【文档说明】湖北省宜昌市第二中学（人文艺术高级中学）2019-2020学年高二上学期10月月考化学试题含解析【精准解析】.docx，共(20)页，415.064 KB，由小赞的店铺上传

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湖北省宜昌市第二中学2019-2020学年高二上学期10月月考化学试题可能用到的相对原子质量：C-12H-1O-16S-32第Ⅰ卷选择题一、单项选择题1.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。下列符合未来新能源标准

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.①②③④B.⑤⑥⑦⑧C.③⑤⑥⑦⑧D.③④⑤⑥⑦【答案】B【解析】【详解】煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能

、风能、氢能、生物质能等，核能发电厂热效率较低，故核能电厂的热污染较严重．核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源，故选B。2.下列反应是吸热反应，但不属于．．．氧化还原反应的是A.铝片与稀H2SO4反应B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应C.

灼热的炭与CO2反应D.甲烷在O2中的燃烧反应【答案】B【解析】分析:有元素化合价变化的反应为氧化还原反应；常见的吸热反应有Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应、C参加的氧化还原反应、大多数的分解反应等，以此来解答。详解：A项，铝片与稀H2SO4反应，是氧化还原反应，也

是放热反应，故不选A项；B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应是吸热反应，该反应不是氧化还原反应，故选B项；C项，灼热的炭与CO2反应，该反应是吸热反应，同时碳的化合价发生变化，是氧化还原反应，故不选C项。D项，甲烷在O2中的燃烧反应是氧化还原反应，也是

放热反应，故不选D项；综上所述，本题正确答案为B。3.对于反应A2+3B22AB3以下表示的反应速率中，速率最大的是（）A.v(A2)=0.4mol•L-1min-1B.v(B2)=0.8mol•L-1min-1C.v(AB3)=0.6mol•L-1min-1

D.v(A2)=0.01mol•L-1S-1【答案】D【解析】【详解】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比

先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。根据反应的化学方程式可知，如果都用B2物质表示反应速率，则分别是1.2mol·L-1min-1、0.8mol·L-1min-1、0.9mol·L-1min-1、1.8mol·L-1min-1，所以答案选D。4.下列实验现象或

图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是ABCD图示相关信息温度计的水银柱不断上升反应物总能量大于生成物总能量反应开始后，甲处液面低于乙处液面反应开始后，针筒活塞向右移动A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.盐酸和氢氧化钠发生中和反

应，为放热反应，可观察到温度计的水银柱不断上升，故A正确；B.从能量守恒的角度分析，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故B正确；C.反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，反应为放热反应，温度升高，压强

增大，故C正确；D.硫酸和锌反应生成氢气，导致反应开始后针筒活塞向右移动，不能说明一定是反应放热，造成体积的膨胀，故D错误。所以本题答案：选D。5.25℃、101kPa下：①2Na(s)+1/2O2(g)=Na2O(s)△H=-414kJ·mol-1②2Na(s)+O2(g)=Na2

O2(s)△H=-511kJ·mol-1下列说法正确的是()A.①和②产物的阴阳离子个数比不相等B.①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C.常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D.25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2N

a（s）=2Na2O（s）△H=-317kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A、氧化钠中阴阳离子个数比为1：2，过氧化钠的电子式为：，阴阳离子个数比为1：2，故错误；B、生成等物质的量的产物，即消耗的Na的物质的量相等，转移

电子物质的量相等，故错误；C、温度升高，钠和氧气反应生成过氧化钠，故错误；D、①×2－②得2Na(s)＋Na2O2(s)=2Na2O(s)△H=(－414×2＋511)kJ·mol－1=－317kJ·mol－1，故正确。答案选D

。6.已知下列两个热化学方程式：H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H＝-285.8kJ/molC3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H＝-2220.0kJ/mol测得氢气和丙烷的混合气

