化学卷·2018届广东省广州市培正中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届广东省广州市培正中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年广东省广州市培正中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每题2分，共50分）‎ ‎1．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．下列措施有利于节能减排、保护环境的是（　　）‎ ‎①加快化石燃料的开采与使用；‎ ‎②研发易降解的生物农药；‎ ‎③应用高效洁净的能源转换技术；‎ ‎④田间焚烧秸秆；‎ ‎⑤推广使用节能环保材料．‎ A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②④ D．②④⑤‎ ‎2．以下说法中正确的是（　　）‎ A．所有△H＜0的反应均是自发反应 B．高锰酸钾加热分解是一个熵减小的过程 C．冰在室温下自动熔化成水，是熵增的过程 D．自发进行的反应一定能迅速进行 ‎3．下列叙述正确的是（　　）‎ A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热△H B．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3 kJ/mol，则H2SO4和NH3•H2O反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D．CO（g）的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的△H=+2×283.0 kJ/mol ‎4．N2和H2合成NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（　　）‎ A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=2（b﹣a） kJ/mol B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）；△H=2（a﹣b﹣c） kJ/mol C． N2（g）+H2（g）⇌NH3（l）；△H=（b+c﹣a） kJ/mol D． N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）；△H=（a+b） kJ/mol ‎5．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，1mol H2O（g） 转为1mol H2O（l）时放热44KJ，则氢气的燃烧热为（　　）‎ A．165 kJ/mol B．286 kJ/mol C．242kJ/mol D．264kJ/mol ‎7．已知一定温度下合成氨反应：N2+H2═2NH3 （每生成2mol NH3放出92.4kJ的热量），在恒温恒压的密闭容器中进行如下实验：①通入1mol N2和3mol H2，达平衡时放出热量为Q1，②通入2mol N2和6mol H2，达平衡时放出热量为Q2，则下列关系正确的是（　　）‎ A．Q2＞2 Q1 B．Q1=92.4 kJ C．Q1＜Q2＜184.8 kJ D．Q1=Q2＜92.4 kJ ‎8．下列热化学方程式正确的是（注：AH的绝对值均正确）（　　）‎ A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H=﹣1367.0 kJ/mol（燃烧热）‎ B．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol（中和热）‎ C．S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H=+269.8kJ/mol（反应热）‎ D．2HCl（g）═Cl2（g）+H2（g）；△H=﹣184.6kJ/mol（反应热）‎ ‎9．将V1ml 1.00mol/LHCl溶液和V2ml未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50ml），下列叙述正确的是（　　）‎ A．实验操作时的环境温度为22℃‎ B．实验表明热能可转化为化学能 C．该实验表明有水生成的反应都是放热反应 D．NaOH溶液的浓度约为1.50 mol/L ‎10．在进行中和热的测定中，下列操作错误的是（　　）‎ A．反应前酸、碱溶液的温度要相同 B．测量溶液的温度计要一直插在溶液中 C．为了使反应均匀进行，可以向酸（碱）中分次加入碱（酸）‎ D．为了使反应更完全，可以使酸或碱适当过量 ‎11．在一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表．‎ t/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ V（O2）/mL ‎0.0‎ ‎9.9‎ ‎17.2‎ ‎22.4‎ ‎26.5‎ ‎29.9‎ 下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（　　）‎ A．0～6 min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10﹣2 mol/（L•min）‎ B．6～10 min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10﹣2 mol/（L•min）‎ C．反应到6 min时，H2O2分解了50%‎ D．反应到6 min时，c（H2O2）=0.30 mol/L ‎12．下列各组实验中溶液最先变浑浊的是（　　）‎ A．0.1mol/LNa2S2O3和H2SO4各5mL，加水5mL，反应温度10℃‎ B．0.1mol/LNa2S2O3和H2SO4各5mL，加水10mL，反应温度10℃‎ C．0.1mol/LNa2S2O3和H2SO4各5mL，加水5mL，反应温度30℃‎ D．0.2mol/LNa2S2O3和H2SO4各5mL，加水10mL，反应温度30℃‎ ‎13．向一容积为5L的恒容密闭容器中充入5molA与8molB，在一定条件下反应：2A（g）+3B（g）⇌xC（g）+yD（g） （x、y为正整数），反应进行2min后达到平衡，这2min内平均反应速率v（C）=0.3mol/（L•min），D的平衡浓度为0.3mol/L，又知v（B）：v（C）=3：2，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．x：y=3：1 B．v（A）：v（C）=2：1‎ C．A的平衡浓度为0.4mol/L D．A与B的平衡浓度之比为3：2‎ ‎14．下列说法中正确的是（　　）‎ A．凡是放热反应都是自发的，由于吸热反应都是非自发的 B．自发反应在恰当条件下才能实现 C．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 D．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 ‎15．难挥发性二硫化钽（TaS2）可采用如下装置提纯．将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中．反应如下：TaS2（s）+2I2（g）⇌TaI4（g）+S2（g）下列说法正确的是（　　）‎ A．在不同温度区域，TaI4的量保持不变 B．在提纯过程中，I2的量不断减少 C．在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区 D．该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比 ‎16．已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．在恒温条件下将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一容积为2L的密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图．下列说法不正确的是（　　）‎ A．图中的两条曲线，X表示NO2浓度随时间的变化曲线 B．前10 min内用v（N2O4）=0.02 mol/（L•min）‎ C．25 min时，NO2转变为N2O4的反应速率增大，其原 因是将密闭容器的体积缩小为1L D．该温度下反应的平衡常数 K=1.11 L/mol ‎17．在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＜0．某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：‎ 下列判断一定错误的是（　　）‎ A．图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高 B．图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高 C．图Ⅲ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高 D．图 IV研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高 ‎18．