【化学】陕西煤炭建设公司第一中学2018-2019学年高二10月月考（解析版） 试卷

陕西煤炭建设公司第一中学2018-2019学年高二10月月考
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列符合未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②太阳能 ③核能 ④石油 ⑤煤 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ②⑥⑦⑧
C. ①③⑤⑥⑦⑧ D. ②③⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】
煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，新能源的特点是资源丰富、可以再生、没有污染或很少污染，常见新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，答案选B。
2.下列说法中正确的是( )
A. 能自发进行的反应都是放热反应
B. 凡是熵增加的反应一定能自发进行
C. 在一定条件下，吸热反应可以自发进行
D. 放热的熵增加的反应不一定能够自发进行
【答案】C
【解析】
A. 能自发进行的反应不一定都是放热反应，A错误；B. 凡是熵增加的反应不一定能自发进行，B错误；C. 只要△G＝△H－T△S＜0反应就可以自发进行，因此在一定条件下，吸热反应可以自发进行，C正确；D. 只要△G＝△H－T△S＜0反应就可以自发进行，因此放热的熵增加的反应一定能够自发进行，D错误，答案选C。
3.下列事实能用勒夏特列原理解释的是
①由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
②用排饱和食盐水法收集Cl2
③高压比常压有利于提高合成氨的产率
④高温下合成氨速率较快
⑤工业制取金属钾Na(l)+ KCl(l) NaCl(l)+ K(g)选适宜的温度,使K成蒸气从反应混合物中分离出来
A. ②③⑤ B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ②④⑤
【答案】A
【解析】
如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，则①H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒沙特列原理解释，①错误；②饱和食盐水中氯离子浓度较大，氯气在饱和食盐水中溶解度降低，能用勒沙特列原理解释，②正确；③合成氨是体积减小的可逆反应，高压比常压有利于提高合成氨的产率，能用勒夏特列原理解释，③正确；④合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正方向移动，但升温却可提高反应速率，与勒沙特列原理不符，④错误；⑤工业制取金属钾Na(l)+ KCl(l)NaCl(l)+ K(g)选适宜的温度，使K成蒸气从反应混合物中分离出来，平衡正向移动，⑤正确；答案选A。
点睛：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且符合平衡移动的原理。
4.在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2 vB =3vA、3vC=2 vB ，则此反应可表示为( )
A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
【答案】A
【解析】
试题分析：根据速率之比等于化学计量数之比确定各物质的系数，据此书写方程式；根据2 v(B) ="3" v(A)、3 v(C)="2" v(B)，所以v(A)：v(B)：v(C)=2：3：2，即A、B、C对应的化学计量数分别为2、3、2；故反应方程式为2A+3B=2C，选A。
考点：考查化学反应速率。
5.对于反应2C4H10(g) + 13O2(g) == 8CO2(g) + 10H2O(l)；△H= -5800kJ/mol下列叙述错误的是（ ）
A. 该反应的反应热为△H= -5800kJ/mol，是放热反应；
B. 该反应的△H与各物质的状态有关，与化学计量数也有关；
C. 该式的含义为：25℃、101kPa下，2mol C4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5800kJ；
D. 该反应为丁烷燃烧的热化学方程式，由此可知丁烷的燃烧热为5800kJ/mol。
【答案】D
【解析】
试题分析：A、根据热化学反应方程式，△H<0，说明反应是放热反应，故说法正确；B、反应热与物质的状态有关，同时也与化学计量数有关，故说法正确；C、该式的含义为25 ℃、101 kPa下，2 mol C4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5 800 kJ，故说法正确；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，放出的热量，燃烧热为2900kJ·mol－1，故说法错误。
考点：考查热化学反应方程式的意义、燃烧热等知识。
6.已知常温时红磷比白磷稳定，在下列反应中：
4P（白磷，s）+5O2(g)====2P2O5(s)；△H= －a kJ/mol
4P（红磷，s）+5O2(g)====2P2O5(s)；△H= －b kJ/mol
若a、b均大于零，则a和b的关系为 ( )
A. a＜b B. ａ＝ｂ C. ａ＞ｂ D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】
根据①－②可得到4P（白磷，s）=4P（红磷，s）△H=（－a）－（－b）kJ/mol，结合常温时红磷比白磷稳定判断a、b的大小。
