化学卷·2018届甘肃省武威六中高二上学期第一次段考化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届甘肃省武威六中高二上学期第一次段考化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年甘肃省武威六中高二（上）第一次段考化学试卷 ‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题3分，共42分）‎ ‎1．在“绿色化学”工艺中，理想的状态是反应物中的原子全部转化为期望的最终产物，不产生副产物，实现零排放．即原子的利用率为100%．下列反应类型中能体现“原子经济性”原则的是（　　）‎ ‎①置换反应 ②化合反应 ③分解反应 ④取代反应 ⑤加成反应 ⑥加聚反应．‎ A．①②⑤ B．②⑤⑥ C．③④ D．只有⑥‎ ‎2．从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下：干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4‎ 溶液I2下列关于海水制碘的说法正确的是（　　）‎ A．实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌 B．含I﹣的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生还原反应 C．在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色沉淀 D．碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为萃取 ‎3．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．在第③、④、⑤步骤中，溴元素均被氧化 B．制取NaHCO3的原理是利用其在此反应所涉及物质中溶解度最小 C．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3‎ D．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁 ‎4．我国三峡工程所提供的清洁、廉价、可再生的水电，相当于每年燃烧3000万吨原煤的火 力发电厂产生的电能，因此三峡工程有助于控制 ①温室效应 ②SO2‎ 的排放 ③白色污染 ④臭氧空洞（　　）‎ A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④‎ ‎5．“绿色化学”的主要内容之一是从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物．下列化学反应不符合“绿色化学”理念的是（　　）‎ A．制氯乙烷：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl B．制甲基丙烯酸甲酯：CH3C≡CH+CO+CH3OH CH2=C（CH3）COOCH3‎ C．制CuSO4：2Cu+O2=2CuO，CuO+H2SO4（稀）═CuSO4+H2O D．制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O ‎6．反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）在5L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率可表示（　　）‎ A．v（O2）=0.010 mol•L﹣1•s﹣1 B．v（NO）=0.008 mol•L﹣1•s﹣1‎ C．v（H2O）=0.006 mol•L﹣1•s﹣1 D．v（NH3）=0.002 mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎7．下列说法错误的是（　　）‎ ‎①加热HgO制取Hg ‎②将钠加入氯化铜溶液中制取铜 ‎③电解熔融氯化铝制取铝 ‎④电解饱和食盐水来制取金属钠 ‎⑤不能利用铝热反应制取镁．‎ A．②④ B．①③⑤ C．②③④ D．①⑤‎ ‎8．2015年5月郴州成功举办了第三届中国（湖南）国际矿物宝石博览会．矿博会上展示了色彩缤纷、形状各异的金属矿物，下列金属的冶炼属于热还原法的是（　　）‎ A．2NaCl（熔融）=2Na+Cl2↑ B．WO3+3H2W+3H2O C．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4 D．2Ag2O4Ag+O2↑‎ ‎9．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（　　）‎ A．反应物总能量低于生成物总能量时，该反应一定不能发生 B．化学键的键能越大，物质的能量越高 C．一个反应的焓变因反应物的用量和反应条件的改变而发生改变 D．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变 ‎10．已知一定条件下断裂1mol下列化学键生成气态原子需要吸收的能量如下：H﹣H　436kJ；Cl﹣Cl　243kJ；H﹣Cl　431kJ．下列所得热化学方程式或结论正确的是（　　）‎ A．H（g）+Cl（g）═HCl（g）△H=﹣431kJ•mol﹣1‎ B．2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）的反应热△H＜0‎ C．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣183kJ D．相同条件下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）反应在光照和点燃条件下的△H不相等 ‎11．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）‎ A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，则H2SO4和Ba（OH）2反应热△H=2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1‎ B．