【文档说明】四川省成都市东部新区养马高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(21)页，644.133 KB，由小赞的店铺上传

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成都东部新区养马高级中学2022-2023学年度（上）高2022级期中考试化学试题（时间：90分钟总分：100分）注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”

。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效

。3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27一、选择题：（本大题包括20小题，每小题3分，共60分）每小题只有一个选项符合题意。1.下列关于化学与能源的说法错误的是A.柴草及化石燃料转化成能源时

一定发生化学反应B.在多能源结构时期，氢能、生物质能等的核心仍然是化学反应C.核能、太阳能等的利用取决于新型材料的合成与开发D.过去和现在，能源的开发与利用离不开化学，将来能源的开发与利用不需要化学【答案】D【解析】

【详解】A．柴草及化石燃料转化成能源时，均要燃烧，燃烧为放热反应，均有新物质生成，均发生了化学反应，故A正确；B．氢能是由电解水制得；生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间

接地来源于绿色植物的光合作用，光合作用也是化学反应，故B正确；C．核能、太阳能的利用需要提出能发生核变化的金属，需要制备晶体硅等，故C正确；D．过去和现在，能源的开发与利用离不开化学，将来能源的开发与利用也需要化学，即人教版《必修2》P36，“能源的开发和利用

离不开化学，过去、现在、将来都是如此”，故D错误；答案为D。2.下列化学用语正确的是A.Cl-的结构示意图：B.甲烷分子的球棍模型：C.四氯化碳的电子式：D.氯乙烯的结构简式：CH2＝CHCl【答案】D【解析】【详解】A.Cl-的结构示意图为：，故A不选；B.

甲烷分子的球棍模型为：，是甲烷分子的比例模型，故B不选；C.四氯化碳的电子式为：，故C不选；D.氯乙烯的结构简式为：CH2＝CHCl，故D选。故选D。【点睛】球棍模型和比例模型都能表示出分子的空间结构，但球棍模型中有短线连接各个原子，还有注意的是不管是球棍模型还是比例模型，代表各原子的球的相对大

小要符合实际情况。共价化合物的电子式的书写，除了要写出共用电子对外，还要表示出没有共用的电子。3.下列热化学方程式正确的是A.甲烷的燃烧热为ΔH=-890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(

g)ΔH=-890.3kJ/molB.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭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=-38.6kJ/molC.已知H+(aq)+OH-(

aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol，则稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反应的反应热ΔH=2×(-57.3)kJ/molD.25℃、101KPa下，1gH2燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，其热化学方程式为H

2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A．表示甲烷燃烧的热化学方程式中，水必须呈液态，而CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-890.3kJ/mol中，水呈气态，A不正确；B．合成氨反应为可逆反应，将

0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，实际参加反应的N2小于0.5mol，所以其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜-38.6kJ/mol，B不正确；C．稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反

应，不仅存在反应H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol，还存在反应Ba2++24SO−=BaSO4↓，此反应也要放出热量，则稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反应的反应热ΔH＜2×(-57.3)kJ/mol，C不正确；D．1gH2燃烧生成液态水放出142

.9kJ热量，则1molH2燃烧生成液态水时放热142.9kJ×2=285.8kJ，所以热化学方程式为H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ/mol，D正确；故选D。4.在不同条件

下进行合成氨的反应（N2+3H2垐垐垐?噲垐垐?高温、高压催化剂2NH3），根据下列在相同时间内测定的正反应速率判断，生成NH3的速率最快的是A.v(H2)=0.2mol·L-1·min-1B.v(N2)=0.2mol·L-1·min-1C.v(NH3)=0.3m

ol·L-1·min-1D.v(H2)=0.005mol·L-1·s-1【答案】B【解析】【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与化学计量数的比值越大，表示的速率越快，注意单位要一致。【详解】A．()2H3v0.0671-

1molLmin−；B．v(N2)=0.21-1molLmin−；C．()3NH2v=0.151-1molLmin−；D．v(H2)=0.0051-1molLs−=0.31-1molLmin−，()2H3v=0.11-1molLmin−；故答案为：B。

5.足量的Zn粉与50mL0.1mol/L的稀硫酸充分反应。为了减慢此反应的速率而不改变H2的产量，可以采用如下方法中的①加Na2SO4溶液②改用50mL0.1mol/L的稀醋酸③冰水浴④改用50mL0.

