内蒙古第一中学2019-2020学年高二10月月考化学试题
一机一中高二年级10月月考化学试题
可能用到的相对分子质量：H 1 C12
一、选择题（每个小题只有一个正确选项，每小题2分，共46分）
1.《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是
A. 李白诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”， “紫烟”指“香炉”中碘升华的现象
B. 刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到
C. 王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应
D. 曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能。
【答案】A
【解析】
A．水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故A错误；B．“沙里淘金”说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；C．爆竹爆竹的过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，故C正确；D．“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故D正确；故选A。
点睛：本题考查化学与生产、生活的关系。要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
2.下列热化学方程式及有关应用叙述中，正确的是（ ）
A. 若2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=－483.6kJ/mol，则H2的燃烧热为241.8 kJ/mol
B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3 kJ/mol，则H2SO4(aq)+ Ba(OH)2(aq)= BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH =－114.6 kJ/mol
C. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH =－38.6 kJ/mol
D. 已知25℃、101kPa条件下：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH =－2834.9 kJ/mol，4Al(s)+2O3(g)=2Al2O3(s) ΔH =－3119.1 kJ/mol，则O2比O3稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A、燃烧热的定义为1mol可燃物，式子中的为2molH2，且产物中的水应为液态，故A错误；
B、生成硫酸钡放热，已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3 kJ/mol，则H2SO4(aq)+ Ba(OH)2(aq)= BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH <－114.6 kJ/mol，故B错误；
C、合成氨为可逆反应，0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3KJ，则1molN2完全反应时放热大于38.6kJ，热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＜-38.6KJ·mol－1，故C错误；
D、由①4Al（s）+3O2（g）═2A12O3（s）△H=-2834.9KJ·mol－1，②4Al（s）+2O3（g）═2A12O3（s）△H=-3119.1KJ·mol－1，结合盖斯定律可知，①-②得到3O2（g）═2O3（g）△H=-2834.9KJ·mol－1-（-3119.1KJ·mol－1）＞0，可知氧气的能量低，则O2比O3稳定，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查热化学方程式，把握燃烧热与中和热、盖斯定律应用、可逆反应为解答的关键，注意选项B为解答的易错点，生成硫酸钡放热。
3.已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g) △H1
2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) △H2
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H3
则反应Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l))的△H是（ ）
A. △H=△H1+1/2△H2+1/2△H3
B. △H=△H1+1/2△H2-1/2△H3
C. △H=△H1+2△H2+2△H3
D. △H=2△H1+△H2+△H3
【答案】A
【解析】
【详解】将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①＋0.5×②＋0.5×③即可得到Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)的反应热ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，答案选A。
4.燃烧1g乙炔（C2H2）生成二氧化碳和液态水，放出热量50kJ,
则这一反应的热化学反应方程式为（ ）
A. 2C2H2（g）+ 5O2（g） ═4CO2（g）+ 2H2O（l） ΔH= +50kJ/mol
B. C2H2（g）+ 5/2O2（g）═2CO2（g）+ H2O（l） ΔH= +1300kJ/mol
C. 2C2H2+ 5O2 ═4CO2 + 2H2O ΔH=-2600kJ
D. 2C2H2（g）+ 5O2（g）═4CO2（g）+ 2H2O（l） ΔH=-2600kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】1mol乙炔的质量为26g，则1mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出的热量为：50kJ×=1300kJ。
A．乙炔的燃烧为放热反应，焓变值小于0，且2mol乙炔完全燃烧放出的热量为2600kJ，故A错误；
B．1mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳和液态水，放出的热量为1300kJ，ΔH= -1300kJ/mol，故B错误；
C．生成水的状态应该为液态，应该标注(l)，故C错误；
D．2mol乙炔完全燃烧放出热量为：1300kJ×2=2600kJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为：2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2600 kJ•mol-1，故D正确；
故选D
