化学卷·2018届黑龙江、吉林两省八校高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届黑龙江、吉林两省八校高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年黑龙江、吉林两省八校高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共计42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1．在含有酚酞的0.1mol/L氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色（　　）‎ A．变蓝色 B．变深 C．变浅 D．不变 ‎2．常温下，用水稀释0.1mol•L﹣l CH3COOH溶液时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）‎ A． B．‎ C．c（H+）•c（OH﹣） D．OH﹣的物质的量 ‎3．已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：物质的量浓度都为0.1mol•L﹣1的下列溶液中，pH最小的是（　　）‎ ‎ HCN ‎ HF ‎ CH3COOH ‎ HNO2‎ ‎ Ka ‎ 6.2×10﹣10‎ ‎ 6.8×10﹣4‎ ‎ 1.8×10﹣5‎ ‎ 6.4×10﹣6‎ A．HCN B．CHSCOOH C．HF D．HNOp ‎4．25℃时，水的电离可达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（　　）‎ A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低 B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw不变 C．向水中加入少量固体CH3COOH，平衡逆向移动，c（H+）降低 D．将水加热，Kw增大，pH不变 ‎5．用1.0mol•L﹣l NaOH溶液中和某浓度H2SO4溶液时，其pH和所加NaOH溶液的体积（V）关系如图所示．则原硫酸溶液的物质的量浓度和恰好中和时溶液的总体积分别是（假设混合后溶液总体积为二者体积之和）（　　）‎ A．0.5 mol•L﹣1、160 mL B．1.0 mol•L﹣1、160 mL C．0.5 mol•L﹣1、80 ml D．1.0 mol•L﹣1、80 ml ‎6．下列两组热化学方程式中，有关△H的比较正确的是（　　）‎ ‎①CH4（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1‎ CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（1）△H2‎ ‎②NaOH（aq）+H2SO4（浓）═Na2SO4（aq）+H2O（1）△H3‎ NaOH （aq）+CH3COOH（ aq）═CH3COONa（ aq）+H2O（1）△H4．‎ A．△Hl＞△H2，△H3＞△H4 B．△H1＞△H2，△H3＜△H4‎ C．△H1=△H2，△H3=△H4 D．△Hl＜△H2，△H3＜△H4‎ ‎7．下列哪种说法可以证明反应．N2+3H2⇌2NH3已达到平衡状态（　　）‎ A．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键形成 B．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂 C．1个N≡N键断裂的同时，有2个N﹣H键断裂 D．1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键形成 ‎8．CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）△H＜0，若其他条件不变，只改变下列条件，能使混合气体颜色变深的是（　　）‎ A．降低温度 B．增大压强 C．增大CO的浓度 D．使用催化剂 ‎9．已知反应C（石墨）⇌C（金刚石）△H＞0，下列判断正确的是（　　）‎ A．石墨比金刚石稳定 B．12 g金刚石的能量比12 g石墨的低 C．金刚石比石墨稳定 D．金刚石和石墨不能相互转化 ‎10．在一定条件下，将3mol A和1mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）．2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的浓度为0.2mol•L﹣1．下列判断正确的是（　　）‎ A．A的转化率为40%‎ B．2 min内B的反应速率 为0.2 mol•（L•min）﹣1‎ C．x=2‎ D．若混合气体的密度不变，则表明该反应已达到平衡状态 ‎11．半导体工业用石英砂做原料通过三个重要反应生产单质硅：‎ ‎①SiO2（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）△H=+682.44kJ•mol﹣1，‎ ‎（石英砂）　　　 （粗硅）‎ ‎②Si（s）+2Cl2（g）═SiCl4（g）△H=﹣657.01kJ•mol﹣1‎ ‎③SiCl4（g）+2Mg（s）═2MgCl2（s）+Si（s）△H=﹣625.63kJ•mol﹣1‎ ‎ （纯硅）‎ 用石英砂生产1.00kg纯硅的总放热为（　　）‎ A．2.43×104 kJ B．2.35×104 kJ C．2.23×104 kJ D．2.14×104 kJ ‎12．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．反应产物的总能量大于反应物的总能量时，△H＜0‎ B．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 C．△H＜0、△S＞0的反应在温度低时不能自发进行 D．一个化学反应的△H仅与反应的起始状态和反应的最终状态有关，与反应途径无关 ‎13．在其他条件不变时，改变某一条件对反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）的化学平衡状态的影响如图所示（T表示温度，n表示物质的量）．下列判断正确的是（　　）‎ A．反应速率：a＞b＞c B．达到平衡时A的转化率大小：b＞a＞c C．若T2＞T1．则正反应一定是吸热反应 D．达到平衡时，n（ AB3）的大小：b＞a＞c ‎14．在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的起始浓度和平衡浓度如表，下列说法错误的是（　　） ‎ 物质 X Y Z 初始浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0‎ 平衡浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.1‎ A．