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【化学】吉林省吉林市普通高中2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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吉林省吉林市普通高中2018-2019学年高二上学期期中考试
1.你认为下列行为中有悖于“节能减排，和谐发展”这一主题的是（ ）
A. 将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率
B. 研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展
C. 开发太阳能、水能、风能，可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
D. 实现资源的“3R”利用观，即减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生
【答案】B
【解析】
试题分析：A．将煤进行“气化”和“液化”处理，提高煤的综合利用效率，能达到节能目的，符合题意，故A不选；B．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展，增大能源浪费且增大产生污染的物质，不符合题意，故B选；C．开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源、减少使用煤、石油等化石燃料能起到节能、减排、环保作用，符合题意，故C不选；D．实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗(Reduce)起到节能作用，增加资源的重复使用(Reuse)、资源的循环再生(Recycle)增大原料利用率，能起到节能、减排、环保作用，符合题意，故D不选；故选B。
【考点定位】考查常见的生活环境的污染及治理
【名师点晴】本题考查环境污染与治理等有关知识，正确理解题给信息是解本题关键，开发使用清洁能源有利于保护环境也是最终解决环境污染的根本方法，用化学知识为生产生活服务。本题中只要能节能、减排、不产生对环境有污染的物质的做法就符合题意。
2.下列变化中属于吸热反应的是
①液态水汽化 ②将胆矾加热变成白色粉末 ③浓硫酸稀释 ④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 ⑤生石灰跟水反应生成熟石灰
A. ①④ B. ②③ C. ①④⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①液态水汽化需要吸热，由于是物理变化，不是吸热反应；②将胆矾加热变成白色粉末属于吸热反应；③浓硫酸稀释放热，属于物理变化，不是放热反应；④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰属于放热反应。
答案选D。
3.已知：4NH3+5O2＝4NO+6H2O。若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)[mol·(L·min)-1]表示。则下列关系式正确的是( )
A. 4v(NH3)=5v(O2) B. 5v(O2)=6v(H2O)
C. 3v(NH3)=2v(H2O) D. 5v(O2)=4v(NO)
【答案】C
【解析】
分析：根据反应速率之比是相应的化学计量数之比判断。
详解：由于反应速率之比是相应的化学计量数之比，则根据反应的化学方程式可知v(NH3):v(O2):v(NO):v(H2O)＝4:5:4:6，选项C正确。
答案选C。
4.下列关于能量变化的说法，正确的是( )
A. 将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量相同
B. 2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应生成物的总能量高于反应物的总能量
C. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量
D. 有化学键断裂的是吸热过程，并且一定发生了化学变化
【答案】C
【解析】
【分析】
A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；D、氯化钠熔化，离子键断裂；
【详解】A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同，根据盖斯定律，将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量不相同，故A错误；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应，该反应生成物的总能量低于反应物的总能量，故B错误；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D、氯化钠熔化，离子键断裂，没有新物质产生，有化学键断裂的是吸热过程，不一定发生了化学变化，故D错误；故选C。
5.在反应3H2 + N22NH3 中，经一段时间后，氨的浓度增加了0.6 mol·L−1，在此时间内用H2表示的平均反应速率为0.45 mol·(L·s) -1。则反应所经过的时间为
A. 0.44s B. 1s C. 2s D. 0.33s
【答案】C
【解析】
【分析】
利用不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比计算v（NH3），再根据△t=计算时间。
【详解】用H2 表示的平均速率v(H2)=0.45mol/(L∙s)，根据不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，v(NH3)=v(H2)=×0.45mol/(L∙s)= 0.3mol/(L∙s)，氨的浓度增加了0.6 mol/L，则反应所经历的时间为△t==2s，故答案选C。
6.下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝－57.3 kJ·mol−1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=2×(－57.3)kJ·mol−1
B. 甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol−1，则CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＜－890.3 kJ·mol−1
C. 已知：500℃、30MPa下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4kJ·mol－1；将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2 kJ
D. CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol−1，则2CO2(g) ===2CO(g)+O2(g)反应的△H＝+566.0 kJ·mol−1
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2SO4和Ca(OH)2反应生成硫酸钙放热，HCl和NaOH反应的中和热△H＝−57.3 kJ·mol−1，则测定的H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热小于2×（−57.3）kJ·mol−1，故A错误；
B. 甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol−1，即CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=－890.3 kJ·mol−1，液态水变气态水需要吸热，则CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＞－890.3 kJ·mol−1，故B错误；
C. 该热化学方程式表示1mol气态N2和3mol气态H2完全反应生成气态NH3放出92.4kJ的热量，因该反应是可逆反应，将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出的热量应小于46.2kJ，故C错误；
D. CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol−1，则CO(g)+O2(g)= CO2(g) ΔH=－283.0 kJ·mol−1，该反应的逆反应为吸热反应，所以2CO2(g) ===2CO(g)+O2(g)反应的△H＝+566.0 kJ·mol−1，故D正确，答案选D。
【点睛】本题考查中和热、燃烧热的概念等，试题难度不大，解题时应注意表示燃烧热时，生成的水应为液态，为易错点。
7.某反应CH3OH(l)+NH3(g) =CH3NH2(g)+H2O(g)在高温度时才能自发进行，则该反应过程的△H、△S判断正确的是
A. △H > 0、△S < 0 B. △H < 0、△S > 0
