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【化学】福建省师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试（理）试题（解析版）
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福建省师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试（理）试题
1.已知“凡气体分子总数增加的反应都是熵增大的反应”。下列反应中，在任何温度下都不自发进行的是
A. 2O3(g)=3O2(g) △H＜0
B. 2CO(g)=2C(s)+O2(g) △H＞0
C. N2(g)+3H2(g)=2NH3(g ) △H＜0
D. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) △H＞0
【答案】B
【解析】
A．△H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T△S可知，一般温度下都能满足△H-T?△S＜0，反应可自发进行，选项A不选；B．△H＞0，△S＜0，一般情况下都满足△G=△H-T△S＞0，反应不能自发进行，选项B选；C．△H＜0，△S＜0，在较高温度下，可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，选项C不选；D．△H＞0，△S＞0，在较高温度下，可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，选项D不选。答案选B。
点睛：本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意反应能否自发进行，反应能否自发进行取决于△G=△H-T△S，当△G=△H-T△S＜0时，反应可自发进行，否则不能。
2.对平衡CO2（g）CO2（aq）；△H= -19.75kJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是（ ）
A. 升温增压 B. 降温减压
C. 升温减压 D. 降温增压
【答案】D
【解析】
气体在水中的溶解度随着温度的升高而降低，所以要使CO2在水中的溶解度增大，可以降低温度，同时还可增大压强。
3.下列对钢铁制品采取的措施不能防止钢铁腐蚀的是
A. 保持表面干燥 B. 表面镀锌
C. 表面形成烤蓝 D. 表面镶嵌铜块
【答案】D
【解析】
【详解】A．将钢铁制品放置在干燥处，使金属不具备生锈的条件：和水接触，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故A不选；B．在钢铁制品表面镀一层金属锌，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故B不选；C．烤蓝能使铁制品与氧气和水隔绝，可以防止钢铁制品生锈，故C不选；D．在表面镶嵌铜块，形成的原电池中，金属铁做负极，可以加快腐蚀速率，此法不能防止或减缓钢铁腐蚀，故D选；故选D。
【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属被腐蚀的原因是解本题关键。解答本题需要知道常见的防止金属腐蚀的方法。本题的易错点为C，要注意烤蓝主要指利用化学反应使铁器表面生成四氧化三铁。
4.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施几乎不影响氢气产生速率的是
A. 加少量醋酸钠固体 B. 不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液 D. 加少量硫酸钠固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入少量CH3COONa固体，稀硫酸和CH3COONa反应生成弱酸CH3COOH，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故A不选；B．浓硫酸和Fe发生钝化，且浓硫酸和Fe反应生成二氧化硫而不是氢气，故B不选；C．滴加少量CuSO4溶液，置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故C不选；D．加入少量的硫酸钠，氢离子浓度不变，反应速率不变，故D选；故选D。
【点睛】本题考查影响化学反应速率因素，明确温度、压强、浓度、催化剂等因素对化学反应速率影响原理是解本题关键。本题的易错点为BC，B中要注意浓硫酸的特殊性，C中要注意能够形成锌铜原电池。
5.一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X（g）Y（g）+Z（s），以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是
A. 混合气体的密度不再变化 B. 反应容器中Y的质量分数不变
C. 体系压强不再变化 D. 2v逆(X)＝v正(Y)
【答案】D
【解析】
分析：A.该反应为气体的质量减小的反应，恒容条件下当混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变；B. 反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变；C.该反应为气体总量减小的反应，体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变；D.达到平衡状态，满足v逆(X)＝2v正(Y)。
详解：恒容容器中，混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，A错误；反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变，则反应达平衡状态，B错误；体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，C错误；不满足速率之比和系数成正比关系，D正确；正确答案：D。
6.下列装置或操作能达到目的是
A. 装置①探究H2SO4浓度对反应速率的影响 B. 装置②可用于测定中和热
C. 装置③测定O2的生成速率 D. 装置④保护铁闸门不被腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液总体积不同，硫酸浓度和硫代硫酸钠的浓度都不同，则装置①不能探究H2SO4浓度对反应速率的影响，故A错误；B．泡沫隔热，温度计测定反应温度，但缺少环形玻璃搅拌棒，装置②不能用于测定中和热，故B错误；C．可由刻度读出生成的气体的体积，但缺少秒表，无法记录需要的时间，不能测定O2的反应速率，故C错误；D．铁闸门与电源负极相连，为阴极，则能保护铁闸门不被腐蚀，故D正确；故选D。
7.关于下列电化学装置说法正确的是
A. 装置①中，构成电解池时Fe极质量既可增也可减
B. 装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小
C. 用装置③精炼铜时，d极为精铜
D. 装置④中电子由Fe经导线流向Zn
【答案】A
【解析】
分析：A.铁做阳极时，质量减轻，铁做阴极时，铜离子在此极析出，质量增加；B.氢离子在阴极得电子，生成氢气，氢离子浓度减小，pH增大；C. 精炼铜时，粗铜做阳极；D.电子由负极经过导线流向正极。
详解：如果铁连在电源的正极，做电解池阳极时，失电子，不断溶解，铁极质量减轻，如果铁连在电源的负极，做电解池阴极时，不发生反应，溶液中的铜离子在此极析出，Fe极质量增加，A正确；a极与电源负极相连，作阴极，氢离子在阴极得电子，发生还原反应2H++2e-=H2↑，则a极附近溶液的pH增大，B错误；精炼铜时，粗铜作阳极，与电源正极相连，则d极为粗铜，C错误；装置④为原电池，活泼性：Zn>Fe，则Zn 失电子作负极，电子由Zn流向Fe ，D错误；正确选项A。
8.298K、1.01×105Pa，O2、S、Se、Te分别与H2化合的反应热数据如图所示。写出Se与H2化合的热化学反应方程式正确的是
A. Se(s)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=-242kJ·mol-1 B. Se(s)+H2(g)=H2Se(g)ΔH=-20kJ·mol-1
C. Se(g)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1 D. Se(s)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
能量越低越稳定，H2O、H2S、H2Se、H2Te稳定性减弱，所以b表示Te与H2化合的反应热数据，故AB错误；Se是固体，所以Se与H2化合的热化学反应方程式是Se(s)+ H2(g) = H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1，故C错误、D正确；
9.根据图，下列判断中正确的是
A. 电路中电子的流动方向：a−d−CuSO4(aq) −c−b
B. 该原电池原理：Zn+CuSO4 ═ ZnSO4+Cu
C. c电极质量减少量等于d电极质量增加量
D. d电极反应：Cu2++2e− = Cu，反应后CuSO4溶液浓度下降
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图示，左边为锌-铜-硫酸锌原电池，锌做负极，铜做正极，锌发生吸氧腐蚀；右边为电解池，电极都是铜，电解质为硫酸铜溶液，是电镀池，据此分析解答。
【详解】A．电路中电子只能通过外电路，不能通过电解质溶液，溶液是通过自由移动的离子导电的，故A错误；B．装置中左边为原电池，锌做负极，铜做正极，右边为电解池，原电池反应是吸氧腐蚀，故B错误；C．右边为电解池，是电镀装置，c电极为阳极，铜逐渐溶解，d电极为阴极，析出铜，c电极质量减少量等于d电极质量增加量，故C正确；D．右边为电解池，是电镀装置，d电极反应：Cu2++2e-=Cu，反应后CuSO4溶液浓度基本不变，故D错误；故选C。
10.硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池,电池示意图如右，该电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3 +2V2O5。下列说法不正确的是
A. 电极a 为电池正极
B. 图中选择性透过膜为阴离子透过性膜
C. 电池工作过程中,电极a附近区域pH减小
D. VB2极发生的电极反应为：2VB2 +22OH——22e- = V2O5 + 2B2O3 + 11H2O
【答案】C
【解析】
A、电极a通入空气，则电极a为正极，故A说法正确；B、电极a的反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极反应式为：2VB2 +22OH－-22e－ = V2O5+2B2O3 + 11H2O，OH－需要向负极移动，因此选择性透过膜为阴离子透过性膜，故B说法正确；C、根据B选项分析，电极a产生OH－，pH增大，故C说法错误；D、根据电池总反应，负极反应式为2VB2 +22OH--22e- = V2O5+2B2O3 + 11H2O，故D说法正确。
