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【化学】黑龙江省牡丹江市第三高级中学2019-2020学年高二10月月考试题（解析版）
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黑龙江省牡丹江市第三高级中学2019-2020学年高二10月月考试题
1.下列物质中，属于弱电解质的是（ ）
A. 铜 B. 硝酸钾 C. 纯醋酸 D. 氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，包括非金属氧化物、部分非金属氢化物、大多数有机物；单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质；部分电离的电解质属于弱电解质，完全电离的电解质属于强电解质，据此进行判断。
【详解】A.金属铜不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.硝酸钾为离子化合物，溶于水能够发生完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.醋酸在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，属于弱电解质，故C正确；
D. 氢氧化钠为离子化合物，溶于水能够发生完全电离，属于强电解质，故D错误。
故答案选C。
2.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，从而使反应速率增大
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. 活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
D. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物中活化分子的百分数
【答案】D
【解析】A. 增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但是不能增大单位体积内活化分子的百分数，A不正确；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)，能增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但是不能增加活化分子的百分数，B不正确；C. 活化分子间所发生的碰撞不一定都是有效碰撞，只有在合适的取向下的碰撞才是有效碰撞，C不正确；D. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物中活化分子的百分数，单位时间内在单位体积的有效碰撞次数增加，D正确。本题选D。
3. 下列说法或表示方法中正确的是（ ）
A. 等质量的硫蒸气和硫磺分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 氢气的燃烧热为285.8kJ ·，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)；△H＝－285.8 kJ·
C. Ba(OH)2· 8H2O(s)＋2NH4Cl(s)＝BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l)；△H＜0
D. 某酸溶液可以与石灰石反应放出CO2，则该酸不一定为强酸。
【答案】D
【解析】气态S的能量高于固态S的能量，气态S燃烧放出的热量多，A不正确；燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，B不正确；C不正确，该反应是吸热反应，△H大于0，所以正确的答案选D。
4.用蒸馏水稀释0. 1mol/L的CH3COOH溶液时，始终保持增大趋势的是（ ）
A. c(CH3COOH) B. c(H+) C. c(CH3COO－) D. c(OH－)
【答案】D
【解析】
【详解】A.CH3COOH是弱电解质，在水中发生部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，加蒸馏水稀释可促进其电离，则c(CH3COOH)减小，故A错误；
B.CH3COOH是弱电解质，在水中发生部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，加蒸馏水稀释可促进其电离，则n(H+)增大，但是H+物质的量的增大程度远小于溶液体积的增大程度，所以c(H+)减小，故B错误；
C.CH3COOH是弱电解质，在水中发生部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，加蒸馏水稀释可促进其电离，则n c(CH3COO－)增大，但是CH3COO－物质的量的增大程度远小于溶液体积的增大程度，所以c(CH3COO－)减小，故C错误；
D.由B可知，c(H+)减小，由于Kw=c(H+)c(OH－)为定值，所以c(OH－)保持增大趋势，故D正确。
故选D。
5. 下列关于化学反应进行的方向说法正确的是（ ）
A. 放热反应都能自发进行，吸热反应都不能自发进行
B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C. 能自发进行的反应一定能实际发生
D. 常温下，反应C(s)+CO2(g) ="==" 2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
【答案】D
【解析】试题解析：放热反应不一定能自发进行，比如说铁的燃烧虽然是放热反应，但是需要提供瞬间高温才能引发，硫酸铵结晶水合物和氢氧化钡的反应在常温下就能进行，但属于吸热反应，故A错误；若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，故B错误；反应的自发性是反应能否进行的可能性的推断，并不是实际一定能发生，即能自发进行的反应实际可能没有发生反应，故C错误；该反应的△S＞0，若△H＜0，则一定自发，现常温下不自发，说明△H＞0，故D正确.
6.加入下列物质不能使CH3COOH的电离平衡正向移动的是( )
A. CH3COONa固体 B. 铁粉
C. Na2CO3固体 D. NaOH固体
【答案】A
【解析】
【分析】CH3COOHCH3COO-+ H+，结合电离平衡的影响因素分析判断。
【详解】A．加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，故A选；
B．加入铁粉，铁与氢离子反应放出氢气，使得c(H+)减小，电离平衡正向移动，故B不选；
C．加入Na2CO3固体，碳酸钠与氢离子反应放出二氧化碳，使得c(H+)减小，电离平衡正向移动，故C不选；
D．加入NaOH固体，氢氧化钠与CH3COOH电离生成的H+结合生成水，使得c(H+)减小，电离平衡正向移动，故D不选；
答案选A。
7.下列过程表达式中,属于电离方程式的是( )
A. HSO3-+H3O+H2SO3+H2O B. NH3·H2ONH4++OH-
C. CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- D. HCO3-+OH-=H2O+CO32-
【答案】B
【解析】
【分析】酸、碱、盐溶于水时发生电离，此过程用电离方程式表示，书写电离方程式时应先判断电解质的强弱。如为强电解质则在水中完全电离，用“＝”连接，若为弱电解质则在水中部分电离，用“”连接。同时等式两边应遵循质量守恒定律，即左右两边同种元素的原子个数相等。溶液之所以不显电性，是因为阳离子所带的正电总数和阴离子所带的负电荷总数相等，电离时原子团一般不拆分。
【详解】A. HSO3-+H3O+H2SO3+H2O，此式可表示为HSO3-+H+H2SO3，不是电离方程式，A项错误；
B. NH3·H2ONH4++OH-，表示NH3·H2O 为弱电解质，发生部分电离，B项正确；
C. CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，表示CH3COO-在水中发生水解反应，不是电离方程式，C项错误；
D. HCO3-+OH-=H2O+CO32-，表示酸式盐与碱反应生成正盐和水，不是电离方程式，D项错误；
答案应选B。
8.氢氰酸（HCN）的下列性质中，能证明它是弱酸的是（ ）
A. HCN 易溶于水
B. HCN溶液的导电性比盐酸的弱
C. 25 ℃时1mol/L HCN溶液pH约为3
D. 10 mL 1mol/L HCN溶液恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应
【答案】C
【解析】
【分析】HCN为弱电解质，利用其部分电离来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性的比较，以及对应盐溶液的酸碱性来判断；
【详解】A、HCN是强酸还是弱酸，与溶解度无关，故A不符合题意；
B、应在相同条件下进行，如相同温度、相同体积、相同浓度等，HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱，才能说明HCN为弱酸，故B不符合题意；
C、假设HCN为强电解质，1mol·L－1的HCN的pH应为1，但现在pH=3，说明HCN为弱酸，故C符合题意；
D、无论HCN是强酸还是弱酸，10 mL 1mol/L HCN溶液都恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应，不能证明酸性强弱，故D不符合题意；
