四川省成都外国语学校2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题 29页

成都外国语学校2019-2020学年度上期半期考试化学试题 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Ca:40 ‎ 第Ⅰ卷（选择题共50分）‎ 一、选择题(每小题有1个选项符合题意)‎ ‎1.“五千年文化，三千年诗韵。我们的经典从未断流”，明代诗人于谦在《石灰吟》中写道：“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间。”这首脍炙人口的诗篇不仅蕴含了深刻的人文精神，还蕴藏了有趣的化学知识，下列有关说法中，错误的是 A. 化学反应过程中同时存在着物质变化和能量变化，其中物质变化是基础 B. 这首诗说明化学能与热能在一定条件下可以相互转化 C. 石灰石的分解是熵增反应，因此在任何条件下都能自发进行 D. “要留清白在人间”涉及反应中的化学物质有强电解质、弱电解质和非电解质`‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，其中物质变化是基础，选项A正确；‎ B. “烈火焚烧若等闲”说明化学能与热能在一定条件下可以相互转化，选项B正确；‎ C. 石灰石的分解生成氧化钙和二氧化碳是熵增反应，该反应为吸热反应，△H>0，要使△H-T△S<0，反应必须在高温条件下才能自发进行，选项C错误；‎ D. “要留清白在人间”涉及反应为氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，反应中的化学物质有强电解质碳酸钙、氢氧化钙，弱电解质水和非电解质二氧化碳，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎2.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，下列属于未来新能源标准的是 ‎①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能 A. ⑤⑥⑦ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ③⑤⑥⑦⑧ D. ③④⑤⑥⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】煤、石油、天然气是化石能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；核能使用不当，会对环境造成严重污染；常见未来新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，这些能源对环境污染小，属于环境友好型能源，故选B。‎ ‎3.下列事实能用勒夏特列原理解释的是 A. 工业制硫酸采用二氧化硫催化氧化，高温可以提高单位时间SO3的产量 B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂 C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质 D. 在配制硫酸亚铁溶液时往往要加入一定量铁粉 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硫生成三氧化硫的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，三氧化硫的产量减小，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；‎ B．加入催化剂，有利于加快合成氨的反应速率，但不会引起平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；‎ C．氯气和水的反应是可逆反应，Cl2 + H2OH++Cl- +HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进行，减小了氯气的溶解度，能用勒沙特列原理解释，故C正确；‎ D．配制FeSO4溶液时在溶液中加入铁粉是为了防止亚铁离子被氧化，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意配制硫酸亚铁溶液时往往要加入一定量铁粉和稀硫酸，加入稀硫酸是为了抑制亚铁离子的水解，能用勒夏特列原理解释，加入铁粉是为了防止亚铁离子被氧化，要注意区分。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 缩小体积增大压强，活化分子百分数增加，化学反应速率增大 B. 升高温度，单位体积内分子总数不变，但活化分子数增加了，化学反应速率增大 C. 使用催化剂，增加了分子的能量，活化分子百分数增加，化学反应速率增大 D. 增大反应物浓度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 缩小体积增大压强，活化分子百分数不变；升高温度，活化分子百分数增加；使用催化剂，分子的能量不变；增大反应物浓度，活化分子百分数不变；‎ ‎【详解】缩小体积增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；升高温度，分子能量增加，活化分子数增多，活化分子百分数增加，所以化学反应速率增大，故B正确；使用催化剂，分子的能量不变，活化能降低，活化分子百分数增加，化学反应速率增大，故C错误；加入反应物，增加分子总数，而活化分子百分数不变，单位体积活化分子的总数增多，化学反应速率增大，故D错误；‎ ‎【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，注意温度、浓度、压强、催化剂对活化分子数、活化分子百分数、活化能的影响；以及对化学反应速率的影响。‎ ‎5.重铬酸钾溶液中存在如下平衡：（1）Cr2O72-+H2O2H++2CrO42-，向2mL0.1mol·L-1酸化的K2Cr2O7溶液中滴入适量(NH4)2Fe(SO4)2溶液，发生反应：Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O。下列分析正确的是 A 向K2Cr2O7溶液加入几滴浓NaOH溶液，溶液由黄色变成橙黄 B. 氧化性：Cr2O72-＞Fe3+‎ C. CrO42-和Fe2+在酸性溶液中能大量共存 D. 向K2Cr2O7溶液中加水稀释，反应（1）平衡向左移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、加入氢氧化钠溶液，平衡正向进行，溶液由橙色变为黄色，故A错误；B、反应中Cr2O72-+14H++6Fe2+═2Cr3+(绿色)+6Fe3++7H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以实验②能说明氧化性：Cr2O72-＞Fe3+，故B正确；C、CrO42-具有氧化性，在酸性溶液中能氧化亚铁离子，CrO42-和Fe2+在酸性溶液中不可以大量共存，故C错误；D、稀释K2Cr2O7溶液时，离子浓度减小，但平衡常数不变，因此平衡向正反应方向移动，故D错误；故选B。‎ 电解：本题的易错点为D，稀释溶液，离子浓度减小，但温度不变，平衡常数不变，假如溶液体积稀释为原来的2倍，则Qc=K＜K，平衡正向移动。‎ ‎6.在一定温度下的密闭容器中，发生反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g），达到平衡状态时缩小容器容积，下列叙述不正确的是 A. 该反应的平衡常数不变 B. 平衡向正反应方向移动 C. SO2的浓度增大 D. 正反应速率增大，逆反应速率减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学平衡常数只与温度有关，该反应体系的温度不变，化学平衡常数不变，故A正确；‎ B．缩小容器容积，体系的压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，所以平衡向正反应方向移动，故B正确；‎ C．缩小容器容积，所有气体的浓度均增大，故C正确；‎ D．