【化学】河北省张家口市尚义县第一中学2019-2020学年高二10月月考（解析版）

【化学】河北省张家口市尚义县第一中学2019-2020学年高二10月月考（解析版）

河北省张家口市尚义县第一中学2019-2020学年高二10月月考 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，全卷满分100 分，考试时间 90分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必用‎0.5mm黑色签字笔在答题卡相应栏内填写自己的班级、姓名、考场、准考证号，并用2B铅笔将考试科目、准考证号涂写在答题卡上。‎ ‎2.II卷内容须用‎0.5mm黑色签字笔写在答题卡相应空格或区域内。‎ ‎3.考试结束，将答题卡交回 第I卷(选择题，共45分)‎ 一、选择题(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每小题选出答案后，请填在答题卡上)‎ ‎1.化学与社会、环境密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济 B. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成 C. 人造棉、蚕丝、棉花、涤纶的主要成分都是纤维素 D. 向汽油中添加乙醇后，该混合燃料的热值不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 光催化还原水制氢是利用太阳能直接分解水制氢，而电解水制氢要消耗电能，电能若是来自火力发电，会产生污染，所以光催化还原水制氢比电解水制氢更环保经济，A项正确；‎ B. NO2或SO2都会导致酸雨的形成，但CO2不会导致酸雨的形成，可能会引起温室效应，B项错误；‎ C. 人造棉、棉花的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分为蛋白质，涤纶是人工合成的有机高分子材料，C项错误；‎ D. 热值是‎1g的燃料完全燃烧时所放出的热量，乙醇与汽油热值不同，故混合燃料的热值会发生变化，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 煤、石油、天然气和生物质能均为不可再生资源 B. 能量变化是化学反应的基本特征之一 C. 凡是需要加热后才能发生的反应都是吸热反应 D. 已知金刚石转变成石墨为放热过程，所以相同条件下金刚石比石墨稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 生物质能为可再生资源，A错误；‎ B. 能量变化是化学反应的基本特征之一，B正确；‎ C. 凡是需要加热后才能发生的反应不一定都是吸热反应，例如碳燃烧，C错误；‎ D. 已知金刚石转变成石墨为放热过程，所以石墨的能量低于金刚石，能量越低越稳定，所以相同条件下石墨比金刚石稳定，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】掌握能量变化的原因、物质稳定性与能量的关系是解答的关键。反应是放热还是吸热只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，与反应条件无关。‎ ‎3.含‎11.2 g KOH的稀溶液与‎1 L 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液反应放出11.46 kJ的热量，下列能正确表示中和热的热化学方程式是(　　)‎ A. KOH(aq)＋0.5H2SO4(aq)===0.5 K2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－11.46 kJ·mol－1‎ B. 2KOH(s)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6 kJ·mol－1‎ C. 2KOH(aq)＋H2SO4===K2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝114.6 kJ·mol－1‎ D. KOH(aq)＋0.5H2SO4(aq)===0.5 K2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】含‎11.2 g KOH的稀溶液中，KOH的物质的量为0.2mol，与‎1 L 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液中含的氢离子的物质的量也是0.2mol，故两者恰好完全反应生成0.2mol水，反应放出11.46 kJ的热量，则生成1mol水时放出热量为57.3 kJ，故表示中和热的热化学方程式是KOH(aq)＋0.5H2SO4(aq)＝0.5K2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，故选D。‎ ‎【点睛】注意中和热指的是强酸和强碱在稀溶液中反应，生成1mol H2O所产生的热效应。‎ ‎4.反应A(g)+3B(g)‎4C(g)+2D(g)，在不同条件下反应，其平均反应速率v(X)如下，其中反应速率最快的是（ ）‎ A. v(C)=0．2mol/(L·s) B. v(D)=6mol/(L·min)‎ C. v(B)=8mol/(L·min) D. V(A)=4mol/(L·min)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在速率单位统一的情况下，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则：A.=3；B.=3；C.=2.6；D.=4；显然D中比值最大，反应速率最快，故答案为D。