人教版高中化学选修四高二(上)月考化学试
人教版高中化学选修四高二(上)月考化学试卷(9月份).docx
高中化学学习材料唐玲出品高二（上）月考化学试卷（9月份）一．选择题（每小题3分，共51分）1．（3分）下列反应中属吸热反应的是（）A．Zn与稀硫酸反应放出氢气B．酸碱中和反应C．硫在空气或氧气中燃烧D．Ba（OH）•8H2O与NH4Cl反应2考点：吸热反应和放热反应．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应．解答：解：A．Zn与稀硫酸反应放出氢气是放热反应，故A错误；B．酸碱中和反应是放热反应，故B错误；C．硫在空气或氧气中燃烧是放热反应，故C错误；D．NH4Cl晶体与Ba（OH）2•8H2O反应是吸热反应，故D正确．故选D．点评：本题主要考查化学反应的热量变化，应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于常见的吸热过程和放热过程不是化学变化，题目难度不大．2．（3分）下列关于热化学反应的描述中正确的是（）A．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则HSO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol2B．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO（g）═2CO（g）+O2（g）反应的△H=+566.0kJ/mol2C．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二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热考点：热化学方程式；吸热反应和放热反应；燃烧热．专题：化学反应中的能量变化．分析： A、根据中和热的定义判断；B、根据反应热与物质的量的关系判断；C、根据吸热反应的定义判断；D、根据燃烧热的定义判断．解答：解：A、中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molHO所放出的热量；中和热必须是生成21molH2O所放出的热量，与几元酸、碱无关，故A错误；B、燃烧热是指在101KPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量．CO的燃烧热是283.0kJ/mol，说明1molCO燃烧时放出283.0kJ的能量，在反应方程式2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）中，CO的计量数变成2，所以反应热是其燃烧热的2倍，且是吸收能量，故B 正确；C、吸热反应是指生成物成键释放的总能量小于反应物断键吸收的总能量，与是否加热无关，故C错误；D、根据燃烧热的定义，生成的水必须是液态水，故D错误；故选：B．点评：本题考查有关概念，注意：1、中和热的几个关键点：在稀溶液中、强酸强碱反应、生成1molH2O；2、燃烧热的几个关键点：1molH2O、纯物质、稳定氧化物．3．（3分）已知下列热化学方程式：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol；（2）C （s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol；（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol．则反应2C （s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）的△H为（）A．﹣488.3 kJ/mol B．﹣244.15 kJ/mol C．+488.3 kJ/mol D．+244.15 kJ/mol考点：有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：利用盖斯定律计算，将（2）×2+（3）×2﹣（1），可得 2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），反应热随之相加减，可求得反应热．解答：解：已知：（1）CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=﹣870.3kJ/mol（2）C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ/mol（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=﹣285.8kJ/mol利用盖斯定律，将（2）×2+（3）×2﹣（1），可得 2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），则：△H=2×（﹣393.5kJ/mol）+2×（﹣285.8kJ/mol）﹣（﹣870.3kJ/mol）=﹣488.3KJ/mol，故选A．点评：本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意盖斯定律的运用，注意焓变与化学计量数的关系．4．（3分）下列热化学方程式中△H代表燃烧热的是（）A．CH4（g）+O2（g）=2H2O（l）+CO（g）△H1B．S（s）+O2（g）=SO3（s）△H2C．C6H12O6（s）+6O2（g）=6CO2（g）+6H2O（l）△H3D．2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H4考点：燃烧热．专题：化学反应中的能量变化．分析：燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量．解答：解：A、生成产物中一氧化碳是不稳定的氧化物，不符合燃烧热的概念，故A不选；B、硫单质燃烧生成二氧化硫，故B不选；C、符合燃烧热的概念，故C选；D、热化学方程式表示的是2mol可燃物燃烧放出的热量，故D不选；故选C．点评：本题考查了燃烧热概念的分析判断，注意概念中量的分析，氧化物稳定性的判断，题目较简单．5．（3分）在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．υ（A）=0.5 mol/（L•s）B．υ（B）=1 mol/（L•s）C．υ（C）=0.8 mol/（L•s）D．υ（D）=0.3 mol/（L•s）考点：反应速率的定量表示方法．专题：化学反应速率专题．分析：利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较．解答：解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，A、υ（A）=0.5 mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=2υ（A）=1mol/（L•s），B、υ（B）=1mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=4υ（B）=4mol/（L•s），C、υ（C）=0.8mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=υ（C）=×0.8mol/（L•s）=1.1mol/（L•s），D、υ（D）=0.3 mol/（L•s），故速率B＞C＞A＞D，故选B．点评：本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快．6．（3分）有一处于平衡状态的反应：X（s）+3Y（g）⇌2Z（g）（正反应是放热反应）．为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是（）①升高温度②降低温度③增大压强④降低压强⑤加入正催化剂⑥分离出Z．A．①③⑤B．②③⑤C．②③⑥D．②④⑥考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：根据影响化学平衡移动的因素：升高温度、平衡向着吸热方向移动，降低温度，平衡向着放热方向移动；升高压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；增大反应物浓度或者减小生成物浓度平衡都向正方向移动；催化剂只改变反应速率不改变平衡移动．解答：解：反应X（g）+3Y（s）⇌2Z（g）（正反应是放热反应），是一个放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，降低温度，平衡正向移动，故①错误，②正确；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向即逆向进行，减小压强，平衡正向移动，故③正确；④错误；加催化剂不会引起化学平衡的移动，故⑤错误；分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故⑥正确．故选C．点评：本题考查学生化学平衡移动原理知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．7．（3分）反应：A（气）+3B（气）⇌2C（气）△H＜0达平衡后，将气体混合物的温度降低．下列叙述中正确的是（）A．正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动B．正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动C．正反应速率和逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动D．正反应速率和逆反应速率变小，平衡向逆反虑方向移动考点：化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：对于该正反应为放热的化学反应来说，降低温度，该反应的正逆反应速率都减小，化学平衡向放热的方向移动，以此来解答．解答：解：A、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故A错误；B、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故B错误；C、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故C正确；D、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故D错误；故选C．点评：本题考查温度对化学反应速率及化学平衡的影响，注意△H＜0说明该反应为放热反应是解答的关键，难度不大．8．（3分）已知反应A+B═C+D为放热反应，对该反应的下列说法中正确的为（）A．A的能量一定高于CB．B的能量一定高于DC．A和B的总能量一定高于C和D的总能量D．该反应为放热反应，故不必加热就一定能发生考点：吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因．专题：化学反应中的能量变化．分析：吸热反应放热反应与反应物和生成物的总能量有关与反应条件无关．解答：解：放热反应是指反应物的总能量大于生成物的总能量，与反应条件（如加热）无关，D说法错误．故选C．点评：本题考查放热反应与反应物和生成物的总能量的关系，难度不大．9．（3分）已知充分燃烧a g乙炔（C2H2）气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则乙炔燃烧热的热化学方程式正确的是（）A．2CH2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4b kJ/mol2B．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=+2b kJ/molC．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣2b kJ/molD．2CH2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=+b kJ/mol2考点：化学能与热能的相互转化；热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化．分析：燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，以此来解答．解答：解：根据题意知：燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，A．由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，乙炔燃烧热可燃物的系数要求必须是1mol，故A错误；B．由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，△H=+2b kJ/mol表示吸收热量，故B错误；C．由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，故C正确；D．由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣4bkJ/mol，故D错误；故选C．点评：本题考查热化学反应方程式的书写，明确物质的量与热量的关系，反应热的符号、数值、单位即可解答，题目难度不大．10．（3分）恒温恒容的情况下，反应A2（g）+B2（g）⇌2AB（g）达到平衡状态的标志是（）A．容器内气体的密度不随时间而变化B．容器内的总压强不随时间而变化C．单位时间内生成2nmol AB的同时，生成nmol的B2D．A、B2、AB的反应速率比为1：1：2的状态2考点：专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生改变，由此衍生的一些物理量不变，以此进行判断，注意该反应气体计量数的关系．解答：解：A．容器体积不变，气体质量守恒，所以气体密度始终不变，密度不变不一定达到平衡状态，故A错误；B．反应前后气体的体积不变，则无论是否达到平衡状态，反应容器的压强都不发生改变，则不能用以判断是否达到平衡状态，故B错误；C．单位时间内生成2nmolAB的同时，生成nmol的B2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D．A2、B2、AB的反应速率比为1：1：2，符合反应速率之比等于化学计量数之比，但不一定正逆反应速率相等，故D错误．故选C．点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意正逆反应速率的关系的判断，为易错点．11．（3分）在温度不变的条件下，密闭容器中发生如下反应：2SO2+O2⇌2SO3，下列叙述能够说明反应已经达到平衡状态的是（）A．反应容器中压强不随时间变化B．容器中SO、O2、SO3的物质的量之比为2：1：22C．SO与SO3的浓度相等2D．容器中SO、O2、SO3共存2考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，做题时要注意方程式前后气体的化学计量数的关系．解答：解：反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，A、正反应为气体体积减小的反应，容器中压强不变，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故A正确；B．平衡时各物质的浓度大小关系取决于起始量与转化的程度，不能作为判断达到平衡的依据，故B错误；C．平衡时各物质的物质的量的多少取决于起始量与转化的程度，不能作为判断达到平衡的依据，故C错误；D、该反应为可逆反应，无论是否达到平衡状态都存在三种物质共存的特点，故D错误．故选A．点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意把握判断的角度以及平衡状态的特征，易错点为B、C，注意体会．12．（3分）反应4NH3+5O2⇌4NO+6H2O在一定体积的密闭容器中进行，30s后NO的物质的量浓度增加了3mol/L，则下列反应速率正确的是（）A．v（NO）=0.1 mol•（L•s）﹣1B．v（NO）=0.02 mol•（L•s）﹣1C．v（NH）=0.01 mol•（L•s）﹣1D．v（NH3）=0.2 mol•（L•s）﹣13考点：化学反应速率和化学计量数的关系．专题：化学反应速率专题．分析：根据化学反应速率的定义和化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算．解答：解：4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，v（NO）===0.1 mol•（L•s）﹣1；A．v（NO）=0.1 mol•（L•s）﹣1，故A正确；B．v（NO）=0.1 mol•（L•s）﹣1，故B错误；C．v（NO）：v（NH3）=1：1，故v（NH3）=v（NO）=0.1 mol•（L•s）﹣1，故C错误；D．v（NH3）=0.1 mol•（L•s）﹣1，故D错误；故选A．点评：本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率的定义和化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，难度不大．13．（3分）下列各组实验中溶液最先变浑浊的是（）A．0.1 mol/L NaS2O3和H2SO4各5 mL，加水5 mL，反应温度10℃2B．0.1 mol/L NaS2O3和H2SO4各5 mL，加水10 mL，反应温度10℃2C．0.1 mol/L NaS2O3和H2SO4各5 mL，加水5 mL，反应温度30℃2D．0.2 mol/L Na2S2O3和H2SO4各5 mL，加水10 mL，反应温度30℃考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：题中中给出的数据为浓度和温度的影响，一般来说，浓度越大，温度越高，反应速率越大，以此解答该题．解答：解：对于该反应来说浓度越大，温度越高，反应速率越大，C、D温度较高，则应大于A、B的反应速率，C、D相比较，D的浓度较大，则反应速率较大．故选D．点评：本题考查化学反应速率，为高考高频考点，侧重于反应速率的影响因素的考查以及数据处理能力，能较好的培养学生良好的科学素养，难度不大，学习中注意掌握影响化学反应速率的因素．14．（3分）对于一定条件下进行的化学反应：2SO2+O2⇌2SO3，改变下列条件，可以提高反应物中活化分子百分数的是（）①增大压强②升高温度③加入催化剂④减小反应物浓度．A．①②B．②③C．①②③D．①④考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：提高反应物中活化分子百分数，应是升高温度或加入催化剂，以此解答该题．解答：解：提高反应物中活化分子百分数，应是升高温度或加入催化剂，则②③正确，增大压强，活化分子的百分数不变，降低浓度，活化分子浓度减小，百分数不变，故选B．点评：本题考查化学反应速率的影响因素为高考常见题型，侧重于学生分析能力的考查，难度不大，注意把握影响化学反应速率的外界因素以及影响的根本原因．15．（3分）（2011•武汉模拟）利用反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H=746.8kJ•mol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（）A．降低温度B．增大压强同时加催化剂C．升高温度同时充入N2D．及时将CO2和N2从反应体系中移走考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：提供该反应的速率可以采取增大压强、使用催化剂、升高温度等，同时提高NO的转化率，应采取措施使平衡向正反应方向，结合平衡移动原理分析．解答：解：A．该反应正反应为吸热反应，降低温度，化学平衡向逆反应方向移动，NO的转化率转化率降低，化学反应速率减慢，故A错误；B．增大压强同时加催化剂，化学反应速率加快，催化剂不移动平衡移动，但增大压强平衡向正反应方向移动，NO的转化率转化率增大，故B正确；C．升高温度，化学反应速率加快，化学平衡向吸热方向移动，即向正反应方向，NO的转化率转化率增大，同时充入N2，化学平衡向逆反应方向移动，NO的转化率转化率减小，故C错误；D．将CO2和N2从反应体系中移走，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，但反应速率减小，故D错误．故选：B．点评：本题考查化学反应速率与化学平衡的影响因素，难度不大，注意对基础知识的理解掌握．16．（3分）现有可逆反应A（g）+2B（g）⇌nC（g）△H＜0，在相同温度、不同压强时，A的转化率跟反应时间（t）的关系如图，其中结论正确的是（）A．p1＞p2，n＞3 B．p1＜p2，n＞3 C．p1＜p2，n＜3 D．p1＞p2，n=3考点：转化率随温度、压强的变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：由图可知压强为p2先到达平衡，根据“先拐先平数值大”，则p2＞p1，压强越大A的转化率越小，增大压强平衡向逆反应移动，据此判断n的值．解答：解：由图可知压强为p2先到达平衡，根据“先拐先平数值大”，则p2＞p1，压强越大A的转化率越小，增大压强平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体气体减小的方向移动，即3＜n，故选B．点评：本题考查化学平衡影响影响因素，难度中等，注意根据“先拐先平数值大”判断压强，再根据压强对平衡的影响解答．17．（3分）对于可逆反应A（g）+B（g）⇌C（g）△H＜0，下列图象正确的是（）A．B．C．D．考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的含量减小，温度越高，反应速率越大，到达平衡的时间越短，以此解答该题．解答：解：对可逆反应A（g）+B（g）⇌C（g）△H＜0（正反应为放热反应），升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的含量减小，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用时间应较少，曲线斜率较大，则只有B符合．故选B．点评：本题考查化学平衡移动的图象问题，难度不大，本题注意把握反应的特征，正确判断温度对平衡移动的影响为解答该题的关键．二．填空题（49分）18．（7分）北京奥运会火炬使用的燃料为丙烷（C3H8），它是一种价格低廉的常用燃料，丙烷是由碳和氢两种元素组成，燃烧后只有二氧化碳和水，不会对环境造成污染．已知1g丙烷完全燃烧放出50.452kJ热量．试回答下列问题：（1）丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8（g）+5O2（g ）→3CO2（g ）+4H2O（l）△H=﹣2219.9KJ/mol ．（2）能较准确地反映丙烷燃烧时能量变化的曲线是 B ．（3）2008年5月，圣火被带上珠穆朗玛峰，向全世界展示．下列有关珠穆朗玛峰上的火炬及其燃料的猜想合理的是 C ．A．火焰更明亮 B．燃料燃烧更充分 C．需增加一些特殊设备如供氧装置等．考点：反应热和焓变；热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化．分析：（1）根据热化学方程式的含义以及书写方法来回答；（2）反应放热，反应物能量高于生成物；（3）据燃烧的条件解答．