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安徽省合肥市第一中学（滨湖校区）2024-2025学年高一上学期第一次检测化学试题（Word版附解析）
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一、单选题(每空3分，共48分)
1. 下列属于吸热反应是
A. 硝酸铵溶于水B. 稀盐酸与碳酸氢钠固体反应C. 双氧水的分解D. 铝热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．硝酸铵固体溶于水为吸热过程，属于物理变化，故A错误；
B．稀盐酸与碳酸氢钠固体的反应是吸热反应，故B正确；
C．双氧水的分解是放热反应，故C错误；
D．铝热反应可放出大量的热，是放热反应，故D错误；
故选B。
2. 下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是
A. 对于反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多
B. 合成氨反应中加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大
C. 高炉炼铁发生反应，升高温度，使反应物活化分子百分数增大
D. 向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．对有气体参加的反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故A正确；
B．加入适宜的催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子变为活化分子，分子总数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，故B正确；
C．升高温度，吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数增大，分子总数不变，活化分子百分数增大，故C正确；
D．向反应体系中加入相同浓度的反应物，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故D错误；
故选D。
3. 下列生产、生活等实际应用，能用勒夏特列原理解释的是
A. 加入催化剂有利于合成氨的反应
B. 用饱和食盐水除去氯气中的少量氯化氢气体
C. 对于反应，平衡体系加压后颜色变深
D. 在溶液中，加入铁粉以防止氧化
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂不影响平衡移动，则加入催化剂加快反应速率，不影响平衡移动，则不能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B．氯水中存在，饱和食盐水中氯离子浓度大，使平衡左移，抑制氯气溶解，实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；
C．平衡体系存在，左右两边气体分子总数相同，增压平衡不移动，加压后因有色碘蒸汽浓度增大、颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．铁具有还原性，可还原铁离子生成亚铁离子，不能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故选B。
4. 用如图所示装置测定中和反应的反应热。将浓度为的盐酸和的NaOH溶液各50mL混合(溶液密度均为)，生成的溶液的比热容。下列说法正确的是
A. 仪器a是玻璃搅拌器，用金属搅拌器代替玻璃搅拌器，会使偏大
B. 测量反应前体系的温度时，用温度计测定盐酸起始温度后，直接测定NaOH溶液的温度
C. 溶液混合后，直至温度长时间不再改变时，测量并记录反应后体系的温度
D. 若进行三次实验，测得反应前后溶液温度的差值为3.3℃，则通过该实验测得的中和热的热化学方程式是
【答案】A
【解析】
【详解】A．金属的导热性较好，用金属搅拌器代替玻璃搅拌器，会导致热量散失过多，由于中和反应的是负值，则测得的偏大，A正确；
B．用温度计测定盐酸起始温度后，直接测定NaOH溶液的温度，酸碱中和放热使NaOH溶液的起始温度偏高，温度差偏小，B错误；
C．盐酸和NaOH溶液快速混合后，将反应过程的最高温度记为反应后体系温度，C错误；
D．反应放出的热量为，盐酸完全反应，生成水的物质的量为0.025ml，生成1ml水放出的热量为，即该反应的热化学方程式为H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l) ΔH=−55.2kJ⋅ml−1，D错误；
故选A。
5. 根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计与结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．铵盐和氢氧化钠溶液反应在加热的条件下会放出氨气，氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；
B．由于Al表面本来就有一层致密的氧化物薄膜，所以根据实验现象不能说明Al和浓硫酸发生钝化现象，故B错误；
C．HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能根据HCl、H2SiO3的酸性强弱判断Cl、Si元素的非金属性强弱，故C错误；
D．高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H＋＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据离子方程式可知，4mL0.1ml/L高锰酸钾完全反应消耗草酸的物质的量为0.001ml，所给草酸的物质的量分别是2×10－4ml、4×10－4ml，高锰酸钾均过量，不能得出反应物浓度越大，反应速率越快，故D错误：
答案选A。
6. 下列说法正确的是
A. 已知条件下：，则比稳定
B. 表示乙烷燃烧热的热化学方程式为：
C. 已知，则
D. 一定条件下，使和充分反应生成，放热，则该反应的热化学方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，两式相减得，说明能量比能量低，物质所具有的能量越低越稳定，A错误；
B．燃烧热是指1ml可燃物完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，乙烷完全燃烧应生成二氧化碳气体和液态水，B错误；
C．表示HF电离放热，则，C错误；
D．生成，放热，热化学方程式：，D正确；
答案选D。
7. 肼()在不同条件下分解产物不同，200℃时在Cu表面分解的机理如图甲所示。
已知200℃时，反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
下列说法错误的是
A. 图甲所示过程①为放热反应，过程②为吸热反应
B. 反应Ⅱ的能量过程示意图如图乙所示
C. 断裂3ml中的化学键吸收的能量小于形成1ml和4ml中的化学键释放的能量
D. 200℃时，肼分解生成氮气和氢气吸热