体共5mol，完全燃烧时放热3847kJ，则混合气体中氢气和丙烷的体积比是（）A.3：1B.1：3C.1：4D.5：13【答案】A【解析】【详解】H2和C3H8的混合气体共5mol，设氢气物质的量为x，丙烷物质的量为（5-x），完全燃烧生成液态水时放热3847

kJH2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H＝-285.8kJ/mol1mol285.8kJxmol285.8xkJC3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H＝-2220.0kJ/mol1mol2220.0kJ（5-

x）mol2220.0（5-x）kJ285.8xkJ+2220.0×（5-x）kJ=3847kJ，解得：x=3.75mol；混合气体中H2和C3H8的体积比=3.75：（5-3.75）=3：1；故选A。7.下列方法中可以说明2HI（g）H2（g）+I2（g）已达到平衡的是()①

单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂③百分组成w(HI)=w(I2)④反应速率v（H2）=v（I2）=1/2v（HI）时⑤c（HI）∶c（H2）∶c（I2）=2∶1∶1时⑥温度和体积一定时，容器内压强不再变化⑦温度和体积一

定时，某一生成物浓度不再变化⑧条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化A.②③⑤B.①④⑦C.②⑦⑨D.⑧⑨⑩【答案】C【解析】【详解】①单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI；表示的是正逆

反应速率，但是不满足二者的化学计量数关系，说明没有达到平衡状态，故①错误；②一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂；表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故②正确；③百分组成w(HI)=w(I2)，无法判断各组分浓度是否不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故③错误；④反应速率v（

H2）=v（I2）=1/2v（HI）时，反应速率大小不能判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故④错误；⑤c（HI）：c（H2）：c（I2）=2：1：1时；无法判断各组分的浓度是否继续发生变化，无法判断是否达到平衡

状态，故⑤错误；⑥温度和体积一定时，该反应是气体体积不变的反应，压强始终不变，无法根据压强判断是否达到平衡状态，故⑥错误；⑦温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化；说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑦正确；⑧条件一定，混合气体的总物质的量不变，总质量不变，所以混合气体的平均摩

尔质量始终不变，无法根据平均相对分子量判断是否达到平衡状态，故⑧错误；⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化，各物质浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，故⑨正确；⑩该反应中，气体的总质量固定，容器的容积固定，根据ρ=mV可知，混合气体的密度始终不变，无法根据密度判断是否达到平衡状态，故⑩错

误；结合以上分析可知，②⑦⑨符合题意；故答案选C。8.下列说法或表示方法正确的是（）A.HI(g)12H2(g)+12I2(s)△H=-26.5kJ/mol，可知通入1molHI在密闭容器中分解后可放出2

6.5kJ的能量B.由C（石墨）→C（金刚石）△H=+1.9kJ/mol可知，金刚石比石墨稳定C.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则H2燃烧热的化学方程式表示为：2H2（g）+O2（

g）=2H2O（l）△H=﹣285.8kJ/molD.在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液

混合，放出的热量大于57.3kJ【答案】D【解析】【详解】A.碘化氢分解反应是可逆反应不能进行彻底，1molHI在密闭容器中分解后放出的能量小于25.6kJ，故A错误；B.由C（石墨）→C（金刚石）ΔH＝+1.90kJ·mol－1可知，金刚石的能量比石墨高，金刚石没有石墨稳定

，故B错误；C.在100kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则2molH2燃烧放出的热量为571.6kJ，热化学方程式为2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ•mol-1，故

C错误；D.浓硫酸稀释放热，与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D正确；正确答案是D。9.反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)下列条件的改变使其反应速率减慢的是（）A.增加C

的量B.将容器的体积缩小一半C.恒容，充入H2O(g)使体系压强增大D.恒压，充入N2使容器体积变大【答案】D【解析】【详解】A.C为纯固体，增加C的量，对反应速率无影响，故A错误；B.将容器的体积缩小一半

，压强增大，反应速率加快，故B错误；C.保持体积不变，充入H2O(g)，反应物的浓度增大，则反应速率增大，故C错误；D.保持压强不变，充入N2，则反应体系中各气体浓度减小，反应速率减小，故D正确；正确答案是D。【点睛】本题考查影响化学反应速率的

因素，D项为易错点，虽然压强不变，但各气体物质的浓度减小，所以反应速率减慢。10.下列说法正确的是（）A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大B.有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化

