【化学】山西省朔州市平鲁区李林中学2018-2019学年高二上学期第一次月考(解析版) 试卷

山西省朔州市平鲁区李林中学2018-2019学年高二上学期第一次月考
1.据报道,科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是

【答案】B
【解析】
试题分析：水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像D符合，答案选D。
考点：考查反应热图像分析
2.下列关于电解质的说法正确的是
A. 强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强
B. 强电解质都是离子化合物，而弱电解质都是共价化合物
C. 强电解质在稀的水溶液中全部以离子的形态存在
D. 水溶液中导电能力差的电解质一定是弱电解质
【答案】C
【解析】
A、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度大小，与电解质强弱无关；B、某些共价化合物是强电解质；C．根据强电解质的定义解答；D．电解质强弱判断依据：电离程度，能够完全电离的为强电解质，部分电离的为弱电解质，与导电能力无关。
【详解】A、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度大小，强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的导电性强，选项A错误；B、强电解质不一定是离子化合物，也可能是共价化合物，如HCl，选项B错误；C．强电解质是指在水溶液中能够完全电离的化合物，选项C正确；D．电解质强弱判断依据：电离程度，能够完全电离的为强电解质，部分电离的为弱电解质，与导电能力无关，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题考查了导电能力大小与强弱电解质的关系，难度不大，注意“导电能力大小与离子浓度有关，与电解质强弱无关”是解答本题的关键。
3.下列叙述，正确的是( )
A. 液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl和NaCl均为非电解质
B. NH3、SO3的水溶液均导电，所以NH3、SO3是电解质
C. 铜丝、石墨均导电，所以它们是电解质
D. 蔗糖、酒精在水溶液中或熔融时均不导电，所以它们是非电解质
【答案】D
【解析】
液态HCl不导电，HCl在水溶液中能够导电，所以HCl是电解质，NaCl固体不导电，是由于没有自由移动的离子，但在水溶液中或熔融状态下能电离出自由移动的钠离子和氯离子导电，属于电解质，A项错误；NH3的水溶液导电，但导电的离子是一水合氨电离出的，不是NH3电离出的，因此NH3为非电解质，SO3的水溶液虽然能导电，但导电的离子是SO3和水反应生成的硫酸电离，不是SO3自身电离的，故SO3为非电解质，B项错误；铜丝、石墨为单质，既不是电解质，也不是非电解质，C项错误；蔗糖、酒精在水溶液中和熔融态时均不导电，所以它们是非电解质，B项正确。
4.下列变化为放热的化学反应的是
A. H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－44.0 kJ·mol－1
B. 2HI(g) H2(g)＋I2(g)ΔH＝＋14.9 kJ·mol－1
C. 形成化学键时共放出862 kJ能量的化学反应
D. 能量变化如图所示的化学反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、状态变化，不是化学反应，选项A错误；B、ΔH>0，为吸热反应，选项B错误；C、只知道形成化学键时放出的热量，不知道断裂化学键时吸收的能量，不能判断是吸热反应还是放热反应，选项C错误；D、反应物的总能量大于生成物的总能量，故为放热反应，选项D正确；答案选D。
5.已知1 g H2完全燃烧生成水蒸气放出热量121kJ，且O2中1 mol O===O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中形成1 mol H—O键时放出热量463 kJ，则H2中1 mol H—H键断裂时吸收的热量为(　　)
A. 920 kJ B. 557 kJ C. 436 kJ D. 188 kJ
【答案】C
【解析】
由题意可写出热化学方程式：2 H2(g) + O2(g) = H2O(l)；DH =－484kJ/ mol。其中反应物2mol H2有2 mol H—H键，1 mol O2有1 mol O=O键，生成物中有4 mol H—O键，则1 mol H—H键断裂时吸收热量为
6.已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566 kJ·mol－1
Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋1/2O2(g)ΔH＝－266 kJ·mol－1
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是 (　　)

A. CO的燃烧热为283 kJ
B. 如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C. 2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g)　ΔH >－532kJ·mol－1
D. CO(g)与Na2O2(s)反应放出549 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
【答案】C
【解析】