解答：解：（1）因1g丙烷完全燃烧生成液态水时放出50.452kJ的热量，所以44g丙烷完全燃烧生成液态水，放出热量2219.9KJ，则丙烷完全燃烧的热化学方程式：C3H8（g）+5O2（g ）→3CO2（g ）+4H2O（l）△H=﹣2219.8KJ/mol，故答案为：C3H8（g）+5O2（g ）→3CO2（g ）+4H2O（l）△H=﹣2219.9KJ/mol；（2）反应放热，反应物能量高于生成物，能较准确地反映丙烷燃烧时能量变化的曲线是B，故答案为：B；（3）珠穆朗玛峰海拔高，氧气含量低，所以，A、火焰明亮不可能，故A错误；B、燃烧不可能更充分，故B错误；C、因为氧气含量低，所以需要加一些特殊设备，增大氧气浓度，故C正确；故选C．点评：本题考查了热化学方程式书写、能量变化曲线、燃料燃烧的条件，题目难度中等．19．（10分）如图是一个简易测量物质反应是吸热还是放热的实验装置，利用此装置可以很方便地测得某反应是放热反应还是吸热反应．请根据装置回答下列问题：（1）将铝片加入小试管内，然后注入足量稀盐酸，有关反应的离子方程式是2Al+6H+═2Al3++3H2↑，试管中观察到的现象是铝片上有大量气泡生成，铝片逐渐溶解．（2）U形导管中液面A 下降（填“上升”或“下降”），原因是铝片与稀盐酸反应时放出热量，使锥形瓶内温度升高，气体压强增大，说明此反应是放热（填“吸热”或“放热”）反应．考点：吸热反应和放热反应．专题：化学反应中的能量变化．分析：（1）铝片与盐酸反应现象为铝片上有大量气泡生成，铝片不断溶解；（2）铝片与盐酸的反应为放热反应，反应放出的热量使气体膨胀．解答：解：（1）铝片与盐酸反应的离子方程式为2Al+6H+═2Al3++3H↑，反应现象为铝片上有大量气泡生成，铝片2不断溶解，故答案为：2Al+6H+═2Al3++3H2↑；铝片上有大量气泡生成，铝片逐渐溶解；（2）铝片与盐酸的反应为放热反应，反应放出的热量使气体膨胀，使U形管液面A下降，故答案为：下降；铝片与稀盐酸反应时放出热量，使锥形瓶内温度升高，气体压强增大；放热．点评：本题考查吸热反应和放热反应，把握实验操作的规范性、实验细节和实验原理为解答的关键，注意方案的合理性、评价性、操作性分析，题目难度不大．20．（6分）在一定条件下，可逆反应：mA+nB⇌pC达到平衡，若：（1）A、B、C都是气体，减小压强，v（正）减小，v（逆）减小（填“增大”、“减小”、“不变”）；若平衡向正反应方向移动，则m+n ＜p（填“＞”“＜”或“=”）（2）A、C是气体，而且m+n=p，增大压强v（正）增大，v（逆）增大（填“增大”、“减小”、“不变”）；增大压强可使平衡发生移动，则平衡移动的方向是逆反应方向．（3）加热后，v（正）增大，v（逆）增大（填“增大”、“减小”、“不变”）；加热后可使C的质量增加，则正反应是吸热反应（填放热或吸热）．考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：根据外界条件（浓度、温度、压强）对化学反应速率和化学平衡的影响，一定条件下的可逆反应，改变其中一个条件，平衡向减弱这种改变的方向移动；解答：解：（1）因减小压强，正逆反应速率都减小；平衡向气体体积增大的方向移动，所以m+n＜p，故答案为：减小；减小；＜；（2）因增大压强，正逆反应速率都增大；平衡向气体体积减小的方向移动，A、C是气体，而且m+n=p，所以B不是气体，则m＜p，即平衡移动的方向是逆反应方向，故答案为：增大；增大；逆反应方向；（3）因温度升高，正逆反应速率都增大；平衡向吸热的方向移动，C的质量增加，说明正反应是吸热反应，故答案为：增大；增大；吸热．点评：本题考查了温度、压强对化学反应速率的影响以及化学平衡影响因素分析，解答本题的关键是外界条件（浓度、温度、压强）对速率及化学平衡的影响，然后对问题做出正确的判断，题目较简单．21．（10分）已知下列热化学方程式：①H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol③C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol④C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol回答下列问题：（1）上述反应中属于放热反应的是①②③④．（2）H2的燃烧热为285.8kJ/mol ；C的燃烧热为393.5kJ/mol ．（3）燃烧10g H2生成液态水，放出的热量为1429.0KJ ．（4）CO的燃烧热为283.0kJ/mol ；其热化学方程式为CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=﹣283.0kJ/mol ．考点：热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化．分析：（1）根据热化学方程式中△H的符号判断；（2）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；（3）根据物质的量之比等于热量比求算；（4）结合盖斯定律计算得到，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量．解答：解：（1）由已知热化学方程式中△H的符号可知，四个反应的△H均为负值，即都是放热反应，故答案为：①②③④；（2）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol，C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1，依据燃烧热概念可知H2的燃烧热为285.8kJ/mol，碳的燃烧热为393.5kJ•mol﹣1，故答案为：285.8kJ/mol；393.5kJ•mol﹣1；（3）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol，燃烧10g H2的物质的量为5mol，则燃烧10g H2生成液态水，放出的热量为285.8×5=1429.0KJ；故答案为：1429.0KJ；（3）③C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1；④C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1；依据盖斯定律④﹣③得到CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=﹣283.0kJ/mol；CO燃烧热的热化学方程式：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=﹣283.0kJ/mol，故答案为：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=﹣283.0kJ/mol．点评：本题考查了热化学方程式的书写方法，盖斯定律计算应用，燃烧热概念分析判断，题目较简单，注意对盖斯定律的准确把握．22．（16分）现有反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：（1）该反应的逆反应为放热反应，且m+n ＞p（填“＞”“=”“＜”）．（2）减压时，A的质量分数增大．（填“增大”“减小”或“不变”，下同）（3）若加入B（体积不变），则A的转化率增大，B的转化率减小．（4）若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将减小．（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量不变．（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（体积不变）时混合物颜色变深，而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色变浅（填“变深”“变浅”或“不变”）．考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，根据外界条件对化学平衡的影响解答该题．解答：解：（1）达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，逆反应为放热反应，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，故答案为：放；大于；（2）减压平衡向逆反应方向移动，则A的质量分数增大，故答案为：增大；（3）在反应容器中加入一定量的B，反应物B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，B 加入的多，而转化的少，则B的转化率反而减小，故答案为：增大；减小；（4）正反应吸热，则升高温度平衡向正反应方向移动，B的物质的量减小，C的物质的量增多，所以二者的比值将减小，故答案为：减小；（5）催化剂对化学平衡移动没有影响，所以若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量不变，故答案为：不变；（6）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C平衡向逆反应方向移动，B的浓度增大，则颜色加深，而维持容器内压强不变，充入氖气时，体积增大，对于反应体系来说，相当于减小压强，则平衡向逆反应方向移动，但移动的量远小于体积增大的因素，则B的浓度减小，颜色变浅，故答案为：变深；变浅．点评：本题考查外界条件对平衡移动的影响，题目难度不大，注意分析反应的特征为解答该题的关键．。
人教版高中化学选修四高二(上)月考
2014-2015学年福建省莆田十五中高二（上）月考化学试卷（1月份）一、单项选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个正确选项）1．（3分）氢能是一种既高效又干净的新能源，发展前景良好，用氢作能源的燃料电池汽车备受青睐．我国拥有完全自主知识产权的氢燃料电池轿车“超越三号”，已达到世界先进水平，并加快向产业化的目标迈进．氢能具有的优点包括（）①原料来源广②易燃烧、热值高③储存方便④制备工艺廉价易行．A．①②B．①③C．③④D．②④考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发．专题：化学反应中的能量变化．分析：氢能是一种既高效又干净的新能源，发展前景良好，氢能是通过氢气和氧气反应所产生的能量．氢在地球上主要以化合态的形式出现，是宇宙中分布最广泛的物质，它构成了宇宙质量的75%，为二次能源．解答：解：氢在地球上主要以化合态的形式出现，是宇宙中分布最广泛的物质；工业上生产氢的方式很多，常见的有水电解制氢、煤炭气化制氢、重油及天然气水蒸气催化转化制氢等．所以原料来源广，其燃烧产物是水无污染，热值高，但开发利用的制备工艺较复杂，储运不方便，是需要解决的首要问题．故选A．点评：本题考查了新能源氢能的开发利用的优缺点，明确信息与所需知识的关系来解答，较简单．2．（3分）下列关于平衡常数的说法中，正确的是（）A．在平衡常数的表达式中，反应物用起始浓度，生成物用平衡浓度B．在任何条件下，一个化学反应的平衡常数都不会改变C．平衡常数的大小仅跟温度有关，与浓度、压强、催化剂等无关D．平衡常数越大，化学反应速率越快考点：化学平衡常数的含义．分析：A．因在平衡常数表达式中，无论反应物浓度还是生成物浓度都是指平衡浓度；B．平衡常数是温度的函数，温度变常数变；C．平衡常数是温度的函数；D．平衡常数越大，正向进行的程度大，不能确定反应速率大小．解答：解：A．因在平衡常数表达式中，无论反应物浓度还是生成物浓度都是指平衡浓度，故A错误；B．平衡常数是温度的函数，温度变常数变，故B错误；C．平衡常数的大小仅跟温度有关，与浓度、压强、催化剂等无关，故C正确；D．平衡常数越大，正向进行的程度大，不能确定反应速率大小，故D错误；故选C．点评：本题主要考查了平衡常数的有关知识，涉及知识点较多，试题的基础性较强．3．（3分）下列说法中正确的是（）A．在原电池中，电子由正极流向负极B．在原电池中，物质在负极发生氧化反应C．在电解池中，物质在阴极发生氧化反应D．在电解池中，与电源正极相连的电极是阴极考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：原电池放电时，负极上的物质失电子发生氧化反应，正极上的物质得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极；电解池中，与电源负极连接的电极是阴极，与电源正极连接的电极是阳极，阴极上得电子发生还原反应，阳极上失去电子发生氧化反应．解答：解：A．原电池中，电子从负极沿导线流向正极，故A错误；B．原电池中，负极上的物质失去电子而发生氧化反应，故B正确；C．电解池中，物质的阴极上得电子发生还原反应，故C错误；D．电解池中，与电源正极连接的电极是阳极，故D错误．故选B．点评：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应类型、电子流向等知识来分析解答即可，难度不大．4．（3分）哈伯因发明了由氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖．现向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，在一定条件下使该反应发生N2+3H22NH3，有关说法正确的是（）A．达到化学平衡时，N2将完全转化为NH3B．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等C．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化D．达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率都为零考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：可逆反应反应物不能完全反应，达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析．解答：解：A、可逆反应反应物不能完全反应，故A错误；B、反应平衡时各物质的浓度是否相等取决于起始时各物质的量的关系和转化的程度，N2、H2按1：3混合，化学计量数为1：3，所以转化率相等，平衡时，N2、H2的物质的量浓度一定为1：3，故B错误；C、随反应进行，N2、H2和NH3的物质的量浓度发生变化，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化，说明到达平衡状态，故C正确；D、可逆反应时动态平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率，但不为零，故D错误．故选：C点评：本题考查平衡状态的判断，选择判断的标准应随反应进行变化，当该标准不再变化说明到达平衡状态．5．（3分）银锌钮扣电池的两个电极分别是由氧化银与少量石墨组成的活性材料和锌汞合金构成，电解质为氢氧化钾溶液，电极反应为负极：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O；正极：Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣；总反应为：Ag2O+Zn═2Ag+ZnO，下列判断正确的是（）A．锌为正极，Ag2O为负极B．锌为阳极，Ag2O为阴极C．原电池工作时，负极区pH减小D．原电池工作时，负极区pH增大考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：A、原电池中失电子的为负极，得到电子的为正极；B、依据原电池中，电极名称分别为正极和负极来回答；C、依据负极电极反应导致氢离子或是氢氧根离子浓度的变化情况来分析；D、依据负极电极反应导致氢离子或是氢氧根离子浓度的变化情况来分析．解答：解：A、根据电极反应负极：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O；正极：Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣，所以锌为负极，Ag2O为正极，故A错误；B、根据电极反应负极：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O；正极：Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣，所以锌为负极，Ag2O为正极，故B错误；C、根据负极电极反应为Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O，消耗氢氧根离子，所以负极区pH减小，故C正确；D、原电池工作时，负极电极反应为Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O，消耗氢氧根离子，所以负极区pH减小，故D错误；故选：C．点评：本题考查了原电池原理的应用，电池电极反应，离子变化分析，依据电极反应分析判断是解题关键，题目难度中等．6．（3分）能够充分说明在恒温下的密闭容器中，反应2SO2+O2⇌2SO3已经达到平衡状态的标志是（）A．S O2、O2、SO3的物质的量之比为2：1：2B．S O2和SO3的浓度相等C．容器中SO2、O2和SO3共存D．反应器内压强不再随时间发生变化考点：化学平衡状态的判断．分析：化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．解答：解：A．平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器中SO2、O2、SO3的物质的量为2：1：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；B．平衡时各物质的物质的量大小关系取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器中SO2和SO3的浓度相同不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故B错误；C．该反应是可能反应，反应物和生成物共存，故容器中SO2、O2、SO3共存不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误；D．反应前后气体的体积不等，故容器中压强不随时间的变化而改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D正确，故选D．点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大．要注意把握平衡状态的特征．7．（3分）在钢铁腐蚀过程中，下列五种变化可能发生的是（）①Fe由+2价转为+3价②O2被还原③产生H2④Fe（OH）3失水形成Fe2O3•xH2O⑤杂质碳被氧化．A．①②③④B．只②③④C．只①②D．①②③④⑤考点：金属的电化学腐蚀与防护．专题：电化学专题．分析：钢铁生锈的过程是金属铁发生了吸氧腐蚀的原电池原理，铁为负极，发生失电子的氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，氢氧化铁失水即形成铁锈．解答：解：钢铁生锈的过程是金属铁发生了吸氧腐蚀（或是析氢腐蚀）的原电池原理，铁为负极，发生失电子的氧化反应，Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极上是氧气得电子发生还原反应，2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，O2被还原，或是在酸性环境下，氢离子得电子的过程，会产生氢气，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，Fe由+2价转为+3价，最后Fe（OH）3失水形成Fe2O3•xH2O，即为铁锈的成分．故选A．点评：金属的吸氧腐蚀是较为普遍的金属腐蚀方式，可以根据所学的原电池原理知识来回答，难度不大．8．（3分）以下现象与电化学腐蚀无关的是（）A．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿B．生铁比纯铁容易生锈C．铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈D．银质物品久置表面变暗考点：金属的电化学腐蚀与防护．专题：电化学专题．分析：根据是否能构成原电池判断，如果金属能构成原电池的就能产生电化学腐蚀，否则不能产生电化学腐蚀，据此分析解答．解答：解：A．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，和电化学腐蚀有关，故A不选；B．生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故B不选；C．铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，故C不选；D．银质奖牌长期放置后在其奖牌的表面变暗是由于金属银和空气中的成分发生反应的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故D选；故选D．点评：本题考查金属的腐蚀，注意在原电池中，负极金属易被腐蚀，正极金属被保护，明确化学腐蚀和电化学腐蚀的区别即可解答，难度中等．9．（3分）化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣→Cl2↑B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e﹣→4OH﹣C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是粗铜，电极反应式为：Cu﹣2e﹣→Cu2+D．钢铁发生电化腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣→Fe2+考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；C、粗铜精炼时，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子．解答：解：A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，所以阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故A正确；B、氢氧燃料的正极上氧气得电子发生还原反应，电池反应式：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，负极上燃料失电子，故B错误；C、粗铜精炼时，粗铜连接电源正极为电解池的阳极，纯铜连接电源负极为电解池的阴极，阳极上电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，故C正确；D、钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe﹣2e﹣═Fe2+，正极上为氧气或氢离子得电子，故D错误．故选C．点评：本题考查了原电池和电解池原理，题目难度中等，明确电极上发生的反应是解题的关键．10．（3分）某温度时，浓度都是1mol•L﹣1的两种气体，X2、Y2在密闭容器中反应生成气体Z，达到平衡时c（X2）=0.4mol•L﹣1、c（Y2）=0.8mol•L﹣1、c（Z）=0.4mol•L﹣1，则该反应的反应式是（）A．X2+2Y2⇌2XY2B．2X2+Y2⇌2X2Y C．3X2+Y2⇌2X3Y D．X2+3Y2⇌2XY3考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：根据浓度的变化计算反应速率，再利用反应速率之比等于化学计量数之比来确定反应式．解答：解：X2、Y2浓度都是1mol•L﹣1，达到平衡时c（X2）=0.4mol•L﹣1、c（Y2）=0.8mol•L﹣1、c（Z）=0.4mol•L ﹣1，则X2、Y2、Z的反应速率之比为：：=3：1：2，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，该反应式为3X2+Y2⇌2X3Y，故选C．点评：本题考查有关计算，明确反应速率及化学计量数的关系即可解答，题目难度不大．