原子量 C-12 H-1 O-16 N-14 P-31 S-32
―、选择题(每小题只有1个选项符合题意）
1. 已知：①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1；
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH2；③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH3。
室温取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2 L(已换算成标准状况)，经完全燃烧后恢复至室温，放出的热量为（ ）
A. -（0.4mol×ΔH1+0.05mol×ΔH3） B. -（0.4mol×ΔH1+0.05mol×ΔH2）
C. -（0.4mol×ΔH1+0.1mol×ΔH3） D. -（0.4mol×ΔH1+0.1mol×ΔH2）
【答案】A
【解析】甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况），所以甲烷和氢气的混合气体的总的物质的量为11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，甲烷和氢气的体积比为4:1，所以甲烷的物质的量为0.4mol，氢气的物质的量为0.1mol，由CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×ΔH1；由2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH3可知，0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.1mol×1/2×ΔH3，所以放出的热量为-（0.4mol×ΔH1+0.05mol×ΔH3）。答案选A。
2. 为建设生态文明、构建环境友好型社会，下列有关做法不符合这一要求的是（ ）
A. 在大力推广乙醇汽油的同时，研究开发太阳能电池和氢燃料电池汽车
B. 大力发展农村沼气， 将废弃的农作物秸秆转化为清洁、 高效的能源
C. 研发高效低毒农药，降低蔬菜的农药残留量
D. 以聚苯乙烯全面代替木材，生产包装盒、 快餐盒等以减少木材的使用，保护森林
【答案】D
...............
3. 在1 200 ℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应
H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH1
2H2S(g)＋SO2(g)=S2(g)+2H2O(g) ΔH2
H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) ΔH3
2S(g)===S2(g) ΔH4
则ΔH4的正确表达式为（ ）
A. ΔH4＝(ΔH1+ΔH2-3ΔH3) B. ΔH4＝(3ΔH3-ΔH1-ΔH2)
C. ΔH4＝(ΔH1+ΔH2-3ΔH3) D. ΔH4＝(ΔH1-ΔH2-3ΔH3)
【答案】A
【解析】根据盖斯定律可知①×2/3+②×2/3－③×2即得到2S(g)＝S2(g)的ΔH4＝(ΔH1+ΔH2-3ΔH3)，答案选A。
点睛：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。
4. 在36 g 碳不完全燃烧所得气体中，CO占1/3体积，CO2占2/3体积，且C(s) +1/2O2(g) = CO(g) △H= -110.5 kJ/mol
CO(g) +1/2O2(g) = CO2(g)△H= -283 kJ/mol
与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是（ ）
A. 172.5kJ B. 1149kJ C. 517.5 kJ D. 283kJ
【答案】D
【解析】36g碳的物质的量为=3mol，所以CO的物质的量为3mol×=1mol，由于CO(g)+
O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ/mol可知1molCO燃烧放出的热量为283kJ，即36g碳不完全燃烧生成1molCO损失的热量为283kJ，答案选C。
点睛：碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量，根据碳原子守恒计算出一氧化碳的物质的量，再根据一氧化碳燃烧的热化学方程式计算。答题的关键在于清楚碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量。
5. 航天飞船可用肼(N2H4)和过氧化氢(H2O2)为动力源。已知1 g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05 kJ的热量。下列说法中错误的是（ ）
A. 液态肼的燃烧热为20.05 kJ·mol-1
B. 该反应中肼作还原剂
C. 该动力源的突出优点之一是生成物对环境污染小
D. 肼和过氧化氢反应的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝-641.6 kJ·mol-1
【答案】A
