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【化学】江西省南昌市八一中学、洪都中学、十七中、实验中学、南师附中五校2019-2020学年高二上学期期中联考试题（解析版）
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江西省南昌市八一中学、洪都中学、十七中、实验中学、南师附中五校2019-2020学年高二上学期期中联考试题
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5
第Ⅰ卷(共48分)
一､选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.下列叙述中，能证明某物质是弱电解质的是( )
A. 熔融时不导电
B. 水溶液的导电能力很差
C. 不是离子化合物，而是极性共价化合物
D. 溶液中已电离的离子和未电离的分子共存
【答案】D
【解析】
【详解】A. 熔融时不导电的化合物不一定是弱电解质，如HCl是共价化合物，熔融时不导电，但是强电解质，A项错误；
B. 电解质的强弱与溶液的导电性没有本质联系，很稀的强电解质水溶液的导电能力也很弱，因为溶液中离子浓度很小，B项错误；
C. HCl是极性共价化合物，但是强电解质，C项错误；
D. 弱电解质在水溶液中部分电离，所以溶液中已电离的离子和未电离的分子共存，说明该物质是弱电解质，D项正确；
答案选D。
2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 工业制硫酸采用二氧化硫催化氧化，高压可以提高单位时间SO3的产量
B. 打开可乐瓶盖后看到有大量气泡冒出
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质
D. 容器中有2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)，增大压强颜色变深
【答案】D
【解析】
【分析】勒夏特列原理是指在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，或参加反应的物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，能用勒夏特列原理解释，首先必须存在可逆过程，以此解答该题。
【详解】A. 二氧化硫生成三氧化硫的反应为2SO2+O2⇌2SO3，加压平衡正向移动，三氧化硫的产量增大，能用勒夏特列原理解释，A项错误；
B. 打开可乐瓶盖后看到有大量气泡逸出，是因为打开瓶盖，压强减小，二氧化碳气体的溶解度减小而逸出，平衡移动的结果，和平衡有关，能用勒夏特列原理解释，B项错误；
C. 氯气和水的反应是可逆反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，能减小氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释，C项错误；
D. 容器中存在可逆反应2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)，是一个反应前后气体物质的量不变的反应，体积减小加压，H2(g)、I2(g)、HI(g)浓度均增大，但是平衡不会移动，颜色加深仅是由体积减小，I2(g)浓度增大造成的，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；
答案选D。
3.下列说法不正确的是（ ）
A. 加入正催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
B. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
C. 任何条件下，化学反应的焓变都等于化学反应的反应热
D. 常温下硝酸铵能够溶于水，因为其溶于水是一个熵增大过程
【答案】C
【解析】
【详解】A. 正催化剂可以降低反应的活化能，使部分普通分子变成活化分子，则活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大，A项正确；
B. 熵增加且放热的反应始终满足△H-T△S<0，则一定是自发反应，B项正确；
C. 只有在恒压条件下，化学反应的焓变才等于化学反应的反应热，C项错误；
D. 常温下硝酸铵溶于水溶解成为自由移动的离子，是熵变增大的过程，D项正确；
答案选C。
4.下列说法正确的是( )
A. 浓度为0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，加水稀释，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)减小
B. 浓度为0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，升高温度，Ka(CH3COOH)不变，但醋酸电离程度增大
C. 浓度为0.1 mol·L－1 HA溶液pH为4，则HA为弱电解质
D. CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加水稀释，n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)增大，故A错误；
B. 电离是吸热过程，升高温度，Ka(CH3COOH)增大，故B错误；
C. 浓度为0.1 mol·L－1 HA溶液pH为4，说明HA部分电离，则HA为弱电解质，故C正确；
D. 稀释促进电离，电离程度增大，相反CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越小，故D错误。
故答案选C。
5.下列说法正确的是( )
A. H(g)＋I2(g) ⇌ 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
B. C(s)＋H2O(g) ⇌ H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C. 若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g) ⇌ 2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体
D. 1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1
【答案】B
【解析】
【详解】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；
B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；
C.若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A、C不可能均为气体，C项错误；
D.易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。
故答案选B。
6.在一定温度下，改变反应物中n(SO2)，对反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH<0的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 反应b､c点均为平衡点，a点未达到平衡且向正反应方向进行
B. a､b､c三点的平衡常数Kb>Kc>Ka
C. 上述图象可以得出SO2的含量越高得到的混合气体中SO3的体积分数越高
D. a､b､c三点中，a点时SO2的转化率最高
【答案】D
【解析】
【详解】A. 图像的横坐标是起始时n(SO2)，纵坐标是平衡时SO3的体积分数，因此，曲线是平衡线，线上的每个点均为平衡点，A项错误；
B. 对于一个指定的反应，其平衡常数只受温度的影响，上述反应在一定温度下进行，因此，a、b、c三点的平衡常数相等，B项错误；
C. 由图像知，随起始时n(SO2)的增大，平衡时SO3的体积分数先逐渐增大、后又逐渐减小，C项错误；
D. 增加一种反应物的用量，可以提高另一反应物的转化率，而本身转化率降低，因此a、b、c三点中，n(SO2)逐渐增大，平衡时SO2的转化率逐渐减小，a点时SO2的转化率最高，D项正确；
答案选D。
7.已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是（ ）
A. 反应向逆方向移动 B. Y可能是固体或液体
C. 系数n>m D. Z的体积分数减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但实际再次达到平衡时c(X)=0.5mol/L，说明加压后化学平衡正向移动，故A错误；
B.结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果Y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立，所以Y只能是气体，故B错误；
C.由B项分析可知，Y是气体，要满足m+n>2m，则n>m，故C正确；
D.根据分析知，化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的 ，故D错误；
答案选C。
8.下列叙述与下图对应的是（ ）
A. 对于达到平衡状态的N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)，图①表示在t0时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动
B. 由图②可知，p2 > p1，T1 > T2满足反应：2A(g) + B(g) ⇌ 2C(g) ΔH < 0
C. 图③表示的反应方程式为2A = B + 3C
D. 对于反应2X(g) + 3Y(g) ⇌ 2Z(g) ΔH < 0，图④y轴可以表示Y的百分含量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 对于达到平衡状态的N2(g) + 3H2(g)⇌2NH3(g)，若t0时刻充入了一定量的NH3，则逆反应速率瞬间增大，正反应速率此刻不变，然后随之增大，与图像不符，A项错误；
B. 当温度为T1时，压强P2比P1先达到平衡状态，则P1 T2，对于该反应，升温平衡逆向移动，C的百分含量减小，符合图像，则由图②可知，p2 > p1，T1 > T2满足反应：2A(g) + B(g) ⇌ 2C(g) ΔH < 0，B项正确；
C. 由图③可知，A为反应物，B、C为生成物，且△c(A)=0.8mol/L，△c(B)=0.4mol/L，△c(C)=1.2mol/L，则三者的系数之比为2:1:3，由图知A没有完全转化为B和C，说明该反应为可逆反应，反应方程式应为2A ⇌ B + 3C，C项错误；
D. 对于反应2X(g) + 3Y(g) ⇌ 2Z(g) ΔH < 0，升温平衡逆向移动，Y的百分含量增多，与图像不符，D项错误；
答案选B。
9.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH<0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（ ）
A. ③②① B. ③①② C. ①②③ D. ②①③
【答案】A
【解析】
【详解】3A(g)＋B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中，体积不变，温度升高，与容器②相比，相当于升温，不利于反应正向移动，C物质的体积分数②>①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。
10.已知在25℃时，下列反应的平衡常数如下：
①N2(g)＋O2(g)2NO(g) K1＝1×10-30
②2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) K2＝2×1081
③2CO2(g)2CO(g)＋O2(g) K3＝4×10-92
下列说法正确的是( )
A. NO分解反应NO(g) 1/2N2(g)＋1/2O2(g)的平衡常数为1×10-30
B. 根据K2的值可以判断常温下H2和O2很容易反应生成H2O
C. 常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的倾向顺序为NO>H2O>CO2
D. 温度升高，上述三个反应的平衡常数均增大
【答案】C
【解析】试题分析：A．根据N2(g)＋O2(g)2NO(g) K1＝1×10-30，则NO(g)N2(g)＋O2(g)的平衡常数==1×1015，故A错误；B．根据K2的值可以判断H2和O2反应生成H2O的程度很大，可以看出能够完全反应，但常温下不能反应，故B错误；C．根据三个反应的平衡常数的大小可知，常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的平衡常数分别为1×1030，5×10-82，4×10-92，分解放出O2的倾向顺序为NO>H2O>CO2，故C正确；D．反应①②是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误；故选C。
11.一定温度下，将a mol 的 PCl5 通入一个容积不变的密闭容器中，发生反应： PCl5 (g) ⇌ PCl3(g)+ Cl2(g)，反应达到平衡时，测得混合气体的压强为P1，此时再通入a mol 的 PCl5 ，同样温度下再达到平衡时， 测得混合气体的压强为P2，下列判断正确的时（ ）
A. 2 P1> P2 B. PCl5的分解率增大 C. 2 P1 < P2 D. Cl2的体积分数增大
【答案】A
【解析】
【分析】容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，与原平衡相比，新平衡相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，据此分析。
【详解】容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，与原平衡相比，新平衡相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，
A. 容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，若平衡不移动，则2 P1=P2，但加压平衡会向气体体积减小的方向移动，即逆反应方向移动，则2P1> P2，A项正确；
