天津市静海区大邱庄中学等四校2019-2020学年高二10联考化学试题

天津市静海区大邱庄中学等四校2019-2020学年高二10联考化学试题

静海区2019—2020学年度第一学期10月份四校联考 高二年级化学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1页至第4页，第Ⅱ卷第4页至第5页。试卷满分100分。考试时间60分钟。‎ 第Ⅰ卷 选择题（共20题；1-10题每题2分，11-20题每题3分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列反应不属于吸热反应的是(　　)‎ A. Ba(OH)2与NH4Cl固体混合 B. 氯化铵分解得氨气 C. 碳酸钙分解得二氧化碳 D. 实验室制备氢气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据常见放热反应有：所有的物质燃烧、金属与酸或水反应、中和反应、铝热反应、绝大多数化合反应等；‎ 常见吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），Ba(OH)2•8H2O与氯化铵的反应。‎ ‎【详解】A．Ba(OH)2•8H2O晶体和NH4Cl混合反应，是吸热反应，选项A不选；‎ B．氯化铵受热分解得氨气和氯化氢，属于吸热反应，选项B不选；‎ C．碳酸钙高温受热分解得二氧化碳和碳酸钙，属于吸热反应，选项C不选；‎ D．实验室制备氢气是利用金属锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，属于放热反应，选项D选；‎ 答案选D。‎ ‎2.已知热化学方程式：‎ C(金刚石，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1‎ C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2‎ C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH3＝＋1.9 kJ·mol－1‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. 石墨转化成金刚石的反应是吸热反应 B. 金刚石比石墨稳定 C. ΔH3＝ΔH1－ΔH2‎ D. ΔH1>ΔH2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。由于石墨含有的能量比金刚石低，所以石墨转化成金刚石的反应是吸热反应，正确；‎ B．根据盖斯定律②-①，整理可得C(石墨,s)= C(金刚石,s) △H3=△H2－△H1，错误；‎ C．金刚石含有的能量比石墨高，物质含有的能量越高，物质的稳定性就越小，所以金刚石不如石墨稳定，错误；‎ D．由于金刚石含有的能量比石墨高，二者燃烧反应都是放热反应，所以△H1<△H2，错误。‎ ‎3.已知在1×105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是 A. H2O(g)=H2(g)+O2(g) △H=+484kJ/mol B. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-484kJ/mol C. H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=+242kJ/mol D. H2O(g)=H2(g)+O2(g) △H=+242kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据题给数值和热化学方程式的书写方法，标注物质聚集状态，对应量的焓变，配平写出。‎ ‎【详解】已知在1×105Pa、298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式是：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-484kJ/mol；‎ A项，∆H应为+242kJ/mol，A项错误；‎ B项，H2O应为气态，B项错误；‎ C项，H2O应为气态，∆H应为-242kJ/mol，C项错误；‎ D项，符合题意和热化学方程式的书写，D项正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了热化学方程式的书写方法，物质聚集状态和焓变是解题的关键，掌握热化学方程式书写原则和注意事项即可。‎ ‎4.一定条件下，将10 mol H2和1 mol N2充入一密闭容器中，发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），达到平衡时，H2的转化率可能是 A. 25% B. 30% C. 35% D. 75%‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】假设1molN2完全转化，则消耗H2的物质的量为：n消耗(H2)=3n(N2)=3.0 mol，实际化学反应具有一定的限度，N2完全转化是不可能的，因而消耗H2的物质的量绝对小于3.0 mol，故H2的最大转化率为：α最大(H2)＜×100%=30%，故符合题意的答案只能是A。故选A。‎ ‎5.在一定温度下的密闭容器中，不能说明可逆反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)已经达到平衡的标志是（ ）‎ A. HI的生成速率与HI的分解速率相等 B. HI的生成速率与H2的生成速率之比是2∶1‎ C. 单位时间内一个H－H键断裂的同时有两个H－I键断裂 D. 单位时间里断裂2nmolHI的同时生成nmolI2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HI的生成速率与HI的分解速率相等，说明正反应速率与逆反应速率相等，即达到平衡状态，A项正确；‎ B. HI的生成速率与H2的生成速率之比是2∶1，根据各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，当转换成同一物质H2后能反映出正反应速率与逆反应速率相等，即可说明达到平衡状态，B项正确；‎ C. 单位时间内一个H－H键断裂的同时有两个H－I键断裂，说明正反应速率与逆反应速率相等，即达到平衡状态，C项正确；‎ D. 