江西省赣州市南康中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

江西省赣州市南康中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

南康中学2019～2020学年度第一学期高二第一次大考 化学试卷 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）‎ ‎1.已知白磷和P4O6的分子结构如图，现提供以下化学键的键能：P-P：198kJ·mol－1、P-O：360kJ·mol－1、O=O：498kJ·mol－1，则反应P4（白磷）+3O2=P4O6的反应热△H为（ ）‎ A. -126kJ·mol－1‎ B. -1638kJ·mol－1‎ C. +126kJ·mol－1‎ D. +1638kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】已知P4分子内有6个P-P键，则P4(白磷)+3O2=P4O6的△H=反应物的键能和-生成物的键能和=198kJ/mol×6+498kJ/mol×3-360kJ/mol×12=-1638kJ/mol，故答案为B。‎ ‎2.下列反应的离子方程式表达正确的是 A. FeCl3溶液中滴加HI溶液：2Fe3++2HI2Fe2++2H++I2‎ B. 1 mol·L−1 NaAlO2溶液和4 mol·L−1 HCl溶液等体积混合：AlO2−+4H+Al3++2H2O C. NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：NH4++H++SO42−+Ba2++2OH−BaSO4↓+NH3·H2O+H2O D. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：3S2O32−+2H+4S↓+2SO42−+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. FeC13溶液中滴加HI溶液：2Fe3++2I－=2Fe2++I2，A错误；B. 1mol·L-1NaA1O2溶液和4 mol·L-1HCl溶液等体积混合恰好反应生成氯化铝、氯化钠和水：AlO2-+4H+=Al3++2H2O，B正确；C. NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O，C错误；D. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D错误，答案选B。‎ 点睛：选项B是易错点，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，反应的先后顺序，注意隐含因素等。‎ ‎3.已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ·mol-1‎ ‎2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-1452kJ·mol-1‎ H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. H2(g)的燃烧热为571.6kJ·mol-1‎ B. H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1‎ C. 3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=+135.9 kJ·mol-1‎ D. 等质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)燃烧放出的热量多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1可知1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出热量为285.8 kJ•mol-1，则氢气燃烧热为285.8 kJ•mol-1，故A错误；‎ B．反应中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3 kJ多，即该反应的△H＜-57.3 kJ•mol-1，故B错误；‎ C．①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1，②2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1 452kJ•mol-1，按盖斯定律计算①×3-②得到：6H2(g)+2CO2(g)═2CH3OH(l)+2H2O(l)△H=-262.8 kJ•mol-1，则正确的热化学方程式是：3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)△H=-131.4 kJ•mol-1，故C错误；‎ D．同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，设质量为1g；‎ ‎2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1‎ ‎2               571.6kJ mol          142.9kJ ‎2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452kJ•mol-1‎ ‎2      1452kJ mol              22.69kJ 所以H2(g)放出的热量多，故D正确；‎ 故答案D。‎ ‎【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎4.向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体， 一定条件下发生如下反应： 3A(g) B(g)＋2C(g)，各物质的浓度随时间变化如图所示[t0～t1 阶段的 c(B)变化未画出]。下列说法中正确的是( )‎ A. 