I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）某I2、KI混合溶液中，I3﹣的物质的量浓度c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态，忽略I2 的挥发）．下列说法正确的是（　　）‎ A．反应 I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）△H＞0‎ B．状态A与状态B相比，状态A的c（I2）大 C．若反应进行到状态D时，一定有v逆＞v正 D．若温度为T1、T2，反应的平衡常数K1、K2则 K1＞K2‎ ‎19．一密闭容器中，反应 aA（g）⇌bB（g）达平衡后，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．平衡向逆反应方向移动了 B．物质A的转化率减少了 C．物质B的质量分数增加了 D．a＞b ‎20．某溶液中发生反应：A⇌2B+C，A的反应速率v（A）与时间t的图象如图所示．若溶液的体积为2L，且起始时只加入A物质，下列说法错误的是（　　）‎ A．0﹣2min，速率不断减少的主要原因是A的浓度减少 B．反应开始前2min，C的浓度增加量等于A的浓度减少量 C．至2min时，A的物质的量减小值可能是0.5mol D．至2min时，c（B）介于1mol•L﹣1 至1.5mol•L﹣1 之间 ‎21．常温常压下，在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里，分别充有二氧化氮和空气，现分别进行下列两个实验：（N2O4⇌2NO2△H＞0）‎ ‎（a）将两容器置于沸水中加热 ‎（b）在活塞上都加2kg的砝码 在以上两情况下，甲和乙容器的体积大小的比较，正确的是（　　）‎ A．（a）甲＞乙，（b）甲＞乙 B．（a）甲＞乙，（b）甲=乙 C．（a）甲＜乙，（b）甲＞乙 D．（a）甲＞乙，（b）甲＜乙 ‎22．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．向饱和NaCl溶液中1：1通入NH3和CO2制备NaHCO3‎ B．500℃左右比常况下更有利于合成氨 C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气 D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率 ‎23．298K时，在容积不变的密闭容器中注满NO2气体，2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．平衡后把该容器置于沸水中，下列性质或数值不会改变的是（　　）‎ ‎①颜色 ②平均摩尔质量 ③质量 ④压强 ⑤密度．‎ A．①② B．②③ C．④⑤ D．③⑤‎ ‎24．将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）△H＜0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为b．a与b的关系是（　　）‎ A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定 ‎25．某温度下，将3molA和3molB充入体积为 1L的密闭容器中，发生如下反应：aA（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（g）．反应达到平衡后，C的浓度为 3mol/L．压缩容器体积，使容器的体积减小一半，建立新的平衡时，B的浓度为2mol/L．则方程式中a的数值为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎26．（1）实验测得16g甲醇[CH3OH（l）]在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出363.25kJ的热量，试写出甲醇燃烧热的热化学方程式：‎ ‎　　．‎ ‎（2）从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键被破坏和生成物的化学键的形成过程．已知反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=a kJ•mol﹣1．有关键能数据如表：‎ 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能（kJ•mol﹣1）‎ ‎436‎ ‎391‎ ‎945‎ 试根据表中所列键能数据估算a的数值　　．‎ ‎（3）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反应热进行推算．已知：‎ C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H3=﹣2599kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律，计算298K时由C（s，石墨）和H2（g）生成1mol C2H2（g）反应的反应热为：‎ ‎△H=　　．‎ ‎（4）在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3﹣．两步反应的能量变化示 意图如图：‎ 第一步反应是　　反应（填“放热”或“吸热”），原因是　　．‎ ‎27．碳酸钙、盐酸是中学化学实验中的常用试剂．‎ ‎（1）甲同学拟测定CaCO3固体与过量0.1mol•L﹣1 HCl的反应速率．‎ ‎①该反应的离子方程式为　　．‎ ‎②设计实验方案：通过测量　　计算反应速率 ‎（2）乙同学拟用如图装置探究固体表面积和反应物浓度对化学反应速率的影响．电子天平限选试剂与用品：0.1mol•L﹣1 HCl、颗粒状CaCO3、粉末状CaCO3、蒸馏水、量筒、秒表 ‎（i）设计实验方案：在反应物浓度或固体表面积不同的条件下，测定　　‎ ‎（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）．‎ ‎（ⅱ） 根据（i）中设计的实验测定方案，拟定实验表格，完整体现实验方案．列出所用试剂的用量、待测物理量；数据用字母a、b、c、d表示．‎ 已知实验1和2探究固体表面积对反应速率的影响；‎ 实验1和3探究反应物浓度对反应速率的影响．‎ 写出表中①﹣⑥所代表的必要数据或物理量 ‎ 物理量 实验序号 V（0.1mol•L﹣1 HCl）/mL m（颗粒状CaCO3）/g m（粉末状CaCO3）/g V（蒸馏水）/mL ‎⑤‎ ‎⑥‎ 实验1‎ a b ‎0‎ c d 实验2‎ ‎①‎ ‎0‎ ‎③‎ c d 实验3‎ c ‎②‎ ‎ 0‎ ‎④‎ d ‎28．固定和利用CO2能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体．工业上有一种用CO2来生产甲醇燃料的方法：‎ CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ•mol﹣1‎ 某科学实验将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图所示（实线）．‎ ‎（1）a点正反应速率　　（填大于、等于或小于）逆反应速率．‎ ‎（2）下列时间段平均反应速率最小的是　　．‎ A．0～1min B．1～3min C．3～8min D．8～11min ‎（3）求平衡时氢气的转化率和该条件下反应的平衡常数K．（写出计算过程）‎ ‎（4）仅改变某一实验条件再进行两次实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，曲线I对应的实验条件改变是　　，曲线II对应的实验条件改变是　　．判断的理由是　　．‎ ‎29．物质A是生产各种塑料的重要单体，工业上采用物质B分解制备物质A的同时释放出氢气，其制备原理是：‎ B（g）⇌A（g）+H2（g）△H=+125kJ•mol﹣1‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式为K=　　．随着温度的升高，K值　　（填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ ‎（2）实际生产中常以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（稀释剂不参加反应）．物质B的平衡转化率与水蒸气的用量、体系总压强关系如图．‎ ‎①由图可得出：‎ 结论一：其他条件不变，水蒸气的用量越大，平衡转化率越　　；‎ 结论二：　　‎ ‎②加人稀释剂能影响反应物B的平衡转化率的原因是：　　．‎ ‎（3）某些工艺中，在反应的中途加入O2和特定的催化剂，有利于提高B的平衡转化率．试解释其原因：　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省广州市培正中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每题2分，共50分）‎ ‎1．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．下列措施有利于节能减排、保护环境的是（　　）‎ ‎①加快化石燃料的开采与使用；‎ ‎②研发易降解的生物农药；‎ ‎③应用高效洁净的能源转换技术；‎ ‎④田间焚烧秸秆；‎ ‎⑤推广使用节能环保材料．‎ A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②④ D．