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【化学】吉林省白城市通榆县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）
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吉林省白城市通榆县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题
1. “能源分类相关图”如图所示，下列四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是( )
A. 煤炭、石油、潮汐能
B. 水能、生物能、天然气
C. 太阳能、风能、沼气能
D. 地热能、海洋能、核能
【答案】C
【解析】
【详解】A. 煤炭、石油是化石能源，不是新能源，是非再生能源；潮汐能不是来自太阳能，A项不符合；
B. 天然气是化石能源，不是新能源，B项不符合；
C. 太阳能、风能、沼气能都是来自太阳能的可再生能源，也是新能源，C项符合；
D. 地热能、核能不是来自太阳能，D项不符合；
答案选C。
2.在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列表示甲醇燃烧热的热化学方程式正确的是（ ）
A. CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=+725.8 kJ·mol﹣1
B. 2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H=-1452 kJ·mol﹣1
C. CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-725.8 kJ·mol﹣1
D. 2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H=+1 452 kJ·mol﹣1
【答案】C
【解析】
【详解】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定物质时放出的热量，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则1mol甲醇的质量为32g,燃烧放出的热量为22.68kJ×32=725.76kJ，故表示其反应热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-725.8 kJ·mol﹣1，故答案选C。
3. 下列说法或表示方法中正确的是( )
A. 相同条件下，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，反应的热效应ΔH1>ΔH2
B. 由C（石墨）→C（金刚石）ΔH=+1.9kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定
C. 已知在101KPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量。则有关氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=+285.8kJ/mol
D. 在稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)＝H2O（l）ΔH=－57.3kJ/mol，若将含0.5mol硫酸的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
【答案】D
【解析】试题分析：A、相同的条件下等质量的硫蒸气的能量比硫固体的高，所以分别完全燃烧，硫蒸气放出的热量多，但ΔH1<ΔH2，错误，不选A；B、石墨变成金刚石，是吸热的，说明石墨的能量低，稳定，错误，不选B；C、2克氢气的物质的量为1摩尔，则热化学方程式中反应热应该为285.8×2KJ，错误，不选C；D、浓硫酸溶于水放热，所以反应热大于57.3，正确，选D。
4.一定条件下A、B、C有如图所示的转化关系，且△H=△H1+△H2。符合上述转化关系的A、C可能是( )
①Fe、FeCl3②C、CO2③AlCl3、NaAlO2④NaOH、NaHCO3⑤S、SO3⑥Na2CO3、CO2
A. 只有②③④⑥ B. 除①外 C. 除⑤外 D. 全部
【答案】A
【解析】试题分析：①Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，不存在上述转化，故不选；②为C在少量氧气中燃烧生成CO，CO继续在氧气中燃烧生成CO2，C可在足量氧气中燃烧生成CO2，符合，故选；③为AlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al(OH)3 ，继续滴加过量NaOH溶液则生成NaAlO2的转化，AlCl3与过量NaOH溶液作用可直接生成NaAlO2，符合，故选；④为NaOH与CO2反应生成Na2CO3，继续通入CO2则生成NaHCO3，NaOH溶液里通足量CO2可直接生成NaHCO3，故选；⑤S与氧气不能反应生成SO3，不符合A、X的转化，故不选；⑥为Na2CO3溶液中滴加少量HCl可生成NaHCO3 ，继续滴加过量HCl，可生成CO2的转化，Na2CO3与过量稀盐酸作用生成CO2，符合转化关系，故选；故选A。
5.某反应使用催化剂后，其反应过程中能量变化如图，下列说法错误的是( )
A. 总反应为放热反应
B. 使用催化剂后，活化能不变
C. 反应①是吸热反应，反应②是放热反应
D. ΔH＝ΔH1＋ΔH2
【答案】B
【解析】反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应正反应放热，A正确；使用催化剂后，改变反应的活化能，B错误；因为①中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，②中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，C正确；根据盖斯定律，总反应的热效应等于分步反应的热效应之和，D正确；正确选项B。
6.下列说法不正确的是( )
A. 对于吸热反应，反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量
B. 任何放热反应在常温条件一定能发生反应
C. 原电池反应一定氧化还原反应
D. 元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原
【答案】B
【解析】
【详解】A. 对于吸热反应，反应过程中需要从外界吸收能量，故反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，A正确；
B.如氢气和氧气反应生成水，是放热的，但是需要加热才能进行，因此放热反应常温下不一定能够发生，B错误；
C. 原电池将化学能转化为电能，有电子的转移，一定为自发的氧化还原反应，C正确；
D. 当元素在化合物中显负价时，变为游离态被氧化，当元素在化合物中显正价时，变为游离态时被还原，D正确；
故答案选B。
7.某反应X2(g)+Y2(g)=2XY(g),已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：X-X akJ·mol－1，Y-Y bkJ·mol－1 ， X-Y ckJ·mol－1则该反应的ΔH为( )
A. （a+b-c）kJ·mol－1 B. （c-a-b）kJ·mol－1
C. （a+b-2c）kJ·mol－1 D. （2c-a-b）kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【分析】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能。
【详解】反应物总键能=E（X-X）+E（Y-Y）=（a+b）kJ·mol－1 ，生成物总键能=2E(X-Y)=2ckJ·mol－1, 则该反应的ΔH=反应物总键能-生成物总键能=（a+b）kJ·mol－1—2ckJ·mol－1=（a+b-2c）kJ·mol－1，故选C。
8. 盖斯定律认为能量总是守恒的：化学反应过程一步完成或分步完成，整个过程的热效应是相同的。已知：
若使酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】略
9. 灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。
已知：①Sn(白，s)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g) ΔH1
②Sn(灰，s)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g) ΔH2
③Sn(灰，s)Sn(白，s)ΔH3＝＋2．1 kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A. ΔH1>ΔH2
B. 锡在常温下以灰锡状态存在
C. 灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D. 锡制器皿长期处在低于13．2 ℃的环境中，会自行毁坏
【答案】D
【解析】DH3＝DH2----DH1.>0,DH2＞DH1，灰锡转化为白锡的反应是吸热反应，灰锡比白锡能量低稳定，长期处于低于13.2 ℃环境中，会自行毁坏。AC错误。锡在常温下以灰锡状态存在，因为在大于13.2 ℃灰锡转化为白锡。B错误。
10.下列说法错误的是( )
①化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化
②需要加热才能发生的化学反应一定是吸热反应
