列各实验装置、目的或结论全都正确的是
实验装置
甲 乙 丙 丁
A．甲可验证镁片与稀盐酸反应放热
B．乙可验证FeCl3对的分解反应有催化作用
C．将丙中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量变多
D．由丁可推断出：反应为吸热反应
3．（2024高二上·广东期中）固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下：
①
②
下列判断正确的是
A．①中的为固态，②中的为气态
B．②的反应物总能量比①的反应物总能量高
C．反应①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D．1mol固态碘升华时将吸收35.96kJ的热量
4．（2024高二上·广东期中）下列说法正确的是
A．，恒温恒容下达平衡后加入，反应增大
B．燃烧热为，则
C．，则完全破坏等质量和中的化学键，所需能量大
D． ，则在中完全燃烧放热
5．（2024高二上·广东期中）常温下，下列事实不能说明某一元酸HX是弱酸的是（　　）。
A．溶液
B．和反应，生成HX
C．溶液比硝酸导电能力弱
D．溶液与溶液恰好中和
6．（2024高二上·广东期中）常温下，0.1mol L-1的HCOOH溶液加水稀释至0.010mol L-1的过程中，下列量始终保持增大的是
A． B．
C． D．
7．（2024高二上·广东期中）通过以下反应均可获取：
①太阳光催化分解水制氢：
②焦炭与水反应制氢：
③甲烷与水反应制氢：
下列有关说法正确的是
A．反应①中电能转化为化学能
B．压缩体积有利于反应②的发生
C．反应③若使用液态水，增大
D．
8．（2024高二上·广东期中）已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，时达到平衡状态Ⅰ，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．时改变的条件：从容器中转移C
C．平衡常数K：
D．平衡时A的体积分数：
9．（2024高二上·广东期中）某化学研究小组探究外界条件对化学反应：速率和平衡的影响图像如图所示。下列判断错误的是
A．由图1可知：，该反应
B．由图2可知：该反应
C．图3中，表示反应速率的是点1
D．图4中，则a曲线一定使用了催化剂
10．（2024高二上·广东期中）“火星上‘找’到水的影子”被《科学》杂志评为10大科技突破之一。某温度下，重水(D2O)的离子积，可以用pH一样的定义来规定。下列说法错误的是
A．重水是极弱的电解质，将金属Na加入重水中，重水的电离程度增大
B．该温度下，纯重水的
C．该温度下，1 L含0.01 mol DCl的重水溶液，其pD=2
D．该温度下，在100 mL的DCl重水溶液中，加入100 mL NaOD的重水溶液，充分反应后溶液的pD=13(忽略溶液体积的变化)
11．（2024高二上·广东期中）25℃时，用浓度为0.1000 mol L的NaOH溶液滴定浓度为0.1000 mol L的HA溶液，由水电离出的与加入NaOH溶液的体积V(NaOH)的关系如右图所示[已知]。下列说法正确的是
A．图中 B．b、d两点溶液组成相同
C．c点HA与NaOH刚好完全反应 D．稀释e点溶液时，减小
12．（2024高二上·广东期中）将气体和按体积之比导入管式反应器(如图1)热解制，高于T℃下发生如下两个反应(反应过程用稀释)：
Ⅰ：
Ⅱ：
在常压下反应相同时间后，不同温度下测得气体、及体积分数随温度的变化(如图2)。下列说法错误的是
A．高于T℃，该体系总反应为：
B．曲线b表示的体积分数随温度的变化
C．1000℃时，反应的活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ
D．在1000℃、常压下，通入的体积分数保持不变，提高投料比，的转化率减小
13．（2024高二上·广东期中）已知：①白磷和的分子结构和部分化学键的键能分别如下图、表所示：
化学键
键能
②(白磷，)(红磷，) 。
下列说法正确的是
A．白磷和红磷互为同位素
B．相同条件下白磷比红磷稳定
C．等质量的白磷、红磷分别完全燃烧，放出热量更多的是白磷
D．(白磷，)
14．（2024高二上·广东期中）二氧化碳资源化是实现“碳中和”的重要途径。反应在起始物时，℃下的和下的如图所示[表示平衡体系中的物质的量分数]。说明：的计算方法：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。下列说法正确的是
A．曲线M表示等压过程的变化关系
B．反应在高温下能自发进行
C．，反应条件可能为，230℃
D．210℃时，反应的平衡常数约为
15．（2024高二上·广东期中）经研究发现与合成(光气)的反应机理如下：
① 快
② 快
③ 慢
反应②的速率方程为。
下列说法正确的是
A．反应①的活化能大于反应③的活化能
B．反应②的平衡常数
C．要提高合成的速率，关键是提高反应①的速率
D．选择合适的催化剂能提高的平衡产率
16．（2024高二上·广东期中）酒石酸是一种有机二元弱酸(记为)。25℃时，、和的分布分数(例如)与溶液pH的关系如图。已知：二元弱酸能够分步滴定的条件之一是。下列说法错误的是
A．b代表随pH变化的曲线
B．由图判断，不能分步滴定酒石酸溶液中的
C．当pH=3.5时，
D．P点溶液的
二、非选择题：本大题4小题，共56分。
17．（2024高二上·广东期中）某实验小组用溶液和溶液进行中和反应反应热的测定，实验装置如下图所示。
（1）实验中不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器，原因是　 　。
（2）写出该反应的热化学方程式[已知 ]：　 　。
（3）取溶液和溶液进行实验，数据如下：
温度实验
次数 起始温度
溶液 溶液 平均值 终止温度 温度差
1 26.2 26.0 26.1 30.1
2 27.0 27.4 27.2 32.0
3 25.9 25.9 25.9 29.8
4 26.4 26.2 26.3 30.4
①表中所得温度差的平均值为　 　。
