黑龙江省绥化市安达市第七中学2019-2020学年高二上学期10月月考化学试题

黑龙江省绥化市安达市第七中学2019-2020学年高二上学期10月月考化学试题

黑龙江省绥化市安达市第七中学2019-2020学年高二上学期10月月考 化学试题 一、选择题 ‎1.实验室用4mol SO2与2molO2在一定条件下进行下列反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）； △H=-197kJ·mol-1，当放出 315.2kJ热量时，SO2转化率为 A. 40% B. 50% C. 80% D. 90%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】热化学方程式2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=-197kJ/mol表示通常条件下2molSO2（g）与1molO2（g）反应生成2molSO3（g）放出热量197kJ；放出315.2kJ热量，参加反应的二氧化硫的物质的量为×2mol=3.2mol，所以二氧化硫的转化率为3.2mol/4mol×100%=80%，C正确；‎ 故答案选C。‎ ‎2.下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是 A. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ/mol B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定 C. 含20.0 g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq)＋1/2H2SO4(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.4 kJ/mol D. 已知I2(g)＋H2(g)=2HI(g) ΔH1，I2(s)＋H2(g)=2HI(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物的时候所放出的热量，生成物中水是液态时才是稳定的氧化物，选项A错误；‎ B、石墨转化为金刚石吸热，表明金刚石的能量高，不稳定，选项B错误；‎ C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1摩尔水和可溶性盐的时候所放出的热量，选项C正确；‎ D、在比较焓变的时候，要带上负号来比较，碘升华时吸热，故后者反应时放热少，故ΔH1<ΔH2，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g) N2(g)+CO2(g)；ΔH= -373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是 A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强 C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时增大压强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加快反应速率可以升温、加压、增大浓度、加入催化剂，增大NO的转化率必须在不加入NO的基础上使平衡正向移动。‎ ‎【详解】A. 加催化剂同时升高温度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；‎ B. 加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，正反应气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；‎ C. 升高温度同时充入N2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故C错误；‎ D. 降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率变化情况，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎4. 下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是放热反应的是（ ）‎ A. 酸碱中和反应 B. Ba(OH)2.8H2O与NH4Cl C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷与O2的燃烧反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酸碱中和反应属于放热反应，但是不属于氧化还原反应，故A不选；‎ B. Ba(OH)2.8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，不属于氧化还原反应，故B不选；‎ C.灼热的炭与CO2反应属于吸热反应，碳元素的化合价有变化，属于氧化还原反应，故C不选；‎ D. 甲烷与O2的燃烧反应属于放热反应，碳元素、氧元素的化合价有变化，属于氧化还原反应，故D可选；‎ 故答案选D。‎ ‎5.在一个固定容积的密闭容器中，可逆反应：mA(g)+nB(g) ‎ pC(g)+qD(g)中，当m、n、p、q为任意正整数时，达到平衡的标志是（ ）‎ A. 体系压强不再发生变化 B. 各组分的物质的量浓度不再改变 C. 各组分的质量分数相等 D. 反应速率vA∶vB∶vC∶vD=m∶m∶p∶q ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若反应前后气体的体积不变，则体系压强不再发生变化不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故A错误； B．各组分的物质的量浓度不再改变，是平衡的标志，故B正确， C．