宁夏银川二中2020-2021学年高二上学期月考（一）化学试题

宁夏银川市第二中学20202021学年高二上学期月考一化学试题1.下列民俗、诗句、谚语等包含吸热反应的是A.千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲B.民间焰火之最——确山打铁花C.只要功夫深，铁杵磨成针D.冰，水为之，而寒于水【答案】A【解析】【详解】A．千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲，是碳酸钙的分解反应，是吸热反应，A正确；B．打铁花，是铁的燃烧，所有的燃烧反应是放热反应，B错误；C．铁杵磨成针是物理变化，C错误；D．水生成冰是物理变化，D错误；答案选A。2.下列热化学方程式正确的是(注:△H的绝对值均正确)A.C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g);△H=1367.0kJ/mol(燃烧热)B.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l);△H=57.3kJ(中和热)C.S(s)+O2(g)=SO2(g);△H=269.8kJ/mol(反应热)D.2NO2=O2+2NO;△H=+116.2kJ/mol(反应热)【答案】C【解析】【详解】A.燃烧热是25℃、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时的水应为液体，因此反应热不是燃烧热，故AB.△H的单位是kJ·mol－1，故B错误；C.符合书写热化学反应方程式的要求，故C正确；D.没有写上状态，故D错误；答案：C。【点睛】易错点是选项A，燃烧热的定义是25℃、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C元素应该转化成CO2，S转化成SO2，H3.已知丙烷燃烧热△H=2215kJ·mol1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g液态水，则放出的热量为A.221.5kJ B.55.4kJ C.553.7kJ D.1107.5kJ【答案】B【解析】【详解】1mol丙烷完全燃烧生成液态水和二氧化碳，放出热量2215kJ，热化学方程式为：，则一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g液态水即0.1mol水，放出的热量为，答案为B。4.下列有关中和热的说法正确的是A.在测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，所测中和热数值偏大B.1mol硫酸与1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热C.在测定中和热时，用铜质搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，对测定结果无影响D.在测定中和热时，分多次将NaOH溶液加入盐酸中，所测中和热数值偏小【答案】D【解析】【分析】中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，以此分析。【详解】A.在测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，由于醋酸为弱电解质，电离吸热，则所测中和热数值偏小，故A错误；B.1mol硫酸与1molBa(OH)2生成2mol水且有硫酸钡沉淀生成，所以完全中和所放出的热量不是中和热，故B错误；C．铜质搅拌棒是热的良好导体，会加快散热，测得中和热数值偏小，故C错误；D.在测定中和热时，分多次将NaOH溶液加入盐酸中，部分热量散失，测得中和热数值偏小，故D正确。故答案选：D。5.下列说法中错误的是（）A.石油、煤、天然气均属于可再生的化石燃料B.发电厂的燃煤在燃烧时加入适量石灰石，可减少二氧化硫排放C.推广使用新能源，可以减少二氧化碳等温室气体的排放D.太阳能、氢能、风能属于清洁能源【答案】A【解析】【分析】考查能源以及环境污染与治理的有关判断。【详解】A、石油、煤、天然气均属于不可再生的化石燃料，A不正确；B、发电厂的燃煤在燃烧时加入适量石灰石，可以结合SO2最终生成硫酸钙，所以可减少二氧化硫排放，B正确；C、新能源的特点是资源丰富、可以再生、没有污染或很少污染，因此推广使用新能源，可以减少二氧化碳等温室气体的排放，C正确；D、新能源的特点是资源丰富、可以再生、没有污染或很少污染，因此太阳能、氢能、风能属于清洁能源，D正确；故答案选A。6.在不同条件下分别测得反应2SO2+O22SO3的化学反应速率，其中表示该反应进行得最快的是A.v(SO2)=4mol/(L·min) B.v(O2)=3mol/(L·min)C.v(O2)=0.1mol/(L·s) D.v(SO3)=0.1mol/(L·s)【答案】C【解析】【详解】各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，换算成统一物质且单位相同，可直接比较大小，均换成氧气：A．；B．v(O2)=3mol/(L·min)C．v(O2)=6mol/(L·min)D．反应进行得最快的是v(O2)=6mol/(L·min)，答案选C。7.少量铁片与100mL0.1mol·L－1的稀盐酸反应(盐酸过量)，为了加快此反应速率而不改变产生H2的量，如下方法可行的是A.加入少量铁粉 B.通入少量的HCl气体C.加入50mlNaCl溶液 D.滴入几滴硫酸铜溶液【答案】B【解析】【分析】加快反应速率，可增大浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，不改变生成氢气的总量，则保证铁的量不变，以此解答。【详解】A.加入少量铁粉，反应物浓度没有改变，速率不变，但生成氢气的量增多，故A不选；B.铁片少量，生成氢气的量由铁的量决定，通入少量的HCl气体，铁的量不变，生成氢气的量不变，但氢离子浓度增加，反应速率加快，选B；C.加入50mlNaCl溶液，氢离子浓度降低，反应速率减小，故C不选；D.滴入几滴硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，铁的量减小，故改变了H2的产量，故D不选；正确答案是B。8.在l0℃时，10mL0.4mol•L－1H2O2溶液发生催化分解：2H2O22H2O＋O2↑，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表：t/min0246V(O2)/mL0.09.917.222.4下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A.0～2min的平均反应速率比4～6min快B.0～6min的平均反应速率v(H2O2)＝3.3×10－2moL－1•L－1•min－1C.