点睛：本题的难点是负极反应式的书写，一般写出还原剂和氧化产物，VB2→V2O5＋2B2O3，根据化合价的变化写出失去电子物质的量，即2VB2－22e－→V2O5＋2B2O3，因为环境是碱性，因此OH－在负极上参与反应，生成H2O，根据电荷守恒，原子守恒，配平其他，即负极反应式为2VB2 +22OH－-22e－ = V2O5+2B2O3 + 11H2O。
11.一定条件下，对于可逆反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.08 mol·L－1，则下列判断正确的是 ( )
A. c1∶c2＝1∶3
B. 平衡时Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率之比为1：3
D. c1的取值范围为0.04 mol·L－1＜c1＜0.14 mol·L－1
【答案】A
【解析】
由于X和Y的化学计量数之比使1∶3的，而平衡时X和Y的浓度之比也是1∶3的，所以起始时X和Y的浓度之比就是1∶3的，A正确。平衡时Y和Z的生成速率之比为3∶2，B不正确。X、Y的转化率之比为1：1，C不正确。如果开始向正反应方向进行，则2（c1－0.1）＝0.08－c3，解得c1＝0.14－c3/2，所以c1的最大值是0.14，所以范围是c1＜0.14 mol·L－1，所以D不正确，答案选A。
12.对于可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g) △H< 0，下列图像正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，B的质量分数增大，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；C、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V逆＞V正，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误；故选A。
【点睛】本题为化学平衡图像题。本题的易错点为BC，要注意V正、V逆的相对大小与平衡移动方向的关系的判断。
13.下列有关图像，其中说法正确的是
A. 由图Ⅰ知，反应在 T1、T3 处达到平衡
B. 由图Ⅰ知，该反应的△H＜0
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应温度的措施
D. 由图Ⅱ知，反应在 t6时，NH3 体积分数最大
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相等，但反应不一定达到平衡，故A错误；B、T2-T3升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，所以反应正向进行，正反应是放热反应，△H＜0，故B正确；C、合成氨的反应属于放热反应，降低温度，反应速率减慢，化学平衡向着放热方向进行，即向正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D、由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，故D错误；故选B。
14.高铁电池是一种新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压。其电池总反应为：3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH，下列叙述错误的是
A. 放电时负极反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2
B. 充电时阳极发生氧化反应，附近溶液碱性增强
C. 充电时每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成
D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-
【答案】B
【解析】
A. 放电时负极锌失电子在碱性条件下生成氢氧化锌，反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2，选项A正确；B. 充电时阳极发生氧化反应Fe(OH)3 + 5OH-- 3e-= FeO42- + 4H2O，附近溶液碱性减弱，选项B不正确；C. 充电时阴极电极反应为Zn(OH)2+2e-= Zn+2OH-，每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成，选项C正确；D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-，选项D正确。答案选B。
15.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g) 化学平衡状态的影响，得到如下图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断正确的是( )
A. 在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小 为：c>b>a
B. 若T2>T1，则正反应一定是放热反应
C. 达到平衡时A2的转化率大小为：b>a>c
D. 若T2>T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd>vb
【答案】D
【解析】
试题分析：温度越高速率越快，温度T2＞T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd＜vb，A错误；若T2＞T1，由图象可知温度升高AB3的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，B错误；由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，C错误；由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为：c＞b＞a，D正确；选D。
考点：考查化学平衡移动图像。
16.在1L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g) M(g)+N(g)，所得实验数据如下表，下列说法不正确的是
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.10
0.10
0.09
②
800
0.20
0.20
0.10
③
900
0.10
0.15
a
A. 正反应为放热反应
B. 实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0~5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）= 0.01mol/(L•min)
C. 实验②中，该反应的平衡常数K=1.0
D. 实验③中，达到平衡时，a大于0.06
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据表格数据①②知，增大压强平衡不移动，升高温度，后②中M的物质的量小于①的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B．实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0至5min时间内，v(M)= =0.01 mol/( L•min)，化学反应速率与化学计量数成正比，则用N表示的平均反应速率v(N)=v(M)=0.01 mol/( L•min)，故B正确；
C． X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)
反应前(mol)0.2 0.2 0 0
转化 (mol) 0.1 0.1 0.1 0.1
平衡时(mol) 0.1 0.1 0.1 0.1
则实验②中，该反应的平衡常数K= =1.0，故C正确；D．反应X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，若实验①②温度相同，实验②平衡时M的物质的量应该为0.18mol＞0.10mol，说明升高温度后平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应；若实验④③的温度相同，则平衡时实验④中a=0.06，由于实验④温度较高，且该反应为放热反应，则a＜0.06mol，故D错误；故选D。
17.在一定温度下，二氧化硫与氧气反应的热化学方程式为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196 kJ·mol－1。现向5 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol SO2和0.5 mol O2气体，反应一段时间后达到平衡，恢复到原温度，测得此过程中体系向外界共释放了78.4 kJ的热量。下列说法正确的是 ( )
A. 上述反应达到平衡时，二氧化硫和氧气的转化率都是20%
B. 上述反应达到平衡后，向容器中充入1.0 mol Ar，平衡正向移动
C. 起始时向容器中充入1.0 mol SO3，保持温度不变，达到平衡时共吸收19.6 kJ的热量
D. 起始时向容器中充入2.0 mol SO3、0.5 mol SO2和0.25 mol O2，反应达到平衡前v正＜v逆
【答案】C
【解析】
设参加反应的二氧化硫和氧气的物质的量分别是xmol、ymol ，
、 ，x=0.8 y=4 ，二氧化硫的转化率是 ，二氧气的转化率，故A错误；向容器中充入1.0 mol Ar，反应物浓度不变，平衡不移动，故B错误；根据等效平衡原理，起始时向容器中充入1.0 mol SO3，保持温度不变，充入1.0 mol SO2和0.5 mol O2气体是等效平衡，达到平衡时二氧化硫的物质的量都是0.2mol,吸收19.6 kJ的热量,故C正确；该反应的动平衡时，含有0.8 mol SO3、0.2 mol SO2和0.1 mol O2，K==160 , 起始时向容器中充入2.0 mol SO3、0.5 mol SO2和0.25 mol O2, =64，， v正>v逆,故D错误。
18.（1）化学反应速率可通过实验测定。要测定不同反应时刻反应物或生成物的浓度，可通过观察和测量体系中的某一物质的相关性质，再进行适当的转换和计算。如比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的________来实现；在KMnO4与H2C2O4反应中，可通过观察单位时间内_________变化来测定该反应的速率；在Na2S2O3+H2SO4==Na2SO4+S↓+SO2+H2O反应中，该反应速率的快慢可通过_______来判断。
（2）已知：Na2S2O3 + H2SO4 == Na2SO4 + SO2↑+ S↓+ H2O。某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：
实验序号
