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【化学】湖北省武汉市汉阳一中2019-2020学年高二9月月考试题（解析版）
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湖北省武汉市汉阳一中2019-2020学年高二9月月考试题
一、选择题(本题共16个选择题,每小题只有一个选项符合题意,每小题3分,共48分)
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随能量变化的物质变化一定是化学变化
B. 太阳能、煤气、潮汐能是一次能源；电力、蒸汽、地热是二次能源
C. 吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量高；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量少
D. 由3O2(g)=2O3(g) ΔH>0，可知臭氧比氧气的化学性质更活泼
【答案】D
【解析】试题分析：A．物质发生化学反应时都伴随着能量变化，但是伴随能量变化的物质变化不一定是化学变化，错误；B．太阳能、煤气、潮汐能、地热是一次能源；电力、蒸汽是二次能源，错误；C．吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量低；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量多，错误；D．由3O2(g)=2O3(g) ΔH>0，可知臭氧的能量比氧气多，因此臭氧比氧气的化学性质更活泼，正确。
2.一定条件下，向某密闭容器中加入一定量的N2和H2发生可逆反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH = -92.2kJ•mol—1，测得0到10秒内，c(H2)减小了0.75mol•L—1，下列说法正确的是（ ）
A. 10到15秒内c(NH3) 增加量等于0.25mol •L—1
B. 化学反应速率关系是：3υ正（H2）= 2υ正（NH3）
C. 达平衡后，分离出少量NH3，正反应速率增大
D. 该反应的逆反应的活化能不小于92.2kJ•mol—1
【答案】D
【解析】试题分析：A、反应速率不变，10到15秒内c(NH3) 增加量等于0.25mol •L—1，但是随着反应的进行，反应速率越来越小，c(NH3) 增加量小于0.25mol •L—1，A错误；B、化学反应速率与化学计量数成正比，则2υ正（H2）= 3υ正（NH3） ，B错误；C、达平衡后，分离出少量NH3，V正 不变，平衡正向移动，V正 减小，C错误；D、ΔH = -92.2kJ•mol—1，反应物的能量比生成物的能量高92.2kJ•mol—1，该反应的逆反应的活化能不小于92.2kJ•mol—1，D正确；答案选D。
3.在密闭容器中，对已达到化学平衡的反应：（正反应为放热反应）,其他条件不变，则下列说法正确的一组是（ ）
①恒温恒容条件下，充入不参与反应的气体He，平衡不移动，各种气体的体积分数不变
②恒温恒压条件下，充入不参与反应的气体He，平衡正向移动，则可知x>3
③恒容条件下，给体系升温，正反应速率和逆反应速率都增大，逆反应速率增大得多些
④恒容条件下，给体系降温，混合气体的平均相对分子质量一定增大
⑤改变某一条件，使平衡正向移动，则反应物A的转化率一定增大
⑥加压压缩容器体积，平衡先逆向移动，后又正向移动，则C或D至少有一种变为非气态
⑦改变某一条件，只要平衡正向移动，则逆反应速率一定减小
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ②③⑥ D. ③⑤⑦
【答案】C
【解析】①正确；②正确；③正确；④错，恒容条件下，给体系降温，平衡向正反应方向移动，但x值大小不清楚，所以混合气体的平均相对分子质量不一定增大；⑤错，如加入反应物A，平衡向正反应方向移动，但A的转化率降低；⑥正确；⑦错，若加入反应物，平衡正向移动，反应速率增大；
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=== BaSO4(s) +2H2O(l) ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol－1
B. 已知：H2(g)＋F2(g)===2HF(g) ΔH＝－270 kJ·mol－1，则1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量小于270 kJ
C. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－38.6 kJ·mol－1
D. 葡萄糖的燃烧热是2 800 kJ·mol－1，则C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 400 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】试题分析：A.硫酸与氢氧化钡发生虽然产生了2mol的水，但同时还形成了硫酸钡沉淀，形成化学键放出热量，所以反应热要比-57.357.3 kJ/mol的2倍要少些，错误；B．同样多的物质气态含有的能量比液态要高，所以1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量大于270 kJ，错误；C.由于氮气与氢气合成氨气的反应是可逆反应，500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，则其热化学方程式中的反应热要比－38.6 kJ/mol小，错误。D．燃烧热是1mol的物质完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量。物质越多，燃烧放热就越大。葡萄糖的燃烧热是2 800 kJ·mol－1，则C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 400 kJ/mol。正确。
5.下列事实不能用勒夏特列原理(平衡移动原理)解释的是（ ）
①溴水中存在化学平衡：Br2＋H2O HBr＋HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
②铁在潮湿的空气中易生锈
③二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，增大压强后颜色加深
④合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施
⑤钠与氯化钾共融制备钾：Na(l)＋KCl(l) K(g)＋NaCl(l)
⑥反应CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g)(正反应为放热反应)，达到化学平衡后，升高温度体系的颜色加深
A. ①④ B. ②③ C. ②⑥ D. ②③⑥
【答案】B
【解析】
【分析】勒夏特列原理为:如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】①加入AgNO3溶液后, AgNO3和HBr反应导致平衡正向移动，则溶液颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故不选；
②铁在潮湿的空气中易生锈是电化学腐蚀，不是可逆反应，故选；
③增大压强，平衡正向移动,气体颜色变浅,但颜色加深是体积缩小,二氧化氮浓度变大，不能用平衡移动原理解释，故选；
④合成氨反应是放热反应,降低温度平衡正向移动,提高氨的产率,故不选；
⑤K为气体,减小生成物的浓度可使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释,故不选；
⑥反应CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g) (正反应为放热反应)，达到化学平衡后，升高温度平衡逆向移动，所以二氧化氮的浓度变大，体系的颜色加深,故不选；
综上分析可知，符合题意的有：②③；本题选B。
6. 碰撞理论是一种较直观的反应速率理论，下列有关碰撞理论叙述不正确的是（ ）
A. 反应物分子必须碰撞才有可能发生反应
B. 反应速率大小与单位时间内反应物分子间的碰撞次数成正比
C. 有效碰撞是活化分子在一定方向上的碰撞
D. 活化分子的平均能量称为活化能
【答案】D
【解析】试题分析：A．分解反应中，反应物只有一种，没有发生碰撞，错误；B．化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增加来表示，与分子的碰撞无关，错误；C．只有活化分子间有合适的取向、发生的碰撞才能发生化学反应，这样的碰撞称为有些碰撞，正确；D．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫该反应的活化能，活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差称为活化能，错误。
7.向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体， 一定条件下发生如下反应： 3A(g) B(g)＋2C(g)，各物质的浓度随时间变化如图所示[t0～t1 阶段的 c(B)变化未画出]。下列说法中正确的是（ ）
A. 若 t1＝15 s，则用 A 的浓度变化表示 t0～t1阶段的平均反应速率为 0.004 mol·L－1·s－1
