人教版高中化学2023-2024学年高二上学期期中测试模拟卷（选择性必修1）（五）（含答案）

人教版高中化学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题1．某反应过程的能量变化如图所示，下列说法错误的是A．该反应为放热反应B．曲线B为使用催化剂的反应历程，且包含多个基元反应C．使用合适的催化剂可以降低反应的活化能D．活化分子间发生的碰撞不一定是有效碰撞2．下列说法或表示方法中正确的是A．等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多B．氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1C．Ba(OH)2·8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l)ΔH<0D．已知中和热ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ3．硫酸工业制法中，反应之一为：2SO科学家分析其主要反应机理如下反应Ⅰ：V反应Ⅱ：……反应中的能量变化如图。下列说法中错误的是A．反应Ⅱ的热化学方程式为：2B．使用V2C．通入过量空气，可提高SOD．温度选择450℃是综合考虑化学反应速率、化学平衡及催化剂等因素的结果4．已知：①3C(s)+Al2②2C(s)+O2(g)=2CO(g)③2Al(s)+N2(g)=2AlN(s)则反应2Al2OA．+753kJ/mol B．-753kJ/mol C．+3351kJ/mol D．-3351kJ/mol5．下列措施不是为了改变化学反应速率的是A．糕点包装袋内放置除氧剂B．将食物存放在冰箱中C．家用炒菜使用铁锅而不使用铝锅D．高炉炼铁时，先将铁矿石粉碎6．一定温度下，在100mL溶液中发生反应：H2O2+2HI=2H2O+I2。已知某时刻HA．20 s内v(B．v(C．20 s内H2OD．20 s内I2浓度增加7．2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH的反应机理如下：反应I：V2O5(s)＋SO2(g)V2O4(s)＋SO3(g)ΔH1＝＋24kJ·mol－1反应II：2V2O4(s)＋O2(g)2V2O5(s)ΔH2＝-246kJ·mol－1反应中的能量变化如图，下列说法不正确的是（）A．反应I为吸热反应，反应II为放热反应B．反应速率由反应II决定C．加入催化剂改变了反应的历程D．2molSO2(g)的能量高于2molSO3(g)的能量8．已知下列反应的平衡常数：①S(s)+O2(g)⇌SO2(g)，Kl；A．K1−K2 B．K2-9．一定温度下，在三个体积为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCCHI3870.400.160.16II3870.80III2070.400.180.18A．该反应的正反应为放热反应B．容器I中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的短C．达到平衡时，容器I中CHD．若起始时向容器I中充入0.10molCH3OH10．某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4固定，能高选择性吸附NO2下列说法正确的是A．由NO2转化为B．若反应2NOC．催化剂能加快反应速率，且能提高NOD．每获得0.4molHNO311．下列关于合成氨工业说法错误的是（）A．使用铁触媒，使N2和HB．合成氨厂一般采用10MPa~30MPa，综合考虑了反应速率、转化率和经济成本等因素C．根据勒夏特列原理，500℃左右比室温更有利于合成氨的反应D．将混合气体中的氨液化有利于合成氨反应12．有关草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液反应的实验，下列说法正确的是（）A．高锰酸钾溶液需用盐酸酸化B．表示该反应原理的离子方程式为：5C2O42−+2MnO4−+16H+=10CO2↑+2Mn2++8HC．用3mL0.1mol·L−1酸性高锰酸钾溶液分别与5mL0.1mol·L−1草酸溶液和5mL0.01mol·L−1草酸溶液反应，观察褪色时间来比较反应速率D．实验过程中观察到反应开始较慢，后来加快，可能是因为生成的Mn2+对反应有催化作用13．下列物质不属于弱电解质的是A．CH3COOH B．NH3⋅14．用蒸馏水逐渐稀释0.A．CH3COO−C．H+的物质的量浓度 D．CH3CO15．下列说法正确的是A．100℃水的离子积是1B．中性水溶液中的c(C．纯水在100℃时，c(H+)>10D．pH<7的溶液一定是酸溶液16．下列实验操作正确的是（）A．中和反应反应热测定实验中，酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃棒搅拌B．向2mL0.01mol/L的FeCl3溶液中加入5mL0.01mol/L的C．用玻璃棒蘸取0.10mol⋅L−1CHD．改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.5517．室温时，含HClO和ClO−的溶液中，HClO、ClOA．曲线I代表的物质是ClB．室温时，HClO的电离平衡常数KC．室温时，ClO−D．室温时，将浓度均为0.01mol⋅L18．25℃时，等体积的酸和碱溶液混合后pH一定大于7的是（）A．pH=3的HNO3溶液与B．pH=3的CH3COOH溶液与pH=11C．