天津市静海县第一中学高二化学上学期9月学生学业能力调研试题含解析

天津市静海县第一中学2022-2022学年高二9月学生学业能力调研化学试题1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源的是①天然气②煤③核能　④石油⑤太阳能⑥生物质能　⑦风能⑧氢能A.①②③④B.③④⑤⑥⑦⑧C.③⑤⑥⑦⑧D.⑤⑥⑦⑧【答案】D【解析】【详解】煤、石油、天然气是化石能源，核能不可再生，不符合题意，⑤太阳能  ⑥生物质能  ⑦风能  ⑧氢能属于新能源，且可以再生，故选D。2.已知反应：①101kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221kJ·mol－1②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3kJ·mol－1。下列结论正确的是A.碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1B.反应①的反应热为221kJ·mol－1C.98%的浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水的中和热为－57.3kJ·mol－1D.稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量【答案】A【解析】【详解】A、由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ，碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；B、反应热包含符号，①的反应热为-221kJ/mol，故B错误；C、浓硫酸溶解放热，所以放出的热量大于57.3kJ，所以98%的浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水的中和热小于-57.3kJ/mol，故C错误；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；故选A。3.罗马大学FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子结构如图所示(与白磷P4相似)。已知断裂1molN—N键吸收167kJ热量，生成1molN≡N键放出942kJ热量。由此判断下列说法正确的是21A.N4属于一种新型的化合物，分子内存在共价键B.N4与N2互为同位素，化学性质相似，物理性质不同C.N4沸点比P4(白磷)高D.1molN4气体转变为N2将放出882kJ热量【答案】D【解析】【详解】A、N4是一种只由N元素组成的纯净物，为单质，故A错误；B、N4与N2是同种元素形成的不同单质，是同素异形体，故B错误；C、N4和P4都是分子晶体，并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故C错误；D、1molN4气体中含有6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884kJ-1002kJ=882kJ，故应为放出882kJ热量，故D正确；故选D。4.根据以下3个热化学方程式2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－Q1kJ·mol－12H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l)ΔH＝－Q2kJ·mol－12H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(g)ΔH＝－Q3kJ·mol－1判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是A.Q1>Q2>Q3B.Q1>Q3>Q2C.Q3>Q2>Q1D.Q2>Q1>Q3【答案】A【解析】【详解】已知①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1 kJ/mol，②2H2S(g)+O2(g)=2S (s)+2H2O(l)△H=-Q2 kJ/mol，③2H2S(g)+O2(g)=2S (s)+2H2O(g)△H=-Q3kJ/mol，①与②相比较，由于S→SO2放热，则Q1＞Q2，②与③相比较，由于H2O(l)→H2O(g)吸热，则Q2＞Q3，则Q1＞Q2＞Q3，故选A。21【点睛】本题考查反应热的大小比较，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小。5.某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图所示，下列有关叙述正确的是A.加入催化剂会改变两步反应的焓变B.两步反应均为放热反应C.A、B、C三种物质中B最不稳定D.BC的反应的活化能是E4kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应。A．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故A错误；B．A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故B错误；C．物质的总能量越低，越稳定，C最稳定，B最不稳定，故C正确；D．根据图像，BC的反应的活化能是E3kJ/mol，故D错误；故选C。6.已知反应X＋Y===M＋N为吸热反应，下列说法中正确的是A.X的能量一定低于M的能量，Y的能量一定低于N的能量B.因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行C.破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量D.X和Y的总能量一定低于M和N的总能量【答案】D【解析】【详解】A、反应X+Y=M+N为吸热反应，说明反应物的总能量低于生成物的总能量，不能说明X的能量一定低于M的能量，Y的能量一定低于N的能量，故A错误；B、吸热反应不一定在加热的条件下发生，比如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应就是吸热反应，常温下就能发生，故B错误；C21、反应中断键时吸收的能量比形成化学键时放出的能量高，根据能量守恒可知，一部分能量储存在物质中，则反应是吸热反应，故C错误；D、反应X+Y=M+N为吸热反应，说明反应物的能量低于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定低于M和N的总能量，故D正确；故选D。7.已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2＋I－―→H2O＋IO－　慢H2O2＋IO－―→H2O＋O2＋I－　快下列有关该反应的说法正确的是（　　）A.