江西省南昌市八一中学洪都中学十七中三校2019-2020学年高二10月联考化学试题

江西省南昌市八一中学洪都中学十七中三校2019-2020学年高二10月联考化学试题

‎2019-2020学年度第一学期高二化学10月份联考试卷 一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）‎ ‎1. 下列有关能量转换的说法正确的是（ ）‎ A. 煤燃烧是化学能转化为热能的过程 B. 化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能 C. 动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程 D. 植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、煤燃烧时也转化为光能，A错误；‎ B、化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，B正确；‎ C、葡萄糖氧化放出热量，化学能转化为热能，C错误；‎ D、应该太阳能转化为化学能，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎2.已知下列反应的能量变化示意图如下，有关说法正确的是(　　) ‎ A. 1 mol S(g)与O2(g)完全反应生成SO2(g)，反应放出的热量小于297.0 kJ B. 在相同条件下，SO2(g)比SO3(g)稳定 C. S(s)与O2(g)反应生成SO3(g)的热化学方程式S(s)＋O2(g)SO3(g)　ΔH＝＋395.7 kJ·mol－1‎ D. 一定条件下1 mol SO2(g)和mol O2(g)反应，生成1 mol SO3(l)放出热量大于987 kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、相同量的 S（g）的能量大于S（s）的能量，所以1mol S（g）与O2‎ ‎（g）完全反应生成SO2（g），反应放出的热量＞297.0kJ/mol，故A错误；B、能量越高越不稳定，由图象可知SO2（g）的能量大于SO3（g），所以SO3（g）比SO2（g）稳定，故B错误；C、已知 S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-297.07kJ/mol，SO2（g）+O2（g）=SO3（g）△H=-98.7kJ/mol，把两个方程相加得到 S（s）+O2（g）SO3（g）△H=-395.7kJ/mol，故C错误；D、依据图象分析可知反应放热，所以1mol SO2（g）和mol O2（g）生成1mol SO3（g）放出98.7kJ/mol，生成1 mol SO3（l）放出热量大于98.7 kJ，故D正确；故选D。‎ 考点：考查了化学反应能量变化的相关知识。‎ ‎3.在25℃、101kPa条件下，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】依据题意可知，‎ H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ•mol-1 ①，‎ C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ•mol-1 ②， CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H=-870.3kJ•mol-1 ③， 由盖斯定律可知，①×2+②×2-③可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)， 其反应热为2×（-285.8kJ•mol-1）+2×（-393.5kJ•mol-1）+870.3kJ•mol-1=-488.3kJ•mol-1，A项正确； 答案选A。‎ ‎4.通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是 ‎ ‎① ‎ ‎② ‎ ‎③‎ ‎④ ‎ A. 反应①、②为反应③提供原料气 B. 反应③也是资源化利用的方法之一 C. 反应的 D. 反应的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.反应③中的反应物为CO2、H2； B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇； C.由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高； D.由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到。‎ ‎【详解】A.反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应①、②为反应③提供原料气，所以A选项是正确的；  B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；  C. 由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应的，故C错误； D. 由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到，则，所以D选项是正确的。 所以答案选C。‎ ‎5.根据如下能量关系示意图分析，下列说法正确的是 A. 1mol C(g) 与1mol O2(g)的能量之和为393.5 kJ B. 反应2CO( g) +O2(g)=2CO2( g) 中，反应物的总键能小于生成物的总键能 C. C→CO 的热化学方程式为2C(s) +O2(g)=2CO( g)  △H=-110.6 kJ/mol D. 