答案选C。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 与同浓度的NaOH溶液反应时，稀硫酸中和热的绝对值是盐酸的两倍
B. 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=－566kJ/mol,则CO的燃烧热为△H=－283kJ/mol
C. 中和热实验中，可以用铜棒代替易碎的环形玻璃搅拌棒
D. 中和热实验中，只需测反应的最终温度
【答案】B
【解析】
【分析】A、中和热是生成1mol水时放出的热量；
B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；
C、根据金属的导热性很好，会导致热量的散失；
D、中和热实验中，需测反应的开始和最高温度，计算温度的变化量。
【详解】A、与同浓度的NaOH溶液反应时，稀硫酸中和热的绝对值与盐酸相同，故A错误；
B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，由2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=－566kJ/mol可得2molCO燃烧放出566kJ/mol,则CO的燃烧热为△H=－283kJ/mol，故B正确；
C、用环形铜棒代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的△H数值偏小，故C错误；
D、中和热实验中，需测反应的开始和最高温度，计算温度的变化量，故D错误。
故选B。
10.下列措施能明显增大反应速率的是（ ）
A. Zn与稀硫酸反应制取H2时，将Zn粉改成Zn片
B. Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98％的浓硫酸
C. 在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强
D. 2SO2+O22SO3升高反应温度
【答案】D
【解析】
【详解】A．Zn与稀硫酸反应制取H2时，将Zn粉改成Zn片，固体的表面积减小，反应速率减小，故A错误；
B项、Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98％的浓硫酸，因浓硫酸具有强氧化性，常温下铁在浓硫酸中发生钝化，反应速率减慢，故B错误；
C项、K2SO4与BaCl2两溶液反应时，没有气体参加，增大压强不能改变反应速率，故C错误；
D项、升高反应温度，反应速率增大，故D正确；
故选D。
11.在一恒温、恒容的密闭容器中发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再变化时，不能够表明该反应已达平衡状态的是（ ）
A. 混合气体的压强 B. 混合气体的平均相对分子质量
C. A的物质的量 D. B的物质的量浓度
【答案】A
【解析】
【详解】A. 恒温、恒容时，体系的压强与气体分子的物质的量有关系，该化学反应前后气体的总物质的量不变，则反应的任何时候，混合气体的压强始终不变，故无法通过压强不变来判断反应是否达到平衡状态，A正确；
B. ，该平衡的正反应是气体质量增大的反应，当反应达到平衡时，气体的总质量不再改变，由于气体的总物质的量不变，所以平衡时，混合气体的平均相对分子质量不变，则混合气体的平均相对分子质量不变，表明反应达到平衡状态，B错误；
C. A的物质的量不再变化，可以表明该反应已达到平衡状态，C错误；
D. 在恒容状态下，B的物质的量浓度不变，则B的物质的量也不再变化，可以表明该反应已达到平衡状态，D错误；
故合理选项为A。
12.可逆反应3H2+N22NH3的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示，下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是（ ）
A. v正(N2)＝v正(H2) B. v正(N2)＝v逆(NH3)
C. 2v正(H2)＝3v逆(NH3) D. v正(N2)＝3v逆(H2)
【答案】C
【解析】
【分析】根据达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质）。
【详解】因化学反应达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质）。
A、无论该反应是否达到平衡状态，都有3v正（N2）=v正（H2），而v正(N2)＝v正(H2)不能说明正逆反应速率相等，则不能说明反应达平衡状态，选项A错误；
B、反应达到平衡状态时，v正(N2)与v逆(NH3)之比等于1：2，选项B错误；
C、反应达到平衡状态时，v正（H2）：v逆（NH3）=3：2，即2v正(H2)＝3v逆(NH3)，选项C正确；
D、反应达到平衡状态时，v正（N2）：v逆（H2）=1：3，即3v正(N2)＝v逆(H2)，选项D错误；
答案选C。
13.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是（ ）
A. 棕红色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B. 加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C. 鼓入过量空气有利于SO2转化为SO3
D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量
【答案】B
【解析】
详解】A．对2NO2⇌N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3的速率加快，但是不能引起平衡的移动，所以不可以用勒夏特列原理解释，故B选；
C、存在平衡2SO2+O2(g)⇌2SO3(g)，加入过量的空气，平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特利原理解释，故C不选；
D．合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3，增大压强，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
答案选B。
14.常温下，关于pH值相同的醋酸和盐酸两种溶液，下列说法不正确的是（ ）
A. c(CH3COOH)＞c(HCl)
B. c(CH3COO－)= c(Cl－)=c(H+)
C. 两种溶液中水的电离程度相同
D. 与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的体积少
【答案】D
【解析】
【详解】A.醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，所以在pH相等条件下，醋酸的浓度大于盐酸，即c(CH3COOH)＞c(HCl)，故A正确；
B.根据电荷守恒，醋酸溶液中有：c（CH3COO-）+c（H+）=c（OH-），盐酸溶液中有：c（Cl-）+c（H+）=c（OH-），两溶液pH相同，则两溶液中c（H+）相同，c（OH-）相同。所以c(CH3COO-)=c(Cl-)=c(H+)，故B正确；
C.醋酸和盐酸两种溶液都呈酸性，酸抑制水的电离，pH值相同，说明氢离子浓度相同，则水的电离程度相同，故C正确；
D.醋酸是弱电解质，所以在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，醋酸的浓度大，与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的氢氧化钠溶液的体积多，故D错误。
故选D。
15.25℃时，由水电离出的c(H+)= 1×10－13mol·L－1的溶液中，一定不能大量共存的离子组是（ ）
① K＋、Al3+、Cl－、CO32－ ② K＋、Fe3＋、I－、SO42－ ③ Fe2＋、Cl－、NO3－、SO42－ ④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－ ⑤ K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－
A. ②③④ B. ②③④⑤ C. ①②③④ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】由水电离出的c(H+)= 1×10－13mol·L－1的溶液中，可能呈强酸性，pH=1，也可能呈强碱性，pH=13，① 在酸性条件下CO32－不能大量存在，在碱性条件下Al3+不能大量存在，故此项选；② 在碱性条件下Fe3＋不能大量存在，在酸性条件下Fe3＋与I－之间发生氧化还原反应不能大量共存，故此项选；③ 在碱性条件下，Fe2＋因生成沉淀不能大量存在，在酸性条件下NO3－会氧化Fe2＋不能大量共存，故此项选；④无论是酸性还是碱性溶液，HCO3－都不能大量存在，故此项选；⑤ 无论是酸性条件还是碱性条件，K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－之间不会反应，可以大量存在，故此项不选；
故选C。
16.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)+O(g)=CO(g) ΔH1 ； C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH2
②S(s)+O2 (g)=SO2 (g) ΔH3 ； S(g)+O2 (g)=SO2 (g) ΔH4
