江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

高二化学试卷 说明：1.书写整齐无大面积涂改且主观题基本完成的得5分 ‎2.书写有涂改或主观题未完成的，根据情况扣（1—5）分 可能用到的原子量：H-1 O-16 C-12 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Na-23 Mg-24 Al-27 Ba-137 Fe-56 Ag-108‎ 一．单项选择题（本大题包括16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列说法正确的是( )‎ A. NH4HCO3(s)═NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=+185.57kJ⋅mol−1，能自发进行，原因是△S>0‎ B. 常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行 C. 焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据 D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：A、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行； B、某些吸热反应也可以自发进行，根据△H-T△S<0分析判断； C、根据反应自发进行的判断根据△H-T△S<0分析；‎ D、催化剂改变反应速率不改变化学平衡。‎ 详解:A、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行，NH4HCO3(s)═NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=+185.57kJ⋅mol−1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，所以A选项是正确的；‎ B、某些吸热反应也可以自发进行，根据△H-T△S<0分析，△H>0，△S<0，常温下可以△H-T△S<0，如氢氧化钡晶体和氯化铵反应，是吸热反应，常温下可以蒸发进行，故B错误； C、根据反应自发进行的判断根据△H-T△S<0分析，反应自发进行需要焓变、熵变和温度共同决定，故C错误；‎ D、催化剂改变反应速率不改变化学平衡，使用催化剂不可以改变化学反应进行的方向，故D错误； 所以A选项是正确的。‎ ‎2.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是（ ）‎ A. 天然气、石油、流水、风力、氢气为一级能源 B. 发展低碳经济、循环经济，推广利用太阳能、风能的城市照明系统 C. PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素 D. 无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从自然界直接获得的能源为一次能源，而经过人为加工才能获得的是二次能源，故天然气、石油、流水和风力是一次能源，而氢气是二次能源，故A错误。‎ B.我国的能源结构中以燃煤为主，煤属于不可再生能源，发展低碳经济，减少化石燃料的消耗，积极推广可再生能源，故B正确。‎ C.砷为非金属元素，不是金属元素，故C错误。‎ D.风力发电不涉及化学反应，故不能将化学能转化为电能，故D错误。‎ 故答案为B。‎ ‎3.下列有关热化学方程式书写及对应表述均正确是（ ）‎ A. 已知2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-22.1kJ·mol-1则可知C的燃烧热△H=-11.05kJ·mol-1‎ B. 密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6g时，放出19.12kJ热量．则Fe(s)+S(s) =FeS(s) △H=-95.6kJ·mol-1‎ C. 已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g) + O2(g) △H=+285.5kJ·mol-1‎ D. 1L0.5mol/LH2SO4溶液与1L0.5mol/LBa(OH)2溶液完全反应生成1molH2O放出的热叫做中和热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳燃烧生成的一氧化碳不是稳定氧化物，故A错误；‎ B．密闭容器中，9.6g硫粉物质的量为0.3mol，与11.2g铁粉物质的量为0.2mol混合加热生成硫化亚铁17.6g时，硫过量，放出19.12kJ热量，所以1mol铁反应放热=19.12kJ×=95.6kJ，热化学方程式为Fe(s)+S(s)═FeS(s)△H=-95.6kJ•mol-1 ，故B正确；‎ C．已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)═2H2(g)+O2(g)△H=+571kJ·mol-1，故C错误；‎ D．生成水的物质的量虽然是1mol，但有钡离子与硫酸根反应生成硫酸钡沉淀，也有热量放出，则实际放出的热量偏大，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎4.醋酸在水中电离方程式可表示为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+△H＞0，下列操作能使H+浓度增大的是（　　）‎ A. 加入少量NaOH固体 B. 加入固体CH3COONa C. 加入锌粉 D. 