B. t1时该反应达到平衡，A转化率为 60%
C. 该容器的容积为2 L，B的起始的物质的量为 0.02 mol
D. t0～t1 阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为 a kJ，该反应的热化学方程式为 3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】A.t0～t1阶段，A 的浓度变化为0.15-0.06=0.09 mol·L－1，t0～t1阶段的平均反应速率为0.09/15=0.006 mol·L－1·s－1，A错误；
B.t1时该反应达到平衡， A 的转化率为=0.09/0.15×100=60%，B正确；
C.根据反应3A(g) B(g)＋2C(g)可知，反应达平衡后，∆c(A)=0.09 mol·L－1, ∆c(B)=O.03 mol·L－1,由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05 mol·L－1，所以B的起始的浓度为0.02 mol·L－1，B的起始的物质的量为0.02×2=0.04 mol，C错误；
D.t0～t1 阶段，∆c(A)=0.09 mol·L－1，∆n(A)=0.09×2 mol =0.18 mol，此时放热a kJ，如果有3 mol A完全反应，放热为50 a /3 kJ,即3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a/3 kJ·mol－1，D错误。
正确选项B。
8.常温下，1mol化学键断裂形成气态原子所需要的能量用表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是( )
共价键
H-H
F-F
H-F
H-Cl
H-I
E(kJ/mol)
436
157
568
432
298
A. 432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/mol B. 表中最稳定的共价键是H-F键
C. H2(g)→2H(g) △H=+436kJ/mol D. H2(g)+F2(g)=2HF(g) △H=-25kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，原子半径越大，相应的化学键的键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJ/mol＞E(H-Br)＞298 kJ/mol，A正确；
B．键能越大，断裂该化学键需要的能量就越大，形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，所以最稳定的共价键是H-F键，B正确；
C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2→2H(g)△H=+436 kJ/mol，C正确；
D．依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，△H=436kJ/mol+157kJ/mol-2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g) =2HF(g)，△H=-543 kJ/mol ，D错误；
故合理选项是D。
9.CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是（ ）
A. p1
C. 平衡常数:K(A)=K(B)
D. 在C点时,CO转化率为75%
【答案】D
【解析】
【分析】A．增大压强平衡向正反应方向移动；
B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；
C．平衡常数只与温度有关；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．
【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；
B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；
C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；
故选D。
10.某温度下，在体积为5L的密闭容器中，充入1molA气体，发生如下可逆反应：,2min后反应达到平衡， A为0.4mol。当改变反应条件时符合如图的变化（P0表示1个大气压）。则下列叙述中不正确的是（ ）
A. 0~2min时间内B物质的平均反应速率为0.03mol/(L·min)
B. 该反应的正反应是放热反应，且C为非气体物质
C. 达到平衡后，保持温度和容器体积不变，再充入1 molA，平衡向正反应方向移动
D. 若温度和容器体积不变，起始时充入B和C各0.5mol ,则达到平衡时,小于0.4mol
【答案】D
【解析】A正确，2min内A物质的物质的量变化为0.6 mol，则B物质的物质的量变化为0.3mol，即得浓度变化量为，即0~2min时间内B物质的平均反应速率为0.03mol/(L·min)；B正确，由图可知，在相同条件下，B%随温度的升高而减少，即该反应的正反应方向为放热反应，又可得在相同温度下，B%随压强的增大而增大，即可得C为非气体；C正确，当反应达到平衡后，增加反应物，化学平衡向正反应方向移动；D错，可逆反应的特点是不能完全反应，由化学方程式的化学计量数可得，若温度和容器体积不变，起始时充入B和C各0.5mol ,则达到平衡时,小于1mol；
11.近年来，我国北京等地出现严重雾霾天气，据研究，雾霾的形成与汽车排放的 CO、 NO2 等有毒气体有关，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气 体，反 应方程式为4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ/mol。对于该反应， 温度不同(T2 > T1 )其他条件相同时，下列图像正确的是（ ）
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查化学平衡的影响因素。根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可，根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况，由此分析解答。
【详解】A.升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；
B.升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正确；
C.对于反应：4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH<0，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小；压强不变，升高温度，平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数会增大，故C错误；
D.正反应是放热反应，温度升高化学平衡常数减小，而不是增大，故D错误；
12.下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系,据此判断下列说法正确的是( )
A. 石墨转变为金刚石是放热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. S(g)+O2(g)=SO2(g),△H1,S(s)+O2(g)=SO2(g),△H2,则△H1>△H2
D. CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g), △H<0
【答案】D
【解析】
【详解】A.从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，A项错误；
B.白磷能量高于红磷，所以红磷比白磷稳定，B项错误；
C. 气态硫的能量高于固态硫，所以气态硫与氧气反应放出的热量大于固态硫，由于放热反应，，故ΔH1<ΔH2，C项错误；
D.由图4可以看出，CO2(g)和H2(g)具有的总能量小于CO(g)和H2O(g)具有的总能量，为吸热反应，则CO(g)和H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)为放热反应，ΔH<0，D项正确。
答案选D。
13.可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件化学反应速率与反应时间的关系如图所示下列说法正确的是（ ）
A. 维持温度、容积不变，t1时充入SO3(g)
B. 维持压强不变，t1时升高反应体系温度
C. 维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar
D. 维持温度、压强不变，t1时充入SO3(g)
【答案】D
【解析】
【详解】A．维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3，此时正逆反应速率均增大，故A错误；
B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，不符合，故B错误；
