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【化学】江西省上高县第二中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）
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江西省上高县第二中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题
可能用到的相对原子质量C、12 N、14 O、16 H、1
第I卷（ 选择题)
一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题3分，共48分）
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是 （ ）
【答案】D
【解析】
【详解】A项，硅太阳能电池将太阳能转变为电能，故不选A项；
B项，锂离子电池充电过程是将电能转变为化学能，放电过程是将化学能转变为电能，故不选B项；
C项，太阳能集热器的原理是光透过透明盖板照射到表面涂有吸收层的吸热体上，其中大部分太阳辐射能为吸收体所吸收，转变为热能，故不选C项。
D项，燃气灶通过天然气的燃烧将化学能转变成热能，故选D项；
故答案为D。
2.下列说法中错误的是（ ）
A. 凡是放热反应而且熵增加的反应，就更易自发进行
B. 对于同一物质在不同状态时的熵值是：气态>液态>固态
C. 平衡常数K值越大，则可逆反应进行越完全，反应物的转化率越大
D. 凡是能量达到活化能的分子发生的碰撞均为有效碰撞
【答案】D
【解析】
【详解】A．属于放热和熵增加的反应，即△H＜0，△S＞0，根据△H-T△S＜0可知，反应易自发进行，故A正确；
B、同一物质的固态、液态、气态的混乱度依次增大，熵值增大，故B正确；
C．平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，所以K值越大，说明这个反应正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，故C正确；
D．活化分子发生有效碰撞需要满足合适的取向，因此能量达到活化能的分子发生的碰撞不一定为有效碰撞，故D错误；
故选D。
3. 下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（ ）。
①亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性
②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗
③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应
④0.1mol/L HNO2溶液中，c(H+)=0.015mol/L
⑤相同浓度时，HNO2的导电能力比HCl弱
A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②④⑤
【答案】C
【解析】试题分析：①溶液存在HNO2，溶液显酸性，说明亚硝酸部分电离，根据弱电解质的定义，即HNO2属于弱电解质，故正确；②没有对比实验，无法判断是否是弱电解质，故错误；③只能说明硫酸的酸性强于HNO2，不能说明HNO2是弱电解质，故错误；④根据弱电解质的定义，弱电解质是部分电离，c(H＋)<0.1mol·L－1，属于弱电解质，故正确；⑤HCl是一元强酸，做对比实验，HNO2导电能力小于HCl，说明HNO2属于 弱电解质，故正确；综上所述，选项C正确。
4.HClO4、H2SO4、HNO3和HCl都是强酸，它们的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：
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
1.6×10－5
6.3×10－9
1.6×10－9
4.2×10－10
下列说法中不正确的是( )
A. 在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
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＋＋SO
D. 水不能区分这四种酸的强弱，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
【答案】C
【解析】
【分析】A.根据酸的电离程度分析；
B.在冰醋酸中，酸的电离平衡常数越大，则其电离程度越大，酸性越强；
C.存在电离平衡的酸在电离时是不完全电离的，且多元酸是分步电离的；
D.在溶剂中完全电离的电解质不能区分，不完全电离的电解质能区分。
【详解】A.根据电离平衡常数知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，故A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，故B正确；
C.在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4 ⇌H＋＋HSO4-，故C错误；
D.这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确；
故答案选C。
5.已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol-1
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－b kJ·molˉ1
分子中的化学键
H-H
O2分子中的氧氧键
O-H
断开1mol化学键所需的能量/kJ
436
498
463
下列说法正确的是（ ）
A. a>b B. 反应①中反应物总键能大于生成物总键能
C. a＝482 D. 反应②中反应物的总能量小于生成物的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A.①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol-1；②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－b kJ·molˉ1，根据盖斯定律 ①-②得，2H2O（l）=2H2O（g）ΔH＝（b-a）kJ·mol-1，水有液态到气态会吸热，因此b-a>0，即b>a，故A错误；
B. 反应①的ΔH＝2×436+498-4×463=-482 kJ·mol-1，氢气燃烧为放热反应，因此反应物总键能应该小于生成物总键能，故B错误；
C.根据①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol-1可知-a=2×436+498-4×463=-482，得a=482，故C正确；
D.因为燃烧为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，故D错误；
答案选C。
6.已知H2（g）＋2ICl（g）=I2（g）＋2HCl（g），该反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示， 已知：ICl中氯为－1价，碘为+1价。下列有关说法正确的是（ ）
A. 反应①为吸热反应
B. 反应①和②均是同种元素间发生的氧化还原反应
C. 反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能有关
D. HI（g）＋ICl（g） I2（g）＋HCl（g） △H＝－218 kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知反应①生成物总能量低于反应物总能量，因此反应①为放热反应，故A错误；
B.反应①H2（g）＋2ICl（g）=HI（g）＋2HCl（g），氢元素化合价升高失电子，碘元素化合价降低得电子；反应②HI（g）＋ICl（g）I2（g）＋HCl（g）只涉及碘元素化合价升降得失电子，故B错误；
C.反应①比反应②的速率慢，说明反应①中正反应的活化能较大，反应②中正反应的活化能较小，故C正确；
D.反应①、反应②总的能量变化为218kJ，因此H2（g）＋2ICl（g）=I2（g）＋2HCl（g）△H＝－218 kJ/mol，故D错误；
答案选C。
7.2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H=-196.6kJ/mol是制备硫酸的重要反应。叙述不正确的是（ ）
A. 反应达到平衡状态后，SO3(g)浓度保持不变
B. 催化剂V2O5能够加快反应速率
C. 增加O2的浓度将提高SO2的转化率
D. 降低温度可以缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【解析】
【详解】A．当反应达到平衡状态后，SO3(g)浓度不再随时间的变化而变化，故A正确；
B．催化剂V2O5能够降低反应活化能，从而加快反应速率，故B正确；
C．增加O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故C正确；
D．降低温度反应速率减小，反应到达平衡的时间增长，故D错误；
答案为D。
8.下列热化学方程式中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3 kJ·mol-1
B. 已知燃烧7.80 g乙炔(C2H2)气体生成二氧化碳气体和液态水时，放出389.9 kJ的热量，则乙炔燃烧的热化学方程式为：2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－389.9 kJ· mol－1
C. HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ·mol-1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（-57.3）kJ·mol-1
D. 在101 kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则表示氢气与氧气反应的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【分析】A、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,注意生成的水应为液态；
B、根据n=m/M计算出乙炔(C2H2)气体的物质的量n（C2H2），然后根据n（C2H2）及对应的热量，写出该反应的热化学方程式；
C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量；
D、根据热化学方程式的要求进行书写，注意物质聚集状态和反应的焓变。
【详解】A、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意生成的水应为液态而不能为气态，所以甲烷燃烧的热化学方程式可表示为: CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ·mol-1，故A错误；
B、7.80 g乙炔(C2H2)气体的物质的量为7.8g/26g/mol=0.3mol，0.3mol C2H2气体完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时，放出389.9 kJ的热量，则2mol C2H2气体完全燃烧放出热量为389.9 kJ×2/0.3mol=2599.3 kJ，故该反应的热化学方程式为：2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－2599.3 kJ· mol－1kJ· mol－1，故B错误；
C. 中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论稀H2SO4和Ca（OH）2反应生成的水的物质的量是多少，其中和热恒为57.3 kJ·mol-1，故C错误；
D、标注出物质聚集状态和反应的焓变，在101 kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为: 2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ·mol-1，故D正确；