【详解】① 4P(白磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s) △H=−a kJ/mol，
② 4P(红磷，s)+5O2(g)═2P2O5(s) △H=−b kJ/mol，
由①−②可得到4P(白磷，s)=4P(红磷，s) △H=（−a）－(−b) kJ/mol，因常温时红磷比白磷稳定，则△H=（−a）－(−b) kJ/mol<0，所以a−b＞0，即a＞b，故答案选C。
7.下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是（ ）
①已达平衡的反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动
②已达平衡的反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g），当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高
③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A. ①④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】
①.增大水蒸气的物质的量，平衡向正反应方向移动，但增大C的用量，因C为固体，所以平衡不移动，故①错误；
②.两种反应物，增大一种反应物的浓度平衡正向进行，另一种物质转化率增大，自身转化率减小，所以当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率减小，故②错误；
③.如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则增大压强平衡不移动，故③错误；
④.恒压反应器中充入稀有气体，容器的体积增大，混合气体各组分的浓度减小，若反应前后气体体积不变，平衡不移动，若反应前后气体的体积发生变化，则平衡向气体体积增大的方向移动，所以在恒压反应器中充入稀有气体，平衡不一定移动，故④错误；
故选D。
8.一定温度下容积恒定的密闭容器中，有可逆反应：A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)。当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是( )
①混合气体的密度 ②容器内气体的压强
③混合气体的总物质的量 ④B物质的量浓度
A. ①和④ B. ②和③ C. ②③④ D. 只有④
【答案】A
【解析】
【分析】
可逆反应A（s）+2B（g） C（g）+D（g）是一个反应前后气体体积不变、质量变化的可逆反应，当该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。
【详解】解：①.该反应中A为固体，所以反应后气体质量发生变化，容器的容积不变，则反应过程中混合气体的密度为变量，当混合气体的密度不变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，①符合题意；
②.该反应为气体体积不变的可逆反应，则反应过程中压强始终不变，不能根据压强判断是否处于平衡状态，②不符合题意；
③. 该反应为气体体积不变的可逆反应，则反应过程中混合气体的总物质的量始终不变，不能根据混合气体的总物质的量判断是否处于平衡状态，③不符合题意；
④.B物质的量浓度不变，表明正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，达到平衡状态，④符合题意，综上所述，能表明该反应已达到平衡状态的是①和④，故答案选A。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，明确化学平衡状态的特征为解答关键，试题难度不大，注意该反应中物质A为固体，气体质量为变量，气体物质的量为不变量，为易错点。
9.下列实验事实与相应结论不正确的是
选项
实验事实
结论
A
其他条件不变，0.01 mol·L－1的酸性KMnO4溶液分别与0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液和0.2 mol·L－1的H2C2O4溶液反应，后者褪色时间短
当其他条件不变时，增大反应物浓度可以使化学反应速率加快
B
其他条件不变，分别将等体积、等物质的量浓度的Na2S2O3溶液和H2SO4混合液放在冷水和热水中，放在热水中的混合液先出现浑浊
当其他条件不变时，反应体系的温度越高，化学反应速率越快
C
将少量MnO2粉末加入盛有10%双氧水的锥形瓶内，在化学反应前后，MnO2的质量和化学性质都没有发生改变
催化剂虽然可以加快化学反应的速率，但一定不参与化学反应过程
D
一定条件下，分别在容积为1 L和容积为2 L的两个密闭容器中加入等量的氢气和碘蒸气，发生如下反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)，获得等量HI时需要的时间前者少
当其他条件不变时，气态反应体系的压强越大，化学反应速率越快
【答案】C
【解析】
A．草酸浓度大，反应速率快，反应需要的时间短，浓度增大会加快反应速率，故A正确；B．温度变化一定对反应速率影响，升温，速率增大，降温反应速率减小；Na2S2O3溶液和H2SO4混合液在热水中浑浊现象快，反应速率快，故B正确；C．催化剂改变化学反应速率，不改变化学平衡，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，催化剂参与反应过程，降低活化能，故C错误；D．对有气体的反应，压强增大会增大化学反应速率，故D正确；故选C。
10.已知某可逆反应：mA(g)+nB(g) pC(g)；△H 在密闭容器中进行，如图所示，反应在不同时间t，温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量（B%）的关系曲线，由曲线分析下列判断正确的是（ ）

