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四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高二上学期9月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高二上学期9月月考化学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷(选择题，共42分)
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14
一、单选题(本题包括14个小题，每个小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 对于可逆反应，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】速率比等于化学计量数比，将B、C、D项中的反应速率换算成A表示的反应速率，、 、 ，
故反应速率最快的是C项，答案为：C
2. 下列关于2C4H10(g)＋13O2(g)=8CO2(g)＋10H2O(l) ΔH=-5800kJ·ml-1的叙述错误的是
A. 该反应的焓变ΔH=-5800kJ·ml-1，是放热反应
B. 该反应的ΔH与各物质的状态有关，与化学计量数也有关
C. 该热化学方程式表示在25℃、101kPa下，2mlC4H10气体完全燃烧生成CO2气体和液态水时放出的热量为5800kJ
D. 该反应表明2ml丁烷燃烧时一定会放出5800kJ的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．从热化学方程式可以看出，该反应的焓变ΔH=-5800kJ·ml-1，△H＜0，是放热反应，A正确；
B．同一化学反应，各物质的状态不同、化学计量数不同，焓变不同，则该反应的ΔH与各物质的状态有关，与化学计量数也有关，B正确；
C．反应没有注明温度和压强，则是25℃、101kPa，2mlC4H10气体完全燃烧生成8mlCO2气体和10ml液态水时，放出的热量为5800kJ，C正确；
D．该反应表明25℃、101kPa时，2ml丁烷气体完全燃烧，生成CO2气体和液态水时，放出5800kJ的热量，若温度、压强不同、物质的状态不同，ΔH也不同，D错误；
故选D。
3. 一定量的锌粉和6 ml/L的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，但不影响产生H2的总量的是
①铜粉 ②铁粉 ③石墨粉 ④CuO ⑤浓盐酸 ⑥碳酸钠 ⑦醋酸钠
A. ①③⑤B. ②③⑤⑦C. ①③④⑤D. ④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①加入铜粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故①正确；②加入铁粉，构成原电池，反应速率加快，锌反应完毕，铁可以与盐酸反应生成氢气，产生H2的总量增大，故②错误；③加入石墨粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故③正确；④加入CuO，与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与锌反应生成铜，形成原电池，加快反应，但与盐酸反应的锌的量减少，生成氢气的总量减少，故④错误；⑤加入浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故⑤正确；⑥加入碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应，生成氢气的总量减少，故⑥错误；⑦加入醋酸钠，醋酸钠与盐酸反应，生成弱电解质醋酸，c(H+)减少，锌与酸反应，氢离子逐渐减少，醋酸就逐渐电离，但n(H+)不变，故化学反应速率减慢，但不影响产生H2的总量，故⑦错误；综上所述，A项正确。
点睛：Zn与过量盐酸反应，锌的量决定氢气的体积，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量，采取措施有：形成原电池，注意形成原电池是不能消耗Zn，升高温度，改变锌粉的颗粒大小，增大氢离子的浓度等，注意据此解答。
4. 下列说法正确的是
A. 已知：H2(g)+S(g)=H2S(g) △H1＜0，H2(g)+S(s)=H2S(g) △H2＜0，则△H1＜△H2
B. 已知稀溶液中H+(aq)+ OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/ml，则稀KOH与稀醋酸溶液的中和热△H1= -57.3 kJ/ml
C. C2H5OH燃烧热的热化学方程式C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H= 1367.0 kJ/ml
D. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H＞0，则lml C(石墨，s)总键能比1ml C(金刚石，s)总键能小
【答案】A
【解析】
【详解】A．因S(g)=S(s) △H＜0，所以|△H1|＞|△H2，△H1＜△H2，A正确；
B．醋酸为弱酸，与NaOH反应前，需要发生电离，而弱电解质的电离过程是一个吸热过程，则稀KOH与稀醋酸溶液的中和热△H1＞-57.3 kJ/ml，B不正确；
C．表示燃烧热的热化学方程式中，H2O应呈液态，且△H＜0，C不正确；
D．C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H＞0，则石墨的能量低于金刚石，lml C(石墨，s)总键能比1ml C(金刚石，s)总键能大，D不正确；
故选A。
5. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 向Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
B. 对于2HI(g) H2(g)＋I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN，SCN-浓度增大，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡正向移动，颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故不选A；
B．对于反应2HI(g)H2(g)+I2(g)达平衡后，缩小容器体积，平衡不移动，I2(g)浓度增大，体系颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故选B；
C．氯气溶于水发生可逆反应生成盐酸和次氯酸：Cl2+H2OHCl+HClO，饱和食盐水中的氯离子浓度较大，阻碍氯气和水反应，所以可以用排饱和食盐水的方法收集氯气，故不选C；
D．工业生产硫酸的过程中，通入过量空气，增大了氧气的浓度，平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用勒夏特列原理解释，故不选D；
故选B。
6. 某同学设计如图所示实验，探究化学反应中的能量变化，下列判断正确的是
A. 由实验可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所涉及的反应都是放热反应
B. 实验Ⅲ中若用浓硫酸测定中和反应的反应热，则测定的ΔH偏低
C. 实验Ⅲ中将玻璃搅拌器改铜质搅拌器对实验结果没有影响
D. 将实验Ⅰ中的镁片更换为等质量的镁粉后释放出的热量增多
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ⅰ中为镁与盐酸反应置换氢气的过程，属于放热反应，Ⅱ为与NH4Cl反应的过程，属于吸热反应，Ⅲ涉及的是稀盐酸与氢氧化钠溶液发生中和的反应，属于放热反应，A错误；
B．浓硫酸溶于水放出热量，所以实验Ⅲ中若用浓硫酸测定中和反应的反应热，则测定的ΔH数值会变大，对应ΔH会偏低，B正确；
