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【化学】河南省鹤壁市淇县第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（普通班）试题（解析版）
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河南省鹤壁市淇县第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（普通班）试题
第I卷（选择题）
一、填空题（共18小题，共54分）
1.已知：P4(s)＋6Cl2(g)＝4PCl3(g) ΔH＝akJ·mol－1，P4(s)＋10Cl2(g)＝4PCl5(g) ΔH＝ bkJ·mol－1。P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为ckJ·mol－1,PCl3中P－Cl键的键能为1.2ckJ·mol－1。下列叙述正确的是
A. P－P键的键能大于P－Cl键的键能
B. Cl－Cl键的键能kJ·mol－1
C. 可求Cl2(g)＋PCl3(g)＝PCl5(s)的反应热ΔH
D. P－P键的键能为kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【分析】
A项，根据P和Cl原子半径的大小比较键长的大小，进一步比较键能的大小；
B项，根据“ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和”计算；
C项，应用盖斯定律分析判断；
D项，根据“ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和”计算。
【详解】A项，原子半径：r（P）>r（Cl），P—P键的键长大于P—Cl键的键长，P—P键的键能小于P—Cl键的键能，A项错误；
B项，根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，则akJ/mol=6E（P—P）+6E（Cl—Cl）-12×1.2ckJ/mol，bkJ/mol=6E（P—P）+10E（Cl—Cl）-20×ckJ/mol，联立两式解得E（P—P）=kJ/mol，E（Cl—Cl）=kJ/mol，B项正确；
C项，将反应编号，P4（s）＋6Cl2（g）=4PCl3（g） ΔH=akJ·mol－1（①式），P4（s）＋10Cl2（g）=4PCl5（g） ΔH=bkJ·mol－1（②式），应用盖斯定律，将（②式-①式）÷4得Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）ΔH=kJ/mol，但PCl5（g）=PCl5（s）的ΔH未知，无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的ΔH，C项错误；
D项，根据B项所求，P—P键的键能为kJ/mol，D项错误；
答案选B。
2.已知下列反应的热化学方程式：
6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) △H1 ；2 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g) △H2 ; C(s)+ O2(g)=CO2(g) △H3 .则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H为 ( ）
A. 12△H3-5△H2-2△H1 B. 2△H1-5△H2-12△H3
C. 12△H3+5△H2 -2△H1 D. △H1-5△H2-12△H3
【答案】C
【解析】
【分析】
分析各热化学方程式，消去C（s）、H2（g），应用盖斯定律分析。
【详解】对反应编号，6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）=2C3H5(ONO2)3（l）ΔH1（①式），2H2（g）+ O2（g）= 2H2O（g）ΔH2（②式），C（s）+ O2（g）=CO2（g）ΔH3（③式），分析各热化学方程式，应用盖斯定律，将②式×5+③式×12-①式×2得，4C3H5(ONO2)3（l）= 12CO2（g）+10H2O（g） + O2（g） +6N2（g）ΔH=5ΔH2+12ΔH3-2ΔH1，答案选C。
【点睛】用盖斯定律计算ΔH的一般步骤为：找目标→看来源→变方向→调系数→相叠加→得答案。
3.下列各组变化中，化学反应的反应热前者小于后者的一组是（ ）
① CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1；CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2；② 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1；H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2；③S(g)+O2(g)=SO2(g) △H1 ；S(s)+O2(g)=SO2(g) △H2 ；④ CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H1；CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H2．
A. ②③④ B. ②④ C. ①②③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①CH4（g）与O2（g）的反应为放热反应，ΔH1、ΔH2都小于0，由于H2O（l）转变为H2O（g）吸收能量，则ΔH1<ΔH2；
②H2（g）与O2（g）的反应为放热反应，ΔH1、ΔH2都小于0，前者各物质的化学计量数是后者的两倍，则ΔH1=2ΔH2，ΔH1<ΔH2；
③两者都为放热反应，ΔH1、ΔH2都小于0，由于S（g）转变为S（s）放出能量，则ΔH1<ΔH2；
④反应CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）为吸热反应，ΔH1>0，反应CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）为放热反应，ΔH2<0，则ΔH1>ΔH2；
反应热前者小于后者的有①②③，答案选C。
【点睛】反应热大小比较的方法：（1）同一物质，状态不同所具有的能量不同，具有的能量关系为：固态<液态<气态，若反应为放热反应，当反应物状态相同、生成物状态不同时，生成固体放热最多，生成气体放热最少；若反应为放热反应，当反应物状态不同、生成物状态相同时，固体反应放热最少，气体反应放热最多。（2）等物质的量的同一物质完全燃烧释放的能量大于不完全燃烧释放的能量。（3）同一反应化学计量系数不同，ΔH不同。（4）吸热反应的ΔH大于放热反应的ΔH。
4.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是( )
A. 调味剂 B. 抗氧化剂 C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】B
【解析】
试题分析：A、调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，A错误；B、着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，B错误；C、增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，C错误；D、抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，D正确，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查食品添加剂的有关判断
【名师点晴】化学是一门实用性很强的学科，在日常生活及工农业生产和科学技术中应用十分广泛。食品添加剂关互我们每个人的健康，了解食品添加剂是每个人应该掌握的基本常识，只有掌握一定的化学知识，才会使我们的生活质量得以提升，也才会更安全、更健康。了解抗氧化剂、调味剂、着色剂、增稠剂的含义是解答的关键，注意相关知识的积累。
5.反应C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变能够引起反应速率增大的是
A. 将容器的体积缩小一半
B. 增加C的量
C. 保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入Ar使容器容积变大
【答案】A
【解析】
【分析】
根据外界条件对化学反应速率影响的规律判断。
【详解】A项，将容器的体积缩小一半，H2O（g）的浓度增大，化学反应速率增大；
B项，C呈固态，增加C的量，化学反应速率不变；
C项，保持体积不变，充入N2使体系压强增大，各物质的物质的量浓度不变，化学反应速率不变；
D项，保持压强不变，充入Ar使容器容积变大，各物质的物质的量浓度减小，化学反应速率减小；
答案选A。
【点睛】解答本题需要注意：气体反应体系中充入“惰性气体”（不参加反应的气体）时对反应速率的影响，恒温恒容时，充入“惰性气体”→压强增大→参加反应的物质的浓度不变→反应速率不变；恒温恒压：充入“惰性气体”→体积增大→参加反应的物质的浓度减小→反应速率减小。
6.设C+CO2CO（正反应吸热），正反应的反应速率为v1：N2+3H22NH3（正反应放热），正反应的反应速率为v2。对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为（ ）
A. V1减小，V2增大 B. 同时减小
C. V1增大，V2减小 D. 同时增大
【答案】D
【解析】
【分析】
根据温度对化学反应速率的影响：温度升高，化学反应速率加快。
【详解】A、因温度对化学反应速率的影响为升高温度，化学反应速率加快，对于可逆反应来说，升高温度无论是正反应反应速率还是逆反应化学反应速率都加快，故A正确；B、升高温度，化学反应速率加快，故B错误；C、升高温度，v2化学反应速率加快，故C错误；D、升高温度，v1化学反应速率加快，故D错误；故选：A。
【点睛】本题考查温度对化学反应速率的影响，无论是正反应速率还是逆反应速率都遵循此规律．
7.一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示．下列判断正确的是（ ）
A. 溶液酸性越强，R的降解速率越小
