2019-2020学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二10月月考化学试题 解析版

2019-2020学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二10月月考化学试题 解析版

哈尔滨市第六中学2021届十月阶段性总结 高二化学试题 一、选择题（单选，每题2分，共23题计46分）‎ ‎1. 下列各组物质全部是弱电解质的是 A. H2SiO3H2S CO2 B. MgSO4CH3COOH CH3CH2OH C. H2SO3BaSO4CH4 D. H2O NH3·H2O H3PO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、CO2是非电解质，错误；B、MgSO4是强电解质，错误；C、CH4是非电解质，错误；D、三者都是弱电解质，正确。‎ 考点：电解质的有关知识。‎ ‎2.已知石墨的燃烧热为△H1，金刚石的燃烧热为△H2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 由于燃烧均为放热反应，所以石墨为重要的能源 B. 由于燃烧反应放热，所以△H1和△H2均取正值 C. 由于石墨和金刚石同为碳元素组成，所以△H1=△H2‎ D. 由于石墨和金刚石属于不同的单质，所以△H1和△H2不等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、石墨在自然界含量有限，在工农业生产中用途广泛，选用石墨做燃料是一种浪费的做法，故A错误；‎ B项、放热反应的△H<0，为负值，故B错误；‎ C项、金刚石和石墨是碳元素的两种同素异形体，是不同的两种碳单质，所含能量不同，故C错误；‎ D项、金刚石和石墨是碳元素的两种同素异形体，是不同的两种碳单质，所含能量不同，所以它们的燃烧热不同，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】金刚石和石墨是碳元素的两种同素异形体，具有广泛的用途，是不同的两种碳单质，所含能量不同，燃烧放热不同。‎ ‎3.对已达化学平衡的下列反应：2X(g)+Y(g)2Z(g)，减小压强时，对反应产生的影响是（ ）‎ A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向正反应方向移动 B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动 C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动 D. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、该反应是一个气体体积减小的反应，减小压强时，平衡向逆反应方向移动，正、逆反应速率都减小，故A错误；‎ B项、该反应是一个气体体积减小的反应，减小压强时，平衡向逆反应方向移动，正、逆反应速率都减小，故B错误；‎ C项、该反应是一个气体体积减小的反应，减小压强时，平衡向逆反应方向移动，正、逆反应速率都减小，故C正确；‎ D项、该反应是一个气体体积减小的反应，减小压强时，平衡向逆反应方向移动，正、逆反应速率都减小，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是 A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充入O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 气体压强和反应物浓度只能影响化学反应速率，催化剂增大反应物中活化分子百分数，自然能增大化学反应速率，但催化剂不能改变化学平衡常数，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答 ‎【详解】A．增大压强，活化分子百分数不变，化学平衡常数也不变，故A错误；‎ B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；‎ C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；‎ D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎5.恒温条件下，可逆反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志的是（ ）‎ ‎①单位时间内生成nmolO2同时生成2nmolNO2‎ ‎②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO ‎③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体的压强不再改变的状态 ‎⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2说明正、逆反应速率是相等，反应达到了平衡，故正确；‎ ‎②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO均代表逆反应速率，未体现正、逆反应速率的相等关系，故错误；‎ ‎③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1任何状态都成立，不一定平衡，故错误；‎ ‎④化学反应前后质量是守恒的，体积是不变化的，混合气体的密度任何状态都不改变，故错误；‎ ‎⑤混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不随着时间的变化而变化，反应达到了平衡，故正确；‎ ‎⑥该化学是一个气体体积减小的反应，由质量守恒守恒定律可知，混合气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量变化，当达到了平衡状态，不再变化，故正确；‎ ‎⑦该化学是一个气体体积减小的反应，混合气体的总压强不再改变，说明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了平衡，故正确；‎ ‎①④⑥⑦正确，故选A。