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【期中真题】陕西省咸阳市礼泉县2022-2023学年高二上学期中期学科素养评价化学试题.zip
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陕西省咸阳市礼泉县2022∼2023学年高二上学期中期学科素养评价
化学试题
注意事项：
1.本试题共8页，满分100分，时间90分钟。
2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 I-127
第Ⅰ卷 (选择题共48分)
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，计48分。每小题只有一个选项是符合题意的)
1. 下列措施有利于实现“碳达峰、碳中和”的是
A. 石油裂化 B. 可燃冰作燃料 C. 燃煤脱硫 D. 太阳能发电
【答案】D
【解析】
【详解】A．石油裂化不能减少二氧化碳的排放，故A错误；
B．可燃冰主要为甲烷，燃烧时生成二氧化碳，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；
C．燃煤脱硫可减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，故C错误；
D．太阳能发电可减少化石燃料的燃烧，减少二氧化碳的排放，故D正确；
故答案选D。
2. 中华传统文化蕴含着很多化学科学知识，下列说法错误的是
A. “烈火焚烧若等闲”涉及的反应在高温下自发进行
B. “水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化
C. “丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应
D. “洪炉照破夜沉沉”中涉及的反应是放热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．“烈火焚烧若等闲”指石灰石高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，涉及的反应在高温下自发进行，故A项正确；
B．“水声冰下咽，沙路雪中平”是水的三态变化，过程中未涉及化学变化，故B项正确；
C．“丹砂(HgS)烧之成水银”指HgS在加热时发生分解反应生成水银；“积变又还成丹砂”指常温时Hg和S发生化合反应，二者不是相同条件下同时进行，所以不是可逆反应，故C项错误；
D．“洪炉照破夜沉沉”指的是燃烧，属于放热反应，故D项正确；
答案选C。
3. 利用太阳光在新型复合催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图1所示：
下列说法正确的是
A. 过程中实现了光能转化为化学能
B. 过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均吸收能量
C. 反应的能量变化如图2所示
D. 氢气是不可再生能源
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应利用太阳光分解水，实现了光能转化为化学能，故A正确；
B．过程I发生O-H共价键的断裂，吸收能量；过程II形成共价键H-H和O-O，成键放出能量，过程III既有断键，也有成键，无法判断，故B错误；
C．分解水的反应为吸热反应，反应物的能量低于生成物的能量，故C错误；
D．氢气是可再生能源，故D错误；
故选A。
4. 在2A(s)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最慢的是
A. v(A)=1.5mol/(L·s) B. v(B)=0.05 mol/(L·s)
C. v(C)=1.8mol/(L·min) D. v(D)=2.0mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【分析】在单位相同的条件下，将不同物质转化为同一种物质表示的反应速率，得到的数值越小，该反应的反应速率越慢。
【详解】A．A为固体，不能表示化学反应速率；
B．v（B）=0.05mol•L-1•s-1=（0.05×60）mol•L-1•min-1=3mol•L-1•min-1；
C．v（B）=v（C）=0.6mol•L-1•min-1；
D．v（B）=v（D）=0.5mol•L-1•min-1；
根据以上分析知，反应速率快慢顺序是B＞C＞D，
故选：D。
5. 下列关于反应能量的说法正确的是
A. 相同条件下， ； ，则
B. 由C(石墨)(金刚石) kJ⋅mol可知：金刚石比石墨稳定
C. 的燃烧热为1090 kJ⋅mol，则燃烧的热化学方程式可表示为 kJ⋅mol
D. 已知 kJ⋅mol，则含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol 的浓硫酸混合放出57.3 kJ的热量
【答案】A
【解析】
【详解】A．水由液体变成气体，需要吸热，由于甲烷燃烧放热，ΔH为负数，所以ΔH1<ΔH2，故A正确；
B．石墨变成金刚石吸热，则石墨能量低于金刚石能量，能量越低越稳定则石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物，其中H2O(l)稳定，故C错误；
D．中和热指的是强酸强碱的稀溶液反应，生成1mol水所放出的热量，浓硫酸溶于水放热，所以放出的热量高于57.3 kJ，故D错误；
故答案为：A。
6. 某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是
A. 由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应
B. 将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C. 实验(c)的设计存在缺陷
D. 若用NaOH固体测定中和热，则测得中和热的偏高
【答案】C
【解析】
【详解】A．(a)是金属与酸的反应，是放热反应；(b)是氢氧化钡晶体与氯化铵反应，属于吸热反应；(c)酸碱中和反应是放热反应；因此放热反应只有(a)和(c)，故A错误；
B．铝粉和铝片本质一样，放出热量不变，只是铝粉参与反应，速率加快，故B错误；
C．实验(c)的设计存在缺陷，缺少环形玻璃搅拌器，里面的小烧杯口应该与大烧杯口相平，故C正确；
D．氢氧化钠固体溶解时也要放出热量，最终使测定中和热的数值偏高，偏低，故D错误；
故答案为C。
7. 下列说法不正确的是
A. 能发生有效碰撞的分子叫活化分子 B. 升温，活化分子百分数增大，反应速率增大
C. 增大反应物浓度，活化分子百分数增大 D. 催化剂能增大活化分子百分数，速率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．能引发化学反应的分子间碰撞称为有效碰撞，能够发生有效碰撞的分子为活化分子，故A正确；
B．升高温度，更多的普通分子变成活化分子，则活化分子百分数增大，反应速率增大，故B正确；
C．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，故C错误；
D．催化剂能降低活化能，因此能增大活化分子百分数，反应速率增大，故D正确；
故选C。
8. 设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 L 中含有的氯原子数目为
B. 标准状况下，11.2 L 与足量水反应，转移的电子数小于
C. 0.1 mol 与0.1 mol 于密闭容器中充分反应后，其分子数小于
D. 1 mol 气体中所含分子数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．四氯化碳是液态，不能用气体摩尔体积进行计算，A错误；
B．氯气与水的反应是可逆反应，0.5mol氯气未全部参与与水的歧化反应，B正确；