‎ ‎【点睛】考查反应速率快慢的比较，利用反应速率与化学计量数的比值可快速解答，也可转化为同种物质的反应速率来比较。由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，注意单位要相同。‎ ‎5.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如下图所示。‎ 已知：几种物质中化学键的键能如下表所示。‎ 化学键 H2O中H—O键 O2中O＝O 键 H2中H—H键 H2O2中O—O键 H2O2中O—H键 键能kJ/mol ‎463‎ ‎496‎ ‎436‎ ‎138‎ ‎463‎ 若反应过程中分解了2 mol水，则下列说法不正确的是 A. 总反应为2H2O2H2↑+O2↑‎ B. 过程I吸收了926 kJ能量 C. 过程II放出了574 kJ能量 D. 过程Ⅲ属于放热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，实现了光能向化学能的转化，反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；‎ B．过程I为2molH2O分子变成2mol氢原子和2mol羟基的过程，吸收的能量=463 kJ×2=926 kJ，故B正确；‎ C．过程II为2mol氢原子和2mol羟基生成1mol氢气和1mol过氧化氢，放出的能量=436 kJ +138kJ=574 kJ，故C正确；‎ D．过程Ⅲ为1mol过氧化氢变成1mol氧气和1mol氢气，断开1molH2O2中2molH—O键和1molO—O键，形成1molO2中O＝O 键和1molH2中H—H键，吸收的能量=463 kJ×2 +138 kJ =1064kJ，放出的能量=496 kJ +436 kJ =932 kJ，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意图中化学键的变化，分别计算吸收的能量和放出的能量，在判断反应的热效应。‎ ‎6.下列各组中两个反应的反应热，其中△H1＞△H2‎ A. 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) △H1；2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) △H2‎ B. S(g)＋O2(g)＝SO2(g) △H1；S(s)＋O2(g)＝SO2(g) △H2‎ C. 2SO2(g)＋O2(g)＝2SO3(g) △H1；2SO3(g)＝O2(g)＋2SO2(g) △H2‎ D. 已知反应：C(金刚石，s)＝C(石墨，s)ΔH＜0，C(金刚石，s)+O2(g)＝CO2(g) △H1；C(石墨，s)+O2(g)＝CO2(g) △H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于液态水的能量小于气态水的能量，则氢气完全燃烧生成液态水放热多，但放热越多，△H越小，因此△H1＞△H2，A正确；‎ B、由于气态硫的能量高于固体硫的能量，则气态硫完全燃烧放热多，但放热越多，△H越小，所以△H1＜△H2，B错误；‎ C、二氧化硫转化为三氧化硫是放热反应，△H1＜0，三氧化硫分解是吸热反应，△H2＞0，则△H1＜△H2，C错误；‎ D、C(金刚石，s)＝C(石墨，s) △H＜0，这说明金刚石的总能量高于石墨的总能量，因金刚石完全燃烧放热多，则△H1＜△H2，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】ΔH的比较：对放热反应，放热越多，ΔH越小；对吸热反应，吸热越多，ΔH越大。另外比较反应热大小时还需要注意：ΔH的符号：比较反应热的大小时，不要只比较ΔH 数值的大小，还要考虑其符号；参加反应物质的量：当反应物和生成物的状态相同时，参加反应物质的量越多放热反应的ΔH越小，吸热反应的ΔH越大；反应的程度：参加反应物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。‎ ‎7.乙醇的燃烧热为ΔH1，甲醇的燃烧热为ΔH2，且ΔH1<ΔH2，若乙醇和甲醇的混合物1 mol完全燃烧，反应热为ΔH3，则乙醇和甲醇的物质的量之比为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设乙醇的物质的量是amol，甲醇的物质的量是bmol，则 ‎①a+b=1‎ ‎②a×△H1+b×△H2=△H3‎ 由方程组解得，则乙醇和甲醇的物质的量之比，故答案选B。‎ ‎8.已知溴跟氢气反应的热化学方程式如下（Q1、Q2、Q3均为正值）：H2(g)+Br2(g)→2HBr(l)+Q1,H2(g)+Br2(g)→2HBr(g)+Q2，H2(g)+Br2(l)→2HBr(g)+Q3，下列判断正确的是 A. Q1＞Q2＞Q3‎ B. Q1与Q3的大小无法判断 C. 溴蒸气转化为液态溴需要放出（Q2-Q3）kJ的热量 D. 1LH2和1LBr2蒸气反应生成2LHBr气体时放出Q2kJ热量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同一物质在相同条件下，其在液态的总能量低于其在气态的总能量。‎ ‎【详解】A. 气态的反应物生成液态的生成物时，放出的能量多于生成气态的生成物；都生成气态的生成物时，液态的反应物要比气态的反应物放出的能量少，因此，Q1＞Q2＞Q3，A正确；‎ B. Q1＞Q3，B 不正确；‎ C. 根据盖斯定律可知，1mol溴蒸气转化为1mol液态溴需要放出（Q2-Q3）kJ的热量，若不指明物质的量，则无法判断放出的热量是多少，C不正确；‎ D. 由“H2(g)+Br2(g)→2HBr(g)+Q‎2”‎可知，1molH2和1molBr2蒸气反应生成2molHBr气体时放出Q2kJ热量，D不正确。‎ 综上所述，判断正确的是A。‎ ‎9.