安徽省六安市第一中学2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGE21-安徽省六安市第一中学2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）1.下列事实不能作为试验推断依据的是（）A.钠和镁分别与冷水反应，推断金属活动性强弱：Na>MｇB.铁投入CuSO4溶液中，能置换出铜，钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，推断钠与铁的金属活动性强弱：Fe>NaC.酸性H2CO3<H2SO4，推断硫与碳的非金属性强弱：S＞CD.F2与Cl2分别与H2反应，推断氟与氯的非金属性强弱：F>Cl【答案】B【解析】【分析】A．元素的金属性越强，其单质与水或酸反应越猛烈；B．元素的金属性越强，其单质的还原性越强，其单质与水或酸反应越猛烈；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；D．元素的非金属性越强，其单质与氢气化合越简洁。【详解】A．元素的金属性越强，其单质与水或酸反应越猛烈，钠和镁分别与冷水反应，钠反应比镁猛烈，所以可以据此推断金属性强弱，A正确；B．钠投入硫酸铜溶液中，钠先和水反应生成NaOH，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应，铁能置换出硫酸铜中的铜，这两个试验都说明Cu的活泼性最弱，不能说明Fe、Na的活泼性强弱，B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，酸性H2CO3＜H2SO4，这两种酸都是其最高价氧化物的水化物，所以能推断非金属性强弱，C正确；D．元素的非金属性越强，其单质与氢气化合越简洁，F2与Cl2分别与H2反应，依据其反应猛烈程度推断非金属性F＞Cl，D正确；答案选B。【点睛】本题考查化学试验方案的评价，题目难度不大，侧重考查学生分析推断及学问运用实力，熟识非金属性、金属性强弱推断方法，留意非金属性、金属性强弱与得失电子多少无关，只与得失电子难易程度有关。2.依据表1信息，推断以下叙述正确的是（）表1部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径／nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价＋2＋3＋2＋6、－2－2A.氢化物的沸点为H2T＜H2R B.单质与稀盐酸反应的速率为L＜QC.M与T形成的化合物具有两性 D.L2＋与R2－的核外电子数相等【答案】C【解析】【分析】由表中信息可知，T只有－2价，且原子半径小，所以T为O元素；R的最高正价为＋6价，最低价为－2价，所以R为S元素；L的原子半径最大，化合价为＋2价，所以L为Mg；M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为＋3价，所以M为Al；而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为＋2价，所以Q为Be。【详解】A.由于H2O中存在氢键，所以沸点：H2＞H2R，A不正确；B.由于Mg的金属性比Al强，所以与HCl反应的速率：L＞Q，B不正确；C.选项C中Al和Be的化合物具有两性，C正确；D.Mg2＋只有两个电子层，而S2－具有三个电子层，D不正确。故选C。3.两种微粒的质子数和电子数均分别相等，它们不行能是()A.一种阳离子和一种阴离子 B.一种单质和一种化合物分子C.两种分子 D.一种原子和一种分子【答案】A【解析】【分析】两种微粒的质子数和电子数均分别相等，因中性微粒中质子数等于电子数，则两种微粒可能均为分子、原子，也可能为分子、原子，但离子中质子数肯定不等于电子数。【详解】对于中性微粒，质子数等于核外电子数，所以假如两种微粒的质子数和电子数均分别相等，它们不行能是一种阳离子和一种阴离子，故选A。【点睛】本题考查微粒中质子数、电子数的关系，明确中性微粒不显电性，离子带电，离子中的质子数肯定不等于电子数是解答关键。4.氰，硫氰等称为拟卤素，与卤素单质性质相像，它们的阴离子与也卤素阴离子性质相像，阴离子的还原性依次为：，又知，拟卤素形成的无氧酸和含氧酸一般为弱酸，下列反应中，不合理的是（）A.浓B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由阴离子的还原性强弱为，可知氧化性依次为，结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性以及卤素单质的性质来解答。【详解】A．浓盐酸可与二氧化锰在加热条件下生成氯气，因还原性Cl-<CN-，则可发生浓，故A合理；B．卤素单质能与水反应，与卤素单质的性质相像，则与水反应，发生，拟卤素形成的无氧酸和含氧酸一般为弱酸，不能拆成离子形式，故B不合理；C．