化学卷·2018届河南师范大学附中高二上学期第一次月考化学试卷 （解析版） 18页

‎2016-2017学年河南师范大学附中高二（上）第一次月考化学试卷 ‎　‎ 一、选择题：本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：‎ H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢 H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快 下列有关该反应的说法正确的是（　　）‎ A．反应速率与I﹣的浓度有关 B．IO﹣也是该反应的催化剂 C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1 D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）‎ ‎2．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）‎ A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 B．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3 kJ/mol，则稀H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热为△H=2×（﹣57.3）kJ/mol C．1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 D．CO（g）的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g） 反应的△H=+2×283.0kJ/mo ‎3．下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存的一组是（　　）‎ A．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ B．K+、Na+、Br﹣、SiO32﹣‎ C．H+、Fe2+、SO42﹣、Cl2 D．K+、Ag+、NH3•H2O、NO3﹣‎ ‎4．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2（　　）+O2↑．下列对此反应的说法中，不正确的是（　　）‎ A．方框中的物质Na2SO4‎ B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂 C．Na2FeO4既是氧化产物，又是还原产物 D．2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移 ‎5．已知一定条件下断裂1mol下列化学键生成气态原子需要吸收的能量如下：H﹣H　436kJ；Cl﹣Cl　243kJ；H﹣Cl　431kJ．下列所得热化学方程式或结论正确的是（　　）‎ A．H（g）+Cl（g）═HCl（g）△H=﹣431kJ•mol﹣1‎ B．2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）的反应热△H＜0‎ C．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣183kJ D．相同条件下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）反应在光照和点燃条件下的△H不相等 ‎6．在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表：下列说法错误的是（　　）‎ 物质 X T Z 初始浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0‎ 平衡浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.1‎ A．反应达到平衡时，X的转化率为50%‎ B．反应可表示为X+3Y⇌2Z，其平衡常数为1600（mol/L）﹣2‎ C．改变温度可以改变此反应的平衡常数 D．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大 ‎7．将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）+F（s）⇌2G（g）．忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示．‎ ‎ 压强/MPa ‎ G体积分数/%‎ 温度/℃‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎810‎ ‎54.0‎ a b ‎915‎ c ‎75.0‎ d ‎1000‎ e f ‎83.0‎ ‎①b＜f②915℃，2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的△S＜0 ④K＞K 上述①～④中正确的有（　　）‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 ‎　‎ 二、解答题（共7小题，满分58分）‎ ‎8．根据如图所示情况，判断下列说法中正确的是（　　）‎ A．其热化学方程式为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=41kJ•mol﹣1‎ B．该反应为吸热反应 C．该反应为放热反应 D．若当H2O为液态时反应热为△H2，则△H2＞△H ‎9．25℃、101kPa下，已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式是　　．‎ ‎10．已知反应：‎ N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2‎ N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H3‎ 利用上述三个反应，计算4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H4的反应焓变为　　（用含△H1、△H2、△H3的式子表示）．‎ ‎11．碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途．回答下列问题：‎ ‎①大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的还原产物为　　．‎ ‎②已知反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的△H=+11kJ•mol﹣1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为　　kJ．