‎ ‎【点睛】在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，利用化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态是解答关键。‎ ‎6.下列说法正确的是 A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能 B. 反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应吸热反应 C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023‎ D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；‎ B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；‎ C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；‎ D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。‎ ‎7. 中和热的测定实验中，可能用到下列仪器：‎ ‎①托盘天平 ②量筒 ③烧杯 ④温度计 ⑤小试管 ⑥酒精灯。‎ 其中应使用仪器的正确组合是 A. ①②⑤ B. ②③④ C. ②③⑥ D. 全部 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：中和热测定时需要大小不同的两个烧杯、温度计、量筒量取酸碱的体积，故答案选B.‎ 考点：仪器的选用 ‎8. 下列说法正确的是 A. 放热反应一定不需要加热 B. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强 C. 使用催化剂不但能加快反应速率，而且可以让不可能发生的反应发生 D. 难溶物也可能是强电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：反应是吸热还是放热与反应物和生成物总能量的相对大小有关，与反应条件无关，如碳的燃烧是放热反应，但常温下不反应，A错误；B.导电能力取决去自由移动的离子浓度的大小，与强弱电解质无关，如硫酸钡是强电解质，但几乎不导电，B错误；C.催化剂只能加快反应速率，不能改变反应进行的方向，C错误；难溶物也可能是强电解质，如硫酸钡难溶于水是强电解质,D正确，答案选D.‎ 考点：电解质和非电解质 ‎9. 下列有关化学平衡常数K的说法中，正确的是 A. K的大小与起始浓度有关 B. 温度越高，K值越大 C. K值越大，反应正向进行的程度越大 D. K值越大，反应正向进行的程度越小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：平衡常数K只与温度有关，反应浓度、压强不影响化学平衡常数，故A正确；温度升高，K值可能增大，也可能减小，若为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，B错误；平衡常数K的大小可以推断一个反应进行的程度，K值越大，反应正向进行的程度越大，故C正确，D错误；答案选C.‎ 考点：化学平衡常数 ‎10.向少量FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生反应：FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl。欲使试管内溶液红色变浅，下列措施合理的是 ‎①加Fe(SCN)3②加NaOH固体 ③加Zn粉 ④加KCl固体 A. ②③ B. ②④ C. ①② D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：加入硫氰化铁，虽然平衡向逆反应方向移动，但硫氰化铁的浓度增大，红色加深，①错误；加入氢氧化钠，与铁离子生成氢氧化铁沉淀，平衡向逆反应方向移动，溶液的颜色变浅，②正确；加入锌粉，与铁离子发生氧化还原反应，平衡向逆反应方向移动，溶液颜色变浅，③正确；加入氯化钾，平衡不移动，④错误，答案选A.‎ 考点：化学平衡的移动 ‎11.一定能使化学反应速率加快的因素是（ ）‎ ‎①减少产物的物质的量 ②使用催化剂 ③增加反应物的物质的量 ④升高温度 ⑤缩小容积 ⑥增大压强 A. ①②③ B. ②③④⑥ C. ②③④⑤ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①减少产物的物质的量，如为气体或溶液中的反应，产物的浓度减小，但是反应物的浓度不变，则正反应速率不变，故错误；‎ ‎②使用催化剂，可增大反应速率，故正确；‎ ‎③增加反应物的物质的量，若为固体，增加固体的量，浓度没有发生改变，则反应速率不变，故错误；‎ ‎④升高温度，反应速率加快，故正确；‎ ‎⑤缩小容积，则浓度增大，反应速率加快，但对于无气体参加的反应无影响，故错误；‎ ‎⑥增大容器内的压强，若恒容充入稀有气体，反应速率不变，故错误；‎ ‎②④正确，故选D。‎ ‎【点睛】增大反应物浓度、升高温度、使用催化剂等均可加快反应速率，注意增加反应物的物质的量反应速率加快，反应应为有气体参加的反应是解答易错点。‎ ‎12.下列关于判断过程的方向的说法正确的是（ ）‎ A. 所有自发进行的化学反应都是放热反应 B. 熵减小的化学反应不能自发进行 C. 气体分子总数增多的反应是熵增大的反应 D. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在给定的条件下，无须外界做功，一经引发即能自动进行的化学反应，为自发反应，从热力学上判断就是△H-T△S＜0时反应自发进行，△H-T△S＞0时反应不能自发进行。‎ ‎【详解】A项、反应能否自发取决于焓变和熵变的复合判据，对于吸热反应，在一定温度下，△H-T△S＜0时，反应也能自发进行，如Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，在常温下可以进行，故A错误；‎ B项、熵减小的放热反应，低温时，△H-T△S＜0，反应能自发进行，故B错误；‎ C项、气体分子总数增多的反应是混乱度增大的反应，是熵增大的反应，故C正确；‎ D项、熵值表示混乱度的大小，混乱度越大，熵值越大。相同条件下，同一物质的固态、液态、气态混乱度依次增大，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎13.COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g) ΔH>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增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是 A. ①④⑥ B. ①②④ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：根据化学方程式可知，该反应是体积增大的、吸热的可逆反应，所以升高温度或降低压强，反应都是向正反应方向进行的，COCl2‎ 转化率增大；恒容通入惰性气体，浓度不变，平衡不移动，转化率不变。增大CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，转化率降低。催化剂不能改变平衡状态，转化率不变。恒压通入惰性气体，则容积增大，相当于减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大；选A。‎ 考点：考查影响化学平衡移动的因素。‎ ‎14.已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下(Q1、Q2均为正值)：H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝－Q1kJ·mol－1，H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g) ΔH＝－Q2kJ·mol－1‎ 根据上述反应做出的判断正确的是（ ）‎ A. Q1>Q2‎ B. 生成物总能量均高于反应物总能量 C. 生成1 mol HCl(g)放出Q1kJ热量 D. 等物质的量时，Br2(g)具有的能量低于Br2(l)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、元素非金属性越强，非金属单质与氢气反应越容易，放出的热量越多，生成的氢化物的稳定性越强，氯元素非金属性强于溴元素，则氯气与氢气反应放出的热量多于溴蒸汽与氢气反应放出的热量，即Q1>Q2，故A正确；‎ B项、两个反应都是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B错误；‎ C项、由热化学方程式可知，生成2 mol氯化氢放出的热量才是Q1，故C错误；‎ D项、相同条件下，等物质的量的同物质液态的能量小于气态的能量，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎15.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 C. ①→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，根据图示，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，根据图示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，根据图示，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化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。‎ ‎16. 根据如图所示的反应判断下列说法中错误的是 A. CO2（g）和CaO（s）的总能量大于CaCO3（s）的总能量 B. 该反应的焓变大于零 C. 该反应中有离子键断裂也有共价键断裂，化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量 D. 由该反应可推出凡是需要加热才发生的反应均为吸热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：因为碳酸钙受热分解是吸热反应，所以CO2（g）和CaO（s）的总能量大于CaCO3（s）的总能量，焓变大于零，故A、B正确；在CaCO3中，Ca2＋和CO32－之间存在离子键，CO32－中，C与O之间存在共价键，故反应中有离子键断裂也有共价键断裂，旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，C正确。需要加热才发生的反应不一定为吸热反应，如碳的燃烧需要加热，但该反应是放热反应，D错误。‎ 考点：反应热和焓变 ‎【名师点晴】本题考查了吸热反应的吸热原因，从化学键和能量高低角度分析。‎ ‎17.已知反应：①2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221kJ·mol－1，②H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1。