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【化学】辽宁省实验中学东戴河分校2019-2020学年高二10月月考试题（解析版）
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辽宁省实验中学东戴河分校2019-2020学年高二10月月考试题
说明：
1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第（1）页至第（7）页，第Ⅱ卷第（8）页至第（10）页。
2、本试卷共100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共50分）
注意事项：
1、答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、班级填涂在答题卡上，贴好条形码。答题卡不要折叠
2、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目标号涂黑。答在试卷上无效。
3、考试结束后，监考人员将试卷答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：O 16 N 14 C 12 Na 23 Cl 35.5 H 1
一．选择题（单选，共25题，每题2分共50分）
1.化学与生活密切相关。下列分析不正确的是（ ）
A. “煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，句中涉及的的能量变化主要是化学能转化为热能和光能
B. 绿色化学是指在化学产品的设计、开发和加工生产过程中减少使用或产生对环境有害物质的科学
C. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是蛋白质
D. 食品添加剂可以改善食品品质及延长食品保存期，在添加时无需对其用量进行严格控制
【答案】D
【解析】
【详解】A．“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故A正确；
B．绿色化学”是21世纪化学发展的主导方向，其目的是化学产品在设计、制造、应用、回收处理时，对环境没有或产生尽可能小的副作用，故B正确；
C．丝绸的主要原料为蚕丝，蚕丝成分为蛋白质，蛋白质是高分子化合物，故C正确；
D．食品添加剂可以改善食品品质及延长食品保存期，但是过量使用国家允许使用的食品添加剂，对人体有害，故D错误；
故答案为D。
2.下列各组物质的燃烧热相等的是（ ）
A. C和CO B. 红磷和白磷
C. 3molC2H2（乙炔）和1molC6H6（苯） D. 1gH2和2gH2
【答案】D
【解析】
【分析】燃烧热：25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。
【详解】A、C和CO是不同物质，燃烧热不同，A错误；
B、红磷和白磷结构不同，燃烧热不同，B错误；
C、乙炔和苯结构不同，具有的能量不同，则燃烧热不同，C错误；
D、都是氢气，燃烧热相同，D正确；
答案选D。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
D. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物中活化分子的百分数
【答案】D
【解析】A. 增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但是不能增大单位体积内活化分子的百分数，A不正确；B. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，能增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但是不能增加活化分子的百分数，B不正确；C. 活化分子间所发生的碰撞不一定都是有效碰撞，只有在合适的取向下的碰撞才是有效碰撞，C不正确；D. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物中活化分子的百分数，单位时间内在单位体积的有效碰撞次数增加，D正确。本题选D。
4.2014年7月21日，世界各国领导人在南非德班共同商讨应对气候变化的道路—“拯救人类的最后机会”。要想节能减排下列属最有希望的新能源是（ ）
①天然气 ②煤 ③石油 ④水能 ⑤太阳能 ⑥地热能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦⑧
C. ③④⑤⑥ D. 除①②③外
【答案】B
【解析】
【详解】①天然气②煤③石油都是不可再生资源；②煤③石油燃烧会污染空环境，不符合节能减排的原则；④水能⑤太阳⑦风能，都是可再生能源，对环境无污染是清洁能源，氢气燃烧只生成水，是洁净能源，符合节能减排原则，则⑤⑥⑦⑧正确，故答案为B。
5.下列变化不能用勒夏特列原理解释是（ ）
A. Fe(SCN)3 溶液中加入少量固体 KSCN后颜色变深
B. 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
C. 工业合成氨的反应，往往需要使用催化剂
D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe(SCN)3溶液中加入少量固体KSCN后，增大了SCN-浓度，化学平衡向生成Fe(SCN)3的方向移动，能用勒夏特列原理解释，故A正确；
B．工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，有利用平衡向正反应方向移动，可用勒夏特列原理解释，故B正确；
C．工业合成氨的反应，往往需要使用催化剂，可加快化学反应速率，对化学平衡无影响，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，可用勒夏特列原理解释，故D正确；
故答案为C。
6.某学生用如图所示装置进行化学反应X+2Y=2Z能量变化情况的研究。当往试管中滴加试剂Y时，看到U形管中液面甲处降、乙处升。关于该反应的下列叙述中正确的是（ ）
①该反应为放热反应；②该反应为吸热反应；③生成物的总能量比反应物的总能量更高；④反应物的总能量比生成物的总能量更高；⑤该反应过程可以看成是“贮存“于X、Y内部的部分能量转化为热能而释放出来。
A. ①④⑤ B. ①④ C. ①③ D. ②③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】当往试管中加入试剂Y时，看到U型管中液面甲处下降，乙处上升，说明该反应为放热反应，放出的热使得集气瓶中的气压升高而出现该现象，故①正确，在放热反应中，反应物的能量高于生成物的能量，故④正确；该反应过程中可以看成是贮存于X、Y内部的能量转化为热量而释放出来，故⑤正确；故选A。
7.下列说法或表示方法正确的（ ）
A. 在稀溶液中，；，若将含的硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热一定为
B. 由石墨金刚石：可知，金刚石比石墨稳定
C. 实验测得环己烷、环己烯和苯的标准燃烧分别为、和，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键
D. 在101kPa时，完全燃烧生成液态水，放出热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为：；
【答案】C
【解析】
【详解】A．含0.5molH2SO4的硫酸与含1molNaOH的溶液混合生成1mol水，但如为浓硫酸，由于其稀释放热，则放出的热不一定为57.3kJ，选项A错误；
B．由焓变为正可知，石墨能量低，则石墨更稳定，选项B错误；
C．环己烷、环己烯中含单键、双键，而苯环不含双键，由标准燃烧可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键，选项C正确；
D.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1，选项D错误；
答案选C。
8.下列实验过程可以达到实验目的的是（ ）
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.4000 mol·L−1的NaOH溶液
称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至250 mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
C
制取纯净氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢氧化钠溶于水放热，因此溶解后需要冷却到室温下再转移至容量瓶中，A错误；
B.氯化铁具有氧化性，能被维生素C还原为氯化亚铁，从而使溶液颜色发生变化，所以向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，通过观察颜色变化可以探究维生素C的还原性，B正确；
C.向稀盐酸中加入锌粒，生成氢气，由于生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气，因此将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可，不需要通过KMnO4溶液，或者直接通过碱石灰，C错误；
D.反应的方程式为HSO3－+H2O2＝SO42－+H＋+H2O，这说明反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。
答案选B。
9.反应4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)经2 min B浓度减少0.6 mol·L－1。下列说法正确的是（ ）
①用A表示的反应速率是0.4mol·L－1·min－1
②在2min末时，反应物B的反应速率是0.3mol·L－1·min－1
③在这2min内用C表示的平均速率为0.2mol·L－1·min－1
④在2min时，B、C、D的浓度比一定为3∶2∶1
⑤若D的起始浓度为0.1mol·L－1，则2 min时D的浓度为0.3mol·L－1
A. ①②③ B. ②③⑤ C. ④⑤ D. ③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①物质A是固体，浓度不变，不能用A表示该反应的反应速率，故①错误；
②2min末的反应速率为即时速率，用B表示速率0.3mol/(L∙min)是2min内的平均速率，故②错误；
③速率之比等于化学计量数之比，v(B)：v(C)：v(D)=3：2：1，在这2min内用B表示速率0.3mol/(L∙min)，则用C表示的平均速率为0.3mol/(L∙min)×=0.2mol·L－1·min－1，故③正确；
④前2min内，B、C、D变化的浓度比一定为3∶2∶1，但在2min时，B、C、D的浓度比不一定为3∶2∶1，故④错误；
⑤经2 min B的浓度减少0.6 mol·L－1，则D的浓度增大了0.6 mol·L－1×=0.2mol·L－1，若D的起始浓度为0.1mol·L－1，则2 min时D的浓度为0.3mol·L－1，故⑤正确；
③⑤正确，故答案为D。
10.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，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. ①③④⑤⑧
【答案】B
【解析】
