河北省邢台市2020届高三上学期月考化学试题 25页

邢台市2019～2020学年高三上学期第二次月考 化学 考生注意：‎ ‎1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。‎ ‎2.请将各题答案填写在答题卡上。‎ ‎3.本试卷主要考试内容：人教版选修4第一章、第二章、第四章。‎ ‎4.可能用到的相对原子质量：Zn 65‎ 第I卷(选择题 共50分)‎ 一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.氢燃料电池应用广泛，下列关于氢能描述正确的是 A. 由电解水得到，成本低 B. 易液化，储存方便 C. 清洁能源，无污染 D. 天然气的主要成分 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、目前通过电解水获得氢能，成本高、效率低，应寻找合适的催化剂，选项A错误；‎ B、氢气难液化，携带与贮存都不太方便，选项B错误；‎ C、氢能在使用时燃烧产物是水，无污染，属于清洁能源，选项C正确；‎ D、天然气的主要成分是甲烷，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎2.下列变化中属于放热反应的是 A. 稀释浓硫酸 B. 生石灰与水反应生成熟石灰 C. 液态水汽化 D. 将胆矾加热变成白色粉末 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、稀释浓硫酸，会放热，但是不属于化学反应，A不符合题意；‎ B、CaO和水反应生成Ca(OH)2，是放热反应，B符合题意；‎ C、液体水汽化，由液体变成气体，需要吸热，是物理过程，C不符合题意；‎ D、CuSO4·5H2O受热变成了CuSO4和水，分解反应，属于吸热反应，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列因素不能改变酸碱中和反应速率的是 A. 温度 B. 反应物的浓度 C. 反应物的性质 D. 压强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 影响化学反应速率的因素包括内因和外因，内因是反应物本身的性质，外因包括温度、浓度、催化剂压强等。‎ ‎【详解】A、升高温度，化学反应速率加快；降低温度，化学反应速率减慢，A不符合题意；‎ B、增大酸或碱的浓度，中和反应速率加快；降低酸或碱的浓度，中和反应速率减慢，B不符合题意；‎ C、酸碱中和反应的反应速率的内因与反应物的性质，有关，C不符合题意；‎ D、压强能够改变化学反应速率，但是只有气体参与的反应，压强才能影响其速率，酸碱中和反应中没有气体参与，所以压强不能影响其速率，D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎4.在组装原电池时，下列各项中一定不需要的是 A. 电极材料 B. 电解质溶液 C. 直流电源 D. 金属导线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 组装原电池不需要直流电源，答案选C。‎ ‎5.钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是 A. 4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑ B. Fe2＋＋2e－＝Fe C. 2H2O＋O2+4e－＝4OH－ D. Fe－2e－＝Fe2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-‎ ‎，故答案为C。‎ ‎6.在恒温恒容的密闭容器中发生可逆反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)。其他条件相同时，按下列各组投料进行反应，平衡时反应速率最快的是 A. 2mol NO2和1mol O2 B. 1mol NO和1mol O2‎ C. 1mol NO和2mol O2 D. 2mol NO和1mol O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】恒温恒容的密闭容器中，由pV=nRT可知，物质的量越多，压强越大，正逆反应速率越大，A中极限转化为反应物时反应物的物质的量为4mol ，B中反应物的物质的量为2mol， C、D中反应物的物质的量为3mol， 显然选项A中物质的量最多，浓度最大，则反应速率最大，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，恒温恒容的密闭容器，物质的量越多，压强越大，反应速率越大，所以达到平衡时反应速率就大。‎ ‎7.下列有关能源和反应中的能量变化的说法正确的是 A. 煤、石油、天然气都是化石能源，且均属于可再生能源 B. 煤液化生成的甲醇属于二次能源 C. 吸热反应都需要在加热或高温条件下才能进行 D. 有化学键形成的反应一定是放热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、煤、石油、天然气都是化石能源，属于不可再生能源，A错误；‎ B、二次能源是一次能源经过加工，转化成另一种形态的能源，甲醇由煤液化得到，由一次能源煤加工得到，B正确；‎ C、Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，混合即可反应，不需要加热或者高温条件，C错误；‎ D、化学反应过程中一定有化学键的断裂和化学键的形成，但是化学反应不一定都是放热反应，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.