故答案选D。
9. S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体。
已知：① S(单斜，s)＋O2(g) =SO2(g) △H1＝－297.16 kJ·mol-1
② S(正交，s)＋O2(g) = SO2(g) △H2＝－296.83 kJ·mol-1
③ S(单斜，s) = S(正交，s) △H3
下列说法正确的是（ ）
A. △H3＝+0.33 kJ·mol-1
B. 单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应
C. S(单斜，s) =S(正交，s) △H3＜0，正交硫比单斜硫稳定
D. S(单斜，s) = S(正交，s) △H3＞0，单斜硫比正交硫稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A.①-②整理可得S(单斜，s)= S(正交，s)，△H3=-0.33 kJ/mol，A错误；
B.根据选项A分析可知△H3=-0.33 kJ/mol<0，表明单斜硫转化为正交硫的反应是放热反应，B错误；
C.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据选项A可知正交硫的能量比单斜硫的能量低，所以正交硫比单斜硫稳定，C正确；
D.根据A可知S(单斜，s)═S(正交，s) △H3=-0.33 kJ/mol＜0，故正交硫比单斜硫稳定，D错误；
故合理选项是C。
10.一定条件下，体积为5L的密闭容器中，0．5molX和0．5molY进行反应：
2X(g)＋Y(g)2Z(g)，经60s达到平衡，生成0．2molZ。下列说法正确的是: （ ）
A. 将容器体积变为10L，Z的平衡浓度变为原来的
B. 在该温度下，该反应的平衡常数K=0．011
C. 达到平衡时，容器内气体的压强是原来的90%
D. 若降低温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＜0
【答案】C
【解析】
【详解】A、将容器体积变为10L，Z的平衡浓度变为原来的1/2，但压强减小平衡逆向进行，Z浓度小于原来的一半，故A错误；
B、一定条件下，体积为5L的密闭容器中，0.5molX和0.5molY进行反应，经60s达到平衡，生成0.2molZ，依据平衡三段式列式计算；
2X（g）+Y（g）2Z（g）
起始量（mol） 0.5 0.5 0
变化量（mol） 0.2 0.1 0.2
平衡量（mol） 0.3 0.4 0.2
平衡量mol·L－1 0.06 0.08 0.04
在该温度下，该反应的平衡常数K=0.042/(0.08×0.062)=5.6，故B错误；
C、（0.3+0.4+0.2）/(0.5+0.5)×100%=90%，故C正确；
D、若降低温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向进行，逆向是放热反应，则该反应的△H＞0，故D错误；
故选C。
11.300℃下，在一容积为2 L的恒容密闭容器中加入0.2 mol CO和0.4 mol H2，发生如下反应：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) 。下列各物理量随反应时间变化趋势的曲线不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．伴随反应的进行，CO的转化率从0开始不断增大，当反应达到平衡状态，CO的转化率不再随时间的变化而变化，故A正确；
B．伴随反应的进行，CH3OH的体积分数从0开始不断增大，当反应达到平衡状态，CH3OH的体积分数不再随时间的变化而变化，故B正确；
C．反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的正方向是混合气体总物质的量减小的方向，故C错误；
D．混合气体的总质量和容器的体积始终为定值，则混合气体的密度始终是定值，故D正确；
答案为C。
12.一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应：C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，下列说法中，不能说明反应达到化学平衡状态的是（ ）
A. 容器内CO的物质的量分数保持不变
B. 容器内体系的压强保持不变
C. 容器内气体的密度保持不变
D. 单位时间内消耗1molH2O(g)，同时生成1molCO(g)
【答案】D
【解析】
【详解】A．容器内CO的物质的量分数保持不变，说明此时反应达到平衡状态，故A正确；
B．恒温恒容条件下，容器内压强与气体的总物质的量成正比，当容器内体系的压强保持不变时，说明混合气体的总物质的量不再随时间变化而变化，此时反应达到平衡状态，故B正确；
C．容器内气体的密度不再改变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故C正确；
D．单位时间内消耗1molH2O(g)，同时生成1molCO(g)都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故D错误；
故答案为D。
13.把1 L 0.1 mol/L的醋酸溶液用蒸馏水稀释到10 L，下列叙述正确的是（ ）
A. c（CH3COOH）变为原来的1/10
B. c（H＋）变为原来的
C. c（CH3COO－）/c（CH3COOH）的比值增大
D. 溶液的导电性增强
【答案】C
【解析】1L0.1mol/L的醋酸溶液稀释到10L，溶液体积变为原来的10倍。A项，加水稀释促进CH3COOH的电离，H+、CH3COO-物质的量增大，CH3COOH物质的量减小，则c（CH3COOH）比原来的1/10小，错误；B项，c（H+）比原来的1/10大，错误；C项，c（CH3COO－）/c（CH3COOH）= n（CH3COO－）/n（CH3COOH），n（CH3COO－）增大，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO－）/n（CH3COOH）的比值增大，正确；D项，由于溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，c（H+）、c（CH3COO-）减小，溶液导电性减弱，错误；答案选C。
14.一定条件下存在反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2 L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1 mol CO和1 mol H2O，在Ⅱ中充入1 mol CO2和1 mol H2，在Ⅲ中充入2 mol CO和2 mol H2O,700 ℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同
B. 容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C. 容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的少
D. 容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1
【答案】D
【解析】
【详解】A．两个容器中平衡建立的途径不相同，无法比较反应速率大小，故A错误；
B．Ⅰ、Ⅲ两个容器恒容绝热，反应物的量不同反应的热效应不同，所以平衡常数K不同，故B错误；
C．由于正反应是放热反应，容器Ⅰ中反应从正方向开始，随着反应的进行温度在升高，而温度升高会使平衡逆向移动，抑制了CO的转化，容器Ⅱ中反应从逆向开始，随着反应的进行温度在降低，会使平衡正向移动，促进了CO的转化，因此容器Ⅰ中CO的转化率比容器Ⅱ中的小，平衡时容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多，故C错误；
D．如果温度相同时，容器Ⅰ中CO 的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和等于1，因为容器绝热，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度，平衡向正反应移动，二氧化碳的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中CO2的转化率低，所以容器Ⅰ中CO 的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1，故D正确；
答案为D。
15.己知NH3·H2O (aq) 与H2SO4 (aq) 反应生成1mol 正盐的反应热△H=-24.2kJ/moL；稀盐酸与稀氢氧化钠溶液反应的中和热△H=-57.3kJ/mol。则NH3·H2O在水溶液中电离的△H等于（ ）
A. +45.2 kJ/mol B. -45.2 kJ/mol
C. +69.4kJ/mol D. -69.4kJ/mol
【答案】A
【解析】由已知得：2NH3•H2O(aq)+H2SO4(aq)=(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l) △H=-24.2kJ/mol，即2NH3•H2O(aq)+2H+=2NH4+(aq)+2H2O(l) △H=-24.2kJ/mol，化简得：①NH3•H2O(aq)+H+=NH4+(aq)+H2O(l) △H=-12.1kJ/moL，又因为②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ/mol，根据盖斯定律①-②得：NH3•H2O(aq)=NH4+(aq)+OH-(aq)，△H=+45.2kJ/mol，故选A。
16.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是（ ）
A. 反应在前50 s的平均速率v(PCl3)＝0.0032 mol·L-1·s-1
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)＝0.11 mol·L-1，则反应的ΔH＜0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v(正)＞v(逆)
D. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应在前50s的平均速率为，A项错误；
B. 由表格数据可知，250s达到平衡，c(PCl3)=0.20mol/2.0L=0.1mol/L，则升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11mol⋅L−1，可知升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，反应的△H>0，B项错误；
C. PCl5(g) ⇌ PCl3(g) + Cl2(g)
开始（mol/L） 0.5 0 0
转化（mol/L） 0.1 0.1 0.1
平衡（mol/L） 0.4 0.1 0.1
则该温度时，反应的平衡常数为：
起始时向容器中充入1.0 molPCl5、0.20 molPCl3和0.20 molCl2，，平衡正向移动，则达到平衡前v(正)>v(逆)，C项正确；
D. 起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2等效为起始加入2.0mol PCl5，与原平衡相比，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于1.6mol/2mol=80%，D项错误；
答案选C。
第II卷（非选择题)
二、综合题（共5小题，52分）
17.对下列探究反应速率和化学平衡影响因素的四个实验，回答下列问题：
（1）利用实验（Ⅰ）探究锌与1mol/L硫酸和4mol/L硫酸反应的速率，可以测定收集一定体积氢气所用的时间。此方法需要控制的变量有（至少写出两项）：______________________。
（2）实验（Ⅱ）已知：Cr2O72- （橙色）+ H2O2CrO42- （黄色）+ 2H+。D试管中实验现象为______________，用平衡移动原理解释原因：_______________
（3）实验（Ⅲ）中实验目的是探究____________________。
