【化学】江西省奉新县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题(解析版)

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【化学】江西省奉新县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题(解析版)

江西省奉新县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题 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 Si 28 S 32 Cl 35.5 ‎ 一、选择题(本题包括16小题,每小题3分,共48分。每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.根据所学知识判断,下列反应中,在任何温度下都不自发进行的是( )‎ A. 2O3(g)═3O2(g)△H<0 ‎ B. N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)△H<0‎ C. 2CO(g)═2C(s)+O2(g)△H>0 ‎ D. CaCO3(s)═CaO(s)+CO2(g)△H>0‎ ‎【答案】C ‎【解析】A.△H<0,△S>0,根据△G=△H-T•△S可知,一般温度下都能满足△H-T•△S<0,反应可自发进行,故A不选;B.△H<0,△S<0,在较高温度下,可满足△H-T•△S<0,反应可自发进行,故B不选;C.△H>0,△S<0,一般情况下都满足△G=△H-T•△S>0,反应不能自发进行,故C选; D.△H>0,△S>0,在较高温度下,可满足△H-T•△S<0,反应可自发进行,故D不选;故选C。‎ ‎2.在密闭容器中,一定条件下,进行如下反应:NO(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=﹣373.2kJ·mol-1,达到平衡后,为提高该反应的速率和NO的转化率,采取的正确措施是( )‎ A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强 C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时增大压强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由题意知反应是放热反应,反应后气体体积减小;催化剂加快反应速率,但平衡不移动;升温加快反应速率,但衡逆向移动,NO转化率减小,故不选A;‎ B、催化剂加快反应速率,但平衡不移动;增大压强加快反应速率,平衡正向移动,NO转化率增大,故选B;‎ C、升温速率增大,平衡逆向移动,加氮气平衡逆向移动,NO转化率减小,故不选C;‎ D、降低温度反应速率减小,加压反应速率增大,无法确定反应速率的变化情况,故不选D。‎ ‎3. 下列说法中正确是( )‎ ‎①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应 ‎②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应 ‎③活化分子比普通分子具有较高的能量 ‎④催化剂降低了反应的活化能 ‎⑤化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程 ‎⑥升高温度和使用催化剂都提高了活化分子的百分数 A. ①③④⑤ B. ②③⑥ C. ③④⑤⑥ D. ②④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:①活化分子间有合适的取向,发生的碰撞一定能发生化学反应,故①错误;②普通分子间不可能发生化学反应,故②错误;③活化分子比普通分子具有较高的能量,故③正确;④催化剂能够降低反应的活化能,因此反应速率加快,故④正确;⑤化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程,故⑤正确;⑥升高温度,增大了分子的能量,使用催化剂,降低反应的活化能,都提高了活化分子的百分数,故⑥正确;故选C。‎ ‎4.一定量的稀硫酸与过量的锌反应,为减慢反应速率,且不影响生成氢气的总量,可向稀硫酸中加入适量的下列物质,其中一定不能达到目的的是 ( )‎ A. 氯化钠溶液 B. 水 ‎ C. 醋酸钾溶液 D. 硫酸铜固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】Zn过量,生成氢气由硫酸决定,则减小氢离子浓度,不改变其物质的量,则可减慢反应速率,且不影响生成氢气的总量,以此来解答。‎ ‎【详解】A.