1mol/L的硝酸⑤加NaHCO3固体A.①②③B.①③C.①④⑤D.②③⑤【答案】B【解析】【详解】①Na2SO4与Zn不反应，加入Na2SO4溶液，相当于加水稀释硫酸，c(H+)减小，反应速率减慢，但n(H+)不变，则反应速率减慢但不影响H2的质量，①符合题意；②改用50mL0.1mol/L的

稀醋酸，由于醋酸为一元酸而硫酸为二元酸，所以最终参加反应的H+的物质的量减小，不仅反应速率慢，而且生成的H2质量少，②不符合题意；③冰水浴，降低反应混合物的温度，减慢反应速率，但不影响生成H2的质量，

③符合题意；④硝酸与Zn反应不产生H2，④不符合题意；⑤NaHCO3与Zn不反应，不能产生H2，⑤不符合题意；综合以上分析，只有①③符合题意，故选B。6.把4molA和2.5molB混合于2L的密闭容器中，发生反应:3A(g)+

2B(s)C(g)+D(g)，5min后反应达到平衡，测得D的平均反应速率为0.05mol·L-1·min-1，下列说法错误的是A.A的平均反应速率为0.15mol·L-1·min-1B.平衡时，C的浓度为0

.25mol·L-1C.B的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1D.平衡时，容器内的压强为原来的7/8【答案】C【解析】【分析】5min后反应达到平衡，D的平均反应速率为0.05mol/(L·m

in)，则生成n(D)=2L×5min×0.05mol/(L·min)=0.5mol，列出三段式：()()()()3Ag+BsCg+Dg起始4mol00转化1.5mol0.5mol0.5mol平衡2.5mol0.5mol0.5mol。【详解】A．A的平均反应速率为=v()3Dv=

3×0.05mol·L-1·min-1=0.15mol·L-1·min-1，A正确；B．平衡时，C的浓度为==ncV0.5mol2L=0.25mol·L-1，B正确；C．B为固体，不能用单位时间内浓度变化量表示反应速率，C错误；D．平衡时，

容器内压强为原来的2.5mol+0.5mol+0.5mol4mol=78，D正确。故选C。【点睛】在恒容容器中，压强之比=物质的量之比。7.下列有关有效碰撞理论和活化能的认识，不正确的是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.温度升高，分子动能增加，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大C.选用适当的催化剂，降低活化能，活化分子百分数增加，碰撞频率增加，故反应速率增大D.H+和OH-的反应活化能接近于零，反应几乎在瞬间完成【答案】A【解析】【详解】A．增大反应物浓度，可以提高活化分子数，但活化分子百分数不变，

A不正确；B．温度升高，分子碰撞频率增加，活化分子数、活化分子百分数都提高，反应速率增大，B正确；C．选用适当的催化剂，能降低反应的活化能，使更多的分子成为活化分子，从而增大活化分子百分数，反应速率增大，C正确；D．

H+和OH-的反应速率非常大，反应几乎在瞬间完成，则表明反应的活化能接近于零，D正确；故选A。8.下列有关图象的叙述正确的是A.图I：H2的燃烧热为245kJ/molB.图II：b可能为使用催化剂的曲线，活化能降低C.图II：向容器中充入1molN2、3

molH2，充分反应后放出热量92.2kJD.图III：HgO(s)=Hg(l)+1/2O2(g)△H=-90.7kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A.燃烧热是指在250C、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所释放的热量，图I是H2完全燃烧生成水蒸气时的反应热，25

