还剩26页未读，
继续阅读
【化学】山西省太原市第五中学2018-2019学年高二上学期10月月考（理）试题（解析版）
展开
山西省太原市第五中学2018-2019学年高二上学期10月月考（理）试题
1.页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，是一种重要的非常规天然气资源。我国的页岩气储量超过其他任何一个国家，可采储量有1275万亿立方英尺。这些储量足够中国使用300多年，有关页岩气的叙述错误的是
A. 页岩气属于一种新能源
B. 页岩气属于一次能源
C. 页岩气属于清洁能源
D. 页岩气属于不可再生能源
【答案】A
【解析】
【分析】
“页岩气”是从页岩层中开采出来的天然气，属于化石燃料，短期内不能再生，主要成分为甲烷，燃烧时生成二氧化碳和水。
【详解】A项、“页岩气”是从页岩层中开采出来的天然气，主要成分为甲烷，不是新能源，故A错误；
B项、“页岩气”的主要成分为甲烷，能为人类提供能量并作为化工原料，故是一种能源，故B正确；
C项、“页岩气”的主要成分为甲烷，燃烧时生成二氧化碳和水，故是一种清洁能源，故C正确；
D项、“页岩气”是从页岩层中开采出来的天然气，属于化石燃料，是不可再生能源，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查有关化石燃料的基础知识，明确化石燃料的成分和燃烧产物是解题关键。
2.在水溶液中存在反应：Ag＋＋Fe2＋Ag(s)＋Fe3＋ΔH＜0，达到平衡后，为使平衡体系中析出更多的银，可采取的措施是( )
A. 升高温度 B. 加水稀释
C. 增大Fe2＋的浓度 D. 常温下加压
【答案】C
【解析】
试题分析：A．该反应的正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A错误；B．加水稀释，平衡向离子数目增多的方向移动，平衡向逆反应方向移动，B错误；C．增大Fe2＋的浓度，平衡正向移动，生成更多的银，C正确；D．常温下加压对水溶液中的平衡移动几乎无影响，D错误；答案选C。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
3.中和热测定实验中，用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行实验，下列说法不正确的是
A. 改用25mL 0.50mol/L盐酸跟25mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，求出的中和热数值和原来相同
B. 酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃棒搅拌
C. 装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热减少热量损失
D. 实验中应记录测量出反应过程中的最高温度
【答案】D
【解析】
【分析】
A、中和热的含义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水的过程中所放出的热量，为了保证实验准确，采用的酸碱中，往往保证一方过量；
B、酸碱混合时要迅速，并且用环形玻璃搅拌棒搅拌不断搅拌，防止热量的散失；
C、根据中和热测定实验成败的关键是做好保温工作；
D、实验中应记录反应时需测量反应前酸和碱的温度以及反应后的最高温度。
【详解】A项、反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用25mL 0.50mol/L盐酸跟25mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增多，所放出的热量偏高，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，故A正确；
B项、在中和热的测定过程中，酸碱混合时要迅速，并且用环形玻璃搅拌棒搅拌不断搅拌,故B正确；
C项、中和热测定实验成败的关键是做好保温工作，实验中，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失，故C正确。
D项、中和热的测定中，要测定酸碱中和反应中放出的热量，用反应的最高温度为末温度、溶液初始温度为初温度，初末温度做差，再利用溶液的比热容、溶质的物质的量等代入计算公式，可以求得反应的中和热，则实验中应记录反应时需测量反应前酸和碱的温度以及反应后的最高温度，D错误。
故选D。
【点睛】本题考查中和热的测定，注意中和热的含义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水的过程中所放出的热量，是一个定值，保温工作是实验成功的关键。
4.从下列实验事实所引出的相应结论正确的是
选项
实验事实
结论
A
其他条件相同，Na2S2O3与H2SO4反应时c(Na2S2O3)越大，析出S沉淀的时间越短
当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快
B
在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变
催化剂一定不参与化学反应
C
物质的量浓度相同的盐酸和醋酸分别与等质量的、形状相同的锌粒反应
反应开始时速率相同
D
在容积可变的密闭容器中发生反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)，把容积缩小一倍
正反应速率加快，逆反应速率不变
【答案】A
【解析】
【分析】
A、反应物浓度增大，反应速率加快；
B、催化剂改变反应的途径，参与反应；
C、金属与反应时，氢离子浓度相同，则速率相同；
D、容积缩小一倍，压强增大
【详解】A项、其他条件相同，Na2S2O3溶液浓度越大，析出硫沉淀所需要的时间越短，是因反应物浓度增大，反应速率加快，故A正确；
B项、催化剂改变反应的途径，参与反应，但反应前后其质量和化学性质不变，故B错误；
C项、金属与反应时，氢离子浓度相同，则速率相同，物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，则反应开始时速率盐酸大于醋酸，故C错误；
D项、容积缩小一倍，压强增大，则正逆反应速率均增大，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查化学反应速率，明确影响反应速率的因素正确评价实验中的结论是解答的关键。
5.25 ℃和1.01×105 Pa时，反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g） △H =＋56.76 kJ/mol自发进行的原因是
A. 是吸热反应 B. 是放热反应
C. 是熵减少的反应 D. 熵增大效应大于能量效应
【答案】D
【解析】
2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) △H=+56.7kJ/mol，是一个吸热反应，△H＞0，反应能够自发进行，必须满足△G=△H-T•△S＜0，所以△S＞0，且熵增效应大于能量效应，故选D。
6.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（ ）
A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充O2
【答案】B
【解析】
试题分析：：A．增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
7.不能用勒夏特列原理解释的是
A. 使用铁触媒，加快合成氨反应速率
B. 溴水中存在Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅
C. 合成氨工业采用20~50 MPa高压
D. 反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g) ΔH<0，平衡后，升高温度体系颜色变深
【答案】A
【解析】
【分析】
勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。
A、催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；
B、加入硝酸银，生成溴化银沉淀，溶液中溴离子浓度减小，平衡向着正向移动；
C、增大压强，平衡向气态物质化学计量数减少的方向移动；
D、升高温度，平衡向吸热方向移动。
【详解】A项，催化剂不影响平衡移动，所以加入催化剂使反应速率加快，不能用平衡移动原理解释，故A选；
B项、加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度减小，平衡向正方向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，故B不选；
C项、合成氨反应中，增大压强可使平衡向正反应分析移动，可提高原料的利用率，可用勒夏特列原理解释，故C不选；
D项、反应CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）的正反应为放热反应，达平衡后，升高温度平衡逆向移动，体系颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故D不选。
故选A。
【点睛】本题考查勒夏特列原理知识，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动
8.在一定条件下，可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0。达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是
A. 加催化剂v正、v逆都发生变化，而且变化的倍数相等
B. 加压v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
C. 降温，v正、v逆都减小，且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数
D. 加入氩气，v正、v逆都增大且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
【答案】D
【解析】
【分析】
由反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＜0可知，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动。
【详解】A项、加入催化剂，正逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，平衡不移动，故A正确；
B项、反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，v（正）、v（逆）都增大，平衡向正反应方向移动，说明v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数，故B正确；
C项、正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，则降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，v（正）减小的倍数小于v（逆）减小的倍数，故C正确；
D项、在体积不变的密闭容器中通入氩气，虽然压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查外界条件对平衡移动的影响，以及平衡移动与正逆反应速率的大小关系，题目难度不大，易错点为D，注意压强改变时，只有浓度改变，反应速率和平衡才会改变。
9.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如下图所示,下列说法错误的是
A. 反应总过程ΔH<0
B. Fe+使反应的活化能减小
C. FeO+也是该反应的催化剂
D. Fe++N2OFeO++N2、FeO++COFe++CO2两步反应均为放热反应
【答案】C
【解析】
【分析】
A、反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应是放热反应； B、Fe+是催化剂，降低该反应的活化能； C、FeO+是中间产物； D、由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能高于生成物的总能量。
【详解】反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应是放热反应，反应的△H＜0，故A正确；Fe+是催化剂，降低该反应的活化能，所以Fe+使该反应的活化能减小，故B正确；FeO+是中间产物，而不是催化剂，故C错误；由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故D正确，选C。
【点睛】本题考查化学反应中的能量变化及其能量的关系，会根据反应物、生成物总能量判断反应的热效应，注意催化剂和中间产物的判断。
10.下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是