②上述实验结果与-57.3有偏差，原因可能是　 　(填序号)。
a．实验装置保温，隔热效果差
b．量取溶液的体积时仰视读数
c．分多次把溶液倒入盛有溶液的内筒中
（4）该实验小组希望进一步探索不同的中和反应
①若改用和溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　 　(填“相等”“不相等”)；
②其他条件不变，若用代替做实验，对测定结果　 　(填“有”或“无”)影响；
③若用醋酸溶液代替溶液做实验，测定放出热量的数值　 　(填“偏大”、 “偏小”或“不变”)。
18．（2024高二上·广东期中）某学习小组为探究的电离情况，进行了如下实验。
【实验一】配制并测定醋酸中的浓度。
（1）配制稀醋酸，用　 　(填图标号)量取于锥形瓶中，加入几滴　 　溶液作指示剂。
（2）用的溶液滴定，达到滴定终点的操作和现象为　 　。
（3）4次滴定消耗溶液的体积记录如下：
实验次数 1 2 3 4
滴定前 滴定终点
消耗溶液的体积/mL 24.98 25.02 26.88
第4次滴定消耗溶液的体积为　 　mL，则所配稀醋酸的物质的量浓度约为　 　(保留4位有效数字)。
【实验二】探究浓度对电离程度的影响。用计测定时不同浓度的醋酸的，结果如下：
浓度 0.0100 0.1000
pH 3.38 2.88
（4）由表中数据计算的电离常数　 　。(以指数形式表示)
（5）从表中数据可以计算得出的结论是：　 　。
19．（2024高二上·广东期中）研究化学反应中的能量变化可以为提高工业生产效率提供指导性的理论依据。请结合所学化学反应原理相关知识回答下列问题：
（1）计算化学反应中的能量变化有多种途径。
①通过化学键的键能计算。已知：
化学键
键能() 436 247 434
计算可得：　 　。
②通过盖斯定律计算。已知：
写出与Na反应生成的热化学方程式：　 　。
（2）某温度下，在一个2L的恒容容器中，通入和，发生可逆反应生成，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：
①该反应的化学方程式为　 　。
②反应时，该容器中含有的物质的量　 　(填“>”“<”或“=”)。
③反应开始至，以气体Z表示的平均反应速率为　 　，时，正反应速率　 　(填“>”“<”或“=”)逆反应速率：的平衡转化率为　 　。
④容器内之前在变化而之后不再变化的量是　 　 (填字母)。
A．气体密度 B．压强 C．化学反应速率 D．气体平均相对分子质量
⑤反应达到平衡状态后，改变反应条件　 　(填“能”或“不能”)在一定程度上改变一个化学反应的限度。
20．（2024高二上·广东期中）目前Haber-Bosch法是工业合成氨的主要方式，其生产条件需要高温高压，为了有效降低能耗，过渡金属催化还原氮气合成氨被认为是具有巨大前景的替代方法。催化过程一般有吸附—解离—反应—脱附等过程，下图为N2和H2在固体催化剂表面合成氨反应路径的能量变化图(部分数据略)，其中“*”表示被催化剂吸附。
（1）氨气的脱附是　 　(填“吸热”“放热”)过程，合成氨反应的热化学方程式：　 　；
（2）在_______下有利于提高合成氨的平衡转化率。
A．高温低压 B．高温高压 C．低温低压 D．低温高压
（3）用化学方程式表示出对总反应速率影响较大的步骤　 　。
（4）合成氨反应在恒温恒容体系中进行，则其达到平衡的标志为　 　(填字母)。
A． B．单位时间内，消耗amolN2的同时生成2amolNH3
C．NH3的体积分数不再改变 D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
E． F．混合气体的总压强不再改变
（5）合成氨的捷姆金和佩热夫速率方程式为，v为反应的瞬时总速率，即正反应速率和逆反应速率之差，k1、k2分别是正、逆反应速率常数。已知：Kp是用平衡分压代替平衡浓度而得到的平衡常数(平衡分压=总压物质的量分数)，则合成氨反应的平衡常数Kp=　 　(用含k1、k2的代数式表示)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】X2初始浓度为 1 mol/L，2 min 后剩余 0.4 mol/L，所以浓度变化量 Δc (X2)=1 - 0.4 = 0.6 mol/L；Y2的反应速率为 0.1 mol/(L min)，反应时间 2 min，根据 Δc = v×t，得 Δc (Y2)=0.1×2 = 0.2 mol/L，生成Z的浓度 Δc (Z)=0.4 mol/L，化学反应中，各物质的浓度变化量之比等于化学计量数之比。因此 X2、Y2、Z 的化学计量数之比为 0.6：0.2：0.4 = 3：1：2，反应可表示为 3X2+Y2 2Z。
根据原子守恒，反应前后原子种类和数目不变。结合 3X2+Y2 2Z，可知每个 Z 分子中含 3 个 X 原子和 1 个 Y 原子，即 Z 为 X3Y，最终反应方程式为 3X2 + Y2 2X3Y。
故答案为：C。【分析】浓度变化量计算：通过初始浓度与剩余浓度的差值求 X2的变化量，用反应速率和时间的乘积求 Y2的变化量，直接使用题目给出的 Z 的生成浓度，为确定化学计量数提供数据基础。
化学计量数确定：依据 “浓度变化量之比等于化学计量数之比”，通过计算得到的变化量比值，确定 X2、Y2、Z 的化学计量数，构建初步反应式。
化学式推导（原子守恒）：利用原子守恒原理，分析反应前后原子的种类和数量关系，确定 Z 的化学式为 X3Y，从而完善反应方程式，这是得出正确结果的核心依据。
2．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；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．氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，在甲实验中，镁片与稀盐酸反应，若观察到饱和石灰水变浑浊，这是因为反应放热使溶液温度升高，氢氧化钙溶解度减小而析出，所以甲可验证镁片与稀盐酸反应放热，A符合题意；
B．该实验存在温度和催化剂两个变量，无法明确是 FeCl3 的催化作用还是温度的影响导致反应速率变化，不能验证 FeCl3 对 的分解反应有催化作用，B不符合题意；