加入氯化钠溶液,相当于加水稀释,氢离子浓度减小,反应速率减慢,但氢离子物质的量不变,则生成氢气总量不变,能达到目的,故A不选; B.加水稀释,氢离子浓度减小,反应速率减慢,但氢离子物质的量不变,则生成氢气总量不变,能达到目的,故B不选; C.加醋酸钾溶液,会和硫酸反应生成硫酸钾和醋酸,CH3COO-+H+=CH3‎ COOH,由反应可知,强酸变为弱酸,氢离子浓度减小,反应速率减慢,但是,氢离子总的物质的量不变,则生成氢气总量不变,能达到目的,故C不选; D.加入少量硫酸铜固体,锌置换出铜,锌、铜和硫酸构成原电池,加快反应速率,不达到目的,故D选; 综上所述,本题选D。‎ ‎5.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是( )‎ A. 工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气,以提高二氧化硫的转化率 B. 工业上合成氨要用高温,催化剂 C. 红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅 D. CO2(g)CO2(aq)ΔH<0,降温增压可增大二氧化碳气体在水中的溶解度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 工业生产硫酸使用过量氧气,,增大了一种反应物的浓度,平衡正向移动,提高了另一种反应物二氧化硫的转化率,能用平衡移动原理解释;‎ B. 合成氨反应为放热反应,高温有利于提高催化剂的活性,但不利于平衡的正向移动,不能用平衡移动原理解释;‎ C. 红棕色的NO2加压后,浓度瞬间增大,但随后平衡正向移动,所以颜色先变深再变浅,能用平衡移动原理解释;‎ D. CO2(g)CO2(aq) ΔH<0,降温增压可使平衡正向移动,增大二氧化碳气体在水中的溶解度,能用平衡移动原理解释。‎ 故答案为B。‎ ‎6.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。‎ ‎7.在一定温度下,固定容积的容器中加入a mol A和b mol B,发生反应:A(g)+2B(g)2C(g)一段时间后达到平衡,生成n mol C。则下列说法中不正确的是( )‎ A. 再充入少量A,平衡向正反应方向移动,但K值不变 B. 起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为(a+b)∶(a+b-)‎ C. 当2v正(A)=v逆(B)时,反应一定达到平衡状态 D. 充入惰性气体(如Ar)增大压强,平衡向正反应方向移动 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:A、再充入少量A,增大反应物浓度,平衡向正反应方向移动,温度不变,则K值不变,A正确;B、A(g)+2B(g)2C(g)‎ 起始量(mol)a b 0‎ 转化量(mol)0.5n n n 平衡量(mol)a-0.5n b-n n 所以起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为(a+b)∶(a+b-0.5n),B正确;‎ C、当2v正(A)=v逆(B)=2v逆(A),因此反应一定达到平衡状态,C正确;D、充入惰性气体(如Ar)增大压强,平衡不移动,D错误,答案选D。‎ ‎8.已知反应:2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g) △H=-a kJ·mol-1(a>0),其反应机理是 ‎① NO(g)+Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)+NO(g)2NOBr(g) 慢 下列有关该反应的说法正确的是( )‎ A. 该反应的速率主要取决于①的快慢 B. NOBr2是该反应的催化剂 C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数,加快反应速率 D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A.反应速率主要取决于慢的一步,所以反应速率主要取决于②‎ 的快慢,A错误;B.NOBr2是中间产物,而不是催化剂,B错误;C.正反应放热,断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量,则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1,C正确;D.增大浓度,活化分子百分数不变,D错误,答案选C。‎ ‎9.某密闭容器中充入一定量SO2、O2发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g), 测得SO3浓度与反应温度关系如图.