【文档说明】新疆生产建设兵团第四师第一中学2020-2021学年高二上学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(20)页，853.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年第一学期高二年级期中化学考试试卷一、单选题（共18题，每题2.5分，共45分）1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）ABCD硅太阳能电池锂离子电池太阳能集热器燃气灶A.AB.BC.CD.

D【答案】D【解析】【详解】A.硅是良好的光电材料，硅太阳能电池是太阳能转化为电能的装置，故A不选；B.锂离子电池是化学能转化为电能的装置，为原电池，故B不选；C.太阳能集热器是太阳能转化为热能的装置，故C不选；D.燃气灶是化学能转化为热能的装置，故D选；故选：

D。2.电能是一种应用最广的能源。电能是（）A.一次能源B.二次能源C.可再生能源D.不可再生能源【答案】B【解析】【详解】A．可以从自然界直接获取的能源属于一次能源，电能是通过其他能源转化过来的能源，属于二次能源，故A错误；B．电能无法从自然界直接

获得，需要一次能源的消耗才能得到，属于二次能源，故B正确；C．可再生能源是可以在自然界里源源不断地得到的能源，如水能、风能、生物质能，电能不能源源不断地得到，不属于可再生能源，故C错误；D．不可再生能源是指越用越少，

不可能在短期内从自然界得到补充的能源，如化石能源、核能。电能可以通过其他能源转化过来，不属于不可再生能源，故D错误；故选B。3.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是A.SO2氧化为SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)B.500℃左右的温度比室温更有利于合成

氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0C.H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2(g)+I2(g)2HI(g)D.实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2+H2OH++Cl-+HClO【

答案】D【解析】【详解】A．加入催化剂有利于加快二氧化硫生成三氧化硫的反应速率，但是不会引起平衡平衡移动，不能用勒夏特列原理解释；B．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度

比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释；C．H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释；D．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应

是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，正确。故选D。4.目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.①、②、③三

步反应均释放能量B.该反应进程中有两个过渡态C.第①步反应的活化能最小D.总反应速率主要由第①步反应决定【答案】D【解析】【详解】A.根据反应历程，结合图可知，第①步反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，第②③步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，故A错误

；B.根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，故B错误；C.由图可知，第①步反应的活化能最大，故C错误；D.活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故D正

确；故选：D。5.100mL6mol•L-1的硫酸溶液与过量锌粉反应，在一定温度下为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，可向反应物中加入适量的（）A.硝酸钾B.醋酸钠C.硫酸氢钾D.氯化氢气体【答案】B【解析】【详解】A．硝酸钾在溶液中电离出的

NO3-在酸性条件下，有强氧化性，与Zn反应生成NO，不生成氢气，故A错误；B．加醋酸钠后，醋酸根离子结合氢离子生成醋酸，氢离子浓度减小，但醋酸也能与Zn反应生成氢气，故可以减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，B正确；C．加硫酸氢钾时氢离子

浓度、物质的量均增大，反应速率加快，生成氢气多，故C错误；D．加HCl气体，氢离子浓度、物质的量均增大，反应速率加快，生成氢气多，故D错误；故答案为B。6.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

O(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/molB.C(s)+12O2(g)=CO(g)△H=-110.5kJ/molC.H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ/molD.2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(

l)△H=-11036kJ/mol【答案】A【解析】【分析】燃烧热表示1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物。【详解】A.由热化学方程式可知，1mol一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳放出283.0

kJ的热量，△H能正确表示一氧化碳的燃烧热，故A符合题意；B.由热化学方程式可知，1mol碳不完全燃烧生成一氧化碳放出110.5kJ的热量，一氧化碳不是稳定氧化物，△H不能正确表示碳的燃烧热，故B不符合题意；C.由热化学方程式可知，1mol氢气全燃烧生成气态水放出241.8的热量，气态水不是稳定

氧化物，△H不能正确表示氢气的燃烧热，故C不符合题意；D.由热化学方程式可知，2mol辛烷全燃烧生成二氧化碳和液态水放出11036的热量，辛烷的物质的量不是1mol，△H不能正确表示氢气的燃烧热，故D不符合题意；故选A。7.在5L密闭容器中充入2molA气体和1

molB气体，在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的56，则A的转化率为()A.67%B.50%C.25%D.5%【答案】B【解析】【分析】利用三段式法计算。【详解】恒温恒容时，混合气体的压强是反应前

