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【化学】内蒙古巴彦淖尔市临河三中2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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内蒙古巴彦淖尔市临河三中2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Na 23 Fe 56 Ba 137 Cu 64
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个正确选项)
1.下列说法中正确的是( )
A. 在化学反应中,发生物质变化的同时不一定发生能量变化
B. ΔH>0表示放热反应,ΔH<0表示吸热反应
C. 生成物的总焓大于反应物的总焓时, ΔH>0
D. ΔH的大小与热化学方程式中的各物质的化学计量数无关
【答案】C
【解析】
【分析】
A、任何化学反应既有物质变化又有能量变化；
B、ΔH>0表示吸热反应, ΔH<0表示放热反应；
C、焓变ΔH等于反应产物的总焓减去反应物的总焓；
D、ΔH的大小与热化学方程式中化学计量数有关。
【详解】A、化学反应的过程是旧键断裂新键形成的过程,断键需要吸收能量,成键能够释放能量,所以,任何化学反应都有能量变化,故A错误；
B、ΔH>0表示吸热反应, ΔH<0表示放热反应,故B错误；
C、焓变ΔH等于反应产物的总焓减去反应物的总焓，当反应产物的总焓大于反应物的总焓时，ΔH>0，故C正确；
D、ΔH的数值与化学计量数要对应起来, ΔH的大小与热化学方程式中化学计量数有关,故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量，正反应为放热反应，ΔH < 0；反应物的总能量小于生成物的总能量，正反应为吸热反应，ΔH > 0。
2.已知2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）反应过程中的能量变化曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. 途径Ⅱ与途径Ⅰ相比，可能是加入了二氧化锰
B. 2molH2O2（l）的能量高于2molH2O（l）的能量
C. 其他条件相同，产生相同量氧气时放出的热量：途径Ⅰ大于途径Ⅱ
D. 其他条件相同，产生相同量氧气耗时：途径Ⅰ大于途径Ⅱ
【答案】C
【解析】
【分析】
A.途径Ⅱ的活化能小于途径Ⅰ；
B.由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量；
C.催化剂只改变速率，不改变反应的热效应；
D.途径Ⅱ化学反应速率快，据此解答即可。
【详解】A、由图可知，途径Ⅱ的活化能减小，可能加入了催化剂，故A正确；
B、此反应为放热反应，即2mol双氧水的总能量高于2molH2O和1molO2的能量之和，那么2molH2O2(l)的能量高于2molH2O(l)的能量也正确，故B正确；
C、催化剂只改变化学反应速率，不改变△H，故C错误；
D、途径Ⅱ加入催化剂，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，故D正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量，正反应为放热反应，ΔH < 0；反应物的总能量小于生成物的总能量，正反应为吸热反应，ΔH > 0。催化剂的加入可以较低反应的活化能，加快反应速率，但是不影响反应的热效应。
3.已知：101 kPa时辛烷的燃烧热为5 518 kJ/mol，强酸与强碱在稀溶液中发生反应时的中和热为57.3 kJ/mol，则下列热化学方程式书写正确的是( )
A. C8H18(l)＋25/2O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g) ΔH＝＋5 518 kJ/mol
B. C8H18(l)＋25/2O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l) ΔH＝－5 518 kJ/mol
C. H＋＋OH－===H2O ΔH＝－57.3 kJ/mol
D. 2NaOH(aq)＋H2SO4(aq)===Na2SO4(l)＋2H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量；中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量来分析。
【详解】A、燃烧反应是放热反应，ΔH＝-5 518 kJ/mol,故A错误；
B、1mol C8H18(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，符合燃烧热的概念, 故B正确；
C、没有标出反应物和生成物的聚集状态，不属于热化学方程式，故C错误；
D、中和热为生成1mol液态水时放出的热量，因此2NaOH(aq)＋H2SO4(aq)===Na2SO4(l)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6kJ/mol，故D错误；
综上所述，本题选B。
4.已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)；ΔH＝－566 kJ·mol－1
N2(g)＋O2(g)===2NO(g)；ΔH＝＋180 kJ·mol－1
则2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)的ΔH是( )
A. －386 kJ·mol－1 B. ＋386 kJ·mol－1
C. －746 kJ·mol－1 D. ＋746 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
试题分析：已知：① 2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1
②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1
则根据盖斯定律可知①－②即得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H＝－746kJ/mol，答案选C。
考点：考查反应热计算
5.下列说法正确的是
A. 化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的质量变化来表示
B. 用不同物质的浓度变化表示同一时间内同一反应的速率时，其数值之比等于化学方程式中对应物质的化学计量数之比
C. 化学反应速率表示化学反应在某时刻的瞬时速率
D. 在反应过程中，反应物的浓度逐渐变小，所以用反应物表示的化学反应速率为负值
【答案】B
【解析】
化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的浓度变化来表示，A错误；化学反应速率表示化学反应在某一时间段内的平均速率，而不是瞬时速率，C错误；在计算化学反应速率时，取浓度变化的绝对值，故化学反应速率恒为正值，D错误。
6. 在2 L密闭容器中,某气体反应物在2 s内由8 mol变为7.2 mol,则用此反应物表示该反应的平均反应速率为( )
A. 0.4 mol·(L·s)-1 B. 0.3 mol·(L·s)-1
C. 0.2 mol·(L·s)-1 D. 0.1 mol·(L·s)-1
【答案】C
【解析】
反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以反应速率等于
，答案选C。
7.用3g块状大理石与30mL3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是：①再加入30mL3mol/L盐酸 ②改用30mL6mol/L盐酸 ③改用3g粉末状大理石 ④适当升高温度
A. ①②④ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】
正确答案：B
提高反应物浓度，升高温度、加催化剂，增大反应物的接触面积均可提高反应速率。
8. 决定化学反应速率的主要因素是
A. 反应物的浓度 B. 反应温度 C. 使用催化剂 D. 反应物的性质
【答案】D
【解析】
“反应物的性质”——内因是主要因素；
9.反应2SO2＋O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 mol·L－1，此段时间内用O2表示的平均速率为0.04 mol·L－1·s－1。则这段时间为( )
A. 5 s B. 0.1 s C. 2.5 s D. 10 s
【答案】A
【解析】
【分析】
根据v=∆c/∆t进行计算。
【详解】SO3的浓度增加了0.4 mol·L－1，根据方程式化学计量数可知O2浓度减小了0.2 mol·L－1，已知O2在这段时间内的反应速率为0.04 mol·L－1·s－1，由v=∆c/∆t=0.2/tmol·L－1·s－1可知：0.04 mol·L－1·s－1=0.2/tmol·L－1·s－1，计算出t=5s；A正确；
综上所述，本题选A。
10. 在一定条件下发生反应2A(g)===2B(g)＋C(g)，将2 mol A通入2 L容积恒定的密闭容器甲中，若维持容器内温度不变，5 min末测得A的物质的量为0.8 mol。用B的浓度变化来表示该反应的速率为