11．（3分）在体积可变的密闭容器中，反应mA（g）+nB（s）⇌pC（g）达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低．下列说法中，正确的是（）A．m+n必定小于p B．m+n必定大于p C．m必定小于p D．m必定大于p考点：化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动．解答：解：压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，由于B为固体，所以m＜p，故选：C．点评：本题考查压强对化学平衡的影响，比较基础，注意压强改变的本质是改变体积影响浓度．12．（3分）下列说法正确的是（）A．△H＜0、△S＞0的反应在温度低时不能自发进行B．N H4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57 kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、依据反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0分析判断；B、反应是熵增大的反应，自发进行的反应，判断依据△H﹣T△S＜0分析判断C、反应自发进行需要由焓变和熵变温度共同决定；D、催化剂改变反应速率，不能改变化学平衡；解答：解：A、△H＜0、△S＞0的反应，△H﹣T△S＜0在任何温度都能自发进行，故A错误；B、反应△H＞0、△S＞0，能自发进行说明，△H﹣T△S＜0，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故B正确；C、反应自发进行需要由焓变和熵变温度共同决定，故C错误；D、在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应速率，但不能改变化学平衡和反应方向，故D错误；故选B．点评：本题考查了反应自发进行的判断依据，化学平衡影响因素的分析判断，题目较简单．13．（3分）已建立化学平衡的可逆反应，改变条件使化学平衡向正反应方向移动，下列叙述中正确的是（）A．生成物的产量一定增大B．生成物的百分含量一定增大C．反应物的浓度一定降低D．每种反应物的转化率一定增大考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：影响化学平衡状态的因素有浓度、温度、压强等，外界条件不同，对平衡移动的影响不同，改变条件使化学平衡向正反应方向移动，则正反应速率一定大于逆反应速率，生成物的产量一定增加．解答：解：A、化学平衡向正反应方向移动，生成物的产量一定增大，故A正确；B、如增加反应物的物质的量，平衡向正方向移动，若增加的多，转化的少，则生成物的含量反而减小，故B错误；C、如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大，故C错误；D、如增加某反应物的物质的量，平衡向正方向移动，但该反应物的转化率反而减小，故D错误．故选A．点评：本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙特列原理的角度分析，A为易错点．14．（3分）（2008•海南）X、Y、Z三种气体，取X和Y按1：1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X+2Y⇌2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则Y的转化率最接近于（）A．33% B．40% C．50% D．65%考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：假设X和Y起始物质的量均为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，利用三段式用m表示出平衡时各各组分的物质的量，根据到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2列方程计算n的值，再根据转化率定义计算．解答：解：假设X和Y物质的量为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，则：X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）起始量（mol）：1 1 0变化量（mol）：0.5n n n平衡量（mol）：1﹣0.5n 1﹣n n平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与成物的总物质的量之比为3：2，则（1﹣0.5n+1﹣n）：n=3：2解得n=Y的转化率==67%故选D．点评：本题化学平衡的有关计算，难度不大，注意三段式解题法的利用，旨在考查学生对基础知识的理解掌握．15．（3分）（2013•长沙模拟）己知反应：①101kPa时，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H=﹣221kJ/mol②稀溶液，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol下列结论正确的是（）A．碳的燃烧热大于110.5kJ/molB．①的反应热为221kJ/molC．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为﹣57.3kJ/molD．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量考点：燃烧热；中和热．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；B、反应热分吸收热量，放出热量；C、中和热为57.3kJ•mol﹣1；D、醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程．解答：A、在101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．使用燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物[H→H2O（l）、C→CO2（g）、S→SO2（g）]，该反应没有生成稳定氧化物，因此碳的燃烧热比此处反应热的绝对值大，故A正确；B、①的反应热为﹣221kJ/mol，故B错误；C、已知中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“﹣”，即稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ•mol﹣1，故C错误；D．醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成lmol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误．故选A．点评：本题考查燃烧热和中和热的理解，题目难度不大，易错点为C，注意中和热的表示方法．16．（3分）如图，A池用石墨电极电解NaOH溶液，B池精炼粗铜，一段时间后停止通电，A池中d极产生具有氧化性的气体在标准状况下为2.24L．下列说法正确的是（）A．A池为电解池，B池为原电池B．d、e两极都发生氧化反应C．e极应为粗铜板材料D．B池中e极质量增加12.8g考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：A池用石墨电极电解NaOH溶液，B池精炼粗铜，一段时间后停止通电，A池中d极产生具有氧化性的气体在标准状况下为2.24L．电解氢氧化钠溶液在阳极生成氧气具有氧化性，判断d极为电解池阳极，所以c 为阴极，e电极为阴极；f电极为阳极；推断得到A池电解氢氧化钠溶液，d电极生成氧气；c电极生成氢气；B池精炼铜，阳极f为粗铜，e电极为精铜；解答：解：A池用石墨电极电解NaOH溶液，B池精炼粗铜，一段时间后停止通电，A池中d极产生具有氧化性的气体在标准状况下为2.24L．电解氢氧化钠溶液在阳极生成氧气具有氧化性，判断d极为电解池阳极，所以c为阴极，e电极为阴极；f电极为阳极；推断得到A池电解氢氧化钠溶液，d电极生成氧气；c电极生成氢气；B池精炼铜，阳极f为粗铜，e电极为精铜；A、AB都为电解池，故A错误；B、电解池中阳极上发生氧化反应，所以应为d、f电极上发生氧化反应，c、e电极上发生还原反应，故B错误；C、池精炼铜，阳极f为粗铜，e电极为精铜；故C错误；D、B池中e极为电解池阴极，电极反应Cu2++2e﹣=Cu，质量增加为铜，阳极电解池中电子守恒，A池中d电极生成氧气，电极反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，生成氧气物质的量=0.1mol；转移电子为0.4mol，所以e极为电解池阴极电子转移0.4mol，电极反应Cu2++2e﹣=Cu，计算得到生成铜0.2mol，质量为12.8g，故D正确；故选D．点评：本题考查了电解池的原理应用，电解氢氧化钠溶液，电解精炼，电极判断，电极产物分析，电极反应，电子守恒的计算应用，电极判断是解题关键，题目难度中等．二、填空题（52分）17．（6分）0.3molC3H8在氧气中完全燃烧，放出350kJ的热量；（1）写出C3H8在氧气中完全燃烧的热化学方程式C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1166.7KJ/mol （2）已知H2O（l）转化为H2O（g）的△H=+44kJ/mol，试计算11.2L（标况下）丙烯燃烧生成气态水时放出的热量495.35KJ/mol．考点：有关反应热的计算；热化学方程式．分析：（1）根据热化学方程式的书写方法可知，物质的物质的量与反应放出的热量成正比，并注意标明各物质的聚集状态来解答；首先据0.3molC3H8在氧气中完全燃烧，放出350kJ的热量，计算出1molC3H8燃烧放热多少，再书写热化学方程式；（2）根据盖斯定律写出其热化学反应方程式，后根据物质的物质的量与反应放出的热量成正比来解答；解答：解：（1）0.3molC3H8在氧气中完全燃烧，放出350KJ的热量，则1molC3H8燃烧放出的热量为：放出≈1166.7KJ，则其热化学方程式为：C3H8（g）+5O2（g ）=3CO2（g ）+4H2O（l）△H=﹣1166.7KJ/mol，故答案为：C3H8（g）+5O2（g ）=3CO2（g ）+4H2O（l）△H=﹣1166.7KJ/mol；（2）①C3H8（g）+5O2（g ）=3CO2（g ）+4H2O（l）△H=﹣1166.7KJ/mol；②H2O（l）→H2O（g）△H=+44kJ/moL，由盖斯定律可知①+②×4得：C3H8（g）+5O2（g ）=3CO2（g ）+4H2O（g）△H=（﹣1166.7KJ/mol）+（+44kJ/moL）×4=﹣990.7KJ/mol，11.2L（标准状况）即0.5molC3H8完全燃烧生成气态水时放出的热量是495.35KJ，故答案为：495.35KJ/mol．点评：本题主要考查了热化学方程式的书写，需要注意的有：物质的状态、反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，掌握基础是关键，题目难度不大．18．（8分）某学生利用下面实验装置探究盐桥式原电池的工作原理．按照实验步骤依次回答下列问题：（1）导线中电子流向为a→b（用a、b 表示）．（2）写出装置中锌电极上的电极反应式：Zn﹣2e﹣=Zn2+；（3）若装置中铜电极的质量增加0.64g，则导线中转移的电子数目为0.02N A；（4）装置中盐桥中除添加琼脂外，还要添加KCl的饱和溶液，电池工作时，对盐桥中的K+、Cl﹣的移动方向表述正确的是B．a．盐桥中的K+向左侧烧杯移动、Cl﹣向右侧烧杯移动b．盐桥中的K+向右侧烧杯移动、Cl﹣向左侧烧杯移动c．盐桥中的K+、Cl﹣都向右侧烧杯移动d．盐桥中的K+、Cl﹣几乎都不移动．考点：探究原电池及其工作原理．专题：电化学专题．分析：（1）根据金属活泼性判断正负极，原电池中，电子由负极流向正极；（2）锌为负极，锌失电子变成锌离子；（3）根据电极反应式进行相关计算，得出正确结论；（4）根据正负极判断阴阳离子的移动方向．解答：解：（1）锌铜原电池中，锌比铜活泼，故锌为负极，铜为正极．原电池中，电子由负极流向正极，故电子的流向为a→b，故答案为：a→b；（2）Zn为负极，锌电极上的电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，故答案为：Zn﹣2e﹣=Zn2+；（3）0.64g铜物质的量为0.01mol，由电极反应式Cu2++2e﹣=Cu可知，生成1mol铜，转移2mol电子，故生成0.01mol铜，导线中转移0.02mol电子，电子数目为0.02N A，故答案为：0.02N A ；（4）左侧烧杯中锌失电子变成锌离子，使得锌电极附近带正电荷，吸引阴离子向左侧烧杯移动，右侧烧杯中铜离子得到电子变成铜，使得铜电极附近带负电荷，吸引阳离子向右侧烧杯移动，故盐桥中的K+向右侧烧杯移动、Cl﹣向左侧烧杯移动，故答案为：B．点评：本题主要考查了原电池的工作原理以及物质的量的相关计算．19．（10分）电解原理在化学工业中有广泛应用．如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连．请回答以下问题：（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：①电解池中X极上的电极反应式为2H++2e﹣=H2↑．在X极附近观察到的现象是放出气体，溶液变红．②Y电极上的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，检验该电极反应产物的方法是把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色．（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则①X电极的材料是纯铜，电极反应式是Cu2++2e﹣=Cu．②Y电极的材料是粗铜，电极主要反应式是Cu﹣2e﹣=Cu2+．考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：（1）电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝；（2）根据电解精炼铜的工作原理知识来回答．解答：解：（1）①和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e﹣=H2↑，所以该电极附近氢氧根浓度增大，碱性增强，滴入几滴酚酞试液会变红，故答案为：2H++2e﹣=H2↑；放出气体，溶液变红；②和电源的正极相连的电极Y极是阳极，该电极上氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，可以用于氯气的检验，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；（2）①电解方法精炼粗铜，电解池的阴极材料是纯铜，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，故答案为：纯铜；Cu2++2e ﹣=Cu；②电解方法精炼粗铜，电解池的阳极材料是粗铜，电极反应为：Cu﹣2e﹣=Cu2+，故答案为：粗铜；Cu﹣2e﹣=Cu2+．点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．20．（14分）高炉炼铁中发生的基本反应之一：FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）；正反应吸热（l）该反应中平衡常数的表达式K═．（2）已知1100℃时K=0.263．温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比增大，平衡常数K值增大．（均填增大、减小或不变）（3）1100℃时测得高炉中c（CO2）=0.025mol/L，c（CO）═0．lmol/L，在这种情况下该反应是否处于平衡状态否（填是或否），此时化学反应速率是v（正）＞v（逆）（填=、＞或＜），其原因是浓度商Qc=0.25，小于平衡常数0.263，故反应不是平衡状态，反应向正反应进行．考点：化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．。
2024年人教版PEP选修4化学上册月考试卷879
2024年人教版PEP选修4化学上册月考试卷879考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______ 姓名：______ 班级：______ 考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、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2、下列叙述与图象对应符合的是A. 对于达到平衡状态的在t0时刻充入了一定量的平衡逆向移动B. 对于反应C. 该图像表示的化学方程式为：D. 对于反应 y可以表示Y的百分含量3、将1molCO和2molH2充入密闭容器中，发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H。
在其他条件相同时，测得CO平衡转化率[α（CO）]与温度和压强的关系如下图。
下列说法不正确的是（）A.△H <0B. D两点的反应速率：v（C）> v（D）C. 若E点的容器体积为10L，该温度下的平衡常数为k=25D. 工业生产中实际控制的条件200℃、P2压强，不采用200℃、P3压强4、下图为探究铝片和溶液反应的实验方案及现象。
下列说法错误的是（）无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为和）A. 溶液显碱性的原因：B. 加热和逸出对水解平衡移动方向的影响是相反的C. 对比实验I、Ⅲ，说明溶液能破坏铝表面的氧化膜D. 推测出现的白色沉淀可能是氢氧化铝5、关于各组溶液中微粒浓度的关系正确的是A. 将一定量氨气通入0.1 mol/L NH4Cl溶液中可能有：c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)B. 等物质的量的NaClO和NaHCO3的混合溶液中一定有:c(HClO) + c(ClO-) ="c(" HCO3-) +c( H2CO3) + c(CO32-)C. 向CH3COONa溶液中滴加稀盐酸至溶液呈中性时有：c(Cl-)>c( Na+)>c( CH3COOH)D. 等浓度等体积的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液混合均匀后：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)6、溶液中的水解反应达到平衡：若要使的水解程度增大，应采用的方法是A. 加入少量NaCl固体B. 加入少量水C. 加入固体D. 降温评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、恒压下，将CO2和H2以体积比1∶4混合进行反应CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)(假定过程中无其他反应发生)，用Ru/TiO2催化反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图所示。
人教版高中化学选修四高二第一次月考化学试题.docx
高中化学学习材料唐玲出品[说明]该试卷全卷满分100分，考试时间90分钟第Ⅰ卷（选择题，共48分）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.能降低反应所需的活化能的是( )A．降低温度 B．使用催化剂C．增大压强 D．增加浓度2.恒温恒压，不做功时，反应A+B＝＝C+D,在下列哪种情况下，一定能自发进行（）A．△H＜0 △S＞0 B．△H＞0 △S＞0 C．△H＜0 △S＜0 D．△H＞0 △S＜0 3. 设C+CO22COΔH ＞0 反应速率为V1；N2+3H22NH3ΔH﹤0反应速率为V2，对于上述反应，当温度升高时，V1和V2的变化情况为（）A．同时增大 B．同时减少C．V1增大，V2减小 D．V1减小，V2增大4.下列能用勒夏特列原理解释的是（）A．500℃左右比室温更有利于合成氨的反应 B．高压有利于合成氨的反应C．SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂D．对H2、I2、HI平衡混和气体加压后颜色变深5.某酸溶液中C(H+)=0.1mol•L-1，则该酸溶液的物质的量浓度为（）A．一定等于0.1mol•L-1B．一定大于0.1mol•L-1C．一定小于0.1mol•L-1D．无法确定6.可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）+D（g），在不同条件下的反应速率如下，其中反应速率最快的是（）A．υ(A)=0.5 mol/(L·S) B．υ(B)= 0.6mol/(L·S)C．υ(C)=0.8 mol/(L·S) D．υ(D)= 0.9mol/(L·S)7. 100ml 6mol/L H2SO4与过量铁粉反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的（）A．Na2SO4(s) B．NaOH C．(NH4)2SO4(s)D．CH3COONa溶液8. 下列电解质在水溶液中电离方程式错误的是( )A．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO2－3B．NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO2－4C．MgCl2===Mg2＋＋2Cl－D．Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－9. 一定量的锌粉和6 mol/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，又不影响产生H2的总量的是 ( )①石墨粉②CuO ③铜粉④铁粉⑤浓盐酸A．①②⑤B．①③⑤C．③④⑤D．①③④10. 在一密闭烧瓶中充满NO2，在25℃时NO2与N2O4达到平衡： 2NO2（g）N2O4(g) ΔH﹤0 把烧瓶置于100℃沸水中，又建立新的平衡状态，前后两平衡比较，不变的是（）A. 颜色B. 平均分子量C. 物质的量D. 密度11. 可以证明可逆反应N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)已达到平衡状态的是：（）①一个N≡N断裂的同时，有3个H－H键断裂②一个N≡N键断裂的同时，有6个N －H键断裂③其它条件不变时，混合气体平均式量不再改变④保持其它条件不变时，体系压强不再改变⑤NH3％、N2%、H2%都不再改变⑥恒温恒容时，密度保持不变⑦正反应速率v(H2)=0.6mol/L·min，逆反应速率v(NH3)=0.4mol/L·minA.全部B.只有①③④⑤C.②③④⑤⑦D.只有①③⑤⑥⑦12.在一密闭容器中进行下列反应：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)，已知反应过程中某一段时刻SO2,O2,SO3的浓度分别为0.2mol/L,0.1mol/L,0.2mol/L，当反应达到平衡时，可能存在的数据是（）A．SO2为0.4mol/L，O2为0.2mol/L B．SO2为0.25mol/LC．SO2，SO3均为0.15mol/L D．SO3为0.4mol/L13.甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)；△H= + 49．0 kJ·mol－1②CH3OH(g)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)；△H=－192．9 kJ·mol－1下列说法正确的是（）A．CH3OH的燃烧热为192．9 kJ·mol－1B．反应①中的能量变化如右图所示C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D．根据②推知反应：CH3OH(l)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)的△H>－192．9kJ·mol－114.对于可逆反应2AB3(g) A2(g)＋3B2(g)（正反应为吸热反应）,下列图像正确的是：（）15. 在密闭容器中发生如下反应：mA（g）+nB（g） pC（g）达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的1/2，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1．9倍。