②④⑤‎ ‎【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．‎ ‎【分析】“节能减排，科学发展”的主题是节约能源，减少二氧化碳等温室气体的排放，有计划的发展，科学的发展．‎ ‎【解答】解：①加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故不符合题意；‎ ‎②研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，故符合题意；‎ ‎③应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意；‎ ‎④田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放，故不符合题意；‎ ‎⑤推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意．‎ 即有利于节能减排、保护环境的是②③⑤，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．以下说法中正确的是（　　）‎ A．所有△H＜0的反应均是自发反应 B．高锰酸钾加热分解是一个熵减小的过程 C．冰在室温下自动熔化成水，是熵增的过程 D．自发进行的反应一定能迅速进行 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】反应能自发进行，应满足△G=△H﹣T•△S＜0，相同物质的量的同种物质熵值：气体＞液体＞固体，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．△G＜0反应自发进行，由△G=△H﹣T△S可知，△H＜0时，若△S＜0，则△G可能大于0，反应非自发，故A错误；‎ B．高锰酸钾分解生成气体，混乱度增加，熵值增大，故B错误；‎ C．反应向熵值方向进行，同种物质熵值：液体＞固体，冰在室温下自动熔化成水，是熵增的重要结果，故C正确；‎ D．．△G＜0反应自发进行，能否发生还有反应速率问题，能自发进行，反应速率不一定大，如金属的腐蚀，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．下列叙述正确的是（　　）‎ A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热△H B．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3 kJ/mol，则H2SO4和NH3•H2O反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D．CO（g）的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的△H=+2×283.0 kJ/mol ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】A、催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡；‎ B、氨水的电离是吸热过程，而且两者的物质的量不知；‎ C、可燃物的燃烧也需要加热，但属于放热反应；‎ D、根据燃烧热的定义、盖斯定律分析．‎ ‎【解答】解：A、催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应热，故A错误；‎ B、氨水的电离是吸热过程，而且两者的物质的量不知，故B错误；‎ C、可燃物的燃烧也需要加热，但属于放热反应，故C错误；‎ D、CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol，因此2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）的反应热为△H=+2×283.0kJ/mol，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．N2和H2合成NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（　　）‎ A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=2（b﹣a） kJ/mol B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）；△H=2（a﹣b﹣c） kJ/mol C． N2（g）+H2（g）⇌NH3（l）；△H=（b+c﹣a） kJ/mol D． N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）；△H=（a+b） kJ/mol ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】从图象看，热化学方程式为：①N2（g）+H2（g）⇌NH3（l）；△H=﹣（b+c﹣a） kJ/mol；或②N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）；△H=（a﹣b） kJ/mol，△H与化学计量数成正比，以此分析．‎ ‎【解答】解：从图象看，热化学方程式为：①N2（g）+H2（g）⇌NH3（l）；△H=﹣（b+c﹣a） kJ/mol或②N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）；△H=（a﹣b） kJ/mol；△H=（a﹣b） kJ/mol，△H与化学计量数成正比，①×2可得：N2（g）+3H2（g）═2NH3（l）△H=2（a﹣b﹣c） kJ/mol，‎ ‎②×2可得：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=2（a﹣b） kJ/mol，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】化学反应中能量转化的原因；催化剂的作用．‎ ‎【分析】水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变．‎ ‎【解答】解：A、水的分解为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，与图不符，故A错；‎ B、加入催化剂反应热不变，并且图象符合反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；‎ C、化学反应一定伴随着能量变化，反应物的总能量与生成物的总能量不相等，故C错；‎ D、加入催化剂降低反应的活化能，图象不符合，故D错．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，1mol H2O（g） 转为1mol H2O（l）时放热44KJ，则氢气的燃烧热为（　　）‎ A．165 kJ/mol B．286 kJ/mol C．242kJ/mol D．264kJ/mol ‎【考点】燃烧热．‎ ‎【分析】根据m=nM计算1mol水的质量为18g，进而计算1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量，再根据1mol H2O（g） 转为1mol H2O（l）时放热44KJ计算生成液态水的反应热．‎ ‎【解答】解：因为1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，所以1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量为121KJ×2=242KJ，又1mol H2O（g） 转为1mol H2O（l）时放热44KJ，所以1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出热量为242KJ+44KJ=286KJ，则氢气的燃烧热为286 kJ/mol，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．已知一定温度下合成氨反应：N2+H2═2NH3 （每生成2mol NH3放出92.4kJ的热量），在恒温恒压的密闭容器中进行如下实验：①通入1mol N2和3mol H2，达平衡时放出热量为Q1，②通入2mol N2和6mol H2，达平衡时放出热量为Q2，则下列关系正确的是（　　）‎ A．Q2＞2 Q1 B．Q1=92.4 kJ C．Q1＜Q2＜184.8 kJ D．Q1=Q2＜92.4 kJ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】热化学方程式N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol表示一定条件下，1molN2（g）与3molH2（g）反应生成2molNH3（g）放出的热量是92.4kJ．恒温恒压下，反应前后气体的物质的量发生变化，①与②中n（N2）：n（H2）=1：3，二者为等效平衡，反应物的转化率相同，②中参加反应的n（N2）是①中的2倍，据此判断．‎ ‎【解答】解：热化学方程式N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol表示一定条件下，1molN2（g）与3molH2（g）反应生成2molNH3（g）放出的热量是92.4kJ．‎ 反应为可逆反应，物质不能完全反应，恒温恒压下，反应前后气体的物质的量发生变化，①与②中n（N2）：n（H2）=1：3，二者为等效平衡，反应物的转化率相同，②中参加反应的n（N2）是①中的2倍，所以Q2=2 Q1＜184.8 kJ．