下列结论正确的是（ ）‎ A. 碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1‎ B. ①的反应热为221kJ·mol－1‎ C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为－57.3kJ·mol－1‎ D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，所以碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol，故A正确；‎ B项、①为放热反应，反应热为-221kJ/mol，故B错误；‎ C项、稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应反应生成1mol水放出的热量为中和热，中和热为57.3kJ/mol或△H=-57.3kJ/mol，故C错误；‎ D项、弱电解质电离时需要吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应时，醋酸需要电离出氢离子，生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】使用燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物[H→H2O（l）、C→CO2（g）、S→SO2（g）]。‎ ‎18.t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），各组分在不同时刻的浓度如下表：下列说法正确的是（　　） ‎ 物质 X Y Z 初始浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0‎ ‎2min末浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.08‎ a b 平衡浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.1‎ A. 平衡时，X的转化率为20%‎ B. t℃时，该反应的平衡常数为40‎ C. 增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动 D. 前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）=0.03mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、平衡时，X的转化率=×100%=50%，故A错误；B、依据图表数据得到平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到反应的平衡常数==1600，故B错误；C、反应是气体体积减小的反应，增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆增大，平衡向正反应方向移动，故C错误；‎ D、X（g）+3Y（g）2Z（g），‎ 起始量 0.1 0.2 0‎ 变化量 0.02 0.06 0.04‎ ‎2min量 0.08 0.14 0.04‎ 前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）==0.03mol•L-1•min-1，故D正确；故选D。‎ 考点：考查了化学平衡的计算和应用，转化率、平衡常数的概念等相关知识。‎ ‎19.下列说法正确的是（ ）‎ A. 小苏打是弱电解质，其水溶液导电能力很弱 B. 氨气是非电解质，但氨水能导电 C. 稀释醋酸溶液，可以促进醋酸分子电离使溶液pH减小 D. 硫酸是强电解质，在水溶液和熔融状态下均能导电 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、小苏打是强碱弱酸的酸式盐，在溶液中完全电离，属于强电解质；此外，溶液的导电能力和溶质是否为强电解质没有关系，故A错误；‎ B项、氨气和水反应生成一水合氨一水合氨能电离出自由移动的离子，所以氨气的水溶液导电，但电离出离子的物质是一水合氨不是氨气，所以一水合氨是电解质，氨气是非电解质，故B正确；‎ C项、稀释醋酸溶液，醋酸的电离平衡向右移动，促进醋酸分子电离，但是溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故C错误；‎ D项、硫酸是强电解质，属于共价化合物，熔融状态下不会电离出的离子，所以不能导电，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎20.下列事实中，不能用勒沙特列原理解释是（ ）‎ A. 开启可乐瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫 B. 工业合成氨时选择高温能极大加快反应速率 C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2‎ D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、开启可乐瓶后，瓶内气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以泛起大量泡沫，能用勒沙特列原理解释，故A错误；‎ B项、合成氨反应为放热反应，工业合成氨时选择高温能极大加快反应速率，但平衡逆向移动，降低氨得产率，不能用勒沙特列原理解释，故B正确；‎ C项、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，溶液中的氯离子浓度增大，使平衡向逆反应方向移动，抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒沙特列原理解释，故C错误；‎ D项、使用过量的空气，增大了反应物氧气的量，可以使化学平衡向正反应方向移动，提高SO2的利用率，能用勒沙特列原理解释，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒沙特列原理解释。