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2021-2022学年江西省宜春市上高二中高二上学期第一次月考化学试题 解析版
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这是一份2021-2022学年江西省宜春市上高二中高二上学期第一次月考化学试题 解析版，共24页。试卷主要包含了下列关于反应能量的说法正确的是，在水溶液中存在反应，已知，已知反应等内容，欢迎下载使用。
江西省宜春市上高二中2021-2022学年高二上学期第一次月考化学试题
评卷人
得分
一、单选题
1．化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是
A．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式有吸热和放热等
B．食品放入冰箱中，因为温度低，变质速率降低，所以食品能够保存较长时间
C．可以用勒夏特列原理解释夏天打开啤酒盖，喷出大量泡沫的现象
D．将煤气化，有利于提供更多的能量，而且有效地减少温室气体的产生
【答案】D
【详解】
A．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式有光能、电能、热能等，热能表现为吸热和放热，故A正确；
B．食品放入冰箱中，温度降低会减小食品变质的速率，使食品保存时间延长，故B正确；
C．啤酒瓶中存在如下平衡：CO2(g) CO2(aq)，打开啤酒盖，气体压强减小，平衡向向放出二氧化碳气体的方向移动，喷出大量泡沫可以用勒夏特列原理解释，故C正确；
D．由盖斯定律可知，将煤气化后再燃烧不会改变燃烧过程提供的能量，也不会减少二氧化碳的产生，故D错误；
故选D。
2．下列有关有效碰撞理论和活化能的认识，不正确的是
A．增大压强(对于气体反应)，活化分子总数增大，故反应速率增大
B．温度升高，分子动能增加，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大
C．选用适当的催化剂，降低活化能，活化分子百分数增加，碰撞频率增加，故反应速率增大
D．H+和OH-的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成
【答案】A
【详解】
A．对于气体反应，增大压强，反应物浓度增大，单位体积内活化分子的数目增大，但活化分子总数不变，故A错误；
B．升高温度，更多分子吸收能量成为活化分子，分子动能增加，分子运动加快，有效碰撞频率增加，反应速率增大，故B正确；
C．选用适当的催化剂，降低反应的活化能，使更多分子成为活化分子，活化分子的数目和百分数增加，有效碰撞频率增加，反应速率增大，故C正确；
D．H+和OH-的反应活化能接近于零，反应速率快，反应能在瞬间完成，故D正确；
故选A。
3．下列关于反应能量的说法正确的是
A．H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，含1molNaOH的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量
B．若一定条件下，A=BΔH＜0，说明A物质比B物质稳定
C．101kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1，则H2的燃烧热为571.6kJ·mol-1
D．Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)ΔH=-216kJ·mol-1，则反应物的总能量大于生成物的总能量
【答案】D
【详解】
A. H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，由于浓硫酸溶于水放热，则含1molNaOH的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出的热量大于57.3kJ，A错误；
B. 若一定条件下，A=BΔH＜0，说明A物质的能量高于B物质的能量，能量越低越稳定，则B物质比A物质稳定，B错误；
C. 燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，101kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1，则H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，C错误；
D. Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)ΔH=-216kJ·mol-1，反应是放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，D正确；答案选D。
4．中和热测定实验中，用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行实验，下列说法不正确的是
A．改用25mL 0.50mol/L盐酸跟25mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，求出的中和热数值和原来相同
B．酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃棒搅拌
C．装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热减少热量损失
D．实验中应记录测量出反应过程中的最高温度
【答案】D
【分析】
A、中和热的含义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水的过程中所放出的热量，为了保证实验准确，采用的酸碱中，往往保证一方过量；
B、酸碱混合时要迅速，并且用环形玻璃搅拌棒搅拌不断搅拌，防止热量的散失；
C、根据中和热测定实验成败的关键是做好保温工作；
D、实验中应记录反应时需测量反应前酸和碱的温度以及反应后的最高温度。
【详解】
A项、反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用25mL 0.50mol/L盐酸跟25mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增多，所放出的热量偏高，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，故A正确；
B项、在中和热的测定过程中，酸碱混合时要迅速，并且用环形玻璃搅拌棒搅拌不断搅拌,故B正确；
C项、中和热测定实验成败的关键是做好保温工作，实验中，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失，故C正确。
D项、中和热的测定中，要测定酸碱中和反应中放出的热量，用反应的最高温度为末温度、溶液初始温度为初温度，初末温度做差，再利用溶液的比热容、溶质的物质的量等代入计算公式，可以求得反应的中和热，则实验中应记录反应时需测量反应前酸和碱的温度以及反应后的最高温度，D错误。
故选D。
【点睛】
本题考查中和热的测定，注意中和热的含义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水的过程中所放出的热量，是一个定值，保温工作是实验成功的关键。
5．中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的，反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ和过程Ⅲ均为放热过程
B．图示过程中的H2O均参与了反应过程
C．过程Ⅲ生成了具有极性共价键的H2、CO2
D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
【答案】B
【详解】
A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，A错误；
B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，B正确；
C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非极性键，C错误；
D．催化剂只能改变反应过程，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应的△H，D错误；
故合理选项是B。
6．在水溶液中存在反应：Ag＋＋Fe2＋⇌Ag(s)＋Fe3＋+Q，达到平衡后，为使平衡体系中析出更多的银，可采取的措施是（ ）
A．升高温度 B．加水稀释 C．增大Fe2＋的浓度 D．常温下加压
【答案】C
【详解】
A．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故A错误；
B．加水稀释，反应物、生成物浓度均减小，但反应物中离子浓度减小的多，平衡逆向移动，故B错误；
C．增大Fe2+的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，析出更多的Ag，故C正确；
D．反应没有气体参与，增大压强，不影响平衡移动，不能增大Ag的产量，故D错误；
故答案为C。
7．已知：NO和O2经反应①和反应②转化为NO2，其能量变化随反应进程的如图所示。
①2NO(g) N2O2(g) ΔH1；平衡常数K1
②N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH2；平衡常数K2
下列说法不正确的是
A．ΔH1＜0，ΔH2＜0
B．2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的平衡常数K=
C．表示2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的ΔH=ΔH1＋ΔH2
D．反应②的速率大小决定2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的反应速率
【答案】B
【详解】
A．据图可知两个反应中反应物的能量均高于生成物，即均为放热反应，所以ΔH1＜0，ΔH2＜0，A正确；
B．反应①+②可得2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)，所以K=K1·K2，B错误；
C．根据盖斯定律反应①+②可得该反应的ΔH=ΔH1＋ΔH2，C正确；
D．据图可知第二步反应的活化能更大，反应速率更慢，决定总反应的反应速率，D正确；
综上所述答案为B。
8．可以证明可逆反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态的是
①一个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键断裂
②一个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂
③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变
④恒温恒容时，体系压强不再改变
⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变
⑥恒温恒容时，混合气体密度保持不变
⑦正反应速率v(H2)=0.6 mol·L-1·min-1，逆反应速率v(NH3)=0.4 mol·L-1·min-1
A．全部 B．②③④⑤
C．②③④⑤⑦ D．③⑤⑥⑦
【答案】C
【详解】
①一个N≡N断裂的同时，有3个H—H键断裂，表示的都是v正，不能说明可逆反应达到平衡状态，①错误；