C．铜导热性好，所以实验Ⅲ中将玻璃搅拌器改为铜质搅拌器会使放出的热量有损失，C错误；
D．将实验Ⅰ中的镁片更换为等质量的镁粉，固体的接触面积增大，会加快反应速率，但不会增大反应生成氢气的量，所以不会改变反应放出的热量，D错误；
故答案为：B。
7. 能量曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 反应①、②均为放热反应
B. 若加入催化剂可降低和
C. 热化学方程式为
D. 若反应的生成物为，则反应热数值将变小
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像可知，反应①和②中反应物总能量都大于生成物总能量，故反应①和②均为放热反应，A项正确；
B．若加入催化剂，能降低反应的活化能，B项正确；
C．反应①、②总的能量变化为218kJ，根据盖斯定律可知，反应①、反应②的焓变之和为，即 ，C项正确；
D． ，所以的总能量高于的总能量，则反应热数值将变大，D项错误；
故选D。
8. 下列说法正确的是（ ）
A. 其他条件不变，浓度增大，活化分子百分数增大，相同时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大
B. 其他条件不变，温度升高，活化分子数目增多，活化分子百分数增大，相同时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大
C. 其他条件不变，增大压强，活化分子百分数增大，相同时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大
D. 其他条件不变，使用正催化剂，反应的活化能降低，活化分子百分数减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．其他条件不变，浓度增大，则活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，相同时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大，故A错误；
B．其他条件不变，升高温度，提供分子反应所需能量，活化分子数、百分数均增大，相同时间内有效碰撞次数增多，则化学反应速率增大，故B正确；
C．其他条件不变，增大气体压强，单位体积内活化分子数目增大，但百分数不变，相同时间内有效碰撞次数增多,则化学反应速率增大，故C错误；
D．其他条件不变，使用催化剂，降低反应所需的活化能，活化分子数、百分数均增大，化学反应速率增大，故D错误；
答案选B。
9. 下列实验选择的仪器和药品都正确且能达到实验目的的是
A. 测定生成氢气的反应速率B. 验证与的反应是可逆反应
C. 探究温度对化学平衡的影响D. 探究压强对化学平衡的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A．气体可从长颈漏斗逸出，无法测定生成氢气的反应速率，故A错误；
B．铁离子与碘离子按1：1比例反应；等浓度等体积的碘化钾和硫酸铁混合溶液中铁离子过量，无法进行判断，故B错误；
C．二氧化氮为红棕色气体，根据颜色可进行判断温度对化学平衡的影响，故C正确；
D．反应前后气体分子数相同，压强对该反应无影响，故D错误；
答案选C。
10. 某温度下，某气相反应达到化学平衡，平衡常数，且正反应为吸热反应。下列说法正确的是
A. 增大，则和增大
B. 减小压强，平衡向生成方向移动
C. 降低温度，平衡向生成的方向移动，逆反应速率增大
D. 该反应的化学方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】根据平衡常数表达式，该反应的化学方程式为，据此作答。
【详解】A．增大，平衡往逆向移动，减小，K只受温度影响，不变，故A错误；
B．该反应左右两边气体分子数相等，减小压强，平衡不移动，故B错误；
C．该反应为吸热反应，降低温度，平衡往逆向移动，即生成的方向移动，但是正逆反应速率均减小，故C错误；
D．根据分析，该反应的化学方程式为，故D正确；
故选D。
11. T℃下，将一定量碳酸氢铵固体置于恒容真空密闭容器中发生反应： (a>0)，下列有关说法正确的是
A. 容器内气体密度先增大后保持不变
B. 混合气体平均摩尔质量保持79不变
C. 升高温度，增大，减小，平衡正向移动
D. 反应吸收a kJ热量，则反应的小于1ml
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应气体产物质量在增加，容器体积恒定不变，则密度先增大，到达平衡后不变，A项正确；
B．设混合气体中任意一种气体物质的量为a ml，三种气体等比例生成，物质的量相等，其物质的量总和为3a ml，则平均摩尔质量为，B项错误；
C．升高体系温度，正逆反应速率均增大，C项错误；
D．该反应为吸热反应，对应焓变是指1ml碳酸氢铵完全分解吸收的热量，若反应过程中吸收akJ热量，则刚好有1ml 发生分解，D项错误；
故选：A。
12. 用尿素水解生成的催化还原NO，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为，下列说法不正确的是
A. 恒温恒容，压强不变说明上述反应达到平衡
B. 上述反应平衡常数
C. 上述反应中消耗，转移电子的数目为
D. 实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气产生的污染越小
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应的气体分数在增加，恒温恒容条件下，压强会随着反应的进行而变化，当压强不变说明上述反应达到平衡，故A正确；
B．根据反应方程式可得，平衡常数，故B正确；
C．根据反应方程式可知，每4ml发生反应，会转移12ml电子，所以反应中消耗，即1ml，转移电子的数目为，故C正确；
D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，故D错误；
故选D。
13. 将V1mL1.00ml·L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2=50mL)。下列叙述正确的是
A. 做该实验时环境温度为22℃
B. 该实验表明化学能可以转化为电能
C. NaOH溶液的浓度约为1.5ml·L-1
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．将左边这根线向左下角延长，得到未加HCl时的交叉点，因此得出做该实验时环境温度为21℃左右，A错误；
B．两者发生反应，温度升高，表明化学能可以转化为热能，B错误；
C．HCl加入30mL时，温度最高，说明在此点恰好完全反应，即HCl和NaOH的物质的量相等，1ml·L−1×0.03L=c(NaOH)×0.02L，c(NaOH)=1.5ml·L−1，C正确；
D．该实验只能说这个反应是放热反应，但其他很多反应生成水的是吸热反应，比如碳酸氢钠分解，D错误；
故选C。
14. 下列关于如图所示转化过程的分析错误的是
A. 过程I将太阳能转化为化学能
B. 该转化过程中为催化剂
C. 过程I的化学方程式为：
D. 过程Ⅱ的反应中FeO为还原剂、为氧化产物
【答案】D
【解析】
【分析】过程Ⅰ是在太阳能作用下Fe3O4分解为FeO和O2，过程Ⅱ是FeO和水在加热条件下反应生成Fe3O4和H2。
【详解】A．过程Ⅰ是在太阳能作用下Fe3O4分解为FeO和O2，是将太阳能转化为化学能，故A正确；
B．该转化过程中 Fe3O4参加了反应Ⅰ，在反应Ⅱ中又生成，所以Fe3O4为催化剂，故B正确；
C．过程I是在太阳能作用下Fe3O4分解为FeO和O2，化学方程式为：，故C正确；
D．过程Ⅱ是FeO和水在加热条件下反应生成Fe3O4和H2，在此反应中，FeO中Fe元素的化合价升高，做还原剂，水中H元素的化合价降低，则H2为还原产物，故D错误；
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共58分)
二、(本题包括2 小题，共24分)
15. 完成下列问题。