A. 0.24 mol/(L·min) B. 0.08 mol/(L·min)
C. 0.06 mol/(L·min) D. 0.12 mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
=0.12mol/(L·min)，由系数比可知用B的浓度变化来表示该反应的速率也为0.12mol/(L·min)，答案为D
11.在一定温度下，密闭容器内进行如下反应：3Fe(s)＋4H2O(g)===Fe3O4(s)＋4H2(g)
下列判断正确的是( )
A. 保持体积不变，增加Fe的量，反应速率加快
B. 将容器的体积缩小一半，反应速率加快
C. 保持体积不变，充入Ne使体系压强增大，反应速率加快
D. 保持压强不变，充入Ne使容器的体积增大，反应速率不变
【答案】B
【解析】
【详解】A项，由于铁是固体，增加用量几乎对速率无影响；A错误；
B项，缩小容器体积，由于有气体参与反应，因此气体反应物浓度增大，反应速率增大；B正确；
C项，充入Ne，虽使体系压强增大，但反应物的浓度未变，因此速率也不变；C错误；
D项，充入Ne使体积增大，反应物浓度降低，化学反应速率自然减小，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】惰性气体对化学平衡的影响：恒温恒容条件下，原平衡体系中充入惰性气体，体系的总压强增大，体系中各气体组分的浓度不变，平衡不移动；恒温恒压条件下 ，原平衡体系中充入惰性气体，容器容积增大，体系中各气体组分的分压减小，平衡向气体分子数增大的方向移动。
12.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】
增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，但不会增大单位体积内活化分子的百分数，A、B错；C正确；催化剂可降低反应的活化能从而增大单位体积内活化分子百分数而增大反应速率，D错。
13.对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g) ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是( )
①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变 ④增大B的浓度，v(正)＞v(逆) ⑤加入催化剂，B的转化率提高
A. ①② B. ④ C. ③ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；②升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故③错误；④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）＞v（逆），故④正确；⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选B。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素
【名师点晴】本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意化学平衡发生移动的本质是改变条件引起正、逆速率不相等。使用勒夏特列原理时需要注意：①影响平衡的因素只有浓度、压强、温度三种；②原理的适用范围是只有一项条件变化的情况，当多项条件同时发生变化时，情况比较复杂；③定性角度：平衡移动的方向为减弱外界改变的方向；定量角度：平衡移动的结果只能减弱（不可能抵消）外界条件的变化。
14.已知常温常压下，N2(g)＋3H2(g)2NH3 (g) ΔH＝－92.4 kJ/mol。在同温同压下向一密闭容器中通入0.5 mol N2和1.5 mol H2，反应完成时放出热量为Q kJ，则下列关系正确的是( )
A. Q＝92.4 B. Q＝46.2 C. Q＜46.2 D. Q>46.2
【答案】C
【解析】
【分析】
合成氨的反应是可逆反应，反应物不能完全反应；假定完全反应计算放出的热量，实际放出的热量小于完全反应计算放出的热量。
【详解】假定0.5molN2和1.5molH2完全反应，根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1可知，放出的热量为：92.4kJ×0.5/1=46.2 kJ，由于合成氨是可逆反应，故反应物不能完全反应，所以放出的热量小于46.2kJ,即Q＜46.2 kJ，C正确；
综上所述，本题选C。
15.COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g) ΔH>0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，其中能提高COCl2转化率的是
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①该反应为吸热反应，升温，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确；②恒容通入惰性气体，与反应相关的各物质的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，错误；③增加CO浓度，平衡逆向移动，COCl2转化率降低，错误；④该反应正向为气体物质的量增大的反应，减压，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确；⑤加催化剂，平衡不移动，COCl2转化率不变，错误；⑥恒压通入惰性气体相当于减小压强，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确，选B。
考点：考查化学平衡的移动
16.在密闭容器中发生反应：aX(g)+bY(g)cZ(g)+dW(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，W的浓度为原平衡状态的1.8倍。下列叙述正确的是
A. 平衡向正反应方向移动 B. (a+b)>(c+d)
C. Z的体积分数变大 D. X的转化率变小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．气体体积压缩到原来的一半，W的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，故A错误；B．气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a+b＜c+d，故B错误；C．压强增大，平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故C错误；D．压强增大，平衡向逆反应移动，反应物X转化率减小，故D正确。故选D。
考点：考查化学平衡影响因素
17.在一定条件下，可逆反应N2＋3H22NH3(正反应是放热反应)达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是( )
A. 加催化剂，v正、v逆都发生变化，且变化的倍数相等
B. 加压，v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
C. 降温，v正、v逆减小，且v正减小的倍数大于v逆减小的倍数
D. 体积不变，加入氩气，v正、v逆都保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】
由反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H＜0可以知道，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，以此解答该题。
【详解】A.加入催化剂,正逆反应速率都增大,且增大的倍数相同,平衡不移动,故A正确；
B.反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数,增大压强,体积减小，各物质浓度均增大，v(正)、v(逆)都增大,平衡向正反应方向移动,说明v(正)增大的倍数大于v(逆)增大的倍数,故B正确；
C.正反应放热,则升高温度平衡向逆反应方向移动,则降低温度,正逆反应速率都减小,平衡向正反应方向移动,v(正)减小的倍数小于v(逆)减小的倍数,故C错误；
D.在体积不变的密闭容器中通入氩气,虽然压强增大,但参加反应的气体的浓度不变,反应速率不变,平衡不移动,故D正确；
综上所述，本题选C。
18.下列化学平衡一定发生移动的是( )
A. 平衡混合物中各组分的浓度发生改变 B. 正、逆反应速率发生改变
C. 组分中某物质的转化率发生改变 D. 体系的压强增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时,平衡不移动,故A错误；
B、使用催化剂，正、逆反应速率发生改变，但是改变程度相同，所以平衡不移动，故B错误；
C、混合物中各组分的含量一定是化学平衡状态的标志，组分中反应物的转化率发生改变，
一定发生化学平衡移动，故C正确；
D、如果反应前后气体总物质的量不变,则压强的改变对平衡的移动无影响,故D错误；
综上所述，本题选C。
19.在密闭容器中，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，改变的这一条件是
