化学卷·2018届贵州省铜仁地区思南中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届贵州省铜仁地区思南中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年贵州省铜仁地区思南中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）‎ ‎1．在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A．CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=+725.8 kJ/mol B．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣1452 kJ/mol C．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣725.8 kJ/mol D．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=+1452 kJ/mol ‎2．已知反应①101kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ/mol ②稀溶液中，H+（aq）+OHˉ（aq）═H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol下列结论正确的是（　　）‎ A．碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol B．①反应的焓变为﹣221 kJ/mol C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为﹣57.3 kJ/mol D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量 ‎3．在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（　　）‎ A．加催化剂同时升高温度 B．加催化剂同时增大压强 C．升高温度同时充入N2 D．降低温度同时增大压强 ‎4．从下列事实，找出不能用勒沙特列原理解释的是（　　）‎ A．在溴水中存在如下平衡：Br2+H2O=HBr+HBrO，当加入NaOH溶液后颜色变浅 B．对2HI⇌H2+I2（气）平衡体系增加压强使颜色变深 C．反应CO+NO2⇌CO2+NO+Q升高温度使平衡向逆方向移动 D．合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3+Q，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施 ‎5．在可逆反应中，平衡常数与反应进行的限度关系正确的是（　　）‎ A．K越大，反应程度越大 B．K越大，反应程度越小 C．K的大小与反应程度无关 D．升高温度，K增大 ‎6．一定条件下2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1；CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1，则1molCO和3molCH4组成的混合气体在上述条件下完全燃烧放出的热量为（　　）‎ A．2912 kJ B．2953 kJ C．3236 kJ D．3836 kJ ‎7．反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的平均速率﹣v（X）（反应物的消耗速率或产物的生成速率）可表示为（　　）‎ A．（NH3）=0.01 mol/（L•s） B．（O2）=0.00l0 mol/（L•s）‎ C．（NO）=0.00l0 mol/（L•s） D．（H2O）=0.045 mol/（L•s）‎ ‎8．在如图用Zn片、Cu片和稀硫酸组成的电池装置中，经过一段时间工作后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．锌片是正极，铜片上有气泡产生 B．电流方向是从锌片流向铜片 C．溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动 D．电解液的PH值逐渐减少 ‎9．甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是 ‎①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）；△H=+49.0kJ•mol﹣1‎ ‎②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）；△H=﹣192.9kJ•mol﹣1‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．CH3OH的燃烧热为192.9kJ•mol﹣1‎ B．反应①中的能量变化如图所示 C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量 D．根据②推知反应：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的△H＞﹣192.9kJ•mol﹣1‎ ‎10．X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11﹣17之间．它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4．则下列判断不正确的是（　　）‎ A．最高正价：X＞Y＞Z B．酸性：H3ZO4＞H2YO4＞HXO4‎ C．稳定性：HX＞H2Y＞ZH3 D．非金属性：X＞Y＞Z ‎11．下列说法中有明显错误的是（　　）‎ A．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞 B．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大 C．对有气体参加的化学反应增大压强体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大 D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率 ‎12．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）；△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（　　）‎ A．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动 B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍 C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小 D．若平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为n：m ‎13．