C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar，反应物和生成物的浓度都不变，正逆反应速率都不变，故C错误；
D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3，该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，则逆反应速率增大，正反应速率减小，故D正确；
故选D。
14.一定条件下水分解生成氢气和氧气，物质和能量的转化关系如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. △H1 > △H2 B. △H2 < △H3
C. △H1 — △H2 = △H3 D. △H1 + △H3 > △H2
【答案】C
【解析】
【分析】根据盖斯定律，反应无论一步完成，还是分几步完成，其化学反应的热效应是相同的，由图可知以水蒸气为起点，最终到达氢气和氧气，两条途径能量相同。
【详解】由盖斯定律可知，以水蒸气为起点，最终到达氢气和氧气，两条途径能量相同，即△H1=△H2+△H3，其中△H1＞0，△H2＞0，△H3＜0，所以△H2＞△H1，△H2＞△H3，△H1+△H3＜△H2，故选C。
15.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
过量的Fe粉中加入HNO3
充分反应后，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀HNO3将Fe氧化为Fe3+
B
NO2球浸泡在冰水中
颜色变浅
生成N2O4的反应是吸热过程
C
Na2S2O3溶液与稀硫酸反应，改变反应的温度
只有浑浊产生，温度越高，出现浑浊时间越短
温度越高，反应速率越快
D
向重铬酸钾稀溶液中滴加3-10滴浓硫酸
溶液橙色加深
加酸抑制Cr2O72-向CrO42-的转化
【答案】D
【解析】试题分析：A．将过量的铁加入到稀硝酸中，发生反应：3Fe＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，产生Fe2+，充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液不会变为红色，是硝酸先将Fe氧化为Fe3+，过量的铁再讲Fe3+还原为Fe2+，错误；B． NO2在密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g)，将NO2球浸泡在冰水中，颜色变浅，说明温度降低，平衡正向移动，根据平衡移动原理：降低温度，平衡向放热反应方向移动，生成N2O4的反应是放热过程，错误；C． Na2S2O3溶液与稀硫酸反应，Na2S2O3+ H2SO4= Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，反应既有沉淀产生，也有气体放出，改变反应的温度，温度越高，出现浑浊时间越短，说明温度越高，反应速率越快，错误；D． 重铬酸钾在溶液中存在平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42- +2H+，向重铬酸钾稀溶液中滴加3-10滴浓硫酸，溶液的酸性增强，橙色加深，说明加酸平衡逆向移动，可以抑制Cr2O72-向CrO42-的转化，正确。
16.已知：K3[Fe(CN)6]溶液是检验Fe2+的试剂，若溶液中存在Fe2+，将产生蓝色沉淀。将0.1mol/L的KI溶液和0.05mol/L Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“”2Fe3++2I-2Fe2++I2的是（ ）
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe(CN)6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A. ①和③ B. ②和④ C. ③和④ D. ①和②
【答案】D
【解析】
【详解】反应存在化学平衡，则反应物均有剩余，即溶液中存在铁离子和碘离子，①是检验铁离子，②是检验碘离子，③检验亚铁离子，④检验碘单质，所以①和②能证明反应存在化学平衡；故选D。
二、填空题(本题共4道小题，共31 分)
17.过渡态理论认为：化学反应并不是通过简单碰撞就能完成的，而是从反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态．如图I是1molNO2与1molCO恰好反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图。
（1）试写出NO2和CO反应的热化学方程式：____．该反应的活化能是___kJ·mol-1
（2） 图2 是某学生模仿图l画出的NO(g)+CO2(g)= NO2(g)十CO(g)的能量变化示意图。则图中E3=＿kJ·mol-1，E4="____" kJ·mol-1
【答案】（1）NO2(g)＋CO(g)= NO(g)＋CO2(g) ΔH＝－234 kJ·mol－1；134；（2）368；234。
【解析】试题分析：（1）根据图示可知反应物的能量高于生成物的能量，所以该反应是放热反应，反应热是△H= —(368kJ/mol-134kJ/mol)=－234 kJ/mol，所以该反应的热化学方程式是：NO2(g)＋CO(g)= NO(g)＋CO2(g) ΔH＝－234 kJ·mol－1；活化能是反应物具有的能量与该反应发生所需要的最低能量的差值，根据图示可知该反应的活化能是134kJ·mol-1；（2）根据图示可知。该图像是图1反应的逆反应，则该反应的E3是该反应的活化能，在数值上等于图1 的E2，是E3=368kJ/mol；E4的图1中反应的活化能，E4="134" kJ/mol。
18.（1）在密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新平衡时，A物质的量浓度变为原来的60%，则ab（填“>、=、<”），简述其理由。
（2）在恒温时，在固定容器中充入N2O4,发生反应N2O4（g）2NO2（g），在达到平衡后，若又向容器中充入一定量的N2O4，当达到新平衡时，反应体系中NO2（g）的体积分数将（增大、减小、不变）。
（3）在一定体积的密闭容器中，进行反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）,其反应化学平衡常数和T的关系如下表所示：
T/℃
700
800
830
1000
1200[来
K
0．6
0．9
1．0
1．7
2．6
A．对于CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）此平衡体系，升温平衡向移动。
B．达到平衡后，若压缩容器的体积，正逆反应速率的变化是。
C．对原平衡，在t0时升高温度对化学反应速率产生影响，请在下图中绘出速率变化图：
【答案】（1）>；，减压平衡逆向移动了，又因减压平衡向气体计量数和大的方向移动（2）减小（给2分）（3）A．逆向；
B．正逆反应速率都同等程度增大
C．
【解析】试题分析：（1）保持温度不变，将容器体积增加一倍的瞬间A的浓度是原来的50%，当达到新平衡时，A物质的量浓度变为原来的60%，这说明降低压强平衡向生成A的方向移动。又因减压平衡向气体计量数和大的方向移动，所以a＞b；
（2）由于反应物和生成物都是一种，在达到平衡后，若又向容器中充入一定量的N2O4，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，所以当达到新平衡时，反应体系中NO2（g）的体积分数将减小；
（3）根据表中数据可知升高温度平衡常数增大，所以正反应是吸热反应，则A．反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）是放热反应，此平衡体系，升温平衡向逆向移动。B．达到平衡后，若压缩容器的体积，压强增大，由于正反应是体积不变的可逆反应，则正逆反应速率的变化是正逆反应速率都同等程度增大。C．正反应是吸热反应，在t0时升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向进行，则速率变化图可别表示为（见答案）。
19.亚硝酸氯(C1NO)是有机合成中的重要试剂。可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)+C12(g)2C1NO(g)，
（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：
① 2NO2(g)+NaC1(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K1
② 4NO2(g)+2NaC1(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) K2
③ 2NO(g)+C12(g)2C1NO(g) K3
则K1，K2，K3之间的关系为K3=______________。
（2）已知几种化学键的键能数据如下表(亚硝酸氯的结构为Cl-N=O):
则2NO(g)+C12(g)2C1NO(g)反应△H和a的关系为△H=________kJ/mol。
（3）在1L的恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molC12(g)，在不同温度下测得c(C1NO)与时间的关系如图A:
