1、四川省成都外国语学校2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Ca:40 第卷（选择题共50分）一、选择题(每小题有1个选项符合题意)1.“五千年文化，三千年诗韵。我们的经典从未断流”，明代诗人于谦在石灰吟中写道：“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间。”这首脍炙人口的诗篇不仅蕴含了深刻的人文精神，还蕴藏了有趣的化学知识，下列有关说法中，错误的是A. 化学反应过程中同时存在着物质变化和能量变化，其中物质变化是基础B. 这首诗说明化学能与热能在一定条件下可以相互转化C. 石灰石的分解是熵增反应，因此在任何条
2、件下都能自发进行D. “要留清白在人间”涉及反应中的化学物质有强电解质、弱电解质和非电解质【答案】C【解析】【详解】A、化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，其中物质变化是基础，选项A正确；B. “烈火焚烧若等闲”说明化学能与热能在一定条件下可以相互转化，选项B正确；C. 石灰石的分解生成氧化钙和二氧化碳是熵增反应，该反应为吸热反应，H0，要使H-TS 0B. b是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，是使用催化剂时的曲线C. c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1 p2D. d是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl固
3、体后化学反应速率随时间变化的图象【答案】CD【解析】【分析】A升高温度，平衡向吸热方向移动，根据反应方向判断反应热； B催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，平衡不移动； C A的转化率随着B的增加而增大；D氯化钾不影响平衡移动。【详解】A根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的H0，故A正确； B使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，所以a是使用催化剂时的曲线，故B正确； C不断加入B，A的转化率增大，故C错误； D该反应实质为Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大化学平衡不移动，故D错误；选CD。【点睛】本题考查了图
4、象分析，会根据图象中曲线变化趋势、拐点、交点来确定平衡移动方向，注意A中正逆反应速率相等后才是改变条件后平衡的移动，为易错点。13.一定条件下，发生反应：M(s)+N(g) R(g) H= - Q1 kJ/mol2 R(g)+N(g) 2T(g) H= - Q2 kJ/mol（已知Q1、Q2、Q3均为正值）下列说法正确的是A. 1molR(g)的能量总和大于1molM(s)与1molN(g)的能量总和B. 将2mol R(g)与1molN(g)充分混合，在一定条件下充分反应，放出热量Q2 kJC. 当1molM(s)完全转化为T(g)时（假定无热量损失），放出热量（Q1+0.5Q2）kJD.
5、M(g)+N(g) R(g) H= - Q3 kJ/mol，则Q3 Q1【答案】C【解析】试题分析：A、反应为放热反应，1 mol R(g)的能量总和小于1 mol M(s)与1 mol N(g) 的能量总和，错误； B、反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，将2 mol R (g)与1 mol N(g)在该条件下充分反应，放出热量小于Q2kJ，错误；C、根据反应、，利用盖斯定律分析知，当1 mol M(s)完全转化为T (g)时(假定无热量损失)，放出热量Q1+Q2/2kJ，正确；D、1 molM(g)具有的能量大于1 molM(s)，结合反应知，M(g)+N(g)R(g) H=Q3kJmo
6、l1, 则Q3Q1，错误。考点：考查化学反应与能量变化。14.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产，环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是 A. T1T2B. a点的反应速率小于c点的反应速率C. a点的正反应速率小于b点的逆反应速率D. b点时二聚体的浓度为0.45 molL1【答案】D【解析】【详解】A温度越高，反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)下的反应速率较大，则T1T2，故A错误；B根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故B错
