广东省广州市2019-2020学年高二上学期期中考试模拟测试化学试题（二）
高二年级期中模拟测试L2（二）
高中化学（问卷）
试卷说明：
1、试卷结构：本试卷分为选择题和非选择题两部分；
2、考试时长：90分钟，满分：100分。
可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 H-1 Ca-40
第一部分选择题（共50分）
一、选择题（每小题2分，共50分）
1.化学反应A2(g) + B2(g)＝2AB(g) 能量变化如图所示，下列叙述中正确的是( )
A. 每生成2mol AB(g) 共吸收b kJ热量
B. 该反应热ΔH = +(a-b) kJ·mol-1
C. 反应物的总能量大于生成物的总能量
D. 断裂1 mol A—A键，放出a kJ能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热△H=+（a-b）kJ•mol-1，则每生成2molAB吸收（a-b） kJ热量，故A错误；
B．反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热△H=+（a-b）kJ•mol-1，故B正确；
C．由图象可知，该反应中反应物的能量低于生成物的能量，反应是吸热反应，故C错误；
D．因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂1 mol A-A和1 mol B-B键吸收a kJ能量，故D错误；故选C。
【点睛】化学反应的过程中存在键的断裂与键的形成，键断裂时吸热，键形成时放热，注意反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，当反应物的总能量大于生成物时此反应为放热反应。
2.下列热化学方程式书写正确的是（△H的绝对值均正确）（ ）
A. C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)；△H=﹣1367.0kJ/mol(燃烧热)
B. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)；△H=+57.3kJ/mol(中和热)
C. S(s)+O2(g)=SO2(g)；△H=﹣269kJ/mol(反应热)
D. 2NO2=O2+2NO；△H=+116.2kJ/mol(反应热)
【答案】C
【解析】
【详解】A.燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的稳定状态必须为液态而不是气态，A错误；
B.酸碱中和反应是放热反应不是吸热反应，△H<0，B错误；
C.书写热化学方程式要注明物质的状态、△H的正负号、数值、单位，符合要求，C正确；
D.反应过程中的能量变化与物质的存在状态相对应，热化学反应方程式必须注明物质在反应时的状态，D错误；
故合理选项是C。
3.50mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55 mol·L -1NaOH 溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法正确的是
A. 在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是3次
B. 大烧杯上如不盖硬纸板，测得的中和热数值会偏小
C. 用相同浓度和体积的氨水代替NaOH 溶液进行上述实验，测得中和热的数值会偏大
D. 从实验装置上看，除了缺少环形玻璃搅拌棒外没有其他问题
【答案】B
【解析】
A.
中和反应之前，分别记录盐酸和氢氧化钠的温度，中和反应开始后，记录下混合溶液的最高温度，即最终温度，所以每一组要记录3次温度，而我们实验时至少要做2组，所以至少要记录6次温度，故A错误；B．大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故B正确；C．一水合氨为弱碱，电离过程需要吸热，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，故C错误；D．根据量热计的构造可知该装置的错误有缺少仪器环形玻璃搅拌棒以及大小烧杯口不平，故D错误；故选B。
点睛：明确中和热测定方法为解答关键。本题的易错点为A，为了减少实验误差，至少要做2次平行实验，每次实验要记录3次温度。
4.现在探索、开发的新能源有：( )
①核能 ②柴草 ③煤炭 ④太阳能 ⑤氢能 ⑥液化石油气 ⑦水煤气 ⑧天然气
A. ①④⑤ B. ②③⑥⑦ C. ③⑥⑦⑧ D. ①②④
【答案】A
【解析】
【详解】新能源的特点是资源丰富、可以再生、没有污染或很少污染，因此属于新能源的是①核能、④太阳能、⑤氢能。答案选A。
5.下列说法正确的是 ( )
A. 在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行
B. NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) △H=+185.57 kJ·mol-1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
C. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
【答案】B
【解析】
【详解】A．在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应也可能自发进行，A错误；
B．NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)△H＝+185.57kJ/mol，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，B正确；
C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变可以共同作为反应自发性的判据，而不能单独使用，C错误；
D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变反应速率，但不能改变化学反应进行的方向，D错误；