A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol，一氧化碳的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；B．由热化学方程式，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol，可知图象中一氧化碳和氧气物质的量为1mol、不符合反应物质的物质的量，故B错误；C．固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值，由2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H=-226kJ/mol，所以反应2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)△H＞-532 kJ/mol，故C正确；D．已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ/mol；②Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+O2(g)△H=-226kJ/mol；依据盖斯定律②×2+①得到：2Na2O2(s)+2CO(g)=2Na2CO3(s)△H=-1018kJ/mol；即Na2O2(s)+CO(g)=Na2CO3(s)△H=-509kJ/mol；CO(g)与Na2O2(s)反应放出×509 kJ=254.5kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为0.5mol，电子转移数为6.02×1023，故D错误；故选C。
点睛：考查热化学方程式的计算应用，盖斯定律的应用，燃烧热概念计算分析，热化学方程式的书写方法和计算应用是解题关键，盖斯定律是指化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；即化学反应热只与其反应的始态和终态有关，而与具体反应进行的途径无关；盖斯定律的基本使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”，平时要多练习，才能熟能生巧。
7.下列叙述中一定能判断某化学平衡发生移动的是（ ）
A. 混合物中各组分的浓度改变 B. 正、逆反应速率改变
C. 混合物中各组分的含量改变 D. 混合体系的压强发生改变
【答案】C
【解析】
试题分析：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．使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动，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，如果各组分改变，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，则压强对平衡无影响，故D错误， 故选C。
【考点定位】考查化学平衡状态的判断
【名师点晴】分析条件的改变会导致哪些量的变化，是否引起速率变化，如果速率不变，平衡一定不移动．
如果速率改变，平衡不一定移动：（1）改变程度相同[V(正)=V(逆)]，平衡不移动；（2）改变程度不相同[V(正)≠V(逆)]，平衡移动，据此分析解题。
8.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】
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。
9.在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）＋H2O（g）H2（g）＋CO2（g）。在500 ℃时，平衡常数K＝9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02 mol/L，则在此条件下CO的转化率为（ ）
A. 25% B. 50% C. 75% D. 80%
【答案】C
【解析】
试题分析： CO（g）＋H2O（g）H2（g）＋CO2（g）
起始浓度（mol/L） 0.02 0.02 0 0
转化浓度（mol/L） x x x x
平衡浓度（mol/L）0.02-x 0.02-x x x
根据平衡常数表达式可知
解得x＝0.015
所以在此条件下CO的转化率＝×100%＝75%，答案选C。
考点：考查平衡常数应用
10.将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，在一定条件下发生如下反应并达到平衡：X(g)＋Y(g) 2Z(g)　ΔH<0。当改变某个条件并达到新平衡后，下列叙述正确的是(　　)
A. 升高温度，X的体积分数减小
B. 增大压强(缩小容器体积)，Z的浓度不变
C. 保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度不变
D. 保持容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A．正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，X的体积分数增大，故A错误；B．如缩小体积，增大压强，平衡不移动，则Z的浓度增大，故B错误；C．保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，平衡不发生移动，Y的浓度不变，故C正确；D．保持容器体积不变，充入一定量的Z，相当于增大压强，平衡不移动，X的物质的量分数不变，故D错误；故选C。
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
11.已知甲为恒温、恒压容器，乙为恒温、恒容容器。两容器中均充入1 mol N2、3 mol H2，初始时两容器的温度、体积相同。一段时间后反应达到平衡，为使两容器中的N2在平衡混合物中的物质的量分数相同，下列措施中可行的是
A. 向甲容器中充入一定量的氦气
B. 向乙容器中充入一定量的N2
C. 升高乙容器的温度
D. 增大甲容器的压强
【答案】A
【解析】
【详解】在恒温恒压容器或为在恒温恒容容器下，要求达到等效平衡是每年常考试题。甲为恒温恒压容器，乙为恒温恒容容器。两容器中均充入1molN2、3molH2，初始时两容器的温度、体积相同。达到平衡时，甲容器中n（N2）小于乙容器中n（N2），即甲容器中的N2转化率比乙容器中的N2大。A、向甲容器中充入一定量的氦气，使甲容器的体积增大，相当于体系压强降低，平衡向生成N2的方向移动，从而N2的含量增大，选项A正确；B、向乙容器中充入一定量的NH3气体，先极端讨论全转化为N2和H2，此时，相当于对乙容器加压，平衡向生成NH3的方向移动。从而N2的百分含量降低，选项B错误；C、因为正反应是放热反应，升高乙容器的温度，故平衡向生成N2的方向移动，从而N2的含量增大，选项C错误；D、增大甲容器的压强，平衡向生成NH3的方向移动，从而N2的含量降低，选项D错误。答案选A。