当各组分质量分数不变，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，但质量分数不变不能说明各组分质量分数相同，故C错误； D．反应速率之比等于化学计量数之比，故反应速率vA：vB：vC：vD=m：n：p：q不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D错误； 故选：B。‎ ‎【点睛】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化。‎ ‎6.已知某可逆反应在密闭容器中进行：A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(s)(正反应为放热反应)，右图中曲线a代表一定条件下该反应的过程。若使a曲线变为b曲线，可采取的措施 A. 增大A的浓度 B. 扩大容器的容积 C. 加入催化剂 D. 升高温度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】增大A的浓度，A的转化率减小，故A错误；‎ 扩大容器的容积，平衡不移动，但速率减慢，故B错误；‎ 加入催化剂，速率加快、平衡不移动，A转化率不变，故C正确；‎ 升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎7.实验室中制备乙烯的方法是使乙醇脱水，反应可以简单地表示为CH3CH2OH―→CH2=CH2↑＋H2O。已知CH2=CH2（g）和C2H5OH（l）的燃烧热分别是1 411.0 kJ·mol－1和1 366.8 kJ·mol－1。则实验室用C2H5OH（l）制备CH2=CH2（g）生成1 mol液态水的ΔH为（　　）‎ A. －44.2 kJ·mol－1‎ B. ＋44.2 kJ·mol－1‎ C. －2 777.8 kJ·mol－1‎ D. ＋2 777.8 kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由已知燃烧热可以写出两个热化学方程式：CH2=CH2（g）＋3O2（g）=2CO2（g）＋2H2O（l）ΔH1＝－1411.0 kJ·mol－1　①；C2H5OH（l）＋3O2（g）=2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH2＝－1 366.8 kJ·mol－1②；根据盖斯定律可知，由②－①得：C2H5OH（l）=H2O（l）＋CH2=CH2（g）ΔH＝＋44.2 kJ·mol－1，B项正确；‎ 故答案选B。‎ ‎8.将CO2转化为甲醇的原理为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH <0。500 ℃时，在体积为1 L 的固定容积的密闭容器中充入1mol CO2、3mol H2，测得CO2浓度与CH3OH 浓度随时间的变化如图所示，从中得出的结论错误的是( )‎ A. 曲线X可以表示CH3OH(g)或H2O(g)的浓度变化 B. 从反应开始到10min时，H2的反应速率υ(H2)=0.225 mol/(L·min)‎ C. 500 ℃时该反应的平衡常数K=3‎ D. 平衡时H2 的转化率为75%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、随反应进行X的浓度增大，X表示生成物，由方程式可知CH3OH（g）、H2O（g）的浓度变化相等，曲线X可以表示CH3OH（g） 或H2O（g） 的浓度变化，选项A正确；B、Y的起始浓度为1mol/L，故Y表示二氧化碳，平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，故v（CO2）==0.075mol/（L﹒min），速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=3v（CO2）=3×0.075mol/（L﹒min）=0.225mol/（L﹒min），选项B正确；C、平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，则：‎ ‎ CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g），‎ 开始（mol/L）： 1 3 0 0‎ 变化（mol/L）： 0.75 2.25 0.75 0.75 ‎ 平衡（mol/L）： 0.25 0.75 0.75 0.75‎ 故平衡常数k==5.33，选项C错误；D、平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，二氧化碳的浓度变化量为1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化为3×0.75mol/L=2.25mol/L，氢气的转化率=×100%=75%，选项D正确。答案选D。‎ ‎9.在密闭的容器中进行如下的反应：H2(G＋I2(g)2HI(g)，在温度T1和T2时，产物的量彧时间的关系如下图所示，符合图象的正确的判断是( )‎ A. T1＞T2，△H＞0 B. T1＞T2，△H＜0‎ C. T1＜T2，△H＞0 D. T1＜T2，△H＜0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“先拐先平，数值大”：在含量—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线表示的温度较高或者压强较大。‎ ‎【详解】根据“先拐先平，数值大”的原则，由图像可知，T2‎ 温度下先出现拐点，反应速率更快，先达到平衡，所以T1< T2；在温度更低的条件下碘化氢的产量更高，说明正反应是放热反应，△H＜0，故D项正确；‎ 故答案选D。‎ ‎10.已知反应mX(g)＋nY(g)qZ(g)的△H＜0，m＋n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动 B. X正反应速率是Y的逆反应速率的m/n倍 C. 降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小 D. 