与卤素单质的性质相像，可以发生类似氯气与碱的反应，与碱发生反应，故C合理；D．还原性：，则能氧化，即，故D合理；故答案选B。【点睛】本题考查物质的性质及氧化还原反应，把握离子的还原性及氧化还原反应中氧化性比较规律为解答的关键，要留意学问的迁移应用。5.下列说法正确的是（）A.同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同B.已知4P（红磷，s）===P4（白磷，s）△H=+17kJ/mol，则白磷比红磷更稳定C.已知2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)△H=－571.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为285.8kJ/molD.稀溶液中：H+（aq）+OH-（aq）===H2O(l)ΔH=－53.7kJ/mol，将含1molCH3COOH与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量等于53.7kJ【答案】C【解析】【详解】A、反应的ΔH只与反应物和生成物的总能量有关，与反应条件无关，同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，错误；B、红磷转化成白磷吸热，说明红磷的总能量小于白磷的总能量，则红磷比白磷稳定，错误；C、由热化学方程式知1molH2完全燃烧生成H2O（l）放出285.8kJ的热量，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，正确；D、CH3COOH为弱酸，CH3COOH电离吸热，含1molCH3COOH与含1molNaOH的稀溶液混合生成1molH2O，放出的热量小于53.7kJ，错误；答案选C。6.下列有关物质结构的说法正确的是A.78gNa2O2晶体中阴、阳离子个数均为2NAB.4.48LNH3中含有0.6NA个N－H键C.S2Cl2的结构式为Cl—S—S—ClD.PCl5和NH3分子中全部原子的最外层都达到8电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】A.78gNa2O2的物质的量是1mol，晶体中阴、阳离子个数分别为NA、2NA，A错误；B.4.48LNH3的物质的量不肯定是0.2mol，其中不肯定含有0.6NA个N－H键，B错误；C.S2Cl2是共价化合物，结构式为Cl—S—S—Cl，C正确；D.PCl5和NH3分子中P和H均没有达到8电子稳定结构，D错误；答案选C。7.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C①→②放出能量并形成了C—C键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，依据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，依据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，依据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变更、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是精确分析示意图中的信息。留意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能变更ΔH、不能使化学平衡发生移动。8.肯定条件下，在水溶液中1molCl-、ClOx-(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是()A.这些离子中结合H+实力最强的是AB.A、B、C、D、E五种微粒中C最稳定C.C→B+D的反应，反应物的总键能小于生成物的总键能D.B→A+D反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)ΔH=+116kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】A．酸性越弱的酸，阴离子结合氢离子实力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子实力最强，即B结合氢离子实力最强，故A错误；B．A、B、C、D、E中A能量最低，所以最稳定，故B错误；C．C→B+D，依据转移电子守恒得该反应方程式为2ClO2-=ClO3-+ClO-，反应热=(64kJ/mol+60kJ/mol)-2×100kJ/mol=-76kJ/mol，则该反应为放热，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故C正确；D．