A. T1P2，m+n>p，△H>0
B. T1>T2，P1p，△H>0
C. T1>T2，P1 D. T1>T2，P1>P2，m+n>p，△H<0
【答案】B
【解析】
【分析】
根据“先拐先平数值大”，即曲线先折拐的首先达到平衡，以此判断温度或压强的高低，再根据温度、压强对B%的影响，判断平衡移动方向，进而判断反应△H的符号及m+n与p的关系。
【详解】据图可知，温度为T1时反应先达到平衡，故T1>T2，升高温度，B%减小，则平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即△H>0；由图可知，压强为P2时反应先到达平衡，故P2>P1，增大压强，B%减小，则平衡向正反应方向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，则m+n>p，由上述分析可知T1>T2、P1p、△H>0，故答案选B。
11.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 等量固态硫燃烧比气态硫燃烧放热多
B. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ·mol-1,则氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol-1
C. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=a   2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=b,则a>b
D. 已知 NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)  ΔH=-57.3 kJ·mol-1,则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和,放出小于57.3 kJ 的热量
【答案】D
【解析】
A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，即前者放出热量多，A错误；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜－241.8 kJ·mol-1，B错误；C、一氧化碳燃烧生成二氧化碳放热，焓变为负值，己知2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g) ΔH=a   2C(s)+O2(g)＝2CO(g) ΔH=b；则a＜b，C错误；D、已知NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=－57.4 kJ•mol-1，指1molNaOH和1molHCl溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量为57.4 kJ，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过，40.0g即1molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量，D正确；答案选D。
点睛：对放热反应，放热越多，ΔH越小；对吸热反应，吸热越多，ΔH越大。注意比较反应热大小的四个要点：（1）反应物和生成物的状态;物质的气、液、固三态的变化与反应热的关系：。（2）ΔH的符号：比较反应热的大小时，不要只比较ΔH数值的大小，还要考虑其符号。（3）参加反应物质的量，当反应物和生成物的状态相同时，参加反应物质的量越多放热反应的ΔH越小，吸热反应的ΔH越大。（4）反应的程度：参加反应物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。
12.某恒温密闭容器中发生可逆反应Z(?)+W(?)X(g)+Y(?)　ΔH ，在t1时刻反应达到平衡状态，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件。下列有关说法中不正确的是