A. 加入适当催化剂
B. 升高温度
C. 增大反应物的浓度
D. 增大压强
【答案】D
【解析】
平衡移动正逆速率都增加，而且向正反应方向移动。加入适当催化剂平衡不移动，A错误。升高温度往逆反应方向移动，B错误。增大反应物的浓度开始时逆速率不变，C错误。增大压强往体积减小也就是正反应方向移动，而且速率都增加，D正确。
20.对于反应 2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0, 增大压强,下列说法正确的是( )
A. 平衡逆向移动 B. 混合气体颜色比原来深
C. 混合气体颜色比原来浅 D. 混合气体的平均相对分子质量变小
【答案】B
【解析】
【分析】
对于反应2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，达到平衡后缩小容器体积,增大了压强,平衡向着正向移动,混合气体的总物质的量减小,则混合气体的平均摩尔质量增大；因为缩小容器体积后二氧化氮浓度增大,则混合气体的颜色比原来变深。
【详解】反应2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，反应是气体体积减小的放热反应,达到平衡后缩小容器体积,增大了压强,平衡正向移动，
A.压强增大,该平衡向着正向进行,故A错误；
B.增大压强,体积迅速减小,平衡移动程度不如体积减小带来的改变大,所以混合气体颜色加深,故B正确；
C.增大压强,体积迅速减小,平衡移动程度不如体积减小带来的改变大,所以混合气体颜色加深,故C错误；
D.增大压强,气体质量不变,物质的量减小,混合气体的平均相对分子质量变大,故D错误；
综上所述，本题选B。
21.下列有关焓(H)判据和熵(S)判据的叙述正确的是
A. ΔH>0的反应使体系能量升高，不能自发进行
B. ΔH<0的反应使体系能量降低，无需加热便能自发进行
C. 在与外界隔离的体系中，自发过程将导致熵增大
D. 熵增原理说明ΔS<0过程在任何条件下都不能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】A.ΔH>0不能保证∆H-T∆S一定小于0,所以反应不一定能自发进行,故A错误；
B. ΔH<0不能保证∆H-T∆S 一定小于0,所以反应不一定能自发进行,故B错误；
C.与外界隔离的体系没有能量的变化,过程自发应满足∆H-T∆S<0,所以∆S 应变大,该过程为熵增过程,故C正确；
D.熵增原理只是说明熵增加有利于反应的自发进行,如果∆S<0, ΔH<0,则在低温下可以使∆H-T∆S<0,可以自发进行,故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
22. 下列关于电解质、非电解质的说法正确的是（ ）
A. 氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质
B. CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质
C. HF的水溶液中既有H+、F﹣，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质
D. 导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A．电解质必须是化合物；
B．在水溶液中或者熔融状态下能够完全电离的电解质为强电解质；
C．弱电解质只能部分电离，溶液中既存在电解质分子，又存在电解质电离产生的离子；
D．电解质强弱与溶液的导电性强弱没有必然关系，与在水溶液中能够完全电离有关；
解：A．氯气是单质，不是化合物，所以不是电解质，故A错误；
B．碳酸钙在熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B错误；
C．HF的水溶液中既有H+、F﹣，又有大量的HF分子，说明氢氟酸只能部分电离，因此HF是弱电解质，故C正确；
D．导电能力与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱没有必然关系，如硫酸钡在溶液中导电性较弱，但是硫酸钡所以强电解质，故D错误；
故选：C．
23.甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是
A. 0.1mol/L甲酸溶液的c(H+)=10-3mol/L
B. 甲酸以任意比与水互溶
C. 10mL 1mol/L甲酸恰好与10mL 1mol/L NaOH溶液完全反应
D. 甲酸溶液的导电性比一元强酸溶液的弱
【答案】A
【解析】
【分析】
A.0.1mol/L甲酸溶液中电离出的氢离子浓度为10-3mol/L，证明甲酸部分电离；
B.甲酸的水溶性大小与强弱电解质没有必然关系；
C.甲酸与氢氧化钠发生中和反应,无法判断电解质的强弱；
D.浓度相同的甲酸和一元强酸比较导电性强弱。
【详解】A.0.1mol/L甲酸溶液的c(H+)=10-3mol/L，说明甲酸在溶液中只能部分电离出氢离子,从而证明甲酸为弱酸,故A正确；
B.甲酸以任意比与水互溶,无法判断甲酸为弱电解质还是强电解质，故B错误；
C.10mL1mol/L甲酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，二者发生中和反应,无法判断甲酸是强电解质还是弱电解质,故C错误；
D.溶液导电性与离子浓度大小有关，没有指出浓度相同，则无法判断甲酸为弱电解质，故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】判断甲酸是弱电解质的方法：0.1mol/LHCOONa溶液呈碱性；0.01mol/LHCOOH溶液的pH>2；同浓度、同体积的盐酸和HCOOH溶液，导电能力HCOOH溶液弱；pH相同的盐酸和HCOOH溶液，加水稀释相同的倍数，pH变化幅度小的为HCOOH。
24. 在室温下，0.1mol／L 100ml的醋酸溶液中，欲使其溶液的pH减小，但又要使醋酸电离程度减少，应采取
A. 加入少量CH3COONa固体 B. 通入少量HCl气体
C. 升高温度 D. 加入水
【答案】B
【解析】
醋酸溶液中存在如下电离平衡：?；所以
A错，加入少量CH3COONa固体，溶液中增大，平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液的PH增大；B正确；C错，醋酸的电离是吸热过程，升高温度平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液的PH减小，醋酸的电离程度增大；D错，加水稀释，醋酸的电离程度增大，但溶液的氢离子浓度减小，溶液的PH增大；
25.一定温度下，浓度均为0.1mol/L的下列溶液中，含H+离子浓度最小的是（ ）
A. CH3COOH B. H2SO4 C. HNO3 D. HCl
【答案】A
【解析】
试题分析：醋酸是一元弱酸，硫酸是二元强酸，硝酸和盐酸是一元强酸，则一定温度下，浓度均为0.1mol/L的下列溶液中，含H+离子浓度最小的是醋酸，答案选A。
考点：考查溶液酸性强弱比较
第Ⅱ卷 (非选择题 共50分)
26.在密闭容器中进行下列反应:CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH>0,达到平衡后,若改变下列条件,则平衡及指定物质的浓度如何变化?
(1)增加C(s),平衡_______。
(2)减小密闭容器容积,保持温度不变,则平衡________。
(3)通入N2,保持密闭容器容积和温度不变,则平衡_________。
(4)保持密闭容器容积不变,升高温度,则平衡________。
【答案】 (1). 不移动 (2). 逆向移动 (3). 不移动 (4). 正向移动
【解析】
【分析】
(1)改变纯固体的用量，平衡不移动；
(2)保持温度不变,缩小反应容器的容积,压强增大,平衡向气体体积减小的方向移动；
(3)保持反应容器的容积和温度不变,通入N2，反应混合物个组分的浓度不变,平衡不移动；
(4)保持反应容器的容积不变,升高温度,平衡向吸热反应方向移动。
【详解】(1)C为固体,增大C的量,反应速率不变，平衡不移动；
因此，本题正确答案是：不移动；
(2)正反应为气体体积增大的反应,保持温度不变,缩小反应容器的容积,压强增大,平衡向逆反应方向移动,c(CO2)增大；
因此，本题正确答案是: 逆向移动。
(3)保持反应容器的容积和温度不变,通入N2，反应混合物个组分的浓度不变，平衡不移动；
因此，本题正确答案是:不移动。
(4)正反应为吸热反应，保持反应容器的容积不变,升高温度,平衡向正反应方向移动,c(CO)增大；
因此，本题正确答案是：正向移动。
27.在容积为2 L的恒容密闭容器中，加入1 mol A(g)、2 mol B(g)发生如下反应：A(g)＋2B(g)C(g)＋D(g)。在不同温度下，D的物质的量n(D)和时间t的关系如下图所示。
试回答下列问题：
(1)温度为T1℃时，0～5 min内，以B表示的平均反应速率为________。
(2)T1℃________(填“<”或“>”)T2℃，该反应的正反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。
(3)T1℃时，向上述平衡体系中再充入1 mol A、2 mol B，达到平衡时，D的物质的量n(D)________(填“>”、“<”或“＝”)1.2 mol。
