2024-2025学年上学期高二化学期中考试模拟02

2024-2025学年高二年级化学上学期期中模拟卷02 班级_______学号____姓名__________得分_______ (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 测试范围：第一、二、三章(选择性必修1) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mn-55 第Ⅰ卷(选择题 共48分) 一、选择题(本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．下列关于0.1 mol·Lˉ1CH3COONa溶液的说法正确的是( ) A．c(CH3COO－)= 0.1 B．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH―)＞c(H＋) C．向溶液中加水稀释，溶液的变大 D．c(CH3COO－)+c(OH―)=c(H＋) 2．在一容积不变，绝热的密闭容器中发生可逆反应：2X(s)Y(g)+Z(g)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是( ) A．混合气体的密度不再变化 B．反应容器中Y的质量分数不变 C．该反应的化学平衡常数不变 D．容器中混合气体的平均相对分子量不变 3．下列说法错误的是( ) A．1molSO3在不同状态时的熵值：S[SO3(s)]＜S[SO3(g)] B．2NO(g)＋2CO(g)=CO2(g)＋N2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0 C．2KClO3(g)=KCl(s)＋3O2(g) ΔH＞0能否自发进行与温度有关 D．常温下，反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0 4．下列说法正确的是( ) A．1 mol N2与4 mol H2混合充分反应，则反应中转移的电子数目为6 mol B．反应2Mg(s)+CO2(g)= C(s)+2MgO(s) 能自发进行，则该反应的ΔH>0 C．向0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小 D．在稀溶液中：H＋(aq)+OH－(aq)= H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol−1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与1 L 1.0 mol·L−1 的NaOH溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ 5．下列热化学方程式正确的是( ) A．稀硫酸与0.1mol•L-1NaOH溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)    △H=+57.3kJ•mol-1 B．1molSO2(g)、0.5molO2(g)充分反应生成SO3(g)放出热量98.3kJ，则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)    △H=-196.6kJ•mol-1 C．已知9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6gFeS(s)时放出19.12kj热量，则 Fe(s)+S(s)=FeS(s)    △H=-95.6kJ•mol-1 D．已知CH3OH(l)的燃烧热为-726.8kJ•mol-1，则有CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)    △H=-726.8kJ•mol-1 6．在密闭容器中投入一定量CaCO3发生分解反应：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g) ΔH＞0，某温度下，达到平衡时，测得体系中气体的压强为p。当其他条件不变，仅改变影响平衡的一个条件，下列说法不正确的是( ) A．当CaCO3的质量不再变化时，表明该反应重新达到了化学平衡状态 B．升高温度，活化分子百分率增大，正反应速率增大，逆反应速率也增大 C．扩大容器体积，重新达到平衡时CO2的压强一定小于p D．维持恒压p，往密闭容器内充入少量He，最终容器内CaCO3的质量为0 7．牙釉质的主要成分为羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]，在牙齿表面存在着如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO43-(aq)+OH-(aq) Ksp=6.8×10-37mol9•L-9，已知Ca5(PO4)3F的Ksp=2.8×10-61mol9•L-9。下列说法错误的是( ) A．残留在牙齿上的糖会发酵产生H+，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质 B．按时刷牙可减少食物残留，从而减少有机酸的产生，防止腐蚀牙齿 C．用含NaOH的溶液漱口，可使平衡左移，保护牙齿 D．含氟牙膏使Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的Ca5(PO4)3F，促进牙齿表面矿物质的沉积，修复牙釉质 8．将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于某恒容密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g) △H，该反应的平衡常数的负对数(-lgK)随温度(T)变化的曲线如图所示，下列说法错误的是( ) A．平衡常数：Ka<Kb<Kc B．该反应的反应物的总键能大于生成物的总键能 C．压强：pa<pb<pc D．若△H的值不再随时间变化而改变，则该反应达到平衡 9．标准状态下，1mol纯物质的相对能量及解离为气态原子时所消耗的能量如下表所示： 物质 O2(g) N2(g) NO2g) C(s，石墨) CH4(g) CO2(g) 相对能量/ kJ·mol−1 0 0 x 0 -75 -393.5 解离总耗能/kJ 498 946 632 717 1656 y 下列说法正确的是( ) A．x =180 B．逐级断开CH4(g)中的每摩尔C—H所消耗的能量均为414kJ C．解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为239kJ D．根据NO(g)＋CH4(g)CO2(g)＋N(g)+2H2O(g)的ΔH可计算出H—O键能 10．已知25℃，醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如下表，下列叙述正确的是( ) 酸 醋酸 次氯酸 碳酸 亚硫酸 电离平衡常数 K a=1.75×10－5 K a=2.98×10－8 Ka1=4.30×10－7 Ka2=5.61×10－11 Ka1=1.54×10－2 Ka2=1.02×10－7 A．25℃，等物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，碱性最强的是Na2CO3 B．将0.1 mol·L－1的醋酸加水不断稀释，所有离子浓度均减小 C．少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO D．少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2＋H2O＋2ClO－＝CO32－＋2HClO 11．在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时CO、H2分别为1mol、2mol，发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，平衡后混合气体中CH3OH(g)的体积分数如图所示。