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甘肃省镇原县镇原中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学（理）试题
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2019-2020-1高二化学期中试题(理科)
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题)
一、单选题（共45分)
1.对于反应在容积为10L的密闭容器中进行。起始时和均为0.20mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 实验c条件下，从反应开始至达到平衡时
B. 实验a条件下，用浓度表示的平衡常数为100
C. 该反应的
D. 比较实验a、c可判断升高温度反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验c条件下，实验中60min到达平衡，恒温恒容下，利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时混合气体总物质的量，再利用差量法代入公式计算得(0.2+0.2)mol×=0.32mol，0.4mol－0.32mol=0.08mol，所以，A项正确；
B.恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，实验a中平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2)mol×=0.3mol，这说明平衡时消耗反应物的物质的量和生成的生成物的物质的量均是0.4mol－0.3mol＝0.1mol，剩余反应物均是0.2mol－0.1mol＝0.1mol，容器容积为10L，则平衡常数K===100，B项正确；
C. 根据c和a的反应判断，c起始压强较大，而投料量和容器的体积都没有变化，所以由公式PV=nRT来推断，是温度引起的，即c中温度高于a中温度，根据A和B可知c中反应物转化率低，说明升高温度，反应逆向进行，所以该反应为放热反应，C项错误；
D. 根据以上分析可知c中温度高，反应首先达到平衡状态，所以比较实验a、c可判断升高温度反应速率加快，D项正确；
答案选C。
【点睛】此题核心在于实验c图像的理解，对于恒容，且投料相同的反应来说，初始压强增大，可以用PV=nRT来进行解释。
2.已知某可逆反应在密闭容器中进行：A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)△H＜0，如图中曲线b代表一定条件下该反应的进程。若使曲线b变为曲线a，可采取的措施是（ ）
①增大A的浓度 ②缩小容器的容积 ③增大B的浓度 ④升高温度 ⑤加入合适的催化剂
A. ① B. ②④ C. ②⑤ D. ②③
【答案】C
【解析】
【详解】该反应为等体积的可逆反应，且正反应方向为放热方向，由图可知，使曲线b变为曲线a，反应速率加快，但A的转化率不变，平衡不移动，改变的条件可能为缩小容器的容积(增大压强)、加入合适的催化剂，①③④均使平衡发生移动；
答案为C。
【点睛】本题解题关键是改变条件使曲线b变为曲线a，反应速率加快，但A的转化率不变，平衡不移动。
3.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨控制在500℃左右的温度
B. 合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
D. 氨水中加酸，NH4+的浓度增大
【答案】A
【解析】
【分析】
如果改变影响平衡的条件，则平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理。
【详解】A.合成氨反应为放热反应，采用500℃的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故A正确；
B. 合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气，分离出生成物，促进平衡正向移动，故B错误；
C. 氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸是化学平衡，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进行，能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.一水合氨电离产生氢氧根离子和铵根离子，氨水中加酸，与氢氧根离子反应，促进平衡正向移动，NH4+的浓度增大，故D错误；
答案选A。
4.反应mX(g)nY(g)＋pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A. 该反应的ΔH＞0
B. m＜n＋p
C. B、C两点化学平衡常数：KB＞KC
D. A、C两点的反应速率v(A)＜v(C)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知：在压强不变时，升高温度，达到平衡时Y的体积分数增大，说明升高温度化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，该反应的正反应是吸热反应，所以△H >0，A正确；
B．根据图象可知，在温度不变时，增大压强，Y的体积分数减小，说明增大压强，化学平衡向逆反应方向移动，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，逆反应方向是气体体积减小的反应方向，所以m
5.对于Zn(s)＋H2SO4(aq)===ZnSO4(aq)＋H2(g) ΔH<0的化学反应下列叙述不正确的是
A. 反应过程中能量关系可用上图表示
B. ΔH的值与反应方程式的计量系数有关
C. 若将该反应设计成原电池，锌为负极
D. 若将其设计为原电池，当有32.5 g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2 L
【答案】D
【解析】
【分析】
对于Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g) △H＜0，反应为放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，当将该反应设计为原电池时，Zn为负极，被氧化，正极上H+获得电子，析出氢气，以此解答该题。
【详解】A．反应为放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，图示正确，选项A正确；
B．热化学方程式中，反应热与物质的物质的量呈正比，选项B正确；
C．反应中Zn被氧化生成ZnSO4，当将该反应设计为原电池时，Zn为负极，失去电子，被氧化，发生氧化反应，选项C正确；
D．若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，n(Zn)=32.5g÷65g/mol=0.5mol，n(e-)=2 n(Zn)=2×0.5mol=1mol，根据在同一闭合回路中电子转移数目相等，可知在正极放出气体的物质的量是n(H2)= 0.5mol，在标况下体积为V(H2)= 0.5mol×22.4L/mol= 11.2L，但由于未指明气体所处的环境，所以不能确定气体的体积，选项D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学反应能量的变化，注意反应热以及原电池的工作原理，选项D气体体积未指明为标准状况，则其体积不一定为11.2L是易错点，注意学习中相关知识的理解和掌握。
6.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于密闭容器中的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)（正反应为放热反应），673K、30MPa下，n(NH3)和n(H2)随时间 t变化的关系如图所示。下列叙述中，正确的是（ ）
A. 点a的正反应速率比点b的小
B. 点c处正反应速率和逆反应速率相等
C. 点d (t1时刻) 和点 e (t2时刻) 处n(N2)相同
D. 在t2时刻，正反应速率大于逆反应速率
【答案】C
【解析】
【分析】
在N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，反应物、生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项。
【详解】A．在ab段可逆反应向正反应方向进行，随着反应的进行，反应物浓度在减小，正反应速率在降低，故A错误；
B．c点反应物和生成物物质的量仍在变化，没有达到平衡状态，故B错误；
C．d点和e点都处于平衡状态，n（N2）不变，d点和e点n（N2）相等，故C正确；
D．在t2时刻，n(NH3)不变，e点处于平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，故D错误；
答案选C。
7.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率增大的是
A. 加热
B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液
D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【解析】
【详解】A、加热，反应体系的温度升高，化学反应速率加快，故A不选；
B、因浓硫酸具有强氧化性，铁与浓硫酸反应生成二氧化硫而不生成氢气，不能使氢气生成速率增大，故B选；
C、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，故C不选；