我国科研人员提出了以Ni / Al2O3 为催化剂，由CO2和H2转化为产品CH4的反应历程，其示意图如下：‎ 下列说法不正确的是 A. 总反应方程式为：CO2+4H2CH4+2H2O B. 催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 C. 在反应历程中，H―H键与C=O键断裂吸收能量 D. 反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知CO2和H2转化为产品CH4，还生成水，则总反应方程式为CO2+4H2⇌CH4+2H2O，A正确；‎ B.催化剂对平衡移动无影响，则使用催化剂时转化率不变，B错误；‎ C.化学变化中有化学键的断裂和生成，则反应历程中，H-H键与C=O键断裂吸收能量，C正确；‎ D.催化剂改变反应的途径、降低反应的活化能，则该过程中催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.3 mol A和2.5 mol B混合于‎2 L密闭容器中，发生的反应如下：‎3A(g)＋B(g) xC(g)＋2D(g)，5 min后反应达到平衡，容器内压强变小，测得D的平均反应速率为0.1 mol/(L·min)，下列结论正确的是 A. A的平均反应速率为 0.1 mol/(L·min)‎ B. 平衡时，C的浓度为 0.125 mol/L C. 平衡时，B的转化率为 20％‎ D. 平衡时，容器内压强为原来的 0.8 倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】容器内压强变小，说明正反应是气体系数之和减少的反应，即4>x+2，x只能为1。∆n（D）=0.1 mol/(L·min)×5min×‎2L=1mol，用三段式 ‎3A‎(g)＋B(g) C(g)＋2D(g)‎ 起始：3mol 2.5mol 0 0‎ 转化：1.5mol 0.5mol 0.5mol 1mol 平衡：1.5mol 2mol 0.5mol 1mol A．A的平均反应速率为=0.15mol/（L·min），选项A错误；‎ B．平衡时，C的浓度为=0.25mol/L，选项B错误；‎ C．平衡时，B的转化率为×100%=20%，选项C正确；‎ D．平衡时，容器内压强为原来的=，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎11.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)+Y(g) Z(g)+W(s)；△H >0‎ 下列叙述正确的是 A. 减少少量W，逆反应速率减小 B. 当容器中气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡 C. 降低温度，平衡正向移动 D. 平衡后加入Z，上述反应的△H减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. W 在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A错误；‎ B. 容器中气体的平均摩尔质量等于气体质量和气体物质的量的比值，反应前后气体的物质的量不变，质量变化，混合气体的平均摩尔质量不变化时，说明可逆反应到达平衡状态，故B正确；‎ C. 该反应正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，降低温度，平衡逆向移动，故C错误；‎ D. 反应热△H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的量无关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎12.一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)，0～15 s内c(HI)由0.1 mol/L降到0.07 mol/L，则下列说法正确的是　(　　)‎ A. 当HI、H2、I2浓度之比为2∶1∶1时，说明该反应达平衡 B. c(HI)由0.07 mol/L降到0.05 mol/L所需的反应时间小于10 s C. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢 D. 0～15s内用I2表示的平均反应速率为：v(I2)=0.001 mol/(L·s)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 当HI、H2、I2浓度之比为2：1:1时不能说明正逆反应速率是否相等，因此不能说明该反应达平衡，A错误；‎ B. 由于反应速率随着反应物浓度的减小而减小，则c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间大于（0.07－0.05）/（0.1－0.07）×15s＝10s，B错误；‎ C. 升高温度正反应速率和逆反应速率均加快，C错误；‎ D. 0～15s内消耗HI是0.03mol/L，所以生成单质碘的浓度是0.015mol/L，则用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.015mol/L÷15s＝0.001mol/(L·s)，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：‎2A(g)+B(g)‎3C(g)+D(s)△H<0，在其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是 A. 图I表示增加反应物浓度对该平衡的影响 B. 图II表示减小压强对该平衡的影响 C. 图Ⅲ表示温度对该平衡的影响，温度：乙>甲 D. 