单位时间里断裂2n mol HI的同时生成n mol I2，只代表逆反应方向的速率，不能说明正反应速率是否等于逆反应速率，因此不能说明反应是否达到平衡状态，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】‎ 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变，注意该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，所以不能用压强判断平衡。‎ ‎6.可逆反应N2＋3H22NH3的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是(　　)‎ A. 3v正(N2)＝v正(H2) B. v正(N2)＝v逆(NH3)‎ C. 2v正(H2)＝3v逆(NH3) D. v正(N2)＝3v逆(H2)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 达到平衡状态时正、逆反应速率相等，正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应速率，不同物质表示的反应速率与化学计量数成正比。‎ ‎【详解】A项、υ正(N2)、υ正(H2)均为正反应速率，3υ正(N2)＝υ正(H2)不能表示正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态；‎ B项、N2和NH3的化学计量数之比为1:2，2υ正(N2)＝υ逆(NH3) 表示正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，υ正(N2)＝υ逆(NH3)说明反应没有达到平衡状态；‎ C项、H2和NH3的化学计量数之比为3:2，2υ正(H2)＝3υ逆(NH3) 能表示正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态；‎ D项、N2和H2的化学计量数之比为1:3，3υ正(N2)＝υ逆(H2) 能表示正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，υ正(N2)＝3υ逆(H2) 说明反应没有达到平衡状态；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查平衡平衡状态，注意抓住化学平衡状态的本质特征是正逆反应速率相等，明确反应速率与化学计量数的关系是解答关键。‎ ‎7.在‎2A(g)+B(g)‎3C(g)+4D(g)中，表示该反应速率最快的是:‎ A. V(A)=0.5mol·L-1·s-1 B. V(B)=0.3mol·L-1·s-1‎ C. V(C)=0.8mol·L-1·s-1 D. V(D)=1mol·L-1·s-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，把用不同物质表示的反应速率换算成用同一物质表示的化学反应速率，然后比较大小。‎ ‎【详解】在‎2A(g)+B(g)‎3C(g)+4D(g)反应中都换成B的速率进行比较； ‎ A、V(A)：V(B)=2:1，V(B)=0.5mol·L-1·s-1/2=0.25 mol·L-1·s-1；‎ B、V(B)=0.3mol·L-1·s-1； ‎ C、V(B)：V(C)=1:3，V(B)=08mol·L-1·s-1/3=0.27mol·L-1·s-1； ‎ D、V(B)：V(D)=1:4，V(B)=1mol·L-1·s-1/4=0.25 mol·L-1·s-1；‎ 比较可以知道，B表示的反应速率最块，故B正确；故答案选B。‎ ‎8.在某温度时，测得纯水中的c(H＋)＝2.0×10－7mol·L－1，则c(OH－)为(　　)‎ A. 2.0‎‎×10－7mol·L－1 B. 0.1×10－7mol·L－1‎ C. 1.0×10－14/(2.0×10－7) mol·L－1 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由于在任何的纯水中，水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的OH-浓度，因此某温度下纯水中c（H+）＝2.0×10-7mol·L-1，则此纯水中的c（OH-）＝2.0×10-7mol·L-1。‎ 考点：水的电离 ‎9.下列对氨水溶液中存在的电离平衡NH3·H2ONH4+＋OH－叙述正确的是（ ）‎ A. 加水后，溶液中n(OH－)增大 B. 加入少量浓盐酸，溶液中c(OH－)增大 C. 加入少量浓NaOH溶液，电离平衡正向移动 D. 加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)减少 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向氨水加入水，促进一水合氨电离，所以溶液中n(OH－)增大，A项正确； B. 向氨水中加入浓盐酸，氢离子和氢氧根离子反应，导致溶液中c(OH－)减小，B项错误； C. 向氨水中加入少量浓NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，则电离平衡向逆反应方向移动，C项错误； D. 向氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)增大，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.在‎100℃‎时，NaCl溶液中c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 该NaCl溶液显酸性 B. 该NaCl溶液显中性 C. 随着温度的升高，水的离子积增大 D. 该NaCl溶液中KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯化钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，则氯化钠溶液中存在c(H+)•c(OH-)=1×10-6mol•L-1，再结合Kw=c(H+)•c(OH-)解答。‎ ‎【详解】A. 氯化钠是强酸强碱盐，钠离子和氯离子都不水解，所以其溶液呈中性，A项错误；‎ B. 根据A知，该溶液呈中性，B项正确；‎ C. 水的电离是吸热过程，升温促进电离，水的离子积增大，C项正确；‎ D. 该溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6mol·L－1， KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎11.