湖南省株洲市茶陵县第三中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学（选考）试题

湖南省株洲市茶陵县第三中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学（选考）试题

茶陵三中高二期中考试化学试卷（高考科）‎ 相对原子质量：C:12 H:1 O:16‎ 一、选择题（3×16=48分）‎ ‎1.反应A(g)+ 3B(g)2C(g)(放热反应)，达到平衡后，将反应体系的温度降低，下列叙述正确的是( )‎ A. 正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 B. 正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动 C. 正反应速率和逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动 D. 正反应速率和逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】降低温度，活化分子百分数降低，正、逆反应速率都减小，平衡向放热即正反应方向移动，选项C符合题意，故答案为C。‎ ‎2. 已知葡萄糖的燃烧热是 -2804 kJ/mol，当它氧化生成1 g 液态水时放出的热量是 A. 26.0 kJ B. 51.9 kJ C. 155.8 kJ D. 467.3 kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】葡萄糖燃烧热化学方程式是C6H12O6(s)＋6O2(g)=6CO2(g)＋6H2O(l) ΔH＝－2804kJ·mol－1‎ 据此建立关系式　6H2O　～　ΔH ‎ 6×18 g 2 804 kJ ‎1 g x 解得x＝＝26.0kJ，答案选A。‎ ‎3.如图所示，ΔH1＝－393.5kJ·mol－1，ΔH2＝－395.4kJ·mol－1，‎ 下列说法或表示式正确的是 A. 石墨和金刚石的转化是物理变化 B. C(s、石墨)===C(s、金刚石)ΔH ＝＋1.9kJ·mol－1‎ C. 金刚石的稳定性强于石墨 D. 断裂1mol石墨的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石的化学键吸收的能量少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol-1，②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.4kJ·mol-1，①-②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ·mol-1，则：石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故A错误；‎ B、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ·mol-1，故B正确；‎ C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C错误；‎ D、依据热化学方程式C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ·mol-1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kJ，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.已知反应：①101 kPa时，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol－1‎ ‎②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1‎ ‎③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH＝－241.8 kJ·mol－1‎ ‎④H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－44.0 kJ·mol－1‎ 下列结论正确的是(　　)‎ A. 碳的燃烧热小于-110.5 kJ·mol－1‎ B. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量 C. 氢气的燃烧热为-241.8 kJ·mol－1‎ D. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)的反应热为ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C完全燃烧的产物是CO2，CO继续燃烧生成CO2放出热量，那么C的燃烧热小于-110.5 kJ·mol－1，A正确；‎ B.浓硫酸的稀释时有热量释放，所以浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1‎ ‎ mol水，放出的热量大于57.3 kJ，B错误；‎ C.根据盖斯定律，③④相加得到热化学方程式H2(g)＋O2(g)=H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，H2的燃烧热为-285.8kJ/mol，C错误；‎ D．该反应为放热反应，故ΔH的符号为“－”，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.已知S(s)=S(g) ΔH1，S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2，则S(s)燃烧的热化学方程式为( )‎ A. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝ΔH2－ΔH1‎ B. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2‎ C. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝ΔH1＋ΔH2‎ D. 1 mol S(s)燃烧生成1 mol SO2(g)放出的热量大于1 mol S(g)燃烧生成1 mol SO2(g)放出的热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】S(s)=S(g)△H1，S(g)+O2(g)═SO2(g)△H2，根据盖斯定律，S(s)燃烧的热化学方程式S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=△H1+△H2，故C正确；因为固体硫转化为气体的过程是吸热的，所以1molS(s)燃烧生成1molSO2(g)放出的热量小于1molS(g)燃烧生成1molSO2(g)放出的热，故D错误；故选C。‎ ‎6.已知①2C(s)+O2(g)===2CO（g） △H=-221.0kJ·mol-1‎ ‎②2H2(g)+O2(g)===2H2O（g） △H= -4836kJ·mol-1‎ 则反应C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)的△H为 （ ）‎ A. +131.3kJ·mol-1 B. -131.3kJ·mol-1‎ C. -352.3kJ·mol-1 D. +262.6kJ·mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】把方程式（①-②）/2，得出C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)；ΔH=(－221.0+483.6)/2=+131.3kJ·mol－1，所以选A ‎7.肼（N2H4）为高能燃料，有关化学反应与能量变化如图，已知键能数据（kJ/mol）如下：N≡N 942、O=O 500、N-N 154，则断裂1mol N-H键需要的能量为（ ）‎ A. 194 B. 391 C. 516 D. 658‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图示写出：N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g) △H3=2752kJ/mol−534kJ/mol=2218kJ/mol，∆H=旧键断裂吸收的能量-新键生成释放的能量；设断裂1molN−H键所需的能量为K，则154kJ/mol+4K+500kJ/mol=2218kJ/mol，解得K=391kJ/mol，‎ 故选B。‎ ‎8.反应A（g）＋3B（g）2C（g）＋2D（g），在不同条件下测得反应速率，其中速率最快的是 A. υ(C)＝0.5 mol / (L·s) B. υ(D)＝0.4 mol / (L·s) C. υ(B)＝0.6 mol / (L·s) D. υ(A)＝0.15 mol / (L·s) ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】相同条件下，同一化学中，用不同的物质表示化学反应速率其数值之比等于计量数之比，即；将选项转化为用υ(A)来表示，然后在比较其化学反应速率大小，‎ A.υ(C)=0.5mol / (L·s)，用A表示其化学反应速率，有υ(A)=1/2υ(C)=0.25mol / (L·s)；‎ B.υ(D)=0.4 mol / (L·s)，用A表示其化学反应速率，有υ(A)=1/2υ(D)=" 0.2" mol / (L·s)；‎ C.υ(B)=0.6 mol / (L·s)，用A表示其化学反应速率，有υ(A)=1/3υ(D)=" 0.2" mol / (L·s)；‎ D.υ(A)=0.15mol / (L·s)；‎ 故A的反应速率最大，所以本题的答案选择A。‎ ‎9.在2L密闭容器中加入4mol A和6mol B，发生以下反应：4A(g)+6B(g)4C(g)+5D(g)。若经5s后，剩下的A是2.5mol，则B的反应速率是（ ）‎ A. 0.45mol/(L·s) B. 0.15mol/(L·s) C. 0.225mol/(L·s) D. 0.9mol/(L·s) ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】5s内A的物质的量变化量为4mol-2.5mol=1.5mol，故A的浓度变化量为1.5mol÷2L=0.75mol/L，所以υ（A）=0.75mol/L÷5s=0.15mol/（L•s），化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以υ（B）=6×0.15mol/（L•s）÷4=0.225mol/（L•s），‎ 故选C。‎ ‎10.某温度下，反应SO2(g)+O2(g)SO3 (g) 的平衡常数K1=50，在同一温度下，反应2SO3(g)2SO2(g) +O2(g)的平衡常数K2的值为（ ）‎ A. 2500 B. 4×10-4 C. 100 D. 2×10-2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】某温度下，SO2(g)+O2(g)SO3 (g) 的平衡常数K1=50，‎ 所以相同温度下2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3 (g) 的平衡常数K=(K1)2=502=2500，‎ 在同一温度下，反应2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)的平衡常数K2=1÷K=1÷2500=4×10−4，‎ 故选B。‎ ‎【点睛】平衡常数指可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积相比所得的比值，相同温度下，对同一可逆反应逆反应平衡常数与正反应平衡常数的关系是互为倒数，化学计量数变为原来的n倍，平衡常数变为原来的n次方，以此来解答。‎ ‎11.可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)H＜0 达到平衡后，当改变外界条件如物质浓度、体系压强、温度等而发生下列项目的变化时，能作为平衡一定发生了移动的标志的是 A. 气体的密度变小了 B. 反应物和生成物浓度均变为原来的2倍 C. 气体的颜色变深了 D. 体系的温度发生了变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，若增大体积，减小压强，混合气体的密度变小，但平衡没有发生移动；‎ B项，若将容器体积缩小为原来的1/2，增大压强，反应物和生成物的浓度都变为原来的2倍，但平衡没有发生移动；‎ C项，若缩小体积，增大压强，c（I2）增大，气体颜色变深，但平衡没有发生移动；‎ D项，该反应的正反应为放热反应，若体系的温度变化了，则平衡一定发生了移动；‎ 故选D。