2025-2026学年甘肃省张掖市省重点高中高二上学期期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1甘肃省张掖市省重点高中2025-2026学年高二上学期期中考试本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。共100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cl35.5第I卷(选择题共42分)一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.近年来，我国科技迅猛发展。下列科技成果中蕴含的化学知识叙述正确的是A.新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变B.建造港珠澳大桥所采用的高强抗震螺纹钢属于合金C.北京冬奥会采用的跨临界制冰技术属于化学变化D.“天舟五号”飞船搭载的燃料电池放电时主要将热能转化为电能【答案】B【解析】催化剂只能降低反应的活化能，不能改变焓变，焓变由反应物和生成物的状态决定，A错误；螺纹钢是铁与碳等元素形成的合金，合金具有高强度等特性，B正确；跨临界制冰技术通过改变CO2的状态实现制冷，属于物理变化，C错误；燃料电池放电时将化学能直接转化为电能，而非热能转化为电能，D错误；故选B。2.下列物质分类正确的是选项电解质非电解质强电解质弱电解质A漂白粉生石灰B石灰石饱和食盐水C烧碱D氨气小苏打A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，Cu是单质，它们既不是电解质也不是非电解质，生石灰是CaO，属于强电解质，故A错误石灰石主要成分是碳酸钙，为混合物，饱和食盐水是NaCl和水组成的混合物，它们既不是电解质也不是非电解质，故B错误；HCl在水溶液中能导电，是电解质，CO2在水溶液和熔融状态下都不能导电，是非电解质，烧碱化学式为NaOH属于强碱，是强电解质，H2CO3是弱酸，是弱电解质，分类正确，故C正确；小苏打是碳酸氢钠，属于盐，在水溶液中能完全电离，是强电解质，故D错误；故选：C。3.某温度下，反应CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是A.增大压强，，平衡常数增大B.加入催化剂，平衡时的浓度增大C.恒容下，充入一定量，平衡向正反应方向移动D.恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大【答案】C【解析】该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正>v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正确；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)浓度，B不正确；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下，充入一定量的CH2=CH2(g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2(g)的平衡转化率减小，D不正确；综上所述，本题选C。4.下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是A.2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH＜0，把NO2球浸泡在冰水中，气体颜色变浅B.对NO2(g)＋CO(g)⇌CO2(g)＋NO(g)，平衡体系增大压强可使颜色变深C.工业合成氨中，将氨气液化分离以提高氨气产率D.向含有Fe(SCN)3的红色溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅或褪去【答案】B【解析】把NO2球浸泡在冰水中，降温使放热反应（ΔH<0）正向移动，生成更多无色的N2O4，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；反应NO2+CO⇌CO2+NO前后气体的物质的量相等，加压平衡不移动，颜色变深仅因浓度增大，与平衡移动无关，无法用勒夏特列原理解释，B符合题意；液化分离NH3减少产物浓度，平衡正向移动，提高产率，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；铁粉与Fe3+反应降低其浓度，使Fe(SCN)3的平衡逆向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选B。5.已知0.1mol·L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，要使溶液中增大，可以采取的措施是①升高温度②加少量冰醋酸③加水④加少量醋酸钠固体A.①④ B.①②④ C.②③④ D.①③【答案】D【解析】醋酸的电离平衡为CH3COOHCH3COO-+H+，，则，所以=；①升高温度，平衡正向移动，氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，则增大；②加少量冰醋酸，平衡正向移动，醋酸根浓度增大，则减小；③加水，平衡正向移动，醋酸根浓度减小，则增大；④加少量的CH3COONa，c(CH3COO－)增大，抑制醋酸的电离，c(H＋)减小，该比值减小；故①和③正确，选D。6.下列四幅图示所表示的信息与对应的叙述相符的是A.由图1可知H2的标准燃烧热为241.8kJ·mol－1B.图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的反应过程中的能量变化C.反应热与途径无关，由图3可知△H3>△H2D.由图4可知该反应△H＝(E2－E1)kJ·mol－1【答案】C【解析】1mol氢气生成液态水放出的热量为燃烧热，图中生成气态水，不能判断燃烧热，故A错误；图中反应物总能量大于反应物总能量，为放热反应，故B错误；由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则图中△H3=△H1+△H2，可得△H3>△H2，故C正确；反应热为反应物的键能总和与生成物的键能总和的差值，由图4可知该反应△H＝(E1－E2)kJ·mol－1，故D错误；答案选C。7.实验是化学科学的基础。关于下列图示实验装置或操作的说法正确的是A.用图①所示装置测定中和热时，玻璃搅拌器可用铁质搅拌器代替B.用图②所示的装置，测定生成氢气的反应速率C.用图③所示的方法，探究反应物的接触面积对反应速率的影响D.用图④所示的装置，探究温度对化学平衡的影响【答案】D【解析】测定中和热时，铁质搅拌器会与酸发生反应，同时铁是热的良导体，会导致热量散失，使测定结果不准确，因此不能用铁质搅拌器代替玻璃搅拌器，A错误；长颈漏斗未液封（漏斗下端未浸入液面以下），生成的氢气会从长颈漏斗逸出，无法准确测定生成氢气的反应速率，B错误；探究反应物接触面积对反应速率的影响时，需保证其他变量相同，但图③中盐酸浓度不同，变量不唯一，无法得出接触面积的影响结论，C错误；图④通过对比热水、冷水浴中烧瓶内气体颜色变化，可探究温度对化学平衡的影响，D正确；故选D。8.下列热化学方程式正确的是A.表示硫的燃烧热的热化学方程式：

B.下，将和置于密闭容器中充分反应生成，放热，其热化学方程式为：C.CO(g)的燃烧热，则反应的D.在时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/mol，硫酸与KOH溶液反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)+2KOH(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)【答案】C【解析】已知燃烧热是指1mol纯净的燃料完全燃烧生成指定的稳定物质时放出的热量，S燃烧产物的稳定物质是SO2而不是SO3，A错误；已知合成氨的反应是一个可逆反应，故在500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3，反应中0.5molN2并未完全反应，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2+3H22NH3

，B错误；若两个反应互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，且物质的量与热量成正比，由CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则则反应的，C正确；中和热是指强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O时放出的热量，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)+2KOH(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)