下列说法正确的是( ) A．该反应的正反应活化能高于逆反应活化能 B．250℃时化学平衡常数关系：K1＞K2＞K3 C．压强大小关系：p1＞p2＞p3 D．p1时升温，逆反应速率增大，正反应速率减小 12．H2O2可在催化剂Fe2O3或Fe3O4作用下产生·OH，·OH能将烟气中的NO、SO2氧化。·OH产生机理如下： 慢反应：Fe3++H2O2=Fe2++·OOH+H+ 快反应：Fe2++H2O2=Fe3++·OH+OH- 对于H2O2脱除SO2：SO2(g)+H2O2(l)= H2SO4(l)，下列说法错误的是( ) A．加入催化剂Fe2O3，可提高的脱除速率 B．该反应能在低温下自发进行，则此反应的ΔH<0 C．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快 D．与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时的脱除速率可能更高 13．白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量测定常用KMnO4滴定的方法。具体做法是将其酸溶后转化为草酸钙，过滤后用酸溶解，再用KMnO4滴定。则下列说法错误的是( ) A．KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O B．实验过程中两次用酸溶解，均需使用稀盐酸 C．KMnO4滴定草酸过程中，标准状况下每产生448mLCO2气体理论上转移0.02mole- D．滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO4-+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，将导致测定结果偏高 14．甲醇和异丁烯(以IB表示)在催化剂作用下合成甲基叔丁基醚(MTBE)：CH3OH(g)+IB(g) = MTBE(g) ΔH。反应过程中反应物首先被催化剂吸附，再经历过渡态(I、Ⅱ、Ⅲ)最终得到产物，相对能量与反应历程的关系如图所示(其中N1表示甲醇和异丁烯同时被吸附，N2表示甲醇先被吸附，N3表示异丁烯先被吸附)。 下列说法不正确的是 A．该反应的ΔH=-4QkJ/mol B．三种反应历程中，N1反应速率最快 C．过渡态I比另两种过渡态稳定 D．同温同压下，只要起始投料相同，三种途径MTBE的转化率相同 15．25℃时，向10mL 0.5mol·Lˉ1 MgCl2溶液中通入氨气，测得溶液中的p(OH-)与p(Mg2+)之间的变化曲线如图所示，已知Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，p(X)=-lgc(X)，忽略反应过程中溶液体积的变化。下列说法错误的是( ) A．a点溶液满足：2c(Mg2+)+c(NH4+)＞c(Cl－) B．b点溶液中有Mg(OH)2沉淀产生 C．c点溶液满足：c(OH-)＞c(Mg2+) D．反应Mg2++2NH3·H2O Mg(OH)2+ 2NH4+的平衡常数K=3.24×101.25 16．下列实验能达到预期目的的是( ) 编号 实验内容 实验目的 A 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 B 室温下，用pH试纸分别测定浓度为18mol/L和0.1 mol/L H2SO4溶液的pH 比较不同浓度H2SO4的酸性强弱 C 配制FeCl2溶液时，先将FeCl2溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后在试剂瓶中加入少量铜粉 抑制Fe2＋水解，并防止Fe2＋被氧化 D 向10mL 0.2 mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1 mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下的 Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3] 第II卷(非选择题 共52分) 二、填空题(本题共4小题，共52分) 17．(10分)过氧化氢的水溶液适用于医用消毒、环境消毒和食品消毒。 Ⅰ.过氧化氢性质探究实验 (1)酸性条件下H2O2可将Fe2+转化成Fe3+，由此说明H2O2具有______性。 (2)已知H2O2是一种二元弱酸，其中Ka1=2.20×10-12、Ka2=1.05×10-25，则H2O2的电离方程式为___________________，常温下，1mol∙L-1的H2O2溶液的pH约为_________________。 Ⅱ.过氧化氢含量的测定实验。某兴趣小组同学用0.1000mol∙L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，反应原理为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。 (3)滴定达到终点的现象是______________________________。 (4)用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示： 第一次 第二次 第三次 第四次 V(KMnO4溶液)/mL 17.10 18.10 18.00 17.90 计算试样中过氧化氢的浓度为______mol∙L-1。 (5)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 18．(11分)海洋生态系统在全球碳循环中起着决定性作用。CO2进入海水后，主要以4种无机形式存在，称为总溶解无机碳()，占海水总碳以上，在海水中存在平衡关系：CO2+H2OH2CO3H++HCO3-；HCO3-H++CO32-，某些组分百分率随变化如下图。另据资料显示：海洋中的珊瑚虫经反应Ca2++HCO3-(aq)CaCO3)+H2O+CO2↑ H2O(l)+CO2(aq)形成石灰石外壳，进而形成珊瑚。 已知海水中不同pH条件下下各无机碳组分的百分率如下图所示。 (1)海水的 pH一般在7.8~8.3之间，所以海洋中碳元素主要以______形式存在 (2)上述中性海水溶液中，阴离子浓度由大到小的关系是_______；pH=10时，由水电离出的c(H+)=_______。 (3)研究 CO2 在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学家研究的重要课题。下列说法不正确的是____________ A．珊瑚形成的反应为Ca2+ (aq)+2HCO3-(aq)CaCO3(s)+ H2O(l)+CO2(aq) B．与温带海域相比，热带海域水温较高是利于形成珊瑚的原因之一 C．与深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光合作用强，更有利于珊瑚形成 D．大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO32-浓度增大，有利于珊瑚形成 (4)海水可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K2=4.3×10-7、K2=5.6×10-11；H2SO3电离平衡常数K1=1.5×10-2、K2=6.0×10-8。海水中含有的HCO3-可用于吸收SO2，吸收后溶液呈弱酸性的原因是_______，该过程的离子方程式是_______。 19．(15分)二氧化碳加氢制甲烷有利于实现“碳达峰、碳中和”，该过程中的主要反应为 ①CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝-165.0kJ·mol−1； ②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝+41.2kJ·mol−1。 