2018-2019学年山西省长治二中高二上学期第一次月考化学试题 解析版

2018-2019学年山西省长治二中高二上学期第一次月考化学试题 解析版

山西省长治二中2018-2019学年高二上学期第一次月考化学试卷 ‎1.下列说法正确的是 ‎①普通分子间的碰撞也可能发生化学反应②活化分子间的碰撞一定能发生化学反应③活化分子一定比普通分子的能量高④化学反应的本质是原子间的重新排列组合⑤化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成⑥化学反应的本质是活化分子间发生合适取向时的有效碰撞 A. ①②④⑤ B. ②③④⑤ C. ①②③⑥ D. ③④⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①.普通分子间的碰撞，达不到反应所需的能量，不能发生化学反应，故①错误；‎ ‎②.活化分子间有合适的取向，发生的碰撞才能发生化学反应，故②错误；‎ ‎③.活化分子具有较高的能量，可发生化学反应，而普通分子不具有反应所需的能量，故③正确；‎ ‎④.化学变化中的最小微粒是原子，则化学反应的本质是原子间的重新排列组合，故④正确；‎ ‎⑤.从化学键的角度来说，化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，故⑤正确；‎ ‎⑥.化学反应的实质与化学键有关，活化分子间有合适取向时的有效碰撞一定发生化学反应，为化学反应的前提，故⑥正确，正确的组合为③④⑤⑥，答案选D。‎ ‎2.下列说法错误的是 A. 热化学方程式中，各物质前的化学计量数不代表分子个数，而表示物质的量 B. 热化学方程式未注明温度和压强时，则表示温度为273K，压强为101kPa C. 同一化学反应，化学计量数相同而状态不同时，△H不相同 D. 化学反应过程中所吸收或放出的热量与参加反应的物质的物质的量成正比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.热化学方程式中，化学计量数表示反应物和生成物的物质的量，不表示微粒个数，所以既可以是整数也可以是分数，故A正确；‎ B.热化学方程式未注明温度和压强时，△H表示常温常压即298K、101kPa下的数据，故B错误；‎ C.△H不仅与反应物的物质的量多少有关，还与物质的聚集状态有关，故C正确；‎ D. 化学反应的焓变与化学计量数、物质聚集状态有关，化学反应过程所吸收或放出的热量与参加反应的物质的物质的量成正比，故D正确，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查热化学方程式的含义和焓变的影响因素，题目难度一般，注意热化学方程式未注明温度和压强时，是指在298K即25℃，101kPa条件下测定的数据，为易错点。‎ ‎3.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纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，选项中的生成物水是气体不是液体，所以氢气的燃烧热大于241.8kJ/mol，A项错误；‎ B.能量越低，物质越稳定，能量越高，物质越不稳定，已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) △H＞0，则石墨比金刚石的能量低，石墨比金刚石稳定，B项错误；‎ C.中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，20.0gNaOH物质的量为0.5mol，该稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示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，C项正确；‎ D. 已知① I2(g)＋H2(g)=2HI(g) ΔH1，② I2(s)＋H2(g)=2HI(g) ΔH2，根据盖斯定律①－②得：I2(g)= I2(s) ΔH=ΔH1－ΔH2，单质碘由气态变为固态时放热，则ΔH=ΔH1－ΔH2＜0，△H1＜△H2，D项错误，答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查热化学方程式书写与正误判断、燃烧热、中和热概念的理解和应用、反应热大小比较等，题目难度中等，A项为易错点，注意燃烧热指的是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，生成的水应为液态水。‎ ‎4.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：‎ ‎①CH4(g) + 4NO2(g)=CO2(g) + 4NO(g) + 2H2O(g) △H＝－574 kJ/mol ‎②CH4(g) + 4NO(g)=CO2(g) + 2N2(g) + 2H2O(g) △H＝－1160 kJ/mol 下列说法不正确的是 A. 若用标准状况下4.48L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ B. 由反应①可推知：CH4(g) + 4NO2(g) = CO2(g) + 4NO(g) + 2H2O(l) △H<－574 kJ/mol C. 反应①②中，相同物质的量的甲烷发生反应，转移的电子数相同 D. 