若 t1＝15 s，则用 A 的浓度变化表示 t0～t1阶段的平均反应速率为 0.004 mol·L－1·s－1‎ B. t1时该反应达到平衡，A的转化率为 60%‎ C. 该容器的容积为2 L，B的起始的物质的量为 0.02 mol D. t0～t1 阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为 a kJ，该反应的热化学方程式为 3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.t0～t1阶段，A 的浓度变化为0.15-0.06=0.09 mol·L－1，t0～t1阶段的平均反应速率为0.09/15=0.006 mol·L－1·s－1，A错误；‎ B.t1时该反应达到平衡， A 的转化率为=0.09/0.15×100=60%，B正确；‎ C.根据反应3A(g) B(g)＋2C(g)可知，反应达平衡后，∆c(A)=0.09 mol·L－1, ∆c(B)=O.03 mol·L－1,由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05 mol·L－1，所以B的起始的浓度为0.02 mol·L－1，B的起始的物质的量为0.02×2=0.04 mol，C错误；‎ D.t0～t1 阶段，∆c(A)=0.09 mol·L－1，∆n(A)=0.09×2 mol =0.18 mol，此时放热a kJ，如果有3 mol A完全反应，放热为50 a /3 kJ,即3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a/3 kJ·mol－1，D错误。‎ 正确选项B。‎ ‎5.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中的硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋S(l) △H＜0。一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中1molSO2和nmolCO发生反应，5min后达到平衡，生成2amolCO2。下列说法正确的是 A. 反应前2min的平均速率v(SO2)＝0.1amol/(L.min)‎ B. 当混合气体的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态 C. 平衡后保持其它条件不变，从容器中分离出部分硫，平衡向正反应方向移动 D. 平衡后保持其他条件不变，升高温度和加入催化剂，SO2的转化率均增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据方程式可知，生成2amolCO2的同时，消耗amolSO2，其浓度的变化量是mol/L，所以反应前2min的平均速率v(SO2)＝mol/L ÷2min＝0.25a mol/(L·min)，A不正确；‎ B、根据方程式可知，该反应是气体的物质的量减小的可逆反应，因此当混合气体的物质的量不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，B正确；‎ C、该反应中S是液体，改变液体的质量其浓度不变，故平衡不移动，C不正确；‎ D、该反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低。催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，D不正确。‎ 答案选B。‎ ‎6.在密闭容器中，反应xA(g)+yB(g)zC(g)达平衡时，A的浓度为0.5mol/L。若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L。下列判断正确的是（ ）‎ A. x＋y＜z B. 平衡向正反应方向移动 C. B的转化率降低 D. C的体积分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 容积扩大原来的2倍，假设平衡不移动，此时A的浓度为应为0.25mol·L－1。达新平衡时A的浓度降为0.3mol·L－1，说明平衡向逆反应方向移动。‎ ‎【详解】A. 容积扩大原来的2倍，容器中的气体压强减小，平衡逆向移动，则x＋y＞z，A错误；‎ B. 平衡向逆反应方向移动，B错误；‎ C. 平衡向逆反应方向移动，故B的转化率降低，C正确； ‎ D. 平衡向逆反应方向移动，故 C的体积分数减小，D错误。‎ 故选项C正确。‎ ‎7.下列事实能用勒夏特列原理来解释是 A. SO2氧化为SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)‎ B. 500 ℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH<0‎ C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2(g)+I2(g)2HI(g)‎ D. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2+H2OH++Cl-+HClO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入催化剂有利于加快二氧化硫生成三氧化硫的反应速率，但是不会引起平衡平衡移动，不能用勒夏特列原理解释；‎ B．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释；‎ C．H2(g)+ I2(g)2HI(g)的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释；‎ D．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，正确。‎ 故选D。‎ ‎8.根据vt图分析外界条件改变对可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g) ΔH<0的影响。