【化学】广东省茂名市第十七中学2018-2019学年高二上学期期中考试理科综合（解析版）

广东省茂名市第十七中学2018-2019学年高二上学期期中考试理科综合
可能用到的相对原子质量： H 1  Li 7  C 12  N 14  O 16  Na 23  S 32  Cl 35.5  Ar 40  Fe 56  I 127 
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列说法中正确的是(　　)
A. 在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化
B. 破坏生成物全部化学键所需要的能量大于破坏反应物全部化学键所需要的能量时，该反应为吸热反应
C. 生成物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，ΔH>0
D. ΔH的大小与热化学方程式的化学计量数无关
【答案】C
【解析】
试题分析：A、化学反应过程中有物质变化也一定有能量变化，错误，不选A；B、破坏生成物全部化学键所需要的能量大于破坏反应物全部化学键所需要的能量时，该反应为放热反应，错误，不选B；C、生成物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，ΔH>0，正确，选C；D、ΔH的大小与热化学方程式的计量数有关，错误不选D。
考点： 化学反应与能量变化
【名师点睛】化学反应过程中有物质变化也有能量变化，但有能量变化的过程不一定是化学变化，例如物质的状态的改变。当反应物的总能量大于生成物的总能量时，或反应物的键能总和小于生成物的键能总和，该反应为放热反应，反之为吸热反应。
2.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是
A. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则水分解的热化学方程式为：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH=＋285.5 kJ·mol－1
B. 已知2C(石墨，s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH=－221 kJ·mol－1，则石墨的燃烧热为110.5 kJ·mol－1
C. 已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH=－92.4 kJ·mol－1，则在一定条件下将1 mol N2和3 mol H2置于一密闭容器中充分反应后，最多可放出92.4 kJ的热量
D. 已知乙醇和乙烯的燃烧热分别为1 366.8 kJ·mol－1和1 411.0 kJ·mol－1，则乙烯水化制乙醇的热化学方程式为：C2H4(g)＋H2O(l)===C2H5OH(l) ΔH=－44.2 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
燃烧热是指1 mol可燃物燃烧时所放出的热量，所以当1 mol水分解时才吸热285.5 kJ，A项错；燃烧热是指生成稳定的氧化物所放出的热量，而CO不是稳定氧化物，B项错；合成氨是可逆反应，提供的反应物不会全部反应，放出的热量小于92.4 kJ，C项错；根据盖斯定律，将表达乙烯燃烧热的热化学方程式和表达乙醇燃烧热的热化学方程式相减可得D项热化学方程式。
3.某化学反应的能量变化如下图所示。下列有关叙述正确的是(　　)

A. 该反应的反应热ΔH＝E1－E2
B. a、b分别对应有催化剂和无催化剂的能量变化
C. 催化剂能降低反应的活化能
D. 催化剂能改变反应的焓变
【答案】C
【解析】
【详解】A、焓变ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能= E2- E1，故A错误；
B、催化剂会降低反应的活化能，a、b分别对应无催化剂和有催化剂的能量变化，故B错误；
C、催化剂能降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，故C正确；
D、加入催化剂不会改变化学反应的焓变，故D错误；
综上所述，本题应选C。
【点睛】催化剂能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。
4. 下列说法中正确的是
A. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
B. 自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C. 凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能发生
【答案】A
【解析】
试题分析：熵增加且放热的反应，△S＞0，△H＜0，△G=△H-T△S＜0一定是自发反应，A正确；熵减小△S＜0，△H＜0高温下，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行，自发反应不一定是熵增大的反应，非自发反应不一定是熵减小或不变的反应，B错误；△H＜0，△S＜0高温下，△G=△H-T△S＞0，凡是放热反应不都是能自发进行的反应，△H＞0，△S＞0，高温下，△G=△H-T△S＜0，吸热反应不都是非自发进行的反应，C错误；△H-△T△S＜0反应自发进行，△G=△H-T△S＞0反应非自发进行，改变条件非自发进行的反应可以变化为自发进行，D错误。
考点：运用自由能判断反应能否自发进行
5.如图是温度和压强对反应X＋Y2Z影响的示意图。图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是

