【化学】江西省赣州市崇义中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（解析版） 试卷

江西省赣州市崇义中学2018-2019学年高二上学期第一次月考
1. 改变下列哪个条件，一定会引起平衡的移动
A. 温度 B. 浓度 C. 压强 D. 催化剂
【答案】A
【解析】
试题分析：催化剂只影响化学反应速率，不一定引起平衡的移动；当一个反应的前后化学计量数之和相等时，压强也不一定引起平衡的移动；当反应中各物质的浓度均按照化学计量数变化时，也不一定引起平衡的移动；故B、C、D选项错误；当温度改变时，反应的平衡常数改变，化学反应重新达到新的状态，一定会引起平衡的移动。故A项正确。
考点：影响化学平衡的因素。
点评：此题可以先排除催化剂，而浓度和压强，对于特殊的反应，平衡不移动，利用了等效平衡的原理。
2. 对于化学平衡与化学反应速率关系的叙述正确的是（ ）
A. 化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动
B. 化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化
C. 正反应进行的程度大，正反应速率一定大
D. 只有使用催化剂才会发生化学反应速率变化，而化学平衡不移动的情况．
【答案】B
【解析】
试题分析：A、化学反应速率变化，平衡不移动移动，要看正逆反应速率是否相等，错误，不选A；B、平衡移动一定有反应速率的变化，正确，选B；C、正反应进行的程度大，说明该反应是转化率大，但正反应速率不一定大，可能减小，错误，不选C；D、对于前后气体体积不变的反应，改变压强，反应速率改变，但平衡也不移动，错误，不选D。
考点： 化学平衡的影响因素
3.下列关系中能说明可逆反应N2+3H2 2NH3已达到平衡状态的是
A. υ正(N2)=υ逆(NH3) B. υ正(N2)=3υ逆(H2)
C. 3υ正(N2)=υ正(H2) D. 2υ正(H2)=3υ逆(NH3)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质）
【详解】因化学反应达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），
A、υ正(N2)/υ逆(NH3)不等于1/2，故A错误；
B. υ正(N2)/υ逆(H2)不等于1/3，故B错误；
C. υ正(N2)/υ正(H2)等于1/3 ，但是均为正反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故C错误；
D. υ正(H2)/υ逆(NH3)=3/2，符合要求，说明正反应速率等于逆反应速率，故D正确；
故选D。
4.高温下，反应 2HBr(g) H2(g) + Br2(g) (正反应为吸热反应) 达到化学平衡时，要使混合气体的颜色加深，可采取的方法是
A. 减小压强 B. 缩小体积 C. 降低温度 D. 增大氢气的浓度
【答案】B
【解析】
试题分析：由于化学反应计量数之和相等，压强改变不影响平衡移动，故A错误；降低温度，增大氢气的浓度，平衡向逆反应方向移动，Br2的浓度降低，颜色变浅，故C、D均错误，因此选B，浓度变大，颜色加深。
考点：影响化学反应平衡的因素。
点评：利用勒夏特列原理对平衡移动的方向进行解释和分析，总之是向着削弱改变的方向进行。
5.对下列化学反应的热现象的说法不正确的是
①放热反应发生时不必加热 ②化学反应一定有能量变化
③吸热反应需要加热后才能发生，放热反应不加热就会发生
④化学反应吸收或放出热量的多少与参加反应的物质的多少有关
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【分析】
①大多放热反应需要一定条件下才能反应；
②从化学反应的实质分析判断；
③吸热反应不一定需要加热，放热反应有时也需要加热才能进行；
④化学反应的热量变化和物质的聚集状态，物质的量有关，不同量的物质反应热量变化也不同；
【详解】①大多放热反应需要一定条件下才能反应，如燃烧反应，大多点燃条件下发生剧烈反应，故①错误；
②化学反应的本质是旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，反应过程中一定伴随能量的变化，故②正确；
③吸热反应不一定需要加热，如氢氧化钡结晶水合物和氯化铵反应是吸热反应，常温下可发生；有的放热反应也需要加热才能进行，如铝热反应；故③错误；
④反应物物质的量不同，反应的能量变化不同，故④正确；
故选：C。
【点睛】本题考查了反应能量的变化分析判断，解题关键：理解反应条件和吸热、放热的关系，易错点③，反应吸热还是放热与反应条件没有必然联系．
6.沼气是一种新能源，它的主要成分是CH4。0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出445kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是(      )
A. 2CH4(g)＋4O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) △H=＋890kJ·mol－1
B. CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=＋890kJ·mol－1
C. CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－890kJ·mol－1
D. 1/2CH4(g)＋O2(g)=1/2CO2(g)＋H2O(l) △H=－890kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