① 由图A可判断T1 ________T2，该反应的△H________0 (填“>”“<”或“=”)。
② 反应开始到10min时NO的平均反应速率v(NO)=____________mol/(L·min)。
③ T2时该反应的平衡常数K=____________。
（4） 一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随n(NO)/n(C12)的变化图象如图B，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是________点。
【答案】(1). K12/K2 (2). 289-2a (3). < (4). < (5). 0.1 (6). 2 (7). A
【解析】
试题分析：（1）已知：①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)
② 4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)
根据盖斯定律可知将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，因此该反应的平衡常数K3＝K12/K2。
（2）2NO(g)+C12(g)2C1NO(g)反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(2×630+243) kJ/mol-(2a+2×607) kJ/mol＝(289-2a)kJ/mol。
（3）① 根据图像可知T2＞T1，降低温度c(C1NO)增大，说明平衡向正反应方向移动，说明正反应是放热反应，△H＜0。
② 反应开始到10min时，c(C1NO)=1mol/L，则v(C1NO)= 1mol/L÷10min=0.1mol/(L·min)，则NO的平均反应速率v(NO)=v(C1NO)=0.1mol/(L·min)
③ 2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)
起始(mol/L) 2 1 0
反应(mol/L) 1 0.5 1
平衡(mol/L) 1 0.5 1
所以T2时该反应的平衡常数K==12/12×0.5=2。
（4）n(NO)/n(C12)的比值越小，说明若n(NO)不变，n(C12) 越大，所以NO的转化率越大，NO的转化率最大的是A点。
考点：考查反应热、反应速率和平衡常数计算及外界条件对平衡状态的影响等
20.在一个容积固定不变的密闭容器中进行反应：2A(g)+B(g) 3C(g)+D(s)，已知将2mol A和1mol B充入该容器中，反应在某温度下达到平衡时，C的物质的量为W mol，C在平衡混合气体中的体积分数为n%。
（1）可认定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是________(选填序号)。
A．体系压强不再变化 B．v正(A)＝2v逆(B)
C．体系的密度不再变化 D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
（2）如果用下列情况的配比作起始物，在同样的容器和温度下达到平衡，其结果一定是：C的物质的量为2W mol，C在平衡混合气体中的体积分数仍为n%的是___________
A. 4mol A+2mol B
B. 6mol C+1mol D
C. 1mol A+0.5mol B+1.5mol C+0.5mol D
D. 2mol A+1mol B+3mol C+1mol D
E. 2mol A+1mol B+3mol C+2mol D
（3）此反应的v—t图象如甲图，若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v-t图象如乙图，请用“=、＜、＞”填空： a1_____a2；两图中阴影部分面积：甲_____乙。
【答案】 (1). BCD (2). ADE (3). a1
【详解】(1) A．反应前后气体的物质的量总数相等，故反应过程中体系压强不变化，故压强不变不能说明到平衡，故A错误；
B．v正(A)=2v逆(B)说明正逆反应速率相等，说明到平衡，故B正确；
C.反应体系中有固体，根据质量守恒分析，当体系的密度不再变化说明气体总质量不变，即固体质量不变，说明反应到平衡，故C正确；
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明混合气体的总质量不变，反应到平衡，故D正确；
故能说明到平衡的有BCD ；
(2) A. 4mol A+2mol B 相当于原加入法的二倍，属于等效平衡，平衡时C的百分含量不变，但物质的量是原来的2倍，故A正确；
B. 6mol C+1mol D，D为固体，1mol D固体可能够达到新平衡的用量，也可能不足，不一定能满足题意，故B错误；
C.1mol A+0.5mol B+1.5mol C+0.5mol D相当于2mol A和1mol B，属于等效平衡，平衡时C的量与原来相同，故C错误；
D. 2mol A+1mol B+3mol C+1mol D相当于4mol A+2mol B，满足条件，故D正确；
E. 2mol A+1mol B+3mol C+2mol D相当于在D的基础上加了1mol D，平衡不移动，故正确；
故选 ADE；
(3).催化剂能加快反应速率，故 a1
21.中和热的测定是重要的定量实验。取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.50mol/L的盐酸50mL置于下图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：
（1）从图中实验装置看，其中尚缺少的两种玻璃用品是_____________，为保证该实验成功，该同学采取了许多措施，如图的泡沫塑料块的作用在于________________
（2）倒入NaOH溶液的正确操作是：_______（从下列选出）。
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
（3）实验记录数据如表
项目
反应起始温度T1（℃）
终止温度T2（℃）
T2-T1
HCl
NaOH
平均温度
第1次
26.2
26.0
29.4
第2次
27.0
27.4
32.2
第3次
25.9
259
29.1
第4次
26.4
26.2
29.7
设0.55mol/LNaOH溶液和0.50mol/L盐酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g·℃），则中和热ΔH＝________（取到小数点后一位）。
（4）不能用醋酸代替盐酸做此实验，原因是____________________。
【答案】(1). 环形搅拌器，温度计 (2). 减少中和反应的热量向环境中散失或隔热作用 (3). C (4). -55.2kJ/mol (5). 醋酸是弱酸，醋酸在电离过程中，要吸收中和反应放出的热量
【解析】
【详解】(1)从图分析，实验中缺少环形搅拌器，温度计；图中的泡沫塑料是减少中和反应的热量向环境中散失或隔热作用；
(2)实验过程中为了减少热量的损失，应一次性的倒入氢氧化钠溶液，故选C；
(3)四次实验前后的温度差分别为3.3℃、5.0℃、3.2℃、3.4℃，第二次实验数据偏差较大，舍去，取三次实验的平均值为3.3℃，0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.50mol/L的盐酸50mL进行中和反应生成水的物质的量为0.50mol/L×0.05L=0.025mol，溶液的总质量为100g，则生成0.025mol水放出的热量=100g×4.18 J/(g·℃)×3.3℃=1.3794kJ，所以实验测定的中和热kJ/mo=-55.2kJ/mol；
(4)醋酸是弱酸，醋酸在电离过程中，要吸收中和反应放出的热量，所以实验数据不准确。
22.研究催化剂对化学反应有重要意义。为探究催化剂对双氧水分解的催化效果，某研究小组做了如下实验：
（1）甲同学欲用上图所示实验来证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂。该实验________（填“能”或“不能”）达到目的，原因是___________。
（2）为探究MnO2的量对催化效果的影响，乙同学分别量取50mL 1%H2O2加入容器中，在一定质量范围内，加入不同质量的MnO2，测量所得气体体积，数据如下：
MnO2的质量/g
0.1
0.2
0.4
40s末O2体积
49
61
86
由此得出的结论是______________。
（3）为分析Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，丙同学设计如下实验（三支试管中均盛有 ）
试管
I
II
III
滴加试剂
5滴
5滴
5滴 0.3
产生气泡情况
较快产生细小气泡
缓慢产生细小气泡
无气泡产生
结论是___________，实验III的目的是___________。
（4）查阅资料得知：将作为催化剂的溶液加入 溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的化学方程式分别是_________________和_________________（按反应发生的顺序写）。
【答案】(1). 不能 (2). 因为没有确认的质量和化学性质是否改变 (3). 在一定质量范围内，质量越大，反应速率越快 (4). 和对的分解均有催化作用，且比催化效果好 (5). 做对比实验，证明对的分解没有催化作用 (6). (7).
