【化学】辽宁省建平第二高级中学2019-2020学年高二上学期9月月考试题（解析版）

【化学】辽宁省建平第二高级中学2019-2020学年高二上学期9月月考试题（解析版）

辽宁省建平第二高级中学2019-2020学年高二上学期9月月考试题 一、选择题(本题包括20小题，1-10小题每小题2分，11-20小题每小题3分，共50分；每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列分别是利用不同能源发电的实例，其中不属于新能源开发利用的是(　　)‎ A. 风力发电 B. 太阳能发电 C. 火力发电 D. 潮汐能发电 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、风能是清洁无污染的环保新能源，A不符合题意；B．太阳能是清洁无污染的新能源，B不符合题意；C、火力发电需要煤作燃料，煤是不可再生能源，也不是环保新能源，C符合题意；D、潮汐和海风发电是新开发利用的环保新能源，D不符合题意，答案选C。‎ ‎2.已知吸热反应2CO（g） = 2C（s）＋O2（g） ，设ΔH 和ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 低温下能自发进行 B. 高温下能自发进行 C. 任何温度下都能自发进行 D. 任何温度下都不能自发进行 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的△H＞0，△S＜0，所以△H-T△S＞0，反应任何温度下都是不能自发进行，故A、B、C错误，而D正确；答案选D。‎ ‎3.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是(　　)‎ A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充入O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】气体压强和反应物浓度只能影响化学反应速率，催化剂增大反应物中活化分子百分数，自然能增大化学反应速率，但催化剂不能改变化学平衡常数，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．增大压强，活化分子百分数不变，化学平衡常数也不变，故A错误；‎ B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；‎ C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；‎ D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎4. 下列反应中生成物的总能量大于反应物的总能量的是（ ）‎ A. 铝粉与氧化铁的反应 B. 氯化铵与Ba(OH)2·8H2O反应 C. 锌片与稀硫酸反应 D. 钠与冷水反应 ‎【答案】B ‎【解析】生成物的总能量大于反应物的总能量的是吸热反应，铝粉与氧化铁的反应是铝热反应。锌片与稀硫酸反应、钠与冷水反应都是放热反应。氯化铵与Ba(OH)2·8H2O反应 是吸热反应。‎ ‎5.在生产、生活中为增大反应速率而采取的措施合理的是(　　)‎ A. 食物放在冰箱中 B. 在食品中添加适量防腐剂 C. 在糕点包装内放置小包除氧剂 D. 工业上燃烧硫铁矿制取SO2时，先将矿石粉碎 ‎【答案】D ‎【解析】A、冰箱中温度较低，食物放在冰箱中，可减小食物腐败的速率，故A不符；B、在食品中添加适量防腐剂，减慢食品变质的速度，故B不符；C、在糕点包装内放置小包除氧剂，可抑制糕点的氧化，防止变质，故C不符；D、工业上燃烧硫铁矿制取SO2时，先将矿石粉碎，固体表面积增大，反应速率增大，故D正确；故选D。‎ ‎6.同质量的锌与酸反应制备H2，欲使反应速率最大，下列条件中最佳组合是（ ）‎ ‎①纯锌片；②不纯的锌片；③0.03mol·L－1盐酸；④0.01mol·L－1硫酸；⑤98%硫酸；⑥加热；⑦用冰水冷却 A. ①③⑦ B. ②④⑥ C. ②③⑥ D. ①⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①与②相比，纯锌粒，与酸反应，不能形成原电池，速率较慢，不纯的锌片，含有的杂质可以与锌形成原电池，加快了反应速率，故选②；‎ ‎③与④相比，0.03mol•L-1盐酸溶液中氢离子浓度较高，反应速率较快，故选③；‎ ‎⑤98%硫酸，由于浓硫酸与锌反应生成的是二氧化硫，不能生成氢气，故不选；‎ ‎⑥与⑦相比，加热，反应速率加快，故选⑥；‎ 欲使反应速率最大，下列条件中最佳组合是②③⑥，故选C。‎ ‎7.一定条件下，向密闭容器中充入1mol NO和1mol CO进行反应：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g），测得化学反应速率随时间的变化关系如图所示，其中处于化学平衡状态的点是（　　）‎ A. d点 B. b点 C. c点 D. a点 ‎【答案】A ‎【解析】由图可知，a、b、c点的正反应速率均大于逆反应速率，都未达到平衡状态；只有d点正逆反应速率相等，由正逆反应速率相等的状态为平衡状态可知，图中处于化学平衡状态的点是点，选项A正确。‎ ‎8.