③活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
④化学反应放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的相对大小
⑤反应物的总能量高于生成物的总能量时，发生放热反应
⑥任何化学反应都有反应热
⑦化学反应中的能量变化都表现为热量的变化
A. ①②③④⑤⑥ B. ②③
C. ②③⑦ D. ①④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，化学反应有化学键的断裂和形成，都伴有能量变化，故①正确；②燃烧反应需要加热或点燃，但燃烧反应为放热反应，故②错误；③只有活化分子间有合适的取向、发生的碰撞才能发生化学反应，即活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，故③错误；④放热反应是指反应物所具有的总能量高于生成的总能量，吸热反应是反应物所具有的总能量低于生成的总能量，故④正确；⑤反应热取决于反应物与生成物总能量的相对大小，当反应物的总能量高于生成物的总能量时发生放热反应，故⑤正确；⑥化学反应的实在是反应物化学键断裂和生成物中化学键的形成，过程中一定伴随能量变化，所以任何化学反应都有反应热，故⑥正确；⑦化学反应中的能量变化形式有多种，如光能、声能、电能等，但通常表现为热量的变化，故⑦错误；错误的有②③⑦，故选C。
11.乙醇的燃烧热为ΔH1，甲醇的燃烧热为ΔH2，且ΔH1<ΔH2，若乙醇和甲醇的混合物1 mol完全燃烧，反应热为ΔH3，则乙醇和甲醇的物质的量之比为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设乙醇的物质的量是amol，甲醇的物质的量是bmol，则
①a+b=1 ②a×△H1+b×△H2=△H3
由方程组解得，则乙醇和甲醇的物质的量之比，故答案选B。
12. 下列关于反应热的说法正确的是（ ）
A. 在稀溶液中所有酸和碱反应的中和热数值都相等
B. 已知C(s)+ O2(g)="CO(g)" △H=-110.5kJ/mol，说明碳的燃烧热为110.5kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关
【答案】D
【解析】试题分析：A、在稀溶液中弱酸或弱碱发生中和反应时 ，弱酸或弱碱电离吸热，错误，不选A；B、燃烧热是指1摩尔可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，反应中产物为一氧化碳，错误，不选B；C、某些放热反应也需要加热条件才能发生，需要加热的不一定是吸热反应，错误，不选C；D、物质能量一定，对于确定的反应，反应的反应热只于体系始态和终态有关与变化途径无关，正确，选D。
13.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H＋（aq）＋OH－（aq）＝H2O（l）△H
＝－57.3KJ·mol－1。分别向1L 0.5mol·L－1的Ba（OH）2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（）
A. △H1＞△H2＞△H3 B. △H1＜△H2＜△H3
C. △H1＞△H2＝△H3 D. △H1＝△H2＜△H3
【答案】B
【解析】
【分析】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的△H＝－57.3kJ·mol－1，浓硫酸稀释、生成沉淀都会使放出热量变大，△H变小。
【详解】分别向1L 0.5mol·L－1的Ba(OH)2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸。①浓硫酸稀释会放出大量热，同时又有BaSO4沉淀生成，故△H1<-57.3kJ·mol－1；②稀硫酸与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀,使△H2<-57.3kJ·mol－1，由于浓硫酸稀释会放出大量热，故△H1<△H2；③稀硝酸与1L 0.5mol·L－1的Ba(OH)2的溶液反应△H3=－57.3kJ·mol－1，故△H1＜△H2＜△H3。综上，本题选B。
14.一些烷烃的燃烧热如下表：
化合物
燃烧热/kJ·mol－1
化合物
燃烧热/kJ·mol－1
甲烷
890.3
正丁烷
2878.0
乙烷
1560.8
异丁烷
2869.6
丙烷
2221.5
2－甲基丁烷
3531.3
下列表达正确的是( )
A. 乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6（g）＋7O2（g）＝4CO2（g）＋6H2O（g）ΔH＝－1560.8kJ·mol－1
B. 稳定性：正丁烷＞异丁烷
C. 正戊烷的燃烧热大于3531.3kJ·mol－1
D. 相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
【答案】C
【解析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物是放出的热量，H2O应是液态，即C2H6（g）＋7/2O2（g）＝2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH＝－1560.8kJ·mol－1，故A错误；B、根据正丁烷和异丁烷燃烧热，正丁烷具有的能量高于异丁烷，物质具有能量越高，物质越不稳定，即稳定性为正丁烷<异丁烷，故B错误；C、2－甲基丁烷为异戊烷，因此根据正丁烷和异丁烷燃烧热，推出正戊烷的燃烧热大于3531.3kJ·mol－1，故C正确；D、相同质量时，甲烷燃烧放出的热量是890.3/16kJ=55.6kJ，乙烷燃烧的热量为1560.8/30kJ=52kJ，因此等质量时，碳原子质量分数越大的烷烃燃烧放出的热量越少，故D错误。
15.对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是( )
①增加C的量； ②增加CO的量；
③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入N2以增大压强；
⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。
A. ②③ B. ①④ C. ①⑥ D. ④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】根据影响化学反应速率的外因分析判断。
【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； ④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。
本题选B。
16.一定量的混合气体在密闭容器中发生反应 mA（g）+nB（g）pC（g）达到平衡后，温度不变，将气体体积缩小到原来的1/3，达到平衡时，C的浓度为原来的2.5倍，则下列说法正确的是( )
A. C的体积分数增加 B. A的转化率降低
C. 平衡向正反应方向移动 D. m+n＞p
【答案】B
【解析】
【分析】平衡后将气体体积缩小到原来的1/3，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的3倍，但此时C的浓度为原来的2.5倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的反应，根据平衡移动原理分析，即可得到答案案。
【详解】平衡后将气体体积缩小到原来的1/3，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的3倍，但此时C的浓度为原来的2.5倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的方向。A.由上述分析可以知道,增大压强平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，故A项错误；B.增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以A的转化降低，故B项正确；C.增大压强平衡向逆反应方向移动，故C项错误；D.增大压强平衡向逆反应方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，则有m+n
A. C、D是生成物
B. 反应的方程式为2A + B2C
C. 2 min后各物质的量不再变化
D. 该反应不是可逆反应
【答案】C
【解析】
【分析】由图像可知，反应前后，A减少2mol，B减少1mol，C增加2mol，D先减少后增加且物质的量不变，故可知A、B为反应物，C为生成物，D为反应的催化剂，可得反应方程式为。
【详解】A. C为生成物，D为反应的催化剂，故A错误；
B. 反应的方程式为，故B错误；
C. 2min后，反应达到平衡状态，各组分物质的量不再变化，C正确；
D. 2min后，反应物和生成物同时存在，且物质的量不发生变化，该反应为可逆反应，故D错误；
故答案选C。
18.下列关于有效碰撞理论与影响速率因素之间关系正确的是( )
A. 增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率
B. 通过压缩体积增大压强，可以提高单位体积内活化分子数，从而提高反应速率
C. 升高温度，可以提高活化分子的能量，会减慢反应速率
D. 加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比虽然没变，但可以加快反应速率
【答案】B
【解析】
【分析】A、浓度增大，活化分子数目增多；B、压强增大，活化分子数目增多；C、升高温度，给分子提供能量，活化分子百分数增大，增大反应速率；D、催化剂能降低活化能增大活化分子百分数。
