甘肃省天水市天水一中2019-2020学年高二（普通班）上学期第一次月考化学（理）试题

甘肃省天水市天水一中2019-2020学年高二（普通班）上学期第一次月考化学（理）试题

天水市一中2019-2020学年度高二级第一学期第一学段考试 化学试题（理科）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、N-14、O-16、Na-23、Mg-24、Al-27、Fe-56、Cu-64、Zn-65、S-16、Cl-35.5、Br-80、I-127、Ba-137、Ca-40、K-39‎ 第I卷 选择题(共54分)‎ 一.选择题(每小题3分，共54分。每小题只有一个正确答案)‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应物分子的每次碰撞都能发生化学反应 B. 活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞 C. 能够发生化学反应的碰撞是有效碰撞 D. 增大反应物浓度时，活化分子百分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．当活化分子之间发生有效碰撞时才能发生化学反应，故A错误；B．活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，当发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，故B错误；C．活化分子之间发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故C正确；D．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查活化能及其对反应速率的影响。注意活化分子、有效碰撞以及活化能等概念的理解，活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，当发生化学反应的碰撞才是有效碰撞。‎ ‎2.化学与社会可持续发展密切相关。下列做法错误的是 A. 按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置 B. 工业废水经过静置、过滤后排放，符合绿色化学理念 C. 植物的秸秆、枝叶和人畜粪便等生物质能可转化为沼气 D. 氢气是一种有待大量开发的“绿色能源”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将垃圾进行分类放置，提高利用率，有效减少污染，符合社会可持续发展理念，故A不符合题意；‎ B ‎、工业废水经过静置、过滤只会将泥沙等固体杂质除去，并未除去重金属离子，会对环境造成污染，不符合绿色化学的理念，故B符合题意；‎ C、将植物的秸秆、枝叶、和人畜粪便加入沼气发酵池中，经过缓慢、复杂的化学反应，最终得到沼气，从而有效利用生物质能，故C不符合题意；‎ D、氢气燃烧得到水，对环境无污染，且放出热量高，因此氢气称为“绿色能源”，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎3.化学反应中，能量的测定和利用是关乎可持续发展的重要课题。下列相关叙述正确的是（ ）‎ A. 已知H2和Cl2在混合光照时发生爆炸，而H2在Cl2中点燃能安静燃烧，说明在同温同压下H2(g)＋Cl2(g)═2HCl(g)，反应条件不同，ΔH也不同 B. 将锌片直接放入足量稀硫酸中，另取同样的锌片与铜片用导线连接后再放入足量的稀硫酸中，充分反应后，两者放出的热量相同 C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应热 D. 为了充分利用热能，可在燃烧时通入大量空气以确保燃料完全燃烧 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．△H的大小只与反应物和生成物所具有的能量和状态有关，与反应条件无关，故A错误；‎ B．根据盖斯定律，反应的焓变与起始状态和终了状态有关，与变化过程无关，将锌片直接放入足量稀硫酸中，另取同样的锌片与铜片用导线连接后再放入足量的稀硫酸中，发生的反应相同，因此充分反应后，两者的焓变相等，但放出的热量不同，后者还转化成了电能，故B错误；‎ C．根据盖斯定律，反应的焓变与起始状态和终了状态有关，与变化过程无关，应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应热，故C正确；‎ D．加入远远过量的空气，会带走大部分的热量，可能使温度降低，燃烧效率反而降低，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意反应的焓变不一定都是一热能的形成呈现。‎ ‎4.在密闭容器中进行A(g)+2B(s)‎2C(s)+3D(s) ΔH>0的反应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 B. 容器内气体平均相对分子质量不变时达到化学平衡状态 C. 温度不变，增大B的投入量，正反应速率增大 D. 温度不变，压缩容器体积重新达到平衡后，A浓度不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．无论吸热反应还是放热反应，升高温度正逆反应速率都增大，则升高温度该反应正逆反应速率都增大，故A错误；‎ B．容器内只有A是气体，反应从开始到达到平衡状态，气体的平均相对分子质量始终是定值，即容器内气体平均相对分子质量不变时不一定达到化学平衡状态，故B错误；‎ C．固体质量多少与化学反应速率无关，B是固体，其质量多少与化学反应速率无关，故C错误；‎ D．温度不变，平衡常数不变，即K=不变，则压缩容器体积重新达到平衡后，A的浓度不变，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎5.