C．铝片更换为等质量的铝粉，只是增大了反应物的接触面积，加快了反应速率，但化学反应的本质不变，反应的焓变不变，释放出的热量不变，C不符合题意；
D．丁中，热水中圆底烧瓶内气体颜色变深，冰水中圆底烧瓶内气体颜色变浅，表明加热平衡逆向移动，可推断出：反应为放热反应，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小；
Ｂ．该实验中存在两个变量，应当控制变量单一；
Ｃ．质量相等的铝片和铝粉反应放出的热量相同；
Ｄ．升高温度平衡向吸热反应方向移动。
3．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．反应①为放热反应，反应②为吸热反应，因此反应①中碘的能量高，所以反应①中碘单质为气态，②中碘单质为固态，故A错误；
B．根据ΔH=生成物总能量－反应物的总能量，反应①为放热反应，反应②为吸热反应，因此反应①中反应物总能量大于反应②的，故B错误；
C．两个反应的产物相同，状态相同，所具有的能量相同，因此热稳定性也相同，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，②－①即得I2(s)=I2(g)；所以反应热ΔH=ΔH2－ΔH1=[+26.48－(－9.48)]kJ/mol=+35.96kJ/mol。因此1mol固态碘升华时将吸收35.96kJ的热量，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据反应热确定物质所具有能量的相对大小，从而判断I2的状态。
B、根据反应的热效应比较二者的能量大小。
C、物质所具有的能量越高，结构越不稳定。
D、跟你局盖斯定律计算二者转化的反应热。
4．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；燃烧热
【解析】【解答】A、反应热 ΔH 是由反应的化学计量数和物质状态决定的，和平衡移不移动没关系。在恒温恒容的条件下，达到平衡后再加入X，反应的化学计量数和物质状态都没变化，所以ΔH不会变，A错误；
B、燃烧热指的是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，氢气的燃烧热对应的稳定产物是液态水（H2O(l)）。要是生成的是气态水（H2O(g)），放出的热量会更少，所以反应 2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g)的ΔH大于- 571.6 kJ/mol（因为 2mol H2按燃烧热生成液态水时放热 571.6 kJ），B错误；
C、反应3O2(g)=2O3(g)ΔH＞0是吸热反应，这说明等质量的情况下，O2的能量比O3高。破坏化学键需要吸收能量，能量高的物质，破坏它的化学键达到相同的终态（比如变成单个原子）时，需要吸收更多的能量。所以完全破坏等质量的O2和O3中的化学键，O2需要的能量更大，C正确；
D、铁在氧气中燃烧实际生成的是 Fe3O4，不是 Fe2O3，所以不能用2Fe(s) +O2(g)=Fe2O3(s) 来计算 28g Fe燃烧放出的热量，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、反应热 ΔH 由化学计量数和物质状态决定，与平衡移动无关。
B、氢气燃烧热的稳定产物是液态水，生成气态水时放热更少。
C、依据吸热反应中 O2能量高于 O3，结合破坏化学键吸热的原理推断。
D、铁在氧气中燃烧生成的是 Fe3O4，不是 Fe2O3。
5．【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.0.1mol/L的HX溶液pH=4，说明HX没有完全电离，如果完全电离，pH=1，可以证明HX是弱酸，不符合题意，A错误；
B.NaX和H2CO3反应生成HX，说明H2CO3酸性比HX强，根据强酸制弱酸原理，证明HX是一元弱酸，不符合题意，B错误；
C. 0.1mol/L的HX溶液比0.1mol/L硝酸导电能力弱 ，说明HX没有完全电离，证明HX是弱酸，不符合题意，C错误；
D.不论HX是强酸还是弱酸，10mL 0.1mol/L的NaOH溶液与10mL0.1mol/L的HX溶液恰好中和，不能证明HX是弱酸还是强酸，符合题意，D错误；
答案：D
【分析】A.0.1mol/L的HX溶液pH=4，说明HX没有完全电离，证明HX是弱酸；
B.NaX和H2CO3反应生成HX，说明H2CO3酸性比HX强，证明HX是一元弱酸；
C. 0.1mol/L的HX溶液比0.1mol/L硝酸导电能力弱 ，说明HX没有完全电离，证明HX是弱酸 ；
D.不论HX是强酸还是弱酸，10mL 0.1mol/L的NaOH溶液与10mL0.1mol/L的HX溶液恰好中和，不能证明HX是弱酸还是强酸。
6．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、稀释时， 电离程度增大， 增大；
溶液中 减小，水的电离受抑制程度减弱， 增大（因 ， 增大、 减小，整体 增大 ），故 始终增大，A正确；
B、稀释时， 减小、 减小， 变化复杂，但可简化：
不变， 减小， 减小；同时 减小， 减小，B错误；
C、稀释促进电离，但溶液体积增大占主导， 减小、 减小， 减小，C错误；
D、 ，温度不变，该值不变，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕甲酸（ ）溶液稀释过程中离子浓度、物质的量变化，需利用弱电解质电离平衡移动（稀释促进电离 ）、电荷守恒、电离常数特性（只与温度有关 ），分析各选项随稀释的变化趋势。
A．稀释促进 电离（ ），结合水的电离（ ），分析粒子物质的量变化。
B．由电离常数 ，变形得 ，再结合稀释时各粒子浓度变化分析。
C．稀释时， 电离出的 、 浓度均减小，直接判断和的变化。
D．电离常数 只与温度有关，温度不变则 不变。
