【化学】四川省成都外国语学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【化学】四川省成都外国语学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

四川省成都外国语学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Ca:40 ‎ 第Ⅰ卷（选择题共50分）‎ 一、选择题(每小题有1个选项符合题意)‎ ‎1.“五千年文化，三千年诗韵。我们的经典从未断流”，明代诗人于谦在《石灰吟》中写道：“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间。”这首脍炙人口的诗篇不仅蕴含了深刻的人文精神，还蕴藏了有趣的化学知识，下列有关说法中，错误的是（ ）‎ A. 化学反应过程中同时存在着物质变化和能量变化，其中物质变化是基础 B. 这首诗说明化学能与热能在一定条件下可以相互转化 C. 石灰石的分解是熵增反应，因此在任何条件下都能自发进行 D. “要留清白在人间”涉及反应中的化学物质有强电解质、弱电解质和非电解质`‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，其中物质变化是基础，选项A正确；‎ B. “烈火焚烧若等闲”说明化学能与热能在一定条件下可以相互转化，选项B正确；‎ C. 石灰石的分解生成氧化钙和二氧化碳是熵增反应，该反应为吸热反应，△H>0，要使△H-T△S<0，反应必须在高温条件下才能自发进行，选项C错误；‎ D. “要留清白在人间”涉及反应为氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，反应中的化学物质有强电解质碳酸钙、氢氧化钙，弱电解质水和非电解质二氧化碳，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎2.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生，下列属于未来新能源标准的是（ ）‎ ‎①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能 A. ⑤⑥⑦ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ③⑤⑥⑦⑧ D. ③④⑤⑥⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】煤、石油、天然气是化石能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；核能使用不当，会对环境造成严重污染；常见未来新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，这些能源对环境污染小，属于环境友好型能源，故选B。‎ ‎3.下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ）‎ A. 工业制硫酸采用二氧化硫催化氧化，高温可以提高单位时间SO3的产量 B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂 C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质 D. 在配制硫酸亚铁溶液时往往要加入一定量铁粉 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硫生成三氧化硫的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，三氧化硫的产量减小，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；‎ B．加入催化剂，有利于加快合成氨的反应速率，但不会引起平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；‎ C．氯气和水的反应是可逆反应，Cl2 + H2OH++Cl- +HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进行，减小了氯气的溶解度，能用勒沙特列原理解释，故C正确；‎ D．配制FeSO4溶液时在溶液中加入铁粉是为了防止亚铁离子被氧化，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 缩小体积增大压强，活化分子百分数增加，化学反应速率增大 B. 升高温度，单位体积内分子总数不变，但活化分子数增加了，化学反应速率增大 C. 使用催化剂，增加了分子的能量，活化分子百分数增加，化学反应速率增大 D. 增大反应物浓度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】缩小体积增大压强，活化分子百分数不变；升高温度，活化分子百分数增加；使用催化剂，分子的能量不变；增大反应物浓度，活化分子百分数不变；‎ ‎【详解】缩小体积增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；升高温度，分子能量增加，活化分子数增多，活化分子百分数增加，所以化学反应速率增大，故B正确；使用催化剂，分子的能量不变，活化能降低，活化分子百分数增加，化学反应速率增大，故C错误；加入反应物，增加分子总数，而活化分子百分数不变，单位体积活化分子的总数增多，化学反应速率增大，故D错误；‎ ‎5.重铬酸钾溶液中存在如下平衡：（1）Cr2O72-+H2O2H++2CrO42-，向2mL0.1mol·L-1酸化的K2Cr2O7溶液中滴入适量(NH4)2Fe(SO4)2溶液，发生反应：Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O。下列分析正确的是（ ）‎ A 向K2Cr2O7溶液加入几滴浓NaOH溶液，溶液由黄色变成橙黄 B. 氧化性：Cr2O72-＞Fe3+‎ C. CrO42-和Fe2+在酸性溶液中能大量共存 D. 向K2Cr2O7溶液中加水稀释，反应（1）平衡向左移动 ‎【答案】B ‎【解析】A、加入氢氧化钠溶液，平衡正向进行，溶液由橙色变为黄色，故A错误；B、反应中Cr2O72-+14H++6Fe2+═2Cr3+(绿色)+6Fe3++7H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以实验②能说明氧化性：Cr2O72-＞Fe3+，故B正确；C、CrO42-具有氧化性，在酸性溶液中能氧化亚铁离子，CrO42-和Fe2+在酸性溶液中不可以大量共存，故C错误；D、稀释K2Cr2O7溶液时，离子浓度减小，但平衡常数不变，因此平衡向正反应方向移动，故D错误；故选B。‎ 电解：本题的易错点为D，稀释溶液，离子浓度减小，但温度不变，平衡常数不变，假如溶液体积稀释为原来的2倍，则Qc=K＜K，平衡正向移动。‎ ‎6.在一定温度下的密闭容器中，发生反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g），达到平衡状态时缩小容器容积，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 该反应的平衡常数不变 B. 平衡向正反应方向移动 C. SO2的浓度增大 D. 正反应速率增大，逆反应速率减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学平衡常数只与温度有关，该反应体系的温度不变，化学平衡常数不变，故A正确；‎ B．缩小容器容积，体系的压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，所以平衡向正反应方向移动，故B正确；‎ C．缩小容器容积，所有气体的浓度均增大，故C正确；‎ D．达到平衡状态时缩小容器容积，压强增大，正、逆反应速率均增大，只是增大幅度不一样，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎7.100 mL 2 mol/L的盐酸与过量的锌片反应时，为减慢反应速率，又不影响生成的氢气的总量，可采用的方法是（ ）‎ A. 