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湖北省宜城市第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考化学试卷（解析版）
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这是一份湖北省宜城市第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考化学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
考试满分：100分 考试用时：75分钟
第Ⅰ卷 选择题(共45分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)。
1. 化学与生产、生活息息相关，下列说法错误的是
A. 将黄花梨放在冰雪里保存以减缓腐败速率
B. 打开剧烈摇动后的碳酸饮料产生大量气泡的原因是压强对化学平衡的影响
C. 燃烧天然气烹制宜城大虾时，包含了化学能转化为热能的过程
D. 在NO2和N2O4的平衡体系中，加压后颜色最终变深，可用勒夏特列原理解释
【答案】D
【解析】
【详解】A．将黄花梨放在冰雪保存是通过降低温度降低反应速率以减缓腐败速率，故A正确；
B．打开剧烈摇动后的碳酸饮料产生大量气泡因为温度相同时气体的溶解度随着压强的降低而减小，打开碳酸饮料瓶盖时瓶内的压强减小，二氧化碳的溶解度降低，会产生大量气泡，故B正确；
C．燃烧天然气烹制宜城大虾时，天然气燃烧是一种化学反应，化学能转化为热能释放用于烹饪，故C正确；
D．在和的平衡体系中，为红棕色，为无色，当增大压强时由勒夏特列原理可得，平衡会向生成体积较小的方向移动，颜色应变浅而不是变深，故D错误；
故选D。
2. 如图是教材插图。下列有关叙述正确的是
A. 如果液化气（C3H8）改天然气，则需增大空气进气孔
B. 天然气灶将化学能全部转化成热能
C. CH4燃烧热
D. 11.2L（标准状况）CH4燃烧一定放出445.15kJ热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．等体积液化气、天然气完全燃烧时，前者消耗O2体积较大，气体燃烧时，如果空气太多，冷空气会带走热量，如果空气太少，生成CO，会损失热量并产生有毒气体，液化气灶改为天然气灶时，应缩小空气进气孔，A错误；
B．天然气燃烧时将化学能大部分转化成热量，还有光能等，B错误；
C．根据燃烧热定义，如图所示热化学方程式代表甲烷燃烧热的热化学方程式，故CH4的燃烧热，C正确；
D．若生成气态水或者CH4不完全燃烧生成CO，放出的热量均会发生变化，D错误；
故选C。
3. 下列说法正确的是
A. 放热反应无需加热即可进行，而吸热反应则必须在加热条件下才能进行
B. 若反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应放热
C. 冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程
D. 能够自发进行的反应一定是熵增的过程
【答案】C
【解析】
【详解】A．放热反应是指反应物的总能量高于生成物的总能量的化学反应，有些放热反应也需要加热，如燃烧反应，吸热反应是指反应物的总能量低于生成物的总能量的化学反应，有些吸热反应不需要加热就能进行，故A错误；
B．若反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应吸热，故B错误；
C．冰在室温下自动熔化成水的过程是混乱度增加的过程，ΔS＞0，是熵增过程，故C正确；
D．低温条件下，放热且熵减的反应也能自发进行，则能够自发进行的反应不一定是熵增的过程，故D错误；
答案选C。
4. 下列叙述不正确的是
A. 同一个化学反应在一定条件下，无论是一步还是分几步完成，其反应焓变相同
B. 中和热测定实验过程中，用温度计测量盐酸的温度后，用水冲洗干净，为保证实验精确度，洗液应并入后续的氢氧化钠溶液中
C. 已知101kPa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g) =-221kJ/ml则1ml碳完全燃烧时<-110.5kJ/ml
D. 在一定条件下，将64gSO2氧化成SO3(g)时，实验测得放出热量为78.64kJ，已知SO2在此条件下的转化率为80%。则热化学方程式为SO2(g)+O2(g)SO3(g) =-98.3kJ/ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律可知同一个化学反应在一定条件下，无论是一步还是分几步完成，其反应焓变相同，A正确；
B．中和热测定实验过程中，用温度计测量盐酸的温度后，用水冲洗干净，但冲洗液不需要并入后续的氢氧化钠溶液中，因为并入后发生反应导致热量损失，从而导致温度测定不准确，B错误；
C．已知101kPa时，2C(s)+O2(g)＝2CO(g) =－221kJ/ml，即C(s)+O2(g)＝CO(g) =－110.5kJ/ml，碳完全燃烧放热多，放热越多，焓变越小，因此1ml碳完全燃烧时<－110.5kJ/ml，C正确；
D．在一定条件下，将64gSO2即1ml二氧化硫氧化成SO3(g)时，实验测得放出热量为78.64kJ，已知SO2在此条件下的转化率为80%，则参加反应的二氧化硫是0.8ml，所以消耗1ml二氧化硫放出的热量是78.64kJ÷0.8＝98.3kJ，所以热化学方程式为SO2(g)+O2(g)SO3(g) =－98.3kJ/ml
答案选B。
5. 下列化工生产中，与化学平衡移动原理无关的是
A. 用高压氧舱治疗CO中毒
B. 工业用氢气和氯气制备盐酸，选择“点燃”而不选择“光照”
C. 工业合成氨采用循环利用尾气中的N2和H2
D. 接触法制硫酸时，充入适当过量的空气氧化SO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO中毒病人血液中存在化学平衡：CO(g)+Hb(O2)⇌O2(g)+Hb(CO)，将此病人放入高压氧舱中，使O2浓度增大，化学平衡逆向移动，使CO从血红蛋白中脱离出来，以为病人解毒，能用平衡移动原理解释，A不合题意；
B．氢气和氯气制备盐酸的条件，选择点燃，不选择光照，从反应安全和可控性、速率角度考虑，未运用平衡移动原理，B符合题意；
C．合成氨循环利用尾气中的N2和H2，提高平衡转化率，运用平衡移动原理，C不合题意；
D．接触法制硫酸通入过量的空气，即提高氧气浓度，增大SO2平衡转化率，运用平衡移动原理，D不合题意；
故选B。
6. 含氮微粒在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是
A. 工业合成氨为放热的可逆反应，且正反应的活化能高于逆反应的活化能
B. 在催化剂b表面形成氮氧键的过程是放热过程
C. 反应1断裂氮氮键和氢氢键，形成氮氢键
D. 反应1属于氮的固定，反应2不是氮的固定
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业合成氨的反应方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0，该反应的正反应为放热反应，说明反应物的总能量比生成物的总能量高，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，A错误；
B．在化学反应过程中，断裂化学键需吸收能量，形成化学键会释放能量。根据图示可知：在催化剂b表面NH3分子中的N原子与O原子之间形成氮氧键，形成化学键过程会放出能量，因此该过程是一个放热过程，B正确；
C．根据图示可知：在反应1发生时，N2、H2在催化剂a表面吸附，断裂N2分子中的氮氮键和H2分子中氢氢键，同时形成NH3分子中的氮氢键，C正确；