若平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为n:m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、恒容容器通入稀有气体使压强增大，平衡不移动，故A错误；‎ B、X的正反应速率与Y的逆反应速率比等于系数比，一定平衡，故B正确；‎ C、焓变小于0，降低温度，平衡正向移动，气体物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，故C错误；‎ D、若平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为m:n，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎11..如图所示曲线表示其他条件一定时，反应：2NO＋O22NO2　ΔH<0，NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v(正)>v(逆)的点是(　　)‎ A. a点 B. b点 C. c点 D. d点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，故A错误；‎ B．b点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，故B错误；‎ C．c点在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由c 点向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，故v(正)＞v(逆)，故C正确；‎ D．d点在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由d点向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，故v(正)＜v(逆)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点晴】判断曲线上的任意一点都表示达到平衡状态是关键；在曲线上，当温度一定时，NO的转化率也一定，故曲线上任意一点都表示达到平衡状态，而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态．在曲线下方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，在曲线上方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，据此解答。‎ ‎12. 下图为装有活塞的密闭容器，内盛22.4 mL一氧化氮。若通入11.2 mL氧气(气体体积均在标准状况下测定)保持温度、压强不变，则容器内气体的密度( )‎ A. 等于1.369 g/L B. 等于2.054 g/L C. 在1.369 g/L和2.054 g/L之间 D. 大于2.054 g/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下，22.4 mL一氧化氮的物质的量为0.001mol；11.2 mL氧气的物质的量为0.0005mol；由方程式2NO+O2=2NO2可知，两气体恰好完全反应生成0.001molNO2气体，若全为NO2，标准状况下气体的密度为46g/mol÷22.4L/mol=2.054g/L，又因为二氧化氮气体存在如下可逆反应：2NO2(g)N2O4(g)，则可得容器内气体的密度大于2.054 g/L，答案选D。‎ ‎13.在温度t1和t2下，卤素单质X2（g）和H2反应生成HX的化学平衡常数如下表，仅根据下表数据不能判断的是（　　）‎ 化学方程式 K（t1）‎ K（t2）‎ F2+H2 2HF ‎1.8×1036‎ ‎1.9×1032‎ Cl2+ H2 2HCl ‎9.7×1012‎ ‎4.2×1011‎ Br2+H2 2HBr ‎5.6×107‎ ‎9.3×106‎ I2+H2 2HI ‎43‎ ‎34‎ A. 已知t2>t1,HX的生成反应为放热反应 B. 在相同条件下, X2平衡转化率:F2>Cl2‎ C. X2的活泼性随原子序数递增逐渐减弱 D. 2F2+2H24HF K(t1)=3.6×1036‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，如果t2＞t1，化学平衡常数K减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，故A正确； B．相同条件下，化学平衡常数越大，X2平衡转化率越大，所以在相同条件下，X2平衡转化率：F2＞Cl2，故B正确； C．同主族元素原子序数越大非金属性越弱，活泼性越弱，所以X2的活泼性随原子序数递增逐渐减弱，故C正确；‎ D．平衡常数只与温度有关，t1温度下的平衡常数K=1.8×1036，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎14. 化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果，下列图象描述正确的是 A. 图①可以表示某化学平衡体系改变温度后，反应速率随时间的变化 B. 图②中a、b曲线分别表示反应CH2＝CH2(g)＋H2(g)→CH3CH3(g)△H＜0未使用和使用催化剂时，反应过程中的能量变化 C. 图③表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，且甲的压强大 D. 图④中曲线表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＜0逆反应的平衡常数K随温度的变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升高温度正逆反应速率均增大，同样降低温度正逆反应速率均降低，A不正确；‎ B、催化剂能降低反应的活化能，所以a曲线表示的是使用催化剂，B不正确；‎ C、乙达到平衡的时间的少，压强高反应速率快，达到平衡的时间少，因此乙曲线表示的压强大，C不正确；‎ D、正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数降低，因此逆反应的平衡常数增大，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.