相同体积、相同氢离子浓度的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 弱酸溶液产生较多的氢气 B. 强酸溶液产生较多的氢气 C. 两者产生等量的氢气 D. 无法比较两者产生氢气的量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】弱电解质部分电离，在溶液中存在电离平衡，强酸在水溶液里完全电离，所以pH相等的强酸溶液和弱酸溶液，弱酸浓度大于强酸，体积相等时，弱酸的物质的量大于强酸，则与足量的金属反应，弱酸反应生成的氢气多，A项正确，‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】弱电解质部分电离，pH相同的强酸溶液和弱酸溶液，弱酸浓度大，明确溶液体积相等时，弱酸的物质的量较大是解题的关键。‎ ‎12.能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的措施是 A. 向纯水中投入一小块金属钠 B. 将水加热煮沸 C. 向水中通入SO2 D. 向水中加入NaCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据水的电离平衡：H2OH++OH-，溶液中c（H+）＞c（OH-），说明溶液呈酸性，再根据影响水的电离的因素：温度、同离子效应、所加物质的酸碱性等具体分析水的电离平衡的移动。‎ ‎【详解】A、加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，氢离子浓度降低，使水的电离向右移动，碱性增强，c（H+）＜c（OH-），选项A错误；‎ B、加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，选项B错误；‎ C、二氧化硫溶于水形成亚硫酸，溶液中的c（H+）＞c（OH-），酸对水的电离起抑制作用，选项C正确；‎ D．向水中加入NaCl，对水的电离无影响，c（H+）=c（OH-），选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查水的电离平衡的影响因素，注意酸、碱都会抑制水的电离，弱酸、弱碱盐会促进水的电离，试题难度不大。‎ ‎13.在常温下，将pH＝8的NaOH溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH最接近于：‎ A. 8.3 ‎B. ‎8.7 ‎C. 9 D. 9.7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将pH＝8的NaOH与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液中OH－的浓度是，则根据水的离子积常数可知c(H＋)＝＝2×10－10mol/L，根据pH计算公式计算等pH为9.7.答案选D。‎ ‎14.下列实验操作不会引起误差的是（ ）‎ A. 酸碱中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶 B. 酸碱中和滴定时，用冲洗干净的滴定管盛装标准溶液 C. 用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸溶液时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了几滴 D. 用标准盐酸测定未知浓度NaOH结束实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用公试c（待测）=分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析。‎ ‎【详解】A．锥形瓶用蒸馏水洗后，不能用待测润洗，否则待测液的物质的量增加，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，A项错误； B．酸碱中和滴定时，滴定管水洗后，直接盛装标准液，标准液的浓度会稀释而降低，为达到终点将待测液反应完毕，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，故需要先用标准液润洗滴定管，然后再盛装标准溶液，B项错误； C．在滴定过程中，指示剂略多加了几滴，一般不影响实验结果，因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱的物质的量，C项正确； D．滴定终点时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡，可以理解成滴定终点时气泡将使滴定管里的液面上升，标准液的体积减小，导致测定浓度偏低，D项错误； 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱中和滴定误差的判断，根据公式c（待测）=进行中和滴定的误差分析是最基本的方法，使用中应注意由于操作的失误导致公式中的某些数据发生变化，从而导致最终结果出现误差。‎ ‎15.合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH<0。反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是( )‎ A. 增大CO的浓度 B. 降低温度 C. 升高温度 D. 增大压强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，新平衡时CO的转化率减小，H2O的转化率增大，故A错误；‎ B项、该反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳转化率增大，故B正确；‎ C项、该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化碳转化率减小，故C 错误；‎ D项、该反应是一个气体总体积不发生改变的反应，增大压强，平衡不移动，CO的转化率不变，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎16.反应2AB(g)===C(g)＋3D(g)反应后体系中物质的总能量升高，则该反应的ΔH、ΔS、反应应该在什么条件下发生(　　)‎ A. ΔH<0，ΔS>0 ，低温 B. ΔH<0，ΔS<0，低温 C. ΔH>0，ΔS>0 ，高温 D. ΔH>0，ΔS<0，高温 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应2AB(g)=C(g)＋3D(g)为气体体积增大的反应，则，ΔS>0，反应后体系中物质的总能量升高，说明正反应是吸热反应，则ΔH>0。