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2021-2022学年山西省吕梁市柳林县高二（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年山西省吕梁市柳林县高二（上）期中化学试卷，共37页。试卷主要包含了非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省吕梁市柳林县高二（上）期中化学试卷
一、选择题（本题包括18个小题，每小题3分，共54分）在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。请将正确选项的字母标号在答题卡相应位置涂黑。
1．（3分）“即食即热型”快餐适合外出时携带和食用，其内层中有用铝箔包裹的已加工好的真空包装食品，外层有分别包装的两包化学物质，拉动预留在外的拉线使这两种化学物质相互作用，放出的热量便可对食物进行加热。这两包化学物质最合理的组合是（ ）
A．生石灰和水 B．浓硫酸和水 C．熟石灰和水 D．氯化钠和水
2．（3分）在一定条件下，N2和O2反应生成NO的能量变化如图所示，总反应的焓变ΔH＞0，下列说法正确的是（ ）
A．ΔH1＜ΔH2 B．ΔH1＜0，ΔH3＞0
C．|ΔH1+ΔH2|＞|ΔH3| D．ΔH＝ΔH1+ΔH2+2ΔH3
3．（3分）有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是（ ）
A．稀硫酸与0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液反应：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H＝+57.3 kJ•mol﹣1
B．在101 kPa下H2（g）的燃烧热为285.8 kJ•mol﹣1，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+285.8 kJ•mol﹣1
C．已知CH3OH的燃烧热为726.8 kJ•mol﹣1，则有CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣726.8 kJ•mol﹣1
D．已知9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g FeS时放出19.12 kJ热量，则Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H＝﹣95.6 kJ•mol﹣1
4．（3分）接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ•mol﹣1。钒催化剂参与反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．钒催化剂改变了SO2催化氧化的反应热
B．上述条件下加入2mol SO2和1mol O2发生反应，释放的能量等于196kJ
C．1molV2O4（s）的能量比2molV2O4（s）的能量多399kJ
D．2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）ΔH＝﹣351kJ•mol﹣1
5．（3分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）为放热反应，则该反应的反应物总能量低于生成物总能量
B．若C（石墨，s）＝C（金刚石，s）△H＞0，则石墨比金刚石稳定
C．由C（s）+O2（g）═CO（g）△H＝110.5kJ•mol﹣1，可知碳的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1
D．已知C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）═CO（g）△H2，则△H1＞△H2
6．（3分）应用过渡状态理论讨论化学反应时，可将反应过程中体系的势能变化情况表示在反应历程一势能图上。甲烷在光照条件下发生的氯代反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
（1）Cl﹣Cl→2Cl•
（2）Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl
（3）CH3•+Cl﹣Cl→CH3﹣Cl+Cl•
A．反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣ClΔH＝+7.5kJ•mol﹣1
B．反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl的活化能Ea＝+16.7kJ•mol﹣1
C．反应（2）比反应（3）更容易进行
D．CH4（g）+Cl2（g）＝CH4Cl（g）+HCl（g）ΔH＝﹣105.4kJ•mol﹣1
7．（3分）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶解废旧印刷电路板上的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H＝+64.39kJ•mol ﹣1；2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H＝﹣196.46kJ•mol ﹣1；H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H＝﹣285.84kJ•mol ﹣1，在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+（aq）和H2O（l）的反应热△H等于（ ）
A．﹣417.91kJ•mol ﹣1 B．﹣319.68kJ•mol ﹣1
C．+546.69kJ•mol ﹣1 D．﹣448.46kJ•mol ﹣1
8．（3分）为减少温室气体的排放，科学家研究出以TiO2为催化剂，光热化学循环分解CO2的反应，该反应机理及分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应中，光能和热能转化为化学能
B．该过程中没有电子的转移
C．使用TiQ2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．分解CO2反应的热化学方程式：2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H＝﹣30kJ/mol
9．（3分）反应3Fe（s）+4H2O（g）═Fe3O4（s）+4H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A．将铁片变成铁粉
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，充入N2使容器压强增大
D．压强不变，充入N2使容器体积增大
10．（3分）下列有关化学反应速率的认识，正确的是（ ）
A．增大压强（对于气体反应），活化分子总数必然增大，故反应速率增大
B．温度升高，分子动能增加，减小了活化能，故反应速率增大
C．H+和OH﹣的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成
D．选用适当的催化剂，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大
11．（3分）向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中分别充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）。△H＝akJ•mol﹣1，相关数据如表，反应过程中C的浓度随时间变化关系如图。下列说法正确的是（ ）
容器
甲
乙
丙
容积
0.5L
0.5L
1.0L
温度/℃
T1
T2
T2
反应物
起始量
1.5 mol A
0.5 mol B
1.5 mol A
0.5 mol B
6 mol A
2 mol B
A．10min内甲容器中反应的平均速率c（A）＝0.10mol•L﹣1•min﹣1
B．a＞0，x＝1
C．T2℃时，该反应的平衡常数为0.8
D．平衡时，C的体积分数：丙＞乙
12．（3分）在一定温度下的定容容器中，当下列各量不再发生变化时，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
13．（3分）下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．工业制取金属钾的反应为Na（l）+KCl（l）⇌NaCl（l）+K（g），选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于反应向右进行
B．CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）达平衡后，增大压强可使平衡体系颜色变深
C．工业上SO2催化氧化生成SO3，常通入过量的空气来提高SO2的平衡转化率
D．向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，红色变浅
14．（3分）恒压时，SO2和O2在起始浓度c（SO2）＝c（O2）＝2.0×10﹣2mol/L时发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），测得不同温度下SO2的平衡转化率见如图。有关说法正确的是（ ）
A．若a点使用了催化剂，则b点未使用催化剂
B．该反应吸热
C．若将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，图象发生改变
D．T1℃时，平衡常数K＝
15．（3分）在密闭容器中发生下列反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（a），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡的1.6倍，下列叙述正确的是（ ）
A．A的转化率变大 B．B的体积分数变大
C．平衡向正反应方向移动 D．a+b＞c
16．（3分）根据vt图分析外界条件改变对可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）△H＜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
17．（3分）一定条件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图。下列说法正确的是（ ）
A．M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆
B．若投料比n（H2）：n（CO2）＝4：1，则图中M点己烯的体积分数为5.88%
C．250℃，催化剂对CO2平衡转化率的影响最大
D．当温度高于250℃，升高温度，平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低
18．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．反应（NH4）2CO3（s）＝NH4HCO3（s）+NH3（g）的熵值增加
B．同一种物质气态时熵值最大，液态时次之，固态时熵值最小
C．NH4NO3溶于水吸热，所以其溶解于水不是自发过程
D．由于合成氨反应△H＜0，△S＜0，所以该反应低温下能自发进行
二、非选择题（本题包括4个小题，共46分）
19．（10分）利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50 mL0.50 mol•L﹣1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；
②用另一量筒量取50 mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，使之混合均匀，测得混合溶液最高温度。
回答下列问题：
（1）所用NaOH溶液要稍过量，理由是 。
（2）如图装置中碎泡沫塑料及泡沫塑料板的作用是 。
（3）环形玻璃搅拌棒搅拌溶液的操作是 。
（4）假设盐酸和NaOH溶液的密度都是1g•cm﹣3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•°C﹣1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如表所示：
实验序号
起始温度T1/℃
终止温度T2/℃
盐酸
NaOH溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热|ΔH|＝ （小数点后保留1位数字）。
（5） （ 选填“能”或“不能”）用Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液代替NaOH溶液和盐酸，理由是
。
（6）现将一定量的稀NaOH溶液、Ca（OH）2溶液、稀氨水分别和1L1mol•L﹣1的盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为 。
20．（8分）为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置。
（1）上述3个装置中，不能证明“铜与浓硝酸反应是吸热反应还是放热反应”的是 。（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）
（2）某同学选用装置Ⅰ进行实验（实验前U形管里液面左右相平），在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是 ，说明该反应属于 （填“吸热”或“放热”）反应。
（3）为探究固体M溶于水的热量变化情况，选择装置Ⅱ进行实验（在甲中进行）。①M为钠，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是 。
②观察到烧杯里产生气泡，则说明M溶于水 （填“一定是放热反应”、“一定是吸热反应”或“可能是放热反应”），理由是 。
③若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，则M可能是 。
（4）至少有两种实验方法能证明超氧化钾与水的反应（4KO2+2H2O═4KOH+3O2↑）是放热反应还是吸热反应。
方法①：选择上述装置 （填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）进行实验。
方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，则说明该反应是 反应。
21．（14分）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＝﹣23.5kJ•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（1）中CH3OCH3产率的有 。
A．使用过量的CO B．升高温度 C．增大压强
（3）一定温度下，0.2molCO和0.1molH2O通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5分钟时达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1．则5分钟内v（H2O）＝ ，CO的转化率α（CO）＝ 。
（4）将合成气以＝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，则平衡时，α（CO）小于50%
（5）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（DME）。观察图2回答问题。催化剂中约为 时最有利于二甲醚的合成。
22．（14分）N2O和CO是常见的环境污染气体。
（1）对于反应N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）来说，“Fe+”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行：
第一步为Fe++N2O⇌FeO++N2；则第二步为 （写化学方程式）。
已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能 （填“大于”“小于”或“等于”）第二步反应的活化能。
（2）在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g），容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示：
①该反应的△H 0（填“＞”或“＜”）。
②若容器I的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则0～20s内容器I中用O2表示的反应速率为 。B点对应的平衡常数k＝ （保留两位有效数字）。
③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是 。
④若容器Ⅳ体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应 移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）。
2021-2022学年山西省吕梁市柳林县高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括18个小题，每小题3分，共54分）在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。请将正确选项的字母标号在答题卡相应位置涂黑。
1．（3分）“即食即热型”快餐适合外出时携带和食用，其内层中有用铝箔包裹的已加工好的真空包装食品，外层有分别包装的两包化学物质，拉动预留在外的拉线使这两种化学物质相互作用，放出的热量便可对食物进行加热。这两包化学物质最合理的组合是（ ）
A．生石灰和水 B．浓硫酸和水 C．熟石灰和水 D．氯化钠和水
【分析】根据反应时是否放热判断，即食即热型快餐就是利用物质接触发生化学反应放热进行的，且要在放热时确保安全性。
【解答】解：A．生石灰与水反应放出大量的热，且安全，适用于食物的加热，故A正确；