下列说法正确的是( )‎ A. 该反应△H>0 B. SO2转化率:a>b>c C. 化学反应速率:c>b>a D. 平衡常数K:b>c>a ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:A、图像上b点以后都处于平衡状态,升高温度SO3的浓度降低,说明平衡向逆反应移动,故正反应为放热反应,∆H<0,错误;B、三氧化硫的浓度越大,二氧化硫的转化率越高,故二氧化硫转化率b>c>a,错误; C、温度越高反应速率越快,故化学反应速率:c>b>a,正确;D、该反应正反应是放热反应,温度升高,平衡向逆反应移动,故温度越高,平衡常数越小,平衡常数K:a>b>c,错误。‎ ‎10.已知相同条件下,下列反应的焓变和平衡常数分别表示为 ‎①2H2O(g)=O2(g)+2H2(g)ΔH1 K1=x ‎②Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g)ΔH2 K2=y ‎③2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)ΔH3 K3=z 则下列关系正确的是( )‎ A. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=xy2 B. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x+y C. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=x﹣y2 D. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x/y ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据盖斯定律进行计算,由①+②×2=③,得出2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)的△H;根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系,方程式相加即平衡常数相乘,方程式相减即平衡常数相除。‎ ‎【详解】根据盖斯定律进行计算,由由①+②×2=③得到2NH3(g)+7/2O2(g)=2NO2‎ ‎(g)+3H2O(g),则△H=ΔH3=ΔH1+2ΔH;根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系,方程式相加即平衡常数相乘,方程式相减即平衡常数相除,则K3= K1 K22= xy2,故选A。‎ ‎11.mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下,下列判断正确的是( )‎ A. 由图1可知,T1<T2,该反应正反应吸热反应 B. 由图2可知,该反应m+n﹤p C. 图3中,表示反应速率v正>v逆的是点3‎ D. 图4中,若m+n=p,则a曲线一定使用了催化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】本题考查了可逆反应图像的综合分析,明确温度越高,反应速率越快;同温下,压强越大,平衡向气体体积减小的方向移动;催化剂并不是唯一对平衡结果不改变的原因。‎ ‎【详解】A.由图1可知,温度在T 2 时首先达到平衡,升高温度,化学反应速率加快,达到平衡所需要的时间缩短,故T1<T2;在T2时C%减小,说明升高温度,化学平衡向逆反应方向移动,该反应正反应为放热反应,A错误;‎ B.由图2可知,在温度不变时,增大压强,C%增多。说明增大压强,化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理,增大压强,化学平衡向气体体积减小的方向移动,故正反应方向为气体体积减小的方向,m+n>p,B错误;‎ C.图3表示的是在不同的温度下,当反应达到平衡时,反应物B的转化率与温度的关系。曲线上的点表示的是平衡状态,v 正 =v 逆,点3低于平衡转化率,说明3未达到平衡,反应向正反应方向进行,此时表示的反应速率v 正 >v 逆,C正确; ‎ D. 图4中,若m+n=p,则a曲线达到平衡所需要的时间比b短,先达到平衡,可能是使用了催化剂,也可能是增大了压强,缩小了容器的容积,D错误;‎ 答案为C。‎ ‎12.