该反应的速率与时间的关系如图所示：‎ 可见在t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡，如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则下列对t2、t4、t6、t8时改变条件的判断正确的是 A. 使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度 B. 升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂 C. 增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度 D. 升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从“断点”入手突破改变的条件,t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，不是使用了催化剂，排除A，增大反应物浓度，平衡正向移动，排除C，t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，应是增大反应物浓度，排除B。‎ ‎【详解】t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，排除A、C项；t4时正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，可以是减小压强；t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，所以是增大反应物浓度，D项符合。故选D。‎ ‎9. 现有下列两个图象：‎ 下列反应中符合上述图象的是(　　)‎ A. N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＜0‎ B. 2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)　ΔH＞0‎ C. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＜0‎ D. H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)　ΔH＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图I可知，随温度升高，生成物浓度增大，即升高温度平衡向正反应方向移动即正反应方向为吸热反应；由图II可知，当反应达到平衡时，增大压强正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的更快即平衡向逆反应方向移动，所以该反应的逆反应方向为气体体积减少的反应；所以 A错，合成氨的反应为放热反应；B正确；C错，氨的催化氧化为放热反应；D错，该反应的逆反应为气体体积增大的反应；‎ ‎10.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据如图可得出的判断结论不正确的是（ ）‎ A. 反应速率c＞b＞a B. 达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c C. 若T2＞T1，则正反应一定是吸热反应 D. 达到平衡时，AB3的物质的量大小为：c > b > a ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，B2起始相同时，T2对应的AB3的含量大，则若该正反应为吸热反应，则T2＞T1，若该正反应为放热反应，则T2＜T1；由图可知B2越大，达到平衡时A2的转化率越大，且b点AB3的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，以此来解答。‎ ‎【详解】A．根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，则反应物的浓度依次增大，反应速率依次增大，故A正确；‎ B．根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，则达到平衡时A2的转化率大小为：a＜b＜c，故B错误； ‎ C．若T2＞T1，由图象可知温度升高生成物的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应分析移动，则正反应为吸热反应，故C正确；‎ D．对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增多，所以达到平衡时，AB3的物质的量大小为c＞b＞a，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎11.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。‎ 第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；‎ 第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。‎ 下列判断正确的是 A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大 B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃‎ C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低 D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故A错误；‎ B.50℃时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故B正确；‎ C.230℃时，Ni(CO)4分解的平衡常数K逆=1/K正=1/（2×10−5）=5×104，可知分解率较高，故C错误； ‎ D.