吉林省延边朝鲜族自治州汪清县第四中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段考试化学试题

吉林省延边朝鲜族自治州汪清县第四中学2019-2020学年高二上学期第一次阶段考试化学试题

化学试卷 相对原子质量为：H-1 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64‎ 一、选择题：每小题有一个正确答案（前十题各2分，后十题各3分，共50分）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应热是指反应过程中放出的热量 B. 1molH2SO4和1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热 C. 同温同压下将两份碳燃烧，生成CO2的反应比生成CO的反应放出的热量多 D. 物质发生化学变化都伴随着能量变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应热是指反应过程中放出或吸收的热量，A项错误； B. 中和热是指在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量，所以1molH2SO4和1molBa(OH)2完全反应生成2mol水，不是中和热，B项错误； C. 反应放出的热量与反应物的用量和产物都有关系，因为两份碳的质量多少不知道，所以无法判断热量多少，C项错误； D. 物质发生化学变化时旧键断裂要吸收能量，新键形成要放出能量，所以化学变化都伴随着能量变化，D项正确； 答案选D。‎ ‎【点睛】中和热理解为稀酸溶液与稀的碱溶液发生中和生成1 mol水放出的热量，其限定生成物为1 mol液体水。‎ ‎2.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是（ ）‎ ‎①天然气 ②煤 ③氢能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦ C. ③⑤⑥⑦ D. ③④⑤⑥⑦‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源。‎ ‎【详解】煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，则③⑤⑥⑦属于新能源，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见（ ）‎ A. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应 B. 该反应中，热能转化为化学能 C. 反应物的总能量高于生成物的总能量 D. 反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2↑+H2O ΔH<0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应过程中醋酸逐渐凝固，说明HCl和NH4HCO3反应过程中温度降低，则该反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 醋酸逐渐凝固，说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，A项错误；‎ B. 该反应为吸热反应，即吸收的热量转化为产物内部的能量，B项正确；‎ C. 因反应为吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量，C项错误；‎ D. 书写热化学方程式时，应注明物质的状态，正确的热化学方程式为：NH4HCO3(s)+HCl(aq)=NH4Cl(aq)+CO2↑(g)+H2O(l) △H>0，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列措施是为了降低化学反应速率的是（ ）‎ A. 制氢气时用盐酸而不用醋酸 B. 双氧水制氧气时加入少量二氧化锰 C. 试管中进行镁和水反应时，稍微加热 D. 用盐酸制二氧化碳气体时用大理石块不用碳酸钙粉末 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应物浓度减小、降低温度、减小反应物接触面积等方法都能降低化学反应速率，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 制氢气时用盐酸而不用醋酸，是因为盐酸中氢离子浓度比醋酸中氢离子浓度大，反应速率大，A项错误；‎ B. 双氧水制取氧气时加入少量二氧化锰，二氧化锰是催化剂，降低反应所需活化能，加快反应速率，B项错误；‎ C. 稍微加热，温度升高，活化分子百分数增大，导致反应速率增大，C项错误；‎ D. 用大理石块不用碳酸钙粉末，反应物接触面积减小导致反应速率降低，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.在2A＋3BC＋4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）‎ A. υ(A)＝0.5mol/(L·s) B. υ(B)＝0.8mol/(L·s)‎ C. υ(C)＝0.3mol/(L·s) D. υ(D)＝10mol/(L·min)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的反应速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意保持单位一致，据此解答。