加入等体积等浓度的硝酸钾溶液 B. 加入适量的醋酸钠固体 C. 加入适量的NaOH固体 D. 加入几滴氯化铜溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】过量的锌片，盐酸完全反应，则减慢反应速率又不影响生成氢气的总量，可减小氢离子浓度或减小金属的接触面积等，但不能改变氢离子的物质的量，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．加入等体积等浓度的硝酸钾溶液，由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，反应生成NO气体，故A不选。‎ B．加入适量醋酸钠溶液，生成醋酸，因醋酸为弱酸，氢离子浓度减小，反应速率减小，但氢离子的物质的量不变，生成氢气的总量不变，故B选；‎ C．加入适量的NaOH固体，与盐酸反应，溶液中氢离子的物质的量减少，生成氢气减少，故C不选；‎ D．加入数滴氯化铜溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎8.对于恒温、恒容下的反应 2A(g) + 2B(g)3C(g) + D(g)，达到平衡状态的是（ ）‎ A. 单位时间内生成 2n mol A，同时生成 3n mol C B. 单位时间内生成 n mol B，同时消耗 0.5n mol D C. 容器内压强不随时间而变化 D. 容器内混合气体的密度不随时间而变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】可逆反应达到平衡状态的标志的判断要抓两条线索：一是正反应速率=逆反应速率；二是“变量不变”，由此分析。‎ ‎【详解】A.“单位时间内生成 2n mol A”是逆反应速率，用表示；“单位时间内生成3n mol C”是正反应速率，用，则：=2n:3n=2:3，等于A、C化学计量数之比，所以反应达到平衡状态，A项正确；‎ B.“单位时间内生成 n mol B”是逆反应速率；“单位时间内消耗0.5nmolD”是也是逆反应速率，所以无法确定正反应速率与逆反应速率是否相等，B项错误；‎ C.恒温恒容条件下，气体压强与气体分子数目成正比，根据反应2A(g) + 2B(g)3C(g) + D(g)可知，反应前后气体分子数目相同，即在反应过程中气体压强不发生变化，所以当容器中压强不变时反应不一定达到平衡状态，C项错误；‎ D.因反应混合物各组分都是气体，根据化学反应质量守恒，容器中气体总质量不变；而题设条件是恒容，根据密度公式可知，反应过程中容器内混合气体的密度一直不变，所以混合气体的密度不随时间而变化，不能说明反应达到平衡状态，D项错误；答案选A。‎ ‎9. （原创）下列说法不正确的是（ ）‎ A. 中和热测定实验中，应迅速将NaOH溶液和盐酸在测定装置中混合 B. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可 C. 探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL 5%H2O2和1mL H2O，向另一支试管中加入2mL 5%H2O2和1mL FeCl3溶液，观察并比较实验现象 D. 已知，为了利用该反应探究反应速率与温度的关系，所用试剂除1 mol·L-1KI溶液、0.1 mol·L-1稀硫酸外，还需要用到淀粉溶液 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．中和热测定实验中，需迅速将NaOH溶液和盐酸在测定装置中混合，以减少热量的散失，故A正确；B．新制氯水有酸性和漂白性，液体滴在pH试纸上先变红后褪色，无法读出溶液的pH值，故B错误；C．在相同条件下，向一支试管中加入2mL 5%H2O2和1mL H2O，向另一支试管中加入2mL 5%H2O2和1mL FeCl3溶液，通过观察实验现象，可以探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故C正确；D．，可利用淀粉溶液判断反应中有无碘生成，故D正确，答案为B。‎ ‎10.已知相同条件下，下列反应的焓变和平衡常数分别表示为 ‎①2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）ΔH1 K1=x ‎②Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）ΔH2 K2=y ‎③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）ΔH3 K3=z 则下列关系正确的是（ ）‎ A. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=xy2 B. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x+y C. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=x﹣y2 D. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x/y ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据盖斯定律进行计算，由①+②×2=③，得出2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）的△H；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除。‎ ‎【详解】根据盖斯定律进行计算，由由①+②×2=③得到2NH3（g）+7/2O2（g）=2NO2（g）+3H2O（g），则△H=ΔH3=ΔH1+2ΔH；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除，则K3= K1 K22= xy2，故选A。‎ ‎11.在一定条件下，在容积为2L的容积不变的刚性密闭容器中，将2 mol 气体M和3 mol N气体混合，发生如下反应：2M(g)＋3N(g)xQ(g)＋3R(g)，该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的浓度为0.4 mol/L，下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. x值为2‎ B. 反应前与平衡时容器的压强之比为21:25‎ C. N的转化率为80%‎ D. 混合气体平均摩尔质量不变，不能说明该反应达平衡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】平衡时，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，Q物质的量=0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.8∶2.4=x∶3，计算得到x=1；‎ ‎             2M(g)+3N(g)⇌Q(g)+3R(g)‎ 起始量(mol)  2        3     0     0‎ 变化量(mol) 1.6      2.4      0.8     2.4‎ 平衡量(mol) 0.4      0.6      0.8     2.4‎ 据此分析解答。‎ ‎【详解】A．该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的浓度为0.4mol/L，即生成Q为0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，则0.8∶2.4=x∶3，计算得到x=1，故A错误；‎ B．根据上述分析，反应前后的压强之比=气体物质的量之比=(2+3)∶(0.4+0.6+0.8+2.4)=25∶21，故B错误；‎ C．根据上述分析，转化的N为2.4mol，则N的转化率为×100%=80%，故C正确；‎ D．混合气体的质量不变，平衡正向移动时物质的量减小，则混合气体平均摩尔质量为变量，因此混合气体平均摩尔质量不变，能够说明该反应达到平衡状态，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.