②一个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂，表示的是v正=v逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，②正确；
③可逆反应为反应前后气体体积减小的反应，其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变，可以说明反应达平衡状态，③正确；
④对于反应前后气体体积不等的可逆反应，恒温恒容时，体系压强不再改变，说明该可逆反应达到平衡状态，④正确；
⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，说明各组分的浓度不变，达到了平衡状态，⑤正确；
⑥恒温恒容时，混合气体的密度保持不变，由于气体的质量不变，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，故密度无法判断是否达到平衡状态，⑥错误；
⑦根据同一化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中相应各物质的化学计量数之比，正反应速率v(H2)=0.6mol/(L·min)时，用NH3表示的正反应速率v(NH3)=v(H2)= ×0.6mol/(L⋅min)=0.4mol/(L⋅min)，则有：v(NH3)正= v(NH3)逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，⑦正确；
综上所述，C项正确；
9．已知反应：
①101kPa时，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1
③CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g) ΔH1=-443.64kJ/mol
④2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566.0kJ/mol
下列结论正确的是
A．碳的燃烧热大于110.5kJ·mol-1
B．反应①的反应热为221kJ·mol-1
C．甲醇的燃烧热726.64 kJ·mol-1
D．稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量
【答案】A
【详解】
A．碳的燃烧热指的是1mol完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出的热量，根据反应①可知碳的燃烧热大于110.5kJ·mol-1，A正确；
B．反应①的反应热即ΔH=-221kJ·mol-1，B错误；
C．③+×④可得CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)的ΔH=-443.64kJ/mol+×(-566.0kJ/mol)=-726.64 kJ·mol-1，但该反应中水为气态，并不能表示甲醇的燃烧热，C错误；
D．醋酸为弱酸，稀醋酸与稀强氧化钠溶液反应过程中，醋酸不断电离吸热，所以1mol水时放出的热量小于57.3kJ，D错误；
综上所述答案为A。
10．向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A．反应HCO(aq)＋H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)为吸热反应
B．ΔH1＞ΔH2，ΔH2＜ΔH3
C．CO(aq)＋2H＋(aq) = CO2(g)＋H2O(l) ΔH=ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
D．CO2(g)＋H2O(l) = H2CO3(aq)，为放热反应
【答案】B
【详解】
A．由图可得，HCO(aq)＋H＋(aq)的能量小于CO2(g)＋H2O(l)的能量，所以反应HCO(aq)＋H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)为吸热反应，A正确；
B．由图可得ΔH1和ΔH2都小于0，ΔH3＞0，且ΔH1的绝对值大于ΔH2的绝对值，所以ΔH1＜ΔH2，ΔH2＜ΔH3，B错误；
C．由图可得，CO(aq)＋2H＋(aq)= HCO(aq)＋H＋(aq) ΔH1，HCO(aq)＋H＋(aq)=H2CO3(aq) ΔH2，H2CO3(aq)=CO2(g)＋H2O(l) ΔH3，根据盖斯定律，CO(aq)＋2H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l) ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，C正确；
D．由图可得，CO2(g)＋H2O(l)的能量高于H2CO3(aq)，所以CO2(g)＋H2O(l) = H2CO3(aq)为放热反应，D正确；
综上所述答案为B。
11．单斜硫和正交硫是硫的两种同素异形体。已知
①S(s，单斜)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1＝－297.16 kJ/mol
②S(s，正交)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2＝－296.83 kJ/mol ，下列说法正确的是( )
A．正交硫比单斜硫稳定
B．S(s，单斜)=S(s，正交) ΔH3＝＋0.33 kJ/mol
C．相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高
D．①式表示断裂1 mol O2中的共价键所吸收的能量比形成1 mol SO2中的共价键所放出的能量多297.16 kJ
【答案】A
【分析】
已知：①S(s，单斜)+O2(g)=SO2 (g)△H1=-297.16kJ•mol-1 ；②S(s，正交)+O2(g)=SO2 (g)△H2=-296.83kJ•mol -1；①-②得到热化学方程式：S(s，单斜)=S(s，正交)△H3=-0.33kJ•mol -1。
【详解】
A．依据热化学方程式可知，正交硫能量低于单斜硫，所以正交硫稳定，故A正确；
B．根据盖斯定律得到热化学方程式为：S(s，单斜)=S(s，正交)△H3=-0.33kJ•mol -1，故B错误；
C．相同物质的量的正交硫所含有的能量比单斜硫低，故C错误；
D．①式表示断裂lmolO2中共价键和断裂S(s，单斜)所吸收的总能量比形成1mol SO2中共价键所放出的能量少297.16KJ，故D错误。
故选A。
12．500 ℃条件下，在恒容密闭容器中，充入1 mol NO2存在如下平衡：2NO2(g) N2O4(g)。平衡后，向容器内再充入1 mol NO2，下列说法正确的是
A．平衡向正反应方向移动 B．平衡常数K增大
C．NO2的转化率变小 D．容器内气体颜色先变深后变浅，最后比原来还要浅
【答案】A
【详解】
A.当反应达到平衡后，增加反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动。正确。
B.化学平衡常数只与温度有关，而与其它条件无关，所以K不变。错误。
C.由于反应物只有一种，且正反应是气体体积减小的反应，所以增加反应物的浓度，平衡正向移动，这时该反应物的转化率增大。错误。
D.增加反应物的浓度，化学平衡正向移动，使反应物的浓度减小，但由于该反应是在体积固定的密闭容器中进行的，对NO2来说，浓度要比原来大。故颜色比加入的瞬间小，但比原来颜色要深。错误。
答案选A。
13．在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应，图甲表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始：的变化关系。下列结论正确的是
A．时，反应从开始到平衡的平均速率
B．由图乙知反应的，且
C．若在图甲所示的平衡状态下，再向体系中充入0.2 mol B和0.2 mol C，重新达到平衡前正逆
D．在时，向容器中充入2 mol A和1 mol B，达到平衡时，A的体积分数大于
【答案】A
【分析】
图甲可知，时平衡时，A的物质的量变化量为，B的物质的量变化量为0.4 mol -0.2 mol = ，C的物质的量变化量为0.2mol，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)。可计算平衡常数K==25。
【详解】
A．由图甲可知，时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为，故 ，故A正确；
B．在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比：。由图乙可知，：一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即，故B错误；
C．恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2 mol B和0.2 mol C，由于B和C的化学计量数相等，所以Qc=K，平衡不移动，故，故C错误；
D．由图Ⅰ可知，时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为、、，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：：：：1：1，平衡时A 的体积分数为，时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A 的体积分数小于，故D错误。
故选A。
14．在容积固定的密闭容器中存在如下反应： A(g)+3B(g) 2C(g)；△H<0某研究小组研究了其他条件不变时，改变一条件对上述反应的影响，根据实验数据作出下列关系图：（ ）
下列判断一定正确是
A．图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B．图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高
C．图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高
D．图Ⅲ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高
【答案】C
【详解】
A．图I中，根据斜率大小可知，在乙条件下的化学反应速率，明显比在甲条件下的化学反应速率快；在乙条件下C的平衡浓度，比在甲条件下的C的平衡浓度大，相比较而言，条件乙既有利于此反应的化学反应速率增大又有利于平衡向正反应方向移动。说明甲、乙两个条件不仅影响化学反应速率，而且影响化学平衡，而催化剂不影响化学平衡，故A错误；
B．图Ⅱ根据斜率大小可知，在乙条件下的化学反应速率，比在甲条件下的化学反应速率慢，如果甲、乙两个条件是压强对反应的影响，从化学反应速率来讲，是甲的压强较高，而在乙条件下B的转化率，比在甲条件下B的转化率高，说明条件乙有利于平衡向正反应方向移动，而所给反应正反应气体体积减小，不符合勒夏特列原理，故B错误；
C．温度高化学反应速率快，则甲的温度高，但是由于正反应放热，升高温度平衡左移，B的转化率减小，不利于反应向正反应方向进行，故C正确；
D．压强改变，可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)平衡状态发生改变，则图Ⅲ研究的不可能是压强对反应的影响，应该是催化剂对反应速率的影响，故D错误；
故答案为C。
15．由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．断键吸收能量之和大于成键释放能量之和
B．反应物总能量小于生成物总能量
C．N2O(g) +NO(g) =N2(g) +NO2(g)△H= -139kJ/mol
