【化学】广东省揭西县河婆中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
展开相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32
一、单项选择题（每小题只有一个正确选项，共14小题，每小题3分，共42分）
1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列叙述正确的是（ ）
A. 血红蛋白、牛胰岛素、蚕丝、人造奶油充分水解均可得到氨基酸
B. “光化学烟雾”、“臭氧空洞”、“温室效应"、“酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
C. 天然气、沼气、酒精、水煤气均属于可再生能源
D. 用脱硫处理的煤代替原煤作燃料不能有效减少空气中CO2含量
【答案】D
【解析】A、人造奶油的成分是油脂，油脂水解成高级脂肪酸盐和甘油，其余成分是蛋白质，水解成氨基酸，故A错误；B、温室效应是CO2引起的，故B错误；C、天然气属于化石燃料是不可再生的，故C错误；D、脱硫是减少SO2的排放，煤燃烧产生CO2，因此不能有效减少CO2的排放，故D正确。
2.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是( )
A. 在密闭容器中加入1.5 mol H2和0.5 molN2，充分反应后可得到NH3分子数为NA
B. 一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应失去的电子数为0.1NA
C. 常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
D. 标准状况下，22.4 L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.合成氨为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，1.5 mol H2和0.5 mol N2，充分反应后得到NH3分子数小于NA，A错误；
B.2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后一定变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子，B正确；
C.常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体的物质的量小于0.1mol，而CO和CO2分子中均含1个碳原子，混合气体中含碳原子小于0.1NA，C错误；
D.标况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算，D错误；
故合理选项是B。
3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍,Y是地壳中含量最高的元素,Y2-与Z2+具有相同的电子层结构,W与X同主族.下列说法正确的是( )
A. W、Z、Y、X的原子半径依次减小
B. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C. X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱
D. Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，X为C元素；W与X同一主族，则W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素，Z2+与Y2-具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，则Z的质子数为12，Z为Mg元素，以此解答该题。
【详解】根据上述分析可知X为C元素，Y为O元素，Z为Mg 元素，WSi元素。
A.原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，A错误；
B.Y分别与Z、W形成化合物分别为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键，二者含有的化学键类型不同，B错误；
C.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性X(C)>W(Si)，所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，C错误；
D.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，元素的非金属性Y>W，所以Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强，D正确；
故合理选项是D。
4. 能用能量判据判断下列过程的方向的是( ).
A. 水总是自发地由高处往低处流
B. 放热反应容易自发进行，吸热反应不能自发进行
C. 有序排列的火柴散落时成为无序排列
D. 多次洗牌以后，扑克牌的毫无规律的混乱排列的概率大
【答案】A
【解析】A项，势能由高到低，正确；
B项，判据为：△H-T△S＜0，吸、放热只能说明△H的正、负，而不知△S的正、负，故错误；
C、D项只是体系的混乱度（△S）增大，故错误；
5.下列热化学方程式中，ΔH的绝对值能表示可燃物的燃烧热的是( )
A. C(s)＋0.5 O2(g)===CO(g) ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
B. CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802.3 kJ·mol－1
C. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D. CO(g)＋1/2 O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。A中产物应是二氧化碳，B中生成物应是液态水，C中反应物不是1mol。答案选D。
6. 下列关于反应能量的说法正确的是（ ）
A. 101kPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH="-571.6" kJ·mol-1，H2的燃烧热为571.6 kJ·mol-1
B. Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) ΔH="-216" kJ·mol-1,反应物总能量＞生成物总能量
C. H+(aq)+OH-(aq)=H2O ΔH="-57.3" kJ·mol-1,含1molNaOH的氢氧化钠的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量
D. 相同条件下，如果1molH所具有的能量为E1，1molH2所具有的能量为E2，则2 E1= E2
【答案】B
【解析】燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以选项A不正确；反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应就是放热反应，因此选项B正确；浓硫酸溶于水放出大量的热，所以选项C不正确；氢原子生成氢气的过程是放热的，所以选项D中应该是2 E1＞ E2，因此正确的答案选B。
7. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 （ ）
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
【答案】B
【解析】试题分析：A、汽水瓶中存在平衡H2CO3H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，A正确；B、钢铁在潮湿的空气中容易生锈，主要发生电化学腐蚀，不能用勒夏特列原理解释，B错误；C、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OHClO+H++Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，C正确；D、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，D正确；答案选B。
8.下列生产或实验事实引出的相应结论不正确的是( )
选项
事实
结论
A
其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间变短
当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快
B
工业制硫酸中，在SO3的吸收阶段，吸收塔里要装填瓷环
增大气液接触面积，使SO3的吸收速率增大
C
在容积可变的密闭容器中发生反应：2NH3(g) N2H4(l)＋H2(g)，把容积的体积缩小一半
正反应速率加快，逆反应速率减慢
D
A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2，在B试管中加入2～3滴FeCl3溶液，B试管中产生气泡快
当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率
【答案】C
【解析】试题分析：A、升温反应速率加快，正确，不选A；B、吸收塔里装填瓷环是为了增大气体和液体的接触面积，吸收速率增大，可提高吸收效果，不选B；C、体积缩小一半，相对于加压，正逆反应速率都加快，选C；D、加入的氯化铁可以做催化剂，加快反应速率，不选D。
9.一定条件下的密闭容器中，进行如下反应：NO(g)＋CO(g)1/2N2(g)＋CO2(g) ΔH＝－373.2 kJ/mol，为提高该反应的反应速率，缩短达到平衡的时间，下列措施不可取的是（ ）
A. 加(正)催化剂 B. 增大压强(体积减小)
C. 给体系加热 D. 从体系中不断移去部分CO2
【答案】D
【解析】试题分析：A、使用催化剂，加快反应速率，缩短达到平衡的时间，故说法正确；B、增大压强，反应速率增大，缩短达到平衡的时间，故说法正确；C、升高温度，加快反应速率，缩短达到平衡的时间，故说法正确；D、移走CO2，减少生成物的浓度，但正反应方向速率不变，故说法错误。
10.反应A（g）＋3B（g）2C（g）＋2D（g），在不同条件下测得反应速率，其中速率最快的是（ ）
A. υ(C)＝0.5 mol / (L·s) B. υ(D)＝0.4 mol / (L·s)
C. υ(B)＝0.6 mol / (L·s) D. υ(A)＝0.15 mol / (L·s)
【答案】A
【解析】
【详解】相同条件下，同一化学中，用不同物质表示化学反应速率其数值之比等于计量数之比，即；将选项转化为用υ(A)来表示，然后在比较其化学反应速率大小，
A.υ(C)=0.5mol / (L·s)，用A表示其化学反应速率，有υ(A)=1/2υ(C)=0.25mol / (L·s)；
B.υ(D)=0.4 mol / (L·s)，用A表示其化学反应速率，有υ(A)=1/2υ(D)=" 0.2" mol / (L·s)；
C.υ(B)=0.6 mol / (L·s)，用A表示其化学反应速率，有υ(A)=1/3υ(D)=" 0.2" mol / (L·s)；
D.υ(A)=0.15mol / (L·s)；
故A的反应速率最大，所以本题的答案选择A。
11.一定条件下，在一恒容密闭容器中，能表示反应 X(g)+2Y(g)2Z(g) 一定达到化学平衡状态的是( )
①容器中气体的密度不再发生变化 ② X、Y、Z的浓度不再发生变化 ③容器中的压强不再发生变化 ④单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】①根据质量守恒定律知，混合气体的总质量不变，容器的体积不变，所以密度始终不变，所以不能根据密度判断反应是否达到平衡状态，①错误；