反应②中，当4.48L甲烷反应完全时转移的电子的物质的量为1.60mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据盖斯定律可知，得CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=-867kJ/mol，标准状况下4.48LCH4其物质的量为0.2mol，则放出的热量为0.2mol×867kJ/mol=173.4kJ，A项正确；‎ B. 因为气态水转变为液态水要放热，所以由反应①可推知：CH4(g) + 4NO2(g) = CO2(g) + 4NO(g) + 2H2O(l) △H<－574 kJ/mol，B项正确；‎ C. 由反应①②可知，甲烷中C元素的化合价由-4价升高到+4价，转移的电子数=化合价升高数=化合价降低数=8，所以相同物质的量的甲烷发生反应时，转移电子数相同，C项正确；‎ D. 没有注明4.48 L CH4所处的温度和压强，则甲烷的物质的量多少未知，所以无法判断转移电子物质的量，D项错误，答案选D。‎ ‎5.在常温常压下，已知：‎ ‎①4Fe(s)＋3O2(g)= 2Fe2O3(s)　ΔH1‎ ‎②4Al(s)＋3O2(g)= 2Al2O3(s)　ΔH2‎ ‎③2Al(s)＋Fe2O3(s)= Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔH3‎ 则ΔH3与ΔH1、ΔH2之间的关系正确的是 A. ΔH3＝ (ΔH1＋ΔH2) B. ΔH3＝(ΔH2－ΔH1)‎ C. ΔH3＝2(ΔH1＋ΔH2) D. ΔH3＝ (ΔH2－ΔH1)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盖斯定律，由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减，据此判断。‎ ‎【详解】已知：①4Fe(s)＋3O2(g)= 2Fe2O3(s)　ΔH1‎ ‎②4Al(s)＋3O2(g)= 2Al2O3(s)　ΔH2‎ ‎③2Al(s)＋Fe2O3(s)= Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔH3‎ 由盖斯定律可知，②-①得4Al（s）+2Fe2O3（s）=2Al2O3（s）+4Fe（s）△H=△H2-△H1，即2Al(s)＋Fe2O3(s)= Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔH3=（△H2-△H1），答案选D。‎ ‎6.下列措施中，能使反应物活化分子数和活化分子百分数都增大的方法是 ‎①增大反应物的浓度 ②升高温度 ③增大压强 ④移去生成物 ⑤加入催化剂 A. ①③⑤ B. ②⑤ C. ②③⑤ D. ①③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 使反应物中活化分子数和活化分子百分数都增大，可采取升高温度、加入催化剂等措施。‎ ‎【详解】①.增大反应物的浓度，单位体积内活化分子的数目增多，但活化分子百分数不变，①不符合题意；‎ ‎②.升高温度能使更多的普通分子变为活化分子，反应物的活化分子数和活化分子百分数都增大，②符合题意；‎ ‎③.增大压强，单位体积内活化分子的数目增多，但活化分子百分数不变，③不符合题意；‎ ‎④.移去生成物，平衡正向移动，反应物中活化分子数减少，但活化分子百分数不变，④不符合题意；‎ ‎⑤.加入催化剂可以降低反应的活化能，使反应物中活化分子数和活化分子百分数都增大，⑤符合题意，故答案选B。‎ ‎7.下列四种酸与锌片反应，起始时生成H2反应速率最大的是 A. 10 ℃ 20 mL 3 mol/L的盐酸 B. 10 ℃ 40 mL 2 mol/L的醋酸 C. 20 ℃ 20 mL 2 mol/L的硫酸 D. 20 ℃ 10 mL 4 mol/L的硝酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 温度越高、酸的浓度越大，化学反应速率越大。‎ ‎【详解】硝酸与锌反应不生成氢气，A、B、C相比较，C项的温度最高，且氢离子浓度最大，则C项对应的反应速率最大，故答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度不大，易错点为D项，注意硝酸和锌片反应不能生成氢气。‎ ‎8.已知反应：A(g)+2B(g)=2C(g)+D(g)在四种不同情况下的化学反应速率分别为：‎ ‎①v(A)=0.15mol/(L·s) ②v(B)=0.4mol/(L·s) ③v(C)=0.3mol/(L·s) ④v(D)=0.5mol/(L·s)则四种情况下反应进行的快慢顺序为 A. ②>④>③>① B. ④>③=②>① C. ④>②>③=① D. ④>③>①>②‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应速率与化学计量数的比值越大，反应进行的越快，以此来解答。‎ ‎【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应进行的越快，则①=0.15、②=0.2、③=0.15、④=0.5，反应速率快慢为④>②>③=①，答案选C。‎ ‎9.4mol A和4mol B两种气体在2L的密闭容器中发生反应，生成C和D两种气体。方程式为：2A+B=2C+D。