pH=3的H2SOD．pH=3的HI溶液与pH=11的Ca(OH)19．下列实验操作对应的现象与结论均正确的是选项实验操作现象结论A常温下将Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl晶体在小烧杯中混合烧杯壁变凉该反应是吸热反应B将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中烧瓶内气体颜色变深NO2生成N2O4的反应中，△H＞0C将0.1mol/L的弱酸HA稀释成0.01mol/L，测量稀释前后溶液pHpH增大稀释后HA电离程度减小D常温下向物质的量浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI混合溶液中逐滴滴入AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D20．根据下列图示所得出的结论正确的是A．图甲是常温下用0.1000 mol⋅LB．图乙是1molX2(g)、1molY2(g)反应生成C．图丙表示表示CO2通入饱和D．图丁是I2+I−二、非选择题21．某小组探究硝酸银与碘化钾的反应。（1）实验Ⅰ：向盛有1mL1.0mol⋅L①常温下，1.0mol⋅L−1AgN②发生反应生成黄色沉淀的离子方程式是。（2）小组同学依据物质性质分析，反应产物中可能存在Ag。依据是。（3）经检验，黄色沉淀中不含Ag。小组同学设计实验Ⅱ证实了AgNO①甲溶液是。②该装置中发生的总反应的离子方程式是。(该反应的平衡常数K=2.（4）结合实验及数据，推测实验Ⅰ中生成黄色沉淀而没有产生Ag的原因。22．用酸性KMnO4和2MnO回答下列问题：物理量编号V(0.20mol/LH2V(蒸馏水)/mLV(0.010mol/LKMnOM(MnSOT/℃①2.004.0050②2.004.0025③1.0a4.0025④2.004.00.125回答下列问题：（1）上述实验①②是探究对化学反应速率的影响；上述实验②④是探究对化学反应速率的影响。上述实验②③可探究对化学反应速率的影响，且a为。（2）实验③中加入amL蒸馏水的目的是。（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定（4）小组同学发现实验②③的反应速率变化趋势如图，其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是①23．CO、H2、C已知：①CO(g)+2H2②2CO(g)+O2③2H2请回答下列问题：（1）上述反应中属于放热反应的是(填标号)。（2）14gCO(g)完全燃烧放出的热量为。（3）表示CH3OH(l)（4）1.5mol由CO和H2组成的混合气体在足量氧气中充分燃烧放出的热量为425.9kJ，则混合气体中CO、H2的物质的量分别为mol、（5）等质量的CO(g)、H2(g)、CH（6）某些常见化学键的键能数据如下表：化学键C=OH—OH—HC≡O键能/8034634361076则CO(g)+H2O(g)=CO224．有效去除大气中的NO（1）用NH3催化还原反应原理：4NH3一定温度下，反应在容积可变的密闭容器中于t2时刻达到平衡，此时容积为3L，c(N2①变为曲线Y改变的一个条件是。②若t2时降低温度，t3时达到平衡，请在图1中画出曲线X在t2∼t（2）溶液中H2Y2−与Fe2+I.吸收原理：FeY2−将含NO的烟气以一定的流速通入起始温度为50℃的FeY2−溶液中。NO吸收率随烟气通入时间的延长而下降的原因是II.再生原理：FeY2−易被氧化为FeY−而失去吸收①FeY2−吸收、再生的变化过程可描述为②FeY−被葡萄糖(C25．现有：①醋酸、②盐酸、③醋酸钠、④碳酸氢钠、⑤氨化钙、⑥氯化铵六种试剂。（1）醋酸钠溶液呈碱性原因：。(化学用语)（2）盐酸溶液与碳酸氢钠反应的离子方程式。（3）有关0.1mol⋅L−1Ca．与同浓度盐酸溶液的导电性不相同b．常温下，等浓度等体积CH3c．向CH3COOH溶液中加少量Cd．向CH3COOH溶液中加少量Ne．CH3（4）25℃时，pH均等于4的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的c(H+)与氯化铵溶液中水电离出的c(（5）向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，故A符合题意；B．催化剂降低反应的活化能，改变反应历程，包含多个基元反应，故B不符合题意；C．使用催化剂可降低反应的活化能，故C不符合题意；D．活化分子间发生合适取向的碰撞为有效碰撞，则活化分子间发生的碰撞不一定是有效碰撞，还与取向有关，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；B．催化剂降低反应的活化能，改变反应历程；C．使用催化剂可降低反应的活化能；D．活化分子间发生合适取向的碰撞为有效碰撞。2．【答案】D【解析】【解答】A．硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A不符合题意；B．燃烧热是指1mol可燃物燃烧放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，故B不符合题意；C．氯化铵和氢氧化钡晶体反应吸热，△H＞0，故C不符合题意；D．除了酸碱中和放出热量外，浓硫酸溶于水放热，故反应放出的热量大于57.3kJ，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.硫蒸气的能量高于固体硫；