（1）23 g C2H6O(l)和一定量的氧气混合点燃，恰好完全反应，生成CO2(g)和H2O(l)，放出683.5 kJ的热量，其热化学方程式：___________。
（2）1 ml C(s，石墨)与适量H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)，吸收131.3 kJ热量，请写出该反应的热化学方程式：___________。
（3）在一密闭容器中充入1 ml H2和1 ml I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)=2HI(g)。(填“增大”“减小”或“不变”)
①保持容器容积不变，向其中充入1 ml H2，反应速率___________，H2的转化率___________。
②保持温度不变，扩大容器体积，反应速率___________。
③保持容器体积不变，向其中充入1 ml N2，反应速率___________。
【答案】（1）C2H6O(l)＋3O2(g)= 2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=－1 367 kJ·ml－1
（2）C(石墨，s)＋H2O(g)= CO(g)＋H2(g) ΔH=＋131.3 kJ·ml－1
（3） ①. 增大 ②. 减小 ③. 减小 ④. 不变
【解析】
【小问1详解】
，则0.5mlC2H6O放出683.5kJ热量，则1mlC2H6O放出1367kJ的热量，；
故答案为：；
【小问2详解】
根据要求，；
故答案为：；
【小问3详解】
①容积不变，通入H2，则反应速率加快，平衡正向进行，但H2转化率减小；
故答案为：增大；减小；
②扩大容积，物质浓度减小，反应速率减小；
故答案为：减小；
③N2不参加反应，容积不变，则各物质浓度不变，反应速率不变；
故答案为：不变。
16. 实验室利用下列方案探究影响化学反应速率的因素，实验时，分别量取溶液和酸性溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色时间来判断反应的快慢。请回答相关问题：
（1）该反应的离子方程式为___________。
（2）实验①、②、③所加溶液均要过量，理由是___________。
（3）实验①和实验②是探究___________对化学反应速率的影响。
（4）实验②测得反应所用的时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)=___________。
（5）实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能原因是___________。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的___________(填字母)。
a．硫酸钾 b．水 c．二氧化锰 d．硫酸锰
【答案】（1）2＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
（2）保证KMnO4被消耗完
（3）浓度 （4）0.00417ml·L－1·s－1
（5） ①. 产物中的Mn2＋对该反应有催化作用 ②. d
【解析】
【小问1详解】
KMnO4具有强氧化性发生还原反应生成Mn2+，H2C2O4发生氧化反应生成CO2；
故答案为：；
【小问2详解】
实验通过测定溶液的褪色时间判断反应的快慢，则三个实验中所加溶液均要过量；
故答案为：保证KMnO4被消耗完；
【小问3详解】
①实验①和实验②溶液的浓度不同，其他实验条件均相同，则实验①和实验②探究溶液的浓度对化学反应速率的影响；
故答案为：浓度；
【小问4详解】
若实验②测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，由实验②知，初始量为，加入的KMnO4溶液为，酸性H2C2O4溶液过量，则消耗的H2C2O4的物质的量为0.1✖10-3ml，；
故答案为：0.00417ml/(L·s)；
【小问5详解】
实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，说明可能反应生成了具有催化作用的物质，其中可能起到催化作用的为Mn2+；根据分析，Mn2+为催化剂，故除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择Mn2+溶液；
故答案为：产物中的Mn2+对该反应有催化作用；c。
三、(本题包括2 小题，共24分)
17. 二氧化碳催化加氢制甲醇，不仅有利于减少温室气体二氧化碳，而且还可以获得大量的重要有机化工原料甲醇。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 平衡常数K该反应一般认为通过如下步骤来实现：
i．CO2(g) + H2(g)CO(g) +H2O(g) △H= +41 kJ/ml 平衡常数K1
ii．CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) △H =－90 kJ/ml 平衡常数K2
则总反应的△H=___________kJ/ml；平衡常数K=___________(用K1、K2表示)。
（2）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。
已知25℃，100kPa时：I．1ml葡萄糖[C6H12O6(s)]完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出2804kJ热量。Ⅱ．CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH=－283kJ·ml－1。回答问题：
①25℃时，CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)的热化学方程式为_______。
②25℃，100kPa时，气态分子断开1ml化学键的所需的能量称为键能。已知O=O、C≡O键的键能分别为495kJ·ml－1、799kJ·ml－1，CO2(g)分子中碳氧键的键能为___________kJ·ml－1。
（3）高炉炼铁的一个反应如下： CO(g)＋FeO(s)CO2(g)＋Fe(s) △H>0已知1100℃时K=0.263。
①温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比值 ___________(填“增大”“减小”或“不变”下同)，平衡常数K的变化是___________。如果温度不变，在原平衡体系中继续加入一定量CO，达新平衡时，CO的体积分数和原平衡相比___________。
②1100℃时，若测得高炉中c(CO2)=0.025ml/L，c(CO)=0.1ml/L，在这种情况下，该反应___________(填“已经”或“没有”)处于化学平衡状态，此时化学反应速率是v(正)___________(填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。
【答案】17. ①. －49 ②. K1×K2
18. ①. 6CO2(g)＋6H2O(l)=C6H12O6(s)＋6O2(g) ΔH=＋2804 kJ/ml ②. 664.75
19. ①. 增大 ②. 增大 ③. 不变 ④. 没有 ⑤. 大于
【解析】
【小问1详解】
已知i．CO2(g) + H2(g)CO(g) +H2O(g) △H= +41 kJ/ml ii．CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) △H =－90 kJ/ml，由盖斯定律i+ii可得CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=+41kJ/ml+(-90kJ/ml)=-49kJ/ml；K1=，K2=，平衡常数K==K1×K2，故答案为：-49；K1×K2；
【小问2详解】
