【化学】广东省揭西县河婆中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

广东省揭西县河婆中学2018-2019学年高二上学期期中考试
说明：1、本试卷满分100分，考试时间90分钟；
2、题目在规定时间内完成，答案必须答在答题卷上，否则不给分；
3、可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40
第Ⅰ卷 选择题（共42分）
一、单项选择题（每小题只有一个正确选项，共14小题，每小题3分，共42分）
1.能源可分为一次能源和二次能源，直接从自然界取得的能源称为一级能源；一级能源经过加工，转换得到的能源称为二次能源。下列属于二次能源的是（ ）
A. 水力 B. 电能 C. 化石燃料 D. 地热能
【答案】B
【解析】电能需要通过火力发电或水力发电得到，因此属于二级能源。A、C、D均可从自然界中直接获得，属于一级能源。答案是B。
2.下列变化属于物理变化的是（ ）
A. 粮食酿酒 B. 煤的干馏 C. 钢铁生锈 D. 石油分馏
【答案】D
【解析】A、粮食酿酒是淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶作用下分解成乙醇，属于化学变化，A项错误；B、煤的干馏产生出炉煤气、煤焦油、焦炭，属于化学变化，B项错误；C、钢铁生锈是被氧气氧化，属于化学变化，C项正确；D、分馏是根据沸点不同而分离的一种分离方法，属于物理变化，D项正确；答案选D。
3.在C(s)+CO2(g)2CO(g)的反应中，现采取下列措施：
①缩小体积，增大压强 ②增加碳的量 ③通入CO2 ④恒容下充入N2 ⑤恒压下充入N2
其中能够使反应速率增大的措施是（ ）
A. ①④ B. ②③⑤ C. ①③ D. ①②④
【答案】C
【解析】该反应有气体参加，缩小体积增大压强，能够使化学反应速率增大；碳是固体，增加碳的量不会增大化学反应速率；通入CO2增大了反应物的浓度，使反应速率增大；恒容下通入N2，反应物的浓度没有改变，对反应速率无影响；恒压下充入N2，使容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减小。
4.将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生如下的反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），经5min后，测得D的量为1mol,C的平均反应速率为0.1mol/(L﹒min)。则x的值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】化学方程式计量数的比等于反应速率的比，首先求出D的浓度变化量，1mol/2L=0.5mol·L－1，D平均反应速率为VD=(0.5mol·L－1)/5min=0.1mol/(L·min)，与C相等，故x=2。故选B。
5. 如图是某课外活动小组设计的用化学电池使LED灯发光的装置。下列说法错误的是（ ）

A. 铜片表面有气泡生成
B. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转换
C. 如果将铜片换成铁片，电路中的电流方向将改变
D. 如果将铜片换成银片，ＬＥＤ灯仍正常发光
【答案】C
【解析】试题分析：A、根据原电池的构成条件，锌比铜活泼，锌片作负极，铜片作正极，其电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，故说法正确；B、原电池装置是化学能转化电能，LED发光，说明电能转化成光能，故说法正确；C、锌比铁活泼，锌仍作负极，电流方向不变，故说法错误；D、银作正极，构成原电池，故说法正确。
考点：考查原电池的工作原理和构成条件等知识。
6.在一个不传热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)，当
m、n、p、q为任意整数时，反应达到平衡的标志是(　 　)
①体系的压强不再改变　②体系的温度不再改变　③体系的密度不再变化 ④各组分质量分数不再改变
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③④
【答案】C
【解析】①该反应气体的物质的量不能确定是否有变化，故①不是反应达到平衡的标志；②温度随着反应进行而改变，当体系的温度不再改变时，说明反应达到平衡，故②是反应达到平衡的标志；③该反应气体体积一定，气体密度随着反应进行而改变，当体系的密度不再变化时，说明反应达到平衡，故③反应达到平衡的标志；④各组分质量分数不再改变，说明反应达到平衡的标志，故④是反应达到平衡的标志。故选C。
点睛：化学平衡的本质就是正反应速率等于逆反应速率，宏观上各物质的质量、物质的量、百分含量等保持不变。
7.下列关于反应与能量的说法正确的是（ ）
A. H2与Cl2反应生成HCl,在光照与点燃条件下，ΔH不同
B. 氢氧化钠与盐酸反应中，盐酸足量，则氢氧化钠越多，中和热越大
C. 已知1mol红磷转化为1mol白磷，需吸收18.39kJ的能量，则红磷比白磷稳定
D. 催化剂能加快反应速率，是因为它能减小反应的焓变
【答案】C
【解析】A项，ΔH只与反应物和生成物的总能量有关，与反应的条件无关，H2与Cl2反应生成HC1，在光照与点燃条件下，△H相同，错误；B项，中和热指酸与碱发生中和反应生成1molH2O时所释放的热量，以“生成1molH2O”为标准，与所用酸、碱的量无关，错误；C项，lmol红磷转化为lmol白磷，需吸收18.39kJ的能量，则1mol红磷具有的总能量小于1mol白磷具有的总能量，能量越低物质越稳定，红磷比白磷稳定，正确；D项，催化剂能加快反应速率，是因为催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，错误；答案选C。