下列有关化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达错误的是（ ）‎ A. a是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应ΔH > 0‎ B. b是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，Ⅰ是使用催化剂时的曲线 C. c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1 > p2‎ D. d是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl固体后化学反应速率随时间变化的图象 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】A．升高温度，平衡向吸热方向移动，根据反应方向判断反应热； B．催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，平衡不移动； C． A的转化率随着B的增加而增大；D．氯化钾不影响平衡移动。‎ ‎【详解】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A正确； B．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，所以a是使用催化剂时的曲线，故B正确； C．不断加入B，A的转化率增大，故C错误； D．该反应实质为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大化学平衡不移动，故D错误；选CD。‎ ‎13.一定条件下，发生反应：①M(s)+N(g) ⇌R(g) ΔH= - Q1 kJ/mol ‎②2 R(g)+N(g) ⇌2T(g) ΔH= - Q2 kJ/mol（已知Q1、Q2、Q3均为正值）‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 1molR(g)的能量总和大于1molM(s)与1molN(g)的能量总和 B. 将2mol R(g)与1molN(g)充分混合，在一定条件下充分反应，放出热量Q2 kJ C. 当1molM(s)完全转化为T(g)时（假定无热量损失），放出热量（Q1+0.5Q2）kJ D. M(g)+N(g) ⇌R(g) ΔH= - Q3 kJ/mol，则Q3 < Q1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、反应①为放热反应，1 mol R(g)的能量总和小于1 mol M(s)与1 mol N(g) 的能量总和，错误； B、反应②为可逆反应，可逆反应不能进行到底，将2 mol R (g)与1 mol N(g)在该条件下充分反应，放出热量小于Q2kJ，错误；C、根据反应①、②，利用盖斯定律分析知，当1 mol M(s)完全转化为T (g)时(假定无热量损失)，放出热量Q1+Q2/2kJ，正确；D、1 molM(g)具有的能量大于1 molM(s)，结合反应①知，M(g)+N(g)R(g) △H=－Q3kJ·mol－1, 则Q3＞Q1，错误。‎ ‎14.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产，环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. T1＞T2‎ B. a点的反应速率小于c点的反应速率 C. a点的正反应速率小于b点的逆反应速率 D. b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度越高，反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)下的反应速率较大，则T1＜T2，故A错误；‎ B．根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；‎ C．根据a到b的过程为建立平衡的过程，a点反应物的浓度大于b点，且b点v(正)＞v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C错误；‎ D．b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L×=0.45mol•L-1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同，200℃时在Cu表面分解的机理如图。已知200℃时：反应Ⅰ：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g) ΔH1=−32.9 kJ·mol−1；反应Ⅱ：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g) ΔH2=−41.8kJ·mol−1‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 图所示过程①是放热反应 B. 反应Ⅱ的能量过程示意图如图所示 C. 断开3 molN2H4(g)的化学键吸收的能量大于形成1molN2(g)和4molNH3(g)的化学键释放的能量 D. 200℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g) ΔH=+50.7 kJ·mol−1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过程①是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中△H为负值，所以图示过程①为放热反应，故A正确；‎ B.反应Ⅱ是放热反应，能量过程示意图正确，故B正确；‎ C.放热反应中，反应物的化学键的键能之和小于生成物的化学键的键能之和，故C错误；‎ D.根据盖斯定律：（I）-2×（II）得N2H4（g）═N2（g）+2H2（g）△H═-32.9kJ•mol-1-2×（-41.8kJ•mol-1）=+50.7kJ•mol-1，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎16.下列实验无法达到实验目的的是（ ）‎ A B C D 检验铵离子 制取乙酸乙酯 研究浓度对反应速率的影响 检验碘离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NH4++OH-NH3↑+H2O，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可以检验铵离子，故不选A；‎ B.收集方法错误，乙酸乙酯如果用氢氧化钠溶液吸收，会发生水解反应，应该改为饱和碳酸钠溶液收集，故选B；‎ C.发生反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑+S↓，其他条件相同时，浓度越大化学反应速率越快，溶液变浑浊所需时间越短，故不选C；‎ D.发生反应2KI+Cl2=2KCl+I2，CCl4可以萃取I2，使下层溶液变为紫色，故不选D；‎ 答案：B ‎17.下列事实与对应的方程式不符合的是（ ）‎ A. 含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＞-57.4 kJ·mol－1‎ B. “NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g)(红棕色)N2O4 (g)(无色) ΔH＜0‎ C. 甲烷的燃烧热为－890.3 kJ·mol—1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝－890.3 kJ·mol-1‎ D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-＋2H+＝S↓＋SO2 ↑＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸电离为吸热过程，稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+CH3COOH(aq)═CH3COONa(aq)+H2O(l)，放出的热量小于57.4 kJ/mol，ΔH＞-57.4 kJ·mol－1，故A正确；‎ B．