反应温度
Na2S2O3浓度
稀硫酸
H2O
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
①
20
10.0
0.10
10.0
0.50
0
②
40
V1
0.10
V2
0.50
V3
③
20
V4
0.10
4.0
0.50
V5
该实验①、②可探究___________对反应速率的影响，因此V1、V2和V3分别是________、________、________。实验①、③可探究__________对反应速率的影响，因此V4、V5分别是_________、_________。
【答案】 (1). 时间 (2). 溶液颜色 (3). 出现浑浊所需要的时间 (4). 温度 (5). 10.0 (6). 10.0 (7). 0 (8). 浓度 (9). 10.0 (10). 6.0
【解析】
【分析】
(1)通过实验测定和谐反应速率，需要借助于某种数据的变化来判断，根据锌粒与不同浓度硫酸反应时有气体生成；KMnO4与H2C2O4反应中有颜色的变化；硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，据此分析解答；
(2)实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响，而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致；实验①、③加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响，而要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，据此分析解答。
【详解】(1)化学反应速率可通过实验测定。要测定不同反应时刻反应物或生成物的浓度，可通过观察和测量体系中的某一物质的相关性质，再进行适当的转换和计算。如比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的时间长短，来比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率；在KMnO4与H2C2O4反应中，高锰酸钾溶液是有色溶液，可通过观察单位时间内溶液颜色变化来测定该反应的速率；在Na2S2O3+H2SO4==Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O反应中，硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：时间；溶液颜色；出现浑浊需要的时间；
(2)实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响；而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致：即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V1=10.0mL，加入的硫酸的量相同，故V2=10.0mL，加入水的体积相等，故V3=0；实验①、③加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响；而要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V4=10.0mL，溶液总体积也须相同，故加入的水的体积V5=6.0mL，故答案为：温度；10.0；10.0；0；浓度；10.0；6.0。
【点睛】本题考查了测定化学反应速率的方法。本题的易错点为(2)，要注意探究某种因素对和谐反应速率的影响时，需要保持其他影响因素相同。
19.（1）已知：P4(s)+6Cl2(g)4PCl3(g) ΔH=akJ·mol-1，P4(s)+10Cl2(g)4PCl5(g) ΔH=bkJ·mol-1；破坏PCl5中1mol P—Cl键所需能量为ckJ·mol-1，破坏PCl3中1molP—Cl键所需能量为1.2ckJ·mol-1。则破坏Cl2中1molCl—Cl键所需的能量为___________________。
（2）工业合成氨时，合成塔中每生成1molNH3放出46kJ的热量。其反应过程的能量变化如图。b值为________kJ。加入催化剂，a值____(填“增大”“减小”或“不变”,下同)。压缩容器体积，b值___。
（3）“嫦娥二号”卫星使用液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)作推进剂。N2O4与偏二甲肼燃烧产物只有CO2(g)、H2O(g)、N2(g)，并放出大量热，已知10.0 g液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出425 kJ热量，该反应的热化学方程式为_____________________________。
【答案】 (1). (2). 92 (3). 减小 (4). 不变 (5). C2H8N2(l)＋2N2O4(l)===2CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g) ΔH＝－2 550.0 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
(1)①P4(s)+6Cl2(g)═4PCl3(g)△H=a kJ•mol-1，②P4(s)+10Cl2(g)═4PCl5(g)△H=b kJ•mol-1；利用盖斯定律 得：Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H= kJ•mol-1，再结合焓变=反应物键能之和-生成物键能之和分析解答；
(2)根据能量图可知b值为1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol NH3放出的热量；加入催化剂，降低反应的活化能；压缩容器体积，平衡发生移动，但反应热不变，据此解答；
(3)根据物质的量与热量成正比，以及热化学方程式的书写方法来解答。
【详解】(1)①P4(s)+6Cl2(g)═4PCl3(g)△H=a kJ•mol-1，②P4(s)+10Cl2(g)═4PCl5(g)△H=b kJ•mol-1；利用盖斯定律 得：Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H= kJ•mol-1，焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，可得：E(Cl-Cl)+3×1.2c-5c= kJ•mol-1，解得E(Cl-Cl)= kJ•mol-1，故答案为：；
(2)根据能量图可知b值为1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol NH3放出的热量，又每生成1mol NH3，放出46kJ的热量，所以b=46×2=92；加入催化剂，降低反应的活化能，则a减小，但活化能之差不变，则反应热b不变；压缩容器体积，平衡会发生移动，但反应热不变，即b值不变，故答案为：92；减小；不变；
(3)10.0 g液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出425 kJ热量，则1mol液态偏二甲肼与足量的液态四氧化二化氮完全反应生成N2(g)、CO2(g)、H2O(g)、放出的热量为×425 kJ =2250kJ，则热化学方程式为：C2H8N2(l)+2N2O4(l)=3N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=-2250kJ/mol，故答案为：C2H8N2(l)+2N2O4(l)=3N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=-2250kJ/mol。
20.（1）下图中甲池的总反应式为N2H4＋O2===N2＋2H2O。甲池中负极上的电极反应式为_________，乙池中石墨电极上发生的反应为_______________。甲池中每消耗0.1 mol N2H4，乙池电极上则会析出_________ g固体。
（2）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。下图为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的_______极（填“正”或“负”）。F电极上的电极反应式为______________。
（3）下图为电化学法生产硫酸的工艺示意图，电池以固体金属氧化物作电解质，该电解质能传导O2-离子。S(g)在负极生成SO3的电极反应式为____________________。已知S(g)在负极发生的反应为可逆反应，为提高硫蒸气的转化率，该工艺采取的措施有____________（任写一条）。
【答案】 (1). N2H4＋4OH－－4e－===N2＋4H2O (2). 2H2O－4e－===O2↑＋4H+或4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ (3). 12.8 (4). 负 (5). ClO－ + 2e－ + H2O = Cl－+ 2OH－ (6). S- 6e－ +3O2- = SO3 (7). 硫磺（二氧化硫）循环使用；用稀硫酸吸收SO3（减小生成物浓度，有利于提高S转化率）
【解析】
【分析】
(1)甲池为燃料电池，N2H4失电子生成氮气；乙池为电解池，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应；根据电路中每个电极得失电子守恒计算；
(2)原电池中，负极上失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上得电子发生还原反应，化合价降低，据此图示判断正负极，并书写电极反应式；
(3)根据图示，S转化为SO2和SO3，发生氧化反应，结合电解质为固体金属氧化物书写电极反应式；结合平衡移动原理分析提高转化率的方法。
【详解】(1)甲池为燃料电池，负极上发生氧化反应，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；乙池为电解池，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑；甲池中每消耗0.1mol N2H4，则根据负极N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，转移0.4mol电子，所以乙池电极上则会析出×64g/mol=12.8g铜，故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；4OH--4e-=2H2O+O2；12.8。
(2)①燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上氧化剂得电子发生还原反应，化合价降低，根据图知，Mg元素化合价由0价变为+2价、Cl元素化合价由+1价变为-1价，所以E是负极、F是正极，正极上次氯酸根离子得电子和水反应生成氯离子和氢氧根离子，电极反应式为ClO-+2e-+H2O═Cl-+2OH-，故答案为：负；ClO-+2e-+H2O═Cl-+2OH-；