已建立化学平衡的某可逆反应,当条件改变使化学平衡向正反应方向移动时,下列叙述正确的是( )‎ ‎①生成物的质量分数一定增加,②任一生成物总量一定增加,③反应物的转化率一定增大,④‎ 反应物的浓度一定降低,⑤正反应速率一定大于逆反应速率,⑥一定使用催化剂 A. ①②③ B. ③④⑤ C. ②⑤ D. ④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①总质量不变时,向正反应方向移动,生成物的质量分数一定增大,但若生成物质量增大小于混合物总质量增大,生成物的质量分数可能降低,故①错误;②平衡向正反应移动,生成物的物质的量一定增加,故②正确;③降低生成物的浓度,平衡向正反应方向移动,反应物的转化率一定增大,但增大某一反应物的浓度,平衡向正反应移动,其它反应物的转化率增大,自身转化率降低,故③错误;④如增大反应物的浓度,平衡向正方向移动,达到平衡时,反应物的浓度比改变条件前大,故④错误;⑤平衡向正反应移动,正反应速率一定大于逆反应速率,故⑤正确;⑥加入催化剂,正逆反应速率同等程度增大,平衡不移动,故⑥错误;综上所述②⑤正确,故选C。‎ ‎13.已知常温下,N2(气)和H2(气)生成2mol NH3(气)放出92.4 kJ热量。现有甲、乙两个容积相同的密闭容器,在常温下:①向密闭容器甲中通入1 molN2和3 mol H2,达到平衡时放出热量Q1kJ。②向密闭容器乙中通入0.5 mol N2和1.5 mol H2,达到平衡时放出热量Q2kJ。则下列关系式正确的是( )‎ A. Q1=2Q2=92.4 B. Ql>2Q2 C. Q1<2Q2 D. Q1=2Q2≠92.4‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:①向密闭容器甲中通入1mol N2和3mol H2,达到平衡时,氢气和氮气不能完全转化;达到平衡时放出热量Q1kJ小于92.4KJ;②假定0.5mol N2和1.5mol H2完全反应,达到平衡时放出的热量为:92.4kJ×=46.2kJ,由于合成氨是可逆反应,故反应物不能完全反应,所以放出的热量Q2小于46.2kJ,反应②可以建成恒压下与反应①的等效平衡,此时放出的热量反应②是反应①的一半,然后反应②进行扩大容器,减小压强,平衡逆向移动,放出的热量减少,所以Q1>2Q2,综上所述可知:92.4>Ql>2Q2 ;故选B。‎ ‎14.工业上,在一定条件下利用乙烯和水蒸气反应制备乙醇。反应原CH2=CH2(g)+H2O(g)=CH3CH2OH(g )△H。已知几种共价键的键能如下:‎ 化学键 C-H C=C H-O C-C C-O 键能/kJ·mol-1‎ ‎413‎ ‎615‎ ‎463‎ ‎348‎ ‎351‎ 下列说法错误的是( )‎ A. 上述合成乙醇的反应原子利用率为100%‎ B. 相同时间段内,用该反应中三种物质表示的该反应的化学反应速率相等 C. 碳碳双键的键能大于碳碳单键键能,但碳碳单键更稳定 D. 上述反应式中,△H=+34kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯水化制乙醇的反应是加成反应,反应物全部转化为生成物,原子利用率为100%,A正确;‎ B.反应混合物中,各物质的化学计量数相同,所以相同时间段内,反应中用三种物质表示的反应速率相等,B正确;‎ C.由题中数据可知,碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍,所以碳碳单键比碳碳双键更稳定,C正确;‎ D.上述反应式中,△H=(615kJ·mol-1)+( 413 kJ·mol-1) +( 463 kJ·mol-1) -(348 kJ·mol-1)-( 413 kJ·mol-1)-(463 kJ·mol-1)-( 351 kJ·mol-1)=-34kJ·mol-1,D错误; 正确选项D。‎ ‎15.在温度T1和T2时,分别将0.50 mol CH4和1.2mol NO2充入1 L的密闭容器中发生反应:‎ CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=akJ/mol。测得有关数据如下表:‎ 温度 ‎ 时间/min 物质的量 ‎ ‎0 ‎ ‎10 ‎ ‎20 ‎ ‎40 ‎ ‎50 ‎ T1 ‎ n(CH4)/mol ‎ ‎0.50 ‎ ‎0.35 ‎ ‎0.25 ‎ ‎0.10 ‎ ‎0.10 ‎ T2 ‎ n(CH4)/mol ‎ ‎0.50 ‎ ‎0.30 ‎ ‎0.18 ‎ x ‎ ‎0.15 ‎ 下列说法正确的是( )‎ A. T1>T2,且a>0‎ B. 当温度为T2、反应进行到40 min时, x>0.15‎ C. 温度为T2时,若向平衡后的容器中再充入0.50 mol CH4和1.2mol NO2,重新达到平衡时,n(N2)=0.70mol D. 温度为T1时,达平衡时CH4的转化率大于NO2的转化率 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:A.温度升高,反应速率加快,因此T2>T1,甲烷剩余量增多,说明反应向左进行,正反应放热,所以a<0,故A错误;B.当温度为T2、反应进行到40 min时,反应达到平衡状态,x=0.15,故B错误;C.