12.在一密闭容器中，反应mA(g) nB(g)+nC(g)达平衡后，保持温度不变，将容器容积压缩到原来的一半，当达到新的平衡时，B和C的浓度均是原来的1.8倍，则
A. 平衡向逆反应方向移动了 B. 物质A的转化率增大
C. 物质C的质量分数增大 D. m > 2n
【答案】A
【解析】
【详解】A．由上述分析可知，体积减小、压强增大，平衡逆向移动，选项A正确；B．平衡逆向移动，A的转化率减小，选项B错误；C．平衡逆向移动，物质C的质量分数减小，选项C错误；D．压强增大，平衡逆向移动，则m<2n，选项D错误；答案选A。
13.已知相同条件下，HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数。为了提高氯水中HClO的浓度，可加入
A. HCl B. CaCO3(s) C. H2O D. NaOH(s)
【答案】B
【解析】
HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数（Ka1）大于H2CO3的第二级电离常数（Ka2），说明酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-。氯气和水反应生成HCl和HClO，该反应为可逆反应。为了提高氯水中HClO的浓度，加入的物质应该和盐酸反应而和次氯酸不反应，根据强酸制取弱酸分析解答。
【详解】HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数（Ka1）大于H2CO3的第二级电离常数（Ka2），说明酸性 H2CO3＞HClO＞HCO3-，氯水中含有HCl和HClO，为了提高氯水中HClO的浓度，加入的物质应该和盐酸反应而和次氯酸不反应，A、加入盐酸，抑制氯气与水的反应，减小了次氯酸的浓度，选项A错误；B、根据酸性强弱知，加入CaCO3，盐酸与碳酸钙反应，促使氯气与水的反应正向进行，而次氯酸不与碳酸钙反应，次氯酸的浓度增大，选项B正确；C、加水溶液被稀释，次氯酸的浓度减小，选项C错误；D、氢氧化钠与盐酸和次氯酸都反应，所以次氯酸的浓度减小，选项D错误；答案选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱之间关系是解本题关键，题目难度不大。
14.已知反应mX(g)＋nY(g)qZ(g)的ΔH<0，m＋n>q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是
A. 通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动
B. X的正反应速率是Y的逆反应速率的m/n倍
C. 降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小
D. 增加X的物质的量，Y的转化率降低
【答案】B
【解析】
A．在恒容密闭容器中通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动，故A错误；
B．速率之比等于化学方程式的系数之比，v（X）正：v（Y）正=m：n，平衡时，X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍，故B正确；
C．反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故C错误；
D．增加X的量会提高Y的转化率，Y的转化率增大，本身转化率减小，故D错误；
15.在25 ℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/(mol·L-1)
0.1
0.2
0
平衡浓度/(mol·L-1)
0.05
0.05
0.1

下列说法错误的是
A. 反应达到平衡时，X的转化率为50%
B. 反应可表示为X(g)+3Y(g)2Z(g)，其平衡常数为1 600
C. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D. 改变温度可以改变此反应的平衡常数
【答案】C
【解析】
A．反应达到平衡时，X的转化率为： =50%，选项A正确；B．根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：△c（X）：△c（Y）：△c（Z）：=0.05：0.15：0.1=1：3：2，则反应的方程式为X+3Y⇌2Z，K═=1600，选项B正确；C．反应正向是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，即向着生成Z的方向移动，温度不变，则平衡常数不变，选项C错误；D．平衡常数受温度的影响，改变温度可以改变此反应的平衡常数，选项D正确；答案选C。
16.加热N2O5时，发生以下两个分解反应：N2O5N2O3＋O2，N2O3N2O＋O2，在1 L密闭容器中加热4 mol N2O5达到化学平衡时c(O2)为4.50 mol/L，c(N2O3)为1.62 mol/L，则在该温度下各物质的平衡浓度正确的是
A. c(N2O5)＝1.44 mol/L B. c(N2O5)＝0.94 mol/L
C. c(N2O)＝1.40 mol/L D. c(N2O)＝3.48 mol/L
【答案】B
【解析】
试题分析：加热N2O5时，发生以下两个分解反应：N2O5N2O3+O2，N2O3N2O+O2，则
N2O5N2O3+O2
开始 4 0 0
转化 x x x
平衡 4-x
N2O3N2O+O2
转化 y y y
平衡 x-y y x+y
化学平衡时c（O2）为4.50mol/L，c（N2O3）为1.62mol/L，则x+y＝4.50、x−y＝1.62，解得x=3.06，y=1.44，c（N2O5）=(4-3.06)mol/L=0.94mol/L，c（N2O）=1.44mol/L，答案选B。
考点：考查化学平衡的计算
17.在36 g 碳不完全燃烧所得气体中，CO占1/3体积，CO2占2/3体积，且C(s) ＋1/2O2(g) ＝ CO(g) △H ＝ －110.5 kJ/mol；CO(g) ＋1/2O2(g) ＝ CO2(g) △H ＝ －283 kJ/mol.与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是
A. 172.5 kJ B. 1149 kJ C. 517.5 kJ D. 283kJ
