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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）
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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+=CH3COOH，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 CH3OH（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。
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+=CH3COOH，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 CH3OH（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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