平衡时，应该是4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故D错误；‎ 正确答案：B ‎12.在2L恒容密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应：2X(g)＋Y(g)‎ ‎3Z(g)，反应过程持续升高温度，测得X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）‎ A. Q点时，Y的转化率最大 B. 升高温度，平衡常数增大 C. W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率 D. 平衡时，再充入Z，达到平衡时Z的体积分数一定增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在Q对应温度之前，升高温度，X的含量减小，在Q对应温度之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应。‎ A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故A正确；‎ B．已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故B错误；‎ C．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，故C错误；‎ D．反应前后气体的物质的量不变，在一定温度下，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】图象问题解题步骤：(1)看懂图象：①看面(即弄清纵坐标与横坐标的意义)；②看线(即弄清线的走向和变化趋势)；③看点(即弄清起点、拐点、交点、终点的意义)；④看是否要作辅助线(如等温线、等压线)；⑤看定量图象中有关量的多少；(2)联想规律：联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律。‎ ‎13.在1 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(g)，所得实验数据如下表：‎ 实验编号 温度/℃‎ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(X)‎ n(Y)‎ n(M)‎ ‎①‎ ‎700‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0.09‎ ‎②‎ ‎800‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎③‎ ‎800‎ ‎0.20‎ ‎0. 30‎ a ‎④‎ ‎900‎ ‎0.10‎ ‎0.15‎ b 下列说法错误的是（ ）‎ A. 实验①中，若5 min时测得n(M) =0.05 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率v(N) =0.01 mol/( L·min)‎ B. 实验②中，该反应的平衡常数K=1.0‎ C. 实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%‎ D. 实验④中，达到平衡时，b＞0.06‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、v（N）=v（M）= ，故A正确；‎ B、 X（g）+Y（g）M（g）+N（g）‎ 起始浓度（mol·L－1） 0.01 0.04 0 0‎ 转化浓度（mol·L－1） 0.008 0.008 0.008 0.008‎ 平衡浓度（mol·L－1） 0.002 0.032 0.008 0.008‎ 实验②中，该反应的平衡常数 故B正确；‎ C． X（g）+Y（g）M（g）+N（g）‎ 起始浓度（mol·L－1） 0.02 0.03 0 0‎ 转化浓度（mol·L－1） 0.1a 0.1a 0.1a 0.1a 平衡浓度（mol·L－1）0.02-0.1a 0.03-0.1a 0.1a 0.1a ‎ 该反应的平衡常数K= 解得a=0.12，X的转化率=0.12/0.2×100%=60%，故C正确；‎ D．根据三段式可求得，700℃时，化学平衡常数K≈2.6，升高温度至800℃得平衡常数为K=1.0，K减小，即平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若④的温度为800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，④与③为等效平衡，b=1/2，a=0.06mol，但④的实际温度为900℃，相比较800℃，平衡逆向移动，故b＜0.06，D错误；故选D．‎ ‎14.一定温度下，某容器中加入足量碳酸钙，发生反应CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)达到平衡，下列说法正确的是 A. 将体积缩小为原来的一半，当体系再次达平衡时，CO2浓度为原来的2倍 B. 增加CaCO3(s)的量，平衡正向移动，CO2的浓度增大 C. 将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变 D. 保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，若平衡不移动，CO2的浓度为原来的2倍，由于温度不变，平衡常数不变，平衡向着逆向移动，则平衡时二氧化碳的浓度与原来相等，故A错误；‎ B．CaCO3为固体，增加CaCO3(s)的量，平衡不移动，CO2的浓度不变，故B错误；‎ C．该反应中只有二氧化碳气体，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，平衡常数不变，二氧化碳的浓度不变，气体密度不变，故C正确；‎ D．保持容器体积不变，充入He，由于气体的浓度不变，则平衡不会移动，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡及其影响因素，明确影响化学平衡的因素为解答关键。