③H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH5 ；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH6
④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) ΔH7 ；CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH8
A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】①两个反应都为放热反应，△H＜0，断开氧气分子中的化学键需要吸热，前者放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；
②都为放热反应，△H＜0，前者S为固态，固体转化为气体，需要吸热，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；
③都是放热反应，前者反应物系数较小，则前者放出热量较少，则△H5＞△H6，故③正确；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确；
根据分析可知，反应的△H前者大于后者的是②③④，故选C。
17.387K时，在体积为1.0 L 的恒容密闭容器中发生反应：2A(g)B(g)+C(g)，该反应的平衡常数K＝4，若起始时向容器中充入0.15 mol A、0.15 mol B 和0.15 mol C，上述平衡（ ）
A. 向正反应方向移动 B. 向逆反应方向移动
C. 达到平衡 D. 无法判断移动方向
【答案】A
【解析】
【分析】考查化学平衡常数的计算，对比浓度商与K的大小，判断反应进行的方向；
【详解】A、B、C的浓度分别是0.15mol·L－1、0.15mol·L－1、0.15mol·L－1，Qc==1<4，说明反应向正反应方向进行，故选项A正确。
18.已知：2H2(g)＋ O2(g)===2H2O(l) ΔH1＝－572 kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－890 kJ·mol－1
现有H2与CH4的混合气体112 L(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3 695 kJ，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】
【详解】H2与CH4的混合气体112 L(标准状况)，其物质的量为5mol，其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，实验测得反应放热3 695 kJ。设H2与CH4的物质的量分别为x和（5mol-x），则0.5x´572 kJ·mol－1+（5mol-x）´890 kJ·mol－1=3 695 kJ，解之得，x=1.25mol，（5mol-x）=3.75mol，原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1∶3，故选B。
19.肼(N2H4)是火箭发动机的一种燃料，反应时N2O4为氧化剂，反应生成N2和水蒸气。
已知：
①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g) ΔH＝＋8.7 kJ·mol−1
②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol−1
下列表示N2H4和N2O4反应热化学方程式，正确的是（ ）
A. 2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1 076.7 kJ·mol−1
B. N2H4(g)＋1/2N2O4(g)===3/2N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－542.7 kJ·mol−1
C. 2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－542.7 kJ·mol−1
D. 2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(l) ΔH＝+542.7 kJ·mol−1
【答案】A
【解析】
【详解】已知：①N2(g)＋2O2(g)＝N2O4(g) ΔH＝＋8.7 kJ·mol−1
②N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol−1
根据盖斯定律，将②×2－①得2N2H4(g)＋N2O4(g)＝3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1076.7 kJ·mol−1。
答案选A。
20.在2A(g)＋B(g)3C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应的反应速率最快的是（ ）
A. v(A)＝0.5 mol·L−1·min −1 B. v(B)＝0.1 mol·L−1·s−1
C. v(C)＝0.8 mol·L−1·min −1 D. v(D)＝1 mol·L−1·min −1
【答案】B
【解析】
【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比；
【详解】A. v(A)＝0.5 mol·L−1·min −1转化为v(B)＝0.25 mol·L−1·min −1
B. v(B)＝0.1 mol·L−1·s−1换算单位为v(B)＝6.0 mol·L−1·min −1
C. v(C)＝0.8 mol·L−1·min −1转化为v(B)＝0.8/3 mol·L−1·min −1
D. v(D)＝1 mol·L−1·min −1转化为v(B)＝0.25 mol·L−1·min −1
对比数据可知，B速率最快，答案为B；
21.在密闭容器中一定量的混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g).平衡时测得A的浓度为0. 50 mol/L.保持温度不变.将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时.测得A的浓度降低为0. 30 mol/L。下列有关判断正确的是（ ）
A. x+y
【答案】C
【解析】
【分析】保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25 mol·L-1，而平衡时测得A的浓度变为0.30 mol·L-1，说明A的浓度是增大的，则体积增大、压强减小，平衡逆向移动。
【详解】A.减小压强，平衡逆向移动，则正向为气体体积缩小的反应，故x+y>z，选项A错误；
B.由上述分析可知，平衡逆向移动，选项B错误；
C.因平衡逆向移动，故B的转化率降低，选项C正确；
D.平衡逆向移动，C的体积分数减小，选项D错误；
答案选C。
22.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是( )
A. 该反应的ΔH>0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图像可知，随着温度的升高，NO的物质的量浓度增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；
B.由于正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则K1>K2，故B错误；
C.根据图像可知，由状态D到平衡点B，需要减小NO的浓度，所以反应正向进行，则v正>v逆,故C错误；
D.由于反应物碳是固体，所以在反应进行过程中，气体的总质量一直在变，V一定，气体的密度也就一直在变，当若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，故D正确；
答案：D
23.在容积固定的密闭容器中存在反应：A(g)+3B(g)2C(g) △H<0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：
下列判断正确的是（ ）
A. 图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B. 图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高
C. 图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较大
D. 图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较低
【答案】B
【解析】
【分析】该反应是一个气体体积减小的放热反应，使用催化剂或催化剂效率较高、升高温度、增大压强，反应速率快，先达到平衡，加入催化剂，平衡不发生移动，升高温度，平衡向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动。
【详解】A项、乙到达平衡时间短，所以乙使用的催化剂效率较高，加入催化剂，平衡不发生移动，达到平衡时C的浓度应相等，故A错误；
B项、甲到达平衡时间短，所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以B的转化率减小，故B正确；