图IV表示催化剂对该平衡的影响，催化效率：甲>乙 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变，所以逆反应速率在t时刻不变，不会离开原平衡点，故A错误；‎ B、反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，但减小压强反应速率减慢，故B正确；‎ C、先拐先平数值大，说明乙的温度高于甲，升温平衡逆向移动，A的转化率降低，故C正确；‎ D、催化剂不影响平衡移动，可以缩短反应达到平衡所用时间，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎14.汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-373.4kJ/mol-1，若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 其它条件不变，加入催化剂，△H变大 B. 充入氦气使体系压强增大，可提高反应物的转化率 C 及时除去二氧化碳，能使NO完全转化 D. 若升高温度，该反应的平衡常数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查影响移动的因素，根据勒夏特列原理：升高温度，平衡向吸热方向移动；增大压强，平衡向系数减小的方向移动。‎ ‎【详解】A．催化剂不影响平衡移动，反应物的总能量与生成物的总能量不变，加入催化剂 ‎△H不变，故A错误；‎ B．恒温恒容容器中加入惰气，总压增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，反应物的转化率不变，故B错误；‎ C．除去二氧化碳，生成物物浓度降低，反应正向进行，能使反应进行彻底，故C正确；‎ D. 2NO(g)+2CO(g)⇌12N2(g)+2CO2(g)△H=−373.4kJ/mol−1，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的难点在于分析B选项，恒容体系中，充入惰性气体，平衡不移动；因为物质的浓度未改变，压强是指物质的分压强，由理想状态气体方程：推导，浓度与压强成正比，通过浓度来分析压强的影响不容易出错。‎ ‎15.高温、催化剂条件下，某反应达到平衡，平衡常数K=恒容时，温度升高，H2浓度减小．下列说法正确的是（　　）‎ A. 该反应的焓变为负值 B. 2CO2（g）+2H2（g）⇌2CO（g）+2H2O（g） 的平衡常数K1=K2‎ C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动 D. 若恒容、恒温下充入CO，则K值变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学平衡常数表示的可逆反应是：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，在恒容时，温度升高，H2浓度减小，说明升高温度，平衡正向移动。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，所以该反应的焓变为正值，错误；‎ B．2CO2(g)＋2H2(g)2CO(g)＋2H2O(g)的平衡常数，正确；‎ C．升高温度，无论是放热反应还是吸热反应，反应速率都加快，由于正反应速率增大的大于逆反应速率增大的，实验平衡正向移动，错误；‎ D．化学平衡常数只与温度有关，在若恒容、恒温下充入CO，则K值不变，错误。‎ 二、选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分。每小题选出答案后，请填在答题卡上)‎ ‎16.可逆反应aA（g）+bB（s）⇌cC（g）+dD（g），其他条件不变，C的物质的量分数和温度（T）或压强（P）关系如图，其中正确的是（　　）‎ A. 根据图象无法确定改变温度后平衡移动方向 B. 使用催化剂，C的物质的量分数增加 C. 化学方程式系数a＞c+d D. 升高温度，平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图象（1）可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的体积分数n（C）%越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短．由图（2）可知p2＞p1，压强越大，平衡时C的体积分数n（C）%越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即a＜c+d；‎ A、据上述分析，得到T1＜T2，温度越高，n（C）%越小，则平衡向逆反应方向移动，选项A错误；B、催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的质量分数不变，选项B错误；C、压强越大，平衡时C的体积分数n（C）%越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即a＜c+d，选项C错误；D、T2＞T1，温度越高，平衡时C的体积分数n（C）%越小，故此反应的正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，选项D正确。答案选D。‎ ‎17.