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【化学】湖南省娄底市第四中学2018-2019学年高二上学期10月月考（解析版） 试卷
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湖南省娄底市第四中学2018-2019学年高二上学期10月月考
1.下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是( )
A. 铝粉与氧化铁粉末反应 B. 乙醇燃烧
C. 碳酸钙受热分解 D. 氧化钙溶于水
【答案】C
【解析】
A．铝热反应为放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，故A错误；B．乙醇燃烧为放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，故B错误；C．碳酸钙受热分解为吸放热反应，生成物总能量高于反应物总能量，故C正确；D．氧化钙溶于水为放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，故D错误；答案为C。
2.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列措施有利于节能减排、保护环境的是： ①加快化石燃料的开采与使用 ②研发易降解的生物农药 ③应用高效洁净的能源转化技术 ④田间焚烧秸秆 ⑤推广使用节能环保材料 （ ）
A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ①②④ D. ②④⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：①加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故不符合题意；②研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，故符合题意；③应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意；④田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放，故不符合题意；⑤推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意，即有利于节能减排、保护环境的是②③⑤，故选B。
考点：考查了使用化石燃料的利弊及新能源的开发的相关知识。
3.下列叙述正确的是
A. 硫酸钡难溶于水，在水溶液中不能导电，所以硫酸钡不是电解质
B. 电解质的电离一定要在水分子作用下才能进行
C. 三氧化硫溶于水能导电，所以三氧化硫是电解质
D. 硫酸、氢氧化钡、纯碱、苛性钠都是电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．BaSO4在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分能完全电离，BaSO4═Ba2++SO42-，为电解质，故A错误；B．电解质的电离在水分子作用下或熔融状态下都可以发生，故B错误；C．SO3溶于水后和水反应生成硫酸，硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，所以SO3是非电解质，故C错误；D．硫酸是强酸、氢氧化钡、苛性钠是强碱、纯碱是盐、都是电解质，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查电解质和非电解质的判断，明确电解质和非电解质的概念是解题的关键。本题的易错点为C，要注意电解质溶液能够导电是电解质本身发生电离。
4.把下列4种X的溶液分别加入到4个盛有10 mL 2 mol·L－1盐酸的烧杯中，并加水稀释到50 mL，此时X与盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最大的是
A. 20 mL 3 mol·L－1 B. 20 mL 2 mol·L－1
C. 10 mL 4 mol·L－1 D. 10 mL 2 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
化学反应中，反应物浓度越大，反应速率越快，因溶液均加水稀释到50mL，则可计算X的物质的量，物质的量越多，浓度越大。
【详解】A．n(X)=0.03L×2mol/L=0.06mol；B．n(X)=0.02L×2mol/L=0.04mol；C．n(X)=0.01L×4mol/L=0.04mol；D．n(X)=0.01L×2mol/L=0.02mol，物质的量最大的是A，则A浓度最大，反应速率最大，故选A。
5.已知充分燃烧a g乙炔气体时生成1 mol二氧化碳气体和液态水,并放出热量b kJ,则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是
A. 2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-2b kJ·mol-1
B. 2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-4b kJ·mol-1
C. 2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-4b kJ·mol-1
D. 2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l) ΔH=+4b kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】充分燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，或生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)═2CO2(g)+H2O(l)△H=-2b kJ/mol或2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-4bkJ/mol；故选C。
6.“能源分类相关图”如图所示，四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是( )
A. 煤炭、石油、潮汐能 B. 水能、生物质能、天然气
C. 生物质能、风能、沼气 D. 地热能、海洋能、核能
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤炭、石油是化石能源，不是新能源；潮汐能不是来自太阳能，故A错误； B．天然气是化石能源，不是新能源，故B错误；C．沼气、风能、生物质能都是来自太阳能的可再生能源，故C正确；D．地热能、核能不是来自太阳能，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查能源的分类，知道能源的不同分类是解答此题的关键。解答本题需要注意，除了地热能、潮汐能和原子核能以外，地球上所有其他能源全部来自太阳能。
7.在298 K、100 kPa时，已知:
①2H2O(g)=O2(g)+2H2(g) ΔH1
②Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g) ΔH2
③2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1、ΔH2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】A
【解析】
【详解】2H2O(g)=O2(g)+2H2(g)△H1 …①，Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g )△H2…②，2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)△H3…③，由盖斯定律可知，③=①+2×②，因此△H3=△H1+2△H2，故选A。
8.反应4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g)开始进行时，CO的浓度为4 mol·L-1，N2的浓度为0,2 min后测得N2的浓度为0.6 mol·L-1，则此段时间内，下列反应速率表示正确的是