【答案】 (1). 0.12mol/(L·min) (2). T1 ℃ > T2 ℃ (3). 吸热 (4). >
【解析】
【分析】
(1)先根据v=△c/△t，计算出D的反应速率，再根据同一化学反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算B的反应速率；
(2)根据温度高，反应速率快，先达平衡，达平衡后再根据温度对化学平衡的影响，结合图像进行判断；
(3)温度体积不变，成比例地再充入反应物，相当于加压，根据平衡的移动方向判断。
【详解】（1）由图像可看出平衡时D的物质的量为0.6mol，浓度为=0.6/2=0.3mol/L，故其在0～5分钟内D的平均反应速率为0.3/5=0.06 mol/(L·min)；v（B）=2v（D）=0.12mol/(L·min)；
综上所述，本题答案是：0.12mol/(L·min)。
(2)根据图像可知：T1 ℃时先达平衡，故T1 ℃温度高，T1℃>T2℃；由于升高温度，D的含量增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应；
综上所述，本题答案是：T1 ℃>T2 ℃ ；吸热。
(3)在温度体积不变的容器内反应发生达到平衡后，再充入1molA、2molB，等效于加压过程，平衡正向移动，故D的物质的量>1.2mol；
综上所述，本题答案是：>。
【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。
28.一定温度下，在容积为V L的密闭容器中进行反应，M、N两种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示：
(1)该反应的生成物是___________；
(2)该反应的化学反应方程式为_____________ ；
(3)到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为____________ ；
(4)若达到平衡状态的时间是4 min，N物质在该4 min内的平均反应速率为1.5mol·L-1·min-1，则此容器的容积V=____________L。
(5)达到平衡状态时，反应物的转化率为____________ ；
【答案】 (1). M (2). 2N⇋M (3). 2/(V·t2) mol/(L·min) (4). 1 (5). 75%
【解析】
【分析】
(1)随着反应进行，反应物的量不断减小，生成物的量不断增加进行判断；
(2)方程式中各物质的系数比和速率成正比，据此写出该反应方程式；
(3)根据v=∆c/∆t进行计算；
(4)根据v=∆c/∆t=∆n/V∆t进行计算；
(5)根据转化率=N的变化量/N起始量×100%进行计算。
【详解】(1)由图象可以知道,随着反应进行，N的物质的量减少,M的物质的量增加,所以N是反应物,M是生成物；
因此，本题正确答案是: M 。
(2)反应进行到某一时间后，反应物N的物质的量为定值且不为零,所以该反应为可逆反应,且∆n(N): ∆n(M)=(8-2)：（5-2）=2:1,则反应的化学方程式为:2NM；
因此，本题正确答案是:2NM。
(3) 到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为v=∆c/∆t=[(4-2)/V ]/ t2=2/(V·t2) mol/(L·min)；
综上所述，本题答案是：2/(V·t2) mol/(L·min)。
(4)若达到平衡状态的时间是4 min，N物质在该4 min内的平均反应速率为1.5mol·L-1·min-1，N的变化量为1.5×4×Vmol；根据图像可知：1.5×4×V=8-2=6，V=1L；
综上所述，本题答案是：1。
(5)达到平衡状态时，根据图像可知反应物N的变化量为8-2=6mol，N转化率为6/8×100%=75%；
综上所述，本题答案是：75%。
29.将HI(g)置于密闭容器中，某温度下发生下列变化2HI(g)⇋H2(g) + I2(g) ΔH<0
(1)该反应平衡常数的表达式为K____________，则H2(g)+ I2(g)⇋2HI(g) 平衡常数的表达式为K1=____________(用K表示)。
(2)能判断该反应达到平衡状态的依据是____________
A.容器中压强不变 B.混合气体中c(HI)不变
C.c(I2)=c(H2) D.v(HI)正=v(H2)逆
【答案】 (1). c(H2)c(I2)/c2(HI) (2). 1/K (3). B
【解析】
【分析】
（1）根据平衡常数的定义进行书写；对于一个固定的可逆反应来讲，化学平衡常数为原反应平衡常数的倒数关系，据此进行分析；
(2) A. 根据压强与气体的总量成正比关系进行分析反应是否达平衡状态；
B.混合气体中各物质浓度保持不变，反应达平衡状态；
C.c(I2)=c(H2)时，浓度不一定保持不变，不能判断反应达平衡状态；
D.v(HI)正=2v(H2)逆，表示反应达到了平衡状态；
【详解】（1）化学平衡状态下，平衡常数为气态生成物浓度密之积比上气态反应物浓度密之积，K= c(H2)c(I2)/c2(HI) ，H2(g)+I2(g)2HI(g)是2HI(g)H2(g)+I2(g)的逆反应，化学平衡常数为原反应平衡常数的倒数，K1=1/K；
综上所述，本题答案是：c(H2)c(I2)/c2(HI)；1/K。
(2) A. 该反应属于气体的物质的量不变的反应，容器中压强始终不变，不能说明反应达到了平衡状态，错误；
B.混合气体中c(HI)不变，说明反应达到了平衡状态，正确；
C.c(I2)=c(H2)时，浓度不一定保持不变，不能说明反应达到了平衡状态，错误；
D.反应中速率之比和系数成正比，v(HI)正=2v(H2)逆，表示反应达到了平衡状态，错误；
综上所述，本题选B。
30.(1) 在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意图如下：
① 第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是_______________________。
② 1 mol NH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是__________________________。
(2) 已知红磷比白磷稳定，则反应P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH1；4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH2；ΔH1和ΔH2的关系是ΔH1________ΔH2 (填“>”“<”或“＝”)。
(3) 在298 K、101 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2之间的关系正确的是________。
A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2
【答案】 (1). 放热 (2). ΔH<0或反应物的总能量大于生成物的总能量 (3). NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH= -346 KJ/mol (4). < (5). A
【解析】
【分析】
（1）①当反应物的总能量大于生成物的总能量,是放热反应；
②结合图象并根据盖斯定律来计算反应的焓变及热化学方程式的书写；
(2) 红磷比白磷稳定,说明红磷能量比白磷低,红磷转化为白磷为吸热反应；
(3)根据盖斯定律来计算反应的焓变；
【详解】(1)①根据图像可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH<0；
综上所述，本题答案是：放热；ΔH<0或反应物的总能量大于生成物的总能量。
②第一步的热化学方程式为：①NH4+(aq)+1.5O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH= -273 KJ/mol；第二步的热化学方程式为②NO2-(aq)+ 0.5O2(g)= NO3-(aq) ΔH= -73 KJ/mol；根据盖斯定律可知，①+②可得：NH4+(aq) +2O2(g) =NO3-(aq) +2H+(aq) +H2O（l）ΔH= -346 KJ/mol；
综上所述，本题答案是：NH4+(aq) +2O2(g) =NO3-(aq) +2H+(aq) +H2O（l）ΔH= -346 KJ/mol。
(2) 反应P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH1；4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH2；根据盖斯定律可知第二个反应减去第一个反应得到的反应，4P(红磷，s)= P4(白磷，s)，ΔH=ΔH2-ΔH1，红磷比白磷稳定,说明红磷的能量低于白磷,该反应是吸热反应,即ΔH2-ΔH1>0，ΔH2>ΔH1；
综上所述，本题答案是：<。
(3)①2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1；②Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2；③2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3；根据盖斯定律可知：③=①+2×②，由此可得：ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 ；A正确；
