【化学】陕西省西安市第一中学2018-2019学年高二10月月考（解析版） 试卷

陕西省西安市第一中学2018-2019学年高二10月月考
1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是
A. 天然气、石油、流水、风力、氢气为一级能源
B. 无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能
C. PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素
D. 发展低碳经济、循环经济，推广利用太阳能、风能的城市照明系统
【答案】D
【解析】
【详解】A、从自然界直接获得的能源为一次能源,而经过人为加工才能获得的是二次能源,故天然气、石油、流水和风力是一次能源,而氢气是二次能源,故A错误；
B、风力发电是将风能转化为电能，火力发电是将化学能转化为电能，故B错误；
C、铅、镉、铬、钒属于金属元素,砷属于非金属元素，故C错误；
D、我国的能源结构中以燃煤为主，煤属于不可再生能源，发展低碳经济，减少化石燃料的消耗，积极推广可再生能源，故D正确；
综上所述，本题选D。
2.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是
①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)===2H2(g)+O2(g) ΔH1=+571.6 kJ·mol–1
②焦炭与水反应制氢：C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g) ΔH2=+131.3 kJ·mol–1
③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g) ΔH3=+206.1 kJ·mol–1
A. 反应①中电能转化为化学能 B. 反应②为放热反应
C. 反应③使用催化剂，ΔH3减小 D. 反应CH4(g)===C(s)+2H2(g)的ΔH=+74.8 kJ·mol–1
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据“太阳光催化分解水制氢”可以知道，该反应过程中太阳能转化成化学能，故A错误； 
B.反应C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g) ΔH2=+131.3 kJ·mol–1，焓变大于0，说明该反应为吸热反应，故B错误；
C.反应③使用催化剂，可以加快反应速率，但是催化剂不影响反应热，所以使用催化剂后ΔH3不变，故C错误； 
D.②焦炭与水反应制氢: C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g) ΔH2=+131.3 kJ·mol–1，③甲烷与水反应制氢: CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g) ΔH3=+206.1 kJ·mol–1，根据盖斯定律,③-②可得反应：CH4(g)===C(s)+2H2(g)的ΔH=+74.8 kJ·mol–1，故D正确；
综上所述，本题选D。
3. 下列各组物质的燃烧热相等的是
A. C2H4和C3H6 B. 1mol碳和3mol碳 C. 白磷和红磷 D. 淀粉和纤维素
【答案】B
【解析】
试题分析：A、C2H4和C3H6属于不同物质具有的燃烧热不同，A错误；B、燃烧热是物质的性质，与量的多少无关，可燃物相同，该组物质的燃烧热相等，B正确；C、白磷和红磷属于不同物质具有的燃烧热不同，C错误；D、淀粉和纤维素属于不同物质具有的燃烧热不同，D错误。答案选B。
考点：考查燃烧热的概念。
4.已知723 K时，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH=﹣QkJ·，在相同条件下，向一密闭容器中通入2 mol SO2和1 mol O2，达到平衡时放出的热量为Q1kJ；向另一体积相同的密闭容器中通入1 mol SO2和0.5 mol O2，达到平衡时放出的热量为Q2kJ．则Q1、Q2、Q满足的关系是
A. Q2=Q1/2 B. Q2＞Q1/2 C. Q2＜Q1＜Q D. Q=Q1＞Q2
【答案】C
【解析】
【详解】Q指生成2mol SO3时放出的热，若把2molSO2和1molO2混合，达到平衡时生成的SO3小于2mol，则Q1＜Q；若将反应物的量减半，由于其他条件相同，压强减小，平衡左移，SO2的转化率减小，生成SO3的量比第一容器的一半少，放出热量Q2＜Q1/2；所以Q2＜Q1＜Q ，C正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】可逆反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH=﹣QkJ·，在相同条件下，向一密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出的热量为Q1kJ；向另一体积相同的密闭容器中通入1 mol SO2和0.5 mol O2，达到平衡时放出的热量为Q2kJ，同比例减小反应物浓度相当于减压过程，平衡左移，所以Q2＜Q1/2；向另一体积相同的密闭容器中通入4mol SO2和2 mol O2，达到平衡时放出的热量为Q3kJ，同比例增加反应物浓度相当于加压过程，平衡右移，所以Q3>Q1/2。
5.H2和I2在一定条件下发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH＝－akJ·mol－1。已知：
(a、b、c均大于零)
下列说法不正确的是
A. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 断开1 mol H—H键和1 mol I—I键所需能量大于断开2 mol H—I键所需能量