C项、甲到达平衡时间短，所以甲的压强较高，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时甲中B的转化率应大于乙，故C错误；
D项、加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，故D错误。
故选B。
24.（1）已知：①CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ/mol
②CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－192.9 kJ/mol
由上述方程式可知：CH3OH的燃烧热________(填“大于”“等于”或“小于”)192.9 kJ/mol。
已知水的气化热为44 kJ/mol。则表示氢气燃烧热的热化学方程式为__________。
（2）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO(NH2)2]。
已知：①2NH3(g)＋CO2(g)===NH2CO2NH4(s) ΔH＝－159.5 kJ/mol
②NH2CO2NH4(s)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH＝＋116.5 kJ/mol
③H2O(l)===H2O(g) ΔH＝＋44.0 kJ/mol
写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学方程式是_____________________________。
（3）已知：①Fe(s)＋O2(g)===FeO(s) ΔH1＝－272.0 kJ/mol
②2Al(s)＋O2(g)===Al2O3(s) ΔH2＝－1675.7 kJ/mol
Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是_____________________________________。该反应的自发性趋势很大，原因是________________________________________。
【答案】(1). 大于 (2). H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH1＝－124.6kJ·mol－1 (3). 2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH＝－87.0 kJ/mol (4). 3FeO(s)＋2Al(s)===Al2O3(s)＋3Fe(s) ΔH＝－859.7 kJ/mol (5). 该反应放出大量的热
【解析】
【分析】（1）甲醇的燃烧热为1mol甲醇完全燃烧生成稳定的氧化物，水应为液态稳定；根据盖斯定律求解；
（2）根据盖斯定律求解；
（3）根据盖斯定律求解，及∆G=∆H-∆S∙T判断。
【详解】（1）甲醇的燃烧热为1mol甲醇完全燃烧生成稳定的氧化物，水应为液态，气态水变为液态水时释放能量，则燃烧热大于192.9 kJ/mol；已知水的气化热为44kJ/mol，③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝-44 kJ/mol，根据盖斯定律，（②-①+3③）/3可得H2(g)+O2(g)== H2O(l)，ΔH＝（－192.9-49.0-44×3）/3=-124.6kJ/mol；
（2）根据盖斯定律，①+②-③可得，2NH3(g)＋CO2(g)==CO(NH2)2(s)＋H2O(l)，ΔH＝（-159.5+116.5-44.0）kJ/mol=-87.0kJ/mol；
（3）根据盖斯定律，②-①×3可得，2Al(s)＋3FeO(s)==Al2O3(s)+3Fe(s)，ΔH＝（-1675.7+272.0×3）kJ/mol=－859.7kJ/mol；∆G=∆H-∆S∙T，∆G<0，可自发进行，该反应的自发性趋势很大，∆S变化不大，说明∆H<0，该反应放出大量的热。
25.可逆反应3A(g)3B(？)+C(？)△H>0，达到化学平衡后，进行下列操作。
(1)升高温度，用“变大”“变小”“不变”或“无法确定”填空。
①若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量______；
②若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量______；
③若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量______；
(2)如果平衡后温度保持不变，将容器体积增大一倍，新平衡时A的浓度是原来的50％，判断B的状态是__________态，C的状态是__________态。
(3)某密闭容器中放入一定量的NO2，发生反应2NO2N2O4（正反应放热），达平衡后，若分别单独改变下列条件，重新达到平衡后，能使混和气体平均分子量增大的是_________。
A.通入N2 B.通入NO2 C.通入N2O4 D.升高温度
【答案】(1). 变小 (2). 不变 (3). 变小 (4). 气 (5). 液或固 (6). BC
【解析】
【分析】(1)根据气体的摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于气体的相对分子质量，结合温度对化学平衡移动的影响及气体的摩尔质量M=，题干比较m、n分析。
(2)根据压强对物质浓度的影响及对平衡转化率的关系分析；
(3)根据改变外界条件对反应体系的物质浓度、压强影响分析平衡移动方向，进而得到平均相对分子质量的变化。
【详解】(1)可逆反应3A(g)3B(？)+C(？)△H>0的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动。
①若B、C都是气体，则该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，气体的质量不变，气体的物质的量增大，则气体的平均摩尔质量减小，因此气体的平均相对分子质量变小；
②若B、C都不是气体，平衡正向移动，气体的质量减小，由于反应体系只有反应物一种气体，所以气体的平均相对分子质量不变；
③若B是气体，C不是气体，则气体的物质的量不变，但气体质量减小，所以气体的平均相对分子质量变小；
(2)如果平衡后温度保持不变，将容器体积增大一倍，新平衡时A的浓度是原来的50％，说明减小压强，化学平衡不移动，则该反应是反应前后气体体积相等的反应，由于A是气体，B的计量数与A相同，所以可判断B的状态是气态，则C的状态是固态或液态。
(3) A.通入N2，不能改变反应体系的任何一种物质的浓度，化学平衡不移动，由于N2的相对分子质量比NO2、N2O4都小，所以通入氮气后，体系中气体的平均相对分子质量减小，A不符合题意；
B.通入NO2，导致c(NO2)增大，平衡正向移动，气体的平均相对分子质量增大，B符合题意；
C.通入N2O4，N2O4的浓度增大，虽然平衡向逆反应方向移动，但由于压强增大，相当于增大压强，平衡正向移动，混合气体的平均相对分子质量增大，C符合题意；
D.升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，气体的物质的量增大，气体的平均相对分子质量减小，D不符合题意；
故合理选项是BC。
26.一定条件下，在体积为5 L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n（mo1）随时间t（min）的变化如图1所示。已知达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小。
（1）该反应的化学方程式为_____________，此反应平衡常数的表达式为K=________。
（2）该反应的反应速率v随时间t的关系如图2所示：
①根据图2判断，在t3时刻改变的外界条件是________，该反应的△H________0。（填“”、“”或“=”）
②a、b、c三点中，C的体积分数最大的是________。
③各阶段的平衡常数如下表所示：
t2～t3
t4～t5
t5～t6
K1
K2
K3
K1、K2、K3之间关系为_______（用“”、“”或“=”连接）。
【答案】(1). A+2B2C (2). (3). 升高温度 (4). ＜ (5). a (6). K1>K2=K3
【解析】
【分析】根据图1可知，A、B为反应物，且加入初始量为1mol，C为生成物，3min达到平衡状态，平衡时，A、B、C的物质的量分别为0.7mol、0.4mol、0.6mol；平衡后，降低温度，A的体积分数将减小，平衡正向移动，则正反应为放热反应。
【详解】（1）分析可知，A、B为反应物，C为生成物，反应时变化的物质的量为0.3mol、0.6mol、0.6mol，则计量数之比为1：2：2，方程式为A+2B2C；根据方程式，K=；
（2）①根据图像可知t3时，正、逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，则改变条件为升高温度，若为增大压强时，平衡正向移动，与题意不符；升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，△H<0；
②在t2时达到平衡状态，为状态a；t3时，改变外界条件，平衡逆向移动，C的体积分数减小，平衡时为状态b；t5时，改变外界条件，反应速率加快，平衡未发生移动，C的体积分数不变，为状态c，则C的体积分数大小顺序为a>b=c；
③在t2时达到平衡状态，平衡常数为K1；t3时，升高温度，正逆反应速率加快，平衡逆向移动，化学平衡常数为K2，减小；t5时，使用催化剂，反应速率加快，平衡未发生移动，化学平衡常数为K3，不变，则平衡常数的关系为K1>K2=K3。
