北京市清华附中2020届高三下学期化学统考试题

化学试卷详解详析
1. 根据热化学方程式 S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=－297.23 kJ·mol－1，说法正确的是
A．该反应是吸热反应
B．S 与 O2 反应的反应热是 297.23 kJ
C．1molSO2(g)的总能量小于 1molS(s)和 1molO2(g)能量总和
D．1molSO2(g)的总能量大于 1molS(s)和 1molO2(g)能量总和
【解答】解：A、焓变为负值，△H＜﹣297.3kJ•mol﹣1，反应放热，故 A 错误；
B、S（s）+O2（g）═SO2（g）△H＝﹣297.3kJ•mol﹣1，反应热与方程式一一对应，直接说 S 与 O2 反应，物质状态、温度、压强均未知，不可以直接说某物质的反应热，且单位错误，应为 kJ/mol，故B 错误；
C、反应为放热反应，所以生成物的总能量小于反应物的总能量，即 1molSO2（g）所具有的能量小于 1molS（s）与 1molO2（g）所具有的能量之和，故C 正确。
D、参考C，故D 错误。故选：A。
【点评】本题考查反应热与物质状态的关系、反应热与物质能量的关系，难度不大，注意化学反应中反应热的计算，物质三态之间的转变也存在能量的变化．
2. 下列有关中和反应反应热测定实验的说法中，不．正．确．的是
A．为了使盐酸充分反应，通常使 NaOH 稍稍过量
B．用环形玻璃搅拌棒上下搅拌有助于反应充分
C．温度计测完酸之后，要用水冲洗干净再测碱的温度
D．记录不再变化的温度为终止温度
【解答】解：A、中和反应反应热测定实验中，为保证一方完全反应，往往需要另一方过量，故A 正确；
B、环形玻璃搅拌棒的作用就是通过搅拌加快反应速率，尽快结束实验，记录数据，减少热量耗散，故 B 正确；
C、用温度计测完酸（或碱）的温度后，要用水冲洗干净后，再测定碱（或酸）溶液的温度，故 C 正确；
D、实验记录的最高温度为终止温度，不能是不再变化的温度，因为温度会一直变化，直至体系温度与环境相同，故D 错误。

故选：D。
【点评】本题考查中和热测定实验，为高考常见题型，把握中和热测定原理、操作、仪器为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
3. 以下过程在常温下都可以自发进行，可用焓判据来解释的是
A．硝酸铵自发地溶于水
B．湿的衣服经过晾晒变干C．2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) ΔH = + 56.7 kJ/mol D．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=－571.6 kJ/mol
【分析】反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当反应的△H﹣T•△S＜0 时， 反应可自发进行，如果要用焓判据解释，那至少要保证该热力学过程焓变△H＜0，以此解答该题．
【解答】解：A．硝酸铵的溶解过程是熵值增加的过程，主要是熵判据，而且该过程吸热， 故A 错误；
B．为吸热的熵增反应，根据△G＝△H﹣T•△S 可知，熵判据有利自发反应，焓判据不利自发反应，即不能用能量判据，故 B 错误；
C．反应的△H＞0，△S＞0，反应能自发进行，取决于熵判据，故 C 错误；
D．反应是放热反应，且是熵值减小的，所以应该用焓变判据，故D 正确。故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，是中等难度的试题，也高考中的常见考点之一，该题有利于培养学生严谨的思维方式，以及灵活运用知识的答题能力，注意结合△H﹣T•△S＜
0 进行判断．
4. 已知下列热化学方程式：① C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O (l) ΔH1
② H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH2 ③ CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH3
则反应 2CO(g)＋4H2(g)=H2O(l)＋C2H5OH(l)的 ΔH 为：
A. 2ΔH3＋3ΔH2－ΔH1 B. ΔH1－2ΔH3－4ΔH2
C. 2ΔH3＋4ΔH2＋ΔH1 D. 2ΔH3＋4ΔH2－ΔH1
【分析】本题考查盖斯定律，可用唯一物质定系数的方法快速判断，ΔH1，ΔH2，ΔH3 前面的系数，据此分析．
【解答】解：找到总方程中的某一物质，该物质在方程 ①、②、③中各自唯一存在，这

三种物质分别是 C2H5OH(l)，H2(g)，CO(g)。C2H5OH(l)在方程①和总方程中分别位于等号

两侧，且系数均为 1，所以 ΔH1 前的系数为-1。H2(g)在方程②和总方程中同位于等号左侧，且系数差 4 倍，所以 ΔH2 前的系数为 4。CO(g)在方程③和总方程中同位于等号左侧， 且系数差 2 倍，所以 ΔH3 前的系数为 2。所以总方程 ΔH=2ΔH3＋4ΔH2－ΔH1
故选：D。
【点评】本题考查了盖斯定律，注意上述方法的前提是物质的唯一性。．

5. 常温下，下列关于NaOH 溶液和氨水的说法正确的是
A．相同物质的量浓度的两溶液，后者的 pH 更大
B．pH＝13 的两溶液稀释 100 倍，前者的 pH 大于后者
－
C．两溶液中分别加入少量 NH4Cl 固体，c(OH ) 均减小
D．体积相同、pH 相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸
【分析】NaOH 是强碱，一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释、同离子效应等会影响电离平衡的移动，据此分析．
【解答】解：A、NaOH 是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，电离不完全，所以相同物质的量浓度的两溶液中的 c（OH﹣）NaOH 溶液大，故A 错误；
B、弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH＝13 的两溶液稀释 100 倍，NaOH 溶液的 pH 为 11，氨水由于能够继续电离补充 OH-，所以 pH 大于 11，故 B 错误；
C、NaOH 溶液中加入 NH4Cl 固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入 NH4Cl 固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，故 C 正确；
D、一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，体积相同、pH 相同的两溶液中和盐酸时，氨水能够中和盐酸的量会多很多，故 D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了强弱电解质的相关知识，注意弱电解质在水溶液中存在电离平衡， 加水稀释、同离子效应等会影响电离平衡的移动，题目难度不大．
6. 在恒温恒容的密闭容器中，投入反应物进行如下反应： A(s) + 2B(g) C(g) + D(g)，下列哪些量不再改变，能说明该反应达到化学平衡状态的是
①混合气体的密度 ②容器内的压强 ③混合气体的总物质的量