反应：A(g)＋3B(g)2C(g) ΔH＜0，达平衡后，将反应体系的温度降低，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向右移动 B. 正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向左移动 C. 正反应速率和逆反应速率都减小，平衡向右移动 D. 正反应速率和逆反应速率都减小，平衡向左移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】达平衡后，降低温度，活化分子百分数降低，正、逆反应速率都减小，平衡向放热方向移动，即向正反应方向移动，故选C。‎ ‎9. 对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是(　　)‎ A. v(W)=3v(Z) B. 2v(X)=3v(Z) ‎ C. 2v(X)=v(Y) D. 3v(W)=2v(X)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】化学反应速率之比等于化学系数之比，则根据方程式3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)可知 A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，A错误；‎ B、v（X）：v（Z）=2：3，B错误；‎ C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，C正确；‎ D、v（W）：v（X）=3：2，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎10.已知溶液中存在Cr2O72-＋ H2O2CrO42-＋ 2H+的平衡，其中Cr2O72-呈橙色，CrO42-呈黄色，向该平衡体系中滴加饱和NaOH溶液时，颜色的变化情况是(　　)‎ A. 黄色加深 B. 橙色加深 ‎ C. 颜色不变 D. 颜色褪去 ‎【答案】B ‎【解析】向该平衡体系中滴加饱和NaOH溶液，使溶液中氢离子浓度减少，平衡向正反应方向移动，所以溶液的橙色加深；‎ ‎11.已知热化学方程式：C（金刚石，s）+O2（g）=CO2（g） △H1 ；‎ C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g） △H2； ‎ C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H3=+1.9kJ/mol 下列说法正确的是(　　)‎ A. 金刚石比石墨稳定 B. △H1 > △H2‎ C. △H3=△H1 －△H2 D. 石墨转化成金刚石的反应是吸热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低,石墨比金刚石稳定,故A错误；‎ B.石墨在一定条件下转化成金刚石是吸热反应，说明石墨的能量低于金刚石的能量，故石墨燃烧放出的能量比金刚石低，放热反应的∆H<0，,故B错误；‎ C.将3个反应依次编为1式、2式、3式，根据盖斯定律，3式=2式-1式，故，故C错误；‎ D.石墨转化为金刚石 △H3=+1.9kJ/mol，为吸热反应,故D正确；‎ 本题答案为D。‎ ‎12.对于可逆反应：A(g)＋3B(s)2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的反应速率如下，其中表示的反应速率最大的是（ ）‎ A. v(A)＝0.5mol·L－1·min－1 B. v(B)＝1.2mol·L－1·s－1‎ C. v(D)＝0.4mol·L－1·min－1 D. v(C)＝0.1mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 详解】A．v(A)＝0.5mol·L－1·min－1=mol•L-1•s-1 =0.0083 mol•L-1•s-1；‎ B．由于B是固体，不能用其表示反应速率；‎ C．v(A)=v(D)=×mol•L-1•s-1=0.0033mol•L-1•s-1 ；‎ D．v(A)=v(C)=0.05mol•L-1•s-1；‎ 则反应速率最快的为D，故选D。‎ ‎13.在密闭容器中进行反应：X2(g)＋3Y2(g)2Z2(g)，若X2、Y2、Z2的初始浓度分别为0.1 mol•L－1、0.3 mol•L－1、0.2 mol•L－1，当反应达到平衡后，各物质的浓度有可能的是(　　)‎ ‎①X2为0.2 mol•L－1　②Y2为0.1 mol•L－1　③Z2为0.3 mol•L－1　④Y2为0.6 mol•L－1‎ A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据反应X2（g）+3Y2（g）⇌2Z2（g）为可能反应，反应体系中的各组分浓度不可能为0，根据初始浓度分别为0.1mol•L-1、0.3mol•L-1、0.2mol•L-1，结合反应方程式中各物质的化学计量数进行判断。