反应速率与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－1D.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8.下列说法正确的是（）A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大B.有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C.升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D.催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率【答案】C【解析】A．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，A错误；B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加单位体积内活化分子的数，B错误；C．升高温度，活化分子的百分数增加，反应速率增大，C正确；D．催化剂能改变反应的活化能，D错误，答案选C。21点睛：本题考查外界条件对反应速率的影响，注意浓度、压强、温度以及催化剂对活化分子的影响的不同，即。9.可逆反应mA(g)＋nB(g)=pC(g)＋qD(g)的v－t图像如图甲所示，若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v－t图像如图乙所示。①a1＝a2②a1＜a2③b1＝b2④b1＜b2⑤t1＞t2⑥t1＝t2⑦两图中阴影部分面积相等⑧图乙中阴影部分面积更大。以上所述正确的为()A.②④⑤⑦B.②④⑥⑧C.②③⑤⑦D.②③⑥⑧【答案】A【解析】【详解】催化剂降低反应活化能，加快反应速率，故a1＜a2，b1＜b2；减少达到平衡的时间，故t1＞t2；催化剂不影响平衡常数，不会使平衡移动，故两图中阴影部分面积相等，故选A。10.少量铁粉与100mL0.01mol•L﹣1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的①加H2O　②加NaOH固体　③滴入几滴浓盐酸　④加CuO固体　⑤加NaCl溶液　⑥滴加几滴硫酸铜溶液　⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）A.①⑤⑦B.②④⑥C.③⑦D.③⑥⑦【答案】C【解析】【详解】21①加水，稀释了盐酸，故反应速率变慢，故不选；②加入氢氧化钠会消耗盐酸，盐酸浓度降低，和金属锌反应速率减慢，故不选；③加浓盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，且不改变H2的产量，故选；④加CuO固体会消耗盐酸，盐酸浓度降低，和金属锌反应速率减慢，故不选；⑤加氯化钠溶液，稀释了盐酸，故反应速率变慢，故不选；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，故不选；⑦升高温度，反应速率加快，且不改变H2的产量，故选；可以使用的方法有③⑦，故选C。【点睛】本题考查了影响反应速率的因素。本题的易错点为⑥，要注意审题：加快反应速率和不改变氢气的量。11.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.高温下，氮气和氢气有利于合成氨气B.高压比常压有利于由SO2和氧气合成SO3的反应C.红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅D.黄绿色的氯水光照后颜色变浅【答案】A【解析】【详解】A、氮气和氢气的反应属于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不有利于合成氨气，不能用勒夏特列原理解释，故A选；B、存在平衡2SO2+O2(g)⇌2SO3(g)，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；C、存在平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成NO2，能用平衡移动原理解释，故C不选；D、对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；故选A。【点睛】本题考查勒夏特里原理，明确勒夏特里原理内涵是解本题关键。解答本题需要知道勒夏特里原理的使用范围及条件。特别要注意改变平衡移动的因素需与平衡移动原理一致，否则不能使用该原理解释。12.已建立平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是（　　）①生成物的体积分数一定增加②生成物的产量一定增加③反应物的转化率一定增加④反应物的浓度一定降低⑤正反应速率一定大于逆反应速率A.①②④⑤B.①②③⑤C.②③D.②⑤【答案】D21【解析】试题分析：①对于正反应气体体积减少的反应，平衡向正反应方向移动，生成物的体积分数减小，错误；②平衡向正反应方向移动，生成物的产量一定增加，但生成物的浓度不一定增大，正确；③增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，错误；④增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的浓度降低，自身增大，错误；⑤平衡向正反应方向移动，正反应速率一定大于逆反应速率，正确；综上所述②⑤正确，选D．考点：考查化学平衡的影响因素。13.在已处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明平衡发生移动的是A.反应物的转化率B.反应混合物的浓度C.正、逆反应速率D.反应混合物的压强【答案】A【解析】试题分析：A、只有平衡移动，才能改变反应物的转化率，所以反应物的转化率改变平衡一定移动，正确，选A；B、如果混合物中各组分的浓度变化，但保持各组分的含量不变时，平衡不移动，不选B；C、使用合适的催化剂，反应速率改变，但平衡不移动，不选C；D、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，不选D。考点：化学平衡状态的判断【名师点睛】本题考查了化学平衡移动的判断，注意不要把正反应速率增大和平衡正向移动等同，只有正反应速率大于逆反应速率，平衡才正向移动。注意也不要把反应物的转化率提高与平衡的正向移动等同。14.