0C下水蒸气没有液态水稳定，图I无法确定1molH2完全燃烧生成液态水时的反应热，所以图I无法确定H2的燃烧热，A项错误；B.催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能，图IIb可能是使用催化剂的曲线，B项正

确；C.图II反应的热化学方程式为3H2(g)+N2(g)2NH3(g)；△H=-92.2kJ/mol，它表示1molN2和3molH2完全转化为2molNH3时放出92.2kJ热量。因该反应是可逆反应，向容器中充入1molN2和3molH2

时，1molN2和3molH2并不能完全转化，所以充分反应达到平衡时放出的热量小于92.2kJ，C项错误；D.图III中反应物HgO的总能量小于生成物Hg和O2的总能量，所以该反应是吸热反应，△H>0，图III的正确的热化学方程式为HgO(s)=Hg(l)+1/2O2(g)；△H=+90

.7kJ/mol，D项错误；答案选B。9.下列图中的实验方案，能达到实验目的的是（）A.图甲：进行中和热的测定B.图乙：比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱C.图丙：验证CuCl2对H2O2分解

有催化作用D.图丁：验证2NO2(g)N2O4(g)△H<0【答案】D【解析】【详解】A．铜丝可导热，应选环形玻璃搅拌棒，且没有用硬纸板盖在大小烧杯杯口上面，会导致热量散失，增大实验误差，故A错误；B．盐酸易挥发，盐酸也能与硅酸钠溶液反应，则不能比较H

2CO3和H2SiO3的酸性强弱，故B错误；C．温度不同、催化剂不同，应控制温度相同，才能探究催化剂对反应速率的影响，故C错误；D．温度不同，温度高时颜色深，则可验证2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0，故D正确；故选D。

10.已知反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中不正确的是A.该反应是吸热反应B.断裂1molA—A键和1molB—B键，吸收akJ能量C.该反应热为(b-a)kJ/molD.该反应中反应物的总能量低于产物的总能量【答案】C【解析】【详

解】A．由于生成物的总能量大于反应物总能量，故该反应为吸热反应，A正确；B．从图中可以看出，反应物1molA2和1molB2断键要吸收akJ的能量，B正确；C．该反应的反应热为（a-b）kJ/mol，C错误；D．从图中可以看出，反应物的总能量在下，生成物的总能量在上，故

该反应中反应物的总能量低于产物的总能量，D正确；故选C。11.苯乙烯()是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是A.分子式为C8H8B.分子中最多有12个原子共面C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.在催化剂存在

下可以制得聚苯乙烯【答案】B【解析】【分析】该有机物中含有苯环和碳碳双键，具有苯和烯烃的性质，结合苯和乙烯的结构与性质分析解答。【详解】A．由结构简式可知，苯乙烯的分子式为C8H8，故A正确；B．苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共

平面，该物质中所有原子都可能共平面，即分子中最多有16个原子共面，故B错误；C．结构中含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．结构中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚苯乙烯，故D正确；故选B。12.某温度下，反

应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在固定容器的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是A.容器内气体的密度不再发生变化B.体系内平均摩尔质量不再变化C.单位时间内消耗nmolO2同时生成2nmolSO3D.2v(SO3)正=v(O2)逆【答案】B【解析

】【详解】A．SO2、O2、SO3都是气体，因此气体总质量保持不变，容器为固定容积，因此气体总体积保持不变，任何一时刻气体的密度都相等，不能说明反应达到平衡，故A错误；B．SO2、O2、SO3都是气体，因此气体总质量保持不变，反应前后气体的物质的量发生变化，根据的mMn=可知

平均摩尔质量是变化量，当体系内平均摩尔质量不再变化时达到平衡状态，故B正确；C．消耗O2，生成SO3都是向正反应方向进行，因此单位时间内消耗nmolO2的同时生成2nmolSO3，不能说明反应达到平衡，故C错误；D．速率

之比不等于化学计量数之比，故D错误；答案为B。【点睛】一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面判断：一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定