①C(s)＋O2(g)＝CO2(g)；△H1 C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g)；△H2
②S(s)＋O2(g)＝SO2(g)；△H3 S(g)＋O2(g)＝SO2(g)；△H4
③H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)；△H5 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)；△H6
④CaCO3(s)＝CaO(s)＋CO2(g)；△H7 CaO(s)＋H2O(l)＝Ca(OH)2(s)；△H8
A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
①由于CO具有可燃性，所以ΔH1<ΔH2；②由于能量：S(s)ΔH2；③由于前一个反应消耗反应物较少，所以ΔH1>ΔH2；④由于前一个反应吸热，后一个反应放热，所以ΔH1>ΔH2；。故选C。
11.O3是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生的反应如下：反应①O3O2＋[O] ΔH>0，平衡常数为K1；反应②，[O]＋O32O2 ΔH<0 平衡常数为K2；总反应：2O33O2ΔH<0，平衡常数为K。下列叙述正确的是
A. 降低温度，总反应K减小
B. K＝K1＋K2
C. 适当升温，可提高消毒效率
D. 压强增大，K2减小
【答案】C
【解析】
【分析】
由盖斯定律可知反应①+②可得总反应，则K=K1×K2，结合温度对平衡移动的影响判断。
【详解】A项、由总反应：2O3═3O2 ΔH<0，可知正反应为放热反应，则降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故A错误；
B项、由盖斯定律可知反应①+②可得总反应，则K=K1×K2，故B错误；
C项、适当升温，反应速率增大，则可提高消毒效率，故C正确；
D项、平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，升高温度平衡向吸热反应方向移动、平衡常数为温度函数是解答的关键。
12.在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，能说明下列反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g)达到平衡状态的是：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比，⑦某种气体的百分含量
A. ①③④⑤⑦ B. ①②③④⑦ C. ②③④⑥⑦ D. ①②④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
化学平衡状态是指在一定条件下的可逆反应，正反应速率和逆反应速率相等时，反应物和生成物的浓度（或一种物质浓度）不再改变，达到了表面上的静止的一种“平衡状态”。化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，结合反应的特点进行分析。
【详解】①反应前后气体的体积不等，容器中总压强不变，可说明达到平衡状态，正确；
②反应前后气体的质量不等，当达到平衡状态时，容器中混合气体的密度不变，正确；
③反应前后气体的体积不等，混合气体的总物质的量不变，可说明达到平衡状态，正确；
④反应前后气体的质量不等，混合气体的总物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不变，可说明达到平衡状态，正确；
⑤该反应没有气体颜色变化，混合气体的颜色不变，不能说明达到平衡状态，错误；
⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比，不能确定正逆反应速率是否相等，不能说明达到平衡状态，错误；
⑦达到平衡状态时，各物质的浓度不变，体积分数不变，可说明达到平衡状态，正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，解答该类题目一定要分析反应的特点，注意把握判断是否达到平衡的角度，特别是反应前后气体的变化关系以及有无固体参加反应不能忽视。
13. 对反应A+B=AB来说，常温下按以下情况进行反应：
①20mL溶液中含A、B各0.01mol ②50mL溶液中含A、B各0.05mol
③0.1mol•L－1的A、B溶液各10mL ④0.5mol•L－1的A、B溶液各50mL
四者反应速率的大小关系是
A. ②＞①＞④＞③ B. ④＞③＞②＞①
C. ①＞②＞④＞③ D. ①＞②＞③＞④
【答案】A
【解析】
试题分析：对于化学反应，反应物浓度越大，则反应速率越大，①中含A、B的浓度为：=0.5mol/L，②中含A、B的浓度为：=1mol/L，③含A、B的浓度为：0.05mol/L，④含A、B的浓度为：0.25mol/L，四者浓度的大小关系是②＞①＞④＞③，则四者反应速率的大小关系是②＞①＞④＞③，故选A。
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
14.已知反应：H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH1
1/2N2(g)＋O2(g)===NO2(g) ΔH2
1/2N2(g)＋3/2H2(g)===NH3(g) ΔH3
则反应2NH3(g)＋7/2O2(g)===2NO2(g)＋3H2O(g)的ΔH为
A. 2ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3 B. ΔH1＋ΔH2－ΔH3
C. 3ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3 D. 3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3
【答案】D
【解析】
【分析】
利用盖斯定律可知，反应一步完成和多步完成的热效应相同，利用已知的反应和目标反应确定关系，然后计算反应热。
【详解】将已知反应依次编号为①②③，根据盖斯定律进行计算，由①×3-③×2+②×2得出反应2NH3(g)＋7/2O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)，则△H=3△H1+2△H2-2△H3，故选D。
【点睛】本题考查了盖斯定律的计算，根据已知方程式和目标方程式进行分析解答是关键。
15.一定条件下,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),达到平衡时,X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1,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
【解析】
A．设X转化的浓度为x，
X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）
初始：c1 c2 c3
转化：x 3x 2x
平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
所以c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A错误；
B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；
C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；
D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol•L﹣1，故有0＜c1＜0.14mol•L﹣1，故D正确；
【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点．
16.工业生产硫酸的过程中，SO2在接触室中被催化氧化为SO3气体，已知该反应为放热反应。现将2 mol SO2、1 mol O2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3 kJ，此时测得SO2的转化率为50%，则下列热化学方程式正确的是
A. 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=−196.6 kJ·mol−1
B. 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=−98.3 kJ·mol−1
C. SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g) ΔH=+98.3 kJ·mol−1
D. SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g) ΔH=−49.2 kJ·mol−1
【答案】A
【解析】
【分析】
SO2在接触室中被催化氧化为SO3，已知该反应为一放热反应．现将2mol SO2、1mol O2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的物质的量为1mol．反应是可逆反应，发生反应的二氧化硫为1mol，放热为98.3KJ，所以依据反应放出的热量，结合热化学方程式的书写方法来解答，注意标注物质的聚集状态。
【详解】将2mol SO2、1mol O2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的物质的量为1mol，说明反应是可逆反应，不能进行彻底，实际发生反应的二氧化硫为1mol，1mol二氧化硫全部反应放热98.3KJ，热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=−196.6 kJ·mol−1或SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)△H=-98.3 kJ·mol−1。
A项、热化学方程式符合题意，故A正确；
B项、热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的量不符合，故B错误；
C项、反应是放热反应，不是吸热反应，△H=-98.3 kJ·mol−1，故C错误；
D项、热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的量不符合，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了热化学方程式，注意可逆反应的特点是反应不能进行彻底。
17.可逆反应2A(g)+B(g) 2C(g)，根据下表中的数据判断下列图像错误的是
压强
A的转化率
温度
P1(MPa)
P2(MPa)
400℃
99.6%
99.7%
500℃
96.9%
97.8%
【答案】D
【解析】
【分析】
据反应及图表分析，恒压时，升温反应物A的转化率减小，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，恒温时，加压平衡会向正反应方向移动，据表中数据可得P2>Pl，v正>v逆。
【详解】A项、升高温度，A的转化率减小，说明化学平衡向逆反应方向移动，A正确；
B项、升高温度，C的百分含量减小，化学平衡向逆反应方向移动，增大压强，C的百分含量增大，化学平衡向正反应方向移动，B正确；
C项、升高温度，V正、V逆都增大，但吸热反应方向增大的多，即V逆>V正，所以平衡逆向移动，C正确；
D项、当反应达到平衡后，增大压强，V正、V逆都增大，但反应物的浓度增大的多，生成物的浓度增大的少，所以V正>V逆，平衡正向移动，错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学平衡图象，考查温度温度、压强对平衡移动的影响，涉及温度、压强与化学平衡、反应速率、物质的含量及转化率等的关系，注意分析表中数据以及图象的曲线的变化是关键。
18.已知:①2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1
②2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-1 452 kJ·mol-1
③H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1
下列说法正确的是
A. H2(g)的燃烧热为142.9 kJ·mol-1
B. 同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧,H2(g)放出的热量多
C. 1/2H2SO4(aq)+1/2Ba(OH)2(aq)1/2BaSO4(s)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1
D. 3H2(g)+CO2(g)CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=+131.4 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】
A、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量；