回答下列问题： (1)写出甲烷与CO2反应制取水煤气(CO、H2)的热化学方程式： ________ 。 (2)已知部分化学键的键能数据如表所示： 化学键 C-H H-H O-H C=O 键能(kJ/mol) 414 436 463 x 其中x= 。 (3)恒温恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CO2和H2，同时发生反应①和②，下列事实能说明反应②达到化学平衡状态的是_______________。 A．容器内气体密度不再变化 B．v正(CO2)=v逆(H2) C．气体的平均相对分子质量不再变化 D．混合气体的总质量不变 (4)向若干个体积均为2L的恒容密闭容器中均充入1mol CO2、3.6mol H2，若只发生反应①CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝-165.0kJ·mol−1，在不同温度下经过10min测得各容器中CO2的转化率如图所示。 ①CO2转化率先升高后降低的原因是 ________________________ 。 ②X点对应的坐标为(400，80)，X点对应H2的转化率为 ________ (保留三位有效数字)；X点对应的容器中压强为p0 kPa，则X点对应的平衡常数Kp= ________ (kPa)-2 (用含p0的代数式表示，Kp为用分压表示的平衡常数，气体的分压=总压×该气体的物质的量分数)。 ③X、Y两点对应的平衡常数KX KY (填“大于”、“等于”或“小于”)。 20．(16分)温室气体让地球“发烧”，倡导低碳生活，是一种可持续发展的环保责任，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。回答下列问题： (1)通过使用不同的新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚(CH3OCH3)。已知： CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49kJ·mol−1 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝-24.52kJ·mol−1 则2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH kJ·mol−1。 (2)一定条件下，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的反应历程如图1所示。该反应的反应速率由第 (填“1”或“2”)步决定。 (3)向2L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。在甲、乙两种不同催化剂的作用下，反应时间均为时，测得甲醇的物质的量分数随温度的变化如图2所示： ①相同温度下，催化剂效果更好的是 (填“甲”或“乙”)；T4℃下，甲醇的平均反应速率为 mol·L－1·min－1 。 ②T2℃和T5℃下，平衡常数：K2 (填“>”、“<”或“=”) K5。 ③T5℃下，反应开始时容器中的总压为p0MPa，该温度下反应的平衡常数Kp= (kPa)-2 (只列出计算式，不必化简，分压=总压×物质的量分数)。 (4)一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，同时发生反应： 反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-49.01kJ·mol−1 反应II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝+41.17kJ·mol−1 其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率影响如图3所示。 ①由图3可知，实验中反应均未达到化学平衡状态，依据是 ________ 。 ②温度高于260℃时，CO2的平衡转化率呈上升变化的原因是 ________ 。 ( 7 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高二年级化学上学期期中模拟卷02 参考答案 一、选择题(本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 B D B D C C C D D A C C B D C A 二、填空题(本题共4小题，共52分) 17．(10分) (1)氧化(1分) (2)H2O2H++HO2-、HO2-H++O22(2分)- 5.8(2分) (3)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色(2分) (4)0.1800(2分) (5)偏高(1分) 18．(11分) (1)HCO3-(2分) (2) c(HCO3-)＞c(CO32- )＞c(OH-)(2分) 1.0×10-10 mol·L-1(2分) (3)D(3分) (4)  反应生成HSO3-，其电离程度大于水解程度，溶液呈弱酸性(2分) HCO3-+SO2= HSO3-+CO2(2分) 19．(15分) (1) CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝+247.2kJ·mol−1(2分) (2)799.5(2分) (3)AC(2分) (4) 温度升高，反应速率加快，相同时间内二氧化碳转化率增大，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低，故CO2转化率先升高后降低(3分) 88.9% (2分) (2分) 小于(2分) 20．(16分) (1)-122.54(2分) (2)1(2分) (3) 甲(2分) (2分) >(2分) 或(2分) (4)CO2的实验转化率未达到平衡转化率(2分) 温度升高，反应I逆向移动，反应II正向移动，当温度高于260℃时，反应II正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度(2分) ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高二年级化学上学期期中模拟卷02 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 测试范围：第一、二、三章(选择性必修1) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mn-55 第Ⅰ卷(选择题 共48分) 一、选择题(本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．下列关于0.1 mol·Lˉ1CH3COONa溶液的说法正确的是( ) A．c(CH3COO－)= 0.1 B．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH―)＞c(H＋) C．向溶液中加水稀释，溶液的变大 D．c(CH3COO－)+c(OH―)=c(H＋) 【答案】B 【解析】醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根水解，溶液显碱性，溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH―)＞c(H＋)。A项，醋酸钠溶液中醋酸根水解，故c(CH3COO－)＜0.1 mol·Lˉ1，A错误；B项，c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH―)＞c(H＋)，B正确；C项，向溶液中加水稀释，氢氧根浓度减小，溶液的pH变小，C错误；D项，溶液中存在质子守恒：c(CH3COO－)+c(OH―)=c(H＋)，D错误；故选B。 