B．浓硫酸溶于水放出大量的热，但浓硫酸具有极强的腐蚀性，故不适用于食物的加热，故B错误；
C．熟石灰不溶于水，熟石灰和水接触不放出大量的热量，故C错误；
D．氯化钠溶于水，不放出大量的热，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了吸热反应和放热反应，根据生石灰的性质和用途进行解答，此题难度小。
2．（3分）在一定条件下，N2和O2反应生成NO的能量变化如图所示，总反应的焓变ΔH＞0，下列说法正确的是（ ）
A．ΔH1＜ΔH2 B．ΔH1＜0，ΔH3＞0
C．|ΔH1+ΔH2|＞|ΔH3| D．ΔH＝ΔH1+ΔH2+2ΔH3
【分析】A．化学键断裂吸收能量，N≡N键能比O＝O键能大；
B．断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量；
C．ΔH＞0，说明断开化学键吸收能量大于形成化学键放出的能量；
D．化学反应的本质是旧化学键的断裂和化学键的形成。
【解答】解：A．化学键断裂吸收能量，N≡N键能比O＝O键能大，则ΔH1＞ΔH2，故A错误；
B．断开化学键吸收能量，ΔH1＞0，形成化学键放出能量，ΔH3＜0，故B错误；
C．ΔH＞0，说明断开化学键吸收能量大于形成化学键放出的能量，则|ΔH1+ΔH2|＞|ΔH3|，故C正确；
D．化学反应的本质是旧化学键的断裂和化学键的形成，则ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生分析能力，从微观理解化学反应能量变化的原因是解题的关键，此题难度中等。
3．（3分）有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是（ ）
A．稀硫酸与0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液反应：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H＝+57.3 kJ•mol﹣1
B．在101 kPa下H2（g）的燃烧热为285.8 kJ•mol﹣1，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+285.8 kJ•mol﹣1
C．已知CH3OH的燃烧热为726.8 kJ•mol﹣1，则有CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣726.8 kJ•mol﹣1
D．已知9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g FeS时放出19.12 kJ热量，则Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H＝﹣95.6 kJ•mol﹣1
【分析】A、酸碱中和是放热反应，中和热是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量；
B、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，定义要点：①可燃物必须为1mol。②必须生成稳定的氧化物，如C→CO2，H→H2O（l）；
C、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，定义要点：①可燃物必须为1mol。②必须生成稳定的氧化物，如C→CO2，H→H2O（l）；
D、根据生成硫化亚铁17.6 g即0.2mol时，放出19.12 kJ热量，可知生成1molFeS（s）时放出的热量。
【解答】解：A、中和热是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量，稀硫酸与0.1 mol/LNaOH溶液反应：H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）△H＝﹣57.3 kJ•mol﹣1，故A错误；
B、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，所以2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H＝﹣285.8×2kJ•mol﹣1＝﹣571.6kJ•mol﹣1，水的分解是氢气燃烧的逆过程，所以水分解的热化学方程式：2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）△H＝+571.6 kJ•mol﹣1，故B错误；
C、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，定义要点：必须完全燃烧生成稳定的氧化物，如C→CO2，H→H2O（l），而CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）中H2O（g）不是H2O（l），故C错误；
D、根据生成硫化亚铁17.6 g即0.2mol时，放出19.12 kJ热量，可知生成1molFeS（s）时放出95.6 kJ的热量，所以硫粉与铁粉反应的热化学方程式为Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H＝﹣95.6 kJ•mol﹣1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了燃烧热、中和热概念的分析判断、反应热的计算、热化学方程式的书写等，把握燃烧热、中和热概念的实质、热化学方程式的书写规则即可解答，题目基础、简单。
4．（3分）接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ•mol﹣1。钒催化剂参与反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．钒催化剂改变了SO2催化氧化的反应热
B．上述条件下加入2mol SO2和1mol O2发生反应，释放的能量等于196kJ
C．1molV2O4（s）的能量比2molV2O4（s）的能量多399kJ
D．2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）ΔH＝﹣351kJ•mol﹣1
【分析】A．催化剂不改变反应的反应热；
B．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化；
C．由图可知，V2O4（s）+2SO3（g）⇌2VOSO4（s）ΔH＝﹣399kJ/mol；
D．由图可知，①V2O4（s）+2SO3（g）⇌2VOSO4（s）ΔH＝﹣399kJ/mol，②V2O4（s）+SO3（g）⇌V2O5（s）+SO2（g）ΔH＝﹣24kJ/mol，根据盖斯定律：①﹣2×②得2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）。
【解答】解：A．催化剂不改变反应的反应热，则钒催化剂不能改变了SO2催化氧化的反应热，故A错误；
B．由2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ•mol﹣1可知，2mol SO2和1mol O2完全反应，放出196kJ能量，该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，则上述条件下加入2mol SO2和1mol O2发生反应，释放的能量小于196kJ，故B错误；
C．由图可知，V2O4（s）+2SO3（g）⇌2VOSO4（s）ΔH＝﹣399kJ/mol，则说明1molV2O4（s）和2molSO3（g）能量之和比2molVOSO4（s）的能量多399kJ，故C错误；
D．由图可知，①V2O4（s）+2SO3（g）⇌2VOSO4（s）ΔH＝﹣399kJ/mol，②V2O4（s）+SO3（g）⇌V2O5（s）+SO2（g）ΔH＝﹣24kJ/mol，根据盖斯定律：①﹣2×②得2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）ΔH＝（﹣399+2×24）kJ/mol＝﹣351kJ/mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5．（3分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）为放热反应，则该反应的反应物总能量低于生成物总能量
B．若C（石墨，s）＝C（金刚石，s）△H＞0，则石墨比金刚石稳定
C．由C（s）+O2（g）═CO（g）△H＝110.5kJ•mol﹣1，可知碳的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1
D．已知C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）═CO（g）△H2，则△H1＞△H2
【分析】A．放热反应是指反应物总能量高于生成物总能量的反应；
B．若C（石墨，s）＝C（金刚石，s）△H＞0，即该反应为吸热反应，则石墨的能量比金刚石能量低，能量越低越稳定；
C．题中的碳并未完全燃烧，不符合燃烧热的定义；
D．1mol碳完全燃烧时放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，放出的热量越低，△H越小。
【解答】解：A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）为放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量，故A错误；
B．若C（石墨，s）＝C（金刚石，s）△H＞0，即该反应为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，则石墨的能量比金刚石能量低，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；
C．燃烧热是指1mol该物质完全燃烧生成氧化物时放出的热量，题中的碳并未完全燃烧，故C错误；
D．1mol碳完全燃烧时放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，所以△H1＜△H2，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查放热反应与吸热反应对应的反应物与生成物的总能量高低的判断，燃烧热的定义，完全燃烧与不完全燃烧对应的△H大小问题，属于基本知识，基础题型，难度不大。
6．（3分）应用过渡状态理论讨论化学反应时，可将反应过程中体系的势能变化情况表示在反应历程一势能图上。甲烷在光照条件下发生的氯代反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
（1）Cl﹣Cl→2Cl•
（2）Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl
（3）CH3•+Cl﹣Cl→CH3﹣Cl+Cl•
A．反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣ClΔH＝+7.5kJ•mol﹣1
B．反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl的活化能Ea＝+16.7kJ•mol﹣1
C．反应（2）比反应（3）更容易进行
D．CH4（g）+Cl2（g）＝CH4Cl（g）+HCl（g）ΔH＝﹣105.4kJ•mol﹣1
【分析】A．反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl，正反应活化能为16.7kJ/mol，逆反应活化能为16.7kJ/mol﹣7.5kJ/mol＝9.2kJ/mol，ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能；
B．结合A分析即可得出结论；
C．活化能越小，反应越容易进行；
D．根据盖斯定律（2）+（3）得CH4（g）+Cl2（g）＝CH4Cl（g）+HCl（g）。
【解答】解：A．反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl，正反应活化能为16.7kJ/mol，逆反应活化能为16.7kJ/mol﹣7.5kJ/mol＝9.2kJ/mol，ΔH＝16.7kJ/mol﹣9.2kJ/mol＝+7.5kJ/mol，故A正确；
B．根据A分析可知，反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl的活化能Ea＝+16.7kJ•mol﹣1，故B正确；
C．由图可知，反应（2）的活化能大于反应（3），则反应（3）比反应（2）更容易进行，故C错误；
D．由A可知，反应（2）Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣ClΔH＝+7.5kJ•mol﹣1，结合图中信息，反应（3）CH3•+Cl﹣Cl→CH3﹣Cl+Cl•ΔH＝﹣112.9kJ/mol，根据盖斯定律（2）+（3）得CH4（g）+Cl2（g）＝CH4Cl（g）+HCl（g）ΔH＝（7.5﹣112.9）kJ/mol＝﹣105.4kJ/mol，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7．（3分）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶解废旧印刷电路板上的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H＝+64.39kJ•mol ﹣1；2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H＝﹣196.46kJ•mol ﹣1；H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H＝﹣285.84kJ•mol ﹣1，在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+（aq）和H2O（l）的反应热△H等于（ ）
A．﹣417.91kJ•mol ﹣1 B．﹣319.68kJ•mol ﹣1
C．+546.69kJ•mol ﹣1 D．﹣448.46kJ•mol ﹣1
【分析】根据已知的热化学反应方程式和盖斯定律来分析Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式，由盖斯定律①+×②+③得到：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H，由盖斯定律可知该反应的反应热△H＝H1+H2×+H3，据此分析解答．
【解答】解：①Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H＝+64.39kJ/mol，
②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H＝﹣196.46kJ/mol，
③H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H＝﹣285.84kJ/mol，
由盖斯定律①+×②+③得到：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H＝+64.39kJ/mol+×（﹣196.46kJ/mol）+（﹣285.84kJ/mol）＝﹣319.68kJ/mol，
故选：B。
【点评】本题考查反应热的有关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确反应热和化学计量数的关系是解题关键，题目难度不大．注意盖斯定律的应用．
8．（3分）为减少温室气体的排放，科学家研究出以TiO2为催化剂，光热化学循环分解CO2的反应，该反应机理及分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应中，光能和热能转化为化学能
B．该过程中没有电子的转移
C．使用TiQ2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．分解CO2反应的热化学方程式：2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H＝﹣30kJ/mol
【分析】A．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气；
B．光热化学循环分解CO2生成CO和O2，属于氧化还原反应；
C．催化剂降低反应所需活化能，加快反应速率；
D．CO2分解生成CO和氧气，且该反应焓变＝反应焓变＝生成物总键能﹣反应物总键能，焓变与其方程式计量数成正比。
【解答】解：A．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和O2，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，故A正确；
B．氧化还原反应的实质是电子转移，光热化学循环分解CO2生成CO和O2，属于氧化还原反应，反应过程中有电子的转移，故B错误；
C．催化剂降低反应所需活化能，增大活化分子数，提高化学反应速率，但不能改变化学平衡状态，焓变不变，故C错误；
D．CO2分解生成CO和O2，反应2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H＝生成物总键能﹣反应物总键能＝（1598×2﹣1072×2﹣496）kJ/mol＝+556kJ/mol，即2mol二氧化碳完全分解成2mol一氧化碳和1mol氧气需要吸热556kJ，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应热和焓变，侧重考查分析判断及计算能力，明确催化剂对反应历程影响、焓变影响因素等知识点是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
9．（3分）反应3Fe（s）+4H2O（g）═Fe3O4（s）+4H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A．将铁片变成铁粉
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，充入N2使容器压强增大
D．压强不变，充入N2使容器体积增大
【分析】增大接触面积、增大压强、增大浓度等均可加快反应速率，以此来解答。