A错，甲烷燃烧为放热反应，应用“—”表示；B错，理由同A；C正确；D错，水应为液态水；
7.对于化学反应：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑的有关叙述错误的是
A. 该反应中既有旧化学键的断裂，也有新化学键的形成
B. 该反应中每消耗1 mol Na，则同时消耗18 g H2O，产生1 mol NaOH和11.2 L H2(标准状况下)
C. 由于该反应常温下能自动进行，故该反应一定是放热反应
D. 由于该反应是放热反应，所以断裂旧化学键所吸收的能量一定比形成新化学键所放出的能量少
【答案】C
【解析】
试题分析：A、该反应中既有旧化学键的断裂,也有新化学键的形成，A正确；B、该反应中每消耗1 mol Na,则同时消耗18 g H2O,产生1 mol NaOH和11．2 L H2(标准状况下)，B正确；C、常温下能自动进行的反应不一定是放热反应，C错误；D、由于该反应是放热反应,所以断裂旧化学键所吸收的能量一定比形成新化学键所放出的能量少，D正确；答案选C。
考点：反应热
8.升高温度能加快化学反应速率的主要原因是
A. 增加活化分子百分数 B. 降低活化分子的能量
C. 活化分子能量明显增加 D. 降低反应所需的能量
【答案】A
【解析】
能够发生有效碰撞的分子称作活化分子，升高温度能够使原先的部分非活化分子转变成活化分子，即增加了活化分子的百分数。因此选A。
9.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下发生反应SO2(g)＋NO2(g) SO3(g)＋NO(g)，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是(　　)

A. 反应在c点达到平衡状态
B. 反应物浓度：a点小于b点
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量
D. Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
【答案】D
【解析】
试题分析：化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，A错误；a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，B错误；从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，D正确；答案选D。
考点：化学平衡、化学反应速率
10.下列说法或表示正确的是
A. 等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B. 由单质A转化为单质B，ΔH＝+119 kJ/mol，可知单质B比单质A稳定
C. 稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ
D. 在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，则H2燃烧热的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ/mol
【答案】C
【解析】
【分析】
A、硫蒸气变为硫固体为放热过程；
B、依据反应热量变化判断物质能量大小，物质能量越低越稳定；
C、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量；浓硫酸稀释时放热；
D、H2燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量．
【详解】A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程，等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，硫蒸气放出的热量多，故A错误；
B、由单质A转化为单质B，△H=+119kJ·mol－1，反应吸热，B的能量高于A，A能量低，A比B稳定，故B错误；
C、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，H＋（aq）+OH－（aq）═H2O（l）△H=-57.3kJ·mol－1，浓硫酸稀释时放热，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ，故C正确；
D、在101kPa时，2gH2即1molH2完全燃烧，生成液态水，放出285.8KJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式表示为：H2（g）+1/2O2（g）═H2O（l）△H=-285.8KJ·mol－1，故D错误；
故选C。
11.在373 K时，将0.5 mol N2O4气体通入体积为5 L的真空密闭容器中，立即有红棕色气体出现。反应进行到2 s时，NO2的浓度为0.02 mol·L－1。在60 s时，体系已达到平衡，此时容器内压强为反应前的1.6倍。下列说法正确的是
A. 前2 s，以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol·L－1·s－1
B. 在2 s时，体系内压强为反应前的1.1倍
C. 平衡时，体系内含为N2O4为0.25 mol
D. 平衡时，若往容器内充入氮气，则可提高N2O4的转化率
【答案】B
【解析】