7．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、反应①是“太阳光催化分解水”，能量转化为光能，化学能，并非电能转化，A错误；
B、反应②为 ，反应前气体物质的量为1，反应后为2（气体体积增大）。压缩体积体积（增大压强）时，平衡向气体体积减小的方向（逆向）移动，不利于反应②进行，B错误；
C、反应③为 （ΔH3>0，吸热）。液态水能量低于气态水，若反应物为液态水，反应物总能量更低，反应需吸收更多热量，故ΔH3增大，C正确；
D、目标反应：
反应③反应②可得目标反应：ΔH=ΔH3-ΔH2=206.1 kJ·mol- -131.3 kJ·mol- =+74.8 kJ·mol- ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕三个制氢的三个反应，需依据能量转化形式、压强对平衡的影响、物质状态与反应热的关系及盖斯定律，判断各选项正误。
A．根据反应条件（太阳光催化）判断能量转化形式。
B．分析反应②的气体物质的量变化，判断压强对平衡的影响。
C．比较液态水与气态水的能量差异，分析反应吸热变化。
D．通过反应③与反应②的组合推导目标反应，计算ΔH。
8．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应式为 A(g)+2B (g) 3C(g)，左边气体分子总数为 1+2=3，右边也是 3，反应前后气体分子数不变。在恒温恒容容器中，气体总物质的量始终不变，压强始终恒定，因此压强不变不能说明反应达到平衡，A错误；
B、t2时正反应速率瞬间不变，随后逐渐增大，说明平衡逆向移动且是 “渐变” 过程。若转移 C（产物），正反应速率应瞬间减小，不符合图像；实际是加入 C，使逆反应速率先增大，正反应速率随后逐渐增大（因反应物浓度随逆反应进行而增加），B错误；
C、平衡常数 K 只与温度有关，题中反应在恒温条件下进行，温度不变则 K 不变，故 K(II)=K(I)，C错误；
D、初始时 A 与 B 的物质的量比为 1：3，加入 C 后平衡逆向移动，A 和 B 按 1：2 的比例生成。由于新增的 A、B 比例（1：2）比初始比例（1：3）中 A 的占比更高，导致平衡时 A 的体积分数 φ(II)＞φ(I)，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断反应前后气体分子数是否变化，分析压强能否作为平衡标志。
B．根据正反应速率的变化趋势，推断 t2时的条件改变。
C．明确平衡常数的影响因素，判断 K (I) 与 K (II) 的关系。
D．结合初始物质的量比例和平衡移动时的变化比例，分析 A 的体积分数变化。
9．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、图 1 中 T2曲线先达平衡（先拐），故T2＞T1；升温后C%降低，说明平衡逆向移动，正反应放热（ΔH＜0），A正确；
B、图 2 中压强增大，C%升高，表明平衡正向移动；正反应需满足气体分子数减少，即m + n＞p，B正确；
C、图 3 中曲线为平衡线，点 1 转化率高于平衡值，反应需逆向进行（v正＜v逆）；点3转化率低于平衡值，反应需正向进行（v正＞v逆），C错误；
D、图 4 中 a、b 曲线平衡时 B% 相同（平衡未变），但 a 达平衡时间更短，说明 a 可能使用催化剂，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题针对反应结合温度、压强等外界条件对反应速率和平衡的影响图像，需通过 “先拐先平数值大” 判断温度或压强大小，结合平衡移动方向分析反应热与计量数关系，同时明确催化剂对平衡的影响，以此判断各选项正误。A．根据 “先拐先平” 判断温度高低，结合平衡时 C% 变化分析反应热。
B．依据压强变化对 C% 的影响，判断正反应气体体积变化趋势。
C．根据曲线上点与平衡线的位置关系，判断反应进行方向及速率大小。
D．催化剂不影响平衡（B% 不变）但加快反应速率（缩短达平衡时间）。
10．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数
【解析】【解答】A、重水（D2O）是极弱电解质，存在电离平衡：D2O OD- D+。金属 Na 与重水电离出的 D+反应生成 D2，消耗 D+使电离平衡正向移动，重水的电离程度增大，A正确；
B、 重水(D2O)的离子积，则，，B正确；
C、DCl 是强酸，在重水中完全电离为 D+和 Cl-，0.01mol/L DCl 溶液中 c (D+)=0.01mol/L，
pD=-lg0.01=2，C正确；
D、100mL 0.2mol/L DCl 与 100mL 0.4mol/L NaOD 混合，NaOD 过量。剩余
n (OD-)=0.1L×0.4mol/L - 0.1L×0.2mol/L=0.02mol，混合后 c (OD-)=0.02mol/0.2L=0.1mol/L。则=1.6×10- 4mol/L，pD=-lg (1.6×10- 4)=14 - lg1.6≠13，D错误；
故答案为：D。【分析】A．分析重水的电离特性及钠与重水反应对电离平衡的影响。
B．利用重水的离子积计算纯重水中 D+浓度，进而求 pD。
C．根据强酸 DCl 的电离特点计算溶液的 pD。
D．计算酸碱混合后剩余 OD-浓度，再求 pD。
11．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、a 点为纯 HA 溶液，HA 电离出的 H+抑制水的电离，此时水电离出的 c (H+) 等于溶液中 OH-浓度。由 pK (HA)=4.74 得 K =10-4.74，根据 K ≈（HA 电离程度小，c (HA)≈0.1mol/L），算出 c (H+)=10-2.87mol/L。再由 Kw=c (H+) c (OH-)=10- 4，得
c(OH-)=10-11.13mol/L，即 x=10-11.13，A错误；
B、b 点水电离出的 c(H+)=10-7mol/L，溶液呈中性，为 HA 与 NaA 的混合液（HA 抑制 A-水解，使溶液中性）；d 点水电离出的 c (H+)=10-7mol/L，但此时已加入过量 NaOH，溶液为 NaA 与 NaOH 的混合液（NaOH 抑制 A-水解，使溶液中性）。两点溶质组成不同，B错误；
