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新疆塔城地区第二中学2022-2023学年高二上学期11月月考化学试题（解析版）
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这是一份新疆塔城地区第二中学2022-2023学年高二上学期11月月考化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题(本大题共16小题，共48分)
1. 已知2HH2放出437.6kJ的热量，下列说法正确的是
A. 氢气分子内每个氢原子都达到了8电子稳定结构
B. 1 ml H2的能量比2mlH的能量低
C. 1 ml H2离解成2m1H要放出437.6kJ热量
D. 氢原子不如氢分子活泼
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢气分子内每个氢原子都达到2电子稳定结构，故A错误；
B．分子的能量比原子的能量低，故B正确；
C．根据已知2H→H2并放出437.6kJ的热量，所以1mlH2离解成2mlH要吸收437.6kJ的热量，故C错误；
D、原子比分子能量高，氢气分子稳定，故D错误；
答案选B。
2. lml碳完全燃烧后可放出393.5KJ的热量，下列热化学方程式正确的是（ ）
A. C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=+393.5kJ/ml
B. C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H＝﹣393.5kJ/ml
C. C+O2=CO2 △H＝﹣393.5kJ/ml
D. C(s)+O2(g)=CO2(g) △H＝﹣393.5kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】A、碳燃烧是放热反应，反应热△H应小于0，为负值，A项错误；
B、石墨完全燃烧生成CO2，B项错误；
C、热化学方程式没有标出物质的聚集状态，C项错误；
D、石墨完全燃烧生成CO2，反应放热，△H＜0，热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=393.5kJ/ml，D项正确。
3. 已知：101 kPa时，1mlH2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ的热量；1mlCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3 kJ的热量。下列能表示燃烧热的热化学方程式是更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 A. CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3 kJ
B. CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=+890.3 kJ·ml−1
C. CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−890.3 kJ·ml−1
D. H2(g)+ O2(g)H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·ml−1
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热的单位为 kJ•ml-1，故A错误；
B．1ml CH4完全燃烧生成液态水和CO2，该反应的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)；△H=-890.3 kJ•ml-1，故B错误；
C．生成水的状态错误，应该为液态水，故C错误；
D．1mlH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量，该反应的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·ml−1，故D正确；
故选：D。
【点睛】注意燃烧热的概念为：在25，101 kPa时，1 ml可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。
4. 下列关于焓变(ΔH)的叙述或判断错误的是
图1图2
A. 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的ΔH<0
B. 500 ℃、30 MPa下,0.5 ml N2和1.5 ml H2充分反应放出 19.3 kJ 热量,则反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的ΔH=-38.6 kJ·ml-1
C. 据图1知:ΔH1=ΔH2+ΔH3
D. 据图2知:E的大小对该反应的ΔH 无影响
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，由反应方程式可知正反应是熵减过程（ΔS＜0），故反应在常温下能自发进行，其焓变（ΔH）必须小于0，故A正确；B选项，因N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)是可逆反应，0.5 ml N2和1.5 ml H2不可能完全反应，若完全反应放出热量应大于19.3 kJ ，故B错误；
5. 已知25℃、101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1 ml水放出的热量为57.3kJ，则下列描述正确的是( )
A. 酸碱中和反应的中和热为57.3kJ
B. 稀盐酸与稀氨水反应生成1 ml水，放出的热量小于57.3 kJ
C. 1 ml强酸和1 ml强碱完全反应，放出的热量一定为57.3 kJ
D. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=+57.3 kJ•ml﹣1
【答案】B
【解析】
【详解】A．中和热是指强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1 ml水放出的热量，酸碱中和反应不仅仅是强酸强碱的稀溶液之间的反应，A错误；
B．稀氨水是弱碱，电离吸收热量，因此稀盐酸与稀氨水反应生成1 ml水，放出的热量小于57.3 kJ，B正确；
C．1 ml强酸和1 ml强碱完全反应，不一定生成1ml水，如1mlH2SO4和1mlBa(OH)2反应生成2mlH2O，且生成BaSO4沉淀，放出的热量不为57.3 kJ，C错误；
D．中和热为强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1 ml水放出的热量，因此NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.3 kJ•ml﹣1，D错误；
答案选B。
6. 固氮反应具有非常重要的意义。下面是两个常见固氮反应的平衡常数对数值与温度的关系图：① K1，② K2；下列图象分析正确的是
A. 升高温度，反应①的反应速率减小B. 反应①和②均为放热反应
C. 在标准状况下，①和②固氮反应程度相差很大D. 1000℃时，①和②体系中氮气浓度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．升高温度，反应速率加快，A错误；
B．由图示知，反应②lgK随温度升高而增大，说明温度升高，平衡正向移动，正反应为吸热反应，即反应②为吸热反应，B错误；
C．平衡常数越大，正反应程度越大，0℃时，lgK1=10，即K1=1010，lgK2=-30，即K2=10-30，K1远大于K2，故两者反应程度相差很大，C正确；
D．由图示知，1000℃时，两个反应平衡常数相等，两个反应平衡常数表达式中不止含有N2的浓度，故N2浓度不一定相等，D错误；
故答案选C。
7. 已知：(正反应为放热反应)；，能量变化示意图正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】的正反应为放热反应，则2A的能量大于B(g)，B(g) 的能量大于B(l)，故选A。
8. 对于反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)(吸热反应)，在其他条件不变的情况下
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应热也随之改变
B. 改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C. 升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D. 若在原电池中进行，反应放出的热量不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂能改变反应途径，降低反应活化能，但不能改变反应热，A错误；
B．由于该反应的反应前后气体的物质的量相等，所以改变压强平衡不移动，反应的热量也不变，B正确；
C．该反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡正向移动，吸热更多，C错误；
D．如果在原电池中进行此反应，则是化学能与电能的转化，与热量几乎无关，D错误；
答案选B。
9. 向恒容密闭容器中充入1ml Q(g)和4ml R(g)，其他条件相同，在和两个温度下发生反应生成W: 。Q(g)的转化率随时间的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A.