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．下列热化学方程式正确的是（注：AH的绝对值均正确）（　　）‎ A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H=﹣1367.0 kJ/mol（燃烧热）‎ B．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol（中和热）‎ C．S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H=+269.8kJ/mol（反应热）‎ D．2HCl（g）═Cl2（g）+H2（g）；△H=﹣184.6kJ/mol（反应热）‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；‎ B、中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；‎ C、热化学方程式是标注物质聚集状态，反应放出的热量；‎ D、氯化氢分解反应为吸热反应，焓变为正值．‎ ‎【解答】解：A、C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0 kJ/mol（燃烧热）反应中生成 的氧化物水是气体，不是稳定氧化物，故A错误；‎ B、NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol（中和热），符合中和热概念，故B正确；‎ C、S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣269.8kJ/mol（反应热），焓变不符合热化学方程式的书写，故C错误；‎ D、2HCl（g）═Cl2（g）+H2（g）；△H=+184.6kJ/mol（反应热），反应为吸热反应，焓变为正值，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．将V1ml 1.00mol/LHCl溶液和V2ml未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50ml），下列叙述正确的是（　　）‎ A．实验操作时的环境温度为22℃‎ B．实验表明热能可转化为化学能 C．该实验表明有水生成的反应都是放热反应 D．NaOH溶液的浓度约为1.50 mol/L ‎【考点】中和热的测定．‎ ‎【分析】A．从图示观察起始温度即为实验时环境温度；‎ B．盐酸和氢氧化钠反应放出热量使体现温度升高；‎ C．根据一个反应无法得出此结论；‎ D．恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50Ml可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，以此计算NaOH浓度；‎ ‎【解答】解：A．从图示观察起始温度即为实验时环境温度，因此该实验开始时温度是20℃，故A错误；‎ B．所以由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故B错误；‎ C．只是该反应放热，其他有水生成的反应不一定，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，故C错误；‎ D．恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50Ml可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，‎ 恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n．‎ ‎ HCl+NaOH=NaCl+H 2O ‎ 1 1‎ ‎1.0mol•L﹣1×0.03L n 则n=1.0mol•L﹣1×0.03L=0.03mol，所以浓度是： =1.5mol/L，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．在进行中和热的测定中，下列操作错误的是（　　）‎ A．反应前酸、碱溶液的温度要相同 B．测量溶液的温度计要一直插在溶液中 C．为了使反应均匀进行，可以向酸（碱）中分次加入碱（酸）‎ D．为了使反应更完全，可以使酸或碱适当过量 ‎【考点】化学研究基本方法及作用；中和热的测定．‎ ‎【分析】A．反应前温度要相同；‎ B．温度计要一直插在溶液中；‎ C．分次加入混合时，容易造成热量损失；‎ D．为了使反应进行更完全，酸或碱要过量．‎ ‎【解答】解：A．反应前温度要相同，不同时误差较大，故A正确； ‎ B．温度计要一直插在溶液中，观察最高温度，故B正确；‎ C．分次加入混合时，容易造成热量损失，使测试结果不准确，故C错误；‎ D．为了使反应进行更完全，可以使酸（碱）适当过量，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．在一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表．‎ t/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ V（O2）/mL ‎0.0‎ ‎9.9‎ ‎17.2‎ ‎22.4‎ ‎26.5‎ ‎29.9‎ 下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（　　）‎ A．0～6 min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10﹣2 mol/（L•min）‎ B．6～10 min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10﹣2 mol/（L•min）‎ C．反应到6 min时，H2O2分解了50%‎ D．反应到6 min时，c（H2O2）=0.30 mol/L ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A.0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，v（H202）=mol/（L•min）；‎ B．反应物浓度越大反应速率越大，随着反应进行，反应速率逐渐减小；‎ C.6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，其分解率=×100%；‎ D.6min时，c（H2O2）=（0.40﹣）mol/L．‎ ‎【解答】解：A.0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，v（H202）=mol/（L•min）≈3.3×10﹣2 mol/（L•min），故A正确；‎ B．反应物浓度越大反应速率越大，随着反应进行，反应速率逐渐减小，前6min内反应速率为3.3×10﹣2 mol/（L•min），则6～10 min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10﹣2 mol/（L•min），故B正确；‎ C.6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，其分解率=×100%=50%，故C正确；‎ D.6min时，c（H2O2）=（0.40﹣）mol/L=0.20mol/L，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．下列各组实验中溶液最先变浑浊的是（　　）‎ A．0.1mol/LNa2S2O3和H2SO4各5mL，加水5mL，反应温度10℃‎ B．0.1mol/LNa2S2O3和H2SO4各5mL，加水10mL，反应温度10℃‎ C．0.1mol/LNa2S2O3和H2SO4各5mL，加水5mL，反应温度30℃‎ D．0.2mol/LNa2S2O3和H2SO4各5mL，加水10mL，反应温度30℃‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】混合溶液温度越高、反应物浓度越大，反应速率越快，则该实验越先变浑浊，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：混合溶液温度越高、反应物浓度越大，反应速率越快，则该实验越先变浑浊，‎ 根据题干知，温度CD高于AB，所以反应速率CD大于AB，C中物质浓度小于D，所以反应速率D大于C，则变浑浊先后顺序是D、C；‎ A物质浓度大于B，所以反应速率A大于B，所以变浑浊先后顺序是A、B，‎ 题干以上分析知，出现浑浊先后顺序是D、C、A、B，所以最先出现浑浊的是D，故选D．‎ ‎　‎ ‎13．向一容积为5L的恒容密闭容器中充入5molA与8molB，在一定条件下反应：2A（g）+3B（g）⇌xC（g）+yD（g） （x、y为正整数），反应进行2min后达到平衡，这2min内平均反应速率v（C）=0.3mol/（L•min），D的平衡浓度为0.3mol/L，又知v（B）：v（C）=3：2，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．x：y=3：1 B．v（A）：v（C）=2：1‎ C．A的平衡浓度为0.4mol/L D．