2019年高二下学期第一次月考化学试卷 含解析.doc

2019年高二下学期第一次月考化学试卷 含解析一、选择题：（每小题2.5分，共45分）1化学家认为石油、煤作为能源使用时，燃烧了“未来的原始材料”下列观点正确的是（）A大力提倡开发化石燃料作为能源B研发新型催化剂，提高石油和煤中各组分的燃烧热C化石燃料属于可再生能源，不影响可持续发展D人类应尽可能开发新能源，取代化石能源2下列说法正确的是（）A升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数B有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大D催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率3已知：H2（g）+F2（g）2HF（g）H=270kJ，下列说法正确的是（）A1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270kJB1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJC相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量D2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气放出270kJ热量4可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）+D（g），在不同条件下的反应速率如下，其中反应速率最快的是（）Av（A）=0.5 mol/（Lmin）Bv（B）=0.02mol/（Ls）Cv（C）=0.8 mol/（Lmin）Dv（D）=0.01mol/（Ls）5已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0该反应达到平衡后，改变下列条件有利于提高SO2转化率的是（）A加催化剂B升高温度C减小压强D加入O26下列热化学方程式书写正确的是（）A2SO2+O22SO3H=196.6 kJmol1BH2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8 kJmol1C2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJDC（s）+O2（g）CO2（g）H=+393.5 kJmol17下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（）A100mL 2 mol/L的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变B用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率C二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢D汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢8下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（）A合成氨工业中采用高压条件B由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深C用排饱和食盐水的方法收集Cl2D反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）（正反应为放热反应），达平衡后，升高温度体系颜色变深9已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566kJ/mol，Na2O2（s）+CO2（g）Na2CO3（s）+O2（g）H=226kJ/mol根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）ACO的燃烧热为566 kJ/molB如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C2Na2O2（s）+2CO2（s）2Na2CO3（s）+O2（g）H452 kJ/molDCO2（g）与Na2O2（s）反应放出452kJ热量时，电子转移数为4NA10下表中是各组反应的反应物和温度，反应刚开始时，放出H2速率最快的是（） 金属（粉末状）/mol酸的浓度及体积反应温度AMg0.16molL1硝酸10mL60BMg0.13molL1盐酸10mL60CFe0.13molL1盐酸10mL60DMg0.13molL1硫酸10mL60AABBCCDD11对可逆反应2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）增加A的量，平衡向正反应方向移动升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变增大B的浓度，v（正）v（逆） 加入催化剂，B的转化率提高ABCD12可逆反应aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）符合图则下列叙述正确的是（）Aa+bc+d；正反应吸热Ba+bc+d；正反应放热Ca+bc+d；正反应放热Da+bc+d；正反应吸热13如图所示为800时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只分析图形不能得出的结论是（）AA是反应物B前2 min A的分解速率为0.1 molL1min1C达平衡后，若升高温度，平衡向正反应方向移动D反应的方程式为：2A（g）2B（g）+C（g）14密闭容器中有如下反应：mA（g）+nB（g）pC（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积缩小到原来的，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1.8倍下列说法中正确的是（）Am+npBA的转化率降低C平衡向正反应方向移动DC的质量分数增加15下列叙述与图象相对应的是（）A图（1）是N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的化学平衡图象，在t0时刻充入一定量的NH3，平衡逆向移动B图（3）表示的化学方程式为2AB+3CC图（2）中p2p1，T1T2D图（4）对应反应2X（g）+3Y（g）2Z（g）H0，y可以表示Y的百分含量16在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）2C（g）H0t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图下列说法正确的是（）A0t2时，v正v逆B、两过程达到平衡时，A的体积分数Ct2