【详解】浓度增大，活化分子数目增多，从而使反应速率增大，A不选；有气体参加的化学反应，若压强增大，活化分子数目增多，从而使反应速率增大，B选；升高温度，给分子提供能量，活化分子百分数增大，则反应速率加快，C不选；催化剂能降低活化能增大活化分子的百分数，从而增大反应速率增大，D不选。
故选B。
19.已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO- 慢，H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快；下列有关反应的说法正确的是( )
A. 反应的速率与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)
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A正确；
B、IO-不是该反应的催化剂，B错误；
C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误；
D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D错误；
故合理选项为A。
20.已知一定温度和压强下，N2(g)和H2 (g)反应生成2molNH3(g)，放出92.4kJ热量。在同温同压下向密闭容器中通入1mol N2和3mol H2，达平衡时放出热量为Q1kJ；向另一体积相同的容器中通入0.5molN2和1.5molH2，相同温度下达到平衡时放出热量为Q2kJ。则下列叙述正确的是( )
A. 2Q2＜Q1＜92.4kJ B. 2Q2=Q1=92.4kJ
C. 2Q2＞Q1=924kJ D. 2Q2=Q1＜92.4kJ
【答案】A
【解析】
【分析】N2(g)和H2 (g)反应生成2molNH3(g)的反应为可逆反应，向密闭容器甲中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量 Q1＜92.4kJ，甲与乙相比较，甲相当于在乙的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则甲转化率大于乙。
【详解】该反应为可逆反应，向密闭容器甲中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量 Q1＜92.4kJ，甲与乙相比较，甲相当于在乙的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则甲转化率大于乙，如转化率相等，则Q1=2Q2，而转化率越大，则反应的热量越多，则Q1＞2Q2，所以2Q2＜Q1＜92.4kJ，故选A。
21.下列事实不能用勒夏特列原理（平衡移动原理）解释的是（ ）
①铁在潮湿的空气中容易生锈②二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深③实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气④钠与氯化钾共融制备钾Na(l)+KCl(l) K(g)+NaCl(l)⑤开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
A. ③④ B. ①② C. ①⑤ D. ①②⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①铁在潮湿的空气中生锈是因为发生了电化学腐蚀，与平衡移动无关；②二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深，是因为二氧化氮浓度的增加，并不是因平衡移动导致；③氯气溶于水存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，而饱和食盐水中氯离子浓度达到饱和，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，故不能再溶解氯气，因此实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释；④钠与氯化钾共融制备Na（l）+KCl（l）K（g）+NaCl（l） ，因反应条件为高温，生成物中K（g）挥发，使生成物浓度降低，平衡右移，能用勒夏特列原理解释；⑤啤酒中因有二氧化碳和水反应生成的碳酸，开启啤酒瓶后，压强降低，碳酸分解为二氧化碳和水，二氧化碳放出，瓶中马上泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解释；故答案为：①②，选B。
22.在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(气)+3B(气)2C(气)+2D(固)达到平衡的标志的是（ ）
①C的生成速率与C的分解速率相等
②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B
③A、B、C的浓度不再变化
④A、B、C的分压强不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化
⑥混合气体的物质的量不再变化
⑦A、B、C、D的分子数之比为1:3:2:2
A. ②⑦ B. ②⑤⑦ C. ①③④ D. ②⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。所以①③可以说明。②中反应速率的方向相同，不能说明由于反应是体积减小的反应，所以④⑤⑥可以说明。平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，因此⑦不能说明，所以答案选A。
23.如图所示，向A和B中都充人2molX和2molY，起始VA=0.8a L，VB=a L保持温度不变，在有催化剂的条件下，两容器中各自发生下列反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)达到平衡时，VA=0.9a L，则下列说法错误的是 ( )
A. 两容器中达到平衡的时间A
C. A容器中X的转化率为25%，且比B容器中的X的转化率小
D. 打开K一段时间达平衡时，A的体积为0.8a L（连通管中的气体体积不计）
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象知,A保持恒压,B保持恒容。A、化学反应速率与物质的浓度有关,浓度越大,反应速率越大; B、打开K达新平衡等效为A中到达的平衡,根据X的转化率计算平衡后总的物质的量,再根据体积之比等于物质的量之比计算总体积,进而计算A容器的体积,升高温度,平衡向吸热方向移动,据此判断;C、先根据相同条件下,气体的气体之比等于物质的量之比计算平衡后气体的物质的量,再结合方程式计算X反应的物质的量,最后根据转化率公式计算X的转化率,再结合B装置中压强对化学平衡的影响判断X的转化率;D、升高温度,平衡向吸热方向移动;升高温度,气体膨胀,体积增大;
【详解】A、起始时VA=0.8a L，VB=a L,A装置中的浓度大于B装置中的浓度,但随着反应的进行,最终仍然A装置中的浓度大于B装置中的浓度,所以两容器中达到平衡的时间A
X(g)+Y(g)2Z(g)+ W(g)
起始（mol） 2 2 0 0
反应（mol） m m 2m m
平衡（mol） 2-m 2-m 2m m
即2-m+ 2-m+2m+m=4.5m,计算得出m=0.5,所以X物质的转化率=0.5/2100%=25%;B装置是在恒容条件下,反应向正反应方向移动时,混合气体的物质的量增大,导致容器内气体压强增大,增大压强能抑制X的转化率,故A比B容器中X的转化率小,所以C正确;D、打开K达新平衡等效为A中到达的平衡,X的转化率为25%,参加反应的X的总的物质的量为4mol25%=1mol。
X(g) + Y(g)2Z(g)+ W(g)
起始（mol） 4 4 0 0
反应（mol） 1 1 2 1
平衡（mol） 3 3 2 1
故平衡后容器内总的物质的量为 3+3+2+1=9mol,气体的体积之比等于气体的物质的量之比,则总容器的体积为0.8a/4mol9mol=1.8aL,则VA=1.8aL- aL =0.8 aL,所以D选项是正确的;答案：B
24.已知用甲醇制乙烯、丙烯等烯烃时，在温度为400 ℃时，发生的主反应为2CH3OHC2H4+2H2O、3CH3OHC3H6+3H2O，副反应为2CH3OHCH3OCH3+H2O。乙烯和丙烯的选择性(转化的甲醇中生成乙烯和丙烯的百分比)及丙烯对乙烯的比值(Cat.1和Cat.2代表两种等量的催化剂)如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 使用Cat.2反应2小时后乙烯和丙烯的选择性下降
B. 使用Cat.1反应3小时后产生的烯烃主要是乙烯
C. 使用Cat.2反应3小时内产生的烯烃主要是丙烯
D. 使用Cat.1时乙烯和丙烯的选择性一直高于使用Cat.2时
【答案】C
【解析】
【详解】本题考查图象分析，意在考查考生的分析能力。使用Cat.2反应2小时后生成的副产物二甲醚增多，导致乙烯和丙烯的选择性下降，A正确；使用Cat.1，反应在3小时后，丙烯对乙烯的比值小于1.0，此时产生的烯烃主要是乙烯，B正确；使用Cat.2，反应在3小时内，丙烯对乙烯的比值小于1.0，此时产生的烯烃主要是乙烯，C错误；使用Cat.1时乙烯和丙烯的选择性一直高于使用Cat.2时，D正确。
25.通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在图示的装置中进行中和反应．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是___________．
（2）大烧杯上如果不盖硬纸板，求得的中和热数值__________（填“偏大”，“偏小”或“无影响”）．