综上所述，本题选A。
可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Na 23 Fe 56 Ba 137 Cu 64
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个正确选项)
1.下列说法中正确的是( )
A. 在化学反应中,发生物质变化的同时不一定发生能量变化
B. ΔH>0表示放热反应,ΔH<0表示吸热反应
C. 生成物的总焓大于反应物的总焓时, ΔH>0
D. ΔH的大小与热化学方程式中的各物质的化学计量数无关
【答案】C
【解析】
【分析】
A、任何化学反应既有物质变化又有能量变化；
B、ΔH>0表示吸热反应, ΔH<0表示放热反应；
C、焓变ΔH等于反应产物的总焓减去反应物的总焓；
D、ΔH的大小与热化学方程式中化学计量数有关。
【详解】A、化学反应的过程是旧键断裂新键形成的过程,断键需要吸收能量,成键能够释放能量,所以,任何化学反应都有能量变化,故A错误；
B、ΔH>0表示吸热反应, ΔH<0表示放热反应,故B错误；
C、焓变ΔH等于反应产物的总焓减去反应物的总焓，当反应产物的总焓大于反应物的总焓时，ΔH>0，故C正确；
D、ΔH的数值与化学计量数要对应起来, ΔH的大小与热化学方程式中化学计量数有关,故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量，正反应为放热反应，ΔH < 0；反应物的总能量小于生成物的总能量，正反应为吸热反应，ΔH > 0。
2.已知2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）反应过程中的能量变化曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. 途径Ⅱ与途径Ⅰ相比，可能是加入了二氧化锰
B. 2molH2O2（l）的能量高于2molH2O（l）的能量
C. 其他条件相同，产生相同量氧气时放出的热量：途径Ⅰ大于途径Ⅱ
D. 其他条件相同，产生相同量氧气耗时：途径Ⅰ大于途径Ⅱ
【答案】C
【解析】
【分析】
A.途径Ⅱ的活化能小于途径Ⅰ；
B.由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量；
C.催化剂只改变速率，不改变反应的热效应；
D.途径Ⅱ化学反应速率快，据此解答即可。
【详解】A、由图可知，途径Ⅱ的活化能减小，可能加入了催化剂，故A正确；
B、此反应为放热反应，即2mol双氧水的总能量高于2molH2O和1molO2的能量之和，那么2molH2O2(l)的能量高于2molH2O(l)的能量也正确，故B正确；
C、催化剂只改变化学反应速率，不改变△H，故C错误；
D、途径Ⅱ加入催化剂，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，故D正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量，正反应为放热反应，ΔH < 0；反应物的总能量小于生成物的总能量，正反应为吸热反应，ΔH > 0。催化剂的加入可以较低反应的活化能，加快反应速率，但是不影响反应的热效应。
3.已知：101 kPa时辛烷的燃烧热为5 518 kJ/mol，强酸与强碱在稀溶液中发生反应时的中和热为57.3 kJ/mol，则下列热化学方程式书写正确的是( )
A. C8H18(l)＋25/2O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g) ΔH＝＋5 518 kJ/mol
B. C8H18(l)＋25/2O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l) ΔH＝－5 518 kJ/mol
C. H＋＋OH－===H2O ΔH＝－57.3 kJ/mol
D. 2NaOH(aq)＋H2SO4(aq)===Na2SO4(l)＋2H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【分析】
燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物时放出的热量；中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量来分析。
【详解】A、燃烧反应是放热反应，ΔH＝-5 518 kJ/mol,故A错误；
B、1mol C8H18(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，符合燃烧热的概念, 故B正确；
C、没有标出反应物和生成物的聚集状态，不属于热化学方程式，故C错误；
D、中和热为生成1mol液态水时放出的热量，因此2NaOH(aq)＋H2SO4(aq)===Na2SO4(l)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6kJ/mol，故D错误；
综上所述，本题选B。
4.已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)；ΔH＝－566 kJ·mol－1
N2(g)＋O2(g)===2NO(g)；ΔH＝＋180 kJ·mol－1
则2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)的ΔH是( )
A. －386 kJ·mol－1 B. ＋386 kJ·mol－1
C. －746 kJ·mol－1 D. ＋746 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
试题分析：已知：① 2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1
②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1
则根据盖斯定律可知①－②即得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H＝－746kJ/mol，答案选C。
考点：考查反应热计算
5.下列说法正确的是
A. 化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的质量变化来表示
B. 用不同物质的浓度变化表示同一时间内同一反应的速率时，其数值之比等于化学方程式中对应物质的化学计量数之比
C. 化学反应速率表示化学反应在某时刻的瞬时速率
D. 在反应过程中，反应物的浓度逐渐变小，所以用反应物表示的化学反应速率为负值
【答案】B
【解析】
化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的浓度变化来表示，A错误；化学反应速率表示化学反应在某一时间段内的平均速率，而不是瞬时速率，C错误；在计算化学反应速率时，取浓度变化的绝对值，故化学反应速率恒为正值，D错误。
6. 在2 L密闭容器中,某气体反应物在2 s内由8 mol变为7.2 mol,则用此反应物表示该反应的平均反应速率为( )
A. 0.4 mol·(L·s)-1 B. 0.3 mol·(L·s)-1
C. 0.2 mol·(L·s)-1 D. 0.1 mol·(L·s)-1
【答案】C
【解析】
反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以反应速率等于
，答案选C。
7.用3g块状大理石与30mL3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是：①再加入30mL3mol/L盐酸 ②改用30mL6mol/L盐酸 ③改用3g粉末状大理石 ④适当升高温度
A. ①②④ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】
正确答案：B
提高反应物浓度，升高温度、加催化剂，增大反应物的接触面积均可提高反应速率。
8. 决定化学反应速率的主要因素是
A. 反应物的浓度 B. 反应温度 C. 使用催化剂 D. 反应物的性质
【答案】D
【解析】
“反应物的性质”——内因是主要因素；
9.反应2SO2＋O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 mol·L－1，此段时间内用O2表示的平均速率为0.04 mol·L－1·s－1。则这段时间为( )
A. 5 s B. 0.1 s C. 2.5 s D. 10 s
【答案】A
【解析】
【分析】
根据v=∆c/∆t进行计算。
【详解】SO3的浓度增加了0.4 mol·L－1，根据方程式化学计量数可知O2浓度减小了0.2 mol·L－1，已知O2在这段时间内的反应速率为0.04 mol·L－1·s－1，由v=∆c/∆t=0.2/tmol·L－1·s－1可知：0.04 mol·L－1·s－1=0.2/tmol·L－1·s－1，计算出t=5s；A正确；
综上所述，本题选A。
10. 在一定条件下发生反应2A(g)===2B(g)＋C(g)，将2 mol A通入2 L容积恒定的密闭容器甲中，若维持容器内温度不变，5 min末测得A的物质的量为0.8 mol。用B的浓度变化来表示该反应的速率为
A. 0.24 mol/(L·min) B. 0.08 mol/(L·min)
