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【化学】湖南省长沙市第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考（解析版） 试卷
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湖南省长沙市第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个正确的答案）
1.下列说法中不正确的是( )
A. 化石燃料在任何条件下都能充分燃烧
B. 化石燃料在燃烧过程中会产生污染环境的CO、 SO2等有害气体
C. 直接燃烧煤不如将煤进行深加工后再燃烧的效果好
D. 固体煤变为气体燃料后，燃烧效率将更高
【答案】A
【解析】
【详解】A. 燃料的燃烧需要一定的条件，例如需要达到着火点等，因此化石燃料在任何条件下不一定都能燃烧，A不正确；
B. 化石燃料不经处理直接燃烧可产生污染物CO、SO2等有害气体，故B正确；
C. 化石燃料(煤)经深加工后变为气体燃料，不仅减少SO2对大气的污染，而且能提高燃烧效率，故C正确；
D. 固体煤变为气体燃料后，燃烧效率将更高，故D正确。
答案选A。
2.下列说法正确的是（ ）
A. CO是不稳定的氧化物，它能继续和氧气反应生成稳定的CO2，故反应一定是放热反应
B. 在101kPa时，1mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热
C 物质燃烧都需要氧气
D. 物质燃烧放出热量的多少与外界条件有关
【答案】AD
【解析】
【详解】A．CO是不稳定的氧化物，它能继续和氧气反应生成稳定的CO2，能量越低越稳定，所以CO的燃烧反应一定是放热反应，故A正确；
B．101kPa时，1mol碳燃烧若没有生成稳定的氧化物所放出的热量就不是碳的燃烧热，故B错误；
C．物质燃烧不一定需要氧气，比如金属镁(Mg)和二氧化碳(CO2)反应生成氧化镁(MgO)和碳(C)，该反应没有氧气参加，是剧烈的发光发热的化学反应，同样属于物质的燃烧，故C错误；
D．物质燃烧放出热量的多少与外界条件有关，如温度不同时，物质的状态不一定相同，因此反应热大小不同，故D正确；
故选AD。
【点睛】本题的易错点为D，要注意外界条件中的温度和压强会影响物质的状态，会影响反应热。
3.下列关于热化学反应的描述正确的是（ ）
A. HCl与NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol、则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热 ΔH=-114.6kJ/mol
B. CO（g）的燃烧热是283kJ/mol,则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的反应的ΔH=+566kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和CO2放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ/mol，中和热特指生成1mol水放出的热量，与实际生成的水的多少无关，故A错误；
B．互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，且物质的量与热量成正比，由CO(g)的燃烧热是283.0 kJ•mol-1，则2CO2(g)═2CO(g)+O2(g)△H=+566 kJ•mol-1，故B正确；
C．有些放热反应也需要一定条件才能发生反应，如可燃物燃烧需要点燃，故C错误；
D．1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意燃烧热的产物是稳定的氧化物，水指的是液态的水。
4.下列有关叙述正确的是( )
A. 如图所示，测定中和热时，大小两烧杯间填满碎纸条或泡沫塑料的目的是固定小烧杯
B. 若用50 mL 0.55 mol·L－1的氢氧化钠溶液，分别与50 mL 0.50 mol·L－1的盐酸和50 mL 0.50 mol·L－1的硫酸充分反应，两反应测定的中和热不相等
C. 为了简化装置，中和热测定实验中的环形玻璃搅拌棒可以由温度计代替
D. 中和热测定实验也可以用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应
【答案】D
【解析】
【分析】
中和热是稀的强酸溶液和强碱溶液反应生成1mol水时放出的热量，中和热的测定中需要测量酸、碱的初始温度，以及酸碱混合后的最高温度，测定实验成败的关键是保温操作。
【详解】A项、中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故A错误；
B项、中和热是稀的强酸溶液和强碱溶液反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以两反应测定的中和热相等，故B错误；
C项、温度计不能用于搅拌溶液，所以实验中环形玻璃搅拌棒不能用温度计代替，故C错误；
D项、中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，硫酸是强酸，则中和热测定实验也可以用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查中和热的测定实验，掌握中和热的定义和中和热的测定原理，注意保温是实验成败的关键。
5.2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 图中A表示反应物的总能量
B. 图中E的大小对该反应的△H有影响
C. 该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点降低
D. 加入催化剂V2O5后，该反应的△H不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．表示反应物总能量的为图中A，故A正确；
B．活化能大小与反应热无关，加催化剂降低活化能，反应热不变，即△H不变，故B错误；
C．活化能的大小与反应热无关，加催化剂降低活化能，即使B点降低，故C正确；
D．活化能的大小与反应热无关，加催化剂降低活化能，反应热不变，即△H不变，故D正确；
答案为B。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. 人类在远古时代就通过燃烧植物的方式开始利用生物质能
B. 氢能是理想的绿色能源，但人们只能将氢气的化学能转化为热能
C. 煤中含有硫元素，大量的直接燃烧煤会引起酸雨等环境问题
D. 太阳能以光和热的形式传送到地面，人们可以直接利用这些光和热
【答案】B
【解析】
A、人类燃烧植物的方式获得热能，是开始利用生物质能的最早方式，故A说法正确；B、还可以让氢气构成燃料电池，使化学能转化成电能，故B说法错误；C、煤中含有硫元素，燃烧时产生SO2，引起酸雨等环境问题，故C说法正确；D、人们可以直接利用光和热，如太阳能热水器，故D说法正确。
7.反应A+B→C △H ＜0，分两步进行 ① A+B→X △H＞0 ② X→C △H＜0 。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．
【详解】由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜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，图象D符合，
故选D。
【点睛】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断
8.化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应是吸热反应
B. 断裂1molA-A键和1molB-B键能放出xkJ的能量
C. 断裂2molA-B键需要吸收ykJ的能量
D. 2molAB的总能量高于1moA2和1molB2的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图像，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，故A错误；
B、断裂化学键需要吸收能量，而不是释放能量，故B错误；
C、由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C正确；
D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误；
故选C。
9.反应4A（g）+3B（g）=2C（g）+D（g），经2min，B的浓度减少了0.6mol/L。下列反应速率的表示正确的是（ ）
A. 用A表示的反应速率是0.4mol•L-1•min-1
B. 用C表示的反应速率是0.2mol•L-1•min-1
C. 2min末的反应速率，用B表示的反应速率是0.23mol•L-1•min-1
D. 2min内，用B和C表示的反应速率之比为2：3