依据转移电子守恒得B→A+D的反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)-3×60kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)△H=-116kJ/mol，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为CD，要留意焓变与键能的关系，△H=反应物的总键能-生成物的总键能。9.可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g)、②2M（g）N（g）+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦，可滑动的密封隔板。反应起先和达到平衡状态时有关物理量的变更如图所示：下列推断正确的是：A.反应①的正反应是吸热反应B.达平衡（I）时体系的压强与反应起先时体系的压强之比为14:15C.达平衡（I）时，X的转化率为D.在平衡（I）和平衡（II）中，M的体积分数相等【答案】B【解析】【分析】A.从降温导致平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动时，X、Y、Z的总物质的量变更导致反应移动的方一直推断反应是吸热还是放热；B.依据等温时，反应②中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，并且左右两个容器中的压强关系可推断；C.相同压强下，依据物质的量之比等于体积之比计算①中气体的物质的量，进而求出转化率；D.由于温度变更反应②的平衡已经被破坏，M的体积分数不会相等的。【详解】A.降温由平衡(I)向平衡(II)移动，同时X、Y、Z的物质的量削减，说明平衡向右移动，正反应放热，A项错误。B.达平衡(I)时的压强于起先时的体系的压强之比为：2.8:3=14:15，B项正确；C.达平衡(I)时，反应①的总物质的量由3.0mol减小为2.8mol，X(g)+2Y(g)⇌⇌2Z(g)该反应正反应气体总量减小，设反应的X的物质的量为△n(X)，利用差量可得：1:1=△n(X)：(3.0－2.8)，解之得：△n(X)=0.2mol，则X的转化率为×100%=20%，C项错误；D.由平衡(I)到平衡(II)，由于反应过程温度降低，化学反应②发生移动，M的量发生变更，M体积分数是不会相等的，D项错误；故答案：B。10.在一密闭容器中进行反应：X2(g)+Y2(g)2Z(g)，若X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在肯定条件下，当反应达到平衡状态时，下列说法正确的是A.Z的浓度可能为0.3mol/LB.平衡时X2、Y2的转化率相等C.平衡时，Y2和Z的生成速率之比为2:1D.若平衡后再变更外界条件，上升温度，则反应的平衡常数将变大【答案】A【解析】【详解】A.X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，若X2完全反应，生成Z的浓度为0.4mol/L，事实上对于可逆反应，反应物不能完全进行，Z的浓度小于0.4mol/L，A项正确；B.按系数比加入各物质，各物质的转化率才相等，而X2、Y2的浓度比为1:3，平衡时X2、Y2的转化率不相等，B项错误；C.化学反应速率之比等于化学计量数之比，则平衡时，Y2和Z的生成速率之比为1:2，C项错误；D.若该反应为放热反应，上升温度，反应的平衡常数将减小，若该反应为吸热反应，上升温度，反应的平衡常数将增大，D项错误；答案选A。11.在肯定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molA和1molB，发生下列反应：2A(g)+B(g)2C(g)△H<0，达到平衡后，在t1时刻变更条件，化学反应速率随时间变更如图。下列对t1时刻变更条件的推想中正确的是A.保持压强不变，上升反应温度B.保持温度不变，增大容器体积C.保持温度和容器体积不变，充入1molC(g)D保持温度和压强不变，充入1molC(g)【答案】D【解析】【详解】A.该反应是放热反应，上升温度，正逆反应速率都增大，正逆反应速率曲线都在原直线上方，逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大的倍数，导致平衡向逆反应方向移动，A项错误；B．保持温度不变，增大容器体积，正、逆反应速率均减小，速率曲线在原直线下方，B项错误；C.保持温度和容器体积不变，充入1molC(g)，相当于增大压强，正逆反应速率均增大，速率曲线在原直线上方，C项错误；D.保持温度和压强不变，充入1molC(g)，C(g)的瞬间，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，容器的体积增大，导致反应物的浓度减小，正反应速率降低，平衡向逆反应方向移动，D项正确；答案选D。