【详解】①该反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当混合气体的压强不变时，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故①正确；
②该反应前后都是气体，混合气体总质量不变，容器容积不变，则密度为定值，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故②错误；
③B的物质的量浓度不变时，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故③正确；
④该反应为气体体积缩小的反应，混合气体的物质的量为变量，当混合气体的总物质的量不变时，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故④正确；
⑤混合气体的总质量不变，总物质的量为变量，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明各组分的浓度不再变化，达到平衡状态，故⑤正确；
⑥v(C)与v(D)的比值不变，不能说明各组分的浓度不再变化，则无法判断平衡状态，故⑥错误；
⑦反应前后都是气体，混合气体的总质量始终不变，不能根据混合气体的总质量判断平衡状态，故⑦错误；
⑧容器容积不变，则混合气体的总体积为定值，不能根据混合气体总体积判断平衡状态，故⑧错误；
⑨C、D的分子数之比为1：1，无法判断各组分的浓度是否不再变化，则无法判断平衡状态，故⑨错误；
①③④⑤正确，故答案为B。
11.下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是（ ）
①C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH1 C(s)＋1/2O2(g)=CO(g) ΔH2
②S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH3 S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH4
③H2(g)＋1/2O2(g)=1/2H2O(l)ΔH5 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH6
④CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g) ΔH7 CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH8
A. ①③④ B. ②④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多；④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0；
【详解】①两个反应都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；
②都为放热反应，其△H＜0，前者S为固态，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；
③都是放热反应，前者反应物系数较小，则前者放出热量较少，则△H5＞△H6，故③正确；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确；
根据分析可知，反应的△H前者大于后者的是②③④，故答案为C。
12.在25℃、101kPa时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C(s)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的焓变为（ ）
A. -488.3kJ/mol B. +488.3kJ/mol
C. +191kJ/mol D. -191kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】25℃、101kPa下，H2(g)、C(s)和CH3COOH(l)的燃烧热分别是285.8kJ•mol-1、393.5kJ•mol-1和870.3kJ•mol-1；则H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1①，C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1②，CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-870.3kJ•mol-1③，由盖斯定律可知，①×2+②×2-③可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(1)，则此反应的△H =2×(-285.8kJ•mol-1)+2×(-393.5kJ•mol-1)+870.3kJ•mol-1=-488.3KJ•mol-1，故答案为A。
13.SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S－F键。已知：1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1 molF－F、S－F键需吸收的能量分别为160 kJ、330kJ。则S(s)＋3F2(g)=SF6(g)的反应热ΔH为（ ）
A. －1780 kJ·mol－1 B. 1220 kJ·mol－1
C. －1220 kJ·mol－1 D. 1780 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应热△H=反应物总键能-生成物总键能计算反应热。
【详解】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以对于S(s)+3F2(g)═SF6(g)，其反应热△H=280kJ/mol+3×160kJ/mol-6×330kJ/mol=-1220kJ/mol，故答案为C。
14.某温度时，在密闭容器中，X、Y、Z 三种气体浓度的变化如图Ⅰ所示，若其它条件不变，当 温度分别为 T1 和 T2 时，Y 的体积分数与时间关系如图Ⅱ所示。则下列结论正确的是（ ）
A. 该反应的热化学方程式为 X(g)＋3Y(g) ⇌2Z(g) ΔH＞0
B. 达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动
C. 若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，X 的转化率减小
D. 达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】试题分析：从图a可得出该反应为，从图b中也看出T1＞T2，升高温度，N的体积分数变大，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，A错误；B选项中缩小容器的体积，即增大压强，平衡正向移动，B错误；C选项中，升高温度，v正、v逆均增大，平衡逆向移动，M的转化率减小，C正确；D选项中，若是在恒温恒容的容器中通入稀有气体，则平衡不移动，D错误．
15.下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是（ ）
A. ①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH＜0
B. ②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像
C. ③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像，a是使用催化剂时的曲线
D. ④是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像，压强p1＞p2
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A错误；
B．该反应实质为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大不影响化学平衡移动，故B错误；
C．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，故C正确；
D．该反应前后气体的物质的量不变，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，由于不断加入B，A的转化率增大，故D错误。
故选C。
16.在容积一定的密闭容器中发生可逆反应A(g)+B(g)C(g) △H＞0，平衡移动关系如下图所示下列说法正确的是（ ）
选项
压强
纵坐标
A
p1＞p2
B的转化率
B
p1＜p2
C的物质的量浓度
C
p1＜p2
混合气体的平均摩尔质量
D
p1＞p2
A的质量分数
【答案】A
【解析】
【详解】根据图像分析知纵坐标所代表的物理量随温度的升高而增大，结合上述反应知温度升高平衡向正反应方向移动，所以增大的物理量有B的转化率，C的物质的量浓度和混合气体的平均摩尔质量。
A. p1＞p2，随压强的增大，平衡正向移动，B的转化率增大，故A正确；
B. p1＜p2，压强增大，平衡正向移动，C的物质的量浓度增大，故错误；
C. p1＜p2，压强增大，平衡正向移动，混合气体平均摩尔质量增大，故错误；
D .p1＞p2，随压强的增大，平衡正向移动，A的质量分数减小，故错误。
故选A。
17.将 1molCO和 2molH2充入一容积为 1L的密闭容器中，分别在250°C、T°C下发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。根据图，下列分析中正确的是（ ）
A. 250°C时，反应在前10s的平均速率υ(H2)=0.015mol/(L·min)
B. 平衡时CO的转化率：250°C＞T°C
C. 反应达平衡后，其他条件不变，若减小容积体积，CO 体积分数增大
D. 该反应的正反应是放热反应
【答案】D
【解析】
【分析】依据先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0；
A.0～10min内甲醇物质的量增加了0.15mol，根据方程式求出氢气的变化量，再求速率；
B．根据分析该反应△H＜0，而且T＜250℃，温度越低CO的转化率越大；
C．其他条件不变，若减小容积体积，压强增大，平衡正移；
D．T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0。
【详解】依据先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0；
A.0～10min内甲醇物质的量增加了0.15mol，根据方程式氢气的变化量为：0.15mol×2=0.3mol，所以υ（H2）==0.03mol/（L•min），选项A错误；
B．根据分析该反应△H＜0，而且T＜250℃，温度越低CO转化率越大，所以CO的转化率：T℃时大于250℃时，选项B错误；
C．其他条件不变，若减小容积体积，压强增大，平衡正移，CO的物质的量减少，CO物质的量分数减小，所以CO体积分数减小，选项C错误；
D．先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0，选项D正确；
答案选D。
18.根据如图有关图象，说法正确的是（ ）
A. 由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的△H＜0
B. 由图Ⅱ知，反应在t6时刻，NH3体积分数最大
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应体系温度的措施