【解析】A、燃烧热是指在25℃，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，因此20.05 kJ·mol-1不能表示肼的燃烧热，A错误；B、分析元素化合价的变化：H2O2中-1价的氧反应后降低到H2O中的-2价，则肼(N2H4)中应存在元素化合价的升高，腈被氧化，做还原剂，B正确；C、生成物氮气和水，对环境没有污染，因此该动力源的突出优点之一是生成物对环境污染小，C正确；D、1 g液态肼反应放热20.05 kJ，则1 mol液态肼反应放热为：20.05 kJ/（1 g÷32g·mol－1）=641.6 kJ·mol－1，D正确，答案选A。
6. 下列说法正确的是（ ）
A. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
【答案】C
【解析】试题分析：A、增大反应物的浓度，增大单位体积内活化分子的个数，使有效碰撞次数增大，故错误；B、增大压强，增大单位体积内活化分子的个数，使有效碰撞次数增大，反应速率加快，故错误；C、升高温度，增大了活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速
率增大，故正确；D、催化剂降低活化能，增大活化分子百分数，使有效碰撞次数增大，反应速率增大，故错误。
考点：考查影响化学反应速率的因素等知识。
7. 一定温度下反应N2＋O22NO在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（ ）
A. 缩小体积使压强增大 B. 恒容，充入N2
C. 恒容，充入He D. 恒压，充入氩气
【答案】D
【解析】A. 缩小体积使压强增大，反应物浓度增大，反应速率加快，A错误；B. 恒容，充入N2，氮气浓度增大，反应速率加快，B错误；C. 恒容，充入He，反应物浓度不变，反应速率不变，C正确；D. 恒压，充入氩气，容器容积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，D错误，答案选C。
点睛：明确压强对反应速率影响的变化规律是解答的关键，压强对反应速率的影响是通过改变体积而使浓度改变来实现的，因此压强变化时关键是分析物质的浓度是否变化，不能仅仅依据压强变化判断反应速率的变化。
8. 用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施能使氢气生成速率加大的是（ ）
A. 加少量CH3COONa固体 B. 加硝酸钾固体
C. 不用铁片，改用铁粉 D. 不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
【答案】C
【解析】A. 加少量CH3COONa固体后醋酸根结合氢离子生成弱酸醋酸，氢离子浓度减小，反应速率降低，A错误；B. 加硝酸钾固体，在酸性溶液中硝酸根与金属反应得不到氢气，B错误；C. 不用铁片，改用铁粉增大反应物的接触面积，反应速率加快，C正确；D. 常温下铁在98%浓硫酸中钝化，得不到氢气，D错误，答案选C。
9. 反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A. 升高温度 B. 体积缩小一半
C. 压强不变，充入氮气使体积增大 D. 体积不变，充入氮气使压强增大
【答案】D
【解析】A. 升高温度反应速率加快，A错误；B. 体积缩小一半压强增大，反应速率加快，B
错误；C. 压强不变，充入氮气使体积增大，物质的浓度减小，反应速率降低，C错误；D. 体积不变，充入氮气使压强增大，反应物的浓度不变，反应速率不变，D正确，答案选D。
10. 氨气能发生氧化反应：4NH3+5O2=4NO+6H2O，改变下列条件使反应速率加大，其中是由于增大了“活化分子”的百分数的是（ ）
A. 增加NH3浓度 B. 缩小体积增大压强
C. 升高温度 D. 降低温度
【答案】C
【解析】A．增加NH3浓度，反应物浓度增大，单位体积的活化分子数目增多，但活化分子的百分数不变，A错误；B．缩小体积增大压强，单位体积的活化分子数目增多，但活化分子的百分数不变，B错误；C．升高温度，活化分子的百分数增多，C正确；D．降低温度，活化分子的百分数减小，D错误，答案选C。
点睛：本题考查化学反应速率的影响因素，注意外界条件对活化分子浓度和百分含量的影响，外界条件对化学反应速率的影响，实际是通过影响单位体积内活化分子的数量，改变有效碰撞次数来实现的，影响化学反应速率的外界条件主要有温度、浓度、压强和催化剂，我们可以将其进行归纳：。
11. 在带有活塞的密闭容器中发生反应：Fe2O3+3H2=2Fe+3H2O（g），采取下列措施能改变反应速率的是（ ）
A. 增加Fe2O3的量 B. 增加H2输入量
C. 减少Fe的量 D. 保持容器体积不变，增加H2O（g）
【答案】D
【解析】A. 增加固体Fe2O3的量反应速率不变，A错误；B. 增加H2输入量，氢气浓度不变，反应速率不变，B错误；C. 减少固体Fe的量反应速率不变，C错误；D. 保持容器体积不变，增加H2O（g），水蒸气浓度增大，反应速率加快，D正确，答案选D。
12. 已知4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用V(NH3)、V(O2)、V(NO)、V(H2O) 表示。则正确的关系是（ ）
A. V(NH3)=V(O2) B. V(O2)=V(H2O)
C. V(NH3)=V(H2O) D. V(O2)=V(NO)
【答案】D