在‎2A(g)＋3B(g)C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）‎ A. v(A)=0.4mol/(L·s) B. v(B)=0.3mol/(L· s)‎ C. v(C)=0.15mol/(L·s) D. v(D)=0.5mol/(L·s)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。‎ A．==0.2 mol/(L·s)；‎ B．==0.1 mol/(L·s)；‎ C． ==0.15 mol/(L·s)；‎ D． ==0.125 mol/(L·s)，‎ 显然A中比值最大，反应速率最快，故选A。‎ ‎6.某同学按照课本实验要求，用50mL0.50mol/L的盐酸于50mL0.55mol/L的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计算中和热，下列说法中，正确的是（　　）‎ A. 烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯 B. 用如图装置可以完成中和热测定的实验 C. 为防止混合溶液时溅出产生误差，因此混合时速度要慢 D. 若将盐酸体积改为60mL，不考虑热量损失，理论上所求中和热相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，选项A错误；‎ B．根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，选项B错误；‎ C．为防止混合溶液时溅出产生误差，因此混合时速度要快，否则存在热量的散失，选项C错误；‎ D、因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关，若将盐酸体积改为60 mL，两次实验所求得中和热相等，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查学生有关中和热测定原理，可以根据所学知识进行回答，注意比较中和热大小时要考虑“-“号，中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关。‎ ‎7.热还原法制备MgO材料的原理为MgSO4（s）+CO（g）MgO（s）+SO2（g）+CO2（g） △H>0，T℃时，在一恒容密闭容器中加入一定量的MgSO4（s）和CO（g），一段时间后达到平衡状态。下列说法正确的是（ ）‎ A. 活化能：E正>E逆 B 其他条件不变，加入催化剂，△H减小 C. 其他条件不变，降低温度，化学平衡常数增大 D. 其他条件不变，向容器中通入Ar（g），平衡逆向移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，A项正确；‎ B.催化剂不改变反应的ΔH，B项错误；‎ C.其他条件不变，降低温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，C项错误；‎ D.其他条件不变，向容器中通入Ar（g），由于容器体积不变，所以各物质浓度都不变，平衡不移动，D项错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】向容积不变的容器中通入惰性气体，不影响气体浓度，所以不会使反应速率改变，也不能使平衡移动。如果向容积可变的容器中通入惰性气体，会使容器体积变大，使气体浓度降低，反应速率减慢，如果反应前后气体系数之和不等，则平衡会向气体系数之和大的方向移动，即相当于降低压强。‎ ‎8.下列热化学方程式中，正确的是（ ）‎ A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O(g) △H=-890.3kJ·mol-1‎ B. ‎500℃‎、30MPa下，将 0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成 NH3（g）放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g） △H = -38.6kJ·mol-1‎ C. HCl 和 NaOH 反应的中和热△H=-57.3 kJ·mol-1 ，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热 △H = 2×（-57.3）kJ·mol -1‎ D. 在101kPa 时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H =-571.6 kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量， H2O(g)应转化为液态水，故甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=−890.3 kJ⋅mol−1，故A错误；‎ B. 0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ ‎，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热小于38.6kJ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，故B错误；‎ C. H2SO4和Ba(OH)2反应生成水外还生成硫酸钡沉淀，生成沉淀时继续放热，故C错误；‎ D. 2gH2为1mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，可知2mol氢气燃烧放出571.6kJ的热量，则氢气燃烧的热化学方程式表示为 2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=−571.6kJ⋅mol−1，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】中和热需注意是稀的强酸强碱，生成1mol水，燃烧热的定义需注意物质的量都是1mol，完全燃烧，稳定的氧化物，需要对比，辨析它们的不同。‎ ‎9.