还剩29页未读，
继续阅读
2021-2022学年贵州省黔西南州高二（上）期中化学试卷
展开
这是一份2021-2022学年贵州省黔西南州高二（上）期中化学试卷，共32页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年贵州省黔西南州高二（上）期中化学试卷
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分.每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）低碳生活、碳中和、碳达峰是现在的热门词汇。下列措施不利于实现碳中和的是（ ）
A．将夏收、秋收后的秸秆焚烧还田
B．大力开发和利用风能等清洁能源
C．加强植树造林，创造和发展森林经济
D．研发催化剂将CO2还原为甲醇
2．（3分）对于反应A（g）+3B（g）═2C（g）+2D（g），下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最慢的是（ ）
A．v（A）＝0.01mol⋅L﹣1⋅s﹣1
B．v（B）＝1.20mol⋅L﹣1⋅min﹣1
C．v（C）＝1.00mol⋅L﹣1⋅min﹣1
D．v（D）＝0.02mol⋅L﹣1⋅s﹣1
3．（3分）已知下列反应：O2（g）+C（s）⇌CO2（g） K1；2C（s）+O2（g）⇌2CO（g） K2。则反应：2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）的平衡常数为（ ）
A． B．2K1﹣K2 C．K12×K2 D．2K1+K2
4．（3分）下列有关香料Givescone（）的说法错误的是（ ）
A．分子式为C13H22O2
B．碳环上的一氯代物有4种（不考虑立体异构）
C．能发生加成反应和水解反应
D．分子中所有碳原子共平面
5．（3分）将浓度均为0.6mol•L﹣1的气体X2和Y2放在某恒容密闭容器中，反应后生成Z，平衡时测得c（X2）═0.36mol•L﹣1，c（Y2）═0.12mol•L﹣1，c（Z）═0.48mol•L﹣1，则Z的分子式为（ ）
A．X2Y B．XY2 C．X3Y2 D．X2Y3
6．（3分）反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
①增加C的量
②将容器的体积缩小一半
③保持体积不变，充入N2使体系压强增大
④保持压强不变，充入N2使容器体积变大。
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．49g由H2SO4和H3PO4组成的混合物中含有的氧原子数为4NA
B．1L0.5mol•L﹣1NaNO2溶液（pH＞7）中含有的NO2﹣数目为0.5NA
C．当反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O中生成的还原产物为3mol时，转移的电子数为4NA
D．标准状况下，11.2L环氧乙烷（沸点为10.7℃）中含有的极性键数目大于3NA
8．（3分）一定温度下，某气态平衡体系的平衡常数表达式为K＝，有关该平衡体系的说法正确的是（ ）
A．升高温度，平衡常数K一定增大
B．增大A浓度，平衡向正反应方向移动
C．增大压强，C体积分数增加
D．升高温度，若B的百分含量减少，则正反应是放热反应
9．（3分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．合成氨时增大压强，有利于提高氨气的产率
B．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
C．向新制氯水中滴入几滴NaHCO3溶液，可增强溶液的漂白能力
D．在反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）的平衡体系中，增大压强，体系颜色加深
10．（3分）某反应过程中的能量变化如图所示，下列热化学方程式正确的是（ ）
A．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（a+c﹣b﹣d）kJ▪mol﹣1
B．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（b+d﹣a﹣c）kJ▪mol﹣1
C．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（a+2c﹣b﹣2d）kJ▪mol﹣1
D．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（b+2d﹣a﹣2c）kJ▪mol﹣1
11．（3分）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析正确的是（ ）
选项
粒子组
判断和分析
A
Na+、K+、ClO﹣、H2S
能大量共存，粒子间不反应
B
H+、C2O72﹣、SO42﹣、C2H5OH
能大量共存，粒子间不反应
C
H+、K+、MnO4﹣、SO2
不能大量共存，能发生反应：
2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+
D
Na+、A1O2﹣、HCO3﹣、SO42﹣
不能大量共存，能发生反应：
A1O2﹣+H++H2O＝A1（OH）3↓
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）用如图所示的装置测定不同浓度的稀硫酸与纯铝反应制取的反应速率，按照装置图组装3套完全相同的装置（气密性良好）.首先将注射器推至最底端，然后在三个锥形瓶中分别放入相同形状的块状纯铝0.9 g，最后通过分液漏斗向三个锥形瓶中分别加入0.5mol⋅L﹣1、1.0mol⋅L﹣1和2.0mol⋅L﹣1的稀硫酸各40mL（忽略溶液体积的变化及反应温度的影响）.
实验
加入的稀硫酸的浓度
反应时间/min
收集到的气体/mL
反应速率/（mL⋅min﹣1）
①
0.5mol⋅L﹣1
15
18
v1
②
1.0mol⋅L﹣1
t1
18
v2
③
2.0mol⋅L﹣1
t2
18
12
下列说法错误的是（ ）
A．实验①测得H2的反应速率为0.02mL⋅s﹣1
B．实验②中反应结束后，生成H2的体积在标准状况下为1120mL
C．实验②中t1的取值范围为1.5＜t1＜15
D．实验③中，若将块状纯铝碾碎成粉末，反应开始至收集到相同体积的气体时，反应速率一定大于12mL•min﹣1
13．（3分）一种碘硫热化学分解、水循环制氢的化学工艺流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该工艺流程图中只有化学能与热能之间的相互转化
B．该工艺流程图中生成氢气与氧气的反应均为吸热反应
C．该工艺流程中H2SO4和HI为催化剂
D．该工艺需要消耗大量的热能
14．（3分）“卷帘何事看新月，一夜霜寒木叶秋.”每年公历10月23日左右，是二十四节气中的霜降，也是秋季的最后一个节气.下列化学反应的熵变、焓变和自发性与降霜过程一致的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）
B．2H2O2（1）═2H2O（1）+O2（g）
C．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）
D．Ba（OH）2⋅8H2O（s）+2NH4Cl（s）BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l）
15．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，向空气中大量排放XY2气体会导致温室效应加剧，X与Y的最外层电子数之和为10。Z的最外层电子数等于其电子层数，X的原子最外层电子数和Z的原子核外电子数之和等于R的原子核外电子数。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Z＞R＞X＞Y
B．熔点：Z2Y3＜ZR3
C．最简单氢化物的热稳定性：Y＞X
D．X与R形成的化合物不止一种
16．（3分）某温度时，向压强为p、体积为V的密闭容器中通入2molCO2和5molH2，保持压强p不变，发生如下反应：①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）；②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）。反应达到平衡后，测得反应前后气体的体积之比为5：3，下列说法正确的是（ ）
A．CO2的平衡转化率为70%
B．平衡时，CH3OH（g）的百分含量一定大于CH4（g）的
C．该温度下，反应①的平衡常数K1一定大于反应②的平衡常数K2
D．若起始时保持体积V不变，其他条件相同，则达到平衡时压强为0.6p
二、非选择题（本题包括4小题，共52分）
17．（14分）某化学兴趣小组用50mL0.50mol▪L﹣1盐酸与50 mL0.55mol▪L﹣1NaOH溶液进行中和反应的反应热测定实验，实验装置如图。试回答下列问题：
（1）实验时玻璃搅拌器的使用方法是 ；不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器的理由是 。
（2）某学生记录的实验数据如表所示。（已知：实验中盐酸和氢氧化钠溶液的密度均为1g•cm﹣3，中和反应后溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•℃﹣1）
实验序号
起始温度T1/℃
终止温度T2℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.3
2
20.2
20.4
23.4
3
20.4
20.6
23.8
依据该学生的实验数据计算，该实验测得反应放出的热量为 J。
（3）下列操作会导致实验结果出现偏差的是 （填标号）。
a.用量筒量取盐酸时仰视读数
b.把量筒中的氢氧化钠溶液分多次倒入盐酸中
c.将50mL0.55 mol▪L﹣1氢氧化钠溶液取成了50 mL0.55mol▪L﹣1氢氧化钾溶液
d.做本实验的当天室温较高
e.大烧杯的杯盖中间小孔太大
（4）做一次完整的中和反应的反应热测定实验，温度计需使用 次。某同学为了省去清洗温度计的麻烦，建议实验时使用两支温度计分别测量酸和碱的温度，你是否同意该同学的观点，为什么？
（5）如果将NaOH溶液换成等量的NaOH固体，那么实验中测得中和反应的反应热（△H） （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（6）如果用60mL0.50mol▪L﹣1盐酸与50 mL0.55mol▪L﹣1NaOH溶液进行实验，与上实验相比，二者所放出的热量 （填“相等”或“不相等”，下同），所求的中和反应H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H的反应热（△H） 。
18．（10分）将CO2在一定条件下与H2反应转化为甲醇（CH3OH）是变废为宝的好方法，涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
Ⅱ.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ⋅mol﹣1
Ⅲ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3＝+40.9kJ⋅mol﹣1
回答下列问题：
（1）△H1＝ kJ⋅mol﹣1。
（2）一定条件下，在一容积为2 L的恒容密闭容器中通入CO2和H2，发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应过程中各物质的浓度随时间的变化曲线如图所示。
①0～3 min内，用H2表示的平均反应速率为 mol⋅L﹣1⋅min﹣1。
②CO2的平衡转化率为 。
③第10 min时，若再向容器中通入1 mol CO2和1 mol H2O（g），则平衡将 （填“正向”、“逆向”或“不”）移动。
④要提高CH3OH的产率，可采取的措施有 （填标号）。
A.缩小反应容器的容积
B.扩大反应容器的容积
C.升高温度
D.使用合适的催化剂
E.移除平衡体系中的部分H2O（g）
19．（14分）锆产品的主要原料是锆英砂，全球90%的氧氯化锆（ZrOCl2）来源于中国。氧氯化锆可溶于水，微溶于盐酸，工业上以锆英砂（含91.5%ZrSiO4，杂质不与NaOH溶液反应）为原料生产ZrOCl2的一种工艺流程如图所示。
已知：碱金属的锆酸盐在水中溶解度很小，可在酸性条件下水解。
请回答下列问题：
（1）锆英砂在“碱烧”前粉碎的目的是 ，“碱烧”时ZrSiO4生成了Na2ZrO3和另一种钠盐X，X的化学式为 ，X的用途是 （写一种）。
（2）“转型”时发生反应的化学方程式为 。
（3）“酸化”过程需加入过量盐酸，该操作中发生反应的化学方程式是 。
（4）“水溶过滤”操作后要对滤渣进行洗涤，洗涤液与滤液合并浓缩结晶，检查滤渣已经洗涤干净的实验是 。
（5）将锆英砂和焦炭混合，再与Cl2反应生成ZrCl4、SiCl4和一种可燃性气体，ZrCl4水解也可得到ZrOCl2。生成ZrCl4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（6）某工厂用2t锆英砂来制备ZrOCl2，若这个过程中Zr的损耗率为15%，则最终制得ZrOCl2的质量为 t。
20．（14分）工业上用二氧化碳催化加氢可合成乙醇，其反应原理为2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）△H。
（1）该反应的△H （填“＞”、“＜”或“＝”）0；其正反应在 （填“高温”、“低温”或“任何温度”）下能自发进行。
（2）该反应的反应速率表达式为v正＝k正▪c2（CO2）▪c6（H2），v逆＝k逆▪c（C2H5OH）▪c3（H2O），其中k正、k逆为速率常数。则该反应的平衡常数K＝ （用含k正、k逆的代数式表示），若其他条件不变，降低温度，则下列推断合理的是 （填标号）。
a．k正增大，k逆减小
b．k正减小，k逆增大
c．k正减小的倍数大于k逆
d．k正减小的倍数小于k逆
（3）恒温时，向一密闭容器中充入2molCO2和6molH2，发生上述反应，H2的平衡转化率（α）与压强的关系如图所示。
①此温度下，该反应的平衡常数KP＝ MPa﹣4（气体的分压＝气体总压强×气体的物质的量分数）。
②x＝ ，设A点时容器的体积为V1，B点时容器的体积为V2，则V1：V2＝ 。
2021-2022学年贵州省黔西南州高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分.每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）低碳生活、碳中和、碳达峰是现在的热门词汇。下列措施不利于实现碳中和的是（ ）
A．将夏收、秋收后的秸秆焚烧还田
B．大力开发和利用风能等清洁能源
C．加强植树造林，创造和发展森林经济
D．研发催化剂将CO2还原为甲醇
【分析】倡导节能减排，植树造林，减少化石燃料的使用等措施均有利于实现碳中和，以此进行判断。
【解答】解：A.将夏收、秋收后的秸秆焚烧还田，释放大量二氧化碳，不利于实现碳中和，故A选；
B.大力开发和利用风能等清洁能源，可以减少二氧化碳排放，有利于实现碳中和，故不选；
C.加强植树造林，创造和发展森林经济，可消耗二氧化碳，有利于实现碳中和，故C不选；
D.研发催化剂将CO2还原为甲醇，可消耗二氧化碳，有利于实现碳中和，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查环境污染与治理方法，为高频考点，把握题干信息、常见环境污染类型为解答关键，注意掌握实现碳中和的方法，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
2．（3分）对于反应A（g）+3B（g）═2C（g）+2D（g），下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最慢的是（ ）
A．v（A）＝0.01mol⋅L﹣1⋅s﹣1