B. 该反应为放热反应
C. A点分别对应两种条件下的反应速率相等
D. 时，该反应的化学平衡常数
【答案】B
【解析】
【详解】A．由Q(g)的转化率随时间的变化图可知，条件下，反应先达到平衡，表明此时反应速率较快，温度较高，A错误；
B．为降温过程，依据Q(g)的转化率随时间的变化图可知，Q(g)的转化率上升，表明平衡向正反应方向移动，即该反应为放热反应，B正确；
C． A点分别对应不同温度下的反应速率，而温度高时，反应速率大，故两个条件下的反应速率不相等，C错误；
D．题目没有给出容器的体积，无法计算各物质的浓度，则无法确定平衡常数的具体数值；若假设容器的体积为V，则Q(g)和R(g)的起始浓度分别为、；时，Q的转化率为80%，即Q的浓度变化值为，列出平衡三段式并计算出用V表示的平衡常数：
平衡常数：
由此可见，V的数值影响着平衡常数的具体数值，D错误；
故合理选项为B。
10. 下列溶液中导电性最弱的是
A. 0.01ml/L的HCl溶液B. pH=2的CH3COOH溶液
C. 饱和BaSO4溶液D. pH=12的NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【详解】电解质溶液的导电性由溶液中可自由移动的阴、阳离子浓度决定，0.01ml/L的HCl溶液、pH=2的CH3COOH溶液、pH=12的NaOH溶液三种溶液中阴、阳离子浓度相等，溶液的导电性相同，而BaSO4难溶于水，则饱和BaSO4溶液中可自由移动的阴、阳离子浓度较小，其导电性最弱，故答案为C。
11. 常温下，1ml化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．结合表中信息判断下列说法不正确的是
A. 432kJ/ml>E(H-Br)>298kJ/ml
B. 表中最稳定的共价键是H-F键
C. H2(g)→2H(g)∆H=+436kJ/ml
D. H2(g)+F2(g)=2HF(g) ∆H=-25kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小，所以结合图表中数据可知432kJ/ml>E(H-Br)>298kJ/ml，A说法正确；
B．键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，B说法正确；
C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2(g)→2H(g)∆H=+436kJ/ml，C说法正确；
D．依据键能计算，反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，∆H=+436kJ/ml+157 kJ/ml-2×568 kJ/ml=-543kJ/ml，H2(g)+F2(g)=2HF(g) ∆H=-543kJ/ml，D说法错误；
故选：D。
12. 某温度下在恒容密闭容器中发生反应 ，若开始时只充入，达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20％；若开始只充入1ml M和1ml N混合气体，达平衡时放出的热量为。
A. 20kJB. 50kJC. 80kJD. 信息不足无法计算
【答案】C
【解析】
【详解】开始时只充入1ml E(g)，达平衡时，混合气体压强比起始时增大了20%，则平衡时气体的总物质的量为1ml×120%=1.2ml，设E的变化量为x，则根据三段式可计算出x，如下： ，则x+x+(1-x)=1.2ml，解得x=0.2ml，因此平衡时M，N，E的量分别为0.2ml，0.2ml，0.8ml，若开始只充入1ml M和1ml N混合气体，一边倒计算后是充入1ml E(g)，又因为该体系是恒温恒容且前后气体分子数不一样的反应，所以两个反应是全等的等效平衡，即平衡时的各物质的量一样，即平衡时M，N，E的量分别为0.2ml，0.2ml，0.8ml，所以M的转化量为0.8ml，当转化0.8ml时，放出的热量为0.8ml×100kJ•ml-1=80kJ，所以选项C符合题意；答案为C。
13. 将体积为的某一元强酸溶液与体积为的某一元碱溶液混合，恰好完全反应。则以上两溶液中一定相等的是
A. 溶质物质的量B. 溶液质量
C. 和的物质的量D. 物质的量浓度
【答案】A
【解析】
【分析】将体积为的某一元强酸溶液与体积为的某一元碱溶液混合，一元碱可能是强碱，也可能是弱碱，一元强酸和一元强碱恰好完全中和时，强酸和弱碱的物质的量相等。
【详解】A．根据分析，无论是一元强酸和一元弱碱，或是一元强碱反应时，两溶液中溶质物质的量相等，故A符合题意；
B．由于两溶液中溶质物质的量相等，但相对分子质量不相等，根据m=nM，故溶质的质量不一定相等，故B不符合题意；
C．一元强酸和一元强碱恰好完全中和时，发生反应：H++OH-=H2O，故H+和OH-的物质的量相等，则两溶液中溶质物质的量相等，一元强酸和一元弱碱恰好完全反应时，强酸和弱碱的物质的量相等，和的物质的量不相等，故C不符合题意；
D．两溶液中溶质物质的量相等，根据n=cV，则溶液物质的量浓度可能相等，也可能不相等，故D不符合题意；
答案选A。
14. CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应，其主要反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH＝+247 kJ·ml−1，同时存在以下反应：积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g) ΔH＝+75 kJ·ml−1，消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g) ΔH＝+172 kJ·ml−1，积碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如图。下列说法正确的是
A. 高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳
B. 增大CO2与CH4的物质的量之比有助于减少积碳
C. 升高温度，积碳反应的化学平衡常数K减小，消碳反应的K增大
D. 温度高于600℃，积碳反应的化学反应速率减慢，消碳反应的化学反应速率加快，积碳量减少
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低，故A错误；
B．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g)⇌C(s) +2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2的物质的量，对于消碳反应：CO2(g) +C(s)⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比，有助于减少积碳，故B正确；
C．平衡常数只与温度有关，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即向正向移动，两个反应的平衡常数K都增大，故C错误；
D．根据图象，温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故D错误；
答案选B。
15. 一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)△H = -196.0 kJ．ml-1，测得反应的相关数据如下,下列说法正确的是（ ）
A. v1< v2,c2<2c1B. K1> K3，p2>2p3
C. v1< v3，α1(SO2 ) <α2(SO2 ) D. c2>2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】D
【解析】
【详解】A项、将I容器中的反应极限化时产生2mlSO3，Ⅱ容器是以4mlSO3起始，整体来讲Ⅱ容器的物料浓度高于Ⅰ容器中的物料浓度，所以v1＜v2，Ⅱ容器相当于Ⅰ容器加压，若平衡不发生移动，则平衡时有c2=2c1，但加压有利于该反应正向进行，所以c2＞2c1，故A错误；
B项、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则K1＞K3，容器中，根据理想气体状态方程pV=nRT，容器Ⅱ是4mlSO3起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2mlSO2，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生移动，则有c2=2c3，该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，由于容器Ⅱ和容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则c2＞2c3，而压强关系为==＞，故B错误；
C．温度升高，化学反应速率加快，则v1＜v3，该反应为放热反应，，则容器Ⅰ中SO2的平衡转化率更高，所以α1（SO2）＞α3（SO2），故C错误；