C、HA 与 NaOH 反应生成 NaA（强碱弱酸盐），A-水解促进水的电离。c 点水电离出的 H+浓度最大，说明此时 A-水解程度最大，即 HA 与 NaOH 刚好完全反应（无过量反应物干扰），C正确；
D、由 K = 得。e 点溶液含 NaA 和过量 NaOH（呈碱性），稀释时碱性减弱，c (H+) 增大，K 不变，故 增大，D错误；
故答案为：C。【分析】A．通过 HA 的电离常数计算水电离出的 H+浓度，明确酸溶液中水电离受抑制的特点。
B．根据溶液酸碱性判断 b、d 两点的溶质组成，比较是否相同。
C．理解水电离程度与反应进程的关系，确定完全反应点的特征。
D．利用电离常数表达式推导与 c (H+) 的关系，分析稀释对其的影响。
12．【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【分析】A、温度高于T℃ ， 由盖斯定律可知：反应Ⅰ与反应Ⅱ相加，得到总反应， 总反应平衡常数 ，A正确；
B、反应Ⅰ生成，反应Ⅱ进行时会消耗，使的量先因反应Ⅰ增加，后因反应Ⅱ减少。观察图像，曲线b呈现先增后减的变化趋势，与体积分数随温度的变化情况一致，B正确；
C、由图可知，1000℃时，只有反应Ⅰ发生，反应Ⅱ未发生，说明反应Ⅰ更容易进行，也就意味着反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，C正确；
D、1000℃时，只有反应Ⅰ发生，不参与反应，提高投料比 ，相当于在量相对固定时，增加的量，根据化学平衡移动原理，增加反应物中一种物质的量，该物质自身的转化率会降低，并非保持不变，D错误；
故答案为：D。
【分析】从图中获取反应发生的温度条件信息，温度低于T℃时，无生成，仅发生反应Ⅰ；温度高于T℃时，反应Ⅰ、Ⅱ同时进行 。结合反应Ⅰ中物质的量变化，辅助判断曲线对应物质；利用反应Ⅱ对的消耗，分析曲线变化。
A．考查盖斯定律的应用及平衡常数的运算关系。
B．根据反应过程中的量的变化，匹配曲线。
C．依据反应发生情况，判断活化能大小（活化能低，反应更易发生 ）。
D．分析投料比改变对平衡移动及转化率的影响。
13．【答案】C
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；反应热和焓变；热化学方程式；同素异形体
【解析】【解答】A、白磷（P4）和红磷都是由磷元素组成的不同单质，符合同素异形体的定义；而同位素指的是质子数相同、中子数不同的原子，因此二者不互为同位素，A错误；
B、已知反应 “P4（白磷，s）= 4P（红磷，s）” 的ΔH为-16.7 kJ mol- （放热反应），说明白磷的能量高于红磷；根据 “能量越低越稳定”，红磷比白磷更稳定，B错误；
C、白磷能量高于红磷，当二者质量相等且完全燃烧生成相同产物（如 P2O5）时，能量高的白磷释放的热量更多，C正确；
D、P4分子含 6 个 P-P 键，3 mol O2含 3 个 O=O 键，P4O6分子含 12 个 P-O 键。理论上 ΔH =（6a + 3b）- 12c，但选项未标注单位，且未明确 “键能” 对应的物质状态，表述不完整，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕磷的同素异形体（白磷、红磷）及相关反应，需结合同素异形体与同位素的区别、物质能量与稳定性的关系、燃烧放热多少的比较、反应热的键能计算方法，判断各选项的正确性。A．明确同素异形体（同种元素不同单质）与同位素（同种元素不同原子）的定义差异。
B．能量越低的物质越稳定，结合反应热判断物质能量高低。
C．燃烧反应放热，反应物能量越高，生成相同产物时放出的热量越多。
D．反应热ΔH=反应物总键能-生成物总键能，需明确分子中化学键的数量。
14．【答案】D
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、曲线M中 的物质的量分数随压强升高而增大，符合“等温条件下压强对平衡的影响”，故曲线M代表等温过程，非等压过程，A错误；
B、由等压曲线（N）可知，升温后 的物质的量分数减小，平衡逆向移动，可知正反应放热；正反应熵减，根据 ，低温下 才自发，B错误；
C、 物质的量分数为0.04时，对应条件并非 、，C错误；
D、设起始 为1 mol、 为3 mol，平衡时 物质的量分数为0.10，推导各物质的量分数（ 为0.20， 为0.60， 为0.10），代入 公式计算，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题针对反应 ，结合平衡图像，需通过压强与温度对平衡移动的影响规律、反应自发条件（）、平衡常数 的计算方法（分压 = 总压×物质的量分数），判断各选项正确性。
A．正反应气体分子数减少，加压平衡正向移动， 的物质的量分数增大。
B．反应在低温下自发进行，非高温条件。
C．结合图像数据匹配对应的压强与温度。
D．总压为 时，。
15．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、快反应（①）的活化能低于慢反应（③），因此反应①的活化能小于反应③，A错误；
B、反应②的正反应速率为 ，逆反应速率为 。平衡时 ，即 ，整理得 ，B正确；
C、总反应速率取决于慢反应（③），因此提高合成速率的关键是加快反应③，而非反应①，C错误；
D、催化剂能加快反应速率，但不会使平衡正向或逆向移动，因此无法提高的平衡产率，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题围绕氯气（）与一氧化碳（）合成光气（）的多步反应机理，需结合活化能与反应速率的关系、平衡常数与正逆反应速率常数的关联、慢反应对总速率的决定作用、催化剂对平衡的影响，判断各选项正确性。
A．反应速率与活化能成反比（活化能越低，反应越快），反应①为快反应，反应③为慢反应。
B．平衡时正逆反应速率相等，结合反应②的速率方程推导平衡常数与正逆反应速率常数的关系。
C．多步反应的总速率由最慢的一步反应（决速步）决定，反应③为慢反应。