正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变达平衡。13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.氯水中存在的平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，当加入适当的NaHCO3(s)后，溶液颜色变浅B.在K2Cr2O7溶液中存在如下平衡，2-

27CrO+H2O22-24CrO+2H+，若向K2Cr2O7溶液中滴入5~15滴浓硫酸，溶液颜色橙色加深C.对于反应体系CO(g)+NO2(g)NO(g)+CO2(g)，给平衡体系增大压强可使颜色变深D.对于反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0，

平衡体系升高温度颜色变深【答案】C【解析】【详解】A．当向氯水中加入适当的NaHCO3(s)后，溶液颜色变浅，说明氯气浓度减小，平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，A错误；B．向K2Cr2O7溶液中滴入5~15滴浓硫酸，

溶液颜色橙色加深，说明H+浓度增大时，平衡逆向移动，可以用勒夏特列原理解释，B错误；C．该平衡反应两边计量数和相等，给平衡体系增大压强，平衡不移动，但是由于NO2的浓度增大，使颜色变深，不可以用勒夏特列原理解释，C正确；D．对该平衡体系升高温度，可使平衡逆向移动，N

O2的浓度增大，所以颜色变深，可以用勒夏特列原理解释，D错误；故答案为：C。14.在密闭容器中进行反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)。下图是某次实验的化学反应速率随时间变化的图像，推断t时刻突然改变的条件可能是A.增大NO的浓度B.升高反应

体系的温度C.增大压强（缩小容器体积）D.添加了合适的催化剂【答案】C【解析】【详解】A．增大NO的浓度，t时刻正反应速率增大，逆反应速率不变，与图不符，A错误；B．该反应正反应为放热反应，升高反应体系温度，平衡逆向移动，与图不符，B错误；C．添加了合适的催化剂，正逆

反应速率同等程度的增大，与图不符，C错误；D．缩小容器体积增大压强，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，D正确；故答案选D。【点睛】根据勒夏特列原理：①升高温度时，反应向着吸热方向移动；降低温度时，反应向着放热方向移动；②增大压强时，反应向着系数变小的方向移动；减小压强时，反应向

着系数变大的方向移动；③增大浓度，反应向着削弱该物质浓度的方向移动。15.对于反应CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2OH，在不同条件的影响下，水蒸气含量随反应时间变化的趋势如下图：下列判断正

确的是A.1212,,Δ0TTppHB.1212,,Δ0TTppHC.1212,,Δ0TTppHD.1212,,Δ0TTppH【答案】B的【解析】【分析】【详解】先拐先平条件高，1212,T

Tpp．升高温度，水蒸气含量降低，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，Δ0H．答案选B。16.研究化学反应进行的方向对于反应设计等具有重要意义，下列说法正确的是A.2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)在低温下能

自发进行，则该反应的ΔH<0B.△H＜0、△S>0的反应在温度低时不能自发进行C.常温下反应2Na2SO3(s)+O2(g)=2Na2SO4(s)能自发进行，则ΔH>0D.在其他外界条件不变的情况下，

汽车排气管中使用催化剂，可改变产生尾气的反应方向【答案】A【解析】【详解】A．该反应S0，低温下自发，则ΔG=ΔH-TΔS<0，H0，A正确；B．H0、ΔS>0的反应，在温度低时ΔG=ΔH-TΔS<0，反应能自发进行，B错误；C．该反应S0，若该反应能自发进行，则ΔG=Δ

H-TΔS<0，H0，C错误；D．催化剂不能影响化学平衡，D错误；故选A。17.已知某化学反应的平衡常数表达式为()()()222(CO)HCOHOccKcc=，在不同温度下该反应的平衡常数如下表所示，下列有关叙述不正确的是T/°C70080083010001200K1.671

.111.000.600.38A.若在1L的密闭容器中通入CO和H2O各1mol，5min后温度升高到830°C，此时测得CO为0.4moL，则该反应未达到平衡状态B.上述反应的正反应是吸热反应C.该反应的化学方程式是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)D.若平衡浓度符合5c(CO2)

