吉林省白山市抚松六中2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试卷

吉林省白山市抚松六中2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试卷

吉林省白山市抚松六中2019-2020学年高二上学期第一次月考 化学试题 ‎1.已知：P4(s)＋6Cl2(g)＝4PCl3(g) ΔH＝akJ·mol－1‎ P4(s)＋10Cl2(g)＝4PCl5(g) ΔH＝ bkJ·mol－1‎ P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为ckJ·mol－1,PCl3中P－Cl键的键能为1.2ckJ·mol－1‎ 下列叙述正确的是( )‎ A. P－P键的键能大于P－Cl键的键能 B. 可求Cl2(g)＋PCl3(g)＝PCl5(s)的反应热ΔH C. Cl－Cl键的键能kJ·mol－1‎ D. P－P键的键能为kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 不同物质中P-Cl的键能不同，无法与P-P的键能比较，故A项错误；B项中PCl5的状态为固态，与已知反应状态不同，无法求算，故B项错误；②式减去①式，消去了P4，可得4Cl2(g)+4PCl3(g)=4PCl5(g) ∆H=(b-a)kJ•mol‾1,把键能带入∆H的表达式可得：4K(Cl-Cl)+4×3×1.2kJ•mol‾1-4×5C kJ•mol‾1=(b-a)kJ•mol‾1,得出K(Cl-Cl)=(b-a+5.6c)/4kJ•mol‾1，故C项正确；①式×5减去②式×3，消去了Cl2，可得2P4（g）+12PCl5(g)=20PCl3(g) ∆H=(5a-3b)kJ•mol‾1, 把键能带入∆H的表达式可得：2×6K(P-P)+12×5c kJ•mol‾1-20×3×1.2c=(5a-3b)kJ•mol‾1,得出K(P-P)=（5a-3b+12c）/12 kJ•mol‾1,故D项错误；‎ ‎【考点定位】本题考查键能与∆H的计算。‎ ‎2.已知2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）反应过程中的能量变化曲线如图所示，下列说法不正确的是 A. 途径Ⅱ与途径Ⅰ相比，可能是加入了二氧化锰 B. 2molH2O2（l）的能量高于2molH2O（l）的能量 C. 其他条件相同，产生相同量氧气时放出的热量：途径Ⅰ大于途径Ⅱ D. 其他条件相同，产生相同量氧气耗时：途径Ⅰ大于途径Ⅱ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.途径Ⅱ的活化能小于途径Ⅰ；‎ B.由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量；‎ C.催化剂只改变速率，不改变反应的热效应；‎ D.途径Ⅱ化学反应速率快，据此解答即可。‎ ‎【详解】A、由图可知，途径Ⅱ的活化能减小，可能加入了催化剂，故A正确； B、此反应为放热反应，即2mol双氧水的总能量高于2molH2O和1molO2的能量之和，那么2molH2O2(l)的能量高于2molH2O(l)的能量也正确，故B正确； C、催化剂只改变化学反应速率，不改变△H，故C错误； D、途径Ⅱ加入催化剂，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，故D正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量，正反应为放热反应，ΔH < 0；反应物的总能量小于生成物的总能量，正反应为吸热反应，ΔH > 0。催化剂的加入可以较低反应的活化能，加快反应速率，但是不影响反应的热效应。‎ ‎3. 用铁片与稀硫酸反应制取氢气，下列的措施中，不能使氢气生成速率加快的是 A. 加热 B. 不用稀硫酸，改用98﹪浓硫酸 C. 滴加少量浓盐酸 D. 不用铁片，改用铁粉 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎4. 下列反应属于吸热反应的是 A. C6H12O6(葡萄糖aq)+6O2 6CO2+6H2O B. CH3COOH+KOHCH3COOK+H2O C. 反应物的总能量大于生成物的总能量 D. 破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．葡萄糖氧化是常见放热反应，故A错误；‎ B．中和反应是放热反应，故B错误；‎ C．反应物的总能量大于生成物的总能量是放热反应，故C错误；‎ D．断键吸收能量，成键放出能量，为吸热反应，故D正确．‎ ‎5.将1 L 0.1 mol/L BaCl2溶液与足量稀硫酸充分反应放出a kJ热量;将1 L 0.5 mol/L HCl溶液与足量CH3COONa溶液充分反应放出b kJ热量(不考虑醋酸钠水解);将0.5 L 1 mol/L H2SO4溶液与足量(CH3COO)2Ba(可溶性强电解质)溶液反应放出热量为(　　)‎ A. (5a+2b)kJ B. (4b-10a)kJ C. (5a-2b)kJ D. (10a+4b)kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：1L 0.1mol•L-1BaCl2物质的量为0.1mol，将1L 0.1mol•L-1BaCl2溶液与足量稀硫酸反应，涉及的离子方程式为：Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），放出akJ热量，生成0.1molBaSO4，则生成0.5molBaSO4，放出5akJ热量；1L 0.5mol•L-1HCl溶液的物质的量为0.5mol，将1L 0.5mol•L-1HCl溶液与足量CH3COONa溶液反应，涉及的离子方程式为H+（aq）+CH3COO-（aq）=CH3COOH（l），放出b kJ热量，生成0.5molCH3COOH，则生成1molCH3‎ COOH，放出2bkJ热量。