【解答】解：A．将铁片变成铁粉，固体表面积增大，反应速率加快，故A不选；
B．将容器的体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，故B不选；
C．体积不变，充入氮气使容器压强增大，浓度不变，则反应速率不变，故C选；
D．压强不变，充入氮气使容器体积增大，则容器体积应增大，气体浓度减小，反应速率减小，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握浓度、压强对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
10．（3分）下列有关化学反应速率的认识，正确的是（ ）
A．增大压强（对于气体反应），活化分子总数必然增大，故反应速率增大
B．温度升高，分子动能增加，减小了活化能，故反应速率增大
C．H+和OH﹣的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成
D．选用适当的催化剂，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大
【分析】A．增大压强缩小体积活化分子总数不变，但单位体积内活化分子个数增大；
B．升高温度活化分子百分数增大；
C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态；
D．催化剂能降低反应所需活化能，增大活化分子百分数。
【解答】解：A．增大压强缩小体积活化分子总数不变，但单位体积内活化分子个数增大，分子之间的有效碰撞几率增大，化学反应速率增大，故A错误；
B．升高温度，分子吸收能量转化为活化分子，则活化分子百分数增大，化学反应速率加快，故B错误；
C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能接近0，活化能越小，反应越容易，故C正确；
D．催化剂能降低反应所需活化能，增大活化分子百分数，增加了有效碰撞几率，化学反应速率加快，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查对基本理论的理解和运用，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意：催化剂能改变活化能但不改变焓变。
11．（3分）向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中分别充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）。△H＝akJ•mol﹣1，相关数据如表，反应过程中C的浓度随时间变化关系如图。下列说法正确的是（ ）
容器
甲
乙
丙
容积
0.5L
0.5L
1.0L
温度/℃
T1
T2
T2
反应物
起始量
1.5 mol A
0.5 mol B
1.5 mol A
0.5 mol B
6 mol A
2 mol B
A．10min内甲容器中反应的平均速率c（A）＝0.10mol•L﹣1•min﹣1
B．a＞0，x＝1
C．T2℃时，该反应的平衡常数为0.8
D．平衡时，C的体积分数：丙＞乙
【分析】A．结合v＝、速率之比等于化学计量数之比计算；
B．由图可知，甲、乙起始量相同，温度不同，T2先达到平衡，且T2对应C的浓度小，可知升高温度平衡逆向移动；乙中平衡时A的转化率为＝，丙中A的转化率为＝，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动；
C．根据乙利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；
D．由B分析可知正反应放热，则升高温度，平衡逆向移动。
【解答】解：A.10min内甲容器中反应的平均速率v（A）＝v（C）＝×＝0.05 mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；
B．由图可知，甲、乙起始量相同，温度不同，T2先达到平衡，且T2对应C的浓度小，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，a＜0；乙中平衡时A的转化率为＝，丙中A的转化率为＝，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，x＝1，故B错误；
C．由图可知，平衡时乙容器内C的浓度为1mol/L，则：
A（g）+B（g）⇌2C（g）。
开始（mol/L）：1 3 0
变化（mol/L）：0.5 0.5 1
平衡（mol/L）：0.5 2.5 1
故T2时该反应的平衡常数K＝＝0.8，故C正确；
D．由B分析可知正反应放热，则升高温度，平衡逆向移动，则C的体积分数：丙＜乙，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质的量浓度随时间的变化曲线，为高频考点，把握图中平衡浓度关系、温度和浓度对平衡移动的影响、速率计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度中等。
12．（3分）在一定温度下的定容容器中，当下列各量不再发生变化时，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
【分析】可逆反应A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，以此解答。
【解答】解：反应A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，
①由于反应两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量不相等，混合气体的压强，说明气体的物质的量不再变化，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故①正确；
②由于反应方程式两边气体的质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不变，无法判断是否达到了平衡状态，故②错误；
③B的物质的量浓度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故③正确；
④反应方程式两边气体的体积不相等，气体的物质的量是个变化的量，若混合气体的总物质的量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故④正确；
⑤方程式两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量是个变化的量，气体的质量始终不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，证明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑤正确；
⑥反应速率比值与化学计量数之比成正比，v（C）与v（D）的比值不变，不能判断是否达到了平衡状态，故⑥错误；
⑦反应方程式两边都是气体，所以气体的质量始终不变，所以混合气体的总质量不变，无法判断是否达到了平衡状态，故⑦错误；
⑧容器的容积不变，混合气体的体积始终不变，所以混合气体的总体积不变，无法判断是否达到了平衡状态，故⑧错误；
⑨C、D的分子数之比为1：1，分子数之比不能判断分子数是否不再变化，无法判断是否达到了平衡状态，故⑨错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意化学平衡状态的特征，达到平衡状态时正逆反应速率相等，但是反应没有停止。
13．（3分）下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．工业制取金属钾的反应为Na（l）+KCl（l）⇌NaCl（l）+K（g），选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于反应向右进行
B．CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）达平衡后，增大压强可使平衡体系颜色变深
C．工业上SO2催化氧化生成SO3，常通入过量的空气来提高SO2的平衡转化率
D．向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，红色变浅
【分析】勒沙特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。
【解答】解：A．使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，生成物浓度减小，平衡向着正向移动，能够用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．该反应前后气体体积不变，压强不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C．存在平衡：2SO2+O22SO3，使用过量氧气，反应物浓度增大，平衡向着正向移动，提高了SO2的利用率，能够用勒夏特列原理解释，故C不选；
D．含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，CO32﹣水解平衡逆向移动，红色变浅，与勒夏特列原理有关，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查勒夏特列原理，侧重考查基础知识的理解和灵活运用，明确勒夏特列原理内涵是解本题关键，只有能引起平衡移动的才能用勒夏特列原理解释，题目难度不大。
14．（3分）恒压时，SO2和O2在起始浓度c（SO2）＝c（O2）＝2.0×10﹣2mol/L时发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），测得不同温度下SO2的平衡转化率见如图。有关说法正确的是（ ）
A．若a点使用了催化剂，则b点未使用催化剂
B．该反应吸热
C．若将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，图象发生改变
D．T1℃时，平衡常数K＝
【分析】A．催化剂不能改变平衡转化率；
B．温度升高，平衡向吸热方向移动；
C．在恒压下，将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，平衡不移动；
D．T1℃下，c起始（SO2）＝c起始（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1，SO2平衡转化率为50%，则平衡时c（SO2）＝c（SO3），化学平衡常数K＝，据此计算判断。
【解答】解：A．催化剂不能改变平衡转化率，若图中a点使用了催化剂，则b点没有达到平衡状态，不可能是催化剂的影响，可能是压强较小，故A错误；
B．温度升高，SO2的平衡转化率降低，说明反应逆向移动，正反应放热，△H＜0，故B错误；
C．在恒压下，将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，平衡不移动，图象不发生改变，故C错误；
D．T1℃下，c起始（SO2）＝c起始（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1，SO2平衡转化率为50%，△c（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1×50%×＝5×10﹣3mol•L﹣1，c平（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1﹣5×10﹣3mol•L﹣1＝1.5×10﹣2mol•L﹣1则平衡时c（SO2）＝c（SO3），化学平衡常数K＝＝＝＝L•mol﹣1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以图象分析为载体考查化学平衡计算、化学平衡移动影响因素等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度、压强、浓度对化学平衡移动影响原理及化学平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度不大。
15．（3分）在密闭容器中发生下列反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（a），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡的1.6倍，下列叙述正确的是（ ）
A．A的转化率变大 B．B的体积分数变大
C．平衡向正反应方向移动 D．a+b＞c
【分析】将气体体积压缩到原来的一半，相当于增大压强，C浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡的1.6倍，则增大压强平衡向逆反应方向浓度，所以a+b＜c，据此分析解答。
【解答】解：A．增大压强平衡逆向移动，则A的转化率减小，故A错误；
B．增大压强平衡逆向移动，则B的体积分数增大，故B正确；
C．C浓度由越来的2倍转化为1.6倍，增大氧气平衡逆向移动，故C错误；
D．C浓度由越来的2倍转化为1.6倍，增大压强平衡逆向移动，则a+b＜c，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查信息的获取、分析判断及知识综合应用能力，正确判断平衡移动方向是解本题关键，易忽略缩小体积时C浓度变化而导致错误判断。
16．（3分）根据vt图分析外界条件改变对可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）△H＜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
【分析】该反应的反应物气体的体积大于生成物气体的体积，增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，结合逆反应速率的变化解答该题。
【解答】解：t2时正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，应是升高温度，
t4时正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，反应向逆反应方向移动，应是降低压强，
t6时逆反应速率在原有基础上逐渐增大，而正反应速率增大，平衡向正反应方向移动，应是增加反应物的浓度，
t8时正逆反应速率都增大且相等，平衡不移动，应是加入催化剂，
故选：D。
【点评】本题综合考查化学平衡的移动及影响因素，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握反应的特征，结合图象的曲线变化解答该题。
17．（3分）一定条件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图。下列说法正确的是（ ）
A．M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆
B．若投料比n（H2）：n（CO2）＝4：1，则图中M点己烯的体积分数为5.88%
C．250℃，催化剂对CO2平衡转化率的影响最大
D．当温度高于250℃，升高温度，平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低
【分析】A、温度升高化学反应速率加快，催化剂的催化效率降低；
B、设开始投料n（H2）为4mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，据此列三段式计算；
C、温度250℃，二氧化碳的平衡转化率最大，当升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，据此进行分析；
D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动。
【解答】解：A、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v（N）有可能小于v（M），故A错误；
B、设开始投料n（H2）为4mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%
所以有6H2（g）+2CO2（g）CH2＝CH2（g）+4H2O（g）
开始 4 1 0 0
转化 1.5 0.5 0.25 1
平衡 2.5 0.5 0.25 1
所以乙烯的体积分数为×100%＝5.88%，故B正确；
C、温度250℃，二氧化碳的平衡转化率最大，当升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，故250℃，催化剂对CO2平衡转化率的影响最大，故C正确；
D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，所以与催化剂的催化效率降低无因果关系，故D错误，
故选：BC。
【点评】本题考查了图象分析化学反应速率的影响因素、平衡计算、平衡移动等，题目难度不大。
18．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．反应（NH4）2CO3（s）＝NH4HCO3（s）+NH3（g）的熵值增加
B．同一种物质气态时熵值最大，液态时次之，固态时熵值最小
C．NH4NO3溶于水吸热，所以其溶解于水不是自发过程
D．由于合成氨反应△H＜0，△S＜0，所以该反应低温下能自发进行
【分析】A．反应前没有气体，反应后生成气体，为熵值增加的反应；
B．同一物质的固、液、气三种状态的熵值依次增大；
C．铵盐溶于水吸热，溶于水熵增；
D．根据△G＝△H﹣T△S＜0能自发进行判断。
【解答】解：A．（NH4 ）2 CO3（s）═NH4HCO3（s）+NH3（g），反应前没有气体，反应后生成气体，为熵值增加的反应，故A正确；
B．同一物质的固、液、气三种状态的熵值依次增大，所以同一种物质气态时熵值最大，液态时次之，固态时熵值最小，故B正确；
C．铵盐溶于水虽吸热，但溶于水熵增，该过程可自发进行，故C错误；
D．由于合成氨反应△H＜0，△S＜0，则低温下，该反应△G＝△H﹣T△S＜0能自发进行，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意把握相关概念的理解。
二、非选择题（本题包括4个小题，共46分）