的56，说明混合气体的物质的量也是反应前的56，设A转化了物质的量x；2()()()()2mol1mol01nxxx21n()2mol-x1mol-xx2AgBgCgn+起始平衡则(2mol-x)+(1mol-1x2)+x=56(2mol+1mol)，解得x=1mol，故A的

转化率=1mol100%=50%2mol。故答案选B。8.下列图示变化为放热反应的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】反应物总能量大于生成物总能量的反应为放热反应，据此分析解答。【详解】A．图中反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，故A错误；B．图中反应物的总能量

大于生成物的总能量，是放热反应，故B正确；C．浓硫酸溶于水虽放出热量，但其是物理变化，不属于放热反应，故C错误；D．铵盐与碱的反应为吸热反应，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意浓硫酸的稀释属于物理变化，不是化学反应。9.一定温度下，在恒容密闭容器中充入CO和H2，发生反

应：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H＜0。下列图像符合实际且t0时达到平衡状态的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A.该反应中气体总质量、容器容积为定值，则密度始终不变，图示曲线不符合实际，且不能根据密度不变判断平衡状态，故A不符合题意；B.初始时CH3OH(g)的体积

分数应该为0，图示曲线与实际不符，故B不符合题意；C.2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)为气体体积缩小的反应，混合气体总质量为定值，则建立平衡过程中混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，图示曲线与实际不符，故C不符合题意；D.2H2(g)+CO(g)⇌

CH3OH(g)为气体体积缩小的反应，反应过程中压强逐渐减小，当压强不再变化，t0min时，表明达到平衡状态，故D符合题意；故选：D。10.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。已知：几种物质中化学键的键能如表所示。化

学键H—O键O=O键H—H键O—O键键能/(kJ/mol)463496436138若反应过程中分解了2molH2O，则下列说法不正确的是（）A.总反应为2H2O2H2↑+O2↑B.过程Ⅰ吸收了926kJ能量C.过程Ⅱ放出了574kJ能量D.过程

Ⅲ属于放热反应【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，该反应实现了光能转化为化学能，反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；B.由图可知，过程Ⅰ为2mol水分子发生H—O键断裂变为2molH原子

和2mol羟基，H—O键断裂吸收的能量为463kJ/mol×2mol=926kJ，故B正确；C.由图可知，过程Ⅱ为2molH原子和2mol羟基结合变为1mol氢气和1mol过氧化氢，形成H—H键和O—O键放出的能量为(436+138)kJ

/mol×1mol=574kJ，故C正确；D.由图可知，过程Ⅲ为1mol过氧化氢发生化学键的断裂变为1mol氢气和1mol氧气，断裂H—O键和O—O键吸收的热量为(463kJ/mol×2mol+138kJ/mol×1mol)=1064kJ，形成O=O键和H—H键放出的能量为(496kJ/

mol×1mol+436kJ/mol×1mol)=932kJ，吸收的能量大于放出的热量，则过程Ⅲ属于吸热反应，故D错误；故选D。11.在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(x)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确

的是A.该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量B.T2下，在0～t1时间内，υ(Y)＝1abt−mol/(L·min)C.M点的正反应速率υ正大于N点的逆反应速率υ逆D.M点时再加入一定量的X，平衡后X

的转化率减小【答案】C【解析】【详解】A、根据图像可知W点消耗的X的物质的量大于M点消耗X的物质的量，因此根据热化学方程式可知W点放出的热量多，A不正确；B、T2下，在0～t1时间内X的浓度减少了（a－b）mol/L，则根据方

程式可知Y的浓度增加了2ab−mol。反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以Y表示的反应速率为1()2abt−mol/(L·min)，B不正确；C、根据图像可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态。温度高反应速率快，到达平

衡的时间少，则温度是T1＞T2。M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，C正确；D、

由于反应前后均是一种物质，因此M点时再加入一定量的X，则相当于是增大压强，正反应是体积减小的可逆反应，因此平衡向正反应方向移动，所以X的转化率升高，D不正确.故选C。12.根据()2CaOH/CaO体系的能量循环图：A.5H0B.12HH0

+=C.345HHH=+D.12345HHHHH0++++=【答案】D【解析】【详解】A．气态水转化为液态水放出热量，则△H5＜0，A错误；B．氢氧化钙生成氧化钙固体和水蒸气，与液态水和氧化钙反应生成氢氧化钙不是可逆的过程，水蒸气变成