1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳气体所放出的热量就是甲烷的燃烧热 C．CO（g）的燃烧热是283.0 kJ•mol﹣1，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0 kJ•mol﹣1‎ D．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 ‎12．常温下，1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．根据表中信息判断下列说法不正确的是（　　）‎ 共价键 H﹣H F﹣F H﹣F H﹣Cl H﹣I E（kJ•mol﹣1）‎ ‎436‎ ‎157‎ ‎568‎ ‎432‎ ‎298‎ A．432 kJ•mol﹣1＞E（H﹣Br）＞298 kJ•mol﹣1‎ B．表中最稳定的共价键是H﹣F键 C．H2（g）→2H （g）D△H=+436 kJ•mol﹣1‎ D．H2（g）+F2（g）=2HF（g）D△H=﹣25 kJ•mol﹣1‎ ‎13．黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：‎ S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=x kJ•mol﹣1‎ 已知：‎ 碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1‎ S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1‎ ‎2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1‎ 则x为（　　）‎ A．3a+b﹣c B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c D．c﹣a﹣b ‎14．2molA与2molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：2A（g）+3B（g）2C（g）+zD（g），若2s后，A的转化率为50%，测得v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1，下列推断正确的是（　　）‎ A．v（C）=v（A）=0.2 mol•L﹣1•s﹣1‎ B．z=3‎ C．B的转化率为75%‎ D．反应前与2 s后容器的压强比为4：3‎ ‎　‎ 二、非选择题（共58分）‎ ‎15．在25℃、101kPa下，1g甲烷完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出55kJ的热量，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式　　．‎ ‎16．2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H1=﹣702kJ/mol ‎2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）△H2=﹣182kJ/mol 由此可知ZnO（s）+Hg（l）=Zn（s）+HgO（s）△H3=　　．‎ ‎17．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1mol SO2（g）氧化为1molSO3（g）的△H=﹣99kJ/mol．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）图中A、C分别表示　　、　　，E的大小对该反应的反应热有无影响？　　．该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？　　，理由是　　．‎ ‎（2）图中△H=　　kJ/mol．‎ ‎18．研究表明，化学反应的能量变化（△‎ H）与反应物和生成物的键能有关．键能可以简单的理解为断开1 mol 化学键时所需吸收的能量．表是部分化学键的键能数据：‎ 化学键 P﹣P P﹣O O=O P=O 键能/kJ•mol﹣1‎ ‎197‎ ‎360‎ ‎499‎ X 已知白磷的燃烧热为2378.0kJ/mol，白磷完全燃烧的产物结构如图所示，则表中X=　　kJ•mol﹣1．‎ ‎19．某探究性学习小组拟通过锌与盐酸的反应研究影响反应速率的因素．该探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如表所示：‎ 实验编号 锌的状态 反应温度/℃‎ 收集100mL氢气所需时间/s Ⅰ 薄片 ‎15‎ ‎200‎ Ⅱ 薄片 ‎25‎ ‎90‎ Ⅲ 粉末 ‎25‎ ‎10‎ ‎（1）该实验的目的是探究　　、　　对锌和稀盐酸反应速率的影响；‎ ‎（2）实验Ⅰ和Ⅱ表明　　，化学反应速率越大；‎ ‎（3）能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是　　 和　　，实验结论是　　；‎ ‎（4）请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响：　　．‎ ‎20．某温度时，在2L密闭容器中，三种气态物质X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：‎ ‎（1）该反应的化学方程式为　　，X的转化率为　　‎ ‎（2）在密闭容器里，通入a mol A（g）和b mol B（g），发生反应A（g）+B（g）=2C（g），当改变下列条件时，会加快反应速率的是　　（填序号）．‎ ‎①降低温度 ‎②保持容器的体积不变，充入氦气 ‎③加入催化剂 ‎④保持容器的体积不变，增加A（g）的物质的量．‎ ‎21．为了研究碳酸钙与盐酸反应的反应速率，某同学通过如图1实验装置测定反应中生成的CO2气体体积，并绘制出如图2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　　，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 ‎（3）若盐酸的体积是20mL，图中CO2的体积是标准状况下的体积，则t1～t2时间段平均反应速率v（HCl）=　　mol•（L•min）﹣1．