‎ ‎12.下列说法中正确的是(　　)‎ A. NH4NO3溶于水吸热，说明其溶于水不是自发过程 B. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)为熵增加的反应，可以自发进行 C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应 D. 非自发反应在任何条件下都不能实现 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过复合判据进行分析；‎ ‎【详解】A、NH4NO3溶于水是混乱度增大的过程，即△S>0，能够自发进行，故A错误；‎ B、该反应为吸热反应，△H>0，依据反应方程式，该反应为熵增，即△S>0，根据复合判据，△G=△H－T△S，能够自发进行，需要在高温下，故B错误；‎ C、根据复合判据，熵增且放热的反应一定是自发反应，故C正确；‎ D、有些非自发反应在一定条件下能够实现，如水分解生成氢气和氧气不是自反应，但在电解条件下，可以实验，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.某温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡时，各物质的物质的量之比为n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。保持温度不变，以2∶2∶1的物质的量之比再充入A、B、C，则 （ ）‎ A. 平衡不移动 B. 再达平衡时，n(A)∶n(B)∶n(C)仍为2∶2∶1‎ C. 再达平衡时，C的体积分数增大 D. 再达平衡时，正反应速率增大，逆反应速率减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】保持温度不变，以2∶2∶1的物质的量之比再充入A、B、C，相当于增大压强，‎ A．由于正反应的气体分子数减小，则增大压强，平衡正向移动，故A错误；‎ B．由于正反应的气体分子数减小，则增大压强，平衡正向移动，导致再次达到平衡时，A、B和C的物质的量之比减小，故B错误；‎ C．由于正反应的气体分子数减小，则增大压强，平衡正向移动，导致再次达到平衡时，C的体积分数增大，故C正确；‎ D．由于反应物和生成物的浓度都增大，所以再达平衡时，正逆反应速率都增大，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.已知：4NH3(g) + 5O2(g) =4NO(g) + 6H2O(g)，△H= —1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确。‎ B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确。‎ C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误。‎ D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎15.在某恒温恒容的密闭容器内发生反应：2A（g）+B（g）C（g）△H＜0。开始充入2mol A和2mol B，并达到平衡状态，下列说法正确的是 A. 再充入2mol A，平衡正移，A的转化率增大 B. 如果升高温度，C的体积分数增大 C. 如果增大压强，化学平衡一定向正反应方向移动，B的体积分数减小 D. 再充入1mol C，C的物质的量浓度将增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．再充入2 mol A，A的浓度增大，则平衡右移，但A的转化的物质的量与加入的相比较，加入的多，转化的少，转化率反而减小，故A错误；‎ B．如果升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，故B错误；‎ C．如果增大压强，平衡不一定右移，B的体积分数不一定变化，如加入惰性气体总压增大，分压不变，平衡不动，故C错误；‎ D．再充入1 mol C，平衡向逆反应方向移动，A、B的浓度增大，温度不变，平衡常数不变，则平衡时C的浓度增大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行可逆反应：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(s)　ΔH＜0，下列叙述正确的是　　（　　　）‎ A. 平衡常数K值越大，X的转化率越大 B. 达到平衡时，反应速率v正(X)＝2v逆(Z)‎ C. 达到平衡后降低温度，正向反应速率减小的倍数大于逆向反应速率减小的倍数 D. 达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、平衡常数K值越大，反应向正反应进行的程度越大，X的转化率越大，A项正确。‎ B、达平衡时2v正(X)=v逆(Z)，B项错误 C、达平衡后降低温度，正、逆反应速率均减小，又因平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小的倍数小于逆反应速率减小的倍数，C项错误。‎ D、增大压强平衡不移动，升高温度平衡逆向移动，D项错误。‎ 答案选A。‎ 二、非选择题 ‎17.T ℃时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图(Ⅰ)所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示。‎ 根据以上条件，回答下列问题：‎ ‎(1)A与B反应生成C的化学方程式为________，正反应为_____(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎(2)t1 min后，改变下列某一条件，能使平衡向逆反应方向移动的有______(填字母序号)。‎ A．保持其他条件不变，增大压强 ‎ B．保持容器总体积不变，通入少量稀有气体 C．保持其他条件不变，升高温度 ‎【答案】 (1). A(g)+3B(g)2C(g) (2). 