0.5L 1mol•L-1H2SO4的物质的量为0.5mol，将0.5L 1mol•L-1H2SO4溶液与足量（CH3COO）2Ba溶液反应，生成0.5molBaSO4，1molCH3COOH，涉及的离子方程式有Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+CH3COO-（aq）=CH3COOH（l），溶液反应放出的热量为（5a+2b）kJ，答案选A。‎ 考点：考查热化学方程式的书写和反应热的计算 ‎6.决定化学反应速率的主要因素是（ ）‎ A. 反应物的浓度 B. 反应温度 C. 使用催化剂 D. 反应物的性质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】化学反应速率快慢的决定性因素是其内因，即反应物的性质，答案选D。‎ ‎7. 下列说法正确的是 A. 增大反应物浓度,可增大单位体积内活化分子百分数，从而使单位时间内有效碰撞次数增大 B. 有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，但不会增大单位体积内活化分子的百分数，A、B错；C正确；催化剂可降低反应的活化能从而增大单位体积内活化分子百分数而增大反应速率，D错。‎ ‎【点睛】增大活化分子百分数的条件可以是升温或使用催化剂；增大浓度和增大压强，增大的是单位体积内的活化分子数，而活化分子的百分含量不变。‎ ‎8.反应4A(s)＋3B(g) 2C(g)＋D(g)，经2 min B的浓度减少0.6 mol·L－1。对此反应速率的正确表示是 A. 用A表示的反应速率是0.8 mol·L－1·s－1‎ B. 分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3∶1∶2‎ C. 在2 min末时的反应速率，用产物C来表示是0.2mol·L－1·min－1‎ D. 在这2 min内用B和C表示的反应速率的值都是不同的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应物A为固体，不能用A表示化学反应速率，故A错误；‎ B. 用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v(B):v(C):v(D)=3:2:1，故B错误；‎ C. 化学反应速率是一段时间内的平均速率，不是即时速率，故C错误；‎ D. 用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v(B):v(C)=3:2，所以在这2 min内用B和C表示的反应速率的值都是不同的，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g) ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是( )‎ ‎①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变 ④增大B的浓度，v(正)＞v(逆) ⑤加入催化剂，B的转化率提高 A. ①② B. ④ C. ③ D. ④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；②升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故③错误；④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）＞v（逆），故④正确；⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选B。‎ ‎【考点定位】考查化学平衡的影响因素 ‎【名师点晴】本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意化学平衡发生移动的本质是改变条件引起正、逆速率不相等。使用勒夏特列原理时需要注意：①影响平衡的因素只有浓度、压强、温度三种；②原理的适用范围是只有一项条件变化的情况，当多项条件同时发生变化时，情况比较复杂；③定性角度：平衡移动的方向为减弱外界改变的方向；定量角度：平衡移动的结果只能减弱（不可能抵消）外界条件的变化。‎ ‎10. 对于反应A+B ＝C，下列条件的改变一定能使化学反应速率加快的是 A. 增加A的物质的量 B. 升高体系的温度 C. 减少C的物质的量 D. 增加体系的压强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎11.