B．v（B）＝1.20mol⋅L﹣1⋅min﹣1
C．v（C）＝1.00mol⋅L﹣1⋅min﹣1
D．v（D）＝0.02mol⋅L﹣1⋅s﹣1
【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，转化为同种物质的速率比较快慢，以此来解答。
【解答】解：A.v（A）＝0.01mol⋅L﹣1⋅s﹣1，转化为v（B）＝0.01mol⋅L﹣1⋅s﹣1×3＝0.03mol⋅L﹣1⋅s﹣1；
B.v（B）＝1.20mol⋅L﹣1⋅min﹣1＝mol⋅L﹣1⋅s﹣1＝0.02mol⋅L﹣1⋅s﹣1；
C.v（C）＝1.00mol⋅L﹣1⋅min﹣1＝mol⋅L﹣1⋅s﹣1，转化为v（B）＝mol⋅L﹣1⋅s﹣1×＝0.025mol⋅L﹣1⋅s﹣1；
D.v（D）＝0.02mol⋅L﹣1⋅s﹣1，转化为v（B）＝0.02mol⋅L﹣1⋅s﹣1×＝0.03mol⋅L﹣1⋅s﹣1；
显然B中反应速率最慢，只有B正确，
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握化学反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意转化法的应用及速率单位统一。
3．（3分）已知下列反应：O2（g）+C（s）⇌CO2（g） K1；2C（s）+O2（g）⇌2CO（g） K2。则反应：2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）的平衡常数为（ ）
A． B．2K1﹣K2 C．K12×K2 D．2K1+K2
【分析】平衡常数等与生成物浓度的系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积，由已知反应的平衡常数通过计算求算未知反应的平衡常数。
【解答】解：K1＝，K2＝，反应：2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）的平衡常数K＝＝，
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡常数，题目难度中等，掌握化学平衡常数的求算方法是解题的关键。
4．（3分）下列有关香料Givescone（）的说法错误的是（ ）
A．分子式为C13H22O2
B．碳环上的一氯代物有4种（不考虑立体异构）
C．能发生加成反应和水解反应
D．分子中所有碳原子共平面
【分析】A．该分子中含有13个碳原子、22个氢原子、2个氧原子；
B．碳环上含有几种氢原子，碳环上就有几种一氯代物；
C．该分子中含有碳碳双键和酯基，具有烯烃和酯的性质；
D．该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点。
【解答】解：A．该分子中含有13个碳原子、22个氢原子、2个氧原子，所以分子式为C13H22O2，故A正确；
B．碳环上含有4种氢原子，碳环上就有4种一氯代物，故B正确；
C．该分子中含有碳碳双键和酯基，具有烯烃和酯的性质，碳碳双键能发生加成反应、酯基能发生水解反应，故C正确；
D．该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以该分子中所有碳原子一定不共平面，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
5．（3分）将浓度均为0.6mol•L﹣1的气体X2和Y2放在某恒容密闭容器中，反应后生成Z，平衡时测得c（X2）═0.36mol•L﹣1，c（Y2）═0.12mol•L﹣1，c（Z）═0.48mol•L﹣1，则Z的分子式为（ ）
A．X2Y B．XY2 C．X3Y2 D．X2Y3
【分析】由信息可知，开始至平衡时，△c（X2）═0.6mol•L﹣1﹣0.36mol•L﹣1＝0.24mol•L﹣1，△c（Y2）═0.6mol•L﹣1﹣0.12mol•L﹣1＝0.48mol•L﹣1，△c（Z）═0.48mol•L﹣1，浓度的变化量之比等于化学计量数之比，且反应前后原子守恒，以此来解答。
【解答】解：由信息可知，开始至平衡时，△c（X2）═0.6mol•L﹣1﹣0.36mol•L﹣1＝0.24mol•L﹣1，△c（Y2）═0.6mol•L﹣1﹣0.12mol•L﹣1＝0.48mol•L﹣1，△c（Z）═0.48mol•L﹣1，浓度的变化量之比等于化学计量数之比为0.24mol•L﹣1：0.48mol•L﹣1：0.48mol•L﹣1＝1：2：2，反应为X2（g）+2Y2（g）⇌2Z（g），由原子守恒可知Z的分子式为XY2，
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握浓度的变化量与化学计量数的关系、原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用。
6．（3分）反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
①增加C的量
②将容器的体积缩小一半
③保持体积不变，充入N2使体系压强增大
④保持压强不变，充入N2使容器体积变大。
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
【分析】对应反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），有气体参加和生成，则温度、压强都能对化学反应速率产生影响，以此解答该题。
【解答】解：①因浓度越大，化学反应速率越快，但是固体量的增减不影响反应速率，所以增加C（s）的量，反应速率不变，故①选；
②将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故②不选；
③保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故③选；
④保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故④不选。
故选：C。
【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，注意该反应中有气体参加和生成时解答本题的关键，并学会利用压强及思维转化的方法来分析解答。
7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．49g由H2SO4和H3PO4组成的混合物中含有的氧原子数为4NA
B．1L0.5mol•L﹣1NaNO2溶液（pH＞7）中含有的NO2﹣数目为0.5NA
C．当反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O中生成的还原产物为3mol时，转移的电子数为4NA
D．标准状况下，11.2L环氧乙烷（沸点为10.7℃）中含有的极性键数目大于3NA
【分析】A.H2SO4、H3PO4的摩尔质量都是98g•mol﹣1；
B.NO2﹣部分水解生成HNO2；
C.反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O中，2molS为氧化产物，1molS为还原产物，方程式中转移电子数为4mol；
D.1个环氧乙烷分子中含6个极性键（4个C—H键、2个C—O键）。
【解答】解：A.49g由H2SO4和H3PO4组成的混合物中含氧原子2mol，故A错误；
B.1L0.5mol•L﹣1NaNO2溶液中含有的NO2﹣的物质的量为1L×0.5mol•L﹣1＝0.5mol，但NO2﹣部分水解生成HNO2，含有的NO2﹣数目小于0.5NA，故B错误；
C.反应生成1mol还原产物，转移4mol电子，当生成3mol还原产物时，转移12mol电子，故C错误；
D.环氧乙烷在标准状况下呈液态，含有分子数大于0.5mol，含有的极性键数目大于0.5mol×6×NA/mol＝3NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
8．（3分）一定温度下，某气态平衡体系的平衡常数表达式为K＝，有关该平衡体系的说法正确的是（ ）
A．升高温度，平衡常数K一定增大
B．增大A浓度，平衡向正反应方向移动
C．增大压强，C体积分数增加
D．升高温度，若B的百分含量减少，则正反应是放热反应
【分析】根据平衡常数表达式可知反应方程式为2C（g）+2D（g）⇌A（g）+2B（g），
A．升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动；
B．增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动；
C．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
D．升高温度，平衡向吸热反应方向移动．
【解答】解：根据平衡常数表达式可知反应方程式为2C（g）+2D（g）⇌A（g）+2B（g），
A．升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，如果正反应是放热反应，则化学平衡常数减小，故A错误；
B．增大A浓度，平衡向逆反应方向移动，故B错误；
C．增大压强，平衡向气体体积减小的方向正反应方向移动，所以C的体积分数减少，故C错误；
D．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，若B的百分含量减少，则该反应向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡移动，解答本题的关键是根据平衡常数的表达式判断反应的化学方程式，再结合方程式分析解答，难度中等．
9．（3分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．合成氨时增大压强，有利于提高氨气的产率
B．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
C．向新制氯水中滴入几滴NaHCO3溶液，可增强溶液的漂白能力
D．在反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）的平衡体系中，增大压强，体系颜色加深
【分析】勒夏特利原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。
【解答】解：A．合成氨反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，提高了氮气的转化率，能用勒夏特里原理解释，故A错误；
B．饱和食盐水溶液的方法来收集氯气，相当于对Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO加入NaCl，增大了c（Cl﹣），使平衡向逆反应方向移动，降低了氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．水中存在如下平衡：Cl2+H2O═HCl+HClO，当加入NaHCO3溶液后平衡正向移动，导致c（HClO）增大，溶液的漂白性增强，能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．在反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）的平衡体系中，增大压强，平衡不移动，但由于容器体积减小导致体系颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查勒夏特列原理的应用，题目难度不大，明确勒夏特列原理的内容为解答关键，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
10．（3分）某反应过程中的能量变化如图所示，下列热化学方程式正确的是（ ）
A．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（a+c﹣b﹣d）kJ▪mol﹣1
B．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（b+d﹣a﹣c）kJ▪mol﹣1
C．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（a+2c﹣b﹣2d）kJ▪mol﹣1
D．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（b+2d﹣a﹣2c）kJ▪mol﹣1
【分析】A、B、C、D均表示1mol甲烷与氧气反应生成二氧化碳和气态水的热化学方程式，由图中信息可分析出1molCH4（g）断键生成1molC（g）和4molH（g）吸收热量akJ，2molO2（g）断键生成2molO（g）和2molO（g）吸收热量ckJ，共吸收（a+c）kJ热量，1molC（g）和2molO（g）形成化学键生成1molCO2（g）释放热量bkJ，4molH（g）和2molO（g）形成化学键生成2molH2O（g）释放热量dkJ，共释放热量（b+d）kJ，燃烧是放热反应，进而根据化学方程式分析出焓变的大小。
【解答】解：由图可知，断开1molCH4（g）和2molO2（g）共吸收热量（a+c）kJ，形成1molCO2（g）和2molH2O（g）共释放热量（b+d）kJ，甲烷燃烧是放热反应，所以该反应共释放热量（b+d﹣a﹣c）kJ，所以热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（b+d﹣a﹣c）kJ▪mol﹣1，则选项B正确，
故选：B。
【点评】本题考查热化学方程式的焓变的计算，难度偏小，注意掌握ΔH＝断开化学键吸收的热量﹣形成化学键释放的热量。
11．（3分）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析正确的是（ ）
选项
粒子组
判断和分析
A
Na+、K+、ClO﹣、H2S
能大量共存，粒子间不反应
B
H+、C2O72﹣、SO42﹣、C2H5OH
能大量共存，粒子间不反应
C
H+、K+、MnO4﹣、SO2
不能大量共存，能发生反应：
2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+
D
Na+、A1O2﹣、HCO3﹣、SO42﹣
不能大量共存，能发生反应：
A1O2﹣+H++H2O＝A1（OH）3↓
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.次氯酸根离子能够氧化硫化氢；
B.重铬酸根离子在酸性条件下能够氧化乙醇；
C.高锰酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化二氧化硫；
D.偏铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子。
【解答】解：A.ClO﹣、H2S之间发生氧化还原反应，不能大量共存，题中判断和分析不合理，故A错误；
B.H+、C2O72﹣、C2H5OH之间发生氧化还原反应，不能大量共存，题中判断和分析不合理，故B错误；
C.H+、MnO4﹣、SO2之间发生氧化还原反应：2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+，不能大量共存，题中判断和分析合理，故C正确；
D.A1O2﹣、HCO3﹣之间发生反应：A1O2﹣+H2O+HCO3﹣＝A1（OH）3↓+CO32﹣，不能大量共存，题中离子方程式不合理，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、离子性质、离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
12．（3分）用如图所示的装置测定不同浓度的稀硫酸与纯铝反应制取的反应速率，按照装置图组装3套完全相同的装置（气密性良好）.首先将注射器推至最底端，然后在三个锥形瓶中分别放入相同形状的块状纯铝0.9 g，最后通过分液漏斗向三个锥形瓶中分别加入0.5mol⋅L﹣1、1.0mol⋅L﹣1和2.0mol⋅L﹣1的稀硫酸各40mL（忽略溶液体积的变化及反应温度的影响）.