C. △H < 0、△S < 0 D. △H > 0、△S > 0
【答案】D
【解析】
由CH3OH(l)+NH3(g) = CH3NH2(g)+H2O(g)知△S>0，高温度时才能自发进行说明吸热反应△H>0，A.△S<0不符合题意，故A错；B. △H<0 不符合题意，故B错；C. △H<0 、△S<0两者都不符合题意，故C错；所以本题答案为：D。
8.下列有关说法正确的是
A. 铁片与稀盐酸制取氢气时，加入Na2SO4固体或NaNO3固体都不影响生成氢气的速率
B. 汽车尾气中NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢
C. 加入反应物，单位体积内活化分子百分数增大，化学反应速率增大
D. 升高温度后，吸热反应的速率加快，放热反应的速率减慢
【答案】B
【解析】
分析：A.加入NaNO3固体，酸性条件下与Fe发生氧化还原反应不生成氢气；B. 减小压强，单位体积内活化分子数目减少，反应速率减慢；C.加入反应物，单位体积内活化分子百分数不变；D.升高温度，反应速率加快；
详解：A. 加入NaNO3固体，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与Fe发生氧化还原反应生成NO气体，不能生成氢气，故A错误；
B. 减小压强，单位体积内活化分子数目减少，反应速率减慢，故B正确；
C. 加入反应物，单位体积内活化分子百分数不变，但活化分子数目增加，化学反应速率增大，故C错误；
D. 升高温度，增大单位体积内活化分子百分数，反应速率加快，与吸热反应、放热反应无关，故D错误；答案选B。
9.一定温度下,在2L的密闭容器中发生反应:xA(g) +B(g)2C(g) △H<0，A、 C的物质的量随时间变化的关系如图。下列有关说法正确的是
A. x=1
B. 反应进行到1min时,反应体系达到化学平衡状态
C. 2min后,A的正反应速率一定等于C的逆反应速率
D. 2min后,容器中A与B的物质的量之比一定为2∶1
【答案】C
【解析】
A、由图象可知，在2分钟内，A、C物质的量的变化相等，说明A、C的化学计量系数相等，故x=2，所以A错误；B、化学平衡状态时各组分的物质的量保持不变，所以反应进行到2分钟时，达到平衡状态，故B错误；C、根据反应速率之比等于化学计量系数之比，2min后,A的正反应速率一定等于C的逆反应速率，故C正确；D、容器中A与B的物质的量之比取决于起始时加入A、B的量，所以平衡时A与B的物质的量之比不一定等于化学计量系数，所以D错误。本题正确答案为C。
10.用纯净的CaCO3与l00mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(CO2的体积己折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是
A. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4 mol·(L·min) -1
B. OE段表示的平均速率最快
C. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7
D. F点收集到的CO2的量最多
【答案】A
【解析】
A、EF段产生的CO2共0.02 mol，由于反应中n(HCl)∶n(CO2)＝2∶1，所以该段消耗HCl＝0.04 mol，时间1 min，所以用盐酸表示的EF段平均化学速率是0.4 mol·L－1·min－1，A正确；B、单位时间内反应生成的多或反应物消耗的多，则速率快。由于横坐标都是1个单位，EF段产生的CO2多，所以该段反应速率最快，不是OE段，B错误；C、由于时间都是1 min，所以三段的速率之比就等于产生CO2的体积之比，即224∶(672－224)∶(784－672)＝2∶4∶1，C错误；D、收集的CO2是看总量的，F点只有672 mL，应该是G点的体积最多，D错误，答案选A。
11.反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是
A. 增加少量的C B. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大
C. 保持体积不变，充入H2使体系压强增大 D. 将容器的体积缩小为原来的一半
【答案】A
【解析】
C是固体，增加少量的C，浓度不变，所以速率不变，故A正确；保持压强不变，充入N2使容器体积增大，浓度减小，速率减慢，故B错误；保持体积不变，充入H2使体系压强增大，氢气浓度增大，反应速率加快，故C错误；将容器的体积缩小为原来的一半，浓度增大，反应速率加快，故D错误。
12.哈伯因发明了由氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1mol N2和3mol H2，在一定条件下使该反应发生：N2＋3H22NH3。下列有关说法正确的是（ ）
A. 达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率都为零
B. 当符合：3u正(N2)＝u正(H2)时，反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，单位时间消耗a molN2，同时生成3a molH2
D. 当N2、H2、NH3的分子数比为1∶3∶2，反应达到平衡状态
【答案】C
【解析】
A、化学平衡是一个动态的平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率相等，但不为零，
A错误；B、反应的任意时刻都有3u正(N2)＝u正(H2)，不能说明反应已达平衡，当符合：3u逆(N2)＝u正(H2)时，就可以说明反应已达平衡，B错误；C、达到化学平衡时，单位时间消耗a molN2，则同时生成molN2，因此生成3a molH2，C正确；D、当N2、H2、NH3的分子数比为1∶3∶2时，反应不一定是处于平衡态，D错误。正确答案为C。
13.将4mol A气体和2mol B气体在2 L的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应2A(g)＋B(g)2C(g) △H＜0；4 s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6 mol·L−1。下列说法中正确的是
A. 当A、B、C物质的量浓度之比为2∶1∶2时，反应即达到平衡状态
B. 4s内用物质B表示的反应速率为0.075mol·L－1·s－1
C. 达平衡后若通入一定量氦气，A的转化率降低
D. 达平衡后若升高温度，C的浓度将增大
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 当同一物质表示的正逆反应速率相等时，该反应达到平衡状态；
B. 先计算C表示的反应速率，再根据同一化学反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于化学计量数之比计算B表示的反应速率；
C. 恒容容器中加入惰性气体，总压增大，但分压不变，平衡不移动，从而确定A的转化率变化情况；
D. 升高温度平衡向吸热方向移动，从而确定C的浓度变化情况。
【详解】A. 反应过程中，当A、 B、C的物质的量浓度之比为2:1:2时，各物质的浓度不一定不变，正逆反应速率不一定相等，则反应不一定达到平衡状态，故A错误；
B. 达到平衡时C的浓度为0.6mol⋅L−1，则C表示的反应速率是0.6mol⋅L−1÷4s=0.15 mol·L－1·s－1，在同一化学反应中的同一时间段内，各物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，所以B表示的反应速率是0.15 mol·L－1·s－1÷2=0.075 mol·L－1·s－1，故B正确；
C. 在恒温恒容容器中，反应达到平衡时加入惰性气体，总压增大，各气体分压不变，化学平衡不移动，所以A的转化率不变，故C错误；
D. 该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以C的浓度将减小，故D错误，答案选B。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断及外界条件对化学平衡的影响，试题难度不大，注意反应达到平衡状态时，在恒容密闭容器中充入惰性气体，虽然总压强增大，但各反应物的分压不变，平衡不会发生移动，为易错点。
14.高温下，某反应达平衡，平衡常数K=。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是
A. 该反应的焓变为正值
B. 恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C. 升高温度，逆反应速率减小
D. 该反应化学方程式为CO+H2O=CO2+H2
【答案】A
【解析】
试题分析：A．恒容时，温度升高，氢气浓度减小，说明平衡向正反应方向进行，则该反应为吸热反应，所以△H＞0，A正确；B．恒温恒容下，增大压强，若通入氢气，则氢气浓度增大，B错误；C．升高温度，正逆反应速率都增大，C错误；D．化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此根据平衡常数表达式可知该反应的化学方程式为CO2+H2CO+H2O，D错误；答案选A。