7、误；C根据a到b的过程为建立平衡的过程，a点反应物的浓度大于b点，且b点v(正)v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C错误；Db点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L=0.45molL-1，故D正确；故选D。15.肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同，200时在Cu表面分解的机理如图。已知200时：反应：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g) H1=32.9 kJmol1；反应：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g) H2=41.8kJmol1
8、下列说法不正确的是A. 图所示过程是放热反应B. 反应的能量过程示意图如图所示C. 断开3 molN2H4(g)的化学键吸收的能量大于形成1molN2(g)和4molNH3(g)的化学键释放的能量D. 200时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g) H=+50.7 kJmol1【答案】C【解析】【详解】A.过程是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中H为负值，所以图示过程为放热反应，故A正确；B.反应是放热反应，能量过程示意图正确，故B正确；C.放热反应中，反应物的化学键的键能之和小于生成物的化学键的键能之和，故C错误；D.根据盖斯定律：（I
9、）-2（II）得N2H4（g）N2（g）+2H2（g）H-32.9kJmol-1-2（-41.8kJmol-1）=+50.7kJmol-1，故D正确。故选C。16.下列实验无法达到实验目的的是（ ）ABCD检验铵离子制取乙酸乙酯研究浓度对反应速率的影响检验碘离子A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.NH4+OH-NH3+H2O，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可以检验铵离子，故不选A；B.收集方法错误，乙酸乙酯如果用氢氧化钠溶液吸收，会发生水解反应，应该改为饱和碳酸钠溶液收集，故选B；C.发生反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2+S，其他条件相同
10、时，浓度越大化学反应速率越快，溶液变浑浊所需时间越短，故不选C；D.发生反应2KI+Cl2=2KCl+I2，CCl4可以萃取I2，使下层溶液变为紫色，故不选D；答案：B17.下列事实与对应的方程式不符合的是A. 含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ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-57.4 kJmol1B. “NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g)(红棕色)N2O4 (g)(无色) H0C. 甲烷的燃烧热为890.3 kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程
11、式可表示为：CH4(g)2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)H890.3 kJmol-1D. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-2H+SSO2 H2O【答案】C【解析】【详解】A醋酸电离为吸热过程，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)，放出的热量小于57.4kJ/mol，H-57.4 kJmol1，故A正确；B因2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色) H0，该反应为放热反应，在冷水中该反应向正反应方向移动，气体的颜色变浅，故B正确；C液态水更稳定，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：C
12、H4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-890.3kJmol-1，故C错误；D硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成硫、二氧化硫和水，离子方程式：S2O32-+2H+S+SO2+H2O，故D正确；故选C。18.PCl3和PCl5都是重要的化工原料。将2.0 mol PCl3(g)和1.0 mol Cl2(g)充入体积不变的1L密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g) H0，平衡时PCl5为0.4 mol，如果此时移走1.0 mol PCl3和0.5 molCl2，在相同条件下再达平衡时PCl5的物质的量是A. 0.4molB. 0.2m