答案选B。
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。
7.一定温度时，在如下密闭容器中（中间隔板可自由移动）左边充入amolSO2，bmolO2；右边充入cmolSO2、dmolO2，达平衡时如图，此时向两边各充入1mol氦气，则一段时间后重新达平衡，两边容器中SO2的转化率与原平衡相比较
A. 左增大，右减少 B. 左减小，右增大
C. 都不变 D. 都增大
【答案】A
【解析】
左边充入amolSO2，bmolO2；右边充入cmolSO2、dmolO2，达平衡后，两边气体的压强相等，气体的物质的量之比等于体积之比，=，向两边各充入1mol氦气，则两边气体的物质的量之比变成＜，则左边压强小于右边，隔板向左移动，导致左边平衡正向移动，SO2的转化率增大，右边平衡逆向移动，SO2的转化率减少，故选A。
8.可逆反应：2A(s)B(g)+C(g)在体积固定的密闭容器中，起始时加入一定量的A，判断反应达到平衡状态的标志是： ①单位时间内生成2molA的同时生成1molB ②v(B):v(C)=1:1 ③密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变 ④混合气体的密度不再改变 ⑤B的体积分数不再改变 ⑥混合气体的压强不再改变的状态
A. ①③④⑤⑥ B. ①③④⑥ C. ①④⑥ D. 全部
【答案】C
【解析】
①单位时间内生成2molA的同时生成1molB，能说明正逆反应速率的相等关系，说明反应达到了平衡状态，故①正确；②任何时候都存在v(B):v(C)=1:1，不能说明是平衡状态，故②错误；③该反应中A为固体，生成物中B和C的物质的量之比不变，混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明是平衡状态，故③错误；④该反应是一个反应后气体质量增大的化学反应，容器的体积不变，导致混合气体的密度逐渐增大，所以密度不变，能够说明达到平衡状态，故④正确；⑤B的体积分数为50%始终不变，不能说明是平衡状态，故⑤错误；⑥因该反应是物质的量在增大的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故⑥正确；故选C。
点睛：在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，反应就达到平衡状态，判断时要紧扣化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态。本题的易错点为③，要注意混合气体中B和C的物质的量之比不变，平均摩尔质量始终不变。
9.用纯净的CaCO3与稀HCl反应制CO2，实验过程记录如右图所示。根据分析、判断，正确的是（ ）
A. OE段表示的反应速率最快
B. EF段表示的反应速率最快，收集的CO2最多
C. FG段收集的CO2最多
D. OG段表示随着时间的推移，反应速率逐渐增快
【答案】B
【解析】
【详解】A．化学反应速率是表示在单位时间内反应制取CO2的快慢程度的。当时间相同时，反应产生的气体越多，反应速率就越快。根据图像可知OE不及EF段表示反应速率快，收集的CO2最多，A错误；
B．根据图像可知EF段斜率最大，表示反应速率最快，收集的CO2最多，B正确；
C．FG段表示收集的CO2的反应速率减小，C错误；
D．OG段表示随着时间的推移，反应物的浓度降低，反应速率逐渐减小，D错误；
答案选B。
【点睛】CaCO3与稀盐酸反应制CO2
，反应开始时浓度的影响占优势，随着反应的进行，溶液的温度升高，反应速率加快，温度升高使化学反应速率增大的影响大于浓度降低是反应速率减小的影响，所以总的来说反应速率加快；当反应进行一段时间后，浓度降低的影响大于温度升高的影响，反应速率减低。掌握反应的热效应是分析反应速率与反应时间关系图像的关键。
10.反应CO(g)+2H2(g)2CH3OH(g)在恒容密闭容器中进行。为探究温度、CO2等因素对该反应的影响，进行了4组实验，结果如右下表。下列说法不正确的是
组序号
1
2
3
4
反应温度/℃
225
235
225
235
反应前气体的物质的量/mol
CO2
0
0
0.2
0.2
CO
3.0
3.0
2.8
2.8
H2
7.0
7.0
7.0
7.0
平衡时CH3OH的体积分数/％
4.9
8.8
36.5
50.7
A．该反应的△H>0
B．当容器中压强不变时，反应达到平衡
C．CH3OH含量增大的原因是CO2起了催化作用
D．少量CO2能提高平衡时CH3OH的体积分数
【答案】C
【解析】
试题分析：根据1、2组可知温度升高，CH3OH的体积分数变大，说明正反应是吸热反应；根据反应方程式可知，反应前后压强改变，所以压强不变，反应达平衡；催化剂不能改变平衡，所以CH3OH含量不变；根据1、3组可知，少量CO2能提高平衡时CH3
OH的体积分数。答案选C。
考点：化学平衡
点评：本题为控制变量法探究物质的性质，控制变量法的关键就是只能有一个量发生改变，其他的量不能改变。这类习题在高考中也经常出现。
11.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+n(B)(g) pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是（ ）
A. 由图1可知，T1
v(逆)的是点3
D. 图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象中“先拐先平，数值大”知，T1＜T2，升高温度，C在反应混合物中的体积分数（ф）降低，说明平衡向逆反应方向移动，升高温度向吸热反应方向移动，则正反应方向是放热反应，故A错误；
B．由图2图象可以看出，在同一温度下，增大压强，C在反应混合物中的体积分数（ф）增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，说明正反应为体积缩小的反应，即m+n＞p，故B错误；