加热升温10℃‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、加入少量NaOH固体，发生中和反应，H+浓度减小，选项A错误；B、溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加入固体CH3COONa，CH3COO-对CH3COOH的电离起到抑制作用，H+浓度减小，选项B错误；C、加入少量锌粉，消耗H+，H+浓度减小，选项C错误；D、醋酸的电离CH3COOH⇌CH3COO-+H+△H＞0，电离是吸热的，加热升温10℃，平衡正向移动，H+浓度增大，选项D正确。答案选D。‎ ‎5. 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百分数，从而使单位时间内有效碰撞次数增大 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】‎ ‎【详解】增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，但不会增大单位体积内活化分子的百分数，A、B错；C正确；催化剂可降低反应的活化能从而增大单位体积内活化分子百分数而增大反应速率，D错。‎ ‎【点睛】增大活化分子百分数的条件可以是升温或使用催化剂；增大浓度和增大压强，增大的是单位体积内的活化分子数，而活化分子的百分含量不变。‎ ‎6.下列事实不能用勒夏特列原理(平衡移动原理)解释的是（ ）‎ ‎①溴水中存在化学平衡：Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅 ‎②实验室制取CO2时，粉碎大理石有利于CO2的生成 ‎③二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，增大压强后颜色加深 ‎④反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g) ΔH＜0，达化学平衡后，升高温度体系的颜色加深 A. ①④ B. ②③ C. ①② D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①加入AgNO3溶液后，AgNO3和HBr反应导致平衡正向移动，则溶液颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故①错误；‎ ‎②碳酸钙和稀盐酸反应制CO2气体，不是可逆反应，粉碎大理石有利于加快反应速率，无法用勒夏特列原理解释，故②正确；‎ ‎③增大压强，平衡正向移动，气体颜色变浅，但颜色加深是体积缩小，二氧化氮浓度变大，不能用平衡移动原理解释，故③正确；‎ ‎④反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)(正反应为放热反应)，达到化学平衡后，升高温度平衡逆向移动，所以二氧化氮的浓度变大，体系的颜色加深，故错误④；‎ ‎②③正确，故答案为B。‎ ‎【点睛】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，但影响因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。‎ ‎7.在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时，溶液导电性会发生变化。下列图示中，电流强度(I)随新物质加入量(m)的变化趋势与实验过程相符合的是 A. 向CH3COOH溶液中逐渐通入NH3至过量 B. 向NH4Cl溶液中逐渐加入NaOH固体至过量 C. 向Ba(OH)2溶液中滴入等浓度的硫酸至过量 D. 向NaAlO2溶液中滴入等浓度的盐酸至过量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、 向CH3COOH溶液中逐渐通入NH3至过量，发生反应CH3COOH+NH3 =CH3COONH4，导电性增强，氨气过量后，溶液中氨气溶解饱和后离子浓度不再增大，导电性不变，与A不一致，选项A错误；B、NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3·H2O，原为强电解质NH4Cl，反应后仍为强电解质NaCl，NH3·H2O影响不大，但当氢氧化钠过量时，离子浓度增大，电流强度增大，与B不一致，选项B错误；C、Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，滴入H2SO4时，导电性减弱。完全反应后，H2SO4过量，导电性又增强，与C一致，选项C正确；D、向NaAlO2溶液中滴入等浓度的盐酸至过量，发生反应NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+ 3HCl=AlCl3+3H2O，开始时导电性减弱后导电性又增强，与D不一致，选项D错误。答案选C。‎ ‎8.白磷和氯气反应生成PCl3的热化学方程式为P4（白磷，g）+6Cl2(g)═4PCl3(g) ΔH＝-1326kJ·mol-1，已知化学键键能为Cl—Cl键243kJ·mol-1，P—Cl键331kJ·mol-1。白磷和PCl3的分子结构如图所示，则P—P键的键能为（ ）‎ A. 396kJ·mol-1 B. 198kJ·mol-1‎ C. 99kJ·mol-1 D. 49.5kJ·mol-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】已知反应的ΔH=反应物的键能和-生成物的键能和，设P—P键的键能为x，则P4(白磷，g)+6Cl2(g)═4PCl3(g) ΔH＝-1326kJ·mol-1=(x)×6+(243kJ·mol-1)×6-(331kJ·mol-1)×4×3，解得：x=198kJ·mol-1， 故答案为B。‎ ‎9.碘在不同状态下(固态或气态)与氢气反应的热化学方程式如下所示：‎ ‎①H2(g)＋I2(?)