考点：考查响化学平衡的因素
15.下列各表述正确的是
A. 图①表示在恒容容器中MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) + SO2(g)，横坐标代表硫酸镁的质量，纵坐标可代表CO的转化率
B. 图②表示其他条件一定时，反应A(g)+3B(g)2C(g)的反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH>0
C. 图③对应的反应一定是非等体积反应加压后平衡移动的变化情况
D. 恒压密闭容器中加入一定量A、B，发生反应A(g)+3B(g)2C(g)，图④表示反应过程中不断升高温度，产物C物质的量变化规律，则正反应方向吸热
【答案】B
【解析】
A、硫酸镁是固体，固体物质的量的增减对化学平衡没有影响，所以CO的转化率不变，因此A错误；B、分析图象可知，随温度的升高，ν正>ν逆，即平衡向右移动，则正反应吸热，即ΔH>0，所以B正确；C、由于气体物质受压强影响较大，所以图象表示的是有气体物质参与的反应前后气体体积不相等的反应加压后平衡移动的情况，故C错误；D、随温度的升高，反应速率加快，当产物C的物质的量最大时达到平衡状态，但继续升温，产物C的量却在减小，说明升高温度，平衡向左移动，则其正反应为放热反应，所以D错误。本题正确答案为B。
16.某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2和I2，发生反应: H2(g)+I2(g) 2HI(g)。反应体系中各物质浓度的有关数据如下。
容器
起始浓度
平衡浓度
c(H2)/(mol·L-1)
c(I2)/(mol·L-1)
c(HI)/(mol·L-1)
甲
0.01
0.01
0.004
乙
0.01
0.02
a
丙
0.02
0.01
b
丁
0.02
0.02
c
下列判断不正确的是
A. HI的平衡浓度:a=b>0.004，c=0.008 B. 平衡时，H2的转化率:丁>甲
C. 平衡时，乙中H2的转化率大于20% D. 丙中条件下，该反应的平衡常数K=0.25
【答案】B
【解析】
分析：某温度下，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，增大压强不改变化学平衡，A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化；B．甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动；C．由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×0.5/0.01×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；D．甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。
详解： A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化，乙丙达到相同平衡状态，则HI的平衡浓度：a=b＞0.004，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，丙投料是甲的2倍，c=0.008，故A正确；B、甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动，则平衡时，H2的转化率：甲=丁，故B错误；C、由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×1/(2×0.01)×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化，故C正确；D、甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。故D正确；故选B。
点睛：本题考查化学平衡的计算，解题关键：把握表格中数据、转化率及K的计算、等效平衡的判断，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点．
17.向某体积固定的密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C和一定量（未知）的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答：
（1）密闭容器的体积是_____L；
（2）若t1=15时，则t0~t1 s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=_______；
（3）写出反应的化学方程式：________________________；
（4）t1 s时，A的转化率为__________，此时v(A)正______v(B)逆（选填“>”、“<”或“=”）；
（5）B的起始的物质的量是_____；
（6）平衡时体系内的压强为初始状态的___________倍。
【答案】 (1). 2 (2). 0.004 mol·L-1·s-1 (3). 3A B+2C (4). 60% (5). > (6). 0.04 mol (7). 1
【解析】
向某体积固定的密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，由图像可知，反应起始时，c(A)=0.15mol/L，所以容器的体积为2L。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，说明生成物C也是气体，且反应前后气体的分子数不变。在t1时刻，反应达到化学平衡状态，A和C的变化量之比为(0.15-0.06):(0.11-0.05)=0.09:0.06=3:2，所以反应方程式可表示为3A B+2C。
（1）密闭容器的体积是2 L；
（2）若t1=15时，则t0~t1 s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)===0.004 mol·L-1·s-1；
（3）反应的化学方程式为3A B+2C ；
（4）t1 s时，A的转化率为 ，此时正反应速率与逆反应速率相等，其数值之比等于其化学计量数之比，所以v(A)正=3v(B)逆，v(A)正>v(B)逆；
（5）由A和C的变化量之比为(0.15-0.06):(0.11-0.05)=0.09:0.06=3:2，可以推出B的变化量为0.03mol/L,容器的体积为2L，所以B起始的物质的量是(0.05-0.03)=0.04mol；
（6）根据阿伏加德罗定律可知，在同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，也等于其分子数之比。由于反应前后气体的分子数保持不变，所以平衡时体系内的压强保持不变，为初始状态的1倍。
18.（1）处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂的作用下转化为单质S。已知：
①CO(g)＋0.5O2(g)CO2(g) ΔH＝－283.0kJ·mol－1
②S(s)＋O2(g)SO2(g) ΔH＝－296.0kJ·mol－1
则处理CO、SO2的方法的热化学方程式是________________________________。
（2）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：
CO(g)＋NO2(g)NO(g)＋CO2(g) ΔH＝－a kJ·mol-1 (a＞0)
2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－b kJ·mol-1(b＞0)
若用标准状况下3.36 L CO将NO2还原至N2(CO完全反应)，则整个过程中转移电子的物质的量为______mol，放出的热量为_____(用含有a和b的代数式表示)kJ。
（3）用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染。例如：
CH4(g)＋4NO2(g)4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－574 kJ·mol-1 ①
CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2 ②
若1 mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867 kJ，则ΔH2＝_______。
（4）已知下列热化学方程式：
①H2(g)+0.5O2(g)H2O(l) △H＝－285.8 kJ·mol-1
②H2(g)+0.5O2(g)H2O(g) △H＝－241.8 kJ·mol-1
则H2的燃烧热(△H）为________________________。
【答案】 (1). 2CO(g)＋SO2(g)S(s)＋2CO2(g) ΔH＝－270 kJ·mol-1 (2). 0.3 (3). 3(2a+b)/80 (4). －1160 kJ·mol-1 (5). －285.8 kJ·mol-1
【解析】
【分析】
(1). 根据盖斯定律将所给的热化学方程式合并可得所求的热化学方程式；