C．在曲线上，当温度一定时，B的转化率也一定，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4处于平衡状态，v（正）=v（逆），点1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，即由点1向下引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要减小，平衡逆向移动，故v（正）＜v（逆），点3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，即由点3向上引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要增大，平衡正向移动，故v（正）＞v（逆），故C正确；
D．a的时间短，反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能为使用了催化剂，但若m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡，所以a曲线也可能是增大压强，故D错误；
故选：C。
12.100mL浓度为2 mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是
A. 加入适量的6 mol·L－1的盐酸 B. 加入数滴氯化铜溶液
C. 加入适量蒸馏水 D. 加入适量的氯化钠溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
因为锌片是过量的，所以生成氢气的总量由盐酸的量来决定。因题目要求生成氢气的量不变，则外加试剂不能消耗盐酸。
【详解】A．加入浓盐酸，必增加了生成氢气的总量，A项错误；
B．加入少量的氯化铜溶液，锌片会与氯化铜反应生成少量铜，覆盖在锌的表面，形成了无数微小的原电池，加快了反应速率，且不影响氢气生成的总量，B项正确；
C．加入适量的蒸馏水会稀释溶液，降低反应速率，C项错误；
D．加入适量的氯化钠溶液会稀释原溶液，降低反应速率，D项错误；
答案选B。
13.可逆反应a A(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g) ΔH同时符合下列两图中各曲线的规律的( )
A. a＋b＞c＋d，T1＜T2，ΔH＜0
B. a＋b＞c＋d，T1＜T2，ΔH＞0
C. a＋b＜c＋d，T1＞T2，ΔH＜0
D. a＋b＞c＋d，T1＞T2，ΔH＞0
【答案】A
【解析】
【详解】由于增大压强，v(正)增大的大于v(逆)增大的速率，说明a＋b＞c＋d；由于反应在T2时先达到平衡，说明温度T2>T1
；升高温度，达到平衡时生成物的平衡含量减小，说明升高温度，平衡逆向移动。根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向向吸热反应方向移动，逆反应方向为吸热反应，实验该反应的正反应为放热反应，所以ΔH＜0；故选项为A。
14.一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质(A、B、C、D)的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是 ( )
A. M点表示v(A)＝v(B)
B. 0～6 s内，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝3∶1∶1.5∶2
C. 反应进行到6 s时，各物质的物质的量浓度相等
D. 反应进行到6 s时，C的平均反应速率为 0.1 mol·L－1·s－1
【答案】B
【解析】
A．M点表示n（A）=n（B），速率不等：v(A)v(B)，选项A错误；B．A、B、C、D的△n之比为（1.2﹣0）：（1.2﹣0.8）：（0.6﹣0）：（1﹣0.2）=3：1：1.5：2，则0～6s内，v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=3：1：1.5：2，选项B正确；C．反应进行到6s时，各物质的物质的量浓度不变，但不相等，选项C错误；D．反应进行到6s时，C的平均反应速率为=0.05mol•L﹣1•s﹣1，选项D错误。答案选B。
点睛：本题考查化学平衡图像、化学反应速率计算。根据△n利用物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算各物质的反应速率，从而确定各反应的计量数。另外还应该结合题中信息判断各物质的浓度变化，确定反应速率是否相等。
15.25℃、101kPa 下：
①2Na(s)+1/2O2(g)=Na2O(s) △H=-414kJ·mol-1
②2Na(s)+ O2(g)=Na2O2(s) △H=-511kJ·mol-1
下列说法正确的是 ( )
A. ①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B. ①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C. 常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D. 25℃、101kPa 下：Na2O2（s）+2 Na（s）= 2Na2O（s）△H =-317kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A、氧化钠中阴阳离子个数比为1：2，过氧化钠的电子式为：，阴阳离子个数比为1：2，故错误；
B、生成等物质的量的产物，即消耗的Na的物质的量相等，转移电子物质的量相等，故错误；
C、温度升高，钠和氧气反应生成过氧化钠，故错误；
D、①×2－②得2Na(s)＋Na2O2(s)=2Na2O(s) △H=(－414×2＋511)kJ·mol－1=－317kJ·mol－1，故正确。
答案选D。
16. 下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是
①已达平衡的反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动
②已达平衡的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高