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省武威六中高二（上）第一次段考化学试卷 ‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题3分，共42分）‎ ‎1．在“绿色化学”工艺中，理想的状态是反应物中的原子全部转化为期望的最终产物，不产生副产物，实现零排放．即原子的利用率为100%．下列反应类型中能体现“原子经济性”原则的是（　　）‎ ‎①置换反应 ②化合反应 ③分解反应 ④取代反应 ⑤加成反应 ⑥加聚反应．‎ A．①②⑤ B．②⑤⑥ C．③④ D．只有⑥‎ ‎【考点】绿色化学．‎ ‎【分析】根据题中信息“绿色化学”工艺的要求：反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知反应只生成一种生成物，据此即可解答．‎ ‎【解答】解：“绿色化学”工艺的要求：反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知反应只生成一种生成物，该反应为化合反应、加成反应、加聚反应，‎ 而置换反应、分解反应、取代反应生成物不止一种，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下：干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4‎ 溶液I2下列关于海水制碘的说法正确的是（　　）‎ A．实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌 B．含I﹣的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生还原反应 C．在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色沉淀 D．碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为萃取 ‎【考点】海水资源及其综合利用．‎ ‎【分析】A、固体灼烧应在坩埚中进行；‎ B、碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应；‎ C、碘单质遇到淀粉变蓝；‎ D、依据萃取操作和原理分析．‎ ‎【解答】解：A、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液在蒸发皿中加热，故A错误；‎ B、碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应，故B错误；‎ C、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色沉淀，故C错误；‎ D、碘单质在四氯化碳中溶解度大于水，可以转移到四氯化碳中，过程为萃取，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．在第③、④、⑤步骤中，溴元素均被氧化 B．制取NaHCO3的原理是利用其在此反应所涉及物质中溶解度最小 C．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3‎ D．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁 ‎【考点】海水资源及其综合利用．‎ ‎【分析】A．根据物质的性质以及变化结合元素化合价的变化判断；‎ B．碳酸氢钠在反应涉及物质中溶解度最小，易与分离而促进反应向生成物方向进行；‎ C．NaHCO3和Na2CO3都与澄清石灰水反应生成沉淀；‎ D．电解饱和MgCl2溶液不能得到镁．‎ ‎【解答】解：A．海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，④中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故A错误；‎ B．NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱，故B正确；‎ C．NaHCO3和Na2CO3都与澄清石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，应用氯化钙溶液鉴别，故C错误；‎ D．镁为活泼金属，电解氯化镁溶液，在阳极生成氯气，在阴极生成氢气和氢氧化镁沉淀，不能得到镁，应用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．我国三峡工程所提供的清洁、廉价、可再生的水电，相当于每年燃烧3000万吨原煤的火 力发电厂产生的电能，因此三峡工程有助于控制 ①温室效应 ②SO2的排放 ③白色污染 ④臭氧空洞（　　）‎ A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④‎ ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理．‎ ‎【分析】根据煤燃烧生成二氧化碳、二氧化硫、可吸入颗粒物等物质，由于二氧化碳造成温室效应，二氧化硫能够造成酸雨，而可吸入性颗粒能够引起呼吸道疾病来解答；‎ ‎【解答】解：煤燃烧生成二氧化碳、二氧化硫、可吸入颗粒物等物质，由于二氧化碳造成温室效应，二氧化硫能够造成酸雨，而三峡水利枢纽建成使用会减少大量的原煤的燃烧，所以也就减少了大量的二氧化碳、二氧化硫的排放量，即三峡工程的建成有助于控制温室效应、SO2的排放；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．“绿色化学”的主要内容之一是从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物．下列化学反应不符合“绿色化学”理念的是（　　）‎ A．制氯乙烷：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl B．制甲基丙烯酸甲酯：CH3C≡CH+CO+CH3OH CH2=C（CH3）COOCH3‎ C．制CuSO4：2Cu+O2=2CuO，CuO+H2SO4（稀）═CuSO4+H2O D．制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O ‎【考点】绿色化学．