D、改用铁粉，增大了铁与硫酸反应接触面积，反应速率加快，故D不选；
故选B。
8.温度不变恒容的容器中H2、I2各1mol·L－1进行反应H2+ I22HI，若某段时间内H2浓度由0.4mol·L－1降到0.24mol·L－1所需的反应时间为8s ，则反应起始时H2浓度由1mol·L－1降到0.4mol·L－1需的时间为
A. 小于30s B. 等于30s C. 大于30s D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】A.H2的浓度由0.4mol/L降到0.24mol/L，降低了0.16mol/L，需要的时间是8s。反应起始时H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，降低了0.6mol/L。如果速率不变的话，需要的时间是30秒，但是随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，所以速率会逐渐减慢。所以H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，需要的时间小于30s。
故选A。
9.一定温度下，在恒容密闭容器中进行可逆反应2NO2(g) ⇌2NO(g) + O2(g)，下列可以作为反应达到化学平衡状态标志的有：①单位时间内生成n mol O2的同时生成n mol NO2；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO；③NO2、NO、O2的物质的量之比为2:2:1的状态；④密闭容器中压强不再改变的状态；⑤混合气体的颜色不再改变的状态；⑥密闭容器中气体的密度不再改变的状态
A. ①④⑤ B. ③④⑤ C. ④⑤ D. ④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。据此判断。
【详解】①单位时间内生成nmolO2时要消耗2nmolNO2，同时生成nmolNO2，正反应速率不等于逆反应速率，故①不能作为反应达到化学平衡状态标志；
②只要反应发生就符合单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故②不能作为反应达到化学平衡状态标志；
③当体系达平衡状态时，NO2、NO、O2的物质的量浓度比值可能为2:2:1，也可能不是，故③不能作为反应达到化学平衡状态标志；
④反应前后气体的分子数不相等，故反应过程中气体的压强会发生变化，当混合气体的总压强不再改变时，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故④可以作为反应达到化学平衡状态标志；
⑤混合气体的颜色不再改变的状态，说明二氧化氮浓度不再发生变化，故⑤可以作为反应达到化学平衡状态标志；
⑥混合气体的总质量不变，容器为恒容容器，则混合气体的密度始终不变，故⑥不能作为反应达到化学平衡状态标志。
综上所述，④⑤可以作为反应达到化学平衡状态标志，答案选C。
【点睛】本题考查的是化学平衡状态的判断。根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。解题时要注意，分析相关的物理量是否随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
10.已知：①C(s)＋O2(g)＝CO2 (g) △H1 ②CO2(g)＋C(s)＝2CO(g) △H2
③2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H3 ④4Fe(s)＋3O2(g)＝2Fe2O3(s) △H4
⑤3CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s) △H5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
A. △H1＞0，△H3＜0 B. △H2＞0，△H3＞0
C. △H1＝△H2＋△H3 D. △H3＝△H4＋△H5
【答案】C
【解析】
【详解】A．C(s)+O2(g)=CO2(g)和2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)都是放热反应，因此△H1＜0，△H3＜0，故A错误；
B．CO2(g)+C(s)=2CO(g)为吸热反应，则△H2＞0；2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) 是放热反应，则△H3＜0，故B错误；
C．已知：①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H1、②CO2(g)+C(s)═2CO(g)△H2、③2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H3，由盖斯定律可知①=②+③，因此△H1=△H2+△H3，故C正确；
D．已知：③2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H3、④4Fe(s)+3O2(g)═2Fe2O3(s)△H4、⑤3CO(g)+Fe2O3(s)═3CO2(g)+2Fe(s)△H5，由盖斯定律可知③=×(④+⑤)，因此△H3=△H4+△H5，故D错误；
答案为C。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
11.一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.08 mol/L，则下列判断正确的是 ( )
A. c1：c2＝3∶1 B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率不相等 D. c1的取值范围为0 mol/L
【解析】
【详解】A.根据题干知，达到平衡状态时X、Y的浓度之比等于其计量数之比，且反应时消耗或生成X、Y的物质的量浓度之比也等于其计量数之比，则说明开始时加入的X、Y的浓度之比等于其计量数之比，所以有c1：c2=1：3，A错误；
B.平衡时各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以平衡时Y和Z的生成速率之比为3：2，B错误；
C.加入的反应物浓度之比等于其计量数数之比时，反应物的转化率相等，加入的X、Y浓度之比等于其计量数之比，则X和Y的转化率相等，C错误；
D.反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜c1，如反应向逆反应分析进行，则c1＜0.14mol/L，故有0＜c1＜0.14 mol/L，D正确；
故合理选项是D。
12.下列有关能量判断或表示方法正确的是
A. 相同条件下，等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多
B. 从C(石墨)＝C(金刚石) △H＝＋1.9 kJ·mol－1，可知相同条件下金刚石比石墨更稳定
C. 由H＋(aq)＋OH－(aq)＝ H2O(l) △H＝－57.3 kJ·mol－1，可知：含1 molCH3COOH的稀溶液与含1 molNaOH的稀溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)＝ 2 H2O(l) △H＝－285.8 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【详解】A、在相同条件下，将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫固体转化为硫蒸气吸热，所以前者放出热量多，选项A正确；
B、由“C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.9kJ/mol”可知，该反应为吸热反应，金刚石能量高于石墨，石墨比金刚石稳定，选项B错误；
C、醋酸是弱电解质，溶于水电离，电离吸热，则由H+(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) △H＝－57.3kJ/mol，可知：含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，选项C错误；
D、2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，2gH2即1molH2，则氢气燃烧的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)＝H2O(l) △H＝－285.8kJ/mol，选项D错误；
答案选A。
13.已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H= -57.3kJ/mol 下列反应中反应热符合△H= -57.3kJ/mol的是( )
(1)H2SO4(aq)+2NaOH (aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)；
(2)H2SO4(aq)+Ba(OH)2 (aq)= BaSO4(s)+2H2O(l)；
(3)HCl (aq)+NaOH (s)= NaOH(aq)+H2O(l)；
(4)CH3COOH (aq)+NaOH (aq)=CH3COONa (aq)+H2O(l)；
A. (1)(2) B. (2)(3) C. (3)(4) D. 都不符合
【答案】D
【解析】
【分析】
中和热定义：在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O时的反应热。
【详解】(1)由热化学方程式可知，该反应生成了2mol水，反应的焓变为-114.6kJ/mol，故(1)错误；
(2)反应过程中除了氢离子和氢氧根离子反应放热，硫酸钡沉淀的生成也伴随有沉淀生成热的变化，反应焓变不等于57.3kJ•mol-1，故(2)错误；