‎ ‎21.氢氟酸是一种弱酸，具有强烈的腐蚀性。常温下，在氢氟酸加水稀释的过程中的变化趋势是（ ）‎ A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】HF属于弱电解质，电离产生等量的H+和F-，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，在加水不断稀释时，HF电离程度增大，电离平衡保持向正右移动，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度增大，水电离出来的氢离子浓度增大，导致溶液中总的氢离子浓度大于氟离子浓度，则变大，故选A。‎ ‎【点睛】在加水不断稀释时，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度增大，水电离出来的氢离子浓度增大是解答关键，也是易错点。‎ ‎22. 下列各表述与示意图一致的是 A. 图①表示N2O4(g)2NO2(g) ΔH＞0，N2O4转化率随温度、时间的变化 B. 图②中曲线表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，正、逆反应的平衡常数K随温度的变化 C. 图③表示10 mL0.01 mol/LKMnO4酸性溶液与过量0.1mol/LH2C2O4溶液混合时，n(Mn2+‎ ‎)随时间的变化 D. 图④中a、b曲线分别表示反应CH2＝CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g) ΔH＜0，使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据“先拐先平”， ，ΔH＞0，升高温度平衡正向移动，N2O4的平衡转化率增大，故A错误；2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，升高温度平衡逆向移动， 减小；、 互为倒数，所以升高温度增大，故B正确；该反应是放热反应，反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，不是恒定速率，故C错误；因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量，但图象描述是吸热反应，故D错误。‎ 点睛：温度越高反应速率越快，达到平衡用的时间越短；放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量；吸热反应，生成物的总能量大于反应物的总能量。‎ ‎23.下列各表述与示意图一致的是（ ）‎ A. ①反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04mol·L－1·min－1‎ B. ②N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，T1和T2表示温度，则：T1>T2‎ C. ③A(g)＋B(g)C(s)＋2D(g) ΔH>0，反应至15min时，改变的条件是降低温度 D. ④2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.8kJ·mol－1，当x表示温度时，y表示平衡常数K ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由图可知，反应从开始到平衡消耗B得物质的量为（0.4—0.2）mol，容器体积没有明确，无法计算B的浓度变化量，不能计算B的平均速率，故A错误；‎ B项、合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积分数减小，起始氢气物质的量相同时，由图可知，T1氨气的体积分数大于T2，则T2>T1，故B错误；‎ C项、该反应是一个气体体积不变的吸热反应，改变条件15min时A、B、D得瞬时浓度不变，15min后，反应物A、B的浓度增大，生成物D的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，则改变的条件是降低温度，故C正确；‎ D项、平衡常数K是温度函数，温度改变，平衡常数一定改变，由图可知，当x表示温度时，改变温度，平衡常数不变，故D错误；‎ 故选C。‎ 二、填空题（共4道计54分）‎ ‎24.（1）高温下，C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH>0，反应的化学平衡常数表达式K=____ ，该反应随温度升高，K值___（填增大、减小或不变），该反应在高温下自发进行的原因是_____。‎ ‎（2）向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠固体，溶液的颜色变化为____，原因是（请从平衡的角度用化学用语及必要的文字说明）____。‎ ‎（3）密闭容器中充入N2O4达化学平衡，压缩体积达新平衡，整个过程的现象为____。‎ ‎（4）多元弱酸的逐级电离平衡常数为K1、K2、K3……，则K1、K2、K3的大小关系为___。‎ ‎（5）1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中的能量变化如图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式___，向上述可逆反应中加入催化剂，则E1____（填增大、减小或不变，下同）；此反应的ΔH____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 增大 (3). 该反应为熵增反应，高温时自由能小于零 (4). 橙色变为黄色 (5). 