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【化学】河南省永城市实验高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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河南省永城市实验高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H 1, C 12, O 16, S 32, N 14
一、选择题：本题包括16小题，每小题只有一个符合题意的选项，请将符合题意的选项序号涂在答题卡相应位置。每小题3分，共48分。
1.如图是一个一次性加热杯的示意图。当水袋破裂时，水与固体碎块混合，杯内食物温度逐渐上升。制造此加热杯可选用的固体碎块是( )
A. 硝酸铵 B. 氯化镁 C. 生石灰 D. 食盐
【答案】C
【解析】
【详解】A.硝酸铵溶于水吸收热量，制造加热杯不可能选用硝酸铵固体碎块，A项错误；
B.氯化镁溶于时水热量变化不明显，制造加热杯不可能选用氯化镁固体碎块，B项错误；
C.生石灰溶于水发生化学反应放出大量的热：CaO+H2O=Ca(OH)2，制造加热杯可以选用生石灰固体碎块，C项正确；
D.食盐溶于水时热量变化不明显，制造加热杯不可能选用食盐固体碎块，D项错误；答案选C。
2.强酸和强碱的稀溶液的中和热可表示为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=－57.3KJ/mol
已知CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=－Q1KJ/mol
1/2H2SO4(浓)+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=－Q2KJ/mol
HNO3(aq)+KOH(aq)=KNO3(aq)+H2O(l) ΔH=－Q3KJ/mol
上述反应均为溶液中的反应，则Q1、Q2、Q3的绝对值大小的关系为（ ）
A. Q1=Q2=Q3 B. Q2>Q1>Q3 C. Q2>Q3>Q1 D. Q2=Q3>Q1
【答案】C
【解析】
试题分析：由于醋酸是弱酸，电离产生H+需要吸收能量，所以发生反应放出的热量少，因此Q1<57.3KJ;浓硫酸溶于水会放出热量，所以产生1mol的水时放出的热量大于57.3KJ;即Q2>57.3KJ；稀硝酸是强酸，所以产生1mol的水时放出的热量等于57.3KJ，即Q3=57.3KJ，所以Q1、Q2、Q3的绝对值大小的关系为Q2>Q3>Q1，选项是C。
考点：考查中和热与电解质的强弱、溶液的浓度的关系的知识。
3.工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，已知在25℃时：
C(石墨)+ 1/2O2(g)=CO(g) △H=-111kJ/mol
H2(g)+ 1/2O2(g)=H2O(g) △H=-242kJ/mol
C(石墨)+O2(g)=CO2(g) △H=-394kJ/mol
则25℃时，1molCO与水蒸气作用转化为氢气和二氧化碳反应的△H为( )
A. +41kJ/mol B. -41kJ/mol C. -283kJ/mol D. -131kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】(1)给相关的热化学方程式编号①C(石墨)+O2(g)=CO(g),△H=-111kJ/mol；②H2(g)+O2(g)=H2O(g),△H=-242kJ/mol；③C(石墨)+O2(g)=CO2(g),△H=-394kJ/mol。由盖斯定律可知，③-②-①得：CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)，△H=△H3-△H2-△H1=-394kJ/mol-(-242kJ/mol)-(-111kJ/mol)=-41kJ/mol；答案选B。
4.已知：4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是( )
A. v(NH3)=v(O2) B. v(O2)=v(H2O)
C. v(NH3)=v(H2O) D. v(O2)=v(NO)
【答案】D
【解析】
【详解】根据反应速率之比等于对应物质的化学计量数之比分析。
A.因为v(NH3):v(O2)=4:5，所以v(NH3)=v(O2)，A项错误；
B.因为通常情况下H2O为液态，本反应中生成的H2O为纯液体，纯液态的浓度视为常数，故不能用H2O的浓度变化表示该反应速率，B项错误；
C.因为通常情况下H2O为液态，本反应中生成的H2O为纯液体，纯液态的浓度视为常数，故不能用H2O的浓度变化表示该反应速率，C项错误；
D.因为v(O2):v(NO)=5:4，所以v(O2)=v(NO)，D项正确；答案选D。
5.一定温度下，对可逆反应A(g)+2B(g)3C(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（ ）
A. C生成的速率与C分解的速率相等
B. 单位时间内消耗amolA，同时生成3amolC
C. 容器内的压强不再变化
D. 混合气体的物质的量不再变化
【答案】A
【解析】
A. C生成的速率与C分解的速率相等，说明正逆反应速率相等达到平衡状态，故A不选；
B. 单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol C，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故B选；
C. 方程式两端化学计量数不相等，则容器内的压强将随平衡的移动而变化，压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故C不选；
D. 方程式两端化学计量数不相等，则容器内气体的物质的量将随平衡的移动而变化，混合气体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D不选；