‎ ‎【分析】绿色化学的要求：一是反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知化合反应、加成反应符合绿色化学的要求，二是不产生污染物，据此解答．‎ ‎【解答】解：A．制氯乙烷是加成反应，产物唯一，原子利率100%，符合绿色化学理念，故A不选； ‎ B．制甲基丙烯酸甲酯是加成反应，产物唯一，原子利率100%，符合绿色化学理念，故B不选；‎ C．制CuSO4的反应中虽没有污染物生成，但有水生成，原子利用率不到100%，不符合绿色化学理念，故C可选；‎ D．制Cu（NO3）2的反应中有有毒气体放出，会导致环境污染，不符合倡导的绿色化学，故D可选；‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎6．反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）在5L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率可表示（　　）‎ A．v（O2）=0.010 mol•L﹣1•s﹣1 B．v（NO）=0.008 mol•L﹣1•s﹣1‎ C．v（H2O）=0.006 mol•L﹣1•s﹣1 D．v（NH3）=0.002 mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】根据v=计算v（NO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算用其它物质表示的反应速率 ‎【解答】‎ 解：半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol，所以用NO表示的反应速率为v（NO）==0.002mol/（L•s），根据速率之比等于化学计量数之比，则：‎ v（O2）=v（NO）=×0.002mol/（L•s）=0.0025mol/（L•s）；‎ v（H2O）=1.5v（NO）=1.5×0.002mol/（L•s）=0.003mol/（L•s）；‎ v（NH3）=v（NO）=0.002mol/（L•s），‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．下列说法错误的是（　　）‎ ‎①加热HgO制取Hg ‎②将钠加入氯化铜溶液中制取铜 ‎③电解熔融氯化铝制取铝 ‎④电解饱和食盐水来制取金属钠 ‎⑤不能利用铝热反应制取镁．‎ A．②④ B．①③⑤ C．②③④ D．①⑤‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】①活泼性较弱的金属，可通过加热其氧化物获得金属单质，如金属汞；‎ ‎②钠在溶液中无法置换出铜；‎ ‎③氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电；‎ ‎④电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，无法获得金属钠；‎ ‎⑤Mg的活泼性大于铝，所以不能利用铝热反应制取镁．‎ ‎【解答】解：①金属汞的化学性质不活泼，可用加热HgO分解的方法制取Hg，故①正确；‎ ‎②将钠加入氯化铜溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与氯化铜溶液反应，无法获得金属铜，故②错误；‎ ‎③氯化铝属于共价化合物，无法通过电解熔融氯化铝制取铝，通常采用电解熔融氧化铝获得金属铝，故③错误；‎ ‎④电解饱和食盐水得到的是NaOH、氢气和氯气，无法获得金属钠，通常用电解熔融氯化钠获得钠，故④错误；‎ ‎⑤铝热反应中置换出的金属活泼性必须小于铝，所以不能利用铝热反应制取镁，故⑤正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．2015年5月郴州成功举办了第三届中国（湖南）国际矿物宝石博览会．矿博会上展示了色彩缤纷、形状各异的金属矿物，下列金属的冶炼属于热还原法的是（　　）‎ A．2NaCl（熔融）=2Na+Cl2↑ B．WO3+3H2W+3H2O C．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4 D．2Ag2O4Ag+O2↑‎ ‎【考点】金属冶炼的一般原理．‎ ‎【分析】金属的冶炼方法取决于金属的活泼性，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的氧化铝）制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有（C、CO、H2等）；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得，据此解答．‎ ‎【解答】解：金属的冶炼方法取决于金属的活泼性，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解熔融的氯化物（AI是电解熔融的氧化铝）制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有（C、CO、H2等）；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得，‎ A．钠性质活泼，用电解法制取，故A不选；‎ B．钨性质较不活泼，可以用氢气在加热条件下还原制取，属于热还原法，故B选；‎ C．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4为湿法制铜，不需要加热，故C不选；‎ D．银性质不活泼，用热分解氧化物方法制取，故D不选；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（　　）‎ A．反应物总能量低于生成物总能量时，该反应一定不能发生 B．化学键的键能越大，物质的能量越高 C．一个反应的焓变因反应物的用量和反应条件的改变而发生改变 D．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变 ‎【考点】化学反应中能量转化的原因．‎ ‎【分析】A．反应物总能量低于生成物总能量，则吸热反应，一定条件下能发生；‎ B．物质的键能越大，说明物质内的微粒结合更加牢固，不容易被拆开，要拆开需要更多的能量；‎ C．焓变与反应条件无关；‎ D．