④混合气体的平均分子量 ⑤C 和D 的浓度比值 ⑥B 的物质的量浓度
A．①③④ B．②③④⑥ C．①④⑥ D．①④⑤⑥

【分析】达到化学平衡状态的两个标志：变量不变，逆向相等。反应 A（s）+2B（g）⇌C
（g）+D（g）为气体体积相等的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等， 各组分的浓度、百分含量不再变化，注意A 为固态，据此进行解答。
【解答】解：①ρ=m/V，气体总质量 m 随着平衡移动是变量，而 V 为定值，所以ρ为变量，变量不变，即达平衡，故①正确；
②两边气体计量数和相等，所以该恒温恒容反应器中压强为定值，不能根据压强判断平衡状态，故②错误；
③两边气体计量数和相等，混合气体总物质的量适中不变，此为恒量，恒量不变，无用， 故③错误；
④混合气体的总质量为变量、总物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量为变量， 当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故④正确；
⑤从投料方式可知，一开始并未投入C 和D，所以CD 的来源只有化学反应，而两者的生成与消耗均等比于其化学计量属于，所以C 和D 的浓度比值始终为 1:1，故⑤错误
⑥随着平衡的移动，B 的物质的量浓度为变量，变量不变，即达到平衡，故⑥正确
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，明确化学平衡状态的特征为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
7. 反应 4NH3 (g) +5O2(g) 4NO(g) +6H2O(g)， ∆H＝－a kJ•mol-1，在 5L 密闭容器投入
1molNH3 和 1mol 的O2，2 分钟后 NO 的物质的量增加了 0.4mol，下列说法正确的是
A. 2 分钟反应放出的热量值小于 0.1akJ
－1 －1
B. 用氧气表示 0～2 min 的反应速率：υ(O2)=0.05mol ·L ·min
C. 2 分钟内 NH3 的转化率是 50％
D. 2 分钟末 c(H2O)=0.6mol/L
【解答】解：在 5L 密闭容器投入 1mol NH3 和 1mol O2，2 分钟后 NO 的物质的量增加了
0.4mol，则

4NH3 （g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）

起始（mol）
1
1
0
0
转化（mol）
0.4
0.5
0.4
0.6
2min（mol）
0.6
0.5
0.4
0.6

A．由热化学方程式可知生成 4molNO，则放出 akJ 热量，则生成 0.4molNO，则热量值等于 0.1a kJ，故 A 错误；
B．用氧气表示 2 分钟的反应速率＝0.05mol•L•min﹣1，故 B 正确；
C.2 分钟内NH3 的转化率＝40%，故 C 错误；
D.2 分钟末 c（H2O）＝0.12mol/L，故 D 错误。故选：B。
【点评】本题考查了化学平衡的计算，为高考常见题型，题目难度中等，明确化学反应速率与化学计量数的关系为解答关键，注意掌握化学平衡状态的特征及判断方法，试题有利于提高学生的分析能力及化学计算能力．
8. 下列说法正确的是
A．氨气溶于水能导电，所以 NH3 是电解质
B．在醋酸钠溶液中再加入少量水，会使其水解平衡正向移动
C．用冰醋酸、蒸馏水和容量瓶可以配制 pH＝1 的醋酸溶液
D．室温下 pH=12 Ba(OH)2 与 pH=2 的盐酸恰好中和，消耗二者体积比为 1:2
【解答】解：A．氨气溶于水生成的 NH3•H2O 可电离而导电，所以 NH3•H2O 才是真正的弱电解质，故 A 错误；
B．越稀释越水解，可通过稀释前后的浓度商与平衡常数大小的比较进行判断，故 B 正确；
C．醋酸为弱酸，难以配制 pH＝1 的溶液，且缺少量取（滴定管或移液管）或称取（分析天平）醋酸的仪器，故 C 错误；
D．两溶液中 OH-和 H+浓度相同，恰好中和的体积之比应为 1:1，故D 错误； 故选：B。
【点评】本题考查电解质定义，水解平衡移动，弱酸电离程度的感性认识以及 pH 的概念。
9. 25℃时，1 mol/L 醋酸加水稀释至 0.01 mol/L，关于稀释前后的下列变化正确的是

A． 溶液中 c(OH-)减小
B． pH 的变化值等于 2
C． 溶液中 c(H+ ) 的值增大
c(CH3COOH)
D． Kw 的值减小
【解答】解：A、对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而 Kw 不变，故 c（OH﹣）

增大，故A 错误；
B、加水稀释 100 倍，醋酸的电离平衡正向移动，电离出的氢离子的物质的量增多，故 pH
的变化小于 2，故 B 错误；
C、本题用凑常数的额方法进行解答：加水稀释，溶液中的 c（CH3COO﹣）减小，但醋酸的 Ka＝ 不变，故溶液中 的值增大，故 C 正确；
D、Kw 只受温度的影响，温度不变，Kw 的值不变，故加水稀释对 Kw 的值无影响，故
D 错误。故选：C。
【点评】本题综合考查醋酸的电离，注意加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但溶液中醋酸根离子增大的量远远小于水体积增大的量，所以醋酸根离子浓度减小，为易错点．
10．下列事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A．钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈
B．用加热蒸干AlCl3 溶液的方法不能制得无水 AlCl3
C．蒸馏水和 0.1mol•L﹣1 NaOH 溶液中的 c（H+），前者大于后者
D．向含有少量 Fe3+的 MgCl2 酸性溶液中加入 MgCO3，可将Fe3+转化成 Fe（OH）3 除
去

【解答】解：A．钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈，原因是在潮湿的环境中有水的存在，能提供钢铁发生电化学腐蚀的必要条件之一，与平衡移动原理无关，故选 A；
B．加热 AlCl3 溶液，促进 AlCl3 的水解，生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，最终得到氢氧化铝，灼烧后甚至可以得到 Al2O3，与平衡移动原理有关，故B 不选；
C．水的电离存在平衡 H2O⇌H++OH﹣，NaOH 溶液中，OH﹣浓度增大，抑制水的电离，
NaOH 溶液中由水电离出的 c（H+）＜1×10﹣7 mol/L，能用勒夏特列原理解释，故 C 不选；
D．加入 MgCO3 与氢离子反应，会促进Fe3+水解反应的正向进行，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，使铁离子沉淀完全，与平衡移动原理有关，故D 不选。
故选：A。
【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应．