反应至6min时，c(H2O2)＝0.3mol·L－1D.反应至6min时，H2O2分解了50%【答案】C【解析】【详解】A.2H2O22H2O＋O2↑，A．0～2min产生的氧气的体积V（O2）=9.9×10−3L，4～6min产生的氧气的体积V（O2）=(22.4−17.2)×10−3L，所以0～2minH2O2平均反应速率比4～6min快，AB．0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol，v（H2O2）=≈3.3×102mol/（L•min），B正确；C．6min时，消耗n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol；所以6min末，c（H2O2）==0.20（mol/L），C错误；D．6min时，H2O2分解的分解率为：×100%=50%，D正确；故答案选C。9.以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如图所示。下列叙述不正确的是()A.过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能B.过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑C过程Ⅰ中每消耗116gFe3O4转移2D.铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点【答案】C【解析】【详解】A.过程I利用太阳能将Fe3O4转化为O2和FeO，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，A正确；B.过程II实现了FeO与H2O反应生成Fe3O4和H2的转化反应，其反应方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑，B正确；C.过程Ⅰ：2Fe3O4（s）＝6FeO（s）+O2（g），当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而n(Fe3O4)=116g÷232g/mol=0.5mol，故生成0.25mol氧气，而氧元素由2价变为0价，故转移0.25mol×4＝D.根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，D正确；故合理选项是C。10.关于如图所示转化关系(X代表卤素)，说法不正确的是A.因为反应热大小与途径无关，所以△H1=△H2+△H3B.反应Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，所以HBr比HCl更稳定C.Cl—Cl键、Br—Br键、I—I键键能依次减小，所以三个反应中过程Ⅱ吸收的热量依次减小D.过程III中△H3﹤0【答案】B【解析】【详解】A．反应热大小只与反应体系的始态和终态有关，与途径无关，所以△H1=△H2+△H3，故A说法正确；B．能量越低越稳定，反应Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，所以HCl比HBr更稳定，故B说法错误；C．断键吸热，Cl—Cl键、Br—Br键、I—I键键能依次减小，所以三个反应中过程Ⅱ吸收热量依次减小，故C说法正确；D．形成化学键放热，过程III是成键过程，△H3﹤0，故D说法正确；选B。11.一定温度下，在10L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量(mol)随时间(s)变化的曲线如图所示。下列描述正确的是A.反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)B.t1时，Z和X的浓度相等，达到了化学平衡状态C.反应进行到10s时，Y的转化率为21.0%D.反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/(L·s)【答案】A【解析】【分析】由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n（Y）：△n（X）：△n（Z）=0.79mol：0.79mol：1.58mol=1：1：2，则反应的化学方程式为：X+Y⇌2Z。【详解】A．由以上分析可知反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，A正确；B．t1后，Z、Y、X的浓度仍在变化，未达到了化学平衡状态，B错误；C．反应开始到10s时，Y的转化率为，C错误；D．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为=0.079mol/（L•s），D错误；答案选A。12.在气体反应中，使反应物中活化分子数增多且活化分子百分数增大的方法是①增大反应物浓度②升高温度③增大压强④移去生成物⑤加入合适的催化剂A.①②⑤ B.①③④ C.②⑤ D.②③⑤【答案】C【解析】【详解】①增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故不选；②升高温度，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故选；③增大压强，单位体积内活化分子数目增多，但百分数不变，故不选；④移去生成物，浓度减小，单位体积内活化分子数目数目减小，故不选；⑤加入催化剂，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，故选；故答案选：C。13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.溴水中有下列平衡Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅B.合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施C.反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)ΔH＜0，达平衡后，升高温度体系颜色变深D.对于2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深【答案】D【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．