B、根据反应热和化学方程式系数的关系来回答；
C、中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，依据概念对选项分析判断；
D、根据盖斯定律计算反应的焓变。
【详解】A项、H2(g)的燃烧热ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，A错误；
B项、根据相关的热化学方程式可以求出氢气和甲醇的热值分别为142.9kJ/g和45.4kJ/g，可知同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出热量多，B正确；
C项、因有BaSO4(s)生成，该反应的ΔH≠－57.3 kJ·mol－1，C错误；
D项、由盖斯定律，1/2×(①×3-②)得3H2(g)+CO2(g)= CH3OH(l)+H2O(l) ΔH＝-131.4 kJ·mol－1，D错误。
故选D。
【点睛】反应热与焓变，侧重于热化学方程式的理解，注意把握热化学方程式的意义以及燃烧热的定义是解答的关键。
19.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g) ΔH＞0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：
时间/s
0
500
1 000
1 500
c(N2O5)/ mol·L－1
5.00
3.52
2.50
2.50
下列说法正确的是
A. 500 s内NO2的生成速率为2.96×10－3 mol·L－1·s－1
B. T1温度下该反应平衡时NO2的产率为25%
C. 达到平衡后，其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2,则c(N2O5)<5.00 mol·L－1
D. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＞K2
【答案】D
【解析】
【分析】
A、依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度计算分解率；
B、由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，计算平衡浓度，根据转化率=消耗量/起始量×100%计算；
C、其他条件不变时，将容器的体积压缩到原来的1/2，若平衡不移动，此时N2O5（g）浓度为5.00mol•L-1；
D．平衡常数只受温度影响，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动。
【详解】A项、依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L
=1.48mol/L，分解速率= =2.96×10-3 mol/（L•s），故A错误；
B项、由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，转化率为（5mol/L−2.5mol/L）/5mol/L×100%=50%，故B错误；
C项、其他条件不变时，将容器的体积压缩到原来的1/2，若平衡不移动，此时N2O5（g）浓度为5.00mol•L-1，但增大压强，平衡逆向移动，则平衡时c（N2O5）>5.00mol•L-1，故C错误；
D项、正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，若T1>T2，则K1>K2，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查化学平衡，涉及化学反应速率计算、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数等，注意化学平衡常数是温度函数，只受温度影响是解答的关键。
20.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4 mol，同时放出热量Q kJ。则下列分析正确的是( )
A. 在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3
B. 若反应开始时容器体积为2 L，则v(SO3)＝0.35 mol/(L·min)
C. 若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)<1.4 mol
D. 若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量大于Q kJ
【答案】C
【解析】
试题分析：A．反应在恒温恒压条件下进行，应前后的压强之比为1：1，A错误；B．若容器体积不变，v(SO3)= (1.4mol÷2L)÷2min=0.35mol/（L•min），但反应是在恒温恒压条件进行，反应达到平衡时，容器体积小于2L，相当于增大体系的压强，化学反应速率增大，所以v(SO3＞0.35mol/（L•min），B错误；C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，由于该反应的正反应是放热反应，绝热温度升高，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向进行，平衡后n(SO3)＜1.4mol，C正确；D．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应过程中压强减小，化学平衡向气体体积扩大的逆反应方向进行，达平衡时放出热量小于Q kJ，D错误。答案选C。
考点：考查恒温恒压和恒温恒容条件下的化学反应速率和化学平衡的移动的有关知识。
21.高炉炼铁中发生的基本反应之一如下：FeO(s) +CO(g)Fe(s)+CO2(g)（正反应是吸热反应），已知1100℃时K=0.263。
（1）温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比值________；平衡常数K值___________ （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）1100℃时测得高炉中c（CO2）=0.025mol·L﹣1、c（CO）=0.1mol·L﹣1，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态_________ （选填“是”或“否”），此时，化学反应速率是v(正)_____ v(逆)（选填“大于”“小于”或“等于”），其原因是____________。
【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 否 (4). 大于 (5). Qc < K，平衡向正反应方向移动
【解析】
【分析】
（1）升高温度平衡向吸热方向移动，根据平衡移动的方向判断高炉内CO2和CO的体积比值变化以及平衡常数K值；
（2）反应是吸热反应，计算浓度商，与平衡常数比较，可判断反应是否达到平衡状态并判断反应进行的方向。
【详解】（1）化学反应是吸热反应，温度升高，化学平衡正向进行，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比值增大；依据化学平衡常数概念和计算式判断平衡常数增大，故答案为：增大；增大；
（2）1100℃时测得高炉中c（CO2）=0.025mol•L-1，c（CO）=0.1mol•L-1，在这种情况下，难度商Qc= c（CO2）/ c（CO）=0.025mol•L-1/0.1mol•L-1=0.25＜K=0.263，所以此时反应未达到化学平衡，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：否；大于；Qc < K，平衡向正反应方向移动
【点睛】本题考查了化学平衡常数的计算，关键是理解平衡常数是温度函数，随温度变化而变化，注意应用浓度商和平衡常数比较判断反应是否平衡，判断反应进行的方向。
22.K2Cr2O7溶液中存在平衡: Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验:
（1）向K2Cr2O7溶液中加入30% NaOH溶液，溶液呈________色，因为________________。
（2）若向已加入NaOH溶液的(1)中再加入过量稀硫酸，则溶液呈________色，因为____________________________________________________。
（3）向K2Cr2O7溶液中逐滴加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)，则平衡向着_________方向移动，溶液颜色变化为____________。
（4）对比②和④可得出的结论是______________________________
【答案】 (1). 黄 (2). c(H+)变小，平衡向正反应方向移动，使c(CrO42-)增大 (3). 橙 (4). 加入过量稀硫酸，使得溶液中c(H+)变大，平衡向逆反应方向移动，使c(Cr2O72-)增大 (5). 正反应 (6). 橙色逐渐变浅，最后变为无色 (7). K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
【解析】
【分析】
（1）加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动；
（2）加入酸，H+浓度增大，平衡左移，Cr2O72-浓度增大；
（3）向原溶液中加入Ba（NO3）2溶液，生成BaCrO4沉淀，CrO42-浓度降低。
（4）酸性溶液中变色，碱性溶液不变色，说明K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性强。
【详解】（1）加入少量NaOH固体，中和氢离子，溶液中H+离子浓度降低，平衡向右移动，溶液呈黄色，故答案为：黄；c(H+)变小，平衡向正反应方向移动，使c(CrO42-)增大；
（2）加入酸，溶液中H+离子浓度增大，平衡左移，溶液中Cr2O72-离子浓度增大，溶液呈橙色，故答案为：橙；加入过量稀硫酸，使得溶液中c(H+)变大，平衡向逆反应方向移动，使c(Cr2O72-)增大；
（3）向原溶液中加入Ba（NO3）2溶液，生成BaCrO4沉淀，CrO42-浓度降低，平衡正向移动，溶液的颜色变浅，最后变为无色，故答案为：正反应；橙色逐渐变浅，最后变为无色；
（4）酸性溶液中变色，碱性溶液不变色，说明K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性强。
【点睛】本题考查了影响化学平衡移动的因素，侧重浓度对平衡移动的影响和溶液酸碱性对物质性质的影响考查，注意对化学平衡移动原理的理解，根据题意分析平衡的移动方向。
23.硫酸是重要的化工原料，生产过程中SO2催化氧化生成SO3的化学反应为：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)。
（1）实验测得SO2反应生成SO3的转化率与温度、压强有关，请根据下表信息，结合工业生产实际，选择最合适的生产条件是________。
压强
SO2转化率
温度
1个大气压
5个大气压
10个大气压
15个大气压
400℃
0.9961
0.9972
0.9984
0.9988
500℃
0.9675
0.9767
0.9852
0.9894
600℃
0.8520
0.8897
0.9276
0.9468
（2）反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)达到平衡后，改变下列条件，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小的是________（填字母）。
A．保持温度和容器体积不变，充入1molO2(g)
B．保持温度和容器体积不变，充入2mol SO3(g)
C．降低温度
D．在其他条件不变时，减小容器的容积
（3）某温度下， SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如下图所示。
2.0 molSO2和1.0mol O2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10 MPa。平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)_____K(B)（填“>”、“<”或“=”）, B点的化学平衡常数是______。
（4）在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20mol SO2和0.10molO2, t1时刻达到平衡，测得容器中含SO30.18mol。
①tl 时刻达到平衡后，改变一个条件使化学反应速率发生如下图所示的变化，则改变的条件是________。
A．体积不变，向容器中通入少量O2
B．体积不变，向容器中通入少量SO2
C．缩小容器体积
D．升高温度
E．体积不变，向容器中通入少量氮气
②若继续通入0.20mol SO2和0.10molO2，则平衡________移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”) ，再次达到平衡后，n(SO3)的取值范围是_____________。