13、olC. 小于0.2molD. 大于0.2mol，小于0.4mol【答案】C【解析】【详解】平衡后移走1.0molPCl3和0.5molCl2到达新的平衡，等效为容器的体积为0.5L，开始时加入PCl3为1mol、Cl20.5mol的状态，平衡时PCl5为0.2 mol；但反应过程为体积不变的容器，所以与原平衡相比，体积由0.5L增大到1L，压强降低，平衡向逆反应移动，反应物的转化率降低，故相同条件下再达平衡时，n(PCl5)0.2mol，故选C；故答案选C。19.向一容积为1L的密闭容器中加入一定量的X、Y，发生化学反应aX(g)2Y(s) bZ(g) H0。图是容器中X、Z的物质的量浓度随
14、时间变化的曲线。根据以上信息，下列说法正确的是 A. 根据上图可求得方程式中ab1:3B. 推测在第7min时曲线变化的原因可能是加压C. 推测在第13min时曲线变化的原因可能是升温D. 用X表示010min内该反应的平均速率为v(X)0.045mol/(Lmin)【答案】C【解析】【详解】A物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，方程式中ab=(0.45-0.2)(0.50-0)=12，故A错误；B第7min时，单位时间内X、Z的物质的量浓度变化量较大，反应速率均增大，但Z增大的幅度比X大，若是增大压强，由于Y为固体，逆反应速率增大幅度较大，即X的增大的幅度比Z大，与图像不符，故B错误；C
15、第13min时，Z的物质的量浓度减小，X的物质的量浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，此时曲线斜率较大，如果升高温度，平衡逆向移动，与图像吻合，故C正确；D010min内v(X)=0.025mol/(Lmin)，故D错误；故选C。20. 在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是A a=6.00B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变C. b318.2D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同【答案】D【解析】A.根据表格的数据可知：温度不变时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与速率的变化关系可知：在328.2T时，蔗糖的浓度每减
16、小0.100mol/L，水解速率减小1.50mmol/(Lmin)，所以在温度是328.2T、浓度是0.400mol/L时，水解的速率是a=7.50-1.50=6.00 mmol/(Lmin)，正确。B根据表格数据可知：升高温度，水解速率增大，增大浓度，水解速率也增大，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，则二者对水解反应速率的影响因素可能相互抵消，使反应速率可能不发生改变，正确。C在物质的浓度不变时，升高温度，水解速率增大，降低温度，水解速率减小。由于在物质的浓度是0.600mol/L时，温度是318.2T时水解速率是3.60mmol/(Lmin)，现在该反应的速率是2.16 mmol/(Lm
17、in) v逆C. 保持其他条件不变，若起始时向容器中充入 2 mol SO3(g)，达到平衡状态时吸收 78.4 kJ的热量D. 相同条件下，起始时向容器中充入 1.5 mol SO3(g)，达到平衡状态时 SO3 的转化率为 40%【答案】D【解析】【详解】A反应在前5min的平均速率为v(SO2)=mol/(Lmin)=0.08molL-1min-1，故A正确；B 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)初始量： 2 1 0变化量：1.2 0.6 1.2平衡量：0.8 0.4 1.2化学平衡常数K=，温度不变，向平衡后的容器中再充入0.2molSO2和0.2molSO3时，此时Qc=，化学
18、平衡正向移动，v(正)v(逆)，故B正确；C通过计算，当反应进行到10min时，二氧化硫的物质的量是0.8mol，所以10min就达到化学平衡状态，此时反应放出的热量是0.6196kJ=117.6kJ，起始时向容器中充入2molSO3，达到的平衡和充入2molSO2以及1molO2建立的平衡是等效的，互为逆反应的过程是吸热的，所以达平衡时吸收78.4kJ的热量，故C正确；D起始时向容器中充入1.5molSO3，如果平衡时转化率为40%，则 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)初始量： 0 0 0.75变化量：0.3 0.15 0.3平衡量：0.3 0.15 0.45此时K=，说明不是平衡状
19、态，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意互为等效平衡的正反应的热效应和逆反应的热效应之和等于按照方程式完全反应的热效应。22.在恒温恒压密闭容器M（如图）和恒温恒容密闭容器N（如图）中，两容器中均加入a molA和a molB，起始时两容器体积均为VL，发生如下反应并达到化学平衡状态：2A（?）+ B（?）xC（g） H0，平衡时M中A、B、C的物质的量之比为134。下列判断不正确的是（ ）A. x2B. 若N中气体的密度如图所示，则A、B只有一种是气态C. A为气体，B为非气体，则平衡时M、N中C的物质的量相等D. 若A、B均为气体，平衡时M中A的转化率小于N中A的转化率【答案