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查反应的自发性与焓变、熵变的关系的判断的知识。根据反应的自由能公式∆G=∆H-T∆S，由于∆S>0，∆H>0，则根据∆G=∆H-T∆S<0， T>∆H /∆S，所以反应在高温可以自发进行。‎ ‎17.在一密闭容器中，反应aA(g)bB(g)达到平衡后，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B的质量分数减小了 C. 物质A的转化率减小了 D. a＞b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则a＜b，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的50%，说明平衡向生成B的方向移动，即向正反应移动，故 A正确；‎ B．平衡向正反应移动，B的质量增大，混合气体的总质量不变，物质B的质量分数增大，故B错误；‎ C．根据A的判断，平衡向正反应移动，反应物转化率增大，故C错误；‎ D．容器体积扩大一倍，则体系压强减小，根据A判断，平衡向生成B的方向移动，则a＜b，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】利用假设法分析、判断平衡移动方向是解答此类试题的一般方法。本题的易错点为B，关键是判断平衡移动的方向。‎ ‎18.密闭容器中有如下反应：L(s)＋aG(g) bR(g)，温度和压强对该反应的影响如图所示，其中压强p1＜p2，由此可判断(　　)‎ A. 正反应为放热反应 B. G的转化率随温度升高而减小 C. 化学方程式中的计量数a＞b D. 增大压强，容器内气体质量不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象可知，升高温度，G的体积分数减小，平衡正向移动，正反应为吸热反应；从P1到P2作等温线，增大压强，G的体积分数减小，平衡正向移动，a＞b；‎ ‎【详解】A.由分析可知，正反应为吸热反应，A错误；‎ B.由图象可知，G的体积分数随温度的升高而降低，G的转化率增大，B错误；‎ C.由分析可知，化学方程式中的计量数a＞b，C正确；‎ D.增大压强，体积减小，平衡正向移动，容器内气体质量增大，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎19. 一定温度下在密闭容器内进行着某一反应，X 气体、Y ‎ 气体的物质的量随反应时间变化的曲线如右图。下列叙述中正确的是 A. 反应的化学方程式为5YX B. t1 时，Y 的浓度是 X 浓度的1.5 倍 C. t2 时，正、逆反应速率相等 D. t3 时，逆反应速率大于正反应速率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，0~t1段，X增加2mol，Y减少4mol，即转化X、Y物质的量之比为1:2，t3后X、Y物质的量不再变化，说明达到平衡，反应方程式为：2YX，A项错误；‎ B项，t1时，Y的物质的量是X的1.5倍，所以Y的浓度是X浓度的1.5倍，B项正确；‎ C项，t2时，X、Y物质的量相等，但没有保持不变，t2时反应没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等，C项错误；‎ D项，t3时刻后X、Y物质的量不再改变，达到平衡状态，正、逆反应速率相等，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.乙酸蒸汽能形成二聚分子：2CH3COOH(CH3COOH)2 △H<0，现欲测定乙酸分子的相对分子质量.应采用的条件为（ ）‎ A. 低温低压 B. 低温高压 C. 高温高压 D. 高温低压 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】欲测定乙酸分子的相对分子质量，需尽量使反应向逆向移动，因反应2CH3COOH(CH3COOH)2 △H<0为气体体积减小的放热反应，则升高温度、减小压强均可使平衡逆向移动，则采用的反应条件是高温低压，D项正确，‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共3题，共50分）‎ ‎21.I.50mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液在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___；‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是___；‎ ‎（3）用相同浓度和体积的氨水(NH3· H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会___(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎（4）实验中改用60mL0.50mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___(填“相等”、“不相等”)，所求中和热___，(填“相等”、“不相等”)。‎ Ⅱ.（1）已知充分燃烧一定质量的丁烷(C4H10)气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则表示丁烷燃烧热的热化学方程式为___；‎ ‎（2）0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在O2中燃烧，生成固态B2O3和液态水，放出649.5kJ的热量，其热化学方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 保温隔热，防止热量损失 (3). 偏小 (4). 不相等 (5). 相等 (6). C4H10(g)＋13/2O2(g)＝4CO2(g)＋5H2O(l) ΔH＝-4bkJ/mol (7). B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l) ΔH=-2165kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器； （2）中和热测定实验成败的关键是保温工作； （3）根据弱电解质电离吸热分析；‎ ‎（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；‎ Ⅱ.