(3) NaOH 是固体状态，溶解过程会放热，反应焓变不等于57.3kJ•mol-1，故(3)错误；
(4) CH3COOH是弱电解质，电离过程是吸热过程，反应焓变不等于57.3kJ•mol-1，故(4)错误；
答案选D。
14.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A. 达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成n mol NO的同时，消耗n mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v逆(H2O)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，4V正（O2）=5V逆（NO），说明消耗氧气的速率和生成氧气的速率相等，故A正确；
B. 无论是否达到平衡状态，反应速率之比都等于化学计量数之比，单位时间内生成n molNO的同时，必然消耗n molNH3，不能说明正逆反应速率相等，故B错误；
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，容器的压强减小，正逆反应速率都减小，故C错误；
D. 反应速率之比等于化学计量数之比，则3V正（NH3）=2V正（H2O），故D错误；
正确答案是A。
15.已知298K下反应2Al2O3（s）+3C（s）= 4Al（s）+3CO2（g）△H=+2171.0kJ/mol，△S=+635.5J/（mol•K），则下列说法正确的是
A. 由题给△H值可知，该反应是一个放热反应
B. △S＞0表明该反应是一个熵减少的反应
C. 该反应在室温下可能自发进行
D. 若温度可以决定反应的方向，则该反应可以自发进行的最低温度为3416.2 K
【答案】D
【解析】
【详解】A.△H=+2171.0kJ/mol>0，表明该反应是一个吸热反应，故A错误；
B.△S=+635.5J/（mol•K）>0，表明该反应是一个熵增加的反应，故B错误；
C.若使本反应自发进行，需使△H-T△S<0，即2171.0kJ/mol-0.6355kJ/（mol•K）•T<0，T>3416.2K时反应才可以自发进行，所以在室温下不可能自发，故C错误；
D.若使本反应自发进行，需使△H-T△S<0，即2171.0kJ/mol-0.6355kJ/（mol•K）•T<0，T>3416.2K时反应才可以自发进行，故D正确。
故选D。
第II卷（非选择题)
二、填空题
16.(1)家用液化气的主要成分之一是丁烷(C4H10)，当1kg丁烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水时，放出热量为5×104kJ，试写出表示丁烷燃烧热的热化学方程式：_________________________________
(2)运用盖斯定律可计算一些不易测定的反应的反应热．已知在298K时下述反应的有关数据：
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H1=-110.5kJ•mol-1，
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=-393.5kJ•mol-1．
则C(s)+CO2(g)=2CO(g) 的△H为_____________．
(3)已知下列两个热化学方程式：
H2(g)+1/2O2(g)═H2O(l) △H=-285kJ/mol
C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220.0kJ/mol
已知：H2O(l)═H2O(g) △H=+44.0kJ/mol，
写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：_________________________．
【答案】 (1). C4H10(g)+13/2O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l) △H=-2900kJ/mol (2). +172.5kJ•mol-1 (3). C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2044kJ/mol
【解析】
【详解】(1)燃烧热是指1mol燃料燃烧的热效应，所以当1kg丁烷燃烧放热为5×104kJ时，1mol丁烷(58g)燃烧放热为2900kJ，所以热化学方程式为：C4H10(g)+13/2O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l) △H=-2900kJ/mol；
(2)第一个方程式扩大2倍再减去第二个方程式得到：C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5kJ•mol-1 ；
(3)第二个方程式减去4倍的第三个方程式，得到： C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(g)△H=-2044kJ/mol。
17.T ℃时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图(Ⅰ)所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示。
根据以上条件，回答下列问题：
（1）A与B反应生成C的化学方程式为_________________________，正反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。
（2）在密闭容器中，加入2 mol A和6 mol B。
① 当反应达到平衡时，A和B的浓度比是_______；A和B的转化率之比是_______。
② 升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量________。（填“变大”、“变小”或“不变”）
③ 当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将______（填“正向”、“逆向”或“不”）移动。
④ 若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将________（填“正向”、“ 逆向”或“不移动”）。达到新平衡后，容器内温度________（填“大于”、“小于”或“等于”）原来的2倍。
【答案】 (1). A(g)＋3B(g)2C(g) (2). 放热 (3). 1∶3 (4). 1∶1 (5). 变小 (6). 逆向 (7). 逆向 (8). 小于
【解析】
【详解】（1）根据题中图1可知，反应过程中消耗的A、B和C的物质的量之比为(0.5-0.3)：(0.7-0.1)：0.4=0.2：0.6:0.4=1：3：2，该反应的化学方程式为A(g)+3B(g)2C(g)；根据题中图Ⅱ知，T1时刻先达到平衡，反应速率快，因此T1＞T2；而温度从T2变化到T1时，B的体积分数增大，平衡向逆方向移动，因此该反应是放热反应，ΔH＜0；
（2）①加入2 mol A和6 mol B，加入的量之比=1:3，消耗的量之比等于系数之比=1:3所以达平衡后，A和B的浓度比也是1:3；加入的量之比=1:3，消耗的量之比等于系数之比=1:3所以转化率之比=1：1；
②升高平衡体系的温度，平衡逆向移动，质量不变，物质的量增大，所以混合气体的平均相对分子质量变小。
③当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，体积变大浓度变小，平衡逆向移动；
④反应放热，升高温度平衡逆向移动；升温，平衡向吸热逆向移动，使体系温度降低，容器内温度小于原来的2倍。
三、实验题
18.氧化剂H2O2在反应时不产生污染物，被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。某实验小组以H2O2分解为例，探究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。在常温下按照下表所示的方案完成实验。
实验编号
温度(℃)
反应物
催化剂
①
20
25 mL 3% H2O2溶液
无
②
20
25 mL 5% H2O2溶液
无
③
20
25 mL 5% H2O2溶液
0.1g MnO2
④
20
25 mL 5% H2O2溶液
1~2滴1mol/L FeCl3溶液
⑤
30
25 mL 5% H2O2溶液
0.1g MnO2
(1)实验①和②的目的是____________________________。同学甲在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了达到实验目的，可采取的改进方法是__________(写出一种即可)。
(2)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化如甲图所示。分析该图能得出的结论是__________________________，__________________________；
(3)写出实验③中H2O2分解的化学方程式：______________________________；
(4)同学乙设计了乙图所示的实验装置对过氧化氢的分解速率进行定量分析。以生成10mL气体为准，其他影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为__________，实验中需要测量的数据是______________。
(5)某反应在体积为2L的恒容密闭的绝热容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如图所示(已知X、Y、Z均为气体)．
①该反应的化学方程式为______．
②反应开始至2分钟时，Y的平均反应速率为______．