【解析】
【详解】(1)该实验中没有确认的质量和化学性质是否改变，所以不能确定二氧化锰其催化剂作用；
(2).从表中数据分析，二氧化锰的质量越大，反应速率越快，所以说明在一定质量范围内，质量越大，反应速率越快；
(3)实验中加入的铁离子和铜离子对实验有影响，且 和对的分解均有催化作用，且比催化效果好；实验III的目的是做对比实验，证明对的分解没有催化作用；
(4) 氯化铁中的铁离子具有氧化性，所以和过氧化氢反应中氯化铁做氧化剂，过氧化氢做还原剂，生成氧气和氯化亚铁，下一个反应中氯化亚铁做还原剂，过氧化氢做氧化剂生成水，反应的方程式为：2FeCl3+H2O2=2FeCl2+O2↑+2HCl、2FeCl2+H2O2+2HCl =2FeCl3+2H2O。
一、选择题(本题共16个选择题,每小题只有一个选项符合题意,每小题3分,共48分)
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随能量变化的物质变化一定是化学变化
B. 太阳能、煤气、潮汐能是一次能源；电力、蒸汽、地热是二次能源
C. 吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量高；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量少
D. 由3O2(g)=2O3(g) ΔH>0，可知臭氧比氧气的化学性质更活泼
【答案】D
【解析】试题分析：A．物质发生化学反应时都伴随着能量变化，但是伴随能量变化的物质变化不一定是化学变化，错误；B．太阳能、煤气、潮汐能、地热是一次能源；电力、蒸汽是二次能源，错误；C．吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量低；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量多，错误；D．由3O2(g)=2O3(g) ΔH>0，可知臭氧的能量比氧气多，因此臭氧比氧气的化学性质更活泼，正确。
2.一定条件下，向某密闭容器中加入一定量的N2和H2发生可逆反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH = -92.2kJ•mol—1，测得0到10秒内，c(H2)减小了0.75mol•L—1，下列说法正确的是（ ）
A. 10到15秒内c(NH3) 增加量等于0.25mol •L—1
B. 化学反应速率关系是：3υ正（H2）= 2υ正（NH3）
C. 达平衡后，分离出少量NH3，正反应速率增大
D. 该反应的逆反应的活化能不小于92.2kJ•mol—1
【答案】D
【解析】试题分析：A、反应速率不变，10到15秒内c(NH3) 增加量等于0.25mol •L—1，但是随着反应的进行，反应速率越来越小，c(NH3) 增加量小于0.25mol •L—1，A错误；B、化学反应速率与化学计量数成正比，则2υ正（H2）= 3υ正（NH3） ，B错误；C、达平衡后，分离出少量NH3，V正 不变，平衡正向移动，V正 减小，C错误；D、ΔH = -92.2kJ•mol—1，反应物的能量比生成物的能量高92.2kJ•mol—1，该反应的逆反应的活化能不小于92.2kJ•mol—1，D正确；答案选D。
3.在密闭容器中，对已达到化学平衡的反应：（正反应为放热反应）,其他条件不变，则下列说法正确的一组是（ ）
①恒温恒容条件下，充入不参与反应的气体He，平衡不移动，各种气体的体积分数不变
②恒温恒压条件下，充入不参与反应的气体He，平衡正向移动，则可知x>3
③恒容条件下，给体系升温，正反应速率和逆反应速率都增大，逆反应速率增大得多些
④恒容条件下，给体系降温，混合气体的平均相对分子质量一定增大
⑤改变某一条件，使平衡正向移动，则反应物A的转化率一定增大
⑥加压压缩容器体积，平衡先逆向移动，后又正向移动，则C或D至少有一种变为非气态
⑦改变某一条件，只要平衡正向移动，则逆反应速率一定减小
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ②③⑥ D. ③⑤⑦
【答案】C
【解析】①正确；②正确；③正确；④错，恒容条件下，给体系降温，平衡向正反应方向移动，但x值大小不清楚，所以混合气体的平均相对分子质量不一定增大；⑤错，如加入反应物A，平衡向正反应方向移动，但A的转化率降低；⑥正确；⑦错，若加入反应物，平衡正向移动，反应速率增大；
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=== BaSO4(s) +2H2O(l) ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol－1
B. 已知：H2(g)＋F2(g)===2HF(g) ΔH＝－270 kJ·mol－1，则1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量小于270 kJ
C. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－38.6 kJ·mol－1
D. 葡萄糖的燃烧热是2 800 kJ·mol－1，则C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 400 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】试题分析：A.硫酸与氢氧化钡发生虽然产生了2mol的水，但同时还形成了硫酸钡沉淀，形成化学键放出热量，所以反应热要比-57.357.3 kJ/mol的2倍要少些，错误；B．同样多的物质气态含有的能量比液态要高，所以1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量大于270 kJ，错误；C.由于氮气与氢气合成氨气的反应是可逆反应，500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，则其热化学方程式中的反应热要比－38.6 kJ/mol小，错误。D．燃烧热是1mol的物质完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量。物质越多，燃烧放热就越大。葡萄糖的燃烧热是2 800 kJ·mol－1，则C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 400 kJ/mol。正确。
5.下列事实不能用勒夏特列原理(平衡移动原理)解释的是（ ）
①溴水中存在化学平衡：Br2＋H2O HBr＋HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
②铁在潮湿的空气中易生锈
③二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，增大压强后颜色加深
④合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施
⑤钠与氯化钾共融制备钾：Na(l)＋KCl(l) K(g)＋NaCl(l)
⑥反应CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g)(正反应为放热反应)，达到化学平衡后，升高温度体系的颜色加深
A. ①④ B. ②③ C. ②⑥ D. ②③⑥
【答案】B
【解析】
【分析】勒夏特列原理为:如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】①加入AgNO3溶液后, AgNO3和HBr反应导致平衡正向移动，则溶液颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故不选；
②铁在潮湿的空气中易生锈是电化学腐蚀，不是可逆反应，故选；
③增大压强，平衡正向移动,气体颜色变浅,但颜色加深是体积缩小,二氧化氮浓度变大，不能用平衡移动原理解释，故选；
④合成氨反应是放热反应,降低温度平衡正向移动,提高氨的产率,故不选；
⑤K为气体,减小生成物的浓度可使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释,故不选；
⑥反应CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g) (正反应为放热反应)，达到化学平衡后，升高温度平衡逆向移动，所以二氧化氮的浓度变大，体系的颜色加深,故不选；
综上分析可知，符合题意的有：②③；本题选B。
6. 碰撞理论是一种较直观的反应速率理论，下列有关碰撞理论叙述不正确的是（ ）
A. 反应物分子必须碰撞才有可能发生反应
B. 反应速率大小与单位时间内反应物分子间的碰撞次数成正比
C. 有效碰撞是活化分子在一定方向上的碰撞
D. 活化分子的平均能量称为活化能
【答案】D
【解析】试题分析：A．分解反应中，反应物只有一种，没有发生碰撞，错误；B．化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增加来表示，与分子的碰撞无关，错误；C．只有活化分子间有合适的取向、发生的碰撞才能发生化学反应，这样的碰撞称为有些碰撞，正确；D．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫该反应的活化能，活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差称为活化能，错误。
7.向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体， 一定条件下发生如下反应： 3A(g) B(g)＋2C(g)，各物质的浓度随时间变化如图所示[t0～t1 阶段的 c(B)变化未画出]。下列说法中正确的是（ ）