A. 上述可逆反应的正反应为放热反应
B. X、Y、Z均为气态
C. X和Y中最多只有一种为气态，Z为气态
D. 上述反应的逆反应的ΔH＞0
【答案】C
【解析】
试题分析：根据图像可知，在压强不变时，升高温度，生成物的平衡含量增大，说明正反应是吸热反应，ΔH > 0，所以A、D错误。在温度不变时，增大压强，生成物的平衡含量减小，说明增大压强，平衡向逆反应方向移动。逆反应方向为气体体积减小的反应方向，所以Z是气体，X、Y只有一种物质为气体，B错误， C正确，答案的C。
考点：考查温度、压强对化学反应平衡移动的影响及与物质存在状态的关系的判断的知识。
6.将含1 mol NH3的密闭容器a加热，分解为N2和H2并达到平衡，此时。若在该容器中加入2 mol NH3后密封，加热至相同的温度，达到平衡，此时，则x、y的正确关系为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】若保持容器体积不变，再通入2mol NH3，相等于增大压强平衡向逆反应方向（生成氨的方向）移动，所以第二次NH3的体积分数大于第一次NH3的体积分数，即x＜y，故B正确；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题主要考查等效平衡，等效平衡问题的解答，关键在于判断题设条件是否是等效平衡状态，以及是哪种等效平衡状态，然后建立模型，进而解题。
7.在密闭的容器中的一定量混合气体发生反应，xA(g)+yB(g)zC(g),平衡时测得A的浓度为0.80mol/L，保持温度不变，将容器的容器扩大到原来的两倍，在达平衡时，测得A的浓度降低为0.5 mol/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的转化率升高 D. C的体积分数下降
【答案】D
【解析】
试题分析：保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.40mol/L，实际A的浓度变为0.5mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动。A、平衡向逆反应移动，减小压强平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y＞z，错误；B、由上述分析可知，平衡向逆反应移动，错误；C、平衡向生成A的方向移动，即逆反应移动，B的转化率降低，错误；D、平衡向逆反应移动，C的体积分数下降，正确。
考点：考查化学平衡的移动
三、非选择题：共174分，第22~26题为物理题，第27~30题为化学题，第31~33题为生物题，每个试题考生都必须作答。
8.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
【实验内容及记录】
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量 / mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间 / min
0.6 mol/L
H2C2O4溶液
H2O
3 mol/L
稀硫酸
0.05mol/L KMnO4溶液
1
3.0
2.0
2.0
3.0
1.5
2
2.0
3.0
2.0
3.0
2.7
3
1.0
4.0
2.0
3.0
3.9

请回答：
(1)写出以上反应的化学方程式：______________________________________________
(2)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是______________________________________________。
(3)利用实验1中数据计算，若用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4) = ___________。
(4)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+) 随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+) 随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。

①该小组同学提出的假设是____________________________________________________。
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量 / mL
再向试管中加入少量固体
室温下溶液颜色褪至无色所需时间 / min
0.6 mol/L
H2C2O4溶液
H2O
3 mol/L
稀硫酸
0.05 mol/L KMnO4溶液
4
3.0
2.0
2.0
3.0
_____
t

