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贵州省兴义市第八中学2025-2026学年高二上学期10月月考 化学试题
1．（2025高二上·兴义月考）在原子弹爆炸中铀元素发生核裂变，其中一种裂变反应是U+n→U→Ba+Kr+3n。下列说法正确的是
A．Ba与M互为同位素
B．Ba的中子数为56
C．碳酸钡在医学上可用作口服造影剂
D．该反应属于分解反应
2．（2025高二上·兴义月考）利用含硫物质的热化学循环实现太阳能的转化与存储过程如图所示，下列说法错误的是
已知：
①反应Ⅰ：
②反应Ⅲ：
A．反应Ⅰ中反应物的总能量小于生成物的总能量
B．反应Ⅱ的热化学方程式为
C．用S(g)替代反应Ⅲ中S(s)，反应焓变为，则
D．上述循环过程中至少涉及4种能量转化形式
3．（2025高二上·兴义月考）氢能是理想清洁能源，氢能产业链包括制氢、储氢和用氢等。一种使用含氨基物质（化学式为，是一种碳衍生材料）联合催化剂储氢，可能机理如图所示。下列说法错误的是
A．使用含氨基物质联合催化剂的作用是降低反应的活化能
B．步骤Ⅱ中用重氢气（）代替，若生成，则可确认反应过程中的加氢方式
C．步骤Ⅲ中形成碳氢键的过程是吸热过程
D．该储氢过程的总反应式为
4．（2025高二上·兴义月考）已知：①某些化学键的键能如表。
化学键
键能(kJ/mol) 154 500 942 a
②火箭燃料肼()的有关化学反应的能量变化如图所示。
则下列说法错误的是
A．比稳定
B．表中的
C． kJ/mol
D．图中的kJ/mol
5．（2025高二上·兴义月考）如图，关闭活塞K，向A中充入1molX、1molY，向B中充入2molX、2molY，此时A、B的容积都是a L。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)　ΔH<0。A保持恒压，B保持恒容。达平衡时，A的体积为1.4aL。下列说法错误的是
A．反应速率：v(B)>v(A) B．A容器中X的转化率为80%
C．平衡时压强：2p(A)=p(B) D．平衡时Y的体积分数：A6．（2025高二上·兴义月考）某温度时，在一体积不变的容器中充入A、B各1 mol，反应进行到10 s时，测得容器中含有A：0.8 mol；B：0.4 mol；C：0.4 mol。据此回答该反应的化学方程式为：(　　)
A．A＋3B==C B．2A＋B===C C．A＋3B===2C D．A＋3B===3C
7．（2025高二上·兴义月考）下列选项中的原因或结论与现象不对应的是
选项 现象 原因或结论
A 在中加入，能加速的分解速率 降低了反应所需的活化能
B 向溶液中加入溶液，溶液呈红色，再滴加几滴溶液，溶液颜色变浅 增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动
C 将盛有气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深 ，△H<0，平衡向生成方向移动
D 在密闭容器中有反应：．达到平衡时测得为，将容器容积扩大到原来的二倍，测得为 A气体，
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高二上·兴义月考）捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的、混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上检测到有积碳。
下列说法不正确的是
A．反应①为；反应②为
B．，比多，且生成速率不变，可能有副反应
C．时刻，反应②生成速率小于副反应生成的速率
D．之后，反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止
9．（2025高二上·兴义月考）下列情况不能用勒夏特列原理解释的是
A．利用饱和NaCl溶液除去中的HCl
B．一定条件下，发生反应，缩小容器体积时，气体颜色变深
C．室温下，将的醋酸溶液加水稀释至100mL后，测得其
D．充分摇晃可乐瓶，拧开瓶盖后立即有大量液体喷出
10．（2025高二上·兴义月考）在一定温度下，将0.13molX和0.16 molY加入1L恒容密闭容器中，发生反应X(s)+2Y(g) 2Z(g)，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min 2 4 7 9
n(Y)/mol 0.12 0.11 0.10 0.10
下列说法正确的是
A．其他条件不变，再充入0.2 molY，平衡时Y的转化率减小
B．该温度下此反应的平衡常数K=3.6
C．当容器内气体的平均摩尔质量不变时，即达到化学平衡状态
D．反应前2min的平均速率v(Z)= 0.06mol· L-1·min-1
11．（2025高二上·兴义月考）已知下列反应的热化学方程式为
①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1=-870.3 kJ·mol-1
②C(s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH2=-393.5 kJ·mol-1
③H2(g)＋ O2(g)=H2O(l)　ΔH3=-285.8 kJ·mol-1
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH为（　　）
A．-207 kJ·mol-1 B．-488.3 kJ·mol-1
C．-1549.6 kJ·mol-1 D．-476.8 kJ·mol-1
12．（2025高二上·兴义月考）已知：的燃烧热 H=-890.3kJ mol-1，据此判断下列热化学方程式正确的是
A． H1=-890.3kJ mol-1
B． H2=-890.3kJ mol-1
C． H3=-890.3kJ mol-1
D． H4=-890.3kJ mol-1
13．（2025高二上·兴义月考）将HCl和O2混合气体[]分别以不同起始流速通入反应器中发生反应 ，在360℃，400℃和440℃下反应，通过检测流出气体成分绘制HCl转化率曲线，如图所示(较低流速下的转化率可近似为平衡转化率)。下列说法正确的是
A．T1曲线表示的温度是440℃
B．将温度降低40℃可提高M点HCl的转化率
C．在恒容密闭容器中通1h气体开始反应，M点时Cl2的物质的量分数是16%
D．若在恒压下、起始容积为7V L的容器中通1h气体开始反应，则N点时容器容积为6.2V L
14．（2025高二上·兴义月考）在一定温度下，将一定质量的混合气体在密闭容器中发生反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)，达到平衡时测得B气体的浓度为0.6mol/l，恒温下将密闭容器的容积扩大一倍，重新达到平衡时，测得B气体的浓度为 0.4mol/l，下列叙述中正确的是（　　）
A．a+b>c+d
B．平衡向右移动
C．重新达平衡时，A气体浓度增大
D．重新达平衡时，B的体积分数减小
15．（2025高二上·兴义月考）某同学利用实验室制取氧气后的混合物(水溶液呈深绿色)和制备(溶液呈紫红色)，并利用探究外界条件对化学反应速率的影响。回答下列问题：
（1）的制备：将混合物溶解于蒸馏水中，过滤，除去，滤液加入如图所示的装置中，通入过量，反应完毕后过滤滤出，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶得到。
①过滤时所用的玻璃仪器有　 　。
②反应过程中，三颈烧瓶中的现象是　 　。
③写出生成的化学方程式：　 　。
（2）以反应为例，甲同学通过测定溶液紫红色褪去所需时间，探究改变不同的外界条件对化学反应速率的影响。实验数据如下。
实验序号 温度 酸性溶液 溶液 溶液褪至无色所需时间/s
V/mL V/mL V/mL
i 20 2 0.02 4 0.1 0
ii 20 2 0.02 2 0.1 x
iii 45 2 0.02 2 0.1 2
①x=　 　。
②探究温度对化学反应速率影响的是　 　(填实验序号)。
③实验i和ii的目的是　 　。
④该同学又做了第iv组实验，他所用的试剂及用量与ii号实验相同外另加了少量的固体，请你推测其实验目的是　 　。
16．（2025高二上·兴义月考）汽车尾气中含有CO、NO等多种污染物，已成为城市空气的主要污染源。请根据所学知识回答下列问题：
I．汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图所示
（1）和完全反应生成NO会　 　(填“吸收”或“释放”)　 　kJ能量。
Ⅱ．汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，某新型催化剂能促使CO、NO发生如下反应：，将CO、NO转化为无毒气体。
（2）为了测定在该催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如下表所示：
时间 0 1 2 3 4 5
前2s内的平均反应速率　 　，平衡时NO的转化率为　 　。
（3）恒容时，下列措施能使该反应速率增大的是　 　(填字母，下同)。
a．适当升高温度 b．将生成的和分离出去
c．充入氦气 d．选择更高效的催化剂
（4）一定温度下，在固定容积的密闭容器中，通入和，在催化剂作用下发生反应。下列能作为反应达到平衡状态的依据的是　 　。
a．单位时间内消耗，同时生成 b．
c．的浓度之比为 d．容器内总压强不再改变
（5）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证不同条件对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表格中。
实验编号 NO初始浓度 CO初始浓度 催化剂的比表面积
Ⅰ 260 86
Ⅱ
128
Ⅲ 300 86
①对比实验I、Ⅱ，则实验Ⅱ的温度为　 　，对比实验目的是　 　。
②对比实验I、Ⅲ，预测可以得出的结论是　 　。
17．（2025高二上·兴义月考）化学原理是高中的重要研究内容。
I .NH3和CO2是两种常见的无机物。尿素[CO(NH2)2]是首个由NH3和CO2两种无机物人工合成的有机物。
（1）在尿素合成塔中发生的两步反应依次为：
① (快反应)；
② (慢反应)；
则 ________，
下列图像能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是________(填标号)；
（2）T℃，在2L的密闭容器中，通入2 mol NH3和1 mol CO2，保持体积不变，发生反应，10min时反应刚好达到平衡。测得平衡时压强为起始压强的一半，则：
①0~10min内，用NH3的浓度变化表示的平均反应速率________。
②能说明上述反应达到平衡状态的是________(填标号)；
A．n(CO2)：n(H2O)=1：2
B．尿素的质量不再发生变化
C．混合气体的密度不再发生变化
D．单位时间内，有2molO-H生成的同时有2mol C=O断裂
Ⅱ.H2S和CH4的重整制氢涉及如下反应：
①
②
（3）一定温度下，向容积不等的恒容密闭容器中分别通入等量的H2S只发生反应①，经过相同时间，测得各容器中H2S的转化率与容器容积的关系如图所示，下列说法正确的是_______。
A. b、c点的Q=K
B. 正反应速率
C. a点所示条件下满足
D. 在a点再通入H2S，平衡后H2S的转化率将增大
（4）在恒压100kPa按组成n(CH4)：n(H2S)：n(Ar)=1：1：4.7通入混合气体，反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图甲所示，测得平衡状态下S2的收率和H2S的转化率随温度的变化曲线如图乙所示。
[已知：S2的收率=n(S2中的硫原子)：n(投料中的硫原子)]