D项、容器Ⅱ是4mlSO3起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2mlSO2，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生移动，则有c2=2c3，但加压有利于反应正向进行，并且容器Ⅱ和容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则c2＞2c3，若容器Ⅱ不是相对于容器Ⅲ加压，且两容器温度相同，则有α2（SO3）+α3（SO2）=1，但加压有利于反应向减压方向进行，则α2（SO3）减小，温度升高不利于反应正向进行，则α3（SO2）减小，因此最终α2（SO3）+α3（SO2）＜1，故D正确；
故选D。
16. 以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应，为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各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. 过程①钛氧键发生了断裂释放了能量
B. 反应过程中，同时有极性键、非极性键的断裂和形成
C. 该反应中，光能和热能转化为化学能，且TiO2可以加快化学反应速率
D. 2ml二氧化碳完全分解成2ml一氧化碳和1ml氧气需要吸热30kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知过程①中Ti4+变为Ti3+，说明该过程中吸收能量使钛氧键发生了断裂，故A错误；
B．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，不存在非极性键的断裂，故B错误；
C．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，该反应中，光能和热能转化为化学能，且催化剂可以降低反应活化能，从而加快反应速率，故C正确；
D．根据题目所给信息可知，断键吸收的能量为1598kJ/ml×2，成键释放的能量为（1072kJ/ml×2+496kJ/ml），1598kJ/ml×2-（1072kJ/ml×2+496kJ/ml）=556kJ/ml，所以2ml二氧化碳完全分解成2ml一氧化碳和1ml氧气需要吸热556kJ，故D错误。
故选C。
二、综合题(共52分)
17. 按要求回答问题。
(1)依据事实，写出下列反应的热化学方程式：
①2 ml H2与2 ml I2蒸气完全反应时生成碘化氢气体，放出29.8 kJ的热量：___。
②1 g甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出akJ热量，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：___。
(2)如图所示反应是___(填“吸热”或“放热”)反应，该反应的ΔH=___kJ∙ml-1(用含E1、E2的代数式表示)。
(3)已知热化学方程式：H2(g)+O2(g)H2O(g) ΔH=-241.8 kJ/ml，该反应的活化能为167.2 kJ/ml，则其逆反应的活化能为___kJ/ml。
(4)如图是中和热的测定实验装置。
①从实验装置图看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___。
②该实验常用0.50 ml∙L-1 HCl和0.55 ml∙L-1 NaOH溶液50 mL。解释NaOH溶液的浓度稍大的原因___。
③做一次完整的中和热测定实验，温度计需使用___次。
【答案】 ①. H2(g)+I2(g)=2HI(g) ΔH=-14.9 kJ/ml ②. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-16a kJ/ml ③. 放热 ④. E2-E1 ⑤. 409.0 ⑥. 环形玻璃搅拌棒 ⑦. 保证HCl完全被中和 ⑧. 3
【解析】
【详解】(1)由题意知，2mlH2与2mlI2蒸气完全反应时生成碘化氢气体，放出29.8kJ的热量，1mlH2与1mlI2蒸气完全反应时生成碘化氢气体，放出14.9kJ的热量，故热化学方程式为：H2(g)+I2(g)=2HI(g) ΔH=-14.9kJ/ml；
②1g甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出akJ的热量，1ml甲烷的质量为16g，故16g甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热16akJ，热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-16akJ/ml；
(2)依据图象分析反应物能量大于生成物的能量反应放热；在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才能发生化学反应，反应需要能量：反应的焓变=生成物的能量−反应物的能量，即ΔH=(E2-E1)kJ/ml；
(3)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；H2(g)+O2(g)H2O(g) ΔH=-241.8kJ/ml，该反应的活化能为167.2kJ/ml，则其逆反应的活化能=167.2 kJ/ml+241.8 kJ/ml=409.0kJ/ml；
(4)①根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器为环形玻璃搅拌棒；
②NaOH溶液的浓度大于盐酸的浓度，使盐酸完全中和，从而用盐酸的物质的量计算生成水的物质的量，进而计算中和热；
③中和热的测定中，需要测出反应前酸溶液的温度，测反应前碱溶液的温度，混合反应后测最高温度，所以总共需要测量3次。
18. （1）已知CH3COONH4溶液呈中性，又知CH3COOH溶液加到NaHCO3溶液中有气体放出，试推断常温下NH4HCO3溶液的pH______7（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）常温下，在200 mL氢氧化钡溶液中含有1×10-3ml的钡离子，将此溶液与pH＝3的盐酸混合，使其混合溶液的pH＝7，应取氢氧化钡溶液和盐酸的体积之比是_________。
（3）25℃时，利用pH试纸测得0.1ml•L-1醋酸溶液的pH约为3，则可以估算出醋酸的电离常数约为_______；向10mL此溶液中加入少量冰醋酸，忽略溶解过程中溶液温度和体积的微小变化，溶液中c（H＋）/c（CH3COOH）的值将_____（填“增大”、“减小”或“无法确定”）。
（4）电化学法是合成氨的一种新方法，其原理如图所示，阴极的电极反应式是_____。
【答案】 ①. > ②. 1：10 ③. 10-5ml·L－1 ④. 减小 ⑤. N2+6H++6e- = 2NH3
【解析】
【分析】（1）根据题意知CH3COOH的酸性比碳酸强，CH3COONH4溶液为中性，说明铵根离子和醋酸根离子水解程度相同，由此得知铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子，据此判断；
（2）根据在氢氧化钡溶液中，Ba2+和OH-的物质的量之比为1：2，求出OH-的物质的量，进而可以计算氢氧根离子的浓度，然后根据中和反应的原理以及混合后溶液显中性计算；
（3）弱电解质存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+，根据醋酸溶液的pH约为3结合平衡常数表达式和电离方程式计算；根据外界条件对电离平衡的影响分析判断；
（4）通入H2的一极发生氧化反应，该极为阳极；合成氨的阴极上氮气得到电子生成氨气，据此解答。
【详解】（1）将CH3COOH溶液加到NaHCO3溶液中有气体放出，说明CH3COOH的酸性比碳酸的强，CH3COONH4溶液为中性，说明相同条件下，氨水和CH3COOH的电离程度相同，所以NH4HCO3溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，因此溶液显碱性，即溶液的pH＞7；
（2）常温下，在200 mL氢氧化钡溶液中含有1×10-3ml的钡离子，根据Ba2+和OH-的物质的量之比为1：2可知n（OH-）=2n（Ba2+）=2×10-3ml，故溶液中c（OH-）=2×10-3ml/0.2L=0.01ml/L，pH＝3的盐酸溶液中氢离子浓度是0.001ml/L，设Ba（OH）2溶液的体积为V1，盐酸溶液的体积为V2，根据混合后溶液显中性，则n（OH-）=n（H+），即0.01ml/L×V1=0.001ml/L×V2，解得V1：V2=1：10；
（3）25℃时，利用pH试纸测得0.1ml•L-1醋酸溶液的pH约为3，弱电解质存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+，电离平衡常数Ka=c(CH3COO−)·c(H+)/c(CH3COOH)，醋酸溶液的pH约为3，氢离子和醋酸根离子浓度均为10-3ml/L，溶液中醋酸溶质浓度近似为0.1ml/L，则可以估算出醋酸的电离常数约为10−3ml·L－1×10−3ml·L－1/0.1ml·L－1=10-5ml/L；向10mL此溶液中加入少量冰醋酸，溶解后醋酸溶液浓度增大，醋酸根离子浓度增大，由于溶液的温度不变，则电离平衡常数不变，所以c(H+)/c(CH3COOH)＝Ka/c(CH3COO−)比值减小；
（4）通入H2的一极发生失去电子的氧化反应，该极为阳极；合成氨的阴极发生氮气得到电子的还原反应，则反应为N2+6H++6e-＝2NH3。