本题的C为易错点，注意无论平衡是否移动，反应中只有二氧化碳一种气体，温度不变，平衡常数等于二氧化碳的浓度就不变。‎ ‎15.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：‎ 已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是 A. 550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动 B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%‎ C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动 D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；‎ B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；‎ C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；‎ D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎16.已知反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)的平衡常数和温度的关系如下：‎ 温度/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ 平衡常数 ‎1.7‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ 现有两个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ，在Ⅰ中充入1molA和1molB，在Ⅱ中充入1molC和1 molD，800℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 容器Ⅰ、Ⅱ中的压强相等 B. 容器Ⅰ、Ⅱ中反应的平衡常数相同 C. 容器Ⅰ中C的体积分数比容器Ⅱ中的小 D. 容器Ⅰ中A的浓度比容器Ⅱ中的小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)的平衡常数随温度的升高，而减小，说明温度升高，平衡逆向移动，即正反应放热；‎ A．由于该反应正向是放热反应，且密闭容器Ⅰ、Ⅱ均恒容绝热，因此容器Ⅰ、Ⅱ随着反应的进行温度变得不一样，平衡时容器内混合气体的总物质的量不一样，则容器Ⅰ、Ⅱ中的压强不相等，故A错误；‎ B．K只与温度有关，由于该反应正向是放热反应，且密闭容器Ⅰ、Ⅱ均恒容绝热，因此容器Ⅰ、Ⅱ随着反应的进行温度变得不一样，则平衡时平衡常数也不一样，故B错误；‎ C．若反应过程中保持800℃不变，则密闭容器Ⅰ、Ⅱ如果在同等条件下，形成的平衡状态完全等效。而容器均恒容绝热，容器Ⅱ的平衡状态可看成是在容器Ⅰ平衡状态的基础上降温，则平衡会向正方向移动，C的体积分数增大，即容器Ⅰ中C的体积分数比容器Ⅱ中的小，故C正确；‎ D．若反应过程中保持800℃不变，则密闭容器Ⅰ、Ⅱ形成的平衡状态完全等效。而两容器均恒容绝热，容器Ⅱ的平衡状态可看成是在容器Ⅰ平衡状态的基础上降温，则平衡会向正方向移动，A的物质的量浓度减小，即容器Ⅰ中A的浓度比容器Ⅱ中的大，故D错误；‎ 故答案为C。‎ 二、填空题（共52分）‎ ‎17.某实验小组在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法步骤进行两组中和热测定的实验，实验试剂及其用量如表所示。‎ 反应物 起始温度/℃‎ 终了温度/℃‎ 中和热/kJ·mol-1‎ 硫酸 碱溶液 ‎①0.5 mol·L-1 H2SO4溶液50 mL、1.1 mol·L-1 NaOH溶液50 mL ‎25.1‎ ‎25.1‎ ΔH1‎ ‎②0.5 mol·L-1 H2SO4溶液50 mL、1.1 mol·L-1 NH3·H2O溶液50 mL ‎25.1‎ ‎25.1‎ ΔH2‎ ‎（1）实验①中碱液过量的目的是____。‎ ‎（2）甲同学预计ΔH1≠ΔH2，其依据是____。‎ ‎（3）若实验测得①中终了温度为31.8℃，则该反应的中和热ΔH1=___(已知硫酸、NaOH溶液密度近似为1.0g·cm-3，中和后混合液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1；计算结果保留2位小数)。‎ ‎（4）在中和热测定实验中，若测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，则测得的中和热ΔH___(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)。‎ ‎（5）若实验①中硫酸用盐酸代替，且中和反应时有少量HCl挥发，则测得中和反应过程中放出的热量Q____。‎ ‎【答案】 (1). 保证酸完全反应，减小实验误差 (2). NH3·H2O是弱碱，其电离过程会吸收热量 (3). -56.01 kJ·mol-1 (4). 偏大 (5). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)为了使硫酸充分反应，碱液应过量；‎ ‎(2)根据弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程；‎ ‎(3)先求出反应前后的温度差，根据公式Q=cm△T来求出生成0.25mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出中和热；‎ ‎(4)测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，使得碱溶液的初始温度偏高，温度差偏小；‎ ‎(5)实验①中硫酸用盐酸代替，且中和反应时有少量HCl挥发，会导致生成水的物质的量减小，会导致中和反应中放出的热量减小。