③2.0molPCl3和1.0molCl2充入恒容的密闭容器中，发生反应：PCl3(g)+ Cl2(g)PCl5（g）达平衡时，PCl5为0.4mol，如果此时移走1.0 molPCl3 和0.50 molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量应大于0.20mol而小于0.40mol
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡不会发生移动
A. ①④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
试题分析：①已达平衡的反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，碳是固体，增加碳的量，平衡不移动，错误；②已达平衡的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率降低，提高的是氢气的转化率；③2．0molPCl3和1．0molCl2充入恒容的密闭容器中，发生反应：PCl3(g)+ Cl2(g)PCl5（g）达平衡时，PCl5为0．4mol，如果此时移走1．0 molPCl3 和0．50 molCl2，相当于减压，平衡向左移动，在相同温度下再达平衡时PCl5
的物质的量应小于0．20mol，错误；④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，压强不变，体积增加，浓度变化，对于方程式左右两边计量系数不等的方程，平衡将会发生移动，错误。因此答案选D。
考点：考查化学反应平衡移动原理
17. 在密闭容器中存在如下反应：A (g)+3B(g) 2C(g)；△H＜0，某研究小组研究了只改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：
下列判断一定错误的是
A. 图Ⅰ研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高
B. 图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高
C. 图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高
D. 图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用催化剂的效率较高
【答案】C
【解析】
试题分析：增大压强，化学反应速率增大，达到平衡的时间缩短，且平衡向右移动。故Ａ、Ｂ正确；升高温度化学反应速率加快，平衡向左移动，B的体积分数增大，故C错；催化剂可以改变化学反应的速率，对平衡没有影响，D正确。
考点：考查影响化学平衡的因素。
18.某温度下在密闭容器中发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，若开始时只充入2 molSO3，达到平衡时，混合气体的压强比起始时增大了10%；若开始时只充入了2 mol SO2和1 molO2的混合气体，达到平衡时SO2的转化率为：
A. 10% B. 60% C. 80% D. 90%
【答案】C
【解析】
试题分析：题目中两次投料为等效平衡，所以第一次投料SO3的转化率和第二次投料SO2的转化率之和为1。根据方程式，当 2SO3
完全反应时气体压强增大50%，现增大10%，所以消耗SO30.4 mol ，转化率为20%，故SO2的转化率为1—20%=80%。
考点：考查等效平衡，转化率的计算。
19.工业上用CO和H2合成CH3OH：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。反应的平衡常数如下表：
下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的△H>0
B. 加压、增大H2浓度和加入催化剂都能提高CO的转化率
C. 工业上采用高温高压的条件，目的都是提高原料气的转化率
D. t℃时，向1L密闭容器中投入0.1molCO和0.2molH2，平衡时CO转化率为50％，则该温度时反应的平衡常数的数值为100
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据表中数据可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，根据平衡移动原理：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，△H<0，A错误；
B.催化剂对正、逆反应速率影响相同，因此不能使化学平衡状态发生移动，因此使用催化剂不能改变CO的转化率，B错误；
C.该反应为放热反应，所以采用高温不能提高反应物的转化率，C错误；
D. t℃时，向1L密闭容器中投入0.1molCO和0.2molH2，平衡时CO转化率为50％，则此时c(CH3OH)=0.05mol/L，△c(CO)=0.05mol/L，△c(H2)=0.1mol/L，平衡时各种气体的物质的量c(CO)=0.1mo/L-0.05mol/L=0.05mol/L，c(H2)=0.1mol/L-0.1mol/L=0.1mol/L，c(CH3OH)=0.05mol/L，所以该温度下平衡常数K==100，D正确；
故合理选项是D。
20.反应mX(g)nY(g)＋pZ(g) ΔH，在不同温度下平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A. 该反应的ΔH＞0
B. m＜n＋p
C. B、C两点化学平衡常数：KB＞KC
D. A、C两点的反应速率v(A)＜v(C)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知：在压强不变时，升高温度，达到平衡时Y的体积分数增大，说明升高温度化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，该反应的正反应是吸热反应，所以△H >0，A正确；
