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【化学】安徽省青阳县第一中学2019-2020学年高二10月月考试题（解析版）
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安徽省青阳县第一中学2019-2020学年高二10月月考试题
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分；每小题只有一个选项符合题意)
1. 我国二氧化碳的排放量位居世界第二，为减少二氧化碳这种温室气体的排放，下列措施不对的是（ ）
A. 大力发展氢能源 B. 充分利用太阳能
C. 使用含碳能源 D. 提高能源利用率
【答案】C
【解析】目前全球能源还主要依靠含碳物质的燃烧。要减少二氧化碳的排放应在开发新能源、提高能源利用率等方面下工夫。
2.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是（ ）
①太阳光催化分解水制氢:2H2O(l)==2H2(g)+O2(g) ΔH1=+571.6 kJ·mol-1
②焦炭与水反应制氢:C(s)+H2O(g) ==CO(g)+H2(g) ΔH2=+131.3 kJ·mol-1
③甲烷与水反应制氢:CH4(g)+H2O(g) ==CO(g)+3H2(g) ΔH3=+206.1 kJ·mol-1
A. 反应①中电能转化为化学能
B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，ΔH3减小
D. 反应CH4(g)C(s)+2H2(g)的ΔH=+74.8 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】①太阳光催化分解水制氢，太阳能转化为化学能，故A错误；②焦炭与水反应制氢 ΔH2>0，反应吸热，故B错误；使用催化剂，ΔH3不变，故C错误；根据盖斯定律，③－②得CH4（g）=== C（s）+2H2（g）的ΔH3= +74.8 kJ·mol–1，故D正确。
3.已知：①CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
②H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A. 通常状况下，氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B. 由①可知，1 mol CO(g)和1/2 mol O2(g)反应生成 1 mol CO2(g)，放出283.0 kJ的热量
C. 可用右图表示2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应过程中的能量变化关系
D. 分解1 mol H2O(g)，其反应热为－241.8 kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态为液态，故燃烧热不是241.8 kJ·mol－1，选项A错误；B．热化学方程式中的系数表示物质的量，所以CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1的含义为1 mol CO(g)和1/2 mol O2(g)反应生成 1 mol CO2(g)，放出283.0 kJ的热量，选项B正确；C．反应为放热反应，但图像表示的为吸热反应，选项C错误；D．反应物和生成物相反，则反应热的符号改变，所以分解1 mol H2O(g)，其反应热为+241.8 kJ，选项D错误。答案选B。
4. 根据碘与氢气反应的热化学方程式
① I2（g）+ H2（g）2HI（g） ΔH＝－9．48 kJ/mol
② I2（s）+ H2（g）2HI（g） ΔH＝+26．48 kJ/mol
下列判断正确的是（ ）
A. 254g I2（g）中通入2gH2（g），反应放热9．48 kJ
B. 1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17．00 kJ
C. 反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低
D. 反应①的产物比反应②的产物稳定
【答案】C
【解析】试题分析：A.该反应是可逆反应，254g I2（g）中通入2gH2（g），反应放热小于9．48 kJ，错误； B.根据盖斯定律，②-①得I2（s）I2（g）ΔH＝ +35.96kJ/mol，错误； C.根据热化学方程式可知，反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低，正确；D.①②产物相同，稳定性相同，错误；选C。
5.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ
B. 已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
C. 已知2C(s)＋2O2(g)===2CO2(g) ΔH＝a,2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝b，则a＞b
D. 已知P(白磷，s)===P(红磷，s) ΔH＜0，则白磷比红磷稳定
【答案】A
【解析】
【分析】A.醋酸是弱酸，其电离过程是吸热的；
B.氢气的燃烧热是指1molH2完全燃烧生成液态水时所放出的热量；
C.碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，ΔH＜0；
D.物质所含能量低者稳定。
【详解】A.醋酸是弱酸，其电离过程是吸热的，含40.0g即1molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3kJ，故A正确；
B.氢气的燃烧热是指1molH2完全燃烧生成液态水时所放出的热量，液态水变为气态水是吸热的，故氢气的燃烧热大于241.8kJ·mol－1，故B错误；
C.碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，又因为该反应的焓变是负值，所以a
综上所述，本题选A。
6.已知：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) ΔH＝a kJ·mol-1，2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH＝-220 kJ·mol-1， H—H、O=O和O-H键的键能分别为436 kJ·mol-1、496 kJ·mol-1和462 kJ·mol-1，则a为（ ）
A. －332 B. －118 C. ＋350 D. ＋130
【答案】D
【解析】
【分析】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1
结合盖斯定律可知，②-①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，因此可以用含a的表达式表示该反应的反应热，且已知H—H、O=O和O-H键的键能，反应热还等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，则可以列方程式解未知数，据此解答。
【详解】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1
结合盖斯定律可知②-①×2得O2(g)+2H2(g)═2H2O(g) △H= -220 kJ∙mol-1−2a kJ∙mol-1=−(220+2a) kJ∙mol-1，已知H—H、O=O和O-H键的键能，反应热等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，则496+2×436−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130；
答案选D。
7.用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如，①CH4(g)+4NO2(g)＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH= -574 kJ∙mol-1，②CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH= -1160 kJ∙mol-1，下列说法不正确的是（ ）
A. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ
B. 由反应①可推知:CH4(g)+4NO2(g) ＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH < -574 kJ∙mol-1
C. 反应①②转移的电子数相同
D. 反应②中当4.48 L CH4完全反应时转移的电子总数为1.60 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A. 利用盖斯定律，由①+②可得，2CH4(g)+4NO2(g) ＝2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) ΔH= -1734 kJ∙mol-1，则4.48L（0.2mol）CH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4kJ，A项正确；
B. 气态水转化为液态水是放热过程，反应中生成的水为液态时，放出热量更多，△H更小，△H＜-574 kJ∙mol-1，B项正确；