反应达到平衡时，X的转化率为50%‎ B．反应可表示为X+3Y⇌2Z，平衡常数为1600‎ C．其他条件不变时，增大压强可使平衡常数增大 D．改变温度可以改变该反应的平衡常数 ‎　‎ 二、非选择题（本大题包括6小题，共58分）‎ ‎15．一定温度下，在向冰醋酸（无水醋酸）加水稀释的过程中，溶液的导电能力（I）随着加入水的体积V变化的曲线如图所示．‎ 请回答：‎ ‎（1）O点导电能力为0的理由是　　．‎ ‎（2）a、b、c三点处，溶液中c（H+）由小到大的顺序为　　．‎ ‎（3）a、b、c三点处，醋酸电离程度最大的是　　点．‎ ‎（4）若使c点溶液中的c（CH3COO﹣）提高，下列措施中不可行的是　　‎ A．加热 B．加稀盐酸 C．加固体KOH D．加水 E．加Zn粒F．加固体CH3COONa G．加MgO H．加固体Na2CO3．‎ ‎16．常温常压下，断裂1mol（理想）气体分子化学键所吸收的能量或形成1mol（理想）气体分子化学键所放出的能量称为键能（单位为kJ•mol﹣1）下表是一些键能数据（kJ•mol﹣1）‎ 化学键 键能 化学键 键能 化学键 键能 C﹣F ‎427‎ C﹣Cl ‎330‎ C﹣I ‎218‎ H﹣H ‎436‎ S=S ‎255‎ H﹣S ‎339‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）由表中数据规律预测C﹣Br键的键能范围：　　＜C﹣Br键能＜　　（回答数值和单位）．‎ ‎（2）热化学方程式2H2（g）+S2（g）═2H2S（g）；△H=Q kJ•mol﹣1；则Q=　　．‎ ‎（3）已知下列热化学方程式：‎ O2（g）═O+2（g）+e﹣△H1=+1175.7kJ•mol﹣1‎ PtF6（g）+e﹣═PtF6﹣（g）△H2=﹣771.1kJ•mol﹣1‎ O2+PtF6﹣（s）═O2+（g）+PtF6﹣（g）△H3=+482.2kJ•mol﹣1‎ 则反应O2（g）+　　（g）=O2+PtF6﹣（s）△H=　　 kJ•mol﹣1．‎ ‎17．煤和煤制品（如水煤气、焦炭、甲醚等）已广泛应用于工农业生产中．‎ ‎（1）已知：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ．mol﹣l CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ．mol﹣l 则碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为　　，该反应在　　（填“高温”、“低温”或“任何温度”）下有利于正向自发进行．‎ ‎（2）利用炭还原法可处理氮氧化物（如NO等），发生的反应为C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2 （g）．向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，在T1℃时，不同时间测得的各气体的浓度如表所示：‎ 时间（min）‎ 浓度（mol•L﹣1）‎ 物质 ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ NO ‎1.00‎ ‎0.68‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.60‎ ‎0.60‎ N2‎ ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.25‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.25‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ ‎①10～20min内，N2的平均反应速率可v（N2）=　　．‎ ‎②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是　　（填字母）．‎ A．通入一定量的NO B．加入一定量的活性炭 C．加入合适的催化剂 D．遁当缩小容器的体积 ‎（3）研究表明，反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）的平衡常数随温度的变化如表所示：‎ 温度/℃‎ ‎400‎ ‎500‎ ‎800‎ 平衡常数K ‎9.94‎ ‎9‎ ‎1‎ 若反应在500℃时进行，设起始时CO和H2O的浓度均为0.020mol•L﹣l，在该条件下达到平衡时，CO的转化率为　　．‎ ‎18．某实验小组设计用50mL1.0mol/L盐酸跟50mL1.1mol/L氢氧化钠溶液在如图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）环形玻璃搅拌棒的作用是　　．‎ ‎（2）中和反应放出的热量会造成少量盐酸在反应中挥发，则测得的中和热的数值　　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．‎ ‎（3）该实验小组做了三次实验，每次取溶液各50mL，并将实验数据记录如表：‎ 实验序号 ‎　　　　　　　 起始温度t1/℃‎ 终止温度（t2）℃‎ 温差（t2﹣t1）℃‎ 盐酸 ‎　NaOH溶液 平均值 ‎1‎ ‎25.1‎ ‎24.9‎ ‎25.0‎ ‎31.8‎ ‎6.8‎ ‎2‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎31.8‎ ‎6.7‎ ‎3‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎32.0‎ ‎6.9‎ 已知盐酸、NaOH溶液的密度与水相同，中和后生成的溶液的比热容c=4.18×10﹣3kJ/（g•℃），则该反应的中和热△H=　　．‎ ‎（4）在中和热测定实验中，测量起始温度时需要两个温度计，如果只用一个温度计测量，则测得的中和热的数值　　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．‎ ‎19．现有25℃时pH=12的NaOH溶液100ml．，欲用以下几种方法将其pH调整到11，回答下列问题（已知混合后溶液的总体积等于混合前两稀溶液的体积之和）：‎ ‎（1）25℃时，pH=12的NaOH溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=　　‎ ‎（2）加水稀释，需加水的体积为　　mL．‎ ‎（3）加入pH=2的盐酸，需加盐酸的体积为　　mL．（精确到0.1）‎ ‎（4）加入pH=10的NaOH溶液，需加NaOH溶液的体积为　　mL．‎ ‎20．恒定温度为T1℃时，在容积为10L的密闭容器中充人1.0mol X和0.80mol Y，发生反应：‎ ‎2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），X的转化率随时间的变化关系如图所示．