实验
加入的稀硫酸的浓度
反应时间/min
收集到的气体/mL
反应速率/（mL⋅min﹣1）
①
0.5mol⋅L﹣1
15
18
v1
②
1.0mol⋅L﹣1
t1
18
v2
③
2.0mol⋅L﹣1
t2
18
12
下列说法错误的是（ ）
A．实验①测得H2的反应速率为0.02mL⋅s﹣1
B．实验②中反应结束后，生成H2的体积在标准状况下为1120mL
C．实验②中t1的取值范围为1.5＜t1＜15
D．实验③中，若将块状纯铝碾碎成粉末，反应开始至收集到相同体积的气体时，反应速率一定大于12mL•min﹣1
【分析】A．根据v＝计算v1；
B．根据2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，结合Al和硫酸的总量计算H2的总体积；
C．浓度越大，反应速率越快，收集相同气体所需时间越短；
D．增大固体的接触面积可加快反应速率。
【解答】解：A．实验①测得H2的反应速率v1＝＝＝1.2mL/min，即0.02mL/s，故A正确；
B．0.9gAl的物质的量n（Al）＝＝mol，n（H+）＝2n（H2SO4）＝2×1.0mol⋅L﹣1×0.04L＝0.08mol，反应为2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，反应结束时H2SO4不足、Al过量，所以生成H2的物质的量为0.08mol×＝0.04mol，标准状况下的体积为0.04mol×22.4L/mol＝0.896L，即896mL，故B错误；
C．t2＝＝＝1.5min，浓度越大，反应速率越快，收集相同气体所需时间越短，即1.5＜t1＜15，故C正确；
D．若将块状纯铝碾碎成粉末，增大了固体的接触面积，反应速率加快，则反应开始至收集到相同体积的气体时，反应速率一定大于12mL•min﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了反应速率及其影响因素，为高频考点，侧重分析能力和计算能力的考查，把握化学反应速率的影响因素和反应速率的计算即可解答，注意掌握过量问题的判断及计算，题目难度不大。
13．（3分）一种碘硫热化学分解、水循环制氢的化学工艺流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该工艺流程图中只有化学能与热能之间的相互转化
B．该工艺流程图中生成氢气与氧气的反应均为吸热反应
C．该工艺流程中H2SO4和HI为催化剂
D．该工艺需要消耗大量的热能
【分析】碘硫热化学分解、水循环制氢的化学工艺流程中，二氧化硫和碘单质、水发生反应生成硫酸和碘化氢，SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，850℃硫酸分解生成二氧化硫、氧气和水，2H2SO42SO2↑+2H2O+O2↑，450℃HI分解生成碘单质和氢气，碘单质和二氧化硫循环使用，据此分析选项。
【解答】解：A．该工艺流程图中只有化学能与热能之间的相互转化，无其他能量变化，故A正确；
B．该工艺流程图中生成氢气与氧气的反应，都需要高温，均为分解反应，属于吸热反应，故B正确；
C．该工艺流程制氢是独立的三步反应组成的循环，该工艺流程中H2SO4和HI为中间产物，故C错误；
D．该工艺流程图中生成氢气与氧气的反应，都需要高温分解，需要消耗大量的热能，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学反应过程分析判断，反应过程中的能量变化等知识点，注意流程的理解应用，题目难度不大。
14．（3分）“卷帘何事看新月，一夜霜寒木叶秋.”每年公历10月23日左右，是二十四节气中的霜降，也是秋季的最后一个节气.下列化学反应的熵变、焓变和自发性与降霜过程一致的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）
B．2H2O2（1）═2H2O（1）+O2（g）
C．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）
D．Ba（OH）2⋅8H2O（s）+2NH4Cl（s）BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l）
【分析】降霜过程是放热过程，并且由液态水变成固态水，是熵减小的过程，即降霜过程是放热、熵减、自发进行的过程，结合常见的吸放热分析解答即可。
【解答】解：A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）是放热反应、熵减反应，可以自发进行，故A选；
B．2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）是熵增反应，故B不选；
C．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）是吸热的熵增反应，故C不选；
D．Ba（OH）2•8H2O（s）+2NH4Cl（s）═BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l）是熵增、吸热、常温下能自发进行的反应，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、常见的吸放热反应、熵变的判断为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
15．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，向空气中大量排放XY2气体会导致温室效应加剧，X与Y的最外层电子数之和为10。Z的最外层电子数等于其电子层数，X的原子最外层电子数和Z的原子核外电子数之和等于R的原子核外电子数。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Z＞R＞X＞Y
B．熔点：Z2Y3＜ZR3
C．最简单氢化物的热稳定性：Y＞X
D．X与R形成的化合物不止一种
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，向空气中大量排放XY2气体会导致温室效应加剧，X与Y的最外层电子数之和为10，则XY2为CO2，X为C，Y为O元素；Z的最外层电子数等于其电子层数，其原子序数大于O，则Z为Al；X的原子最外层电子数和Z的原子核外电子数之和等于R的原子核外电子数，R原子核外电子总数为4+13＝17，则R为Cl元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为C，Y为O，Z为Al，R为Cl元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞R＞X＞Y，故A正确；
B.Al2O3为了化合物，熔点较高，而AlCl3为共价化合物，易升华，熔点低，则熔点：Z2Y3＞ZR3，故B错误；
C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞C，则最简单氢化物的热稳定性：Y＞X，故C正确；
D.碳与氯元素形成的化合物有CCl4、C2Cl6、C3Cl8等多种，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
16．（3分）某温度时，向压强为p、体积为V的密闭容器中通入2molCO2和5molH2，保持压强p不变，发生如下反应：①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）；②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）。反应达到平衡后，测得反应前后气体的体积之比为5：3，下列说法正确的是（ ）
A．CO2的平衡转化率为70%
B．平衡时，CH3OH（g）的百分含量一定大于CH4（g）的
C．该温度下，反应①的平衡常数K1一定大于反应②的平衡常数K2
D．若起始时保持体积V不变，其他条件相同，则达到平衡时压强为0.6p
【分析】A．设平衡时有amolCO2转化为CH4，bmolCO2转化为CH3OH，
可逆反应①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
转化（mol）a 4a a 2a
可逆反应②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化（mol）b 3b b b
平衡时，容器中n（CO2）＝（2﹣a﹣b）mol、n（H2）＝（5﹣4a﹣3b）mol、n（CH4）＝amol、n（CH3OH）＝bmol、n（H2O）＝（2a+b）mol，平衡后混合气体总物质的量＝（2﹣a﹣b+5﹣4a﹣3b+a+b+2a+b）mol＝（7﹣2a﹣2b）mol，依据pV＝nRT知，恒温恒压条件下，气体体积之比等于气体物质的量之比，即存在，解得a+b＝1.4，CO2的转化率＝×100%；
B．a与b的大小不能确定；
C．a与b的大小不能确定，则无法判断平衡时生成CH4和CH3OH的物质的量浓度；
D．恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比。
【解答】解：A．设平衡时有amolCO2转化为CH4，bmolCO2转化为CH3OH，
可逆反应①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
转化（mol）a 4a a 2a
可逆反应②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化（mol）b 3b b b
平衡时，容器中n（CO2）＝（2﹣a﹣b）mol、n（H2）＝（5﹣4a﹣3b）mol、n（CH4）＝amol、n（CH3OH）＝bmol、n（H2O）＝（2a+b）mol，平衡后混合气体总物质的量＝（2﹣a﹣b+5﹣4a﹣3b+a+b+2a+b）mol＝（7﹣2a﹣2b）mol，依据pV＝nRT知，恒温恒压条件下，气体体积之比等于气体物质的量之比，即存在，解得a+b＝1.4，CO2的转化率＝×100%＝×100%＝70%，故A正确；
B．a与b的大小不能确定，则无法确定CH4和CH3OH的百分含量，故B错误；
C．a与b的大小不能确定，则无法确定平衡时CH4和CH3OH的物质的量浓度，所以两个反应的平衡常数也无法比较，故C错误；
D．恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，保持体积V不变，反应达到平衡时，体系中气体的总物质的量比保持压强不变反应达到平衡时气体的总物质的量要大，此时体系的压强将大于0.6p，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡计算，侧重考查分析、计算能力，明确化学平衡计算方法、外界条件对平衡移动影响原理是解本题关键，注意A的计算方法，题目难度中等。
二、非选择题（本题包括4小题，共52分）
17．（14分）某化学兴趣小组用50mL0.50mol▪L﹣1盐酸与50 mL0.55mol▪L﹣1NaOH溶液进行中和反应的反应热测定实验，实验装置如图。试回答下列问题：
（1）实验时玻璃搅拌器的使用方法是 上下搅动 ；不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器的理由是 铜丝是热的良导体，传热快，热量损失大 。
（2）某学生记录的实验数据如表所示。（已知：实验中盐酸和氢氧化钠溶液的密度均为1g•cm﹣3，中和反应后溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•℃﹣1）
实验序号
起始温度T1/℃
终止温度T2℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.3
2
20.2
20.4
23.4
3
20.4
20.6
23.8
依据该学生的实验数据计算，该实验测得反应放出的热量为 13500 J。
（3）下列操作会导致实验结果出现偏差的是 abe （填标号）。
a.用量筒量取盐酸时仰视读数
b.把量筒中的氢氧化钠溶液分多次倒入盐酸中
c.将50mL0.55 mol▪L﹣1氢氧化钠溶液取成了50 mL0.55mol▪L﹣1氢氧化钾溶液
d.做本实验的当天室温较高
e.大烧杯的杯盖中间小孔太大
（4）做一次完整的中和反应的反应热测定实验，温度计需使用 3 次。某同学为了省去清洗温度计的麻烦，建议实验时使用两支温度计分别测量酸和碱的温度，你是否同意该同学的观点，为什么？ 不同意，因为不同温度计误差不同
（5）如果将NaOH溶液换成等量的NaOH固体，那么实验中测得中和反应的反应热（△H） 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（6）如果用60mL0.50mol▪L﹣1盐酸与50 mL0.55mol▪L﹣1NaOH溶液进行实验，与上实验相比，二者所放出的热量 不相等 （填“相等”或“不相等”，下同），所求的中和反应H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H的反应热（△H） 相等 。
【分析】（1）根据环形玻璃搅拌棒的外形特点来分析；金属导热快，热量损失多；
（2）先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q＝cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热；
（3）根据实验操作对放出热量的影响来分析；
（4）根据温度计要测反应前酸溶液的温度，测反应前碱溶液的温度，混合反应后测最高温度一共3次；根据不同温度计的误差不同；
（5）氢氧化钠固体溶解放热；
（6）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；中和热是在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水和可溶性盐时放出的热量。
【解答】解：（1）环形玻璃搅拌棒在使用时上下搅动即可；因为铜丝搅拌棒是热的良导体，热量损失大，不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，
故答案为：上下搅动；铜丝是热的良导体，传热快，热量损失大；
（2）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃，反应后温度为：23.3℃，反应前后温度差为：3.2℃；
第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.2℃，反应前后温度差为：3.2℃；
第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.5℃，反应前后温度差为：3.3℃；
3次实验数据均有效，温度差平均值为3.23℃，
50mL 0.50mol/L盐酸与 50mL 0.55mol/LNaOH溶液的质量和m＝100mL×1g/cm3＝100g，c＝4.18J/（g•℃），代入公式Q＝cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q＝4.18J/（g•℃）×100g×3.23℃＝13500J，即生成0.025mol的水放出热量为：13500J，