19．（10分）利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50 mL0.50 mol•L﹣1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；
②用另一量筒量取50 mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，使之混合均匀，测得混合溶液最高温度。
回答下列问题：
（1）所用NaOH溶液要稍过量，理由是 确保盐酸被完全中和 。
（2）如图装置中碎泡沫塑料及泡沫塑料板的作用是 保温、隔热，减少热量的损失 。
（3）环形玻璃搅拌棒搅拌溶液的操作是 上下移动 。
（4）假设盐酸和NaOH溶液的密度都是1g•cm﹣3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•°C﹣1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如表所示：
实验序号
起始温度T1/℃
终止温度T2/℃
盐酸
NaOH溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热|ΔH|＝ 51.8kJ/mol （小数点后保留1位数字）。
（5） 不能 （ 选填“能”或“不能”）用Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液代替NaOH溶液和盐酸，理由是
H2SO4与Ba（OH）2反应生成BaSO4沉淀，沉淀的生成热会影响反应的反应热 。
（6）现将一定量的稀NaOH溶液、Ca（OH）2溶液、稀氨水分别和1L1mol•L﹣1的盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为 △H1＝△H2＜△H3 。
【分析】（1）为了保证酸或是碱中的一方完全反应，往往保证一方过量；
（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；
（3）在实验过程中需用环形玻璃搅拌棒上下移动搅拌溶液；
（4）先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值，根据Q＝m•c•△T计算反应放出的热量，最后根据△H＝﹣kJ/mol计算出中和热；
（5）钡离子与硫酸根离子生成了硫酸钡沉淀放热，影响实验的准确性；
（6）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程。
【解答】解：（1）为了确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量，
故答案为：确保盐酸被完全中和；
（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，装置中碎泡沫塑料（或纸条）及泡沫塑料板的作用是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失，
故答案为：保温、隔热，减少热量的损失；
（3）在实验过程中需用环形玻璃搅拌棒上下移动搅拌溶液，
故答案为：上下移动；
（4）3次温度差分别为：3.15℃、3.10℃，3.05℃，温度差平均值＝＝3.10℃，50mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L＝0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml＝100g，温度变化的值为△T＝3.10℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q＝m•c•△T＝100g×4.18J/（g•℃）×3.10℃＝1295.8J＝1.2958kJ，所以实验测得的中和热△H＝﹣＝﹣51.8kJ/mol，
故答案为：51.8kJ/mol；
（5）H2SO4与Ba（OH）2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，钡离子与硫酸根离子生成了硫酸钡沉淀放热，该反应中的生成热会影响中和热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，
故答案为：不能；H2SO4与Ba（OH）2反应生成BaSO4沉淀，沉淀的生成热会影响反应的反应热；
（6）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L 1mol•L﹣1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1L 1mol•L﹣1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以△H1＝△H2＜△H3；
故答案为：△H1＝△H2＜△H3。
【点评】本题考查中和热的测定及计算，为高频考点，把握测定原理、实验装置、实验技能为解答的关键，侧重分析、计算与实验能力的考查，注意硫酸钡的生成中放热、中和热的概念及减少过程中热量损耗，题目难度中等。
20．（8分）为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置。
（1）上述3个装置中，不能证明“铜与浓硝酸反应是吸热反应还是放热反应”的是 Ⅲ 。（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）
（2）某同学选用装置Ⅰ进行实验（实验前U形管里液面左右相平），在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是 U型管内红墨水左低右高 ，说明该反应属于 放热 （填“吸热”或“放热”）反应。
（3）为探究固体M溶于水的热量变化情况，选择装置Ⅱ进行实验（在甲中进行）。①M为钠，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是 产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱 。
②观察到烧杯里产生气泡，则说明M溶于水 可能是放热反应 （填“一定是放热反应”、“一定是吸热反应”或“可能是放热反应”），理由是 某些物质溶于水放热，但不是放热反应 。
③若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，则M可能是 硝酸铵 。
（4）至少有两种实验方法能证明超氧化钾与水的反应（4KO2+2H2O═4KOH+3O2↑）是放热反应还是吸热反应。
方法①：选择上述装置 Ⅰ或Ⅱ （填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）进行实验。
方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，则说明该反应是 放热 反应。
【分析】（1）I、II中均可放热使密封的气体受热膨胀，Ⅲ中没有封闭的气体；
（2）氢氧化钡溶液与稀硫酸反应放热；
（3）①钠与水反应放热；
②浓硫酸溶于水放热；
③温度降低时，外压大于内压；
（4）方法①：放热反应可使密封的气体受热膨胀；
方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，可知反应放出热量。
【解答】解：（1）I、II中均可放热使密封的气体受热膨胀，Ⅲ中没有封闭的气体，则不能证明“铜与浓硝酸反应是吸热反应还是放热反应”的是Ⅲ，
故答案为：Ⅲ；
（2）氢氧化钡溶液与稀硫酸反应放热，则U形管中可观察到的现象是U型管内红墨水左低右高，说明该反应属于放热反应，
故答案为：U型管内红墨水左低右高；放热；
（3）①钠与水反应放热，则产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱，说明该反应可能属于放热反应，
故答案为：产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱；
②浓硫酸溶于水放热，为物理变化，则观察到烧杯里产生气泡，则说明M溶于水可能是放热反应，理由是某些物质溶于水放热，但不是放热反应，
故答案为：可能是放热反应；某些物质溶于水放热，但不是放热反应；
③温度降低时，外压大于内压，则若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，则M可能是硝酸铵，溶于水吸热，
故答案为：硝酸铵；
（4）方法①：放热反应可使密封的气体受热膨胀，则选择上述装置Ⅰ或Ⅱ进行实验，
故答案为：Ⅰ或Ⅱ；
方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，可知反应放出热量，该反应为放热反应，
故答案为：放热。
【点评】本题考查化学反应中能量变化，为高频考点，把握化学变化及物理变化中的能量变化、实验现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意（3）为解答的难点，题目难度中等。
21．（14分）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＝﹣23.5kJ•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＝ ﹣246.1 kJ•mol﹣1；该反应的平衡常数K＝ K21•K2•K3 （用K1、K2、K3表示）
（2）下列措施中，能提高（1）中CH3OCH3产率的有 AC 。
A．使用过量的CO B．升高温度 C．增大压强
（3）一定温度下，0.2molCO和0.1molH2O通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5分钟时达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1．则5分钟内v（H2O）＝ 0.003mol/（L．min） ，CO的转化率α（CO）＝ 15% 。
（4）将合成气以＝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 AB 。
A．△H＜0 B．P1＞P2＞P3
C．若在P3和316℃时，起始时n（H2）/n（CO）＝3，则平衡时，α（CO）小于50%
（5）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（DME）。观察图2回答问题。催化剂中约为 2～3 时最有利于二甲醚的合成。
【分析】（1）由①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1＝﹣90.7 kJ•mol﹣1K1
②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣23.5kJ•mol﹣1K2
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.2kJ•mol﹣1K3
结合盖斯定律可知，①×2+②+③得到3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）；
（2）提高CH3OCH3产率，可使平衡正向移动；
（3）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始 0.2 0.1 0 0
转化 x x x x
平衡0.2﹣x 0.1﹣x x x
平衡后测得H2的体积分数为0.1，则＝0.1，解得x＝0.03，
结合v＝、转化率＝×100%计算；
（4）由图可知升高温度CO的转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动；为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大；
（5）由图可知最高点时对应转化率、选择性较大，有利于二甲醚的合成。
【解答】解：（1）由①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1＝﹣90.7 kJ•mol﹣1K1
②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣23.5kJ•mol﹣1K2
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.2kJ•mol﹣1K3
结合盖斯定律可知，①×2+②+③得到3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H＝﹣246.1kJ•mol﹣1；该反应的平衡常数K＝K21•K2•K3，
故答案为：﹣246.1； K21•K2•K3；
（2）提高CH3OCH3产率，可使平衡正向移动，可增大CO的量或增大压强，而焓变为负，升高温度平衡逆向移动，产率减小，
故答案为：AC；
（3）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始 0.2 0.1 0 0
转化 x x x x
平衡0.2﹣x 0.1﹣x x x
平衡后测得H2的体积分数为0.1，则＝0.1，解得x＝0.03，
5分钟内v（H2O）＝＝0.003mol/（L．min），CO的转化率α（CO）＝×100%＝15%，
故答案为：0.003mol/（L．min）；15%；
（4）A．由图可知升高温度CO的转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动，则△H＜0，故A正确；
B．为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大，则P1＞P2＞P3，故B正确；
C．若在P3和316℃时，起始时＝3＞2，增大氢气的量可促进CO的转化，平衡时α（CO）大于50%，故C错误；
故答案为：AB；
（5）由图可知最高点时对应转化率、选择性较大，有利于二甲醚的合成，即催化剂中约为2～3时最有利于二甲醚的合成，
故答案为：2～3。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、焓变及速率和转化率的计算为解答的关键，侧重分析与应用、计算能力的考查，注意平衡移动原理与图象的应用，题目难度不大。
22．（14分）N2O和CO是常见的环境污染气体。
（1）对于反应N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）来说，“Fe+”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行：
第一步为Fe++N2O⇌FeO++N2；则第二步为 FeO++CO⇌Fe++CO2 （写化学方程式）。
已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能 大于 （填“大于”“小于”或“等于”）第二步反应的活化能。
（2）在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g），容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示：
①该反应的△H ＞ 0（填“＞”或“＜”）。
②若容器I的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则0～20s内容器I中用O2表示的反应速率为 0.0005mol•L﹣1•s﹣1 。B点对应的平衡常数k＝ 0.0044 （保留两位有效数字）。
③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是 D＞C＞A 。
④若容器Ⅳ体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应 向逆反应方向 移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）。
【分析】（1）总反应N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）分两步进行，根据催化剂定义，第一步Fe++N2O⇌FeO++N2生成中间产物，第二步反应中，中间产物（FeO+）氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；
（2）①升高温度，向吸热方向进行，据此进行分析；
②根据v＝计算O2的反应速率；根据方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；
③容器内混合气体密度为ρ＝，m不变，只需比较容器体积即可，据此分析；
④利用K和QC判断平衡的方向移动。
【解答】解：（1）总反应分两步进行Fe+N2O＝FeO+N2，根据催化剂定义，第一步：Fe++N2O═FeO++N2，第二步反应中，中间产物（FeO+）氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，FeO++CO⇌Fe++CO2，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第一步反应的活化能大于第二步反应活化能，
故答案为：FeO++CO⇌Fe++CO2；大于；
（4）①升高温度，N2O的转化率升高，则向正反应方向进行，则正反应为吸热反应，则△H＞0，
故答案为：＞；
②A mol/L 2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）
初 0.05 0 0
变 0.02 0.02 0.01
平 0.03 0.02 0.01
所以v（O2）＝＝＝0.0005 mol•L﹣1•s﹣1，
A、B点温度相同，对应的平衡常数相等。B点对应的平衡常数＝A的：
K＝＝0.0044
故答案为：0.0005 mol•L﹣1•s﹣1；0.0044；
③容器内混合气体密度为ρ＝，反应前后质量守恒，m不变，只需比较容器体积即可，从A→C→D，三点起始量一样，随着温度升高，由于反应为吸热反应，温度升高有助于反应进行，导致转化率增大，现要使三点的转化率一致，所以需要加压，相当于缩小容器体积，即VA＞VC＞VD，所以ρA＜ρC＜ρD，即图中A、C、D三点处容器内密度大小关系是：D＞C＞A，
故答案为：D＞C＞A；
④容器Ⅳ体积为1L，370℃时，
2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）
起始（mol/L）0.06 0.06 0.04
QC＝＝0.04＞K＝0.0044，向逆反应方向，
故答案为：向逆反应方向。