加入硝酸银溶液，与HBr反应，生成溴化银沉淀，平衡正向移动，能解释，故A不选；B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施，平衡正向移动，能解释，故B不选；C．反应CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）△H＜0，达平衡后，升高温度体系颜色变深，即二氧化氮的浓度变大，平衡逆向移动，能解释，故C不选；D．对2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，平衡体系增加压强浓度增大，颜色变深，但平衡不移动，不能解释，故D选；故答案选D。14.COCl2(g)⇌Cl2(g)＋CO(g)△H＞0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温②恒容通入惰性气体③移走部分Cl2④缩小体积，增大压强⑤加催化剂⑥恒压通入惰性气体，其中能提高COCl2转化率的是A.①②④ B.①③⑥ C.①③④ D.③⑥【答案】B【解析】【详解】①COCl2(g)⇌Cl2(g)＋CO(g)正反应吸热，升温，平衡正向移动，COCl2平衡转化率增大；②恒容通入惰性气体，反应物、生成物浓度不变，平衡不移动，COCl2平衡转化率不变；③移走部分Cl2，减小生成物浓度，平衡正向移动，COCl2平衡转化率增大；④COCl2(g)⇌Cl2(g)＋CO(g)正反应气体物质的量增大，缩小体积，增大压强，平衡逆向移动，COCl2平衡转化率减小；⑤加催化剂，平衡不移动，COCl2平衡转化率不变；⑥恒压通入惰性气体，气体体积增大，相当于减压，平衡正向移动，COCl2平衡转化率增大；能提高COCl2转化率的是①③⑥，故选B。15.将4molA气体和2molB气体充入2L的容器中在一定条件下发生如下反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)，若经2s后测得C的浓度为0.8mol/L，现有下列几种说法，其中正确的是A.2s时物质B的浓度为0.4mol/LB.温度对该反应的平衡转化率没有影响C.0～2s,用物质B表示的平均反应速率为1.s1D.2s时物质A的转化率为40%【答案】D【解析】【详解】将4molA气体和2molB气体充入2L的容器中在一定条件下发生如下反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)，若经2s后测得C的浓度为0.8mol/L，则C物质的量。A.2s时物质B的浓度为，故A错误；B.改变温度平衡移动，对反应的平衡转化率有影响，故B错误；C.0～2s用物质B表示的平均反应速率为，故C错误；D.2s时物质A的转化率，故D正确。故答案选：D。16.（改编）在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中Zn粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量0～4.0mL，保持溶液总体积为100.0mL，记录获得相同体积（336mL）的气体所需时间，实验结果如图所示（气体体积均转化为标况下）。据图分析，下列说法不正确的是A.饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气B.a、c两点对应的氢气生成速率相等C.b点对应的反应速率为v（H2SO4）=1.0×103mol·L1·s1D.d点没有构成原电池，反应速率减慢【答案】D【解析】【详解】A．根据图像可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后减慢，则饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气，A项正确；B．根据图像可知，a、c两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；C．根据图像可知，b点收集336ml氢气用时150s，336ml氢气的物质的量为0.015mol，消耗硫酸0.015mol，则b点对应的反应速率为v（H2SO4）=0.015mol÷150s=1.0×103mol·L1·s1，C项正确；D．d点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D项错误；答案选D。17.恒容密闭容器中，可逆反应：A(g)+3B(g)2C(g)ΔH，其它条件不变时，在不同温度下测得C的百分含量随时间的变化关系如图所示，则下列说法错误的是A.温度TI<T2B.该反应的ΔH<0C.与温度T2比较，T1温度下混合气体的平均相对分子质量小D.T2时，反应物A的转化率小【答案】C【解析】【详解】A.由图可知T2先达到平衡，根据“先拐先平”数值大的原则，所以温度TI<T2，故A正确；B.由图可知达到平衡时T2的转化率小于T1的转化率，且TI<T2，所以该反应的正为放热反应即ΔH<0，故B正确；C.由A(g)+3B(g)2C(g)可知，该反应为气体体积减小的反应，且达到平衡时T2的转化率小于T2的转化率，所以与温度T2比较，T1温度下混合气体的平均相对分子质量大，故C错误；D.根据上述分析可知：该反应的正反应为放热反应，且TI<T2，所以T2时反应物A的转化率小，故D正确；故答案：C。18.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃下（各物质均为气态），甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图，下列说法正确的是A.CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂B.1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量C.反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=+akJ/mol(a>0)D.选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗【答案】D【解析】【详解】A．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)是中间产物，铜是催化剂，故A错误；B．根据图示，1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，故B错误；C．根据图示，反应Ⅱ放热，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=akJ/mol(a>0)，故C错误；D．催化剂通过降低反应活化能加快反应速率，选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗，故D正确；答案选D。