②当反应达到平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，所以能判断该反应达到平衡状态，②正确；
③该反应的反应前后气体体积改变，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，所以压强不再变化，所以能判断该反应达到平衡状态，③正确；
④当反应达到平衡状态时，单位时间内生成2n mol Z，同时生成2n mol Y，如果单位时间内生成n mol Z，同时生成2n molY，该反应未达到平衡状态，④错误；
故化学反应达到平衡状态的是②③，故合理选项是B。
12.某密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）2Z（g）△H＜0．下图表示该反应的速率（υ）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量．下列说法中正确的是（ ）
A. t3时降低了温度
B. t5时增大了压强
C. t2时加入了催化剂
D. t4～t5时间内转化率一定最低
【答案】C
【解析】A．t3时改变条件，正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，若降低温度，平衡正向移动，与图象不符，故A错误；
B．t5时改变条件，正逆反应速率增大，且逆反应速率大于正反应速率，若增大压强，平衡逆向移动，与图象不符，故B错误；
C．由图可知，t2时改变条件，正逆反应速率增大且相等，若增大压强平衡发生移动，则t2时加入了催化剂，故C正确；
D．催化剂对平衡移动无影响，t3～t4时间内平衡逆向移动，转化率减小，t5～t6时间内平衡逆向移动，转化率继续减小，显然t5～t6时间内转化率比t4～t5时间内转化率低，故D错误；
13.如图表示可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)在不同温度(T)下生成物C的物质的量分数C%的变化情况和正、逆反应速率随压强的变化情况。下列关于该正反应热效应及方程式中A、B、C 的化学计量数的判断中，正确的是( )
A. 放热反应，m+n
p
C. 吸热反应，m+n
p
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知，增大压强后，V逆>V正，化学平衡逆向移动，该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，则m+n
14.将CO2在一定条件下与H2反应转化为甲醇(CH3OH)是变废为宝的好方法，一定条件下，每转化44g CO2放出的热量为49 kJ，CO2转化为甲醇过程中浓度随时间的变化曲线如图所示(已知反应物和生成物在此条件下均为气体)，下列叙述中正确的是( )
A. 0～3 min内，CO2和H2所表达的平均反应速率相等，均为0.5 mol·L-1·min-1
B. 此反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－49.0 kJ·mol-1
C. 此条件下反应的平衡常数K=
D. 降低温度，此反应的平衡常数可能为0.8
【答案】B
【解析】
【详解】A.在3min时，CO2和H2在3分钟时浓度相等，则速率分别为v(CO2)==mol/(L·min)，v(H2)== mol/(L·min)，二者速率不同，A错误；
B.首先从图象可看出，反应物为H2、CO2(浓度降低)，生成物为CH3OH；再从浓度的变化量的最简单整数比可确定它们的系数为3、1、1，结合质量守恒原理，可知生成物中还有1molH2O；每转化44g(即1mol)CO2放出49.0kJ的热量，所以热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ/mol，B正确；
C.根据图象中各种物质的平衡浓度可知反应的平衡常数K==1.07，C错误；
D.该反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，则平衡常数增大(>1.07)，所以不可能为0.8，D错误；
故合理选项是B。
二、填空题 （共6大题，共58分）
15.室温下，某同学进行CO2与Na2O2反应的探究实验，回答下列问题。
(1)用如图装置制备纯净的CO2
①丙装置的名称是__________，乙、丙装置中盛装的试剂分别是______、_____。
②若CO2 中混有HCl，则HCl与Na2O2反应的化学方程式为________。
(2)按照下面的装置图进行实验（夹持装置略）。
①先组装仪器，然后_____________，再用注射器1抽取100 mL 纯净的CO2，将其连接在K1 处，注射器2的活塞推到底后连接在K2 处，具支U 形管中装入足量的Na2O2 粉末与玻璃珠。
②打开止水夹K1、K2，向右推动注射器1的活塞，可观察到的现象是__________。
③实验过程中反应的化学方程式为______________。
【答案】(1). 球形干燥管 (2). 饱和NaHCO3溶液 (3). CaCl2或P2O5 (4). 2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2 (5). 检查装置气密性 (6). U形管中淡黄色粉末逐渐变浅，注射器2的活塞向右移动 (7). 2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2
【解析】
【分析】(1)①根据仪器特点判断仪器名称；用稀盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，由于盐酸具有挥发性，所以由图制备的CO2混有HCl和水蒸气，根据CO2的性质分析作答；
②HCl与Na2O2反应生成氯化钠、氧气和水；