‎ ‎【详解】不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的反应速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意保持单位一致。将所有的速率转化为C的速率。‎ A. ；‎ B. ；‎ C. ；‎ D. ；‎ 综上所述，反应速率最快的是C，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】反应速率的比较，也可以先转化为同一物质表示的速率，再进行比较，一般是转化为化学计量数小的物质，最好是化学计量数为1的物质。例如，本题中比较反应速率时，可以都先转化为用物质C表示的速率，则根据不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，可得，则A项：υ(A)＝0.5mol/(L·s)转化为C表示的反应速率为，注意单位要统一。‎ ‎6.下列日常生活常识，与化学反应速率无关的做法是（ ）‎ A. 用热水溶解蔗糖以加速溶解 B. 把块状煤碾成粉状再燃烧 C 氟氯烃破坏臭氧层 D. 低温冷藏使食品延缓变质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 温度升高加速蔗糖分子的运动，使蔗糖溶解加速，但蔗糖溶解属于物理变化，不是化学变化，与化学反应速率无关，A项正确； B. 把块状煤碾成粉末状，增大与氧气的接触面积，加快煤的燃烧，与化学反应速率有关，B项错误； C. 在氟氯烃的作用下臭氧分解生成氧气，反应前后氟氯烃的性质和物质的量都没有发生变化，起到了催化剂的作用，与化学反应速率有关，C项错误； D. 采用冷藏的方法储存食品时，温度低，微粒的运动速率慢，食品缓慢氧化的速率慢，保质期就长，与化学反应速率有关，D项错误； 答案选A。‎ ‎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的百分数，从而使有效碰撞次数增大 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】‎ ‎【分析】‎ 升高温度、加入催化剂可增大活化分子的百分数，而增大压强、增大浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 增大反应物浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，A项错误；‎ B. 增大压强，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，B项错误；‎ C. 升高温度，可使更多的分子转化为活化分子，增加了反应物分子中活化分子的百分数，C项正确；‎ D. 催化剂可以降低反应所需的活化能，使更多普通分子变成活化分子，增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.下列关于化学反应速率的说法正确的是 A. 化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物物质的量的减少或任何一种生成物物质的量的增加 B. 化学反应速率为0.8 mol·(L·s)－1是指1 s 时某物质的浓度为0.8 mol·L－1‎ C. 根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的相对快慢 D. 对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 化学反应速率通常用单位时间内任何一种反应物物质的量浓度的减少或任何一种生成物物质的量浓度的增加来表示，A不正确；‎ B. 化学反应速率为0.8 mol·(L·s)－1是指某物质平均每秒的浓度变化量为0.8 mol·L－1，B不正确；‎ C. 根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的相对快慢，可以比较同一反应在不同时间段内的反应快慢，也可以比较在同一时间段内不同反应的快慢，C正确；‎ D. 对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象不一定越明显，有很多反应没有明显的现象发生，D不正确。‎ 故选C。‎ ‎9.聚丙烯酸酯的结构简式可表示为，由丙烯酸酯加聚得到。下列关于聚丙烯酸酯的说法不正确的是( )‎ A. 属于高分子化合物，是混合物 B. 链节为—CH2—CH—‎ C. 单体为CH2＝CH—COOR D. n为聚合度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 依据高分子化合物聚丙烯酸酯的结构简式可确定其链节为，单体为，n为聚合度，因n值不确定，高分子化合物均是混合物，A、C、D均正确，B不正确，答案选B。‎ ‎10.下列有关金属的工业制法中，正确的是（ ）‎ A. 制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液 B. 制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁 C. 制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁 D. 制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解熔融的氯化钠可生成金属钠和氯气，故A错误；‎ B.