③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是_____________________。
【答案】 (1). 2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4 === K2SO4 + 2MnSO4 + 10CO2↑ + 8H2O (2). 其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大 (3). 0.04 mol / (L·min) (4). 生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用) (5). MnSO4 (6). 与实验1比较，溶液褪色所需时间短,或：所用时间(t)小于1.5min
【解析】
【分析】
(1)本题的实验原理是酸性高锰酸钾氧化草酸,酸性高锰酸钾褪色生成二价锰离子,草酸中的C被氧化为二氧化碳；
(2)从表中数据可以知道改变的条件是H2C2O4溶液的浓度,根据H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响进行解答；
(3)先根据H2C2O4和高锰酸钾的物质的量判断过量,然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；
(4)①由图乙可以知道反应开始后锰离子浓度增大,反应速率增加的比较快,所以探究的是硫酸锰在反应中的作用;
②作对比实验时，除了加入硫酸锰不同外,其它量完全相同，据此进行解答；
③若反应加快，说明硫酸锰(Mn2+)是催化剂，反应过程中溶液褪色时间减少。
【详解】(1)本题的实验原理是酸性高锰酸钾氧化草酸,酸性高锰酸钾褪色生成二价锰离子,草酸中的C被氧化为二氧化碳,化学方程式为:2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4 = K2SO4 + 2MnSO4 + 10CO2↑ + 8H2O；
(2)从表中数据可以知道改变的条件是H2C2O4溶液浓度;其他条件相同时，增大H2C2O4浓度,反应速率增大；
(3)草酸的物质的量为:0.6mol/L×0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为:0.2mol/L×0.003L=0.0006mol,草酸和高锰酸钾的物质的量之比为:0.0018mol：0.0006mol=3:1,显然草酸过量,高锰酸钾完全反应,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为:0.2mol/L×0.003L÷(3+2+2+3)×10-3L=0.06mol/L,这段时间内平均反应速率υ(KMnO4) =0.06mol/L÷1.5min=0.04mol/(L.min)；
(4)①由图乙可以知道反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4(或Mn2+)为该反应的催化剂；
②与实验1作对比实验，则加入的硫酸锰的量不同，其它条件必须相同，所以加入的少量固体为MnSO4；
③若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于1.5min，从而说明MnSO4(或Mn2+)为该反应的催化剂。
【点睛】本题研究外界条件对化学反应速率的影响。影响化学反应速率的因素有反应物浓度、压强、温度、催化剂等。在研究单一条件对化学反应的影响时应注意控制单一变量。
9.(1)已知： C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ/mol
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH2＝＋131.3 kJ/mol
则反应CO(g)+H2(g) +O2(g)= H2O(g)+CO2(g)，ΔH= _____________kJ/mol。
(2)在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH
①下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是_________(填序号)。
A．每消耗1 mol CO的同时生成2molH2
B．混合气体总物质的量不变
C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等
D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
②CO的平衡转化率(α)与温度、压强的关系如图所示。A、B两点的平衡常数K(A)_______K(B)(填“＞”、“=”或“＜”,下同)；由图判断ΔH ______0。

③某温度下，将2.0 mol CO和6.0 molH2充入2 L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.25 mol/L，则CO的转化率=________，此温度下的平衡常数K=_________(保留二位有效数字)。
【答案】 (1). -524.8 (2). C (3). = (4). < (5). 75% (6). 1.3
【解析】
【分析】
(1)本小题可用盖斯定律进行计算；
(2)①在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，以此分析；
②平衡常数只是温度的函数，由图可知，横坐标为温度，纵坐标为CO的转化率，曲线为等压线，从图像走势来看，随温度的升高，一氧化碳转化率降低，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，据此解题；
③利用三段式解得平衡时各组分的浓度，再带入该反应的平衡常数表达式。
【详解】(1)①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=﹣393.5kJ/mol；②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H2=+131.3kJ/mol，
根据盖斯定律，①﹣②得CO(g)+H2(g)+O2(g)=H2O(g)+CO2(g)△H=﹣393.5kJ/mol﹣131.3kJ/mol=﹣524.8kJ/mol，
(2)①A、每消耗1molCO的同时生成2molH2，能证明正逆反应速率是相等的，故A不符合题意；
B、该反应是一个前后气体分子数变化的反应，混合气体总物质的量不变，证明达到化学平衡状态，故B不符合题意；
C、生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等，均描述为正反应，不能证明正逆反应速率是相等的，此时不一定达到化学平衡，故C符合题意；
D、CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，是化学平衡状态的特征，故D不符合题意．
综上所述，本题应选C；
②根据图中CO的平衡转化率(α)与温度、压强的关系，A、B两点的温度是一样的，所以平衡常数相等，根据图示内容，压强不变，当温度升该时，一氧化碳的转化率逐渐减小，所以化学平衡向左移动，所以该反应是一个放热反应，即ΔH＜0；
③将2.0mol CO和6.0mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.25mol/L，则
CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)
初始浓度(mol/L) 1.0 3.0 0
变化浓度(mol/L) 0.75 1.5 0.75
平衡浓度(mol/L) 0.25 1.5 0.75
CO的转化率0.75/1×100%=75%，此温度下的化学平衡常数K=c(CH3OH)/[c(CO)c2(H2)]= 0.75/(0.25×1.52)≈1.3。
【点睛】本题重点考查化学平衡的知识。化学平衡态标志考查频率高，在解此类题时应把握两点，当可逆反应达到平衡状态时，①正逆反应速率相等，在使用化学反应速率表示平衡标志时应注意描述中应既有正反应速率，又有逆反应速率，即“一正一逆”；②各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，如有气体参加的反应，在恒温恒容条件下，如果反应前后气体分子数不同，则体系压强不变时，可说明达到平衡状态。
10.由碳的氧化物直接合成乙醇燃料已进入大规模生产。下图是由二氧化碳合成乙醇的技术流程：

吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，把含有二氧化碳的空气吹入吸收池中，吸收池中反应液进入分解池后，向分解池中通入高温水蒸汽，把二氧化碳从溶液中提取出来，在合成塔中和氢气经化学反应使之变成可再生燃料乙醇。回答下列问题：
(1)写出吸收池中反应的离子方程式_______________________________________。
(2)除水之外，从分解池中循环使用的物质是_________________________________________。
(3)工业上还采用以CO和H2为原料合成乙醇，其化学反应方程式为：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)写出该反应的化学平衡常数表达式 K=___________________。
(4)在相同条件下，由CO制取CH3CH2OH的平衡常数远远大于由CO2制取CH3CH2OH的平衡常数。则由CO制取CH3CH2OH的优点是原料有较大的转化率，由CO2制取CH3CH2OH的优点是_______________________________________________________。
(5)在一定压强下，测得由CO2制取CH3CH2OH的实验数据如下表：

根据表中数据分析：
①温度升高，该反应的平衡常数K值___________________(选填“增大”、“减小”或“不变”)
②提高氢碳n(H2)/n(CO2)比，对生成乙醇___________(选填“不利”、“有利”或“无影响”)
【答案】 (1). CO2+CO32－+H2O===2HCO3－ (2). K2CO3 (3). c(CH3CH2OH)•c(H2O)/[ c2(CO)•c4(H2)] (4). CO2原料易得等 (5). 减小 (6). 有利
【解析】
【分析】
(1)吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，吸收空气中的二氧化碳，转化为KHCO3；
(2)由工艺流程转化关系可知，分解池中KHCO3分解生成K2CO3，碳酸钾被循环利用；
(3)可逆反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值是常数，用K表示，这个常数叫化学平衡常数；
(4)由题目信息可知，CO制取CH3CH2OH的，原料有较大的转化率；由工艺流程可知，CO2原料易得；
(5)解此题应注意控制变量①平衡常数只是温度的常数，由表中数据可知，n(H2)/n(CO2)一定情况下，温度越高，CO2转化率越低，说明升高温度平衡逆向移动，据此解题；
②由表中数据可知，温度一定情况下，n(H2)/n(CO2)越大，二氧化碳的转化率越高，平衡正向移动，据此解题。
【详解】(1)吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，吸收空气中的二氧化碳,转化为KHCO3，反应离子方程式为CO2+CO32－+H2O=2HCO3－ ；
(2)由工艺流程转化关系可知，分解池中KHCO3分解生成K2CO3，故除水之外，还有碳酸钾被循环利用于吸收空气中二氧化碳；
(3)可逆反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值是常数，用K表示,这个常数叫化学平衡常数，2CO(g)+4H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+H2O(g)的平衡常数k=c(CH3CH2OH)•c(H2O)/ [c2(CO)•c4(H2)]；
(4)在相同条件下,由CO制取CH3CH2OH的平衡常数远远大于由CO2制取CH3CH2OH 的平衡常数，则由CO制取CH3CH2OH，原料有较大的转化率，但由工艺流程可知，CO2来源于空气，原料易得；
(5)①由表中数据可知，n(H2)/n(CO2)一定情况下，温度越高，CO2转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，所以平衡常数k减小；
②由表中数据可知，温度一定情况下，n(H2)/n(CO2)越大，二氧化碳的转化率越高，平衡正向移动，有利于乙醇的生成。
11.现有三个反应：
反应① Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g) △H1 平衡常数为K1
反应② CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) △H2 平衡常数为K2
反应③ Fe(s)+CO2 (g)FeO(s)+CO(g) △H3 平衡常数为K3
在不同温度下，部分K1、K2的值如下：
T/℃
700
800
K1
2.38
2.56
K2
0.80