已知2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH= －566 kJ•mol－1‎ Na2O2(s)+CO2(g) = Na2CO3(s)+1/2O2(g) ΔH= －226 kJ•mol－1‎ 下列表述正确的是 A. 1molCO燃烧时放出的热量为283kJ•mol－1‎ B. Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)ΔH=－509kJ•mol-1‎ C. Na2O2(s)与CO2(g)反应放出226kJ热量时电子转移数为2NA D. Na2O2和Na2CO3中阴阳离子个数比不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1molCO燃烧时放出的热量为283 kJ，故A错误；‎ B.根据盖斯定律，第二个反应-第一个反应×可得：Na2O2(s)+CO(g) = Na2CO3(s) ΔH= －509 kJ•mol-1，故B正确；‎ C.Na2O2(s)与CO2(g)反应放出226 kJ热量时，生成0.5mol氧气，电子转移数为NA，故C错误；‎ D.Na2O2中含有2个钠离子、1个过氧根离子，Na2CO3中含有2个钠离子、1个碳酸根离子，二者阴阳离子个数比都是1:2，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎16.在容积相同的两个密闭容器M和N中，保持温度为150 ℃,向M容器中加入amol ‎ HI，同时向N容器中加入bmol HI (a>b)。当反应2HI(g)H2(g) + I2(g) 达到平衡后，下列说法正确的是 A. 从反应开始到达到平衡,所需时间tM >tN B. 平衡时cM(I2) =cN(I2)‎ C. 平衡时I2蒸气在混合气体中的体积分数：M > N D. HI的平衡分解率αM =αN ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在容积相同的两密闭容器M和N中，保持温度为150 ℃，同时向M、N中分别加入 a mol及b mol碘化氢(a＞b)，M、N为等效平衡；a＞b，M中压强大，所以M的反应速率大于N，从反应开始到建立平衡所需时间：tN＞tM，A错误；‎ B、a＞b， M中压强大，平衡时I2的浓度：cM(I2) ＞ cN(I2)，B错误；‎ C、M、N为等效平衡，平衡时碘蒸气在混合气体中的百分含量：M=N，C错误；‎ D、M、N为等效平衡，平衡时HI的分解率：αM＝αN，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点晴】所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。等效平衡一般有三种类型：I类：恒温恒容下对于反应前后气体体积发生变化的反应来说（即△n≠0的体系）：等效转化后，对应各物质起始投料的物质的量与原平衡起始态相同。II类：恒温恒容下对于反应前后气体体积没有变化的反应来说（即△n＝0的体系）：等效转化后，只要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。III类：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。解答该类型试题的关键是分清类别，用相应的方法求解即可。‎ 二、非选择题 ‎17.为了合理利用化学能，确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的反应热，并采取相应措施．化学反应的反应热通常用实验进行测定，也可进行理论推算．‎ ‎（1）实验测得，5g甲醇（CH3OH）液体在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，则表示甲醇标准燃烧热的热化学方程为：________________。‎ ‎（2）今有如下两个热化学方程式：则a_________b（填“＞”、“=”或“＜”）‎ ‎2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H1=a kJ•mol﹣1‎ ‎2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H2=b kJ•mol﹣1‎ ‎（3）已知反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=a kJ•mol﹣1．试根据表中所列键能数据估算a 的值：________________________（注明“+”或“﹣”）。‎ 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能/kJ•mol﹣1‎ ‎436‎ ‎391‎ ‎945‎ ‎（4）依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的反应热进行推算．利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：‎ ‎①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1‎ ‎②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1‎ ‎③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1‎ 总反应：3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=_________．