达到平衡状态时缩小容器容积，压强增大，正、逆反应速率均增大，只是增大幅度不一样，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎7.100 mL 2 mol/L的盐酸与过量的锌片反应时，为减慢反应速率，又不影响生成的氢气的总量，可采用的方法是 A. 加入等体积等浓度的硝酸钾溶液 B. 加入适量的醋酸钠固体 C. 加入适量的NaOH固体 D. 加入几滴氯化铜溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过量的锌片，盐酸完全反应，则减慢反应速率又不影响生成氢气的总量，可减小氢离子浓度或减小金属的接触面积等，但不能改变氢离子的物质的量，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．加入等体积等浓度的硝酸钾溶液，由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，反应生成NO气体，故A不选。‎ B．加入适量醋酸钠溶液，生成醋酸，因醋酸为弱酸，氢离子浓度减小，反应速率减小，但氢离子的物质的量不变，生成氢气的总量不变，故B选；‎ C．加入适量的NaOH固体，与盐酸反应，溶液中氢离子的物质的量减少，生成氢气减少，故C不选；‎ D．加入数滴氯化铜溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，与活泼金属反应不放出氢气。‎ ‎8.对于恒温、恒容下的反应 2A(g) + 2B(g)3C(g) + D(g)，达到平衡状态的是 A. 单位时间内生成 2n mol A，同时生成 3n mol C B. 单位时间内生成 n mol B，同时消耗 0.5n mol D C. 容器内压强不随时间而变化 D. 容器内混合气体的密度不随时间而变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应达到平衡状态的标志的判断要抓两条线索：一是正反应速率=逆反应速率；二是“变量不变”，由此分析。‎ ‎【详解】A.“单位时间内生成 2n mol A”是逆反应速率，用表示；“单位时间内生成3n mol C”是正反应速率，用，则：=2n:3n=2:3，等于A、C化学计量数之比，所以反应达到平衡状态，A项正确；‎ B.“单位时间内生成 n mol B”是逆反应速率；“单位时间内消耗0.5nmolD”是也是逆反应速率，所以无法确定正反应速率与逆反应速率是否相等，B项错误；‎ C.恒温恒容条件下，气体压强与气体分子数目成正比，根据反应2A(g) + 2B(g)3C(g) + D(g)可知，反应前后气体分子数目相同，即在反应过程中气体压强不发生变化，所以当容器中压强不变时反应不一定达到平衡状态，C项错误；‎ D.因反应混合物各组分都是气体，根据化学反应质量守恒，容器中气体总质量不变；而题设条件是恒容，根据密度公式可知，反应过程中容器内混合气体的密度一直不变，所以混合气体的密度不随时间而变化，不能说明反应达到平衡状态，D项错误；答案选A。‎ ‎9. （原创）下列说法不正确的是( )‎ A. 中和热测定实验中，应迅速将NaOH溶液和盐酸在测定装置中混合 B. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可 C. 探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL 5%H2O2和1mL H2O，向另一支试管中加入2mL 5%H2O2和1mL FeCl3溶液，观察并比较实验现象 D. 已知，为了利用该反应探究反应速率与温度的关系，所用试剂除1 mol·L-1KI溶液、0.1 mol·L-1稀硫酸外，还需要用到淀粉溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．中和热测定实验中，需迅速将NaOH溶液和盐酸在测定装置中混合，以减少热量的散失，故A正确；B．新制氯水有酸性和漂白性，液体滴在pH试纸上先变红后褪色，无法读出溶液的pH值，故B错误；C．在相同条件下，向一支试管中加入2mL 5%H2O2和1mL H2O，向另一支试管中加入2mL 5%H2O2和1mL FeCl3溶液，通过观察实验现象，可以探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故C正确；D．，可利用淀粉溶液判断反应中有无碘生成，故D正确，答案为B。‎ 考点：考查实验的探究 ‎10.已知相同条件下，下列反应的焓变和平衡常数分别表示为 ‎①2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）ΔH1 K1=x ‎②Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）ΔH2 K2=y ‎③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）ΔH3 K3=z 则下列关系正确的是 A. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=xy2 B. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x+y C. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=x﹣y2 D. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x/y ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盖斯定律进行计算，由①+②×2=③，得出2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）的△H；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除。‎ ‎【详解】根据盖斯定律进行计算，由由①+②×2=③得到2NH3（g）+7/2O2（g）=2NO2（g）+3H2O（g），则△H=ΔH3=ΔH1+2ΔH；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除，则K3= K1 K22= xy2，故选A。‎ ‎【点睛】题主要考查了盖斯定律的应用及其平衡常数的转换关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除是解答关键所在。‎ ‎11.在一定条件下，在容积为2L的容积不变的刚性密闭容器中，将2 mol 气体M和3 mol N气体混合，发生如下反应：2M(g)＋3N(g)xQ(g)＋3R(g)，该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的浓度为0.4 mol/L，下列有关叙述正确的是 A. x值为2‎ B. 反应前与平衡时容器的压强之比为21:25‎ C. N的转化率为80%‎ D. 混合气体平均摩尔质量不变，不能说明该反应达平衡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平衡时，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，Q物质的量=0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.8∶2.4=x∶3，计算得到x=1；‎ ‎             2M(g)+3N(g)⇌Q(g)+3R(g)‎ 起始量(mol)  2        3     0     0‎ 变化量(mol) 1.6      2.4      0.8     2.4‎ 平衡量(mol) 0.4      0.6      0.8     2.4‎ 据此分析解答。‎ ‎【详解】A．该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的浓度为0.4mol/L，即生成Q为0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，则0.8∶2.4=x∶3，计算得到x=1，故A错误；‎ B．根据上述分析，反应前后的压强之比=气体物质的量之比=(2+3)∶(0.4+0.6+0.8+2.4)=25∶21，故B错误；‎ C．