A. Z和W在该条件下一定不为气态
B. t1~t2时间段与t3时刻后，两时间段内反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等
C. 若在该温度下此反应的平衡常数表达式为K=c(X)，则t1~t2时间段与t3时刻后X的浓度相等
D. 若该反应只在某温度T0以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而增大
【答案】B
【解析】
试题分析：A、缩小体积，正反应的速率并没有发生改变，说明压强对正反应速率没有影响，故Z和W不是气体，错误；B、当Y不是气体时，则反应体系中的气体只有X，那么，其平均摩尔质量是相等的，错误；C、平衡常数只是温度的函数，故在该温度下，平衡常数一样，而K=c(X)，所以X的浓度在此温度下的任何时刻都一样，错误；D、该反应在温度为T0以上时才能自发进行，根据△G=△H-T△S＜0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大。故选D。
考点：反应平衡影响因素及平衡常数
13.一定温度下，将足量固体A加入恒容真空容器中发生可逆反应：2A(s)2B(g)+C (g)，下列能说明反应已达平衡状态的是
A. 混合气体的密度保持不变 B. 容器内B、C的浓度之比为2∶1
C. B的生成速率等于C的消耗速率 D. 气体的体积分数保持不变
【答案】A
【解析】
试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态A、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容器容积不变，反应物A是固体，只要反应没有达到平衡状态，气体的质量就会不变，当达到了平衡状态后，气体的质量不再发生变化，此时气体的密度不变，故A正确；B、根据方程式可知，无论是否达到平衡状态，B、C的浓度之比始终是2:1，故容器内B、C的浓度之比为2:1无法判断是否达到了平衡状态，故B错误；C、由于B和C的化学计量数不相等，达到平衡状态时，B的生成速率等于2倍的C的消耗速率，故C错误；D、体系中气体只有B、C，无论是否达到了平衡状态，体积比始终是2:1，体积分数始终不变，故D错误，所以答案选A。
考点：考查可逆反应平衡状态的判断
14.已知 ：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) △H= －QkJ/mol，在温度一定、容积为2L的密闭容器中分别进行下列三个实验：充分作用后，测得实验1反应放出的热量为Q1kJ，实验2没有热量变化，则下列说法中不正确的是（ ）
实验编号
SO2(g)
O2(g)
SO3(g)
1.
2mol
1mol
0mol
2.
1mol
0.5mol
1mol
3.
1mol
0.8mol
1.4mol
A. 实验1放出的热量值为Q1=0.5Q B. 该条件下的平衡常数为4
C. 实验1中O2的转化率为50% D. 实验3反应放出热量
【答案】D
【解析】
A、分析图表数据，测得实验1反应放出的热量为Q1kJ，实验2没有热量变化，说明实验2是平衡状态，计算分析可知实验1达到平衡消耗二氧化硫1mol，结合热化学方程式计算，2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) △H=－QkJ/mol，实验1放出的热量值为Q1=0.5Q，A正确；B、实验2是平衡状态，结合平衡常数概念计算平衡常数K=c2(SO3)/c2(SO2)•c(O2)
=0.52/0.52×0.025=4，B正确；C、依据A分析计算二氧化硫转化率=1mol/2mol×100%=50%，C正确；D、计算浓度商Q==4.9＞K=4，反应向逆向进行，是吸热反应，D错误；答案选D。
15.某温度下在容积不变的密闭容器中发生如下可逆反应：2M(g)+N(g) 2E(g)，若开始只充入2 mol E（g），达到平衡时，E的转化率为40%；若开始时充入2mol M和1 mol N的混合气体，达平衡时混合气体的压强比起始时减少了（ ）
A. 20% B. 40% C. 60% D. 80%
【答案】A
【解析】
试题分析：若开始时只充入2 mol E(g)，达平衡时，E的转化率为40%；反应消耗了E的物质的量是0.8mol,产生M0.8mol,产生N的物质的量是0.4mol。在平衡时，n(M)=0.8mol，n(N)=0.4mol，n(E)=1.2mol。若反应从正反应方向开始，则其等效平衡状态的开始状态是加入2 mol M和1 mol N。若开始时充入2 mol M和1 mol N的混合气体，平衡时气体的含量也与刚才相同。气体的物质的量的比等于容器内气体的压强之比，在平衡时气体的总物质的量是（0.8+0.4+1.2）mol,=2.4mol,减少了0.6mol,减少的倍数是0.6mol÷3mol=20%.达平衡时混合气体的压强比起始时减少了因此选项是A。
考点：考查等效平衡状态及物质的转化率与容器内气体的物质的量的关系的知识。
16.只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A. K值不变，平衡可能移动 B. K值变化，平衡一定移动
C. 平衡移动，K值可能不变 D. 平衡移动，K值一定变化
【答案】D
【解析】
试题分析：化学平衡常数只与温度有关，温度改变，K值一定改变，K值改变，温度一定改变，温度不变，压强改变，或浓度改变，K值不变，平衡移动，故D错误。
考点：考查了化学平衡移动原理的相关知识。
17.对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是
A. 达到化学平衡时4v正(O2)＝5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系：2v正(NH3)＝3v正(H2O)
【答案】A
【解析】
A、化学反应达到平衡时，并且正逆反应速率相等，反应速率之比等于化学计量数之比是物质的正反应速率之比；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则只表明反应正向进行；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小；D、学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式分析。
【详解】A、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知4v正（O2）=5v正（NO），4v正（O2）=5v逆（NO），v正（NO）=v逆（NO），选项A正确；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则只表明反应正向进行，不能体现正逆反应速率相等，选项B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，选项C错误；D、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知3v正（NH3）=2v正（H2O）成立，选项D错误；答案选A。
【点睛】本题考查化学平衡问题，题目难度不大，本题中注意平衡状态的判断、化学反应速率之比的等于化学计量数之比的利用以及可逆反应的特点。
18.某恒容密闭容器中充入等物质的量的A 和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g)2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：