③能说明该反应已达到平衡状态的是______
A．υ(X)=3υ(Y) B．容器内气体密度不变
C．υ逆(Z)=2υ正(Y) D．各组分的物质的量相等
E．混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
④由图求得平衡时X的转化率为______．
【答案】 (1). 探究浓度对反应速率的影响 (2). 向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度) (3). 升高温度，反应速率加快 (4). MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好 (5). 2H2O2 2H2O +O2↑ (6). 分液漏斗 (7). 产生10mL气体所需的时间 (8). Y+3X ⇌2Z (9). 0.025mol/(L·min) (10). CE (11). 30%
【解析】
【分析】
(1)实验①和②的浓度不同；现象不明显，根据题意，需要加快反应速率；
(2)由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合反应的条件分析解答；
(3)H2O2在二氧化锰作用下生成水和氧气；
(4)A仪器名称是分液漏斗；该反应是通过反应速率分析的，根据v=分析；
(5)①由图可知，X 、Y的物质的量减小， Z的物质的量增加，且2min时物质的量不变，判断出X、Y、Z的物质的量的变化量之比，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，据此书写反应的方程式；
②结合v=计算；
③可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，据此分析判断；
④根据X达到平衡时已转化的物质的量与起始的物质的量之比，可求得平衡时X的转化率。
【详解】(1)实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；同学甲在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了便于比较，需要加快反应速率，可以向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)，故答案为：探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)；
(2)由图可知，③、⑤中⑤的反应速率大，说明升高温度，反应速率加快；③、④中④的反应速率小，说明MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好，故答案为：升高温度，反应速率加快；MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好；
(3)H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学反应方程式为：2H2O2 2H2O+O2↑，故答案为：2H2O2 2H2O+O2↑；
(4)结合乙图装置，图中仪器A为分液漏斗；反应是通过反应速率分析，根据v=，所以实验中需要测量的数据是时间(或收集一定体积的气体所需要的时间)，故答案为：分液漏斗；产生10mL气体所需的时间；
(5)①由图可知，X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，且2min时物质的量不变，说明该反应为可逆反应，X、Y、Z的物质的量的变化量之比为(1.0-0.7)∶(1.0-0.9)∶(0.2-0)=3∶1∶2，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则反应为Y+3X ⇌2Z，故答案为：Y+3X ⇌2Z；
②2分钟内，Y的平均反应速率为=0.025mol/(L·min)，故答案为：0.025mol/(L·min)；
③A．根据方程式Y+3X ⇌2Z，任何时候都存在υ(X)=3υ(Y)，不能说明正反应和逆反应的关系，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；B．容器的体积以及气体的质量不变，无论是否达到平衡状态，容器内气体密度都不变，不能说明达到平衡，故B错误；C．根据方程式Y+3X ⇌2Z，当υ逆(Z)=2υ正(Y) 时，正、逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态了，故C正确；D．容器内各物质的物质的量相等，不能说明各组分的浓度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；E．气体的质量不变，但反应前后气体的物质的量不等，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，说明达到平衡状态，故E正确；故答案为：CE；
④由图象可知：达平衡时X的物质的量变化为：△n(X)=1.0mol-0.7mol=0.3mol，所以X的转化率为：×100%=30%，故答案为：30%。
19.用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液在如下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）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_________；
（2）环形玻璃搅拌棒能否用环形铁质搅拌棒代替？_____（填“能”或“不能”），其原因是_________
（3）实验时氢氧化钠溶液的浓度要用0.55 mol/L的原因是_________；实验中若改用60 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____（填“相等”或“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热________（填“相等”或“不相等”）；
（4）已知在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1 mol 水时，放出57.3 kJ的热量，则上述反应的热化学方程式为： _____________。
（5）倒入NaOH溶液的正确操作是 _________
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
（6）某同学利用实验数据计算出的中和热与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)____________。
a．实验装置保温、隔热效果差；
b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度；
c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数；
d．倒完NaOH溶液后，发现装NaOH烧杯内有极少量残留液。
【答案】 (1). 减少热量损失 (2). 不能 (3). 铁会和盐酸反应；铁导热性好，热量损失较大 (4). 为了确保盐酸完全被中和 (5). 不相等 (6). 相等 (7). NaOH(aq)+HCl(aq)= NaCl(aq)+ H2O (l) ΔH=-57.3 kJ/mol (8). C (9). abcd
【解析】
【分析】
(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；
(2)铁是热的良导体，易传热，且铁能与盐酸反应；
(3)氢氧化钠过量能保证盐酸完全反应；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，结合中和热的概念和实质来回答；
(4)根据稀强酸与稀强碱中和生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量书写热化学方程式；
(5)将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；
(6)从对热量的影响分析即可。
【详解】(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是：减少实验过程中的热量损失；
(2)铁是热的良导体，易传热，热量散失较大，实验测得误差较大，且铁能与盐酸反应；
(3)用过量的氢氧化钠保证盐酸反应完全，以盐酸的量为准进行准确计算；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增多，但是中和热是以强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热为标准，与酸碱的用量无关；
(4)已知稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ热量，盐酸和氢氧化钠稀溶液都是强酸和强碱的稀溶液，则反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O (l)△H=-57.3 kJ/mol；
(5)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为C；
(6)a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a符合题意；
b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀HCl测温度，盐酸的起始温度偏高，温度差偏小，中和热的数值偏小，故b符合题意；
c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量不变，但温度差偏小，中和热的数值偏小，故c符合题意；