1.下列物质中，属于弱电解质的是（ ）
A. 铜 B. 硝酸钾 C. 纯醋酸 D. 氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，包括非金属氧化物、部分非金属氢化物、大多数有机物；单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质；部分电离的电解质属于弱电解质，完全电离的电解质属于强电解质，据此进行判断。
【详解】A.金属铜不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.硝酸钾为离子化合物，溶于水能够发生完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.醋酸在溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，属于弱电解质，故C正确；
D. 氢氧化钠为离子化合物，溶于水能够发生完全电离，属于强电解质，故D错误。
故答案选C。
2.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，从而使反应速率增大
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. 活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
D. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物中活化分子的百分数
【答案】D
【解析】A. 增大反应物浓度，能增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但是不能增大单位体积内活化分子的百分数，A不正确；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)，能增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但是不能增加活化分子的百分数，B不正确；C. 活化分子间所发生的碰撞不一定都是有效碰撞，只有在合适的取向下的碰撞才是有效碰撞，C不正确；D. 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物中活化分子的百分数，单位时间内在单位体积的有效碰撞次数增加，D正确。本题选D。
3. 下列说法或表示方法中正确的是（ ）
A. 等质量的硫蒸气和硫磺分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 氢气的燃烧热为285.8kJ ·，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)；△H＝－285.8 kJ·
C. Ba(OH)2· 8H2O(s)＋2NH4Cl(s)＝BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l)；△H＜0
D. 某酸溶液可以与石灰石反应放出CO2，则该酸不一定为强酸。
【答案】D
【解析】气态S的能量高于固态S的能量，气态S燃烧放出的热量多，A不正确；燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，B不正确；C不正确，该反应是吸热反应，△H大于0，所以正确的答案选D。
4.用蒸馏水稀释0. 1mol/L的CH3COOH溶液时，始终保持增大趋势的是（ ）
A. c(CH3COOH) B. c(H+) C. c(CH3COO－) D. c(OH－)
【答案】D
【解析】
【详解】A.CH3COOH是弱电解质，在水中发生部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，加蒸馏水稀释可促进其电离，则c(CH3COOH)减小，故A错误；
B.CH3COOH是弱电解质，在水中发生部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，加蒸馏水稀释可促进其电离，则n(H+)增大，但是H+物质的量的增大程度远小于溶液体积的增大程度，所以c(H+)减小，故B错误；
C.CH3COOH是弱电解质，在水中发生部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，加蒸馏水稀释可促进其电离，则n c(CH3COO－)增大，但是CH3COO－物质的量的增大程度远小于溶液体积的增大程度，所以c(CH3COO－)减小，故C错误；
D.由B可知，c(H+)减小，由于Kw=c(H+)c(OH－)为定值，所以c(OH－)保持增大趋势，故D正确。
故选D。
5. 下列关于化学反应进行的方向说法正确的是（ ）
A. 放热反应都能自发进行，吸热反应都不能自发进行
B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C. 能自发进行的反应一定能实际发生
D. 常温下，反应C(s)+CO2(g) ="==" 2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
【答案】D
【解析】试题解析：放热反应不一定能自发进行，比如说铁的燃烧虽然是放热反应，但是需要提供瞬间高温才能引发，硫酸铵结晶水合物和氢氧化钡的反应在常温下就能进行，但属于吸热反应，故A错误；若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，故B错误；反应的自发性是反应能否进行的可能性的推断，并不是实际一定能发生，即能自发进行的反应实际可能没有发生反应，故C错误；该反应的△S＞0，若△H＜0，则一定自发，现常温下不自发，说明△H＞0，故D正确.
6.加入下列物质不能使CH3COOH的电离平衡正向移动的是( )
A. CH3COONa固体 B. 铁粉
C. Na2CO3固体 D. NaOH固体
【答案】A
【解析】
【分析】CH3COOHCH3COO-+ H+，结合电离平衡的影响因素分析判断。
【详解】A．加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，故A选；
B．加入铁粉，铁与氢离子反应放出氢气，使得c(H+)减小，电离平衡正向移动，故B不选；
C．加入Na2CO3固体，碳酸钠与氢离子反应放出二氧化碳，使得c(H+)减小，电离平衡正向移动，故C不选；
D．加入NaOH固体，氢氧化钠与CH3COOH电离生成的H+结合生成水，使得c(H+)减小，电离平衡正向移动，故D不选；
答案选A。
7.下列过程表达式中,属于电离方程式的是( )
A. HSO3-+H3O+H2SO3+H2O B. NH3·H2ONH4++OH-
C. CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- D. HCO3-+OH-=H2O+CO32-
【答案】B
【解析】
【分析】酸、碱、盐溶于水时发生电离，此过程用电离方程式表示，书写电离方程式时应先判断电解质的强弱。如为强电解质则在水中完全电离，用“＝”连接，若为弱电解质则在水中部分电离，用“”连接。同时等式两边应遵循质量守恒定律，即左右两边同种元素的原子个数相等。溶液之所以不显电性，是因为阳离子所带的正电总数和阴离子所带的负电荷总数相等，电离时原子团一般不拆分。
【详解】A. HSO3-+H3O+H2SO3+H2O，此式可表示为HSO3-+H+H2SO3，不是电离方程式，A项错误；
B. NH3·H2ONH4++OH-，表示NH3·H2O 为弱电解质，发生部分电离，B项正确；
C. CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，表示CH3COO-在水中发生水解反应，不是电离方程式，C项错误；
D. HCO3-+OH-=H2O+CO32-，表示酸式盐与碱反应生成正盐和水，不是电离方程式，D项错误；
答案应选B。
8.氢氰酸（HCN）的下列性质中，能证明它是弱酸的是（ ）
A. HCN 易溶于水
B. HCN溶液的导电性比盐酸的弱
C. 25 ℃时1mol/L HCN溶液pH约为3
D. 10 mL 1mol/L HCN溶液恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应
【答案】C
【解析】
【分析】HCN为弱电解质，利用其部分电离来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性的比较，以及对应盐溶液的酸碱性来判断；
【详解】A、HCN是强酸还是弱酸，与溶解度无关，故A不符合题意；
B、应在相同条件下进行，如相同温度、相同体积、相同浓度等，HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱，才能说明HCN为弱酸，故B不符合题意；
C、假设HCN为强电解质，1mol·L－1的HCN的pH应为1，但现在pH=3，说明HCN为弱酸，故C符合题意；
D、无论HCN是强酸还是弱酸，10 mL 1mol/L HCN溶液都恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应，不能证明酸性强弱，故D不符合题意；
答案选C。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 与同浓度的NaOH溶液反应时，稀硫酸中和热的绝对值是盐酸的两倍