（4）在室温下进行实验（Ⅳ）溶液褪色的时间：t(A)________t(B)（填>、<或= ）
【答案】(1). 温度，锌粒大小 (2). 溶液由橙色变为黄色 (3). 加NaOH溶液使c(H+)减小，平衡右移，c(CrO42-)增大 (4). 探究温度对反应速率的影响 (5). >
【解析】
【分析】（1）探究锌与不同浓度的硫酸反应的速率时，需要在同一温度下，使用同样的锌粒，测定收集一定体积氢气所用的时间；
（2）针对Cr2O72- （橙色）+ H2O2CrO42- （黄色）+ 2H+反应，加入氢氧化钠溶液，c（H+）减小，平衡右移，c（CrO42-）增大，据此进行分析；
（3）反应物的浓度、催化剂的浓度相同，探究外界温度对双氧水的分解速率的影响；
（4）同一条件下，相同浓度的高锰酸钾溶液，不同浓度的草酸溶液，二者发生反应，草酸溶液浓度越大的反应速率快，所需时间短。
【详解】（1）利用实验（Ⅰ）探究锌与1mol/L硫酸和4mol/L硫酸反应的速率，在同一温度下，测定收集一定体积氢气所用的时间， 同时要注意使用的锌粒的大小要相同，因为固体的表面积不同也会影响反应速率的快慢；故答案是：温度，锌粒大小；
（2）实验（Ⅱ）已知：Cr2O72- （橙色）+ H2O2CrO42- （黄色）+ 2H+。D试管中，加入氢氧化钠溶液，中和了氢离子，c（H+）减小，平衡右移，c（CrO42-）增大，溶液有橙色变为黄色；故答案是：溶液由橙黄色变为黄色；加NaOH溶液使c(H+)减小，平衡右移，c(CrO42-)增大；
（3）同种反应物的浓度相同，同种催化剂的浓度相同，但是反应的外界温度不同，双氧水的分解速率不同；实验（Ⅲ）中实验目的是探究温度对反应速率的影响；故答案是：探究温度对反应速率的影响；
（4）相同浓度的高锰酸钾溶液，不同浓度的草酸溶液，可以测定二者在室温下进行实验（Ⅳ）溶液褪色的时间，浓度大的反应速率快，时间短，所以t(A) >t(B)；故答案是：>。
18.25 ℃时，部分物质的电离常数如下表所示：
化学式
CH3COOH
H2C2O4
H2S
电离常数
1.8×10－5
Ka1＝5.4×10－2
Ka2＝5.4×10－5
Ka1＝1.0×10－7
Ka2＝7.1×10－15
请回答下列问题：
（1）若把CH3COOH、H2C2O4、HC2O4-、H2S、HS- 都看作是酸,其中酸性最弱的是________。
（2）CH3COOH、H2C2O4、H2S的酸性由强到弱的顺序为_____________________。
（3）NaHS溶液与NaHC2O4溶液反应的离子方程式为_______________。
（4）0.1 mol·L－1H2S溶液中c(H+)=________ mol·L－1。
【答案】(1). HS- (2). H2C2O4>CH3COOH>H2S (3). HS－＋HC2O===H2S↑＋C2O (4). 1.0×10－4
【解析】
【分析】同一温度下，酸电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，则它们酸性强弱顺序是：H2C2O4＞CH3COOH＞HC2O4-＞H2S＞HS-；根据强酸制备弱酸的规律分析NaHS溶液与NaHC2O4反应的产物；根据H2S的电离平衡常数进行计算（以第一步为主）。
【详解】（1）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，则它们酸性强弱顺序是：H2C2O4＞CH3COOH＞HC2O4-＞H2S＞HS-，所以酸性最强的是H2C2O4，最弱的是HS-；故答案是：HS- ；
（2）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，则它们酸性强弱顺序是：H2C2O4＞CH3COOH＞HC2O4-＞H2S＞HS-；所以CH3COOH、H2C2O4、H2S的酸性由强到弱的顺序为H2C2O4＞CH3COOH＞H2S；故答案是：H2C2O4>CH3COOH>H2S；
（3）由于酸性HC2O4-＞H2S＞HS-，所以NaHS溶液与NaHC2O4溶液反应生成H2S和C2O，离子方程式为：HS－＋HC2O===H2S↑＋C2O；故答案是：HS－＋HC2O===H2S↑＋C2O；
（4）H2S属于弱酸，电离程度较小，以第一步电离为主； 已知H2SHS-+H+，Ka1＝1.0×10－7，设0.1 mol·L－1H2S溶液中，氢离子浓度C(H+)=x mol·L－1，则根据电离平衡常数可知：Ka1= C(H+) C(HS-)/c（H2S），由于C(H+) ≈C(HS-)，所以：C2(H+)/0.1=1.0×10－7，C(H+)=10-4 mol·L－1；故答案是：1.0×10－4。
19.I、在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂（H2O2），当它们混合时，即产生大量N2和水蒸气，并放出大量热．已知0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量．
（1）写出该反应的热化学方程式_________________．
（2）已知H2O（l）═H2O（g）；△H=+44kJ·mol﹣1，则16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是________kJ．
（3）丙烷燃烧可以通过以下两种途径：途径I：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣a kJ·mol﹣1;途径II：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+b kJ·mol﹣1;2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣c kJ·mol﹣1;2H2（g）+O2 （g）═2H2O（l）△H=﹣d kJ·mol﹣1 （abcd均为正值）判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量_______（填“大于”、“等于”或“小于”）途径II放出的热量．
II、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50 mL 0.50 mol·L−1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L−1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。
回答下列问题：
（1）什么所用NaOH溶液要稍过量？__________________________。
（2）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g·cm−3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g−1·℃−1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
实验
序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠
1
20.0
20.0
23.0
2
20.1
20.1
23.2
3
20.1
20.1
24.2
4
20.2
20.2
23.4
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝____kJ·mol−1_(结果保留一位小数)。
（3）不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_________________。
【答案】 (1). N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol (2). 408 (3). 等于 (4). 确保盐酸被完全中和 (5). −51.8 (6). H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定
【解析】
【分析】I、（1）0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，则1mol液态肼和足量液态H2O2反应，放出热量为640kJ/mol，据此写出该热化学反方程式；
（2）根据盖斯定律求出N2H4（1）与H2O2（1）反应的△H，然后根据16g液态肼的物质的量（0.5mol）计算出反应放出的热量；
（3）根据盖斯定律，丙烷作为燃料不管是一步完成还是分三步完成，反应的热效应是一定的；
II、（1）NaOH溶液要稍过量，保证盐酸被完全中和；
（2）先计算出三次实验的温度变化的平均值；然后根据Q=cm∆t计算出0.025mol的水放出热量，根据中和热的定义，计算出生成1mol的水放出热量；
（3）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外,还生成了BaSO4沉淀,该反应中的生成热会影响反应的反应热。
【详解】I、（1）0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，则1mol液态肼和足量液态H2O2反应，放出热量为640kJ/mol；热化学反方程式为：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol；
故答案是：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol；
（2）已知①H2O（l）═H2O（g）；△H=+44kJ·mol﹣1；② N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol；根据盖斯定律：②-①×4可得：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（l）△H=﹣816kJ/mol；16g液态肼的物质的量为16g/32g/mol=0.5mol，则0.5mol液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是0.5mol×816kJ/mol=408 kJ；
故答案是：408；
（3）途径I：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣a kJ·mol﹣1；途径II：①C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+b kJ·mol﹣1；②2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣c kJ·mol﹣1；③2H2（g）+O2 （g）═2H2O（l）△H=﹣d kJ·mol﹣1 （abcd均为正值）根据盖斯定律计算①+②×1/2+③×1/2，得到：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣（1/2c+1/2d-b）kJ·mol﹣1；根据盖斯定律，丙烷作为燃料不管是一步完成还是分三步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样；
故答案是：等于；
II、（1）为了确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量；
故答案是:确保盐酸被完全中和；
（2）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20℃，反应后温度为: 23.0℃，反应前后温度差为:3℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃，反应后温度为: 23.2℃，反应前后温度差为:3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.2℃，反应后温度为: 23.4℃，反应前后温度差为: 3.2℃；50 mL 0.50 mol·L−1盐酸与50 mL 0.55 mol·L−1 NaOH溶液的质量和为100mL×1 g·cm−3=100g；比热容c＝4.18 J·g−1·℃−1，代入公式Q=cm∆t得到生成0.025mol的水放出热量Q=4.18 J·g−1∙℃−1×100g×（3℃+3.1℃+3.2℃）/3=1295.8J=1.2958 kJ；即生成0.025mol的水放出热量为1.2958 kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958 kJ ×1mol/0.025mol=51.8 kJ ，即该实验测得的中和热ΔH＝-51.8 kJ·mol−1；