已知：H2O（g）=H2O（l） △H1=-Q1kJ•mol-1（Q1＞0）‎ C2H5OH（g）=C2H5OH（l） △H2=-Q2kJ•mol-1（Q2＞0）‎ C2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g） △H3=-Q3kJ•mol-1（Q3＞0）‎ 若使‎18.4g液态乙醇完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为（ ）kJ A. 0.4‎Q1+Q2+Q3 B. 0.5（Q1+Q2+Q3）‎ C. 1.2Q1-0.4Q2+0.4Q3 D. 1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①H2O（g）=H2O（l） △H1=-Q1kJ•mol-1（Q1＞0）‎ ‎②C2H5OH（g）=C2H5OH（l） △H2=-Q2kJ•mol-1（Q2＞0）‎ ‎③C2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g） △H3=-Q3kJ•mol-1（Q3＞0）‎ 根据盖斯定律可知，①×3-②+③得C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=（-3Q1+Q2-Q3）kJ/mol，‎ 即1mol液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为（3Q1-Q2+Q3）kJ，‎ 则‎18.4g液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为0.4（3Q1-Q2+Q3）kJ=（1.2Q1-0.4Q2+0.4Q3）kJ，‎ 答案选C。‎ ‎18.少量铁粉与100 mL 0.01 mol/L稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的( )‎ ‎①加H2O ②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸 ④加CH3COONa固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度(不考虑盐酸挥发) ⑧改用10 mL 0.1 mol/L盐酸 A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ⑥⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 涉及的离子方程式： ，铁少量，氢气的产量由铁决定；①加水，物质的浓度降低，反应速率减慢；②加NaOH固体，与酸结合，反应物浓度降低，氢氧化钠足够多还会降低H2的产量；③滴入几滴浓盐酸，增大了反应物的浓度，可加快反应速率；④加CH3COONa固体，与氢反应，反应物浓度降低，反应速率减慢；⑤加NaCl溶液，对反应没有任何影响，所以不能加快反应速率；⑥加入几滴硫酸铜溶液，铁与铜离子会发生氧化还原反应，构成原电池，可加快反应速率，但是铁被消耗，H2的产量会减少；⑦升高温度，可加快反应速率；⑧改用10 mL 0.1 mol/L盐酸，增大物质的浓度，反应速率加快。‎ ‎【详解】A．①⑥不符合题意，故A错误； ‎ B．⑤不符合题意，故B错误；‎ C．③⑦⑧均符合题意，C正确；‎ D．⑥不符合题意，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎19.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g)，已达到平衡状态的是（ ）‎ ‎①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③B的物质的量浓度 ‎④混合气体的总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v(C)与v(D)的比值　⑦混合气体的总质量 ⑧混合气体的总体积 ⑨C、D的分子数之比为1∶1‎ A. ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①③④⑤‎ C. ①②③④⑤⑦ D. ①③④⑤⑧⑨‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①该反应为反应前后气体的物质的量减小的反应，容器体积不变，随反应进行压强降低，当压强不再变化，则各气体的物质的量不变，说明反应到达平衡，故①正确；‎ ‎②反应混合物都是气体，总质量不变，容器体积不变，密度自始至终都不变，不能说明到达平衡状态，故②错误；‎ ‎③随反应进行B的浓度减小，当B的物质的量浓度不再变化，说明到达平衡，故③正确；‎ ‎④该反应为反应前后气体的物质的量减小的反应，随反应进行混合气体总物质的量减小，混合气体总物质的量不再变化，则各气体的物质的量不变，说明反应到达平衡，故④正确；‎ ‎⑤反应混合物都是气体，总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量减小，所以随反应进行混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明到达平衡，故⑤正确；‎ ‎⑥v(C)与v(D)的速率关系自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故⑥错误；‎ ‎⑦反应混合物都是气体，混合气体总质量不发生变化，不能说明到达平衡，故⑦错误；‎ ‎⑧容器的体积不变，混合气体总体积不变，不能说明到达平衡，故⑧错误；‎ ‎⑨伴随反应的进行，容器内C、D的分子数之比始终是1∶1，不能说明到达平衡，故⑨错误；‎ 故①③④⑤正确，故答案为B。‎ ‎【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆速率之比等于化学化学计量数之比(不同物质)，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，选择判断化学平衡的物理量应随反应进行发生变化，当该物理量不再变化可以说明到达平衡。‎ ‎20.一定温度下，在3个‎1.0 L的恒容密闭容器中分别进行反应2X(g)+Y(g)Z(g) ΔH，达到平衡。相关数据如下表。