·c(H2)=3c(CO)·c(H2O)，则此时的温度为1000°C【答案】B【解析】【详解】A．根据题意列三段式，()()()()()()()222COgHOgCOgHgmol/L1100mol/L0.60.60.60.65minmol/L0.40.40.60.6

++起始转化末，()()()()222COH0.60.62.25COHO0.40.4ccQcc===，830°C，K=1.00，所以，则该反应未达到平衡状态，A正确；B．由表格信息可知升高温度，K减小，正反应为放热反应，B错误；C．由电离平衡常数表达式可知该反应的化学方

程式是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，C正确；D．平衡浓度符合5c(CO2)·c(H2)=3c(CO)·c(H2O)，求得()()()222(CO)H30.6COHO5ccKcc===，则此时的温度为1000°C

，D正确；故答案选B。18.对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2⇌N2+CO2+2H2O。在2L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n（CH4）随时间变化的有关实验数据见下表。下列说法正确的

是（）组别温度时间/min（n/mol）010204050①T1n（CH4）0.500.350.250.100.10②T2n（CH4）0.500.300.180.15A.组别1中，0-20min内，NO2的降解速率为0.025mol·L-1·m

in-1B.由实验数据可知实验控制的温度T1＞T2C.40min时，表格中T2对应反应已经达到平衡状态D.0～10min内，CH4的降解速率①＞②【答案】C【解析】【详解】A．①中0～20min内，v(CH4)=(0.5mol-0.25mol)/(2L×20min)=0.0

0625mol•L-1•min-1，NO2的降解速率为v(NO2)=2v(CH4)=0.0125mol•L-1•min-1，故A错误；B．温度越高反应速率越大，实验数据可知0～20min内，实验①中CH4物质的量的变化量为0.25mol，实验②中CH4的变化量0.32mol

，则实验②温度高，由实验数据可知实验控制的温度T1＜T2，故B错误；C．T1、40min时，反应达到平衡，因T2温度较高，平衡时用时更少，所以表格中40min时T2对应反应已经达到平衡状态，故C正确；D．温度越高，反应速率越快，则0～10mi

n内，CH4的降解速率①＜②，故D错误；所以本题答案为：C。【点睛】依据影响化学反应因素解答。温度越高化学反应速度越快，据此判断各个选项。19.在一可变密闭容器中发生反应：2A(g)+B(g)xC(g)，达到平衡时测得A的浓度为0.5m

ol/L，在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的2倍，再次达平衡时，测得A的浓度为0.2mol/L。下列有关的判断正确的是A.x=3B.物质C的体积分数减小C.平衡向正反应方向移动D.物质B的转化率降低【答案】C【解析】【分析】在温度不变的条件下，将

容器的容积扩大到原来的2倍的瞬间，各组分浓度将减小到原来的一半，即A的浓度为0.25mol/L，根据题意再次达到平衡时A的浓度为0.2mol/L<0.25mol/L，说明平衡向正反应方向移动了，由此分析。【详解】在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的2倍的瞬间，各组分浓度将减小到原来的一

半，即此时A的浓度为0.25mol/L，根据题意再次达到平衡时A的浓度只有0.2mol/L<0.25mol/L，说明平衡向正反应方向移动了。A.容器的容积扩大即为减压，由上分析可知平衡向正反应方向移动了，根据勒夏特列原理，正反应方向气体体积增大，所以x>3，A项错误

；B.因为平衡向正反应方向移动，所以C的体积分数增大，B项错误；C.由上分析可知平衡向正反应方向移动，C项正确；D.因为B的初始物质的量没有变，而平衡向正反应方向移动，所以B的转化率增大，D项错误；答案选C。20.温度为T0时，X(g)和Y