故答案选B。
【名师点睛】本题考查了化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变 ，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。
6.在密闭容器中的一定量的混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L。下列有关判断正确的是
A. x+y
【答案】C
【解析】
将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，假设平衡不移动，则A的浓度为0.25mol/L，可测得A的浓度为0.30mol/L，说明平衡往生成A的方向移动，也就是说逆方向是体积增加的方向，x+y>z 。
B的转化率降低 ，C的体积分数减小。
7.对已经达到化学平衡的2X(g)+Y(g)2Z(g)减小压强时，对反应的影响是（ ）
A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
试题分析：减小压强，气体体积增大，反应物和生成物的浓度都减小，正、逆反应速率都减小，正反应是气体体积减小的反应，平衡应向气体体积增大的方向移动，答案选C。
考点：考查压强对反应速率和平衡状态的影响
点评：该题主要是考查学生对压强是如何影响反应速率和平衡状态的熟悉了解程度，旨在对学生基础知识的巩固和训练，难度不大，在明确反应的基础上灵活运用即可。
8.2.0molPC13和1.0molC12充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PC13+C12⇌PC15 。达平衡时，PC15为0.40mol，如果此时移走1.0mol PC13和0.50mol C12，在相同温度下再达平衡时PC15的物质的量是( )
A. 0.40mol B. 0.20mol
C. 小于0.20mol D. 大于0.20mol，小于0.40mol
【答案】C
【解析】
试题分析：移走1.0molPCl3和0.5molCl2,相当于在原来的基础减少一半，加入平衡和原平衡等效，此时PCl3的物质的量为0.2mol，但移走反应物相当于减小浓度，平衡向逆反应方向移动，PCl5物质的量减小，即小于0.2mol，故选项C 正确。
考点：考查化学平衡的有关计算等知识。
9.在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v (A)、v (B)、v (C)表示。已知v (A)、v (B)、v (C)之间有以下关系2 v (B)=3 v (A)， 3 v (C)=2 v (B)。 则此反应可表示为（ ）
A. 2A + 3B = 2C B. A+ 3B = 2C
C. 3A + B = 2C D. A + B = C
【答案】A
【解析】
试题分析：反应速率之比是相应的化学计量数之比，则根据2 v (B) =" 3" v (A)、3 v (C) =" 2" v (B)可知v (A) :v (B) :v (C)=2:3:2，则此反应可表示为2A + 3B = 2C，答案选A。
考点：考查反应速率应用
10.下列关于判断过程的方向的说法正确的是 ( )
A. 所有自发进行的化学反应都是放热反应
B. 高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应
C. 由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程
D. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
【答案】C
【解析】
有些自发进行的反应是吸热反应，如NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O的反应，A不正确；B项不是自发过程，因该过程需外力完成；综合考虑焓变和熵变判断化学反应进行的方向更准确；同一物质，固、液、气三种状态的熵值逐渐增大。
11.25 ℃时不断将水滴入0.1 mol/L的氨水中，下列图像变化合理的是( )
【答案】C
【解析】
【详解】A.加水稀释氨水的过程中溶液体积逐渐增大，氨水的浓度逐渐减小，电离产生的OH-浓度逐渐减小，所以溶液的pH逐渐减小并无限趋向7，图像中pH变化曲线不合理，A项错误；
B.加水稀释氨水，NH3·H2O⇌NH4+＋OH－的电离平衡向电离方向移动，使其电离程度（电离程度=×100%）一直增大，图像变化不合理，B项错误。
C.加水稀释氨水的过程中溶液体积逐渐增大，氨水的浓度逐渐减小，电离产生的导电离子NH4+和OH-的浓度逐渐减小，溶液的导电性逐渐减弱，图像曲线变化合理，C项正确；
D.因为氨水中的H+来自于水的电离：H2OH++OH-，开始时氨水浓度较大，氨水电离的OH-浓度较大，对水的电离抑制作用较强，溶液中H+浓度较小；随着水量的增加，氨水浓度逐渐减小，溶液中OH－浓度逐渐减小，水的电离被抑制作用逐渐减弱，水的电离平衡向右移动，溶液中H＋浓度逐渐增大，无限稀释后溶液中H＋浓度趋向于1×10－7 mol/L，但不会大于1×10－7 mol/L，D项错误；答案选C。
12.已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6kJ·mol－1
CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－282.8kJ·mol－1
现有CO、H2、CO2组成的混合气体67.2L(标准状况)，经完全燃烧后放出的总热量为710.0kJ，并生成18g液态水，则燃烧前混合气体中CO的体积分数为( )
A. 80% B. 50% C. 60% D. 20%
【答案】B
【解析】
【分析】
由水算出氢气的物质的量及燃烧放出的热量，总热量减去氢气燃烧放出的热量，得CO放出的热量，从而算出CO的物质的量。