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌4C（g）（正反应吸热），下列图象中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎14．在一密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）≒2SO3（g），已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol•L﹣1、0.1mol•L﹣1、0.2mol•L﹣1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是（　　）‎ A．SO2为0.4 mol•L﹣1、O2为0.2 mol•L﹣1‎ B．SO2为0.25 mol•L﹣1‎ C．SO2、SO3均为0.15 mol•L﹣1‎ D．SO3为0.4 mol•L﹣1‎ ‎15．分子组成为C3H6O2的有机物，能与锌反应，由此可知不与它发生反应的是（　　）‎ A．氢氧化钠溶液 B．碳酸钠 C．食盐 D．甲醇 ‎16．在密闭容器中发生如下反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C的浓度为原来1.9倍，下列说法错误的是（　　）‎ A．m+n＜p B．平衡向逆反应方向移动 C．A的转化率降低 D．C的体积分数增加 ‎17．100ml浓度为2mol•L﹣1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（　　）‎ A．加入少量浓盐酸 B．加入几滴氯化铜溶液 C．加入适量蒸馏水 D．加入适量的氯化钠溶液 ‎18．在恒温条件下，有甲、乙两容器，甲容器为体积不变的密闭容器，乙容器为一个恒压的密闭容器，两容器起始状态完全相同，都充有C气体，若发生可逆反应C（g）⇌A（g）+B（g），经一段时间后，甲、乙两容器反应都达到平衡，下列说法中正确的是（　　）‎ A．平均反应速度：乙＞甲 B．平衡时C的物质的量甲＞乙 C．平衡时C的转化率：乙＜甲 D．平衡时A的物质的量甲＞乙 ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分46分）‎ ‎19．（1）反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示（E1＞0，E2＞0），回答下列问题．‎ ‎①图中该反应是　　反应（填“吸热”、“放热”）．反应热△H的表达式为　　．‎ ‎②在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1　　，E0　　（填“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎（2）丙烷是一种价格低廉的常用燃料，其主要成分是碳和氢两种元素，燃烧后只有二氧化碳和气态水，不会对环境造成污染．已知1g丙烷完全燃烧放出50.45kJ的热量．‎ 试回答下列问题．丙烷在室温下燃烧的热化学方程式为　　．‎ ‎（3）C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ•mol﹣1；‎ CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ•mol﹣1．‎ 则相同条件下，反应：C3H8（g）→CH3CH=CH2 （g）+H2（g）的△H=　　kJ•mol﹣1．‎ ‎20．用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L 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、无影响”）‎ ‎（4）如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　　（填“相等、不相等”），所求中和热　　（填“相等、不相等”），简述理由　　‎ ‎（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）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”、“无影响”）．‎ ‎21．在一定温度和压强下，有如下反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），将1.6molSO2和0.8mol O2放入一体积可变的密闭容器中，测得容器的起始容积为100L经一段时间后，反应达到平衡，测得混合气体的体积为80L，请回答下列问题：‎ ‎（1）达平衡时SO2的转化率为　　；‎ ‎（2）若起始时加入amolSO2、bmol O2，且a：b=2：1，在同样温度和压强下，反应达到平衡时，测得混合气体的容积为120L．则a、b的值分别为：a=　　，b=　　．‎ ‎（3）若容器为体积不变的密闭容器，其容积为100L，起始时加入xmolSO2、ymol O2和zmol SO3，反应达平衡时，温度和压强与（2）完全相同，容器内各气体的体积分数也与（2）达平衡时的情况完全相同，则x、y应该满足的关系式为　　，x、z应该满足的关系式为　　．‎ ‎22．（1）化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度，K值越大，表示　　，K值大小与温度的关系是：温度升高，K值　　（填一定增大、一定减小、或可能增大也可能减小）‎ ‎（2）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：‎ CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＜0‎ CO和H2O浓度变化如图所示，则0～4min的平均反应速率v（CO）=　　mol•L﹣1•min﹣1； 用H2表示在4～5min时的平均反应速率为　　‎ 时间（min）‎ CO H2O CO2‎ H2‎ ‎0‎ ‎0.200‎ ‎0.300‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0.138‎ ‎0.238‎ ‎0.062‎ ‎0.062‎ ‎3‎ c1‎ c2‎ c3‎ c3‎ ‎4‎ c1‎ c2‎ c3‎ c3‎ ‎5‎ ‎0.116‎ ‎0.216‎ ‎0.084‎ ‎6‎ ‎0.096‎ ‎0.266‎ ‎0.104‎ ‎（3）t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如上表所示：‎ ‎①表中3min～4min之间反应处于　　状态； c1数值　　0.08mol•L﹣1 （填大于、小于或等于）‎ ‎②反应在4min～5min间，平衡向逆方向移动，可能的原因是　　 （单选），表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原因是　　 （单选）‎ a．增加水蒸气 b．降低温度 c．使用催化剂 d．增加氢气浓度．‎ ‎23．恒温下，将Xmol N2和Ymol H2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）‎ ‎（1）若反应进行到t时刻，n（N2）=10mol，n （NH3）=4mol，计算X 的值．