B．根据图象可知，在温度不变时，增大压强，Y的体积分数减小，说明增大压强，化学平衡向逆反应方向移动，根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，逆反应方向是气体体积减小的反应方向，所以mν(正)
C. 其他条件不变，10min后再充入一定量的A，平衡正向移动，A的转化率变小
D. 保持其他条件不变，反应在恒压下进行，平衡时A的体积分数与恒容条件下反应相同
【答案】C
【解析】
【详解】A.由方程式可知，反应前2min内△n(C)=△n(A)=0.2mol﹣0.16mol=0.04mol，容器容积为10L，则v(C)==0.002mol/(L·min)，A错误；
B.该反应的正反应为放热反应，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，反应达到新平衡前v(逆)<ν(正)，B错误；
C.其他条件不变，10min后再充入一定量的A，A的浓度增大，平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，达到新平衡时A的转化率变小，C正确；
D.该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下达平衡时压强减小，等效在恒温恒压下平衡基础上减小压强，化学平衡逆向移动，故恒温恒容下达到平衡时，A的体积分数增大，D错误；
故合理选项是C。
23.在一密闭容器中进行如下反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D，此反应符合图（其中C%是混合物中C的质量分数，t为反应时间）对此反应的叙述正确的是（ ）
A. 正反应为吸热反应，D是固体
B. 正反应为吸热反应，D是气体
C. 正反应为放热反应，D是固体或液体
D. 正反应为放热反应，D是气体
【答案】D
【解析】
【详解】升高温度，化学反应速率加快，平衡向着吸热的方向移动，根据图示，温度升高，C%降低，所以反应逆向进行，该反应是放热反应；增大压强，化学反应速率加快，平衡向着气体体积减小的方向移动，根据图示，压强升高，C%减小，所以反应逆向进行，该反应是气体系数和增大的反应，反应中D是气体；答案选D。
24. 常温下，lmol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示。结合表中信息判断，下列说法不正确的是
A 432kJ·mol-1>E（H—Br）>298KJ·mol-1
B. 表中最稳定的共价键是H—F键
C. H2（g）→2H（g）△H=+436kJ·mol-1
D. H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=-25kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
试题分析：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，所以结合图表中数据可知432kJ•mol-1＞E（H-Br）＞298kJ•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=+436kJ•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=-543kJ•mol-1，故D错误；故选D。
考点：考查化学反应能量变化和键能的关系分析判断。
第二部分非选择题（共52分）
二、本题包括5小题，共50分
25.某同学进行了硫代硫酸钠与硫酸反应有关实验，实验过程的数据记录如下（见表格），请结合表中信息，回答有关问题：
(1)写出上述反应的离子方程式__________。
(2)根据你所掌握的知识判断，在上述实验中反应速率最快的可能是__________（填实验序号）。
(3)在利用比较某一因素对实验产生影响时，必须排除其他因素的变动和干扰，即需要控制好与实验有关的各项反应条件。其中：
①能说明温度对该反应速率影响的组合比较是__________；（填实验序号）
②A和B、A和C的组合比较所研究的问题是__________；
③B和C的组合比较所研究的问题是__________；
(4)教材是利用了出现黄色沉淀的快慢来比较反应速率的快慢，请你分析为何不采用排水法测量单位时间内气体体积的大小进行比__________。
【答案】 (1). S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O (2). D (3). AD (4). 相同温度条件下浓度对该反应速率的影响 (5). 相同温度条件下，该反应速率更大程度上取决于哪种反应物的浓度 (6). SO2可溶于水，测定不精确或实验装置较复杂，不易控制
【解析】
【分析】
(1)发生氧化还原反应生成S、二氧化硫和水；
(2)温度越高，反应速率越快，浓度越大反应速率越快，先比较温度；
(3)①A、B中只有温度不同；
②变量只有浓度；
③B、C温度相同，改变反应物的浓度；
(4)采用排水法测量单位时间内气体体积，不易操作，因二氧化硫易溶于水。
【详解】(1)硫代硫酸钠与稀硫酸反应产生硫酸钠、硫单质、二氧化硫和水，反应的离子反应方程式为：S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O；
(2)温度越高，反应速率越快，浓度越大反应速率越快，外界条件对化学反应速率的影响：催化剂>温度>浓度(或压强)，所以在上述实验中反应速率最快的可能是D；
(3)①能说明温度对该反应速率影响的组合中两者的温度不同，其它物理量相同，故选AD；
②A和B、A和C的组合中不同的物理量是浓度，所以比较所研究的问题是相同温度条件下浓度对该反应速率的影响；
③B和C的组合不同点是：硫代硫酸钠和硫酸的浓度不同，所以比较所研究的问题是相同温度条件下，该反应速率更大程度上取决于哪种反应物的浓度；
(4)二氧化硫易溶于水，1体积水能溶解40体积二氧化硫，所以导致测定不精确，且该实验装置较复杂，不易控制，所以不采用排水法测量单位时间内气体体积的大小进行比较。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，把握速率的影响因素、控制变量法为解答的关键，注意变量的判断如二氧化硫的性质。
