甘肃省武山一中2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

甘肃省武山一中2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

武山一中2019-2020学年第一学期期中考试高二化学 可能用到相对原子质量：H ‎1 C 12 Cl 35.5 O 16 Na 23 S 32 Fe 56‎ 一、选择题（共18题,每小题3分，共54分）‎ ‎1.已知反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，下列说法正确的是(　　)‎ A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小 B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间 C. 达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动 D. 达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，该反应是一个气体分子数减少的放热反应。‎ ‎【详解】A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率也增大，A不正确；‎ B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间，B正确；‎ C. 达到平衡后，升高温度有利于该反应平衡逆向移动，C不正确；‎ D. 达到平衡后，减小压强都有利于该反应平衡逆向移动，D不正确。‎ 故选B。‎ ‎2.对于反应2HI（g）H2（g）＋I2（g,紫色），下列叙述能够说明已达平衡状态的是（ ）‎ A. 混合气体的质量不再变化 B. 温度和体积一定时，容器内压强不再变化 C. 1molH－H键断裂的同时有2molH－I键断裂 D. 各物质的物质的量浓度之比为2∶1∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据反应可知，反应物、生成物全部为气体，气体的质量在反应前后不发生变化，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；‎ B.反应两边气体的体积不变，反应过程中压强始终不变，所以容器内压强不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；‎ C.1molH－H键断裂体现正反应，断裂2molH－I键体现逆反应，正逆反应的速率之比等于化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；‎ D.由于反应起始的各物质的量没有给出，因此平衡状态时各物质的物质的量浓度之比不确定，不能证明反应达到平衡状态，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”：“一等”即正反应速率等于逆反应速率；“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变,其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变。‎ ‎3.对反应A＋B＝AB来说，常温下按以下情况进行反应：‎ ‎①20 mL溶液中含A、B各0.01 mol ‎②50 mL溶液中含A、B各0.05 mol ‎③0.1 mol·L－1的A、B溶液各10 mL ‎④0.5 mol·L－1的A、B溶液各50 mL 四者反应速率的大小关系是 A. ②＞①＞④＞③ B. ④＞③＞②＞①‎ C. ①＞②＞④＞③ D. ①＞②＞③＞④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①c(A)＝c(B)＝＝0.5 mol·L－1；②c(A)＝c(B)＝＝1 mol·L－1；③c(A)＝c(B)＝＝0.05 mol·L－1；④c(A)＝c(B)＝＝0.25 mol·L－1；在其他条件一定的情况下，浓度越大，反应速率越大，所以反应速率由大到小的顺序为②＞①＞④＞③，故A正确；答案：A。‎ ‎4.实验室用锌粒和稀硫酸制取H2，下列措施可使反应速率加快的是（ ）‎ A. 改用98%的浓硫酸 B. 增加锌粒的量 C. 用锌块代替锌粒 D. 加入少许硫酸铜溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.改用98%的浓硫酸，锌和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，而不是氢气，故A错误；‎ B.锌粒为固体，增加锌粒的量，反应速率不变，故B错误；‎ C.用锌块代替锌粒，固体反应物的表面积减小，反应速率减慢，故C错误；‎ D.加入少量CuSO4溶液可以与Zn反应产生少量铜，Zn和Cu在稀硫酸条件下形成原电池，可以加快化学反应速率，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 增大压强，反应速率一定加快 B. 升高温度和使用催化剂都可以改变反应的活化能，加快反应速率 C. 增大反应物的量，能使活化分子百分数增加，化学反应速率加快 D. 活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 增大浓度、压强，活化分子数目增大，而升高温度、使用催化剂，活化分子百分数增大，以此来解答。‎ ‎【详解】A．压强对反应速率的影响只适用于有气体参与的反应体系，则增大压强，反应速率不一定加快，A错误；‎ B．