＝2HI(g) △H＝＋9.48kJ·mol－1‎ ‎②H2(g)＋I2(?)＝2HI(g) △H＝－26.48kJ·mol－1‎ 下列判断正确的是（ ）‎ A. ①中的I2为气态，②中的I2为固态 B. ①的反应物总能量比②的反应物总能量低 C. ①的产物比②的产物热稳定性好 D. 1mol固态碘升华时将吸热17kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据同种物质气态时具有的能量比固态时高，所以等量时反应放出能量高，已知反应①吸收能量，反应②放出能量，所以反应②中碘的能量高，则反应②中碘为气态，据此分析。‎ ‎【详解】A．已知反应①吸收能量，反应②放出能量，所以反应②中碘的能量高，则反应②中碘为气态，①中的I2为固态，故A错误；‎ B．已知反应①吸收能量，反应②放出能量，所以反应②中碘能量高，所以①的反应物总能量比②的反应物总能量低，故B正确；‎ C．反应①②的产物都是气态碘化氢，所以二者热稳定性相同，故C错误；‎ D．根据盖斯定律，①-②即得到I2(s)＝I2(g)△H＝＋35.96 kJ·mol－1，则1mol固态碘升华时将吸热35.96kJ，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎10.比较下列四组△H(所有的△H均小于0)的大小，其中△H2<△H1的是（ ）‎ A. 4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) △H1 4Fe(s) +3O2(g)=2Fe2O3(s) △H2‎ B. C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1 C(s)+O2(g)=CO(g) △H2‎ C. S(g)+O2(g)=SO2(g) △H1 S(s)+O2(g)=SO2(g) △H2‎ D. A(g) +B(g)=C(g) △H1 A(g)+B(g)=C(l) △H2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．①4Al(s)+3O2(g)＝2Al2O3(s)△H1，②4Fe(s)+3O2(g)＝2Fe2O3(s)△H2，由盖斯定律①-②：4Al(s)+2Fe2O3(s)＝2Al2O3(s)+4Fe(s)△H1-△H2，铝热反应放热，所以△H1-△H2＜0，即△H1＜△H2，故A错误；‎ B．等量的C(s)燃烧生成CO2(g)，即充分燃烧时放出的热量多，又燃烧为放热反应，△H＜0，则△H1＜△H2，故B错误；‎ C．固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以△H1＜△H2，故C错误；‎ D．①A(g) +B(g)＝C(g) △H1，②A(g)+B(g)＝C(l) △H2，由盖斯定律①-②：C(l)＝C(g) △H＝△H1-△H2＞0，因此△H1＞△H2，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎11.某温度下，反应H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)的平衡常数K=。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如表所示：‎ 甲 乙 丙 c(H2)/(mol·L-1)‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ ‎0.020‎ c(CO2)/(mol·L-1)‎ ‎0.010‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ 下列判断不正确的是( )‎ A. 反应开始时，丙容器中化学反应速率最大，甲容器中化学反应速率最小 B. 平衡时，乙容器中CO2的转化率大于60%‎ C. 平衡时，甲容器中和丙容器中H2的转化率均是60%‎ D. 平衡时，丙容器中c(CO2)是甲容器中的2倍，是 0.012 mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】该可逆反应两边气体系数相等，在恒容条件下，甲丙两容器为等效平衡，各物质的百分含量对应相等、后者各物质浓度均为前者的两倍。‎ 反应：H2 ＋ CO2 H2O ＋ CO 起始：0.01 0.01 0 0‎ 反应 x x x x 平衡0.01－x 0.01－x x x 设H2反应了x，则根据平衡常数可知，很容易计算出x=0.06，甲两容器中反应物的转化率为60%。乙相当于是在甲的基础上增加氢气的浓度，所以可以提高CO2的转化率，选项B正确；由于反应前后气体体积是不变的，因此甲和丙的平衡状态是等效的，但平衡时丙中c(CO2)＝2×（0.010－0.010x）＝0.008 mol/L，选项C正确，选项D不正确；丙中反应物的浓度最大，反应速率最快，选项A正确，答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡计算、等效平衡、外界条件对反应速率的影响等，注意三段式解题法的运用，判断甲、丙为等效平衡是解题关键。从而解答选项D，甲和丙的平衡状态是等效的，平衡时甲、丙中二氧化碳的转化率相等。‎ ‎12.将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于特制的密闭真空容器中（容器体积不变），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，下列事实能说明该分解反应达到化学平衡状态的是（ ）‎ A. 2v正(NH3)=v逆(CO2)‎ B. 密闭容器中总压强不变 C. 密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变 D. 