20、】D【解析】【详解】A、设达平衡后B的物质的量减少nmol，则A的物质的量减少2nmol，C的物质的量增加xnmol，平衡时A、B、C的物质的量分别是（mol）:a-2n、a-n、xn，所以（a-2n）：（a-n）=1:3，解得n=0.4a，（a-2n）：（xn）=1:4，x=2，正确；B、N是恒温恒容条件，由图III可知，气体的密度逐渐增大，说明气体的质量逐渐增加，若A、B都是气体，则混合气体的密度会一直不变，所以A、B中只有一种是气态，正确；C、A为气体，B为非气体，则该反应是反应前后气体物质的量不变的可逆反应，恒温恒压与恒温恒容达到的平衡是等效的，所以平衡时M、N中C的物质的量相等，正确
21、；D、若A、B均为气体，M平衡后的容器的压强大于N容器，所以由M容器达到N容器的平衡状态，需要减小压强，平衡逆向移动，M中A的转化率减小后与N中A的转化率相同，所以原平衡时M中A的转化率大于N中A的转化率，错误；答案选D。23.在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中、点均处于曲线上)。下列说法正确的是 A. 反应CO2(g)C(s) 2CO(g)的S0、H0B. 体系的总压强p总：p总(状态)2
22、p总(状态)C. 体系中c(CO)：c(CO，状态)2c(CO，状态)D. 逆反应速率：v逆(状态)v逆(状态)【答案】C【解析】【详解】A由气体的化学计量数增大可知S0，由图中温度高，平衡时c(CO2)小，则升高温度，平衡正向移动，可知H0，故A错误；B分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总(状态)=2P总(状态)，但加压CO2(g)+C(s)2CO(g)平衡逆向移动，为使c(CO2)相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总(状态)2P总(状态)，故B错误；C状态II、状态的温
23、度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，状态CO的浓度等于2倍，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c(CO，状态)2c(CO，状态)，故C正确；D状态I、状态的温度不同，温度高，反应速率快，则逆反应速率为V逆(状态)V逆(状态)，故D错误；故选C。24.氢卤酸的能量关系如图所示下列说法正确的是A. 已知HF气体溶于水放热，则HF的H10B. 相同条件下，HCl的H2比HBr的小C. 相同条件下，HCl的H3+H4比HI的大D. 一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则该条件下H2=+a
24、kJ/mol【答案】D【解析】【分析】A根据H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程分析判断；B根据H2代表的是HX的分解过程，结合HCl的HBr稳定性分析判断；C根据H3+H4代表H(g)H(aq)的焓变分析判断；D一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，据此分析判断。【详解】AH1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程，因为HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的H10，故A错误；B由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的H2比HBr的大，故B错误；CH3+H4代表H(g)H(aq)的焓变，与是HCl的还
25、是HI的无关，故C错误；D一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，即为H2=+akJ/mol，故D正确；答案选D。25.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：A2(g)+3B2(g)2AB3(g) H0，相关数据如下表所示：容器甲乙丙相关条件恒温恒容绝热恒容恒温恒压反应物投料1mol A2、3molB22molAB32mol AB3反应物的转化率甲乙丙反应的平衡常数KK甲K乙K丙平衡时AB3的浓度/molL-1c甲c乙c丙平衡时AB3的反应速率/molL-1min-1甲乙丙
26、下列说法正确是A. 甲=丙B. c乙 c丙C. 甲 +乙1D. K乙K丙【答案】C【解析】【详解】A、甲中起始充入1mol A2、3molB2等效于相同条件下充入2molAB3，甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解2molAB3，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则平衡时气体的压强丙小于甲，则甲丙，故A错误；B. 乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，降低温度平衡向放热方向移动，平衡时乙中AB3浓度比丙高，即c乙c丙，故B错误；C. 若甲和乙均为恒温恒容容器，则甲+乙=1，乙为绝热容器，所以乙反应后比甲温度低，降低温度平衡向放热方向移动，所以乙中AB