‎ ‎【详解】由于该反应是可逆反应，则反应物或生成物的浓度不可能是0，①中X2为0.2 mol/L，则需要消耗0.2 mol/L的Z2 ，此时生成物Z的浓度0，不可能，故①错误；②Y2‎ 为0.1mol•L-1，反应消耗0.2 mol/L×=molX2，由于X2为0.1mol•L-1，有可能，故②正确；③Z2为0.3mol•L-1，需要消耗0.05mol•L-1X2、0.15mol/L的Y2，此时反应物的浓度都不为0，有可能，故③正确；④Y2为0.6mol•L-1，需要消耗0.2mol/L的Z2 ，此时生成物Z的浓度0，不可能，故④错误；答案选B。‎ ‎14.下列能用勒夏特列原理解释的是（ ）‎ A. 高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快 B. 氯气在水中的溶解度大于在饱和食盐水中的溶解度 C. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要高温 D. H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．升高温度或加入催化剂，增大活化分子百分数，导致反应速率加快，但合成氨是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但催化剂不影响平衡移动，所以高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快不能用平衡移动原理解释，故A不选；‎ B．存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，使平衡逆向移动，使氯气的溶解度减小，能用平衡移动原理解释，故B选；‎ C．SO2催化氧化成SO3的反应为放热反应，升高温度，是为了加快反应速率，但不利于三氧化硫的生成，不能用平衡移动原理解释，故C不选；‎ D．碘和氢气生成HI的反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，压强不影响平衡移动，所以H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后，碘浓度增大，颜色变深，但平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎15.一定温度下，将1molPCl5通入一个容积固定不变的密闭容器中，发生反应：PCl5(g) PCl3(g) + Cl2(g)，反应达到平衡时，测得PCl5为0.4mol，此时再向容器中通入1mol PCl5，同样温度下再达到平衡时，测得PCl5为amol，下列判断正确的是（ ）‎ A. Cl2的体积分数增大 B. PCl5的转化率增大 C. a =0.8 D. a > 0.8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于增大了压强，平衡逆向移动，生成的氯气的量减少，Cl2的体积分数减小，故A错误；‎ B．由于增大了压强，平衡逆向移动，所以PCl5的分解率减小，故B错误；‎ C．容积固定不变，再通入1mol PCl5，相当于增大压强，平衡逆向移动，则a ＞0.8，故C错误；‎ D．容积固定不变，再通入1mol PCl5，相当于增大压强，平衡逆向移动，则a ＞0.8，故D正确；‎ 故选D ‎16.已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)；ΔH＝－566 kJ·mol－1‎ N2(g)＋O2(g)===2NO(g)；ΔH＝＋180 kJ·mol－1‎ 则2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)的ΔH是(　　)‎ A. －386 kJ·mol－1 B. ＋386 kJ·mol－1‎ C. －746 kJ·mol－1 D. ＋746 kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：已知：① 2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1‎ ‎②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1‎ 则根据盖斯定律可知①－②即得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H＝－746kJ/mol，答案选C。‎ ‎17.强酸与强碱的稀溶液反应的热化学方程式为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，向1L0.5mol·L－1的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸、②浓硫酸、③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，三者的关系正确的是（ ）‎ A. ΔH1>ΔH2>ΔH3 B. ΔH1<ΔH3<ΔH2‎ C. ΔH1＝ΔH3>ΔH2 D. ΔH1>ΔH3>ΔH2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】因为醋酸是弱电解质，电离时吸热，浓硫酸溶于水时放热，故中和反应时放出的热量Q(浓硫酸)＞Q(稀硝酸)＞Q(稀醋酸)，又因放热反应中，△H为负值，即△H=-Q，故△H2＜△H3＜△H1，故选D。