【化学】江西省赣州市南康中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版） 21页

江西省赣州市南康中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）‎ ‎1.已知白磷和P4O6的分子结构如图，现提供以下化学键的键能：P-P：198kJ·mol－1、P-O：360kJ·mol－1、O=O：498kJ·mol－1，则反应P4（白磷）+3O2=P4O6的反应热△H为（ ）‎ A. -126kJ·mol－1 B. -1638kJ·mol－1‎ C. +126kJ·mol－1 D. +1638kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】已知P4分子内有6个P-P键，则P4(白磷)+3O2=P4O6的△H=反应物的键能和-生成物的键能和=198kJ/mol×6+498kJ/mol×3-360kJ/mol×12=-1638kJ/mol，故答案为B。‎ ‎2.下列反应的离子方程式表达正确的是（ ）‎ A. FeCl3溶液中滴加HI溶液：2Fe3++2HI2Fe2++2H++I2‎ B. 1 mol·L−1 NaAlO2溶液和4 mol·L−1 HCl溶液等体积混合：AlO2−+4H+Al3++2H2O C. NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：NH4++H++SO42−+Ba2++2OH−BaSO4↓+NH3·H2O+H2O D. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：3S2O32−+2H+4S↓+2SO42−+H2O ‎【答案】B ‎【解析】A. FeC13溶液中滴加HI溶液：2Fe3++2I－=2Fe2++I2，A错误；B. 1mol·L-1NaA1O2溶液和4 mol·L-1HCl溶液等体积混合恰好反应生成氯化铝、氯化钠和水：AlO2-+4H+=Al3++2H2O，B正确；C. NH4HSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O，C错误；D. Na2S2O3溶液中滴加过量稀H2SO4：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D错误，答案选B。‎ ‎3.已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ·mol-1‎ ‎2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-1452kJ·mol-1‎ H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. H2(g)的燃烧热为571.6kJ·mol-1‎ B. H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1‎ C. 3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=+135.9 kJ·mol-1‎ D. 等质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)燃烧放出的热量多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1可知1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出热量为285.8 kJ•mol-1，则氢气燃烧热为285.8 kJ•mol-1，故A错误；‎ B．反应中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3 kJ多，即该反应的△H＜-57.3 kJ•mol-1，故B错误；‎ C．①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1，②2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1 452kJ•mol-1，按盖斯定律计算①×3-②得到：6H2(g)+2CO2(g)═2CH3OH(l)+2H2O(l)△H=-262.8 kJ•mol-1，则正确的热化学方程式是：3H2(g)+CO2(g)═CH3OH(l)+H2O(l)△H=-131.4 kJ•mol-1，故C错误；‎ D．同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，设质量为1g；‎ ‎2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1‎ ‎2               571.6kJ mol          142.9kJ ‎2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452kJ•mol-1‎ ‎2      1452kJ mol              22.69kJ 所以H2(g)放出的热量多，故D正确；‎ 故答案D。‎ ‎4.向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体， 一定条件下发生如下反应： 3A(g) B(g)＋2C(g)，各物质的浓度随时间变化如图所示[t0～t1 阶段的 c(B)变化未画出]。下列说法中正确的是( )‎ A. 若 t1＝15 s，则用 A 的浓度变化表示 t0～t1阶段的平均反应速率为 0.004 mol·L－1·s－1‎ B. t1时该反应达到平衡，A的转化率为 60%‎ C. 该容器的容积为2 L，B的起始的物质的量为 0.02 mol D. t0～t1 阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为 a kJ，该反应的热化学方程式为 3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.t0～t1阶段，A 的浓度变化为0.15-0.06=0.09 mol·L－1，t0～t1阶段的平均反应速率为0.09/15=0.006 mol·L－1·s－1，A错误；‎ B.t1时该反应达到平衡， A 的转化率为=0.09/0.15×100=60%，B正确；‎ C.