用海水为原料，经一系列过程制得氢氧化镁固体，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，故B错误；‎ C.CO还原氧化铁可以生成铁和二氧化碳，故C正确；‎ D.从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝和氧气，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】钠、镁、铝具有强还原性。钠、镁、铝等活泼金属的冶炼用电解法；氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，所以冶炼金属铝不能电解熔融氯化铝，而电解熔融氧化铝。‎ ‎11. 从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下，下列关于海水制碘的说法，不正确的是 A. 实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃搅拌 B. 含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应 C. 在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 D. 碘水中加入CCl4得到I2的CCl4的溶液，该操作为“萃取”‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行，错误；B、碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应，正确；C、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，正确；D、碘单质在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有机溶剂，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，正确。‎ 考点：考查海水提取碘的流程分析应用，化学实验基本操作 ‎12.表中解决相对应的环境问题所采取的措施不科学的是（ ）‎ 环境问题 措施 A 臭氧层空洞 限制氟氯烃类物质的生产和消耗 B 酸雨 减少二氧化硫和氮氧化物的排放 C 白色污染 回收利用废旧塑料，开发可降解塑料制品 D 水体富营养化 禁止使用含磷洗衣粉及施用氮肥 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氟利昂能破坏臭氧层，限制氟氯烃类物质的生产量和消耗量可减缓臭氧空洞的产生，所采取的措施科学，A项错误；‎ B. 正常雨水含碳酸，酸雨是指pH值小于5.6的雨水，N、S的氧化物可导致酸雨发生，酸雨是由于雨水中溶有二氧化硫或氮氧化物生成硝酸、硫酸，改变能源结构，减少二氧化硫和氮氧化物的排放量，所采取的措施科学，B项错误；‎ C. 白色污染是人们对难降解的塑料垃圾污染环境现象的一种形象称谓，它是指用聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成的各类生活塑料制品使用后被弃置成为固体废物，回收利用废旧塑料，开发可降解塑料制品，会减少白色污染，所采取的措施科学，C项错误；‎ D. 富营养化是指生物所需的氮、磷等营养物质大量进入湖泊、河口、海湾等缓流水体，引起藻类及其它浮游生物迅速繁殖，水体溶氧量下降，鱼类及其它生物大量死亡的现象，禁止使用含磷洗衣粉，但庄稼生长需氮肥，不能禁止施用氮肥，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎13. 塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，下列有关说法错误的是（　　）。‎ A. 天然气作为化工原料主要用于合成氨和生产甲醇 B 煤可以直接液化，煤与氢气作用生成液体燃料 C. 煤是以单质碳为主的复杂混合物，干馏时单质碳与混合的物质发生化学变化 D. 聚乙烯塑料的主要成分聚乙烯是由乙烯通过聚合反应制得的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 煤是有机物和少量无机物组成的复杂混合物，主要含碳元素。故选C项。‎ ‎14.加热聚丙烯废塑料可以得到炭、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废塑料的再利用。下列叙述中不正确的是（ ）‎ A. 装置乙的试管中可收集到芳香烃 B. 装置丙中的试剂可吸收烯烃 C. 最后收集的气体可作燃料 D. 该实验是聚丙烯发生加聚反应的实验 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，装置探究废旧塑料的再利用，加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，冷却时乙试管中得到苯与甲苯，在丙中乙烯、丙烯发生加成反应，最后收集的气体为氢气、甲烷，以此来解答。‎ ‎【详解】由图可知，装置探究废旧塑料的再利用，加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，冷却时乙试管中得到苯与甲苯，在丙中乙烯、丙烯发生加成反应，最后收集的气体为氢气、甲烷，‎ A. 冷却时乙试管中得到苯与甲苯，均为芳香烃，A项正确；‎ B. 乙烯、丙烯与溴发生加成反应制取卤代烃，B项正确；‎ C. 最后收集的气体为氢气、甲烷，均具有可燃性，可作燃料，C项正确；‎ D. 该实验为聚丙烯分解再利用实验，不是加聚反应实验，D项错误 答案选D。‎ ‎15.