人教版高中化学选修四高二(上)月考化学试卷(9月份) (2).docx
高中化学学习材料唐玲出品高二（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）1．（3分）能源可划分为一级能源和二级能源，直接来自自然界的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取：2H2O（l）2H2（g）+O2（g），该反应需要吸收大量的热，下列叙述正确的是（）A．水煤气是二级能源B．水力是二级能源C．天然气是二级能源D．电能是一级能源考点：常见的能量转化形式．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据能源的分类知识判断，自然界中以现成形式提供的能源称为一级能源，需要依靠他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．解答：解：A、水煤气不能从自然界直接获得，属于二级能源，故A正确；B、水力是自然界中以现成形式提供的能源，为一级能源，故B错误；C、天然气可以从自然界直接获得，为一级能源，C错误；D、电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，故D错误．故选：A．点评：本题主要考查一级能源和二级能源的定义，属于识记性内容，难度不大，注意基础知识的积累．2．（3分）下列说法中正确的是（）A．在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B．生成物中全部化学键在形成时所释放的能量大于破坏反应物中全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应C．为了提高煤的利用率，常将煤气化或液化后燃烧．煤气化或液化属于物理变化D．反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H＞0考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析： A、任何化学反应都有能量变化；B、释放的能量低于吸收的能量时，反应放热；C、煤的气化和液化都是化学变化；D、△H=生成物能量和﹣反应物能量和．解答：解：A、化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，旧键断裂吸收热量，形成新键放出热量，则化学反应一定伴有能量变化，故A错误；B、成键释放的能量高于断键吸收的能量时，反应放热，故B错误；C、煤的气化和液化都是化学变化，故C错误；D、△H=生成物能量和﹣反应物能量和，所以生成物的能量和高于反应物能量和时△H＞0，故D正确；故选D．点评：本题考查了化学反应的实质、反应热的求算、煤的液化和气化，题目难度不大．3．（3分）在下列各说法中，正确的是（）A．△H＞0kJ•mol﹣1表示放热反应，△H＜0kJ•mol﹣1表示吸热反应B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数C．1molHSO4与1molBa（OH）2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热2D．1molH与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热2考点：热化学方程式；燃烧热；中和热．专题：化学反应中的能量变化．分析： A、依据焓变的计算方法进行分析判断；B、根据热化学方程式的表示意义进行分析判断；C、根据中和热的概念分析判断；D、依据燃烧热的概念进行分析判断．解答：解：A、反应的焓变是由生成物的总焓减去生成物的总焓，所以△H＞0kJ•mol﹣1表示吸热反应，△H＜0kJ •mol﹣1表示放热反应，故A错误；B、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数，故B正确；C、1molH2SO4与1molBa（OH）2反应生成两mol水，根据中和热概念是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，故C错误；D、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧氧化物时放出的热量，1molH2与0.5molO2反应生成的水的状态不定，所以放出的热量不一定是燃烧热，故D错误；故选B．点评：本题考查了焓变的计算、热化学方程式的书写、中和热、燃烧热的概念应用和计算，注重基础知识的考查，难度不大．4．（3分）已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1mol O=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol H﹣O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol H﹣H键断裂时吸收热量为（）A．920kJ B．557kJ C．436kJ D．188kJ考点：化学反应中能量转化的原因．专题：化学反应中的能量变化．分析：化学反应放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量．解答：解：氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为K，根据方程式：2H2+O22H2O，则：4×121kJ=463kJ ×4﹣（2K+496kJ），解得K=436KJ．故选C．点评：本题考查学生化学反应中的能量变化知识，熟记教材知识是解题的关键，可以根据所学知识进行回答，难度不大．5．（3分）已知：2CO（g）+O2═2CO2（g）△H═﹣566kj•mol﹣1Na2O2（s）+CO2═Na2Co3（s）+△H═﹣266kJ•mol﹣1根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）A．CO的燃烧热为283kJ可表示有CO生成CO2的反应过程和能量关系C．NaO2（s）+2CO2═Na2Co3（s）+O2（g）△H＞﹣532kJ•mol﹣12D．CO（g）与NaO2（s）反应放出549kJ热量时，电子转移数为6.02×10232考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析： A、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；B、依据热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；分析图象中物质的量不符合反应物质物质的量；C、固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值；D、依据热化学方程式，结合盖斯定律计算得到热化学方程式计算分析．解答：解：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；已知：2CO（g）+O（g）=2CO2（g）△2 H=﹣566kJ/mol，一氧化碳的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；B、由热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol，可知图象中一氧化碳和氧气物质的量为1、物质的量不符合反应物质的物质的量，故B错误；C、固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值，由2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/mol，所以反应2Na2O2（s）+2CO2（s）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H＞﹣532 kJ/mol，故C正确；D、已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；②Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/mol依据盖斯定律②×2+①得到：2Na2O2（s）+2CO（g）=2Na2CO3（s）△H=﹣1018kJ/mol；即Na2O2（s）+CO（g）=Na2CO3（s）△H=﹣509kJ/mol；CO（g）与Na2O2（s）反应放出509 kJ=254.5kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为0.5mol，电子转移数为6.02×1023，故D错误；故选C．点评：本题考查了热化学方程式的计算应用，盖斯定律的应用，燃烧热概念计算分析，热化学方程式的书写方法和计算应用是解题关键，题目难度中等．6．（3分）白磷会对人体造成严重的烧伤，白磷（P4）分子结构为．下列说法不正确的是（）A．白磷着火点低，在空气中可自燃B．白磷、红磷互为同素异形体C．31g白磷中，含P﹣P键1.5 molD．已知P（白磷，s）+3O2（g）═2P2O3（s）△H=﹣Q kJ•mol﹣1，则白磷的燃烧热为Q kJ•mol﹣14考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析： A、白磷的着火点只有40℃；B、据同素异形体的概念分析；C、31g白磷有1molP，1mol白磷含6mol共价键4molP原子，据此分析；D、燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量．解答：解：A、白磷的着火点只有40℃，所以在空气中能够自燃，故A正确；B、白磷和红磷是有同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C、1mol白磷含6mol共价键4molP原子，1molP原子平均1.5molP﹣P键，31g白磷有1molP原子，故C正确；D、P的燃烧热是指生成稳定化合物P2O5时放出的热量，故D错误；故选D．点评：本题考查了白磷的着火点、同素异形体、白磷的分子结构、燃烧热，题目难度中等．7．（3分）下列热化学方程式中，△H的绝对值能表示可燃物的燃烧热的是（）A．C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5 kJ•mol﹣1B．CH（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802.3 kJ•mol﹣14C．2H（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6 kJ•mol﹣12D．CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283 kJ•mol﹣1考点：燃烧热．专题：化学反应中的能量变化．分析：燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧反应生成稳定氧化物的过程中放出的热量，依据概念分析选项判断；解答：解：A、反应生成的氧化物一氧化碳不稳定，故A错误；B、生成产物中的水是气体，属于不稳定氧化物，故B错误；C、热化学方程式中是2mol可燃物氢气燃烧放热，不符合燃烧热的概念，故C错误；D、符合燃烧热的概念，故D正确；故选D．点评：本题考查了燃烧热概念的分析判断，注意可燃物的量和氧化为的稳定性判断，题目较简单．8．（3分）根据以下3个热化学方程式：2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）△H=﹣Q2 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）△H=﹣Q3 kJ/mol判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（）A．Q＞Q2＞Q3B．Q1＞Q3＞Q2C．Q3＞Q2＞Q1D．Q2＞Q1＞Q31考点：反应热的大小比较．专题：化学反应中的能量变化．分析：三个反应都为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，以此解答该题．解答：解：已知①2HS（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1 kJ/mol，2②2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（l）△H=﹣Q2 kJ/mol，③2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（g）△H=﹣Q3kJ/mol，①与②相比较，由于S→SO2放热，则Q1＞Q2，②与③相比较，由于H2O（l）→H2O（g）吸热，则Q2＞Q3，则Q1＞Q2＞Q3，故选A．点评：本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小．9．（3分）下列说法正确的是（）A．可逆反应的特征是正反应速率和逆反应速率相等B．在其他条件不变时，使用催化剂只能改变反应速率，而不能改变化学平衡状态C．在其他条件不变时，升高温度可以使平衡向放热反应方向移动D．在其他条件不变时，增大压强一定会破坏气体反应的平衡状态考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析： A、可逆反应的特征是正反应和逆反应都在同时发生，同时进行；B、使用催化剂可以改变化学反应速率，但不能改变化学平衡状态；C、升高温度可以使化学平衡向吸热反应的方向移动；D、增大压强会破坏有气体存在并且反应前后气体体积变化的反应的平衡状态．解答：解：A、化学平衡状态的特征之一是正反应速率和逆反应速率相等的状态，故A错误；B、使用催化剂可以改变化学反应速率，但不能改变化学平衡状态，故B正确；C、根据化学平衡移动原理：升高温度可以使化学平衡向吸热反应的方向移动，故C错误；D、增大压强会破坏有气体存在并且反应前后气体体积变化的反应的平衡状态，对反应前后气体体积不变的反应无影响，故D错误．故选B．点评：本题是一道有关化学平衡状态的特征以及化学平衡移动知识的题目，可以根据所学知识进行回答，难度不大．10．（3分）下列是4位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡“一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（）A．化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品B．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率D．化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品考点：化学反应速率的调控作用；化学平衡的调控作用．专题：化学平衡专题；化学反应速率专题．分析：在工业生产中，结合影响化学反应速率的因素可调节外界条件，加快产品的生成速率，从影响化学平衡的因素的角度选择合适的反应条件，使反应向生成物的方向进行．解答：解：从工业生产的实际出发，外界条件只影响化学反应速率的大小，不影响原料的转化率，但根据化学平衡理论，结合影响化学平衡移动的因素，可根据反应方程式的特点，可选择合适的温度、压强，促进平衡向正反应方向移动，从而使原料尽可能多地转化为产品，提高反应物的转化率，很明显C项错误．故选C．点评：本题考查化学反应速率以及化学平衡的调控在工业生产中的应用，题目难度不大，注意工业生产所选择的反应条件应有利于转化率和产率的提高．11．（3分）下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A．红棕色的NO，加压后颜色先变深后变浅2B．高压比常压有利于合成SO的反应3C．加入催化剂有利于氨的合成D．工业制取金属钾Na（l）+KCl（l）⇌NaCl（l）+K（g）选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：化学平衡专题．分析：勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用；催化剂只能改变反应速率，不会影响化学平衡，所以不能用勒夏特列原理解释．解答：解：A．可以可逆反应2NO（g）⇌N2O4（g），正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以2气体有色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可以平衡移动原理解释，故A不选；B．对反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，正反应为气体总物质的量减小的反应，为使氨的产率提高，需要使化学平衡向正反应方向移动，增大压强平衡向着生成氨气的方向移动，能够用勒夏特列原理解释，故B不选；C．催化剂只能同等程度地改变正逆反应速率，对化学平衡无影响，不能用勒夏特列原理解释，故C选；D．该反应是可逆反应，且使K成蒸汽从反应混合物中分离出来，减小K蒸气的浓度平衡向正反应方向移动，所以能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选C．点评：本题考查了勒夏特列原理的应用，题目难度不大，注意掌握勒夏特列原理，明确使用勒夏特列原理的研究对象必须为可逆反应．12．（3分）关于A（g）+2B（g）═3C（g）的化学反应，下列表示的反应速率最大的是（）A．v（A）=0.6mol/（L•min）B．v（B）=1.2mol/（L•min）C．v（C）=1.2mol/（L•min）D．v（B）=0.03mol/（L•s）考点：反应速率的定量表示方法．专题：化学反应速率专题．分析：根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，以同一个物质的化学反应速率进行比较．解答：解：A．v（A）=0.6mol/（L•min）；B．v（B）：v（A）=2：1，故v（A）=0.5v（B）=0.5×1.2mol/（L•min）=0.6mol/（L•min）；C．v（C）：v（A）=3：1，故v（A）=v（C）=×1.2mol/（L•min）=0.4mol/（L•min）；D．v（B）：v（A）=2：1，故v（A）=0.5v（B）=0.5×0.03mol/（L•s）=0.015mol/（L•s）=0.9mol/（L •min）；故D反应速率最快，故选D．点评：本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，难度不大．要注意比较化学反应速率快慢要以同一个物质进行比较．13．（3分）在2升的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（g）．若最初加入的A和B都是4mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.12mol/（L•s），则10秒钟时，容器中B的物质的量是（）A．1.6 mol B．2.8 mol C．2.4 mol D．1.2 mol考点：反应速率的定量表示方法．专题：化学反应速率专题．分析：根据速率之比等于化学计量数之比计算v（B），利用△c=v△t计算△c（B），△n（B）=△c（B）•V，B的起始物质的量减△n（B）为10秒钟时容器中B的物质的量．解答：解：根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=0.5v（A）=0.5×0.12mol/（L•s）=0.06mol/（L•s），所以△c（B）=0.06mol/（L•s）×10s=0.6mol/L，所以△n（B）=0.6mol/L×2L=1.2mol，故10秒钟时容器中B的物质的量为4mol﹣1.2mol=2.8mol．故选B．点评：本题考查反应速率的有关计算，难度不大，注意对反应速率公式的灵活运用．14．（3分）在一定的条件下，将10mol H2和1mol N2充入一密闭容器中，在适当条件下使其发生反应：N2+3H2⇌2NH3，达到平衡后．则H2的转化率可能是（）A．35% B．30% C．25% D．75%考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：假定氮气完全反应计算参加反应的氢气的物质的量，计算氢气转化率的极大值，由于反应是可逆反应，氮气不能完全反应，故氢气的实际转化率小于该极大值．解答：解：假定1mol氮气完全反应，由方程式N+3H2⇌2NH3可知，参加反应的氢气的物质的量为1mol×3=3mol，2故氢气转化率的极大值为：×100%=30%，由于反应是可逆反应，氮气不能完全反应，故氢气的实际转化率小于30%，故选C．点评：本题考查化学平衡的有关计算、可逆反应的特征等，难度不大，注意利用极值法解答．15．（3分）可逆反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＜0 达到平衡后，当改变外界条件如物质浓度、体系压强、温度等而发生下列项目的变化时，能作为平衡一定发生了移动的标志的是（）A．气体的密度变小了B．反应物和生成物浓度均变为原来的2倍C．气体的颜色变深了D．体系的温度发生了变化考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：根据前后气体分子数不变的可逆反应，改变容器的体积，压强、浓度、密度、气体的颜色发生了变化，但平衡不移动．解答：解：A、因前后气体分子数不变的可逆反应，扩大容器的体积，气体的密度变小了，但平衡不移动，故A错误；B、因前后气体分子数不变的可逆反应，缩小容器的体积至一半，反应物和生成物浓度均变为原来的2倍，但平衡不移动，故B错误；C、因前后气体分子数不变的可逆反应，缩小容器的体积，I2的浓度增大，颜色加深，但平衡不移动，故C错误；D、因可逆反应H 2（g）+I2（g）2HI（g）是放热反应，体系的温度发生了变化，平衡发生移动，故D正确；故选：D．点评：本题主要考查了平衡移动的标志，需要注意的是对于前后气体分子数不变的可逆反应，改变容器的体积，但平衡不移动．16．（3分）反应4A（s）+3B（g）═2C（g）+D（g），经2min后，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0.4 mol/（L•min）B．用B表示的反应速率是0.3 mol/（L•min）C．2 min末时的反应速率，用B表示是0.3 mol/（L•min）D．在这2 min内用B表示的反应速率的值是减小的，C表示的反应速率逐渐增大考点：化学反应速率和化学计量数的关系．专题：化学反应速率专题．分析： A．A为固体，不能用单位时间内浓度变化量表示反应速率；B．根据v=计算v（B）；C.2 min末时的反应速率为即时速率，不是平均速率；D．随反应进行反应物的浓度降低，B的反应速率减慢，生成物的浓度变化量逐渐减少，用C表示的速率也降低．