①在950℃至1150℃范围内，其他条件不变，随着温度升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，其原因可能是________。
②保持恒压100kPa和投料比n(CH4)：n(H2S)=1：1不变，不通入，则相同温度下H2S转化率________(填“增大”或“减小”或“不变”)。
③计算T1℃时反应①的平衡常数KP = ________(列计算式表示)。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
18．（2025高二上·兴义月考）二氧化碳是工业废气中的常见物质，有关二氧化碳的综合开发利用一直是研究热点。
（1）捕碳技术（主要指捕获）在降低温室气体排放中具有重要作用。下列工业场合中能够应用到捕碳技术的是______。
A．熟石灰生产线 B．合成氨工厂
C．联合制碱工业 D．硫酸生产线
（2）捕碳后在需要时可以放碳，如捕获反应为 ，那么在工业上将释放时，适合的外界反应条件为　 　。
（3）可将加氢制甲醇。利用在催化剂条件下加氢合成甲醇的主要反应如下：
主反应
副反应
根据上述反应， 　 　，该反应在高温条件下　 　自发进行（选填“能”或“不能”）。
（4）向刚性容器中充入物质的量之比为1：3的和，在恒温条件下发生上述主、副反应。
①下列能说明主反应到达平衡状态的是　 　（填标号）。
A混合气体的密度不再改变 B．混合气体的压强不再改变
C．每断裂2mol 键，同时断裂3mol 键 D．CO浓度不再改变
②产品选择性是化工生产中要考虑的重要因素，选择性说明了消耗掉的原料有多少转化为了期望的产品。一定条件下，反应相同时间，转化率和甲醇选择性随温度的变化如下图所示：
已知：
200~300℃时，选择性随温度的升高而下降，可能的原因是　 　；结合上述信息并考虑工业实际，生产甲醇最不希望得到的反应结果是　 　。
A．高转化率高选择性 B．低转化率低选择性 C．高转化率低选择性 D．低转化率高选择性
③一定条件下，达到平衡时的总转化率为20%，主反应的选择性为75%，若总压为 MPa，则副反应的　 　。（已知：分压=总压×该组分在气体中的物质的量分数）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；同位素及其应用
【解析】【解答】A、同位素是指质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素。与质子数均为56，中子数不同，互为同位素，A正确；
B、中子数 = 质量数 - 质子数，的中子数为，而非56，B错误；
C、碳酸钡会与胃酸（盐酸）反应生成有毒的，医学上口服造影剂用的是硫酸钡，C错误；
D、该反应是核裂变（原子核的变化），不属于化学变化，更不是分解反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】先根据核裂变反应的质子数、质量数守恒，确定的质子数（X）和质量数（y）；再结合同位素、中子数计算、物质用途及反应类型的定义，判断各选项正误。
确定的质子数和质量数：核裂变反应中，质子数守恒：；
质量数守恒：，即该为。
2．【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、反应 Ⅰ 是 H2SO4分解（需要吸收热能），属于吸热反应，吸热反应中反应物总能量小于生成物总能量，A正确；
B、根据盖斯定律，循环反应满足 “反应 Ⅰ + 反应 Ⅱ + 反应 Ⅲ = 0”，因此反应 Ⅱ = -（反应 Ⅰ + 反应 Ⅲ）。
反应 Ⅰ：2H2SO4(l) = 2SO2(g) + 2H2O (g) + O2(g) ΔH1=a；
反应 Ⅲ：S (s) + O2(g) = SO2(g) ΔH3=b；
叠加得反应 Ⅱ：3SO2(g) + 2H2O (g) = 2H2SO4(l) + S (s) ΔH2=-(a + b) kJ/mol，B正确；
C、S (s) 转化为 S (g) 需要吸收热量，S (g) 的能量高于 S (s)。反应 Ⅲ 是放热反应（ΔH3<0），用 S (g) 替代 S (s) 时，放出的热量更多，ΔH4更负（数值更小），因此 ΔH3 > ΔH4，C错误；
D、循环过程涉及的能量转化有：太阳能→热能、热能→化学能、化学能→热能、热能→电能，至少 4 种形式，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：反应热与物质能量的关系：
吸热反应（需从外界吸收能量）的反应物总能量小于生成物总能量；放热反应则相反（可通过反应是否需要外界供能判断反应热类型）。
盖斯定律的应用逻辑：循环反应的总焓变为 0，因此某一步反应的焓变可通过 “总反应 - 其他步骤反应” 推导（需注意反应的方向与化学计量数的调整）。
物质状态对反应热的影响：同种物质的气态能量高于固态（气态转化为固态会放热），因此反应物为气态时，放热反应的焓变（ΔH）会更负（数值更小）。
能量转化形式的识别：从流程中提取能量变化：太阳能→热能（太阳能转化）、热能→化学能（H2SO4分解储存能量）、化学能→热能（S 燃烧）、热能→电能（能量利用），需逐一梳理流程中的能量环节。
3．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂的核心作用是降低反应的活化能，加快反应速率，含氨基物质联合Pd-Au催化剂也遵循此原理，A正确；
B、步骤Ⅱ中用重氢气（D2）代替H2，若生成HDO，可通过同位素标记确认加氢方式，B正确；
C、形成化学键会释放能量，步骤Ⅲ中形成碳氢键的过程是放热过程，而非吸热，C错误；
D、结合机理图中反应物（H2、HCO3-）和产物（HCOO-、H2O），可推导出总反应式为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点主要有以下几点：
对化学键形成与能量变化的关系理解不清，容易错误认为形成化学键是吸热过程，实则形成化学键会释放能量。
对催化剂作用的本质认识不足，可能忽略催化剂是通过降低活化能来加快反应速率的。
在分析反应机理时，对同位素标记法用于确认反应过程的原理理解不透彻，易误判相关选项。
4．【答案】B
【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
【解析】【解答】A、键能越大，物质越稳定。N≡N 键能（942 kJ/mol）大于 O-O 键能（500 kJ/mol），故 N2比 O2稳定，A正确；
B、先通过盖斯定律算 ΔH3：ΔH1 = ΔH3 + ΔH2 ，故 -534 = ΔH3 + (-2752) 、 ΔH3 = 2218 kJ/mol（即反应物断键吸收的能量）；N2H4含 1 个 N-N、4 个 N-H，O2含 1 个 O-O，断键总能量为：154+4a+500=2218，4a=1564 ，a=391，并非 194，B错误；
C、由能量图可知，反应 N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O (g) 的 ΔH=-534 kJ/mol，C正确；
D、由盖斯定律计算得 ΔH3=+2218 kJ/mol，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．直接对比 N≡N 和 O-O 的键能，键能大的物质更稳定；
B．先通过盖斯定律算 ΔH3（断键总能量），再结合 N2H4、O2的键型，列方程计算 a 的值；
C．直接从能量图读取总反应的 ΔH；
D．利用盖斯定律（ΔH1=ΔH3+ΔH2）计算 ΔH3。
5．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】明确反应是气体分子数增多的反应（），再结合A（恒压）、B（恒容）的条件差异，逐一分析：
A、B中初始浓度是A的2倍，且恒容下浓度变化对速率的影响更直接，故反应速率，A正确；
B、A达平衡时体积为，根据阿伏加德罗定律，总物质的量为初始的1.4倍（即2.8 mol），增加了0.8 mol。根据化学方程式的计算可知，
由反应的关系，可知反应掉0.8 mol X，转化率为，B正确；
C、假设A体积为（与B初始浓度等效），此时压强与B相等。但A实际体积扩大到，平衡正向移动，总物质的量增加，但体积变化对压强影响更大，故，C错误；
D、A体积扩大，平衡正向移动，Y的体积分数减小，故平衡时Y的体积分数A故答案为：C。
【分析】解决本题的关键突破口：
抓住反应特点：是气体分子数增多的反应（）。
对比容器条件：A恒压、B恒容，且B初始物质的量是A的2倍。
利用阿伏加德罗定律：结合体积变化分析总物质的量变化，进而推导转化率、压强关系。
分析平衡移动：恒压容器体积扩大时，平衡向气体分子数增多的方向（正向）移动，影响物质的体积分数和压强。
6．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】计算物质的量变化：；
确定化学计量数之比：化学计量数之比等于物质的量变化之比，即。
综上，反应的化学方程式为，
故答案为：C。
【分析】解决本题的关键突破口：
核心规律：化学反应中，各物质的化学计量数之比等于其物质的量变化之比。
计算关键：分别算出A、B、C的物质的量变化（），再求其比值，即可确定化学计量数，从而推导化学方程式。
7．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、MnO2是 H2O2分解的催化剂，催化剂通过降低反应所需活化能加快反应速率，现象与原因对应，A正确；
B、FeCl3与 KSCN 反应的离子方程式为 Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，KCl 电离出的 K+、Cl-不参与该平衡，滴加 KCl 溶液颜色变浅是因为溶液被稀释，并非平衡逆向移动，现象与原因不对应，B错误；
C、反应 2NO2(g) N2O4(g) 的 ΔH<0（放热），热水中温度升高，平衡向吸热的逆反应方向（生成 NO2）移动，NO2浓度增大，颜色变深，现象与原因对应，C正确；
D、容器容积扩大到原来的二倍，若平衡不移动，c(A) 应为 0.25mol/L，实际 c(A)=0.2mol/L，说明平衡正向移动；容积扩大（压强减小），平衡向气体分子数增多的方向移动，故 A 为气体且 1 + x < 2（即 x<1），现象与结论对应，D正确；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：
催化剂的作用本质：催化剂通过降低反应活化能加快反应速率（如选项 A 中 MnO2对 H2O2分解的催化作用）。
化学平衡的 “无关离子” 判断：分析平衡移动时，需明确不参与反应的离子（如选项 B 中 KCl 的 K+、Cl-）不会影响平衡，溶液颜色变化可能是稀释导致，并非平衡移动。
温度对平衡的影响：放热反应（ΔH<0）升温时，平衡向吸热的逆反应方向移动（如选项 C 中 NO2与 N2O4的平衡，升温促进 NO2生成）。
压强对平衡的影响（容积变化）：容积扩大（压强减小），平衡向气体分子数增多的方向移动；可通过 “假设平衡不移动时的浓度” 与实际浓度对比，判断平衡移动方向（如选项 D 中 A 的浓度变化）。
8．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、反应①为 CaO+CO2=CaCO3；反应②中 CaCO3与 CH4反应生成 CaO、2CO、2H2，符合原子守恒与流程逻辑，A正确；
B、t1~t3时 H2流速比 CO 大，且 H2流速稳定，结合有积碳，推测存在副反应 （该副反应持续生成 H2），B正确；
C、t2时刻 CO 流速接近 0（反应②接近停止），但 H2流速仍稳定，说明此时 H2主要来自副反应，即反应②生成 H2的速率远小于副反应，C错误；
D、t3后 CO 流速为 0（反应②停止），后续 CH4逐渐消耗，副反应也会因反应物减少而停止，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：