下列叙述及解释正确的是A.2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)　ΔH<0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅B.H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH<0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变C.FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3(红色)＋3KCl，在平衡后，加少量KCl，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅D.对于N2＋3H22NH3，平衡后，压强不变，充入O2，平衡左移21【答案】D【解析】【详解】A．缩小容积、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，故A错误；B．增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但体积增大，混合物颜色变浅，故B错误；C．氯离子不参与反应，平衡不移动，故C错误；D．合成氨时保持压强不变，充入O2，则体积增大相当于反应体系的压强减小，平衡气体体积增大的方向移动，所以平衡左移，故D正确；故选D。15.某固定体积的密闭容器中存在化学平衡：aA(g)bB(g)+cC(g)，在温度不变的条件下，再充入一定量的A物质，重新达到平衡时，下列判断中不正确的是A.无论a、b、c大小关系如何，平衡一定向正方向移动B.若a＝b＋c时，B的物质的量分数不变C.若a＞b＋c时，A的转化率变大D.当反应再次达到平衡时，反应速率与原平衡时的反应速率相等【答案】D【解析】【详解】A、恒温恒容条件下，再加入气体A时，A的浓度增大，平衡一定向正方向移动，故A正确；B、若a=b+c时，反应两边气体体积不变，加入A达到新的平衡后，各组分含量不变，故B正确；C、若a＞b+c，加入A后，达到新的平衡，与原平衡相比，由于压强增大了，平衡向着正向移动，A的转化率增大了，故C正确；D、加入气体A后，A的浓度增大，当反应再次达到平衡时，反应速率比原平衡时的反应速率大，故D错误；故选D。16.一定温度下，某容器中加入足量碳酸钙，发生反应CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)达到平衡，下列说法正确的是A.将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度为原来的2倍B.增加CaCO3(s)的量，平衡正向移动，CO2的浓度增大C.将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变D.保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行【答案】C【解析】【详解】A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，若平衡不移动，CO2的浓度为原来的221倍，由于温度不变，平衡常数不变，平衡向着逆向移动，则平衡时二氧化碳的浓度与原来相等，故A错误；B．CaCO3为固体，增加CaCO3(s)的量，平衡不移动，CO2的浓度不变，故B错误；C．该反应中只有二氧化碳气体，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，平衡常数不变，二氧化碳的浓度不变，气体密度不变，故C正确；D．保持容器体积不变，充入He，由于气体的浓度不变，则平衡不会移动，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了化学平衡及其影响因素，明确影响化学平衡的因素为解答关键。本题的C为易错点，注意无论平衡是否移动，反应中只有二氧化碳一种气体，温度不变，平衡常数等于二氧化碳的浓度就不变。17.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是工业制硫酸的主要反应之一。一定温度下，在甲、乙、丙三个容积均为2L的恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g)，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示。甲乙丙起始物质的量n(SO2)/mol0.40.80.8n(O2)/mol0.240.240.48SO2的平衡转化率/%80α1α2下列判断中，正确的是A.甲中反应的平衡常数小于乙B.平衡时，丙中c(SO3)是甲中的2倍C.该温度下，平衡常数值为400D.平衡时，甲中O2的转化率大于乙中O2的转化率【答案】C【解析】【详解】A．温度相同时，该反应的平衡常数不变，则甲、乙中反应的平衡常数相等，故A错误；B．体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，但由于该反应是气体体积改变的反应，体积不变增加浓度，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，即丙中c(SO3)大于甲中c(SO3)的2倍，故B错误；C．根据2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，21开始(mol)0.4     0.24    0转化(mol)0.32    0.16   0.32平衡(mol)0.08    0.08   0.32平衡浓度(mol/L)0.04  0.04  0.16所以该温度下，平衡常数值K=(0.16mol/L)2(0.04mol/L)2×0.04mol/L=400，故C正确；D．由甲、乙可知，氧气的浓度相同，乙中二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，甲中O2的转化率小于乙中O2的转化率，故D错误；故选C。18.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0。在其他条件一定，只改变某一条件时，下列分析不正确的是A.图Ⅰ表示的是t1时刻增大压强对反应速率的影响B.图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂对反应速率的影响C.图Ⅲ表示的是温度对平衡的影响，且甲的温度小于乙的温度D.图Ⅲ表示的是催化剂对化学平衡的影响，乙使用了催化剂【答案】D【解析】【详解】A．该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，增大压强正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，则图I中t1时刻可以是增大压强对反应速率的影响，故A正确；B．催化剂对平衡移动无影响，同等程度增大反应速率，则图II中t1时刻可以表示加入催化剂对反应速率的影响，故B正确；C．图Ⅲ中乙先达到平衡，乙的温度高，且温度高转化率小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，与图像一致，故C正确；D．