【答案】AB
【解析】
【详解】A．经2min，B的浓度减少了0.6mol/L，υ(B)==0.3mol/(L•min)，υ(A)=υ(B)=×0.3mol/(L•min)=0.4 mol/(L•min)，故A正确；
B．用C表示的反应速率是υ(C)=υ(B)=×0.3mol/(L•min)=0.2 mol/(L•min)，故B正确；
C．2 min末的反应速率是即时速率，不是平均速率，故C错误；
D．2 min内，用B和C表示的反应速率之比=化学计量数之比=3∶2，故D错误；
故选AB。
10.灰锡（以粉末状存在）和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn（s，白）+2HCl（aq）=SnCl2（aq）+H2（g） △H1
②Sn（s，灰）+2HCl（aq）=SnCl2（aq）+H2（g） △H2
③Sn（s，灰）Sn（s，白） △H3=+2.1kJ•mol-1
下列说法正确的是（ ）
A. △H1>△H2
B. 锡在常温下以灰锡状态存在
C. 灰锡转为白锡的反应是放热反应
D. 锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据③：Sn（s，灰） Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，则②-①=③，所以△H2-△H1=△H3＞0，所以△H1＜△H2，故A错误；
B、根据③：Sn（s，灰） Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，则锡在常温下以白锡状态存在，故B错误；
C、根据③：Sn（s，灰） Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，焓变大于0，所以灰锡转为白锡的反应是吸热反应，故C错误；
D、根据③：Sn（s，灰） Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，当温度低于13.2℃的环境时，会自行毁坏，故D正确。
故选D。
11.将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生如下的反应：3A（g ）+B（g）xC（g）+2D（g），经5min后，测得D的量为1mol，C的平均反应速率为0.1mol/(L﹒min)。则x的值为( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】由测得D的量为1mol知∆c(D)=0.5 mol/L，D的平均反应速率为0.5 mol/L ÷5min=0.1mol/(L﹒min)；由3A（g ）+B（g）xC（g）+2D（g），根据化学反应计量数之比等于反应速率之比，υ（C）：υ（D）=0.1mol/(L﹒min)：0.1mol/(L﹒min)=x：2，解得x=2；答案选C。
12.向密闭容器中充入物质A和B，发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)。反应过程中，物质A的体积分数和C的体积分数随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该反应在T1、T3温度时达到化学平衡
B. 该反应在T2温度时达到化学平衡
C. 该反应的逆反应是放热反应
D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【分析】
T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前是反应没有达到平衡状态，而T2℃时恰好平衡，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应。
【详解】A、T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1、T3温度时未达到化学平衡，A错误；
B、T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃时反应达到平衡状态，B正确；
C、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，C错误；
D、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向逆反应移动，D错误。
答案选B。
【点晴】明确图像中含量随温度的平衡关系判断T2℃时恰好平衡是解题关键。化学平衡图像题的解题技巧为：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
13.某温度下，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数K=1，该温度下在体积均为1L的甲、乙两个恒容密闭容器中，投入CO（g）和H2O（g）的起始浓度及5min时的浓度如表所示。
下列判断不正确的是（ ）
A. x=y=0.16
B. 反应开始时，乙中反应速率快
C. 甲中0~5min平均反应速率υ（CO）=0.004mol•L-1•min-1
D. 平衡时，乙中的转化率是50%，c(CO)是甲中的2倍
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲中起始c(CO)、c(H2O)为0.1mol/L，5min时c(CO)、c(H2O)为0.08mol/L，则CO2、H2的浓度分别为0.02mol/L，此时浓度商为 ＜1，没有达到平衡状态，乙中起始时反应物的浓度大，反应速率快，则5min时，x=y＜0.16mol/L，故A错误；
B．起始时乙中反应物的浓度较大，反应速率较大，故B正确；
C．甲中0～5min的平均反应速率：υ(CO)==0.004 mol/(L•min)，故C正确；
D．平衡常数K=1，由于乙中起始加入的CO、H2O的浓度相等，且各物质的化学计量数都为1，则乙平衡时c(CO)、c(H2O)与CO2、H2的浓度相等，则转化率为50%，乙中起始各物质的浓度是甲中的两倍，乙相当于在甲的基础上增大压强，增大压强对平衡移动无影响，则平衡时c(CO)是甲中的2倍，故D正确；
故选A。
【点睛】本题的易错点为A，要注意结合平衡常数的计算确定是否为平衡状态，在平衡状态才能通过甲判断乙中的x、y。
14.在某温度下，某一密闭容器中，M、N、R三种气体浓度的变化如图a所示，若其它条件不变，当温度分别为T1和T2时，N的体积分数与时间关系如图b所示。则下列结论正确的是（ ）
A. 该反应的热化学方程式M（g）+3N（g）2R（g）△H>0
B. 达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动
C. 达到平衡后，若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，M的转化率减小
D. 达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡一定向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．从图a可得出M、N为反应物、R为生成物，由△c之比可知化学计量数之比，该反应为M(g)+3N(g)⇌2R(g)，从图b中也看出T1＞T2，升高温度，N的体积分数变大，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，△H＜0，故A错误；
B．M(g)+3N(g)⇌2R(g)，缩小容器的体积，即增大压强，平衡正向移动，故B错误；
C．M(g)+3N(g)⇌2R(g)△H＜0，升高温度，υ正、υ逆均增大，平衡逆向移动，M的转化率减小，故C正确；
D．若是在恒温恒容的容器中通入稀有气体，M、N、R的浓度不变，平衡不移动，故D错误；
故选C。
【点睛】解答本题的关键是根据图像正确判断反应的方程式和反应热。本题的易错点为D，要注意压强对平衡的影响的使用条件，本题中通入稀有气体，由于容器的容积不变，平衡中气体的浓度不变，平衡不移动。
15.将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(-lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A. 该反应的△H>0
B. C点对应状态的平衡常数K(C)=10−3.638
C. NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态
D. 30℃时，B点对应状态的
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可知，升高温度，平衡常数的负对数减小，说明升高温度K增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，由化学方程式可知反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，结合浓度商与平衡常数的关系判断反应的方向，以此解答该题。