反应方程式的推导：结合流程中物质转化（CaO→CaCO3→CaO），推导主反应的反应物与产物，验证原子守恒。
副反应的判断：依据 “H2流速大于 CO 且稳定、有积碳”，推测 CH4分解为 C 和 H2的副反应。
图中流速变化的意义：CO 流速下降→主反应（②）减弱；H2流速稳定→副反应持续进行；据此判断不同时刻主、副反应的速率关系。
反应终止的逻辑：主反应停止后，反应物 CH4消耗殆尽，副反应也会随之停止。
9．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、，饱和溶液中浓度大，使平衡逆向移动，减少溶解，可用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B、缩小容器体积时，浓度瞬间增大（颜色变深），随后平衡正向移动，但“颜色变深”是浓度瞬间增大导致，并非平衡移动的直接结果，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；
C、醋酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，故，可用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D、可乐中存在，拧开瓶盖压强减小，平衡逆向移动，逸出导致液体喷出，可用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】核心原理：勒夏特列原理适用于可逆反应的平衡移动，需判断现象是否由平衡移动引起。
A．存在与水的可逆平衡，的同离子效应使平衡移动，可用原理解释。
B．颜色变深是浓度瞬间增大导致，并非平衡移动的直接结果，不能用原理解释。
C．醋酸的电离平衡因稀释正向移动，可用原理解释。
D．溶解平衡因压强减小逆向移动，可用原理解释。
10．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、反应是气体体积不变的反应，再充入Y相当于增大压强，平衡不移动，Y的转化率不变，A错误；
B、平衡时，则，平衡常数，而非3.6，B错误；
C、X为固体，反应中气体质量增大、体积不变，平均摩尔质量增大。当平均摩尔质量不变时，说明气体质量不再变化，反应达到平衡，C正确；
D、前2min内，则，，而非0.06，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、反应气体体积不变，充入Y相当于加压，平衡不移动，Y转化率不变。
B、平衡时、，。
C、气体总物质的量不变，总质量随反应增大，平均摩尔质量不变时，说明反应达平衡。
D、前2min内，。
11．【答案】B
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】已知：①CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=-870.3 kJ mol-1，②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=-393.5 kJ mol-1，③H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H3=-285.8 kJ mol-1，根据盖斯定律，②×2+③×2-①可得：2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）△H=-488.3 kJ mol-1。
故答案为：B。
【分析】根据盖斯定律计算。
12．【答案】C
【知识点】燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】根据燃烧热的定义，判断反应是否为完全燃烧，产物是否为（g）和（l）。
A、产物为（非稳定氧化物），不是完全燃烧，A错误；
B、产物为气态（稳定态应为液态），B错误；
C、完全燃烧生成（g）和（l），符合燃烧热定义，C正确；
D、产物为（非稳定氧化物）且为气态，D错误；
故答案为：C。
【分析】要解决本题，需明确燃烧热的定义：1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物（气体、液态）时放出的热量。据此分析各选项。
13．【答案】D
【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】先明确反应特点：该反应是放热（ΔH<0）、气体分子数减少的可逆反应；流速越低，越衡转化率；温度越低，平衡时 HCl 转化率越高。A、反应放热，温度越高平衡转化率越低。T1曲线平衡转化率最高，对应温度最低（360℃），不是 440℃，A错误；
B、M 点流速较高，未达平衡（转化率由反应速率决定），降低温度会减慢反应速率，HCl 转化率不会提高，B错误；
C、根据三段式法可得：
，Cl2的物质的量分数，C错误；
D、根据三段式法可得：，同一温度和压强下，，，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．看“平衡转化率”（低流速段）、T1平衡转化率最高、对应温度最低（360℃）；
B．M 点流速高（未达平衡）、转化率由速率决定、降温减慢速率、转化率不会提高；
C．通过 “流速、物质的量、转化率、各物质的量、物质的量分数” 计算验证；
D．恒压下，体积与总物质的量成正比，先算 “起始总物质的量” 和 “N 点总物质的量”，再按比例算体积。
14．【答案】A
【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、容积扩大（压强减小），平衡向气体分子数增多的方向移动；逆反应方向气体分子数更多，说明正反应是气体分子数减少的反应， 即a+b>c+d，A正确；
B、由步骤 1 可知，平衡向逆反应方向移动（并非向右移动），B错误；
C、容积扩大一倍，即使平衡逆向移动，A 的浓度仍会因体积扩大而减小（实际浓度小于原平衡对应比例值）， C错误；
D、平衡逆向移动，B 的物质的量增多，混合气体总物质的量也增多，但 B 的物质的量增加幅度更大，故 B 的体积分数增大（并非减小），D错误；
故答案为：A。
【分析】解题突破口：核心是容积扩大（压强减小）对化学平衡的影响：通过 “假设平衡不移动时的浓度” 与实际浓度对比，判断平衡移动方向，再推导反应的气体分子数关系、物质浓度及体积分数变化；判断平衡移动方向：恒温下容积扩大一倍，若平衡不移动，B 的浓度应从 0.6mol/L 降至 0.3mol/L；但实际 B 的浓度为 0.4mol/L（大于 0.3mol/L），说明平衡向生成 B 的逆反应方向移动。据此解题。
15．【答案】（1）漏斗、玻璃棒、烧杯；溶液由深绿色逐渐变为紫红色，有黑色沉淀生成；
（2）2；ii和iii；探究浓度对化学反应速率的影响；探究催化剂对化学反应速率的影响
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）①过滤时所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
②由于发生生成高锰酸钾和二氧化锰，所以反应过程中三颈烧瓶中的现象是溶液由深绿色逐渐变为紫红色，有黑色沉淀生成；
③生成高锰酸钾的化学方程式为：。
故答案为： 漏斗、玻璃棒、烧杯 ； 溶液由深绿色逐渐变为紫红色，有黑色沉淀生成 ； ；
（2）①为了保持溶液的总体积相等，所以依据实验i可知x=4-2=2；
②探究温度对化学反应速率影响，需要保持其它条件不变，只有温度是变量，所以探究温度对化学反应速率影响的是ii和iii；
③实验i和ii中只有草酸的浓度是变量，所以其目的是探究浓度对化学反应速率的影响；
④第iv组实验所用的试剂及用量与ii号实验相同外另加了少量的固体，可推测该组实验是探究催化剂对化学反应速率的影响。
故答案为： 2 ； ii和iii ； 探究浓度对化学反应速率的影响 ； 探究催化剂对化学反应速率的影响 ；
【分析】（1）过滤玻璃仪器：漏斗、玻璃棒、烧杯。
现象判断：依据反应生成 KMnO4（紫红）和 MnO2（黑沉），溶液由深绿变紫红，产生黑色沉淀。
方程式推导：K2MnO4歧化，结合 CO2、H2O 生成 KMnO4、MnO2、KHCO3，配平得反应式。
（2）溶液体积控制：保证总容积相等，x=2。
变量控制法：探究温度选 “ii 和 iii”（仅温度不同）；探究浓度选 “i 和 ii”（仅 H2C2O4浓度不同）。
催化剂探究：加 MnSO4是验证其对反应速率的催化作用。
（1）①过滤时所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
②由于发生生成高锰酸钾和二氧化锰，所以反应过程中三颈烧瓶中的现象是溶液由深绿色逐渐变为紫红色，有黑色沉淀生成；
③生成高锰酸钾的化学方程式为：。
（2）①为了保持溶液的总体积相等，所以依据实验i可知x=4-2=2；
②探究温度对化学反应速率影响，需要保持其它条件不变，只有温度是变量，所以探究温度对化学反应速率影响的是ii和iii；
③实验i和ii中只有草酸的浓度是变量，所以其目的是探究浓度对化学反应速率的影响；
④第iv组实验所用的试剂及用量与ii号实验相同外另加了少量的固体，可推测该组实验是探究催化剂对化学反应速率的影响。
16．【答案】吸收；180；；90%；ad；ad；；验证不同催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律；相同条件下，温度越高，反应速率越快
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）结合图示信息，反应时和断键吸收的总能量，成键形成时释放的总能量，吸收的总能量大于释放的总能量，故和完全反应生成会吸收的能量；
故答案为： 吸收 ；180；
（2）根据表格信息，前2s内，，；反应到4s时达平衡状态，平衡时的转化率为；
故答案为：； 90% ；
（3）适当升高温度，分子间有效碰撞增多，反应速率加快，a正确；将生成的和分离出去，生成物浓度减小，反应速率减小，b错误；充入氦气，体积不变，各物质的浓度不变，速率不变，c错误；选择高效催化剂，反应速率加快，d正确；
故答案为： ad ；
（4）单位时间内消耗，同时生成，，a正确；根据反应方程式，速率之比始终等于化学计量数之比，无法判断反应是否达平衡状态，b错误；的浓度之比为，无法判断反应是否达平衡状态，c错误；反应前后气体系数和不等，恒容条件下，容器内总压强不再改变，反应达平衡状态，d正确；
故答案为：ad；
（5）实验I、Ⅱ是验证不同催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，需控制温度与实验I相同，故实验Ⅱ温度为；对比实验I、Ⅲ，预测可以得出的结论是：相同条件下，温度越高，反应速率越快。
故答案为： ； 验证不同催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律 ； 相同条件下，温度越高，反应速率越快 。
【分析】（1）根据断键吸热、成键放热的规律，计算总能量变化：断键吸收，成键释放，因吸收＞释放，故反应吸收能量。
（2）反应速率：根据计量数关系，，则。
转化率：平衡时的转化率为。
（3）升高温度（a）、使用高效催化剂（d）可增大反应速率；分离产物（b）、充入惰性气体（c）不增大速率。
（4）消耗同时生成，说明正逆速率相等（a正确）；反应前后气体物质的量变化，总压强不变时达平衡（d正确）。速率比（b）、浓度比（c）不能判断平衡。
（5）实验Ⅱ与Ⅰ温度相同（），目的是验证催化剂比表面积对反应速率的影响。
实验Ⅰ与Ⅲ对比，温度越高，反应速率越快。
17．【答案】(1) -103.7 kJ mol-1 D
(2) 0.075 mol L-1 min-1 BC
(3) B，C