12.在容积肯定的密闭容器中，反应A2(g)＋B2(g)xC(g)，符合图Ⅰ所示关系。对图Ⅱ的说法正确的是(T为温度、P为压强、t为时间)()A.P3＜P4，y为A2转化率B.P3＜P4，y为A2浓度C.P3＞P4，y为混合气密度D.P3＞P4，y为C体积分数【答案】D【解析】【分析】由图Ⅰ，a、b曲线温度相等，则先达到平衡的b曲线对应的压强P2更大，曲线b的C物质的含量比压强小的P1大，所以反应后气体系数更小，即1+1>x，x只能等于1。b、c曲线压强相等，则先达到平衡的b曲线对应的温度T1更高，曲线b的C物质含量比温度低的T2的小，说明上升温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应。【详解】A.对于图Ⅱ，等温时p3的y值更大。假如P3＜P4，压强由P3变更到P4，压强增大时平衡向气体体积减小的正反应方向移动，反应物A2的转化率增大，因此，当y表示A2的转化率时，温度相同时压强为P4的曲线应当位于压强为P3的曲线上方，所以A错误；B.温度上升时，上述放热反应平衡向逆反应方向移动，A2的浓度增大，因此，当y表示A2浓度时，曲线的走向应当是渐渐增大，所以B错误；C.由于容器体积肯定、混合气体总质量不变，所以混合气体的密度始终不变，当y表示混合气体密度时，每条图线均为平行于横坐标的直线，因此C错误；D.P3>P4，压强由P3变更到P4，压强减小时平衡向逆反应方向移动，产物C不断消耗，当温度相同时，压强更小的P4对应的产物C体积分数更小，曲线位于下方，图Ⅱ符合；而温度上升时，平衡向逆反应方向移动，产物C不断消耗，y表示C的体积分数时，曲线走向渐渐向下，图Ⅱ也符合，所以D正确；正确答案D。【点睛】化学平衡移动原理探讨时，一般仅涉及两个变量，因此在多变量题型中须要通过对题目的分析固定一些变量，使得探讨时只有自变量和应变量两个变量。如上述分析起先部分，仅探讨曲线a、b就是使温度不再是变量，平衡体系的探讨则是解除时间因素，所以只留下压强和C物质的含量两个变量。13.在容积肯定的密闭容器中，置入肯定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是A.该反应的△H>0B.在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正＞v逆C.若状态B、C、D的压强分别为PB、PC、PD，则PC=PD>PBD.若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1<K2【答案】B【解析】【详解】A、随温度上升NO浓度上升，平衡逆向移动，该反应的△H<0，A错误；B、在T2时，若反应体系处于状态D，则此时要达到平衡状态，反应需正向进行，所以v正＞v逆，B正确；C、温度越高压强越大，PC>PD=PB，C错误；D、随温度上升NO浓度上升，平衡逆向移动，平衡常数减小，K1>K2，D错误。答案选B。14.2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积为2L的密闭容器中，在肯定条件下发生下述反应：PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)；反应达到平衡时，PCl5为0.4mol；假如此时移走1.0molPCl3和0.5molCl2，在相同的温度下再达到平衡时，PCl5的物质的量浓度为A.小于0.1mol/L B.0.1mol/LC.0.2mol/L D.大于0.1mol/L，小于0.2mol/L【答案】A【解析】【分析】达平衡后移走1molPCl3和0.5molC12，重新到达的平衡，利用等效平衡的思想，与原平衡相比相当于压强减小，据此分析作答。【详解】达平衡后移走1molPCl3和0.5molC12，重新到达的平衡，可以等效为起先加入1molPC13和0.5molC12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，该反应为气体体积缩小的反应，则平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的，即在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量<0.4mol×=0.2mol，则其浓度小于=0.1mol/L，故A项正确；答案选A。15.在密闭容器中，肯定量混合气体发生反应xA(g)+yB(g)==zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5mol/L，在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，使再达到平衡，测得A的浓度降低为0.3mol/L，下列有关推断正确的是A.x+y<z B.平衡向正反应方向移动C.B的浓度增大 D.C的体积分数下降【答案】D【解析】恒温扩大体积则气体的压强减小，平衡向气体总体积增大的方向移动。因原平衡时A的浓度为0.5mol·L－１，当体积扩大两倍，假设平衡不移动，则A的浓度将变为0.25mol·L－１，现新平衡时A的浓度为0.3mol·Ｌ－１，说明平衡向生成A的方向移动了，即平衡向逆反应方向移动，所以x+y＞z，选项A错误；平衡向逆反应方向移动，选项B错误；B