CO燃烧的反应难以实现，可以通过C燃烧生成二氧化碳的焓变和CO燃烧生成二氧化碳的焓变利用盖斯定律求CO燃烧的焓变；‎ ‎【解答】解：A．反应物总能量低于生成物总能量，则吸热反应，一定条件下能发生，所以反应物总能量低于生成物总能量时，该反应也能能发生，碳酸钙在高温条件下能发生分解反应，故A错误；‎ B．物质的键能越大，说明物质内的微粒结合更加牢固，不容易被拆开，要拆开需要更多的能量，于是该物质就难于发生化学反应，比较稳定，能量越低的物质越稳定，所以，键能越大的物质能量越低，故B错误；‎ C．焓变与反应条件无关，所以一个反应的焓变不随反应物的用量和反应条件的改变而发生改变，故C错误；‎ D．CO燃烧的反应难以实现，可以通过C燃烧生成二氧化碳的焓变和CO燃烧生成二氧化碳的焓变利用盖斯定律求CO燃烧的焓变，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．已知一定条件下断裂1mol下列化学键生成气态原子需要吸收的能量如下：H﹣H　436kJ；Cl﹣Cl　243kJ；H﹣Cl　431kJ．下列所得热化学方程式或结论正确的是（　　）‎ A．H（g）+Cl（g）═HCl（g）△H=﹣431kJ•mol﹣1‎ B．2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）的反应热△H＜0‎ C．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣183kJ D．相同条件下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）反应在光照和点燃条件下的△H不相等 ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A．根据断裂要吸收热量，形成则要放出热量；‎ B．根据正逆反应焓变符合相反判断；‎ C．热化学方程式反应热的单位为kJ/mol；‎ D．焓变与反应条件无关．‎ ‎【解答】解：A．因为断裂H﹣Cl要吸收431kJ，所以H（g）+Cl（g）=HCl（g）△H=﹣431 kJ•mol﹣1，故A正确；‎ B．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应热△H=生成物的键能﹣反应物的键能=436kJ•mol﹣1+243kJ•mol﹣1﹣2×431 kJ•mol﹣1=﹣183kJ•mol﹣1，即△H=﹣183kJ/mol，所以2HCl（g）=H2（g）+Cl2（g）的反应热△H＞0，故B错误；‎ C．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的反应热=生成物的键能减反应物的键能=436kJ•mol﹣1+243kJ•mol﹣1﹣2×431 kJ•mol﹣1=﹣183kJ•mol﹣1，热化学方程式H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣183kJ/mol，故C错误； ‎ D．因为焓变与反应条件无关，所以H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相等，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）‎ A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，则H2SO4和Ba（OH）2反应热△H=2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1‎ B．1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳气体所放出的热量就是甲烷的燃烧热 C．CO（g）的燃烧热是283.0 kJ•mol﹣1，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0 kJ•mol﹣1‎ D．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 ‎【考点】有关反应热的计算；吸热反应和放热反应；燃烧热．‎ ‎【分析】A、强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量，是中和热；‎ B、燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，H生成液态水；‎ C、燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，反应热与方程式的计量数成正比放出反写时，反应热的符号相反；‎ D．放热反应有的也需要加热发生反应．‎ ‎【解答】解：A、强酸和强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量是中和热，HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，生成沉淀也要放热，则H2SO4和Ba（OH）2的反应放出的热量大于2×57.3kJ，则△H＜2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1，故A错误；‎ B、燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，H燃烧生成液态水，则1 mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，故B错误；‎ C、CO（g）的燃烧热是283.0 kJ•mol﹣1，则2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）的△H=2×（﹣283.0）kJ•mol﹣1，所以2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的△H=2×（+283.0）kJ•mol﹣1，故C正确；‎ D、放热反应有的也需要加热发生反应，如铝热反应，是放热反应，但需要加热引燃才能发生反应，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．常温下，1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．