B. 由于新平衡与原平衡相比相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，则PCl5的分解率减小，B项错误；
C. 由A项分析可知，2P1> P2，C项错误；
D. 由于新平衡与原平衡相比相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，生成的氯气的量减少，Cl2的体积分数减小，D项错误；
答案选A。
12.某温度下，将4molA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
【答案】B
【解析】试题分析：根据三段式进行计算，可得
aA（g） + 2B（g） ⇌3C（g）+D（g）
起始浓度（mol•L‾1） 3 3 0 0
转化浓度（mol•L‾1） 2 3 1
平衡浓度（mol•L‾1） 1 3 1
容器的体积减小一半，B的平衡浓度由1mol•L‾1变为2mol•L‾1，说明平衡不发生移动，则反应前后气体的系数相等，则a=2，故B项正确。
13.已知相同条件下，下列反应的焓变和平衡常数分别表示为
①2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）ΔH1 K1=x
②Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）ΔH2 K2=y
③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）ΔH3 K3=z
则下列关系正确的是( )
A. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=xy2 B. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x+y
C. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=x﹣y2 D. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x/y
【答案】A
【解析】
【分析】根据盖斯定律进行计算，由①+②×2=③，得出2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除。
【详解】根据盖斯定律进行计算，由由①+②×2=③得到2NH3（g）+7/2O2（g）=2NO2（g）+3H2O（g），则△H=ΔH3=ΔH1+2ΔH；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除，则K3= K1 K22= xy2，故选A。
14.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知2H2(g)+O2(g)＝2H2O（l）△H＝﹣483.6 kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为483.6 kJ•mol﹣1
B. 在一定温度和压强下，将0.5mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=﹣19.3kJ/mol
C. 已知2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g)△H1 2C(s)+O2(g)＝2CO(g)△H2 则△H1＞△H2
D. 已知Ni(CO)4(s)＝Ni(s)+4CO（g） △H＝Q kJ•mol﹣1，则Ni(s)+4CO（g）＝Ni(CO)4(s) △H＝﹣Q kJ•mol﹣1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成稳定氧化物所放出的热量，已知2H2(g)+O2(g)＝2H2O（l） △H＝﹣483.6 kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为483.6 kJ•mol﹣1=241.8 kJ•mol﹣1，A项错误；
B. 合成氨为可逆反应，热化学方程式中为完全转化时的能量变化，由将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，可知1 mol N2完全反应生成NH3(g)，放出热量大于38.6 kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH < −38.6 kJ /mol，B项错误；
C. 固体碳不完全燃烧生成CO，完全燃烧生成二氧化碳，则完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放热多，故△H1<△H2，C项错误；
D. 已知Ni(CO)4(s)＝Ni(s)+4CO（g） △H＝Q kJ•mol﹣1，则Ni(s)+4CO（g）＝Ni(CO)4(s) △H＝﹣Q kJ•mol﹣1，所以二者反应热大小相同，符号相反，D项正确；
答案选D。
15.如图所示是298K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述错误的是（ ）
A. 在温度、体积一定的条件下，通入1mol N2和3mol H2反应后放出的热量为92kJ
B. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，催化剂能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加
C. 催化剂，能增大有效碰撞次数，但不能提高N2的转化率
D. 该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H= -92kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A.在温度、体积一定的条件下，N2与H2的反应为可逆反应，通入1mol N2和3mol H2反应不能完全进行，则放出的热量小于92kJ，A错误；
B.催化剂能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加，对反应的焓变无影响，a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，B正确；
C.催化剂，能增大有效碰撞次数，但对化学平衡的移动无影响，则不能提高N2的转化率，C正确；
D.根据图像可知，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=﹣92kJ/mol，D正确；
答案为A。
16.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（ ）
A. HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4
B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10
C. 根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D. HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
【答案】B
【解析】
【分析】弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。
【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。
A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；
B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10-4，错误；
C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；
D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；
故本题合理选项是B。
第Ⅱ卷(共52分)
17.Ⅰ.(1)磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。
白磷(P4)可由Ca3(PO4)2､焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：
2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)===6CaO(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH1=+3359.26 kJ·mol-1
CaO(s)+SiO2(s)===CaSiO3(s) ΔH2=-89.61 kJ·mol-1
写出白磷(P4)由Ca3(PO4)2､焦炭和SiO2在一定条件下反应的热化学方程式为： _____________。
(2)电子工业中清洗硅片上的SiO2(s)的反应为SiO2(s)+4HF(g)===SiF4(g)+2H2O(g) ΔH(298.15 K)=-94.0 kJ·mol-1 ΔS(298.15 K)=-75.8 J·mol-1·K-1，设ΔH和ΔS不随温度而变化，此反应自发进行的温度是_________
Ⅱ.(1)金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
①在通常状况下，金刚石和石墨相比较， __________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热ΔH=___。
②12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36 g，该过程放出的热量为 __________。
(2)已知：N2､O2分子中化学键的键能分别是946 kJ/mol､497 kJ/mol。N2(g)+O2(g)===2NO(g) ΔH=+180.0 kJ/mol。NO分子中化学键的键能为 _____________kJ/mol。
(3)综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式：__________________________ 。
【答案】(1). 2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)===6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH=+2821.6kJ·mol-1 (2). T<1.24×103K (3). 石墨 (4). 393.5 kJ·mol-1 (5). 252.0 kJ (6). 631.5 (7). 2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0 kJ·mol-1
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）根据已知的热化学方程式和盖斯定律进行计算；
（2）如果ΔG=ΔH-TΔS<0，则该反应能自发进行，据此计算温度的范围；
Ⅱ.（1）①由图象分析，金刚石能量高于石墨，结合物质的能量越低越稳定，比较二者的稳定性；石墨的燃烧热是指1mol石墨完全燃烧生成二氧化碳所放出的热量，结合图像进行计算；
②先根据生成气体的质量判断石墨燃烧的产物及其物质的量，再结合热化学方程式进行计算燃烧放出的热量；
（2）根据△H=反应物的键能总和−生成物的键能总和计算NO分子中化学键的键能；；
（3）根据已知信息写出热化学方程式①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H=−393.5 kJ/mol；②C(石墨，s)+1/2O2(g)=CO(g) △H=−110.5 kJ/mol；③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180 kJ/mol；再利用盖斯定律写出目标热化学方程式。
【详解】Ⅰ.（1）已知白磷(P4)可由Ca3(PO4)2､焦炭和SiO2在一定条件下反应获得，发生反应的化学方程式为：2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)===6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g)，已知热化学方程式：①2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)===6CaO(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH1=+3359.26 kJ·mol-1；
②CaO(s)+SiO2(s)===CaSiO3(s) ΔH2=-89.61 kJ·mol-1；则目标方程式可由①+②×6得到，ΔH=+3359.26 kJ·mol-1+(-89.61 kJ·mol-1)×6=+2821.6kJ·mol-1，则热化学方程式为：2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)===6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH=+2821.6kJ·mol-1；
故答案为：2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)===6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH=+2821.6kJ·mol-1；
（2）如果ΔG=ΔH-TΔS<0，则该反应能自发进行，已知ΔH(298.15 K)=-94.0 kJ·mol-1，ΔS(298.15 K)=-75.8 J·mol-1·K-1，所以，则此反应自发进行的温度是T<1.24×103K； 故答案为：T<1.24×103K；
Ⅱ.（1）①由图象分析，金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨更稳定；1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为(110.5+283.0)kJ =393.5kJ，则石墨的燃烧热为393.5 kJ·mol-1；故答案为：石墨；393.5 kJ·mol-1；