因2NO2(g)(红棕色)⇌N2O4(g)(无色) △H＜0，该反应为放热反应，在冷水中该反应向正反应方向移动，气体的颜色变浅，故B正确；‎ C．液态水更稳定，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ•mol-1，故C错误；‎ D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成硫、二氧化硫和水，离子方程式：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎18.PCl3和PCl5都是重要的化工原料。将2.0 mol PCl3(g)和1.0 mol Cl2(g)充入体积不变的1L密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g) △H＜0，平衡时PCl5为0.4 mol，如果此时移走1.0 mol PCl3和0.5 molCl2，在相同条件下再达平衡时PCl5的物质的量是（ ）‎ A. 0.4mol B. 0.2mol ‎ C. 小于0.2mol D. 大于0.2mol，小于0.4mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】平衡后移走1.0mol PCl3和0.5mol Cl2到达新的平衡，等效为容器的体积为0.5L，开始时加入PCl3为1mol、Cl20.5mol的状态，平衡时PCl5为0.2 mol；但反应过程为体积不变的容器，所以与原平衡相比，体积由0.5L增大到1L，压强降低，平衡向逆反应移动，反应物的转化率降低，故相同条件下再达平衡时，n(PCl5)＜0.2 mol，故选C；‎ 故答案选C。‎ ‎19.向一容积为1L的密闭容器中加入一定量的X、Y，发生化学反应aX(g)＋2Y(s) bZ(g) △H＜0。图是容器中X、Z的物质的量浓度随时间变化的曲线。根据以上信息，下列说法正确的是（ ）‎ A. 根据上图可求得方程式中a∶b＝1:3‎ B. 推测在第7min时曲线变化的原因可能是加压 C. 推测在第13min时曲线变化的原因可能是升温 D. 用X表示0~10min内该反应的平均速率为v(X)＝0.045mol/(L·min)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，方程式中a∶b=(0.45-0.2)∶(0.50-0)=1∶2，故A错误；‎ B．第7min时，单位时间内X、Z的物质的量浓度变化量较大，反应速率均增大，但Z增大的幅度比X大，若是增大压强，由于Y为固体，逆反应速率增大幅度较大，即X的增大的幅度比Z大，与图像不符，故B错误；‎ C．第13min时，Z的物质的量浓度减小，X的物质的量浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，此时曲线斜率较大，如果升高温度，平衡逆向移动，与图像吻合，故C正确；‎ D．0～10min内v(X)==0.025mol/(L•min)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎20. 在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是（ ）‎ A a=6.00‎ B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变 C. b＜318.2‎ D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 ‎【答案】D ‎【解析】A.根据表格的数据可知：温度不变时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与速率的变化关系可知：在328.2T时，蔗糖的浓度每减小0.100mol/L，水解速率减小1.50mmol/(L∙min)，所以在温度是328.2T、浓度是0.400mol/L时，水解的速率是a=7.50-1.50=6.00 mmol/(L∙min)，正确。B．根据表格数据可知：升高温度，水解速率增大，增大浓度，水解速率也增大，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，则二者对水解反应速率的影响因素可能相互抵消，使反应速率可能不发生改变，正确。C．在物质的浓度不变时，升高温度，水解速率增大，降低温度，水解速率减小。由于在物质的浓度是0.600mol/L时，温度是318.2T时水解速率是3.60mmol/(L∙min)，现在该反应的速率是2.16 mmol/(L∙min)<3.60 mmol/(L∙min)，说明反应温度低于318.2 T。即b＜318.2，正确。D．不同温度时，蔗糖浓度减少，所以速率减慢，但是温度不同，在相同的浓度时的反应速率不相同，错误。‎ ‎21.一定温度时，向容积为 2 L 的密闭容器中充入一定量的 SO2(g)和 O2(g)，发生反应：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) △H = - 196 kJ/mol。一段时间后反应达到平衡状态，反应过程中测定的部分数据如表所示。‎ 反应时间/min n(SO2)/mol n(O2)/mol ‎0‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎5‎ ‎1.2‎ ‎10‎ ‎0.4‎ ‎15‎ ‎0.8‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 前 5 min 的平均反应速率为v(SO2) = 0.08 mol/(L·min)‎ B. 保持温度不变，向平衡后的容器中再充入 0.2 mol SO2(g)和 0.2 mol SO3(g)时， v正 > v逆 C. 保持其他条件不变，若起始时向容器中充入 2 mol SO3(g)，达到平衡状态时吸收 78.4 kJ的热量 D. 相同条件下，起始时向容器中充入 1.5 mol SO3(g)，达到平衡状态时 SO3 的转化率为 40%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应在前5min的平均速率为v (SO2)==mol/(L•min)‎ ‎=0.08mol•L-1 min-1，故A正确；‎ B． 2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)‎ 初始量： 2           1         0‎ 变化量：1.2        0.6      1.2‎ 平衡量：0.8       0.4       1.2‎ 化学平衡常数K==，温度不变，向平衡后的容器中再充入0.2molSO2和0.2mol SO3时，此时Qc==＞，化学平衡正向移动，v(正)＞v(逆)，故B正确；‎ C．通过计算，当反应进行到10min时，二氧化硫的物质的量是0.8mol，所以10min就达到化学平衡状态，此时反应放出的热量是0.6×196kJ=117.6kJ，起始时向容器中充入2molSO3，达到的平衡和充入2molSO2以及1molO2建立的平衡是等效的，互为逆反应的过程是吸热的，所以达平衡时吸收78.4kJ的热量，故C正确；‎ D．起始时向容器中充入1.5mol SO3，如果平衡时转化率为40%，则 ‎         2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)‎ 初始量： 0         0        0.75‎ 变化量：0.3       0.15      0.3‎ 平衡量：0.3       0.15      0.45‎ 此时K=≠，说明不是平衡状态，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎22.