D．根据图示可知：反应1是N2与H2在催化剂存在条件下反应产生NH3，该反应是氮元素的单质转化为含氮化合物的过程，因此属于氮的固定；反应2是NH3与O2在催化剂存在条件下反应产生NO、H2O的过程，是氮元素化合物之间的转化，不属于氮的固定，D正确；
故合理选项是A。
7. 下列关于化学反应速率的说法，正确的是
A. 增大压强，一定能加快化学反应速率
B. 煅烧黄铁矿时将矿石磨成粉末可以加快反应速率
C. 恒压下充入He，化学反应速率不变
D. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．增大压强，如没有气体参与反应，则不能加快化学反应速率，A错误；
B．煅烧黄铁矿时将矿石磨成粉末可以增大反应物接触面积，加快反应速率，B正确；
C．恒压下充入He，容器体积增大，参与反应各气体浓度减小，化学反应速率减小，C错误；
D．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，若改用98%的浓硫酸，铁与浓硫酸常温下发生钝化，D错误；
故答案选B。
8. 扎染是中国传统的手工染色技术，染色的核心工艺流程如下。
下列推论错误的是
A. 制备环节：改变还原剂可调控化学反应速率
B. 退浆环节：催化剂大幅度加快化学反应速率
C. 退浆环节：可以加热煮沸提高淀粉酶的活性
D 染色环节：升高体系温度加快化学反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由流程可知，使用连二硫酸钠做还原剂后时间缩短，速率加快，A正确；
B．催化剂可以改变反应历程，降低化学反应的活化能，增大活化分子百分数，增加有效碰撞次数，故能够加快化学反应速率，B正确；
C．加热煮沸会导致温度过高，使得淀粉酶失去活性，C错误；
D．升高温度不能提高反应的活化能，但可以提高反应分子的平均能量，增大活化分子数，从而增大活化分子百分数，从而加快反应速率，D正确；
故选C。
9. 某MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配，可将其“固定”得到R，实现了与分离并制备，如图所示：
已知： ；下列说法正确的是
A. 图示过程属于氮的固定
B. 多孔材料的空腔越小，反应正向进行的程度越大
C. 高温、高压下有利于从烟气中分离出
D. R在中水洗，可制得，同时实现MOFs再生
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮的固定是指游离态的氮气转化为氮的化合物，图示过程将“固定”得到R，不属于氮的固定，A错误；
B．多孔超分子材料的空腔大小要适配，才能分离出，不是空腔越小越能使正向进行，B错误；
C．使气体分子数减小的放热反应，高温使平衡逆向移动，高压使平衡正向移动，D错误；
D．由图可知，R在中水洗，发生反应：，可制得HNO3同时实现MOFs再生，D正确；
故选D。
10. 已知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=-41kJ·ml-1，下列叙述正确的是
A. 恒温恒压条件下加入惰性气体，活化分子数不变，反应速率不变
B. 恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快
C. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快
D. 加入合适的催化剂，可降低反应的活化能和焓变，活化分子百分数增大，反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A．恒温恒压条件下加入惰性气体，虽活化分子数不变，但容器容积增大，反应物和生成物浓度均减小，故反应速率减小，A错误；
B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，反应物浓度增大，反应速率加快，但活化分子百分数不变，B错误；
C．升高温度，活化分子数目增多，分子总数不变，故活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，C正确；
D．加入合适的催化剂，可降低反应的活化能，活化分子百分数增大，反应速率加快，但催化剂不能改变焓变，D错误；
故选C。
11. 催化剂I和II均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(如图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法错误的是
A. 使用I和II，均有4个基元反应
B. 使用催化剂I时，第三个基元反应是决速反应
C. 使用II时，反应体系更快达到平衡
D. 使用I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【解析】
【详解】A．使用催化剂I和II，反应过程中均有4个峰，则均有4个基元反应，A正确；
B．使用催化剂I时，第三个基元反应的活化能最大，反应速率最慢，所以此步反应是决速反应，B正确；
C．使用II时，第一个反应在所有基元反应中活化能最大，反应速率最慢，所以它决定反应体系更慢达到平衡，C错误；
D．与II相比，I的R→M活化能较小，故速率快，即生成M较快；与II相比，I的M→P活化能较大，故速率慢，即消耗M较慢，总的来说，与II相比，I生成M快，消耗M慢，故所能达到最高浓度更大，D正确；
故选C。
12. 由羟基丁酸()生成丁内酯的反应如下：。在25℃时，水溶液中羟基丁酸的初始浓度为0.180ml/L，随着反应的进行，测得丁内酯的浓度随时间的变化如下表所示。下列说法不正确的是
A. 整个反应中共出现了3种官能团
B. 21min时的逆反应速率小于50min时的正反应速率
C. 若将丁内酯不断从体系中分离，不仅能提高羟基丁酸的转化率，而且能加快反应的速率
D. 25℃时，该反应的平衡常数K=2.75
【答案】C
【解析】
【详解】A．整个反应中共出现了3种官能团，分别为羟基丁酸中的羧基与羟基以及丁内酯中的酯基，A正确；
B．当时间无穷大时丁内酯浓度为，反应刚开始时正反应速率最大，逆反应速率最小，反应平衡时正、逆反应速率相等，则反应平衡前，逆反应速率小于正反应速率，即21min时的逆反应速率小于50min时的正反应速率，B正确；
C．若将丁内酯不断从体系中分离，使其浓度减小，平衡正向移动，可以提高羟基丁酸的转化率，但不能加快反应的速率，C错误；
D．25℃时，生成物丁内酯的平衡浓度为，反应物羟基丁酸的平衡浓度为：，则平衡常数，D正确；
故选C。
13. 如图分别代表溴甲烷和三级溴丁烷发生水解的反应历程。下列说法错误的是
Ⅰ：CH3Br+NaOH→CH3OH+NaBr Ⅱ：(CH3)3CBr+NaOH→(CH3)3COH+NaBr
A. 反应Ⅰ的ΔH<0
B. 增大氢氧化钠的浓度能使反应Ⅰ和Ⅱ的速率都明显增大
C. 反应Ⅱ有两个过渡态
D. 反应Ⅰ和Ⅱ都有C—Br键的断裂和C—O键的形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，反应Ⅰ中反应物的总能量高于生成物的总能量，ΔH<0，A正确；
B．反应Ⅱ中卤代烃先自身转变为过渡态，然后OH-与过渡态结合，NaOH不直接和卤代烃一起转化到活化态，所以增大氢氧化钠的浓度不能使反应Ⅱ的速率明显增大，B错误；
C．由图可知，(CH3)3CBr先转化为(CH3)3C…Br，再转化为(CH3)3C…Br，所以反应Ⅱ有两个过渡态，C正确；
D．反应Ⅰ和Ⅱ都是卤代烃转化为醇，即都C—Br键的断裂和C—O键的形成，D正确；
故选B。