分子的百分数，从而使反应速率增大C.升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D.催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率【答案】C【解析】【分析】升高温度、加入催化

剂可增大活化分子的百分数，而增大压强、增大浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，以此解答该题。【详解】A.增大反应物浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，A项错误；B.增大压强，可增大单位体积活化分子的数目，但

百分数不变，B项错误；C.升高温度，可使更多的分子转化为活化分子，增加了反应物分子中活化分子的百分数，C项正确；D.催化剂可以降低反应所需的活化能，使更多普通分子变成活化分子，增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率，D项错误；答案选C。11

.化学反应N2(g)+3H2(g)2NH3(l)的能量变化如图所示,则该反应的ΔH等于()A.+2(a-b-c)kJ·mol-1B.+2(b-a)kJ·mol-1C.+(b+c-a)kJ·mol-1D.+(a+b)kJ·mol-1【答案】A【解析】【详解】由图可以看出，反应热等于反应物总能量

大于生成物总能量，该反应为放热反应，反应的反应热ΔH=—（生成物活化能—反应物活化能）=—[2(b+c)kJ/mol-2akJ/mol]=+2(a-b-c)kJ/mol，故选A。【点睛】注意题给图示中反应物和生成物的化学计量数是题给反应化学计量数的12，解答时将图给

活化能增加一倍是解答难点和易错点。12.在稀溶液中，强酸、强碱发生中和反应生成1mol液态水时，放出热量为57.3kJ。下列热化学方程式中正确的是（）A.HNO3(aq)＋KOH(aq)=H2O(l)＋KNO3(aq)ΔH>－57.3kJ/molB.HNO3(aq)＋NH3·H2O(aq)=H2

O(l)＋NH4NO3(aq)ΔH<－57.3kJ/molC.12Ba(OH)2(aq)＋12H2SO4(aq)=H2O(l)＋12BaSO4(s)ΔH>－57.3kJ/molD.CH3COOH(aq)＋NH3·H2O(aq)=H2O(l)＋CH3COO

NH4(aq)ΔH>－57.3kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A.硝酸是强酸，KOH是强碱，所以HNO3(aq)＋KOH(aq)=H2O(l)＋KNO3(aq)的反应热是ΔH=－57．3kJ/mol，故A错误；B.硝酸是强酸，NH

3·H2O是弱碱，二者会发生反应：HNO3(aq)＋NH3·H2O(aq)=H2O(l)＋NH4NO3(aq)，反应放出的热量小于57．3kJ，所以ΔH>－57．3kJ/mol，故B错误；C.硫酸和氢氧化钡除中和外还生成硫酸钡沉淀，生成沉淀也会放热，所以放出的热量高于中和热，则Ba(OH)2和

H2SO4反应生成1mol液态水放出的热量大于57.3kJ，ΔH<－57.3kJ/mol，故C错误；D.醋酸是弱酸，NH3·H2O是弱碱，二者发生反应CH3COOH(aq)＋NH3·H2O(aq)=H2O(l)＋CH3COONH4(aq)，反应放出热量小于57．3kJ/

，所以ΔH>－57．3kJ/mol，故D正确；正确答案是D。【点睛】本题考查了中和热的热化学方程式的书写，应注意的是弱电解质电离吸热，对反应热有影响，难度不大。13.断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：H—H键436kJ/

mol，F—F键153kJ/mol，气态H—F键565kJ/mol。下列说法正确的是（）A.H2与F2反应是吸热反应B.2LHF气体分解成1LH2和1LF2吸收541kJ的能量C.在相同条件下，1molH2和1molF2的能量总和大于2molHF气体的能量D.