D．反应生成1 mol N2时转移4 mol电子
【答案】C
【详解】
A、反应放热，断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，错误；
B、反应放热，反应物总能量小于生成物总能量，错误；
C、根据图示，N2O(g) +NO(g) =N2(g) +NO2(g)△H= -139kJ/mol，正确；
D、反应生成1 mol N2时转移2 mol电子，错误；
答案选C。
16．焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为2C(s)＋2SO2(g) S2(g)＋2CO2(g)。一定压强下，向1 L密闭容器中加入足量的焦炭和1 mol SO2发生上述反应，反应相同时间时测得SO2的生成速率与S2(g)的生成速率随温度变化的关系如图1所示。其他条件相同的情况下，在甲、乙两种催化剂作用下，测得SO2(g)转化率与温度的关系如图2所示。下列说法正确的是
A．该反应的ΔH >0
B．图1中的A、B、C、D四个点对应的反应中处于平衡状态的是D
C．图2在甲催化剂的作用下，M点(500，55)时SO2的转化率一定不是该温度下SO2的平衡转化率
D．图2在相同的温度下，乙催化剂作用SO2的反应速率比甲催化剂作用SO2的反应速率小
【答案】C
【详解】
A．由图2的转化率随着横坐标温度的升高两条线下降知升高温度平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热方向移动知逆反应为吸热，则正反应为放热即，A错误；
B．由的系数知的生成速率（可逆反应逆反应速率）应该是生成速率（正反应速率）二倍才能让正逆反应速率相等且成系数比时达到平衡，纵观图1中A、B、C、D，四点只有C点满足，B错误；
C．催化剂只能改变反应的速率,不会影响反应物的平衡转化率。由图2可以看出,在同一温度下,甲催化剂作用下的转化率低于乙催化剂作用下,故在甲催化剂作用下M点对应的反应未达到平衡状态,故M点,的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，C正确；
D．由于图2只给了二氧化硫转化率的点，没有给反应时间不能判定谁快谁慢，D错误；
故选C。
第II卷（非选择题）
评卷人
得分
二、实验题
17．探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。
Ⅰ．某实验小组欲通过用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应测定单位时间内生成CO2的速率研究影响反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)，实验装置如图甲所示：
实验序号
A溶液
B溶液
①
20 mL 0.1 mol·L-1H2C2O4溶液
30 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液
②
20 mL 0.2 mol·L-1H2C2O4溶液
30 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液
（1）上述反应的 离子方程式为：___________ ，该实验探究的是___________对化学反应速率的影响。
（2）若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则在2 min末，c(MnO)=___________mol·L-1(假设混合溶液的体积为50 mL，反应前后体积变化忽略不计)。
（3）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。
（4）小组同学发现反应速率变化如图乙，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：___________。
Ⅱ．为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究：“”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图：
（5）待实验①溶液颜色不再改变时，再进行实验②③④，目的是使实验①的反应达到___________。
（6）实验④是实验③的___________试验，目的是___________。
【答案】
（1） 2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 浓度
（2）0.0052
（3）KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需时间)
（4）反应放热或产物Mn2＋是反应的催化剂
（5）化学平衡状态(反应限度)
（6） 对照实验 排除实验 排除实验③的水使溶液中离子浓度改变造成的影响
【分析】
（1）
上述反应即H2C2O4和KMnO4酸性溶液反应生成CO2和Mn2+，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，由题干信息可知，两组实验中只有H2C2O4的浓度不同，故该实验探究的是浓度对化学反应速率的影响，故答案为：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；浓度；
（2）
若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则n(CO2)=，根据离子方程式2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知消耗的n(MnO)=4×10-5mol，则在2 min末，c(MnO)==0.0052mol·L-1，故答案为：0.0052；
（3）
由于KMnO4溶液显紫红色，而Mn2+溶液为无色，故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KMnO4溶液完全褪色所需时间来比较化学反应速率，还可以通过测量产生相同体积气体所需时间来比较反应速率，故答案为：KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需时间)；
（4）
由图中可知，t1~t2阶段反应速率增大明显，故速率变快的主要原因可能是该反应为放热反应，使溶液的温度升高反应速率加快，也可能是反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用，故答案为：反应放热或产物Mn2＋是反应的催化剂；
（5）
待实验①溶液颜色不再改变时即反应充分进行到达反应限度，故答案为：化学平衡(或者反应限度)；
（6）
实验④的目的是使的实验③和实验④的体积相等，避免由于溶液稀释本身导致颜色改变对实验带来的误差或影响，故实验④是实验③的对照试验，故答案为：对照或排除；排除实验③的水使溶液中离子浓度改变造成的影响。
评卷人
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三、填空题
18．请参考题中图表，已知E1=134 kJ·mol-1、E2=368 kJ·mol-1，根据要求回答问题：
（1）图Ⅰ是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是___________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是___________。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：___________。
（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸汽转化为氢气的两种反应的热化学方程式如下：
①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH=＋49.0 kJ·mol-1
②CH3OH(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH=-192.9 kJ·mol-1
又知③H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44 kJ·mol-1，则甲醇蒸汽燃烧为液态水的热化学方程式为___________。
（3）如表所示是部分化学键的键能参数：
化学键
P—P
P—O
O=O
P=O
键能/kJ·mol-1
a
b
c
x
已知白磷的燃烧热为d kJ·mol-1，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图Ⅱ所示，(P4+5O2=P4O10)则表中x=___________kJ·mol-1(用含a、b、c、d的代表数式表示)。
（4）运动会中的火炬一般采用丙烷为燃料。丙烷燃烧放出的热量大，污染较小，是一种优良的燃料，表示丙烷燃烧热的热化学方程式为C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-2215.0kJ·mol-1.二甲醚(CH3OCH3)也是一种新型燃料，应用前景广阔，1 mol二甲醚完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出1 455 kJ热量。若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和H2O(l)时共放出1 645 kJ热量，则混合气体中丙烷和二甲醚的物质的量之比为___________。
【答案】
（1） 减小 不变 NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g) ΔH=-234 kJ·mol-1
（2）CH3OH(g)＋ O2(g)= CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-764.7 kJ·mol-1
（3）
（4）1：3
【分析】
（1）
催化剂可以降低反应活化能加快反应速率，所以E1减小，但反应物和生成物的能量不变，所以ΔH不变；焓变=正反应活化能-逆反应活化能，所以该反应的ΔH=134 kJ·mol-1-E2=368 kJ·mol-1=-234 kJ·mol-1，热化学方程式为NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g) ΔH=-234 kJ·mol-1；
（2）
甲醇蒸汽燃烧为液态水的化学方程式为CH3OH(g)＋ O2(g)= CO2(g)＋2H2O(l)，根据盖斯定律②×3-①×2+③×2的该反应的ΔH=-764.7 kJ·mol-1，热化学方程式为CH3OH(g)＋ O2(g)= CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-764.7 kJ·mol-1；
（3）
白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×a kJ/mol+5 mol×c kJ/mol)=dkJ/mol，解得x=kJ/mol；
（4）
1mol丙烷燃烧生成CO2和H2O(l)时放出2215.0 kJ热量，1 mol二甲醚完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出1 455 kJ热量，设混合气体中丙烷为x mol，二甲醚为y mol，则有x+y=1、2215.0x+1 455y=1 645，联立解得x：y=1：3。
19．CO可用于合成甲醇，化学方程式为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。
