【文档说明】安徽省滁州市定远县炉桥中学2019-2020学年高二上学期第二次检测化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，442.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年上学期高二第二次检测卷化学试题一、选择题（本题共16小题，满分48分。）1.下列有关叙述正确的是A.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=—483.6kJ/mol，则氢气

的燃烧热为241.8kJ/molB.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H>0，则金刚石比石墨稳定C.已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H1;2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2;，则△H1＞△H2D.含20

.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则该反应中和热的热方程式为NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H＝一57.4kJ/mol【答案】D【解析】A项，H2完全燃烧后生成的稳定氧化物为H2O（l），氢气的燃烧热大于241.8kJ/m

ol，错误；B项，石墨转化为金刚石为吸热反应，石墨具有的总能量小于金刚石具有的总能量，则石墨比金刚石稳定，错误；C项，两者都是C（s）的燃烧反应，ΔH10、ΔH20，前者为2molC（s）完全燃烧，后者为2molC（s

）不完全燃烧，等物质的量的C（s）完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，则ΔH1ΔH2，错误；D项，n（H2O）=n（NaOH）=20.040/ggmol=0.5mol，则生成1molH2O放出的热量为28.7kJ0.5=57.4kJ，则中和热

的热化学方程式为NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H＝一57.4kJ/mol，正确；答案选D。2.己知反应：①l0lkPa时，2C(s)+O2(g)==2CO(g)△H1=-221kJ/mol

②稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)==H2O(1)△H2=-57.3kJ/mol下列结论正确的是A.碳的燃烧热为221kJ/molB.碳的燃烧热为ll0.5kJ/molC.浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热值为57.3kJ/mo

lD.稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成lmol水，放出的热量小于57.3kJ【答案】D【解析】【详解】2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ/mol，反应中不是1mol纯物质的燃烧，且CO不是碳的最稳定的氧化物，碳完全燃烧生成二氧化碳

为稳定的产物，选项A、选项B均错误；浓硫酸稀释放出大量的热，浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，产生大于57.3kJ热量，选项C错误；醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，选项

D正确。答案选D。3.反应A+B→C分两步进行：①A+B→X②X→C，反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是A.E2表示反应X→C的活化能B.X是反应A+B→C的催化剂C.反应A+B→C的ΔH<0D.加入催化剂可改变反应A+B→C的焓变【答案】C【解析

】【详解】A、由于反应热△H=反应物的总能量-生成物的总能量，故E2不是反应X→C的反应热，而是反应X→C的逆反应的活化能，故A错误；B、催化剂在反应中要先被消耗、后又生成，但X在反应A（g）+B（g）→C（g）中先生成、后消耗，故不是催化剂，只是中间产物，故B错

误；C、依据图象分析可知反应物AB能量高于生成物C的能量，反应是放热反应，故C正确；D、反应吸放热即及吸放热的多少取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，与催化剂的使用无关，故D错误；故选：C。【点睛】本题考查了反应的焓变意义图象分析应用，催化剂改变反应速率的过

程，掌握基础是关键，易错点B，注意催化剂和中中间产物的区别。4.三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如下图所示，己知其燃烧热ΔH=-3677kJ/mol(P被氧化为P4O10),下列有关P4S

3的说法中不正确的是A.P4S3中磷元素为+3价B.分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构C.热化学方程式为P4S3(s)+8O2(g)=P4O10(s)+3SO2(g)；△H=－3677kJ/molD.分子中存在极性键与非极性键【

答案】A【解析】A．由P4S3的分子结构可知，1个P为+3价，其它3个P都是+1价，正价总数为+6，而S为-2价，错误；B．P原子最外层有5个电子，S原子最外层有6个电子，由P4S3的分子结构可知，每个P形成3个共价键，每个S形成2个共价键，分子中每个原子最外层均达到8电子稳

定结构，B正确；C．根据燃烧热的概念：1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，则P4S3（s）+8O2（g）=P4O10（s）+3SO2（g）；△H=-3677kJ/mol，C正确；D．由P4S3的分子结构可知，P-P之间的键为非极性键