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程①是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中ΔH为负值，所以图示过程①为放热反应，过程②是NH3的催化剂作用下分解生成N2和H2，根据盖斯定律：(Ⅰ)−3×(Ⅱ)得2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)的ΔH=−32.9kJ⋅ml−1−3×(−41.8kJ⋅ml−1)=+92.5kJ⋅ml−1，焓变大于0为吸热反应，A正确；
B．反应Ⅱ焓变小于0，为放热反应，反应物能量高于生成物，B正确；
C．反应I焓变小于0，为放热反应，所以断开3mlN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1mIN2(g)和4mlNH3(g)中的化学键释放的能量，C正确；
D．根据盖斯定律：(Ⅰ)−2×(Ⅱ)得N2H4(g)═N2(g)+2H2(g)ΔH═−32.9kJ⋅ml−1−2×(−41.8kJ⋅ml−1)=+50.7kJ⋅ml−1，D错误；
故选D。
8. 根据以下热化学方程式，和的大小比较不正确的是
A. ；，则
B. ；，则
C. ；，则
D. ；，则
【答案】D
【解析】
【详解】A．液态水比气态水能量更低，生成液态水放出的热量多，放热反应的焓变值为负值，则，故A正确；
B．等量的Br2(g)具有的能量高于等量的Br2(l)具有的能量，故1mlBr2(g)与H2(g)反应生成HBr(g)放出的热量比1mlBr2(l)与H2(g)反应生成HBr(g)放出的热量多，焓变为负值，则有，故B正确；
C．将热化学方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，由①－②可得2S(s)+2O2(g)=2SO2(g) △H<0，即，则，故C正确；
D．将热化学方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，由②－①可得△H<0，则，故，故D错误；
故选D。
9. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭真空容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒温下使其达到分解平衡：。能判断该反应已经达到化学平衡状态的是
A. 气体的总物质的量不再变化B. 浓度不再发生改变
C. 混合气体的平均相对分子质量不变D. 二氧化碳气体的体积分数不再发生改变
【答案】A
【解析】
【详解】A．随着反应不断进行，气体总物质的量不断变化，当气体总物质的量不变，说明反应达平衡，A正确；
B．为固体，浓度视为常数，B错误；
C．该反应的反应物是固体，任何时候生成气体，混合气体的平均相对分子质量不变，不能作为平衡标志，C错误；
D．体系中只存在两种气体，氨气与二氧化碳体积比始终为2：1，则密闭容器中二氧化碳体积分数始终不变，D错误；
答案选A。
10. 空间站中CO2的处理涉及反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH=﹣164.9kJ·ml-1，下列说法正确的是
A. 混合气体的平均摩尔质量不再改变，说明反应达到化学平衡状态
B. 若某刚性密闭容器中，初始投入c(CO2)=1ml·L-1、c(H2)=4ml·L-1，平衡时CO2的转化率为50%，则平衡常数K=16
C. 恒温时增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D. 使用催化剂能降低反应的活化能，提高CO2的平衡转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应为气体物质的量减小的反应，反应前后气体总质量不变，则混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，当不再变化时，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．结合已知信息列三段式：，则平衡常数，故B错误；
C．平衡常数只受温度影响，温度不变，K不变，故C错误；
D．催化剂可降低反应活化能，从而加快反应速率，但对平衡无影响，不能提高转化率，故D错误；
故选：A。
11. 是一种新型硝化剂，在温度下可发生下列反应： 。温度下的平衡常数为。下列说法错误的是
A. 反应的
B. 该反应在高温下可自发进行
C. 温度下的平衡常数为，温度下的平衡常数为，若，则
D. 温度下，在体积为1 L的恒温密闭容器中充入2 ml，4 ml ，1 ml，此时反应将向正反应方向进行
【答案】C
【解析】
【详解】A．由热化学方程式可知，该反应为气体分子数增加的反应即熵增，则ΔS＞0，故A项正确；
B．ΔH>0，ΔS＞0，该反应若可以自发进行，需ΔG=ΔH-TΔS<0，则该反应在高温下可自发进行，故B项正确；
C．该反应为吸热反应，温度越高平衡常数越大，若K1D．，Qc答案选C。
12. 在密闭容器中，加入2mlA和1mlB发生如下反应：2A(g)+B(?) 2C(g)+D(g)，C的体积分数（C%) 随时间的变化趋势符合右下图关系：下列说法正确的是（ ）
A. E点的v(逆)大于F点的v(正)
B. 若在F点时给容器加压，达新平衡时C的浓度将增大
C. 若给容器加热，该反应的平衡常数K将增大
D. 恒温恒容下达平衡后，向容器中再加入2mlA和1mlB，A的转化率不发生改变
【答案】B
【解析】
【详解】A、E点时，反应正在向右进行，所以v(正)>v(逆)，而F点为反应达到平衡时的速率v(正)=v(逆)，所以E点的v(逆)小于F点的v(正)，错误；
B、根据图象2可知，压强P1> P2，现在增大压强，C%减小，平衡左移，但因为容器的体积缩小，所以达新平衡时C的浓度比原来还是增大，正确；
C、由图象可知温度T1 >T2 ，由T1 →T2，相当于降温，C%增大，平衡右移，正反应为放热反应，若给容器加热，平衡左移，该反应的平衡常数K将减小，错误；
D、恒温恒容下达平衡后，向容器中再加入2mlA和1mlB，相当于加压过程，平衡左移，A的转化率减小，错误；
正确选项B。
【点睛】三个变量的图象在分析时，采用定一义二的方法，即假设一个变量不变，讨论另外两个变量之间的变化关系；先拐先平，条件高：图象中先出现拐点的地方，反应先达到平衡，对应的温度高、压强大。
13. 密闭容器中发生反应，在温度为、时，平衡体系中的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. A、C两点的反应速率：A＞C
B. A、C两点气体的颜色：A浅，C深
C. 由状态A到状态B，可以用加热的方法
D. A、C两点气体的平均相对分子质量：A＞C
【答案】B
【解析】
【详解】A．压强越大，反应速率越大，由图可知，A、C两点的反应温度相同，C点压强大于A点，则C点反应速率大于A点，故A错误；
B．该反应为气体体积增大的反应，增大压强，各物质的浓度均增大，平衡向逆反应方向移动，但达到新平衡时，压强越大的点颜色越深，则C点的颜色深，A点的颜色浅，故B正确；
C．是吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1＜T2，由状态A到状态B，可以用降温的方法，故C错误；