(1)K1的表达式为________；根据反应①、②、③推导出K1、K2、K3的关系式K3=______。
(2)要使反应①在一定条件下建立的平衡右移，可采取的措施有_________。(填字母)
A．缩小容器体积 B．降低温度 C．升高温度
D．使用合适的催化剂 E．设法减少H2的量 F．设法减少FeO的量
(3)800℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的CO和H2O维持恒温，发生反应②，反应过程中测定的部分数据见下表：
反应时间/min
0
2
4
6
n(CO)/mol
1.20
0.90

0.80
n(H2O)/ mol
0.60

0.20

①反应在2 min内的平均速率为v(H2O)＝________________；
②800℃时，K2的值为_______________；
③保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率_______________(填“增大”或“减小”或“不变”)。
(4)由以上信息推断反应③正反应方向为________(填“放热”或“吸热”)反应。
【答案】 (1). K1 = c(H2) / c(H2O) (2). K1/K2 (3). C、 E (4). 0.075 mol·L－1·min－1 (5). 1 (6). 增大 (7). 放热
【解析】
【分析】
(1)根据平衡常数等于生成物浓度的幂次方之积比上反应物浓度的幂次方之积；根据方程式①、②推测出方程式③，从而得出K3；
(2)根据表格数据得，升高温度，平衡常数变大，故升高温度平衡向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，又该反应前后气体体积不变，所以压强对该反应无影响，要使该反应向右反应方向移动，可以升高温度、增大反应物的浓度或减小生成物的浓度；
(3)①②利用三段式计算反应速率和平衡常数；
③根据影响平衡移动的条件可知，增加一种反应物浓度可以提高另一种反应物的转化率；
(4)根据K3的变化判断反应③的反应热；
【详解】(1)平衡常数等于生成物浓度的幂次方之积比上反应物浓度的幂次方之积，所以K1的表达式为K1 = c(H2) / c(H2O)；将方程式①−②得方程式③,则K3=K1/K2；
(2)A、该反应前后气体体积不变缩小容器体积，相当于增大压强，平衡不移动，故A不选；
B、升高温度，平衡常数变大，故升高温度平衡向正反应方向移动，降低温度，平衡向逆反应方向移动，故B不选；
C、 升高温度，平衡常数变大，故升高温度平衡向正反应方向移动，故C选；
D、 使用合适的催化剂，平衡不移动，故D不选；
E、 设法减少H2的量，平衡向正反应方向移动，故E选；
F、 因为氧化铁是纯固体，所以设法减少FeO的量，平衡不移动，故F不选；
综上所述，本题应选CE；
(3)①在2min时，CO的变化的物质的量为0.3mol，根据化学方程式可知，H2O 的变化的物质的量也为0.3mol，所以2min内，v(H2O)=0.3mol÷2L÷2min=0.075mol·L－1·min－1
②在4min时，H2O 的变化的物质的量为0.4mol，根据化学方程式可知，CO的变化的物质的量也为0.4mol，所以4min时CO的物质的量为1.2mol−0.4mol=0.8mol，而6min时也是0.8mol，所以反应在4min时达到平衡，
             CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)，
起始(mol/L)0.6     0.3      0      0
转化(mol/L)0.2     0.2       0.2   0.2
平衡(mol/L)0.4     0.1      0.2    0.2
平衡常数为K=0.2×0.2/[0.1×0.4]=1；
③根据影响平衡移动的条件可知，增加一种反应物浓度可以提高另一种反应物的转化率，所以向平衡体系中再通入0.20 mol H2O，一氧化碳的转化率增大；
(4)根据K3=K 1/K 2,则在700℃ K3=2.975，800℃K3=2.56，故随着温度升高K3在变小，说明平衡逆反应方向移动，反应③的正反应为放热反应。