1molH2和1molF2反应生成2mol液态HF放出的能量小于541kJ【答案】C【解析】【详解】A.反应热的单位为kJ/mol，各化学键键能：H-H436kJ/mol；F-F153kJ/mol；H-F565kJ/mol，所以对于反应H2（g）+F

2（g）=2HF（g）的反应热为△H=436kJ/mol+153kJ/mol-2×565kJ/mol=-541kJ/mol<0，该反应放热，故A错误；B.由A可知2molHF分解，吸收的热量为541kJ，气体所处的状态不确定，不清楚2L氟化氢的物质的量是多

少，无法确定吸收热量，故B错误；C.由A可知H2与F2反应生成HF为放热反应，所以在相同条件下，1molH2与1molF2的能量总和大于2molHF气体的能量，故C正确；D.由A可知1molH2与1molF2反应生成2molHF（g），放出的热量为541kJ，液态HF的能量比气体HF的能量低，所以

1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出热量大于541kJ，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题综合考查反应热与焓变等知识，注意反应热与键能的关系。14.将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A(g)＋B(g)2C(

g)。若经2s后测得C的平均反应速率为0.3mol/(L.s)，下列说法正确的是（）①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol/(L.s)②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol/(L.s)③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol/LA.①③B.①④

C.②③D.③④【答案】B【解析】【详解】2A(g)+B(g)2C(g)起始量(mol)420变化量(mol)1.20.62L×0.6mol/L=1.2mol2s末(mol)2.81.41.2①用物质A表示反应的平均速率=1.2mol2L2s=0.3mol/(L.s)，故①正确；②用物质

B表示反应的平均速率=0.6mol2L2s=0.15mol/(L.s)，故②错误；③2s末物质A的转化率=1.2mol4mol×100%=30%，故③错误；④2s末物质B的浓度=1.4mol2L=0.7mol•L-1，故④正确；答案为B。15.NH3和O2在

一定条件下发生反应：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)，现向一容积不变的2L密闭容器中充入4molNH3和3molO2，4min后反应达到平衡，测得生成的H2O(g)占混合气体总体积的40%，则下列表示的此段时间内该反

应的平均速率不正确的是()A.v(N2)＝0.125mol·L－1·min－1B.v(H2O)＝0.375mol·L－1·min－1C.v(O2)＝0.225mol·L－1·min－1D.v(NH3)＝0.25mol·L－1·mi

n－1【答案】C【解析】【分析】由题意建立三段式，依据平衡时水的体积分数计算变化量，求出氨气的反应速率，再依据化学计量数之比等于化学反应速率之比计算其他物质的化学反应速率。【详解】设转化的NH3的物质的量为xmol，则由题意建立如下三段式：4NH3(g)＋3O2(g

)2N2(g)＋6H2O(g)n(始)/mol4300n(变)/molx0.75x0.5x1.5xn(平)/mol4－x3－0.75x0.5x1.5x根据题意，则有1.5(430.750.51.5)x

xxxx−+−+=×100%＝40%，解得x＝2，v(NH3)＝224minmolL＝0.25mol·L－1·min－1，由化学计量数之比等于化学反应速率之比可得v(O2)＝0.1875mol·L－1·min－1，v(N2)＝0.125mol·L－1·min－1，v(H2O)＝0.375mo

l·L－1·min－1，故选C。【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡的计算，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用方法，明确化学反应速率与化学计量数的关系为解答关键。16.少量铁粉与100mL0.01mol/L的稀盐酸（足量）反应，反应速率太慢。为了加快

此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（）①加KNO3固体；②加NaOH固体；③滴入几滴浓硝酸；④加CH3COONa固体；⑤加NaCl溶液；⑥滴入几滴硫酸铜溶液；⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)；⑧改用10mL0.1mol/L盐酸A.①⑥⑦B.③⑤⑧C.⑦⑧D.⑤⑦⑧【

答案】C【解析】【详解】①盐酸溶液中加KNO3固体，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与铁粉反应不能生成氢气，故①错误；②加NaOH固体，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故②错误；③滴入几滴浓硝酸，一部分铁会和硝酸反应，导致生成的H2减少，故③错误；④加CH3COONa固体，形成弱电解质

醋酸，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，故④错误；⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故⑤错误；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故⑥错误；⑦升高温

度（不考虑盐酸挥发），反应速率加快，故⑦正确；⑧改用10mL0.1mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，但氢离子总物质的量不变，H2的产量不变，故⑧正确；故选C。【点睛】⑥为易错点，注意题干中要求，既要加快反应速率又不能影响氢气的产量。17.2CO(g)+4H2