5.已知：P4(s)+6Cl2(g)=4PCl3(g) ΔH1 =－1266 kJ/mol，P4为正四面体结构，其中P-P键的键能为198 kJ/mol,Cl-Cl键的键能为243kJ/mol。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应在任何温度下都能自发进行
B. 1mol P4和6mol Cl2具有的总能量比4mol PCl3具有的能量低
C. P-Cl键的键能为326kJ/mol
D. PCl3的电子式为
【答案】C
【解析】
【详解】A、ΔH<0，△S<0， 反应自发，则△G=ΔH-T△S<0，该反应在低温度下能自发进行，故A错误；
B、本反应是放热反应， 1mol P4和6mol Cl2具有的总能量比4mol PCl3具有的能量高，故B
错误；
C、 根据依据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，△H=198 kJ/mol×6+243kJ/mol×6-4×3×E（P-Cl）=－1266 kJ/mol，P-Cl键的键能为326kJ/mol，故C正确；
D、氯最外层电子数为7， PCl3的电子式为，故D错误；
故选C。
6.MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：
M2+(g)＋CO32-(g) M2+(g)＋O2−(g)＋CO2(g)
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是
A. ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0
B. ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0
C. ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)
D. 对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3
【答案】C
【解析】
【详解】根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。
A. ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；
B. ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；
C.由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0，C项错误；
D.由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。
故答案选C。
7.几种物质的能量关系如下图所示。下列说法正确的是
A. C(s)+O2(g)=CO2(g) △H =—965.1 kJ·mol-1
B. 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H =-221.2 kJ·mol-1
C. 由图可知，甲烷的燃烧热为779.7 kJ·mol-1
D. 通常由元素最稳定的单质生成生成1mol纯化合物时的反应热称为该化合物的标准生成焓，由图可知，CH4(g)的标准生成焓为+74.8 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据能量关系，无法计算出C和O2生成CO2焓变，故A错误；B、根据能量关系，CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g) △H=(854.5－965.1)kJ·mol－1=－110.6kJ·mol－1，故B正确；C、根据图可知，甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol－1，故C错误；D、该反应为化合反应，属于放热反应，即CH4(g)的标准生成焓为(890.3－965.1)kJ·mol－1=－74.8kJ·mol－1，故D错误。
8.在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于2L恒容密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)。2min末该反应达平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2 mol·L－1。下列判断正确的是（ ）
A. x=2 B. 2min内B的反应速率为0.2 mol·L－1·min－1
C. A的转化率为40％ D. 若混合气体的密度不变,则表明该反应已达到平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A、平衡时生成的C的物质的量为0.2mol·L-1×2L=0.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.4mol：0.8mol=x：2，解得x=1，故A错误；
B、依据化学平衡三段式列式计算
3A（g）+B（g）C（g）+2D（g）
起始量（mol·L－1） 1.5 0.5 0 0
变化量（mol·L－1） 0.6 0.2 0.2 0.4
平衡量（mol·L－1） 09 0.3 0.2 0.4
2min内B的反应速率为v（D）==0.1 mol·L－1·min－1，故B错误；
C、A的转化率为×100%=40%，故C正确；
D、因为容器体积不变，而反应前后气体质量守恒，则密度始终不变，则混合气体的密度不变时不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故选C。
9.一定温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应：mA(s)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，当m、n、p、q为任意正整数时，下列状态：①体系的压强不再发生变化，②体系的密度不再发生变化，③各组分的物质的量浓度不再改变，④各组分的质量分数不再改变，⑤反应速率vB∶vC∶vD＝n∶p∶q，其中，能说明反应已达到平衡的是 ( )
A. 只有③④ B. 只有②③④ C. 只有①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态，故①错误；
②A是固体，反应前后混合气体的质量不等，容器的体积不变，若体系的密度不变，说明混合气体的总质量不再随时间变化而变化，此时反应达到平衡状态，故②正确；
③各组分的物质的量浓度不再改变，该反应达到平衡状态，故③正确；
④反应到达平衡状态时各组分的物质的量不再改变，各组分的质量分数不再改变，故④正确；
⑤A是固体，浓度变化为0，不能用A表示反应速率，且反应速率之比等于计量数之比，在反应时的任何时刻都正确，因此当反应速率vB：vC：vD= n：p：q时，不能据此判断该反应是否达到平衡状态，故⑤错误；
所以只有②③④正确；答案为B。
【点睛】可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化，即变量不再发生变化。
10.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）
A. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
B. 红棕色的二氧化氮加压后颜色先变深再变浅
C. 合成氨工业使用催化剂提高氨的产量