‎ ‎（1）第2min时的反应速率v1（X）　　（填“大于”、“小于”或“等于”）第8min时的反应速率可v2（X），原因是　　．‎ ‎（2）反应在0～10min内Y的平均反应速率v（Y）=　　 mol•L﹣1•min﹣l．‎ ‎（3）T1℃温度下反应的平衡常数K1为　　，若在第10min后压缩容器容积，X的转化率　　（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），平衡常数　　．‎ ‎（4）若升高温度到T2℃（ T2＞T1），平衡时X的转化率减小，则该反应的△H　　0（填“大于”或“小于”）．‎ ‎（5）不改变各物质起始量的情况下，无论如何改变条件，Y的转化率一定小于　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江、吉林两省八校高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共计42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1．在含有酚酞的0.1mol/L氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色（　　）‎ A．变蓝色 B．变深 C．变浅 D．不变 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】从加入少量的NH4Cl晶体后氨水的电离平衡移动方向进行判断．‎ ‎【解答】解：因氨水电离生成氢氧根离子，则酚酞遇碱变红，当加入少量的NH4Cl晶体后，NH4+离子浓度增大，根据同离子效应，加入NH4Cl后，氨水的电离平衡向逆方向移动，抑制氨水电离，从而c（OH﹣）变小，颜色变浅．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．常温下，用水稀释0.1mol•L﹣l CH3COOH溶液时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）‎ A． B．‎ C．c（H+）•c（OH﹣） D．OH﹣的物质的量 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】CH3COOH溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加水稀释促进电离，溶液中n（CH3COO﹣）和n（H+）增大，但浓度减小，一定温度下存在离子积常数，氢离子女方和氢氧根离子浓度乘积为常数，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：在用水稀释过程中，促进醋酸的电离，醋酸分子的物质的量减小，浓度减小；氢离子的物质的量增大，浓度减小；氢氧根的物质的量增大，浓度增加；温度不变Kw始终不变，‎ A．溶液中随着水量的增加，氢离子的物质的量增大，浓度减小，则c（OH﹣）增大，所以增大，故A不选；‎ B．加入水稀释，促进电离，CH3COOH物质的量减小，氢离子的物质的量增大，所以减小，故B选；‎ C．温度一定溶液中存在离子积常数，c（H+）和c（OH﹣）的乘积不变，故C不选；‎ D．加水稀释促进电离，溶液中c（H+）减小，c（OH﹣）浓度增大，则OH﹣的物质的量，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：物质的量浓度都为0.1mol•L﹣1的下列溶液中，pH最小的是（　　）‎ ‎ HCN ‎ HF ‎ CH3COOH ‎ HNO2‎ ‎ Ka ‎ 6.2×10﹣10‎ ‎ 6.8×10﹣4‎ ‎ 1.8×10﹣5‎ ‎ 6.4×10﹣6‎ A．HCN B．CHSCOOH C．HF D．HNOp ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数确定酸性强弱，从而得到pH的大小．‎ ‎【解答】解：同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，酸性最强的是HF，最弱的是HCN，则pH最小的是酸性最强的，即HF，故选C．‎ ‎　‎ ‎4．25℃时，水的电离可达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（　　）‎ A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低 B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw不变 C．向水中加入少量固体CH3COOH，平衡逆向移动，c（H+）降低 D．将水加热，Kw增大，pH不变 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣，加入与H+或OH﹣反应的物质，改变c（OH﹣）或c（H+），可使平衡发生移动，KW只与温度有关．‎ ‎【解答】解：A．向水中加入稀氨水溶液，平衡逆向移动，但c（OH﹣）升高，故A错误；‎ B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW只与温度有关，温度不变，则KW不变，故B正确；‎ C．向水中加入少量醋酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故C错误；‎ D．水的电离为吸热反应，加热促进电离，则KW增大，pH变小，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．用1.0mol•L﹣l NaOH溶液中和某浓度H2SO4溶液时，其pH和所加NaOH溶液的体积（V）关系如图所示．则原硫酸溶液的物质的量浓度和恰好中和时溶液的总体积分别是（假设混合后溶液总体积为二者体积之和）（　　）‎ A．0.5 mol•L﹣1、160 mL B．1.0 mol•L﹣1、160 mL C．0.5 mol•L﹣1、80 ml D．1.0 mol•L﹣1、80 ml ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】根据硫酸溶液的pH确定氢离子浓度，再根据硫酸和氢离子之间的关系式确定硫酸浓度；根据硫酸和氢氧化钠反应的关系式计算氢氧化钠溶液的体积，硫酸和氢氧化钠溶液体积就是完全反应后溶液的总体积．‎ ‎【解答】解：根据图象知，硫酸的pH=0，则c（H+）=1mol/L，c（H2SO4）=C（H+）=0.5mol/L；完全反应时氢氧化钠溶液的体积为80mL，根据反应中氢氧化钠和硫酸的关系式得：n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.5mol/L×0.08L=1mol/L×V，所以V（NaOH）==80mL，则混合溶液体积=80mL×2=160mL，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．