对于甲醇的合成反应：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g ‎），改变下列条件，不能使反应的平衡常数发生改变的是 A. 升高温度 B. 降低温度 C. 增大压强 D. 将该反应的化学计量数增大－倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、平衡常数与温度有关，升高温度，平衡常数发生改变，A不符合题意；‎ B、平衡常数与温度有关，降低温度，平衡常数发生改变，B不符合题意；‎ C、平衡常数与压强无关，改变压强，平衡常数不变，C符合题意；‎ D、将化学计量数扩大一倍，化学反应为2CO2(g)＋6H2(g)2CH3OH(g)＋2H2O(g)，，为原平衡常数的平方，只要K不等于1，则平衡常数发生改变，D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】化学平衡常数的影响因素，内因为反应本身的性质，外因置只有反应的温度，但是若化学反应的计量数发生改变，则K的表达式也会发生改变，K的数值也可能发生改变。‎ ‎9.下图所示装置中，属于原电池的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】原电池的构成需要①活泼性不同的两电极，②电解质溶液；③形成闭合回路，④自发的氧化还原反应。‎ A、左右两极的电极材料相同，活动性相同，不能构成原电池，A不符合题意；‎ B、Cu和Ag作电极，活动性不同，且Cu能置换出Ag，有自发的氧化还原反应，有电解质溶液，形成了闭合回路，能够构成原电池，B符合题意；‎ C、乙醇不是电解质溶液，也没有自发的氧化还原反应，C不符合题意；‎ D、硫酸溶液和硫酸铜溶液，处于不同的烧杯中，没有构成闭合回路，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 新制的氯水在光照下颜色变浅 B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深 C. 在合成氨的反应中，加压有利于氨的合成 D. Fe（SCN）3溶液中加入NaOH后溶液颜色变浅 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理： 在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一(如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。勒夏特列原理用于解释化学平衡移动的方向，即化学平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释。‎ ‎【详解】A、Cl2＋H2OHCl＋HClO，2HClO2HCl＋O2↑，HClO在光照条件下发生分解，HClO的浓度减小，使得Cl2与水反应的平衡正向移动，颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；‎ B、H2＋I22HI，加压，由于反应前后气体体积不变，加压平衡不发生移动，不能用勒夏特别原理解释，而颜色变深，是由于体积减小，I2的浓度变大，颜色变深，B符合题意；‎ C、N2＋3H22NH3，增大压强，平衡正向移动，有利于氨气的生成，可以用勒夏特列原理解释，C不符合题意；‎ D、Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，加入NaOH，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，Fe3＋浓度减小，平衡逆向移动，Fe(SCN)3减小，颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎11.电解H2SO4和CuCl2的混合溶液，起始一段时间阴极和阳极上分别析出的物质是 A. H2、O2 B. Cu、O‎2 ‎C. H2、Cl2 D. Cu、Cl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电解原理是在通电条件下，溶液中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，电解稀H2SO4、CuCl2的混合液，阳离子放电顺序为Cu2+＞H+，电极反应为：Cu2++2e-═Cu；阴离子放电顺序Cl-＞OH-＞SO42-，电极反应为：2Cl--2e-═Cl2↑，所以最初一段时间阴极和阳极上分别析出的物质分别是Cu和Cl2；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】本题考查电解原理的分析判断，掌握溶液中离子放电顺序是解题关键，依据溶液中阴离子放电顺序和阳离子的放电顺序分析判断生成产物。‎ ‎12.铅蓄电池充电时，PbSO4‎ A. 在正极上生成 B. 在负极上生成 C. 在两个电极上生成 D. 