‎ ‎（2）反应达到平衡时，混合气体的体积为672L（标准状况下），其中NH3的体积分数为20%，计算N2的转化率和Y的值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年贵州省铜仁地区思南中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）‎ ‎1．在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A．CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=+725.8 kJ/mol B．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣1452 kJ/mol C．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣725.8 kJ/mol D．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=+1452 kJ/mol ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析；‎ B、根据热化学方程式的书写原则以及方程式系数的含义来分析；‎ C、根据甲醇燃烧时的用量和放出的热量之间的关系进行回答；‎ D、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析．‎ ‎【解答】解：A、反应吸热时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故△H＜0，故A错误；‎ B、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，则热化学方程式为2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ/mol，故B正确；‎ C、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，焓变的数值与化学计量数不成正比，故C错误；‎ D、反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故△H＜0，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．已知反应①101kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ/mol ②稀溶液中，H+（aq）+OHˉ（aq）═H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol下列结论正确的是（　　）‎ A．碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol B．①反应的焓变为﹣221 kJ/mol C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为﹣57.3 kJ/mol D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量 ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】A、CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量；‎ B、反应热包含符号，①的反应热为﹣221 kJ•mol﹣1；‎ C、中和热为57.3kJ•mol﹣1；‎ D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量．‎ ‎【解答】解：A、由2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ/mol 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、反应热包含符号，①的反应热为﹣221 kJ•mol﹣1，故B正确；‎ C、中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“﹣”，即稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ•mol﹣1，故C错误；‎ D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3 kJ，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎3．在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（　　）‎ A．加催化剂同时升高温度 B．加催化剂同时增大压强 C．升高温度同时充入N2 D．降低温度同时增大压强 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】加快反应速率可以升温、加压、增大浓度、加入催化剂，增大NO的转化率必须在不加入NO的基础上使平衡正向移动，据此分析．‎ ‎【解答】解：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；△H=﹣373.4kJ•mol﹣1 ，反应是放热反应，反应后气体体积减小；‎ A、加催化剂同时升高温度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；‎ B、加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；‎ C、升高温度同时充入N2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故C错误；‎ D、降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．从下列事实，找出不能用勒沙特列原理解释的是（　　）‎ A．在溴水中存在如下平衡：Br2+H2O=HBr+HBrO，当加入NaOH溶液后颜色变浅 B．对2HI⇌H2+I2（气）平衡体系增加压强使颜色变深 C．反应CO+NO2⇌CO2+NO+Q升高温度使平衡向逆方向移动 D．合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3+Q，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施 ‎【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；只有改变条件时能引起平衡移动的可逆反应才能用平衡移动原理解释．‎ ‎【解答】解：A．加入NaOH溶液后，NaOH和HBr、HBrO发生中和反应而促进溴和水反应，平衡正向移动，所以溶液颜色变浅，则可以用平衡移动原理解释，故A不选；‎ B．该反应前后气体体积不变，压强不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故B选；‎ C．该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，可以用平衡移动原理解释，故C不选；‎ D．该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，降低温度平衡正向移动、增大压强平衡正向移动，所以可以用平衡移动原理解释，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．