根据反应3A(g) B(g)＋2C(g)可知，反应达平衡后，∆c(A)=0.09 mol·L－1, ∆c(B)=O.03 mol·L－1,由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05 mol·L－1，所以B的起始的浓度为0.02 mol·L－1，B的起始的物质的量为0.02×2=0.04 mol，C错误；‎ D.t0～t1 阶段，∆c(A)=0.09 mol·L－1，∆n(A)=0.09×2 mol =0.18 mol，此时放热a kJ，如果有3 mol A完全反应，放热为50 a /3 kJ,即3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a/3 kJ·mol－1，D错误。‎ 正确选项B。‎ ‎5.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中的硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋S(l) △H＜0。一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器中1molSO2和nmolCO发生反应，5min后达到平衡，生成2amolCO2。下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应前2min的平均速率v(SO2)＝0.1amol/(L.min)‎ B. 当混合气体的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态 C. 平衡后保持其它条件不变，从容器中分离出部分硫，平衡向正反应方向移动 D. 平衡后保持其他条件不变，升高温度和加入催化剂，SO2的转化率均增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据方程式可知，生成2amolCO2的同时，消耗amolSO2，其浓度的变化量是mol/L，所以反应前2min的平均速率v(SO2)＝mol/L ÷2min＝0.25a mol/(L·min)，A不正确；‎ B、根据方程式可知，该反应是气体的物质的量减小的可逆反应，因此当混合气体的物质的量不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，B正确；‎ C、该反应中S是液体，改变液体的质量其浓度不变，故平衡不移动，C不正确；‎ D、该反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低。催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，D不正确。‎ 答案选B。‎ ‎6.在密闭容器中，反应xA(g)+yB(g)zC(g)达平衡时，A的浓度为0.5mol/L。若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L。下列判断正确的是（ ）‎ A. x＋y＜z B. 平衡向正反应方向移动 C. B的转化率降低 D. C的体积分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】容积扩大原来的2倍，假设平衡不移动，此时A的浓度为应为0.25mol·L－1。达新平衡时A的浓度降为0.3mol·L－1，说明平衡向逆反应方向移动。‎ ‎【详解】A. 容积扩大原来的2倍，容器中的气体压强减小，平衡逆向移动，则x＋y＞z，A错误；‎ B. 平衡向逆反应方向移动，B错误；‎ C. 平衡向逆反应方向移动，故B的转化率降低，C正确； ‎ D. 平衡向逆反应方向移动，故 C的体积分数减小，D错误。‎ 故选项C正确。‎ ‎7.下列事实能用勒夏特列原理来解释是（ ）‎ A. SO2氧化为SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)‎ B. 500 ℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH<0‎ C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2(g)+I2(g)2HI(g)‎ D. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2+H2OH++Cl-+HClO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入催化剂有利于加快二氧化硫生成三氧化硫的反应速率，但是不会引起平衡平衡移动，不能用勒夏特列原理解释；‎ B．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释；‎ C．H2(g)+ I2(g)2HI(g)的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释；‎ D．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，正确。‎ 故选D ‎8.根据vt图分析外界条件改变对可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g) ΔH<0的影响。该反应的速率与时间的关系如图所示：‎ 可见在t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡，如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则下列对t2、t4、t6、t8时改变条件的判断正确的是 A. 使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度 B. 升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂 C. 增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度 D. 升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】从“断点”入手突破改变的条件,t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，不是使用了催化剂，排除A，增大反应物浓度，平衡正向移动，排除C，t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，应是增大反应物浓度，排除B。‎ ‎【详解】t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，排除A、C项；t4‎ 时正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，可以是减小压强；t6时正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，所以是增大反应物浓度，D项符合。