A. v(CO)=1.2 mol·L-1·s-1 B. v(NO2)=0.3 mol·L-1·min-1
C. v(N2)=0.6 mol·L-1·min-1 D. v(CO2)=1.2 mol·L-1·min-1
【答案】D
【解析】
【详解】2min后测得N2的浓度为0.6mol/L，则v(N2)==0.3mol/(L•min)，由速率之比等于化学计量数之比可知，v(CO)=0.3mol/(L•min)×4=1.2 mol/(L•min)，v(NO2)=0.3 mol/(L•min)×2=0.6 mol/(L•min)，v(CO2)=0.3mol/(L•min)×4=1.2 mol/(L•min)，故选D。
【点睛】本题考查化学反应速率与化学计量数的关系，把握速率的计算及速率与化学计量数的关系为解答的关键。本题的易错点为A，要注意速率的单位。
9.研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述可能正确的是
A. 增大了反应的活化能 B. 增大了反应的速率
C. 降低了反应的焓变 D. 增大了反应的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，故A错误；B．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会，所以反应速率增大，故B正确；C．催化剂改变了反应路径，但焓变不变，故C错误；D．反应的焓变不变，故D错误；故选B。
10.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，4υ正(O2) ＝5υ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，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：2υ正(NH3) ＝ 3υ正(H2O)
【答案】A
【解析】
【详解】A．不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到化学平衡时，4υ正(O2)=5υ逆(NO)，故A正确；B．生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，均体现正反应速率关系，不能判断正逆反应速率的关系，不能判断是否为平衡状态，故B错误；C．增加容器体积，压强减小，则正、逆反应速率均减小，故C错误；D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，则化学反应速率关系是：3υ正(NH3)=2υ正(H2O)，故D错误；故选A。
11.100 mL 6 mol·L-1的硫酸与过量锌粉反应，在一定温度下，为了减小反应速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的
①硫酸钠固体 ②水 ③硫酸钾溶液 ④硝酸钾溶液
A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】
反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，故要减缓反应速度，应降低溶液中H+离子的浓度，不影响生成氢气的总量，则所加入物质对溶液中与锌反应的H+离子的总物质的量没有影响。
【详解】①加入硫酸钠固体，不影响氢离子浓度，对反应速率没有影响，故①错误；②加入水，稀释了硫酸溶液，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减小，但是溶液中氢离子物质的量不变，生成氢气的总量不变，故②正确；③加入硫酸钾溶液，对硫酸的物质的量没有影响，不影响生成氢气的总量，但H+离子浓度降低，减缓反应进行的速度，故③正确；④加入硝酸钾溶液，硝酸根离子会与氢离子形成硝酸，硝酸与金属反应不产生氢气，氢气的总量会减少，故④错误；所以正确的有②③，故选C。
【点睛】本题考查外界条件对反应速率的影响，做题时注意本题中的两个要求。本题的易错点为④，要注意硝酸的特殊性，硝酸与金属反应一般不放出氢气。
12.下列关于平衡常数K的说法中,正确的是
①平衡常数K只与反应本身及温度有关
②改变反应物浓度或生成物浓度都会改变平衡常数K
③加入催化剂不改变平衡常数K
④平衡常数K只与温度有关,与反应的本身及浓度、压强无关
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③
【答案】D
【解析】
①平衡常数K只与反应本身及温度有关，正确；②对应一个具体的化学反应，平衡常数只与温度有关系，改变反应物浓度或生成物浓度不会改变平衡常数K，错误；③对应一个具体的化学反应，平衡常数只与温度有关系，加入催化剂不改变平衡常数K，正确；④平衡常数K与温度以及化学计量数有关，错误，答案选D。
13.在一定温度下的密闭容器中,加入1 mol CO和1 mol H2O发生反应: CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),达到平衡时测得n(H2)为0.5 mol,下列说法不正确的
A. 在该温度下平衡常数K=1 B. 平衡常数与反应温度无关
C. CO的转化率为50% D. 其他条件不变,改变压强平衡不移动
【答案】B
【解析】
试题分析：A.根据方程式可知在该反应中产生CO2物质的量是0.5 mol，未反应的CO和H2O的物质的量也都是0.5 mol，所以该反应的化学平衡常数是K＝1。正确；B．化学平衡常数只与反应温度有关，而与反应的投料等外界条件无关，错误；C．CO的转化率为0.5 mol ÷1mol=50%,正确；D．由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，其他条件不变改变压强，平衡不移动，正确。
考点：考查化学平衡常数、外界条件对化学平衡的移动的影响的知识。
14.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：下列描述正确的是
A. 反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol·(L·s)－1
B. 反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L－1
C. 反应开始到10 s，Y的转化率为79.0%
D. 反应的化学方程式为X(g)＋Y(g) Z(g)
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率=0.079mol/(L•s)，故A错误；B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了=0.395mol/L，故B错误；C．反应开始到10s时，Y的转化率为×100%=79%，故C正确；D．由图像可以看出，随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生产物，l0s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反应是可逆反应，且△n(X)∶△n(Y)∶△n(Z)=(1.20-0.41)mol∶(1.00-0.21)mol∶1.58mol=1∶1∶2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，故D错误；故选C。
15.已知下列反应的平衡常数:
H2(g)+S(s)H2S(g) K1 S(s)+O2(g)SO2(g) K2
则反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数是
A. K1+K2 B. K1-K2 C. K1·K2 D. K1/K2
【答案】D
【解析】
【详解】H2(g)+S(s)⇌H2S(g)的平衡常数K1=，S(s)+O2(g)⇌SO2(g)的平衡常数K2=，反应H2(g)+SO2(g)⇌O2(g)+H2S(g)的平衡常数K==，故选D。
16. 能用焓判据判断下列过程方向的是
A. 湿的衣服经过晾晒变干
B. 硝酸铵溶于水
C. 100℃时的水蒸气凝结成水