A. 若 t1＝15 s，则用 A 的浓度变化表示 t0～t1阶段的平均反应速率为 0.004 mol·L－1·s－1
B. t1时该反应达到平衡，A转化率为 60%
C. 该容器的容积为2 L，B的起始的物质的量为 0.02 mol
D. t0～t1 阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为 a kJ，该反应的热化学方程式为 3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】A.t0～t1阶段，A 的浓度变化为0.15-0.06=0.09 mol·L－1，t0～t1阶段的平均反应速率为0.09/15=0.006 mol·L－1·s－1，A错误；
B.t1时该反应达到平衡， A 的转化率为=0.09/0.15×100=60%，B正确；
C.根据反应3A(g) B(g)＋2C(g)可知，反应达平衡后，∆c(A)=0.09 mol·L－1, ∆c(B)=O.03 mol·L－1,由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05 mol·L－1，所以B的起始的浓度为0.02 mol·L－1，B的起始的物质的量为0.02×2=0.04 mol，C错误；
D.t0～t1 阶段，∆c(A)=0.09 mol·L－1，∆n(A)=0.09×2 mol =0.18 mol，此时放热a kJ，如果有3 mol A完全反应，放热为50 a /3 kJ,即3A(g)B(g)＋2C(g) ΔH＝－50a/3 kJ·mol－1，D错误。
正确选项B。
8.常温下，1mol化学键断裂形成气态原子所需要的能量用表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是( )
共价键
H-H
F-F
H-F
H-Cl
H-I
E(kJ/mol)
436
157
568
432
298
A. 432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/mol B. 表中最稳定的共价键是H-F键
C. H2(g)→2H(g) △H=+436kJ/mol D. H2(g)+F2(g)=2HF(g) △H=-25kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，原子半径越大，相应的化学键的键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJ/mol＞E(H-Br)＞298 kJ/mol，A正确；
B．键能越大，断裂该化学键需要的能量就越大，形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，所以最稳定的共价键是H-F键，B正确；
C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2→2H(g)△H=+436 kJ/mol，C正确；
D．依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，△H=436kJ/mol+157kJ/mol-2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g) =2HF(g)，△H=-543 kJ/mol ，D错误；
故合理选项是D。
9.CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是（ ）
A. p1
C. 平衡常数:K(A)=K(B)
D. 在C点时,CO转化率为75%
【答案】D
【解析】
【分析】A．增大压强平衡向正反应方向移动；
B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；
C．平衡常数只与温度有关；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．
【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；
B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；
C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始 1 2 0
变化 x 2x x
结束 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；
故选D。
10.某温度下，在体积为5L的密闭容器中，充入1molA气体，发生如下可逆反应：,2min后反应达到平衡， A为0.4mol。当改变反应条件时符合如图的变化（P0表示1个大气压）。则下列叙述中不正确的是（ ）
A. 0~2min时间内B物质的平均反应速率为0.03mol/(L·min)
B. 该反应的正反应是放热反应，且C为非气体物质
C. 达到平衡后，保持温度和容器体积不变，再充入1 molA，平衡向正反应方向移动
D. 若温度和容器体积不变，起始时充入B和C各0.5mol ,则达到平衡时,小于0.4mol
【答案】D
【解析】A正确，2min内A物质的物质的量变化为0.6 mol，则B物质的物质的量变化为0.3mol，即得浓度变化量为，即0~2min时间内B物质的平均反应速率为0.03mol/(L·min)；B正确，由图可知，在相同条件下，B%随温度的升高而减少，即该反应的正反应方向为放热反应，又可得在相同温度下，B%随压强的增大而增大，即可得C为非气体；C正确，当反应达到平衡后，增加反应物，化学平衡向正反应方向移动；D错，可逆反应的特点是不能完全反应，由化学方程式的化学计量数可得，若温度和容器体积不变，起始时充入B和C各0.5mol ,则达到平衡时,小于1mol；
11.近年来，我国北京等地出现严重雾霾天气，据研究，雾霾的形成与汽车排放的 CO、 NO2 等有毒气体有关，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气 体，反 应方程式为4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ/mol。对于该反应， 温度不同(T2 > T1 )其他条件相同时，下列图像正确的是（ ）
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查化学平衡的影响因素。根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可，根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况，由此分析解答。
【详解】A.升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；
B.升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正确；
C.对于反应：4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH<0，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小；压强不变，升高温度，平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数会增大，故C错误；
D.正反应是放热反应，温度升高化学平衡常数减小，而不是增大，故D错误；
12.下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系,据此判断下列说法正确的是( )
A. 石墨转变为金刚石是放热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. S(g)+O2(g)=SO2(g),△H1,S(s)+O2(g)=SO2(g),△H2,则△H1>△H2
D. CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g), △H<0
【答案】D
【解析】
【详解】A.从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，A项错误；
B.白磷能量高于红磷，所以红磷比白磷稳定，B项错误；
C. 气态硫的能量高于固态硫，所以气态硫与氧气反应放出的热量大于固态硫，由于放热反应，，故ΔH1<ΔH2，C项错误；
D.由图4可以看出，CO2(g)和H2(g)具有的总能量小于CO(g)和H2O(g)具有的总能量，为吸热反应，则CO(g)和H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)为放热反应，ΔH<0，D项正确。
答案选D。
13.可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，在一定条件下达到平衡状态，时间为t1时改变条件化学反应速率与反应时间的关系如图所示下列说法正确的是（ ）
A. 维持温度、容积不变，t1时充入SO3(g)
B. 维持压强不变，t1时升高反应体系温度
C. 维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar
D. 维持温度、压强不变，t1时充入SO3(g)
【答案】D
【解析】
【详解】A．维持温度、反应体系体积不变，t1时充入SO3，此时正逆反应速率均增大，故A错误；
B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，不符合，故B错误；
C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar，反应物和生成物的浓度都不变，正逆反应速率都不变，故C错误；