解答：解：A．A为固体，不能用单位时间内浓度变化量表示反应速率，故A错误；B.2min内，B的浓度减少0.6mol/L，用B表示的2min内平均速率v（B）==0.3 mol/（L•min），故B正确；C.2min内，B的浓度减少0.6mol/L，用B表示的2min内平均速率是0.3 mol•L﹣1•min﹣1，不是2min末的即时速率，故C错误；D．随反应进行反应物的浓度降低，反应速率减慢，生成物的浓度变化量逐渐减少，故2 min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小，故D错误；故选：B．点评：本题考查化学反应速率的计算与影响因素等，注意化学反应速率为一段时间内平均速率，不是即时速率，A 选项为易错点，学生容易忽略物质的状态．17．（3分）将等物质的量的X、Y气体充入某密闭容器中，在一定条件下，发生如下反应并达到平衡：X（g）+3Y （g）⇌2Z（g）；△H＜0．当改变某个条件并维持新条件直至新的平衡时，表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是（）改变条件新平衡与原平衡比较A 升高温度X的转化率变小B 增大压强X的浓度变小C 充入一定量Y Y的转化率增大D 使用适当催化剂X的体积分数变小A．A B．B C．C D．D考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：由反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0可知，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动；增大压强，平衡向正反应方向移动；加入一种反应物，平衡向正反应方向移动；使用催化剂，平衡不发生移动，以此分析此题．解答：解：A、由反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0可知，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，X的转化率减小，故A正确；B、由化学方程式可知，反应前气体的计量数之和大于反应后气体的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，但X转化的不如增加的多，X的浓度反而增大，故B错误；C、充入一定量Y，平衡向正反应方向移动，但增加的Y比反应的多，Y的转化率反而较小，故C错误；D、使用催化剂平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误，故选A．点评：本题考查化学平衡移动的影响因素，题目难度不大，本题注意BC为易错点．18．（3分）近年来，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点．假如硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，其有利因素的下列说法中你认为不妥当的是（）A．硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料B．硅的来源丰富，易于开采，且可再生C．硅燃料放出的热量大，且燃料产物对环境污染较低，容易有效控制D．寻找高效催化剂，使二氧化硅分解产生硅的同时释放能量，是硅能源大规模开发利用的一项关键技术考点：硅和二氧化硅．专题：碳族元素．分析：硅在自然界中含量丰富，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，仅次于氧，硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用说明燃烧放出的热量大，硅燃烧生成二氧化硅．解答：解：A．硅常温下为固体，性质较稳定，便于贮存，较为安全，故A正确；B．硅在自然界中含量丰富，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，且可再生，故B正确；C．硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用说明燃烧放出的热量大，硅燃烧生成二氧化硅，二氧化硅是固体，容易得至有效控制，故C正确；D．催化剂只能加快化学反应的速率，不改变反应热，故D错误．故选：D．点评：本题以硅为载体考查了新型能源，明确物质的性质是解本题关键，同时考查学生阅读题干获取信息、加工信息的能力，注意D选项中催化剂的作用，为易错点．二、解答题（共5小题，满分46分）19．（12分）为了研究化学反应A+B═C+D的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置．当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升．试回答下列问题：（1）该反应为放热反应（填“放热”或“吸热”）．（2）A和B的总能量比C和D的总能量高（填“高”或“低”）．（3）物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来．（4）反应物化学键断裂吸收的能量低（填“高”或“低”）于生成物化学键形成放出的能量．（5）写出一个符合题中条件的化学方程式：2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑．考点：探究吸热反应和放热反应．专题：化学反应中的能量变化．分析：当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U型管中甲处液面下降乙处液面上升，根据气体具有热胀冷缩的性质，可以判断反应的吸放热情况，根据反应物和生成物能量之间的关系与反应的吸放热之间的关系以及化学键断裂和生成过程的能量变化进行回答．解答：解：（1）由于发生反应A+B═C+D，U型管中甲处液面下降乙处液面上升，根据气体具有热胀冷缩的性质可以判断该反应为放热反应，故答案为：放热；（2）由于A+B═C+D的反应为吸热反应，所以A和B的总能量比C和D的总能量高，故答案为：高；（3）化学变化伴随着物质和能量变化，物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来，故答案为：化学反应；热能；（4）化学反应中旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，该反应为吸热反应，则反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量，故答案为：低；（5）该反应为放热反应，且不需要加热既能够发生，如铝与稀盐酸的反应，反应的化学方程式为：2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，故答案为：2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑．点评：本题考查了化学反应中的吸热反应与放热反应，题目难度不大，注意掌握化学反应中能量变化与反应物、生成物总能量的关系，明确化学键断裂、形成与化学反应能量变化的关系．20．（8分）白磷、红磷是磷的两种同素异形体，在空气中燃烧得到磷的氧化物，空气不足时生成P4O6，空气充足时生成P4O10．（1）已知298K时白磷、红磷完全燃烧的热化学方程式分别为P4（白磷，s）+5O2（g）═P4O10（s）△H1=﹣2 983.2kJ •mol﹣1P（红磷，s）+O2（g）═P4O10（s）△H2=﹣738.5kJ•mol﹣1则该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式为P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=﹣29.2kJ/mol ．（2）已知298K时白磷不完全燃烧的热化学方程式为P4（白磷，s）+3O2（g）═P4O6（s）△H=﹣1 638kJ•mol﹣1．在某密闭容器中加入62g白磷和50.4L氧气（标准状况），控制条件使之恰好完全反应．则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为3：1 ，反应过程中放出的热量为1323.45KJ ．（3）已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJ•mol﹣1）：P﹣P 198，Cl﹣Cl 243，P﹣Cl 331．则反应P4（白磷，s）+6Cl2（g）═4PCl3（s）的反应热△H= ﹣1722KJ/mol；．考点：热化学方程式；反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：（1）根据盖斯定律写出白磷转化为红磷的热化学方程式；（2）设P4O10物质的量为x，P4O6物质的量为y，结合原子守恒计算得到，依据热化学方程式计算反应放出的热量；（3）依据反应焓变△H=反应物键能总和﹣生成物键能总和得到；解答：解：（1）P（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=﹣2983.2kJ/mol…①4P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=﹣738.5kJ/mol，…②根据盖斯定律：①﹣②×4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=（﹣2983.2kJ/mol）﹣（﹣738.5kJ）×4=﹣29.2kJ/mol；热化学方程式为：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=﹣29.2kJ/mol；故答案为：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=﹣29.2kJ/mol；（2）在某密闭容器中加入62g白磷和50.4L氧气（标准状况），白磷中磷原子物质的量==2mol原子，氧气物质的量==2.25mol，含有4.5mol氧原子；依据原子守恒列式计算：设P4O10物质的量为x，P4O6物质的量为y4x+4y=25x+3y=2.25计算出x=0.375mol，y=0.125mol最后生成0.375molP4O10，0.125molP4O6mol，故物质的量之比为3：1；P4（白磷，s）+3O2（g）═P4O6（s）△H=﹣1 638kJ•mol﹣1；P4（白磷，s）+5O2（g）═P4O10（s）△H1=﹣2 983.2kJ•mol﹣1；放出的热量=0.375mol×（﹣2983.2KJ/mol）+0.125 mol×（﹣1638KJ/mol）=1323.45KJ；故答案为：3：1；1323.45KJ；（3）已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJ•mol﹣1）：P﹣P 198，Cl﹣Cl 243，P﹣Cl 331．则反应P4（白磷，s）+6Cl2（g）═4PCl3（s）的反应热△H=198KJ/mol×4+6×243KJ/mol﹣4×3×331KJ/mol=﹣1722KJ/mol；故答案为：﹣1722KJ/mol；点评：本题考查了物质结构分析，热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，原子守恒和化学方程式的计算方法应。
人教版高中化学选修四高二上学期第一次月考化学试题(a卷)
高中化学学习材料 （精心收集**整理制作）可能用到的原子量 H ：1 C ：12 O ：16 S ：32 N ：14 Cu:：64 Fe ：56 Ag ：108第Ⅰ卷(选择题 共60分)选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分,每小题只有一个选项符合题意）1．下列措施可以提高燃料燃烧效率的是（ ）①固体燃料粉碎 ②液体燃料雾化 ③煤经气化处理 ④通入足量的空气A.①③B.①②③C.①③④D.全部2．合理利用燃料减小污染符合“绿色奥运”理念，下列关于燃料的说法正确的是( ) A ．“可燃冰”是将水变为油的新型燃料B ．氢气是具有热值高、无污染等优点的燃料C ．乙醇是比汽油更环保、不可再生的燃料D ．石油和煤是工厂经常使用的可再生的化石燃料3．把镁条投入到盛有盐酸的敞口容器中，在下列因素中对产生H 2速率有影响的是（ ） ①盐酸的浓度 ②镁条的表面积 ③溶液的温度 ④Cl -的浓度 A ．①②③ B ．③④ C ．①④ D ．②③ 4．下列各组热化学方程式中，△H 1>△H 2的是（ ）①C(s)＋O 2(g)===CO 2(g) △H 1 C(s)＋12O 2(g)===CO(g) △H 2②S(s)＋O 2(g)===SO 2(g) △H 1 S(g)＋O 2(g)===SO 2(g) △H 2③H 2(g)＋12O 2(g)===H 2O(l) △H 1 2H 2(g)＋O 2(g)===2H 2O(l) △H 2④CaCO 3(s)===CaO(s)＋CO 2(g) △H 1 CaO(s)＋H 2O(l)===Ca(OH)2(s) △H 2 A ．①B ．④C ．②③④D ．①②③温馨提示：1、本试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟2、请考生将选择题答案填在答题卷卡规定位置。
3、正式开考前，请在规定位置填写姓名、班号，正式开考后才允许答题。
2015届高二年级第一学期第1次月考化学试卷A 卷5．已知下列两个热化学方程式 2H 2（g ）+O 2（g ）=2H 2O （l ）；ΔH=－571.6kJ/mol C 3H 8（g ）+5O 2（g ）=3CO 2（g ）+4H 2O （l ）；ΔH=－2220kJ/mol实验测得氢气和丙烷的混合气体共0.5mol ，完全燃烧时放出热量723.2kJ ，则混合气体中氢气和丙烷的体积比约为（ ） A ． 1:3 B ．2:3 C ．3:2 D ．3:1 6．由氢气和氧气反应生成1mol 水蒸气放热241.8kJ ，则反应2H 2(g)＋O 2(g)=====点燃2H 2O(g)的ΔH 为( )A ．－483.6kJ·mol －1B ．－241.8kJ·mol －1C ．－120.6kJ·mol －1D ．＋241.8kJ·mol －1 7．下图是反应CO(g)+2H 2(g) ＝ CH 3OH(g)进行过程中的能量变化曲线。
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高中化学学习材料高二化学月考试卷第Ⅰ卷选择题（共60分）一、选择题（下列每小题所给选项只有1个选项符合题意，每小题2分，共20分）1．21世纪人类正由“化石能源时代”逐步向“多能源时代”过渡，下列不属A．太阳能B．核能C．氢能D．电力2.下列物质：①盐酸②食盐水③熔化的氯化钠④液态氯化氢⑤铜⑥氨水⑦SO3⑧醋酸，其中可以导A．只有③B．①②③⑥⑧C．④⑤D．全部都是3. 已知某化学反应A2 (g)＋2B2 (g)===2AB2(g) (AB2的分子结构为B—A—B)的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是( )A．该反应的进行一定需要加热B．该反应的ΔH＝－(E1－E2)kJ/molC．该反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和D．断裂1 mol A—A键和2 mol B—B 键放出E1 kJ能量4.下列有关说法不正确的是( )A．反应NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH<0B．CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH<0C．一定温度下，反应MgCl2(l)===Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH>0，ΔS>0D．常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞05.对于制氢气原理CH 4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.4 kJ·mol－1，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施是( )A．降低压强 B．增大水蒸气浓度 C．加入催化剂 D．升高温度6.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是( )A．新制的氯水在光照下颜色变浅B．H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深C．在合成氨的反应中，降温或加压有利于氨的合成D．Fe(SCN)3溶液中加入6mol/L NaOH溶液后颜色变浅7．根据碘与氢气反应的热化学方程式(i) I 2(g)+ H 2(g) 2HI (g)；△H=－9.48 kJ ·mol -1(ii) I 2(S)+H 2(g)2HI (g) ；△H=+26.48 kJ ·mol -1下列判断正确的是（ ）A ．254g I 2(g)中通入2gH 2(g)，反应放热9.48 kJB ．反应(i)的产物比反应(ii)的产物稳定C ．1 mol 固态碘与1 mol 气态碘所含的能量相差17.00 kJD ．反应(ii)的反应物总能量比反应(i)的反应物总能量低 8．合成氨反应：N 2(g)＋3H 2(g)2NH 3(g) ΔH ＝－92.4 kJ ·mol －1，在反应过程中，正反应速率的变化如图：下列说法正确的是( )A ．t 1时增大了压强B ．t 2时充入了稀有气体C ．t 3时升高了温度D ．t 4时降低了温度9. 25℃时，水的电离达到平衡：H 2O ⇌H ++OH ﹣△H ＞0，下列叙述正确的是（ ） 10.室温时，下列混合溶液的pH 一定小于7的是（ A ． pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合 B ． pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合 C ． pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合 D ． pH=3的硫酸和pH=11的氨水等体积混合二、选择题（下列每小题所给选项只有1个选项符合题意，每小题4分，共40分） 11．已知：C(s)＋H 2O(g)===CO(g)＋H 2(g) ΔH ＝a kJ ·mol －12C(s)＋O 2(g)===2CO(g) ΔH ＝－220kJ ·mol－1H —H 、O=O 和O-H 键的键能分别为436 kJ ·mol －1、496 kJ ·mol －1和462 kJ ·mol －1，则a 为( )A ．－118B ． ＋130C ．－332D ．＋35012．室温下，将1 mol 的CuSO 4·5H 2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH 1，将1 mol 的CuSO 4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH 2；CuSO 4·5H 2O 受热分解的化学方程式为CuSO 4·5H 2O(s)=====△CuSO 4(s)＋5H 2O(l)，热效应为ΔH 3，则下列判断正确的是( )A ． ΔH 2＞ΔH 3B ． ΔH 1＋ΔH 3＝ΔH 2C ． ΔH 1＜ΔH 3D ． ΔH 1＋ΔH 2＞ΔH 3 13．已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，反应Cl 2＋H 2O HCl ＋HClO 达到平衡后，要使HClO 浓度增大，可加入( )A ．NaHSO 3固体B ．水C ．CaCO 3固体D ．NaOH 固体 14．将BaO 2放入密闭的真空容器中，反应2BaO 2(s)2BaO(s)＋O 2(g)达到平衡。
2024年人教版选修4化学上册月考试卷含答案
2024年人教版选修4化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______ 姓名：______ 班级：______ 考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、I2在KI溶液中存在平衡I2(aq)＋I(aq)＝I3—(aq)。
某I2、KI混合溶液中，I3—的物质的量浓度c(I3—)与温度T的关系如图所示（曲线上的任何点都表示平衡状态）。
下列说法正确的是。
①I2(aq)+I—(aq)=I3—(ag)ΔH>0②若温度为T1、T2时反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2③若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆④状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大。
⑤保持温度不变，向该混合溶液中加水，将变大A. 只有①②B. 只有②③C. ①③④D. ①③⑤2、室温下，设 1L pH=6 的 AlCl3溶液中，由水电离出的 H+物质的量为n1；1L pH=6 的 HCl 溶液中，由水电离出的H+物质的量为 n2.则 n1/n2的值是A. 0.01B. 1C. 10D. 1003、下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是()A. 0.1 mol /L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42—)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH—)B. 0.2 mol /L的Na2CO3溶液中：c(OH—)= c(HCO3—)+ c(H+)+ c(H2CO3)C. 0.1 mol /L的NH4Cl溶液与0.05 mol L-l的NaOH溶液等体积混合，其混合溶液中：c(Cl-) > c(NH4+) > c(Na+) > c(H+) > c(OH-)D. c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4C1溶液中：c[(NH4)2SO4] < c[(NH4)2CO3] < c(NH4C1)4、下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是A. pH=1的NaHSO4溶液：B. 含有AgCl和AgI固体的悬浊液：C. pH相等的①NH4Cl②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中：大小顺序：①>②>③D. 含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液(H2C2O4为二元弱酸)：5、室温下，将0.10mol·L-1的NaOH溶液滴加到10.00mL0.10mol·L-1HX溶液中，所得滴定曲线如图，已知HX的电离平衡常数为1.0×10-9；下列说法错误的是（）A. ①处pH约为5B. ②处pH一定大于7C. 水的电离程度：③>纯水>②D. ②中离子浓度大小关系：c(Na+)>c(X-)6、利用手持技术可测定酸碱滴定过程中溶液的电导率导电能力和pH的变化，时向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入氨水，滴定过程中电导率和pH变化曲线如图所示，已知和的电离平衡常数均为下列说法正确的是。