升高反应的温度，提供能量，则活化分子百分数增加，有效碰撞的几率提高，反应速率增大，催化剂通过改变反应路径，使反应所需的活化能降低，活化分子百分数增加，有效碰撞的几率提高，反应速率增大，但温度不能改变活化能，B错误；‎ C．增大反应物的量，不一定能使活化分子百分数增加，化学反应速率不一定加快，C错误；‎ D．活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，因此活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎6.10mL浓度为1mol/L盐酸与过量锌粉反应，若加入少量下列固体，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是 A. K2SO4 B. CH3COONa C. CuSO4 D. Na2CO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锌与盐酸反应的离子方程式：Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，减慢反应速率，需要降低c(H＋)，不影响氢气生成，即n(H＋)不变，然后进行分析；‎ ‎【详解】锌与盐酸反应的离子方程式：Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，‎ A、加入K2SO4固体，对反应无影响，故A不符合题意；‎ B、加入CH3COONa固体，发生CH3COO－＋H＋=CH3COOH，CH3COOH为弱酸，c(H＋)降低，但H＋总物质的量不变，反应速率减缓，但氢气总量不变，故B符合题意；‎ C、发生Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，构成铜锌原电池，加快反应速率，故C不符合题意；‎ D、Na2CO3与盐酸反应，生成CO2，消耗H＋，c（H+）和n（H+）都减小，反应速率减缓，氢气总量减少，故D不符合题意；‎ 答案选项B。‎ ‎7.金刚石和石墨都能燃烧，氧气不足时生成一氧化碳，充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。下列说法正确的是 ( )‎ A. 金刚石和石墨互为同素异形体，它们之间的转化属于化学变化 B. 金刚石比石墨稳定 C. 相同物质的量的金刚石比石墨所含有的能量低 D. 由金刚石制取石墨放出1.9 kJ的热量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金刚石和石墨互为同素异形体，为不同的物质，发生的是化学变化，A正确；‎ B.由图可知石墨能量低，物质含有的能量越低，稳定性越强，故石墨比金刚石稳定，B错误；‎ C.图中金刚石的能量高，则相同物质的量的金刚石比石墨所含有的能量高，C错误；‎ D.①C(s，金刚石)+O2(g)=CO2(g) △H=-395.4 kJ/mol，②C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ/mol，由盖斯定律可知，①-②得到C(s，金刚石)=C(s，石墨)，△H=-395.4 kJ/mol-(-393.5 kJ/mol)=-1.9kJ/mol，由于未指明反应的物质的量，因此不能确定放出热量多少，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎8.在一个不传热的固定容积的密闭容器中,可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),当m、n、p、q为任意整数时,一定达到平衡的标志是(　 　)‎ ‎①体系的温度不再改变 ②体系的压强不再改变 ‎③各组分的浓度不再改变 ④各组分的质量分数不再改变 ‎⑤反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=m∶n∶p∶q ‎⑥单位时间内m mol A发生断键反应,同时p mol C也发生断键反应 A. ③④⑤⑥ B. ①③④⑥ C. ②③④⑥ D. ①③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①体系的温度不再改变，正、逆反应速率相等，据此能判断该反应达到平衡状态，①正确；‎ ‎②如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态，②错误； ‎ ‎③各组分的物质的量浓度不再改变，说明该反应达到平衡状态，③正确；‎ ‎④当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，④正确；‎ ‎⑤任何时刻反应时都存在速率关系：v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q，故不能根据反应速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q判断该反应是否达到平衡状态，⑤错误；‎ ‎⑥单位时间内m mol A断键反应等效于pmol C形成，同时pmol C也断键反应，⑥正确；‎ 综上所述可知正确说法为①③④⑥，故合理选项是B。‎ ‎9.为了探究温度对化学反应速率的影响，下列实验方案可行的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、没有参照物，所以无法判断，故A错误；B、催化剂、温度都不同，所以无法判断，故B错误；C、两个实验的影响因素不同，所以无法判断，故C错误；D、两个实验的不同点只有温度，所以能判断温度对化学反应速率的影响，故D正确。‎ ‎10.