【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用、影响化学反应速率和化学平衡的因素分析、平衡常数计算、图象的理解应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
2021-2022学年山西省吕梁市柳林县高二（上）期中化学试卷
一、选择题（本题包括18个小题，每小题3分，共54分）在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。请将正确选项的字母标号在答题卡相应位置涂黑。
1．（3分）“即食即热型”快餐适合外出时携带和食用，其内层中有用铝箔包裹的已加工好的真空包装食品，外层有分别包装的两包化学物质，拉动预留在外的拉线使这两种化学物质相互作用，放出的热量便可对食物进行加热。这两包化学物质最合理的组合是（ ）
A．生石灰和水 B．浓硫酸和水 C．熟石灰和水 D．氯化钠和水
2．（3分）在一定条件下，N2和O2反应生成NO的能量变化如图所示，总反应的焓变ΔH＞0，下列说法正确的是（ ）
A．ΔH1＜ΔH2 B．ΔH1＜0，ΔH3＞0
C．|ΔH1+ΔH2|＞|ΔH3| D．ΔH＝ΔH1+ΔH2+2ΔH3
3．（3分）有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是（ ）
A．稀硫酸与0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液反应：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H＝+57.3 kJ•mol﹣1
B．在101 kPa下H2（g）的燃烧热为285.8 kJ•mol﹣1，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+285.8 kJ•mol﹣1
C．已知CH3OH的燃烧热为726.8 kJ•mol﹣1，则有CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣726.8 kJ•mol﹣1
D．已知9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g FeS时放出19.12 kJ热量，则Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H＝﹣95.6 kJ•mol﹣1
4．（3分）接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ•mol﹣1。钒催化剂参与反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．钒催化剂改变了SO2催化氧化的反应热
B．上述条件下加入2mol SO2和1mol O2发生反应，释放的能量等于196kJ
C．1molV2O4（s）的能量比2molV2O4（s）的能量多399kJ
D．2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）ΔH＝﹣351kJ•mol﹣1
5．（3分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）为放热反应，则该反应的反应物总能量低于生成物总能量
B．若C（石墨，s）＝C（金刚石，s）△H＞0，则石墨比金刚石稳定
C．由C（s）+O2（g）═CO（g）△H＝110.5kJ•mol﹣1，可知碳的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1
D．已知C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）═CO（g）△H2，则△H1＞△H2
6．（3分）应用过渡状态理论讨论化学反应时，可将反应过程中体系的势能变化情况表示在反应历程一势能图上。甲烷在光照条件下发生的氯代反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
（1）Cl﹣Cl→2Cl•
（2）Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl
（3）CH3•+Cl﹣Cl→CH3﹣Cl+Cl•
A．反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣ClΔH＝+7.5kJ•mol﹣1
B．反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl的活化能Ea＝+16.7kJ•mol﹣1
C．反应（2）比反应（3）更容易进行
D．CH4（g）+Cl2（g）＝CH4Cl（g）+HCl（g）ΔH＝﹣105.4kJ•mol﹣1
7．（3分）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶解废旧印刷电路板上的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H＝+64.39kJ•mol ﹣1；2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H＝﹣196.46kJ•mol ﹣1；H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H＝﹣285.84kJ•mol ﹣1，在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+（aq）和H2O（l）的反应热△H等于（ ）
A．﹣417.91kJ•mol ﹣1 B．﹣319.68kJ•mol ﹣1
C．+546.69kJ•mol ﹣1 D．﹣448.46kJ•mol ﹣1
8．（3分）为减少温室气体的排放，科学家研究出以TiO2为催化剂，光热化学循环分解CO2的反应，该反应机理及分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应中，光能和热能转化为化学能
B．该过程中没有电子的转移
C．使用TiQ2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．分解CO2反应的热化学方程式：2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H＝﹣30kJ/mol
9．（3分）反应3Fe（s）+4H2O（g）═Fe3O4（s）+4H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A．将铁片变成铁粉
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，充入N2使容器压强增大
D．压强不变，充入N2使容器体积增大
10．（3分）下列有关化学反应速率的认识，正确的是（ ）
A．增大压强（对于气体反应），活化分子总数必然增大，故反应速率增大
B．温度升高，分子动能增加，减小了活化能，故反应速率增大
C．H+和OH﹣的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成
D．选用适当的催化剂，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大
11．（3分）向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中分别充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）。△H＝akJ•mol﹣1，相关数据如表，反应过程中C的浓度随时间变化关系如图。下列说法正确的是（ ）
容器
甲
乙
丙
容积
0.5L
0.5L
1.0L
温度/℃
T1
T2
T2
反应物
起始量
1.5 mol A
0.5 mol B
1.5 mol A
0.5 mol B
6 mol A
2 mol B
A．10min内甲容器中反应的平均速率c（A）＝0.10mol•L﹣1•min﹣1
B．a＞0，x＝1
C．T2℃时，该反应的平衡常数为0.8
D．平衡时，C的体积分数：丙＞乙
12．（3分）在一定温度下的定容容器中，当下列各量不再发生变化时，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
13．（3分）下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．工业制取金属钾的反应为Na（l）+KCl（l）⇌NaCl（l）+K（g），选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于反应向右进行
B．CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）达平衡后，增大压强可使平衡体系颜色变深
C．工业上SO2催化氧化生成SO3，常通入过量的空气来提高SO2的平衡转化率
D．向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，红色变浅
14．（3分）恒压时，SO2和O2在起始浓度c（SO2）＝c（O2）＝2.0×10﹣2mol/L时发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），测得不同温度下SO2的平衡转化率见如图。有关说法正确的是（ ）
A．若a点使用了催化剂，则b点未使用催化剂
B．该反应吸热
C．若将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，图象发生改变
D．T1℃时，平衡常数K＝
15．（3分）在密闭容器中发生下列反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（a），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡的1.6倍，下列叙述正确的是（ ）
A．A的转化率变大 B．B的体积分数变大
C．平衡向正反应方向移动 D．a+b＞c
16．（3分）根据vt图分析外界条件改变对可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）△H＜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
17．（3分）一定条件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图。下列说法正确的是（ ）
A．M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆
B．若投料比n（H2）：n（CO2）＝4：1，则图中M点己烯的体积分数为5.88%
C．250℃，催化剂对CO2平衡转化率的影响最大
D．当温度高于250℃，升高温度，平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低
18．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．反应（NH4）2CO3（s）＝NH4HCO3（s）+NH3（g）的熵值增加
B．同一种物质气态时熵值最大，液态时次之，固态时熵值最小
C．NH4NO3溶于水吸热，所以其溶解于水不是自发过程
D．由于合成氨反应△H＜0，△S＜0，所以该反应低温下能自发进行
二、非选择题（本题包括4个小题，共46分）
19．（10分）利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50 mL0.50 mol•L﹣1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；
②用另一量筒量取50 mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，使之混合均匀，测得混合溶液最高温度。
回答下列问题：
（1）所用NaOH溶液要稍过量，理由是 。
（2）如图装置中碎泡沫塑料及泡沫塑料板的作用是 。
（3）环形玻璃搅拌棒搅拌溶液的操作是 。
（4）假设盐酸和NaOH溶液的密度都是1g•cm﹣3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•°C﹣1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如表所示：
实验序号
起始温度T1/℃
终止温度T2/℃
盐酸
NaOH溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热|ΔH|＝ （小数点后保留1位数字）。
（5） （ 选填“能”或“不能”）用Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液代替NaOH溶液和盐酸，理由是
。
（6）现将一定量的稀NaOH溶液、Ca（OH）2溶液、稀氨水分别和1L1mol•L﹣1的盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为 。
20．（8分）为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置。
（1）上述3个装置中，不能证明“铜与浓硝酸反应是吸热反应还是放热反应”的是 。（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）
（2）某同学选用装置Ⅰ进行实验（实验前U形管里液面左右相平），在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是 ，说明该反应属于 （填“吸热”或“放热”）反应。
（3）为探究固体M溶于水的热量变化情况，选择装置Ⅱ进行实验（在甲中进行）。①M为钠，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是 。
②观察到烧杯里产生气泡，则说明M溶于水 （填“一定是放热反应”、“一定是吸热反应”或“可能是放热反应”），理由是 。
③若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，则M可能是 。
（4）至少有两种实验方法能证明超氧化钾与水的反应（4KO2+2H2O═4KOH+3O2↑）是放热反应还是吸热反应。
方法①：选择上述装置 （填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）进行实验。
方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，则说明该反应是 反应。
21．（14分）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＝﹣23.5kJ•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（1）中CH3OCH3产率的有 。
A．使用过量的CO B．升高温度 C．增大压强
（3）一定温度下，0.2molCO和0.1molH2O通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5分钟时达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1．则5分钟内v（H2O）＝ ，CO的转化率α（CO）＝ 。
（4）将合成气以＝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，则平衡时，α（CO）小于50%
（5）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（DME）。观察图2回答问题。催化剂中约为 时最有利于二甲醚的合成。
22．（14分）N2O和CO是常见的环境污染气体。
（1）对于反应N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）来说，“Fe+”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行：
第一步为Fe++N2O⇌FeO++N2；则第二步为 （写化学方程式）。
已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能 （填“大于”“小于”或“等于”）第二步反应的活化能。
（2）在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g），容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示：
①该反应的△H 0（填“＞”或“＜”）。
②若容器I的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则0～20s内容器I中用O2表示的反应速率为 。B点对应的平衡常数k＝ （保留两位有效数字）。
③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是 。
④若容器Ⅳ体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应 移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）。
2021-2022学年山西省吕梁市柳林县高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括18个小题，每小题3分，共54分）在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。请将正确选项的字母标号在答题卡相应位置涂黑。
1．（3分）“即食即热型”快餐适合外出时携带和食用，其内层中有用铝箔包裹的已加工好的真空包装食品，外层有分别包装的两包化学物质，拉动预留在外的拉线使这两种化学物质相互作用，放出的热量便可对食物进行加热。这两包化学物质最合理的组合是（ ）
A．生石灰和水 B．浓硫酸和水 C．熟石灰和水 D．氯化钠和水
【分析】根据反应时是否放热判断，即食即热型快餐就是利用物质接触发生化学反应放热进行的，且要在放热时确保安全性。
【解答】解：A．生石灰与水反应放出大量的热，且安全，适用于食物的加热，故A正确；
B．浓硫酸溶于水放出大量的热，但浓硫酸具有极强的腐蚀性，故不适用于食物的加热，故B错误；
C．熟石灰不溶于水，熟石灰和水接触不放出大量的热量，故C错误；