(g)═2CH4(g)+O2(g)△H=+71kJ⋅mol−1，CO(g)+2H2(g)═CH3OH(l)△H=−90.5kJ⋅mol−1已知CH4(g)的燃烧热为−890kJ⋅mol−1,则CH3OH(

l)的燃烧热为()A.−1528kJ⋅mol−1B.−764kJ⋅mol−1C.−382kJ⋅mol−1D.无法计算【答案】B【解析】CH4(g)的燃烧热为−890kJ·mol−1，根据燃烧热的定义有CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ·

mol−1，已知①2CO(g)+4H2(g)═2CH4(g)+O2(g)△H=+71kJ⋅mol−1、②CO(g)+2H2(g)═CH3OH(l)△H=−90.5kJ·mol−1，③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ·mol−

1，根据盖斯定律，③×2+①－②×2得2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1528kJ·mol−1，所以CH3OH(l)的燃烧热为−764kJ⋅mol−1，故答案选B。18.在1200℃时，

天然气脱硫工艺中会发生下列反应①H2S(g)+32O2(g)=SO2(g)+H2O(g)△H1②2H2S(g)+SO2(g)=32S2(g)+2H2O(g)△H2③H2S(g)+12O2(g)=S(g)+H

2O(g)△H3④2S(g)=S2(g)△H4则△H4的正确表达式为（）A.△H4=2/3（△H1+△H2-3△H3）B.△H4=2/3（3△H3-△H1-△H2）C.△H4=3/2（△H1+△H2-3△H3）D.△H4=3/2（△H1-△H2-3△H3）【答案】A【解析】

【详解】根据盖斯定律，①×23－③×23得⑤：23S(g)+23O2(g)=23SO2(g)△H5=23（△H1-△H3）；根据盖斯定律，②×23－③×43得⑥：23SO2(g)+43S(g)=23O2(g)+S2(g)△H6=23（△H2-2△H3）；⑤+⑥得：2S(g)=S2

(g)△H4=23（△H1+△H2-3△H3），答案为A。第Ⅱ卷非选择题二、填空题19.(1)已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是________________。(2)2mol乙醇燃烧时，生成液态水和二氧化

碳，同时放出2733.6kJ的热量，写出该反应的热化学方程式________________________________。(3)用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量。其燃烧热的热化学方程式为__

___。(4).在一定条件下,通入80gSO2气体充分生成SO3气体时,放出热量98.3kJ,已知SO2在此条件下转化率为80%,则该反应的热化学方程_______________________________

_。(5)已知：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=bkJ/mol；CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H3=ckJ/mol；2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H4=dkJ/mol求

：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=_____kJ/mol【答案】(1).S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.8kJ/mol(2).2C2H5OH(l)+6O2(g)=4CO2(g)+6H

2O(l)△H=-2733.6kJ/mol(3).C2H2(g)+52O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-1300kJ/mol(4).2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ/mol(5).△H=(d+2b+2c)kJ/mol【解析】【分析

】(1)16g固体硫是0.5mol，所以求出1mol固体硫燃烧放出的热量；(2)1mol乙醇（C2H5OH）完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为：2733.6kJ；(3)依据反应2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)，可知，

每2摩尔乙炔参加反应，转移20mol电子，现有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量，则1mol乙炔反应时可放出1300kJ的热量；(4)在一定条件下，80gSO2气体物质的量为1.25mol，通入密闭容器中被氧化成

SO3气体，已知SO2在此条件下转化率为80%，则生成SO3气体（1.25×80%）mol=1mol，达到平衡时，共放出热量98.3kJ，则1mol二氧化硫完全反应放热=98.3kJ；(5)①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=bkJ/mol；②O2(g)+3H2(g)=CH

3OH(g)+H2O(g)△H3=ckJ/mol；③2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H4=dkJ/mol；则①×2+②×2+③可以得到2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)。【详解】(1)16g固体硫是0.5mol，所以反应燃烧的热化学方程式是S

(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=2×(-148.4kJ/mol)=-296.8kJ/mol;(2)1mol乙醇（C2H5OH）完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为：2733.6kJ，所以该反应的热化学方程式为：2C2H5OH(l)+6O2(g