在两个电极上除去 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】铅蓄电池放电时，负极电解反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4 ，正极电极反应：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，充电是放电的逆反应，阳极上发生反应为：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++2SO42-，阴极发生反应为：PbSO4=Pb-2e-+SO42-，即在两个电极上除去；‎ 故答案为D。‎ ‎13.对下列有关反应的说法正确的是 ‎①NH4HCO3(s)＝NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g) △H＝＋185.6kJ·mol－1‎ ‎②2H2O(l)＝2H2(g)＋O2(g) △H2＝＋571.6kJ·mol－1‎ ‎③CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g) △H3＝＋206.1kJ·mol－1‎ A. 反应①②③均为吸热反应，均需在高温下进行 B. 2 mol H2完全燃烧生成气态水时，放出的热量为571.6kJ C. 若反应③中使用不同的催化剂，△H3会发生改变 D. 1mol NH4HCO3(s)的总能量低于1 mol NH3(g)、1 mol H2O(g)与1 mol CO2(g)的总能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应①②③均为吸热反应，但反应①需要加热，但不需要高温，而反应②需要通过电解才能进行，反应③需在高温下进行，故A错误；‎ B．反应②2H2O(l)＝2H2(g)＋O2(g) △H2＝＋571.6kJ·mol－1，可知2 mol H2完全燃烧生成液态水时，放出的热量为571.6kJ，故B错误；‎ C．使用催化剂不能改变反应的焓变，即反应③中使用不同的催化剂，△H3不发生改变，故C错误；‎ D．反应①为吸热反应，即说明反应物的总能量小于生成物的总能量，即1mol NH4HCO3(s)的总能量低于1 mol NH3(g)、1 mol H2O(g)与1 mol CO2(g)的总能量，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎14.在体积可变的密闭容器中发生可逆反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)。能作为反应达到平衡状态的标志是 A. 单位时间内生成n mol O2的同时生成n mol NO2‎ B. NO2、NO、O2三者的物质的量浓度之比为2：2：1‎ C. 混合气体的密度不再改变 D. 容器中气体压强不再变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、单位时间内生成n molO2的同时生成n molNO2，题给比例不符合正逆反应速率相等，不可作为达到平衡状态的标志，选项A错误； ‎ B、NO2、NO、O2 的物质的量浓度之比为2 : 2 : 1的状态，因不能说明浓度不变，所以不一定是平衡状态，所以不能作为达到平衡状态的标志，选项B错误；‎ C、在体积可变的密闭容器中，气体的总质量不变，则混合气体的密度不变时，总物质的量不变，所以混合气体的密度不再改变的状态 ，反应已达到平衡状态，选项C正确；‎ D、在体积可变的密闭容器中发生可逆反应，容器中的气体压强始终保持不变，压强不变不能作为达到平衡状态的标志，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎15.工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 增大压强，①→②之间的能量差值会增大 B. 合成氨的正逆反应的焓变相同 C. 合成氨的过程是吸热反应 D. 若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、①→②之间的能量差值只与状态①②中物质的能量有关，增大压强，各物质的能量不变，则①→②之间的能量差值不变，A错误；‎ B、根据图像，状态①中物质的能量高于状态③中物质的能量，合成氨的正反应为放热反应，△HO，焓变不相同，B错误；‎ C、根据图像，状态①中物质的能量高于状态③中物质的能量，合成氨为放热反应，C错误；‎ D、使用催化剂，化学反应速率加快，则生成等量的NH3需要的时间更短，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.已知‎25°C、101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1 mol水放出的热量为57.3kJ，则下列描述正确的是 A. 酸碱中和反应的中和热为57.3kJ B. NaOH（aq）＋HCl（aq）＝NaCl（aq）＋H2O（l） △H＝＋57.3 kJ·mol－1‎ C. 1 mol强酸和1 mol强碱完全反应，放出的热量一定为57.3 kJ·mol－1‎ D. 稀盐酸与稀氨水反应生成1 mol水，放出的热量小于57.3 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、中和热的单位为kJ·mol－1，而不是kJ，A错误；‎ B、中和反应为放热反应，△H＝-57.3 kJ·mol－1，B错误；‎ C、1mol强酸和1mol强碱反应不一定生成1mol水，如H2SO4和Ba(OH)2，则热量不一定为57.3 kJ，C错误；‎ D、NH3·H2O为弱电解质，反应时，电离出OH－，需要吸热，则生成1molH2O，发出热量小于57.3，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.