14. 在容积相等的三个密闭容器中分别按投料比n(CO)：n(SO2)=1：1、2：1、3：1投料，发生反应：2CO(g)+SO2(g) = S(g)+2CO2(g) ΔH = +8.0kJ•ml-1，测得SO2的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线I代表的投料比为n(CO)：n(SO2)=1：1
B. 增大压强，平衡正向移动
C. 向容器中继续充入CO，可使平衡常数K增大
D. 在a点对应的温度下，达到平衡时，CO2的体积分数约为33.3%
【答案】D
【解析】
【详解】A．增加CO投料，促进二氧化硫的转化，二氧化硫转化率提高，故曲线I代表的投料比为n(CO)：n(SO2)=3：1，A错误；
B．反应为气体分子数不变的反应，增大压强，平衡不移动，B错误；
C．K只受温度影响，向容器中继续充入CO，平衡常数K不变，C错误；
D．结合A分析，a点投料比为n(CO)：n(SO2)=2：1，假设一氧化碳、二氧化硫投料分别为2ml、1ml，二氧化硫反应0.5ml，则生成1ml二氧化碳，反应为气体分子数不变的反应，达到平衡时，CO2的体积分数约为33.3%，D正确；
故选D。
15. 某反应A(g)+B(g)→C(g)+D(g)的速率方程为v=k•cm(A)•cn(B)，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
下列说法不正确的是
A. 上述表格中的c1=0.75、v2=6.4
B. 该反应的速率常数k=6.4×10-3min-1
C. 在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是500min
D. 升温、加入催化剂、缩小容积(加压)，使k增大导致反应的瞬时速率加快
【答案】D
【解析】
【分析】由第二组和第四组数据，A浓度相同，B浓度不同，速率相等，可知n=0，再由第一组和第二组数据代入可得，可知m=1；将第一组数据代入，可得k=6.4×10-3，则
【详解】A．当速率为4.8×10-3ml•L-1•min-1时，由上述可知c1=0.75ml/L，c(A)=1ml/L时速率为6.4×10-3ml•L-1•min-1，A正确；
B．速率常数k=64×10-3，B正确；
C．存在过量的B时，反应掉93.75%的A可以看作经历4个半衰期，即50%+25%+12.5%+6.25%，因此所需的时间为，C正确；
D．速率常数与浓度无关，缩小容积(加压)不会使k增大，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 化学反应过程中既有物质变化，也有能量变化。中和反应是化学中的一种重要反应，酸、碱在互相交换成分的过程中，也产生了能量的变化。
（1）中和反应是放热反应，下列反应也属于放热反应的是_______(填标号)。
A. 铝热反应
B. 与混合
C. 碳酸氢钠分解
D. 冰融化为水
（2）中和热的理论数值为。若用与等体积、等浓度的氢氧化钠溶液混合，放出的热量_____(填“大于”、“小于”或“等于”，后同)57.3KJ。若用稀与等体积、等浓度的溶液混合，放出的热量____57.3KJ。
（3）将盐酸和未知浓度的溶液混合均匀后测量并记录溶液的温度，实验结果如图所示，实验中始终保持。下列叙述正确的是_______(填标号)。
A. 做该实验时环境温度低于
B. 时，盐酸和氢氧化钠溶液恰好完全反应
C. 溶液的浓度约为
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应。
（4）现使用盐酸与溶液在如图所示的装置中进行中和反应。
回答下列问题：
①若大烧杯上不盖硬纸板，求得的焓变_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
②实验中若改用盐酸跟原溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_______(忽略测量误差，填“相等”或“不相等”)。
③关于中和热的测定实验，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．向内筒加入稀碱液时，应当缓慢分批加入。
B．实验中，应记录初始温度与反应过程中达到的最高温度。
C．实验中，测量酸液的初始温度后，可以使用同一支温度计直接测量碱液的初始温度。
D．实验过程中，若使用铁质搅拌棒，会导致测得的中和热偏小。
【答案】（1）A （2） ①. 小于 ②. 大于 （3）AB
（4） ①. 偏大 ②. 相等 ③. B
【解析】
【小问1详解】
A．铝热反应属于放热反应，A符合题意；
B．与混合反应属于吸热反应，B不符合题意；
C．碳酸氢钠分解属于吸热反应，C不符合题意；
D．冰融化为水是吸热过程，且不属于化学反应，D不符合题意；
故选A。
【小问2详解】
是弱酸，电离过程中需要吸热，则若用与等体积、等浓度的氢氧化钠溶液混合，则放出的热量小于；和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀过程中额外放热，则用稀与等体积、等浓度的溶液混合放出的热量大于；
【小问3详解】
A．由图可知，22℃已是盐酸和未知浓度的溶液混合均匀反应后达到的温度，可以推测实验环境温度应低于22℃，A正确；
B．由图可知，时，溶液的温度最高，说明此时盐酸和氢氧化钠溶液恰好完全反应，放出的热量最多，B正确；
C．恰好完全反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由可知，氢氧化钠溶液的体积为20 mL，根据盐酸与氢氧化钠以1∶1反应可知，，C错误；
D．该实验表明酸碱中和反应生成水是放热反应，但不能说明有水生成的反应都是放热反应，如碳酸氢钠的分解反应是吸热反应，D错误；
故选AB；
【小问4详解】
①若大烧杯上不盖硬纸板，将导致热量损失，反应后体系温度偏小，测得反应放出的热量偏小，求得的焓变ΔH偏大；
②反应放出的热量与消耗的反应物的量成正比，若改用盐酸和溶液进行反应，此时盐酸过量，反应完全的是氢氧化钠，实际反应的量与上述实验相等，则与上述实验相比，所放出的热量相等；
③A．向内筒加入稀碱液时，应当一次性迅速加入，以减少热量损失，A错误；
B．实验中，记录酸液、碱液的初始温度，并将其平均值记为反应前体系的温度，将反应过程中达到的最高温度记为反应后体系的温度，则应记录初始温度与反应过程中达到的最高温度，B正确；
C．实验中，测量酸液的初始温度后，应用水将温度计上的酸冲洗干净，擦干，再测量碱液的温度，C错误；
D．铁易导热，实验过程中，若使用铁质搅拌棒，会导致热量散失较多，测得放出的热量偏小，中和热偏大，D错误；
故选B。
17. 生产、生活中的化学反应都伴随着能量的变化。回答下列问题：
（1）分子可形成单斜硫和斜方硫，转化过程如下： ，则常温下，(单斜)与(斜方)中较稳定的是_______[填“(单斜)”或“(斜方)”]
（2）丙烷()常用作运动会火炬燃料。如图是一定量丙烷完全燃烧生成和过程中的能量变化图。写出丙烷燃烧热的热化学方程式：_______。
（3）水煤气是由和组成的混合气体，在工业上常用作燃料。
已知：；。
现取(标准状况)水煤气，使其完全燃烧生成和，测得反应共放热766KJ，则水煤气中H2与CO的物质的量之比是_______。
（4）盖斯定律：不管化学过程是一步完成或分多步完成，整个过程的总热效应相同。
①反应分两步进行：
(ⅰ)；
(ⅱ)。
下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是_______(填标号)。
A． B． C． D．
②已知： ；
；
。
若将46g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为_______(用含的代数式表示)。
（5）下表中的数据表示断裂化学键需消耗的能量(即键能，单位为)：
热化学方程式：，则键键能为_____。
【答案】（1）S(斜方)
（2）
（3）2：1 （4） ①. D ②.