C. 断开2 mol H—I键所需能量约为(a＋b＋c) kJ
D. 向密闭容器中加入2 mol H2和2 mol I2，充分反应后放出的热量小于2akJ
【答案】
【解析】
【详解】A、H2和I2在一定条件下发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1（a大于0），该反应是放热反应，所以反应物总能量高于生成物总能量，故A不选;
B、断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应是放热反应所以形成化学键放出的能量大于断裂化学键吸收的能量，所以1 mol H—H键和1 mol I—I键所需能量小于断开2 mol H—I键所需能量,故B选;
C、ΔH＝反应物断裂化学键需要的能量-生成物形成化学键放出的能量=(b+c-2H-I)kJ/mol=-akJ/mol,得到断开2 mol H—I键所需能量约为(a+b+c)kJ，故C不选;
D、反应是可逆反应不能进行彻底,根据焓变意义分析,向密闭容器中加入2 mol H2和2 mol I2,充分反应后放出的热量小于2a kJ,故D不选;
综上所述，本题应选B。
6.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化，下列说法中正确的是

A. 1 mol N2（g）和1 mol O2（g）反应放出的能量为180 kJ
B. NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水
C. 在1 L的容器中发生反应，10 min内 N2减少了1 mol，因此10 min内的平均反应速率为v（NO）=0.1 mol·•
D. 1 mol N2（g）和1 mol O2（g）具有的总能量小于2 mol NO（g）具有的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A.焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，N2（g）+O2（g）=2NO（g）ΔH2=946+498-2×632=+180 kJ·mol–1，故该反应是吸热反应，故A错误；
B.一氧化氮与氢氧化钠溶液不反应，是不成盐氧化物，故B错误；
C.在1L的容器中发生反应， 10 min内 N2减少了1 mol，因此10 min内的平均反应速率：v（N2）=1/(1×10)=0.1 mol·L-1∙min-1；根据反应N2（g）+O2（g）=2NO（g）可以知道，v（NO）=2v（N2）=0.2 mol·L-1∙min-1；故C错误；
D.根据A计算可以知道反应是吸热反应,故1 mol N2（g）和1 mol O2（g）具有的总能量小于2 mol NO（g）具有的总能量，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】含有氮元素的非金属氧化物有的是酸性氧化物，如N2O5 、N2O3；而NO既不与酸反应，又不与碱反应，为不成盐氧化物；NO2虽然能够与碱反应生成盐和水，但是该反应为氧化还原反应，NO2不是酸性氧化物。
7.一定条件下，在水溶液中1 mol Cl﹣，ClOx－（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如图所示。下列有关说法正确的是

A. e是ClO3－
B. b→a+c反应的活化能为60 kJ•mol﹣1
C. a，b，c，d，e中c最稳定
D. b→a+d反应的热化学方程式为3ClO﹣（aq）=== ClO3－（aq）+2Cl﹣（aq）ΔH=﹣116 kJ•mol﹣1
【答案】D
【解析】
【详解】A.e中Cl元素化合价为+7价，而ClO3－中Cl元素化合价为+5价，故A错误；
B.根据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，故B错误；
C.a,b,c,d,e中a能量最低，所以最稳定，故C错误；
D. b→a+d，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣（aq）=== ClO3－（aq）+2Cl﹣（aq），反应热=（64+2×0）-3×60=-116 kJ•mol﹣1，所以该热化学反应方程式：3ClO﹣（aq）=== ClO3－（aq）+2Cl﹣（aq）ΔH=﹣116 kJ•mol﹣1，故D正确；
综上所述，本题选D。
8.在密闭容器中进行可逆反应，A跟B反应生成C，反应速率v(A)、v(B)、v(C)之间存在以下关系：v(B)＝3v(A)，v(C)＝2v(A)，3v(C)＝2v(B)，则该反应可以表示为(　　)
A. A＋BC B. 2A＋2B3C
C. 3A＋B2C D. A＋3B2C
【答案】D
【解析】
【详解】由v(B)＝3v(A)，v(C)＝2v(A)，3v(C)＝2v(B)，得，v(A)∶v(B)∶v(C)＝1∶3∶2，由速率之比等于化学计量数之比，可知方程式为A＋3B2C，故答案为D。
9.在一密闭容器中充入一定量的N2和O2，在电火花作用下发生反应N2＋O2===2NO，经测定前3 s用N2表示的反应速率为0.1 mol/(L·s)，则6 s末NO的浓度为
A. 1.2 mol/L B. 大于1.2 mol/L C. 小于1.2 mol/L D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【详解】随反应进行 N2浓度降低,反应速率降低,故3s-6s 内N2的速率小于0.1 mol/(L·s)，即6s内N2的速率小于0.1 mol/(L·s)，速率之比等于化学计量数之比,故v(NO)小于2×0.1=0.2 mol/(L·s)，故6s末NO的浓度小于6×0.2=1.2 mol/L ，C正确；
综上所述，本题选C。