在一定温度下，向一个2L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1mol N2和3mol H2，发生反应：N2＋3H22NH3。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9倍，在此时间内，H2的平均反应速率为0.1mol/(L·min)，则所经过的时间为 A. 2min B. 3min C. 4min D. 5min ‎【答案】B ‎【解析】‎ 反应N2+3H22NH3，设参加反应的N2xmol，则参加反应H23xmol，生成NH32xmol，反应后剩余N2（1-x）mol，H2（3-3x）mol，所以[(1-x）+(3-3x)+2x]/4=0.9，解得x=0.2。因此v(H2)= ，解得t=3min。答案选B。‎ ‎16. 在恒温恒容密闭容器中进行的合成氨反应，下列选项一定能作为达到平衡状态标志的是 A. 混合气体的密度不再发生变化 B. 反应过程中v(N2):v(H2)=1:3‎ C. 反应过程中c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2‎ D. 单位时间内断开a mol H-H键的同时断开2a mol N-H键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、该容器为恒温恒容密闭容器，体积不变，根据质量守恒定律，气体的质量不变，所以混合气体的密度为定值，混合气体的密度不再发生变化，不能说明达到平衡状态，故A错误；B、不论是否达到平衡状态，反应过程中一定有v(N2):v(H2)=1:3，故B错误；C、各物质的浓度比与反应是否平衡无关，故C错误；D、单位时间内断开a mol H-H键，说明反应的H2为a/2mol，同时断开2a mol N-H键，说明反应的NH3为2/3amol，则正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，故D正确。‎ 考点：本题考查化学平衡状态的判断。‎ ‎17.有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是（ ）‎ A. 稀醋酸与1mol/LNaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol B. 密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6g时，放出19.12kJ热量。则Fe(s)＋S(s)=FeS(s) ΔH＝－95.6kJ/mol C. 氢气的燃烧热为285.5kJ/mol，则水电解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH＝+285.5kJ/mol D. 已知2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221kJ/mol，则可知C的燃烧热为110.5kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀的强酸与强碱生成1mol H2O放出的热量为57.3kJ，而醋酸为弱电解质，电离吸热，故反应热△H＞-57.3kJ•mol-1，而且醋酸为弱酸，不能拆，A项错误； B. 生成硫化亚铁17.6g即0.2mol时，放出19.12kJ热量，则生成硫化亚铁1mol时，放出 95.6kJ热量，故热化学方程式为：Fe(s)+S(s)═FeS(s) △H=-95.6kJ•mol-1，B项正确； C. 燃烧热必须是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，故2mol H2燃烧的热化学方程式应为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H= -571.50kJ∙mol-1，则水电解的热化学方程式为：2H2O(l)═2H2(g)+O2(g) △H=+571.0kJ∙mol-1，C项错误； D. 燃烧热必须是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，此反应是碳的不完全燃烧，D项错误； 答案选B。‎ ‎【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)。‎ ‎18.下列各组热化学方程式中，△H1>△H2是（ ）‎ ‎①C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H1 C(s)＋O2(g)=CO(g) △H2‎ ‎②S(s)＋O2(g)=SO2(g) △H1 S(g)＋O2(g)=SO2(g) △H2‎ ‎③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) △H1 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) △H2‎ ‎④CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g) △H1 CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s) △H2‎ A. ①②④ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①碳的燃烧反应是放热反应，△H˂0，等质量的碳完全燃烧生成二氧化碳时放出的热量比不完全燃烧生成一氧化碳时放出的热量多，放热越多，△H越小，△H1˂△H2； ②等质量的气态硫单质完全燃烧生成二氧化硫时放出的热量比固态硫单质完全燃烧生成二氧化硫时放出的热量多，放出的热量越多，△H越小，△H1>△H2； ③都生成液态水的前提下，氢气的质量越大，放出的热量越多，△H越小，△H1>△H2； ④碳酸钙受热分解是吸热反应，△H1˃0，氧化钙溶于水是放热反应，△H2˂0，△H1>△H2； 综上所述：②③④中△H1>△H2，C项正确； 答案选C。