故答案为：13500；
（3）a.用量筒量取盐酸时仰视读数，会导致盐酸的量偏多，则放出的热量偏多，导致结果有偏差，故a选；
b.把量筒中的氢氧化钠溶液分多次倒入盐酸中，会导致热量损失增多，最终导致结果有偏差，故b选；
c.将50mL0.55 mol▪L﹣1氢氧化钠溶液取成了50 mL0.55mol▪L﹣1氢氧化钾溶液，KOH是强碱，和盐酸的反应实质以及生成水的量均不变，结果无偏差，故c不选；
d.做本实验的当天室温较高，不会引起热量散失增多，故不会导致偏差，故d不选；
e.大烧杯的杯盖中间小孔太大，会导致热量损失，导致结果偏差，故e选；
故答案为：abe；
（4）温度计要测反应前酸溶液的温度，测反应前碱溶液的温度，混合反应后测最高温度，即一共3次；不同温度计的误差不同，
故答案为：3；不同意，因为不同温度计误差不同；
（5）氢氧化钠固体溶解放热，将NaOH溶液换成等量的NaOH固体，会导致放出热量增多，则测得中和反应的反应热偏小，
故答案为：偏小；
（6）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL 0.50 mol•L﹣1的盐酸跟50mL 0.55 mol•L﹣1NaOH溶液进行上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热是在稀溶液中、强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用60mL 0.50 mol•L﹣1的盐酸跟50mL 0.55 mol•L﹣1NaOH溶液进行上述实验相比，测得中和热数值相等，
故答案为：不相等；相等。
【点评】本题考查中和热测定实验以及误差分析等，题目综合性强，难度中等，掌握中和热测定方法是解题的关键，注意实验操作的不规范对中和热测定带来的影响。
18．（10分）将CO2在一定条件下与H2反应转化为甲醇（CH3OH）是变废为宝的好方法，涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
Ⅱ.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ⋅mol﹣1
Ⅲ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3＝+40.9kJ⋅mol﹣1
回答下列问题：
（1）△H1＝ ﹣49.5 kJ⋅mol﹣1。
（2）一定条件下，在一容积为2 L的恒容密闭容器中通入CO2和H2，发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应过程中各物质的浓度随时间的变化曲线如图所示。
①0～3 min内，用H2表示的平均反应速率为 0.5 mol⋅L﹣1⋅min﹣1。
②CO2的平衡转化率为 37.5% 。
③第10 min时，若再向容器中通入1 mol CO2和1 mol H2O（g），则平衡将 逆向 （填“正向”、“逆向”或“不”）移动。
④要提高CH3OH的产率，可采取的措施有 AE （填标号）。
A.缩小反应容器的容积
B.扩大反应容器的容积
C.升高温度
D.使用合适的催化剂
E.移除平衡体系中的部分H2O（g）
【分析】（1）由已知反应的反应热通过盖斯定律求算未知反应的反应热；
（2）①由公式v＝求算化学反应速率；
②依据图象确定平衡时二氧化碳起始加入量和反应量，进而求算平衡转化率；
③由Qc和K的大小关系确定平衡移动方向；
④要提高CH3OH的产率，应改变外界条件，使平衡正向移动。
【解答】解：（1）已知Ⅱ.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ⋅mol﹣1；Ⅲ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3＝+40.9kJ⋅mol﹣1，由盖斯定律Ⅱ+Ⅲ可得CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝（﹣90.4kJ⋅mol﹣1）+40.9kJ⋅mol﹣1＝﹣49.5kJ/mol，
故答案为：﹣49.5；
（2）①0～3 min内，用H2表示的平均反应速率为＝0.5mol/（L•min），
故答案为：0.5；
②由图可知，起始时二氧化碳浓度为2mol/L，平衡时二氧化碳的浓度为1.25mol/L，二氧化碳浓度变化量为2mol/L﹣1.25mol/L＝0.75mol/L，CO2的平衡转化率为×100%＝37.5%，
故答案为：37.5%；
③反应达到平衡时，二氧化碳浓度为1.25mol/L，氢气浓度为0.75mol/L，CH3OH和水的浓度均为0.75mol/L，平衡常数K＝＝≈1.1，第10 min时，若再向容器中通入1 mol CO2和1 mol H2O（g），Qc＝＝≈1.4＞K，平衡逆向移动，
故答案为：逆向；
④A.正向气体分子数减小，缩小反应容器的容积，平衡正向移动，CH3OH的产率提高，故A正确；
B.正向气体分子数减小，扩大反应容器的容积，平衡逆向移动，CH3OH的产率降低，故B错误；
C.反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的产率降低，故C错误；
D.使用合适的催化剂，反应速率加快，平衡不移动，CH3OH的产率不变，故D错误；
E.移除平衡体系中的部分H2O（g），平衡正向移动，CH3OH的产率提高，故E正确；
故答案为：AE。
【点评】本题考查盖斯定律和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
19．（14分）锆产品的主要原料是锆英砂，全球90%的氧氯化锆（ZrOCl2）来源于中国。氧氯化锆可溶于水，微溶于盐酸，工业上以锆英砂（含91.5%ZrSiO4，杂质不与NaOH溶液反应）为原料生产ZrOCl2的一种工艺流程如图所示。
已知：碱金属的锆酸盐在水中溶解度很小，可在酸性条件下水解。
请回答下列问题：
（1）锆英砂在“碱烧”前粉碎的目的是 增大接触面积，加快反应速率 ，“碱烧”时ZrSiO4生成了Na2ZrO3和另一种钠盐X，X的化学式为 Na2SiO3 ，X的用途是 作木材防火剂 （写一种）。
（2）“转型”时发生反应的化学方程式为 Na2ZrO3+2HCl＝ZrO（OH）2+2NaCl 。
（3）“酸化”过程需加入过量盐酸，该操作中发生反应的化学方程式是 ZrO（OH）2+2H++Cl﹣＝ZrOCl2↓+2H2O 。
（4）“水溶过滤”操作后要对滤渣进行洗涤，洗涤液与滤液合并浓缩结晶，检查滤渣已经洗涤干净的实验是 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若没有产生白色沉淀，证明滤渣已洗涤干净 。
（5）将锆英砂和焦炭混合，再与Cl2反应生成ZrCl4、SiCl4和一种可燃性气体，ZrCl4水解也可得到ZrOCl2。生成ZrCl4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：1 。
（6）某工厂用2t锆英砂来制备ZrOCl2，若这个过程中Zr的损耗率为15%，则最终制得ZrOCl2的质量为 1.513 t。
【分析】锆英砂（主要成分为ZrSiO4）在碱熔焙烧过程中，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3和Na2SiO3，过滤后滤饼的主要成分为Na2ZrO3和Na2SiO3，第一次加盐酸转型，生成硅酸和ZrO（OH）2，继续加盐酸酸化，在ZrO（OH）2溶液中加HCl，发生反应ZrO（OH）2+2HCl＝ZrOCl2+2H2O，过滤除去锆硅渣，再经浓缩结晶，获得最终产品，据此分析解答。
【解答】解：（1）锆英砂在“碱烧”前粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，ZrSiO4高温碱烧过程生成了Na2ZrO3和另一种钠盐，从元素的角度分析，应含有硅元素，所以应为硅酸钠，反应方程式为ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，故X的化学式为Na2SiO3，X的用途是作木材防火剂，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；Na2SiO3；作木材防火剂；
（2）从流程分析，转型操作的目的是生成ZrO（OH）2，除去钠元素，反应方程式为Na2ZrO3+2HCl＝ZrO（OH）2+2NaCl，
故答案为：Na2ZrO3+2HCl＝ZrO（OH）2+2NaCl；
（3）酸化过程需加入过量盐酸，反应生成，该操作中发生反应的离子方程式是ZrO（OH）2+2H++Cl﹣＝ZrOCl2↓+2H2O，
故答案为：ZrO（OH）2+2H++Cl﹣＝ZrOCl2↓+2H2O；
（4）“水溶过滤”操作后要对滤渣进行洗涤，洗涤液与滤液合并浓缩结晶，检查是否存在氯离子即可证明洗涤完全，操作为取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若没有产生白色沉淀，证明滤渣已洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若没有产生白色沉淀，证明滤渣已洗涤干净；
（5）将锆英砂和焦炭混合，再与Cl2反应生成ZrCl4、SiCl4和一种可燃性气体，ZrCl4水解也可得到ZrOCl2，生成ZrCl4的反应中，焦炭为还原剂，被氧化为CO，Cl2为氧化剂，被还原为Cl﹣，故氧化剂与还原剂的比例为1：1，
故答案为：1：1；
（6）某工厂用2t锆英砂来制备ZrOCl2，若这个过程中Zr的损耗率为15%，结合成分锆英砂（含91.5%ZrSiO4）可得，反应生成的ZrOCl2与ZrSiO4的物质的量相同，结合含量和损耗率可知，生成的ZrOCl2的质量为2t××91.5%×（1﹣15%）≈1.513t，
故答案为：1.513。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
20．（14分）工业上用二氧化碳催化加氢可合成乙醇，其反应原理为2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）△H。
（1）该反应的△H ＜ （填“＞”、“＜”或“＝”）0；其正反应在 低温 （填“高温”、“低温”或“任何温度”）下能自发进行。
（2）该反应的反应速率表达式为v正＝k正▪c2（CO2）▪c6（H2），v逆＝k逆▪c（C2H5OH）▪c3（H2O），其中k正、k逆为速率常数。则该反应的平衡常数K＝ （用含k正、k逆的代数式表示），若其他条件不变，降低温度，则下列推断合理的是 d （填标号）。
a．k正增大，k逆减小
b．k正减小，k逆增大
c．k正减小的倍数大于k逆
d．k正减小的倍数小于k逆
（3）恒温时，向一密闭容器中充入2molCO2和6molH2，发生上述反应，H2的平衡转化率（α）与压强的关系如图所示。
①此温度下，该反应的平衡常数KP＝ 48 MPa﹣4（气体的分压＝气体总压强×气体的物质的量分数）。
②x＝ 2.5 ，设A点时容器的体积为V1，B点时容器的体积为V2，则V1：V2＝ 5：3 。
【分析】（1）该反应是气体体积减小的反应，则△S＜0，△H﹣T△S＜0，反应才能自发进行；
（2）反应达到平衡时，v正＝v逆，则v正＝k正▪c2（CO2）▪c6（H2），v逆＝k逆▪c（C2H5OH）▪c3（H2O），则＝；若其他条件不变，降低温度，反应速率降低；
（3）化学平衡常数只与温度有关，则KA＝KB，B点H2的平衡转化率（α）＝0.80，列化学平衡三段式，结合Kp＝计算；
②化学平衡常数只与温度有关，则KA＝KB，列化学平衡常数计算；压强之比等于容器体积之比，设A点时容器的体积为V1，B点时容器的体积为V2，根据PV＝nRT据此计算。
【解答】解：（1）该反应是气体体积减小的反应，则△S＜0，△H﹣T△S＜0，反应才能自发进行，则△H＜0，其正反应在低温下能自发进行，
故答案为：＜；低温；
（2）反应达到平衡时，v正＝v逆，则v正＝k正▪c2（CO2）▪c6（H2），v逆＝k逆▪c（C2H5OH）▪c3（H2O），则K＝＝；若其他条件不变，降低温度，反应速率降低，k正、k逆均减小，则a、b错误，该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，所以k正减小的倍数小于 k逆，则c错误，d正确，
故答案为：；d；
（3）①化学平衡常数只与温度有关，则KA＝KB，B点H2的平衡转化率（α）＝0.80，
2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g ）
起始（mol） 2 6 0 0
转化（mol） 1.6 6×0.8 0.8 2.4
平衡（mol） 0.4 1.2 0.8 2.4
平衡时气体总物质的量为（0.4+1.2+0.8+2.4）mol＝4.8mol，p（CO2）＝×4MPa＝MPa，p（H2）＝×4MPa＝1MPa，p（C2H5OH）＝×4MPa＝MPa，p（H2O）＝×4MPa＝2MPa，Kp＝＝＝48MPa﹣4，
故答案为：48；
②化学平衡常数只与温度有关，则KA＝KB，
2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g ）
起始（mol） 2 6 0 0
转化（mol） 1.5 6×0.75 0.75 2.25
平衡（mol） 0.5 1.5 0.75 2.25
平衡时气体总物质的量为（0.5+1.5+0.75+2.25）mol＝5mol，p（CO2）＝×xMPa＝0.1xMPa，p（H2）＝×xMPa＝0.3xMPa，p（C2H5OH）＝×xMPa＝0.15xMPa，p（H2O）＝×xMPa＝0.45xMPa，Kp＝＝＝48MPa﹣4，解得x＝2.5；根据PV＝nRT，温度相同，＝＝＝，
故答案为：2.5；5：3。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式知识解答，此题难度中等。
2021-2022学年贵州省黔西南州高二（上）期中化学试卷
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分.每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）低碳生活、碳中和、碳达峰是现在的热门词汇。下列措施不利于实现碳中和的是（ ）
A．将夏收、秋收后的秸秆焚烧还田
B．大力开发和利用风能等清洁能源
C．加强植树造林，创造和发展森林经济
D．研发催化剂将CO2还原为甲醇
2．（3分）对于反应A（g）+3B（g）═2C（g）+2D（g），下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最慢的是（ ）
A．v（A）＝0.01mol⋅L﹣1⋅s﹣1
B．v（B）＝1.20mol⋅L﹣1⋅min﹣1
C．v（C）＝1.00mol⋅L﹣1⋅min﹣1
D．v（D）＝0.02mol⋅L﹣1⋅s﹣1
3．（3分）已知下列反应：O2（g）+C（s）⇌CO2（g） K1；2C（s）+O2（g）⇌2CO（g） K2。则反应：2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）的平衡常数为（ ）
A． B．2K1﹣K2 C．K12×K2 D．2K1+K2
4．（3分）下列有关香料Givescone（）的说法错误的是（ ）