下图所示的实验，能达到实验目的的是 A B C D 验证化学能转化为电能 研究催化剂对化学反应速率的影响 实验室制氨气 验证非金属性：Cl>C>Si ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.没有形成闭合回路，不能构成原电池，A错误；‎ B.不加FeCl3溶液放出氢气的速率比加入FeCl3溶液放出氢气的速率慢，说明FeCl3溶液对H2O2的分解有催化作用，B正确；‎ C.氯化铵加热分解产生氨气和氯化氢，二者遇冷有重新化合形成氯化铵，因此不能用于实验室制取氨气，C错误；‎ D.在锥形瓶中HCl与Na2CO3发生反应产生CO2气体，证明酸性：HCl>H2CO3，但盐酸有挥发性，会随CO2进入烧杯内，发生反应2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl，而且盐酸是HCl溶于水形成的，不是Cl元素的最高价含氧酸，因此不能证明元素的非金属性Cl>C>Si，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎11.下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 反应NH3(g)＋HCl(g)＝NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＜0‎ B. 反应CaCO3(s)＝CaO(s)＋CO2(g)在室温下不能自发进行，说明该反应ΔH＜0‎ C. 一定温度下，反应MgCl2(l)＝Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0，ΔS＞0‎ D. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．当△G=△H-T△S＜0，反应能自发进行，已知反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，该反应为△G＜0的反应，所以反应的△H＜0，正确；B．当△G=△H-T•△S＜0时，能自发进行，该反应△S＞0，室温下不能自发进行，说明该反应的△H＞0，错误；C．分解反应一般为吸热反应，所以ΔH＞0；生成气体是一个熵增加的反应，Δ所以S＞0，正确；D．该反应熵值增加，反应不能自发，说明反应一定是吸热反应，正确。‎ 考点：考查反应热和焓变 ‎12.下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确) (　　)‎ A. C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH＝－1367.0 kJ/mol(燃烧热)‎ B. NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝＋57.3 kJ/mol(中和热)‎ C. S(s)＋O2(g)=2SO2(g) ΔH＝－296.8 kJ/mol(反应热)‎ D. 2NO2=O2＋2NO ΔH＝＋116.2 kJ/mol(反应热)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.表示燃烧热时H2O的状态应该是液态，所以该热方程式不是表示燃烧热的热化学方程式，故A错误；‎ B.中和热放热反应，ΔH=-57.3 kJ/mol，故B错误；‎ C.S燃烧生成SO2的反应是放热反应，ΔH<0，同时也注明了物质的聚集状态等，故C正确；‎ D.未注明物质的聚集状态，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】燃烧热是1mol可燃物充分燃烧，生成稳定的氧化物所放出的热量，水的状态应该是液体水。‎ ‎13.某温度下，在一个‎1L的密闭容器中，加入2molA和1molB进行如下反应：‎2A(g)+2B(g)‎3C(? )+D(? )。反应一段时间后达到平衡，测得生成0.6molC，且反应前后压强之比为 ‎15∶11(相同温度下测量)，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的化学平衡常数K约为0.043‎ B. 增加C的物质的量，B的平衡转化率不变 C. 增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大 D. A的平衡转化率是40%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2A‎(g)+2B(g)⇌‎3C(？)+D(？)‎ 反应前(mol) 2       1         0      0‎ 反应了(mol)0.4     0.4      0.6    0.2‎ 平衡后(mol)1.6    0.6       0.6    0.2‎ 据气体物质的量之比等于压强之比可得反应后气体物质的量为：×(2+1)=2.2mol，所以CD都不是气体。‎ ‎【详解】A、该反应的化学平衡常数K==1.04，故A错误；‎ B、C不是气体，增大C的量，对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，故B正确；‎ C、平衡常数只受温度影响，故C错误；‎ D、A的转化率为：×100%=20%，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡计算以及平衡常数的影响因素等。正确判断CD的状态是解题的关键。根据气体的压强之比等于气体的物质的量之比，利用三段式法计算出反应后气体物质的量，可以确定CD的状态。‎ ‎14.一定温度下，在3个容积均为的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)达到平衡，下列说法正确的是 ( )‎ A. 