故选D。‎ ‎9. 现有下列两个图象：‎ 下列反应中符合上述图象的是(　　)‎ A. N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＜0‎ B. 2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)　ΔH＞0‎ C. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＜0‎ D. H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)　ΔH＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】由图I可知，随温度升高，生成物浓度增大，即升高温度平衡向正反应方向移动即正反应方向为吸热反应；由图II可知，当反应达到平衡时，增大压强正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的更快即平衡向逆反应方向移动，所以该反应的逆反应方向为气体体积减少的反应；所以A错，合成氨的反应为放热反应；B正确；C错，氨的催化氧化为放热反应；D错，该反应的逆反应为气体体积增大的反应；‎ ‎10.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据如图可得出的判断结论不正确的是（ ）‎ A. 反应速率c＞b＞a B. 达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c C. 若T2＞T1，则正反应一定是吸热反应 D. 达到平衡时，AB3的物质的量大小为：c > b > a ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由图可知，B2起始相同时，T2对应的AB3的含量大，则若该正反应为吸热反应，则T2＞T1，若该正反应为放热反应，则T2＜T1；由图可知B2越大，达到平衡时A2的转化率越大，且b点AB3的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，以此来解答。‎ ‎【详解】A．根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，则反应物的浓度依次增大，反应速率依次增大，故A正确；‎ B．根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，则达到平衡时A2的转化率大小为：a＜b＜c，故B错误； ‎ C．若T2＞T1，由图象可知温度升高生成物的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应分析移动，则正反应为吸热反应，故C正确；‎ D．对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增多，所以达到平衡时，AB3的物质的量大小为c＞b＞a，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎11.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。‎ 第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；‎ 第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。‎ 下列判断正确的是（ ）‎ A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大 B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃‎ C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低 D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故A错误；‎ B.50℃时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故B正确；‎ C.230℃时，Ni(CO)4分解的平衡常数K逆=1/K正=1/（2×10−5）=5×104‎ ‎，可知分解率较高，故C错误； ‎ D.平衡时，应该是4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故D错误；‎ 正确答案：B ‎12.在2L恒容密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应：2X(g)＋Y(g)3Z(g)，反应过程持续升高温度，测得X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）‎ A. Q点时，Y的转化率最大 B. 升高温度，平衡常数增大 C. W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率 D. 平衡时，再充入Z，达到平衡时Z的体积分数一定增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在Q对应温度之前，升高温度，X的含量减小，在Q对应温度之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应。‎ A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故A正确；‎ B．已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故B错误；‎ C．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，故C错误；‎ D．反应前后气体的物质的量不变，在一定温度下，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎13.在1 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(g)，所得实验数据如下表：‎ 实验编号 温度/℃‎ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(X)‎ n(Y)‎ n(M)‎ ‎①‎ ‎700‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0.09‎ ‎②‎ ‎800‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎③‎ ‎800‎ ‎0.20‎ ‎0. 