‎ ‎③Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）‎ 在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t的关系如表：‎ t/min ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎120‎ X（HI）‎ ‎1‎ ‎0.91‎ ‎0.85‎ ‎0.815‎ ‎0.795‎ ‎0.784‎ X（HI）‎ ‎0‎ ‎0.60‎ ‎0.73‎ ‎0.773‎ ‎0.780‎ ‎0.784‎ 根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：　　．‎ 上述反应中，正反应速率为v正=k正x2（HI），逆反应速率为v逆=k逆x（H2）x（I2），其中k正、k逆为速率常数，则k逆为　　（以K和k正表示）．若k正=0.0027min﹣1，在t=40min时，v正=　　min﹣1．‎ ‎12．已知体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），请根据化学反应的有关原理同答下列问题 ‎（1）一定条件下，充入2mol SO2（g）和2mol O2（g），20s后，测得SO2的体积百分含量为12.5%，则用SO2表示该反应在这20s内的反应速率为　　‎ ‎（2）下面的叙述可作为判断可逆反应达到平衡状态依据的是（填序号）　　．‎ ‎①混合气体的密度不变 ②混合气体的平均相对分子质量不变 ‎③v正（SO2）=2v正（O2） ④各气体的浓度都不再发生变化 ‎（3）图1表示该反应的速率（v）随时间（t）的变化的关系．则下列不同时间段中，SO3的百分含量最高的是　　‎ A、t2→t3 B、t0→t1 C、t5→t6 D、t3→t4‎ 据图分析：你认为t3时改变的外界条件可能是　　；‎ ‎（4）图2中P是可自由平行滑动的活塞．在相同温度时，向A容器中充入4mol SO3（g），关闭K，向B容器中充入2mol SO3（g），两容器分别发生反应．已知起始时容器A和B的体积均为aL．试回答：‎ ‎①反应达到平衡时容器B的体积为1.2a L，容器B中SO3转化率为　　‎ ‎②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为　　L（连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响）．‎ ‎13．乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，回答下列问题：‎ ‎（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式　　；‎ ‎（2）已知：‎ 甲醇脱水反应 2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1‎ 甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1‎ 乙醇异构化反应 C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1‎ 则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=　　kJ•mol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是　　；‎ ‎（3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中： =1：1）‎ ‎①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=　　（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；‎ ‎②图中压强（P1，P2，P3，P4）大小顺序为　　，理由是　　；‎ ‎③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa，： =0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有　　、　　．‎ ‎14．2013年雾霾天气多次肆虐我国中东部地区．其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一．‎ ‎（1）CO2是大气中含量最高的一种温室气体，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径．目前，由CO2来合成二甲醚已取得了较大的进展，其化学反应是：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＞0．‎ ‎①写出该反应的平衡常数表达式　　．‎ ‎②判断该反应在一定条件下，体积恒定的密闭容器中是否达到化学平衡状态的依据是　　．‎ A．容器中密度不变 B．单位时间内消耗2molCO2，同时消耗1mol二甲醚 C．v（CO2）：v（H2）=1：3‎ D．容器内压强保持不变 ‎（2）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO （g） 2CO2 （g）+N2 （g）．在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图所示．据此判断：‎ ‎①该反应的△H　　0（选填“＞”、“＜”）．‎ ‎②当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＞S2，在图中画出c（CO2）在T2、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线．‎ ‎（3）已知：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1．‎ ‎①经测定不同温度下该反应的平衡常数如下：‎ 温度（℃）‎ ‎250‎ ‎300‎ ‎350‎ ‎ K ‎2.041‎ ‎0.270‎ ‎0.012‎ 若某时刻、250℃测得该反应的反应物与生成物的浓度为c（CO）=0.4mol•L﹣1、c（H2）=0.4mol•L﹣1、c（CH3OH）=0.8mol•L﹣1，则此时v正　　v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎②某温度下，在体积固定的2L的密闭容器中将1mol CO和2mol H2混合，测得不同时刻的反应前后压强关系如下：‎ 时间（min）‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ 压强比（P后/P前）‎ ‎0.98‎ ‎0.90‎ ‎0.80‎ ‎0.70‎ ‎0.70‎ ‎0.70‎ 则前15分钟，用氢气表示的平均化学反应速率为　　，达到平衡时CO的转化率为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南师范大学附中高二（上）第一次月考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：‎ H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢 H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快 下列有关该反应的说法正确的是（　　）‎ A．