河北省唐山市开滦第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
开滦二中2019-2020学年第一学期高二年级期中考试
化学试卷
说明：
1、本试卷分第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（5）页至第（7）页。
2、本试卷共100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共42分）
注意事项：
1、答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的准考证号、科目填涂在答题卡上。
2、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目标号涂黑。答在试卷上无效。
3、考试结束后，监考人员将试卷答题卡和机读卡一并收回。
4、可能用到的原子量：Ag 108 Cu 64
一 选择题（本题共17小题，每题只有一个正确答案，其中1-9题每小题2分，10-17每小题3分）
1.决定化学反应速率的主要因素是（ ）
A. 反应物的浓度 B. 反应温度 C. 使用催化剂 D. 反应物的性质
【答案】D
【解析】
【详解】化学反应速率快慢的决定性因素是其内因，即反应物的性质，答案选D。
2. 在密闭容器中进行下列反应：M(g)+N(g)==R(g)+2L。此反应符合下列图象，R%为R在平衡混合物中的体积分数，该反应是
A. 正反应为吸热反应 L是气体
B. 正反应为放热反应 L是气体
C. 正反应为吸热反应 L是固体
D. 正反应为放热反应 L是固体或液体
【答案】B
【解析】
试题分析：该题采用固定变量法：固定压强是P2，先拐先平，可以确定温度的高低，根据温度对化学平衡移动的影响来确定反应的吸放热情况；固定温度是T2，先拐先平，可以确定压强的高低，根据压强对化学平衡移动的影响来确定反应中各个物质的聚集状态。固定压强是P2，先拐先平，可以确定温度的高低顺序是T2＞T1，升高温度，R的百分含量降低，所以平衡逆向进行，该反应是放热反应；固定温度是T2，先拐先平，可以确定压强的高低顺序是P1＞P2，增大压强，R的百分含量降低，所以平衡逆向进行，即逆向是气体系数和减小的方向，即L是气体，故B正确；答案选B。
考点：考查学生化学平衡移动的影响因素：温度和压强，注意图象题的解题技巧：控制变量法，根据化学反应速率的影响因素以及化学平衡移动原理来判断
3.恒温恒容，下列物理量不再发生变化时，不能说明反应 A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)已达平衡状态的是
A. 混合气体的压强 B. C的体积分数
C. 混合气体的密度 D. 混合气体的平均相对分子质量
【答案】A
【解析】
试题分析：该反应应是一个体积不变的反应，反应过程中混合气体的压强不变，答案选A。
考点：化学平衡状态的判断
4.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响，图像如下，下列判断正确的是（ ）
A. 由图a可知，T1>T2，该反应的逆反应为吸热反应
B. 由图b可知，该反应m+n
T2，因温度越高，C%越低，说明升温平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故A正确；
B. 由图b可知，C%随着压强的增大而增大，说明加压后平衡正向移动，正反应为气体分子数目减小的反应，则该反应m+n>p，故B错误；
C.由图c可知，随着反应的时行，反应的速率先增大后减小，说明开始由于反应放热导致温度升高，此时温度对化学反应速率的影响较大，化学反应速率加快，而后由于反应物的浓度减小，体系的温度变化不明显，从而化学反应速率逐渐减小，所以该反应的正反应为放热反应，故C错误；
D. 由图d可知，曲线a较曲线b达到平衡的时间短，反应速率较快，最终的平衡状态是相同的，当m+n=p时，曲线a相对曲线b可能为加压或加入催化剂，故D错误；
答案选A。
【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。
5.某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，下列叙述正确的是
A. 刚充入时反应速率υ正减少，υ逆增大 B. 平衡不发生移动
C. 平衡向正反应方向移动，A的物质的量浓度减小 D. 物质C的质量分数增大
【答案】D
【解析】
【分析】
从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，
以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断。
【详解】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，
A、刚充入时反应速率υ正增大，υ逆增大，故A错误；
B、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B错误；
C、增大压强，平衡向正反应方向移动，但根据勒夏特列原理，A的物质的量浓度比原来要大，故C错误；
D、增大压强，平衡向正反应方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确。
所以D选项是正确的。