A．分子式为C13H22O2
B．碳环上的一氯代物有4种（不考虑立体异构）
C．能发生加成反应和水解反应
D．分子中所有碳原子共平面
5．（3分）将浓度均为0.6mol•L﹣1的气体X2和Y2放在某恒容密闭容器中，反应后生成Z，平衡时测得c（X2）═0.36mol•L﹣1，c（Y2）═0.12mol•L﹣1，c（Z）═0.48mol•L﹣1，则Z的分子式为（ ）
A．X2Y B．XY2 C．X3Y2 D．X2Y3
6．（3分）反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
①增加C的量
②将容器的体积缩小一半
③保持体积不变，充入N2使体系压强增大
④保持压强不变，充入N2使容器体积变大。
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．49g由H2SO4和H3PO4组成的混合物中含有的氧原子数为4NA
B．1L0.5mol•L﹣1NaNO2溶液（pH＞7）中含有的NO2﹣数目为0.5NA
C．当反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O中生成的还原产物为3mol时，转移的电子数为4NA
D．标准状况下，11.2L环氧乙烷（沸点为10.7℃）中含有的极性键数目大于3NA
8．（3分）一定温度下，某气态平衡体系的平衡常数表达式为K＝，有关该平衡体系的说法正确的是（ ）
A．升高温度，平衡常数K一定增大
B．增大A浓度，平衡向正反应方向移动
C．增大压强，C体积分数增加
D．升高温度，若B的百分含量减少，则正反应是放热反应
9．（3分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．合成氨时增大压强，有利于提高氨气的产率
B．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
C．向新制氯水中滴入几滴NaHCO3溶液，可增强溶液的漂白能力
D．在反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）的平衡体系中，增大压强，体系颜色加深
10．（3分）某反应过程中的能量变化如图所示，下列热化学方程式正确的是（ ）
A．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（a+c﹣b﹣d）kJ▪mol﹣1
B．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（b+d﹣a﹣c）kJ▪mol﹣1
C．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（a+2c﹣b﹣2d）kJ▪mol﹣1
D．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（b+2d﹣a﹣2c）kJ▪mol﹣1
11．（3分）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析正确的是（ ）
选项
粒子组
判断和分析
A
Na+、K+、ClO﹣、H2S
能大量共存，粒子间不反应
B
H+、C2O72﹣、SO42﹣、C2H5OH
能大量共存，粒子间不反应
C
H+、K+、MnO4﹣、SO2
不能大量共存，能发生反应：
2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+
D
Na+、A1O2﹣、HCO3﹣、SO42﹣
不能大量共存，能发生反应：
A1O2﹣+H++H2O＝A1（OH）3↓
A．A B．B C．C D．D
12．（3分）用如图所示的装置测定不同浓度的稀硫酸与纯铝反应制取的反应速率，按照装置图组装3套完全相同的装置（气密性良好）.首先将注射器推至最底端，然后在三个锥形瓶中分别放入相同形状的块状纯铝0.9 g，最后通过分液漏斗向三个锥形瓶中分别加入0.5mol⋅L﹣1、1.0mol⋅L﹣1和2.0mol⋅L﹣1的稀硫酸各40mL（忽略溶液体积的变化及反应温度的影响）.
实验
加入的稀硫酸的浓度
反应时间/min
收集到的气体/mL
反应速率/（mL⋅min﹣1）
①
0.5mol⋅L﹣1
15
18
v1
②
1.0mol⋅L﹣1
t1
18
v2
③
2.0mol⋅L﹣1
t2
18
12
下列说法错误的是（ ）
A．实验①测得H2的反应速率为0.02mL⋅s﹣1
B．实验②中反应结束后，生成H2的体积在标准状况下为1120mL
C．实验②中t1的取值范围为1.5＜t1＜15
D．实验③中，若将块状纯铝碾碎成粉末，反应开始至收集到相同体积的气体时，反应速率一定大于12mL•min﹣1
13．（3分）一种碘硫热化学分解、水循环制氢的化学工艺流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该工艺流程图中只有化学能与热能之间的相互转化
B．该工艺流程图中生成氢气与氧气的反应均为吸热反应
C．该工艺流程中H2SO4和HI为催化剂
D．该工艺需要消耗大量的热能
14．（3分）“卷帘何事看新月，一夜霜寒木叶秋.”每年公历10月23日左右，是二十四节气中的霜降，也是秋季的最后一个节气.下列化学反应的熵变、焓变和自发性与降霜过程一致的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）
B．2H2O2（1）═2H2O（1）+O2（g）
C．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）
D．Ba（OH）2⋅8H2O（s）+2NH4Cl（s）BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l）
15．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，向空气中大量排放XY2气体会导致温室效应加剧，X与Y的最外层电子数之和为10。Z的最外层电子数等于其电子层数，X的原子最外层电子数和Z的原子核外电子数之和等于R的原子核外电子数。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Z＞R＞X＞Y
B．熔点：Z2Y3＜ZR3
C．最简单氢化物的热稳定性：Y＞X
D．X与R形成的化合物不止一种
16．（3分）某温度时，向压强为p、体积为V的密闭容器中通入2molCO2和5molH2，保持压强p不变，发生如下反应：①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）；②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）。反应达到平衡后，测得反应前后气体的体积之比为5：3，下列说法正确的是（ ）
A．CO2的平衡转化率为70%
B．平衡时，CH3OH（g）的百分含量一定大于CH4（g）的
C．该温度下，反应①的平衡常数K1一定大于反应②的平衡常数K2
D．若起始时保持体积V不变，其他条件相同，则达到平衡时压强为0.6p
二、非选择题（本题包括4小题，共52分）
17．（14分）某化学兴趣小组用50mL0.50mol▪L﹣1盐酸与50 mL0.55mol▪L﹣1NaOH溶液进行中和反应的反应热测定实验，实验装置如图。试回答下列问题：
（1）实验时玻璃搅拌器的使用方法是 ；不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器的理由是 。
（2）某学生记录的实验数据如表所示。（已知：实验中盐酸和氢氧化钠溶液的密度均为1g•cm﹣3，中和反应后溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•℃﹣1）
实验序号
起始温度T1/℃
终止温度T2℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.3
2
20.2
20.4
23.4
3
20.4
20.6
23.8
依据该学生的实验数据计算，该实验测得反应放出的热量为 J。
（3）下列操作会导致实验结果出现偏差的是 （填标号）。
a.用量筒量取盐酸时仰视读数
b.把量筒中的氢氧化钠溶液分多次倒入盐酸中
c.将50mL0.55 mol▪L﹣1氢氧化钠溶液取成了50 mL0.55mol▪L﹣1氢氧化钾溶液
d.做本实验的当天室温较高
e.大烧杯的杯盖中间小孔太大
（4）做一次完整的中和反应的反应热测定实验，温度计需使用 次。某同学为了省去清洗温度计的麻烦，建议实验时使用两支温度计分别测量酸和碱的温度，你是否同意该同学的观点，为什么？
（5）如果将NaOH溶液换成等量的NaOH固体，那么实验中测得中和反应的反应热（△H） （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（6）如果用60mL0.50mol▪L﹣1盐酸与50 mL0.55mol▪L﹣1NaOH溶液进行实验，与上实验相比，二者所放出的热量 （填“相等”或“不相等”，下同），所求的中和反应H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H的反应热（△H） 。
18．（10分）将CO2在一定条件下与H2反应转化为甲醇（CH3OH）是变废为宝的好方法，涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
Ⅱ.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ⋅mol﹣1
Ⅲ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3＝+40.9kJ⋅mol﹣1
回答下列问题：
（1）△H1＝ kJ⋅mol﹣1。
（2）一定条件下，在一容积为2 L的恒容密闭容器中通入CO2和H2，发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应过程中各物质的浓度随时间的变化曲线如图所示。
①0～3 min内，用H2表示的平均反应速率为 mol⋅L﹣1⋅min﹣1。
②CO2的平衡转化率为 。
③第10 min时，若再向容器中通入1 mol CO2和1 mol H2O（g），则平衡将 （填“正向”、“逆向”或“不”）移动。
④要提高CH3OH的产率，可采取的措施有 （填标号）。
A.缩小反应容器的容积
B.扩大反应容器的容积
C.升高温度
D.使用合适的催化剂
E.移除平衡体系中的部分H2O（g）
19．（14分）锆产品的主要原料是锆英砂，全球90%的氧氯化锆（ZrOCl2）来源于中国。氧氯化锆可溶于水，微溶于盐酸，工业上以锆英砂（含91.5%ZrSiO4，杂质不与NaOH溶液反应）为原料生产ZrOCl2的一种工艺流程如图所示。
已知：碱金属的锆酸盐在水中溶解度很小，可在酸性条件下水解。
请回答下列问题：
（1）锆英砂在“碱烧”前粉碎的目的是 ，“碱烧”时ZrSiO4生成了Na2ZrO3和另一种钠盐X，X的化学式为 ，X的用途是 （写一种）。
（2）“转型”时发生反应的化学方程式为 。
（3）“酸化”过程需加入过量盐酸，该操作中发生反应的化学方程式是 。
（4）“水溶过滤”操作后要对滤渣进行洗涤，洗涤液与滤液合并浓缩结晶，检查滤渣已经洗涤干净的实验是 。
（5）将锆英砂和焦炭混合，再与Cl2反应生成ZrCl4、SiCl4和一种可燃性气体，ZrCl4水解也可得到ZrOCl2。生成ZrCl4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（6）某工厂用2t锆英砂来制备ZrOCl2，若这个过程中Zr的损耗率为15%，则最终制得ZrOCl2的质量为 t。
20．（14分）工业上用二氧化碳催化加氢可合成乙醇，其反应原理为2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）△H。
（1）该反应的△H （填“＞”、“＜”或“＝”）0；其正反应在 （填“高温”、“低温”或“任何温度”）下能自发进行。
（2）该反应的反应速率表达式为v正＝k正▪c2（CO2）▪c6（H2），v逆＝k逆▪c（C2H5OH）▪c3（H2O），其中k正、k逆为速率常数。则该反应的平衡常数K＝ （用含k正、k逆的代数式表示），若其他条件不变，降低温度，则下列推断合理的是 （填标号）。
a．k正增大，k逆减小
b．k正减小，k逆增大
c．k正减小的倍数大于k逆
d．k正减小的倍数小于k逆
（3）恒温时，向一密闭容器中充入2molCO2和6molH2，发生上述反应，H2的平衡转化率（α）与压强的关系如图所示。
①此温度下，该反应的平衡常数KP＝ MPa﹣4（气体的分压＝气体总压强×气体的物质的量分数）。
②x＝ ，设A点时容器的体积为V1，B点时容器的体积为V2，则V1：V2＝ 。
2021-2022学年贵州省黔西南州高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分.每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）低碳生活、碳中和、碳达峰是现在的热门词汇。下列措施不利于实现碳中和的是（ ）
A．将夏收、秋收后的秸秆焚烧还田
B．大力开发和利用风能等清洁能源
C．加强植树造林，创造和发展森林经济
D．研发催化剂将CO2还原为甲醇
【分析】倡导节能减排，植树造林，减少化石燃料的使用等措施均有利于实现碳中和，以此进行判断。
【解答】解：A.将夏收、秋收后的秸秆焚烧还田，释放大量二氧化碳，不利于实现碳中和，故A选；
B.大力开发和利用风能等清洁能源，可以减少二氧化碳排放，有利于实现碳中和，故不选；
C.加强植树造林，创造和发展森林经济，可消耗二氧化碳，有利于实现碳中和，故C不选；
D.研发催化剂将CO2还原为甲醇，可消耗二氧化碳，有利于实现碳中和，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查环境污染与治理方法，为高频考点，把握题干信息、常见环境污染类型为解答关键，注意掌握实现碳中和的方法，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
2．（3分）对于反应A（g）+3B（g）═2C（g）+2D（g），下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最慢的是（ ）
A．v（A）＝0.01mol⋅L﹣1⋅s﹣1
B．v（B）＝1.20mol⋅L﹣1⋅min﹣1
C．v（C）＝1.00mol⋅L﹣1⋅min﹣1
D．v（D）＝0.02mol⋅L﹣1⋅s﹣1
【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，转化为同种物质的速率比较快慢，以此来解答。
【解答】解：A.v（A）＝0.01mol⋅L﹣1⋅s﹣1，转化为v（B）＝0.01mol⋅L﹣1⋅s﹣1×3＝0.03mol⋅L﹣1⋅s﹣1；
B.v（B）＝1.20mol⋅L﹣1⋅min﹣1＝mol⋅L﹣1⋅s﹣1＝0.02mol⋅L﹣1⋅s﹣1；
C.v（C）＝1.00mol⋅L﹣1⋅min﹣1＝mol⋅L﹣1⋅s﹣1，转化为v（B）＝mol⋅L﹣1⋅s﹣1×＝0.025mol⋅L﹣1⋅s﹣1；
D.v（D）＝0.02mol⋅L﹣1⋅s﹣1，转化为v（B）＝0.02mol⋅L﹣1⋅s﹣1×＝0.03mol⋅L﹣1⋅s﹣1；