催化剂对平衡移动无影响，甲、乙转化率不同，则不能表示催化剂对化学平衡的影响，故D错误；故选D。【点睛】本题考查化学平衡，把握压强和温度对化学平衡、反应速率的影响因素为解答的关键。本题的易错点为C，要注意反应速率越快，建立平衡需要的时间越少。19.（1）1mol石墨转变成金刚石需要吸收1.9kJ21的热量该反应的热化学方程式是__________。（2）在25℃、101kPa下，一定质量的无水乙醇完全燃烧时放出热量QkJ，其燃烧生成的CO2用过量饱和石灰水吸收可得100gCaCO3沉淀，则乙醇燃烧的热化学方程式为_________。（3）已知下列热化学方程式Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH1＝－25kJ·mol－1①3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g)ΔH2＝－47kJ·mol－1②Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)ΔH3＝＋19kJ·mol－1③写出FeO(s)被CO还原成Fe和CO2的热化学方程式_________________。（4）向足量H2SO4溶液中加入100mL0.4mol·L－1Ba(OH)2溶液，放出的热量是5.12kJ。如果向足量Ba(OH)2溶液中加入100mL0.4mol·L－1盐酸时，放出的热量为2.2kJ。则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为___________。【答案】(1).C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H=+1.9kJ/mol(2).C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-2QkJ/mol(3).FeO(s)＋CO(g)=Fe(s)＋CO2(g)ΔH＝－11kJ·mol－1(4).Ba2＋(aq)＋SO42－(aq)=BaSO4(s)ΔH＝－18kJ·mol－1【解析】【详解】(1)1mol石墨转变成金刚石需要吸收1.9kJ的热量，该反应的热化学方程式为C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H=+1.9kJ/mol，故答案为：C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H=+1.9kJ/mol；(2)因生成的CO2用过量饱和石灰水完全吸收，可得100克CaCO3沉淀，CaCO3的物质的量是1mol，由碳元素守恒可知，二氧化碳的物质的量也为1mol，即生成1mol二氧化碳放出的热量为Q，而完全燃烧1摩尔无水乙醇时生成2mol二氧化碳，则放出的热量为Q×2=2Q，热化学方程式为：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-2QkJ/mol，故答案为：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-2QkJ/mol；(3)①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)；△H=-25kJ/mol，②3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)；△H=-47kJ/mol，③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)；△H=+19kJ/mol，依据盖斯定律①×3-(③×2+②)得到：6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(g)+6CO2(g)△H=-66kJ/mol；得到热化学方程式为：CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H=-11kJ/mol，故答案为：CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H=-11kJ/mol；(4)100mL0.4mol•L-1Ba(OH)2的物质的量为0.04mol，向H2SO4溶液中加入100mL0.4mol•L-121Ba(OH)2溶液反应涉及的离子方程式有Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)，100mL0.4mol•L-1HCl的物质的量为0.04mol，反应涉及的离子方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H20(l)，根据放出的热量为2.2kJ，可知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-2.2kJ0.04mol=-55kJ•mol-1，设Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)△H=-QkJ•mol-1，则0.04Q+0.08mol×55kJ•mol-1=5.12kJ，解之得Q=18，所以Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)△H=-18kJ•mol-1。故答案为：Ba2+(aq)+SO42-(aq)=BaSO4(s)△H=-18kJ•mol-1。20.易混易错题组（1）在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再发生变化时：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①能说明2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达到平衡状态的是________。②能说明I2(g)＋H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是________。③能说明C(s)＋CO2(g)2CO(g)达到平衡状态的是________。④能说明NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)达到平衡状态的是________。（2）对于以下三个反应，从正反开始进行达到平衡后，保持温度、体积不变，按要求回答下列问题。①PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)，再充入PCl5(g)平衡向________方向移动，达到平衡后，PCl5(g)的转化率_____，PCl5(g)的百分含量______。②2HI(g)I2(g)＋H2(g)，再充入HI(g)平衡向________方向移动，达到平衡后，HI的分解率________，HI的百分含量________。