(3)根据图示，S转化为SO2和SO3，S元素的化合价升高，发生氧化反应，则S为负极，通氧气一端为正极，S(g)在负极生成SO2和SO3的电极反应式为S-4e-+2O2-=SO2、S-6e-+3O2-=SO3；若提高转化率，则平衡正向移动，所以可采取硫磺(二氧化硫)循环使用或用稀硫酸吸收三氧化硫，故答案为：S-6e-+3O2-=SO3；硫磺(二氧化硫)循环使用；用稀硫酸吸收三氧化硫。
21.氨是重要的氮肥，合成原理为： N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H= —92.4 kJ/mol。在500℃、20 MPa时，将N2、H2置于一个容积为2 L的密闭容器中发生反应，反应过程中各种物质的量变化如图，回答下列问题：
（1）10 min内以NH3表示的平均反应速率：______；
（2）在10 ~20 min内：NH3浓度变化的原因可能是______________
A．加了催化剂 B．缩小容器体积 C．降低温度 D．增加NH3物质的量
（3）第1次平衡的平衡常数K1 = _________________（带数据的表达式），第2次平衡时NH3的体积分数=___________（小数点后保留一位）；
（4）在反应进行至25 min时：①曲线发生变化的原因______________，② 达第二次平衡时，新平衡的平衡常数K2 ____ K1（填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】 (1). 0.005 mol/(L·min) (2). A (3). (4). 45.5 % (5). 移走0.1 mol NH3 (6). 等于
【解析】
【分析】
(1)根据反应速率= 计算；
(2)根据图像知，反应速率加快，且10min时各气体的物质的量是连续的，根据三种气体的变化量判断平衡施肥发生移动，再结合影响平衡的因素分析解答；
(3)化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；第2次平衡时，根据NH3的体积分数等于氨气的物质的量分数计算；
(4)25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；根据平衡常数的影响因素分析判断。
【详解】(1)反应速率v(NH3)= = =0.005mol/(L·min)，故答案为：0.005mol/(L·min)；
(2)由图像可知，各组分物质的量变化增加，即反应速率加快，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n(N2)=0.35mol-0.25mol =0.1mol，△n(H2)=0.45mol-0.15mol=0.3mol，△n(NH3)=0.3mol-0.1mol =0.2mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大；降低温度，应该反应速率减小；增加NH3物质的量，逆反应速率增加的倍数大；故只有使用催化剂符合，故选A；
(3)由图像可以看出，当反应进行到时20-25min，各物质的量不变，说明反应达到平衡状态，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，由图象可知，20min达平衡时，n(N2)=0.025mol×10=0.25mol，n(H2)=0.025mol×6=0.15mol，n(NH3)=0.025mol×12=0.3mol，所以所以其平衡常数K= = =；35min时达到第2次平衡，NH3的体积分数= ×100%=45.5%，故答案为：；45.5%；
(4)第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；由图像可以看出，当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，所以抽去0.1mol氨，此时平衡常数K将不变，故答案为：分离出0.1molNH3；等于。
22.（1）25 ℃时，制备亚硝酰氯所涉及的热化学方程式和平衡常数如表：
热化学方程式
平衡常数
①
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+NOCl(g) ΔH1=a kJ∙mol-1
K1
②
4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+ 2NO(g)+Cl2(g) ΔH2=b kJ∙mol-1
K2
③
2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ΔH3
K3
则该温度下，ΔH3=_______________kJ∙mol-1；K3=_____________（用K1和K2表示）。
（2）25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08 mol NO和0.04 molCl2发生上述反应③，若反应开始与结束时温度相同，数字压强仪显示反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图Ⅰ实线所示，则ΔH3 ___（填“>”“<”或“=”）0；若其他条件相同，仅改变某一条件，测得其压强随时间的变化如图Ⅰ虚线所示，则改变的条件是_____________；在5 min时，再充入0.08 mol NO和0.04 molCl2，则混合气体的平均相对分子质量将_____________（填“增大”、“减小”或“不变”）。图Ⅱ是甲、乙两同学描绘上述反应③的平衡常数的对数值（lgK）与温度的变化关系图，其中正确的曲线是______（填“甲”或“乙”），a值为__________。25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，则此时v正_________v逆（填“>”“＜”或“=”）
(3)在300 ℃、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3 通入一密闭容器中发生CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp＝_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
【答案】 (1). 2a-b (2). (3). < (4). 加入催化剂 (5). 增大 (6). 乙 (7). 2 (8). > (9). (MPa)-2
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，焓变为倍数关系，而K为指数关系，以此计算K；
(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的；由图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，判断改变的条件；25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生反应③，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，根据平衡的移动对物质的量的影响，分析判断平均相对分子质量的变化；根据反应③的平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系图，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，结合K的变化分析判断正确的曲线；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x，根据三段式计算出25℃时的平衡常数K，再计算lgK，确定a值；25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，根据Qc与K的相对大小，判断反应进行的方向，确定v正与v逆的大小；
(3)依据三段式列式计算平衡时气体物质的量，压强之比等于气体物质的量之比，计算得到各气体的分压，结合平衡常数概念计算。
【详解】(1)已知：①2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)，②4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，该反应△H3=2△H1-△H2=2a-b，则平衡常数K3= ，故答案为：2a-b；；
(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随着反应的进行，温度逐渐升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变△H＜0；根据图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，因此改变的条件为加入催化剂；25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生上述反应③，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，平衡正向进行，气体物质的量减小，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量将增大；反应③2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ΔH3，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，K减小，则lgK减小，正确的曲线为乙；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x
2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)
起始量(mol/L) 0.08 0.04 0
变化量(mol/L) 2x x 2x
平衡量(mol/L)0.08-2x 0.04-x 2x
(0.08-2x+0.04-x+2x)：(0.08+0.04)=5：6，解得：x=0.02mol，平衡常数K3= =100，lgK= lg100=2，即a=2；25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，此时Qc==1.4＜K=100，反应向正反应方向进行，v正＞v逆，故答案为：＜；加入催化剂； 增大；乙；2；>；
(3)若反应条件为压强8MPa，300℃的反应温度下二氧化碳和氢气按1∶3的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol) 1 3 0 0
变化量(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡量(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
分压=总压×物质的量分数，则P(CO2)=8× = ，P(H2)=8×=4，P(CH3OH)=8×= ，P(H2O)=8×= ，Kp= =(MPa)-2，故答案为：(MPa)-2。