反应速率与I﹣的浓度有关 B．IO﹣也是该反应的催化剂 C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1 D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）‎ ‎【考点】反应热和焓变；化学反应的基本原理；化学反应的能量变化规律．‎ ‎【分析】A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；‎ B、反应的催化剂是I﹣；‎ C、分解1mol过氧化氢放出的热量是其△H．而非活化能；‎ D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；‎ ‎【解答】解：A、已知：①H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢 ②H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I﹣是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；‎ B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I﹣，IO﹣只是中间产物，故B错误；‎ C、1mol过氧化氢分解的△H=﹣98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；‎ D、因为反应是在含少量I﹣的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误．故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）‎ A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 B．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3 kJ/mol，则稀H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热为△H=2×（﹣57.3）kJ/mol C．1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 D．CO（g）的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g） 反应的△H=+2×283.0kJ/mo ‎【考点】化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】A．反应是吸热还是放热反应与反应条件无关；需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应，有些放热反应必须在加热条件下才能进行；‎ B．根据中和热的定义以及生成硫酸钡沉淀的反应还要放出热量分析；‎ C．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水；‎ D．根据燃烧热的概念以及互为可逆反应的焓变关系来判断．‎ ‎【解答】解：A．需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应，有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故A错误；‎ B．中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，生成2molH2O所放出的热量为2×57.3kJ，但稀H2SO4和Ba（OH）2反应生成硫酸钡沉淀的反应还要放出热量，则H2SO4和Ba（OH）2反应的反应热小于2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1，故B错误；‎ D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，则1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量不是甲烷的燃烧热，故C错误；‎ D．CO（g）的燃烧热是283.0 kJ•mol﹣1，所以2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣2×283.0 kJ•mol﹣1，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0 kJ•mol﹣1，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存的一组是（　　）‎ A．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ B．K+、Na+、Br﹣、SiO32﹣‎ C．H+、Fe2+、SO42﹣、Cl2 D．K+、Ag+、NH3•H2O、NO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】各组离子的溶液中，通入过量CO2气体后，CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，溶液中存在大量的碳酸分子，少量氢离子、碳酸根离子，据此与各组微粒分析共存问题即可解答．‎ ‎【解答】解：A．该组离子不反应，能大量共存，溶液中，通入CO2后CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，溶液中存在大量的氢离子、碳酸根离子与K+、Cl﹣、NO3﹣，均不反应，也能大量共存，因盐酸的酸性、硝酸的酸性强于碳酸，所以通入CO2后与Ca2+、不能形成沉淀，即仍能大量共存，故A正确；‎ B．因碳酸的酸性比硅酸强，所以向B组通入二氧化碳，必发生反应CO2+SiO32﹣+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣，所以B组不能大量共存，故B错误；‎ C．