下列两组热化学方程式中，有关△H的比较正确的是（　　）‎ ‎①CH4（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1‎ CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（1）△H2‎ ‎②NaOH（aq）+H2SO4（浓）═Na2SO4（aq）+H2O（1）△H3‎ NaOH （aq）+CH3COOH（ aq）═CH3COONa（ aq）+H2O（1）△H4．‎ A．△Hl＞△H2，△H3＞△H4 B．△H1＞△H2，△H3＜△H4‎ C．△H1=△H2，△H3=△H4 D．△Hl＜△H2，△H3＜△H4‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】燃烧反应、中和反应均为放热反应，放出热量越多，△H越小，气态水的能量大于液态水的能量，浓硫酸稀释放热，醋酸电离吸热，以此来解答．‎ ‎【解答】解：①中反应物相同，生成物中水的状态不同，生成液态水时放热热量多，则△H1＞△H2，‎ ‎②中浓硫酸溶于水放热，醋酸电离吸热，则NaOH与浓硫酸反应放出热量多，则△H3＜△H4，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．下列哪种说法可以证明反应．N2+3H2⇌2NH3已达到平衡状态（　　）‎ A．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键形成 B．1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂 C．1个N≡N键断裂的同时，有2个N﹣H键断裂 D．1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键形成 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3 （g）是反应前后气体体积减小的反应，达到平衡状态时，同一物质的正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A、1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键形成，表示正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故A正确；‎ B、1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂，都是正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；‎ C、1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂，表示正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C错误；‎ D、1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键形成，表示的都是正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）△H＜0，若其他条件不变，只改变下列条件，能使混合气体颜色变深的是（　　）‎ A．降低温度 B．增大压强 C．增大CO的浓度 D．使用催化剂 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】要使混合气体颜色变深，平衡逆向移动，有色气体二氧化氮的浓度增大，然后结合反应的特点和平衡移动的原理分析解答．‎ ‎【解答】解：A、降低温度，平衡正向移动，二氧化氮的浓度减小，故A错误；‎ B、增大压强，体积减小，二氧化氮的浓度增大，故B正确；‎ C、增大CO的浓度，平衡正向移动，二氧化氮的浓度减小，故B错误；‎ D、使用催化剂，平衡不移动，浓度不变，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．已知反应C（石墨）⇌C（金刚石）△H＞0，下列判断正确的是（　　）‎ A．石墨比金刚石稳定 B．12 g金刚石的能量比12 g石墨的低 C．金刚石比石墨稳定 D．金刚石和石墨不能相互转化 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】反应C（石墨）⇌C（金刚石）的△H＞0，说明石墨具有的能量小于金刚石，则石墨比金刚石稳定，二者的质量相等时，石墨具有的能量比金刚石小，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：反应C（石墨）⇌C（金刚石）的△H＞0，说明石墨具有的能量小于金刚石，‎ A．物质能量越高，其稳定性越弱，则石墨比金刚石稳定，故A正确；‎ B.12 g金刚石和12 g石墨的物质的量相等，由于石墨具有的能量小于金刚石，则12 g金刚石的能量比12 g石墨的高，故B错误；‎ C．金刚石比如石墨稳定，故C错误；‎ D．在一定条件下，金刚石和石墨可以相互转化，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎10．在一定条件下，将3mol A和1mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）．2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的浓度为0.2mol•L﹣1．下列判断正确的是（　　）‎ A．A的转化率为40%‎ B．2 min内B的反应速率 为0.2 mol•（L•min）﹣1‎ C．x=2‎ D．若混合气体的密度不变，则表明该反应已达到平衡状态 ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A、根据生成的D的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的A的物质的量，再利用转化率定义计算；‎ B、根据v=计算v（D），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；‎ C、根据n=cV计算生成C的物质的量，结合D的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x的值；‎ D、容器的容积不变，混合气体的质量不变，密度为定值，始终不变．‎ ‎【解答】解：A、2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D，由方程式3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）可知，参加反应的A的物质的量为：0.8mol×=1.2mol，故A的转化率为×100%=40%，故A正确；‎ B、2min内生成0.8mol D，故2 min内D的反应速率v（D）==0.2 mol•（L•min）﹣1，速率之比等于化学计量数之比，故v（B）=v（D）=×0.2 mol•（L•min）﹣1=0.1 mol•（L•min）﹣1，故B错误；‎ C、平衡时生成的C的物质的量为0.2mol•L﹣1×2L=0.