密闭容器中氨气的体积分数不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当v正(NH3)= 2v逆(CO2)时说明反应达到状态，则2v正(NH3)=v逆(CO2)未达到平衡状态，故A错误；‎ B．密闭容器中总压强不变，说明总物质的量不变，正逆反应速率相等，故B正确；‎ C．因为反应物是固体，所以整个体系中气体摩尔质量是个定值，故C错误；‎ D．因为反应物是固体，容器中氨气和二氧化碳的物质的量之比为2：1，密闭容器中氨气的体积分数不变，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】明确平衡状态的特征是解题关键，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎13.对于反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g) ‎ ‎ ΔH，反应特点与对应的图像的说法中不正确的是（ ）‎ A. 图甲中，若p1＞p2，则在较低温度下有利于该反应自发进行 B. 图乙中，若T2＞T1，则ΔH＜0且a＋b＝c＋d C. 图丙中，t1时刻改变的条件一定是使用了催化剂 D. 图丁中，若ΔH＜0，则纵坐标不可能表示的是反应物的转化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由反应1图可知，增大压强，A的含量减少，平衡正向移动，说明正反应是熵减的反应，升温A的含量增加，平衡逆向移动，说明正反应是放热反应，根据△G=△H-T△S可知，该反应在低温度时更容易自发进行，故A正确；‎ B．温度越高，A的转化率越低，说明该反应为放热反应，△H＜0，压强增大，A的转化率不变，则压强对平衡无影响，所以a+b=c+d，故B正确；‎ C．根据图象条件改变，使反应速率同时增大并且平衡不移动，说明可能是加催化剂或者在反应前后气体系数和相等时增压，故C错误；‎ D．由图可知，T1的起始斜率大于T2，说明T1＞T2，升高温度，若△H＜0，平衡逆向移动，说明反应物的转化率减小，而图象是温度越高越大，所以不可能表示的是反应物的转化率，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。‎ ‎14.反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ΔH＞0在一密闭容器中进行，则下列说法或结论中，能够成立的是（ ）‎ A. 其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，v正减小而v逆增大 B. 其他条件不变，升高温度，v正、v逆均增大且H2O(g)转化率增大 C. 保持容器体积不变，充入少量He使体系压强增大，v正、v逆均增大 D. 其他条件不变，适当增加C(s)的质量，v正增大而v逆减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．体积缩小，反应混合气体各组分浓度增大，反应速率加快，则v正和v逆均增大，故A错误；‎ B．其他条件不变，升高温度，v正、v逆均增大，且平衡正向移动，H2O(g)转化率增大，故B正确；‎ C．保持体积不变，充入少量He，反应混合气体各组分的浓度不变，反应速率不变，故C错误；‎ D．增大固体的用量，不影响反应速率，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎15.O3也是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生反应如下：‎ 反应：O3O2+[O] ΔH>0 平衡常数为；‎ 反应：[O]+O32O2 ΔH<0平衡常数为；‎ 总反应：2O33O2 ΔH<0平衡常数为K。‎ 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 降低温度，K减小 B. ‎ C. 适当升温，可提高消毒效率 D. 压强增大，减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由盖斯定律可知反应①+②可得总反应，则K=K1×K2，结合温度对平衡移动的影响判断。‎ ‎【详解】A项、由总反应：2O3═3O2 ΔH<0，可知正反应为放热反应，则降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故A错误；‎ B项、由盖斯定律可知反应①+②可得总反应，则K=K1×K2，故B错误；‎ C项、适当升温，反应速率增大，则可提高消毒效率，故C正确；‎ D项、平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，升高温度平衡向吸热反应方向移动、平衡常数为温度函数是解答的关键。‎ ‎16.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g) 2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段内反应物的浓度随时间的变化如图甲所示，正逆反应速率随时间的变化如图乙所示，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 30～40 min间该反应使用了催化剂 B. 化学方程式中的x＝1，正反应为吸热反应 C. 30 min时降低温度，40 min时升高温度 D. 8 min前A的平均反应速率为0.08 mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知，30～40 min只有反应速率降低了，反应物与生成物浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故A错误；‎ B．由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B错误；‎ C．