显然B中反应速率最慢，只有B正确，
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握化学反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意转化法的应用及速率单位统一。
3．（3分）已知下列反应：O2（g）+C（s）⇌CO2（g） K1；2C（s）+O2（g）⇌2CO（g） K2。则反应：2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）的平衡常数为（ ）
A． B．2K1﹣K2 C．K12×K2 D．2K1+K2
【分析】平衡常数等与生成物浓度的系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积，由已知反应的平衡常数通过计算求算未知反应的平衡常数。
【解答】解：K1＝，K2＝，反应：2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）的平衡常数K＝＝，
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡常数，题目难度中等，掌握化学平衡常数的求算方法是解题的关键。
4．（3分）下列有关香料Givescone（）的说法错误的是（ ）
A．分子式为C13H22O2
B．碳环上的一氯代物有4种（不考虑立体异构）
C．能发生加成反应和水解反应
D．分子中所有碳原子共平面
【分析】A．该分子中含有13个碳原子、22个氢原子、2个氧原子；
B．碳环上含有几种氢原子，碳环上就有几种一氯代物；
C．该分子中含有碳碳双键和酯基，具有烯烃和酯的性质；
D．该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点。
【解答】解：A．该分子中含有13个碳原子、22个氢原子、2个氧原子，所以分子式为C13H22O2，故A正确；
B．碳环上含有4种氢原子，碳环上就有4种一氯代物，故B正确；
C．该分子中含有碳碳双键和酯基，具有烯烃和酯的性质，碳碳双键能发生加成反应、酯基能发生水解反应，故C正确；
D．该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以该分子中所有碳原子一定不共平面，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
5．（3分）将浓度均为0.6mol•L﹣1的气体X2和Y2放在某恒容密闭容器中，反应后生成Z，平衡时测得c（X2）═0.36mol•L﹣1，c（Y2）═0.12mol•L﹣1，c（Z）═0.48mol•L﹣1，则Z的分子式为（ ）
A．X2Y B．XY2 C．X3Y2 D．X2Y3
【分析】由信息可知，开始至平衡时，△c（X2）═0.6mol•L﹣1﹣0.36mol•L﹣1＝0.24mol•L﹣1，△c（Y2）═0.6mol•L﹣1﹣0.12mol•L﹣1＝0.48mol•L﹣1，△c（Z）═0.48mol•L﹣1，浓度的变化量之比等于化学计量数之比，且反应前后原子守恒，以此来解答。
【解答】解：由信息可知，开始至平衡时，△c（X2）═0.6mol•L﹣1﹣0.36mol•L﹣1＝0.24mol•L﹣1，△c（Y2）═0.6mol•L﹣1﹣0.12mol•L﹣1＝0.48mol•L﹣1，△c（Z）═0.48mol•L﹣1，浓度的变化量之比等于化学计量数之比为0.24mol•L﹣1：0.48mol•L﹣1：0.48mol•L﹣1＝1：2：2，反应为X2（g）+2Y2（g）⇌2Z（g），由原子守恒可知Z的分子式为XY2，
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握浓度的变化量与化学计量数的关系、原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用。
6．（3分）反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
①增加C的量
②将容器的体积缩小一半
③保持体积不变，充入N2使体系压强增大
④保持压强不变，充入N2使容器体积变大。
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
【分析】对应反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），有气体参加和生成，则温度、压强都能对化学反应速率产生影响，以此解答该题。
【解答】解：①因浓度越大，化学反应速率越快，但是固体量的增减不影响反应速率，所以增加C（s）的量，反应速率不变，故①选；
②将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故②不选；
③保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故③选；
④保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故④不选。
故选：C。
【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，注意该反应中有气体参加和生成时解答本题的关键，并学会利用压强及思维转化的方法来分析解答。
7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．49g由H2SO4和H3PO4组成的混合物中含有的氧原子数为4NA
B．1L0.5mol•L﹣1NaNO2溶液（pH＞7）中含有的NO2﹣数目为0.5NA
C．当反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O中生成的还原产物为3mol时，转移的电子数为4NA
D．标准状况下，11.2L环氧乙烷（沸点为10.7℃）中含有的极性键数目大于3NA
【分析】A.H2SO4、H3PO4的摩尔质量都是98g•mol﹣1；
B.NO2﹣部分水解生成HNO2；
C.反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O中，2molS为氧化产物，1molS为还原产物，方程式中转移电子数为4mol；
D.1个环氧乙烷分子中含6个极性键（4个C—H键、2个C—O键）。
【解答】解：A.49g由H2SO4和H3PO4组成的混合物中含氧原子2mol，故A错误；
B.1L0.5mol•L﹣1NaNO2溶液中含有的NO2﹣的物质的量为1L×0.5mol•L﹣1＝0.5mol，但NO2﹣部分水解生成HNO2，含有的NO2﹣数目小于0.5NA，故B错误；
C.反应生成1mol还原产物，转移4mol电子，当生成3mol还原产物时，转移12mol电子，故C错误；
D.环氧乙烷在标准状况下呈液态，含有分子数大于0.5mol，含有的极性键数目大于0.5mol×6×NA/mol＝3NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
8．（3分）一定温度下，某气态平衡体系的平衡常数表达式为K＝，有关该平衡体系的说法正确的是（ ）
A．升高温度，平衡常数K一定增大
B．增大A浓度，平衡向正反应方向移动
C．增大压强，C体积分数增加
D．升高温度，若B的百分含量减少，则正反应是放热反应
【分析】根据平衡常数表达式可知反应方程式为2C（g）+2D（g）⇌A（g）+2B（g），
A．升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动；
B．增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动；
C．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
D．升高温度，平衡向吸热反应方向移动．
【解答】解：根据平衡常数表达式可知反应方程式为2C（g）+2D（g）⇌A（g）+2B（g），
A．升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，如果正反应是放热反应，则化学平衡常数减小，故A错误；
B．增大A浓度，平衡向逆反应方向移动，故B错误；
C．增大压强，平衡向气体体积减小的方向正反应方向移动，所以C的体积分数减少，故C错误；
D．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，若B的百分含量减少，则该反应向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡移动，解答本题的关键是根据平衡常数的表达式判断反应的化学方程式，再结合方程式分析解答，难度中等．
9．（3分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．合成氨时增大压强，有利于提高氨气的产率
B．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
C．向新制氯水中滴入几滴NaHCO3溶液，可增强溶液的漂白能力
D．在反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）的平衡体系中，增大压强，体系颜色加深
【分析】勒夏特利原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。
【解答】解：A．合成氨反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，提高了氮气的转化率，能用勒夏特里原理解释，故A错误；
B．饱和食盐水溶液的方法来收集氯气，相当于对Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO加入NaCl，增大了c（Cl﹣），使平衡向逆反应方向移动，降低了氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．水中存在如下平衡：Cl2+H2O═HCl+HClO，当加入NaHCO3溶液后平衡正向移动，导致c（HClO）增大，溶液的漂白性增强，能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D．在反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）的平衡体系中，增大压强，平衡不移动，但由于容器体积减小导致体系颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查勒夏特列原理的应用，题目难度不大，明确勒夏特列原理的内容为解答关键，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
10．（3分）某反应过程中的能量变化如图所示，下列热化学方程式正确的是（ ）
A．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（a+c﹣b﹣d）kJ▪mol﹣1
B．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（b+d﹣a﹣c）kJ▪mol﹣1
C．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（a+2c﹣b﹣2d）kJ▪mol﹣1
D．CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（b+2d﹣a﹣2c）kJ▪mol﹣1
【分析】A、B、C、D均表示1mol甲烷与氧气反应生成二氧化碳和气态水的热化学方程式，由图中信息可分析出1molCH4（g）断键生成1molC（g）和4molH（g）吸收热量akJ，2molO2（g）断键生成2molO（g）和2molO（g）吸收热量ckJ，共吸收（a+c）kJ热量，1molC（g）和2molO（g）形成化学键生成1molCO2（g）释放热量bkJ，4molH（g）和2molO（g）形成化学键生成2molH2O（g）释放热量dkJ，共释放热量（b+d）kJ，燃烧是放热反应，进而根据化学方程式分析出焓变的大小。
【解答】解：由图可知，断开1molCH4（g）和2molO2（g）共吸收热量（a+c）kJ，形成1molCO2（g）和2molH2O（g）共释放热量（b+d）kJ，甲烷燃烧是放热反应，所以该反应共释放热量（b+d﹣a﹣c）kJ，所以热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣（b+d﹣a﹣c）kJ▪mol﹣1，则选项B正确，
故选：B。
【点评】本题考查热化学方程式的焓变的计算，难度偏小，注意掌握ΔH＝断开化学键吸收的热量﹣形成化学键释放的热量。
11．（3分）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析正确的是（ ）
选项
粒子组
判断和分析
A
Na+、K+、ClO﹣、H2S
能大量共存，粒子间不反应
B
H+、C2O72﹣、SO42﹣、C2H5OH
能大量共存，粒子间不反应
C
H+、K+、MnO4﹣、SO2
不能大量共存，能发生反应：
2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+
D
Na+、A1O2﹣、HCO3﹣、SO42﹣
不能大量共存，能发生反应：
A1O2﹣+H++H2O＝A1（OH）3↓
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.次氯酸根离子能够氧化硫化氢；
B.重铬酸根离子在酸性条件下能够氧化乙醇；
C.高锰酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化二氧化硫；
D.偏铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子。
【解答】解：A.ClO﹣、H2S之间发生氧化还原反应，不能大量共存，题中判断和分析不合理，故A错误；
B.H+、C2O72﹣、C2H5OH之间发生氧化还原反应，不能大量共存，题中判断和分析不合理，故B错误；
C.H+、MnO4﹣、SO2之间发生氧化还原反应：2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+，不能大量共存，题中判断和分析合理，故C正确；
D.A1O2﹣、HCO3﹣之间发生反应：A1O2﹣+H2O+HCO3﹣＝A1（OH）3↓+CO32﹣，不能大量共存，题中离子方程式不合理，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，把握题干暗含信息、离子性质、离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
12．（3分）用如图所示的装置测定不同浓度的稀硫酸与纯铝反应制取的反应速率，按照装置图组装3套完全相同的装置（气密性良好）.首先将注射器推至最底端，然后在三个锥形瓶中分别放入相同形状的块状纯铝0.9 g，最后通过分液漏斗向三个锥形瓶中分别加入0.5mol⋅L﹣1、1.0mol⋅L﹣1和2.0mol⋅L﹣1的稀硫酸各40mL（忽略溶液体积的变化及反应温度的影响）.