（1）图1是反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变ΔH___________(填“＞”“＜”或“=”)0。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1___________(填“＞”“＜”或“=”)K2.在T1温度下，往体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO和2 mol H2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。则该条件下CO的平衡转化率为___________。
③若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率的是___________(填字母)。
a．升高温度 b．将CH3OH(g)从体系中分离
c．使用合适的催化剂 d．充入He，使体系总压强增大
（2）在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230 ℃、250 ℃和270 ℃三种温度下合成甲醇的规律。如图3是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是___________ ℃；该温度下上述反应的化学平衡常数为___________。
【答案】
（1） ＜ ＞ 75% b
（2） 270 4
【分析】
（1）
①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)中，反应向右进行，一氧化碳的转化率增大，温度升高，化学平衡向着吸热方向进行，根据图中的信息可以知道先拐先平温度高：T2>T1，温度越高CO转化率越小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，所以正反应是放热反应，ΔH<0；
②对于放热反应，温度越高，平衡逆向进行化学平衡常数越小，由T2温度下达到平衡所需时间更短，反应速率更快，所以T2>T1，所以K1>K2；
据图可知平衡时c(CO)=0.25mol/L，c0(CO)=1.00mol/L，则Δc(CO)=0.75 mol/L，转化率为×100%=75%；
③a、若容器容积不变，升高温度，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡逆向移动，甲醇产率降低，故a错误；
b、将CH3OH(g)从体系中分离，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡正向移动，甲醇产率增大，故b正确；
c、使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动，甲醇的转化率不变，故c错误；
d、若容器容积不变，充入He，使体系总压强增大，单质各组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的转化率不变，故d错误；
故答案为：b；
（2）
根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线z为270℃，由图象可知当270℃时，CO的转化率为50%，n(H2):n(CO)=1.5，则
平衡常数K==4。
评卷人
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四、原理综合题
20．目前工业上可用CO2来生产燃料甲醇，有关反应为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.0kJ/mol。现向体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反应过程中测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。
（1）若CO2的转化率为40%时，反应放出的热量为___________kJ；
（2）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=___________；
（3）判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是___________(填字母)。
A．v生成(CH3OH)=v消耗(CO2)
B．混合气体的密度不再改变
C．混合气体的平均相对分子质量不再改变
D．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再变化
（4）下列表示该反应速率最快的是___________；
A．v(H2)=2mol·L-1·min-1
B．v(CO2)=4.5mol·L-1·min-1
C．vCH3OH)=3mol·L-1·min-1
D．v(H2O)=0.2mol·L-1·s-1
【答案】
（1）19.6
（2）0.225mol/(L·min)
（3）CD
（4）D
【分析】
（1）
根据反应方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＝-49.0 kJ/mol可知：每有1 mol完全反应，会放出49.0 kJ的热量，现向体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，若CO2的转化率为40%时，则反应的CO2的物质的量是0.4 mol，反应放出的热量为Q=0.4 mol×49.0 kJ/mol=19.6 kJ；
（2）
根据图象可知：从反应开始到平衡v(CO2)= =0.075mol/(L·min)，根据方程式可知v(H2)=3v(CO2)= 0.075mol/(L·min)×3=0.225 mol/(L·min)；
（3）
A．v生成(CH3OH)＝v消耗(CO2)表示的都是反应正向进行，不能据此判断反应是否处于平衡状态，A错误；
B．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，反应混合物都是气体，气体的质量不变，因此反应混合气体的密度始终不变，因此不能根据密度不变来判断反应是否处于平衡状态，B错误；
C．该反应是反应气体的物质的量改变的反应，气体的质量不变，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，C正确；
D．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再变化，说明反应达到了平衡状态，D正确；
故选CD。
（4）
A．v(H2)＝2 mol·L-1·min-1，则v(CO2)= v(H2)＝ mol·L-1·min-1；
B．v(CO2)＝4.5 mol·L-1·min-1；
C．v(CH3OH)＝3 mol·L-1·min-1，则v(CO2)=v(CH3OH)＝3 mol·L-1·min-1；
D．v(H2O)＝0.2 mol·L-1·s-1=12 mol·L-1·min-1，则v(CO2)= v(H2O)＝12 mol·L-1·min-1；
故选D。
21．氮及其化合物对环境具有显著影响。
（1）已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH=＋180 kJ·mol-1
N2(g)＋2O2(g) 2NO2(g) ΔH=＋68 kJ·mol-1
则2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH=___________kJ·mol-1
（2）对于反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的反应历程如下：
第一步：2NO(g) N2O2(g)(快速平衡)
第二步：N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)(慢反应)
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：v正=k1正·c2(NO)，v逆=k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是___________(填标号)。
A．整个反应的速率由第一步反应速率决定
B．同一温度下，平衡时第一步反应的k1正/k1逆越大，反应正向程度越大
C．第二步反应速率低，因而转化率也低
D．第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高
（3）科学家研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体，反应方程式为：2NO2(g)＋4CO(g) 4CO2(g)＋N2(g) ΔH＜0.某温度下，向10 L密闭容器中分别充入0.1 mol NO2和0.2 mol CO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内的压强变化如下表所示：
时间/min
0
2
4
6
8
10
12
压强/kPa
75
73.4
71.95
70.7
69.7
68.75
68.75
在此温度下，反应的平衡常数Kp=___________kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数)；若降低温度，再次平衡后，与原平衡相比体系压强(P总)减小的原因是___________。
（4）汽车排气管装有的三元催化装置，可以消除CO、NO等的污染，尾气中反应物及生成物浓度随温度的变化关系如图。
330℃以下的低温区发生的主要反应的化学方程式是___________。
【答案】
（1）-112
（2）BD
（3） 0.04 降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小
（4）CO＋2NOCO2＋N2O
【分析】
（1）
已知反应I：N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH1=＋180 kJ·mol-1反应II：N2(g)＋2O2(g) 2NO2(g) ΔH2=＋68 kJ·mol-1则目标反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)可由II-I，根据盖斯定律可知：ΔH=ΔH2-ΔH1=(＋68 kJ·mol-1)-(＋180 kJ·mol-1)=-112kJ·mol-1，故答案为：-112；
（2）
A．多步进行的反应，整体反应速率由最慢的一步反应决定，故整个反应的速率由第二步反应速率决定，A错误；
B．根据题干信息可知：正=k1正·c2(NO)，逆=k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆为速率常数，平衡时正=k1正·c2(NO)=逆=k1逆·c(N2O2)，故，同一温度下，平衡时第一步反应的越大即K越大，反应正向程度越大，B正确；
C．反应速率与平衡转化率没有必然的联系，故第二步反应速率低，但转化率不一定低，C错误；
D．反应需要的活化能越大，反应速率越慢，由题干信息可知，第二步为慢反应，第一步为快反应，故第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高，D正确；
故答案为：BD；
（3）
根据三段式分析可知：，根据表中数据可知，，即得：x=0.025mol，故平衡时，NO2的分压为：，同理：CO的分压为：，CO2的分压为：，N2的分压为：，故在此温度下，反应的平衡常数Kp=kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数)；降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；即使体积不变，若温度降低，根据阿伏加德罗定律，总压强减小，故答案为：0.04；降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小；