【点睛】本题考查化学平衡的计算、外界条件对化学平衡影响等，注意反应速率和平衡常数的计算方法。本题的易错点为(2)，根据图像I正确判断反应的△H是解题的关键。
1.已知“凡气体分子总数增加的反应都是熵增大的反应”。下列反应中，在任何温度下都不自发进行的是
A. 2O3(g)=3O2(g) △H＜0
B. 2CO(g)=2C(s)+O2(g) △H＞0
C. N2(g)+3H2(g)=2NH3(g ) △H＜0
D. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) △H＞0
【答案】B
【解析】
A．△H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T△S可知，一般温度下都能满足△H-T?△S＜0，反应可自发进行，选项A不选；B．△H＞0，△S＜0，一般情况下都满足△G=△H-T△S＞0，反应不能自发进行，选项B选；C．△H＜0，△S＜0，在较高温度下，可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，选项C不选；D．△H＞0，△S＞0，在较高温度下，可满足△H-T△S＜0，反应可自发进行，选项D不选。答案选B。
点睛：本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意反应能否自发进行，反应能否自发进行取决于△G=△H-T△S，当△G=△H-T△S＜0时，反应可自发进行，否则不能。
2.对平衡CO2（g）CO2（aq）；△H= -19.75kJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是（ ）
A. 升温增压 B. 降温减压
C. 升温减压 D. 降温增压
【答案】D
【解析】
气体在水中的溶解度随着温度的升高而降低，所以要使CO2在水中的溶解度增大，可以降低温度，同时还可增大压强。
3.下列对钢铁制品采取的措施不能防止钢铁腐蚀的是
A. 保持表面干燥 B. 表面镀锌
C. 表面形成烤蓝 D. 表面镶嵌铜块
【答案】D
【解析】
【详解】A．将钢铁制品放置在干燥处，使金属不具备生锈的条件：和水接触，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故A不选；B．在钢铁制品表面镀一层金属锌，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故B不选；C．烤蓝能使铁制品与氧气和水隔绝，可以防止钢铁制品生锈，故C不选；D．在表面镶嵌铜块，形成的原电池中，金属铁做负极，可以加快腐蚀速率，此法不能防止或减缓钢铁腐蚀，故D选；故选D。
【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属被腐蚀的原因是解本题关键。解答本题需要知道常见的防止金属腐蚀的方法。本题的易错点为C，要注意烤蓝主要指利用化学反应使铁器表面生成四氧化三铁。
4.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施几乎不影响氢气产生速率的是
A. 加少量醋酸钠固体 B. 不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液 D. 加少量硫酸钠固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入少量CH3COONa固体，稀硫酸和CH3COONa反应生成弱酸CH3COOH，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故A不选；B．浓硫酸和Fe发生钝化，且浓硫酸和Fe反应生成二氧化硫而不是氢气，故B不选；C．滴加少量CuSO4溶液，置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故C不选；D．加入少量的硫酸钠，氢离子浓度不变，反应速率不变，故D选；故选D。
【点睛】本题考查影响化学反应速率因素，明确温度、压强、浓度、催化剂等因素对化学反应速率影响原理是解本题关键。本题的易错点为BC，B中要注意浓硫酸的特殊性，C中要注意能够形成锌铜原电池。
5.一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X（g）Y（g）+Z（s），以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是
A. 混合气体的密度不再变化 B. 反应容器中Y的质量分数不变
C. 体系压强不再变化 D. 2v逆(X)＝v正(Y)
【答案】D
【解析】
分析：A.该反应为气体的质量减小的反应，恒容条件下当混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变；B. 反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变；C.该反应为气体总量减小的反应，体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变；D.达到平衡状态，满足v逆(X)＝2v正(Y)。
详解：恒容容器中，混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，A错误；反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变，则反应达平衡状态，B错误；体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，C错误；不满足速率之比和系数成正比关系，D正确；正确答案：D。
6.下列装置或操作能达到目的是
A. 装置①探究H2SO4浓度对反应速率的影响 B. 装置②可用于测定中和热
C. 装置③测定O2的生成速率 D. 装置④保护铁闸门不被腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液总体积不同，硫酸浓度和硫代硫酸钠的浓度都不同，则装置①不能探究H2SO4浓度对反应速率的影响，故A错误；B．泡沫隔热，温度计测定反应温度，但缺少环形玻璃搅拌棒，装置②不能用于测定中和热，故B错误；C．可由刻度读出生成的气体的体积，但缺少秒表，无法记录需要的时间，不能测定O2的反应速率，故C错误；D．铁闸门与电源负极相连，为阴极，则能保护铁闸门不被腐蚀，故D正确；故选D。
7.关于下列电化学装置说法正确的是
A. 装置①中，构成电解池时Fe极质量既可增也可减
B. 装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小
C. 用装置③精炼铜时，d极为精铜
D. 装置④中电子由Fe经导线流向Zn
【答案】A
【解析】
分析：A.铁做阳极时，质量减轻，铁做阴极时，铜离子在此极析出，质量增加；B.氢离子在阴极得电子，生成氢气，氢离子浓度减小，pH增大；C. 精炼铜时，粗铜做阳极；D.电子由负极经过导线流向正极。
详解：如果铁连在电源的正极，做电解池阳极时，失电子，不断溶解，铁极质量减轻，如果铁连在电源的负极，做电解池阴极时，不发生反应，溶液中的铜离子在此极析出，Fe极质量增加，A正确；a极与电源负极相连，作阴极，氢离子在阴极得电子，发生还原反应2H++2e-=H2↑，则a极附近溶液的pH增大，B错误；精炼铜时，粗铜作阳极，与电源正极相连，则d极为粗铜，C错误；装置④为原电池，活泼性：Zn>Fe，则Zn 失电子作负极，电子由Zn流向Fe ，D错误；正确选项A。
8.298K、1.01×105Pa，O2、S、Se、Te分别与H2化合的反应热数据如图所示。写出Se与H2化合的热化学反应方程式正确的是
A. Se(s)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=-242kJ·mol-1 B. Se(s)+H2(g)=H2Se(g)ΔH=-20kJ·mol-1
C. Se(g)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1 D. Se(s)+H2(g)=H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
能量越低越稳定，H2O、H2S、H2Se、H2Te稳定性减弱，所以b表示Te与H2化合的反应热数据，故AB错误；Se是固体，所以Se与H2化合的热化学反应方程式是Se(s)+ H2(g) = H2Se(g) ΔH=+81kJ·mol-1，故C错误、D正确；
9.根据图，下列判断中正确的是
A. 电路中电子的流动方向：a−d−CuSO4(aq) −c−b
B. 该原电池原理：Zn+CuSO4 ═ ZnSO4+Cu
C. c电极质量减少量等于d电极质量增加量
D. d电极反应：Cu2++2e− = Cu，反应后CuSO4溶液浓度下降
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图示，左边为锌-铜-硫酸锌原电池，锌做负极，铜做正极，锌发生吸氧腐蚀；右边为电解池，电极都是铜，电解质为硫酸铜溶液，是电镀池，据此分析解答。
【详解】A．电路中电子只能通过外电路，不能通过电解质溶液，溶液是通过自由移动的离子导电的，故A错误；B．装置中左边为原电池，锌做负极，铜做正极，右边为电解池，原电池反应是吸氧腐蚀，故B错误；C．右边为电解池，是电镀装置，c电极为阳极，铜逐渐溶解，d电极为阴极，析出铜，c电极质量减少量等于d电极质量增加量，故C正确；D．右边为电解池，是电镀装置，d电极反应：Cu2++2e-=Cu，反应后CuSO4溶液浓度基本不变，故D错误；故选C。
10.硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池,电池示意图如右，该电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3 +2V2O5。下列说法不正确的是
A. 电极a 为电池正极
B. 图中选择性透过膜为阴离子透过性膜
C. 电池工作过程中,电极a附近区域pH减小
D. VB2极发生的电极反应为：2VB2 +22OH——22e- = V2O5 + 2B2O3 + 11H2O
【答案】C
【解析】
A、电极a通入空气，则电极a为正极，故A说法正确；B、电极a的反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极反应式为：2VB2 +22OH－-22e－ = V2O5+2B2O3 + 11H2O，OH－需要向负极移动，因此选择性透过膜为阴离子透过性膜，故B说法正确；C、根据B选项分析，电极a产生OH－，pH增大，故C说法错误；D、根据电池总反应，负极反应式为2VB2 +22OH--22e- = V2O5+2B2O3 + 11H2O，故D说法正确。
点睛：本题的难点是负极反应式的书写，一般写出还原剂和氧化产物，VB2→V2O5＋2B2O3，根据化合价的变化写出失去电子物质的量，即2VB2－22e－→V2O5＋2B2O3，因为环境是碱性，因此OH－在负极上参与反应，生成H2O，根据电荷守恒，原子守恒，配平其他，即负极反应式为2VB2 +22OH－-22e－ = V2O5+2B2O3 + 11H2O。