【详解】A．-lgK越大，则平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故该反应的△H＞0，故A正确B．C点-lgK=3.638，则平衡常数K=10-3.638，故B正确；C．反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，NH3的体积分数不变不能说明该反应达到平衡状态，故C错误；D．B点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行，则B点对应状态的υ（正）＜υ（逆），故D正确；故答案为C。
16.煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及产率等问题。已知：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)的平衡常数随温度的变化如下表：下列叙述正确的是
温度/℃
400
500
830
1000
平衡常数K
10
9
1
0.6
A. 该反应的正反应是吸热反应
B. 该反应达到平衡后，保持容器休积不变升高温度，正反应速率不变，容器内混合气体的压强不变
C. 830℃时，在恒容反应器中按物质的量比n(CO):n(H2O)：n(H2):n(CO2)=2:4:6:1投入反应混合物发生上述反应，初始时刻v正
【答案】D
【解析】
升高温度平衡常数减小，平衡逆向移动，该反应的正反应是放热反应，故A错误；升高温度，正反应速率一定增大，容器内混合气体的压强增大，故B错误；830℃时，在恒容反应器中按物质的量比n(CO)∶n(H2O)∶n(H2)∶n(CO2)＝2∶4∶6∶1，则Q= <1,所以反应正向进行，初始时刻υ正>υ逆 故C错误；
830 ℃时，在2 L的密闭容器中加入4 mol CO(g)和6 mol H2O(g)达到平衡时,Co的变化量为x，
，x=1.2 ，
，CO的转化率是60%，故D正确。
二、非选择题（本题共4个小题，共52分）
17.某温度时，在容积为2 L的密闭容器中，A、B、C三种气态物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
分析图中数据，回答下列问题：
(1)该反应的化学方程式为______________。
(2)反应开始至4 min时，物质A的平均反应速率为____。
(3)4 min时，正反应速率_______(填“>”“<”或“＝”，下同)逆反应速率，8 min时，正反应速率________逆反应速率。
【答案】 (1). 2A(g) ⇌ B(g) +C(g) (2). 0.15mol/（L•min） (3). ＞ (4). ＝
【解析】
【详解】（1）由图可知，8min末达到平衡状态，说明该反应为可逆反应，从反应开始到8min末，A的物质的量减少0.6mol、B的物质的量增加0.3mol，C的物质的量增加0.3mol，
因此该反应的化学方程式为2A(g) ⇌ B(g) +C(g)；
（2）反应开始至4min末，A的物质的量减少了0.6mol，v（A）==0.15mol/（L•min）；
（3）4min的时候反应物的浓度仍然再继续减少，所以反应向正反应方向进行，即v(正)＞v(逆)。8 min时，物质的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，所以v(正)＝v(逆)。
【点睛】本题考查化学反应速率的计算。在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此可以判断进行的方向以及正逆反应速率的大小。
18.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1L的密闭容器中，充入 1mol CO2和3mol H2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。
（1）从3 min到9 min，υ(H2)=________；
（2）能说明上述反应达到平衡状态的是____________（填编号）。
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．混合气体的密度不随时间的变化而变化
C．单位时间内消耗3mol H2，同时生成1mol H2O
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
（3）平衡时CO2的转化率为______________。
（4）平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数是__________________。
（5）一定温度下，第9分钟时υ逆(CH3OH) _______（填“大于”、“小于”或“等于”）第3分钟时υ正(CH3OH)。
【答案】 (1). 0.125mol·L－1·min－1 (2). D (3). 75﹪ (4). 30﹪ (5). 小于
【解析】
【分析】
（1）3min到9min，根据CO2浓度变化计算CO2化学反应速率，利用计量数之比得到v（H2）；
（2）化学反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的物理量不变；
（3）由图象可知平衡时CO2为0.25mol/L，可知消耗0.75mol/L，以此计算转化率；
（4）结合各物质的平衡浓度，利用三段式法计算；
（5）第9分钟时达到平衡，υ逆（CH3OH）=υ正（CH3OH），随着反应的进行，正反应速率逐渐减小．
【详解】(1)3min到9min,CO2浓度变化为0.5mol/L−0.25mol/L=0.25mol/L,CO2反应速率为：0.25mol/L÷(9min−3min)=0.256mol/(L⋅min),v(H2)=3×v(CO2)=0.125mol/(L⋅min)，
故答案0.125 mol/(L⋅min)；
(2)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)，浓度相等而不是不变，故A错误；
B. 反应前后，气体质量不变，容器体积不变，则气体密度始终不变，不能判断是否平衡，故B错误；
C. 单位时间内每消耗3molH2,同时生成1molH2O，从反应开始到平衡始终相等，不一定平衡，故C错误；
D. CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D正确；
故答案为D；
(3)由图象可知平衡时CO2的为0.25mol/L,可知消耗0.75mol/L,则转化率为0.75×100%=75%，
故答案为75%；
(4) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol/L):1 3 0 0
转化(mol/L):0.75 2.25 0.75 0.75
平衡(mol/L):0.25 0.75 0.75 0.75
则平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数为0.75÷(0.25+0.75+0.75+0.75)×100%=30%，
故答案为30%；
(5)第9分钟时达到平衡,υ逆(CH3OH)=υ正(CH3OH),随着反应的进行,正反应速率逐渐减小,则第9分钟时υ逆(CH3OH)小于第3分钟时υ正(CH3OH).，
故答案为小于。
【点睛】可逆反应处于平衡状态判断依据：同一物质的正逆反应速率相等，物质的百分含量不变，据此分析。
19.碳酸钙与盐酸是中学化学实验中的重要试剂。
（1）甲同学拟测定CaCO3固体与过量0.1mol/LHCl的反应速率。
①该反应的化学方程式___。
②设计两种实验方案：
方案一：通过测量___和___计算反应速率
方案二：通过测量___和___计算反应速率
③配制250mL0.1mol/LHCl：量取___mL10mol/LHCl加入烧杯中，加适量蒸馏水，搅拌，待溶液转入___中，洗涤，定容，摇匀。
（2）乙同学拟用如图装置探究固体表面积和反应物浓度对化学反应速率的影响
限选试剂与用品：0.1mol/LHCl、颗粒状CaCO3、粉末状CaCO3、蒸馏水、量筒、秒表
①设计实验方案：在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，测定___（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。
②拟定实验表格，完整体现实验方案（表格列数自定，列出所用试剂。待测物理量和拟定的数据，数据可用字母a、b、c等表示）
实验
序号
V（0.1mol/LHCl) /mL
…
实验目的：实验1和2探究固体表面积对反应速率的影响；实验1和3探究反应物浓度对反应速率的影响
1
…
2
…
3
…
___________
【答案】 (1). CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ (2). 生成二氧化碳的体积 (3). 反应时间 (4). 消耗碳酸钙固体的质量 (5). 反应时间 (6). 2.5 (7). 250mL容量瓶 (8). 生成等质量二氧化碳所需时间 (9).