根据上述分析，转化的N为2.4mol，则N的转化率为×100%=80%，故C正确；‎ D．混合气体的质量不变，平衡正向移动时物质的量减小，则混合气体平均摩尔质量为变量，因此混合气体平均摩尔质量不变，能够说明该反应达到平衡状态，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.下列有关化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达错误的是 A. a是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应ΔH > 0‎ B. b是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，Ⅰ是使用催化剂时的曲线 C. c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1 > p2‎ D. d是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl固体后化学反应速率随时间变化的图象 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．升高温度，平衡向吸热方向移动，根据反应方向判断反应热； B．催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，平衡不移动； C． A的转化率随着B的增加而增大；D．氯化钾不影响平衡移动。‎ ‎【详解】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A正确； B．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，所以a是使用催化剂时的曲线，故B正确； C．不断加入B，A的转化率增大，故C错误； D．该反应实质为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大化学平衡不移动，故D错误；选CD。‎ ‎【点睛】本题考查了图象分析，会根据图象中曲线变化趋势、拐点、交点来确定平衡移动方向，注意A中正逆反应速率相等后才是改变条件后平衡的移动，为易错点。‎ ‎13.一定条件下，发生反应：①M(s)+N(g) ⇌R(g) ΔH= - Q1 kJ/mol ‎②2 R(g)+N(g) ⇌2T(g) ΔH= - Q2 kJ/mol（已知Q1、Q2、Q3均为正值）‎ 下列说法正确的是 A. 1molR(g)的能量总和大于1molM(s)与1molN(g)的能量总和 B. 将2mol R(g)与1molN(g)充分混合，在一定条件下充分反应，放出热量Q2 kJ C. 当1molM(s)完全转化为T(g)时（假定无热量损失），放出热量（Q1+0.5Q2）kJ D. M(g)+N(g) ⇌R(g) ΔH= - Q3 kJ/mol，则Q3 < Q1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、反应①为放热反应，1 mol R(g)的能量总和小于1 mol M(s)与1 mol N(g) 的能量总和，错误； B、反应②为可逆反应，可逆反应不能进行到底，将2 mol R (g)与1 mol N(g)在该条件下充分反应，放出热量小于Q2kJ，错误；C、根据反应①、②，利用盖斯定律分析知，当1 mol M(s)完全转化为T (g)时(假定无热量损失)，放出热量Q1+Q2/2kJ，正确；D、1 molM(g)具有的能量大于1 molM(s)，结合反应①知，M(g)+N(g)R(g) △H=－Q3kJ·mol－1, 则Q3＞Q1，错误。‎ 考点：考查化学反应与能量变化。‎ ‎14.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产，环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是 ‎ ‎ A. T1＞T2‎ B. a点的反应速率小于c点的反应速率 C. a点的正反应速率小于b点的逆反应速率 D. b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度越高，反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)下的反应速率较大，则T1＜T2，故A错误；‎ B．根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；‎ C．根据a到b的过程为建立平衡的过程，a点反应物的浓度大于b点，且b点v(正)＞v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C错误；‎ D．b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L×=0.45mol•L-1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同，200℃时在Cu表面分解的机理如图。已知200℃时：反应Ⅰ：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g) ΔH1=−32.9 kJ·mol−1；反应Ⅱ：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g) ΔH2=−41.8kJ·mol−1‎ 下列说法不正确的是 A. 图所示过程①是放热反应 B. 反应Ⅱ的能量过程示意图如图所示 C. 断开3 molN2H4(g)的化学键吸收的能量大于形成1molN2(g)和4molNH3(g)的化学键释放的能量 D. 200℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g) ΔH=+50.7 kJ·mol−1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过程①是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中△H为负值，所以图示过程①为放热反应，故A正确；‎ B.反应Ⅱ是放热反应，能量过程示意图正确，故B正确；‎ C.放热反应中，反应物的化学键的键能之和小于生成物的化学键的键能之和，故C错误；‎ D.根据盖斯定律：（I）-2×（II）得N2H4（g）═N2（g）+2H2（g）△H═-32.9kJ•mol-1-2×（-41.8kJ•mol-1）=+50.7kJ•mol-1，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎16.下列实验无法达到实验目的的是（ ）‎ A B C D 检验铵离子 制取乙酸乙酯 研究浓度对反应速率的影响 检验碘离子 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH4++OH-NH3↑+H2O，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可以检验铵离子，故不选A；‎ B.收集方法错误，乙酸乙酯如果用氢氧化钠溶液吸收，会发生水解反应，应该改为饱和碳酸钠溶液收集，故选B；‎ C.发生反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑+S↓，其他条件相同时，浓度越大化学反应速率越快，溶液变浑浊所需时间越短，故不选C；‎ D.发生反应2KI+Cl2=2KCl+I2，CCl4可以萃取I2，使下层溶液变为紫色，故不选D；‎ 答案：B ‎17.下列事实与对应的方程式不符合的是 A. 含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＞-57.4 kJ·mol－1‎ B. “NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g)(红棕色)N2O4 (g)(无色) ΔH＜0‎ C. 