在恒温恒压密闭容器M（如图Ⅰ）和恒温恒容密闭容器N（如图Ⅱ）中，两容器中均加入a molA和a molB，起始时两容器体积均为VL，发生如下反应并达到化学平衡状态：2A（?）+ B（?）xC（g） ΔH＜0，平衡时M中A、B、C的物质的量之比为1∶3∶4。下列判断不正确的是（ ）‎ A. x＝2‎ B. 若N中气体的密度如图Ⅲ所示，则A、B只有一种是气态 C. A为气体，B为非气体，则平衡时M、N中C的物质的量相等 D. 若A、B均为气体，平衡时M中A的转化率小于N中A的转化率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、设达平衡后B的物质的量减少nmol，则A的物质的量减少2nmol，C的物质的量增加xnmol，平衡时A、B、C的物质的量分别是（mol）:a-2n、a-n、xn，所以（a-2n）：（a-n）=1:3，解得n=0.4a，（a-2n）：（xn）=1:4，x=2，正确；‎ B、N是恒温恒容条件，由图III可知，气体的密度逐渐增大，说明气体的质量逐渐增加，若A、B都是气体，则混合气体的密度会一直不变，所以A、B中只有一种是气态，正确；‎ C、A为气体，B为非气体，则该反应是反应前后气体物质的量不变的可逆反应，恒温恒压与恒温恒容达到的平衡是等效的，所以平衡时M、N中C的物质的量相等，正确；‎ D、若A、B均为气体，M平衡后的容器的压强大于N容器，所以由M容器达到N容器的平衡状态，需要减小压强，平衡逆向移动，M中A的转化率减小后与N中A的转化率相同，所以原平衡时M中A的转化率大于N中A的转化率，错误；‎ 答案选D。‎ ‎23.在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应CO2(g)＋C(s) 2CO(g)的ΔS＞0、ΔH＜0‎ B. 体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)＜2p总(状态Ⅰ)‎ C. 体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)‎ D. 逆反应速率：v逆(状态Ⅰ)＞v逆(状态Ⅲ)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高，平衡时c(CO2)小，则升高温度，平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；‎ B．分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总(状态Ⅱ)=2P总(状态Ⅰ)，但加压CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)平衡逆向移动，为使c(CO2)相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总(状态Ⅱ)＞2P总(状态Ⅰ)，故B错误；‎ C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)，故C正确；‎ D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高，反应速率快，则逆反应速率为V逆(状态Ⅰ)＜V逆(状态Ⅲ)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎24.氢卤酸的能量关系如图所示下列说法正确的是（ ）‎ A. 已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1<0‎ B. 相同条件下，HCl的△H2比HBr的小 C. 相同条件下，HCl的△H3+△H4比HI的大 D. 一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则该条件下△H2=+akJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A．根据△H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程分析判断；‎ B．根据△H2代表的是HX的分解过程，结合HCl的HBr稳定性分析判断；‎ C．根据△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变分析判断；‎ D．一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．△H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程，因为HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的△H1＞0，故A错误；‎ B．由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的△H2比HBr的大，故B错误；‎ C．△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变，与是HCl的还是HI的无关，故C错误；‎ D．一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，即为△H2=+akJ/mol，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎25.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：A2(g)+3B2(g)2AB3(g) ΔH<0，相关数据如下表所示：‎ 容器 甲 乙 丙 相关条件 恒温恒容 绝热恒容 恒温恒压 反应物投料 ‎1mol A2、3molB2‎ ‎2molAB3‎ ‎2mol AB3‎ 反应物的转化率 α甲 α乙 α丙 反应的平衡常数K K甲 K乙 K丙 平衡时AB3的浓度/mol·L-1‎ c甲 c乙 c丙 平衡时AB3的反应速率/mol·L-1·min-1‎ υ甲 υ乙 υ丙 下列说法正确是（ ）‎ A. υ甲=υ丙 B. c乙＜ c丙 C. α甲 +α乙＜1 D. K乙≤K丙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲中起始充入1mol A2、3molB2等效于相同条件下充入2molAB3，甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解2molAB3，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则平衡时气体的压强丙小于甲，则υ甲＞υ丙，故A错误；‎ B. 乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，降低温度平衡向放热方向移动，平衡时乙中AB3浓度比丙高，即c乙＞c丙，故B错误；‎ C. 若甲和乙均为恒温恒容容器，则α甲 +α乙=1，乙为绝热容器，所以乙反应后比甲温度低，降低温度平衡向放热方向移动，所以乙中AB3的转化率减小，因此α甲 +α乙＜1，故C正确；‎ D、乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，降低温度平衡向放热方向移动，K乙＞K丙，故D错误；‎ 故选C。‎ 第II卷（非选择题 50分）‎ 二．填空题 ‎26.一定条件下，发生反应A(g)＋B(g)C(g)　ΔH<0，达到平衡后根据下列图象判断：‎ ‎（1）表示升高温度，达到新平衡的是________(填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”，下同)，新平衡中C的质量分数________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。‎ ‎（2）表示降低压强，达到新平衡的是________，A的转化率________。‎ ‎（3）表示减少C的量，达到新平衡的是______________。‎ ‎（4）表示增加A的量，达到新平衡的是___________，此时B的转化率__________，A的转化率___________。