D. 图Ⅲ表示在10L容器、850℃时的反应，由图知，到4min时，反应放出51.6kJ的热量
【答案】D
【解析】
【分析】找出平衡点，根据勒夏特列原理进行分析；
【详解】A、根据图I，T2℃下反应物体积分数达到最小，生成物的体积分数达到最大，T2℃反应达到平衡，T1℃没有达到平衡，T2℃以后，X的体积分数增大，Z的体积分数减小，随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；
B、t2时刻正逆反应速率相等，平衡不移动，根据图像Ⅱ，t3后，反应向逆反应方向进行，NH3的量减少，即t1～t3时刻，NH3体积分数最大，故B错误；
C、根据图像Ⅱ，t3时，正逆反应速率都降低，改变的因素是降低温度，或减小压强，根据图像Ⅱ，t3时，反应向逆反应方向移动，如果降低温度，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，即v正＞v逆，不符合图像，t3时刻采取的是减小压强，故C错误；
D、根据图Ⅲ，0到4min变化的物质的量为0.12mol·L-1×10L=1.2mol，即放出的热量为1.2mol×43kJ·mol-1=51.6kJ，故D正确；
答案选D。
19.图表示可逆反应A(s)+B(g)D n C(g)；ΔH=Q kJ·mol−1，在不同条件下反应混合物中C的百分含量和反应过程所需时间的关系曲线。下列有关叙述中一定正确的（ ）
A. 若条件为催化剂，则a表示有催化剂，b表示没有催化剂
B. 只改变温度，则a比b的温度高，且Q>0
C. 只改变压强，则a比b的压强大，n>2
D. 由图象可以作出判断，反应一定从正反应方向开始
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动，则a、b到达平衡时C的百分含量相同，故A错误；
B.a到达平衡时间短，则a温度高，升高温度，平衡时C的百分含量（C%）减小，平衡逆向移动，所以△H＜0，即Q<0，故B错误；
C.a到达平衡时间短，则a压强高，压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，则正反应为气体物质的量增大的反应，因为A是固体，所以n＞1，故C错误；
D.C的百分含量从零开始逐渐增大，所以反应从正反应方向开始，故D正确；
故选D。
20.一定温度下反应：A2（g）+3 B2（g）2 AB3（g）（每生成2 mol AB3放出92.4 kJ的热量），在恒温恒压的密闭容器中进行如下实验：①通入1 mol A2和3 mol B2，达平衡时放出热量为Q1，②通入2 mol A2和6 mol B2，达平衡时放出热量为Q2，则下列关系正确的是（ ）
A. Q2=" 2" Q1 B. 2Q1 < Q2
C. Q1 < Q2 < 92.4 kJ D. Q1 = Q2 < 92.4 kJ
【答案】A
【解析】试题分析：热化学方程式A2（g）+3B2（g）2AB3（g）（每生成2mol AB3放出92.4kJ的热量），表示一定条件下，1molA2（g）与3molB2（g）反应生成2molAB3（g）放出的热量是92.4kJ，反应为可逆反应，物质不能完全反应，恒温恒压下，反应前后气体的物质的量发生变化，①与②中n（A2）：n（B2）=1：3，二者为等效平衡，反应物的转化率相同，②中参加反应的量是①中的2倍，所以Q2="2" Q1＜184.8 kJ；故选A。
21.加热N2O5,依次发生的分解反应为：①N2O5(g)N2O3(g)+O2(g), ②N2O3(g)N2O(g)+O2(g).在容积为2L的密闭容器中充入8mol N2O5,加热到t℃,达到平衡状态后O2为9mol,N2O3为3.4mol.则t℃时反应①的平衡常数为（）
A. 10.7 B. 8.5 C. 9.6 D. 10.2
【答案】B
【解析】试题分析：设分解的N2O3物质的量为x mol，反应过程中共生成N2O3（x+3.4）mol，在反应①中N2O5分解了（x+3.4）mol，同时生成O2（x+3.4）mol。在反应②中生成氧气xmol，则（x+3.4）+x=9，求得x=2.8。所以平衡后N2O5、N2O3、O2浓度依次为c（N2O5）=（8－2.8－3.4）÷2=0.9molL-1；c（N2O3）=3.4÷2=1.7molL-1；c（O2）=9÷2=4.5molL-1。则T℃时==8.5，故选B。
22..在一定体积和一定条件下有反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),现分别从两条途径建立平衡:
Ⅰ.起始浓度N2:1 mol·L-1,H2:3 mol·L-1
Ⅱ.起始浓度N2:2 mol·L-1,H2:6 mol·L-1
则下列叙述正确的是( )
A. Ⅰ和Ⅱ两途径达到平衡时,体系内各成分的体积分数相同
B. 达到平衡时,途径Ⅰ的反应速率v(H2)等于途径Ⅱ的反应速率v(H2)
C. 达到平衡时,途径Ⅱ体系内混合气体的压强是途径Ⅰ内混合气体压强的2倍
D. 达到平衡时,途径Ⅰ体系内混合气体的密度为途径Ⅱ体系内混合气体的密度的
【答案】D
【解析】途径Ⅰ．N2、H2的起始物质浓度分别为1mol/L和3mol/L；途径Ⅱ．起始浓度：N2：2mol•L -1，H2：6mol•L -1，与途径Ⅰ相比，恒温恒压下，途径Ⅱ为途径I起始浓度的2倍，与途径Ⅰ为相似平衡，由于容器体积一定，相当于途径II为增大压强，平衡右移。A、Ⅰ和II两途径达到平衡时，途径I中氨气的体积分数小，故A错误；B、途径II中氢气的浓度大，化学反应速率快，故B错误；C、途径II相当于达到I的平衡后，平衡右移，压强减小，比途径I的2倍小一些，故C错误；D、由于容器体积相同，途径II的质量为途径I的2倍，故途径II的密度为途径I的2倍，故D正确，故选D。
23.一定质量的乙烯，完全燃烧时放出的热量为Q，完全吸收燃烧后所生成的CO2气体需要200mL 2mol/L的NaOH溶液，则28g乙烯完全燃烧放出的热量不可能是（ ）
A. 5Q B. 5Q～10Q C. 10Q D. 大于10Q
【答案】D
【解析】
【详解】28g乙烯的物质的量为=1mol，200mL 2mol/L的NaOH溶液中含有0.200L×2mol/L=0.4molNaOH，吸收二氧化碳可能生成碳酸钠、碳酸氢钠或二者的混合物。若生成碳酸钠，则二氧化碳为0.2mol，完全燃烧的乙烯为0.1mol，1mol乙烯完全燃烧放出的热量为10Q；若生成碳酸氢钠，则二氧化碳为0.4mol，完全燃烧的乙烯为0.2mol，1mol乙烯完全燃烧放出的热量为5Q；若生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，1mol乙烯完全燃烧放出的热量为5Q～10Q ；放出的热量不可能大于10Q，故选D。
24.某温度下，在一个1L的密闭容器中，加入2molA和1molB进行如下反应：2A(g)+2B(g)3C(? )+D(? )。反应一段时间后达到平衡，测得生成0.6molC，且反应前后压强之比为15∶11(相同温度下测量)，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学平衡常数K约为0.043
B. 增加C的物质的量，B的平衡转化率不变
C. 增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D. A的平衡转化率是40%
【答案】B
【解析】
【分析】2A(g)+2B(g)⇌3C(？)+D(？)
反应前(mol) 2 1 0 0
反应了(mol)0.4 0.4 0.6 0.2
平衡后(mol)1.6 0.6 0.6 0.2
据气体物质的量之比等于压强之比可得反应后气体物质的量为：×(2+1)=2.2mol，所以CD都不是气体。
【详解】A、该反应的化学平衡常数K==1.04，故A错误；
B、C不是气体，增大C的量，对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，故B正确；
C、平衡常数只受温度影响，故C错误；
D、A的转化率为：×100%=20%，故D错误；
故选B。
25.相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+197kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：
容器编号
起始时各物质物 质 的量 /mol
平衡时反应中的能量变化
SO3
SO2
O2
①
2
0
0
吸收热量akJ
②
0
2
1
放出热 量 bkJ
③
4
0
0
吸收热量ckJ
下列叙述正确的是（ ）
A. 达平衡时O2的体积分数：①>③
B. 热量关系：a一定等于b
C. ①②③ 反应的平衡常数：③>①>②
D. ①中的密度不再改变时说明反应已达到平衡状态
【答案】A
【解析】A．①与③相比，起始物质的量③是①的2倍，相当于①平衡后增大压强，平衡逆向移动，氧气的体积分数减小，即达平衡时氧气的体积分数：①＞③，故A正确；B．该反应为吸热反应，将二氧化硫和氧气转化为三氧化硫，物质的量与①相同，平衡时达到相同的平衡状态，则a+b=197，但无法判断二者的大小关系，故B错误；C．平衡常数与温度有关，因温度相同，则三个容器内反应的平衡常数：③=①=②，故C错误；D. 该反应中气体的质量不变，容器的体积不变，气体的密度始终不变，①中的密度不再改变时，不能说明反应已达到平衡状态，故D错误；故选A。
第Ⅱ卷（非选择题，共50分）
二．填空题
26.用酸性KMnO4溶液与H2C2O4（草酸）溶液反应研究影响反应速率的因素，一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的体积，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化），实验装置如图所示：
实验序号
A溶液
B溶液
①
20mL 0.1mol·L-1H2C2O4溶液
30mL 0.01mol·L-1KMnO4溶液
②
20mL 0.2mol·L-1H2C2O4溶液
30mL 0.01mol·L-1KMnO4溶液
（1）写出该反应的离子方程式__________________________________________。
（2）该实验探究的是________因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是______>______（填实验序号）。
（3）若实验①在2min末收集了4.48mL CO2（标准状况下），则在2min末，c(MnO4-)=______ mol·L-1（假设混合溶液的体积为50mL）。
（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定_________________________来比较化学反应速率。
（5）小组同学发现反应速率变化如图，其中t1-t2时间内速率变快的主要原因可能是：①反应放热，②___________________。
【答案】(1). 2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O (2). 浓度 (3). ② (4). ① (5). 0.0052 (6). KMnO4溶液完全褪色所需时间（或产生相同体积气体所需要的时间） (7). 产物Mn2+是反应的催化剂
【解析】
【详解】（1）利用高锰酸钾的强氧化性，将草酸氧化成CO2，本身被还原成Mn2+，利用化合价升降法进行配平，即离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）对比实验①②只有草酸的浓度不同，即该实验探究的是浓度对反应速率的影响，实验②中A溶液的c(H2C2O4)比实验①中大，则实验②的化学反应速率快，相同时间内所得CO2的体积大，即②>①；