放热 (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)随反应进行，A、B的物质的量浓度减小，为反应物，C的物质的量浓度增大，为生成物，最终A、B的浓度不变化，且不为0，属于可逆反应，A、B、C的化学计量数之比=(0.5-0.3)∶(0.7-01)∶0.4=1∶3∶2，故反应方程式为：A(g)+3B(g)⇌2C(g)；由图(Ⅱ)可知T1＞T2，升高温度，B的体积分数增大，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故答案为：A(g)+3B(g)⇌2C(g)；放热；‎ ‎(2)A．保持其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，故A错误；B ‎ 保持容器总体积不变，通入少量稀有气体，各组分的浓度不变，平衡不发生移动，故B错误；C．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故C正确；故答案为：C。‎ ‎18.2A B＋C在某一温度时，达到平衡。‎ ‎(1)若温度升高，平衡向正反应方向移动，则正反应________反应(填“放热”或“吸热”)；‎ ‎(2)若B为固体，减小压强平衡向逆反应方向移动，则A呈______态；‎ ‎(3)若A、B、C均为气体，加入催化剂，平衡______移动(填“正向”、“逆向”或“不”)‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). 气态 (3). 不 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据勒夏特列原理进行分析；‎ ‎【详解】（1）根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向正反应方向进行，即正反应方向为吸热反应；‎ ‎（2）B为固体，减小压强，平衡向逆反应方向移动，由于降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，因此逆反应为气体体积增大的反应，即A为气态；‎ ‎（3）使用催化剂，加快反应速率，但化学平衡不移动。‎ ‎19.在一个体积为1L的密闭容器中发生某化学反应：2A(g)B(g)＋C(g)，三种不同条件下进行，其中实验Ⅰ、Ⅱ都在800℃，实验Ⅲ在950℃，B、C的起始浓度都为0，反应物A的浓度(mol·L－1)随时间(min)的变化如图所示。试回答下列问题： ‎ ‎（1）在实验Ⅰ中，反应在20～40min内A的平均反应速率为__mol·L－1·min－1。实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，可能隐含的反应条件是___。‎ ‎（2）该反应的ΔH___0，其判断理由是___。‎ ‎（3）实验Ⅰ第40min末，若降低反应温度，达到新的平衡后，A的浓度不可能为___(填序号)。‎ A．0.35mol·L－1 B．0.4mol·L－1 C．0.7mol·L－1 D．0.8mol·L－1‎ ‎（4）若反应在800℃进行，在该1L的密闭容器中加入1molA、0.2molHe，达到平衡时A的转化率应___。‎ A．等于86% B．等于50% C．小于50% D．介于50%～86%之间 ‎【答案】 (1). 0.0075 (2). 实验Ⅱ使用了催化剂 (3). > (4). 根据实验Ⅲ和实验Ⅰ的比较，可推知升高温度，平衡正向移动，该反应为吸热反应 (5). AB (6). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）实验Ⅰ中，反应在20min至40min内A的浓度变化为0.55mol/L-0.4mol/L=0.15mol/L，再根据υ=∆c÷∆t计算；实验Ⅱ和实验I相比，A的起始浓度相同，平衡状态完全相同，平衡时A的浓度相同，但实验Ⅱ的反应速率快；‎ ‎（2）实验Ⅲ和实验Ⅰ的比较，升高温度，平衡时A的浓度减小，平衡向正反应移动；‎ ‎（3）降低温度，平衡逆向移动，A的浓度增大；‎ ‎（4）恒容充惰性气体，对原平衡不产生影响。‎ ‎【详解】(1)实验Ⅰ中，反应在20min至40min内A的浓度变化为0.55mol/L−0.4mol/L=0.15mol/L，所以υ(A)=0.15mol/L÷20min=0.0075mol⋅L−1⋅min−1；‎ 实验Ⅱ和实验I相比，A的起始浓度相同，平衡状态完全相同，平衡时A的浓度相同，但实验Ⅱ的反应速率快，改变压强虽然平衡不移动，但物质的浓度发生变化，故实验Ⅱ应该使用了催化剂。‎ 故答案为：0.0075；实验Ⅱ使用了催化剂；‎ ‎(2)实验Ⅲ和实验Ⅰ的比较，升高温度，平衡时A的浓度减小，平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，故△H>0，‎ 故答案为：>；根据实验Ⅲ和实验Ⅰ的比较，可推知升高温度，平衡正向移动，该反应为吸热反应；‎ ‎(3)降低温度，平衡逆向移动，A的浓度增大，故A的浓度大于0.4mol⋅L−1，‎ 故答案为：AB；‎ ‎(4)恒容充惰性气体，对原平衡不产生影响，故平衡时A的浓度为0.4mol⋅L−1，故A的转化率为(1mol/L−0.4mol/L)÷1mol/L×100%=60%，‎ 故答案为：D。‎ ‎20.50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是__________，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是________________________。‎ ‎（2）大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值__(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎（3）实验中若改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸跟50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量______(填“相等”或“不相等”)，所求中和热的数值______(填“相等”或“不相等”)，理由是_______________________________。‎ ‎（4）三次平行操作测得的数据中，起始时盐酸与烧碱溶液温度相同，而终止温度与起始温度之差(t2－t1)分别为2.3 ℃、2.4 ℃、2.9 ℃，则最终代入计算式的温度差的平均值为_____℃。