(4) 950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成S2(g)多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗S2(g)多 减小
【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；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应①+反应②可得，=-103.7 kJ mol-1；第一步是放热反应，且是快反应，活化能较小，第二步是吸热反应，且是慢反应，活化能较大，总反应是放热反应，故符合的图像是D；
故答案为： -103.7 kJ mol-1 ； D ；
（2）①10min时反应刚好达到平衡。测得平衡时压强为起始压强的一半，恒温恒容，压强之比等于气体物质的量之比，列三段式：，可得，x=0.75，0~10min内，用NH3的浓度变化表示的平均反应速率=0.075 mol L-1 min-1；
②A．某一时刻存在n(CO2)：n(H2O)=1：2，不能代表各物质的量不再变化，不能说明上述反应达到平衡状态，A错误；
B．尿素的质量不再发生变化，说明尿素生成和消耗的量相等，能说明上述反应达到平衡状态，B正确；
C．恒容条件，混合气体的密度不再发生变化，说明气体总质量不变，说明尿素质量不变，能说明上述反应达到平衡状态，C正确；
D．单位时间内，有2molO-H生成的同时有2mol C=O断裂均代表正反应速率，不能说明上述反应达到平衡状态，D错误；
故答案为： 0.075 mol L-1 min-1 ； BC；
（3）A．反应①气体分子数增多，压强越小，H2S的转化率越大，容器体积越小，压强越大，反应速率越大，达平衡所需时间越短，故a、b点为平衡点，c点为非平衡点，a、b点的Q=K，A选项错误；
B．容器体积越小，压强越大，反应速率越大，故正反应速率a>c，B选项正确；
C．a点为平衡点，故a点所示条件下满足，C选项正确；
D．在a点再通入H2S，容器内压强增大，平衡后H2S的转化率将减小，D选项错误；
故答案为： B，C ；
（4）①在950℃至1150℃范围内，其他条件不变，随着温度升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，其原因可能是950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成S2(g)多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗S2(g)多；
②保持恒压100kPa和投料比n(CH4)：n(H2S)=1：1不变，不通入，容器的体积减小，则平衡向左进行，相同温度下H2S转化率减小；
③T1℃时，H2S的转化率为32%，设起始投料H2S为1mol，CH4为1mol，Ar为4.7mol，则反应的H2S为0.32mol，剩余的H2S为0.68mol，S2和CS2中总的S原子为0.32mol，S2的收率为4%，S2为0.0064mol，约为0.006mol，则CS2为0.1536mol，CS2中C原子为0.1536mol，根据碳元素守恒，，则CH4为0.8464mol，根据氢元素守恒，，则H2为0.6272mol，约为0.6mol，体系总的物质的量约为7mol，恒压100kPa，反应Ⅰ的相对压力平衡常数为KP==。
故答案为： 950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成S2(g)多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗S2(g)多 ； 减小 ； ；
【分析】（1）用盖斯定律：反应①+②得总反应，ΔH3=ΔH1+ΔH2；
能量图判断：第一步放热（活化能小）、第二步吸热（活化能大），总反应放热，选 D。
（2）①压强比 = 气体物质的量比，列三段式求 x，再算 v (NH3)；
②平衡标志：尿素质量不变（B）、混合气体密度不变（C）。
（3）反应①气体分子数增多，压强越小转化率越大；
速率：体积小→压强大→速率快（a>c）；
平衡时 v 正 (H2S)=2v 逆 (S2)。
（4）①温度低时反应 Ⅰ 主导生成 S2，温度高时反应 Ⅱ 主导消耗 S2；
②不通 Ar→体积减小→平衡左移，H2S 转化率减小；
③用分压（总压 × 物质的量分数）代入 Kp 公式计算。
18．【答案】（1）A；C
（2）高温低压
（3）-90.14KJ/mol；不能
（4）BD；未达到平衡，温度过高催化剂活性下降，主反应受到明显影响，速率下降，而副反应不依赖催化剂，故温度上升后速率上升，从而导致甲醇选择性降低；未达到平衡，升温时由于主反应是放热反应，上升要比快，而副反应是吸热反应，升温上升比快，故而升温后副反应速率上升比正反应快，使得主反应选择性下降；已经达到平衡，温度越高，主反应越逆向移动，副反应正向移动，故而甲醇选择性降低；C；0.005
【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
【解析】【解答】（1）熟石灰需要利用石灰石分解，产物有CO2；合成氨工厂不需通入CO2，也不产生CO2；联合制碱法直接得到的是NaHCO3，要得到纯碱必须加热分解，也会产生CO2；硫酸生产线也不需应用捕碳技术；
故答案为：AC；
（2）逆反应吸热，故而需要高温；整个反应气体熵减，故而需要低压使其逆向移动；
故答案为：高温低压；
（3）根据盖斯定律，将主反应-副反应可得，ΔH=ΔH1-ΔH2=-48.97kJ·mol-1-(+41.17kJ·mol-1)=-90.14kJ·mol-1；反应自发进行的条件是ΔG=ΔH-TΔS<0，反应，ΔH<0，且反应后气体物质的量减少，则ΔS<0，故高温时，-TΔS(>0)值越大，故高温条件下不能自发进行。
故答案为： -90.14KJ/mol ；不能；
（4）①A．整个反应体系都是气体，刚性容器体积不变，故而不变，V不变，必然整个反应过程密度不变，A错误；
B．体系中发生的反应气体系数和左右不等，只要反应还在朝某个反应进行，必然改变，根据，恒温恒容下则压强p必然随之改变，B正确；
C．对于只有主反应发生的体系，即消耗1molCO2的同时消耗1molCH3OH和1molH2O，C说法是正确的，但是这个体系中副反应也发生，而且消耗的比例不同，为方便理解我们可以假想平衡时主副反应可能按照1：1的速率进行，那么此时断裂4molC=O键，同时断裂5molH-O键，C错误；
D．主副反应共用反应物CO2，对于副反应而言，只要CO浓度不再改变，说明CO2的浓度也不再改变，那么对于主反应而言也必然达到了平衡，D正确；
故答案为：BD。
②“反应相同时间”暗示要考虑是否平衡的问题，故200~300℃时，CH3OH选择性随温度的升高而下降，可能的原因是：未达到平衡，温度过高催化剂活性下降，主反应受到明显影响，速率下降，而副反应不依赖催化剂，故温度上升后速率上升，从而导致甲醇选择性降低；未达到平衡，升温时由于主反应是放热反应，V逆上升要比V正快，而副反应是吸热反应，升温V正上升比V逆快，故而升温后副反应速率上升比正反应快，使得主反应选择性下降；已经达到平衡，温度越高，主反应越逆向移动，副反应正向移动，故而甲醇选择性降低；
工业上普遍采取连续化生产，反应周期结束后混合物中的反应物会分离从而进入下一个生产周期，故转化率低可以采用分离手段予以弥补，只是会增大能耗带来额外的经济成本，例如工业上合成氨的转化率在平衡时可能不到30%，而选择性低但转化率高意味着原料已大部分转化为副产品，这说明原料浪费严重，这种结果是弥补不了的，
故答案为： 未达到平衡，温度过高催化剂活性下降，主反应受到明显影响，速率下降，而副反应不依赖催化剂，故温度上升后速率上升，从而导致甲醇选择性降低；未达到平衡，升温时由于主反应是放热反应，上升要比快，而副反应是吸热反应，升温上升比快，故而升温后副反应速率上升比正反应快，使得主反应选择性下降；已经达到平衡，温度越高，主反应越逆向移动，副反应正向移动，故而甲醇选择性降低 ；C。
③假设CO2投入量为amol，则H2为3amol，按照题目信息，CO2剩下0.8amol，CH3OH为0.15amol，CO为0.05amol，设H2为xmol，H2O为ymol，根据元素守恒可得2(xmol+ymol)+4×0.15amol=2×3amol，2(amol-0.8amol)=ymol+0.05amol+0.15amol，则x=2.5a，y=0.2a，则Kp=。
故答案为： 0.005 。
【分析】（1）判断工业过程是否产生或涉及。熟石灰生产（石灰石分解产）、联合制碱（加热分解产）需捕碳，合成氨、硫酸生产不涉及，选AC。
（2）放碳即反应逆向进行，该反应（正反应放热）、气体分子数减少。逆向需高温低压（升高温度、降低压强使平衡逆向移动）。
（3）利用盖斯定律，可知主反应-副反应得目标反应，。反应、，高温时，不能自发进行。
（4）①考查平衡状态判断。A（密度始终不变）错误；B（气体分子数变化，压强不变达平衡）正确；C（副反应存在，比例不对应）错误；D（CO浓度不变，主、副反应均达平衡）正确，选BD。
②判断甲醇选择性下降原因：温度过高催化剂活性降（主反应受抑）、主反应放热逆移、副反应吸热正移；工业最不利结果是高转化率低选择性（C），原料浪费严重。
③利用元素守恒计算各物质的量，再求分压，副反应。
（1）熟石灰需要利用石灰石分解，产物有CO2；合成氨工厂不需通入CO2，也不产生CO2；联合制碱法直接得到的是NaHCO3，要得到纯碱必须加热分解，也会产生CO2；硫酸生产线也不需应用捕碳技术；故答案选AC。
（2）逆反应吸热，故而需要高温；整个反应气体熵减，故而需要低压使其逆向移动；故答案为高温低压。
（3）根据盖斯定律，将主反应-副反应可得，ΔH=ΔH1-ΔH2=-48.97kJ·mol-1-(+41.17kJ·mol-1)=-90.14kJ·mol-1；反应自发进行的条件是ΔG=ΔH-TΔS<0，反应，ΔH<0，且反应后气体物质的量减少，则ΔS<0，故高温时，-TΔS(>0)值越大，故高温条件下不能自发进行。
（4）①A．整个反应体系都是气体，刚性容器体积不变，故而不变，V不变，必然整个反应过程密度不变，A错误；
B．体系中发生的反应气体系数和左右不等，只要反应还在朝某个反应进行，必然改变，根据，恒温恒容下则压强p必然随之改变，B正确；
C．对于只有主反应发生的体系，即消耗1molCO2的同时消耗1molCH3OH和1molH2O，C说法是正确的，但是这个体系中副反应也发生，而且消耗的比例不同，为方便理解我们可以假想平衡时主副反应可能按照1：1的速率进行，那么此时断裂4molC=O键，同时断裂5molH-O键，C错误；
D．主副反应共用反应物CO2，对于副反应而言，只要CO浓度不再改变，说明CO2的浓度也不再改变，那么对于主反应而言也必然达到了平衡，D正确；
故选BD。
②“反应相同时间”暗示要考虑是否平衡的问题，故200~300℃时，CH3OH选择性随温度的升高而下降，可能的原因是：未达到平衡，温度过高催化剂活性下降，主反应受到明显影响，速率下降，而副反应不依赖催化剂，故温度上升后速率上升，从而导致甲醇选择性降低；未达到平衡，升温时由于主反应是放热反应，V逆上升要比V正快，而副反应是吸热反应，升温V正上升比V逆快，故而升温后副反应速率上升比正反应快，使得主反应选择性下降；已经达到平衡，温度越高，主反应越逆向移动，副反应正向移动，故而甲醇选择性降低；
工业上普遍采取连续化生产，反应周期结束后混合物中的反应物会分离从而进入下一个生产周期，故转化率低可以采用分离手段予以弥补，只是会增大能耗带来额外的经济成本，例如工业上合成氨的转化率在平衡时可能不到30%，而选择性低但转化率高意味着原料已大部分转化为副产品，这说明原料浪费严重，这种结果是弥补不了的，故选C。
③假设CO2投入量为amol，则H2为3amol，按照题目信息，CO2剩下0.8amol，CH3OH为0.15amol，CO为0.05amol，设H2为xmol，H2O为ymol，根据元素守恒可得2(xmol+ymol)+4×0.15amol=2×3amol，2(amol-0.8amol)=ymol+0.05amol+0.15amol，则x=2.5a，y=0.2a，则Kp=。