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高中化学学习材料唐玲出品2013-2014学年甘肃省高台一中高二（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共50分）1．（2分）（2009•上海）下列措施不能达到节能减排目的是（）A．利用太阳能制氢燃料B．用家用汽车代替公交车C．利用潮汐能发电D．用节能灯代替白炽灯考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发．专题：化学反应中的能量变化．分析：节能减排有广义和狭义定义之分，广义而言，节能减排是指节约物质资源和能量资源，减少废弃物和环境有害物（包括三废和噪声等）排放；狭义而言，节能减排是指节约能源和减少环境有害物排放．解答：解：A、利用太阳能制氢燃料，是节能同时减少污染气体排放，故A能节能减排；B、用家用汽车代替公交车，不能节能减排，反而增加了汽车尾气的排放，故B不能节能减排；C、利用潮汐能发电，潮汐是一种绿色能源，利用潮汐发电，又可以节省资源，同时减少了气体的排放，故C能节能减排；D、用节能灯代替白炽灯，消耗相同电力的条件下，节能灯的发光效率比白炽灯更高，能节能，间接减少污染气体排放，故D能节能减排；故选B．点评：本题主要考查学生运用所学化学知识解决实际生活中一些问题的能力，倡导节约，避免浪费，提倡“低碳环保”理念，是社会热点．2．（2分）从环境保护角度分析，人类最理想的能源是（）A．氢气B．煤炭C．石油D．核能考点：化学在解决能源危机中的重要作用．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据煤炭、石油、氢气、木材燃烧的产物对环境的影响进行分析判断即可．解答：解：A、氢气燃烧生成水，对环境没有污染，是最理想的燃料．故A正确；B、煤碳燃烧会产生二氧化碳、一氧化碳、二氧化硫等气体，会污染空气．故B错误；C、石油燃烧时会产生二氧化碳、一氧化碳、二氧化硫等气体杂质，二氧化碳排放过多会造成温室效应，故C错误；D、核能所用原料为具有放射性物质，如不慎泄露会对环境产生污染，故D错误．故选：A．点评：本题主要考查了一些能源的性质和环境污染等方面的内容，难度不大．3．（2分）化学反应的速率主要取决下列哪个因素（）A．催化剂B．温度C．压强D．物质的性质考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：物质本身的性质为决定反应速率的主要因素，以此来解答．解答：解：物质的性质为决定反应速率的主要因素，而催化剂、温度、压强为影响反应速率的外界因素，故选D．点评：本题考查反应速率的因素，为高频考点，把握影响反应速率的内因及外因为解答的关键，注意主要因素为内因，题目难度不大．4．（2分）已知反应X+Y═M+N为放热反应，对该反应的说法正确是（）A．X的能量一定高于MB．Y的能量一定高于NC．X和Y的总能量一定高于M和N的总能量D．因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生考点：吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因．专题：化学反应中的能量变化．分析：反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应．解答：解：A．X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，X的能量不一定高于M，故A错误；B．X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，Y的能量不一定高于N，故B错误；C．反应X+Y=M+N为放热反应，X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故C正确；D．该反应为放热反应，但引发反应时可能需要加热，故D错误．故选C．点评：本题考查学生放热反应的原因，可以根据所学知识进行回答，难度不大．5．（2分）热化学方程式C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）；△H=+131.3kJ/mol表示（）A．碳和水反应吸收131.3kJ能量B．1mol碳和1mol水反应生成一氧化碳和氢气并吸收131.3kJ热量C．1mol固态碳和1mol水蒸气反应生成一氧化碳气体和氢气，并吸热131.3kJD．1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸热131.1kJ考点：热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化．分析： A、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；B、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；C、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；D、热化学方程式的系数只表示物质的量不表示微粒个数；解答：解：A、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；故A错误；B、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；故B错误；C、反应热量变化需要说明物质的聚集状态，物质状态不同，反应能量变化不同；故C正确；D、热化学方程式的系数只表示物质的量不表示微粒个数；故D错误；故选C．点评：本题考查了热化学方程式的书写方法和注意问题，系数只表示物质的量不表示微粒个数是易错点，题目难度中等．6．（2分）已知在1×105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是（）A．H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+242kJ•mol﹣1B．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣484kJ•mol﹣1C．H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=+242kJ•mol﹣1D．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=+484kJ•mol﹣1考点：热化学方程式．专题：基本概念与基本理论．分析： A、根据氢气燃烧生成水蒸气的逆过程为吸热过程来分析；B、根据物质的聚集状态来判断；C、根据反应放热时焓变符号为负来判断；D、根据反应放热时焓变符号为负来判断．解答：解：A、2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，则1mol氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，其逆过程就要吸收这些热量，有：H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+242kJ•mol﹣1，故A正确；B、生成的水应该为气态，而不是液态，故B错误；C、反应为放热反应，此时焓变符号为负，故C错误；D、反应为放热反应，此时焓变符号为负，故D错误．故选A．点评：本题主要考查学生热化学方程式的书写原则，该题型是现在高考的热点．7．（2分）在固定体积的密闭容器中进行如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）．已知反应过程某一时刻SO2，O2，SO3浓度（mol/L）分别为0.2，0.2，0.2，达到平衡时，浓度可能正确的是（）A．SO2，O2分别为0.4，0.3mol/L B．SO2为0.25mol/LC．SO2，SO3均为0.15mol/L D．SO3为0.4mol/L考点：化学反应的可逆性．专题：化学平衡专题．分析：化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．解答：解：A、SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度分别为0.4mol/L、0.3mol/L，三氧化硫不可能完全转化，故A错误；B、SO2为0.25mol/L，SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度为0.4mol/L，实际浓度为0.25mol/L小于0.4mol/L，故B正确；C、反应物、生产物的浓度不可能同时减小，只能一个减小，另一个增大，故C错误；D、SO3为0.4mol/L，SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度为0.4mol/L，达到平衡的实际浓度应该小于0.4mol/L，故D错误；故选B．点评：本题考查了化学平衡的建立，难度不大，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，假设法是解化学习题的常用方法，试题充分培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识能力．8．（2分）强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①稀醋酸；②浓硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应时热效应分别为△H1、△H2、△H3，它们的关系正确的是（）A．△H1＞△H2＞△H3B．△H1＜△H3＜△H2C．△H1=△H2=△H3D．△H2＜△H3＜△H1考点：中和热．专题：化学反应中的能量变化．分析： 25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/mol，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答．解答：解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O△H=一57.3kJ/mol，分别向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入：①稀醋酸；②浓H2SO4；③稀硝酸，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量为②＞③＞①，所以△H2＜△H3＜△H1，故选D．点评：本题主要考查了中和热大小的比较，需要注意的是弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热以及比较大小时要考虑“﹣”号．9．（2分）已知299K时，合成氨反应 N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.0kJ/mol，将此温度下的1mol N2和3mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为（忽略能量损失）（）A．一定大于92.0kJ B．一定等于92.0kJ C．一定小于92.0kJ D．不能确定考点：化学反应的可逆性；化学能与热能的相互转化．专题：化学反应中的能量变化．分析：N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%．解答：解：N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，反应为：N2+3H22NH3，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%，此温度下的1molN2和3molH2放在一密闭容器中，不能生成2molNH3，则反应放出的热量小于92.0kJ，故选C．点评：本题考查化学反应的可逆性，题目难度不大，注意把握可逆反应的特征，应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%．10．（2分）在体积可变的密闭容器中，反应mA（g）+nB（s）⇌pC（g）达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低．下列说法中，正确的是（）A．m+n必定小于p B．m+n必定大于p C．m必定小于p D．m必定大于p考点：化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动．解答：解：压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，由于B为固体，所以m＜p，故选：C．点评：本题考查压强对化学平衡的影响，比较基础，注意压强改变的本质是改变体积影响浓度．11．（2分）根据下列热化学方程式分析，C（s）的燃烧热△H等于（）C（s）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）；△H1=+175.3kJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）=CO2（g）；△H2=﹣566.0kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H3=﹣571.6kJ•mol﹣1．A．△H1+△H2﹣△H3B．2△H1+△H2+△H3C．△H1++△H3D．△H1++考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据盖斯定律来回答．解答：解：已知：①C（s）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）；△H1=+175.3kJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）=CO2（g）；△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H3=﹣571.6kJ•mol﹣1则化学方程式C（s）+O2（g）=CO2（g）可以看成是[2×①+②+③]×得到的，所以该反应的焓变△H=△H1+，即为C（s）的燃烧热．故选D．点评：本题考查学生燃烧热的概念以及盖斯定律的应用知识，注意知识的迁移和应用是关键，难度不大．12．（2分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A．已知2H（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣483.6 kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为483.6 kJ•mol﹣12B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定C．已知2C（s）+2O（g）=2CO2（g）△H12C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2则△H1＞△H22D．已知Ni（CO）（s）=Ni（s）+4CO（g）△H=Q kJ•mol﹣1，则Ni（s）+4CO（g）=Ni（CO）4（s）△H=﹣Q kJ4•mol﹣1考点：反应热和焓变；热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化．分析： A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、依据能量越高越活泼分析判断；C、一氧化碳燃烧生成二氧化碳过程是放出热量；D、方程式反写时，反应热的符号相反．解答：解：A、选项中氢气的物质的量不是1mol，则反应热不是氢气的燃烧热，故A错误；B、已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；△H＞0，反应是吸热反应，金刚石能量高于石墨，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；C、已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）；△H1 2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳放热，焓变是负值，所以△H1＜△H2，故C错误；D、已知Ni（CO）4（s）=Ni（s）+4CO（g）△H=Q kJ•mol﹣1，方程式反写即为Ni（s）+4CO（g）=Ni（CO）（s）△H=﹣Q kJ•mol﹣1，所以二者反应热大小相同，符号相反，故D正确；4故选D．点评：本题考查了热化学方程式的书写方法，燃烧热，中和热概念分析应用，掌握概念实质是关键，题目难度不大．13．（2分）对于在一定条件下进行的化学反应：2SO2+O2⇌2SO3，改变下列条件，可以提高反应物中的活化分子百分数的是（）A．降低温度B．增大压强C．使用催化剂D．增大反应物浓度考点：活化能及其对化学反应速率的影响．专题：化学反应速率专题．分析：升高温度或加入催化剂可提高反应物中的活化分子百分数．解答：解：加入催化剂可提高反应物中的活化分子百分数；降低温度降低反应物中的活化分子百分数，而压强和浓度只改变活化分子的数目，不改变百分数，故选C．点评：本题考查影响活化分子百分数的因素，题目难度不大，注意相关知识的积累．14．（2分）对于可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）（正反应为放热反应），下列有关说法正确的是（）A．升高温度正反应加快，逆反应不变B．升高温度正逆反应都加快C．升高温度逆反应加快，正反应不变D．升高温度逆反应加快，正反应减慢考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：升高温度，正逆反应速率均增大，以此来解答．解答：解：升高温度正逆反应都加快，与反应为放热反应无关，故选B．点评：本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握温度对反应速率的影响为解答的关键，注意升高温度反应速率加快，无需关注放热反应，题目难度不大．15．（2分）在N2+3H22NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加0.6mol/L，在此时间内用H2表示的平均反应速率为0.45mol/L•s，则反应所经历的时间是（）A．2s B．1s C．0.67s D．1.2s考点：反应速率的定量表示方法．专题：化学反应速率专题．分析：利用速率之比等于化学计量数之比，根据H表示的平均反应速率v（H2）计算速率v（NH3），再根据速率定2义计算反应时间．解答：解：由于v（H）=0.45mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，2所以v（NH3）=（H2）=×0.45mol/（L•s）=0.3mol/（L•s），所以反应所经历的时间为=2s．故选A．点评：本题考查化学反应速率，难度较小，注意基础知识的积累与掌握．16．（2分）S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体．已知：①S（单斜，s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣297.16kJ•mol﹣1②S（正交，s）+O2（g）═SO2（g）△H2=﹣296.83kJ•mol﹣1③S（单斜，s）═S（正交，s）△H3下列说法正确的是（）A．△H=+0.33 kJ•mol﹣13B．单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应C．S（单斜，s）═S（正交，s）△H＜0，正交硫比单斜硫稳定3D．S（单斜，s）═S（正交，s）△H＜0，单斜硫比正交硫稳定3考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、根据盖斯定律可知，反应①﹣②=③，所以△H=△H1﹣△H2；3B、根据反应的焓变结果来确定反应放热、吸热情况；C、根据能量高的物质不稳定，能量低的物质稳定来回答；D、根据能量高的物质不稳定，能量低的物质稳定来回答．解答：解：A、由盖斯定律可知，反应①﹣②=③，所以△H=（﹣297.16kJ•mol﹣1）﹣（﹣296.83kJ•mol﹣1）=﹣30.33kJ/mol，故A错误；B、S（单斜，s）═S（正交，s）△H3=﹣0.33kJ/mol，反应放热，故B错误；C、根据S（单斜，s）═S（正交，s）△H3=﹣0.33kJ/mol，单斜硫的能量比正交硫的能量高，正交硫比单斜硫稳定，故C正确；D、根据S（单斜，s）═S（正交，s）△H3=﹣0.33kJ/mol，单斜硫的能量比正交硫的能量高，正交硫比单斜硫稳定，故D错误；故选C．点评：本题考查化学能与热能，明确盖斯定律计算反应热及物质的能量与稳定性的关系即可解答，题目难度不大．17．（2分）下列条件一定能使反应速率加快的是（）①增加反应物的物质的量②升高温度③缩小反应容器的体积④加入生成物⑤加入MnO2．A．全部B．①②⑤C．②D．②③考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：①增加反应物的物质的量，反应物的浓度不一定变化；②升高温度反应速率加快；③缩小反应容器的体积，浓度不一定变化；④加入生成物，浓度不一定变化；⑤MnO2只在特定反应中是催化剂，并不是对所有反应都有用．解答：解：①增加反应物的物质的量，反应物的浓度不一定增加，如固体、纯液体，反应不一定加快，故①错误；②升高温度，增加单位体积内的活化分子数，有效碰撞增加，反应速率加快，故②正确；③缩小反应容器的体积，浓度不一定增加，如固体、纯液体，反应不一定加快，故③错误；④加入生成物，浓度不一定变化，如固体、纯液体，故④错误；⑤MnO2只在特定反应中是催化剂，MnO2不一定是该反应的催化剂，故⑤错误．故选C．点评：本题考查影响化学反应速率的常见因素，较简单，可以根据所学知识进行回答，反应中固体、纯液体的量发生改变对反应速率无影响是学生在解题中容易忽略的知识．18．（2分）在5L的密闭容器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）达平衡时，在相同条件下测得容器内混合气体的压强是反应前的，则A的转化率为（）A．67% B．50% C．25% D．5%考点：化学方程式的有关计算；化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，故平衡时气体的物质的量为×（2mol+1mol）=2.5mol，根据差量法计算参加反应的A的物质的量，再根据转化率定义计算A的转化率．解答：解：同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，故平衡时气体的物质的量为×（2mol+1mol）=2.5mol，令参加反应的A的物质的量为xmol，则：2A（g）+B（g）⇌2C（g）气体体积减少△V2 1xmol 3mol﹣2.5mol=0.5mol故x=1故A的转化率为×100%=50%，故选B．点评：本题考查化学平衡计算，难度不大，利用阿伏伽德罗定律推论判断平衡后混合气体的物质的量是解题关键，注意差量法的利用．19．（2分）（2009•揭阳二模）对于平衡体系mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）△H＜0．下列结论中错误的是（）A．若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m+n＜p+qB．若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m：nC．若m+n=p+q，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2aD．若温度不变时，压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原来的要小考点：化学平衡的计算．专题：压轴题；化学平衡专题．