②12g石墨物质的量为1mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若生成二氧化碳，质量为44g，若生成一氧化碳质量为28g，生成气体36g，28g<36g<44g，则生成的气体为一氧化碳和二氧化碳的混合气体，设一氧化碳物质的量为x mol，二氧化碳物质的量为(1−x)mol，则可列方程式：28x+44(1−x)=36，解得x=0.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol；依据图象分析，C(石墨，s)+O2(g)═CO2(g) △H=−393.5kJ∙mol−1；C(石墨，s)+1/2O2(g)═CO(g) △H=−110.5kJ∙mol−1；生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量=393.5kJ∙mol−1×0.5mol+110.5 kJ∙mol−1×0.5mol=252.0kJ；则12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为252.0kJ；故答案：252.0 kJ；
（2）△H=反应物的键能总和−生成物的键能总和，即946kJ/mol+497kJ/mol−2E(N−O)=180.0kJ/mol，解得，E(N−O)=631.5kJ/mol，则NO分子中化学键的键能为631.5kJ/mol；故答案为：631.5；
（3）已知①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H=−393.5 kJ/mol；②C(石墨，s)+1/2O2(g)=CO(g) △H=−110.5 kJ/mol；③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180 kJ/mol；根据盖斯定律可得：方程式①×2−②×2−③得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=−746.0 kJ/mol；则用CO除去NO的热化学方程式：2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0 kJ·mol-1；
故答案为：2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0 kJ·mol-1。
18.近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因，现在对其中的一些气体进行了一定的研究：
某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和一氧化氮，发生反应：
C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g） △H＝a kJ/mol
在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下表：
时间/min
浓度/（mol/L）
0
10
20
30
40
50
NO
1.0
0.68
0.50
0.50
0.70
0.70
N2
0
0.16
0.25
0.25
0.35
0.35
CO2
0
0.16
0.25
0.25
0.35
0.35
（1）根据图表数据分析T1℃时，该反应在0﹣20min的平均反应速率v（NO）＝___；计算该反应的平衡常数K＝__________。
（2）30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是___（填序号）。
A．通入一定量的CO2 B．加入合适的催化剂 C．通入一定量的NO
D．加入一定量的活性炭 E．适当缩小容器的体积 F．改变温度
（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，则达到新平衡时NO的转化率____（填“升高” 或“降低” ），a_____0（填“＞”或“＜” ）。
【答案】(1). 0.025mol•L﹣1•min﹣1 (2). 0.25 (3). CE (4). 升高 (5). ＜
【解析】
【分析】（1）分析图表数据结合化学反应速率概念计算v=△c/△t，由表给平衡浓度计算平衡常数；
（2）30min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；
（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，平衡向正反应方向移动。
【详解】（1）分析图表数据，0～20min内，NO的平均反应速率v（NO）=（1mol/L−0.20mol/L）
20min=0.025 mol/L•min；20min时，反应达到平衡，平衡时NO、N2、CO2的浓度依次为0.50 mol/L、0.25 mol/L、0.25 mol/L，化学平衡常数K=c(N2)c(CO2)/c2(NO)= (0.25 mol/L×0.25 mol/L)/( 0.50 mol/L)2=0.25，故答案为：0.025 mol/L•min；0.25；
（2）A、通入一定量的CO2，平衡逆向移动，N2的浓度减小，故A错误；
B、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B错误；
C、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C正确；
D、加入一定量的活性炭是固体，碳是固体对平衡无影响，对平衡无影响，故D错误；
E、适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡不移动，各气态物质浓度均增大，故E正确；
F、若该反应为吸热反应，温度升高，平衡右移，反应物浓度减小，生成物浓度增大；若该反应为放热反应，平衡左移，反应物浓度增大，生成物浓度减小，故F错误；
故选CE，故答案为：CE；
（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，平衡向正反应方向移动，达到新平衡时NO的转化率增大，说明正反应是放热反应，故答案为：升高；＜。
19.测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如下图所示。
(1)理论上强酸､强碱的稀溶液反应生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量，写出表示稀硫酸和氢氧化钠稀溶液反应的中和热的热化学方程式： ____________________。
(2)仪器A的名称是 _____________；在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净就直接测量NaOH溶液的温度，则测得的ΔH_____________ (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。
①请填写下表中的空白： ___________
实验次数
起始温度t1/℃
终止温度
t2/℃
温度差平均值
(t2-t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
2
27.0
27.4
27.2
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
②近似认为0.50 mol/L NaOH溶液和0.50 mol/L硫酸溶液的密度都是1 g/cm3中和后生成溶液的比热容c=4.18 J/(g·℃)｡则中和热ΔH= _____________(取小数点后一位)｡
③上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是_____________ (填序号)。
a.实验装置保温､隔热效果差
b.用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c.分多次把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H2SO4溶液的温度
【答案】(1). H2SO4(aq)+NaOH(aq)===Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol或H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). 偏大 (4). 4.0 (5). -53.5 kJ/mol (6). acd
【解析】
【分析】（1）中和热是指强酸､强碱的稀溶液反应生成1 mol水时所放出的热量，据此写出中和热的热化学方程式；
（2）仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净就直接测量NaOH溶液的温度，酸和碱之间因发生反应而导致热量损失，据此分析中和热ΔH的误差；
（3）①分别计算4次实验的温度差，再求取温度差的平均值；
②根据公式Q=mc△T计算反应中放出的热量，再计算反应生成水的物质的量，进而计算生成1mol水所放出的热量，即为中和热；
③根据计算可知，测量值偏小，这说明反应中有热量损失，据此分析。
【详解】（1）中和热是指强酸､强碱的稀溶液反应生成1 mol水时所放出的热量，已知理论上强酸、强碱的稀溶液反应生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量，稀硫酸和氢氧化钠稀溶液分别是强酸、强碱，则中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)===Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol或H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol；
故答案为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)===Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol或H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol；
（2）仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净就直接测量NaOH溶液的温度，酸和碱之间因发生反应而导致热量损失，使测得的中和热数值将会减小，则ΔH>-57.3 kJ/mol，则ΔH 偏大； 故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏大；
（3）①4次实验的温度差分别为：4℃，6.1℃，3.9℃，4.1℃，因此实验2中的数据是无效的，应该舍去，所以温度差的平均值为(4℃+3.9℃+4.1℃)÷3=4℃；故答案为：4.0；
②50mL 0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应，硫酸是过量的，则生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80ml×1g/ml=80g，温度变化的平均值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mc△T=80g×4.18J/(g∙℃)×4.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热；故答案为：−53.5kJ/mol；
③根据计算可知，测量值偏小，这说明反应中有热量损失，
a.装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，a项正确；
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，使得反应中放出的热量偏高，中和热的数值偏大，b项错误；
c.尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，这样会损失部分热量，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，c项正确；
d.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，由于温度计上附着有氢氧化钠，会消耗硫酸，因此实验过程中放出的热量会减少，中和热的数值偏小，d项正确；
综上所述，上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是acd；
故答案为：acd。
20.Ⅰ.对于可逆反应CO+H2O(g)CO2+H2，回答下列问题：
(1)830 K时，若起始时c(CO)=2 mol·L-1，c(H2O)=3 mol·L-1，平衡时CO的转化率为60%，水蒸气的转化率为 _____________;平衡常数K的值为 _____________。
(2)830 K时，若只将起始时c(H2O)改为6 mol·L-1，则水蒸气的转化率为_____________ 。
(3)若830 K时，某时刻混合体系中各气体的浓度为c(CO2)=0.4 mol·L-1､c(CO)=0.6 mol·L-1､c(H2O)=3 mol·L-1，c(H2)=2 mol·L-1请判定该体系中反应进行的方向：______________ (填“正向进行”“逆向进行”或“达到平衡”)。
Ⅱ､恒温､恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)+B(g) C(g)
(1)若开始时放入1mol A和1mol B，达到平衡后，生成a mol C，这时A的物质的量为 _______ mol。
(2)若开始时放入3mol A和3mol B，达到平衡后，生成C的物质的量为 _______mol。
(3)若开始时放入x mol A､2mol B和1mol C，达到平衡后，A和C的物质的量分别为y mol和3a mol，则x= ______，y= _________。
(4)若在(3)的平衡混合物中再加入3mol C，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是 _______。
【答案】(1). 40% (2). 1 (3). 25% (4). 正向进行 (5). 1-a (6). 3a (7). 2 (8). 3-3a (9).