（5）243
【解析】
【小问1详解】
S(单斜)转化为S(斜方)是放热反应，则S(斜方)的能量较低，根据能量越低物质越稳定，则较稳定的是S(斜方)。
【小问2详解】
该反应物总能量高于生成物总能量，生成的反应放热ΔH=-553.75kJ/ml，则丙烷燃烧热的热化学方程式为 。
【小问3详解】
标况下67.2L水煤气的物质的量为，设氢气的物质的量为x ml，CO的物质的量为y ml，则得：x + y=3， ，解得x=2，y=1，所以水煤气中H2与CO的物质的量之比是2：1。
【小问4详解】
①由反应 A+B→C(ΔH＜0)分两步进行 ①A+B→X (ΔH＞0)，②X→C(ΔH＜0)可以看出，A+B→C(ΔH＜0)是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X (ΔH＞0)可知这步反应是吸热反应，X→C(ΔH＜0)是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X 的能量大于C，图像D符合，故答案为：D。
②依据盖斯定律计算：①-②+3×③得到：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH1=-()kJ/ml，液态无水酒精物质的量为1ml，反应放出的热量为()kJ。
【小问5详解】
设Cl2的键能为 ， ΔH=436kJ⋅ml-1+xkJ⋅ml-1-2×431kJ⋅ml-1=-183kJ⋅ml-1，解得x=243，则Cl2的键能为243kJ⋅ml-1。
18. 甲醇是一种重要的化工原料，具有广阔的开发和应用前景。工业上使用水煤气(CO与H2的混合气体)转化成甲醇(CH3OH)。
（1）已知一定条件下，发生反应：，，该条件下，水煤气转化成甲醇的热化学方程式是_______ 。
在体积可变的恒压密闭容器中投入和，不同条件下发生上述反应。实验测得平衡时的物质的量随温度、压强的变化如下图所示。
（2）P1_______P2(填“<”或“>”)。
（3）M点对应的平衡混合气体的体积为，则时，该反应的平衡常数_______ ，的转化率为_______ (保留1位小数)。
（4）工业上可利用甲醇茾基化法进一步制取甲酸甲酯：。在容积不变的密闭容器中，投入等物质的量的CH3OH(g)和(g)，在相同时间内的转化率随温度变化如下图所示(不考虑其他副反应)。
①b、c、d三点中，尚未达到化学平衡状态的点是_______。
②该反应是_______ (填“放热”或“吸热”)反应。
③反应达到平衡后向该容器中继续通入等物质的量的CH3OH(g)和(g)，保持恒温恒容，则再次平衡后，甲醇的转化率_______(填“增大”或“减小”或“不变”)。
④曲线ac段和de段的变化趋势不同。试从反应速率和平衡角度说明理由_______。
【答案】（1）
（2）＞ （3） ①. 16 ②. 66.7%
（4） ①. bc ②. 放热 ③. 增大 ④. 最高点之间未达到平衡，升温速率加快，转化率升高；达平衡后升温平衡逆向移动，转化率降低
【解析】
【小问1详解】
①，②，根据盖斯定律可知，①-②可得，，则水煤气转化成甲醇的热化学方程式是。
【小问2详解】
根据可知，该反应正方向气体分子数减小，增大压强，平衡正向进行，平衡时CH3OH的物质的量较大，由图可知，P1＞P2。
【小问3详解】
平衡时，为0.25ml，可列出三段式为：，M点对应的平衡混合气体的体积为，则时，该反应的平衡常数，的转化率为。
【小问4详解】
①由图可知，b、c点还未达到一氧化碳转化率的最大值，则尚未达到化学平衡状态；
②反应达到平衡后，随着温度的升高，d点平衡逆向进行，一氧化碳转化率降低，由图可知，温度超过一定数值后，随着温度的升高，一氧化碳的转化率降低，说明该反应为放热反应；
③在容积不变的密闭容器中，投入等物质的量的CH3OH(g)和(g)，反应达到平衡后向该容器中继续通入等物质的量的CH3OH(g)和(g)，保持恒温恒容，则再次平衡的状态相当于原平衡加压，平衡正向移动，甲醇的转化率增大。
④曲线ac段和de段的变化趋势不同，从反应速率和平衡角度说明：ac段，反应未达平衡，温度升高，反应速率增大，相同时间内消耗CO多，de段，已经达到平衡，升高温度使平衡向逆反应方向移动，CO转化率降低。
19. NO和CO均为燃油汽车尾气的成分，三元催化转换器可除去汽车尾气中90%以上的污染物，发生的反应为： 。
（1）某温度下，测得NO、CO在1L体积不变的密闭容器中的物质的量浓度随时间变化关系如图1所示。
①ab段CO的反应速率为_______，达平衡时，理论上该反应放出的热量约为_______kJ(保留3位有效数字)。
②该条件下，不能判断此反应到达平衡状态的是_______。
A．单位时间内，消耗1mlNO的同时消耗44g
B．混合气体的平均相对分子质量不再改变
C．
D．CO与NO的转化率比值不再改变
③其它条件不变，相同时间内，测得反应在不同催化剂作用下，NO转化率随温度变化关系如图2所示。则催化剂a条件下，图中达到平衡状态的点可能在_______(填“M点”“N点”或“M点和N点”)；催化剂b条件下，500℃以后NO转化率迅速减小的原因可能是_______。
④恒温恒压下，再向该容器中注入“惰性气体”，该反应的化学平衡将_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
（2）某温度下，向(1)容器中充入1mlCO和4ml汽车尾气(主要成分为NO和，其中NO的体积分数为25%)发生反应。10min时反应达到平衡，此时CO的转化率为50%。平衡时，体系压强为10MPa，则用分压表示的平衡常数_______。(用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，气体分压=气体总压×气体的物质的量分数)
【答案】（1） ①. ②. 0.336kJ ③. CD ④. N点 ⑤. 温度升高使催化剂的活性降低 ⑥. 逆向移动
（2）6.175
【解析】
【小问1详解】
①ab段CO的反应速率为：；达平衡时，NO浓度的变化量为：9×10-4ml/L，则△n(NO)= 9×10-4ml，理论上该反应放出的热量约为：；
②A．根据化学方程式可知，单位时间内，消耗1mlNO的同时消耗44gCO2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A项不符合题意；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应已达到平衡状态，故B项不符合题意；
C．，反应速率之比不等于计量数之比，正逆反应速率不等，不能说明达到平衡，故C项符合题意；
D．反应无时不刻在按照1:1的化学计量数之比消耗CO和NO，所以转化率的比值始终保持不变，因此转化率保持不变不能作为平衡状态的判据，故D项符合题意；
故答案为：CD；
③在催化剂a的作用下，M点对应的NO转化率小于相同温度下使用另一催化剂时NO的转化率，催化剂的使用不影响平衡移动，故M点不是平衡状态，N点为平衡点；催化剂b条件下，500℃以后NO转化率迅速减小的原因可能是因为温度升高使催化剂的活性降低；
④恒温恒压下，再向该容器中注入“惰性气体”，等同于增大容器体积，各气体浓度减小，化学平衡常数不变，则该反应的化学平衡将逆向移动；
【小问2详解】
根据题中所给数据可知，4ml汽车尾气中含有n(NO)=4ml×25%=1ml，n(N2)=4ml×75%=3ml，反应达到平衡时CO的转化率为50%，即n(CO)=1ml×50%=0.5ml，列出三段式：，平衡时，体系压强为10MPa，n(气体)=0.5+0.5+0.5+3.25=4.75ml，则用分压表示的平衡常数为：。t/min
21
50
80
100
120
160
220
∞