10.在一定条件下，密闭容器中进行反应：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）。反应开始时NH3的浓度是1.0 mol/L，经过20 s后，它的浓度变成了0.2 mol/L，容器体积不变，在这20 s内H2O的化学反应速率为（ ）
A. 0.04 mol/（L·s） B. 0.06 mol/（L·s）
C. 0.6 mol／（L·s） D. 0.8 mol／（L·s）
【答案】B
【解析】
开始时NH3的浓度是1.0 mol/L，经过20 s后，它的浓度变成了0.2 mol/L，故， 反应速率之比等于化学计量数之比，则，故选B。
点睛：本题主要考查化学反应速率计算的相关问题。结合、速率之比等于化学计量数之比来解答。
11.已知298K时，合成氨反应：N2 (g ) + 3H2 ( g ) 　2NH3 ( g ) △H ＝－92.0 kJ/mol，将此温度下的1 mol N2 和3 mol H2 放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，达到平衡时，反应放出的热量为（忽略能量损失）
A. 一定大于92.0 kJ B. 一定小于92.0 kJ
C. 一定等于92.0 kJ D. 不能确定
【答案】B
【解析】
【详解】N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，反应为：N2+3H22NH3，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%，此温度下的1molN2和3molH2放在一密闭容器中，不能生成2molNH3，则反应放出的热量小于92.0kJ，故B正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】本题考查化学反应的可逆性，题目难度不大，注意把握可逆反应的特征，应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%。
12.已建立化学平衡的某可逆反应，当条件改变使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是
①生成物的质量分数一定增加　②生成物的物质的量一定增加　③反应物的转化率一定增大　④平衡时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　⑥一定使用了催化剂
A. ①②⑤ B. ④⑥ C. ②⑤ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①若生成物质量增大小于混合物总质量增大，生成物的质量分数可能降低，故①错误；②平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量一定增加，故②正确；③降低生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率一定增大，但增大某一反应物的浓度，平衡也向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，故③错误；④如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大，故④错误；⑤平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率，故⑤正确；⑥加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故⑥错误；综上所述只有②⑤正确，故选C。
13.已知 3A(g)+2B(g) C(s)+4D(g) △H ＜0。 图中a、b表示在一定条件下，A的体积分数随时间t的变化。若使曲线b变为曲线a，可采取的措施是

A. 增大A的浓度 B. 升高温度 C. 加催化剂 D. 缩小容器体积
【答案】C
【解析】
【详解】A、增大A的浓度，加快反应速率，但是平衡会移动，A的体积分数会发生变化，与图像不符，故A错误；
B、升高温度,反应速率加快，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，A的体积分数升高，与图像不符，故B错误；
C、加入催化剂，加快反应，不影响平衡移动，与图像相符，故C正确；
D、缩小反应容器的体积增大压强，反应速率加快，该反应前后气体的物质的量变化，平衡移动，A的体积分数变化，与图像不符，故D错误；
综上所述，本题选C。
14.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。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，下列分析正确的是

A. 图Ⅰ表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
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表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化剂效率比乙高
D. 图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高
【答案】B
【解析】
【详解】A. 增大反应物的浓度瞬间,正反速率增大,逆反应速率不变,之后逐渐增大,图Ⅰ应是增大压强的原因,故A错误；
B. 图Ⅱ在t1时刻正逆反应速率都增大,但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B正确；
C.图III甲、乙两个平衡状态不同,而加入催化剂,平衡不发生移动,故C错误；