B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；

C.氯化铵和氢氧化钡晶体的反应为吸热反应。3．【答案】A【解析】【解答】A．根据盖斯定律，由总反应减去(反应Ⅰ×2)得反应Ⅱ，2VB．使用V2C．通入过量空气，可促进SO2的转化，平衡正向移动，可提高SO2的平衡转化率，选项C不符合题意；D．反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于SO2的转化，但反应速率较快且该温度下催化剂的活性大，故温度选择450℃是综合考虑化学反应速率、化学平衡及催化剂等因素的结果，选项D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．根据盖斯定律计算；B．使用催化剂，降低反应的活化能，改变反应的历程；C．根据影响化学平衡移动的因素分析；D．综合考虑化学反应速率、化学平衡及催化剂等因素。4．【答案】C【解析】【解答】由盖斯定律可知，将2×①−3×②−2×③得2Al2O故答案为：C。

【分析】盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减。5．【答案】C【解析】【解答】A．包装袋内放置除氧剂，可防止糕点被氧化，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，A不符合题意；B．食物存放在冰箱中，可降低温度，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，B不符合题意；C．因为铝锅在炒制食物的时候，加热时，若遇到有酸碱性的食物会有微量的铝渗入，长期地使用铝锅做的菜会使铝在人体内堆积，铁锅即使在酸性下溶解、亚铁有利于健康，故家用炒菜使用铁锅而不使用铝锅，与反应速率无关，C符合题意；D．将铁矿石粉碎，可增大接触面积，可加快反应速率，与增大反应速率有关，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.除氧剂可降低氧气浓度，减缓食物氧化速率；

B.降低温度可降低反应速率；

D.增大反应物的接触面积可增大反应速率。6．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，20 s内v(HB．反应速率比等于系数比，v(HC．20 s内过氧化氢浓度变化为0.3mol/L，反应的过氧化氢为0.3mol/L×0.1L=0.03mol，根据化学方程式可知，20 s内H2O增加了D．20 s内过氧化氢浓度变化为0.3mol/L，则20 s内I2浓度增加0.3mol⋅故答案为：C。

【分析】A.v(H2O2)=7．【答案】D【解析】【解答】A.反应Ⅰ的ΔH>0，为吸热反应，反应Ⅱ的ΔH<0，为放热反应，A不符合题意；B.反应Ⅱ所需的活化能大于反应Ⅰ，因此反应Ⅱ的反应速率小于反应Ⅰ的反应速率，故反应速率由反应Ⅱ决定，B不符合题意；C.加入催化剂后，降低了反应所需的活化能，改变了反应的历程，C不符合题意；D.SO2(g)与O2(g)的反应为放热反应，说明2molSO2(g)和1molO2(g)的总能量高于2molSO3(g)的能量，D符合题意；故答案为：D

【分析】A、根据反应热的正负判断反应的热效应；

B、反应速率由慢反应的反应速率决定，反应所需的活化能越高，反应速率越慢；

C、加入催化剂可降低反应所需的活化能，改变反应历程；

D、SO2与O2的反应为放热反应，只能比较总能量的相对大小；8．【答案】D【解析】【解答】①S(s)+O2(g)⇌SO2(g)，K1=c(SO2)c(O2)；②H2(g)+S(s)⇌H2S(g)，K2=c(H2S)c(H2)⋅c(SO2)；根据盖斯定律，将热化学方程式②故答案为：D。