19. 碘在科研与生活中有重要应用。请回答下列问题：(1)某兴趣小组用、0.2%淀粉溶液、、等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：
（1）①向、与淀粉的混合溶液中加入一定量的溶液，当溶液中的___________耗尽后，溶液颜色将由无色变成为___________。为确保能观察到蓝色，与初始的物质的量需满足的关系为：___________。
②为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
表中___________，理由是___________。
（2）钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为：。下列说法正确的有___________。
a.灯管内I2可循环使用
b. WI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上
c. WI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长
d.温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢
【答案】（1） ①. ②. 蓝色 ③. <2 ④. 2.0 ⑤. 保证反应物浓度改变，而其他的物质浓度不变，才达到实验目的
（2）ab
【解析】
【小问1详解】
①向KI、与淀粉的混合溶液中加入一定量的溶液，发生，当耗尽后，碘才能与淀粉作用显示蓝色，根据方程式知，I2与的物质的量的关系为1:2，即1ml碘需2ml，根据方程式知，生成1ml碘需为
1ml，即n():n()=2:1，为确保能观察到蓝色，碘需有剩余，即n():n()<2:1；
②对照实验1和2发现，实验2取的0.20ml·L-1溶液的体积9mL，比实验1少了1mL，说明取的物质的量少，加水1mL，保证了溶液的体积不变，所以在其它条件不变的情况下，探究的是该反应速率与浓度的关系，同样原理对照实验1和3，为保证溶液的体积相同，须加2.0mL水，理由时保证反应物浓度改变，而其他的物质浓度不变，才达到实验目的；
【小问2详解】
a．由所给化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果， WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下 WI4分解生成的W及I2，生成W附着在还没有挥发的W上，灯管内的I2可循环使用，a正确；
b．WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下 WI4分解生成的W及I2，生成W附着在还没有挥发的W上，b正确；
c．灯管壁温度较低，WI不会分解，c错误；
d．升高温度，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率加快，d错误；
故选ab。
20. 乙烯是制造塑料、合成橡胶和合成纤维等化学产品的基本原料。C2H6裂解制C2H4是化学工业的一个重要研究课题，目前裂解方法有电催化、光催化裂解、直接裂解、氧气或二氧化碳氧化乙烷裂解等。乙烷直接裂解、乙烷二氧化碳氧化裂解和乙烷氧气氧化裂解的反应如下：
(Ⅰ)C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+125kJ·ml-1
(Ⅱ)CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) △H2=+177kJ·ml-1
(Ⅲ)2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) △H3=-211.6kJ·ml-1
回答下列问题：
（1）已知键能：E(C—H)=416kJ·ml-1，E(H—H)=436kJ·ml-1，由此计算生成1ml碳碳π键放出的能量为_______kJ。
（2）在一绝热的恒容密闭容器中，通入一定量的C2H6发生反应(Ⅰ)，反应过程中容器内压强(P)与时间(t)变化如图1所示，随着反应进行，a～b段压强减小的原因是_______。
（3）反应(Ⅱ)的Arrhenius经验公式实验数据如图2中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能Ea=_______kJ·ml-1。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
（4）乙烷氧气氧化裂解制乙烯，除发生反应(Ⅲ)之外，还发生副反应(Ⅳ)：2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(g)。在800℃时用乙烷氧气氧化裂解制乙烯，乙烷的转化率、乙烯的选择性和收率随投料比的变化关系如图所示：
已知：C2H4的选择性=×100%
C2H4的收率=C2H6的转化率×C2H4的选择性
①控制=2而不采用选择性更高的=3.5，除可防止积碳外，另一原因是_______；<2时，越小，乙烷的转化率越大，乙烯的选择性和收率越小的原因是_______。
②一定温度和压强为5.8pMPa条件下，将C2H6和O2按物质的量之比为2∶3通入密闭弹性容器中发生反应，平衡时，C2H4选择性为60%，C2H4的收率为48%。该温度下，反应2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)的Kp=_______(用含字母p的代数式表示，带单位。已知Kp是用反应体系中气体的分压来表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）271 （2）反应(Ⅰ)吸热，反应初期，反应正向进行，尽管容器内气体分子数增多，但反应吸热，温度降低引起的压强减小的程度大于气体分子增多引起压强增大的程度
（3） ①. 26 ②. 加入催化剂或增大催化剂表面积
（4） ①. 为2～3.5时，乙烯的收率几乎不变 ②. 氧气过量，乙烷发生了深度氧化，生成CO、CO2等其他物质 ③. 12.96pMPa（或9×1.22pMPa）
【解析】
【小问1详解】
ΔH=反应物总键能-生成物总键能，由题可知，反应Ⅰ中每断裂2ml C-H键，会形成1ml碳碳π键和1ml H-H键，故2×416kJ·ml-1-E(碳碳π键)-436kJ/ml=+125kJ·ml-1，解得 E (碳碳π键)=271kJ·ml-1，故答案为：271；
【小问2详解】
反应(Ⅰ)吸热，反应初期，反应正向进行，尽管容器内气体分子数增多，但反应吸热，温度降低引起的压强减小的程度大于气体分子增多引起压强增大的程度，因此随着反应进行，a～b段压强减小，故答案为：反应(Ⅰ)吸热，反应初期，反应正向进行，尽管容器内气体分子数增多，但反应吸热，温度降低引起的压强减小的程度大于气体分子增多引起压强增大的程度；
【小问3详解】
计算曲线a的活化能，将(3.8，2.8)、(3.5，10.6)分别代入到Rlnk=-+C可得，解得Ea=26kJ·ml-1；计算曲线b的活化能，将(3.5，10.6)、(4.2，1.1)分别代入到Rlnk=-+C可得，解得Ea=13.6kJ·ml-1，与a相比，曲线b的活化能降低，则实验可能改变的外界条件是加入催化剂或增大催化剂表面积；故答案为：26；加入催化剂或增大催化剂表面积；
【小问4详解】
①由图可知，在投料比时，随着投料比的增大，转化率减小，选择性增大，但收率几乎不变，因此控制；时，随着氧气的增加，即减小，乙烷发生了深度氧化，生成CO、CO2等其他物质，导致乙烷的转化率越大，乙烯的选择性和收率越小，故答案为：为2～3.5时，乙烯的收率几乎不变；氧气过量，乙烷发生了深度氧化，生成CO、CO2等其他物质；
②根据条件假设初始时加入的乙烷物质的量为2x ml，氧气物质的量为3x ml，因为，且C2H4的选择性为60%，所以n(C2H4)=2x×60%=1.2x，
容器中主反应如下：
根据反应方程式易得主反应中：，，，又因为，且C2H4的收率为48%，所以C2H6的转化率，则参与反应的C2H6的物质的量总计为2x×0.8=1.6x，参加副反应的C2H6的物质的量为n副(C2H6)=1.6x-1.2x=0.4x，
容器中副反应如下：
根据反应方程式易得副反应中：，，，剩余的乙烷和氧气的物质的量分别为n剩(C2H6)=2x-1.6x=0.4x和n剩(O2)=3x-0.6x-1.4x=x，此时反应器中总的物质的量为：n总=n剩(C2H6)+n剩(O2)+n副(CO2)+n副(H2O)+n(H2O)+ n(C2H4)=0.4x+x+0.8x+1.2x+1.2x+1.2x=5.8x，
在主反应中，易得各物质的分压为：，，，，根据平衡常数公式有：=12.96pMPa。共价键
H-H
F-F
H-F
H-Cl
H-I
E(kJ/ml)
436
157
568
432
298
容器1
容器2
容器3
应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2 ml SO2、1ml O2
4ml SO3
2 ml SO3
平衡v正(SO2)/ml•L-1•S-1
v1
v2
v3
平衡c(SO3)/ml•L-1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
反应能量变化
放出a KJ
吸收b KJ
吸收c KJ
物质的平衡转化率α
α1（SO2）
α2（SO3）
α3（SO2）
平衡常数K
K1
K2
K3
实验序号
体积/
溶液
水
溶液
溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
4.0
4.0
2.0
一、单选题(本大题共16小题，共48分)
1. 已知2HH2放出437.6kJ的热量，下列说法正确的是
A. 氢气分子内每个氢原子都达到了8电子稳定结构
B. 1 ml H2的能量比2mlH的能量低
C. 1 ml H2离解成2m1H要放出437.6kJ热量
D. 氢原子不如氢分子活泼
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢气分子内每个氢原子都达到2电子稳定结构，故A错误；
B．分子的能量比原子的能量低，故B正确；
C．根据已知2H→H2并放出437.6kJ的热量，所以1mlH2离解成2mlH要吸收437.6kJ的热量，故C错误；
D、原子比分子能量高，氢气分子稳定，故D错误；
答案选B。
2. lml碳完全燃烧后可放出393.5KJ的热量，下列热化学方程式正确的是（ ）
A. C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=+393.5kJ/ml
B. C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H＝﹣393.5kJ/ml
C. C+O2=CO2 △H＝﹣393.5kJ/ml
D. C(s)+O2(g)=CO2(g) △H＝﹣393.5kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】A、碳燃烧是放热反应，反应热△H应小于0，为负值，A项错误；
B、石墨完全燃烧生成CO2，B项错误；
C、热化学方程式没有标出物质的聚集状态，C项错误；
D、石墨完全燃烧生成CO2，反应放热，△H＜0，热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=393.5kJ/ml，D项正确。
3. 已知：101 kPa时，1mlH2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ的热量；1mlCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3 kJ的热量。下列能表示燃烧热的热化学方程式是更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 A. CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3 kJ
B. CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=+890.3 kJ·ml−1
C. CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−890.3 kJ·ml−1
D. H2(g)+ O2(g)H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·ml−1
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热的单位为 kJ•ml-1，故A错误；
B．1ml CH4完全燃烧生成液态水和CO2，该反应的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)；△H=-890.3 kJ•ml-1，故B错误；
C．生成水的状态错误，应该为液态水，故C错误；
D．1mlH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量，该反应的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·ml−1，故D正确；
故选：D。
【点睛】注意燃烧热的概念为：在25，101 kPa时，1 ml可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。
4. 下列关于焓变(ΔH)的叙述或判断错误的是
图1图2
A. 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的ΔH<0
B. 500 ℃、30 MPa下,0.5 ml N2和1.5 ml H2充分反应放出 19.3 kJ 热量,则反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的ΔH=-38.6 kJ·ml-1
C. 据图1知:ΔH1=ΔH2+ΔH3
D. 据图2知:E的大小对该反应的ΔH 无影响
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，由反应方程式可知正反应是熵减过程（ΔS＜0），故反应在常温下能自发进行，其焓变（ΔH）必须小于0，故A正确；B选项，因N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)是可逆反应，0.5 ml N2和1.5 ml H2不可能完全反应，若完全反应放出热量应大于19.3 kJ ，故B错误；
5. 已知25℃、101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1 ml水放出的热量为57.3kJ，则下列描述正确的是( )
A. 酸碱中和反应的中和热为57.3kJ
B. 稀盐酸与稀氨水反应生成1 ml水，放出的热量小于57.3 kJ
C. 1 ml强酸和1 ml强碱完全反应，放出的热量一定为57.3 kJ
D. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=+57.3 kJ•ml﹣1
【答案】B
【解析】
【详解】A．中和热是指强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1 ml水放出的热量，酸碱中和反应不仅仅是强酸强碱的稀溶液之间的反应，A错误；
B．稀氨水是弱碱，电离吸收热量，因此稀盐酸与稀氨水反应生成1 ml水，放出的热量小于57.3 kJ，B正确；
C．1 ml强酸和1 ml强碱完全反应，不一定生成1ml水，如1mlH2SO4和1mlBa(OH)2反应生成2mlH2O，且生成BaSO4沉淀，放出的热量不为57.3 kJ，C错误；
D．中和热为强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1 ml水放出的热量，因此NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.3 kJ•ml﹣1，D错误；
答案选B。
6. 固氮反应具有非常重要的意义。下面是两个常见固氮反应的平衡常数对数值与温度的关系图：① K1，② K2；下列图象分析正确的是
A. 升高温度，反应①的反应速率减小B. 反应①和②均为放热反应
C. 在标准状况下，①和②固氮反应程度相差很大D. 1000℃时，①和②体系中氮气浓度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．升高温度，反应速率加快，A错误；
B．由图示知，反应②lgK随温度升高而增大，说明温度升高，平衡正向移动，正反应为吸热反应，即反应②为吸热反应，B错误；
C．平衡常数越大，正反应程度越大，0℃时，lgK1=10，即K1=1010，lgK2=-30，即K2=10-30，K1远大于K2，故两者反应程度相差很大，C正确；
D．由图示知，1000℃时，两个反应平衡常数相等，两个反应平衡常数表达式中不止含有N2的浓度，故N2浓度不一定相等，D错误；
故答案选C。
7. 已知：(正反应为放热反应)；，能量变化示意图正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】的正反应为放热反应，则2A的能量大于B(g)，B(g) 的能量大于B(l)，故选A。
8. 对于反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)(吸热反应)，在其他条件不变的情况下
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应热也随之改变
B. 改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C. 升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D. 若在原电池中进行，反应放出的热量不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂能改变反应途径，降低反应活化能，但不能改变反应热，A错误；
B．由于该反应的反应前后气体的物质的量相等，所以改变压强平衡不移动，反应的热量也不变，B正确；
C．该反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡正向移动，吸热更多，C错误；
D．如果在原电池中进行此反应，则是化学能与电能的转化，与热量几乎无关，D错误；
答案选B。
9. 向恒容密闭容器中充入1ml Q(g)和4ml R(g)，其他条件相同，在和两个温度下发生反应生成W: 。Q(g)的转化率随时间的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A.