①1ml葡萄糖[C6H12O6(s)]完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出2804kJ热量，得热化学方程式为C6H12O6(s)＋6O2(g)=6CO2(g)＋6H2O(l) ΔH=-2804 kJ/ml，则CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)的热化学方程式为6CO2(g)＋6H2O(l)=C6H12O6(s)＋6O2(g) ΔH=＋2804 kJ/ml；
②已知O=O、C≡O键的键能分别为495kJ·ml-1、799kJ·ml-1，设CO2(g)分子中碳氧键的键能为x，则799 kJ·ml-1+×495 kJ·ml-1-2x kJ·ml-1=-283 kJ·ml-1，解x=664.75；
【小问3详解】
①正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，则高炉内CO2和CO体积比值增大，平衡常数K值增大；如果温度和容器容积不变，在原平衡体系中继续加入一定量CO，相当于增大压强，该反应是反应前后气体分子数之和相等的反应，所以达新平衡时，CO的体积分数不变；若温度和压强不变，在原平衡体系中继续加入一定量CO，和原平衡等效，达新平衡时，CO的体积分数也不变，故答案为：增大；增大；不变；
②c(CO2)=0.025ml/L，c(CO)=0.1ml/L，Q==0.25＜0.263，该反应不处于化学平衡状态，且反应向正方向进行，v(正)大于v(逆)，故答案为：没有； 大于。
18. 50mL 0.50ml•L－1盐酸与50mL 0.55ml•L－1NaOH溶液(溶液密度均为1 g·mL－1)，在如下装置中进行中和反应，通过测定反应过程中产生的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）隔热层的作用是___________。
（2）中和后溶液的比热容，某同学进行中和热的测定实验，测得温度如下，请根据实验数据求出中和热为________。
（3）根据(2)的实验数据计算出的中和热的数值与57.3 kJ·ml－1有偏差，请分析产生偏差的原因可能是________(填字母代号)。
A．测量盐酸和NaOH溶液反应后的温度时，温度计温度达到最高值
B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓
C．做本实验的当天，室温较高
D．在量取盐酸时仰视读数
E．用温度计测定盐酸起始温度后直接测定NaOH溶液的温度
【答案】（1）减少实验过程中的热量损失
（2）56.8kJ/ml 或ΔH=－56.8 kJ/ml
（3）ABE
【解析】
【小问1详解】
为了防止热量散失，减少误差，需要在两个烧杯间加隔热层；
故答案为：减少实验过程中的热量损失；
【小问2详解】
第一次实验盐酸和氢氧化钠溶液的起始平均温度为25.1℃，反应后温度为28.5℃，前后温差为3.4℃；第二次实验盐酸和氢氧化钠溶液的起始平均温度为25.0℃，反应后温度为28.4℃，前后温差为3.4℃；第三次实验盐酸和氢氧化钠溶液的起始平均温度为25.7℃，反应后温度为30.1℃，前后温差为4.4℃；第三组实验数据均无效，平均温差为3.4℃，50mL 0.50ml/L的盐酸与50mL 0.55ml/L的NaOH溶液的质量和为1g/cm3×100mL×100g，二者完全反应时，氢氧化钠过量，用盐酸计算，反应中生成水的物质的量为0.05L×0.50ml/L=0.025ml，反应已知中和后生成溶液的比热容 c=4.18J/(g•℃)，代入公式，Q=cm∆t=4.18J/(g•℃) ×100g×3.4℃=1.4212kJ，则生成1ml水放出的热量为1.4212kJ×=56.8kJ；
故答案为：56.8kJ/ml 或ΔH=－56.8 kJ/ml；
【小问3详解】
A．测量盐酸和NaOH溶液反应后的温度时，温度计温度达到最高值，故测定的放热值偏小，A符合题意；
B．中和反应速度较快，如果动作迟缓，导致热量散失，测得的放热值小，B符合题意；
C．实验当天温度高，测得的热量数值大，C不符合题意；
D．量取盐酸时仰视读数，会导致所量的盐酸体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，D不符合题意；
E．用温度计测定盐酸起始温度后直接测定NaOH溶液，NaOH的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，E符合题意；
故答案为：ABE。
四、(本题包括1 小题，共10分)
19. 中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为2L的恒温密闭容器中，充入1mlCO2和3mlH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
（1）前10min，(CO2)=____ml·L-1·min-1。
（2）能说明上述反应达到平衡状态的是____(填字母)。
a．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1(即图中交叉点)
b．混合气体的压强不随时间的变化而变化
c．单位时间内生成1mlH2O，同时生成1mlCH3OH
d．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化
e．混合气体的密度不随时间的变化而变化
f．CO2和CH3OH的反应速率之比为1∶1
（3）反应前与平衡时的压强比为____。
（4）平衡混合气体中CO2(g)和H2(g)的质量之比是____。
（5）平衡时H2的转化率为____。
【答案】（1）0.0375
（2）bc （3）8:5
（4）1:3 （5）75%
【解析】
【小问1详解】
由题干图象可知，前10min，CO2的物质的量减少了1.00-0.25=0.75ml，则(CO2)==0.0375ml·L-1·min-1，故答案为：0.0375；
【小问2详解】
a．由题干图示信息可知，反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1(即图中交叉点)之后CO2仍然在减小，CH3OH在继续增加，说明反应未达到平衡，a不合题意；
b．由方程式CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)可知，反应前后气体的物质的量在改变，即容器中混合气体的压强一直在改变，则混合气体的压强不随时间的变化而变化时，说明反应达到化学平衡，b符合题意；
c．化学平衡的本质特征是正、逆反应速率相等，而生成H2O和生成CH3OH均表示正反应速率，即单位时间内生成1mlH2O，同时生成1mlCH3OH不能说明反应达到平衡，c不合题意；
d．由方程式CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)可知，反应前后气体的物质的量在改变，气体的总质量不变，即混合气体的平均相对分子质量一直在改变，故混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化说明反应达到化学平衡，d符合题意；
e．由题干信息可知，反应过程中气体总质量保持不变，容器的体积保持不变，即混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度不随时间的变化而变化不能说明反应达到化学平衡，e不合题意；
f．化学平衡的本质特征是正、逆反应速率相等，CO2和CH3OH的反应速率之比为1∶1未告知正逆反应速率，故不能说明反应达到化学平衡，f不合题意；
故答案为：bd；
【小问3详解】
根据三段式分析：，根据恒温恒容时，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，故有反应前与平衡时的压强比为(1+3)ml：(0.25+0.75+0.75+0.75)ml=8:5，故答案为：8:5；
【小问4详解】
由(3)分析可知，平衡混合气体中CO2(g)和H2(g)的质量之比是0.25:0.75=1:3，故答案为：1:3；
【小问5详解】编号
温度/℃
溶液
酸性溶液
浓度/
体积/
浓度/
体积/
①
25
0.10
2.0
0.010
4.0
②
25
0.20
2.0
0.010