在密闭容器中充入4molHI，在一定温度下2HI（g）H2（g）+I2（g）达到平衡时，有30%的HI发生分解，则平衡时混合气体总的物质的量是 A. 4 mol B. 3 mol C. 2.5mol D. 1.2 mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】2HI(g) H2(g)+I2(g)为气体体积不变的反应，则反应过程中气体的总物质的量始终不变，所以平衡时气体总物质的量仍然为4mol；‎ 答案选A。‎ ‎12.在25 ℃、1.01×105 Pa下，将22 g CO2通入750 mL 1mol/LNaOH溶液中充分反应，测得反应放出x kJ热量。在该条件下，1 mol CO2通入1mol/L NaOH溶液2 L中充分反应放出y kJ热量。则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式是 A. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(2y－x) kJ·mol−1‎ B. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(2x－y) kJ·mol−1‎ C. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(4x－y) kJ·mol−1‎ D. 2CO2(g)＋NaOH(l)=NaHCO3(l) ΔH＝－(8x－2y) kJ·mol−1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】22gCO2的物质的量为0.5mol，750mL1.0mol•L-1的NaOH溶液中NaOH的物质的量为1mol•L-1×0.75L=0.75mol，22 g CO2通入750 mL ‎ 1mol/LNaOH溶液中充分反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，反应的方程式为2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molCO2反应放出热量为xkJ，则2molCO2反应放出热量为4xkJ，热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3（aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-4xkJ/mol①，1molCO2通入到2L1.0mol•L-1的NaOH溶液中充分反应生成碳酸钠，放出ykJ热量，则热化学方程式为2NaOH（aq）+CO2（g）═Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-ykJ/mol ②，由盖斯定律①-②可得，NaOH（aq）+CO2（g）═NaHCO3（aq）△H=-（4x-y）kJ/mol，故选C。‎ ‎13.用18g碳单质与标准状况下22.4LO2反应放出热量是Q1kJ，已知由碳单质生成1molCO2气体放热Q2kJ。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 由碳燃烧生成CO的热化学方程式是C(s)+1/2O2(g)="CO(g)" △H=(Q1-0.5Q2)kJ/mol B. 由碳燃烧生成1molCO放出的热量是(Q1-0.5Q2)kJ C. 由碳燃烧生成CO的热化学方程式是2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=(Q2-2Q1)kJ/mol D. 碳和CO2反应的热化学方程式是C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=(2Q2-2Q1)kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．因为碳单质生成1molCO2气体放热Q2kJ，则C(s)+O2(g) = CO2(g) △H2=-Q2kJ/mol，18g碳的物质的量为18g÷12g/mol=1.5mol，标准状况下，22.4LO2物质的量为1mol，根据2C+O22CO、C+O2CO2，所以生成CO 1mol，生成CO20.5mol，放热为Q1kJ热量，所以由碳燃烧生成CO的热化学方程式是C(s)+1/2O2(g)="CO(g)" △H=-(Q1-0.5Q2)kJ/mol，A项错误；B．根据A选项可知，由碳燃烧生成1molCO放出的热量是(Q1-0.5Q2)kJ，B项正确；C．根据A选项可知，由碳燃烧生成CO的热化学方程式是2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=(Q2-2Q1)kJ/mol，C项正确；D．①C(s)+O2(g) = CO2(g) △H2=-Q2kJ/mol，②2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=(Q2-2Q1)kJ/mol，②-①得碳和CO2反应的热化学方程式是C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=(2Q2-2Q1)kJ/mol，D项正确；答案选A。‎ 考点：考查热化学方程式的书写，化学反应中的热量变化等知识。‎ ‎14. 下列说法正确的是 A. 分子式为C2H4O的有机化合物性质相同 B. 同温同压下，同体积的任何气体均含有相同的原子数 C. 