该组微粒中氯气具有强氧化性，二价铁离子具有还原性，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，所以C组不能大量共存，故C错误；‎ D．该组微粒中Ag++NH3•H2O=AgOH↓+NH4+，AgOH+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++OH﹣+2H2O，所以D组不能大量共存，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2（　　）+O2↑．下列对此反应的说法中，不正确的是（　　）‎ A．方框中的物质Na2SO4‎ B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂 C．Na2FeO4既是氧化产物，又是还原产物 D．2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移 ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【分析】由质量守恒可知反应的方程式为2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，反应中O元素化合价既升高又降低，则Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，Fe元素化合价升高，被氧化，结合元素化合价的变化解答该题．‎ ‎【解答】解：A．由质量守恒可知反应的方程式为2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，则方框中的物质Na2SO4，故A正确；‎ B．反应中O元素化合价既升高又降低，则Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；‎ C．反应中Na2O2为氧化剂，FeSO4在反应中作还原剂，则Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故C正确；‎ D.2molFeSO4发生反应时，化合价升高的有Fe和O，其中Fe化合价升高2×（6﹣2）=8，需要4molNa2O2为氧化剂，另2molNa2O2自身发生氧化还原反应，生成1molO2，转移电子2mol电子，共转移10mol电子，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．已知一定条件下断裂1mol下列化学键生成气态原子需要吸收的能量如下：H﹣H　436kJ；Cl﹣Cl　243kJ；H﹣Cl　431kJ．下列所得热化学方程式或结论正确的是（　　）‎ A．H（g）+Cl（g）═HCl（g）△H=﹣431kJ•mol﹣1‎ B．2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）的反应热△H＜0‎ C．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣183kJ D．相同条件下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）反应在光照和点燃条件下的△H不相等 ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A．根据断裂要吸收热量，形成则要放出热量；‎ B．根据正逆反应焓变符合相反判断；‎ C．热化学方程式反应热的单位为kJ/mol；‎ D．焓变与反应条件无关．‎ ‎【解答】解：A．因为断裂H﹣Cl要吸收431kJ，所以H（g）+Cl（g）=HCl（g）△H=﹣431 kJ•mol﹣1，故A正确；‎ B．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应热△H=生成物的键能﹣反应物的键能=436kJ•mol﹣1+243kJ•mol﹣1﹣2×431 kJ•mol﹣1=﹣183kJ•mol﹣1，即△H=﹣183kJ/mol，所以2HCl（g）=H2（g）+Cl2（g）的反应热△H＞0，故B错误；‎ C．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的反应热=生成物的键能减反应物的键能=436kJ•mol﹣1+243kJ•mol﹣1﹣2×431 kJ•mol﹣1=﹣183kJ•mol﹣1，热化学方程式H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣183kJ/mol，故C错误； ‎ D．因为焓变与反应条件无关，所以H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相等，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表：下列说法错误的是（　　）‎ 物质 X T Z 初始浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0‎ 平衡浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.1‎ A．反应达到平衡时，X的转化率为50%‎ B．反应可表示为X+3Y⇌2Z，其平衡常数为1600（mol/L）﹣2‎ C．改变温度可以改变此反应的平衡常数 D．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大 ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A．根据转化率=计算；‎ B．根据反应速率之比等于化学计量数之比判断化学方程式并计算平衡常数；‎ C．根据影响平衡常数的因素判断；‎ D．平衡常数只受温度的影响．‎ ‎【解答】解：A．反应达到平衡时，X的转化率为： =50%，故A正确；‎ B．根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：△c（X）：△c（Y）：△c（Z）：=0.05：0.15：0.1=1：3：2，则反应的方程式为X+3Y⇌2Z，K===1600（mol/L）﹣2，故B正确；‎ C．对于某个反应来讲，平衡常数只与温度有关，温度改变，平衡常数也改变，故C正确；‎ D．平衡常数只受温度的影响，压强改变时，化学平衡常数仍然不变，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）+F（s）⇌2G（g）．忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示．