(2)①有气体参与的反应要检查装置气密性；
②打开止水夹K1、K2，向右推动注射器1 的活塞，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，据此分析；
③为了反应更充分，实验过程中，需缓慢推入CO2，也可以多次往返推动注射器1和2；
(3)根据反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，结合物质的颜色、状态分析判断。
【详解】(1)①由图可知装置丙为球形干燥管；根据题意制备纯净的CO2，甲装置由稀盐酸与大理石反应制备CO2，制得的CO2中混有HCl气体和水蒸气，故乙装置除去HCl气体，选择饱和NaHCO3溶液，丙装置作用吸收水蒸气，同时不吸收CO2，故选用中性或酸性试剂，可用CaCl2或P2O5；
②HCl与Na2O2反应生成NaCl、O2和水，化学反应方程式为：2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑；
(2)①有气体参与的反应前要检查装置气密性；故先组装仪器，然后检查装置气密性，再用注射器1抽取100 mL 纯净的CO2，将其连接在K1 处，注射器2的活塞推到底后连接在K2 处，具支U 形管中装入足量的Na2O2 粉末与玻璃珠。
②打开止水夹K1、K2，向右推动注射器1的活塞，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，可观察到的现象是U形管中的淡黄色粉末逐渐变浅，注射器2的活塞向右移动(或向外移动)；
③在U型管内CO2与Na2O2反应产生碳酸钠和氧气，反应方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。
16.按要求写出下列反应的方程式(必要时注明反应条件)
(1)实验室制备氯气的化学反应方程式 _______________。
(2)乙醇催化氧化反应(铜作催化剂)_______________。
(3)苯与浓硝酸反应____________________。
(4)CH3CH=CH2发生加聚反应___________________
【答案】(1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (3). (4). nCH2=CH-CH3
【解析】
【分析】(1)实验室用浓盐酸与MnO2混合加热制备氯气；
(2)乙醇在Cu催化作用下反应产生乙醛和水；
(3)苯与浓硝酸在浓硫酸存在和加热条件下发生取代反应，产生硝基苯和水；
(4)CH3CH=CH2在一定条件下，断裂碳碳双键中较活泼的键，然后这些不饱和的碳原子彼此连接形成高分子化合物；
【详解】(1)实验室用浓盐酸与MnO2混合加热制备氯气，反应的方程式是：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)乙醇在Cu催化作用下反应产生乙醛和水，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
(3)苯与浓硝酸在浓硫酸存在和加热条件下发生取代反应，产生硝基苯和水，反应方程式为：；
(4)CH3CH=CH2在一定条件下，断裂碳碳双键中较活泼的键，然后这些不饱和的碳原子彼此连接形成高分子化合物聚丙烯，反应方程式为：nCH2=CH-CH3。
17.在一定温度下，将2molA和2molB两种气体相混合于容积为2L的某密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，2min末反应达到平衡状态，此时测得D、C的浓度均为0.4mol/L，请填写下列空白：
(1)x值等于_____________。
(2)A的转化率为_______________。
(3)生成D的反应速率为_____________。
(4)如果增大反应体系的压强，则平衡体系中C的质量分数 _________（增大、减小或不变）。
(5)在此温度下，该化学反应的平衡常数k=__________
【答案】(1). x=2 (2). 60% (3). 0.2 mol/(L·min) (4). 不变 (5). K= 0.5
【解析】
【分析】(1)平衡时C、D的浓度为0.4mol/L，则n(C)=n(D)=0.4mol/L×2L=0.8mol，结合n(D)利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x；
(2)根据平衡时n(D)，由方程式可知参加反应的n(A)，再根据转化率定义计算A的转化率；
(3)根据v(D)=计算反应速率；
(4)若反应前后气体的物质的量不变，增大压强，平衡不移动，平衡体系中C的质量分数不变；若反应前后气体的物质的量变化，增大压强平衡向气体物质的量减小的方向移动，气体的总质量不变，据此判断；
(5)平衡常数指指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值。
【详解】(1)平衡时C的浓度为0.4mol/L，则n(C)=n(D)=0.4mol/L×2L=0.8mol，由于物质发生化学反应时变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以0.8mol：0.8mol=x：2，解得x=2；
(2)平衡时n(D)=0.8mol，由方程式可知参加反应的n(A)=n(D)=×0.8mol=1.2mol，所以A的转化率为×100%=60%；
(3)v(D)==0.2mol/(L•min)；
(4)该反应是反应前后气体的物质的量不变的反应，所以增大压强，化学平衡不移动，因此平衡体系中C的质量分数不变；
(5)在反应开始时c(A)=c(B)=2mol÷2L=1mol/L，c(C)=c(D)=0，反应达到平衡时，c(C)=c(D)=0.4mol/L，根据物质反应关系可知反应消耗的A的浓度是0.6mol/L、B的浓度是0.2mol/L，所以平衡时A、B的浓度分别是c(A)=1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L；c(B)=1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，所以该反应的化学平衡常数K==0.5。