根据表中信息判断下列说法不正确的是（　　）‎ 共价键 H﹣H F﹣F H﹣F H﹣Cl H﹣I E（kJ•mol﹣1）‎ ‎436‎ ‎157‎ ‎568‎ ‎432‎ ‎298‎ A．432 kJ•mol﹣1＞E（H﹣Br）＞298 kJ•mol﹣1‎ B．表中最稳定的共价键是H﹣F键 C．H2（g）→2H （g）D△H=+436 kJ•mol﹣1‎ D．H2（g）+F2（g）=2HF（g）D△H=﹣25 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析推断；‎ B、键能越大形成的化学键越稳定；‎ C、氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量；‎ D、依据键能计算反应焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算判断；‎ ‎【解答】‎ 解：A、依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJ•mol﹣1＞E（H﹣Br）＞298 kJ•mol﹣1，故A正确；‎ B、键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H﹣F，最稳定的共价键是H﹣F键，故B正确；‎ C、氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2（g）→2H （g）D△H=+436 kJ•mol﹣1 ，故C正确；‎ D、依据键能计算反应焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算判断，△H=436KJ/mol+157KJ/mol﹣2×568KJ/mol=﹣543KJ/mol，H2（g）+F2（g）=2HF（g）D△H=﹣543 kJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：‎ S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=x kJ•mol﹣1‎ 已知：‎ 碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1‎ S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1‎ ‎2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1‎ 则x为（　　）‎ A．3a+b﹣c B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c D．c﹣a﹣b ‎【考点】真题集萃；热化学方程式；用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【分析】碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ•mol﹣1①‎ S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1②‎ ‎2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1③‎ 将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热．‎ ‎【解答】解：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ•mol﹣1①‎ S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1②‎ ‎2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1③‎ 将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=x kJ•mol﹣1=（3a+b﹣c）kJ•mol﹣1，所以x=3a+b﹣c，故选A．‎ ‎　‎ ‎14．2molA与2molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：2A（g）+3B（g）2C（g）+zD（g），若2s后，A的转化率为50%，测得v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1，下列推断正确的是（　　）‎ A．v（C）=v（A）=0.2 mol•L﹣1•s﹣1‎ B．z=3‎ C．B的转化率为75%‎ D．反应前与2 s后容器的压强比为4：3‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】2s后A的转化率为50%，则反应的A为2mol×50%=1mol，则 ‎ 2A（g）+3B（g）⇌2C（g）+zD（g），‎ 开始量（mol） 2 2 0 0‎ 转化量（mol） 1 1.5 1 0.5z ‎2s 量（mol） 1 0.5 1 0.5z v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1，z=2‎ 结合反应速率之比等于化学计量数之比及转化率的概念，气体压强之比等于气体物质的量之比来解答．‎ ‎【解答】解：2s后A的转化率为50%，则反应的A为2mol×50%=1mol，则 ‎ 2A（g）+3B（g）⇌2C（g）+zD（g），‎ 开始量（mol） 2 2 0 0‎ 转化l量（mol） 1 1.5 1 0.5z ‎2s 量（mol） 1 0.5 1 0.5z A．v（C）==0.25mol•L﹣1•s﹣1=v（A），故A错误；‎ B．因反应速率之比等于化学计量数之比，由A可知，z=2，故B错误；‎ C．B的转化率为×100%=75%，故C正确；‎ D．反应前与2 s后容器的压强比等于气体物质的量之比=4：（1+0.5+1+0.5×2）=4：3.5，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、非选择题（共58分）‎ ‎15．在25℃、101kPa下，1g甲烷完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出55kJ的热量，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式　CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣880kJ/mol　．‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】1g甲烷完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出55kJ的热量，则1mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出热量55kJ×16=880kJ，结合焓变为负极物质的状态书写热化学方程式，以此来解答．‎ ‎【解答】解：1g甲烷完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出55kJ的热量，则1mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出热量55kJ×16=880kJ，则表示燃烧热的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣880kJ/mol，‎ 故答案为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣880kJ/mol．‎ ‎　‎ ‎16．2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H1=﹣702kJ/mol ‎2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）△H2=﹣182kJ/mol 由此可知ZnO（s）+Hg（l）=Zn（s）+HgO（s）△H3=　+260 kJ/mol　．‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【分析】已知：①.2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H1=﹣702kJ/mol ‎②.2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）△H2=﹣182kJ/mol 根据盖斯定律，（②﹣①）÷2可得：ZnO（s）+Hg（l）=Zn（s）+HgO（s），则△H3=（△H2﹣△H1）÷2．‎ ‎【解答】解：已知：①.2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H1=﹣702kJ/mol ‎②.2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）△H2=﹣182kJ/mol 根据盖斯定律，（②﹣①）÷2可得：ZnO（s）+Hg（l）=Zn（s）+HgO（s），‎ 则△H3=（△H2﹣△H1）÷2=[﹣182kJ/mol﹣（﹣702kJ/mol）]÷2=+260 kJ/mol，‎ 故答案为：+260 kJ/mol．‎ ‎　‎ ‎17．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1mol SO2（g）氧化为1molSO3（g）的△H=﹣99kJ/mol．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）图中A、C分别表示　反应物具有的总能量　、　生成物具有的总能量　，E的大小对该反应的反应热有无影响？　无影响　．该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？　降低　，理由是　使用适当的催化剂，活化能降低　．‎ ‎（2）图中△H=　﹣198　kJ/mol．‎ ‎【考点】化学反应的能量变化规律；反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）A、C分别表示应物总能量的生成物总能量；E为活化能，活化能的大小与反应热无关；加入催化剂能降低反应的活化能；‎ ‎（2）根据参加反应SO2的物质的量之比等于对应的△H之比．‎ ‎【解答】解：（1）因图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量；E为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关；加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，所以E的变化是减小；‎ 故答案为：反应物具有的总能量；生成物具有的总能量；无影响；降低；使用适当的催化剂，活化能降低；‎ ‎（2）因1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=﹣198kJ•mol﹣1，则2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=﹣198KJ•mol﹣1，故答案为：﹣198．‎ ‎　‎ ‎18．研究表明，化学反应的能量变化（△‎ H）与反应物和生成物的键能有关．键能可以简单的理解为断开1 mol 化学键时所需吸收的能量．表是部分化学键的键能数据：‎ 化学键 P﹣P P﹣O O=O P=O 键能/kJ•mol﹣1‎ ‎197‎ ‎360‎ ‎499‎ X 已知白磷的燃烧热为2378.0kJ/mol，白磷完全燃烧的产物结构如图所示，则表中X=　433.75　kJ•mol﹣1．‎ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，根据化学键的断裂和形成的数目进行计算，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P﹣P、5mol O=O，形成12molP﹣O、4mol P=O，所以12mol×360kJ/mol+4mol×xkJ/mol﹣（6mol×197 kJ/mol+5 mol×499 kJ/mol）=2378.0kJ，解得x=433.75，故答案为：433.75．‎ ‎　‎ ‎19．某探究性学习小组拟通过锌与盐酸的反应研究影响反应速率的因素．