‎ ‎【详解】(1)碱液过量的目的是使硫酸充分反应，提高实验的准确度，减小实验误差；‎ ‎(2)NH3•H2O是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，0.5 mol•L-1 H2SO4溶液50 mL、1.1mol•L-1 NH3•H2O溶液50 mL反应放热偏小，终了温度偏低，反应热数值偏小，但反应热是负值，所以△H1＜△H2；‎ ‎(3)反应前后温度差为31.8℃-25.1℃=6.7℃，0.5mol•L-1 H2SO4溶液50mL和1.1mol•L-1 NaOH溶液50mL，两种溶液的质量和为100mL×1g/mL=100g，c=4.18×10-3 kJ•g-1•℃-1，代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18×10-3 kJ•g-1•℃-1×100g×6.7℃=28.006kJ，即生成0.5mol的水放出热量28.006KJ，所以生成1mol的水放出热量为28.006KJ×2=56.01kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.01kJ/mol；‎ ‎(4)测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，使得碱溶液的初始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，但反应热是负值，中和热△H偏大；‎ ‎(5)实验①中硫酸用盐酸代替，且中和反应时有少量HCl挥发，会导致生成水的物质的量减小，会导致中和反应中放出的热量减小，测定的中和热数值偏小。‎ ‎18.二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：‎ ‎①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H 1=－90.7 kJ·mol-1 K1‎ ‎②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H 2=－23.5 kJ·mol-1 K2‎ ‎③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H 3=－41.2kJ·mol-1 K3‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）则反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的△H＝____kJ·mol-1；该反应的平衡常数K=____（用K1、K2、K3表示）‎ ‎（2）下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有____。‎ A．使用过量的CO B．升高温度 C．增大压强 ‎（3）将合成气以n(H2)/n(CO)=2通入1 L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图1所示，下列说法正确的是____。‎ A．△H <0‎ B．P1>P2>P3:‎ C．若在P3和316℃时，起始时n(H2)/n(CO)=3，则达到平衡时，CO转化率小于50％‎ ‎（4）采用一种新型的催化剂（主要成分是Cu-Mn的合金），利用CO和H2制备二甲醚。观察图2回答问题。催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为____时最有利于二甲醚的合成。‎ ‎（5）图3为绿色电源“二甲醚燃料电池”工作原理示意图，a电极的电极反应式为_____。‎ ‎【答案】 (1). -246.1 (2). K12·K2·K3 (3). AC (4). AB (5). 2.0(2-3之间即可) (6). CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；依据化学平衡常数概念，结合反应化学方程式书写平衡常数，结合平衡常数表达式计算得到平衡常数关系；‎ ‎(2)提高CH3OCH3产率，则平衡正向移动，根据影响平衡因素分析；‎ ‎(4)A．根据温度对CO的转化率的影响分析；‎ B．该反应正方向为体积减小的方向，根据压强对CO转化率的影响分析；‎ C．若在P3和316℃时，起始时=3，则增大了氢气的量；‎ ‎(5)根据图中生成二甲醚的最大值分析；‎ ‎(6)酸性条件下，二甲醚失电子生成二氧化碳。‎ ‎【详解】(1)已知①CO(g)+2H2(g)CH3OH( g)△H1=-90.7kJ•mol-1，K1=；②2CH30H(g)CH30CH3(g)+H2O(g)△H2=-23.5kJ•mol-1，K2=；③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H3=-41.2kJ•mol-1，K3=；根据盖斯定律，①×2+②+③得3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=-246.1kJ•mol-1；平衡常数K== K12·K2·K3；‎ ‎(2)A．增大反应物的浓度平衡正移，所以使用过量的CO，能提高CH3OCH3产率，故A正确；‎ B．该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，则CH3OCH3产率会降低，故B错误； C．该反应正方向为体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，能提高CH3OCH3产率，故C正确；‎ 故答案为AC；‎ ‎(4)A．由图可知随温度升高，CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆移，则正方向为放热反应，故△H＜0，故A正确；‎ B．该反应正方向为体积减小的方向，增大压强CO的转化率增大，所以P1＞P2＞P3，故B正确；‎ C．