A.2 s时，NO2的浓度为0.02 mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01 mol/L，则前2 s内以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol/L÷2 s＝0.005 mol/(L·s)，A错误；B. 2 s时NO2的物质的量为0.1 mol，由N2O42NO2可知N2O4的物质的量为0.5 mol－0.05 mol＝0.45 mol，由反应前后的物质的量之比等于压强之比可知在2 s时体系内的压强为开始时的(0.1 mol＋0.45 mol)÷0.5 mol＝1.1倍，B正确；C.设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5 mol－x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则(0.5 mol－x＋2x)÷0.5 mol＝1.6，解得x＝0.3 mol，则平衡时N2O4的物质的量为0.5 mol－x＝0.5 mol－0.3 mol＝0.2 mol，C错误；D.在恒容条件下，向容器中充入氮气，压强虽然增大，但体积不变，各组分的浓度不变，平衡不移动，则N2O4的转化率不变，D错误；答案选B。
12.x、y、z为三种气体，把a mol x和b mol y充入一密闭容器中，发生反应，x+2y2z达到平衡时，若它们的物质的量满足n(x)+n(y)=n(z)，则y的转化率为
A. （a+b）/5×100% B. 2（a+b）/5b×100%
C. 2（a+b）/5×100% D. （a+b）/5a×100%
【答案】B
【解析】
考查可逆反应的有关计算。
X + 2 y 2z
起始量（mol） a b 0
转化量（mol） c 2c 2c
平衡量（mol） a－c b－2c 2c
根据题意可知a－c＋b－2c＝2c
解得c＝
所以Y的转化率是2c÷b＝2（a+b）/5b×100%
答案选B。
13.某温度下在密闭容器中发生反应：2M(g)＋N(g) 2E(g)。若开始时只充入2 mol E(g)，达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%；若开始时只充入2 mol M和1 mol N的混合气体，达到平衡的M的转化率为
A. 60% B. 80% C. 20% D. 40%
【答案】A
【解析】
【分析】
根据等效平衡，在相同温度下，固定容积的反应容器内，2molE与2molM和1molN的物质的量相当，达到平衡时，两者的平衡状态相同，利用三段式解题方法，可求知结果．
【详解】设充入2molE达到平衡状态时反应了2xmolE，根据方程式计算如下：
2M（g）+N（g）2E（g）
起始 0 mol 0 mol 2mol
转化 2x x 2x
平衡 2x x 2-2x
根据阿伏加德罗定律可知：相同条件下气体的物质的量之比等于压强之比，则有：[2x+x+(2-2x)]/2=1.2，解得x=0.4mol；在相同条件下，2molE与2molM和1molN的物质的量相当，达到平衡时，两者的平衡状态相同，即若开始时只充入2molM和1molN的混合气体，达平衡时M的物质的量为0.8mol，转化的M的物质的量为2mol-0.8mol=1.2mol所以达平衡时M的转化率=1.2/2 ×100%=60%，
故选A。
【点睛】本题为等效平衡问题，解决这类问题时注意以下两个方面的问题：
（1）全等等效平衡：对于两边气体分子数不相等的可逆反应，只改变起始时加入物质的物质的量，如果通过可逆反应的化学计量数换算成方程式同一半边的物质时物质的量与起始所给物质对应相同，则两平衡等效．
（2）成比例的等效平衡：对于反应前后气体分子数相等的可逆反应，只要反应物（或生成物）的物质的量的比例与起始所给物质的比例对应相同，则两平衡等效．
14.已知反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0。某温度下，将2 mol SO2和1 mol O2置于10 L密闭容器中，反应达到平衡后，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是

A. 由图甲知，A点SO2的平衡浓度为0.08 mol·L－1
B. 由图甲知，B点SO2、O2、SO3的平衡浓度之比为2∶1∶2
C. 压强为0.50 MPa时不同温度下SO2的转化率与温度关系如丙图，则T2>T1
D. 达到平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图像可以用图乙表示
【答案】D
【解析】
【分析】
A、甲图表示不同压强下到达平衡时，SO2的平衡转化率与压强关系，由甲图可知A点SO2的转化率为0.8，二氧化硫起始浓度乘以转化率为二氧化硫的浓度变化量，据此计算△c（SO2），进而计算二氧化硫的平衡浓度，由体积计算浓度；
B、由甲图可知B点SO2的转化率为0.85，二氧化硫起始物质的量乘以转化率为二氧化硫变化量，据此计算△n（SO2），根据三段式进而计算各物质的平衡物质的量；
C、T1达平衡的时间短，温度为T1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快；
D、达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，据此判断；
【详解】A、由甲图可知A点SO2的转化率为0.8，二氧化硫起始浓度乘以转化率为二氧化硫的浓度变化量，据此计算△c（SO2）=2 mol×0.8/10L=0.16mol/l，平衡时的浓度为（0.2-0.16）mol/L=0.04mol/L，故A错误；