（1）燃烧热是指完全燃烧1mol可燃物生成稳定氧化物放出的热量，据此结合热量与反应热之间的关系书写化学方程式；‎ ‎（2）结合参加反应的物质的物质的量与反应放热之间的关系书写化学方程式。‎ ‎【详解】I. （1）根据量热计构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；‎ ‎（2）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纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：保温隔热，防止热量损失；‎ ‎（3）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替NaOH溶液反应，反应放出的热量偏小，故答案为：偏小；‎ ‎（4）如果实验中改用60mL0.50mol⋅L−1的盐酸跟50mL0.55mol⋅L−1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增加，所放出的热量不相等；中和热是稀的强酸、稀的强碱生成1mol水所对应的反应热，因此所求中和热相等，故答案为：不相等；相等；‎ Ⅱ.（1）生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，因燃烧1molC4H10会生成4molCO2，则放出的热量为4b kJ，故丁烷燃烧热的热化学方程式为：C4H10(g)＋13/2O2(g)＝4CO2(g)＋5H2O(l) ΔH＝-4b kJ/mol；‎ ‎（2）0.3 mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，则1mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165 kJ热量，其热化学方程式为B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l) ΔH =－2165 kJ/mol。‎ ‎22.Ⅰ.可逆反应‎3A(g)3B(？)+C(？) △H>0，达到化学平衡后，进行下列操作。‎ ‎（1）升高温度，用“变大”“变小”“不变”或“无法确定”填空。‎ ‎①若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量___；‎ ‎②若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量___；‎ ‎③若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量___；‎ ‎（2）如果平衡后温度保持不变，将容器体积增大一倍，新平衡时A的浓度是原来的50%，判断B的状态是___态，C的状态是__态。‎ ‎（3）某密闭容器中放入一定量的NO2，发生反应2NO2N2O4（正反应放热），达平衡后，若分别单独改变下列条件，重新达到平衡后，能使混和气体平均分子量增大的是___。‎ A.通入N2 B.通入NO‎2 C.通入N2O4 D.升高温度 Ⅱ.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数K 和温度T的关系如下表所示：‎ T/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1 000‎ ‎1 200‎ K ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎1.7‎ ‎2.6‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝___；‎ ‎（2）该反应为___反应(填“吸热”或“放热”)。‎ ‎（3）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是___‎ A．容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变 C．v正(H2)＝v逆(H2O) D．c(CO2)＝c(CO)‎ ‎（4）某温度下，平衡浓度符合下式：[CO2]·[H2]＝[CO]·[H2O]，试判断此时的温度为__℃；‎ ‎（5）‎830℃‎充入等体积的CO2 和H2 达到平衡后CO2 的转化率为___；‎ Ⅲ.运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请完成下列探究。‎ 生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO(g) ΔH＝＋131.3kJ·mol－1，ΔS＝＋133.7J·mol－1·K－1，该反应在低温下__(填“能”或“不能”)自发进行。‎ ‎【答案】 (1). 变小 (2). 不变 (3). 变小 (4). 气 (5). 液或固 (6). BC (7). (8). 吸热 (9). BC (10). 830 (11). 50% (12). 不能 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，结合物质的状态判断相对分子质量的变化； （2）如果平衡后保持温度不变，将容器体积增加一倍，新平衡时A的浓度是原来的50%，则说明平衡不移动，反应物气体的计量数等于生成物气体的计量数；‎ ‎（3）能使混合气体平均相对分子质量减小，根据M=mn，反应前后质量守恒，n减小即可，应是平衡向正反应方向移动，结合温度、压强对平衡移动的影响解答该题；‎ Ⅱ. （1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；‎ ‎（2）由表格中数据可知，温度越高K越大；‎ ‎（3）结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定，平衡状态下正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；‎ ‎（4）根据达到平衡状态的标志和判断方法解题；‎ ‎（5）根据三段式结合转化率的定义求解；‎ Ⅲ. （1）根据反应能否自发进行的判据：△H-T△S<0，反应自发进行，代入数据来计算。