(g)在2L的密闭容器中发生反应生成Z(g)，各物质的物质的量随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应，X的物质的量随时间变化关系如图b所示。下列叙述中错误的是A.反应的方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)B.X(g)和Y(g)生成

Z(g)的反应时放热反应C.图a中反应达到平衡时，Y的转化率为62.5%D.T1时，若该反应的平衡常数K1的值为50，则T1＞T0【答案】D【解析】【详解】A．反应达到平衡时，X改变量为0.25mol，Y改变量为0.25mol，Z改变量为0.5mol，X、Y减少，Z增加，因

此反应的方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，A正确；B．根据图b，先拐先平衡，数值大，T1＞T2，从T2到T1，升温，X量增加，平衡逆向移动，即逆向是吸热反应，正向为放热反应，X(g)与Y(g)生成Z(g)的反应是放热反应，B正确；C．图a中反应达到平衡时，Y改变量为0.25mol，则Y的转化

率()0.25molaY=?100%=62.5%0.4mol，C正确；D．T0时，根据图中信息得出反应平衡常数20.5()2K==33.3<500.050.15×22，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则T0＞

T1，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4个小题，共40分。21.（1）甲醇燃料电池(DNFC)被认为是21世纪电动汽车最佳候选动力源。①在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO

2和液态水时放热22．68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为__________________________。②甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：a．CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H1=+49．0kJ·mol—1

b．32221CHOH(g)+O(g)=2H(g)+CO(g)2△H2已知H2(g)+12O2(g)H2O(g)△H3=-241．8kJ·mol-1则反应②的△H2=_________kJ·mol-1。（2）工业上一般可采用下列反应来合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）

，现实验室模拟该反应并进行分析，图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。①该反应的焓变△H_____0（填“＞”“＜”或“=”）．②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1_____K2（填“＞”“

＜”或“=”）③现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和3molH2，测得CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图2所示．从反应开始到平衡，CO的平均反应速率v（CO）=_____，该反应的

平衡常数为K=_____。④恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使()()3nCHOHnCO增大的有_____。A．升高温度B．充入He（g）C．再充入1molCO和3molH2D．使用催化剂．【答案】①.CH3OH(l)

+32O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝–725.76kJ·mol－1②.－192.8③.＜④.＞⑤.0.075mol/（L•min）⑥.43⑦.C【解析】【详解】（1）①1g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则1mol甲醇(32g)燃烧生成

CO2和液态水时放热32×22.68kJ=725.76kJ，故甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH(l)+32O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝–725.76kJ·mol－1；②根据盖斯定律可知，a－b即得到H2(g)+12O2(g)＝H2O(g)，所以该反应的△H3＝

△H2－△H1，即-241.8kJ·mol-1＝△H2－49.0kJ·mol—1，.解得△H2＝－192.8kJ·mol-1；（2）①根据先拐先平原则，由图1可知，温度T1<T2，平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应

正反应为放热反应，△H<0；②平衡时，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应正反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应移动，所以K1>K2；③CO的平均反应速率v(CO)＝1mol/L0.25mol/L10min−=0.075

mol/(L•min)；根据反应方程式：CO+2H2⇌CH3OH起始（mol/L）130反应（mol/L）0.751.50.75平衡（mol/L）0.251.50.75反应的平衡常数K＝20.750.251.5=43；④因该反应为放热反应，升高温度平

衡将向逆反应方向移动，()()3nCHOHnCO将减小，选项A错误；恒容条件下，充入He，平衡不移动，()()3nCHOHnCO将保持不变，选项B错误；再充入1molCO和3molH2相当于增大了压强，平衡将向正反应方向移动，()()3nCHOHnCO将增大，选项C正确；使

用催化剂，平衡不移动，()()3nCHOHnCO仍将保持不变，选项D错误；故答案选C。22.在密闭容器中进行如下反应：22C(s)HO(g)CO(g)H(g)Δ0H++高温，达平衡后，改变下列条件，