如图所示，反应：X（气）+3Y（气）2Z（气）；△H<0，在不同温度、不同压强下（p1＞p2），达到平衡时，混合气体中Z的百分含量随温度变化的曲线应为：‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由方程式X（气）+3Y（气）2Z（气） △H<0，可知：反应放热，升高温度平衡向逆反应方移动，则生成物Z的百分含量减小，A、B错误；反应前气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，则增大压强平衡向正反应方向移动，则生成物Z的百分含量增大，又P1＞P2，则C正确，D错误，选C。‎ ‎10.容积相同的甲、乙两个容器，分别充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ，并达到平衡，在此过程中，甲容器保持容积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为α，则乙容器中SO2的转化率为（ ）‎ A. 等于α B. 大于α C. 小于α D.‎ ‎ 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要减小体积。减小体积则乙的压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，平衡正向移动，所以，若甲容器中SO2的转化率为α，则乙的SO3的转化率将大于甲的，即大于α，故选B。‎ ‎【点睛】正确理解等效平衡的原理是解题的关键。本题中先设为同等条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，根据改变的条件对平衡的影响分析，问题就迎刃而解了。‎ ‎11.已知某可逆反应：mA(g)＋nB(g)xC(g) ΔΗ=Q kJ•mol-1，在密闭容器中进行，表示反应在不同时间t，温度T和压强P与C在混合气体中的百分含量(C%)的关系曲线，则（ ）‎ A. T1＞T2，P1＞P2，m＋n＞x，Q＞0‎ B. T1＜T2，P1＜P2，m＋n＜x，Q＞0‎ C. T1＞T2，P1＜P2，m＋n＜x，Q＜0‎ D. T1＜T2，P1＜P2，m＋n＞x，Q＜0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，C的含量越低，说明增大压强，平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+n＜x；‎ 压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，C的含量越低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即Q＜0；‎ 故选C。‎ ‎12.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：‎ 平衡时测得A的浓度为0.50mol/L,保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时,测得A的浓度为0.30mol/L。下列有关判断正确的是 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的体积分数升高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，A的浓度由0.50mol/L变为0.25mol/L，平衡移动后，A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向生成A的方向移动。‎ ‎【详解】A. 对照平衡移动原理，减压，平衡向气体分子数增大的方向移动，所以x+y>z，A错误；‎ B. 由分析知，平衡向逆反应方向移动，B错误；‎ C. 平衡逆向移动，B的转化率降低，C正确；‎ D. 平衡逆向移动，C的体积分数减小，D错误。‎ 答案为C。‎ ‎13.一定温度下，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。‎ ‎14.已知稀氨水和稀硫酸反应生成1mol (NH4)2SO4时ΔH= -24.2kJ·mol-1；强酸、强碱稀溶液反应的中和热ΔH= -57.3kJ·mol-1。则NH3·H2O的电离热ΔH等于（ ）‎ A. -69.4kJ·mol-1 B. -45.2kJ·mol-1‎ C. +69.4kJ·mol-1 D. +45.2kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意先写出热化学方程式2NH3·H2O(aq)+H2SO4(aq)=(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)；ΔH=24.2kJ/mol，即：2NH3•H2O(aq)+2H+(aq)=2NH4+(aq)+2H2O(l)；△H=-24.2kJ/mol，整理可得：‎ NH3•H2O(aq)+H+(aq)=NH4+(aq)+H2O(l)；△H= -12.1kJ/mol（1）‎ H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)；ΔH= -57.3kJ/mol（2）‎ ‎（1）-（2）可得：NH3•H2O(aq)=NH4+(aq)+OH-(aq)，△H= +45.2kJ/mol， 所以NH3•H2O在水溶液中电离的△H为+45.2kJ/mol，D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应 ‎①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) △H1‎ ‎②2H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g) △H2‎ ‎③H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) △H3‎ ‎④2S(g) =S2(g) △H4‎ 则△H4的正确表达式为（ ）‎ A. △H4=2/3（△H1+△H2-3△H3）‎ B. △H4=2/3（3△H3-△H1-△H2）‎ C. △H4=3/2（△H1+△H2-3△H3）‎ D. △H4=3/2（△H1-△H2-3△H3）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据盖斯定律，①×－③×得⑤：S(g)+O2(g)=SO2(g) △H5=（△H1-△H3）；根据盖斯定律，②×－③×得⑥：SO2(g)+S(g)=O2(g) + S2(g) △H6=（△H2-2△H3）；⑤+⑥得：2S(g) =S2(g) △H4=（△H1+△H2-3△H3），答案为A。