的浓度降低，选项C错误；C的体积分数降低，选项D正确。答案选D。16.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，肯定条件下使反应达到平衡，正反应速率随时间变更的示意图如下所示。下列叙述正确的是（）A.反应在c点达到平衡状态B.反应物浓度：点小于点C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.时，SO2的转化率：段小于段【答案】D【解析】【详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在变更，未达平衡，错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚起先时温度上升对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D、随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；答案选D。17.某化学小组将草酸(H2C2O4，二元弱酸)溶液与硫酸酸化的KMnO4溶液混合。探讨发觉，少量MnSO4可对该反应起催化作用。为进一步探讨有关因素对该反应速率的影响，探究如下：（1）常温下，限制KMnO4溶液初始浓度相同，调整不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比试验。请完成以下试验设计表。试验编号温度初始pH01mol·L-1草酸体积/mL0.01mol·L-1KMnO4体积/mL蒸馏水体积/mL数据混合液褪色时间/s①常温1205030t1②常温2205030t2③常温240abt3表中a、b的值分别为a=___、b=___。（2）该反应的离子方程式为___。（3）若t1＜t2，则依据试验①和②得到的结论是___。（4）请你设计试验④验证MnSO4对该反应起催化作用，完成表中内容。试验方案(不要求写出详细操作过程)预期试验结果和结论___反应混合液褪色时间小于试验①中的t1，则MnSO4对该反应起催化作用（若褪色时间相同，则MnSO4对该反应无催化作用）【答案】(1).50(2).10(3).5H2C2O4+2MnO4-+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O(4).其他条件相同时，溶液的pH对该反应的速率有影响；(其他条件相同时，溶液的pH减小反应速率加快)(5).向反应混合液中加入少量MnSO4固体，限制其他反应条件与试验①相同，进行对比试验【解析】【详解】(1)依据试验目的，常温下，限制KMnO4溶液初始浓度相同，调整不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比试验。试验①和②，探究不同的初始pH对化学反应速率的影响，试验②和③，探究不同草酸溶液用量对化学反应速率的影响，因此除了草酸用量不同，其他量均相同，可得a=50，为了维持溶液体积好与②相同，b=10；(2)草酸被高锰酸钾氧化生成CO2，MnO4－还原成Mn2＋，离子方程式为5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；(3)试验①和②探究不同的初始pH对化学反应速率的影响，若t1＜t2，说明其他条件相同时，溶液的pH减小反应速率加快；(4)试验④验证MnSO4对该反应起催化作用，且与试验①作对比，因此除了MnSO4的用量不同其他均相同，试验方案为向反应混合液中加入少量MnSO4固体，限制其他反应条件与试验①相同，进行对比试验。18.煤燃烧的反应热可通过以下两个途径来利用：a.利用煤在足够的空气中干脆燃烧产生的反应热；b.先使煤与水蒸气反应得到氢气和一氧化碳，然后再使得到的氢气和一氧化碳在足够的空气中燃烧。这两个过程的热化学方程式为a．ΔH=E1①b．ΔH=E2②ΔH=E3③ΔH=E4④(1)上述四个热化学方程式中哪个反应的ΔH＞0?______(填序号)。(2)等质量的煤分别通过以上两种不同的途径产生的可利用的总能量关系正确的是____(填字母)。A．a比b多B．a比b少C．a与b在理论上相同(3)依据能量守恒定律，E1、E2、E3、E4之间的关系为E1=__________________。