【点睛】化学平衡题中有四种改变压强的方式：①恒容充惰气；②恒压充惰气；③缩小或扩大容器容积；④等比例充入一类组分。其中第④类可用等效平衡思想理解掌握。
6.下列说法中，可以证明反应 N2＋3H22NH3 已达平衡状态的是（ ）
A. 一个N≡N键断裂的同时，有三个H－H键形成
B. 一个N≡N键断裂的同时，有三个H－H键断裂
C. 一个N≡N键断裂的同时，有两个N－H键断裂
D. 一个N≡N键断裂的同时，有六个N－H键形成
【答案】A
【解析】
【详解】A. 断裂N≡N键代表正反应速率，形成H－H键表示逆反应速率，一个N≡N键断裂的同时，有三个H－H键形成，表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；B. 断裂N≡N键代表正反应速率，断裂H－H键也表示正反应速率，不能说明正逆反应速率的关系，故B错误；C. 断裂N≡N键代表正反应速率，断裂N－H键表示逆反应速率，一个N≡N键断裂的同时，有两个N－H键断裂，说明正反应速率大于逆反应速率，不是平衡状态，故C错误；D. 断裂N≡N键代表正反应速率，形成N－H键表示正反应速率，不能说明正逆反应速率的关系，故D错误；故选A。
7.反应A(g) + 3B(g) ⇌2C(g) + 2D(g) 在四种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)=0.45mol·L-1·min-1 、② v(B)=0.6mol·L-1·s-1、 ③v(C)=0.4mol·L-1·s-1、④v(D)
=0.45mol·L-1·s-1，该反应进行的快慢顺序为
A. ④＞③＝②＞① B. ①＞②＝③＞④
C. ②＞①＝④＞③ D. ①＞④＞②＝③
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了可逆反应中反应速率的换算。同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较。
【详解】可逆反应中，在同一时间段内，反应速率之比等于化学计量数之比，故v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2，故将题目中四种速度完全转化为A的反应速率且单位统一后，①v(A)=0.45mol·L-1·min-1 ，②v(A)=12mol·L-1·min-1，③v(A)=12mol·L-1·min-1，④v(A)=13.5mol·L-1·min-1 ，反应快慢顺序为④＞③＝②＞①
答案为A。
【点睛】比较反应速率的常见两种方法：
（1）归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化为同一物质的反应速率，再进行比较；
（2）比值法，用各物质的量表示的反应速率除以对应的各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。
比较时注意：（1）反应速率的单位要相同；（2）单位时间内反应物或生成物的物质的量变化大，反应速率不一定快，反应速率是用单位时间内浓度的变化量来表示的。
8. 镁条和铝片为电极，并用导线连接同时插入NaOH溶液中，下列说法正确的是
A. 镁条作负极，电极反应：Mg-2e-=Mg2＋
B. 铝片作负极，电极反应：Al+4OH--3e--=AlO2-+2H2O
C. 电流从Al电极沿导线流向Mg电极
D. 铝片上有气泡产生
【答案】B
【解析】
试题分析：构成原电池
两个电极，不一定是活泼电极就作负极，只能说一般是活泼电极作负极，判定时必须依据具体的自发反应来判定。A、Mg、Al在NaOH溶液中的自发氧化还原反应只有2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，所以Al作负极，Mg作正极，错误；B、铝片作负极，电极反应：Al+4OH--3e--=AlO2-+2H2O，正确；C、电流的方向一定是从正极流向负极的，错误；D、该原电池的负极：Al+4OH--3e--=AlO2-+2H2O，正极镁条上有气泡放出，错误。
考点：考查原电池原理。
9.如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是
A. K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋＋2e－=H2↑
B. K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C. K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D. K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001 mol气体
【答案】B
【解析】
A、K1闭合构成原电池，铁是活泼的金属，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe＋2e－＝Fe2＋，A不正确；B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝40H－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B正确；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液的氢离子放电产生氢气，铁不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，C不正确；D、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电极反应式分别为2H＋＋2e－＝H2↑、2Cl－－2e－＝Cl2↑，电路中通过0.002NA个电子时，两极均产生0.001mol气体，共计是0.002mol气体，D不正确，答案选B。