11.由N2O 和 NO 反应生成N2 和 NO2 的能量变化如图所示。下列说法不．正．确．的是

A．反应生成 1 mol N2 时转移 4 mol e-

B．反应物能量之和大于生成物能量之和
C．N2O(g)+NO(g) = N2(g)+NO2(g) △H= -139 kJ/mol
D．断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
【解答】解：A、根据反应 N2O+NO＝N2+NO2 可知，此反应中当生成 1mol 氮气时转移
2mol 电子即 2NA 个，故A 错误；
B、根据图象可知，此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故B 正确；
C、根据图象可知，此反应放热 348-209=139KJ，故热化学方程式为：N2O(g)+NO(g) = N2(g)+NO2(g) △H= -139 kJ/mol，故C 正确；
D、△H＝断键吸收的能量﹣成键放出的能量，由于此反应放热，即△H 小于 0，故断键吸收的能量小于成键放出的能量，故D 正确。
故选：A。
【点评】本题考查了热化学方程式的书写以及反应吸放热的判断，难度不大，注意反应的实质是旧键的断裂和新键的形成。
12.用O2 将HCl 转化为 Cl2，反应方程式为：4HCl(g) + O2(g) 2H2O(g)+ 2Cl2(g)
△H<0。一定条件下测得反应过程中 n(Cl2)的实验数据如下。下列说法正确的是

t/min
0
2
4
6
n(Cl2)/10-3 mol
0
1.8
3.7
5.4
A．0～2 min 的反应速率小于 4～6 min 的反应速率
B．2～6 min 用 Cl2 表示的反应速率为 0.9 mol/(L·min)
C．增大压强可以提高 HCl 的平衡转化率
D．平衡常数 K(200℃)＜K(400℃)
【解答】解：A．相同时间内，0～2min 内氯气变化量为 1.8×10﹣3 mol，而 4～6min 内氯气变化量为（5.4﹣3.7）×10﹣3 mol＝1.7×10﹣3 mol，则 0～2min 的反应速率大于 4～6min的反应速率，故A 错误；
B．容器容积未知，用单位时间内浓度变化量无法表示氯气反应速率，故 B 错误；

C．正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，可以提高 HCl 转化率，故 C
正确；

D．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则平衡常数 K（200℃）
＞K（400℃），故 D 错误，故选：C。
【点评】本题化学平衡的计算，题目难度中等，涉及甲醇化学反应速率、化学平衡影响因素、化学平衡常数影响因素等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
13．向盐酸中滴加 NaOH 溶液，用 pH 计测定酸碱滴定曲线，关于仪器清洗不．正．确．的是
A．量取盐酸的酸式滴定管，用该盐酸润洗
B．量取NaOH 溶液的碱式滴定管用该 NaOH 溶液润洗
C．盛放盐酸的锥形瓶用该盐酸润洗
D．pH 计在使用完毕后先用蒸馏水润洗，再擦干保存
【解答】解：A、量取溶液的滴定管，均应用待装液润洗，保证浓度不变，故 A 正确；
B、理由同上，故B 正确；
C、锥形瓶不可用待装液润洗，这会使得锥形瓶中 HCl 物质的量变大，使得 NaOH 消耗量增多，导致误差，故 C 错误；
D、pH 是一种基于原电池原理的精密仪器，使用后应用蒸馏水洗净擦干后，妥善保存， 故D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查中和滴定的误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，其标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；其标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大．
14.已知某可逆反应 pC(g) 在密闭容器中进行，下图表示反应时间 t
C%
T2P2
①
T1P2 ②
T1P1
③
0
t
时、温度 T 和压强P 与反应混合气体中 C 的体积分数（C%）的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是

A．T1＜T2
P1＞P2
m＋n ＜p
ΔH>0
B．T1＞T2
P1＜P2
m＋n ＞ p
ΔH<0
C．T1＜T2
P1＞P2
m＋n ＜ p
ΔH<0
D．T1＞T2
P1＜P2
m＋n ＞ p
ΔH>0

【解答】解：由图象可知，温度为 T1 时，根据到达平衡的时间可知 P2＞P1，且压强越大，
C 的含量高，说明压强增大平衡向正反应方向移动，故正反应为气体体积减小的反应，即
m+n＞p；
压强为 P2 时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，C 的含量低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡图象问题，难度不大，注意根据图象判断温度、压强的大小， 根据温度、压强对平衡移动的影响分析．
15．pH＝1 的两种酸溶液A、B 各 1mL，分别加水稀释到 1 000mL，其 pH 与溶液体积（V） 的关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．若 a＝4，则 A 是强酸，B 是弱酸
B．稀释后，A 酸溶液的酸性比B 酸溶液弱
C．稀释前两种酸溶液的浓度：c(A ) > c(B) D．若 1＜a＜4，则 A、B 都是弱酸
【解答】解：A．由图知，稀释相同的倍数，A 的 pH 变化大，则 A 的酸性比 B 的酸性强，如果 a＝4，则 A 是强酸，B 是弱酸，故A 正确；
B．稀释后，B 溶液中氢离子浓度大于 A，氢离子浓度越大溶液的酸性越强，所以 A 溶液的酸性小于 B，故B 正确；
C．由图可知，开始的 pH 相同，两种溶液稀释后 pH B c(A)，故C 错误；
D．若 A 和B 都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，所以溶液中 pH 为 4＞a＞1，故 D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时 pH 变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难度不大．
16．在 25℃时，密闭容器中 X、Y、Z 三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：


物质
X
Y
Z
初始浓度/mol·L-1
0.1
0.2
0
平衡浓度/mol·L-1
0.05
0.05
0.1
下列说法错．误．的是
A．反应达到平衡时，X 的转化率为 50％
B．反应可表示为X（g）+3Y（g）2Z（g），其平衡常数为 1600
C．改变温度可以改变此反应的平衡常数
D．改变压强，平衡常数不变，平衡不移动
【解答】解：A．反应达到平衡时，X 的转化率为＝
50%，故 A 正确；
B．根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：△c（X）：△c（Y）：
△c（Z）：＝0.05：0.15：0.1＝1：3：2，