该反应的正反应是吸热反应 B. 达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小 C. 达到平衡时，容器Ⅱ中平衡常数小于容器Ⅲ中平衡常数 D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据I、III知，升高温度平衡时甲醇的浓度减小，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，故A错误；‎ B. I、II知，II相当于I增大压强，增大压强平衡正向移动，导致反应物转化率增大，则转化率：II>I，故B正确；‎ C. 该反应放热反应，升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数：II>III，故C错误；‎ D. 其它条件相同时，升高温度化学反应速率加快，温度：III>I，则正反应速率：III>I，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎15.某温度下，在‎2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是 A. m=2‎ B. 两次平衡的平衡常数相同 C. X与Y的平衡转化率之比为1:1‎ D. 第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.某温度下，在‎2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；‎ B.同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；‎ C.m=2，起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；‎ D.m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷‎2L=0.2mol/L，故D项错误；‎ 本题选D。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎16.利用图1 和图2中的信息，按图3装置(连接的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。下列说法正确的是 A. H2O2中只含有极性共价键，不含离子键 B. 2NO2N2O4的平衡常数K随温度升高而减小 C. 向H2O2中加入Fe2(SO4)3后，B中颜色变浅 D. H2O2分解反应中Fe2(SO4)3作催化剂，可以使反应的△H减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 过氧化氢的结构式是：H－O－O－H，含有氧氧非极性键，不是只含极性键，故A错误；‎ B.据图2可知， 2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以温度越高K值越小，故B正确；‎ C. B瓶中H2O2在Fe2(SO4)3催化剂的作用下分解加快，相同时间内放热多，因此B瓶的温度升高，2NO2⇌N2O4平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色变深，故C错误；‎ D. 催化剂的使用只能改变反应速率，不改变反应的焓变△H，所以H2O2分解反应中Fe2(SO4)3作催化剂，但反应的△H不变，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎17.在一定体积的密闭容器中，进行如下的化学反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数K和温度的关系如下表，根据以上信息推断以下说法正确的是(　 　) ‎ A. 此反应为放热反应 B. 此反应只有达到平衡时，密闭容器中的压强才不会变化 C. 此反应达到1 ‎000 ℃‎时反应速率比‎700 ℃‎时大 D. 该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，压强只改变反应速率但不影响平衡移动，根据表格知，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度该反应向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，据此解答。‎ ‎【详解】A．随温度升高，平衡常数增大，说明反应正向移动，即正反应为吸热反应，故A错误；‎ B．反应前后气体体积不变，压强始终不变，故B错误；‎ C．温度越高反应速率越快，故C正确；‎ D．化学平衡常数越大，反应物的转化率越高，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】‎ 化学平衡常数应注意的问题：①化学平衡常数只与温度有关；②稀溶液中进行的反应，水的“浓度”作为常数，在平衡常数中不用书写；③当反应中有固体物质参加时，固体的“浓度”作为常数，在平衡常数表达式中不用书写；④化学平衡常数表达式与化学方程式的书写方式有关。同一个化学反应，由于书写的方式不同，各反应物、生成物的化学计量数不同，平衡常数就不同。但是这些平衡常数可以相互换算；⑤平衡常数的大小可以表示反应进行的程度，K越大说明反应正向进行程度大，反应物的转化率大。‎ ‎18.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。‎ 二、非选择题（共4题,每小题每空2分，共46分）‎ ‎19.中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%~50%。CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为‎1L的密闭容器中，充入 1mol CO2和3mol H2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。‎ ‎（1）从3 min到9 min，υ(H2)=________；‎ ‎（2）能说明上述反应达到平衡状态的是____________（填编号）。‎ A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1（即图中交叉点）‎ B．混合气体的密度不随时间的变化而变化 C．单位时间内消耗3mol H2，同时生成1mol H2O D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变 ‎（3）平衡时CO2的转化率为______________。‎ ‎（4）平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数是__________________。‎ ‎（5）一定温度下，第9分钟时υ逆(CH3OH) _______（填“大于”、“小于”或“等于”）第3分钟时υ正(CH3OH)。‎ ‎【答案】 (1). 0.125mol·L－1·min－1 (2). D (3). 75﹪ (4). 30﹪ (5). 小于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）3min到9min，根据CO2浓度变化计算CO2化学反应速率，利用计量数之比得到v（H2）；‎ ‎（2‎ ‎）化学反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的物理量不变；‎ ‎（3）由图象可知平衡时CO2为0.25mol/L，可知消耗0.75mol/L，以此计算转化率；‎ ‎（4）结合各物质的平衡浓度，利用三段式法计算；‎ ‎（5）第9分钟时达到平衡，υ逆（CH3OH）=υ正（CH3OH），随着反应的进行，正反应速率逐渐减小．‎ ‎【详解】(1)3min到9min,CO2浓度变化为0.5mol/L−0.25mol/L=0.25mol/L,CO2反应速率为：0.25mol/L÷(9min−3min)=0.256mol/(L⋅min),v(H2)=3×v(CO2)=0.125mol/(L⋅min)，‎ 故答案为0.125 mol/(L⋅min)；‎ ‎(2)A.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1(即图中交叉点)，浓度相等而不是不变，故A错误；‎ B. 反应前后，气体质量不变，容器体积不变，则气体密度始终不变，不能判断是否平衡，故B错误；‎ C. 单位时间内每消耗3molH2,同时生成1molH2O，从反应开始到平衡始终相等，不一定平衡，故C错误；‎ D. CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D正确；‎ 故答案为D；‎ ‎(3)由图象可知平衡时CO2的为0.25mol/L,可知消耗0.75mol/L,则转化率为0.75×100%=75%，‎ 故答案为75%；‎ ‎(4) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)‎ 起始(mol/L):1 3 0 0 ‎ 转化(mol/L):0.75 2.25 0.75 0.75‎ 平衡(mol/L):0.25 0.75 0.75 0.75‎ 则平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数为0.75÷(0.25+0.75+0.75+0.75)×100%=30%，‎ 故答案为30%；‎ ‎(5)第9分钟时达到平衡,υ逆(CH3OH)=υ正(CH3OH),随着反应的进行,正反应速率逐渐减小,则第9分钟时υ逆(CH3OH)小于第3分钟时υ正(CH3OH).，‎ 故答案为小于。‎ ‎【点睛】可逆反应处于平衡状态的判断依据：同一物质的正逆反应速率相等，物质的百分含量不变，据此分析。‎ ‎20.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。‎ ‎（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，该反应中Na2O2 是_____（填氧化剂、还原剂），与CO2反应的化学反应方程式____。‎ ‎（2）湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_________。若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为____mol。‎ ‎【答案】 (1). 氧化剂、还原剂 (2). 2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO2+O2 (3). 2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O (4). 