前15s内，A的平均反应速率为0.12mol/(L·s)，则15s时，容器中B的物质的量为 A. 3.2mol B. 2.2mol C. 1.8mol D. 2.8mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据不同物质表示的化学反应速率数值之比等于其化学计量数之比计算用B表示的化学反应速率，再根据v（B）=计算15s时B的物质的量。‎ ‎【详解】不同物质表示的化学反应速率数值之比等于其化学计量数之比，则v（B）=0.12mol/(L·s)÷2=0.06 mol/(L·s)，设15s时容器中B的物质的量为x mol，则有v（B）=0.06mol/(L·s)=，解得x=2.2mol，答案选B。‎ ‎10.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 A. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈 B. 开启啤酒后，瓶中马上泛起大量泡沫 C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气 D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率（2SO2+O22SO3）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理指的是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒夏特列原理解释。‎ ‎【详解】A.钢铁在潮湿的空气中容易生锈，主要发生电化学腐蚀，不存在可逆过程，不能用勒夏特列原理解释，A项选；‎ B.汽水瓶中存在平衡H2CO3H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，B项不选；‎ C.氯气溶于水发生反应：Cl2+H2OHClO+H++Cl﹣，由于饱和食盐水中氯离子浓度较大，相当于在氯气溶于水的反应中增大了氯离子浓度，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气的溶解量减少，可以用勒夏特列原理解释，C项不选；‎ D. 工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，D项不选，答案选A。‎ ‎11.某温度下，在容积不变的密闭容器中进行如下反应：2X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)(正反应为吸热反应)，反应一段时间后达到平衡状态。下列叙述正确的是 A. 加入少量W，逆反应速率增大 B. 通入一定量氦气，压强增大，平衡向正反应方向移动 C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 D. 降低温度，正反应速率减小，逆反应速率减小，平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. W是固体，加入少量的W对化学平衡无影响，故A错误；‎ B. 恒容条件下通入惰性气体，参加反应的气体的浓度不变，平衡不移动，故B错误；‎ C. 无论该反应是放热反应还是吸热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，故C错误；‎ D. 该反应是吸热反应，降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，故D正确，答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，易错选项是B，注意通入稀有气体后，根据参加反应的气体的浓度是否变化来判断平衡是否移动。‎ ‎12.下列过程为自发过程的是 ‎①铵盐溶解②烧碱与盐酸的反应③锌与稀硫酸的反应④氢气在氧气中燃烧⑤镁在空气中燃烧⑥铝热反应⑦墨水在水中扩散⑧电解熔融氯化钠 A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ②④⑥⑧ D. ①②③④⑤⑥⑦‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 自发过程指在一定条件下能自动发生的过程，它包括自发反应。‎ ‎【详解】①铵盐溶解时，熵增大，属于自发进行的过程，故①选；②烧碱与盐酸的反应为自发进行的放热反应，故②选；③锌与稀硫酸的反应为自发进行的放热反应，故③选；④氢气在氧气中燃烧为自发进行的放热反应，故④选；⑤镁在空气中燃烧为自发进行的放热反应，故⑤选；⑥铝热反应为自发进行的放热反应，故⑥选；⑦墨水在水中扩散，熵增大，属于自发进行的过程，故⑦选；⑧电解熔融氯化钠需要在直流电作用下才能进行，不属于自发过程，故⑧不选，所以属于自发过程的是①②③④⑤⑥⑦，答案选D。‎ ‎13.一定温度下，将一定量的N2O4置于1L密闭的烧瓶中，发生反应N2O4(g) 2NO2(g)，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色。下列不能说明该反应已经达到平衡状态的是 ‎①N2O4消耗的速率和NO2生成的速率之比为1:2②NO2生成速率与NO2消耗速率相等③烧瓶内气体的压强不再改变④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化 A. ①④⑧ B. ②③⑥⑦ C. ①④ D. ⑦⑧‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断。