27、3的转化率减小，因此甲+乙1，故C正确；D、乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，降低温度平衡向放热方向移动，K乙K丙，故D错误；故选C。第II卷（非选择题 50分）二填空题26.一定条件下，发生反应A(g)B(g)C(g)H0，达到平衡后根据下列图象判断：（1）表示升高温度，达到新平衡的是_(填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”，下同)，新平衡中C的质量分数_(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。（2）表示降低压强，达到新平衡的是_，A的转化率_。（3）表示减少C的量，达到新平衡的是_。（4）表示增加A的量，达到新平衡的是_，此时B的转化率_，A的转化率_。（5）表示使用催化剂
28、，达到新平衡的是_，C的质量分数_。【答案】 (1). B (2). 减小 (3). C (4). 减小 (5). E (6). A (7). 增大 (8). 减小 (9). D (10). 不变【解析】【详解】（1）升高温度，正、逆反应速率均瞬间增大，化学平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，新平衡中C的质量分数减小，对应图象为B。（2）降低压强，化学平衡向气体分子数增大的方向移动，即向逆反应方向移动，正、逆反应速率均减小，A的转化率也减小，对应图象为C。（3）减少C的量，即减小产物的浓度，正反应速率瞬时不变，逆反应速率瞬时减小，平衡正向移动，对应图象为E。（
29、4）增加A的量，正反应速率瞬时增大，逆反应速率瞬时不变，平衡正向移动，A的转化率减小，另一种反应物B的转化率增大，对应图象为A。（5）使用催化剂，会同等程度地增大正、逆反应速率，故正、逆反应速率仍然相等，平衡不移动，C的质量分数不变，对应图象为D。27.已知FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，某小组同学对该反应进行实验探究。（1）甲同学首先进行了实验1。实验1实验步骤实验现象. 取2 mL 1 molL-1 KI溶液， 滴加0.1 molL-1 FeCl3溶液3滴（1滴约为0.05 mL，下同）。. 溶液呈棕黄色。. 向其中滴加2滴0.1 molL-1 KSCN溶液。. 溶液不显红色。
30、写出FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式_。 加入KSCN溶液的目的是_。 甲同学认为溶液不显红色的原因是反应体系中c（Fe3+）太低，改进实验方案，进行实验2。实验2实验步骤实验现象. 取2 mL 0.1 molL-1 KI溶液， 滴加0.1 molL-1 FeCl3溶液3滴。. 溶液呈棕黄色。. 向其中滴加2滴0.1 molL-1 KSCN溶液。. 溶液显红色。. 继续加入2 mL CCl4，充分振荡、静置。. 液体分层，上层红色消失，变为棕黄色，下层呈紫红色。本实验改用0.1 molL-1 KI溶液的目的是_。用化学平衡原理解释实验2中加入CCl4后上层溶液红色消失的原因_。（2）甲
31、同学认为“用CCl4萃取后上层溶液仍为棕黄色”的原因是I2未被充分萃取，但乙同学查阅资料得到信息：I2、I3在水中均呈棕黄色，两者有如下关系：I2II3。于是提出假设：萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3。 为验证假设，乙同学设计并完成了实验3。实验3实验步骤实验现象. 取1 mL实验2中棕黄色的上层清液，再加入2 mL CCl4， 振荡、静置。. 液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色。 . 取1 mL饱和碘水，加入2 mL CCl4， 振荡、静置。. 液体分层，上层为无色，下层呈紫红色。实验3的结论是_。 甲同学依据乙同学的实验设计思路，选用实验2中的试剂，运用控制变量的方法设计了更加严谨
32、的实验，证明了平衡I2I I3的存在。请你补充完整他设计的实验步骤：将实验2中下层紫红色溶液平均分成两份，分装于两支试管中，向试管1中加入1 mL水，振荡、静置；向试管2中_。两支试管中的现象分别为_。【答案】 (1). 2Fe3+2I- 2Fe2+I2 (2). 检验溶液中是否大量存在Fe3+ (3). 提高平衡时溶液中的c（Fe3+） (4). 加入CCl4后，I2被CCl4萃取，平衡2Fe3+2I2Fe2+I2正向移动，或c（Fe3+）降低，平衡Fe3+3SCNFe（SCN）3逆向移动，或cFe（SCN）3降低，所以红色消失 (5). 萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3 (6).