30‎ a ‎④‎ ‎900‎ ‎0.10‎ ‎0.15‎ b 下列说法错误的是（ ）‎ A. 实验①中，若5 min时测得n(M) =0.05 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率v(N) =0.01 mol/( L·min)‎ B. 实验②中，该反应的平衡常数K=1.0‎ C. 实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%‎ D. 实验④中，达到平衡时，b＞0.06‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、v（N）=v（M）= ，故A正确；‎ B、 X（g）+Y（g）M（g）+N（g）‎ 起始浓度（mol·L－1） 0.01 0.04 0 0‎ 转化浓度（mol·L－1） 0.008 0.008 0.008 0.008‎ 平衡浓度（mol·L－1） 0.002 0.032 0.008 0.008‎ 实验②中，该反应的平衡常数 故B正确；‎ C． X（g）+Y（g）M（g）+N（g）‎ 起始浓度（mol·L－1） 0.02 0.03 0 0‎ 转化浓度（mol·L－1） 0.1a 0.1a 0.1a 0.1a 平衡浓度（mol·L－1）0.02-0.1a 0.03-0.1a 0.1a 0.1a ‎ 该反应的平衡常数K= 解得a=0.12，X的转化率=0.12/0.2×100%=60%，故C正确；‎ D．根据三段式可求得，700℃时，化学平衡常数K≈2.6，升高温度至800℃得平衡常数为K=1.0，K减小，即平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若④的温度为800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，④与③为等效平衡，b=1/2，a=0.06mol，但④的实际温度为900℃，相比较800℃，平衡逆向移动，故b＜0.06，D错误；故选D．‎ ‎14.一定温度下，某容器中加入足量碳酸钙，发生反应CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)达到平衡，下列说法正确的是（ ）‎ A. 将体积缩小为原来的一半，当体系再次达平衡时，CO2浓度为原来的2倍 B. 增加CaCO3(s)的量，平衡正向移动，CO2的浓度增大 C. 将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变 D. 保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，若平衡不移动，CO2的浓度为原来的2倍，由于温度不变，平衡常数不变，平衡向着逆向移动，则平衡时二氧化碳的浓度与原来相等，故A错误；‎ B．CaCO3为固体，增加CaCO3(s)的量，平衡不移动，CO2的浓度不变，故B错误；‎ C．该反应中只有二氧化碳气体，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，平衡常数不变，二氧化碳的浓度不变，气体密度不变，故C正确；‎ D．保持容器体积不变，充入He，由于气体的浓度不变，则平衡不会移动，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎15.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：‎ 已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是（ ）‎ A. 550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动 B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%‎ C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动 D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；‎ B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；‎ C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；‎ D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎16.已知反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)的平衡常数和温度的关系如下：‎ 温度/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ 平衡常数 ‎1.7‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ 现有两个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ，在Ⅰ中充入1molA和1molB，在Ⅱ中充入1molC和1 molD，800℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 容器Ⅰ、Ⅱ中的压强相等 ‎ B. 容器Ⅰ、Ⅱ中反应的平衡常数相同 C. 容器Ⅰ中C的体积分数比容器Ⅱ中的小 ‎ D. 容器Ⅰ中A的浓度比容器Ⅱ中的小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)的平衡常数随温度的升高，而减小，说明温度升高，平衡逆向移动，即正反应放热；‎ A．由于该反应正向是放热反应，且密闭容器Ⅰ、Ⅱ均恒容绝热，因此容器Ⅰ、Ⅱ随着反应的进行温度变得不一样，平衡时容器内混合气体的总物质的量不一样，则容器Ⅰ、Ⅱ中的压强不相等，故A错误；‎ B．K只与温度有关，由于该反应正向是放热反应，且密闭容器Ⅰ、Ⅱ均恒容绝热，因此容器Ⅰ、Ⅱ随着反应的进行温度变得不一样，则平衡时平衡常数也不一样，故B错误；‎ C．若反应过程中保持800℃不变，则密闭容器Ⅰ、Ⅱ如果在同等条件下，形成的平衡状态完全等效。而容器均恒容绝热，容器Ⅱ的平衡状态可看成是在容器Ⅰ平衡状态的基础上降温，则平衡会向正方向移动，C的体积分数增大，即容器Ⅰ中C的体积分数比容器Ⅱ中的小，故C正确；‎ D．若反应过程中保持800℃不变，则密闭容器Ⅰ、Ⅱ形成的平衡状态完全等效。