B、由甲图可知B点SO2的转化率为0.85，所以△n（SO2）=0.85×2mol=1.7mol，则：
2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
开始（mol）： 2 1 0
变化（mol）： 1.7 0.85 1.7
平衡（mol）： 0.3 0.15 1.7
B点SO2、O2、SO3的平衡浓度之比为0.3：0.15：1.7=6：3：34，故B错误；
C、T1达平衡的时间短，温度为T1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快，故T2＜T1，故C错误；
D、达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，即平衡向正反应移动，故V（正）＞V（逆），故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查化学平衡图象、化学平衡有关计算、影响化学平衡移动的因素等，解题关键：从图中读出各变化量与平衡的关系。易错点：注意甲图表示不同压强下到达平衡时，SO2的平衡转化率与压强关系。
15.已知下列化学反应：3A(g)＋B(g)C(s)＋4D(g)　ΔH<0中a、b分别表示在一定条件下D的体积分数[w(D)]随反应时间T的变化情况。若使曲线b变为曲线a，可采取的措施是(　　)

A. 增大B的浓度 B. 升高温度 C. 扩大容器体积 D. 加入催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知曲线b变为曲线a，到达平衡的时间缩短，应改变条件增大反应速率，同时D的体积分数不变，即条件改变不影响平衡移动，结合外界条件对反应速率与化学平衡的影响分析．
【详解】A、增大B的浓度，加快反应速率，但是平衡会移动，故A错误；
B、升高温度，反应速率加快，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，D的体积分数减小，故B错误；
C、扩大反应容器的体积减小压强，反应速率减慢，该反应前后气体的物质的量不变化，平衡不移动，D的体积分数不变，故C错误；
D、加入催化剂，反应速率加快，D的体积分数不变，故D正确；
故选D。
16.将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2(g)＋Br2(g) 2HBr(g)，ΔH<0，平衡时Br2(g)的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2(g)的转化率为b。a与b的关系是
A. a＞b B. a＝b C. a＜b D. 无法确定
【答案】A
【解析】
试题分析：恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）△H＜0，该反应是放热反应，达到平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率减少，即b＜a；选A．
考点：考查化学平衡的影响因素。
17.（1）已知单质硫在通常条件下以S8(斜方硫)的形式存在，而在蒸气状态时，含有S2、S4、S6及S8等多种同素异形体，其中S4、S6和S8具有相似的结构特点，其结构如图所示：

①在一定温度下，测得硫蒸气的平均摩尔质量为80 g·mol－1，则该蒸气中S2分子的体积分数不小于_______。
②若已知硫氧键的键能为d kJ·mol－1，氧氧键的键能为e kJ·mol－1，S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1，则S8分子硫硫键的键能为________。
（2）肼(H2N—NH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N为942、O===O为500、N—N为154，则断裂1 mol N—H键所需的能量是_____________kJ

（3）如表所示是某些物质的燃烧热数据：
物质
C(s)
H2(g)
C2H4(g)
C2H6(g)
C3H8(g)
C12H26(l)
ΔH/ kJ·mol－1
－393.5
－285.8
－1 411.0
－1 559.8
－2 219.9
－8 571.4

①煤油的组成可看作C12H26，煤油燃烧生成液态水时的热化学方程式为________________。
②由上表中的数据_____(填“能”或“不能”)计算出反应：C2H4(g)＋H2(g)―→C2H6(g)的反应热。若能，该反应△H= _____(若不能，此空不填)；若不能，原因是 (若能， 此空不填)。
【答案】 (1). 75% (2). (2d－a－e) kJ·mol－1 (3). 391 (4). 2C12H26(l)＋37O2(g)===24CO2(g)＋26H2O(l) ΔH＝－17142.8 kJ·mol－1 (5). 能 (6). －137.0 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
（1）①本题用极值法讨论，因为M=80g·mol－1，所以当混合气体中只含有S2和S4时，S2的体积分数最小；
②依据焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算得到；
（2）根据图象可得N2H4（g）+O2（g）=2N（g）+4H（g）+2O（g）△H3=2752kJ·mol－1-534kJ·mol－1=+2218kJ·mol－1，然后结合旧键断裂吸收能量等于反应物各键能之和列式计算.