B. 该反应为放热反应
C. A点分别对应两种条件下的反应速率相等
D. 时，该反应的化学平衡常数
【答案】B
【解析】
【详解】A．由Q(g)的转化率随时间的变化图可知，条件下，反应先达到平衡，表明此时反应速率较快，温度较高，A错误；
B．为降温过程，依据Q(g)的转化率随时间的变化图可知，Q(g)的转化率上升，表明平衡向正反应方向移动，即该反应为放热反应，B正确；
C． A点分别对应不同温度下的反应速率，而温度高时，反应速率大，故两个条件下的反应速率不相等，C错误；
D．题目没有给出容器的体积，无法计算各物质的浓度，则无法确定平衡常数的具体数值；若假设容器的体积为V，则Q(g)和R(g)的起始浓度分别为、；时，Q的转化率为80%，即Q的浓度变化值为，列出平衡三段式并计算出用V表示的平衡常数：
平衡常数：
由此可见，V的数值影响着平衡常数的具体数值，D错误；
故合理选项为B。
10. 下列溶液中导电性最弱的是
A. 0.01ml/L的HCl溶液B. pH=2的CH3COOH溶液
C. 饱和BaSO4溶液D. pH=12的NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【详解】电解质溶液的导电性由溶液中可自由移动的阴、阳离子浓度决定，0.01ml/L的HCl溶液、pH=2的CH3COOH溶液、pH=12的NaOH溶液三种溶液中阴、阳离子浓度相等，溶液的导电性相同，而BaSO4难溶于水，则饱和BaSO4溶液中可自由移动的阴、阳离子浓度较小，其导电性最弱，故答案为C。
11. 常温下，1ml化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．结合表中信息判断下列说法不正确的是
A. 432kJ/ml>E(H-Br)>298kJ/ml
B. 表中最稳定的共价键是H-F键
C. H2(g)→2H(g)∆H=+436kJ/ml
D. H2(g)+F2(g)=2HF(g) ∆H=-25kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小，所以结合图表中数据可知432kJ/ml>E(H-Br)>298kJ/ml，A说法正确；
B．键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，B说法正确；
C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2(g)→2H(g)∆H=+436kJ/ml，C说法正确；
D．依据键能计算，反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，∆H=+436kJ/ml+157 kJ/ml-2×568 kJ/ml=-543kJ/ml，H2(g)+F2(g)=2HF(g) ∆H=-543kJ/ml，D说法错误；
故选：D。
12. 某温度下在恒容密闭容器中发生反应 ，若开始时只充入，达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20％；若开始只充入1ml M和1ml N混合气体，达平衡时放出的热量为。
A. 20kJB. 50kJC. 80kJD. 信息不足无法计算
【答案】C
【解析】
【详解】开始时只充入1ml E(g)，达平衡时，混合气体压强比起始时增大了20%，则平衡时气体的总物质的量为1ml×120%=1.2ml，设E的变化量为x，则根据三段式可计算出x，如下： ，则x+x+(1-x)=1.2ml，解得x=0.2ml，因此平衡时M，N，E的量分别为0.2ml，0.2ml，0.8ml，若开始只充入1ml M和1ml N混合气体，一边倒计算后是充入1ml E(g)，又因为该体系是恒温恒容且前后气体分子数不一样的反应，所以两个反应是全等的等效平衡，即平衡时的各物质的量一样，即平衡时M，N，E的量分别为0.2ml，0.2ml，0.8ml，所以M的转化量为0.8ml，当转化0.8ml时，放出的热量为0.8ml×100kJ•ml-1=80kJ，所以选项C符合题意；答案为C。
13. 将体积为的某一元强酸溶液与体积为的某一元碱溶液混合，恰好完全反应。则以上两溶液中一定相等的是
A. 溶质物质的量B. 溶液质量
C. 和的物质的量D. 物质的量浓度
【答案】A
【解析】
【分析】将体积为的某一元强酸溶液与体积为的某一元碱溶液混合，一元碱可能是强碱，也可能是弱碱，一元强酸和一元强碱恰好完全中和时，强酸和弱碱的物质的量相等。
【详解】A．根据分析，无论是一元强酸和一元弱碱，或是一元强碱反应时，两溶液中溶质物质的量相等，故A符合题意；
B．由于两溶液中溶质物质的量相等，但相对分子质量不相等，根据m=nM，故溶质的质量不一定相等，故B不符合题意；
C．一元强酸和一元强碱恰好完全中和时，发生反应：H++OH-=H2O，故H+和OH-的物质的量相等，则两溶液中溶质物质的量相等，一元强酸和一元弱碱恰好完全反应时，强酸和弱碱的物质的量相等，和的物质的量不相等，故C不符合题意；
D．两溶液中溶质物质的量相等，根据n=cV，则溶液物质的量浓度可能相等，也可能不相等，故D不符合题意；
答案选A。
14. CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应，其主要反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH＝+247 kJ·ml−1，同时存在以下反应：积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g) ΔH＝+75 kJ·ml−1，消碳反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g) ΔH＝+172 kJ·ml−1，积碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如图。下列说法正确的是
A. 高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳
B. 增大CO2与CH4的物质的量之比有助于减少积碳
C. 升高温度，积碳反应的化学平衡常数K减小，消碳反应的K增大
D. 温度高于600℃，积碳反应的化学反应速率减慢，消碳反应的化学反应速率加快，积碳量减少
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低，故A错误；
B．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g)⇌C(s) +2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2的物质的量，对于消碳反应：CO2(g) +C(s)⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比，有助于减少积碳，故B正确；
C．平衡常数只与温度有关，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即向正向移动，两个反应的平衡常数K都增大，故C错误；
D．根据图象，温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故D错误；
答案选B。
15. 一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)△H = -196.0 kJ．ml-1，测得反应的相关数据如下,下列说法正确的是（ ）
A. v1< v2,c2<2c1B. K1> K3，p2>2p3
C. v1< v3，α1(SO2 ) <α2(SO2 ) D. c2>2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】D
【解析】
【详解】A项、将I容器中的反应极限化时产生2mlSO3，Ⅱ容器是以4mlSO3起始，整体来讲Ⅱ容器的物料浓度高于Ⅰ容器中的物料浓度，所以v1＜v2，Ⅱ容器相当于Ⅰ容器加压，若平衡不发生移动，则平衡时有c2=2c1，但加压有利于该反应正向进行，所以c2＞2c1，故A错误；
B项、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则K1＞K3，容器中，根据理想气体状态方程pV=nRT，容器Ⅱ是4mlSO3起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2mlSO2，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生移动，则有c2=2c3，该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，由于容器Ⅱ和容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则c2＞2c3，而压强关系为==＞，故B错误；
C．温度升高，化学反应速率加快，则v1＜v3，该反应为放热反应，，则容器Ⅰ中SO2的平衡转化率更高，所以α1（SO2）＞α3（SO2），故C错误；
D项、容器Ⅱ是4mlSO3起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2mlSO2，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生移动，则有c2=2c3，但加压有利于反应正向进行，并且容器Ⅱ和容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则c2＞2c3，若容器Ⅱ不是相对于容器Ⅲ加压，且两容器温度相同，则有α2（SO3）+α3（SO2）=1，但加压有利于反应向减压方向进行，则α2（SO3）减小，温度升高不利于反应正向进行，则α3（SO2）减小，因此最终α2（SO3）+α3（SO2）＜1，故D正确；