(4)已知：①ΔH1=-393.5kJ/mol②ΔH2=-566kJ/mol③ΔH3=+141kJ/mol则的ΔH=_____________________。【答案】(1).②(2).C(3).E2+E3+E4(4).【解析】【分析】燃烧反应均为放热反应，C与水蒸气的反应为吸热反应；依据盖斯定律可知，反应一步完成或分步完成，其热效应相同；由盖斯定律可知：①=②+③+④，反应热也进行相应的计算；可以先依据反应物和生成物书写化学方程式；依据盖斯定律计算反应的焓变，最终依据热化学方程式的书写方法来书写热化学方程式，据此分析。【详解】(1)①③④为燃烧反应，所以是放热反应，②为吸热反应，吸热反应的ΔH＞0；(2)由盖斯定律可知，反应一步完成或分步完成，其热效应相同，则等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量相同；(3)由盖斯定律可知：①=②+③+④，则能量为E1=E2+E3+E4；(4)已知：①C(s)+O2(g)═CO2(g)ΔH1=−393.5kJ/mol；②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)ΔH2=−566kJ/mol；③TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(s)+O2(g)ΔH3=+141kJ/mol；依据盖斯定律计算①×2−②+③得到TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)═TiCl4(s)+2CO(g)ΔH=2×(−393.5kJ/mol)−(−566kJ/mol)+141kJ/mol=−80kJ/mol。【点睛】留意吸热反应的ΔH＞0，写吸热反应的热化学方程式时必需注明“+”，为易错点。19.依据氢气分子的形成过程示意图，回答问题。(1)H—H键的键长为__________，①~⑤中，体系能量由高到低的依次是___________。(2)下列说法中正确的是____________。A.氢气分子间不存在分子间作用力B.由①到④，电子在核间出现的概率增加C.由④到⑤，必需消耗外界的能量D.氢气分子中含有一个极性共价键(3)已知几种常见化学键的键能如下表所示。化学键Si—OH—OO=OSi—SiSi—C键能/460467498176X请回答下列问题：①较Si—Si键与Si—C键的键能大小可知（填“>”“<”或“=”）：X___。②H2被喻为21世纪人类最志向的燃料，而更有科学家提出硅是“21世纪的能源”“将来的石油”的观点。试计算：每千克H2燃烧（生成水蒸气）放出的热量约为_____________。【答案】(1).0.074nm(2).①⑤②③④(3).BC(4).>(5).124500kJ【解析】【分析】(1)依据能量越低越稳定和图中信息分析。(2)依据分子间作用力和化学键的定义分析。(3)①依据键长与键能关系；②先计算2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)放出的热量，再计算每千克H2燃烧放出的热量。【详解】(1)依据能量越低越稳定，氢气是稳定的状态，因此H—H键的键长为0.074nm，依据图中能量关系得到①~⑤中，体系能量由高到低的依次是①⑤②③④；故答案为：0.074nm；①⑤②③④。(2)A．氢气分子间存在分子间作用力，故A错误；B．共价键的本质就是高概率地出现在原子间的电子与原子核间的静电作用，所以由①到④，电子在核间出现的概率增加，故B正确；C．由④通过汲取能量变为⑤，因此必需消耗外界的能量，故C正确；D．一个氢气分子中含有一个非极性共价键，故D错误；综上所述，答案为BC。(3)①Si—Si键键长比Si—C键的键长长，依据键长越长，键能越小，因此键能大小可知：X＞；故答案为：＞。②2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)，断键汲取的热量为436kJ∙mol−1×2mol＋498kJ∙mol−1×1mol＝1370kJ，放出的热量为467kJ∙mol−1×4mol＝1868kJ，因此2mol氢气反应生成水蒸气放出498kJ的热量，每千克H2燃烧(生成水蒸气)放出的热量约为498kJ÷4×1000＝124500kJ；故答案为：124500kJ。【点睛】化学反应与能量变更是常考题型，主要考查化学键的断键汲取热量与成键放出热量、键长与键能关系、热量的计算等。20.甲醇是结构最为简洁的饱和一元醇，又称“木醇”或“木精”。甲醇是一碳化学基础的原料和优质的燃料，主要应用于精细化工、塑料、能源等领域。