若在P3和316℃时，起始时=3，则增大了氢气的量，增大氢气的浓度，平衡正移，CO的转化率增大，所以CO转化率大于50%，故C错误；‎ 故答案为AB；‎ ‎(5)由图可知当催化剂中约为2时，CO的转化率最大，生成二甲醚的最多；‎ ‎(6)酸性条件下，二甲醚在负极失电子生成二氧化碳，其电极反应式为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+。‎ ‎【点睛】准确理解平衡常数的概念及影响因素是解题关键，化学平衡常数指一定温度下可逆达到平衡，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，故相同温度下，同一反应的正、逆反应的平衡常数互为倒数；同一转化关系，化学计量数变为原的n倍，则化学平衡常数为原来的n次方倍。‎ ‎19.某温度，将2molCO与5 mol H2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。经过5min后，反应达到平衡，此时转移电子6mol。‎ ‎（1）0～5min内，v(CH3OH)＝____‎ ‎（2）若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，此时v(正)__v(逆)(填“＞”“＜”或“＝”)，平衡常数为____。‎ ‎（3）在题干其他条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，达到新平衡时，H2的体积分数与原平衡对比：____。‎ ‎（4）已知CO与H2在一定条件下也能合成乙醇，0.5mol乙醇液体燃烧生成二氧化碳和水蒸气，放出的热量为617.1kJ/mol，又知H2O（l）═H2‎ O（g）；△H=+44.2kJ/mol，请写出乙醇燃烧热的热化学方程式____。‎ ‎【答案】 (1). 0.15mol·L－1·min－1 (2). > (3). 3 (4). 减小 (5). C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l） △H=﹣1366.8kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)某温度，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol消耗CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗CO物质的量=×1mol=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算；‎ ‎       CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始量(mol) 2     5     0‎ 变化量(mol) 1.5  3      1.5‎ 平衡量(mol) 0.5   2    1.5‎ 平衡浓度c(CO)==0.25mol/L，c(H2)==1mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，结合甲醇表示的反应速率v(CH3OH)=；‎ ‎(2)平衡常数K=；结合浓度商Qc与K关系判断平衡移动的方向，由此推断v(正)与v(逆)的关系；‎ ‎(3)在其它条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，相当于增大压强，平衡正向进行；‎ ‎(4)先求出1mol液态乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量，再根据书写热化学方程式的方法书写。‎ ‎【详解】(1)某温度，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol消耗CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗CO物质的量=×1mol=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算；‎ ‎       CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始量(mol) 2     5     0‎ 变化量(mol) 1.5  3      1.5‎ 平衡量(mol) 0.5   2    1.5‎ 平衡浓度c(CO)==0.25mol/L，c(H2)==1mol/L，c(CH3OH)=‎ ‎0.75mol/L，结合甲醇表示的反应速率v(CH3OH)===0.15mol·L－1·min－1；‎ ‎(2)平衡常数K===3；若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，计算此时浓度商Qc===1.2＜3，说明平衡正向进行，此时v(正) ＞v(逆)；‎ ‎(3)在其它条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，相当于增大压强，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，反应是气体体积减小的反应，平衡正向进行，达到新平衡时，H2的体积分数与原平衡对比减小；‎ ‎(4)1mol液态乙醇完全燃烧生成二氧化碳和气态水放出热量为617.1kJ×=1234.2kJ，1mol液态乙醇完全燃烧生成3mol水，3mol气态水转化为液态水放出的热量44.2kJ×3=132.6kJ，所以1mol液态乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为1234.2kJ+132.6kJ=1366.8kJkJ，则乙醇燃烧生成气态水的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1366.8kJ/mol。‎ ‎【点睛】判断可逆反应进行的方向：对于可逆反应，在一定的温度的任意时刻，生成物浓度的化学计量数次幂与反应物的化学计量数次幂的比值叫做反应的浓度商，用Qc表示。Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。‎ ‎20.