D. 图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，增大压强，反应速率增大，到达平衡消耗的时间较少，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，与图像不符合，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】对于有三个变量的图像，处理的方法是“定一义二”，即先让一个量保持不变，讨论另外两个变量之间的关系；“先拐先平，条件高”，即图像中先出现拐点的曲线对应的温度高、压强大。
15.对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是
A. 达到化学平衡时4v正(O2)＝5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系：2v正(NH3)＝3v正(H2O)
【答案】A
【解析】
【分析】
A、化学反应达到平衡时，并且正逆反应速率相等，反应速率之比等于化学计量数之比是物质的正反应速率之比；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则只表明反应正向进行；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小；D、学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式分析。
【详解】A、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知4v正（O2）=5v正（NO），4v正（O2）=5v逆（NO），v正（NO）=v逆（NO），选项A正确；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则只表明反应正向进行，不能体现正逆反应速率相等，选项B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，选项C错误；D、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知3v正（NH3）=2v正（H2O）成立，选项D错误；答案选A。
【点睛】本题考查化学平衡问题，题目难度不大，本题中注意平衡状态的判断、化学反应速率之比的等于化学计量数之比的利用以及可逆反应的特点。
16.在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，A的浓度变为原来的60%，则（ ）
A. a＜b B. 平衡向逆反应方向移动了
C. 平衡向正反应方向移动了 D. 物质B的质量分数增加了
【答案】B
【解析】
【分析】
先假设体积增加一倍时若平衡未移动，A的浓度应为原来的50%，实际平衡时A的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成A的方向移动，则a>b。
【详解】A、减小压强，平衡向生成A的方向移动，则a>b，选项A错误；B、假设体积增加一倍时若平衡未移动，A的浓度应为原来的50%，实际平衡时A的浓度是原来的60%，大于原来的50%，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动，选项B 正确；C、根据选项B的分析，平衡向逆反应移动，选项C错误；D、平衡向逆反应移动，物质B的质量分数减小了，选项D错误；答案选B。
17.下列事实或操作不符合平衡移动原理的是（ ）
A. 开启啤酒有泡沫逸出
B. 向FeCl3溶液中加KSCN，有FeCl3+3KSCN⇌3KCl+Fe(SCN)3（血红色）反应，平衡后向体系中加入KCl固体使体系红色变浅。
C. 装有NO2的烧瓶置于热水中颜色加深
D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】B
【解析】
【详解】分析：本题考查的是平衡移动原理，根据平衡移动的影响因素进行分析。
详解：A.在啤酒中存在二氧化碳和水反应生成碳酸的平衡状态，开启啤酒的盖，瓶内压强变小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，可以用平衡移动原理解释，故不符合题意；B.从实际参与反应的离子分析，氯化钾不参与反应，故不能用平衡移动原理解释，故符合题意；C.二氧化氮的烧瓶中存在二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系，加热平衡逆向移动，颜色加深，能用平衡移动解释，故不符合题意；D.氯气溶于水与水反应生成盐酸和次氯酸，在饱和氯化钠溶液中氯离子浓度很大，使氯气和水反应的平衡逆向移动，减少氯气与水的反应，也即减少了氯气的溶解度，故能用平衡移动原理解释，故不符合题意。故选B。
18.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔHp1) B. ②温度对反应的影响
C. ③平衡体系增加N2对反应的影响 D. ④催化剂对反应的影响
【答案】C
【解析】
【分析】
A、合成氨反应是气体体积缩小的反应,则利用压强对化学平衡及化学反应速率的影响,然后结合图像来分析；
B、合成氨的反应是放热反应,利用温度对化学平衡的影响及图像来分析；
C、利用增大反应物的浓度对化学平衡移动的影响并结合图像来分析；
D、利用催化剂对化学反应速率及化学平衡的影响,结合图像来分析。
【详解】A、该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图像不符，故A错误；
B、因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低,与图像中转化率增大不符，故B错误；
C、反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图像符合，故C正确；