下列说法中正确的是
A. 30 min～40 min 之间该反应使用了催化剂
B. 反应方程式中的x=2，正反应为吸热反应
C. 30 min 时条件的变化是降低压强，40 min 时条件的变化是升高温度
D. 前20 min A 的平均反应速率为0.08 mol•L﹣1•min﹣1
【答案】C
【解析】
A．根据左图知，30～40 min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x=1，所以30～40 min间改变的体积是减小压强，A错误；B．由开始到达到平衡，C、B的浓度的变化量前者是后者的2倍，则x=1，B错误；C．根据B知，30min、40min时改变的条件分别是减小压强、升高温度，C正确；D．前20 min 内生成C是2mol/L，所以消耗A是1mol/L，则A的平均反应速率为0.05 mol•L﹣1•min﹣1，D错误，答案选C。
点睛：本题以化学反应速率、化学平衡影响因素为载体考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，注意：压强对该反应只影响反应速率但不影响平衡移动，另外要注意化学平衡图像题的解答技巧。
19.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(g)，若反应开始时充入2 mol A和1 mol B，达到平衡时C的浓度为a mol L−1。若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍为a mol L−1的是
A. 4 mol A+2 mol B B. 2 mol A+l mol B+3 mol C+l mol D
C. 3 mol C+l mol D+l mol B D. 3 mol C+l mol D
【答案】D
【解析】
20.已知：P4(g)＋6Cl2(g) =4PCl3(g)　ΔH＝a kJ·mol－1，P4(g)＋10Cl2(g) =4PCl5(g)　ΔH＝b kJ·mol－1，P4具有正四面体结构，PCl5中P—Cl键的键能为c kJ/mol，PCl3中P—Cl键的键能为 1.2c kJ·mol－1。下列叙述正确的是
A. PCl3比PCl5稳定
B. 可求Cl2(g)＋PCl3(g) =PCl5(s)的反应热ΔH
C. Cl=Cl键的键能为（b-a+5.6c）/4kJ/mol
D. P—P键的键能为(5a－3b＋12c)/8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
A．三氯化磷可以继续被氯气氧化为五氯化磷，所以PCl5比PCl3稳定，A错误；B．利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=1/4(b−a)kJ•mol-1，但不知PCl5（g）=PCl5（s）的△H，因此无法求出Cl2(g)＋PCl3(g)=PCl5(s)的△H，B错误；C．利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=1/4(b−a)kJ•mol-1可得E（Cl-Cl）+3×1.2c-5c=1/4(b−a)，因此可得E（Cl-Cl）=(b－a＋5.6c)/4 kJ·mol－1，C正确；D．由P4是正四面体可知P4中含有6个P-P键，由题意得6E（P-P）+10×(b－a＋5.6c)/4-4×5c=b，解得E（P-P）=(5a−3b+12c)/12kJ/mol，D错误；答案选C。
21.I.在恒温条件下将一定量X和Y的混合气体通入一容积为2L的密闭容器中，X和Y两物质的浓度随时间变化情况如图。

（1）该反应的化学方程式为 (反应物或生成物用符号X、Y表示)： _________________。
（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是________________。
Ⅱ.（3）如图是可逆反应X2＋3Y2 2Z在反应过程中的反应速率(v)与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是______。

A. t1时，只有正方向反应
B. t2时，反应达到限度
C. t2～t3，反应不再发生
D. t2～t3，各物质的浓度不再发生变化
Ⅲ. 以下是关于化学反应2SO2＋O22SO3的两个素材：
素材1：某温度和压强下，2L容器中，不同时间点测得密闭体系中三种物质的物质的量

素材2：反应在不同条件下进行时SO2的转化率：(SO2的转化率是反应的SO2占起始SO2的百分数，SO2的转化率越大，化学反应的限度越大)