C. 若有1mol甲烷反应，氧化产物均为CO2，①②转移的电子数=化合价升高数=化合价降低数=8，转移电子数相同，C项正确；
D. 反应CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)转移电子数是8mol，标准状况下4.48L（0.2mol）CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.6mol，但没有注明反应物4.48L CH4温度和压强，反应物物质的量多少未知，所以不能计算转移电子数，D项错误；
答案选D。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C. 常温下，反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)不能自发进行， 则该反应的ΔH＞0
D. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH＞0
【答案】C
【解析】反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若ΔH＜0，ΔS＞0，则一定自发，若ΔH＞0，ΔS＜0，则一定不能自发，若ΔH＜0，ΔS＜0 或ΔH＞0，ΔS＞0，反应能否自发，和温度有关，A错误，B错误；根据ΔH-TΔS，反应的ΔS＞0，若ΔH＞0，则一定自发，现常温下不自发，说明ΔH＞0，C正确；反应的ΔS＜0，能自发，说明ΔH＜0，D错误。
9.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)＋CO(g) ===MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g) ΔH＞0,该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是( )
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量(忽略体积)
CO的转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A.该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，气体总质量增大，密度增大，故A正确；
B.再加入CO后，虽然平衡正向移动，但CO与CO2的物质的量之比增大，因为压强增大，正反应进行程度没有上一平衡多，故B错误；
C.外界因素只有温度的变化会影响平衡常数的大小，故C错误；
D.固体的质量对平衡无影响，故D错误；
答案：A
10.在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列不正确的是（ ）
(T/K)/(v/mol·L-1·min-1) /( c/mol·L-1)
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A. a＝6.00
B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C b＜318.2
D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
【答案】D
【解析】
【详解】A、由表中信息可知，在相同温度下，反应速率与蔗糖的浓度成正比，328.2K时，速率的数值是浓度数值的1.5倍，因此推出a=6.00，故A说法正确；
B、升高温度v增大，降低反应物浓度v减小，故同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变，故B说法正确；
C、温度越高，反应速率越快。在相同的浓度下，b的反应速率小于318.2K的反应速率，说明b的温度低于318.2K，故C说法正确；
D、温度不同，反应速率不同，温度越高，反应速率越快，达到一半时所用的时间越短，故D说法错误。
故选D。
11.mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是（ ）
A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了可逆反应图像的综合分析，明确温度越高，反应速率越快；同温下，压强越大，平衡向气体体积减小的方向移动；催化剂并不是唯一对平衡结果不改变的原因。
【详解】A．由图1可知，温度在T 2 时首先达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，故T1＜T2；在T2时C%减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，该反应正反应为放热反应，A错误；
B．由图2可知，在温度不变时，增大压强，C%增多。说明增大压强，化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，故正反应方向为气体体积减小的方向，m＋n>p，B错误；
C．图3表示的是在不同的温度下，当反应达到平衡时，反应物B的转化率与温度的关系。曲线上的点表示的是平衡状态，v 正 =v 逆，点3低于平衡转化率，说明3未达到平衡，反应向正反应方向进行，此时表示的反应速率v 正 >v 逆，C正确；
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线达到平衡所需要的时间比b短，先达到平衡，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，缩小了容器的容积，D错误；
答案为C。
12.在相同温度下(T＝500K)，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中充入1gSO2和1gO2，乙容器中充入2gSO2和2gO2。下列叙述中错误的是（ ）
A. 化学反应速率：乙>甲 B. 平衡时O2的浓度：乙>甲
C. 平衡时SO2的转化率：乙>甲 D. 平衡时SO2的体积分数：乙>甲
【答案】D
【解析】
【分析】在相同温度下（T = 500K），有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，加入二氧化硫和氧气发生的反应为：2SO2+O22SO3，反应是气体体积减小的放热反应，甲容器中和乙容器中相比，乙相当于在甲的基础上增大压强（使体积缩小为原来的一半），反应速率快，二氧化硫转化率增大，由此分析解答；
【详解】由上述分析可知：
A、乙中物质的浓度大于甲，化学反应速率：乙>甲，故A项正确；
B、乙中物质的浓度大于甲，平衡时O2的浓度：乙>甲，故B项正确；
C、乙中SO2、O2的浓度是甲中的两倍，乙相当于在甲的基础上增大压强（使体积缩小为原来的一半），平衡正向进行，平衡时SO2的转化率：乙>甲，故C项正确；
D、在相同温度下（T=500K），有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中和乙容器中相比，乙相当于在甲的基础上增大压强（使体积缩小为原来的一半），反应速率快，二氧化硫转化率增大，平衡时SO2的体积分数：乙<甲，故D项错误；
答案选D。
13.已知：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝－25 kJ·mol－1。某温度下的平衡常数为400。此温度下，在1 L体积不变的密闭容器中加入CH3OH，某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表。下列说法中不正确的是( )
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
c/mol·L－1
0.08
1.6
1.6
A. 此时刻反应达到平衡状态
B. 容器内压强不变时，说明反应达平衡状态
C. 平衡时，再加入与起始等量的CH3OH，达新平衡后CH3OH转化率不变
D. 平衡时，反应混合物的总能量降低40 kJ
【答案】B
【解析】试题分析：A．已知2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-25KJ/mol，则浓度商Q===400，Q=K，说明反应达到平衡状态，故A正确；B．该反应前后气体物质的量不变，在恒容时压强始终不变，故不能说明反应达平衡状态，故B错误；C．平衡时再加入与起始等量的CH3OH，两次平衡为等效平衡，所以达新平衡后，CH3OH转化率不变，故C正确；D．反应混合物的总能量减少等于反应放出的热量，由B中可知，平衡时后c(CH3OCH3)=1.6mol/L，所以平衡时n(CH3OCH3)=1.6mol/L×1L=1.6mol，由热化学方程式可知反应放出的热量为25kJ/mol×1.6mol=40kJ，故平衡时，反应混合物的总能量减少40kJ，故D正确；故选B。
14.在恒容密闭容器中，可以作为2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)达到平衡状态的标志是( )
①单位时间内生成n mol O2同时生成2n mol NO2；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO；③混合气体的颜色不再改变；④混合气体的密度不再改变的状态；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定