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
c(A)/(ml•L-1)
0.25
0.50
1.00
0.50
1.00
c1
c(B)/(ml•L-1)
0.050
0.050
0.100
0.100
0.200
c2
v/(10-3ml•L-1•min-1)
1.6
32
v1
3.2
v2
4.8
化学键
键能
436
431
考试满分：100分 考试用时：75分钟
第Ⅰ卷 选择题(共45分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)。
1. 化学与生产、生活息息相关，下列说法错误的是
A. 将黄花梨放在冰雪里保存以减缓腐败速率
B. 打开剧烈摇动后的碳酸饮料产生大量气泡的原因是压强对化学平衡的影响
C. 燃烧天然气烹制宜城大虾时，包含了化学能转化为热能的过程
D. 在NO2和N2O4的平衡体系中，加压后颜色最终变深，可用勒夏特列原理解释
【答案】D
【解析】
【详解】A．将黄花梨放在冰雪保存是通过降低温度降低反应速率以减缓腐败速率，故A正确；
B．打开剧烈摇动后的碳酸饮料产生大量气泡因为温度相同时气体的溶解度随着压强的降低而减小，打开碳酸饮料瓶盖时瓶内的压强减小，二氧化碳的溶解度降低，会产生大量气泡，故B正确；
C．燃烧天然气烹制宜城大虾时，天然气燃烧是一种化学反应，化学能转化为热能释放用于烹饪，故C正确；
D．在和的平衡体系中，为红棕色，为无色，当增大压强时由勒夏特列原理可得，平衡会向生成体积较小的方向移动，颜色应变浅而不是变深，故D错误；
故选D。
2. 如图是教材插图。下列有关叙述正确的是
A. 如果液化气（C3H8）改天然气，则需增大空气进气孔
B. 天然气灶将化学能全部转化成热能
C. CH4燃烧热
D. 11.2L（标准状况）CH4燃烧一定放出445.15kJ热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．等体积液化气、天然气完全燃烧时，前者消耗O2体积较大，气体燃烧时，如果空气太多，冷空气会带走热量，如果空气太少，生成CO，会损失热量并产生有毒气体，液化气灶改为天然气灶时，应缩小空气进气孔，A错误；
B．天然气燃烧时将化学能大部分转化成热量，还有光能等，B错误；
C．根据燃烧热定义，如图所示热化学方程式代表甲烷燃烧热的热化学方程式，故CH4的燃烧热，C正确；
D．若生成气态水或者CH4不完全燃烧生成CO，放出的热量均会发生变化，D错误；
故选C。
3. 下列说法正确的是
A. 放热反应无需加热即可进行，而吸热反应则必须在加热条件下才能进行
B. 若反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应放热
C. 冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程
D. 能够自发进行的反应一定是熵增的过程
【答案】C
【解析】
【详解】A．放热反应是指反应物的总能量高于生成物的总能量的化学反应，有些放热反应也需要加热，如燃烧反应，吸热反应是指反应物的总能量低于生成物的总能量的化学反应，有些吸热反应不需要加热就能进行，故A错误；
B．若反应物的总能量低于生成物的总能量，则该反应吸热，故B错误；
C．冰在室温下自动熔化成水的过程是混乱度增加的过程，ΔS＞0，是熵增过程，故C正确；
D．低温条件下，放热且熵减的反应也能自发进行，则能够自发进行的反应不一定是熵增的过程，故D错误；
答案选C。
4. 下列叙述不正确的是
A. 同一个化学反应在一定条件下，无论是一步还是分几步完成，其反应焓变相同
B. 中和热测定实验过程中，用温度计测量盐酸的温度后，用水冲洗干净，为保证实验精确度，洗液应并入后续的氢氧化钠溶液中
C. 已知101kPa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g) =-221kJ/ml则1ml碳完全燃烧时<-110.5kJ/ml
D. 在一定条件下，将64gSO2氧化成SO3(g)时，实验测得放出热量为78.64kJ，已知SO2在此条件下的转化率为80%。则热化学方程式为SO2(g)+O2(g)SO3(g) =-98.3kJ/ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律可知同一个化学反应在一定条件下，无论是一步还是分几步完成，其反应焓变相同，A正确；
B．中和热测定实验过程中，用温度计测量盐酸的温度后，用水冲洗干净，但冲洗液不需要并入后续的氢氧化钠溶液中，因为并入后发生反应导致热量损失，从而导致温度测定不准确，B错误；
C．已知101kPa时，2C(s)+O2(g)＝2CO(g) =－221kJ/ml，即C(s)+O2(g)＝CO(g) =－110.5kJ/ml，碳完全燃烧放热多，放热越多，焓变越小，因此1ml碳完全燃烧时<－110.5kJ/ml，C正确；
D．在一定条件下，将64gSO2即1ml二氧化硫氧化成SO3(g)时，实验测得放出热量为78.64kJ，已知SO2在此条件下的转化率为80%，则参加反应的二氧化硫是0.8ml，所以消耗1ml二氧化硫放出的热量是78.64kJ÷0.8＝98.3kJ，所以热化学方程式为SO2(g)+O2(g)SO3(g) =－98.3kJ/ml
答案选B。
5. 下列化工生产中，与化学平衡移动原理无关的是
A. 用高压氧舱治疗CO中毒
B. 工业用氢气和氯气制备盐酸，选择“点燃”而不选择“光照”
C. 工业合成氨采用循环利用尾气中的N2和H2
D. 接触法制硫酸时，充入适当过量的空气氧化SO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO中毒病人血液中存在化学平衡：CO(g)+Hb(O2)⇌O2(g)+Hb(CO)，将此病人放入高压氧舱中，使O2浓度增大，化学平衡逆向移动，使CO从血红蛋白中脱离出来，以为病人解毒，能用平衡移动原理解释，A不合题意；
B．氢气和氯气制备盐酸的条件，选择点燃，不选择光照，从反应安全和可控性、速率角度考虑，未运用平衡移动原理，B符合题意；
C．合成氨循环利用尾气中的N2和H2，提高平衡转化率，运用平衡移动原理，C不合题意；
D．接触法制硫酸通入过量的空气，即提高氧气浓度，增大SO2平衡转化率，运用平衡移动原理，D不合题意；
故选B。
6. 含氮微粒在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是
A. 工业合成氨为放热的可逆反应，且正反应的活化能高于逆反应的活化能
B. 在催化剂b表面形成氮氧键的过程是放热过程
C. 反应1断裂氮氮键和氢氢键，形成氮氢键
D. 反应1属于氮的固定，反应2不是氮的固定
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业合成氨的反应方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0，该反应的正反应为放热反应，说明反应物的总能量比生成物的总能量高，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，A错误；
B．在化学反应过程中，断裂化学键需吸收能量，形成化学键会释放能量。根据图示可知：在催化剂b表面NH3分子中的N原子与O原子之间形成氮氧键，形成化学键过程会放出能量，因此该过程是一个放热过程，B正确；
C．根据图示可知：在反应1发生时，N2、H2在催化剂a表面吸附，断裂N2分子中的氮氮键和H2分子中氢氢键，同时形成NH3分子中的氮氢键，C正确；
D．根据图示可知：反应1是N2与H2在催化剂存在条件下反应产生NH3，该反应是氮元素的单质转化为含氮化合物的过程，因此属于氮的固定；反应2是NH3与O2在催化剂存在条件下反应产生NO、H2O的过程，是氮元素化合物之间的转化，不属于氮的固定，D正确；