33、加入1 mL 0.1 molL-1 KI溶液，振荡、静置 (7). 试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，试管2中液体分层，上层呈黄色，下层呈紫红色（或紫红色变浅）【解析】试题分析：（1）根据FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，化学方程式为 2FeCl3+2KI2KCl+2FeCl2+I2，离子方程式是2Fe3+ +2I-2Fe2+ +I2；检验Fe3+常用的试剂是KSCN溶液，向溶液中滴入KSCN溶液，Fe3+3SCN-Fe（SCN）3，溶液变为血红色。所以，此处加入KSCN溶液的目的是检验溶液中是否大量存在Fe3+；FeCl3溶液与KI溶液的反应为可逆反应，c(I-)降低，平衡
34、向左移动，c(Fe3+)增大，进而验证甲同学的想法；在溶液中存在两个平衡：平衡1：2Fe3+ 2I- 2Fe2+I2， 平衡2：Fe3+ 3SCN- Fe(SCN)3，加入CCl4后，I2被CCl4萃取，c（I2）减小，平衡1向右移动，c(Fe3+)减小，平衡2向左移动，cFe(SCN)3降低，红色消失；（2）由实验3可知，再向1 mL实验2中棕黄色的溶液中加2 mL CCl4，上层黄色溶质仍不能被萃取，同样的向1 mL饱和碘水中加入2 mL CCl4，却能够将碘水萃取为无色，证明萃取后的溶液呈棕黄色的主要原因是存在I3，而不是I2；要证明平衡I2II3的存在，需把试管1作为参照，向试管2提供
35、与实验2完全相同的KI溶液，所以加入的是1 mL0.1 molL-1KI溶液，试管1中液体分层，上层为无色，下层呈紫红色，试管2中液体分层，上层呈黄色，即生成了I3，下层呈紫红色（或紫红色变浅）。考点：考查无机实验方案设计与评价28.能源是人类生存和发展的重要支柱。研究和有效地开发新能源有重要意义。已知 CH3CH2CH2CH3(g)与 CH3CH(CH3)CH3(g)的燃烧过程如图所示：已知：H2O(g)=H2O(l) H41kJmol-1。请根据以上信息，回答下列有关问题：(1)图形中 E 表示 CH3CH2CH2CH3(g)燃烧反应逆反应的_。 (2)CH3CH2CH2CH3(g)与 C
36、H3CH(CH3)CH3(g)的热稳定性_更高。(3)表示CH3CH(CH3)CH3(g)燃烧热的热化学方程式为_。(4)CH3CH2CH2CH3(g)转化为 CH3CH(CH3)CH3(g)的热化学反应方程式为_(5)如表所示是部分化学键的键能参数（已知CO的结构式为CO）：合成气(CO 和 H2 的混合气体)可以合成 CH3CH2CH2CH3(g)，同时生成 H2O(g)，则合成 1molCH3CH2CH2CH3(g)的 H_。【答案】 (1). 活化能 (2). CH3CH(CH3)CH3 (3). CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)4CO2(g)+5H2O(l)H =-
37、2869kJmol-1 (4). CH3CH2CH2CH3(g)CH3CH(CH3)CH3(g) H =9kJmol-1 (5). (4a+9d)(3e+10b+8f)kJmol-1【解析】【分析】(1)E 表示 CH3CH2CH2CH3(g)燃烧反应逆反应的活化能；(2)物质的能量越低越稳定；(3)燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合盖斯定律分析书写；(4)根据图像有CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)H=-2673kJmol-1，CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)H=-2664kJmo
38、l-1，根据盖斯定律分析书写CH3CH2CH2CH3(g)转化为 CH3CH(CH3)CH3(g)的热化学反应方程式；(5)根据反应的焓变H=反应物键能总和-生成物键能总和计算。【详解】(1)图形中 E 表示 CH3CH2CH2CH3(g)燃烧反应逆反应的活化能，故答案为：活化能；(2)根据图象可知，CH3CH2CH2CH3(g)的能量比CH3CH(CH3)CH3(g)高，则CH3CH2CH2CH3(g)与 CH3CH(CH3)CH3(g)的热稳定性：CH3CH(CH3)CH3CH3CH2CH2CH3，故答案为：CH3CH(CH3)CH3；(3)根据图像有CH3CH(CH3)CH3(g)+6.