D．由图可知，A、C两点的反应温度相同，C点压强大于A点，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，气体物质的量减小，在气体质量不变的条件下，气体的平均相对分子质量增大，则C点气体的平均相对分子质量大于A点，故D错误；
故选B。
14. T℃时，在一固定容积1L的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)C(s)，正反应为放热反应，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是
A. T℃时，该反应的平衡常数值为4
B. 在d点向其中通入A气体，平衡正向移动，达到新平衡可能为a点
C. 若c点也为平衡点，则平衡从d移动到c改变条件可能为减小压强或升高温度
D. T℃时，反应物B的转化率：a点【答案】B
【解析】
【详解】A．T℃时，在a点，c(A)=4ml/L，c(B)=1ml/L，该反应的平衡常数为K===0.25，A错误；
B．在d点向其中通入A气体，平衡正向移动，达到平衡状态下B物质的量减小，A物质的量比原平衡状态大，达到新平衡可能为a点，B正确；
C．正反应是放热反应，若c点为平衡状态，此时平衡常数小于T℃平衡常数，说明平衡逆向进行，是升高温度的结果，但压强不改变平衡常数，C错误；
D．设a点A(g)转化了x ml/L， ，则B的转化率为，设b点A(g)转化了y ml/L， ，则B的转化率为，因为按照不同配比充入A、B，即开始各物质的物质的量浓度不知道，所以a点与b点反应物B的转化率无法判断，D错误；
故选B。
15. 电喷雾电离得到的(等)与反应可得。分别与反应制备甲醇，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。下列说法正确的是
A. 反应中作催化剂
B. 与反应的能量变化为图中曲线b
C. 与反应，生成的氘代甲醇有两种
D. 步骤Ⅰ和Ⅱ中均涉及氢原子成键变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应历程可以看出，该反应方程式，则为反应物，A错误；
B．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，与反应的能量变化为图中曲线a，B错误；
C．根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种，C正确；
D．由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，故步骤Ⅱ没有氢原子成键变化，D错误；
故选C。
16. 已知反应2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g)，速率方程为。N2O在金(Au)表面分解的实验数据如表所示。
已知：①k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关；
②时，该反应为0级反应，时，该反应为1级反应，以此类推，n可以为整数，也可以为分数；
③浓度消耗一半所用的时间叫半衰期(t1/2)
下列说法不正确的是
A. 表格中
B. 该反应为0级反应
C. 该反应的速率常数
D. 保持其他条件不变，若起始浓度为，则半衰期为100min
【答案】C
【解析】
【详解】A．由表格数据知，N2O的浓度变化与时间成正比，该反应是匀速反应，a=0.040，A正确；
B．v=k·cn(N2O)为直线方程，说明n=0，该反应是0级反应，B正确；
C．该反应的速率常数等于反应速率，可根据任何一段时间求速率，v=k·vn(N2O)=k=ml·L-1·min-1，C错误；
D．设起始浓度为c，v=k，，半衰期与起始浓度成正比，根据表格数据知，起始浓度为0.100ml·L-1时半衰期为50min，温度不变，速率常数不变，则起始浓度为0.200ml·L-1时，半衰期为100min，D正确；
答案选C。
二、非选择题(每空2分，共52分)
17. 调控化学反应速率对日常生活和工农业生产都具有非常重要的意义，请回答一下问题。
（1）下列措施主要是通过影响浓度减缓化学反应速率的是___________。
A．茶叶使用真空包装 B．用铁矿石炼铁的过程中将矿石粉碎
C．低温保存疫苗 D．氨在催化剂的作用下被氧化成
E．用锌粒代替镁粉制备氢气 F．工业上利用与反应制备时鼓入稍过量的空气
G．向食品袋中加入脱氧剂
（2）某同学探究与稀反应的速率影响因素时，设计了如下系列实验：
①发生反应的离子方程式为___________。
②实验Ⅰ、Ⅱ可探究温度对反应速率的影响，因此___________。
③实验Ⅰ、Ⅲ可探究___________对反应速率的影响，因此___________，___________；a___________c(填“大于”、“小于”或“等于”)。
④实验Ⅲ中加入水的目的是___________。
【答案】（1）AG （2） ①. ②. 10.0 ③. 浓度 ④. 10.0 ⑤. 5 ⑥. 小于 ⑦. 遵循单一变量原则，保证溶液总体积为20mL
【解析】
【小问1详解】
A．茶叶使用真空包装，氧气浓度减小，茶叶变质速率变慢，是通过改变浓度来减缓化学反应速率的，故A正确；
B．用铁矿石炼铁的过程中将矿石粉碎，是通过改变反应物接触面积来加快化学反应速率的，故B错误；
C．低温保存疫苗，是通过降低温度来减缓化学反应速率的，故C错误；
D．氨在催化剂的作用下被氧化成NO，是通过使用催化剂来加快化学反应速率的，故D错误；
E．用锌粒代替镁粉制备氢气，是通过改变反应物接触面积来减慢化学反应速率的，故E错误；
F．工业上利用与反应制备时鼓入稍过量的空气，是通过改变浓度来加快化学反应速率的，故F错误；
G．向食品袋中加入脱氧剂，降低氧气浓度，是通过改变浓度来减缓化学反应速率的，故G正确；
故选AG；
【小问2详解】
①溶液在酸性条件下发生歧化反应，离子方程式为；
②分析实验Ⅰ、Ⅱ可知，探究温度对反应速率的影响，其他条件应相同，故10.0；
③分析实验Ⅰ、Ⅲ可知，硫酸所用体积不同，故其他条件应该相同，故实验Ⅰ、Ⅲ可探究浓度对反应速率的影响，满足除硫酸的用量不同，但所用溶液的总体积相等，因此10.0，5.0；浓度越大，温度越高，反应速率越快，变浑浊时间越短，则a＜c；
④设计该实验的基本原理为控制单一变量，实验Ⅲ中加入水的目的是保证溶液总体积为20mL。
18. 以硫铁矿为原料(主要成分是含少量和等)制备铁红和硫酸流程如下：
回答下列问题：
（1）固体A主要成分是___________(填化学式)。
（2）提高硫铁矿粉在空气中煅烧速率的措施有___________、___________(答两条)。在“沸腾炉”下部充入___________(填“空气”或“矿粉”)。
（3）已知：固体与氧气完全反应生成红色粉末和相对分子质量为64的气体氧化物，放出热量为。写出热化学方程式：___________。
（4）已知：，则160g三氧化硫溶于水得到硫酸溶液时放出热量___________(填“大于”“小于”或“等于”)。
（5）已知：催化氧化生成和，反应分两步进行：
①；
②
则___________，且该反应平衡常数用和表示为：___________。
（6）催化氧化反应：。
实验测得平衡转化率与温度、压强的关系如下表
简述工业生产中，选择常压的理由：___________。
【答案】（1）SiO2
（2） ①. 将矿石粉碎 ②. 适当通入过量空气、加压等 ③. 空气
（3）
（4）大于 （5） ①. ②.