，P-S之间的键为极性键，一个P4S3分子中含有三个非极性共价键，D正确。5.下列有关能量的判断或表示方法正确的是（）A.从C(石墨)=C(金刚石)△H=+1.9kJ/mol，可知金刚石比石墨更稳定B.相同条件下，等物质的量的硫蒸气和硫固体分别

完全燃烧，前者放出热量更多C.由H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-573kJ/mol，可知含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量等于57.3kJD.2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8k

J热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-285.8kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A．C(石墨)═C(金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1为吸热反应，石墨的能量低于金刚石能量

，石墨比金刚石更稳定，故A错误；B．硫固体转变成硫蒸气要吸收热量，所以等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多，故B正确；C．醋酸为弱酸，电离需要吸热，所以含1molCH3COOH的溶液与含

1molNaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，故C错误；D．2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，4gH2完全燃烧生成液态水放出571.6kJ热量，则热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)

═2H2O(l)；△H=-571.6kJ•mol-1，故D错误；故选B。6.化工生产中常用的CO和H2，可通过烃与水蒸气反应得到。其中甲烷可发生以下两个反应：①CH4(g)＋1/2O2(g)===2H2(g)＋CO(g)ΔH＝－36kJ/mol②CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3

H2(g)ΔH＝＋216kJ/mol下列热化学方程式中，反应热为零的是A.4CH4(g)＋O2(g)＋2H2O(g)===4CO(g)＋10H2(g)B.7CH4(g)＋3O2(g)＋H2O(g)==

=7CO(g)＋15H2(g)C.3CH4(g)＋O2(g)＋H2O(g)===3CO(g)＋7H2(g)D.5CH4(g)＋2O2(g)＋H2O(g)===5CO(g)＋11H2(g)【答案】B【解析】【详解】由盖斯定律可求得四个选项的反应热依次为：＋360kJ/mol、0、＋144kJ/m

ol、＋72kJ/mol，故B符合题意，答案选B。7.在1L容器中充入0.5molN2和1.5molH2发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH=-92.4kJ•mol-1，下列关于该反应的说法正确的是A.反应达到平衡时共放出46.2kJ的热量B.

若将容器体积压缩至0.5L，可提高单位体积内活化分子百分数，从而加快正反应速率，降低逆反应速率C.任何时刻均有：υ（N2）=3υ（H2）=2υ（NH3）D.若保持容器体积不变，继续通入0.5molN2和1.5molH2，则N2的转化

率变大【答案】D【解析】【详解】A.该反应是可逆反应，反应不能进行完全，放出的热量小于46.2kJ，故A错误；B.将容器的体积压缩，会使体积减小浓度增大，可提高单位体积活化分子的百分数，使正、逆反应速率都增

大，故B错误；C.速率之比等于化学计量数之比，所以在任何时刻都有υ（N2）：υ（H2）：υ（NH3）=1:3:2，故C错误；D.若保持容器体积不变，继续通0.5molN2和1.5molH2，相当于增大了反应物的浓度，使平衡正向移动，增大N2的转化率，故D正确；答案选D。【点睛】本题

的关键是可逆反应，只有全面掌握可逆反应的知识，并将知识灵活运用，本题即可迎刃而解。8.某密闭容器中发生如下反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH＜0，下图表示该反应的速率（v）随时间（t）变化的关系，t

1、t3、t4时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中不正确的是（）A.t1时升高了温度B.t3时加入了催化剂C.t4时降低了压强D.在t3～t4时间内，X的体积分数最大【答案】D【解析】A.升高温度，正逆反应都增大，正反应放热，则

平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，故A正确；B.加入催化剂，正逆反应都增大，且正反应速率等于逆反应速率，故B正确；C.减小压强，正逆反应速率都减小，逆反应方向为气体增多的方向，则平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，故C正确；D.在t1∼t6时间段内，平衡都逆向