③2NO2(g)N2O4(g)，再充入NO2(g)，平衡向________方向移动，达到平衡后，NO2(g)的转化率________，NO2(g)的百分含量________。（3）一定的条件下，合成氨反应为：N2(g)+3H2(g）2NH3(g)。图1表示在此反应过程中的能量的变化，图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。21①该反应的平衡常数表达式为_______，升高温度，平衡常数______（填“增大”或“减小”或“不变”）。②由图2分析，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为______(填“a”或“b”或“c”或“d”)。③图3a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是___点，温度T1____T2（填“>”或“=”或“<”）。【答案】(1).①③④⑦(2).⑤⑦(3).①②③④⑦(4).①②③(5).正反应(6).减小(7).增大(8).正反应(9).不变(10).不变(11).正反应(12).增大(13).减小(14).c2NH3cN2×c3H2(15).减小(16).d(17).c(18).＜【解析】【详解】(1)(I)对于反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，①混合气体的压强，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；②混合气体的密度一直不变，故错误；③混合气体的总物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；④混合气体的平均相对分子质量，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；⑤混合气体的颜色一直不变，反应达平衡状态，故错误；⑥只要反应发生就有各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比，故错误；⑦某种气体的百分含量不变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；故答案为：①③④⑦；(Ⅱ)I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)反应前后两边计量数相等，①混合气体的压强一直不变，所以不一定达平衡状态，故错误；②混合气体的密度一直不变，所以不一定达平衡状态，故错误；③混合气体的总物质的量，一直不变，所以不一定达平衡状态，故错误；④混合气体的平均相对分子质量，一直不变，所以不一定达平衡状态，故错误；⑤混合气体的颜色，说明碘蒸气的浓度不变反应达平衡状态，故正确；⑥各反应物或生成物的浓度之比等于系数之比，不能说明各物质的量不变，所以不一定达平衡状态，故错误；⑦某种气体的百分含量不变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；故答案为：⑤⑦；21(Ⅲ)反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)，①混合气体的压强，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；②混合气体的密度，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；③混合气体的总物质的量，正逆反应速率相等反应达平衡状态，故正确；④混合气体的平均相对分子质量，正逆反应速率相等反应达平衡状态，故正确；⑤混合气体的颜色一直不变，反应不一定达平衡状态，故错误；⑥各反应物或生成物的浓度之比等于系数之比，不能说明各物质的量不变，所以不一定达平衡状态，故错误；⑦某种气体的百分含量，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；故选：①②③④⑦；(Ⅳ)反应NH2COONH4(s)⇌2NH2(g)+CO2(g)，①混合气体的压强，说明气体的物质的量一定，反应达平衡状态，故正确；②混合气体的密度，说明气体的质量一定反应达平衡状态，故正确；③混合气体的总物质的量，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；④混合气体的平均相对分子质量，一直不变，所以不一定达平衡状态，故错误；⑤混合气体的颜色一直不变，所以不一定达平衡状态，故错误；⑥各反应物或生成物的浓度之比等于系数之比一直不变，所以不一定达平衡状态，故错误；⑦某种气体的百分含量一直不变，所以不一定达平衡状态，故错误；故选：①②③。(2)①PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)，保持温度、体积不变，再充入PCl5(g)，平衡正向移动，该反应为气体体积增大的反应，充入PCl5(g)，相当于增大压强，增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动，PCl5(g)的转化率减小，PCl5(g)的百分含量增大，故答案为：正反应；减小；增大；②2HI(g)I2(g)＋H2(g)，恒温恒容条件下，再充入HI(g)，HI浓度增大，平衡正向移动，充入HI(g)，压强增大，2HI(g)⇌I2(g)+H2(g)前后气体系数和相等，压强不影响平衡移动，达到平衡后，HI的分解率不变，HI的百分含量不变；故答案为：正反应；不变；不变；③恒温恒容，达平衡后再充入NO2气体，NO2浓度增大，平衡正向移动，再充入NO2气体，相当给原平衡体系增加压强，平衡正向移动，到达平衡后，NO2(g)的转化率增大，NO2(g)的百分含量减小，故答案为：正反应；增大；减小；(3)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数K=c2NH3cN2×c3H2，由图1可知，反应物总能量大于生成物能量，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：c2NH3cN2×c3H2；减小；②从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L21，压强增大，瞬间氮气的物质的量不变，增大压强，平衡正向移动，氮气物质的量减小到平衡时不变，曲线d符合n(N2)的变化，故答案为：d；③图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高；由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1＜T2，故答案为：c；＜。21.（1）已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－238.6kJ/mol，CH3OH(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－akJ/mol，则a___238.6(填“>”、“<”或“＝”)。