故答案是: -51.8；
（3）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测定中和热；
故答案是: H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定。
20.碳的化合物在生产、生活中有着重要的作用。
（1）已知：2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H1=－566kJ·molˉ1
H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g) △H2=－41kJ·molˉ1
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=－107kJ·molˉ1
则CH3OH(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g) △H=___kJ·molˉ1
（2）T℃时，向容积均为2L的A、B两个密闭容器中均通入4.0molCO2和6.8molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=-50kJ·molˉ1。A容器中的反应在恒温、恒容条件下进行；B容器中的反应在恒温、恒压条件下进行，测得A容器中CO2的转化率 α (CO2) 随时间的变化如图所示。
①在0~5min内A容器中v(CH3OH)=___；该温度下上述反应的平衡常数K=___(保留两位有效数字)。
②反应开始至平衡的过程中，A、B两容器中CO2的消耗速率的大小关系为v(A)___(填“>”“<”或“=”)v(B)。
③反应过程中，下列各项指标能表明A容器中反应的v正>v逆的是___(填标号)
a.体系内的压强增大
b.气体的平均相对分子质量增大
c.断裂H－H键的数目是形成C－O键数目的2倍
d.v逆(CO2)=v正(H2)
【答案】(1). -660 (2). 0.16mol/(L·min) (3). 0.53 (4). < (5). b
【解析】
【分析】(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式进行叠加，可得要求的反应的反应热；
(2)①结合CO2的转化率，计算CO2的转化量，然后根据化学反应速率是定义计算v(CO2)，再根据物质反应速率与化学计算量关系计算v(CH3OH)，根据平衡常数的定义式计算反应的化学平衡常数；
②反应开始时，两个容器的容积相同，容器内的气体的物质的量相同，A为恒温恒容，B为恒温、恒压，结合反应的正反应是气体体积减小的反应及压强对化学反应速率的影响分析；
③若对于A容器，若反应的v正>v逆，则反应未达到平衡，正向进行。
【详解】(1)①2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H1=－566kJ·molˉ1，
②H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g) △H2=－41kJ·molˉ1，
③CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=－107kJ·molˉ1
根据盖斯定律，①+②×2+①×，整理可④式CO(g)+2H2(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g) △H=-767kJ·molˉ1；
④-③，整理可得CH3OH(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g) △H=-660kJ·molˉ1；
(2)对于A容器，反应在恒温、恒容条件下进行，反应开始时n(CO2)= 4.0mol，由于反应进行到5min时CO2的转化率是0.40，所以反应的CO2的物质的量为△n(CO2)= 4.0mol×0.4=1.6mol，所以用CO2表示的化学反应v(CO2)==0.16mol/(L·min)。根据物质反应时化学反应的速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比可知：v(CH3OH)=v(CO2)=0.16mol/(L·min)；
根据方程式CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)可知CO2反应了1.6mol，则会同时有4.8molH2发生反应，反应达到平衡时CO2的物质的量是2.4mol，H2的物质的量是2mol，反应产生1.6mol CH3OH和1.6molH2O，由于反应容器的容积是2L，因此各种物质的平衡浓度分别是：c(CO2)=1.2mol/L，c(H2)=1mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.8mol/L，则该反应达到平衡时该反应的化学平衡常数K==0.53；
②反应开始时，两个容器的容积相同，容器内的气体的物质的量相同，A为恒温恒容，B为恒温、恒压，反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的正反应是气体体积减小的反应，随着反应的进行，容器内气体的压强减小，要维持体系的压强不变，则B容器相当于A容器反应达到平衡后，对反应体系增大压强，增大压强，物质的浓度增大，化学反应速率增大，所以反应开始至平衡的过程中，A、B两容器中CO2的消耗速率的大小关系为v(A)
b.该反应的正反应是气体体积减小的反应，若反应正向进行，则气体的物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，故可据此判断v正>v逆，b正确；
c.根据方程式可知：反应正向进行时，断裂H－H键的数目是形成C－O键数目的3倍，不可能是形成C－O键数目的2倍，c错误；
d.在任何条件下，v正(H2)=3v正(CO2)，若v逆(CO2)=v正(H2)，则v逆(CO2)=3v正(CO2)，反应正向进行，所以v正
21.新旧动能转换工程之一是新能源新材料的挖掘和应用。乙二醇是重要的化工原料， 煤基合成气(CO、 H2)间接制乙二醇具有转化率高、回收率高等优点，是我国一项拥有自主知识产权的世界首创技术，制备过程如下：
反应 I: 4NO(g)+4CH3OH(g)+O2(g) 4CH3ONO(g)+2H2O(g) △H1 = a kJ·mol-1
反应 II: 2CO(g)+2CH3ONO(g) CH3OOCCOOCH3(l) + 2NO(g) △H2= b kJ·mol-1
反应 III: CH3OOCCOOCH3(1)+4H2(g) HOCH2CH2OH(1)+2CH3OH(g) △H3= c kJ·mol-1
（1）请写出煤基合成气[n(CO): n(H2)= 1:2]与氧气间接合成乙二醇（HOCH2CH2OH）的总热化学方程式：________________________________________，该反应在较低温条件下能自发进行，则ΔH______0 (填“＞”、“＜”或“＝”)。
（2）一定温度下，在 2 L 的密闭容器中投入物质的量均为 0.4mol的CO 和 CH3ONO发生反应 II，10min 达到平衡时CO的体积分数与NO的体积分数相等。
①下列选项能判断反应已达到化学平衡状态的是________。
a. 混合气体总物质的量不再变化
b. 混合气体的密度不再变化
c. 单位时间内生成 CO 和 NO 的物质的量相等
d. CO 和 CH3ONO 的浓度比不再变化
②若此时向容器中再通入0.4 mol NO，一段时间后，达到新平衡时 NO的体积分数与原平衡时相比______(填“增大”“相等”“减小”或“不能确定”)。
③若该反应△H＜0，在恒容的密闭容器中，反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是____________（填字母）。
④反应达平衡后向2 L恒容密闭容器中再加入 0.4mol的CO 和 0.4mol NO，化学平衡向________（填“正反应”、“逆反应”或“平衡不移动”）方向移动。
【答案】(1). 4H2(g)+2CO(g)+1/2O2(g) HOCH2CH2OH(l)+H2O(g) △H3=(1/2a+b+c)kJ·mol-1 (2). < (3). a bc (4). 增大 (5). b (6). 平衡不移动
【解析】
【分析】（1）根据盖斯定律进行分析；根据∆G=∆H-T∆S<0反应自发进行进行分析；
（2）根据化学平衡状态的判断依据：v(正)=v(逆)，各组分的浓度保持不变及由此衍生出的相关物理量结合反应进行分析判断；
【详解】（1）反应 I: 4NO(g)+4CH3OH(g)+O2(g) 4CH3ONO(g)+2H2O(g) △H1 = a kJ·mol-1；反应 II: 2CO(g)+2CH3ONO(g) CH3OOCCOOCH3(l) + 2NO(g) △H2= b kJ·mol-1；反应 III: CH3OOCCOOCH3(1)+4H2(g) HOCH2CH2OH(1)+2CH3OH(g) △H3= c kJ·mol-1；根据盖斯定律，由I×1/2+ II+ III得反应：4H2(g)+2CO(g)+1/2O2(g) HOCH2CH2OH(l)+H2O(g) △H3=(1/2a+b+c)kJ·mol-1；该反应为熵减的反应，∆S<0，已知该反应能够在较低温度下能够自发进行，要使∆G=∆H-T∆S<0，必须满足△H<0；
故答案是：4H2(g)+2CO(g)+1/2O2(g)HOCH2CH2OH(l)+H2O(g) △H3=(1/2a+b+c)kJ·mol-1 ；< ；
（2）①a.根据2CO(g)+2CH3ONO(g) CH3OOCCOOCH3(l) + 2NO(g) △H2= b kJ·mol-1反应可知，该反应为气体总量减小的反应，当混合气体总物质的量不再变化，说明反应已达平衡状态，故选；
b.该反应在恒容条件下进行且参与物质不完全为气体，根据ρ=m/V可知，反应前后气体的质量发生变化，因此气体的密度为变量，当混合气体的密度不再变化，说明反应已达平衡状态，故选；
c.单位时间内生成CO和NO的物质的量相等，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故选；
d.CO和CH3ONO的投料相等且在反应中计量数相等，故两者的浓度比始终不变，不能作为平衡状态的判断依据，故不选；
答案选abc；
②2CO(g)+2CH3ONO(g) CH3OOCCOOCH3(l) + 2NO(g)反应10min达到平衡时CO的体积分数与NO的体积分数相等；若此时向容器中再通入0.4 mol NO，恒容条件下相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的正方向移动，NO的体积分数增大，故新平衡时NO的体积分数与原平衡时相比增大；故答案是：增大；
③a.该反应为气体计量数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，平衡常数减小，选项a错误；
b平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故NO的浓度变化，K值保持不变，选项b正确；
c.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO的体积分数减小，选项c错误；
d.该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，选项d错误；
故答案选b。
④设平衡转化率x，则
2CO(g)+2CH3ONO(g) CH3OOCCOOCH3(l) + 2NO(g)
开始 0.2 . 0.2 0 0
改变 0.2x 0.2x 0.1x 0.2x
平衡 0.2-0.2x 0.2-0.2x 0.1x 0.2x
10min达到平衡时CO的体积分数与NO的体积分数相等，则0.2-0.2x=0.2x，解得x=0.5；该温度下化学平衡常数 K=；反应达到平衡后，向2 L恒容密闭容器中再加入 0.4mol的CO 和 0.4mol NO，浓度分别为：0.4mol/2 L=0.2mol/L，0.4mol/2 L=0.2mol/L，所以：c（CO）=0.2-0.2×0.5+0.2=0.3mol/L；c（CH3ONO）=0.2-0.2×0.5=0.1mol/L；c（NO）=0.2×0.5+0.2=0.3mol/L；反应的浓度商QC= c2（NO）/ c2（CH3ONO）c2（CO）=0.32/0.12×0.32=100= K，反应达化学平衡不移动；