D. 25℃、101 kPa时2N2O5 (g） = 4NO2 (g）＋O2 (g） ΔH＝＋56.7 kJ·mol－1能自发进行
【答案】C
【解析】
试题分析：A．湿的衣服经过晾晒变干，水的内能增加，即焓增加，不符合焓判据判断，错误；B．硝酸铵溶于水，使溶液的温度降低，同时体系混乱程度增大，不能用焓判据判断，错误；C．100℃时的水蒸气凝结成水，内能减小，符合焓判据判断，正确；D．25℃、101 kPa时2N2O5 (g） = 4NO2 (g）＋O2 (g） ΔH＝＋56.7 kJ·mol－1，该反应是吸热的体系混乱程度增大的反应，不能用焓判据判断，错误。
考点：考查焓判据判断过程的自发性的知识。
17.下列说法正确的是
A. 电离常数受溶液中电解质浓度的影响
B. 电离常数可以表示弱电解质的相对强弱
C. 电离常数大的酸溶液中c(H+)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H+)大
D. H2CO3的电离常数表达式:K=
【答案】B
【解析】
【详解】A、电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，故A错误；B、电离平衡常数的大小可以表示弱电解质的相对强弱，电离平衡常数越大，电解质的电离程度越大，故B正确；C、酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，故C错误；D、碳酸是分步电离的，以第一步电离为主，第一电离常数表达式为：K1=，故D错误；故选B。
18.从植物花中可提取一种简写为HIn的有机物，在水溶液中因存在以下电离平衡，故可用作酸碱指示剂。HIn(aq，红色)H++In-(aq，黄色)。浓度为0.02 mol·L-1的下列各溶液：(1)HCl、(2)H2O2、(3)NaCl(aq)、(4)NaHSO4(aq)、(5)NaHCO3(aq)、(6)氨水中，加入该指示剂，其中能使指示剂显黄色的是
A. (1)(4)(5) B. (2)(6) C. (1) (3)(4) D. (5)(6)
【答案】D
【解析】
【详解】能使指示剂显黄色，则加入物质应使平衡向正反应方向移动，所以加入溶液应呈碱性，(1)(4)为酸性溶液，(5)(6)是碱性溶液，(3)为中性溶液，(2)具有强氧化性，能使指示剂氧化褪色，所以符合条件的是(5)(6)，故选D。
19.将V1 mL l.0mol/L盐酸和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V2+V2=50）．下列叙述正确的是
A. 做该实验时环境温度为22℃
B. 该实验表明化学能可能转化为热能
C. NaOH溶液的浓度约为1.0 mol/L
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．温度为22℃时加入盐酸10mL，则不是实验温度，故A错误；B．由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故B正确；C．恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n。根据HCl+NaOH=NaCl+H 2O可知，氢氧化钠的物质的量与盐酸的物质的量相等，n=1.0mol•L-1×0.03L=0.03mol，氢氧化钠的浓度c==1.5mol/L，故C错误；D．本实验只表示该反应放热，不表示其他有水生成的反应也是放热反应，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，故D错误；故选B。
20.在一个6L的密闭容器内，通入2LX（气）和2LY（气），在一定条件下发生反应：4X（气）+3Y（气）2Q（气）+nR（气）．达平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小到1/3，则该反应方程式中的n值是
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】
【详解】从反应物开始投料达平衡时，混合气体的压强比原来增加5%，说明气体的物质的量在增加，所以4+3＜2+n，所以n＞5，且n为正整数，故选D。
【点睛】本题考查化学平衡的计算。解答本题注意把握在相同温度和体积的容器中，气体的物质的量之比等于压强之比，在解题中注意排除法的巧妙应用。
21.(1)丙烷热值较高，污染较小，是一种优良的燃料。试回答下列问题：
如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1 mol H2O(l)过程中的能量变化图，请在图中的括号内填入________（“＋”或“－”）。写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：__________________。
(2)盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分几步完成，整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答问题：
已知：H2O(g)===H2O(l) ΔH1＝－Q1 kJ·mol－1
C2H5OH(g)===C2H5OH(l) ΔH2＝－Q2 kJ·mol－1
C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH3＝－Q3 kJ·mol－1
若使46 g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为______kJ。
【答案】 (1). — (2). C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H1=-2215.0 kJ/mol (3). Q3+3Q1-Q2
【解析】
【详解】(1)根据图像，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应放热，△H＜0，根据丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O(l)过程中的能量变化图，反应放热△H=-553.75kJ/mol，该热化学方程式为：C3H8(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H1=-553.75kJ /mol，因此，丙烷燃烧热的热化学方程式为C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=-2215.0 kJ/mol，故答案为：-；C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=-2215.0 kJ/mol；
(2)46g液态无水酒精物质的量==1mol。a、H2O(g)═H2O(l)△H1=-Q1 kJ/mol，b、C2H5OH(g)═C2H5OH(l)△H2=-Q2 kJ/mol，c、C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=-Q3 kJ/mol，依据盖斯定律计算c+3a-b得到，1mol液态乙醇完全燃烧，生成气态CO2和液态H2O的热化学方程式为：C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l)△H3=-( Q3+3Q1-Q2) kJ/mol，故答案为：Q3+3Q1-Q2。
22.某化学兴趣小组要完成中和热的测定。
(1)实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、0.5 mol·L－1盐酸、0.55 mol·L－1 NaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是_______、____。
(2)实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？______(填“能”或“否”)，其原因是__________________________________。
(3)它们记录的实验数据如下：
实验药品
溶液温度
中和热
t1
t2
ΔH
①
50 mL0.55 mol·L－1NaOH
50 mL0.5 mol·L－1HCl
20 ℃
23.3 ℃
______
②