（3）实验中改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热________（填“相等”“不相等”），简述理由：______________________．
（4）若两溶液的密度都是1g/mL，中和后所得溶液的比热容c=4.18J/（g·℃），三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2﹣t1）分别为：①3.2℃ ②2.2℃ ③3.0℃，写出表示盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式________________________．（小数点后保留一位小数）
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). 相等 (4). 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O所放出的能量，与酸碱的用量无关 (5). HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣51.8 kJ/mol
【解析】
【详解】（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是用于搅拌的环形玻璃搅拌棒；
（2）大烧杯上如果不盖硬纸板，会导致热量散失，测得的温差会比真实值小，求得的中和热数值偏小；
（3）中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O(l)所放出的能量，与酸碱的用量无关，所以求得的中和热数值相等；
（4））三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2-t1）分别为：①3.2℃ ②2.2℃ ③3.0℃，由于第②组数据与其他两组相差较大，将第②组舍去，温度差的平均值为3.1℃，50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.5mol/L=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.1℃=1259.8J，即1.2598kJ，所以实验测得的中和热，该反应的热化学方程式：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-51.8 kJ/mol。
26.2SO2（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）放出热量99kJ，请回答下列问题：
（1）图中A、C分别表示_____________、_____________．
（2）该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点_________（填“升高”，“降低”），△H_______（填“变大”，“变 小”或“不变”），理由是______________________．
（3）图中△H=________kJ/mol．
【答案】(1). A表示反应物总能量 (2). C表示生成物总能量 (3). 降低 (4). 不变 (5). 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，但没有改变反应的始态和终态，△H不变 (6). ﹣198
【解析】
【详解】(1)图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量；
(2)催化剂能够降低反应的活化能,不影响反应物和生成物能量高低,所以不变,
(3)因氧化为的,所以氧化为的。
27.影响化学反应速率的因素很多，某化学小组用实验的方法进行探究。
I．探究活动一：
备选药品：铁片、锌片、0.5mol/LH2SO4、1.5mol/LH2SO4、18.4mol/LH2SO4
甲同学研究的实验报告
实验步骤
现象
结论
①分别取等体积的1.5mol/L的硫酸于两支试管中；
②_____________________。
反应速率：
锌>铁
金属的性质越活泼，反应速率越快
(1)甲同学实验报告中的实验步骤②为__________________________________。
(2)甲同学的实验目的是_______________________________；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是__________________。
乙同学为了定量研究浓度对化学反应速率的影响，利用如图所示装置进行实验：
(3)乙同学在实验中需要测定的数据是_________________________。
(4)乙同学不会选用___________mol/L硫酸完成该实验，理由是_________________。
II．探究活动二：
备选药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液、0.2mol/LNa2S2O3溶液、0.1mol/LH2SO4溶液、0.2mol/LH2SO4溶液。
已知：Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O
实验
编号
Na2S2O3用量
H2SO4用量
温度（℃）
①
0.1mol/L5mL
0.1mol/L5mL
10
②
0.2mol/L5mL
0.2mol/L5mL
25
③
0.1mol/L5mL
0.1mol/L5mL
25
④
01mol/L5mL
0.1mol/L5mL
40
(1)若想探究温度对化学反应速率的影响，可选的实验编号有___________。
(2)若想探究浓度对化学反应速率的影响，可选的实验编号有___________。
(3)在该实验过程中，需要观察和记录________________，来比较化学反应速率的快慢。
(4)Na2S2O3在碱性溶液中可被I2氧化为Na2SO4，写出该反应的离子方程式___________________。
【答案】(1). 分别投入大小、形状相同的铁、锌 (2). 研究金属本身的性质与反应速率的关系 (3). 温度相同 (4). 一定时间内产生气体的体积（或产生一定体积的气体所需的时间） (5). 18.4 (6). 常温下，锌与18.4mol/LH2SO4反应产生SO2,使对比实验的反应原理不同。 (7). 18.4mol/LH2SO4使铁钝化 (8). ①、④或①、③或①、③、④ (9). ②、③ (10). 生成等质量的沉淀所需的时间 (11). S2O32-+10OH-+4I2=2SO42-+8I-+5H2O
【解析】
【详解】I．（1）甲同学表中实验步骤②为向等体积浓度分别是0.5 mol/L、2 mol/L的硫酸中加入投入大小、形状相同的铁、锌；发现：反应速率：锌>铁，说明金属的性质越活泼，反应速率越快；
（2）甲同学的实验目的是研究金属本身的性质与反应速率的关系；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是反应温度应该相同，这样才能形成对照实验；
（3）乙同学在实验中应该测定的数据是一定时间内产生气体的体积（或产生一定体积的气体所需的时间）；若相同的时间内产生的气体体积越大，则反应速率越快；或者收集相同体积的气体，需要的时间越短，则反应速率越快；
（4）乙同学不会选用18.4 mol/L硫酸完成该实验，是因为Fe在浓硫酸中会发生钝化现象；
II．(1)若要探究温度对化学反应速率的影响，应该是只改变温度，而其他条件不变。可选择实验组合为①、④或①、③或①、③、④；
(2) 若想探究浓度对化学反应速率的影响，应该是只改变浓度，而其他条件不变。可选择实验组合为②、③；
(3)在该实验过程中，需要观察和记录生成等质量的沉淀所需的时间，来比较化学反应速率的快慢；
(4)Na2S2O3在碱性溶液中可被I2氧化为Na2SO4，本身被还原为I-，反应的离子方程式为S2O32-+10OH-+4I2=2SO42-+8I-+5H2O。
28.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A(g)＋xB(g) 2C(g)达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如下图所示。请回答下列问题：
（1）0～20min，A的平均反应速率为_________________；8min时，v(正)___v(逆)（填：>、=或<）
（2）反应方程式中的x＝_______，30min时改变的反应条件是________________________。
（3）20～30min时反应的平衡常数_______30～40min时反应的平衡常数（填：>、=或<）。
（4）该反应的正反应为________（填：“放热”或“吸热”）反应。
（5）反应过程中B的转化率最大的时间段是__________________min。
【答案】(1). 0.05 mol L-1min-1 (2). > (3). 1 (4). 扩大容器体积（或减小压强） (5). = (6). 放热 (7). 20～40
【解析】
【详解】（1）由图象可知，反应从开始到20min内A的浓度减少了1mol/L，故A的平均反应速率为=0.05 mol/(L•min)，8min时未达到平衡，反应向正反应方向进行，故v(正)＞v(逆)；
（2）30min时条件改变瞬间，浓度同等倍数减小，正逆反应速率都减小，但反应速率仍相等，平衡不移动，则应是扩大容器体积、减小压强的原因，该反应前后气体的体积不变，则x=1；
（3）20-30min和30-40min两时间段内温度没变，平衡常数不变；
（4）40min时改变条件后，C的浓度减小，A的浓度增加，说明平衡向逆反应方向进行，从图中知，条件改变后正逆反应速率均增大，只有升高温度与题意相符，升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；