(2). 根据盖斯定律求出4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)的反应热，反应中标准状况下3.36LCO即0.15molCO反应时转移0.3mol电子，根据物质的量之比等于热量比求出放出的热量；
(3). 根据盖斯定律将已知方程式合并得2CH4(g)+4NO2(g)2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=△H1+△H2，结合1molCH4还原NO2至N2的整个过程中放出的热量为867kJ计算；
(4). 根据燃烧热指的是1mol纯净物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析。
【详解】(1). 已知：①CO(g)＋0.5O2(g)CO2(g) ΔH＝－283.0kJ·mol－1
②S(s)＋O2(g)SO2(g) ΔH＝－296.0kJ·mol－1
将方程式①×2−②得2CO(g)＋SO2(g)S(s)＋2CO2(g) △H=(−283.0kJ⋅mol−1)×2−(−296.0 kJ⋅mol−1)=−270 kJ⋅mol−1，所以处理CO、SO2的热化学反应方程式为：2CO(g)＋SO2(g)S(s)＋2CO2(g) ΔH＝－270 kJ·mol-1，故答案为：2CO(g)＋SO2(g)S(s)＋2CO2(g) ΔH＝－270 kJ·mol-1；
(2). 已知：①CO(g)＋NO2(g)NO(g)＋CO2(g) ΔH＝－a kJ·mol-1 (a＞0)
②2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－b kJ·mol-1(b＞0)
将方程式①×2+②得4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g) △H=(-a)kJ•mol-1×2+(-b kJ•mol-1)=－(2a+b)kJ•mol-1，所以其热化学反应方程式为：4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g) △H=－(2a+b)kJ•mol-1，根据方程式可知转移电子的物质的量为：×2=0.3mol，放出的热量为：×=kJ，故答案为：0.3；3(2a+b)/80；
(3). 已知：CH4(g)＋4NO2(g)4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－574 kJ·mol-1 ①
CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2 ②
将方程式①+②得2CH4(g)+4NO2(g)=2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=△H1+△H2，根据方程式可知，1mol CH4还原NO2至N2整个过程中放出的热量为867kJ，所以△H2=－867 kJ·mol-1×2－(－574 kJ·mol-1)=－1160 kJ·mol-1，故答案为：-1160 kJ·mol-1；
(4). 燃烧热指的是1mol纯净物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，则反应①H2(g)+0.5O2(g)H2O(l) △H＝－285.8 kJ·mol-1是表示氢气燃烧热的热化学方程式，所以氢气的燃烧热为△H＝－285.8 kJ·mol-1，故答案为：－285.8 kJ·mol-1。
19.(1)反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g) ΔH1，平衡常数为K1；反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH2，平衡常数为K2；在不同温度时K1、K2的值如下表：
700 ℃
900 ℃
K1
1.47
2.15
K2
2.38
1.67
①反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH的平衡常数为K，则ΔH＝________(用ΔH1和ΔH2表示)，K＝________(用K1和K2表示)，且由上述计算可知，反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)是_____________________反应(填“吸热”或“放热”)。
②能判断CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)达到化学平衡状态的依据是_______(填字母)。
A．容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变
C．v正(H2)＝v逆(H2O) D．c(CO)＝c(CO2)
(2)一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，发生反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g) ΔH>0，CO2的浓度与时间的关系如图所示。
①该条件下反应的平衡常数为______；若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0 mol·L－1，则平衡时CO2的浓度为______mol·L－1。
②下列措施中能使平衡时增大的是________(填字母)。
A．升高温度 B．增大压强
C．充入一定量的CO2 D．再加入一定量铁粉
【答案】 (1). ΔH1－ΔH2 (2). (3). 吸热 (4). BC (5). 2.0 (6). 0.67(或2/3) (7). A
【解析】
【详解】（1）①根据盖斯定律，①－②得：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2；反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)的平衡常数K1＝c(CO)/c(CO2)，反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)的平衡常数K2＝c(H2)/c(H2O)，则反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的平衡常数K＝c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2)＝；根据表中数据可知随温度的升高，K1增大，K2减小，所以K值随温度升高而增大，因此反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)是吸热反应。②A项，该反应过程中压强为恒量，压强不变不一定平衡，故A错误；B项，混合气体中c(CO)不变，一定达到平衡状态，故B正确；C项，v正(H2)＝v逆(H2O)= v逆(H2)，则为平衡状态，故C正确；D项，c(CO)＝c(CO2)不能说明v正＝v逆，不能说明其浓度不再发生变化，不一定平衡，故D错误。
(2)由图中曲线可得，平衡时二氧化碳的浓度为0.5 mol·L－1，消耗二氧化碳的浓度为1 mol·L－1，根据化学方程式，达到平衡时，c(CO)＝1 mol·L－1，该条件下反应的平衡常数K＝c(CO)/c(CO2)＝(1 mol·L－1)/(0.5 mol·L－1)＝2.0；若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0 mol·L－1，列三段式如下：
因为温度没变，所以K＝2，则x∶(2－x)＝2，解得x＝4/3；所以平衡时CO2的浓度为(2－4/3) mol·L－1＝2/3 mol·L－1。
②A项，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，则增大，故A正确；B项，反应前后体积不变，增大压强平衡不移动，不变；故B错误；C项，再充入一定量的CO2，由于平衡常数不变，则不变，故C错误；D项，再加入一定量铁粉，平衡不移动，不变，故D错误。综上所述，符合题意的选项为A。
20.300 ℃时，将2 mol A和2 mol B两种气体混合于2 L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g) ΔH＝Q,2 min末达到平衡，生成0.8 mol D。
（1）300 ℃时，该反应的平衡常数表达式为：K＝___________________。已知K300 ℃
（3）若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_____________________________________________________________。
（4）如果在相同的条件下，上述反应从逆反应方向进行，开始时加入C、D各4/3mol。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同，则还应该加入B______mol。
【答案】 (1). (2). ＞ (3). 0.8 mol/L (4). 0.2 mol/(L·min) (5). 不变 (6). 反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响 (7).