A与B的平衡浓度之比为3：2‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A、根据△c=v•△t计算△c（C），结合D的平衡浓度，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比确定x：y的值；‎ B、速率之比等于化学计量数之比，由v（B）：v（C）=3：2，得x；‎ C、根据D的平衡浓度计算△c（A），c（A）起始﹣△c（A）=c（A）平衡；‎ D、根据D的平衡浓度计算△c（A）、△c（B），起始浓度﹣浓度变化量=平衡浓度，据此计算判断．‎ ‎【解答】解：A、△c（C）=0.3mol/（L•min）×2min=0.6mol/L，D的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故x：y=0.6mol/L：0.3mol/L=2：1，故A错误；‎ B、速率之比等于化学计量数之比，由v（B）：v（C）=3：2，故x=2，所以v（A）：v（C）=2：2=1：1，故B错误；‎ C、由A、B分析可知y=1，D的平衡浓度为0.3mol/L，故△c（A）=2×0.3mol/L=0.6mol/L，A的平衡浓度为﹣0.6mol/L=0.4mol/L．故C正确；‎ D、y=1，D的平衡浓度为0.3mol/L，故△c（A）=2×0.3mol/L=0.6mol/L，A的平衡浓度为﹣0.6mol/L=0.4mol/L，△c（B）=3×0.3mol/L=0.9mol/L，B的平衡浓度为﹣0.9mol/L=0.7mol/L，故A与B的平衡浓度之比为0.4mol/L：0.7mol/L=4：7，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．下列说法中正确的是（　　）‎ A．凡是放热反应都是自发的，由于吸热反应都是非自发的 B．自发反应在恰当条件下才能实现 C．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 D．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大 ‎【考点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响．‎ ‎【分析】A．反应是否自发进行，是根据焓变、熵变和温度判断依据进行分析，若△H﹣T△S＜0，反应自发进行；若△H﹣T△S＞0，则反应非自发进行；‎ B．自发反应必须在恰当条件下才能实现；‎ C．催化剂降低反应的活化能；‎ D．浓度增大或有气体参加反应中增加压强，使单位体积内活化分子数增多，但反应物分子的平均能量和发生反应所需能量都未发生变化．‎ ‎【解答】解：A．判断自发反应是否能进行应综合考虑焓变与熵变，选项中只考虑了△H，故A错误； ‎ B．自发反应不是在任何条件下都能实现，必须在恰当条件下才能实现，故B正确；‎ C．催化剂降低反应的活化能能增大单位体积内活化分子百分数，故C错误；‎ D．浓度增大或有气体参加反应中增加压强，使单位体积内活化分子数增多，但反应物分子的平均能量和发生反应所需能量都未发生变化，活化分子百分数未改变，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．难挥发性二硫化钽（TaS2）可采用如下装置提纯．将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中．反应如下：TaS2（s）+2I2（g）⇌TaI4（g）+S2（g）下列说法正确的是（　　）‎ A．在不同温度区域，TaI4的量保持不变 B．在提纯过程中，I2的量不断减少 C．在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区 D．该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比 ‎【考点】化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】应用题给信息中的化学平衡，结合平衡的理论和知识进行分析判断．TaS2（s）+2I2（g）⇌TaI4（g）+S2（g）是化学平衡，二硫化钽（TaS2）是难挥发的物质，结合图示中二硫化钽的位置可知，提纯是把二硫化钽（TaS2）和碘单质在高温下反应生成气体TaI4（g）和S2（g），所以该反应正反应是吸热反应，当气体扩散到低温区，平衡左移生成二硫化钽（TaS2）和I2（g），使二硫化钽（TaS2）得到提纯．‎ ‎【解答】解：A、根据反应条件可知当温度不同时反应进行的主要方向不同，TaI4的量改变，故A错误；‎ B、因为是在同一密闭系统中有质量守恒定律可知I2的量不可能不断减少，在一定条件下达到平衡后不再变化，故B错误；‎ C、在提纯过程中，I2的作用是充当一个“搬运工”的角色，将TaS2从高温区转移到低温区以达到提纯的目的，故C正确；‎ D、根据平衡常数表达式可知，平衡常数用平衡时生成物的浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积，所以平衡常数K与Tal4和S2的浓度乘积成正比，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．在恒温条件下将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一容积为2L的密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图．下列说法不正确的是（　　）‎ A．图中的两条曲线，X表示NO2浓度随时间的变化曲线 B．前10 min内用v（N2O4）=0.02 mol/（L•min）‎ C．25 min时，NO2转变为N2O4的反应速率增大，其原 因是将密闭容器的体积缩小为1L D．该温度下反应的平衡常数 K=1.11 L/mol ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】由图可知10﹣25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0.6﹣0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0.6﹣0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线．‎ A、计算X、Y的浓度变化量，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比，确定表示NO2浓度变化曲线；‎ B、由图象可知，10 min内用四氧化二氮的浓度变化量为（0.6﹣0.2）mol/L=0.4mol/L，根据v=计算v（N2O4）；‎ C、25min时，X的浓度增大，Y的浓度不变，只能是增大X的浓度；‎ D、K与温度有关，根据图象求出平衡时的浓度，再根据K的表达式求出K．‎ ‎【解答】解：由图可知10﹣25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0.6﹣0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0.6﹣0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线．‎ A、由上述分析可知，X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线，故A正确；‎ B、由图象可知，10 min内用N2O4的浓度变化量为（0.6﹣0.4）mol/L=0.2mol/L，故v（N2O4）==0.02 mol/（L•min），故B正确；‎ C、25min时，X的浓度增大，Y的浓度不变，只能是增大X的浓度，所以曲线发生变化的原因是增加NO2浓度，故C错误；‎ D、反应2NO2（g）⇌N2O4（g），0～10min，v（NO2）=0.6mol•L﹣1，v（N2O4）=0.4mol•L﹣1，K====1.11L/mol，温度不变，k不变，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＜0．某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：‎ 下列判断一定错误的是（　　）‎ A．图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高 B．图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高 C．图Ⅲ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高 D．图 IV研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高 ‎【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线．‎ ‎【分析】A．加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，甲使用的催化剂效率较高；‎ B．甲到达平衡时间长，所以甲的压强较低；‎ C．甲到达平衡时间短，所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动；‎ D．加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，甲使用的催化剂效率较高．‎ ‎【解答】解：A．