‎ ‎ 压强/MPa ‎ G体积分数/%‎ 温度/℃‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎810‎ ‎54.0‎ a b ‎915‎ c ‎75.0‎ d ‎1000‎ e f ‎83.0‎ ‎①b＜f②915℃，2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的△S＜0 ④K＞K 上述①～④中正确的有（　　）‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】①同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0；‎ ‎②在915℃、2M Pa下，设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得×100%=75%，解得x=0.6；‎ ‎③该题是气体体积增大的反应，因此为熵增反应；‎ ‎④结合前面分析知升温平衡正向移动，则平衡常数增大．‎ ‎【解答】解：①利用图表分析结合平衡原理分析；a与b、c与d、e与f之间是压强问题，随着压强增大，平衡逆向移动，G的体积分数减小，b＜a；c＞75%，e＞83%；‎ f的温度比b的高，压强比b的小，所以f＞b，故正确；‎ ‎②设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得×100%=75%，解得x=0.6，α=60%，故错误；‎ ‎③该反应是一个气体分子增大的反应，属于熵增反应，故正确；‎ ‎④e是温度问题，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K＞K，故正确；‎ 所以正确的为3个，‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、解答题（共7小题，满分58分）‎ ‎8．根据如图所示情况，判断下列说法中正确的是（　　）‎ A．其热化学方程式为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=41kJ•mol﹣1‎ B．该反应为吸热反应 C．该反应为放热反应 D．若当H2O为液态时反应热为△H2，则△H2＞△H ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】由图象可知反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，由图象可知反应热为+41kJ•mol﹣1，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：由图象可知反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，由图象可知反应热为+41kJ•mol﹣1，CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1，故A、C错误；B正确；‎ 气体变为液体放热，若当H2O为液态时反应热为△H2，则吸收的热量较少，△H2＜△H，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．25℃、101kPa下，已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式是　2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】1g氢气的物质的量为=0.5mol，即0.5molH2完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，则2molH2完全燃烧生成液态水时放出热量为142.9kJ×4=571.6kJ，结合物质的状态及焓变书写热化学方程式．‎ ‎【解答】解：1g氢气的物质的量为=0.5mol，即0.5molH2完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，则2molH2完全燃烧生成液态水时放出热量为142.9kJ×4=571.6kJ，则该反应的热化学方程式是2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎10．已知反应：‎ N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2‎ N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H3‎ 利用上述三个反应，计算4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H4的反应焓变为　2△H1+3△H2﹣2△H3　（用含△H1、△H2、△H3的式子表示）．‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】由①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1‎ ‎②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2‎ ‎③N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H3‎ 结合盖斯定律可知，①×2+②×3﹣③×2可得4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g），以此计算．‎ ‎【解答】解：由①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1‎ ‎②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2‎ ‎③N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H3‎ 结合盖斯定律可知，①×2+②×3﹣③×2可得4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g），‎ 则△H4=2△H1+3△H2﹣2△H3，‎ 故答案为：2△H1+3△H2﹣2△H3．‎ ‎　‎ ‎11．碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途．回答下列问题：‎ ‎①大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的还原产物为　MnSO4　．‎ ‎②已知反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的△H=+11kJ•mol﹣1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为　299　kJ．