（3）收集到CO2的物质的量为n(CO2)==2×10-4mol，根据（1）的离子方程式，得出：n(MnO4-)=mol=4×10-5mol，在2min末，n(MnO4-)=30×10-3L×0.01mol·L-1-4×10-5mol=2.6×10-4mol，从而可得c(MnO4-)==0.0052mol·L-1；
（4）本实验还可通过测定KMnO4完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需要的时间；
（5）这段时间，速率变快的主要原因是①产物中Mn2+或MnSO4是反应的催化剂，②反应放热，使混合溶液的温度升高，加快反应速率。
27.在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K＝__________。
（2）0～2 s内该反应的平均速率v(NO)＝__________, v(O2)＝__________。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是__________。
a．v(NO2)＝2v(O2)
b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2)
d．容器内密度保持不变
（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是__________。
a．及时分离出NO2气体 b．增大O2的浓度
c．扩大容器体积 d．选择高效催化剂
【答案】(1). K＝ (2). 3.0×10－3 mol/(L·s) (3). 1.5×10－3 mol/(L·s) (4). bc (5). b
【解析】(1)平衡常数表达式等于生成物的浓度幂之积比上反应物的浓度幂之积，K=；故答案为：K=；
(2)2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)===3.0×10-3mol•L-1•s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=×3.0×10-3mol•L-1•s-1=1.5×10-3mol•L-1•s-1，故答案为：3.0×10-3mol•L-1•s-1；1.5×10-3mol•L-1•s-1；
(3)a．任何时候都存在v(NO2)＝2v(O2)，无法判断正逆反应速率是否相等，故a错误； b．反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，故b正确；c．v逆(NO)=2v正(O2)时，说明一氧化氮正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c正确； d．恒容容器，反应物生成物都是气体，质量不变，密度始终不变，所以密度不变不一定是平衡状态，故d错误；故选：bc；
(4)2NO(g)+O2(g)═2NO2(g)△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应。a．及时分离除NO2气体，减少生成物浓度，平衡正向进行，但反应速率减小，故a错误；b．增大O2的浓度，化学反应速率加快，平衡正向移动，故b正确；c．扩大容器体积，气体的压强减小，反应速率减慢，故c错误；d．选择高效催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，故d错误，故答案为：b。
28.Ⅰ.利用甲烷催化还原NOx消除氮氧化物的污染
①CH4(g)＋4NO2(g)4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－574kJ·mol－1
②CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－1 160kJ·mol－1
③CH4(g)＋2NO2(g)N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH3＝－867kJ·mol－1
（1）如果三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K3＝___(用K1、K2表示)。
（2）在2L恒容密闭容器中充入1molCH4和2molNO2进行反应③，CH4的平衡转化率α(CH4)与温度和压强的关系如图所示。
①若容器中的压强为p2，y点：v正____(填“大于”“等于”或“小于”)v逆。
②x点对应温度下反应的平衡常数K＝___。
Ⅱ.甲烷蒸气转化法制H2的主要反应为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
（3）在恒容密闭容器中充入2 mol CH4和H2O(g)的混合气体，且CH4和H2O(g)的物质的量之比为x，相同温度下达到平衡时测得H2的体积分数φ(H2)与x的关系如图所示。
则CH4的转化率：a点____(填“>”“＝”或“<”，下同)b点，CH4(g)的浓度：a点_____b点，氢气的产率：a点____b点。
Ⅲ.（4）根据以下三个热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)=SO2(g) +2H2O(l) ΔH=-Q1kJ·mol-1，2H2S(g)+O2(g)= S(s)+2H2O(l) ΔH=-Q2kJ·mol-1，2H2S(g)+O2(g)= S(s)+2H2O(g) ΔH=-Q3kJ·mol-1，判断Q1、Q2、Q3的大小关系是___。
【答案】(1). (2). 大于 (3). 0.25 (4). > (5). = (6). = (7). Q1>Q2>Q3
【解析】
【分析】(1)依据已知的热化学方程式利用盖斯定律构造CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，然后根据关系式得到平衡常数的关系；
(2)①y趋向平衡时，甲烷的转化率应增大；
②x点甲烷的转化率为50%，以此计算平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数；
(3)两种反应物存在，增加其中一种反应物的量，能使另一种反应物的转化率提高，根据反应方程式分析a、b两点CH4和H2O的浓度关系和氢气的产率大小；
(4)依据焓变的含义和反应物质的聚集状态变化，反应的进行程度进行分析判断，结合盖斯定律的内容分析物质转化的能量变化。
【详解】(1)①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ•mol-1；由盖斯定律×(①+②)得到CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，已知三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K3==；
(2)①y趋向平衡时，甲烷的转化率应增大，即反应正向进行，v正大于v逆；
②在恒容(2L) 密闭容器中充入1molCH4和2moINO2进行(1)中反应，x点甲烷的转化率为50%，
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
起始(mol/L) 0.5 1 0 0 0
转化(mol/L) 025 0.5 0.25 0.25 0.5
平衡(mol/L) 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5
则K===0.25；
(3)两种反应物存在，增加其中一种反应物的量，能使另一种反应物的转化率提高，a点H2O的含量相对较大，所以a点CH4的转化率更高；根据反应方程式分析，CH4和H2O是按照1：1反应的，a点CH4和H2O的物质的量之比为9：11，b点CH4和H2O的物质的量之比为11：9，所以二者平衡时a点CH4的浓度等于b点H2O(g)的浓度；由于二者CH4和H2O按物质的量1：1反应，所以交换二者的起始充入量之比不改变化学平衡，即达到平衡时氢气的产率a点等于b点；
(4)①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(1)△H=-Q1KJ/mol，②2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(1)△H=-Q2KJ/mol，③2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)△H=-Q3KJ/mol；反应②③相比，生成气态水和生成液态水相比，生成液态水放出的热量多，所以Q2＞Q3；反应①②相比，②反应生成的单质硫转化为二氧化硫时放出热量，所以Ql＞Q2；综上所述Q1、Q2、Q3三者大小关系为：Ql＞Q2＞Q3。
29.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH==______ kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：
积碳反应
CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应
CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X____Y（填“优于”或“劣于”），理由是_________________。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是________填标号）。
A．K积、K消均增加 B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加 D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5（k为速率常数）。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
【答案】(1). 247 (2). A (3). (4). 劣于 (5). 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 (6). AD (7). pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】分析：（1）根据盖斯定律计算；根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答；根据转化率利用三段式计算平衡常数；
（2）①根据活化能对反应的影响分析；根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答；
②根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。
详解：（1）已知：
①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247 kJ·mol−1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，答案选A；某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)
起始浓度（mol/L） 1 0.5 0 0
转化浓度（mol/L） 0.25 0.25 0.5 0.5
平衡浓度（mol/L） 0.75 0.25 0.5 0.5
所以其平衡常数为mol2·L−2。
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；B．升高温度反应速率均增大，B错误；C．根据A中分析可知选项C错误；D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。答案选AD。