【分析】两个化学方程式相加，则平很常数相乘，两个化学方程式相减，则平衡常数相除。9．【答案】D【解析】【解答】A．比较容器Ⅰ、Ⅲ的反应，温度升高，平衡时生成物减小，平衡向逆方向移动，故反应为放热反应，A不符合题意；B．比较容器Ⅰ、Ⅲ的反应，投料量相同，反应Ⅰ温度高，反应速率快，达到平衡快，B不符合题意；C．比较容器Ⅰ、Ⅱ的反应，探究压强对平衡的影响，对反应后气体体积不变的反应，压强不影响平衡状态，故两体系为等效平衡，平衡时，CH3OH体积分数相同，C不符合题意；D．由图表可知，容器Ⅰ反应平衡时c(CH3OH)=0.08mol⋅L-1若起始充入CH3OH0.10mol，CH3OCH30.15mol，H2O0.10mol，容器体积1.0L，此时浓度商Q=c(C故答案为：D。【分析】根据影响化学平衡移动的因素分析；通过计算比较Qc与K的大小判断。10．【答案】B【解析】【解答】A．NO2转化为N2B．反应2NO2(g)=C．催化剂能加快反应速率，但不能使平衡移动，所以不能提高NOD．NO故答案为：B。【分析】A.2NO2⇌N211．【答案】C【解析】【解答】A．铁触媒作为合成氨反应的催化剂，可以加快反应速率，故A不符合题意；B．合成氨的反应是气体体积减小的反应，10MPa-30MPa比常压压强大，增大压强，速率加快，化学平衡正向移动，可以使氮气和氢气的转化率高，经济成本适中，故B不符合题意；C．其他条件相同时，由于正反应为放热反应，所以升高温度反应物转化率减小，故C符合题意；D．将氨及时液化分离出去，会减慢正反应速率，但能提高N2、H2的转化率，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；12．【答案】D【解析】【解答】A．高锰酸钾溶液不能用盐酸酸化，会氧化Cl−，应该用硫酸酸化，故A不符合题意；B．表示该反应原理的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4−+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2C．该实验方案中酸性高锰酸钾溶液过量，无法观察到明显的褪色现象，故C不符合题意；D．随着反应的进行，Mn2+浓度增加，反应速率加快，这是由于反应中Mn2+起到了催化剂的作用，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A．不能用盐酸酸化，会氧化Cl−；

B．草酸是弱酸，不拆；

C．酸性高锰酸钾溶液过量，不褪色；

D．Mn2+起到了催化剂的作用。13．【答案】D【解析】【解答】A．CH3COOH属于弱酸，故A不符合题意；B．NH3·H2O属于弱碱，故B不符合题意；C．H2CO3属于二元弱酸，故C不符合题意；D．Ca(ClO)2属于盐，属于强电解质，故D符合题意；故答案为：D。【分析】强电解质在水溶液中完全电离，（一般包括强酸、强碱、大多数盐、金属氧化物）；弱电解质在水溶液中部分电离，（一般包括弱酸、弱碱、水、非金属氧化物等）。14．【答案】D【解析】【解答】A.加水稀释时，促进醋酸的电离，CH3COO-的物质的量增大，溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，则CH3COO-的物质的量浓度减小，A不符合题意；B.加水稀释时，促进醋酸的电离，CH3COOH物质的量浓度减小，B不符合题意；C.加水稀释时，促进醋酸的电离，H+的物质的量增大，溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，则H+的物质的量浓度减小，C不符合题意；D.加水稀释时，促进醋酸的电离，H+和CH3COO-的物质的量增大，D符合题意；故答案为：D。【分析】弱电解质越稀越电离，越稀释电离度越大。15．【答案】B【解析】【解答】A.25℃时，水的离子积常数是1.0×10－14，A不符合题意；B．c(H＋)＝c(OH−)的溶液一定呈中性，B符合题意；C．水的电离吸热，加热促进电离，纯水在100℃时，c(H＋)＞10－7mol·L－1，但纯水显中性，所以此时纯水中c(H＋)＝c(OH−)，C不符合题意；D．pH＜7的溶液不一定是酸溶液，与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小有关系，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.100℃水的离子积大于1.0×10−14；