C. 0.06 mol/(L·min) D. 0.12 mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
=0.12mol/(L·min)，由系数比可知用B的浓度变化来表示该反应的速率也为0.12mol/(L·min)，答案为D
11.在一定温度下，密闭容器内进行如下反应：3Fe(s)＋4H2O(g)===Fe3O4(s)＋4H2(g)
下列判断正确的是( )
A. 保持体积不变，增加Fe的量，反应速率加快
B. 将容器的体积缩小一半，反应速率加快
C. 保持体积不变，充入Ne使体系压强增大，反应速率加快
D. 保持压强不变，充入Ne使容器的体积增大，反应速率不变
【答案】B
【解析】
【详解】A项，由于铁是固体，增加用量几乎对速率无影响；A错误；
B项，缩小容器体积，由于有气体参与反应，因此气体反应物浓度增大，反应速率增大；B正确；
C项，充入Ne，虽使体系压强增大，但反应物的浓度未变，因此速率也不变；C错误；
D项，充入Ne使体积增大，反应物浓度降低，化学反应速率自然减小，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】惰性气体对化学平衡的影响：恒温恒容条件下，原平衡体系中充入惰性气体，体系的总压强增大，体系中各气体组分的浓度不变，平衡不移动；恒温恒压条件下 ，原平衡体系中充入惰性气体，容器容积增大，体系中各气体组分的分压减小，平衡向气体分子数增大的方向移动。
12.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】
增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，但不会增大单位体积内活化分子的百分数，A、B错；C正确；催化剂可降低反应的活化能从而增大单位体积内活化分子百分数而增大反应速率，D错。
13.对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g) ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是( )
①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变 ④增大B的浓度，v(正)＞v(逆) ⑤加入催化剂，B的转化率提高
A. ①② B. ④ C. ③ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；②升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故③错误；④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）＞v（逆），故④正确；⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选B。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素
【名师点晴】本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意化学平衡发生移动的本质是改变条件引起正、逆速率不相等。使用勒夏特列原理时需要注意：①影响平衡的因素只有浓度、压强、温度三种；②原理的适用范围是只有一项条件变化的情况，当多项条件同时发生变化时，情况比较复杂；③定性角度：平衡移动的方向为减弱外界改变的方向；定量角度：平衡移动的结果只能减弱（不可能抵消）外界条件的变化。
14.已知常温常压下，N2(g)＋3H2(g)2NH3 (g) ΔH＝－92.4 kJ/mol。在同温同压下向一密闭容器中通入0.5 mol N2和1.5 mol H2，反应完成时放出热量为Q kJ，则下列关系正确的是( )
A. Q＝92.4 B. Q＝46.2 C. Q＜46.2 D. Q>46.2
【答案】C
【解析】
【分析】
合成氨的反应是可逆反应，反应物不能完全反应；假定完全反应计算放出的热量，实际放出的热量小于完全反应计算放出的热量。
【详解】假定0.5molN2和1.5molH2完全反应，根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1可知，放出的热量为：92.4kJ×0.5/1=46.2 kJ，由于合成氨是可逆反应，故反应物不能完全反应，所以放出的热量小于46.2kJ,即Q＜46.2 kJ，C正确；
综上所述，本题选C。
15.COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g) ΔH>0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，其中能提高COCl2转化率的是
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①该反应为吸热反应，升温，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确；②恒容通入惰性气体，与反应相关的各物质的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，错误；③增加CO浓度，平衡逆向移动，COCl2转化率降低，错误；④该反应正向为气体物质的量增大的反应，减压，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确；⑤加催化剂，平衡不移动，COCl2转化率不变，错误；⑥恒压通入惰性气体相当于减小压强，平衡正向移动，能提高 COCl2转化率，正确，选B。
考点：考查化学平衡的移动
16.在密闭容器中发生反应：aX(g)+bY(g)cZ(g)+dW(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，W的浓度为原平衡状态的1.8倍。下列叙述正确的是
A. 平衡向正反应方向移动 B. (a+b)>(c+d)
C. Z的体积分数变大 D. X的转化率变小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．气体体积压缩到原来的一半，W的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，故A错误；B．气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a+b＜c+d，故B错误；C．压强增大，平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故C错误；D．压强增大，平衡向逆反应移动，反应物X转化率减小，故D正确。故选D。
考点：考查化学平衡影响因素
17.在一定条件下，可逆反应N2＋3H22NH3(正反应是放热反应)达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是( )
A. 加催化剂，v正、v逆都发生变化，且变化的倍数相等
B. 加压，v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
C. 降温，v正、v逆减小，且v正减小的倍数大于v逆减小的倍数
D. 体积不变，加入氩气，v正、v逆都保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】
由反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H＜0可以知道，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，以此解答该题。
【详解】A.加入催化剂,正逆反应速率都增大,且增大的倍数相同,平衡不移动,故A正确；
B.反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数,增大压强,体积减小，各物质浓度均增大，v(正)、v(逆)都增大,平衡向正反应方向移动,说明v(正)增大的倍数大于v(逆)增大的倍数,故B正确；
C.正反应放热,则升高温度平衡向逆反应方向移动,则降低温度,正逆反应速率都减小,平衡向正反应方向移动,v(正)减小的倍数小于v(逆)减小的倍数,故C错误；
D.在体积不变的密闭容器中通入氩气,虽然压强增大,但参加反应的气体的浓度不变,反应速率不变,平衡不移动,故D正确；
综上所述，本题选C。
18.下列化学平衡一定发生移动的是( )
A. 平衡混合物中各组分的浓度发生改变 B. 正、逆反应速率发生改变
C. 组分中某物质的转化率发生改变 D. 体系的压强增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时,平衡不移动,故A错误；
B、使用催化剂，正、逆反应速率发生改变，但是改变程度相同，所以平衡不移动，故B错误；
C、混合物中各组分的含量一定是化学平衡状态的标志，组分中反应物的转化率发生改变，
一定发生化学平衡移动，故C正确；
D、如果反应前后气体总物质的量不变,则压强的改变对平衡的移动无影响,故D错误；
综上所述，本题选C。
19.在密闭容器中，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，改变的这一条件是
A. 加入适当催化剂
B. 升高温度
C. 增大反应物的浓度
D. 增大压强
【答案】D
【解析】