‎ ‎③Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）‎ 在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t的关系如表：‎ t/min ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎120‎ X（HI）‎ ‎1‎ ‎0.91‎ ‎0.85‎ ‎0.815‎ ‎0.795‎ ‎0.784‎ X（HI）‎ ‎0‎ ‎0.60‎ ‎0.73‎ ‎0.773‎ ‎0.780‎ ‎0.784‎ 根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：　　．‎ 上述反应中，正反应速率为v正=k正x2（HI），逆反应速率为v逆=k逆x（H2）x（I2），其中k正、k逆为速率常数，则k逆为　　（以K和k正表示）．若k正=0.0027min﹣1，在t=40min时，v正=　1.95×10﹣3　min﹣1．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；氧化还原反应；反应热和焓变．‎ ‎【分析】①海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中I元素发生氧化反应，Mn元素被还原，还原产物应为硫酸锰；‎ ‎②正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量﹣化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量；‎ ‎③表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时HI物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为1﹣0.784=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度代入平衡常数表达式K=计算；‎ 到达平衡时，正、逆反应速率相等，结合平衡常数表达式，可知k逆的表达式；‎ 在t=40min时，x（HI）=0.85，代入正反应速率表达式v正=k正x2（HI）计算．‎ ‎【解答】解：①海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中I元素发生氧化反应，Mn元素被还原，还原产物应为硫酸锰，‎ 故答案为：MnSO4；‎ ‎②设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为x kJ，则：2x kJ﹣436kJ﹣151kJ=11kJ，解得x=299，‎ 故答案为：299；‎ ‎③表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时HI物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为1﹣0.784=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K==，到达平衡时，正、逆反应速率相等，则k正x2（HI）=k逆x（H2）x（I2），则k逆=k正×=，‎ 在t=40min时，正反应建立平衡的x（HI）=0.85，则v正=k正x2（HI）=0.0027min﹣1×0.852=1.95×10﹣3min﹣1，‎ 故答案为：；；1.95×10﹣3．‎ ‎　‎ ‎12．已知体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），请根据化学反应的有关原理同答下列问题 ‎（1）一定条件下，充入2mol SO2（g）和2mol O2（g），20s后，测得SO2的体积百分含量为12.5%，则用SO2表示该反应在这20s内的反应速率为　0.04mol/（L•s）　‎ ‎（2）下面的叙述可作为判断可逆反应达到平衡状态依据的是（填序号）　②④　．‎ ‎①混合气体的密度不变 ②混合气体的平均相对分子质量不变 ‎③v正（SO2）=2v正（O2） ④各气体的浓度都不再发生变化 ‎（3）图1表示该反应的速率（v）随时间（t）的变化的关系．则下列不同时间段中，SO3的百分含量最高的是　B　‎ A、t2→t3 B、t0→t1 C、t5→t6 D、t3→t4‎ 据图分析：你认为t3时改变的外界条件可能是　加入催化剂　；‎ ‎（4）图2中P是可自由平行滑动的活塞．在相同温度时，向A容器中充入4mol SO3（g），关闭K，向B容器中充入2mol SO3（g），两容器分别发生反应．已知起始时容器A和B的体积均为aL．试回答：‎ ‎①反应达到平衡时容器B的体积为1.2a L，容器B中SO3转化率为　40%　‎ ‎②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为　2.6a　L（连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响）．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法；化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】（1）一定条件下，充入2.0mol SO2（g） 和2.0mol O2（g），20s后达平衡，测得SO3的体积分数为12.5%，则：‎ ‎ 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）‎ 起始量（mol）：2 2 0‎ 变化量（mol）：2x x 2x 平衡量（mol）：2﹣2x 2﹣x 2x 故=12.5%，解得x=0.8，再根据v=计算v（SO2）；‎ ‎（2）结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判断；‎ ‎（3）t0→t1为原平衡，A、C中平衡逆向移动，D中平衡不移动，所以t3时使用催化剂；‎ ‎（4）根据恒温恒压条件下，气体的物质的量之比等于容器的容积之比计算出消耗的三氧化硫的物质的量；根据等效平衡的知识判断6mol三氧化硫达到平衡时容器的体积，然后计算出打开K后容器B的体积．