氢氧化钠中和氢离子，使溶液中氢离子浓度降低，平衡向正反应方向移动 (6). 压缩体积时颜色变深随后变浅但比原平衡颜色深 (7). K1>K2>K3 (8). NO2(g)+CO(g)＝CO2(g)+NO(g) △H=－234kJ·mol－1 (9). 减小 (10). 不变 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应为是一个气体体积增大的反应，反应中△H＞0、△S＞0；‎ ‎（2）加入少量NaOH固体，氢氧化钠中和氢离子，使溶液中氢离子浓度降低，平衡向正反应方向移动；‎ ‎（3）压缩容器，N2O4、NO2浓度均变大，混合气体颜色变深，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；‎ ‎（4）多元弱酸分步电离，上一级电离产生的H+对下一级电离有抑制作用；‎ ‎（5）由图可知，反应物总能量大于生成物，则1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ。‎ ‎【详解】（1）化学平衡常数是指在一定温度下，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除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，则化学平衡常数表达式K=；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K增大；该反应是一个气体体积增大的反应，反应中△H＞0、△S＞0，高温时△H-T△S＜0，自发进行，故答案为：；增大；该反应为熵增反应，高温时自由能小于零；‎ ‎（2）橙色重铬酸钾溶液中存在如下平衡：Cr2O72-（aq）+H2O（l）2CrO42-（aq）+2H+（aq），加入少量NaOH固体，氢氧化钠中和氢离子，使溶液中氢离子浓度降低，平衡向正反应方向移动，溶液变为黄色，故答案为：橙色变为黄色；氢氧化钠中和氢离子，使溶液中氢离子浓度降低，平衡向正反应方向移动；‎ ‎（3）压缩容器，N2O4、NO2浓度均变大，混合气体颜色变深，对于平衡N2O42NO2，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，但平衡移动不会消除NO2浓度增大，达新平衡时NO2浓度比压缩前大，则混合气体颜色变深随后变浅，但比开始气体颜色变深，故答案为：压缩体积时颜色变深随后变浅但比原平衡颜色深；‎ ‎（4）多元弱酸分步电离，第一步电离程度最大，第二步、第三步依次减小，原因是上一级电离产生的H+对下一级电离有抑制作用，故答案为：K1>K2>K3；‎ ‎（5）由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，则反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)＝CO2(g)+NO(g) △H=－234kJ·mol－1；E1是正反应的活化能，加入催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，但反应的ΔH不变，故答案为：NO2(g)+CO(g)＝CO2(g)+NO(g) △H=－234kJ·mol－1；减小；不变。‎ ‎【点睛】压缩容器，压强增大，平衡向体积减小的方向移动，平衡移动的结果降低浓度增大，但不会消除浓度增大是分析解答关键，也是难点和易错点。‎ ‎25.已知某气体反应的平衡常数可表示为K=，该反应在不同温度下的平衡常数：400℃，K=32；500℃，K=44。请回答下列问题：‎ ‎（1）写出上述反应的化学方程式____。‎ ‎（2）已知在密闭容器中，测得某时刻各组分的浓度如下：‎ 物质 CH3OH(g）‎ CH3OCH3(g）‎ H2O(g）‎ 浓度/（mol•L-1）‎ ‎0.54‎ ‎0.68‎ ‎0.68‎ ‎①此时温度400℃，则某时刻υ正____υ逆（填＜、＞或＝，下同）。‎ ‎②若以温度为横坐标，以该温度下平衡态甲醇物质的量n为纵坐标，此时反应点在图象的位置是图中___点，比较图中B、D两点所对应的正反应速率υB_____υD，理由是____。‎ ‎（3）一定条件下要提高反应物的转化率，可以采用的措施是___。‎ a．升高温度 b．加入催化剂 c．压缩容器的体积 d．增加水蒸气的浓度 e．及时分离出产物 ‎【答案】 (1). 2CH3OHCH3OCH3+H2O (2). > (3). A (4). < (5). 温度升高，化学反应速率加快 (6). ae ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化学平衡常数是指在一定温度下，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除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，则该反应的反应物为甲醇，生成物为二甲醚和水；‎ ‎（2）①温度400℃时，某时刻浓度商Qc小于平衡常数，，则平衡向正反应方向移动；‎ ‎②平衡向正反应方向移动，甲醇的百分含量大于平衡时的含量；温度越高反应速率越大；‎ ‎（3）依据化学平衡移动原理分析判断。