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.4mol：0.8mol=x：2，解得x=1，故C错误；‎ D、容器的容积不变，混合气体的质量不变，密度为定值，始终不变，故混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．半导体工业用石英砂做原料通过三个重要反应生产单质硅：‎ ‎①SiO2（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）△H=+682.44kJ•mol﹣1，‎ ‎（石英砂）　　　 （粗硅）‎ ‎②Si（s）+2Cl2（g）═SiCl4（g）△H=﹣657.01kJ•mol﹣1‎ ‎③SiCl4（g）+2Mg（s）═2MgCl2（s）+Si（s）△H=﹣625.63kJ•mol﹣1‎ ‎ （纯硅）‎ 用石英砂生产1.00kg纯硅的总放热为（　　）‎ A．2.43×104 kJ B．2.35×104 kJ C．2.23×104 kJ D．2.14×104 kJ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】由三个热化学方程式可知，生成1mol纯硅，需要热量：682.44kJ+（﹣657.01kJ）+（﹣625.63kJ）=﹣600.2kJ，计算出1kg纯硅的物质的量，则可计算出生产1.00kg纯硅的总反应热．‎ ‎【解答】解：由三个热化学方程式可知，生成1mol纯硅，需要热量：682.44kJ+（﹣657.01kJ）+（﹣625.63kJ）=﹣600.2kJ，‎ ‎1.00kg纯硅n（Si）==35.71mol，‎ 则生产1.00kg纯硅的总反应热为35.75mol×（﹣600.2kJ/mol）=﹣2.14×104kJ，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．反应产物的总能量大于反应物的总能量时，△H＜0‎ B．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 C．△H＜0、△S＞0的反应在温度低时不能自发进行 D．一个化学反应的△H仅与反应的起始状态和反应的最终状态有关，与反应途径无关 ‎【考点】焓变和熵变．‎ ‎【分析】A、反应热等于生成物能量和与反应物能量和的差；‎ B、催化剂只改变反应速率，不改变化学反应进行的方向；‎ C、根据△G=△H﹣T•△S判断；‎ D、△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和．‎ ‎【解答】解：A、△H=生成物能量和﹣反应物能量和，当生成物能量和大于反应物时，△H＞0，故A错误；‎ B、催化剂只改变反应速率，不改变化学反应进行的方向，故B错误；‎ C、根据△G=△H﹣T•△S判断，对于△H＜0、△S＞0的反应在温度低时，如△G＜0，反应能自发进行，故C错误；‎ D、△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和，所以反应热只与反应体系的始态和终点状态有关，而与反应的途径无关，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．在其他条件不变时，改变某一条件对反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）的化学平衡状态的影响如图所示（T表示温度，n表示物质的量）．下列判断正确的是（　　）‎ A．反应速率：a＞b＞c B．达到平衡时A的转化率大小：b＞a＞c C．若T2＞T1．则正反应一定是吸热反应 D．达到平衡时，n（ AB3）的大小：b＞a＞c ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，生成物的物质的量增多，反应速率增大；升高温度平衡向吸热方向移动．‎ ‎【解答】解：A、根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，则反应物的浓度依次增大，反应速率依次增大，故A错误；‎ B、根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，则达到平衡时A2的转化率大小为：a＜b＜c，故B错误；‎ C、若T2＞T1，由图象可知温度升高生成物的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应分析移动，则正反应为吸热反应，故C正确；‎ D、对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增多，所以达到平衡时，AB3的物质的量大小为：c＞b＞a，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的起始浓度和平衡浓度如表，下列说法错误的是（　　） ‎ 物质 X Y Z 初始浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0‎ 平衡浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.1‎ A．反应达到平衡时，X的转化率为50%‎ B．反应可表示为X+3Y⇌2Z，平衡常数为1600‎ C．其他条件不变时，增大压强可使平衡常数增大 D．改变温度可以改变该反应的平衡常数 ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】X、Y的浓度减小，为反应物，Z的浓度增大，为生成物，浓度变化量之比（0.1﹣0.05）：（0.2﹣0.05）：（0.1﹣0）=1：3：2，则反应为X+3Y⇌2Z，‎ A．转化率=×100%；‎ B．K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，结合平衡浓度计算K；‎ C．K只与温度有关；‎ D．K只与温度有关，改变温度，K一定变化．‎ ‎【解答】解：X、Y的浓度减小，为反应物，Z的浓度增大，为生成物，浓度变化量之比（0.1﹣0.05）：（0.2﹣0.05）：（0.1﹣0）=1：3：2，则反应为X+3Y⇌2Z，‎ A．反应达到平衡时，X的转化率为×100%=50%，故A正确；‎ B．X+3Y⇌2Z，K==1600，故B正确；‎ C．K只与温度有关，则增大压强时平衡常数不变，故C错误；‎ D．K只与温度有关，改变温度可以改变该反应的平衡常数，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、非选择题（本大题包括6小题，共58分）‎ ‎15．