【解析】反应速率之比是化学计量数之比，则根据方程式可知V(NH3):V(O2): V(NO): V(H2O)＝4:5:4:6，答案选D。
13. NH3和纯净的O2在一定条件下发生反应：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)，现向一容积不变的2L密闭容器中充入4molNH3和3molO2，4min后，测得生成的H2O占混合气体体积的40%，则下列表示此段时间内该反应的平均速率不正确的是（ ）
A. V(NH3)=0.250moL·L-1·min-1 B. V(H2O)=0.375moL·L-1·min-1
C. V(N2)=0.125moL·L-1·min-1 D. V(O2)=0.225moL·L-1·min-1
【答案】D
【解析】设反应消耗的NH3为4xmol/L，根据方程式可知
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)
起始浓度（mol/L） 2 1.5 0 0
反应浓度（mol/L） 4x 3x 2x 6x
平衡浓度（mol/L） 2-4x 1.5-3x 2x 6x
4min后，测得生成的水蒸气占混合气体体积的40%，则6x/(3.5+x)×100%=40%，解得：x=0.25，则
A、用氨气表示的反应速率为：v（NH3）=1mol/L÷4min＝0.250mol•L-1•min-1，A正确；B、反应速率之比是相应的化学计量数之比，则V(H2O)=0.375moL·L-1·min-1，B正确；C、V(N2)=0.125moL·L-1·min-1，C正确；D、V(O2)= 0.250mol•L-1•min-1×3/4＝0.1875mol•L-1•min-1，D错误；答案选D。
点睛：本题考查了化学反应速率、化学平衡的计算，明确化学反应速率与化学计量数的关系为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用方法。
14. 某研究性活动小组在实验室用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵(NH2COONH4)溶液在不同温度下进行水解实验：NH2COONH4＋2H2ONH4HCO3＋NH3·H2O，经测得c(NH2COO-)与反应时间的关系如图所示。据图判断下列说法正确的是（ ）
A. 0～12 min，初始浓度越大的实验，水解反应速率越大
B. c(NH2COO-)将随反应时间的不断延长而一直减小至0
C. 15 ℃时，第30 min时，c(NH2COO-)为2.0 mol·L-1
D. 25 ℃时0～6 min，v(NH2COO-)为0. 05 mol·L-1·min-1
【答案】D
【解析】A、0～12 min时，反应速率大的曲线的斜率较大，所以25℃时的反应速率最大，而15℃时的初始浓度最大，所以不是初始浓度大的反应速率大，A错误；B、该反应是可逆反应，所以随时间的不断延长，达到平衡状态，c(NH2COO-)逐渐减小至不变，B错误；C、15℃时，第22min时已达平衡状态，所以第30 min时，c(NH2COO－)>2.0mol/L，C错误；D、25℃时0～6 min，NH2COO－的浓度从2.2mol/L减少到1.9mol/L，则v(NH2COO－)=（2.2-1.9）mol/L÷6min=0. 05 mol·L-1·min-1，D正确；答案选D。
15. 在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
c(N2O)/mol·L-1
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（ ）
（注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1＜c2）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】试题分析：A．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化量是定值，即N2O的分解速率是定值，故A正确；B．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，最终N2O完全分解，故B错误；C.0-50min，c（N2O）由0.1变为0.05，故0.1mol•L-1N2O的半衰期为50min，20-60min，c（N2O）由0.08变为0.04，故0.08mol•L-1N2O的半衰期为40min，故随着浓度的减小，半衰期也在减小，故C错误；D．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故N2O的起始浓度越小，单位时间内的转化率越大，最终N2O完全分解，故D错误，故选A。
【考点定位】考查化学反应速率和化学平衡图像
【名师点晴】本题考查平衡图象分析，涉及转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线。该题所给图表、图象新颖，信息量大，但给出了半衰期的注释，降低了难度，有利于学生答题，根据表格中的数据和所给图象，结合影响化学反应速率和化学平衡的因素进行判断得出正确结论。
第II卷非选择题（共40分）
16. 常温常压下，断裂1mol（理想）气体分子化学键所吸收的能量或形成1mol（理想）气体分子化学键所放出的能量称为键能（单位为kJ·mol-1）。下表是一些键能数据（kJ·mol-1）：