则反应的方程式为X+3Y⇌2Z，K＝ ＝ ＝

1600（mol/L）﹣2，单位在高中阶段可以缺省，故B 正确；
C．平衡常数只受温度的影响，温度改变时，化学平衡常数一定变化，故 C 正确；
D．增大压强平衡向生成Z 的方向移动，但平衡常数不变，故 D 错误。故选：D。
【点评】本题考查化学平衡的计算及平衡移动问题，题目难度不大，注意平衡常数的计算以及平衡常数为温度的函数的特征来解答．
17．下列实验方案，不．能．达到相应实验目的的是


A
B
C
D


实验方案






将 NO2 球浸泡在冷水和热水中







实验目的
探究反应物浓度对化学平衡的影响
探究催化剂对反应速率的影响
探究温度对化学平衡的影响
比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性

【解答】解：A．课本上的使用量为“5 mL 0.005mol/L FeCl3 中加入 5 mL 0.01mol/L KSCN”，对比可以发现本实验中 Fe3+离子初始浓度太高，Fe3+离子大过量，加入 1mL 1mol/L 的
KSCN 后能够直接生成更多的 Fe(SCN)3，颜色加深，无法证明化学平衡移动了；此外为了保证实验的严谨性，控制变量要做好，在左边试管应该加入 1 mL 蒸馏水，做好对照组， 故A 错误；
B．只有催化剂不同，可探究催化剂对 H2O2 分解速率的影响，故 B 正确；
C．只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，故 C 正确；
D．只有两纯液体不同，可比较两种物质中活性氢的活泼性，故D 正确；


故选：C。

18．AG 定义为 AG= lg

c(H+ )
c(OH- )


，若用 AG 来表示溶液的酸度，说法不．正．确．的是


A．在一定温度下，溶液的酸性越强，AG 越大
B．65°C 时，pH 与 AG 的换算公式为 AG = 2 (7 – pH)
C．若溶液显碱性，则 AG < 0
D．若溶液显中性，则 AG = 0
故
【解答】解：A．酸性越强 越大， A 正确；
B．在 25℃时，PH＝﹣ ，
根据 AG 和 pH 的计算公式可得 AG＝ ＝＝2（7﹣pH），但 B 选项温 度为 65°C，则KW≠10﹣14，故 B 错误；
C．若溶液呈碱性，则 C（H+）< < lg1，即 AG<0，故 C 正确；
D．若溶液呈中性，C（H+）＝C（OH﹣）＝1×10﹣7mol•L﹣1，pH＝﹣lgC（H+）＝lg（10

﹣7）＝7，AG＝ ＝lg1＝0，故 D 正确；

故选：B。


19．为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不．正．确．的是


A．①浊液中存在平衡：AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)
B．②中颜色变化说明上层清液中含有 SCN-
C．③中颜色变化说明有 AgI 生成
D．该实验可以证明AgI 比AgSCN 更难溶
【解答】解：A．第①步中 SCN-相对Ag+是少量的，在②中依然可以看到红色出现，所以在①的浊液中存在沉淀溶解平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN﹣（aq），故 A 正确；
B．铁离子与 SCN﹣结合生成络离子，则②中颜色变化说明上层清液中含有 SCN﹣，故 B
正确；

C．过量的银离子与碘离子结合生成 AgI 黄色沉淀，则③中颜色变化说明有 AgI 生成， 故 C 正确；
D．第①步中硝酸银就是过量的，沉淀本就可以生成，无法证明在第③步中发生了沉淀的转化，且只要离子浓度够高，沉淀转化有可能也会向着易溶的方向转化，所以此处不能证明 AgI 比AgSCN 更难溶，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握化学平衡原理的应用、沉淀的生成和转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
20. 25℃时浓度均为 0.1 mol/L 的溶液，其 pH 如下表所示。有关说法正确的是

序号
①
②
③
④
溶液
NaCl
CH3COONH4
NaF
NaHCO3
pH
7.0
7.0
8.1
8.4

A. 酸性强弱：H2CO3＞HF B．① 和 ②中溶质均未水解
- 2-
C．离子的总浓度：①＞③ D．④中：c(HCO3 ) + 2c(CO3 ) + c(H2CO3) = 0.1 mol/L
【解答】解：A、等浓度的 NaF 和 NaHCO3 溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱， 阴离子水解程度越强，碳酸氢钠溶液 pH 大于NaF 溶液 PH，则对应酸性为 H2CO3＜HF， 故A 错误；
B、氯化钠溶液是强酸强碱溶液，溶液 pH＝7，溶质不水解，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐， 溶液 pH＝7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性，①的溶质未水解，
②中溶质发生同等程度的互促双水解，故 B 错误；
C、氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，NaF 溶液中氟离子水解使得水的电离平衡发生移动。NaCl 溶液中电荷守恒 c（Na+）+c（H+）＝
c（OH﹣）+c（Cl﹣），溶液中离子总浓度等于阳离子总浓度两倍，即为 2*(0.1+10-7) mol/L。
NaF 溶液中，c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（F﹣），溶液中离子总浓度也等于阳离子总浓度两倍，即为 2*(0.1+10-8.1) mol/L。所以离子的总浓度：①＞③，故C 正确；
D、依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，④中物料守恒：c
2﹣
（HCO3﹣）+c（CO3 ）+c（H2CO3）＝0.1mol/L，故 D 错误，故选：C。
【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小、电荷守恒分析判断，物料守恒的理解应用，注意盐类水解的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
21. 已知反应 N2O4（g） ∆H <0。将一定量的 NO2 充入注射器中并密封，
改变活塞位置的过程中，气体透光率随时间的变化如图所示（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法不．正．确．的是

A．b 点的操作是压缩注射器
B．c 点与 a 点相比，c(NO2)增大、c(N2O4)减小
C．d 点：υ(正)<υ(逆)
D．若在 c 点将温度降低，其透光率将增大
【解答】解：A．b 点开始透光率陡然下降，这是有色物质浓度陡然增大导致的，所以A
正确；

B．图中 c 点为压缩体积后的再次建立过程平衡，c（NO2）比 a 点大，c（N2O4）也同样应比原来的大，故 B 错误；
C．d 点透光率正在减小，平衡逆向移动，则 v（正）＜v（逆），故 C 正确；