一定温度下，在向冰醋酸（无水醋酸）加水稀释的过程中，溶液的导电能力（I）随着加入水的体积V变化的曲线如图所示．‎ 请回答：‎ ‎（1）O点导电能力为0的理由是　在0点处还未加水，醋酸分子未电离，无自由移动的离子，所以导电能力为0　．‎ ‎（2）a、b、c三点处，溶液中c（H+）由小到大的顺序为　c＜a＜b　．‎ ‎（3）a、b、c三点处，醋酸电离程度最大的是　c　点．‎ ‎（4）若使c点溶液中的c（CH3COO﹣）提高，下列措施中不可行的是　BD　‎ A．加热 B．加稀盐酸 C．加固体KOH D．加水 E．加Zn粒F．加固体CH3COONa G．加MgO H．加固体Na2CO3．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强；‎ ‎（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小；‎ ‎（3）溶液越稀，越促进醋酸电离；‎ ‎（4）若使c点溶液中的c（CH3COO﹣）增大，可以采用升高温度、加入含有醋酸根离子的可能性盐、加入固体碱或加入和氢离子反应的固体物质．‎ ‎【解答】解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，‎ 故答案为：在0点处还未加水，醋酸分子未电离，无自由移动的离子，所以导电能力为0；‎ ‎（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的氢离子浓度关系为c＜a＜b，‎ 故答案为：c＜a＜b；‎ ‎（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大，所以电离程度最大的是c，故答案为：c；‎ ‎（4）A．醋酸是弱电解质，电离时需要吸收热量，所以加热促进醋酸电离，导致醋酸根离子浓度最大，故正确；‎ B．加盐酸，抑制醋酸电离，所以醋酸根离子浓度减小，故错误；‎ C．加KOH固体，KOH和醋酸发生中和反应生成醋酸钠，促进醋酸电离，溶液体积不变，醋酸根离子浓度增大，故正确；‎ D．加水促进醋酸电离，但醋酸电离程度远远小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子浓度减小，故错误；‎ E．加入锌粒，锌和氢离子发生置换反应而促进醋酸电离，则醋酸根离子浓度增大，故正确；‎ F．加固体CH3COONa，醋酸钠电离出醋酸根离子导致醋酸根离子浓度增大，故正确； ‎ G．加MgO，MgO和氢离子反应而促进醋酸电离，则醋酸根离子浓度增大，故正确；‎ H．加固体Na2CO3，Na2CO3和氢离子反应而促进醋酸电离，则醋酸根离子浓度增大，故正确 故答案为：BD．‎ ‎　‎ ‎16．常温常压下，断裂1mol（理想）气体分子化学键所吸收的能量或形成1mol（理想）气体分子化学键所放出的能量称为键能（单位为kJ•mol﹣1）下表是一些键能数据（kJ•mol﹣1）‎ 化学键 键能 化学键 键能 化学键 键能 C﹣F ‎427‎ C﹣Cl ‎330‎ C﹣I ‎218‎ H﹣H ‎436‎ S=S ‎255‎ H﹣S ‎339‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）由表中数据规律预测C﹣Br键的键能范围：　218KJ•mol﹣1　＜C﹣Br键能＜　330KJ•mol﹣1　（回答数值和单位）．‎ ‎（2）热化学方程式2H2（g）+S2（g）═2H2S（g）；△H=Q kJ•mol﹣1；则Q=　﹣229　．‎ ‎（3）已知下列热化学方程式：‎ O2（g）═O+2（g）+e﹣△H1=+1175.7kJ•mol﹣1‎ PtF6（g）+e﹣═PtF6﹣（g）△H2=﹣771.1kJ•mol﹣1‎ O2+PtF6﹣（s）═O2+（g）+PtF6﹣（g）△H3=+482.2kJ•mol﹣1‎ 则反应O2（g）+　PtF6　（g）=O2+PtF6﹣（s）△H=　﹣77.6　 kJ•mol﹣1．‎ ‎【考点】反应热和焓变；热化学方程式．‎ ‎【分析】（1）依据元素周期表中同主族存在的变化规律，C﹣Br原子半径在C﹣Cl和C﹣I之间，键能应介于C﹣Cl和C﹣I之间，分析图表数据分析化学键键能大小；‎ ‎（2）依据键能计算反应焓变，△H=反应物键能总和﹣生成物键能总和得到；‎ ‎（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式．‎ ‎【解答】解：（1）元素周期表中同主族存在的变化规律，C﹣Br原子半径在C﹣Cl和C﹣I之间，键能应介于C﹣Cl和C﹣I之间，C﹣Br键的键能范围为218 KJ•mol﹣1 ＜C﹣Br键能＜330 KJ•mol﹣1，‎ 故答案为：218 KJ•mol﹣1 330 KJ•mol﹣1；‎ ‎（2）热化学方程式2H2（g）+S2（g）═2H2S（g）；△H=Q kJ•mol﹣1，△H=反应物键能总和﹣生成物键能总和=2×436KJ/mol+255KJ/mol﹣2×2×339KJ/mol=﹣229KJ/mol；‎ 则Q=﹣229，‎ 故答案为：﹣229； ‎ ‎（3）①O2（g）═O+2（g）+e﹣△H1=+1175.7kJ•mol﹣1‎ ‎②PtF6（g）+e﹣═PtF6﹣（g）△H2=﹣771.1kJ•mol﹣1‎ ‎③O2+PtF6﹣（s）═O2+（g）+PtF6﹣（g）△H3=+482.2kJ•mol﹣1‎ 依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②﹣③得到O2（g）+PtF6 （g）=O2+PtF6﹣（s）△H=﹣776KJ/mol，‎ 故答案为：PtF6；﹣77.6．‎ ‎　‎ ‎17．煤和煤制品（如水煤气、焦炭、甲醚等）已广泛应用于工农业生产中．‎ ‎（1）已知：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ．mol﹣l CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ．mol﹣l 则碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为　C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90.0kJ．mol﹣1　，该反应在　高温　（填“高温”、“低温”或“任何温度”）下有利于正向自发进行．‎ ‎（2）利用炭还原法可处理氮氧化物（如NO等），发生的反应为C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2 （g）．