甲烷的燃烧热为－890.3 kJ·mol—1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝－890.3 kJ·mol-1‎ D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-＋2H+＝S↓＋SO2 ↑＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸电离为吸热过程，稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+CH3COOH(aq)═CH3COONa(aq)+H2O(l)，放出的热量小于57.4 kJ/mol，ΔH＞-57.4 kJ·mol－1，故A正确；‎ B．因2NO2(g)(红棕色)⇌N2O4(g)(无色) △H＜0，该反应为放热反应，在冷水中该反应向正反应方向移动，气体的颜色变浅，故B正确；‎ C．液态水更稳定，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ•mol-1，故C错误；‎ D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成硫、二氧化硫和水，离子方程式：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎18.PCl3和PCl5都是重要的化工原料。将2.0 mol PCl3(g)和1.0 mol Cl2(g)充入体积不变的1L密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g) △H＜0，平衡时PCl5为0.4 mol，如果此时移走1.0 mol PCl3和0.5 molCl2，在相同条件下再达平衡时PCl5的物质的量是 A. 0.4mol B. 0.2mol C. 小于0.2mol D. 大于0.2mol，小于0.4mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】平衡后移走1.0mol PCl3和0.5mol Cl2到达新的平衡，等效为容器的体积为0.5L，开始时加入PCl3为1mol、Cl20.5mol的状态，平衡时PCl5为0.2 mol；但反应过程为体积不变的容器，所以与原平衡相比，体积由0.5L增大到1L，压强降低，平衡向逆反应移动，反应物的转化率降低，故相同条件下再达平衡时，n(PCl5)＜0.2 mol，故选C；‎ 故答案选C。‎ ‎19.向一容积为1L的密闭容器中加入一定量的X、Y，发生化学反应aX(g)＋2Y(s) bZ(g) △H＜0。图是容器中X、Z的物质的量浓度随时间变化的曲线。根据以上信息，下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 根据上图可求得方程式中a∶b＝1:3‎ B. 推测在第7min时曲线变化的原因可能是加压 C. 推测在第13min时曲线变化的原因可能是升温 D. 用X表示0~10min内该反应的平均速率为v(X)＝0.045mol/(L·min)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，方程式中a∶b=(0.45-0.2)∶(0.50-0)=1∶2，故A错误；‎ B．第7min时，单位时间内X、Z的物质的量浓度变化量较大，反应速率均增大，但Z增大的幅度比X大，若是增大压强，由于Y为固体，逆反应速率增大幅度较大，即X的增大的幅度比Z大，与图像不符，故B错误；‎ C．第13min时，Z的物质的量浓度减小，X的物质的量浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，此时曲线斜率较大，如果升高温度，平衡逆向移动，与图像吻合，故C正确；‎ D．0～10min内v(X)==0.025mol/(L•min)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎20. 在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是 A a=6.00‎ B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变 C. b＜318.2‎ D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A.根据表格的数据可知：温度不变时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与速率的变化关系可知：在328.2T时，蔗糖的浓度每减小0.100mol/L，水解速率减小1.50mmol/(L∙min)，所以在温度是328.2T、浓度是0.400mol/L时，水解的速率是a=7.50-1.50=6.00‎ ‎ mmol/(L∙min)，正确。B．根据表格数据可知：升高温度，水解速率增大，增大浓度，水解速率也增大，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，则二者对水解反应速率的影响因素可能相互抵消，使反应速率可能不发生改变，正确。C．在物质的浓度不变时，升高温度，水解速率增大，降低温度，水解速率减小。由于在物质的浓度是0.600mol/L时，温度是318.2T时水解速率是3.60mmol/(L∙min)，现在该反应的速率是2.16 mmol/(L∙min)<3.60 mmol/(L∙min)，说明反应温度低于318.2 T。即b＜318.2，正确。D．不同温度时，蔗糖浓度减少，所以速率减慢，但是温度不同，在相同的浓度时的反应速率不相同，错误。‎ ‎【考点定位】考查蔗糖水解的速率与温度、物质的浓度的关系的计算与判断的知识。‎ ‎21.一定温度时，向容积为 2 L 的密闭容器中充入一定量的 SO2(g)和 O2(g)，发生反应：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) △H = - 196 kJ/mol。一段时间后反应达到平衡状态，反应过程中测定的部分数据如表所示。‎ 反应时间/min n(SO2)/mol n(O2)/mol ‎0‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎5‎ ‎1.2‎ ‎10‎ ‎0.4‎ ‎15‎ ‎0.8‎ 下列说法不正确的是 A. 前 5 min 的平均反应速率为v(SO2) = 0.08 mol/(L·min)‎ B. 保持温度不变，向平衡后的容器中再充入 0.2 mol SO2(g)和 0.2 mol SO3(g)时， v正 > v逆 C. 保持其他条件不变，若起始时向容器中充入 2 mol SO3(g)，达到平衡状态时吸收 78.4 kJ的热量 D. 相同条件下，起始时向容器中充入 1.5 mol SO3(g)，达到平衡状态时 SO3 的转化率为 40%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应在前5min的平均速率为v (SO2)==‎ mol/(L•min)=0.08mol•L-1 min-1，故A正确；‎ B． 2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)‎ 初始量： 2           1         0‎ 变化量：1.2        0.6      1.2‎ 平衡量：0.8       0.4       1.2‎ 化学平衡常数K==，温度不变，向平衡后的容器中再充入0.2molSO2和0.2mol SO3时，此时Qc==＞，化学平衡正向移动，v(正)＞v(逆)，故B正确；‎ C．通过计算，当反应进行到10min时，二氧化硫的物质的量是0.8mol，所以10min就达到化学平衡状态，此时反应放出的热量是0.6×196kJ=117.6kJ，起始时向容器中充入2molSO3，达到的平衡和充入2molSO2以及1molO2建立的平衡是等效的，互为逆反应的过程是吸热的，所以达平衡时吸收78.4kJ的热量，故C正确；‎ D．起始时向容器中充入1.5mol SO3，如果平衡时转化率为40%，则 ‎         2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)‎ 初始量： 0         0        0.75‎ 变化量：0.3       0.15      0.3‎ 平衡量：0.3       0.15      0.45‎ 此时K=≠，说明不是平衡状态，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意互为等效平衡的正反应的热效应和逆反应的热效应之和等于按照方程式完全反应的热效应。