温度为T2时,若向平衡后的容器中再充入0.50 mol CH4和1.2mol NO2,平衡逆向移动,重新达到平衡时,n(N2)小于原平衡n(N2)的2倍,故C错误;D.温度为T1时,达平衡时CH4的转化率为(0.50-0.10)mol÷0.50mol×100%=80%,NO2的转化率为(0.50-0.10)×2mol÷1.20mol×100%=66.7%,故D正确;答案为D。‎ ‎16.在恒温恒压密闭容器M(如图Ⅰ)和恒温恒容密闭容器N(如图Ⅱ)中,两容器中均加入a molA和a molB,起始时两容器体积均为VL,发生如下反应并达到化学平衡状态:2A(?)+ B(?)xC(g) ΔH<0,平衡时M中A、B、C的物质的量之比为1∶3∶4。下列判断不正确的是( )‎ A. x=2‎ B. 若N中气体的密度如图Ⅲ所示,则A、B只有一种是气态 C. A为气体,B为非气体,则平衡时M、N中C的物质的量相等 D. 若A、B均为气体,平衡时M中A的转化率小于N中A的转化率 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:A、设达平衡后B的物质的量减少nmol,则A的物质的量减少2nmol,C的物质的量增加xnmol,平衡时A、B、C的物质的量分别是(mol):a-2n、a-n、xn,所以(a-2n):(a-n)=1:3,解得n=0.4a,(a-2n):(xn)=1:4,x=2,正确;B、N是恒温恒容条件,由图III可知,气体的密度逐渐增大,说明气体的质量逐渐增加,若A、B都是气体,则混合气体的密度会一直不变,所以A、B中只有一种是气态,正确;C、A为气体,B为非气体,则该反应是反应前后气体物质的量不变的可逆反应,恒温恒压与恒温恒容达到的平衡是等效的,所以平衡时M、N中C的物质的量相等,正确;D、若A、B均为气体,M平衡后的容器的压强大于N容器,所以由M容器得到N容器的平衡状态,需要减小压强,平衡逆向移动,M中A的转化率减小后与N中A的转化率相同,所以原平衡时M中A的转化率大于N中A的转化率,错误,答案选D。‎ 二、填空题(共52分)‎ ‎17.某温度时,在一个2L的密闭容器中,X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示.根据图中数据填空:‎ ‎(1)反应开始至2min,以气体Z表示的平均反应速率为_________.‎ ‎(2)该反应的化学方程式为_________.‎ ‎(3)若X、Y、Z均为气体,2min后反应达到平衡,反应达平衡时:此时体系的压强是开始时的_________倍;达平衡时,容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时_________(填"增大""减小"或"相等").‎ ‎【答案】(1). 0.05 mol·L-1·min-1 (2). 3X+Y⇌2Z (3). 0.9 (4). 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)、反应开始至2min,气体Z的平均反应速率为v= =0.05mol/(Lmin);‎ ‎(2)、由图象可以看出,X、Y的物质的量逐渐减小,Z的物质的量逐渐增大,则X、Y为反应物,Z为生成物,2min后,X、Y的物质的量为定值且不为零,为可逆反应,相同时间内物质的量的变化比值为:△n(X):△n(Y):△n(Z)=(1.0-0.7)mol:(1.0-0.9)mol:0.2mol=3:1:2,则化学方程式为3X+Y ⇌ 2Z;‎ ‎(3)、①‎ 反应达平衡时,气体的总物质的量为:0.9mol+0.7mol+0.2mol=1.8mol,起始时气体的总物质的量为:1.0mol+1.0mol=2.0mol,反应达平衡时,此时容器内的压强与起始压强之比为1.8mol:2.0mol=9:10,此时体系的压强是开始时的 0.9倍;‎ ‎②平衡时,混合气体的平均摩尔质量为 = ,气体的总质量不变,总物质的量减少,混合气体的平均摩尔质量增大,气体的摩尔质量数值上等于相对分子质量,故达平衡时,容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时增大。‎ ‎18.研究等大气污染气体的处理具有重要意义。‎ ‎(1)已知:;;‎ 则反应的=________。‎ ‎(2)一定条件下,将与以体积比置于密闭容器中发生上述反应,测得上述反应平衡时与体积比为,则平衡常数=________(保留两位小数)。‎ ‎(3)可用于合成甲醇,反应方程式为。在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应________(填“>”或“<”)。实际生产条件控制在、左右,选择此压强的理由是__________________。