，D错误；故选C。9.工业上用催化还原可以消除氮氧化物的污染，反应原理为：。下列说法正确的是A.上述反应平衡常数B.其他条件不变时，去除率随温度升高而增大的原因可能是平衡常数变大或催化剂活性增强C.其他条件不变时，恒压条件下通入一定量的惰性气体可以提高去除率D.实际应用中，采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，可以使正反应速率增大，去除率增大【答案】C【解析】上述反应水为气体参与反应，固体和纯液体不写入表达式，所以平衡常数，故A错误；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；该反应为气体分子数增多的反应，维持恒压条件下，其他条件不变时，通入一定量的惰性气体，则会导致反应体系的体积增大，等同于是减压，因此平衡会正向移动，去除率增大，故C正确；采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，反应体系中水蒸气浓度减小，平衡正向移动，NO2去除率增大，由于反应物浓度继续减小，因此正反应速率减小，故D错误；故选C。10.含氮微粒在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是A.工业合成氨，正反应的活化能高于逆反应的活化能B.在催化剂b表面形成氮氧键的过程是放热过程C.反应气接触催化剂前净化的目的是防止催化剂中毒D.反应1属于氮的固定，反应2不是氮的固定【答案】A【解析】工业合成氨的反应方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

△H＜0，该反应的正反应为放热反应，说明反应物的总能量比生成物的总能量高，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，A错误；在化学反应过程中，断裂化学键需吸收能量，形成化学键会释放能量。根据图示可知：在催化剂b表面NH3分子中的N原子与O原子之间形成氮氧键，形成化学键过程会放出能量，因此该过程是一个放热过程，B正确；催化剂易被杂质干扰而失去活性，因此反应气接触催化剂前需要净化，目的是防止催化剂中毒，C正确；根据图示可知：反应1是N2与H2在催化剂存在条件下反应产生NH3，该反应是氮元素的单质转化为含氮化合物的过程，因此属于氮的固定；反应2是NH3与O2在催化剂存在条件下反应产生NO、H2O的过程，是氮元素化合物之间的转化，不属于氮的固定，D正确；故选A。11.以下图像和叙述错误的是A.图甲：该图像表示的反应方程式为2A=3B+C，0-2s内平均反应速率v(C)=0.4mol/(L•s)B.图乙：某温度下发生反应：，t1时刻改变的条件可以是加入催化剂C.图丙：对图中反应升高温度，该反应平衡常数增大D.图丁：对于反应：，

【答案】A【解析】图甲中根据该变量之比等于计量系数之比得到该图象表示的反应方程式为2A=3B+C，甲中容器体积未知，无法计量C的反应速率，故A错误；图乙：某温度下发生反应，根据图中信息得到t1时刻改变的条件可能是加入催化剂，可能是加压，故B正确；图丙：对图中反应升高温度，正反应增大的速率大于逆反应增大的速率，说明平衡正向移动，该反应是吸热反应，升高温度，该反应平衡常数增大，故C正确；图丁：根据“先拐先平数值大”原理可知，升高温度，C%降低，则升高温度平衡向逆向移动，所以上述反应正反应为放热反应。根据下面两根曲线得到P2＞P1，从下到上，增大压强，C%增大，说明正向移动，即正向是体积减小的反应，即

，故D正确；故选A。12.在一定温度下，将和充入容积为的恒容密闭容器中发生反应：。5min后反应达到平衡，测得容器内的浓度减少了，则下列叙述正确的是A.当体系中气体的密度不变时，无法判断反应是否达到平衡B.平衡时A、B的转化率均为40%C.初始时的压强与平衡时的压强比为D.达到平衡时，若再充入1molB和1molD，平衡将向正反应方向移动【答案】B【解析】容器体积始终不变，而反应中气体的质量为变量，则混合气体的密度不变，说明反应已达平衡，A错误；5min后反应达到平衡，测得容器内的浓度减少了，则反应B为2L×=0.8mol，由方程式反应AB分别为0.4mol、0.8mol，则平衡时A、B的转化率分别为、，B正确；结合B分析，反应后ABD分别为0.6mol、1.2mol、0.8mol，总的物质的量为2.6mol，则初始时的压强与平衡时的压强比为（1mol+2mol）：2.6mol=15:13，C错误；结合C分析，反应的，若再充入1molB和1molD，平衡将向正反应方向移动，则反应逆向进行，D错误；故选B。13.合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)。图1表示在一定温度下此反应过程中的能量变化。图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始氢气的物质的量，平衡时NH3的质量分数ω(NH3)的变化曲线。下列说法正确的是A.该反应为自发反应，由图1可得加入适当的催化剂，E和ΔH都减小B.图2中，0～10min内该反应的平均速率v(H2)=0.045mol·L-1·min-1，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为dC.图3中，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点D.图3中，T1和T2表示温度，则：T1>T2【答案】B【解析】催化剂通过降低反应的活化能(E)