而两容器均恒容绝热，容器Ⅱ的平衡状态可看成是在容器Ⅰ平衡状态的基础上降温，则平衡会向正方向移动，A的物质的量浓度减小，即容器Ⅰ中A的浓度比容器Ⅱ中的大，故D错误；‎ 故答案为C。‎ 二、填空题（共52分）‎ ‎17.某实验小组在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法步骤进行两组中和热测定的实验，实验试剂及其用量如表所示。‎ 反应物 起始温度/℃‎ 终了温度/℃‎ 中和热/kJ·mol-1‎ 硫酸 碱溶液 ‎①0.5 mol·L-1 H2SO4溶液50 mL、1.1 mol·L-1 NaOH溶液50 mL ‎25.1‎ ‎25.1‎ ΔH1‎ ‎②0.5 mol·L-1 H2SO4溶液50 mL、1.1 mol·L-1 NH3·H2O溶液50 mL ‎25.1‎ ‎25.1‎ ΔH2‎ ‎（1）实验①中碱液过量的目的是____。‎ ‎（2）甲同学预计ΔH1≠ΔH2，其依据是____。‎ ‎（3）若实验测得①中终了温度为31.8℃，则该反应的中和热ΔH1=___(已知硫酸、NaOH溶液密度近似为1.0g·cm-3，中和后混合液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1；计算结果保留2位小数)。‎ ‎（4）在中和热测定实验中，若测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，则测得的中和热ΔH___(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)。‎ ‎（5）若实验①中硫酸用盐酸代替，且中和反应时有少量HCl挥发，则测得中和反应过程中放出的热量Q____。‎ ‎【答案】(1). 保证酸完全反应，减小实验误差 (2). NH3·H2O是弱碱，其电离过程会吸收热量 (3). -56.01 kJ·mol-1 (4). 偏大 (5). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)为了使硫酸充分反应，碱液应过量；‎ ‎(2)根据弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程；‎ ‎(3)先求出反应前后的温度差，根据公式Q=cm△T来求出生成0.25mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出中和热；‎ ‎(4)测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，使得碱溶液的初始温度偏高，温度差偏小；‎ ‎(5)实验①中硫酸用盐酸代替，且中和反应时有少量HCl挥发，会导致生成水的物质的量减小，会导致中和反应中放出的热量减小。‎ ‎【详解】(1)碱液过量的目的是使硫酸充分反应，提高实验的准确度，减小实验误差；‎ ‎(2)NH3•H2O是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，0.5 mol•L-1 H2SO4溶液50 mL、1.1mol•L-1 NH3•H2O溶液50 mL反应放热偏小，终了温度偏低，反应热数值偏小，但反应热是负值，所以△H1＜△H2；‎ ‎(3)反应前后温度差为31.8℃-25.1℃=6.7℃，0.5mol•L-1 H2SO4溶液50mL和1.1mol•L-1 NaOH溶液50mL，两种溶液的质量和为100mL×1g/mL=100g，c=4.18×10-3 kJ•g-1•℃-1‎ ‎，代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18×10-3 kJ•g-1•℃-1×100g×6.7℃=28.006kJ，即生成0.5mol的水放出热量28.006KJ，所以生成1mol的水放出热量为28.006KJ×2=56.01kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.01kJ/mol；‎ ‎(4)测定硫酸的温度计未用水洗涤就直接测量碱溶液的温度，使得碱溶液的初始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，但反应热是负值，中和热△H偏大；‎ ‎(5)实验①中硫酸用盐酸代替，且中和反应时有少量HCl挥发，会导致生成水的物质的量减小，会导致中和反应中放出的热量减小，测定的中和热数值偏小。‎ ‎18.二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：‎ ‎①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H 1=－90.7 kJ·mol-1 K1‎ ‎②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H 2=－23.5 kJ·mol-1 K2‎ ‎③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H 3=－41.2kJ·mol-1 K3‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）则反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的△H＝____kJ·mol-1；该反应的平衡常数K=____（用K1、K2、K3表示）‎ ‎（2）下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有____。‎ A．使用过量的CO B．升高温度 C．增大压强 ‎（3）将合成气以n(H2)/n(CO)=2通入1 L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图1所示，下列说法正确的是____。‎ A．△H <0‎ B．P1>P2>P3:‎ C．若在P3和316℃时，起始时n(H2)/n(CO)=3，则达到平衡时，CO转化率小于50％‎ ‎（4）采用一种新型的催化剂（主要成分是Cu-Mn的合金），利用CO和H2制备二甲醚。观察图2回答问题。催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为____时最有利于二甲醚的合成。‎ ‎（5）图3为绿色电源“二甲醚燃料电池”工作原理示意图，a电极的电极反应式为_____。‎ ‎【答案】(1). -246.1 (2). K12·K2·K3 (3). AC (4). AB (5). 2.0(2-3之间即可) (6). CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；依据化学平衡常数概念，结合反应化学方程式书写平衡常数，结合平衡常数表达式计算得到平衡常数关系；‎ ‎(2)提高CH3OCH3产率，则平衡正向移动，根据影响平衡因素分析；‎ ‎(4)A．