1 / 1贵州省兴义市第八中学2025-2026学年高二上学期10月月考 化学试题
1．（2025高二上·兴义月考）在原子弹爆炸中铀元素发生核裂变，其中一种裂变反应是U+n→U→Ba+Kr+3n。下列说法正确的是
A．Ba与M互为同位素
B．Ba的中子数为56
C．碳酸钡在医学上可用作口服造影剂
D．该反应属于分解反应
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；同位素及其应用
【解析】【解答】A、同位素是指质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素。与质子数均为56，中子数不同，互为同位素，A正确；
B、中子数 = 质量数 - 质子数，的中子数为，而非56，B错误；
C、碳酸钡会与胃酸（盐酸）反应生成有毒的，医学上口服造影剂用的是硫酸钡，C错误；
D、该反应是核裂变（原子核的变化），不属于化学变化，更不是分解反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】先根据核裂变反应的质子数、质量数守恒，确定的质子数（X）和质量数（y）；再结合同位素、中子数计算、物质用途及反应类型的定义，判断各选项正误。
确定的质子数和质量数：核裂变反应中，质子数守恒：；
质量数守恒：，即该为。
2．（2025高二上·兴义月考）利用含硫物质的热化学循环实现太阳能的转化与存储过程如图所示，下列说法错误的是
已知：
①反应Ⅰ：
②反应Ⅲ：
A．反应Ⅰ中反应物的总能量小于生成物的总能量
B．反应Ⅱ的热化学方程式为
C．用S(g)替代反应Ⅲ中S(s)，反应焓变为，则
D．上述循环过程中至少涉及4种能量转化形式
【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、反应 Ⅰ 是 H2SO4分解（需要吸收热能），属于吸热反应，吸热反应中反应物总能量小于生成物总能量，A正确；
B、根据盖斯定律，循环反应满足 “反应 Ⅰ + 反应 Ⅱ + 反应 Ⅲ = 0”，因此反应 Ⅱ = -（反应 Ⅰ + 反应 Ⅲ）。
反应 Ⅰ：2H2SO4(l) = 2SO2(g) + 2H2O (g) + O2(g) ΔH1=a；
反应 Ⅲ：S (s) + O2(g) = SO2(g) ΔH3=b；
叠加得反应 Ⅱ：3SO2(g) + 2H2O (g) = 2H2SO4(l) + S (s) ΔH2=-(a + b) kJ/mol，B正确；
C、S (s) 转化为 S (g) 需要吸收热量，S (g) 的能量高于 S (s)。反应 Ⅲ 是放热反应（ΔH3<0），用 S (g) 替代 S (s) 时，放出的热量更多，ΔH4更负（数值更小），因此 ΔH3 > ΔH4，C错误；
D、循环过程涉及的能量转化有：太阳能→热能、热能→化学能、化学能→热能、热能→电能，至少 4 种形式，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：反应热与物质能量的关系：
吸热反应（需从外界吸收能量）的反应物总能量小于生成物总能量；放热反应则相反（可通过反应是否需要外界供能判断反应热类型）。
盖斯定律的应用逻辑：循环反应的总焓变为 0，因此某一步反应的焓变可通过 “总反应 - 其他步骤反应” 推导（需注意反应的方向与化学计量数的调整）。
物质状态对反应热的影响：同种物质的气态能量高于固态（气态转化为固态会放热），因此反应物为气态时，放热反应的焓变（ΔH）会更负（数值更小）。
能量转化形式的识别：从流程中提取能量变化：太阳能→热能（太阳能转化）、热能→化学能（H2SO4分解储存能量）、化学能→热能（S 燃烧）、热能→电能（能量利用），需逐一梳理流程中的能量环节。
3．（2025高二上·兴义月考）氢能是理想清洁能源，氢能产业链包括制氢、储氢和用氢等。一种使用含氨基物质（化学式为，是一种碳衍生材料）联合催化剂储氢，可能机理如图所示。下列说法错误的是
A．使用含氨基物质联合催化剂的作用是降低反应的活化能
B．步骤Ⅱ中用重氢气（）代替，若生成，则可确认反应过程中的加氢方式
C．步骤Ⅲ中形成碳氢键的过程是吸热过程
D．该储氢过程的总反应式为
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂的核心作用是降低反应的活化能，加快反应速率，含氨基物质联合Pd-Au催化剂也遵循此原理，A正确；
B、步骤Ⅱ中用重氢气（D2）代替H2，若生成HDO，可通过同位素标记确认加氢方式，B正确；
C、形成化学键会释放能量，步骤Ⅲ中形成碳氢键的过程是放热过程，而非吸热，C错误；
D、结合机理图中反应物（H2、HCO3-）和产物（HCOO-、H2O），可推导出总反应式为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点主要有以下几点：
对化学键形成与能量变化的关系理解不清，容易错误认为形成化学键是吸热过程，实则形成化学键会释放能量。
对催化剂作用的本质认识不足，可能忽略催化剂是通过降低活化能来加快反应速率的。
在分析反应机理时，对同位素标记法用于确认反应过程的原理理解不透彻，易误判相关选项。
4．（2025高二上·兴义月考）已知：①某些化学键的键能如表。
化学键
键能(kJ/mol) 154 500 942 a
②火箭燃料肼()的有关化学反应的能量变化如图所示。
则下列说法错误的是
A．比稳定
B．表中的
C． kJ/mol
D．图中的kJ/mol
【答案】B
【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
【解析】【解答】A、键能越大，物质越稳定。N≡N 键能（942 kJ/mol）大于 O-O 键能（500 kJ/mol），故 N2比 O2稳定，A正确；
B、先通过盖斯定律算 ΔH3：ΔH1 = ΔH3 + ΔH2 ，故 -534 = ΔH3 + (-2752) 、 ΔH3 = 2218 kJ/mol（即反应物断键吸收的能量）；N2H4含 1 个 N-N、4 个 N-H，O2含 1 个 O-O，断键总能量为：154+4a+500=2218，4a=1564 ，a=391，并非 194，B错误；
C、由能量图可知，反应 N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O (g) 的 ΔH=-534 kJ/mol，C正确；
D、由盖斯定律计算得 ΔH3=+2218 kJ/mol，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．直接对比 N≡N 和 O-O 的键能，键能大的物质更稳定；
B．先通过盖斯定律算 ΔH3（断键总能量），再结合 N2H4、O2的键型，列方程计算 a 的值；
C．直接从能量图读取总反应的 ΔH；
D．利用盖斯定律（ΔH1=ΔH3+ΔH2）计算 ΔH3。
5．（2025高二上·兴义月考）如图，关闭活塞K，向A中充入1molX、1molY，向B中充入2molX、2molY，此时A、B的容积都是a L。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)　ΔH<0。A保持恒压，B保持恒容。达平衡时，A的体积为1.4aL。下列说法错误的是
A．反应速率：v(B)>v(A) B．A容器中X的转化率为80%
C．平衡时压强：2p(A)=p(B) D．平衡时Y的体积分数：A【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】明确反应是气体分子数增多的反应（），再结合A（恒压）、B（恒容）的条件差异，逐一分析：
A、B中初始浓度是A的2倍，且恒容下浓度变化对速率的影响更直接，故反应速率，A正确；
B、A达平衡时体积为，根据阿伏加德罗定律，总物质的量为初始的1.4倍（即2.8 mol），增加了0.8 mol。根据化学方程式的计算可知，
由反应的关系，可知反应掉0.8 mol X，转化率为，B正确；
C、假设A体积为（与B初始浓度等效），此时压强与B相等。但A实际体积扩大到，平衡正向移动，总物质的量增加，但体积变化对压强影响更大，故，C错误；
D、A体积扩大，平衡正向移动，Y的体积分数减小，故平衡时Y的体积分数A故答案为：C。
【分析】解决本题的关键突破口：
抓住反应特点：是气体分子数增多的反应（）。
对比容器条件：A恒压、B恒容，且B初始物质的量是A的2倍。
利用阿伏加德罗定律：结合体积变化分析总物质的量变化，进而推导转化率、压强关系。
分析平衡移动：恒压容器体积扩大时，平衡向气体分子数增多的方向（正向）移动，影响物质的体积分数和压强。
6．（2025高二上·兴义月考）某温度时，在一体积不变的容器中充入A、B各1 mol，反应进行到10 s时，测得容器中含有A：0.8 mol；B：0.4 mol；C：0.4 mol。据此回答该反应的化学方程式为：(　　)
A．A＋3B==C B．2A＋B===C C．A＋3B===2C D．A＋3B===3C
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】计算物质的量变化：；
确定化学计量数之比：化学计量数之比等于物质的量变化之比，即。
综上，反应的化学方程式为，
故答案为：C。
【分析】解决本题的关键突破口：
核心规律：化学反应中，各物质的化学计量数之比等于其物质的量变化之比。
计算关键：分别算出A、B、C的物质的量变化（），再求其比值，即可确定化学计量数，从而推导化学方程式。
7．（2025高二上·兴义月考）下列选项中的原因或结论与现象不对应的是
选项 现象 原因或结论
A 在中加入，能加速的分解速率 降低了反应所需的活化能
B 向溶液中加入溶液，溶液呈红色，再滴加几滴溶液，溶液颜色变浅 增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动
C 将盛有气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深 ，△H<0，平衡向生成方向移动
D 在密闭容器中有反应：．达到平衡时测得为，将容器容积扩大到原来的二倍，测得为 A气体，
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、MnO2是 H2O2分解的催化剂，催化剂通过降低反应所需活化能加快反应速率，现象与原因对应，A正确；
B、FeCl3与 KSCN 反应的离子方程式为 Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，KCl 电离出的 K+、Cl-不参与该平衡，滴加 KCl 溶液颜色变浅是因为溶液被稀释，并非平衡逆向移动，现象与原因不对应，B错误；
C、反应 2NO2(g) N2O4(g) 的 ΔH<0（放热），热水中温度升高，平衡向吸热的逆反应方向（生成 NO2）移动，NO2浓度增大，颜色变深，现象与原因对应，C正确；
D、容器容积扩大到原来的二倍，若平衡不移动，c(A) 应为 0.25mol/L，实际 c(A)=0.2mol/L，说明平衡正向移动；容积扩大（压强减小），平衡向气体分子数增多的方向移动，故 A 为气体且 1 + x < 2（即 x<1），现象与结论对应，D正确；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：
催化剂的作用本质：催化剂通过降低反应活化能加快反应速率（如选项 A 中 MnO2对 H2O2分解的催化作用）。
化学平衡的 “无关离子” 判断：分析平衡移动时，需明确不参与反应的离子（如选项 B 中 KCl 的 K+、Cl-）不会影响平衡，溶液颜色变化可能是稀释导致，并非平衡移动。
温度对平衡的影响：放热反应（ΔH<0）升温时，平衡向吸热的逆反应方向移动（如选项 C 中 NO2与 N2O4的平衡，升温促进 NO2生成）。