来加快反应速率，但不改变反应的焓变，A错误；依据图像分析可知mol·L-1·min-1=0.045mol·L-1·min-1；从11min起，将容器体积从2L压缩为1L，体系压强瞬间增大，根据勒夏特列原理，增大压强，平衡向气体分子数减少的方向移动，即向生成NH₃（正反应）的方向移动，平衡正向移动会导N₂的物质的量进一步减少，因此，在11min这个时间点后，从原平衡时的0.2mol开始下降，直至达到新的平衡。图2中的曲线d符合要求，B正确；a点：H₂量较少，增加H₂（向右移动），会使平衡正向移动，从而提高N₂的转化率，所以a点N₂转化率不是最高；b点：处于曲线的顶点，此时反应物的配比最接近化学计量比（N₂:H₂=1:3），NH₃的产率最高；c点：H₂量过量很多，虽然过量H₂能使平衡右移，但对于固定量的N₂来说，其转化率的提升已接近极限，更重要的是，由于体系中H₂总量非常大，导致NH₃的质量分数反而下降，但N₂的转化率可能达到最大；对于N₂的转化率，通常是c点>b点>a点。因为H₂越多，越能使有限量的N₂反应得更完全，C错误；合成氨是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡会向吸热（逆反应）方向移动，导致NH₃的产率（和质量分数）下降；对比T₁和T₂两条曲线：在相同的H₂投料量下，T₁曲线的NH₃质量分数始终高于T₂曲线，这意味着T₁温度下更有利于NH₃的生成，对于放热反应，温度越低，越有利于正反应，因此，T₁<T₂，D错误；故选B。14.向恒容密闭容器中加入1mol和一定量，发生反应。的平衡转化率按不同投料比[]随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.B.点a、c对应的速率：a>cC.点a、b对应的平均相对分子质量：a>bD.点a、b、c对应的平衡常数：【答案】C【解析】由题干图像信息可知，当温度相同时，x1下CH4的转化率比x2的更大，且知越大，CH4的转化率越小，故可知，A不合题意；由题干图像信息可知，a点对应的温度比c点的低，温度越高反应速率越快，故点a、c对应的速率：a＜c，B不合题意；由题干图像信息可知，a点CH4的平衡转化率比b点小，说明由a点到b点过程中化学平衡正向移动，则混合气体的质量不变，而总物质的量增大，则气体的平均相对分子质量减小，即点a、b对应的平均相对分子质量：a>b，C符合题意；已知平衡常数仅仅是温度的函数，点b和点c对应的温度相同，则Kb=Kc，点a对应CH4的平衡转化率小于点b，即Ka＜Kb，点a、b、c对应的平衡常数：，D不合题意；故答案为：C。第II卷(非选择题共58分)15.化学反应中均伴随着能量的变化，回答下列问题：（1）某同学进行如下实验，图①和②中温度计示数降低的是_______。（2）有机物M可转化成N，转化过程如下，则M、N相比，较稳定的是_______。（3）已知在一定条件下可发生如图的一系列反应，下列说法正确的是_______。A. B.C. D.（4）金属Ni可活化放出，其反应历程如图所示：下列关于活化历程的说法正确的是_______。A.中间体1→中间体2的过程是放热过程B.加入催化剂可降低该反应的反应热，加快反应速率C.1molNi和的总能量小于和的总能量D.中间体2→中间体3的过程是决速步骤（5）与经催化重整，制得合成气：已知上述反应中相关的化学键键能数据如下，则该反应的ΔH=_______kJ/mol。化学键键能/(kJ/mol)4137454361075（6）在25℃、101kPa下，1g乙烷气体燃烧生成和液态水时放热QkJ，则表示乙烷燃烧热的热化学方程式为_______。【答案】（1）②（2）M（3）C（4）AD（5）+120（6）C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-30QkJ/mol【解析】【小问1详析】实验①：稀盐酸与铝条反应是放热反应，会使体系温度升高；实验②：氯化铵与八水氢氧化钡（）反应是吸热反应，会吸收热量，使体系温度下降，故选②；【小问2详析】由转化关系图可知，M→N是一个吸热反应（ΔH>0），在化学反应中，吸热反应意味着生成物（N）的能量高于反应物（M），能量越高的物质越不稳定，因此能量较低的M更稳定；【小问3详析】与均为放热反应焓变，反应物状态相同情况下，生成物状态不同，生成液态水放热更多，焓变更小，故＞，A错误；由图像可知反应焓变的关系应为+=，即=-，B错误；由图像可知反应焓变的关系应为++=，C正确；由图像可知，物质相同情况下，由液态水向气态水转变，即由能量低的物质向能量高的物质转变吸收热量，则>0，D错误；故选C；【小问4详析】从能量图上看，中间体1到中间体2，体系的能量下降，所以该过程为放热过程，A正确；催化剂只能降低反应的活化能，从而加快反应速率，但不能改变反应的焓变（反应热），B错误；由图可知，Ni和C2H6的相对总能量为0，NiCH2和CH4的相对总能量为-6.57kJ，正反应放热，因此，始态总能量大于末态总能量；C错误；决速步骤是反应过程中活化能最大的一步，从图中可以明显看出，从中间体2到中间体3需要跨越的能垒（活化能）是全程中最高的，D正确；故选AD；【小问5详析】拆开反应物化学键需要吸收的能量：CH4中有4个C-H键：4×413kJ/mol、CO2中有2个C=O键：2×745kJ/mol，反应物总键能=4×413+2×745=1652+1490=3142kJ/mol；形成生成物化学键所释放的能量：2个CO分子中有2个C≡O键：2×1075kJ/mol、2个H2分子中有2个H-H键：2×436kJ/mol，生成物总键能=2×1075+2×436=2150+872=3022kJ/mol；=3142-3022=+120kJ/mol；【小问6详析】已知燃烧热的定义为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量；已知1g乙烷燃烧放热QkJ，乙烷(C2H6)的摩尔质量为2×12+6×1=30g/mol，所以，1mol乙烷的质量为30g，完全燃烧放出的热量为30×Q=30QkJ，因为放热，为负值，因此，表示其燃烧热的热化学方程式为：；=-30QkJ/mol。16.回答下列问题：I．氮的氧化物是大气污染物之一，用一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。已知：①2C(s)+O2(g)⇌2CO(g)

∆H1=−221kJ·mol−l②C(s)+O2(g)⇌CO2(g)