故合理选项是A。
7. 下列关于化学反应速率的说法，正确的是
A. 增大压强，一定能加快化学反应速率
B. 煅烧黄铁矿时将矿石磨成粉末可以加快反应速率
C. 恒压下充入He，化学反应速率不变
D. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．增大压强，如没有气体参与反应，则不能加快化学反应速率，A错误；
B．煅烧黄铁矿时将矿石磨成粉末可以增大反应物接触面积，加快反应速率，B正确；
C．恒压下充入He，容器体积增大，参与反应各气体浓度减小，化学反应速率减小，C错误；
D．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，若改用98%的浓硫酸，铁与浓硫酸常温下发生钝化，D错误；
故答案选B。
8. 扎染是中国传统的手工染色技术，染色的核心工艺流程如下。
下列推论错误的是
A. 制备环节：改变还原剂可调控化学反应速率
B. 退浆环节：催化剂大幅度加快化学反应速率
C. 退浆环节：可以加热煮沸提高淀粉酶的活性
D 染色环节：升高体系温度加快化学反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由流程可知，使用连二硫酸钠做还原剂后时间缩短，速率加快，A正确；
B．催化剂可以改变反应历程，降低化学反应的活化能，增大活化分子百分数，增加有效碰撞次数，故能够加快化学反应速率，B正确；
C．加热煮沸会导致温度过高，使得淀粉酶失去活性，C错误；
D．升高温度不能提高反应的活化能，但可以提高反应分子的平均能量，增大活化分子数，从而增大活化分子百分数，从而加快反应速率，D正确；
故选C。
9. 某MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配，可将其“固定”得到R，实现了与分离并制备，如图所示：
已知： ；下列说法正确的是
A. 图示过程属于氮的固定
B. 多孔材料的空腔越小，反应正向进行的程度越大
C. 高温、高压下有利于从烟气中分离出
D. R在中水洗，可制得，同时实现MOFs再生
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮的固定是指游离态的氮气转化为氮的化合物，图示过程将“固定”得到R，不属于氮的固定，A错误；
B．多孔超分子材料的空腔大小要适配，才能分离出，不是空腔越小越能使正向进行，B错误；
C．使气体分子数减小的放热反应，高温使平衡逆向移动，高压使平衡正向移动，D错误；
D．由图可知，R在中水洗，发生反应：，可制得HNO3同时实现MOFs再生，D正确；
故选D。
10. 已知CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=-41kJ·ml-1，下列叙述正确的是
A. 恒温恒压条件下加入惰性气体，活化分子数不变，反应速率不变
B. 恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快
C. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快
D. 加入合适的催化剂，可降低反应的活化能和焓变，活化分子百分数增大，反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A．恒温恒压条件下加入惰性气体，虽活化分子数不变，但容器容积增大，反应物和生成物浓度均减小，故反应速率减小，A错误；
B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，反应物浓度增大，反应速率加快，但活化分子百分数不变，B错误；
C．升高温度，活化分子数目增多，分子总数不变，故活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，C正确；
D．加入合适的催化剂，可降低反应的活化能，活化分子百分数增大，反应速率加快，但催化剂不能改变焓变，D错误；
故选C。
11. 催化剂I和II均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(如图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法错误的是
A. 使用I和II，均有4个基元反应
B. 使用催化剂I时，第三个基元反应是决速反应
C. 使用II时，反应体系更快达到平衡
D. 使用I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【解析】
【详解】A．使用催化剂I和II，反应过程中均有4个峰，则均有4个基元反应，A正确；
B．使用催化剂I时，第三个基元反应的活化能最大，反应速率最慢，所以此步反应是决速反应，B正确；
C．使用II时，第一个反应在所有基元反应中活化能最大，反应速率最慢，所以它决定反应体系更慢达到平衡，C错误；
D．与II相比，I的R→M活化能较小，故速率快，即生成M较快；与II相比，I的M→P活化能较大，故速率慢，即消耗M较慢，总的来说，与II相比，I生成M快，消耗M慢，故所能达到最高浓度更大，D正确；
故选C。
12. 由羟基丁酸()生成丁内酯的反应如下：。在25℃时，水溶液中羟基丁酸的初始浓度为0.180ml/L，随着反应的进行，测得丁内酯的浓度随时间的变化如下表所示。下列说法不正确的是
A. 整个反应中共出现了3种官能团
B. 21min时的逆反应速率小于50min时的正反应速率
C. 若将丁内酯不断从体系中分离，不仅能提高羟基丁酸的转化率，而且能加快反应的速率
D. 25℃时，该反应的平衡常数K=2.75
【答案】C
【解析】
【详解】A．整个反应中共出现了3种官能团，分别为羟基丁酸中的羧基与羟基以及丁内酯中的酯基，A正确；
B．当时间无穷大时丁内酯浓度为，反应刚开始时正反应速率最大，逆反应速率最小，反应平衡时正、逆反应速率相等，则反应平衡前，逆反应速率小于正反应速率，即21min时的逆反应速率小于50min时的正反应速率，B正确；
C．若将丁内酯不断从体系中分离，使其浓度减小，平衡正向移动，可以提高羟基丁酸的转化率，但不能加快反应的速率，C错误；
D．25℃时，生成物丁内酯的平衡浓度为，反应物羟基丁酸的平衡浓度为：，则平衡常数，D正确；
故选C。
13. 如图分别代表溴甲烷和三级溴丁烷发生水解的反应历程。下列说法错误的是
Ⅰ：CH3Br+NaOH→CH3OH+NaBr Ⅱ：(CH3)3CBr+NaOH→(CH3)3COH+NaBr
A. 反应Ⅰ的ΔH<0
B. 增大氢氧化钠的浓度能使反应Ⅰ和Ⅱ的速率都明显增大
C. 反应Ⅱ有两个过渡态
D. 反应Ⅰ和Ⅱ都有C—Br键的断裂和C—O键的形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，反应Ⅰ中反应物的总能量高于生成物的总能量，ΔH<0，A正确；
B．反应Ⅱ中卤代烃先自身转变为过渡态，然后OH-与过渡态结合，NaOH不直接和卤代烃一起转化到活化态，所以增大氢氧化钠的浓度不能使反应Ⅱ的速率明显增大，B错误；
C．由图可知，(CH3)3CBr先转化为(CH3)3C…Br，再转化为(CH3)3C…Br，所以反应Ⅱ有两个过渡态，C正确；
D．反应Ⅰ和Ⅱ都是卤代烃转化为醇，即都C—Br键的断裂和C—O键的形成，D正确；
故选B。
14. 在容积相等的三个密闭容器中分别按投料比n(CO)：n(SO2)=1：1、2：1、3：1投料，发生反应：2CO(g)+SO2(g) = S(g)+2CO2(g) ΔH = +8.0kJ•ml-1，测得SO2的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线I代表的投料比为n(CO)：n(SO2)=1：1