实验
序号
V(0.1mol/L的HCl)/mL
m(块状碳酸钙质量)/g
m(粉末状碳酸钙质量)/g
V(蒸馏水)/mL
m(二氧化碳)/g
反应时间
t/s
1
a
b
c
d
2
a
b
c
d
3
c
b
a
d
【解析】
【分析】
(1)①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，据此书写化学方程式；②测定CaCO3固体与过量0.1mol•L-1 HCl的反应速率，可以根据单位时间内二氧化碳的生成量或单位时间内碳酸钙的消耗量判断反应速率；③据c1•V1=c2•V2计算所需盐酸体积；根据配制溶液的体积选择适当规格的容量瓶；
(2)①在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，通过测定单位时间内二氧化碳的生成速率判断反应速率；②据盐酸浓度相同时，块状碳酸钙与粉末状碳酸钙生成二氧化碳的速率和碳酸钙状态相同盐酸浓度不同时生成二氧化碳速率进行实验。
【详解】(1)①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
②根据反应的方程式可以根据单位时间内二氧化碳的生成量或单位时间内碳酸钙的消耗量判断反应速率，故答案为：生成二氧化碳的体积；反应时间；消耗碳酸钙固体的质量；反应时间；
③据c1•V1=c2•V2可知，250mL×0.1mol/L=VmL×10mol/L，解得：V=2.5，配制250mL溶液需要250mL的容量瓶，故答案为：2.5；250mL容量瓶；
(2)①在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，通过测定单位时间内二氧化碳的生成速率判断反应速率，故答案为：生成等质量二氧化碳所需时间；
②据盐酸浓度相同时，块状碳酸钙与粉末状碳酸钙生成二氧化碳的速率和碳酸钙状态相同盐酸浓度不同时生成二氧化碳速率进行实验，具体实验数据如下：
实验
序号
V(0.1mol/L的HCl)/mL
m(块状碳酸钙质量)/g
m(粉末状碳酸钙质量)/g
V(蒸馏水)/mL
m(二氧化碳)/g
反应时间
t/s
1
a
b
c
d
2
a
b
c
d
3
c
b
a
d
故答案为：
实验
序号
V(0.1mol/L的HCl)/mL
m(块状碳酸钙质量)/g
m(粉末状碳酸钙质量)/g
V(蒸馏水)/mL
m(二氧化碳)/g
反应时间
t/s
1
a
b
c
d
2
a
b
c
d
3
c
b
a
d
【点睛】本题的难点和易错点为(2)②，要注意熟悉通过变量设计实验的一般方法和步骤。
20.生产中可用双氧水氧化法处理电镀含氰废水，某化学兴趣小组模拟该法探究有关四环素对破氰反应速率的影响(注：破氰反应是指氧化剂将CN－氧化的反应)
相关资料
①氰化物主要以CN－和[Fe(CN)6]3-两种形式存在
②Cu2+可作为双氧水氧化法破氰处理过程中的催化剂，Cu2+在偏碱性条件下对双氧水分解影响较弱，可以忽略不计。
③[Fe(CN)6]3-较CN－难被双氧水氧化，且pH值越大，越稳定，越难被氧化。
实验过程
（1）请完成以下实验设计表(表中不要留空格)
实验
序号
实验目的
初始pH
废水样品体积/mL
CuSO4溶液的体积/mL
双氧水溶液的体积/mL
蒸馏水的体积/mL
1
为以下实验操作参考
7
60
10
10
20
2
废水的初始pH对破氰反应速率的影响
12
60
10
10
20
3
___
7
60
___
___
10
实验测得含氰废水中的总氰浓度(以CN-表示)随时间变化关系如图所示。
（2）实验①中20～60min时间段反应速率：υ(CN-)=___mol•L-1•min-1。
（3）实验①和实验②结果表明，含氰废水的初始pH增大，破氰反应速率减小，其原因可能是__(填一点即可)，在偏碱性条件下，含氰废水中的CN-最终被双氧水氧化为HCO3-，同时放出NH3，试写出该反应的离子方程式___。
（4）该兴趣小组同学要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，请你帮助他设计实验并验证上述结论，完成表2中内容。(己知：废水中的CN-浓度可用离子色谱仪测定)___
实验步骤(不要写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
【答案】 (1). 双氧水的浓度对破氰反应速率的影响 (2). 10 (3). 20 (4). 0.0175 (5). 初始pH增大，催化剂Cu2+会形成Cu(OH)2沉淀，影响了Cu2+的催化作用(或初始pH增大，[Fe(CN)6]3-较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化) (6). CN-+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3- (7).
实验方案(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN-浓度
相同时间内，若甲试管中的CN-浓度小于乙试管中的CN-浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN-浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用
【解析】
【分析】
(1)影响该反应的因素有溶液的pH以及双氧水的浓度，根据实验2实验目的确定实验3的实验目的，根据实验1的数据确定CuSO4溶液的体积和双氧水的体积；
(2)根据υ=计算求解；
(3)根据pH越大，[Fe(CN)6]3-越稳定，越难被氧化，破氰反应速率减小，且pH较大时，溶液的碱性较强，铜离子可能形成氢氧化铜沉淀；根据氧化还原反应的规律书写离子方程式；
(4)要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加相同的过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度来做对比实验。
【详解】(1)影响该反应因素有溶液的pH以及双氧水的浓度，实验2的目的为废水的初始pH对破氰反应速率的影响，则实验3的目的为双氧水的浓度对破氰反应速率的影响，其它量应不变，CuSO4溶液的体积为10mL，而且总体积不变，蒸馏水的体积为10mL，所以双氧水的体积为20mL，故答案为：双氧水的浓度对破氰反应速率的影响；10；20；
(2)根据υ==mol/(L•min)=0.0175mol•L-1•min-1，故答案为：0.0175；
(3)pH越大，[Fe(CN)6]3-越稳定，越难被氧化，且铜离子可能生成氢氧化铜沉淀，所以破氰反应速率减小；因为氰废水中的CN-最终被双氧水氧化为HCO3-，其中的碳由+2价变成+4价，1mol转移2mol的电子，而过氧化氢1mol也转移2mol的电子，所以CN-和H2O2的物质的量之比为1∶1，所以反应的离子方程式为：CN-+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3-，故答案为：初始pH增大，催化剂Cu2+会形成Cu(OH)2沉淀，影响了Cu2+的催化作用(或初始pH增大，[Fe(CN)6]3-较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化)；CN-+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3-；
(4)要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，可以分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加等体积、等浓度的过氧化氢溶液，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用离子色谱仪测定废水中的CN-浓度，如果在相同时间内，甲试管中的CN-浓度小于乙试管中的CN-浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用，反之则不起催化作用，故答案为：
实验方案(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN-浓度
相同时间内，若甲试管中的CN-浓度小于乙试管中的CN-浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN-浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个正确的答案）
1.下列说法中不正确的是( )
A. 化石燃料在任何条件下都能充分燃烧
B. 化石燃料在燃烧过程中会产生污染环境的CO、 SO2等有害气体
C. 直接燃烧煤不如将煤进行深加工后再燃烧的效果好
D. 固体煤变为气体燃料后，燃烧效率将更高
【答案】A
【解析】