D. 工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
【答案】C
【解析】
【分析】
勒夏特列原理即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。
【详解】A．新制的氯水中存在Cl2＋H2O HCl＋HClO，在光照条件下，发生反应2HClO=2HCl＋O2↑，HClO减少，氯气与水的反应的平衡正向移动，颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．2NO2N2O4，加压NO2的浓度增大，平衡向生成N2O4的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可以勒夏特列原理解释，故B不选；
C．催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，故C选；
D．增大一种气体反应物的用量，平衡正移，可以提高另一种反应物的转化率，所以能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：C。
【点睛】本题考查勒夏特列原理知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动，难点B，加压后颜色先变深含物理变化，后变浅，是化学变化。
11.在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：
①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0平衡常数K1
②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2
10分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)。下列说法不正确的是（ ）
A. 反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数为
B. 平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/L
C. 其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大
D. 平衡时NO2的转化率为50％
【答案】C
【解析】
【详解】A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0 平衡常数K1=
②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2 =
反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数K=，则K=，A正确；
B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L•min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3 mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)
xmol 0.5xmol
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)
2ymol ymol 2ymol
则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)==2.5×10-2mol/L，B正确；
C.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；
D.平衡时NO2的转化率为×100%=50%，D正确；
故合理选项C。
12.已知：830℃，在一个密闭容器中发生反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)+H2(g)，平衡常数K=1。某时刻测得容器内各物质的量分别为1.0 mol CO，3.0 mol H2O(g)，1.0 mol CO2和1.0mol H2，此时正、逆反应速率的大小关系为：
A. v正= v逆 B. v正> v逆 C. v正< v逆 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)+H2(g)，平衡常数K=1。某时刻测得容器内各物质的量分别为1.0 mol CO，3.0 mol H2O(g)，1.0 mol CO2和1.0mol H2，设容器体积为VL，此时Qc===＜1，说明平衡正向移动，即v正> v逆；
答案为B。
13.高炉炼铁过程中发生反应： Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，该反应在不同温度下的平衡常数见右表。下列说法正确的是（ ）
温度T/℃
1000
1150
1300
平衡常数K
4.0
3.7
3.5
A. 由表中数据可判断该反应：反应物的总能量＜生成物的总能量
B. 1000℃下Fe2O3与CO反应，t min达到平衡时c(CO) =2×10-3 mol/L，则用CO2表示该反应的平均速率为2×10－3/t mol·L－1·min－1
C. 为了使该反应的K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO)
D. 其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可判断，平衡常数随温度升高减小，说明反应为放热反应，该反应：反应物的总能量＞生成物的总能量，故A错误；B．1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c（CO）=2×10-3 mol/L，设CO起始浓度x，
Fe2O3（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g），
起始量（mol/L） x 0
变化量（mol/L）x-2×10-3 x-2×10-3
平衡量（mol/L）2×10-3 x-2×10-3
K==4，x=10-2mol/L；用CO表示该反应的平均速率为，故B错误；C．平衡常数只受温度影响，增大c（CO）不能改变化学平衡常数，故C错误；D．增大固体的量，不改变平衡的移动，则其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量，故D正确；答案为D。
14.T℃时气体A与气体B在某容器中反应生成气体C，反应过程中A、B、C浓度变化如图①所示。若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图②所示。则下列结论正确的是（ ）
A. 该反应的化学方程式是A+3B2C
B. 该反应的逆反应为吸热反应
C. 压强增大，则该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小
D. 保持压强不变，向容器中充入少量氦气，平衡不移动
【答案】B
【解析】
【详解】A、该反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=（0.7-0.1）mol·L－1=0.6mol·L－1，B浓度的变化量=（0.5-0.3）mol·L－1=0.2mol·L－1，C浓度的变化量=（0.4-0）mol·L－1=0.4mol·L－1，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：3A（g）+B（g）2C（g），故A错误；