B. 增大压强，平衡正向移动
C. 向容器中继续充入CO，可使平衡常数K增大
D. 在a点对应的温度下，达到平衡时，CO2的体积分数约为33.3%
【答案】D
【解析】
【详解】A．增加CO投料，促进二氧化硫的转化，二氧化硫转化率提高，故曲线I代表的投料比为n(CO)：n(SO2)=3：1，A错误；
B．反应为气体分子数不变的反应，增大压强，平衡不移动，B错误；
C．K只受温度影响，向容器中继续充入CO，平衡常数K不变，C错误；
D．结合A分析，a点投料比为n(CO)：n(SO2)=2：1，假设一氧化碳、二氧化硫投料分别为2ml、1ml，二氧化硫反应0.5ml，则生成1ml二氧化碳，反应为气体分子数不变的反应，达到平衡时，CO2的体积分数约为33.3%，D正确；
故选D。
15. 某反应A(g)+B(g)→C(g)+D(g)的速率方程为v=k•cm(A)•cn(B)，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
下列说法不正确的是
A. 上述表格中的c1=0.75、v2=6.4
B. 该反应的速率常数k=6.4×10-3min-1
C. 在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是500min
D. 升温、加入催化剂、缩小容积(加压)，使k增大导致反应的瞬时速率加快
【答案】D
【解析】
【分析】由第二组和第四组数据，A浓度相同，B浓度不同，速率相等，可知n=0，再由第一组和第二组数据代入可得，可知m=1；将第一组数据代入，可得k=6.4×10-3，则
【详解】A．当速率为4.8×10-3ml•L-1•min-1时，由上述可知c1=0.75ml/L，c(A)=1ml/L时速率为6.4×10-3ml•L-1•min-1，A正确；
B．速率常数k=64×10-3，B正确；
C．存在过量的B时，反应掉93.75%的A可以看作经历4个半衰期，即50%+25%+12.5%+6.25%，因此所需的时间为，C正确；
D．速率常数与浓度无关，缩小容积(加压)不会使k增大，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 化学反应过程中既有物质变化，也有能量变化。中和反应是化学中的一种重要反应，酸、碱在互相交换成分的过程中，也产生了能量的变化。
（1）中和反应是放热反应，下列反应也属于放热反应的是_______(填标号)。
A. 铝热反应
B. 与混合
C. 碳酸氢钠分解
D. 冰融化为水
（2）中和热的理论数值为。若用与等体积、等浓度的氢氧化钠溶液混合，放出的热量_____(填“大于”、“小于”或“等于”，后同)57.3KJ。若用稀与等体积、等浓度的溶液混合，放出的热量____57.3KJ。
（3）将盐酸和未知浓度的溶液混合均匀后测量并记录溶液的温度，实验结果如图所示，实验中始终保持。下列叙述正确的是_______(填标号)。
A. 做该实验时环境温度低于
B. 时，盐酸和氢氧化钠溶液恰好完全反应
C. 溶液的浓度约为
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应。
（4）现使用盐酸与溶液在如图所示的装置中进行中和反应。
回答下列问题：
①若大烧杯上不盖硬纸板，求得的焓变_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
②实验中若改用盐酸跟原溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_______(忽略测量误差，填“相等”或“不相等”)。
③关于中和热的测定实验，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．向内筒加入稀碱液时，应当缓慢分批加入。
B．实验中，应记录初始温度与反应过程中达到的最高温度。
C．实验中，测量酸液的初始温度后，可以使用同一支温度计直接测量碱液的初始温度。
D．实验过程中，若使用铁质搅拌棒，会导致测得的中和热偏小。
【答案】（1）A （2） ①. 小于 ②. 大于 （3）AB
（4） ①. 偏大 ②. 相等 ③. B
【解析】
【小问1详解】
A．铝热反应属于放热反应，A符合题意；
B．与混合反应属于吸热反应，B不符合题意；
C．碳酸氢钠分解属于吸热反应，C不符合题意；
D．冰融化为水是吸热过程，且不属于化学反应，D不符合题意；
故选A。
【小问2详解】
是弱酸，电离过程中需要吸热，则若用与等体积、等浓度的氢氧化钠溶液混合，则放出的热量小于；和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀过程中额外放热，则用稀与等体积、等浓度的溶液混合放出的热量大于；
【小问3详解】
A．由图可知，22℃已是盐酸和未知浓度的溶液混合均匀反应后达到的温度，可以推测实验环境温度应低于22℃，A正确；
B．由图可知，时，溶液的温度最高，说明此时盐酸和氢氧化钠溶液恰好完全反应，放出的热量最多，B正确；
C．恰好完全反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由可知，氢氧化钠溶液的体积为20 mL，根据盐酸与氢氧化钠以1∶1反应可知，，C错误；
D．该实验表明酸碱中和反应生成水是放热反应，但不能说明有水生成的反应都是放热反应，如碳酸氢钠的分解反应是吸热反应，D错误；
故选AB；
【小问4详解】
①若大烧杯上不盖硬纸板，将导致热量损失，反应后体系温度偏小，测得反应放出的热量偏小，求得的焓变ΔH偏大；
②反应放出的热量与消耗的反应物的量成正比，若改用盐酸和溶液进行反应，此时盐酸过量，反应完全的是氢氧化钠，实际反应的量与上述实验相等，则与上述实验相比，所放出的热量相等；
③A．向内筒加入稀碱液时，应当一次性迅速加入，以减少热量损失，A错误；
B．实验中，记录酸液、碱液的初始温度，并将其平均值记为反应前体系的温度，将反应过程中达到的最高温度记为反应后体系的温度，则应记录初始温度与反应过程中达到的最高温度，B正确；
C．实验中，测量酸液的初始温度后，应用水将温度计上的酸冲洗干净，擦干，再测量碱液的温度，C错误；
D．铁易导热，实验过程中，若使用铁质搅拌棒，会导致热量散失较多，测得放出的热量偏小，中和热偏大，D错误；
故选B。
17. 生产、生活中的化学反应都伴随着能量的变化。回答下列问题：
（1）分子可形成单斜硫和斜方硫，转化过程如下： ，则常温下，(单斜)与(斜方)中较稳定的是_______[填“(单斜)”或“(斜方)”]
（2）丙烷()常用作运动会火炬燃料。如图是一定量丙烷完全燃烧生成和过程中的能量变化图。写出丙烷燃烧热的热化学方程式：_______。
（3）水煤气是由和组成的混合气体，在工业上常用作燃料。
已知：；。
现取(标准状况)水煤气，使其完全燃烧生成和，测得反应共放热766KJ，则水煤气中H2与CO的物质的量之比是_______。
（4）盖斯定律：不管化学过程是一步完成或分多步完成，整个过程的总热效应相同。
①反应分两步进行：
(ⅰ)；
(ⅱ)。
下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是_______(填标号)。
A． B． C． D．
②已知： ；
；
。
若将46g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为_______(用含的代数式表示)。
（5）下表中的数据表示断裂化学键需消耗的能量(即键能，单位为)：
热化学方程式：，则键键能为_____。
【答案】（1）S(斜方)
（2）
（3）2：1 （4） ①. D ②.