由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故C错误；‎ D．反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为=0.08 mol/(L•min)，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】影响化学平衡移动的因素有：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，降低温度，化学平衡向着放热方向进行，增大压强化学平衡向着气体体积减小的方向进行，减小压强化学平衡向着气体体积增大的方向进行，增大反应物的浓度，平衡正向移动，减小反应物的浓度，平衡逆向移动；加入催化剂，平衡不移动。‎ 二．非选择题(共47分)‎ ‎17.（1）依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。‎ 已知：‎ ‎①C(s，石墨)+O2(g) =CO2(g) ΔH1=－393.5 kJ•mol−1；‎ ‎②2H2(g)+O2(g) =2H2O(l) ΔH2=－571.6 kJ•mol−1；‎ ‎③2C2H2(g)+5O2(g) =4CO2(g)+2H2O(l) ΔH3=－2599 kJ•mol−1。‎ ‎298K时反应2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)的焓变：ΔH=___。‎ ‎（2）已知：‎ ‎①P4(白磷，s)+5O2（g）＝2P2O5(s) ΔH1=-2983.2kJ•mol−1；‎ ‎②P(红磷，s)+O2(g)=P4O10(s) ΔH2 =-738.5kJ•mol−1；‎ 白磷稳定性比红磷___(填“高”或“低”)。‎ ‎（3）下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)___。‎ A．C2H5OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH＝－1367.0kJ·mol－1(燃烧热)‎ B．NaOH(aq)＋HCl(aq)＝NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝-57.3kJ·mol－1(中和热)‎ C．S(s)＋O2(g)＝SO2(g) ΔH＝－296.8kJ·mol－1 (燃烧热)‎ D．2NO2＝O2＋2NO ΔH＝＋116.2kJ·mol－1(反应热)‎ ‎【答案】 (1). +226.7KJ•mol-1 (2). 低 (3). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盖斯定律结合燃烧热、中和热的概念分析判断。‎ ‎【详解】(1)由①C(s，石墨)+O2(g)＝CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1，②2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H2=-571.6kJ•mol-1，③2C2H2(g)+5O2(g)＝4CO2(g)+2H2O(l)△H3=-2599kJ•mol-1，结合盖斯定律可知，①×2+②×-③×得到2C(s，石墨)+H2(g)＝C2H2(g)，其△H=(-393.5kJ•mol-1)×2+(-571.6kJ•mol-1)×-(-2599kJ•mol-1)×=+226.7kJ•mol-1；‎ ‎(2)已知：①P4(s，白磷)+5O2(g)＝P4O10(s)△H1=-2983.2kJ•mol-1，②P(红磷，s)+O2(g)=P4O10(s) ΔH2=-738.5kJ•mol−1，由盖斯定律可知①-②×4可得P4(s，白磷)＝4P(s，红磷)，则△H=(-2983.2kJ•mol-1)-(-738.5kJ•mol-1)×4=-29.2kJ•mol-1，石墨的能量低，故白磷的稳定性比红磷低；‎ ‎(3)A．燃烧热的热化学方程式中H→H2O(l)，C→CO2(g)，所以乙醇的燃烧热的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1367.0kJ/mol，故A错误；‎ B．中和反应是放热反应，所以稀盐酸和NaOH溶液反应的热化学方程式为HCl(aq)+NaOH(aq)＝NaCl(aq)+H2O(1)△H=-57.3kJ/mol，故B正确；‎ C．物质的燃烧为放热反应，放热反应的反应热为负值，故C正确；‎ D．由于物质的状态影响到物质所具有的能量，故书写热化学方程式应注明物质的状态，故D错误；‎ 故答案为BC。‎ ‎【点睛】准确理解盖斯定律是解题关键，盖斯定律的内容是反应热只与反应的始态(各反应物)和终态(各生成物)有关，而与反应的途径无关，即如果一个反应可以分步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的；通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是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。‎ ‎18.某实验小组用0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸进行中和热的测定，测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的实验装置如图所示：‎ ‎（1）仪器A的名称为___。‎ ‎（2）装置中碎泡沫塑料的作用是___。‎ ‎（3）写出表示该反应中和热的热化学方程式(中和热为57.3kJ·mol－1)：___。‎ ‎（4）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸进行实验，实验数据如下表。