39、5O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)H=-2664kJmol-1，H2O(g)=H2O(l)H=-41kJmol-1，根据盖斯定律，将+5得到表示 CH3CH(CH3)CH3(g)燃烧热的热化学方程式为：CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)4CO2(g)+5H2O(l) H=-2869kJmol-1，故答案为：CH3CH(CH3)CH3(g)+6.5O2(g)4CO2(g)+5H2O(l) H=-2869kJmol-1；(4)根据图像有CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)4CO2(g)+5H2O(g) H=-2673kJmol-1，CH3CH(CH3)CH3(g
40、)+6.5O2(g)4CO2(g)+5H2O(g) H=-2664kJmol-1，根据盖斯定律，将-得到CH3CH2CH2CH3(g)转化为 CH3CH(CH3)CH3(g)的热化学反应方程式为：CH3CH2CH2CH3(g)CH3CH(CH3)CH3(g) H=-9kJmol-1，故答案为：CH3CH2CH2CH3(g)CH3CH(CH3)CH3(g) H=-9kJmol-1；(5)合成气(CO 和 H2的混合气体)可以合成 CH3CH2CH2CH3(g)，同时生成 H2O(g)，化学方程式为：4CO(g)+9H2(g)CH3CH2CH2CH3(g)+4H2O(g)，反应的焓变H=反应物键能
41、总和-生成物键能总和，则合成 1molCH3CH2CH2CH3(g)的H=(4a+9d)-(3e+10b+8f)kJmol-1，故答案为：(4a+9d)-(3e+10b+8f)kJmol-1。29.某地菱锰矿的主要成分为MnCO3,还含有少量的FeCO3、CaCO3、MgCO3、Al2O3等杂质，工业上以菱锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示:已知:MnCO3+2NH4Cl MnCl2+CO2+2NH3+H2O。（1）焙烧时温度对锰浸取率的影响如图。焙烧时适宜温度为_；800以上锰的浸取率偏低，可能原因是_。（2）净化包含三步:加入少量MnO2，反应的离子方程式为_；加氨水调pH，生成沉淀
42、主要是_；加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+。（3）碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为_。【答案】 (1). 500 (2). 温度过高,NH4Cl 分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸取率减小(或MnCO3分解发生其它副反应，使浸取率减小；）（或MnCl2 挥发导致Mn损失；）（或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；）（或高温固体烧结，固体表面积减少等) (3). MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 (5). Mn2+HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+【解析】【详解】（1）由图示可知，500 时，锰的浸取率已经很大，
43、所以选取500 即可，温度太高，锰的浸取率几乎没什么变化，但耗能大；如果温度过高，NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸取率减小(或MnCO3分解发生其它副反应，使浸取率减小；）（或MnCl2挥发导致Mn损失；）（或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；）（或高温固体烧结，固体表面积减少等)；综上所述，本题答案是：500，温度过高,NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸取率减小(或MnCO3分解发生其它副反应，使浸取率减小；）（或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；）（或高温固体烧结，固体表面积减少等)。 （2）加入少量MnO2，将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：M
44、nO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O ；综上所述，本题答案是：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O。物质中的杂质主要为铁、钙、镁、铝等元素，因为步骤中除去钙离子、镁离子，所以步骤加氨水调pH，除去铁和铝元素，所以生成沉淀主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；综上所述，本题答案是：Fe(OH)3、Al(OH)3。（3）碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨水，得到碳酸锰固体，离子方程式为：Mn2+HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+；综上所述，本题答案是：Mn2+HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+。30.碳和氮的化合物是广泛的化工原料，回答下列问题：
45、I.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）H2（g） CO（g）H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t70080083010001200K0.60.91.0 1.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K _。（2）该反应为_反应（填“吸热”、“放热”）。（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_。a容器中压强不变 b混合气体中c(CO)不变cv正(H2)v逆(H2O) dc(CO2)c(CO)（4）某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)c(H2)5c(CO)c(H2O)，试判断此时的温度为_。（5）1200时，在某时刻体系中CO2、H