A. ①③⑤⑦ B. ②④⑤ C. ①③④ D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】试题分析：①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，能说明正逆反应速率的相等关系，①正确；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO只能说明单方向关系，不能说明正逆反应速率的关系，②错误；③混合气体的颜色不变化，说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，③正确；④该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度不再变化，所以该反应不一定达到平衡状态，④错误；⑤混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量= 混合气体的总质量 混合气体的总物质的量 ，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，⑤正确；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定是反应过程中任何时候都有的，该反应不一定达到平衡状态，⑥错误；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定，说明它们的物质的量就不变，浓度不变，该反应达到了平衡状态，⑦正确；达到平衡状态的标志有①③⑤⑦，故选A。
15.在一定温度下，向一个2 L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N2和3 mol H2，经过一段时间后，测得容器内压强是起始时的0.9倍。在此时间段内H2的平均反应速率为0.1 mol·L－1·min－1，则经过时间为( )
A. 2 min B. 3 min C. 4 min D. 5 min
【答案】B
【解析】
【详解】在一定温度下，向一个2L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1molN2和3molH2，设反应中消耗氮气物质的量为x，
N2+3H22NH3，
起始量(mol) 1 3 0
变化量(mol) x 3x 2x
一段时间(mol) 1−x 3−3x 2x
经过一段时间后，测得容器内压强与起始时的压强之比为9:10，恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，
(1−x+3−3x+2x):(1+3)=9:10，x=0.2mol，
氢气消耗浓度c(H2)==0.3mol/L，
则经过时间==3min，
答案选B。
16.如图所示的各图中，表示2A（g）+B（g）⇌2C（g）（△H＜0）这个可逆反应的正确图象为（注：Φ（C）表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
分析】根据影响化学反应速率和化学平衡移动的因素来回答。
【详解】A.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；
B.增大压强平衡气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，V正＞V逆；且增大压强，正逆反应速率都增大；故B错误；
C.催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，所以达到平衡，C的浓度相同；故C错误；
D.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，而图像中的温度高时，A的转化率较大。但根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，同个温度下的曲线趋势正确；故D错误；
答案选A。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
17.某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应平衡常数的测定。将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)＝2NH3(g)＋CO2(g),实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：
温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度/mol·L－1
2.4×10－3
3.4×10－3
4.8×10－3
6.8×10－3
9.4×10－3
(1)可以判断该分解反应已经达到平衡的是________(填字母序号)。
A．2v(NH3)＝v(CO2)
B．密闭容器中总压强不变
C．密闭容器中混合气体的密度不变
D．密闭容器中氨气的体积分数不变
(2)根据表中数据，列式计算25.0 ℃时的分解平衡常数：__________。
(3)取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25.0 ℃下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量将________(填“增加”“减少”或“不变”)。
(4)氨基甲酸铵分解反应的焓变ΔH____0(填“＞”“＝”或“＜”，下同)，熵变ΔS____0。
【答案】(1). BC (2). K＝c2(NH3)·c(CO2)≈1.6×10－8 (3). 增加 (4). ＞ (5). ＞
【解析】
【分析】（1）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于化学计量数之比；化学反应中变化的量不在发生变化，说明达到平衡，以此解答该题；
（2）根据K＝c2(NH3)·c(CO2)计算；
（3）增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动；
（4）根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡气体总浓度增大，这说明升高温度平衡向生成氨气和CO2的方向进行。
【详解】（1）A.未说反应速率的正逆，故A错误；
B.随着反应的进行，体系压强逐渐增大,当容器内压强不变时，说明达平衡状态，故B正确；
C.随着反应的进行,混合气体的总质量增大，而容器的体积不变,密闭容器中混合气体的密度增大,当密度不变时，说明达平衡状态，故C正确；
D.氨气与二氧化碳比例始终为2:1，不会随反应方向变化而变化,与平衡无关,不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故D错误；答案：BC
（2）K＝c2(NH3)·c(CO2)=（4.8×2/3×10－3）2×(4.8×1/3×10－3)≈1.6×10－8；答案：1.6×10－8
（3）压缩容器体积，增大了压强，平衡向逆反应方向移动，氨基甲酸铵固体的质量增加。
（4）根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡气体总浓度增大，这说明升高温度平衡向生成氨气和CO2的方向进行，即分解反应是吸热反应，因此该分解反应的焓变ΔH＞0；正反应为气体物质的量增大的反应，因此ΔS＞0。
18.利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，CH4产量随光照时间的变化如下图所示。
(1)在0～30小时内，CH4的平均生成速率vⅠ、vⅡ、vⅢ从大到小的顺序为__________；反应开始后的12小时内，在第________种催化剂作用下，收集的CH4最多。
(2)将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206 kJ·mol－1。
①在下列坐标图中，画出反应过程中体系能量变化图(进行必要标注)。________；
②将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1 L恒容密闭反应器，某温度下反应达平衡，平衡常数K＝27，此时测得CO的物质的量为0.10 mol，则CH4的平衡转化率为________(结果保留两位有效数字)。
(3)已知：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802 kJ·mol－1,写出由CO2生成CO的热化学方程式：_____________。
【答案】(1). vⅢ＞vⅡ＞vⅠ (2). Ⅱ (3). (4). 91% (5). CO2(g)＋3H2O(g)＝CO(g)＋2O2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋1 008 kJ·mol－1
【解析】
【分析】（1）根据图像分析解答；
（2）CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），该反应的△H=+206kJ•mol-1，反应是吸热反应，反应物能量低于生成物能量；根据能量变化画出图象；
（3）根据三行式法计算得到转化率；
（4）根据盖斯定律计算。
【详解】（1）由图可以知道，在0～30h内，甲烷的物质的量变化量为△n（Ⅰ）＜△n（Ⅱ）＜△n（Ⅲ），故在0～30h内，CH4的平均生成速率v（Ⅲ）＞v（Ⅱ）＞v（Ⅰ）；由图可以知道反应开始后的12小时内，在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多；答案：vⅢ＞vⅡ＞vⅠ；Ⅱ
（2）CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），该反应的△H=+206kJ•mol-1，反应是吸热反应，反应过程中体系的能量变化图为：；
答案：