平衡移动正逆速率都增加，而且向正反应方向移动。加入适当催化剂平衡不移动，A错误。升高温度往逆反应方向移动，B错误。增大反应物的浓度开始时逆速率不变，C错误。增大压强往体积减小也就是正反应方向移动，而且速率都增加，D正确。
20.对于反应 2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0, 增大压强,下列说法正确的是( )
A. 平衡逆向移动 B. 混合气体颜色比原来深
C. 混合气体颜色比原来浅 D. 混合气体的平均相对分子质量变小
【答案】B
【解析】
【分析】
对于反应2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，达到平衡后缩小容器体积,增大了压强,平衡向着正向移动,混合气体的总物质的量减小,则混合气体的平均摩尔质量增大；因为缩小容器体积后二氧化氮浓度增大,则混合气体的颜色比原来变深。
【详解】反应2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，反应是气体体积减小的放热反应,达到平衡后缩小容器体积,增大了压强,平衡正向移动，
A.压强增大,该平衡向着正向进行,故A错误；
B.增大压强,体积迅速减小,平衡移动程度不如体积减小带来的改变大,所以混合气体颜色加深,故B正确；
C.增大压强,体积迅速减小,平衡移动程度不如体积减小带来的改变大,所以混合气体颜色加深,故C错误；
D.增大压强,气体质量不变,物质的量减小,混合气体的平均相对分子质量变大,故D错误；
综上所述，本题选B。
21.下列有关焓(H)判据和熵(S)判据的叙述正确的是
A. ΔH>0的反应使体系能量升高，不能自发进行
B. ΔH<0的反应使体系能量降低，无需加热便能自发进行
C. 在与外界隔离的体系中，自发过程将导致熵增大
D. 熵增原理说明ΔS<0过程在任何条件下都不能自发进行
【答案】C
【解析】
【详解】A.ΔH>0不能保证∆H-T∆S一定小于0,所以反应不一定能自发进行,故A错误；
B. ΔH<0不能保证∆H-T∆S 一定小于0,所以反应不一定能自发进行,故B错误；
C.与外界隔离的体系没有能量的变化,过程自发应满足∆H-T∆S<0,所以∆S 应变大,该过程为熵增过程,故C正确；
D.熵增原理只是说明熵增加有利于反应的自发进行,如果∆S<0, ΔH<0,则在低温下可以使∆H-T∆S<0,可以自发进行,故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
22. 下列关于电解质、非电解质的说法正确的是（ ）
A. 氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质
B. CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质
C. HF的水溶液中既有H+、F﹣，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质
D. 导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A．电解质必须是化合物；
B．在水溶液中或者熔融状态下能够完全电离的电解质为强电解质；
C．弱电解质只能部分电离，溶液中既存在电解质分子，又存在电解质电离产生的离子；
D．电解质强弱与溶液的导电性强弱没有必然关系，与在水溶液中能够完全电离有关；
解：A．氯气是单质，不是化合物，所以不是电解质，故A错误；
B．碳酸钙在熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B错误；
C．HF的水溶液中既有H+、F﹣，又有大量的HF分子，说明氢氟酸只能部分电离，因此HF是弱电解质，故C正确；
D．导电能力与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱没有必然关系，如硫酸钡在溶液中导电性较弱，但是硫酸钡所以强电解质，故D错误；
故选：C．
23.甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是
A. 0.1mol/L甲酸溶液的c(H+)=10-3mol/L
B. 甲酸以任意比与水互溶
C. 10mL 1mol/L甲酸恰好与10mL 1mol/L NaOH溶液完全反应
D. 甲酸溶液的导电性比一元强酸溶液的弱
【答案】A
【解析】
【分析】
A.0.1mol/L甲酸溶液中电离出的氢离子浓度为10-3mol/L，证明甲酸部分电离；
B.甲酸的水溶性大小与强弱电解质没有必然关系；
C.甲酸与氢氧化钠发生中和反应,无法判断电解质的强弱；
D.浓度相同的甲酸和一元强酸比较导电性强弱。
【详解】A.0.1mol/L甲酸溶液的c(H+)=10-3mol/L，说明甲酸在溶液中只能部分电离出氢离子,从而证明甲酸为弱酸,故A正确；
B.甲酸以任意比与水互溶,无法判断甲酸为弱电解质还是强电解质，故B错误；
C.10mL1mol/L甲酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，二者发生中和反应,无法判断甲酸是强电解质还是弱电解质,故C错误；
D.溶液导电性与离子浓度大小有关，没有指出浓度相同，则无法判断甲酸为弱电解质，故D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】判断甲酸是弱电解质的方法：0.1mol/LHCOONa溶液呈碱性；0.01mol/LHCOOH溶液的pH>2；同浓度、同体积的盐酸和HCOOH溶液，导电能力HCOOH溶液弱；pH相同的盐酸和HCOOH溶液，加水稀释相同的倍数，pH变化幅度小的为HCOOH。
24. 在室温下，0.1mol／L 100ml的醋酸溶液中，欲使其溶液的pH减小，但又要使醋酸电离程度减少，应采取
A. 加入少量CH3COONa固体 B. 通入少量HCl气体
C. 升高温度 D. 加入水
【答案】B
【解析】
醋酸溶液中存在如下电离平衡：?；所以
A错，加入少量CH3COONa固体，溶液中增大，平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液的PH增大；B正确；C错，醋酸的电离是吸热过程，升高温度平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液的PH减小，醋酸的电离程度增大；D错，加水稀释，醋酸的电离程度增大，但溶液的氢离子浓度减小，溶液的PH增大；
25.一定温度下，浓度均为0.1mol/L的下列溶液中，含H+离子浓度最小的是（ ）
A. CH3COOH B. H2SO4 C. HNO3 D. HCl
【答案】A
【解析】
试题分析：醋酸是一元弱酸，硫酸是二元强酸，硝酸和盐酸是一元强酸，则一定温度下，浓度均为0.1mol/L的下列溶液中，含H+离子浓度最小的是醋酸，答案选A。
考点：考查溶液酸性强弱比较
第Ⅱ卷 (非选择题 共50分)
26.在密闭容器中进行下列反应:CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH>0,达到平衡后,若改变下列条件,则平衡及指定物质的浓度如何变化?
(1)增加C(s),平衡_______。
(2)减小密闭容器容积,保持温度不变,则平衡________。
(3)通入N2,保持密闭容器容积和温度不变,则平衡_________。
(4)保持密闭容器容积不变,升高温度,则平衡________。
【答案】 (1). 不移动 (2). 逆向移动 (3). 不移动 (4). 正向移动
【解析】
【分析】
(1)改变纯固体的用量，平衡不移动；
(2)保持温度不变,缩小反应容器的容积,压强增大,平衡向气体体积减小的方向移动；
(3)保持反应容器的容积和温度不变,通入N2，反应混合物个组分的浓度不变,平衡不移动；
(4)保持反应容器的容积不变,升高温度,平衡向吸热反应方向移动。
【详解】(1)C为固体,增大C的量,反应速率不变，平衡不移动；
因此，本题正确答案是：不移动；
(2)正反应为气体体积增大的反应,保持温度不变,缩小反应容器的容积,压强增大,平衡向逆反应方向移动,c(CO2)增大；
因此，本题正确答案是: 逆向移动。
(3)保持反应容器的容积和温度不变,通入N2，反应混合物个组分的浓度不变，平衡不移动；
因此，本题正确答案是:不移动。
(4)正反应为吸热反应，保持反应容器的容积不变,升高温度,平衡向正反应方向移动,c(CO)增大；
因此，本题正确答案是：正向移动。
27.在容积为2 L的恒容密闭容器中，加入1 mol A(g)、2 mol B(g)发生如下反应：A(g)＋2B(g)C(g)＋D(g)。在不同温度下，D的物质的量n(D)和时间t的关系如下图所示。
试回答下列问题：
(1)温度为T1℃时，0～5 min内，以B表示的平均反应速率为________。
(2)T1℃________(填“<”或“>”)T2℃，该反应的正反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。
(3)T1℃时，向上述平衡体系中再充入1 mol A、2 mol B，达到平衡时，D的物质的量n(D)________(填“>”、“<”或“＝”)1.2 mol。
【答案】 (1). 0.12mol/(L·min) (2). T1 ℃ > T2 ℃ (3). 吸热 (4). >
【解析】
【分析】
(1)先根据v=△c/△t，计算出D的反应速率，再根据同一化学反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算B的反应速率；