D．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则透光率将增大，故D 正确； 故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握浓度、颜色及透光率的关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象与平衡移动原理的结合， 题目难度不大。
22．某温度下，在一容积可变的密闭容器里，反应 2A（g）⇌B（g）+2C（g）达到平衡时，
A、B 和 C 的物质的量分别为 4mol、2mol、4mol．在保持温度和压强不变的条件下，下列说法正确的是（ ）
A．充入 1mol 稀有气体氦（He），平衡将不发生移动
B．充入A、B、C 各 1mol，平衡将向正反应方向移动
C．将 A、B、C 各物质的物质的量都减半，C 的百分含量不变
D．加入正催化剂，正逆反应速率均加快，平衡向逆反应方向移动
【解答】解：A．He 不参加反应，压强不变，应使容器体积增大，参加反应的物质的浓度减小，平衡向正反应方向移动，故A 错误；
B．从 Qc 和 K 的大小比较去看，假设平衡时容器体积为 V，平衡常数 K=2/V。加入 A、
B、C 各 1mol 后，Qc=3/1.3V，Qc > K,则平衡逆向移动，故 B 错误；
C．将 A、B、C 各物质的量都减半，压强不变，则浓度不变，Qc=K，平衡不移动，C 的百分含量不变，故C 正确；
D．正催化剂可以加快反应速率，但是平衡不移动，故D 错误。故选：C。
【点评】本题考查化学平衡移动问题，题目难度中等，注意从等效平衡的角度分析，题目易错点为D．
23．室温下，向 0.01 mol·L－1 的醋酸溶液中滴入 pH=7 的醋酸铵溶液，溶液 pH 随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如右图所示。下列分析正确的是
A．a 点，pH = 2
－ +
B．b 点，c(CH3COO ) > c(NH4 )
C．c 点，pH 可能大于 7
D．ac 段，pH 的增大仅是因为醋酸电离平衡逆向移动
【解答】解：A、由于醋酸是弱电解质，不能完全电离，故 0.01mol/L 的醋酸溶液中氢离子浓度小于 0.01mol/L，则 pH 大于 2，即 a 点的 pH 大于 2，故A 错误；

B、由于所得的溶液为 CH3COOH 和 CH3COONH4 的混合溶液，而 CH3COONH4 溶液显中性，CH3COOH 溶液显酸性，故室温下混合溶液的 pH 一直小于 7，即 b 点溶液中的 c
（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知 c（CH3COO﹣）＞c（NH4+），故 B 正确；
C、由于所得的溶液为 CH3COOH 和 CH3COONH4 的混合溶液，而 CH3COONH4 水解显中性，CH3COOH 电离显酸性，故混合溶液的 pH 一直小于 7，即 c 点溶液的 pH 也一定小于 7，故C 错误；
D、在 ab 段，溶液的 pH 增大很快，这是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡： CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，向 0.01mol•L﹣1 的醋酸溶液中滴入 pH＝7 的醋酸铵溶液，导致 c（CH3COO﹣）增大，则醋酸的电离平衡左移，故溶液中的 c（H+）减小，则溶液的
pH 增大；而在 bc，溶液的 pH 变化不明显，是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大， 故溶液中的 c（H+）减小，则 pH 变大，但变大的很缓慢，即 ac 段溶液的 pH 增大不只是醋酸的电离逆向移动的结果，还有稀释作用，故 D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查了弱酸和对应的盐混合后溶液 pH 的变化，应注意的是当在醋酸溶液中加入醋酸铵溶液后，溶液pH 增大的原因不只是电离平衡的左移．
24．反应 aA(g)＋bB(g) cC(g) ΔH<0
在等容条件下进行。改变其它反应条件，在

I、II、III 阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示，下列说法不．正．确．的是




A．反应的化学方程式中，a : b : c＝1 : 3 : 2
B．第 II 阶段反应温度小于第 III 阶段反应温度
C．A 的平均反应速率 vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)，最大的是 vⅠ(A)
D．由第一次平衡到第二次平衡，采取的措施是从反应体系中移走 C
【解答】解：A．根据图象知，随着反应的进行，A 和 B 的浓度减小，C 的浓度增大，所以A 和B 是反应物，C 是生成物，可逆反应达到平衡时，浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以 A、B、C 的计量数之比＝（2.0﹣1.00）mol/L：（6.0﹣3.00）mol/L：（2.00
﹣0）mol/L＝1：3：2，所以该反应方程式为：A（g）+3B（g）⇌2C（g），故 A 正确；

B．第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B 的量减少，C 的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降低温度，因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低，故B 错误；
C． Ⅰ阶段反应速率＝ 0.05mol/L• min ，Ⅱ中反应速率＝
＝ 0.025mol/L ， Ⅲ 中反应速率＝ ＝
0.012mol/L•min，所以速率最大的是 vⅠ（A），故 C 正确；
D．图象分析，曲线第一次平衡改变的时刻，C 的浓度瞬间降为 0，然后随反应正向移动
C 浓度逐渐增大，A 和 B 浓度减小，说明平衡正向进行，改变的条件是移走 C，故 D 正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡图象、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素等，掌握基础是关键，难度中等．

2－ 2－ －1
25. 已知：2CrO4 +2H+ Cr2O7 + H2O。25℃时，调节初始浓度为 1.0 mol•L 的
2－
Na2CrO4 溶液的 pH（忽略溶液体积变化），测定平衡时溶液中 c(Cr2O7 )和 c(H+)，获得如右图所示的曲线。下列说法不．正．确．的是
A． 平衡时，pH 越小，c(Cr2O72－)越大
B． A 点 CrO42－的平衡转化率为 50%
C． A 点 CrO42－转化为Cr2O72－反应的平衡常数 K=1014
D． 平衡时， 若溶液中c(Cr2O72－)=c (CrO42－)，则 c(H+) > 2.0×10－7 mol·L－1
【解答】解：A、由图可知氢离子浓度越大，c（Cr2O72﹣）越大，所以 pH 越小，c（Cr2O72
﹣）越大，故A 正确；
B、由图可知 A 点时 Cr2O72﹣的平衡浓度为 0.25mol/L，所以转化的 CrO42﹣的浓度为：