B、“先拐先平数值大”结合图II知，T2＞T1，升高温度，B的体积发生增大，逆向移动，升高温度，向吸热反应方向移动，则该反应的正反应是放热反应，该反应的逆反应为吸热反应，故B正确；
C、压强增大，则该反应的正反应速率增大，逆反应速率也增大，故C错误；
D、保持压强不变，向容器中充入少量氦气，体积变大，相当于减压，向气体体积增大的方向移动，平衡逆向移动，故D错误；
故选B。
15.容积均为2L的甲乙丙三个恒容密闭容器中均加入0.10mol/L的N2、0.26mol/L的H2，进行合成氨反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol。图1表示不同反应条件下N2的浓度随时间的变化，图2表示其它条件相同，温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，达到平衡时NH3的质量分数。
下列判断不正确的是
A. 图2 中反应速率最快的是容器丙
B. 图1 中容器乙的反应可能使用了催化剂
C. 图l 中容器乙0～5 min时间内v(N2) = 0.012mol/(L·min)
D. 图1 中容器丙内反应的平衡常数为2.5
【答案】C
【解析】
A．N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol，正反应放热，温度越高NH3的质量分数越小，由图2可知，丙中温度最高，反应速率最快，故A正确；
B．由图1可知，甲、乙的平衡浓度相同，但乙达到平衡用时短，所以图1中容器乙的反应可能使用了催化剂，故B正确； C．图l 中容器乙0～5 min时间内v（N2）= 0.008 mol/(L·min)，故C错误； D．由图1可知，氮气开始的浓度为0.1mol/L，平衡浓度为0.08mol/L，则 K=2.5，故D正确；
16.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+n(B)(g) pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是（ ）
A. 由图1可知，T1
v(逆)的是点3
D. 图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象中“先拐先平，数值大”知，T1＜T2，升高温度，C在反应混合物中的体积分数（ф）降低，说明平衡向逆反应方向移动，升高温度向吸热反应方向移动，则正反应方向是放热反应，故A错误；
B．由图2图象可以看出，在同一温度下，增大压强，C在反应混合物中的体积分数（ф）增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，说明正反应为体积缩小的反应，即m+n＞p，故B错误；
C．在曲线上，当温度一定时，B的转化率也一定，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4处于平衡状态，v（正）=v（逆），点1在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由点1向下引垂直线到曲线上的一点，这样B
的转化率要减小，平衡逆向移动，故v（正）＜v（逆），点3在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由点3向上引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要增大，平衡正向移动，故v（正）＞v（逆），故C正确；
D．a的时间短，反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能为使用了催化剂，但若m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡，所以a曲线也可能是增大压强，故D错误；
故选：C。
17.在一定条件下某体积一定的密闭容器中发生的反应aA(g)+bB(g)xC(g)符合下图甲所示关系(c%表示平衡混合气体中C的百分含量，T表示温度，p表示压强)。则图乙中纵轴y是指
A. 平衡混合气的密度
B. 平衡混合气中B的百分含量
C. 平衡混合气的总物质的量
D. 平衡混合气的平均相对分子质量
【答案】D
【解析】
A．由于反应容器的体积不变，气体的质量不变，则温度变化，平衡混合气的密度不变，故A错误；B．由C的百分含量--时间变化曲线可知，增大压强平衡向正反应方向移动，B的百分含量减小，与图象不符，故B错误；C．混合气体的总质量始终不变，气体体积始终不变，则混合气体的密度始终是定值，与图象不符，故C错误；D．升高温度，平衡向逆反应分析移动，则混合气体的物质的量增多，质量不变，则平衡混合气的平均摩尔质量减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体的总物质的量减小，则平衡混合气的平均摩尔质量增大，与图象向符合，故D正确；故选D。
点睛：结合平衡原理准确分析图像是解题关键，首先根据C的百分含量--时间变化曲线判断方程式的特征：在相同温度线，增大压强(P2＞P1)，C
的百分含量增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则有a+b＞x；在相同压强下升高温度(T1＞T2)，C的百分含量降低，则说明升高温度平衡向逆反应分析移动，该反应的正反应为放热反应，在此基础上进一步判断Y随温度、压强的变化。
18.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g) 2Z(g) ΔH< 0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表：下列说法正确的是（ ）
t/min
2
4
7
9
n(Y)mol
0.12
0.11
0.10
0.10
A. 反应前2min的平均速率v(Z)=2.0×10-3 mol·L－1·min－1
B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v正)
C. 其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16mol气体X，与原平衡相比，达到新平衡时，气体Y的转化率增大，X的体积分数增大，Z的体积分数减少
D. 保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32mol气体X和0.32mol气体Y，到达平衡时，n(Z)<0.24mol
【答案】C
【解析】
【详解】列出平衡的三段式：
X（g）+Y（g）2Z（g）
开始 0.016 0.016 0
转化 0.006 0.006 0.012
平衡 0.01 0.01 0.012
A. 反应前2 min的平均速率v（Z）=（0.16mol-0.12mol）÷10L÷2min×2=4.0×10-3mol·L－1·min－1，故A错误；
B. △H＜0，为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则v（逆）＜v（正），故B错误；
C. 其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16mol气体X，平衡正向移动，X的转化率降低，与原平衡相比，平衡的移动能减弱这种改变，因此加入X，即使正向移动，但是X的体积分数依然增大，Z的体积分数依然减少，故C正确；