d．倒完NaOH溶液后，发现装NaOH烧杯内有极少量残留液，则参加反应的NaOH偏小，测得的热量偏小，中和热数值偏小，故d符合题意；
故答案为：abcd。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题)
一、单选题（共45分)
1.对于反应在容积为10L的密闭容器中进行。起始时和均为0.20mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 实验c条件下，从反应开始至达到平衡时
B. 实验a条件下，用浓度表示的平衡常数为100
C. 该反应的
D. 比较实验a、c可判断升高温度反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验c条件下，实验中60min到达平衡，恒温恒容下，利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时混合气体总物质的量，再利用差量法代入公式计算得(0.2+0.2)mol×=0.32mol，0.4mol－0.32mol=0.08mol，所以，A项正确；
B.恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，实验a中平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2)mol×=0.3mol，这说明平衡时消耗反应物的物质的量和生成的生成物的物质的量均是0.4mol－0.3mol＝0.1mol，剩余反应物均是0.2mol－0.1mol＝0.1mol，容器容积为10L，则平衡常数K===100，B项正确；
C. 根据c和a的反应判断，c起始压强较大，而投料量和容器的体积都没有变化，所以由公式PV=nRT来推断，是温度引起的，即c中温度高于a中温度，根据A和B可知c中反应物转化率低，说明升高温度，反应逆向进行，所以该反应为放热反应，C项错误；
D. 根据以上分析可知c中温度高，反应首先达到平衡状态，所以比较实验a、c可判断升高温度反应速率加快，D项正确；
答案选C。
【点睛】此题核心在于实验c图像的理解，对于恒容，且投料相同的反应来说，初始压强增大，可以用PV=nRT来进行解释。
2.已知某可逆反应在密闭容器中进行：A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)△H＜0，如图中曲线b代表一定条件下该反应的进程。若使曲线b变为曲线a，可采取的措施是（ ）
①增大A的浓度 ②缩小容器的容积 ③增大B的浓度 ④升高温度 ⑤加入合适的催化剂
A. ① B. ②④ C. ②⑤ D. ②③
【答案】C
【解析】
【详解】该反应为等体积的可逆反应，且正反应方向为放热方向，由图可知，使曲线b变为曲线a，反应速率加快，但A的转化率不变，平衡不移动，改变的条件可能为缩小容器的容积(增大压强)、加入合适的催化剂，①③④均使平衡发生移动；
答案为C。
【点睛】本题解题关键是改变条件使曲线b变为曲线a，反应速率加快，但A的转化率不变，平衡不移动。
3.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨控制在500℃左右的温度
B. 合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
D. 氨水中加酸，NH4+的浓度增大
【答案】A
【解析】
【分析】
如果改变影响平衡的条件，则平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理。
【详解】A.合成氨反应为放热反应，采用500℃的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故A正确；
B. 合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气，分离出生成物，促进平衡正向移动，故B错误；
C. 氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸是化学平衡，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进行，能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.一水合氨电离产生氢氧根离子和铵根离子，氨水中加酸，与氢氧根离子反应，促进平衡正向移动，NH4+的浓度增大，故D错误；
答案选A。
4.反应mX(g)nY(g)＋pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A. 该反应的ΔH＞0
B. m＜n＋p
C. B、C两点化学平衡常数：KB＞KC
D. A、C两点的反应速率v(A)＜v(C)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知：在压强不变时，升高温度，达到平衡时Y的体积分数增大，说明升高温度化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，该反应的正反应是吸热反应，所以△H >0，A正确；
B．根据图象可知，在温度不变时，增大压强，Y的体积分数减小，说明增大压强，化学平衡向逆反应方向移动，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，逆反应方向是气体体积减小的反应方向，所以m
5.对于Zn(s)＋H2SO4(aq)===ZnSO4(aq)＋H2(g) ΔH<0的化学反应下列叙述不正确的是
A. 反应过程中能量关系可用上图表示
B. ΔH的值与反应方程式的计量系数有关
C. 若将该反应设计成原电池，锌为负极
D. 若将其设计为原电池，当有32.5 g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2 L
【答案】D
【解析】
【分析】
对于Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g) △H＜0，反应为放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，当将该反应设计为原电池时，Zn为负极，被氧化，正极上H+获得电子，析出氢气，以此解答该题。
【详解】A．反应为放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，图示正确，选项A正确；
B．热化学方程式中，反应热与物质的物质的量呈正比，选项B正确；
C．反应中Zn被氧化生成ZnSO4，当将该反应设计为原电池时，Zn为负极，失去电子，被氧化，发生氧化反应，选项C正确；
D．若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，n(Zn)=32.5g÷65g/mol=0.5mol，n(e-)=2 n(Zn)=2×0.5mol=1mol，根据在同一闭合回路中电子转移数目相等，可知在正极放出气体的物质的量是n(H2)= 0.5mol，在标况下体积为V(H2)= 0.5mol×22.4L/mol= 11.2L，但由于未指明气体所处的环境，所以不能确定气体的体积，选项D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学反应能量的变化，注意反应热以及原电池的工作原理，选项D气体体积未指明为标准状况，则其体积不一定为11.2L是易错点，注意学习中相关知识的理解和掌握。
6.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于密闭容器中的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)（正反应为放热反应），673K、30MPa下，n(NH3)和n(H2)随时间 t变化的关系如图所示。下列叙述中，正确的是（ ）
A. 点a的正反应速率比点b的小
B. 点c处正反应速率和逆反应速率相等
C. 点d (t1时刻) 和点 e (t2时刻) 处n(N2)相同
D. 在t2时刻，正反应速率大于逆反应速率
【答案】C
【解析】
【分析】
在N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，反应物、生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项。
【详解】A．在ab段可逆反应向正反应方向进行，随着反应的进行，反应物浓度在减小，正反应速率在降低，故A错误；
B．c点反应物和生成物物质的量仍在变化，没有达到平衡状态，故B错误；
C．d点和e点都处于平衡状态，n（N2）不变，d点和e点n（N2）相等，故C正确；
D．在t2时刻，n(NH3)不变，e点处于平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，故D错误；
答案选C。
7.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率增大的是
A. 加热
B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液
D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【解析】
【详解】A、加热，反应体系的温度升高，化学反应速率加快，故A不选；
B、因浓硫酸具有强氧化性，铁与浓硫酸反应生成二氧化硫而不生成氢气，不能使氢气生成速率增大，故B选；
C、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，故C不选；
D、改用铁粉，增大了铁与硫酸反应接触面积，反应速率加快，故D不选；
故选B。
8.温度不变恒容的容器中H2、I2各1mol·L－1进行反应H2+ I22HI，若某段时间内H2浓度由0.4mol·L－1降到0.24mol·L－1所需的反应时间为8s ，则反应起始时H2浓度由1mol·L－1降到0.4mol·L－1需的时间为