‎ ‎【解答】解：（1）一定条件下，充入2.0mol SO2（g） 和2.0mol O2（g），20s后达平衡，测得SO3的体积分数为12.5%，则：‎ ‎ 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）‎ 起始量（mol）：2 2 0‎ 变化量（mol）：2x x 2x 平衡量（mol）：2﹣2x 2﹣x 2x 故=12.5%，解得x=0.8，‎ v（SO2）==0.04mol/（L•s），‎ 故答案为：0.04mol/（L•s）； ‎ ‎（2）①m、V不变，则混合气体的密度不变，不能判定平衡，故不选； ‎ ‎②n为变量，则混合气体的平均相对分子质量不变，可判定平衡，故选；‎ ‎③v正（SO2）=2v正（O2），不能判断正逆反应速率关系，不能判断，故不选； ‎ ‎④各气体的浓度都不再发生变化，为平衡状态，故选；‎ 故答案为：②④；‎ ‎（3）t0→t1为原平衡，A、C中平衡逆向移动，D中平衡不移动，则B中SO3的百分含量最高，所以t3时使用催化剂，故答案为：B；加入催化剂；‎ ‎（4）①反应达到平衡时容器B的体积为1.2a L，B为恒压条件下，容器的容积与气体的物质的量成正比，说明达到平衡时气体的物质的量为反应前的1.2倍，即平衡时混合气体的物质的量为2.4mol，气体物质的量之间了0.2mol，设反应消耗了三氧化硫nmol，则 ‎ 2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△n ‎ 2 2 1 1mol ‎ n 0.4mol n=0.8mol，三氧化硫的转化率为：×100%=40%，‎ 故答案为：40%；‎ ‎②若打开K，一段时间后重新达到平衡，在恒温恒压条件下，与向B中进入6mol三氧化硫达到的平衡为等效平衡，所以达到平衡时整个容器的容积为：×1.2a=3.6a，所以容器B的体积为：3.6a﹣a=2.6a，‎ 故答案为：2.6a．‎ ‎　‎ ‎13．乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，回答下列问题：‎ ‎（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式　C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4　；‎ ‎（2）已知：‎ 甲醇脱水反应 2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1‎ 甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1‎ 乙醇异构化反应 C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1‎ 则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=　﹣45.5　kJ•mol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是　无副产品，原子利用率100%　；‎ ‎（3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中： =1：1）‎ ‎①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=　0.07（MPa）﹣1　（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；‎ ‎②图中压强（P1，P2，P3，P4）大小顺序为　p1＜p2＜p3＜p4　，理由是　反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高　；‎ ‎③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa，： =0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有　将产物乙醇液化移去　、　增加：比　．‎ ‎【考点】真题集萃；热化学方程式；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；转化率随温度、压强的变化曲线．‎ ‎【分析】（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），效仿乙酸乙酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸；‎ ‎（2）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，气相直接水合法原子利用率100%；‎ ‎（3）①列出Kp表达式，利用三段法计算平衡分压带入表达式计算即可；‎ ‎②在相同温度下由于乙烯转化率为p1＜p2＜p3＜p4，由C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，根据压强对平衡移动的影响分析；‎ ‎③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度．‎ ‎【解答】解：（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），化学方程式为C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H，硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，化学方程式为C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4，‎ 故答案为：C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4；‎ ‎（2）已知：甲醇脱水反应 ①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1‎ 甲醇制烯烃反应 ②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1‎ 乙醇异构化反应 ③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1，‎ 根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）△H=（﹣23.9+29.1﹣50.7）kJ/mol=﹣45.5kJ/mol；‎ 乙烯直接水化法中反应物中所有原子全部都变成生成物，所以原子利用率100%，没有副产品，‎ 故答案为：﹣45.5；无副产品，原子利用率100%；‎ ‎（3）①C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）‎ 开始：1 1 0‎ 转化：0.2 0.2 0.2‎ 平衡：0.8 0.8 0.2‎ 乙醇占=，乙烯和水各占=，则乙醇的分压为7.85MPa×=0.87MPa，乙烯和水的分压为7.85MPa×=3.49MPa，‎ 所以Kp===0.07（MPa）﹣1，‎ 故答案为：0.07（MPa）﹣1；‎ ‎②在相同温度下由于乙烯转化率为p1＜p2＜p3＜p4，由C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是p1＜p2＜p3＜p4，‎ 故答案为：p1＜p2＜p3＜p4；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高；‎ ‎③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度，改变二者物质的量的比等，‎ 故答案为：将产物乙醇液化移去；增加：比．