（5）243
【解析】
【小问1详解】
S(单斜)转化为S(斜方)是放热反应，则S(斜方)的能量较低，根据能量越低物质越稳定，则较稳定的是S(斜方)。
【小问2详解】
该反应物总能量高于生成物总能量，生成的反应放热ΔH=-553.75kJ/ml，则丙烷燃烧热的热化学方程式为 。
【小问3详解】
标况下67.2L水煤气的物质的量为，设氢气的物质的量为x ml，CO的物质的量为y ml，则得：x + y=3， ，解得x=2，y=1，所以水煤气中H2与CO的物质的量之比是2：1。
【小问4详解】
①由反应 A+B→C(ΔH＜0)分两步进行 ①A+B→X (ΔH＞0)，②X→C(ΔH＜0)可以看出，A+B→C(ΔH＜0)是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X (ΔH＞0)可知这步反应是吸热反应，X→C(ΔH＜0)是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X 的能量大于C，图像D符合，故答案为：D。
②依据盖斯定律计算：①-②+3×③得到：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH1=-()kJ/ml，液态无水酒精物质的量为1ml，反应放出的热量为()kJ。
【小问5详解】
设Cl2的键能为 ， ΔH=436kJ⋅ml-1+xkJ⋅ml-1-2×431kJ⋅ml-1=-183kJ⋅ml-1，解得x=243，则Cl2的键能为243kJ⋅ml-1。
18. 甲醇是一种重要的化工原料，具有广阔的开发和应用前景。工业上使用水煤气(CO与H2的混合气体)转化成甲醇(CH3OH)。
（1）已知一定条件下，发生反应：，，该条件下，水煤气转化成甲醇的热化学方程式是_______ 。
在体积可变的恒压密闭容器中投入和，不同条件下发生上述反应。实验测得平衡时的物质的量随温度、压强的变化如下图所示。
（2）P1_______P2(填“<”或“>”)。
（3）M点对应的平衡混合气体的体积为，则时，该反应的平衡常数_______ ，的转化率为_______ (保留1位小数)。
（4）工业上可利用甲醇茾基化法进一步制取甲酸甲酯：。在容积不变的密闭容器中，投入等物质的量的CH3OH(g)和(g)，在相同时间内的转化率随温度变化如下图所示(不考虑其他副反应)。
①b、c、d三点中，尚未达到化学平衡状态的点是_______。
②该反应是_______ (填“放热”或“吸热”)反应。
③反应达到平衡后向该容器中继续通入等物质的量的CH3OH(g)和(g)，保持恒温恒容，则再次平衡后，甲醇的转化率_______(填“增大”或“减小”或“不变”)。
④曲线ac段和de段的变化趋势不同。试从反应速率和平衡角度说明理由_______。
【答案】（1）
（2）＞ （3） ①. 16 ②. 66.7%
（4） ①. bc ②. 放热 ③. 增大 ④. 最高点之间未达到平衡，升温速率加快，转化率升高；达平衡后升温平衡逆向移动，转化率降低
【解析】
【小问1详解】
①，②，根据盖斯定律可知，①-②可得，，则水煤气转化成甲醇的热化学方程式是。
【小问2详解】
根据可知，该反应正方向气体分子数减小，增大压强，平衡正向进行，平衡时CH3OH的物质的量较大，由图可知，P1＞P2。
【小问3详解】
平衡时，为0.25ml，可列出三段式为：，M点对应的平衡混合气体的体积为，则时，该反应的平衡常数，的转化率为。
【小问4详解】
①由图可知，b、c点还未达到一氧化碳转化率的最大值，则尚未达到化学平衡状态；
②反应达到平衡后，随着温度的升高，d点平衡逆向进行，一氧化碳转化率降低，由图可知，温度超过一定数值后，随着温度的升高，一氧化碳的转化率降低，说明该反应为放热反应；
③在容积不变的密闭容器中，投入等物质的量的CH3OH(g)和(g)，反应达到平衡后向该容器中继续通入等物质的量的CH3OH(g)和(g)，保持恒温恒容，则再次平衡的状态相当于原平衡加压，平衡正向移动，甲醇的转化率增大。
④曲线ac段和de段的变化趋势不同，从反应速率和平衡角度说明：ac段，反应未达平衡，温度升高，反应速率增大，相同时间内消耗CO多，de段，已经达到平衡，升高温度使平衡向逆反应方向移动，CO转化率降低。
19. NO和CO均为燃油汽车尾气的成分，三元催化转换器可除去汽车尾气中90%以上的污染物，发生的反应为： 。
（1）某温度下，测得NO、CO在1L体积不变的密闭容器中的物质的量浓度随时间变化关系如图1所示。
①ab段CO的反应速率为_______，达平衡时，理论上该反应放出的热量约为_______kJ(保留3位有效数字)。
②该条件下，不能判断此反应到达平衡状态的是_______。
A．单位时间内，消耗1mlNO的同时消耗44g
B．混合气体的平均相对分子质量不再改变
C．
D．CO与NO的转化率比值不再改变
③其它条件不变，相同时间内，测得反应在不同催化剂作用下，NO转化率随温度变化关系如图2所示。则催化剂a条件下，图中达到平衡状态的点可能在_______(填“M点”“N点”或“M点和N点”)；催化剂b条件下，500℃以后NO转化率迅速减小的原因可能是_______。
④恒温恒压下，再向该容器中注入“惰性气体”，该反应的化学平衡将_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
（2）某温度下，向(1)容器中充入1mlCO和4ml汽车尾气(主要成分为NO和，其中NO的体积分数为25%)发生反应。10min时反应达到平衡，此时CO的转化率为50%。平衡时，体系压强为10MPa，则用分压表示的平衡常数_______。(用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，气体分压=气体总压×气体的物质的量分数)
【答案】（1） ①. ②. 0.336kJ ③. CD ④. N点 ⑤. 温度升高使催化剂的活性降低 ⑥. 逆向移动
（2）6.175
【解析】
【小问1详解】
①ab段CO的反应速率为：；达平衡时，NO浓度的变化量为：9×10-4ml/L，则△n(NO)= 9×10-4ml，理论上该反应放出的热量约为：；
②A．根据化学方程式可知，单位时间内，消耗1mlNO的同时消耗44gCO2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A项不符合题意；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应已达到平衡状态，故B项不符合题意；
C．，反应速率之比不等于计量数之比，正逆反应速率不等，不能说明达到平衡，故C项符合题意；
D．反应无时不刻在按照1:1的化学计量数之比消耗CO和NO，所以转化率的比值始终保持不变，因此转化率保持不变不能作为平衡状态的判据，故D项符合题意；
故答案为：CD；
③在催化剂a的作用下，M点对应的NO转化率小于相同温度下使用另一催化剂时NO的转化率，催化剂的使用不影响平衡移动，故M点不是平衡状态，N点为平衡点；催化剂b条件下，500℃以后NO转化率迅速减小的原因可能是因为温度升高使催化剂的活性降低；
④恒温恒压下，再向该容器中注入“惰性气体”，等同于增大容器体积，各气体浓度减小，化学平衡常数不变，则该反应的化学平衡将逆向移动；
【小问2详解】
根据题中所给数据可知，4ml汽车尾气中含有n(NO)=4ml×25%=1ml，n(N2)=4ml×75%=3ml，反应达到平衡时CO的转化率为50%，即n(CO)=1ml×50%=0.5ml，列出三段式：，平衡时，体系压强为10MPa，n(气体)=0.5+0.5+0.5+3.25=4.75ml，则用分压表示的平衡常数为：。t/min
21
50
80
100
120
160
220
∞
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
c(A)/(ml•L-1)
0.25
0.50
1.00
0.50
1.00
c1
c(B)/(ml•L-1)
0.050
0.050
0.100
0.100
0.200
c2
v/(10-3ml•L-1•min-1)
1.6
32
v1
3.2
v2
4.8
化学键
键能
436
431
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