‎ ‎【详解】①.无论反应是否达到平衡状态，N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比都为1:2，所以不能证明是否达到平衡状态，故①选；②.用NO2表示的正逆反应速率相等，所以能证明达到平衡状态，故②不选；③.该反应是反应前后气体体积改变的反应，当该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，所以压强就不再改变，能证明该反应达到平衡状态，故③不选；④.‎ 根据质量守恒定律，无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的质量都不改变，所以不能证明该反应是否达到平衡状态，故④选；⑤.平衡时各种物质的物质的量浓度不再发生变化，所以能证明该反应达到平衡状态，故⑤不选；⑥.平衡时各种物质的物质的量浓度不再发生变化，烧瓶内气体的颜色不再加深，所以能证明该反应达到平衡状态，故⑥不选；⑦.平衡时各种物质的物质的量不再发生变化，质量始终不变，所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，能证明该反应达到平衡状态，故⑦不选；⑧.根据质量守恒定律，反应前后气体质量始终不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，不能证明该反应达到平衡状态，故⑧选，所以选的是①④⑧，答案选A。‎ ‎14.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH<0，下列研究目的和图示相符的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎15.T ℃时，在容积为2 L的3个恒容密闭容器中发生反应：3A(g)＋B(g)nC(g)，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下：‎ 容器 甲 乙 丙 反应物的投入量 ‎3 mol A、2 mol B ‎6 mol A、4 mol B ‎2 mol C 达到平衡的时间/min ‎5‎ ‎8‎ A的浓度/mol·L－1‎ c1‎ c2‎ C的体积分数%‎ w1‎ w3‎ 混合气体的密度/g·L－1‎ ρ1‎ ρ2‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. 若n<4，则2c1c2，故A错误；‎ B. 若n=4，反应前后气体的体积不变，开始只投入C与起始投料比n(A):n(B)=3:1为等效平衡，平衡时同种物质的百分含量相等，但甲中起始投料比为3:2，所以甲和丙不是等效平衡，则w3≠w1，故B错误；‎ C. 起始时乙中同种物质的投入量是甲的2倍，根据质量守恒定律可知，乙中气体质量为甲中2倍，容器的容积相等，则一定存在2ρ1＝ρ2，故C正确；‎ D. 乙中反应物的起始浓度大，反应速率更快，到达平衡时间更短，所以容器甲达到平衡所需的时间比容器乙达到平衡所需的时间长，故D错误，答案选C。‎ ‎16.某温度下，将一定量的固体NH4I置于密闭容器中，发生下列反应：NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)（反应1），2HI(g)H2(g)＋I2(g)（反应2）。当反应达到平衡时，c(H2)＝1mol/L，c(HI)＝3mol/L，则该温度下反应1的平衡常数K的值为 A. 9 B. 15 C. 25 D. 无法计算 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应①的平衡常数K=c(NH3)•c(HI)，NH4I分解生成的HI的浓度为平衡时的HI浓度与分解的HI浓度之和，也等于NH4I分解生成的NH3浓度，由反应②可知分解的c(HI)为平衡时c(H2)的2倍，从而可得NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数表达式K= c(NH3)•c(HI)计算即可。‎ ‎【详解】平衡时c(HI)= 3mol/L，HI分解生成的H2的浓度为1mol/L，则NH4I分解生成的HI的浓度为：3mol/L +2×1mol/L=5mol/L，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为：c(NH3)=c(HI)= 5mol/L，则反应①的平衡常数为：K=c(NH3)⋅c(HI)=5 mol/L×3 mol/L =15 (mol/L)2，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡常数的计算，题目难度中等，明确化学平衡常数的概念及表达式为解答关键，注意氨气的浓度等于平衡时HI的浓度与分解的HI浓度之和，为易错点。‎ ‎17.中和热的测定是高中化学中重要的定量实验。取50mL、0.55mol/L的NaOH溶液与50mL、0.25mol/L的H2SO4溶液置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：‎ ‎（1）从如图所示实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是_____________，除此之外，装置的一个明显错误是___________________________________________________。