（3）①煤油的燃烧是放热反应，燃烧热是完全燃烧1mol物质生成稳定产物所释放出的能量；
②写成氢气、乙烯、乙烷燃烧热的化学方程式，然后利用盖斯定律计算出反应C2H4（g）+H2（g）=C2H6（g）的焓变．
【详解】（1）①本题用极值法讨论，因为M=80g·mol－1，相对分子质量小于80的只有S2，所以当混合气体中只含有S2和S4时，S2的体积分数最小，设S2的体积分数为x，则
[64g·mol－1·x+128g·mol－1（1-x）]/1mol=80g·mol－1
x=3/4，即75%；
②设硫硫键的键能为x kJ·mol－1，S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1，则：
-a kJ·mol－1=1/8×8·x kJ·mol－1+e kJ·mol－1-2d kJ·mol－1；
x=（2d-a-e）kJ·mol－1；
（2）根据图象可知：N2H4（g）+O2（g）=2N（g）+4H（g）+2O（g）△H3=2752kJ·mol－1-534kJ·mol－1=+2218kJ·mol－1，
化学反应中，旧键断裂吸收能量，设断裂1molN-H键所需的能量为x，则旧键断裂吸收的能量=154+4x+500=2218，解得：x=391；
（3）①煤油的燃烧是放热反应，根据热化学方程式的书写方法，得到2C12H26（l）+37O2（g）═24CO2（g）+26H2O（l），煤油的燃烧热△H=-8571.4kJ·mol－1，所以燃烧2mol煤油释放的热量是2×（-8571.4kJ·mol－1）=-17 142.8 kJ·mol－1，即2C12H26（l）+37O2（g）═24CO2（g）+26H2O（l）△H=-17142.8 kJ·mol－1；
②C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（1）△H1=-1411.0kJ·mol－1 ①
H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H2=-285.8 kJ·mol－1②
C2H6（g）+7/2O2（g）=2CO2（g）+3H2O（1）△H3=-1559.8 kJ·mol－1③
由①+②-③可得：C2H4（g）+H2（g）=C2H6（g），△H=△H1＋△H2－△H3=（-1411.0kJ·mol－1）+（-285.8 kJ·mol－1）-（-1559.8 kJ·mol－1）=-137.0 kJ·mol－1，
故答案为：能；-137.0 kJ·mol－1．
【点睛】本题考查了反应热与焓变、热化学方程式的书写，解题关键：明确热化学方程式的书写方法，能够应用盖斯定律及热化学方程式求算反应热．难点（3）②用盖斯定律及热化学方程式求算反应热。
18.如下图，甲、乙、丙分别表示在不同条件下可逆反应：A（g）+B（g）xC（g）的生成物C在反应混合物中的百分含量（C%）和反应时间（t）的关系。

请根据图象回答下列问题：
（1）若甲图中两条曲线分别表示有催化剂和无催化剂的情况，则_____曲线表示无催化剂时的情况（填字母，下同）；
（2）若乙图表示反应达到平衡后分别在恒温恒压条件下和恒温恒容条件下向平衡混合气体中充入惰性气体后的情况，则_____曲线表示恒温恒容的情况；
（3）根据丙图可以判断该可逆反应的正反应是______热反应（填“吸”或“放”），计量数x的值_________（填取值范围）；判断的依据分别是_________________________________ ；________________。
【答案】 (1). b (2). a (3). 吸 (4). 大于2（或＞2或≥3） (5). 压强不变，升高温度，C%增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应 (6). 保持温度不变，增大压强，C%减小，说明平衡向逆反应方向移动，故x＞1+1=2
【解析】
【分析】
（1）使用催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，据此判断；
（2）恒温恒容条件下，通入惰性气体，不影响反应混合气体各组分的浓度，平衡不移动；
（3）由丙图可知，相同压强温度越高，C%越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，温度相同压强越高，C%越小，说明增大压强，平衡向逆反应移动，据此解答．
【详解】（1）使用催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，由图可知，a先到达平衡，故a曲线表示使用催化剂，b曲线表示没有使用催化剂；
（2）恒温恒容条件下，通入惰性气体，不影响反应混合气体各组分的浓度，平衡不移动，C%不变，故选a；
（3）由丙图可知，相同压强温度越高，C%越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，正反应为吸热反应，温度相同压强越高，C%越小，说明增大压强，平衡向逆反应移动，故x＞1+1，即x＞2；
19.反应：mA＋nB2C＋D(正反应为吸热反应)。
（1）若A是固体，其他都是气体，加压后，平衡不发生移动，则n＝________。
（2）若C是液体，A、B、D都是气体，将A、B、D浓度同时都增大一倍，平衡向________移动。
（3）A、B、C、D均为气体，加压后平衡向左移动，则混合气体的平均相对分子量________(填“增大”“减小”“不变”或“无法确定”)。
【答案】 (1). 3 (2). 右 (3). 增大
【解析】
【分析】
（1）反应前后气体体积不变的反应，改变压强平衡不变；
（2）加压平衡向气体体积减小的方向移动；
（3）加压平衡向气体体积减小的方向移动；总质量不变，物质的量减小；
【详解】（1）反应前后气体体积不变的反应，改变压强平衡不变，A是固体、B、C、D都是气体，减小压强，平衡不移动说明n=1+2=3；
（2）若C是液体，A、B、D都是气体，m+n>1，将A、B、D浓度同时都增大一倍，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡向右移动。