（4）
由图可知330℃以下的低温区中CO2、N2O含量较高，即为主要生成物，故发生的主要反应的化学方程式是CO+2NO CO2十N2O，故答案为：CO+2NO CO2十N2O。
江西省宜春市上高二中2021-2022学年高二上学期第一次月考化学试题
评卷人
得分
一、单选题
1．化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是
A．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式有吸热和放热等
B．食品放入冰箱中，因为温度低，变质速率降低，所以食品能够保存较长时间
C．可以用勒夏特列原理解释夏天打开啤酒盖，喷出大量泡沫的现象
D．将煤气化，有利于提供更多的能量，而且有效地减少温室气体的产生
【答案】D
【详解】
A．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式有光能、电能、热能等，热能表现为吸热和放热，故A正确；
B．食品放入冰箱中，温度降低会减小食品变质的速率，使食品保存时间延长，故B正确；
C．啤酒瓶中存在如下平衡：CO2(g) CO2(aq)，打开啤酒盖，气体压强减小，平衡向向放出二氧化碳气体的方向移动，喷出大量泡沫可以用勒夏特列原理解释，故C正确；
D．由盖斯定律可知，将煤气化后再燃烧不会改变燃烧过程提供的能量，也不会减少二氧化碳的产生，故D错误；
故选D。
2．下列有关有效碰撞理论和活化能的认识，不正确的是
A．增大压强(对于气体反应)，活化分子总数增大，故反应速率增大
B．温度升高，分子动能增加，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大
C．选用适当的催化剂，降低活化能，活化分子百分数增加，碰撞频率增加，故反应速率增大
D．H+和OH-的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成
【答案】A
【详解】
A．对于气体反应，增大压强，反应物浓度增大，单位体积内活化分子的数目增大，但活化分子总数不变，故A错误；
B．升高温度，更多分子吸收能量成为活化分子，分子动能增加，分子运动加快，有效碰撞频率增加，反应速率增大，故B正确；
C．选用适当的催化剂，降低反应的活化能，使更多分子成为活化分子，活化分子的数目和百分数增加，有效碰撞频率增加，反应速率增大，故C正确；
D．H+和OH-的反应活化能接近于零，反应速率快，反应能在瞬间完成，故D正确；
故选A。
3．下列关于反应能量的说法正确的是
A．H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，含1molNaOH的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量
B．若一定条件下，A=BΔH＜0，说明A物质比B物质稳定
C．101kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1，则H2的燃烧热为571.6kJ·mol-1
D．Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)ΔH=-216kJ·mol-1，则反应物的总能量大于生成物的总能量
【答案】D
【详解】
A. H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，由于浓硫酸溶于水放热，则含1molNaOH的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出的热量大于57.3kJ，A错误；
B. 若一定条件下，A=BΔH＜0，说明A物质的能量高于B物质的能量，能量越低越稳定，则B物质比A物质稳定，B错误；
C. 燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，101kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1，则H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，C错误；
D. Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)ΔH=-216kJ·mol-1，反应是放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，D正确；答案选D。
4．中和热测定实验中，用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行实验，下列说法不正确的是
A．改用25mL 0.50mol/L盐酸跟25mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，求出的中和热数值和原来相同
B．酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃棒搅拌
C．装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热减少热量损失
D．实验中应记录测量出反应过程中的最高温度
【答案】D
【分析】
A、中和热的含义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水的过程中所放出的热量，为了保证实验准确，采用的酸碱中，往往保证一方过量；
B、酸碱混合时要迅速，并且用环形玻璃搅拌棒搅拌不断搅拌，防止热量的散失；
C、根据中和热测定实验成败的关键是做好保温工作；
D、实验中应记录反应时需测量反应前酸和碱的温度以及反应后的最高温度。
【详解】
A项、反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用25mL 0.50mol/L盐酸跟25mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增多，所放出的热量偏高，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，故A正确；
B项、在中和热的测定过程中，酸碱混合时要迅速，并且用环形玻璃搅拌棒搅拌不断搅拌,故B正确；
C项、中和热测定实验成败的关键是做好保温工作，实验中，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失，故C正确。
D项、中和热的测定中，要测定酸碱中和反应中放出的热量，用反应的最高温度为末温度、溶液初始温度为初温度，初末温度做差，再利用溶液的比热容、溶质的物质的量等代入计算公式，可以求得反应的中和热，则实验中应记录反应时需测量反应前酸和碱的温度以及反应后的最高温度，D错误。
故选D。
【点睛】
本题考查中和热的测定，注意中和热的含义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水的过程中所放出的热量，是一个定值，保温工作是实验成功的关键。
5．中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的，反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ和过程Ⅲ均为放热过程
B．图示过程中的H2O均参与了反应过程
C．过程Ⅲ生成了具有极性共价键的H2、CO2
D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
【答案】B
【详解】
A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，A错误；
B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，B正确；
C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非极性键，C错误；
D．催化剂只能改变反应过程，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应的△H，D错误；
故合理选项是B。
6．在水溶液中存在反应：Ag＋＋Fe2＋⇌Ag(s)＋Fe3＋+Q，达到平衡后，为使平衡体系中析出更多的银，可采取的措施是（ ）
A．升高温度 B．加水稀释 C．增大Fe2＋的浓度 D．常温下加压
【答案】C
【详解】
A．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故A错误；
B．加水稀释，反应物、生成物浓度均减小，但反应物中离子浓度减小的多，平衡逆向移动，故B错误；
C．增大Fe2+的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，析出更多的Ag，故C正确；
D．反应没有气体参与，增大压强，不影响平衡移动，不能增大Ag的产量，故D错误；
故答案为C。
7．已知：NO和O2经反应①和反应②转化为NO2，其能量变化随反应进程的如图所示。
①2NO(g) N2O2(g) ΔH1；平衡常数K1
②N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH2；平衡常数K2
下列说法不正确的是
A．ΔH1＜0，ΔH2＜0
B．2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的平衡常数K=
C．表示2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的ΔH=ΔH1＋ΔH2
D．反应②的速率大小决定2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的反应速率
【答案】B
【详解】
A．据图可知两个反应中反应物的能量均高于生成物，即均为放热反应，所以ΔH1＜0，ΔH2＜0，A正确；
B．反应①+②可得2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)，所以K=K1·K2，B错误；
C．根据盖斯定律反应①+②可得该反应的ΔH=ΔH1＋ΔH2，C正确；
D．据图可知第二步反应的活化能更大，反应速率更慢，决定总反应的反应速率，D正确；
综上所述答案为B。
8．可以证明可逆反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态的是
①一个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键断裂
②一个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂
③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变
④恒温恒容时，体系压强不再改变
⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变
⑥恒温恒容时，混合气体密度保持不变
⑦正反应速率v(H2)=0.6 mol·L-1·min-1，逆反应速率v(NH3)=0.4 mol·L-1·min-1
A．全部 B．②③④⑤
C．②③④⑤⑦ D．③⑤⑥⑦
【答案】C
【详解】
①一个N≡N断裂的同时，有3个H—H键断裂，表示的都是v正，不能说明可逆反应达到平衡状态，①错误；
②一个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂，表示的是v正=v逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，②正确；