‎ ‎16.一定条件下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，图 1 表示各物质浓度随时间的变化，图 2 表示速率随时间的变化，t2、t3、t4、t5 时刻各改变一种条件，且改变的条件均不同。若t4时刻 改变的条件是压强，则下列说法错误的是 A. 若 t1=15 s，则前 15 s 的平均反应速率 v(C)=0.004 mol·L-1·s-1‎ B. 该反应的化学方程式为 3A(g)B(g)+2C(g)‎ C. t2、t3、t5 时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度 D. 若 t1=15 s，则 B 的起始物质的量为 0.04 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应在t1时刻达到平衡时，气体C的浓度增大0.06mol·L-1，所以平均反应速率为v(C)= =0.004 mol·L-1·s-1，故A正确；‎ B. t4时刻降低压强后反应平衡状态没有改变，说明反应物系数和与生成物系数和相等，又因为反应第一次达到平衡时气体A浓度降低0.09mol·L-1，气体C的浓度增大0.06 mol·L-1，所以气体A与C的系数比为3:2，因此气体B也是生成物且其系数为1，所以化学方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，故B正确；‎ C. t5时刻后若为增大反应物浓度，开始时应该只有正反应速率增大，不会两个反应速率同时增大，故C错误；‎ D. 气体C的浓度增大0.06mol·L-1，气体B、C的反应系数比为1:2，所以气体B浓度增大0.03mol·L-1，又由初始气体A浓度可知，容器的体积为0.3mol/0.15mol∙L−1=2L，可知气体B起始物质的量为(0.05-0.03)mol·L-1×2L=0.04mol，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎17.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。‎ ‎18.在燃烧2.24L(标准状况)CO 与O2的混合气体时，放出11.32kJ 的热量，最后产物的密度为原来气体密度的1.25 倍，则CO的燃烧热为 A. 283 kJ·mol-1 B. -283 kJ·mol-1 C. -566 kJ·mol-1 D. 566 kJ·mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】CO和O2反应后气体密度变为原气体密度的1.25倍，根据质量守恒可知，反应后的气体体积为反应前的气体体积的，为2.24L×=1.792L，物质的量为0.08mol；根据一氧化碳与氧气的反应方程式2CO+O22CO2可知，气体的减少量为氧气的量，因此反应的氧气为0.02mol，则燃烧的CO为0.04mol，0.04mol的CO完全燃烧产生11.32kJ热量，则CO的燃烧热为：=283kJ/mol，则一氧化碳的燃烧热为283kJ/mol，故选A。‎ 第Ⅱ卷 非选择题(共46分)‎ 二.填空题(共3小题，共32分)‎ ‎19.（1）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程，化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量，已知白磷和P4O6‎ 的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能：P-P：198kJ·mol-1，P-O：360 kJ·mol-1，O=O：498kJ·mol-1，则反应P4(白磷)与O2反应生成P4O6的热化学反应方程式为____。‎ ‎（2）肼(N2H4)可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。已知：‎ ‎①N2(g)＋2O2(g)═N2O4(l) △H1═-19.5kJ/mol ‎②N2H4(l)＋O2(g)═N2(g)＋2H2O(g) △H2═-534.2kJ/mol 写出肼和N2O4反应的热化学方程式_____。‎ ‎（3）化学反应N2＋3H22NH3的能量变化如图所示，该反应生成NH3(l)的热化学方程式是_____。‎ ‎【答案】 (1). P4(白磷，s)+3O2(g)=P4O6(g)△H= -1638kJ/mol (2). 2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) △H= -1048.9kJ/mol (3). N2(g)＋3H2(g)2NH3(I) △H=2(a-b-c)kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)白磷燃烧生成P4O6的合成方程式为P4(白磷)＋3O2= P4O6，根据白磷和P4O6的分子结构，结合放出的热量=生成物的键能-反应物的键能计算；‎ ‎(2)根据盖斯定律分析计算△H；‎ ‎(3)根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量，结合图示计算反应热，并书写热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态。