‎ ‎【答案】(1). -41.8 kJ·mol-1 (2). 8/3 (3). < (4). 250℃、1.2×104kPa左右,CO的转化率已经很高,如果增加压强CO的转化率提高不大,而生产成本增加,得不偿失 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)已知: ①‎ ‎ ②‎ 将①-②得:2NO2(g)+2SO2(g)2SO3(g)+2NO(g) ∆H=-83.6 kJ· mol-1,由此得出NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) ∆H=-41.8 kJ·mol-1。‎ ‎(2)令NO2的体积为1,则SO2的体积为2。设变化量为x NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)‎ 起始量 1 2 0 0‎ 变化量 x x x x 平衡量 1-x 2-x x x 依题意得,解得x=0.8,由于反应前后体积不变,则。‎ ‎(3)由图象信息可知,压强相同时,升高温度,CO的转化率降低,说明升高温度,平衡逆向移动,正反应为放热反应,∆H<0。因为反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数,加压有利于平衡的正向移动,但压强越大需要的条件越高,花费越大,所以选择1.2×104kPa这个压强的原因是由于250℃、1.2×104kPa左右,CO的转化率已经很高,如果增加压强CO的转化率提高不大,而生产成本增加,得不偿失 ‎19.能源短缺是人类社会面临的重大问题,甲醇是一种可再生能源,具有广泛的开发和应用前景。‎ ‎(1)已知:CO、H2、CH3OH(g)的燃烧热分别为283kJ/mol、285.8kJ/mol、768kJ/mol。工业上一般利用合成气发生下列反应合成甲醇:CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g)。‎ ‎①完成该热化学方程式:CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)△H=______ kJ/mol;‎ ‎②某温度下,将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中,达到平衡,测得c(H2)= 2.2mol•L﹣1,则CO的转化率为______。‎ ‎(2)T1℃时,此反应平衡常数为K(T1)= 50。此温度下,在一个2L的密闭容器中加入一定量CO和H2,反应到某时刻测得各组分的浓度如下:‎ 物质 H2‎ CO CH3OH(g)‎ 浓度/(mol•L﹣1)‎ ‎0.2 ‎ ‎0.2 ‎ ‎0.4 ‎ ‎①比较此时正、逆反应速率的大小:v正____v逆值(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎②若其他条件不变,在T2℃反应l0min后又达到平衡,测得n(H2)= 0.3mol,试比较:温度T1___T2(填“>”、“=”或“<”,下同)T2℃时该反应的平衡常数K(T2)______50。‎ ‎③若其他条件不变时,只改变反应的某一个条件,下列说法正确的是______。‎ a.若达到新平衡时c(CO)= 0.3mo1/L,平衡一定逆向移动 b.若将容器体积缩小到原来的一半,达到新平衡时,0.2mol/L<c(CO)<0.4mol/L c.若向容器中同时加入0.4mol CO和0.8mol CH3OH(g),平衡不移动 d.若向容器中加入0.8mol CH3OH(g),达到新平衡时,CO的体积分数不变 ‎【答案】(1). -86.6 (2). 40% (3). = (4). > (5). > (6). bc ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) ①三种物质燃烧的热化学方程式为:‎ H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ∆H=-285.8kJ/mol ①‎ CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ∆H=-283.0kJ/mol ②‎ CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ∆H=-768kJ/mol ③‎ 则①×2+②-③得:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-86.6kJ/mol。‎ ‎②设CO的变化量为x mol/L CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始量 1 3 0‎ 变化量 x 2x x 平衡量 1-x 3-2x x 则3-2x=2.2,即x=0.4‎ CO的转化率为。