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。
16．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；电离平衡常数
【解析】【解答】A、二元弱酸 H2A 随 pH 增大，H2A 会逐步电离为 HA-和 A2-。其中 H2A 浓度随 pH 增大而减小（曲线 a），HA-浓度先增后减（曲线 b），A2-浓度随 pH 增大而增大（曲线 c）。因此 b 代表 δ(HA-) 随 pH 变化的曲线，A正确。
B、曲线交点处两种粒子浓度相等，此时 K 1=c (H+)=10-3.04，K 2=c (H+)=10-4.37。计算得=101.33＜104， 不满足分步滴定条件，故不能分步滴定酒石酸溶液中的 H+，B正确。
C、由 K 1 K 2=，得。当溶液的pH=3.5 时，溶液中c (H+)=10-3.5，此时 ，因此溶液中 c (A2-)＜c(H2A)，C选项错误。
D、P 点 δ(A2-)=0.8，δ(HA-)=0.2，因总浓度相同，=4。由
Ka2=10-4.37， ，得 c(H+)=mol/L， pH=4.37＋2lg2=4.97，D正确；
故答案为：C【分析】A．依据 pH 变化对二元弱酸各存在形式的影响，判断曲线对应的粒子。
B．根据电离常数比值判断是否满足分步滴定条件。
C．结合两步电离常数推导 c (A2-) 与 c (H2A) 的关系，代入 pH 计算比例。
D．利用 P 点的分布分数和 K 2表达式计算 pH。
17．【答案】（1）Cu是热的良导体，传热快，热量损失大
（2）
（3）4.0；ac
（4）不相等；无影响；偏小
【知识点】热化学方程式；中和热的测定；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）Cu是热的良导体，传热快，热量损失大，所以不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器；
故答案为： Cu是热的良导体，传热快，热量损失大 ；
（2）已知 ，则用溶液和溶液进行中和反应的热化学方程式为： ；
故答案为： ；
（3）①实验1中温度升高4.0℃，实验2中温度升高4.8℃，实验3中温度升高3.9℃，实验4中温度升高4.1℃，实验2误差过大，舍弃不用，余下三个实验平均升高4.0℃，则温度差平均值为4.0℃；
近似认为0.50mol L-1NaOH溶液和0.50mol L-1硫酸溶液的密度都是1g cm-3，则溶液的质量为80g，中和后生成溶液的比热容c═4.18J g-1 ℃-1，则中和热-kJmol-1=-53.5 kJmol-1；
②由上一小问的计算可知，测得的中和热绝对值比理论值偏小，可能的原因为：
a．实验装置保温、隔热效果差，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，故a选；
b．量取氢氧化钠溶液的体积时仰视读数，则氢氧化钠偏多，反应放出热量偏多，最终会使中和热绝对值偏高，故b不选；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，故c选；
故答案为： 4.0 ；ac；
（4）①若改用和溶液进行反应，与上述实验相比，生成的水会增多，所放出的热量不相等；
②因为KOH与NaOH都是完全的电离的，其他条件不变，若用代替做实验，对测定结果无影响；
③若用醋酸溶液代替溶液做实验，由于醋酸是弱酸，电离时要吸热，测定放出热量的数值偏小。
故答案为： 不相等 ； 无影响 ； 偏小 。
【分析】（1）铜是热的良导体，用铜丝搅拌会使热量快速散失，增大实验误差，故不能替代玻璃搅拌器。
（2）已知 ， 与 反应是 参与，生成 水，据此写热化学方程式 。
（3）①舍弃误差大的数据，计算剩余数据平均值。
②a：装置保温差，使得热量损失多，中和热绝对值偏小；
b：量取 仰视，使得 偏多，放热量偏多，中和热绝对值偏大；
c：分多次加 ，使得热量损失多，中和热绝对值偏小。
（4）①判断生成水的物质的量变化。
②KOH与NaOH均为强碱，中和本质相同。
③明确弱酸电离吸热。
（1）Cu是热的良导体，传热快，热量损失大，所以不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器；
（2）已知 ，则用溶液和溶液进行中和反应的热化学方程式为： ；
（3）①实验1中温度升高4.0℃，实验2中温度升高4.8℃，实验3中温度升高3.9℃，实验4中温度升高4.1℃，实验2误差过大，舍弃不用，余下三个实验平均升高4.0℃，则温度差平均值为4.0℃；
近似认为0.50mol L-1NaOH溶液和0.50mol L-1硫酸溶液的密度都是1g cm-3，则溶液的质量为80g，中和后生成溶液的比热容c═4.18J g-1 ℃-1，则中和热-kJmol-1=-53.5 kJmol-1；
②由上一小问的计算可知，测得的中和热绝对值比理论值偏小，可能的原因为：
a．实验装置保温、隔热效果差，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，故a选；
b．量取氢氧化钠溶液的体积时仰视读数，则氢氧化钠偏多，反应放出热量偏多，最终会使中和热绝对值偏高，故b不选；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，则热量损失变大，测得的反应热的绝对值会偏小，故c选；
答案选ac；
（4）①若改用和溶液进行反应，与上述实验相比，生成的水会增多，所放出的热量不相等；
②因为KOH与NaOH都是完全的电离的，其他条件不变，若用代替做实验，对测定结果无影响；
③若用醋酸溶液代替溶液做实验，由于醋酸是弱酸，电离时要吸热，测定放出热量的数值偏小。
18．【答案】a；酚酞；当滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成浅红色，且30s内不褪色；25.00；；；随着CH3COOH浓度的增大，CH3COOH的电离程度减小