‎ 实验次数 起始温度t1/℃‎ 终止温度 t2/℃‎ 温度差 ‎(t2－t1)/℃‎ ‎1‎ H2SO4‎ NaOH 平均值 ‎1‎ ‎26.6‎ ‎26.6‎ ‎26.6‎ ‎29.1‎ ‎2‎ ‎27.0‎ ‎27.4‎ ‎27.2‎ ‎31.2‎ ‎3‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎29.8‎ ‎4‎ ‎26.4‎ ‎26.2‎ ‎26.3‎ ‎30.4‎ ‎①温度差平均值为___℃。‎ ‎②近似认为0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1硫酸的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J·(g·℃)－1。则中和热△H＝-53.5kJ/mol。‎ ‎③上述结果与57.3 kJ·mol－1有偏差，产生此偏差的原因可能是___(填字母)。‎ a．实验装置保温、隔热效果差 b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数 c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸的温度 ‎【答案】 (1). 环形玻璃棒搅拌棒 (2). 保温、隔热、减少热量损失 (3). H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol (4). 4.0 (5). ad ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)结合仪器的结构和性能确定仪器A的名称；‎ ‎(2)碎泡沫能减小空气的流通，减小能量损失；‎ ‎(3)硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，结合中和热为57.3kJ•mol-1，书写热化学方程式；‎ ‎(4)①先计算出每次实验操作测定的温度差，然后舍弃误差较大的数据，最后计算出温度差平均值；‎ ‎③上述结果与57.3 kJ·mol－1有偏差，说明实验过程中有能量损失，产生此偏差，由此分析判断。‎ ‎【详解】(1)为充分的搅拌，使酸碱充分混合反应，要用环形玻璃棒搅拌棒，则仪器A的名称为环形玻璃棒搅拌棒；‎ ‎(2)测量过程中要尽量减少热量的损失，则碎泡沫的作用是保温、隔热、减少热量损失；‎ ‎(3)中和热为57.3kJ•mol-1，即生成1mol水放出57.3kJ热量，则1mol硫酸与2mol氢氧化钠反应生成硫酸钠和2mol水，放出热量为114.6kJ，所以其热化学方程式：H2SO4(aq)+2NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+2H2O(l)△H=-114.6kJ•mol-1，中和热方程式为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol。‎ ‎(4)①4次温度差分别为：2.5℃，4.0℃，3.9℃，4.1℃，第1组数据相差较大应舍去，其他三次温度差平均值4.0℃；‎ ‎③a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a选；‎ b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b不选；‎ c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则会导致热量散失，中和热的数值偏小，故c不选；‎ d．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d选；‎ 故答案为：ad。‎ ‎19.在一定条件下，二氧化硫和氧气发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。‎ ‎（1）降低温度，化学反应速率__(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎（2）600℃时，在一容积为2L的密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，在反应进行至10min和20min时，分别改变了影响反应速率的一个条件，反应过程中SO2、O2、SO3‎ 物质的量变化如图所示，前10min正反应速率逐渐___(填“增大”“减小”或“不变”)；前15 min内用SO3表示平均反应速率为__。‎ ‎（3）图中反应进程，表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是___。‎ ‎（4）根据上图判断，10min时改变的反应条件可能是___(填编号，下同)；20min时改变的反应条件可能是___。‎ A．加入催化剂 B．缩小容器容积 C．降低温度 D．增加O2的物质的量 ‎【答案】 (1). 减小 (2). 减小 (3). 1.33×10-3mol/（L•min） (4). 15～20min和25～30min (5). AB (6). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)结合温度对速率的影响分析。‎ ‎(2)10～15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大，说明正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大；根据n=计算前15min内用SO2表示的平均反应速率；‎ ‎(3)当反应达到化学平衡状态时，各组分的浓度不随时间的变化而变化；‎ ‎(4)10min到15min的时间段，化学反应速率加快，二氧化硫和氧气的量减小，三氧化硫的量增加；反应进行至20min时，氧气的物质的量增加，二氧化硫的减少，三氧化硫的增加，据此分析。