移动，则t5∼t6时刻X的体积分数最大，故D错误；答案选D。点睛：本题主要以图象的形式考查外界条件对反应速率和平衡的影响，可逆反应图像的答题技巧是：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、利用三步分析法判断反应速率的变化和平衡移动的方向，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。本题的难点在D项判断哪个时间段X的体积分数最大，在解题时要注意

各时间段变化的过程中，除了t3～t4时间段平衡不移动，其他时间段平衡状态被破坏时，都是逆向移动，因此t5∼t6时刻X的体积分数最大。9.容积固定为3L的某密闭容器中加入1molA、2molB，一定温度下发生如下发应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，经反应5min后，测

得C的浓度为0.3mol·L-1。则下列说法正确的是A.5min内D的平均反应速率为0.02mol·L-1·min-1B.第5min时C的反应速率为0.06mol·L-1·min-1C.经5min后，向容器内再加入A，

正反应速率变大D.平衡状态时，生成1molD时同时生成1molA【答案】D【解析】【详解】A、5min内D的平均反应速率为0.3/5minmolL0.06mol·L-1·min-1，故A错误；B、5min内C的

平均反应速率为0.06mol·L-1·min-1，故B错误；C、A是固体，增加固体的量，速率不变，故C错误；D、生成1molD时同时生成1molA，可知正逆反应速率相等，故D正确。10.某化学小组研究在其他条件不变时，改

变密闭容器中某一条件对A2(g)+3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是A.若2T＞1T，则正反应一定是放热反应B.在2T和2(A)n不变时达到平衡，3AB的物质的量大小为：c＞b＞aC.若2T＞1

T，达到平衡时b、d点的反应速率为dv＞bvD.达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c【答案】B【解析】【详解】A、由图可知，T2时AB3的体积分数大于T1时AB3的体积分数，当T2＞T1时，则说明升高温度平衡正向移动，即正反应为吸热反应，故A错误；B、在可逆反应中，随着B2

的量的增加，A2的转化率逐渐增大，生成的AB3的物质的量逐渐增大，故B正确；C、温度越高，反应速率越快，当T2＞T1时，vd＜vb，故C错误；D、在可逆反应中增加一种反应物的浓度可以提高另一种物质的转化率，随着B2的量的增加，A2的转化率逐渐增大，即c＞b＞a，故D错误；故选B

。11.在一定温度下，改变反应物中n(SO2)，对反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<0的影响如图所示，下列说法正确的是（）A.反应b､c点均为平衡点，a点未达到平衡且向正反应方向进行B.a､b､c三点的平衡常数Kb>Kc>KaC.上述图象可以得出SO2的含量越高

得到的混合气体中SO3的体积分数越高D.a､b､c三点中，a点时SO2的转化率最高【答案】D【解析】【详解】A.图像的横坐标是起始时n(SO2)，纵坐标是平衡时SO3的体积分数，因此，曲线是平衡线，线上的每个点均为平衡点，A项错误；B.对于一个指定的反应，其平衡常数只受温度

的影响，上述反应在一定温度下进行，因此，a、b、c三点的平衡常数相等，B项错误；C.由图像知，随起始时n(SO2)的增大，平衡时SO3的体积分数先逐渐增大、后又逐渐减小，C项错误；D.增加一种反应物的用量，

可以提高另一反应物的转化率，而本身转化率降低，因此a、b、c三点中，n(SO2)逐渐增大，平衡时SO2的转化率逐渐减小，a点时SO2的转化率最高，D项正确；答案选D。12.一定温度下，将0.6molA和0.5m

olB充入0.4L密闭容器中发生2A(g)+B(g)mD(g)+E(g)，经过5min后达到化学平衡，此时测得D为0.2mol。又知5min内用E表示的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1，下列结论正确的是()A.