‎ ‎【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 保温、隔热，减少实验过程中的热量损失 (3). 偏小 (4). 不相等 (5). 相等 (6). 60 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1烧碱溶液反应，能生成0.027 5 mol H2O，而50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1烧碱溶液反应只能生成0.025 mol H2O，因此所放出的热量不相等；中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等 (7). 2.35‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失； （2）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小； （3）改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1烧碱溶液反应，能生成0.027 5 mol H2O，而50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1烧碱溶液反应只能生成0.025 mol H2O，因此所放出的热量不相等；中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等； （4）根据数据可知，实验③的误差大，舍去，所以温度差的平均值是(2.3℃＋2.4℃)÷2＝2.35℃。‎ ‎21.红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示（图中△H表示生成1mol产物的数据）。‎ 根据上图回答下列问题：‎ ‎（1）P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式___。‎ ‎（2）PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式___。‎ ‎（3）P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3＝__，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4___△H3 (填“大于”、“小于”或“等于”)。‎ ‎（4）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，已知反应前后各元素化合价不变，其化学方程式是__。‎ ‎【答案】 (1). P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ•mol-1 (2). PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1 (3). -399kJ•mol-1 (4). 等于 (5). PCl5+4H2O═H3PO4+5HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据图象得出反应物、生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，然后依据书写热化学方程式的原则书写； （2）根据图象得出反应物、生成物以及反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，然后依据书写热化学方程式的原则书写； （3）根据盖斯定律分析，根据反应物的总能量、中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答，注意盖斯定律的应用；‎ ‎（4）PCl5与足量水充分反应，最终生成磷酸和盐酸。‎ ‎【详解】（1）根据图示可知：P（s）+Cl2（g）═PCl3‎ ‎（g），反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热△H=-306 kJ/mol，则热化学方程式为：P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306 kJ/mol，‎ 故答案为：P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ•mol-1；‎ ‎（2）根据图示可知：Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g），中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，△H=生成物总能量-反应物总能量=-93 kJ/mol；所以PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；热化学方程式为PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93 kJ/mol，‎ 故答案为：PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1；‎ ‎（3）根据图像，可以写出两步反应的热化学方程式：‎ P（s）+Cl2（g）═PCl3（g）△H1=-306 kJ/mol，‎ Cl2（g）+PCl3（g）═PCl5（g）△H2=-93 kJ/mol；‎ 则P和Cl2两步反应生成1molPCl5的△H3=-306 kJ/mol+（-93 kJ/mol）=-399 kJ/mol，‎ 由图象可知，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4=-306kJ/mol+（-93kJ/mol）=-399kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热，‎ 故答案为：-399kJ•mol-1；等于；‎ ‎（4）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，已知反应前后各元素化合价不变，则两种酸为磷酸和盐酸，由原子守恒可知化学方程式为PCl5+4H2O═H3PO4+5HCl，‎ 故答案为：PCl5+4H2O═H3PO4+5HCl。‎ ‎ ‎