4.0
③
50
0.20
20
0.010
4.0
温度
实验次数
起始温度
终止温度
HCl
NaOH
1
25.0
25.2
28.5
2
24.9
25.1
28.4
3
25.8
25.6
30.1
第Ⅰ卷(选择题，共42分)
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14
一、单选题(本题包括14个小题，每个小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 对于可逆反应，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】速率比等于化学计量数比，将B、C、D项中的反应速率换算成A表示的反应速率，、 、 ，
故反应速率最快的是C项，答案为：C
2. 下列关于2C4H10(g)＋13O2(g)=8CO2(g)＋10H2O(l) ΔH=-5800kJ·ml-1的叙述错误的是
A. 该反应的焓变ΔH=-5800kJ·ml-1，是放热反应
B. 该反应的ΔH与各物质的状态有关，与化学计量数也有关
C. 该热化学方程式表示在25℃、101kPa下，2mlC4H10气体完全燃烧生成CO2气体和液态水时放出的热量为5800kJ
D. 该反应表明2ml丁烷燃烧时一定会放出5800kJ的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．从热化学方程式可以看出，该反应的焓变ΔH=-5800kJ·ml-1，△H＜0，是放热反应，A正确；
B．同一化学反应，各物质的状态不同、化学计量数不同，焓变不同，则该反应的ΔH与各物质的状态有关，与化学计量数也有关，B正确；
C．反应没有注明温度和压强，则是25℃、101kPa，2mlC4H10气体完全燃烧生成8mlCO2气体和10ml液态水时，放出的热量为5800kJ，C正确；
D．该反应表明25℃、101kPa时，2ml丁烷气体完全燃烧，生成CO2气体和液态水时，放出5800kJ的热量，若温度、压强不同、物质的状态不同，ΔH也不同，D错误；
故选D。
3. 一定量的锌粉和6 ml/L的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，但不影响产生H2的总量的是
①铜粉 ②铁粉 ③石墨粉 ④CuO ⑤浓盐酸 ⑥碳酸钠 ⑦醋酸钠
A. ①③⑤B. ②③⑤⑦C. ①③④⑤D. ④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①加入铜粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故①正确；②加入铁粉，构成原电池，反应速率加快，锌反应完毕，铁可以与盐酸反应生成氢气，产生H2的总量增大，故②错误；③加入石墨粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故③正确；④加入CuO，与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与锌反应生成铜，形成原电池，加快反应，但与盐酸反应的锌的量减少，生成氢气的总量减少，故④错误；⑤加入浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故⑤正确；⑥加入碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应，生成氢气的总量减少，故⑥错误；⑦加入醋酸钠，醋酸钠与盐酸反应，生成弱电解质醋酸，c(H+)减少，锌与酸反应，氢离子逐渐减少，醋酸就逐渐电离，但n(H+)不变，故化学反应速率减慢，但不影响产生H2的总量，故⑦错误；综上所述，A项正确。
点睛：Zn与过量盐酸反应，锌的量决定氢气的体积，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量，采取措施有：形成原电池，注意形成原电池是不能消耗Zn，升高温度，改变锌粉的颗粒大小，增大氢离子的浓度等，注意据此解答。
4. 下列说法正确的是
A. 已知：H2(g)+S(g)=H2S(g) △H1＜0，H2(g)+S(s)=H2S(g) △H2＜0，则△H1＜△H2
B. 已知稀溶液中H+(aq)+ OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/ml，则稀KOH与稀醋酸溶液的中和热△H1= -57.3 kJ/ml
C. C2H5OH燃烧热的热化学方程式C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H= 1367.0 kJ/ml
D. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H＞0，则lml C(石墨，s)总键能比1ml C(金刚石，s)总键能小
【答案】A
【解析】
【详解】A．因S(g)=S(s) △H＜0，所以|△H1|＞|△H2，△H1＜△H2，A正确；
B．醋酸为弱酸，与NaOH反应前，需要发生电离，而弱电解质的电离过程是一个吸热过程，则稀KOH与稀醋酸溶液的中和热△H1＞-57.3 kJ/ml，B不正确；
C．表示燃烧热的热化学方程式中，H2O应呈液态，且△H＜0，C不正确；
D．C(石墨，s)=C(金刚石，s) △H＞0，则石墨的能量低于金刚石，lml C(石墨，s)总键能比1ml C(金刚石，s)总键能大，D不正确；
故选A。
5. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 向Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
B. 对于2HI(g) H2(g)＋I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN，SCN-浓度增大，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡正向移动，颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故不选A；
B．对于反应2HI(g)H2(g)+I2(g)达平衡后，缩小容器体积，平衡不移动，I2(g)浓度增大，体系颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故选B；
C．氯气溶于水发生可逆反应生成盐酸和次氯酸：Cl2+H2OHCl+HClO，饱和食盐水中的氯离子浓度较大，阻碍氯气和水反应，所以可以用排饱和食盐水的方法收集氯气，故不选C；
D．工业生产硫酸的过程中，通入过量空气，增大了氧气的浓度，平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用勒夏特列原理解释，故不选D；
故选B。
6. 某同学设计如图所示实验，探究化学反应中的能量变化，下列判断正确的是
A. 由实验可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所涉及的反应都是放热反应
B. 实验Ⅲ中若用浓硫酸测定中和反应的反应热，则测定的ΔH偏低
C. 实验Ⅲ中将玻璃搅拌器改铜质搅拌器对实验结果没有影响
D. 将实验Ⅰ中的镁片更换为等质量的镁粉后释放出的热量增多
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ⅰ中为镁与盐酸反应置换氢气的过程，属于放热反应，Ⅱ为与NH4Cl反应的过程，属于吸热反应，Ⅲ涉及的是稀盐酸与氢氧化钠溶液发生中和的反应，属于放热反应，A错误；
B．浓硫酸溶于水放出热量，所以实验Ⅲ中若用浓硫酸测定中和反应的反应热，则测定的ΔH数值会变大，对应ΔH会偏低，B正确；
C．铜导热性好，所以实验Ⅲ中将玻璃搅拌器改为铜质搅拌器会使放出的热量有损失，C错误；
D．将实验Ⅰ中的镁片更换为等质量的镁粉，固体的接触面积增大，会加快反应速率，但不会增大反应生成氢气的量，所以不会改变反应放出的热量，D错误；
故答案为：B。
7. 能量曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 反应①、②均为放热反应