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加CD、两过程达到平衡时，平衡常数I17根据下列热化学方程式分析，C（s）的燃烧热H等于（）C（s）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）；H1=+175.3kJmol12CO（g）+O2（g）=CO2（g）；H2=566.0kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；H3=571.6kJmol1AH1+H2H3B2H1+H2+H3CH1+H3DH1+18把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，发生如下反应：3P（g）+Q（g）xM（g）+2N（g），5min后达到平衡，生成N1mol，经测定M的平均速率是0.1mol/（Lmin），下列叙述错误的是（）AP的平均反应速率是0.15mol/（Lmin）BQ的转化率是25%CQ的平衡浓度是1mol/LDx的值为2二、非选择题（共55分）19在密闭容器中的可逆反应A（g）+2B（g）2C（g）H0达到平衡后：（1）扩大容器体积，平衡（填“正移”、“逆移”或“不移”），c（A）将；（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）升高温度，平衡（填“正移”、“逆移”或“不移”），体系的压强；（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）加入催化剂，C的物质的量（填“增大”、“减小”或“不变”）20已知化学反应中的能量变化，是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同所致图为N2（g）和O2（g）生成NO（g）过程中的能量变化：人们通常把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能键能的大小可以衡量化学键的强弱，则NN键的键能为kJmol1根据上图写出N2（g）和O2（g）生成NO（g）的热化学方程式：21用50mL0.50molL1盐酸与50mL0.55molL1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器的名称是（2）烧杯间填满碎纸条的作用是（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值（填“偏大、偏小、无影响”）（4）如果用60mL 0.50molL1盐酸与50mL 0.55molL1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量（填“相等、不相等”），所求中和热（填“相等、不相等”）22已知在1273K时发生反应Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）；现在固定容积为2.0L的密闭容器中进行该反应，试解答下列问题：（1）其他条件不变，缩小该容器体积，反应速率 （填“增大”、“减小”或“不变”）（2）若降温后H2的百分含量减少，则正反应是反应（选填“吸热”、“放热”）（3）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是；a混合气体的压强保持不变 bH2的浓度不再改变c消耗H2O的物质的量与生成H2的物质的量之比为1：1dFe、H2O、FeO、H2的物质的量之比为1：1：1：1（4）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）；H=90.8kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）；H=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；H=41.3kJmol1总反应：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2 （g）的H=；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是（填字母代号）a高温高压 b加入催化剂 c减少CO2的浓度 d增加CO的浓度 e分离出二甲醚232SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的H=99kJmol1请回答下列问题：（1）图中A表示C表示，E的大小对该反应的反应热（填“有”或“无”）影响该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点（填“升高”还是“降低”），H（填“变大”、“变小”或“不变”），理由是（2）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化为V2O5写出该催化循环机理的化学方程式、24用酸性KMnO4和H2C2O4（草酸）反应研究影响反应速率的因素一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如表（KMnO4溶液已酸化），实验装置如图1：实验序号A溶液B溶液20mL 0.1molL1H2C2O4溶液30mL 0.01molL1KMnO4溶液20mL 0.2molL1H2C2O4溶液30mL 0.01molL1KMnO4溶液（1）该反应的离子方程为（已知H2C2O4是二元弱酸）（2）该实验探究的是因素对化学反应速率的影响相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是（填实验序号）（3）若实验在2min末收集了2.24mL CO2（标准状况下），则在2min末，c（MnO4）=molL1（假设混合溶液体积为50mL）（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定来比较化学反应速率（一条即可）（5）小组同学发现反应速率总是如图2，其中t1t2时间内速率变快的主要原因可能是：；xx学年宁夏石嘴山市平罗中学高二（下）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（每小题2.5分，共45分）1化学家认为石油、煤作为能源使用时，燃烧了“未来的原始材料”下列观点正确的是（）A大力提倡开发化石燃料作为能源B研发新型催化剂，提高石油和煤中各组分的燃烧热C化石燃料属于可再生能源，不影响可持续发展D人类应尽可能开发新能源，取代化石能源【考点】常见的能量转化形式【分析】A化石燃料的大量使用，会增加空气中二氧化碳的含量，造成温室效应；B根据催化剂的作用结合燃烧热进行解答；C化石燃料属于不可再生能源，大量使用，影响可持续发展；D化石燃料不可再生，燃烧能产生大量的空气污染物【解答】解：A化石燃料的燃烧能产生大量的空气污染物，所以开发新清洁能源，减少化石燃料的燃烧减少二氧化碳的排放，防止温室效应