‎ ‎（5）表示使用催化剂，达到新平衡的是________________，C的质量分数________________。‎ ‎【答案】(1). B (2). 减小 (3). C (4). 减小 (5). E (6). A (7). 增大 (8). 减小 (9). D (10). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）升高温度，正、逆反应速率均瞬间增大，化学平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，新平衡中C的质量分数减小，对应图象为B。‎ ‎（2）降低压强，化学平衡向气体分子数增大的方向移动，即向逆反应方向移动，正、逆反应速率均减小，A的转化率也减小，对应图象为C。‎ ‎（3）减少C的量，即减小产物的浓度，正反应速率瞬时不变，逆反应速率瞬时减小，平衡正向移动，对应图象为E。‎ ‎（4）增加A的量，正反应速率瞬时增大，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，A的转化率减小，另一种反应物B的转化率增大，对应图象为A。‎ ‎（5）使用催化剂，会同等程度地增大正、逆反应速率，故正、逆反应速率仍然相等，平衡不移动，C的质量分数不变，对应图象为D。‎ ‎27.已知FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，某小组同学对该反应进行实验探究。‎ ‎（1）甲同学首先进行了实验1。‎ 实验 ‎1‎ 实验步骤 实验现象 ⅰ. 取2 mL 1 mol·L-1 KI溶液， 滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液3滴（1滴约为0.05 mL，下同）。‎ ⅰ. 溶液呈棕黄色。‎ ⅱ. 向其中滴加2滴0.1 mol·L-1 KSCN溶液。‎ ⅱ. 溶液不显红色。‎ ‎① 写出FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式_______________________。‎ ‎② 加入KSCN溶液的目的是_______________________________________。‎ ‎③ 甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c（Fe3+）太低，改进实验方案，进行实验2。‎ 实验2‎ 实验步骤 实验现象 ⅰ. 取2 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液， 滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液3滴。‎ ⅰ. 溶液呈棕黄色。‎ ⅱ. 向其中滴加2滴0.1 mol·L-1 KSCN溶液。‎ ⅱ. 溶液显红色。‎ ⅲ. 继续加入2 mL CCl4，充分振荡、静置。‎ ⅲ. 液体分层，上层红色消失，变为棕黄色，下层呈紫红色。‎ 本实验改用0.1 mol·L-1 KI溶液的目的是_________________________________________。‎ 用化学平衡原理解释实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因________________。‎ ‎（2）甲同学认为“用CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是I2未被充分萃取，但乙同学查阅资料得到信息：I2、I3－在水中均呈棕黄色，两者有如下关系：I2＋I－I3－。于是提出假设：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3－。‎ ‎① 为验证假设，乙同学设计并完成了实验3。‎ 实验3‎ 实验步骤 实验现象 ⅰ. 取1 mL实验2中棕黄色的上层清液，再加入2 mL CCl4， 振荡、静置。‎ ⅰ. 液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色。 ‎ ⅱ. 取1 mL饱和碘水，加入2 mL CCl4‎ ⅱ ‎， 振荡、静置。‎ ‎. 液体分层，上层为无色，下层呈紫红色。‎ 实验3的结论是_________________________________。‎ ‎② 甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了更加严谨的实验，证明了平衡I2＋I－ I3－的存在。‎ 请你补充完整他设计的实验步骤：将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1 mL水，振荡、静置；向试管2中_________________。两支试管中的现象分别为__________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe3+＋2I- 2Fe2+＋I2 (2). 检验溶液中是否大量存在Fe3+ (3). 提高平衡时溶液中的c（Fe3+） (4). 加入CCl4后，I2被CCl4萃取，平衡2Fe3+＋2I—2Fe2+＋I2正向移动，或c（Fe3+）降低，平衡Fe3+＋3SCN—Fe（SCN）3逆向移动，或c[Fe（SCN）3]降低，所以红色消失 (5). 萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3－ (6). 加入1 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液，振荡、静置 (7). 试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，试管2中液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色（或紫红色变浅）‎ ‎【解析】试题分析：（1）①根据FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，化学方程式为 2FeCl3+2KI2KCl+2FeCl2+I2，离子方程式是2Fe3+ +2I-2Fe2+ +I2；②检验Fe3+常用的试剂是KSCN溶液，向溶液中滴入KSCN溶液，Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，溶液变为血红色。所以，此处加入KSCN溶液的目的是检验溶液中是否大量存在Fe3+；③FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，c(I-)降低，平衡向左移动，c(Fe3+)增大，进而验证甲同学的想法；在溶液中存在两个平衡：平衡1：2Fe3++ 2I- 2Fe2++I2， 平衡2：Fe3++ 3SCN- Fe(SCN)3，加入CCl4后，I2被CCl4萃取，c（I2）减小，平衡1向右移动，c(Fe3+)减小，平衡2向左移动，c[Fe(SCN)3]降低，红色消失；‎ ‎（2）①由实验3可知，再向1 mL实验2中棕黄色的溶液中加2 mL CCl4，上层黄色溶质仍不能被萃取，同样的向1 mL饱和碘水中加入2 mL CCl4，却能够将碘水萃取为无色，证明萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3－，而不是I2；②要证明平衡I2＋I－I3－的存在，需把试管1作为参照，向试管2提供与实验2完全相同的KI溶液，所以加入的是1 mL0.1 mol·L-1KI溶液，试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，试管2中液体分层，上层呈黄色，即生成了I3－，下层呈紫红色（或紫红色变浅）。‎ ‎28.能源是人类生存和发展的重要支柱。研究和有效地开发新能源有重要意义。已知 CH3CH2CH2CH3(g)与 CH3CH(CH3)CH3(g)的燃烧过程如图所示：‎ 已知：H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－41kJ·mol-1。请根据以上信息，回答下列有关问题：‎ ‎(1)图形中 E 表示 CH3CH2CH2CH3(g)燃烧反应逆反应的_____。 ‎ ‎(2)CH3CH2CH2CH3(g)与 CH3CH(CH3)CH3(g)的热稳定性_____更高。‎ ‎(3)表示CH3CH(CH3)CH3(g)燃烧热的热化学方程式为_____。‎ ‎(4)CH3CH2CH2CH3(g)转化为 CH3CH(CH3)CH3(g)的热化学反应方程式为_____‎ ‎(5)如表所示是部分化学键的键能参数（已知CO的结构式为C≡O）：‎ 合成气(CO 和 H2 的混合气体)可以合成 CH3CH2CH2CH3(g)，同时生成 H2O(g)，则合成 1molCH3CH2CH2CH3(g)的 ΔH＝__。‎ ‎【答案】(1). 活化能 (2). CH3CH(CH3)CH3 (3). CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l)ΔH =-2869kJ·mol-1 (4). CH3CH2CH2CH3(g)→CH3CH(CH3)CH3(g) ΔH =－9kJ·mol-1 (5). [(4a+9d)－(3e+10b+8f)]kJ·mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)E 表示 CH3CH2CH2CH3(g)燃烧反应逆反应的活化能；‎ ‎(2)物质的能量越低越稳定；‎ ‎(3)燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合盖斯定律分析书写；‎ ‎(4)根据图像有①CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(g)△H=-2673kJ•mol-1，②CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(g)△H=-2664kJ•mol-1，根据盖斯定律分析书写CH3CH2CH2CH3(g)转化为 CH3CH(CH3)CH3(g)的热化学反应方程式；‎ ‎(5)根据反应的焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和计算。‎ ‎【详解】(1)图形中 E 表示 CH3CH2CH2CH3(g)燃烧反应逆反应的活化能，故答案为：活化能；‎ ‎(2)根据图象可知，CH3CH2CH2CH3(g)的能量比CH3CH(CH3)CH3(g)高，则CH3CH2CH2CH3(g)与 CH3CH(CH3)CH3(g)的热稳定性：CH3CH(CH3)CH3＞CH3CH2CH2CH3，故答案为：CH3CH(CH3)CH3；‎ ‎(3)根据图像有①CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(g)△H=-2664kJ•mol-1，②H2O(g)=H2O(l)△H=-41kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①+②×5得到表示 CH3CH(CH3)CH3(g)燃烧热的热化学方程式为：CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l) △H=-2869kJ•mol-1，故答案为：CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(l) △H=-2869kJ•mol-1；‎ ‎(4)根据图像有①CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(g) △H=-2673kJ•mol-1，②CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)→4CO2(g)+5H2O(g) △H=-2664kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①-②得到CH3CH2CH2CH3(g)转化为 CH3CH(CH3)CH3(g)的热化学反应方程式为：CH3CH2CH2CH3(g)→CH3CH(CH3)CH3(g) △H=-9kJ•mol-1，故答案为：CH3CH2CH2CH3(g)→CH3CH(CH3)CH3(g) △H=-9kJ•mol-1；‎ ‎ (5)合成气(CO 和 H2的混合气体)可以合成 CH3CH2CH2CH3(g)，同时生成 H2O(g)，化学方程式为：4CO(g)+9H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)+4H2O(g)，反应的焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和，则合成 1molCH3CH2CH2CH3(g)的△H=[(4a+9d)-(3e+10b+8f)]kJ•mol-1，故答案为：[(4a+9d)-(3e+10b+8f)]kJ•mol-1。‎ ‎29.某地菱锰矿的主要成分为MnCO3,还含有少量的FeCO3、CaCO3、MgCO3、Al2O3等杂质，工业上以菱锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示:‎ 已知:MnCO3+2NH4Cl MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O↑。‎ ‎（1）焙烧时温度对锰浸取率的影响如图。焙烧时适宜温度为____________；800℃以上锰的浸取率偏低，可能原因是________________。‎ ‎（2）净化包含三步:‎ ‎①加入少量MnO2，反应的离子方程式为_____________________；‎ ‎②加氨水调pH，生成沉淀主要是___________；‎ ‎③加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+。‎ ‎（3）碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为___________________________。‎ ‎【答案】(1). 500℃ (2). 温度过高,NH4Cl 分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸取率减小(或MnCO3分解发生其它副反应，使浸取率减小；）（或MnCl2 挥发导致Mn损失；）（或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；）（或高温固体烧结，固体表面积减少等) (3). MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 (5). Mn2++HCO3-+NH3==MnCO3↓+NH4+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图示可知，500℃ 时，锰的浸取率已经很大，所以选取500℃ 即可，温度太高，锰的浸取率几乎没什么变化，但耗能大；如果温度过高，NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸取率减小(或MnCO3分解发生其它副反应，使浸取率减小；）（或MnCl2挥发导致Mn损失；）（或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；）（或高温固体烧结，固体表面积减少等)；综上所述，本题答案是：500℃，温度过高,NH4Cl 分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸取率减小(或MnCO3分解发生其它副反应，使浸取率减小；）（或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；）（或高温固体烧结，固体表面积减少等)。 ‎ ‎（2）①加入少量MnO2，将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O ；综上所述，本题答案是：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。‎ ‎②物质中的杂质主要为铁、钙、镁、铝等元素，因为步骤③中除去钙离子、镁离子，所以步骤②加氨水调pH，除去铁和铝元素，所以生成沉淀主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；综上所述，本题答案是：Fe(OH)3、Al(OH)3。