‎ ‎【详解】(1)白磷燃烧生成P4O6的合成方程式为P4(白磷)＋3O2= P4O6，根据白磷和P4O6的分子结构，放出的热量=生成物的键能-反应物的键能=12×360kJ-[(6×198)kJ+(3×498)kJ]=1638kJ，反应的焓变是-1638kJ/mol，则反应P4(白磷)燃烧生成P4O6的热化学方程式为：P4(白磷，s)+3O2(g)=P4O6(g)△H=-1638kJ/mol；故答案为P4(白磷，s)+3O2(g)=P4O6(g) △H=-1638kJ/mol；‎ ‎(2)肼和N2O4反应的化学方程式2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)，①N2(g)+2O2(g)═N2O4(l) △H1═ -19.5kJ•mol-1，②N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g) △H2═-534.2kJ•mol-1，根据盖斯定律，②×2-①得到2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H=(-534.2kJ•mol-1)×2-(-19.5kJ•mol-1)=-1048.9kJ/mol，故答案为2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1048.9kJ/mol；‎ ‎(3)根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热。由图可以看出，N2(g)+H2(g)=NH3(g) △H=(a-b)kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为ckJ，所以有N2(g)+H2(g)=NH3(l) △H=(a-b-c)kJ/mol，故热化学方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH3(1) △H=2(a-b-c)kJ•mol-1，故答案为N2(g)+3H2(g)=2NH3(1) △H=2(a-b-c)kJ•mol-1。‎ ‎20.汽车尾气已成为城市空气的主要污染源之一，其中的氮氧化物是重要污染物。‎ ‎（1）汽车内燃机工作时产生NO的原理如图1所示：‎ 该反应的热化学方程式为______。‎ ‎（2）治理尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＜0。若在一定温度下将2mol NO、1mol CO充入1L固定容积的容器中，反应过程中各物质的浓度变化如图2所示。‎ ‎①则从开始到达到平衡状态的过程中，平均反应速率υ(CO2)=____，该温度下反应的平衡常数K=____(结果保留两位有效数字)‎ ‎②20min时改变的条件可能是____‎ A.增大压强 C.减小CO2浓度且改用更高效的催化剂 B.降低温度 D.在恒温恒容条件下，充入He气体 ‎③若保持温度不变，20min时向容器中充入CO、N2各0.6mol，平衡将____(填“正向”“逆向”或“不”)移动。‎ ‎（3）用焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)＋2C(s)N2(g)＋2CO2(g)，在恒温条件下，向1L密闭容器中加入不同物质的量的NO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压强的关系如图3所示。‎ ‎①下列不能说明该反应已达到平衡状态的是_____‎ a.C的质量不变 b. 混合气体的密度不再发生改变 ‎ c. v正(N2)＝υ逆(CO2) d.混合气体的颜色不再改变 ‎②计算C点时该反应的平衡常数Kp(C)=___(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎【答案】 (1). N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH=+180kJ·mol-1 (2). 0.027mol·L-1·min-1 (3). 0.035 (4). C (5). 不 (6). c (7). 2‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)根据焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和，结合图示分析解答；‎ ‎(2)①根据图示中氮气的浓度变化计算平衡时二氧化碳的浓度，将各组分的平衡浓度代入平衡常数表达式K=计算；②2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，根据图像，20min时氮气的浓度逐渐增大，平衡后变成0.4 mol/L，且建立平衡需要的时间减少，结合影响平衡的元素分析判断；③根据浓度商Qc与K的大小分析判断；‎ ‎(3)①根据平衡状态的特征和标志分析判断；②根据三段式结合C点时NO2和CO2的物质的量浓度相等计算解答。‎ ‎【详解】(1)根据图示，汽车内燃机工作时产生NO的原理为N2(g)＋O2(g)=2NO(g)，焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和=[946 kJ/mol +498 kJ/mol]-632 kJ/mol×2= +180kJ/mol，故答案为N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH=+180kJ/mol；‎ ‎(2)①平衡时氮气的浓度为0.2mol/L，则二氧化碳的平衡浓度为0.2mol/L×2=0.4mol/L，平均反应速率υ(CO2)== 0.027mol·L-1·min-1，由方程式2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＜0可知，平衡常数K===(L/mol)= 0.035，故答案为0.027mol·L-1·min-1；0.035；‎ ‎②2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，根据图像，20min时氮气的浓度逐渐增大，平衡后变成0.4 mol/L，且建立平衡需要的时间减少。A.增大压强，缩小容器的体积，氮气的浓度会突然增大，与图像不符，故A错误；B. 正反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，氮气的浓度逐渐增大，但反应速率减慢，建立平衡需要的时间更长，故B错误；C.