【答案】D
【解析】
36g碳的物质的量为=3mol，所以CO的物质的量为3mol×=1mol，由于CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ/mol可知1molCO燃烧放出的热量为283kJ，即36g碳不完全燃烧生成1molCO损失的热量为283kJ，答案选C。
点睛：碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量，根据碳原子守恒计算出一氧化碳的物质的量，再根据一氧化碳燃烧的热化学方程式计算。答题的关键在于清楚碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量。
18.用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－574 kJ·mol－1
②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1 160 kJ·mol－1
下列说法不正确的是(　　)
A. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ
B. 由反应①可推知：CH4(g)＋4NO2(g)==4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l) ΔH<－574 kJ·mol－1
C. 反应①②转移的电子数相同
D. 反应②中当4.48 L CH4反应完全时转移的电子总数为1.60 mol
【答案】D
【解析】
试题分析：A、可知CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=-867kJ/mol，标准状况下4.48LCH4其物质的量为0.2mol，则放出的热量为0.2mol×867kJ=173.4kJ，故A正确；B、由CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ•mol-1，水由气态变为液态，放出热量，则CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-Q，Q＞574kJ•mol-1，ΔH<－574 kJ·mol－1；故B正确；C、两个反应中，C元素的化合价均由-4价升高到+4价，则等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数相同，故C正确；D、未注明是否是标准状况，4.48LCH4的物质的量不一定0.2mol，整个过程中转移的电子总数不一定为0.2mol×8=1.6mol，故D错误；故选D。
考点：考查了热化学反应及盖斯定律的相关知识。
19.已知3.6 g碳在6.4 g氧气中燃烧，至反应物耗尽，测得放出热量a kJ。又知12.0 g碳完全燃烧，放出热量为 b kJ。则热化学方程式C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)　ΔH＝Q中Q等于
A. －(a－b) kJ·mol－1 B. －(a＋b) kJ·mol－1
C. －(5a－0.5b) kJ·mol－1 D. －(10a－b) kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
试题分析：碳在氧气中燃烧，氧气不足发生反应2C+O22CO，氧气足量发生反应C+O2CO2。3.6g碳的物质的量为＝0.3mol，6.4g的氧气的物质的量为＝0.2mol，n（C）：n（O2）＝3：2，介于2：1与1：1之间，所以上述反应都发生。设生成的CO为xmol，CO2为ymol，根据碳元素守恒有x+y＝0.3，根据氧元素守恒有x+2y＝0.2×2，联立方程，解得x＝0.2，y＝0.1。单质碳的燃烧热为bkJ/mol，所以生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1mol×bkJ/mol=0.1bkJ，则生成0.2molCO放出的热量为akJ—0.1bkJ。由于碳燃烧为放热反应，所以反应热△H的符号为“—”，即1mol C与O2反应生成CO的反应热△H＝＝—（5a－0.5b）kJ/mol，答案选C。
考点：考查燃烧热的计算
20.为了研究化学反应A＋B===C＋D的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升。试回答下列问题：

（1）该反应为____________(填“放热”或“吸热”)反应。
（2）A和B的总能量比C和D的总能量____________(填“高”或“低”)。
（3）物质中的化学能通过________转化成________释放出来。
（4）反应物化学键断裂吸收的能量________(填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。
（5）写出一个符合题中条件的化学方程式：________________________________。
【答案】 (1). 放热 (2). 高 (3). 化学反应 (4). 热能 (5). 低 (6). 2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑(或2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑或NaOH＋HCl=NaCl＋H2O等合理答案均可)
【解析】
本题主要考查化学反应中的能量变化。
（1）气体受热膨胀，表明该反应为放热反应。
（2）放热反应反应物的总能量高于生成物的总能量，所以A和B的总能量比C和D的总能量高。
（3）物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来。
（4）该反应的△H=反应物化学键断裂吸收的能量-生成物化学键形成放出的能量<0，所以反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量。
（5）符合题中条件的是放热反应的化学方程式：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑(或2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑或NaOH＋HCl=NaCl＋H2O等合理答案均可)。