【详解】A. 燃料的燃烧需要一定的条件，例如需要达到着火点等，因此化石燃料在任何条件下不一定都能燃烧，A不正确；
B. 化石燃料不经处理直接燃烧可产生污染物CO、SO2等有害气体，故B正确；
C. 化石燃料(煤)经深加工后变为气体燃料，不仅减少SO2对大气的污染，而且能提高燃烧效率，故C正确；
D. 固体煤变为气体燃料后，燃烧效率将更高，故D正确。
答案选A。
2.下列说法正确的是（ ）
A. CO是不稳定的氧化物，它能继续和氧气反应生成稳定的CO2，故反应一定是放热反应
B. 在101kPa时，1mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热
C 物质燃烧都需要氧气
D. 物质燃烧放出热量的多少与外界条件有关
【答案】AD
【解析】
【详解】A．CO是不稳定的氧化物，它能继续和氧气反应生成稳定的CO2，能量越低越稳定，所以CO的燃烧反应一定是放热反应，故A正确；
B．101kPa时，1mol碳燃烧若没有生成稳定的氧化物所放出的热量就不是碳的燃烧热，故B错误；
C．物质燃烧不一定需要氧气，比如金属镁(Mg)和二氧化碳(CO2)反应生成氧化镁(MgO)和碳(C)，该反应没有氧气参加，是剧烈的发光发热的化学反应，同样属于物质的燃烧，故C错误；
D．物质燃烧放出热量的多少与外界条件有关，如温度不同时，物质的状态不一定相同，因此反应热大小不同，故D正确；
故选AD。
【点睛】本题的易错点为D，要注意外界条件中的温度和压强会影响物质的状态，会影响反应热。
3.下列关于热化学反应的描述正确的是（ ）
A. HCl与NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol、则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热 ΔH=-114.6kJ/mol
B. CO（g）的燃烧热是283kJ/mol,则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的反应的ΔH=+566kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和CO2放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ/mol，中和热特指生成1mol水放出的热量，与实际生成的水的多少无关，故A错误；
B．互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，且物质的量与热量成正比，由CO(g)的燃烧热是283.0 kJ•mol-1，则2CO2(g)═2CO(g)+O2(g)△H=+566 kJ•mol-1，故B正确；
C．有些放热反应也需要一定条件才能发生反应，如可燃物燃烧需要点燃，故C错误；
D．1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意燃烧热的产物是稳定的氧化物，水指的是液态的水。
4.下列有关叙述正确的是( )
A. 如图所示，测定中和热时，大小两烧杯间填满碎纸条或泡沫塑料的目的是固定小烧杯
B. 若用50 mL 0.55 mol·L－1的氢氧化钠溶液，分别与50 mL 0.50 mol·L－1的盐酸和50 mL 0.50 mol·L－1的硫酸充分反应，两反应测定的中和热不相等
C. 为了简化装置，中和热测定实验中的环形玻璃搅拌棒可以由温度计代替
D. 中和热测定实验也可以用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应
【答案】D
【解析】
【分析】
中和热是稀的强酸溶液和强碱溶液反应生成1mol水时放出的热量，中和热的测定中需要测量酸、碱的初始温度，以及酸碱混合后的最高温度，测定实验成败的关键是保温操作。
【详解】A项、中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故A错误；
B项、中和热是稀的强酸溶液和强碱溶液反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以两反应测定的中和热相等，故B错误；
C项、温度计不能用于搅拌溶液，所以实验中环形玻璃搅拌棒不能用温度计代替，故C错误；
D项、中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，硫酸是强酸，则中和热测定实验也可以用稀硫酸与氢氧化钠溶液反应，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查中和热的测定实验，掌握中和热的定义和中和热的测定原理，注意保温是实验成败的关键。
5.2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 图中A表示反应物的总能量
B. 图中E的大小对该反应的△H有影响
C. 该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点降低
D. 加入催化剂V2O5后，该反应的△H不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．表示反应物总能量的为图中A，故A正确；
B．活化能大小与反应热无关，加催化剂降低活化能，反应热不变，即△H不变，故B错误；
C．活化能的大小与反应热无关，加催化剂降低活化能，即使B点降低，故C正确；
D．活化能的大小与反应热无关，加催化剂降低活化能，反应热不变，即△H不变，故D正确；
答案为B。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. 人类在远古时代就通过燃烧植物的方式开始利用生物质能
B. 氢能是理想的绿色能源，但人们只能将氢气的化学能转化为热能
C. 煤中含有硫元素，大量的直接燃烧煤会引起酸雨等环境问题
D. 太阳能以光和热的形式传送到地面，人们可以直接利用这些光和热
【答案】B
【解析】
A、人类燃烧植物的方式获得热能，是开始利用生物质能的最早方式，故A说法正确；B、还可以让氢气构成燃料电池，使化学能转化成电能，故B说法错误；C、煤中含有硫元素，燃烧时产生SO2，引起酸雨等环境问题，故C说法正确；D、人们可以直接利用光和热，如太阳能热水器，故D说法正确。
7.反应A+B→C △H ＜0，分两步进行 ① A+B→X △H＞0 ② X→C △H＜0 。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．
【详解】由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜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，图象D符合，
故选D。
【点睛】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断
8.化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应是吸热反应
B. 断裂1molA-A键和1molB-B键能放出xkJ的能量
C. 断裂2molA-B键需要吸收ykJ的能量
D. 2molAB的总能量高于1moA2和1molB2的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图像，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，故A错误；
B、断裂化学键需要吸收能量，而不是释放能量，故B错误；
C、由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C正确；
D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误；
故选C。
9.反应4A（g）+3B（g）=2C（g）+D（g），经2min，B的浓度减少了0.6mol/L。下列反应速率的表示正确的是（ ）
A. 用A表示的反应速率是0.4mol•L-1•min-1
B. 用C表示的反应速率是0.2mol•L-1•min-1
C. 2min末的反应速率，用B表示的反应速率是0.23mol•L-1•min-1
D. 2min内，用B和C表示的反应速率之比为2：3
【答案】AB
【解析】
【详解】A．经2min，B的浓度减少了0.6mol/L，υ(B)==0.3mol/(L•min)，υ(A)=υ(B)=×0.3mol/(L•min)=0.4 mol/(L•min)，故A正确；
B．用C表示的反应速率是υ(C)=υ(B)=×0.3mol/(L•min)=0.2 mol/(L•min)，故B正确；
C．2 min末的反应速率是即时速率，不是平均速率，故C错误；
D．2 min内，用B和C表示的反应速率之比=化学计量数之比=3∶2，故D错误；