8.高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应是焓变为正值
B. 恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C. 升高温度，逆反应速率减小
D. 该反应化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2
【答案】A
【解析】由平衡常数的表达式可得，该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O，故D错；由题意知，温度升高，平衡向正反应移动，说明正反应为吸热反应，故该反应的焓变为正值，A正确；恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定增大而不会减小，故B错；C项，升高温度，正逆反应速率都会增大，故C错。故答案选A。
点评：化学反应速率和化学平衡问题一直是高考命题的热点，对化学平衡常数的考查已成为近年来高考命题的热点之一，命题主要考查的内容为求算化学平衡常数和影响因素。
注意①在化学平衡常数的公式中，反应物或生成物有固体或纯液体存在时，不代入公式中
②化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物的浓度无关。
③若化学方程式中各物质的系数等倍扩大或缩小时，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。
9.下列装置图对应的实验方案能达到实验目的是（ ）
A. 图验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
B. 图用于中和热的测定
C. 图用于探究Cu作负极的原电池原理
D. 图用于比较盐酸、碳酸、硅酸的酸性
【答案】C
【解析】加入催化剂，同时升高温度，改变两个变量，图①不能验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，故A错误；图②中和热的测定，缺少搅拌器，故B错误；铁在浓硝酸中钝化，图③能用于探究Cu作负极的原电池原理，故C正确；盐酸易挥发，盐酸能使硅酸钠生成硅酸沉淀，图④不能用于比较碳酸、硅酸的酸性，故D错误。
10.aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD（g） ΔH＝Q，同时符合下列两图中各曲线规律是（ ）

A. a＋b>c＋d T1>T2 Q>0 B. a＋b>c＋d T1 C. a＋b0 D. a＋b>c＋d T1>T2 Q<0
【答案】B
【解析】试题分析：由左图可知T1＜T2 ，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，Q＜0；由右图可知增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d，故选B。
【考点定位】考查化学平衡图像
【名师点晴】本题考查化学平衡的移动问题，注意把握温度、压强对平衡移动的影响，答题时注意分析图象曲线变化的趋势，把握图象的分析能力。化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率）—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
11. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是（ ）
A. Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式H2YO4
B. 原子半径由小到大的顺序为：X＜Z＜Y
C. Y、Z两种元素气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳定
D. X与W形成的两种化合物中，阴、阳离子物质的量之比均为1︰2
【答案】D
【解析】试题分析：W为短周期元素半径最大的，为钠元素。X原子的最外层电子数是核外电子层数的3倍，则为氧，则Z为硫。Y的最高价正价与最低负价代数和为6，则最高价为+7价，为氯元素。A、氯元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4，错误，不选A；B、半径顺序为：X 考点： 元素推断
12.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 1L 0.1mol·L－1的CH3COOH溶液能电离出H+数目为0.1NA
B. 标准状况下，22.4 LSO3含氧原子数为3NA
C. 50 mL 12 mol·L－1浓盐酸与足量二氧化锰共热反应，生成Cl2分子的数目为0.15NA
D. 7.8gNa2O2晶体中阴阳离子总数为0.3NA
【答案】D
【详解】A．CH3COOH是弱酸，在溶液中不可能完全电离，则1L 0.1mol·L－1的CH3COOH溶液能电离出H+数目小于0.1NA，故A错误；
B．标准状况下，SO3是固体，不能根据气体的摩尔体积计算其物质的量，即标准状况下，22.4 LSO3的物质的量不是1mol，含氧原子数也不是3NA，故B错误；
C．二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故当盐酸变稀后反应即停止，即盐酸不能反应完全，则生成的氯气分子个数小于0.15NA个，故C错误；