在可逆反应中，平衡常数与反应进行的限度关系正确的是（　　）‎ A．K越大，反应程度越大 B．K越大，反应程度越小 C．K的大小与反应程度无关 D．升高温度，K增大 ‎【考点】用化学平衡常数进行计算．‎ ‎【分析】平衡常数是衡量反应进行程度的物理量，平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，平衡常数越小，反应进行的程度越小，反应物的转化率越小；化学平衡常数只受温度影响．‎ ‎【解答】解：K越大，说明反应的程度越大，温度变化，平衡常数的变化取决于平衡移动的方向，如升高温度，平衡正向移动，则K增大，如逆向移动，则K减小．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．一定条件下2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1；CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1，则1molCO和3molCH4组成的混合气体在上述条件下完全燃烧放出的热量为（　　）‎ A．2912 kJ B．2953 kJ C．3236 kJ D．3836 kJ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】化学反应方程式中物质的物质的量与反应放出的热量成正比，据此根据热化学方程式计算1molCO和3molCH4燃烧后放出的热量，二者之和为放出总的热量．‎ ‎【解答】解：由2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1可知，1molCO燃烧放出的热量为566kJ×=283kJ；‎ 由CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1可知，‎ ‎3molCH4（g）充分燃烧放出的热量为3×890kJ=2670kJ；‎ 所以由1mol CO（g）和2mol CH4（g）组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，放出的热量为：‎ ‎283kJ+2670kJ=2953kJ，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的平均速率﹣v（X）（反应物的消耗速率或产物的生成速率）可表示为（　　）‎ A．（NH3）=0.01 mol/（L•s） B．（O2）=0.00l0 mol/（L•s）‎ C．（NO）=0.00l0 mol/（L•s） D．（H2O）=0.045 mol/（L•s）‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】根据v=计算v（H2O），再利用速率之比等于化学计量数之比计算各物质表示的反应速率．进行判断 ‎【解答】解：在体积10L的密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol．‎ 则v（H2O）==0.0015mol•L﹣1•s﹣1，‎ A、速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=×0.0015mol•L﹣1•s﹣1=0.0010mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；‎ B、速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=×0.0015mol•L﹣1•s﹣1=0.00125mol•L﹣1•s﹣1，故B错误；‎ C、速率之比等于化学计量数之比，所以v（NO）=×0.0015mol•L﹣1•s﹣1=0.0010mol•L﹣1•s﹣1，故C正确；‎ D、v（H2O）==0.0015mol•L﹣1•s﹣1，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．在如图用Zn片、Cu片和稀硫酸组成的电池装置中，经过一段时间工作后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．锌片是正极，铜片上有气泡产生 B．电流方向是从锌片流向铜片 C．溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动 D．电解液的PH值逐渐减少 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】在Zn片、Cu片和稀硫酸组成的电池装置中，Zn活泼作负极，电流由正极流向负极，阴离子向负极移动，氢离子参加反应生成氢气，则氢离子减少，溶液的pH增大，以此来分析．‎ ‎【解答】解：A．锌片是负极，铜片上有气泡产生，故A错误；‎ B．电流方向是从Cu片经导线流向Zn片，故B错误；‎ C．溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故C正确；‎ D．因氢离子参加反应生成氢气，氢离子减少，则电解液的pH增大，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是 ‎①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）；△H=+49.0kJ•mol﹣1‎ ‎②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）；△H=﹣192.9kJ•mol﹣1‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．CH3OH的燃烧热为192.9kJ•mol﹣1‎ B．反应①中的能量变化如图所示 C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量 D．根据②推知反应：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的△H＞﹣192.9kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】化学能与热能的相互转化．‎ ‎【分析】A、利用盖斯定律，②×3﹣①×2可得甲醇燃烧的热化学方程式，进而可知甲醇的燃烧热；‎ B、根据△H=生成物总能量﹣反应物总能量来判断；‎ C、根据已知的甲醇转化为氢气的两种反应原理来判断；‎ D、根据物质的能量大小与物质的状态关系来判断．‎ ‎【解答】解：A、根据盖斯定律将，②×3﹣①×2可得：CH3OH（g）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣192.9kJ/mol×3﹣49kJ/mol×2=﹣676.7kJ/mol，所以甲醇的燃烧热为676.7kJ/mol，故A错误；‎ B、反应①的△H＞0，而图示的△H=生成物总能量﹣反应物总能量＜0，故B错误；‎ C、由已知可知，反应①为吸热反应，而反应②为放热反应，故C错误；‎ D、同物质的量的同种物质，气态能量最高，其次液态能量，固态能量最低，由②推知反应：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）的△H＞﹣192.9kJ•mol﹣1，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11﹣17之间．