（3）将等物质的量的CH4和H2O（g）充入1L恒容密闭容器,某温度下反应达到平衡,平衡常数k=27，此时测得CO的物质的量为0.10mol,根据平衡的三步计算可求CH4的平衡转化率。
CH4（g） + H2O（g）CO（g）+3H2（g）
起始量(mol) x x 0 0
变化量(mol) 0.10 0.10 0.10 0.30
平衡量(mol) x-0.10 x-0.10 0.10 0.30
K===27 计算得到x=0.11mol
甲烷的转化率=×100%≈91%；答案：91%
(4)CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206 kJ·mol－1 ①
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802 kJ·mol－1 ②
根据盖斯定律①-②得到：CO2(g)＋3H2O(g)=CO(g)＋2O2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋1008 kJ·mol－1；
答案：CO2(g)＋3H2O(g)=CO(g)＋2O2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋1008 kJ·mol－1。
19.已知CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L－1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H＋)的变化如图所示。
(1)用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应______。
(2)由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率____(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为________。
(3)升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的ΔH________0(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】(1). 2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O (2). 增大 (3). 1.0×1014 (4). 小于
【解析】
【分析】（1）CrO42-在酸性条件下向Cr2O72-转化；
（2）增大反应物的浓度，平衡正向移动；根据K= 计算；
（3）升高温度，平衡向吸热反应。
【详解】（1）①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应为2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O；答案：2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O
②由图可知，溶液酸性增大，c（Cr2O72-）越大，平衡正向移动，则CrO42-的平衡转化率增大，溶液酸性增大，平衡正向进行，CrO42-的平衡转化率增大；A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，根据Cr元素守恒可知CrO42-的浓度为0.5mol/L，H+浓度为1×10-7mol/L；此时该转化反应的平衡常数为k==1.0×1014；答案：增大 1.0×1014
③升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，可知升高温度2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O逆向移动，正反应为放热反应，则该反应的△H小于0；答案：小于。
20.一定条件下，反应室(容积恒定为2 L)中有反应：A(g)＋2B(g)＝C(g)。
(1)能说明上述反应达到平衡状态的是________(填字母，下同)。
A．反应中A与B的物质的量浓度之比为1∶2
B．混合气体总物质的量不再变化
C．混合气体的密度不随时间的变化而变化
D．2v正(A)＝v逆(B)
(2)1 mol A(g)与2 mol B(g)在催化剂作用下在反应室反应生成C(g)，A的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：
①p1________(填“＜”、“＞”或“＝”，下同)p2，正反应的ΔH________0。
②下列措施中一定能使c(C)/c(A)增大的是________。
A．升高温度 B．恒温恒容再充入A
C．恒温恒容再充入B D．恒温恒容再充入1 mol C
(3)100 ℃时将1 mol A和2 mol B通入反应室，保持温度不变，10 min末C(g)的浓度为0.05 mol·L－1，则10 min末B的转化率为________，此时v正_______v逆(填“＜”、“＞”或“＝”)。
【答案】(1). BD (2). ＜ (3). ＜ (4). CD (5). 10% (6). ＞
【解析】
【分析】（1）根据化学平衡状态的特征此解答该题；
（2）根据温度和压强对化学平衡移动的影响因素来判断；能使c(C)/c(A)增大的因素即能使化学平衡正向移动即可；
（3）根据三行式计算化学反应的转化率，结合Qc和K的关系判断化学反应的方向。
【详解】（1）A.反应中A与B的物质的量浓度之比为1:2，不一定达到化学平衡状态，故A错误；
B.反应前后气体系数和不相等，混合气体总物质的量不再变化，达到了平衡状态，故B正确；
C.混合气体的密度=m/V，气体总质量是不变的，体积不变，密度始终不随时间的变化而变化，故C错误；
D.2v正(A)＝v逆(B)，证明正逆反应速率是相等的，故D正确；答案：BD
（2）①根据图中信息知道，温度升高，A转化率减小，化学平衡逆向移动，所以反应是放热反应，焓变小于零；温度不变，压强越大，A的转化率越大，所以P1＜P2；
答案：＜ ＜
②A.升高温度，平衡逆向移动，所以比值减小，故A错误；
B.恒温恒容再充入A，分子分母均增大，但是分母增加的程度大，所以比值减小，故B错误；
C.恒温恒容再充入B，平衡正向移动，所以比值增大，故C正确；
D.恒温恒容再充入1molC，相当于增大压强，平衡逆向移动，比值增大，故D正确；
答案：CD
（4）设B的变化量是x，则
A（g）+ 2B（g）C（g）
初始浓度： 0.5 1 0
变化浓度1： 0.5x x 0.5x
末态浓度：0.5-0.5x 1-x 0.5x
变化浓度2： 0.25 0.5 0.25
平衡浓度： 0.25 0.5 0.25
10min末C（g）的浓度为0.05mol/L，即此时0.5x=0.05，所以x=0.1，所以B的转化率是0.1/1×100%=10%，此时Qc=≈0.14；K==4，所以Qc＜K，化学平衡正向移动，即正反应速率大于逆反应速率；答案：10% ＞。
21.氨气是一种重要的物质，可用于制取化肥和硝酸等。已知H-H键、N-H键、N≡N键的键能分别是436kJ/mol、391kJ/mol、946kJ/mol。
(1)写出合成氨的热反应方程式__________。生成1 mol NH3需要吸收或放出_______ kJ的热量。
(2)当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件不改变N2、H2和NH3的量，反应速率与时间的关系如图所示图中t1时引起平衡移动的条件可能是_______。其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是________。
(3)温度为T0C时，将2a molH2和a molN2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%，则该反应的平衡常数为_________。
(4)已知373K时，可逆反应平衡常数为K=0.12，若某时刻时，测得c(N2)=1 mol/L，c(H2)=3 mol/L，c(NH3)=2 mol/L，此时可逆反应_________。
A.向正方向进行 B.向逆方向进行 C处于平衡状态
【答案】(1). N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ/mol (2). 46 (3). 加压 (4). t2-t3 (5). 4/a2 (6). B
【解析】
【分析】(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能，根据氨气和反应热之间的关系式计算；
(2)根据外界条件对平衡状态的影响结合图像分析解答；
(3)根据化学平衡常数k=计算；
(4)根据浓度商和平衡常数之间的大小比较，确定反应进行的方向。
【详解】(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能，则该反应的反应热=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-92kJ/mol，据此书写其热化学反应方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g） △H=-92kJ/mol；生成1mol氨气放出92kJ热量,则生成1mol氨气放出46kJ热量；
(2)该反应是反应前后气体体积减小的放热反应，根据图像可知改变条件时,正逆反应速率都增大,且正反应速率大于逆反应速率,平衡向正反应方向移动,则改变的条件是加压；t3时平衡向逆反应方向移动，t5时平衡不移动,所以平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2-t3；