B. 若加入催化剂可降低和
C. 热化学方程式为
D. 若反应的生成物为，则反应热数值将变小
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像可知，反应①和②中反应物总能量都大于生成物总能量，故反应①和②均为放热反应，A项正确；
B．若加入催化剂，能降低反应的活化能，B项正确；
C．反应①、②总的能量变化为218kJ，根据盖斯定律可知，反应①、反应②的焓变之和为，即 ，C项正确；
D． ，所以的总能量高于的总能量，则反应热数值将变大，D项错误；
故选D。
8. 下列说法正确的是（ ）
A. 其他条件不变，浓度增大，活化分子百分数增大，相同时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大
B. 其他条件不变，温度升高，活化分子数目增多，活化分子百分数增大，相同时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大
C. 其他条件不变，增大压强，活化分子百分数增大，相同时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大
D. 其他条件不变，使用正催化剂，反应的活化能降低，活化分子百分数减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．其他条件不变，浓度增大，则活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，相同时间内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大，故A错误；
B．其他条件不变，升高温度，提供分子反应所需能量，活化分子数、百分数均增大，相同时间内有效碰撞次数增多，则化学反应速率增大，故B正确；
C．其他条件不变，增大气体压强，单位体积内活化分子数目增大，但百分数不变，相同时间内有效碰撞次数增多,则化学反应速率增大，故C错误；
D．其他条件不变，使用催化剂，降低反应所需的活化能，活化分子数、百分数均增大，化学反应速率增大，故D错误；
答案选B。
9. 下列实验选择的仪器和药品都正确且能达到实验目的的是
A. 测定生成氢气的反应速率B. 验证与的反应是可逆反应
C. 探究温度对化学平衡的影响D. 探究压强对化学平衡的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A．气体可从长颈漏斗逸出，无法测定生成氢气的反应速率，故A错误；
B．铁离子与碘离子按1：1比例反应；等浓度等体积的碘化钾和硫酸铁混合溶液中铁离子过量，无法进行判断，故B错误；
C．二氧化氮为红棕色气体，根据颜色可进行判断温度对化学平衡的影响，故C正确；
D．反应前后气体分子数相同，压强对该反应无影响，故D错误；
答案选C。
10. 某温度下，某气相反应达到化学平衡，平衡常数，且正反应为吸热反应。下列说法正确的是
A. 增大，则和增大
B. 减小压强，平衡向生成方向移动
C. 降低温度，平衡向生成的方向移动，逆反应速率增大
D. 该反应的化学方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】根据平衡常数表达式，该反应的化学方程式为，据此作答。
【详解】A．增大，平衡往逆向移动，减小，K只受温度影响，不变，故A错误；
B．该反应左右两边气体分子数相等，减小压强，平衡不移动，故B错误；
C．该反应为吸热反应，降低温度，平衡往逆向移动，即生成的方向移动，但是正逆反应速率均减小，故C错误；
D．根据分析，该反应的化学方程式为，故D正确；
故选D。
11. T℃下，将一定量碳酸氢铵固体置于恒容真空密闭容器中发生反应： (a>0)，下列有关说法正确的是
A. 容器内气体密度先增大后保持不变
B. 混合气体平均摩尔质量保持79不变
C. 升高温度，增大，减小，平衡正向移动
D. 反应吸收a kJ热量，则反应的小于1ml
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应气体产物质量在增加，容器体积恒定不变，则密度先增大，到达平衡后不变，A项正确；
B．设混合气体中任意一种气体物质的量为a ml，三种气体等比例生成，物质的量相等，其物质的量总和为3a ml，则平均摩尔质量为，B项错误；
C．升高体系温度，正逆反应速率均增大，C项错误；
D．该反应为吸热反应，对应焓变是指1ml碳酸氢铵完全分解吸收的热量，若反应过程中吸收akJ热量，则刚好有1ml 发生分解，D项错误；
故选：A。
12. 用尿素水解生成的催化还原NO，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为，下列说法不正确的是
A. 恒温恒容，压强不变说明上述反应达到平衡
B. 上述反应平衡常数
C. 上述反应中消耗，转移电子的数目为
D. 实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气产生的污染越小
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应的气体分数在增加，恒温恒容条件下，压强会随着反应的进行而变化，当压强不变说明上述反应达到平衡，故A正确；
B．根据反应方程式可得，平衡常数，故B正确；
C．根据反应方程式可知，每4ml发生反应，会转移12ml电子，所以反应中消耗，即1ml，转移电子的数目为，故C正确；
D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，故D错误；
故选D。
13. 将V1mL1.00ml·L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2=50mL)。下列叙述正确的是
A. 做该实验时环境温度为22℃
B. 该实验表明化学能可以转化为电能
C. NaOH溶液的浓度约为1.5ml·L-1
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．将左边这根线向左下角延长，得到未加HCl时的交叉点，因此得出做该实验时环境温度为21℃左右，A错误；
B．两者发生反应，温度升高，表明化学能可以转化为热能，B错误；
C．HCl加入30mL时，温度最高，说明在此点恰好完全反应，即HCl和NaOH的物质的量相等，1ml·L−1×0.03L=c(NaOH)×0.02L，c(NaOH)=1.5ml·L−1，C正确；
D．该实验只能说这个反应是放热反应，但其他很多反应生成水的是吸热反应，比如碳酸氢钠分解，D错误；
故选C。
14. 下列关于如图所示转化过程的分析错误的是
A. 过程I将太阳能转化为化学能
B. 该转化过程中为催化剂
C. 过程I的化学方程式为：
D. 过程Ⅱ的反应中FeO为还原剂、为氧化产物
【答案】D
【解析】
【分析】过程Ⅰ是在太阳能作用下Fe3O4分解为FeO和O2，过程Ⅱ是FeO和水在加热条件下反应生成Fe3O4和H2。
【详解】A．过程Ⅰ是在太阳能作用下Fe3O4分解为FeO和O2，是将太阳能转化为化学能，故A正确；
B．该转化过程中 Fe3O4参加了反应Ⅰ，在反应Ⅱ中又生成，所以Fe3O4为催化剂，故B正确；
C．过程I是在太阳能作用下Fe3O4分解为FeO和O2，化学方程式为：，故C正确；
D．过程Ⅱ是FeO和水在加热条件下反应生成Fe3O4和H2，在此反应中，FeO中Fe元素的化合价升高，做还原剂，水中H元素的化合价降低，则H2为还原产物，故D错误；
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共58分)
二、(本题包括2 小题，共24分)
15. 完成下列问题。
（1）23 g C2H6O(l)和一定量的氧气混合点燃，恰好完全反应，生成CO2(g)和H2O(l)，放出683.5 kJ的热量，其热化学方程式：___________。
（2）1 ml C(s，石墨)与适量H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)，吸收131.3 kJ热量，请写出该反应的热化学方程式：___________。