（2）使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_________________________________。（3）反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。该反应△H=____(用含E1、E2式子表示)；在反应体系中加入催化剂，E1___，E2___，(填增大、减小、不变)。（4）已知：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)平衡常数K随温度的变化如下表：温度/℃400500800平衡常数K9.9491回答下列问题：①该反应的ΔH=__________填“>”、“=”或“<”）。②已知在一定温度下，C(s)+CO2(g)2CO（g)平衡常数K1；C(s)+H2O(g)CO（g)+H2(g)平衡常数K2。则K、K1、K2之间的关系是__________________________。【答案】(1).＜(2).2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)　ΔH＝－290kJ/mol(3).△H=-（E2-E1）kJ/mol(4).减小(5).减小(6).＜21(7).K=K2/K1【解析】【详解】(1)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H2O(g)，应该而液态水为稳定的氧化物，放出的热量小于燃烧热，故答案为：＜；(2)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-1，故答案为：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)═4HCl(g)+CO2(g)△H=-290kJ•mol-1；(3)由图像可知该反应是一个能量升高的反应，所以属于吸热反应；△H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以△H=E1-E2；加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，所以E1和E2的变化是减小，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变，所以E的大小对该反应的反应热无影响，故答案为：E1-E2；减小；减小；(4)①根据反应CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)及化学平衡常数表达式，K=cH2•cCO2cCO•cH2O，由于温度升高，该反应的化学平衡常数减小，平衡向着逆向移动，正向反应是放热反应，所以△H＜0，故答案为：＜；②C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)平衡常数K1；②C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)平衡常数K2；③CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)平衡常数K；根据盖斯定律，③=②-①，故K=K2K1，故答案为：K=K2K1。22.下列实验不能达到实验目的的是_________________。序号实验内容实验目的A盛有4mL  1mol/L  KMnO4酸性溶液的两只试管，一只加入2mL  0.1mol/L  H2C2O4溶液，另一只加入2mL  0.2mol/L  H2C2O4溶液探究浓度对反应速率的影响B一定条件下，分别在容积为1L和容积为2L的两个密闭容器中加入等量的氢气和碘蒸气，发生如下反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)，获得等量HI时需要的时间前者少当其他条件不变时，气态反应体系的压强越大，化学反应速率越快21C在容积可变的密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，把容器的体积缩小一半正反应速率加快，逆反应速率也加快D向2支试管中各加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入不同体积相同浓度的稀硫酸，分别放入冷水和热水中探究温度对反应速率的影响【答案】AD【解析】【详解】A．浓度不同，但没有说明温度和压强是否相同，则不能说明浓度对反应速率的影响，故A选；B、对有气体的反应，压强增大会增大化学反应速率，能够达到实验目的，故B不选；C．容器的体积缩小一半，压强增大，则正逆反应的反应速率均增大，能够达到实验目的，故C不选；D．二者混合后，Na2S2O3溶液的浓度不同，硫酸的浓度也不同，温度不同，不能探究温度对反应速率的影响，故D选；故选AD。23.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50mL0.50mol·L－1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L－1NaOH溶液，并用同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，测得混合液最高温度。回答下列问题：（1）该图中有两处未画出，它们是______、__________。（2）为什么所用NaOH溶液要稍过量_________________。（3）倒入NaOH溶液的正确操作是_______________________。（4）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1L1mol·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______。21（5）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：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120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6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)。（6）____(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).环形玻璃搅拌棒(2).保温硬纸板(3).确保盐酸被完全中和(4).一次迅速倒入(5).ΔH1＝ΔH2＜ΔH3(6).－51.8kJ·mol－1(7).