根据温度对CO的转化率的影响分析；‎ B．该反应正方向为体积减小的方向，根据压强对CO转化率的影响分析；‎ C．若在P3和316℃时，起始时=3，则增大了氢气的量；‎ ‎(5)根据图中生成二甲醚的最大值分析；‎ ‎(6)酸性条件下，二甲醚失电子生成二氧化碳。‎ ‎【详解】(1)已知①CO(g)+2H2(g)CH3OH( g)△H1=-90.7kJ•mol-1，K1=；②2CH30H(g)CH30CH3(g)+H2O(g)△H2=-23.5kJ•mol-1，K2=；③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H3=-41.2kJ•mol-1，K3=；根据盖斯定律，①×2+②+③得3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=-246.1kJ•mol-1；平衡常数K== K12·K2·K3；‎ ‎(2)A．增大反应物的浓度平衡正移，所以使用过量的CO，能提高CH3OCH3产率，故A正确；‎ B．该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，则CH3OCH3‎ 产率会降低，故B错误； C．该反应正方向为体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，能提高CH3OCH3产率，故C正确；‎ 故答案为AC；‎ ‎(4)A．由图可知随温度升高，CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆移，则正方向为放热反应，故△H＜0，故A正确；‎ B．该反应正方向为体积减小的方向，增大压强CO的转化率增大，所以P1＞P2＞P3，故B正确；‎ C．若在P3和316℃时，起始时=3，则增大了氢气的量，增大氢气的浓度，平衡正移，CO的转化率增大，所以CO转化率大于50%，故C错误；‎ 故答案为AB；‎ ‎(5)由图可知当催化剂中约为2时，CO的转化率最大，生成二甲醚的最多；‎ ‎(6)酸性条件下，二甲醚在负极失电子生成二氧化碳，其电极反应式为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+。‎ ‎19.某温度，将2molCO与5 mol H2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。经过5min后，反应达到平衡，此时转移电子6mol。‎ ‎（1）0～5min内，v(CH3OH)＝____‎ ‎（2）若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，此时v(正)__v(逆)(填“＞”“＜”或“＝”)，平衡常数为____。‎ ‎（3）在题干其他条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，达到新平衡时，H2的体积分数与原平衡对比：____。‎ ‎（4）已知CO与H2在一定条件下也能合成乙醇，0.5mol乙醇液体燃烧生成二氧化碳和水蒸气，放出的热量为617.1kJ/mol，又知H2O（l）═H2O（g）；△H=+44.2kJ/mol，请写出乙醇燃烧热的热化学方程式____。‎ ‎【答案】(1). 0.15mol·L－1·min－1 (2). > (3). 3 (4). 减小 (5). C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l） △H=﹣1366.8kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)某温度，将2molCO与5molH2‎ 的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol消耗CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗CO物质的量=×1mol=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算；‎ ‎       CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始量(mol) 2     5     0‎ 变化量(mol) 1.5  3      1.5‎ 平衡量(mol) 0.5   2    1.5‎ 平衡浓度c(CO)==0.25mol/L，c(H2)==1mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，结合甲醇表示的反应速率v(CH3OH)=；‎ ‎(2)平衡常数K=；结合浓度商Qc与K关系判断平衡移动的方向，由此推断v(正)与v(逆)的关系；‎ ‎(3)在其它条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，相当于增大压强，平衡正向进行；‎ ‎(4)先求出1mol液态乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量，再根据书写热化学方程式的方法书写。‎ ‎【详解】(1)某温度，将2molCO与5molH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4mol消耗CO物质的量为1mol，则此时转移电子6mol，消耗CO物质的量=×1mol=1.5mol，结合化学平衡三段式列式计算；‎ ‎       CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始量(mol) 2     5     0‎ 变化量(mol) 1.5  3      1.5‎ 平衡量(mol) 0.5   2    1.5‎ 平衡浓度c(CO)==0.25mol/L，c(H2)==1mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，结合甲醇表示的反应速率v(CH3OH)===0.15mol·L－1·min－1；‎ ‎(2)平衡常数K==‎ ‎=3；若保持体积不变，再充入2molCO和1.5molCH3OH，计算此时浓度商Qc===1.2＜3，说明平衡正向进行，此时v(正) ＞v(逆)；‎ ‎(3)在其它条件不变的情况下，再增加2molCO与5molH2，相当于增大压强，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，反应是气体体积减小的反应，平衡正向进行，达到新平衡时，H2的体积分数与原平衡对比减小；‎ ‎(4)1mol液态乙醇完全燃烧生成二氧化碳和气态水放出热量为617.1kJ×=1234.2kJ，1mol液态乙醇完全燃烧生成3mol水，3mol气态水转化为液态水放出的热量44.2kJ×3=132.6kJ，所以1mol液态乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为1234.2kJ+132.6kJ=1366.8kJkJ，则乙醇燃烧生成气态水的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1366.8kJ/mol。