26.二甲醚是重要的有机中间体，利用二氧化碳加氢合成二甲醚能变废为宝，且可替代汽油作为新型清洁燃料。常温常压下，二氧化碳加氢可选择性生成二甲醚或一氧化碳：
①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H1=﹣55.7kJ/mol
②2CH3OH(l)═CH3OCH3(g)+H2O(l)△H2=﹣23.4kJ/mol
③CO2(g)+H2(g)═CO(g)+H2O(l) △H3
④H2O(l)=H2O(g) △H4=+44.0kJ/mol
(1)已知反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H，中相关的化学键键能数据如下：
由此计算△H=______，则△H3=_______。
(2)CO2(g)加氢转化为CH3OCH3(g)和H2O(l)的热化学方程式是___。
(3)合成二甲醚往往选用硅铝混合物作催化剂，硅铝比例不同，生成二甲醚或一氧化碳的物质的量分数不同。硅铝比与产物选择性如图所示，图中A点和B点的平衡常数比较：KA___KB（填“>、=、<”）。根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律：a.___。b.___。
(4)常温常压下，向一个2.00L的密闭恒容容器中加入等量2.00mol二氧化碳和氢气，平衡时二甲醚的浓度为0.150mol/L，计算此时二氧化碳的转化率及该反应的平衡常数，要求写出计算过程（计算结果保留3位有效数字）________、_________。
【答案】 (1). ﹣80kJ/mol (2). ﹣124kJ/mol (3). 2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(l) △H=﹣134.8kJ/mol (4). = (5). 温度越高，二甲醚的选择性越大 (6). 低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大；高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小 (7). 30.0% (8). 3.06×105
【解析】
【分析】
(1)反应物总键能减去生成物总键能等于该反应焓变，根据盖斯定律将已知的热化学方程式叠加，可得总反应方程式；
(2)根据盖斯定律将已知的热化学方程式叠加，△H进行相应的改变,可得总反应方程式；
(3)化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变；相同温度下，根据曲线变化趋势与硅铝比分析；不同温度下，硅铝比相同时，比较其选择性关系；
(4)根据物质反应转化关系，计算平衡时各种物质的浓度，带入平衡常数表达式和物质转化率含义式，可得相应的数值。
【详解】(1)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=(745×2+436-1076-2×465)kJ/mol=-80kJ/mol；
i .H2O(l)=H2O(g) △H4=+44.0kJ/mol
ii. CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H
将方程式ii-i得CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(l) △H3=△H-△H4=(-80-44.0)kJ/mol=-124kJ/mol；
(2)①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H1=﹣55.7kJ/mol
②2CH3OH(l)═CH3OCH3(g)+H2O(l)△H2=﹣23.4kJ/mol
将方程式2×①+②得2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(l) △H=2(-55.7kJ/mol)+(-23.4)kJ/mol=-134.8kJ/mol；
(3)化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，A、B两点温度相同，则KA=KB，根据图知有关变化规律，a.温度越高，二甲醚的选择性越大；b.低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小；
(4)起始状态c(H2)=c(CO2)= 2.00mol÷2.00L=1.00mol/L；根据题意可知反应达到平衡时c(CH3OCH3)=0.150mol/L，则根据物质转化关系可知，c(CH3OCH3)=0.450mol/L，c(CO2)=1.00mol/L-2×0.150mol/L=0.700mol/L，c(H2)=1.00mol/L-6×0.150mol/L=0.100mol/L，所以CO2转化率=×100%=×100%=30.0%；化学平衡常数K==3.06×105。
【点睛】本题考查盖斯定律及化学平衡计算，把握盖斯定律计算方法和化学平衡常数计算公式含义是解本题关键，注意：化学平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，在计算物质平衡常数时，要注意物质的存在状态，固体物质和液体物质的浓度不变，不能带入化学平衡常数的定义式中。
27.研究燃料的燃烧和对污染气体产物的无害化处理，对于防止大气污染有重要意义。
(1)将煤转化为清洁气体燃料。
已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484kJ/mol；
C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5kJ/mol
写出焦炭与水蒸气反应制H2和CO的热化学方程式_________。
(2)已知一定温度和压强下，由H2和CO反应合成优质燃料甲醇：
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-91kJ/mol
①在相同条件下要想得到182kJ热量，加入各物质的物质的量可能是________