‎ ‎【详解】(1)降低温度，化学反应速率减小；‎ ‎(2)根据图示可知，10～15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大，说明正反应速率逐渐减小；15min时三氧化硫的物质的量为0.04mol，前15min内用SO3表示的平均反应速率为：v(SO3)==1.33×10-3mol/(L•min)；‎ ‎(3)根据图示曲线变化可知，15～20min、25～30min时间段，各组分的浓度不随时间的变化而变化，说明反应达到化学平衡状态；‎ ‎(4)根据图象所示信息，10min到15min的时间段，化学反应速率加快，可以是加了催化剂或者是增大压强，或缩小容器体积，故答案为AB；反应进行至20min时，氧气的物质的量增加，二氧化硫的减少，三氧化硫的增加，可以推断是增加了O2的量，故答案为D。‎ ‎20.化学在可持续发展和能源的综合利用作出了巨大贡献。煤、石油、天然气这些化石能源如何更好的综合利用，相关技术日益成熟，请回答下列问题：‎ ‎（1）制水煤气的主要化学反应方程式为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，此反应是吸热反应。‎ ‎①此反应的化学平衡常数表达式为___；‎ ‎②下列能增大碳的转化率的措施是___；(填写相应字母)‎ A．加入C(s) B．加入H2O(g) C．升高温度 D．增大压强 ‎（2）已知：反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)的平衡常数为K1；反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)的平衡常数为K2。不同温度时K1、K2的值如下表：‎ 温度/K K1‎ K2‎ ‎973‎ ‎1.47‎ ‎2.38‎ ‎1173‎ ‎2.15‎ ‎1.67‎ 根据表中数据：‎ ‎①计算反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) 温度在973 K时的K＝__；(结果保留小数点后2位)‎ ‎②反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)___(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎③已知在温度为T时，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数K＝0.32，在该温度下，已知c始(CO)＝1mol·L－1，c始(H2O)＝1mol·L－1，某时刻经测定CO的转化率为10%，则该反应__(填“已经”或“没有”)达到平衡，此时刻v正___v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。‎ ‎【答案】 (1). K= (2). BC (3). 0.62 (4). 吸热 (5). 没有 (6). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①平衡常数表达式是生成物浓度幂之积比反应物浓度幂之积，固体和纯液体不代入表达式；‎ ‎②在不改变碳的量情况下，改变条件使平衡正向移动；‎ ‎(2)①温度为973K时，Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)①、Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)②，将方程式①-②得反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，则CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)K=；‎ ‎②结合反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)在1173K时的平衡常数，判断平衡移动的方向，确定△H；‎ ‎③计算此时的浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向。‎ ‎【详解】(1)①根据C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)可知平衡常数表达式为：K=；‎ ‎②A．加入C(s)，平衡不移动，故A错误；‎ B．加入H2O(g)，平衡正向移动，碳的转化率变大，故B正确；‎ C．正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，碳的转化率变大，故C正确；‎ D．增大压强，平衡逆向移动，碳的转化率变小，故D错误；‎ 故选BC；‎ ‎(2)①温度为973K时，Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)①、Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g)②，将方程式①-②得反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，则CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的K===0.62；‎ ‎②反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)在1173K时的平衡常数K===1.29＞0.62，说明温度升高，平衡常数增大，反应正向移动，△H＞0，即正反应为吸热反应；‎ ‎③已知在T℃时，CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)的平衡常数K=0.32，在该温度下，已知c始(CO)=1mol•L-1，c始(H2O)=1mol•L-1，某时刻经测定CO的转化率为10%，反应的CO浓度为0.1mol/L，则 ‎ CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)‎ 起始浓度(mol/L) 1 1 0 0‎ 变化浓度(mol/L) 0.1 0.1 0.1 0.1‎ 某时刻浓度(mol/L) 0.9 0.9 0.1 0.1‎ 则该反应的浓度商Qc==0.012＜K=0.32，反应未达到平衡状态，反应正向进行，v正＞v逆。