‎ ‎【详解】（1）由平衡常数可表示为K=可知，该反应的反应物为甲醇，生成物为二甲醚和水，则反应的化学方程式为2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），故答案为：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）；‎ ‎（2）①温度400℃时，某时刻浓度商Qc===1.55＜32，则平衡向正反应方向移动，v正＞v逆，故答案为：>；‎ ‎②由①可知平衡向正反应方向移动，所以甲醇的百分含量大于平衡时的含量，此时反应点应在A点；根据影响化学反应速率的因素，温度越高反应速率越大，D点温度高于B点，所以D点对应的正反应速率也大于B点，故答案为：A；＜；温度升高，化学反应速率加快；‎ ‎（3）a、正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，甲醇的平衡浓度减小，转化率增大，故正确；‎ b、加入催化剂，平衡不移动，甲醇的转化率不变，故错误；‎ c、该反应为气体体积不变的反应，压缩容器体积，压强增大，平衡不移动，甲醇的转化率不变，故错误；‎ d、增加水蒸气浓度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的转化率减小，故错误；‎ e、及时分离产物，平衡向正反应方向移动，甲醇的转化率增大，故正确；‎ ae正确，故答案为：ae。‎ ‎【点睛】对于气体体积不变的反应，改变压强和加入催化剂，平衡不移动，反应物的转化率不变是解答关键，也是易错点。‎ ‎26.二氧化氮可由NO和O2生成，已知在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH，n(NO)、n(O2)随时间的变化如表：‎ 时间/s ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n(NO)/mol ‎0.200‎ ‎0.100‎ ‎0.080‎ ‎0.050‎ ‎0.050‎ ‎0.050‎ n(O2)/mol ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.040‎ ‎0.025‎ ‎0.025‎ ‎0.025‎ ‎（1）已知：K800℃>K1000℃，则该反应的ΔH___0(填“大于”或“小于”)，用O2表示0～2‎ ‎ s内该反应的平均速率为___。‎ ‎（2）能说明该反应已达到平衡状态的是___。‎ a．容器内气体颜色保持不变 b．2v逆(NO)＝v正(O2)‎ c．容器内压强保持不变 d．容器内气体密度保持不变 ‎（3）为使该反应的速率增大，提高NO的转化率，且平衡向正反应方向移动，应采取的措施有_____。‎ ‎（4）在题述条件下，计算通入2molNO和1molO2的平衡常数K＝___。‎ ‎（5）在题述条件下，若开始通入的是0.2molNO2气体，达到化学平衡时，NO2的转化率为__。‎ ‎（6）煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。‎ ‎①CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O ΔH<0‎ ‎②CH4(g)＋2NO2(g)N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH<0‎ 对于反应②，欲提高NO2的转化率，可采取的措施有____。‎ a．增加原催化剂的表面积 b．降低温度 c．减小投料比[n(NO2)/n(CH4)] d．增大压强 ‎【答案】 (1). 小于 (2). 0.015mol·L－1·s－1 (3). ac (4). 通入氧气、增大压强(缩小容器体积) (5). 720 (6). 25% (7). bc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动；依据速率公式计算可得；‎ ‎(2) 在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，利用化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态；‎ ‎（3) 该反应是一个气体体积减小的放热反应；‎ ‎（4）化学平衡常数只与温度有关，而与浓度无关，温度没变，所以化学平衡常数就不变，则可以利用题给表格数据计算化学平衡常数；‎ ‎（5）在题述条件下，若开始通入的是0.2molNO2气体，与题给表格数据为等效平衡；‎ ‎（6）依据化学平衡移动原理分析判断。‎ ‎【详解】（1）根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，由K800℃>K1000℃‎ 可知，升高温度，化学平衡常数减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应的正反应为放热反应，即ΔH<0；从0～2 s内用O2表示该反应的平均速率为v(O2)= =0.015mol/(L·s)，故答案为：小于；0.015mol·L－1·s－1；‎ ‎(2)a、该反应是在恒容的密闭容器中发生的，只有NO2是红棕色，其它气体都是无色的，若容器内颜色保持不变，说明各种气体的物质的量不变，表明反应达到平衡状态，故正确；‎ b、在任何时刻都存在关系：2v逆(NO)＝v正(O2)，不能表明反应达到平衡状态，故错误；‎ c、该反应是一个气体体积减小的反应，容器内压强保持不变，说明正逆反应速率相等，该反应达到了平衡状态，故正确；‎ d、由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，容器的容积也不变，所以任何时刻容器内气体的密度都保持不变，容器内气体密度保持不变不可作为判断平衡的标志，故错误；‎ ac正确，故答案为：ac；‎ ‎（3) 该反应是一个气体体积减小的放热反应，为使该反应的反应速率增大，提高NO的转化率，且平衡向正反应方向移动，则应采取的措施为通入氧气来增大氧气的浓度或增大体系的压强，故答案为：通入氧气、增大压强(缩小容器体积)；‎ ‎（4）化学平衡常数只与温度有关，而与浓度无关，温度没变，所以化学平衡常数就不变，则可以利用题给表格数据计算化学平衡常数，由表格数据可知，平衡时，NO、O2和NO2的浓度为0.025mol/L、0.0125mol/L和0.075mol/L，平衡常数K===720，故答案为：720；‎ ‎（5）在题述条件下，若开始通入的是0.2molNO2气体，与题给表格数据为等效平衡，平衡时，各物质的浓度与表格中平衡时的效果是一样的。