)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=-2733.6kJ/mol；(3)依据反应2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)，可知，每2摩尔乙炔参加反应，转移20mol电子，现有5NA个电子转移时，放出650

kJ的热量，则1mol乙炔反应时可放出1300kJ的热量，所以此反应燃烧热的热化学方程式为：C2H2(g)+52O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)△H=-1300kJ/mol；(4)在一定条件下，80gSO2气体物质的量为1.25mo

l，通入密闭容器中被氧化成SO3气体，已知SO2在此条件下转化率为80%，则生成SO3气体（1.25×80%）mol=1mol，达到平衡时，共放出热量98.3kJ，则1mol二氧化硫完全反应放热=98.3kJ，反应的热化学方程式为：

2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=2×（-98.3）kJ/mol=-196.6kJ/mol；(5)①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=bkJ/mol；②O2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H3=ck

J/mol；③2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H4=dkJ/mol；则①×2+②×2+③可以得到2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=(d+2b+2c)kJ/mol。【点睛】本题考查了热

化学方程式的书写，难度不大，注意掌握热化学方程式的书写规则尤其燃烧热的概念。20.50mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55moL/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少一种玻璃仪

器，这种玻璃仪器的名称是_____；能否改用铁丝________(填“能、否”)，原因是____；(2)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_____；实验时氢氧化钠溶液的浓度要用0.55mol/L的原因是：_____________。(3)实验中改用60mL0.50moL/L盐酸跟50

mL0.55moL/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____(填“偏大”“相等”或“偏小”)，所求中和热_______(填“相等”或“不相等”)。(4)若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同,而终止温度与起始温度差分别为①3.1℃②3.2℃③2.7℃,

则最终代入计算式的温差均值为______℃(保留2位小数)(5)近似地认为0.55mol/LNaOH溶液和0.5mol/L盐酸密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)，则中和热ΔH＝_____kJ/moL(取小数点后一位)(6)上述实验数值结果

与57.3kJ/mol相比偏小，产生偏差的原因可能是(填字母)___________a.实验装置保温、隔热效果差b.配制0.55mol/LNaOH溶液定容时俯视刻度线读数c.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直

接测定盐酸溶液的温度e.用量筒量取盐酸溶液的体积时仰视读数【答案】(1).环形玻璃搅拌棒(2).否(3).与盐酸反应，并且导热使热量散失(4).保温、隔热，防止热量散失(5).使盐酸能够充分反应(6).偏大(7).相等(8).3.15(9).-52.7(

10).a.c.d【解析】【分析】(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，不能改用铁丝来搅拌，因为铁丝会和盐酸反应，并且导热使热量散失；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满

碎纸条的作用是保温、隔热，防止热量散失；实验时氢氧化钠溶液的浓度要用0.55mol/L的原因是为了使盐酸能够充分反应；(3)实验中若改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，实验过程中生成H2O的物质的量

增大，所放出的热量偏大；但中和热是定值，若实验操作均正确，中和热不会变化。(4)第三次测量数据和前两次差别较大应该舍去；(5)由(4)可知平均温度差为3.15℃，50mL0.55mol•L-1NaOH溶液与50mL0.5mol•L-1HCl溶液的质量和为m=100mL×1

g/cm3=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T可得；(6)a.实验装置保温、隔热效果差，会造成测量结果偏小，故a可选；b.选项量取氢氧化钠时仰视读数会使所取氢氧化钠体积增大，放

出热量增多，故b不选；c.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯过程中会有热量损失，使测量结果偏小，故c可选；d.温度计上附着的氢氧化钠和硫酸反应了，这部分热量损失了，使测量结果偏小，故d可选；e.用量筒量取盐酸溶液的体积时仰视读数会使所取盐酸体积增大，放出热量增多，故e不选。【详解】

(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，不能改用铁丝来搅拌，因为铁丝会和盐酸反应，并且导热使热量散失；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是保温、隔热，防止热量散失；实验时氢氧化钠溶液的浓度要用0