液态水会放出热量，△H1+△H2≠0，B错误；C．由盖斯定律可知，①+②+④+⑤=-③，即-(△H1+△H2+△H4+△H5)=△H3，则△H3≠△H4+△H5，C错误；D．由盖斯定律可知，①+②+④+⑤=-③，即△H1+△H2+△H4+△H5=-△H3，可知△H1+△H

2+△H3+△H4+△H5=0，D正确；答案选D。13.在图Ⅰ中A、B两容器里，分别收集着两种互不作用的理想气体。若将中间活塞打开，如图Ⅱ，两种气体分子立即都占有了两个容器。这是一个不伴随能量变化的自发过程。关于此过程的下列说法不正确的是（）A.此

过程是从混乱程度小向混乱程度大变化，即熵增大的过程B.此过程为自发过程，而且没有热量的吸收或放出C.此过程是自发可逆的D.此过程从有序到无序，混乱度增大【答案】C【解析】【详解】A.由题意“将中间活塞打开（如图所示），两种气体分子立即都分布在两个容器

中”，可知该过程为混乱度增大，由有序到无序的过程属于熵增加的过程，故A不选；B.由题意“将中间活塞打开（如图所示），两种气体分子立即都分布在两个容器中，这是一个不伴随能量变化的自发过程”可知此过程为自发过程，而且没有热量的吸收或放出，故B不选；

C.由题意知该过程中：△H=0，△S＞0，所以△H-T△S＜0，可知该过程为自发过程，其逆过程不能自发进行，故C选；D.由题意“将中间活塞打开（如图所示），两种气体分子立即都分布在两个容器中”可知该过程为由有序到无序的过程属于熵增加，混乱度增大的过程，故D不选

；故选：C。14.一定温度下，在三个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中5min时到达平衡。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5002.02.001.

6Ⅱ5002.0a01.0Ⅲ6001.01.01.01.4下列说法中正确的是（）A.容器Ⅰ中前5min的平均反应速率v(CO)=0.16mol•L-1•min-1B.该反应正反应为吸热反应C.容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量

为1.1molD.若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%【答案】C【解析】【详解】A.I中平衡时得到△n(COCl2)=1.6mol，根据方程式知，参加反应的△n(CO)=△n(

COCl2)=1.6mol，则5min内v(CO)=Δn1.6molV1L=Δt5min=0.32mol⋅L−1⋅min−1，故A错误；B.I、III若在相同条件下是等效平衡，升高温度平衡向吸热方向移动，

升高温度产物浓度降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故B错误；C.I中达到平衡状态时，n(CO)=n(Cl2)=2.0mol−1.6mol=0.4mol，则平衡时c(CO)=c(Cl2)=0.4mol1L=0.4mol/L，c(COCl2)=1.6mol1L=1.6mol

/L，化学平衡常数K=1.60.40.4=10，温度相同化学平衡常数相同，所以II中化学平衡常数K=10，()()()22COgClgCOClgmol/L2a0mol/L1.01.01.0mol/L1.0a-1.01.0起始量（）转化量（）平衡量（）化学平衡常数K=1.01.0(a-1.

0)=10，a=1.1，故C正确；D.I中加入2.0molCO、2.0molCl2时，CO转化率=1.6mol100%2.0mol=80%，如果起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，容器内压强小于加入2.0molCO、2

.0molCl2时压强，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，所以CO转化率小于80%，故D错误；故选：C。15.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。据此判断下列说法中正确的是（）A.石墨转变为金刚石是吸热反应B.白磷比红磷稳定C.S(g)+O2(g)=SO2(g)

△H1S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2，则△H1>△H2D.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H>0【答案】A【解析】【详解】A.从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，A正确；B.白磷能量高于红磷，所以红磷比白

磷稳定，B错误；C.气态硫的能量高于固态硫，所以气态硫与氧气反应放出的热量大于固态硫，由于放热反应，，故ΔH1<ΔH2，C错误；D.由图4可以看出，CO2(g)和H2(g)具有的总能量小于CO(g)和H2O(g)具有的总

能量，为吸热反应，则CO(g)和H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)为放热反应，ΔH<0，D错误；答案选A。16.对已经达到化学平衡的反应2X（g）+Y（g）=2Z（g）减小压强时，对反应产生的影响是（）A.逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方

向移动B.逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动D.正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动【答案】C【解析】【详解】A.减小压强，逆反应速率减小，A错误；B.减小压强，正反应