下列说法中正确的是 A. 氯酸钾分解是一个熵增的过程 B. △H>0，△S>0的反应一定可以自发进行 C. 电解水产生氢气、氧气的反应具有自发性 D. 可逆反应正向进行时，正反应具有自发性，△H一定小于零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯酸钾分解生成气体，混乱度增加，熵值增大，选项A正确；‎ B．△G＜0反应自发进行，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0，则当低温下△G可能大于0，反应非自发，选项B错误；‎ C. 电解水产生氢气、氧气的反应为△H>0，△S>0，根据△G=△H-T△S＜0可知，只有在高温条件下才具有自发性，选项C错误；‎ D. 可逆反应正向进行时，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0且高温条件下正反应具有自发性，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎18.用电解法测量某工业废气中CO的浓度，工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. b为电源的正极 B. 阳极的电极反应式为CO＋H2O－2e－＝CO2＋2H＋‎ C. H＋向阳极移动 D. 理论上每消耗‎11.2 L O2，转移2 mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据示意图，在左侧，CO和水生成了CO2和H＋，则CO中C的化合价升高，发生氧化反应，在电解池中阳极发生氧化反应，则a为电源的正极，阳极反应为CO－2e－＋H2O=CO2＋2H＋；b为电源的负极，根据图示，阴极反应为2H＋＋2e－=H2↑。‎ A、根据图示，右侧，H＋得到电子，生成H2，发生还原反应，电解池中阴极发生还原反应，则b为电极的负极，A错误；‎ B、根据示意图，左侧，CO和水生成了CO2和H＋，CO中C的化合价升高，发生氧化反应，阳极反应为CO－2e－＋H2O=CO2＋2H＋；B正确；‎ C、电解池中，阳离子向阴极移动，H＋向阴极移动，C错误；‎ D、没有说明气体所处的状态，无法得知11.2LO2的物质的量，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎19.在有、无催化剂时，HI分解反应的能量随反应进程的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. 其他条件不变时，升高温度，平衡体系中HI的含量降低 B. 图示中无催化剂的反应焓变更高 C. 其他条件不变时，增大压强，可提高HI的平衡转化率 D. 催化剂可提高分子的能量，加快反应速率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图示可知，HI(g)I2(g)+H2(g)吸热反应；‎ A．HI(g)I2(g)+H2(g)是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中HI的含量降低，故A正确；‎ B．催化剂能改变反应活化能，但不改变反应热效应，即有无催化剂，反应焓变△H均不变，故B错误；‎ C．对HI(g)I2(g)+H2(g)反应达到平衡后，增大压强，平衡不移动，不能提高HI的转化率，故C错误；‎ D．催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎20.下列关于热化学反应的描述中正确的是 A. 有氧气参与反应都是放热反应 B. 热化学方程式既表示能量的变化，又表示物质的变化 C. 若2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)△H＝＋566kJ·mol－1，则CO的燃烧热△H＝－566 kJ·mol－1‎ D. 放热反应理论上都可以设计为原电池，将化学能转化为电能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、有氧气参与的反应不一定是放热反应，如放电条件下氮气与氧气反应生成NO的反应为吸热反应，选项A错误；‎ B、热化学方程式不仅能表示反应物和生成物的种类，还能表示能量的变化，选项B正确；‎ C、燃烧热是以1 mol可燃物作为标准来进行测定的，若2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)△H＝＋566kJ·mol－1，则CO的燃烧热△H＝－288 kJ·mol－1，选项C错误；‎ D、电流的形成要有电子的定向运动，所以只有氧化还原反应才能设计成原电池，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎21.反应过程中的能量变化如图所示，下列说法中正确的是 A. 定容容器中，平衡体系2X(g)→3Y(g)中，增加X的量，平衡时X的百分含量升高 B. 反应2X(g)→Z(g)和反应Z(g) →2X(g)的活化能相等，焓变不同 C. 图示中的两个反应都是放热反应 D. 升高温度，有利于反应2X(g)→3Y(g)正向进行，正反应速率增大，逆反应速率减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．