‎ ‎22.在恒温恒压密闭容器M（如图Ⅰ）和恒温恒容密闭容器N（如图Ⅱ）中，两容器中均加入a molA和a molB，起始时两容器体积均为VL，发生如下反应并达到化学平衡状态：2A（?）+ B（?）xC（g） ΔH＜0，平衡时M中A、B、C的物质的量之比为1∶3∶4。下列判断不正确的是（ ）‎ A. x＝2‎ B. 若N中气体的密度如图Ⅲ所示，则A、B只有一种是气态 C. A为气体，B为非气体，则平衡时M、N中C的物质的量相等 D. 若A、B均为气体，平衡时M中A的转化率小于N中A的转化率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、设达平衡后B的物质的量减少nmol，则A的物质的量减少2nmol，C的物质的量增加xnmol，平衡时A、B、C的物质的量分别是（mol）:a-2n、a-n、xn，所以（a-2n）：（a-n）=1:3，解得n=0.4a，（a-2n）：（xn）=1:4，x=2，正确；‎ B、N是恒温恒容条件，由图III可知，气体的密度逐渐增大，说明气体的质量逐渐增加，若A、B都是气体，则混合气体的密度会一直不变，所以A、B中只有一种是气态，正确；‎ C、A为气体，B为非气体，则该反应是反应前后气体物质的量不变的可逆反应，恒温恒压与恒温恒容达到的平衡是等效的，所以平衡时M、N中C的物质的量相等，正确；‎ D、若A、B均为气体，M平衡后的容器的压强大于N容器，所以由M容器达到N容器的平衡状态，需要减小压强，平衡逆向移动，M中A的转化率减小后与N中A的转化率相同，所以原平衡时M中A的转化率大于N中A的转化率，错误；‎ 答案选D。‎ ‎23.在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 反应CO2(g)＋C(s) 2CO(g)的ΔS＞0、ΔH＜0‎ B. 体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)＜2p总(状态Ⅰ)‎ C. 体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)‎ D. 逆反应速率：v逆(状态Ⅰ)＞v逆(状态Ⅲ)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高，平衡时c(CO2)小，则升高温度，平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；‎ B．分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总(状态Ⅱ)=2P总(状态Ⅰ)，但加压CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)平衡逆向移动，为使c(CO2)相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总(状态Ⅱ)＞2P总(状态Ⅰ)，故B错误；‎ C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)，故C正确；‎ D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高，反应速率快，则逆反应速率为V逆(状态Ⅰ)＜V逆(状态Ⅲ)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎24.氢卤酸的能量关系如图所示下列说法正确的是 A. 已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1<0‎ B. 相同条件下，HCl的△H2比HBr的小 C. 相同条件下，HCl的△H3+△H4比HI的大 D. 一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则该条件下△H2=+akJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据△H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程分析判断；‎ B．根据△H2代表的是HX的分解过程，结合HCl的HBr稳定性分析判断；‎ C．根据△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变分析判断；‎ D．一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．△H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程，因为HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的△H1＞0，故A错误；‎ B．由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的△H2比HBr的大，故B错误；‎ C．△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变，与是HCl的还是HI的无关，故C错误；‎ D．一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，即为△H2=+akJ/mol，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎25.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：A2(g)+3B2(g)2AB3(g) ΔH<0，相关数据如下表所示：‎ 容器 甲 乙 丙 相关条件 恒温恒容 绝热恒容 恒温恒压 反应物投料 ‎1mol A2、3molB2‎ ‎2molAB3‎ ‎2mol AB3‎ 反应物的转化率 α甲 α乙 α丙 反应的平衡常数K K甲 K乙 K丙 平衡时AB3的浓度/mol·L-1‎ c甲 c乙 c丙 平衡时AB3的反应速率/mol·L-1·min-1‎ υ甲 υ乙 υ丙 下列说法正确是 A. υ甲=υ丙 B. c乙＜ c丙 C. α甲 +α乙＜1 D. K乙≤K丙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲中起始充入1mol A2、3molB2等效于相同条件下充入2molAB3，甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解2molAB3，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则平衡时气体的压强丙小于甲，则υ甲＞υ丙，故A错误；‎ B. 乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，降低温度平衡向放热方向移动，平衡时乙中AB3浓度比丙高，即c乙＞c丙，故B错误；‎ C. 若甲和乙均为恒温恒容容器，则α甲 +α乙=1，乙为绝热容器，所以乙反应后比甲温度低，降低温度平衡向放热方向移动，所以乙中AB3的转化率减小，因此α甲 +α乙＜1，故C正确；‎ D、乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，降低温度平衡向放热方向移动，K乙＞K丙，故D错误；‎ 故选C。‎ 第II卷（非选择题 50分）‎ 二．填空题 ‎26.一定条件下，发生反应A(g)＋B(g)C(g)　ΔH<0，达到平衡后根据下列图象判断：‎ ‎（1）表示升高温度，达到新平衡的是________(填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”，下同)，新平衡中C的质量分数________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。‎ ‎（2）表示降低压强，达到新平衡的是________，A的转化率________。‎ ‎（3）表示减少C的量，达到新平衡的是______________。‎ ‎（4）表示增加A的量，达到新平衡的是___________，此时B的转化率__________，A的转化率___________。