(3)氮气的转化率为50%,则平衡时c（N2）==amol/L，c（NH3）==2amol/L,c(H2)==amol/L；化学平衡常数K==；
(4)浓度商=≈0.15＞0.12，则平衡向逆反应方向移动，所以B选项是正确的。
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分；每小题只有一个选项符合题意)
1. 我国二氧化碳的排放量位居世界第二，为减少二氧化碳这种温室气体的排放，下列措施不对的是（ ）
A. 大力发展氢能源 B. 充分利用太阳能
C. 使用含碳能源 D. 提高能源利用率
【答案】C
【解析】目前全球能源还主要依靠含碳物质的燃烧。要减少二氧化碳的排放应在开发新能源、提高能源利用率等方面下工夫。
2.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是（ ）
①太阳光催化分解水制氢:2H2O(l)==2H2(g)+O2(g) ΔH1=+571.6 kJ·mol-1
②焦炭与水反应制氢:C(s)+H2O(g) ==CO(g)+H2(g) ΔH2=+131.3 kJ·mol-1
③甲烷与水反应制氢:CH4(g)+H2O(g) ==CO(g)+3H2(g) ΔH3=+206.1 kJ·mol-1
A. 反应①中电能转化为化学能
B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，ΔH3减小
D. 反应CH4(g)C(s)+2H2(g)的ΔH=+74.8 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】①太阳光催化分解水制氢，太阳能转化为化学能，故A错误；②焦炭与水反应制氢 ΔH2>0，反应吸热，故B错误；使用催化剂，ΔH3不变，故C错误；根据盖斯定律，③－②得CH4（g）=== C（s）+2H2（g）的ΔH3= +74.8 kJ·mol–1，故D正确。
3.已知：①CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
②H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A. 通常状况下，氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B. 由①可知，1 mol CO(g)和1/2 mol O2(g)反应生成 1 mol CO2(g)，放出283.0 kJ的热量
C. 可用右图表示2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应过程中的能量变化关系
D. 分解1 mol H2O(g)，其反应热为－241.8 kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态为液态，故燃烧热不是241.8 kJ·mol－1，选项A错误；B．热化学方程式中的系数表示物质的量，所以CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1的含义为1 mol CO(g)和1/2 mol O2(g)反应生成 1 mol CO2(g)，放出283.0 kJ的热量，选项B正确；C．反应为放热反应，但图像表示的为吸热反应，选项C错误；D．反应物和生成物相反，则反应热的符号改变，所以分解1 mol H2O(g)，其反应热为+241.8 kJ，选项D错误。答案选B。
4. 根据碘与氢气反应的热化学方程式
① I2（g）+ H2（g）2HI（g） ΔH＝－9．48 kJ/mol
② I2（s）+ H2（g）2HI（g） ΔH＝+26．48 kJ/mol
下列判断正确的是（ ）
A. 254g I2（g）中通入2gH2（g），反应放热9．48 kJ
B. 1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17．00 kJ
C. 反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低
D. 反应①的产物比反应②的产物稳定
【答案】C
【解析】试题分析：A.该反应是可逆反应，254g I2（g）中通入2gH2（g），反应放热小于9．48 kJ，错误； B.根据盖斯定律，②-①得I2（s）I2（g）ΔH＝ +35.96kJ/mol，错误； C.根据热化学方程式可知，反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低，正确；D.①②产物相同，稳定性相同，错误；选C。
5.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ
B. 已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
C. 已知2C(s)＋2O2(g)===2CO2(g) ΔH＝a,2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝b，则a＞b
D. 已知P(白磷，s)===P(红磷，s) ΔH＜0，则白磷比红磷稳定
【答案】A
【解析】
【分析】A.醋酸是弱酸，其电离过程是吸热的；
B.氢气的燃烧热是指1molH2完全燃烧生成液态水时所放出的热量；
C.碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，ΔH＜0；
D.物质所含能量低者稳定。
【详解】A.醋酸是弱酸，其电离过程是吸热的，含40.0g即1molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3kJ，故A正确；
B.氢气的燃烧热是指1molH2完全燃烧生成液态水时所放出的热量，液态水变为气态水是吸热的，故氢气的燃烧热大于241.8kJ·mol－1，故B错误；
C.碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，又因为该反应的焓变是负值，所以a
综上所述，本题选A。
6.已知：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) ΔH＝a kJ·mol-1，2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH＝-220 kJ·mol-1， H—H、O=O和O-H键的键能分别为436 kJ·mol-1、496 kJ·mol-1和462 kJ·mol-1，则a为（ ）
A. －332 B. －118 C. ＋350 D. ＋130
【答案】D
【解析】
【分析】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1
结合盖斯定律可知，②-①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，因此可以用含a的表达式表示该反应的反应热，且已知H—H、O=O和O-H键的键能，反应热还等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，则可以列方程式解未知数，据此解答。
【详解】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1
结合盖斯定律可知②-①×2得O2(g)+2H2(g)═2H2O(g) △H= -220 kJ∙mol-1−2a kJ∙mol-1=−(220+2a) kJ∙mol-1，已知H—H、O=O和O-H键的键能，反应热等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，则496+2×436−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130；
答案选D。
7.用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如，①CH4(g)+4NO2(g)＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH= -574 kJ∙mol-1，②CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH= -1160 kJ∙mol-1，下列说法不正确的是（ ）
A. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ
B. 由反应①可推知:CH4(g)+4NO2(g) ＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH < -574 kJ∙mol-1
C. 反应①②转移的电子数相同
D. 反应②中当4.48 L CH4完全反应时转移的电子总数为1.60 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A. 利用盖斯定律，由①+②可得，2CH4(g)+4NO2(g) ＝2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) ΔH= -1734 kJ∙mol-1，则4.48L（0.2mol）CH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4kJ，A项正确；
B. 气态水转化为液态水是放热过程，反应中生成的水为液态时，放出热量更多，△H更小，△H＜-574 kJ∙mol-1，B项正确；
C. 若有1mol甲烷反应，氧化产物均为CO2，①②转移的电子数=化合价升高数=化合价降低数=8，转移电子数相同，C项正确；