，故A错误； B催化剂是指在化学反应中能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后不变的物质；燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量；所以研发新型催化剂，只能提高石油和煤中各组分的燃烧速率，但不可提高燃烧热，故B错误；C化石燃料是不可再生能源，在地球上蕴藏量是有限的，大量使用，影响可持续发展，故C错误；D化石燃料不可再生，燃烧能产生大量的空气污染物，应尽可能开发新能源，取代化石能源，故D正确故选D2下列说法正确的是（）A升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数B有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大D催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率【考点】化学反应速率的影响因素【分析】温度、催化剂可影响活化分子的百分数，而浓度、压强只改变单位体积活化分子的数目，不改变百分数，另外，催化剂可降低反应的活化能【解答】解：A升高温度，可增加反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，故A正确；B增大压强，可增大单位体积的活化分子数目，但百分数不变，故B错误；C增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，故C错误；D加入催化剂，降低反应物的活化能，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故D错误故选A3已知：H2（g）+F2（g）2HF（g）H=270kJ，下列说法正确的是（）A1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270kJB1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJC相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量D2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气放出270kJ热量【考点】热化学方程式【分析】A、热化学方程式中化学计量数表示物质的量，不表示分子个数；B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据反应热与能量关系判断；C、反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物的总能量为吸热反应；D、由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量；【解答】解：A、热化学方程式中化学计量数表示物质的量，不表示分子个数，故A错误B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据能量守恒，1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于270kJ，故B错误；C、反应为放热反应，在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量，故C正确；D、由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量，故D错误；故选C4可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）+D（g），在不同条件下的反应速率如下，其中反应速率最快的是（）Av（A）=0.5 mol/（Lmin）Bv（B）=0.02mol/（Ls）Cv（C）=0.8 mol/（Lmin）Dv（D）=0.01mol/（Ls）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【分析】不同物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，则不同物质的反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，注意单位保持一致【解答】解：不同物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，则不同物质的反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快：A. =0.5 mol/（Lmin）；Bv（B）=0.02mol/（Ls）=1.2 mol/（Lmin），=0.4 mol/（Lmin）；C. =0.4 mol/（Lmin）；Dv（D）=0.01mol/（Ls）=0.6 mol/（Lmin），=0.6 mol/（Lmin），故选：D5已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0该反应达到平衡后，改变下列条件有利于提高SO2转化率的是（）A加催化剂B升高温度C减小压强D加入O2【考点】化学平衡的影响因素【分析】A使用催化剂（V2O5）可提高反应速率，不改变化学平衡；B反应是吸热反应，降低温度，可以促使平衡逆向移动；C减小压强，可以促使平衡向气体体积增大方向移动；D加入氧气增大O2的浓度，可以促使平衡正向移动【解答】解：反应是气体体积减小的放热反应；A使用催化剂（V2O5）可提高反应速率，不改变化学平衡，二氧化硫的转化率不变，故A错误；B反应是放热反应，升高温度平衡向吸热反应方向进行，即向逆方向移动，二氧化硫转化率减小，故B错误；C减小压强，可以促使平衡向气体体积增大的方向进行，即平衡逆向移动，二氧化硫转化率减小，故C错误；D加入氧气增大O2的浓度，可以促使平衡正向移动，提高二氧化硫的转化率，故D正确；故选D6下列热化学方程式书写正确的是（）A2SO2+O22SO3H=196.6 kJmol1BH2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8 kJmol1C2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJDC（s）+O2（g）CO2（g）H=+393.5 kJmol1【考点】热化学方程式【分析】热化学方程式需要注明物质的聚集状态，反应热单位为kJmol1，“”表示放热，“+”表示吸热，燃烧反应均为放热反应【解答】解：A没有指明物质的聚集状态，故A错误；B氢气燃烧为放热反应，反应热符号为“”，注明物质聚集聚集状态与反应热数值，热化学方程式书写正确，故B正确；C反应热单位为kJmol1，故C错误；D碳燃烧为放热反应，反应热符号为“”，故D错误，故选B7下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（）A100mL 2 