B. 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=－566kJ/mol,则CO的燃烧热为△H=－283kJ/mol
C. 中和热实验中，可以用铜棒代替易碎的环形玻璃搅拌棒
D. 中和热实验中，只需测反应的最终温度
【答案】B
【解析】
【分析】A、中和热是生成1mol水时放出的热量；
B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；
C、根据金属的导热性很好，会导致热量的散失；
D、中和热实验中，需测反应的开始和最高温度，计算温度的变化量。
【详解】A、与同浓度的NaOH溶液反应时，稀硫酸中和热的绝对值与盐酸相同，故A错误；
B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，由2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=－566kJ/mol可得2molCO燃烧放出566kJ/mol,则CO的燃烧热为△H=－283kJ/mol，故B正确；
C、用环形铜棒代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的△H数值偏小，故C错误；
D、中和热实验中，需测反应的开始和最高温度，计算温度的变化量，故D错误。
故选B。
10.下列措施能明显增大反应速率的是（ ）
A. Zn与稀硫酸反应制取H2时，将Zn粉改成Zn片
B. Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98％的浓硫酸
C. 在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强
D. 2SO2+O22SO3升高反应温度
【答案】D
【解析】
【详解】A．Zn与稀硫酸反应制取H2时，将Zn粉改成Zn片，固体的表面积减小，反应速率减小，故A错误；
B项、Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98％的浓硫酸，因浓硫酸具有强氧化性，常温下铁在浓硫酸中发生钝化，反应速率减慢，故B错误；
C项、K2SO4与BaCl2两溶液反应时，没有气体参加，增大压强不能改变反应速率，故C错误；
D项、升高反应温度，反应速率增大，故D正确；
故选D。
11.在一恒温、恒容的密闭容器中发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再变化时，不能够表明该反应已达平衡状态的是（ ）
A. 混合气体的压强 B. 混合气体的平均相对分子质量
C. A的物质的量 D. B的物质的量浓度
【答案】A
【解析】
【详解】A. 恒温、恒容时，体系的压强与气体分子的物质的量有关系，该化学反应前后气体的总物质的量不变，则反应的任何时候，混合气体的压强始终不变，故无法通过压强不变来判断反应是否达到平衡状态，A正确；
B. ，该平衡的正反应是气体质量增大的反应，当反应达到平衡时，气体的总质量不再改变，由于气体的总物质的量不变，所以平衡时，混合气体的平均相对分子质量不变，则混合气体的平均相对分子质量不变，表明反应达到平衡状态，B错误；
C. A的物质的量不再变化，可以表明该反应已达到平衡状态，C错误；
D. 在恒容状态下，B的物质的量浓度不变，则B的物质的量也不再变化，可以表明该反应已达到平衡状态，D错误；
故合理选项为A。
12.可逆反应3H2+N22NH3的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示，下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是（ ）
A. v正(N2)＝v正(H2) B. v正(N2)＝v逆(NH3)
C. 2v正(H2)＝3v逆(NH3) D. v正(N2)＝3v逆(H2)
【答案】C
【解析】
【分析】根据达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质）。
【详解】因化学反应达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质）。
A、无论该反应是否达到平衡状态，都有3v正（N2）=v正（H2），而v正(N2)＝v正(H2)不能说明正逆反应速率相等，则不能说明反应达平衡状态，选项A错误；
B、反应达到平衡状态时，v正(N2)与v逆(NH3)之比等于1：2，选项B错误；
C、反应达到平衡状态时，v正（H2）：v逆（NH3）=3：2，即2v正(H2)＝3v逆(NH3)，选项C正确；
D、反应达到平衡状态时，v正（N2）：v逆（H2）=1：3，即3v正(N2)＝v逆(H2)，选项D错误；
答案选C。
13.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是（ ）
A. 棕红色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B. 加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C. 鼓入过量空气有利于SO2转化为SO3
D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量
【答案】B
【解析】
详解】A．对2NO2⇌N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3的速率加快，但是不能引起平衡的移动，所以不可以用勒夏特列原理解释，故B选；
C、存在平衡2SO2+O2(g)⇌2SO3(g)，加入过量的空气，平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特利原理解释，故C不选；
D．合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3，增大压强，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
答案选B。
14.常温下，关于pH值相同的醋酸和盐酸两种溶液，下列说法不正确的是（ ）
A. c(CH3COOH)＞c(HCl)
B. c(CH3COO－)= c(Cl－)=c(H+)
C. 两种溶液中水的电离程度相同
D. 与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的体积少
【答案】D
【解析】
【详解】A.醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，所以在pH相等条件下，醋酸的浓度大于盐酸，即c(CH3COOH)＞c(HCl)，故A正确；
B.根据电荷守恒，醋酸溶液中有：c（CH3COO-）+c（H+）=c（OH-），盐酸溶液中有：c（Cl-）+c（H+）=c（OH-），两溶液pH相同，则两溶液中c（H+）相同，c（OH-）相同。所以c(CH3COO-)=c(Cl-)=c(H+)，故B正确；
C.醋酸和盐酸两种溶液都呈酸性，酸抑制水的电离，pH值相同，说明氢离子浓度相同，则水的电离程度相同，故C正确；
D.醋酸是弱电解质，所以在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，醋酸的浓度大，与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的氢氧化钠溶液的体积多，故D错误。
故选D。
15.25℃时，由水电离出的c(H+)= 1×10－13mol·L－1的溶液中，一定不能大量共存的离子组是（ ）
① K＋、Al3+、Cl－、CO32－ ② K＋、Fe3＋、I－、SO42－ ③ Fe2＋、Cl－、NO3－、SO42－ ④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－ ⑤ K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－
A. ②③④ B. ②③④⑤ C. ①②③④ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】由水电离出的c(H+)= 1×10－13mol·L－1的溶液中，可能呈强酸性，pH=1，也可能呈强碱性，pH=13，① 在酸性条件下CO32－不能大量存在，在碱性条件下Al3+不能大量存在，故此项选；② 在碱性条件下Fe3＋不能大量存在，在酸性条件下Fe3＋与I－之间发生氧化还原反应不能大量共存，故此项选；③ 在碱性条件下，Fe2＋因生成沉淀不能大量存在，在酸性条件下NO3－会氧化Fe2＋不能大量共存，故此项选；④无论是酸性还是碱性溶液，HCO3－都不能大量存在，故此项选；⑤ 无论是酸性条件还是碱性条件，K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－之间不会反应，可以大量存在，故此项不选；
故选C。
16.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)+O(g)=CO(g) ΔH1 ； C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH2
②S(s)+O2 (g)=SO2 (g) ΔH3 ； S(g)+O2 (g)=SO2 (g) ΔH4
③H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH5 ；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH6