‎ ‎18.将CaCO3放入密闭的真空容器中，反应：CaCO3 (s) CaO(s)＋CO2‎ ‎(g)达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（ ）‎ A. 平衡常数减小 B. CaO物质的量不变 C. CO2浓度不变 D. 平衡正向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；‎ B．温度不变，缩小容器容积，二氧化碳的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，则CaO质量增大，故B错误；‎ C．温度不变平衡常数不变，而平衡常数K=c(CO2)，所以CO2浓度不变，故C正确；‎ D．缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，故D错误；‎ 故选C ‎19.利用反应2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－746.8 kJ·mol－1 ，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是(　　)‎ A. 降低温度 B. 增大压强同时加催化剂 C. 升高温度同时充入N2 D. 及时将CO2和N2从反应体系中移走 ‎【答案】B ‎【解析】降低温度,反应速率减慢,且平衡左移,NO转化率降低,A错;由平衡移动原理知,增大压强平衡右移,NO转化率增大,反应速率加快,加催化剂反应速率也加快,B选项正确;升高温度平衡右移,但是同时充入N2平衡左移,无法确定最终平衡向哪个方向移动;及时将CO2和N2从反应体系中移走,平衡右移,NO的转化率增大,但是反应的速率减小。‎ ‎20.已知反应X(g)＋Y(g) nZ(g) ΔH >0，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 反应方程式中n＝1‎ B. 10min时，曲线发生变化的原因是升高温度 C. 10min时，曲线发生变化的原因是增大压强 D. 前5min后，用X表示的反应速率为v(X)＝0.08mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，然后，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是气体物质的量减小的反应，则n=1，故A正确；‎ B．根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故B错误；‎ C．根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故C正确；‎ D．在5min时X的物质的量浓度为1.6mol/L，0～5minX的物质的量浓度的变化为2mol/L -1.6mol/L =0.4mol/L，则该时间段X的平均反应速率为v(X)==0.08mol•L-1•min-1，故D正确；‎ 故选B。‎ 二、主观题（共5小题，共计50分）‎ ‎21.近年来，全国部分地区被雾霾笼罩，机动车尾气排放成为引发雾霾的罪魁祸首。提高空气质量，减少机动车尾气排放成为当务之急。汽车内燃机工作时引起反应：N2(g)＋O2(g) 2NO(g)，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。已知断裂某些共价键需要的能量如表：‎ 断裂的共价键 O =O N≡N N—O 需要的能量 ‎495 kJ·mol－1‎ ‎945 kJ·mol－1‎ ‎630 kJ·mol－1‎ ‎(1)机动车发动机工作时会引发N2和O2的反应，该反应是____(填“放热”或“吸热”)反应，1 molO2与1 molN2的总能量比2 molNO的总能量___(填“大”或“小”)。 ‎ ‎(2)N2与O2合成NO的热化学方程式可以表示为N2(g)＋O2(g)=NO(g)ΔH，则ΔH＝_____。‎ ‎(3)NO与CO反应的热化学方程式可以表示为2NO(g)＋2CO(g)=2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝a kJ·mol－1‎ ‎，但该反应的速率很小，若使用机动车尾气催化转化器，尾气中的NO与CO可以转化成无害物质排出。上述反应在使用“催化转化器”后，a___(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(4)已知：①Fe(s)＋O2(g)=FeO(s) ΔH1＝－275.0 kJ·mol－1；‎ ‎②2Al(s)＋O2(g)=Al2O3(s) ΔH2＝－1 675.0 kJ·mol－1。‎ Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是_______。‎ ‎【答案】(1). 吸热 (2). 小 (3). +90 kJ·mol－1 (4). 不变 (5). 