∆H2=−393.5kJ·mol−1③N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)∆H3=+181kJ·mol−1（1）CO还原NO反应：2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)∆H=_______kJ·mol−l。（2）其他条件相同时，使用两种不同催化剂，反应相同时间，CO的转化率随温度变化的影响如图：①工业生产中应选择的温度和催化剂分别是_______、_______。②图中温度高于320℃时，CO转化率减小的原因可能是_______。Ⅱ．在不同温度下，体积为2L的密闭容器中加入2molN2O、2molCO发生反应：N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)∆H<0。实验测得N2O的转化率随时间的变化关系如图所示。（3）对应温度下平衡常数的大小：Ka_______Kb(均填“>”“＜”或“=”)。（4）曲线b从反应开始到M点，平均反应速率v(CO)=_______mol·L-1·s-1。（5）曲线b的温度下，对应的平衡常数的值K=_______，达平衡后，保持曲线b下的温度不变，向容器中再充入N2O、CO、N2和CO2各0.5mol，此时反应进行的方向是_______(填“正向”或“逆向”或“不移动”)，理由是_______。【答案】（1）-747（2）①320℃②.催化剂2③.升温使催化剂活性降低或升温平衡逆向移动（3）＜（4）0.001（5）①.(或≈0.11)②.逆向③.Q=0.25>K，平衡逆向移动【解析】【小问1详析】根据盖斯定律可知，2×②-①-③可得2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)，则∆H=−393.5kJ⋅mol−1×2+221kJ⋅mol−l-181kJ⋅mol−1=-747kJ/mol；【小问2详析】①由题干图示信息可知，相同温度下催化剂2作催化剂CO的转化率均高于催化剂1作催化剂，且320℃时，催化剂2作催化剂时，CO的转化率最大，故工业生产中应选择的温度和催化剂分别是320℃、催化剂2；②由于该反应是一个放热反应，则温度高于320℃时，CO转化率减小的原因可能是升温使催化剂活性降低，也可能是温度升高平衡逆向移动；【小问3详析】该反应为放热反应，温度：a＞b，升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，则Ka＜Kb；【小问4详析】M点时，n(N2O)=2mol×20%=0.4mol，则n(CO)=0.4mol，v(CO)==0.001mol·L-1·s-1；【小问5详析】曲线b达到平衡时，N2O转化率为25%，列三段式有：，体积为2L，则平衡常数K=；达平衡后，保持曲线b下的温度不变，向容器中再充入N2O、CO、N2和CO2各0.5mol，则Q=>K，平衡逆向移动。17.回答下列问题：I．现有下列物质：①NaCl晶体②BaSO4③熔融KHSO4④Na2CO3溶液⑤液态氯化氢⑥CO2⑦铜⑧石墨⑨NH3·H2O⑩酒精请将序号分别填入下面的横线处：（1）上述状态下可导电的是_______。（2）写出③的电离方程式_______。Ⅱ．乙同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计如下系列实验：实验序号反应温度/浓度稀硫酸①2010.00.1010.00.500②4010.00.1010.00.500③2010.00.104.0050（3）该实验①、②可探究_______对反应速率的影响，实验①、③可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此_______。Ⅲ．某实验小组用0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和反应反应热的测定。实验装置如图所示：（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表。①请填写表中的空白：起始温度终止温度温度差平均值溶液溶液平均值126.226.026.130.1_______227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4②近似认为0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1.则中和反应反应热ΔH=_______(取小数点后一位)。③上述实验数值结果与-57.3kJ·mol-1有偏差，产生偏差的原因可能是_______(填字母)。a．实验装置保温、隔热效果差b．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的内筒中c．用温度计测定NaOH溶液的起始温度后直接测定硫酸溶液的温度d．用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数（5）实验中改用30mL0.50mol·L-1的硫酸溶液跟60mL0.50mol·L-1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_______(填“相等”或“不相等”)。【答案】（1）③④⑦⑧（2）（3）①.温度②.6.0（4）①.4.0②.-53.5kJ·mol-1③.abc（5）不相等【解析】【小问1详析】能导电的物质包括：金属、石墨、电解质溶液、熔融电解质；①NaCl晶体：固体离子化合物，离子不能自由移动，不导电；②BaSO4：难溶盐，固体不导电；③熔融KHSO4：熔融状态电离出自由离子，可导电；④Na2CO3溶液：电解质溶液，可导电；⑤液态氯化氢：共价化合物，液态不电离，不导电；⑥CO2：非电解质，不导电；⑦铜：金属，可导电；⑧石墨：非金属导体，可导电；⑨NH3·H2O：弱电解质，纯液态不导电（若为溶液则可导电，但题干未说明）；⑩酒精：非电解质，不导电；故能导电的是③④⑦⑧；【小问2详析】熔融状态下，电离为和，因为在熔融状态下不进一步电离，故电离方程式为；【小问3详析】①和②只有温度不同，探究温度对反应速率的影响；①和③探究硫酸浓度的影响，但总体积应保持一致，故：=20.0-10.0-4.0=6.0mL；【小问4详析】第2组实验数据与其他三组相差较大，应舍去。温度差平均值