2﹣
0.5mol/L，则 A 点CrO4 的平衡转化率为 50%，故B 正确；

2 ﹣ 2 ﹣
C 、 2CrO4 +2H+⇌Cr2O7 +H2O 的平衡常数为： K ＝ ＝

＝1014，故C 正确；
2﹣ 2﹣ 2﹣ 2﹣
D、平衡时，若溶液中 c（Cr2O7 ）＝c（CrO4 ），而 2c（Cr2O7 ）+c（CrO4 ）＝1.0mol
2﹣
2﹣ ﹣
•L﹣1，所以 mol•L﹣1，而图中 c（Cr2O7 ）＝0.35mol/L 时，对应氢离子的浓度为 2.0×10﹣7 mol•L﹣1，则溶液中 c（Cr2O7 ）＝c（Cr2O42 ），则 c（H+）＜2.0
×10﹣7 mol•L﹣1，故D 错误； 故选：D。
【点评】本题考查图象的分析、溶度积常数的计算的知识，注意平衡常数的理解应用，题目难度中等。

26．（7 分）依据事实，回答下列问题。
（1）在 25 ℃、101 kPa 时， 1.0 g C8H18(l，辛烷)燃烧生成 CO2(g)和 H2O(l)，放出 48.40kJ 的热量，则 C8H18(l)的燃烧热为 kJ/mol
（2）已知 N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)；ΔH=+67.7kJ/mol， N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O (g)；ΔH=－534
kJ/mol，根据盖斯定律写出肼(N2H4)与 NO2 完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式
。
（3）某反应过程中的能量变化如下图所示，则该反应是 反应（填“放热”或“吸热”），
－1
判 断 依 据 是 。

（4）已知：2NH3 (g)+3Cl2(g) =N2 (g) +6HCl(g) ΔH=–462 kJ•mol
N2 (g)
945 kJ•mol
－1
2N(g)
Cl2 (g)
243 kJ•mol
－1
2Cl(g)

则断开 1 mol H–N 键与断开 1 mol H–Cl 键所需能量相差约为 kJ。
【解答】解：（1）燃烧热限定可燃物为 1mol，1mol 辛烷质量为 114g，所以燃烧热应为 48.40
的 114 倍，计算得 5517.6 ，本题没问焓变 ΔH，所以不必写+、-号。

（2）首先写出方程式 2N2H4(g)+2 NO2 (g) = 3N2(g)+4 H2O(g)，再根据盖斯定律求算焓变，可使用唯一物质定系数的方法，根据 NO2(g)系数可判断方程 1 系数应为-1，根据 N2H4(g)系数可判断方程 2 系数应为 2，所以△H=-1*67.7+2*（-534）= －1135.7kJ/mol，所以答案为2N2H4(g)+2 NO2 (g) = 3N2(g)+4 H2O(g)；△H=－1135.7kJ/mol（2 分）
（3）吸热；反应物总能量小于生成物总能量（2 分）
（4）△H＝断键吸收的能量﹣成键放出的能量=6*EN-H + 3*ECl-Cl – EN2 -6*EH-Cl= -462 kJ•mol
－1，所以 6*（EN-H -EH-Cl）=-246 kJ•mol－1 ，所以断开 1 mol H–N 键与断开 1 mol H–Cl 键所需能量相差约为 41 kJ。
【点评】本题考查了燃烧热，盖斯定律，能量图像，以及键能和反应焓变之间的换算，题目较简单．

27．（1）已知水在 25℃和 100℃时，其电离平衡曲线如下图所示：





①则 25℃时水的电离平衡曲线应为 。(填“A ”或“B”)
②25℃下，下列三种溶液中，由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比 a:b:c= 。
a．pH=1 的盐酸 b．pH=2 的盐酸 c．pH=12 的NaOH 溶液
③25℃下，若 Va L pH＝a的盐酸与 Vb L pH＝b 的 NaOH 溶液恰好中和，a+b=13，则 Va : Vb
＝ 。
（2）某温度(t℃)时，测得 0.01 mol·L－1 的NaOH 溶液的 pH＝13
①该温度下水的 Kw＝ 。
②此温度下，将 pH＝1 的盐酸溶液 Va L 与 pH＝14 的NaOH 溶液 Vb L 混合(忽略体积变化)， 混合后溶液的 pH 为 2，则 Va : Vb＝ 。
（3）下列说法中正确的是 。
a．25℃时，pH=12 的氨水和 pH=2 的 H2SO4 溶液等体积混合，所得溶液 pH>7
b．100℃时，pH=12 的 NaOH 溶液和 pH=2 的 H2SO4 溶液恰好中和，所得溶液 pH=7
c．25℃时，由水电离出的氢离子浓度为 1×10－10 mol/L 的溶液中可能大量存在 NH4+和 Cl－
【解答】解：（1）①25 时水的Kw=10-14，所以应为 A
②三种溶液中水电离出的氢离子浓度分别为 10-13,10-12,10-12，所以比值为 1:10:10
③ 因为恰好中和所以，氢离子和氢氧根物质的量相等，所以 Va*10-a=Vb*10-(14-b),又因为a
+b=13，Va*10-a=Vb*10-(1+a) ，所以 Va : Vb=1:10

（2）①该溶液中 c（H+）=10-13，c（OH﹣）=10-2，所以 Kw= c(H+)* c(OH﹣)=1.0×10－15
② 根据题意可知酸过量，所以可以列出方程： (Va *10-1–Vb*10-1)/(Va+Vb)=10-2 , 解得
Va : Vb＝=11:9
（3）a．氢离子和氢氧根离子浓度相同，但是一水合氨是弱碱，则碱大过量，所以混合后 pH>7，
a 正确。

b．由图像可知 100℃时Kw= c(H+)* c(OH﹣)=1.0×10－12，此时 pH=12 的NaOH 溶液中 c(OH
﹣)=1 mol/L，比氢离子浓度大 100 倍，等体积混合后溶液呈强碱性，pH>7，b 错误。
c．25℃时，由水电离出的氢离子浓度为1×10－10 mol/L 的溶液可能是酸性也可能是碱性溶液，
+ －
而酸性溶液中是可以大量存在NH4 和 Cl 的，c 正确。所以选 ac（2 分）


28. 室温下，使用 pH 计测定 0.1 mol/L NH4Cl 溶液的pH=5.12（如图 1） 由此可以得到的结论是 （填字母）。
－
a．NH3·H2O 是弱碱 b．溶液中 c(H+)＞c(OH )
+ + -7
c．NH4 水解是吸热反应 d．由 H2O 电离出的 c(H ) ＜10 mol/L
图 2
e．物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，溶液 pH=7