2Al(s)＋3FeO(s) =Al2O3(s)＋3Fe(s) ΔH＝－850 kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据图示数据，结合焓变=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，计算判断；‎ ‎(2)根据焓变=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解答；‎ ‎(3)催化剂只能改变反应的速率，不能改变反应热的大小；‎ ‎(4)根据盖斯定律分析解答。‎ ‎【详解】(1)焓变ΔH=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，根据图示数据可知，N2+O2═2NO，△H=945kJ/mol+495kJ/mol-2×630kJ/mol=+180kJ/mol＞0，是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，即1mol O2与1mol N2的总能量比2mol NO的总能量小，故答案为：吸热；小；‎ ‎(2)N2+O2═2NO，△H=945kJ/mol+495kJ/mol-2×630kJ/mol=+180kJ/mol，则N2(g)+O2(g)═NO(g)的△H=×(+180kJ/mol)=+90kJ/mol，故答案为：+90kJ/mol；‎ ‎(3)催化剂只改变反应速率，不改变化学平衡，不改变反应的反应热，所以2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H=a kJ•mol-1，使用机动车尾气催化转化器，a值不变，故答案为：不变；‎ ‎(4)①Fe(s)+O2(g)=FeO(s)△H=-275.0kJ•mol-1，②2Al(s)+O2(g)=Al2O3(s)△H=-1675.0kJ•mol-1，由盖斯定律②-①×3计算得到：3FeO(s)+2Al(s)=Al2O3(s)+3Fe(s)△H=-850kJ/mol，故答案为：3FeO(s)+2Al(s)=Al2O3(s)+3Fe(s)△H=-850kJ/mol。‎ ‎22.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)。现用0.1 mol/LKMnO4酸性溶液与0.5 mol/L H2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。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：‎ 实验 序号 反应温度/℃‎ 参加反应的物质 KMnO4（H2 SO4）‎ H2C2O4‎ H2O MnSO4‎ V/mL c/mol·L－1‎ V/mL c/mol·L－1‎ V/mL g A ‎20‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.5‎ ‎0‎ ‎0‎ B ‎20‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎6‎ ‎0.5‎ V1‎ ‎0‎ C ‎20‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.5‎ ‎0‎ ‎1‎ D ‎50‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎6‎ ‎0.5‎ ‎0‎ ‎0‎ E ‎40‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.5‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎（1）该反应中氧化剂_______。‎ ‎（2）如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验______和______(用A～E表示，下同)；‎ ‎（3）如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验_____和______。‎ ‎（4）实验A和B，可以研究浓度对化学反应速率的影响，则V1 =_____‎ ‎（5）A、B、C三组实验比较，溶液褪色所用的时间最长的是______组实验 ‎【答案】(1). KMnO4或者MnO4- (2). A (3). C (4). A (5). E (6). 4 (7). B ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据反应MnO4-＋H2C2O4＋H＋→Mn2＋＋CO2↑＋H2O中元素化合价的变化分析判断；‎ ‎(2)如果研究催化剂对化学反应速率的影响，需要保证其他条件相同，只有有无催化剂(MnSO4)条件不同，根据数据分析选择；‎ ‎(3)如果研究温度对化学反应速率的影响，需要保证其他条件相同，只有温度不同，根据数据分析选择；‎ ‎(4)实验A和B，要研究浓度对化学反应速率的影响，其他条件需要完全相同，根据数据只有H2C2O4的浓度不同，据此分析判断；‎ ‎(5)溶液褪色所用的时间最长，说明反应速率最慢，根据表格数据，A、B、C三组实验的温度相同，KMnO4的浓度相同，B中H2C2O4的浓度最小，C使用了催化剂，结合影响化学反应速率的因素分析判断。