B. 在0-50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等
C. R的起始浓度越小，降解速率越大
D. 在20～25min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04 mol•L-1•min-1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故A错误；B、根据图示可知：R的起始浓度越小，降解速率越小，故B错误；C、根据图示可知：在50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率是相等的，故C正确；D、在 20-25min之间，pH=10时R的平均降解速率为 =× 10 - 4 =" 0.04" × 10-4 mol•L-1•min-1，故D错误；故选C。
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
8.已知：2H2（g）+ O2(g)=2H2O(l) △H=﹣572kJ•mol﹣1CH4（g）+ 2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) △H=﹣890kJ•mol﹣1；现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O(l),若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是( )
A. 1∶2 B. 1∶3 C. 1∶4 D. 2∶3
【答案】B
【解析】
分析：根据氢气和甲烷燃烧的反应热，可以求出两者的物质的量之比。
详解：由2H2（g）+ O2(g)=2H2O(l) △H1=﹣572kJ•mol﹣1可知，1mol H2燃烧可以放出286的热量；由CH4（g）+ 2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) △H1=﹣890kJ•mol﹣1可知，1mol CH4燃烧可以放出890的热量。根据反应放出的总热量，可以求出两种气体的物质的量之比。现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），则气体的总物质的量为5mol，其完全燃烧后测得反应放热3695kJ，则n(H2)+n(CH4)=5mol，286 n(H2)+890 n(CH4)=3695，解之得n(H2)=1.25mol、n(CH4)=3.75mol，所以，原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1∶3 ，B正确，本题选B。
9.已知3.6g碳在6.4 g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出X kJ热量。已知单质C(s)的燃烧热为Y kJ·mol－1，则1 mol C(s)与O2(g)反应生成CO(g)的反应热ΔH为( )
A. －Y kJ·mol－1 B. －(10X－Y)kJ·mol－1
C. －(5X－0.5Y)kJ·mol－1 D. ＋(10X－Y)kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
试题分析：碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2，3.6g碳的物质的量为3.6g÷12g/mol==0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为6.4g÷32g/mol==0.2mol，n（C）：n（O2）=3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反应都发生,令生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素守恒有x+y=0.3，根据氧元素守恒有x+2y=0.2×2，联立方程，解得x=0.2，y=0.1,单质碳的燃烧热为Y kJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×Y kJ/mol=0.1YkJ，所以生成0.2molCO放出的热量为XkJ-0.1YkJ，由于碳燃烧为放热反应，所以反应热△H的符号为“-”，故1mol C与O2反应生成CO的反应热△H=-（XkJ-0.1YkJ）÷0.2mol==-（5X-0.5Y）kJ•mol‾1，故C项正确。
考点：本题考查焓变的计算。
10.已知可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g）,下列状态合理且可以判断该反应已经达到平衡的是
①ν(正)=ν(逆)≠0的状态 ②NO2全部转化成N2O4的状态 ③c(NO2)=c(N2O4)的状态 ④N2O4不再分解的状态 ⑤NO2的百分含量不再改变的状态 ⑥体系颜色不再发生变化的状态
A. ①④⑥ B. ①⑤⑥ C. ①③⑥ D. ②⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
可逆反应中反应物的转化率小于100%，根据化学平衡的本质标志（正、逆反应速率相等且不等于0）和特征标志（各组分的浓度保持不变）判断反应是否达到平衡状态。
【详解】①υ（正）=υ（逆）≠0是化学平衡状态的本质标志，此状态合理且能说明反应已经达到平衡；
②由于该反应为可逆反应，NO2不可能全部转化成N2O4，此状态不合理；
③c（NO2）=c（N2O4）是一种特殊情况，但不能说明反应已经达到平衡；
④化学反应达到平衡时正、逆反应仍在进行，N2O4不再分解的状态不合理；
⑤NO2的百分含量不再改变的状态是化学平衡的特征标志，此状态合理且能说明反应已经达到平衡；
⑥体系颜色不再发生变化的状态即NO2的浓度不再变化的状态，该状态是化学平衡的特征标志，此状态合理且能说明反应已经达到平衡；
符合题意的是①⑤⑥，答案选B。
【点睛】可逆反应在一定条件下达到化学平衡状态的标志是：逆向相等，变量不变。“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志；注意可逆反应达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定相等，也不一定等于化学计量数之比。
11.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
已知CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－574 kJ·mol－1，CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1160 kJ·mol－1。若在标准状况下4.48 L CH4恰好能将一定量NO2还原成N2和H2O(g)，则整个过程中放出的热量为( )
A. 114.8 kJ B. 232 kJ C. 368.8 kJ D. 173.4 kJ
【答案】D
【解析】
【分析】
先应用盖斯定律计算反应CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）的ΔH，再利用热化学方程式列式计算。
【详解】对反应编号，CH4（g）＋4NO2（g）=4NO（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）ΔH=-574 kJ/mol（①式），CH4（g）＋4NO（g）=2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）ΔH=-1160 kJ/mol（②式），分析各热化学方程式，应用盖斯定律，将（①式+②式）÷2得，CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）ΔH=[（-574 kJ/mol）+（-1160 kJ/mol）]÷2=-867kJ/mol；标准状况下4.48LCH4物质的量为4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，则标准状况下4.48LCH4将一定量NO2还原成N2和H2O（g）放出的热量为0.2mol×867kJ/mol=173.4kJ，答案选D。
12.已知分解1 mol H2O2 放出热量98KJ，在含少量I－的溶液中，H2O2的分解机理为：
H2O2＋ I－ →H2O ＋IO－ 慢； H2O2＋ IO－→H2O ＋O2＋ I－ 快
下列有关反应的说法正确的是( )
A. 反应的速率与I－的浓度有关 B. IO－也是该反应的催化剂
C. 反应活化能等于98KJ·mol－1 D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
【答案】A
【解析】
试题分析：A、已知：①H2O2+I-→H2O+IO-慢 ②H2O2+IO-→H2O+O2+I-快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I-是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I-，IO-只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的△H=-98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I-的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误．故选：A。
考点：考查化学反应速率的影响因素
13.其他条件不变，增大反应物的浓度能增大反应速率的原因是
A. 单位体积内分子数增多 B. 单位体积内活化分子数增多
C. 活化分子百分数增大 D. 分子碰撞的次数增多
【答案】B
【解析】
【分析】
其他条件不变，增大反应物的浓度能增大反应速率的原因是：单位体积内活化分子数增多。
【详解】其他条件不变，增大反应物的浓度，单位体积内分子总数增多，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，单位时间、单位体积内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大；答案选B。
14.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g) + 6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）