‎ ‎（2）NaOH溶液稍过量的原因是_______________________________________________。‎ ‎（3）若改用60mL、0.25mol/L的H2SO4溶液和50mL、0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____________（填“相等”或“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热_______________（填“相等”或“不相等”）。‎ ‎（4）倒入NaOH溶液的正确操作是__________‎ A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次性迅速倒入 ‎（5）实验数据如下表：‎ 温度 起始温度t1/℃‎ 终止温度t2/℃‎ 温度差平均值 实验次数 ‎（t2-t1）/℃‎ H2SO4‎ NaOH 平均值 ‎1‎ ‎26.2‎ ‎26.0‎ ‎26.1‎ ‎29.5‎ ‎2‎ ‎27.0‎ ‎27.4‎ ‎27.2‎ ‎32.3‎ ‎3‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎29.2‎ ‎4‎ ‎26.4‎ ‎26.2‎ ‎26.3‎ ‎29.8‎ ‎①近似认为0.55mol/L NaOH溶液和0.25mol/L H2SO4溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g∙℃)，则中和热△H=__________（取小数点后一位）。‎ ‎②上述实验的结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是____________。‎ A．实验装置保温、隔热效果差 B．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度 C．做实验的当天室温较高 D．量取H2SO4时仰视读数 ‎【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高或其它合理答案均可） (3). 保证硫酸反应完全 (4). 不相等 (5). 相等 (6). C (7). − 56.8 kJ/mol (8). ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1).由量热计的构造可知该装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；为了减少热量的损失，小烧杯口要用硬纸板盖住、大烧杯与小烧杯之间塞满碎纸条、大烧杯和小烧杯的杯口平齐，故答案为：环形玻璃搅拌棒；小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高或其它合理答案）；‎ ‎(2).实验时使用稍过量的NaOH溶液，可以让硫酸完全反应，故答案为：保证硫酸完全反应；‎ ‎(3).反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL、0.25mol/L H2SO4和50mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增多，反应放出的热量也增多，但是中和热均是强酸和强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，与所用酸以及碱的量的多少无关，所以中和热相等，故答案为：不相等；相等；‎ ‎(4).在中和热的实验测定中，必须要尽量减少热量的损失，所以在倒入NaOH溶液时要一次性迅速倒入，故答案为：C；‎ ‎(5).①. 4次温度差分别为：3.4℃，6.1℃，3.3℃，3.5℃，第2组数据明显有误，所以删掉，温度差平均值为(3.4℃+3.3℃+3.5℃)÷3=3.4℃，0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸溶液50mL进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/mL=100g，温度变化的值△T为3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃=1421.2J，即1.421kJ，所以实验测得的中和热△H=-1.421kJ÷0.025mol=-56.8 kJ/mol，故答案为：-56.8 kJ/mol；‎ ‎②.A.中和热测定实验最关键的是保温，若实验装置保温、隔热效果差，则测定结果偏小，故A选；‎ B.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，酸碱反应放热，导致测定H2SO4的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏少，故B选；‎ C.做本实验时的室温和反应热的数据之间无关，故C不选；‎ D.在量取硫酸时仰视读数，会使得实际量取体积高于所要量取的液体体积，反应放出的热量偏多，温度差偏大，故D选，答案选ABD。‎ ‎【点睛】本题考查中和热的测定实验，掌握实验原理为解答本题的关键，试题难度不大。解题时要注意中和热概念的理解，中和热指的是强酸和强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，与酸以及碱的用量多少无关，为易错点。