D．7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，含有阴阳离子总数为0.3NA，故D正确；
故答案为D。
13.醋酸在水中电离方程式可表示为：CH3COOHCH3COO﹣+H+ △H＞0，下列操作能使H+浓度增大的是（ ）
A. 加入少量NaOH固体 B. 加热升温10℃
C. 加入锌粉 D. 加入固体CH3COONa
【答案】B
【解析】A. 加入少量NaOH固体溶于水电离出氢氧根与醋酸电离出氢离子反应生成水，减小了溶液中的氢离子浓度， 平衡虽然正向移动，但氢离子浓度还是比原平衡小，A不正确； B. 弱电解质的电离是吸热过程，小心加热升温10oC ，醋酸的电离程度变大，所以氢离子浓度增大，B正确； C. 加入锌粉与氢离子反应生成氢气，与A相似，氢离子浓度变小，C不正确； D. 加入固体CH3COONa可增大溶液中的醋酸根离子的浓度，使电离平衡逆向移动，氢离子浓度变小，D不正确。
14.向1 L的密闭容器中加入1 mol X、0.3 mol Z和一定量的Y三种气体。一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如图一所示。图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。下列说法不正确的是（ ）

A. Y的起始物质的量为0.5 mol
B. 该反应的化学方程式为：2X(g)+Y(g) 3Z(g) ∆H＜0
C. 若t0=0，t1=10 s，则t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.03 mol/(L·s)
D. 反应物X的转化率t6点比t3点高
【答案】B
【解析】试题分析：t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，如t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正逆反应速率不相等，则t4～t5阶段应为减小压强；反应中X的浓度变化为1mol/L-0.8mol/L=0.2mol/L，Z的浓度变化为0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L，则X、Z的化学计量数之比为2：3，该反应为气体体积不变的反应，则Y为反应物，该反应为2X(g)+Y(g)3Z(g)，t5时为升高温度，平衡正向移动，说明正反应∆H＞0。A．X减少0.2mol/L，则Y减少0.1mol/L，则起始Y的浓度为0.1mol/L+0.4mol/L=0.5mol/L，起始物质的量为0.5mol/L×2L=1mol，故A正确；B．由上述分析可知，此温度下该反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)3Z(g)∆H＞0，故B错误；C．若t0=0，t1="10" s，则t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)==0.03 mol/(L·s)，故C正确；D．t3为使用催化剂，平衡不移动，t5时为升高温度，平衡正向移动，反应物X的转化率t6点比t3点高，故D正确；故选B。
考点：考查了化学平衡图像、化学平衡的影响因素的相关知识。
第II卷（非选择题，共58分）
15.已知KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可表述为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
（1）请分析该反应中电子转移的情况(用双线桥表示)_______________________________。
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是__________(填序号)。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（3）若标准状况下产生4.48LCl2，被氧化的盐酸的物质的量为______mol，转移电子的物质的量________mol。
【答案】 (1). (2). ② (3). 0.4 (4). 0.4
【分析】由2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O可知，KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，该反应转移2e-，以此来解答。
【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，该反应转移2e-，电子转移的方向和数目为；
(2)反应2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价可知，HCl中氯元素被氧化，HCl在反应中还原剂与酸的作用，各占一半，故答案为②；
(3)若标准状况下产生4.48LCl2的物质的量为0.2mol，由原子守恒可知，被氧化的盐酸的物质的量为0.2mol×2=0.4mol，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，所以产生0.2molCl2，转移的电子数为0.2×2×NA=0.4NA。
【点睛】根据化合价的变化，氧化剂得电子被还原，化合价降低，发生还原反应，得到的产物为还原产物；还原剂失电子被氧化，化合价升高，发生氧化反应，得到的产物为氧化产物。可以用口诀：升失氧，低得还：失电子，化合价升高，被氧化(氧化反应)，还原剂；得电子，化合价降低，被还原(还原反应)，氧化剂。