②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
说明：
1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第（1）页至第（7）页，第Ⅱ卷第（8）页至第（10）页。
2、本试卷共100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共50分）
注意事项：
1、答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、班级填涂在答题卡上，贴好条形码。答题卡不要折叠
2、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目标号涂黑。答在试卷上无效。
3、考试结束后，监考人员将试卷答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：O 16 N 14 C 12 Na 23 Cl 35.5 H 1
一．选择题（单选，共25题，每题2分共50分）
1.化学与生活密切相关。下列分析不正确的是（ ）
A. “煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，句中涉及的的能量变化主要是化学能转化为热能和光能
B. 绿色化学是指在化学产品的设计、开发和加工生产过程中减少使用或产生对环境有害物质的科学
C. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是蛋白质
D. 食品添加剂可以改善食品品质及延长食品保存期，在添加时无需对其用量进行严格控制
【答案】D
【解析】
【详解】A．“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故A正确；
B．绿色化学”是21世纪化学发展的主导方向，其目的是化学产品在设计、制造、应用、回收处理时，对环境没有或产生尽可能小的副作用，故B正确；
C．丝绸的主要原料为蚕丝，蚕丝成分为蛋白质，蛋白质是高分子化合物，故C正确；
D．食品添加剂可以改善食品品质及延长食品保存期，但是过量使用国家允许使用的食品添加剂，对人体有害，故D错误；
故答案为D。
2.下列各组物质的燃烧热相等的是（ ）
A. C和CO B. 红磷和白磷
C. 3molC2H2（乙炔）和1molC6H6（苯） D. 1gH2和2gH2
【答案】D
【解析】
【分析】燃烧热：25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。
【详解】A、C和CO是不同物质，燃烧热不同，A错误；
B、红磷和白磷结构不同，燃烧热不同，B错误；
C、乙炔和苯结构不同，具有的能量不同，则燃烧热不同，C错误；
D、都是氢气，燃烧热相同，D正确；
答案选D。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
D. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物中活化分子的百分数
【答案】D
【解析】A. 增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但是不能增大单位体积内活化分子的百分数，A不正确；B. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，能增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但是不能增加活化分子的百分数，B不正确；C. 活化分子间所发生的碰撞不一定都是有效碰撞，只有在合适的取向下的碰撞才是有效碰撞，C不正确；D. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物中活化分子的百分数，单位时间内在单位体积的有效碰撞次数增加，D正确。本题选D。
4.2014年7月21日，世界各国领导人在南非德班共同商讨应对气候变化的道路—“拯救人类的最后机会”。要想节能减排下列属最有希望的新能源是（ ）
①天然气 ②煤 ③石油 ④水能 ⑤太阳能 ⑥地热能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦⑧
C. ③④⑤⑥ D. 除①②③外
【答案】B
【解析】
【详解】①天然气②煤③石油都是不可再生资源；②煤③石油燃烧会污染空环境，不符合节能减排的原则；④水能⑤太阳⑦风能，都是可再生能源，对环境无污染是清洁能源，氢气燃烧只生成水，是洁净能源，符合节能减排原则，则⑤⑥⑦⑧正确，故答案为B。
5.下列变化不能用勒夏特列原理解释是（ ）
A. Fe(SCN)3 溶液中加入少量固体 KSCN后颜色变深
B. 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
C. 工业合成氨的反应，往往需要使用催化剂
D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe(SCN)3溶液中加入少量固体KSCN后，增大了SCN-浓度，化学平衡向生成Fe(SCN)3的方向移动，能用勒夏特列原理解释，故A正确；
B．工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，有利用平衡向正反应方向移动，可用勒夏特列原理解释，故B正确；
C．工业合成氨的反应，往往需要使用催化剂，可加快化学反应速率，对化学平衡无影响，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，可用勒夏特列原理解释，故D正确；
故答案为C。
6.某学生用如图所示装置进行化学反应X+2Y=2Z能量变化情况的研究。当往试管中滴加试剂Y时，看到U形管中液面甲处降、乙处升。关于该反应的下列叙述中正确的是（ ）
①该反应为放热反应；②该反应为吸热反应；③生成物的总能量比反应物的总能量更高；④反应物的总能量比生成物的总能量更高；⑤该反应过程可以看成是“贮存“于X、Y内部的部分能量转化为热能而释放出来。
A. ①④⑤ B. ①④ C. ①③ D. ②③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】当往试管中加入试剂Y时，看到U型管中液面甲处下降，乙处上升，说明该反应为放热反应，放出的热使得集气瓶中的气压升高而出现该现象，故①正确，在放热反应中，反应物的能量高于生成物的能量，故④正确；该反应过程中可以看成是贮存于X、Y内部的能量转化为热量而释放出来，故⑤正确；故选A。
7.下列说法或表示方法正确的（ ）
A. 在稀溶液中，；，若将含的硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热一定为
B. 由石墨金刚石：可知，金刚石比石墨稳定
C. 实验测得环己烷、环己烯和苯的标准燃烧分别为、和，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键
D. 在101kPa时，完全燃烧生成液态水，放出热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为：；
【答案】C
【解析】
【详解】A．含0.5molH2SO4的硫酸与含1molNaOH的溶液混合生成1mol水，但如为浓硫酸，由于其稀释放热，则放出的热不一定为57.3kJ，选项A错误；
B．由焓变为正可知，石墨能量低，则石墨更稳定，选项B错误；
C．环己烷、环己烯中含单键、双键，而苯环不含双键，由标准燃烧可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键，选项C正确；
D.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1，选项D错误；
答案选C。
8.下列实验过程可以达到实验目的的是（ ）
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.4000 mol·L−1的NaOH溶液
称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至250 mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
C
制取纯净氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢氧化钠溶于水放热，因此溶解后需要冷却到室温下再转移至容量瓶中，A错误；
B.氯化铁具有氧化性，能被维生素C还原为氯化亚铁，从而使溶液颜色发生变化，所以向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，通过观察颜色变化可以探究维生素C的还原性，B正确；
C.向稀盐酸中加入锌粒，生成氢气，由于生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气，因此将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可，不需要通过KMnO4溶液，或者直接通过碱石灰，C错误；
D.反应的方程式为HSO3－+H2O2＝SO42－+H＋+H2O，这说明反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。
答案选B。
9.反应4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)经2 min B浓度减少0.6 mol·L－1。下列说法正确的是（ ）
①用A表示的反应速率是0.4mol·L－1·min－1
②在2min末时，反应物B的反应速率是0.3mol·L－1·min－1
③在这2min内用C表示的平均速率为0.2mol·L－1·min－1
④在2min时，B、C、D的浓度比一定为3∶2∶1
⑤若D的起始浓度为0.1mol·L－1，则2 min时D的浓度为0.3mol·L－1
A. ①②③ B. ②③⑤ C. ④⑤ D. ③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①物质A是固体，浓度不变，不能用A表示该反应的反应速率，故①错误；
②2min末的反应速率为即时速率，用B表示速率0.3mol/(L∙min)是2min内的平均速率，故②错误；
③速率之比等于化学计量数之比，v(B)：v(C)：v(D)=3：2：1，在这2min内用B表示速率0.3mol/(L∙min)，则用C表示的平均速率为0.3mol/(L∙min)×=0.2mol·L－1·min－1，故③正确；
④前2min内，B、C、D变化的浓度比一定为3∶2∶1，但在2min时，B、C、D的浓度比不一定为3∶2∶1，故④错误；
⑤经2 min B的浓度减少0.6 mol·L－1，则D的浓度增大了0.6 mol·L－1×=0.2mol·L－1，若D的起始浓度为0.1mol·L－1，则2 min时D的浓度为0.3mol·L－1，故⑤正确；
③⑤正确，故答案为D。
10.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，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. ①③④⑤⑧
【答案】B
【解析】
【详解】①该反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当混合气体的压强不变时，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故①正确；