D、因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图像不符，故D错误；
综上所述，本题选C。
19.有一处于平衡状态的反应X(g) ＋3Y(g)2Z(g) (正反应是放热反应) 。为了使平衡向生成Z的方向移动， 应选择的条件是
①升高温度　②降低温度　③增大压强　④降低压强　⑤加入正催化剂　⑥分离出Z
A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑥ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
根据影响化学平衡移动的因素:升高温度、平衡向着吸热方向移动,降低温度,平衡向着放热方向移动；升高压强,平衡向着气体体积减小的方向移动,降低压强,平衡向气体体积增大的方向移动；增大反应物浓度或者减小生成物浓度平衡都向正方向移动；催化剂只改变反应速率不改变平衡移动。
【详解】反应X(g) ＋3Y(g)2Z(g)是一个放热反应,，所以升高温度，平衡逆向移动，降低温度，平衡正向移动，故①错误，②正确；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向即逆向进行，减小压强,平衡正向移动，故③正确，④错误；加催化剂不会引起化学平衡的移动，故⑤错误；分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动,故⑥正确；综上所述，②③⑥符合题意，本题选C。
20.化合物在水溶液中因存在以下电离平衡：HIn（红色）H++In-（黄色），故可用作酸碱指示剂。浓度为0.4mol/L的下列各溶液：①盐酸 ②石灰水 ③NaCl溶液 ④NaHSO4溶液 ⑤硝酸钾溶液 ⑥氨水，其中能使指示剂显红色的是（ ）
A. ①④ B. ②⑤⑥ C. ①④⑤ D. ②③⑥
【答案】A
【解析】
试题分析：能使指示剂显红色，应使c（HIn）＞c（In-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入物质的溶液应呈酸性，①④为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，而②⑥溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动，③⑤为中性溶液，平衡不移动，答案选A。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。
【名师点睛】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，注意根据颜色的变化判断平衡移动的移动方向，结合外界条件对平衡移动的影响分析。能使指示剂显红色，应使c（HIn）＞c（In-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入物质的溶液应呈酸性，以此解答该题。
21.在一个容积为2 L的密闭容器中，加入0.8 mol的A2气体和0.6 mol B2气体，一定条件下发生如下反应：A2(g)＋B2(g)2AB(g)　ΔH0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是
A. 反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B. 若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJ
C. 反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/（L·min）
D. 反应吸收0.025QkJ热量时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A、硅是固体，浓度视为常数，减少硅的量，平衡不移动，故错误；B、此反应是可逆反应，不能完全进行到底，吸收的热量小于QkJ，故错误；C、消耗H2的浓度为0.12×2/4mol·L－1=0.06mol·L－1，根据化学反应速率的定义，v(B)=0.06/4mol/(L·min)=0.015mol/(L·min)，故错误；D、吸收热量为0.025QkJ，生成HCl物质的量为4×0.025Q/Q mol=0.1mol，与100mL1mol·L－1NaOH恰好完全反应，故正确。
考点：考查勒夏特列原理、可逆反应等知识。
25.完全燃烧一定质量的无水乙醇，放出的热量为Q，已知为了完全吸收生成的二氧化碳，消耗50mL 8mol/L的氢氧化钠溶液，则无水乙醇的燃烧放出的热量不可能是(　　)
A. 10Q B. 5Q～10Q C. 大于10Q或小于5Q D. 小于8Q
【答案】C
【解析】
n（NaOH）=8mol/L0.05L=0.4mol；NaOH完全吸收CO2可能生成Na2CO3、NaHCO3、Na2CO3和NaHCO3的混合物；若只生成Na2CO3，反应的化学方程式为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，n（CO2）=n（NaOH）=0.2mol；若只生成NaHCO3，反应的化学方程式为CO2+NaOH=NaHCO3，n（CO2）=n（NaOH）=0.4mol；乙醇完全燃烧生成的CO2物质的量：0.2moln（CO2）0.4mol，则乙醇物质的量：0.1moln（CH3CH2OH）0.2mol；1mol无水乙醇燃烧放出的热量大于等于5Q（=5Q），小于等于10Q（=10Q）；不可能的是大于10Q或小于5Q，答案选C。
26.将a L NH3通入某恒压的密闭容器中，在一定条件下让其分解，达到平衡后气体体积增大到b L(气体体积在相同条件下测定)。下列说法中正确的是
A. 平衡后氨气的分解率为×100% B. 平衡混合气体中H2的体积分数为×100%
C. 反应前后气体的密度比为a/b D. 平衡后气体的平均摩尔质量为17a/b g
【答案】B