密闭容器中1molN2与3molH2充分反应，产物的分子数为 2×6.02×1023‎ D. 依据右图能量曲线可确定反应：CH2=CH2(g)+HBr(g)→CH3CH2Br(l)的H= (E1+E3－E2－E4)kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、分子式为C2H4O的可能是乙醛也可能为环氧乙烷，所以性质不相同，故A错误； B、同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的任何气体含有相同数目的分子，分子构成不同，所以其原子个数不一定相等，B错误； C、密闭容器中1molN2与3molH2充分反应生成氨气为可逆反应，又可逆反应不可能反应到底，则无法计算，C错误； D、依据右图能量曲线可确定反应：CH2=CH2（g）+HBr（g）→CH3CH2Br（l）的△H=反应物的焓﹣生成物的焓=（E1+E3﹣E2﹣E4）kJ·mol﹣1，D正确。答案选D。‎ 考点：气体摩尔体积、同分异构体、可逆反应以及能量图象 ‎15.下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是 A. 0.01mol·L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02mol·L﹣1Ba(OH)2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3·H2O B. 一定条件下，将0.5mol N2（g）和1.5molH2（g）置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣38.6kJ·mol﹣1‎ C. H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣285.8kJ·mol﹣1，则H2的燃烧热为285.8 kJ·mol﹣1‎ D. CO（g）的燃烧热是283.0 kJ·mol﹣1，则CO2分解的热化学方程式为：2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H=+283.0 kJ·mol﹣1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.01mol⋅L−1NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol⋅L−1Ba(OH)2溶液等体积混合，则铵根离子、铝离子、硫酸根离子、钡离子、氢氧根离子的物质的量之比是：1:1:2:2:4，所以离子方程式为：NH4++Al3++2SO42−+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3⋅H2O，故A正确；‎ B. 0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，焓变代表的是生成2mol氨气放出的热量，则放出的热量大于38.6kJ，故B错误；‎ C. H2与O2发生反应过程的燃烧热应该是1molH2完全燃烧生成液态水放出的热量，故C错误；‎ D. 燃烧热是指燃烧1mol物质生成稳定的产物所放出的热量，CO(g)的燃烧热是283.0 kJ⋅mol−1，即2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=−566.0 kJ⋅mol−1，所以2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+566.0 kJ⋅mol−1，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧，生成稳定的氧化物所放出的热量。解题时一定要注意，可燃物的物质的量及生成物的状态，以及是否是稳定存在的氧化物。‎ ‎16. 节能减排成为社会发展过程中不可回避的问题。下列说法正确的是 ‎①推广乙醇汽油可以减轻环境污染，降低尾气中一氧化碳含量。‎ ‎②乙醇汽油作为一种新型清洁燃料，是目前世界上可再生能源的发展重点之一。‎ ‎③乙醇属于可再生资源，使用乙醇汽油可以缓解目前石油紧缺的矛盾。‎ ‎④太阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等都属于可再生能源。‎ ‎⑤乙醇属于一级能源 A. ①②⑤ B. ①②③ C. ③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①推广乙醇汽油可以减轻环境污染，降低尾气中一氧化碳含量，有利于改善大气环境，正确；②乙醇汽油作为一种新型清洁燃料，是目前世界上可再生能源的发展重点之一，正确；③乙醇属于可再生资源，使用乙醇汽油可以缓解目前石油紧缺的矛盾，减少了化石燃料的使用，正确；④太阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能都属于可再生能源，正确；⑤乙醇属于二级能源，错误；综上所述：①②③④正确，选D。‎ 考点：考查了新型燃料的开发和利用。‎ ‎17.下列有关说法正确的是 A. 含有大量AlO2﹣的溶液中：K+、Al3+、Br﹣、HCO3﹣可共存。‎ B. CO（g）的燃烧热是283.0kJ·mol﹣1，则2CO2（g）=2CO（g）+O2(g)反应的△H=-566.0kJ·mol﹣1。‎ C. 用NaOH溶液雕刻工艺玻璃上的纹饰。