②该反应前后都是气体，混合气体总质量不变，容器容积不变，则密度为定值，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故②错误；
③B的物质的量浓度不变时，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故③正确；
④该反应为气体体积缩小的反应，混合气体的物质的量为变量，当混合气体的总物质的量不变时，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故④正确；
⑤混合气体的总质量不变，总物质的量为变量，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明各组分的浓度不再变化，达到平衡状态，故⑤正确；
⑥v(C)与v(D)的比值不变，不能说明各组分的浓度不再变化，则无法判断平衡状态，故⑥错误；
⑦反应前后都是气体，混合气体的总质量始终不变，不能根据混合气体的总质量判断平衡状态，故⑦错误；
⑧容器容积不变，则混合气体的总体积为定值，不能根据混合气体总体积判断平衡状态，故⑧错误；
⑨C、D的分子数之比为1：1，无法判断各组分的浓度是否不再变化，则无法判断平衡状态，故⑨错误；
①③④⑤正确，故答案为B。
11.下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是（ ）
①C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH1 C(s)＋1/2O2(g)=CO(g) ΔH2
②S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH3 S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH4
③H2(g)＋1/2O2(g)=1/2H2O(l)ΔH5 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH6
④CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g) ΔH7 CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH8
A. ①③④ B. ②④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多；④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0；
【详解】①两个反应都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；
②都为放热反应，其△H＜0，前者S为固态，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；
③都是放热反应，前者反应物系数较小，则前者放出热量较少，则△H5＞△H6，故③正确；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确；
根据分析可知，反应的△H前者大于后者的是②③④，故答案为C。
12.在25℃、101kPa时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C(s)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的焓变为（ ）
A. -488.3kJ/mol B. +488.3kJ/mol
C. +191kJ/mol D. -191kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】25℃、101kPa下，H2(g)、C(s)和CH3COOH(l)的燃烧热分别是285.8kJ•mol-1、393.5kJ•mol-1和870.3kJ•mol-1；则H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1①，C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1②，CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-870.3kJ•mol-1③，由盖斯定律可知，①×2+②×2-③可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(1)，则此反应的△H =2×(-285.8kJ•mol-1)+2×(-393.5kJ•mol-1)+870.3kJ•mol-1=-488.3KJ•mol-1，故答案为A。
13.SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S－F键。已知：1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1 molF－F、S－F键需吸收的能量分别为160 kJ、330kJ。则S(s)＋3F2(g)=SF6(g)的反应热ΔH为（ ）
A. －1780 kJ·mol－1 B. 1220 kJ·mol－1
C. －1220 kJ·mol－1 D. 1780 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应热△H=反应物总键能-生成物总键能计算反应热。
【详解】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以对于S(s)+3F2(g)═SF6(g)，其反应热△H=280kJ/mol+3×160kJ/mol-6×330kJ/mol=-1220kJ/mol，故答案为C。
14.某温度时，在密闭容器中，X、Y、Z 三种气体浓度的变化如图Ⅰ所示，若其它条件不变，当 温度分别为 T1 和 T2 时，Y 的体积分数与时间关系如图Ⅱ所示。则下列结论正确的是（ ）
A. 该反应的热化学方程式为 X(g)＋3Y(g) ⇌2Z(g) ΔH＞0
B. 达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动
C. 若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，X 的转化率减小
D. 达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】试题分析：从图a可得出该反应为，从图b中也看出T1＞T2，升高温度，N的体积分数变大，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，A错误；B选项中缩小容器的体积，即增大压强，平衡正向移动，B错误；C选项中，升高温度，v正、v逆均增大，平衡逆向移动，M的转化率减小，C正确；D选项中，若是在恒温恒容的容器中通入稀有气体，则平衡不移动，D错误．
15.下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是（ ）
A. ①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH＜0
B. ②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像
C. ③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像，a是使用催化剂时的曲线
D. ④是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像，压强p1＞p2
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A错误；
B．该反应实质为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大不影响化学平衡移动，故B错误；
C．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，故C正确；
D．该反应前后气体的物质的量不变，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，由于不断加入B，A的转化率增大，故D错误。
故选C。
16.在容积一定的密闭容器中发生可逆反应A(g)+B(g)C(g) △H＞0，平衡移动关系如下图所示下列说法正确的是（ ）
选项
压强
纵坐标
A
p1＞p2
B的转化率
B
p1＜p2
C的物质的量浓度
C
p1＜p2
混合气体的平均摩尔质量
D
p1＞p2
A的质量分数
【答案】A
【解析】
【详解】根据图像分析知纵坐标所代表的物理量随温度的升高而增大，结合上述反应知温度升高平衡向正反应方向移动，所以增大的物理量有B的转化率，C的物质的量浓度和混合气体的平均摩尔质量。
A. p1＞p2，随压强的增大，平衡正向移动，B的转化率增大，故A正确；
B. p1＜p2，压强增大，平衡正向移动，C的物质的量浓度增大，故错误；
C. p1＜p2，压强增大，平衡正向移动，混合气体平均摩尔质量增大，故错误；
D .p1＞p2，随压强的增大，平衡正向移动，A的质量分数减小，故错误。
故选A。
17.将 1molCO和 2molH2充入一容积为 1L的密闭容器中，分别在250°C、T°C下发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。根据图，下列分析中正确的是（ ）
A. 250°C时，反应在前10s的平均速率υ(H2)=0.015mol/(L·min)
B. 平衡时CO的转化率：250°C＞T°C
C. 反应达平衡后，其他条件不变，若减小容积体积，CO 体积分数增大
D. 该反应的正反应是放热反应
【答案】D
【解析】
【分析】依据先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0；
A.0～10min内甲醇物质的量增加了0.15mol，根据方程式求出氢气的变化量，再求速率；
B．根据分析该反应△H＜0，而且T＜250℃，温度越低CO的转化率越大；
C．其他条件不变，若减小容积体积，压强增大，平衡正移；
D．T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0。
【详解】依据先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0；
A.0～10min内甲醇物质的量增加了0.15mol，根据方程式氢气的变化量为：0.15mol×2=0.3mol，所以υ（H2）==0.03mol/（L•min），选项A错误；
B．根据分析该反应△H＜0，而且T＜250℃，温度越低CO转化率越大，所以CO的转化率：T℃时大于250℃时，选项B错误；
C．其他条件不变，若减小容积体积，压强增大，平衡正移，CO的物质的量减少，CO物质的量分数减小，所以CO体积分数减小，选项C错误；
D．先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0，选项D正确；
答案选D。
18.根据如图有关图象，说法正确的是（ ）
A. 由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的△H＜0
B. 由图Ⅱ知，反应在t6时刻，NH3体积分数最大
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应体系温度的措施
D. 图Ⅲ表示在10L容器、850℃时的反应，由图知，到4min时，反应放出51.6kJ的热量
【答案】D
【解析】
【分析】找出平衡点，根据勒夏特列原理进行分析；