；所用NaOH：0.050L×0.50mol/L=0.025mol，硫酸：0.030L×0.50mol/L×2=0.030molH+，生成H2O：0.025mol；溶液总质量：50+30=80g，平均温度差：取四组温差平均值4.0℃，产生热量：1337.6J，摩尔反应热：=-53490J·mol-1≈-53.5kJ·mol-1；计算结果偏大，经分析后可知，a．保温效果差→热量散失→热量偏小，偏大；b．分多次加入→热量散失→热量偏小，偏大；c．温度计未洗净→起始温度测定偏高→热量偏小，偏大；d．仰视读数→V偏大→n偏大→偏小；故选abc；【小问5详析】由于生成水的量不同，导致放出的热量不相等。18.“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国的新名片。Ⅰ.已知25℃和101kPa下：①②③（1）则表示燃烧热的热化学方程式为___________。Ⅱ.和在一定条件下反应可制得合成气，在1L密闭容器中分别通入和，发生反应：。（2）该反应在___________(填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。（3）下列能判断达到平衡状态的是___________(填序号)。A.一定温度下，容积固定的容器中，密度保持不变B.容积固定的绝热容器中，温度保持不变C.一定温度和容积固定的容器中，平均相对分子质量不变D.和的物质的量之比不再改变Ⅲ.已知催化加氢合成乙醇的反应原理为：，设m为起始时的投料比，即。（4）图中投料比相同，温度从高到低的顺序为___________。（5）图2、、从大到小的顺序为___________。（6）下图表示在总压为5MPa的恒压条件下，且时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系，则曲线d代表的物质为___________(填化学式)。Ⅳ.工业上可用丙烯加成法制备1，2—二氯丙烷()，主要副产物为3—氯丙烯()，反应原理为：①②一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和发生反应，容器内气体的压强随时间的变化如表所示：时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.265.261.657.657.6（7）用单位时间内气体分压的变化表示反应①的反应速率，即，则前120min内平均反应速率___________。（8）该温度下，若平衡时HCl的体积分数为12.5%，反应①的平衡常数___________(为以分压表示的平衡常数，保留小数点后2位)。【答案】（1）（2）高温（3）BC（4）（5）（6）（7）0.09kPa/min（8）0.21【解析】【小问1详析】甲醇的燃烧热为1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，反应的方程式为，由盖斯定律可知，反应①×+②×+③×2得到反应，则反应的焓变△H==—，反应的热化学方程式为，故答案为：；【小问2详析】该反应是熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故答案为：高温；【小问3详析】A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在容积固定的容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；B．该反应为吸热反应，容积固定的绝热容器中反应时，反应温度会降低，则温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，一定温度和容积固定的容器中反应时，平均相对分子质量增大，则平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．二氧化碳和甲烷的起始物质的量之比与化学计量数之比相等，反应中消耗二氧化碳和甲烷的物质的量之比始终相等，则二氧化碳和甲烷的起始物质的量之比不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；故选BC；【小问4详析】该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，由图可知，投料比相同时，T1、T2、T3条件下二氧化碳的转化率依次减小，则反应温度的大小关系为T3>T2>T1，故答案为：T3>T2>T1；【小问5详析】投料比增大相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，温度相同时，m1、m2、m3条件下二氧化碳的转化率依次减小，则投料比的大小顺序为m1>m2>m3，故答案为：m1>m2>m3；【小问6详析】该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，乙醇和水蒸气的物质的量分数减小，由方程式可知，相同温度时，水蒸气的物质的量分数大于乙醇的物质的量分数，所以图中曲线d代表乙醇，故答案为：C2H5OH；【小问7详析】由表格数据可知，120min时，容器内气体压强为69.2kPa，由方程式可知，反应①为气体体积减小的反应、反应②为气体体积不变的反应，则容器内气体的压强减小只与反应①有关，所以前120min内1，2—二氯丙烷的反应速率为=0.09kPa/min，故答案为：0.09kPa/min；【小问8详析】由表格数据可知，起始丙烯和氯气的分压都为80kPa×=40kPa，，300min时反应达到平衡，容器内气体压强为57.6kPa，由方程式可知，反应①为气体体积减小的反应、反应②为气体体积不变的反应，则容器内气体的压强减小只与反应①有关，所以平衡时1，2—二氯丙烷的分压为(80—57.6)kPa=22.4kPa，反应①消耗丙烯和氯气的分压都为22.4kPa；平衡时氯化氢的体积分数为12.5%，则氯化氢的分压为57.6kPa×12.5%=7.2kPa，反应②消耗丙烯和氯气的分压都为7.2kPa，平衡时丙烯和氯气的分压都为40kPa—22.4kPa—7.2kPa=10.4kPa，所以反应①的平衡常数Kp=≈0.21kPa—1，故答案为：0.21。甘肃省张掖市省重点高中2025-2026学年高二上学期期中考试本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。共100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cl35.5第I卷(选择题共42分)一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.近年来，我国科技迅猛发展。下列科技成果中蕴含的化学知识叙述正确的是A.新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变B.建造港珠澳大桥所采用的高强抗震螺纹钢属于合金C.北京冬奥会采用的跨临界制冰技术属于化学变化D.“天舟五号”飞船搭载的燃料电池放电时主要将热能转化为电能【答案】B【解析】催化剂只能降低反应的活化能，不能改变焓变，焓变由反应物和生成物的状态决定，A错误；螺纹钢是铁与碳等元素形成的合金，合金具有高强度等特性，B正确；跨临界制冰技术通过改变CO2的状态实现制冷，属于物理变化，C错误；燃料电池放电时将化学能直接转化为电能，而非热能转化为电能，D错误；故选B。2.下列物质分类正确的是选项电解质非电解质强电解质弱电解质A漂白粉生石灰B石灰石饱和食盐水C烧碱D氨气小苏打A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，Cu是单质，它们既不是电解质也不是非电解质，生石灰是CaO，属于强电解质，故A错误石灰石主要成分是碳酸钙，为混合物，饱和食盐水是NaCl和水组成的混合物，它们既不是电解质也不是非电解质，故B错误；HCl在水溶液中能导电，是电解质，CO2在水溶液和熔融状态下都不能导电，是非电解质，烧碱化学式为NaOH属于强碱，是强电解质，H2CO3是弱酸，是弱电解质，分类正确，故C正确；小苏打是碳酸氢钠，属于盐，在水溶液中能完全电离，是强电解质，故D错误；故选：C。3.某温度下，反应CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是A.增大压强，，平衡常数增大B.加入催化剂，平衡时的浓度增大C.恒容下，充入一定量，平衡向正反应方向移动D.恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大【答案】C【解析】该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正>v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正确；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)浓度，B不正确；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下，充入一定量的CH2=CH2(g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2(g)的平衡转化率减小，D不正确；综上所述，本题选C。4.下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是A.2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH＜0，把NO2球浸泡在冰水中，气体颜色变浅B.对NO2(g)＋CO(g)⇌CO2(g)＋NO(g)，平衡体系增大压强可使颜色变深C.工业合成氨中，将氨气液化分离以提高氨气产率D.向含有Fe(SCN)3的红色溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅或褪去【答案】B【解析】把NO2球浸泡在冰水中，降温使放热反应（ΔH<0）正向移动，生成更多无色的N2O4，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；反应NO2+CO⇌CO2+NO前后气体的物质的量相等，加压平衡不移动，颜色变深仅因浓度增大，与平衡移动无关，无法用勒夏特列原理解释，B符合题意；液化分离NH3减少产物浓度，平衡正向移动，提高产率，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；铁粉与Fe3+反应降低其浓度，使Fe(SCN)3的平衡逆向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选B。5.已知0.1mol·L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，要使溶液中增大，可以采取的措施是①升高温度②加少量冰醋酸③加水④加少量醋酸钠固体A.①④ B.①②④ C.②③④ D.①③【答案】D【解析】醋酸的电离平衡为CH3COOHCH3COO-+H+，，则，所以=；①升高温度，平衡正向移动，氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，则增大；②加少量冰醋酸，平衡正向移动，醋酸根浓度增大，则减小；③加水，平衡正向移动，醋酸根浓度减小，则增大；④加少量的CH3COONa，c(CH3COO－)增大，抑制醋酸的电离，c(H＋)减小，该比值减小；故①和③正确，选D。6.下列四幅图示所表示的信息与对应的叙述相符的是A.由图1可知H2的标准燃烧热为241.8kJ·mol－1B.图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的反应过程中的能量变化C.反应热与途径无关，由图3可知△H3>△H2D.由图4可知该反应△H＝(E2－E1)kJ·mol－1【答案】C【解析】1mol氢气生成液态水放出的热量为燃烧热，图中生成气态水，不能判断燃烧热，故A错误；图中反应物总能量大于反应物总能量，为放热反应，故B错误；由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则图中△H3=△H1+△H2，可得△H3>△H2，故C正确；反应热为反应物的键能总和与生成物的键能总和的差值，由图4可知该反应△H＝(E1－E2)kJ·mol－1，故D错误；答案选C。7.实验是化学科学的基础。关于下列图示实验装置或操作的说法正确的是A.用图①所示装置测定中和热时，玻璃搅拌器可用铁质搅拌器代替B.用图②所示的装置，测定生成氢气的反应速率C.用图③所示的方法，探究反应物的接触面积对反应速率的影响D.用图④所示的装置，探究温度对化学平衡的影响【答案】D【解析】测定中和热时，铁质搅拌器会与酸发生反应，同时铁是热的良导体，会导致热量散失，使测定结果不准确，因此不能用铁质搅拌器代替玻璃搅拌器，A错误；长颈漏斗未液封（漏斗下端未浸入液面以下），生成的氢气会从长颈漏斗逸出，无法准确测定生成氢气的反应速率，B错误；探究反应物接触面积对反应速率的影响时，需保证其他变量相同，但图③中盐酸浓度不同，变量不唯一，无法得出接触面积的影响结论，C错误；图④通过对比热水、冷水浴中烧瓶内气体颜色变化，可探究温度对化学平衡的影响，D正确；故选D。8.下列热化学方程式正确的是A.表示硫的燃烧热的热化学方程式：