‎ ‎18.某小组以H2O2分解为例，探究外界条件对反应速率的影响。在常温下按照下表所示的方案完成实验。‎ 实验编号 反应物 催化剂 ‎①‎ ‎10 mL 2% H2O2溶液 无 ‎②‎ ‎10 mL 5% H2O2溶液 无 ‎③‎ ‎10 mL 5% H2O2溶液 ‎1 mL 0.1 mol/LFeCl3溶液 ‎（1）实验①和②的目的是__________________________________。但进行实验时，并没有观察到明显现象而无法得出结论。经查阅资料得知，通常条件下H2O2稳定，不易分解。则为了达到实验目的，可对原实验方案进行改进的方法是_________________（填一种即可）。‎ ‎（2）利用实验②和③可知：加入FeCl3溶液可以催化H2O2分解。已知FeCl3溶液中含有H2‎ O、Fe3+和Cl-三种粒子，为探究哪种粒子具有催化作用，有如下三种猜想：‎ 猜想1：真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的H2O 猜想2：真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的Fe3+‎ 猜想3：真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的Cl-‎ 你认为最不可能的是猜想__________；理由是___________________。‎ ‎（3）同学们又对余下的两种猜想进行了实验探究，请你帮助他们填写下表：‎ 实验步骤Ⅰ 向盛有5 mL 15%的H2O2溶液的试管中加入少量的HCl，然后把带火星的木条伸入试管中。‎ 实验现象Ⅰ 无明显现象 实验结论Ⅰ ‎______‎ 实验步骤Ⅱ 向盛有5 mL 15%的H2O2溶液的试管中加入少量的FeCl3固体，然后把带火星的木条伸入试管中。‎ 实验现象Ⅱ ‎______‎ 实验结论Ⅱ ‎______‎ ‎【答案】 (1). 探究浓度对化学反应速率的影响 (2). 相同温度的水浴加热（或者加入相同量的催化剂） (3). 1 (4). 双氧水溶液中含有水 (5). Cl-不具有催化作用（或猜想3不正确） (6). 带火星的木条复燃 (7). Fe3+具有催化作用（或猜想2正确）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1). 实验①和②的浓度不同，则该实验的目的是探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则向反应物中加入等量同种催化剂或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，故答案为：探究浓度对化学反应速率的影响；相同温度的水浴加热（或者加入相同量的催化剂）；‎ ‎(2).三个猜想中，最不可能的是猜想1，理由是H2O2溶液中含有水，但一般情况下H2O2溶液比较稳定，不会自行分解，可见水不是催化剂，故答案为：1；双氧水溶液中含有水；‎ ‎(3).由第(2)题分析可知排除了猜想1，现向盛有5mL 15%的H2O2‎ 溶液的试管中加入少量的HCl，引入了Cl-，将带火星的木条伸入试管，无明显现象，可见Cl-没有促进H2O2分解，证明Cl-不是H2O2分解的催化剂，猜想3不正确，故结论为：起催化作用的不是Cl-；猜想1和猜想3均不正确，可知起催化作用的一定是Fe3+，所以应该向盛有5mL 15%的H2O2溶液的试管中加入少量的铁盐来引入Fe3+，由于Fe3+起到了催化作用促进了双氧水分解，所以现象为：试管中有大量气泡产生，带火星的木条复燃，说明是Fe3+起到了催化作用，故答案为：Cl-不具有催化作用（或猜想3不正确）；带火星的木条复燃；Fe3+具有催化作用（或猜想2正确）；‎ ‎19.按要求回答问题：‎ ‎（1）已知E1＝134 kJ/mol、E2＝368 kJ/mol，请参考题中图表，按要求填空：‎ ‎①图Ⅰ是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率加快，E1的变化是_______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是_______。NO2和CO反应的热化学方程式为：______________________________________________________________。‎ ‎②下表所示是部分化学键的键能参数：‎ 化学键 P—P P—O O=O P=O 键能/(kJ/mol)‎ a b c x 已知P4(g)＋5O2(g)= P4O10(g) ΔH＝－d kJ/mol，P4及P4O10的结构如图Ⅱ所示。表中x＝___kJ/mol。(用含a、b、c、d的代数式表示)‎ ‎（2）肼（N2H4）是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。燃烧时释放大量的热并快速产生大量气体。已知在101kPa，298K时，1mol液态N2H4在O2中完全燃烧生成N2和水蒸气，放出热量624kJ，该反应的热化学方程式是_______________________。‎ 又知：H2O(g)＝H2O（l）△H＝－44 kJ/mol，若1mol液态N2H4在O2中完全燃烧生成N2和液态水，则放出的热量为__________kJ。‎ ‎【答案】 (1). 减小 (2). 