11.一定条件下，对于可逆反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.08 mol·L－1，则下列判断正确的是 ( )
A. c1∶c2＝1∶3
B. 平衡时Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率之比为1：3
D. c1的取值范围为0.04 mol·L－1＜c1＜0.14 mol·L－1
【答案】A
【解析】
由于X和Y的化学计量数之比使1∶3的，而平衡时X和Y的浓度之比也是1∶3的，所以起始时X和Y的浓度之比就是1∶3的，A正确。平衡时Y和Z的生成速率之比为3∶2，B不正确。X、Y的转化率之比为1：1，C不正确。如果开始向正反应方向进行，则2（c1－0.1）＝0.08－c3，解得c1＝0.14－c3/2，所以c1的最大值是0.14，所以范围是c1＜0.14 mol·L－1，所以D不正确，答案选A。
12.对于可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g) △H< 0，下列图像正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，B的质量分数增大，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；C、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V逆＞V正，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误；故选A。
【点睛】本题为化学平衡图像题。本题的易错点为BC，要注意V正、V逆的相对大小与平衡移动方向的关系的判断。
13.下列有关图像，其中说法正确的是
A. 由图Ⅰ知，反应在 T1、T3 处达到平衡
B. 由图Ⅰ知，该反应的△H＜0
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应温度的措施
D. 由图Ⅱ知，反应在 t6时，NH3 体积分数最大
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相等，但反应不一定达到平衡，故A错误；B、T2-T3升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，所以反应正向进行，正反应是放热反应，△H＜0，故B正确；C、合成氨的反应属于放热反应，降低温度，反应速率减慢，化学平衡向着放热方向进行，即向正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D、由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，故D错误；故选B。
14.高铁电池是一种新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压。其电池总反应为：3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH，下列叙述错误的是
A. 放电时负极反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2
B. 充电时阳极发生氧化反应，附近溶液碱性增强
C. 充电时每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成
D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-
【答案】B
【解析】
A. 放电时负极锌失电子在碱性条件下生成氢氧化锌，反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2，选项A正确；B. 充电时阳极发生氧化反应Fe(OH)3 + 5OH-- 3e-= FeO42- + 4H2O，附近溶液碱性减弱，选项B不正确；C. 充电时阴极电极反应为Zn(OH)2+2e-= Zn+2OH-，每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成，选项C正确；D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-，选项D正确。答案选B。
15.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g) 化学平衡状态的影响，得到如下图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断正确的是( )
A. 在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小 为：c>b>a
B. 若T2>T1，则正反应一定是放热反应
C. 达到平衡时A2的转化率大小为：b>a>c
D. 若T2>T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd>vb
【答案】D
【解析】
试题分析：温度越高速率越快，温度T2＞T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd＜vb，A错误；若T2＞T1，由图象可知温度升高AB3的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，B错误；由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，C错误；由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为：c＞b＞a，D正确；选D。
考点：考查化学平衡移动图像。
16.在1L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g) M(g)+N(g)，所得实验数据如下表，下列说法不正确的是
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.10
0.10
0.09
②
800
0.20
0.20
0.10
③
900
0.10
0.15
a
A. 正反应为放热反应
B. 实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0~5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）= 0.01mol/(L•min)
C. 实验②中，该反应的平衡常数K=1.0
D. 实验③中，达到平衡时，a大于0.06
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据表格数据①②知，增大压强平衡不移动，升高温度，后②中M的物质的量小于①的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B．实验①中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0至5min时间内，v(M)= =0.01 mol/( L•min)，化学反应速率与化学计量数成正比，则用N表示的平均反应速率v(N)=v(M)=0.01 mol/( L•min)，故B正确；
C． X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)
反应前(mol)0.2 0.2 0 0
转化 (mol) 0.1 0.1 0.1 0.1
平衡时(mol) 0.1 0.1 0.1 0.1
则实验②中，该反应的平衡常数K= =1.0，故C正确；D．反应X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，若实验①②温度相同，实验②平衡时M的物质的量应该为0.18mol＞0.10mol，说明升高温度后平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应；若实验④③的温度相同，则平衡时实验④中a=0.06，由于实验④温度较高，且该反应为放热反应，则a＜0.06mol，故D错误；故选D。
17.在一定温度下，二氧化硫与氧气反应的热化学方程式为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196 kJ·mol－1。现向5 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol SO2和0.5 mol O2气体，反应一段时间后达到平衡，恢复到原温度，测得此过程中体系向外界共释放了78.4 kJ的热量。下列说法正确的是 ( )
A. 上述反应达到平衡时，二氧化硫和氧气的转化率都是20%
B. 上述反应达到平衡后，向容器中充入1.0 mol Ar，平衡正向移动
C. 起始时向容器中充入1.0 mol SO3，保持温度不变，达到平衡时共吸收19.6 kJ的热量
D. 起始时向容器中充入2.0 mol SO3、0.5 mol SO2和0.25 mol O2，反应达到平衡前v正＜v逆
【答案】C
【解析】
设参加反应的二氧化硫和氧气的物质的量分别是xmol、ymol ，
、 ，x=0.8 y=4 ，二氧化硫的转化率是 ，二氧气的转化率，故A错误；向容器中充入1.0 mol Ar，反应物浓度不变，平衡不移动，故B错误；根据等效平衡原理，起始时向容器中充入1.0 mol SO3，保持温度不变，充入1.0 mol SO2和0.5 mol O2气体是等效平衡，达到平衡时二氧化硫的物质的量都是0.2mol,吸收19.6 kJ的热量,故C正确；该反应的动平衡时，含有0.8 mol SO3、0.2 mol SO2和0.1 mol O2，K==160 , 起始时向容器中充入2.0 mol SO3、0.5 mol SO2和0.25 mol O2, =64，， v正>v逆,故D错误。
18.（1）化学反应速率可通过实验测定。要测定不同反应时刻反应物或生成物的浓度，可通过观察和测量体系中的某一物质的相关性质，再进行适当的转换和计算。如比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的________来实现；在KMnO4与H2C2O4反应中，可通过观察单位时间内_________变化来测定该反应的速率；在Na2S2O3+H2SO4==Na2SO4+S↓+SO2+H2O反应中，该反应速率的快慢可通过_______来判断。
（2）已知：Na2S2O3 + H2SO4 == Na2SO4 + SO2↑+ S↓+ H2O。某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：
实验序号
反应温度
Na2S2O3浓度
稀硫酸
H2O
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
①
20
10.0
0.10
10.0
0.50
0
②
40
V1
0.10
V2
0.50
V3
③
20
V4
0.10
4.0
0.50
V5