D．氯化钠溶于水，不放出大量的热，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了吸热反应和放热反应，根据生石灰的性质和用途进行解答，此题难度小。
2．（3分）在一定条件下，N2和O2反应生成NO的能量变化如图所示，总反应的焓变ΔH＞0，下列说法正确的是（ ）
A．ΔH1＜ΔH2 B．ΔH1＜0，ΔH3＞0
C．|ΔH1+ΔH2|＞|ΔH3| D．ΔH＝ΔH1+ΔH2+2ΔH3
【分析】A．化学键断裂吸收能量，N≡N键能比O＝O键能大；
B．断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量；
C．ΔH＞0，说明断开化学键吸收能量大于形成化学键放出的能量；
D．化学反应的本质是旧化学键的断裂和化学键的形成。
【解答】解：A．化学键断裂吸收能量，N≡N键能比O＝O键能大，则ΔH1＞ΔH2，故A错误；
B．断开化学键吸收能量，ΔH1＞0，形成化学键放出能量，ΔH3＜0，故B错误；
C．ΔH＞0，说明断开化学键吸收能量大于形成化学键放出的能量，则|ΔH1+ΔH2|＞|ΔH3|，故C正确；
D．化学反应的本质是旧化学键的断裂和化学键的形成，则ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生分析能力，从微观理解化学反应能量变化的原因是解题的关键，此题难度中等。
3．（3分）有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是（ ）
A．稀硫酸与0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液反应：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H＝+57.3 kJ•mol﹣1
B．在101 kPa下H2（g）的燃烧热为285.8 kJ•mol﹣1，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+285.8 kJ•mol﹣1
C．已知CH3OH的燃烧热为726.8 kJ•mol﹣1，则有CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣726.8 kJ•mol﹣1
D．已知9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g FeS时放出19.12 kJ热量，则Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H＝﹣95.6 kJ•mol﹣1
【分析】A、酸碱中和是放热反应，中和热是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量；
B、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，定义要点：①可燃物必须为1mol。②必须生成稳定的氧化物，如C→CO2，H→H2O（l）；
C、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，定义要点：①可燃物必须为1mol。②必须生成稳定的氧化物，如C→CO2，H→H2O（l）；
D、根据生成硫化亚铁17.6 g即0.2mol时，放出19.12 kJ热量，可知生成1molFeS（s）时放出的热量。
【解答】解：A、中和热是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水放出的热量，稀硫酸与0.1 mol/LNaOH溶液反应：H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）△H＝﹣57.3 kJ•mol﹣1，故A错误；
B、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，所以2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H＝﹣285.8×2kJ•mol﹣1＝﹣571.6kJ•mol﹣1，水的分解是氢气燃烧的逆过程，所以水分解的热化学方程式：2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）△H＝+571.6 kJ•mol﹣1，故B错误；
C、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，定义要点：必须完全燃烧生成稳定的氧化物，如C→CO2，H→H2O（l），而CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）中H2O（g）不是H2O（l），故C错误；
D、根据生成硫化亚铁17.6 g即0.2mol时，放出19.12 kJ热量，可知生成1molFeS（s）时放出95.6 kJ的热量，所以硫粉与铁粉反应的热化学方程式为Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H＝﹣95.6 kJ•mol﹣1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了燃烧热、中和热概念的分析判断、反应热的计算、热化学方程式的书写等，把握燃烧热、中和热概念的实质、热化学方程式的书写规则即可解答，题目基础、简单。
4．（3分）接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ•mol﹣1。钒催化剂参与反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．钒催化剂改变了SO2催化氧化的反应热
B．上述条件下加入2mol SO2和1mol O2发生反应，释放的能量等于196kJ
C．1molV2O4（s）的能量比2molV2O4（s）的能量多399kJ
D．2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）ΔH＝﹣351kJ•mol﹣1
【分析】A．催化剂不改变反应的反应热；
B．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化；
C．由图可知，V2O4（s）+2SO3（g）⇌2VOSO4（s）ΔH＝﹣399kJ/mol；
D．由图可知，①V2O4（s）+2SO3（g）⇌2VOSO4（s）ΔH＝﹣399kJ/mol，②V2O4（s）+SO3（g）⇌V2O5（s）+SO2（g）ΔH＝﹣24kJ/mol，根据盖斯定律：①﹣2×②得2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）。
【解答】解：A．催化剂不改变反应的反应热，则钒催化剂不能改变了SO2催化氧化的反应热，故A错误；
B．由2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ•mol﹣1可知，2mol SO2和1mol O2完全反应，放出196kJ能量，该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，则上述条件下加入2mol SO2和1mol O2发生反应，释放的能量小于196kJ，故B错误；
C．由图可知，V2O4（s）+2SO3（g）⇌2VOSO4（s）ΔH＝﹣399kJ/mol，则说明1molV2O4（s）和2molSO3（g）能量之和比2molVOSO4（s）的能量多399kJ，故C错误；
D．由图可知，①V2O4（s）+2SO3（g）⇌2VOSO4（s）ΔH＝﹣399kJ/mol，②V2O4（s）+SO3（g）⇌V2O5（s）+SO2（g）ΔH＝﹣24kJ/mol，根据盖斯定律：①﹣2×②得2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）ΔH＝（﹣399+2×24）kJ/mol＝﹣351kJ/mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5．（3分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）为放热反应，则该反应的反应物总能量低于生成物总能量
B．若C（石墨，s）＝C（金刚石，s）△H＞0，则石墨比金刚石稳定
C．由C（s）+O2（g）═CO（g）△H＝110.5kJ•mol﹣1，可知碳的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1
D．已知C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）═CO（g）△H2，则△H1＞△H2
【分析】A．放热反应是指反应物总能量高于生成物总能量的反应；
B．若C（石墨，s）＝C（金刚石，s）△H＞0，即该反应为吸热反应，则石墨的能量比金刚石能量低，能量越低越稳定；
C．题中的碳并未完全燃烧，不符合燃烧热的定义；
D．1mol碳完全燃烧时放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，放出的热量越低，△H越小。
【解答】解：A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）为放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量，故A错误；
B．若C（石墨，s）＝C（金刚石，s）△H＞0，即该反应为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，则石墨的能量比金刚石能量低，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；
C．燃烧热是指1mol该物质完全燃烧生成氧化物时放出的热量，题中的碳并未完全燃烧，故C错误；
D．1mol碳完全燃烧时放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，所以△H1＜△H2，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查放热反应与吸热反应对应的反应物与生成物的总能量高低的判断，燃烧热的定义，完全燃烧与不完全燃烧对应的△H大小问题，属于基本知识，基础题型，难度不大。
6．（3分）应用过渡状态理论讨论化学反应时，可将反应过程中体系的势能变化情况表示在反应历程一势能图上。甲烷在光照条件下发生的氯代反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
（1）Cl﹣Cl→2Cl•
（2）Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl
（3）CH3•+Cl﹣Cl→CH3﹣Cl+Cl•
A．反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣ClΔH＝+7.5kJ•mol﹣1
B．反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl的活化能Ea＝+16.7kJ•mol﹣1
C．反应（2）比反应（3）更容易进行
D．CH4（g）+Cl2（g）＝CH4Cl（g）+HCl（g）ΔH＝﹣105.4kJ•mol﹣1
【分析】A．反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl，正反应活化能为16.7kJ/mol，逆反应活化能为16.7kJ/mol﹣7.5kJ/mol＝9.2kJ/mol，ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能；
B．结合A分析即可得出结论；
C．活化能越小，反应越容易进行；
D．根据盖斯定律（2）+（3）得CH4（g）+Cl2（g）＝CH4Cl（g）+HCl（g）。
【解答】解：A．反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl，正反应活化能为16.7kJ/mol，逆反应活化能为16.7kJ/mol﹣7.5kJ/mol＝9.2kJ/mol，ΔH＝16.7kJ/mol﹣9.2kJ/mol＝+7.5kJ/mol，故A正确；
B．根据A分析可知，反应Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣Cl的活化能Ea＝+16.7kJ•mol﹣1，故B正确；
C．由图可知，反应（2）的活化能大于反应（3），则反应（3）比反应（2）更容易进行，故C错误；
D．由A可知，反应（2）Cl•+CH3﹣H→CH3•+H﹣ClΔH＝+7.5kJ•mol﹣1，结合图中信息，反应（3）CH3•+Cl﹣Cl→CH3﹣Cl+Cl•ΔH＝﹣112.9kJ/mol，根据盖斯定律（2）+（3）得CH4（g）+Cl2（g）＝CH4Cl（g）+HCl（g）ΔH＝（7.5﹣112.9）kJ/mol＝﹣105.4kJ/mol，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7．（3分）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶解废旧印刷电路板上的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H＝+64.39kJ•mol ﹣1；2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H＝﹣196.46kJ•mol ﹣1；H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H＝﹣285.84kJ•mol ﹣1，在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2+（aq）和H2O（l）的反应热△H等于（ ）
A．﹣417.91kJ•mol ﹣1 B．﹣319.68kJ•mol ﹣1
C．+546.69kJ•mol ﹣1 D．﹣448.46kJ•mol ﹣1
【分析】根据已知的热化学反应方程式和盖斯定律来分析Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式，由盖斯定律①+×②+③得到：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H，由盖斯定律可知该反应的反应热△H＝H1+H2×+H3，据此分析解答．
【解答】解：①Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H＝+64.39kJ/mol，
②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H＝﹣196.46kJ/mol，
③H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H＝﹣285.84kJ/mol，
由盖斯定律①+×②+③得到：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H＝+64.39kJ/mol+×（﹣196.46kJ/mol）+（﹣285.84kJ/mol）＝﹣319.68kJ/mol，
故选：B。
【点评】本题考查反应热的有关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确反应热和化学计量数的关系是解题关键，题目难度不大．注意盖斯定律的应用．
8．（3分）为减少温室气体的排放，科学家研究出以TiO2为催化剂，光热化学循环分解CO2的反应，该反应机理及分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应中，光能和热能转化为化学能
B．该过程中没有电子的转移
C．使用TiQ2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．分解CO2反应的热化学方程式：2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H＝﹣30kJ/mol
【分析】A．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气；
B．光热化学循环分解CO2生成CO和O2，属于氧化还原反应；
C．催化剂降低反应所需活化能，加快反应速率；
D．CO2分解生成CO和氧气，且该反应焓变＝反应焓变＝生成物总键能﹣反应物总键能，焓变与其方程式计量数成正比。
【解答】解：A．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和O2，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，故A正确；
B．氧化还原反应的实质是电子转移，光热化学循环分解CO2生成CO和O2，属于氧化还原反应，反应过程中有电子的转移，故B错误；
C．催化剂降低反应所需活化能，增大活化分子数，提高化学反应速率，但不能改变化学平衡状态，焓变不变，故C错误；
D．CO2分解生成CO和O2，反应2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H＝生成物总键能﹣反应物总键能＝（1598×2﹣1072×2﹣496）kJ/mol＝+556kJ/mol，即2mol二氧化碳完全分解成2mol一氧化碳和1mol氧气需要吸热556kJ，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应热和焓变，侧重考查分析判断及计算能力，明确催化剂对反应历程影响、焓变影响因素等知识点是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
9．（3分）反应3Fe（s）+4H2O（g）═Fe3O4（s）+4H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A．将铁片变成铁粉
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，充入N2使容器压强增大
D．压强不变，充入N2使容器体积增大
【分析】增大接触面积、增大压强、增大浓度等均可加快反应速率，以此来解答。
【解答】解：A．将铁片变成铁粉，固体表面积增大，反应速率加快，故A不选；
B．将容器的体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，故B不选；
C．体积不变，充入氮气使容器压强增大，浓度不变，则反应速率不变，故C选；
D．压强不变，充入氮气使容器体积增大，则容器体积应增大，气体浓度减小，反应速率减小，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握浓度、压强对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
10．（3分）下列有关化学反应速率的认识，正确的是（ ）
A．增大压强（对于气体反应），活化分子总数必然增大，故反应速率增大
B．温度升高，分子动能增加，减小了活化能，故反应速率增大
C．H+和OH﹣的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成
D．选用适当的催化剂，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大
【分析】A．增大压强缩小体积活化分子总数不变，但单位体积内活化分子个数增大；
B．升高温度活化分子百分数增大；
C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态；
D．催化剂能降低反应所需活化能，增大活化分子百分数。
【解答】解：A．增大压强缩小体积活化分子总数不变，但单位体积内活化分子个数增大，分子之间的有效碰撞几率增大，化学反应速率增大，故A错误；
B．升高温度，分子吸收能量转化为活化分子，则活化分子百分数增大，化学反应速率加快，故B错误；
C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能接近0，活化能越小，反应越容易，故C正确；
D．催化剂能降低反应所需活化能，增大活化分子百分数，增加了有效碰撞几率，化学反应速率加快，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查对基本理论的理解和运用，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意：催化剂能改变活化能但不改变焓变。
11．（3分）向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中分别充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）。△H＝akJ•mol﹣1，相关数据如表，反应过程中C的浓度随时间变化关系如图。下列说法正确的是（ ）
容器
甲
乙
丙
容积
0.5L
0.5L
1.0L
温度/℃
T1
T2
T2
反应物
起始量
1.5 mol A
0.5 mol B
1.5 mol A
0.5 mol B
6 mol A
2 mol B
A．10min内甲容器中反应的平均速率c（A）＝0.10mol•L﹣1•min﹣1
B．a＞0，x＝1
C．T2℃时，该反应的平衡常数为0.8
D．平衡时，C的体积分数：丙＞乙
【分析】A．结合v＝、速率之比等于化学计量数之比计算；
B．由图可知，甲、乙起始量相同，温度不同，T2先达到平衡，且T2对应C的浓度小，可知升高温度平衡逆向移动；乙中平衡时A的转化率为＝，丙中A的转化率为＝，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动；
C．根据乙利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；
D．由B分析可知正反应放热，则升高温度，平衡逆向移动。
【解答】解：A.10min内甲容器中反应的平均速率v（A）＝v（C）＝×＝0.05 mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；
B．由图可知，甲、乙起始量相同，温度不同，T2先达到平衡，且T2对应C的浓度小，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，a＜0；乙中平衡时A的转化率为＝，丙中A的转化率为＝，丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，x＝1，故B错误；
C．由图可知，平衡时乙容器内C的浓度为1mol/L，则：
A（g）+B（g）⇌2C（g）。
开始（mol/L）：1 3 0
变化（mol/L）：0.5 0.5 1
平衡（mol/L）：0.5 2.5 1
故T2时该反应的平衡常数K＝＝0.8，故C正确；
D．由B分析可知正反应放热，则升高温度，平衡逆向移动，则C的体积分数：丙＜乙，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质的量浓度随时间的变化曲线，为高频考点，把握图中平衡浓度关系、温度和浓度对平衡移动的影响、速率计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度中等。
12．（3分）在一定温度下的定容容器中，当下列各量不再发生变化时，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
【分析】可逆反应A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，以此解答。
【解答】解：反应A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g）达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，
①由于反应两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量不相等，混合气体的压强，说明气体的物质的量不再变化，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故①正确；
②由于反应方程式两边气体的质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不变，无法判断是否达到了平衡状态，故②错误；
③B的物质的量浓度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故③正确；
④反应方程式两边气体的体积不相等，气体的物质的量是个变化的量，若混合气体的总物质的量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故④正确；
⑤方程式两边气体的化学计量数之和不相等，气体的物质的量是个变化的量，气体的质量始终不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，证明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑤正确；
⑥反应速率比值与化学计量数之比成正比，v（C）与v（D）的比值不变，不能判断是否达到了平衡状态，故⑥错误；
⑦反应方程式两边都是气体，所以气体的质量始终不变，所以混合气体的总质量不变，无法判断是否达到了平衡状态，故⑦错误；
⑧容器的容积不变，混合气体的体积始终不变，所以混合气体的总体积不变，无法判断是否达到了平衡状态，故⑧错误；
⑨C、D的分子数之比为1：1，分子数之比不能判断分子数是否不再变化，无法判断是否达到了平衡状态，故⑨错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意化学平衡状态的特征，达到平衡状态时正逆反应速率相等，但是反应没有停止。
13．（3分）下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．工业制取金属钾的反应为Na（l）+KCl（l）⇌NaCl（l）+K（g），选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于反应向右进行
B．CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）达平衡后，增大压强可使平衡体系颜色变深
C．工业上SO2催化氧化生成SO3，常通入过量的空气来提高SO2的平衡转化率
D．向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，红色变浅
【分析】勒沙特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。
【解答】解：A．使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，生成物浓度减小，平衡向着正向移动，能够用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．该反应前后气体体积不变，压强不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C．存在平衡：2SO2+O22SO3，使用过量氧气，反应物浓度增大，平衡向着正向移动，提高了SO2的利用率，能够用勒夏特列原理解释，故C不选；
D．含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，CO32﹣水解平衡逆向移动，红色变浅，与勒夏特列原理有关，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查勒夏特列原理，侧重考查基础知识的理解和灵活运用，明确勒夏特列原理内涵是解本题关键，只有能引起平衡移动的才能用勒夏特列原理解释，题目难度不大。
14．（3分）恒压时，SO2和O2在起始浓度c（SO2）＝c（O2）＝2.0×10﹣2mol/L时发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），测得不同温度下SO2的平衡转化率见如图。有关说法正确的是（ ）
A．若a点使用了催化剂，则b点未使用催化剂
B．该反应吸热
C．若将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，图象发生改变
D．T1℃时，平衡常数K＝
【分析】A．催化剂不能改变平衡转化率；
B．温度升高，平衡向吸热方向移动；
C．在恒压下，将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，平衡不移动；
D．T1℃下，c起始（SO2）＝c起始（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1，SO2平衡转化率为50%，则平衡时c（SO2）＝c（SO3），化学平衡常数K＝，据此计算判断。
【解答】解：A．催化剂不能改变平衡转化率，若图中a点使用了催化剂，则b点没有达到平衡状态，不可能是催化剂的影响，可能是压强较小，故A错误；
B．温度升高，SO2的平衡转化率降低，说明反应逆向移动，正反应放热，△H＜0，故B错误；
C．在恒压下，将起始n（SO2）和n（O2）变为原来的一半，平衡不移动，图象不发生改变，故C错误；
D．T1℃下，c起始（SO2）＝c起始（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1，SO2平衡转化率为50%，△c（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1×50%×＝5×10﹣3mol•L﹣1，c平（O2）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1﹣5×10﹣3mol•L﹣1＝1.5×10﹣2mol•L﹣1则平衡时c（SO2）＝c（SO3），化学平衡常数K＝＝＝＝L•mol﹣1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以图象分析为载体考查化学平衡计算、化学平衡移动影响因素等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度、压强、浓度对化学平衡移动影响原理及化学平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度不大。
15．（3分）在密闭容器中发生下列反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（a），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡的1.6倍，下列叙述正确的是（ ）
A．A的转化率变大 B．B的体积分数变大
C．平衡向正反应方向移动 D．a+b＞c
【分析】将气体体积压缩到原来的一半，相当于增大压强，C浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡的1.6倍，则增大压强平衡向逆反应方向浓度，所以a+b＜c，据此分析解答。
【解答】解：A．增大压强平衡逆向移动，则A的转化率减小，故A错误；
B．增大压强平衡逆向移动，则B的体积分数增大，故B正确；
C．C浓度由越来的2倍转化为1.6倍，增大氧气平衡逆向移动，故C错误；
D．C浓度由越来的2倍转化为1.6倍，增大压强平衡逆向移动，则a+b＜c，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查信息的获取、分析判断及知识综合应用能力，正确判断平衡移动方向是解本题关键，易忽略缩小体积时C浓度变化而导致错误判断。
16．（3分）根据vt图分析外界条件改变对可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）△H＜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
【分析】该反应的反应物气体的体积大于生成物气体的体积，增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，结合逆反应速率的变化解答该题。
【解答】解：t2时正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，应是升高温度，
t4时正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，反应向逆反应方向移动，应是降低压强，
t6时逆反应速率在原有基础上逐渐增大，而正反应速率增大，平衡向正反应方向移动，应是增加反应物的浓度，
t8时正逆反应速率都增大且相等，平衡不移动，应是加入催化剂，
故选：D。
【点评】本题综合考查化学平衡的移动及影响因素，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握反应的特征，结合图象的曲线变化解答该题。
17．（3分）一定条件下合成乙烯：6H2（g）+2CO2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图。下列说法正确的是（ ）
A．M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆
B．若投料比n（H2）：n（CO2）＝4：1，则图中M点己烯的体积分数为5.88%
C．250℃，催化剂对CO2平衡转化率的影响最大
D．当温度高于250℃，升高温度，平衡逆向移动导致催化剂的催化效率降低
【分析】A、温度升高化学反应速率加快，催化剂的催化效率降低；
B、设开始投料n（H2）为4mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，据此列三段式计算；
C、温度250℃，二氧化碳的平衡转化率最大，当升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，据此进行分析；
D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动。
【解答】解：A、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v（N）有可能小于v（M），故A错误；
B、设开始投料n（H2）为4mol，则n（CO2）为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%
所以有6H2（g）+2CO2（g）CH2＝CH2（g）+4H2O（g）
开始 4 1 0 0
转化 1.5 0.5 0.25 1
平衡 2.5 0.5 0.25 1
所以乙烯的体积分数为×100%＝5.88%，故B正确；
C、温度250℃，二氧化碳的平衡转化率最大，当升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，故250℃，催化剂对CO2平衡转化率的影响最大，故C正确；
D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，所以与催化剂的催化效率降低无因果关系，故D错误，
故选：BC。
【点评】本题考查了图象分析化学反应速率的影响因素、平衡计算、平衡移动等，题目难度不大。
18．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．反应（NH4）2CO3（s）＝NH4HCO3（s）+NH3（g）的熵值增加
B．同一种物质气态时熵值最大，液态时次之，固态时熵值最小
C．NH4NO3溶于水吸热，所以其溶解于水不是自发过程
D．由于合成氨反应△H＜0，△S＜0，所以该反应低温下能自发进行
【分析】A．反应前没有气体，反应后生成气体，为熵值增加的反应；
B．同一物质的固、液、气三种状态的熵值依次增大；
C．铵盐溶于水吸热，溶于水熵增；
D．根据△G＝△H﹣T△S＜0能自发进行判断。
【解答】解：A．（NH4 ）2 CO3（s）═NH4HCO3（s）+NH3（g），反应前没有气体，反应后生成气体，为熵值增加的反应，故A正确；
B．同一物质的固、液、气三种状态的熵值依次增大，所以同一种物质气态时熵值最大，液态时次之，固态时熵值最小，故B正确；
C．铵盐溶于水虽吸热，但溶于水熵增，该过程可自发进行，故C错误；
D．由于合成氨反应△H＜0，△S＜0，则低温下，该反应△G＝△H﹣T△S＜0能自发进行，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意把握相关概念的理解。
二、非选择题（本题包括4个小题，共46分）
19．（10分）利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50 mL0.50 mol•L﹣1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；