加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，乙使用的催化剂效率较较低，故A错误；‎ B．甲到达平衡时间长，所以甲的压强较低，乙的压强较高，故B正确；‎ C．甲到达平衡时间短，所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以B的转化率减小，故C正确；‎ D．加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎18．I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）某I2、KI混合溶液中，I3﹣的物质的量浓度c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态，忽略I2 的挥发）．下列说法正确的是（　　）‎ A．反应 I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）△H＞0‎ B．状态A与状态B相比，状态A的c（I2）大 C．若反应进行到状态D时，一定有v逆＞v正 D．若温度为T1、T2，反应的平衡常数K1、K2则 K1＞K2‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3﹣的物质的量浓度减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，温度越高，平衡常数越小，从温度对平衡移动的影响分别判断碘单质的转化率、平衡常数的变化、反应进行方向及不同状态的A的浓度大小，以此解答．‎ ‎【解答】解：A．由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3﹣的物质的量浓度减小，说明该反应的正反应为放热反应，反应I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）的△H＜0，故A错误；‎ B．温度升高，平衡向逆方向移动，c（I3﹣）变小，则c（I2）应变大，所以状态B的c（I2）大，故B错误；‎ C．若反应进行到状态D时，反应未达到平衡状态，若反应趋向于平衡，则反应向生成的I3﹣方向移动，则v正＞v逆，故C错误；‎ D．该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，温度越高，平衡常数越小，若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎19．一密闭容器中，反应 aA（g）⇌bB（g）达平衡后，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．平衡向逆反应方向移动了 B．物质A的转化率减少了 C．物质B的质量分数增加了 D．a＞b ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】先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%，比假设大，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，据此结合选项判断．‎ ‎【解答】解：先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%，比假设大，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，‎ 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错误；‎ B、根据A的判断，平衡向正反应移动，反应物转化率增大，故B错误；‎ C、平衡向正反应移动，B的质量增大，混合气体的总质量不变，故物质B的质量分数增大，故C正确；‎ D、根据A的判断，平衡向生成B的方向移动，则a＜b，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎20．某溶液中发生反应：A⇌2B+C，A的反应速率v（A）与时间t的图象如图所示．若溶液的体积为2L，且起始时只加入A物质，下列说法错误的是（　　）‎ A．0﹣2min，速率不断减少的主要原因是A的浓度减少 B．反应开始前2min，C的浓度增加量等于A的浓度减少量 C．至2min时，A的物质的量减小值可能是0.5mol D．至2min时，c（B）介于1mol•L﹣1 至1.5mol•L﹣1 之间 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】根据图象可知，阴影部分的面积△c（A）的范围为：0.25 mol・L﹣1・min﹣1×2min=0.5mol・L﹣1＜△c（A）＜0.25 mol・L﹣1・min﹣1×2min+×0.25 mol・L﹣1・min﹣1×2min=0.75mol・L﹣1；‎ A．浓度越小化学反应速率越小；‎ B．同一可逆反应中同一段时间内各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比；‎ C．图中阴影部分的面积表示0～2min内A的物质的量浓度的减小值，不是物质的量的减小值；‎ D．根据A的浓度变化及反应方程式计算出B的浓度变化．‎ ‎【解答】解：根据图象可知，阴影部分的面积△c（A）的范围为：0.25 mol・L﹣1・min﹣1×2min=0.5mol・L﹣1＜△c（A）＜0.25 mol・L﹣1・min﹣1×2min+×0.25 mol・L﹣1・min﹣1×2min=0.75mol・L﹣1；‎ A．浓度越小化学反应速率越小，随着反应的进行，A浓度逐渐减小，则化学反应速率逐渐减小，故A正确；‎ B．同一可逆反应中同一段时间内各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比，A、C的计量数相等，则反应开始前2min，二者的浓度变化量之比等于其计量数之比为1：1，所以C的浓度增加量等于A的浓度减少量，故B正确；‎ C．图中阴影部分的面积表示0～2min内A的物质的量浓度的减小值，不是物质的量的减小值，故C错误；‎ D．物质的量变化与化学计量数成正比，则2min时，B的物质的量浓度c（B）介于：0.5mol/L×2=1mol/L～0.75mol/L×2=1.5mol/L之间，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎21．常温常压下，在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里，分别充有二氧化氮和空气，现分别进行下列两个实验：（N2O4⇌2NO2△H＞0）‎ ‎（a）将两容器置于沸水中加热 ‎（b）在活塞上都加2kg的砝码 在以上两情况下，甲和乙容器的体积大小的比较，正确的是（　　）‎ A．（a）甲＞乙，（b）甲＞乙 B．（a）甲＞乙，（b）甲=乙 C．（a）甲＜乙，（b）甲＞乙 D．（a）甲＞乙，（b）甲＜乙 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】先分析条件变化引起体积如何变化，再根据甲中存在平衡，乙不存在，分析平衡移动对体积的进一步影响，据此解答．‎ ‎【解答】解：（a）在沸水中，气体体积都受热膨胀，甲中存在平衡N2O4⇌2NO2 △H＞0，升高温度，平衡正向移动，使体积进一步增大，所以体积：甲＞乙；‎ ‎（b）都加2kg的砝码，压强增大，气体都缩小，甲中存在平衡N2O4⇌2NO2 △H＞0，增大压强，平衡逆向移动，体积减小得更多，所以体积：甲＜乙；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎22．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．向饱和NaCl溶液中1：1通入NH3和CO2制备NaHCO3‎ B．500℃左右比常况下更有利于合成氨 C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气 D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率 ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】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，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．‎ ‎【解答】解：A、氨气的水溶液呈碱性，使CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++HCO3﹣平衡正向移动，所以能用勒夏特列原理解释，故A不选；‎ B、存在平衡2N2+3H2⇌2NH3，合成氨是放热过程，高温不利于氨气的合成，选择500℃考虑反应速率较快、且催化剂活性较高，故B选；‎ C、实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，可以用勒夏特列原理解释，故C不选；‎ D、工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气，增加氧气的量，使平衡正向移动，从而提高二氧化硫的利用率，可以用勒夏特列原理解释，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎23．