该探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如表所示：‎ 实验编号 锌的状态 反应温度/℃‎ 收集100mL氢气所需时间/s Ⅰ 薄片 ‎15‎ ‎200‎ Ⅱ 薄片 ‎25‎ ‎90‎ Ⅲ 粉末 ‎25‎ ‎10‎ ‎（1）该实验的目的是探究　固体表面积　、　温度　对锌和稀盐酸反应速率的影响；‎ ‎（2）实验Ⅰ和Ⅱ表明　温度越高　，化学反应速率越大；‎ ‎（3）能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是　Ⅱ　 和　Ⅲ　，实验结论是　其他因素不变，固体表面积越大，反应速率越快　；‎ ‎（4）请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响：　在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应　．‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】（1）由实验数据可知，Ⅱ、Ⅲ中接触面积不同，I、Ⅱ中温度不同；‎ ‎（2）Ⅰ和Ⅱ表明，温度高的反应时间少；‎ ‎（3）Ⅱ、Ⅲ中接触面积不同，接触面积大的反应时间少；‎ ‎（4）证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响，利用相同的Zn与不同浓度的盐酸反应．‎ ‎【解答】解：（1）由实验数据可知，Ⅱ、Ⅲ中接触面积不同，I、Ⅱ中温度不同，则该实验的目的是探究固体表面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响，‎ 故答案为：固体表面积；温度；‎ ‎（2）Ⅰ和Ⅱ表明，温度高的反应时间少，则表明温度越高，反应速率越大，故答案为：温度越高；‎ ‎（3）Ⅱ、Ⅲ中接触面积不同，接触面积大的反应时间少，则能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是Ⅱ和Ⅲ，实验结论是其他因素不变，固体表面积越大，反应速率越快，‎ 故答案为：Ⅱ；Ⅲ；其他因素不变，固体表面积越大，反应速率越快；‎ ‎（4）证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响，利用相同的Zn与不同浓度的盐酸反应，则设计实验为在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应，‎ 故答案为：在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应．‎ ‎　‎ ‎20．某温度时，在2L密闭容器中，三种气态物质X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：‎ ‎（1）该反应的化学方程式为　3X+Y⇌2Z　，X的转化率为　30%　‎ ‎（2）在密闭容器里，通入a mol A（g）和b mol B（g），发生反应A（g）+B（g）=2C（g），当改变下列条件时，会加快反应速率的是　③④　（填序号）．‎ ‎①降低温度 ‎②保持容器的体积不变，充入氦气 ‎③加入催化剂 ‎④保持容器的体积不变，增加A（g）的物质的量．‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】（1）根据图象知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z物质的量增大，说明X、Y是反应物而Z是生成物；根据物质的量的变化判断反应物和生成物，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；转化率=×100%计算；‎ ‎（2）根据外界条件对化学反应速率的影响因素可知，升高温度、增大压强、使用催化剂等都可以使反应速率增大，反之则减小反应速率，据此判断．‎ ‎【解答】解：（1）根据图象知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z物质的量增大，说明X、Y是反应物而Z是生成物，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）=0.1mol：0.3mol：0.2mol=1：3：2，则反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z ‎，从图表可知X到平衡从1mol变为0.7mol，则转化率=×100%=30%；‎ 故答案为：3X+Y⇌2Z；30%；‎ ‎（2）根据外界条件对化学反应速率的影响因素可知，升高温度、增大压强、使用催化剂等都可以使反应速率增大，反之则减小反应速率，‎ ‎①降低温度则减小反应速率，故①错误；‎ ‎②加入氩气，体积不变，则反应物的浓度不变，所以反应速率不变，故②错误；‎ ‎③加入催化剂增大反应速率，故③正确；‎ ‎④保持容器的体积不变，增加A（g）的物质的量，增大反应物浓度，即增大反应速率，故④正确；‎ 故答案为：③④．‎ ‎　‎ ‎21．为了研究碳酸钙与盐酸反应的反应速率，某同学通过如图1实验装置测定反应中生成的CO2气体体积，并绘制出如图2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　B　，影响此时间段反应速率的主要因素是　反应放热，使反应速率加快　；‎ 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　AC　；‎ A．蒸馏水 B．NaCl固体 C．NaCl溶液 D．通入HCl ‎（3）若盐酸的体积是20mL，图中CO2的体积是标准状况下的体积，则t1～t2时间段平均反应速率v（HCl）=　　mol•（L•min）﹣1．‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】（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；温度越高，反应速率越快；‎ ‎（2）降低反应速率，可以通过减小溶液中氢离子浓度实现；‎ ‎（3）根据二氧化碳的体积计算参加反应的HCl的物质的量，再根据v=计算盐酸的反应速率．‎ ‎【解答】解（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，故选AC；‎ ‎（3）t1～t2时间生成气体体积=（V﹣V1）mL，则二氧化碳的物质的量=×10﹣3mol，根据HCl和二氧化碳的关系式知，消耗盐酸的物质的量=（2××10﹣3）mol，盐酸的反应速率=mol/（L．min）=，‎ 故答案为：．‎