【解析】
略
21.恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：N2+ 3H22NH3。
（1）若反应进行5min时，测得n(N2) = 1.8mol，n(NH3) = 0.4mol。
计算：①a的值； ②用H2浓度的变化表示的反应速率。
（2）反应达平衡时，混合气体的总物质的量为5.0mol，其中NH3的含量（体积分数）为40%。
计算：上述温度下该反应的化学平衡常数。
【答案】（1）①2 ②0.06mol/(L·min) （2）2
【解析】
试题分析：（1） N2 + 3H22NH3
起始物质的量 a b 0
变化物质的量 0.2 0.6 0.4
5min时物质的量 1.8 b-0.6 0.4
a=0.2+1.8=2 用氢气浓度的变化表示的反应速率为v (H2)="0.6mol÷(2L×5min)=0.06" mol/(L·min)
（2） N2 + 3H22NH3
起始物质的量 2 b 0
变化物质的量 1 3 2
平衡物质的量 1 b-3 2
1+2+b-3=5 解得b=5 K=（1×1）÷（0.5×13）=2
考点：考查化学反应速率，化学平衡常数的计算等知识。
1.你认为下列行为中有悖于“节能减排，和谐发展”这一主题的是（ ）
A. 将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率
B. 研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展
C. 开发太阳能、水能、风能，可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
D. 实现资源的“3R”利用观，即减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生
【答案】B
【解析】
试题分析：A．将煤进行“气化”和“液化”处理，提高煤的综合利用效率，能达到节能目的，符合题意，故A不选；B．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展，增大能源浪费且增大产生污染的物质，不符合题意，故B选；C．开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源、减少使用煤、石油等化石燃料能起到节能、减排、环保作用，符合题意，故C不选；D．实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗(Reduce)起到节能作用，增加资源的重复使用(Reuse)、资源的循环再生(Recycle)增大原料利用率，能起到节能、减排、环保作用，符合题意，故D不选；故选B。
【考点定位】考查常见的生活环境的污染及治理
【名师点晴】本题考查环境污染与治理等有关知识，正确理解题给信息是解本题关键，开发使用清洁能源有利于保护环境也是最终解决环境污染的根本方法，用化学知识为生产生活服务。本题中只要能节能、减排、不产生对环境有污染的物质的做法就符合题意。
2.下列变化中属于吸热反应的是
①液态水汽化 ②将胆矾加热变成白色粉末 ③浓硫酸稀释 ④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 ⑤生石灰跟水反应生成熟石灰
A. ①④ B. ②③ C. ①④⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①液态水汽化需要吸热，由于是物理变化，不是吸热反应；②将胆矾加热变成白色粉末属于吸热反应；③浓硫酸稀释放热，属于物理变化，不是放热反应；④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰属于放热反应。
答案选D。
3.已知：4NH3+5O2＝4NO+6H2O。若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)[mol·(L·min)-1]表示。则下列关系式正确的是( )
A. 4v(NH3)=5v(O2) B. 5v(O2)=6v(H2O)
C. 3v(NH3)=2v(H2O) D. 5v(O2)=4v(NO)
【答案】C
【解析】
分析：根据反应速率之比是相应的化学计量数之比判断。
详解：由于反应速率之比是相应的化学计量数之比，则根据反应的化学方程式可知v(NH3):v(O2):v(NO):v(H2O)＝4:5:4:6，选项C正确。
答案选C。
4.下列关于能量变化的说法，正确的是( )
A. 将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量相同
B. 2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应生成物的总能量高于反应物的总能量
C. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量
D. 有化学键断裂的是吸热过程，并且一定发生了化学变化
【答案】C
【解析】
【分析】
A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；D、氯化钠熔化，离子键断裂；
【详解】A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同，根据盖斯定律，将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量不相同，故A错误；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应，该反应生成物的总能量低于反应物的总能量，故B错误；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D、氯化钠熔化，离子键断裂，没有新物质产生，有化学键断裂的是吸热过程，不一定发生了化学变化，故D错误；故选C。
5.在反应3H2 + N22NH3 中，经一段时间后，氨的浓度增加了0.6 mol·L−1，在此时间内用H2表示的平均反应速率为0.45 mol·(L·s) -1。则反应所经过的时间为
A. 0.44s B. 1s C. 2s D. 0.33s
【答案】C
【解析】
【分析】
利用不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比计算v（NH3），再根据△t=计算时间。
【详解】用H2 表示的平均速率v(H2)=0.45mol/(L∙s)，根据不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，v(NH3)=v(H2)=×0.45mol/(L∙s)= 0.3mol/(L∙s)，氨的浓度增加了0.6 mol/L，则反应所经历的时间为△t==2s，故答案选C。
6.下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝－57.3 kJ·mol−1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=2×(－57.3)kJ·mol−1
B. 甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol−1，则CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＜－890.3 kJ·mol−1
C. 已知：500℃、30MPa下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4kJ·mol－1；将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2 kJ
D. CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol−1，则2CO2(g) ===2CO(g)+O2(g)反应的△H＝+566.0 kJ·mol−1
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2SO4和Ca(OH)2反应生成硫酸钙放热，HCl和NaOH反应的中和热△H＝−57.3 kJ·mol−1，则测定的H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热小于2×（−57.3）kJ·mol−1，故A错误；
B. 甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol−1，即CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=－890.3 kJ·mol−1，液态水变气态水需要吸热，则CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＞－890.3 kJ·mol−1，故B错误；
C. 该热化学方程式表示1mol气态N2和3mol气态H2完全反应生成气态NH3放出92.4kJ的热量，因该反应是可逆反应，将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出的热量应小于46.2kJ，故C错误；
D. CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol−1，则CO(g)+O2(g)= CO2(g) ΔH=－283.0 kJ·mol−1，该反应的逆反应为吸热反应，所以2CO2(g) ===2CO(g)+O2(g)反应的△H＝+566.0 kJ·mol−1，故D正确，答案选D。
【点睛】本题考查中和热、燃烧热的概念等，试题难度不大，解题时应注意表示燃烧热时，生成的水应为液态，为易错点。