D. 反应CH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)转移电子数是8mol，标准状况下4.48L（0.2mol）CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.6mol，但没有注明反应物4.48L CH4温度和压强，反应物物质的量多少未知，所以不能计算转移电子数，D项错误；
答案选D。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C. 常温下，反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)不能自发进行， 则该反应的ΔH＞0
D. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH＞0
【答案】C
【解析】反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若ΔH＜0，ΔS＞0，则一定自发，若ΔH＞0，ΔS＜0，则一定不能自发，若ΔH＜0，ΔS＜0 或ΔH＞0，ΔS＞0，反应能否自发，和温度有关，A错误，B错误；根据ΔH-TΔS，反应的ΔS＞0，若ΔH＞0，则一定自发，现常温下不自发，说明ΔH＞0，C正确；反应的ΔS＜0，能自发，说明ΔH＜0，D错误。
9.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)＋CO(g) ===MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g) ΔH＞0,该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是( )
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量(忽略体积)
CO的转化率
【答案】A
【解析】
【详解】A.该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，气体总质量增大，密度增大，故A正确；
B.再加入CO后，虽然平衡正向移动，但CO与CO2的物质的量之比增大，因为压强增大，正反应进行程度没有上一平衡多，故B错误；
C.外界因素只有温度的变化会影响平衡常数的大小，故C错误；
D.固体的质量对平衡无影响，故D错误；
答案：A
10.在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列不正确的是（ ）
(T/K)/(v/mol·L-1·min-1) /( c/mol·L-1)
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A. a＝6.00
B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C b＜318.2
D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
【答案】D
【解析】
【详解】A、由表中信息可知，在相同温度下，反应速率与蔗糖的浓度成正比，328.2K时，速率的数值是浓度数值的1.5倍，因此推出a=6.00，故A说法正确；
B、升高温度v增大，降低反应物浓度v减小，故同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变，故B说法正确；
C、温度越高，反应速率越快。在相同的浓度下，b的反应速率小于318.2K的反应速率，说明b的温度低于318.2K，故C说法正确；
D、温度不同，反应速率不同，温度越高，反应速率越快，达到一半时所用的时间越短，故D说法错误。
故选D。
11.mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是（ ）
A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了可逆反应图像的综合分析，明确温度越高，反应速率越快；同温下，压强越大，平衡向气体体积减小的方向移动；催化剂并不是唯一对平衡结果不改变的原因。
【详解】A．由图1可知，温度在T 2 时首先达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，故T1＜T2；在T2时C%减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，该反应正反应为放热反应，A错误；
B．由图2可知，在温度不变时，增大压强，C%增多。说明增大压强，化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，故正反应方向为气体体积减小的方向，m＋n>p，B错误；
C．图3表示的是在不同的温度下，当反应达到平衡时，反应物B的转化率与温度的关系。曲线上的点表示的是平衡状态，v 正 =v 逆，点3低于平衡转化率，说明3未达到平衡，反应向正反应方向进行，此时表示的反应速率v 正 >v 逆，C正确；
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线达到平衡所需要的时间比b短，先达到平衡，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，缩小了容器的容积，D错误；
答案为C。
12.在相同温度下(T＝500K)，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中充入1gSO2和1gO2，乙容器中充入2gSO2和2gO2。下列叙述中错误的是（ ）
A. 化学反应速率：乙>甲 B. 平衡时O2的浓度：乙>甲
C. 平衡时SO2的转化率：乙>甲 D. 平衡时SO2的体积分数：乙>甲
【答案】D
【解析】
【分析】在相同温度下（T = 500K），有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，加入二氧化硫和氧气发生的反应为：2SO2+O22SO3，反应是气体体积减小的放热反应，甲容器中和乙容器中相比，乙相当于在甲的基础上增大压强（使体积缩小为原来的一半），反应速率快，二氧化硫转化率增大，由此分析解答；
【详解】由上述分析可知：
A、乙中物质的浓度大于甲，化学反应速率：乙>甲，故A项正确；
B、乙中物质的浓度大于甲，平衡时O2的浓度：乙>甲，故B项正确；
C、乙中SO2、O2的浓度是甲中的两倍，乙相当于在甲的基础上增大压强（使体积缩小为原来的一半），平衡正向进行，平衡时SO2的转化率：乙>甲，故C项正确；
D、在相同温度下（T=500K），有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中和乙容器中相比，乙相当于在甲的基础上增大压强（使体积缩小为原来的一半），反应速率快，二氧化硫转化率增大，平衡时SO2的体积分数：乙<甲，故D项错误；
答案选D。
13.已知：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝－25 kJ·mol－1。某温度下的平衡常数为400。此温度下，在1 L体积不变的密闭容器中加入CH3OH，某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表。下列说法中不正确的是( )
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
c/mol·L－1
0.08
1.6
1.6
A. 此时刻反应达到平衡状态
B. 容器内压强不变时，说明反应达平衡状态
C. 平衡时，再加入与起始等量的CH3OH，达新平衡后CH3OH转化率不变
D. 平衡时，反应混合物的总能量降低40 kJ
【答案】B
【解析】试题分析：A．已知2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-25KJ/mol，则浓度商Q===400，Q=K，说明反应达到平衡状态，故A正确；B．该反应前后气体物质的量不变，在恒容时压强始终不变，故不能说明反应达平衡状态，故B错误；C．平衡时再加入与起始等量的CH3OH，两次平衡为等效平衡，所以达新平衡后，CH3OH转化率不变，故C正确；D．反应混合物的总能量减少等于反应放出的热量，由B中可知，平衡时后c(CH3OCH3)=1.6mol/L，所以平衡时n(CH3OCH3)=1.6mol/L×1L=1.6mol，由热化学方程式可知反应放出的热量为25kJ/mol×1.6mol=40kJ，故平衡时，反应混合物的总能量减少40kJ，故D正确；故选B。
14.在恒容密闭容器中，可以作为2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)达到平衡状态的标志是( )
①单位时间内生成n mol O2同时生成2n mol NO2；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO；③混合气体的颜色不再改变；④混合气体的密度不再改变的状态；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定