故选AB。
10.灰锡（以粉末状存在）和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn（s，白）+2HCl（aq）=SnCl2（aq）+H2（g） △H1
②Sn（s，灰）+2HCl（aq）=SnCl2（aq）+H2（g） △H2
③Sn（s，灰）Sn（s，白） △H3=+2.1kJ•mol-1
下列说法正确的是（ ）
A. △H1>△H2
B. 锡在常温下以灰锡状态存在
C. 灰锡转为白锡的反应是放热反应
D. 锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据③：Sn（s，灰） Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，则②-①=③，所以△H2-△H1=△H3＞0，所以△H1＜△H2，故A错误；
B、根据③：Sn（s，灰） Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，则锡在常温下以白锡状态存在，故B错误；
C、根据③：Sn（s，灰） Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，焓变大于0，所以灰锡转为白锡的反应是吸热反应，故C错误；
D、根据③：Sn（s，灰） Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，当温度低于13.2℃的环境时，会自行毁坏，故D正确。
故选D。
11.将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生如下的反应：3A（g ）+B（g）xC（g）+2D（g），经5min后，测得D的量为1mol，C的平均反应速率为0.1mol/(L﹒min)。则x的值为( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】由测得D的量为1mol知∆c(D)=0.5 mol/L，D的平均反应速率为0.5 mol/L ÷5min=0.1mol/(L﹒min)；由3A（g ）+B（g）xC（g）+2D（g），根据化学反应计量数之比等于反应速率之比，υ（C）：υ（D）=0.1mol/(L﹒min)：0.1mol/(L﹒min)=x：2，解得x=2；答案选C。
12.向密闭容器中充入物质A和B，发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)。反应过程中，物质A的体积分数和C的体积分数随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A. 该反应在T1、T3温度时达到化学平衡
B. 该反应在T2温度时达到化学平衡
C. 该反应的逆反应是放热反应
D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【分析】
T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之前是反应没有达到平衡状态，而T2℃时恰好平衡，T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应。
【详解】A、T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1、T3温度时未达到化学平衡，A错误；
B、T2℃之前A%变小，C%从0渐增大，而T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃时反应达到平衡状态，B正确；
C、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，C错误；
D、T2℃时恰好平衡，T2℃之后A%渐大，C%渐小，说明T2℃之后是温度升高使平衡向逆反应移动，D错误。
答案选B。
【点晴】明确图像中含量随温度的平衡关系判断T2℃时恰好平衡是解题关键。化学平衡图像题的解题技巧为：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
13.某温度下，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数K=1，该温度下在体积均为1L的甲、乙两个恒容密闭容器中，投入CO（g）和H2O（g）的起始浓度及5min时的浓度如表所示。
下列判断不正确的是（ ）
A. x=y=0.16
B. 反应开始时，乙中反应速率快
C. 甲中0~5min平均反应速率υ（CO）=0.004mol•L-1•min-1
D. 平衡时，乙中的转化率是50%，c(CO)是甲中的2倍
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲中起始c(CO)、c(H2O)为0.1mol/L，5min时c(CO)、c(H2O)为0.08mol/L，则CO2、H2的浓度分别为0.02mol/L，此时浓度商为 ＜1，没有达到平衡状态，乙中起始时反应物的浓度大，反应速率快，则5min时，x=y＜0.16mol/L，故A错误；
B．起始时乙中反应物的浓度较大，反应速率较大，故B正确；
C．甲中0～5min的平均反应速率：υ(CO)==0.004 mol/(L•min)，故C正确；
D．平衡常数K=1，由于乙中起始加入的CO、H2O的浓度相等，且各物质的化学计量数都为1，则乙平衡时c(CO)、c(H2O)与CO2、H2的浓度相等，则转化率为50%，乙中起始各物质的浓度是甲中的两倍，乙相当于在甲的基础上增大压强，增大压强对平衡移动无影响，则平衡时c(CO)是甲中的2倍，故D正确；
故选A。
【点睛】本题的易错点为A，要注意结合平衡常数的计算确定是否为平衡状态，在平衡状态才能通过甲判断乙中的x、y。
14.在某温度下，某一密闭容器中，M、N、R三种气体浓度的变化如图a所示，若其它条件不变，当温度分别为T1和T2时，N的体积分数与时间关系如图b所示。则下列结论正确的是（ ）
A. 该反应的热化学方程式M（g）+3N（g）2R（g）△H>0
B. 达到平衡后，若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动
C. 达到平衡后，若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，M的转化率减小
D. 达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡一定向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．从图a可得出M、N为反应物、R为生成物，由△c之比可知化学计量数之比，该反应为M(g)+3N(g)⇌2R(g)，从图b中也看出T1＞T2，升高温度，N的体积分数变大，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，△H＜0，故A错误；
B．M(g)+3N(g)⇌2R(g)，缩小容器的体积，即增大压强，平衡正向移动，故B错误；
C．M(g)+3N(g)⇌2R(g)△H＜0，升高温度，υ正、υ逆均增大，平衡逆向移动，M的转化率减小，故C正确；
D．若是在恒温恒容的容器中通入稀有气体，M、N、R的浓度不变，平衡不移动，故D错误；
故选C。
【点睛】解答本题的关键是根据图像正确判断反应的方程式和反应热。本题的易错点为D，要注意压强对平衡的影响的使用条件，本题中通入稀有气体，由于容器的容积不变，平衡中气体的浓度不变，平衡不移动。
15.将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(-lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A. 该反应的△H>0
B. C点对应状态的平衡常数K(C)=10−3.638
C. NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态
D. 30℃时，B点对应状态的
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可知，升高温度，平衡常数的负对数减小，说明升高温度K增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，由化学方程式可知反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，结合浓度商与平衡常数的关系判断反应的方向，以此解答该题。