C．氢气与碘单质的反应虽然是可逆反应，但该反应是等体积反应，故充分反应后，其分子数等于，C错误；
D．，故1mol二氧化氮气体中所含分子数少于NA，D错误；
故选B。
9. 反应Ⅰ：的平衡常数为；反应Ⅱ：的平衡常数为，则、的关系为(平衡常数为同温度下的测定值)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) 的平衡常数K1，则相同温度下，反应2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)的平衡常数为，故反应SO3(g)⇌SO2(g)+O2(g)的平衡常数K2=，故K1=；
故答案为：A。
10. 2021年11月，我国报道了新的合成氨催化剂设计策略，该技术可实现温和条件下的氨催化合成。对于反应 kJ⋅mol，下列说法正确的是
A. 高温条件有利于反应的自发进行
B. 升高温度，反应的化学平衡常数K增大
C. 增大压强，的转化率减小
D. 若反应放出92.4 kJ热量，则过程中有3 mol 被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A．合成氨属于熵减，即ΔS＜0，依据复合判据：ΔG=ΔH-TΔS＜0，低温条件下有利于反应自发进行，故A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，化学平衡常数减小，故B错误；
C．该反应为气体体积减小的反应，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡向正反应方向进行，氮气的转化率减小，故C错误；
D．根据反应方程式可知，氢元素的化合价升高，氢气为还原剂，因此放出92.4kJ热量，有3mol氢气被氧化，故D正确；
答案为D。
11. 已知1mol燃料完全燃烧的数据分别为：
燃料
一氧化碳
甲烷(CH4)
异辛烷(C8H18)
乙醇(C2H6O)
△H(kJ/mol)
-283.0
-891.0
-5461.0
-1366.8
使用上述燃料，最能体现“低碳经济”理念的是
A. 一氧化碳 B. 甲烷 C. 异辛烷 D. 乙醇
【答案】B
【解析】
【详解】燃烧放出的热量相同时，生成CO2最少的(或生成1mol O2时放出的热量最多的)符合题意，生成1molCO2放出的热量分别为：CO为283.0kJ，甲烷为891.0kJ，异辛烷为=682.6kJ，乙醇为=683.4kJ，故选B。
12. 某温度下，在2 L恒容密闭容器中投入一定量的A、B，发生反应：，12 s时生成C的物质的量为0.8 mol(反应进程如图所示)。下列说法中正确的是
A. 12 s时，B的转化率为40%
B. 0∼2 s内，D的平均反应速率为0.2 mol⋅L⋅s
C. 化学计量系数之比，且
D. 图中两曲线相交时，A的消耗速率等于A的生成速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．12s时，B的物质的量浓度变化为0.5mol/L-0.3mol/L=0.2molL ,则B的转化率为×100%=40% ，故A正确；
B．D的状态为固体，通常不用物质的量浓度变化表示反应速率，故B错误；
C．12s时生成C的物质的量浓度变化为=0.4mol/L，二者的化学计量数之比等于物质的量浓度变化之比，则b:c=0.2mol/L:0.4mol/L=1:2，故2v(B)=v(C)，故C错误；
D．图中两曲线相交之后，A 、B的浓度继续变化，此时反应继续正向进行，则A的消耗速率大于A的生成速率，故D错误；
故答案选A。
13. 二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H，一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1
②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2
体系能量变化如图所示。下列有关说法不正确的是
A. △H1＞△H2
B. 步骤②反应△S＜0
C. 二氧化碳加氢制甲醇的总反应速率取决于步骤①
D. 二氧化碳加氢制甲醇的总反应的平衡常数K=
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示可知，反应①为吸热反应ΔH1＞0，反应②为放热反应ΔH2＜0，则ΔH1＞ΔH2，A正确；
B．步骤②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)为气体分子数减小的反应，为熵减反应，ΔS＜0，B正确；
C．二氧化碳加氢制甲醇的总反应速率取决于步骤①，因为①反应的活化能大于②反应，活化能越大的为决速步骤，C正确；
D．由总反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知，二氧化碳加氢制甲醇的总反应的平衡常数K=，D错误；
答案选D。
14. 下列有关化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达正确的是
A. a是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应
B. II是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，Ⅰ是使用催化剂时的曲线
C. c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象纵坐标为C的物质的量分数，压强
D. d是在平衡体系的溶液中加入少量FeCl3固体的化学反应速率随时间变化的图象
【答案】B
【解析】
【详解】A．v正=v逆之后，升高温度，v正>v逆，即平衡向正向移动，升高温度，平衡向吸热反应移动，因此正向为吸热反应，正反应，故A错误；
B．催化剂能够加快化学反应速率，不会影响化学平衡，根据“先拐先平”原则可知I使用了催化剂，故B正确；
C．在相同B的量时，增大压强，平衡将向正向移动，C的物质的量分数将增大，因此p1>p2，故C错误；
D．加入少量FeCl3后，反应物浓度增大，正反应速率将大于逆反应速率，故D错误；
故答案为：B。
【点睛】改变外界条件对于平衡状态相关速率图象分析需注意：①改变条件的瞬间，正逆反应速率如何变化(判断单曲线趋势)，改变前后瞬间速率是否会相同(判断是否有连续点)；②该外界条件对于平衡如何移动(判断双曲线的相对位置关系)，若正向移动，则v(正)>v(逆)，若逆向移动，则v(正)
A. 反应的
B. X点的化学平衡常数大于Y点的化学平衡常数
C. 图中Y点v(正)>v(逆)
D. 图中Z点，增加B的浓度不能提高A的转化率
【答案】B
【解析】
【分析】如图所示，实线为测得的A的转化率与温度的关系如实线图所示，在250℃左右，A的转化率达到最大，则温度小于250℃时，温度越高，反应速率越大，测得的A的转化率也越高，温度大于250℃时，温度越高，测得的A的降低，是因为该反应逆向移动，由此可知该反应为放热反应。
【详解】A．由分析可知，在250℃左右，A的转化率达到最大，温度大于250℃时，温度越高，测得的A的降低，是因为该反应逆向移动，由此可知该反应为放热反应，即ΔH＜0，A错误；
B．该反应是放热反应，升高温度，平衡常数减小，X点的温度小于Y的温度，故X点的化学平衡常数大于Y点的化学平衡常数，B正确；
C．如图所示，Y点实线和虚线重合，即测定的A的转化率就是平衡转化率，则Y点v(正)=v(逆)，C错误；
D．Z点增加B的浓度，平衡正向移动，A的转化率提高，D错误；
故选B。
16. 一种以黄铁矿(主要成分是)为原料生产硫酸的简要流程图如下(图中标注的热量表示各阶段1 mol含硫物质完全反应时放出的热量。已知：催化氧化阶段的反应是可逆反应)：
下列说法不正确的是
A. 将黄铁矿粉碎可以加快煅烧的速率和提高原料的利用率
B. 催化氧化阶段，加入合适的催化剂可以提高的生产速率
C. kJ⋅mol
D. 生成1 mol ，上述流程放出的总热量为843.2 kJ
【答案】D
【解析】