mol/L的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变B用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率C二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢D汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢【考点】化学反应速率的影响因素【分析】A加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，反应速率减小；B铁片和浓硫酸反应不生成氢气；C升高温度，反应速率增大；D减小压强，反应速率减小【解答】解：A加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，反应物浓度减小，则反应速率减小，故A错误；B铁片和浓硫酸在加热时生成二氧化硫，不加热发生钝化，反应不生成氢气，故B错误；C升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C错误；D减小压强，活化分子浓度减小，反应速率减小，故D正确故选D8下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（）A合成氨工业中采用高压条件B由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深C用排饱和食盐水的方法收集Cl2D反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）（正反应为放热反应），达平衡后，升高温度体系颜色变深【考点】化学平衡移动原理【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用【解答】解：A、工业合成氨的反应为可逆反应，增大压强，有利于平衡向正反应分析移动，故A不选B、H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒沙特列原理解释，故B选；C、氯气在水中发生Cl2+H2OH+Cl+HClO，在饱和食盐水中，Cl浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，故C不选；D、反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）（正反应为放热反应），达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，所以体系颜色变深可用勒夏特列原理解释，故D不选；故选B9已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566kJ/mol，Na2O2（s）+CO2（g）Na2CO3（s）+O2（g）H=226kJ/mol根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）ACO的燃烧热为566 kJ/molB如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C2Na2O2（s）+2CO2（s）2Na2CO3（s）+O2（g）H452 kJ/molDCO2（g）与Na2O2（s）反应放出452kJ热量时，电子转移数为4NA【考点】反应热和焓变【分析】A根据燃烧热的概念以及燃烧热的单位分析，CO的燃烧热为283 kJ/mol；B根据“短线上说明的物质”不仅仅代表的是反应物或者生成物，而其对应的系数代表的是参加反应的物质的量；C根据热化学方程式中热量与物质的量之间的关系、物质由固态变气态吸收热量以及盖斯定律来解答；D依据热化学方程式，结合盖斯定律计算得到热化学方程式计算分析【解答】解：A燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ/mol；一氧化碳的燃烧热为283KJ/mol，故A错误；B该图描述的就是一个热化学方程式，所以对应566的数值应该是2CO（g）+O2（g）和2CO2，图中计量数不对，故B错误；C题目中第二个方程的2倍为：2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）H=452 kJ/mol，本题中的CO2（s）多一步变气体吸热的过程，所以本题放出的热量就少于452，但是H452 kJ/mol，故C正确；D已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566kJ/mol，Na2O2（s）+CO2（g）Na2CO3（s）+O2（g）H=226kJ/mol由盖斯定律可知：+得：Na2O2（s）+CO（g）=Na2CO3（s）H=509 kJ/mol，此时放热509KJ，因为CO是1mol，所以转移电子数是2NA，故D错误；故选C10下表中是各组反应的反应物和温度，反应刚开始时，放出H2速率最快的是（） 金属（粉末状）/mol酸的浓度及体积反应温度AMg0.16molL1硝酸10mL60BMg0.13molL1盐酸10mL60CFe0.13molL1盐酸10mL60DMg0.13molL1硫酸10mL60AABBCCDD【考点】化学反应速率的影响因素【分析】影响化学反应速率的主要因素是物质的本身性质，对于同一个化学反应，反应物浓度越大，温度越高，反应速率越大，注意硝酸与金属反应不生成氢气【解答】解：活泼性MgFe，则Mg反应较快，硝酸与金属反应不生成氢气，D中氢离子浓度最大，则反应速率最大故选D11对可逆反应2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）增加A的量，平衡向正反应方向移动升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变增大B的浓度，v（正）v（逆） 