19.在一密闭容器中，反应aA（g）≒bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则（）A.平衡向正反应方向移动了 B.物质A的转化率减少了C.物质B的质量分数减小了 D.a>b【答案】A【解析】【分析】采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，与达到新的平衡时B的浓度相比判断平衡移动，再根据平衡移动逐项判断。【详解】采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，但当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应反应方向移动。A、平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移动，选项A正确；B、平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移动，A的转化率增大，选项B错误；C、平衡应向正反应方向移动，物质B的质量增多，混合物总质量不变，所以物质B质量分数增大，选项C错误；D、增大体积，压强减小，平衡向正反应方向移动，则说明a<b，选项D错误。答案选A。20.例2已知可逆反应，根据表中数据判断下列图像错误的是（）40095.699.750092.997.8A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．根据题表数据可知，在相同的压强下，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应。该反应为气体体积减小的反应，在相同的温度下，增大压强，A的转化率增大，则。升高温度，A的转化率降低，化学反应速率增大，所以500℃时先达到平衡，A项正确；B．压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，C的百分含量减小，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，C的百分含量增大，B项正确；C．升高温度，、均增大，但吸热反应方向增大的程度大，即，所以平衡逆向移动，经过一段时间后反应达到平衡，C项正确；D．增大压强，、均增大，但，平衡正向移动，最终达到新的平衡状态，D项错误；故选D。21.用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的外界因素，离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL溶液褪色至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4H2O0.1mol/LKMnO4溶液3mol/LH2SO4溶液13.013.02.02.08.022.014.02.02.010.431.0V1V22.0128请回答：（1）该实验探究的是_____________因素对化学反应速率的影响。（2）请完成上述实验设计表：V1＝_________，V2＝__________。（3）利用实验1中数据计算，平均反应速率：v(KMnO4)＝______________________。（4）小组同学发现反应速率总是如图1，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：①、产物Mn2+是该反应的催化剂；②、_____________________。（5）该小组同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中Mn2+对反应有催化作用，并继续进行实验探究。请你帮助该小组同学完成实验方案。实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量室温下溶液褪色至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4H2O0.1mol/LKMnO4溶液3mol/LH2SO4溶液少量43.0mL13.0mL2.0mL2.0mLXt①所加试剂X最好选用________________A、0.1mol/LMnCl2B、0.1mol/LMnSO4C、MnSO4粉末D、MnCl2②如果查阅资料正确，预计应观察到的现象是_______________________________。【答案】(1).浓度(2).15.0(3).2.0(4).0.0125mol/(L·min)(5).该反应放热,温度升高，速率加快(6).C(7).与实验1相比，溶液褪色所需时间短(或所用时间小于8min)【解析】【分析】该实验的目的是探究浓度对化学反应速率的影响，三组实验中的混合溶液除了草酸的浓度不同，其他条件都要保持一致，通过比较溶液褪色的时间判断反应速率的快慢，探究锰离子的催化作用要注意不能改变溶液总体积，也不能进入和酸性高锰酸钾反应的其他物质。【详解】（1）由表格可知，三组实验高锰酸钾和硫酸的浓度相同，草酸的浓度不同，故该实验在探究浓度对化学反应速率的影响；（2）由1、2两组实验可知，混合溶液的总体积是20mL，三组实验应该保持一致，高锰酸钾和草酸的浓度也应该保持一致，故V1=16mL1mL=15mL，V2=2.0mL；（3）草酸的物质的量为：0.6mol•L1×0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为：0.1mol•L1×0.002L=0.0002mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0018mol：0.0002mol=9：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：=0.01mol/L，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）==0.0125mol/(L·min)；（5）除了催化剂可以加快反应速率，温度升高也可以加快反应速率，故t1～t2时间内速率变快的原因也可能是：该反应放热,温度升高，速率加快；（4）第4组实验要证明锰离子对该反应有催化作用，所以需要向体系中加入Mn2+，但又不能改变混合溶液的体积，所以要加固体，Cl具有还原性会和酸性高锰酸钾反应，不能加氯化锰，所以要加MnSO4，故选C。22.（1）在微生物作用的条件下，经过两步反应被氧化成。两步反应的能量变化示意图如下：①第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。②1molNH4+(aq)全部氧化成NO3(aq)的热化学方程式是________。