【化学】辽宁省凌源市联合校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【化学】辽宁省凌源市联合校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

辽宁省凌源市联合校2019-2020学年高二上学期期中考试试题 一、单项选择（每题3分，合计48分）‎ ‎1.“能源分类相关图”如图所示，下列四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是(    )‎ A. 煤炭、石油、潮汐能 B. 水能、氢能、天然气 C. 太阳能、风能、生物质能 D. 地热能、海洋能、核能 ‎【答案】C ‎【解析】A、煤炭和石油是不可再生能源，不属于图示的三种能源，则A错误；B、天然气是不可再生能源，所以B错误；C、风能属于新能源，生物质能属于可再生能源，所以C正确；D、这三种能源中没有太阳能，则D错误。本题正确答案为C。‎ ‎2.下列说法不正确的是( )‎ A. 煤和石油燃烧不完全时可排放出大量烟尘和CO B. 化石燃料燃烧排出废气中含SO2，直接排到大气中会污染空气并形成酸雨 C. 可通过物理方法把化石燃料转化为洁净燃料 D. 氢能、核能、太阳能等都属于洁净、高效的新能源 ‎【答案】C ‎【解析】A.煤和石油属于化石燃料，化石燃料在燃烧过程中，不完全燃烧会生成一氧化碳，还会排放出大量的烟尘，故A正确；B.含硫燃料煤燃烧易产生二氧化硫，产生的SO2等有害气体会污染环境，且SO2和水反应生成亚硫酸，随雨水降落形成酸雨，故B正确；C.把化石燃料转化为洁净燃料的方法有煤的汽化和液化等，该方法为化学方法，故C错误；D.新能源包括氢能、核能、太阳能等，故D正确；故选C。‎ ‎3. 根据盖斯定律判断如下图所示的物质转变过程中，正确的等式是(　　)‎ A. ΔH1＝ΔH2＝ΔH3＝ΔH4 B. ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4‎ C. ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝ΔH4 D. ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据能量守恒定律可知，反应热与反应途径无关，所以ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4，答案选D。‎ ‎4. 下列物质中，属于非电解质的是( )‎ A. 金属铜 B. 明矾 C. 葡萄糖 D. 醋酸 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：电解质是指在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；‎ 非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；‎ 解：A．铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；‎ B．明矾在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，故B错误；‎ C．葡萄糖在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故C正确；‎ D．醋酸在水溶液里能导电的化合物，属于电解质，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎5.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是( )‎ A. 氢气的燃烧热为-285.5 kJ/mol，则水电解的热化学方程式为：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) △H=+285.5 kJ/mol B. lmol甲烷完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出890 kJ热量，它的热化学方程式为：1/2CH4(g)+O2(g)= 1/2CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ/mol C. 已知2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ·mol-1，则C(s)的燃烧热为-110. 5kJ/mol D. HF与NaOH 溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A、从燃烧热的定义入手，是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；‎ B、△H和化学计量数为对应关系；‎ C、C的稳定氧化物为CO2；‎ D、HF为弱酸，弱酸电离是吸热过程，其中和热的绝对值应小于57.3kJ·mol－1。‎ ‎【详解】A、根据燃烧热的定义，水电解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋571kJ·mol－1，故A错误；‎ B、1mol甲烷放出的热量为890kJ，则0.5molCH4燃烧放出的热量为890×0.5kJ=445kJ，热化学方程式为1/2CH4(g)+O2(g)= 1/2CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ·mol－1，故B正确；‎ C、C燃烧生成的稳定氧化物为CO2，C(s)燃烧热的绝对值大于110.5kJ·mol－1，故C错误；‎ D、HF为弱酸，与NaOH反应生成1molH2O，放出的热量小于57.3kJ，且HF应以化学式保留，故D错误。‎ ‎6.某反应：A=B+C在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行，对该反应过程的焓变（△H）、熵变（△S）的判断正确的是( )‎ A. △H＜0、△S＞0 B. △H＞0、△S＜0‎ C. △H＞0、△S＞0 D. △H＜0、△S＜0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】G=H-TS，G<0，可自发进行。‎ ‎【详解】已知，室温时不能自发进行，则温度较低时，G>0，高温时G<0，可确定△S＞0，△H＞0，答案为C。‎ ‎7. 下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是( )‎ A. C(s) +1/2O2(g) ="=CO(g);" △H＝-110.5 kJ/mol B. CO(g) +1/2O2(g) ==CO2(g); △H＝-283.0 kJ/mol C. H2(g) +1/2O2(g)==H2O(g); △H＝-241.8 kJ/mol D. 2C8H18(l) +25O2(g)==16CO2(g)+18H2O(l); △H＝-11036 kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】考查燃烧热的判断。燃烧热是指在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以选项B正确，A中应该是CO2，C中应该是液态水，D中不是1mol，答案选B。‎ ‎8.对于反应3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(g)，下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最快的是（ ）‎ A. v(A)＝0.6mol/(L·min) B. v(B)＝0.8 mol/(L·min)‎ C. v(C)＝0.7mol/(L·min) D. v(D)＝1.0mol/(L·min)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将各个选项中的物质用A物质的浓度变化来表示化学反应速率，然后在进行比较。根据反应速率之比是化学计量数之比可知A、v(A)=0.6mol/(L·min)；B、v(A)=2.4mol/(L·min)；C、v(A)=1.05mol/(L·min)；D、v(A)=1.0mol/(L·min)，所以化学反应速率最快的是B。答案选B。‎ ‎9.已知：4NH3+5O24NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O) ［mol/(L·min)］表示，则正确的关系式是（ ）‎ A. 4v(NH3)=5v(O2) B. 4v(O2)=5v(NO)‎ C 2v(NH3)=3v(H2O) D. 5v(O2)=6v(H2O)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故5v(NH3)=4v(O2)，故A错误；B、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v(O2)=5v(H2O)，故B错误；C、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v(NH3)=4v(H2O)，故C错误；D、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故4v(O2)=5v(NO)，故D正确；故选D。‎ ‎10. 反应A(s)＋B(g)=C(g)在密闭容器中进行，下列情况不能使反应速率加快的是( )‎ A. 升高温度 B. 增加A的物质的量 C. 使用催化剂 D. 缩小容器体积使压强增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升温反应速率加快，不选A；‎ B、增加A的量，因为A为固体，所以其浓度不变，不能加快反应速率，选B；‎ C、使用催化剂能加快反应速率，不选C；‎ D、缩小容器的体积，气体物质的浓度增大，反应速率加快，不选D；‎ 答案选B。‎ ‎11.设C(s)＋CO2(g)2CO(g) ΔH>0，反应速率为v1，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<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. 同时减小 C. v1增大，v2减小 D. v1减小，v2增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】温度升高，反应速率加快，与反应热效应无关，则C(s)＋CO2(g)2CO(g) ΔH>0，反应速率为v1，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，反应速率为v2，当温度升高时，v1和v2的变化情况为同时增大，故答案为A。‎ ‎12.可以证明可逆反应N2+3H22NH3已达到平衡状态的是（ ）‎ ‎①一个NN键断裂的同时，有6个N-H键断裂 ‎②v(NH3)=0.4mol·L-1·min-1，v(H2)=0.6mol·L-1·min-1‎ ‎③保持其他条件不变时，体系压强不再改变；‎ ‎④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；‎ ‎⑤恒温恒容时，混合气体质量保持不变；‎ A. ②③④ B. ①②④ C. ①③④ D. ③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①一个N≡N键断裂的同时，有6个N-H键断裂，正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故①正确；‎ ‎②v(H2)=0.6mol•L-1•min-1，v(NH3)=0.4mol•L-1•min-1，未体现正与逆的关系，故②错误；‎ ‎③保持其他条件不变时，体系压强不再改变，说明物质的物质的量不变，正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故③正确；‎ ‎④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故④正确；‎ ‎⑤恒温恒容时，混合气体质量一直保持不变，故⑤错误；‎ 故答案为C。‎ ‎13.T℃时 ，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K=a。则该温度下，2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的平衡常数为（ ）‎ A. -a B. a-1 C. a D. a ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K=a，即K==a，2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的平衡常数为=a-1，故答案为B。‎ ‎14.用标准氢氧化钠滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，下列操作会使滴定结果偏低的是( )‎ A. 用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准氢氧化钠溶液进行滴定 B. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失 C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗 D. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。‎ ‎【详解】A、用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入标准氢氧化钠溶液进行滴定，标准液的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故A错误；‎ B. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失,消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故B错误；‎ C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对结果不影响，故C错误；‎ D. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的标准液的体积偏小，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏小，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.下列关于有效碰撞理论与影响速率因素之间关系正确的是( )‎ A. 增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率 B. 通过压缩体积增大压强，可以提高单位体积内活化分子数，从而提高反应速率 C. 升高温度，可以提高活化分子的能量，会减慢反应速率 D. 加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比虽然没变，但可以加快反应速率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】升高温度，分子的能量增大，增大活化分子百分数，活化分子发生碰撞时，只有适当的取向时，才能发生有效碰撞，才能发生化学反应，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子个数，升高温度或加入催化剂能提高活化分子百分数，故A错误；‎ B．增大压强减小容器体积，导致增大单位体积内活化分子个数，活化分子有效碰撞几率增大，所以反应速率加快，故B正确；‎ C．升高温度，可使更多分子转化为活化分子，可增加化学分子百分数，加快化学反应速率，故C错误；‎ D．催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎16.某温度下，在容积固定不变的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)-Q，一段时间后，达到化学平衡状态．下列叙述正确的是( )‎ A. 加入少量W，逆反应速率增大 B. 通入一定量氦气，压强增大，平衡向正反应方向移动 C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 D. 降低温度，正反应速率减小，逆反应速率也减小，平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.W是固体，加入少量W对化学平衡无影响，A错误；‎ B.恒容条件下通入惰性气体，由于参加反应的气体的浓度不变，因此化学平衡不移动，B错误；‎ C.无论该反应是放热反应还是吸热反应，升高温度，正、逆反应速率都增大，C错误；‎ D.该反应是吸热反应，降低温度，正、逆反应速率都减小，化学平衡向放热的逆反应方向移动，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ 二、非选择题（合计52分）‎ ‎17.已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol。回答有关中和反应的问题。‎ ‎（1）用0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应，能放出___kJ热量。‎ ‎（2）如图装置中仪器A的名称___，作用是___；仪器B的名称___，作用是___；碎泡沫塑料的作用是___。‎ ‎（3）若通过实验测定中和热的ΔH，其结果常常大于－57.3kJ/mol，其原因可能是___。‎ ‎（4）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会___(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】(1). 11.46 (2). 环形玻璃搅拌 (3). 搅拌，使溶液充分混合 (4). 温度计 (5). 测量温度 (6). 减少实验过程中的热量损失 (7). 实验中不可避免的有少量热量损失 (8). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1可知生成1molH2O放出热量为57.3kJ，然后根据水的物质的量与热量成正比求出热量；‎ ‎(2)根据常见仪器的用途来解答；‎ ‎(3)若保温效果不好，有热量散失；‎ ‎(4)根据弱电解质电离吸热分析。‎ ‎【详解】(1)由H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1可知生成1molH2O放出热量为57.3kJ，而0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应可得0.2molH2O，所以放出的热量为57.3kJ×0.2=11.46kJ；‎ ‎(2)仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒，其作用是搅拌，使溶液充分混合；仪器B的名称是温度计，其作用是测量温度；‎ ‎(3)若保温效果不好，有热量散失，求得的中和热数值将会减小，但中和热为负值，所以中和热的△H大于-57.3kJ•mol-1；‎ ‎(4)NH3•H2O为弱碱，电离过程为吸热过程，用相同浓度和体积的氨水(NH3•H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值偏小。‎ ‎18.在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0。CO和H2O的浓度变化如图所示。‎ 请解答下列各题：‎ ‎（1）0～4min内的平均反应速率v(CO)＝___mol/(L·min)，v(H2)＝___mol/(L·min)，v(CO2)＝___mol/(L·min)。‎ ‎（2）请你在图中标出CO2和H2的浓度变化。___‎ ‎（3）T℃(高于850℃)时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如表。‎ 时间(min)‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ CO ‎0.200‎ ‎0.138‎ c1‎ c1‎ ‎0.116‎ ‎0.096‎ H2O ‎0.300‎ ‎0.238‎ c2‎ c2‎ ‎0.216‎ ‎0.266‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.062‎ c3‎ c3‎ ‎0.084‎ ‎0.104‎ H2‎ ‎0‎ ‎0.062‎ c4‎ c4‎ ‎①表中3min～4min之间，反应处于___状态；c1___0.08mol/L(填“大于”、“小于”或“等于”)。‎ ‎②反应在4min～5min之间，平衡向逆反应方向移动，可能的原因是___(单选)，表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原因是___(单选)。‎ a．增加水蒸气 b．降低温度 c．使用催化剂 d．增加氢气浓度 ‎【答案】(1). 0.03 (2). 0.03 (3). 0.03 (4). (5). 平衡 (6). 