A.2molCO和4molH2 B.2molCO、1molCH3OH和4molH2
C.4molCO和4molH2 D.4molCO和6molH2
②将1molCO和2molH2充入一密闭容器中，保持恒温恒压时进行反应，达到平衡时，测得CO的转化率为20％，若在相同条件下，起始时在该容器中充入CH3OH(g)，反应达到平衡时的热量变化是______(填“吸收”或“放出”)_______kJ热量。
Ⅱ.在1.0L恒容密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应。
A(g)2B(g)+C(g)+D(s) △H=+85.5kJ/mol
容器内气体总压强(p)与起始压强p0的比值随反应时间(t)变化数据见下表(提示：密闭容器中的压强比等于气体物质的量之比)。
回答下列问题：
(3)下列能提高A的转化率的是___。
A.升高温度 B.向体系中通入A气体
C.减少D的物质的量 D.向体系中通入稀有气体He
(4)相同条件下，若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则D的取值范围_________。
(5)将容器改为恒压容器，改变条件，使反应达到相同的限度，则达到平衡时B的浓度为________。
【答案】 (1). C(s)+2H2O(g)=CO(g)+2H2(g) △H=+132.5kJ/mol (2). D (3). 吸收 (4). 72.8 (5). A (6). >0.03 (7). 0.0583mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据已知反应方程式，利用盖斯定律解答；
(2)①由反应方程式可知生成1mol的CH3OH时放热91kJ，想得到182kJ热量，则需生成2molCH3OH；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到2molCH3OH，CO与H2物质的量必须要多于2mol和4mol；
②已知反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-91kJ/mol，则有CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)；△H=+91kJ/mol，保持恒温恒压，将1mol CO和2mol H2
充入一密闭容器中与起始时在该容器中充入1molCH3OH(g)，为等效平衡状态，平衡时两种不同的途径平衡状态相同，各物质的含量、物质的量等都相同，以此计算；
(3)提高反应物的转化率，使得化学平衡正向进行的因素均可以(但是不能加入物质本身)；
(4)根据可逆反应中反应物不能完全转化分析；
(5)根据温度不变，化学平衡常数不变分析。
【详解】(1)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5kJ/mol
根据盖斯定律，②-×①，整理可得：C(s)+2H2O(g)=CO(g)+2H2(g) △H=+132.5kJ/mol；
(2)①由反应方程式可以知道生成1mol的CH3OH时放热91kJ，想得到182kJ热量，则需生成2molCH3OH；因为反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到2molCH3OH，CO与H2物质的量必须要多于2mol和4mol，故合理选项是D；
②对于反应 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-91kJ/mol，开始时n(CO)=1mol，n(H2)=2mol，保持恒温恒压时进行反应，达到平衡时，测得CO的转化率为20％，则此时n(CH3OH)=0.2mol，n(CO)=1mol-0.2mol=0.8mol，n(H2)=2mol-0.4mol=1.6mol，若在相同条件下，起始时在该容器中充入CH3OH(g)，反应达到平衡时各种气体的物质的量应该相同。由该反应的热化学方程式可知：生成1molCH3OH放热91kJ，分解1molCH3OH吸热91kJ，那么分解0.8mol甲醇，吸热热量Q=91kJ ×0.8=72.8kJ；
(3)该反应的正反应为气体体积增大的吸热反应。
A.升高温度，化学平衡向吸热的正反应分析移动，A的转化率增大，A正确；
B.体系中通入A气体，平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，因此A的转化率减小，B错误；
C.由于物质D是固体，所以减少D的物质的量，对化学平衡移动无影响，因此A的转化率不变，C错误；
D.向体系中通入稀有气体He，使体系压强增大，但是各组分浓度不变，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，D错误；
故合理选项是A；
(4)在恒温恒容时，气体的压强与气体的物质的量呈正比，根据表格数据可知平衡时气体压强是开始时的2.40倍，则平衡时气体的物质的量是开始时的2.4倍，反应开始时n(A)=0.10mol，平衡时n(总)=0.24mol，气体物质的量增加了0.24mol-0.1mol=0.14mol，根据方程式中物质反应关系可知：每有1molA反应，气体的物质的量会增加2mol，同时产生1molD，则增加了0.14mol，反应了A是0.07mol，还有A物质是物质的量是0.03mol，产生B是0.14mol，产生C是0.07mol，产生D是0.07mol，相同条件下，若该反应从逆向开始，建立与上述相同的化学平衡，则产生0.0molA会消耗D物质的量是0.03mol，反应物不能完全转化，所以D的取值范围n(D)＞0.03mol；
(5)根据(4)分析可知在反应达到平衡时n(A)=0.03mol，n(B)=0.14mol，n(C)=0.07mol，容器的容积为1.0L，所以c(A)=0.03mol/L，c(B)=0.14mol/L，c(C)=0.07mol/L，化学平衡常数K=；将容器改为恒压容器，改变条件，使反应达到相同的限度，假设反应达到平衡时B的浓度为x，则C浓度为0.5x，A的浓度为(0.1-0.5x)，带入平衡常数表达式中，=，解得x=0.0583mol/L，即达到平衡时B的浓度等于0.0583mol/L。