A. 平衡时，v正(O2)＝v逆(O2)必成立
B. 关系式5v正(O2)＝4v正(NO)总成立
C. 用上述四种物质NH3、O2、NO、H2O表示的正反应速率的数值中，v正(H2O)最小
D. 若投入4 mol NH3和5 mol O2，通过控制外界条件，必能生成4 mol NO
【答案】A
【解析】
在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态。所以A正确，B不正确。根据反应速率之比是相应的化学计量数之比，水的反应速率是最大的，C不正确。可逆反应的转化率不可能是100％的，D不正确。所以答案选A。
15.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S(s)+2KNO3(s)+3C(s）= K2S(s)+N2(g)+3CO2(g） ΔH= x kJ·mol－1
已知：碳的燃烧热 ΔH1= a kJ·mol－1
S(s)+2K(s）= K2S(s） ΔH2= b kJ·mol－1
2K(s)+N2(g)+3O2(g）= 2KNO3(s） ΔH3= c kJ·mol－1
则x为（ ）
A. a+b－c B. c +3a－b C. 3a+b－c D. c+a－b
【答案】C
【解析】
【分析】
根据燃烧热的概念写出热化学方程式，再应用盖斯定律计算。
【详解】碳的燃烧热ΔH1=akJ/mol，则碳的燃烧热表示的热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH1=akJ/mol（①式），对反应编号，S（s）+2K（s）=K2S（s）ΔH2=bkJ/mol（②式），2K（s）+N2（g）+3O2（g）=2KNO3（s）ΔH3=ckJ/mol（③式），分析各热化学方程式，应用盖斯定律，将①式×3+②式-③式得，2KNO3（s）+3C（s）+S（s）=K2S（s）+3CO2（g）+N2（g）ΔH=（3a+b-c）kJ/mol，即x=3a+b-c，答案选C。
16.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是（ ）
A. 氢气的燃烧热为285.5kJ/mo1，则水电解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）；△H=+285.5kJ/mol
B. 1mol甲烷完全燃烧生成CO2和H2O（l）时放出890kJ热量，它的热化学方程式为
CH4（g）+O2（g）═CO2（g）+H2O（l）；△H=-445kJ/mol
C. 已知2C（s）+O2（g）═2CO（g）；△H=-221kJ/mol，则C的燃烧热为110.5kJ/mol
D. 已知中和热为57.3kJ/mol，HF与NaOH溶液反应：H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
A项，H2的燃烧热为285.5kJ/mol指1molH2完全燃烧生成H2O（l）放出285.5kJ的热量；
B项，根据题给数据直接写出热化学方程式；
C项，C（s）完全燃烧生成的稳定氧化物为CO2（g），不是CO（g）；
D项，HF属于弱酸，HF电离吸热。
【详解】A项，H2的燃烧热为285.5kJ/mol，则H2的燃烧热表示的热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（l）ΔH=-285.5kJ/mol，H2O（l）分解的热化学方程式为H2O（l）= H2（g）+O2（g）ΔH=+285.5kJ/mol，水电解的热化学方程式为2H2O（l）= 2H2（g）+O2（g）ΔH=+571kJ/mol，A项错误；
B项，CH4（g）完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l）的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-890kJ/mol，则CH4（g）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）ΔH=-445kJ/mol，B项正确；
C项，C（s）完全燃烧生成的稳定氧化物为CO2（g），不是CO（g），CO（g）燃烧生成CO2（g）放热，C（s）的燃烧热大于110.5kJ/mol，C项错误；
D项，中和热为57.3kJ/mol，则H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）ΔH=-57.3kJ/mol ，HF属于弱酸，HF电离吸热，HF与NaOH溶液的反应为：HF（aq）+OH-（aq）=F-（aq）+H2O（l）ΔH>-57.3kJ/mol，D项错误；
答案选B。
【点睛】正确理解燃烧热和中和热的概念是解答本题的关键。理解燃烧热时注意两点：（1）可燃物物质的量为1mol；（2）生成物为稳定氧化物，如H→H2O（l），C→CO2（g）等。
17.1,3－丁二烯和2－丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：CH2=CH－CH=CH2(g)＋2H2(g)=CH3CH2CH2CH3(g) △H=-236.6kJ/mol；CH3－C≡C－CH3(g)＋2H2(g)=CH3CH2CH2CH3(g) △H=-272.7kJ/mol由此不能判断（ ）
A. 1,3－丁二烯和2－丁炔稳定性的相对大小
B. 1,3－丁二烯和2－丁炔分子储存能量的相对高低
C. 1,3－丁二烯和2－丁炔相互转化的热效应
D. 一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的相对大小
【答案】D
【解析】
试题分析：A. 根据1，3﹣丁二烯的热化学方程式和2﹣丁炔的热化学方程式可以判断它们储存能量的大小，从而能够比较稳定性的相对大小，不符；B.不符；C. 1，3﹣丁二烯的热化学方程式减去2﹣丁炔的热化学方程式可得到它们相互转化的热效应，不符；选D。
考点：考查物质稳定性的大小判断，键能的大小判断，化学反应的热效应等知识。
18.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 （ ）
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
D. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
【答案】C
【解析】
【详解】A项，图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越大，其分解速率越快，A项错误；
B项，图乙表明，其他条件相同时，NaOH溶液的浓度越大，溶液的碱性越强，pH越大，H2O2分解速率越快，B项错误；
C项，图丙表明，其他条件相同有一定浓度的Mn2+存在时，H2O2的分解速率：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH，但不是“溶液碱性越强，H2O2分解速率越快”，碱性溶液中Mn2+对H2O2的分解速率有影响，图丁表明，其他条件相同时，Mn2+浓度越大，H2O2分解速率越快，根据上述分析，图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，C项正确；
D项，图丙表明，其他条件相同时，H2O2的分解速率：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH，少量Mn2+存在时，并不是“溶液碱性越强，H2O2分解速率越快”，D项错误；
答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题（每空2分，共46分）
19.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：
ΔH＝＋88.6 kJ/mol则M、N相比，较稳定的是______________(用字母“M”或“N”表示)。
(2)已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－238.6 kJ/mol，CH3OH(l)＋1/2O2(g)===CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－a kJ/mol，则a________238.6(填“>”“<”或“＝”)。
(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_____________________________。
(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可做耐高温材料，4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s) ΔH＝－1 176 kJ/mol，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为___________________________________kJ。
【答案】 (1). M (2). ＜ (3). 2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g) ΔH＝－290 kJ/mol (4). 98
【解析】
分析：(1)M转化为N是吸热反应，能量越高越不稳定，据此分析。
（2）甲醇燃烧生成CO2和H2属于不完全燃烧，据此分析。
(3) 书写热化学方程式要注明物质聚集状态和对应反应的焓变。
（4）已知热化学方程式的焓变，则应先计算反应转移了多少mol电子，再计算转移1mol电子放出的热量。
详解：(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N：△H=+88.6kJ/mol，过程是吸热反应，M的总能量低于N的总能量，能量越低越稳定，说明M稳定； 正确答案：M。
(2) 燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热；a<238.6；正确答案：<。
(3) 有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=4HCl(g)+CO2(g)△H=-290kJ/mol；正确答案：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s) =4HCl(g)+CO2(g) ΔH=－290 kJ·mol－1 。