【详解】A、根据图I，T2℃下反应物体积分数达到最小，生成物的体积分数达到最大，T2℃反应达到平衡，T1℃没有达到平衡，T2℃以后，X的体积分数增大，Z的体积分数减小，随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；
B、t2时刻正逆反应速率相等，平衡不移动，根据图像Ⅱ，t3后，反应向逆反应方向进行，NH3的量减少，即t1～t3时刻，NH3体积分数最大，故B错误；
C、根据图像Ⅱ，t3时，正逆反应速率都降低，改变的因素是降低温度，或减小压强，根据图像Ⅱ，t3时，反应向逆反应方向移动，如果降低温度，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，即v正＞v逆，不符合图像，t3时刻采取的是减小压强，故C错误；
D、根据图Ⅲ，0到4min变化的物质的量为0.12mol·L-1×10L=1.2mol，即放出的热量为1.2mol×43kJ·mol-1=51.6kJ，故D正确；
答案选D。
19.图表示可逆反应A(s)+B(g)D n C(g)；ΔH=Q kJ·mol−1，在不同条件下反应混合物中C的百分含量和反应过程所需时间的关系曲线。下列有关叙述中一定正确的（ ）
A. 若条件为催化剂，则a表示有催化剂，b表示没有催化剂
B. 只改变温度，则a比b的温度高，且Q>0
C. 只改变压强，则a比b的压强大，n>2
D. 由图象可以作出判断，反应一定从正反应方向开始
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动，则a、b到达平衡时C的百分含量相同，故A错误；
B.a到达平衡时间短，则a温度高，升高温度，平衡时C的百分含量（C%）减小，平衡逆向移动，所以△H＜0，即Q<0，故B错误；
C.a到达平衡时间短，则a压强高，压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，则正反应为气体物质的量增大的反应，因为A是固体，所以n＞1，故C错误；
D.C的百分含量从零开始逐渐增大，所以反应从正反应方向开始，故D正确；
故选D。
20.一定温度下反应：A2（g）+3 B2（g）2 AB3（g）（每生成2 mol AB3放出92.4 kJ的热量），在恒温恒压的密闭容器中进行如下实验：①通入1 mol A2和3 mol B2，达平衡时放出热量为Q1，②通入2 mol A2和6 mol B2，达平衡时放出热量为Q2，则下列关系正确的是（ ）
A. Q2=" 2" Q1 B. 2Q1 < Q2
C. Q1 < Q2 < 92.4 kJ D. Q1 = Q2 < 92.4 kJ
【答案】A
【解析】试题分析：热化学方程式A2（g）+3B2（g）2AB3（g）（每生成2mol AB3放出92.4kJ的热量），表示一定条件下，1molA2（g）与3molB2（g）反应生成2molAB3（g）放出的热量是92.4kJ，反应为可逆反应，物质不能完全反应，恒温恒压下，反应前后气体的物质的量发生变化，①与②中n（A2）：n（B2）=1：3，二者为等效平衡，反应物的转化率相同，②中参加反应的量是①中的2倍，所以Q2="2" Q1＜184.8 kJ；故选A。
21.加热N2O5,依次发生的分解反应为：①N2O5(g)N2O3(g)+O2(g), ②N2O3(g)N2O(g)+O2(g).在容积为2L的密闭容器中充入8mol N2O5,加热到t℃,达到平衡状态后O2为9mol,N2O3为3.4mol.则t℃时反应①的平衡常数为（）
A. 10.7 B. 8.5 C. 9.6 D. 10.2
【答案】B
【解析】试题分析：设分解的N2O3物质的量为x mol，反应过程中共生成N2O3（x+3.4）mol，在反应①中N2O5分解了（x+3.4）mol，同时生成O2（x+3.4）mol。在反应②中生成氧气xmol，则（x+3.4）+x=9，求得x=2.8。所以平衡后N2O5、N2O3、O2浓度依次为c（N2O5）=（8－2.8－3.4）÷2=0.9molL-1；c（N2O3）=3.4÷2=1.7molL-1；c（O2）=9÷2=4.5molL-1。则T℃时==8.5，故选B。
22..在一定体积和一定条件下有反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),现分别从两条途径建立平衡:
Ⅰ.起始浓度N2:1 mol·L-1,H2:3 mol·L-1
Ⅱ.起始浓度N2:2 mol·L-1,H2:6 mol·L-1
则下列叙述正确的是( )
A. Ⅰ和Ⅱ两途径达到平衡时,体系内各成分的体积分数相同
B. 达到平衡时,途径Ⅰ的反应速率v(H2)等于途径Ⅱ的反应速率v(H2)
C. 达到平衡时,途径Ⅱ体系内混合气体的压强是途径Ⅰ内混合气体压强的2倍
D. 达到平衡时,途径Ⅰ体系内混合气体的密度为途径Ⅱ体系内混合气体的密度的
【答案】D
【解析】途径Ⅰ．N2、H2的起始物质浓度分别为1mol/L和3mol/L；途径Ⅱ．起始浓度：N2：2mol•L -1，H2：6mol•L -1，与途径Ⅰ相比，恒温恒压下，途径Ⅱ为途径I起始浓度的2倍，与途径Ⅰ为相似平衡，由于容器体积一定，相当于途径II为增大压强，平衡右移。A、Ⅰ和II两途径达到平衡时，途径I中氨气的体积分数小，故A错误；B、途径II中氢气的浓度大，化学反应速率快，故B错误；C、途径II相当于达到I的平衡后，平衡右移，压强减小，比途径I的2倍小一些，故C错误；D、由于容器体积相同，途径II的质量为途径I的2倍，故途径II的密度为途径I的2倍，故D正确，故选D。
23.一定质量的乙烯，完全燃烧时放出的热量为Q，完全吸收燃烧后所生成的CO2气体需要200mL 2mol/L的NaOH溶液，则28g乙烯完全燃烧放出的热量不可能是（ ）
A. 5Q B. 5Q～10Q C. 10Q D. 大于10Q
【答案】D
【解析】
【详解】28g乙烯的物质的量为=1mol，200mL 2mol/L的NaOH溶液中含有0.200L×2mol/L=0.4molNaOH，吸收二氧化碳可能生成碳酸钠、碳酸氢钠或二者的混合物。若生成碳酸钠，则二氧化碳为0.2mol，完全燃烧的乙烯为0.1mol，1mol乙烯完全燃烧放出的热量为10Q；若生成碳酸氢钠，则二氧化碳为0.4mol，完全燃烧的乙烯为0.2mol，1mol乙烯完全燃烧放出的热量为5Q；若生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，1mol乙烯完全燃烧放出的热量为5Q～10Q ；放出的热量不可能大于10Q，故选D。
24.某温度下，在一个1L的密闭容器中，加入2molA和1molB进行如下反应：2A(g)+2B(g)3C(? )+D(? )。反应一段时间后达到平衡，测得生成0.6molC，且反应前后压强之比为15∶11(相同温度下测量)，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学平衡常数K约为0.043
B. 增加C的物质的量，B的平衡转化率不变
C. 增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D. A的平衡转化率是40%
【答案】B
【解析】
【分析】2A(g)+2B(g)⇌3C(？)+D(？)
反应前(mol) 2 1 0 0
反应了(mol)0.4 0.4 0.6 0.2
平衡后(mol)1.6 0.6 0.6 0.2
据气体物质的量之比等于压强之比可得反应后气体物质的量为：×(2+1)=2.2mol，所以CD都不是气体。
【详解】A、该反应的化学平衡常数K==1.04，故A错误；
B、C不是气体，增大C的量，对平衡没有影响，B的平衡转化率不变，故B正确；
C、平衡常数只受温度影响，故C错误；
D、A的转化率为：×100%=20%，故D错误；
故选B。
25.相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H=+197kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：
容器编号
起始时各物质物 质 的量 /mol
平衡时反应中的能量变化
SO3
SO2
O2
①
2
0
0
吸收热量akJ
②
0
2
1
放出热 量 bkJ
③
4
0
0
吸收热量ckJ
下列叙述正确的是（ ）
A. 达平衡时O2的体积分数：①>③
B. 热量关系：a一定等于b
C. ①②③ 反应的平衡常数：③>①>②
D. ①中的密度不再改变时说明反应已达到平衡状态
【答案】A
【解析】A．①与③相比，起始物质的量③是①的2倍，相当于①平衡后增大压强，平衡逆向移动，氧气的体积分数减小，即达平衡时氧气的体积分数：①＞③，故A正确；B．该反应为吸热反应，将二氧化硫和氧气转化为三氧化硫，物质的量与①相同，平衡时达到相同的平衡状态，则a+b=197，但无法判断二者的大小关系，故B错误；C．平衡常数与温度有关，因温度相同，则三个容器内反应的平衡常数：③=①=②，故C错误；D. 该反应中气体的质量不变，容器的体积不变，气体的密度始终不变，①中的密度不再改变时，不能说明反应已达到平衡状态，故D错误；故选A。
第Ⅱ卷（非选择题，共50分）
二．填空题
26.用酸性KMnO4溶液与H2C2O4（草酸）溶液反应研究影响反应速率的因素，一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的体积，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化），实验装置如图所示：
实验序号
A溶液
B溶液
①
20mL 0.1mol·L-1H2C2O4溶液
30mL 0.01mol·L-1KMnO4溶液
②
20mL 0.2mol·L-1H2C2O4溶液
30mL 0.01mol·L-1KMnO4溶液
（1）写出该反应的离子方程式__________________________________________。
（2）该实验探究的是________因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是______>______（填实验序号）。
（3）若实验①在2min末收集了4.48mL CO2（标准状况下），则在2min末，c(MnO4-)=______ mol·L-1（假设混合溶液的体积为50mL）。
（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定_________________________来比较化学反应速率。
（5）小组同学发现反应速率变化如图，其中t1-t2时间内速率变快的主要原因可能是：①反应放热，②___________________。
【答案】(1). 2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O (2). 浓度 (3). ② (4). ① (5). 0.0052 (6). KMnO4溶液完全褪色所需时间（或产生相同体积气体所需要的时间） (7). 产物Mn2+是反应的催化剂
【解析】
【详解】（1）利用高锰酸钾的强氧化性，将草酸氧化成CO2，本身被还原成Mn2+，利用化合价升降法进行配平，即离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）对比实验①②只有草酸的浓度不同，即该实验探究的是浓度对反应速率的影响，实验②中A溶液的c(H2C2O4)比实验①中大，则实验②的化学反应速率快，相同时间内所得CO2的体积大，即②>①；
（3）收集到CO2的物质的量为n(CO2)==2×10-4mol，根据（1）的离子方程式，得出：n(MnO4-)=mol=4×10-5mol，在2min末，n(MnO4-)=30×10-3L×0.01mol·L-1-4×10-5mol=2.6×10-4mol，从而可得c(MnO4-)==0.0052mol·L-1；