定容容器中，平衡体系2X(g)→3Y(g)中，增加X的量，X的百分含量瞬间增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，重新平衡时X的百分含量比原平衡状态高，故A正确；‎ B．由图示可知，反应2X(g)→Z(g)的△H=E2-E1，而反应Z(g) →2X(g)的△H=E1-E2，则两反应的活化能不相等，焓变也不同，故B错误；‎ C．由图示可知，反应2X(g)→Z(g)为放热反应，而反应2X(g)→3Y(g)为吸热反应，故C错误；‎ D．2X(g)→3Y(g)为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，但正、逆反应速率均增大，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎22.室温下，CuSO4·5H2O(s)、CuSO4(s)与其水溶液之间转化的焓变关系如图：‎ 已知CuSO4·5H2O(s)溶于水，溶液温度降低；CuSO4(s)溶于水，溶液温度升高。下列有关说法正确的是 A. 从硫酸铜溶液中析出CuSO4·5H2O(s)的反应焓变△H>0‎ B. 1 mol CuSO4(s)的总能量大于1 mol Cu2＋(aq)与1 mol SO42－(aq)的总能量 C. △H2>△H1‎ D. △H1＝△H2＋△H3。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图中△H2＞0，可知从硫酸铜溶液中析出CuSO4•5H2O(s)的反应焓变△H＜0，故A错误；‎ B．图中△H3＜0，可知1mol CuSO4(s)的总能量大于1mol Cu2+(aq)与1mol SO42-(aq)的总能量，故B正确；‎ C．△H2＞0，△H3＜0，△H1=△H2-△H3，则△H2＜△H1，故C错误；‎ D．由盖斯定律可知△H1=△H2-△H3，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、焓变正负、盖斯定律为解答的关键，CuSO4•5H2O(s)溶于水，溶液温度降低，则CuSO4•5H2O(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)+5H2O(l)△H2＞0，为吸热反应；CuSO4(s)溶于水，溶液温度升高，则CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)△H3＜0，为放热反应，CuSO4•5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)△H1，由盖斯定律可知△H1=△H2-△H3。‎ ‎23.中国科学院大连化学物理研究所在碱性锌铁液流二次电池研究方面取得了新进展，其装置如图所示。下列说法不正确的是 A. 充电时，电极X与电源负极相连 B. 放电时，电极Y发生氧化反应 C. 充电时，阳极的电极反应式为Fe(CN)64－－e－＝Fe(CN)63－‎ D. 放电时，电路中通过1 mol电子，负极锌溶解的质量为‎32.5g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据放电工作原理图，在正极上发生还原反应：Fe(CN)63－+e-=Fe(CN)64－，负极上是失电子的氧化反应：Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此回答即可。‎ ‎【详解】A．由分析可知：放电时X为正极，则充电时应与电源正极相连，故A错误；‎ B．放电池时，Zn失电子发生氧化反应，则电极Y为负极，故B正确；‎ C．充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为Fe(CN)64－－e－＝Fe(CN)63－，故C正确；‎ D．放电时，电路中转移1mol电子，则负极溶解的锌质量为=‎32.5g，故D 正确；‎ 故答案为A。‎ ‎24.下表中依据热化学方程式得到的对应结论正确的是 热化学方程式 结论 A 稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O (l) △H=-57.3kJ.mol-1‎ 将稀硫酸与氢氧化钡溶液混合后，若有1molH2O 生成，则放出的能量为57.3kJ B Sn(s,灰) Sn(s,白) △H=+2.1kJ.mol-1（灰锡为粉末状，白锡为块状）‎ 锡制品在炎热的夏天更容易损坏 C P4(s,白磷)=4P(s,红磷) △H=-29.2kJ.mol-1‎ 常温下红磷比白磷更稳定 D C3H8(g)+5O2(g)=3CO2 (g)+4H2O(g) △H=-2043.9kJ.mol-1‎ C3H8的燃烧热△H=-2043.9kJ.mol-1‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因SO42-、Ba2+反应生成BaSO4时放出热量，则将稀硫酸与氢氧化钡溶液混合后，若有1molH2O 生成，放出的能量大于57.3kJ，故A错误；‎ B．焓变为正，可知灰锡能量低较稳定，则锡制品在寒冷的冬天更容易损坏，故B错误；‎ C．能量低的稳定，由P4(s,白磷)=4P(s,红磷) △H=-29.2kJ.mol-1可知红磷的能量低，稳定，故C正确；‎ D．燃烧热中生成液态水，热化学方程式中生成气态水，则不能确定C3H8燃烧热，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】‎ 考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、燃烧热与中和热、能量与稳定性为解答的关键，特别注意表示中和热是强酸与强碱的稀溶液生成可溶性盐和水，而表示燃烧热的燃烧产物为液态水，这是本题易错点。