‎ ‎21.运用化学反应原理研究化学反应有重要意义。‎ ‎（1）硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如图1所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。‎ ‎①若在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，平衡___(填“向左”“向右”或“不”)移动。‎ ‎②若反应进行到状态D时，v正___(填“＞”“＜”或“＝”)v逆。‎ ‎（2）已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，在某温度下，2L的密闭容器中发生合成氨的反应，图2表示N2的物质的量随时间的变化曲线。用H2表示0～10min内该反应的平均速率v(H2)＝__。从第11min起，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为___(填编号)。‎ ‎（3）298K时，将20mL3xmol·L－1 Na3AsO3、20mL3xmol·L－1I2和20 mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO33-(aq)＋I2(aq)＋2OH－(aq)AsO43-(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsO43-)与反应时间(t)的关系如图所示。‎ ‎①下列可判断反应达到平衡的是___(填标号)。‎ a．溶液的pH不再变化 b．v(I－)＝2v(AsO33-)‎ c．不再变化 d．c(I－)＝y mol·L－1‎ ‎②tm时，v正___v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎③tm时v逆___tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是___。‎ ‎【答案】 (1). 向左 (2). ＞ (3). 0.06mol/(L•min) (4). d (5). ac (6). 大于 (7). 大于 (8). tm时生成物浓度较低反应速率较慢 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，体积应增大，反应混合物各组分的浓度降低；‎ ‎②由图可知，温度越高，混合体系中SO3的百分含量越小，说明升高温度平衡向逆反应进行，升高温度向吸热反应方向移动；‎ ‎(2)根据v=计算v(N2)，再根据速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；压缩体积，增大压强，平衡向正反应移动，改变瞬间n(N2)不变，达平衡是n(N2)减小；‎ ‎(3)①达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；‎ ‎②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行；‎ ‎③物质的浓度越大，反应速率越大。‎ ‎【详解】(1)①恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气，体积应增大，反应混合物各组分的浓度降低，等效为降低压强，正逆反应速率都减小，压强降低平衡向体积增大方向移动，即向左移动；‎ ‎②反应进行到状态D时，没有达到平衡状态，反应的趋势是向生成SO3的方向进行，即向正反应方向移动，则v正＞v逆。‎ ‎(2)由图2可知，0～10min内氮气的物质的量变化为0.6mol-0.2mol=0.4mol，所以v(N2)==0.02mol/(L•min)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(H2)=3v(N2)=3×0.02mol/(L•min)=0.06mol/(L•min)；压缩体积，增大压强，平衡向正反应移动，改变瞬间n(N2)不变，平衡时n(N2)减小，则n(N2)的变化曲线选d；‎ ‎(3)①a．溶液pH不变时，则c(OH-)也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；‎ b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v(I-)=2v(AsO33-)，故b错误；‎ c．不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；‎ d．由图可知，当c(AsO43-)=ymol•L-1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c(I-)=2ymol•L-1，所以c(I-)=ymol•L-1时没有达到平衡状态，故d错误；‎ 故答案为：ac；‎ ‎②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则v正大于v逆 ‎③tm时比tn时浓度更小，则逆反应速率更小，故tm时v逆小于tn时v逆。‎ ‎【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。‎ ‎ ‎