D. 温度、体积不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 mol 气体Y，与题目中所给的物料成比例，是原平衡的两倍；该反应反应前后气体体积相等，则互为等效平衡。两个平衡状态中各物质的物质的量浓度成比例，原平衡Z的浓度为0.012mol·L－1，新平衡后c（Z）=0.024 mol·L-1，故D错误；
故选C。
19.燃煤脱硫可减少SO2尾气的排放，燃煤脱硫技术受到各界科研人员的关注。一种燃煤脱硫技术的原理是：CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）CaS（s）+3CO2（g）△H=-394.0kJ/mol,保持其他条件不变，不同温度下起始CO物质的量与平衡时体系中CO2的体积分数的关系如图所示(T表示温度)。下列有关说法正确的是
A. T1比T2高
B. b点SO2转化率最高
C. b点后曲线下降是因CO体积分数升高
D. 减小压强可提高CO、SO2转化率
【答案】C
【解析】
正反应放热，降低温度，平衡正向移动，CO2的体积分数增大，所以T1比T2低，故A错误；起始CO物质的量越大，SO2转化率越高，所以c点SO2转化率最高，故B错误；投料比等于系数比时，生成物的体积分数最大，b点后曲线下降是因CO体积分数升高，故C正确；减小压强，平衡逆向移动， CO、SO2转化率减小，故D错误；
20.已知甲为恒压容器、乙为恒容容器。相同条件下充入等物质的量NO2气体，且起始时体积相同。发生反应： 2NO2(g) N2O4(g) ΔH<0一段时间后相继达到平衡状态。下列说法中正确的是（ ）
A. 平衡时NO2体积分数：甲<乙
B. 乙比甲先达到平衡状态
C. 该反应的平衡常数表达式
D. NO2的平衡转化率：甲<乙
【答案】A
【解析】
【详解】A、因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在达到平衡时，甲的压强大于乙，甲容器中反应正向进行的程度大于乙，所以NO2体积分数：甲＜乙，故A正确；
B、因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在反应过程中甲的压强大于乙，压强大反应速率也大，所以甲达到平衡的时间也短，故B错误；
C、平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积， 该反应的平衡常数表达式，故C错误；
D. 因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在反应过程中甲的压强大于乙，NO2的平衡转化率：甲>乙，故D错误；
故选A。
21.一定条件下存在反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2 L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1 mol CO和1 mol H2O，在Ⅱ中充入1 mol CO2和1 mol H2，在Ⅲ中充入2 mol CO和2 mol H2O,700 ℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同 B. 容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C. 容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的少 D. 容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1
【答案】D
【解析】
【详解】A．两个容器中平衡建立的途径不相同，无法比较反应速率大小，故A错误；
B．Ⅰ、Ⅲ两个容器恒容绝热，反应物的量不同反应的热效应不同，所以平衡常数K
不同，故B错误；
C．由于正反应是放热反应，容器Ⅰ中反应从正方向开始，随着反应的进行温度在升高，而温度升高会使平衡逆向移动，抑制了CO的转化，容器Ⅱ中反应从逆向开始，随着反应的进行温度在降低，会使平衡正向移动，促进了CO的转化，因此容器Ⅰ中CO的转化率比容器Ⅱ中的小，平衡时容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多，故C错误；
D．如果温度相同时，容器Ⅰ中CO 的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和等于1，因为容器绝热，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度，平衡向正反应移动，二氧化碳的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中CO2的转化率低，所以容器Ⅰ中CO 的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1，故D正确；
答案为D。
22.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是
A. 反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0
B. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D. 380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
【答案】BD
【解析】
【详解】A.随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A错误；
B.根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；
C.Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；
D.设NO起始浓度为amol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式K=>=2000，故D正确；
故选BD。
【点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率的影响；最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。
23.可逆反应①X(g)＋2Y(g)2Z(g)、②2M(g)N(g)＋P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是( )
A. 反应①的正反应是吸热反应
B. 达平衡(Ⅰ)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14：15
C. 达平衡(Ⅱ)时，X的转化率为5/6
D. 在平衡(Ⅰ)和平衡(Ⅱ)中，M的体积分数相等
【答案】C
【解析】
略
二、非选择题（共54分）
24.I某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：
实验
序号
实验
温度/K
有关物质
溶液颜色褪至无色所需时间/s
酸性KMnO4溶液
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/mol﹒L-1
V mL
c/mol﹒L-1
V/mL
A
293
2
0.02
4
0.1
0
t1
B
T1
2
0.02
3
0.1
V1
8
C
313
2
0.02
V2
0.1