A. 小于30s B. 等于30s C. 大于30s D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】A.H2的浓度由0.4mol/L降到0.24mol/L，降低了0.16mol/L，需要的时间是8s。反应起始时H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，降低了0.6mol/L。如果速率不变的话，需要的时间是30秒，但是随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，所以速率会逐渐减慢。所以H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，需要的时间小于30s。
故选A。
9.一定温度下，在恒容密闭容器中进行可逆反应2NO2(g) ⇌2NO(g) + O2(g)，下列可以作为反应达到化学平衡状态标志的有：①单位时间内生成n mol O2的同时生成n mol NO2；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO；③NO2、NO、O2的物质的量之比为2:2:1的状态；④密闭容器中压强不再改变的状态；⑤混合气体的颜色不再改变的状态；⑥密闭容器中气体的密度不再改变的状态
A. ①④⑤ B. ③④⑤ C. ④⑤ D. ④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。据此判断。
【详解】①单位时间内生成nmolO2时要消耗2nmolNO2，同时生成nmolNO2，正反应速率不等于逆反应速率，故①不能作为反应达到化学平衡状态标志；
②只要反应发生就符合单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故②不能作为反应达到化学平衡状态标志；
③当体系达平衡状态时，NO2、NO、O2的物质的量浓度比值可能为2:2:1，也可能不是，故③不能作为反应达到化学平衡状态标志；
④反应前后气体的分子数不相等，故反应过程中气体的压强会发生变化，当混合气体的总压强不再改变时，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故④可以作为反应达到化学平衡状态标志；
⑤混合气体的颜色不再改变的状态，说明二氧化氮浓度不再发生变化，故⑤可以作为反应达到化学平衡状态标志；
⑥混合气体的总质量不变，容器为恒容容器，则混合气体的密度始终不变，故⑥不能作为反应达到化学平衡状态标志。
综上所述，④⑤可以作为反应达到化学平衡状态标志，答案选C。
【点睛】本题考查的是化学平衡状态的判断。根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。解题时要注意，分析相关的物理量是否随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
10.已知：①C(s)＋O2(g)＝CO2 (g) △H1 ②CO2(g)＋C(s)＝2CO(g) △H2
③2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H3 ④4Fe(s)＋3O2(g)＝2Fe2O3(s) △H4
⑤3CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s) △H5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
A. △H1＞0，△H3＜0 B. △H2＞0，△H3＞0
C. △H1＝△H2＋△H3 D. △H3＝△H4＋△H5
【答案】C
【解析】
【详解】A．C(s)+O2(g)=CO2(g)和2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)都是放热反应，因此△H1＜0，△H3＜0，故A错误；
B．CO2(g)+C(s)=2CO(g)为吸热反应，则△H2＞0；2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) 是放热反应，则△H3＜0，故B错误；
C．已知：①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H1、②CO2(g)+C(s)═2CO(g)△H2、③2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H3，由盖斯定律可知①=②+③，因此△H1=△H2+△H3，故C正确；
D．已知：③2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H3、④4Fe(s)+3O2(g)═2Fe2O3(s)△H4、⑤3CO(g)+Fe2O3(s)═3CO2(g)+2Fe(s)△H5，由盖斯定律可知③=×(④+⑤)，因此△H3=△H4+△H5，故D错误；
答案为C。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
11.一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.08 mol/L，则下列判断正确的是 ( )
A. c1：c2＝3∶1 B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率不相等 D. c1的取值范围为0 mol/L
【解析】
【详解】A.根据题干知，达到平衡状态时X、Y的浓度之比等于其计量数之比，且反应时消耗或生成X、Y的物质的量浓度之比也等于其计量数之比，则说明开始时加入的X、Y的浓度之比等于其计量数之比，所以有c1：c2=1：3，A错误；
B.平衡时各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以平衡时Y和Z的生成速率之比为3：2，B错误；
C.加入的反应物浓度之比等于其计量数数之比时，反应物的转化率相等，加入的X、Y浓度之比等于其计量数之比，则X和Y的转化率相等，C错误；
D.反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0＜c1，如反应向逆反应分析进行，则c1＜0.14mol/L，故有0＜c1＜0.14 mol/L，D正确；
故合理选项是D。
12.下列有关能量判断或表示方法正确的是
A. 相同条件下，等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多
B. 从C(石墨)＝C(金刚石) △H＝＋1.9 kJ·mol－1，可知相同条件下金刚石比石墨更稳定
C. 由H＋(aq)＋OH－(aq)＝ H2O(l) △H＝－57.3 kJ·mol－1，可知：含1 molCH3COOH的稀溶液与含1 molNaOH的稀溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)＝ 2 H2O(l) △H＝－285.8 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【详解】A、在相同条件下，将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫固体转化为硫蒸气吸热，所以前者放出热量多，选项A正确；
B、由“C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.9kJ/mol”可知，该反应为吸热反应，金刚石能量高于石墨，石墨比金刚石稳定，选项B错误；
C、醋酸是弱电解质，溶于水电离，电离吸热，则由H+(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) △H＝－57.3kJ/mol，可知：含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，选项C错误；
D、2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，2gH2即1molH2，则氢气燃烧的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)＝H2O(l) △H＝－285.8kJ/mol，选项D错误；
答案选A。
13.已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H= -57.3kJ/mol 下列反应中反应热符合△H= -57.3kJ/mol的是( )
(1)H2SO4(aq)+2NaOH (aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)；
(2)H2SO4(aq)+Ba(OH)2 (aq)= BaSO4(s)+2H2O(l)；
(3)HCl (aq)+NaOH (s)= NaOH(aq)+H2O(l)；
(4)CH3COOH (aq)+NaOH (aq)=CH3COONa (aq)+H2O(l)；
A. (1)(2) B. (2)(3) C. (3)(4) D. 都不符合
【答案】D
【解析】
【分析】
中和热定义：在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O时的反应热。
【详解】(1)由热化学方程式可知，该反应生成了2mol水，反应的焓变为-114.6kJ/mol，故(1)错误；
(2)反应过程中除了氢离子和氢氧根离子反应放热，硫酸钡沉淀的生成也伴随有沉淀生成热的变化，反应焓变不等于57.3kJ•mol-1，故(2)错误；
(3) NaOH 是固体状态，溶解过程会放热，反应焓变不等于57.3kJ•mol-1，故(3)错误；
(4) CH3COOH是弱电解质，电离过程是吸热过程，反应焓变不等于57.3kJ•mol-1，故(4)错误；