减小CO2浓度，平衡正向移动，氮气的浓度逐渐增大，加入催化剂，平衡不一定，但能够缩短建立平衡需要的时间，故C正确；D.在恒温恒容条件下，充入He气体，平衡不一定，氮气的浓度不变，故D错误；故答案为C；‎ ‎③若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，则浓度商Qc===K，故平衡不移动，故答案为不；‎ ‎(3)①a.C的质量不变，根据质量守恒定律，说明其余物质的质量也不变，说明达到了平衡状态，故a不选；b.混合气体的密度与气体的质量和体积有关，混合气体的密度不再发生改变，说明混合气体的质量不变，说明达到了平衡状态，故b不选；c.v正(N2)＝2υ逆(CO2)说明正逆反应速率相等，v正(N2)＝υ逆(CO2)，没有达到平衡状态，故c选；d.混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变，说明达到了平衡状态，故d不选；故答案为c；‎ ‎②1mol NO2和足量C发生该反应，设反应的二氧化氮的物质的量为x：‎ ‎2NO2(g)+2C(s)⇌N2(g)+2CO2(g)‎ 起始(mol)： 1                   0               0‎ 转化(mol)： x                   0.5x           x 平衡(mol)： 1-x                    0.5x           x 从图知C点时NO2和CO2的物质的量浓度相等，则1-x=x，解得x=0.5‎ ‎，则平衡时总的物质的量为1.25mol，C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)==2MPa，故答案为2 MPa(或2)。‎ ‎21.目前工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇，某研究小组对下列有关甲醇制取的三条化学反应原理进行探究。已知在不同温度下的化学反应平衡常数(K1、K2、K3)如表所示。请回答下列问题：‎ 化学反应 焓变 平衡常数 温度/℃‎ ‎500‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎①2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)‎ ΔH1‎ K1‎ ‎2.5‎ ‎0.34‎ ‎0.15‎ ‎②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)‎ ΔH2‎ K2‎ ‎1.0‎ ‎1.70‎ ‎2.52‎ ‎③CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)‎ ΔH3‎ K3‎ ‎（1）反应②是____(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎（2）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=____(用K1、K2表示)；根据反应③判断ΔS___0(填“＞”、“＝”或“＜”)，在____(填“较高”或“较低”)温度下有利于该反应自发进行。‎ ‎（3）500℃时，测得反应③在某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为0.1mol/L、0.8mol/L、0.3mol/L、0.15mol/L，则此时v(正)___v(逆)(填“＞”、“=”或“＜”)。‎ ‎（4）根据上述表格测得焓变，下列能量关系图合理的是_____‎ A.B.C.D. ‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). K1·K2 (3). ＜ (4). 较低 (5). ＞ (6). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应①②的平衡常数随温度的变化分析判断反应①和②的热效应的变化，再根据盖斯定律结合K分析判断反应③的热效应的变化，最后结合化学平衡常数的表达式分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据表格数据，反应②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的平衡常数随温度升高增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应是吸热反应，故答案为吸热；‎ ‎(2)根据盖斯定律，反应①+②可得反应③，则平衡常数K3=K1×K2，反应③CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)是气体体积减小的反应△S＜0，反应③3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)是气体体积减小的反应，则△S＜0；反应③的平衡常数，500°C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，800°C时，K3=K1×K2=2.52×0.15=0.375，随温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，所以反应③是放热反应，焓变△H＜0，所以反应在低温下能自发进行，故答案为K1×K2；＜；较低；‎ ‎(3)500℃时K3=K1×K2=2.5，浓度商Qc==0.87＜K=2.5，平衡向正反应移动，则v(正)＞v(逆)，故答案为＞；‎ ‎(4)A、反应②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的平衡常数随温度升高而增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应是吸热反应，反应物能量低于生成物，与图象符合，故A正确；B、催化剂改变反应的活化能，不改变焓变，根据A的分析，反应②为吸热反应，反应物能量低于生成物，与图象不符，故B错误；C、①2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)的平衡常数随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，反应物能量高于生成物，与图象不符，故C错误；D、根据(2)的分析，反应③3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)是放热反应，反应物能量高于生成物，与图象符合，故D正确；故答案为AD；‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(2)中自发进行的判断，要注意根据平衡常数K间的关系判断出△H的变化，在根据△G=△H-T•△S判断。