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）根据CO的起始浓度和转化率可以计算CO的转化浓度，列三段式求出平衡时各物质的物质的量浓度，从而计算水蒸气的转化率和平衡常数K；
（2）设CO的转化浓度为x，列出三段式，根据一定温度下反应的平衡常数不变解出x，据此分析；
（3）计算此时反应的浓度商，并与平衡常数进行比较判断反应进行的方向。
Ⅱ.（1）依据化学平衡的三段式列式计算；
（2）根据恒温、恒压下放入3molA和3molB，与（1）建立等效平衡进行分析；
（3）恒温、恒压下根据生成的C为3a mol可知，达到的平衡与起始量加入3molA、3molB所达到的平衡是相同的平衡，依据（2）的分析计算得到（3）的X、Y的取值；
（4）再加3molC折算成A和B，相当于6molA和6molB，由于是恒压过程，此时与（1）中的平衡为等效平衡，且是成比例等效，据此可以解题。
【详解】Ⅰ.（1）若起始时，c(CO)=2 mol·L-1，c(H2O)=3 mol·L-1，平衡时CO的转化率为60%，列出三段式为： CO+H2O(g)CO2+H2
起始量(mol/L) 2 3 0 0
变化量(mol/L) 1.2 1.2 1.2 1.2
平衡量(mol/L) 0.8 1.8 1.2 1.2
则水蒸气的转化率为；平衡常数K的值为；
答案为：40%；1；
（2）温度不变，平衡常数不变，设CO的转化浓度为x，据此列出三段式进行计算：
CO+H2O(g)CO2+H2
起始量(mol/L) 2 6 0 0
变化量(mol/L) x x x x
平衡量(mol/L) 2-x 6-x x x
则平衡常数，解得x=1.5mol/L，
则水蒸气的转化率为；故答案为：25%；
（3）此时该反应的浓度商为，则反应正向进行；
故答案为：正向进行；
Ⅱ.（1）根据化学平衡三段式列式计算
A(g)+B(g)⇌C(g)
起始量(mol) 1 1 0
变化量(mol) a a a
平衡量(mol) 1−a 1−a a
则A的物质的量为(1−a)mol；
故答案为：1-a；
（2）在恒温､恒压条件下，若开始时放入3mol A和3mol B，同等程度改变反应物的用量，A、B物质的量之比也为1:1，将建立与(1)等效的平衡状态，所以到达平衡后，依据(1)中的计算可知，生成C的物质的量为3a mol；故答案为：3a；
（3）恒温、恒压下到达平衡后，C的物质的量为3a mol，说明与（2）所达到的平衡是完全相同的平衡状态，则满足极值转化后A、B起始量分为3mol、3mol，则有
A(g)+B(g)⇌ C(g)
起始量(mol) x 2 1
极值转化(mol) x+1 2+1=3
则x+1=3，x=2；
因为极值转化后A、B起始量分为3mol、3mol，与（1）中A、B的物质的量之比均为1:1，则为等效平衡，平衡时转化率相同，各物质的量均是A中的3倍，则平衡时A的物质的量为y=3(1-a)mol=3-3a mol；故答案为：2；3-3a；
（4）再加3molC折算成A和B，相当于起始加入6mol A和6mol B，由于是恒压过程，此时与(1)中的平衡为等效平衡，且是成比例等效，
A(g)+B(g)⇌C(g)
起始量1(mol) 1 1 0
平衡量1(mol) 1−a 1−a a
起始量2(mol) 6 6 0
平衡量2(mol) 6−6a 6−6a 6a
C的物质的量分数为；
故答案为：。
21.Ⅰ.室温下，现有c(H+) 相同的醋酸甲和盐酸乙：
(1)相同条件下，取等体积的甲､乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其c(H+) 大小关系为：
甲 _____________乙 (填“大于”“小于”或“等于”，下同)
(2)各取25 mL的甲､乙两溶液，分别与等浓度的NaOH稀溶液完全反应，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲) _____________ V(乙)。
Ⅱ.已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下：
弱酸化学式
HSCN
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
1.3×10-1
1.8×10-5
4.9×10-10
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
(1)25 ℃时，将20 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液和20 mL 0.1 mol·L-1 HSCN溶液分别与20 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示：
反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 _____________。
(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入一定量氨气，下列各量会变小的是 ______________(填字母)。
a.c(CH3COO-) b.c(H+) c.Kw d.醋酸电离平衡常数
III.(1)HClO4､H2SO4､HCl和HNO3都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数，下列说法不正确的是 _________。
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
1.6×10-5
Ka1：6.3×10-9
1.6×10-9
4.2×10-10
A.温度会影响这四种酸在冰醋酸中的电离常数
B.在冰醋酸中HClO4是这四种酸中最强的酸
C.在冰醋酸中H2SO4的电离方程式为H2SO4===2H++SO42-
D.这四种酸在冰醋酸中都没有完全电离，但仍属于强电解质
(2)亚磷酸是二元中强酸，25 ℃时亚磷酸(H3PO3)的电离常数为K1=1×10-2､K2=2.6×10-7。
①试从电离平衡移动的角度解释K1为什么比K2大_______________________ 。
②写出亚磷酸的电离方程式(2步)_________________；_______________ 。
③请设计一种方案，使之能通过直观的实验现象判断醋酸的酸性强于H2S，该方案所用的试剂是 __________，反应的化学方程式为 _____________________。
【答案】(1). 大于 (2). 大于 (3). HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快 (4). b (5). C (6). 第一步电离出的H+抑制了第二步的电离 (7). H3PO3 ⇌ H2PO3- + H+ (8). H2PO3- ⇌ HPO32- + H+ (9). 醋酸、Na2S (10). Na2S+2CH3COOH===H2S↑+2CH3COONa
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）根据稀释促进醋酸的电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小的程度比盐酸小；
（2）c(H+)相同的醋酸甲和盐酸乙，醋酸的浓度大于盐酸，则等体积的两溶液中醋酸的物质的量大于盐酸物质的量，据此分析消耗氢氧化钠的体积；
Ⅱ.（1）由电离平衡常数可知，HSCN的酸性比CH3COOH强，则其溶液中c(H+)较大，据此分析；
（2）a. 根据电离平衡的影响因素，分析c(H+)和c(CH3COO-)的变化；
c. Kw只与温度有关，温度不变；
d. 电离平衡常数只与温度有关，温度不变；
III.（1）A. 电离常数只受温度影响；
B. 根据各种酸在醋酸中的电离平衡常数判断；
C. 在冰醋酸中硫酸为弱酸，存在电离平衡，分2步电离；
D. 这四种酸在水溶液中完全电离，属于强电解质；
（2）①第一步电离出的H+抑制了第二步的电离，所以第一步电离平衡常数与第二步电离平衡常数相差较大；
②亚磷酸是二元中强酸，存在电离平衡，其电离方程式分步写；
③根据较强酸与较弱酸的盐反应制备弱酸的原理，来证明醋酸酸性比氢硫酸酸性强。
【详解】Ⅰ.（1）c(H+) 相同的醋酸甲和盐酸乙，相同条件下，取等体积的甲､乙两溶液，各稀释100倍，由于稀释促进醋酸的电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小的程度比盐酸小，则稀释后的溶液，其c(H+) 大小关系为：甲大于乙；故答案为：大于；
（2）c(H+) 相同的醋酸甲和盐酸乙，醋酸的浓度大于盐酸，则等体积的两溶液中醋酸的物质的量大于盐酸物质的量，则与等浓度的NaOH稀溶液完全反应，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)大于V(乙)；故答案为：大于；
Ⅱ.（1）由电离平衡常数可知，HSCN的酸性比CH3COOH强，则其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；
（2）a. 醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+，通入一定量氨气，生成一水合氨会中和氢离子，c(H+)减小，平衡正向移动，c(CH3COO-)增大，a项错误；
b. 由a项分析知，c(H+)减小，b项正确；
c. Kw只与温度有关，温度不变，c项错误；
d. 电离平衡常数只与温度有关，温度不变，则醋酸电离平衡常数不变，d项错误；
故答案为：b；
III.（1）A. 电离常数只受温度影响，温度对这四种酸在冰醋酸中的电离常数有影响，A项正确；
B. 在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，B项正确；
C. 在冰醋酸中硫酸为弱酸，存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4⇌H++HSO4−、HSO4−⇌H++SO42−，，C项错误；
D. 这四种酸在冰醋酸中都没有完全电离，但在水溶液中完全电离，因此仍属于强电解质，D项正确；
故答案为：C；
（2）①第一步电离出的H+抑制了第二步的电离，所以第一步电离平衡常数与第二步电离平衡常数相差较大；
故答案为：第一步电离出H+抑制了第二步的电离；
②亚磷酸是二元中强酸，其电离方程式为H3PO3 ⇌ H2PO3- + H+；H2PO3- ⇌ HPO32- + H+；
故答案为：H3PO3 ⇌ H2PO3- + H+；H2PO3- ⇌ HPO32- + H+；
③要比较醋酸的酸性强于H2S，一般可以考虑设计实验，根据较强酸与较弱酸的盐反应制备弱酸的原理，来证明醋酸酸性比氢硫酸酸性强，只要让醋酸制得氢硫酸就可以了，所以选择相应的试剂为：醋酸和Na2S；反应方程式为：Na2S+2CH3COOH===H2S↑+2CH3COONa；
故答案为：醋酸、Na2S；Na2S+2CH3COOH===H2S↑+2CH3COONa。
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5
第Ⅰ卷(共48分)
一､选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.下列叙述中，能证明某物质是弱电解质的是( )
A. 熔融时不导电
B. 水溶液的导电能力很差
C. 不是离子化合物，而是极性共价化合物
D. 溶液中已电离的离子和未电离的分子共存
【答案】D
【解析】
【详解】A. 熔融时不导电的化合物不一定是弱电解质，如HCl是共价化合物，熔融时不导电，但是强电解质，A项错误；
B. 电解质的强弱与溶液的导电性没有本质联系，很稀的强电解质水溶液的导电能力也很弱，因为溶液中离子浓度很小，B项错误；
C. HCl是极性共价化合物，但是强电解质，C项错误；
D. 弱电解质在水溶液中部分电离，所以溶液中已电离的离子和未电离的分子共存，说明该物质是弱电解质，D项正确；
答案选D。
2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 工业制硫酸采用二氧化硫催化氧化，高压可以提高单位时间SO3的产量
B. 打开可乐瓶盖后看到有大量气泡冒出
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质
D. 容器中有2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)，增大压强颜色变深
【答案】D
【解析】
【分析】勒夏特列原理是指在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，或参加反应的物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，能用勒夏特列原理解释，首先必须存在可逆过程，以此解答该题。
【详解】A. 二氧化硫生成三氧化硫的反应为2SO2+O2⇌2SO3，加压平衡正向移动，三氧化硫的产量增大，能用勒夏特列原理解释，A项错误；
B. 打开可乐瓶盖后看到有大量气泡逸出，是因为打开瓶盖，压强减小，二氧化碳气体的溶解度减小而逸出，平衡移动的结果，和平衡有关，能用勒夏特列原理解释，B项错误；
C. 氯气和水的反应是可逆反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，能减小氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释，C项错误；