‎ ‎（5）表示使用催化剂，达到新平衡的是________________，C的质量分数________________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). 减小 (3). C (4). 减小 (5). E (6). A (7). 增大 (8). 减小 (9). D (10). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）升高温度，正、逆反应速率均瞬间增大，化学平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，新平衡中C的质量分数减小，对应图象为B。‎ ‎（2）降低压强，化学平衡向气体分子数增大的方向移动，即向逆反应方向移动，正、逆反应速率均减小，A的转化率也减小，对应图象为C。‎ ‎（3）减少C的量，即减小产物的浓度，正反应速率瞬时不变，逆反应速率瞬时减小，平衡正向移动，对应图象为E。‎ ‎（4）增加A的量，正反应速率瞬时增大，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，A的转化率减小，另一种反应物B的转化率增大，对应图象为A。‎ ‎（5）使用催化剂，会同等程度地增大正、逆反应速率，故正、逆反应速率仍然相等，平衡不移动，C的质量分数不变，对应图象为D。‎ ‎27.已知FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，某小组同学对该反应进行实验探究。‎ ‎（1）甲同学首先进行了实验1。‎ 实验 ‎1‎ 实验步骤 实验现象 ⅰ. 取2 mL 1 mol·L-1 KI溶液， 滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液3滴（1滴约为0.05 mL，下同）。‎ ⅰ. 溶液呈棕黄色。‎ ⅱ. 向其中滴加2滴0.1 mol·L-1 KSCN溶液。‎ ⅱ. 溶液不显红色。‎ ‎① 写出FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式_______________________。‎ ‎② 加入KSCN溶液的目的是_______________________________________。‎ ‎③ 甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c（Fe3+）太低，改进实验方案，进行实验2。‎ 实验步骤 实验现象 实验2‎ ⅰ. 取2 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液，‎ ⅰ. 溶液呈棕黄色。‎ ‎ 滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液3滴。‎ ⅱ. 向其中滴加2滴0.1 mol·L-1 KSCN溶液。‎ ⅱ. 溶液显红色。‎ ⅲ. 继续加入2 mL CCl4，充分振荡、静置。‎ ⅲ. 液体分层，上层红色消失，变为棕黄色，下层呈紫红色。‎ 本实验改用0.1 mol·L-1 KI溶液的目的是_________________________________________。‎ 用化学平衡原理解释实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因________________。‎ ‎（2）甲同学认为“用CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是I2未被充分萃取，但乙同学查阅资料得到信息：I2、I3－在水中均呈棕黄色，两者有如下关系：I2＋I－I3－。于是提出假设：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3－。‎ ‎① 为验证假设，乙同学设计并完成了实验3。‎ 实验3‎ 实验步骤 实验现象 ⅰ. 取1 mL实验2中棕黄色的上层清液，再加入2 mL CCl4， 振荡、静置。‎ ⅰ. 液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色。 ‎ ⅱ. 取1 mL饱和碘水，加入2 mL CCl4， 振荡、静置。‎ ⅱ. 液体分层，上层为无色，下层呈紫红色。‎ 实验3的结论是_________________________________。‎ ‎② 甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验，证明了平衡I2＋I－ I3－的存在。‎ 请你补充完整他设计的实验步骤：将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1 mL水，振荡、静置；向试管2中_________________。两支试管中的现象分别为__________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe3+＋2I- 2Fe2+＋I2 (2). 检验溶液中是否大量存在Fe3+ (3). 提高平衡时溶液中的c（Fe3+） (4). 加入CCl4后，I2被CCl4萃取，平衡2Fe3+＋2I—2Fe2+＋I2正向移动，或c（Fe3+）降低，平衡Fe3+＋3SCN—Fe（SCN）3逆向移动，或 c[Fe（SCN）3]降低，所以红色消失 (5). 萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3－ (6). 加入1 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液，振荡、静置 (7). 试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，试管2中液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色（或紫红色变浅）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①根据FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，化学方程式为 2FeCl3+2KI2KCl+2FeCl2+I2，离子方程式是2Fe3+ +2I-2Fe2+ +I2；②检验Fe3+常用的试剂是KSCN溶液，向溶液中滴入KSCN溶液，Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，溶液变为血红色。所以，此处加入KSCN溶液的目的是检验溶液中是否大量存在Fe3+；③FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，c(I-)降低，平衡向左移动，c(Fe3+)增大，进而验证甲同学的想法；在溶液中存在两个平衡：平衡1：2Fe3++ 2I- 2Fe2++I2， 平衡2：Fe3++ 3SCN- Fe(SCN)3，加入CCl4后，I2被CCl4萃取，c（I2）减小，平衡1向右移动，c(Fe3+)减小，平衡2向左移动，c[Fe(SCN)3]降低，红色消失；‎ ‎（2）①由实验3可知，再向1 mL实验2中棕黄色的溶液中加2 mL CCl4，上层黄色溶质仍不能被萃取，同样的向1 mL饱和碘水中加入2 mL CCl4，却能够将碘水萃取为无色，证明萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3－，而不是I2；②要证明平衡I2＋I－I3－的存在，需把试管1作为参照，向试管2提供与实验2完全相同的KI溶液，所以加入的是1 mL0.1 mol·L-1KI溶液，试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，试管2中液体分层，上层呈黄色，即生成了I3－，下层呈紫红色（或紫红色变浅）。‎ 考点：考查无机实验方案设计与评价 ‎28.能源是人类生存和发展的重要支柱。研究和有效地开发新能源有重要意义。已知 CH3CH2CH2CH3(g)与 CH3CH(CH3)CH3(g)的燃烧过程如图所示：‎ 已知：H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－41kJ·mol-1。