（3）在一密闭容器中充入1 ml H2和1 ml I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)=2HI(g)。(填“增大”“减小”或“不变”)
①保持容器容积不变，向其中充入1 ml H2，反应速率___________，H2的转化率___________。
②保持温度不变，扩大容器体积，反应速率___________。
③保持容器体积不变，向其中充入1 ml N2，反应速率___________。
【答案】（1）C2H6O(l)＋3O2(g)= 2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=－1 367 kJ·ml－1
（2）C(石墨，s)＋H2O(g)= CO(g)＋H2(g) ΔH=＋131.3 kJ·ml－1
（3） ①. 增大 ②. 减小 ③. 减小 ④. 不变
【解析】
【小问1详解】
，则0.5mlC2H6O放出683.5kJ热量，则1mlC2H6O放出1367kJ的热量，；
故答案为：；
【小问2详解】
根据要求，；
故答案为：；
【小问3详解】
①容积不变，通入H2，则反应速率加快，平衡正向进行，但H2转化率减小；
故答案为：增大；减小；
②扩大容积，物质浓度减小，反应速率减小；
故答案为：减小；
③N2不参加反应，容积不变，则各物质浓度不变，反应速率不变；
故答案为：不变。
16. 实验室利用下列方案探究影响化学反应速率的因素，实验时，分别量取溶液和酸性溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色时间来判断反应的快慢。请回答相关问题：
（1）该反应的离子方程式为___________。
（2）实验①、②、③所加溶液均要过量，理由是___________。
（3）实验①和实验②是探究___________对化学反应速率的影响。
（4）实验②测得反应所用的时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)=___________。
（5）实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能原因是___________。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的___________(填字母)。
a．硫酸钾 b．水 c．二氧化锰 d．硫酸锰
【答案】（1）2＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
（2）保证KMnO4被消耗完
（3）浓度 （4）0.00417ml·L－1·s－1
（5） ①. 产物中的Mn2＋对该反应有催化作用 ②. d
【解析】
【小问1详解】
KMnO4具有强氧化性发生还原反应生成Mn2+，H2C2O4发生氧化反应生成CO2；
故答案为：；
【小问2详解】
实验通过测定溶液的褪色时间判断反应的快慢，则三个实验中所加溶液均要过量；
故答案为：保证KMnO4被消耗完；
【小问3详解】
①实验①和实验②溶液的浓度不同，其他实验条件均相同，则实验①和实验②探究溶液的浓度对化学反应速率的影响；
故答案为：浓度；
【小问4详解】
若实验②测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，由实验②知，初始量为，加入的KMnO4溶液为，酸性H2C2O4溶液过量，则消耗的H2C2O4的物质的量为0.1✖10-3ml，；
故答案为：0.00417ml/(L·s)；
【小问5详解】
实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，说明可能反应生成了具有催化作用的物质，其中可能起到催化作用的为Mn2+；根据分析，Mn2+为催化剂，故除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择Mn2+溶液；
故答案为：产物中的Mn2+对该反应有催化作用；c。
三、(本题包括2 小题，共24分)
17. 二氧化碳催化加氢制甲醇，不仅有利于减少温室气体二氧化碳，而且还可以获得大量的重要有机化工原料甲醇。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 平衡常数K该反应一般认为通过如下步骤来实现：
i．CO2(g) + H2(g)CO(g) +H2O(g) △H= +41 kJ/ml 平衡常数K1
ii．CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) △H =－90 kJ/ml 平衡常数K2
则总反应的△H=___________kJ/ml；平衡常数K=___________(用K1、K2表示)。
（2）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。
已知25℃，100kPa时：I．1ml葡萄糖[C6H12O6(s)]完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出2804kJ热量。Ⅱ．CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH=－283kJ·ml－1。回答问题：
①25℃时，CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)的热化学方程式为_______。
②25℃，100kPa时，气态分子断开1ml化学键的所需的能量称为键能。已知O=O、C≡O键的键能分别为495kJ·ml－1、799kJ·ml－1，CO2(g)分子中碳氧键的键能为___________kJ·ml－1。
（3）高炉炼铁的一个反应如下： CO(g)＋FeO(s)CO2(g)＋Fe(s) △H>0已知1100℃时K=0.263。
①温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比值 ___________(填“增大”“减小”或“不变”下同)，平衡常数K的变化是___________。如果温度不变，在原平衡体系中继续加入一定量CO，达新平衡时，CO的体积分数和原平衡相比___________。
②1100℃时，若测得高炉中c(CO2)=0.025ml/L，c(CO)=0.1ml/L，在这种情况下，该反应___________(填“已经”或“没有”)处于化学平衡状态，此时化学反应速率是v(正)___________(填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。
【答案】17. ①. －49 ②. K1×K2
18. ①. 6CO2(g)＋6H2O(l)=C6H12O6(s)＋6O2(g) ΔH=＋2804 kJ/ml ②. 664.75
19. ①. 增大 ②. 增大 ③. 不变 ④. 没有 ⑤. 大于
【解析】
【小问1详解】
已知i．CO2(g) + H2(g)CO(g) +H2O(g) △H= +41 kJ/ml ii．CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) △H =－90 kJ/ml，由盖斯定律i+ii可得CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=+41kJ/ml+(-90kJ/ml)=-49kJ/ml；K1=，K2=，平衡常数K==K1×K2，故答案为：-49；K1×K2；
【小问2详解】
①1ml葡萄糖[C6H12O6(s)]完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出2804kJ热量，得热化学方程式为C6H12O6(s)＋6O2(g)=6CO2(g)＋6H2O(l) ΔH=-2804 kJ/ml，则CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)的热化学方程式为6CO2(g)＋6H2O(l)=C6H12O6(s)＋6O2(g) ΔH=＋2804 kJ/ml；