它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4．则下列判断不正确的是（　　）‎ A．最高正价：X＞Y＞Z B．酸性：H3ZO4＞H2YO4＞HXO4‎ C．稳定性：HX＞H2Y＞ZH3 D．非金属性：X＞Y＞Z ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11﹣17之间．它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4．则三种元素分别是Cl、S、P，‎ A．同一周期中，原子序数越大，化合价越高；‎ B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；‎ C．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；‎ D．同一周期中，原子序数越大，非金属性越强．‎ ‎【解答】解：X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11﹣17之间．它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4．则三种元素分别是Cl、S、P，‎ A．元素原子的最外层电子数越多，元素的最高化合价就越高，所以元素的最高正价：X＞Y＞Z，故A正确；‎ B．元素的非金属性X＞Y＞Z，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以酸性H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，故B错误；‎ C．元素的非金属性X＞Y＞Z，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强．所以氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故C正确；‎ D．同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，所以元素的非金属性：X＞Y＞Z，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．下列说法中有明显错误的是（　　）‎ A．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞 B．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大 C．对有气体参加的化学反应增大压强体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大 D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，反应速率增大，当活化分子发生碰撞且有生成物生成时，发生化学反应，此时的碰撞为有效碰撞，以此解答．‎ ‎【解答】解：A．当活化分子发生碰撞且有生成物生成时，发生化学反应，此时的碰撞为有效碰撞，如没有发生化学反应，则不是有效碰撞，故A错误；‎ B．升高温度，可增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增加，反应速率增大，故B正确；‎ C．对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，则增大气体的浓度，单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故C正确；‎ D．加入催化剂，降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增加，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）；△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（　　）‎ A．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动 B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍 C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小 D．若平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为n：m ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A、恒容条件下，通入稀有气体使压强增大，反应混合物的浓度不变，正、逆反应速率不变；‎ B、可逆反应达平衡时不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比；‎ C、降低温度平衡向正反应移动，由于m+n＞q，反应混合气体总的物质的量减小，结合M=判断；‎ D、反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比转化率相同．‎ ‎【解答】解：A、恒容条件下，通入稀有气体使压强增大，反应混合物的浓度不变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，故A错误；‎ B、可逆反应达平衡时不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，X的正反应速率是Y的逆反应速率的m/n倍，说明反应到达平衡，故B正确；‎ C、降低温度平衡向正反应移动，由于m+n＞q，反应混合气体总的物质的量减小，混合气体总质量不变，结合M=可知混合气体的平均摩尔质量增大，故降低温度，混合气体的平均相对分子质量增大，故C错误；‎ D、反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比转化率相同，平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为m：n，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌4C（g）（正反应吸热），下列图象中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；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】可逆反应A（g）+2B（g）⇌4C（g）（正反应吸热），则升高温度，正逆反应速率均增大，化学平衡正向移动；增大压强，化学平衡逆向移动，结合图象来解答．‎ ‎【解答】解：A．增大压强，化学平衡逆向移动，重新达到平衡前逆反应速率大于正反应速率，与图象相符，故A正确；‎ B．该反应为吸热反应，升高温度化学平衡应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；‎ C．温度高，反应速率大，先到达平衡，即500℃时先达到平衡状态，与图象不符，故C错误；‎ D．