点晴：本题通过电解饱和氯化钠溶液为载体，重点考查原电池和电解池的判断，金属的腐蚀与防护以及电极产物判断和计算，意在考查学生分析问题、解决问题的能力。熟练掌握电化学原理，准确判断正、负极以及阴、阳极，明确两极的电极反应及电池反应是解题的关键。该类试题的难点在于是电极反应式的书写和有关计算。
10.已知：①H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1＝akJ·mol−1
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2＝bkJ·mol−1
③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝ckJ·mol−1
④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH4＝d kJ·mol−1
下列关系式中正确的是
A. ad>0 C. 2a＝b<0 D. 2c＝d>0
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，对于放热反应来说，ΔH为负，且反应放出的热量越多，ΔH越小。
①H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1＝akJ·mol−1，
③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝ckJ·mol−1
相同物质的量的氢气生成液态水放出的热量越多，焓变ΔH越小，所以0 > a > c，故A错误；
B选项，②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2＝bkJ·mol−1，④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH4＝d kJ·mol−1
相同物质的量的氢气生成液态水放出的热量越多，焓变ΔH越小；所以0 >b > d，故B错误；
C选项，①H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1＝akJ·mol−1，
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2＝bkJ·mol−1
②中物质的量是①中物质的量的2倍，反应放出的热量也是2倍，0 >2a = b，故C正确；
D选项，③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝ckJ·mol−1
④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH4＝d kJ·mol−1
④中物质的量是③中物质的量的2倍，反应放出的热量也是2倍，0 >2c = b，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】对放热反应来说，ΔH为负，且反应放出的热量越多，ΔH越小。
11.一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g) 2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.12 mol/L，则下列判断正确的是
A. c1 : c2＝1 : 3 B. 平衡时，3vY (正) ＝2vZ (逆)
C. X、Y的转化率不相等 D. c1的取值范围为0.06＜c1＜0.16 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】X(g)+3Y(g) 2Z(g)
起始量 c1 c2 c3
变化量 x 3x 2x
平衡量 0.1 0.3 0.12
则c1-x=0.1 c2-3x=0.3
c1 ： c2 = (0.1+x)：(0.3+3x)=1：3
A. 由上面计算可知，c1 : c2＝1 : 3，A正确；
B. 平衡时，2vY (正) ＝3vZ (逆)，B不正确；
C. 因为起始量之比等于化学计量数之比，所以X、Y的转化率相等，C不正确；
D.采用极值法，可得出c1的取值范围为0＜c1＜0.07 mol/L，D不正确。
故选A。
12.①101 kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－221 kJ·mol－1
②2H2（g）+O2=2H2O（l）ΔH＝－572kJ·mol－1
③稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，下列结论正确的是
A. 碳的燃烧热大于110.5 kJ·mol－1 B. 氢气的热值为143kJ·g－1
C. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应的成1 mol水，放出57.3 kJ热量 D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