‎ ‎25.一定温度下，在‎2 L的密闭容器中加入2 mol X和3 mol Y，发生如下反应：2X(g)＋3Y(g)4Z(g)＋W(g) △H<0，反应10 min后达到平衡，此时W的浓度为0.25 mol·L－1。下列说法正确的是 A. 前5min内，反应的平均速率v(Z)＝0.1 mol·L－1·min－1‎ B. 其他条件不变时，将反应容器的体积缩小一半，W的平衡浓度为0.5 mol·L－1‎ C. 保持温度不变，10 min后向容器中再加入1 mol X和1.5 mol Y，重新达到平衡时，X的转化率大于50%‎ D. 若反应在绝热容器中进行，其他条件不变，反应达到平衡时Y的浓度小于0.75 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】2X(g)＋3Y(g)4Z(g)＋W(g) ‎ 起始物质的量浓度(mol/L) 1 1.5 0 0‎ 变化物质的量浓度(mol/L) 0.5 0.75 1 0.25‎ 平衡物质的量浓度(mol/L) 0.5 0.75 1 0.25‎ X的转化率为=50%；‎ A．反应前10min时，反应的平均速率v(Z)＝=0.1 mol·L－1·min－1，但无法计算前5min时反应的平均速率v(Z)，故A错误；‎ B．其他条件不变时，将反应容器的体积缩小一半，W的浓度瞬间变为0.5 mol·L－1，因平衡不移动，则W的平衡浓度仍为0.5 mol·L－1，故B正确；‎ C．保持温度不变，10 min后向容器中再加入1 mol X和1.5 mol Y，相当于起始时是2molX和3molY，由于反应容器由原体积的2倍缩小为原体积的过程中，平衡不移动，则重新达到平衡时，X的转化率不变，仍为50%，故C错误； ‎ D．反应正方向为放热反应，若反应在绝热容器中进行，达到平衡时容器内温度会升高，则平衡会逆向移动，平衡时Y的浓度大于0.75 mol·L－1，故D错误；‎ 故答案为B。‎ 第II卷(非选择题 共50分)‎ 二、非选择题(本题包括4小题，共50分)‎ ‎26.在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2＋3H22NH3 ‎ ‎△H<0。‎ ‎(1)反应开始阶段，v(正)______(填“>”“<”或“＝”)v(逆)，随后v(正)逐渐______ (填“增大”或“减小”，下同)，v(逆)逐渐______，反应达到平衡时，v(正)______ (填“>”“<”或“＝”)v(逆)。‎ ‎(2)达到平衡后，若正反应速率用v(N2)表示，逆反应速率用v’(H2)表示，则v(N2)＝____v’(H2)。‎ ‎(3)下列措施中能加快反应速率并提高氢气的转化率的是______(填字母)。‎ A.其他条件不变时，压缩容器体积 B.其他条件不变时，升高反应体系温度 C.使用合适的催化剂 D.保持容器体积不变，充入一定量的氮气 ‎(4)实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，分析温度不宜过高也不宜过低的原因是______________________________________。‎ ‎(5)写出合成氨反应N2＋3H22NH3的平衡常数表达式：____________________，升高温度时K值______(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). 减小 (3). 增大 (4). = (5). (6). AD (7). 升高温度平衡逆向移动，不利于提高N2的转化率，但温度过低，反应速率缓慢， (8). K= (9). 减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)反应开始阶段，正反应速率大于逆反应速率，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，达到平衡时，正逆反应速率相等；‎ ‎(2)达到平衡时正逆反应速率相等，且满足反应速率之比等于化学计量数之比；‎ ‎(3)一般来说，升高温度、增大浓度、缩小体积以及加入催化剂等，可加快反应速率，再结合温度、压强和催化剂对平衡的影响分析；‎ ‎(4)可结合温度对速率和平衡的影响分析；‎ ‎(5)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值。‎ ‎【详解】(1)反应开始阶段，正反应速率大于逆反应速率，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，达到平衡时，正逆反应速率相等；‎ ‎(2)达到平衡时正逆反应速率相等，且满足反应速率之比等于化学计量数之比，则V(N2)=v'(H2)；‎ ‎(3) A.其他条件不变时，压缩容器体积，压强增大，反应速率加快，且平衡正向移动，H2的转化率增大，故A正确；‎ B.其他条件不变时，升高反应体系温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，H2的转化率减小，故B错误；‎ C.使用合适的催化剂，加快反应速率，不影响平衡的移动，H2的转化率不变，故C错误；‎ D.