0.15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）所含元素化合价升高的反应物是还原剂，反应中化合价升高的元素有Fe、O元素，化合价降低的也有氧元素；‎ ‎（2）①湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），则FeO42-为产物，Fe（OH）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO－为反应物，Cl－为生成物，化合价降低共2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3的系数为2，FeO42-的系数为2，ClO－的系数为3，Cl－的系数为3，根据电荷守恒可知，OH-为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5；‎ ‎②根据Fe元素化合价变化计算转移电子，还原产物为Cl-，根据Cl元素化合价变化计算生成Cl-的物质的量；‎ ‎【详解】(1)所含元素化合价升高的反应物是还原剂,反应中化合价升高的元素有Fe、O元素,故还原剂为FeSO4，Na2O2，氧化剂是，Na2O2；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式是2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO2+O2‎ 故答案为氧化剂、还原剂；2Na2O2+2CO2 = 2Na2CO2+O2‎ ‎(2) 湿法制备高铁酸钾（K2FeO4），则FeO42-为产物，Fe（OH）3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO－为反应物，Cl－为生成物，化合价降低共2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe（OH）3的系数为2，FeO42-的系数为2，ClO－的系数为3，Cl－的系数为3，根据电荷守恒可知，OH-为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O 为生成物，其系数为5，离子方程式为：2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O，‎ 故答案为2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O；‎ 若反应过程中转移了0.3mol电子,则还原产物的物质的量为0.3mol÷[1−(−1)]=0.15mol，‎ 故答案为0.15；‎ ‎【点睛】新情景下化学方程式的书写：先写出主要的氧化剂，还原剂，氧化产物，还原产物；运用电子守恒进行配平；运用电荷守恒配平；最后用原子守恒进行检验是否配平。‎ ‎21.氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一，消除氮氧化物有多种方法。‎ ‎（1）目前，应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原法，化学反应可表示为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)== 2N2(g)+3H2O(g) △H＜0‎ ‎①该反应中，反应物总能量_____（填“>”、“<”或“=”）生成物总能量。‎ ‎②当该反应有2mol N2(g)生成时，转移电子的物质的量为____________mol。‎ ‎③该反应中，还原剂为_____________（填化学式），氧化产物与还原产物的质量比为______________。‎ ‎（2）也可以利用甲烷催化还原氮氧化物．已知：‎ CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574kJ/mol CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ/mol 则CH4(g)将NO(g)还原为N2(g)的热化学方程式是_________________________________。‎ ‎（3）还可利用ClO2 消除氮氧化物的污染，反应过程如下（部分反应物或生成物略去）：‎ 反应I的产物中还有两种强酸生成，且其中一种强酸为硝酸，且硝酸与NO2物质的量相等，则化学反应方程式为______，反应中若生成22.4L N2(标准状况)，则消耗ClO2______g。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). 6 (3). NH3 (4). 1:1 (5). CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ·mol﹣1 (6). 2NO + ClO2 + H2O = NO2 + HNO3 + HCl (7). 135‎ ‎【解析】‎ ‎（1）①该反应△H＜0，是放热反应，反应物总能量>生成物总能量。②该反应NH3(g)中N元素化合价为-3，NO(g)中N元素化合价为+2，NO2(g)中N元素化合价为+4，生成物N2(g)中N元素化合价为0，根据化合价升高的数值=化合价降低数值=转移电子数，电子转移关系为：2NH3～6e-，由化学方程式得关系：2NH3～2N2(g)，所以当有2molN2(g)‎ 生成时，转移电子物质的量为6mol。③根据前面对反应中元素化合价的分析得，该反应中，还原剂为NH3，氧化产物与还原产物都是N2(g)，根据N原子守恒及得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量相等，所以氧化产物与还原产物质量比为1:1。‎ ‎（2）设已知中的两个热化学方程式分别为①、②，根据盖斯定律，②×2-①可得：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ•mol-1。‎ ‎（3）根据流程，一氧化氮和二氧化氯反应，NO作还原剂被氧化，ClO2作氧化剂被还原，再结合已知信息可得，产物是硝酸、HCl和二氧化氮，化学方程式为：2NO+ClO2+H2O=NO2+HNO3+HCl；根据反应I可得：NO2～ClO2．