‎ ‎【详解】(1)反应MnO4-＋H2C2O4＋H＋→Mn2＋＋CO2↑＋H2O中Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，被还原，为KMnO4氧化剂，故答案为：KMnO4或者MnO4-；‎ ‎(2)如果研究催化剂对化学反应速率的影响，需要保证其他条件相同，只有有无催化剂(MnSO4)条件不同，可以使用实验A和C验证，故答案为：A；C；‎ ‎(3)如果研究温度对化学反应速率的影响，需要保证其他条件相同，只有温度不同，可以使用实验A和E，故答案为：A；E；‎ ‎(4)实验A和B，要研究浓度对化学反应速率的影响，根据数据只有H2C2O4的浓度不同，其他条件需要完全相同，溶液总体积需要相同，则V1 =4 mL，故答案为：4；‎ ‎(5)根据表格数据，A、B、C三组实验的温度相同，KMnO4的浓度相同，B中H2C2O4的浓度最小，反应速率最慢，C使用了催化剂，反应速率最快，因此溶液褪色所用的时间最长的是B组实验，故答案为：B。‎ ‎23.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：‎ ‎(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如图：‎ ‎ ΔH＝＋88.6 kJ/mol，‎ 则M、N相比，较稳定的是_____(用字母“M”或“N”表示)。‎ ‎(2)已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－238.6 kJ/mol，CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－a kJ/mol，则a_____238.6(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎(3)氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2(s)＋6C(s)＋2N2(g) Si3N4(s)＋6CO(g)，已知升高温度CO的浓度增大。‎ ‎①该反应的焓变ΔH______(填“＞”“＜”或“＝”)0；‎ ‎②降低温度，其平衡常数值将______(填“增大”“减小”或“不变”)；‎ ‎③增大压强，N2的体积分数将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】(1). M (2). > (3). > (4). 减少 (5). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定；‎ ‎(2)甲醇为液体，燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，而物质由气态转化为液态需要放热，据此分析判断；‎ ‎(3)3SiO2(s)＋6C(s)＋2N2(g) Si3N4‎ ‎(s)＋6CO(g)，升高温度，CO的浓度增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，△H=+88.6kJ•mol-1，是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，则M的能量比N低，能量越低越稳定，说明M稳定；故答案为：M；‎ ‎(2)燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇为液体，而气体转化为液体需要放热，因此CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－a kJ/mol，放出的热量大于燃烧热，即a＞238.6，故答案为：＞；‎ ‎(3)①3SiO2(s)＋6C(s)＋2N2(g) Si3N4(s)＋6CO(g)，升高温度，CO的浓度增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH＞0，故答案为：＞；‎ ‎②△H＞0，该反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，故答案为：减小；‎ ‎③3SiO2(s)＋6C(s)＋2N2(g) Si3N4(s)＋6CO(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向逆反应移动，N2的体积分数将增大，故答案为：增大。‎ ‎24.在一定条件，向一密闭容器中充入一定量CO2气体，并加入足量铁粉，发生反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：‎ T/℃‎ ‎1200‎ ‎1100‎ ‎1000‎ ‎900‎ ‎800‎ K ‎0.36‎ ‎0.49‎ ‎1.0‎ ‎1.23‎ ‎1.89‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝______。‎ ‎（2）该反应为______(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是____。‎ A．容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变 C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．