D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3，该时刻反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，则逆反应速率增大，正反应速率减小，故D正确；
故选D。
14.一定条件下水分解生成氢气和氧气，物质和能量的转化关系如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. △H1 > △H2 B. △H2 < △H3
C. △H1 — △H2 = △H3 D. △H1 + △H3 > △H2
【答案】C
【解析】
【分析】根据盖斯定律，反应无论一步完成，还是分几步完成，其化学反应的热效应是相同的，由图可知以水蒸气为起点，最终到达氢气和氧气，两条途径能量相同。
【详解】由盖斯定律可知，以水蒸气为起点，最终到达氢气和氧气，两条途径能量相同，即△H1=△H2+△H3，其中△H1＞0，△H2＞0，△H3＜0，所以△H2＞△H1，△H2＞△H3，△H1+△H3＜△H2，故选C。
15.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
过量的Fe粉中加入HNO3
充分反应后，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀HNO3将Fe氧化为Fe3+
B
NO2球浸泡在冰水中
颜色变浅
生成N2O4的反应是吸热过程
C
Na2S2O3溶液与稀硫酸反应，改变反应的温度
只有浑浊产生，温度越高，出现浑浊时间越短
温度越高，反应速率越快
D
向重铬酸钾稀溶液中滴加3-10滴浓硫酸
溶液橙色加深
加酸抑制Cr2O72-向CrO42-的转化
【答案】D
【解析】试题分析：A．将过量的铁加入到稀硝酸中，发生反应：3Fe＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，产生Fe2+，充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液不会变为红色，是硝酸先将Fe氧化为Fe3+，过量的铁再讲Fe3+还原为Fe2+，错误；B． NO2在密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g)，将NO2球浸泡在冰水中，颜色变浅，说明温度降低，平衡正向移动，根据平衡移动原理：降低温度，平衡向放热反应方向移动，生成N2O4的反应是放热过程，错误；C． Na2S2O3溶液与稀硫酸反应，Na2S2O3+ H2SO4= Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，反应既有沉淀产生，也有气体放出，改变反应的温度，温度越高，出现浑浊时间越短，说明温度越高，反应速率越快，错误；D． 重铬酸钾在溶液中存在平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42- +2H+，向重铬酸钾稀溶液中滴加3-10滴浓硫酸，溶液的酸性增强，橙色加深，说明加酸平衡逆向移动，可以抑制Cr2O72-向CrO42-的转化，正确。
16.已知：K3[Fe(CN)6]溶液是检验Fe2+的试剂，若溶液中存在Fe2+，将产生蓝色沉淀。将0.1mol/L的KI溶液和0.05mol/L Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“”2Fe3++2I-2Fe2++I2的是（ ）
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe(CN)6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A. ①和③ B. ②和④ C. ③和④ D. ①和②
【答案】D
【解析】
【详解】反应存在化学平衡，则反应物均有剩余，即溶液中存在铁离子和碘离子，①是检验铁离子，②是检验碘离子，③检验亚铁离子，④检验碘单质，所以①和②能证明反应存在化学平衡；故选D。
二、填空题(本题共4道小题，共31 分)
17.过渡态理论认为：化学反应并不是通过简单碰撞就能完成的，而是从反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态．如图I是1molNO2与1molCO恰好反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图。
（1）试写出NO2和CO反应的热化学方程式：____．该反应的活化能是___kJ·mol-1
（2） 图2 是某学生模仿图l画出的NO(g)+CO2(g)= NO2(g)十CO(g)的能量变化示意图。则图中E3=＿kJ·mol-1，E4="____" kJ·mol-1
【答案】（1）NO2(g)＋CO(g)= NO(g)＋CO2(g) ΔH＝－234 kJ·mol－1；134；（2）368；234。
【解析】试题分析：（1）根据图示可知反应物的能量高于生成物的能量，所以该反应是放热反应，反应热是△H= —(368kJ/mol-134kJ/mol)=－234 kJ/mol，所以该反应的热化学方程式是：NO2(g)＋CO(g)= NO(g)＋CO2(g) ΔH＝－234 kJ·mol－1；活化能是反应物具有的能量与该反应发生所需要的最低能量的差值，根据图示可知该反应的活化能是134kJ·mol-1；（2）根据图示可知。该图像是图1反应的逆反应，则该反应的E3是该反应的活化能，在数值上等于图1 的E2，是E3=368kJ/mol；E4的图1中反应的活化能，E4="134" kJ/mol。
18.（1）在密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新平衡时，A物质的量浓度变为原来的60%，则ab（填“>、=、<”），简述其理由。
（2）在恒温时，在固定容器中充入N2O4,发生反应N2O4（g）2NO2（g），在达到平衡后，若又向容器中充入一定量的N2O4，当达到新平衡时，反应体系中NO2（g）的体积分数将（增大、减小、不变）。
（3）在一定体积的密闭容器中，进行反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）,其反应化学平衡常数和T的关系如下表所示：
T/℃
700
800
830
1000
1200[来
K
0．6
0．9
1．0
1．7
2．6
A．对于CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）此平衡体系，升温平衡向移动。
B．达到平衡后，若压缩容器的体积，正逆反应速率的变化是。
C．对原平衡，在t0时升高温度对化学反应速率产生影响，请在下图中绘出速率变化图：
【答案】（1）>；，减压平衡逆向移动了，又因减压平衡向气体计量数和大的方向移动（2）减小（给2分）（3）A．逆向；
B．正逆反应速率都同等程度增大
C．
【解析】试题分析：（1）保持温度不变，将容器体积增加一倍的瞬间A的浓度是原来的50%，当达到新平衡时，A物质的量浓度变为原来的60%，这说明降低压强平衡向生成A的方向移动。又因减压平衡向气体计量数和大的方向移动，所以a＞b；
（2）由于反应物和生成物都是一种，在达到平衡后，若又向容器中充入一定量的N2O4，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，所以当达到新平衡时，反应体系中NO2（g）的体积分数将减小；
（3）根据表中数据可知升高温度平衡常数增大，所以正反应是吸热反应，则A．反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）是放热反应，此平衡体系，升温平衡向逆向移动。B．达到平衡后，若压缩容器的体积，压强增大，由于正反应是体积不变的可逆反应，则正逆反应速率的变化是正逆反应速率都同等程度增大。C．正反应是吸热反应，在t0时升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向进行，则速率变化图可别表示为（见答案）。
19.亚硝酸氯(C1NO)是有机合成中的重要试剂。可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)+C12(g)2C1NO(g)，
（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：
① 2NO2(g)+NaC1(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K1
② 4NO2(g)+2NaC1(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) K2
③ 2NO(g)+C12(g)2C1NO(g) K3
则K1，K2，K3之间的关系为K3=______________。
（2）已知几种化学键的键能数据如下表(亚硝酸氯的结构为Cl-N=O):
则2NO(g)+C12(g)2C1NO(g)反应△H和a的关系为△H=________kJ/mol。
（3）在1L的恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molC12(g)，在不同温度下测得c(C1NO)与时间的关系如图A:
① 由图A可判断T1 ________T2，该反应的△H________0 (填“>”“<”或“=”)。
② 反应开始到10min时NO的平均反应速率v(NO)=____________mol/(L·min)。
③ T2时该反应的平衡常数K=____________。
（4） 一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随n(NO)/n(C12)的变化图象如图B，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是________点。