A. ①③⑤⑦ B. ②④⑤ C. ①③④ D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】试题分析：①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，能说明正逆反应速率的相等关系，①正确；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO只能说明单方向关系，不能说明正逆反应速率的关系，②错误；③混合气体的颜色不变化，说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，③正确；④该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度不再变化，所以该反应不一定达到平衡状态，④错误；⑤混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量= 混合气体的总质量 混合气体的总物质的量 ，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，⑤正确；⑥混合气体中NO与O2的物质的量之比保持恒定是反应过程中任何时候都有的，该反应不一定达到平衡状态，⑥错误；⑦混合气体中NO与NO2的物质的量之比保持恒定，说明它们的物质的量就不变，浓度不变，该反应达到了平衡状态，⑦正确；达到平衡状态的标志有①③⑤⑦，故选A。
15.在一定温度下，向一个2 L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N2和3 mol H2，经过一段时间后，测得容器内压强是起始时的0.9倍。在此时间段内H2的平均反应速率为0.1 mol·L－1·min－1，则经过时间为( )
A. 2 min B. 3 min C. 4 min D. 5 min
【答案】B
【解析】
【详解】在一定温度下，向一个2L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1molN2和3molH2，设反应中消耗氮气物质的量为x，
N2+3H22NH3，
起始量(mol) 1 3 0
变化量(mol) x 3x 2x
一段时间(mol) 1−x 3−3x 2x
经过一段时间后，测得容器内压强与起始时的压强之比为9:10，恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，
(1−x+3−3x+2x):(1+3)=9:10，x=0.2mol，
氢气消耗浓度c(H2)==0.3mol/L，
则经过时间==3min，
答案选B。
16.如图所示的各图中，表示2A（g）+B（g）⇌2C（g）（△H＜0）这个可逆反应的正确图象为（注：Φ（C）表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
分析】根据影响化学反应速率和化学平衡移动的因素来回答。
【详解】A.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；
B.增大压强平衡气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，V正＞V逆；且增大压强，正逆反应速率都增大；故B错误；
C.催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，所以达到平衡，C的浓度相同；故C错误；
D.该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，而图像中的温度高时，A的转化率较大。但根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，同个温度下的曲线趋势正确；故D错误；
答案选A。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
17.某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应平衡常数的测定。将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)＝2NH3(g)＋CO2(g),实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：
温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度/mol·L－1
2.4×10－3
3.4×10－3
4.8×10－3
6.8×10－3
9.4×10－3
(1)可以判断该分解反应已经达到平衡的是________(填字母序号)。
A．2v(NH3)＝v(CO2)
B．密闭容器中总压强不变
C．密闭容器中混合气体的密度不变
D．密闭容器中氨气的体积分数不变
(2)根据表中数据，列式计算25.0 ℃时的分解平衡常数：__________。
(3)取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25.0 ℃下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量将________(填“增加”“减少”或“不变”)。
(4)氨基甲酸铵分解反应的焓变ΔH____0(填“＞”“＝”或“＜”，下同)，熵变ΔS____0。
【答案】(1). BC (2). K＝c2(NH3)·c(CO2)≈1.6×10－8 (3). 增加 (4). ＞ (5). ＞
【解析】
【分析】（1）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于化学计量数之比；化学反应中变化的量不在发生变化，说明达到平衡，以此解答该题；
（2）根据K＝c2(NH3)·c(CO2)计算；
（3）增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动；
（4）根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡气体总浓度增大，这说明升高温度平衡向生成氨气和CO2的方向进行。
【详解】（1）A.未说反应速率的正逆，故A错误；
B.随着反应的进行，体系压强逐渐增大,当容器内压强不变时，说明达平衡状态，故B正确；
C.随着反应的进行,混合气体的总质量增大，而容器的体积不变,密闭容器中混合气体的密度增大,当密度不变时，说明达平衡状态，故C正确；
D.氨气与二氧化碳比例始终为2:1，不会随反应方向变化而变化,与平衡无关,不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故D错误；答案：BC
（2）K＝c2(NH3)·c(CO2)=（4.8×2/3×10－3）2×(4.8×1/3×10－3)≈1.6×10－8；答案：1.6×10－8
（3）压缩容器体积，增大了压强，平衡向逆反应方向移动，氨基甲酸铵固体的质量增加。
（4）根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡气体总浓度增大，这说明升高温度平衡向生成氨气和CO2的方向进行，即分解反应是吸热反应，因此该分解反应的焓变ΔH＞0；正反应为气体物质的量增大的反应，因此ΔS＞0。
18.利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，CH4产量随光照时间的变化如下图所示。
(1)在0～30小时内，CH4的平均生成速率vⅠ、vⅡ、vⅢ从大到小的顺序为__________；反应开始后的12小时内，在第________种催化剂作用下，收集的CH4最多。
(2)将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206 kJ·mol－1。
①在下列坐标图中，画出反应过程中体系能量变化图(进行必要标注)。________；
②将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1 L恒容密闭反应器，某温度下反应达平衡，平衡常数K＝27，此时测得CO的物质的量为0.10 mol，则CH4的平衡转化率为________(结果保留两位有效数字)。
(3)已知：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802 kJ·mol－1,写出由CO2生成CO的热化学方程式：_____________。
【答案】(1). vⅢ＞vⅡ＞vⅠ (2). Ⅱ (3). (4). 91% (5). CO2(g)＋3H2O(g)＝CO(g)＋2O2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋1 008 kJ·mol－1
【解析】
【分析】（1）根据图像分析解答；
（2）CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），该反应的△H=+206kJ•mol-1，反应是吸热反应，反应物能量低于生成物能量；根据能量变化画出图象；
（3）根据三行式法计算得到转化率；
（4）根据盖斯定律计算。
【详解】（1）由图可以知道，在0～30h内，甲烷的物质的量变化量为△n（Ⅰ）＜△n（Ⅱ）＜△n（Ⅲ），故在0～30h内，CH4的平均生成速率v（Ⅲ）＞v（Ⅱ）＞v（Ⅰ）；由图可以知道反应开始后的12小时内，在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多；答案：vⅢ＞vⅡ＞vⅠ；Ⅱ
（2）CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），该反应的△H=+206kJ•mol-1，反应是吸热反应，反应过程中体系的能量变化图为：；
答案：
（3）将等物质的量的CH4和H2O（g）充入1L恒容密闭容器,某温度下反应达到平衡,平衡常数k=27，此时测得CO的物质的量为0.10mol,根据平衡的三步计算可求CH4的平衡转化率。
CH4（g） + H2O（g）CO（g）+3H2（g）
起始量(mol) x x 0 0
变化量(mol) 0.10 0.10 0.10 0.30