故选D。
16. 以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应，为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各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. 过程①钛氧键发生了断裂释放了能量
B. 反应过程中，同时有极性键、非极性键的断裂和形成
C. 该反应中，光能和热能转化为化学能，且TiO2可以加快化学反应速率
D. 2ml二氧化碳完全分解成2ml一氧化碳和1ml氧气需要吸热30kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知过程①中Ti4+变为Ti3+，说明该过程中吸收能量使钛氧键发生了断裂，故A错误；
B．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，不存在非极性键的断裂，故B错误；
C．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，该反应中，光能和热能转化为化学能，且催化剂可以降低反应活化能，从而加快反应速率，故C正确；
D．根据题目所给信息可知，断键吸收的能量为1598kJ/ml×2，成键释放的能量为（1072kJ/ml×2+496kJ/ml），1598kJ/ml×2-（1072kJ/ml×2+496kJ/ml）=556kJ/ml，所以2ml二氧化碳完全分解成2ml一氧化碳和1ml氧气需要吸热556kJ，故D错误。
故选C。
二、综合题(共52分)
17. 按要求回答问题。
(1)依据事实，写出下列反应的热化学方程式：
①2 ml H2与2 ml I2蒸气完全反应时生成碘化氢气体，放出29.8 kJ的热量：___。
②1 g甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出akJ热量，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：___。
(2)如图所示反应是___(填“吸热”或“放热”)反应，该反应的ΔH=___kJ∙ml-1(用含E1、E2的代数式表示)。
(3)已知热化学方程式：H2(g)+O2(g)H2O(g) ΔH=-241.8 kJ/ml，该反应的活化能为167.2 kJ/ml，则其逆反应的活化能为___kJ/ml。
(4)如图是中和热的测定实验装置。
①从实验装置图看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___。
②该实验常用0.50 ml∙L-1 HCl和0.55 ml∙L-1 NaOH溶液50 mL。解释NaOH溶液的浓度稍大的原因___。
③做一次完整的中和热测定实验，温度计需使用___次。
【答案】 ①. H2(g)+I2(g)=2HI(g) ΔH=-14.9 kJ/ml ②. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-16a kJ/ml ③. 放热 ④. E2-E1 ⑤. 409.0 ⑥. 环形玻璃搅拌棒 ⑦. 保证HCl完全被中和 ⑧. 3
【解析】
【详解】(1)由题意知，2mlH2与2mlI2蒸气完全反应时生成碘化氢气体，放出29.8kJ的热量，1mlH2与1mlI2蒸气完全反应时生成碘化氢气体，放出14.9kJ的热量，故热化学方程式为：H2(g)+I2(g)=2HI(g) ΔH=-14.9kJ/ml；
②1g甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出akJ的热量，1ml甲烷的质量为16g，故16g甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热16akJ，热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-16akJ/ml；
(2)依据图象分析反应物能量大于生成物的能量反应放热；在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才能发生化学反应，反应需要能量：反应的焓变=生成物的能量−反应物的能量，即ΔH=(E2-E1)kJ/ml；
(3)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，依据图象能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变；H2(g)+O2(g)H2O(g) ΔH=-241.8kJ/ml，该反应的活化能为167.2kJ/ml，则其逆反应的活化能=167.2 kJ/ml+241.8 kJ/ml=409.0kJ/ml；
(4)①根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器为环形玻璃搅拌棒；
②NaOH溶液的浓度大于盐酸的浓度，使盐酸完全中和，从而用盐酸的物质的量计算生成水的物质的量，进而计算中和热；
③中和热的测定中，需要测出反应前酸溶液的温度，测反应前碱溶液的温度，混合反应后测最高温度，所以总共需要测量3次。
18. （1）已知CH3COONH4溶液呈中性，又知CH3COOH溶液加到NaHCO3溶液中有气体放出，试推断常温下NH4HCO3溶液的pH______7（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）常温下，在200 mL氢氧化钡溶液中含有1×10-3ml的钡离子，将此溶液与pH＝3的盐酸混合，使其混合溶液的pH＝7，应取氢氧化钡溶液和盐酸的体积之比是_________。
（3）25℃时，利用pH试纸测得0.1ml•L-1醋酸溶液的pH约为3，则可以估算出醋酸的电离常数约为_______；向10mL此溶液中加入少量冰醋酸，忽略溶解过程中溶液温度和体积的微小变化，溶液中c（H＋）/c（CH3COOH）的值将_____（填“增大”、“减小”或“无法确定”）。
（4）电化学法是合成氨的一种新方法，其原理如图所示，阴极的电极反应式是_____。
【答案】 ①. > ②. 1：10 ③. 10-5ml·L－1 ④. 减小 ⑤. N2+6H++6e- = 2NH3
【解析】
【分析】（1）根据题意知CH3COOH的酸性比碳酸强，CH3COONH4溶液为中性，说明铵根离子和醋酸根离子水解程度相同，由此得知铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子，据此判断；
（2）根据在氢氧化钡溶液中，Ba2+和OH-的物质的量之比为1：2，求出OH-的物质的量，进而可以计算氢氧根离子的浓度，然后根据中和反应的原理以及混合后溶液显中性计算；
（3）弱电解质存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+，根据醋酸溶液的pH约为3结合平衡常数表达式和电离方程式计算；根据外界条件对电离平衡的影响分析判断；
（4）通入H2的一极发生氧化反应，该极为阳极；合成氨的阴极上氮气得到电子生成氨气，据此解答。
【详解】（1）将CH3COOH溶液加到NaHCO3溶液中有气体放出，说明CH3COOH的酸性比碳酸的强，CH3COONH4溶液为中性，说明相同条件下，氨水和CH3COOH的电离程度相同，所以NH4HCO3溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，因此溶液显碱性，即溶液的pH＞7；
（2）常温下，在200 mL氢氧化钡溶液中含有1×10-3ml的钡离子，根据Ba2+和OH-的物质的量之比为1：2可知n（OH-）=2n（Ba2+）=2×10-3ml，故溶液中c（OH-）=2×10-3ml/0.2L=0.01ml/L，pH＝3的盐酸溶液中氢离子浓度是0.001ml/L，设Ba（OH）2溶液的体积为V1，盐酸溶液的体积为V2，根据混合后溶液显中性，则n（OH-）=n（H+），即0.01ml/L×V1=0.001ml/L×V2，解得V1：V2=1：10；
（3）25℃时，利用pH试纸测得0.1ml•L-1醋酸溶液的pH约为3，弱电解质存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+，电离平衡常数Ka=c(CH3COO−)·c(H+)/c(CH3COOH)，醋酸溶液的pH约为3，氢离子和醋酸根离子浓度均为10-3ml/L，溶液中醋酸溶质浓度近似为0.1ml/L，则可以估算出醋酸的电离常数约为10−3ml·L－1×10−3ml·L－1/0.1ml·L－1=10-5ml/L；向10mL此溶液中加入少量冰醋酸，溶解后醋酸溶液浓度增大，醋酸根离子浓度增大，由于溶液的温度不变，则电离平衡常数不变，所以c(H+)/c(CH3COOH)＝Ka/c(CH3COO−)比值减小；
（4）通入H2的一极发生失去电子的氧化反应，该极为阳极；合成氨的阴极发生氮气得到电子的还原反应，则反应为N2+6H++6e-＝2NH3。
19. 碘在科研与生活中有重要应用。请回答下列问题：(1)某兴趣小组用、0.2%淀粉溶液、、等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：