A、B均转化了20%B.m值为2C.该温度下，反应的平衡常数K为1.33L·mol-1D.平衡时混合物总物质的量为1mol【答案】C【解析】5min内用E表示的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1，说明生成的E为0.5mol·L-1

，物质的量为0.5×0.4=0.2mol，则生成的D、E相等，所以m=1选项B错误。生成0.2molE，一定消耗了0.4molA和0.2molB，所以A的转化率为2/3，选项A错误。达平衡时c(A)=

0.5mol/L，c(B)=3/4mol/L，c(D)=0.5mol/L，c(E)=0.5mol/L，所以K=20.50.54=330.54，即1.33L·mol-1，选项C正确。平衡时A、B、D、E分

别为0.2mol、0.3mol、0.2mol和0.2mol，总物质的量为0.9mol，选项D错误。13.将4molA气体和2molB气体在2L的定容密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)；经2s后测得C的物

质的量浓度为0.6mol·L－1，现有下列几种说法：①用物质A表示的这段时间的平均速率为0.3mol·L－1·s－1②用物质B表示的这段时间的平均速率为0.6mol·L－1·s－1③2s时物质A的转化率为30%④2s时物质B

的物质的量浓度为0.3mol·L－1其中正确的是（）A.①③B.②④C.①②D.③④【答案】A【解析】若经2s（秒）后测得C的浓度为0.6mol·L－1，则参加反应的A为1.2molB为0.6mol生成C1.2molVA="0.3"

mol·L－1·s－1VB=0.15mol·L－1·s－1①正确②错误。2s时物质A的转化率1.2/4=0.3，③正确。2s时物质B的浓度为0.7mol·L－1，④错误，综合后可得选A。14.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（

g）2Z（g）△H<0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表。下列说法正确的是t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A.反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×10-5mol/（L·min）B.其他条件不变，降低温度，反应达到新

平衡前v（逆）＞v（正）C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44D.其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的物质的量浓度减小【答案】C【解析】【详解】A、2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，故v（Y）=0.04102minm

olL=0.002mol/（L·min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/（L·min）=0.004mol/（L·min），故A错误；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），故B错误；C、由表中数据可知

7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.10mol，则：20.160.1600.060060.120.10.10.12XgYgZgmolmolmol（）（）（）开始（）变化（）平衡（）由于反应前后气体的化学计量数相等，用物质的量代替

浓度进行计算，故化学平衡常数k=20.120.10.1=1.44，故C正确；D、再通入0.2molZ，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误；故选：C。【点睛】本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难点C，注意

对化学平衡常数的理解。15.下列说法中正确的是A.△H<0、S>0的反应在温度低时不能自发进行B.煅烧石灰石能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C.因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的依据D.在其他外界条件不变的情况下，

使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向【答案】B【解析】【详解】A、当ΔH＜0，ΔS>0，时一定有ΔG=ΔH-TΔS＜0，故无论温度高低，反应都能自发进行，选项A错误；B、煅烧石灰石反应△H＞0、△S＞0，能自发进行说明，△H-T△S＜0，原因是体系有自发地向混乱度

增加的方向转变的倾向，选项B正确；C、因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变只有联合起来作为反应自发性判断的依据，△G=△H―T△S，选项C错误；D、在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改

变化学反应速率，但不能改变化学平衡和反应方向，选项D错误；答案选B。16.在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g）2Z（g），有关下列图像说法正确的是A.依据图甲可判断正反应为吸热反应B.在图乙中，虚线可表示压强增大C.若正反应的△H<0，图丙可表示升高温度使平衡

向逆反应方向移动D.由图丁中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H>0【答案】C【解析】【详解】A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，故A错误；B、压强增大，平衡正向移动，缩短反应达到平衡的

时间，X的转化率变大，故B错误；C、若正反应的△H＜0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，故C正确；D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变

，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应△H＜0，故D错误；故选：C。二、填空题（本题共3小题，满分52分。）17.在容积为10L的密闭容器中，进行如下反应：A(g)+2B(g)C(g)+D(g

)，最初加入1.0molA和2.2molB，在不同温度下，D的物质的量n(D)和时间t的关系如图1.试回答下列问题：（1）800℃时，0～5min内，以B表示的平均反应速率为____________．（2）能判断反应达到化学平衡状态的依据是__