分析： A、将容器的体积缩小到原来的一半，若平衡不移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说明平衡向着生成A的方向移动了；B、当反应物的物质的量之比等于系数值比时，则达到化学平衡时，反应物的转化率是相等的；C、对于反应前气体体积不变，混合气体总的物质的量不变．D、对于反应前后气体体积不变的反应，压强不会影响平衡移动．解答：解：A、将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说明平衡向着生成A的方向移动了，体积缩小即增大压强，平衡向着气体体积减小的方向进行，所以m+n＜p+q，故A正确；B、反应开始时，A、B的物质的量之比为m：n，恰好等于方程式的系数值比，这种情况下平衡时，A、B的转化率相等，故B正确；C、往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，平衡向正反应移动，由于m+n=p+q，达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，达到新平衡时气体的总物质的量等于2amol，故C正确；D、若该反应中，m+n=p+q，温度不变时，压强增大到原来的2倍，平衡不移动，总体积变为原来的，故D错误．故选：D．点评：本题考查学生化学平衡移动，难度中等，注意对于反应前后气体体积不变的反应，压强变化不引起平衡移动．只有改变压强的实质是引起浓度变化．20．（2分）在一定条件下，反应A2（g）+B2（g）⇌2AB（g）达到平衡状态的标志是（）A．单位时间内生成n mol A的同时，生成n mol的AB2B．容器内的总压强不随时间而变化C．单位时间内生成2n mol AB的同时，生成n mol的B2D．单位时间内，生成n mol A的同时，生成n mol的B22考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．解答：解：A、单位时间内生成nmolA需要消耗2molAB，单位时间内生成nmol A2的同时生成nmol的AB，单位时2间内AB的生成与消耗的物质的量不相等，反应未达平衡状态，故A错误；B、反应前后气体的物质的量不变，混合气体的压强始终不变，容器内的总压强不随时间而变化，不能说明到达平衡状态，故B错误；C、单位时间内生成2nmolAB的同时，生成n mol的B2，生成2nmolAB需要消耗nmol的B2，单位时间内B2的生成与消耗的物质的量相等，反应到达平衡状态，故C正确；D、单位时间内，生成nmolA2的同时，生成nmol的B2，都表示逆反应速率，不能说明反应到达平衡状态，故D错误；故选C．点评：本题考查化学平衡状态的判断，难度中等，需要学习时理解化学平衡状态的内涵和外延，判断时要注意选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．21．（2分）在一定的条件下，将10mol H2和1mol N2充入一密闭容器中，在适当条件下使其发生反应：N2+3H2⇌2NH3，达到平衡后．则H2的转化率可能是（）A．35% B．30% C．25% D．75%考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：假定氮气完全反应计算参加反应的氢气的物质的量，计算氢气转化率的极大值，由于反应是可逆反应，氮气不能完全反应，故氢气的实际转化率小于该极大值．解答：解：假定1mol氮气完全反应，由方程式N+3H2⇌2NH3可知，参加反应的氢气的物质的量为1mol×3=3mol，2故氢气转化率的极大值为：×100%=30%，由于反应是可逆反应，氮气不能完全反应，故氢气的实际转化率小于30%，故选C．点评：本题考查化学平衡的有关计算、可逆反应的特征等，难度不大，注意利用极值法解答．22．（2分）已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）的△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（）A．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D．增加X的物质的量，Y的转化率降低考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析： A、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动；B、速率之比等于化学方程式的系数之比，平衡状态整你分压速率相同；C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，相对分子质量增大；D、增加X的量会提高Y的转化率，本身转化率减小；解答：解：A、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动，故A错误；B、速率之比等于化学方程式的系数之比，v（X）正：v（Y）正=m：n，平衡时，X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍，故B正确；C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故C错误；D、增加X的量会提高Y的转化率，Y的转化率降低，本身转化率减小；故D错误；故选B．点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，注意加入惰气对平衡的影响，反应的特征是分析的关键，题目难度中等．23．（2分）在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器容积增加一倍，当达到新平衡时，B的浓度是原来的60%，则下列说法正确的是（）A．平衡向正反应方向移动了B．物质A的转化率减少了C．物质B的质量分数减小了D．a＞b考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析： aA（气）⇌bB（气）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，压强减小，又达到新的平衡时，B 的浓度是原来的60%，则减小压强化学平衡正向移动，以此来解答．解答：解：aA（气）⇌bB（气）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，压强减小，又达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则减小压强化学平衡正向移动，A．若平衡不移动，B的浓度为原来的50%，则化学平衡正向移动，B的浓度为原来的60%，故A正确；B．平衡正向移动，A的转化率增大，故B错误；C．B的浓度增大，则B的质量分数增大，故C错误；D．减小压强化学平衡正向移动，则化学计量数a＜b，故D错误；故选A．点评：本题考查化学平衡的移动，明确体积变化引起的B的浓度变化来判断平衡的移动是解答本题的关键，注意动态和静态变化的结合来解答，题目难度中等．24．（2分）已知下列两个热化学方程式2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ/molC3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣2220kJ/mol实验测得氢气和丙烷的混合气体共2mol，完全燃烧时放出热量2505.8kJ，则混合气体中氢气和丙烷的体积比约为（）A．1：3 B．1：4 C．1：1 D．3：1考点：有关反应热的计算．专题：计算题；化学反应中的能量变化．分析：先根据方程式求出H和C3H8的燃烧热，设H2的物质的量为nmol，则C3H8的物质的量为2mol﹣n，根据放出2的热量列方程式解答．解答：解：设混合气中H的物质的量为n，则C3H8的物质的量为2mol﹣n．根据题意，列方程为：2kJ/mol×n+2220.0kJ/mol×（2mol﹣n）=2505.8kJ解得 n=1mol；C3H8的物质的量为2mol﹣1mol=1mol．所以混合气体中H2与C3H8的体积比即物质的量之比为1mol：1mol=1：1．故选C．点评：本题考查反应热的有关计算，题目难度不大，关键是注意反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比．25．（2分）（2008•珠海一模）对于反应A（s）+2B（g⇌3C（g）；△H＞0，C%跟外界条件X、Y的关系如图所示，下列结论正确的是（）A．Y表示温度，X表示压强，且Y＞Y2＞Y1B．Y表示压强，X表示温度，且Y3＞Y2＞Y13C．X表示压强，Y表示温度，且Y＞Y2＞Y3D．X表示温度，Y表示压强，且Y1＞Y2＞Y31考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：反应A（s）+2B（g⇌3C（g）；△H＞0，为气体体积增大且吸热的可逆反应，增大压强，平衡逆向移动；根据图象随X的增大C%减小，则X表示压强．解答：解：反应A（s）+2B（g⇌3C（g）；△H＞0，为气体体积增大且吸热的可逆反应，增大压强，平衡逆向移动；根据图象随X的增大C%减小，则X表示压强，由于催化剂对平衡无影响，所以Y不表示催化剂，则Y只能是温度，已知该反应为吸热反应，所以升高温度C%增大，所以Y3＞Y2＞Y1．所以Y表示温度，X表示压强，且Y3＞Y2＞Y1；故选A．点评：本题考查化学平衡移动与图象，注意可逆反应的特点及压强对化学平衡的影响是解答本题的关键，并明确。
2024年人教版(2024)选修4化学上册月考试卷764
2024年人教版（2024）选修4化学上册月考试卷764考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______ 姓名：______ 班级：______ 考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、和均为重要的化工原料；都满足8电子结构。
已知：①②③相关化学键的键能如表所示：。
化学键键能 a b c下列说法错误的是A. 化学键的键能：B. 以的电子式为：C.D. 在的反应中，2、向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)＋xB(g) 2C(g)。
各容器的反应温度；反应物起始量；反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以下表和下图表示：下列说法正确的是。
A. 平衡后，向甲容器中再充入0.5 mol A，A和B的转化率均增大B. 达到平衡时反应吸收的热量：Q丙＞2Q乙C. 若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动D. T1℃，起始时甲容器中充入0.5 mol 1.5 mol B，平衡时A的转化率为25%3、向1L的密闭容器中加入1molX、0.3molZ和一定量的Y三种气体。
一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间的变化如图甲所示。
图乙为t2时刻后改变反应条件；平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。
下列说法不正确的是。
A. Y的起始物质的量为0.5molB. 该反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)3Z(g)ΔH<0C. 若t0=0，t1=10min，则t0~t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.03mol·(L·min)-1D. 反应物X的转化率t6点比t3点高4、在某密闭容器中加入HBr，在一定条件下发生反应∶2HBr（g）Br2（g）+H2（g）， c（HBr）随反应时间的变化如曲线①所示；分别改变一个条件，得到曲线②；③，下列说法正确的是（）A. 该反应正反应为放热反应B. 曲线①，0~ 50 min用H2表示的平均反应速率为0.02 mol﹒L-1﹒min-1C. 曲线②，可能使用了催化剂或增大了压强D. 曲线③达到平衡时，往容器中加入浓度均为0.2 mol﹒L-1的三种物质，平衡将向正反应方向移动5、为探究外界条件对可逆反应：2NO2 (g)2NO(g) +O2 (g)ΔH＝- 1162kJ·mol－1的影响；若保持气体的总质量不变，在温度为 T1；T2 时，通过实验得到平衡体系中 NO 体积分数随压强的变化曲线，实验结果如图所示。
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2016-2017学年河南省平顶山市叶县二中高二（上）月考化学试卷（9月份）一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．热化学方程式中化学式前的化学计量数表示（）A．分子个数 B．物质的量 C．物质的质量D．原子个数2．已知下列热化学方程式：①H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H1=a kJ•mol﹣1②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2=b kJ•mol﹣1③H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=c kJ•mol﹣1④2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H4=dkJ•mol﹣1下列关系式中正确的是（）A．a＜c＜0 B．b＞d＞0 C．2a=b＜0 D．2c=d＞03．在一定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1由1mol CO和3mol CH4组成的混合气体在上述条件下完全燃烧时，释放的热量为（）A．2 912 kJ B．2 953 kJ C．3 236 kJ D．3 867 kJ4．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（）A．B．C．D．5．一定条件下反应2AB（g）⇌A2（g）+B2（g）达到平衡状态的标志是（）A．单位时间内生成nmolA2的同时消耗n molABB．容器内，3种气体AB、A2、B2共存C．AB的消耗速率等于A2的消耗速率D．容器中各组分的体积分数不随时间变化6．在一定温度不同压强（P1＜P2）下，可逆反应2X（g）⇌2Y（g）+Z（g）中，生成物Z 在反应混合物中的体积分数（ψ）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是（）A ．B ．C ．D ．7．对可逆反应4NH 3（g ）+5O 2（g ）⇌4NO （g ）+6H 2O （g ），下列叙述正确的是（ ） A ．达到化学平衡时，4υ正（O 2）=5υ逆（NO ）B ．若单位时间内生成x mol NO 的同时，消耗x mol NH 3，则反应达到平衡状态C ．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D ．化学反应速率关系是：2υ正（NH 3）=3υ正（H 2O ）8．已知反应A 2（g ）+2B 2（g ）⇌2AB 2（g ）△H ＜0，下列说法正确的是（ ） A ．升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小B ．升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间C ．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动D ．达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动9．将1mol SO 2和1mol O 2 通入体积不变的密闭容器中，在一定温度和催化剂作用下，反应达到平衡时 SO 3为0.3mol ，若此时移走0.5mol O 2和0.5mol SO 2则反应达到新的平衡时，SO 3的物质的量是（ ）A ．0.3molB ．0.15molC ．小于 0.15molD ．大于0.15mol 而小于 0.3mol10．在2A +B ⇌3C +4D 反应中，表示该反应速率最快的是（ ）A ．v （A ）=0.5 mol/（L •s ）B ．v （B ）=0.3 mol/（L •s ）C ．v （C ）=0.8 mol/（L •s ）D ．v （D ）=1 mol/（L •s ）11．下列说法中有明显错误的是（ ）A ．对有气体参加的化学反应，增大压强体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B ．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大C ．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞D ．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率12．如图曲线a 表示放热反应 X （g ）+Y （g ）⇌Z （g ）+M （g ）+N （s ）△H ＜0进行过程中X 的转化率随时间变化的关系．若要改变起始条件，使反应过程按b 曲线进行，可采取的措施是（ ）A ．升高温度B ．加大X 的投入量C ．加催化剂D ．增大体积13．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（ ）A ．红棕色的NO 2，加压后颜色先变深后变浅B ．高压比常压有利于合成SO 3的反应C ．由H 2、I 2（g ）、HI （g ）气体组成的平衡体系加压后颜色变深D ．黄绿色的氯水光照后颜色变浅14．对于可逆反应A （g ）+2B （g ）⇌2C （g ）（正反应吸热），如图正确的是（ ）A ．B ．C ．D ． 15．在密闭容器中进行如下反应：X 2（g ）+Y 2（g ）⇌2Z （g ），已知X 2、Y 2、Z 的起始浓度分别为0.1 mol/L 、0.3 mol/L 、0.2 mol/L ，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（ ）A ．Z 为0.3mol/LB ．Y 2为0.4mol/LC ．X 2为0.2mol/LD ．Z 为0.4mol/L16．将4mol A 气体和2mol B 气体在2L 的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A （g ）+B （g ）⇌2C （g ），经2s 后测得C 的浓度为0.6mol/L ，下列几种说法中正确的是（ ） ①用物质A 表示的反应平均速率为0.3mol/（L •s ）②用物质B 表示的反应的平均速率为0.1mol/（L •s ）③2s 时物质A 的转化率为70%④2s 时物质B 的浓度为0.7mol/L ．A ．①③B ．③④C ．②③D ．①④二、解答题（共9小题，满分52分）17．已知：下列两个热化学方程式：Fe （s ）+O 2（g ）═FeO （s ）△H=﹣272.0KJ/mol2Al （s ）+O 2（g ）═Al 2O 3（s ）△H=﹣1675.7KJ/mol则 Al （s ）的单质和FeO （s ）反应的热化学方程式是 ．18．在25℃、101kPa 下，1g 甲醇燃烧生成CO 2和液态水时放热22.68kJ ，则该反应的热化学方程式应为 ．19．已知拆开1mol H ﹣H 键、1mol N ﹣H 键、1mol N ≡N 键分别需要的能量是436kJ 、391kJ 、946kJ ，则N 2与H 2反应生成NH 3的热化学方程式为 ．20．对于下列反应：2SO2+O22SO3，如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2mol/L，那么，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为，用O2浓度变化来表示的反应速率为．如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v（O2）为0.5mol/（L•min），那么2min时SO2的浓度为．21．如图表示在密闭容器中反应：2SO2+O2⇌2SO3+Q达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a b过程中改变的条件可能是；b c过程中改变的条件可能是；若增大压强时，反应速度变化情况画在c～d处．22．酶是蛋白质，具有蛋白质的特性，酶能催化很多化学反应，如图表示酶参加的反应中，温度与反应速率的关系，解释曲线变化原因．23．反应m A+n B⇌p C在某温度下达到平衡．①若A、B、C都是气体，减压后正反应速率小于逆反应速率，则m、n、p的关系是．②若在体系中增加或减少B的量，平衡均不发生移动，则B肯定不能为态．24．有两只密闭容器A和B，A能保持恒压，B能保持恒容．起始时向容积相等的A、B中分别通入体积比为2：1的等量的SO2和O2，使之发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．则（填“＞”、“=”、“＜”；“左”、“右”；“增大”、“减小”、“不变”）．（1）达到平衡所需要的时间：t（A）t（B），SO2的转化率：a（A） a （B）（2）起始时两容器中的反应速率：v（A）v（B），反应过程中的反应速率：v（A）v （B）．（3）达到平衡时，在两容器中分别通入等量的Ar气．A中的化学平衡向反应方向移动，B中的化学反应速率．（4）达到平衡后，向两容器中分别通入等量的原反应气体，再次达到平衡时，A容器中SO2的质量分数，B容器中SO2的质量分数．25．已知下表中的四个热化学方程式，嫦娥一号液氢（H2）①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1②2H2（l）+O2（l）=2H2O（g）△H=﹣482.6kJ•mol﹣1祥云火丙烷③C3H8（l）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣2013.8kJ•mol炬（C3H8）﹣1④C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2221.5kJ•mol﹣1（1）氢气的燃烧热是，丙烷的燃烧热是．（2）氢气作为燃料的主要优点是．2016-2017学年河南省平顶山市叶县二中高二（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．热化学方程式中化学式前的化学计量数表示（）A．分子个数 B．物质的量 C．物质的质量D．原子个数【考点】热化学方程式．【分析】热化学方程式中各物质的计量数表示的是物质的量，可以为分数，据此进行判断．【解答】解：热化学方程式中化学式前的化学计量数不表示微粒数，表示的是物质的量，所以各计量数可以是整数，也可以是分数，故选B．2．已知下列热化学方程式：①H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H1=a kJ•mol﹣1②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2=b kJ•mol﹣1③H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=c kJ•mol﹣1④2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H4=dkJ•mol﹣1下列关系式中正确的是（）A．a＜c＜0 B．b＞d＞0 C．2a=b＜0 D．2c=d＞0【考点】反应热的大小比较．【分析】比较△H的大小必须带着正负号比较；根据在放热反应中，△H＜0，当反应物相同时，产物的能量越高，放出的热量越小，则△H越大，反之成立；反应热的大小与计量数成比例；【解答】解：A、反应①和③相比较，反应物相同，①的产物的能量高比③高，则放出的热量比③少，a比c大，故A错误；B、氢气的燃烧是放热反应，即b和d均为负值，故B错误；C、反应②是①的二倍，故b=2a，而且燃烧放热，即b=2a＜0，故C正确；D、氢气的燃烧是放热反应，即c和d均为负值，故D错误；故选C．