【详解】A．-lgK越大，则平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故该反应的△H＞0，故A正确B．C点-lgK=3.638，则平衡常数K=10-3.638，故B正确；C．反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，NH3的体积分数不变不能说明该反应达到平衡状态，故C错误；D．B点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行，则B点对应状态的υ（正）＜υ（逆），故D正确；故答案为C。
16.煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及产率等问题。已知：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)的平衡常数随温度的变化如下表：下列叙述正确的是
温度/℃
400
500
830
1000
平衡常数K
10
9
1
0.6
A. 该反应的正反应是吸热反应
B. 该反应达到平衡后，保持容器休积不变升高温度，正反应速率不变，容器内混合气体的压强不变
C. 830℃时，在恒容反应器中按物质的量比n(CO):n(H2O)：n(H2):n(CO2)=2:4:6:1投入反应混合物发生上述反应，初始时刻v正
【答案】D
【解析】
升高温度平衡常数减小，平衡逆向移动，该反应的正反应是放热反应，故A错误；升高温度，正反应速率一定增大，容器内混合气体的压强增大，故B错误；830℃时，在恒容反应器中按物质的量比n(CO)∶n(H2O)∶n(H2)∶n(CO2)＝2∶4∶6∶1，则Q= <1,所以反应正向进行，初始时刻υ正>υ逆 故C错误；
830 ℃时，在2 L的密闭容器中加入4 mol CO(g)和6 mol H2O(g)达到平衡时,Co的变化量为x，
，x=1.2 ，
，CO的转化率是60%，故D正确。
二、非选择题（本题共4个小题，共52分）
17.某温度时，在容积为2 L的密闭容器中，A、B、C三种气态物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
分析图中数据，回答下列问题：
(1)该反应的化学方程式为______________。
(2)反应开始至4 min时，物质A的平均反应速率为____。
(3)4 min时，正反应速率_______(填“>”“<”或“＝”，下同)逆反应速率，8 min时，正反应速率________逆反应速率。
【答案】 (1). 2A(g) ⇌ B(g) +C(g) (2). 0.15mol/（L•min） (3). ＞ (4). ＝
【解析】
【详解】（1）由图可知，8min末达到平衡状态，说明该反应为可逆反应，从反应开始到8min末，A的物质的量减少0.6mol、B的物质的量增加0.3mol，C的物质的量增加0.3mol，
因此该反应的化学方程式为2A(g) ⇌ B(g) +C(g)；
（2）反应开始至4min末，A的物质的量减少了0.6mol，v（A）==0.15mol/（L•min）；
（3）4min的时候反应物的浓度仍然再继续减少，所以反应向正反应方向进行，即v(正)＞v(逆)。8 min时，物质的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，所以v(正)＝v(逆)。
【点睛】本题考查化学反应速率的计算。在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此可以判断进行的方向以及正逆反应速率的大小。
18.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1L的密闭容器中，充入 1mol CO2和3mol H2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。
（1）从3 min到9 min，υ(H2)=________；
（2）能说明上述反应达到平衡状态的是____________（填编号）。
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．混合气体的密度不随时间的变化而变化
C．单位时间内消耗3mol H2，同时生成1mol H2O
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
（3）平衡时CO2的转化率为______________。
（4）平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数是__________________。
（5）一定温度下，第9分钟时υ逆(CH3OH) _______（填“大于”、“小于”或“等于”）第3分钟时υ正(CH3OH)。
【答案】 (1). 0.125mol·L－1·min－1 (2). D (3). 75﹪ (4). 30﹪ (5). 小于
【解析】
【分析】
（1）3min到9min，根据CO2浓度变化计算CO2化学反应速率，利用计量数之比得到v（H2）；
（2）化学反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的物理量不变；
（3）由图象可知平衡时CO2为0.25mol/L，可知消耗0.75mol/L，以此计算转化率；
（4）结合各物质的平衡浓度，利用三段式法计算；
（5）第9分钟时达到平衡，υ逆（CH3OH）=υ正（CH3OH），随着反应的进行，正反应速率逐渐减小．
【详解】(1)3min到9min,CO2浓度变化为0.5mol/L−0.25mol/L=0.25mol/L,CO2反应速率为：0.25mol/L÷(9min−3min)=0.256mol/(L⋅min),v(H2)=3×v(CO2)=0.125mol/(L⋅min)，
故答案0.125 mol/(L⋅min)；
(2)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)，浓度相等而不是不变，故A错误；
B. 反应前后，气体质量不变，容器体积不变，则气体密度始终不变，不能判断是否平衡，故B错误；
C. 单位时间内每消耗3molH2,同时生成1molH2O，从反应开始到平衡始终相等，不一定平衡，故C错误；
D. CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D正确；
故答案为D；
(3)由图象可知平衡时CO2的为0.25mol/L,可知消耗0.75mol/L,则转化率为0.75×100%=75%，
故答案为75%；
(4) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol/L):1 3 0 0
转化(mol/L):0.75 2.25 0.75 0.75
平衡(mol/L):0.25 0.75 0.75 0.75
则平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数为0.75÷(0.25+0.75+0.75+0.75)×100%=30%，
故答案为30%；
(5)第9分钟时达到平衡,υ逆(CH3OH)=υ正(CH3OH),随着反应的进行,正反应速率逐渐减小,则第9分钟时υ逆(CH3OH)小于第3分钟时υ正(CH3OH).，
故答案为小于。
【点睛】可逆反应处于平衡状态判断依据：同一物质的正逆反应速率相等，物质的百分含量不变，据此分析。
19.碳酸钙与盐酸是中学化学实验中的重要试剂。
（1）甲同学拟测定CaCO3固体与过量0.1mol/LHCl的反应速率。
①该反应的化学方程式___。
②设计两种实验方案：
方案一：通过测量___和___计算反应速率
方案二：通过测量___和___计算反应速率
③配制250mL0.1mol/LHCl：量取___mL10mol/LHCl加入烧杯中，加适量蒸馏水，搅拌，待溶液转入___中，洗涤，定容，摇匀。
（2）乙同学拟用如图装置探究固体表面积和反应物浓度对化学反应速率的影响
限选试剂与用品：0.1mol/LHCl、颗粒状CaCO3、粉末状CaCO3、蒸馏水、量筒、秒表
①设计实验方案：在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，测定___（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。
②拟定实验表格，完整体现实验方案（表格列数自定，列出所用试剂。待测物理量和拟定的数据，数据可用字母a、b、c等表示）
实验
序号
V（0.1mol/LHCl) /mL
…
实验目的：实验1和2探究固体表面积对反应速率的影响；实验1和3探究反应物浓度对反应速率的影响
1
…
2
…
3
…
___________
【答案】 (1). CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ (2). 生成二氧化碳的体积 (3). 反应时间 (4). 消耗碳酸钙固体的质量 (5). 反应时间 (6). 2.5 (7). 250mL容量瓶 (8). 生成等质量二氧化碳所需时间 (9).