(4) 4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s)=2Al2O3(s)+3TiC(s)△H=-1176kJ/mol，该反应中转移12mol电子，转移12mol电子放热1176kJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热1176/12=98 kJ；正确答案：98 kJ。
20.(1)甲醇是一种重要的化工产品，可利用甲醇催化脱氢制备甲醛。甲醛与气态甲醇转化的能量关系如图所示。
反应过程中的能量关系
①甲醇催化脱氢转化为甲醛的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。
②过程Ⅰ与过程Ⅱ的反应热是否相同？____________原因是_______________。
③写出甲醇催化脱氢转化为甲醛的热化学反应方程式_________________________________。
(2)已知：①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋ O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
下列说法正确的是________。
A．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量
B．①反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量
C．根据②推知反应：CH3OH(l)＋ O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)的ΔH>－192.9 kJ·mol－1
D．反应②的能量变化如图所示
【答案】 (1). 吸热 (2). 相同 (3). 一个化学反应的反应热仅与反应始态和终态有关，而与反应的途径无关 (4). CH3OH(g) HCHO(g)＋H2(g) ΔH＝＋(E2－E1)kJ·mol－1 (5). C
【解析】
【分析】
放热反应的反应物总能量大于生成物总能量，放热反应的ΔH<0；吸热反应的反应物总能量小于生成物总能量，吸热反应的ΔH>0。根据“ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量”计算反应的ΔH。热化学方程式中化学计量数代表物质的量，书写热化学方程式时要标明物质的聚集状态。据此分析作答。
【详解】（1）①根据图像，1molCH3OH（g）的总能量<1molHCHO（g）和1molH2（g）的总能量，甲醇催化脱氢转化为甲醛的反应是吸热反应。
②过程I与过程II的反应物的总能量、生成物的总能量相同，过程I与过程II的反应热相同；原因是：一个化学反应的反应热仅与反应的始态和终态有关，而与反应的途径无关。
③根据图像，1mol CH3OH（g）催化脱氢转化为HCHO（g）的ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量=+（E2-E1）kJ/mol，甲醇催化脱氢转化为甲醛的热化学方程式为CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）ΔH=+（E2-E1）kJ/mol。
（2）A项，反应①的ΔH>0，反应①中CH3OH转变成H2吸收能量，反应②的ΔH<0，反应②中CH3OH转变成H2放出能量，CH3OH转变为H2不一定吸收能量，A项错误；
B项，反应①是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，B项错误；
C项，CH3OH（l）转变为CH3OH（g）吸收能量，由反应②推知：CH3OH（l）＋ O2（g）=CO2（g）＋2H2（g）的ΔH>－192.9 kJ/mol，C项正确；
D项，反应②为放热反应，1molCH3OH（g）和molO2（g）的总能量>1molCO2（g）和2molH2（g）的总能量，图像中O2（g）和H2（g）的化学计量数不正确，D项错误；
答案选C。
21.(1)在某一容积为2 L的密闭容器中，某一反应中A、B、C、D四种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化曲线如图所示：
回答下列问题：
①该反应的化学方程式为__________________________________。
②前2 min用A的浓度变化表示的化学反应速率为________[A在0-2min时的坐标为（0，2.5）和（2，2.1）]。在2 min时，图像发生改变的原因是________(填字母，多选)。
A．增大压强 B．降低温度 C．加入催化剂 D．增加A的物质的量
(2)在100 ℃时，将0.01 mol的四氧化二氮气体充入0.1 L的密闭容器中发生反应，隔一定时间对该容器内的物质进行分析，得到如下表格：
时间/s
浓度/mol·L－1
0
20
40
60
80
100
c(N2O4)/mol·L－1
0.100
0.070
0.050
c3
a
b
c(NO2)/mol·L－1
0.000
0.060
c2
0.120
0.120
0.120
填空：
①该反应的化学方程式________________________________，达到平衡时四氧化二氮的转化率为_______。
②在0～20 s内，四氧化二氮的平均反应速率为______，哪一时间段______(指0～20、20～40、40～60、60～80、80～100 s)反应速率最大并解释_________________________。
【答案】 (1). 4A＋5B6C＋4D (2). 0.1 mol·L－1·min－1 (3). AC (4). N2O42NO2 (5). 60% (6). 0.001 5 mol·L－1·s－1 (7). 0～20 s (8). 开始时反应物的浓度最大
【解析】
【分析】
（1）①随着时间的推移逐渐减少的是反应物，逐渐增多的是生成物；相同时间内转化物质的量（或浓度）之比等于化学计量数之比，据此确定化学方程式。
②根据υ=计算化学反应速率；根据浓度、压强、温度、催化剂等外界条件对化学反应速率的影响判断引起反应速率变化的原因。
（2）①根据NO2的浓度不再变化确定各物质的平衡浓度，进一步计算N2O4的平衡转化率。
②分别计算各时间段的平均反应速率，再利用外界条件对化学反应速率的影响进行分析。
【详解】（1）①A、B物质的量随着时间的推移逐渐减小，A、B为反应物；C、D物质的量随着时间的推移逐渐增大，C、D为生成物；在0~2min内A、B、C、D物质的量的改变值依次为0.4mol（2.5mol-2.1mol=0.4mol）、0.5mol（2.4mol-1.9mol=0.5mol）、0.6mol（0.6mol-0mol=0.6mol）、0.4mol（0.4mol-0mol=0.4mol），则A、B、C、D的化学计量数之比为4:5:6:4；3min后各物质物质的量保持不变且都不为0说明反应达到平衡状态，反应的化学方程式为4A（g）+5B（g）6C（g）+4D（g）。
②前2min用A的浓度变化表示的化学反应速率υ（A）==0.1mol/（L·min）。从图像可以看出，2min时改变条件，各物质物质的量瞬时不变，2~3min内曲线的斜率变大，化学反应速率加快。A项，若增大压强，各物质物质的量瞬时不变，化学反应速率加快；B项，若降低温度，各物质物质的量瞬时不变，化学反应速率减慢；C项，若加入催化剂，各物质物质的量瞬时不变，化学反应速率加快；D项，若增加A的物质的量，虽然化学反应速率加快，但A的物质的量突然增大；答案选AC。
（2）①在0~20s内，N2O4的浓度减少0.100mol/L-0.070mol/L=0.030mol/L，NO2的浓度增加0.060mol/L-0.000mol/L=0.060mol/L，该反应的化学方程式为N2O4（g）2NO2（g）。60s、80s、100s时NO2的物质的量浓度都为0.120mol/L，说明NO2的平衡浓度为0.120mol/L，用三段式
N2O4（g）2NO2（g）
c（起始）（mol/L） 0.100 0.000
c（转化）（mol/L） 0.060 0.120
c（平衡）（mol/L） 0.040 0.120
达到平衡时N2O4的转化率为×100%=60%。
②在0~20s内，N2O4的平均反应速率υ（N2O4）==0.0015mol/（L·s）。20~40s内N2O4的平均反应速率υ（N2O4）==0.001mol/（L·s）；根据①的分析60s时反应已经达到平衡状态，c3=0.040mol/L，40~60s内N2O4的平均反应速率υ（N2O4）==0.0005mol/（L·s）；60~80s、80~100s反应达到平衡状态，化学反应速率不变且相等；根据上述计算，0~20s时间段反应速率最大，原因是：开始时反应物的浓度最大，反应速率最大。
22.将气体A、B置于固定容积为4L的密闭容器中，发生如下反应:2A(g)+B(g)C(g)+2D(g)，反应进行20s后达到平衡，测得平衡时A的物质的量为0.16mol，B的物质的量为0.06mol，C的物质的量为0.04mol，请计算并回答：
(1)用生成物C表示20s内的平均反应速率为_________________mol/(L·s)。
(2)反应前A的物质的量浓度是________________mol/L。
(3)反应达平衡时，B的转化率为________________ 。
(4)若改变下列条件，D的生成速率如何变化（用“增大”或“减小”或“不变”填空）。
编号
改变的条件
D的生成速率
①
降低体系温度
______
②
恒容下补充A气体
______
③
恒容下充入Ne（不参与体系反应）
______
【答案】 (1). 5×10-4 (2). 0.06 (3). 40% (4). 减小 (5). 增大 (6). 不变
【解析】
（1）用生成物C表示20s内的平均反应速率为5×10-4mol/(L·s)。（2）生成C是0.04mol，则消耗A是0.08mol，因此反应前A的物质的量是0.16mol+0.08mol＝0.24mol，其浓度是0.24mol÷4L＝0.06mol/L。（3）反应达平衡时，消耗B是0.04mol，所以B的转化率为。（4）降低体系温度，D的生成速率减小；恒容下补充A气体，A的浓度增大，D的生成速率增大；恒容下充入Ne（不参与体系反应），反应物浓度不变，D的生成速率不变。
点睛：外界条件对化学反应速率的影响，实际是通过影响单位体积内活化分子的数量，改变有效碰撞次数来实现的，影响化学反应速率的外界条件主要有温度、浓度、压强和催化剂。对于有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时，对化学反应速率的影响变化规律是：①恒容：充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。②恒压：充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减慢。
第I卷（选择题）
一、填空题（共18小题，共54分）
1.已知：P4(s)＋6Cl2(g)＝4PCl3(g) ΔH＝akJ·mol－1，P4(s)＋10Cl2(g)＝4PCl5(g) ΔH＝ bkJ·mol－1。P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为ckJ·mol－1,PCl3中P－Cl键的键能为1.2ckJ·mol－1。下列叙述正确的是
A. P－P键的键能大于P－Cl键的键能
B. Cl－Cl键的键能kJ·mol－1
C. 可求Cl2(g)＋PCl3(g)＝PCl5(s)的反应热ΔH
D. P－P键的键能为kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【分析】
A项，根据P和Cl原子半径的大小比较键长的大小，进一步比较键能的大小；
B项，根据“ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和”计算；
C项，应用盖斯定律分析判断；
D项，根据“ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和”计算。
【详解】A项，原子半径：r（P）>r（Cl），P—P键的键长大于P—Cl键的键长，P—P键的键能小于P—Cl键的键能，A项错误；
B项，根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，则akJ/mol=6E（P—P）+6E（Cl—Cl）-12×1.2ckJ/mol，bkJ/mol=6E（P—P）+10E（Cl—Cl）-20×ckJ/mol，联立两式解得E（P—P）=kJ/mol，E（Cl—Cl）=kJ/mol，B项正确；
C项，将反应编号，P4（s）＋6Cl2（g）=4PCl3（g） ΔH=akJ·mol－1（①式），P4（s）＋10Cl2（g）=4PCl5（g） ΔH=bkJ·mol－1（②式），应用盖斯定律，将（②式-①式）÷4得Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）ΔH=kJ/mol，但PCl5（g）=PCl5（s）的ΔH未知，无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的ΔH，C项错误；
D项，根据B项所求，P—P键的键能为kJ/mol，D项错误；
答案选B。
2.已知下列反应的热化学方程式：
6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) △H1 ；2 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g) △H2 ; C(s)+ O2(g)=CO2(g) △H3 .则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H为 ( ）
A. 12△H3-5△H2-2△H1 B. 2△H1-5△H2-12△H3
C. 12△H3+5△H2 -2△H1 D. △H1-5△H2-12△H3
【答案】C
【解析】
【分析】
分析各热化学方程式，消去C（s）、H2（g），应用盖斯定律分析。
【详解】对反应编号，6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）=2C3H5(ONO2)3（l）ΔH1（①式），2H2（g）+ O2（g）= 2H2O（g）ΔH2（②式），C（s）+ O2（g）=CO2（g）ΔH3（③式），分析各热化学方程式，应用盖斯定律，将②式×5+③式×12-①式×2得，4C3H5(ONO2)3（l）= 12CO2（g）+10H2O（g） + O2（g） +6N2（g）ΔH=5ΔH2+12ΔH3-2ΔH1，答案选C。
【点睛】用盖斯定律计算ΔH的一般步骤为：找目标→看来源→变方向→调系数→相叠加→得答案。
3.下列各组变化中，化学反应的反应热前者小于后者的一组是（ ）
① CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1；CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2；② 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1；H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2；③S(g)+O2(g)=SO2(g) △H1 ；S(s)+O2(g)=SO2(g) △H2 ；④ CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H1；CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H2．
A. ②③④ B. ②④ C. ①②③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①CH4（g）与O2（g）的反应为放热反应，ΔH1、ΔH2都小于0，由于H2O（l）转变为H2O（g）吸收能量，则ΔH1<ΔH2；
②H2（g）与O2（g）的反应为放热反应，ΔH1、ΔH2都小于0，前者各物质的化学计量数是后者的两倍，则ΔH1=2ΔH2，ΔH1<ΔH2；
③两者都为放热反应，ΔH1、ΔH2都小于0，由于S（g）转变为S（s）放出能量，则ΔH1<ΔH2；
④反应CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）为吸热反应，ΔH1>0，反应CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）为放热反应，ΔH2<0，则ΔH1>ΔH2；
反应热前者小于后者的有①②③，答案选C。
【点睛】反应热大小比较的方法：（1）同一物质，状态不同所具有的能量不同，具有的能量关系为：固态<液态<气态，若反应为放热反应，当反应物状态相同、生成物状态不同时，生成固体放热最多，生成气体放热最少；若反应为放热反应，当反应物状态不同、生成物状态相同时，固体反应放热最少，气体反应放热最多。（2）等物质的量的同一物质完全燃烧释放的能量大于不完全燃烧释放的能量。（3）同一反应化学计量系数不同，ΔH不同。（4）吸热反应的ΔH大于放热反应的ΔH。
4.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是( )
A. 调味剂 B. 抗氧化剂 C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】B
【解析】
试题分析：A、调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，A错误；B、着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，B错误；C、增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，C错误；D、抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，D正确，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查食品添加剂的有关判断
【名师点晴】化学是一门实用性很强的学科，在日常生活及工农业生产和科学技术中应用十分广泛。食品添加剂关互我们每个人的健康，了解食品添加剂是每个人应该掌握的基本常识，只有掌握一定的化学知识，才会使我们的生活质量得以提升，也才会更安全、更健康。了解抗氧化剂、调味剂、着色剂、增稠剂的含义是解答的关键，注意相关知识的积累。
5.反应C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变能够引起反应速率增大的是
A. 将容器的体积缩小一半
B. 增加C的量
C. 保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入Ar使容器容积变大
【答案】A
【解析】
【分析】
根据外界条件对化学反应速率影响的规律判断。
【详解】A项，将容器的体积缩小一半，H2O（g）的浓度增大，化学反应速率增大；
B项，C呈固态，增加C的量，化学反应速率不变；
C项，保持体积不变，充入N2使体系压强增大，各物质的物质的量浓度不变，化学反应速率不变；
D项，保持压强不变，充入Ar使容器容积变大，各物质的物质的量浓度减小，化学反应速率减小；
答案选A。
【点睛】解答本题需要注意：气体反应体系中充入“惰性气体”（不参加反应的气体）时对反应速率的影响，恒温恒容时，充入“惰性气体”→压强增大→参加反应的物质的浓度不变→反应速率不变；恒温恒压：充入“惰性气体”→体积增大→参加反应的物质的浓度减小→反应速率减小。
6.设C+CO2CO（正反应吸热），正反应的反应速率为v1：N2+3H22NH3（正反应放热），正反应的反应速率为v2。对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为（ ）
A. V1减小，V2增大 B. 同时减小
C. V1增大，V2减小 D. 同时增大
【答案】D
【解析】
【分析】
根据温度对化学反应速率的影响：温度升高，化学反应速率加快。
【详解】A、因温度对化学反应速率的影响为升高温度，化学反应速率加快，对于可逆反应来说，升高温度无论是正反应反应速率还是逆反应化学反应速率都加快，故A正确；B、升高温度，化学反应速率加快，故B错误；C、升高温度，v2化学反应速率加快，故C错误；D、升高温度，v1化学反应速率加快，故D错误；故选：A。
【点睛】本题考查温度对化学反应速率的影响，无论是正反应速率还是逆反应速率都遵循此规律．
7.一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示．下列判断正确的是（ ）
A. 溶液酸性越强，R的降解速率越小
B. 在0-50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等
C. R的起始浓度越小，降解速率越大
D. 在20～25min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04 mol•L-1•min-1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、溶液酸性越强，即pH越小，线的斜率越大，可以知道R的降解速率越大，故A错误；B、根据图示可知：R的起始浓度越小，降解速率越小，故B错误；C、根据图示可知：在50min时，pH=2和pH=7时R的降解百分率是相等的，故C正确；D、在 20-25min之间，pH=10时R的平均降解速率为 =× 10 - 4 =" 0.04" × 10-4 mol•L-1•min-1，故D错误；故选C。
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
8.已知：2H2（g）+ O2(g)=2H2O(l) △H=﹣572kJ•mol﹣1CH4（g）+ 2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) △H=﹣890kJ•mol﹣1；现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O(l),若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是( )
A. 1∶2 B. 1∶3 C. 1∶4 D. 2∶3
【答案】B
【解析】
分析：根据氢气和甲烷燃烧的反应热，可以求出两者的物质的量之比。
详解：由2H2（g）+ O2(g)=2H2O(l) △H1=﹣572kJ•mol﹣1可知，1mol H2燃烧可以放出286的热量；由CH4（g）+ 2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) △H1=﹣890kJ•mol﹣1可知，1mol CH4燃烧可以放出890的热量。根据反应放出的总热量，可以求出两种气体的物质的量之比。现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），则气体的总物质的量为5mol，其完全燃烧后测得反应放热3695kJ，则n(H2)+n(CH4)=5mol，286 n(H2)+890 n(CH4)=3695，解之得n(H2)=1.25mol、n(CH4)=3.75mol，所以，原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1∶3 ，B正确，本题选B。
9.已知3.6g碳在6.4 g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出X kJ热量。已知单质C(s)的燃烧热为Y kJ·mol－1，则1 mol C(s)与O2(g)反应生成CO(g)的反应热ΔH为( )
A. －Y kJ·mol－1 B. －(10X－Y)kJ·mol－1
C. －(5X－0.5Y)kJ·mol－1 D. ＋(10X－Y)kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
试题分析：碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2，3.6g碳的物质的量为3.6g÷12g/mol==0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为6.4g÷32g/mol==0.2mol，n（C）：n（O2）=3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反应都发生,令生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素守恒有x+y=0.3，根据氧元素守恒有x+2y=0.2×2，联立方程，解得x=0.2，y=0.1,单质碳的燃烧热为Y kJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×Y kJ/mol=0.1YkJ，所以生成0.2molCO放出的热量为XkJ-0.1YkJ，由于碳燃烧为放热反应，所以反应热△H的符号为“-”，故1mol C与O2反应生成CO的反应热△H=-（XkJ-0.1YkJ）÷0.2mol==-（5X-0.5Y）kJ•mol‾1，故C项正确。
考点：本题考查焓变的计算。
10.已知可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g）,下列状态合理且可以判断该反应已经达到平衡的是
①ν(正)=ν(逆)≠0的状态 ②NO2全部转化成N2O4的状态 ③c(NO2)=c(N2O4)的状态 ④N2O4不再分解的状态 ⑤NO2的百分含量不再改变的状态 ⑥体系颜色不再发生变化的状态
A. ①④⑥ B. ①⑤⑥ C. ①③⑥ D. ②⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
可逆反应中反应物的转化率小于100%，根据化学平衡的本质标志（正、逆反应速率相等且不等于0）和特征标志（各组分的浓度保持不变）判断反应是否达到平衡状态。
【详解】①υ（正）=υ（逆）≠0是化学平衡状态的本质标志，此状态合理且能说明反应已经达到平衡；
②由于该反应为可逆反应，NO2不可能全部转化成N2O4，此状态不合理；
③c（NO2）=c（N2O4）是一种特殊情况，但不能说明反应已经达到平衡；
④化学反应达到平衡时正、逆反应仍在进行，N2O4不再分解的状态不合理；
⑤NO2的百分含量不再改变的状态是化学平衡的特征标志，此状态合理且能说明反应已经达到平衡；
⑥体系颜色不再发生变化的状态即NO2的浓度不再变化的状态，该状态是化学平衡的特征标志，此状态合理且能说明反应已经达到平衡；
符合题意的是①⑤⑥，答案选B。
【点睛】可逆反应在一定条件下达到化学平衡状态的标志是：逆向相等，变量不变。“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志；注意可逆反应达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定相等，也不一定等于化学计量数之比。
11.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
已知CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－574 kJ·mol－1，CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1160 kJ·mol－1。若在标准状况下4.48 L CH4恰好能将一定量NO2还原成N2和H2O(g)，则整个过程中放出的热量为( )
A. 114.8 kJ B. 232 kJ C. 368.8 kJ D. 173.4 kJ
【答案】D
【解析】
【分析】
先应用盖斯定律计算反应CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）的ΔH，再利用热化学方程式列式计算。
【详解】对反应编号，CH4（g）＋4NO2（g）=4NO（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）ΔH=-574 kJ/mol（①式），CH4（g）＋4NO（g）=2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）ΔH=-1160 kJ/mol（②式），分析各热化学方程式，应用盖斯定律，将（①式+②式）÷2得，CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）ΔH=[（-574 kJ/mol）+（-1160 kJ/mol）]÷2=-867kJ/mol；标准状况下4.48LCH4物质的量为4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，则标准状况下4.48LCH4将一定量NO2还原成N2和H2O（g）放出的热量为0.2mol×867kJ/mol=173.4kJ，答案选D。
12.已知分解1 mol H2O2 放出热量98KJ，在含少量I－的溶液中，H2O2的分解机理为：
H2O2＋ I－ →H2O ＋IO－ 慢； H2O2＋ IO－→H2O ＋O2＋ I－ 快
下列有关反应的说法正确的是( )
A. 反应的速率与I－的浓度有关 B. IO－也是该反应的催化剂
C. 反应活化能等于98KJ·mol－1 D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
【答案】A
【解析】
试题分析：A、已知：①H2O2+I-→H2O+IO-慢 ②H2O2+IO-→H2O+O2+I-快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I-是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I-，IO-只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的△H=-98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I-的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误．故选：A。
考点：考查化学反应速率的影响因素
13.其他条件不变，增大反应物的浓度能增大反应速率的原因是
A. 单位体积内分子数增多 B. 单位体积内活化分子数增多
C. 活化分子百分数增大 D. 分子碰撞的次数增多
【答案】B
【解析】
【分析】
其他条件不变，增大反应物的浓度能增大反应速率的原因是：单位体积内活化分子数增多。
【详解】其他条件不变，增大反应物的浓度，单位体积内分子总数增多，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，单位时间、单位体积内有效碰撞次数增多，化学反应速率增大；答案选B。
14.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g) + 6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）
A. 平衡时，v正(O2)＝v逆(O2)必成立
B. 关系式5v正(O2)＝4v正(NO)总成立
C. 用上述四种物质NH3、O2、NO、H2O表示的正反应速率的数值中，v正(H2O)最小
D. 若投入4 mol NH3和5 mol O2，通过控制外界条件，必能生成4 mol NO
【答案】A
【解析】
在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态。所以A正确，B不正确。根据反应速率之比是相应的化学计量数之比，水的反应速率是最大的，C不正确。可逆反应的转化率不可能是100％的，D不正确。所以答案选A。
15.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S(s)+2KNO3(s)+3C(s）= K2S(s)+N2(g)+3CO2(g） ΔH= x kJ·mol－1
已知：碳的燃烧热 ΔH1= a kJ·mol－1
S(s)+2K(s）= K2S(s） ΔH2= b kJ·mol－1
2K(s)+N2(g)+3O2(g）= 2KNO3(s） ΔH3= c kJ·mol－1
则x为（ ）
A. a+b－c B. c +3a－b C. 3a+b－c D. c+a－b
【答案】C
【解析】
【分析】
根据燃烧热的概念写出热化学方程式，再应用盖斯定律计算。
【详解】碳的燃烧热ΔH1=akJ/mol，则碳的燃烧热表示的热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH1=akJ/mol（①式），对反应编号，S（s）+2K（s）=K2S（s）ΔH2=bkJ/mol（②式），2K（s）+N2（g）+3O2（g）=2KNO3（s）ΔH3=ckJ/mol（③式），分析各热化学方程式，应用盖斯定律，将①式×3+②式-③式得，2KNO3（s）+3C（s）+S（s）=K2S（s）+3CO2（g）+N2（g）ΔH=（3a+b-c）kJ/mol，即x=3a+b-c，答案选C。
16.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是（ ）
A. 氢气的燃烧热为285.5kJ/mo1，则水电解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）；△H=+285.5kJ/mol
B. 1mol甲烷完全燃烧生成CO2和H2O（l）时放出890kJ热量，它的热化学方程式为
CH4（g）+O2（g）═CO2（g）+H2O（l）；△H=-445kJ/mol
C. 已知2C（s）+O2（g）═2CO（g）；△H=-221kJ/mol，则C的燃烧热为110.5kJ/mol
D. 已知中和热为57.3kJ/mol，HF与NaOH溶液反应：H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
A项，H2的燃烧热为285.5kJ/mol指1molH2完全燃烧生成H2O（l）放出285.5kJ的热量；
B项，根据题给数据直接写出热化学方程式；
C项，C（s）完全燃烧生成的稳定氧化物为CO2（g），不是CO（g）；
D项，HF属于弱酸，HF电离吸热。
【详解】A项，H2的燃烧热为285.5kJ/mol，则H2的燃烧热表示的热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（l）ΔH=-285.5kJ/mol，H2O（l）分解的热化学方程式为H2O（l）= H2（g）+O2（g）ΔH=+285.5kJ/mol，水电解的热化学方程式为2H2O（l）= 2H2（g）+O2（g）ΔH=+571kJ/mol，A项错误；
B项，CH4（g）完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l）的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-890kJ/mol，则CH4（g）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）ΔH=-445kJ/mol，B项正确；
C项，C（s）完全燃烧生成的稳定氧化物为CO2（g），不是CO（g），CO（g）燃烧生成CO2（g）放热，C（s）的燃烧热大于110.5kJ/mol，C项错误；
D项，中和热为57.3kJ/mol，则H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）ΔH=-57.3kJ/mol ，HF属于弱酸，HF电离吸热，HF与NaOH溶液的反应为：HF（aq）+OH-（aq）=F-（aq）+H2O（l）ΔH>-57.3kJ/mol，D项错误；
答案选B。
【点睛】正确理解燃烧热和中和热的概念是解答本题的关键。理解燃烧热时注意两点：（1）可燃物物质的量为1mol；（2）生成物为稳定氧化物，如H→H2O（l），C→CO2（g）等。
17.1,3－丁二烯和2－丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：CH2=CH－CH=CH2(g)＋2H2(g)=CH3CH2CH2CH3(g) △H=-236.6kJ/mol；CH3－C≡C－CH3(g)＋2H2(g)=CH3CH2CH2CH3(g) △H=-272.7kJ/mol由此不能判断（ ）
A. 1,3－丁二烯和2－丁炔稳定性的相对大小
B. 1,3－丁二烯和2－丁炔分子储存能量的相对高低
C. 1,3－丁二烯和2－丁炔相互转化的热效应
D. 一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的相对大小
【答案】D
【解析】
试题分析：A. 根据1，3﹣丁二烯的热化学方程式和2﹣丁炔的热化学方程式可以判断它们储存能量的大小，从而能够比较稳定性的相对大小，不符；B.不符；C. 1，3﹣丁二烯的热化学方程式减去2﹣丁炔的热化学方程式可得到它们相互转化的热效应，不符；选D。
考点：考查物质稳定性的大小判断，键能的大小判断，化学反应的热效应等知识。
18.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 （ ）
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
D. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
【答案】C
【解析】
【详解】A项，图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越大，其分解速率越快，A项错误；
B项，图乙表明，其他条件相同时，NaOH溶液的浓度越大，溶液的碱性越强，pH越大，H2O2分解速率越快，B项错误；
C项，图丙表明，其他条件相同有一定浓度的Mn2+存在时，H2O2的分解速率：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH，但不是“溶液碱性越强，H2O2分解速率越快”，碱性溶液中Mn2+对H2O2的分解速率有影响，图丁表明，其他条件相同时，Mn2+浓度越大，H2O2分解速率越快，根据上述分析，图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，C项正确；
D项，图丙表明，其他条件相同时，H2O2的分解速率：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH，少量Mn2+存在时，并不是“溶液碱性越强，H2O2分解速率越快”，D项错误；
答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题（每空2分，共46分）
19.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：
ΔH＝＋88.6 kJ/mol则M、N相比，较稳定的是______________(用字母“M”或“N”表示)。
(2)已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－238.6 kJ/mol，CH3OH(l)＋1/2O2(g)===CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－a kJ/mol，则a________238.6(填“>”“<”或“＝”)。
(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_____________________________。
(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可做耐高温材料，4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s) ΔH＝－1 176 kJ/mol，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为___________________________________kJ。
【答案】 (1). M (2). ＜ (3). 2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g) ΔH＝－290 kJ/mol (4). 98
【解析】
分析：(1)M转化为N是吸热反应，能量越高越不稳定，据此分析。
（2）甲醇燃烧生成CO2和H2属于不完全燃烧，据此分析。
(3) 书写热化学方程式要注明物质聚集状态和对应反应的焓变。
（4）已知热化学方程式的焓变，则应先计算反应转移了多少mol电子，再计算转移1mol电子放出的热量。
详解：(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N：△H=+88.6kJ/mol，过程是吸热反应，M的总能量低于N的总能量，能量越低越稳定，说明M稳定； 正确答案：M。
(2) 燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热；a<238.6；正确答案：<。
(3) 有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=4HCl(g)+CO2(g)△H=-290kJ/mol；正确答案：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s) =4HCl(g)+CO2(g) ΔH=－290 kJ·mol－1 。
(4) 4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s)=2Al2O3(s)+3TiC(s)△H=-1176kJ/mol，该反应中转移12mol电子，转移12mol电子放热1176kJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热1176/12=98 kJ；正确答案：98 kJ。
20.(1)甲醇是一种重要的化工产品，可利用甲醇催化脱氢制备甲醛。甲醛与气态甲醇转化的能量关系如图所示。
反应过程中的能量关系
①甲醇催化脱氢转化为甲醛的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。
②过程Ⅰ与过程Ⅱ的反应热是否相同？____________原因是_______________。
③写出甲醇催化脱氢转化为甲醛的热化学反应方程式_________________________________。
(2)已知：①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋ O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
下列说法正确的是________。
A．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量
B．①反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量
C．根据②推知反应：CH3OH(l)＋ O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)的ΔH>－192.9 kJ·mol－1
D．反应②的能量变化如图所示
【答案】 (1). 吸热 (2). 相同 (3). 一个化学反应的反应热仅与反应始态和终态有关，而与反应的途径无关 (4). CH3OH(g) HCHO(g)＋H2(g) ΔH＝＋(E2－E1)kJ·mol－1 (5). C
【解析】
【分析】
放热反应的反应物总能量大于生成物总能量，放热反应的ΔH<0；吸热反应的反应物总能量小于生成物总能量，吸热反应的ΔH>0。根据“ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量”计算反应的ΔH。热化学方程式中化学计量数代表物质的量，书写热化学方程式时要标明物质的聚集状态。据此分析作答。
【详解】（1）①根据图像，1molCH3OH（g）的总能量<1molHCHO（g）和1molH2（g）的总能量，甲醇催化脱氢转化为甲醛的反应是吸热反应。
②过程I与过程II的反应物的总能量、生成物的总能量相同，过程I与过程II的反应热相同；原因是：一个化学反应的反应热仅与反应的始态和终态有关，而与反应的途径无关。
③根据图像，1mol CH3OH（g）催化脱氢转化为HCHO（g）的ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量=+（E2-E1）kJ/mol，甲醇催化脱氢转化为甲醛的热化学方程式为CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）ΔH=+（E2-E1）kJ/mol。
（2）A项，反应①的ΔH>0，反应①中CH3OH转变成H2吸收能量，反应②的ΔH<0，反应②中CH3OH转变成H2放出能量，CH3OH转变为H2不一定吸收能量，A项错误；
B项，反应①是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，B项错误；
C项，CH3OH（l）转变为CH3OH（g）吸收能量，由反应②推知：CH3OH（l）＋ O2（g）=CO2（g）＋2H2（g）的ΔH>－192.9 kJ/mol，C项正确；
D项，反应②为放热反应，1molCH3OH（g）和molO2（g）的总能量>1molCO2（g）和2molH2（g）的总能量，图像中O2（g）和H2（g）的化学计量数不正确，D项错误；
答案选C。
21.(1)在某一容积为2 L的密闭容器中，某一反应中A、B、C、D四种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化曲线如图所示：
回答下列问题：
①该反应的化学方程式为__________________________________。
②前2 min用A的浓度变化表示的化学反应速率为________[A在0-2min时的坐标为（0，2.5）和（2，2.1）]。在2 min时，图像发生改变的原因是________(填字母，多选)。
A．增大压强 B．降低温度 C．加入催化剂 D．增加A的物质的量
(2)在100 ℃时，将0.01 mol的四氧化二氮气体充入0.1 L的密闭容器中发生反应，隔一定时间对该容器内的物质进行分析，得到如下表格：
时间/s
浓度/mol·L－1
0
20
40
60
80
100
c(N2O4)/mol·L－1
0.100
0.070
0.050
c3
a
b
c(NO2)/mol·L－1
0.000
0.060
c2
0.120
0.120
0.120
填空：
①该反应的化学方程式________________________________，达到平衡时四氧化二氮的转化率为_______。
②在0～20 s内，四氧化二氮的平均反应速率为______，哪一时间段______(指0～20、20～40、40～60、60～80、80～100 s)反应速率最大并解释_________________________。
【答案】 (1). 4A＋5B6C＋4D (2). 0.1 mol·L－1·min－1 (3). AC (4). N2O42NO2 (5). 60% (6). 0.001 5 mol·L－1·s－1 (7). 0～20 s (8). 开始时反应物的浓度最大
【解析】
【分析】
（1）①随着时间的推移逐渐减少的是反应物，逐渐增多的是生成物；相同时间内转化物质的量（或浓度）之比等于化学计量数之比，据此确定化学方程式。
②根据υ=计算化学反应速率；根据浓度、压强、温度、催化剂等外界条件对化学反应速率的影响判断引起反应速率变化的原因。
（2）①根据NO2的浓度不再变化确定各物质的平衡浓度，进一步计算N2O4的平衡转化率。
②分别计算各时间段的平均反应速率，再利用外界条件对化学反应速率的影响进行分析。
【详解】（1）①A、B物质的量随着时间的推移逐渐减小，A、B为反应物；C、D物质的量随着时间的推移逐渐增大，C、D为生成物；在0~2min内A、B、C、D物质的量的改变值依次为0.4mol（2.5mol-2.1mol=0.4mol）、0.5mol（2.4mol-1.9mol=0.5mol）、0.6mol（0.6mol-0mol=0.6mol）、0.4mol（0.4mol-0mol=0.4mol），则A、B、C、D的化学计量数之比为4:5:6:4；3min后各物质物质的量保持不变且都不为0说明反应达到平衡状态，反应的化学方程式为4A（g）+5B（g）6C（g）+4D（g）。
②前2min用A的浓度变化表示的化学反应速率υ（A）==0.1mol/（L·min）。从图像可以看出，2min时改变条件，各物质物质的量瞬时不变，2~3min内曲线的斜率变大，化学反应速率加快。A项，若增大压强，各物质物质的量瞬时不变，化学反应速率加快；B项，若降低温度，各物质物质的量瞬时不变，化学反应速率减慢；C项，若加入催化剂，各物质物质的量瞬时不变，化学反应速率加快；D项，若增加A的物质的量，虽然化学反应速率加快，但A的物质的量突然增大；答案选AC。
（2）①在0~20s内，N2O4的浓度减少0.100mol/L-0.070mol/L=0.030mol/L，NO2的浓度增加0.060mol/L-0.000mol/L=0.060mol/L，该反应的化学方程式为N2O4（g）2NO2（g）。60s、80s、100s时NO2的物质的量浓度都为0.120mol/L，说明NO2的平衡浓度为0.120mol/L，用三段式
N2O4（g）2NO2（g）
c（起始）（mol/L） 0.100 0.000
c（转化）（mol/L） 0.060 0.120
c（平衡）（mol/L） 0.040 0.120
达到平衡时N2O4的转化率为×100%=60%。
②在0~20s内，N2O4的平均反应速率υ（N2O4）==0.0015mol/（L·s）。20~40s内N2O4的平均反应速率υ（N2O4）==0.001mol/（L·s）；根据①的分析60s时反应已经达到平衡状态，c3=0.040mol/L，40~60s内N2O4的平均反应速率υ（N2O4）==0.0005mol/（L·s）；60~80s、80~100s反应达到平衡状态，化学反应速率不变且相等；根据上述计算，0~20s时间段反应速率最大，原因是：开始时反应物的浓度最大，反应速率最大。
22.将气体A、B置于固定容积为4L的密闭容器中，发生如下反应:2A(g)+B(g)C(g)+2D(g)，反应进行20s后达到平衡，测得平衡时A的物质的量为0.16mol，B的物质的量为0.06mol，C的物质的量为0.04mol，请计算并回答：
(1)用生成物C表示20s内的平均反应速率为_________________mol/(L·s)。
(2)反应前A的物质的量浓度是________________mol/L。
(3)反应达平衡时，B的转化率为________________ 。
(4)若改变下列条件，D的生成速率如何变化（用“增大”或“减小”或“不变”填空）。
编号
改变的条件
D的生成速率
①
降低体系温度
______
②
恒容下补充A气体
______
③
恒容下充入Ne（不参与体系反应）
______
【答案】 (1). 5×10-4 (2). 0.06 (3). 40% (4). 减小 (5). 增大 (6). 不变
【解析】
（1）用生成物C表示20s内的平均反应速率为5×10-4mol/(L·s)。（2）生成C是0.04mol，则消耗A是0.08mol，因此反应前A的物质的量是0.16mol+0.08mol＝0.24mol，其浓度是0.24mol÷4L＝0.06mol/L。（3）反应达平衡时，消耗B是0.04mol，所以B的转化率为。（4）降低体系温度，D的生成速率减小；恒容下补充A气体，A的浓度增大，D的生成速率增大；恒容下充入Ne（不参与体系反应），反应物浓度不变，D的生成速率不变。
点睛：外界条件对化学反应速率的影响，实际是通过影响单位体积内活化分子的数量，改变有效碰撞次数来实现的，影响化学反应速率的外界条件主要有温度、浓度、压强和催化剂。对于有气体参加的反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时，对化学反应速率的影响变化规律是：①恒容：充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。②恒压：充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减慢。
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