由图象可知，温度高的先达到平衡，且温度高时向正反应进行的程度大，则A的含量低，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎14．在一密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）≒2SO3（g），已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol•L﹣1、0.1mol•L﹣1、0.2mol•L﹣1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是（　　）‎ A．SO2为0.4 mol•L﹣1、O2为0.2 mol•L﹣1‎ B．SO2为0.25 mol•L﹣1‎ C．SO2、SO3均为0.15 mol•L﹣1‎ D．SO3为0.4 mol•L﹣1‎ ‎【考点】化学反应的可逆性．‎ ‎【分析】化学平衡研究的对象为可逆反应．化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．‎ ‎【解答】解：A．SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度变化分别为0.2mol/L、0.1mol/L，因可逆反应，实际变化应小于该值，所以SO2小于 0.4mol/L，O2小于0.2mol/L，故A错误；‎ B．SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度变化为0.2mol/L，该题中实际变化为0.05mol/L，小于0.2mol/L，故B正确；‎ C．反应物、生成物的浓度不可能同时减小，一个减小，另一个一定增大，故C错误；‎ D．SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为0.2mol/L，实际变化小于该值，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．分子组成为C3H6O2的有机物，能与锌反应，由此可知不与它发生反应的是（　　）‎ A．氢氧化钠溶液 B．碳酸钠 C．食盐 D．甲醇 ‎【考点】羧酸简介．‎ ‎【分析】根据题意分析可知，此有机物是丙酸，根据丙酸的性质来解答．‎ ‎【解答】解：分子组成为C3H6O2，符合通式CnH2nO2，故可能为丙酸，也可能为酯类，但根据此物质能与锌反应，可知为丙酸．‎ A、丙酸是一种有机酸，故能与氢氧化钠反应，故A不符合题意；‎ B、羧酸的酸性强于碳酸，故能与碳酸钠反应制出CO2，故B不符合题意；‎ C、丙酸与NaCl不反应，故C符合题意；‎ D、丙酸可与甲醇发生酯化反应，故D不符合题意．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．在密闭容器中发生如下反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C的浓度为原来1.9倍，下列说法错误的是（　　）‎ A．m+n＜p B．平衡向逆反应方向移动 C．A的转化率降低 D．C的体积分数增加 ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】在密闭容器中发生如下反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，各物质浓度因为体积变化为，C的浓度为原来的2倍；题干中当达到新平衡时，C的浓度为原来1.9倍，说明体积变化后平衡发生了移动，依据C浓度变化可知，平衡左移，根据平衡移动原理分析，逆向是气体体积减小的反应；据此分析判断选项．‎ ‎【解答】解：在密闭容器中发生如下反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，各物质浓度因为体积变化为，C的浓度为原来的2倍；题干中当达到新平衡时，C的浓度为原来1.9倍，说明体积变化后平衡发生了移动，依据C浓度变化可知，平衡左移，根据平衡移动原理分析，逆向是气体体积减小的反应；‎ A、依据分析判断，正向是气体体积增大的反应，m+n＜p，故A正确；‎ B、依据分析，平衡向逆反应方向移动，故B正确；‎ C、逆向进行A的转化率降低，故C正确；‎ D、平衡逆向进行C的条件分数减小，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎17．100ml浓度为2mol•L﹣1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（　　）‎ A．加入少量浓盐酸 B．加入几滴氯化铜溶液 C．加入适量蒸馏水 D．加入适量的氯化钠溶液 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】过量的锌片，盐酸完全反应，则加快反应速率又不影响生成氢气的总量，可增大氢离子浓度或增大金属的接触面积、构成原电池等，不改变其氢离子物质的量即可，以此来解答．‎ ‎【解答】解；A．加入适量浓度较大的盐酸，氢离子浓度增大，反应速率增大，但稀盐酸物质的量增大，所以生成氢气总量增大，故A错误；‎ B．加入氯化铜溶液，Zn置换出Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池而加快反应速率，且稀盐酸物质的量不变，所以生成氢气总量不变，故B正确；‎ C．加入适量蒸馏水，浓度减小，反应速率减小，故C错误；‎ D．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，浓度减小，反应速率减小，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎18．在恒温条件下，有甲、乙两容器，甲容器为体积不变的密闭容器，乙容器为一个恒压的密闭容器，两容器起始状态完全相同，都充有C气体，若发生可逆反应C（g）⇌A（g）+B（g），经一段时间后，甲、乙两容器反应都达到平衡，下列说法中正确的是（　　）‎ A．平均反应速度：乙＞甲 B．平衡时C的物质的量甲＞乙 C．平衡时C的转化率：乙＜甲 D．平衡时A的物质的量甲＞乙 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】甲容器为体积不变的密闭容器，而乙容器为一个恒压的密闭容器发生C（g）⇌A（g）+B（g），气体体积变大，相当于减小压强，以此来解答．‎ ‎【解答】解：甲容器为体积不变的密闭容器，而乙容器为一个恒压的密闭容器发生C（g）⇌A（g）+B（g），气体体积变大，相当于减小压强，‎ A．压强小，反应速率小，则平均反应速度：乙＜甲，故A错误；‎ B．减小压强，平衡正向移动，则乙中C的含量低，故B正确；‎ C．减小压强，平衡正向移动，则乙中转化率高，故C错误；‎ D．减小压强，平衡正向移动，则乙中A的物质的量大，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分46分）‎ ‎19．（1）反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示（E1＞0，E2＞0），回答下列问题．‎ ‎①图中该反应是　放热　反应（填“吸热”、“放热”）．反应热△H的表达式为　E1﹣E2　．