请根据以上信息，回答下列有关问题：‎ ‎(1)图形中 E 表示 CH3CH2CH2CH3(g)燃烧反应逆反应的_____。 ‎ ‎(2)CH3CH2CH2CH3(g)与 CH3CH(CH3)CH3(g)的热稳定性_____更高。‎ ‎(3)表示CH3CH(CH3)CH3(g)燃烧热的热化学方程式为_____。‎ ‎(4)CH3CH2CH2CH3(g)转化为 CH3CH(CH3)CH3(g)的热化学反应方程式为_____‎ ‎(5)如表所示是部分化学键的键能参数（已知CO的结构式为C≡O）：‎ 合成气(CO 和 H2 的混合气体)可以合成 CH3CH2CH2CH3(g)，同时生成 H2O(g)，则合成 1molCH3CH2CH2CH3(g)的 ΔH＝__。‎ ‎【答案】 (1). 活化能 (2). CH3CH(CH3)CH3 (3). CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)ΔH =-2869kJ·mol-1 (4). CH3CH2CH2CH3(g)→CH3CH(CH3)CH3(g) ΔH =－9kJ·mol-1 (5). [(4a+9d)－(3e+10b+8f)]kJ·mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)E 表示 CH3CH2CH2CH3(g)燃烧反应逆反应的活化能；‎ ‎(2)物质的能量越低越稳定；‎ ‎(3)燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合盖斯定律分析书写；‎ ‎(4)根据图像有①CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(g)△H=-2673kJ•mol-1，②CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(g)△H=-2664kJ•mol-1，根据盖斯定律分析书写CH3CH2CH2CH3(g)转化为 CH3CH(CH3)CH3(g)的热化学反应方程式；‎ ‎(5)根据反应的焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和计算。‎ ‎【详解】(1)图形中 E 表示 CH3CH2CH2CH3(g)燃烧反应逆反应的活化能，故答案为：活化能；‎ ‎(2)根据图象可知，CH3CH2CH2CH3(g)的能量比CH3CH(CH3)CH3(g)高，则CH3CH2CH2CH3(g)与 CH3CH(CH3)CH3(g)的热稳定性：CH3CH(CH3)CH3＞CH3CH2CH2CH3，故答案为：CH3CH(CH3)CH3；‎ ‎(3)根据图像有①CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(g)△H=-2664kJ•mol-1，②H2O(g)=H2O(l)△H=-41kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①+②×5得到表示 CH3CH(CH3)CH3(g)燃烧热的热化学方程式为：CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l) △H=-2869kJ•mol-1，故答案为：CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l) △H=-2869kJ•mol-1；‎ ‎(4)根据图像有①CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(g) △H=-2673kJ•mol-1，②CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(g) △H=-2664kJ•mol-1‎ ‎，根据盖斯定律，将①-②得到CH3CH2CH2CH3(g)转化为 CH3CH(CH3)CH3(g)的热化学反应方程式为：CH3CH2CH2CH3(g)→CH3CH(CH3)CH3(g) △H=-9kJ•mol-1，故答案为：CH3CH2CH2CH3(g)→CH3CH(CH3)CH3(g) △H=-9kJ•mol-1；‎ ‎ (5)合成气(CO 和 H2的混合气体)可以合成 CH3CH2CH2CH3(g)，同时生成 H2O(g)，化学方程式为：4CO(g)+9H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)+4H2O(g)，反应的焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和，则合成 1molCH3CH2CH2CH3(g)的△H=[(4a+9d)-(3e+10b+8f)]kJ•mol-1，故答案为：[(4a+9d)-(3e+10b+8f)]kJ•mol-1。‎ ‎29.某地菱锰矿的主要成分为MnCO3,还含有少量的FeCO3、CaCO3、MgCO3、Al2O3等杂质，工业上以菱锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示:‎ 已知:MnCO3+2NH4Cl MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O↑。‎ ‎（1）焙烧时温度对锰浸取率的影响如图。焙烧时适宜温度为____________；800℃以上锰的浸取率偏低，可能原因是________________。‎ ‎（2）净化包含三步:‎ ‎①加入少量MnO2，反应的离子方程式为_____________________；‎ ‎②加氨水调pH，生成沉淀主要是___________；‎ ‎③加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+。‎ ‎（3）碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为___________________________。‎ ‎【答案】 (1). 500℃ (2). 温度过高,NH4Cl 分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸取率减小(或MnCO3分解发生其它副反应，使浸取率减小；）（或MnCl2 挥发导致Mn损失；）（或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；）（或高温固体烧结，固体表面积减少等) (3). MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 (5). Mn2++HCO3-+NH3==MnCO3↓+NH4+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图示可知，500℃ 时，锰的浸取率已经很大，所以选取500℃ 即可，温度太高，锰的浸取率几乎没什么变化，但耗能大；如果温度过高，NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸取率减小(或MnCO3分解发生其它副反应，使浸取率减小；）（或MnCl2挥发导致Mn损失；）（或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；）（或高温固体烧结，固体表面积减少等)；综上所述，本题答案是：500℃，温度过高,NH4Cl 分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸取率减小(或MnCO3分解发生其它副反应，使浸取率减小；）（或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；）（或高温固体烧结，固体表面积减少等)。 ‎ ‎（2）①加入少量MnO2，将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O ；综上所述，本题答案是：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。‎ ‎②物质中的杂质主要为铁、钙、镁、铝等元素，因为步骤③中除去钙离子、镁离子，所以步骤②加氨水调pH，除去铁和铝元素，所以生成沉淀主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；综上所述，本题答案是：Fe(OH)3、Al(OH)3。