D. 容器中存在可逆反应2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)，是一个反应前后气体物质的量不变的反应，体积减小加压，H2(g)、I2(g)、HI(g)浓度均增大，但是平衡不会移动，颜色加深仅是由体积减小，I2(g)浓度增大造成的，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；
答案选D。
3.下列说法不正确的是（ ）
A. 加入正催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
B. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
C. 任何条件下，化学反应的焓变都等于化学反应的反应热
D. 常温下硝酸铵能够溶于水，因为其溶于水是一个熵增大过程
【答案】C
【解析】
【详解】A. 正催化剂可以降低反应的活化能，使部分普通分子变成活化分子，则活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大，A项正确；
B. 熵增加且放热的反应始终满足△H-T△S<0，则一定是自发反应，B项正确；
C. 只有在恒压条件下，化学反应的焓变才等于化学反应的反应热，C项错误；
D. 常温下硝酸铵溶于水溶解成为自由移动的离子，是熵变增大的过程，D项正确；
答案选C。
4.下列说法正确的是( )
A. 浓度为0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，加水稀释，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)减小
B. 浓度为0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，升高温度，Ka(CH3COOH)不变，但醋酸电离程度增大
C. 浓度为0.1 mol·L－1 HA溶液pH为4，则HA为弱电解质
D. CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加水稀释，n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)增大，故A错误；
B. 电离是吸热过程，升高温度，Ka(CH3COOH)增大，故B错误；
C. 浓度为0.1 mol·L－1 HA溶液pH为4，说明HA部分电离，则HA为弱电解质，故C正确；
D. 稀释促进电离，电离程度增大，相反CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越小，故D错误。
故答案选C。
5.下列说法正确的是( )
A. H(g)＋I2(g) ⇌ 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
B. C(s)＋H2O(g) ⇌ H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C. 若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g) ⇌ 2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体
D. 1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1
【答案】B
【解析】
【详解】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；
B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；
C.若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A、C不可能均为气体，C项错误；
D.易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。
故答案选B。
6.在一定温度下，改变反应物中n(SO2)，对反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH<0的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 反应b､c点均为平衡点，a点未达到平衡且向正反应方向进行
B. a､b､c三点的平衡常数Kb>Kc>Ka
C. 上述图象可以得出SO2的含量越高得到的混合气体中SO3的体积分数越高
D. a､b､c三点中，a点时SO2的转化率最高
【答案】D
【解析】
【详解】A. 图像的横坐标是起始时n(SO2)，纵坐标是平衡时SO3的体积分数，因此，曲线是平衡线，线上的每个点均为平衡点，A项错误；
B. 对于一个指定的反应，其平衡常数只受温度的影响，上述反应在一定温度下进行，因此，a、b、c三点的平衡常数相等，B项错误；
C. 由图像知，随起始时n(SO2)的增大，平衡时SO3的体积分数先逐渐增大、后又逐渐减小，C项错误；
D. 增加一种反应物的用量，可以提高另一反应物的转化率，而本身转化率降低，因此a、b、c三点中，n(SO2)逐渐增大，平衡时SO2的转化率逐渐减小，a点时SO2的转化率最高，D项正确；
答案选D。
7.已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是（ ）
A. 反应向逆方向移动 B. Y可能是固体或液体
C. 系数n>m D. Z的体积分数减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但实际再次达到平衡时c(X)=0.5mol/L，说明加压后化学平衡正向移动，故A错误；
B.结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果Y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立，所以Y只能是气体，故B错误；
C.由B项分析可知，Y是气体，要满足m+n>2m，则n>m，故C正确；
D.根据分析知，化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的 ，故D错误；
答案选C。
8.下列叙述与下图对应的是（ ）
A. 对于达到平衡状态的N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)，图①表示在t0时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动
B. 由图②可知，p2 > p1，T1 > T2满足反应：2A(g) + B(g) ⇌ 2C(g) ΔH < 0
C. 图③表示的反应方程式为2A = B + 3C
D. 对于反应2X(g) + 3Y(g) ⇌ 2Z(g) ΔH < 0，图④y轴可以表示Y的百分含量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 对于达到平衡状态的N2(g) + 3H2(g)⇌2NH3(g)，若t0时刻充入了一定量的NH3，则逆反应速率瞬间增大，正反应速率此刻不变，然后随之增大，与图像不符，A项错误；
B. 当温度为T1时，压强P2比P1先达到平衡状态，则P1
C. 由图③可知，A为反应物，B、C为生成物，且△c(A)=0.8mol/L，△c(B)=0.4mol/L，△c(C)=1.2mol/L，则三者的系数之比为2:1:3，由图知A没有完全转化为B和C，说明该反应为可逆反应，反应方程式应为2A ⇌ B + 3C，C项错误；
D. 对于反应2X(g) + 3Y(g) ⇌ 2Z(g) ΔH < 0，升温平衡逆向移动，Y的百分含量增多，与图像不符，D项错误；
答案选B。
9.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH<0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（ ）
A. ③②① B. ③①② C. ①②③ D. ②①③
【答案】A
【解析】
【详解】3A(g)＋B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中，体积不变，温度升高，与容器②相比，相当于升温，不利于反应正向移动，C物质的体积分数②>①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。
10.已知在25℃时，下列反应的平衡常数如下：
①N2(g)＋O2(g)2NO(g) K1＝1×10-30
②2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) K2＝2×1081
③2CO2(g)2CO(g)＋O2(g) K3＝4×10-92
下列说法正确的是( )
A. NO分解反应NO(g) 1/2N2(g)＋1/2O2(g)的平衡常数为1×10-30
B. 根据K2的值可以判断常温下H2和O2很容易反应生成H2O
C. 常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的倾向顺序为NO>H2O>CO2
D. 温度升高，上述三个反应的平衡常数均增大
【答案】C
【解析】试题分析：A．根据N2(g)＋O2(g)2NO(g) K1＝1×10-30，则NO(g)N2(g)＋O2(g)的平衡常数==1×1015，故A错误；B．根据K2的值可以判断H2和O2反应生成H2O的程度很大，可以看出能够完全反应，但常温下不能反应，故B错误；C．根据三个反应的平衡常数的大小可知，常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的平衡常数分别为1×1030，5×10-82，4×10-92，分解放出O2的倾向顺序为NO>H2O>CO2，故C正确；D．反应①②是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误；故选C。
11.一定温度下，将a mol 的 PCl5 通入一个容积不变的密闭容器中，发生反应： PCl5 (g) ⇌ PCl3(g)+ Cl2(g)，反应达到平衡时，测得混合气体的压强为P1，此时再通入a mol 的 PCl5 ，同样温度下再达到平衡时， 测得混合气体的压强为P2，下列判断正确的时（ ）
A. 2 P1> P2 B. PCl5的分解率增大 C. 2 P1 < P2 D. Cl2的体积分数增大
【答案】A
【解析】
【分析】容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，与原平衡相比，新平衡相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，据此分析。
【详解】容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，与原平衡相比，新平衡相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，
A. 容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，若平衡不移动，则2 P1=P2，但加压平衡会向气体体积减小的方向移动，即逆反应方向移动，则2P1> P2，A项正确；
B. 由于新平衡与原平衡相比相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，则PCl5的分解率减小，B项错误；
C. 由A项分析可知，2P1> P2，C项错误；
D. 由于新平衡与原平衡相比相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，生成的氯气的量减少，Cl2的体积分数减小，D项错误；
答案选A。
12.某温度下，将4molA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
【答案】B
【解析】试题分析：根据三段式进行计算，可得
aA（g） + 2B（g） ⇌3C（g）+D（g）
起始浓度（mol•L‾1） 3 3 0 0
转化浓度（mol•L‾1） 2 3 1
平衡浓度（mol•L‾1） 1 3 1
容器的体积减小一半，B的平衡浓度由1mol•L‾1变为2mol•L‾1，说明平衡不发生移动，则反应前后气体的系数相等，则a=2，故B项正确。
13.已知相同条件下，下列反应的焓变和平衡常数分别表示为
①2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）ΔH1 K1=x
②Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）ΔH2 K2=y
③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）ΔH3 K3=z
则下列关系正确的是( )
A. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=xy2 B. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x+y
C. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=x﹣y2 D. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x/y