根据反应II及N原子守恒可得：2NO2～N2，因此2ClO2～2NO2～N2，所以反应中若生成标准状况22.4LN2(即1molN2)，则消耗2molClO2，质量为：2mol×67.5g•mol-1=135g。‎ ‎22.Ⅰ、50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸与50 mL 0.55 mol·L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，完成下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_____________。请指出装置中的另外错误是 ____________.‎ ‎（2）实验中改用60 mL 0.50 mol·L-1的盐酸跟60 mL 0.55 mol·L-1NaOH溶液进行上述实验相比，所求中和热________（填“相等”“不相等”）。用相同浓度体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会___________;（填“偏大”“偏小”“无影响”）。‎ Ⅱ、（1）在恒容密闭容器中投入2 mol M，发生反应:2M(g)N(g) +P(g)，下图是不同温度下M的转化率随时间变化的曲线。下列说法正确的是_________________‎ A.反应速率:A点大于B点 B.温度为T2时，从反应开始至t3达到平衡，M的平均反应速率为 ‎ C.C点时， ‎ D.温度一定，当混合气体的平均摩尔质量不变时,反应达到平衡状态 ‎ ‎（2）在一定温度下某恒容密闭容器中，充入3molH2和1mol的N2，2min达到平衡状态时，总的气体的物质的量变为原来的9/10，则此时N2的转化率为__________；若此时放出的热量为18.44 kJ，已知1mol氮氮三键断裂需要945.8kJ的能量，1mol氢氢键断裂需要436 kJ的能量，求1molN-H键断裂吸收的能量_____。‎ ‎【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 大小杯烧杯口相平. (3). 相等 (4). 偏小 (5). A (6). 20％ (7). 391 kJ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ、（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；根据中和热的测定原理分析；‎ ‎（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答．‎ 根据弱电解质电离吸热分析．‎ Ⅱ、(1)先拐先平数据大原则，定一议二原则进行分析，T1温度下先达到平衡，故温度T1>T2，据此分析；‎ ‎（2）利用三段式法计算平衡时各气体物质的量，从而计算转化率并书写热化学方程式；依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量计算得到；‎ ‎【详解】Ⅰ、(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作，内外烧杯应一样高，否则，热量散失大；‎ 故答案环形玻璃搅拌棒；小烧杯口和大烧杯口没有平齐；‎ ‎（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60 mL 0.50 mol·L-1的盐酸跟60 mL 0.55 mol·L-1NaOH溶液溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，测得中和热数值相等，氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，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；‎ 故答案为相等；偏小； ‎ Ⅱ.（1） A.先拐先平数据大，先达到平衡的温度高，温度高反应速率快，故反应速率A点大于B点，故A正确；‎ B.温度为T2时，从反应开始至t3达到平衡，不知道容器的体积，无法计算浓度的变化量，反应速率无法计算，故B错误；‎ C.C点时，速率之比等于化学计量数之比，M和N物质的化学计量数之比是2:1，故速率之比应是2:1，故C错误；‎ ‎ D.温度一定，因为反应物和生成物都是气体，混合物的质量不变，容器的体积也不变，故当混合气体的平均摩尔质量 不变时，不能说明可逆反应处于平衡状态，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎ (2) N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)‎ 反应前(mol)1 3 0‎ 转化了(mol)x 3x 2x 平衡时(mol)1−x 3−3x 2x 达到平衡状态时,总的气体的物质的量变为原来的9/10,则有1−x+3−3x+2x÷(1+3)=9/10，x=0.2，N2的转化率为0.21×100%=20%；‎ ‎0.2mol氮气反应放出的热量为18.44kJ，1mol氮气反应放出的热量为92.2kJ,则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=−92.2 kJ/mol；‎ N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量−生成物形成化学键放出的能量=3×436+945.8−6×N−H键键能=−92.2，‎ N−H键键能=391 kJ/mol；‎ 故答案为20% ； 391kJ；‎ ‎【点睛】化学平衡图象题利用先拐先平数据大原则，定一议二原则进行分析。‎