实验
加入的稀硫酸的浓度
反应时间/min
收集到的气体/mL
反应速率/（mL⋅min﹣1）
①
0.5mol⋅L﹣1
15
18
v1
②
1.0mol⋅L﹣1
t1
18
v2
③
2.0mol⋅L﹣1
t2
18
12
下列说法错误的是（ ）
A．实验①测得H2的反应速率为0.02mL⋅s﹣1
B．实验②中反应结束后，生成H2的体积在标准状况下为1120mL
C．实验②中t1的取值范围为1.5＜t1＜15
D．实验③中，若将块状纯铝碾碎成粉末，反应开始至收集到相同体积的气体时，反应速率一定大于12mL•min﹣1
【分析】A．根据v＝计算v1；
B．根据2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，结合Al和硫酸的总量计算H2的总体积；
C．浓度越大，反应速率越快，收集相同气体所需时间越短；
D．增大固体的接触面积可加快反应速率。
【解答】解：A．实验①测得H2的反应速率v1＝＝＝1.2mL/min，即0.02mL/s，故A正确；
B．0.9gAl的物质的量n（Al）＝＝mol，n（H+）＝2n（H2SO4）＝2×1.0mol⋅L﹣1×0.04L＝0.08mol，反应为2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，反应结束时H2SO4不足、Al过量，所以生成H2的物质的量为0.08mol×＝0.04mol，标准状况下的体积为0.04mol×22.4L/mol＝0.896L，即896mL，故B错误；
C．t2＝＝＝1.5min，浓度越大，反应速率越快，收集相同气体所需时间越短，即1.5＜t1＜15，故C正确；
D．若将块状纯铝碾碎成粉末，增大了固体的接触面积，反应速率加快，则反应开始至收集到相同体积的气体时，反应速率一定大于12mL•min﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了反应速率及其影响因素，为高频考点，侧重分析能力和计算能力的考查，把握化学反应速率的影响因素和反应速率的计算即可解答，注意掌握过量问题的判断及计算，题目难度不大。
13．（3分）一种碘硫热化学分解、水循环制氢的化学工艺流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该工艺流程图中只有化学能与热能之间的相互转化
B．该工艺流程图中生成氢气与氧气的反应均为吸热反应
C．该工艺流程中H2SO4和HI为催化剂
D．该工艺需要消耗大量的热能
【分析】碘硫热化学分解、水循环制氢的化学工艺流程中，二氧化硫和碘单质、水发生反应生成硫酸和碘化氢，SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，850℃硫酸分解生成二氧化硫、氧气和水，2H2SO42SO2↑+2H2O+O2↑，450℃HI分解生成碘单质和氢气，碘单质和二氧化硫循环使用，据此分析选项。
【解答】解：A．该工艺流程图中只有化学能与热能之间的相互转化，无其他能量变化，故A正确；
B．该工艺流程图中生成氢气与氧气的反应，都需要高温，均为分解反应，属于吸热反应，故B正确；
C．该工艺流程制氢是独立的三步反应组成的循环，该工艺流程中H2SO4和HI为中间产物，故C错误；
D．该工艺流程图中生成氢气与氧气的反应，都需要高温分解，需要消耗大量的热能，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学反应过程分析判断，反应过程中的能量变化等知识点，注意流程的理解应用，题目难度不大。
14．（3分）“卷帘何事看新月，一夜霜寒木叶秋.”每年公历10月23日左右，是二十四节气中的霜降，也是秋季的最后一个节气.下列化学反应的熵变、焓变和自发性与降霜过程一致的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）
B．2H2O2（1）═2H2O（1）+O2（g）
C．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）
D．Ba（OH）2⋅8H2O（s）+2NH4Cl（s）BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l）
【分析】降霜过程是放热过程，并且由液态水变成固态水，是熵减小的过程，即降霜过程是放热、熵减、自发进行的过程，结合常见的吸放热分析解答即可。
【解答】解：A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）是放热反应、熵减反应，可以自发进行，故A选；
B．2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）是熵增反应，故B不选；
C．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）是吸热的熵增反应，故C不选；
D．Ba（OH）2•8H2O（s）+2NH4Cl（s）═BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l）是熵增、吸热、常温下能自发进行的反应，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、常见的吸放热反应、熵变的判断为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
15．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，向空气中大量排放XY2气体会导致温室效应加剧，X与Y的最外层电子数之和为10。Z的最外层电子数等于其电子层数，X的原子最外层电子数和Z的原子核外电子数之和等于R的原子核外电子数。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Z＞R＞X＞Y
B．熔点：Z2Y3＜ZR3
C．最简单氢化物的热稳定性：Y＞X
D．X与R形成的化合物不止一种
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，向空气中大量排放XY2气体会导致温室效应加剧，X与Y的最外层电子数之和为10，则XY2为CO2，X为C，Y为O元素；Z的最外层电子数等于其电子层数，其原子序数大于O，则Z为Al；X的原子最外层电子数和Z的原子核外电子数之和等于R的原子核外电子数，R原子核外电子总数为4+13＝17，则R为Cl元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X为C，Y为O，Z为Al，R为Cl元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞R＞X＞Y，故A正确；
B.Al2O3为了化合物，熔点较高，而AlCl3为共价化合物，易升华，熔点低，则熔点：Z2Y3＞ZR3，故B错误；
C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞C，则最简单氢化物的热稳定性：Y＞X，故C正确；
D.碳与氯元素形成的化合物有CCl4、C2Cl6、C3Cl8等多种，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
16．（3分）某温度时，向压强为p、体积为V的密闭容器中通入2molCO2和5molH2，保持压强p不变，发生如下反应：①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）；②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）。反应达到平衡后，测得反应前后气体的体积之比为5：3，下列说法正确的是（ ）
A．CO2的平衡转化率为70%
B．平衡时，CH3OH（g）的百分含量一定大于CH4（g）的
C．该温度下，反应①的平衡常数K1一定大于反应②的平衡常数K2
D．若起始时保持体积V不变，其他条件相同，则达到平衡时压强为0.6p
【分析】A．设平衡时有amolCO2转化为CH4，bmolCO2转化为CH3OH，
可逆反应①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
转化（mol）a 4a a 2a
可逆反应②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化（mol）b 3b b b
平衡时，容器中n（CO2）＝（2﹣a﹣b）mol、n（H2）＝（5﹣4a﹣3b）mol、n（CH4）＝amol、n（CH3OH）＝bmol、n（H2O）＝（2a+b）mol，平衡后混合气体总物质的量＝（2﹣a﹣b+5﹣4a﹣3b+a+b+2a+b）mol＝（7﹣2a﹣2b）mol，依据pV＝nRT知，恒温恒压条件下，气体体积之比等于气体物质的量之比，即存在，解得a+b＝1.4，CO2的转化率＝×100%；
B．a与b的大小不能确定；
C．a与b的大小不能确定，则无法判断平衡时生成CH4和CH3OH的物质的量浓度；
D．恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比。
【解答】解：A．设平衡时有amolCO2转化为CH4，bmolCO2转化为CH3OH，
可逆反应①CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
转化（mol）a 4a a 2a
可逆反应②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化（mol）b 3b b b
平衡时，容器中n（CO2）＝（2﹣a﹣b）mol、n（H2）＝（5﹣4a﹣3b）mol、n（CH4）＝amol、n（CH3OH）＝bmol、n（H2O）＝（2a+b）mol，平衡后混合气体总物质的量＝（2﹣a﹣b+5﹣4a﹣3b+a+b+2a+b）mol＝（7﹣2a﹣2b）mol，依据pV＝nRT知，恒温恒压条件下，气体体积之比等于气体物质的量之比，即存在，解得a+b＝1.4，CO2的转化率＝×100%＝×100%＝70%，故A正确；
B．a与b的大小不能确定，则无法确定CH4和CH3OH的百分含量，故B错误；
C．a与b的大小不能确定，则无法确定平衡时CH4和CH3OH的物质的量浓度，所以两个反应的平衡常数也无法比较，故C错误；
D．恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，保持体积V不变，反应达到平衡时，体系中气体的总物质的量比保持压强不变反应达到平衡时气体的总物质的量要大，此时体系的压强将大于0.6p，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡计算，侧重考查分析、计算能力，明确化学平衡计算方法、外界条件对平衡移动影响原理是解本题关键，注意A的计算方法，题目难度中等。
二、非选择题（本题包括4小题，共52分）
17．（14分）某化学兴趣小组用50mL0.50mol▪L﹣1盐酸与50 mL0.55mol▪L﹣1NaOH溶液进行中和反应的反应热测定实验，实验装置如图。试回答下列问题：
（1）实验时玻璃搅拌器的使用方法是 上下搅动 ；不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器的理由是 铜丝是热的良导体，传热快，热量损失大 。
（2）某学生记录的实验数据如表所示。（已知：实验中盐酸和氢氧化钠溶液的密度均为1g•cm﹣3，中和反应后溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•℃﹣1）
实验序号
起始温度T1/℃
终止温度T2℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.3
2
20.2
20.4
23.4
3
20.4
20.6
23.8
依据该学生的实验数据计算，该实验测得反应放出的热量为 13500 J。
（3）下列操作会导致实验结果出现偏差的是 abe （填标号）。
a.用量筒量取盐酸时仰视读数
b.把量筒中的氢氧化钠溶液分多次倒入盐酸中
c.将50mL0.55 mol▪L﹣1氢氧化钠溶液取成了50 mL0.55mol▪L﹣1氢氧化钾溶液
d.做本实验的当天室温较高
e.大烧杯的杯盖中间小孔太大
（4）做一次完整的中和反应的反应热测定实验，温度计需使用 3 次。某同学为了省去清洗温度计的麻烦，建议实验时使用两支温度计分别测量酸和碱的温度，你是否同意该同学的观点，为什么？ 不同意，因为不同温度计误差不同
（5）如果将NaOH溶液换成等量的NaOH固体，那么实验中测得中和反应的反应热（△H） 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（6）如果用60mL0.50mol▪L﹣1盐酸与50 mL0.55mol▪L﹣1NaOH溶液进行实验，与上实验相比，二者所放出的热量 不相等 （填“相等”或“不相等”，下同），所求的中和反应H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H的反应热（△H） 相等 。
【分析】（1）根据环形玻璃搅拌棒的外形特点来分析；金属导热快，热量损失多；
（2）先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q＝cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热；
（3）根据实验操作对放出热量的影响来分析；
（4）根据温度计要测反应前酸溶液的温度，测反应前碱溶液的温度，混合反应后测最高温度一共3次；根据不同温度计的误差不同；
（5）氢氧化钠固体溶解放热；
（6）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；中和热是在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水和可溶性盐时放出的热量。
【解答】解：（1）环形玻璃搅拌棒在使用时上下搅动即可；因为铜丝搅拌棒是热的良导体，热量损失大，不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，
故答案为：上下搅动；铜丝是热的良导体，传热快，热量损失大；
（2）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃，反应后温度为：23.3℃，反应前后温度差为：3.2℃；
第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.2℃，反应前后温度差为：3.2℃；
第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.5℃，反应前后温度差为：3.3℃；
3次实验数据均有效，温度差平均值为3.23℃，