‎ ‎(2)①浓度商,说明反应达到平衡状态,所以v正=v逆。‎ ‎②若其他条件不变,在T2℃反应l0min后又达到平衡,测得n(H2)=0.3mol,则其浓度为0.15mol/L,与原平衡相比较氢气浓度减小,可得出平衡正向移动。对于放热反应,温度降低,平衡正向移动,从而得出T1>T2;T2℃时平衡正向移动,则该反应的平衡常数增大,K(T2)>50;‎ ‎③若其他条件不变时,只改变反应的某一个条件 a.达到新平衡时c(CO)=0.3mo1/L,若为增大CO的浓度,平衡会正向移动,错误;‎ b.若将容器体积缩小到原来的一半,CO的浓度变为原来的2倍,达到新平衡时,浓度减小,但比原平衡时大,故0.2mol/L<c(CO)<0.4mol/L,正确;‎ c.若向容器中同时加入0.4mol CO和0.8mol CH3OH(g),利用浓度商进行分析,平衡不移动,正确;‎ d.因起始投入量之比不等于化学计量数之比,若向容器中加入0.8mol CH3‎ OH(g),不是等效平衡,所以达到新平衡时,CO的体积分数改变,错误。‎ 故答案为bc。‎ ‎20.I。草酸(H2C2O4)与高锰酸钾在酸性条件下能够发生反应:‎ ‎【实验1】甲同学用8.00 mL 0.001 mol/L KMnO4溶液与5.00 mL 0.01 mol/L H2C2O4溶液反应,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 KMnO4溶液 ‎/mL H2C2O4溶液 ‎/mL ‎10%硫酸体积/mL 温度/℃‎ 其他物质 Ⅰ ‎8.00‎ ‎500‎ ‎3.00‎ ‎20‎ Ⅱ ‎8.00‎ ‎5.00‎ ‎3.00‎ ‎30‎ Ⅲ ‎8.00‎ ‎5.00‎ ‎1.00‎ ‎20‎ ‎2.00 mL蒸馏水 ‎(1)写出草酸(H2C2O4)与高锰酸钾溶液在酸性条件下反应的离子方程式________。‎ ‎(2)上述进行实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究__________对化学反应速率的影响。‎ ‎【实验2】乙同学在研究草酸与高锰酸钾在酸性条件下反应的影响因素时发现,草酸与酸性高锰酸钾溶液开始一段时间反应速率较慢,溶液褪色不明显,但不久后突然褪色,反应速率明显加快。‎ ‎(3)针对上述现象,乙同学认为草酸与高锰酸钾反应放热,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_______的影响。‎ ‎(4)若用实验证明你的猜想,除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外,还需要选择的试剂最合理的是____(填字母)。‎ a.硫酸钾 b.水 c.二氧化锰 d.硫酸锰 Ⅱ.用如图所示的装置进行中和热的测定实验,分别取的溶液、的硫酸进行实验,回答下列问题:‎ ‎(1)从上图实验装置看,其中尚缺少的一种玻璃用品是__________,除此之外,装置中的一个明显错误是__________。‎ ‎(2)近似认为的NaOH溶液和的硫酸溶液的密度都是,中和后生成溶液的比热容,通过以下数据计算中和热△H=__________(结果保留小数点后一位)。‎ 温度 实验次数 起始温度t1/℃‎ 终止温度t2/℃‎ H2SO4‎ NaOH 平均值 ‎1‎ ‎26.2‎ ‎26.0‎ ‎26.1‎ ‎29.5‎ ‎2‎ ‎27.0‎ ‎27.4‎ ‎27.2‎ ‎32.3‎ ‎3‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎29.2‎ ‎4‎ ‎26.4‎ ‎26.2‎ ‎26.3‎ ‎29.8‎ ‎(3)上述实验数值结果与有偏差,产生偏差的原因可能是(填字母)_____。‎ a.实验装置保温、隔热效果差 b.用温度计测定溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度 c.分多次把溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 d.将以上四实验测量温度均纳入计算平均值 ‎【答案】(1). 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (2). 硫酸溶液的浓度(或氢离子浓度) (3). 催化剂 (4). d (5). 环形玻璃搅拌棒 (6). 烧杯下面的碎纸条太少,烧杯口没有接触硬纸板 (7). -56.8kJ/mol (8). abc ‎【解析】‎ ‎【详解】I.(1)草酸(H2C2O4)与高锰酸钾溶液在酸性条件下反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;‎ ‎(2)实验Ⅰ与实验Ⅲ中,只有硫酸的浓度不同,所以用于比较不同酸性条件下的反应速率快慢。