18.用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH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60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH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”）。
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 减少实验过程中的热量损失 (3). 偏小 (4). 不相等 (5). 相等 (6). 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关 (7). 偏小
【解析】
【详解】（1）由于在实验过程中，需要搅拌，所以还缺少环形玻璃棒。
（2）由于该实验要尽可能的减少热量的损失，所以烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少实验过程中热量的损失的。
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，则会导致热量的损失，所以所得中和热数值偏低。
（4）如果改变酸或碱的用量，则反应中生成的水的物质的量是变化的，因此反应中放出的热量是变化的。但由于中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，与酸碱的用量无关，因此所求中和热数值是不变的。
（5）由于氨水是弱碱，在溶液中存在电离平衡，而电离是吸热的，所以测得的中和热数值会偏小。
19.(1)在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：
①第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。
②1 mol NH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式：__________________。
(2)在298 K、101 kPa时，已知：2H2O(g)=O2(g)+2H2(g) ΔH1；
Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g) ΔH2；
2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g) ΔH3。
则ΔH3与ΔH1和ΔH2之间的关系正确的是___________。
A.ΔH3=ΔH1+2ΔH2 B.ΔH3=ΔH1+ΔH2
C.ΔH3=ΔH1-2ΔH2 D.ΔH3=ΔH1-ΔH2
(3)已知红磷比白磷稳定，则反应P4(白磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s) ΔH1；P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH2；ΔH1和ΔH2的关系是ΔH1_________ΔH2(填“>”、“<”或“=”)。
(4)已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g) ΔH=-72 kJ/mol，蒸发1 mol Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ，其他相关数据如下表：
物质
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1 mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)
436
200
a
则表中a=________。
【答案】(1). 放热 (2). NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+H2O(l)+NO3-(aq)ΔH=-346 kJ/mol (3). A (4). < (5). 369
【解析】
【分析】(1)根据反应物、生成物的能量 判断反应是放热反应还是吸热反应；
由图可知，第一步热化学反应为NH4+(aq)+1.5O2(g)=2H+(aq)+NO2-(aq)+H2O(l)△H=-273kJ/mol①，第二步热化学反应为NO2-(aq)+0.5O2(g)=NO3-(aq)△H=-73kJ/mol②，由盖斯定律书写1mol NH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式。
(2)根据盖斯定律，将③-2×②=①，据此分析反应热的关系。
(3)由①P4(白磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s) △H1；②4P(红磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s) △H2；结合盖斯定律可知，②-①得到4P(红磷，s)=P4(白磷，s)，结合红磷比白磷稳定来解答；
(4)焓根据反应热△H=反应物中键能之和-生成物中键能之和，据此分析解答。
【详解】(1)由图可知，第一步反应的反应物的能量比生成物的能量高，所以反应发生时放出热量，即第一步反应为放热反应；