根据以上的两个素材回答问题：
（4）根据素材1中计算20～30 s期间，用二氧化硫表示的化学反应平均速率为________。
（5）根据素材2中分析得到，提高该化学反应限度的途径有_______________。
（6）根据素材1、素材2中分析得到，要实现素材1中SO2的转化率需控制的反应具体条件是__________________。
【答案】 (1). Y2X (2). bd (3). BD (4). 0.007 5 mol·L－1·s－1 (5). 增大压强或在一定范围内降低温度 (6). 温度为600℃，压强为1 MPa
【解析】
【分析】
I.（1）.由图可知，X的物质的量增加，Y的物质的量减少，则X为生成物，Y为反应物，由10mim达到平衡可知X、Y的物质的量的变化量，再根据物质的量的变化量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；（2）.X和Y的物质的浓度不发生变化时表示可逆反应处于平衡状态；
II.（3）. 由图可知，反应从正反应方向开始，在t2之前正反应速率大于逆反应速率，t2时反应到达限度，在t2之后化学反应处于动态平衡中，各物质的浓度不再变化；
III.（4）.根据20～30s内二氧化硫物质的量的变化及v=来计算；（5）.根据素材2可知，增大压强、降低温度时有利于提高该化学反应的限度；（6）.根据素材1计算二氧化硫的转化率，利用素材2确定合适的温度、压强。
【详解】I.（1）.由图可知，在10min之前，X的物质的量增加，Y的物质的量减少，则X为生成物，Y为反应物，由10mim达到平衡时可知Y和X的物质的量的变化量之比为：△n（Y）：△n（X）=（0.6-0.4）mol:（0.6-0.2）mol=1:2，Y 和X的物质的量变化量之比等于化学计量数之比，则化学方程式为Y2X，故答案为：Y2X；
（2）.由图可知，10~25min及30~40min X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d点处于化学平衡状态，故答案为：bd；
II.（3）A. t1时，正逆反应都发生，且正反应速率大于逆反应速率，故A错误；
B. t2时，正逆反应速率相等，则反应到达限度，故B正确；
C. t2~t3，正逆反应速率相等，化学反应达到动态平衡，正逆反应仍然发生，故C错误；
D. t2~t3，正逆反应速率相等，为化学平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，故D正确，答案为：BD；
III.（4）.由素材1可知，20～30s内二氧化硫物质的量的变化量为△n(SO2)=0.5mol-0.35mol=0.15mol，则用二氧化硫表示的化学反应平均速率为v(SO2)==0.0075 mol·L－1·s－1，故答案为：0.0075 mol·L－1·s－1；
（5）.由素材2可知，压强越大、温度越低时，越有利于提高该化学反应的限度，但温度太低时反应速率较慢，所以提高该化学反应限度的途径有增大压强或在一定范围内降低温度，故答案为：增大压强或在一定范围内降低温度；
（6）.由素材1可知，50s时反应达到平衡，则二氧化硫的转化率为：×100%=90%，结合素材2可知，转化率为90%时温度为600℃，压强为1MPa，故答案为：温度为600℃，压强为1MPa。
【点睛】本题主要考查化学反应速率、化学平衡图象的综合应用，明确图象中纵横坐标及点、线、面的意义是解答本题的关键，试题难度中等，本题的易错点为第II小题（3）问的C选项，注意可逆反应的平衡状态为动态平衡，达到平衡后正逆反应速率相等且大于零，正逆反应仍然发生。
22. 工厂使用石油热裂解的副产物甲烷来制取氢气，其生产流程如下图：

（1）此流程的第II步反应为：CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)，该反应的平衡常数随温度的变化如下表：
温度/℃

400

500

830

平衡常数K

10

9

1

从上表可以推断：此反应是 （填“吸”或“放”）热反应。在830℃下，若开始时向恒容密闭容器中充入1mo1CO和2mo1H2O，则达到平衡后CO的转化率为 。
（2）在500℃，按照下表的物质的量（按照CO、H2O、H2、CO2的顺序）投入恒容密闭容器中进行上述第II步反应，达到平衡后下列关系正确的是 。
实验编号
反应物投入量
平衡时H2浓度
吸收或放出的热量
反应物转化率
A
1、1、0、0
c1
Q1
α1
B
0、0、2、2
c2
Q2
α2
C
2、2、0、0
c3
Q3
α3
A．2c1= c2 =c3B．2Q1=Q2=Q3C．α1=α2 =α3D．α1+α2 =1
（3）在一个绝热等容容器中，不能判断此流程的第II步反应达到平衡的是 。
①v(CO2)正＝v(H2O)逆
②混合气体的密度不变
③混合气体的平均相对分子质量不变 ④各组分的物质的量浓度不再改变
⑤体系的温度不再发生变化
（4）下图表示此流程的第II步反应，在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件使浓度发生变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件是 、 （写出两种）。
若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，在图中t4和t5区间内画出CO、CO2浓度变化曲线，并标明物质（假设各物质状态均保持不变）。