压强对平衡的影响（容积变化）：容积扩大（压强减小），平衡向气体分子数增多的方向移动；可通过 “假设平衡不移动时的浓度” 与实际浓度对比，判断平衡移动方向（如选项 D 中 A 的浓度变化）。
8．（2025高二上·兴义月考）捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的、混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上检测到有积碳。
下列说法不正确的是
A．反应①为；反应②为
B．，比多，且生成速率不变，可能有副反应
C．时刻，反应②生成速率小于副反应生成的速率
D．之后，反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、反应①为 CaO+CO2=CaCO3；反应②中 CaCO3与 CH4反应生成 CaO、2CO、2H2，符合原子守恒与流程逻辑，A正确；
B、t1~t3时 H2流速比 CO 大，且 H2流速稳定，结合有积碳，推测存在副反应 （该副反应持续生成 H2），B正确；
C、t2时刻 CO 流速接近 0（反应②接近停止），但 H2流速仍稳定，说明此时 H2主要来自副反应，即反应②生成 H2的速率远小于副反应，C错误；
D、t3后 CO 流速为 0（反应②停止），后续 CH4逐渐消耗，副反应也会因反应物减少而停止，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：
反应方程式的推导：结合流程中物质转化（CaO→CaCO3→CaO），推导主反应的反应物与产物，验证原子守恒。
副反应的判断：依据 “H2流速大于 CO 且稳定、有积碳”，推测 CH4分解为 C 和 H2的副反应。
图中流速变化的意义：CO 流速下降→主反应（②）减弱；H2流速稳定→副反应持续进行；据此判断不同时刻主、副反应的速率关系。
反应终止的逻辑：主反应停止后，反应物 CH4消耗殆尽，副反应也会随之停止。
9．（2025高二上·兴义月考）下列情况不能用勒夏特列原理解释的是
A．利用饱和NaCl溶液除去中的HCl
B．一定条件下，发生反应，缩小容器体积时，气体颜色变深
C．室温下，将的醋酸溶液加水稀释至100mL后，测得其
D．充分摇晃可乐瓶，拧开瓶盖后立即有大量液体喷出
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、，饱和溶液中浓度大，使平衡逆向移动，减少溶解，可用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B、缩小容器体积时，浓度瞬间增大（颜色变深），随后平衡正向移动，但“颜色变深”是浓度瞬间增大导致，并非平衡移动的直接结果，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；
C、醋酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，故，可用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D、可乐中存在，拧开瓶盖压强减小，平衡逆向移动，逸出导致液体喷出，可用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】核心原理：勒夏特列原理适用于可逆反应的平衡移动，需判断现象是否由平衡移动引起。
A．存在与水的可逆平衡，的同离子效应使平衡移动，可用原理解释。
B．颜色变深是浓度瞬间增大导致，并非平衡移动的直接结果，不能用原理解释。
C．醋酸的电离平衡因稀释正向移动，可用原理解释。
D．溶解平衡因压强减小逆向移动，可用原理解释。
10．（2025高二上·兴义月考）在一定温度下，将0.13molX和0.16 molY加入1L恒容密闭容器中，发生反应X(s)+2Y(g) 2Z(g)，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min 2 4 7 9
n(Y)/mol 0.12 0.11 0.10 0.10
下列说法正确的是
A．其他条件不变，再充入0.2 molY，平衡时Y的转化率减小
B．该温度下此反应的平衡常数K=3.6
C．当容器内气体的平均摩尔质量不变时，即达到化学平衡状态
D．反应前2min的平均速率v(Z)= 0.06mol· L-1·min-1
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、反应是气体体积不变的反应，再充入Y相当于增大压强，平衡不移动，Y的转化率不变，A错误；
B、平衡时，则，平衡常数，而非3.6，B错误；
C、X为固体，反应中气体质量增大、体积不变，平均摩尔质量增大。当平均摩尔质量不变时，说明气体质量不再变化，反应达到平衡，C正确；
D、前2min内，则，，而非0.06，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、反应气体体积不变，充入Y相当于加压，平衡不移动，Y转化率不变。
B、平衡时、，。
C、气体总物质的量不变，总质量随反应增大，平均摩尔质量不变时，说明反应达平衡。
D、前2min内，。
11．（2025高二上·兴义月考）已知下列反应的热化学方程式为
①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1=-870.3 kJ·mol-1
②C(s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH2=-393.5 kJ·mol-1
③H2(g)＋ O2(g)=H2O(l)　ΔH3=-285.8 kJ·mol-1
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH为（　　）
A．-207 kJ·mol-1 B．-488.3 kJ·mol-1
C．-1549.6 kJ·mol-1 D．-476.8 kJ·mol-1
【答案】B
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】已知：①CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=-870.3 kJ mol-1，②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=-393.5 kJ mol-1，③H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H3=-285.8 kJ mol-1，根据盖斯定律，②×2+③×2-①可得：2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）△H=-488.3 kJ mol-1。
故答案为：B。
【分析】根据盖斯定律计算。
12．（2025高二上·兴义月考）已知：的燃烧热 H=-890.3kJ mol-1，据此判断下列热化学方程式正确的是
A． H1=-890.3kJ mol-1
B． H2=-890.3kJ mol-1
C． H3=-890.3kJ mol-1
D． H4=-890.3kJ mol-1
【答案】C
【知识点】燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】根据燃烧热的定义，判断反应是否为完全燃烧，产物是否为（g）和（l）。
A、产物为（非稳定氧化物），不是完全燃烧，A错误；
B、产物为气态（稳定态应为液态），B错误；
C、完全燃烧生成（g）和（l），符合燃烧热定义，C正确；
D、产物为（非稳定氧化物）且为气态，D错误；
故答案为：C。
【分析】要解决本题，需明确燃烧热的定义：1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物（气体、液态）时放出的热量。据此分析各选项。
13．（2025高二上·兴义月考）将HCl和O2混合气体[]分别以不同起始流速通入反应器中发生反应 ，在360℃，400℃和440℃下反应，通过检测流出气体成分绘制HCl转化率曲线，如图所示(较低流速下的转化率可近似为平衡转化率)。下列说法正确的是
A．T1曲线表示的温度是440℃
B．将温度降低40℃可提高M点HCl的转化率
C．在恒容密闭容器中通1h气体开始反应，M点时Cl2的物质的量分数是16%
D．若在恒压下、起始容积为7V L的容器中通1h气体开始反应，则N点时容器容积为6.2V L
【答案】D
【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】先明确反应特点：该反应是放热（ΔH<0）、气体分子数减少的可逆反应；流速越低，越衡转化率；温度越低，平衡时 HCl 转化率越高。A、反应放热，温度越高平衡转化率越低。T1曲线平衡转化率最高，对应温度最低（360℃），不是 440℃，A错误；
B、M 点流速较高，未达平衡（转化率由反应速率决定），降低温度会减慢反应速率，HCl 转化率不会提高，B错误；
C、根据三段式法可得：
，Cl2的物质的量分数，C错误；
D、根据三段式法可得：，同一温度和压强下，，，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．看“平衡转化率”（低流速段）、T1平衡转化率最高、对应温度最低（360℃）；
B．M 点流速高（未达平衡）、转化率由速率决定、降温减慢速率、转化率不会提高；
C．通过 “流速、物质的量、转化率、各物质的量、物质的量分数” 计算验证；
D．恒压下，体积与总物质的量成正比，先算 “起始总物质的量” 和 “N 点总物质的量”，再按比例算体积。
14．（2025高二上·兴义月考）在一定温度下，将一定质量的混合气体在密闭容器中发生反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)，达到平衡时测得B气体的浓度为0.6mol/l，恒温下将密闭容器的容积扩大一倍，重新达到平衡时，测得B气体的浓度为 0.4mol/l，下列叙述中正确的是（　　）
A．a+b>c+d
B．平衡向右移动
C．重新达平衡时，A气体浓度增大
D．重新达平衡时，B的体积分数减小
【答案】A
【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、容积扩大（压强减小），平衡向气体分子数增多的方向移动；逆反应方向气体分子数更多，说明正反应是气体分子数减少的反应， 即a+b>c+d，A正确；
B、由步骤 1 可知，平衡向逆反应方向移动（并非向右移动），B错误；
C、容积扩大一倍，即使平衡逆向移动，A 的浓度仍会因体积扩大而减小（实际浓度小于原平衡对应比例值）， C错误；
D、平衡逆向移动，B 的物质的量增多，混合气体总物质的量也增多，但 B 的物质的量增加幅度更大，故 B 的体积分数增大（并非减小），D错误；
故答案为：A。
【分析】解题突破口：核心是容积扩大（压强减小）对化学平衡的影响：通过 “假设平衡不移动时的浓度” 与实际浓度对比，判断平衡移动方向，再推导反应的气体分子数关系、物质浓度及体积分数变化；判断平衡移动方向：恒温下容积扩大一倍，若平衡不移动，B 的浓度应从 0.6mol/L 降至 0.3mol/L；但实际 B 的浓度为 0.4mol/L（大于 0.3mol/L），说明平衡向生成 B 的逆反应方向移动。据此解题。
15．（2025高二上·兴义月考）某同学利用实验室制取氧气后的混合物(水溶液呈深绿色)和制备(溶液呈紫红色)，并利用探究外界条件对化学反应速率的影响。回答下列问题：
（1）的制备：将混合物溶解于蒸馏水中，过滤，除去，滤液加入如图所示的装置中，通入过量，反应完毕后过滤滤出，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶得到。
①过滤时所用的玻璃仪器有　 　。
②反应过程中，三颈烧瓶中的现象是　 　。