③可逆反应为反应前后气体体积减小的反应，其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变，可以说明反应达平衡状态，③正确；
④对于反应前后气体体积不等的可逆反应，恒温恒容时，体系压强不再改变，说明该可逆反应达到平衡状态，④正确；
⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，说明各组分的浓度不变，达到了平衡状态，⑤正确；
⑥恒温恒容时，混合气体的密度保持不变，由于气体的质量不变，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，故密度无法判断是否达到平衡状态，⑥错误；
⑦根据同一化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中相应各物质的化学计量数之比，正反应速率v(H2)=0.6mol/(L·min)时，用NH3表示的正反应速率v(NH3)=v(H2)= ×0.6mol/(L⋅min)=0.4mol/(L⋅min)，则有：v(NH3)正= v(NH3)逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，⑦正确；
综上所述，C项正确；
9．已知反应：
①101kPa时，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1
③CH3OH(l)＋O2(g)=CO(g)＋2H2O(g) ΔH1=-443.64kJ/mol
④2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566.0kJ/mol
下列结论正确的是
A．碳的燃烧热大于110.5kJ·mol-1
B．反应①的反应热为221kJ·mol-1
C．甲醇的燃烧热726.64 kJ·mol-1
D．稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量
【答案】A
【详解】
A．碳的燃烧热指的是1mol完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出的热量，根据反应①可知碳的燃烧热大于110.5kJ·mol-1，A正确；
B．反应①的反应热即ΔH=-221kJ·mol-1，B错误；
C．③+×④可得CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)的ΔH=-443.64kJ/mol+×(-566.0kJ/mol)=-726.64 kJ·mol-1，但该反应中水为气态，并不能表示甲醇的燃烧热，C错误；
D．醋酸为弱酸，稀醋酸与稀强氧化钠溶液反应过程中，醋酸不断电离吸热，所以1mol水时放出的热量小于57.3kJ，D错误；
综上所述答案为A。
10．向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A．反应HCO(aq)＋H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)为吸热反应
B．ΔH1＞ΔH2，ΔH2＜ΔH3
C．CO(aq)＋2H＋(aq) = CO2(g)＋H2O(l) ΔH=ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
D．CO2(g)＋H2O(l) = H2CO3(aq)，为放热反应
【答案】B
【详解】
A．由图可得，HCO(aq)＋H＋(aq)的能量小于CO2(g)＋H2O(l)的能量，所以反应HCO(aq)＋H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l)为吸热反应，A正确；
B．由图可得ΔH1和ΔH2都小于0，ΔH3＞0，且ΔH1的绝对值大于ΔH2的绝对值，所以ΔH1＜ΔH2，ΔH2＜ΔH3，B错误；
C．由图可得，CO(aq)＋2H＋(aq)= HCO(aq)＋H＋(aq) ΔH1，HCO(aq)＋H＋(aq)=H2CO3(aq) ΔH2，H2CO3(aq)=CO2(g)＋H2O(l) ΔH3，根据盖斯定律，CO(aq)＋2H＋(aq)=CO2(g)＋H2O(l) ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，C正确；
D．由图可得，CO2(g)＋H2O(l)的能量高于H2CO3(aq)，所以CO2(g)＋H2O(l) = H2CO3(aq)为放热反应，D正确；
综上所述答案为B。
11．单斜硫和正交硫是硫的两种同素异形体。已知
①S(s，单斜)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1＝－297.16 kJ/mol
②S(s，正交)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2＝－296.83 kJ/mol ，下列说法正确的是( )
A．正交硫比单斜硫稳定
B．S(s，单斜)=S(s，正交) ΔH3＝＋0.33 kJ/mol
C．相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高
D．①式表示断裂1 mol O2中的共价键所吸收的能量比形成1 mol SO2中的共价键所放出的能量多297.16 kJ
【答案】A
【分析】
已知：①S(s，单斜)+O2(g)=SO2 (g)△H1=-297.16kJ•mol-1 ；②S(s，正交)+O2(g)=SO2 (g)△H2=-296.83kJ•mol -1；①-②得到热化学方程式：S(s，单斜)=S(s，正交)△H3=-0.33kJ•mol -1。
【详解】
A．依据热化学方程式可知，正交硫能量低于单斜硫，所以正交硫稳定，故A正确；
B．根据盖斯定律得到热化学方程式为：S(s，单斜)=S(s，正交)△H3=-0.33kJ•mol -1，故B错误；
C．相同物质的量的正交硫所含有的能量比单斜硫低，故C错误；
D．①式表示断裂lmolO2中共价键和断裂S(s，单斜)所吸收的总能量比形成1mol SO2中共价键所放出的能量少297.16KJ，故D错误。
故选A。
12．500 ℃条件下，在恒容密闭容器中，充入1 mol NO2存在如下平衡：2NO2(g) N2O4(g)。平衡后，向容器内再充入1 mol NO2，下列说法正确的是
A．平衡向正反应方向移动 B．平衡常数K增大
C．NO2的转化率变小 D．容器内气体颜色先变深后变浅，最后比原来还要浅
【答案】A
【详解】
A.当反应达到平衡后，增加反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动。正确。
B.化学平衡常数只与温度有关，而与其它条件无关，所以K不变。错误。
C.由于反应物只有一种，且正反应是气体体积减小的反应，所以增加反应物的浓度，平衡正向移动，这时该反应物的转化率增大。错误。
D.增加反应物的浓度，化学平衡正向移动，使反应物的浓度减小，但由于该反应是在体积固定的密闭容器中进行的，对NO2来说，浓度要比原来大。故颜色比加入的瞬间小，但比原来颜色要深。错误。
答案选A。
13．在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应，图甲表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始：的变化关系。下列结论正确的是
A．时，反应从开始到平衡的平均速率
B．由图乙知反应的，且
C．若在图甲所示的平衡状态下，再向体系中充入0.2 mol B和0.2 mol C，重新达到平衡前正逆
D．在时，向容器中充入2 mol A和1 mol B，达到平衡时，A的体积分数大于
【答案】A
【分析】
图甲可知，时平衡时，A的物质的量变化量为，B的物质的量变化量为0.4 mol -0.2 mol = ，C的物质的量变化量为0.2mol，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)。可计算平衡常数K==25。
【详解】
A．由图甲可知，时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为，故 ，故A正确；
B．在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比：。由图乙可知，：一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即，故B错误；
C．恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2 mol B和0.2 mol C，由于B和C的化学计量数相等，所以Qc=K，平衡不移动，故，故C错误；
D．由图Ⅰ可知，时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为、、，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：：：：1：1，平衡时A 的体积分数为，时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A 的体积分数小于，故D错误。
故选A。
14．在容积固定的密闭容器中存在如下反应： A(g)+3B(g) 2C(g)；△H<0某研究小组研究了其他条件不变时，改变一条件对上述反应的影响，根据实验数据作出下列关系图：（ ）
下列判断一定正确是
A．图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B．图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高
C．图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高
D．图Ⅲ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高
【答案】C
【详解】
A．图I中，根据斜率大小可知，在乙条件下的化学反应速率，明显比在甲条件下的化学反应速率快；在乙条件下C的平衡浓度，比在甲条件下的C的平衡浓度大，相比较而言，条件乙既有利于此反应的化学反应速率增大又有利于平衡向正反应方向移动。说明甲、乙两个条件不仅影响化学反应速率，而且影响化学平衡，而催化剂不影响化学平衡，故A错误；
B．图Ⅱ根据斜率大小可知，在乙条件下的化学反应速率，比在甲条件下的化学反应速率慢，如果甲、乙两个条件是压强对反应的影响，从化学反应速率来讲，是甲的压强较高，而在乙条件下B的转化率，比在甲条件下B的转化率高，说明条件乙有利于平衡向正反应方向移动，而所给反应正反应气体体积减小，不符合勒夏特列原理，故B错误；
C．温度高化学反应速率快，则甲的温度高，但是由于正反应放热，升高温度平衡左移，B的转化率减小，不利于反应向正反应方向进行，故C正确；
D．压强改变，可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)平衡状态发生改变，则图Ⅲ研究的不可能是压强对反应的影响，应该是催化剂对反应速率的影响，故D错误；
故答案为C。
15．由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．断键吸收能量之和大于成键释放能量之和
B．反应物总能量小于生成物总能量
C．N2O(g) +NO(g) =N2(g) +NO2(g)△H= -139kJ/mol
D．反应生成1 mol N2时转移4 mol电子
【答案】C
【详解】
A、反应放热，断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，错误；
B、反应放热，反应物总能量小于生成物总能量，错误；