【分析】以黄铁矿(主要成分是)为原料生产硫酸的简要流程：黄铁矿高温煅烧时发生，催化氧化时发生，在吸收塔中发生的反应，结合流程中提供的各阶段1 mol含硫物质完全反应时放出的热量，据此分析解答。
【详解】A．黄铁矿粉碎可以增大与空气的接触面积，加快“煅烧”的速率，使原料的到充分应用，提高原料的利用率，故A正确；
B．加入合适的催化剂可以提高SO3的生产速率，故B正确；
C．①，②，由2×①＋2×②得，，，故C正确；
D．① ②，，①+4×②得到，生成1molH2SO4，上述流程放出的总热量为643.2kJ，故D错误；
故答案选D。
第Ⅱ卷 (非选择题共52分)
二、非选择题(本大题共5小题，计52分)
17. 碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类生活中。已知25℃、100 kPa时：
Ⅰ.1mol葡萄糖[C6H12O6(s)]完全燃烧生成和，放出2804 kJ热量。
Ⅱ. kJ⋅mol。
（1）25℃时，与经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和的热化学方程式为_______。
（2）25℃、100 kPa时，已知、(CO中的化学键)的键能分别为495 kJ⋅mol、799 kJ⋅mol，分子中碳氧键的键能为_______kJ⋅mol。
（3）如图是1 mol 和1 mol 反应生成1 mol和1 mol 过程中的能量变化示意图。
①请写出该反应的热化学方程式_______。
②若在该反应体系中加入催化剂，对反应热_______(填“有”或“没有”)影响。
【答案】（1） kJ⋅mol
（2）664.75 （3） ①. kJ⋅mol ②. 没有
【解析】
【分析】(1)由题意可知，反应①为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为C6H12O6(s)＋6O2(g)＝6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝−2804kJ/mol，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应；
(2)由反应热的焓变为反应物的键焓之和与生成物的键焓之和的差值可得：反应②的焓变△H＝E(C≡O)＋−2E(C＝O)＝−283kJ/mol；
(3)催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，即不能改变反应热；焓变ΔH＝正反应的活化能−逆反应的活化能，结合物质的凝聚状态书写热化学方程式。
【小问1详解】
由题意可知，反应①为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为C6H12O6(s)＋6O2(g)＝6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝−2804kJ/mol，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，则生成1mol葡萄糖会吸收2804kJ的热量，反应的热化学方程式为ΔH＝＋2804kJ/mol；故答案为：ΔH＝＋2804kJ/mol；
【小问2详解】
由反应热的焓变为反应物的键焓之和与生成物的键焓之和的差值可得：反应②的焓变△H＝E(C≡O)＋−2E(C＝O)＝−283kJ/mol；解得；所以，故答案为664.75；
【小问3详解】
①图中E1、E2分别表示正反应的活化能、逆反应的活化能，反应生成CO2(g)和NO(g)的反应为NO2(g)＋CO(g)＝CO2(g)＋NO(g)，其焓变ΔH＝正反应的活化能−逆反应的活化能＝(＋134kJ/mol)−(＋368kJ/mol)＝−234kJ/mol，即热化学方程式为 kJ⋅mol；故答案为 kJ⋅mol；
②催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，即不能改变反应热；故答案为没有。
18. 水煤气变换[]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。
（1）水煤气变换的_______0(填“>”、“<”或“=”)。该历程中最大能垒(活化能)_______eV。
（2）水煤气中的CO和在高温下反应可生成甲烷。在体积为2 L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO和5 mol ，一定温度下发生反应：。测得CO和的转化率随时间变化如图所示。
①从反应开始到6 min，_______mol⋅L⋅min ，6 min时，_______。
②下列叙述中能说明上述反应达到化学平衡状态的是_______(填字母)。
a.容器中混合气体的密度保持不变
b.容器中混合气体的总压强保持不变
c.容器中的体积分数保持不变
d.单位时间内每消耗1 mol CO，同时生成1 mol
【答案】（1） ①. < ②. 2.02
（2） ①. 0.05 ②. 36% ③. bc
【解析】
【小问1详解】
由起始态物质的相对能量与终态物质的相对能量可知，终态物质相对能量低于起始态物质相对能量，说明该反应是放热反应，△H小于0。过渡态物质相对能量与起始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图可知，最大活化能E=1.86 eV-(-0.16 eV)=2.02 eV；
故答案为：<；2.02。
【小问2详解】
①根据图像可知，从反应开始到6min，CO的转化率为60%，消耗CO的物质的量为1mol×60%=0.6mol，CO表示的反应速率v(CO)=mo/l(L·min)；从反应开始到6min，消耗CO的物质的量为0.6mol，同时消耗H2的物质的量3×0.6mol=1.8mol，即氢气的转化率为✖100%=36%；
故答案为：0.05；36%；
②a. 组分都是气体，则混合气体质量不变，容器为恒容，混合气体的体积不变，根据密度的定义，混合气体的密度始终保持不变，即混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡；故a不符合题意；
b.相同条件下，气体压强之比等于其物质的量之比，该反应为气体物质的量减少的反应，随着反应进行，气体物质的量减少，压强降低，当压强不再改变，说明反应达到平衡；
故b符合题意；
c.根据化学平衡状态的定义，当组分的质量分数不再改变，说明反应达到平衡；
故c符合题意；
d.用不同物质的速率表示反应达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量之比，每消耗1molCO，生成1mol甲烷，反应都向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡；
故不d符合题意；
故答案为bc。
19. 及CO在工业生产中具有重要作用。
（1）CaO在自然界存在广泛，作为的吸附剂具有极大的经济优势。
①273 K时， kJ⋅mol，已知 J⋅mol⋅K，该温度下反应否能够自发进行？_______(填“是”或“否”)。
②实验发现，干燥的二氧化碳和氧化钘几乎不反应，水可以作为该反应的催化剂，利用化学反应方程式解释水的催化机理：_______。
（2）工业以为原料合成反应为 。在一定温度和压强下，以Si/Al混合物作为催化剂，向反应容器中匀速通入，不同硅铝比(Ⅰ、Ⅱ)与生成的速率关系如图1所示。下列说法正确的是_______(填字母)。
a.合适的硅铝比为0.15
b.温度越低越有利于工业合成
c.0∼30 min内，的产量：Ⅰ>Ⅱ
d.在原料气中混入适量的惰性气体对的生成速率无影响
（3）已知 。
①相同时间测得的转化率随反应温度变化情况如图2所示，后的转化率降低的可能原因是_______。
②在上图中画出并标注，其他条件不变，增大压强的情况下，的转化率随温度变化图。_____
【答案】（1） ①. 是 ②. ，
（2）ac （3） ①. 之后，反应已经达到平衡，温度升高平衡逆向移动，的转化率下降 ②.