（5）20-30min和30-40min两时间段内虽条件不同，但平衡未移动，40-54min平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，故20-30min和30-40minB的转化率最大，即20～40min转化率最大。
1. “能源分类相关图”如图所示，下列四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是( )
A. 煤炭、石油、潮汐能
B. 水能、生物能、天然气
C. 太阳能、风能、沼气能
D. 地热能、海洋能、核能
【答案】C
【解析】
【详解】A. 煤炭、石油是化石能源，不是新能源，是非再生能源；潮汐能不是来自太阳能，A项不符合；
B. 天然气是化石能源，不是新能源，B项不符合；
C. 太阳能、风能、沼气能都是来自太阳能的可再生能源，也是新能源，C项符合；
D. 地热能、核能不是来自太阳能，D项不符合；
答案选C。
2.在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列表示甲醇燃烧热的热化学方程式正确的是（ ）
A. CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=+725.8 kJ·mol﹣1
B. 2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H=-1452 kJ·mol﹣1
C. CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-725.8 kJ·mol﹣1
D. 2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H=+1 452 kJ·mol﹣1
【答案】C
【解析】
【详解】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定物质时放出的热量，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则1mol甲醇的质量为32g,燃烧放出的热量为22.68kJ×32=725.76kJ，故表示其反应热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-725.8 kJ·mol﹣1，故答案选C。
3. 下列说法或表示方法中正确的是( )
A. 相同条件下，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，反应的热效应ΔH1>ΔH2
B. 由C（石墨）→C（金刚石）ΔH=+1.9kJ/mol，可知金刚石比石墨稳定
C. 已知在101KPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量。则有关氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=+285.8kJ/mol
D. 在稀溶液中，H+(aq)+OH－(aq)＝H2O（l）ΔH=－57.3kJ/mol，若将含0.5mol硫酸的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
【答案】D
【解析】试题分析：A、相同的条件下等质量的硫蒸气的能量比硫固体的高，所以分别完全燃烧，硫蒸气放出的热量多，但ΔH1<ΔH2，错误，不选A；B、石墨变成金刚石，是吸热的，说明石墨的能量低，稳定，错误，不选B；C、2克氢气的物质的量为1摩尔，则热化学方程式中反应热应该为285.8×2KJ，错误，不选C；D、浓硫酸溶于水放热，所以反应热大于57.3，正确，选D。
4.一定条件下A、B、C有如图所示的转化关系，且△H=△H1+△H2。符合上述转化关系的A、C可能是( )
①Fe、FeCl3②C、CO2③AlCl3、NaAlO2④NaOH、NaHCO3⑤S、SO3⑥Na2CO3、CO2
A. 只有②③④⑥ B. 除①外 C. 除⑤外 D. 全部
【答案】A
【解析】试题分析：①Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，不存在上述转化，故不选；②为C在少量氧气中燃烧生成CO，CO继续在氧气中燃烧生成CO2，C可在足量氧气中燃烧生成CO2，符合，故选；③为AlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al(OH)3 ，继续滴加过量NaOH溶液则生成NaAlO2的转化，AlCl3与过量NaOH溶液作用可直接生成NaAlO2，符合，故选；④为NaOH与CO2反应生成Na2CO3，继续通入CO2则生成NaHCO3，NaOH溶液里通足量CO2可直接生成NaHCO3，故选；⑤S与氧气不能反应生成SO3，不符合A、X的转化，故不选；⑥为Na2CO3溶液中滴加少量HCl可生成NaHCO3 ，继续滴加过量HCl，可生成CO2的转化，Na2CO3与过量稀盐酸作用生成CO2，符合转化关系，故选；故选A。
5.某反应使用催化剂后，其反应过程中能量变化如图，下列说法错误的是( )
A. 总反应为放热反应
B. 使用催化剂后，活化能不变
C. 反应①是吸热反应，反应②是放热反应
D. ΔH＝ΔH1＋ΔH2
【答案】B
【解析】反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应正反应放热，A正确；使用催化剂后，改变反应的活化能，B错误；因为①中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，②中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，C正确；根据盖斯定律，总反应的热效应等于分步反应的热效应之和，D正确；正确选项B。
6.下列说法不正确的是( )
A. 对于吸热反应，反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量
B. 任何放热反应在常温条件一定能发生反应
C. 原电池反应一定氧化还原反应
D. 元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原
【答案】B
【解析】
【详解】A. 对于吸热反应，反应过程中需要从外界吸收能量，故反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，A正确；
B.如氢气和氧气反应生成水，是放热的，但是需要加热才能进行，因此放热反应常温下不一定能够发生，B错误；
C. 原电池将化学能转化为电能，有电子的转移，一定为自发的氧化还原反应，C正确；
D. 当元素在化合物中显负价时，变为游离态被氧化，当元素在化合物中显正价时，变为游离态时被还原，D正确；
故答案选B。
7.某反应X2(g)+Y2(g)=2XY(g),已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：X-X akJ·mol－1，Y-Y bkJ·mol－1 ， X-Y ckJ·mol－1则该反应的ΔH为( )
A. （a+b-c）kJ·mol－1 B. （c-a-b）kJ·mol－1
C. （a+b-2c）kJ·mol－1 D. （2c-a-b）kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【分析】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能。
【详解】反应物总键能=E（X-X）+E（Y-Y）=（a+b）kJ·mol－1 ，生成物总键能=2E(X-Y)=2ckJ·mol－1, 则该反应的ΔH=反应物总键能-生成物总键能=（a+b）kJ·mol－1—2ckJ·mol－1=（a+b-2c）kJ·mol－1，故选C。
8. 盖斯定律认为能量总是守恒的：化学反应过程一步完成或分步完成，整个过程的热效应是相同的。已知：
若使酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】略
9. 灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。
已知：①Sn(白，s)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g) ΔH1
②Sn(灰，s)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g) ΔH2
③Sn(灰，s)Sn(白，s)ΔH3＝＋2．1 kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A. ΔH1>ΔH2
B. 锡在常温下以灰锡状态存在
C. 灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D. 锡制器皿长期处在低于13．2 ℃的环境中，会自行毁坏
【答案】D
【解析】DH3＝DH2----DH1.>0,DH2＞DH1，灰锡转化为白锡的反应是吸热反应，灰锡比白锡能量低稳定，长期处于低于13.2 ℃环境中，会自行毁坏。AC错误。锡在常温下以灰锡状态存在，因为在大于13.2 ℃灰锡转化为白锡。B错误。
10.下列说法错误的是( )
①化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化
②需要加热才能发生的化学反应一定是吸热反应
③活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
④化学反应放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的相对大小
⑤反应物的总能量高于生成物的总能量时，发生放热反应
⑥任何化学反应都有反应热
⑦化学反应中的能量变化都表现为热量的变化