‎ D. 在某钠盐溶液中含有等物质的量的Cl﹣、I﹣、SO32﹣、CO32﹣、NO3﹣、SiO32﹣中一种或多种，当加入过量的盐酸产生气泡，溶液颜色变深但仍澄清，阴离子种数减少3种，则原溶液中可能含有CO32﹣。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Al3+离子与AlO2-、HCO3-离子之间发生双水解反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；‎ B．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ⋅mol−1，即2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=−566.0 kJ⋅mol−1，所以2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)△H=+566.0 kJ⋅mol−1，故B错误； ‎ C．氢氟酸具有腐蚀性，能够雕刻玻璃，氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠，无法雕刻玻璃，故C错误；‎ D．当加入过量的盐酸产生气泡，溶液颜色变深说明反应后有碘单质生成，溶液中一定含有I-、NO3-离子，产生的气体中一定含有NO；反应后的溶液仍然澄清则一定不存在SiO32-，阴离子种数减少3种，则还应该含有SO32-、CO32-中的一种，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol－1。氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol－1。现有9 mol的甲烷和氢气的混合气体，完全燃烧后放出热量7408.2 kJ，则该混合气体中碳原子和氢原子的个数比 A. 1∶8 B. 8∶1 C. 4∶17 D. 17∶4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设混合气体中甲烷的物质的量为nmol，则氢气为( 9-n) mol，根据题意可得: 890.3n+285.8 (‎ ‎ 9-n)=7408.2，解得n=8；即甲烷的物质的量为8mol，氢气的物质的量为1mol ；所以:n(C):n(H)=8:(8×4+1×2)=4∶17；‎ 答案选C。‎ ‎19.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是（ ）‎ A. 反应在0～10s内用Z表示反应速率为0.158mol·L－1·s－1‎ B. 反应在0～10s内，X的物质的量浓度减少了0.79mol·L－1‎ C. 反应进行到10s时，Y的转化率为79.0%‎ D. 反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)Z(g)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知，10s内Z的物质的量变化量为1.58mol，用Z表示的反应速率为v(Z)= =0.079moL/(L⋅s)，故A错误；‎ B. 由图可知，10s内X的物质的量变化量为0.79mol，X的物质的量浓度减少了△c= =0.395mol/L，故B错误；‎ C. 反应开始到10s时，Y消耗物质量1.0mol−0.21mol=0.79mol，Y的转化率=×100%=79.0%，故C正确；‎ D. 由图象可以看出，由图表可知,随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生成物，l0s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反应是可逆反应，且△n(X):△n(Y):△n(Z)=(1.20−0.41)mol:(1.00−0.21)mol:1.58mol=1:1:2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎20.氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应：ClO3—+3HSO3—==3SO42—+Cl—+3H+‎ 已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快。下列为用ClO3—‎ 在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应v-t图。下列说法中不正确的是(C )‎ A. 反应开始时速率增大可能是c(H+)所致 B. 纵坐标为v(Cl—)的v-t曲线与图中曲线完全重合 C. 纵坐标为v(H+)的v-t曲线与图中曲线完全重合 D. 后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 随着反应的进行，氢离子浓度逐渐增大，所以反应速率逐渐增大，A正确。但在反应的后期由于反应物浓度减小，所以导致反应速率开始降低，D正确。根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知，选项B正确，C不正确，答案选C。‎ ‎21.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活中的主要能源物质。