③写出生成的化学方程式：　 　。
（2）以反应为例，甲同学通过测定溶液紫红色褪去所需时间，探究改变不同的外界条件对化学反应速率的影响。实验数据如下。
实验序号 温度 酸性溶液 溶液 溶液褪至无色所需时间/s
V/mL V/mL V/mL
i 20 2 0.02 4 0.1 0
ii 20 2 0.02 2 0.1 x
iii 45 2 0.02 2 0.1 2
①x=　 　。
②探究温度对化学反应速率影响的是　 　(填实验序号)。
③实验i和ii的目的是　 　。
④该同学又做了第iv组实验，他所用的试剂及用量与ii号实验相同外另加了少量的固体，请你推测其实验目的是　 　。
【答案】（1）漏斗、玻璃棒、烧杯；溶液由深绿色逐渐变为紫红色，有黑色沉淀生成；
（2）2；ii和iii；探究浓度对化学反应速率的影响；探究催化剂对化学反应速率的影响
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）①过滤时所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
②由于发生生成高锰酸钾和二氧化锰，所以反应过程中三颈烧瓶中的现象是溶液由深绿色逐渐变为紫红色，有黑色沉淀生成；
③生成高锰酸钾的化学方程式为：。
故答案为： 漏斗、玻璃棒、烧杯 ； 溶液由深绿色逐渐变为紫红色，有黑色沉淀生成 ； ；
（2）①为了保持溶液的总体积相等，所以依据实验i可知x=4-2=2；
②探究温度对化学反应速率影响，需要保持其它条件不变，只有温度是变量，所以探究温度对化学反应速率影响的是ii和iii；
③实验i和ii中只有草酸的浓度是变量，所以其目的是探究浓度对化学反应速率的影响；
④第iv组实验所用的试剂及用量与ii号实验相同外另加了少量的固体，可推测该组实验是探究催化剂对化学反应速率的影响。
故答案为： 2 ； ii和iii ； 探究浓度对化学反应速率的影响 ； 探究催化剂对化学反应速率的影响 ；
【分析】（1）过滤玻璃仪器：漏斗、玻璃棒、烧杯。
现象判断：依据反应生成 KMnO4（紫红）和 MnO2（黑沉），溶液由深绿变紫红，产生黑色沉淀。
方程式推导：K2MnO4歧化，结合 CO2、H2O 生成 KMnO4、MnO2、KHCO3，配平得反应式。
（2）溶液体积控制：保证总容积相等，x=2。
变量控制法：探究温度选 “ii 和 iii”（仅温度不同）；探究浓度选 “i 和 ii”（仅 H2C2O4浓度不同）。
催化剂探究：加 MnSO4是验证其对反应速率的催化作用。
（1）①过滤时所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
②由于发生生成高锰酸钾和二氧化锰，所以反应过程中三颈烧瓶中的现象是溶液由深绿色逐渐变为紫红色，有黑色沉淀生成；
③生成高锰酸钾的化学方程式为：。
（2）①为了保持溶液的总体积相等，所以依据实验i可知x=4-2=2；
②探究温度对化学反应速率影响，需要保持其它条件不变，只有温度是变量，所以探究温度对化学反应速率影响的是ii和iii；
③实验i和ii中只有草酸的浓度是变量，所以其目的是探究浓度对化学反应速率的影响；
④第iv组实验所用的试剂及用量与ii号实验相同外另加了少量的固体，可推测该组实验是探究催化剂对化学反应速率的影响。
16．（2025高二上·兴义月考）汽车尾气中含有CO、NO等多种污染物，已成为城市空气的主要污染源。请根据所学知识回答下列问题：
I．汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图所示
（1）和完全反应生成NO会　 　(填“吸收”或“释放”)　 　kJ能量。
Ⅱ．汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，某新型催化剂能促使CO、NO发生如下反应：，将CO、NO转化为无毒气体。
（2）为了测定在该催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如下表所示：
时间 0 1 2 3 4 5
前2s内的平均反应速率　 　，平衡时NO的转化率为　 　。
（3）恒容时，下列措施能使该反应速率增大的是　 　(填字母，下同)。
a．适当升高温度 b．将生成的和分离出去
c．充入氦气 d．选择更高效的催化剂
（4）一定温度下，在固定容积的密闭容器中，通入和，在催化剂作用下发生反应。下列能作为反应达到平衡状态的依据的是　 　。
a．单位时间内消耗，同时生成 b．
c．的浓度之比为 d．容器内总压强不再改变
（5）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证不同条件对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表格中。
实验编号 NO初始浓度 CO初始浓度 催化剂的比表面积
Ⅰ 260 86
Ⅱ
128
Ⅲ 300 86
①对比实验I、Ⅱ，则实验Ⅱ的温度为　 　，对比实验目的是　 　。
②对比实验I、Ⅲ，预测可以得出的结论是　 　。
【答案】吸收；180；；90%；ad；ad；；验证不同催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律；相同条件下，温度越高，反应速率越快
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）结合图示信息，反应时和断键吸收的总能量，成键形成时释放的总能量，吸收的总能量大于释放的总能量，故和完全反应生成会吸收的能量；
故答案为： 吸收 ；180；
（2）根据表格信息，前2s内，，；反应到4s时达平衡状态，平衡时的转化率为；
故答案为：； 90% ；
（3）适当升高温度，分子间有效碰撞增多，反应速率加快，a正确；将生成的和分离出去，生成物浓度减小，反应速率减小，b错误；充入氦气，体积不变，各物质的浓度不变，速率不变，c错误；选择高效催化剂，反应速率加快，d正确；
故答案为： ad ；
（4）单位时间内消耗，同时生成，，a正确；根据反应方程式，速率之比始终等于化学计量数之比，无法判断反应是否达平衡状态，b错误；的浓度之比为，无法判断反应是否达平衡状态，c错误；反应前后气体系数和不等，恒容条件下，容器内总压强不再改变，反应达平衡状态，d正确；
故答案为：ad；
（5）实验I、Ⅱ是验证不同催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，需控制温度与实验I相同，故实验Ⅱ温度为；对比实验I、Ⅲ，预测可以得出的结论是：相同条件下，温度越高，反应速率越快。
故答案为： ； 验证不同催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律 ； 相同条件下，温度越高，反应速率越快 。
【分析】（1）根据断键吸热、成键放热的规律，计算总能量变化：断键吸收，成键释放，因吸收＞释放，故反应吸收能量。
（2）反应速率：根据计量数关系，，则。
转化率：平衡时的转化率为。
（3）升高温度（a）、使用高效催化剂（d）可增大反应速率；分离产物（b）、充入惰性气体（c）不增大速率。
（4）消耗同时生成，说明正逆速率相等（a正确）；反应前后气体物质的量变化，总压强不变时达平衡（d正确）。速率比（b）、浓度比（c）不能判断平衡。
（5）实验Ⅱ与Ⅰ温度相同（），目的是验证催化剂比表面积对反应速率的影响。
实验Ⅰ与Ⅲ对比，温度越高，反应速率越快。
17．（2025高二上·兴义月考）化学原理是高中的重要研究内容。
I .NH3和CO2是两种常见的无机物。尿素[CO(NH2)2]是首个由NH3和CO2两种无机物人工合成的有机物。
（1）在尿素合成塔中发生的两步反应依次为：
① (快反应)；
② (慢反应)；
则 ________，
下列图像能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是________(填标号)；
（2）T℃，在2L的密闭容器中，通入2 mol NH3和1 mol CO2，保持体积不变，发生反应，10min时反应刚好达到平衡。测得平衡时压强为起始压强的一半，则：
①0~10min内，用NH3的浓度变化表示的平均反应速率________。
②能说明上述反应达到平衡状态的是________(填标号)；
A．n(CO2)：n(H2O)=1：2
B．尿素的质量不再发生变化
C．混合气体的密度不再发生变化
D．单位时间内，有2molO-H生成的同时有2mol C=O断裂
Ⅱ.H2S和CH4的重整制氢涉及如下反应：
①
②
（3）一定温度下，向容积不等的恒容密闭容器中分别通入等量的H2S只发生反应①，经过相同时间，测得各容器中H2S的转化率与容器容积的关系如图所示，下列说法正确的是_______。
A. b、c点的Q=K
B. 正反应速率
C. a点所示条件下满足
D. 在a点再通入H2S，平衡后H2S的转化率将增大
（4）在恒压100kPa按组成n(CH4)：n(H2S)：n(Ar)=1：1：4.7通入混合气体，反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图甲所示，测得平衡状态下S2的收率和H2S的转化率随温度的变化曲线如图乙所示。
[已知：S2的收率=n(S2中的硫原子)：n(投料中的硫原子)]
①在950℃至1150℃范围内，其他条件不变，随着温度升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，其原因可能是________。
②保持恒压100kPa和投料比n(CH4)：n(H2S)=1：1不变，不通入，则相同温度下H2S转化率________(填“增大”或“减小”或“不变”)。
③计算T1℃时反应①的平衡常数KP = ________(列计算式表示)。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
【答案】(1) -103.7 kJ mol-1 D
(2) 0.075 mol L-1 min-1 BC
(3) B，C
(4) 950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成S2(g)多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗S2(g)多 减小
【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；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应①+反应②可得，=-103.7 kJ mol-1；第一步是放热反应，且是快反应，活化能较小，第二步是吸热反应，且是慢反应，活化能较大，总反应是放热反应，故符合的图像是D；
故答案为： -103.7 kJ mol-1 ； D ；
（2）①10min时反应刚好达到平衡。测得平衡时压强为起始压强的一半，恒温恒容，压强之比等于气体物质的量之比，列三段式：，可得，x=0.75，0~10min内，用NH3的浓度变化表示的平均反应速率=0.075 mol L-1 min-1；
②A．某一时刻存在n(CO2)：n(H2O)=1：2，不能代表各物质的量不再变化，不能说明上述反应达到平衡状态，A错误；
B．尿素的质量不再发生变化，说明尿素生成和消耗的量相等，能说明上述反应达到平衡状态，B正确；
C．恒容条件，混合气体的密度不再发生变化，说明气体总质量不变，说明尿素质量不变，能说明上述反应达到平衡状态，C正确；
D．单位时间内，有2molO-H生成的同时有2mol C=O断裂均代表正反应速率，不能说明上述反应达到平衡状态，D错误；
故答案为： 0.075 mol L-1 min-1 ； BC；
（3）A．反应①气体分子数增多，压强越小，H2S的转化率越大，容器体积越小，压强越大，反应速率越大，达平衡所需时间越短，故a、b点为平衡点，c点为非平衡点，a、b点的Q=K，A选项错误；