【解析】
【小问1详解】
①根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，反应可以自发进行，ΔG=−178 kJ⋅mol −1 -273 K（−160.45 J⋅mol−1⋅K−110-3）=-134.20 kJ⋅mol −1＜0，所以反应可以自发进行；
故答案为：是；
②水与氧化钙反应生成氢氧化钙，Ⅰ：CaO+H2O=Ca(OH)2；氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，Ⅱ：Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O；则H2O是反应Ⅰ中的反应物，Ⅱ中的生成物，故水在CaO+CO2=CaCO3反应中做催化剂；
故答案：CaO+H2O=Ca(OH)2；Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O。
【小问2详解】
ａ．由图示可知，硅铝比为0.15时二甲醛的生成速率保持在较高水平，合适的硅铝比为0.15，ａ正确；
ｂ．若温度太低，反应速率太慢，不适合工业合成，ｂ错误；
ｃ．由图示可知，使用催化剂Ⅱ时，反应初始催化活性较好，但是5min后速率开始大幅下降，产量降低，而使用催化剂I时，虽然反应初始的速率增长略慢且反应速率的峰值较低，但是反应速率到达峰值后在5~40min内却始终很稳定的维持在一个较高的水平，因此0~30min内，CH3OCH3的产量Ⅰ>Ⅱ，ｃ正确；
ｄ．反应是在一定温度和压强下进行，增加惰性气体则甲醇浓度下降，反应速率会变慢，C错误；
故答案为：ac。
【小问3详解】
①反应为放热反应，T0之前，反应没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0时反应达到平衡，T0之后，温度升高平衡逆向移动，NO2的转化率下降；催化剂的活性在一定温度范围内逐渐升高，温度再高催化剂活性会降低，T0之前，温度升高，催化剂活性变大，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，NO2的转化率下降。
故答案为：T0之后，反应已经达到平衡，温度升高平衡逆向移动，NO2的转化率下降。
②此反应为反应前后气体分子数不变的反应，其他条件不变，增加压强，化学反应速率变大，转化率增大，所以相同温度下纵坐标较之前要大，但平衡不移动，平衡转化率是不变的，因此其他条件不变，增大压强(催化剂不失活)情况下，NO2的转化率随温度变化如图所示：
故答案为：如图所示。
20. 某同学利用铁与硫酸的反应，探究影响反应速率的因素(实验所用铁的质量相等且铁块的形状相同，硫酸均过量)，实验设计如表：
实验编号
硫酸浓度/(mol⋅L)
硫酸体积/mL
铁的状态
温度/K
1
1.00
40
块状
293
2
2.00
40
块状
293
3
2.00
40
粉末
293
4
2.00
40
块状
313
回答下列问题：
（1）若四组实验均以收集到448 mL(标准状况)氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是_______∘
（2）实验1和2是探究_______对该反应速率的影响；实验_______和_______是探究温度对该反应速率的影响。
（3）根据实验测得在不同时间(t)产生氢气体积(V)的数据，绘制得到图甲，则曲线c对应的实验组别可能是_______。根据实验数据，该同学发现对于每一组实验，产生氢气的速率(v)随时间(t)变化情况如图乙所示，其中速率变化的主要原因是_______。
（4）若上述实验所用硫酸体积均为250 mL，实验3进行2 min时收集到448 mL(标准状况)氢气，该时间段内_______mol⋅L⋅min (反应后溶液体积不变)。
（5）如果实验4的反应太激烈，为了减缓反应速率而又不影响产生氢气的量，下列措施可行的是_______(填字母)。
a.加蒸馏水 b.减小压强 c.加固体
（6）进行实验3时，若将稀硫酸改为40 mL 4.0 mol⋅L盐酸(其他条件不变)，发现放出气泡的速率明显比硫酸快。你认为可能的原因是_______(忽略温度对反应速率的影响)。
【答案】（1）收集448 mL氢气所需的时间
（2） ①. 硫酸的浓度 ②. 2或4 ③. 4或2
（3） ①. 2 ②. 铁与硫酸反应放热，温度升高使反应速率加快
（4）0.04 （5）a
（6）加快反应速率
【解析】
【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
【小问1详解】
实验为探究影响反应速率的因素，若四组实验均以收集到448mL (标准状况下)氢气为标准，通过测定产生相同体积气体所需时间就可以求出反应的速率，故还需要测定收集448mL氢气所需的时间，故答案为：收集448mL氢气所需的时间；
【小问2详解】
实验1和2硫酸的浓度不同，其他反应条件均相同，故实验1和2为探究硫酸浓度对该反应速率的影响；探究温度对该反应速率的影响，应保证除了温度以外的反应条件均相同，实验2和4只有反应温度不同，为探究温度对该反应速率的影响，故答案为：硫酸的浓度；2或4，4或2；
【小问3详解】
温度越高，反应速率越快，产生相同体积的氢气所需时间越短；温度、硫酸浓度相同时，粉末状铁与硫酸的接触面积大，反应速率更快；温度、铁的状态相同时，硫酸的浓度越大，反应速率越快，则曲线a对应实验4，曲线b对应实验3，曲线c对应实验2，曲线d对应实验1；铁与硫酸的反应为放热反应，放出的热量使溶液的温度升高，因此t1～t2反应速率增大，故答案为：2；铁与硫酸反应放热，温度升高使反应速率加快；
【小问4详解】
448mL (标准状况)氢气的物质的量为0.02mol，根据可知，消耗硫酸的物质的量为0.02mol，则，故答案为：0.04mol·L-1·min-1；
【小问5详解】
a．加入蒸馏水，硫酸的浓度减小，反应速率减缓，氢离子的物质的量不变，不影响氢气的量，故a符合题意；
b．减小压强对该反应不产生影响，故b不符合题意；
c．加CuSO4固体，Fe置换出铜，形成原电池，反应速率加快，同时与硫酸反应Fe减少，氢气的量减少，故c不符合题意；
故选a；
小问6详解】
4.0mol·L-1盐酸与2.0mol·L-1硫酸相比，氢离子浓度相同，差别在于硫酸根离子和氯离子，则盐酸明显比硫酸快，可能的原因是Cl-加快反应速率，故答案为：Cl-加快反应速率。
21. 、是空气的主要污染物，有效去除大气中的、可以保护大气环境。回答下列问题：
Ⅰ.二氧化硫在作用下的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应。
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图1所示，请写出和反应生成与的热化学方程式：_______。
（2）若当、、(不参与反应)起始的物质的量分数分别为10%、15%和75%时，在压强为0.5 MPa、2.5 MPa和5.0 MPa下，平衡转化率α随温度的变化如图2所示。反应在0.5 MPa、550℃时的_______，判断的依据是_______。
（3）若将物质的量之比为2：1的和通入反应器发生反应，在恒温T、恒压p条件下进行反应。平衡时，若转化率为α，则的分压为_______，平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ.一定温度下，在容积恒定为1 L的密闭容器中，加入0.30 mol NO与过量的金属Al，发生的反应存在如下平衡： ，已知在此条件下NO与的消耗速率与各自的浓度有如下关系：，，其中、表示速率常数。
（4）在温度下， L⋅mol⋅min ， L⋅mol⋅min ，则该温度下反应的平衡常数的值为_______。
（5）在T2温度下，NO的物质的量随时间的变化曲线如图3，则_______(填“>”、“=”或“>”)。
【答案】（1） kJ⋅mol
（2） ①. 0.925 ②. 该反应正向分子数减少，减小压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，为0.5 MPa
（3） ①. ②.