A. ①②③④⑤⑥ B. ②③
C. ②③⑦ D. ①④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，化学反应有化学键的断裂和形成，都伴有能量变化，故①正确；②燃烧反应需要加热或点燃，但燃烧反应为放热反应，故②错误；③只有活化分子间有合适的取向、发生的碰撞才能发生化学反应，即活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，故③错误；④放热反应是指反应物所具有的总能量高于生成的总能量，吸热反应是反应物所具有的总能量低于生成的总能量，故④正确；⑤反应热取决于反应物与生成物总能量的相对大小，当反应物的总能量高于生成物的总能量时发生放热反应，故⑤正确；⑥化学反应的实在是反应物化学键断裂和生成物中化学键的形成，过程中一定伴随能量变化，所以任何化学反应都有反应热，故⑥正确；⑦化学反应中的能量变化形式有多种，如光能、声能、电能等，但通常表现为热量的变化，故⑦错误；错误的有②③⑦，故选C。
11.乙醇的燃烧热为ΔH1，甲醇的燃烧热为ΔH2，且ΔH1<ΔH2，若乙醇和甲醇的混合物1 mol完全燃烧，反应热为ΔH3，则乙醇和甲醇的物质的量之比为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设乙醇的物质的量是amol，甲醇的物质的量是bmol，则
①a+b=1 ②a×△H1+b×△H2=△H3
由方程组解得，则乙醇和甲醇的物质的量之比，故答案选B。
12. 下列关于反应热的说法正确的是（ ）
A. 在稀溶液中所有酸和碱反应的中和热数值都相等
B. 已知C(s)+ O2(g)="CO(g)" △H=-110.5kJ/mol，说明碳的燃烧热为110.5kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关
【答案】D
【解析】试题分析：A、在稀溶液中弱酸或弱碱发生中和反应时 ，弱酸或弱碱电离吸热，错误，不选A；B、燃烧热是指1摩尔可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，反应中产物为一氧化碳，错误，不选B；C、某些放热反应也需要加热条件才能发生，需要加热的不一定是吸热反应，错误，不选C；D、物质能量一定，对于确定的反应，反应的反应热只于体系始态和终态有关与变化途径无关，正确，选D。
13.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H＋（aq）＋OH－（aq）＝H2O（l）△H
＝－57.3KJ·mol－1。分别向1L 0.5mol·L－1的Ba（OH）2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是（）
A. △H1＞△H2＞△H3 B. △H1＜△H2＜△H3
C. △H1＞△H2＝△H3 D. △H1＝△H2＜△H3
【答案】B
【解析】
【分析】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的△H＝－57.3kJ·mol－1，浓硫酸稀释、生成沉淀都会使放出热量变大，△H变小。
【详解】分别向1L 0.5mol·L－1的Ba(OH)2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸。①浓硫酸稀释会放出大量热，同时又有BaSO4沉淀生成，故△H1<-57.3kJ·mol－1；②稀硫酸与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀,使△H2<-57.3kJ·mol－1，由于浓硫酸稀释会放出大量热，故△H1<△H2；③稀硝酸与1L 0.5mol·L－1的Ba(OH)2的溶液反应△H3=－57.3kJ·mol－1，故△H1＜△H2＜△H3。综上，本题选B。
14.一些烷烃的燃烧热如下表：
化合物
燃烧热/kJ·mol－1
化合物
燃烧热/kJ·mol－1
甲烷
890.3
正丁烷
2878.0
乙烷
1560.8
异丁烷
2869.6
丙烷
2221.5
2－甲基丁烷
3531.3
下列表达正确的是( )
A. 乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6（g）＋7O2（g）＝4CO2（g）＋6H2O（g）ΔH＝－1560.8kJ·mol－1
B. 稳定性：正丁烷＞异丁烷
C. 正戊烷的燃烧热大于3531.3kJ·mol－1
D. 相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
【答案】C
【解析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物是放出的热量，H2O应是液态，即C2H6（g）＋7/2O2（g）＝2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH＝－1560.8kJ·mol－1，故A错误；B、根据正丁烷和异丁烷燃烧热，正丁烷具有的能量高于异丁烷，物质具有能量越高，物质越不稳定，即稳定性为正丁烷<异丁烷，故B错误；C、2－甲基丁烷为异戊烷，因此根据正丁烷和异丁烷燃烧热，推出正戊烷的燃烧热大于3531.3kJ·mol－1，故C正确；D、相同质量时，甲烷燃烧放出的热量是890.3/16kJ=55.6kJ，乙烷燃烧的热量为1560.8/30kJ=52kJ，因此等质量时，碳原子质量分数越大的烷烃燃烧放出的热量越少，故D错误。
15.对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是( )
①增加C的量； ②增加CO的量；
③将容器的体积缩小一半； ④保持体积不变，充入N2以增大压强；
⑤升高反应体系的温度； ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积。
A. ②③ B. ①④ C. ①⑥ D. ④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】根据影响化学反应速率的外因分析判断。
【详解】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大； ④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。
本题选B。
16.一定量的混合气体在密闭容器中发生反应 mA（g）+nB（g）pC（g）达到平衡后，温度不变，将气体体积缩小到原来的1/3，达到平衡时，C的浓度为原来的2.5倍，则下列说法正确的是( )
A. C的体积分数增加 B. A的转化率降低
C. 平衡向正反应方向移动 D. m+n＞p
【答案】B
【解析】
【分析】平衡后将气体体积缩小到原来的1/3，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的3倍，但此时C的浓度为原来的2.5倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的反应，根据平衡移动原理分析，即可得到答案案。
【详解】平衡后将气体体积缩小到原来的1/3，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的3倍，但此时C的浓度为原来的2.5倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的方向。A.由上述分析可以知道,增大压强平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，故A项错误；B.增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以A的转化降低，故B项正确；C.增大压强平衡向逆反应方向移动，故C项错误；D.增大压强平衡向逆反应方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，则有m+n
A. C、D是生成物
B. 反应的方程式为2A + B2C
C. 2 min后各物质的量不再变化
D. 该反应不是可逆反应
【答案】C
【解析】
【分析】由图像可知，反应前后，A减少2mol，B减少1mol，C增加2mol，D先减少后增加且物质的量不变，故可知A、B为反应物，C为生成物，D为反应的催化剂，可得反应方程式为。
【详解】A. C为生成物，D为反应的催化剂，故A错误；
B. 反应的方程式为，故B错误；
C. 2min后，反应达到平衡状态，各组分物质的量不再变化，C正确；
D. 2min后，反应物和生成物同时存在，且物质的量不发生变化，该反应为可逆反应，故D错误；
故答案选C。
18.下列关于有效碰撞理论与影响速率因素之间关系正确的是( )
A. 增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率
B. 通过压缩体积增大压强，可以提高单位体积内活化分子数，从而提高反应速率
C. 升高温度，可以提高活化分子的能量，会减慢反应速率
D. 加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比虽然没变，但可以加快反应速率
【答案】B
【解析】
【分析】A、浓度增大，活化分子数目增多；B、压强增大，活化分子数目增多；C、升高温度，给分子提供能量，活化分子百分数增大，增大反应速率；D、催化剂能降低活化能增大活化分子百分数。
【详解】浓度增大，活化分子数目增多，从而使反应速率增大，A不选；有气体参加的化学反应，若压强增大，活化分子数目增多，从而使反应速率增大，B选；升高温度，给分子提供能量，活化分子百分数增大，则反应速率加快，C不选；催化剂能降低活化能增大活化分子的百分数，从而增大反应速率增大，D不选。
故选B。