‎ ‎（3）碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨水，得到碳酸锰固体，离子方程式为：Mn2++HCO3-+NH3==MnCO3↓+NH4+‎ ‎；综上所述，本题答案是：Mn2++HCO3-+NH3==MnCO3↓+NH4+。‎ ‎30.碳和氮的化合物是广泛的化工原料，回答下列问题：‎ I.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：‎ t℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎ 1.7‎ ‎2.6‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K ＝_______________。‎ ‎（2）该反应为_______________反应（填“吸热”、“放热”）。‎ ‎（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_______________。‎ a．容器中压强不变 b．混合气体中c(CO)不变 c．v正(H2)＝v逆(H2O) d．c(CO2)＝c(CO)‎ ‎（4）某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为______℃。‎ ‎（5）1200℃时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L－1、2mol·L－1、4mol·L－1、4mol·L－1，则此时上述反应的平衡向__________移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。‎ II.NO2的二聚体N2O4是火箭中常用氧化剂。完成下列问题。‎ ‎ （1）在1000K下，在某恒容容器中发生下列反应：2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，将一定量的NO2放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率α(NO2)随温度变化如图1所示。图中a点对应温度下，NO2的转化率是0.6。己知NO2的起始压强P0为120kPa，列式计算该温度下反应的平衡常数Kp= __________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。‎ 图1 图2‎ ‎（2）对于反应N2O4(g)2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v(N2O4)=k1·p(N2O4)，v(NO2)=k2·p2 (NO2)。其中，k1、k2是与反应及温度有关的常数。相应的速率-压强关系如图2所示：一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp间的关系是k1=____________；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的两个点__________，理由是__________________________。‎ ‎【答案】(1). (2). 吸热 (3). bc (4). 700 (5). 逆向 (6). 81kPa (7). k2•Kp (8). B、D (9). N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】I.(1)根据平衡常数=书写；‎ ‎(2)根据温度对化学平衡常数的影响分析判断；‎ ‎(3)根据化学平衡状态的标志和特征分析判断；‎ ‎(4)某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)•c(H2)=5c(CO)•c(H2O)，计算出K，再判断；‎ ‎(5)根据浓度商与化学平衡常数的关系判断反应进行的方向；‎ II.(1)图中a点对应温度下，NO2的转化率是0.6，结合三段式判断气体的物质的量，再结合相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，计算反应后压强，并发表计算三种气体的分压，将平衡分压代入平衡常数表达式计算；‎ ‎(2)当达到化学平衡时满足v正=v逆，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，结合v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)分析解答。‎ ‎【详解】I.(1)因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，CO2(g)+H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g)反应的平衡常数K=，故答案为：；‎ ‎(2)化学平衡常数的大小只与温度有关，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为：吸热；‎ ‎(3)a、该反应是一个反应前后体积不变的反应，气体的压强始终不变，则容器中压强不变，不能说明达到平衡状态，故a错误；b、化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，则混合气体中c(CO)不变，说明达到了平衡状态，故b正确；c、化学平衡状态的本质是v正 ‎=v逆，所以v正(H2)=v逆(H2O)，表明反应达到平衡状态，故c正确；d、c(CO2)=c(CO)时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故d错误；故选bc；‎ ‎(4)某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，说明平衡常数K===0.6，故温度为700℃，故答案为：700；‎ ‎(5)1200℃时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol•L-1、2mol•L-1、4mol•L-1、4mol•L-1，则浓度商Qc===4＞K=2.6，所以化学平衡逆向移动，故答案为：逆向；‎ II.(1)图中a点对应温度下，NO2的转化率是0.6，设原来NO2的物质的量为xmol，则转化的NO2物质的量为0.6xmol，‎ ‎   2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)‎ 开始(mol)  x              0        0‎ 转化(mol) 06x     0.6x     0.3x 平衡(mol) 0.4x     0.6x     0.3x 则混合气体的物质的量=0.4xmol+0.6xmol+0.3xmol=1.3xmol，相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，所以反应后压强=×1.3xmol=156kPa，NO2的分压=156kPa×=48kPa，NO的分压=156kPa×=72kPa，O2的分压=156kPa×=36kPa，所以分压平衡常数为Kp===81kPa，故答案为：81kPa；‎ ‎(2)当达到化学平衡时满足v正=v逆，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，又有v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，则平衡时，2k1p(N2O4)= k2p2(NO2)，因此k1=k2•=k2•Kp；满足平衡条件υ(NO2)=2υ(N2O4)即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比=1∶2，所以B、D为平衡点，故答案为：k2•Kp；B、D；N2O4与NO2‎ 的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)。‎