（4）本实验还可通过测定KMnO4完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需要的时间；
（5）这段时间，速率变快的主要原因是①产物中Mn2+或MnSO4是反应的催化剂，②反应放热，使混合溶液的温度升高，加快反应速率。
27.在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K＝__________。
（2）0～2 s内该反应的平均速率v(NO)＝__________, v(O2)＝__________。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是__________。
a．v(NO2)＝2v(O2)
b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2)
d．容器内密度保持不变
（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是__________。
a．及时分离出NO2气体 b．增大O2的浓度
c．扩大容器体积 d．选择高效催化剂
【答案】(1). K＝ (2). 3.0×10－3 mol/(L·s) (3). 1.5×10－3 mol/(L·s) (4). bc (5). b
【解析】(1)平衡常数表达式等于生成物的浓度幂之积比上反应物的浓度幂之积，K=；故答案为：K=；
(2)2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)===3.0×10-3mol•L-1•s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=×3.0×10-3mol•L-1•s-1=1.5×10-3mol•L-1•s-1，故答案为：3.0×10-3mol•L-1•s-1；1.5×10-3mol•L-1•s-1；
(3)a．任何时候都存在v(NO2)＝2v(O2)，无法判断正逆反应速率是否相等，故a错误； b．反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，故b正确；c．v逆(NO)=2v正(O2)时，说明一氧化氮正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c正确； d．恒容容器，反应物生成物都是气体，质量不变，密度始终不变，所以密度不变不一定是平衡状态，故d错误；故选：bc；
(4)2NO(g)+O2(g)═2NO2(g)△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应。a．及时分离除NO2气体，减少生成物浓度，平衡正向进行，但反应速率减小，故a错误；b．增大O2的浓度，化学反应速率加快，平衡正向移动，故b正确；c．扩大容器体积，气体的压强减小，反应速率减慢，故c错误；d．选择高效催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，故d错误，故答案为：b。
28.Ⅰ.利用甲烷催化还原NOx消除氮氧化物的污染
①CH4(g)＋4NO2(g)4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－574kJ·mol－1
②CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－1 160kJ·mol－1
③CH4(g)＋2NO2(g)N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH3＝－867kJ·mol－1
（1）如果三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K3＝___(用K1、K2表示)。
（2）在2L恒容密闭容器中充入1molCH4和2molNO2进行反应③，CH4的平衡转化率α(CH4)与温度和压强的关系如图所示。
①若容器中的压强为p2，y点：v正____(填“大于”“等于”或“小于”)v逆。
②x点对应温度下反应的平衡常数K＝___。
Ⅱ.甲烷蒸气转化法制H2的主要反应为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
（3）在恒容密闭容器中充入2 mol CH4和H2O(g)的混合气体，且CH4和H2O(g)的物质的量之比为x，相同温度下达到平衡时测得H2的体积分数φ(H2)与x的关系如图所示。
则CH4的转化率：a点____(填“>”“＝”或“<”，下同)b点，CH4(g)的浓度：a点_____b点，氢气的产率：a点____b点。
Ⅲ.（4）根据以下三个热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)=SO2(g) +2H2O(l) ΔH=-Q1kJ·mol-1，2H2S(g)+O2(g)= S(s)+2H2O(l) ΔH=-Q2kJ·mol-1，2H2S(g)+O2(g)= S(s)+2H2O(g) ΔH=-Q3kJ·mol-1，判断Q1、Q2、Q3的大小关系是___。
【答案】(1). (2). 大于 (3). 0.25 (4). > (5). = (6). = (7). Q1>Q2>Q3
【解析】
【分析】(1)依据已知的热化学方程式利用盖斯定律构造CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，然后根据关系式得到平衡常数的关系；
(2)①y趋向平衡时，甲烷的转化率应增大；
②x点甲烷的转化率为50%，以此计算平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数；
(3)两种反应物存在，增加其中一种反应物的量，能使另一种反应物的转化率提高，根据反应方程式分析a、b两点CH4和H2O的浓度关系和氢气的产率大小；
(4)依据焓变的含义和反应物质的聚集状态变化，反应的进行程度进行分析判断，结合盖斯定律的内容分析物质转化的能量变化。
【详解】(1)①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ•mol-1；由盖斯定律×(①+②)得到CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，已知三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K3==；
(2)①y趋向平衡时，甲烷的转化率应增大，即反应正向进行，v正大于v逆；
②在恒容(2L) 密闭容器中充入1molCH4和2moINO2进行(1)中反应，x点甲烷的转化率为50%，
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
起始(mol/L) 0.5 1 0 0 0
转化(mol/L) 025 0.5 0.25 0.25 0.5
平衡(mol/L) 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5
则K===0.25；
(3)两种反应物存在，增加其中一种反应物的量，能使另一种反应物的转化率提高，a点H2O的含量相对较大，所以a点CH4的转化率更高；根据反应方程式分析，CH4和H2O是按照1：1反应的，a点CH4和H2O的物质的量之比为9：11，b点CH4和H2O的物质的量之比为11：9，所以二者平衡时a点CH4的浓度等于b点H2O(g)的浓度；由于二者CH4和H2O按物质的量1：1反应，所以交换二者的起始充入量之比不改变化学平衡，即达到平衡时氢气的产率a点等于b点；
(4)①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(1)△H=-Q1KJ/mol，②2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(1)△H=-Q2KJ/mol，③2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(g)△H=-Q3KJ/mol；反应②③相比，生成气态水和生成液态水相比，生成液态水放出的热量多，所以Q2＞Q3；反应①②相比，②反应生成的单质硫转化为二氧化硫时放出热量，所以Ql＞Q2；综上所述Q1、Q2、Q3三者大小关系为：Ql＞Q2＞Q3。
29.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH==______ kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：
积碳反应
CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应
CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X____Y（填“优于”或“劣于”），理由是_________________。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是________填标号）。
A．K积、K消均增加 B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加 D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5（k为速率常数）。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
【答案】(1). 247 (2). A (3). (4). 劣于 (5). 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 (6). AD (7). pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】分析：（1）根据盖斯定律计算；根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答；根据转化率利用三段式计算平衡常数；
（2）①根据活化能对反应的影响分析；根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答；
②根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。
详解：（1）已知：
①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247 kJ·mol−1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，答案选A；某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)
起始浓度（mol/L） 1 0.5 0 0
转化浓度（mol/L） 0.25 0.25 0.5 0.5
平衡浓度（mol/L） 0.75 0.25 0.5 0.5
所以其平衡常数为mol2·L−2。
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；B．升高温度反应速率均增大，B错误；C．根据A中分析可知选项C错误；D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。答案选AD。
②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
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