C、根据图示，N2O(g) +NO(g) =N2(g) +NO2(g)△H= -139kJ/mol，正确；
D、反应生成1 mol N2时转移2 mol电子，错误；
答案选C。
16．焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为2C(s)＋2SO2(g) S2(g)＋2CO2(g)。一定压强下，向1 L密闭容器中加入足量的焦炭和1 mol SO2发生上述反应，反应相同时间时测得SO2的生成速率与S2(g)的生成速率随温度变化的关系如图1所示。其他条件相同的情况下，在甲、乙两种催化剂作用下，测得SO2(g)转化率与温度的关系如图2所示。下列说法正确的是
A．该反应的ΔH >0
B．图1中的A、B、C、D四个点对应的反应中处于平衡状态的是D
C．图2在甲催化剂的作用下，M点(500，55)时SO2的转化率一定不是该温度下SO2的平衡转化率
D．图2在相同的温度下，乙催化剂作用SO2的反应速率比甲催化剂作用SO2的反应速率小
【答案】C
【详解】
A．由图2的转化率随着横坐标温度的升高两条线下降知升高温度平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热方向移动知逆反应为吸热，则正反应为放热即，A错误；
B．由的系数知的生成速率（可逆反应逆反应速率）应该是生成速率（正反应速率）二倍才能让正逆反应速率相等且成系数比时达到平衡，纵观图1中A、B、C、D，四点只有C点满足，B错误；
C．催化剂只能改变反应的速率,不会影响反应物的平衡转化率。由图2可以看出,在同一温度下,甲催化剂作用下的转化率低于乙催化剂作用下,故在甲催化剂作用下M点对应的反应未达到平衡状态,故M点,的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，C正确；
D．由于图2只给了二氧化硫转化率的点，没有给反应时间不能判定谁快谁慢，D错误；
故选C。
第II卷（非选择题）
评卷人
得分
二、实验题
17．探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。
Ⅰ．某实验小组欲通过用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应测定单位时间内生成CO2的速率研究影响反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)，实验装置如图甲所示：
实验序号
A溶液
B溶液
①
20 mL 0.1 mol·L-1H2C2O4溶液
30 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液
②
20 mL 0.2 mol·L-1H2C2O4溶液
30 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液
（1）上述反应的 离子方程式为：___________ ，该实验探究的是___________对化学反应速率的影响。
（2）若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则在2 min末，c(MnO)=___________mol·L-1(假设混合溶液的体积为50 mL，反应前后体积变化忽略不计)。
（3）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。
（4）小组同学发现反应速率变化如图乙，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：___________。
Ⅱ．为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究：“”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图：
（5）待实验①溶液颜色不再改变时，再进行实验②③④，目的是使实验①的反应达到___________。
（6）实验④是实验③的___________试验，目的是___________。
【答案】
（1） 2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 浓度
（2）0.0052
（3）KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需时间)
（4）反应放热或产物Mn2＋是反应的催化剂
（5）化学平衡状态(反应限度)
（6） 对照实验 排除实验 排除实验③的水使溶液中离子浓度改变造成的影响
【分析】
（1）
上述反应即H2C2O4和KMnO4酸性溶液反应生成CO2和Mn2+，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，由题干信息可知，两组实验中只有H2C2O4的浓度不同，故该实验探究的是浓度对化学反应速率的影响，故答案为：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；浓度；
（2）
若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则n(CO2)=，根据离子方程式2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知消耗的n(MnO)=4×10-5mol，则在2 min末，c(MnO)==0.0052mol·L-1，故答案为：0.0052；
（3）
由于KMnO4溶液显紫红色，而Mn2+溶液为无色，故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KMnO4溶液完全褪色所需时间来比较化学反应速率，还可以通过测量产生相同体积气体所需时间来比较反应速率，故答案为：KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需时间)；
（4）
由图中可知，t1~t2阶段反应速率增大明显，故速率变快的主要原因可能是该反应为放热反应，使溶液的温度升高反应速率加快，也可能是反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用，故答案为：反应放热或产物Mn2＋是反应的催化剂；
（5）
待实验①溶液颜色不再改变时即反应充分进行到达反应限度，故答案为：化学平衡(或者反应限度)；
（6）
实验④的目的是使的实验③和实验④的体积相等，避免由于溶液稀释本身导致颜色改变对实验带来的误差或影响，故实验④是实验③的对照试验，故答案为：对照或排除；排除实验③的水使溶液中离子浓度改变造成的影响。
评卷人
得分
三、填空题
18．请参考题中图表，已知E1=134 kJ·mol-1、E2=368 kJ·mol-1，根据要求回答问题：
（1）图Ⅰ是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是___________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，ΔH的变化是___________。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：___________。
（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸汽转化为氢气的两种反应的热化学方程式如下：
①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH=＋49.0 kJ·mol-1
②CH3OH(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH=-192.9 kJ·mol-1
又知③H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44 kJ·mol-1，则甲醇蒸汽燃烧为液态水的热化学方程式为___________。
（3）如表所示是部分化学键的键能参数：
化学键
P—P
P—O
O=O
P=O
键能/kJ·mol-1
a
b
c
x
已知白磷的燃烧热为d kJ·mol-1，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图Ⅱ所示，(P4+5O2=P4O10)则表中x=___________kJ·mol-1(用含a、b、c、d的代表数式表示)。
（4）运动会中的火炬一般采用丙烷为燃料。丙烷燃烧放出的热量大，污染较小，是一种优良的燃料，表示丙烷燃烧热的热化学方程式为C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-2215.0kJ·mol-1.二甲醚(CH3OCH3)也是一种新型燃料，应用前景广阔，1 mol二甲醚完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出1 455 kJ热量。若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和H2O(l)时共放出1 645 kJ热量，则混合气体中丙烷和二甲醚的物质的量之比为___________。
【答案】
（1） 减小 不变 NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g) ΔH=-234 kJ·mol-1
（2）CH3OH(g)＋ O2(g)= CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-764.7 kJ·mol-1
（3）
（4）1：3
【分析】
（1）
催化剂可以降低反应活化能加快反应速率，所以E1减小，但反应物和生成物的能量不变，所以ΔH不变；焓变=正反应活化能-逆反应活化能，所以该反应的ΔH=134 kJ·mol-1-E2=368 kJ·mol-1=-234 kJ·mol-1，热化学方程式为NO2(g)＋CO(g)=CO2(g)＋NO(g) ΔH=-234 kJ·mol-1；
（2）
甲醇蒸汽燃烧为液态水的化学方程式为CH3OH(g)＋ O2(g)= CO2(g)＋2H2O(l)，根据盖斯定律②×3-①×2+③×2的该反应的ΔH=-764.7 kJ·mol-1，热化学方程式为CH3OH(g)＋ O2(g)= CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-764.7 kJ·mol-1；
（3）
白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×a kJ/mol+5 mol×c kJ/mol)=dkJ/mol，解得x=kJ/mol；
（4）
1mol丙烷燃烧生成CO2和H2O(l)时放出2215.0 kJ热量，1 mol二甲醚完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出1 455 kJ热量，设混合气体中丙烷为x mol，二甲醚为y mol，则有x+y=1、2215.0x+1 455y=1 645，联立解得x：y=1：3。
19．CO可用于合成甲醇，化学方程式为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。
（1）图1是反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变ΔH___________(填“＞”“＜”或“=”)0。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1___________(填“＞”“＜”或“=”)K2.在T1温度下，往体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO和2 mol H2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。则该条件下CO的平衡转化率为___________。