1
t2
（1）写出草酸与高锰酸钾反应的离子方程式____________________________________。
（2）通过实验A、B，可探究出________（填外部因素）的改变对化学反应速率的影响，其中V1=________、T1=________；通过实验________（填实验序号）可探究出温度变化对化学反应速率的影响，其中V2=________。
（3）若t1<8，则由此实验可以得出的结论是______________________________________；忽略溶液体积的变化，利用实验B中数据计算，0-8s内，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)________。
Ⅱ催化剂在生产和科技领域起到重大作用。某化学研究小组的同学分别设计了如图所示的实验，用控制变量法比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果。请回答相关问题：
（4）定性分析：某同学通过观察甲中两支试管产生气泡的快慢，由此得出Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该结论_____填 （“合理”或“不合理”），原因________________。
（5）向50ml H2O2溶液中加入0.10molMnO2粉末，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。
①实验中放出气体的总体积是 __________mL。
②H2O2的初始物质的量浓度是____________(保留2位有效数字)。
③a、d两段反应速率大小的顺序为_____>_____，原因_____________________________。
【答案】 (1). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O (2). 浓度 (3). 1 (4). 293 (5). BC (6). 3 (7). 其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大 (8). 8.3×10-4mol﹒L-1﹒s-1 (9). 不合适 (10). 阴离子不相同 (11). 60 (12). 0.11mol/L (13). d (14). a (15). 随着反应的进行，H2O2浓度减小，反应速率变慢。
【解析】
【分析】
（1）草酸与高锰酸钾反应生成二氧化碳和锰盐；
（2）A、B应控制温度相同，探究浓度对反应速率的影响，B、C温度不同可探究温度对反应速率的影响，研究某种因素对反应速率的影响时，需要保证气体条件相同；
（3）若t1＜8，则浓度越大，反应速率越大；结合v=计算；
（4）比较反应速率的大小可通过生成气泡的快慢来判断，比较金属阳离子的催化效果要排除阴离子的干扰；
（5）①根据图象确定生成氧气的体积；
②根据氧气的量计算双氧水的物质的量，再根据c=计算双氧水的物质的量浓度；
③根据图象结合v=知，a、b、c、d各点反应速率快慢的顺序为：d＞c＞b＞a；
反应速率与反应物浓度成正比，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小。
【详解】（1）草酸与高锰酸钾反应生成二氧化碳和锰盐，离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O。
（2）实验A、B，滴加H2C2O4溶液的体积不等，故实验A、B可探究出H2C2O4浓度的改变对反应速率的影响；
据实验A可知，保证溶液的总体积为6mL，B中H2C2O4溶液3mL，故需加水
6mL-2mL-3mL=1mL；
A、B研究浓度对化学反应速率的影响，需要温度相同，故T1=293；
B、C温度不同，要探究出温度变化对化学反应速率的影响，其余条件相同，则V2=6mL-2mL-1mL=3mL；
（3）若t1＜8，则由此实验可以得出的结论是其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；
根据实验B中数据可知，高锰酸钾完全反应需要的时间为8s，高锰酸钾的物质的量为0.02mol·L-1×0.002L=0.00004mol，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.00004mol÷0.006L=×10-3mol·L－1，则用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为
×10-3mol·L－1÷8s=8.3×10-4mol/（L·s）；
（4）如图甲可通过观察产生气泡的快慢，定性比较得出催化剂的催化效果；催化剂能改变化学反应的速率，这里是加快速率，若图1所示实验中反应速率为①＞②，则一定说明氯化铁比硫酸铜催化效果好，因二者所含的阴离子不同，要证明Fe3＋比Cu2＋对H2O2分解催化效果好，还要使选择的试剂中阴离子种类相同，所以得出Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，所以其结论不合理；
（5）①根据图象知，第4分钟时，随着时间的推移，气体体积不变，所以实验时放出气体的总体积是60 mL；
②设双氧水的物质的量为x，
2H2O22H2O+O2↑
2mol 22.4L
x 0.06L
x=2mol×0.06L÷22.4L=0.0054mol，
所以其物质的量浓度=0.0054mol÷0.05L=0.11 mol·L-1；
③根据图象结合v=知，a、b、c、d各点反应速率快慢的顺序为：d＞c＞b＞a；
反应速率与反应物浓度成正比，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小。
【点睛】难点：本题Ⅱ是探究催化剂、浓度等对反应速率的影响的实验方案设计，根据v=来设计实验，通过得到气体的体积和时间的关系确定影响反应速率的因素。
25.I 工业上已经实现CO2与H2反应合成甲醇。在一恒温、恒容密闭容器中充入2molCO2和
6molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。 请回答：
（1） 在前10min内，用CO2浓度的变化表示的反应速率(CO2)=________mol·L－1·min－1。
（2）10min时体系的压强与开始时压强之比为______。
（3）该温度下，反应的化学平衡常数数值是__________。
Ⅱ氢气是一种理想的绿色能源，利用生物质发酵得到的乙醇制取氢气，具有良好的应用前景。乙醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如1图所示：
已知：反应I和反应II的平衡常数随温度变化曲线如图2所示。
（4）反应I中，1molCH3CH2OH(g)参与反应后的热量变化是256kJ
①H2O的电子式是______
②反应I的热化学方程式是_________________________________
（5）反应II，在进气比[n(CO)：n(H2O)不同时，测得相应的CO的平衡转化率见图3(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同)
①图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE。判断：TD______TE (填“>”“< ” 或“=”)
②经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是A、E和G三点对应的______相同。