化学键
键能
化学键
键能
化学键
键能
C-F
427
C-Cl
330
C-I
218
H-H
436
S=S
255
H-S
339
回答下列问题：
（1）由表中数据规律预测C-Br键的键能范围：_______＜C-Br键能＜_______（填写数值和单位）。
（2）热化学方程式2H2(g)+S2(g)═2H2S(g)△H=Q kJ·mol-1；则Q=_______。
（3）已知下列热化学方程式：
O2(g)═O2+(g)+e-△H1=+1175.7kJ·mol-1
PtF6(g)+e-═PtF6-(g)△H2=-771.1kJ·mol-1
O2+PtF6-(s)═O2+(g)+PtF6-(g)△H3=+482.2kJ·mol-1
则反应O2(g)+_______(g)=O2+PtF6-(s)△H=_______kJ·mol-1。
【答案】 (1). 218 kJ/mol (2). 330 kJ/mol (3). -229 (4). PtF6 (5). -77.6
【解析】（1）元素周期表中同主族存在的变化规律，C－Br原子半径在C－Cl和C－I之间，键能应介于C－Cl和C－I之间，C－Br键的键能范围为218 kJ•mol-1 ＜C－Br键能＜330 kJ•mol-1；（2）热化学方程式2H2(g)+S2(g)═2H2S(g)△H=Q kJ•mol-1，△H=反应物键能总和-生成物键能总和=2×436kJ/mol+255kJ/mol-2×2×339kJ/mol=-229kJ/mol，则Q=-229；（3）①O2(g)═O2+(g)+e－ △H1=+1175.7kJ•mol-1，②PtF6(g)+e－═PtF6－(g) △H2=-771.1kJ•mol-1，③O2+PtF6－(s)═O2+(g)+PtF6－(g) △H3=+482.2kJ•mol-1，依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②-③得到O2(g)+PtF6 (g)=O2+PtF6-(s)△H=-77.6kJ/mol。
17. 某研究小组为了研究不同条件下金属铝粉在过量稀硫酸中的溶解性能，设计如下实验。已知：c（H2SO4）=4.5mol·L-1，反应均需要搅拌60min。
编号
温度/℃
加入某盐
H2SO4体积/mL
H2O体积/mL
铝粉加入量/g
铝粉溶解量/g
①
20
不加
40
0
2.0050
0.0307
②
80
不加
40
0
2.0050
0.1184
③
t1
不加
20
V1
2.0050
﹨
④
t2
5mL0.01mol·L-1
CuSO4溶液
20
V2
2.0050
﹨
（1）实验①和②的目的是___________________________。
为了获得铝粉溶解量，还需要测量的数据是______________________________________。
（2）实验①和③是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，则t1=________℃
，V1=________mL。
（3）实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则t2=________℃，V2=________mL。
（4）研究表明，在相同条件下加入少量CuSO4有利于Al的溶解。原因是___________________。
【答案】 (1). 研究温度对H2SO4和Al反应速率的影响 (2). 剩余铝粉的质量 (3). 20 (4). 20 (5). 20 (6). 15 (7). Al与Cu形成原电池加快反应速率
【解析】（1）根据实验①和②的实验条件对比可知，二者实验温度不同，其余条件均相同，所以目的是探究温度对稀硫酸溶解铝粉量的影响；依据质量守恒可知，由总质量减去剩余铝粉的质量可确定溶解量；（2）实验①和③是为了研究硫酸的浓度对该反应的影响，应该保证除了浓度不同，其他条件均相同，则温度应相同，应为20℃，但浓度不同，总体积相同，则V1=20mL；（3）实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则温度、浓度应相同，温度为20℃，因加入5mL 0.01mol•L-1CuSO4溶液，则加水的体积应为15mL；（4）其他条件不变，加入硫酸铜，铝置换出铜，可形成铝、铜原电池反应，加快反应速率，促进铝的溶解。
点睛：本题为实验题，考查了影响化学反应速率的因素，侧重于学生的分析问题和设计实验能力，注意原电池工作原理。注意影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。但在分析相关数据时，要注意题给数据的有效性。
18. 已知3.1克的磷在3.2克氧气中燃烧，放出a kJ热量，己知磷的燃烧热是b kJ/mol，写出1mol磷燃烧生成三氧化二鱗的热化学方程式________________________________________。
【答案】P（s）+O2（s）=P2O3（s） ΔH=（b-20a）kJ/mol
【解析】磷在氧气中燃烧是氧化还原反应，3.2g氧气参加反应得到电子的物质的量=3.2g÷
32g/mol×4=0.4mol；假设生成的固体是三氧化二磷，磷失去电子的物质的量=3.1g
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