该实验①、②可探究___________对反应速率的影响，因此V1、V2和V3分别是________、________、________。实验①、③可探究__________对反应速率的影响，因此V4、V5分别是_________、_________。
【答案】 (1). 时间 (2). 溶液颜色 (3). 出现浑浊所需要的时间 (4). 温度 (5). 10.0 (6). 10.0 (7). 0 (8). 浓度 (9). 10.0 (10). 6.0
【解析】
【分析】
(1)通过实验测定和谐反应速率，需要借助于某种数据的变化来判断，根据锌粒与不同浓度硫酸反应时有气体生成；KMnO4与H2C2O4反应中有颜色的变化；硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，据此分析解答；
(2)实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响，而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致；实验①、③加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响，而要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，据此分析解答。
【详解】(1)化学反应速率可通过实验测定。要测定不同反应时刻反应物或生成物的浓度，可通过观察和测量体系中的某一物质的相关性质，再进行适当的转换和计算。如比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的时间长短，来比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率；在KMnO4与H2C2O4反应中，高锰酸钾溶液是有色溶液，可通过观察单位时间内溶液颜色变化来测定该反应的速率；在Na2S2O3+H2SO4==Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O反应中，硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：时间；溶液颜色；出现浑浊需要的时间；
(2)实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响；而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致：即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V1=10.0mL，加入的硫酸的量相同，故V2=10.0mL，加入水的体积相等，故V3=0；实验①、③加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响；而要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V4=10.0mL，溶液总体积也须相同，故加入的水的体积V5=6.0mL，故答案为：温度；10.0；10.0；0；浓度；10.0；6.0。
【点睛】本题考查了测定化学反应速率的方法。本题的易错点为(2)，要注意探究某种因素对和谐反应速率的影响时，需要保持其他影响因素相同。
19.（1）已知：P4(s)+6Cl2(g)4PCl3(g) ΔH=akJ·mol-1，P4(s)+10Cl2(g)4PCl5(g) ΔH=bkJ·mol-1；破坏PCl5中1mol P—Cl键所需能量为ckJ·mol-1，破坏PCl3中1molP—Cl键所需能量为1.2ckJ·mol-1。则破坏Cl2中1molCl—Cl键所需的能量为___________________。
（2）工业合成氨时，合成塔中每生成1molNH3放出46kJ的热量。其反应过程的能量变化如图。b值为________kJ。加入催化剂，a值____(填“增大”“减小”或“不变”,下同)。压缩容器体积，b值___。
（3）“嫦娥二号”卫星使用液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)作推进剂。N2O4与偏二甲肼燃烧产物只有CO2(g)、H2O(g)、N2(g)，并放出大量热，已知10.0 g液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出425 kJ热量，该反应的热化学方程式为_____________________________。
【答案】 (1). (2). 92 (3). 减小 (4). 不变 (5). C2H8N2(l)＋2N2O4(l)===2CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g) ΔH＝－2 550.0 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
(1)①P4(s)+6Cl2(g)═4PCl3(g)△H=a kJ•mol-1，②P4(s)+10Cl2(g)═4PCl5(g)△H=b kJ•mol-1；利用盖斯定律 得：Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H= kJ•mol-1，再结合焓变=反应物键能之和-生成物键能之和分析解答；
(2)根据能量图可知b值为1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol NH3放出的热量；加入催化剂，降低反应的活化能；压缩容器体积，平衡发生移动，但反应热不变，据此解答；
(3)根据物质的量与热量成正比，以及热化学方程式的书写方法来解答。
【详解】(1)①P4(s)+6Cl2(g)═4PCl3(g)△H=a kJ•mol-1，②P4(s)+10Cl2(g)═4PCl5(g)△H=b kJ•mol-1；利用盖斯定律 得：Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H= kJ•mol-1，焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，可得：E(Cl-Cl)+3×1.2c-5c= kJ•mol-1，解得E(Cl-Cl)= kJ•mol-1，故答案为：；
(2)根据能量图可知b值为1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol NH3放出的热量，又每生成1mol NH3，放出46kJ的热量，所以b=46×2=92；加入催化剂，降低反应的活化能，则a减小，但活化能之差不变，则反应热b不变；压缩容器体积，平衡会发生移动，但反应热不变，即b值不变，故答案为：92；减小；不变；
(3)10.0 g液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出425 kJ热量，则1mol液态偏二甲肼与足量的液态四氧化二化氮完全反应生成N2(g)、CO2(g)、H2O(g)、放出的热量为×425 kJ =2250kJ，则热化学方程式为：C2H8N2(l)+2N2O4(l)=3N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=-2250kJ/mol，故答案为：C2H8N2(l)+2N2O4(l)=3N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=-2250kJ/mol。
20.（1）下图中甲池的总反应式为N2H4＋O2===N2＋2H2O。甲池中负极上的电极反应式为_________，乙池中石墨电极上发生的反应为_______________。甲池中每消耗0.1 mol N2H4，乙池电极上则会析出_________ g固体。
（2）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。下图为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的_______极（填“正”或“负”）。F电极上的电极反应式为______________。
（3）下图为电化学法生产硫酸的工艺示意图，电池以固体金属氧化物作电解质，该电解质能传导O2-离子。S(g)在负极生成SO3的电极反应式为____________________。已知S(g)在负极发生的反应为可逆反应，为提高硫蒸气的转化率，该工艺采取的措施有____________（任写一条）。
【答案】 (1). N2H4＋4OH－－4e－===N2＋4H2O (2). 2H2O－4e－===O2↑＋4H+或4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ (3). 12.8 (4). 负 (5). ClO－ + 2e－ + H2O = Cl－+ 2OH－ (6). S- 6e－ +3O2- = SO3 (7). 硫磺（二氧化硫）循环使用；用稀硫酸吸收SO3（减小生成物浓度，有利于提高S转化率）
【解析】
【分析】
(1)甲池为燃料电池，N2H4失电子生成氮气；乙池为电解池，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应；根据电路中每个电极得失电子守恒计算；
(2)原电池中，负极上失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上得电子发生还原反应，化合价降低，据此图示判断正负极，并书写电极反应式；
(3)根据图示，S转化为SO2和SO3，发生氧化反应，结合电解质为固体金属氧化物书写电极反应式；结合平衡移动原理分析提高转化率的方法。
【详解】(1)甲池为燃料电池，负极上发生氧化反应，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；乙池为电解池，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑；甲池中每消耗0.1mol N2H4，则根据负极N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，转移0.4mol电子，所以乙池电极上则会析出×64g/mol=12.8g铜，故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；4OH--4e-=2H2O+O2；12.8。
(2)①燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上氧化剂得电子发生还原反应，化合价降低，根据图知，Mg元素化合价由0价变为+2价、Cl元素化合价由+1价变为-1价，所以E是负极、F是正极，正极上次氯酸根离子得电子和水反应生成氯离子和氢氧根离子，电极反应式为ClO-+2e-+H2O═Cl-+2OH-，故答案为：负；ClO-+2e-+H2O═Cl-+2OH-；
(3)根据图示，S转化为SO2和SO3，S元素的化合价升高，发生氧化反应，则S为负极，通氧气一端为正极，S(g)在负极生成SO2和SO3的电极反应式为S-4e-+2O2-=SO2、S-6e-+3O2-=SO3；若提高转化率，则平衡正向移动，所以可采取硫磺(二氧化硫)循环使用或用稀硫酸吸收三氧化硫，故答案为：S-6e-+3O2-=SO3；硫磺(二氧化硫)循环使用；用稀硫酸吸收三氧化硫。