故答案是：平衡不移动。
可能用到的相对原子质量C、12 N、14 O、16 H、1
第I卷（ 选择题)
一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题3分，共48分）
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是 （ ）
【答案】D
【解析】
【详解】A项，硅太阳能电池将太阳能转变为电能，故不选A项；
B项，锂离子电池充电过程是将电能转变为化学能，放电过程是将化学能转变为电能，故不选B项；
C项，太阳能集热器的原理是光透过透明盖板照射到表面涂有吸收层的吸热体上，其中大部分太阳辐射能为吸收体所吸收，转变为热能，故不选C项。
D项，燃气灶通过天然气的燃烧将化学能转变成热能，故选D项；
故答案为D。
2.下列说法中错误的是（ ）
A. 凡是放热反应而且熵增加的反应，就更易自发进行
B. 对于同一物质在不同状态时的熵值是：气态>液态>固态
C. 平衡常数K值越大，则可逆反应进行越完全，反应物的转化率越大
D. 凡是能量达到活化能的分子发生的碰撞均为有效碰撞
【答案】D
【解析】
【详解】A．属于放热和熵增加的反应，即△H＜0，△S＞0，根据△H-T△S＜0可知，反应易自发进行，故A正确；
B、同一物质的固态、液态、气态的混乱度依次增大，熵值增大，故B正确；
C．平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，所以K值越大，说明这个反应正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，故C正确；
D．活化分子发生有效碰撞需要满足合适的取向，因此能量达到活化能的分子发生的碰撞不一定为有效碰撞，故D错误；
故选D。
3. 下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（ ）。
①亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性
②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗
③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应
④0.1mol/L HNO2溶液中，c(H+)=0.015mol/L
⑤相同浓度时，HNO2的导电能力比HCl弱
A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②④⑤
【答案】C
【解析】试题分析：①溶液存在HNO2，溶液显酸性，说明亚硝酸部分电离，根据弱电解质的定义，即HNO2属于弱电解质，故正确；②没有对比实验，无法判断是否是弱电解质，故错误；③只能说明硫酸的酸性强于HNO2，不能说明HNO2是弱电解质，故错误；④根据弱电解质的定义，弱电解质是部分电离，c(H＋)<0.1mol·L－1，属于弱电解质，故正确；⑤HCl是一元强酸，做对比实验，HNO2导电能力小于HCl，说明HNO2属于 弱电解质，故正确；综上所述，选项C正确。
4.HClO4、H2SO4、HNO3和HCl都是强酸，它们的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：
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
1.6×10－5
6.3×10－9
1.6×10－9
4.2×10－10
下列说法中不正确的是( )
A. 在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
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＋＋SO
D. 水不能区分这四种酸的强弱，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
【答案】C
【解析】
【分析】A.根据酸的电离程度分析；
B.在冰醋酸中，酸的电离平衡常数越大，则其电离程度越大，酸性越强；
C.存在电离平衡的酸在电离时是不完全电离的，且多元酸是分步电离的；
D.在溶剂中完全电离的电解质不能区分，不完全电离的电解质能区分。
【详解】A.根据电离平衡常数知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，故A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，故B正确；
C.在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4 ⇌H＋＋HSO4-，故C错误；
D.这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确；
故答案选C。
5.已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol-1
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－b kJ·molˉ1
分子中的化学键
H-H
O2分子中的氧氧键
O-H
断开1mol化学键所需的能量/kJ
436
498
463
下列说法正确的是（ ）
A. a>b B. 反应①中反应物总键能大于生成物总键能
C. a＝482 D. 反应②中反应物的总能量小于生成物的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A.①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol-1；②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－b kJ·molˉ1，根据盖斯定律 ①-②得，2H2O（l）=2H2O（g）ΔH＝（b-a）kJ·mol-1，水有液态到气态会吸热，因此b-a>0，即b>a，故A错误；
B. 反应①的ΔH＝2×436+498-4×463=-482 kJ·mol-1，氢气燃烧为放热反应，因此反应物总键能应该小于生成物总键能，故B错误；
C.根据①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol-1可知-a=2×436+498-4×463=-482，得a=482，故C正确；
D.因为燃烧为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，故D错误；
答案选C。
6.已知H2（g）＋2ICl（g）=I2（g）＋2HCl（g），该反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示， 已知：ICl中氯为－1价，碘为+1价。下列有关说法正确的是（ ）
A. 反应①为吸热反应
B. 反应①和②均是同种元素间发生的氧化还原反应
C. 反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能有关
D. HI（g）＋ICl（g） I2（g）＋HCl（g） △H＝－218 kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知反应①生成物总能量低于反应物总能量，因此反应①为放热反应，故A错误；
B.反应①H2（g）＋2ICl（g）=HI（g）＋2HCl（g），氢元素化合价升高失电子，碘元素化合价降低得电子；反应②HI（g）＋ICl（g）I2（g）＋HCl（g）只涉及碘元素化合价升降得失电子，故B错误；
C.反应①比反应②的速率慢，说明反应①中正反应的活化能较大，反应②中正反应的活化能较小，故C正确；
D.反应①、反应②总的能量变化为218kJ，因此H2（g）＋2ICl（g）=I2（g）＋2HCl（g）△H＝－218 kJ/mol，故D错误；
答案选C。
7.2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H=-196.6kJ/mol是制备硫酸的重要反应。叙述不正确的是（ ）
A. 反应达到平衡状态后，SO3(g)浓度保持不变
B. 催化剂V2O5能够加快反应速率
C. 增加O2的浓度将提高SO2的转化率
D. 降低温度可以缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【解析】
【详解】A．当反应达到平衡状态后，SO3(g)浓度不再随时间的变化而变化，故A正确；
B．催化剂V2O5能够降低反应活化能，从而加快反应速率，故B正确；
C．增加O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故C正确；
D．降低温度反应速率减小，反应到达平衡的时间增长，故D错误；
答案为D。
8.下列热化学方程式中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3 kJ·mol-1
B. 已知燃烧7.80 g乙炔(C2H2)气体生成二氧化碳气体和液态水时，放出389.9 kJ的热量，则乙炔燃烧的热化学方程式为：2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－389.9 kJ· mol－1
C. HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ·mol-1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（-57.3）kJ·mol-1
D. 在101 kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则表示氢气与氧气反应的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【分析】A、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,注意生成的水应为液态；
B、根据n=m/M计算出乙炔(C2H2)气体的物质的量n（C2H2），然后根据n（C2H2）及对应的热量，写出该反应的热化学方程式；
C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量；
D、根据热化学方程式的要求进行书写，注意物质聚集状态和反应的焓变。
【详解】A、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意生成的水应为液态而不能为气态，所以甲烷燃烧的热化学方程式可表示为: CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ·mol-1，故A错误；
B、7.80 g乙炔(C2H2)气体的物质的量为7.8g/26g/mol=0.3mol，0.3mol C2H2气体完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时，放出389.9 kJ的热量，则2mol C2H2气体完全燃烧放出热量为389.9 kJ×2/0.3mol=2599.3 kJ，故该反应的热化学方程式为：2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－2599.3 kJ· mol－1kJ· mol－1，故B错误；
C. 中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论稀H2SO4和Ca（OH）2反应生成的水的物质的量是多少，其中和热恒为57.3 kJ·mol-1，故C错误；
D、标注出物质聚集状态和反应的焓变，在101 kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为: 2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ·mol-1，故D正确；
故答案选D。
9. S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体。
已知：① S(单斜，s)＋O2(g) =SO2(g) △H1＝－297.16 kJ·mol-1