19.已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO- 慢，H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快；下列有关反应的说法正确的是( )
A. 反应的速率与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)
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A正确；
B、IO-不是该反应的催化剂，B错误；
C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误；
D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D错误；
故合理选项为A。
20.已知一定温度和压强下，N2(g)和H2 (g)反应生成2molNH3(g)，放出92.4kJ热量。在同温同压下向密闭容器中通入1mol N2和3mol H2，达平衡时放出热量为Q1kJ；向另一体积相同的容器中通入0.5molN2和1.5molH2，相同温度下达到平衡时放出热量为Q2kJ。则下列叙述正确的是( )
A. 2Q2＜Q1＜92.4kJ B. 2Q2=Q1=92.4kJ
C. 2Q2＞Q1=924kJ D. 2Q2=Q1＜92.4kJ
【答案】A
【解析】
【分析】N2(g)和H2 (g)反应生成2molNH3(g)的反应为可逆反应，向密闭容器甲中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量 Q1＜92.4kJ，甲与乙相比较，甲相当于在乙的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则甲转化率大于乙。
【详解】该反应为可逆反应，向密闭容器甲中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量 Q1＜92.4kJ，甲与乙相比较，甲相当于在乙的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则甲转化率大于乙，如转化率相等，则Q1=2Q2，而转化率越大，则反应的热量越多，则Q1＞2Q2，所以2Q2＜Q1＜92.4kJ，故选A。
21.下列事实不能用勒夏特列原理（平衡移动原理）解释的是（ ）
①铁在潮湿的空气中容易生锈②二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深③实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气④钠与氯化钾共融制备钾Na(l)+KCl(l) K(g)+NaCl(l)⑤开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
A. ③④ B. ①② C. ①⑤ D. ①②⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①铁在潮湿的空气中生锈是因为发生了电化学腐蚀，与平衡移动无关；②二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深，是因为二氧化氮浓度的增加，并不是因平衡移动导致；③氯气溶于水存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，而饱和食盐水中氯离子浓度达到饱和，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，故不能再溶解氯气，因此实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释；④钠与氯化钾共融制备Na（l）+KCl（l）K（g）+NaCl（l） ，因反应条件为高温，生成物中K（g）挥发，使生成物浓度降低，平衡右移，能用勒夏特列原理解释；⑤啤酒中因有二氧化碳和水反应生成的碳酸，开启啤酒瓶后，压强降低，碳酸分解为二氧化碳和水，二氧化碳放出，瓶中马上泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解释；故答案为：①②，选B。
22.在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(气)+3B(气)2C(气)+2D(固)达到平衡的标志的是（ ）
①C的生成速率与C的分解速率相等
②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B
③A、B、C的浓度不再变化
④A、B、C的分压强不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化
⑥混合气体的物质的量不再变化
⑦A、B、C、D的分子数之比为1:3:2:2
A. ②⑦ B. ②⑤⑦ C. ①③④ D. ②⑤⑥⑦
【答案】A
【解析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。所以①③可以说明。②中反应速率的方向相同，不能说明由于反应是体积减小的反应，所以④⑤⑥可以说明。平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，因此⑦不能说明，所以答案选A。
23.如图所示，向A和B中都充人2molX和2molY，起始VA=0.8a L，VB=a L保持温度不变，在有催化剂的条件下，两容器中各自发生下列反应：X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)达到平衡时，VA=0.9a L，则下列说法错误的是 ( )
A. 两容器中达到平衡的时间A
C. A容器中X的转化率为25%，且比B容器中的X的转化率小
D. 打开K一段时间达平衡时，A的体积为0.8a L（连通管中的气体体积不计）
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象知,A保持恒压,B保持恒容。A、化学反应速率与物质的浓度有关,浓度越大,反应速率越大; B、打开K达新平衡等效为A中到达的平衡,根据X的转化率计算平衡后总的物质的量,再根据体积之比等于物质的量之比计算总体积,进而计算A容器的体积,升高温度,平衡向吸热方向移动,据此判断;C、先根据相同条件下,气体的气体之比等于物质的量之比计算平衡后气体的物质的量,再结合方程式计算X反应的物质的量,最后根据转化率公式计算X的转化率,再结合B装置中压强对化学平衡的影响判断X的转化率;D、升高温度,平衡向吸热方向移动;升高温度,气体膨胀,体积增大;
【详解】A、起始时VA=0.8a L，VB=a L,A装置中的浓度大于B装置中的浓度,但随着反应的进行,最终仍然A装置中的浓度大于B装置中的浓度,所以两容器中达到平衡的时间A
X(g)+Y(g)2Z(g)+ W(g)
起始（mol） 2 2 0 0
反应（mol） m m 2m m
平衡（mol） 2-m 2-m 2m m
即2-m+ 2-m+2m+m=4.5m,计算得出m=0.5,所以X物质的转化率=0.5/2100%=25%;B装置是在恒容条件下,反应向正反应方向移动时,混合气体的物质的量增大,导致容器内气体压强增大,增大压强能抑制X的转化率,故A比B容器中X的转化率小,所以C正确;D、打开K达新平衡等效为A中到达的平衡,X的转化率为25%,参加反应的X的总的物质的量为4mol25%=1mol。
X(g) + Y(g)2Z(g)+ W(g)
起始（mol） 4 4 0 0
反应（mol） 1 1 2 1
平衡（mol） 3 3 2 1
故平衡后容器内总的物质的量为 3+3+2+1=9mol,气体的体积之比等于气体的物质的量之比,则总容器的体积为0.8a/4mol9mol=1.8aL,则VA=1.8aL- aL =0.8 aL,所以D选项是正确的;答案：B
24.已知用甲醇制乙烯、丙烯等烯烃时，在温度为400 ℃时，发生的主反应为2CH3OHC2H4+2H2O、3CH3OHC3H6+3H2O，副反应为2CH3OHCH3OCH3+H2O。乙烯和丙烯的选择性(转化的甲醇中生成乙烯和丙烯的百分比)及丙烯对乙烯的比值(Cat.1和Cat.2代表两种等量的催化剂)如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 使用Cat.2反应2小时后乙烯和丙烯的选择性下降
B. 使用Cat.1反应3小时后产生的烯烃主要是乙烯
C. 使用Cat.2反应3小时内产生的烯烃主要是丙烯
D. 使用Cat.1时乙烯和丙烯的选择性一直高于使用Cat.2时
【答案】C
【解析】
【详解】本题考查图象分析，意在考查考生的分析能力。使用Cat.2反应2小时后生成的副产物二甲醚增多，导致乙烯和丙烯的选择性下降，A正确；使用Cat.1，反应在3小时后，丙烯对乙烯的比值小于1.0，此时产生的烯烃主要是乙烯，B正确；使用Cat.2，反应在3小时内，丙烯对乙烯的比值小于1.0，此时产生的烯烃主要是乙烯，C错误；使用Cat.1时乙烯和丙烯的选择性一直高于使用Cat.2时，D正确。
25.通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液在图示的装置中进行中和反应．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是___________．
（2）大烧杯上如果不盖硬纸板，求得的中和热数值__________（填“偏大”，“偏小”或“无影响”）．
（3）实验中改用60mL 0.50mol/L盐酸跟50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热________（填“相等”“不相等”），简述理由：______________________．