【答案】A
【解析】
【详解】A.由反应 ①可以知道，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5KJ，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－1，故A正确；
B.② 中氧气的状态不确定，所以不能计算出氢气的热值，故B错误；
C.浓硫酸溶于水放热，所以放出的热量大于57.3 kJ，所以浓硫酸与稀NaOH溶液反应，放出的热量大于57.3 kJ，故C错误；
D.醋酸为弱电解质，电离时需要吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量小于57.3 kJ，故D错误。
故选A。
13.在一定条件下，向2 L密闭容器中加入2 mol X、1 mol Y。发生如下反应：2X(g)＋Y(?) 3Z(g) ∆H＜0。经60 s达平衡，此时Y的物质的量为0.2 mol。下列说法正确的是
A. 反应开始至平衡时，用X表示化学反应速率为1.2 mol/(L·min)
B. 该反应平衡常数表达式一定是K＝c3(Z)/[c2(X)c(Y)]
C. 若再充入1 mol Z，重新达平衡时X的体积分数一定增大
D. 若使容器体积变为1 L，Z的物质的量浓度一定增大
【答案】D
【解析】
【详解】经60s达平衡，此时Y的物质的量为0.2mol，则
2X（g）+Y(?) 3Z（g）；∆H＜0
开始 2 1 0
转化1.6 0.8 2.4
平衡0.4 0.2 2.4
A．X表示的化学反应速率v==0.8mol•L-1•min-1，选项A错误；B．若Y为液体或固体，则反应平衡常数表达式一定是K＝，选项B错误；C．再充入1 mol Z，Y为气体，则Z的量极限转化为X、Y，与起始量比值相同，为等效平衡，所以重新达到平衡时，X的体积分数不变，选项C错误；D．无论Y是否为气态，平衡移动较小，而使容器体积变为1 L，Z的物质的量浓度一定增大，选项D正确；答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡的计算，涉及反应速率的计算、等效平衡、影响平衡的因素、热化学反应中的能量变化等，综合性较强，注重高考常考点的考查。
14.如图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和盐酸，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是( )
A. 生铁块中的碳是原电池的正极
B. 红墨水柱两边的液面变为左低右高
C. 两试管中相同电极反应式是：Fe－2e－＝Fe2+
D. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】在U型管的左边，a试管内，Fe-C形成原电池，发生吸氧腐蚀，液面上方的O2被消耗，气压减小；在U型管的右边，b试管内，Fe与HCl发生反应，其实质也是形成原电池，Fe-HCl-C原电池，发生析氢腐蚀，生成氢气，使右边气体的压强增大，将U型管内的液体向左挤压。
A. 从以上分析可知，不管是左边还是右边，Fe都做原电池的负极，碳都做原电池的正极，A正确；
B. 由于左边气压减小，右边气压增大，红墨水柱被压向左边，从而使U型管内液面出现左高右低的态势，B不正确；
C. 两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e－＝Fe2+，C正确；
D. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀，D正确
故选B。
15.对于固定体积的密闭容器中进行的反应：A(g)+B(g)C(g)+2D(g)，不能说明在恒温下可逆反应已经达到平衡状态的是
①反应容器中压强不随时间变化而变化
②单位时间内生成A的物质的量与消耗D的物质的量之比为1：2
③混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化
④反应混合气体的密度不随时间变化而变化
A. ②④ B. ③④ C. ①③ D. ①②
【答案】A
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，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。
【详解】该反应为气体体积增大的反应，随着反应的进行压强发生变化 ，若反应容器中压强不变则反应达平衡状态，故①不选；
A气体的生成和D气体的消耗速率均描述逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达平衡状态，故②选；
该反应为气体体积增大的反应，而气体质量始终不变，只有当反应达平衡，气体的总物质的量不变，混合气体的平均摩尔质量才不随时间变化而变化，说明反应达平衡状态，故③不选；
反应物均为气体，总质量不变，恒容条件下，反应混合气体的密度始终保持不变，若密度不变不能说明反应达平衡，故④选；
所以选②④组合，答案选A。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。
16.250 mL K2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42－)＝0.5 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到1.12 L气体（标准状况下）。假定电解后溶液体积仍为250 mL，下列说法不正确的是