第一步热化学反应为NH4+(aq)+1.5O2(g)=2H+(aq)+NO2-(aq)+H2O(l)△H=-273kJ/mol①，第二步热化学反应为NO2-(aq)+0.5O2(g)=NO3-(aq)△H=-73kJ/mol②，由盖斯定律可知①+②得1mol NH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式为NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+NO3-(aq)+H2O(l) △H=-346kJ/mol；
(2)根据盖斯定律，将③-2×②可得①，故反应热△H3=△H1+2△H2，故选项A正确；
(3)由①P4(白磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s) △H1；②4P(红磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s) △H2；结合盖斯定律可知，②-①得到4P(红磷，s)=P4(白磷，s)，由于红磷比白磷稳定，物质的能量越低，物质的稳定性就越强，说明红磷能量比白磷低，红磷转化为白磷为吸热反应，△H>0，即△H2-△H1>0，可知△H1<△H2；
(4)蒸发1mol Br2(l)需要吸收的能量为30kJ，结合反应及表格中数据可知，436+(200+30)-2×a=-72，解得a=369。
20.CO可用于合成甲醇，化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。
（1）如图是反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变ΔH________0 (填“>”、“<”或“＝”)。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1_______ K2 (填“>”、“<”或“＝”)。在T1温度下，往体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO和2 mol H2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。则该反应的平衡常数为______________。
③若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率的是________(填字母)。
a．升高温度 b．将CH3OH(g)从体系中分离
c．使用合适的催化剂 d．充入He，使体系总压强增大
（2）在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230 ℃、250 ℃和270 ℃三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是________℃；曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为________________。
【答案】(1). < (2). > (3). 12 (4). b (5). 270 (6). K1=K2< K3
【解析】
【分析】(1)①根据图像信息结合勒夏特列原理判断；
②正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，则化学平衡常数减小；利用三段式计算平衡时各量的浓度，再计算K。
③a.容器容积不变，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，a错误；
b.将CH3OH(g)从体系中分离，平衡正向移动，CO的转化率增大，b正确；
c.使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动，CO的转化率不变，c错误；
d.容器容积不变，充入He，使体系总压强增大，各物质的浓度不变，化学平衡不移动，CO的转化率不变，d错误；
(2)反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小；化学平衡常数只与温度有关，反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小。
【详解】(1)①根据图中的信息可知：T2>T1，温度越高CO转化率越小，则反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)中,降低温度，平衡向右进行，一氧化碳的转化率增大，根据勒夏特列原理，正反应是放热反应，△H<0；
②正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，则化学平衡常数减小，T2>T1，则K1>K2；在T1温度下,根据图2所示,10min时达到平衡状态，已知CO浓度为1mol/L，则图像为CO与CH3OH的浓度变化，平衡时，c（CO）=0.25mol/L，c（CH3OH）=0.75mol/L，
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
初始：1 2 0
反应：0.75 1.5 0.75
平衡：0.25 0.5 0.75
K=0.75/（0.25×0.52）=12；
③a.容器容积不变，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，a错误；
b.将CH3OH(g)从体系中分离，平衡正向移动，CO的转化率增大，b正确；
c.使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动，CO的转化率不变，c错误；
d.容器容积不变，充入He，使体系总压强增大，各物质的浓度不变，化学平衡不移动，CO的转化率不变，d错误；
答案为b；
(2)反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，曲线Z为270℃；化学平衡常数只与温度有关，则K1=K2，反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小，则曲线x为230 ℃，K1=K2< K3。