16.红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如下图所示（中的ΔH表示生成1 mol 产物的数据）。

根据上图回答下列问题：
（1）P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式是______________________________________。
（2）PCl5(g)=PCl3(g)＋Cl2(g) ΔH2＝______________
（3）P和Cl2分两步反应生成1 mol PCl5的ΔH3＝______________，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的ΔH4_______（填“大于”“小于”或“等于”）ΔH3。
【答案】(1). Cl2(g)＋P(s)=PCl3(g) ΔH＝－306 kJ·mol－1 (2). ＋93kJ·mol－1 (3). －399kJ·mol－1 (4). 等于
【分析】(1)根据图象得出反应物、生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，然后依据书写热化学方程式的原则书写；
(2)根据图象得出反应物、生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，然后依据书写热化学方程式的原则书写；
(3)根据盖斯定律分析，根据反应物的总能量、中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答，注意盖斯定律的应用。
【详解】(1)根据图示可知：P(s)+Cl2(g)═PCl3(g)，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热为△H=-306 kJ/mol，则热化学方程式为：P(s)+Cl2(g)═PCl3(g)△H=-306 kJ/mol；
(2)根据图示可知：Cl2(g)+PCl3(g)═PCl5(g)，中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，△H=生成物总能量-反应物总能量=-93 kJ/mol；所以PCl5(g)═PCl3(g)+Cl2(g)是吸热反应；热化学方程式为PCl5(g)═PCl3(g)+Cl2(g)△H=+93 kJ/mol；
(3)根据盖斯定律，P和Cl2分两步反应和一步反应生成PCl5的△H应该是相等的，P和Cl2分两步反应生成1 molPCl5的热化学方程式：P(s)+3/2Cl2(g)═PCl3(g)△H1=-306 kJ/mol，Cl2(g)+PCl3(g)═PCl5(g)△H2=-93 kJ/mol；P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H3=-306 kJ/mol+(-93 kJ/mol)=-399 kJ/mol；由图象可知，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3=-306kJ/mol-(+93kJ/mol)=399kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热。
17.化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力。
（1）查阅资料可知：2KMnO4+16HCl（浓）═ 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2↑ + 2H2O。某同学设计图1所示装置来制备纯净、干燥的氯气，其中实验装置或试剂有错误的是_________
A ①② B ② C ②③ D ①③

（2）将图1装置修改正确后，虚框④是收集Cl2的装置，请从图2中选用合适的装置__。
（3）将制得的Cl2进行性质实验，装置如图3所示（加热装置省略），请回答以下问题。

① 装置E中可观察到___________________________________________；反应的化学方程式____________________________________________________。
② 装置F在反应中的作用是______________。
③ 装置G所得的溶液中具有漂白性的分子是___________________________，
④装置H的作用__________________________________。
（4）工业漂白粉常用Cl2与石灰乳反应制得，反应方程式为________________________。
【答案】 (1). C (2). C (3). 剧烈反应，生成棕红(褐)色的烟 (4). 2Fe+3Cl22FeCl3 (5). 防倒吸 (6). HClO (7). 尾气处理(或者吸收氯气) (8). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【分析】(1)KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，浓盐酸易挥发，从发生装置生成的氯气中含有挥发的HCl和水蒸气杂质，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，据此解答；
(2)氯气有毒且密度比空气大，据此解答；