（4）1 （5）>
【解析】
【小问1详解】
根据题目信息，写出已经方程式：① ，② ，根据盖斯定律，①+②×2，得出热化学方程式：
【小问2详解】
根据反应： ，其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动， 的转化率 增大，所以为5.0MPa，为2.5MPa，为0.5MPa，当0.5 MPa、550℃时， 的转化率为0.925；
【小问3详解】
根据三段式： ，分压=总压（P）×物质的量分数，所以 ， ， ，
【小问4详解】
由方程式可知： ，，，所以 ，
【小问5详解】
在T2温度下，根据三段式：
>1，因为该反应为放热反应，温度越高，K越小，所以T2
陕西省咸阳市礼泉县2022∼2023学年高二上学期中期学科素养评价
化学试题
注意事项：
1.本试题共8页，满分100分，时间90分钟。
2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 I-127
第Ⅰ卷 (选择题共48分)
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，计48分。每小题只有一个选项是符合题意的)
1. 下列措施有利于实现“碳达峰、碳中和”的是
A. 石油裂化 B. 可燃冰作燃料 C. 燃煤脱硫 D. 太阳能发电
【答案】D
【解析】
【详解】A．石油裂化不能减少二氧化碳的排放，故A错误；
B．可燃冰主要为甲烷，燃烧时生成二氧化碳，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；
C．燃煤脱硫可减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，故C错误；
D．太阳能发电可减少化石燃料的燃烧，减少二氧化碳的排放，故D正确；
故答案选D。
2. 中华传统文化蕴含着很多化学科学知识，下列说法错误的是
A. “烈火焚烧若等闲”涉及的反应在高温下自发进行
B. “水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化
C. “丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应
D. “洪炉照破夜沉沉”中涉及的反应是放热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．“烈火焚烧若等闲”指石灰石高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，涉及的反应在高温下自发进行，故A项正确；
B．“水声冰下咽，沙路雪中平”是水的三态变化，过程中未涉及化学变化，故B项正确；
C．“丹砂(HgS)烧之成水银”指HgS在加热时发生分解反应生成水银；“积变又还成丹砂”指常温时Hg和S发生化合反应，二者不是相同条件下同时进行，所以不是可逆反应，故C项错误；
D．“洪炉照破夜沉沉”指的是燃烧，属于放热反应，故D项正确；
答案选C。
3. 利用太阳光在新型复合催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图1所示：
下列说法正确的是
A. 过程中实现了光能转化为化学能
B. 过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均吸收能量
C. 反应的能量变化如图2所示
D. 氢气是不可再生能源
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应利用太阳光分解水，实现了光能转化为化学能，故A正确；
B．过程I发生O-H共价键的断裂，吸收能量；过程II形成共价键H-H和O-O，成键放出能量，过程III既有断键，也有成键，无法判断，故B错误；
C．分解水的反应为吸热反应，反应物的能量低于生成物的能量，故C错误；
D．氢气是可再生能源，故D错误；
故选A。
4. 在2A(s)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最慢的是
A. v(A)=1.5mol/(L·s) B. v(B)=0.05 mol/(L·s)
C. v(C)=1.8mol/(L·min) D. v(D)=2.0mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【分析】在单位相同的条件下，将不同物质转化为同一种物质表示的反应速率，得到的数值越小，该反应的反应速率越慢。
【详解】A．A为固体，不能表示化学反应速率；
B．v（B）=0.05mol•L-1•s-1=（0.05×60）mol•L-1•min-1=3mol•L-1•min-1；
C．v（B）=v（C）=0.6mol•L-1•min-1；
D．v（B）=v（D）=0.5mol•L-1•min-1；
根据以上分析知，反应速率快慢顺序是B＞C＞D，
故选：D。
5. 下列关于反应能量的说法正确的是
A. 相同条件下， ； ，则
B. 由C(石墨)(金刚石) kJ⋅mol可知：金刚石比石墨稳定
C. 的燃烧热为1090 kJ⋅mol，则燃烧的热化学方程式可表示为 kJ⋅mol
D. 已知 kJ⋅mol，则含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol 的浓硫酸混合放出57.3 kJ的热量
【答案】A
【解析】
【详解】A．水由液体变成气体，需要吸热，由于甲烷燃烧放热，ΔH为负数，所以ΔH1<ΔH2，故A正确；
B．石墨变成金刚石吸热，则石墨能量低于金刚石能量，能量越低越稳定则石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物，其中H2O(l)稳定，故C错误；
D．中和热指的是强酸强碱的稀溶液反应，生成1mol水所放出的热量，浓硫酸溶于水放热，所以放出的热量高于57.3 kJ，故D错误；
故答案为：A。
6. 某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是
A. 由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应
B. 将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C. 实验(c)的设计存在缺陷
D. 若用NaOH固体测定中和热，则测得中和热的偏高
【答案】C
【解析】
【详解】A．(a)是金属与酸的反应，是放热反应；(b)是氢氧化钡晶体与氯化铵反应，属于吸热反应；(c)酸碱中和反应是放热反应；因此放热反应只有(a)和(c)，故A错误；
B．铝粉和铝片本质一样，放出热量不变，只是铝粉参与反应，速率加快，故B错误；
C．实验(c)的设计存在缺陷，缺少环形玻璃搅拌器，里面的小烧杯口应该与大烧杯口相平，故C正确；
D．氢氧化钠固体溶解时也要放出热量，最终使测定中和热的数值偏高，偏低，故D错误；
故答案为C。
7. 下列说法不正确的是
A. 能发生有效碰撞的分子叫活化分子 B. 升温，活化分子百分数增大，反应速率增大
C. 增大反应物浓度，活化分子百分数增大 D. 催化剂能增大活化分子百分数，速率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．能引发化学反应的分子间碰撞称为有效碰撞，能够发生有效碰撞的分子为活化分子，故A正确；
B．升高温度，更多的普通分子变成活化分子，则活化分子百分数增大，反应速率增大，故B正确；
C．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，故C错误；
D．催化剂能降低活化能，因此能增大活化分子百分数，反应速率增大，故D正确；
故选C。
8. 设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 L 中含有的氯原子数目为
B. 标准状况下，11.2 L 与足量水反应，转移的电子数小于
C. 0.1 mol 与0.1 mol 于密闭容器中充分反应后，其分子数小于