实验
序号
V(0.1mol/L的HCl)/mL
m(块状碳酸钙质量)/g
m(粉末状碳酸钙质量)/g
V(蒸馏水)/mL
m(二氧化碳)/g
反应时间
t/s
1
a
b
c
d
2
a
b
c
d
3
c
b
a
d
【解析】
【分析】
(1)①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，据此书写化学方程式；②测定CaCO3固体与过量0.1mol•L-1 HCl的反应速率，可以根据单位时间内二氧化碳的生成量或单位时间内碳酸钙的消耗量判断反应速率；③据c1•V1=c2•V2计算所需盐酸体积；根据配制溶液的体积选择适当规格的容量瓶；
(2)①在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，通过测定单位时间内二氧化碳的生成速率判断反应速率；②据盐酸浓度相同时，块状碳酸钙与粉末状碳酸钙生成二氧化碳的速率和碳酸钙状态相同盐酸浓度不同时生成二氧化碳速率进行实验。
【详解】(1)①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
②根据反应的方程式可以根据单位时间内二氧化碳的生成量或单位时间内碳酸钙的消耗量判断反应速率，故答案为：生成二氧化碳的体积；反应时间；消耗碳酸钙固体的质量；反应时间；
③据c1•V1=c2•V2可知，250mL×0.1mol/L=VmL×10mol/L，解得：V=2.5，配制250mL溶液需要250mL的容量瓶，故答案为：2.5；250mL容量瓶；
(2)①在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，通过测定单位时间内二氧化碳的生成速率判断反应速率，故答案为：生成等质量二氧化碳所需时间；
②据盐酸浓度相同时，块状碳酸钙与粉末状碳酸钙生成二氧化碳的速率和碳酸钙状态相同盐酸浓度不同时生成二氧化碳速率进行实验，具体实验数据如下：
实验
序号
V(0.1mol/L的HCl)/mL
m(块状碳酸钙质量)/g
m(粉末状碳酸钙质量)/g
V(蒸馏水)/mL
m(二氧化碳)/g
反应时间
t/s
1
a
b
c
d
2
a
b
c
d
3
c
b
a
d
故答案为：
实验
序号
V(0.1mol/L的HCl)/mL
m(块状碳酸钙质量)/g
m(粉末状碳酸钙质量)/g
V(蒸馏水)/mL
m(二氧化碳)/g
反应时间
t/s
1
a
b
c
d
2
a
b
c
d
3
c
b
a
d
【点睛】本题的难点和易错点为(2)②，要注意熟悉通过变量设计实验的一般方法和步骤。
20.生产中可用双氧水氧化法处理电镀含氰废水，某化学兴趣小组模拟该法探究有关四环素对破氰反应速率的影响(注：破氰反应是指氧化剂将CN－氧化的反应)
相关资料
①氰化物主要以CN－和[Fe(CN)6]3-两种形式存在
②Cu2+可作为双氧水氧化法破氰处理过程中的催化剂，Cu2+在偏碱性条件下对双氧水分解影响较弱，可以忽略不计。
③[Fe(CN)6]3-较CN－难被双氧水氧化，且pH值越大，越稳定，越难被氧化。
实验过程
（1）请完成以下实验设计表(表中不要留空格)
实验
序号
实验目的
初始pH
废水样品体积/mL
CuSO4溶液的体积/mL
双氧水溶液的体积/mL
蒸馏水的体积/mL
1
为以下实验操作参考
7
60
10
10
20
2
废水的初始pH对破氰反应速率的影响
12
60
10
10
20
3
___
7
60
___
___
10
实验测得含氰废水中的总氰浓度(以CN-表示)随时间变化关系如图所示。
（2）实验①中20～60min时间段反应速率：υ(CN-)=___mol•L-1•min-1。
（3）实验①和实验②结果表明，含氰废水的初始pH增大，破氰反应速率减小，其原因可能是__(填一点即可)，在偏碱性条件下，含氰废水中的CN-最终被双氧水氧化为HCO3-，同时放出NH3，试写出该反应的离子方程式___。
（4）该兴趣小组同学要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，请你帮助他设计实验并验证上述结论，完成表2中内容。(己知：废水中的CN-浓度可用离子色谱仪测定)___
实验步骤(不要写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
【答案】 (1). 双氧水的浓度对破氰反应速率的影响 (2). 10 (3). 20 (4). 0.0175 (5). 初始pH增大，催化剂Cu2+会形成Cu(OH)2沉淀，影响了Cu2+的催化作用(或初始pH增大，[Fe(CN)6]3-较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化) (6). CN-+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3- (7).
实验方案(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN-浓度
相同时间内，若甲试管中的CN-浓度小于乙试管中的CN-浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN-浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用
【解析】
【分析】
(1)影响该反应的因素有溶液的pH以及双氧水的浓度，根据实验2实验目的确定实验3的实验目的，根据实验1的数据确定CuSO4溶液的体积和双氧水的体积；
(2)根据υ=计算求解；
(3)根据pH越大，[Fe(CN)6]3-越稳定，越难被氧化，破氰反应速率减小，且pH较大时，溶液的碱性较强，铜离子可能形成氢氧化铜沉淀；根据氧化还原反应的规律书写离子方程式；
(4)要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加相同的过氧化氢，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度来做对比实验。
【详解】(1)影响该反应因素有溶液的pH以及双氧水的浓度，实验2的目的为废水的初始pH对破氰反应速率的影响，则实验3的目的为双氧水的浓度对破氰反应速率的影响，其它量应不变，CuSO4溶液的体积为10mL，而且总体积不变，蒸馏水的体积为10mL，所以双氧水的体积为20mL，故答案为：双氧水的浓度对破氰反应速率的影响；10；20；
(2)根据υ==mol/(L•min)=0.0175mol•L-1•min-1，故答案为：0.0175；
(3)pH越大，[Fe(CN)6]3-越稳定，越难被氧化，且铜离子可能生成氢氧化铜沉淀，所以破氰反应速率减小；因为氰废水中的CN-最终被双氧水氧化为HCO3-，其中的碳由+2价变成+4价，1mol转移2mol的电子，而过氧化氢1mol也转移2mol的电子，所以CN-和H2O2的物质的量之比为1∶1，所以反应的离子方程式为：CN-+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3-，故答案为：初始pH增大，催化剂Cu2+会形成Cu(OH)2沉淀，影响了Cu2+的催化作用(或初始pH增大，[Fe(CN)6]3-较中性和酸性条件下更稳定，难以氧化)；CN-+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3-；
(4)要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用，可以分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份，滴加等体积、等浓度的过氧化氢溶液，一份中加入少量的无水硫酸铜粉末，另一份不加，用离子色谱仪测定废水中的CN-浓度，如果在相同时间内，甲试管中的CN-浓度小于乙试管中的CN-浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用，反之则不起催化作用，故答案为：
实验方案(不要求写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中，再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液，只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末，用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN-浓度
相同时间内，若甲试管中的CN-浓度小于乙试管中的CN-浓度，则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用；若两试管中的CN-浓度相同，则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用
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