2．在一容积不变，绝热的密闭容器中发生可逆反应：2X(s)Y(g)+Z(g)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是( ) A．混合气体的密度不再变化 B．反应容器中Y的质量分数不变 C．该反应的化学平衡常数不变 D．容器中混合气体的平均相对分子量不变 【答案】D 【解析】A项，由2X(s)Y(g)+Z(g)可知，反应前后气体的质量是变量，容器的体积不变，反应过程中混合气体的密度是变量，当混合气体的密度不再变化时，各气体的质量不再改变，反应达到平衡状态，所以混合气体的密度不再变化，能判断反应达到平衡状态，故A不符合题意；B项，当反应容器中Y的质量分数不变时，体积不变，说明Y的浓度不再改变，反应达到平衡，所以反应容器中Y的质量分数不变，能说明该反应达到化学平衡状态，故B不符合题意；C项，由2X(s)Y(g)+Z(g)反应是在绝热的密闭容器中进行可知，温度是变量，而平衡常数只是温度的函数，当反应的化学平衡常数不变时，说明温度不再改变，反应达到平衡状态，所以该反应的化学平衡常数不变，能说明该反应达到化学平衡状态，故C不符合题意；D项，由2X(s)Y(g)+Z(g)可知，反应前反应物是固体，反应后产物是气体，且产生的气体比例不会改变，总是1:1，则混合气体的平均相对分子量M=是定值，所以当容器内气体的平均相对分子量不变时，不能判断反应达到平衡状态，故D符合题意；故选D。 3．下列说法错误的是( ) A．1molSO3在不同状态时的熵值：S[SO3(s)]＜S[SO3(g)] B．2NO(g)＋2CO(g)=CO2(g)＋N2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0 C．2KClO3(g)=KCl(s)＋3O2(g) ΔH＞0能否自发进行与温度有关 D．常温下，反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0 【答案】B 【解析】物质聚集状态不同熵值不同，同种物质，气体S>液体S>固体S，1molSO3的熵值：S[SO3(s)]＜S[SO3(g)]，A正确；该反应为气体体积减少的反应，ΔS＜0，若该反应ΔH＞0，则在任何条件下反应都不能自发进行，而在常温下能自发进行，说明该反应的ΔH＜0，B错误；该反应的ΔH＞0、ΔS＞0，则反应自发进行需要ΔG=ΔH-TΔS＜0，该反应在高温能自发进行，反应能否自发进行与温度有关，C正确；C(s)＋CO2(g)=2CO(g)反应为ΔS＞0，若该反应为ΔH＜0，则在任何温度下反应都能自发进行，常温下，不能自发进行，说明反应不是ΔH＜0，则则该反应的ΔH＞0，D正确；故选B。 4．下列说法正确的是( ) A．1 mol N2与4 mol H2混合充分反应，则反应中转移的电子数目为6 mol B．反应2Mg(s)+CO2(g)= C(s)+2MgO(s) 能自发进行，则该反应的ΔH>0 C．向0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小 D．在稀溶液中：H＋(aq)+OH－(aq)= H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol−1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与1 L 1.0 mol·L−1 的NaOH溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ 【答案】D 【解析】因为N2与H2的反应为可逆反应，所以1 mol N2与4 mol H2混合充分反应，实际参加反应的N2物质的量小于1mol，则反应中转移的电子数目小于6 mol，A错误；反应2Mg(s)+CO2(g)= C(s)+2MgO(s)能自发进行，因为ΔS<0，所以该反应的ΔH<0，B错误；向0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中c(CH3COO-)、c(OH-)减小，c(H+)增大，增大，C错误；在稀溶液中：H＋(aq)+OH－(aq)= H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol−1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与1 L 1.0 mol·L−1 的NaOH溶液混合，因为浓硫酸溶解放热，放出的热量为溶解热与中和热之和，所以放出的热量大于57.3 kJ，D正确。故选D。 5．下列热化学方程式正确的是( ) A．稀硫酸与0.1mol•L-1NaOH溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)    △H=+57.3kJ•mol-1 B．1molSO2(g)、0.5molO2(g)充分反应生成SO3(g)放出热量98.3kJ，则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)    △H=-196.6kJ•mol-1 C．已知9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6gFeS(s)时放出19.12kj热量，则 Fe(s)+S(s)=FeS(s)    △H=-95.6kJ•mol-1 D．已知CH3OH(l)的燃烧热为-726.8kJ•mol-1，则有CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)    △H=-726.8kJ•mol-1 【答案】C 【解析】A项，中和反应为放热反应，故△H=-57.3kJ•mol-1，A错误；B项，若 1 molSO2 和 0.5 molO2 完全反应放热98.3kJ，该反应为可逆反应，则2molSO2和1molO2反应生成2molSO3，放出热量大于196.6kJ，△H＜-196.6kJ•mol-1，B错误；C项，生成17.6gFeS(s)即0.2mol时放出19.12kJ热量，则Fe(s)+S(s)=FeS(s)    △H=-95.6kJ•mol-1，C正确；D项，燃烧热要求完全燃烧，生成指定产物，C应该生成CO2(g)，D错误；故选C。 6．在密闭容器中投入一定量CaCO3发生分解反应：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g) ΔH＞0，某温度下，达到平衡时，测得体系中气体的压强为p。当其他条件不变，仅改变影响平衡的一个条件，下列说法不正确的是( ) A．当CaCO3的质量不再变化时，表明该反应重新达到了化学平衡状态 B．升高温度，活化分子百分率增大，正反应速率增大，逆反应速率也增大 C．扩大容器体积，重新达到平衡时CO2的压强一定小于p D．维持恒压p，往密闭容器内充入少量He，最终容器内CaCO3的质量为0 【答案】C 【解析】CaCO3的质量随着反应进行而减小，当CaCO3的质量不再变化时，表明该反应重新达到了化学平衡状态，A正确；升高温度，活化分子百分率增大，正、逆反应速率增大，B正确；根据化学方程式可知，Kp=p(CO2)=p，温度不变时，化学平衡常数不变，则扩大容器体积，重新达到平衡时CO2的压强依然为p，C错误；维持恒压p，往密闭容器内充入少量He，p(CO2)减小，平衡将正向移动，直到所有CaCO3反应完，即最终容器内CaCO3的质量为0，D正确；故选C。 7．牙釉质的主要成分为羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]，在牙齿表面存在着如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3PO43-(aq)+OH-(aq) Ksp=6.8×10-37mol9•L-9，已知Ca5(PO4)3F的Ksp=2.8×10-61mol9•L-9。下列说法错误的是( ) A．