‎ ‎②在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1　减小　，E0　减小　（填“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎（2）丙烷是一种价格低廉的常用燃料，其主要成分是碳和氢两种元素，燃烧后只有二氧化碳和气态水，不会对环境造成污染．已知1g丙烷完全燃烧放出50.45kJ的热量．‎ 试回答下列问题．丙烷在室温下燃烧的热化学方程式为　C3H8（g）+5O2（g ）→3CO2（g ）+4H2O（l）△H=﹣2219.8KJ/mol　．‎ ‎（3）C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ•mol﹣1；‎ CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ•mol﹣1．‎ 则相同条件下，反应：C3H8（g）→CH3CH=CH2 （g）+H2（g）的△H=　+124.2　kJ•mol﹣1．‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；有关反应热的计算；吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】（1）①根据反应物与生成物总能量大小判断反应吸放热，反应热△H=反应物的活化能﹣生成物的活化能；‎ ‎②加入催化剂能降低反应的活化能；‎ ‎（2）根据热化学方程式的含义以及书写方法来回答；‎ ‎（3）①C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ•mol﹣1‎ ‎②CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ•mol﹣1‎ 依据盖斯定律①﹣②计算．‎ ‎【解答】解：（1）①由图象可知该反应是一个能量降低的反应，所以属于放热反应；反应热△H=反应物的活化能﹣生成物的活化能=E1﹣E2；‎ 故答案为：放热；E1﹣E2；‎ ‎②加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，所以E1和E2均减小，故答案为：减小；减小；‎ ‎（2）因1g丙烷完全燃烧生成液态水时放出50.45kJ的热量，所以44g丙烷完全燃烧生成液态水，放出热量2219.8KJ，‎ 则丙烷完全燃烧的热化学方程式：C3H8（g）+5O2（g ）→3CO2（g ）+4H2O（l）△H=﹣2219.8KJ/mol，‎ 故答案为：C3H8（g）+5O2（g ）→3CO2（g ）+4H2O（l）△H=﹣2219.8KJ/mol；‎ ‎（3）①C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ•mol﹣1‎ ‎②CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ•mol﹣1‎ 依据盖斯定律①﹣②得到C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）△H=+124.2KJ/mol 故答案为：+124.2．‎ ‎　‎ ‎20．用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L 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　环形玻璃搅拌棒　．‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是　减少实验过程中的热量损失　．‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值　偏小　（填“偏大、偏小、无影响”）‎ ‎（4）如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　不相等　（填“相等、不相等”），所求中和热　相等　（填“相等、不相等”），简述理由　因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关　‎ ‎（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　偏小　；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．‎ ‎【考点】中和热的测定．‎ ‎【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；‎ ‎（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；‎ ‎（3）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；‎ ‎（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；‎ ‎（5）根据弱电解质电离吸热分析．‎ ‎【解答】解：（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；‎ ‎（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，‎ 故答案为：减少实验过程中的热量损失；‎ ‎（3））大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；‎ ‎（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L﹣1H2SO4溶液跟50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所测得中和热数值相等，‎ 故答案为：不相等；相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关；‎ ‎（5）氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小．‎ ‎　‎ ‎21．在一定温度和压强下，有如下反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g），将1.6molSO2和0.8mol O2放入一体积可变的密闭容器中，测得容器的起始容积为100L经一段时间后，反应达到平衡，测得混合气体的体积为80L，请回答下列问题：‎ ‎（1）达平衡时SO2的转化率为　60%　；‎ ‎（2）若起始时加入amolSO2、bmol O2，且a：b=2：1，在同样温度和压强下，反应达到平衡时，测得混合气体的容积为120L．则a、b的值分别为：a=　2.4　，b=　1.2　．‎ ‎（3）若容器为体积不变的密闭容器，其容积为100L，起始时加入xmolSO2、ymol O2和zmol SO3，反应达平衡时，温度和压强与（2）完全相同，容器内各气体的体积分数也与（2）达平衡时的情况完全相同，则x、y应该满足的关系式为　x=2y　，x、z应该满足的关系式为　x+z=2　．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）体积之比等于物质的量之比可计算反应后的气体的物质的量，结合三段式法计算该题．