【答案】 (1). 400℃和1个大气压 (2). AC (3). ＝ (4). 800 (5). C (6). 向正反应方向 (7). 0.36mol
【详解】（1）因为SO2与O2的反应是放热反应，所以选择的温度为400℃，而1个标准大气压时SO2的转化率已经很大，再增大压强，SO2的转化率提高不大，但会增加生产成本，所以选择1个标准大气压，故答案为：400℃，1个标准大气压；
（2）A、保持温度和容器体积不变，O2的浓度增大，平衡正向移动，SO2的浓度减小，所以A正确；
B、保持温度和容器内压强不变，充入2mol SO3（g）相当于充入2.0molSO2和5.0molO2，新的平衡与原平衡等效，SO2的浓度不变，所以B错误；
C、降低温度，平衡向放热的方向移动，而正反应为放热，所以平衡正向移动，SO2的浓度减小，所以C正确；
D、在其他条件不变时，减小容器的容积，SO2的浓度瞬间增大，之后平衡向气体体积减少的方向移动，即向正反应方向移动，SO2的浓度减小，再次到达平衡时SO2的浓度仍比原来大，所以D错误。
故答案为：AC；
（3）平衡常数只受温度的影响，温度不变，则压强改变，平衡状态由A变到B时，则K（A）=K（B），由图象知，体系总压强为0.10MPa时SO2的平衡转化率为0.8，则二氧化硫转化物质的量=2.0mol×0.8=1.6mol，则依据题意建立如下三段式：
2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
起始：2.0mol 1.0mo 0
转化：1.6mol 0.8mol 1.6mol
平衡：0.4mol 0.2mol 1.6mol
则平衡时c（SO2）=0.04mol/L，c（O2）=0.02mol/L，c（SO3）=0.16mol/L，K（A）=K（B）=c2（SO3）/ c2（SO2）c（O2）=(0.16mol/L)2/(0.04mol/L)2×0.02mol/L=800，故答案为：=，800；
（4）①t1时刻达到平衡后，改变一个条件使化学反应速度发生如图所示的变化分析可知，改变条件正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率。
A．体积不变，向容器中通入少量O2，此时刻正反应速率增大，逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，逆反应速率增大，最后达到新的平衡状态，图象中逆反应速率变化不符合，故A错误；
B．体积不变，向容器中通入少量SO2，此时刻正反应速率增大，逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，逆反应速率增大，最后达到新的平衡状态，图象中逆反应速率变化不符合，故B错误；
C．缩小容器体积，压强增大，正逆反应速率增大，正反应是气体体积减小的反应，所以平衡正向进行，图象变化符合要求，故C正确；
D．正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，正逆反应速率都增大，逆反应速率大于正反应速率，故D错误；
E．体积不变，向容器中通入少量氮气，总压增大，各气体分压不变，平衡不变，故E错误；
故选C；
②当生成0.18molSO3时，参加反应的氧气的物质的量为x，依据题意建立如下关系：
2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
1 2
x 0.18mol
x=0.18mol×1/2=0.09mol，继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2，容器内压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动；假设平衡不移动，此时n（SO3）=0.18×2=0.36mol，假设0.40molSO2完全生成SO3，根据反应方程式2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）可知，n（SO3）=0.4mol，所以再次达到平衡时，0.36mol
24.亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，可通过如下反应获得：2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)。
（1）氢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酰氯，涉及如下反应：
①2NO2(g)＋NaCl(s) NaNO3(s)＋ClNO(g) K1
②4NO2(g)＋2NaCl(s) 2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g) K2
③2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g) K3
则K3＝________(用K1和K2表示)。
（2）已知几种化学键的键能数据如下表(亚硝酰氯的结构为Cl—N===O)：
化学键
N≡O
Cl—Cl
Cl—N
N===O
键能/(kJ·mol－1)
630
243
a
607
则2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)反应的ΔH和a的关系为ΔH＝_______kJ·mol－1。
（3）按投料比2∶1把NO和Cl2加入到一恒压的密闭容器中发生反应，平衡时NO的转化率与温度T、压强p(总压)的关系如图(a)所示：
①该反应的ΔH________(填“>”“<”或“＝”)0。
②在p压强条件下，M点时容器内NO的体积分数为________。
③若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp＝________(用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数)。
（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)，在n(NO)/n(Cl2)＝1.5时达到平衡状态，ClNO的体积分数可能是图(b)中D、E、F三点中的________点。
【答案】 (1). K3=K12/K2 (2). +(289-2a) (3). < (4). 40% (5). 5/p (6). D
【解析】
【详解】（1）已知：①2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g），②4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），将①×2-②可得：2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），则平衡常数K3=K12/K2，故答案为：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）-（2a+2×607）=（289-2a）kJ/mol，故答案为：289-2a；
（3）①根据图象可知T1
2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）
起始（mol） 2 1 0
反应（mol） 1 0.5 1
平衡（mol） 1 0.5 1
平衡时混合气体的总物质的量为2.5mol，则M点时容器内NO的体积分数为1mol/2.5mol×100%=40%,故答案为：40%；
③由三段式数据计算可得，NO的体积分数为40%，Cl2的体积分数为20%，ClNO的体积分数为40%，则M点的分压平衡常数Kp＝（0.4p）2/（0.4p）2×（0.2p）=5/p，故答案为：5/p；
（4）n(NO)/n(Cl2)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；当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时，两种反应物的转化率相同，故此时生成物的百分含量最大，当n(NO)/n(Cl2) 增大到1.5时产物的百分含量增大，所以应该是D点，故答案为：D。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理的综合应用，侧重考查分析判断能力及计算能力，涉及了化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响因素等知识点，主要利用三段式法进行有关计算。
化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时一看面：纵坐标与横坐标的意义；二看线：线的走向和变化趋势；三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。
25.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) △H1=+551kJ•mol-1
反应Ⅲ：S(g)+O2(g)=SO2(g) △H3=-297 kJ•mol-1
反应Ⅱ的热化学方程式：____________________。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示，p2______p1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是__________。
（3）I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii补充完整
i．SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+______=______+______+2I-
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象，（已知：I2易溶解在KI溶液中）
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol•L-1 KI
amol•L-1 KI
0.2mol•L-1H2SO4
0.2mol•L-1H2SO4
0.2 mol•L-1 KI
0.0002 molI2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
① B是A的对比实验，则a=______。
②比较A、B、C，可得出的结论是______。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A．结合i，ii反应速率解释原因：______。
【答案】 (1). 3SO2(g)+2H2O (g)2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 (2). > (3). 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (4). SO2 SO42− 4H+ (5). 0.4 (6). I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 (7). 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】
【详解】（1）由题给示意图可知，反应Ⅱ为二氧化硫发生歧化反应生成硫酸和硫，反应的化学方程式为：3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）,由盖斯定律可知，反应Ⅲ—反应Ⅰ得反应Ⅱ，则△H2=△H3—△H1=（—297kJ·mol-1）—（+55 kJ·mol-1）=—352 kJ·mol-1，则热化学方程式为：3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）△H=—352 kJ·mol-1，故答案为：3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1；
（2）反应Ⅱ为气态物质化学计量数减少的反应，增大压强化学平衡正向移动，硫酸的质量分数增大，则p2大于p1，故答案为：>；反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大；
（3）由题意可知，I—为反应的催化剂，则反应ⅱ的反应物为I2、SO2和水，生成物为氢碘酸和硫酸，反应的离子方程式为：I2+SO2+2 H2O=4H++2I—+ SO42—，故答案为：SO2；SO42− ；4H+；
（4）①A与B是探究H+浓度对反应速率的影响，因此A和B中KI溶液浓度必须相同，则a为0.4mol/L，故答案为：0.4mol/L；
②对比A、B、C的实验现象可知，酸性条件下，I—的催化能力加强，故答案为：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；
③由A、D实验现象对比可知，增大I2浓度，反应ⅱ的反应速率加快，H+浓度增大，加强了I—的催化能力，故答案为反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快。