② S(正交，s)＋O2(g) = SO2(g) △H2＝－296.83 kJ·mol-1
③ S(单斜，s) = S(正交，s) △H3
下列说法正确的是（ ）
A. △H3＝+0.33 kJ·mol-1
B. 单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应
C. S(单斜，s) =S(正交，s) △H3＜0，正交硫比单斜硫稳定
D. S(单斜，s) = S(正交，s) △H3＞0，单斜硫比正交硫稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A.①-②整理可得S(单斜，s)= S(正交，s)，△H3=-0.33 kJ/mol，A错误；
B.根据选项A分析可知△H3=-0.33 kJ/mol<0，表明单斜硫转化为正交硫的反应是放热反应，B错误；
C.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据选项A可知正交硫的能量比单斜硫的能量低，所以正交硫比单斜硫稳定，C正确；
D.根据A可知S(单斜，s)═S(正交，s) △H3=-0.33 kJ/mol＜0，故正交硫比单斜硫稳定，D错误；
故合理选项是C。
10.一定条件下，体积为5L的密闭容器中，0．5molX和0．5molY进行反应：
2X(g)＋Y(g)2Z(g)，经60s达到平衡，生成0．2molZ。下列说法正确的是: （ ）
A. 将容器体积变为10L，Z的平衡浓度变为原来的
B. 在该温度下，该反应的平衡常数K=0．011
C. 达到平衡时，容器内气体的压强是原来的90%
D. 若降低温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＜0
【答案】C
【解析】
【详解】A、将容器体积变为10L，Z的平衡浓度变为原来的1/2，但压强减小平衡逆向进行，Z浓度小于原来的一半，故A错误；
B、一定条件下，体积为5L的密闭容器中，0.5molX和0.5molY进行反应，经60s达到平衡，生成0.2molZ，依据平衡三段式列式计算；
2X（g）+Y（g）2Z（g）
起始量（mol） 0.5 0.5 0
变化量（mol） 0.2 0.1 0.2
平衡量（mol） 0.3 0.4 0.2
平衡量mol·L－1 0.06 0.08 0.04
在该温度下，该反应的平衡常数K=0.042/(0.08×0.062)=5.6，故B错误；
C、（0.3+0.4+0.2）/(0.5+0.5)×100%=90%，故C正确；
D、若降低温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向进行，逆向是放热反应，则该反应的△H＞0，故D错误；
故选C。
11.300℃下，在一容积为2 L的恒容密闭容器中加入0.2 mol CO和0.4 mol H2，发生如下反应：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) 。下列各物理量随反应时间变化趋势的曲线不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．伴随反应的进行，CO的转化率从0开始不断增大，当反应达到平衡状态，CO的转化率不再随时间的变化而变化，故A正确；
B．伴随反应的进行，CH3OH的体积分数从0开始不断增大，当反应达到平衡状态，CH3OH的体积分数不再随时间的变化而变化，故B正确；
C．反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的正方向是混合气体总物质的量减小的方向，故C错误；
D．混合气体的总质量和容器的体积始终为定值，则混合气体的密度始终是定值，故D正确；
答案为C。
12.一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应：C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，下列说法中，不能说明反应达到化学平衡状态的是（ ）
A. 容器内CO的物质的量分数保持不变
B. 容器内体系的压强保持不变
C. 容器内气体的密度保持不变
D. 单位时间内消耗1molH2O(g)，同时生成1molCO(g)
【答案】D
【解析】
【详解】A．容器内CO的物质的量分数保持不变，说明此时反应达到平衡状态，故A正确；
B．恒温恒容条件下，容器内压强与气体的总物质的量成正比，当容器内体系的压强保持不变时，说明混合气体的总物质的量不再随时间变化而变化，此时反应达到平衡状态，故B正确；
C．容器内气体的密度不再改变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故C正确；
D．单位时间内消耗1molH2O(g)，同时生成1molCO(g)都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故D错误；
故答案为D。
13.把1 L 0.1 mol/L的醋酸溶液用蒸馏水稀释到10 L，下列叙述正确的是（ ）
A. c（CH3COOH）变为原来的1/10
B. c（H＋）变为原来的
C. c（CH3COO－）/c（CH3COOH）的比值增大
D. 溶液的导电性增强
【答案】C
【解析】1L0.1mol/L的醋酸溶液稀释到10L，溶液体积变为原来的10倍。A项，加水稀释促进CH3COOH的电离，H+、CH3COO-物质的量增大，CH3COOH物质的量减小，则c（CH3COOH）比原来的1/10小，错误；B项，c（H+）比原来的1/10大，错误；C项，c（CH3COO－）/c（CH3COOH）= n（CH3COO－）/n（CH3COOH），n（CH3COO－）增大，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO－）/n（CH3COOH）的比值增大，正确；D项，由于溶液体积的增大超过离子物质的量的增大，c（H+）、c（CH3COO-）减小，溶液导电性减弱，错误；答案选C。
14.一定条件下存在反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2 L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1 mol CO和1 mol H2O，在Ⅱ中充入1 mol CO2和1 mol H2，在Ⅲ中充入2 mol CO和2 mol H2O,700 ℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同
B. 容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C. 容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的少
D. 容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1
【答案】D
【解析】
【详解】A．两个容器中平衡建立的途径不相同，无法比较反应速率大小，故A错误；
B．Ⅰ、Ⅲ两个容器恒容绝热，反应物的量不同反应的热效应不同，所以平衡常数K不同，故B错误；
C．由于正反应是放热反应，容器Ⅰ中反应从正方向开始，随着反应的进行温度在升高，而温度升高会使平衡逆向移动，抑制了CO的转化，容器Ⅱ中反应从逆向开始，随着反应的进行温度在降低，会使平衡正向移动，促进了CO的转化，因此容器Ⅰ中CO的转化率比容器Ⅱ中的小，平衡时容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多，故C错误；
D．如果温度相同时，容器Ⅰ中CO 的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和等于1，因为容器绝热，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中的基础上降低温度，平衡向正反应移动，二氧化碳的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中CO2的转化率低，所以容器Ⅰ中CO 的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1，故D正确；
答案为D。
15.己知NH3·H2O (aq) 与H2SO4 (aq) 反应生成1mol 正盐的反应热△H=-24.2kJ/moL；稀盐酸与稀氢氧化钠溶液反应的中和热△H=-57.3kJ/mol。则NH3·H2O在水溶液中电离的△H等于（ ）
A. +45.2 kJ/mol B. -45.2 kJ/mol
C. +69.4kJ/mol D. -69.4kJ/mol
【答案】A
【解析】由已知得：2NH3•H2O(aq)+H2SO4(aq)=(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l) △H=-24.2kJ/mol，即2NH3•H2O(aq)+2H+=2NH4+(aq)+2H2O(l) △H=-24.2kJ/mol，化简得：①NH3•H2O(aq)+H+=NH4+(aq)+H2O(l) △H=-12.1kJ/moL，又因为②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ/mol，根据盖斯定律①-②得：NH3•H2O(aq)=NH4+(aq)+OH-(aq)，△H=+45.2kJ/mol，故选A。
16.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是（ ）
A. 反应在前50 s的平均速率v(PCl3)＝0.0032 mol·L-1·s-1
B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)＝0.11 mol·L-1，则反应的ΔH＜0
C. 相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v(正)＞v(逆)
D. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应在前50s的平均速率为，A项错误；
B. 由表格数据可知，250s达到平衡，c(PCl3)=0.20mol/2.0L=0.1mol/L，则升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11mol⋅L−1，可知升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，反应的△H>0，B项错误；
C. PCl5(g) ⇌ PCl3(g) + Cl2(g)
开始（mol/L） 0.5 0 0
转化（mol/L） 0.1 0.1 0.1
平衡（mol/L） 0.4 0.1 0.1
则该温度时，反应的平衡常数为：
起始时向容器中充入1.0 molPCl5、0.20 molPCl3和0.20 molCl2，，平衡正向移动，则达到平衡前v(正)>v(逆)，C项正确；
D. 起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2等效为起始加入2.0mol PCl5，与原平衡相比，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于1.6mol/2mol=80%，D项错误；
答案选C。
第II卷（非选择题)
二、综合题（共5小题，52分）
17.对下列探究反应速率和化学平衡影响因素的四个实验，回答下列问题：
（1）利用实验（Ⅰ）探究锌与1mol/L硫酸和4mol/L硫酸反应的速率，可以测定收集一定体积氢气所用的时间。此方法需要控制的变量有（至少写出两项）：______________________。
（2）实验（Ⅱ）已知：Cr2O72- （橙色）+ H2O2CrO42- （黄色）+ 2H+。D试管中实验现象为______________，用平衡移动原理解释原因：_______________
（3）实验（Ⅲ）中实验目的是探究____________________。
（4）在室温下进行实验（Ⅳ）溶液褪色的时间：t(A)________t(B)（填>、<或= ）
【答案】(1). 温度，锌粒大小 (2). 溶液由橙色变为黄色 (3). 加NaOH溶液使c(H+)减小，平衡右移，c(CrO42-)增大 (4). 探究温度对反应速率的影响 (5). >
【解析】
【分析】（1）探究锌与不同浓度的硫酸反应的速率时，需要在同一温度下，使用同样的锌粒，测定收集一定体积氢气所用的时间；