‎ ‎（2）起始时加入amolS02、b mol O2，且a：b=2：l，在同样温度和压强下，反应达到平衡时，与（1）平衡状态相同，为等效平衡，物质的转化率和百分含量都相同，SO3的体积分数为与（1）相同，结合体积的关系计算；‎ ‎（3）若将密闭容器体积固定为100L，起始时加入xmolS02、y mol 02和z mol SO3，反应达平衡时，温度、压强与（2）完全相同，容器内各气体的体积分数也与（2）达平衡时的情况完全相同，为等效平衡．‎ ‎【解答】解：（1）反应方程式为2SO2+O2⇌2SO3，利用三段式计算，‎ ‎ 2SO2+O2⇌2SO3‎ 起始：2mol 1mol 0‎ 转化：2x x 2x ‎ 平衡：1.6﹣2x 0.8﹣x 2x ‎ 根据体积之比等于物质的量之比可知：（1.6﹣2x+0.8﹣x+2x）：2.4=80：100，‎ 解之得x=0.48，反应的气体的物质的量为：1.6﹣0.48×2+0.8﹣0.48+0.48×2=1.92mol，‎ 所以SO2的转化率为×100%=60%，‎ 故答案为：60%；‎ ‎（2）起始时加入amolS02、b mol O2，且a：b=2：l，在同样温度和压强下，反应达到平衡时，与（1）平衡状态相同，为等效平衡，物质的转化率和百分含量都相同，SO3的体积分数为与（1）相同，‎ ‎ 2SO2+O2 ⇌2SO3‎ 起始：amol bmol 0‎ 转化：0.6a 0.3a 0.6a 平衡：a﹣0.6a b﹣0.3a 0.6a ‎ 压强之比就等于物质的量之比，列式为： =，a=2b，‎ 解得：a=2.4mol，b=1.2mol，‎ 故答案为：2.4；1.2；‎ ‎（3）若将密闭容器体积固定为100L，起始时加入xmolS02、y mol 02和z mol SO3，反应达平衡时，温度、压强与（2）完全相同，容器内各气体的体积分数也与（2）达平衡时的情况完全相同，为等效平衡，则有x=2y，且相当于只加二氧化硫和氧气时，起始时二氧化硫的物质的量为x， =，x=2，即：x+z=2，‎ 故答案为：x=2y；x+z=2．‎ ‎　‎ ‎22．（1）化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度，K值越大，表示　可逆反应的进行程度越大　，K值大小与温度的关系是：温度升高，K值　可能增大也可能减小　（填一定增大、一定减小、或可能增大也可能减小）‎ ‎（2）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：‎ CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＜0‎ CO和H2O浓度变化如图所示，则0～4min的平均反应速率v（CO）=　0.03　mol•L﹣1•min﹣1； 用H2表示在4～5min时的平均反应速率为　0　‎ 时间（min）‎ CO H2O CO2‎ H2‎ ‎0‎ ‎0.200‎ ‎0.300‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0.138‎ ‎0.238‎ ‎0.062‎ ‎0.062‎ ‎3‎ c1‎ c2‎ c3‎ c3‎ ‎4‎ c1‎ c2‎ c3‎ c3‎ ‎5‎ ‎0.116‎ ‎0.216‎ ‎0.084‎ ‎6‎ ‎0.096‎ ‎0.266‎ ‎0.104‎ ‎（3）t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如上表所示：‎ ‎①表中3min～4min之间反应处于　平衡　状态； c1数值　大于　0.08mol•L﹣1 （填大于、小于或等于）‎ ‎②反应在4min～5min间，平衡向逆方向移动，可能的原因是　d　 （单选），表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原因是　a　 （单选）‎ a．增加水蒸气 b．降低温度 c．使用催化剂 d．增加氢气浓度．‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）依据平衡常数是表示平衡进行程度大小的量；化学反应吸热或放热反应，温度升高平衡向吸热反应方向进行；‎ ‎（2）0﹣4min可知，△c=0.2mol/L﹣0.08mol/L=0.12mol/L，结合v（CO）=计算； 在4～5min时达到平衡状态，H2浓度变化为零，平均反应速率为零；‎ ‎（3）①表中3min﹣4min之间各物质的浓度不变，达到平衡状态，该反应为放热反应，升高温度逆向移动，c（CO）＞0.08mol/L；‎ ‎②根据4min﹣5min之间、5min﹣6min之间，各物质的浓度变化判断改变的条件．‎ ‎【解答】解：（1）化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度，依据平衡常数含义可知，K值越大，可逆反应的进行程度越大；温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小，‎ 故答案为：可逆反应的进行程度越大；可能增大也可能减小；‎ ‎（2）0﹣4min可知，△c=0.2mol/L﹣0.08mol/L=0.12mol/L，则v（CO）===0.03mol•（L•min）﹣1，在4～5min时达到平衡状态，H2浓度变化为零，平均反应速率为零；‎ 故答案为：0.03；0；‎ ‎（3）①表中3min﹣4min之间各物质的浓度不变，达到平衡状态，该反应为放热反应，升高温度逆向移动，c（CO）＞0.08mol/L，‎ 故答案为：平衡；大于；‎ ‎②C1＞0.08mol/L，则C3＜0.12mol/L，C2＞0.18mol/L，4min﹣5min之间，平衡向逆方向移动，二氧化碳的浓度降低，一氧化碳和水蒸气的浓度都增大，所以改变的条件是增大氢气的浓度；‎ ‎5min﹣6min之间，一氧化碳浓度减小，水蒸气和二氧化碳浓度增大，平衡向正反应方向移动，则改变的条件是增大水蒸气的浓度；‎ 故答案为：d；a．‎ ‎　‎ ‎23．恒温下，将Xmol N2和Ymol H2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）‎ ‎（1）若反应进行到t时刻，n（N2）=10mol，n （NH3）=4mol，计算X 的值．‎ ‎（2）反应达到平衡时，混合气体的体积为672L（标准状况下），其中NH3的体积分数为20%，计算N2的转化率和Y的值．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）根据生成氨气的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的氮气的物质的量，t时刻时氮气的物质的量与参加反应的氮气的物质的量之和为X的值；‎ ‎（2）计算出混合气体总的物质的量，利用体积分数计算氨气的物质的量．‎ ‎【解答】解：（1）反应进行到t时，测的N2为10mol，NH3为4mol，由方程式可知，参加反应的氮气的物质的量为4mol=2mol，故氮气的起始物质的量为：10mol+2mol=12mol，即X=12．‎ 故答案为：X的值为12；‎ ‎（2）反应达平衡时，混合气体为=30mol，其中NH3的物质的量为30mol×20%=6mol．参加反应的氮气的物质的量为6mol×=3mol，N2转化率=×100%=25%；‎ 根据三段式：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）‎ 起始量：12 Y 0‎ 转化量：3 9 6‎ 平衡量：9 30﹣9﹣6=15 6‎ 则Y=15+9=24mol．‎ 故答案为：N2的转化率为25%，Y的值为24．‎ ‎　‎