已知甲醇制备的有关化学反应如下：反应①：反应②：反应③：(1)若500℃时三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3，已知500℃时K1、K2的值分别为2.5、1.0，并测得该温度下反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol/L)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时__________（填“>”、“=”或“<”）(2)在3L容积可变的密闭容器中发生反应②，c（CO）随反应时间t变更如图中曲线Ⅰ所示。若在t0时刻分别变更一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线III。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，变更的条件是____________。当通过变更压强使曲线Ⅰ变为曲线III时，曲线III达到平衡时容器的体积为___________。(3)在另一温度下按反应③合成甲醇的反应，如图关闭K，向A容器中充入1molCO2和4molH2，向B容器中充入1.2molCO2和4.8molH2，两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为aL，反应达到平衡时容器B的体积为0.9aL，维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为__________L（不考虑温度的变更，P为可自由滑动活塞，不考虑活塞的摩擦力）。【答案】(1).＞(2).加入催化剂(3).2L(4).0.65a【解析】【分析】(1)先计算出第三个反应方程的平衡常数，再计算该时刻的浓度商并与平衡常数比较。(2)依据图像分析说明平衡未移动；依据反应是等体积反应，因此压强增大，平衡不移动，物质的量不变，计算容器体积。(3)先依据体积之比等于物质的量之比计算B容器中的物质的量，再计算转化率，再依据等压容器等效平衡原理计算两个容器中物质放在一起时平衡后的总物质的量，再计算容器体积。【详解】(1)若500℃时三个反应的平衡常数依次为K1、K2、K3，已知500℃时K1、K2的值分别为2.5、1.0，反应③是反应①加上反应②，则K3=K1∙K2=2.5，并测得该温度下反应③在某时刻，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol/L)分别为0.8、0.1、0.3、0.15，该时刻的浓度商，则此时＞，故答案为：＞。(2)当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，反应速率加快，浓度未变，说明平衡未移动，因此变更的条件是加催化剂。当通过变更压强使曲线Ⅰ变为曲线III时，由于反应是等体积反应，因此压强增大，平衡不移动，物质的量不变，容器体积减小，浓度变大，由原来的3mol∙L−1变为4.5mol∙L−1，则体积由原来的3L变为曲线III达到平衡时容器的体积为；故答案为：加催化剂；2L。(3)在另一温度下按反应③合成甲醇的反应，如图关闭K，向A容器中充入1molCO2和4molH2，向B容器中充入1.2molCO2和4.8molH2，两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为aL，反应达到平衡时容器B的体积为0.9aL，依据体积之比等于物质的量之比，则，所以此时B的物质的量为5.4mol，，(1.2－a)mol+(4.8－3a)mol+amol+amol=5.4mol，解得a=0.3mol，则CO2转化率为，此时维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，和原B容器是等效平衡，转化率和原来相同也为25%，此时整个容器中有2.2molCO2和8.8molH2，，因此容器中物质的量为1.65mol+7.15mol+0.55mol+0.55mol=9.9mol，因此总的体积为，因此B的体积为1.65aL－aL=0.65aL；故答案为：0.65a。【点睛】化学平衡及平衡移动是常考题型，主要考查化学平衡常数、浓度商计算、平衡移动原理、等效平衡的计算。21.已知在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热．现利用如图装置进行中和热的测定，请回答下列问题：(1)图示装置有两处重要组成部分未画出，它们是______________、_______________。(2)若操作时分几次注入反应液，求得的反应热数值_________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。(3)做一次完整的中和热测定试验，温度计需运用______次。(4)量取0.5mol∙L−1的盐酸和0.55mol∙L−1的NaOH溶液各50mL进行试验，测得盐酸和NaOH溶液起始平均温度为t1℃，混合反应后最高温度为t2℃，设溶液密度均为1g/mL，生成溶液的比热容。请列式计算中和热：__________不用化简）。【答案】(1