不能(8).H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀，沉淀的生成热会影响反应的反应热【解析】【详解】(1)根据装置图，图中缺少环形玻璃搅拌棒和保温硬纸板，故答案为：环形玻璃搅拌棒；保温硬纸板；(2)为了确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量，故答案为：确保盐酸被完全中和；(3)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：一次迅速倒入；(4)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1L1mol•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，电离过程是吸热程，稀氨水和1L1mol•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；(5)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2150mL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×3.15℃+3.1℃+3.05℃3=12958J=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958kJ×1mol0.025mol=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol，故答案为：-51.8kJ/mol；(6)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：不能；H2SO4与Ba(OH)2反应时生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的中和热。【点睛】本题考查了中和热的测定方法、计算、误差分析，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中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(6)，要注意反应生成的硫酸钡沉淀会有热量变化。24.氮气氢气合成氨过程中制氢气的原理如下：①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＝＋206.4kJ·mol－1②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.2kJ·mol－1（1）对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是_______。a．升高温度　b．增大水蒸气浓度　c．加入催化剂　d．降低压强（2）利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2的产量。若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为________。（3）图(a)表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：____________。（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图(b)坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图________。21　【答案】(1).a(2).90％(3).14.5%(4).【解析】【详解】(1)反应①CH4(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)△H=+206.4kJ•mol-1，是气体体积增大的吸热反应，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，说明平衡正向进行，又能加快反应速率，说明影响反应速率的条件可以是升温、加压、增大浓度等，分析反应特征可知反应正向进行且反应速率增大的只有升温平衡向吸热反应进行，平衡正向进行反应速率增大；a．反应是吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，平衡体系中H2百分含量增大，故a符合；b．增大水蒸气浓度，平衡正向进行，反应速率增大，但平衡体系中H2百分含量不一定增大，故b不符合；c．加入催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，反应速率增大，氢气百分含量不变，故c不符合；d．降低压强，反应速率减小，平衡逆向进行，氢气百分含量减小，故d不符合；故选a；(2)利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量，若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)中CO为0.2mol，H2的物质的量为0.8mol，与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，依据反应前后气体体积不变，增加的部分应该是起始的水蒸气的物质的量为0.18mol，设转化的一氧化碳的物质的量为x，            CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ•mol-1起始量(mol)0.2  0.18+x     0     0.8变化量(mol)x      x       x     x平衡量(mol)0.2-x  0.18     x     x+0.8则0.2-x+x+x+0.8=1.18，解得x=0.18，则CO转化率为0.18mol0.2mol×100%=90%，故答案为：90%；(3)依据反应特征N2+3H22NH3△V21                1  3  2    2         平衡体积     V   V 即反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，由图像分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为100，氨气为体积42，则反应前气体体积100+42=142，氮气和氢气按照1：3混合，氮气体积=142×=35.5，依据化学方程式计算反应的氮气体积为21，平衡状态氮气为35.5-21=14.5，则氮气体积分数为14.5%；故答案为：14.5%；(4)合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，画出的图像为：，故答案为：。【点睛】本题考查了化学平衡影响因素分析，化学平衡的计算及其应用。本题的难度较大，本题的难点为(3)，依据反应特征N2+3H22NH3，反应前后气体体积减小为生成氨气的体积。21