请回答下列问题：‎ ‎(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：‎ ΔH＝＋88.6 kJ/mol则M、N相比，较稳定的是_____________。‎ ‎(2)已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－238.6 kJ/mol，CH3OH(l)＋12O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)　ΔH＝－a kJ/mol，则a________238.6(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎(3)将Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：__________________________________。‎ ‎(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s)　ΔH＝－1 176 kJ/mol，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为________。‎ ‎【答案】 (1). M (2). < (3). 2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)　ΔH＝－290 kJ/mol (4). 98 kJ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)物质所含能量越低，该物质越稳定，据此分析M与N的稳定；‎ ‎(2)甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量少；‎ ‎(3)根据条件写出该反应的化学方程式，然后再根据2molCl2参与反应时释放出290kJ热量，写出该反应的热化学方程式；‎ ‎(4)根据所给反应，计算出转移电子的量，然后根据电子转移的量与放出的热量关系式，计算出每转移 1mol电子放出的热量。‎ ‎【详解】(1)M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定，M能量低，较稳定；‎ 综上所述，本题答案是：M。‎ ‎(2)甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量少，故a<238.6。‎ 综上所述，本题答案是：<。‎ ‎(3)反应的化学方程式为2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)，当有2 mol Cl2参与反应时释放出290kJ热量，所以该反应的热化学方程式为2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)　ΔH＝－290 kJ/mol。‎ 综上所述，本题答案是：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)　ΔH＝－290 kJ/mol。‎ ‎(4)所给反应中转移12 mol电子，故每转移1 mol电子放出的热量为1176 kJ÷12＝98 kJ。‎ 综上所述，本题答案是：98 kJ。‎ ‎22.在一压强始终与外界大气压相同的密闭容器中，将适量硫粉和碳粉的混合物与一定量的O2完全反应，恢复到常温，放出504.875kJ的热量，反应后O2有剩余。在标准状况下测得反应后混合气体的体积为44.8L，已知反应后的混合气体中某种气体（A）的质量与物质的量均为另两种气体之和，且C(s)+O2(g) = CO2(g) ΔH=-393.5kJ/mol-1。‎ ‎（1）投入O2的总体积在标准状况下的体积为____________L。‎ ‎（2）A为_________。‎ A．SO2 B．CO2 C．O2 D．无法确定 ‎（3）反应后混合气体的平均摩尔质量为__________________。‎ ‎（4）混合气体中＝_____________。‎ ‎（5）表示硫燃烧热的热化学方程式为_____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 44.8 (2). B (3). 44g/mol (4). 8:3 (5). S(s) + O2(g) = SO2(g) △H= -297.0kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)C(s)+O2(g)═CO2(g)、S(s)+O2(g)═SO2(g)均为反应前后气体体积不变的反应，反应后气体体积等于氧气的体积，标准状况下测得反应后混合气体的体积为44.8L，则氧气体积为44.8L，故答案为：44.8；‎ ‎(2)C(s)+O2(g)═CO2(g)、S(s)+O2(g)═SO2(g)中，n(混合气体)=2mol，三种气体中SO2的摩尔质量最大，氧气的摩尔质量最小，二氧化碳的摩尔质量介于二者之间，A的质量与物质的量均为另两种气体之和，即n(A)=n(B)+n(C)，且m(A)=m(B)+m(C)，，A的摩尔质量为B、C两者的平均摩尔质量，即A的摩尔质量在二者之间，则A为CO2，‎ 故答案为：B；‎ ‎(3)混合气体的物质的量为2mol，A的质量与物质的量均为另两种气体之和，A为CO2，则混合气体的质量为44g+44g=88 g，则M==44g/mol，‎ 故答案为：44g/mol；‎ ‎(4)设剩余氧气为xmol，生成二氧化硫为ymol，‎ 则,解得x=mol，y=mol混合气体中=1mol：y=1mol：mol=8:3，‎ 故答案为：8:3；‎ ‎(5)生成mol二氧化硫放出热量为504.875kJ−393.5kJ =111.375kJ，则生成1mol二氧化硫放出热量为111.375kJ×=297kJ，则热化学方程式为S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=−297kJ/mol；‎ 故答案为：S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=−297kJ/mol。