【点睛】本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，易错点是（4），研究影响化学反应速率的因素，要求其他的条件不变，对比B和A，KI的浓度应相等，因此a为0.4，根据实验现象，从而得出合理结论，平时应学会根据实验现象，推出实验结论。
1.页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，是一种重要的非常规天然气资源。我国的页岩气储量超过其他任何一个国家，可采储量有1275万亿立方英尺。这些储量足够中国使用300多年，有关页岩气的叙述错误的是
A. 页岩气属于一种新能源
B. 页岩气属于一次能源
C. 页岩气属于清洁能源
D. 页岩气属于不可再生能源
【答案】A
【解析】
【分析】
“页岩气”是从页岩层中开采出来的天然气，属于化石燃料，短期内不能再生，主要成分为甲烷，燃烧时生成二氧化碳和水。
【详解】A项、“页岩气”是从页岩层中开采出来的天然气，主要成分为甲烷，不是新能源，故A错误；
B项、“页岩气”的主要成分为甲烷，能为人类提供能量并作为化工原料，故是一种能源，故B正确；
C项、“页岩气”的主要成分为甲烷，燃烧时生成二氧化碳和水，故是一种清洁能源，故C正确；
D项、“页岩气”是从页岩层中开采出来的天然气，属于化石燃料，是不可再生能源，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查有关化石燃料的基础知识，明确化石燃料的成分和燃烧产物是解题关键。
2.在水溶液中存在反应：Ag＋＋Fe2＋Ag(s)＋Fe3＋ΔH＜0，达到平衡后，为使平衡体系中析出更多的银，可采取的措施是( )
A. 升高温度 B. 加水稀释
C. 增大Fe2＋的浓度 D. 常温下加压
【答案】C
【解析】
试题分析：A．该反应的正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A错误；B．加水稀释，平衡向离子数目增多的方向移动，平衡向逆反应方向移动，B错误；C．增大Fe2＋的浓度，平衡正向移动，生成更多的银，C正确；D．常温下加压对水溶液中的平衡移动几乎无影响，D错误；答案选C。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
3.中和热测定实验中，用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行实验，下列说法不正确的是
A. 改用25mL 0.50mol/L盐酸跟25mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，求出的中和热数值和原来相同
B. 酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃棒搅拌
C. 装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热减少热量损失
D. 实验中应记录测量出反应过程中的最高温度
【答案】D
【解析】
【分析】
A、中和热的含义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水的过程中所放出的热量，为了保证实验准确，采用的酸碱中，往往保证一方过量；
B、酸碱混合时要迅速，并且用环形玻璃搅拌棒搅拌不断搅拌，防止热量的散失；
C、根据中和热测定实验成败的关键是做好保温工作；
D、实验中应记录反应时需测量反应前酸和碱的温度以及反应后的最高温度。
【详解】A项、反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用25mL 0.50mol/L盐酸跟25mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增多，所放出的热量偏高，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，故A正确；
B项、在中和热的测定过程中，酸碱混合时要迅速，并且用环形玻璃搅拌棒搅拌不断搅拌,故B正确；
C项、中和热测定实验成败的关键是做好保温工作，实验中，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失，故C正确。
D项、中和热的测定中，要测定酸碱中和反应中放出的热量，用反应的最高温度为末温度、溶液初始温度为初温度，初末温度做差，再利用溶液的比热容、溶质的物质的量等代入计算公式，可以求得反应的中和热，则实验中应记录反应时需测量反应前酸和碱的温度以及反应后的最高温度，D错误。
故选D。
【点睛】本题考查中和热的测定，注意中和热的含义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水的过程中所放出的热量，是一个定值，保温工作是实验成功的关键。
4.从下列实验事实所引出的相应结论正确的是
选项
实验事实
结论
A
其他条件相同，Na2S2O3与H2SO4反应时c(Na2S2O3)越大，析出S沉淀的时间越短
当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快
B
在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变
催化剂一定不参与化学反应
C
物质的量浓度相同的盐酸和醋酸分别与等质量的、形状相同的锌粒反应
反应开始时速率相同
D
在容积可变的密闭容器中发生反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)，把容积缩小一倍
正反应速率加快，逆反应速率不变
【答案】A
【解析】
【分析】
A、反应物浓度增大，反应速率加快；
B、催化剂改变反应的途径，参与反应；
C、金属与反应时，氢离子浓度相同，则速率相同；
D、容积缩小一倍，压强增大
【详解】A项、其他条件相同，Na2S2O3溶液浓度越大，析出硫沉淀所需要的时间越短，是因反应物浓度增大，反应速率加快，故A正确；
B项、催化剂改变反应的途径，参与反应，但反应前后其质量和化学性质不变，故B错误；
C项、金属与反应时，氢离子浓度相同，则速率相同，物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，则反应开始时速率盐酸大于醋酸，故C错误；
D项、容积缩小一倍，压强增大，则正逆反应速率均增大，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查化学反应速率，明确影响反应速率的因素正确评价实验中的结论是解答的关键。
5.25 ℃和1.01×105 Pa时，反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g） △H =＋56.76 kJ/mol自发进行的原因是
A. 是吸热反应 B. 是放热反应
C. 是熵减少的反应 D. 熵增大效应大于能量效应
【答案】D
【解析】
2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) △H=+56.7kJ/mol，是一个吸热反应，△H＞0，反应能够自发进行，必须满足△G=△H-T•△S＜0，所以△S＞0，且熵增效应大于能量效应，故选D。
6.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（ ）
A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充O2
【答案】B
【解析】
试题分析：：A．增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
7.不能用勒夏特列原理解释的是
A. 使用铁触媒，加快合成氨反应速率
B. 溴水中存在Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅
C. 合成氨工业采用20~50 MPa高压
D. 反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g) ΔH<0，平衡后，升高温度体系颜色变深
【答案】A
【解析】
【分析】
勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。
A、催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；
B、加入硝酸银，生成溴化银沉淀，溶液中溴离子浓度减小，平衡向着正向移动；
C、增大压强，平衡向气态物质化学计量数减少的方向移动；
D、升高温度，平衡向吸热方向移动。
【详解】A项，催化剂不影响平衡移动，所以加入催化剂使反应速率加快，不能用平衡移动原理解释，故A选；
B项、加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度减小，平衡向正方向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，故B不选；
C项、合成氨反应中，增大压强可使平衡向正反应分析移动，可提高原料的利用率，可用勒夏特列原理解释，故C不选；
D项、反应CO（g）+NO2（g）⇌CO2（g）+NO（g）的正反应为放热反应，达平衡后，升高温度平衡逆向移动，体系颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故D不选。
故选A。
【点睛】本题考查勒夏特列原理知识，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动
8.在一定条件下，可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0。达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是
A. 加催化剂v正、v逆都发生变化，而且变化的倍数相等
B. 加压v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
C. 降温，v正、v逆都减小，且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数
D. 加入氩气，v正、v逆都增大且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
【答案】D
【解析】
【分析】
由反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H＜0可知，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动。
【详解】A项、加入催化剂，正逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，平衡不移动，故A正确；
B项、反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，v（正）、v（逆）都增大，平衡向正反应方向移动，说明v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数，故B正确；
C项、正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，则降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，v（正）减小的倍数小于v（逆）减小的倍数，故C正确；
D项、在体积不变的密闭容器中通入氩气，虽然压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查外界条件对平衡移动的影响，以及平衡移动与正逆反应速率的大小关系，题目难度不大，易错点为D，注意压强改变时，只有浓度改变，反应速率和平衡才会改变。
9.研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如下图所示,下列说法错误的是
A. 反应总过程ΔH<0
B. Fe+使反应的活化能减小
C. FeO+也是该反应的催化剂
D. Fe++N2OFeO++N2、FeO++COFe++CO2两步反应均为放热反应
【答案】C
【解析】
【分析】
A、反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应是放热反应； B、Fe+是催化剂，降低该反应的活化能； C、FeO+是中间产物； D、由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能高于生成物的总能量。
【详解】反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应是放热反应，反应的△H＜0，故A正确；Fe+是催化剂，降低该反应的活化能，所以Fe+使该反应的活化能减小，故B正确；FeO+是中间产物，而不是催化剂，故C错误；由图可知Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步反应，都是反应物的总能高于生成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故D正确，选C。
【点睛】本题考查化学反应中的能量变化及其能量的关系，会根据反应物、生成物总能量判断反应的热效应，注意催化剂和中间产物的判断。
10.下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是