____________(填字母)．A．容器中压强不变B．混合气体中c(A)不变C．2v正(B)=v逆(D)D．c(A)=c(C)（3）若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K=__________，该反应为__________反应(填“吸热”

或“放热”)．（4）700℃时，某时刻测得体系中物质的量浓度如下：n(A)=1.1mol，n(B)=2.6mol，n(C)=0.9mol，n(D)=0.9mol，则此时该反应__________(填“向正

方向进行”、“向逆方向进行”或“处于平衡状态”)．（5）在催化剂作用下，CO可用于合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)若在恒温恒压的条件下，向密闭容器中充入4molCO和8molH2，合

成甲醇，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示：①该反应的正反应属于__________反应；(填“吸热”或“放热”)．②在0.1Mpa、100℃的条件下，该反应达到平衡时容器内气体的物质的量为___

______mol。若在恒温恒容的条件下，向上述平衡体系中充入4molCO，8molH2，与原平衡状态相比，达到平衡时CO转化率______________(填“增大”，“不变”或“减小”)，平衡常数K__________(填“

增大”，“不变”或“减小”)．【答案】(1).0.024mol/(L·min)(2).AB(3).9(4).吸热(5).向正反应方向(6).放热(7).8(8).减小(9).不变【解析】【详解】（1）800℃时0-5min内生成D为0.6mol，则v(D)=0.6105minmolL=0.012

mol/(Lmin)，速率之比等于化学计量数之比，则v(B)=2v(D)=0.024mol/(L．min)，故答案为0.024mol/(L．min)；（2）A．该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，随反应进行，容器内压强减小，当反应到达平衡状态时，容器中压强不变，所以能作为

判断化学平衡的依据，故A正确；B．反应到达平衡状态时，混合气体中c(A)不变，说明到达平衡，故B正确；C．应是v正(B)=2v正(D)时反应处于平衡状态，2v正(B)=v逆(D)时逆反应速率较快，平衡逆向进行，故C错误；D．当c(A)=c(C)时，该反应不

一定达到平衡状态，与反应物浓度及转化率有关，故D错误；故选AB；（3）800℃平衡时生成D为0.6mol，则：A(g)+2B(g)C(g)+D起始量(mol)：12.200转化量(mol)：0.61.20.60.6平衡量(mol)：0.410.60.6

由于容器体积为10L，故平衡常数K=2()()()()cCcDcAcB=20.060.060.040.1=9，由图可知，升高温度D的物质的量增大，说明升高温度平衡正向移动，故正反应为吸热反应，故答案为9；吸热；（4）700℃时，

某时刻测得体系中各物质的量如下：n(A)=1.1mol，n(B)=2.6mol，n(C)=0.9mol，n(D)=0.9mol，等效为开始投入2molA、4.4molB到达的平衡，与原平衡时相比，压强增大，平衡正向移动，平衡时D的物质的量应大于原平衡的2倍，即平衡时D应大于1.2mo

l，故反应向正反应进行，故答案为向正反应方向；（5）①由图可知，压强一定时，随温度升高CO的转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反应，故答案为放热；②在0.1MPa、100℃的条件下，平衡时CO转化率为0.

5，转化的CO为4mol×0.5=2mol，则：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)物质的量减小122mol4mol故平衡时混合气体物质的量为4mol+8mol-4mol=8mol，正反应为气体物质的量减小的反应，若在恒温恒容的条件下，

平衡时压强减小，等效为在原平衡的基础上减小压强，平衡逆向移动，CO的转化率减小；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变．故答案为8；减小；不变。【点晴】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡图象、反应速率计算、平

衡常数计算等，注意三段式解题法在化学平衡计算中应用，（4）中注意利用等效平衡进行分析解答，避免浓度商与平衡常数比较判断的繁琐。对于化学平衡状态的判断，可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化

，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡。18.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：△H=+88.6kJ/mol则M与N相比，较稳定的是____。(2)已知CH3OH⑴的燃烧热为