50 mL0.55 mol·L－1NaOH
50 mL0.5 mol·L－1HCl
20 ℃
23.5 ℃
已知：Q＝cm(t2－t1)，反应后溶液的比热容c为4．18 kJ·℃－1·kg－1，各物质的密度均为1 g·cm－3。
①计算完成上表。
②根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：___________。
(4)若用KOH代替NaOH，对测定结果______(填“有”或“无”)影响；若用醋酸代替HCl做实验，对测定结果_________(填“有”或“无”)影响。
【答案】 (1). 温度计 (2). 量筒 (3). 否 (4). 铜丝易导热，使热量散失多，导致所测结果偏小 (5). －56.8kJ/mol (6). HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+2H2O(l) △H=-56.8kJ/mol (7). 无 (8). 有
【解析】
【详解】(1)测定稀盐酸和稀氢氧化钠的中和热，所需要的玻璃仪器有：大、小两个烧杯、胶头滴管、量筒、温度计以及环形玻璃搅拌器，需要用量筒量取酸溶液、碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少温度计和量筒，故答案为：温度计；量筒；
(2)不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体，热量损失大，故答案为：否；铜丝易导热，使热量散失多，导致所测结果偏小；
(3)2次温度差分别为：3.3℃，3.5℃，2组数据都有效，温度差平均值=3.4℃，50mL0.55mol•L-1NaOH和50mL.0.5mol•L-1HCl质量和为m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g•℃)，△T=3.4℃，代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.4℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为=56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.8kJ/mol，NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+2H2O(l)△H=-56.8kJ/mol，故答案为：-56.8kJ/mol；HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+2H2O(l)△H=-56.8kJ/mol；
(4)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，若用KOH代替NaOH，测定结果无影响；醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程，所以用醋酸代替HCl做实验，反应放出的热量小于56.8kJ，测定结果偏小，对测定结果有影响，故答案为：无；有。
23.T ℃时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图(Ⅰ)所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示。
根据以上条件，回答下列问题：
(1)A与B反应生成C的化学方程式为________，正反应为_____(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)t1 min后，改变下列某一条件，能使平衡向逆反应方向移动的有______(填字母序号)。
A．保持其他条件不变，增大压强
B．保持容器总体积不变，通入少量稀有气体
C．保持其他条件不变，升高温度
【答案】 (1). A(g)+3B(g)2C(g) (2). 放热 (3). C
【解析】
【详解】(1)随反应进行，A、B的物质的量浓度减小，为反应物，C的物质的量浓度增大，为生成物，最终A、B的浓度不变化，且不为0，属于可逆反应，A、B、C的化学计量数之比=(0.5-0.3)∶(0.7-01)∶0.4=1∶3∶2，故反应方程式为：A(g)+3B(g)⇌2C(g)；由图(Ⅱ)可知T1＞T2，升高温度，B的体积分数增大，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故答案为：A(g)+3B(g)⇌2C(g)；放热；
(2)A．保持其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，故A错误；B 保持容器总体积不变，通入少量稀有气体，各组分的浓度不变，平衡不发生移动，故B错误；C．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故C正确；故答案为：C。
24.有科学家正在研究用碳与一氧化氮反应处理环境问题
C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g）△H
(1)实验方案中有下列措施：①采用加热提高反应速率，②使用催化剂提高反应速率，③使用加压提高NO转化率，④使CO2转化成干冰从体系用脱离，提高NO的转化率，你认为可行的是_________。
(2)这个反应的平衡常数表达式是_________________；
(3)在恒容恒温密闭容器中，科学家得到下列实验数据
时间（min）
浓度（mol/L）
NO
N2
CO2
0
0.100
0
0
10
0.058
0.021
0.021
20
0.040
0.030
0.030
30
0.040
0.030
0.030
反应在该温度下的平衡常数K=_________________；
(4)若在(3)的实验中30min时开始升温，36min时达平衡，测得NO的转化率变为50%，则该反应的△H_______0（填“＞”、“＜”、“=”），判断的理由是___________________；
(5)若科学家在30min后改变了某一条件，反应进行到40min时达平衡浓度分别为c（NO）=0.032mol/L，c（N2）=0.034mol/L，c（CO2）=0.017mol/L，则改变的条件可能是______，判断的依据是____________________。
【答案】 (1). ①②④ (2). (3). (4). ＜ (5). 升温后NO的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，正反应放热 (6). 分离出部分CO2 (7). 因为降温时反应正向移动，生成物浓度都增大，加压平衡不移动，各组分浓度都增大，只能是分离出部分二氧化碳，平衡正向移动，才会导致c（NO）和c（CO2）减小，c（N2）增大
【解析】
【详解】(1)①升温正逆反应速率都增大，故采用加热提高反应速率可行；②催化剂能够加快反应速率，使用催化剂提高反应速率可行；③该反应前后气体体积相等，加压平衡不移动，使用加压提高NO转化率不可行；④分离出生成物平衡正向移动，使CO2转化成干冰从体系用脱离，提高NO的转化率可行；故答案为：①②④；
(2)C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)△H，化学平衡常数K=═，故答案为：K=；
(3)根据表格数据可知，20s后反应达到平衡状态，K===，故答案为：；
(4)原平衡中NO的转化率为×100%=60%，升温后NO的转化率变为50%，说明升温平衡逆向移动，正反应放热，△H＜0，故答案为：＜；升温后NO的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，正反应放热；
(5)改变了某一条件，达到新的平衡时，c(NO)和c(CO2)减小，c(N2)增大，只能是分离出部分二氧化碳，因为降温时反应正向移动，生成物浓度都增大，加压平衡不移动，各组分浓度都增大，只能是分离出部分二氧化碳，平衡正向移动，才会导致c(NO)和c(CO2)减小，c(N2)增大，故答案为：分离出部分二氧化碳；因为降温时反应正向移动，生成物浓度都增大，加压平衡不移动，各组分浓度都增大，只能是分离出部分二氧化碳，平衡正向移动，才会导致c(NO)和c(CO2)减小，c(N2)增大。