答案选D。
14.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A. 达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成n mol NO的同时，消耗n mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v逆(H2O)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，4V正（O2）=5V逆（NO），说明消耗氧气的速率和生成氧气的速率相等，故A正确；
B. 无论是否达到平衡状态，反应速率之比都等于化学计量数之比，单位时间内生成n molNO的同时，必然消耗n molNH3，不能说明正逆反应速率相等，故B错误；
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，容器的压强减小，正逆反应速率都减小，故C错误；
D. 反应速率之比等于化学计量数之比，则3V正（NH3）=2V正（H2O），故D错误；
正确答案是A。
15.已知298K下反应2Al2O3（s）+3C（s）= 4Al（s）+3CO2（g）△H=+2171.0kJ/mol，△S=+635.5J/（mol•K），则下列说法正确的是
A. 由题给△H值可知，该反应是一个放热反应
B. △S＞0表明该反应是一个熵减少的反应
C. 该反应在室温下可能自发进行
D. 若温度可以决定反应的方向，则该反应可以自发进行的最低温度为3416.2 K
【答案】D
【解析】
【详解】A.△H=+2171.0kJ/mol>0，表明该反应是一个吸热反应，故A错误；
B.△S=+635.5J/（mol•K）>0，表明该反应是一个熵增加的反应，故B错误；
C.若使本反应自发进行，需使△H-T△S<0，即2171.0kJ/mol-0.6355kJ/（mol•K）•T<0，T>3416.2K时反应才可以自发进行，所以在室温下不可能自发，故C错误；
D.若使本反应自发进行，需使△H-T△S<0，即2171.0kJ/mol-0.6355kJ/（mol•K）•T<0，T>3416.2K时反应才可以自发进行，故D正确。
故选D。
第II卷（非选择题)
二、填空题
16.(1)家用液化气的主要成分之一是丁烷(C4H10)，当1kg丁烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水时，放出热量为5×104kJ，试写出表示丁烷燃烧热的热化学方程式：_________________________________
(2)运用盖斯定律可计算一些不易测定的反应的反应热．已知在298K时下述反应的有关数据：
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) △H1=-110.5kJ•mol-1，
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=-393.5kJ•mol-1．
则C(s)+CO2(g)=2CO(g) 的△H为_____________．
(3)已知下列两个热化学方程式：
H2(g)+1/2O2(g)═H2O(l) △H=-285kJ/mol
C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220.0kJ/mol
已知：H2O(l)═H2O(g) △H=+44.0kJ/mol，
写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：_________________________．
【答案】 (1). C4H10(g)+13/2O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l) △H=-2900kJ/mol (2). +172.5kJ•mol-1 (3). C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2044kJ/mol
【解析】
【详解】(1)燃烧热是指1mol燃料燃烧的热效应，所以当1kg丁烷燃烧放热为5×104kJ时，1mol丁烷(58g)燃烧放热为2900kJ，所以热化学方程式为：C4H10(g)+13/2O2(g)═4CO2(g)+5H2O(l) △H=-2900kJ/mol；
(2)第一个方程式扩大2倍再减去第二个方程式得到：C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5kJ•mol-1 ；
(3)第二个方程式减去4倍的第三个方程式，得到： C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(g)△H=-2044kJ/mol。
17.T ℃时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图(Ⅰ)所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示。
根据以上条件，回答下列问题：
（1）A与B反应生成C的化学方程式为_________________________，正反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。
（2）在密闭容器中，加入2 mol A和6 mol B。
① 当反应达到平衡时，A和B的浓度比是_______；A和B的转化率之比是_______。
② 升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量________。（填“变大”、“变小”或“不变”）
③ 当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将______（填“正向”、“逆向”或“不”）移动。
④ 若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将________（填“正向”、“ 逆向”或“不移动”）。达到新平衡后，容器内温度________（填“大于”、“小于”或“等于”）原来的2倍。
【答案】 (1). A(g)＋3B(g)2C(g) (2). 放热 (3). 1∶3 (4). 1∶1 (5). 变小 (6). 逆向 (7). 逆向 (8). 小于
【解析】
【详解】（1）根据题中图1可知，反应过程中消耗的A、B和C的物质的量之比为(0.5-0.3)：(0.7-0.1)：0.4=0.2：0.6:0.4=1：3：2，该反应的化学方程式为A(g)+3B(g)2C(g)；根据题中图Ⅱ知，T1时刻先达到平衡，反应速率快，因此T1＞T2；而温度从T2变化到T1时，B的体积分数增大，平衡向逆方向移动，因此该反应是放热反应，ΔH＜0；
（2）①加入2 mol A和6 mol B，加入的量之比=1:3，消耗的量之比等于系数之比=1:3所以达平衡后，A和B的浓度比也是1:3；加入的量之比=1:3，消耗的量之比等于系数之比=1:3所以转化率之比=1：1；
②升高平衡体系的温度，平衡逆向移动，质量不变，物质的量增大，所以混合气体的平均相对分子质量变小。
③当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，体积变大浓度变小，平衡逆向移动；
④反应放热，升高温度平衡逆向移动；升温，平衡向吸热逆向移动，使体系温度降低，容器内温度小于原来的2倍。
三、实验题
18.氧化剂H2O2在反应时不产生污染物，被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。某实验小组以H2O2分解为例，探究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。在常温下按照下表所示的方案完成实验。
实验编号
温度(℃)
反应物
催化剂
①
20
25 mL 3% H2O2溶液
无
②
20
25 mL 5% H2O2溶液
无
③
20
25 mL 5% H2O2溶液
0.1g MnO2
④
20
25 mL 5% H2O2溶液
1~2滴1mol/L FeCl3溶液
⑤
30
25 mL 5% H2O2溶液
0.1g MnO2
(1)实验①和②的目的是____________________________。同学甲在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了达到实验目的，可采取的改进方法是__________(写出一种即可)。
(2)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化如甲图所示。分析该图能得出的结论是__________________________，__________________________；
(3)写出实验③中H2O2分解的化学方程式：______________________________；
(4)同学乙设计了乙图所示的实验装置对过氧化氢的分解速率进行定量分析。以生成10mL气体为准，其他影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为__________，实验中需要测量的数据是______________。
(5)某反应在体积为2L的恒容密闭的绝热容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如图所示(已知X、Y、Z均为气体)．
①该反应的化学方程式为______．
②反应开始至2分钟时，Y的平均反应速率为______．
③能说明该反应已达到平衡状态的是______
A．υ(X)=3υ(Y) B．容器内气体密度不变
C．υ逆(Z)=2υ正(Y) D．各组分的物质的量相等
E．混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
④由图求得平衡时X的转化率为______．