‎ ‎【点睛】△H是有正负号的，吸热反应的△H大于零，放热反应的△H小于零，则吸热反应的△H大于放热反应的△H；放热反应的△H小于零，则放热越少，△H越大；吸热反应的△H大于零，吸热越多，△H越大。‎ ‎19.室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH2，CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(1)，热效应为ΔH3。则下列判断正确的是（ ）‎ A ΔH1 =ΔH2 +ΔH3 B. ΔH2>ΔH3‎ C. ΔH1+ΔH2=ΔH3 D. ΔH1>ΔH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)+5H2O(l) △H1‎ ‎>0； CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq) △H2<0；分解反应为吸热反应，则CuSO4•5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l) △H3，根据盖斯定律确定ΔH1、ΔH2 、ΔH3之间的关系。‎ ‎【详解】①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应CuSO4⋅5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42−(aq)+5H2O(l) △H1>0；‎ ‎②CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42−(aq) △H2<0；③已知CuSO4⋅5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l) △H3；‎ 依据盖斯定律①−②得到③，所以△H3=△H1−△H2；△H2<0，△H1>0，则△H3>0，‎ A. ΔH1 =ΔH2 +ΔH3，A项正确；‎ B. 由上述分析可知，△H2<△H3，B项错误；‎ C. △H2<0、△H1>0、△H3=△H1−△H2，则△H3>△H1+△H2，C项错误；‎ D. 分析可知△H2=△H1−△H3，由于△H2<0，△H3>△H1，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎20.已知以下的热化学反应方程式：‎ Fe2O3(s)＋CO(g)＝2/3Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH＝－15.73kJ/mol Fe3O4(s)＋CO(g)＝3FeO(s)＋CO2(g) ΔH＝＋640.4kJ/mol Fe2O3(s)＋3CO(g)＝2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－24.8kJ/mol 则56gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH约为（ ）‎ A. －327kJ/mol B. ＋327kJ/mol C. ＋436kJ/mol D. －436kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】给以上热化学方程式依次编号 ‎①Fe2O3(s)＋CO(g)＝2/3Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH＝－15.73kJ/mol ‎②Fe3O4(s)＋CO(g)＝3FeO(s)＋CO2(g) ΔH＝＋640.4kJ/mol ‎③Fe2O3(s)＋3CO(g)＝2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－24.8kJ/mol 由盖斯定律可知，反应FeO(s)＋CO(g)＝Fe(s)＋CO2(g)可由得到，其反应热为，则56gCO即1molCO还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的ΔH为-436kJ/mol，D项正确；‎ 答案选D。‎ 二、填空题（共50分）‎ ‎21.（1）图中所示反应是__(填“吸热”或“放热”)反应，该反应的ΔH＝__(用含E1、E2的代数式表示)。‎ ‎（2）已知热化学方程式：H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8kJ/mol，该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化能为___。‎ ‎（3）依据事实，写出下列反应的热化学方程式：‎ ‎①2molH2与2molI2蒸汽完全反应时，生成碘化氢气体，放出了29.8KJ的热量___。‎ ‎②1克甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出了akJ的热，写出甲烷燃烧热的热化学方程式：__。‎ ‎（4）中和热测定实验的关键是要比较准确地配制一定的物质的量浓度的溶液，在实验过程中要尽量避免热量的散失，要求比较准确地测量出反应前后溶液温度的变化。