(3)氯气与铁在加热的条件下剧烈反应，生成棕红色的烟，产物为氯化铁；装置F两导管都为短的，在反应中的作用是防止倒吸；装置G所得的溶液为新制氯水，其中具有漂白性的分子是HClO，氯气有毒，装置H装有氢氧化钠溶液能与氯气反应，起到尾气处理的作用。
（4）工业漂白粉常用Cl2与石灰乳反应制得，石灰乳的成分是Ca(OH)2。
【详解】(1)KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，故①正确；浓盐酸易挥发，从发生装置生成的氯气中含有挥发的HCl和水蒸气杂质，不用选择氢氧化钠溶液，因为氯气也能和NaOH反应，应该使用饱和食盐水故②错误；净化后的氯气可以用浓硫酸干燥，但气体应用长导管直接通入浓硫酸中，即：导管应长进短出，故③错误，故答案为C；
(2)氯气的密度大于空气且有毒，可以选择向上排空气法收集但应该有尾气处理，不能直接排放到空气中，故应该选用装置C；
(3)①装置E中氯气与铁在高温条件下剧烈反应，生成棕红(褐)色的烟；反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；
②装置F两导管都为短的，在反应中的作用是防止倒吸；
③装置G所得的溶液为新制氯水，其中具有漂白性的分子是HClO；
④氯气有毒，过量的氯气直接排放会造成空气污染，装置H装有氢氧化钠溶液能与氯气反应，起到尾气处理的作用。
（4）工业漂白粉常用Cl2与石灰乳反应制得，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
18.A、B、C、D、E均为有机物，其中A是化学实验中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味；B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，有关物质的转化关系如图①所示：

（1）写出B的结构简式_____________
（2）反应②和④的反应类型分别是_____________、_____________。
（3）实验室利用反应③制取C，常用上图②装置：
①a试管中的主要化学反应的方程式为___________________________________________。
②在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是_________________。
【答案】(1). CH2=CH2 (2). 加成反应 (3). 氧化反应 (4). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O (5). 防止倒吸
分析】B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，则B为CH2=CH2，A是化学实验中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，B转化得到A，A可以与Na、乙酸反应，在红热铜丝条件下也反应，可知②是乙烯与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成D为CH3CHO，乙醇与乙酸发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH3，乙醇与钠反应生成E为CH3CH2ONa。
【详解】(1)由上述分析可知，B的结构简式为CH2=CH2；
(2)反应②是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，④是乙醇发生氧化反应生成乙醛；
(3)①a试管为乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯与水，反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；
②乙酸与乙醇均易挥发，且与水互溶，因此在实验中球形干燥管除起冷凝作用，同时防止倒吸。
19.如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2。在500℃下发生发应，CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。实验测得CO2和CH3OH（g）的物质的量（n）随时间变化如下图1所示：

（1）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）＝___________。
（2）500℃该反应的平衡常数为________（结果保留一位小数），图2是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，若提高温度到800℃进行，达平衡时，K值_____（填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）下列措施中不能使CO2的转化率增大的是_______。
A 在原容器中再充入1mol H2 B 在原容器中再充入1molCO2
C 缩小容器的容积 D 使用更有效的催化剂 E 将水蒸气从体系中分离出
（4）500℃条件下，测得某时刻，CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）和H2O（g）的浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）____ v（逆）（填“＞”“＜”或“=”）。
【答案】(1). 0.225mol/（L·min） (2). 5.3 (3). 减小 (4). BD (5). ＞
【分析】(1)由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/L，v=，据此计算；