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）图中a为酸式滴定管，b为碱式滴定管，稀醋酸应选用酸式滴定管，故选仪器a；用NaOH溶液滴定醋酸，达到滴定终点时产物为醋酸钠，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂；
故答案为： a ； 酚酞 ；
（2）用NaOH溶液滴定醋酸，选用酚酞作指示剂，达到滴定终点的操作和现象应为：当滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成浅红色，且30s内不褪色；
故答案为： 当滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成浅红色，且30s内不褪色 ；
（3）滴定前溶液体积约为0.70mL，滴定后溶液体积约为25.70mL，故滴定消耗NaOH溶液的体积为25.70mL-0.70mL=25.00 mL；由于第3次实验数据与其他实验相差较大，所以要舍去，V(NaOH)=mL，由可得=；
故答案为： 25.00 ； ；
（4）0.100 mol·L-1醋酸溶液pH为2.88，小于1，说明醋酸为弱电解质，未完全电离，，又由得，故0.100 mol·L-1醋酸溶液Ka=；
故答案为： ；
（5）分析表中数据，0.0100mol·L-1醋酸溶液pH为3.38，而0.100 mol·L-1醋酸溶液pH为2.88，二者差值小于1，说明随着CH3COOH浓度的增大，CH3COOH的电离程度减小。
故答案为： 随着CH3COOH浓度的增大，CH3COOH的电离程度减小。
【分析】（1）依据溶液酸碱性选滴定管，结合滴定终点溶液酸碱性选指示剂。
（2）描述酚酞变色与滴定操作的关联。
（3）舍弃异常数据，计算有效数据平均值；根据中和反应计量关系（1：1）计算。
（4）利用电离平衡式与pH数据，代入 公式。
（5）对比不同浓度醋酸的pH，分析电离程度变化。
19．【答案】（1）—185kJ/mol；Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) ΔH= -317kJ/mol
（2）3X(g)+Y(g) 2Z(g)；>；0.05；>；30%；BCD；能
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）①由化学键的键能可知，ΔH等于反应物旧化学键断开所吸收的总能量减去生成物形成新化学键所释放的总能量，；
②把2Na(s)+O2(g)=Na2O(s) ΔH1= 414kJ/mol标记为①式，把2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH2= 511kJ/mol标记为②式，由2×①—②可得
，其热化学反应方程式为Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) ΔH= -317kJ/mol。
故答案为： -185kJ/mol ； Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) ΔH= -317kJ/mol ；
（2）①由图可知，X与Y的物质的量在下降，Z的物质的量在上升，可知X与Y是反应物，Z是生成物，因为变化量之比等于化学计量数之比，X、Y、Z的变化量分别是(1—0.7)mol、(1—0.9)mol、(0.2—0)mol，变化量之比为3：1：2，所以其反应方程式为3X(g)+Y(g) 2Z(g)；
②该反应是可逆反应，时间为2min时，X、Y、Z的物质的量不在改变，说明2min时已达到平衡，但是在1min时，该反应还在向正反应方向转化，v(正)>v(逆)，且反应物浓度大时反应速率较大，则n(Z)>0.1mol；
③c(Z)=(0.2—0)mol÷2L=0.1mol/L，v(Z)=0.1mol/L÷2min=0.05mol/L min；在1min时，生成物Z的曲线还在上升，该反应还在向正反应方向转化，所以此时正反应速率大于逆反应速率，即v(正)>v(逆)；2min后，该反应达到平衡，X的平衡转化率为[(1—0.7)mol÷1mol]×100%=30%；
④A．气体密度等于气体质量除以气体体积，其中气体质量和体积没有发生改变，密度2min之前没有发生改变，故A错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，平衡前，气体的压强由大向小转变，2min之后压强不在改变，故B正确；
C.2min之前v(正)>v(逆)，随着反应的进行，正反应速率降低，逆反应速率增大，2min后v(正)=v(逆)；故C正确；
D．该反应是气体体积减小的反应，2min前，气体平均相对分子质量随着反应的进行在减小，2min后气体平均相对分子质量不发生改变，故D正确；
故答案为BCD。
⑤反应达到平衡后，改变外界条件，原有的平衡会被打破，能在一定程度上改变一个化学反应的限度。
故答案为： 3X(g)+Y(g) 2Z(g) ； > ； 0.05 ； > ； 30% ； BCD ； 能 。
【分析】（1）①ΔH=反应物总键能 - 生成物总键能。
②通过反应式组合消去O2，推导目标反应。
（2）①物质的量变化比等于计量数比。
②反应速率随浓度降低而减慢，1min 未达平衡。
③v (Z)=；平衡前 v正 > v逆；转化率=转化量÷初始量×100%。
④密度（不变）、压强（减小）、速率（变化）、平均相对分子质量（增大）。
⑤外界条件（温度、压强等）影响平衡移动。
（1）①由化学键的键能可知，ΔH等于反应物旧化学键断开所吸收的总能量减去生成物形成新化学键所释放的总能量，；
②把2Na(s)+O2(g)=Na2O(s) ΔH1= 414kJ/mol标记为①式，把2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH2= 511kJ/mol标记为②式，由(2①—②)可得，其热化学反应方程式为Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s) ΔH= -317kJ/mol。