①C(s)＋O2(g)＝CO2(g)；△H1 C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g)；△H2
②S(s)＋O2(g)＝SO2(g)；△H3 S(g)＋O2(g)＝SO2(g)；△H4
③H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)；△H5 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)；△H6
④CaCO3(s)＝CaO(s)＋CO2(g)；△H7 CaO(s)＋H2O(l)＝Ca(OH)2(s)；△H8
A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
①由于CO具有可燃性，所以ΔH1<ΔH2；②由于能量：S(s)
11.O3是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生的反应如下：反应①O3O2＋[O] ΔH>0，平衡常数为K1；反应②，[O]＋O32O2 ΔH<0 平衡常数为K2；总反应：2O33O2ΔH<0，平衡常数为K。下列叙述正确的是
A. 降低温度，总反应K减小
B. K＝K1＋K2
C. 适当升温，可提高消毒效率
D. 压强增大，K2减小
【答案】C
【解析】
【分析】
由盖斯定律可知反应①+②可得总反应，则K=K1×K2，结合温度对平衡移动的影响判断。
【详解】A项、由总反应：2O3═3O2 ΔH<0，可知正反应为放热反应，则降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故A错误；
B项、由盖斯定律可知反应①+②可得总反应，则K=K1×K2，故B错误；
C项、适当升温，反应速率增大，则可提高消毒效率，故C正确；
D项、平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，升高温度平衡向吸热反应方向移动、平衡常数为温度函数是解答的关键。
12.在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，能说明下列反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g)达到平衡状态的是：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比，⑦某种气体的百分含量
A. ①③④⑤⑦ B. ①②③④⑦ C. ②③④⑥⑦ D. ①②④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
化学平衡状态是指在一定条件下的可逆反应，正反应速率和逆反应速率相等时，反应物和生成物的浓度（或一种物质浓度）不再改变，达到了表面上的静止的一种“平衡状态”。化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，结合反应的特点进行分析。
【详解】①反应前后气体的体积不等，容器中总压强不变，可说明达到平衡状态，正确；
②反应前后气体的质量不等，当达到平衡状态时，容器中混合气体的密度不变，正确；
③反应前后气体的体积不等，混合气体的总物质的量不变，可说明达到平衡状态，正确；
④反应前后气体的质量不等，混合气体的总物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不变，可说明达到平衡状态，正确；
⑤该反应没有气体颜色变化，混合气体的颜色不变，不能说明达到平衡状态，错误；
⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比，不能确定正逆反应速率是否相等，不能说明达到平衡状态，错误；
⑦达到平衡状态时，各物质的浓度不变，体积分数不变，可说明达到平衡状态，正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，解答该类题目一定要分析反应的特点，注意把握判断是否达到平衡的角度，特别是反应前后气体的变化关系以及有无固体参加反应不能忽视。
13. 对反应A+B=AB来说，常温下按以下情况进行反应：
①20mL溶液中含A、B各0.01mol ②50mL溶液中含A、B各0.05mol
③0.1mol•L－1的A、B溶液各10mL ④0.5mol•L－1的A、B溶液各50mL
四者反应速率的大小关系是
A. ②＞①＞④＞③ B. ④＞③＞②＞①
C. ①＞②＞④＞③ D. ①＞②＞③＞④
【答案】A
【解析】
试题分析：对于化学反应，反应物浓度越大，则反应速率越大，①中含A、B的浓度为：=0.5mol/L，②中含A、B的浓度为：=1mol/L，③含A、B的浓度为：0.05mol/L，④含A、B的浓度为：0.25mol/L，四者浓度的大小关系是②＞①＞④＞③，则四者反应速率的大小关系是②＞①＞④＞③，故选A。
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
14.已知反应：H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH1
1/2N2(g)＋O2(g)===NO2(g) ΔH2
1/2N2(g)＋3/2H2(g)===NH3(g) ΔH3
则反应2NH3(g)＋7/2O2(g)===2NO2(g)＋3H2O(g)的ΔH为
A. 2ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3 B. ΔH1＋ΔH2－ΔH3
C. 3ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3 D. 3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3
【答案】D
【解析】
【分析】
利用盖斯定律可知，反应一步完成和多步完成的热效应相同，利用已知的反应和目标反应确定关系，然后计算反应热。
【详解】将已知反应依次编号为①②③，根据盖斯定律进行计算，由①×3-③×2+②×2得出反应2NH3(g)＋7/2O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)，则△H=3△H1+2△H2-2△H3，故选D。
【点睛】本题考查了盖斯定律的计算，根据已知方程式和目标方程式进行分析解答是关键。
15.一定条件下,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),达到平衡时,X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1,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
【解析】
A．设X转化的浓度为x，
X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）
初始：c1 c2 c3
转化：x 3x 2x
平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L
所以c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A错误；
B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；
C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；
D．反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol•L﹣1，故有0＜c1＜0.14mol•L﹣1，故D正确；
【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点．
16.工业生产硫酸的过程中，SO2在接触室中被催化氧化为SO3气体，已知该反应为放热反应。现将2 mol SO2、1 mol O2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3 kJ，此时测得SO2的转化率为50%，则下列热化学方程式正确的是
A. 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=−196.6 kJ·mol−1
B. 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=−98.3 kJ·mol−1
C. SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g) ΔH=+98.3 kJ·mol−1
D. SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g) ΔH=−49.2 kJ·mol−1
【答案】A
【解析】
【分析】
SO2在接触室中被催化氧化为SO3，已知该反应为一放热反应．现将2mol SO2、1mol O2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的物质的量为1mol．反应是可逆反应，发生反应的二氧化硫为1mol，放热为98.3KJ，所以依据反应放出的热量，结合热化学方程式的书写方法来解答，注意标注物质的聚集状态。
【详解】将2mol SO2、1mol O2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的物质的量为1mol，说明反应是可逆反应，不能进行彻底，实际发生反应的二氧化硫为1mol，1mol二氧化硫全部反应放热98.3KJ，热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=−196.6 kJ·mol−1或SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)△H=-98.3 kJ·mol−1。
A项、热化学方程式符合题意，故A正确；
B项、热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的量不符合，故B错误；
C项、反应是放热反应，不是吸热反应，△H=-98.3 kJ·mol−1，故C错误；
D项、热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的量不符合，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了热化学方程式，注意可逆反应的特点是反应不能进行彻底。
17.可逆反应2A(g)+B(g) 2C(g)，根据下表中的数据判断下列图像错误的是
压强
A的转化率
温度
P1(MPa)
P2(MPa)
400℃
99.6%
99.7%
500℃
96.9%
97.8%
【答案】D
【解析】
【分析】
据反应及图表分析，恒压时，升温反应物A的转化率减小，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，恒温时，加压平衡会向正反应方向移动，据表中数据可得P2>Pl，v正>v逆。
【详解】A项、升高温度，A的转化率减小，说明化学平衡向逆反应方向移动，A正确；
B项、升高温度，C的百分含量减小，化学平衡向逆反应方向移动，增大压强，C的百分含量增大，化学平衡向正反应方向移动，B正确；
C项、升高温度，V正、V逆都增大，但吸热反应方向增大的多，即V逆>V正，所以平衡逆向移动，C正确；
D项、当反应达到平衡后，增大压强，V正、V逆都增大，但反应物的浓度增大的多，生成物的浓度增大的少，所以V正>V逆，平衡正向移动，错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学平衡图象，考查温度温度、压强对平衡移动的影响，涉及温度、压强与化学平衡、反应速率、物质的含量及转化率等的关系，注意分析表中数据以及图象的曲线的变化是关键。
18.已知:①2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1
②2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-1 452 kJ·mol-1
③H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1
下列说法正确的是
A. H2(g)的燃烧热为142.9 kJ·mol-1
B. 同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧,H2(g)放出的热量多
C. 1/2H2SO4(aq)+1/2Ba(OH)2(aq)1/2BaSO4(s)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1
D. 3H2(g)+CO2(g)CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=+131.4 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】
A、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量；
B、根据反应热和化学方程式系数的关系来回答；