残留在牙齿上的糖会发酵产生H+，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质 B．按时刷牙可减少食物残留，从而减少有机酸的产生，防止腐蚀牙齿 C．用含NaOH的溶液漱口，可使平衡左移，保护牙齿 D．含氟牙膏使Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的Ca5(PO4)3F，促进牙齿表面矿物质的沉积，修复牙釉质 【答案】C 【解析】A项，残留在牙齿上的糖会发酵产生H+，则将消耗OH-，导致生成物OH-浓度减小，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质，A正确；B项，由A项分析可知，按时刷牙可减少食物残留，从而减少有机酸的产生，防止腐蚀牙齿，B正确；C项，NaOH碱性太强，具有强腐蚀性，不能用含NaOH的溶液漱口，否则将腐蚀口腔等组织，C错误；D项，由题干信息Ca5(PO4)3OH的Ksp=6.8×10-37mol9•L-9，而Ca5(PO4)3F的Ksp=2.8×10-61mol9•L-9可知，含氟牙膏使Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的Ca5(PO4)3F，促进牙齿表面矿物质的沉积，修复牙釉质，D正确；故选C。 8．将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于某恒容密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g) △H，该反应的平衡常数的负对数(-lgK)随温度(T)变化的曲线如图所示，下列说法错误的是( ) A．平衡常数：Ka<Kb<Kc B．该反应的反应物的总键能大于生成物的总键能 C．压强：pa<pb<pc D．若△H的值不再随时间变化而改变，则该反应达到平衡 【答案】D 【解析】A项，该反应的平衡常数的负对数(-lgK)随温度(T)的升高在减小，即温度升高，K增大，故平衡常数：Ka<Kb<Kc，A正确；B项，该反应的平衡常数随温度的升高增大，故该反应为吸热反应，反应物的总键能大于生成物的总键能，B正确；C项，该反应体系恒容，温度越高，该反应正向进行的程度越大，生成的气体的物质的量越大，体系压强越大，故压强：pa<pb<pc，C正确；D项，反应的△H的值为一个恒量，不能用来判断反应是否达到平衡，D错误；故选D。 9．标准状态下，1mol纯物质的相对能量及解离为气态原子时所消耗的能量如下表所示： 物质 O2(g) N2(g) NO2g) C(s，石墨) CH4(g) CO2(g) 相对能量/ kJ·mol−1 0 0 x 0 -75 -393.5 解离总耗能/kJ 498 946 632 717 1656 y 下列说法正确的是( ) A．x =180 B．逐级断开CH4(g)中的每摩尔C—H所消耗的能量均为414kJ C．解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为239kJ D．根据NO(g)＋CH4(g)CO2(g)＋N(g)+2H2O(g)的ΔH可计算出H—O键能 【答案】D 【解析】A项，焓变=生成物总能量-反应物总能量，则N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH=2x kJ·mol−1，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即498+946-632×2=2x，x =90，故A错误；B项，逐级断开CH4(g)中的每摩尔C—H所消耗的能量不相等，故B错误；C项，石墨晶体中每个碳原子形成3条共价键，两个碳原子形成1条键，则1mol石墨含有1.5molC-C键，解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为478kJ，故C错误；D项，焓变=反应物总键能-生成物总键能，C(s，石墨)+O2(g)CO2(g)的ΔH可计算出y值，再根据NO(g)＋CH4(g)CO2(g)＋N(g)+2H2O(g)的ΔH可计算出H—O键能，故D正确；故选D。 10．已知25℃，醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如下表，下列叙述正确的是( ) 酸 醋酸 次氯酸 碳酸 亚硫酸 电离平衡常数 K a=1.75×10－5 K a=2.98×10－8 Ka1=4.30×10－7 Ka2=5.61×10－11 Ka1=1.54×10－2 Ka2=1.02×10－7 A．25℃，等物质的量浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，碱性最强的是Na2CO3 B．将0.1 mol·L－1的醋酸加水不断稀释，所有离子浓度均减小 C．少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO D．少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2＋H2O＋2ClO－＝CO32－＋2HClO 【答案】A 【解析】这四种盐都是强碱弱酸盐，溶液显碱性，酸性越弱，越水解，根据电离平衡常数，HCO3－的电离平衡常数最小，则CO32－的水解程度最强，碱性最强的是Na2CO3，A正确；醋酸加水稀释，促进电离，但是pH增大，根据水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)，c(OH－)增大，B错误； HClO具有强氧化性，CaSO3中的＋4价S具有还原性，两者发生氧化还原反应，生成CaSO4，C错误；根据电离平衡常数，HClO的电离平衡常数大于HCO3－的，因此反应方程式：CO2＋H2O＋ClO－=HCO3－＋HClO，D错误。 11．在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时CO、H2分别为1mol、2mol，发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，平衡后混合气体中CH3OH(g)的体积分数如图所示。下列说法正确的是( ) A．该反应的正反应活化能高于逆反应活化能 B．250℃时化学平衡常数关系：K1＞K2＞K3 C．压强大小关系：p1＞p2＞p3 D．p1时升温，逆反应速率增大，正反应速率减小 【答案】C 【解析】由图可知，相同温度不同压强下甲醇对应的体积分数为p1＞p2＞p3。根据压强增大，平衡向气体分子数减小的方向即正向移动，可知压强为：p1＞p2＞p3。温度越高，甲醇的体积分数越小，说明反应放热。A项，根据分析可知，正反应放热，则正反应的活化能小于逆反应活化能，A错误；B项，化学平衡常数大小只与温度有关，温度不变则化学平衡常数不变，因此250℃时，K1=K2=K3，B错误；C项，p1＞p2＞p3，C正确；D项，升高温度，正逆反应速率均增大，D错误。故选C。 12．H2O2可在催化剂Fe2O3或Fe3O4作用下产生·OH，·OH能将烟气中的NO、SO2氧化。·OH产生机理如下： 慢反应：Fe3++H2O2=Fe2++·OOH+H+ 快反应：Fe2++H2O2=Fe3++·OH+OH- 对于H2O2脱除SO2：SO2(g)+H2O2(l)= H2SO4(l)，下列说法错误的是( ) A．加入催化剂Fe2O3，可提高的脱除速率 B．该反应能在低温下自发进行，则此反应的ΔH<0 C．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快 D．