【答案】A
【解析】
【分析】根据盖斯定律进行计算，由①+②×2=③，得出2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除。
【详解】根据盖斯定律进行计算，由由①+②×2=③得到2NH3（g）+7/2O2（g）=2NO2（g）+3H2O（g），则△H=ΔH3=ΔH1+2ΔH；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除，则K3= K1 K22= xy2，故选A。
14.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知2H2(g)+O2(g)＝2H2O（l）△H＝﹣483.6 kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为483.6 kJ•mol﹣1
B. 在一定温度和压强下，将0.5mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=﹣19.3kJ/mol
C. 已知2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g)△H1 2C(s)+O2(g)＝2CO(g)△H2 则△H1＞△H2
D. 已知Ni(CO)4(s)＝Ni(s)+4CO（g） △H＝Q kJ•mol﹣1，则Ni(s)+4CO（g）＝Ni(CO)4(s) △H＝﹣Q kJ•mol﹣1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成稳定氧化物所放出的热量，已知2H2(g)+O2(g)＝2H2O（l） △H＝﹣483.6 kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为483.6 kJ•mol﹣1=241.8 kJ•mol﹣1，A项错误；
B. 合成氨为可逆反应，热化学方程式中为完全转化时的能量变化，由将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，可知1 mol N2完全反应生成NH3(g)，放出热量大于38.6 kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH < −38.6 kJ /mol，B项错误；
C. 固体碳不完全燃烧生成CO，完全燃烧生成二氧化碳，则完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放热多，故△H1<△H2，C项错误；
D. 已知Ni(CO)4(s)＝Ni(s)+4CO（g） △H＝Q kJ•mol﹣1，则Ni(s)+4CO（g）＝Ni(CO)4(s) △H＝﹣Q kJ•mol﹣1，所以二者反应热大小相同，符号相反，D项正确；
答案选D。
15.如图所示是298K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述错误的是（ ）
A. 在温度、体积一定的条件下，通入1mol N2和3mol H2反应后放出的热量为92kJ
B. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，催化剂能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加
C. 催化剂，能增大有效碰撞次数，但不能提高N2的转化率
D. 该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H= -92kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A.在温度、体积一定的条件下，N2与H2的反应为可逆反应，通入1mol N2和3mol H2反应不能完全进行，则放出的热量小于92kJ，A错误；
B.催化剂能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加，对反应的焓变无影响，a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，B正确；
C.催化剂，能增大有效碰撞次数，但对化学平衡的移动无影响，则不能提高N2的转化率，C正确；
D.根据图像可知，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=﹣92kJ/mol，D正确；
答案为A。
16.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（ ）
A. HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4
B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10
C. 根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D. HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
【答案】B
【解析】
【分析】弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。
【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。
A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；
B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10-4，错误；
C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；
D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；
故本题合理选项是B。
第Ⅱ卷(共52分)
17.Ⅰ.(1)磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。
白磷(P4)可由Ca3(PO4)2､焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：
2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)===6CaO(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH1=+3359.26 kJ·mol-1
CaO(s)+SiO2(s)===CaSiO3(s) ΔH2=-89.61 kJ·mol-1
写出白磷(P4)由Ca3(PO4)2､焦炭和SiO2在一定条件下反应的热化学方程式为： _____________。
(2)电子工业中清洗硅片上的SiO2(s)的反应为SiO2(s)+4HF(g)===SiF4(g)+2H2O(g) ΔH(298.15 K)=-94.0 kJ·mol-1 ΔS(298.15 K)=-75.8 J·mol-1·K-1，设ΔH和ΔS不随温度而变化，此反应自发进行的温度是_________
Ⅱ.(1)金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
①在通常状况下，金刚石和石墨相比较， __________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热ΔH=___。
②12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36 g，该过程放出的热量为 __________。
(2)已知：N2､O2分子中化学键的键能分别是946 kJ/mol､497 kJ/mol。N2(g)+O2(g)===2NO(g) ΔH=+180.0 kJ/mol。NO分子中化学键的键能为 _____________kJ/mol。
(3)综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式：__________________________ 。
【答案】(1). 2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)===6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH=+2821.6kJ·mol-1 (2). T<1.24×103K (3). 石墨 (4). 393.5 kJ·mol-1 (5). 252.0 kJ (6). 631.5 (7). 2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0 kJ·mol-1
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）根据已知的热化学方程式和盖斯定律进行计算；
（2）如果ΔG=ΔH-TΔS<0，则该反应能自发进行，据此计算温度的范围；
Ⅱ.（1）①由图象分析，金刚石能量高于石墨，结合物质的能量越低越稳定，比较二者的稳定性；石墨的燃烧热是指1mol石墨完全燃烧生成二氧化碳所放出的热量，结合图像进行计算；
②先根据生成气体的质量判断石墨燃烧的产物及其物质的量，再结合热化学方程式进行计算燃烧放出的热量；
（2）根据△H=反应物的键能总和−生成物的键能总和计算NO分子中化学键的键能；；
（3）根据已知信息写出热化学方程式①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H=−393.5 kJ/mol；②C(石墨，s)+1/2O2(g)=CO(g) △H=−110.5 kJ/mol；③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180 kJ/mol；再利用盖斯定律写出目标热化学方程式。
【详解】Ⅰ.（1）已知白磷(P4)可由Ca3(PO4)2､焦炭和SiO2在一定条件下反应获得，发生反应的化学方程式为：2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)===6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g)，已知热化学方程式：①2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)===6CaO(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH1=+3359.26 kJ·mol-1；
②CaO(s)+SiO2(s)===CaSiO3(s) ΔH2=-89.61 kJ·mol-1；则目标方程式可由①+②×6得到，ΔH=+3359.26 kJ·mol-1+(-89.61 kJ·mol-1)×6=+2821.6kJ·mol-1，则热化学方程式为：2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)===6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH=+2821.6kJ·mol-1；
故答案为：2Ca3(PO4)2(s)+6SiO2(s)+10C(s)===6CaSiO3(s)+P4(s)+10CO(g) ΔH=+2821.6kJ·mol-1；
（2）如果ΔG=ΔH-TΔS<0，则该反应能自发进行，已知ΔH(298.15 K)=-94.0 kJ·mol-1，ΔS(298.15 K)=-75.8 J·mol-1·K-1，所以，则此反应自发进行的温度是T<1.24×103K； 故答案为：T<1.24×103K；
Ⅱ.（1）①由图象分析，金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨更稳定；1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为(110.5+283.0)kJ =393.5kJ，则石墨的燃烧热为393.5 kJ·mol-1；故答案为：石墨；393.5 kJ·mol-1；
②12g石墨物质的量为1mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若生成二氧化碳，质量为44g，若生成一氧化碳质量为28g，生成气体36g，28g<36g<44g，则生成的气体为一氧化碳和二氧化碳的混合气体，设一氧化碳物质的量为x mol，二氧化碳物质的量为(1−x)mol，则可列方程式：28x+44(1−x)=36，解得x=0.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol；依据图象分析，C(石墨，s)+O2(g)═CO2(g) △H=−393.5kJ∙mol−1；C(石墨，s)+1/2O2(g)═CO(g) △H=−110.5kJ∙mol−1；生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量=393.5kJ∙mol−1×0.5mol+110.5 kJ∙mol−1×0.5mol=252.0kJ；则12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为252.0kJ；故答案：252.0 kJ；