7.某反应CH3OH(l)+NH3(g) =CH3NH2(g)+H2O(g)在高温度时才能自发进行，则该反应过程的△H、△S判断正确的是
A. △H > 0、△S < 0 B. △H < 0、△S > 0
C. △H < 0、△S < 0 D. △H > 0、△S > 0
【答案】D
【解析】
由CH3OH(l)+NH3(g) = CH3NH2(g)+H2O(g)知△S>0，高温度时才能自发进行说明吸热反应△H>0，A.△S<0不符合题意，故A错；B. △H<0 不符合题意，故B错；C. △H<0 、△S<0两者都不符合题意，故C错；所以本题答案为：D。
8.下列有关说法正确的是
A. 铁片与稀盐酸制取氢气时，加入Na2SO4固体或NaNO3固体都不影响生成氢气的速率
B. 汽车尾气中NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢
C. 加入反应物，单位体积内活化分子百分数增大，化学反应速率增大
D. 升高温度后，吸热反应的速率加快，放热反应的速率减慢
【答案】B
【解析】
分析：A.加入NaNO3固体，酸性条件下与Fe发生氧化还原反应不生成氢气；B. 减小压强，单位体积内活化分子数目减少，反应速率减慢；C.加入反应物，单位体积内活化分子百分数不变；D.升高温度，反应速率加快；
详解：A. 加入NaNO3固体，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与Fe发生氧化还原反应生成NO气体，不能生成氢气，故A错误；
B. 减小压强，单位体积内活化分子数目减少，反应速率减慢，故B正确；
C. 加入反应物，单位体积内活化分子百分数不变，但活化分子数目增加，化学反应速率增大，故C错误；
D. 升高温度，增大单位体积内活化分子百分数，反应速率加快，与吸热反应、放热反应无关，故D错误；答案选B。
9.一定温度下,在2L的密闭容器中发生反应:xA(g) +B(g)2C(g) △H<0，A、 C的物质的量随时间变化的关系如图。下列有关说法正确的是
A. x=1
B. 反应进行到1min时,反应体系达到化学平衡状态
C. 2min后,A的正反应速率一定等于C的逆反应速率
D. 2min后,容器中A与B的物质的量之比一定为2∶1
【答案】C
【解析】
A、由图象可知，在2分钟内，A、C物质的量的变化相等，说明A、C的化学计量系数相等，故x=2，所以A错误；B、化学平衡状态时各组分的物质的量保持不变，所以反应进行到2分钟时，达到平衡状态，故B错误；C、根据反应速率之比等于化学计量系数之比，2min后,A的正反应速率一定等于C的逆反应速率，故C正确；D、容器中A与B的物质的量之比取决于起始时加入A、B的量，所以平衡时A与B的物质的量之比不一定等于化学计量系数，所以D错误。本题正确答案为C。
10.用纯净的CaCO3与l00mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(CO2的体积己折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是
A. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4 mol·(L·min) -1
B. OE段表示的平均速率最快
C. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7
D. F点收集到的CO2的量最多
【答案】A
【解析】
A、EF段产生的CO2共0.02 mol，由于反应中n(HCl)∶n(CO2)＝2∶1，所以该段消耗HCl＝0.04 mol，时间1 min，所以用盐酸表示的EF段平均化学速率是0.4 mol·L－1·min－1，A正确；B、单位时间内反应生成的多或反应物消耗的多，则速率快。由于横坐标都是1个单位，EF段产生的CO2多，所以该段反应速率最快，不是OE段，B错误；C、由于时间都是1 min，所以三段的速率之比就等于产生CO2的体积之比，即224∶(672－224)∶(784－672)＝2∶4∶1，C错误；D、收集的CO2是看总量的，F点只有672 mL，应该是G点的体积最多，D错误，答案选A。
11.反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是
A. 增加少量的C B. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大
C. 保持体积不变，充入H2使体系压强增大 D. 将容器的体积缩小为原来的一半
【答案】A
【解析】
C是固体，增加少量的C，浓度不变，所以速率不变，故A正确；保持压强不变，充入N2使容器体积增大，浓度减小，速率减慢，故B错误；保持体积不变，充入H2使体系压强增大，氢气浓度增大，反应速率加快，故C错误；将容器的体积缩小为原来的一半，浓度增大，反应速率加快，故D错误。
12.哈伯因发明了由氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1mol N2和3mol H2，在一定条件下使该反应发生：N2＋3H22NH3。下列有关说法正确的是（ ）
A. 达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率都为零
B. 当符合：3u正(N2)＝u正(H2)时，反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，单位时间消耗a molN2，同时生成3a molH2
D. 当N2、H2、NH3的分子数比为1∶3∶2，反应达到平衡状态
【答案】C
【解析】
A、化学平衡是一个动态的平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率相等，但不为零，
A错误；B、反应的任意时刻都有3u正(N2)＝u正(H2)，不能说明反应已达平衡，当符合：3u逆(N2)＝u正(H2)时，就可以说明反应已达平衡，B错误；C、达到化学平衡时，单位时间消耗a molN2，则同时生成molN2，因此生成3a molH2，C正确；D、当N2、H2、NH3的分子数比为1∶3∶2时，反应不一定是处于平衡态，D错误。正确答案为C。
13.将4mol A气体和2mol B气体在2 L的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应2A(g)＋B(g)2C(g) △H＜0；4 s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6 mol·L−1。下列说法中正确的是
A. 当A、B、C物质的量浓度之比为2∶1∶2时，反应即达到平衡状态
B. 4s内用物质B表示的反应速率为0.075mol·L－1·s－1
C. 达平衡后若通入一定量氦气，A的转化率降低
D. 达平衡后若升高温度，C的浓度将增大
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 当同一物质表示的正逆反应速率相等时，该反应达到平衡状态；
B. 先计算C表示的反应速率，再根据同一化学反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于化学计量数之比计算B表示的反应速率；
C. 恒容容器中加入惰性气体，总压增大，但分压不变，平衡不移动，从而确定A的转化率变化情况；
D. 升高温度平衡向吸热方向移动，从而确定C的浓度变化情况。
【详解】A. 反应过程中，当A、 B、C的物质的量浓度之比为2:1:2时，各物质的浓度不一定不变，正逆反应速率不一定相等，则反应不一定达到平衡状态，故A错误；
B. 达到平衡时C的浓度为0.6mol⋅L−1，则C表示的反应速率是0.6mol⋅L−1÷4s=0.15 mol·L－1·s－1，在同一化学反应中的同一时间段内，各物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，所以B表示的反应速率是0.15 mol·L－1·s－1÷2=0.075 mol·L－1·s－1，故B正确；
C. 在恒温恒容容器中，反应达到平衡时加入惰性气体，总压增大，各气体分压不变，化学平衡不移动，所以A的转化率不变，故C错误；
D. 该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以C的浓度将减小，故D错误，答案选B。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断及外界条件对化学平衡的影响，试题难度不大，注意反应达到平衡状态时，在恒容密闭容器中充入惰性气体，虽然总压强增大，但各反应物的分压不变，平衡不会发生移动，为易错点。
14.高温下，某反应达平衡，平衡常数K=。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是
A. 该反应的焓变为正值
B. 恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C. 升高温度，逆反应速率减小
D. 该反应化学方程式为CO+H2O=CO2+H2
【答案】A
【解析】
试题分析：A．恒容时，温度升高，氢气浓度减小，说明平衡向正反应方向进行，则该反应为吸热反应，所以△H＞0，A正确；B．恒温恒容下，增大压强，若通入氢气，则氢气浓度增大，B错误；C．升高温度，正逆反应速率都增大，C错误；D．化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此根据平衡常数表达式可知该反应的化学方程式为CO2+H2CO+H2O，D错误；答案选A。
考点：考查响化学平衡的因素
15.下列各表述正确的是
A. 图①表示在恒容容器中MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) + SO2(g)，横坐标代表硫酸镁的质量，纵坐标可代表CO的转化率