用“正反应”“逆反应”或“不移动”分析判断平衡移动情况，用“增大”“减小”或“不变”分析判断物质的量变情况。（1）增加C的含量，平衡____________，()2cHO___________．（2）保持反应容器体积和

温度不变，通入He，平衡____________，()2Hc____________．（3）在一定温度下，缩小反应容器体积，平衡向____________方向移动，c(CO)___________，2HO(g)的转化率

()2HO______________。（4）保持反应容器体积不变，升高温度，平衡向_________方向移动，()2Hc___________．（5）保持反应容器体积和温度不变，再通入2HO(g)，平衡向__________方向移动，2HO(g)的转化率()2HO_

________，c(CO)___________。【答案】（1）①.不移动②.不变（2）①.不移动②.不变（3）①逆反应②.增大③.减小（4）①.正反应②.增大（5）①.正反应②.减小③.增大【解析】【小问1详解】增加固体C的量，不影响反应速率，平衡不移动，c(H2O)不变，故答案为：不移动；不

变；【小问2详解】保持反应容器体积和温度不变，通入He，He不参与反应进程，不影响反应物和生成物的浓度，平衡不移动，()2Hc不变，故答案为：不移动；不变；【小问3详解】在一定温度下，缩小反应容器体积，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，()COc增大，H2O(g)的转化率()2HO减

小，故答案为：逆反应；增大；减小；小问4详解】保持反应容器体积不变，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即向正反应方向移动，()2Hc增大，故答案为：正反应；增大；【小问5详解】保持反应容器体积和温度不变，再通入2HO(g

)，2HO(g)浓度增大，平衡向正反应方向移动，从影响效果来看，相当于增大压强，H2O(g)的转化率()2HO减小，()COc增大，故答案为：正反应；减小；增大。【点睛】根据勒夏特列原理：①升高温度时，反应

向着吸热方向移动；降低温度时，反应向着放热方向移动；②增大压强时，反应向着系数变小的方向移动；减小压强时，反应向着系数变大的方向移动；③增大浓度，反应向着削弱该物质浓度的方向移动。23.某化学兴趣小组在

一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液时，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大。小组成员为此“异常”现象展开讨论，猜想造成这种现象的最可能原因有两种，并为此设计实验进行探究验证。猜想Ⅰ：此反应过程放热，温度升高，反应速率加快

；猜想Ⅱ：……。【实验目的】探究草酸与高锰酸钾反应的速率变化“异常”原因.【实验用品】仪器：试管、胶头滴管、量筒、药匙、玻璃棒等；试剂：0.1mol/LH2C2O4溶液、0.05mol/LKMnO4（硫酸酸化）溶液等。请你根据该兴趣小组的实验探究设计思路，补充完整所缺内容。（

1）草酸（H2C2O4，弱酸）与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为______________（2）要完成对猜想Ⅰ的实验验证，至少还需要一种实验仪器是_______________（3）猜想Ⅱ可是:___________________要设计实验验证猜想Ⅱ，进行该实验还要补充

一种试剂及一种仪器，分别是_______________（4）基于猜想Ⅱ成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容_____________。试管A试管B加入试剂实验现象（褪色时间）结论猜想Ⅱ正确【答案】①.5H2C2O4+2MnO42—+6H+=

10CO2↑+2Mn2++8H2O②.温度计③.生成的Mn2+对该反应有催化作用，加快反应速率④.MnSO4（s）和秒表⑤.试管A试管B加入试剂2mL0.1mol/LH2C2O4溶液、1mL0.05m

ol/L酸性KMnO42mL0.1mol/LH2C2O4溶液、1mL0.05mol/L酸性KMnO4，少量MnSO4（s）实验现象（褪色时间）褪色较慢褪色较快结论猜想Ⅱ正确（加入试剂时只要A试管与B试管所加的0.1mol/LH2C2O4溶液、0.05mol/L酸性KMnO4

体积相等即可。）【解析】【分析】猜想II：影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而草酸与高锰酸钾溶液发生反应：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大，反