③当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是_________________。
【答案】 (1). 0.075 (2). 5:8 (3). 5.3 (4). (5). (6). < (7). 化学平衡常数 (8). 进气比越大，反应温度越低
【解析】
【分析】
（1）V=△c/△t计算
（2）气体压强之比等于气体物质的量之比计算；
（3）根据化学平衡常数的定义求解；
（4）①水为共价化合物，据此进行分析；
②根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态，根据燃烧热的概念结合热化学方程式的书写来回答；
③由图可知，当CO的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为0.5、1、1.5，由此可确定温度与进气比的关系；
【详解】I. CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol·L－1） 1 3 0 0
起始量（mol·L－1） 0.75 2.25 0.75 0.75
平衡量（mol·L－1） 0.25 0.75 0.75 0.75
（1） 在前10min内，用CO2浓度的变化表示的反应速率(CO2)=0.75mol·L－1÷10min=0.075mol·L－1·min－1。
（2）容器内的平衡压强与起始压强之比=气体物质的量之比=（0.25+0.75+0.75+0.75）×2：8=5：8；
（3）该温度下，反应的化学平衡常数数值是=0.752÷(0.753×0.25)=5.3；。
Ⅱ（4）①水为共价化合物，故水的电子式为：，
②反应I的热化学方程式是CH3CH2OH（g）+H2O（g）═4H2（g）+2CO（g）△H=+256 kJ·mol－1；
（5）①已知CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H=-42kJ·mol－1，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，CO转化率减小，图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE．D点CO转化率大于E点CO转化率，说明TD＜TE ；
②E点平衡常数
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
起始量 1 1 0 0
变化量 0.5 0.5 0.5 0.5
平衡量 0.5 0.5 0.5 0.5
K=1
A点平衡常数
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
起始量 1 2 0 0
变化 2/3 2/3 2/3 2/3
平衡 1/3 4/3 2/3 2/3
K=1
G点平衡常数
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
起始量 3 2 0 0
变化量 1.2 1.2 1.2 1.2
平衡量 1.8 0.8 1 2 1.2
K=(1.2×1.2) ÷(1.8×0.8)=1，
故与图2中E点对应的反应温度相同的为A、G，A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是A、E和G三点对应的化学平衡常数相同；
③由图可知，当CO的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为0.5、1、1.5，进气比越高达到相同转化率所需的温度越低。
26.一定条件下，CO2和CO可以互相转化
（1）某温度下,在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)。
容器
反应物
甲
8molCO2(g)、16molH2(g)
乙
wmolCO2(g)、xmolH2(g)、ymolCO(g)、zmolH2O(g)
甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则0-15min内平均反应速率(H2)=______，此条件下该反应的平衡常数K=______。欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则w、x、y、z需满足的关系是________________，且________________(用含y的等式表示)。
（2）研究表明,温度、压强对反应C6H5CH2CH3(g)+CO2(g) C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(g) ΔH中乙苯的平衡转化率影响如下图所示：则ΔH ______0（填“>”“< ” 或“=”），压强p1、p2、p3从大到小的顺序是________________。
（3）CO可被NO2氧化CO+NO2 CO2+NO。当温度高于225℃时，反应速率正=k正·c(CO) ·c(NO2)、逆= k逆·c(CO2) ·c(NO)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为______。
【答案】 (1). 0.2mol/（L·min） (2). 1.8或 (3). y=z (4). y=x-2w (5). ＞ (6). p1＞p2＞p3 (7). =K
【解析】
【分析】
（1）甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则转化CO2为8mol×75%=6mol，列三段式：
CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）
起始c： 4 8 0 0
转化c： 3 3 3 3
平衡c： 1 5 3 3
据此计算可得；
欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则将乙中CO和H2O转化为与甲初始物质一样使满足与甲中投入量等比例；
（2）温度和压强对化学平衡的影响；
（3）已知：v 正=k正·c（CO）·c（NO2）、v逆=k逆·c（CO2）·c（NO），平衡时：v 正=v逆，代入可得。
【详解】（1）甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则转化CO2为8mol×75%=6mol，列三段式：
CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）
起始c： 4 8 0 0
转化c： 3 3 3 3
平衡c： 1 5 3 3
则0～15 min内平均反应速率v（H2）=3mol·L－1÷15min=0.2mol/（L·min）；此条件下该反应的平衡常数K=3×3÷(1×5)=1.8（或）；
欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则将乙中CO和H2O转化为与甲初始物质一样使满足与甲中投入量等比例，甲的初始投入量为8 mol CO2（g）、16 mol H2（g），故乙转化后应只有CO2（g）和 H2（g），故y=z；同时转化为满足n（CO2）：n（H2）=8：16=1：2，则有（w+y）：（x+y）=1：2，解得y=x-2w；