速率减小，B错误；C.减压则正、逆反应速率都减小，正反应是气体分子总数减小的反应，减压则使平衡向逆反应方向移动，C正确；D.减压平衡向逆反应方向移动，D错误；答案选C。17.实验室用4molSO2与2molO2进行下列反应：2SO2(g)+O2(g)2

SO3(g)△H=-196.64kJ/mol，当放出314.624kJ热量时，SO2的转化率为A.40%B.50%C.80%D.90%【答案】C【解析】【详解】放出314.624kJ的热量，消耗SO2的物质的量为314.62

4kJ2mol196.64kJ=3.2mol，则SO2的转化率为3.2mol4mol×100%=80%，答案选C。18.溶液中的反应：X+Y⇌2Z分别在①、②、③三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度c(X)=c(Y)=0.100mo1/L，c(Z)=0，反应物X的浓度随时间变化的关系如

图所示。②、③与①比较只有一个实验条件不同，下列说法不正确的是()A.反应在0至5.0min之间实验③的反应速率最快B.实验②的反应最先达到平衡C.与①相比，②可能是增大了压强D.该反应的正反应是吸热反应【答案】C【解析】【详解】A

．相同时间内，浓度变化量越大，化学反应速率越快，相同时间内浓度变化量最大的是实验③，则0～5.0min实验③的反应速率最快，故A正确；B．反应达到平衡需要的时间越短，越先达到平衡状态，根据图知，最先达到平衡状态的是实验②，

故B正确；C．该反应是在溶液中进行的，压强几乎不影响反应速率，所以实验②不可能是改变压强，可能是加入催化剂，故C错误；D．反应达到平衡时间①＞③，则化学反应速率：①＜③，与①相比，③改变的条件应该是升高温度，升高温度，平衡

时，反应物X的浓度减小，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故D正确；故选C。二、填空题(2题，共27分)19.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：（1）

该反应的化学方程式为____。（2）反应开始～2min，气体X的平均反应速率为___。（3）此反应在四种不同情况下的反应速率分别为：①v(X)=5mol/(L·min)②v(Y)=0.05mol/(L·S)③v(

Z)=4.5mol/(L·min)，其中反应速率最快的是___(填编号)。【答案】(1).3X+Y2Z(2).0.075mol/(L·min)(3).②【解析】【详解】(1)由图可知，Y、X的物质的量减少，则Y、X为反应物

，而Z的物质的量增加，可知Z为生成物，v(Y)：v(X)：v(Z)=△n(Y)：△n(X)：△n(Z)=(1−0.9)：(1−0.7)：(0.2−0)=1：3：2，且2min后物质的量不再变化，由速率之比等于化学计量数之比可知反应为3X+Y2

Z；(2)反应开始至2min,以气体X表示的平均反应速率为0.3mol2L2min=0.075mol/(L⋅min)；(3)速率之比等于化学计量数之比，速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则①比值是53，②v(Y)=0.05mol/(L·S)=3mol/(L·m

in)，比值为31，③比值是4.5924=，则②中反应速率快。20.在恒容的密闭容器内，使1molN2和3molH2混合发生下列反应：3H2+N22NH3∆H＜0（1）升高温度时，混合气体的密度_____。（填：“变大”或“变小”或

“不变”）（2）当达到平衡时，充入N2，平衡将_____移动。（填：“正向”或“逆向”或“不”，下同）（3）当达到平衡时，充入Ar气，平衡将_____移动。（4）当达到平衡时，将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时增大1倍，平衡将_____移动。【答案】(1).不变(

2).正向(3).不(4).正向【解析】【分析】本题主要考察勒夏特列原理在化学平衡中的运用，通过分析反应体系浓度的变化，结合压强与浓度的关系，以及压强对化学平衡的影响，可以解答本题：(1)改变温度平衡移动，但不改变质量；(2)充氮气增大了反应物的浓度；(3)体积不变时充入A

r不改变反应体系各物质的浓度；(4)同等倍数增大浓度相当于加压。据此解答。【详解】(1)根据密度公式：mV=，该体系容积不变、质量不变，所以密度不变，故答案为：不变。(2)根据勒夏特列原理，增大反应物N2的浓度时，平衡向正向移动，故答案为：正向。(3)恒容时，在平