C、中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，依据概念对选项分析判断；
D、根据盖斯定律计算反应的焓变。
【详解】A项、H2(g)的燃烧热ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，A错误；
B项、根据相关的热化学方程式可以求出氢气和甲醇的热值分别为142.9kJ/g和45.4kJ/g，可知同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出热量多，B正确；
C项、因有BaSO4(s)生成，该反应的ΔH≠－57.3 kJ·mol－1，C错误；
D项、由盖斯定律，1/2×(①×3-②)得3H2(g)+CO2(g)= CH3OH(l)+H2O(l) ΔH＝-131.4 kJ·mol－1，D错误。
故选D。
【点睛】反应热与焓变，侧重于热化学方程式的理解，注意把握热化学方程式的意义以及燃烧热的定义是解答的关键。
19.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g) ΔH＞0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：
时间/s
0
500
1 000
1 500
c(N2O5)/ mol·L－1
5.00
3.52
2.50
2.50
下列说法正确的是
A. 500 s内NO2的生成速率为2.96×10－3 mol·L－1·s－1
B. T1温度下该反应平衡时NO2的产率为25%
C. 达到平衡后，其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2,则c(N2O5)<5.00 mol·L－1
D. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＞K2
【答案】D
【解析】
【分析】
A、依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度计算分解率；
B、由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，计算平衡浓度，根据转化率=消耗量/起始量×100%计算；
C、其他条件不变时，将容器的体积压缩到原来的1/2，若平衡不移动，此时N2O5（g）浓度为5.00mol•L-1；
D．平衡常数只受温度影响，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动。
【详解】A项、依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L
=1.48mol/L，分解速率= =2.96×10-3 mol/（L•s），故A错误；
B项、由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，转化率为（5mol/L−2.5mol/L）/5mol/L×100%=50%，故B错误；
C项、其他条件不变时，将容器的体积压缩到原来的1/2，若平衡不移动，此时N2O5（g）浓度为5.00mol•L-1，但增大压强，平衡逆向移动，则平衡时c（N2O5）>5.00mol•L-1，故C错误；
D项、正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，若T1>T2，则K1>K2，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查化学平衡，涉及化学反应速率计算、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数等，注意化学平衡常数是温度函数，只受温度影响是解答的关键。
20.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4 mol，同时放出热量Q kJ。则下列分析正确的是( )
A. 在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3
B. 若反应开始时容器体积为2 L，则v(SO3)＝0.35 mol/(L·min)
C. 若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)<1.4 mol
D. 若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量大于Q kJ
【答案】C
【解析】
试题分析：A．反应在恒温恒压条件下进行，应前后的压强之比为1：1，A错误；B．若容器体积不变，v(SO3)= (1.4mol÷2L)÷2min=0.35mol/（L•min），但反应是在恒温恒压条件进行，反应达到平衡时，容器体积小于2L，相当于增大体系的压强，化学反应速率增大，所以v(SO3＞0.35mol/（L•min），B错误；C．若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，由于该反应的正反应是放热反应，绝热温度升高，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向进行，平衡后n(SO3)＜1.4mol，C正确；D．若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应过程中压强减小，化学平衡向气体体积扩大的逆反应方向进行，达平衡时放出热量小于Q kJ，D错误。答案选C。
考点：考查恒温恒压和恒温恒容条件下的化学反应速率和化学平衡的移动的有关知识。
21.高炉炼铁中发生的基本反应之一如下：FeO(s) +CO(g)Fe(s)+CO2(g)（正反应是吸热反应），已知1100℃时K=0.263。
（1）温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比值________；平衡常数K值___________ （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）1100℃时测得高炉中c（CO2）=0.025mol·L﹣1、c（CO）=0.1mol·L﹣1，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态_________ （选填“是”或“否”），此时，化学反应速率是v(正)_____ v(逆)（选填“大于”“小于”或“等于”），其原因是____________。
【答案】 (1). 增大 (2). 增大 (3). 否 (4). 大于 (5). Qc < K，平衡向正反应方向移动
【解析】
【分析】
（1）升高温度平衡向吸热方向移动，根据平衡移动的方向判断高炉内CO2和CO的体积比值变化以及平衡常数K值；
（2）反应是吸热反应，计算浓度商，与平衡常数比较，可判断反应是否达到平衡状态并判断反应进行的方向。
【详解】（1）化学反应是吸热反应，温度升高，化学平衡正向进行，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比值增大；依据化学平衡常数概念和计算式判断平衡常数增大，故答案为：增大；增大；
（2）1100℃时测得高炉中c（CO2）=0.025mol•L-1，c（CO）=0.1mol•L-1，在这种情况下，难度商Qc= c（CO2）/ c（CO）=0.025mol•L-1/0.1mol•L-1=0.25＜K=0.263，所以此时反应未达到化学平衡，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：否；大于；Qc < K，平衡向正反应方向移动
【点睛】本题考查了化学平衡常数的计算，关键是理解平衡常数是温度函数，随温度变化而变化，注意应用浓度商和平衡常数比较判断反应是否平衡，判断反应进行的方向。
22.K2Cr2O7溶液中存在平衡: Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验:
（1）向K2Cr2O7溶液中加入30% NaOH溶液，溶液呈________色，因为________________。
（2）若向已加入NaOH溶液的(1)中再加入过量稀硫酸，则溶液呈________色，因为____________________________________________________。
（3）向K2Cr2O7溶液中逐滴加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)，则平衡向着_________方向移动，溶液颜色变化为____________。
（4）对比②和④可得出的结论是______________________________
【答案】 (1). 黄 (2). c(H+)变小，平衡向正反应方向移动，使c(CrO42-)增大 (3). 橙 (4). 加入过量稀硫酸，使得溶液中c(H+)变大，平衡向逆反应方向移动，使c(Cr2O72-)增大 (5). 正反应 (6). 橙色逐渐变浅，最后变为无色 (7). K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
【解析】
【分析】
（1）加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动；
（2）加入酸，H+浓度增大，平衡左移，Cr2O72-浓度增大；
（3）向原溶液中加入Ba（NO3）2溶液，生成BaCrO4沉淀，CrO42-浓度降低。
（4）酸性溶液中变色，碱性溶液不变色，说明K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性强。
【详解】（1）加入少量NaOH固体，中和氢离子，溶液中H+离子浓度降低，平衡向右移动，溶液呈黄色，故答案为：黄；c(H+)变小，平衡向正反应方向移动，使c(CrO42-)增大；
（2）加入酸，溶液中H+离子浓度增大，平衡左移，溶液中Cr2O72-离子浓度增大，溶液呈橙色，故答案为：橙；加入过量稀硫酸，使得溶液中c(H+)变大，平衡向逆反应方向移动，使c(Cr2O72-)增大；
（3）向原溶液中加入Ba（NO3）2溶液，生成BaCrO4沉淀，CrO42-浓度降低，平衡正向移动，溶液的颜色变浅，最后变为无色，故答案为：正反应；橙色逐渐变浅，最后变为无色；
（4）酸性溶液中变色，碱性溶液不变色，说明K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性强。
【点睛】本题考查了影响化学平衡移动的因素，侧重浓度对平衡移动的影响和溶液酸碱性对物质性质的影响考查，注意对化学平衡移动原理的理解，根据题意分析平衡的移动方向。
23.硫酸是重要的化工原料，生产过程中SO2催化氧化生成SO3的化学反应为：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)。
（1）实验测得SO2反应生成SO3的转化率与温度、压强有关，请根据下表信息，结合工业生产实际，选择最合适的生产条件是________。
压强
SO2转化率
温度
1个大气压
5个大气压
10个大气压
15个大气压
400℃
0.9961
0.9972
0.9984
0.9988
500℃
0.9675
0.9767
0.9852
0.9894
600℃
0.8520
0.8897
0.9276
0.9468
（2）反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)达到平衡后，改变下列条件，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小的是________（填字母）。
A．保持温度和容器体积不变，充入1molO2(g)
B．保持温度和容器体积不变，充入2mol SO3(g)
C．降低温度
D．在其他条件不变时，减小容器的容积
（3）某温度下， SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如下图所示。
2.0 molSO2和1.0mol O2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10 MPa。平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)_____K(B)（填“>”、“<”或“=”）, B点的化学平衡常数是______。
（4）在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20mol SO2和0.10molO2, t1时刻达到平衡，测得容器中含SO30.18mol。
①tl 时刻达到平衡后，改变一个条件使化学反应速率发生如下图所示的变化，则改变的条件是________。
A．体积不变，向容器中通入少量O2
B．体积不变，向容器中通入少量SO2
C．缩小容器体积
D．升高温度
E．体积不变，向容器中通入少量氮气
②若继续通入0.20mol SO2和0.10molO2，则平衡________移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”) ，再次达到平衡后，n(SO3)的取值范围是_____________。
【答案】 (1). 400℃和1个大气压 (2). AC (3). ＝ (4). 800 (5). C (6). 向正反应方向 (7). 0.36mol