.55mol/L的原因是为了使盐酸能够充分反应；(3)实验时氢氧化钠溶液的浓度要用0.55mol/L的原因是为了确保盐酸完全被中和。实验中若改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，实验过程中生成H2O的物质的量增大，所放出的热量偏

大；但中和热是定值，若实验操作均正确，中和热不会变化。(4)第三次测量数据和前两次差别较大应该舍去，前两次测量数据求平均值为3.13.22+=3.15℃，则最终代入计算式的温差均值为3.15℃；(5)由(4)可知平均温度差为3.4℃，50mL0.55mol•L-1NaOH溶液与50m

L0.5mol•L-1HCl溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.15℃=1316

.7J=1.3167kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.3167kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.3167kJ×4=52.7kJ，即该实验测得的中和热△H=-52.7kJ/mol；(6)a.实验

装置保温、隔热效果差，会造成测量结果偏小，故a可选；b.选项量取氢氧化钠时仰视读数会使所取氢氧化钠体积增大，放出热量增多，故b不选；c.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯过程中会有热量损失，使测量结果偏小，故c可选；d.温度计上附着的氢

氧化钠和硫酸反应了，这部分热量损失了，使测量结果偏小，故d可选；e.用量筒量取盐酸溶液的体积时仰视读数会使所取盐酸体积增大，放出热量增多，故e不选；正确答案是a.c.d。21.把在空气中久置的铝片5.0g投入盛有

500mL0.5mol·L-1硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间可用如图的坐标曲线来表示，回答下列问题：(1).曲线由O→a段不产生氢气的原因_________________________________________________用离子方程式表示）(2

).曲线由a→b段产生氢气的速率较慢的原因_______________________________________________。(3).曲线由b→c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因_____。(4).曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要

原因_____。【答案】(1).Al2O3+6H+=2Al3++3H2O(2).温度低(3).金属与酸反应属于放热反应，温度升高，反应速率加快(4).H+浓度降低，反应速率减慢【解析】【分析】(1)在空气中久置的铝片表面有氧化铝薄膜，因此

，硫酸首先和氧化铝反应，不产生氢气；(2)铝片和硫酸反应放热，a→b段反应刚开始释放的热量不多，温度低，反应速率较慢；(3)该反应是放热反应，b→c段温度升高，化学反应速率加快；(4)曲线由c以后，硫酸的浓度逐渐减小，氢离子浓度减小，化学反应速率逐渐下降。【详解】(1)在

空气中久置的铝片表面有氧化铝薄膜，因此，硫酸首先和氧化铝反应，不产生氢气，Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O，离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；(2)铝片和硫酸反应放热，a→b段反应刚开始释放的热量不多

，温度低，反应速率较慢；(3)该反应是放热反应，b→c段温度升高，化学反应速率加快，故答案为：金属与酸反应属于放热反应，温度升高，反应速率加快；(4)曲线由c以后，硫酸的浓度逐渐减小，氢离子浓度减小，化学反应速率逐渐下降，故答案为：H+浓度降低，反应速率减慢。22.根据图示填空：已知：R-Br+

NaOH(溶液)→R-OH+NaBr(1)写出图中A、B的结构简式：A_____，B_____。(2)写出上述转化关系图中A＋B→C的化学方程式(有机物用结构简式表示)_________________；并写出反应类型：____________________。【答

案】(1).HOCH2-CH2OH(2).HOOC-COOH(3).HOOC-COOH+HOCH2-CH2OH+2H2O(4).酯化反应【解析】【分析】BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中会发生取代反应生成醇，可能取代一个溴原子，也可能取代两个溴原子，A经过酸性重铬酸

钾氧化生成酸B，A和B发生酯化反应生成分子式为C4H4O4，则可以推知，A为二元醇，B为二元羧酸，故A的结构简式为HOCH2-CH2OH，B的结构简式为HOOC-COOH，C4H4O4的结构式为。【详解

】(1)由分析可知A的结构简式为HOCH2-CH2OH，B的结构简式为HOOC-COOH；(2)A为二元醇，B为二元羧酸，生成，方程式为：HOOC-COOH+HOCH2-CH2OH+2H2O，该反应为酯化反应

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