（2）化学反应中的焓变与反应物和生成物的键能(E)有关．25℃、101kPa下，已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ已知：E(H﹣H)=436kJ/mol，E(O=O)=498kJ/mol则E(H﹣O)=________（3）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．已知：2Cu(s)+O2(g)═Cu2O(s)△H=﹣169kJ·mol1，C(s)+O2(g)═CO(g)△H=﹣110.5kJ·mol1，2Cu(s)+O2(g)═2CuO(s)△H=﹣314kJ·mol1则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式________。若反应过程中转移0.4mole，则该反应放出（或吸收）的热量为________kJ。【答案】(1).放热(2).(aq)+2O2(g)=(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=346kJ/mol(3).H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=285.8kJ/mol(4).485.4kJ/mol(5).C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ·mol1(6).6.9【解析】【分析】（1）由能量变化示意图可知第一步为：，第二步为：，以此分析；（2）燃烧热指在常温常压下1mol物质完全燃烧生成稳定化合物所释放的热量；反应热=反应物键能生成物键能，以此计算；（3）利用盖斯定律写出该热化学方程式，反应过程中转移0.4mole，则有0.2molC参与反应。【详解】（1）由能量变化示意图可知第一步为：，第二步为：，则第一步反应为放热反应；根据盖斯定律，①+②可得(aq)+2O2(g)=(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=346kJ/mol。故答案为：放热；(aq)+2O2(g)=(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=346kJ/mol；（2）1g氢气物质的量，完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，则1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出285.8kJ的热量，则氢气燃烧热化学方程式可表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=285.8kJ/mol，，E(H﹣H)=436kJ/mol，E(O=O)=498kJ/mol，则E(H﹣O)=485.4kJ/mol，故答案为：H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=285.8kJ/mol；485.4kJ/mol；（3）①+②③可得：C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ·mol1；C由0价升高到+2价转移2个电子，若反应过程中转移0.4mole，则有0.2molC参与反应，故吸收热量为。故答案为：C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+34.5kJ·mol1；6.9。23.一定条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCH3OH（g）和2molH2O（g），CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2（g）+3H2（g）∆H＝+49.4kJ/mol。实验测得：10分钟反应达到平衡状态，吸收热量19.76kJ/mol。则（1）平衡时，消耗CH3OH的物质的量为：________mol；H2O的转化率为________。反应从开始到平衡，用CO2表示的平均化学反应速率为________。平衡时H2的物质的量分数为：________。（保留小数点后一位）达到平衡时混合气体的压强是反应前的____________倍（保留两位小数）。（2）该条件下反应达到平衡状态的依据是（填字母）_______________。A．v正（CH3OH）＝v逆（CO2）B．混合气体的密度不变C．c（CH3OH）＝c（H2O）D．混合气体的总物质的量不变（3）升高温度该反应的平衡向________移动（填“正方向”、“逆方向”、“不移动”）。氢气的产率将如何变化________（填“增大”“不变”“减小”）【答案】(1).0.4(2).20%(3).0.02mol/(L.min)(4).31.6%(5).1.27(6).AD(7).正方向(8).增大【解析】【分析】（1）根据吸收热量和的比值确定参与反应的CH3OH的物质的量，再根据三段法计算其他量；（2）平衡状态时正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变，及其相关量保持不变，以此分析；（3）升高温度反应往吸热方向进行，以此分析。【详解】（1）CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2（g）+3H2（g）∆H＝+49.4kJ/mol。实验测得：10分钟反应达到平衡状态，吸收热量19.76kJ/mol，则参与反应的CH3OH的物质的量，则有：H2O的转化率；用CO2表示的平均化学反应速率；平衡时H2的物质的量分数为；达到平衡时混合气体的压强是反应前的倍，故答案为：0.4；20%；0.02mol/(L.min)；31.6%；1.27；（2）A．，则反应达到平衡状态，故A选；B.密闭容器中气体质量不变，气体体积不变，则气体平均密度为定值，当混合气体的密度不变，无法判断反应是否达到平衡，故B不选；C．c（CH3OH）＝c（H2O）浓度相等不代表浓度不再发生变化，无法判断反应是否达到平衡，故C不选；D.正反应总物质的量再增大，当混合气体的总物质的量不变，反应达到平衡，故D选。故答案选：AD；（3）升高温度该反应的平衡向吸热方向进行，正反应反应热大于0为吸热反应，则升高温度该反应的平衡向正方向移动；氢气浓度增大产率增大。故答案为：正方向；增大。24.Ⅰ、天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。（1）乙烷在一定条件下可发生如下反应：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH