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【化学】江西省南昌市第十中学2018-2019学年高二上学期第一月考（解析版） 试卷
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江西省南昌市第十中学2018-2019学年高二上学期第一次月考
一、选择题(本题包括 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列有关能源的说法不正确的是
A. 光电转换的基本装置就是太阳能电池，应用相当广泛
B. 利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下可使水分解产生氢气
C. 贮氢合金的发现和应用，开辟了解决氢气贮存、运输难题的新途径
D. 煤、石油、天然气、氢能中，天然气、氢能是可再生能源
【答案】D
【解析】
分析：A、光电转换的基本原理是光电效应；B．氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，水可以在光能作用下分解成氧气和氢气；C．气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输；D、化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源。
详解：A. 光电转换的基本装置就是太阳能电池，它的基本原理是光电效应，应用相当广泛，选项A正确；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，选项B正确；C．气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输，所以贮氢合金的应用，是解决氢气贮存、运输难题的新途径，选项C正确；D、化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源，选项D不正确。答案选D。
2.下列关于能量变化的说法，正确的是( )
A. 将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量相同
B. 2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应生成物的总能量高于反应物的总能量
C. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量
D. 有化学键断裂的是吸热过程，并且一定发生了化学变化
【答案】C
【解析】
【分析】
A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；D、氯化钠熔化，离子键断裂；
【详解】A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同，根据盖斯定律，将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量不相同，故A错误；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应，该反应生成物的总能量低于反应物的总能量，故B错误；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D、氯化钠熔化，离子键断裂，没有新物质产生，有化学键断裂的是吸热过程，不一定发生了化学变化，故D错误；故选C。
3.下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3 kJ·mol-1，则1 mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6 kJ
B. H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·mol-1，则2H2O（1）＝2H2(g)＋O2(g)反应的△H＝+571.6kJ·mol-1
C. 反应物的热效应与是否使用催化剂有关
D. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g) △H= -38.6 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是燃烧热和中和热的定义和热化学方程式的书写等，注意燃烧热和中和热中物质的量的要求。
详解：A.硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，所以此反应的反应热不是中和热，故错误；B.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，所以当热化学方程式相反的话，反应热的符号相反，且根据物质的量分析，该反应为+571.6kJ·mol-1，故正确；C. 催化剂能改变反应的活化能，但不影响反应物的热效应，故错误；D.该反应为可逆反应，0.5mol氮气不能完全反应，故反应热不能计算，故错误。故选B。
点睛：注意燃烧热的定义：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，所谓的稳定的氧化物是指二氧化碳或二氧化硫或液态水等。中和热的定义为：强酸和强碱反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量，若有弱酸或弱碱或有沉淀生成，反应热都不为中和热。
4.在298K、1.01×105Pa下，将22gCO2通入750mL1mol/LNaOH溶液中充分反应，测得反应放出xkJ的热量。已知在该条件下，1molCO2通入1L2mol/LNaOH溶液中充分反应放出ykJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是（ ）
A. CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ∆H=-(2y-x)kJ/mo1
B. CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ∆H=-(2x-y)kJ/mo1
C. CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ∆H=-(4x-y)kJ/mo1
D. CO2(g)+2NaOH(l)=2NaHCO3(l) ∆H=-(8x-2y)kJ/mo1
【答案】C
【解析】
分析：根据题意可知，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1mol CO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量，写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式。
详解：n（CO2）=22g÷44g/mol=0.5mol，n（NaOH）=1mol•L-1×0.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOH＝NaHCO3+Na2CO3+H2O。由0.5molCO2反应放出热量为xkJ，则2molCO2反应放出热量为4xkJ，即热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）＝NaHCO3（aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-4xkJ/mol①，又1mol CO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量，则热化学方程式为2NaOH（aq）+CO2（g）＝Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-ykJ/mol②，由盖斯定律可知，①-②可得，NaOH（aq）+CO2（g）＝NaHCO3（aq）△H=-（4x-y）kJ/mol。
答案选C。
点睛：本题考查热化学方程式的书写和计算，计算中涉及到化学方程式的有关计算问题和盖斯定律的有关应用，是一重点题型，学生还应注意在书写热化学方程式时标明各物质的状态。
5.已知下列热化学方程式：
①Fe2O3(s)＋3CO(g)= 2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1＝－26.7 kJ·mol-1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)= 2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2＝－50.75 kJ·mol-1
③Fe O (s)＋CO(g)= 3FeO(s)＋CO (g) ΔH ＝－36.5 kJ·mol-1
则试通过计算判断，下列有关反应 FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)的能量变化示意图正确的是
【答案】B
【解析】
试题分析：已知：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1＝－26.7 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2＝－50.75 kJ·mol－1
③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) ΔH3＝－36.5 kJ·mol－1
依据盖斯定律①×3-（③×2+②）得到：6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（g）+6CO2（g）△H=+70.35kJ/mol，即该反应是吸热反应，说明生成物总能量高于反应物总能量，催化剂降低活化能，则图像B正确，答案选B。
考点：考查反应热计算
6.以下反应中，△H1＜△H2 的是
A. C(s)+l/2O2(g)=CO(g) △H1； C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2
B. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H1； 2H2(g)+O2(g)=2H2O（1） △H2
C. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O （1）△Hl；
NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa (aq)+H2O （1） △H2
D. S(s)+O2(g)=SO2(g) △H1； S(g)+O2(g)=SO2(g) △H2
【答案】C
【解析】
A．碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反应的焓变是负值，故△H1＞△H2，故A错误；B．物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，气态水变为液态水的过程是放热的，故△H1＞△H2，故B错误；C．醋酸是弱酸，电离过程需要吸收热量，则反应中生成1mol水放出的热量偏低，即△H1＜△H2，故C正确；D．物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，固体硫变为气态硫需要吸收热量，所以△H2＜△H1，故D错误；答案为C。
7. 下列说法正确的是( )
A. Fe和Mg与0.1 mol·L-1的盐酸反应,反应速率相同
B. 0.1 mol·L-1的盐酸与0.1 mol·L-1H2SO4分别与大小、形状相同的大理石反应,反应速率相同
C. 催化剂能降低分子活化时所需能量,使单位体积内活化分子百分数大大增加
D. 100 mL 2 mol·L-1的盐酸与锌片反应,加入适量的NaCl溶液,反应速率不变
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由于金属活动性Mg>Fe，所以它们与同一浓度的盐酸反应速率不相等，错误；B．由于HCl是一元酸，而硫酸是二元强酸，当两种酸的浓度相等时，c(H+)硫酸大，故反应速率硫酸快，错误；C．催化剂能改变反应途径，降低分子活化时所需能量，使单位体积内活化分子百分数大大增加，故可以使化学反应速率大大加快，正确；D．100mL 2mol·L-1的盐酸与锌片反应，加入适量的NaCl溶液，使盐酸的浓度降低，故化学反应速率减小，错误。
考点：考查影响化学反应速率的因素正误判断的知识。
8.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 溶液浓度越大， 析出硫沉淀所需时间越短
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
催化剂一定不参加化学反应
C
H＋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】
【详解】A．浓度越大，单位体积内活化分子数目越多，反应速率越快，故A正确；B．催化剂参加化学反应，降低反应的活化能，加快反应速率，反应前后质量和性质不变，故B错误；C．其它条件相同，氢离子浓度相同，固体表面积相同，反应速率相同，但未注明其他条件是否相同，如温度，故C错误；D．增大压强，浓度增大，正、逆反应速率都增大，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素。本题的易错点为C，要注意反应的条件对反应速率的影响，比较反应速率大小时，需要只有某个条件不同，其他条件完全相同。
9.T℃时，在 2 L 的密闭容器中，气体 X、Y 和 Z 三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列描述正确的是
A. 容器中化学反应为 X(g)＋Y(g)Z(g)
B. 0～10 s，X 表示的平均化学反应速率为 0.04 mol/(L·s)
C. 使用催化剂只能加快 0～10 s 间的反应速率
D. 0～4 s 的平均反应速率小于 0～10 s 的平均反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图像可知反应在10s时达到化学平衡，此时X、Y分别减少了0.8mol、0.8mol，Z增加了1.6mol，所以反应的化学方程式为：X(g)+Y(g) 2Z(g)，故A错误；B. 0～10 s，X表示的平均化学反应速率为（0.8mol÷2L÷10s）=0.04 mol/(L·s)，故B正确；C.使用催化剂不仅加快0～10s间的反应速度，平衡后的速率也加快，故C错误；D.随着反应进行反应物浓度减小，速率减小，所以0～4s的平均反应速率大于0～10s时平均反应速率，故D错误；答案选B。
10.在 2 升的密闭容器中,发生以下反应:2A(g)+ B(g)2C(g)+D(g) 。若最初加入的 A 和 B 都是 4 mol，在前 10 秒钟 A 的平均反应速度为 0.12 mol/（L·S），则 10 秒钟时，容器中 B 的物质的量是（ ）
A. 1.6 mol B. 2.8 mol C. 2.4 mol D. 1.2 mol
【答案】B
【解析】
试题分析：根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=0.5v（A）=0.5×0.12mol/（L•s）=0.06mol/（L•s），所以△c（B）=0.06mol/（L•s）×10s=0.6mol/L，所以△n（B）=0.6mol/L×2L=1.2mol，故10秒钟时容器中B的物质的量为4mol-1.2mol=2.8mol．故选B．
考点：考查化学反应速率的计算
11.恒温恒容时，能表示反应 2X(g)＋2Y(s)Z(g) 一定达到化学平衡状态的是
①X、Z 的物质的量之比为 2︰1
②Z 的浓度不再发生变化
③容器中的压强不再发生变化
④单位时间内生成 2nmol Z，同时生成 nmol X
⑤气体平均相对分子质量不变
⑥气体密度不再变化
A. ①②③⑥ B. ①③④⑤ C. ②③⑤⑥ D. ②④⑤⑥
【答案】C
【解析】
分析：当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量、物质的量浓度及其由此产生的一系列物理量不变，据此分析解答。
详解：①X、Z的物质的量之比为2：1时该反应不一定达到平衡状态，与反应初始物质的量及转化率有关，故错误；②Z的浓度不再发生变化，则其他物质的浓度或物质的量也不会变化，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；③反应前后气体的物质的量之和减小，当可逆反应达到平衡状态时，容器中的压强不再发生变化，故正确；④单位时间内生成2n molZ、同时生成n molX，说明逆反应速率大于正反应速率，反应没有达到平衡状态，故错误；⑤该反应前后气体计量数之和减小，气体平均相对分子质量不变，说明气体的质量和物质的量均不发生变化，该反应达到平衡状态，故正确；⑥反应前后气体的质量发生变化、容器体积不变，当容器中气体的密度不变，说明气体的质量不变，说明达到平衡状态，故正确；故选C。
点睛：本题考查化学平衡状态判断，明确可逆反应平衡状态方法是解本题关键，只有反应前后改变的物理量不变时可逆反应才达到平衡状态。本题的易错点为⑤和⑥的判断，要注意Y为固体。
12.常温常压下，在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里，分别充有二氧化氮和空气，现分别进行下列两上实验：(N2O42NO2 △H ＞ 0)
(a)将两容器置于沸水中加热
(b)在活塞上都加2 kg的砝码
在以上两情况下，甲和乙容器的体积大小的比较，正确的是( )
A. (a)甲＞乙，(b)甲＞乙 B. (a)甲＞乙，(b)甲＝乙
C. (a)甲＜乙，(b)甲＞乙 D. (a)甲＞乙，(b)甲＜乙
【答案】D
【解析】
试题分析：a、在热水中加热，则温度升高，对于甲容器，不仅是温度升高压强增大，同时平衡正向移动，气体物质的量增加，容器体积增大的多；对于乙容器，仅仅是温度升高压强增大，容器体积增大不如甲增大的多，所以（a）甲>乙；b、在活塞上都加2 kg的砝码，相当于加压，则对于甲容器，不仅是压强增大容器体积减小，同时压强增大，平衡逆向移动，气体物质的量减小，体积也缩小，而对于乙容器，仅仅是压强增大而体积减小，与甲相比，减少的少，所以（b）甲<乙，则答案选D。
考点：考查对平衡移动的应用，外界条件的改变对容器体积的影响
13.下列说法正确且能用勒沙特列原理解释的是
A. Fe(SCN)3 溶液中加入固体 KCl 后颜色变深
B. 棕红色 NO2 加压后颜色先变深后变浅
C. SO2 催化氧化成 SO3 的反应，往往需要使用催化剂
D. H2、I2、HI 平衡混和气加压后颜色变深
【答案】B
【解析】
试题分析：A、Fe（SCN）3溶液中加入同体KSCN后颜色变深，是因为Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，平衡正向移动，颜色加深，故A正确；B、2NO2N2O4，增大压强，NO2浓度增大，颜色变深，平衡向右移动，然后颜色逐渐变浅，故B正确；C、催化剂能同等程度地增大正逆反应速率，不会影响平衡移动，故C错误；D、反应方程式为，H2（g）+ I2（g）= 2HI（g），可见，反应前后的气体体积相同，加压平衡不移动，颜色变深是因为体积减小时碘蒸气浓度变大，故D错误；故选AB。
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
14.在密闭容器中进行如下反应：X2(g)+Y2(g) 2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是 ( )
A. Z为0.3mol/L B. Y2为0.4mol/L
C. X2为0.2mol/L D. Z为0.4mol/L
【答案】A
【解析】
试题分析：因为反应是可逆反应，可能向正反应方向进行，也可能向逆反应方形进行，则Z的浓度应在0mol·L－1
15.在密闭容器中发生下列反应 aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D 的浓度为原平衡的 1.75 倍，下列叙述正确的是
A. A 的转化率变大 B. 平衡向正反应方向移动
C. D 的体积分数变大 D. a ＜ c＋d
【答案】D
【解析】
【分析】
平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度为原平衡的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.75倍，可知体积减小、压强增大，平衡逆向移动，以此来解答。
【详解】A．平衡逆向移动，A的转化率变小，故A错误；B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C．平衡逆向移动，D的体积分数减小，故C错误；D．压强增大，平衡逆向移动，则a＜c+d，故D正确；故选D。
16.某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，下列叙述正确的是
A. 刚充入时反应速率υ正减少，υ逆增大
B. 平衡不发生移动
C. 平衡向逆反应方向移动
D. 物质C的质量分数增大
【答案】D
【解析】
试题分析：达到平衡，此时测得n(A)：n(B)：n(C)=2：2：1．若保持温度不变，以n(A)：n(B)：n(C)=2：2：1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强；A．刚充入时反应速率υ正增大，υ逆增大，故A错误；B．增大压强，平衡向正反应方向移动，故B错误；C．增大压强，平衡向正反应方向移动，故C错误；D．增大压强，平衡向正反应方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确；故选D。
【考点定位】考查压强对化学平衡的影响
【名师点晴】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)：n(B)：n(C)=2：2：1，若保持温度不变，以n(A)：n(B)：n(C)=2：2：1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断。
二、非选择题(本题包括 5 小题，共 52 分)
17.利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取 50 mL 0.50 mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L-1NaOH 溶液，并用另一温度计测出其温度；③将 NaOH 溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液温度。
回答下列问题：
(1)倒入 NaOH 溶液的正确操作是_____(填序号)。
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
(2)使盐酸与 NaOH 溶液混合均匀的正确操作是_____(填序号)。
A．用温度计小心搅拌 B．揭开泡沫塑料板用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯 D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动
(3)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和 1 L 1 mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为 ΔH1、ΔH2、ΔH3，则 ΔH1、ΔH2、ΔH3 的大小关系为______________________。
(4)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是 1 g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容 c＝4.18 J·g-1·℃-1。为了计算中和热，某学生记录数据如下：
实验序号
起始温度 t1/ ℃
终止温度 t2/ ℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热 ΔH＝_____(结果保留一位小数)。_____(填“能”或“不能”)用 Ba(OH)2 溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_____。
【答案】 (1). C (2). D (3). △H1=△H2＜△H3 (4). －51.8 kJ·mol-1 (5). 不能 (6). H2SO4 与Ba(OH)2 反应生成BaSO4 沉淀的生成热会影响反应的反应热
【解析】
【详解】(1)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；
(2)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，故答案为：D；
(3)中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L 1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热过程，稀氨水和1L 1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以△H1=△H2＜△H3，故答案为：△H1=△H2＜△H3；
(4)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△t得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×=1.2959kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2959kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2959kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故答案为：-51.8 kJ•mol-1；不能；因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热。
【点睛】本题考查了中和热的测定方法和计算。实验的关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。本题的易错点为(4)，要注意生成硫酸钡沉淀会放出热量。
18.请参考题中图表，已知 E1=134kJ/mol、E2=368kJ/mol，根据要求回答问题：
(1)图 I 是 1molNO2(g)和 1molCO(g)反应生成 CO2 和 NO 过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1 的变化是_____(填“增大” 、“减小”或“不变”下同)，△H 的变化是_____。请写出NO2 和 CO 反应的热化学方程式：_____。
(2)如表所示是部分化学键的键能参数：
化学键
P-P
P-O
O=O
P=O
键能/kJ/mol
a
b
c
x
已知白磷的燃烧热为 d kJ/ mol，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图 II 所示。1 个 P4O10分子中 P-O 的个数为_____，表中 x=_____kJ/mol(用含 a、b、c、d 的代表数式表示)。
【答案】 (1). 减小 (2). 不变 (3). NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) △H=-234 kJ•mol-1 (4). 12 (5).
【解析】
【详解】(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变物质的总能量，因此反应物的总能量和生成物的总能量之差不变，即反应热不变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ•mol-1，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ•mol-1；
(2)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×a kJ/mol+5 mol×c kJ/mol)=dkJ/mol，x=kJ/mol，故答案为：12；。
【点睛】本题的易错点为(2)，要注意分析白磷以及氧化磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目。
19.某实验小组以 H2O2 分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响，在常温下按照如下方案完成实验。
实验编号
反应物
催化剂
①
10 mL 2% H2O2 溶液
无
②
10 mL 5% H2O2 溶液
无
③
10 mL 5% H2O2 溶液
1 mL 0.1 mol • L-1 FeCl3 溶液
④
10 mL 5% H2O2 溶液+少量 HCl 溶液
1 mL 0.1 mol • L-1 FeCl3 溶液
⑤
10 mL 5% H2O2 溶液+少量 NaOH溶液
1 mL 0.1 mol • L-1 FeCl3 溶液
(1)催化剂能加快化学反应速率的原因是_____。
(2)实验①和②的目的是_________。实验时由于较长时间没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下 H2O2 稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是_____。
(3)写出实验③的化学反应方程式：_____。
(4)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图。分析如图能够得出的实验结论是_____。
【答案】 (1). 改变反应途径，降低了活化能 (2). 探究浓度对反应速率的影响 (3). 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) (4). 2H2O22H2O+O2↑ (5). 碱性环境能增大 H2O2 分解的速率，酸性环境能减小 H2O2 分解的速率
【解析】
【详解】(1)催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能，从而加快反应速率，故答案为：改变反应途径，降低了活化能；
(2)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；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则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)，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)；
(3)过氧化氢在催化剂作用下分解生成水和氧气，该反应为2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
(4)由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率，故答案为：碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。
20.(1)下图表示在密闭容器中反应：2SO2+O2 2SO3 △H ＝－Q kJ/mol 到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a→b 过程中改变的条件可能是_____；b→c 过程中改变的条件可能是_____； 若增大压强时，将反应速度变化情况画在 c~d 处____________。
(2)可逆反应 mA(g)＋nB(g)pC(g)达到平衡后，升高温度，B 的转化率变大；当减小压强，C 的体积分数减小。
①用“>”、“＝”或“<”填空：该反应的Δ H_____0，m＋n_____p。
②用“增大”“减小”或“不变”填空(其他条件不变)：恒容下加入 B，则 A 的转化率_____；升高温度，则平衡时 B、C 的浓度之比 c(B)/c(C)将_____；加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量_____。
③若 A、C 均为无色气体，B 为红色气体，用“变深”、“变浅”或“不变”填空：恒容下加入 C，平衡混合物的颜色_____；而恒压充入氖气，平衡混合物颜色_____。
【答案】 (1). 升温 (2). 减小 SO3 浓度 (3). (4). > (5). > (6). 增大 (7). 减小 (8). 不变 (9). 变深 (10). 变浅
【解析】
【详解】(1)a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果；b时正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因；若增大压强时，平衡向正反应方向移动，则正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，图像应为；故答案为：升高温度；降低产物SO3浓度；；
(2)①当升高温度时，B的转化率变大，说明平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应是吸热反应，减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，平衡向逆反应移动，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，即m+n＞p，故答案为：＞；＞；
②加入B(体积不变)，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，则A的转化率增大，升高温度平衡向正反应移动，平衡时B的浓度降低，C的浓度增大，所以则平衡时B、C的浓度之比将减小，催化剂不影响化学平衡状态，所以平衡时气体混合物的总物质的量不变，故答案为：增大；减小；不变；
③加入C(体积不变)时，平衡向逆反应方向进行，B的浓度增大，颜色变深；维持容器内压强不变，充入氖气，容器体积增大，B的浓度降低，颜色变浅，故答案为：变深；变浅。
21.在一定条件下，容积为 2 L 的密闭容器中，将 2 mol L 气体和 3 mol M 气体混合，发生如下反应，2L(g)＋3M(g) ⇌xQ(g)＋3R(g)，10 s 末，生成 2.4 mol R，并测得 Q 的浓度为 0.4 mol·L-1。计算：
(1)10 s 末 L 的物质的量浓度为_____。
(2)前 10 s 内用 M 表示的化学反应速率为_____。
(3)化学方程式中 x 值为_____。
(4)在恒温恒容条件，往容器中加入 1 mol 氦气，反应速率_____(增大、减小、不变)。
(5)在恒温恒压条件，往容器中加入 1 mol 氦气，反应速率_____(增大、减小、不变)
【答案】 (1). 0.2 mol·L-1 (2). 0.12 mol·L-1·s-1 (3). 1 (4). 不变 (5). 减小
【解析】
【详解】经2min达平衡，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，Q物质的量=0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.8：2.4=x：3，计算得到x=1；
2L(g)+3M(g)⇌Q(g)+3R(g)
起始量(mol) 2 3 0 0
变化量(mol) 1.6 2.4 0.8 2.4
10s末(mol) 0.4 0.6 0.8 2.4
(1)10s末L的物质的量浓度==0.2mol/L，故答案为：0.2mol/L；
(2)前10s内用M表示的化学反应速率==0.12mol/（L•s），故答案为：0.12mol/（L•s）；
(3)经2min达平衡，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，Q物质的量=0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.8：2.4=x：3，计算得到x=1，故答案为：1；
(4)在恒温恒容条件，往容器中加入1mol氦气，总压增大，分压不变，容器的体积不变，浓度不变，反应速率不变，故答案为：不变；
(5)在恒温恒压条件，往容器中加入1mol氦气，为保持恒压条件体积增大，浓度减小，反应速率减小，故答案为：减小。
一、选择题(本题包括 16 小题，每小题 3 分，共 48 分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列有关能源的说法不正确的是
A. 光电转换的基本装置就是太阳能电池，应用相当广泛
B. 利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下可使水分解产生氢气
C. 贮氢合金的发现和应用，开辟了解决氢气贮存、运输难题的新途径
D. 煤、石油、天然气、氢能中，天然气、氢能是可再生能源
【答案】D
【解析】
分析：A、光电转换的基本原理是光电效应；B．氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，水可以在光能作用下分解成氧气和氢气；C．气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输；D、化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源。
详解：A. 光电转换的基本装置就是太阳能电池，它的基本原理是光电效应，应用相当广泛，选项A正确；B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，选项B正确；C．气体难贮存和运输，将其转化为固态易贮存和运输，所以贮氢合金的应用，是解决氢气贮存、运输难题的新途径，选项C正确；D、化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源，选项D不正确。答案选D。
2.下列关于能量变化的说法，正确的是( )
A. 将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量相同
B. 2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应生成物的总能量高于反应物的总能量
C. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量
D. 有化学键断裂的是吸热过程，并且一定发生了化学变化
【答案】C
【解析】
【分析】
A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；D、氯化钠熔化，离子键断裂；
【详解】A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同，根据盖斯定律，将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量不相同，故A错误；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应，该反应生成物的总能量低于反应物的总能量，故B错误；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D、氯化钠熔化，离子键断裂，没有新物质产生，有化学键断裂的是吸热过程，不一定发生了化学变化，故D错误；故选C。
3.下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3 kJ·mol-1，则1 mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6 kJ
B. H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·mol-1，则2H2O（1）＝2H2(g)＋O2(g)反应的△H＝+571.6kJ·mol-1
C. 反应物的热效应与是否使用催化剂有关
D. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g) △H= -38.6 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是燃烧热和中和热的定义和热化学方程式的书写等，注意燃烧热和中和热中物质的量的要求。
详解：A.硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，所以此反应的反应热不是中和热，故错误；B.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，所以当热化学方程式相反的话，反应热的符号相反，且根据物质的量分析，该反应为+571.6kJ·mol-1，故正确；C. 催化剂能改变反应的活化能，但不影响反应物的热效应，故错误；D.该反应为可逆反应，0.5mol氮气不能完全反应，故反应热不能计算，故错误。故选B。
点睛：注意燃烧热的定义：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，所谓的稳定的氧化物是指二氧化碳或二氧化硫或液态水等。中和热的定义为：强酸和强碱反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量，若有弱酸或弱碱或有沉淀生成，反应热都不为中和热。
4.在298K、1.01×105Pa下，将22gCO2通入750mL1mol/LNaOH溶液中充分反应，测得反应放出xkJ的热量。已知在该条件下，1molCO2通入1L2mol/LNaOH溶液中充分反应放出ykJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是（ ）
A. CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ∆H=-(2y-x)kJ/mo1
B. CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ∆H=-(2x-y)kJ/mo1
C. CO2(g)+NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ∆H=-(4x-y)kJ/mo1
D. CO2(g)+2NaOH(l)=2NaHCO3(l) ∆H=-(8x-2y)kJ/mo1
【答案】C
【解析】
分析：根据题意可知，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1mol CO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量，写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式。
详解：n（CO2）=22g÷44g/mol=0.5mol，n（NaOH）=1mol•L-1×0.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOH＝NaHCO3+Na2CO3+H2O。由0.5molCO2反应放出热量为xkJ，则2molCO2反应放出热量为4xkJ，即热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）＝NaHCO3（aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-4xkJ/mol①，又1mol CO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量，则热化学方程式为2NaOH（aq）+CO2（g）＝Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-ykJ/mol②，由盖斯定律可知，①-②可得，NaOH（aq）+CO2（g）＝NaHCO3（aq）△H=-（4x-y）kJ/mol。
答案选C。
点睛：本题考查热化学方程式的书写和计算，计算中涉及到化学方程式的有关计算问题和盖斯定律的有关应用，是一重点题型，学生还应注意在书写热化学方程式时标明各物质的状态。
5.已知下列热化学方程式：
①Fe2O3(s)＋3CO(g)= 2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1＝－26.7 kJ·mol-1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)= 2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2＝－50.75 kJ·mol-1
③Fe O (s)＋CO(g)= 3FeO(s)＋CO (g) ΔH ＝－36.5 kJ·mol-1
则试通过计算判断，下列有关反应 FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)的能量变化示意图正确的是
【答案】B
【解析】
试题分析：已知：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1＝－26.7 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)=2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2＝－50.75 kJ·mol－1
③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) ΔH3＝－36.5 kJ·mol－1
依据盖斯定律①×3-（③×2+②）得到：6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（g）+6CO2（g）△H=+70.35kJ/mol，即该反应是吸热反应，说明生成物总能量高于反应物总能量，催化剂降低活化能，则图像B正确，答案选B。
考点：考查反应热计算
6.以下反应中，△H1＜△H2 的是
A. C(s)+l/2O2(g)=CO(g) △H1； C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2
B. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H1； 2H2(g)+O2(g)=2H2O（1） △H2
C. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O （1）△Hl；
NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa (aq)+H2O （1） △H2
D. S(s)+O2(g)=SO2(g) △H1； S(g)+O2(g)=SO2(g) △H2
【答案】C
【解析】
A．碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反应的焓变是负值，故△H1＞△H2，故A错误；B．物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，气态水变为液态水的过程是放热的，故△H1＞△H2，故B错误；C．醋酸是弱酸，电离过程需要吸收热量，则反应中生成1mol水放出的热量偏低，即△H1＜△H2，故C正确；D．物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，固体硫变为气态硫需要吸收热量，所以△H2＜△H1，故D错误；答案为C。
7. 下列说法正确的是( )
A. Fe和Mg与0.1 mol·L-1的盐酸反应,反应速率相同
B. 0.1 mol·L-1的盐酸与0.1 mol·L-1H2SO4分别与大小、形状相同的大理石反应,反应速率相同
C. 催化剂能降低分子活化时所需能量,使单位体积内活化分子百分数大大增加
D. 100 mL 2 mol·L-1的盐酸与锌片反应,加入适量的NaCl溶液,反应速率不变
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由于金属活动性Mg>Fe，所以它们与同一浓度的盐酸反应速率不相等，错误；B．由于HCl是一元酸，而硫酸是二元强酸，当两种酸的浓度相等时，c(H+)硫酸大，故反应速率硫酸快，错误；C．催化剂能改变反应途径，降低分子活化时所需能量，使单位体积内活化分子百分数大大增加，故可以使化学反应速率大大加快，正确；D．100mL 2mol·L-1的盐酸与锌片反应，加入适量的NaCl溶液，使盐酸的浓度降低，故化学反应速率减小，错误。
考点：考查影响化学反应速率的因素正误判断的知识。
8.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 溶液浓度越大， 析出硫沉淀所需时间越短
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
催化剂一定不参加化学反应
C
H＋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】
【详解】A．浓度越大，单位体积内活化分子数目越多，反应速率越快，故A正确；B．催化剂参加化学反应，降低反应的活化能，加快反应速率，反应前后质量和性质不变，故B错误；C．其它条件相同，氢离子浓度相同，固体表面积相同，反应速率相同，但未注明其他条件是否相同，如温度，故C错误；D．增大压强，浓度增大，正、逆反应速率都增大，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素。本题的易错点为C，要注意反应的条件对反应速率的影响，比较反应速率大小时，需要只有某个条件不同，其他条件完全相同。
9.T℃时，在 2 L 的密闭容器中，气体 X、Y 和 Z 三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列描述正确的是
A. 容器中化学反应为 X(g)＋Y(g)Z(g)
B. 0～10 s，X 表示的平均化学反应速率为 0.04 mol/(L·s)
C. 使用催化剂只能加快 0～10 s 间的反应速率
D. 0～4 s 的平均反应速率小于 0～10 s 的平均反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图像可知反应在10s时达到化学平衡，此时X、Y分别减少了0.8mol、0.8mol，Z增加了1.6mol，所以反应的化学方程式为：X(g)+Y(g) 2Z(g)，故A错误；B. 0～10 s，X表示的平均化学反应速率为（0.8mol÷2L÷10s）=0.04 mol/(L·s)，故B正确；C.使用催化剂不仅加快0～10s间的反应速度，平衡后的速率也加快，故C错误；D.随着反应进行反应物浓度减小，速率减小，所以0～4s的平均反应速率大于0～10s时平均反应速率，故D错误；答案选B。
10.在 2 升的密闭容器中,发生以下反应:2A(g)+ B(g)2C(g)+D(g) 。若最初加入的 A 和 B 都是 4 mol，在前 10 秒钟 A 的平均反应速度为 0.12 mol/（L·S），则 10 秒钟时，容器中 B 的物质的量是（ ）
A. 1.6 mol B. 2.8 mol C. 2.4 mol D. 1.2 mol
【答案】B
【解析】
试题分析：根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=0.5v（A）=0.5×0.12mol/（L•s）=0.06mol/（L•s），所以△c（B）=0.06mol/（L•s）×10s=0.6mol/L，所以△n（B）=0.6mol/L×2L=1.2mol，故10秒钟时容器中B的物质的量为4mol-1.2mol=2.8mol．故选B．
考点：考查化学反应速率的计算
11.恒温恒容时，能表示反应 2X(g)＋2Y(s)Z(g) 一定达到化学平衡状态的是
①X、Z 的物质的量之比为 2︰1
②Z 的浓度不再发生变化
③容器中的压强不再发生变化
④单位时间内生成 2nmol Z，同时生成 nmol X
⑤气体平均相对分子质量不变
⑥气体密度不再变化
A. ①②③⑥ B. ①③④⑤ C. ②③⑤⑥ D. ②④⑤⑥
【答案】C
【解析】
分析：当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量、物质的量浓度及其由此产生的一系列物理量不变，据此分析解答。
详解：①X、Z的物质的量之比为2：1时该反应不一定达到平衡状态，与反应初始物质的量及转化率有关，故错误；②Z的浓度不再发生变化，则其他物质的浓度或物质的量也不会变化，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；③反应前后气体的物质的量之和减小，当可逆反应达到平衡状态时，容器中的压强不再发生变化，故正确；④单位时间内生成2n molZ、同时生成n molX，说明逆反应速率大于正反应速率，反应没有达到平衡状态，故错误；⑤该反应前后气体计量数之和减小，气体平均相对分子质量不变，说明气体的质量和物质的量均不发生变化，该反应达到平衡状态，故正确；⑥反应前后气体的质量发生变化、容器体积不变，当容器中气体的密度不变，说明气体的质量不变，说明达到平衡状态，故正确；故选C。
点睛：本题考查化学平衡状态判断，明确可逆反应平衡状态方法是解本题关键，只有反应前后改变的物理量不变时可逆反应才达到平衡状态。本题的易错点为⑤和⑥的判断，要注意Y为固体。
12.常温常压下，在带有相同质量活塞的容积相等的甲、乙两容器里，分别充有二氧化氮和空气，现分别进行下列两上实验：(N2O42NO2 △H ＞ 0)
(a)将两容器置于沸水中加热
(b)在活塞上都加2 kg的砝码
在以上两情况下，甲和乙容器的体积大小的比较，正确的是( )
A. (a)甲＞乙，(b)甲＞乙 B. (a)甲＞乙，(b)甲＝乙
C. (a)甲＜乙，(b)甲＞乙 D. (a)甲＞乙，(b)甲＜乙
【答案】D
【解析】
试题分析：a、在热水中加热，则温度升高，对于甲容器，不仅是温度升高压强增大，同时平衡正向移动，气体物质的量增加，容器体积增大的多；对于乙容器，仅仅是温度升高压强增大，容器体积增大不如甲增大的多，所以（a）甲>乙；b、在活塞上都加2 kg的砝码，相当于加压，则对于甲容器，不仅是压强增大容器体积减小，同时压强增大，平衡逆向移动，气体物质的量减小，体积也缩小，而对于乙容器，仅仅是压强增大而体积减小，与甲相比，减少的少，所以（b）甲<乙，则答案选D。
考点：考查对平衡移动的应用，外界条件的改变对容器体积的影响
13.下列说法正确且能用勒沙特列原理解释的是
A. Fe(SCN)3 溶液中加入固体 KCl 后颜色变深
B. 棕红色 NO2 加压后颜色先变深后变浅
C. SO2 催化氧化成 SO3 的反应，往往需要使用催化剂
D. H2、I2、HI 平衡混和气加压后颜色变深
【答案】B
【解析】
试题分析：A、Fe（SCN）3溶液中加入同体KSCN后颜色变深，是因为Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，平衡正向移动，颜色加深，故A正确；B、2NO2N2O4，增大压强，NO2浓度增大，颜色变深，平衡向右移动，然后颜色逐渐变浅，故B正确；C、催化剂能同等程度地增大正逆反应速率，不会影响平衡移动，故C错误；D、反应方程式为，H2（g）+ I2（g）= 2HI（g），可见，反应前后的气体体积相同，加压平衡不移动，颜色变深是因为体积减小时碘蒸气浓度变大，故D错误；故选AB。
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
14.在密闭容器中进行如下反应：X2(g)+Y2(g) 2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是 ( )
A. Z为0.3mol/L B. Y2为0.4mol/L
C. X2为0.2mol/L D. Z为0.4mol/L
【答案】A
【解析】
试题分析：因为反应是可逆反应，可能向正反应方向进行，也可能向逆反应方形进行，则Z的浓度应在0mol·L－1
15.在密闭容器中发生下列反应 aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D 的浓度为原平衡的 1.75 倍，下列叙述正确的是
A. A 的转化率变大 B. 平衡向正反应方向移动
C. D 的体积分数变大 D. a ＜ c＋d
【答案】D
【解析】
【分析】
平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度为原平衡的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.75倍，可知体积减小、压强增大，平衡逆向移动，以此来解答。
【详解】A．平衡逆向移动，A的转化率变小，故A错误；B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C．平衡逆向移动，D的体积分数减小，故C错误；D．压强增大，平衡逆向移动，则a＜c+d，故D正确；故选D。
16.某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，下列叙述正确的是
A. 刚充入时反应速率υ正减少，υ逆增大
B. 平衡不发生移动
C. 平衡向逆反应方向移动
D. 物质C的质量分数增大
【答案】D
【解析】
试题分析：达到平衡，此时测得n(A)：n(B)：n(C)=2：2：1．若保持温度不变，以n(A)：n(B)：n(C)=2：2：1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强；A．刚充入时反应速率υ正增大，υ逆增大，故A错误；B．增大压强，平衡向正反应方向移动，故B错误；C．增大压强，平衡向正反应方向移动，故C错误；D．增大压强，平衡向正反应方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确；故选D。
【考点定位】考查压强对化学平衡的影响
【名师点晴】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)：n(B)：n(C)=2：2：1，若保持温度不变，以n(A)：n(B)：n(C)=2：2：1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断。
二、非选择题(本题包括 5 小题，共 52 分)
17.利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取 50 mL 0.50 mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L-1NaOH 溶液，并用另一温度计测出其温度；③将 NaOH 溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液温度。
回答下列问题：
(1)倒入 NaOH 溶液的正确操作是_____(填序号)。
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
(2)使盐酸与 NaOH 溶液混合均匀的正确操作是_____(填序号)。
A．用温度计小心搅拌 B．揭开泡沫塑料板用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯 D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动
(3)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和 1 L 1 mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为 ΔH1、ΔH2、ΔH3，则 ΔH1、ΔH2、ΔH3 的大小关系为______________________。
(4)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是 1 g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容 c＝4.18 J·g-1·℃-1。为了计算中和热，某学生记录数据如下：
实验序号
起始温度 t1/ ℃
终止温度 t2/ ℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热 ΔH＝_____(结果保留一位小数)。_____(填“能”或“不能”)用 Ba(OH)2 溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_____。
【答案】 (1). C (2). D (3). △H1=△H2＜△H3 (4). －51.8 kJ·mol-1 (5). 不能 (6). H2SO4 与Ba(OH)2 反应生成BaSO4 沉淀的生成热会影响反应的反应热
【解析】
【详解】(1)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；
(2)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，故答案为：D；
(3)中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L 1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热过程，稀氨水和1L 1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以△H1=△H2＜△H3，故答案为：△H1=△H2＜△H3；
(4)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△t得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×=1.2959kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2959kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2959kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol；硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故答案为：-51.8 kJ•mol-1；不能；因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热。
【点睛】本题考查了中和热的测定方法和计算。实验的关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。本题的易错点为(4)，要注意生成硫酸钡沉淀会放出热量。
18.请参考题中图表，已知 E1=134kJ/mol、E2=368kJ/mol，根据要求回答问题：
(1)图 I 是 1molNO2(g)和 1molCO(g)反应生成 CO2 和 NO 过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1 的变化是_____(填“增大” 、“减小”或“不变”下同)，△H 的变化是_____。请写出NO2 和 CO 反应的热化学方程式：_____。
(2)如表所示是部分化学键的键能参数：
化学键
P-P
P-O
O=O
P=O
键能/kJ/mol
a
b
c
x
已知白磷的燃烧热为 d kJ/ mol，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图 II 所示。1 个 P4O10分子中 P-O 的个数为_____，表中 x=_____kJ/mol(用含 a、b、c、d 的代表数式表示)。
【答案】 (1). 减小 (2). 不变 (3). NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) △H=-234 kJ•mol-1 (4). 12 (5).
【解析】
【详解】(1)加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变物质的总能量，因此反应物的总能量和生成物的总能量之差不变，即反应热不变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ•mol-1，故答案为：减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ•mol-1；
(2)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×a kJ/mol+5 mol×c kJ/mol)=dkJ/mol，x=kJ/mol，故答案为：12；。
【点睛】本题的易错点为(2)，要注意分析白磷以及氧化磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目。
19.某实验小组以 H2O2 分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响，在常温下按照如下方案完成实验。
实验编号
反应物
催化剂
①
10 mL 2% H2O2 溶液
无
②
10 mL 5% H2O2 溶液
无
③
10 mL 5% H2O2 溶液
1 mL 0.1 mol • L-1 FeCl3 溶液
④
10 mL 5% H2O2 溶液+少量 HCl 溶液
1 mL 0.1 mol • L-1 FeCl3 溶液
⑤
10 mL 5% H2O2 溶液+少量 NaOH溶液
1 mL 0.1 mol • L-1 FeCl3 溶液
(1)催化剂能加快化学反应速率的原因是_____。
(2)实验①和②的目的是_________。实验时由于较长时间没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下 H2O2 稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是_____。
(3)写出实验③的化学反应方程式：_____。
(4)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图。分析如图能够得出的实验结论是_____。
【答案】 (1). 改变反应途径，降低了活化能 (2). 探究浓度对反应速率的影响 (3). 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) (4). 2H2O22H2O+O2↑ (5). 碱性环境能增大 H2O2 分解的速率，酸性环境能减小 H2O2 分解的速率
【解析】
【详解】(1)催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能，从而加快反应速率，故答案为：改变反应途径，降低了活化能；
(2)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；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则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)，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)；
(3)过氧化氢在催化剂作用下分解生成水和氧气，该反应为2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
(4)由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率，故答案为：碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。
20.(1)下图表示在密闭容器中反应：2SO2+O2 2SO3 △H ＝－Q kJ/mol 到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a→b 过程中改变的条件可能是_____；b→c 过程中改变的条件可能是_____； 若增大压强时，将反应速度变化情况画在 c~d 处____________。
(2)可逆反应 mA(g)＋nB(g)pC(g)达到平衡后，升高温度，B 的转化率变大；当减小压强，C 的体积分数减小。
①用“>”、“＝”或“<”填空：该反应的Δ H_____0，m＋n_____p。
②用“增大”“减小”或“不变”填空(其他条件不变)：恒容下加入 B，则 A 的转化率_____；升高温度，则平衡时 B、C 的浓度之比 c(B)/c(C)将_____；加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量_____。
③若 A、C 均为无色气体，B 为红色气体，用“变深”、“变浅”或“不变”填空：恒容下加入 C，平衡混合物的颜色_____；而恒压充入氖气，平衡混合物颜色_____。
【答案】 (1). 升温 (2). 减小 SO3 浓度 (3). (4). > (5). > (6). 增大 (7). 减小 (8). 不变 (9). 变深 (10). 变浅
【解析】
【详解】(1)a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果；b时正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因；若增大压强时，平衡向正反应方向移动，则正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，图像应为；故答案为：升高温度；降低产物SO3浓度；；
(2)①当升高温度时，B的转化率变大，说明平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应是吸热反应，减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，平衡向逆反应移动，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，即m+n＞p，故答案为：＞；＞；
②加入B(体积不变)，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，则A的转化率增大，升高温度平衡向正反应移动，平衡时B的浓度降低，C的浓度增大，所以则平衡时B、C的浓度之比将减小，催化剂不影响化学平衡状态，所以平衡时气体混合物的总物质的量不变，故答案为：增大；减小；不变；
③加入C(体积不变)时，平衡向逆反应方向进行，B的浓度增大，颜色变深；维持容器内压强不变，充入氖气，容器体积增大，B的浓度降低，颜色变浅，故答案为：变深；变浅。
21.在一定条件下，容积为 2 L 的密闭容器中，将 2 mol L 气体和 3 mol M 气体混合，发生如下反应，2L(g)＋3M(g) ⇌xQ(g)＋3R(g)，10 s 末，生成 2.4 mol R，并测得 Q 的浓度为 0.4 mol·L-1。计算：
(1)10 s 末 L 的物质的量浓度为_____。
(2)前 10 s 内用 M 表示的化学反应速率为_____。
(3)化学方程式中 x 值为_____。
(4)在恒温恒容条件，往容器中加入 1 mol 氦气，反应速率_____(增大、减小、不变)。
(5)在恒温恒压条件，往容器中加入 1 mol 氦气，反应速率_____(增大、减小、不变)
【答案】 (1). 0.2 mol·L-1 (2). 0.12 mol·L-1·s-1 (3). 1 (4). 不变 (5). 减小
【解析】
【详解】经2min达平衡，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，Q物质的量=0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.8：2.4=x：3，计算得到x=1；
2L(g)+3M(g)⇌Q(g)+3R(g)
起始量(mol) 2 3 0 0
变化量(mol) 1.6 2.4 0.8 2.4
10s末(mol) 0.4 0.6 0.8 2.4
(1)10s末L的物质的量浓度==0.2mol/L，故答案为：0.2mol/L；
(2)前10s内用M表示的化学反应速率==0.12mol/（L•s），故答案为：0.12mol/（L•s）；
(3)经2min达平衡，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L，Q物质的量=0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，0.8：2.4=x：3，计算得到x=1，故答案为：1；
(4)在恒温恒容条件，往容器中加入1mol氦气，总压增大，分压不变，容器的体积不变，浓度不变，反应速率不变，故答案为：不变；
(5)在恒温恒压条件，往容器中加入1mol氦气，为保持恒压条件体积增大，浓度减小，反应速率减小，故答案为：减小。
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