②用另一量筒量取50 mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，使之混合均匀，测得混合溶液最高温度。
回答下列问题：
（1）所用NaOH溶液要稍过量，理由是 确保盐酸被完全中和 。
（2）如图装置中碎泡沫塑料及泡沫塑料板的作用是 保温、隔热，减少热量的损失 。
（3）环形玻璃搅拌棒搅拌溶液的操作是 上下移动 。
（4）假设盐酸和NaOH溶液的密度都是1g•cm﹣3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•°C﹣1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如表所示：
实验序号
起始温度T1/℃
终止温度T2/℃
盐酸
NaOH溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热|ΔH|＝ 51.8kJ/mol （小数点后保留1位数字）。
（5） 不能 （ 选填“能”或“不能”）用Ba（OH）2溶液和H2SO4溶液代替NaOH溶液和盐酸，理由是
H2SO4与Ba（OH）2反应生成BaSO4沉淀，沉淀的生成热会影响反应的反应热 。
（6）现将一定量的稀NaOH溶液、Ca（OH）2溶液、稀氨水分别和1L1mol•L﹣1的盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为 △H1＝△H2＜△H3 。
【分析】（1）为了保证酸或是碱中的一方完全反应，往往保证一方过量；
（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；
（3）在实验过程中需用环形玻璃搅拌棒上下移动搅拌溶液；
（4）先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值，根据Q＝m•c•△T计算反应放出的热量，最后根据△H＝﹣kJ/mol计算出中和热；
（5）钡离子与硫酸根离子生成了硫酸钡沉淀放热，影响实验的准确性；
（6）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程。
【解答】解：（1）为了确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量，
故答案为：确保盐酸被完全中和；
（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，装置中碎泡沫塑料（或纸条）及泡沫塑料板的作用是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失，
故答案为：保温、隔热，减少热量的损失；
（3）在实验过程中需用环形玻璃搅拌棒上下移动搅拌溶液，
故答案为：上下移动；
（4）3次温度差分别为：3.15℃、3.10℃，3.05℃，温度差平均值＝＝3.10℃，50mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L＝0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml＝100g，温度变化的值为△T＝3.10℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q＝m•c•△T＝100g×4.18J/（g•℃）×3.10℃＝1295.8J＝1.2958kJ，所以实验测得的中和热△H＝﹣＝﹣51.8kJ/mol，
故答案为：51.8kJ/mol；
（5）H2SO4与Ba（OH）2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，钡离子与硫酸根离子生成了硫酸钡沉淀放热，该反应中的生成热会影响中和热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，
故答案为：不能；H2SO4与Ba（OH）2反应生成BaSO4沉淀，沉淀的生成热会影响反应的反应热；
（6）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L 1mol•L﹣1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1L 1mol•L﹣1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以△H1＝△H2＜△H3；
故答案为：△H1＝△H2＜△H3。
【点评】本题考查中和热的测定及计算，为高频考点，把握测定原理、实验装置、实验技能为解答的关键，侧重分析、计算与实验能力的考查，注意硫酸钡的生成中放热、中和热的概念及减少过程中热量损耗，题目难度中等。
20．（8分）为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置。
（1）上述3个装置中，不能证明“铜与浓硝酸反应是吸热反应还是放热反应”的是 Ⅲ 。（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）
（2）某同学选用装置Ⅰ进行实验（实验前U形管里液面左右相平），在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是 U型管内红墨水左低右高 ，说明该反应属于 放热 （填“吸热”或“放热”）反应。
（3）为探究固体M溶于水的热量变化情况，选择装置Ⅱ进行实验（在甲中进行）。①M为钠，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是 产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱 。
②观察到烧杯里产生气泡，则说明M溶于水 可能是放热反应 （填“一定是放热反应”、“一定是吸热反应”或“可能是放热反应”），理由是 某些物质溶于水放热，但不是放热反应 。
③若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，则M可能是 硝酸铵 。
（4）至少有两种实验方法能证明超氧化钾与水的反应（4KO2+2H2O═4KOH+3O2↑）是放热反应还是吸热反应。
方法①：选择上述装置 Ⅰ或Ⅱ （填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）进行实验。
方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，则说明该反应是 放热 反应。
【分析】（1）I、II中均可放热使密封的气体受热膨胀，Ⅲ中没有封闭的气体；
（2）氢氧化钡溶液与稀硫酸反应放热；
（3）①钠与水反应放热；
②浓硫酸溶于水放热；
③温度降低时，外压大于内压；
（4）方法①：放热反应可使密封的气体受热膨胀；
方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，可知反应放出热量。
【解答】解：（1）I、II中均可放热使密封的气体受热膨胀，Ⅲ中没有封闭的气体，则不能证明“铜与浓硝酸反应是吸热反应还是放热反应”的是Ⅲ，
故答案为：Ⅲ；
（2）氢氧化钡溶液与稀硫酸反应放热，则U形管中可观察到的现象是U型管内红墨水左低右高，说明该反应属于放热反应，
故答案为：U型管内红墨水左低右高；放热；
（3）①钠与水反应放热，则产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱，说明该反应可能属于放热反应，
故答案为：产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱；
②浓硫酸溶于水放热，为物理变化，则观察到烧杯里产生气泡，则说明M溶于水可能是放热反应，理由是某些物质溶于水放热，但不是放热反应，
故答案为：可能是放热反应；某些物质溶于水放热，但不是放热反应；
③温度降低时，外压大于内压，则若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，则M可能是硝酸铵，溶于水吸热，
故答案为：硝酸铵；
（4）方法①：放热反应可使密封的气体受热膨胀，则选择上述装置Ⅰ或Ⅱ进行实验，
故答案为：Ⅰ或Ⅱ；
方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，可知反应放出热量，该反应为放热反应，
故答案为：放热。
【点评】本题考查化学反应中能量变化，为高频考点，把握化学变化及物理变化中的能量变化、实验现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意（3）为解答的难点，题目难度中等。
21．（14分）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＝﹣23.5kJ•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＝ ﹣246.1 kJ•mol﹣1；该反应的平衡常数K＝ K21•K2•K3 （用K1、K2、K3表示）
（2）下列措施中，能提高（1）中CH3OCH3产率的有 AC 。
A．使用过量的CO B．升高温度 C．增大压强
（3）一定温度下，0.2molCO和0.1molH2O通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5分钟时达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1．则5分钟内v（H2O）＝ 0.003mol/（L．min） ，CO的转化率α（CO）＝ 15% 。
（4）将合成气以＝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 AB 。
A．△H＜0 B．P1＞P2＞P3
C．若在P3和316℃时，起始时n（H2）/n（CO）＝3，则平衡时，α（CO）小于50%
（5）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（DME）。观察图2回答问题。催化剂中约为 2～3 时最有利于二甲醚的合成。
【分析】（1）由①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1＝﹣90.7 kJ•mol﹣1K1
②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣23.5kJ•mol﹣1K2
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.2kJ•mol﹣1K3
结合盖斯定律可知，①×2+②+③得到3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）；
（2）提高CH3OCH3产率，可使平衡正向移动；
（3）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始 0.2 0.1 0 0
转化 x x x x
平衡0.2﹣x 0.1﹣x x x
平衡后测得H2的体积分数为0.1，则＝0.1，解得x＝0.03，
结合v＝、转化率＝×100%计算；
（4）由图可知升高温度CO的转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动；为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大；
（5）由图可知最高点时对应转化率、选择性较大，有利于二甲醚的合成。
【解答】解：（1）由①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1＝﹣90.7 kJ•mol﹣1K1
②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2＝﹣23.5kJ•mol﹣1K2
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.2kJ•mol﹣1K3
结合盖斯定律可知，①×2+②+③得到3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H＝﹣246.1kJ•mol﹣1；该反应的平衡常数K＝K21•K2•K3，
故答案为：﹣246.1； K21•K2•K3；
（2）提高CH3OCH3产率，可使平衡正向移动，可增大CO的量或增大压强，而焓变为负，升高温度平衡逆向移动，产率减小，
故答案为：AC；
（3）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始 0.2 0.1 0 0
转化 x x x x
平衡0.2﹣x 0.1﹣x x x
平衡后测得H2的体积分数为0.1，则＝0.1，解得x＝0.03，
5分钟内v（H2O）＝＝0.003mol/（L．min），CO的转化率α（CO）＝×100%＝15%，
故答案为：0.003mol/（L．min）；15%；
（4）A．由图可知升高温度CO的转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动，则△H＜0，故A正确；
B．为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大，则P1＞P2＞P3，故B正确；
C．若在P3和316℃时，起始时＝3＞2，增大氢气的量可促进CO的转化，平衡时α（CO）大于50%，故C错误；
故答案为：AB；
（5）由图可知最高点时对应转化率、选择性较大，有利于二甲醚的合成，即催化剂中约为2～3时最有利于二甲醚的合成，
故答案为：2～3。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、焓变及速率和转化率的计算为解答的关键，侧重分析与应用、计算能力的考查，注意平衡移动原理与图象的应用，题目难度不大。
22．（14分）N2O和CO是常见的环境污染气体。
（1）对于反应N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）来说，“Fe+”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行：
第一步为Fe++N2O⇌FeO++N2；则第二步为 FeO++CO⇌Fe++CO2 （写化学方程式）。
已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能 大于 （填“大于”“小于”或“等于”）第二步反应的活化能。
（2）在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g），容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示：
①该反应的△H ＞ 0（填“＞”或“＜”）。
②若容器I的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则0～20s内容器I中用O2表示的反应速率为 0.0005mol•L﹣1•s﹣1 。B点对应的平衡常数k＝ 0.0044 （保留两位有效数字）。
③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是 D＞C＞A 。
④若容器Ⅳ体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应 向逆反应方向 移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）。
【分析】（1）总反应N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）分两步进行，根据催化剂定义，第一步Fe++N2O⇌FeO++N2生成中间产物，第二步反应中，中间产物（FeO+）氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；
（2）①升高温度，向吸热方向进行，据此进行分析；
②根据v＝计算O2的反应速率；根据方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算；
③容器内混合气体密度为ρ＝，m不变，只需比较容器体积即可，据此分析；
④利用K和QC判断平衡的方向移动。
【解答】解：（1）总反应分两步进行Fe+N2O＝FeO+N2，根据催化剂定义，第一步：Fe++N2O═FeO++N2，第二步反应中，中间产物（FeO+）氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，FeO++CO⇌Fe++CO2，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第一步反应的活化能大于第二步反应活化能，
故答案为：FeO++CO⇌Fe++CO2；大于；
（4）①升高温度，N2O的转化率升高，则向正反应方向进行，则正反应为吸热反应，则△H＞0，
故答案为：＞；
②A mol/L 2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）
初 0.05 0 0
变 0.02 0.02 0.01
平 0.03 0.02 0.01
所以v（O2）＝＝＝0.0005 mol•L﹣1•s﹣1，
A、B点温度相同，对应的平衡常数相等。B点对应的平衡常数＝A的：
K＝＝0.0044
故答案为：0.0005 mol•L﹣1•s﹣1；0.0044；
③容器内混合气体密度为ρ＝，反应前后质量守恒，m不变，只需比较容器体积即可，从A→C→D，三点起始量一样，随着温度升高，由于反应为吸热反应，温度升高有助于反应进行，导致转化率增大，现要使三点的转化率一致，所以需要加压，相当于缩小容器体积，即VA＞VC＞VD，所以ρA＜ρC＜ρD，即图中A、C、D三点处容器内密度大小关系是：D＞C＞A，
故答案为：D＞C＞A；
④容器Ⅳ体积为1L，370℃时，
2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）
起始（mol/L）0.06 0.06 0.04
QC＝＝0.04＞K＝0.0044，向逆反应方向，
故答案为：向逆反应方向。
【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用、影响化学反应速率和化学平衡的因素分析、平衡常数计算、图象的理解应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
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