46、2、CO、H2O的浓度分别为2molL1、2molL1、4molL1、4molL1，则此时上述反应的平衡向_移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。II.NO2的二聚体N2O4是火箭中常用氧化剂。完成下列问题。 （1）在1000K下，在某恒容容器中发生下列反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，将一定量的NO2放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率(NO2)随温度变化如图1所示。图中a点对应温度下，NO2的转化率是0.6。己知NO2的起始压强P0为120kPa，列式计算该温度下反应的平衡常数Kp= _（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。图1 图2（2）对于反应N2O4(g
47、)2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)。其中，k1、k2是与反应及温度有关的常数。相应的速率-压强关系如图2所示：一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp间的关系是k1=_；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的两个点_，理由是_。【答案】 (1). (2). 吸热 (3). bc (4). 700 (5). 逆向 (6). 81kPa (7). k2Kp (8). B、D (9). N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)【解析】【分析】I.(1)根据平衡常数
48、=书写；(2)根据温度对化学平衡常数的影响分析判断；(3)根据化学平衡状态的标志和特征分析判断；(4)某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)c(H2)=5c(CO)c(H2O)，计算出K，再判断；(5)根据浓度商与化学平衡常数的关系判断反应进行的方向；II.(1)图中a点对应温度下，NO2的转化率是0.6，结合三段式判断气体的物质的量，再结合相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，计算反应后压强，并发表计算三种气体的分压，将平衡分压代入平衡常数表达式计算；(2)当达到化学平衡时满足v正=v逆，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，结合v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2
49、)=k2p2(NO2)分析解答。【详解】I.(1)因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)反应的平衡常数K=，故答案为：；(2)化学平衡常数的大小只与温度有关，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为：吸热；(3)a、该反应是一个反应前后体积不变的反应，气体的压强始终不变，则容器中压强不变，不能说明达到平衡状态，故a错误；b、化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，则混合气体中c(CO)不变，说明达到了平衡状态，故b正确；c、化学平衡状态的本质是v正=v逆，所以v正(H2)
50、=v逆(H2O)，表明反应达到平衡状态，故c正确；d、c(CO2)=c(CO)时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故d错误；故选bc；(4)某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)c(H2)5c(CO)c(H2O)，说明平衡常数K=0.6，故温度为700，故答案为：700；(5)1200时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2molL-1、2molL-1、4molL-1、4molL-1，则浓度商Qc=4K=2.6，所以化学平衡逆向移动，故答案为：逆向；II.(1)图中a点对应温度下，NO2的转化率是0.6，设原来NO2的物质的量为xmol，则转化的NO2物质
51、的量为0.6xmol， 2NO2(g)2NO(g)+O2(g)开始(mol) x 0 0转化(mol) 06x 0.6x 0.3x平衡(mol) 0.4x 0.6x 0.3x则混合气体的物质的量=0.4xmol+0.6xmol+0.3xmol=1.3xmol，相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，所以反应后压强=1.3xmol=156kPa，NO2的分压=156kPa=48kPa，NO的分压=156kPa=72kPa，O2的分压=156kPa=36kPa，所以分压平衡常数为Kp=81kPa，故答案为：81kPa；(2)当达到化学平衡时满足v正=v逆，即消耗速率2v(N2O4)=v(NO2)，又有v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，则平衡时，2k1p(N2O4)= k2p2(NO2)，因此k1=k2=k2Kp；满足平衡条件(NO2)=2(N2O4)即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比=12，所以B、D为平衡点，故答案为：k2Kp；B、D；N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)。【点睛】本题难点和易错点为II.(1)，要注意平衡时压强不是120kPa，要根据气体的压强之比等于气体的物质的量之比进行计算。