c(CO2)＝c(CO)‎ ‎（4）下列措施中，能够改变平衡时c(CO)/c(CO2)的比值的是_____(填序号)。‎ A．温度 B．铁粉的量(足量)‎ C．压强 D．CO的量 ‎（5）在900℃下，该反应达到平衡时，CO2的物质的量浓度为2mol·L-1，则此时c(CO)＝____ mol·L-1‎ ‎【答案】(1). K=C(CO)/C(CO2) (2). 放热 (3). BC (4). A (5). 2.46‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据平衡常数的概念分析解答；‎ ‎(2)根据表格数据，降低温度，平衡常数K增大，结合温度对平衡的影响分析判断；‎ ‎(3)根据化学平衡状态的特征分析判断；‎ ‎(4)改变平衡时c(CO)/c(CO2)的比值，说明平衡常数K发生了变化，据此分析判断；‎ ‎(5)在900℃下，K=1.23，据此分析计算。‎ ‎【详解】(1)Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)的平衡常数表达式为K=，故答案为：K=；‎ ‎(2)根据表格数据，降低温度，平衡常数K增大，说明降低温度，平衡正向移动，该反应为放热反应，故答案为：放热；‎ ‎(3)对于反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)。‎ A．反应前后气体的物质的量不变，容器中压强始终不变，不能判断是否为平衡状态，故A错误；B．混合气体中c(CO)不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C．反应前后气体的物质的量不变，但质量减小，因此混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；D．只有1000℃时，达到平衡时存在c(CO2)＝c(CO)，但温度不一定是1000℃，因此不能判断是平衡状态，故D错误；故答案为：BC；‎ ‎(4)能够改变平衡时c(CO)/c(CO2)的比值，即改变K。A．升高温度反应向吸热方向移动，则该比值一定发生变化，故A正确；B．Fe粉的量改变，不改变浓度，平衡不移动，则该比值不发生变化，故B错误；C．改变压强，平衡不移动，则该比值不发生变化，故C错误；D．CO的量改变，化学平衡移动，但温度不变，最终平衡常数K不变，所以c(CO)/c(CO2)的比值不变，故D错误；故答案为：A；‎ ‎(5)在900℃下，K=1.23=，该反应达到平衡时，CO2的物质的量浓度为2mol·L-1，则此时c(CO)＝K×c(CO2)=1.23×2mol·L-1=2.46mol·L-1，故答案为：2.46。‎ ‎25.在500℃时，将4molSO2与2molO2放入4L的密闭容器中，5分钟后反应达到平衡：2SO2＋O22SO3，测得平衡时SO3的浓度为0.5mol·L－1。‎ ‎（1）在500℃时，该反应平衡常数K＝_____‎ ‎（2）反应达到平衡时，SO2的转化率为______‎ ‎（3）从开始反应至达到平衡状态 反应速率v(O2)＝_____ ‎ ‎（4）该反应在低温时能自发进行，则该反应的正反应是_____(填“放热”或“吸热”)反应 ‎（5）在500℃时，在2L的密闭容器中，发生上述反应，某一时刻测得容器内SO2、O2、SO3的物质的量分别为1mol、2mol、2mol则此时正逆反应速率大小为v(正)____v(逆)（填“＞”“＜”或“＝”）‎ ‎【答案】(1). 4 (2). 50% (3). 0.05 mol·L－1·min－1 (4). 放热 (5). =‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】在一定温度下，将4mol SO2与2molO2放入4L的密闭容器中，c(SO3)=0.5mol/L，根据三段式计算解答(1)~(3)；‎ ‎(4)该反应的△S＜0，在低温时能自发进行，需要△G=△H-T•△S＜0，据此分析判断；‎ ‎(5)首先计算Qc，根据Qc与K的大小关系分析判断。‎ ‎【详解】在一定温度下，将4mol SO2与2molO2放入4L的密闭容器中，5分钟后反应：2SO2＋O22SO3达到平衡，c(SO3)=0.5mol/L，设转化的氧气的物质的量为x，则 ‎      2SO2 + O22SO3‎ 开始(mol)   4   2    0‎ 转化(mol)   2x   x    2x 平衡(mol) 4-2x 2-x   2x 则c(SO3)==0.5mol/L，解得：x=1mol，则平衡是c(O2)==0.25mol/L，c(SO2)==0.5mol/L，‎ ‎(1)该温度下平衡常数K==4L/mol，故答案为：4L/mol(或4)；‎ ‎(2)平衡时SO2的转化率=×100%=50%，故答案为：50%；‎ ‎(3)从开始反应至达到平衡状态的时间为5分钟，O2的反应速率v(O2)＝=0.05 mol/(L·nim)，故答案为：0.05 mol/(L·min)；‎ ‎(4)该反应的△S＜0，在低温时能自发进行，则△G=△H-T•△S＜0，则△H＜0，该反应的正反应是放热反应，故答案为：放热；‎ ‎(5)该条件下，反应2SO2＋O22SO3的Qc==4=K=4，因此反应为平衡状态，则逆反应速率等于正反应速率，故答案为：=。‎