‎ ‎(3)根据“突然褪色”判断,反应速率突然加快,说明有催化剂的作用。答案为催化剂 ‎(4)溶液混合后,溶液中就存在硫酸钾,由于反应中有Mn2+生成可能起催化作用,所以应选择硫酸锰。答案为d Ⅱ.(1)根据装置图可知仪器中缺少环形玻璃搅拌棒;装置中的一个明显错误是烧杯下面的碎纸条太少,烧杯口没有接触硬纸板。‎ ‎(2)的NaOH溶液和的硫酸溶液反应,生成水的物质的量为0.025mol,溶液的质量为100mL×1g/mL=100g;温度变化量分别是(℃)3.4、5.1、3.3、3.5,因此第二组实验误差太大,则温度变化的平均值∆T=3.4℃,则生成0.025mol水放出的热量为,所以实验测得的中和热∆H=-。‎ ‎(3)a.实验装置保温、隔热效果差,可能造成中和热测定值偏低;‎ b.用温度计测定溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度,酸碱反应放热,硫酸的起始温度高,测定值减小,结果偏低;‎ c.分多次把溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中,热量会发生损失,结果偏低;‎ d.因第二组数据偏大,所以若将四实验测量温度均纳入计算平均值,结果偏高。‎ 故答案为abc。‎ ‎21.氢气是一种新型的绿色能源,又是一种重要的化工原料。‎ ‎(1)氢气燃烧热值高。实验测得,在常温常压下1gH2完全燃烧生成液态水,放出142.9kJ热量。则表示H2燃烧热的热化学方程式为_____________________。又已知:,则氨气在空气中燃烧生成液态水和氮气时的热化学方程式为______________________。‎ ‎(2)氢气是合成氨的重要原料。‎ ‎①当合成氨反应达到平衡后,改变某一外界条件(不改变和的量),反应速率与时间的关系如图所示。‎ ‎ ‎ 图中t1时引起平衡移动的条件可能是_______________,其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是______________。‎ ‎②氨催化氧化可以制硝酸,此过程中涉及氮氧化物,如等。对于反应:,在温度为时,平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。‎ 下列说法正确的是______。‎ a.两点的化学平衡常数: ‎ b.两点的气体颜色:浅,深 ‎ c.两点的气体平均相对分子质量: ‎ d.两点的反应速率:‎ e.由状态B到状态A,可以用加热的方法 ‎【答案】(1). H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ∆H=-285.8kJ/mol (2). 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) ∆H=-1530kJ/mol (3). 加压 (4). t2~t3 (5). bde ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)1gH2完全燃烧生成液态水,放出142.9kJ热量,则1mol氢气即2g氢气完全燃烧生成液态水,放出142.9kJ×2热量,因此表示H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ∆H=-285.8kJ/mol ①。又因为 ②,因此根据盖斯定律可知①×6-②×2即得到4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) ∆H=-1530kJ/mol。‎ ‎(2)①正反应是体积减小的放热反应,依图象分析,t1时正逆反应速率均增大,正反应速率大于逆反应速率,向正反应方向进行,因此平衡移动的条件是加压,t3时正逆反应速率均增大,逆反应速率大于正反应速率,向逆反应方向进行,因此平衡移动的条件是升温。加压平衡正向移动,NH3的含量增大,升温时平衡逆向移动,NH3的减小,所以表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2~t3;‎ ‎②a.两点对应的温度相同,化学平衡常数相等,a错误;‎ b.A点气体的压强小,C点气体的压强大,压强大气体的浓度大,颜色深,所以两点的气体颜色:浅,深,正确;‎ c.从图中可以看出,两点NO2的体积分数相同,气体平均相对分子质量相等,错误;‎ d.压强A点小于C点,所以两点的反应速率:,正确;‎ e.由状态B到状态A,NO2的体积分数增加,平衡向正反应方向进行,因此可以用加热的方法,正确。‎ 答案为bde。‎
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