平衡时NO2的浓度为0.075mol/L，体积为2L，物质的量为0.075mol/L×2=0.15mol,则NO2的转化率为（0.2-0.15）/2=0.25；‎ 也可以利用平衡常数求解。设在反应过程中c(O2)为xmol/L，则平衡时各种物质的浓度分别是c(NO2)=(0.1-2x）mol/L，c(NO)=2xmol/L，c(O2)=xmol/L，由化学平衡常数可得=720，解得x=0.0125mol/L,则NO2的转化率为×100%=25%，故答案为：25%；‎ ‎（6）反应②为一个气体体积增加的放热反应。‎ a、增加原催化剂的表面积，反应速率加快，化学平衡不移动，二氧化氮转化率不变，故错误；‎ b、降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮转化率增大，故正确；‎ c、减小投料比，相当于二氧化氮浓度不变，增大甲烷的浓度，增大甲烷浓度，平衡向正反应方向移动，甲烷转化率减小，二氧化氮转化率增大，故正确；‎ d、增大压强，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率减小，故错误；‎ bc正确，故答案为：bc。‎ ‎【点睛】化学平衡常数只与温度有关，而与浓度无关，温度没变，所以化学平衡常数就不变是解答关键，也是分析的关键。‎ ‎27.Ⅰ.火箭升空需要高能的燃料，经常是用N2O4和N2H4作为燃料，工业上利用N2和H2可以合成NH3，NH3又可以进一步制备联氨(N2H4)等。已知：‎ N2(g) + 2O2(g)＝2NO2(g) △H= +67.7kJ·mol－1‎ N2H4(g) + O2(g)＝N2(g) + 2H2O(g) △H=－534.0kJ·mol－1‎ NO2(g)1/2N2O4(g) △H=－2635kJ·mol－1‎ 试写出气态联氨在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：___。‎ Ⅱ.1100℃时，体积为2L的恒容容器中发生如下反应：Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)。‎ ‎（1）下列能判断反应达到平衡状态的是____。‎ A．容器中压强不变 B．混合气体密度不变 C．1molH-H键断裂同时形成2 mol H-O D．H2的体积分数不变 ‎（2）若2min时反应达平衡，此时气体质量增加8g，则用H2表示该反应的反应速率为___。‎ ‎（3）某温度下该反应达平衡状态，测得混合气体的平均相对分子质量为14，则该温度下的平衡常数K为_____。‎ ‎（4）若反应达平衡后，加入少量的H2，再次平衡后，H2O的体积分数___(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). 2N2H4(g)+N2O4(g)＝3N2(g)+4H2O(g) △H=－1083.0kJ·mol－1 (2). BD (3). 0.125mol/(L·min) (4). 81 (5). 不变 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.依据盖斯定律计算可得；‎ Ⅱ.（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化；‎ ‎（2）根据气体增加的质量与氢气之间的关系计算氢气的平均反应速率；‎ ‎（3）依据平均相对分子质量计算平衡时氢气和水蒸气的物质的量比，再依据化学平衡常数公式计算；‎ ‎（4）若反应达平衡后，加入少量的氢气，平衡向正反应方向移动，因温度不变化学平衡常数不变，所以再次平衡后，氢气和水的物质的量比不变。‎ ‎【详解】Ⅰ.将已知反应依次编号为①②③，根据盖斯定律可知，②×2-①-③×2得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），故△H=2×（-534.0kJ•mol-1）-67.7kJ•mol-1-2×（-26.35kJ•mol-1）=-1083.2kJ•mol-1，故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1083.0 kJ/mol；‎ Ⅱ.（1）A、该反应是一个气体体积不变的反应，无论反应是否达到平衡状态，容器中压强始终不变，容器中压强不变不能据此判断是否达到平衡状态，故错误；‎ B、该反应是一个气体质量增大的反应，当恒容容器中混合气体密度不变时，说明反应达到平衡状态，故正确；‎ C、无论反应是否达到平衡状态，都存在1mol H-H键断裂同时形成2mol H-O，1molH-H键断裂同时形成2 mol H-O不能据此判断是否达到平衡状态，故错误；‎ D、H2的体积分数不变时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；‎ BD正确，故答案为：BD；‎ ‎（2）第2min时，气体质量增加8g，由方程式可知参加反应的氢气的物质的量为mol=0.5mol，则氢气的平均反应速率=0.125mol/（L．min），故答案为：0.125mol/（L·min）；‎ ‎（3）某温度下该反应达平衡状态，测得混合气体的平均相对分子质量为14，设氢气的物质的量为xmol、水蒸气的物质的量为ymol，则平均相对分子质量= =14，解得x：y=1：3，即同一容器中氢气和水的浓度之比为1：3，则该温度下的平衡常数K===81，故答案为：81；‎ ‎（4）若反应达平衡后，加入少量的氢气，平衡向正反应方向移动，因温度不变化学平衡常数不变，所以再次平衡后，氢气和水的物质的量比不变，则水的体积分数不变，故答案为：不变。‎ ‎【点睛】因反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)的反应物只有氢气和生成物只有水蒸气，若反应达平衡后，加入少量的氢气，平衡向正反应方向移动，因温度不变化学平衡常数不变，所以再次平衡后，氢气和水的物质的量比不变是解答关键，也是难点。‎ ‎ ‎