保持容器体积不变，充入一定量的氮气，氮气的浓度增大，反应速率加快，且平衡正向移动，H2的转化率增大，故D正确；‎ 故答案为AD；‎ ‎(4)反应N2＋3H22NH3 △H<0，升高温度平衡逆向移动，不利于提高N2的转化率，但温度过低，反应速率缓慢，故实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，即综合考虑转化率和反应速率；‎ ‎(5)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，K=，当温度升高时，平衡逆向移动，平衡常数K值减小。‎ ‎【点睛】化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数；平衡常数指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，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大。‎ ‎27.某实验小组在T1温度下，容积为‎1 L的恒容密闭容器中，同时通入0.1 mol CO（g）和0.1 mol H2O（g），发生反应：CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g） △H＝a kJ· mol－1。测得CO2的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。‎ ‎（1）0～10min内，CO的平均反应速率为_______________。‎ ‎（2）T1温度下，该反应的平衡常数K为________（用分数表示）。‎ ‎（3）①已知：‎ I.H2的燃烧热△H＝－285.8 kJ· mol－1；‎ II.CO的燃烧热△H＝－283 kJ· mol－1；‎ III.H2O（g）＝H2O（l） △H＝－44 kJ· mol－1。‎ 则a＝_______。‎ ‎②反应达到平衡后，下列措施能使平衡向正反应方向移动的是__________（填字母）。‎ A 升高温度 B 增大压强 C 通入H2O（g） D 移走CO2（g）‎ ‎（4）T1温度下，某时刻另一实验小组测得反应容器中有关数据为c（CO）＝0.6 mol·L－1、c（H2O）＝1.6 mol·L－1，c（H2）＝0.4 mol·L－1，c（CO2）＝0.4 mol·L－1，则该反应在下－时刻将____（填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“达到平衡”），判断依据是_______。‎ ‎【答案】 (1). 0.003mol·L－1·min－1 (2). (3). －41.2 (4). CD (5). 向正反应方向进行 (6). ＜K，所以反应向正反应方向进行 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用，同一化学反应中，用不同的物质表示反应速率其数值之比等于计量数之比；‎ ‎(2)利用三等式，求解平衡常数；‎ ‎(3)①利用盖斯定律，求解反应热；‎ ‎②根据勒夏特列原理判断平衡移动；‎ ‎(4)利用浓度商Qc和K的关系，判断平衡移动方向。‎ ‎【详解】(1)根据图示，0～10min内，CO2的浓度增加了0.03mol·L－1，则，同一化学反应中，用不同的物质表示反应速率其数值之比等于计量数之比，即，则；‎ ‎(2) ‎ 则；‎ ‎(3)①H2的燃烧热的热化学方程式H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l) △H=－285.8kJ·mol－1 ①；‎ CO的燃烧热的热化学方程式CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g) △H=－283kJ·mol－1 ②；‎ H2O(g)＝H2O(l) △H＝－44 kJ· mol－1 ③，则②－①＋③得到CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，△H=－283－（－285.8）+（-44）kJ·mol－1=－41.2 kJ·mol－1，则a=－41.2；‎ ‎②A、升高温度，向吸热反应方向移动，即逆向移动，A不符合题意；‎ B、由于反应前后气体体积不变，增大压强，平衡不移动，B不符合题意；‎ C、通入H2O，增大反应物浓度，正向移动，C符合题意；‎ D、移走CO2，减小生成物浓度，正向移动，D符合题意；‎ 答案为CD；‎ ‎(4)利用浓度商Q与K关系判断平衡移动方向，”)T2。‎ ‎②若反应在D点达到平衡，此时对反应进行升温且同时扩大容器体积使平衡压强减小，重新达到平衡，则D点应向图中A～G点中的_______点移动。‎ ‎③某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，结果如图所示。温度低于‎200℃‎时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为____________；a点_______(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由：___________________________________。‎ ‎(4)以连二硫酸根(S2O42－)为媒介，使用间接电化学法处理燃煤烟气中的NO，装置如图4所示：‎ ‎①阴极区的电极反应式为______________________________________。‎ ‎②NO被吸收转化后的主要产物为NH4＋，若通电时电路中转移了0.3 mol e－，则此通电过程中理论上被吸收的NO在标准状况下的体积为____________mL。