图 1
（2）室温下，用 0.10mol/L NaOH 溶液分别滴定 20.00 mL 0.10 mol/L 的盐酸和醋酸，滴定曲线如图 2 所示
① 表示滴定盐酸的曲线是 （填序号）。

若此实验选用酚酞为指示剂，则滴定到达终点的现象是 。

若用标准 NaOH 溶液测定未知盐酸溶液的浓度，下列实验操作会使实验结果偏低的是 。

a．锥形瓶用待测液润洗后再注入待测液
b．碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡
c．碱式滴定管滴定前仰视读数，滴定后平视读数
② 在滴定醋酸溶液的过程中：

V(NaOH)=10.00 mL 时，溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
当 c(Na+) = c(CH3COO—) + c(CH3COOH) 时，溶液 pH 7（填“＞”、“=”或“＜”）。
【解答】（1）正盐水溶液呈酸性，所以阳离子一定发生了水解，NH3·H2O 是弱碱，a 正确； 溶液室温下 pH=5.12，所以呈酸性，b 正确；c 无从得知；氯化铵促进了水的电离，所以由水电离出的 c(H+)=10-5.12 >10-7 mol/L，d 错误；物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合恰好中和，生成正盐 NH4Cl，该盐为强酸弱碱盐，水溶液显酸性，pH <7，e 错误。
所以选 a b
（2）①盐酸为强酸， 0.10 mol/L 的盐酸初始 pH=1，所以盐酸滴定曲线是Ⅱ（1 分）。
锥形瓶中是酸，所以指示剂变色因由低 pH 色变为高 pH 色，指示剂为酚酞，所以是溶液由无色变为（浅）红色，且半分钟不变色。
a．锥形瓶用待测液润洗后再注入待测液，会使得酸的物质的量偏多，从而导致消耗 NaOH 的量增大，使得结果偏高，不选。
b．碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，有一部分碱液填充了原来气泡的空间，耗碱量偏大，使得结果偏高，不选。
c．滴定管刻度上小下大，滴定前仰视读数，使得读数偏大，滴定后平视读数，读数准确， 但差值为（滴定后读数-滴定前读数），所以结果偏小。
所以选 c
②V(NaOH)=10.00 mL 时，在不考虑电离和水解的时候，溶质组成为 1:1 的 CH3COONa 和 CH3COOH，图中可见 pH<7，即 c (H+)> c (OH－)，所以醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，所以 c(CH3COO－)> c (Na+)，又因为 c (H+)和 c (OH－)比 c(CH3COO－)和 c (Na+)小几个数量级，所以离子浓度大小关系为： c(CH3COO－)> c (Na+)> c (H+)> c (OH－)
由题干“当 c(Na+) = c(CH3COO—) + c(CH3COOH) 时”可知，此时NaOH 加入了 20mL，恰好中和，此时溶质全是 CH3COONa，强碱弱酸盐水溶液显碱性，所以 pH > 7 （1 分）


29．某学生为探究 AgCl 沉淀的溶解和转化，其实验方案及记录如下：
步骤和现象
现象
Ⅰ.将等体积等浓度的AgNO3 溶液和 NaCl 溶液混合，过滤，得滤液 X 和白色沉淀 Y


Ⅱ．向滤液X 中滴加几滴饱和KI 溶液
生成黄色沉淀 M
Ⅲ．取少量白色沉淀Y，滴加几滴饱和Na2S 溶液
沉淀Y 转化为黑色沉淀 Z
Ⅳ．取少量白色沉淀Y，滴加几滴浓氨水
沉淀Y 逐渐溶解
（1）由步骤Ⅱ的现象可推测，滤液 X 中除了含有Na+、NO3¯，还含有的离子有 。
（2）写出步骤Ⅲ中生成黑色沉淀 Z 的离子方程式为 ， 白色沉淀Y 转化为黑色沉淀 Z 的主要原因是 。
（3）已知：Ag+ + 2NH3· H2O Ag(NH3)2 ++ 2H2O，用平衡移动原理解释步骤Ⅳ中加入浓氨水沉淀逐渐溶解的原因 。
（4）为了进一步探究银的难溶化合物沉淀溶解的多样性，该同学又做了如下对比实验 V
① 取少量黑色沉淀 Z 和黄色沉淀 M，分置于两支试管中
② 然后分别滴加同体积同浓度的稀硝酸，观察到黄色沉淀 M 不溶解，黑色沉淀 Z 溶解，并且有无色气体产生综合实验Ⅱ至实验 V 的信息，下列预测正确的是
A．黑色沉淀 Z 比黄色沉淀 M 更难溶于水
B．黑色沉淀 Z 溶解于稀硝酸是因为发生了氧化还原反应
C．由步骤Ⅳ可以推测：实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管
D．在步骤Ⅳ之后，继续滴加浓硝酸后又有 AgCl 沉淀生成
【解答】解：（1）由步骤Ⅱ的浑浊 Ag2S 可知，滤液 X 中除了含有 Na+、NO3﹣，还含有
Ag+，所以Cl﹣离子也有；当然 H+、OH-也可以写
故答案为：Ag+ Cl－（H+、OH-）；
（2）该温度下，Ag2S 比AgCl 溶解度更小，故氯化银转化成硫化银的反应为：2AgCl（s）
+S2﹣（aq）⇌Ag2S（s）+2Cl﹣（aq）；
故答案为：2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌Ag2S（s）+2Cl﹣（aq）（方程式写=也可以）；该温度下，Ag2S 比AgCl 溶解度更小；
（3）在白色沉淀AgCl 中，存在平衡：AgCl（g） Ag+（aq）+Cl﹣（aq），银离子与氨分子结合成 Ag(NH3)2+，降低了溶液中银离子的浓度，使上述平衡正向移动，促使 AgCl