向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，在T1℃时，不同时间测得的各气体的浓度如表所示：‎ 时间（min）‎ 浓度（mol•L﹣1）‎ 物质 ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ NO ‎1.00‎ ‎0.68‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.60‎ ‎0.60‎ N2‎ ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.25‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.25‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ ‎①10～20min内，N2的平均反应速率可v（N2）=　0.009mol．L﹣l．min﹣l　．‎ ‎②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是　AD　（填字母）．‎ A．通入一定量的NO B．加入一定量的活性炭 C．加入合适的催化剂 D．遁当缩小容器的体积 ‎（3）研究表明，反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）的平衡常数随温度的变化如表所示：‎ 温度/℃‎ ‎400‎ ‎500‎ ‎800‎ 平衡常数K ‎9.94‎ ‎9‎ ‎1‎ 若反应在500℃时进行，设起始时CO和H2O的浓度均为0.020mol•L﹣l，在该条件下达到平衡时，CO的转化率为　75%　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；热化学方程式．‎ ‎【分析】（1）根据盖斯定律来写出碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式；根据反应能否自发进行的判据来回答；‎ ‎（2）反应前后是气体体积不变的反应，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大，说明改变的条件是缩小体积增大浓度，或加入一氧化氮达到新平衡后个物质浓度增大；‎ ‎（3）到达平衡时转化率最大，令平衡时CO的浓度变化量为cmol/L，根据三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，再利用平衡常数列方程，求出c，再利用转化率定义计算．‎ ‎【解答】解：（1）已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1‎ ‎②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律，将①﹣②可得：C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90kJ•mol﹣1，反应的焓变△H＞0，△S＞0，根据反应自发进行的判据 ‎△H﹣TS＜0，所以需要高温下发生，‎ 故答案为：C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=+90.0 kJ•mol﹣1；高温；‎ ‎（2）①10～20min内，N2的平均反应速率v（N2）=mol/（L•min）=0.009 mol/（L•min），‎ 故答案为：0.009 mol/（L•min）；‎ ‎②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；‎ A．通入一定量的NO，反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故符合；‎ B．加入一定量的活性炭是固体，对平衡无影响，故不符合；‎ C．加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故不符合；‎ D．适当缩小容器的体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不动，但个物质浓度增大，符合要求，故符合；‎ 故答案为：AD；‎ ‎（3）设CO的浓度变化量为c，三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，‎ ‎ CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），‎ 起始（mol/L）：0.02 0.020 0 0‎ 转化（mol/L）：c c c c 平衡（mol/L）：0.02﹣c 0.02﹣c c c 代入500℃时反应平衡常数有k===9，解得c=0.015，‎ CO的最大所以转化率为×100%=75%，‎ 故答案为：75%．‎ ‎　‎ ‎18．某实验小组设计用50mL1.0mol/L盐酸跟50mL1.1mol/L氢氧化钠溶液在如图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）环形玻璃搅拌棒的作用是　使酸和碱充分混合，加快反应速率，并使小烧杯内液体温度上下一致　．‎ ‎（2）中和反应放出的热量会造成少量盐酸在反应中挥发，则测得的中和热的数值　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．‎ ‎（3）该实验小组做了三次实验，每次取溶液各50mL，并将实验数据记录如表：‎ 实验序号 ‎　　　　　　　 起始温度t1/℃‎ 终止温度（t2）℃‎ 温差（t2﹣t1）℃‎ 盐酸 ‎　NaOH溶液 平均值 ‎1‎ ‎25.1‎ ‎24.9‎ ‎25.0‎ ‎31.8‎ ‎6.8‎ ‎2‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎31.8‎ ‎6.7‎ ‎3‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎25.1‎ ‎32.0‎ ‎6.9‎ 已知盐酸、NaOH溶液的密度与水相同，中和后生成的溶液的比热容c=4.18×10﹣3kJ/（g•℃），则该反应的中和热△H=　﹣56.8 kJ/mol　．‎ ‎（4）在中和热测定实验中，测量起始温度时需要两个温度计，如果只用一个温度计测量，则测得的中和热的数值　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．‎ ‎【考点】中和热的测定．‎ ‎【分析】（1）根据中和热的测定原理分析解答；‎ ‎（2）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小；‎ ‎（3）Q=m•c•△T，反应的△H=﹣，据此计算；‎ ‎（4）测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸和碱的中和，温度计示数变化值减小．