回答下列问题：‎ ‎①从实验装置图看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___。‎ ‎②在大小烧杯之间填满碎泡沫（或纸条）其作用是__；‎ ‎③该实验常用0.50mol·L-1HCl和0.55mol·L-1的NaOH溶液各50mL。解释NaOH的浓度稍大的原因__。‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). − (E1−E2)kJ⋅mol−1 (3). 409.0kJ/mol (4). H2(g)+I2(g)=2HI(g) △H=-14.9kJ/mol (5). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-16a kJ/mol (6). 环形玻璃搅拌棒 (7). 保温，隔热 (8). 保证盐酸完全被中和 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；在化学反应中，反应的焓变ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量；‎ ‎（2）反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应焓变的绝对值；‎ ‎（3）①2mol H2与2mol I2蒸汽完全反应时，生成4mol HI气体，则1mol氢气与1mol碘蒸气反应生成2mol HI放热14.9KJ； ②燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量；‎ ‎（4）①根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；‎ ‎②中和热测定实验成败的关键是保温工作；‎ ‎③NaOH的浓度大于HCl的浓度，使盐酸完全被中和，从而用盐酸的物质的量计算生成水的物质的量，进而计算中和热。‎ ‎【详解】（1）依据图象分析，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应放热；在化学反应中，反应的焓变ΔH=生成物的总能量−反应物的总能量，即△H=(E2−E1)kJ⋅mol−1=− (E1−E2)kJ⋅mol−1；‎ 故答案为：放热；− (E1−E2)kJ⋅mol−1；‎ ‎（2）反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应焓变的绝对值；H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8kJ/mol，该反应的活化能为167.2 kJ/mol，则其逆反应的活化能=167.2kJ/mol+241.8kJ/mol=409.0kJ/mol， 故答案为：409.0kJ/mol；‎ ‎（3）①2mol H2与2mol I2蒸汽完全反应时，生成4mol HI气体，则1mol氢气与1mol碘蒸气反应生成2mol HI放热14.9kJ，则热化学方程式为：H2(g)+I2(g)=2HI(g) △H=-14.9kJ/mol； 故答案为：H2(g)+I2(g)=2HI(g) △H=-14.9kJ/mol； ②1克甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出了a kJ的热量，则1mol甲烷完全燃烧放热16a kJ，则甲烷燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-16a kJ/mol； 故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-16a kJ/mol；‎ ‎（4）①从实验装置图看，图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒；‎ 故答案为：环形玻璃搅拌棒；‎ ‎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量损失；‎ 故答案为：保温，隔热；‎ ‎③NaOH的浓度大于HCl的浓度，使盐酸完全被中和，从而用盐酸的物质的量计算生成水的物质的量，进而计算中和热；‎ 故答案为：保证盐酸完全被中和。‎ ‎【点睛】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如C→CO2(g)，S→SO2(g)，H→H2O(l)，燃烧反应为放热反应，在用文字叙述燃烧热时用正值，用ΔH表示时带负号。‎ ‎22.（1）在400℃时，将一定量的SO2和14molO2压入一个盛有催化剂的10L密闭容器中进行反应：2SO2＋O22SO3，已知2min后，容器中剩余2molSO2和12molO2，则：‎ ‎①生成了__molSO3，SO2的起始物质的量浓度是__。‎ ‎②2min内平均反应速率：v(O2)=__。‎ ‎（2）某温度时，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。‎ ‎①X的转化率是__；‎ ‎②由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为___；‎ ‎③若三种物质都是气体，则平衡时Y所占体积的百分比为__。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 0.6mol/L (3). 0.1mol/(L∙min) (4). 30% (5). 3X+Y⇌2Z (6). 