【答案】（1）放 ；66.7%；
（2）AD ；
（3）②③
（4）降低温度；增加水蒸汽的量或减少氢气的量

【解析】
试题分析：（1）随着温度的升高，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应；
设CO的转化率为x，
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
起始 1mol 2mol 0 0
反应 x x x x
平衡（1-x）mol （2-x）mol xmol xmol
化学平衡常数K==1，x=66.7%；故答案：放热；66.7%；
（2）A、B、C是完全等效平衡，平衡时各组分的浓度相等，所以平衡时氢气的浓度c3=c2，但是A的投料量是B、C的2倍，达到平衡时，氢气的浓度是B（C）的2倍，即2c1=c2=c3，故A正确；B、B、C相比，建立的平衡的方向是不一样的，2Q1＜Q2=Q3，故B错误；C、根据等效原理，不同的投料，建立的平衡状态下，反应物的转化率α1=α3≠α2，故C错误；D、平衡时对应各组分的含量完全相同，CO的转化率为α1，则平衡时CO的物质的量为（1-α1）mol，B中平衡时二氧化碳的转化率为α2，平衡时CO的物质的量为α2mol，故（1-α1）=α2，整理得α1+α2=1，故D正确；故答案为：AD；
（3）在一个绝热等容的容器中，判断此流程的第Ⅱ步反应CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），达到平衡的标志是正逆反应速率相同；各组分含量保持不变；①反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v（CO2）正=v（H2O）逆，说明水蒸气的正逆反应速率相同，故①符合；②反应中混合气体质量守恒，体积不变，密度不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故②不符合；③反应前后气体质量守恒，反应前后气体体积不变，物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡，故③不符合；④各组分的物质的量浓度不再改变是平衡的标志，故④符合；⑤体系的温度不再发生变化绝热容器温度不变，说明反应达到平衡，故⑤符合；故答案为：②③；
（4）在t2时刻CO的浓度减小、CO2浓度增大，平衡向正反应方向移动，且CO和CO2浓度变化有接触点，所以可以通过改变降低温度、增大水蒸气的量或减少氢气的量实现；t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，则体积变为原来的一半，故浓度分别增大为原来的2倍，又反应前后气体系数相等，平衡不移动，所以图象仅仅是浓度分别变为原来的2倍并且保持不变，如图为，故答案为：降低温度；增加水蒸气的量；。
考点：考查了化学平衡移动原理的相关知识。
23.运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染物有重要意义。
（1）用CO可以合成甲醇。已知：
①CH3OH(g)＋3/2O2(g)CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－764.5 kJ·mol-1
②CO(g)＋1/2O2(g)CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol-1
③H2(g)＋1/2O2(g)H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol-1
则CO(g)＋2H2 (g)CH3OH(g) ΔH＝________ kJ·mol-1。
（2）下列措施中能够增大上述合成甲醇反应的反应速率的是________(填写序号)。
a. 使用高效催化剂 b. 降低反应温度
c. 增大体系压强 d. 不断将CH3OH从反应混合物中分离出来
（3）在一定压强下，容积为V L的容器中充入a mol CO与2a mol H2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。

①p1________p2(填“大于”、“小于”或“等于”)；
②100 ℃时，该反应的化学平衡常数K＝_______；
③100℃时，达到平衡后，保持压强P1不变的情况下，再向容器中通入CO、H2和CH3OH各0.5a mol，则平衡_______ (填“向右”、“向左”或“不”移动)。
④在其它条件不变的情况下，再增加a mol CO和2a molH2，达到新平衡时，CO的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）在容积均为1L的密闭容器(a、b、c、d、e)中，分别充入1molCO和2molH2等量混合气体，在不同的温度下(温度分别为T1、T2、T3、T4、T5)，经相同的时间，在t时刻，测得容器甲醇的体积分数如图所示。在T1- T2及T4- T5两个温度区间，容器内甲醇的体积分数的变化趋势如图所示，其原因是_______。