D. 1 mol 气体中所含分子数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．四氯化碳是液态，不能用气体摩尔体积进行计算，A错误；
B．氯气与水的反应是可逆反应，0.5mol氯气未全部参与与水的歧化反应，B正确；
C．氢气与碘单质的反应虽然是可逆反应，但该反应是等体积反应，故充分反应后，其分子数等于，C错误；
D．，故1mol二氧化氮气体中所含分子数少于NA，D错误；
故选B。
9. 反应Ⅰ：的平衡常数为；反应Ⅱ：的平衡常数为，则、的关系为(平衡常数为同温度下的测定值)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) 的平衡常数K1，则相同温度下，反应2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)的平衡常数为，故反应SO3(g)⇌SO2(g)+O2(g)的平衡常数K2=，故K1=；
故答案为：A。
10. 2021年11月，我国报道了新的合成氨催化剂设计策略，该技术可实现温和条件下的氨催化合成。对于反应 kJ⋅mol，下列说法正确的是
A. 高温条件有利于反应的自发进行
B. 升高温度，反应的化学平衡常数K增大
C. 增大压强，的转化率减小
D. 若反应放出92.4 kJ热量，则过程中有3 mol 被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A．合成氨属于熵减，即ΔS＜0，依据复合判据：ΔG=ΔH-TΔS＜0，低温条件下有利于反应自发进行，故A错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，化学平衡常数减小，故B错误；
C．该反应为气体体积减小的反应，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡向正反应方向进行，氮气的转化率减小，故C错误；
D．根据反应方程式可知，氢元素的化合价升高，氢气为还原剂，因此放出92.4kJ热量，有3mol氢气被氧化，故D正确；
答案为D。
11. 已知1mol燃料完全燃烧的数据分别为：
燃料
一氧化碳
甲烷(CH4)
异辛烷(C8H18)
乙醇(C2H6O)
△H(kJ/mol)
-283.0
-891.0
-5461.0
-1366.8
使用上述燃料，最能体现“低碳经济”理念的是
A. 一氧化碳 B. 甲烷 C. 异辛烷 D. 乙醇
【答案】B
【解析】
【详解】燃烧放出的热量相同时，生成CO2最少的(或生成1mol O2时放出的热量最多的)符合题意，生成1molCO2放出的热量分别为：CO为283.0kJ，甲烷为891.0kJ，异辛烷为=682.6kJ，乙醇为=683.4kJ，故选B。
12. 某温度下，在2 L恒容密闭容器中投入一定量的A、B，发生反应：，12 s时生成C的物质的量为0.8 mol(反应进程如图所示)。下列说法中正确的是
A. 12 s时，B的转化率为40%
B. 0∼2 s内，D的平均反应速率为0.2 mol⋅L⋅s
C. 化学计量系数之比，且
D. 图中两曲线相交时，A的消耗速率等于A的生成速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．12s时，B的物质的量浓度变化为0.5mol/L-0.3mol/L=0.2molL ,则B的转化率为×100%=40% ，故A正确；
B．D的状态为固体，通常不用物质的量浓度变化表示反应速率，故B错误；
C．12s时生成C的物质的量浓度变化为=0.4mol/L，二者的化学计量数之比等于物质的量浓度变化之比，则b:c=0.2mol/L:0.4mol/L=1:2，故2v(B)=v(C)，故C错误；
D．图中两曲线相交之后，A 、B的浓度继续变化，此时反应继续正向进行，则A的消耗速率大于A的生成速率，故D错误；
故答案选A。
13. 二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H，一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1
②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2
体系能量变化如图所示。下列有关说法不正确的是
A. △H1＞△H2
B. 步骤②反应△S＜0
C. 二氧化碳加氢制甲醇的总反应速率取决于步骤①
D. 二氧化碳加氢制甲醇的总反应的平衡常数K=
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示可知，反应①为吸热反应ΔH1＞0，反应②为放热反应ΔH2＜0，则ΔH1＞ΔH2，A正确；
B．步骤②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)为气体分子数减小的反应，为熵减反应，ΔS＜0，B正确；
C．二氧化碳加氢制甲醇的总反应速率取决于步骤①，因为①反应的活化能大于②反应，活化能越大的为决速步骤，C正确；
D．由总反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知，二氧化碳加氢制甲醇的总反应的平衡常数K=，D错误；
答案选D。
14. 下列有关化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达正确的是
A. a是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应
B. II是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，Ⅰ是使用催化剂时的曲线
C. c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象纵坐标为C的物质的量分数，压强
D. d是在平衡体系的溶液中加入少量FeCl3固体的化学反应速率随时间变化的图象
【答案】B
【解析】
【详解】A．v正=v逆之后，升高温度，v正>v逆，即平衡向正向移动，升高温度，平衡向吸热反应移动，因此正向为吸热反应，正反应，故A错误；
B．催化剂能够加快化学反应速率，不会影响化学平衡，根据“先拐先平”原则可知I使用了催化剂，故B正确；
C．在相同B的量时，增大压强，平衡将向正向移动，C的物质的量分数将增大，因此p1>p2，故C错误；
D．加入少量FeCl3后，反应物浓度增大，正反应速率将大于逆反应速率，故D错误；
故答案为：B。
【点睛】改变外界条件对于平衡状态相关速率图象分析需注意：①改变条件的瞬间，正逆反应速率如何变化(判断单曲线趋势)，改变前后瞬间速率是否会相同(判断是否有连续点)；②该外界条件对于平衡如何移动(判断双曲线的相对位置关系)，若正向移动，则v(正)>v(逆)，若逆向移动，则v(正)
A. 反应的
B. X点的化学平衡常数大于Y点的化学平衡常数
C. 图中Y点v(正)>v(逆)
D. 图中Z点，增加B的浓度不能提高A的转化率
【答案】B
【解析】
【分析】如图所示，实线为测得的A的转化率与温度的关系如实线图所示，在250℃左右，A的转化率达到最大，则温度小于250℃时，温度越高，反应速率越大，测得的A的转化率也越高，温度大于250℃时，温度越高，测得的A的降低，是因为该反应逆向移动，由此可知该反应为放热反应。
【详解】A．由分析可知，在250℃左右，A的转化率达到最大，温度大于250℃时，温度越高，测得的A的降低，是因为该反应逆向移动，由此可知该反应为放热反应，即ΔH＜0，A错误；
B．该反应是放热反应，升高温度，平衡常数减小，X点的温度小于Y的温度，故X点的化学平衡常数大于Y点的化学平衡常数，B正确；
C．如图所示，Y点实线和虚线重合，即测定的A的转化率就是平衡转化率，则Y点v(正)=v(逆)，C错误；
D．Z点增加B的浓度，平衡正向移动，A的转化率提高，D错误；
故选B。
16. 一种以黄铁矿(主要成分是)为原料生产硫酸的简要流程图如下(图中标注的热量表示各阶段1 mol含硫物质完全反应时放出的热量。已知：催化氧化阶段的反应是可逆反应)：
下列说法不正确的是
A. 将黄铁矿粉碎可以加快煅烧的速率和提高原料的利用率
B. 催化氧化阶段，加入合适的催化剂可以提高的生产速率
C. kJ⋅mol