大于 (7). d (8). a ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据化学反应速率v=和反应物、生成物的速率之比等于化学计量数之比分析即可；‎ ‎(2)CO2和H2均为生成物，其两者的浓度变化相同，反应未开始时，CO2和H2‎ 的浓度均为0，随着反应的进行，浓度不断增大，反应进行到4min时达到平衡状态，结合平衡状态计算CO2和H2的平衡浓度，即可画出CO2和H2的浓度变化；‎ ‎(3)①表中3min～4min之间各物质的浓度不变，达到平衡状态，该反应为放热反应，升高温度逆向移动，c(CO)＞0.08mol/L；‎ ‎②根据4min～5min之间、5min～6min之间，各物质的浓度变化判断改变的条件。‎ ‎【详解】(1)υ(CO)===0.03mol/(L•min)，根据反应物和生成物的速率之比等于化学计量数之比可知v(H2)＝0.03mol/(L·min)，v(CO2)＝0.03mol/(L·min)；‎ ‎(2)CO2和H2均为生成物，其两者的浓度变化相同，反应未开始时，CO2和H2的浓度均为0，随着反应的进行，浓度不断增大，反应进行到4min时达到平衡状态，此时CO和H2O的变化浓度均为0.12mol/L，则CO2和H2的平衡浓度也均为0.12mol/L，CO2和H2的浓度变化图为；‎ ‎(3)①表中3min～4min之间各物质的浓度不变，达到平衡状态，该反应为放热反应，升高温度逆向移动，c(CO)＞0.08mol/L；‎ ‎②c1＞0.08mol/L，则c3＜0.12mol/L，c2＞0.18mol/L，4min～5min之间，平衡向逆方向移动，二氧化碳的浓度降低，一氧化碳和水蒸气的浓度都增大，所以改变的条件是增大氢气的浓度，故答案为d；5min～6min之间，一氧化碳浓度减小，水蒸气和二氧化碳浓度增大，平衡向正反应方向移动，则改变的条件是增大水蒸气的浓度，故答案为a。‎ ‎19.根据下列化合物：①NaCl ②NaOH ③HCl ④NH4Cl ⑤CH3COONa ⑥CH3COOH ⑦NH3•H2O ⑧H2O，回答下列问题．‎ ‎（1）NH4Cl溶液显酸性，用离子方程式表示原因 ，其溶液中离子浓度大小顺序为 。‎ ‎（2）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH﹣）= ，在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离出来的c（H+）= 。‎ ‎（3）若将等pH、等体积的②NaOH和⑦NH3•H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则m n。（填“＜”、“＞”或“=”）‎ ‎（4）若前五种溶液的物质的量浓度相同，用序号排出这五种溶液pH由大到小的顺序 。‎ ‎【答案】（1）NH4++H2ONH3•H2O+H+ c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ ‎（2）c（OH﹣）＝10－3mol•L﹣1；c（H+）＝10－11mol•L﹣1 （3）m＜n （4）②＞⑤＞①＞④＞③‎ ‎【解析】试题分析：（1）NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解溶液显酸性，水解方程式为NH4++H2ONH3•H2O+H+。由于铵根的水解程度很小，所以溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；‎ ‎（2）常温下，pH＝11的CH3COONa溶液中，醋酸根水解，溶液显碱性，则水电离出来的c（OH﹣）＝10－3mol•L﹣1；在pH＝3的CH3COOH溶液中，醋酸电离抑制水的电离，则水电离出来的c（H+）＝10－11mol•L﹣1。‎ ‎（3）由于氢氧化钠是强碱，稀释过程中氢氧根的物质的量不变，一水合氨是弱电解质，稀释促进电离，所以若将等pH、等体积的②NaOH和⑦NH3•H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则m＜n。‎ ‎（4）NaCl是强酸强碱盐，溶液显中性；NaOH是一元强碱；HCl是一元强酸；NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解，溶液显酸性；CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根水解，溶液显碱性，所以若五种溶液的物质的量浓度相同，则这五种溶液pH由大到小的顺序②＞⑤＞①＞④＞③，‎ ‎20.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。‎ ‎（已知1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的△H=-99kJ·mol-1。）请回答下列问题：‎ ‎（1）图中A、C分别表示____、____，E的大小对该反应的反应热____（填“有”或“无”）影响。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点____（填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎（2）图中ΔH=____kJ·mol-1。‎ ‎（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化为V2O5。写也该催化循环机理的化学方程式____。‎ ‎（4）已知单质硫燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH=____。‎ ‎【答案】(1). 反应物能量 (2). 生成物能量 (3). 无影响 (4). 降低 (5). -198kJ/mol (6). SO2+V2O5=SO3+2VO2；4VO2+O2=2V2O5 (7). -1185kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，说明反应2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，加入催化剂，反应热不变；‎ ‎(2)根据方程式计算反应热；‎ ‎(3)根据反应物和生成物确定反应的方程式；‎ ‎(4)根据燃烧热的定义计算反应热。‎ ‎【详解】(1)图中A、C分别表示反应物总能量和生成物总能量。1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，说明反应2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，E为活化能，反应热为活化能之差，活化能对反应热无影响，加入催化剂，活化能降低，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，反应热不变；‎ ‎(2)已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ•mol-1；‎ ‎(3)V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化为V2O5，相关反应为SO2+V2O5=SO3+2VO2、4VO2+O2=2V2O5；‎ ‎(4)单质硫的燃烧热为296kJ•mol-1，则由S(s)生成1molSO3(g)的△H=-296kJ•mol-1-99kJ•mol-1=-395 kJ•mol-1，则由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH=-395 kJ•mol-1×3=-1185kJ/mol。‎