加入催化剂，B的转化率提高ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】A是固体，其量的变化对平衡无影响；升高温度，正、逆反应速率都增大；压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大；增大B的浓度，平衡向正反应移动；催化剂不能使化学平衡发生移动【解答】解：A是固体，增大A的量对平衡无影响，故错误；升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故错误；压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故错误；增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）v（逆），故正确；使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故错误；故选B12可逆反应aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）符合图则下列叙述正确的是（）Aa+bc+d；正反应吸热Ba+bc+d；正反应放热Ca+bc+d；正反应放热Da+bc+d；正反应吸热【考点】转化率随温度、压强的变化曲线【分析】根据“先拐先平数值大”知，P1P2，T2T1，增大压强，A的转化率减小，平衡向逆反应方向移动，则该反应是一个反应前后气体体积增大的反应，升高温度，A的含量减小，平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应【解答】解：压强越大，反应速率越大，则反应达到平衡时间越短，所以P1P2，增大压强，A的转化率减小，平衡向逆反应方向移动，则该反应是一个反应前后气体体积增大的反应，即a+bc+d，温度越高，反应速率越大，则反应达到平衡时间越短，所以T2T1，升高温度，A的含量减小，平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，故选A13如图所示为800时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只分析图形不能得出的结论是（）AA是反应物B前2 min A的分解速率为0.1 molL1min1C达平衡后，若升高温度，平衡向正反应方向移动D反应的方程式为：2A（g）2B（g）+C（g）【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】由图象可知，A的物质的量浓度减小，B和C的物质的量浓度增加，则A为反应物，B和C为生成物，由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：c（A）：c（B）：c（C）=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为2A2B+C，根据v=计算反应速率【解答】解：A、由图象可知，A的物质的量浓度减小，B和C的物质的量浓度增加，则A为反应物，B和C为生成物，故A正确；B、由图可知前2 minA的c（A）=0.2mol/L，所以v（C）=0.1 molL1min1，故B正确；C、根据图象不能确定该反应的反应热，不能判断温度对平衡移动的影响，故C错误；D、由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：c（A）：c（B）：c（C）=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为2A2B+C，故D正确；故选C14密闭容器中有如下反应：mA（g）+nB（g）pC（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积缩小到原来的，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1.8倍下列说法中正确的是（）Am+npBA的转化率降低C平衡向正反应方向移动DC的质量分数增加【考点】化学平衡的计算【分析】可逆反应mA（g）+nB（g）pC（g）达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍，当达到平衡时C的浓度为原来的1.8倍，则体积减小时平衡逆向移动，据此对各选项进行判断【解答】解：mA（g）+nB（g）pC（g），达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍，当达到平衡时C的浓度为原来的1.8倍，则体积减小时平衡逆向移动，A容器的体积缩小，相当于加压，平衡逆向移动，则m+np，故A错误；B平衡向着逆向移动，则A的转化率减小，故B正确；C根据上述分析可知，缩小容器体积后平衡向着逆向移动，故C错误；D由于平衡逆向移动，则C的质量减小，由于总质量不变，所以C的质量分数减小，故D错误；故选B15下列叙述与图象相对应的是（）A图（1）是N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的化学平衡图象，在t0时刻充入一定量的NH3，平衡逆向移动B图（3）表示的化学方程式为2AB+3CC图（2）中p2p1，T1T2D图（4）对应反应2X（g）+3Y（g）2Z（g）H0，y可以表示Y的百分含量【考点】化学平衡的影响因素【分析】A、在t0时刻充入一定量的NH3，是增大生成物的浓度，此时逆反应速率突然增大，正反应速率此时不变；B、图3中A减小为反应物，BC浓度增大为生成物，A消耗2.0mol/L1.2mol/L=0.8mol/L，B生成0.4mol/L，C生成1.2mol/L，反应之比等于化学方程式计量数之比；C、先拐先平，温度、压强大；D、温度升高平衡向吸热反应方向进行，反应是放热反应，升温平衡逆向进行【解答】解：A、在t0时刻充入一定量的NH3，是增大生成物的浓度，此时逆反应速率突然增大，正反应速率此时不变，图象中应在原平衡点，故A错误；B、图3中A减小为反应物，BC浓度增大为生成物，A消耗2.0mol/L1.2mol/L=0.8mol/L，B生成0.4mol/L，C生成1.2mol/L，反应之比等于化学方程式计量数之比=0.8：0.4：1.2=2：1：3，反应是可逆反应，反应的化学方程式为：2AB+3C，故B错误；C、先拐先平，达到平衡的时间短，反应先达到平衡，温度、压强大，p2p1，T1T2，故C正确；D、温度升高平衡向吸热反应方向进行，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，Y的百分含量增大，故D错误；故选C16在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）2C（g）H0t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图下列说法正确的是（）A0t2时，v正v逆B、两过程达到平衡时，A的体积分数Ct2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加CD、两过程达到平衡时，平衡常数I【考点】化学平衡建立的过程【分析】A、由图象分析可知，0t1，反应正向进行，v正v逆，t1t2，反应到达平衡，v正=v逆；B、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，体积分数不变；C、向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同；D、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，则平衡常数不变；【解答】解：A、0t1，反应正向进行，v正v逆，t1t2，反应到达平衡，v正=v逆，故A错误；B、t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数=，故B错误；C、向