【点睛】本题考查了影响化学反应速率的因素、化学平衡常数及其计算。本题的易错点和难点为(5)，可以从影响平衡移动的因素(温度、浓度、压强)三个方面依次分析判断。
1.下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是( )
A. 铝粉与氧化铁粉末反应 B. 乙醇燃烧
C. 碳酸钙受热分解 D. 氧化钙溶于水
【答案】C
【解析】
A．铝热反应为放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，故A错误；B．乙醇燃烧为放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，故B错误；C．碳酸钙受热分解为吸放热反应，生成物总能量高于反应物总能量，故C正确；D．氧化钙溶于水为放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，故D错误；答案为C。
2.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列措施有利于节能减排、保护环境的是： ①加快化石燃料的开采与使用 ②研发易降解的生物农药 ③应用高效洁净的能源转化技术 ④田间焚烧秸秆 ⑤推广使用节能环保材料 （ ）
A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ①②④ D. ②④⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：①加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故不符合题意；②研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，故符合题意；③应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意；④田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放，故不符合题意；⑤推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意，即有利于节能减排、保护环境的是②③⑤，故选B。
考点：考查了使用化石燃料的利弊及新能源的开发的相关知识。
3.下列叙述正确的是
A. 硫酸钡难溶于水，在水溶液中不能导电，所以硫酸钡不是电解质
B. 电解质的电离一定要在水分子作用下才能进行
C. 三氧化硫溶于水能导电，所以三氧化硫是电解质
D. 硫酸、氢氧化钡、纯碱、苛性钠都是电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．BaSO4在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分能完全电离，BaSO4═Ba2++SO42-，为电解质，故A错误；B．电解质的电离在水分子作用下或熔融状态下都可以发生，故B错误；C．SO3溶于水后和水反应生成硫酸，硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，所以SO3是非电解质，故C错误；D．硫酸是强酸、氢氧化钡、苛性钠是强碱、纯碱是盐、都是电解质，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查电解质和非电解质的判断，明确电解质和非电解质的概念是解题的关键。本题的易错点为C，要注意电解质溶液能够导电是电解质本身发生电离。
4.把下列4种X的溶液分别加入到4个盛有10 mL 2 mol·L－1盐酸的烧杯中，并加水稀释到50 mL，此时X与盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最大的是
A. 20 mL 3 mol·L－1 B. 20 mL 2 mol·L－1
C. 10 mL 4 mol·L－1 D. 10 mL 2 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
化学反应中，反应物浓度越大，反应速率越快，因溶液均加水稀释到50mL，则可计算X的物质的量，物质的量越多，浓度越大。
【详解】A．n(X)=0.03L×2mol/L=0.06mol；B．n(X)=0.02L×2mol/L=0.04mol；C．n(X)=0.01L×4mol/L=0.04mol；D．n(X)=0.01L×2mol/L=0.02mol，物质的量最大的是A，则A浓度最大，反应速率最大，故选A。
5.已知充分燃烧a g乙炔气体时生成1 mol二氧化碳气体和液态水,并放出热量b kJ,则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是
A. 2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-2b kJ·mol-1
B. 2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-4b kJ·mol-1
C. 2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-4b kJ·mol-1
D. 2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l) ΔH=+4b kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】充分燃烧a g乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，或生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)═2CO2(g)+H2O(l)△H=-2b kJ/mol或2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-4bkJ/mol；故选C。
6.“能源分类相关图”如图所示，四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是( )
A. 煤炭、石油、潮汐能 B. 水能、生物质能、天然气
C. 生物质能、风能、沼气 D. 地热能、海洋能、核能
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤炭、石油是化石能源，不是新能源；潮汐能不是来自太阳能，故A错误； B．天然气是化石能源，不是新能源，故B错误；C．沼气、风能、生物质能都是来自太阳能的可再生能源，故C正确；D．地热能、核能不是来自太阳能，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查能源的分类，知道能源的不同分类是解答此题的关键。解答本题需要注意，除了地热能、潮汐能和原子核能以外，地球上所有其他能源全部来自太阳能。
7.在298 K、100 kPa时，已知:
①2H2O(g)=O2(g)+2H2(g) ΔH1
②Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g) ΔH2
③2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1、ΔH2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】A
【解析】
【详解】2H2O(g)=O2(g)+2H2(g)△H1 …①，Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g )△H2…②，2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)△H3…③，由盖斯定律可知，③=①+2×②，因此△H3=△H1+2△H2，故选A。
8.反应4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g)开始进行时，CO的浓度为4 mol·L-1，N2的浓度为0,2 min后测得N2的浓度为0.6 mol·L-1，则此段时间内，下列反应速率表示正确的是
A. v(CO)=1.2 mol·L-1·s-1 B. v(NO2)=0.3 mol·L-1·min-1