‎ ‎【答案】 (1). 4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（g）△H=-2070kJ•mol-1 (2). ac (3). ＞ (4). A (5). 温度较低时，催化剂的活性偏低 (6). 不是 (7). 因为该反应为放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高 (8). 2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O (9). 1344‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) NH3还原NO反应的方程式为4NH3+6NO=5N2+6H2O，①4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H1=-1530kJ•mol-1，②N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H2=+180kJ•mol-1，根据盖斯定律①-②×3得到NH3还原NO反应的热化学方程式；‎ ‎(2) 如图所示NO的转化率a(NO)随X的增量而逐渐减小，说明平衡逆向移动；‎ ‎(3)①根据反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)判断，升高温度，平衡向吸热方向移动；‎ ‎②对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，则平衡会逆向移动，NO的体积分数增加；‎ ‎③催化剂在低温下活性不大，反应随温度变化速率变化不大，图象分析可知a点不是对应温度下的平衡脱氮率；‎ ‎(4) 由图可知，阴极上亚硫酸根离子得到电子生成S2O42-，NO吸收转化后的主要产物为NH4+，N元素的化合价由+2价降低为-3价，以此计算。‎ ‎【详解】(1) NH3还原NO反应的方程式为4NH3+6NO=5N2+6H2O，①4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H1=-1530kJ•mol-1，②N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H2=+180kJ•mol-1，由盖斯定律①-②×3有4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=-1530kJ•mol-1-(+180kJ•mol-1)×3=-2070kJ•mol-1，则NH3还原NO的热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=-2070kJ•mol-1；‎ ‎(2) 如图所示NO的转化率a(NO)随X的增量而逐渐减小，说明平衡逆向移动；‎ a．反应2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) △H<0，则升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小，与图象吻合，故a正确；‎ b．反应2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) △H<0，则增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，与图象不吻合，故b错误；‎ c．增大，说明是增减小Cl2的量或增大NO的量，NO的转化率均减小，与图象吻合，故c正确；‎ d．改变催化剂的接触面积，不影响平衡的移动，NO的转化率不变，与图象不吻合，故d错误；‎ 故答案为ac；‎ ‎(3)①根据反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746kJ•mol-1，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的体积分数会增大，即T1＞T2；‎ ‎②若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，则平衡会逆向移动，NO的体积分数增加，重新达到的平衡状态可能是图中A点；‎ ‎(3)图象分析可知a点不是对应温度下的平衡脱氮率：温度较低时，催化剂的活性偏低；不是平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据线II可知，a点对温度的平衡脱氮率应该更高；‎ ‎(4)①由图可知，阴极上亚硫酸根离子得到电子生成S2O42-，阴极区的电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；‎ ‎②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，N元素的化合价由+2价降低为-3价，若通电时电路中转移了0.3mole-，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为×‎22.4L/mol=‎1.344L=1344mL。‎ ‎【点睛】利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。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。‎ ‎ ‎