A. 电解得到Cu的质量为3.2 g
B. 上述电解过程中共转移电子0.2 mol
C. 电解后的溶液中c(H＋)＝0.2 mol·L－1
D. 原混合溶液中c(K＋)＝0.6 mol·L－1
【答案】C
【解析】
分析：根据溶液中离子放电能力的强弱，该混合溶液在电解过程中分两个阶段：第一阶段，当阴极析出铜时，阳极析出O2；第二阶段，当阴极析出H2时，阳极析出O2。已知通电一段时间后，两极均收集到1.12L气体（标准状况下），即0.05mol，可见当阴极析出0.05mol H2，转移电子0.1mol，同时，在阳极只能析出0.025mol O2，
即第二阶段；所以在第一阶段阳极析出的O2也是0.025mol，转移电子0.1mol，同时，在阴极析出0.05mol Cu，溶液中生成0.1mol H+，电路中共转移电子0.2mol，根据溶液中电荷守恒可求出K+的浓度。
详解：A、根据上述分析，第一阶段，溶液中的Cu2+在阴极全部放电，析出0.05molCu，其质量为3.2g，所以A正确；
B、两个阶段转移电子都是0.1mol，所以共转移电子0.2mol，即B正确；
C、溶液中的H+是在第一阶段生成的，当阳极析出O20.025mol时，溶液中生成H+0.1mol，所以c(H＋)＝0.4 mol/L，因此C不正确；
D、n(Cu2+)=0.05mol，n(SO42-)=0.5mol/L×0.25L=0.125mol，由电荷守恒可得n(K+)=0.15 mol，c(K＋)＝0.6mol/L，故D正确。本题答案为C。
17.将图中所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（ ）
A. Zn极上发生还原反应
B. 电子沿Zn→a→b→Cu路径流动
C. 片刻后，乙池中c（Cu2+）减小，c（SO42﹣）基本不变，溶液不再保持电中性
D. 片刻后可观察到滤纸a点变红色
【答案】D
【解析】
【分析】
从装置图中看，甲、乙构成原电池，滤纸构成电解池。Zn为负极，则a为阴极，b为阳极，Cu为正极。
【详解】A. Zn极为负极，Zn失电子，发生氧化反应，A不正确；
B. 电子沿Zn→a，b→Cu路径流动，在a、b间，通过离子在电解质溶液中的定向移动传导电流，电子不能从溶液中通过，B不正确；
C. 片刻后，乙池中c(Cu2+)减小，c(SO42﹣)基本不变，盐桥中的阳离子进入乙池溶液中，使溶液保持电中性，C不正确；
D. 在滤纸a点，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，片刻后可观察到滤纸a点变红色，D正确。
故选D。
第Ⅱ卷（非选择题，共58分）
二 填空题（本大题共四题，每空2分）
18.50 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______________________________。
（2）烧杯间填满碎纸条的作用是______________。
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填”偏大”“偏小”或”无影响”)。
（4）实验中改用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__________(填”相等”或”不相等”)，简述理由：_________________________。
（5）用相同浓度和体积的氨水代替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”，下同)；用50 mL 0.50 mol·L−1 NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________。
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 减少实验过程中的热量损失 (3). 偏小 (4). 不相等 (5). 相等 (6). 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)所放出的热量，与酸碱的用量无关 (7). 偏小 (8). 偏小
【解析】
【分析】
本实验的关键为准确测定反应后的温度，并计算反应生成1mol水时的反应热即中和热。所以实验中保温绝热是关键，准确测定实验数据也很关键，保证酸或碱完全反应，进而计算中和热。
【详解】（1
）本实验成败的关键是准确测量反应后的温度。因此所用装置必须保温、绝热且可使体系温度尽快达到一致，故缺少的仪器应为环形玻璃搅拌棒。
（2）碎纸条的作用为减少实验过程中的热量损失。
（3）不盖硬纸板会损失部分热量，故所测结果偏小。
（4）由中和热的概念可知，中和热是以生成1 mol水为标准的，与过量部分的酸碱无关，所以放出的热量不相等，但中和热相等。
（5）由于弱酸、弱碱的中和反应放出热量的同时，还有弱酸、弱碱的电离吸热，所以用氨水代替NaOH，测得的中和热数值偏小；用50 mL 0.50 mol·L−1 NaOH溶液进行上述实验会导致反应不充分，测得的反应热会偏小。
【点睛】掌握中和热的定义是解题的关键，即稀的强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量为中和热。注意实验中采用强酸和强碱的稀溶液，并保证实验装置的保温效果要好，并使实验中的反应迅速进行并及时测定温度，通常实验中使用的酸或碱的量有一个过量，保证另一个完全反应，才能计算反应过程中生成水的量，从而计算中和热数值。