应物是溶液，无气体，故不能是反应物的浓度和压强对反应速率产生的影响，则只能是生成的产物又做了此反应的催化剂，加快了反应速率。【【详解】（1）草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高锰酸钾溶液氧化为CO2，高锰酸根能被还原为Mn2+，根据得失电子数守恒来配平可得离子

方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（2）由于猜想I是认为可能是由于反应放热导致体系温度升高而加快了反应速率，故应测量反应前和反应开始后一段时间的温度变化，则还缺少温度计；（3）猜想I

I是认为生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，由于Cl-也能使高锰酸钾溶液褪色，故为了避免Cl-的干扰，故应补充MnSO4固体，通过测量溶液褪色的时间的长短来验证猜想，则还需的仪器是秒表；（4）要通过对比实验来

验证猜想Ⅱ，则实验B和实验A的试剂的选择应除了MnSO4固体不同，其他均应相同，故试管B内加入的试剂是在试管A试剂的基础上多加了MnSO4（s），由于结论是猜想II成立，则试管B的褪色时间应该比试管A的更快，故答案为试管A试管B加入试剂2mL0.1mol/LH2C2O4溶液、1m

L0.05mol/L酸性KMnO42mL0.1mol/LH2C2O4溶液、1mL0.05mol/L酸性KMnO4，少量MnSO4（s）实验现象（褪色时间）褪色较慢褪色较快结论猜想Ⅱ正确24.卤块的主要成分是2MgCl(还含有少量

2Fe+、3Fe+、2Mn+等离子)。以它为原料按如图流程可制得单质镁。已知：溶液中生成氢氧化物的pH如表物质3Fe(OH)2Mn(OH)2Mg(OH)开始沉淀2.78.39.6完全沉淀3.79.811.1请回答下列问题：（1）步骤①中加入NaClO的目的是______；为了尽

量除去杂质，pH应调至9.8，固体a中的成分有______。（2）溶液b中的主要溶质为______，步骤②后检验固体b已洗涤干净的操作为______。（3）已知步骤③产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则步骤③反应

的化学方程式为______。步骤④选用的试剂X应是______。(写化学式)（4）步骤⑤操作Ⅰ包括：先制得22MgCl6HO晶体，再加热失水得无水2MgCl．由溶液c制22MgCl6HO的操作为在HCl气流中______、______、过滤

。（5）步骤⑥反应的化学方程式为______。【答案】（1）①.将2Fe+氧化为3Fe+，便于除去②.3Fe(OH)、2Mn(OH)、2Mg(OH)（2）①.NaCl②.取少量最后一次洗液于试管，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，则固体b已洗净（3）①.3222ΔMgCO

+HOMg(OH)↓+CO②.HCl（4）①.蒸发浓缩(或加热浓缩)②.冷却结晶（5）22电解MgCl(熔融)Mg+Cl【解析】【分析】本实验由卤块溶液经过调节溶液pH值、过滤、加入试剂反应制备单质镁的过程，据此分析回答问题。【小问1详解】亚铁离子具有还原性，步骤①中加入NaClO

的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去；根据表格可知，pH应调至9.8，此时生成的沉淀与Fe(OH)3、Mn(OH)2、Mg(OH)2；【小问2详解】由流程分析可知，溶质b为NaCl，沉淀吸附溶液中的氯离子，可用检验氯离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是取少量最后一次洗液于试管中，加入硝

酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，则固体b已洗净；【小问3详解】由流程分析可知，固体b为碳酸镁，加水煮沸生成氢氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为MgCO3+H2O△Mg(OH)2+CO2；溶解

氢氧化镁生成氯化镁，应加入盐酸；【小问4详解】由溶液c制MgCl26H2O的操作为蒸发浓缩(或加热浓缩)、冷却结晶、过滤；【小问5详解】镁属于活泼金属，所以采用电解熔融盐的方式制得，化学方程式为MgCl2(熔融)电解Mg+Cl2。