（6）常压下、450℃，SO2转化率已经很高，再增大压强，材料、能源等成本增大快：而转化率增大慢，不经济；
【解析】
【分析】硫铁矿粉在空气中高温焙烧，FeS2被氧气氧化生成二氧化硫和氧化铁，烧渣为氧化铁、氧化铜和二氧化硅，往烧渣中加入稀硫酸，氧化铜、氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铜和硫酸铁，二氧化硅不反应，故固体A为二氧化硅，溶液A中含有铁离子和铜离子，向溶液A中加入氢氧化钠调节pH使铁离子变为氢氧化铁，氢氧化铁通过灼烧变为铁红；二氧化硫被氧气进一步氧化为三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，据此分析答题。
【小问1详解】
由分析可知，固体A为二氧化硅；
【小问2详解】
提高硫铁矿在空气中煅烧速率的措施有将矿石粉碎、适当通入过量空气、加压等；从下部通入空气，矿粉从上部加入，能增大固体接触时间，反应充分；
【小问3详解】
固体为0.1ml，与氧气完全反应生成红色粉末为Fe2O3，和相对分子质量为64的气体氧化物为SO2，放出热量为；故热化学方程式为 ；
【小问4详解】
160g三氧化硫为2ml，但液态硫酸溶于水会放出大量的热，则160g三氧化硫溶于水得到硫酸溶液时放出热量大于
【小问5详解】
根据盖斯定律，②－①×2得目标产物：则；根据多重平衡叠加原则，；
【小问6详解】
常压下、450℃，SO2转化率已经很高，再增大压强，材料、能源等成本增大快：而转化率增大慢，不经济；
19. 甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有广阔的开发利用前景。工业上通过CO2制甲醇的主要反应如下：
i．
ii．
（1）研究发现，在单原子Cu/ZrO2催化时，反应i的历程如下
第一步(慢)
第二步(快)
第三步(快)
下列说法正确的是_______。
A. 任何温度下，反应i均可自发进行
B. 升高温度时，三步反应速率均加快
C. 用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率
D. 反应历程中，第一步反应的活化能最高，是反应的决速步
（2）绝热条件下，将H2、CO2以体积比2：1充入恒容密闭容器中，若只发生反应ⅱ，下列不可以作为反应ⅱ达到平衡的判据是_______。
A. c(CO2)与c(CO)比值不变B. 容器内气体密度不变
C. 容器内气体压强不变D. 不变
（3）将H2、CO2以体积比3：1充入恒容密闭容器中，在催化剂存在下发生反应i和反应ii。CO2的平衡转化率及CH3OH的选择性(生成目标产物所消耗的反应物的物质的量与参与反应的反应物的物质的量之比)随温度变化曲线如图所示：
CO2加氢制甲醇，_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温_______压有利于提高平衡时CH3OH的产率。结合上图阐述实际选用约312℃作为反应温度的原因_______。
（4）温度为T℃时，在一个刚性容器中模拟工业上合成CH3OH，往容器中通入1 ml CO2、3mlH2进行反应i和反应ii，反应过程中容器内的压强随着时间变化如下表所示。
计算反应开始至40min时，CH3OH的平均反应速率是_______MPa/min，平衡时n(CH3OH)是n(CO)的4倍，则H2的平衡分压是_______MPa(分压=总压×气体物质的量分数)；CO2的平衡转化率是_______(最后结果保留两位小数)。
【答案】（1）BD （2）B
（3） ①. 高 ②. 低 ③. 高 ④. 温度低，反应速率太慢，且CO2转化率低；温度太高，甲醇选择性低
（4） ①. 0.4 ②. 38 ③. 66.67%
【解析】
【小问1详解】
反应i，，低温条件下可自发进行，故A错误；
升高温度时，所有反应反应速率均加快，故B正确；
催化剂不改变反应历程，加快反应速率，但不影响平衡移动，不能提高平衡转化率，故C错误；
第一步反应为慢反应，而活化能越高，反应速率越慢，则第一步反应的活化能最高，慢反应为总反应的决速步，故D正确；
【小问2详解】
A．反应过程中c(CO2)减小，c(CO)浓度增大，则c(CO2)与c(CO)比值减小，故比值不变，能判断反应达到平衡状态，故A正确；
B．容器容积不变，混合气体的总质量不变，则气体的密度始终不变，故容器内气体密度不变，不能判断反应达到平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体物质的量不变，但是容器绝热，温度降低，压强减小，故容器内气体压强不变，能判断反应达到平衡状态，故C正确；
D．容器绝热，温度降低，降温平衡逆向移动，平衡常数减小，故K=不变，能判断反应达到平衡状态，故D正确；
故选B。
【小问3详解】
CO2加氢制甲醇，升温反应速率加快，故高温有利于提高反应速率，反应i为放热反应，降温平衡正向移动，故低温有利于提高平衡时CH3OH的产率。实际选用300-320℃反应温度的原因：温度低，反应速率太慢，且CO2转化率低，温度高，甲醇选择性低。
【小问4详解】
反应i为气体分子数减小的反应，导致总压强减小；反应ii为气体分子数不变的反应，不会导致压强的变化；故反应开始到40min时，减小的压强120MPa-88MPa=32MPa为反应i进行导致；由三段式可知：
则CH3OH的平均反应速率是；
容器中通入1 ml CO2、3mlH2进行反应i和反应ii，初始压强为120 MPa，则初始CO2、H2的分压分别为30 MPa、90 MPa；由图表可知，反应开始至40min时，反应达到平衡，由三段式可知：
平衡时、、、、CO的分压分别为(30-x-y)MPa、(90-3x-y)MPa、xMPa、(x+y)MPa、yMPa，总压强为88 MPa，则(30-x-y)+ (90-3x-y)+x+(x+y)+y=88，得120-2x=88；平衡时n(CH3OH)是n(CO)的4倍，根据气体压强之比等于物质的量之比，则x=4y，联立解得：y=4 MPa，x=16 MPa；故的平衡分压是90 MPa-3×16 MPa-4 MPa=38 MPa；CO2的平衡转化率=。实验目的
方案设计
现象
结论
A
检验固体样品中是否含有
将固体样品加水溶解，滴入浓溶液并加热，试管口放一张湿润的红色石蕊试纸
湿润的红色石蕊试纸变蓝
样品中含有
B
探究铝与浓硫酸的钝化现象
室温下，将铝片直接放入浓硫酸中，一段时间后取出并用水洗净，放入溶液
铝片表面未见紫红色固体生成
室温下浓硫酸能将铝片钝化
C
探究、元素非金属性的强弱
向溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入盐酸至红色褪去
混合液逐渐变成白色凝胶
非金属性：
D
探究浓度与反应速率的关系
两支试管各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入草酸溶液和草酸溶液
加入草酸溶液的试管中，高锰酸钾溶液褪色更快
反应物浓度越大，反应速率越快
t/min
0
20
40
60
80
120
0.100
0.080
0.060
a
0.020
0
反应温度/℃
溶液
稀
变浑浊时间
Ⅰ
20
10.0
0.10
100
0.50
0
2
Ⅱ
40
10.0
0.10
0.50
0
a
Ⅲ
20
0.10
5.0
0.50
c
温度/℃
平衡时的转化率%
450