‎ ‎　‎ ‎14．2013年雾霾天气多次肆虐我国中东部地区．其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一．‎ ‎（1）CO2是大气中含量最高的一种温室气体，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径．目前，由CO2来合成二甲醚已取得了较大的进展，其化学反应是：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＞0．‎ ‎①写出该反应的平衡常数表达式　K=　．‎ ‎②判断该反应在一定条件下，体积恒定的密闭容器中是否达到化学平衡状态的依据是　BD　．‎ A．容器中密度不变 B．单位时间内消耗2molCO2，同时消耗1mol二甲醚 C．v（CO2）：v（H2）=1：3‎ D．容器内压强保持不变 ‎（2）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO （g） 2CO2 （g）+N2 （g）．在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图所示．据此判断：‎ ‎①该反应的△H　＜　0（选填“＞”、“＜”）．‎ ‎②当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＞S2，在图中画出c（CO2）在T2、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线．‎ ‎（3）已知：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1．‎ ‎①经测定不同温度下该反应的平衡常数如下：‎ 温度（℃）‎ ‎250‎ ‎300‎ ‎350‎ ‎ K ‎2.041‎ ‎0.270‎ ‎0.012‎ 若某时刻、250℃测得该反应的反应物与生成物的浓度为c（CO）=0.4mol•L﹣1、c（H2）=0.4mol•L﹣1、c（CH3OH）=0.8mol•L﹣1，则此时v正　＜　v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎②某温度下，在体积固定的2L的密闭容器中将1mol CO和2mol H2混合，测得不同时刻的反应前后压强关系如下：‎ 时间（min）‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ 压强比（P后/P前）‎ ‎0.98‎ ‎0.90‎ ‎0.80‎ ‎0.70‎ ‎0.70‎ ‎0.70‎ 则前15分钟，用氢气表示的平均化学反应速率为　0.02mol•（L•min）﹣1　，达到平衡时CO的转化率为　45%　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）①化学平衡常数K=；‎ ‎②当正逆反应速率相等、各组分浓度保持不变时，反应达到平衡状态，据此判断；‎ ‎（2）①根据到达平衡的时间判断温度高低，根据平衡时二氧化碳的浓度判断温度对平衡的影响；‎ ‎②若催化剂的表面积S1＞S2，由增大其表面积可提高化学反应速率，故T2、S2条件下到达平衡时间比T2、S1的时间更长，但不影响化学平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度不变；‎ ‎（3）①依据计算浓度商和该温度下的平衡常数比较分析判断反应进行方向；‎ ‎②温度、体积不变的可逆反应中，气体的压强之比等于其物质的量之比，据此计算反应后气体体积的物质的量，从而计算氢气反应的物质的量，再根据v=计算反应速率；根据平衡时CO反应的物质的量结合转化率=×100%计算其转化率．‎ ‎【解答】解：（1）①化学平衡常数K=，则2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）平衡常数表达式为：K=，故答案为：K=；‎ ‎②A．恒容容器中，体积不变，据质量守恒定律，反应前后气体质量不变，密度始终不变，所以容器中密度不变不能说明反应达到平衡状态，故A错误；‎ B．单位时间内消耗2molCO2，同时消耗1mol二甲醚，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；‎ C．v（CO2）：v（H2）的比值，无论正向进行、逆向进行还是平衡时正逆向进行，始终与化学计量数相同为1：3，所以v（CO2）：v（H2）=1：3不能说明正逆反应速率相等，不能证明反应达到平衡状态，故C错误；‎ D．该反应前后气体体积不等，所以容器内压强保持不变，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故D正确；‎ 故答案为：BD；‎ ‎（2）①由图可知，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，所以△H＜0，故答案为：放热；＜；‎ ‎②若催化剂的表面积S1＞S2，由增大其表面积可提高化学反应速率，故T2、S2条件下到达平衡时间比T2、S1的时间更长，但不影响化学平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度不变，在图中画出c（CO2）在T2、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）①250℃测得该反应的反应物与生成物的浓度为c（CO）=0.4mol•L﹣1、c（H2）=0.4mol•L﹣1、c（CH3OH）=0.8mol•L﹣1，浓度商Q==12.5＞K=2.041，说明反应逆向进行v正＜v逆；‎ 故答案为：＜；‎ ‎②温度、体积不变的可逆反应中，气体的压强之比等于其物质的量之比，15min，压强比（P后/P前）=0.80，则反应后气体的物质的量=3mol×0.80=2.40mol，气体减少的物质的量=3mol﹣2.4mol=0.6mol，根据CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）气体减少的物质的量等于氢气的物质的量，参加反应的氢气的物质的量0.6mol，0～15min，用H2表示的平均反应速率==0.02 mol•（ L•min）﹣1；‎ 平衡状态压强比（P后/P前）=0.70，则反应后气体的物质的量=3mol×0.70=2.10mol，气体减少的物质的量=3mol﹣2.1mol=0.9mol，根据CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）气体减少的物质的量等于氢气的物质的量，所以参加反应的CO的物质的量=0.45mol，则CO的转化率=×100%=45%，‎ 故答案为：0.02 mol•（ L•min）﹣1；45%．‎