B.下，将和置于密闭容器中充分反应生成，放热，其热化学方程式为：C.CO(g)的燃烧热，则反应的D.在时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/mol，硫酸与KOH溶液反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)+2KOH(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)【答案】C【解析】已知燃烧热是指1mol纯净的燃料完全燃烧生成指定的稳定物质时放出的热量，S燃烧产物的稳定物质是SO2而不是SO3，A错误；已知合成氨的反应是一个可逆反应，故在500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3，反应中0.5molN2并未完全反应，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2+3H22NH3

，B错误；若两个反应互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，且物质的量与热量成正比，由CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则则反应的，C正确；中和热是指强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O时放出的热量，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)+2KOH(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)

，D错误；故选C。9.工业上用催化还原可以消除氮氧化物的污染，反应原理为：。下列说法正确的是A.上述反应平衡常数B.其他条件不变时，去除率随温度升高而增大的原因可能是平衡常数变大或催化剂活性增强C.其他条件不变时，恒压条件下通入一定量的惰性气体可以提高去除率D.实际应用中，采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，可以使正反应速率增大，去除率增大【答案】C【解析】上述反应水为气体参与反应，固体和纯液体不写入表达式，所以平衡常数，故A错误；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B错误；该反应为气体分子数增多的反应，维持恒压条件下，其他条件不变时，通入一定量的惰性气体，则会导致反应体系的体积增大，等同于是减压，因此平衡会正向移动，去除率增大，故C正确；采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，反应体系中水蒸气浓度减小，平衡正向移动，NO2去除率增大，由于反应物浓度继续减小，因此正反应速率减小，故D错误；故选C。10.含氮微粒在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是A.工业合成氨，正反应的活化能高于逆反应的活化能B.在催化剂b表面形成氮氧键的过程是放热过程C.反应气接触催化剂前净化的目的是防止催化剂中毒D.反应1属于氮的固定，反应2不是氮的固定【答案】A【解析】工业合成氨的反应方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

△H＜0，该反应的正反应为放热反应，说明反应物的总能量比生成物的总能量高，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，A错误；在化学反应过程中，断裂化学键需吸收能量，形成化学键会释放能量。根据图示可知：在催化剂b表面NH3分子中的N原子与O原子之间形成氮氧键，形成化学键过程会放出能量，因此该过程是一个放热过程，B正确；催化剂易被杂质干扰而失去活性，因此反应气接触催化剂前需要净化，目的是防止催化剂中毒，C正确；根据图示可知：反应1是N2与H2在催化剂存在条件下反应产生NH3，该反应是氮元素的单质转化为含氮化合物的过程，因此属于氮的固定；反应2是NH3与O2在催化剂存在条件下反应产生NO、H2O的过程，是氮元素化合物之间的转化，不属于氮的固定，D正确；故选A。11.以下图像和叙述错误的是A.图甲：该图像表示的反应方程式为2A=3B+C，0-2s内平均反应速率v(C)=0.4mol/(L•s)B.图乙：某温度下发生反应：，t1时刻改变的条件可以是加入催化剂C.图丙：对图中反应升高温度，该反应平衡常数增大D.图丁：对于反应：，

【答案】A【解析】图甲中根据该变量之比等于计量系数之比得到该图象表示的反应方程式为2A=3B+C，甲中容器体积未知，无法计量C的反应速率，故A错误；图乙：某温度下发生反应，根据图中信息得到t1时刻改变的条件可能是加入催化剂，可能是加压，故B正确；图丙：对图中反应升高温度，正反应增大的速率大于逆反应增大的速率，说明平衡正向移动，该反应是吸热反应，升高温度，该反应平衡常数增大，故C正确；图丁：根据“先拐先平数值大”原理可知，升高温度，C%降低，则升高温度平衡向逆向移动，所以上述反应正反应为放热反应。根据下面两根曲线得到P2＞P1，从下到上，增大压强，C%增大，说明正向移动，即正向是体积减小的反应，即