（2）△H=反应物的键能总和−生成物的键能总和，即946kJ/mol+497kJ/mol−2E(N−O)=180.0kJ/mol，解得，E(N−O)=631.5kJ/mol，则NO分子中化学键的键能为631.5kJ/mol；故答案为：631.5；
（3）已知①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H=−393.5 kJ/mol；②C(石墨，s)+1/2O2(g)=CO(g) △H=−110.5 kJ/mol；③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180 kJ/mol；根据盖斯定律可得：方程式①×2−②×2−③得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=−746.0 kJ/mol；则用CO除去NO的热化学方程式：2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0 kJ·mol-1；
故答案为：2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0 kJ·mol-1。
18.近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体，火力发电厂释放出大量的NOx、SO2和CO2等气体也是其原因，现在对其中的一些气体进行了一定的研究：
某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和一氧化氮，发生反应：
C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g） △H＝a kJ/mol
在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下表：
时间/min
浓度/（mol/L）
0
10
20
30
40
50
NO
1.0
0.68
0.50
0.50
0.70
0.70
N2
0
0.16
0.25
0.25
0.35
0.35
CO2
0
0.16
0.25
0.25
0.35
0.35
（1）根据图表数据分析T1℃时，该反应在0﹣20min的平均反应速率v（NO）＝___；计算该反应的平衡常数K＝__________。
（2）30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是___（填序号）。
A．通入一定量的CO2 B．加入合适的催化剂 C．通入一定量的NO
D．加入一定量的活性炭 E．适当缩小容器的体积 F．改变温度
（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，则达到新平衡时NO的转化率____（填“升高” 或“降低” ），a_____0（填“＞”或“＜” ）。
【答案】(1). 0.025mol•L﹣1•min﹣1 (2). 0.25 (3). CE (4). 升高 (5). ＜
【解析】
【分析】（1）分析图表数据结合化学反应速率概念计算v=△c/△t，由表给平衡浓度计算平衡常数；
（2）30min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；
（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，平衡向正反应方向移动。
【详解】（1）分析图表数据，0～20min内，NO的平均反应速率v（NO）=（1mol/L−0.20mol/L）
20min=0.025 mol/L•min；20min时，反应达到平衡，平衡时NO、N2、CO2的浓度依次为0.50 mol/L、0.25 mol/L、0.25 mol/L，化学平衡常数K=c(N2)c(CO2)/c2(NO)= (0.25 mol/L×0.25 mol/L)/( 0.50 mol/L)2=0.25，故答案为：0.025 mol/L•min；0.25；
（2）A、通入一定量的CO2，平衡逆向移动，N2的浓度减小，故A错误；
B、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B错误；
C、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C正确；
D、加入一定量的活性炭是固体，碳是固体对平衡无影响，对平衡无影响，故D错误；
E、适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡不移动，各气态物质浓度均增大，故E正确；
F、若该反应为吸热反应，温度升高，平衡右移，反应物浓度减小，生成物浓度增大；若该反应为放热反应，平衡左移，反应物浓度增大，生成物浓度减小，故F错误；
故选CE，故答案为：CE；
（3）若30min后降低温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为4：3：3，平衡向正反应方向移动，达到新平衡时NO的转化率增大，说明正反应是放热反应，故答案为：升高；＜。
19.测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如下图所示。
(1)理论上强酸､强碱的稀溶液反应生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量，写出表示稀硫酸和氢氧化钠稀溶液反应的中和热的热化学方程式： ____________________。
(2)仪器A的名称是 _____________；在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净就直接测量NaOH溶液的温度，则测得的ΔH_____________ (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。
①请填写下表中的空白： ___________
实验次数
起始温度t1/℃
终止温度
t2/℃
温度差平均值
(t2-t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
2
27.0
27.4
27.2
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
②近似认为0.50 mol/L NaOH溶液和0.50 mol/L硫酸溶液的密度都是1 g/cm3中和后生成溶液的比热容c=4.18 J/(g·℃)｡则中和热ΔH= _____________(取小数点后一位)｡
③上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是_____________ (填序号)。
a.实验装置保温､隔热效果差
b.用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c.分多次把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H2SO4溶液的温度
【答案】(1). H2SO4(aq)+NaOH(aq)===Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol或H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). 偏大 (4). 4.0 (5). -53.5 kJ/mol (6). acd
【解析】
【分析】（1）中和热是指强酸､强碱的稀溶液反应生成1 mol水时所放出的热量，据此写出中和热的热化学方程式；
（2）仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净就直接测量NaOH溶液的温度，酸和碱之间因发生反应而导致热量损失，据此分析中和热ΔH的误差；
（3）①分别计算4次实验的温度差，再求取温度差的平均值；
②根据公式Q=mc△T计算反应中放出的热量，再计算反应生成水的物质的量，进而计算生成1mol水所放出的热量，即为中和热；
③根据计算可知，测量值偏小，这说明反应中有热量损失，据此分析。
【详解】（1）中和热是指强酸､强碱的稀溶液反应生成1 mol水时所放出的热量，已知理论上强酸、强碱的稀溶液反应生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量，稀硫酸和氢氧化钠稀溶液分别是强酸、强碱，则中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)===Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol或H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol；
故答案为：H2SO4(aq)+NaOH(aq)===Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol或H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l) ΔH=-57.3 kJ/mol；
（2）仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净就直接测量NaOH溶液的温度，酸和碱之间因发生反应而导致热量损失，使测得的中和热数值将会减小，则ΔH>-57.3 kJ/mol，则ΔH 偏大； 故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏大；
（3）①4次实验的温度差分别为：4℃，6.1℃，3.9℃，4.1℃，因此实验2中的数据是无效的，应该舍去，所以温度差的平均值为(4℃+3.9℃+4.1℃)÷3=4℃；故答案为：4.0；
②50mL 0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应，硫酸是过量的，则生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80ml×1g/ml=80g，温度变化的平均值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mc△T=80g×4.18J/(g∙℃)×4.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热；故答案为：−53.5kJ/mol；
③根据计算可知，测量值偏小，这说明反应中有热量损失，
a.装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，a项正确；
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，使得反应中放出的热量偏高，中和热的数值偏大，b项错误；
c.尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，这样会损失部分热量，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，c项正确；
d.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，由于温度计上附着有氢氧化钠，会消耗硫酸，因此实验过程中放出的热量会减少，中和热的数值偏小，d项正确；
综上所述，上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是acd；
故答案为：acd。
20.Ⅰ.对于可逆反应CO+H2O(g)CO2+H2，回答下列问题：
(1)830 K时，若起始时c(CO)=2 mol·L-1，c(H2O)=3 mol·L-1，平衡时CO的转化率为60%，水蒸气的转化率为 _____________;平衡常数K的值为 _____________。
(2)830 K时，若只将起始时c(H2O)改为6 mol·L-1，则水蒸气的转化率为_____________ 。
(3)若830 K时，某时刻混合体系中各气体的浓度为c(CO2)=0.4 mol·L-1､c(CO)=0.6 mol·L-1､c(H2O)=3 mol·L-1，c(H2)=2 mol·L-1请判定该体系中反应进行的方向：______________ (填“正向进行”“逆向进行”或“达到平衡”)。
Ⅱ､恒温､恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)+B(g) C(g)
(1)若开始时放入1mol A和1mol B，达到平衡后，生成a mol C，这时A的物质的量为 _______ mol。
(2)若开始时放入3mol A和3mol B，达到平衡后，生成C的物质的量为 _______mol。
(3)若开始时放入x mol A､2mol B和1mol C，达到平衡后，A和C的物质的量分别为y mol和3a mol，则x= ______，y= _________。
(4)若在(3)的平衡混合物中再加入3mol C，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是 _______。
【答案】(1). 40% (2). 1 (3). 25% (4). 正向进行 (5). 1-a (6). 3a (7). 2 (8). 3-3a (9).