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
550
85.6
92.9
94.9
97.7
98.3
时间/min
0
10
20
30
40
50
压强/MPa
120
105
95
90
88
88
一、单选题(每空3分，共48分)
1. 下列属于吸热反应是
A. 硝酸铵溶于水B. 稀盐酸与碳酸氢钠固体反应C. 双氧水的分解D. 铝热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．硝酸铵固体溶于水为吸热过程，属于物理变化，故A错误；
B．稀盐酸与碳酸氢钠固体的反应是吸热反应，故B正确；
C．双氧水的分解是放热反应，故C错误；
D．铝热反应可放出大量的热，是放热反应，故D错误；
故选B。
2. 下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是
A. 对于反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多
B. 合成氨反应中加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大
C. 高炉炼铁发生反应，升高温度，使反应物活化分子百分数增大
D. 向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．对有气体参加的反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故A正确；
B．加入适宜的催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子变为活化分子，分子总数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，故B正确；
C．升高温度，吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数增大，分子总数不变，活化分子百分数增大，故C正确；
D．向反应体系中加入相同浓度的反应物，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故D错误；
故选D。
3. 下列生产、生活等实际应用，能用勒夏特列原理解释的是
A. 加入催化剂有利于合成氨的反应
B. 用饱和食盐水除去氯气中的少量氯化氢气体
C. 对于反应，平衡体系加压后颜色变深
D. 在溶液中，加入铁粉以防止氧化
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂不影响平衡移动，则加入催化剂加快反应速率，不影响平衡移动，则不能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B．氯水中存在，饱和食盐水中氯离子浓度大，使平衡左移，抑制氯气溶解，实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；
C．平衡体系存在，左右两边气体分子总数相同，增压平衡不移动，加压后因有色碘蒸汽浓度增大、颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．铁具有还原性，可还原铁离子生成亚铁离子，不能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故选B。
4. 用如图所示装置测定中和反应的反应热。将浓度为的盐酸和的NaOH溶液各50mL混合(溶液密度均为)，生成的溶液的比热容。下列说法正确的是
A. 仪器a是玻璃搅拌器，用金属搅拌器代替玻璃搅拌器，会使偏大
B. 测量反应前体系的温度时，用温度计测定盐酸起始温度后，直接测定NaOH溶液的温度
C. 溶液混合后，直至温度长时间不再改变时，测量并记录反应后体系的温度
D. 若进行三次实验，测得反应前后溶液温度的差值为3.3℃，则通过该实验测得的中和热的热化学方程式是
【答案】A
【解析】
【详解】A．金属的导热性较好，用金属搅拌器代替玻璃搅拌器，会导致热量散失过多，由于中和反应的是负值，则测得的偏大，A正确；
B．用温度计测定盐酸起始温度后，直接测定NaOH溶液的温度，酸碱中和放热使NaOH溶液的起始温度偏高，温度差偏小，B错误；
C．盐酸和NaOH溶液快速混合后，将反应过程的最高温度记为反应后体系温度，C错误；
D．反应放出的热量为，盐酸完全反应，生成水的物质的量为0.025ml，生成1ml水放出的热量为，即该反应的热化学方程式为H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l) ΔH=−55.2kJ⋅ml−1，D错误；
故选A。
5. 根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计与结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．铵盐和氢氧化钠溶液反应在加热的条件下会放出氨气，氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；
B．由于Al表面本来就有一层致密的氧化物薄膜，所以根据实验现象不能说明Al和浓硫酸发生钝化现象，故B错误；
C．HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能根据HCl、H2SiO3的酸性强弱判断Cl、Si元素的非金属性强弱，故C错误；
D．高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H＋＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据离子方程式可知，4mL0.1ml/L高锰酸钾完全反应消耗草酸的物质的量为0.001ml，所给草酸的物质的量分别是2×10－4ml、4×10－4ml，高锰酸钾均过量，不能得出反应物浓度越大，反应速率越快，故D错误：
答案选A。
6. 下列说法正确的是
A. 已知条件下：，则比稳定
B. 表示乙烷燃烧热的热化学方程式为：
C. 已知，则
D. 一定条件下，使和充分反应生成，放热，则该反应的热化学方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，两式相减得，说明能量比能量低，物质所具有的能量越低越稳定，A错误；
B．燃烧热是指1ml可燃物完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，乙烷完全燃烧应生成二氧化碳气体和液态水，B错误；
C．表示HF电离放热，则，C错误；
D．生成，放热，热化学方程式：，D正确；
答案选D。
7. 肼()在不同条件下分解产物不同，200℃时在Cu表面分解的机理如图甲所示。
已知200℃时，反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
下列说法错误的是
A. 图甲所示过程①为放热反应，过程②为吸热反应
B. 反应Ⅱ的能量过程示意图如图乙所示
C. 断裂3ml中的化学键吸收的能量小于形成1ml和4ml中的化学键释放的能量
D. 200℃时，肼分解生成氮气和氢气吸热