（2）针对Cr2O72- （橙色）+ H2O2CrO42- （黄色）+ 2H+反应，加入氢氧化钠溶液，c（H+）减小，平衡右移，c（CrO42-）增大，据此进行分析；
（3）反应物的浓度、催化剂的浓度相同，探究外界温度对双氧水的分解速率的影响；
（4）同一条件下，相同浓度的高锰酸钾溶液，不同浓度的草酸溶液，二者发生反应，草酸溶液浓度越大的反应速率快，所需时间短。
【详解】（1）利用实验（Ⅰ）探究锌与1mol/L硫酸和4mol/L硫酸反应的速率，在同一温度下，测定收集一定体积氢气所用的时间， 同时要注意使用的锌粒的大小要相同，因为固体的表面积不同也会影响反应速率的快慢；故答案是：温度，锌粒大小；
（2）实验（Ⅱ）已知：Cr2O72- （橙色）+ H2O2CrO42- （黄色）+ 2H+。D试管中，加入氢氧化钠溶液，中和了氢离子，c（H+）减小，平衡右移，c（CrO42-）增大，溶液有橙色变为黄色；故答案是：溶液由橙黄色变为黄色；加NaOH溶液使c(H+)减小，平衡右移，c(CrO42-)增大；
（3）同种反应物的浓度相同，同种催化剂的浓度相同，但是反应的外界温度不同，双氧水的分解速率不同；实验（Ⅲ）中实验目的是探究温度对反应速率的影响；故答案是：探究温度对反应速率的影响；
（4）相同浓度的高锰酸钾溶液，不同浓度的草酸溶液，可以测定二者在室温下进行实验（Ⅳ）溶液褪色的时间，浓度大的反应速率快，时间短，所以t(A) >t(B)；故答案是：>。
18.25 ℃时，部分物质的电离常数如下表所示：
化学式
CH3COOH
H2C2O4
H2S
电离常数
1.8×10－5
Ka1＝5.4×10－2
Ka2＝5.4×10－5
Ka1＝1.0×10－7
Ka2＝7.1×10－15
请回答下列问题：
（1）若把CH3COOH、H2C2O4、HC2O4-、H2S、HS- 都看作是酸,其中酸性最弱的是________。
（2）CH3COOH、H2C2O4、H2S的酸性由强到弱的顺序为_____________________。
（3）NaHS溶液与NaHC2O4溶液反应的离子方程式为_______________。
（4）0.1 mol·L－1H2S溶液中c(H+)=________ mol·L－1。
【答案】(1). HS- (2). H2C2O4>CH3COOH>H2S (3). HS－＋HC2O===H2S↑＋C2O (4). 1.0×10－4
【解析】
【分析】同一温度下，酸电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，则它们酸性强弱顺序是：H2C2O4＞CH3COOH＞HC2O4-＞H2S＞HS-；根据强酸制备弱酸的规律分析NaHS溶液与NaHC2O4反应的产物；根据H2S的电离平衡常数进行计算（以第一步为主）。
【详解】（1）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，则它们酸性强弱顺序是：H2C2O4＞CH3COOH＞HC2O4-＞H2S＞HS-，所以酸性最强的是H2C2O4，最弱的是HS-；故答案是：HS- ；
（2）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，则它们酸性强弱顺序是：H2C2O4＞CH3COOH＞HC2O4-＞H2S＞HS-；所以CH3COOH、H2C2O4、H2S的酸性由强到弱的顺序为H2C2O4＞CH3COOH＞H2S；故答案是：H2C2O4>CH3COOH>H2S；
（3）由于酸性HC2O4-＞H2S＞HS-，所以NaHS溶液与NaHC2O4溶液反应生成H2S和C2O，离子方程式为：HS－＋HC2O===H2S↑＋C2O；故答案是：HS－＋HC2O===H2S↑＋C2O；
（4）H2S属于弱酸，电离程度较小，以第一步电离为主； 已知H2SHS-+H+，Ka1＝1.0×10－7，设0.1 mol·L－1H2S溶液中，氢离子浓度C(H+)=x mol·L－1，则根据电离平衡常数可知：Ka1= C(H+) C(HS-)/c（H2S），由于C(H+) ≈C(HS-)，所以：C2(H+)/0.1=1.0×10－7，C(H+)=10-4 mol·L－1；故答案是：1.0×10－4。
19.I、在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂（H2O2），当它们混合时，即产生大量N2和水蒸气，并放出大量热．已知0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量．
（1）写出该反应的热化学方程式_________________．
（2）已知H2O（l）═H2O（g）；△H=+44kJ·mol﹣1，则16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是________kJ．
（3）丙烷燃烧可以通过以下两种途径：途径I：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣a kJ·mol﹣1;途径II：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+b kJ·mol﹣1;2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣c kJ·mol﹣1;2H2（g）+O2 （g）═2H2O（l）△H=﹣d kJ·mol﹣1 （abcd均为正值）判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量_______（填“大于”、“等于”或“小于”）途径II放出的热量．
II、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50 mL 0.50 mol·L−1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L−1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。
回答下列问题：
（1）什么所用NaOH溶液要稍过量？__________________________。
（2）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g·cm−3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g−1·℃−1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
实验
序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠
1
20.0
20.0
23.0
2
20.1
20.1
23.2
3
20.1
20.1
24.2
4
20.2
20.2
23.4
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝____kJ·mol−1_(结果保留一位小数)。
（3）不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_________________。
【答案】 (1). N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol (2). 408 (3). 等于 (4). 确保盐酸被完全中和 (5). −51.8 (6). H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定
【解析】
【分析】I、（1）0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，则1mol液态肼和足量液态H2O2反应，放出热量为640kJ/mol，据此写出该热化学反方程式；
（2）根据盖斯定律求出N2H4（1）与H2O2（1）反应的△H，然后根据16g液态肼的物质的量（0.5mol）计算出反应放出的热量；
（3）根据盖斯定律，丙烷作为燃料不管是一步完成还是分三步完成，反应的热效应是一定的；
II、（1）NaOH溶液要稍过量，保证盐酸被完全中和；
（2）先计算出三次实验的温度变化的平均值；然后根据Q=cm∆t计算出0.025mol的水放出热量，根据中和热的定义，计算出生成1mol的水放出热量；
（3）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外,还生成了BaSO4沉淀,该反应中的生成热会影响反应的反应热。
【详解】I、（1）0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，则1mol液态肼和足量液态H2O2反应，放出热量为640kJ/mol；热化学反方程式为：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol；
故答案是：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol；
（2）已知①H2O（l）═H2O（g）；△H=+44kJ·mol﹣1；② N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol；根据盖斯定律：②-①×4可得：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（l）△H=﹣816kJ/mol；16g液态肼的物质的量为16g/32g/mol=0.5mol，则0.5mol液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是0.5mol×816kJ/mol=408 kJ；
故答案是：408；
（3）途径I：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣a kJ·mol﹣1；途径II：①C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+b kJ·mol﹣1；②2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣c kJ·mol﹣1；③2H2（g）+O2 （g）═2H2O（l）△H=﹣d kJ·mol﹣1 （abcd均为正值）根据盖斯定律计算①+②×1/2+③×1/2，得到：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣（1/2c+1/2d-b）kJ·mol﹣1；根据盖斯定律，丙烷作为燃料不管是一步完成还是分三步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样；
故答案是：等于；
II、（1）为了确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量；
故答案是:确保盐酸被完全中和；
（2）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20℃，反应后温度为: 23.0℃，反应前后温度差为:3℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃，反应后温度为: 23.2℃，反应前后温度差为:3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.2℃，反应后温度为: 23.4℃，反应前后温度差为: 3.2℃；50 mL 0.50 mol·L−1盐酸与50 mL 0.55 mol·L−1 NaOH溶液的质量和为100mL×1 g·cm−3=100g；比热容c＝4.18 J·g−1·℃−1，代入公式Q=cm∆t得到生成0.025mol的水放出热量Q=4.18 J·g−1∙℃−1×100g×（3℃+3.1℃+3.2℃）/3=1295.8J=1.2958 kJ；即生成0.025mol的水放出热量为1.2958 kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958 kJ ×1mol/0.025mol=51.8 kJ ，即该实验测得的中和热ΔH＝-51.8 kJ·mol−1；
故答案是: -51.8；
（3）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测定中和热；