298K时，在容积不变的密闭容器中注满NO2气体，2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．平衡后把该容器置于沸水中，下列性质或数值不会改变的是（　　）‎ ‎①颜色 ②平均摩尔质量 ③质量 ④压强 ⑤密度．‎ A．①② B．②③ C．④⑤ D．③⑤‎ ‎【考点】化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】可逆反应2NO2⇌N2O4，正反应放热，升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2⇌N2O4向左进行，‎ ‎①二氧化氮的浓度增大，颜色加深；‎ ‎②混合气体总的物质的量增大，根据M=判断；‎ ‎③反应混合物都是气体，根据质量守恒定律判断；‎ ‎④升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT判断；‎ ‎⑤根据ρ=判断．‎ ‎【解答】解：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，所以化学平衡2NO2⇌N2O4向左进行．‎ ‎①二氧化氮的浓度增大，颜色加深；‎ ‎②混合气体总的物质的量增大，混合气体总的质量不变，根据M=可知，混合气体的平均相对分子质量减小；‎ ‎③反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变；‎ ‎④升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT可知，容器内压强增大；‎ ‎⑤反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变，容器的容积不变，根据ρ=可知，混合气体的密度不变．‎ 综上所述性质或数值不会改变的是③⑤；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎24．将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）△H＜0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为b．a与b的关系是（　　）‎ A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】恒温条件下反应是放热反应，平衡时Br2（g）的转化率为a，若初始条件相同，绝热下进行上述反应，由于反应是放热反应，容器中的温度高于恒温条件下容器中的温度，平衡向吸热反应方向移动，所以平衡逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率小于a；‎ ‎【解答】解：恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）△H＜0，反应是放热反应，此时达到平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，最终平衡时容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率减少，即b＜a；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎25．某温度下，将3molA和3molB充入体积为 1L的密闭容器中，发生如下反应：aA（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（g）．反应达到平衡后，C的浓度为 3mol/L．压缩容器体积，使容器的体积减小一半，建立新的平衡时，B的浓度为2mol/L．则方程式中a的数值为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】反应达到平衡后，C的浓度为 3mol/L，则B的浓度变化量为3mol/L×=2mol/L，平衡时B的浓度为﹣2mol/L=1mol/L，将压缩容器体积，使容器的体积减小一半，瞬间B的浓度变为2mol/L，而新的平衡时B的浓度为2mol/L，说明改变压强平衡不移动，则反应前后气体的体积不变．‎ ‎【解答】解：反应达到平衡后，C的浓度为 3mol/L，则B的浓度变化量为3mol/L×=2mol/L，平衡时B的浓度为﹣2mol/L=1mol/L，将压缩容器体积，使容器的体积减小一半，瞬间B的浓度变为2mol/L，而新的平衡时B的浓度为2mol/L，说明改变压强平衡不移动，则反应前后气体的体积不变，故a+2=3+1，则a=2，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎26．（1）实验测得16g甲醇[CH3OH（l）]在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出363.25kJ的热量，试写出甲醇燃烧热的热化学方程式：‎ ‎　CH3OH （l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5KJ/mol　．‎ ‎（2）从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键被破坏和生成物的化学键的形成过程．已知反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=a kJ•mol﹣1．有关键能数据如表：‎ 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能（kJ•mol﹣1）‎ ‎436‎ ‎391‎ ‎945‎ 试根据表中所列键能数据估算a的数值　﹣93　．‎ ‎（3）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反应热进行推算．已知：‎ C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H3=﹣2599kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律，计算298K时由C（s，石墨）和H2（g）生成1mol C2H2（g）反应的反应热为：‎ ‎△H=　+226.7 KJ/mol　．‎ ‎（4）在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3﹣．两步反应的能量变化示 意图如图：‎ 第一步反应是　放热　反应（填“放热”或“吸热”），原因是　反应物总能量高于生成物总能量　．‎ ‎【考点】热化学方程式；反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成温度氧化物放出的热量，根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答；‎ ‎（2）反应热等于反应物的总键能﹣生成物的总键能求算；‎ ‎（3）可以先根据反应物和生成物书写化学方程式，根据盖斯定律计算反应的焓变，最后根据热化学方程式的书写方法来书写热化学方程式；‎ ‎（4）当反应物的总能量大于生成物的总能量，反应是放热的．‎ ‎【解答】解：（1）16gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出363.25kJ热量，32g即1molCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出726.5kJ热量，‎ 则△H=﹣726.5KJ/mol，则燃烧热的热化学方程式为：CH3OH （l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5KJ/mol，‎ 故答案为：CH3OH （l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5KJ/mol；‎ ‎（2）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=945kJ•mol﹣1+436kJ•mol﹣1×3﹣391kJ•mol﹣1×6=﹣93kJ•mol﹣1=a kJ•mol﹣1，因此a=﹣93，‎ 故答案为：﹣93； ‎ ‎（3）已知：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）△H2=﹣2599kJ•mol﹣1；‎ ‎2C （s，石墨）+H2（g）=C2H2（g）的反应可以根据①×2+②×﹣③×得到，‎ 所以反应焓变△H=2×（﹣393.5kJ•mol﹣1）+（﹣571.6kJ•mol﹣1）×﹣（﹣2599kJ•mol﹣1）×=+226.7kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：+226.7 KJ/mol；‎ ‎（4）因为△H=﹣273kJ/mol＜0，则反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，‎ 故答案为：放热，反应物总能量高于生成物总能量．‎ ‎　‎ ‎27．碳酸钙、盐酸是中学化学实验中的常用试剂．‎ ‎（1）甲同学拟测定CaCO3固体与过量0.1mol•L﹣1 HCl的反应速率．‎ ‎①该反应的离子方程式为　CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑　．‎ ‎②设计实验方案：通过测量　生成二氧化碳的体积和反应时间或消耗碳酸钙固体的质量和反应时间　计算反应速率 ‎（2）乙同学拟用如图装置探究固体表面积和反应物浓度对化学反应速率的影响．