‎ ‎（3）碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨水，得到碳酸锰固体，离子方程式为：Mn2++HCO3-+NH3==MnCO3↓+NH4+；综上所述，本题答案是：Mn2++HCO3-+NH3==MnCO3↓+NH4+。‎ ‎30.碳和氮的化合物是广泛的化工原料，回答下列问题：‎ I.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：‎ t℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎ 1.7‎ ‎2.6‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K ＝_______________。‎ ‎（2）该反应为_______________反应（填“吸热”、“放热”）。‎ ‎（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_______________。‎ a．容器中压强不变 b．混合气体中c(CO)不变 c．v正(H2)＝v逆(H2O) d．c(CO2)＝c(CO)‎ ‎（4）某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为______℃。‎ ‎（5）1200℃时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L－1、2mol·L－1、4mol·L ‎－1、4mol·L－1，则此时上述反应的平衡向__________移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。‎ II.NO2的二聚体N2O4是火箭中常用氧化剂。完成下列问题。‎ ‎ （1）在1000K下，在某恒容容器中发生下列反应：2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，将一定量的NO2放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率α(NO2)随温度变化如图1所示。图中a点对应温度下，NO2的转化率是0.6。己知NO2的起始压强P0为120kPa，列式计算该温度下反应的平衡常数Kp= __________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。‎ 图1 图2‎ ‎（2）对于反应N2O4(g)2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v(N2O4)=k1·p(N2O4)，v(NO2)=k2·p2 (NO2)。其中，k1、k2是与反应及温度有关的常数。相应的速率-压强关系如图2所示：一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp间的关系是k1=____________；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的两个点__________，理由是__________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 吸热 (3). bc (4). 700 (5). 逆向 (6). 81kPa (7). k2•Kp (8). B、D (9). N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)根据平衡常数=书写；‎ ‎(2)根据温度对化学平衡常数的影响分析判断；‎ ‎(3)根据化学平衡状态的标志和特征分析判断；‎ ‎(4)某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)•c(H2)=5c(CO)•c(H2O)，计算出K，再判断；‎ ‎(5)根据浓度商与化学平衡常数的关系判断反应进行的方向；‎ II.(1)图中a点对应温度下，NO2的转化率是0.6，结合三段式判断气体的物质的量，再结合相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，计算反应后压强，并发表计算三种气体的分压，将平衡分压代入平衡常数表达式计算；‎ ‎(2)当达到化学平衡时满足v正=v逆，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，结合v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)分析解答。‎ ‎【详解】I.(1)因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，CO2(g)+H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g)反应的平衡常数K=，故答案为：；‎ ‎(2)化学平衡常数的大小只与温度有关，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为：吸热；‎ ‎(3)a、该反应是一个反应前后体积不变的反应，气体的压强始终不变，则容器中压强不变，不能说明达到平衡状态，故a错误；b、化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，则混合气体中c(CO)不变，说明达到了平衡状态，故b正确；c、化学平衡状态的本质是v正=v逆，所以v正(H2)=v逆(H2O)，表明反应达到平衡状态，故c正确；d、c(CO2)=c(CO)时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故d错误；故选bc；‎ ‎(4)某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，说明平衡常数K===0.6，故温度为700℃，故答案为：700；‎ ‎(5)1200℃时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol•L-1、2mol•L-1、4mol•L-1、4mol•L-1，则浓度商Qc===4＞K=2.6，所以化学平衡逆向移动，故答案为：逆向；‎ II.(1)图中a点对应温度下，NO2的转化率是0.6，设原来NO2的物质的量为xmol，则转化的NO2物质的量为0.6xmol，‎ ‎   2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)‎ 开始(mol)  x              0        0‎ 转化(mol) 06x     0.6x     0.3x 平衡(mol) 0.4x     0.6x     0.3x 则混合气体的物质的量=0.4xmol+0.6xmol+0.3xmol=1.3xmol，相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，所以反应后压强=×1.3xmol=156kPa，NO2的分压=156kPa×=48kPa，NO的分压=156kPa×=72kPa，O2的分压=156kPa×=36kPa，所以分压平衡常数为Kp===81kPa，故答案为：81kPa；‎ ‎(2)当达到化学平衡时满足v正=v逆，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，又有v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，则平衡时，2k1p(N2O4)= k2p2(NO2)，因此k1=k2•=k2•Kp；满足平衡条件υ(NO2)=2υ(N2O4)即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比=1∶2，所以B、D为平衡点，故答案为：k2•Kp；B、D；N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)。‎ ‎【点睛】本题难点和易错点为II.(1)，要注意平衡时压强不是120kPa，要根据气体的压强之比等于气体的物质的量之比进行计算。‎ ‎ ‎