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图象，故C正确；D、t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，所以、两过程达到平衡时，平衡常数I=，故D错误；故选：C17根据下列热化学方程式分析，C（s）的燃烧热H等于（）C（s）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）；H1=+175.3kJmol12CO（g）+O2（g）=CO2（g）；H2=566.0kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；H3=571.6kJmol1AH1+H2H3B2H1+H2+H3CH1+H3DH1+【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据盖斯定律来回答【解答】解：已知：C（s）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）；H1=+175.3kJmol12CO（g）+O2（g）=CO2（g）；H2=566.0kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；H3=571.6kJmol1则化学方程式C（s）+O2（g）=CO2（g）可以看成是2+得到的，所以该反应的焓变H=H1+，即为C（s）的燃烧热故选D18把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，发生如下反应：3P（g）+Q（g）xM（g）+2N（g），5min后达到平衡，生成N1mol，经测定M的平均速率是0.1mol/（Lmin），下列叙述错误的是（）AP的平均反应速率是0.15mol/（Lmin）BQ的转化率是25%CQ的平衡浓度是1mol/LDx的值为2【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，5min后达到平衡，生成1mol N，则： 3P（g）+Q（g）xM（g）+2N（g）起始量（mol）：3 2.5 0 0变化量（mol）：1.5 0.5 0.25x 1平衡量（mol）：1.5 2 0.25x 1A根据v=计算v（P）；B转化率=100%；C根据c=计算Q的平衡浓度；D根据M的速率计算x的值【解答】解：把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，5min后达到平衡，生成1mol N，则： 3P（g）+Q（g）xM（g）+2N（g）起始量（mol）：3 2.5 0 0变化量（mol）：1.5 0.5 0.25x 1平衡量（mol）：1.5 2 0.25x 1Av（P）=0.15mol/（Lmin），故A正确；BQ转化率=100%=20%，故B错误；CQ的平衡浓度为=1mol/L，故C正确；D根据M的速率，则0.25x=0.1mol/（Lmin）5min2L，解得x=4，故D错误，故选：BD二、非选择题（共55分）19在密闭容器中的可逆反应A（g）+2B（g）2C（g）H0达到平衡后：（1）扩大容器体积，平衡逆移（填“正移”、“逆移”或“不移”），c（A）将减小；（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）升高温度，平衡正移（填“正移”、“逆移”或“不移”），体系的压强减小；（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）加入催化剂，C的物质的量不变（填“增大”、“减小”或“不变”）【考点】化学平衡的影响因素【分析】（1）由于反应前后气体的化学计量数之和不相等，压强对平衡移动有影响，扩大体积压强减小，反应物的浓度减小；（2）反应是吸热反应，升温平衡向正反应方向移动，气体物质的量减小，压强减小；（3）催化剂对平衡移动无影响【解答】解：（1）在密闭容器中的可逆反应A（g）+2B（g）2C（g）H0，反应是气体体积减小的吸热反应，扩大容器体积，压强减小，平衡逆向进行，体积变化为主，A的浓度减小，故答案为：逆移，减小； （2）反应是气体体积减小的吸热反应，升温平衡正向进行，气体体积减小，容器中压强减小，故答案为：正移，减小； （3）催化剂只改变反应速率，但不改变平衡移动，所以加入催化剂对平衡移动无影响，故答案为：不变；20已知化学反应中的能量变化，是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同所致图为N2（g）和O2（g）生成NO（g）过程中的能量变化：人们通常把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能键能的大小可以衡量化学键的强弱，则NN键的键能为946kJmol1根据上图写出N2（g）和O2（g）生成NO（g）的热化学方程式：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180 kJmol1【考点】反应热和焓变【分析】根据拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能，结合图示即可解答；根据反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能计算；根据热化学方程式热量与质量成正比【解答】解：由图可知：NN键的键能为946kJmol1，反应热为946kJmol1+498kJmol12632kJmol1=180 kJmol1，热化学方程式为：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180 kJmol1；故答案为：946；N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180 kJmol121用50mL0.50molL1盐酸与50mL0.55molL1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器的名称是环形玻璃搅拌棒（2）烧杯间填满碎纸条的作用是减少热量散失（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值偏小（填“偏大、偏小、无影响”）（4）如果用60mL 0.50molL1盐酸与50mL 0.55molL1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等（填“相等、不相等”），所求中和热相等（填“相等、不相等”）【考点】中和热的测定【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.50molL1盐酸与50mL0.55molL1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；22已知在1273K时发生反应Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）；现在固定容积为2.0L的密闭容器中进行该反应，试解答下列问题：（1）其他条件不变，缩小该容器体积，反应速率增大 （填“增大”、“减小”或“不变”）（2）若降温后H2的百分含量减少，则正反应是吸热反应（选填“吸热”、“放热”）（3）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是b；a混合气体的压强保持不变 bH2的浓度不再改变c消耗H2O的物质的量与生成H2的物质的量之比为1：1dFe、H2O、FeO、H2的物质的量之比为1：1：1：1（4）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）；H=90.8kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）；H=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；H=41.3kJmol1总反应：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2 （g）的H=246.4kJ/mol；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是c（填字母代号）a高温高压 b加入催化剂 c减少CO2的浓度 d增加CO的浓度 e分离出二甲醚【考点】化学平衡的影响因素；热化学方程式；化学平衡状态的判断【分析】（1）缩小该容器体积，浓度增大，反应速率增大；（2）若降温后H2的百分含量减少，平衡向逆反应方向移动；（3）达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此衍生的物理量不变，以此判断；（4）根据盖斯定律，观察目标方程式可知，2+，即得到3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2 （g），故H=2H1+H2+H3=246.4kJmol1【解答】解：（1）缩小该容器体积，浓度增大，反应速率增大，故答案为：增大；（2）若降温后H2的百分含量减少，平衡向逆反应方向移动，即向放热方向移动，则正反应吸热，故答案为：吸热；（3）a反应前后气体的体积不变，无论是否达到平衡状态，混合气体的压强保持不变，不能说明达到平衡状态，故a错误；bH2的浓度不再改变，可说明达到平衡状态，故b正确；c消耗H2O的物质的量与生成H2的物质的量之比，符合转化的物质的量之比等于计量数之比，但不能说明达到平衡状态，故c错误，dFe、H2O、FeO、H2的物质的量之比取决于转化的程度，1：1：1：1不能说明达到平衡状态，故d错误；故答案为：b；（4）2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）；H=90.8kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）；H=23.5kJmol1CO（g）+H2O （g）CO2（g）+H2（g）；H=41.3kJmol1依据盖斯定律计算，2+，得到总反应的热化学方程式：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=246.4kJ/mol；a升高温度能提高反应速率，但平衡向逆反应方向移动，转化率减小，故a错误； b催化剂不影响平衡移动，加入催化剂能提高反应速率，但不能提高CO的转化率，故b错误； c减少CO2的浓度，平衡向正反应移动，CO的转化率增大，故c正确；d增加CO的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，但CO的转化率减小，故d错误；e分离出二甲醚，平衡向正反应反应移动，但反应速率减慢，故e错误；故答案为：246.4kJ/mol；c232SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的H=99kJmol1请回答下列问题：（1）图中A表示反应物总能量C表示成物总能量，E的大小对该反应的反应热无（填“有”或“无”）影响该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点降低（填“升高”还是“降低”），H不变（填“变大”、“变小”或“不变”），理由是因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热（2）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化为V2O5写出该催化循环机理的化学方程式SO2+V2O5SO3+2VO2、4VO2+O22V2O5【考点】反应热和焓变【分析】（1）A、C分别表示反应物总能量的生成物总能量，B为活化能，活化能的大小与反应热无关；加入催化剂，催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差；（2）V2O5氧化SO2时，自己被还原为四价钒化合物，还生成三氧化硫；四价钒化合物再被氧气氧化生成V2O5【解答】解：（1）因图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量，B为活化能，反应热可表示为A、C活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关；催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热；故答案为：反应物总能量；成物总能量；无；降低；不变；因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热；（2）V2O5氧化SO2时，自己被还原为四价钒化合物，还生成三氧化硫；四价钒化合物再被氧气氧化生成V2O5，该催化循环机理的化学方程式为SO2+V2O5SO3+2VO2、4VO2+O22V2O5，故答案为：SO2+V2O5SO3+2VO2、4VO2+O22V2O524用酸性KMnO4和H2C2O4（草酸）反应研究影响反应速率的因素一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如表（KMnO4溶液已酸化），实验装置如图1：实验序号A溶液B溶液20mL 0.1molL1H2C2O4溶液30mL 0.01molL1KMnO4溶液20mL 0.2molL1H2C2O4溶液30mL 0.01molL1KMnO4溶液（1）该反应的离子方程为2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O（已知H2C2O4是二元弱酸）（2）该实验探究的是浓度因素对化学反应速率的影响相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是（填实验序号）（3）若实验在2min末收集了2.24mL CO2（标准状况下），则在2min末，c（MnO4