‎ ‎23.白磷(P4)是一种常见的晶体,可用于制备较纯的磷酸。‎ ‎（1）白磷是________(填原子或分子)晶体，31 g白磷与足量的氧气完全燃烧释放出745.5 kJ的热量，请写出白磷燃烧的热化学反应方程式：______________________________________。‎ ‎（2）已知白磷和氯酸溶液可发生如下反应：________P4+___HClO3+___ ______→____HCl+____H3PO4,配平并完成上述反应方程式______________，该反应的氧化剂是___________。‎ ‎（3）白磷有毒，实验室可采用CuSO4溶液进行处理，其反应为：11P4＋60CuSO4＋96H2O==20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4，该反应的氧化产物是________，若有11 mol P4反应，则有________ mol电子转移。‎ ‎【答案】 (1). 分子 (2). P4(s) + 5O2(g) = 2P2O5(s) △H= -2982.0kJ/mol (3). 3 10 18 H2O 10 12 (4). HClO3 (5). H3PO4 (6). 120‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）白磷为分子晶体，其分子式为P4，31g白磷与足量的氧气完全燃烧生成P2O5固体，释放出745.5kJ的热量，则1mol白磷完全燃烧放出的热量==2982kJ，所以白磷燃烧的热化学反应方程式为：P4（s）+5O2（g）=2P2O5（s），△H=-2982 kJ/mol，‎ 故答案为：分子；P4（s）+5O2（g）=2P2O5（s），△H=-2982 kJ/mol；‎ ‎（2）反应中P元素的化合价由0价升高到+5价，P4为还原剂；Cl元素的化合价由+5价降低到-1价，HClO3为氧化剂；根据得失电子数目相等可知二者计量数之比为3：10，则结合质量守恒定律可知平衡后的化学方程式为3P4+10HClO3+18H2O=10HCl+12H3PO4，‎ 故答案为：3；10；18H2O；10；12；HClO3‎ ‎（3）该反应中，Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，所以氧化产物是H3PO4，该反应中有11mol白磷参加反应，则转移电子的物质的量=24×（5-0）mol=120mol，‎ 故答案为：H3PO4；120。‎ ‎24.I.（1） SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2(s)和H2O(l)。已知室温下2 g SiH4自燃放出的热量为89.2 kJ，则其热化学方程式为： _____________________。‎ ‎（2）沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，其燃烧的热化学方程式为：CH4(g)＋2O2(g) = CO2(g)＋2H2O(l )　ΔH＝－890 kJ/mol，又已知H2O(l)=H2O(g)　ΔH＝＋44 kJ/mol，则11.2 L(标准状况)CH4完全燃烧生成气态水时放出的热量为_______________。‎ Ⅱ.已知下列几种烷烃的燃烧热如下：‎ 烷烃 甲烷 乙烷 丙烷 丁烷 戊烷 己烷 燃烧热/ (kJ·mol－1)‎ ‎890.3‎ ‎1559.8‎ ‎2219.9‎ ‎2877.0‎ ‎3536.2‎ ‎4163.1‎ 今有10 L(标准状况下)某种天然气，假设仅含甲烷和乙烷两种气体，燃烧时共放出热量480 kJ。‎ ‎（1）试写出乙烷气体燃烧的热化学方程式___________________________________。‎ ‎（2）计算该天然气中甲烷的体积分数____________(保留小数点后两位)。‎ ‎（3）由上表可总结出的近似规律是______________________________________________。‎ ‎（4）根据（3）的近似规律可预测癸烷的燃烧热约为______kJ·mol－1。‎ ‎【答案】 (1). SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l) △H= -1427.2kJ/mol (2). 401kJ (3). 2C2H6(g)+7O2(g) = 4CO2(g)+6H2O(l) △H= -3119.6 kJ/mol (4). 72.38% (5). 烷烃分子中每增加一个CH2原子团，燃烧热平均增加654kJ/mol左右 (6). 