，故D正确；故选A。12.在一定温度下，将和充入容积为的恒容密闭容器中发生反应：。5min后反应达到平衡，测得容器内的浓度减少了，则下列叙述正确的是A.当体系中气体的密度不变时，无法判断反应是否达到平衡B.平衡时A、B的转化率均为40%C.初始时的压强与平衡时的压强比为D.达到平衡时，若再充入1molB和1molD，平衡将向正反应方向移动【答案】B【解析】容器体积始终不变，而反应中气体的质量为变量，则混合气体的密度不变，说明反应已达平衡，A错误；5min后反应达到平衡，测得容器内的浓度减少了，则反应B为2L×=0.8mol，由方程式反应AB分别为0.4mol、0.8mol，则平衡时A、B的转化率分别为、，B正确；结合B分析，反应后ABD分别为0.6mol、1.2mol、0.8mol，总的物质的量为2.6mol，则初始时的压强与平衡时的压强比为（1mol+2mol）：2.6mol=15:13，C错误；结合C分析，反应的，若再充入1molB和1molD，平衡将向正反应方向移动，则反应逆向进行，D错误；故选B。13.合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)。图1表示在一定温度下此反应过程中的能量变化。图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始氢气的物质的量，平衡时NH3的质量分数ω(NH3)的变化曲线。下列说法正确的是A.该反应为自发反应，由图1可得加入适当的催化剂，E和ΔH都减小B.图2中，0～10min内该反应的平均速率v(H2)=0.045mol·L-1·min-1，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为dC.图3中，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点D.图3中，T1和T2表示温度，则：T1>T2【答案】B【解析】催化剂通过降低反应的活化能(E)

来加快反应速率，但不改变反应的焓变，A错误；依据图像分析可知mol·L-1·min-1=0.045mol·L-1·min-1；从11min起，将容器体积从2L压缩为1L，体系压强瞬间增大，根据勒夏特列原理，增大压强，平衡向气体分子数减少的方向移动，即向生成NH₃（正反应）的方向移动，平衡正向移动会导N₂的物质的量进一步减少，因此，在11min这个时间点后，从原平衡时的0.2mol开始下降，直至达到新的平衡。图2中的曲线d符合要求，B正确；a点：H₂量较少，增加H₂（向右移动），会使平衡正向移动，从而提高N₂的转化率，所以a点N₂转化率不是最高；b点：处于曲线的顶点，此时反应物的配比最接近化学计量比（N₂:H₂=1:3），NH₃的产率最高；c点：H₂量过量很多，虽然过量H₂能使平衡右移，但对于固定量的N₂来说，其转化率的提升已接近极限，更重要的是，由于体系中H₂总量非常大，导致NH₃的质量分数反而下降，但N₂的转化率可能达到最大；对于N₂的转化率，通常是c点>b点>a点。因为H₂越多，越能使有限量的N₂反应得更完全，C错误；合成氨是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡会向吸热（逆反应）方向移动，导致NH₃的产率（和质量分数）下降；对比T₁和T₂两条曲线：在相同的H₂投料量下，T₁曲线的NH₃质量分数始终高于T₂曲线，这意味着T₁温度下更有利于NH₃的生成，对于放热反应，温度越低，越有利于正反应，因此，T₁<T₂，D错误；故选B。14.向恒容密闭容器中加入1mol和一定量，发生反应。的平衡转化率按不同投料比[]随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.B.点a、c对应的速率：a>cC.点a、b对应的平均相对分子质量：a>bD.点a、b、c对应的平衡常数：【答案】C【解析】由题干图像信息可知，当温度相同时，x1下CH4的转化率比x2的更大，且知越大，CH4的转化率越小，故可知，A不合题意；由题干图像信息可知，a点对应的温度比c点的低，温度越高反应速率越快，故点a、c对应的速率：a＜c，B不合题意；由题干图像信息可知，a点CH4的平衡转化率比b点小，说明由a点到b点过程中化学平衡正向移动，则混合气体的质量不变，而总物质的量增大，则气体的平均相对分子质量减小，即点a、b对应的平均相对分子质量：a>b，C符合题意；已知平衡常数仅仅是温度的函数，点b和点c对应的温度相同，则Kb=Kc，点a对应CH4的平衡转化率小于点b，即Ka＜Kb，点a、b、c对应的平衡常数：，D不合题意；故答案为：C。第II卷(非选择题共58分)15.化学反应中均伴随着能量的变化，回答下列问题：（1）某同学进行如下实验，图①和②中温度计示数降低的是_______。（2）有机物M可转化成N，转化过程如下，则M、N相比，较稳定的是_______。（3）已知在一定条件下可发生如图的一系列反应，下列说法正确的是_______。A. B.C. D.（4）金属Ni可活化放出，其反应历程如图所示：下列关于活化历程的说法正确的是_______。A.中间体1→中间体2的过程是放热过程B.加入催化剂可降低该反应的反应热，加快反应速率C.1molNi和的总能量小于和的总能量D.中间体2→中间体3的过程是决速步骤（5）与经催化重整，制得合成气：已知上述反应中相关的化学键键能数据如下，则该反应的ΔH=_______kJ/mol。化学键键能/(kJ/mol)4137454361075（6）在25℃、101kPa下，1g乙烷气体燃烧生成和液态水时放热QkJ，则表示乙烷燃烧热的热化学方程式为_______。【答案】（1）②（2）M（3）C（4）AD（5）+120（6）C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-30QkJ/mol【解析】【小问1详析】实验①：稀盐酸与铝条反应是放热反应，会使体系温度升高；实验②：氯化铵与八水氢氧化钡（）反应是吸热反应，会吸收热量，使体系温度下降，故选②；【小问2详析】由转化关系图可知，M→N是一个吸热反应（ΔH>0），在化学反应中，吸热反应意味着生成物（N）的能量高于反应物（M），能量越高的物质越不稳定，因此能量较低的M更稳定；【小问3详析】与均为放热反应焓变，反应物状态相同情况下，生成物状态不同，生成液态水放热更多，焓变更小，故＞，A错误；由图像可知反应焓变的关系应为+=，即=-，B错误；由图像可知反应焓变的关系应为++=，C正确；由图像可知，物质相同情况下，由液态水向气态水转变，即由能量低的物质向能量高的物质转变吸收热量，则>0，D错误；故选C；【小问4详析】从能量图上看，中间体1到中间体2，体系的能量下降，所以该过程为放热过程，A正确；催化剂只能降低反应的活化能，从而加快反应速率，但不能改变反应的焓变（反应热），B错误；由图可知，Ni和C2H6的相对总能量为0，NiCH2和CH4的相对总能量为-6.57kJ，正反应放热，因此，始态总能量大于末态总能量；C错误；决速步骤是反应过程中活化能最大的一步，从图中可以明显看出，从中间体2到中间体3需要跨越的能垒（活化能）是全程中最高的，D正确；故选AD；【小问5详析】拆开反应物化学键需要吸收的能量：CH4中有4个C-H键：4×413kJ/mol、CO2中有2个C=O键：2×745kJ/mol，反应物总键能=4×413+2×745=1652+1490=3142kJ/mol；形成生成物化学键所释放的能量：2个CO分子中有2个C≡O键：2×1075kJ/mol、2个H2分子中有2个H-H键：2×436kJ/mol，生成物总键能=2×1075+2×436=2150+872=3022kJ/mol；=3142-3022=+120kJ/mol；【小问6详析】已知燃烧热的定义为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量；已知1g乙烷燃烧放热QkJ，乙烷(C2H6)的摩尔质量为2×12+6×1=30g/mol，所以，1mol乙烷的质量为30g，完全燃烧放出的热量为30×Q=30QkJ，因为放热，为负值，因此，表示其燃烧热的热化学方程式为：；=-30QkJ/mol。16.回答下列问题：I．氮的氧化物是大气污染物之一，用一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。已知：①2C(s)+O2(g)⇌2CO(g)