19.如图是一个甲烷燃料电池工作时的示意图，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时N电极的质量减少，请回答下列问题：
（1）M电极的材料是________，其电极反应式为：________N的电极名称是________，电极反应式为：________
（2）通入甲烷的铂电极的电极反应式为________．
（3）在此过程中，乙池中某一电极析出金属银4.32g时，甲池中理论上消耗氧气为________ L（标准状况下）。
【答案】 (1). 石墨 (2). Ag++e﹣→Ag (3). 阳极 (4). Fe﹣2e﹣═Fe2+ (5). CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O (6). 0.224
【解析】
【详解】（1）碱性甲烷电池为原电池，通入甲烷的电极是负极，通入氧气的电极是正极，乙池有外接电源，属于电解池，根据图片知，工作时N电极的质量减少，所以N是阳极铁电极，电极反应为：Fe-2e-═Fe2+；M是阴极，是石墨电极，发生反应：Ag++e-→Ag；
（2）甲烷是燃料电池的负极，发生失电子的氧化反应，碱性环境下，电极反应式为：
CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；
（3）n（Ag）=4.32g÷108g/mol=0.04mol，根据Ag++e-=Ag可以知道转移电子为0.04mol，甲池中通入氧气的一极为正极，反应式为2O2+8H++8e-=4H2O，则消耗n（O2）=1/4×0.04mol=0.01mol，V（O2）=0.01mol×22.4L/mol=0.224L。
20. 合成氨工业中氢气可由天然气和水蒸汽反应制备，其主要反应为：
CH4+ 2H2OCO2+4H2，已知：
CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l） △H=-890KJ/mol
2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l） △H=-571.6KJ/mol
H2O（g）＝H2O（l） △H=-44KJ/mol
（1）写出由天然气和水蒸汽反应制备H2的热化学方程式： 。
（2）某温度下，10L密闭容器中充入2mol CH4和3mol H2O（g），发生CH4（g）+ 2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）反应，过一段时间反应达平衡，平衡时容器的压强是起始时的1.4倍。
则①平衡时，CH4的转化率为 ，H2的浓度为 ，反应共放出或吸收热量 KJ。
②升高平衡体系的温度,混合气体的平均相对分子质量 ,密度 。（填“变大”“变小”或“不变”）。
③当达到平衡时,充入氩气,并保持压强不变,平衡将 （填“正向”“逆向”或“不”）移动。
④若保持恒温，将容器压缩为5L（各物质仍均为气态），平衡将 （填“正向”“逆向”或“不”）移动。达到新平衡后,容器内H2浓度范围为 。
【答案】（1）CH4（g）+ 2H2O （g）CO2（g）+4H2（g） △H=+165.2KJ/mol（2分）
（2）①50﹪,0.4mol/L,165.2（各2分）
②变小，不变（各1分），③正向（1分），④逆向（1分），0.4mol/L＜c（H2）＜0.8mol/L（2分）
【解析】
试题分析：（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l） △H＝-890kJ/mol，②2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H＝-571.6kJ/mol，③H2O（g）＝H2O（l） △H＝-44kJ/mol，则根据盖斯定律可知①－②×2＋③即得到天然气和水蒸汽反应制备H2的热化学方程式CH4（g）+ 2H2O （g）CO2（g）+4H2（g） △H＝+165.2kJ/mol。
（2）CH4（g）+ 2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）
起始量（mol）2 3 0 0
转化量（mol）x 2x x 4x
平衡量（mol）2-x 3－2x x 4x
则2-x+3－2x+x+4x＝5×1.4
解得x＝1
①平衡时，CH4的转化率为，H2的浓度为4mol÷10L＝0.4mol/L，反应共吸收热量1mol×165.2kJ/mol＝165.2kJ。
②正方应是吸热反应，升高平衡体系的温度平衡向正反应方向进行，气体的物质的量增加，则混合气体的平均相对分子质量变小，容积不变，密度不变。
③当达到平衡时,充入氩气,并保持压强不变，则容积增大，所以平衡将正向移动。
④正方应是体积增大的，则保持恒温，将容器压缩为5L（各物质仍均为气态），瞬间氢气的浓度由0.4mol/L变为4mol÷5L＝0.8mol/L，平衡将逆向移动，根据勒夏特列原理可知达到新平衡后,容器内H2浓度范围为0.4mol/L＜c（H2）＜0.8mol/L。
考点：考查盖斯定律的应用、平衡状态计算及外界条件对平衡状态的影响
21.在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.01.