‎ ‎（5）已知H+（aq）+OH－(aq) =H2O(l) ΔH=－57.3 kJ·mol-1。‎ ‎①仪器A的名称___________________；碎泡沫塑料的作用是___________________。‎ ‎②仪器A不能用铜质搅拌棒代替，其原因是________________________。‎ ‎③若通过实验测定中和热的ΔH的绝对值常常小于57.3 kJ/mol，其原因可能是_______‎ a．实验装置保温、隔热效果差 b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数 c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中 d．用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度 ‎【答案】 (1). CH3OH（g）+ O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.4KJ/mol (2). ＞ (3). -93 (4). -246.4 kJ•mol-1 (5). 环形玻璃搅拌棒 (6).‎ ‎ 保温隔离隔热作用 (7). 铜棒易导致热量的散失 (8). a、c、d ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比燃烧热指1mol（32g）CH3OH燃烧放出的热量； （2）两个热化学方程式的区别在于物质的聚集状态不同，固体→液体→气体的过程为吸热过程，反之为放热过程，以此解答该题； （3）根据反应热等于反应物的总键能-生成物的总键能分析解答； （4）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；‎ ‎（5）①仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作； ②金属导热性好；‎ ‎【详解】（1）5gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出113.5kJ热量，32g即1molCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出×113.5KJ=726.4kJ热量， 则热化学方程式为：CH3OH（g）+ O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.4KJ/mol，故答案为：CH3OH（g）+ O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.4KJ/mol；‎ ‎（2）a与b相比较，由于气体变成液体放热，则b反应放出的热量比a多，由于a，b都是负值，则a＞b， 故答案为：＞； （3）N2+3H2⇌2NH3中的△H=945kJ•mol-1+436kJ•mol-1×3-391kJ•mol-1×6=-93kJ•mol-1， 故答案为：-93； （4）①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=-90.8kJ•mol-1 ②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=-23.5kJ•mol-1 ③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41.3kJ•mol-1 由盖斯定律②+③+①×2得到3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=-246.4 kJ•mol-1， 故答案为：-246.4 kJ•mol-1；‎ ‎（5）①为保证液体充分混合并反应，需要使用玻璃搅拌棒，反应热测定实验中保温工作是关键，碎泡沫塑料的作用是隔热，减少反应制的热量损失， 故答案为：环形玻璃搅拌棒；隔热，防止热量损失；‎ ‎②在测定中和热时，必须做好保温工作，环形铜质搅拌棒会导致较多的热量散失，影响测定结果， 故答案为：铜棒易导致热量的散失； a．实验装置保温、隔热效果差，导致测定的最高温度偏小，测定的温度差偏小，测定结果偏低，故a错误； b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，导致量取的氢氧化钠溶液的体积偏大，若盐酸过量，反应生成的水的物质的量偏大，放出的热量偏高，测定的最高温度偏大，测定结果偏高；若盐酸不足，则不影响测定结果，故b错误； c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，导致有部分热量散失，测定的最高温度偏小，温度差偏小，测定结果偏低，故c正确； d．用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度，导致温度计上的部分盐酸与氢氧化钠溶液反应，测定的氢氧化钠溶液的初始温度偏高，计算出的温度差偏低，测定结果偏低，故d正确； 故答案为：acd；‎ ‎【点睛】燃烧热：在25摄氏度,101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；中和热：在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热。‎ ‎18.已知：反应aA(g)＋bB(g) cC(g)，某温度下，在2 L的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。‎ ‎（1）从反应开始到12 s时，用A表示的反应速率为________。‎ ‎（2）经测定前4 s内v(C)＝0.05 mol·L－1·s－1，则该反应的化学方程式为______________。‎ ‎（3）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：v(A)＝0.3 mol·L－1·s－1；乙：v(B)＝0.12 mol·L－1·s－1‎ ‎；丙：v(C)＝9.6 mol·L－1·min－1；则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为________。