（2）温度升高，有利于吸热方向，根据图，一定压强下，温度升高，乙苯的平衡转化率增大，即正方向为吸热方向，故反应的△H＞0；又 反应C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）C6H5CH=H2（g）+CO（g）+H2O（g）为气体体积增大的反应，压强增大，平衡向着逆方向，乙苯的平衡转化率减小，故p1＞p2＞p3；
（3）CO可被NO2氧化：CO+NO2CO2+NO．已知：v 正=k正·c（CO）·c（NO2）、v逆=k逆·c（CO2）·c（NO），平衡时：v 正=v逆，故k正·c（CO）·c（NO2）=k逆·c（CO2）··c（NO），==K。
【点睛】本题考查了化学原理，化学平衡、速率的计算、化学平衡常数的计算、等效平衡、影响化学平衡的因素等知识点，综合性强，对化学平衡的相关知识理解透彻是解题关键，难点（3）平衡时：v 正=v逆，列等式求解。
27.直接排放SO2、NO2会危害环境。工业上常采用化学方法控制污染。
(1)下图是1mol CH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS(g)燃烧的能量变化。
①CH4完全燃烧的活化能是_____________kJ/mol
②在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2，写出该反应的热化学方程式_____________________________；
(2)为减少SO2排放，将含SO2的烟气通过洗涤剂X，充分吸收后再向吸收后的溶液中加入稀硫酸，既可以回收，同时又可得到化肥。X可以是__________(填序号)。
a.Ca(OH)2 b.K2CO3 c.Na2SO3 d.NH3·H2O
(3)对NO2+SO2SO3+NO △H<0反应进行探究：在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定NO2的平衡转化率。实验结果如图所示：
①能够加快该化学反应速率的外界条件是___________________
a.降低温度 b.增大压强 c.升高温度 d.减小压强
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是___________；
③若A点对应实验中，SO2(g)的起始浓度为c0mol/L，经过min达到平衡状态，该时段化学反应速率v(NO2)___mol/(L·min)；
④图中C、D两点对应的实验温度分别为和，计算判断______(填＞、＝、或＜)
【答案】 (1). 126kJ/mol (2). CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g) △H=+352kJ/mol (3). bd (4). bc (5). 降低温度 (6). (7). =
【解析】
【分析】
(1)①活化能是物质发生化学反应需要的最低能量；
②先根据图示写出两个反应的热化学方程式，然后将二者叠加，可得该反应的热化学方程式；
(2)分别加入不同的洗涤剂X，根据不同的洗涤剂X与SO2发生的不同反应，判断符合条件的洗涤剂X；
(3)①根据影响化学反应速率的因素分析判断；
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，即在不改变物料比的情况下，增加NO2的平衡转化率，考虑温度和压强对化学平衡的影响；
③A点实验中，NO2的平衡转化率α（NO2）=50%，起始时，SO2(g)的起始浓度为c0mol/L，起始时的物料比为=0.4,可计算起始时NO2的量，根据化学反应平均速率计算公式
v(NO2)=计算；
④C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，分别计算C和D点时的化学平衡常数，据此判断两点温度。
【详解】(1)①活化能是物质发生化学反应需要的最低能量，根据图示可知甲烷的活化能为126kJ/mol；
②根据图示可得热化学方程式：i：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-902kJ/mol；
ii：S(g)+O2(g)=SO2(g) △H=-577kJ/mol，则根据盖斯定律，i-2×ii，整理可得CH4(g)+ SO2(g)= 2S(g)+2H2O(g)+CO2(g) △H=+352kJ/mol；
(2)分别加入不同的洗涤剂X，根据不同的洗涤剂X与SO2发生的不同反应，要求将含SO2的烟气通过洗涤剂X，充分吸收后再向吸收后的溶液中加入稀硫酸，既可以回收SO2，同时又可得到化肥，植物需求量较大的化肥是氮肥，磷肥，钾肥，
a.若洗涤剂X选用Ca(OH)2，通入SO2反应产生CaSO3，加入稀硫酸反应可以回收SO2，同时产生CaSO4，但不是化肥，a不符合题意；
b.若洗涤剂X选用K2CO3，溶液碱性较强，可以吸收SO2，加入稀硫酸反应可以回收SO2，同时产生钾肥，b符合题意；
c.若洗涤剂X选用Na2SO3，溶液碱性较强，可发生反应生成NaHSO3，加入稀硫酸反应可以回收SO2，同时产生Na2SO4，但不是化肥，c不符合题意；
d．若洗涤剂X选用NH3•H2O，是碱性溶液，可以吸收SO2，加入稀硫酸反应可以回收SO2，同时产生(NH4)2SO4，(NH4)2SO4是氮肥，d符合题意；
故合理选项是bd；
(3)①a.降低温度，物质的内能降低，活化分子数目减小，有效碰撞次数增加，反应速率降低，a错误；
b.增大压强，物质的浓度增大，单位体积内的活化分子数增加，反应速率加快，b正确；
c.升高温度物质的内能增加，活化分子数目增多，活化分子数目增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，c正确；
d.减小压强，物质的浓度降低，单位体积内的活化分子数减少，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，d错误；
故合理选项是bc；
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B
点的平衡状态，即在不改变物料比的情况下，增加NO2的平衡转化率，反应为：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，△H＜0，该反应的正反应为反应前后气体体积不变的放热反应，压强变化对化学平衡不产生影响，要增加NO2的平衡转化率，使化学平衡向正反应方向移动，可采取降低温度的方式；
③A点实验中，NO2的平衡转化率α(NO2)=50%，起始时，SO2(g)的起始浓度为c0mol/L，起始时的物料比为=0.4,则起始时，NO2的物质的量浓度为c(NO2)=c0mol/L×0.5=0.4c0mol/L，NO2的平衡转化率α(NO2)=50%，则NO2转化了△c=0.4c0×50%=0.2c0mol/L，反应经历的时间为△t=tmin，则该时段化学反应速率v(NO2)===mol/(Lmin)；
④C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，反应为：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，△H＜0
C点时，起始物料比为=1.0，NO2的平衡转化率为α(NO2)=50%，设起始时c(NO2)=50%=c(SO2)=xmol/L，化学平衡常数为K(C)===1；
D点时，起始物料比为=1.5，，NO2的平衡转化率为α(NO2)=40%，设起始时c(SO2)=ymol/L，c(NO2)=1.5ymol/L，化学平衡常数为K(D)==1，K(C)= K(D)，化学平衡没有发生移动，因此TC=TD。