与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时的脱除速率可能更高 【答案】C 【解析】A项，加入催化剂Fe2O3，先发生慢反应生成亚铁离子，随后发生快反应生成·OH，·OH可将烟气中的SO2氧化，能提高SO2的脱除速率，A正确；B项，该反应的ΔS<0，根据ΔH-TΔS<0反应自发进行且该反应在低温条件下可自发进行可知，该反应的ΔH<0，B正确；C项，向固定容积的反应体系中充入氦气，反应体系中只有SO2为气体，且充入氦气二氧化硫浓度不变，则反应速率也不变，C错误；D项，Fe2O3中只存在Fe3+，需要先通过慢反应生成Fe2+，随后再通过快反应生成·OH，生成·OH的速率较慢，·OH的浓度也相对较低，Fe3O4中同时存在Fe2+和Fe3+，一开始就能进行快反应生成·OH，·OH的浓度较高，因此Fe3O4作催化剂时SO2的脱除速率可能更高，D正确；故选C。 13．白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量测定常用KMnO4滴定的方法。具体做法是将其酸溶后转化为草酸钙，过滤后用酸溶解，再用KMnO4滴定。则下列说法错误的是( ) A．KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O B．实验过程中两次用酸溶解，均需使用稀盐酸 C．KMnO4滴定草酸过程中，标准状况下每产生448mLCO2气体理论上转移0.02mole- D．滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO4-+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，将导致测定结果偏高 【答案】B 【解析】A项，草酸是弱酸，具有还原性，会被高锰酸钾氧化，根据质量守恒和化合价升降守恒等可知KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正确；B项，高锰酸钾具有强氧化性，会氧化盐酸产生氯气造成误差，所以实验过程中不可使用稀盐酸，B错误；C项，KMnO4滴定草酸过程中，存在关系，标准状况下448mLCO2气体物质的量为，根据关系式可知理论上转移0.02mole-，C正确；D项，根据质量守恒定律和的失电守恒定律可以得出：，滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO4-+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，消耗的KMnO4溶液体积会偏大，会导致测定结果偏高，D正确；故选B。 14．甲醇和异丁烯(以IB表示)在催化剂作用下合成甲基叔丁基醚(MTBE)：CH3OH(g)+IB(g) = MTBE(g) ΔH。反应过程中反应物首先被催化剂吸附，再经历过渡态(I、Ⅱ、Ⅲ)最终得到产物，相对能量与反应历程的关系如图所示(其中N1表示甲醇和异丁烯同时被吸附，N2表示甲醇先被吸附，N3表示异丁烯先被吸附)。 下列说法不正确的是 A．该反应的ΔH=-4QkJ/mol B．三种反应历程中，N1反应速率最快 C．过渡态I比另两种过渡态稳定 D．同温同压下，只要起始投料相同，三种途径MTBE的转化率相同 【答案】D 【解析】A项，该反应的焓变△H为生成物的总能量减去反应物的总能量，则△H=(1-5)QkJ/mol=-4QkJ/mol， 该反应的热化学方程式为该条件下反应的热化学方程式为:CH3OH(g)+IB(g) = MTBE(g) ΔH=-4QkJ/mol，A正确；B项，N1、N2、 N3三种反应历程的活化能分别为(6-2)QkJ/mol=4 QkJ/mol、(9-3)QkJ/mol=6QkJ/mol、(10-4)QkJ/mol=6QkJ/mol，则N1反应速率最快，B正确；C项，过渡态I的能量最低，能量越低越稳定，故过渡态I比另两种过渡态稳定，C正确；D项，N1、N2、N3三种反应历程的活化能不相等，则同温同压下，只有起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的转化率不相同，D错误；故选D。 15．25℃时，向10mL 0.5mol·Lˉ1 MgCl2溶液中通入氨气，测得溶液中的p(OH-)与p(Mg2+)之间的变化曲线如图所示，已知Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，p(X)=-lgc(X)，忽略反应过程中溶液体积的变化。下列说法错误的是( ) A．a点溶液满足：2c(Mg2+)+c(NH4+)＞c(Cl－) B．b点溶液中有Mg(OH)2沉淀产生 C．c点溶液满足：c(OH-)＞c(Mg2+) D．反应Mg2++2NH3·H2O Mg(OH)2+ 2NH4+的平衡常数K=3.24×101.25 【答案】C 【解析】A项，a点溶液中c(OH-)=10-3mol·L-1，溶液呈碱性c(OH―)＞c(H＋)，根据电荷守恒关系式2c(Mg2+)+c(NH4+)+ c(H＋)= c(Cl－)，故2c(Mg2+)+c(NH4+)＞c(Cl－)， A正确；B项，b点溶液中c(Mg2+)与c(OH―均大于沉淀溶解平衡时的浓度，有Mg(OH)2沉淀产生， B正确；C项，c点溶液中c(OH-)=10-4mol·L-1，c(Mg2+)=10-3.25mol·L-1，c(OH-)＜c(Mg2+)， C错误；D项，c点溶液中c(OH-)=10-4mol·L-1，c(Mg2+)=10-3.25mol·L-1，根据c点数据可计算出，反应Mg2++2NH3·H2O Mg(OH)2+ 2NH4+的平衡常数 D正确；故选C。 16．下列实验能达到预期目的的是( ) 编号 实验内容 实验目的 A 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 B 室温下，用pH试纸分别测定浓度为18mol/L和0.1 mol/L H2SO4溶液的pH 比较不同浓度H2SO4的酸性强弱 C 配制FeCl2溶液时，先将FeCl2溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后在试剂瓶中加入少量铜粉 抑制Fe2＋水解，并防止Fe2＋被氧化 D 向10mL 0.2 mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1 mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下的 Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3] 【答案】A 【解析】含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，A正确； 18mol/L的硫酸为浓硫酸，浓硫酸具有脱水性、强氧化性，无法用pH试纸测定其pH，B错误；配制FeCl2溶液时，先将FeCl2溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后应该在试剂瓶中加入少量铁粉，否则会引进杂质铜离子，C错误；氢氧化钠过量，不能证明溶解度大小，如加入足量氯化镁完全生成氢氧化镁沉淀后再加入氯化铁，能生成红褐色沉淀，则可证明，D错误。 第II卷(非选择题 共52分) 二、填空题(本题共4小题，共52分) 17．(10分)过氧化氢的水溶液适用于医用消毒、环境消毒和食品消毒。 Ⅰ.过氧化氢性质探究实验 (1)酸性条件下H2O2可将Fe2+转化成Fe3+，由此说明H2O2具有______性。 (2)已知H2O2是一种二元弱酸，其中Ka1=2.20×10-12、Ka2=1.05×10-25，则H2O2的电离方程式为___________________，常温下，1mol∙L-1的H2O2溶液的pH约为_________________。 Ⅱ.过氧化氢含量的测定实验。某兴趣小组同学用0.1000mol∙L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，反应原理为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。 (3)滴定达到终点的现象是______________________________。 (4)用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示： 第一次 第二次 第三次 第四次 V(KMnO4溶液)/mL 17.10 18.10 18.00 17.90 计算试样中过氧化氢的浓度为______mol∙L-1。 (5)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 【答案】(1)氧化(1分) (2)H2O2H++HO2-、HO2-H++O22(2分)- 5.8(2分) (3)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色(2分) (4)0.1800(2分) (5)偏高(1分) 【解析】(1)酸性条件下，H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2转变为H2O，化合价降低，体现了过氧化氢的氧化性；(2)过氧化氢属于二元弱酸，分步电离，其电离的方程式为H2O2H++HO2-、HO2-⇌H++O22-；又Ka1=2.20×10-12，Ka2=1.05×10-25，Ka1≫Ka2，以第一步电离为主，则Ka1===2.20×10-12，所以c(H+)≈1.48×10-6mol∙L-1，即pH≈5.8；(3)该实验是酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，发生反应：2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，若达到滴定终点，高锰酸钾恰好完全反应，故滴定达到终点的现象是锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色；(4)由于第一次数据误差过大，故舍去；其他三组数据的平均值18.00mL，根据反应2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，n(H2O2)=2.5×n(MnO4-)=2.5×0.1000mol∙L-1×0.018L，c(H2O2)=mol∙L-1=0.1800mol∙L-1；(5)滴定前滴定管尖嘴处有气泡，导致消耗的标准液体积偏大，根据c标V标=c待V待，c待=，则测定结果偏高。 18．(11分)海洋生态系统在全球碳循环中起着决定性作用。CO2进入海水后，主要以4种无机形式存在，称为总溶解无机碳()，占海水总碳以上，在海水中存在平衡关系：CO2+H2OH2CO3H++HCO3-；HCO3-H++CO32-，某些组分百分率随变化如下图。另据资料显示：海洋中的珊瑚虫经反应Ca2++HCO3-(aq)CaCO3)+H2O+CO2↑ H2O(l)+CO2(aq)形成石灰石外壳，进而形成珊瑚。 已知海水中不同pH条件下下各无机碳组分的百分率如下图所示。 (1)海水的 pH一般在7.8~8.3之间，所以海洋中碳元素主要以______形式存在 (2)上述中性海水溶液中，阴离子浓度由大到小的关系是_______；pH=10时，由水电离出的c(H+)=_______。 (3)研究 CO2 在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学家研究的重要课题。下列说法不正确的是____________ A．珊瑚形成的反应为Ca2+ (aq)+2HCO3-(aq)CaCO3(s)+ H2O(l)+CO2(aq) B．与温带海域相比，热带海域水温较高是利于形成珊瑚的原因之一 C．与深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光合作用强，更有利于珊瑚形成 D．大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO32-浓度增大，有利于珊瑚形成 (4)海水可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K2=4.3×10-7、K2=5.6×10-11；H2SO3电离平衡常数K1=1.5×10-2、K2=6.0×10-8。海水中含有的HCO3-可用于吸收SO2，吸收后溶液呈弱酸性的原因是_______，该过程的离子方程式是_______。 【答案】(1)HCO3-(2分) (2) c(HCO3-)＞c(CO32- )＞c(OH-)(2分) 1.0×10-10 mol·L-1(2分) (3)D(3分) (4)  反应生成HSO3-，其电离程度大于水解程度，溶液呈弱酸性(2分) HCO3-+SO2= HSO3-+CO2(2分) 【解析】(1)根据图像可知海水的 pH一般在7.8～8.3之间时碳酸氢根离子的含量最高，所以海洋中碳元素主要以HCO3-形式存在；(2)由图可知，pH=7时，溶液中HCO3-浓度大于H2CO3，则阴离子浓度由大到小的关系是c(HCO3-)＞c(CO32- )＞c(OH-)；pH=10时，水的电离受到抑制，则由水电离出的c(H+)=1.0×10-10 mol·L-1； (3)A项，珊瑚的主要成分是CaCO3，珊瑚形成的反应为Ca2+ (aq)+2HCO3-(aq) CaCO3(s)+ H2O(l)+CO2(aq)，A正确；B项，与温带海域相比，热带海域水温较高能加快CO2的挥发，促使上述平衡正向移动，故温度较高是利于形成珊瑚的原因之一，B正确；C项，与深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光合作用强，消耗的CO2增大，导致CO2浓度减小，平衡正向移动，故更有利于珊瑚形成，C正确；D项，由于CO2+H2OH2CO3H++ HCO3-，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO2浓度增大，而不是CO32-浓度增大，CO2浓度增大，珊瑚形成的平衡逆向移动，则不利于珊瑚形成，D错误；故选D。(4)由H2CO3和H2SO3的电离平衡常数可知，酸性：H2SO3> H2CO3> HSO3-> HCO3-，则海水中的HCO3-和SO2反应生成HSO3-和CO2，由于HSO3-的电离平衡常数K2=6.0×10-8，水解平衡常数，即HSO3-的电离程度大于水解程度，使得吸收后溶液呈弱酸性，该过程的离子方程式是HCO3-+SO2= HSO3-+CO2。 19．(15分)二氧化碳加氢制甲烷有利于实现“碳达峰、碳中和”，该过程中的主要反应为 ①CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝-165.0kJ·mol−1； ②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝+41.2kJ·mol−1。 回答下列问题： (1)写出甲烷与CO2反应制取水煤气(CO、H2)的热化学方程式： ________ 。 (2)已知部分化学键的键能数据如表所示： 化学键 C-H H-H O-H C=O 键能(kJ/mol) 414 436 463 x 其中x= 。 (3)恒温恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CO2和H2，同时发生反应①和②，下列事实能说明反应②达到化学平衡状态的是_______________。 A．容器内气体密度不再变化 B．v正(CO2)=v逆(H2) C．气体的平均相对分子质量不再变化 D．混合气体的总质量不变 (4)向若干个体积均为2L的恒容密闭容器中均充入1mol CO2、3.6mol H2，若只发生反应①CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝-165.0kJ·mol−1，在不同温度下经过10min测得各容器中CO2的转化率如图所示。 ①CO2转化率先升高后降低的原因是 ________________________ 。 ②X点对应的坐标为(400，80)，X点对应H2的转化率为 ________ (保留三位有效数字)；X点对应的容器中压强为p0 kPa，则X点对应的平衡常数Kp= ________ (kPa)-2 (用含p0的代数式表示，Kp为用分压表示的平衡常数，气体的分压=总压×该气体的物质的量分数)。 ③X、Y两点对应的平衡常数KX KY (填“大于”、“等于”或“小于”)。 【答案】(1) CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝+247.2kJ·mol−1(2分) (2)799.5(2分) (3)AC(2分) (4) 温度升高，反应速率加快，相同时间内二氧化碳转化率增大，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低，故CO2转化率先升高后降低(3分) 88.9% (2分) (2分) 小于(2分) 【解析】(1)已知：①CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝-165.0kJ·mol−1；②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝+41.2kJ·mol−1。由盖斯定律可知，②×2-①，CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝2×(41.2kJ·mol−1)-(-165.0kJ·mol−1)＝+247.2kJ·mol−1；(2)反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，由①可知，，x=799.5 kJ·mol−1；(3)A项，反应①为气体分子数改变的反应，恒温恒压下，随着反应进行容器总体积改变，而反应中气体的质量不变，混合气体密度为变量，则混合气体的密度不变，说明反应已达平衡；B项，未具体指明具体是反应①还是反应②v正(CO2)=v逆(H2)，若是反应②v正(CO2)=v逆(H2)，说明正逆反应速率相等，反应②达到平衡，未指明则不能说明反应②达到平衡；C项，混合气体的平均摩尔质量M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡；  D项，根据质量守恒，混合气体的总质量不变，其不能说明反应平衡；故选AC。(4)①温度升高，反应速率加快，相同时间内二氧化碳转化率增大，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低，故CO2转化率先升高后降低；②X点为最高点，则说明此时为平衡状态，对应的坐标为(400，80)，则反应二氧化碳0.8mol、氢气3.2mol，生成甲烷0.8mol、水1.6mol，平衡二氧化碳0.2mol、氢气0.4mol，X点对应H2的转化率为；总的物质的量为3mol，X点对应的容器中压强为p0 kPa，则X点对应的平衡常数；③反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则X、Y两点对应的平衡常数KX小于KY。 20．(16分)温室气体让地球“发烧”，倡导低碳生活，是一种可持续发展的环保责任，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。回答下列问题： (1)通过使用不同的新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚(CH3OCH3)。已知： CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49kJ·mol−1 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝-24.52kJ·mol−1 则2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH kJ·mol−1。 (2)一定条件下，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的反应历程如图1所示。该反应的反应速率由第 (填“1”或“2”)步决定。 (3)向2L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。在甲、乙两种不同催化剂的作用下，反应时间均为时，测得甲醇的物质的量分数随温度的变化如图2所示： ①相同温度下，催化剂效果更好的是 (填“甲”或“乙”)；T4℃下，甲醇的平均反应速率为 mol·L－1·min－1 。 ②T2℃和T5℃下，平衡常数：K2 (填“>”、“<”或“=”) K5。 ③T5℃下，反应开始时容器中的总压为p0MPa，该温度下反应的平衡常数Kp= (kPa)-2 (只列出计算式，不必化简，分压=总压×物质的量分数)。 (4)一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，同时发生反应： 反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-49.01kJ·mol−1 反应II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝+41.17kJ·mol−1 其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率影响如图3所示。 ①由图3可知，实验中反应均未达到化学平衡状态，依据是 ________ 。 ②温度高于260℃时，CO2的平衡转化率呈上升变化的原因是 ________ 。 【答案】(1)-122.54(2分) (2)1(2分) (3) 甲(2分) (2分) >(2分) 或(2分) (4)CO2的实验转化率未达到平衡转化率(2分) 温度升高，反应I逆向移动，反应II正向移动，当温度高于260℃时，反应II正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度(2分) 【解析】能垒越大反应速率越小，化学反应的决速步是由反应速率慢的一步所决定；在T4前，相同温度下，甲醇的物质的量分数：催化剂甲＞催化剂乙，则相同温度下，催化剂效果：催化剂甲＞催化剂乙；反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动；由图2可知T2°C＜T5°C，即平衡常数T2°C＞T5°C。(1)已知：①CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49kJ·mol−1；②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝-24.52kJ·mol−1；由盖斯定律可得①+②，则；(2)由图示1可知，能垒：过渡态1＞过渡态2，能垒越大反应速率越小，化学反应的决速步是由反应速率慢的一步所决定，则一定条件下，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的反应速率由第1步决定的；(3)①在T4前，相同温度下，甲醇的物质的量分数：催化剂甲＞催化剂乙，则相同温度下，催化剂效果：催化剂甲＞催化剂乙；设tmin内甲醇的变化量为amol，则有三段式： 有，解得，所以甲醇的平均反应速率为；②反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动；由图2可知T2°C＜T5°C，即平衡常数T2°C＞T5°C；③设甲醇的物质的量的变化量为amol，则由三段式 有：，解得，则平衡后气体的总物质的量，反应前气体的总物质的量；由阿伏伽德罗定律的推论可知，解得；平衡时各物质的分压分别为：、、，平衡常数；(4)①由图3可知，CO2的实验转化率低于平衡转化率，所以实验中反应均未达到化学平衡状态；②反应I为放热反应、反应II吸热反应，所以升高温度，反应I逆向移动，反应II正向移动，当温度高于260°C时，反应II正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度。 ( 13 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$