‎ ‎（4）下表所列数据是反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1在不同温度下的化学平衡常数(K)。‎ 温度 ‎250℃‎ ‎300℃‎ ‎350℃‎ K ‎2.041‎ ‎0.270‎ ‎0.012‎ ‎①由表中数据判断H1_______0(填“>”“=”或“<”)；‎ ‎②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器，充分反应，达平衡后，测得c(CO)=0.2mol·L－1，则CO的转化率为__________，此时的温度为_______________从上表中选择)‎ ‎（5）将CH4转化成CO，工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：‎ CH4（g）+3/2O2（g）CO（g）+2H2O（g）H=-519kJ·mol－1。工业上，为选择合适催化剂，分别对X、Y、Z三 种催化剂进行了如下实验(其他条件相同) ‎ ‎①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；‎ ‎②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；‎ ‎③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；‎ 已知：T1> T2> T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是__(填“X”、“Y”或“Z”)选择的理由是_______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 0.05 mol·L－1·s－1 (2). 3A(g)＋B(g) 2C(g) (3). 乙>甲>丙 (4). < (5). 80% (6). 250℃ (7). Z (8). 催化效率高且活性温度低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据 进行计算；‎ ‎（2）计算出12s内用A表示的化学反应速率，可以计算出a与b的比值，利用题给4s内v（C）=0.05mol•L-1•s-1，计算出abc的最简整数比；‎ ‎（3）将不同速率转化为同一物质的用相同单位进行描述的速率进行比较；‎ ‎（4）①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应； ②根据CO的平衡浓度计算平衡时CO的物质的量，进而计算参加反应的CO的物质的量，再根据转化率定义计算；列式三段式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到；‎ ‎（5）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低；‎ ‎【详解】（1）从反应开始到12s时，A的浓度变化量△c=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，时间为12s，故 =0.05mol/（L•s），故答案为：0.05 mol·L－1·s－1；‎ ‎（2）12s时，B的浓度变化量△c=0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L，故a：b=0.6：0.2=3：1，经测定前4s内v（C）=0.05mol•L-1•s-1，此时A浓度变化为：0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，此时v（A）==0.075mol/（L•s），即v（A）：v（C）=0.075：0.05=3：2，故a：b：c=3：1：2，故化学反应方程式为：3A（g）+B（g）⇌2C（g）；‎ 故答案为：3A（g）+B（g）⇌2C（g）；‎ ‎（3）确定A的速率为：甲：v（A）=0.3mol•L-1•s-1；乙：v（B）=0.12mol•L-1•s-1，故v（A）=3×0.12mol•L-1•s-1=0.36mol•L-1•s-1；丙：v（C）=9.6mol•L-1•min-1==0.16mol•L-1•s-1，故v（A）=×0.16mol•L-1•min-1=0.24mol•L-1•s-1，故最快的是乙，最慢的是丙，故答案为：乙＞甲＞丙；‎ ‎（4））①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，即△H1＜0；‎ 故答案为：＜；‎ ‎②某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L；达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，则参加反应的CO的物质的量=2mol-0.2mol/L×2L=1.6mol，故CO转化率=×100%=80%，依据化学平衡三段式列式计算得到平衡浓度：‎ ‎ ‎ K=，对照图表数据判断温度为250°C；‎ 故答案：80%；250°C；‎ ‎（5）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低，故选择Z；‎ 故答案为：Z；催化效率高且活性温度低。‎ ‎19.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：‎ ‎【实验原理】2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4 ＝ K2SO4 + 2MnSO4 + 10CO2↑ + 8H2O ‎【实验内容及记录】‎ 实验编号 室温下，试管中所加试剂及其用量 / mL 室温下溶液颜色褪至无色所需时间 / min ‎0.6 mol/L H2C2O4溶液 H2O ‎3 mol/L 稀硫酸 ‎0.05mol/L KMnO4溶液 ‎1‎ ‎3.0‎ ‎2.