平衡量(mol) x-0.10 x-0.10 0.10 0.30
K===27 计算得到x=0.11mol
甲烷的转化率=×100%≈91%；答案：91%
(4)CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206 kJ·mol－1 ①
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802 kJ·mol－1 ②
根据盖斯定律①-②得到：CO2(g)＋3H2O(g)=CO(g)＋2O2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋1008 kJ·mol－1；
答案：CO2(g)＋3H2O(g)=CO(g)＋2O2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋1008 kJ·mol－1。
19.已知CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L－1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H＋)的变化如图所示。
(1)用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应______。
(2)由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率____(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为________。
(3)升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的ΔH________0(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】(1). 2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O (2). 增大 (3). 1.0×1014 (4). 小于
【解析】
【分析】（1）CrO42-在酸性条件下向Cr2O72-转化；
（2）增大反应物的浓度，平衡正向移动；根据K= 计算；
（3）升高温度，平衡向吸热反应。
【详解】（1）①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应为2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O；答案：2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O
②由图可知，溶液酸性增大，c（Cr2O72-）越大，平衡正向移动，则CrO42-的平衡转化率增大，溶液酸性增大，平衡正向进行，CrO42-的平衡转化率增大；A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，根据Cr元素守恒可知CrO42-的浓度为0.5mol/L，H+浓度为1×10-7mol/L；此时该转化反应的平衡常数为k==1.0×1014；答案：增大 1.0×1014
③升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，可知升高温度2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O逆向移动，正反应为放热反应，则该反应的△H小于0；答案：小于。
20.一定条件下，反应室(容积恒定为2 L)中有反应：A(g)＋2B(g)＝C(g)。
(1)能说明上述反应达到平衡状态的是________(填字母，下同)。
A．反应中A与B的物质的量浓度之比为1∶2
B．混合气体总物质的量不再变化
C．混合气体的密度不随时间的变化而变化
D．2v正(A)＝v逆(B)
(2)1 mol A(g)与2 mol B(g)在催化剂作用下在反应室反应生成C(g)，A的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：
①p1________(填“＜”、“＞”或“＝”，下同)p2，正反应的ΔH________0。
②下列措施中一定能使c(C)/c(A)增大的是________。
A．升高温度 B．恒温恒容再充入A
C．恒温恒容再充入B D．恒温恒容再充入1 mol C
(3)100 ℃时将1 mol A和2 mol B通入反应室，保持温度不变，10 min末C(g)的浓度为0.05 mol·L－1，则10 min末B的转化率为________，此时v正_______v逆(填“＜”、“＞”或“＝”)。
【答案】(1). BD (2). ＜ (3). ＜ (4). CD (5). 10% (6). ＞
【解析】
【分析】（1）根据化学平衡状态的特征此解答该题；
（2）根据温度和压强对化学平衡移动的影响因素来判断；能使c(C)/c(A)增大的因素即能使化学平衡正向移动即可；
（3）根据三行式计算化学反应的转化率，结合Qc和K的关系判断化学反应的方向。
【详解】（1）A.反应中A与B的物质的量浓度之比为1:2，不一定达到化学平衡状态，故A错误；
B.反应前后气体系数和不相等，混合气体总物质的量不再变化，达到了平衡状态，故B正确；
C.混合气体的密度=m/V，气体总质量是不变的，体积不变，密度始终不随时间的变化而变化，故C错误；
D.2v正(A)＝v逆(B)，证明正逆反应速率是相等的，故D正确；答案：BD
（2）①根据图中信息知道，温度升高，A转化率减小，化学平衡逆向移动，所以反应是放热反应，焓变小于零；温度不变，压强越大，A的转化率越大，所以P1＜P2；
答案：＜ ＜
②A.升高温度，平衡逆向移动，所以比值减小，故A错误；
B.恒温恒容再充入A，分子分母均增大，但是分母增加的程度大，所以比值减小，故B错误；
C.恒温恒容再充入B，平衡正向移动，所以比值增大，故C正确；
D.恒温恒容再充入1molC，相当于增大压强，平衡逆向移动，比值增大，故D正确；
答案：CD
（4）设B的变化量是x，则
A（g）+ 2B（g）C（g）
初始浓度： 0.5 1 0
变化浓度1： 0.5x x 0.5x
末态浓度：0.5-0.5x 1-x 0.5x
变化浓度2： 0.25 0.5 0.25
平衡浓度： 0.25 0.5 0.25
10min末C（g）的浓度为0.05mol/L，即此时0.5x=0.05，所以x=0.1，所以B的转化率是0.1/1×100%=10%，此时Qc=≈0.14；K==4，所以Qc＜K，化学平衡正向移动，即正反应速率大于逆反应速率；答案：10% ＞。
21.氨气是一种重要的物质，可用于制取化肥和硝酸等。已知H-H键、N-H键、N≡N键的键能分别是436kJ/mol、391kJ/mol、946kJ/mol。
(1)写出合成氨的热反应方程式__________。生成1 mol NH3需要吸收或放出_______ kJ的热量。
(2)当合成氨反应达到平衡后，改变某一外界条件不改变N2、H2和NH3的量，反应速率与时间的关系如图所示图中t1时引起平衡移动的条件可能是_______。其中表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是________。
(3)温度为T0C时，将2a molH2和a molN2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%，则该反应的平衡常数为_________。
(4)已知373K时，可逆反应平衡常数为K=0.12，若某时刻时，测得c(N2)=1 mol/L，c(H2)=3 mol/L，c(NH3)=2 mol/L，此时可逆反应_________。
A.向正方向进行 B.向逆方向进行 C处于平衡状态
【答案】(1). N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ/mol (2). 46 (3). 加压 (4). t2-t3 (5). 4/a2 (6). B
【解析】
【分析】(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能，根据氨气和反应热之间的关系式计算；
(2)根据外界条件对平衡状态的影响结合图像分析解答；
(3)根据化学平衡常数k=计算；
(4)根据浓度商和平衡常数之间的大小比较，确定反应进行的方向。
【详解】(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能，则该反应的反应热=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-92kJ/mol，据此书写其热化学反应方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g） △H=-92kJ/mol；生成1mol氨气放出92kJ热量,则生成1mol氨气放出46kJ热量；
(2)该反应是反应前后气体体积减小的放热反应，根据图像可知改变条件时,正逆反应速率都增大,且正反应速率大于逆反应速率,平衡向正反应方向移动,则改变的条件是加压；t3时平衡向逆反应方向移动，t5时平衡不移动,所以平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2-t3；
(3)氮气的转化率为50%,则平衡时c（N2）==amol/L，c（NH3）==2amol/L,c(H2)==amol/L；化学平衡常数K==；
(4)浓度商=≈0.15＞0.12，则平衡向逆反应方向移动，所以B选项是正确的。
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