(2)平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比值；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；
(3)要提高CO2的转化率，应使平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理结合选项判断；
(4)依据计算浓度商和该温度下平衡常数比较分析判断反应进行方向。
【详解】(1)由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量的3倍，则氢气的浓度变化量为：0.75mol/L×3=2.25mol/L，则v(H2)==0.225mol/(L•min)；
(2)由(1)可知平衡时各组分的浓度c(CO2)=0.25mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.75mol/L，则c(H2)=3mol/L-0.75mol/L×3=0.75mol/L，所以K===5.3，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；
(3)A．在原容器中再充入1mol H2，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故A不选；B．在原容器中再充入1molCO2，CO2的转化率反而减小，故B选；C．缩小容器的容积即增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故C不选；D．使用更有效的催化剂，平衡不移动，CO2的转化率不变，故D选；E．将水蒸气从体系中分离出，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故E不选；故答案为BD；
(4)500℃条件下，测得某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.5mol/L，浓度商Q===4＜K=5.33，说明反应正向进行v正＞v逆。
20.（1）丙烷（C3H8）是一种价格低廉的常用燃料，其主要成分是碳和氢两种元素，燃烧后只有二氧化碳和气态水，不会对环境造成污染。已知1 g丙烷完全燃烧放出50.45kJ的热量。丙烷在室温下燃烧的热化学方程式为___________________________________________。
（2）高炉冶铁过程中，甲烷在催化反应室中产生水煤气(CO和H2)还原氧化铁，有关反应为：
CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝+260 kJ·mol－1
已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1
则2CH4（g）+ O2（g）=2CO（g）+4H2（g）ΔH＝_______________；
（3）在密闭容器中充入A(g)和B(g)，它们的初始浓度均为2mol·L－1，在一定条件下发生反应：A(g)＋B(g)2C(g) ΔH。该T1温度下，此反应的平衡常数为4，
①该反应的平衡常数的表达式为______________________。
②A的转化率为____________________。
③若升温至T2时，此反应的平衡常数为1，判断该反应ΔH___0（填“>”或“<”）。
【答案】(1). C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝-2219.8kJ·mol－1
(2). -46 kJ·mol－1 (3). K= (4). 50% (5). <
【分析】(1)根据热化学方程式的含义以及书写方法来回答；
(2)热化学方程式要标明物质的聚集状态，并且焓变的符号和单位要正确，依据热化学方程式和盖斯定律含义计算；
(3)①结合平衡常数的概念写出平衡常数的表达式；
②根据化学平衡三段式计算；
③根据平衡常数只受温度影响分析。
【详解】(1)因1g丙烷完全燃烧生成液态水时放出50.45kJ的热量，所以44g丙烷完全燃烧生成液态水，放出热量2219.8kJ，则丙烷完全燃烧的热化学方程式：C3H8(g)+5O2(g)→3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2219.8kJ/mol；
(2)CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)△H=+260kJ•mol-1①；2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=-566kJ•mol-1②，将方程式2×①+②得：2CH4(g)+O2(g)═2CO(g)+4H2(g)△H=－46kJ•mol-1 ；
(3)①反应A(g)+B(g)⇌2C(g)的平衡常数表达式K=；
②设A的转化率为x，根据化学平衡三段式计算：
A(g)+B(g)⇌2C(g)
起始量(mol•L-1) 2 2 0
转化量(mol•L-1) 2x 2x 4x
平衡量(mol•L-1) 2-2x 2-2x 4x
根据化学平衡常数概念列式：k===4，解得x=0.5，故A的转化率为50%；
③升高温度至T2时，平衡常数为1，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，即ΔH<0。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。