B. 图②表示其他条件一定时，反应A(g)+3B(g)2C(g)的反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH>0
C. 图③对应的反应一定是非等体积反应加压后平衡移动的变化情况
D. 恒压密闭容器中加入一定量A、B，发生反应A(g)+3B(g)2C(g)，图④表示反应过程中不断升高温度，产物C物质的量变化规律，则正反应方向吸热
【答案】B
【解析】
A、硫酸镁是固体，固体物质的量的增减对化学平衡没有影响，所以CO的转化率不变，因此A错误；B、分析图象可知，随温度的升高，ν正>ν逆，即平衡向右移动，则正反应吸热，即ΔH>0，所以B正确；C、由于气体物质受压强影响较大，所以图象表示的是有气体物质参与的反应前后气体体积不相等的反应加压后平衡移动的情况，故C错误；D、随温度的升高，反应速率加快，当产物C的物质的量最大时达到平衡状态，但继续升温，产物C的量却在减小，说明升高温度，平衡向左移动，则其正反应为放热反应，所以D错误。本题正确答案为B。
16.某温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入H2和I2，发生反应: H2(g)+I2(g) 2HI(g)。反应体系中各物质浓度的有关数据如下。
容器
起始浓度
平衡浓度
c(H2)/(mol·L-1)
c(I2)/(mol·L-1)
c(HI)/(mol·L-1)
甲
0.01
0.01
0.004
乙
0.01
0.02
a
丙
0.02
0.01
b
丁
0.02
0.02
c
下列判断不正确的是
A. HI的平衡浓度:a=b>0.004，c=0.008 B. 平衡时，H2的转化率:丁>甲
C. 平衡时，乙中H2的转化率大于20% D. 丙中条件下，该反应的平衡常数K=0.25
【答案】B
【解析】
分析：某温度下，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，增大压强不改变化学平衡，A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化；B．甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动；C．由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×0.5/0.01×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；D．甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。
详解： A．甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，丙中氢气浓度大，促进碘单质转化，乙丙达到相同平衡状态，则HI的平衡浓度：a=b＞0.004，反应H2（g）+I2（g）2HI（g），反应前后气体体积不变，丙投料是甲的2倍，c=0.008，故A正确；B、甲、丁比较，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动，则平衡时，H2的转化率：甲=丁，故B错误；C、由甲中数据可知，甲中氢气转化率为0.004×1/(2×0.01)×100%=20%，但甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化，故C正确；D、甲、丙温度相同，K相同，结合表格中数据可知，K=(0.04)2/(0.01-0.002)(0.01-0.002)=0.25。故D正确；故选B。
点睛：本题考查化学平衡的计算，解题关键：把握表格中数据、转化率及K的计算、等效平衡的判断，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点．
17.向某体积固定的密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C和一定量（未知）的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答：
（1）密闭容器的体积是_____L；
（2）若t1=15时，则t0~t1 s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=_______；
（3）写出反应的化学方程式：________________________；
（4）t1 s时，A的转化率为__________，此时v(A)正______v(B)逆（选填“>”、“<”或“=”）；
（5）B的起始的物质的量是_____；
（6）平衡时体系内的压强为初始状态的___________倍。
【答案】 (1). 2 (2). 0.004 mol·L-1·s-1 (3). 3A B+2C (4). 60% (5). > (6). 0.04 mol (7). 1
【解析】
向某体积固定的密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，由图像可知，反应起始时，c(A)=0.15mol/L，所以容器的体积为2L。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，说明生成物C也是气体，且反应前后气体的分子数不变。在t1时刻，反应达到化学平衡状态，A和C的变化量之比为(0.15-0.06):(0.11-0.05)=0.09:0.06=3:2，所以反应方程式可表示为3A B+2C。
（1）密闭容器的体积是2 L；
（2）若t1=15时，则t0~t1 s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)===0.004 mol·L-1·s-1；
（3）反应的化学方程式为3A B+2C ；
（4）t1 s时，A的转化率为 ，此时正反应速率与逆反应速率相等，其数值之比等于其化学计量数之比，所以v(A)正=3v(B)逆，v(A)正>v(B)逆；
（5）由A和C的变化量之比为(0.15-0.06):(0.11-0.05)=0.09:0.06=3:2，可以推出B的变化量为0.03mol/L,容器的体积为2L，所以B起始的物质的量是(0.05-0.03)=0.04mol；
（6）根据阿伏加德罗定律可知，在同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，也等于其分子数之比。由于反应前后气体的分子数保持不变，所以平衡时体系内的压强保持不变，为初始状态的1倍。
18.（1）处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂的作用下转化为单质S。已知：
①CO(g)＋0.5O2(g)CO2(g) ΔH＝－283.0kJ·mol－1
②S(s)＋O2(g)SO2(g) ΔH＝－296.0kJ·mol－1
则处理CO、SO2的方法的热化学方程式是________________________________。
（2）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：
CO(g)＋NO2(g)NO(g)＋CO2(g) ΔH＝－a kJ·mol-1 (a＞0)
2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－b kJ·mol-1(b＞0)
若用标准状况下3.36 L CO将NO2还原至N2(CO完全反应)，则整个过程中转移电子的物质的量为______mol，放出的热量为_____(用含有a和b的代数式表示)kJ。
（3）用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染。例如：
CH4(g)＋4NO2(g)4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－574 kJ·mol-1 ①
CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2 ②
若1 mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867 kJ，则ΔH2＝_______。
（4）已知下列热化学方程式：
①H2(g)+0.5O2(g)H2O(l) △H＝－285.8 kJ·mol-1
②H2(g)+0.5O2(g)H2O(g) △H＝－241.8 kJ·mol-1
则H2的燃烧热(△H）为________________________。
【答案】 (1). 2CO(g)＋SO2(g)S(s)＋2CO2(g) ΔH＝－270 kJ·mol-1 (2). 0.3 (3). 3(2a+b)/80 (4). －1160 kJ·mol-1 (5). －285.8 kJ·mol-1
【解析】
【分析】
(1). 根据盖斯定律将所给的热化学方程式合并可得所求的热化学方程式；
(2). 根据盖斯定律求出4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)的反应热，反应中标准状况下3.36LCO即0.15molCO反应时转移0.3mol电子，根据物质的量之比等于热量比求出放出的热量；
(3). 根据盖斯定律将已知方程式合并得2CH4(g)+4NO2(g)2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=△H1+△H2，结合1molCH4还原NO2至N2的整个过程中放出的热量为867kJ计算；
(4). 根据燃烧热指的是1mol纯净物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析。
【详解】(1). 已知：①CO(g)＋0.5O2(g)CO2(g) ΔH＝－283.0kJ·mol－1