④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) ΔH7 ；CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH8
A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】①两个反应都为放热反应，△H＜0，断开氧气分子中的化学键需要吸热，前者放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；
②都为放热反应，△H＜0，前者S为固态，固体转化为气体，需要吸热，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；
③都是放热反应，前者反应物系数较小，则前者放出热量较少，则△H5＞△H6，故③正确；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确；
根据分析可知，反应的△H前者大于后者的是②③④，故选C。
17.387K时，在体积为1.0 L 的恒容密闭容器中发生反应：2A(g)B(g)+C(g)，该反应的平衡常数K＝4，若起始时向容器中充入0.15 mol A、0.15 mol B 和0.15 mol C，上述平衡（ ）
A. 向正反应方向移动 B. 向逆反应方向移动
C. 达到平衡 D. 无法判断移动方向
【答案】A
【解析】
【分析】考查化学平衡常数的计算，对比浓度商与K的大小，判断反应进行的方向；
【详解】A、B、C的浓度分别是0.15mol·L－1、0.15mol·L－1、0.15mol·L－1，Qc==1<4，说明反应向正反应方向进行，故选项A正确。
18.已知：2H2(g)＋ O2(g)===2H2O(l) ΔH1＝－572 kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－890 kJ·mol－1
现有H2与CH4的混合气体112 L(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3 695 kJ，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】
【详解】H2与CH4的混合气体112 L(标准状况)，其物质的量为5mol，其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，实验测得反应放热3 695 kJ。设H2与CH4的物质的量分别为x和（5mol-x），则0.5x´572 kJ·mol－1+（5mol-x）´890 kJ·mol－1=3 695 kJ，解之得，x=1.25mol，（5mol-x）=3.75mol，原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1∶3，故选B。
19.肼(N2H4)是火箭发动机的一种燃料，反应时N2O4为氧化剂，反应生成N2和水蒸气。
已知：
①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g) ΔH＝＋8.7 kJ·mol−1
②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol−1
下列表示N2H4和N2O4反应热化学方程式，正确的是（ ）
A. 2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1 076.7 kJ·mol−1
B. N2H4(g)＋1/2N2O4(g)===3/2N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－542.7 kJ·mol−1
C. 2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－542.7 kJ·mol−1
D. 2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(l) ΔH＝+542.7 kJ·mol−1
【答案】A
【解析】
【详解】已知：①N2(g)＋2O2(g)＝N2O4(g) ΔH＝＋8.7 kJ·mol−1
②N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol−1
根据盖斯定律，将②×2－①得2N2H4(g)＋N2O4(g)＝3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1076.7 kJ·mol−1。
答案选A。
20.在2A(g)＋B(g)3C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应的反应速率最快的是（ ）
A. v(A)＝0.5 mol·L−1·min −1 B. v(B)＝0.1 mol·L−1·s−1
C. v(C)＝0.8 mol·L−1·min −1 D. v(D)＝1 mol·L−1·min −1
【答案】B
【解析】
【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比；
【详解】A. v(A)＝0.5 mol·L−1·min −1转化为v(B)＝0.25 mol·L−1·min −1
B. v(B)＝0.1 mol·L−1·s−1换算单位为v(B)＝6.0 mol·L−1·min −1
C. v(C)＝0.8 mol·L−1·min −1转化为v(B)＝0.8/3 mol·L−1·min −1
D. v(D)＝1 mol·L−1·min −1转化为v(B)＝0.25 mol·L−1·min −1
对比数据可知，B速率最快，答案为B；
21.在密闭容器中一定量的混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g).平衡时测得A的浓度为0. 50 mol/L.保持温度不变.将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时.测得A的浓度降低为0. 30 mol/L。下列有关判断正确的是（ ）
A. x+y
【答案】C
【解析】
【分析】保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25 mol·L-1，而平衡时测得A的浓度变为0.30 mol·L-1，说明A的浓度是增大的，则体积增大、压强减小，平衡逆向移动。
【详解】A.减小压强，平衡逆向移动，则正向为气体体积缩小的反应，故x+y>z，选项A错误；
B.由上述分析可知，平衡逆向移动，选项B错误；
C.因平衡逆向移动，故B的转化率降低，选项C正确；
D.平衡逆向移动，C的体积分数减小，选项D错误；
答案选C。
22.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是( )
A. 该反应的ΔH>0
B. 若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图像可知，随着温度的升高，NO的物质的量浓度增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；
B.由于正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则K1>K2，故B错误；
C.根据图像可知，由状态D到平衡点B，需要减小NO的浓度，所以反应正向进行，则v正>v逆,故C错误；
D.由于反应物碳是固体，所以在反应进行过程中，气体的总质量一直在变，V一定，气体的密度也就一直在变，当若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，故D正确；
答案：D
23.在容积固定的密闭容器中存在反应：A(g)+3B(g)2C(g) △H<0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：
下列判断正确的是（ ）
A. 图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B. 图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高
C. 图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较大
D. 图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较低
【答案】B
【解析】
【分析】该反应是一个气体体积减小的放热反应，使用催化剂或催化剂效率较高、升高温度、增大压强，反应速率快，先达到平衡，加入催化剂，平衡不发生移动，升高温度，平衡向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动。
【详解】A项、乙到达平衡时间短，所以乙使用的催化剂效率较高，加入催化剂，平衡不发生移动，达到平衡时C的浓度应相等，故A错误；
B项、甲到达平衡时间短，所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以B的转化率减小，故B正确；
C项、甲到达平衡时间短，所以甲的压强较高，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时甲中B的转化率应大于乙，故C错误；
D项、加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，故D错误。