D. 生成1 mol ，上述流程放出的总热量为843.2 kJ
【答案】D
【解析】
【分析】以黄铁矿(主要成分是)为原料生产硫酸的简要流程：黄铁矿高温煅烧时发生，催化氧化时发生，在吸收塔中发生的反应，结合流程中提供的各阶段1 mol含硫物质完全反应时放出的热量，据此分析解答。
【详解】A．黄铁矿粉碎可以增大与空气的接触面积，加快“煅烧”的速率，使原料的到充分应用，提高原料的利用率，故A正确；
B．加入合适的催化剂可以提高SO3的生产速率，故B正确；
C．①，②，由2×①＋2×②得，，，故C正确；
D．① ②，，①+4×②得到，生成1molH2SO4，上述流程放出的总热量为643.2kJ，故D错误；
故答案选D。
第Ⅱ卷 (非选择题共52分)
二、非选择题(本大题共5小题，计52分)
17. 碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类生活中。已知25℃、100 kPa时：
Ⅰ.1mol葡萄糖[C6H12O6(s)]完全燃烧生成和，放出2804 kJ热量。
Ⅱ. kJ⋅mol。
（1）25℃时，与经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和的热化学方程式为_______。
（2）25℃、100 kPa时，已知、(CO中的化学键)的键能分别为495 kJ⋅mol、799 kJ⋅mol，分子中碳氧键的键能为_______kJ⋅mol。
（3）如图是1 mol 和1 mol 反应生成1 mol和1 mol 过程中的能量变化示意图。
①请写出该反应的热化学方程式_______。
②若在该反应体系中加入催化剂，对反应热_______(填“有”或“没有”)影响。
【答案】（1） kJ⋅mol
（2）664.75 （3） ①. kJ⋅mol ②. 没有
【解析】
【分析】(1)由题意可知，反应①为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为C6H12O6(s)＋6O2(g)＝6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝−2804kJ/mol，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应；
(2)由反应热的焓变为反应物的键焓之和与生成物的键焓之和的差值可得：反应②的焓变△H＝E(C≡O)＋−2E(C＝O)＝−283kJ/mol；
(3)催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，即不能改变反应热；焓变ΔH＝正反应的活化能−逆反应的活化能，结合物质的凝聚状态书写热化学方程式。
【小问1详解】
由题意可知，反应①为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为C6H12O6(s)＋6O2(g)＝6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝−2804kJ/mol，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，则生成1mol葡萄糖会吸收2804kJ的热量，反应的热化学方程式为ΔH＝＋2804kJ/mol；故答案为：ΔH＝＋2804kJ/mol；
【小问2详解】
由反应热的焓变为反应物的键焓之和与生成物的键焓之和的差值可得：反应②的焓变△H＝E(C≡O)＋−2E(C＝O)＝−283kJ/mol；解得；所以，故答案为664.75；
【小问3详解】
①图中E1、E2分别表示正反应的活化能、逆反应的活化能，反应生成CO2(g)和NO(g)的反应为NO2(g)＋CO(g)＝CO2(g)＋NO(g)，其焓变ΔH＝正反应的活化能−逆反应的活化能＝(＋134kJ/mol)−(＋368kJ/mol)＝−234kJ/mol，即热化学方程式为 kJ⋅mol；故答案为 kJ⋅mol；
②催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，即不能改变反应热；故答案为没有。
18. 水煤气变换[]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。
（1）水煤气变换的_______0(填“>”、“<”或“=”)。该历程中最大能垒(活化能)_______eV。
（2）水煤气中的CO和在高温下反应可生成甲烷。在体积为2 L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO和5 mol ，一定温度下发生反应：。测得CO和的转化率随时间变化如图所示。
①从反应开始到6 min，_______mol⋅L⋅min ，6 min时，_______。
②下列叙述中能说明上述反应达到化学平衡状态的是_______(填字母)。
a.容器中混合气体的密度保持不变
b.容器中混合气体的总压强保持不变
c.容器中的体积分数保持不变
d.单位时间内每消耗1 mol CO，同时生成1 mol
【答案】（1） ①. < ②. 2.02
（2） ①. 0.05 ②. 36% ③. bc
【解析】
【小问1详解】
由起始态物质的相对能量与终态物质的相对能量可知，终态物质相对能量低于起始态物质相对能量，说明该反应是放热反应，△H小于0。过渡态物质相对能量与起始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图可知，最大活化能E=1.86 eV-(-0.16 eV)=2.02 eV；
故答案为：<；2.02。
【小问2详解】
①根据图像可知，从反应开始到6min，CO的转化率为60%，消耗CO的物质的量为1mol×60%=0.6mol，CO表示的反应速率v(CO)=mo/l(L·min)；从反应开始到6min，消耗CO的物质的量为0.6mol，同时消耗H2的物质的量3×0.6mol=1.8mol，即氢气的转化率为✖100%=36%；
故答案为：0.05；36%；
②a. 组分都是气体，则混合气体质量不变，容器为恒容，混合气体的体积不变，根据密度的定义，混合气体的密度始终保持不变，即混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡；故a不符合题意；
b.相同条件下，气体压强之比等于其物质的量之比，该反应为气体物质的量减少的反应，随着反应进行，气体物质的量减少，压强降低，当压强不再改变，说明反应达到平衡；
故b符合题意；
c.根据化学平衡状态的定义，当组分的质量分数不再改变，说明反应达到平衡；
故c符合题意；
d.用不同物质的速率表示反应达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量之比，每消耗1molCO，生成1mol甲烷，反应都向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡；
故不d符合题意；
故答案为bc。
19. 及CO在工业生产中具有重要作用。
（1）CaO在自然界存在广泛，作为的吸附剂具有极大的经济优势。
①273 K时， kJ⋅mol，已知 J⋅mol⋅K，该温度下反应否能够自发进行？_______(填“是”或“否”)。
②实验发现，干燥的二氧化碳和氧化钘几乎不反应，水可以作为该反应的催化剂，利用化学反应方程式解释水的催化机理：_______。
（2）工业以为原料合成反应为 。在一定温度和压强下，以Si/Al混合物作为催化剂，向反应容器中匀速通入，不同硅铝比(Ⅰ、Ⅱ)与生成的速率关系如图1所示。下列说法正确的是_______(填字母)。
a.合适的硅铝比为0.15
b.温度越低越有利于工业合成
c.0∼30 min内，的产量：Ⅰ>Ⅱ
d.在原料气中混入适量的惰性气体对的生成速率无影响
（3）已知 。
①相同时间测得的转化率随反应温度变化情况如图2所示，后的转化率降低的可能原因是_______。
②在上图中画出并标注，其他条件不变，增大压强的情况下，的转化率随温度变化图。_____
【答案】（1） ①. 是 ②. ，
（2）ac （3） ①. 之后，反应已经达到平衡，温度升高平衡逆向移动，的转化率下降 ②.