热值是指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，则CO的热值△H=10.1kJ/g ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项，由图知1molC（s）与1molO2（g）的能量之和比1molCO2（g）的能量多393.5kJ，无法得出1molC（g）与1molO2（g）的能量之和，错误；B项，根据图示可写出热化学方程式：CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-282.9kJ/mol，该反应为放热反应，断裂反应物中的化学键吸收的能量小于形成生成物中化学键释放的能量，则反应物的总键能小于生成物的总键能，正确；C项，根据图示写出热化学方程式：C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-393.5kJ/mol（①式），CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-282.9kJ/mol（②式），应用盖斯定律，①式-②式得C（s）+O2（g）=CO（g）ΔH=-110.6kJ/mol，则2C（s）+O2（g）=2CO（g）ΔH=-221.2kJ/mol，错误；D项，根据热化学方程式：CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-282.9kJ/mol，1gCO完全燃烧放出=10.1kJ热量，CO的热值ΔH=-10.1kJ/g，错误；答案选B。‎ ‎6.依据如图判断，下列说法正确的是(　　)‎ A. 氢气的燃烧热ΔH＝－241.8 kJ·mol－1‎ B. 2 mol H2(g)与1mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量低 C. 液态水分解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1‎ D. H2O(g)生成H2O(l)时，断键吸收的能量小于成键放出的能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量,故氢气的燃烧热为（483.6+88）/2=285.8 kJ·mol－1, A错误；‎ B. 2 mol H2(g)与1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(g)，放出热量483.6 kJ，所以2 mol H2(g)与1 mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量高，B错误；‎ C.液态水分解的热化学方程式为:2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)，ΔH＝+（483.6+88）=+571.6 kJ·mol－1,C正确；‎ D.H2O(g)生成H2O(l)时，为物理变化,不存在化学键的断裂和生成，D错误；‎ 正确选项C。‎ ‎【点睛】明确反应热与物质总能量大小的关系是解题关键，根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题。‎ ‎7.最近意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。 N4分子结构如图，已知断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，生成1molN≡N键放出942 kJ热量。根据以上信息和数据，则由N2气体生成1 mol气态N4的ΔH为(　　)‎ A. ＋882 kJ/mol B. ＋441 kJ/mol C. －882 kJ/mol D. －441 kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】N2生成1 mol气态N4的方程式为：2N2(g)=N4(g)，根据键能和∆H的关系可得∆H=2×942kJ•mol‾1－6×167kJ•mol‾1=＋882 kJ•mol‾1，故A项正确。‎ ‎8. 一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示（6s时反应已达到平衡状态），对该反应的推断正确的是（ ）‎ A. 该反应的化学方程式为3B+4D⇌6A+2C B. 反应进行到1s时，v（A）=v（C）‎ C. 反应进行到6s时，B和D的物质的量浓度均为0.4mol•L﹣1‎ D. 反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.05mol/（L•s）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．根据图象中的有关数据判断四种物质的变化，再根据计量数之比等于物质的量的变化量之比；‎ B．根据v=进行计算反应进行到1s时v（A）、v（C）；‎ C．反应进行到6s时，B、D的物质的量都是0.4mol，根据c=计算B和D的物质的量浓度；‎ D．根据v=进行计算反应进行到6s时B的平均反应速率．‎ 解：A．由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质了0.8mol，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，B、C为反应物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C⇌6A+2D，故A错误；‎ B．反应到1s时，v（A）==0.3mol/（L•s），v（D）==0.1mol/（L•s），则v（A）≠v（D），故B错误；‎ C．反应进行到6s时，B、D的物质的量都是0.4mol，在B、D的物质的量浓度为：=0.2mol/L，故C错误；‎ D．反应进行到6s时，v（B）===0.05mol/（L•s），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎9.将A与B的混合物15mol放人容积为2L的密闭容器里，在一定条件下发生反应：2A（g）＋3B（g）C（g）＋2D（g），经过15min达到平衡，达平衡时容器内的压强是反应前的4/5。则以B气体的浓度变化表示的反应速率是（ ）‎ A. 0.15mol·L-1·min-1 B. 0.3mol·L-1·min-1‎ C. 0.45mol·L-1·min-1 D. 0.6mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：2A（g）＋3B（g）C（g）＋2D（g），生成3molB物质的量减少2，消耗amolB物质的量减少2a/3，压强之比等于物质的量之比，即15/（15－2a/3）=5：4，解得a=4.5mol，v（B）=4.5/（2×15）mol/（L·min）="0.15" mol/（L·min），故选项A正确。