‎ ‎【详解】Ⅰ. （1）反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，结合物质的状态判断相对分子质量的变化；‎ ‎①若B. C都是气体，气体的总质量不变，但物质的量增大，则气体的平均相对分子质量变小，故答案为：变小；‎ ‎②若B. C都不是气体，气体只有A，则气体的平均相对分子质量不变，故答案为：不变；‎ ‎③若B是气体，C不是气体，气体的物质的量不变，但气体的质量减小，则相对分子质量减小，故答案为：变小；‎ ‎（2）如果平衡后保持温度不变，将容器体积增加一倍，如平衡不移动，则新平衡时A的浓度是原来的50%，符合题意，则说明平衡不移动，反应物气体的计量数等于生成物气体的计量数，所以B为气体，C为固体或液体，故答案为：气；固或液；‎ ‎（3）根据M=，能使混合气体平均相对分子质量减小，反应前后质量守恒，只要n减小即可，应是平衡向正反应方向移动。‎ A. 通入N2，不会引起化学平衡的移动，A项错误；‎ B. 通入NO2，压强增大，平衡正向移动，n减小，能使混合气体平均相对分子质量增大，B项正确；‎ C. 通入N2O4，压强增大，平衡正向移动，n减小，能使混合气体平均相对分子质量增大，C项正确；‎ D. 升高温度，平衡逆向移动，n增大，所以使混合气体平均相对分子质量减小，D项错误；‎ 故答案为BC；‎ Ⅱ. （1）CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=；‎ ‎（2）由表格中数据可知，温度越高K越大，可知升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故答案为：吸热；‎ ‎（3）A.该反应为气体体积不变的反应，容器中压强始终不变，不能判定平衡，A项错误；‎ B. 混合气体中c(CO)不变，符合平衡特征“定”，达到平衡状态，B项正确；‎ C. v正(H2)=v逆(H2O)，符合平衡特征“等”，达到平衡状态，C项正确；‎ D. c(CO2)=c(CO)，与起始量、转化率有关，不能判定平衡状态，D项错误；‎ 故答案为：BC；       ‎ ‎（4）某温度下，平衡浓度符合下式：：[CO2]·[H2]＝[CO]·[H2O]，则根据K的表达式可知K=‎ ‎=1，结合表中数据可知，温度为‎830℃‎，故答案为：830；‎ ‎（5）同条件下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，也等于密闭容器中气体的浓度之比，则‎830℃‎充入等体积的CO2 和H2，设起始量均为1，CO2转化量为x，则 CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)‎ 起始量（mol/L） 1 1 0 0‎ 转化量（mol/L） x x x x 平衡量（mol/L） 1-x 1-x x x 因此温度下K=1，则=1，即x=0.5，，故达到平衡后CO2 的转化率为=50%，故答案为：50%；‎ Ⅲ. C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO(g) 自由能复合判据ΔG＝ΔH-TΔS，只有当ΔG小于0时反应才能自发进行，因ΔH＝＋131.3kJ·mol－1，ΔS＝＋133.7J·mol－1·K－1，带入数据得△H−T△S=131.3 kJ·mol－1−T×133.7×0.001 kJ·mol－1·K－1，在低温下，该值一定是大于0的，所以不能在低温下自发进行，故答案为：不能。‎ ‎23.某学生用0.100mol·L－1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：‎ A．移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞；‎ B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；‎ C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；‎ D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“‎0”‎以上2～‎3cm处；‎ E．调节液面至“‎0”‎或“‎0”‎以下刻度，记下读数；‎ F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。‎ 就此实验完成填空：‎ ‎（1）正确操作步骤的顺序是(用序号字母填写)___。‎ ‎（2）滴定操作中，左手___，右手___，眼睛___。‎ ‎（3）上述A步骤操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则滴定结果___(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。‎ ‎（4）判断到达滴定终点的实验现象是___。‎ ‎【答案】 (1). BDCEAF (2). 控制活塞 (3). 摇动锥形瓶 (4). 注视锥形瓶内溶液颜色的变化 (5). 偏高 (6). 滴入最后一滴KOH 溶液，溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作； （2）根据滴定正确的操作步骤回答； （3）c（酸）= 判断不当操作对相关物理量的影响； （4）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点。‎ ‎【详解】（1）操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数。再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：BDCEAF，故答案为：BDCEAF；‎ ‎（2） 滴定操作中，标准液为KOH溶液，因此左手要控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛则需注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故答案为：控制活塞；摇动锥形瓶；注视锥形瓶内溶液颜色的变化；‎ ‎（3）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，如果再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V(碱)偏大，根据c(酸)=，会造成结果偏高，‎ 故答案为：偏高；‎ ‎（4）本实验是用KOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时，现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后一滴KOH溶液，溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色。‎