不变 (3). NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) △H = − 234kJ/mol (4). (6a+5c+d-12b)/4 (5). N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H = − 624kJ/mol (6). 712‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1). ①.加入催化剂能降低反应的活化能，则E1减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO时放出热量368kJ-134kJ=234kJ，热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) △H=-234kJ/mol，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) △H=-234kJ/mol；‎ ‎②. 白磷燃烧的热化学方程式为P4(g)＋5O2(g)= P4O10(g) ΔH＝－d kJ/mol，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP−P、5molO=O，形成12molP−O、4molP=O，所以12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol−(6mol×akJ/mol+5mol×ckJ/mol)=dkJ/mol，x=(6a+5c+d−12b)/4kJ/mol，故答案为：(6a+5c+d−12b)/4；‎ ‎(2). 在101kPa，298K时，1mol液态肼与足量氧气反应生成氮气和水蒸气，放出624kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=−624kJ/mol，如果生成液态水，1mol肼完全反应放出的热量为：624kJ+44×2kJ=712kJ，故答案为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=−624kJ/mol；712。‎ ‎20.某温度时，在一个容积为2 L 的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，填写下列空白：‎ ‎（1）该反应的化学方程式为：_______________________。‎ ‎（2）反应开始至2 min，气体Z的平均反应速率v（Z）=__________________。‎ ‎（3）若X、Y、Z均为气体，反应达到平衡时：‎ ‎①压强是开始时的________倍；‎ ‎②若此时将容器的体积缩小为原来的1/2倍，达到平衡时，容器内温度将升高(容器不与外界进行热交换)，则该反应的正反应为________反应(填“放热”或“吸热”)。‎ ‎（4）上述反应在t1～t6‎ 内反应速率与时间图像如图，在每一时刻均改变一个影响反应速率的因素，则下列说法正确的是______________。‎ A．在t1时增大了压强 B．在t3时加入了催化剂 C．在t4时降低了温度 D．t2～t3时X的转化率最高 ‎【答案】 (1). 3X+Y⇋2Z (2). 0.05mol/(L∙min) (3). 0.9 (4). 放热 (5). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，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+Y2Z，再根据外界条件对化学平衡的影响规律解答各项即可。‎ ‎【详解】(1).反应中X、Y的物质的量减少，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，所以反应的化学方程式为3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；‎ ‎(2).反应开始至2min，用气体Z表示的平均反应速率为=0.05 mol/(L∙min)，故答案为：0.05 mol/(L∙min)；‎ ‎(3).①.根据图象可知，反应开始时混合气体的物质的量=(1.0+1.0)mol=2.0mol，达到平衡状态时混合气体物质的量=(0.9+0.7+0.2)mol=1.8mol，恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比，所以平衡状态体系时的压强是开始时的=0.9倍，故答案为：0.9；‎ ‎②.‎ 若此时将容器的体积缩小为原来的倍，则压强增大，平衡正向移动，达到平衡时，容器内温度升高，说明正反应为放热反应，故答案为：放热；‎ ‎(4).A.在t1时，正反应速率不变，逆反应速率增大，说明t1时增大了生成物浓度，故A错误；‎ B.X、Y、Z均为气体，3X+Y2Z为不等体积的可逆反应，在t3时，正逆反应速率增大相同的倍数，说明在t3时加入了催化剂，故B正确；‎ C. 在t4时，正逆反应速率都减小且逆反应速率大于正反应速率，由上述分析可知，该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，应该是正逆反应速率都减小且正反应速率大于逆反应速率，故C错误；‎ D.由图象可知，在t1时改变条件平衡逆向移动，X的转化率减小，在t3时加入催化剂平衡不移动，X的转化率不变，在t4时改变条件平衡逆向移动，X的转化率减小，所以在t0～t1时X的转化率最高，故D错误，答案选B。 ‎