【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡移动、反应热和物质化学平衡的计算等知识，注意可逆反应无论是从正反应方向开始，还是从逆反应方向开始，物质的平衡含量不变。(5)是计算难点，结合化学平衡常数只与反应温度有关，与建立平衡的途径是恒温恒容还是恒温恒压无关，根据温度不变，化学平衡常数不变计算不同条件下的有关物质的平衡浓度。
28.（18）工业上用CO生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。图1表示反应中能量的变化；图2表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol H2和一定量的CO后，CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化。
请回答下列问题：
（1）在“图1”中，曲线 （填：a或b）表示使用了催化剂；该反应属于 （填：吸热、放热）反应。
（2）下列说法正确的是
A．起始充入的CO为2mol
B．增加CO浓度，CO的转化率增大
C．容器中压强恒定时，反应已达平衡状态
D．保持温度和密闭容器容积不变，再充入1molCO和2molH2，再次达到平衡时
n(CH3OH)/n(CO)会减小
（3）从反应开始到建成平衡， v(H2)=________；已知：在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数，这个常数就是该反应的化学平衡常数，那么在该温度下CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数为_______________。若保持其它条件不变，将反应体系升温，则该反应化学平衡常数____（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）请在“图3”中画出平衡时甲醇百分含量（纵坐标）随温度（横坐标）变化的曲线，要求画压强不同的2条曲线（在曲线上标出P1、P2，且P1H2SO3>HC2O4->HSO3-，据此写出离子方程式；
(6)已知HX为一元弱酸，某混合溶液中含有4mol NaX、2mol Na2CO3和1molNaHCO3，NaX、NaHCO3能共存，说明HX的酸性强于碳酸氢根离子，往溶液中通入3mol
CO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，说明HX的酸性弱于碳酸，即溶液中除了发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，还发生反应NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3，根据反应方程式进行计算。
【详解】(1)相同温度下，酸的电离平衡常数越小，其酸性越弱，弱酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小，则结合氢离子能力越弱，根据电离平衡常数知，酸性最弱的是H2S，酸性最强的是H2SO3，所以结合氢离子能力最弱的是HSO3-；
(2)酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，与碱反应越容易，根据酸的电离平衡常数知，被OH﹣先后消耗的酸及酸式酸根依次是H2C2O4、HCOOH、HC2O4-；
(3)HNO2和H2S生成沉淀和无色气体，无色气体遇空气立即变为红棕色，则该无色气体是NO，亚硝酸具有强氧化性，硫化氢具有还原性，所以硫化氢被亚硝酸氧化生成S单质，根据元素守恒知还生成水，该反应方程式为2HNO2+H2S=2H2O+2NO↑+S↓；
(4)A.HNO2具有强氧化性，HS-具有还原性，二者能发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒、离子守恒，可得反应的离子方程式为H++2HNO2+HS-=2NO↑+S↓+2H2O，A错误；
B.酸性：H2SO3>HCOOH>HSO3-，所以HCOOH和SO32-反应生成HCOO-和HSO3-，反应的离子方程式为HCOOH+SO32-=HCOO-+HSO3-，B错误；
C.酸性：H2SO3>HCOOH>HSO3-，所以H2SO3和HCOO-反应生成HCOOH、HSO3-，反应的离子方程式为H2SO3+HCOO-=HCOOH+HSO3-，C错误；
D.亚硫酸和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸氢根离子，离子方程式为H2SO3+SO32-=2HSO3-，D正确；
E.根据电离平衡常数可知，H2C2O4的一级电离平衡常数大于HNO2，二级电离平衡常数小于HNO2，所以H2C2O4+NO2-=HC2O4-+HNO2，E正确；
故合理选项是DE；
(5)将少量的SO2通入Na2C2O4溶液，酸性H2C2O4>H2SO3>HC2O4->HSO3-，据此离子方程式为：SO2+H2O+C2O42-=HC2O4-+HSO3-；
(6)已知HX为一元弱酸，某混合溶液中含有4molNaX、2molNa2CO3和1molNaHCO3，NaX、NaHCO3能共存，说明HX的酸性强于HCO3-，往溶液中通入3molCO2
气体，充分反应后，气体全部被吸收，说明HX的酸性弱于H2CO3，溶液中发生的反应有：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，根据该反应可知2molNa2CO3能生成4molNaHCO3同时消耗二氧碳2molCO2，还有1molCO2发生反应NaX+CO2+H2O=HX+NaHCO3，生成1molNaHCO3，所以溶液中没有Na2CO3，Na2CO3的物质的量是0，NaHCO3的物质的量为1mol+4mol+1mol=6mol。
【点睛】本题考查了电离平衡常数在电解质的电离和盐的水解的应用。明确弱酸电离平衡常数与酸的酸性强弱、酸根离子水解程度的关系即可解答，注意(4)中选项A，要既考虑强酸制取弱酸，同时也要注意亚硝酸的强氧化性，否则就会得出错误结论，为本题的易错点。