C.纯水中始终存在c(H＋)＝c(OH−)；

D.c(H＋)>c(OH−)时溶液呈酸性，c(H＋)<c(OH−)时溶液呈碱性，c(H16．【答案】B【解析】【解答】A．中和反应反应热测定实验中，酸碱混合时，量筒中氢氧化钠溶液应迅速倒入小烧杯中，否则会造成热量散失，导致所测结果偏低，故A不符合题意；B．少量的氯化铁溶液与碘化钾溶液充分反应后加入硫氰化钾溶液，溶液颜色变成红色说明溶液中含有铁离子，证明氯化铁溶液与碘化钾溶液反应生成氯化亚铁和碘的反应为可逆反应，故B符合题意；C．用pH试纸测定醋酸醋酸溶液pH时，试纸不能用蒸馏水润湿，且测定的pH为范围值，不是确定值，故C不符合题意；D．改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反应时，反应放出的热量不同，但求出的中和热数值和原来相同，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.若缓缓把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失，导致反应后的温度低；

C.广泛pH试纸只能测出整数值；

D.中和热取决于稀的强酸与强碱反应生成1mol水放出的热量，与酸碱的物质的量无关。17．【答案】C【解析】【解答】A．含HClO和ClO−的溶液中，随pH增大，HClO的量减小、ClOB．室温时，pH=7.5时c(ClO-)c(HClO)=1C．室温时，ClO−的水解平衡常数D．室温时，将浓度均为0.01mol⋅L故答案为：C。

【分析】A．随pH增大，HClO的量减小、ClOB．KaC．KhD．依据电离平衡常数和水解平衡常数的大小判断。18．【答案】C【解析】【解答】A．pH=3的HNO3与pH=11的KOH溶液等体积混合，恰好完全反应，B．醋酸是弱酸，pH=3的CH3COOH与pH=11C．氨水是弱碱，pH=3的H2SO4与D．HI是强酸，pH=3的HI与pH=11的Ca(OH)2溶液等体积混合，恰好完全反应，故答案为：C。

【分析】依据先判后算计算pH。19．【答案】A【解析】【解答】A．烧杯壁变凉，说明该反应常温下能自发，为吸热反应，故A符合题意；B．烧瓶内气体颜色变深，说明平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH＜0，故B不符合题意；C．稀释促进弱电解质的电离，所以稀释后HA的电离程度增大，故C不符合题意；D．先出现黄色沉淀，说明AgI更难溶，二者为同种类型沉淀，溶解度越小则溶度积越小，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.烧杯壁变凉，说明该反应吸热；

B.升温，2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡逆向移动；

C.稀释促进HA的电离；

D.发生沉淀的转化。20．【答案】B【解析】【解答】A．滴定终点是酸与碱恰好完全反应，同浓度的NaOH滴定20.00mL0.1000mol/L的醋酸，需要消耗氢氧化钠的体积为20.00mL，Q点不是滴定终点，故A不符合题意；B．断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，a表示1molX2(g)、1molY2(g)变成气态原子过程吸收的能量，故B符合题意；C．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，将CO2通入饱和碳酸钠溶液中发生CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3↓，剩余溶液仍是饱和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠属于可溶强电解质，因此CO2通入饱和碳酸钠溶液中导电能力虽然降低，但不会趋向于0，故C不符合题意；D．根据图像可知，随着温度升高，c(I3−)降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，正反应为放热反应，即升高温度，平衡常数减小，推出K(T1)＞K(T2故答案为：B。【分析】A.Q点溶液的pH=7，而滴定终点时生成醋酸钠，溶液呈碱性；