C. v(N2)=0.6 mol·L-1·min-1 D. v(CO2)=1.2 mol·L-1·min-1
【答案】D
【解析】
【详解】2min后测得N2的浓度为0.6mol/L，则v(N2)==0.3mol/(L•min)，由速率之比等于化学计量数之比可知，v(CO)=0.3mol/(L•min)×4=1.2 mol/(L•min)，v(NO2)=0.3 mol/(L•min)×2=0.6 mol/(L•min)，v(CO2)=0.3mol/(L•min)×4=1.2 mol/(L•min)，故选D。
【点睛】本题考查化学反应速率与化学计量数的关系，把握速率的计算及速率与化学计量数的关系为解答的关键。本题的易错点为A，要注意速率的单位。
9.研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述可能正确的是
A. 增大了反应的活化能 B. 增大了反应的速率
C. 降低了反应的焓变 D. 增大了反应的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，故A错误；B．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会，所以反应速率增大，故B正确；C．催化剂改变了反应路径，但焓变不变，故C错误；D．反应的焓变不变，故D错误；故选B。
10.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，4υ正(O2) ＝5υ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，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：2υ正(NH3) ＝ 3υ正(H2O)
【答案】A
【解析】
【详解】A．不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到化学平衡时，4υ正(O2)=5υ逆(NO)，故A正确；B．生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，均体现正反应速率关系，不能判断正逆反应速率的关系，不能判断是否为平衡状态，故B错误；C．增加容器体积，压强减小，则正、逆反应速率均减小，故C错误；D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，则化学反应速率关系是：3υ正(NH3)=2υ正(H2O)，故D错误；故选A。
11.100 mL 6 mol·L-1的硫酸与过量锌粉反应，在一定温度下，为了减小反应速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的
①硫酸钠固体 ②水 ③硫酸钾溶液 ④硝酸钾溶液
A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】
反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，故要减缓反应速度，应降低溶液中H+离子的浓度，不影响生成氢气的总量，则所加入物质对溶液中与锌反应的H+离子的总物质的量没有影响。
【详解】①加入硫酸钠固体，不影响氢离子浓度，对反应速率没有影响，故①错误；②加入水，稀释了硫酸溶液，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减小，但是溶液中氢离子物质的量不变，生成氢气的总量不变，故②正确；③加入硫酸钾溶液，对硫酸的物质的量没有影响，不影响生成氢气的总量，但H+离子浓度降低，减缓反应进行的速度，故③正确；④加入硝酸钾溶液，硝酸根离子会与氢离子形成硝酸，硝酸与金属反应不产生氢气，氢气的总量会减少，故④错误；所以正确的有②③，故选C。
【点睛】本题考查外界条件对反应速率的影响，做题时注意本题中的两个要求。本题的易错点为④，要注意硝酸的特殊性，硝酸与金属反应一般不放出氢气。
12.下列关于平衡常数K的说法中,正确的是
①平衡常数K只与反应本身及温度有关
②改变反应物浓度或生成物浓度都会改变平衡常数K
③加入催化剂不改变平衡常数K
④平衡常数K只与温度有关,与反应的本身及浓度、压强无关
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①③
【答案】D
【解析】
①平衡常数K只与反应本身及温度有关，正确；②对应一个具体的化学反应，平衡常数只与温度有关系，改变反应物浓度或生成物浓度不会改变平衡常数K，错误；③对应一个具体的化学反应，平衡常数只与温度有关系，加入催化剂不改变平衡常数K，正确；④平衡常数K与温度以及化学计量数有关，错误，答案选D。
13.在一定温度下的密闭容器中,加入1 mol CO和1 mol H2O发生反应: CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),达到平衡时测得n(H2)为0.5 mol,下列说法不正确的
A. 在该温度下平衡常数K=1 B. 平衡常数与反应温度无关
C. CO的转化率为50% D. 其他条件不变,改变压强平衡不移动
【答案】B
【解析】
试题分析：A.根据方程式可知在该反应中产生CO2物质的量是0.5 mol，未反应的CO和H2O的物质的量也都是0.5 mol，所以该反应的化学平衡常数是K＝1。正确；B．化学平衡常数只与反应温度有关，而与反应的投料等外界条件无关，错误；C．CO的转化率为0.5 mol ÷1mol=50%,正确；D．由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，其他条件不变改变压强，平衡不移动，正确。
考点：考查化学平衡常数、外界条件对化学平衡的移动的影响的知识。
14.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：下列描述正确的是
A. 反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol·(L·s)－1
B. 反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L－1
C. 反应开始到10 s，Y的转化率为79.0%
D. 反应的化学方程式为X(g)＋Y(g) Z(g)
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率=0.079mol/(L•s)，故A错误；B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了=0.395mol/L，故B错误；C．反应开始到10s时，Y的转化率为×100%=79%，故C正确；D．由图像可以看出，随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生产物，l0s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反应是可逆反应，且△n(X)∶△n(Y)∶△n(Z)=(1.20-0.41)mol∶(1.00-0.21)mol∶1.58mol=1∶1∶2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，故D错误；故选C。
15.已知下列反应的平衡常数:
H2(g)+S(s)H2S(g) K1 S(s)+O2(g)SO2(g) K2
则反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数是
A. K1+K2 B. K1-K2 C. K1·K2 D. K1/K2
【答案】D
【解析】
【详解】H2(g)+S(s)⇌H2S(g)的平衡常数K1=，S(s)+O2(g)⇌SO2(g)的平衡常数K2=，反应H2(g)+SO2(g)⇌O2(g)+H2S(g)的平衡常数K==，故选D。
16. 能用焓判据判断下列过程方向的是
A. 湿的衣服经过晾晒变干
B. 硝酸铵溶于水
C. 100℃时的水蒸气凝结成水
D. 25℃、101 kPa时2N2O5 (g） = 4NO2 (g）＋O2 (g） ΔH＝＋56.7 kJ·mol－1能自发进行
【答案】C
【解析】