故选B。
24.（1）已知：①CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g) ΔH＝＋49.0 kJ/mol
②CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－192.9 kJ/mol
由上述方程式可知：CH3OH的燃烧热________(填“大于”“等于”或“小于”)192.9 kJ/mol。
已知水的气化热为44 kJ/mol。则表示氢气燃烧热的热化学方程式为__________。
（2）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO(NH2)2]。
已知：①2NH3(g)＋CO2(g)===NH2CO2NH4(s) ΔH＝－159.5 kJ/mol
②NH2CO2NH4(s)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH＝＋116.5 kJ/mol
③H2O(l)===H2O(g) ΔH＝＋44.0 kJ/mol
写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学方程式是_____________________________。
（3）已知：①Fe(s)＋O2(g)===FeO(s) ΔH1＝－272.0 kJ/mol
②2Al(s)＋O2(g)===Al2O3(s) ΔH2＝－1675.7 kJ/mol
Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是_____________________________________。该反应的自发性趋势很大，原因是________________________________________。
【答案】(1). 大于 (2). H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH1＝－124.6kJ·mol－1 (3). 2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH＝－87.0 kJ/mol (4). 3FeO(s)＋2Al(s)===Al2O3(s)＋3Fe(s) ΔH＝－859.7 kJ/mol (5). 该反应放出大量的热
【解析】
【分析】（1）甲醇的燃烧热为1mol甲醇完全燃烧生成稳定的氧化物，水应为液态稳定；根据盖斯定律求解；
（2）根据盖斯定律求解；
（3）根据盖斯定律求解，及∆G=∆H-∆S∙T判断。
【详解】（1）甲醇的燃烧热为1mol甲醇完全燃烧生成稳定的氧化物，水应为液态，气态水变为液态水时释放能量，则燃烧热大于192.9 kJ/mol；已知水的气化热为44kJ/mol，③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝-44 kJ/mol，根据盖斯定律，（②-①+3③）/3可得H2(g)+O2(g)== H2O(l)，ΔH＝（－192.9-49.0-44×3）/3=-124.6kJ/mol；
（2）根据盖斯定律，①+②-③可得，2NH3(g)＋CO2(g)==CO(NH2)2(s)＋H2O(l)，ΔH＝（-159.5+116.5-44.0）kJ/mol=-87.0kJ/mol；
（3）根据盖斯定律，②-①×3可得，2Al(s)＋3FeO(s)==Al2O3(s)+3Fe(s)，ΔH＝（-1675.7+272.0×3）kJ/mol=－859.7kJ/mol；∆G=∆H-∆S∙T，∆G<0，可自发进行，该反应的自发性趋势很大，∆S变化不大，说明∆H<0，该反应放出大量的热。
25.可逆反应3A(g)3B(？)+C(？)△H>0，达到化学平衡后，进行下列操作。
(1)升高温度，用“变大”“变小”“不变”或“无法确定”填空。
①若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量______；
②若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量______；
③若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量______；
(2)如果平衡后温度保持不变，将容器体积增大一倍，新平衡时A的浓度是原来的50％，判断B的状态是__________态，C的状态是__________态。
(3)某密闭容器中放入一定量的NO2，发生反应2NO2N2O4（正反应放热），达平衡后，若分别单独改变下列条件，重新达到平衡后，能使混和气体平均分子量增大的是_________。
A.通入N2 B.通入NO2 C.通入N2O4 D.升高温度
【答案】(1). 变小 (2). 不变 (3). 变小 (4). 气 (5). 液或固 (6). BC
【解析】
【分析】(1)根据气体的摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于气体的相对分子质量，结合温度对化学平衡移动的影响及气体的摩尔质量M=，题干比较m、n分析。
(2)根据压强对物质浓度的影响及对平衡转化率的关系分析；
(3)根据改变外界条件对反应体系的物质浓度、压强影响分析平衡移动方向，进而得到平均相对分子质量的变化。
【详解】(1)可逆反应3A(g)3B(？)+C(？)△H>0的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动。
①若B、C都是气体，则该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，气体的质量不变，气体的物质的量增大，则气体的平均摩尔质量减小，因此气体的平均相对分子质量变小；
②若B、C都不是气体，平衡正向移动，气体的质量减小，由于反应体系只有反应物一种气体，所以气体的平均相对分子质量不变；
③若B是气体，C不是气体，则气体的物质的量不变，但气体质量减小，所以气体的平均相对分子质量变小；
(2)如果平衡后温度保持不变，将容器体积增大一倍，新平衡时A的浓度是原来的50％，说明减小压强，化学平衡不移动，则该反应是反应前后气体体积相等的反应，由于A是气体，B的计量数与A相同，所以可判断B的状态是气态，则C的状态是固态或液态。
(3) A.通入N2，不能改变反应体系的任何一种物质的浓度，化学平衡不移动，由于N2的相对分子质量比NO2、N2O4都小，所以通入氮气后，体系中气体的平均相对分子质量减小，A不符合题意；
B.通入NO2，导致c(NO2)增大，平衡正向移动，气体的平均相对分子质量增大，B符合题意；
C.通入N2O4，N2O4的浓度增大，虽然平衡向逆反应方向移动，但由于压强增大，相当于增大压强，平衡正向移动，混合气体的平均相对分子质量增大，C符合题意；
D.升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，气体的物质的量增大，气体的平均相对分子质量减小，D不符合题意；
故合理选项是BC。
26.一定条件下，在体积为5 L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n（mo1）随时间t（min）的变化如图1所示。已知达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小。
（1）该反应的化学方程式为_____________，此反应平衡常数的表达式为K=________。
（2）该反应的反应速率v随时间t的关系如图2所示：
①根据图2判断，在t3时刻改变的外界条件是________，该反应的△H________0。（填“”、“”或“=”）
②a、b、c三点中，C的体积分数最大的是________。
③各阶段的平衡常数如下表所示：
t2～t3
t4～t5
t5～t6
K1
K2
K3
K1、K2、K3之间关系为_______（用“”、“”或“=”连接）。
【答案】(1). A+2B2C (2). (3). 升高温度 (4). ＜ (5). a (6). K1>K2=K3
【解析】
【分析】根据图1可知，A、B为反应物，且加入初始量为1mol，C为生成物，3min达到平衡状态，平衡时，A、B、C的物质的量分别为0.7mol、0.4mol、0.6mol；平衡后，降低温度，A的体积分数将减小，平衡正向移动，则正反应为放热反应。
【详解】（1）分析可知，A、B为反应物，C为生成物，反应时变化的物质的量为0.3mol、0.6mol、0.6mol，则计量数之比为1：2：2，方程式为A+2B2C；根据方程式，K=；
（2）①根据图像可知t3时，正、逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，则改变条件为升高温度，若为增大压强时，平衡正向移动，与题意不符；升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，△H<0；
②在t2时达到平衡状态，为状态a；t3时，改变外界条件，平衡逆向移动，C的体积分数减小，平衡时为状态b；t5时，改变外界条件，反应速率加快，平衡未发生移动，C的体积分数不变，为状态c，则C的体积分数大小顺序为a>b=c；
③在t2时达到平衡状态，平衡常数为K1；t3时，升高温度，正逆反应速率加快，平衡逆向移动，化学平衡常数为K2，减小；t5时，使用催化剂，反应速率加快，平衡未发生移动，化学平衡常数为K3，不变，则平衡常数的关系为K1>K2=K3。
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