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎1.5‎ ‎2‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎2.7‎ ‎3‎ ‎1.0‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎3.9‎ 请回答：‎ ‎（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是___________________________________。‎ ‎（2）利用实验1中数据计算，若用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)＝ ________。‎ ‎（3）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+) 随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+) 随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。‎ ‎①该小组同学提出的假设是___________________________________________________。‎ ‎②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。‎ 实验编号 室温下，试管中所加试剂及其用量 / mL 再向试管中加入少量固体 室温下溶液颜色褪至无色所需时间 / min ‎0.6mol/L H2C2O4溶液 H2O ‎3mol/L稀硫酸 ‎0.05mol/L KMnO4溶液 ‎4‎ ‎3.0‎ ‎2.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎_______‎ t ‎③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是_____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 其他条件相同时，增大H2C2O4浓度（或反应物浓度），反应速率增大 (2). 1.0×10－2 mol / (L·min) (3). 生成物中的MnSO4为该反应的催化剂（或Mn2+对该反应有催化作用） (4). MnSO4 (5). 与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间（t）小于1.5min（或其他合理答案）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从表中数据可知改变的条件是H2C2O4浓度，根据H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响进行解答； （2）根据 进行计算 （3）①由图乙可知反应开始后锰离子浓度增大，反应速率增加的比较快，所以探究的是硫酸镁在反应中的作用； ②作对比实验时，除了加入MnSO4不同外，其它量完全相同，据此进行解答； ③若反应加快，说明Mn2+是催化剂，反应过程中溶液褪色时间减少。‎ ‎【详解】（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件相同时，增大H2C2O4浓度（或反应物浓度），反应速率增大， 故答案为：其他条件相同时，增大H2C2O4浓度（或反应物浓度），反应速率增大； （2）由实验1中数据可知，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为υ（KMnO4）= =1.0×10-2‎ ‎ mol/（L•min）， 故答案为：1.0×10-2 mol/（L•min）；‎ ‎（3）①由图可知，提出的假设是生成物中的MnSO4为该反应的催化剂（或Mn2+对该反应有催化作用）， 故答案为：生成物中的MnSO4为该反应的催化剂（或Mn2+对该反应有催化作用）； ②加入的固体A是MnSO4， 故答案为：MnSO4； ③提出的假设成立，应观察到的现象是与实验1比较，溶液褪色所需时间短 或所用时间（t）小于1.5min； 故答案为：与实验1比较，溶液褪色所需时间短 或所用时间（t）小于1.5min。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率，把握反应速率的影响因素、控制变量法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验变量的判断。‎ ‎20.在已经发现的一百多种元素中，除稀有气体外，非金属元素只有十多种，但与生产生活有密切的联系。‎ ‎（1）氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：‎ N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)。‎ ‎①合成氨的反应中的能量变化如图所示。‎ 该反应是___________反应（填“吸热”或“放热”），其原因是反应物化学键断裂吸收的总能量_____（填“大于”或“小于”）生成物化学键形成放出的总能量。‎ ‎②在一定条件下，将一定量的N2和H2的混合气体充入某定容密闭容器中，一段时间后，下列叙述不能说明该反应达到平衡状态的是___________（填序号）。‎ A．容器中混合气体的密度不随时间变化 ‎ B．单位时间内断裂3 mol H-H键的同时断裂6 mol N-H键 C． N2 、H2 、NH3的物质的量之比为1:3:2 ‎ D．容器中混合气体的平均相对分子质量不随时间变化 ‎（2）容器容积为1L，T2℃在起始体系中加入1 mol N2 、3molH2，经过5 min反应达到平衡时放55.44kJ。