【解析】
【小问1详解】
①根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，反应可以自发进行，ΔG=−178 kJ⋅mol −1 -273 K（−160.45 J⋅mol−1⋅K−110-3）=-134.20 kJ⋅mol −1＜0，所以反应可以自发进行；
故答案为：是；
②水与氧化钙反应生成氢氧化钙，Ⅰ：CaO+H2O=Ca(OH)2；氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，Ⅱ：Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O；则H2O是反应Ⅰ中的反应物，Ⅱ中的生成物，故水在CaO+CO2=CaCO3反应中做催化剂；
故答案：CaO+H2O=Ca(OH)2；Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O。
【小问2详解】
ａ．由图示可知，硅铝比为0.15时二甲醛的生成速率保持在较高水平，合适的硅铝比为0.15，ａ正确；
ｂ．若温度太低，反应速率太慢，不适合工业合成，ｂ错误；
ｃ．由图示可知，使用催化剂Ⅱ时，反应初始催化活性较好，但是5min后速率开始大幅下降，产量降低，而使用催化剂I时，虽然反应初始的速率增长略慢且反应速率的峰值较低，但是反应速率到达峰值后在5~40min内却始终很稳定的维持在一个较高的水平，因此0~30min内，CH3OCH3的产量Ⅰ>Ⅱ，ｃ正确；
ｄ．反应是在一定温度和压强下进行，增加惰性气体则甲醇浓度下降，反应速率会变慢，C错误；
故答案为：ac。
【小问3详解】
①反应为放热反应，T0之前，反应没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0时反应达到平衡，T0之后，温度升高平衡逆向移动，NO2的转化率下降；催化剂的活性在一定温度范围内逐渐升高，温度再高催化剂活性会降低，T0之前，温度升高，催化剂活性变大，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，NO2的转化率下降。
故答案为：T0之后，反应已经达到平衡，温度升高平衡逆向移动，NO2的转化率下降。
②此反应为反应前后气体分子数不变的反应，其他条件不变，增加压强，化学反应速率变大，转化率增大，所以相同温度下纵坐标较之前要大，但平衡不移动，平衡转化率是不变的，因此其他条件不变，增大压强(催化剂不失活)情况下，NO2的转化率随温度变化如图所示：
故答案为：如图所示。
20. 某同学利用铁与硫酸的反应，探究影响反应速率的因素(实验所用铁的质量相等且铁块的形状相同，硫酸均过量)，实验设计如表：
实验编号
硫酸浓度/(mol⋅L)
硫酸体积/mL
铁的状态
温度/K
1
1.00
40
块状
293
2
2.00
40
块状
293
3
2.00
40
粉末
293
4
2.00
40
块状
313
回答下列问题：
（1）若四组实验均以收集到448 mL(标准状况)氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是_______∘
（2）实验1和2是探究_______对该反应速率的影响；实验_______和_______是探究温度对该反应速率的影响。
（3）根据实验测得在不同时间(t)产生氢气体积(V)的数据，绘制得到图甲，则曲线c对应的实验组别可能是_______。根据实验数据，该同学发现对于每一组实验，产生氢气的速率(v)随时间(t)变化情况如图乙所示，其中速率变化的主要原因是_______。
（4）若上述实验所用硫酸体积均为250 mL，实验3进行2 min时收集到448 mL(标准状况)氢气，该时间段内_______mol⋅L⋅min (反应后溶液体积不变)。
（5）如果实验4的反应太激烈，为了减缓反应速率而又不影响产生氢气的量，下列措施可行的是_______(填字母)。
a.加蒸馏水 b.减小压强 c.加固体
（6）进行实验3时，若将稀硫酸改为40 mL 4.0 mol⋅L盐酸(其他条件不变)，发现放出气泡的速率明显比硫酸快。你认为可能的原因是_______(忽略温度对反应速率的影响)。
【答案】（1）收集448 mL氢气所需的时间
（2） ①. 硫酸的浓度 ②. 2或4 ③. 4或2
（3） ①. 2 ②. 铁与硫酸反应放热，温度升高使反应速率加快
（4）0.04 （5）a
（6）加快反应速率
【解析】
【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
【小问1详解】
实验为探究影响反应速率的因素，若四组实验均以收集到448mL (标准状况下)氢气为标准，通过测定产生相同体积气体所需时间就可以求出反应的速率，故还需要测定收集448mL氢气所需的时间，故答案为：收集448mL氢气所需的时间；
【小问2详解】
实验1和2硫酸的浓度不同，其他反应条件均相同，故实验1和2为探究硫酸浓度对该反应速率的影响；探究温度对该反应速率的影响，应保证除了温度以外的反应条件均相同，实验2和4只有反应温度不同，为探究温度对该反应速率的影响，故答案为：硫酸的浓度；2或4，4或2；
【小问3详解】
温度越高，反应速率越快，产生相同体积的氢气所需时间越短；温度、硫酸浓度相同时，粉末状铁与硫酸的接触面积大，反应速率更快；温度、铁的状态相同时，硫酸的浓度越大，反应速率越快，则曲线a对应实验4，曲线b对应实验3，曲线c对应实验2，曲线d对应实验1；铁与硫酸的反应为放热反应，放出的热量使溶液的温度升高，因此t1～t2反应速率增大，故答案为：2；铁与硫酸反应放热，温度升高使反应速率加快；
【小问4详解】
448mL (标准状况)氢气的物质的量为0.02mol，根据可知，消耗硫酸的物质的量为0.02mol，则，故答案为：0.04mol·L-1·min-1；
【小问5详解】
a．加入蒸馏水，硫酸的浓度减小，反应速率减缓，氢离子的物质的量不变，不影响氢气的量，故a符合题意；
b．减小压强对该反应不产生影响，故b不符合题意；
c．加CuSO4固体，Fe置换出铜，形成原电池，反应速率加快，同时与硫酸反应Fe减少，氢气的量减少，故c不符合题意；
故选a；
小问6详解】
4.0mol·L-1盐酸与2.0mol·L-1硫酸相比，氢离子浓度相同，差别在于硫酸根离子和氯离子，则盐酸明显比硫酸快，可能的原因是Cl-加快反应速率，故答案为：Cl-加快反应速率。
21. 、是空气的主要污染物，有效去除大气中的、可以保护大气环境。回答下列问题：
Ⅰ.二氧化硫在作用下的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应。
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图1所示，请写出和反应生成与的热化学方程式：_______。
（2）若当、、(不参与反应)起始的物质的量分数分别为10%、15%和75%时，在压强为0.5 MPa、2.5 MPa和5.0 MPa下，平衡转化率α随温度的变化如图2所示。反应在0.5 MPa、550℃时的_______，判断的依据是_______。
（3）若将物质的量之比为2：1的和通入反应器发生反应，在恒温T、恒压p条件下进行反应。平衡时，若转化率为α，则的分压为_______，平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ.一定温度下，在容积恒定为1 L的密闭容器中，加入0.30 mol NO与过量的金属Al，发生的反应存在如下平衡： ，已知在此条件下NO与的消耗速率与各自的浓度有如下关系：，，其中、表示速率常数。
（4）在温度下， L⋅mol⋅min ， L⋅mol⋅min ，则该温度下反应的平衡常数的值为_______。
（5）在T2温度下，NO的物质的量随时间的变化曲线如图3，则_______(填“>”、“=”或“>”)。
【答案】（1） kJ⋅mol
（2） ①. 0.925 ②. 该反应正向分子数减少，减小压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，为0.5 MPa
（3） ①. ②.
（4）1 （5）>
【解析】
【小问1详解】
根据题目信息，写出已经方程式：① ，② ，根据盖斯定律，①+②×2，得出热化学方程式：
【小问2详解】
根据反应： ，其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动， 的转化率 增大，所以为5.0MPa，为2.5MPa，为0.5MPa，当0.5 MPa、550℃时， 的转化率为0.925；
【小问3详解】
根据三段式： ，分压=总压（P）×物质的量分数，所以 ， ， ，
【小问4详解】
由方程式可知： ，，，所以 ，
【小问5详解】
在T2温度下，根据三段式：
>1，因为该反应为放热反应，温度越高，K越小，所以T2
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