21.白磷、红磷是磷的两种同素异形体，在空气中燃烧得到磷的氧化物，空气不足时生成P4O6，空气充足时生成P4O10。
（1）已知298 K时白磷、红磷完全燃烧的热化学方程式分别为P4(白磷，s)＋5O2(g)===P4O10(s)ΔH1＝－2 983.2 kJ·mol－1，P(红磷，s)＋5/4O2(g)===1/4P4O10(s)ΔH2＝－738.5 kJ·mol－1。则该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式为_____________。
（2）已知298 K时白磷不完全燃烧的热化学方程式为P4(白磷，s)＋3O2(g)===P4O6(s)　
ΔH＝－1 638 kJ·mol－1。在某密闭容器中加入62 g白磷和50.4 L氧气(标准状况)，控制条件使之恰好完全反应。则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为__________，反应过程中放出的热量为__________。
（3）已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P 198，Cl—Cl 243，P—Cl 331。

则反应P4(白磷，s)＋6Cl2(g)===4PCl3(s)的反应热ΔH＝______________。
【答案】 (1). P4(白磷，s)===4P(红磷，s)　ΔH＝－29.2 kJ·mol－1 (2). 3∶1 (3). 1 323.45 kJ (4). －1 326 kJ·mol－1
【解析】
【详解】（1）P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=-2983.2kJ/mol…①
P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=-738.5kJ/mol，…②
根据盖斯定律：①-②×4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=（-2983.2kJ/mol）-（-738.5kJ）×4=-29.2kJ/mol；热化学方程式为：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=-29.2kJ/mol；
（2）设所得到的P4O10和P4O6的物质的量分别是x和y。50.4L氧气（标准状况下）是2.25mol，62g白磷是0.5mol，则x＋y＝0.5mol、3y＋5x＝2.25，解得x＝0.375mol，y＝0.125mol，所以二者的物质的量之比是3︰1；最终放出的热量是2983.2 kJ•mol-1×0.375mol＋1638kJ•mol-1×0.125mol＝1323.45kJ；
（3）反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，所以该反应的反应热是198kJ/mol×6＋6×243kJ/mol－4×3×331kJ/mol＝－1326kJ/mol。
22.高炉炼铁过程中发生的主要反应为：1/3Fe2O3(s)＋CO(g)2/3Fe(s)＋CO2(g).已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1000
1150
1300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K＝__________________，ΔH______(填“＞”、“＜”或“＝”)0。
（2）在一个容积为10 L的密闭容器中，1000 ℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0 mol，反应经过10 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)＝________、CO的平衡转化率＝__________。
（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是__________________。
A．减少Fe的量 B．增加Fe2O3的量 C．移出部分CO2
D．提高反应温度 E．减小容器的容积 F．加入合适的催化剂
【答案】 (1). (2). ＜ (3). 0.006 mol·L－1·min－1 (4). 60% (5). C
【解析】
【详解】（1）该反应的平衡常数表达式K=；温度升高，平衡常数减小，说明反应逆向移动，则该反应为放热反应，则ΔH＜0；
（2）设CO转化的物质的量为x，则
Fe2O3（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）
起始量（mol） 2.0 2.0
转化的量（mol） x x
平衡时的量（mol） 2.0﹣x 2.0+x
又在1000℃时K=4.0，则有(2.0+x)/(2.0﹣x) =4.0，解得x=1.2，CO2的浓度变化量为：c(CO2)= 1.2 mol·L－1，则用二氧化碳表示的反应速率为 =0.24 mol/(L·min )；CO的转化率为×100%=60%；
（3）A．Fe是固体，改变的量，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，选项A错误；B．Fe2O3是固体，改变的量，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，选项B错误；C．移出部分CO2，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，选项C正确；D．加入合适的催化剂，平衡不移动，选项D错误；E．该反应为前后气体系数不变的反应，增大容器的容积，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，选项E错误；答案选C。
23.已知反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/
(mol·L－1)
0.44
0.6
0.6
（1）比较此时正、逆反应速率的大小：v正____v逆(填“>”“<”或“＝”)。
（2）若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH)＝________；该时间内反应速率v(CH3OH)＝________。