试题分析：A．湿的衣服经过晾晒变干，水的内能增加，即焓增加，不符合焓判据判断，错误；B．硝酸铵溶于水，使溶液的温度降低，同时体系混乱程度增大，不能用焓判据判断，错误；C．100℃时的水蒸气凝结成水，内能减小，符合焓判据判断，正确；D．25℃、101 kPa时2N2O5 (g） = 4NO2 (g）＋O2 (g） ΔH＝＋56.7 kJ·mol－1，该反应是吸热的体系混乱程度增大的反应，不能用焓判据判断，错误。
考点：考查焓判据判断过程的自发性的知识。
17.下列说法正确的是
A. 电离常数受溶液中电解质浓度的影响
B. 电离常数可以表示弱电解质的相对强弱
C. 电离常数大的酸溶液中c(H+)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H+)大
D. H2CO3的电离常数表达式:K=
【答案】B
【解析】
【详解】A、电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，故A错误；B、电离平衡常数的大小可以表示弱电解质的相对强弱，电离平衡常数越大，电解质的电离程度越大，故B正确；C、酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，故C错误；D、碳酸是分步电离的，以第一步电离为主，第一电离常数表达式为：K1=，故D错误；故选B。
18.从植物花中可提取一种简写为HIn的有机物，在水溶液中因存在以下电离平衡，故可用作酸碱指示剂。HIn(aq，红色)H++In-(aq，黄色)。浓度为0.02 mol·L-1的下列各溶液：(1)HCl、(2)H2O2、(3)NaCl(aq)、(4)NaHSO4(aq)、(5)NaHCO3(aq)、(6)氨水中，加入该指示剂，其中能使指示剂显黄色的是
A. (1)(4)(5) B. (2)(6) C. (1) (3)(4) D. (5)(6)
【答案】D
【解析】
【详解】能使指示剂显黄色，则加入物质应使平衡向正反应方向移动，所以加入溶液应呈碱性，(1)(4)为酸性溶液，(5)(6)是碱性溶液，(3)为中性溶液，(2)具有强氧化性，能使指示剂氧化褪色，所以符合条件的是(5)(6)，故选D。
19.将V1 mL l.0mol/L盐酸和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V2+V2=50）．下列叙述正确的是
A. 做该实验时环境温度为22℃
B. 该实验表明化学能可能转化为热能
C. NaOH溶液的浓度约为1.0 mol/L
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．温度为22℃时加入盐酸10mL，则不是实验温度，故A错误；B．由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故B正确；C．恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n。根据HCl+NaOH=NaCl+H 2O可知，氢氧化钠的物质的量与盐酸的物质的量相等，n=1.0mol•L-1×0.03L=0.03mol，氢氧化钠的浓度c==1.5mol/L，故C错误；D．本实验只表示该反应放热，不表示其他有水生成的反应也是放热反应，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，故D错误；故选B。
20.在一个6L的密闭容器内，通入2LX（气）和2LY（气），在一定条件下发生反应：4X（气）+3Y（气）2Q（气）+nR（气）．达平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增大了5%，X的浓度减小到1/3，则该反应方程式中的n值是
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】
【详解】从反应物开始投料达平衡时，混合气体的压强比原来增加5%，说明气体的物质的量在增加，所以4+3＜2+n，所以n＞5，且n为正整数，故选D。
【点睛】本题考查化学平衡的计算。解答本题注意把握在相同温度和体积的容器中，气体的物质的量之比等于压强之比，在解题中注意排除法的巧妙应用。
21.(1)丙烷热值较高，污染较小，是一种优良的燃料。试回答下列问题：
如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1 mol H2O(l)过程中的能量变化图，请在图中的括号内填入________（“＋”或“－”）。写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：__________________。
(2)盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分几步完成，整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答问题：
已知：H2O(g)===H2O(l) ΔH1＝－Q1 kJ·mol－1
C2H5OH(g)===C2H5OH(l) ΔH2＝－Q2 kJ·mol－1
C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH3＝－Q3 kJ·mol－1
若使46 g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为______kJ。
【答案】 (1). — (2). C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H1=-2215.0 kJ/mol (3). Q3+3Q1-Q2
【解析】
【详解】(1)根据图像，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应放热，△H＜0，根据丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O(l)过程中的能量变化图，反应放热△H=-553.75kJ/mol，该热化学方程式为：C3H8(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H1=-553.75kJ /mol，因此，丙烷燃烧热的热化学方程式为C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=-2215.0 kJ/mol，故答案为：-；C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H1=-2215.0 kJ/mol；
(2)46g液态无水酒精物质的量==1mol。a、H2O(g)═H2O(l)△H1=-Q1 kJ/mol，b、C2H5OH(g)═C2H5OH(l)△H2=-Q2 kJ/mol，c、C2H5OH(g)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=-Q3 kJ/mol，依据盖斯定律计算c+3a-b得到，1mol液态乙醇完全燃烧，生成气态CO2和液态H2O的热化学方程式为：C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(l)△H3=-( Q3+3Q1-Q2) kJ/mol，故答案为：Q3+3Q1-Q2。
22.某化学兴趣小组要完成中和热的测定。
(1)实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、0.5 mol·L－1盐酸、0.55 mol·L－1 NaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是_______、____。
(2)实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？______(填“能”或“否”)，其原因是__________________________________。
(3)它们记录的实验数据如下：
实验药品
溶液温度
中和热
t1
t2
ΔH
①
50 mL0.55 mol·L－1NaOH
50 mL0.5 mol·L－1HCl
20 ℃
23.3 ℃
______
②
50 mL0.55 mol·L－1NaOH
50 mL0.5 mol·L－1HCl
20 ℃
23.5 ℃
已知：Q＝cm(t2－t1)，反应后溶液的比热容c为4．18 kJ·℃－1·kg－1，各物质的密度均为1 g·cm－3。