衡体系中充入无关气体，虽能使总压强增大，但反应物和生成物的分压不变、浓度不变，正反应速率和逆反应速率均不变，所以平衡不移动，故答案为：不。(4)同等倍数的增大各物质的浓度，相当于在原平衡的基础上加压，所以平衡向正向移动，故答案为：正向。【点睛】压

强对化学平衡的影响理解要正确：压强影响化学平衡的实质是通过改变浓度来影响化学平衡：如果增大压强没有改变浓度，则平衡不受影响，无气体参与和生成的可逆反应，改变压强对浓度的影响很小，因此可认为对平衡没有影响；对气体反应，同

等倍数的增大浓度，相当于在同原来等效的基础上加压；充无关气体：恒容条件下对速率和平衡都没有影响，恒压条件下相当于减压。21.回答下面各题。Ⅰ．2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释

了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化生产研究，实现可持续发展。已知：CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)△H1=+41.1kJ•mol-1；CO(

g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=-90.0kJ•mol-1则CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：______。Ⅱ．工业上一般在恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)如表所列数据是反应在不同温度下的化学平

衡常数(K)：温度℃250300350K2.0410.2700.012(1)该反应的化学平衡常数表达式为K=___。(2)由表中数据判断该反应的△H__0(填“＞”、“=”或“＜”)；(3)某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(C

O)=0.2mol/L，则此时的温度为_______℃。(4)判断反应达到平衡状态的依据是______(填字母序号).A．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等B．混合气体的密度不变C．混合气体的相对平均分子质量不变

D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化(5)要提高CO的转化率，可以采取的措施是_______(填字母序号).a．增加CO的浓度b．加入催化剂c．升温d．加入H2e．加入惰性气体f．分离出甲醇【答案】

(1).CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-48.9kJ·mol-1(2).K=322(CHOH)(CO)(H)ccc(3).＜(4).250(5).C、D(6).d、f【解析】【分析】Ⅰ．根据盖斯定律分析解答；Ⅱ．根据平衡常数的概念以及平衡常数

与温度变化关系确定反应的焓变，在结合三段式计算解答(1)(2)(3)；(4)当反应前后改变的物理量不变时该反应达到平衡状态，据此判断平衡状态；(5)要提高CO的转化率，可以通过改变条件时候平衡正向移动，但不能是通过增大CO的方法，据此分析判断。【详解】Ⅰ．①CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)

+CO(g)△H1=+41.1kJ/mol，②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=-90.0kJ/mol，根据盖斯定律，将①+②得：CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H=-48.9kJ/mol，故答案为：CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)

+H2O(g)△H=-48.9kJ/mol；Ⅱ．(1)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，对于CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡常数的表达式为K=322(CHOH)(CO)(H)ccc，故答案为：322(CHOH)(CO)(H)ccc

；(2)升高温度，平衡向吸热方向移动。根据表格数据知，温度越高，化学平衡常数越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即△H＜0，故答案为：＜；(3)某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，

充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则：()()()()()()231300.81.60.80COg+2HgCHOHgmol/Lmol/Lmol/.21.0L4.8起始浓度变化浓度平衡浓度平衡常数K=322(CHOH)(CO)(H

)ccc=20.80.214．=2.042，对应温度为250℃，故答案为：250；(4)A．无论反应是否达到平衡状态都存在生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等，不能据此判断平衡状态，故A不选；B．反应前后气体的质量不变、容

器的体积不变，所以无论反应是否达到平衡状态，混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故B不选；C．反应前后气体的质量不变，气体的物质的量减小，所以其相对平均分子质量增大，当混合气体的相对平均分子质量不变时，说明反应达到平衡状态，故C选；D．CH3OH、CO、H

2的浓度都不再发生变化，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D选；故选CD；(5)a．增加CO的浓度平衡正向移动，但CO的转化率减小，故a不选；b．加入催化剂不影响平衡移动，CO的转化率不变，故b不选；c．该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，C

O的转化率降低，故c不选；d．加入H2，平衡正向移动，CO的转化率增大，故d选；e．加入惰性气体，容器的体积不变，反应物的浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，故e不选；f．分离出甲醇，甲醇的浓度减小，平衡正向移动，CO的转化率增大，故f选；故选df。【点睛】本题的易错点为(5)，要注