（1）①向、与淀粉的混合溶液中加入一定量的溶液，当溶液中的___________耗尽后，溶液颜色将由无色变成为___________。为确保能观察到蓝色，与初始的物质的量需满足的关系为：___________。
②为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
表中___________，理由是___________。
（2）钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为：。下列说法正确的有___________。
a.灯管内I2可循环使用
b. WI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上
c. WI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长
d.温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢
【答案】（1） ①. ②. 蓝色 ③. <2 ④. 2.0 ⑤. 保证反应物浓度改变，而其他的物质浓度不变，才达到实验目的
（2）ab
【解析】
【小问1详解】
①向KI、与淀粉的混合溶液中加入一定量的溶液，发生，当耗尽后，碘才能与淀粉作用显示蓝色，根据方程式知，I2与的物质的量的关系为1:2，即1ml碘需2ml，根据方程式知，生成1ml碘需为
1ml，即n():n()=2:1，为确保能观察到蓝色，碘需有剩余，即n():n()<2:1；
②对照实验1和2发现，实验2取的0.20ml·L-1溶液的体积9mL，比实验1少了1mL，说明取的物质的量少，加水1mL，保证了溶液的体积不变，所以在其它条件不变的情况下，探究的是该反应速率与浓度的关系，同样原理对照实验1和3，为保证溶液的体积相同，须加2.0mL水，理由时保证反应物浓度改变，而其他的物质浓度不变，才达到实验目的；
【小问2详解】
a．由所给化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果， WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下 WI4分解生成的W及I2，生成W附着在还没有挥发的W上，灯管内的I2可循环使用，a正确；
b．WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下 WI4分解生成的W及I2，生成W附着在还没有挥发的W上，b正确；
c．灯管壁温度较低，WI不会分解，c错误；
d．升高温度，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率加快，d错误；
故选ab。
20. 乙烯是制造塑料、合成橡胶和合成纤维等化学产品的基本原料。C2H6裂解制C2H4是化学工业的一个重要研究课题，目前裂解方法有电催化、光催化裂解、直接裂解、氧气或二氧化碳氧化乙烷裂解等。乙烷直接裂解、乙烷二氧化碳氧化裂解和乙烷氧气氧化裂解的反应如下：
(Ⅰ)C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+125kJ·ml-1
(Ⅱ)CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) △H2=+177kJ·ml-1
(Ⅲ)2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) △H3=-211.6kJ·ml-1
回答下列问题：
（1）已知键能：E(C—H)=416kJ·ml-1，E(H—H)=436kJ·ml-1，由此计算生成1ml碳碳π键放出的能量为_______kJ。
（2）在一绝热的恒容密闭容器中，通入一定量的C2H6发生反应(Ⅰ)，反应过程中容器内压强(P)与时间(t)变化如图1所示，随着反应进行，a～b段压强减小的原因是_______。
（3）反应(Ⅱ)的Arrhenius经验公式实验数据如图2中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能Ea=_______kJ·ml-1。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
（4）乙烷氧气氧化裂解制乙烯，除发生反应(Ⅲ)之外，还发生副反应(Ⅳ)：2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(g)。在800℃时用乙烷氧气氧化裂解制乙烯，乙烷的转化率、乙烯的选择性和收率随投料比的变化关系如图所示：
已知：C2H4的选择性=×100%
C2H4的收率=C2H6的转化率×C2H4的选择性
①控制=2而不采用选择性更高的=3.5，除可防止积碳外，另一原因是_______；<2时，越小，乙烷的转化率越大，乙烯的选择性和收率越小的原因是_______。
②一定温度和压强为5.8pMPa条件下，将C2H6和O2按物质的量之比为2∶3通入密闭弹性容器中发生反应，平衡时，C2H4选择性为60%，C2H4的收率为48%。该温度下，反应2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)的Kp=_______(用含字母p的代数式表示，带单位。已知Kp是用反应体系中气体的分压来表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）271 （2）反应(Ⅰ)吸热，反应初期，反应正向进行，尽管容器内气体分子数增多，但反应吸热，温度降低引起的压强减小的程度大于气体分子增多引起压强增大的程度
（3） ①. 26 ②. 加入催化剂或增大催化剂表面积
（4） ①. 为2～3.5时，乙烯的收率几乎不变 ②. 氧气过量，乙烷发生了深度氧化，生成CO、CO2等其他物质 ③. 12.96pMPa（或9×1.22pMPa）
【解析】
【小问1详解】
ΔH=反应物总键能-生成物总键能，由题可知，反应Ⅰ中每断裂2ml C-H键，会形成1ml碳碳π键和1ml H-H键，故2×416kJ·ml-1-E(碳碳π键)-436kJ/ml=+125kJ·ml-1，解得 E (碳碳π键)=271kJ·ml-1，故答案为：271；
【小问2详解】
反应(Ⅰ)吸热，反应初期，反应正向进行，尽管容器内气体分子数增多，但反应吸热，温度降低引起的压强减小的程度大于气体分子增多引起压强增大的程度，因此随着反应进行，a～b段压强减小，故答案为：反应(Ⅰ)吸热，反应初期，反应正向进行，尽管容器内气体分子数增多，但反应吸热，温度降低引起的压强减小的程度大于气体分子增多引起压强增大的程度；
【小问3详解】
计算曲线a的活化能，将(3.8，2.8)、(3.5，10.6)分别代入到Rlnk=-+C可得，解得Ea=26kJ·ml-1；计算曲线b的活化能，将(3.5，10.6)、(4.2，1.1)分别代入到Rlnk=-+C可得，解得Ea=13.6kJ·ml-1，与a相比，曲线b的活化能降低，则实验可能改变的外界条件是加入催化剂或增大催化剂表面积；故答案为：26；加入催化剂或增大催化剂表面积；
【小问4详解】
①由图可知，在投料比时，随着投料比的增大，转化率减小，选择性增大，但收率几乎不变，因此控制；时，随着氧气的增加，即减小，乙烷发生了深度氧化，生成CO、CO2等其他物质，导致乙烷的转化率越大，乙烯的选择性和收率越小，故答案为：为2～3.5时，乙烯的收率几乎不变；氧气过量，乙烷发生了深度氧化，生成CO、CO2等其他物质；
②根据条件假设初始时加入的乙烷物质的量为2x ml，氧气物质的量为3x ml，因为，且C2H4的选择性为60%，所以n(C2H4)=2x×60%=1.2x，
容器中主反应如下：
根据反应方程式易得主反应中：，，，又因为，且C2H4的收率为48%，所以C2H6的转化率，则参与反应的C2H6的物质的量总计为2x×0.8=1.6x，参加副反应的C2H6的物质的量为n副(C2H6)=1.6x-1.2x=0.4x，
容器中副反应如下：
根据反应方程式易得副反应中：，，，剩余的乙烷和氧气的物质的量分别为n剩(C2H6)=2x-1.6x=0.4x和n剩(O2)=3x-0.6x-1.4x=x，此时反应器中总的物质的量为：n总=n剩(C2H6)+n剩(O2)+n副(CO2)+n副(H2O)+n(H2O)+ n(C2H4)=0.4x+x+0.8x+1.2x+1.2x+1.2x=5.8x，
在主反应中，易得各物质的分压为：，，，，根据平衡常数公式有：=12.96pMPa。共价键
H-H
F-F
H-F
H-Cl
H-I
E(kJ/ml)
436
157
568
432
298
容器1
容器2
容器3
应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2 ml SO2、1ml O2
4ml SO3
2 ml SO3
平衡v正(SO2)/ml•L-1•S-1
v1
v2
v3
平衡c(SO3)/ml•L-1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
反应能量变化
放出a KJ
吸收b KJ
吸收c KJ
物质的平衡转化率α
α1（SO2）
α2（SO3）
α3（SO2）
平衡常数K
K1
K2
K3
实验序号
体积/
溶液
水
溶液
溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
4.0
4.0
2.0
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