‎ 容器 温度/K 物质的起始浓度/ mol·L-1‎ 物质的平衡浓度/ mol·L-1‎ c(X)‎ c(Y)‎ c(Z)‎ c(Z)‎ I ‎400‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0‎ ‎0.080‎ II ‎400‎ ‎0.40‎ ‎0.20‎ ‎0‎ a III ‎500‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0‎ ‎0.025‎ 下列说法不正确的是 A. 平衡时，X的转化率：II＞I B. 平衡常数：K(II)＞K(I)‎ C. 达到平衡所需时间：III＜I D. 反应的ΔH＜0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. II可以看成是向‎2L的容器中，充入0.4mol的X和0.2mol的Y（则I、II的平衡等效），平衡后再将容器压缩至‎1L，由于压强增大，平衡向右移动，所以II中X的转化率＞I，A正确；‎ B. 平衡常数只和温度有关，I、II的温度相同，则这两个平衡的平衡常数也相同，B错误；‎ C. III的温度比I高，III的化学反应速率也快，则III先达到平衡，C正确；‎ D. 对比I和III，二者起始状态，除了温度不同，其他条件都相同，则可以将III看作是I达到平衡后，升高温度，Z的浓度降低了，说明升温使得平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即反应的ΔH＜0，D正确；‎ 故合理选项为B。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共55分)‎ 三、填空题(每小题做出答案后，请写在答题卡上.)‎ ‎21.写出或完成下列热化学方程式。‎ ‎(1)0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出445kJ 的热量。写出CH4燃烧的热化学方程式__________。‎ ‎(2)通常人们把拆开1mol某化学键吸收的能量看成该化学键的键能。下表是一些化学键的键能。‎ 化学键 C－H C－F H－F F－F 键能kJ/mol ‎414‎ ‎489‎ ‎565‎ ‎155‎ 根据键能数据估算下列反应：CH4(g) + ‎4F2(g)＝CF4(g) + 4HF(g)的反应热△H为_____。‎ ‎(3)1840年瑞士的化学家盖斯(Hess)在总结大量实验事实(热化学实验数据)的基础上提出：“定压或定容条件下的任意化学反应，在不做其它功时，不论是一步完成的还是几步完成的，其热效应总是相同的(反应热的总值相等)。”‎ 已知：Fe2O3(s)＋3CO(g)＝2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1 ‎ ‎3Fe2O3(s)＋CO(g)＝2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2 ‎ Fe3O4(s)＋CO(g)＝3FeO(s)＋CO2(g) ΔH3‎ 请写出CO还原FeO的热化学方程式：______。‎ ‎(4)在101KP下，‎1g氢气完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，请回答下列问题：‎ ‎①氢气的燃烧热为__________；‎ ‎②氢气燃烧热的热化学方程式为________；‎ ‎(5)氢能的存储是氢能利用的前提，科学家研究出一种储氢合金Mg2Ni，已知：‎ Mg(s)＋H2(g)=MgH2(s) ΔH1＝－74.5kJ·mol－1；‎ Mg2Ni(s)＋2H2(g)=Mg2NiH4(s) ΔH2；‎ Mg2Ni(s)＋2MgH2(s)=2Mg(s)＋Mg2NiH4(s) ΔH3＝+84.6kJ·mol－1。‎ 则ΔH2＝_______kJ·mol－1；‎ ‎(6)白磷与氧气可发生如下反应：P4＋5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为P—P a kJ·mol－1、P—O b kJ·mol－1、P=O c kJ·mol－1、O=O d kJ·mol－1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH为_____。‎ ‎(7)同素异形体相互转化的反应热相当小而且转化速率较慢，有时还很不完全，测定反应热很困难。现在可根据盖斯提出的“‎ 不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的”观点来计算反应热。已知：‎ ‎①P4(白磷，s)＋5O2(g)=P4O10(s) ΔH1=－2 983.2 kJ·mol－1‎ ‎②P(红磷，s)＋5/4O2(g)=1/4P4O10(s) ΔH2=－738.5 kJ·mol－1‎ 相同状况下，能量较低的是________；白磷的稳定性比红磷________(填“大”或“小”)。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) △H＝－890kJ/mol (2). －1940kJ/mol (3). CO(g)+FeO(s)＝Fe(s)+CO2(g) △H=(3△H1－△H2－2△H3)/6 (4). 285.8 kJ·mol－1 (5). H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(l) ΔH＝－285.8kJ·mol－1 (6). －64.4kJ·mol－1 (7). (‎6a＋5d－‎4c－12b)kJ·mol－1 (8). 红磷 (9). 小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考察热化学中热化学方程式的书写及计算，在叠加方程时注意抵消中间物，以及题上的要求，是否有说明燃烧热的热化学方程式；(6)根据键能计算反应的焓变，从物质的结构图出发进行分析，焓变=反应物的键能和-生成物的键能和。