保持容器体积和温度不变，若起始时向容器内放入2 mol N2和6 mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q___110.88 kJ(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎（3）目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，在体积为1 L的密闭容器中，充入1 molCO2和3 molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。‎ 达平衡时容器内平衡时与起始时的压强之比___。‎ ‎（4）有可逆反应Fe(s)+CO2(g) FeO(s) + CO(g) △H>0。‎ ‎①若起始时把Fe和CO2放入体积固定的密闭容器中，CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0 mol/L，则该温度下上述反应的平衡常数K=______________（保留二位有效数字）。‎ ‎②若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，如果改变下列条件，反应混合气体中CO2的物质的量分数如何变化（选填“增大”、“减小”、“不变”）。升高温度________________；再通入CO_________________。‎ ‎③该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图：‎ ‎ 从图中看到，反应在t2时达平衡， 在t1时改变了某种条件，改变的条件可能是（填序号）______________。（单选）‎ A．升温 B．增大CO2浓度 ‎④如果在t3时从混合物中分离出部分CO，t4~ t5时间段反应处于新平衡状态，请在图上画出t3~ t5的V（逆）变化曲线____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). 小于 (3). AC (4). > (5). 5:8 (6). 1.0 (7). 减小 (8). 不变 (9). A (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量；断裂化学键吸收能量，生成化学键释放能量； ②结合平衡时正逆反应速率相等、各组分的浓度不变等及其衍生的一些物理量分析；‎ ‎（2）若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，相当于增大压强平衡正向进行。‎ ‎（3）反应前后气体压强之比等于其物质的量之比；‎ ‎（4）①根据二氧化碳和一氧化碳的浓度计算出平衡常数；‎ ‎②根据影响化学平衡常数的因素进行分析； ③根据右图t1时刻，反应速率突然增大以及逆反应速率后来逐渐增大最后不变； ④根据分离出部分CO，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变画出t3～t5的v（逆）变化曲线。‎ ‎【详解】（1）①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，断裂化学键吸收能量，生成化学键释放能量，△H=断裂化学键吸收能量-生成化学键释放能量＜0，可知断裂化学键吸收能量小于生成化学键释放能量， 故答案为：放热；小于； ②A．由于气体的质量以及容器的体积不变，则容器中混合气体的密度不随时间变化，不能用于判断是否达到平衡，故A错误； B．单位时间内断裂3mol H-H键的同时断裂6mol N-H键，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确； C． 因不能确定起始配比数、转化率以及平衡常数，则N2、H2、NH3‎ 的物质的量之比为1：3：2不能说明达到平衡状态，故C错误； D．容器中混合气体的平均相对分子质量不随时间变化，说明气体的物质的量不变，达到平衡状态，故D正确． 故答案为：AC；‎ ‎（2）若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，浓度为原来的两倍，若达到的是等效平衡，则放出的热量为110.88 kJ，但实际上是相当于增大压强平衡正向进行，放出更多热量，故放出的热量大于110.88 kJ，‎ 故答案为：＞；‎ ‎（3）反应前后气体压强之比等于其物质的量之比，反应前气体物质的量=4mol，甲醇生成0.75mol，最后达到平衡状态二氧化碳物质的量0.25mol，列三段式：‎ ‎ ‎ ‎ 达平衡时容器内平衡时与起始时的压强之比=（0.25+0.75+0.75+0.75）：（1+3）=5：8，‎ 故答案为：5：8；‎ ‎（4）①由可逆反应Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），该反应的平衡常数表达式为：K= ；CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0mol/L，则反应消耗的二氧化碳的浓度为：1.0mol/L，达到平衡时二氧化碳浓度为1.0mol/L，则该温度下的平衡常数为：K==1.0， 故答案为：1.0； ‎ ‎②该反应为吸热反应，升高温度，平衡向着正向移动，二氧化碳的体积分数减小，再通入CO，由于压强不影响化学平衡，达到平衡时各组分的含量不变， 故答案为：减小；不变； ③A．升温，正、逆反应速率突然增大，随着反应的进行，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，最后不变，故A正确； B．增大CO2的浓度，正反应速率突然增大，逆反应速率瞬间不变，故B错误； 故选：A； ④如果在t3‎ 时从混合物中分离出部分CO，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，平衡向着正向移动，随着反应的进行，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率逐渐增大，最后不变，如图所示：。‎ ‎【点睛】本题是一道化学反应速率与平衡的综合题，注意掌握平衡常数的含义、化学平衡状态的判断方法。解决第（2）题可以用“虚拟状态”思想进行分析，先假设一个状态，再同实际状态进行比较得出结论。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