‎ 三.实验题(共1小题，共14分)‎ ‎22.某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸(H2C2O4)溶液反应，研究外界条件反应速率的影响，设计了如下探究实验方案：‎ 实验 草酸溶液 ‎(0.5mol/L)‎ 高锰酸钾 ‎(0.5mol/L)‎ 稀硫酸 ‎(0.5mol/L)‎ 硫酸锰 ‎(0.5mol/L)‎ 温度 蒸馏水 ‎①‎ ‎10.0 mL ‎2.0 mL ‎3.0 mL ‎0‎ ‎25℃‎ ‎1.0 mL ‎②‎ ‎10.0 mL ‎2.0 mL ‎3.0 mL ‎1.0 mL ‎25℃‎ ‎0‎ ‎③‎ ‎8.0 mL ‎2.0 mL ‎3.0 mL ‎0‎ ‎25℃‎ Vx ‎④‎ ‎10.0 mL ‎2.0 mL ‎3.0 mL ‎0‎ ‎35℃‎ ‎1.0 mL 回答下列问题：‎ ‎（1）本方案中用于设计实验的化学反应的离子方程式是____，实验中预计通过观察什么现象或测定什么数据来进行判断：_____。‎ ‎（2）该实验的目的是____。‎ ‎（3）实验③中的Vx=____；实验①和④测得反应速率分别为v1、v4，则v1____v4(填：“＞”“＜”和“=”)‎ ‎（4）实验①中，c(Mn2+)与t关系如图所示。AB段斜率明显大于OA段斜率，除反应可能放热外，猜想还可能是_____，利用提供的试剂设计实验III，验证猜想。‎ 提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1 mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水 ‎①补全实验III的操作：向试管中先加入1mL 0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量的____，最后加入1mL 0.1 mol/L草酸溶液。‎ ‎②若猜想成立，应观察到的实验现象是_______。‎ ‎【答案】 (1). 2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O (2). 观察溶液紫红色褪去的快慢(或测定从反应开始至溶液紫红色褪去所用时间) (3). 研究反应物浓度、催化剂(或Mn2+的催化作用)、温度对化学反应速率的影响 (4). 3.0 (5). ＜ (6). 产物中的Mn2+对该反应有催化作用 (7). MnSO4固体 (8). 加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)‎ 实验中酸性高锰酸钾溶液氧化草酸，据此书写反应的离子方程式；酸性高锰酸钾溶液为紫红色，实验中可通过观察溶液紫红色褪去的快慢或测定从反应开始至溶液紫红色褪去所用时间判断反应速率；‎ ‎(2)结合表中数据分析判断该实验的目的；‎ ‎(3)实验①和实验③中只有草酸的浓度不同，所以探究草酸浓度对反应速率的影响，因此溶液的体积应该相同；实验①和实验④中温度不同，温度越高，反应速率越快，据此判断v1、v4大小；‎ ‎(4)由于生成物中有锰离子产生，还可能是产物中的Mn2+对该反应有催化作用。设计实验验证猜想时，可以加入MnSO4固体与实验II对比，若猜想成立，加入MnSO4固体溶液紫色应迅速变浅，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)实验中酸性高锰酸钾溶液氧化草酸，反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O；由于酸性高锰酸钾溶液为紫红色，所以实验中可通过观察溶液紫红色褪去的快慢或测定从反应开始至溶液紫红色褪去所用时间来判断反应速率，故答案为2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O；观察溶液紫红色褪去的快慢(或测定从反应开始至溶液紫红色褪去所用时间)；‎ ‎(2)结合表中数据可知，该实验的目的是研究反应物浓度、催化剂(或Mn2+的催化作用)、温度对化学反应速率的影响，故答案为研究反应物浓度、催化剂(或Mn2+的催化作用)、温度对化学反应速率的影响；‎ ‎(3)实验①和实验③中只有草酸的浓度不同，所以探究草酸浓度对反应速率的影响，因此溶液的体积应该相同，则实验③中的Vx=3.0；实验①和实验④中温度不同，温度越高，反应速率越快，则v1＜v4，故答案为3.0；＜；‎ ‎(4)由于生成物中有锰离子产生，所以AB段斜率明显大于OA段斜率，除了反应可能放热外，还可能是产物中的Mn2+对该反应有催化作用，故答案为产物中的Mn2+对该反应有催化作用；‎ ‎①要验证该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用，可以通过加入MnSO4固体与实验II对比，其他条件与实验II相同，故实验Ⅲ的操作为：向试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液，故答案为MnSO4固体；‎ ‎②若猜想成立，则实验III褪色迅速，可以观察到：加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅，故答案为加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅。‎