【答案】 (1). -90.1 (2). a、c (3). 小于 (4). (5). 向右 (6). 增大 (7). T1-T2尚未达到平衡，温度越高化学反应速率越快，相同时间内生成甲醇越多，T4-T5已经达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，甲醇体积分数减小
【解析】
（1）已知：
①CH3OH（g）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-764.5kJ•mol-1；
②CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1；
③H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1；
由盖斯定律可知，②+③×2-①得到CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
△H=-283.0kJ/mol-285.8kJ/mol×2+764.5kJ/mol=-90.1kJ/mol；
（2）温度越高、压强越大，使用催化剂都可使反应速率增大，降低温度反应速率减慢，从体系中分离出甲醇，相当于减少浓度，反应速率减慢，答案选ac；
（3）①由图1可知，温度相同时，在压强为P2时平衡时CO的转化率高，由反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知压强越大，越有利于平衡向正反应进行，故压强P1＜P2；②由于平衡常数与压强没有关系，所以根据图象可知，在100℃P1时，CO的转化率是0.5，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
c初（mol/L） a/v 2a/v 0
△c（mol/L） a/2v a/v a/2v
c（mol/L） a/2v a/v a/2v
所以平衡常数K= c(CH3OH)/[c( CO)×c2 (H2)]=(V/a)2；③在其它条件不变的情况下，向容器中通入CO、H2和CH3OH各0.5amol，等效为amolCO和1.5amol氢气，二者的比值大于1/2，因此相当于增大CO的浓度，平衡向正反应移动；④在其它条件不变的情况下，再增加a molCO与2amolH2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，CO转化率增大；
（4）反应进行到t时刻时，a、b没有达到平衡状态，c、d、e达到平衡状态，故T1- T2区间，化学反应未达到平衡状态，温度越高，化学反应速率越快，所以甲醇的体积分数随着温度的升高而提高。T4-T5区间，化学反应已达到平衡状态，由于正反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以甲醇的体积分数减少。
24.I. 金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们燃烧时，若氧气不足生成一氧化碳，若充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。

（1）等质量的金刚石和石墨完全燃烧，___________(填“金刚石”或 “石墨”)放出的热量更多，写出表示石墨燃烧热的热化学方程式：______________________________________。
（2）在通常状况下，__________________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，写出石墨转化为金刚石的热化学方程式：_____________________________________________________。
（3）12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体 36 g，该过程中放出的热量为_______。
II. 某反应由两步反应 A、B、C 构成，它的反应能量曲线如图所示(E1、E2、E3、E4 表示活化能)。回答下列问题。

（1）A→B 过程中的 ΔH______________(填“＜”或“＞”)0。
（2）加入催化剂_____________________(填“能”或“不能”)改变反应的焓变。
（3）整个反应中 ΔH＝_____________________________________________。
【答案】 (1). 金刚石 (2). C(石墨，s)+ O2(g)CO2(g)  △H=-393.5 kJ∙mol-1 (3). 石墨 (4). C(石墨，s)C(金刚石，s)  △H=+1.9 kJ∙mol-1 (5). 252 kJ (6). ＞ (7). 不能 (8). E1+E3-E2-E4
【解析】
（1）根据图像可知等质量的金刚石和石墨相比金刚石的能量高，所以完全燃烧金刚石放出的热量更多。1mol石墨完全燃烧放出的热量是110.5kJ+283.0kJ＝393.5kJ，所以表示石墨燃烧热的热化学方程式为C(石墨，s)+ O2(g)＝CO2(g)  △H=-393.5 kJ∙mol-1。（2）等质量的金刚石和石墨相比金刚石的能量高，所以在通常状况下石墨更稳定；石墨转化为金刚石吸热是395.4kJ－393.5kJ＝1.9kJ，所以石墨转化为金刚石的热化学方程式为C(石墨，s)C(金刚石，s)  △H=+1.9 kJ∙mol-1。（3）12 g石墨是1mol，完全转化为CO2是44g，完全转化为CO是28g，由于生成气体 36 g，这说明生成物是混合气体，设生成的CO2和CO分别是xmol、ymol，则x+y＝1、44x+28y＝36，解得x＝y＝0.5，所以该过程中放出的热量为0.5mol×（110.5kJ/mol+393.5 kJ/mol）＝252kJ。
II.（1）A→B 过程中反应物的总能量低于生成物总能量，所以△H反应的＞0。（2）加入催化剂能改变活化能，但不能改变反应的焓变。（3）根据图像结合可知整个反应中 ΔH＝－(E4－E1―E3＋E2)。