‎ ‎20.二氧化硫的催化氧化反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是工业制硫酸重要反应。‎ ‎（1）从平衡角度分析采用过量O2的原因是_____。‎ ‎（2）某温度下，SO2的平衡转化率（）与体系总压强（P）的关系如图1所示。平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）____K（B）（填“>”、“<”或“=”，下同）。‎ ‎（3）保持温度不变，将等物质的量的SO2和O2混合气平分两份，分别加入起始体积相同的甲、乙两容器中，保持甲容器恒容，乙容器恒压到达平衡（如图2）。两容器的SO2的转化率关系为甲_____乙。‎ ‎（4）工业制硫酸的尾气中有少量SO2气体，可用NaClO2碱性溶液吸收，该反应的离子方程式为：___‎ ‎【答案】(1). 提高氧气浓度，平衡正向移动，可以提高二氧化硫的转化率 (2). = (3). < (4). 2SO2+ClO2—+4OH—=2SO42-+Cl—+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)采用过量的O2，可以提高二氧化硫转化率；‎ ‎(2)平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；‎ ‎(3)保持甲容器恒容，乙容器恒压，该反应为气体体积缩小的反应，二者相比乙容器中压强较大，平衡向着正向移动；‎ ‎(4)用NaClO2碱性溶液吸收SO2气体，生成Na2SO4和NaCl，结合守恒法写出发生反应的离子方程式。‎ ‎【详解】(1)从平衡角度分析采用过量O2的目的是，利用廉价原料提高其他反应物的化率，加入氧气提高二氧化硫的转化率；‎ ‎(2)平衡常数只受温度影响，与压强无关，平衡状态由A变到B时，二者温度相同，故平衡常数K(A)=K(B)；‎ ‎(3)该反应是气体体积缩小的反应，反应过程中压强逐渐减小，若保持甲容器恒容，乙容器恒压，乙中压强较大，平衡向着正向移动，则两容器的SO2的转化率关系为α甲＜α乙；‎ ‎(4)用NaClO2碱性溶液吸收SO2气体，生成Na2SO4和NaCl，发生反应的离子方程式为2SO2+ClO2—+4OH—=2SO42-+Cl—+2H2O。‎ ‎21.将x molA与y mol B充入密闭容器中发生如下反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)；ΔH＝-akJ·mol-1(a＞0)‎ 在某温度下达到平衡状态，请回答下列问题：‎ ‎（1）若减压后v正＜v逆，则x、y、z的关系是____。‎ ‎（2）若恒温、恒压下向原平衡中加入C，则平衡_____移动(填“正向”、“逆向”或“不”)，重新达平衡后C的体积分数_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎（3）如图，纵坐标为反应物的转化率，横坐标是反应物初始用量之比，则x∶y =___；一定时，平衡状态A的转化率在恒温条件下比在绝热环境中是高还是低?____。‎ ‎（4）恒温、恒容下，x mol A与y mol B反应达到平衡时能量变化为a1 kJ，xmolA与1.5ymolB反应达到平衡时能量变化为a2kJ，则a、a1、a2、由大到小顺序为____。(a、a1、a2均大于0)‎ ‎【答案】(1). x+y>z (2). 逆向 (3). 不变 (4). 3∶l (5). 高 (6). a>a2>a1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】将x molA与y mol B充入密闭容器中发生如下反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)；ΔH＝-akJ·mol-1(a＞0) 在某温度下达到平衡状态，请回答下列问题：‎ ‎(1)减小压强，平衡向气体总物质的量增大的方向移动；‎ ‎(2)增大反应物的量，平衡逆向移动；在恒温、恒压下向原平衡中加入C，重新形成的平衡与平衡等效；‎ ‎(3)反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比时，反应物的转化率相等；如图，当=3时，A的转化率和B的转化率相等；一定时，温度升高平衡向吸热反应方向移动；‎ ‎(4)可逆反应，反应物的转化率始终小于100%；增大反应物的量，平衡正向移动。‎ ‎【详解】将x molA与y mol B充入密闭容器中发生如下反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)；ΔH＝-akJ·mol-1(a＞0) 在某温度下达到平衡状态，请回答下列问题：‎ ‎(1)减小压强，平衡向气体总物质的量增大的方向移动，若减压后v正＜v逆，说明平衡逆向移动，即逆方向是气体总物质的量增大的方向，即x、y、z的关系是x+y>z；‎ ‎(2)增大反应物的量，平衡逆向移动；则在恒温、恒压下向原平衡中加入C，平衡逆向移动，重新形成的平衡与平衡等效，即C的体积分数不变；‎ ‎(3)反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比时，反应物的转化率相等；如图，当=3时，A的转化率和B的转化率相等，即x∶y =3:1；已知xA(g)＋yB(g)zC(g)；ΔH＝-akJ·mol-1(a＞0)，一定时，反应在绝热条件下进行，容器内温度升高，相对恒温条件下的平衡状态，平衡逆向移动，则温度升高平衡向吸热反应方向移动，平衡状态A的转化率在恒温条件下比在绝热环境中高；‎ ‎(4)恒温、恒容下，已知xA(g)＋yB(g)zC(g)；ΔH＝-akJ·mol-1(a＞0)，则当xmol的A完全反应时反应放出的热量为akJ； x mol A与y mol B反应达到平衡时能量变化为a1 kJ， xmolA与1.5ymolB反应达到平衡时A的转化率比x mol A与y mol B反应达到平衡时转化率大，则能量变化为a2kJ＞a1kJ，因xmolA不能完全转化，则放出的能量小于akJ；即a>a2>a1。‎