意增加CO的浓度，尽管平衡正向移动，但CO的转化率是减小的。三、实验题（2题，28分）22.某实验小组用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/LH2SO4溶液进行中和热的测定实验。I.配制0.50mol/LN

aOH溶液，若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，则至少需要称量NaOH固体___g。II.实验小组组装的实验装置如图所示：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___，装置中仍存在的缺陷是___。（2）若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，测得的中和热数值会___(填“偏

大”“偏小”或“无影响”，下同)；若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的Ba(OH)2溶液，测得的中和热数值会__。（3）纠正好实验装置后进行实验，在实验测定过程中保证酸稍过量，原因是___。最终实验结果的数值偏大，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.在量取NaOH溶液的体积时仰视读数c.分多次把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小烧杯中d.用温度汁测定NaOH溶液的起始温度后直接测定H2SO4溶液的起始温度【答案】(1).5.0(2).环形玻璃搅拌棒(3).大小烧杯杯

口未平(或大小烧杯杯口未平，大小烧杯间未用碎纸条填满)(4).偏小(5).偏大(6).确保碱能反应完全(7).b【解析】【详解】I.没有245mL的容量瓶，所以用250mL的容量瓶，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0

.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g；II.(1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；装置中仍存在的缺陷是大小烧杯杯口未平(或大小烧杯杯口未平，大小烧杯间未用碎纸条填满)，容易引起热量损失；(2)一水合氨为弱

碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于56.8kJ，故答案为偏小；若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的Ba(OH)2溶液，因反应生成硫酸钡沉淀放热，使得酸碱反应放出更多的热，则测得的中和热数值会偏大；(3)纠正好实验装置后进行实验，在实验

测定过程中保证酸稍过量，原因是确保碱能反应完全；a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，选项a不符合；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，选项b符合；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失，中

和热的数值偏小，选项c不符合；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，选项d不符合；答案选b。23.用酸性KMnO4和H2C2

O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)：实验序号A溶液B溶液①20m

L0.1mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液②20mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液（1）该实验探究的是____因素对化学反应速率的影响。（2）若实验①在2min末收集了4.48mLCO2(标准状况下)，

则在2min末，c(MnO4−)=___mol·L-1。（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定___来比较化学反应速率。（4）小组同学发现反应速率总是如图二，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是①该反应放热、②____。【答案】(1).浓度(

2).0.0052(3).KMnO4溶液完全退色所需时间(或产生相同体积气体所需时间)(4).产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂【解析】【详解】（1）对比①②实验可探究草酸的浓度对化学反应速率的影响。（2）4.48mLCO2（标准状况下）的物质的量为2×1

0-4mol，根据反应2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，消耗MnO4-的物质的量为4×10-5mol，反应剩余的高锰酸根离子的物质的量为：30×10-3L×0.01mol·L-1-0.00004mol=0.000

26mol，则在2min末，c（MnO4﹣）=0.00026mol÷0.05L=0.0052mol/L。（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率。（

4）产物Mn2+（或MnSO4）是反应的催化剂，所以t1～t2时间内速率变快。24.工业废水中常含有一定量的Cr2O27−和CrO24−，它们会对人类及生态系统产生很大的危害，必须进行处理。常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为：其中第①步存在平衡：2CrO

24−（黄色）+2H+Cr2O27−（橙色）+H2O（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显____色；（2）能说明第①步反应达平衡状态的是____；a.溶液的颜色不变b.2v(CrO24−)=v(Cr2O27−)c.Cr2O27−和CrO24−的浓度相同（3）第②步中，还原1molCr2O27

−离子，需要___mol的FeSO4·7H2O。【答案】(1).橙(2).a(3).6【解析】【详解】(1)若平衡体系的pH=2，溶液显酸性，根据平衡2CrO24−（黄色）+2H+Cr2O27−（橙色）+H2O可知，溶液中主要是Cr2O27−，则溶液显橙色；(2)两种离子均有颜色；Cr2

O72-的浓度不变或者是溶液的颜色不变可以说明反应达到平衡，而Cr2O72-和CrO42-的浓度相同只是过程中的一个特殊时刻，不能用来判断反应是否达到平衡，2v(Cr2O72-)=v(CrO42-)也只是过程中的一个特殊

时刻，同时也没有标明正逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故不能用来判断反应是否达到平衡，故本题选择a；(3)第②步中，用Fe2+作为还原剂，Cr2O27−作氧化剂生成Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒，还原1molCr2O27−离子转

移电子的物质的量为2×（6-3）=6mol，则需要6mol的FeSO4·7H2O。