【答案】(1). K12/K2 (2). 289-2a (3). < (4). < (5). 0.1 (6). 2 (7). A
【解析】
试题分析：（1）已知：①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)
② 4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)
根据盖斯定律可知将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，因此该反应的平衡常数K3＝K12/K2。
（2）2NO(g)+C12(g)2C1NO(g)反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=(2×630+243) kJ/mol-(2a+2×607) kJ/mol＝(289-2a)kJ/mol。
（3）① 根据图像可知T2＞T1，降低温度c(C1NO)增大，说明平衡向正反应方向移动，说明正反应是放热反应，△H＜0。
② 反应开始到10min时，c(C1NO)=1mol/L，则v(C1NO)= 1mol/L÷10min=0.1mol/(L·min)，则NO的平均反应速率v(NO)=v(C1NO)=0.1mol/(L·min)
③ 2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)
起始(mol/L) 2 1 0
反应(mol/L) 1 0.5 1
平衡(mol/L) 1 0.5 1
所以T2时该反应的平衡常数K==12/12×0.5=2。
（4）n(NO)/n(C12)的比值越小，说明若n(NO)不变，n(C12) 越大，所以NO的转化率越大，NO的转化率最大的是A点。
考点：考查反应热、反应速率和平衡常数计算及外界条件对平衡状态的影响等
20.在一个容积固定不变的密闭容器中进行反应：2A(g)+B(g) 3C(g)+D(s)，已知将2mol A和1mol B充入该容器中，反应在某温度下达到平衡时，C的物质的量为W mol，C在平衡混合气体中的体积分数为n%。
（1）可认定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是________(选填序号)。
A．体系压强不再变化 B．v正(A)＝2v逆(B)
C．体系的密度不再变化 D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
（2）如果用下列情况的配比作起始物，在同样的容器和温度下达到平衡，其结果一定是：C的物质的量为2W mol，C在平衡混合气体中的体积分数仍为n%的是___________
A. 4mol A+2mol B
B. 6mol C+1mol D
C. 1mol A+0.5mol B+1.5mol C+0.5mol D
D. 2mol A+1mol B+3mol C+1mol D
E. 2mol A+1mol B+3mol C+2mol D
（3）此反应的v—t图象如甲图，若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v-t图象如乙图，请用“=、＜、＞”填空： a1_____a2；两图中阴影部分面积：甲_____乙。
【答案】 (1). BCD (2). ADE (3). a1
【详解】(1) A．反应前后气体的物质的量总数相等，故反应过程中体系压强不变化，故压强不变不能说明到平衡，故A错误；
B．v正(A)=2v逆(B)说明正逆反应速率相等，说明到平衡，故B正确；
C.反应体系中有固体，根据质量守恒分析，当体系的密度不再变化说明气体总质量不变，即固体质量不变，说明反应到平衡，故C正确；
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明混合气体的总质量不变，反应到平衡，故D正确；
故能说明到平衡的有BCD ；
(2) A. 4mol A+2mol B 相当于原加入法的二倍，属于等效平衡，平衡时C的百分含量不变，但物质的量是原来的2倍，故A正确；
B. 6mol C+1mol D，D为固体，1mol D固体可能够达到新平衡的用量，也可能不足，不一定能满足题意，故B错误；
C.1mol A+0.5mol B+1.5mol C+0.5mol D相当于2mol A和1mol B，属于等效平衡，平衡时C的量与原来相同，故C错误；
D. 2mol A+1mol B+3mol C+1mol D相当于4mol A+2mol B，满足条件，故D正确；
E. 2mol A+1mol B+3mol C+2mol D相当于在D的基础上加了1mol D，平衡不移动，故正确；
故选 ADE；
(3).催化剂能加快反应速率，故 a1
21.中和热的测定是重要的定量实验。取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.50mol/L的盐酸50mL置于下图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：
（1）从图中实验装置看，其中尚缺少的两种玻璃用品是_____________，为保证该实验成功，该同学采取了许多措施，如图的泡沫塑料块的作用在于________________
（2）倒入NaOH溶液的正确操作是：_______（从下列选出）。
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
（3）实验记录数据如表
项目
反应起始温度T1（℃）
终止温度T2（℃）
T2-T1
HCl
NaOH
平均温度
第1次
26.2
26.0
29.4
第2次
27.0
27.4
32.2
第3次
25.9
259
29.1
第4次
26.4
26.2
29.7
设0.55mol/LNaOH溶液和0.50mol/L盐酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g·℃），则中和热ΔH＝________（取到小数点后一位）。
（4）不能用醋酸代替盐酸做此实验，原因是____________________。
【答案】(1). 环形搅拌器，温度计 (2). 减少中和反应的热量向环境中散失或隔热作用 (3). C (4). -55.2kJ/mol (5). 醋酸是弱酸，醋酸在电离过程中，要吸收中和反应放出的热量
【解析】
【详解】(1)从图分析，实验中缺少环形搅拌器，温度计；图中的泡沫塑料是减少中和反应的热量向环境中散失或隔热作用；
(2)实验过程中为了减少热量的损失，应一次性的倒入氢氧化钠溶液，故选C；
(3)四次实验前后的温度差分别为3.3℃、5.0℃、3.2℃、3.4℃，第二次实验数据偏差较大，舍去，取三次实验的平均值为3.3℃，0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.50mol/L的盐酸50mL进行中和反应生成水的物质的量为0.50mol/L×0.05L=0.025mol，溶液的总质量为100g，则生成0.025mol水放出的热量=100g×4.18 J/(g·℃)×3.3℃=1.3794kJ，所以实验测定的中和热kJ/mo=-55.2kJ/mol；
(4)醋酸是弱酸，醋酸在电离过程中，要吸收中和反应放出的热量，所以实验数据不准确。
22.研究催化剂对化学反应有重要意义。为探究催化剂对双氧水分解的催化效果，某研究小组做了如下实验：
（1）甲同学欲用上图所示实验来证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂。该实验________（填“能”或“不能”）达到目的，原因是___________。
（2）为探究MnO2的量对催化效果的影响，乙同学分别量取50mL 1%H2O2加入容器中，在一定质量范围内，加入不同质量的MnO2，测量所得气体体积，数据如下：
MnO2的质量/g
0.1
0.2
0.4
40s末O2体积
49
61
86
由此得出的结论是______________。
（3）为分析Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，丙同学设计如下实验（三支试管中均盛有 ）
试管
I
II
III
滴加试剂
5滴
5滴
5滴 0.3
产生气泡情况
较快产生细小气泡
缓慢产生细小气泡
无气泡产生
结论是___________，实验III的目的是___________。
（4）查阅资料得知：将作为催化剂的溶液加入 溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的化学方程式分别是_________________和_________________（按反应发生的顺序写）。
【答案】(1). 不能 (2). 因为没有确认的质量和化学性质是否改变 (3). 在一定质量范围内，质量越大，反应速率越快 (4). 和对的分解均有催化作用，且比催化效果好 (5). 做对比实验，证明对的分解没有催化作用 (6). (7).
【解析】
【详解】(1)该实验中没有确认的质量和化学性质是否改变，所以不能确定二氧化锰其催化剂作用；
(2).从表中数据分析，二氧化锰的质量越大，反应速率越快，所以说明在一定质量范围内，质量越大，反应速率越快；
(3)实验中加入的铁离子和铜离子对实验有影响，且 和对的分解均有催化作用，且比催化效果好；实验III的目的是做对比实验，证明对的分解没有催化作用；
(4) 氯化铁中的铁离子具有氧化性，所以和过氧化氢反应中氯化铁做氧化剂，过氧化氢做还原剂，生成氧气和氯化亚铁，下一个反应中氯化亚铁做还原剂，过氧化氢做氧化剂生成水，反应的方程式为：2FeCl3+H2O2=2FeCl2+O2↑+2HCl、2FeCl2+H2O2+2HCl =2FeCl3+2H2O。
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