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程①是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中ΔH为负值，所以图示过程①为放热反应，过程②是NH3的催化剂作用下分解生成N2和H2，根据盖斯定律：(Ⅰ)−3×(Ⅱ)得2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)的ΔH=−32.9kJ⋅ml−1−3×(−41.8kJ⋅ml−1)=+92.5kJ⋅ml−1，焓变大于0为吸热反应，A正确；
B．反应Ⅱ焓变小于0，为放热反应，反应物能量高于生成物，B正确；
C．反应I焓变小于0，为放热反应，所以断开3mlN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1mIN2(g)和4mlNH3(g)中的化学键释放的能量，C正确；
D．根据盖斯定律：(Ⅰ)−2×(Ⅱ)得N2H4(g)═N2(g)+2H2(g)ΔH═−32.9kJ⋅ml−1−2×(−41.8kJ⋅ml−1)=+50.7kJ⋅ml−1，D错误；
故选D。
8. 根据以下热化学方程式，和的大小比较不正确的是
A. ；，则
B. ；，则
C. ；，则
D. ；，则
【答案】D
【解析】
【详解】A．液态水比气态水能量更低，生成液态水放出的热量多，放热反应的焓变值为负值，则，故A正确；
B．等量的Br2(g)具有的能量高于等量的Br2(l)具有的能量，故1mlBr2(g)与H2(g)反应生成HBr(g)放出的热量比1mlBr2(l)与H2(g)反应生成HBr(g)放出的热量多，焓变为负值，则有，故B正确；
C．将热化学方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，由①－②可得2S(s)+2O2(g)=2SO2(g) △H<0，即，则，故C正确；
D．将热化学方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，由②－①可得△H<0，则，故，故D错误；
故选D。
9. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭真空容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒温下使其达到分解平衡：。能判断该反应已经达到化学平衡状态的是
A. 气体的总物质的量不再变化B. 浓度不再发生改变
C. 混合气体的平均相对分子质量不变D. 二氧化碳气体的体积分数不再发生改变
【答案】A
【解析】
【详解】A．随着反应不断进行，气体总物质的量不断变化，当气体总物质的量不变，说明反应达平衡，A正确；
B．为固体，浓度视为常数，B错误；
C．该反应的反应物是固体，任何时候生成气体，混合气体的平均相对分子质量不变，不能作为平衡标志，C错误；
D．体系中只存在两种气体，氨气与二氧化碳体积比始终为2：1，则密闭容器中二氧化碳体积分数始终不变，D错误；
答案选A。
10. 空间站中CO2的处理涉及反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH=﹣164.9kJ·ml-1，下列说法正确的是
A. 混合气体的平均摩尔质量不再改变，说明反应达到化学平衡状态
B. 若某刚性密闭容器中，初始投入c(CO2)=1ml·L-1、c(H2)=4ml·L-1，平衡时CO2的转化率为50%，则平衡常数K=16
C. 恒温时增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D. 使用催化剂能降低反应的活化能，提高CO2的平衡转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应为气体物质的量减小的反应，反应前后气体总质量不变，则混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，当不再变化时，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．结合已知信息列三段式：，则平衡常数，故B错误；
C．平衡常数只受温度影响，温度不变，K不变，故C错误；
D．催化剂可降低反应活化能，从而加快反应速率，但对平衡无影响，不能提高转化率，故D错误；
故选：A。
11. 是一种新型硝化剂，在温度下可发生下列反应： 。温度下的平衡常数为。下列说法错误的是
A. 反应的
B. 该反应在高温下可自发进行
C. 温度下的平衡常数为，温度下的平衡常数为，若，则
D. 温度下，在体积为1 L的恒温密闭容器中充入2 ml，4 ml ，1 ml，此时反应将向正反应方向进行
【答案】C
【解析】
【详解】A．由热化学方程式可知，该反应为气体分子数增加的反应即熵增，则ΔS＞0，故A项正确；
B．ΔH>0，ΔS＞0，该反应若可以自发进行，需ΔG=ΔH-TΔS<0，则该反应在高温下可自发进行，故B项正确；
C．该反应为吸热反应，温度越高平衡常数越大，若K1
12. 在密闭容器中，加入2mlA和1mlB发生如下反应：2A(g)+B(?) 2C(g)+D(g)，C的体积分数（C%) 随时间的变化趋势符合右下图关系：下列说法正确的是（ ）
A. E点的v(逆)大于F点的v(正)
B. 若在F点时给容器加压，达新平衡时C的浓度将增大
C. 若给容器加热，该反应的平衡常数K将增大
D. 恒温恒容下达平衡后，向容器中再加入2mlA和1mlB，A的转化率不发生改变
【答案】B
【解析】
【详解】A、E点时，反应正在向右进行，所以v(正)>v(逆)，而F点为反应达到平衡时的速率v(正)=v(逆)，所以E点的v(逆)小于F点的v(正)，错误；
B、根据图象2可知，压强P1> P2，现在增大压强，C%减小，平衡左移，但因为容器的体积缩小，所以达新平衡时C的浓度比原来还是增大，正确；
C、由图象可知温度T1 >T2 ，由T1 →T2，相当于降温，C%增大，平衡右移，正反应为放热反应，若给容器加热，平衡左移，该反应的平衡常数K将减小，错误；
D、恒温恒容下达平衡后，向容器中再加入2mlA和1mlB，相当于加压过程，平衡左移，A的转化率减小，错误；
正确选项B。
【点睛】三个变量的图象在分析时，采用定一义二的方法，即假设一个变量不变，讨论另外两个变量之间的变化关系；先拐先平，条件高：图象中先出现拐点的地方，反应先达到平衡，对应的温度高、压强大。
13. 密闭容器中发生反应，在温度为、时，平衡体系中的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. A、C两点的反应速率：A＞C
B. A、C两点气体的颜色：A浅，C深
C. 由状态A到状态B，可以用加热的方法
D. A、C两点气体的平均相对分子质量：A＞C
【答案】B
【解析】
【详解】A．压强越大，反应速率越大，由图可知，A、C两点的反应温度相同，C点压强大于A点，则C点反应速率大于A点，故A错误；
B．该反应为气体体积增大的反应，增大压强，各物质的浓度均增大，平衡向逆反应方向移动，但达到新平衡时，压强越大的点颜色越深，则C点的颜色深，A点的颜色浅，故B正确；
C．是吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1＜T2，由状态A到状态B，可以用降温的方法，故C错误；