‎ 考点：考查化学反应速率的计算等知识。‎ ‎10.将等质量的两份锌粉分别加入盛有过量稀硫酸的m、n两烧杯中，同时向烧杯m中加入少量CuSO4固体，下图中产生H2的体积V（L）与时间t（min）的关系正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，所以反应速率是：m＞n，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以m所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而m中，金属锌一部分用于置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：m＜n，则选项A符合题意，故答案为A。‎ ‎11.关于如图所示转化关系(X代表卤素)，说法不正确的是（ ） ‎ A.      △H3＜0‎ B. 反应热与反应的途径无关，所以 C. 键、键、键键能依次减小，所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多 D. 途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子形成化学键放热，焓变小于0，2H(g)+2X(g)＝2HX(g)△H3＜0，故A正确；‎ B．反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关，途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以△H1=△H2+△H3，故B正确；‎ C．键、键、键键能依次减小，断裂化学键需要能量减小，所以途径Ⅱ吸收的热量依次减小，故C错误；‎ D．因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明氯化氢的能量低于溴化氢，能量越低越稳定，则HCl比HBr稳定，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎12.下列有关热化学方程式叙述正确的是（ ）‎ A. 已知2H2(g)+O2(g)=2 H2O(g) △H= -483.6kJ·mol-1，则氢气的燃烧热△H= -241.8 kJ/mol B. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) △H1；2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2，则△H1>△H2‎ C. 含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，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) △H= -57.4kJ·mol-1‎ D. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H= +566.0kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、燃烧热是指101kPa，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时水为液态，而2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) △H= -483.6kJ·mol-1，反应中水为气态，因此氢气的燃烧热不是241.8 kJ/mol，A错误；‎ B、一氧化碳燃烧放热，碳和氧气反应生成一氧化碳放出热量小于燃烧生成二氧化碳放出的热量，焓变为负值，则△H1<△H2，B错误；‎ C、含20.0g NaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ 的热量，1mol NaOH完全中和放热57.4kJ，醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，因此稀醋酸和稀NaOH溶液反应放热小于57.4kJ，C错误；‎ D、1mol一氧化碳燃烧放热283.0kJ，则2mol一氧化碳燃烧放热566.0kJ，则二氧化碳分解为吸热，反应为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H= +566.0kJ/mol，D正确；‎ 正确答案：D。‎ ‎【点睛】浓硫酸与稀NaOH溶液反应的放出热量的数值大于57.3kJ，这里包含浓硫酸溶于水放出的热量；稀醋酸与稀NaOH溶液反应放出热量的数值小于57.3kJ，这是因为醋酸电离吸热。‎ ‎13.已知：‎ ‎2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566 kJ·mol－1‎ Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＝－266 kJ·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283 kJ B. 下图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系 C. 2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH>－532 kJ·mol－1‎ D. CO(g)与Na2O2(s)反应放出549 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量，则一氧化碳的燃烧热为283KJ/mol，单位不对，故A错误；依据热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，分析图象中一氧化碳和氧气物质的量为1、1/2，物质的量不符合反应物质的物质的量，故B错误；C、2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H="-532" kJ/mol，CO2（s）多一步变气体吸热的过程，所以本题放出的热量就少于532，但是△H＞-532 kJ/mol，即2Na2O2（s）+2CO2（s）═2Na2CO3（s）+O2（g）△H＞-532 kJ/mol，故C正确；D、由2Na2O2（s）+2CO2（g）═2Na2CO3（s）+O2（g）△H=-532kJ/mol，可知2 mol CO2（g）与2 mol Na2O2（s）反应放出532kJ热量时，消耗2molNa2O2，1个Na2O2发生反应转移的电子数为1个，所以2molNa2O2反应转移电子数是2×6．