‎ ‎【解答】解：（1）中和热的测定须测量酸碱反应的热效应，使用环形玻璃搅拌棒能使溶液上下混合均匀，保证溶液上下的温度达到一致，减少实验误差，‎ 故答案为：使酸和碱充分混合，加快反应速率，并使小烧杯内液体温度上下一致；‎ ‎（2）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小，测得的中和热数值偏小，故答案为：偏小 ‎（3）始平均温度为t1℃，反应后最高温度为t2℃，温度差为：（t2﹣t1）℃，50mL1.0mol/L盐酸跟50mL1.1mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×1.0mol/L=0.005mol，溶液的质量为100g，温度变化的值为：（t2﹣t1）℃，平均值为℃=6.8℃，放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18×10﹣3kJ/（g•℃）×（t2﹣t1）℃，所以实验测得的中和热△H=﹣=﹣56.8 kJ/mol；‎ 故答案为：﹣56.8 kJ•mol﹣1．‎ ‎（4）测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸和碱的中和，温度计示数变化值减小，所以导致实验测得中和热的数值偏小；‎ 故答案为：偏小．‎ ‎　‎ ‎19．现有25℃时pH=12的NaOH溶液100ml．，欲用以下几种方法将其pH调整到11，回答下列问题（已知混合后溶液的总体积等于混合前两稀溶液的体积之和）：‎ ‎（1）25℃时，pH=12的NaOH溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=　10﹣12mol/L　‎ ‎（2）加水稀释，需加水的体积为　900　mL．‎ ‎（3）加入pH=2的盐酸，需加盐酸的体积为　81.8　mL．（精确到0.1）‎ ‎（4）加入pH=10的NaOH溶液，需加NaOH溶液的体积为　1000　mL．‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】（1）依据溶液中离子积常数计算；‎ ‎（2）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据C1V1=C2（V1+V2）计算加入的水体积；‎ ‎（3）先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再根据c（OH﹣）=；‎ ‎（4）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据C1V1+C2V2=C3（V1+V2）计算加入的氢氧化钠溶液体积 ‎【解答】解：（1）现有25℃时，此溶液pH=12的NaOH溶液中由水电离产生的c（H+）=10﹣12mol/L，故答案为：10﹣12mol/L；‎ ‎（2）pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，设加入水的体积是V2，C1V1=C2（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L=（0.1+V2）L，V2=L=0.9L=900mL，故答案为：900；‎ ‎（3）pH=2的HCl溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，设加入盐酸的体积是V，c（OH﹣）==mol/L=0.001mol/L，v=81.8mL，‎ 故答案为：81.8；‎ ‎（4）pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L，设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2，C1V1+C2V2=C3（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×V2=0.001mol/L（0.1+V2），V2=1L=1000mL，故答案为：1000．‎ ‎　‎ ‎20．恒定温度为T1℃时，在容积为10L的密闭容器中充人1.0mol X和0.80mol Y，发生反应：‎ ‎2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），X的转化率随时间的变化关系如图所示．‎ ‎（1）第2min时的反应速率v1（X）　大于　（填“大于”、“小于”或“等于”）第8min时的反应速率可v2（X），原因是　随反应进行，X的浓度逐渐减小　．‎ ‎（2）反应在0～10min内Y的平均反应速率v（Y）=　0.004　 mol•L﹣1•min﹣l．‎ ‎（3）T1℃温度下反应的平衡常数K1为　400　，若在第10min后压缩容器容积，X的转化率　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），平衡常数　不变　．‎ ‎（4）若升高温度到T2℃（ T2＞T1），平衡时X的转化率减小，则该反应的△H　小于　0（填“大于”或“小于”）．‎ ‎（5）不改变各物质起始量的情况下，无论如何改变条件，Y的转化率一定小于　62.5%　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）根据浓度对反应速率的影响分析；‎ ‎（2）根据v（Y）=计算；‎ ‎（3）利用三段式求出平衡时各物质的浓度，再根据K=计算；增大压强平衡向正方向移动；平衡常数只与温度有关；‎ ‎（4）升高温度，平衡时X的转化率减小，则化学平衡逆向移动；‎ ‎（5）采用极值法计算，假设X完全反应，根据方程式计算消耗的Y，再求出Y的转化率．‎ ‎【解答】解：（1）X是反应物，随着反应的进行，X的浓度减小，所以反应速率减小，则第2min时的反应速率v1（X）大于第8min时的反应速率可v2（X），‎ 故答案为：大于；随反应进行，X的浓度逐渐减小；‎ ‎（2）反应在0～10min内，X减少了1mol×80%=0.8mol，Y的物质的量变化为0.4mol，则v（Y）==0.004 mol•L﹣1•min﹣l；‎ 故答案为：0.004；‎ ‎（3）2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），‎ 起始物质的量（mol）：1.0 0.8‎ 转化物质的量（mol）：0.8 0.4 0.8‎ 平衡物质的量（mol）：0.2 0.4 0.8‎ K===400；‎ 增大压强平衡向正方向移动，则X的转化率增大；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；‎ 故答案为：400；增大；不变；‎ ‎（4）升高温度，平衡时X的转化率减小，则化学平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，所以逆方向为吸热方向，则正方向为放热，所以该反应的△H小于0；‎ 故答案为：小于；‎ ‎（5）采用极值法计算，假设X完全反应，则消耗1molX，由方程式2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），可知消耗的Y为0.5mol，则Y的转化率为×100%=62.5%，‎ 由于X不能全部转化，所以Y的转化率一定小于62.5%；‎ 故答案为：62.5%．‎