0.008
0.007
0.007
0.007
（1）已知：K300℃＞K350℃，写出该反应的平衡常数表达式：K=_________________，关于该反应的下列说法中，正确的是________。
A．△H>0，△S>0 B．△H>0，△S<0
C．△H<0，△S<0 D．△H<0，△S>0
（2）下图中表示NO2的变化的曲线是____________________，用O2表示从0-2s内该反应的平均速率v=_______________。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是__________。
A．v(NO2)=2v(O2) B．容器内压强保持不变
C．v (NO)=2v（O2） D．容器内密度保持不变
（4）下列措施中能使n(NO2)/n(NO)增大的有____。(填字母)
A．升高温度 B．加入催化剂
C．不断充入O2 D．充入He(g)，使体系总压强增大
【答案】 (1). K=c2(NO2)/[c2(NO).c(O2)] (2). C (3). b (4). 0.0015mol/(L.s) (5). B (6). C
【解析】
【详解】:(1)可逆反应2NO(g)+ O2(g)2NO2(g)的平衡常数K=c2(NO2)/[c2(NO).c(O2)],根据已知 K300℃＞K350℃,说明升高温度平衡向逆反应移动,故正反应是放热反应△H <0,又因为反应后气体变少,所以△S<0;因此C符合题意。答案是: K=c2(NO2)/[c2(NO).c(O2)] C;
(2)由方程式2NO(g)+ O2(g)2NO2(g)和图像可以知道,平衡时浓度的变化量△c(NO) : △c(O):△c(NO2)=2:1:2,由表中数据可以知道,平衡时△c(NO)=(0.02mol-0.007mol)/2L=0.00625mol/L,曲线b平衡时的浓度为0.00625mol/L,故曲线b表示NO2的浓度变化,
由图中数据可以知2s内NO的浓度变化量为0.01mol/L-0.004mol/L=0.006mol/L,故v(NO)= 0.006mol.L-1 /2s=0.003mol/(L.s) ,根据速率之比等于化学计量数之比,故v(O2)=1/2 v(NO)=1/2=0.0015mol/(L.s),因此，本题答案是:b; 0.0015mol/(L.s)。
(3)A.未指明正逆速率,若都为同一方向速率,始终都存在v(NO2)=2v(O2)关系,故不能说明到达平衡,若为不同方向的速率,速率之比等于化学计量数之比,说明到达平衡,故A错误;B.随反应进行气体的物质的量减小,压强增减小,容器内压强保持不变,说明到达平衡,所以B选项是正确的;C.不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比,反应到达平衡,故v逆 (NO)=2v正 (O2),说明到达平衡,而v (NO)=2v（O2）不能说明到达平衡，
所以C选项是错误的;D.反应混合气体的质量不变,容器的体积不变,密度始终不变,故容器内物质的密度保持不变,不能说明到达平衡,故D错误;所以B选项是正确的。
(4)因为2NO(g)+O2(g)2NO2(g) K300℃＞K350℃，所以正反应是放热反应适当升高温度,反应速率增大,平衡向逆反应移动,故A不符合题意；B．选择高效的催化剂,增大反应速率,不影响平衡移动,故B不符合题意；C.增大O2的浓度,反应速率增大,平衡向正反应移动,所以C选项正确; D．充入He(g)，使体系总压强增大,但不影响分压，平衡混合物中各组分的浓度保持不变，故平衡不移动，D不符合题意；所以答案为C。
【点睛】(1)化学平衡常数,是指在一定温度下,可逆反应都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,据此书写; K300℃＞K350℃,说明升高温度平衡向逆反应移动,故正反应是放热反应;(3)根据化学平衡状态的特征解答,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。