50%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①设开始时加入SO2的物质的量为x mol，根据已知信息可列出三段式计算生成SO3物质的量以及SO2的起始物质的量浓度；‎ ‎②依据公式计算反应速率；‎ ‎（2）①根据计算X的转化率；‎ ‎②根据物质的量的变化判断X、Y为反应物，Z为生成物，再根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；‎ ‎③根据物质的量分数等于体积分数计算Y所占体积的百分比。‎ ‎【详解】（1）①设开始时加入SO2的物质的量为x mol，则可列出三段式，‎ ‎ 2SO2＋O22SO3 ‎ 则 x-4=2，解得，x=6mol，则开始时加入SO2的物质的量为6 mol，SO2的起始物质的量浓度是，生成了4 molSO3；‎ 故答案为：4；0.6mol/L；‎ ‎②2min内平均反应速率：；‎ 故答案为：0.1mol/(L∙min)；‎ ‎（2）①由图象可知，从反应开始到平衡，X的物质的量从1mol变为0.7mol，则X转化率为；‎ 故答案为：30%；‎ ‎②由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z；‎ 故答案为：3X+Y⇌2Z；‎ ‎③平衡时，X为0.7mol，Y为0.9mol，Z为0.2mol，若三种物质都是气体，则平衡时Y所占体积的百分比为；‎ 故答案为：50%。‎ ‎23.（1）在一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应达到平衡状态时，一些宏观物理量恒定不变：a．各物质的浓度不变，b．平衡混合物中各组分的物质的量分数或质量分数不变，c．容器内气体压强不变，d．容器内气体密度不变，e.容器内气体颜色不变。‎ ‎①能说明反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)达到平衡状态的有__；‎ ‎②能说明反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)达到平衡状态的有__；‎ ‎（2）为了研究碳酸钙与盐酸反应的反应速率，某同学通过如图实验装置测定反应中生成的CO2气体体积，并绘制出如图所示的曲线。请分析讨论以下问题。‎ ‎①化学反应速率最快的时间段是___（填选项），影响此时间段反应速率的主要因素是___；‎ A．O～t1 B．t1～t2 C．t2～t3 D．t3～t4‎ ‎②为了减缓上述反应速率，欲向盐酸中加入下列物质，你认为可行的有___；‎ A．蒸馏水 B．NaCl固体 C．NaCl溶液 D．通入HCl气体 ‎【答案】 (1). abc (2). abe (3). B (4). 反应放热，使反应速率加快； (5). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量等保持不变，以及由此衍生的一些物理量也不发生变化，由此进行判断。解题时要注意，选择判断的物理量，要随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎（2）①根据图象知，曲线的斜率为该反应的化学反应速率，斜率越大，其反应速率越大；该反应放热，温度升高，反应速率加快； ②降低反应速率，可以通过减小溶液中氢离子浓度实现。‎ ‎【详解】（1）①反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，该反应是反应前后气体体积减小的反应，‎ a．各物质的浓度不变，b．平衡混合物中各组分的物质的量分数或质量分数不变，c．容器内气体压强不变，d．容器内气体密度不变，e.容器内气体颜色不变。 a. 各物质的浓度不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故a正确； b.‎ ‎ 平衡混合物中各组分的物质的量分数或质量分数不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故b正确； c. 随着反应的进行，容器内的压强发生变化，当容器内气体压强不变时，说明达平衡状态，故c正确； d. 混合气体质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以不能作为化学平衡状态的判断依据，故d错误； e. 容器内气体颜色不变，整个体系没有颜色，颜色不能作为判断平衡的标志，故e错误；‎ 综上所述，abc能说明该反应达到平衡状态； 故答案为：abc； ②反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，该反应是反应前后气体体积不变的反应， a. 各物质的浓度不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故a正确； b. 平衡混合物中各组分的物质的量分数或质量分数不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故b正确； c. 该反应前后气体物质的量不变，随着反应的进行，容器内的压强始终不变，则压强不变不能作为化学平衡状态的判断依据，故c错误； d. 混合气体质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以密度不变不能作为化学平衡状态的判断依据，故d错误； e. 