50mL 0.50mol/L盐酸与 50mL 0.55mol/LNaOH溶液的质量和m＝100mL×1g/cm3＝100g，c＝4.18J/（g•℃），代入公式Q＝cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q＝4.18J/（g•℃）×100g×3.23℃＝13500J，即生成0.025mol的水放出热量为：13500J，
故答案为：13500；
（3）a.用量筒量取盐酸时仰视读数，会导致盐酸的量偏多，则放出的热量偏多，导致结果有偏差，故a选；
b.把量筒中的氢氧化钠溶液分多次倒入盐酸中，会导致热量损失增多，最终导致结果有偏差，故b选；
c.将50mL0.55 mol▪L﹣1氢氧化钠溶液取成了50 mL0.55mol▪L﹣1氢氧化钾溶液，KOH是强碱，和盐酸的反应实质以及生成水的量均不变，结果无偏差，故c不选；
d.做本实验的当天室温较高，不会引起热量散失增多，故不会导致偏差，故d不选；
e.大烧杯的杯盖中间小孔太大，会导致热量损失，导致结果偏差，故e选；
故答案为：abe；
（4）温度计要测反应前酸溶液的温度，测反应前碱溶液的温度，混合反应后测最高温度，即一共3次；不同温度计的误差不同，
故答案为：3；不同意，因为不同温度计误差不同；
（5）氢氧化钠固体溶解放热，将NaOH溶液换成等量的NaOH固体，会导致放出热量增多，则测得中和反应的反应热偏小，
故答案为：偏小；
（6）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL 0.50 mol•L﹣1的盐酸跟50mL 0.55 mol•L﹣1NaOH溶液进行上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热是在稀溶液中、强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用60mL 0.50 mol•L﹣1的盐酸跟50mL 0.55 mol•L﹣1NaOH溶液进行上述实验相比，测得中和热数值相等，
故答案为：不相等；相等。
【点评】本题考查中和热测定实验以及误差分析等，题目综合性强，难度中等，掌握中和热测定方法是解题的关键，注意实验操作的不规范对中和热测定带来的影响。
18．（10分）将CO2在一定条件下与H2反应转化为甲醇（CH3OH）是变废为宝的好方法，涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
Ⅱ.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ⋅mol﹣1
Ⅲ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3＝+40.9kJ⋅mol﹣1
回答下列问题：
（1）△H1＝ ﹣49.5 kJ⋅mol﹣1。
（2）一定条件下，在一容积为2 L的恒容密闭容器中通入CO2和H2，发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应过程中各物质的浓度随时间的变化曲线如图所示。
①0～3 min内，用H2表示的平均反应速率为 0.5 mol⋅L﹣1⋅min﹣1。
②CO2的平衡转化率为 37.5% 。
③第10 min时，若再向容器中通入1 mol CO2和1 mol H2O（g），则平衡将 逆向 （填“正向”、“逆向”或“不”）移动。
④要提高CH3OH的产率，可采取的措施有 AE （填标号）。
A.缩小反应容器的容积
B.扩大反应容器的容积
C.升高温度
D.使用合适的催化剂
E.移除平衡体系中的部分H2O（g）
【分析】（1）由已知反应的反应热通过盖斯定律求算未知反应的反应热；
（2）①由公式v＝求算化学反应速率；
②依据图象确定平衡时二氧化碳起始加入量和反应量，进而求算平衡转化率；
③由Qc和K的大小关系确定平衡移动方向；
④要提高CH3OH的产率，应改变外界条件，使平衡正向移动。
【解答】解：（1）已知Ⅱ.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ⋅mol﹣1；Ⅲ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3＝+40.9kJ⋅mol﹣1，由盖斯定律Ⅱ+Ⅲ可得CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝（﹣90.4kJ⋅mol﹣1）+40.9kJ⋅mol﹣1＝﹣49.5kJ/mol，
故答案为：﹣49.5；
（2）①0～3 min内，用H2表示的平均反应速率为＝0.5mol/（L•min），
故答案为：0.5；
②由图可知，起始时二氧化碳浓度为2mol/L，平衡时二氧化碳的浓度为1.25mol/L，二氧化碳浓度变化量为2mol/L﹣1.25mol/L＝0.75mol/L，CO2的平衡转化率为×100%＝37.5%，
故答案为：37.5%；
③反应达到平衡时，二氧化碳浓度为1.25mol/L，氢气浓度为0.75mol/L，CH3OH和水的浓度均为0.75mol/L，平衡常数K＝＝≈1.1，第10 min时，若再向容器中通入1 mol CO2和1 mol H2O（g），Qc＝＝≈1.4＞K，平衡逆向移动，
故答案为：逆向；
④A.正向气体分子数减小，缩小反应容器的容积，平衡正向移动，CH3OH的产率提高，故A正确；
B.正向气体分子数减小，扩大反应容器的容积，平衡逆向移动，CH3OH的产率降低，故B错误；
C.反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的产率降低，故C错误；
D.使用合适的催化剂，反应速率加快，平衡不移动，CH3OH的产率不变，故D错误；
E.移除平衡体系中的部分H2O（g），平衡正向移动，CH3OH的产率提高，故E正确；
故答案为：AE。
【点评】本题考查盖斯定律和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
19．（14分）锆产品的主要原料是锆英砂，全球90%的氧氯化锆（ZrOCl2）来源于中国。氧氯化锆可溶于水，微溶于盐酸，工业上以锆英砂（含91.5%ZrSiO4，杂质不与NaOH溶液反应）为原料生产ZrOCl2的一种工艺流程如图所示。
已知：碱金属的锆酸盐在水中溶解度很小，可在酸性条件下水解。
请回答下列问题：
（1）锆英砂在“碱烧”前粉碎的目的是 增大接触面积，加快反应速率 ，“碱烧”时ZrSiO4生成了Na2ZrO3和另一种钠盐X，X的化学式为 Na2SiO3 ，X的用途是 作木材防火剂 （写一种）。
（2）“转型”时发生反应的化学方程式为 Na2ZrO3+2HCl＝ZrO（OH）2+2NaCl 。
（3）“酸化”过程需加入过量盐酸，该操作中发生反应的化学方程式是 ZrO（OH）2+2H++Cl﹣＝ZrOCl2↓+2H2O 。
（4）“水溶过滤”操作后要对滤渣进行洗涤，洗涤液与滤液合并浓缩结晶，检查滤渣已经洗涤干净的实验是 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若没有产生白色沉淀，证明滤渣已洗涤干净 。
（5）将锆英砂和焦炭混合，再与Cl2反应生成ZrCl4、SiCl4和一种可燃性气体，ZrCl4水解也可得到ZrOCl2。生成ZrCl4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：1 。
（6）某工厂用2t锆英砂来制备ZrOCl2，若这个过程中Zr的损耗率为15%，则最终制得ZrOCl2的质量为 1.513 t。
【分析】锆英砂（主要成分为ZrSiO4）在碱熔焙烧过程中，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3和Na2SiO3，过滤后滤饼的主要成分为Na2ZrO3和Na2SiO3，第一次加盐酸转型，生成硅酸和ZrO（OH）2，继续加盐酸酸化，在ZrO（OH）2溶液中加HCl，发生反应ZrO（OH）2+2HCl＝ZrOCl2+2H2O，过滤除去锆硅渣，再经浓缩结晶，获得最终产品，据此分析解答。
【解答】解：（1）锆英砂在“碱烧”前粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，ZrSiO4高温碱烧过程生成了Na2ZrO3和另一种钠盐，从元素的角度分析，应含有硅元素，所以应为硅酸钠，反应方程式为ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，故X的化学式为Na2SiO3，X的用途是作木材防火剂，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；Na2SiO3；作木材防火剂；
（2）从流程分析，转型操作的目的是生成ZrO（OH）2，除去钠元素，反应方程式为Na2ZrO3+2HCl＝ZrO（OH）2+2NaCl，
故答案为：Na2ZrO3+2HCl＝ZrO（OH）2+2NaCl；
（3）酸化过程需加入过量盐酸，反应生成，该操作中发生反应的离子方程式是ZrO（OH）2+2H++Cl﹣＝ZrOCl2↓+2H2O，
故答案为：ZrO（OH）2+2H++Cl﹣＝ZrOCl2↓+2H2O；
（4）“水溶过滤”操作后要对滤渣进行洗涤，洗涤液与滤液合并浓缩结晶，检查是否存在氯离子即可证明洗涤完全，操作为取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若没有产生白色沉淀，证明滤渣已洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若没有产生白色沉淀，证明滤渣已洗涤干净；
（5）将锆英砂和焦炭混合，再与Cl2反应生成ZrCl4、SiCl4和一种可燃性气体，ZrCl4水解也可得到ZrOCl2，生成ZrCl4的反应中，焦炭为还原剂，被氧化为CO，Cl2为氧化剂，被还原为Cl﹣，故氧化剂与还原剂的比例为1：1，
故答案为：1：1；
（6）某工厂用2t锆英砂来制备ZrOCl2，若这个过程中Zr的损耗率为15%，结合成分锆英砂（含91.5%ZrSiO4）可得，反应生成的ZrOCl2与ZrSiO4的物质的量相同，结合含量和损耗率可知，生成的ZrOCl2的质量为2t××91.5%×（1﹣15%）≈1.513t，
故答案为：1.513。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
20．（14分）工业上用二氧化碳催化加氢可合成乙醇，其反应原理为2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）△H。
（1）该反应的△H ＜ （填“＞”、“＜”或“＝”）0；其正反应在 低温 （填“高温”、“低温”或“任何温度”）下能自发进行。
（2）该反应的反应速率表达式为v正＝k正▪c2（CO2）▪c6（H2），v逆＝k逆▪c（C2H5OH）▪c3（H2O），其中k正、k逆为速率常数。则该反应的平衡常数K＝ （用含k正、k逆的代数式表示），若其他条件不变，降低温度，则下列推断合理的是 d （填标号）。
a．k正增大，k逆减小
b．k正减小，k逆增大
c．k正减小的倍数大于k逆
d．k正减小的倍数小于k逆
（3）恒温时，向一密闭容器中充入2molCO2和6molH2，发生上述反应，H2的平衡转化率（α）与压强的关系如图所示。
①此温度下，该反应的平衡常数KP＝ 48 MPa﹣4（气体的分压＝气体总压强×气体的物质的量分数）。
②x＝ 2.5 ，设A点时容器的体积为V1，B点时容器的体积为V2，则V1：V2＝ 5：3 。
【分析】（1）该反应是气体体积减小的反应，则△S＜0，△H﹣T△S＜0，反应才能自发进行；
（2）反应达到平衡时，v正＝v逆，则v正＝k正▪c2（CO2）▪c6（H2），v逆＝k逆▪c（C2H5OH）▪c3（H2O），则＝；若其他条件不变，降低温度，反应速率降低；
（3）化学平衡常数只与温度有关，则KA＝KB，B点H2的平衡转化率（α）＝0.80，列化学平衡三段式，结合Kp＝计算；
②化学平衡常数只与温度有关，则KA＝KB，列化学平衡常数计算；压强之比等于容器体积之比，设A点时容器的体积为V1，B点时容器的体积为V2，根据PV＝nRT据此计算。
【解答】解：（1）该反应是气体体积减小的反应，则△S＜0，△H﹣T△S＜0，反应才能自发进行，则△H＜0，其正反应在低温下能自发进行，
故答案为：＜；低温；
（2）反应达到平衡时，v正＝v逆，则v正＝k正▪c2（CO2）▪c6（H2），v逆＝k逆▪c（C2H5OH）▪c3（H2O），则K＝＝；若其他条件不变，降低温度，反应速率降低，k正、k逆均减小，则a、b错误，该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，所以k正减小的倍数小于 k逆，则c错误，d正确，
故答案为：；d；
（3）①化学平衡常数只与温度有关，则KA＝KB，B点H2的平衡转化率（α）＝0.80，
2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g ）
起始（mol） 2 6 0 0
转化（mol） 1.6 6×0.8 0.8 2.4
平衡（mol） 0.4 1.2 0.8 2.4
平衡时气体总物质的量为（0.4+1.2+0.8+2.4）mol＝4.8mol，p（CO2）＝×4MPa＝MPa，p（H2）＝×4MPa＝1MPa，p（C2H5OH）＝×4MPa＝MPa，p（H2O）＝×4MPa＝2MPa，Kp＝＝＝48MPa﹣4，
故答案为：48；
②化学平衡常数只与温度有关，则KA＝KB，
2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g ）
起始（mol） 2 6 0 0
转化（mol） 1.5 6×0.75 0.75 2.25
平衡（mol） 0.5 1.5 0.75 2.25
平衡时气体总物质的量为（0.5+1.5+0.75+2.25）mol＝5mol，p（CO2）＝×xMPa＝0.1xMPa，p（H2）＝×xMPa＝0.3xMPa，p（C2H5OH）＝×xMPa＝0.15xMPa，p（H2O）＝×xMPa＝0.45xMPa，Kp＝＝＝48MPa﹣4，解得x＝2.5；根据PV＝nRT，温度相同，＝＝＝，
故答案为：2.5；5：3。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式知识解答，此题难度中等。
相关试卷
2021-2022学年北京市大兴区高二（上）期中化学试卷： 这是一份2021-2022学年北京市大兴区高二（上）期中化学试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省芜湖市高二（上）期中化学试卷： 这是一份2021-2022学年安徽省芜湖市高二（上）期中化学试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京八中高二（上）期中化学试卷： 这是一份2021-2022学年北京八中高二（上）期中化学试卷，共38页。试卷主要包含了非选择题等内容，欢迎下载使用。