③若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率的是___________(填字母)。
a．升高温度 b．将CH3OH(g)从体系中分离
c．使用合适的催化剂 d．充入He，使体系总压强增大
（2）在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230 ℃、250 ℃和270 ℃三种温度下合成甲醇的规律。如图3是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是___________ ℃；该温度下上述反应的化学平衡常数为___________。
【答案】
（1） ＜ ＞ 75% b
（2） 270 4
【分析】
（1）
①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)中，反应向右进行，一氧化碳的转化率增大，温度升高，化学平衡向着吸热方向进行，根据图中的信息可以知道先拐先平温度高：T2>T1，温度越高CO转化率越小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，所以正反应是放热反应，ΔH<0；
②对于放热反应，温度越高，平衡逆向进行化学平衡常数越小，由T2温度下达到平衡所需时间更短，反应速率更快，所以T2>T1，所以K1>K2；
据图可知平衡时c(CO)=0.25mol/L，c0(CO)=1.00mol/L，则Δc(CO)=0.75 mol/L，转化率为×100%=75%；
③a、若容器容积不变，升高温度，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡逆向移动，甲醇产率降低，故a错误；
b、将CH3OH(g)从体系中分离，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡正向移动，甲醇产率增大，故b正确；
c、使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动，甲醇的转化率不变，故c错误；
d、若容器容积不变，充入He，使体系总压强增大，单质各组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的转化率不变，故d错误；
故答案为：b；
（2）
根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线z为270℃，由图象可知当270℃时，CO的转化率为50%，n(H2):n(CO)=1.5，则
平衡常数K==4。
评卷人
得分
四、原理综合题
20．目前工业上可用CO2来生产燃料甲醇，有关反应为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.0kJ/mol。现向体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反应过程中测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。
（1）若CO2的转化率为40%时，反应放出的热量为___________kJ；
（2）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=___________；
（3）判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是___________(填字母)。
A．v生成(CH3OH)=v消耗(CO2)
B．混合气体的密度不再改变
C．混合气体的平均相对分子质量不再改变
D．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再变化
（4）下列表示该反应速率最快的是___________；
A．v(H2)=2mol·L-1·min-1
B．v(CO2)=4.5mol·L-1·min-1
C．vCH3OH)=3mol·L-1·min-1
D．v(H2O)=0.2mol·L-1·s-1
【答案】
（1）19.6
（2）0.225mol/(L·min)
（3）CD
（4）D
【分析】
（1）
根据反应方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＝-49.0 kJ/mol可知：每有1 mol完全反应，会放出49.0 kJ的热量，现向体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，若CO2的转化率为40%时，则反应的CO2的物质的量是0.4 mol，反应放出的热量为Q=0.4 mol×49.0 kJ/mol=19.6 kJ；
（2）
根据图象可知：从反应开始到平衡v(CO2)= =0.075mol/(L·min)，根据方程式可知v(H2)=3v(CO2)= 0.075mol/(L·min)×3=0.225 mol/(L·min)；
（3）
A．v生成(CH3OH)＝v消耗(CO2)表示的都是反应正向进行，不能据此判断反应是否处于平衡状态，A错误；
B．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，反应混合物都是气体，气体的质量不变，因此反应混合气体的密度始终不变，因此不能根据密度不变来判断反应是否处于平衡状态，B错误；
C．该反应是反应气体的物质的量改变的反应，气体的质量不变，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，C正确；
D．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再变化，说明反应达到了平衡状态，D正确；
故选CD。
（4）
A．v(H2)＝2 mol·L-1·min-1，则v(CO2)= v(H2)＝ mol·L-1·min-1；
B．v(CO2)＝4.5 mol·L-1·min-1；
C．v(CH3OH)＝3 mol·L-1·min-1，则v(CO2)=v(CH3OH)＝3 mol·L-1·min-1；
D．v(H2O)＝0.2 mol·L-1·s-1=12 mol·L-1·min-1，则v(CO2)= v(H2O)＝12 mol·L-1·min-1；
故选D。
21．氮及其化合物对环境具有显著影响。
（1）已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH=＋180 kJ·mol-1
N2(g)＋2O2(g) 2NO2(g) ΔH=＋68 kJ·mol-1
则2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH=___________kJ·mol-1
（2）对于反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的反应历程如下：
第一步：2NO(g) N2O2(g)(快速平衡)
第二步：N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)(慢反应)
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：v正=k1正·c2(NO)，v逆=k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是___________(填标号)。
A．整个反应的速率由第一步反应速率决定
B．同一温度下，平衡时第一步反应的k1正/k1逆越大，反应正向程度越大
C．第二步反应速率低，因而转化率也低
D．第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高
（3）科学家研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体，反应方程式为：2NO2(g)＋4CO(g) 4CO2(g)＋N2(g) ΔH＜0.某温度下，向10 L密闭容器中分别充入0.1 mol NO2和0.2 mol CO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内的压强变化如下表所示：
时间/min
0
2
4
6
8
10
12
压强/kPa
75
73.4
71.95
70.7
69.7
68.75
68.75
在此温度下，反应的平衡常数Kp=___________kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数)；若降低温度，再次平衡后，与原平衡相比体系压强(P总)减小的原因是___________。
（4）汽车排气管装有的三元催化装置，可以消除CO、NO等的污染，尾气中反应物及生成物浓度随温度的变化关系如图。
330℃以下的低温区发生的主要反应的化学方程式是___________。
【答案】
（1）-112
（2）BD
（3） 0.04 降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小
（4）CO＋2NOCO2＋N2O
【分析】
（1）
已知反应I：N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH1=＋180 kJ·mol-1反应II：N2(g)＋2O2(g) 2NO2(g) ΔH2=＋68 kJ·mol-1则目标反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)可由II-I，根据盖斯定律可知：ΔH=ΔH2-ΔH1=(＋68 kJ·mol-1)-(＋180 kJ·mol-1)=-112kJ·mol-1，故答案为：-112；
（2）
A．多步进行的反应，整体反应速率由最慢的一步反应决定，故整个反应的速率由第二步反应速率决定，A错误；
B．根据题干信息可知：正=k1正·c2(NO)，逆=k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆为速率常数，平衡时正=k1正·c2(NO)=逆=k1逆·c(N2O2)，故，同一温度下，平衡时第一步反应的越大即K越大，反应正向程度越大，B正确；
C．反应速率与平衡转化率没有必然的联系，故第二步反应速率低，但转化率不一定低，C错误；
D．反应需要的活化能越大，反应速率越慢，由题干信息可知，第二步为慢反应，第一步为快反应，故第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高，D正确；
故答案为：BD；
（3）
根据三段式分析可知：，根据表中数据可知，，即得：x=0.025mol，故平衡时，NO2的分压为：，同理：CO的分压为：，CO2的分压为：，N2的分压为：，故在此温度下，反应的平衡常数Kp=kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数)；降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；即使体积不变，若温度降低，根据阿伏加德罗定律，总压强减小，故答案为：0.04；降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小；
（4）
由图可知330℃以下的低温区中CO2、N2O含量较高，即为主要生成物，故发生的主要反应的化学方程式是CO+2NO CO2十N2O，故答案为：CO+2NO CO2十N2O。
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