C.导电能力与离子浓度成正比；

D.升温，I221．【答案】（1）＞；A（2）银离子具有氧化性，碘离子具有强还原性，银离子被碘离子还原生成Ag（3）KI溶液；2Ag++2I-=2Ag+I2（4）Ag+和I-生成沉淀反应的平衡常数比发生氧化还原反应的平衡常数大，则沉淀反应进行得程度大，Ag+和I-生成沉淀反应的活化能比发生氧化还原反应的活化能小，反应速率比氧化还原的速率大【解析】【解答】（1）①常温下，1.0mol⋅L−1AgN②发生反应生成黄色沉淀的离子方程式是Ag（2）小组同学依据物质性质分析，反应产物中可能存在Ag，依据是银离子具有氧化性，碘离子具有强还原性，银离子被碘离子还原生成Ag。（3）①为验证AgNO②该装置为原电池，负极上碘离子失去电子，正极上银离子得电子生成Ag，发生的总反应的离子方程式是2Ag++2I-=2Ag+I2。（4）推测实验Ⅰ中生成黄色沉淀而没有产生Ag的原因为Ag+和I-生成沉淀反应的平衡常数比发生氧化还原反应的平衡常数大，则沉淀反应进行得程度大，Ag+和I-生成沉淀反应的活化能比发生氧化还原反应的活化能小，反应速率比氧化还原的速率大。

【分析】（1）①依据盐类水解规律；②AgI是黄色不溶物；（2）物质含元素处于最高价，只有氧化性，物质含元素处于最低价，只有还原性；物质含元素处于中间价态既有氧化性又有还原性。（3）①反应中元素化合价升高，做负极，元素化合价降低，为正极；②原电池，负极上失去电子，正极上得电子；（4）沉淀反应的平衡常数比氧化还原反应的平衡常数大。22．【答案】（1）温度；催化剂；浓度；1（2）使得实验③中KMnO4溶液浓度和实验②中（3）收集相同体积的CO（4）产物MnSO4(或【解析】【解答】（1）对比实验①和②的数据发现，两者温度不同，所以①②是探究温度对化学反应速率的影响；对比实验②和④的数据发现，实验②未加MnSO4，实验④加了MnSO4，所以②④是探究催化剂对化学反应速率的影响；实验②和实验（2）该实验为控制变量法，只能有一个变量，加入蒸馏水使得实验③中KMnO4溶液浓度和实验②中KMnO4溶液浓度相同，故填使得实验③中KMnO（3）本实验除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定收集相同体积的CO（4）该反应中有MnSO4生成，也可能是因为生成的MnSO4(或Mn

【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。23．【答案】（1）①②（2）141.5kJ（3）C（4）1；0.5（5）H（6）-40【解析】【解答】（1）根据热化学方程式可知，属于放热反应的是①②；（2）根据方程式②可知，56gCO完全燃烧，放出的热量为566KJ，则14gCO(g)完全燃烧放出的热量为141.5KJ；（3）根据盖斯定律计算②×12−(③+①)得到表示CH（4）设n(CO)=xmol，则n(H2)=(1.5-x)mol，根据二者的热化学方程式可列方程：x2×566+(1.5-x)（5）1gH2完全燃烧放出的热量为：571.6kJ2×2g1gCO完全燃烧放出的热量为566KJ2×28g1g甲醇完全燃烧放出的热量为726.5kJ32g=22.7kJ/g，故故H（6）反应热等于反应物的键能减去生成物的键能为：1076kJ/mol+2×463kJ/mol-2×803kJ/mol-436kJ/mol=-40kJ/mol；故ΔH=-40kJ⋅mol

【分析】（1）根据热化学方程式，放热反应的ΔH＜0；（2）反应热的大小不仅与反应物、生成物的物质的量的多少有关；（3）根据盖斯定律计算；（4）根据二者的热化学方程式计算；（5）根据热化学方程式计算；（6）反应热等于反应物的键能减去生成物的键能。24．【答案】（1）将容器的体积压缩；（2）反应放热，温度升高，不利于NO的吸收；随着反应进行，FeY2−浓度降低；FeY2−在吸收塔中吸收NO生成FeY(NO)2−，部分被氧化为FeY−【解析】【解答】（1）①反应在容积可变的密闭容器中进行，在曲线Y条件下，氮气的浓度由2mol/L瞬间增大到3mol/L，最终平衡时浓度保持不变，则容器体积应由3L减小为2L，即改变的条件是将容器体积压缩；②该反应为吸热反应，降低温度时，平衡逆向移动，氮气的浓度在原有的基础上逐渐减小，直到达到新的平衡。若t2时降低温度，t3时达到平衡，画出曲线X在t2∼t（2）I.由题干信息，该吸收过程为放热反应，随着反应的进行温度升高，平衡逆向移动，不利于NO的吸收；另外，溶液中FeY2−有限，随着反应进行，FeY2−的浓度降