二氧化硫的催化氧化反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是工业制硫酸重要反应。‎ ‎（1）从平衡角度分析采用过量O2的原因是_____。‎ ‎（2）某温度下，SO2的平衡转化率（）与体系总压强（P）的关系如图1所示。平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）____K（B）（填“>”、“<”或“=”，下同）。‎ ‎（3）保持温度不变，将等物质的量的SO2和O2‎ 混合气平分两份，分别加入起始体积相同的甲、乙两容器中，保持甲容器恒容，乙容器恒压到达平衡（如图2）。两容器的SO2的转化率关系为甲_____乙。‎ ‎（4）工业制硫酸的尾气中有少量SO2气体，可用NaClO2碱性溶液吸收，该反应的离子方程式为：___‎ ‎【答案】 (1). 提高氧气浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的转化率 (2). = (3). < (4). 2SO2+ClO2—+4OH—=2SO42-+Cl—+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)采用过量的O2，可以提高二氧化硫转化率；‎ ‎(2)平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；‎ ‎(3)保持甲容器恒容，乙容器恒压，该反应为气体体积缩小的反应，二者相比乙容器中压强较大，平衡向着正向移动；‎ ‎(4)用NaClO2碱性溶液吸收SO2气体，生成Na2SO4和NaCl，结合守恒法写出发生反应的离子方程式。‎ ‎【详解】(1)从平衡角度分析采用过量O2的目的是，利用廉价原料提高其他反应物的化率，加入氧气提高二氧化硫的转化率；‎ ‎(2)平衡常数只受温度影响，与压强无关，平衡状态由A变到B时，二者温度相同，故平衡常数K(A)=K(B)；‎ ‎(3)该反应是气体体积缩小的反应，反应过程中压强逐渐减小，若保持甲容器恒容，乙容器恒压，乙中压强较大，平衡向着正向移动，则两容器的SO2的转化率关系为α甲＜α乙；‎ ‎(4)用NaClO2碱性溶液吸收SO2气体，生成Na2SO4和NaCl，发生反应的离子方程式为2SO2+ClO2—+4OH—=2SO42-+Cl—+2H2O。‎ ‎21.将x molA与y mol B充入密闭容器中发生如下反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)；ΔH＝-akJ·mol-1(a＞0)‎ 在某温度下达到平衡状态，请回答下列问题：‎ ‎（1）若减压后v正＜v逆，则x、y、z的关系是____。‎ ‎（2）若恒温、恒压下向原平衡中加入C，则平衡_____移动(填“正向”、“逆向”或“不”)，重新达平衡后C的体积分数_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎（3）如图，纵坐标为反应物的转化率，横坐标是反应物初始用量之比，则x∶y =___；一定时，平衡状态A的转化率在恒温条件下比在绝热环境中是高还是低?____。‎ ‎（4）恒温、恒容下，x mol A与y mol B反应达到平衡时能量变化为a1 kJ，xmolA与1.5ymolB反应达到平衡时能量变化为a2kJ，则a、a1、a2、由大到小顺序为____。(a、a1、a2均大于0)‎ ‎【答案】 (1). x+y>z (2). 逆向 (3). 不变 (4). 3∶l (5). 高 (6). a>a2>a1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将x molA与y mol B充入密闭容器中发生如下反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)；ΔH＝-akJ·mol-1(a＞0) 在某温度下达到平衡状态，请回答下列问题：‎ ‎(1)减小压强，平衡向气体总物质的量增大的方向移动；‎ ‎(2)增大反应物的量，平衡逆向移动；在恒温、恒压下向原平衡中加入C，重新形成的平衡与平衡等效；‎ ‎(3)反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比时，反应物的转化率相等；如图，当=3时，A的转化率和B的转化率相等；一定时，温度升高平衡向吸热反应方向移动；‎ ‎(4)可逆反应，反应物的转化率始终小于100%；增大反应物的量，平衡正向移动。‎ ‎【详解】将x molA与y mol B充入密闭容器中发生如下反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)；ΔH＝-akJ·mol-1(a＞0) 在某温度下达到平衡状态，请回答下列问题：‎ ‎(1)减小压强，平衡向气体总物质的量增大的方向移动，若减压后v正＜v逆，说明平衡逆向移动，即逆方向是气体总物质的量增大的方向，即x、y、z的关系是x+y>z；‎ ‎(2)增大反应物的量，平衡逆向移动；则在恒温、恒压下向原平衡中加入C，平衡逆向移动，重新形成的平衡与平衡等效，即C的体积分数不变；‎ ‎(3)反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比时，反应物的转化率相等；如图，当=3时，A的转化率和B的转化率相等，即x∶y =3:1；已知xA(g)＋yB(g)zC(g)；ΔH＝-akJ·mol-1(a＞0)，一定时，反应在绝热条件下进行，容器内温度升高，相对恒温条件下的平衡状态，平衡逆向移动，则温度升高平衡向吸热反应方向移动，平衡状态A的转化率在恒温条件下比在绝热环境中高；‎ ‎(4)恒温、恒容下，已知xA(g)＋yB(g)zC(g)；ΔH＝-akJ·mol-1(a＞0)，则当xmol的A完全反应时反应放出的热量为akJ； x mol A与y mol B反应达到平衡时能量变化为a1 kJ， xmolA与1.5ymolB反应达到平衡时A的转化率比x mol A与y mol B反应达到平衡时转化率大，则能量变化为a2kJ＞a1kJ，因xmolA不能完全转化，则放出的能量小于akJ；即a>a2>a1。‎ ‎ ‎