②S(s)＋O2(g)SO2(g) ΔH＝－296.0kJ·mol－1
将方程式①×2−②得2CO(g)＋SO2(g)S(s)＋2CO2(g) △H=(−283.0kJ⋅mol−1)×2−(−296.0 kJ⋅mol−1)=−270 kJ⋅mol−1，所以处理CO、SO2的热化学反应方程式为：2CO(g)＋SO2(g)S(s)＋2CO2(g) ΔH＝－270 kJ·mol-1，故答案为：2CO(g)＋SO2(g)S(s)＋2CO2(g) ΔH＝－270 kJ·mol-1；
(2). 已知：①CO(g)＋NO2(g)NO(g)＋CO2(g) ΔH＝－a kJ·mol-1 (a＞0)
②2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－b kJ·mol-1(b＞0)
将方程式①×2+②得4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g) △H=(-a)kJ•mol-1×2+(-b kJ•mol-1)=－(2a+b)kJ•mol-1，所以其热化学反应方程式为：4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g) △H=－(2a+b)kJ•mol-1，根据方程式可知转移电子的物质的量为：×2=0.3mol，放出的热量为：×=kJ，故答案为：0.3；3(2a+b)/80；
(3). 已知：CH4(g)＋4NO2(g)4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－574 kJ·mol-1 ①
CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2 ②
将方程式①+②得2CH4(g)+4NO2(g)=2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=△H1+△H2，根据方程式可知，1mol CH4还原NO2至N2整个过程中放出的热量为867kJ，所以△H2=－867 kJ·mol-1×2－(－574 kJ·mol-1)=－1160 kJ·mol-1，故答案为：-1160 kJ·mol-1；
(4). 燃烧热指的是1mol纯净物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，则反应①H2(g)+0.5O2(g)H2O(l) △H＝－285.8 kJ·mol-1是表示氢气燃烧热的热化学方程式，所以氢气的燃烧热为△H＝－285.8 kJ·mol-1，故答案为：－285.8 kJ·mol-1。
19.(1)反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g) ΔH1，平衡常数为K1；反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH2，平衡常数为K2；在不同温度时K1、K2的值如下表：
700 ℃
900 ℃
K1
1.47
2.15
K2
2.38
1.67
①反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH的平衡常数为K，则ΔH＝________(用ΔH1和ΔH2表示)，K＝________(用K1和K2表示)，且由上述计算可知，反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)是_____________________反应(填“吸热”或“放热”)。
②能判断CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)达到化学平衡状态的依据是_______(填字母)。
A．容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变
C．v正(H2)＝v逆(H2O) D．c(CO)＝c(CO2)
(2)一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，发生反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g) ΔH>0，CO2的浓度与时间的关系如图所示。
①该条件下反应的平衡常数为______；若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0 mol·L－1，则平衡时CO2的浓度为______mol·L－1。
②下列措施中能使平衡时增大的是________(填字母)。
A．升高温度 B．增大压强
C．充入一定量的CO2 D．再加入一定量铁粉
【答案】 (1). ΔH1－ΔH2 (2). (3). 吸热 (4). BC (5). 2.0 (6). 0.67(或2/3) (7). A
【解析】
【详解】（1）①根据盖斯定律，①－②得：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2；反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)的平衡常数K1＝c(CO)/c(CO2)，反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)的平衡常数K2＝c(H2)/c(H2O)，则反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的平衡常数K＝c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2)＝；根据表中数据可知随温度的升高，K1增大，K2减小，所以K值随温度升高而增大，因此反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)是吸热反应。②A项，该反应过程中压强为恒量，压强不变不一定平衡，故A错误；B项，混合气体中c(CO)不变，一定达到平衡状态，故B正确；C项，v正(H2)＝v逆(H2O)= v逆(H2)，则为平衡状态，故C正确；D项，c(CO)＝c(CO2)不能说明v正＝v逆，不能说明其浓度不再发生变化，不一定平衡，故D错误。
(2)由图中曲线可得，平衡时二氧化碳的浓度为0.5 mol·L－1，消耗二氧化碳的浓度为1 mol·L－1，根据化学方程式，达到平衡时，c(CO)＝1 mol·L－1，该条件下反应的平衡常数K＝c(CO)/c(CO2)＝(1 mol·L－1)/(0.5 mol·L－1)＝2.0；若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0 mol·L－1，列三段式如下：
因为温度没变，所以K＝2，则x∶(2－x)＝2，解得x＝4/3；所以平衡时CO2的浓度为(2－4/3) mol·L－1＝2/3 mol·L－1。
②A项，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，则增大，故A正确；B项，反应前后体积不变，增大压强平衡不移动，不变；故B错误；C项，再充入一定量的CO2，由于平衡常数不变，则不变，故C错误；D项，再加入一定量铁粉，平衡不移动，不变，故D错误。综上所述，符合题意的选项为A。
20.300 ℃时，将2 mol A和2 mol B两种气体混合于2 L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g) ΔH＝Q,2 min末达到平衡，生成0.8 mol D。
（1）300 ℃时，该反应的平衡常数表达式为：K＝___________________。已知K300 ℃
（3）若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_____________________________________________________________。
（4）如果在相同的条件下，上述反应从逆反应方向进行，开始时加入C、D各4/3mol。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同，则还应该加入B______mol。
【答案】 (1). (2). ＞ (3). 0.8 mol/L (4). 0.2 mol/(L·min) (5). 不变 (6). 反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响 (7).
【解析】
略
21.恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：N2+ 3H22NH3。
（1）若反应进行5min时，测得n(N2) = 1.8mol，n(NH3) = 0.4mol。
计算：①a的值； ②用H2浓度的变化表示的反应速率。
（2）反应达平衡时，混合气体的总物质的量为5.0mol，其中NH3的含量（体积分数）为40%。
计算：上述温度下该反应的化学平衡常数。
【答案】（1）①2 ②0.06mol/(L·min) （2）2
【解析】
试题分析：（1） N2 + 3H22NH3
起始物质的量 a b 0
变化物质的量 0.2 0.6 0.4
5min时物质的量 1.8 b-0.6 0.4
a=0.2+1.8=2 用氢气浓度的变化表示的反应速率为v (H2)="0.6mol÷(2L×5min)=0.06" mol/(L·min)
（2） N2 + 3H22NH3
起始物质的量 2 b 0
变化物质的量 1 3 2
平衡物质的量 1 b-3 2
1+2+b-3=5 解得b=5 K=（1×1）÷（0.5×13）=2
考点：考查化学反应速率，化学平衡常数的计算等知识。
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