‎ ‎【详解】(1)热化学方程式的书写要注意标注状态及焓变，由题知0.5molCH4完全燃烧放出445kJ 的热量，所以根据关系式可以写出甲烷燃烧的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) △H＝－890kJ/mol；‎ 故答案为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) △H＝－890kJ/mol；‎ ‎(2)反应物的总键能－生成物的总键能＝焓变，由表格数据，可以计算出 ；‎ 故答案为：－1940kJ/mol；‎ ‎(3)先写出CO还原FeO的，再根据已知的3个方程进行叠加，抵消掉不需要的物质，最终焓变为：(3△H1－△H2－2△H3)/6，则CO还原FeO的热化学方程式为：CO(g)+FeO(s)＝Fe(s)+CO2(g) △H=(3△H1－△H2－2△H3)/6；‎ 故答案为：CO(g)+FeO(s)＝Fe(s)+CO2(g) △H=(3△H1－△H2－2△H3)/6；‎ ‎(4)氢气燃烧的热化学方程式为：，找出对应的关系式： ，氢气的燃烧热指 氢气完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量为： ；氢气燃烧热的热化学方程式要求可燃物氢气前的系数为1，氢气燃烧热的热化学方程式H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(l) ΔH＝－285.8kJ·mol－‎ ‎1；‎ 故答案为：285.8 kJ·mol－1；H2(g)+1/2 O2(g)= H2O(l) ΔH＝－285.8kJ·mol－1；‎ ‎(5)热化学方程式计算焓变，将已知方程进行叠加，消除不需要的中间物质，可得 ；‎ 故答案为：－64.4kJ·mol－1；‎ ‎(6) 的结构图知，完全燃烧生成，要断裂键和键，形成键和键，因此该反应的焓变： ；‎ 故答案：(‎6a＋5d－‎4c－12b)kJ·mol－1；‎ ‎(7)由已知方程可得白磷红磷转化的热化学方程式： 在相同的状况下，能量较低的是红磷，能量越低越稳定，白磷的稳定性比红磷小； ‎ 故答案为：红磷 ； 小。‎ ‎【点睛】燃烧热的热化学方程式可燃物的系数只能为1，若是中和热的热化学方程式，水的系数只能为1；(4)提到‎1g氢气完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，142.9kJ也被称为氢气的热值；热值指‎1g可燃物完全燃烧生成稳定的产物所放出的热量。‎ ‎22.在某一容积为‎2 L的密闭容器内，加入0.8 mol H2和0.6 mol I2，在一定条件下发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g) ΔH<0。反应中各物质的物质的量随时间变化情况如图：‎ ‎(1)该反应的化学平衡常数表达式为______，若升高温度，化学平衡常数K______(填“增大”、“减小”或“不变”)。 ‎ ‎(2)根据图中数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)=_____mol·L-1·min-1，转化率α(H2)=_____。‎ ‎(3)HI的体积分数φ(HI)随时间变化如图中曲线Ⅱ所示。若改变反应条件，在甲条件下φ(HI)‎ 的变化如图中曲线Ⅰ所示，在乙条件下φ(HI)的变化如图中曲线Ⅲ所示。则甲条件可能是_____(填入下列条件的序号，下同)，乙条件可能是______。‎ ‎①恒容条件下，升高温度 ‎②恒容条件下，降低温度 ‎③恒温条件下，缩小反应容器体积 ‎④恒温条件下，扩大反应容器体积 ‎⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂 ‎【答案】 (1). K= (2). 减小 (3). 0167 (4). 62.5% (5). ③⑤ (6). ④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查化学平衡已到影响因素及计算，图像分析注意拐点，先拐先平，说明其反应速率快，热化学中影响反应速率的因素有：浓度、温度、压强、催化剂依次分析。图像中HI的体积分数φ(HI)最终值一样，说明没有发生平衡的移动，只是速率的影响。‎ ‎【详解】(1)H2(g)+I2(g)⇌2HI(g) ΔH<0，应的平衡常数K=，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，‎ 故答案为：K=；减小；‎ ‎(2)根据图中数据，由图象可知达到平衡时生成0.5mol/L的HI，反应开始至达到平衡时需要时间3min，平均速率v(HI)=0.5mol/L 3min=0.167mol/(L⋅min)，由图象可知达到平衡时生成0.5molHI，则消耗0.25molH2，H2(g)的转化率为0.25mol 0.4mol×100%=62.5%，‎ 故答案为：0.167；62.5%；‎ ‎(3)曲线(Ⅰ)与曲线(Ⅱ)相比，到达平衡时间缩短，反应速率加快，平衡时HI 体积发生不变，平衡不移动，可能使用催化剂，由于反应前后气体体积不变，也可能是增大压强，故选：③⑤；曲线(Ⅲ)与曲线(Ⅱ)相比，到达平衡时更长，反应速率减慢，平衡时HI体积发生不变，平衡不移动，由于反应前后气体体积不变，应是减小压强，故选④，‎ 故答案为：③⑤；④；‎ ‎【点睛】反应速率是单位时间内物质的浓度的变化量，在计算时注意转换关系 ，最后一问根据图像分析可得，只改变反应速率，不使平衡移动。‎ ‎23.草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO4-+H‎2C2O4+H+-Mn2++CO2↑+H2O（未配平）‎ Ⅰ．