【详解】（1）因为SO2与O2的反应是放热反应，所以选择的温度为400℃，而1个标准大气压时SO2的转化率已经很大，再增大压强，SO2的转化率提高不大，但会增加生产成本，所以选择1个标准大气压，故答案为：400℃，1个标准大气压；
（2）A、保持温度和容器体积不变，O2的浓度增大，平衡正向移动，SO2的浓度减小，所以A正确；
B、保持温度和容器内压强不变，充入2mol SO3（g）相当于充入2.0molSO2和5.0molO2，新的平衡与原平衡等效，SO2的浓度不变，所以B错误；
C、降低温度，平衡向放热的方向移动，而正反应为放热，所以平衡正向移动，SO2的浓度减小，所以C正确；
D、在其他条件不变时，减小容器的容积，SO2的浓度瞬间增大，之后平衡向气体体积减少的方向移动，即向正反应方向移动，SO2的浓度减小，再次到达平衡时SO2的浓度仍比原来大，所以D错误。
故答案为：AC；
（3）平衡常数只受温度的影响，温度不变，则压强改变，平衡状态由A变到B时，则K（A）=K（B），由图象知，体系总压强为0.10MPa时SO2的平衡转化率为0.8，则二氧化硫转化物质的量=2.0mol×0.8=1.6mol，则依据题意建立如下三段式：
2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
起始：2.0mol 1.0mo 0
转化：1.6mol 0.8mol 1.6mol
平衡：0.4mol 0.2mol 1.6mol
则平衡时c（SO2）=0.04mol/L，c（O2）=0.02mol/L，c（SO3）=0.16mol/L，K（A）=K（B）=c2（SO3）/ c2（SO2）c（O2）=(0.16mol/L)2/(0.04mol/L)2×0.02mol/L=800，故答案为：=，800；
（4）①t1时刻达到平衡后，改变一个条件使化学反应速度发生如图所示的变化分析可知，改变条件正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率。
A．体积不变，向容器中通入少量O2，此时刻正反应速率增大，逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，逆反应速率增大，最后达到新的平衡状态，图象中逆反应速率变化不符合，故A错误；
B．体积不变，向容器中通入少量SO2，此时刻正反应速率增大，逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，逆反应速率增大，最后达到新的平衡状态，图象中逆反应速率变化不符合，故B错误；
C．缩小容器体积，压强增大，正逆反应速率增大，正反应是气体体积减小的反应，所以平衡正向进行，图象变化符合要求，故C正确；
D．正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，正逆反应速率都增大，逆反应速率大于正反应速率，故D错误；
E．体积不变，向容器中通入少量氮气，总压增大，各气体分压不变，平衡不变，故E错误；
故选C；
②当生成0.18molSO3时，参加反应的氧气的物质的量为x，依据题意建立如下关系：
2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
1 2
x 0.18mol
x=0.18mol×1/2=0.09mol，继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2，容器内压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动；假设平衡不移动，此时n（SO3）=0.18×2=0.36mol，假设0.40molSO2完全生成SO3，根据反应方程式2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）可知，n（SO3）=0.4mol，所以再次达到平衡时，0.36mol
24.亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，可通过如下反应获得：2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)。
（1）氢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酰氯，涉及如下反应：
①2NO2(g)＋NaCl(s) NaNO3(s)＋ClNO(g) K1
②4NO2(g)＋2NaCl(s) 2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g) K2
③2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g) K3
则K3＝________(用K1和K2表示)。
（2）已知几种化学键的键能数据如下表(亚硝酰氯的结构为Cl—N===O)：
化学键
N≡O
Cl—Cl
Cl—N
N===O
键能/(kJ·mol－1)
630
243
a
607
则2NO(g)＋Cl2(g) 2ClNO(g)反应的ΔH和a的关系为ΔH＝_______kJ·mol－1。
（3）按投料比2∶1把NO和Cl2加入到一恒压的密闭容器中发生反应，平衡时NO的转化率与温度T、压强p(总压)的关系如图(a)所示：
①该反应的ΔH________(填“>”“<”或“＝”)0。
②在p压强条件下，M点时容器内NO的体积分数为________。
③若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp＝________(用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数)。
（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)，在n(NO)/n(Cl2)＝1.5时达到平衡状态，ClNO的体积分数可能是图(b)中D、E、F三点中的________点。
【答案】 (1). K3=K12/K2 (2). +(289-2a) (3). < (4). 40% (5). 5/p (6). D
【解析】
【详解】（1）已知：①2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g），②4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），将①×2-②可得：2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），则平衡常数K3=K12/K2，故答案为：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）-（2a+2×607）=（289-2a）kJ/mol，故答案为：289-2a；
（3）①根据图象可知T1
2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）
起始（mol） 2 1 0
反应（mol） 1 0.5 1
平衡（mol） 1 0.5 1
平衡时混合气体的总物质的量为2.5mol，则M点时容器内NO的体积分数为1mol/2.5mol×100%=40%,故答案为：40%；
③由三段式数据计算可得，NO的体积分数为40%，Cl2的体积分数为20%，ClNO的体积分数为40%，则M点的分压平衡常数Kp＝（0.4p）2/（0.4p）2×（0.2p）=5/p，故答案为：5/p；
（4）n(NO)/n(Cl2)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；当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时，两种反应物的转化率相同，故此时生成物的百分含量最大，当n(NO)/n(Cl2) 增大到1.5时产物的百分含量增大，所以应该是D点，故答案为：D。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理的综合应用，侧重考查分析判断能力及计算能力，涉及了化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响因素等知识点，主要利用三段式法进行有关计算。
化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时一看面：纵坐标与横坐标的意义；二看线：线的走向和变化趋势；三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。
25.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) △H1=+551kJ•mol-1
反应Ⅲ：S(g)+O2(g)=SO2(g) △H3=-297 kJ•mol-1
反应Ⅱ的热化学方程式：____________________。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示，p2______p1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是__________。
（3）I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii补充完整
i．SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+______=______+______+2I-
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象，（已知：I2易溶解在KI溶液中）
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol•L-1 KI
amol•L-1 KI
0.2mol•L-1H2SO4
0.2mol•L-1H2SO4
0.2 mol•L-1 KI
0.0002 molI2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
① B是A的对比实验，则a=______。
②比较A、B、C，可得出的结论是______。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A．结合i，ii反应速率解释原因：______。
【答案】 (1). 3SO2(g)+2H2O (g)2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 (2). > (3). 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (4). SO2 SO42− 4H+ (5). 0.4 (6). I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 (7). 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】
【详解】（1）由题给示意图可知，反应Ⅱ为二氧化硫发生歧化反应生成硫酸和硫，反应的化学方程式为：3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）,由盖斯定律可知，反应Ⅲ—反应Ⅰ得反应Ⅱ，则△H2=△H3—△H1=（—297kJ·mol-1）—（+55 kJ·mol-1）=—352 kJ·mol-1，则热化学方程式为：3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）△H=—352 kJ·mol-1，故答案为：3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1；
（2）反应Ⅱ为气态物质化学计量数减少的反应，增大压强化学平衡正向移动，硫酸的质量分数增大，则p2大于p1，故答案为：>；反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大；
（3）由题意可知，I—为反应的催化剂，则反应ⅱ的反应物为I2、SO2和水，生成物为氢碘酸和硫酸，反应的离子方程式为：I2+SO2+2 H2O=4H++2I—+ SO42—，故答案为：SO2；SO42− ；4H+；
（4）①A与B是探究H+浓度对反应速率的影响，因此A和B中KI溶液浓度必须相同，则a为0.4mol/L，故答案为：0.4mol/L；
②对比A、B、C的实验现象可知，酸性条件下，I—的催化能力加强，故答案为：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；
③由A、D实验现象对比可知，增大I2浓度，反应ⅱ的反应速率加快，H+浓度增大，加强了I—的催化能力，故答案为反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快。
【点睛】本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，易错点是（4），研究影响化学反应速率的因素，要求其他的条件不变，对比B和A，KI的浓度应相等，因此a为0.4，根据实验现象，从而得出合理结论，平时应学会根据实验现象，推出实验结论。
相关资料
更多