∆H1=−221kJ·mol−l②C(s)+O2(g)⇌CO2(g)

∆H2=−393.5kJ·mol−1③N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)∆H3=+181kJ·mol−1（1）CO还原NO反应：2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)∆H=_______kJ·mol−l。（2）其他条件相同时，使用两种不同催化剂，反应相同时间，CO的转化率随温度变化的影响如图：①工业生产中应选择的温度和催化剂分别是_______、_______。②图中温度高于320℃时，CO转化率减小的原因可能是_______。Ⅱ．在不同温度下，体积为2L的密闭容器中加入2molN2O、2molCO发生反应：N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)∆H<0。实验测得N2O的转化率随时间的变化关系如图所示。（3）对应温度下平衡常数的大小：Ka_______Kb(均填“>”“＜”或“=”)。（4）曲线b从反应开始到M点，平均反应速率v(CO)=_______mol·L-1·s-1。（5）曲线b的温度下，对应的平衡常数的值K=_______，达平衡后，保持曲线b下的温度不变，向容器中再充入N2O、CO、N2和CO2各0.5mol，此时反应进行的方向是_______(填“正向”或“逆向”或“不移动”)，理由是_______。【答案】（1）-747（2）①320℃②.催化剂2③.升温使催化剂活性降低或升温平衡逆向移动（3）＜（4）0.001（5）①.(或≈0.11)②.逆向③.Q=0.25>K，平衡逆向移动【解析】【小问1详析】根据盖斯定律可知，2×②-①-③可得2CO(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)，则∆H=−393.5kJ⋅mol−1×2+221kJ⋅mol−l-181kJ⋅mol−1=-747kJ/mol；【小问2详析】①由题干图示信息可知，相同温度下催化剂2作催化剂CO的转化率均高于催化剂1作催化剂，且320℃时，催化剂2作催化剂时，CO的转化率最大，故工业生产中应选择的温度和催化剂分别是320℃、催化剂2；②由于该反应是一个放热反应，则温度高于320℃时，CO转化率减小的原因可能是升温使催化剂活性降低，也可能是温度升高平衡逆向移动；【小问3详析】该反应为放热反应，温度：a＞b，升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，则Ka＜Kb；【小问4详析】M点时，n(N2O)=2mol×20%=0.4mol，则n(CO)=0.4mol，v(CO)==0.001mol·L-1·s-1；【小问5详析】曲线b达到平衡时，N2O转化率为25%，列三段式有：，体积为2L，则平衡常数K=；达平衡后，保持曲线b下的温度不变，向容器中再充入N2O、CO、N2和CO2各0.5mol，则Q=>K，平衡逆向移动。17.回答下列问题：I．现有下列物质：①NaCl晶体②BaSO4③熔融KHSO4④Na2CO3溶液⑤液态氯化氢⑥CO2⑦铜⑧石墨⑨NH3·H2O⑩酒精请将序号分别填入下面的横线处：（1）上述状态下可导电的是_______。（2）写出③的电离方程式_______。Ⅱ．乙同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计如下系列实验：实验序号反应温度/浓度稀硫酸①2010.00.1010.00.500②4010.00.1010.00.500③2010.00.104.0050（3）该实验①、②可探究_______对反应速率的影响，实验①、③可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此_______。Ⅲ．某实验小组用0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和反应反应热的测定。实验装置如图所示：（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表。①请填写表中的空白：起始温度终止温度温度差平均值溶液溶液平均值126.226.026.130.1_______227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4②近似认为0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1.则中和反应反应热ΔH=_______(取小数点后一位)。③上述实验数值结果与-57.3kJ·mol-1有偏差，产生偏差的原因可能是_______(填字母)。a．实验装置保温、隔热效果差b．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的内筒中c．用温度计测定NaOH溶液的起始温度后直接测定硫酸溶液的温度d．用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数（5）实验中改用30mL0.50mol·L-1的硫酸溶液跟60mL0.50mol·L-1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_______(填“相等”或“不相等”)。【答案】（1）③④⑦⑧（2）（3）①.温度②.6.0（4）①.4.0②.-53.5kJ·mol-1③.abc（5）不相等【解析】【小问1详析】能导电的物质包括：金属、石墨、电解质溶液、熔融电解质；①NaCl晶体：固体离子化合物，离子不能自由移动，不导电；②BaSO4：难溶盐，固体不导电；③熔融KHSO4：熔融状态电离出自由离子，可导电；④Na2CO3溶液：电解质溶液，可导电；⑤液态氯化氢：共价化合物，液态不电离，不导电；⑥CO2：非电解质，不导电；⑦铜：金属，可导电；⑧石墨：非金属导体，可导电；⑨NH3·H2O：弱电解质，纯液态不导电（若为溶液则可导电，但