故答案是: H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定。
20.碳的化合物在生产、生活中有着重要的作用。
（1）已知：2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H1=－566kJ·molˉ1
H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g) △H2=－41kJ·molˉ1
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=－107kJ·molˉ1
则CH3OH(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g) △H=___kJ·molˉ1
（2）T℃时，向容积均为2L的A、B两个密闭容器中均通入4.0molCO2和6.8molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=-50kJ·molˉ1。A容器中的反应在恒温、恒容条件下进行；B容器中的反应在恒温、恒压条件下进行，测得A容器中CO2的转化率 α (CO2) 随时间的变化如图所示。
①在0~5min内A容器中v(CH3OH)=___；该温度下上述反应的平衡常数K=___(保留两位有效数字)。
②反应开始至平衡的过程中，A、B两容器中CO2的消耗速率的大小关系为v(A)___(填“>”“<”或“=”)v(B)。
③反应过程中，下列各项指标能表明A容器中反应的v正>v逆的是___(填标号)
a.体系内的压强增大
b.气体的平均相对分子质量增大
c.断裂H－H键的数目是形成C－O键数目的2倍
d.v逆(CO2)=v正(H2)
【答案】(1). -660 (2). 0.16mol/(L·min) (3). 0.53 (4). < (5). b
【解析】
【分析】(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式进行叠加，可得要求的反应的反应热；
(2)①结合CO2的转化率，计算CO2的转化量，然后根据化学反应速率是定义计算v(CO2)，再根据物质反应速率与化学计算量关系计算v(CH3OH)，根据平衡常数的定义式计算反应的化学平衡常数；
②反应开始时，两个容器的容积相同，容器内的气体的物质的量相同，A为恒温恒容，B为恒温、恒压，结合反应的正反应是气体体积减小的反应及压强对化学反应速率的影响分析；
③若对于A容器，若反应的v正>v逆，则反应未达到平衡，正向进行。
【详解】(1)①2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H1=－566kJ·molˉ1，
②H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g) △H2=－41kJ·molˉ1，
③CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=－107kJ·molˉ1
根据盖斯定律，①+②×2+①×，整理可④式CO(g)+2H2(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g) △H=-767kJ·molˉ1；
④-③，整理可得CH3OH(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g) △H=-660kJ·molˉ1；
(2)对于A容器，反应在恒温、恒容条件下进行，反应开始时n(CO2)= 4.0mol，由于反应进行到5min时CO2的转化率是0.40，所以反应的CO2的物质的量为△n(CO2)= 4.0mol×0.4=1.6mol，所以用CO2表示的化学反应v(CO2)==0.16mol/(L·min)。根据物质反应时化学反应的速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比可知：v(CH3OH)=v(CO2)=0.16mol/(L·min)；
根据方程式CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)可知CO2反应了1.6mol，则会同时有4.8molH2发生反应，反应达到平衡时CO2的物质的量是2.4mol，H2的物质的量是2mol，反应产生1.6mol CH3OH和1.6molH2O，由于反应容器的容积是2L，因此各种物质的平衡浓度分别是：c(CO2)=1.2mol/L，c(H2)=1mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.8mol/L，则该反应达到平衡时该反应的化学平衡常数K==0.53；
②反应开始时，两个容器的容积相同，容器内的气体的物质的量相同，A为恒温恒容，B为恒温、恒压，反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的正反应是气体体积减小的反应，随着反应的进行，容器内气体的压强减小，要维持体系的压强不变，则B容器相当于A容器反应达到平衡后，对反应体系增大压强，增大压强，物质的浓度增大，化学反应速率增大，所以反应开始至平衡的过程中，A、B两容器中CO2的消耗速率的大小关系为v(A)
b.该反应的正反应是气体体积减小的反应，若反应正向进行，则气体的物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，故可据此判断v正>v逆，b正确；
c.根据方程式可知：反应正向进行时，断裂H－H键的数目是形成C－O键数目的3倍，不可能是形成C－O键数目的2倍，c错误；
d.在任何条件下，v正(H2)=3v正(CO2)，若v逆(CO2)=v正(H2)，则v逆(CO2)=3v正(CO2)，反应正向进行，所以v正
21.新旧动能转换工程之一是新能源新材料的挖掘和应用。乙二醇是重要的化工原料， 煤基合成气(CO、 H2)间接制乙二醇具有转化率高、回收率高等优点，是我国一项拥有自主知识产权的世界首创技术，制备过程如下：
反应 I: 4NO(g)+4CH3OH(g)+O2(g) 4CH3ONO(g)+2H2O(g) △H1 = a kJ·mol-1
反应 II: 2CO(g)+2CH3ONO(g) CH3OOCCOOCH3(l) + 2NO(g) △H2= b kJ·mol-1
反应 III: CH3OOCCOOCH3(1)+4H2(g) HOCH2CH2OH(1)+2CH3OH(g) △H3= c kJ·mol-1
（1）请写出煤基合成气[n(CO): n(H2)= 1:2]与氧气间接合成乙二醇（HOCH2CH2OH）的总热化学方程式：________________________________________，该反应在较低温条件下能自发进行，则ΔH______0 (填“＞”、“＜”或“＝”)。
（2）一定温度下，在 2 L 的密闭容器中投入物质的量均为 0.4mol的CO 和 CH3ONO发生反应 II，10min 达到平衡时CO的体积分数与NO的体积分数相等。
①下列选项能判断反应已达到化学平衡状态的是________。
a. 混合气体总物质的量不再变化
b. 混合气体的密度不再变化
c. 单位时间内生成 CO 和 NO 的物质的量相等
d. CO 和 CH3ONO 的浓度比不再变化
②若此时向容器中再通入0.4 mol NO，一段时间后，达到新平衡时 NO的体积分数与原平衡时相比______(填“增大”“相等”“减小”或“不能确定”)。
③若该反应△H＜0，在恒容的密闭容器中，反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是____________（填字母）。
④反应达平衡后向2 L恒容密闭容器中再加入 0.4mol的CO 和 0.4mol NO，化学平衡向________（填“正反应”、“逆反应”或“平衡不移动”）方向移动。
【答案】(1). 4H2(g)+2CO(g)+1/2O2(g) HOCH2CH2OH(l)+H2O(g) △H3=(1/2a+b+c)kJ·mol-1 (2). < (3). a bc (4). 增大 (5). b (6). 平衡不移动
【解析】
【分析】（1）根据盖斯定律进行分析；根据∆G=∆H-T∆S<0反应自发进行进行分析；
（2）根据化学平衡状态的判断依据：v(正)=v(逆)，各组分的浓度保持不变及由此衍生出的相关物理量结合反应进行分析判断；
【详解】（1）反应 I: 4NO(g)+4CH3OH(g)+O2(g) 4CH3ONO(g)+2H2O(g) △H1 = a kJ·mol-1；反应 II: 2CO(g)+2CH3ONO(g) CH3OOCCOOCH3(l) + 2NO(g) △H2= b kJ·mol-1；反应 III: CH3OOCCOOCH3(1)+4H2(g) HOCH2CH2OH(1)+2CH3OH(g) △H3= c kJ·mol-1；根据盖斯定律，由I×1/2+ II+ III得反应：4H2(g)+2CO(g)+1/2O2(g) HOCH2CH2OH(l)+H2O(g) △H3=(1/2a+b+c)kJ·mol-1；该反应为熵减的反应，∆S<0，已知该反应能够在较低温度下能够自发进行，要使∆G=∆H-T∆S<0，必须满足△H<0；
故答案是：4H2(g)+2CO(g)+1/2O2(g)HOCH2CH2OH(l)+H2O(g) △H3=(1/2a+b+c)kJ·mol-1 ；< ；
（2）①a.根据2CO(g)+2CH3ONO(g) CH3OOCCOOCH3(l) + 2NO(g) △H2= b kJ·mol-1反应可知，该反应为气体总量减小的反应，当混合气体总物质的量不再变化，说明反应已达平衡状态，故选；
b.该反应在恒容条件下进行且参与物质不完全为气体，根据ρ=m/V可知，反应前后气体的质量发生变化，因此气体的密度为变量，当混合气体的密度不再变化，说明反应已达平衡状态，故选；
c.单位时间内生成CO和NO的物质的量相等，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故选；
d.CO和CH3ONO的投料相等且在反应中计量数相等，故两者的浓度比始终不变，不能作为平衡状态的判断依据，故不选；
答案选abc；
②2CO(g)+2CH3ONO(g) CH3OOCCOOCH3(l) + 2NO(g)反应10min达到平衡时CO的体积分数与NO的体积分数相等；若此时向容器中再通入0.4 mol NO，恒容条件下相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的正方向移动，NO的体积分数增大，故新平衡时NO的体积分数与原平衡时相比增大；故答案是：增大；
③a.该反应为气体计量数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，平衡常数减小，选项a错误；
b平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故NO的浓度变化，K值保持不变，选项b正确；
c.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO的体积分数减小，选项c错误；
d.该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，选项d错误；
故答案选b。
④设平衡转化率x，则
2CO(g)+2CH3ONO(g) CH3OOCCOOCH3(l) + 2NO(g)
开始 0.2 . 0.2 0 0
改变 0.2x 0.2x 0.1x 0.2x
平衡 0.2-0.2x 0.2-0.2x 0.1x 0.2x
10min达到平衡时CO的体积分数与NO的体积分数相等，则0.2-0.2x=0.2x，解得x=0.5；该温度下化学平衡常数 K=；反应达到平衡后，向2 L恒容密闭容器中再加入 0.4mol的CO 和 0.4mol NO，浓度分别为：0.4mol/2 L=0.2mol/L，0.4mol/2 L=0.2mol/L，所以：c（CO）=0.2-0.2×0.5+0.2=0.3mol/L；c（CH3ONO）=0.2-0.2×0.5=0.1mol/L；c（NO）=0.2×0.5+0.2=0.3mol/L；反应的浓度商QC= c2（NO）/ c2（CH3ONO）c2（CO）=0.32/0.12×0.32=100= K，反应达化学平衡不移动；
故答案是：平衡不移动。
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