溶解，故答案为：AgCl（g） Ag+（aq）+Cl﹣（aq），银离子与氨分子结合，降低了溶液中银离子的浓度，使上述平衡正向移动，促使AgCl 溶解；
（4）A、所有实验中均未出现 AgI 向Ag2S 的沉淀转化过程，且加入硝酸还是 Ag2S 溶解，所以无法得到此结论，即使本选项本身是对的，但根据该实验得不出这个结论，故 A 错误；
B、Ag2S（s） 2Ag+（aq）+S2﹣（aq）中，S2﹣有强还原性，被硝酸氧化后，离子浓度下降，导致沉淀溶解平衡正向移动，Ag2S 溶解，故B 正确；
C、由步骤Ⅳ可以推测：氨水可以结合 Ag+，不能与Ag 反应，实验室不可用氨水洗涤银镜反应后的试管，故 C 错误；
D、Ag+ + 2NH3· H2O Ag(NH3)2 ++ 2H2O ，H+可以消耗一水合氨，使得平衡逆向移动，
c（Ag+）增大，当 c（Ag+）* c（Cl﹣） > Ksp,AgCl 时，白色沉淀AgCl 会再次出现，故
D 正确。故答案为：BD．
【点评】本题考查了性质实验方案的设计，题目难度较大，涉及难溶物溶度积的计算、氧化还原反应的配平、性质实验方案评价等知识，根据实验现象得出正确结论为解答关键， 试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力．

30．利用工业废气 CO2 或 CO 和 H2 在一定条件下可制备燃料甲醇。
能量/kJ mol-1
419
a
510
b
1mol CO+ 2mol H2
1molCH3OH(g)
Ⅰ．利用工业废气 CO 合成甲醇，其能量变化示意图如下。
反应过程

（1）上图中曲线 a 到曲线 b 的措施是 。该反应 ΔS 0(填“>”或“<”)
（2）一定条件下，在 2 L 密闭容器中充入 1 mol CO 和 2 mol H2，10 min 后达到平衡，放出热量 45.5kJ，
则 10 min 内 H2 的转化率为 ；该温度下反应的平衡常数 K= ；
达到平衡后，再向容器中充入 CO、H2、CH3OH 各 1 mol，则此时 υ 正 υ 逆 (填“>”
“<”或“=”)
（3）下列措施可以提高甲醇产率的是 。

a．压缩容器体积
b．将 CH3OH (g)从体系中分离
c．恒容条件下充入He，使体系总压强增大
d．恒压条件下再充入 10mol CO 和 20mol H2
（4）现有容积均为 1L 的 a、b、c 三个密闭容器，向其中分别充入 1molCO 和 2molH2 的混合气体，控制温度，进行反应，测得相关数据的关系如图所示。b 中甲醇体积分数大于 a 中的原因是
达．到．平．衡．时．，a、b、c 中 CO 的转化率大小关系为 。

b
a
c
φ (甲醇)




T1 T2 T3 T/℃
温度分别为T1~T3 的密闭容器中，反应均进行到5 min 时甲醇的体积分数

Ⅱ．用工业废气中的 CO2 制取甲醇和水蒸气
（5）一定条件下，往 2L 恒容密闭容器中充入 1 mol CO2 和 3 mol H2，在不同催化剂作用下发生反应 I、反应 II 与反应 III，相同时间内 CO2 的转化率随温度变化如下图所示：

①催化剂效果最佳的反应是 （填“反应 I”，“反应 II”，“反应 III”）。

②b 点υ (正) υ (逆)（填 “>”， “<”， “=”）。
③若此反应在 a 点时已达平衡状态，a 点的转化率比 c 点高的原因是 。
④c 点时该反应的平衡常数 K ＝ 。
【解答】解：（1）反应路径发生了变化，活化能下降，所以为：加入催化剂 气体物质的量减小，熵减，所以ΔS < 0
（2）2mol H2 完全反应释放的热量是 91 kJ，现在反应达平衡后只释放了 45.5 kJ 的热量，所

以 H2 消耗了 1mol，转化率为 50%；化学方程式为CO(g) + 2H2(g) ⇌ CH3OH(g)，平衡时三种物质 CO、H2、CH3OH 的浓度分别为 0.25 mol/L、0.5 mol/L、0.25 mol/L，根据平衡常数表

达式 K= ?(??3??)
?(??)?(?2)2
,计算可得k=4；三种物质都加入 1 mol 后，Qc= ?(??3??)
?(??)?(?2)2
= 1

平衡此刻开始正向移动，所以 v 正 > v 逆
（3）
a．压缩容器体积，平衡正向移动，甲醇产率增大
b．将 CH3OH (g)从体系中分离，平衡正向移动，甲醇产率增大
c．恒容条件下充入He，使体系总压强增大，各物质浓度不变，对平衡无影响
d．恒压条件下再充入 10mol CO 和 20mol H2，与原投料方式属于等比投料，又因为是恒温恒压体系，最终达到等效平衡，各物质百分比相同，甲醇虽然产量增大，但是产率不变所以选 ab （2 分）
（4）由图像可知焓变△H<0，温度升高平衡逆向移动，甲醇体积分数应该减小，但图中 b 出甲醇体积分数更大，这是因为图例文字中说明，该体积分数为反应开始 5min 的结果，b 点甲醇体积分数更大的原因是：b 处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多， 体积分数大（2 分）
由图像可知焓变△H<0，温度升高平衡逆向移动，平衡时 CO 转化率依次减小，所以 a
＞b＞c
（5） ①在低温时相同时间内反应 I 转化率最高，所以催化剂效果最好的是反应 I；
② b 点尚未达到平衡状态，从催化剂效果更好的反应 II 和 III 可知，b 点依然要反应正向进行，所以 υ (正) > υ (逆) ；
③c 点温度更高，比 a 提前达到平衡状态，所以 ac 这两点均是平衡点，可以用于判断反应焓变以及温度和平衡移动的关系：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；（2 分）
④c 点 CO 转化率为2，方程式为 CO2(g) + 3H2(g) ⇌ CH3OH(g) + H2O(g) ，CO2(g) 、H2(g)、

3

CH3OH(g)、H2O(g)平衡时浓度分别为：1
6

mol/L、1
2

mol/L、1
3

mol/L、1
3

mol/L



K = ?(??3??)?(?2?)
?(??2)?(?2)3
= 16/3 （2 分）


【点评】本题主要考察化学原理部分知识，包含热化学方程式的书写，盖斯定律的应用， 化学平衡的移动，反应商的计算，化学反应方向的判断，平衡常数的应用，电化学知识， 涉及的知识点较多，考察综合能力，题目难度中等．