3．在一定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1由1mol CO和3mol CH4组成的混合气体在上述条件下完全燃烧时，释放的热量为（）A．2 912 kJ B．2 953 kJ C．3 236 kJ D．3 867 kJ【考点】反应热和焓变．【分析】根据反应的化学方程式找出可燃物的质量与放出的热量之间的关系然后求得1摩CO和3摩CH4燃烧后放出的热量．【解答】解：1摩CO完全燃烧时释放的热量为283千焦，1摩CH4完全燃烧时释放的热量为890千焦，所以1摩CO和3摩CH4燃烧后放出的热量为283千焦+890千焦×3=2953千焦，故选：B．4．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（）A．B．C．D．【考点】化学反应中能量转化的原因；催化剂的作用．【分析】水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变．【解答】解：A、水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错；B、加入催化剂反应热不变，并且图象符合反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C、化学反应一定伴随着能量变化，反应物的总能量与生成物的总能量不相等，故C错；D、加入催化剂降低反应的活化能，图象不符合，故D错．故选：B．5．一定条件下反应2AB（g）⇌A2（g）+B2（g）达到平衡状态的标志是（）A．单位时间内生成nmolA2的同时消耗n molABB．容器内，3种气体AB、A2、B2共存C．AB的消耗速率等于A2的消耗速率D．容器中各组分的体积分数不随时间变化【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：A、单位时间内生成nmolA2的同时消耗n molAB，都体现正向反应，故A错误；B、可逆反应只要反应发生，就是反应物和生成物共存的体系，故B错误；C、速率之比不等于计量数之比，故C错误；D、容器中各组分的体积分数不随时间变化，说明达平衡状态，故D正确；故选D ．6．在一定温度不同压强（P 1＜P 2）下，可逆反应2X （g ）⇌2Y （g ）+Z （g ）中，生成物Z 在反应混合物中的体积分数（ψ）与反应时间（t ）的关系有以下图示，正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】产物百分含量与压强的关系曲线．【分析】一定温度下，增大压强，反应速率增大，到达平衡的时间缩短，该反应正反应是体积增大的反应，平衡向逆反应移动，平衡时Z 的物质的量减小，据此结合选项解答．【解答】解：A 、图象中压强p 1到达平衡时间短，故图象中p 1＞p 2，与题意不符，故A 错误；B 、图象中压强p 2到达平衡时间短，图象中p 1＜p 2，增大压强，平衡时生成物Z 的物质的量减小，与实际相符，故B 正确；C 、图象中压强p 1到达平衡时间短，故图象中p 1＞p 2，与题意不符，故C 错误；D 、图象中压强p 2到达平衡时间短，图象中p 1＜p 2，增大压强，平衡时生成物Z 的物质的量增大，与实际不相符，故D 错误；故选B ．7．对可逆反应4NH 3（g ）+5O 2（g ）⇌4NO （g ）+6H 2O （g ），下列叙述正确的是（ ） A ．达到化学平衡时，4υ正（O 2）=5υ逆（NO ）B ．若单位时间内生成x mol NO 的同时，消耗x mol NH 3，则反应达到平衡状态C ．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D ．化学反应速率关系是：2υ正（NH 3）=3υ正（H 2O ）【考点】化学平衡建立的过程．【分析】A 、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；B 、都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；C 、增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；D 、各物质表示的化学反应速率之比等于各物质前面的系数之比．【解答】解：A 、4v 正（O 2）=5v 逆（NO ），不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，故A 正确；B 、若单位时间内生成xmolNO 的同时，消耗xmolNH 3，都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B 错误；C 、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故C 错误；D 、化学反应速率关系是：3υ正（NH 3）=2υ正（H 2O ），故D 错误．故选A ．8．已知反应A 2（g ）+2B 2（g ）⇌2AB 2（g ）△H ＜0，下列说法正确的是（ ） A ．升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小B ．升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间C ．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动D ．达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A 、升高温度正、逆反应速率都增大；B 、升高温度反应速率加快；C 、升温平衡向吸热反应方向进行，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；D 、降低温度平衡向放热反应移动，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动．【解答】解：A 、升高温度正、逆反应速率都增大，该反应正反应是放热反应，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，故A 错误；B 、升高温度反应速率加快，缩短到达平衡的时间，故B 正确；C 、该反应正反应是体积减小的放热反应，升高温度有利于平衡向逆反应移动，增大压强有利于平衡向气正反应移动，故C 错误；D 、该反应正反应是体积减小的放热反应，降低温度，平衡正向进行，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，即向逆反应移动，故D 错误；故选B ．9．将1mol SO 2和1mol O 2 通入体积不变的密闭容器中，在一定温度和催化剂作用下，反应达到平衡时 SO 3为0.3mol ，若此时移走0.5mol O 2和0.5mol SO 2则反应达到新的平衡时，SO 3的物质的量是（ ）A ．0.3molB ．0.15molC ．小于 0.15molD ．大于0.15mol 而小于 0.3mol【考点】化学平衡的影响因素．【分析】反应达到平衡时移走 0.5molO 2和0.5molSO 2，达到新的平衡状态，该状态可以等效为开始加入时0.5molO 2和0.5molSO 2，所到达的平衡状态，与原平衡相比，压强降低，平衡向逆反应移动，反应物的转化率降低．【解答】解：将lmolSO 2和lmolO 2通入体积不变的密闭容器中，反应达到平衡时移走 0.5molO 2和0.5molSO 2，达到新的平衡状态，该状态可以等效为开始加入时0.5molO 2和0.5molSO 2，所到达的平衡状态，与原平衡相比，压强降低，平衡向逆反应移动，反应物的转化率降低，若转化率不变时，生成的SO 3为0.15mol ，由于反应物转化率降低，故生成的SO 3小于0.15mol ，故选C ．10．在2A +B ⇌3C +4D 反应中，表示该反应速率最快的是（ ）A ．v （A ）=0.5 mol/（L •s ）B ．v （B ）=0.3 mol/（L •s ）C ．v （C ）=0.8 mol/（L •s ）D ．v （D ）=1 mol/（L •s ）【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较．【解答】解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，A、υ（A）=0.5 mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=2υ（A）=1mol/（L•s），B、υ（B）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=4υ（B）=1.2mol/（L•s），C、υ（C）=0.8mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=υ（C）=×0.8mol/（L•s）=1.1mol/（L•s），D、υ（D）=1 mol/（L•s），故速率B＞C＞A=D，故选B．11．下列说法中有明显错误的是（）A．对有气体参加的化学反应，增大压强体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大C．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A、根据压强对反应速率的影响进行判断；B、利用温度对反应速率的影响分析；C、活化分子之间发生的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞；D、催化剂对化学反应速率的影响进行判断．【解答】解：A、增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故A说法正确；B、升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故B说法正确；C、由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，故C说法错误；D、催化剂可使反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D说法正确；故选C．12．如图曲线a表示放热反应X（g）+Y（g）⇌Z（g）+M（g）+N（s）△H＜0进行过程中X的转化率随时间变化的关系．若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是（）A．升高温度 B．加大X的投入量C．加催化剂 D．增大体积【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【分析】由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，据此结合选项判断．【解答】解：由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，A、该反应正反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应移动，x的转化率降低，故A错误；B、加大X的投入量，X浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应移动，但x的转化率降低，故B错误；C、加入催化剂，反应速率加快，催化剂不影响平衡移动，x的转化率不变，故C正确；D、增大体积，压强减小，该反应前后气体的物质的量不变，压强降低平衡不移动，但反应速率降低，故D错误；故选C．13．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（）A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B．高压比常压有利于合成SO3的反应C．由H2、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅【考点】化学平衡移动原理．【分析】平衡移动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，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释．【解答】解：A．存在平衡2NO2（g）⇌N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的密度目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；B．存在平衡2SO2+O2（g）⇌2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；C．存在平衡H2+I2（g）⇌2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；D．对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO 向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；故选：C．14．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）（正反应吸热），如图正确的是（）A．B．C． D．【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线．【分析】A、该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向着正向移动，应该正反应速率大于逆反应速率；B、该反应为吸热反应，升高温度，平衡向着正向移动，正反应速率应该大于逆反应速率；C、温度越高，反应速率越快，优先达到平衡状态，500℃时应该先达到平衡；D、该反应为吸热反应，温度升高，A的转化率增大，则A的含量减小，且温度高的先达到平衡状态．【解答】解：A、由反应方程式可知，正反应为体积缩小的反应，增大压强，化学平衡向着正向移动，图象A中增大压强后，逆反应速率大于正反应速率，平衡向着逆向移动，与该反应不符，故A错误；B、该反应为吸热反应，达到平衡状态后，升高温度，正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向着正向移动，图象B逆反应速率大于正反应速率，平衡向着逆向移动，与实际情况不符，故B错误；C、升高温度，化学反应速率增加，平衡时间缩短，500℃时应该先达到平衡状态，图象C 中却是100℃先达到平衡，图与理论不符，故C错误；D、升高温度，平衡向着正向移动，A的转化率增大，A的百分含量减小，温度高的条件下先达到平衡状态，图象D与实际反应相符，故D正确；故选D．15．在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.2 mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（）A．Z为0.3mol/L B．Y2为0.4mol/L C．X2为0.2mol/L D．Z为0.4mol/L【考点】化学平衡建立的过程．【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大；若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小；利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．【解答】解：若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：X2（气）+Y2（气）⇌2Z（气），开始（mol/L）：0.1 0.3 0.2变化（mol/L）：0.1 0.1 0.2平衡（mol/L）：0 0.2 0.4若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：v X2（气）+Y2（气）⇌2Z（气），开始（mol/L）：0.1 0.3 0.2变化（mol/L）：0.1 0.1 0.2平衡（mol/L）：0.2 0.4 0由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c（X2）＜0.2，0.2＜c（Y2）＜0.4，0＜c（Z）＜0.4，故A正确、BCD错误．故选A．16．将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，下列几种说法中正确的是（）①用物质A表示的反应平均速率为0.3mol/（L•s）②用物质B表示的反应的平均速率为0.1mol/（L•s）③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol/L．A．①③B．③④C．②③D．①④【考点】化学平衡的计算．【分析】经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，C的物质的量为0.6mol/L×2L=1.2mol，则2A（g）+B（g）⇌2C（g）开始 4 2 0转化 1.2 0.6 1.22s 2.8 1.4 1.2结合v=、转化率=×100%、c=计算．【解答】解：经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，C的物质的量为0.6mol/L×2L=1.2mol，则2A（g）+B（g）⇌2C（g）开始 4 2 0转化 1.2 0.6 1.22s 2.8 1.4 1.2①用物质A表示的反应平均速率为=0.3mol/（L•s），故正确；②用物质B表示的反应的平均速率为=0.15mol/（L•s），故错误；③2s时物质A的转化率为=30，故错误；④2s时物质B的浓度为=0.7mol/L，故正确；故选D．二、解答题（共9小题，满分52分）17．已知：下列两个热化学方程式：Fe（s）+O2（g）═FeO（s）△H=﹣272.0KJ/mol2Al（s）+O2（g）═Al2O3（s）△H=﹣1675.7KJ/mol则Al（s）的单质和FeO（s）反应的热化学方程式是3FeO（s）+2Al（s）Al2O3（s）+3Fe （s）△H=﹣859.7KJ/mol．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】依据题干热化学方程式结合盖斯定律写出该热化学反应方程式．【解答】解：①Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=﹣272.0kJ•mol﹣1②2Al（s）+O2（g）=Al2O3（s）△H=﹣1675.7kJ•mol﹣1将方程式②﹣①×3得2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）△H=﹣859.7 kJ•mol﹣1，故答案为：2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）△H=﹣859.7 kJ•mol﹣1．18．在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则该反应的热化学方程式应为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8KJ/mol．【考点】热化学方程式．【分析】在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，32g甲醇燃烧生成液态水和二氧化碳气体放热22.68KJ×32=725.8KJ，依据热化学方程式的书写方法和注意问题，标注对应反应的焓变写出．【解答】解：在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，32g甲醇燃烧生成液态水和二氧化碳气体放热22.68KJ×32=725.8KJ，反应的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8KJ/mol；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8KJ/mol．19．已知拆开1mol H﹣H键、1mol N﹣H键、1mol N≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1．【考点】热化学方程式．【分析】化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热．【解答】解：在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1mol N三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的热量少，放出的热量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ ﹣2254kJ=92kJ；故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1．20．对于下列反应：2SO2+O22SO3，如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2mol/L，那么，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为2mol/（L•min），用O2浓度变化来表示的反应速率为1mol/（L•min）．如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v（O2）为0.5mol/（L•min），那么2min时SO2的浓度为2mol/L．【考点】反应速率的定量表示方法；化学平衡的计算．【分析】①根据化学反应速率公式计算；②根据同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比计算；③根据浓度的变化量与时间、反应速率的关系计算；【解答】解：①v（SO2）==2mol/L．min；②同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以氧气的反应速率为二氧化硫的一半，所以是1mol/L．min；③同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，当氧气的反应速率为0.5 mol/（L•min）时，二氧化硫的反应速率为1mol/（L•min）．v（SO2）===1mol/（L•min），C2min=2mol/L21．如图表示在密闭容器中反应：2SO2+O2⇌2SO3+Q达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a b过程中改变的条件可能是升温；b c过程中改变的条件可能是减小生成物浓度；若增大压强时，反应速度变化情况画在c～d处．【考点】化学平衡的影响因素．【分析】根据影响化学反应速率和化学平衡的条件可作判断；根据压强对化学反应速率的影响可画出相关的图．【解答】解：根据图可知，在a时刻，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，因为反应的△H＜0，根据影响化学反应速率和化学平衡的条件可知，a～b过程中改变的条件可能是升温；在b时刻，正反应速率不变，逆反应速率减小，且正反应速率大于逆反应速率，即平衡正向移动，根据影响化学反应速率和化学平衡的条件可知，b～c过程中改变的条件可能是减小生成物C的浓度；在b～c过程后，若增大压强，正逆反应速率都会增大，由于该反应为体积缩小的反应，所以平衡正向移动，根据压强对化学反应速率的影响可画出相关的图为：；故答案为：升温；减小生成物的浓度；．22．酶是蛋白质，具有蛋白质的特性，酶能催化很多化学反应，如图表示酶参加的反应中，温度与反应速率的关系，解释曲线变化原因升高温度，增大反应速率，温度过高，使催化剂失去活性，反应速率减小．。