21.氨是重要的氮肥，合成原理为： N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H= —92.4 kJ/mol。在500℃、20 MPa时，将N2、H2置于一个容积为2 L的密闭容器中发生反应，反应过程中各种物质的量变化如图，回答下列问题：
（1）10 min内以NH3表示的平均反应速率：______；
（2）在10 ~20 min内：NH3浓度变化的原因可能是______________
A．加了催化剂 B．缩小容器体积 C．降低温度 D．增加NH3物质的量
（3）第1次平衡的平衡常数K1 = _________________（带数据的表达式），第2次平衡时NH3的体积分数=___________（小数点后保留一位）；
（4）在反应进行至25 min时：①曲线发生变化的原因______________，② 达第二次平衡时，新平衡的平衡常数K2 ____ K1（填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】 (1). 0.005 mol/(L·min) (2). A (3). (4). 45.5 % (5). 移走0.1 mol NH3 (6). 等于
【解析】
【分析】
(1)根据反应速率= 计算；
(2)根据图像知，反应速率加快，且10min时各气体的物质的量是连续的，根据三种气体的变化量判断平衡施肥发生移动，再结合影响平衡的因素分析解答；
(3)化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；第2次平衡时，根据NH3的体积分数等于氨气的物质的量分数计算；
(4)25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；根据平衡常数的影响因素分析判断。
【详解】(1)反应速率v(NH3)= = =0.005mol/(L·min)，故答案为：0.005mol/(L·min)；
(2)由图像可知，各组分物质的量变化增加，即反应速率加快，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n(N2)=0.35mol-0.25mol =0.1mol，△n(H2)=0.45mol-0.15mol=0.3mol，△n(NH3)=0.3mol-0.1mol =0.2mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大；降低温度，应该反应速率减小；增加NH3物质的量，逆反应速率增加的倍数大；故只有使用催化剂符合，故选A；
(3)由图像可以看出，当反应进行到时20-25min，各物质的量不变，说明反应达到平衡状态，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，由图象可知，20min达平衡时，n(N2)=0.025mol×10=0.25mol，n(H2)=0.025mol×6=0.15mol，n(NH3)=0.025mol×12=0.3mol，所以所以其平衡常数K= = =；35min时达到第2次平衡，NH3的体积分数= ×100%=45.5%，故答案为：；45.5%；
(4)第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；由图像可以看出，当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，所以抽去0.1mol氨，此时平衡常数K将不变，故答案为：分离出0.1molNH3；等于。
22.（1）25 ℃时，制备亚硝酰氯所涉及的热化学方程式和平衡常数如表：
热化学方程式
平衡常数
①
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+NOCl(g) ΔH1=a kJ∙mol-1
K1
②
4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+ 2NO(g)+Cl2(g) ΔH2=b kJ∙mol-1
K2
③
2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ΔH3
K3
则该温度下，ΔH3=_______________kJ∙mol-1；K3=_____________（用K1和K2表示）。
（2）25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08 mol NO和0.04 molCl2发生上述反应③，若反应开始与结束时温度相同，数字压强仪显示反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图Ⅰ实线所示，则ΔH3 ___（填“>”“<”或“=”）0；若其他条件相同，仅改变某一条件，测得其压强随时间的变化如图Ⅰ虚线所示，则改变的条件是_____________；在5 min时，再充入0.08 mol NO和0.04 molCl2，则混合气体的平均相对分子质量将_____________（填“增大”、“减小”或“不变”）。图Ⅱ是甲、乙两同学描绘上述反应③的平衡常数的对数值（lgK）与温度的变化关系图，其中正确的曲线是______（填“甲”或“乙”），a值为__________。25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，则此时v正_________v逆（填“>”“＜”或“=”）
(3)在300 ℃、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3 通入一密闭容器中发生CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp＝_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
【答案】 (1). 2a-b (2). (3). < (4). 加入催化剂 (5). 增大 (6). 乙 (7). 2 (8). > (9). (MPa)-2
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，焓变为倍数关系，而K为指数关系，以此计算K；
(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的；由图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，判断改变的条件；25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生反应③，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，根据平衡的移动对物质的量的影响，分析判断平均相对分子质量的变化；根据反应③的平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系图，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，结合K的变化分析判断正确的曲线；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x，根据三段式计算出25℃时的平衡常数K，再计算lgK，确定a值；25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，根据Qc与K的相对大小，判断反应进行的方向，确定v正与v逆的大小；
(3)依据三段式列式计算平衡时气体物质的量，压强之比等于气体物质的量之比，计算得到各气体的分压，结合平衡常数概念计算。
【详解】(1)已知：①2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)，②4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，该反应△H3=2△H1-△H2=2a-b，则平衡常数K3= ，故答案为：2a-b；；
(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随着反应的进行，温度逐渐升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变△H＜0；根据图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，因此改变的条件为加入催化剂；25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生上述反应③，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，平衡正向进行，气体物质的量减小，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量将增大；反应③2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) ΔH3，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，K减小，则lgK减小，正确的曲线为乙；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x
2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)
起始量(mol/L) 0.08 0.04 0
变化量(mol/L) 2x x 2x
平衡量(mol/L)0.08-2x 0.04-x 2x
(0.08-2x+0.04-x+2x)：(0.08+0.04)=5：6，解得：x=0.02mol，平衡常数K3= =100，lgK= lg100=2，即a=2；25 ℃时测得反应③在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，此时Qc==1.4＜K=100，反应向正反应方向进行，v正＞v逆，故答案为：＜；加入催化剂； 增大；乙；2；>；
(3)若反应条件为压强8MPa，300℃的反应温度下二氧化碳和氢气按1∶3的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol) 1 3 0 0
变化量(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡量(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
分压=总压×物质的量分数，则P(CO2)=8× = ，P(H2)=8×=4，P(CH3OH)=8×= ，P(H2O)=8×= ，Kp= =(MPa)-2，故答案为：(MPa)-2。
【点睛】本题考查化学平衡的计算、外界条件对化学平衡影响等，注意反应速率和平衡常数的计算方法。本题的易错点为(2)，根据图像I正确判断反应的△H是解题的关键。
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