【答案】 (1). ＞ (2). 0.04 mol·L－1　 (3). 0.16 mol·L－1·min－1
【解析】
【详解】（1）该反应的平衡常数表达式为：K=，将所给浓度带入平衡常数表达式：=1.86＜400，故反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；
（2） 2CH3OH（g）≒CH3OCH3（g）+H2O（g）
某时刻浓度（mol/L）：0.44 0.6 0.6
转化浓度（mol/L）： 2x x x
平衡浓度（mol/L）： 0.44-2x 0.6+x 0.6+x
K=，解得x=0.2mol/L，故平衡时c（CH3OH）=0.44mol/L-0.2mol/L×2=0.04mol/L，起始时在密闭容器中加入CH3OH，则起始时甲醇的浓度为0.44moL/L+0.6mol/L×2=1.64mol/L，平衡时c（CH3OH）=0.04mol/L，则10min转化甲醇1.64moL/L-0.04moL/L=1.6mol/L，所以甲醇的反应速率为v（CH3OH）===0.16 mol/（L•min）。
24.氨是最重要的氮肥，是产量最大的化工产品之一。德国人哈伯在1905年发明了合成氨的方法，其合成原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ/mol，他因此获得了1918年诺贝尔化学奖。密闭容器中，使2 mol N2和6 mol H2混合发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)(正反应为放热反应)。
（1）当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是___________；N2和H2的转化率比是_____________。
（2）升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量____________，密度_____________。(填“变大”、“变小”或“不变”)
（3）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将_____________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
（4）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将________(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后，容器内温度________(填“大于”、“小于”或“等于”)原来的2倍。
【答案】 (1). 1∶3 (2). 1∶1 (3). 变小 (4). 不变 (5). 逆向 (6). 向左移动 (7). 小于
【解析】
试题分析：在密闭容器中，使2 mol N2和6 mol H2混合发生下列反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=－92.4 kJ·mol-1，正反应为放热反应。
(1)因为原始投料时N2和H2的物质的量之比为1:3，在反应过程中，两者的变化量之比也是1:3，所以当反应达到平衡时，N2和H2的物质的量之比必然还是1:3，所以其浓度比是1:3；转化率等于变化量占起始量的百分数，原始投料时N2和H2的物质的量之比为1:3，两者的变化量之比也是1:3，所以N2和H2的转化率之比是1:1。
(2)升高平衡体系的温度(保持体积不变)，化学平衡将向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，混合气体的总物质的量增大，而质量守恒，所以混合气体的平均相对分子质量变小。因为质量守恒、体积不变，所以密度不变。
(3)当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，则容器的体积必须增大，反应混合物中各组分的浓度都要减小，这相当于减压，化学平衡将气体体积增大的方向移动，即逆向)移动。
(4)若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将向吸热反应方向移动，即向左移动。达到新平衡后，容器内温度小于原来的2倍。
点睛：改变影响化学平衡的一个条件时，化学平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
25.在一定温度下，将2mol A和2mol B两种气体相混合于容积为2 L的某密闭容器中，发生如下反应3A(g)＋B(g) xC(g)＋2D(g)，2min末反应达到平衡状态，生成了0.8mol D，并测得C的浓度为0.4mol/L，请填写下列空白：
（1）x值等于_______。
（2）A的转化率为________。
（3）生成D的反应速率为__________。
（4）平衡时物质C的体积分数是______________。
（5）如果上述反应在相同条件下从逆反应开始进行，开始加入C和D各4/3mol，要使平衡时各物质的质量分数与原平衡时完全相等，则还应加入________物质_________mol。
【答案】 (1). 2 (2). 60% (3). 0.2mol/（L．min) (4). 20% (5). B (6). 4/3
【解析】
【详解】2分钟末反应达到平衡状态，生成了0.8mol D，并测得C的浓度为0.4mol/L，生成C物质的量0.8mol
3A(g)＋B(g) xC(g)＋2D(g)
起始量（mol） 2 2 0 0
变化量（mol） 1.2 0.4 0.4x 0.8
平衡量（mol） 0.8 1.6 0.8 0.8
（1）依据上述计算可知0.4x=0.8，x=2；
（2）A的转化率=×100%=60%；
（3反应速率之比等于化学方程式计量数之比，生成D的反应速率=C的反应速率==0.2mol/（L•min）；
（4）平衡时物质C的体积分数是；
（5）缩小容器体积时，压强增大，由于平衡不移动，故c(C)增大、w(C)不变，混合气体密度增大，平均相对分子质量不变。若从逆向进行，则
3A(g)＋B(g) 2C(g)＋2D(g)
原投料量： 2 mol 2 mol 0 0
现投料量： x y mol mol
则应有，推出y=x+mol，故只加一种物质时，可令x=0，则需加B物质mol。