甲同学研究外界因素对反应速率影响，设计如下实验方案：‎ 用4mL 0.001mol/L KMnO4溶液与2mL 0.01mol/L H‎2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响．改变的条件如下： ‎ 组别 ‎10%硫酸体积/mL 温度/℃‎ 其他物质 A ‎2mL ‎20‎ B ‎2mL ‎20‎ ‎10滴饱和MnSO4溶液 C ‎2mL ‎30‎ D ‎1mL ‎20‎ V1 mL蒸馏水 E ‎0.5mL ‎20‎ V2 mL蒸馏水 ‎（1）完成上述实验方案设计，其中：V1= ______ ，V2= ______ ； ‎ ‎（2）如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验 ______ 和 ______ ． ‎ ‎（3）甲同学在做A组实验时，发现反应开始时速率较慢，随后加快．他分析认为高锰酸钾与 草酸溶液的反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快；从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是 ______ ； ‎ Ⅱ．乙同学利用如图测定反应速率 回答下列问题 ‎ ‎（4）实验时要检查装置的气密性，简述操作的方法是 ______ ；‎ ‎（5）乙同学通过生成相同体积的CO2来表示反应的速率，需要 ______ 仪来记录数据．‎ ‎【答案】 (1). 1mL (2). 1.5mL (3). A (4). C (5). Mn2+起催化作用 (6). 关闭分液漏斗的活塞，把注射器的柄向外拉一段距离，观察柄是否能恢复到原来的位置，若能恢复，则气密性良好，若不能恢复，则气密性不好 (7). 秒表 ‎【解析】‎ ‎（1）研究硫酸浓度对反应速率的影响，需要草酸浓度相同，故混合后溶液体积相同，所以V1=1mL，V2=1.5mL；（2）研究温度变化需要改变温度探究反应速率变化，需要其他条件相同，选择实验A和C；（3）KMnO4与H‎2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用，故答案为Mn2+起催化作用；（4）根据气压原理检验气密性，首先关闭分液漏斗的活塞，形成密闭体系，把注射器的柄向外拉一段距离，观察柄是否能恢复到原来的位置，若能恢复，则气密性良好；故答案为关闭分液漏斗的活塞，把注射器的柄向外拉一段距离，观察柄是否能恢复到原来的位置，若能恢复，则气密性良好，若不能恢复，则气密性不好；（5）产生相同体积的二氧化碳，应看反应的快慢，即需要记录时间，故需要秒表。‎ 四、实验题(每小题做出答案后，请写在答题卡上)‎ ‎24.50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH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。回答下列问题：‎ ‎(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是________。‎ ‎(2)烧杯间填满碎纸条的作用是________。‎ ‎(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎(4)该实验常用0.50 mol·L－1 HCl和0.55 mol·L－1 NaOH溶液各50 mL进行实验，其中NaOH溶液浓度大于盐酸浓度的作用是______，当室温低于‎10 ℃‎时进行实验，对实验结果会造成较大的误差，其原因是_____________。‎ ‎(5)实验中改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.50 mol·L－1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热________(填“相等”或“不相等”)，简述理由： ______________。‎ ‎(6)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热ΔH将________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 减少实验过程中的热量损失 (3). 偏小 (4). 保证盐酸完全被中和 (5). 体系内、外温差大，会造成热量损失 (6). 相等 (7). 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)所放出的能量，与酸碱的用量无关 (8). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)为了加快酸碱中和反应，减少热量损失，用环形玻璃搅拌棒搅拌；‎ ‎(2) 为了减少热量损失，在两烧杯间填满碎纸条或泡沫；‎ ‎(3) 大烧杯上盖硬纸板是为了减少气体对流，使热量损失，若不用则中和热偏小；‎ ‎(4)加热稍过量的碱，为了使酸完全反应，使中和热更准确；当室温低于‎10 ℃‎时进行实验，内外界温差过大，热量损失过多，造成实验数据不准确；‎ ‎(5)实验中改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.50 mol·L－1 NaOH溶液进行反应，计算中和热数据相等，因为中和热为强的稀酸、稀碱反应只生成1mol水时释放的热量，与酸碱用量无关；‎ ‎(6) 用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，氨水为弱电解质，电离时吸热，导致释放的热量减少，计算中和热的数值减少，焓变偏大；‎ ‎【点睛】测定中和热时，使用的酸或碱稍过量，使碱或酸完全反应；进行误差分析时，计算数值偏小，由于焓变为负值，则焓变偏大。‎