6779 kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】I.（1） 2 g SiH4为0.0625mol，自燃放出的热量为89.2 kJ，则1 mol放出的热量为=1427.2 kJ，热化学方程式为：SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l) △H= -1427.2kJ/mol；‎ 答案为：SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l) △H= -1427.2kJ/mol；‎ ‎（2）①CH4(g)＋2O2(g) = CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890 kJ/mol，②H2O(l)==H2O(g)　ΔH＝＋44 kJ/mol，由盖斯定律：①+②×2得：CH4(g)＋2O2(g) = CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－802 kJ/mol，1mol完全燃烧生成气态水时放出的热量802 kJ，则11.2 L(标准状况)CH4为0.5 mol完全燃烧生成气态水时放出的热量为401kJ；‎ 答案为：401kJ；‎ Ⅱ（1）由表中燃烧热数值可知，1mol乙烷燃烧生成二氧化碳与液态水，放出的热量为1559.8kJ，乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6(g)+7O2(g) = 4CO2(g)+6H2O(l) △H= -3119.6 kJ/mol；‎ 故答案为：2C2H6(g)+7O2(g) = 4CO2(g)+6H2O(l) △H= -3119.6 kJ/mol ‎（2）10L（在标准状况下）某种天然气，假设仅含甲烷和乙烷两种气体，燃烧时共放出热量480kJ，平均燃烧热为 =1075.2kJ/mol，根据十字交叉法计算甲烷与乙烷体积比：‎ 所以甲烷与乙烷的体积比为484.6：184.9，甲烷的体积分数为×100%=72.38%‎ 故答案为：72.38%。‎ ‎（3）根据表中数据可知，碳原子数目相邻的烷烃的燃烧热之差，基本为定值，即烷烃分子中每增加一个CH2燃烧热平均增加基本为定值。‎ 乙烷与甲烷燃烧热相差：1559.8kJ/mol-890.3kJ/mol=669.5kJ/mol，‎ 丙烷与乙烷燃烧热相差：2219.9kJ/mol-1559.8kJ/mol=660.1kJ/mol，‎ 丁烷与丙烷燃烧热相差：2877.0kJ/mol-2219.9kJ/mol=657.1kJ/mol，‎ 戊烷与丁烷燃烧热相差：3536.2kJ/mol-2877.0kJ/mol=659.2kJ/mol，‎ 己烷与戊烷燃烧热相差：4163.1kJ/mol-3536.2kJ/mol=626.9kJ/mol，‎ ‎=654kJ/mol，‎ 烷烃分子中每增加一个CH2燃烧热平均增加654kJ/mol左右，‎ 故答案为：烷烃分子中每增加一个CH2,，燃烧热平均增加654kJ/mol左右；‎ ‎（4）根据（3）的近似规律可预测癸烷与己烷相差4个CH2，燃烧热约为4163.1kJ/mol+654kJ/mol×4=6779 kJ/mol 答案为：6779 kJ/mol ‎25.用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是________________；由图可知该装置有不妥之处，应如何改正？___________________________________________________．‎ ‎（2）烧杯间填满碎塑料泡沫的作用是__________________________________________．‎ ‎（3）如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热数值___________（填“相等、不相等”）‎ ‎（4）用相同浓度和体积的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会____________（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．‎ ‎【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 小烧杯与大烧杯杯口应相平，且在两烧杯中间填满碎泡沫塑料 (3). 保温隔热，减少实验过程中热量的损失 (4). 相等 (5). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，装置的错误是：小烧杯口与大烧杯口不相平，且未填满碎塑料泡沫(或碎纸条)，‎ 故答案为：环形玻璃搅拌器，在大小烧杯间填满碎塑料泡沫(或碎纸条)使小烧杯口与大烧杯口相平；‎ ‎(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：保温、隔热，减少实验过程中的热最损失，‎ 故答案为：保温、隔热，减少实验过程中的热最损失；‎ ‎(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，‎ 故答案为：相等；‎ ‎(4)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，‎ 故答案为：偏小；‎ ‎ ‎