02×1023=1．204×1024，故D错误；故选：C。‎ 考点：燃烧热的单位、反应热的比较、电子转移数目的计算等。‎ ‎14.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：‎ 下列说法正确的是 A. CO和O生成CO2是吸热反应 B. 在该过程中，CO断键形成C和O C. 同物质的量的CO和O反应比CO与O2反应放出更多热量 D. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B．由图可知不存在CO断键过程，故B错误；C．O2分子断裂成所氧原子是放热过程，根据盖斯定律可知，同物质的量的CO和O反应比CO与O2反应放出更多热量，故C正确；D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误；故答案为C。‎ ‎15.全球气候变暖给人类的生存和发展带来了严峻的挑战，在此背景下，“新能源”、“低碳”、“节能减排”、“吃干榨尽”等概念愈来愈受到人们的重视。下列有关说法不正确的是 A. 太阳能、地热能、生物质能和核聚变能均属于“新能源”‎ B. “低碳”是指采用含碳量低的烃类作为燃料 C. 如图甲烷经一氯甲烷生成低碳烯烃的途径体现了“节能减排”思想 D. 让煤变成合成气，把煤“吃干榨尽”，实现了煤的清洁、高效利用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等是新能源；‎ B．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是指控制二氧化碳的排放量；‎ C．从图示分析，看是否符合“节能减排”思想；‎ D．让煤变成合成气，能提高能源利用率．‎ ‎【详解】A．太阳能、地热能、生物质能和核聚变能均属于“新能源”，故A正确； ‎ B．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是指控制二氧化碳的排放量，故B错误；‎ C．从图示可知，氯化氢循环利用，排出的水无污染，符合“节能减排”思想，故C正确；‎ D．让煤变成合成气，能提高能源利用率，节能减排，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎16.NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L-1NaHSO3（含少量淀粉）10.0ml、KIO3（过量）酸性溶液40.0ml混合，记录10~55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是 A. 40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反 B. 图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等 C. 图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0 ×10-5mol·L-1·s-1‎ D. 温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、从图像中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I2，正确；B、b、c点对应的反应原理不一样，故速率不相等，错误；C、速率为="5.0" ×10-5mol·L-1·s-1，正确；D、55℃时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，正确。‎ ‎【考点定位】‎ 二、填空题（本大题共3小题，共46.0分）‎ ‎17.（1）室温下，2g苯（C6H6）完全燃烧生成液态水和CO2，放出83.6kJ的热量，写出1molC6H6‎ 完全燃烧的热化学方程式：______。‎ ‎（2）已知：Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe（s）△H=+akJ•mol-1；C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-bkJ•mol-1，则2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）的△H=________。‎ ‎（3）已知几种化学键的键能如表所示：‎ 化学键 Cl—Cl F—F Cl—F 键能/ kJ·mol—1‎ ‎242‎ ‎159‎ ‎172‎ 则反应Cl2(g)+3F2(g)2ClF3(g)的△H=_____________ kJ·mol-1。‎ ‎（4）如图是乙烷、二甲醚燃烧过程中的能量变化图。‎ 请回答下列问题：‎ ‎①乙烷的燃烧热ΔH=_______kJ·mol-1。‎ ‎②根据题图写出二甲醚完全燃烧时的热化学方程式__________。‎ ‎【答案】 (1). C6H6（l）+O2（g）=6CO2（g）+6H2O（l）△H=-3260.4kJ/mol (2). （-b-a）kJ•mol-1或-（b+a）kJ•mol-1 (3). -313 (4). -1560 (5). CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1455 kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)2g液态苯(C6H6)物质的量==mol；完全燃烧生成液态水和CO2，放出83.6kJ的热量，1mol苯燃烧放热=83.6kJ×39mol=3260.4kJ；反应的热化学方程式为：C6H6(l)+O2(g)＝6CO2(g)+6H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol；‎ ‎(2)①Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe（s）△H=+akJ•mol-1‎ ‎②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-bkJ•mol-1‎ 根据盖斯定律，则2Fe(s)+O2(g)＝Fe2O3(s)可以根据×②-①得到，因此2Fe(s)+O2(g)＝Fe2O3(s)的△H=-b-akJ•mol-1或-(b+a)kJ•mol-1；‎ ‎(3)反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，反应Cl2(g)+3F2(g)2ClF3(g)的△H=242kJ/mol+3×159kJ/mol-2×3×172kJ/mol=-313kJ/mol；‎ ‎(4)①依据原子守恒分析可知氢原子守恒，6a=2，a=，则根据图象分析可知mol乙烷完全燃烧放热520kJ，所以1mol乙烷完全燃烧放热为520kJ×3=1560kJ，则乙烷的燃烧热△H=-1560kJ·mol-1；‎ ‎②根据图象分析可知mol二甲醚完全燃烧放热485kJ，则1mol二甲醚完全燃烧放热=485kJ×3=1455kJ，反应的热化学方程式为：CH3OCH3(g)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1455 kJ•mol-1。‎ ‎【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎18.Ⅰ、工业上制硫酸的主要反应之一为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，反应过程中能量的变化如图所示。‎ ‎（1）由图可知该反应的正反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎（2）向反应体系中加入催化剂后，图中E1_____(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，E3______。‎ Ⅱ、如图所示，把试管放入盛有25℃时饱和石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再用滴管滴入5mL盐酸于试管中，试回答下列问题：‎ ‎（3）写出试管内反应的离子方程式___________________________；‎ ‎（4）实验中观察到石灰水中的现象：Ⅰ镁片溶解、Ⅱ镁片上产生大量气泡、Ⅲ_________________，产生上述现象Ⅲ的原因是____________________________。‎ ‎（5）由实验推知，MgCl2溶液和H2的总能量______（填“大于”、“小于”或“等于”）镁片和盐酸的总能量。‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). 减小 (3). 不变 (4). Mg+2H+＝Mg2++H2↑ (5). 烧杯中析出晶体 (6). 镁与盐酸反应产生氢气,该反应为放热反应,在水中的溶解度随温度升高而减小,故析出晶体； (7). 小于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.(1)由图象可知反应物总能量大于生成物总能量；‎ ‎(2)加入催化剂，可降低反应的活化能，但反应热不变；‎ Ⅱ.镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，该反应为放热反应，放出的热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙溶解度随着温度升高而降低，反应物总能量高于生成物总能量的反应为放热反应，据此解答。‎ ‎【详解】(1)由图象可知反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应为放热反应；‎ ‎(2)E1为活化能，E3为反应热，加入催化剂，可降低反应的活化能，但反应热不变；‎ ‎(3)镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，离子方程式为：Mg+2H+＝Mg2++H2↑；‎ ‎(4)镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，该反应为放热反应，放出的热量使烧杯中饱和石灰水温度升高，氢氧化钙溶解度随着温度升高而降低，饱和石灰水中会有氢氧化钙沉淀析出，所以看到的现象为Ⅰ．镁片上有大量气泡产生；Ⅱ．镁片逐渐溶解；Ⅲ．烧杯中析出晶体；‎ ‎(5)反应物总能量高于生成物总能量的反应为放热反应，镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，所以MgCl2溶液和H2的总能量小于镁片和盐酸的总能量。‎ ‎19.按要求回答下列问题：‎ Ⅰ．某同学做如下实验（如图），以检验反应中的能量变化。‎ ‎（1）实验中发现反应后（a）中温度升高，由此可以判断（a）中反应是___（填“吸热”或“放热”）反应。‎ ‎（2）（b）中温度降低，下列各图（如图）所表示的反应是（b）中反应的是_______。‎ a.  b.c.  d. ‎ Ⅱ．一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。‎ ‎（3）从反应开始到10 s时，用Z表示的反应速率为___________，Y的转化率为________。‎ ‎（4）若上述反应在10 s后的t1～t6内反应速率与反应时间的图像如图，在每一时刻均改变一个影响反应速率的因素，则t1时改变的因素为__________，t3时改变的因素为__________。‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). A (3). 0.079 mol·L－1 (4). 79.00% (5). 增大了生成物 (6). 加入催化剂或增大压强 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)实验中发现反应后(a)中温度升高，由此可以判断(a)中反应放出了热量；‎ ‎(2)(b)中温度降低，根据能量守恒定律，(b)中反应物的总能量应该低于生成物的能量，不足的能量从环境中吸收，据此判断；‎ II．(3)根据v=计算反应速率；结合图象根据c=计算浓度变化量，根据转化率=×100%计算转化率；‎ ‎(4)根据图象，t1时正逆反应速率都增加，平衡逆向移动；t3时平衡不移动；t4时反应速率减小，平衡逆向移动。