（2）①由图可知，X与Y的物质的量在下降，Z的物质的量在上升，可知X与Y是反应物，Z是生成物，因为变化量之比等于化学计量数之比，X、Y、Z的变化量分别是(1—0.7)mol、(1—0.9)mol、(0.2—0)mol，变化量之比为3：1：2，所以其反应方程式为3X(g)+Y(g) 2Z(g)；
②该反应是可逆反应，时间为2min时，X、Y、Z的物质的量不在改变，说明2min时已达到平衡，但是在1min时，该反应还在向正反应方向转化，v(正)>v(逆)，且反应物浓度大时反应速率较大，则n(Z)>0.1mol；
③c(Z)=(0.2—0)mol÷2L=0.1mol/L，v(Z)=0.1mol/L÷2min=0.05mol/L min；在1min时，生成物Z的曲线还在上升，该反应还在向正反应方向转化，所以此时正反应速率大于逆反应速率，即v(正)>v(逆)；2min后，该反应达到平衡，X的平衡转化率为[(1—0.7)mol÷1mol]×100%=30%；
④A．气体密度等于气体质量除以气体体积，其中气体质量和体积没有发生改变，密度2min之前没有发生改变，故A错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，平衡前，气体的压强由大向小转变，2min之后压强不在改变，故B正确；
C.2min之前v(正)>v(逆)，随着反应的进行，正反应速率降低，逆反应速率增大，2min后v(正)=v(逆)；故C正确；
D．该反应是气体体积减小的反应，2min前，气体平均相对分子质量随着反应的进行在减小，2min后气体平均相对分子质量不发生改变，故D正确；
故答案为BCD。
⑤反应达到平衡后，改变外界条件，原有的平衡会被打破，能在一定程度上改变一个化学反应的限度。
20．【答案】（1）吸热；
（2）D
（3）
（4）CDF
（5）
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由图可知，从2NH3 转化为2NH3(g)氨气的能量升高，吸热反应是反应物能量低于生成物能量，所以氨气的脱附是吸热过程；1molN2(g)与3molH2(g)完全反应生成2molNH3(g)时，放出的热量为500kJ-(100kJ+308kJ)=92kJ，则合成氨反应的热化学方程式：，故答案为：吸热； ；
（2）合成氨的反应方程式为，该反应是一个气体体积减小的放热反应，对于气体体积减小的反应，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；对于放热反应，降低温度，平衡向放热反应方向移动，则在低温高压下有利于提高合成氨的平衡转化率，故选D，故答案为：D；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，过渡态Ⅱ的活化能最大，为决速步骤，用化学方程式表示出对总反应速率影响较大的步骤为：，故答案为： ；
（4）A．合成氨反应中，起始投入量，变化量，则不管反应是否达到平衡，始终存在，反应不一定达到平衡，A不符合题意；
B．不管反应是否达到平衡，单位时间内，消耗amolN2，总能生成2amolNH3，所以反应不一定达平衡状态，B不符合题意；
C．NH3的体积分数不再改变时，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，C符合题意；
D．反应前后混合气的质量不变，物质的量不断发生改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，反应达平衡状态，D符合题意；
E．，反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，则反应未达平衡状态，E不符合题意；
F．反应达平衡前，混合气的体积不变，物质的量不断发生改变，则总压强不断发生改变，当混合气体的总压强不再改变时，反应达平衡状态，F符合题意；
故选CDF；
（5）反应达平衡时，=0，则=，合成氨反应的平衡常数Kp==，故答案为： 。
【分析】（1）吸热反应是反应物能量低于生成物能量；反应热等于反应终态与始态的能量差，合成氨的反应为放热反应；
（2）化学平衡移动的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（4）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
（5）根据Kp=分析。
（1）从图中可以看出，2NH3 →2NH3(g)，需要吸收100kJ的热量，则该过程是吸热过程；1molN2(g)与3molH2(g)完全反应生成2molNH3(g)时，放出的热量为500kJ-(100kJ+308kJ)=92kJ，则合成氨反应的热化学方程式：；
（2）合成氨反应是放热的、体积缩小的可逆反应，则在低温高压下有利于提高合成氨的平衡转化率，故选D。
（3）从图中可以看出，过渡态Ⅱ的活化能最大，此步反应为决速步，用化学方程式表示出对总反应速率影响较大的步骤：。
（4）A．合成氨反应中，起始投入量，变化量，则不管反应是否达到平衡，始终存在，反应不一定达到平衡，A不符合题意；
B．不管反应是否达到平衡，单位时间内，消耗amolN2，总能生成2amolNH3，所以反应不一定达平衡状态，B不符合题意；
C．NH3的体积分数不再改变时，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，C符合题意；
D．反应前后混合气的质量不变，物质的量不断发生改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，反应达平衡状态，D符合题意；
E．，反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，则反应未达平衡状态，E不符合题意；
F．反应达平衡前，混合气的体积不变，物质的量不断发生改变，则总压强不断发生改变，当混合气体的总压强不再改变时，反应达平衡状态，F符合题意；
故选CDF。
（5）反应达平衡时，=0，则=，合成氨反应的平衡常数Kp==。
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