①计算完成上表。
②根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：___________。
(4)若用KOH代替NaOH，对测定结果______(填“有”或“无”)影响；若用醋酸代替HCl做实验，对测定结果_________(填“有”或“无”)影响。
【答案】 (1). 温度计 (2). 量筒 (3). 否 (4). 铜丝易导热，使热量散失多，导致所测结果偏小 (5). －56.8kJ/mol (6). HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+2H2O(l) △H=-56.8kJ/mol (7). 无 (8). 有
【解析】
【详解】(1)测定稀盐酸和稀氢氧化钠的中和热，所需要的玻璃仪器有：大、小两个烧杯、胶头滴管、量筒、温度计以及环形玻璃搅拌器，需要用量筒量取酸溶液、碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少温度计和量筒，故答案为：温度计；量筒；
(2)不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体，热量损失大，故答案为：否；铜丝易导热，使热量散失多，导致所测结果偏小；
(3)2次温度差分别为：3.3℃，3.5℃，2组数据都有效，温度差平均值=3.4℃，50mL0.55mol•L-1NaOH和50mL.0.5mol•L-1HCl质量和为m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g•℃)，△T=3.4℃，代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.4℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为=56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.8kJ/mol，NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式为：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+2H2O(l)△H=-56.8kJ/mol，故答案为：-56.8kJ/mol；HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+2H2O(l)△H=-56.8kJ/mol；
(4)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，若用KOH代替NaOH，测定结果无影响；醋酸为弱酸，电离过程为吸热过程，所以用醋酸代替HCl做实验，反应放出的热量小于56.8kJ，测定结果偏小，对测定结果有影响，故答案为：无；有。
23.T ℃时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图(Ⅰ)所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示。
根据以上条件，回答下列问题：
(1)A与B反应生成C的化学方程式为________，正反应为_____(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)t1 min后，改变下列某一条件，能使平衡向逆反应方向移动的有______(填字母序号)。
A．保持其他条件不变，增大压强
B．保持容器总体积不变，通入少量稀有气体
C．保持其他条件不变，升高温度
【答案】 (1). A(g)+3B(g)2C(g) (2). 放热 (3). C
【解析】
【详解】(1)随反应进行，A、B的物质的量浓度减小，为反应物，C的物质的量浓度增大，为生成物，最终A、B的浓度不变化，且不为0，属于可逆反应，A、B、C的化学计量数之比=(0.5-0.3)∶(0.7-01)∶0.4=1∶3∶2，故反应方程式为：A(g)+3B(g)⇌2C(g)；由图(Ⅱ)可知T1＞T2，升高温度，B的体积分数增大，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故答案为：A(g)+3B(g)⇌2C(g)；放热；
(2)A．保持其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，故A错误；B 保持容器总体积不变，通入少量稀有气体，各组分的浓度不变，平衡不发生移动，故B错误；C．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故C正确；故答案为：C。
24.有科学家正在研究用碳与一氧化氮反应处理环境问题
C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g）△H
(1)实验方案中有下列措施：①采用加热提高反应速率，②使用催化剂提高反应速率，③使用加压提高NO转化率，④使CO2转化成干冰从体系用脱离，提高NO的转化率，你认为可行的是_________。
(2)这个反应的平衡常数表达式是_________________；
(3)在恒容恒温密闭容器中，科学家得到下列实验数据
时间（min）
浓度（mol/L）
NO
N2
CO2
0
0.100
0
0
10
0.058
0.021
0.021
20
0.040
0.030
0.030
30
0.040
0.030
0.030
反应在该温度下的平衡常数K=_________________；
(4)若在(3)的实验中30min时开始升温，36min时达平衡，测得NO的转化率变为50%，则该反应的△H_______0（填“＞”、“＜”、“=”），判断的理由是___________________；
(5)若科学家在30min后改变了某一条件，反应进行到40min时达平衡浓度分别为c（NO）=0.032mol/L，c（N2）=0.034mol/L，c（CO2）=0.017mol/L，则改变的条件可能是______，判断的依据是____________________。
【答案】 (1). ①②④ (2). (3). (4). ＜ (5). 升温后NO的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，正反应放热 (6). 分离出部分CO2 (7). 因为降温时反应正向移动，生成物浓度都增大，加压平衡不移动，各组分浓度都增大，只能是分离出部分二氧化碳，平衡正向移动，才会导致c（NO）和c（CO2）减小，c（N2）增大
【解析】
【详解】(1)①升温正逆反应速率都增大，故采用加热提高反应速率可行；②催化剂能够加快反应速率，使用催化剂提高反应速率可行；③该反应前后气体体积相等，加压平衡不移动，使用加压提高NO转化率不可行；④分离出生成物平衡正向移动，使CO2转化成干冰从体系用脱离，提高NO的转化率可行；故答案为：①②④；
(2)C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)△H，化学平衡常数K=═，故答案为：K=；
(3)根据表格数据可知，20s后反应达到平衡状态，K===，故答案为：；
(4)原平衡中NO的转化率为×100%=60%，升温后NO的转化率变为50%，说明升温平衡逆向移动，正反应放热，△H＜0，故答案为：＜；升温后NO的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，正反应放热；
(5)改变了某一条件，达到新的平衡时，c(NO)和c(CO2)减小，c(N2)增大，只能是分离出部分二氧化碳，因为降温时反应正向移动，生成物浓度都增大，加压平衡不移动，各组分浓度都增大，只能是分离出部分二氧化碳，平衡正向移动，才会导致c(NO)和c(CO2)减小，c(N2)增大，故答案为：分离出部分二氧化碳；因为降温时反应正向移动，生成物浓度都增大，加压平衡不移动，各组分浓度都增大，只能是分离出部分二氧化碳，平衡正向移动，才会导致c(NO)和c(CO2)减小，c(N2)增大。
【点睛】本题考查了影响化学反应速率的因素、化学平衡常数及其计算。本题的易错点和难点为(5)，可以从影响平衡移动的因素(温度、浓度、压强)三个方面依次分析判断。
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