【解析】
【详解】根据反应2NH3N2+3H2，可以计算出反应达到平衡后，转化的氨气为(b-a)L，反应达到平衡时，氨气的体积为(2a-b)L，氮气的体积为(b-a)/2L，氢气体积为3((b-a)/2L。
A项，平衡后氨气的分解率为(b-a)/a×100%，故A项错误；
B 项，平衡混合气体中H2的体积分数为3(b-a)/2b×100%，故B项正确；
C项，设反应前aLNH3的质量为m g，反应前密度为ρ1=m/a，反应后的密度为ρ2=m/b，所以反应前后气体的密度比为b/a，故C项错误；
D项，同温同压下，根据pV=nRT、n=m/M，V=m/ρ得pM=ρRT，所以摩尔质量之比等于密度之比，反应前氨气的摩尔质量为17g/mol，则反应后的摩尔质量为17a/bg/mol，而选项中单位错误，故D项错误；
综上所述，本题正确答案为B。
27.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)，10s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). 0.2mol/L (2). 0.12 mol·L-1·s-1 (3). 1 (4). 不变 (5). 减小
【解析】
【详解】Q的浓度为0.4 mol·L－1，生成Q的物质的量为0.8mol；根据题意可知：
2L(g) ＋ 3M(g) xQ(g) ＋ 3R(g)
起始（mol） 2 3 0 0
转化（mol）1.6 2.4 0.8 2.4
平衡（mol）0.4 0.6 0.8 2.4
（1）10s末，L的物质的量浓度为c(L)=0.4/2=0.2mol/L；综上所述，本题答案是：0.2mol/L。
（2）前10s内用M表示的化学反应速率为v(M)=2.4/(2×10)=0.12 mol·L-1·s-1；综上所述，本题答案是：0.12 mol·L-1·s-1。
（3）生成Q与R的物质的量之比为0.8:2.4=1:3，故x:3=1:3，所以x=1；综上所述，本题答案是：1。
（4）恒温恒容条件下，充入稀有气体，各物质浓度不变，对反应速率没有影响，反应速率不变；综上所述，本题答案是：不变。
（5）恒温恒压条件下，充入稀有气体导致体积增大，浓度减小，反应速率减小；综上所述，本题答案是：减小。
【点睛】针对与有气体参与的可逆反应，如果反应达到平衡后，在等温等容条件下，再充入和反应无关的气体，各物质浓度不变，速率不变；在等温等压条件下，充入和反应无关的气体，等效于减压过程，各物质浓度减小，速率减慢。
28.（1）发射卫星用N2H4为燃料,NO2为氧化剂,两者反应生成N2和水蒸气, 已知
N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ⊿ H1＝ ＋ 67.7kJ/mol；
N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g) ⊿ H2＝ － 534kJ/mol；
2H2(g)+ O2(g)= 2H2O (g) ⊿ H3＝ － 484kJ/mol；
H2(g)+F2(g)=2HF(g) ⊿ H4＝ － 538kJ/mol
①写出N2H4与 NO2反应的热化学方程式______________________,
②写出N2H4与F2反应的热化学方程式__________________________
（2）已知反应：Cl2＋2HBr===Br2＋2HCl。
Ⅰ.当有0.2 mol HCl生成时放出8.1 kJ的热量。
Ⅱ.其能量变化示意图如图：

由上述数据判断断开1 mol H—Cl 键与断开 1 mol H—Br键所需能量相差约为________kJ。
【答案】 (1). N2H4(g)+ 2NO2(g)= 3N2(g)+ 4H2O(g) ⊿ H ＝-1135.7 kJ/mol (2). N2H4(g) +2F2(g)= N2(g)+4HF(g) ⊿ H ＝ － 1126kJ/mol。 (3). 62
【解析】
【详解】（1）①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ⊿ H1 ＝ ＋ 67.7kJ/mol；
②N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g) ⊿ H2 ＝ － 534kJ/mol；
③2H2(g)+ O2(g)= 2H2O (g) ⊿ H3 ＝ － 484kJ/mol；
④H2(g)+F2(g)=2HF(g) ⊿ H4 ＝ － 538kJ/mol；
i根据盖斯定律: ②×2-①得到: N2H4(g)+ 2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) ⊿H＝-1135.7 kJ/mol；综上所述，本题答案是：N2H4(g)+ 2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) ⊿H ＝-1135.7 kJ/mol。
ii根据盖斯定律②-③+2×④，得到热化学方程式为：N2H4(g) +2F2(g)=N2(g)+4HF(g) ⊿H ＝－1126kJ/mol；综上所述，本题答案是：N2H4(g) +2F2(g)= N2(g)+4HF(g) ⊿H ＝－ 1126kJ/mol。
（2）根据当有0.2mol HCl生成时放出8.1kJ的热量，所以 Cl2（g）+2HBr（g）═Br2（g）+2HCl（g）△H=﹣81 kJ•mol﹣1；243+∑2molH﹣Br﹣200﹣∑2molH﹣Cl═﹣81 kJ•mol﹣1，∑2molH﹣Cl﹣∑2molH﹣Br=124kJ，所以断开1mol H﹣Cl 键与断开 1mol H﹣Br键所需能量相差约为62kJ；综上所述，本题答案是：62。
29.（1）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO(g) +H2O(g) CO2(g) +H2 (g) △H