（3）加压平衡向气体体积减小的方向移动；A、B、C、D均为气体，加压后平衡向左移动，由于气体的总质量不变、总物质的量减小，则（M=m/n）混合气体的平均相对分子量增大；
20.（1）理论上稀强酸、稀强碱反应生成1 mol 液态水时放出57.3 kJ的热量，写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式_______________________。
（2）如图所示A为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，两个小孔不能开得过大，其原因是________；反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是________。

（3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J/(g·℃)。为了计算中和热，实验时还需测量的数据有(填序号)__________。
A．反应前盐酸的温度B．反应前盐酸的质量C．反应前氢氧化钠溶液的温度
D．反应前氢氧化钠溶液的质量E．反应后混合溶液的最高温度F．反应后混合溶液的质量
（4）某学生实验记录数据如下：
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________。
【答案】 (1). NaOH(aq)＋1/2H2SO4(aq)===1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol (2). 减少热量损失 (3). 用水将温度计冲洗干净并用滤纸擦干 (4). ACE (5). －51.8 kJ/mol
【解析】
【分析】
（1）酸碱中和反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，书写热化学方程式；
（2）测定中和热过程中必须尽量减少热量的散失；中和反应是放热反应；
（3）根据中和热计算公式Q=cm△T中涉及的未知数据进行判断；
（4）先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热；
【详解】（1）已知稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，稀硫酸和氢氧化钠稀溶液都是强酸和强碱的稀溶液，则反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋1/2H2SO4(aq)===1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol ；
（2）如图所示，A为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，若两个小孔开得过大，会导致散失较多的热量，影响测定结果；
中和反应是放热反应，温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，温度差偏低，但使测得的中和热偏高，所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；
（3）由Q=cm△T可知，测定中和热需要测定的数据为：A．反应前盐酸溶液的温度、C．反应前氢氧化钠溶液的温度和E．反应后混合溶液的最高温度，故选ACE；
（4）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应前后温度差为：3.05℃；40mL的0.50mol·L－1盐酸与40mL的0.55mol·L－1氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL×1g·cm－3=80g，c=4.18J/（g·℃），代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/（g·℃）×80g×（3.15℃+3.1℃+3.05℃）/3=1.036kJ，生成0.02mol的水放出热量为：1.036kJ，生成1mol的水放出热量为：1.036kJ×1mol/0.02mol=-51.8kJ·mol－1，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ·mol－1.
【点睛】本题考查了中和热的测定的原理和操作，解题关键：在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热；理解中和热测定原理以及测定反应热的误差等问题，难点（4）：中和热的计算，先算出实验中放出的热量，再换算成生成1mol水放出的热量。
21.在容积为10L的密闭容器中，通入40molN2和120molH2，在一定条件下进行反应，2s后达到平衡状态，此时N2的浓度是2mol/L，试求：
（1）用H2的浓度变化表示的2s内的平均反应速率为多少？____________
（2）N2的转化率为多少？_____________
（3）平衡时NH3的体积分数为多少？（要求有计算过程）_____________
【答案】 (1). v()===3mol •L-1 •s-1 (2). N2的转化率：N2%=×100%=50% (3). NH3的体积分数：NH3%==33.3%
【解析】
试题分析：本题是关于可逆反应中的计算题，利用“三段法”来对反应中三个状态时的各物质的浓度进行分析，从而来进行计算。由题意已知了N2的初始浓度，而在反应2S后达到平衡状态，此时N2的浓度是2mol/L，根据N2浓度的变化即可进行计算。根据化学反应中计量数之比等于化学反应速率之比可以用其它物质来对化学反应速率进行描述。
解题过程如下：
2秒后N2的物质的量为2mol/L×10L=20mol
N2+ 3H2= 2NH3
40 120 0
20 60 40
20 60 40
（1）()==="3mol" •L-1 •s-1
（2）N2的转化率：N2%=×100%=50%
(3) NH3的体积分数：NH3%==33.3%
考点：可逆反应中有关物质的计算。
点评：本题属于平衡计算题目，常用的方法就是三段式的解法，可以清晰的判断各个过程中物质的量的变化，并进行计算，属于常规解题方法。