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）根据CO的起始浓度和转化率可以计算CO的转化浓度，列三段式求出平衡时各物质的物质的量浓度，从而计算水蒸气的转化率和平衡常数K；
（2）设CO的转化浓度为x，列出三段式，根据一定温度下反应的平衡常数不变解出x，据此分析；
（3）计算此时反应的浓度商，并与平衡常数进行比较判断反应进行的方向。
Ⅱ.（1）依据化学平衡的三段式列式计算；
（2）根据恒温、恒压下放入3molA和3molB，与（1）建立等效平衡进行分析；
（3）恒温、恒压下根据生成的C为3a mol可知，达到的平衡与起始量加入3molA、3molB所达到的平衡是相同的平衡，依据（2）的分析计算得到（3）的X、Y的取值；
（4）再加3molC折算成A和B，相当于6molA和6molB，由于是恒压过程，此时与（1）中的平衡为等效平衡，且是成比例等效，据此可以解题。
【详解】Ⅰ.（1）若起始时，c(CO)=2 mol·L-1，c(H2O)=3 mol·L-1，平衡时CO的转化率为60%，列出三段式为： CO+H2O(g)CO2+H2
起始量(mol/L) 2 3 0 0
变化量(mol/L) 1.2 1.2 1.2 1.2
平衡量(mol/L) 0.8 1.8 1.2 1.2
则水蒸气的转化率为；平衡常数K的值为；
答案为：40%；1；
（2）温度不变，平衡常数不变，设CO的转化浓度为x，据此列出三段式进行计算：
CO+H2O(g)CO2+H2
起始量(mol/L) 2 6 0 0
变化量(mol/L) x x x x
平衡量(mol/L) 2-x 6-x x x
则平衡常数，解得x=1.5mol/L，
则水蒸气的转化率为；故答案为：25%；
（3）此时该反应的浓度商为，则反应正向进行；
故答案为：正向进行；
Ⅱ.（1）根据化学平衡三段式列式计算
A(g)+B(g)⇌C(g)
起始量(mol) 1 1 0
变化量(mol) a a a
平衡量(mol) 1−a 1−a a
则A的物质的量为(1−a)mol；
故答案为：1-a；
（2）在恒温､恒压条件下，若开始时放入3mol A和3mol B，同等程度改变反应物的用量，A、B物质的量之比也为1:1，将建立与(1)等效的平衡状态，所以到达平衡后，依据(1)中的计算可知，生成C的物质的量为3a mol；故答案为：3a；
（3）恒温、恒压下到达平衡后，C的物质的量为3a mol，说明与（2）所达到的平衡是完全相同的平衡状态，则满足极值转化后A、B起始量分为3mol、3mol，则有
A(g)+B(g)⇌ C(g)
起始量(mol) x 2 1
极值转化(mol) x+1 2+1=3
则x+1=3，x=2；
因为极值转化后A、B起始量分为3mol、3mol，与（1）中A、B的物质的量之比均为1:1，则为等效平衡，平衡时转化率相同，各物质的量均是A中的3倍，则平衡时A的物质的量为y=3(1-a)mol=3-3a mol；故答案为：2；3-3a；
（4）再加3molC折算成A和B，相当于起始加入6mol A和6mol B，由于是恒压过程，此时与(1)中的平衡为等效平衡，且是成比例等效，
A(g)+B(g)⇌C(g)
起始量1(mol) 1 1 0
平衡量1(mol) 1−a 1−a a
起始量2(mol) 6 6 0
平衡量2(mol) 6−6a 6−6a 6a
C的物质的量分数为；
故答案为：。
21.Ⅰ.室温下，现有c(H+) 相同的醋酸甲和盐酸乙：
(1)相同条件下，取等体积的甲､乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其c(H+) 大小关系为：
甲 _____________乙 (填“大于”“小于”或“等于”，下同)
(2)各取25 mL的甲､乙两溶液，分别与等浓度的NaOH稀溶液完全反应，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲) _____________ V(乙)。
Ⅱ.已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下：
弱酸化学式
HSCN
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
1.3×10-1
1.8×10-5
4.9×10-10
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
(1)25 ℃时，将20 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液和20 mL 0.1 mol·L-1 HSCN溶液分别与20 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示：
反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 _____________。
(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入一定量氨气，下列各量会变小的是 ______________(填字母)。
a.c(CH3COO-) b.c(H+) c.Kw d.醋酸电离平衡常数
III.(1)HClO4､H2SO4､HCl和HNO3都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数，下列说法不正确的是 _________。
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
1.6×10-5
Ka1：6.3×10-9
1.6×10-9
4.2×10-10
A.温度会影响这四种酸在冰醋酸中的电离常数
B.在冰醋酸中HClO4是这四种酸中最强的酸
C.在冰醋酸中H2SO4的电离方程式为H2SO4===2H++SO42-
D.这四种酸在冰醋酸中都没有完全电离，但仍属于强电解质
(2)亚磷酸是二元中强酸，25 ℃时亚磷酸(H3PO3)的电离常数为K1=1×10-2､K2=2.6×10-7。
①试从电离平衡移动的角度解释K1为什么比K2大_______________________ 。
②写出亚磷酸的电离方程式(2步)_________________；_______________ 。
③请设计一种方案，使之能通过直观的实验现象判断醋酸的酸性强于H2S，该方案所用的试剂是 __________，反应的化学方程式为 _____________________。
【答案】(1). 大于 (2). 大于 (3). HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快 (4). b (5). C (6). 第一步电离出的H+抑制了第二步的电离 (7). H3PO3 ⇌ H2PO3- + H+ (8). H2PO3- ⇌ HPO32- + H+ (9). 醋酸、Na2S (10). Na2S+2CH3COOH===H2S↑+2CH3COONa
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）根据稀释促进醋酸的电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小的程度比盐酸小；
（2）c(H+)相同的醋酸甲和盐酸乙，醋酸的浓度大于盐酸，则等体积的两溶液中醋酸的物质的量大于盐酸物质的量，据此分析消耗氢氧化钠的体积；
Ⅱ.（1）由电离平衡常数可知，HSCN的酸性比CH3COOH强，则其溶液中c(H+)较大，据此分析；
（2）a. 根据电离平衡的影响因素，分析c(H+)和c(CH3COO-)的变化；
c. Kw只与温度有关，温度不变；
d. 电离平衡常数只与温度有关，温度不变；
III.（1）A. 电离常数只受温度影响；
B. 根据各种酸在醋酸中的电离平衡常数判断；
C. 在冰醋酸中硫酸为弱酸，存在电离平衡，分2步电离；
D. 这四种酸在水溶液中完全电离，属于强电解质；
（2）①第一步电离出的H+抑制了第二步的电离，所以第一步电离平衡常数与第二步电离平衡常数相差较大；
②亚磷酸是二元中强酸，存在电离平衡，其电离方程式分步写；
③根据较强酸与较弱酸的盐反应制备弱酸的原理，来证明醋酸酸性比氢硫酸酸性强。
【详解】Ⅰ.（1）c(H+) 相同的醋酸甲和盐酸乙，相同条件下，取等体积的甲､乙两溶液，各稀释100倍，由于稀释促进醋酸的电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小的程度比盐酸小，则稀释后的溶液，其c(H+) 大小关系为：甲大于乙；故答案为：大于；
（2）c(H+) 相同的醋酸甲和盐酸乙，醋酸的浓度大于盐酸，则等体积的两溶液中醋酸的物质的量大于盐酸物质的量，则与等浓度的NaOH稀溶液完全反应，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)大于V(乙)；故答案为：大于；
Ⅱ.（1）由电离平衡常数可知，HSCN的酸性比CH3COOH强，则其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；
（2）a. 醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+，通入一定量氨气，生成一水合氨会中和氢离子，c(H+)减小，平衡正向移动，c(CH3COO-)增大，a项错误；
b. 由a项分析知，c(H+)减小，b项正确；
c. Kw只与温度有关，温度不变，c项错误；
d. 电离平衡常数只与温度有关，温度不变，则醋酸电离平衡常数不变，d项错误；
故答案为：b；
III.（1）A. 电离常数只受温度影响，温度对这四种酸在冰醋酸中的电离常数有影响，A项正确；
B. 在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，B项正确；
C. 在冰醋酸中硫酸为弱酸，存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4⇌H++HSO4−、HSO4−⇌H++SO42−，，C项错误；
D. 这四种酸在冰醋酸中都没有完全电离，但在水溶液中完全电离，因此仍属于强电解质，D项正确；
故答案为：C；
（2）①第一步电离出的H+抑制了第二步的电离，所以第一步电离平衡常数与第二步电离平衡常数相差较大；
故答案为：第一步电离出H+抑制了第二步的电离；
②亚磷酸是二元中强酸，其电离方程式为H3PO3 ⇌ H2PO3- + H+；H2PO3- ⇌ HPO32- + H+；
故答案为：H3PO3 ⇌ H2PO3- + H+；H2PO3- ⇌ HPO32- + H+；
③要比较醋酸的酸性强于H2S，一般可以考虑设计实验，根据较强酸与较弱酸的盐反应制备弱酸的原理，来证明醋酸酸性比氢硫酸酸性强，只要让醋酸制得氢硫酸就可以了，所以选择相应的试剂为：醋酸和Na2S；反应方程式为：Na2S+2CH3COOH===H2S↑+2CH3COONa；
故答案为：醋酸、Na2S；Na2S+2CH3COOH===H2S↑+2CH3COONa。
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