D．由图可知，A、C两点的反应温度相同，C点压强大于A点，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，气体物质的量减小，在气体质量不变的条件下，气体的平均相对分子质量增大，则C点气体的平均相对分子质量大于A点，故D错误；
故选B。
14. T℃时，在一固定容积1L的密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)C(s)，正反应为放热反应，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是
A. T℃时，该反应的平衡常数值为4
B. 在d点向其中通入A气体，平衡正向移动，达到新平衡可能为a点
C. 若c点也为平衡点，则平衡从d移动到c改变条件可能为减小压强或升高温度
D. T℃时，反应物B的转化率：a点
【解析】
【详解】A．T℃时，在a点，c(A)=4ml/L，c(B)=1ml/L，该反应的平衡常数为K===0.25，A错误；
B．在d点向其中通入A气体，平衡正向移动，达到平衡状态下B物质的量减小，A物质的量比原平衡状态大，达到新平衡可能为a点，B正确；
C．正反应是放热反应，若c点为平衡状态，此时平衡常数小于T℃平衡常数，说明平衡逆向进行，是升高温度的结果，但压强不改变平衡常数，C错误；
D．设a点A(g)转化了x ml/L， ，则B的转化率为，设b点A(g)转化了y ml/L， ，则B的转化率为，因为按照不同配比充入A、B，即开始各物质的物质的量浓度不知道，所以a点与b点反应物B的转化率无法判断，D错误；
故选B。
15. 电喷雾电离得到的(等)与反应可得。分别与反应制备甲醇，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。下列说法正确的是
A. 反应中作催化剂
B. 与反应的能量变化为图中曲线b
C. 与反应，生成的氘代甲醇有两种
D. 步骤Ⅰ和Ⅱ中均涉及氢原子成键变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应历程可以看出，该反应方程式，则为反应物，A错误；
B．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，与反应的能量变化为图中曲线a，B错误；
C．根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种，C正确；
D．由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，故步骤Ⅱ没有氢原子成键变化，D错误；
故选C。
16. 已知反应2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g)，速率方程为。N2O在金(Au)表面分解的实验数据如表所示。
已知：①k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关；
②时，该反应为0级反应，时，该反应为1级反应，以此类推，n可以为整数，也可以为分数；
③浓度消耗一半所用的时间叫半衰期(t1/2)
下列说法不正确的是
A. 表格中
B. 该反应为0级反应
C. 该反应的速率常数
D. 保持其他条件不变，若起始浓度为，则半衰期为100min
【答案】C
【解析】
【详解】A．由表格数据知，N2O的浓度变化与时间成正比，该反应是匀速反应，a=0.040，A正确；
B．v=k·cn(N2O)为直线方程，说明n=0，该反应是0级反应，B正确；
C．该反应的速率常数等于反应速率，可根据任何一段时间求速率，v=k·vn(N2O)=k=ml·L-1·min-1，C错误；
D．设起始浓度为c，v=k，，半衰期与起始浓度成正比，根据表格数据知，起始浓度为0.100ml·L-1时半衰期为50min，温度不变，速率常数不变，则起始浓度为0.200ml·L-1时，半衰期为100min，D正确；
答案选C。
二、非选择题(每空2分，共52分)
17. 调控化学反应速率对日常生活和工农业生产都具有非常重要的意义，请回答一下问题。
（1）下列措施主要是通过影响浓度减缓化学反应速率的是___________。
A．茶叶使用真空包装 B．用铁矿石炼铁的过程中将矿石粉碎
C．低温保存疫苗 D．氨在催化剂的作用下被氧化成
E．用锌粒代替镁粉制备氢气 F．工业上利用与反应制备时鼓入稍过量的空气
G．向食品袋中加入脱氧剂
（2）某同学探究与稀反应的速率影响因素时，设计了如下系列实验：
①发生反应的离子方程式为___________。
②实验Ⅰ、Ⅱ可探究温度对反应速率的影响，因此___________。
③实验Ⅰ、Ⅲ可探究___________对反应速率的影响，因此___________，___________；a___________c(填“大于”、“小于”或“等于”)。
④实验Ⅲ中加入水的目的是___________。
【答案】（1）AG （2） ①. ②. 10.0 ③. 浓度 ④. 10.0 ⑤. 5 ⑥. 小于 ⑦. 遵循单一变量原则，保证溶液总体积为20mL
【解析】
【小问1详解】
A．茶叶使用真空包装，氧气浓度减小，茶叶变质速率变慢，是通过改变浓度来减缓化学反应速率的，故A正确；
B．用铁矿石炼铁的过程中将矿石粉碎，是通过改变反应物接触面积来加快化学反应速率的，故B错误；
C．低温保存疫苗，是通过降低温度来减缓化学反应速率的，故C错误；
D．氨在催化剂的作用下被氧化成NO，是通过使用催化剂来加快化学反应速率的，故D错误；
E．用锌粒代替镁粉制备氢气，是通过改变反应物接触面积来减慢化学反应速率的，故E错误；
F．工业上利用与反应制备时鼓入稍过量的空气，是通过改变浓度来加快化学反应速率的，故F错误；
G．向食品袋中加入脱氧剂，降低氧气浓度，是通过改变浓度来减缓化学反应速率的，故G正确；
故选AG；
【小问2详解】
①溶液在酸性条件下发生歧化反应，离子方程式为；
②分析实验Ⅰ、Ⅱ可知，探究温度对反应速率的影响，其他条件应相同，故10.0；
③分析实验Ⅰ、Ⅲ可知，硫酸所用体积不同，故其他条件应该相同，故实验Ⅰ、Ⅲ可探究浓度对反应速率的影响，满足除硫酸的用量不同，但所用溶液的总体积相等，因此10.0，5.0；浓度越大，温度越高，反应速率越快，变浑浊时间越短，则a＜c；
④设计该实验的基本原理为控制单一变量，实验Ⅲ中加入水的目的是保证溶液总体积为20mL。
18. 以硫铁矿为原料(主要成分是含少量和等)制备铁红和硫酸流程如下：
回答下列问题：
（1）固体A主要成分是___________(填化学式)。
（2）提高硫铁矿粉在空气中煅烧速率的措施有___________、___________(答两条)。在“沸腾炉”下部充入___________(填“空气”或“矿粉”)。
（3）已知：固体与氧气完全反应生成红色粉末和相对分子质量为64的气体氧化物，放出热量为。写出热化学方程式：___________。
（4）已知：，则160g三氧化硫溶于水得到硫酸溶液时放出热量___________(填“大于”“小于”或“等于”)。
（5）已知：催化氧化生成和，反应分两步进行：
①；
②
则___________，且该反应平衡常数用和表示为：___________。
（6）催化氧化反应：。
实验测得平衡转化率与温度、压强的关系如下表
简述工业生产中，选择常压的理由：___________。
【答案】（1）SiO2
（2） ①. 将矿石粉碎 ②. 适当通入过量空气、加压等 ③. 空气
（3）
（4）大于 （5） ①. ②.