726.5kJ·mol-1，CH3OH(l)+l/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-akJ·mol-1，则a_______726.5(填“>”、“<”或“=”）(3)将Cl2和H2O(g)通过灼热的木炭层，生成HCl和CO2。当有1molCl2参与反应时释放出14

5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：______________________。(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s)=2Al

2O3(s)+3TiC(s)△H=-1176kJ·mol-1，则27g铝粉完全反应放出的热量为_____________。(5)已知：Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H=+489.0kJ•mol-1CO(g)+l/2O2(g)=CO2(g)△H=-283

.0kJ•mol-1C(石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1则4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)△H=____________。【答案】(1).M(2).<(3).2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=

4HCl(g)+CO2(g)△H=-290kJ•mol-1(4).294kJ(5).-1641.0kJ•mol-1【解析】试题分析：本题考查反应热的计算，热化学方程式的书写，反应热与物质稳定性的关系。（1）M转化成N为吸热反应，则1mol

M具有的总能量低于1molN具有的总能量，M较稳定。（2）CH3OH(l)的燃烧热为726.5kJ·mol-1，CH3OH(l)燃烧热表示的热化学方程式为：CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ·mol-1，H2燃烧生成H2O（

l）放热，则a726.5。（3）根据题意写出方程式2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=4HCl(g)+CO2(g)，有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，则2molCl2参与反应时释放出290kJ热量，反应的

热化学方程式为2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=4HCl(g)+CO2(g)△H=-290kJ•mol-1。（4）根据热化学方程式知4molAl完全反应释放1176kJ的热量，27gAl即1molAl完全反应释放的热量为1176kJ/4=294kJ。（5）对三个反应编号：F

e2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H=+489.0kJ•mol-1（①）CO(g)+l/2O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1（②）C(石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1（

③）运用盖斯定律，③6-②6-①2得，4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)△H=（-393.5kJ•mol-1）6-（-283.0kJ•mol-1）6-（+489.0kJ•mol-1）2=-1641.0kJ•mol-1，反

应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)的ΔH=-1641.0kJ•mol-1。【点睛】热化学方程式书写注意点：（1）必须用s、l、g、aq等标出物质的聚集状态。（2）热化学方程式的化学计量数只表示物质的量，其ΔH必须与化学方程式及物质的聚集状态相对应。19.某同学在用稀硫酸与过量的

锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：(1)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是___________________；并用简单的装置图来表明你所阐述的理由______________________________；(2)要加

快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_______________；(3)下列物质的加入能减慢氢气生成速率但不影响生成氢气的体积的是_____A．加入碳酸钠溶液B．加入硫酸钠溶液C．加入硝酸钠溶液D．加入醋酸钠溶液(4)

为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。混合溶液实验1234564mol·mol-1H2S

O4/mL40V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V6、V8分别是_____________；②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高

，随着加入的CuSO4溶液增多时，生成氢气的速率会______(填加快、减慢或不变)。理由___________________。【答案】(1).CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成铜锌原电池，加快了氢气

产生的速率(2).升高反应温度、适当增加硫酸的浓度(3).BD(4).10(5).19.5(6).减慢(7).当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积【解析】本题主要

考查影响化学反应速率的因素。(1)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是；并用简单的装置图来表明你所阐述的理由；(2)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有升高反应温度、适当增加硫酸的浓度；(3)A．消耗稀硫酸，使得生成氢气的体积减少；B．稀释稀硫酸，能减慢氢气生成速率但不影

响生成氢气的体积；C．产生的硝酸与锌反应不能生成氢气，使得生成氢气的体积减少；D．生成弱酸醋酸，能减慢氢气生成速率但不影响生成氢气的体积。故选BD。(4)①在6个实验中，稀硫酸的体积都是40mL，混合溶液的总体积是60m

L，所以V6、V8分别是10、19.5；②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，随着加入的CuSO4溶液增多时，生成氢气的速率会减慢。理由是加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的

接触面积。