【答案】 (1). 探究浓度对反应速率的影响 (2). 向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度) (3). 升高温度，反应速率加快 (4). MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好 (5). 2H2O2 2H2O +O2↑ (6). 分液漏斗 (7). 产生10mL气体所需的时间 (8). Y+3X ⇌2Z (9). 0.025mol/(L·min) (10). CE (11). 30%
【解析】
【分析】
(1)实验①和②的浓度不同；现象不明显，根据题意，需要加快反应速率；
(2)由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合反应的条件分析解答；
(3)H2O2在二氧化锰作用下生成水和氧气；
(4)A仪器名称是分液漏斗；该反应是通过反应速率分析的，根据v=分析；
(5)①由图可知，X 、Y的物质的量减小， Z的物质的量增加，且2min时物质的量不变，判断出X、Y、Z的物质的量的变化量之比，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，据此书写反应的方程式；
②结合v=计算；
③可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，据此分析判断；
④根据X达到平衡时已转化的物质的量与起始的物质的量之比，可求得平衡时X的转化率。
【详解】(1)实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；同学甲在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示，通常条件下过氧化氢稳定，不易分解。为了便于比较，需要加快反应速率，可以向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)，故答案为：探究浓度对反应速率的影响；向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中，升高相同温度)；
(2)由图可知，③、⑤中⑤的反应速率大，说明升高温度，反应速率加快；③、④中④的反应速率小，说明MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好，故答案为：升高温度，反应速率加快；MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好；
(3)H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学反应方程式为：2H2O2 2H2O+O2↑，故答案为：2H2O2 2H2O+O2↑；
(4)结合乙图装置，图中仪器A为分液漏斗；反应是通过反应速率分析，根据v=，所以实验中需要测量的数据是时间(或收集一定体积的气体所需要的时间)，故答案为：分液漏斗；产生10mL气体所需的时间；
(5)①由图可知，X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，且2min时物质的量不变，说明该反应为可逆反应，X、Y、Z的物质的量的变化量之比为(1.0-0.7)∶(1.0-0.9)∶(0.2-0)=3∶1∶2，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则反应为Y+3X ⇌2Z，故答案为：Y+3X ⇌2Z；
②2分钟内，Y的平均反应速率为=0.025mol/(L·min)，故答案为：0.025mol/(L·min)；
③A．根据方程式Y+3X ⇌2Z，任何时候都存在υ(X)=3υ(Y)，不能说明正反应和逆反应的关系，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；B．容器的体积以及气体的质量不变，无论是否达到平衡状态，容器内气体密度都不变，不能说明达到平衡，故B错误；C．根据方程式Y+3X ⇌2Z，当υ逆(Z)=2υ正(Y) 时，正、逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态了，故C正确；D．容器内各物质的物质的量相等，不能说明各组分的浓度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；E．气体的质量不变，但反应前后气体的物质的量不等，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，说明达到平衡状态，故E正确；故答案为：CE；
④由图象可知：达平衡时X的物质的量变化为：△n(X)=1.0mol-0.7mol=0.3mol，所以X的转化率为：×100%=30%，故答案为：30%。
19.用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液在如下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）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_________；
（2）环形玻璃搅拌棒能否用环形铁质搅拌棒代替？_____（填“能”或“不能”），其原因是_________
（3）实验时氢氧化钠溶液的浓度要用0.55 mol/L的原因是_________；实验中若改用60 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____（填“相等”或“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热________（填“相等”或“不相等”）；
（4）已知在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1 mol 水时，放出57.3 kJ的热量，则上述反应的热化学方程式为： _____________。
（5）倒入NaOH溶液的正确操作是 _________
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
（6）某同学利用实验数据计算出的中和热与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)____________。
a．实验装置保温、隔热效果差；
b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度；
c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数；
d．倒完NaOH溶液后，发现装NaOH烧杯内有极少量残留液。
【答案】 (1). 减少热量损失 (2). 不能 (3). 铁会和盐酸反应；铁导热性好，热量损失较大 (4). 为了确保盐酸完全被中和 (5). 不相等 (6). 相等 (7). NaOH(aq)+HCl(aq)= NaCl(aq)+ H2O (l) ΔH=-57.3 kJ/mol (8). C (9). abcd
【解析】
【分析】
(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；
(2)铁是热的良导体，易传热，且铁能与盐酸反应；
(3)氢氧化钠过量能保证盐酸完全反应；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，结合中和热的概念和实质来回答；
(4)根据稀强酸与稀强碱中和生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量书写热化学方程式；
(5)将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；
(6)从对热量的影响分析即可。
【详解】(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是：减少实验过程中的热量损失；
(2)铁是热的良导体，易传热，热量散失较大，实验测得误差较大，且铁能与盐酸反应；
(3)用过量的氢氧化钠保证盐酸反应完全，以盐酸的量为准进行准确计算；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增多，但是中和热是以强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热为标准，与酸碱的用量无关；
(4)已知稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ热量，盐酸和氢氧化钠稀溶液都是强酸和强碱的稀溶液，则反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O (l)△H=-57.3 kJ/mol；
(5)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为C；
(6)a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a符合题意；
b．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀HCl测温度，盐酸的起始温度偏高，温度差偏小，中和热的数值偏小，故b符合题意；
c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量不变，但温度差偏小，中和热的数值偏小，故c符合题意；
d．倒完NaOH溶液后，发现装NaOH烧杯内有极少量残留液，则参加反应的NaOH偏小，测得的热量偏小，中和热数值偏小，故d符合题意；
故答案为：abcd。
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