（6）常压下、450℃，SO2转化率已经很高，再增大压强，材料、能源等成本增大快：而转化率增大慢，不经济；
【解析】
【分析】硫铁矿粉在空气中高温焙烧，FeS2被氧气氧化生成二氧化硫和氧化铁，烧渣为氧化铁、氧化铜和二氧化硅，往烧渣中加入稀硫酸，氧化铜、氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铜和硫酸铁，二氧化硅不反应，故固体A为二氧化硅，溶液A中含有铁离子和铜离子，向溶液A中加入氢氧化钠调节pH使铁离子变为氢氧化铁，氢氧化铁通过灼烧变为铁红；二氧化硫被氧气进一步氧化为三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，据此分析答题。
【小问1详解】
由分析可知，固体A为二氧化硅；
【小问2详解】
提高硫铁矿在空气中煅烧速率的措施有将矿石粉碎、适当通入过量空气、加压等；从下部通入空气，矿粉从上部加入，能增大固体接触时间，反应充分；
【小问3详解】
固体为0.1ml，与氧气完全反应生成红色粉末为Fe2O3，和相对分子质量为64的气体氧化物为SO2，放出热量为；故热化学方程式为 ；
【小问4详解】
160g三氧化硫为2ml，但液态硫酸溶于水会放出大量的热，则160g三氧化硫溶于水得到硫酸溶液时放出热量大于
【小问5详解】
根据盖斯定律，②－①×2得目标产物：则；根据多重平衡叠加原则，；
【小问6详解】
常压下、450℃，SO2转化率已经很高，再增大压强，材料、能源等成本增大快：而转化率增大慢，不经济；
19. 甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有广阔的开发利用前景。工业上通过CO2制甲醇的主要反应如下：
i．
ii．
（1）研究发现，在单原子Cu/ZrO2催化时，反应i的历程如下
第一步(慢)
第二步(快)
第三步(快)
下列说法正确的是_______。
A. 任何温度下，反应i均可自发进行
B. 升高温度时，三步反应速率均加快
C. 用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率
D. 反应历程中，第一步反应的活化能最高，是反应的决速步
（2）绝热条件下，将H2、CO2以体积比2：1充入恒容密闭容器中，若只发生反应ⅱ，下列不可以作为反应ⅱ达到平衡的判据是_______。
A. c(CO2)与c(CO)比值不变B. 容器内气体密度不变
C. 容器内气体压强不变D. 不变
（3）将H2、CO2以体积比3：1充入恒容密闭容器中，在催化剂存在下发生反应i和反应ii。CO2的平衡转化率及CH3OH的选择性(生成目标产物所消耗的反应物的物质的量与参与反应的反应物的物质的量之比)随温度变化曲线如图所示：
CO2加氢制甲醇，_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温_______压有利于提高平衡时CH3OH的产率。结合上图阐述实际选用约312℃作为反应温度的原因_______。
（4）温度为T℃时，在一个刚性容器中模拟工业上合成CH3OH，往容器中通入1 ml CO2、3mlH2进行反应i和反应ii，反应过程中容器内的压强随着时间变化如下表所示。
计算反应开始至40min时，CH3OH的平均反应速率是_______MPa/min，平衡时n(CH3OH)是n(CO)的4倍，则H2的平衡分压是_______MPa(分压=总压×气体物质的量分数)；CO2的平衡转化率是_______(最后结果保留两位小数)。
【答案】（1）BD （2）B
（3） ①. 高 ②. 低 ③. 高 ④. 温度低，反应速率太慢，且CO2转化率低；温度太高，甲醇选择性低
（4） ①. 0.4 ②. 38 ③. 66.67%
【解析】
【小问1详解】
反应i，，低温条件下可自发进行，故A错误；
升高温度时，所有反应反应速率均加快，故B正确；
催化剂不改变反应历程，加快反应速率，但不影响平衡移动，不能提高平衡转化率，故C错误；
第一步反应为慢反应，而活化能越高，反应速率越慢，则第一步反应的活化能最高，慢反应为总反应的决速步，故D正确；
【小问2详解】
A．反应过程中c(CO2)减小，c(CO)浓度增大，则c(CO2)与c(CO)比值减小，故比值不变，能判断反应达到平衡状态，故A正确；
B．容器容积不变，混合气体的总质量不变，则气体的密度始终不变，故容器内气体密度不变，不能判断反应达到平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体物质的量不变，但是容器绝热，温度降低，压强减小，故容器内气体压强不变，能判断反应达到平衡状态，故C正确；
D．容器绝热，温度降低，降温平衡逆向移动，平衡常数减小，故K=不变，能判断反应达到平衡状态，故D正确；
故选B。
【小问3详解】
CO2加氢制甲醇，升温反应速率加快，故高温有利于提高反应速率，反应i为放热反应，降温平衡正向移动，故低温有利于提高平衡时CH3OH的产率。实际选用300-320℃反应温度的原因：温度低，反应速率太慢，且CO2转化率低，温度高，甲醇选择性低。
【小问4详解】
反应i为气体分子数减小的反应，导致总压强减小；反应ii为气体分子数不变的反应，不会导致压强的变化；故反应开始到40min时，减小的压强120MPa-88MPa=32MPa为反应i进行导致；由三段式可知：
则CH3OH的平均反应速率是；
容器中通入1 ml CO2、3mlH2进行反应i和反应ii，初始压强为120 MPa，则初始CO2、H2的分压分别为30 MPa、90 MPa；由图表可知，反应开始至40min时，反应达到平衡，由三段式可知：
平衡时、、、、CO的分压分别为(30-x-y)MPa、(90-3x-y)MPa、xMPa、(x+y)MPa、yMPa，总压强为88 MPa，则(30-x-y)+ (90-3x-y)+x+(x+y)+y=88，得120-2x=88；平衡时n(CH3OH)是n(CO)的4倍，根据气体压强之比等于物质的量之比，则x=4y，联立解得：y=4 MPa，x=16 MPa；故的平衡分压是90 MPa-3×16 MPa-4 MPa=38 MPa；CO2的平衡转化率=。实验目的
方案设计
现象
结论
A
检验固体样品中是否含有
将固体样品加水溶解，滴入浓溶液并加热，试管口放一张湿润的红色石蕊试纸
湿润的红色石蕊试纸变蓝
样品中含有
B
探究铝与浓硫酸的钝化现象
室温下，将铝片直接放入浓硫酸中，一段时间后取出并用水洗净，放入溶液
铝片表面未见紫红色固体生成
室温下浓硫酸能将铝片钝化
C
探究、元素非金属性的强弱
向溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入盐酸至红色褪去
混合液逐渐变成白色凝胶
非金属性：
D
探究浓度与反应速率的关系
两支试管各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入草酸溶液和草酸溶液
加入草酸溶液的试管中，高锰酸钾溶液褪色更快
反应物浓度越大，反应速率越快
t/min
0
20
40
60
80
120
0.100
0.080
0.060
a
0.020
0
反应温度/℃
溶液
稀
变浑浊时间
Ⅰ
20
10.0
0.10
100
0.50
0
2
Ⅱ
40
10.0
0.10
0.50
0
a
Ⅲ
20
0.10
5.0
0.50
c
温度/℃
平衡时的转化率%
450
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
550
85.6
92.9
94.9
97.7
98.3
时间/min
0
10
20
30
40
50
压强/MPa
120
105
95
90
88
88
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