（4）若两溶液的密度都是1g/mL，中和后所得溶液的比热容c=4.18J/（g·℃），三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2﹣t1）分别为：①3.2℃ ②2.2℃ ③3.0℃，写出表示盐酸与NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式________________________．（小数点后保留一位小数）
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). 相等 (4). 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O所放出的能量，与酸碱的用量无关 (5). HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣51.8 kJ/mol
【解析】
【详解】（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是用于搅拌的环形玻璃搅拌棒；
（2）大烧杯上如果不盖硬纸板，会导致热量散失，测得的温差会比真实值小，求得的中和热数值偏小；
（3）中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O(l)所放出的能量，与酸碱的用量无关，所以求得的中和热数值相等；
（4））三次平行操作测得终止温度与起始温度差（t2-t1）分别为：①3.2℃ ②2.2℃ ③3.0℃，由于第②组数据与其他两组相差较大，将第②组舍去，温度差的平均值为3.1℃，50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.5mol/L=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.1℃=1259.8J，即1.2598kJ，所以实验测得的中和热，该反应的热化学方程式：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-51.8 kJ/mol。
26.2SO2（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）放出热量99kJ，请回答下列问题：
（1）图中A、C分别表示_____________、_____________．
（2）该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点_________（填“升高”，“降低”），△H_______（填“变大”，“变 小”或“不变”），理由是______________________．
（3）图中△H=________kJ/mol．
【答案】(1). A表示反应物总能量 (2). C表示生成物总能量 (3). 降低 (4). 不变 (5). 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，但没有改变反应的始态和终态，△H不变 (6). ﹣198
【解析】
【详解】(1)图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量；
(2)催化剂能够降低反应的活化能,不影响反应物和生成物能量高低,所以不变,
(3)因氧化为的,所以氧化为的。
27.影响化学反应速率的因素很多，某化学小组用实验的方法进行探究。
I．探究活动一：
备选药品：铁片、锌片、0.5mol/LH2SO4、1.5mol/LH2SO4、18.4mol/LH2SO4
甲同学研究的实验报告
实验步骤
现象
结论
①分别取等体积的1.5mol/L的硫酸于两支试管中；
②_____________________。
反应速率：
锌>铁
金属的性质越活泼，反应速率越快
(1)甲同学实验报告中的实验步骤②为__________________________________。
(2)甲同学的实验目的是_______________________________；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是__________________。
乙同学为了定量研究浓度对化学反应速率的影响，利用如图所示装置进行实验：
(3)乙同学在实验中需要测定的数据是_________________________。
(4)乙同学不会选用___________mol/L硫酸完成该实验，理由是_________________。
II．探究活动二：
备选药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液、0.2mol/LNa2S2O3溶液、0.1mol/LH2SO4溶液、0.2mol/LH2SO4溶液。
已知：Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O
实验
编号
Na2S2O3用量
H2SO4用量
温度（℃）
①
0.1mol/L5mL
0.1mol/L5mL
10
②
0.2mol/L5mL
0.2mol/L5mL
25
③
0.1mol/L5mL
0.1mol/L5mL
25
④
01mol/L5mL
0.1mol/L5mL
40
(1)若想探究温度对化学反应速率的影响，可选的实验编号有___________。
(2)若想探究浓度对化学反应速率的影响，可选的实验编号有___________。
(3)在该实验过程中，需要观察和记录________________，来比较化学反应速率的快慢。
(4)Na2S2O3在碱性溶液中可被I2氧化为Na2SO4，写出该反应的离子方程式___________________。
【答案】(1). 分别投入大小、形状相同的铁、锌 (2). 研究金属本身的性质与反应速率的关系 (3). 温度相同 (4). 一定时间内产生气体的体积（或产生一定体积的气体所需的时间） (5). 18.4 (6). 常温下，锌与18.4mol/LH2SO4反应产生SO2,使对比实验的反应原理不同。 (7). 18.4mol/LH2SO4使铁钝化 (8). ①、④或①、③或①、③、④ (9). ②、③ (10). 生成等质量的沉淀所需的时间 (11). S2O32-+10OH-+4I2=2SO42-+8I-+5H2O
【解析】
【详解】I．（1）甲同学表中实验步骤②为向等体积浓度分别是0.5 mol/L、2 mol/L的硫酸中加入投入大小、形状相同的铁、锌；发现：反应速率：锌>铁，说明金属的性质越活泼，反应速率越快；
（2）甲同学的实验目的是研究金属本身的性质与反应速率的关系；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是反应温度应该相同，这样才能形成对照实验；
（3）乙同学在实验中应该测定的数据是一定时间内产生气体的体积（或产生一定体积的气体所需的时间）；若相同的时间内产生的气体体积越大，则反应速率越快；或者收集相同体积的气体，需要的时间越短，则反应速率越快；
（4）乙同学不会选用18.4 mol/L硫酸完成该实验，是因为Fe在浓硫酸中会发生钝化现象；
II．(1)若要探究温度对化学反应速率的影响，应该是只改变温度，而其他条件不变。可选择实验组合为①、④或①、③或①、③、④；
(2) 若想探究浓度对化学反应速率的影响，应该是只改变浓度，而其他条件不变。可选择实验组合为②、③；
(3)在该实验过程中，需要观察和记录生成等质量的沉淀所需的时间，来比较化学反应速率的快慢；
(4)Na2S2O3在碱性溶液中可被I2氧化为Na2SO4，本身被还原为I-，反应的离子方程式为S2O32-+10OH-+4I2=2SO42-+8I-+5H2O。
28.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A(g)＋xB(g) 2C(g)达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如下图所示。请回答下列问题：
（1）0～20min，A的平均反应速率为_________________；8min时，v(正)___v(逆)（填：>、=或<）
（2）反应方程式中的x＝_______，30min时改变的反应条件是________________________。
（3）20～30min时反应的平衡常数_______30～40min时反应的平衡常数（填：>、=或<）。
（4）该反应的正反应为________（填：“放热”或“吸热”）反应。
（5）反应过程中B的转化率最大的时间段是__________________min。
【答案】(1). 0.05 mol L-1min-1 (2). > (3). 1 (4). 扩大容器体积（或减小压强） (5). = (6). 放热 (7). 20～40
【解析】
【详解】（1）由图象可知，反应从开始到20min内A的浓度减少了1mol/L，故A的平均反应速率为=0.05 mol/(L•min)，8min时未达到平衡，反应向正反应方向进行，故v(正)＞v(逆)；
（2）30min时条件改变瞬间，浓度同等倍数减小，正逆反应速率都减小，但反应速率仍相等，平衡不移动，则应是扩大容器体积、减小压强的原因，该反应前后气体的体积不变，则x=1；
（3）20-30min和30-40min两时间段内温度没变，平衡常数不变；
（4）40min时改变条件后，C的浓度减小，A的浓度增加，说明平衡向逆反应方向进行，从图中知，条件改变后正逆反应速率均增大，只有升高温度与题意相符，升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；
（5）20-30min和30-40min两时间段内虽条件不同，但平衡未移动，40-54min平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，故20-30min和30-40minB的转化率最大，即20～40min转化率最大。
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