容器内气体颜色不变，说明碘蒸汽的浓度不变，则正逆反应速率相等，达平衡状态，故e正确；‎ 综上所述，abe能说明该反应达到平衡状态；‎ 故答案为：abe；‎ ‎（2）①曲线的斜率为该反应的化学反应速率，斜率越大，其反应速率越大，根据图象知，斜率最大的是t1∼t2；该反应是放热反应，放出的热量使溶液温度升高，升高温度，反应速率加快；‎ 故答案为：B；反应放热，使反应速率加快；‎ ‎②降低反应速率，可以通过减小溶液中氢离子浓度实现，加水稀释或加入氯化钠溶液都能使氢离子浓度降低，从而降低反应速率，通入氯化氢使溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快；故答案为：AC。‎ ‎【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。‎ ‎24.有下列物质的转化或分离方法：‎ A．溶解　B．裂解　C．分馏　D．裂化　E．干馏　F．蒸馏　G．电解　H．过滤　I．萃取 请将所选方法的字母代号填在横线上(每一项只填写一种最主要的方法)。‎ ‎(1)把煤转化为焦炉气、煤焦油和焦炭等___________________。‎ ‎(2)从原油中分离出汽油、煤油、柴油等___________________。‎ ‎(3)将海水淡化________________________________________。‎ ‎(4)除去粗盐溶液中的泥沙______________________________。‎ ‎(5)从海水得到的无水MgCl2中提取金属镁_________________。‎ ‎(6)从海水提溴获得的溴水中提取溴单质__________________。‎ ‎【答案】 (1). E (2). C (3). F (4). H (5). G (6). F ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）煤经干馏可得焦炉气、煤焦油和焦炭等，故答案为：E；‎ ‎（2）原油经分馏可得汽油、煤油、柴油，故答案为：C； ‎ ‎（3）从海水中获取淡水，可用蒸馏的方法分离，加热时水蒸发，冷却后可得到纯净水，故答案为：F；‎ ‎（4）除去粗盐溶液中的泥沙，可用过滤的方法，故答案为：H；‎ ‎（5）Mg为活泼金属，工业用电解MgC12的方法制得单质Mg，故答案为：G；‎ ‎（6）海水提溴获得的溴水中，提取溴单质，可用萃取的方法，故答案为：I。‎ ‎25.从海水中可以获得淡水、食盐，并可提取镁和溴等物质。‎ ‎（1）从海水中提取镁的流程如图所示：‎ 反应①的离子方程式为__；‎ 反应②的化学方程式为__；‎ ‎（2）海水提取溴流程：‎ ‎①该流程中涉及发生反应的离子方程式： __； ___；‎ ‎②该流程中溴元素被氧化又被还原又被氧化的目的是：___；‎ ‎③从最终溴的四氯化碳溶液中得到液溴，应采取的操作是__。‎ ‎【答案】 (1). Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O (2). MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ (3). Cl2+2Br- =Br2+2Cl- (4). Br2+SO2+2H2O=4H++2Br- + SO42- (5). 富集溴元素 (6). 蒸馏 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据对应步骤写出对应的化学方程式或离子方程式；‎ ‎（2）根据流程分析可知，浓缩海水中通入氧化剂氯气氧化溴离子为单质溴，得到低浓度Br2的溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br2，用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr的溶液，再用氯气氧化溴离子得到单质溴，用四氯化碳萃取溴单质，再进行蒸馏得到单质溴，据此解答。‎ ‎【详解】（1）反应①是Mg(OH)2与盐酸反应生成氯化镁和水，反应的离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；反应②是电解熔融MgCl2，反应的化学方程式为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑； 故答案为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑； （2）①根据流程分析可知，浓缩海水中通入氧化剂氯气氧化溴离子为单质溴，得到低浓度Br2的溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br2，用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr的溶液，再用氯气氧化溴离子得到单质溴，用四氯化碳萃取溴单质，再进行蒸馏得到单质溴，因此涉及发生的反应包括：氯气氧化溴离子，Br2与SO2、H2O反应生成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程式为：Cl2+2Br- =Br2+2Cl-；Br2+SO2+2H2O=4H++2Br- + SO42-；‎ 故答案为：Cl2+2Br- =Br2+2Cl-；Br2+SO2+2H2O=4H++2Br- + SO42-；‎ ‎②该流程中溴元素被氧化又被还原又被氧化的目的是富集溴元素；‎ 故答案为：富集溴元素；‎ ‎③溴易溶于四氯化碳，则可用蒸馏的方法从溴的四氯化碳溶液中得到液溴；‎ 故答案为：蒸馏。‎ ‎【点睛】由于在水溶液中氢离子优先于镁离子在阴极得电子放电，因此不能用电解可溶性镁盐的方法制得金属镁，而是电解熔融的氯化镁冶炼金属Mg，反应方程式为：MgCl2Mg+Cl2↑。类似的还有，电解熔融Al2O3、NaCl的方法制取金属铝和金属钠。不用MgO，是因为其熔点高；不用AlCl3，是因为其是共价化合物，熔融态不能导电。‎ ‎ ‎