电子天平限选试剂与用品：0.1mol•L﹣1 HCl、颗粒状CaCO3、粉末状CaCO3、蒸馏水、量筒、秒表 ‎（i）设计实验方案：在反应物浓度或固体表面积不同的条件下，测定　生成等质量二氧化碳所需时间　‎ ‎（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）．‎ ‎（ⅱ） 根据（i）中设计的实验测定方案，拟定实验表格，完整体现实验方案．列出所用试剂的用量、待测物理量；数据用字母a、b、c、d表示．‎ 已知实验1和2探究固体表面积对反应速率的影响；‎ 实验1和3探究反应物浓度对反应速率的影响．‎ 写出表中①﹣⑥所代表的必要数据或物理量 ‎ 物理量 实验序号 V（0.1mol•L﹣1 HCl）/mL m（颗粒状CaCO3）/g m（粉末状CaCO3）/g V（蒸馏水）/mL ‎⑤‎ ‎⑥‎ 实验1‎ a b ‎0‎ c d 实验2‎ ‎①‎ ‎0‎ ‎③‎ c d 实验3‎ c ‎②‎ ‎ 0‎ ‎④‎ d ‎【考点】探究影响化学反应速率的因素．‎ ‎【分析】（1）①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，据此书写化学方程式；‎ ‎②测定CaCO3固体与过量0.1mol•L﹣1 HCl的反应速率，可以根据单位时间内二氧化碳的生成量或单位时间内碳酸钙的消耗量判断反应速率；‎ ‎（2）（i）在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，通过测定单位时间内二氧化碳的生成速率判断反应速率；‎ ‎（ⅱ）据盐酸浓度相同时，块状碳酸钙与粉末状碳酸钙生成二氧化碳的速率和碳酸钙状态相同盐酸浓度不同时生成二氧化碳速率进行实验．‎ ‎【解答】解：（1）①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，‎ 故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；‎ ‎②可以根据单位时间内二氧化碳的生成量或单位时间内碳酸钙的消耗量判断反应速率，‎ 故答案为：生成二氧化碳的体积和反应时间；消耗碳酸钙固体的质量和反应时间；‎ ‎（2）①在固体表面积或反应物浓度不同的条件下，通过测定单位时间内二氧化碳的生成速率判断反应速率，‎ 故答案为：生成等质量二氧化碳所需时间；‎ ‎②据盐酸浓度相同时，块状碳酸钙与粉末状碳酸钙生成二氧化碳的速率和碳酸钙状态相同盐酸浓度不同时生成二氧化碳速率进行实验，‎ 物理量 实验序号 V（0.1mol/L的HCl）/mL m（块状碳酸钙质量）/g m（粉末状碳酸钙质量）/g V（蒸馏水）/mL m（二氧化碳）/g 反应时间 t/s 实验1‎ a b c d 实验2‎ a b c d 实验3‎ c b a d 表中①﹣⑥所代表的必要数据或物理量分别为：①a ②b ③b ④a ⑤m（CO2）/g ⑥时间/s，‎ 故答案为：①a； ②b；③b； ④a； ⑤m（CO2）/g；⑥时间/s．‎ ‎　‎ ‎28．固定和利用CO2能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体．工业上有一种用CO2来生产甲醇燃料的方法：‎ CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ•mol﹣1‎ 某科学实验将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图所示（实线）．‎ ‎（1）a点正反应速率　大于　（填大于、等于或小于）逆反应速率．‎ ‎（2）下列时间段平均反应速率最小的是　D　．‎ A．0～1min B．1～3min C．3～8min D．8～11min ‎（3）求平衡时氢气的转化率和该条件下反应的平衡常数K．（写出计算过程）‎ ‎（4）仅改变某一实验条件再进行两次实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，曲线I对应的实验条件改变是　升高温度　，曲线II对应的实验条件改变是　增大压强　．判断的理由是　Ⅱ中反应速率增大，平衡时氢气物质的量减少，说明平衡正移，该反应正方向为气体分子数目减少，因此改变的条件为增大压强　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）a点时还没有达到平衡状态，从反应物的物质的量的变化趋势判断反应进行的方向，依次判断正逆反应速率大小；‎ ‎（2）根据曲线的斜率判断，斜率越大，说明在单位时间内反应物的变化率越大，反应速率越大，也可分别计算不同时间内的反应速率大小来进行比较；‎ ‎（3）利用三段式进行计算；‎ ‎（4）从虚线变化判断达到平衡时反应物的转化的物质的量来分析，曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，曲线Ⅲ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，平衡正向移动，应是增大压强．‎ ‎【解答】解：（1）a点时还没有达到平衡状态，反应物氢气的物质的量继续减小，平衡向正向移动，所以正反应速率大于逆反应速率，‎ 故答案为：大于；‎ ‎（2）分别计算不同时间内的反应速率：0～1min内，v（H2）==1mol/（L•min）；1～3min内，v（H2）==0.75mol/（L•min）；3～8min内，v（H2）==0.1mol/（L•min）；8min后达到化学平衡状态，正逆反应速率相等，综合速率为零；所以0～1min内反应速率最大，8～11min反应速率最小，‎ 故答案为：D；‎ ‎（3）CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）‎ 起始物质的量/mol 6 8 0 0‎ 物质的量变化/mol 2 6 2 2‎ 平衡物质的量/mol 4 2 2 2 ‎ 氢气的转化率为： ==75%，K===0.5L2•mol﹣2，‎ 答：平衡时氢气的转化率为75%，该条件下反应的平衡常数为0.5L2•mol﹣2；‎ ‎（4）曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线I是升高温度；曲线Ⅲ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强．‎ 故答案为：升高温度；增大压强；Ⅱ中反应速率增大，平衡时氢气物质的量减少，说明平衡正移，该反应正方向为气体分子数目减少，因此改变的条件为增大压强．‎ ‎　‎ ‎29．物质A是生产各种塑料的重要单体，工业上采用物质B分解制备物质A的同时释放出氢气，其制备原理是：‎ B（g）⇌A（g）+H2（g）△H=+125kJ•mol﹣1‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式为K=　　．随着温度的升高，K值　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ ‎（2）实际生产中常以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（稀释剂不参加反应）．物质B的平衡转化率与水蒸气的用量、体系总压强关系如图．‎ ‎①由图可得出：‎ 结论一：其他条件不变，水蒸气的用量越大，平衡转化率越　高　；‎ 结论二：　其他条件不变，体系总压强越大，平衡转化率越小　‎ ‎②加人稀释剂能影响反应物B的平衡转化率的原因是：　总压强不变时，加入稀释剂，同等程度的减少反应物及生成物浓度，相当于体系减压，故平衡向气体物质的量增大的方向移动，物质B的平衡转化率增大（总压强不变，加入稀释剂，同等程度的减少反应物及生成物浓度，运算浓度熵小于K，故平衡正移）　．‎ ‎（3）某些工艺中，在反应的中途加入O2和特定的催化剂，有利于提高B的平衡转化率．试解释其原因：　氧气将反应生成的氢气消耗掉，减小了氢气的浓度；同时该反应放热使体系温度升高，平衡正反应方向移动　．‎ ‎【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．‎ ‎【分析】（1）根据反应方程式书写K的表达式，根据温度升高转化率增大，判断K的变化；‎ ‎（2）①根据图象分析，反应物对平衡的影响；根据图象分析，压强对平衡的影响；‎ ‎②根据分压对平衡移动的影响分析；‎ ‎（3）O2与反应生成的氢气反应，且反应放热．‎ ‎【解答】解：（1）已知B（g）⇌A（g）+H2（g）△H=+125kJ•mol﹣1，则该反应的平衡常数为：K=，已知温度升高时转化率增大，平衡正移，所以K增大；‎ 故答案为：；增大；‎ ‎（2）①其他条件不变，水蒸气的用量越大，平衡正移，平衡转化率越大；根据图象分析，压强越大，转化率越小，‎ 故答案为：高；其他条件不变，体系总压强越大，平衡转化率越小；‎ ‎②根据分压对平衡移动的影响分析可知：总压强不变时，加入稀释剂，同等程度的减少反应物及生成物浓度，相当于体系减压，故平衡向气体物质的量增大的方向移动，物质B的平衡转化率增大（总压强不变，加入稀释剂，同等程度的减少反应物及生成物浓度，运算浓度熵小于K，故平衡正移）；‎ 故答案为：总压强不变时，加入稀释剂，同等程度的减少反应物及生成物浓度，相当于体系减压，故平衡向气体物质的量增大的方向移动，物质B的平衡转化率增大（总压强不变，加入稀释剂，同等程度的减少反应物及生成物浓度，运算浓度熵小于K，故平衡正移）；‎ ‎（3）O2与反应生成的氢气反应，且反应放热，所以平衡正移有利于提高C6H5C2H5的平衡转化率，‎ 故答案为：氧气将反应生成的氢气消耗掉，减小了氢气的浓度；同时该反应放热使体系温度升高，平衡正反应方向移动．‎ ‎　‎