B．容器体积越小，压强越大，反应速率越大，故正反应速率a>c，B选项正确；
C．a点为平衡点，故a点所示条件下满足，C选项正确；
D．在a点再通入H2S，容器内压强增大，平衡后H2S的转化率将减小，D选项错误；
故答案为： B，C ；
（4）①在950℃至1150℃范围内，其他条件不变，随着温度升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，其原因可能是950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成S2(g)多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗S2(g)多；
②保持恒压100kPa和投料比n(CH4)：n(H2S)=1：1不变，不通入，容器的体积减小，则平衡向左进行，相同温度下H2S转化率减小；
③T1℃时，H2S的转化率为32%，设起始投料H2S为1mol，CH4为1mol，Ar为4.7mol，则反应的H2S为0.32mol，剩余的H2S为0.68mol，S2和CS2中总的S原子为0.32mol，S2的收率为4%，S2为0.0064mol，约为0.006mol，则CS2为0.1536mol，CS2中C原子为0.1536mol，根据碳元素守恒，，则CH4为0.8464mol，根据氢元素守恒，，则H2为0.6272mol，约为0.6mol，体系总的物质的量约为7mol，恒压100kPa，反应Ⅰ的相对压力平衡常数为KP==。
故答案为： 950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成S2(g)多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗S2(g)多 ； 减小 ； ；
【分析】（1）用盖斯定律：反应①+②得总反应，ΔH3=ΔH1+ΔH2；
能量图判断：第一步放热（活化能小）、第二步吸热（活化能大），总反应放热，选 D。
（2）①压强比 = 气体物质的量比，列三段式求 x，再算 v (NH3)；
②平衡标志：尿素质量不变（B）、混合气体密度不变（C）。
（3）反应①气体分子数增多，压强越小转化率越大；
速率：体积小→压强大→速率快（a>c）；
平衡时 v 正 (H2S)=2v 逆 (S2)。
（4）①温度低时反应 Ⅰ 主导生成 S2，温度高时反应 Ⅱ 主导消耗 S2；
②不通 Ar→体积减小→平衡左移，H2S 转化率减小；
③用分压（总压 × 物质的量分数）代入 Kp 公式计算。
18．（2025高二上·兴义月考）二氧化碳是工业废气中的常见物质，有关二氧化碳的综合开发利用一直是研究热点。
（1）捕碳技术（主要指捕获）在降低温室气体排放中具有重要作用。下列工业场合中能够应用到捕碳技术的是______。
A．熟石灰生产线 B．合成氨工厂
C．联合制碱工业 D．硫酸生产线
（2）捕碳后在需要时可以放碳，如捕获反应为 ，那么在工业上将释放时，适合的外界反应条件为　 　。
（3）可将加氢制甲醇。利用在催化剂条件下加氢合成甲醇的主要反应如下：
主反应
副反应
根据上述反应， 　 　，该反应在高温条件下　 　自发进行（选填“能”或“不能”）。
（4）向刚性容器中充入物质的量之比为1：3的和，在恒温条件下发生上述主、副反应。
①下列能说明主反应到达平衡状态的是　 　（填标号）。
A混合气体的密度不再改变 B．混合气体的压强不再改变
C．每断裂2mol 键，同时断裂3mol 键 D．CO浓度不再改变
②产品选择性是化工生产中要考虑的重要因素，选择性说明了消耗掉的原料有多少转化为了期望的产品。一定条件下，反应相同时间，转化率和甲醇选择性随温度的变化如下图所示：
已知：
200~300℃时，选择性随温度的升高而下降，可能的原因是　 　；结合上述信息并考虑工业实际，生产甲醇最不希望得到的反应结果是　 　。
A．高转化率高选择性 B．低转化率低选择性 C．高转化率低选择性 D．低转化率高选择性
③一定条件下，达到平衡时的总转化率为20%，主反应的选择性为75%，若总压为 MPa，则副反应的　 　。（已知：分压=总压×该组分在气体中的物质的量分数）
【答案】（1）A；C
（2）高温低压
（3）-90.14KJ/mol；不能
（4）BD；未达到平衡，温度过高催化剂活性下降，主反应受到明显影响，速率下降，而副反应不依赖催化剂，故温度上升后速率上升，从而导致甲醇选择性降低；未达到平衡，升温时由于主反应是放热反应，上升要比快，而副反应是吸热反应，升温上升比快，故而升温后副反应速率上升比正反应快，使得主反应选择性下降；已经达到平衡，温度越高，主反应越逆向移动，副反应正向移动，故而甲醇选择性降低；C；0.005
【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
【解析】【解答】（1）熟石灰需要利用石灰石分解，产物有CO2；合成氨工厂不需通入CO2，也不产生CO2；联合制碱法直接得到的是NaHCO3，要得到纯碱必须加热分解，也会产生CO2；硫酸生产线也不需应用捕碳技术；
故答案为：AC；
（2）逆反应吸热，故而需要高温；整个反应气体熵减，故而需要低压使其逆向移动；
故答案为：高温低压；
（3）根据盖斯定律，将主反应-副反应可得，ΔH=ΔH1-ΔH2=-48.97kJ·mol-1-(+41.17kJ·mol-1)=-90.14kJ·mol-1；反应自发进行的条件是ΔG=ΔH-TΔS<0，反应，ΔH<0，且反应后气体物质的量减少，则ΔS<0，故高温时，-TΔS(>0)值越大，故高温条件下不能自发进行。
故答案为： -90.14KJ/mol ；不能；
（4）①A．整个反应体系都是气体，刚性容器体积不变，故而不变，V不变，必然整个反应过程密度不变，A错误；
B．体系中发生的反应气体系数和左右不等，只要反应还在朝某个反应进行，必然改变，根据，恒温恒容下则压强p必然随之改变，B正确；
C．对于只有主反应发生的体系，即消耗1molCO2的同时消耗1molCH3OH和1molH2O，C说法是正确的，但是这个体系中副反应也发生，而且消耗的比例不同，为方便理解我们可以假想平衡时主副反应可能按照1：1的速率进行，那么此时断裂4molC=O键，同时断裂5molH-O键，C错误；
D．主副反应共用反应物CO2，对于副反应而言，只要CO浓度不再改变，说明CO2的浓度也不再改变，那么对于主反应而言也必然达到了平衡，D正确；
故答案为：BD。
②“反应相同时间”暗示要考虑是否平衡的问题，故200~300℃时，CH3OH选择性随温度的升高而下降，可能的原因是：未达到平衡，温度过高催化剂活性下降，主反应受到明显影响，速率下降，而副反应不依赖催化剂，故温度上升后速率上升，从而导致甲醇选择性降低；未达到平衡，升温时由于主反应是放热反应，V逆上升要比V正快，而副反应是吸热反应，升温V正上升比V逆快，故而升温后副反应速率上升比正反应快，使得主反应选择性下降；已经达到平衡，温度越高，主反应越逆向移动，副反应正向移动，故而甲醇选择性降低；
工业上普遍采取连续化生产，反应周期结束后混合物中的反应物会分离从而进入下一个生产周期，故转化率低可以采用分离手段予以弥补，只是会增大能耗带来额外的经济成本，例如工业上合成氨的转化率在平衡时可能不到30%，而选择性低但转化率高意味着原料已大部分转化为副产品，这说明原料浪费严重，这种结果是弥补不了的，
故答案为： 未达到平衡，温度过高催化剂活性下降，主反应受到明显影响，速率下降，而副反应不依赖催化剂，故温度上升后速率上升，从而导致甲醇选择性降低；未达到平衡，升温时由于主反应是放热反应，上升要比快，而副反应是吸热反应，升温上升比快，故而升温后副反应速率上升比正反应快，使得主反应选择性下降；已经达到平衡，温度越高，主反应越逆向移动，副反应正向移动，故而甲醇选择性降低 ；C。
③假设CO2投入量为amol，则H2为3amol，按照题目信息，CO2剩下0.8amol，CH3OH为0.15amol，CO为0.05amol，设H2为xmol，H2O为ymol，根据元素守恒可得2(xmol+ymol)+4×0.15amol=2×3amol，2(amol-0.8amol)=ymol+0.05amol+0.15amol，则x=2.5a，y=0.2a，则Kp=。
故答案为： 0.005 。
【分析】（1）判断工业过程是否产生或涉及。熟石灰生产（石灰石分解产）、联合制碱（加热分解产）需捕碳，合成氨、硫酸生产不涉及，选AC。
（2）放碳即反应逆向进行，该反应（正反应放热）、气体分子数减少。逆向需高温低压（升高温度、降低压强使平衡逆向移动）。
（3）利用盖斯定律，可知主反应-副反应得目标反应，。反应、，高温时，不能自发进行。
（4）①考查平衡状态判断。A（密度始终不变）错误；B（气体分子数变化，压强不变达平衡）正确；C（副反应存在，比例不对应）错误；D（CO浓度不变，主、副反应均达平衡）正确，选BD。
②判断甲醇选择性下降原因：温度过高催化剂活性降（主反应受抑）、主反应放热逆移、副反应吸热正移；工业最不利结果是高转化率低选择性（C），原料浪费严重。
③利用元素守恒计算各物质的量，再求分压，副反应。
（1）熟石灰需要利用石灰石分解，产物有CO2；合成氨工厂不需通入CO2，也不产生CO2；联合制碱法直接得到的是NaHCO3，要得到纯碱必须加热分解，也会产生CO2；硫酸生产线也不需应用捕碳技术；故答案选AC。
（2）逆反应吸热，故而需要高温；整个反应气体熵减，故而需要低压使其逆向移动；故答案为高温低压。
（3）根据盖斯定律，将主反应-副反应可得，ΔH=ΔH1-ΔH2=-48.97kJ·mol-1-(+41.17kJ·mol-1)=-90.14kJ·mol-1；反应自发进行的条件是ΔG=ΔH-TΔS<0，反应，ΔH<0，且反应后气体物质的量减少，则ΔS<0，故高温时，-TΔS(>0)值越大，故高温条件下不能自发进行。
（4）①A．整个反应体系都是气体，刚性容器体积不变，故而不变，V不变，必然整个反应过程密度不变，A错误；
B．体系中发生的反应气体系数和左右不等，只要反应还在朝某个反应进行，必然改变，根据，恒温恒容下则压强p必然随之改变，B正确；
C．对于只有主反应发生的体系，即消耗1molCO2的同时消耗1molCH3OH和1molH2O，C说法是正确的，但是这个体系中副反应也发生，而且消耗的比例不同，为方便理解我们可以假想平衡时主副反应可能按照1：1的速率进行，那么此时断裂4molC=O键，同时断裂5molH-O键，C错误；
D．主副反应共用反应物CO2，对于副反应而言，只要CO浓度不再改变，说明CO2的浓度也不再改变，那么对于主反应而言也必然达到了平衡，D正确；
故选BD。
②“反应相同时间”暗示要考虑是否平衡的问题，故200~300℃时，CH3OH选择性随温度的升高而下降，可能的原因是：未达到平衡，温度过高催化剂活性下降，主反应受到明显影响，速率下降，而副反应不依赖催化剂，故温度上升后速率上升，从而导致甲醇选择性降低；未达到平衡，升温时由于主反应是放热反应，V逆上升要比V正快，而副反应是吸热反应，升温V正上升比V逆快，故而升温后副反应速率上升比正反应快，使得主反应选择性下降；已经达到平衡，温度越高，主反应越逆向移动，副反应正向移动，故而甲醇选择性降低；
工业上普遍采取连续化生产，反应周期结束后混合物中的反应物会分离从而进入下一个生产周期，故转化率低可以采用分离手段予以弥补，只是会增大能耗带来额外的经济成本，例如工业上合成氨的转化率在平衡时可能不到30%，而选择性低但转化率高意味着原料已大部分转化为副产品，这说明原料浪费严重，这种结果是弥补不了的，故选C。
③假设CO2投入量为amol，则H2为3amol，按照题目信息，CO2剩下0.8amol，CH3OH为0.15amol，CO为0.05amol，设H2为xmol，H2O为ymol，根据元素守恒可得2(xmol+ymol)+4×0.15amol=2×3amol，2(amol-0.8amol)=ymol+0.05amol+0.15amol，则x=2.5a，y=0.2a，则Kp=。
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