(2)根据温度高，反应速率快，先达平衡，达平衡后再根据温度对化学平衡的影响，结合图像进行判断；
(3)温度体积不变，成比例地再充入反应物，相当于加压，根据平衡的移动方向判断。
【详解】（1）由图像可看出平衡时D的物质的量为0.6mol，浓度为=0.6/2=0.3mol/L，故其在0～5分钟内D的平均反应速率为0.3/5=0.06 mol/(L·min)；v（B）=2v（D）=0.12mol/(L·min)；
综上所述，本题答案是：0.12mol/(L·min)。
(2)根据图像可知：T1 ℃时先达平衡，故T1 ℃温度高，T1℃>T2℃；由于升高温度，D的含量增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应；
综上所述，本题答案是：T1 ℃>T2 ℃ ；吸热。
(3)在温度体积不变的容器内反应发生达到平衡后，再充入1molA、2molB，等效于加压过程，平衡正向移动，故D的物质的量>1.2mol；
综上所述，本题答案是：>。
【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。
28.一定温度下，在容积为V L的密闭容器中进行反应，M、N两种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示：
(1)该反应的生成物是___________；
(2)该反应的化学反应方程式为_____________ ；
(3)到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为____________ ；
(4)若达到平衡状态的时间是4 min，N物质在该4 min内的平均反应速率为1.5mol·L-1·min-1，则此容器的容积V=____________L。
(5)达到平衡状态时，反应物的转化率为____________ ；
【答案】 (1). M (2). 2N⇋M (3). 2/(V·t2) mol/(L·min) (4). 1 (5). 75%
【解析】
【分析】
(1)随着反应进行，反应物的量不断减小，生成物的量不断增加进行判断；
(2)方程式中各物质的系数比和速率成正比，据此写出该反应方程式；
(3)根据v=∆c/∆t进行计算；
(4)根据v=∆c/∆t=∆n/V∆t进行计算；
(5)根据转化率=N的变化量/N起始量×100%进行计算。
【详解】(1)由图象可以知道,随着反应进行，N的物质的量减少,M的物质的量增加,所以N是反应物,M是生成物；
因此，本题正确答案是: M 。
(2)反应进行到某一时间后，反应物N的物质的量为定值且不为零,所以该反应为可逆反应,且∆n(N): ∆n(M)=(8-2)：（5-2）=2:1,则反应的化学方程式为:2NM；
因此，本题正确答案是:2NM。
(3) 到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为v=∆c/∆t=[(4-2)/V ]/ t2=2/(V·t2) mol/(L·min)；
综上所述，本题答案是：2/(V·t2) mol/(L·min)。
(4)若达到平衡状态的时间是4 min，N物质在该4 min内的平均反应速率为1.5mol·L-1·min-1，N的变化量为1.5×4×Vmol；根据图像可知：1.5×4×V=8-2=6，V=1L；
综上所述，本题答案是：1。
(5)达到平衡状态时，根据图像可知反应物N的变化量为8-2=6mol，N转化率为6/8×100%=75%；
综上所述，本题答案是：75%。
29.将HI(g)置于密闭容器中，某温度下发生下列变化2HI(g)⇋H2(g) + I2(g) ΔH<0
(1)该反应平衡常数的表达式为K____________，则H2(g)+ I2(g)⇋2HI(g) 平衡常数的表达式为K1=____________(用K表示)。
(2)能判断该反应达到平衡状态的依据是____________
A.容器中压强不变 B.混合气体中c(HI)不变
C.c(I2)=c(H2) D.v(HI)正=v(H2)逆
【答案】 (1). c(H2)c(I2)/c2(HI) (2). 1/K (3). B
【解析】
【分析】
（1）根据平衡常数的定义进行书写；对于一个固定的可逆反应来讲，化学平衡常数为原反应平衡常数的倒数关系，据此进行分析；
(2) A. 根据压强与气体的总量成正比关系进行分析反应是否达平衡状态；
B.混合气体中各物质浓度保持不变，反应达平衡状态；
C.c(I2)=c(H2)时，浓度不一定保持不变，不能判断反应达平衡状态；
D.v(HI)正=2v(H2)逆，表示反应达到了平衡状态；
【详解】（1）化学平衡状态下，平衡常数为气态生成物浓度密之积比上气态反应物浓度密之积，K= c(H2)c(I2)/c2(HI) ，H2(g)+I2(g)2HI(g)是2HI(g)H2(g)+I2(g)的逆反应，化学平衡常数为原反应平衡常数的倒数，K1=1/K；
综上所述，本题答案是：c(H2)c(I2)/c2(HI)；1/K。
(2) A. 该反应属于气体的物质的量不变的反应，容器中压强始终不变，不能说明反应达到了平衡状态，错误；
B.混合气体中c(HI)不变，说明反应达到了平衡状态，正确；
C.c(I2)=c(H2)时，浓度不一定保持不变，不能说明反应达到了平衡状态，错误；
D.反应中速率之比和系数成正比，v(HI)正=2v(H2)逆，表示反应达到了平衡状态，错误；
综上所述，本题选B。
30.(1) 在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意图如下：
① 第一步反应是________(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是_______________________。
② 1 mol NH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是__________________________。
(2) 已知红磷比白磷稳定，则反应P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH1；4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH2；ΔH1和ΔH2的关系是ΔH1________ΔH2 (填“>”“<”或“＝”)。
(3) 在298 K、101 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2之间的关系正确的是________。
A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2
【答案】 (1). 放热 (2). ΔH<0或反应物的总能量大于生成物的总能量 (3). NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH= -346 KJ/mol (4). < (5). A
【解析】
【分析】
（1）①当反应物的总能量大于生成物的总能量,是放热反应；
②结合图象并根据盖斯定律来计算反应的焓变及热化学方程式的书写；
(2) 红磷比白磷稳定,说明红磷能量比白磷低,红磷转化为白磷为吸热反应；
(3)根据盖斯定律来计算反应的焓变；
【详解】(1)①根据图像可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH<0；
综上所述，本题答案是：放热；ΔH<0或反应物的总能量大于生成物的总能量。
②第一步的热化学方程式为：①NH4+(aq)+1.5O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH= -273 KJ/mol；第二步的热化学方程式为②NO2-(aq)+ 0.5O2(g)= NO3-(aq) ΔH= -73 KJ/mol；根据盖斯定律可知，①+②可得：NH4+(aq) +2O2(g) =NO3-(aq) +2H+(aq) +H2O（l）ΔH= -346 KJ/mol；
综上所述，本题答案是：NH4+(aq) +2O2(g) =NO3-(aq) +2H+(aq) +H2O（l）ΔH= -346 KJ/mol。
(2) 反应P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH1；4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)ΔH2；根据盖斯定律可知第二个反应减去第一个反应得到的反应，4P(红磷，s)= P4(白磷，s)，ΔH=ΔH2-ΔH1，红磷比白磷稳定,说明红磷的能量低于白磷,该反应是吸热反应,即ΔH2-ΔH1>0，ΔH2>ΔH1；
综上所述，本题答案是：<。
(3)①2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1；②Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2；③2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3；根据盖斯定律可知：③=①+2×②，由此可得：ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 ；A正确；
综上所述，本题选A。
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