②已知O=O、C≡O键的键能分别为495kJ·ml-1、799kJ·ml-1，设CO2(g)分子中碳氧键的键能为x，则799 kJ·ml-1+×495 kJ·ml-1-2x kJ·ml-1=-283 kJ·ml-1，解x=664.75；
【小问3详解】
①正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向移动，则高炉内CO2和CO体积比值增大，平衡常数K值增大；如果温度和容器容积不变，在原平衡体系中继续加入一定量CO，相当于增大压强，该反应是反应前后气体分子数之和相等的反应，所以达新平衡时，CO的体积分数不变；若温度和压强不变，在原平衡体系中继续加入一定量CO，和原平衡等效，达新平衡时，CO的体积分数也不变，故答案为：增大；增大；不变；
②c(CO2)=0.025ml/L，c(CO)=0.1ml/L，Q==0.25＜0.263，该反应不处于化学平衡状态，且反应向正方向进行，v(正)大于v(逆)，故答案为：没有； 大于。
18. 50mL 0.50ml•L－1盐酸与50mL 0.55ml•L－1NaOH溶液(溶液密度均为1 g·mL－1)，在如下装置中进行中和反应，通过测定反应过程中产生的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）隔热层的作用是___________。
（2）中和后溶液的比热容，某同学进行中和热的测定实验，测得温度如下，请根据实验数据求出中和热为________。
（3）根据(2)的实验数据计算出的中和热的数值与57.3 kJ·ml－1有偏差，请分析产生偏差的原因可能是________(填字母代号)。
A．测量盐酸和NaOH溶液反应后的温度时，温度计温度达到最高值
B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓
C．做本实验的当天，室温较高
D．在量取盐酸时仰视读数
E．用温度计测定盐酸起始温度后直接测定NaOH溶液的温度
【答案】（1）减少实验过程中的热量损失
（2）56.8kJ/ml 或ΔH=－56.8 kJ/ml
（3）ABE
【解析】
【小问1详解】
为了防止热量散失，减少误差，需要在两个烧杯间加隔热层；
故答案为：减少实验过程中的热量损失；
【小问2详解】
第一次实验盐酸和氢氧化钠溶液的起始平均温度为25.1℃，反应后温度为28.5℃，前后温差为3.4℃；第二次实验盐酸和氢氧化钠溶液的起始平均温度为25.0℃，反应后温度为28.4℃，前后温差为3.4℃；第三次实验盐酸和氢氧化钠溶液的起始平均温度为25.7℃，反应后温度为30.1℃，前后温差为4.4℃；第三组实验数据均无效，平均温差为3.4℃，50mL 0.50ml/L的盐酸与50mL 0.55ml/L的NaOH溶液的质量和为1g/cm3×100mL×100g，二者完全反应时，氢氧化钠过量，用盐酸计算，反应中生成水的物质的量为0.05L×0.50ml/L=0.025ml，反应已知中和后生成溶液的比热容 c=4.18J/(g•℃)，代入公式，Q=cm∆t=4.18J/(g•℃) ×100g×3.4℃=1.4212kJ，则生成1ml水放出的热量为1.4212kJ×=56.8kJ；
故答案为：56.8kJ/ml 或ΔH=－56.8 kJ/ml；
【小问3详解】
A．测量盐酸和NaOH溶液反应后的温度时，温度计温度达到最高值，故测定的放热值偏小，A符合题意；
B．中和反应速度较快，如果动作迟缓，导致热量散失，测得的放热值小，B符合题意；
C．实验当天温度高，测得的热量数值大，C不符合题意；
D．量取盐酸时仰视读数，会导致所量的盐酸体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，D不符合题意；
E．用温度计测定盐酸起始温度后直接测定NaOH溶液，NaOH的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，E符合题意；
故答案为：ABE。
四、(本题包括1 小题，共10分)
19. 中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为2L的恒温密闭容器中，充入1mlCO2和3mlH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
（1）前10min，(CO2)=____ml·L-1·min-1。
（2）能说明上述反应达到平衡状态的是____(填字母)。
a．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1(即图中交叉点)
b．混合气体的压强不随时间的变化而变化
c．单位时间内生成1mlH2O，同时生成1mlCH3OH
d．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化
e．混合气体的密度不随时间的变化而变化
f．CO2和CH3OH的反应速率之比为1∶1
（3）反应前与平衡时的压强比为____。
（4）平衡混合气体中CO2(g)和H2(g)的质量之比是____。
（5）平衡时H2的转化率为____。
【答案】（1）0.0375
（2）bc （3）8:5
（4）1:3 （5）75%
【解析】
【小问1详解】
由题干图象可知，前10min，CO2的物质的量减少了1.00-0.25=0.75ml，则(CO2)==0.0375ml·L-1·min-1，故答案为：0.0375；
【小问2详解】
a．由题干图示信息可知，反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1(即图中交叉点)之后CO2仍然在减小，CH3OH在继续增加，说明反应未达到平衡，a不合题意；
b．由方程式CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)可知，反应前后气体的物质的量在改变，即容器中混合气体的压强一直在改变，则混合气体的压强不随时间的变化而变化时，说明反应达到化学平衡，b符合题意；
c．化学平衡的本质特征是正、逆反应速率相等，而生成H2O和生成CH3OH均表示正反应速率，即单位时间内生成1mlH2O，同时生成1mlCH3OH不能说明反应达到平衡，c不合题意；
d．由方程式CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)可知，反应前后气体的物质的量在改变，气体的总质量不变，即混合气体的平均相对分子质量一直在改变，故混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化说明反应达到化学平衡，d符合题意；
e．由题干信息可知，反应过程中气体总质量保持不变，容器的体积保持不变，即混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度不随时间的变化而变化不能说明反应达到化学平衡，e不合题意；
f．化学平衡的本质特征是正、逆反应速率相等，CO2和CH3OH的反应速率之比为1∶1未告知正逆反应速率，故不能说明反应达到化学平衡，f不合题意；
故答案为：bd；
【小问3详解】
根据三段式分析：，根据恒温恒容时，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，故有反应前与平衡时的压强比为(1+3)ml：(0.25+0.75+0.75+0.75)ml=8:5，故答案为：8:5；
【小问4详解】
由(3)分析可知，平衡混合气体中CO2(g)和H2(g)的质量之比是0.25:0.75=1:3，故答案为：1:3；
【小问5详解】编号
温度/℃
溶液
酸性溶液
浓度/
体积/
浓度/
体积/
①
25
0.10
2.0
0.010
4.0
②
25
0.20
2.0
0.010
4.0
③
50
0.20
20
0.010
4.0
温度
实验次数
起始温度
终止温度
HCl
NaOH
1
25.0
25.2
28.5
2
24.9
25.1
28.4
3
25.8
25.6
30.1
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