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)通过实验测出，反应前后a烧杯中的温度升高，根据温度升高，说明反应放热，属于放热反应；‎ ‎(2)b烧杯中的温度降低，温度降低，反应吸热，属于吸热反应，反应物总能量低于生成物，图象中A符合，故答案为A；‎ II．(3)v(Z)==0.079mol/(L•s)；Y的物质的量减少了1.00mol-0.21mol=0.79mol，转化率为×100%=79.00%；‎ ‎(4)根据图像可知平衡时X和Y分别减少了0.79mol、0.79mol，Z增加了1.58mol，所以根据反应速率之比是化学计量数之比可知方程式为X+Y2Z。根据图象，t1时增大了生成物浓度，逆反应速率瞬间增大，平衡逆向移动；t3时平衡不移动，说明加入了催化剂或增大压强。‎ ‎【点睛】化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。‎ ‎20.某实验小组设计实验，利用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应，测定溶液紫色消失所需时间的方法，研究浓度对反应速率的影响。供选择的实验药品有：0.01mol·L－1酸性KMnO4溶液、0.1mol·L－1酸性KMnO4溶液、0.1mol·L－1H2C2O4溶液、0.2mol·L－1H2C2O4溶液。 ‎ ‎（1）H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为_______________。‎ ‎（2）请完成以下实验设计表。‎ 实验 ‎ 酸性KMnO4溶液 ‎ H2C2O4溶液 ‎ 褪色时间/s ‎ c/(mol·L－1) ‎ V/mL ‎ c/(mol·L－1) ‎ V/mL ‎ 甲 ‎ ‎0.01 ‎ ‎4 ‎ ‎0.1 ‎ ‎2 ‎ t1 ‎ 乙 ‎ a ‎ ‎4 ‎ b ‎ ‎2 ‎ t2 ‎ ‎①表中a=________、b=________；‎ ‎②甲组实验KMnO4的平均反应速率是：____________（用含t1的式子表示）。‎ ‎（3）测得某次实验（恒温）时，溶液中Mn2+物质的量与时间关系如图。请解释n(Mn2+)在反应起始时变化不大、一段时间后快速增大的原因：___________________。‎ ‎【答案】 (1). 5H2C2O4+2MnO4－+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O (2). 0.01 (3). 0.2 (4). (5). Mn2+对该反应有催化作用 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)高锰酸钾具有强氧化性，能把草酸氧化成二氧化碳，自身被还原成二价锰，同时生成水，根据得失电子守恒和原子守恒解答；‎ ‎(2)①比较溶液的褪色时间，高锰酸钾酸性溶液的浓度应一致，H2C2O4溶液的浓度应不同；‎ ‎②根据v=计算；‎ ‎(3)浓度、温度、催化剂影响化学反应速率，根据反应5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4＝2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知，该反应中产生了锰离子，锰离子对该反应起到了催化作用，大大加快了反应速率。‎ ‎【详解】(1)高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为5：2，故反应的方程式为：5H2C2O4+2MnO4－+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎(2)①比较溶液的褪色时间，高锰酸钾酸性溶液的浓度应一致，因此a=0.01，H2C2O4溶液的浓度应不同，所用H2C2O4溶液的浓度可选择：0.2mol•L-1，因此b=0.2；‎ ‎②反应开始时：c(KMnO4)==mol•L-1，反应时间：△t=t1s，KMnO4的平均反应速率：ν(KMnO4)==mol•L-1•s-1；‎ ‎(3)测得某次实验(恒温)时溶液中Mn2+物质的量与时间关系如图，根据离子反应2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，该反应中产生了锰离子，锰离子对该反应起到了催化作用，大大加快了反应速率，故n(Mn2+)在反应起始时变化不大、一段时间后快速增大。‎ 三、计算题（写出计算过程）（本大题共1小题，共6.0分）‎ ‎21.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A（g）+B（g）=xC（g）+2D（g）。经2min后测知D的浓度为0.5mol•L-1，A与B的物质的量之比为3：5，C的平均反应速率是0.125mol•L-1•min-1，求 ‎（1）x值_______________；‎ ‎（2）2min后A的物质的量浓度_______________；‎ ‎（3）B的转化率_______________。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 0.75mol/L (3). 16.7%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设A、B初始物质的量为nmol；C的平均反应速率是0.125mol/(L•min)，则生成C的物质的量=0.125mol/(L•min)×2L×2min=0.5mol；D的浓度为0.5mol/L，所以D的物质的量为：0.5mol/L×2L=1mol；‎ ‎3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)‎ 开始(mol) n n 0 0 ‎ 反应(mol) 1.5 0.5 0.5x 1‎ ‎5min(mol) (n-15) ( n-0.5) 0.5x 1‎ c(A)：c(B)=(n-1.5)：(n-0.5)=3：5、0.5x=0.5，解得：n=3、x=1；‎ ‎(2)2min后A的物质的量为：n-1.5mol=3mol-1.5mol=1.5mol，其物质的量浓度为：=0.75mol/L；‎ ‎(3)B的转化率为：×100%≈16.7%。‎ ‎ ‎ ‎ ‎