【详解】根据生成18 g液态H2O知混合气体中含1 mol H2，该反应产生的热量为 kJ=285.8 kJ。CO燃烧放出的热量为710.0 kJ−285.8 kJ=424.2 kJ，则CO的物质的量为n(CO)= =1.5 mol，V(CO)%=×100%=50%。故选B。
13.如图是用于通过测定单位时间内产生气体的体积来测量反应速率的装置，下列说法中正确的是( )
A. 如果在分液漏斗中加入稀硫酸，在锥形瓶中加入纯锌比加入粗锌产生氢气速率快
B. 如果在分液漏斗中加入浓硫酸，在锥形瓶中加入粗锌比加入纯锌产生氢气快
C. 在锥形瓶中加入纯锌，在分液漏斗中加入稀硫酸比加入稀硫酸和少量硫酸铜产生氢气速率快
D. 在锥形瓶中加入纯锌，在分液漏斗中加入稀硫酸和少量硫酸铜比加入稀硫酸产生氢气速率快
【答案】D
【解析】
【详解】A.因粗锌中含有杂质金属，粗锌与稀硫酸形成原电池，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑的反应速率加快，所以粗锌比纯锌产生氢气速率快，A项错误；
B.因为浓硫酸具有强氧化性，+6价硫元素得电子被还原为SO2，所以浓硫酸与粗锌或纯锌反应都不会产生氢气，B项错误；
C.当加入稀硫酸和硫酸铜时，锌与硫酸铜发生置换反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，生成的铜与纯锌在稀硫酸溶液中构成原电池，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑反应速率加快，所以在分液漏斗中加入稀硫酸和少量硫酸铜产生氢气速率快，C项错误；
D.当加入稀硫酸和硫酸铜时，锌与硫酸铜发生置换反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，生成的铜与纯锌在稀硫酸溶液中构成原电池，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑反应速率加快，所以在分液漏斗中加入稀硫酸和少量硫酸铜产生氢气速率快，D项正确；答案选D。
14.把下列四种X的溶液，分别加入盛有10mL 2mol·L－1盐酸的烧杯中，并均加水稀释到50mL，此时X和盐酸缓和地进行反应，其中反应速率最大的是
A. 20mL 2mol·L－1 B. 10mL 5mol·L－1
C. 20mL 3mol·L－1 D. 10mL 3mol·L－1
【答案】C
【解析】
试题分析：先计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则物质的量越大，浓度越大，则反应速率越大。A、20mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×2mol/L＝0.04mol；B、10mL5mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×5mol/L＝0.05mol；C、20mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×3mol/L＝0.06mol；D、10mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×3mol/L＝=0.03mol，所以四种情况下C中浓度最大，所以反应速率是最大。答案选C。
考点：化学反应速率
15.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 由H2、碘蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
B. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
C. 加压可使更多的SO2转化为SO3
D. 在含有Fe(SCN)2+的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去。
【答案】A
【解析】
【详解】化学平衡移动的原理也称勒夏特列原理，其内容是：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
A. H2、碘蒸气、HI组成的平衡为H2(g)+I2(g)2HI(g)，给平衡体系加压时反应混合气体的体积将减小，各组分的浓度将增大，包括呈紫色的碘蒸气的浓度增大，所以体系的颜色变深，该平衡状态并没有移动，所以由H2、碘蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深的事实不能用勒夏特列原理解释，A项正确；
B.Cl2呈黄绿色，溶解在水的Cl2分子部分与水反应Cl2+H2OHCl+HClO并达到平衡状态，生成的HClO在光照下发生分解反应2HClO2HCl+O2↑，氯水受光照时HClO逐渐分解，HClO浓度减小，根据勒夏特列原理Cl2+H2OHCl+HClO平衡向正反应方向移动，溶解的Cl2分子逐渐减少，故溶液颜色变浅。所以黄绿色的氯水光照后颜色变浅的事实能用勒夏特列原理解释，B项错误；
C.SO2转化为SO3：2SO2+O22SO3，生成SO3的方向气体体积减小，根据勒夏特列原理，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，所以加压能使SO2更多地转化为SO3的事实能用勒夏特列原理解释，C项错误；
D.向该溶液中加铁粉时发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，溶液中Fe3+的浓度减小，根据勒夏特列原理，Fe3++SCN-Fe(SCN)2+平衡向逆反应方向移动，红色粒子Fe(SCN)2+浓度减小，溶液颜色变浅或褪去。所以在含有Fe(SCN)2+的红色溶液中加铁粉，溶液颜色变浅或褪去的事实能用勒夏特列原理解释，D项错误；答案选A。
16.可逆反应：A2(？)＋B2(？) ⇌2AB(？)，当温度和压强改变时，n(AB)的变化如下图，下列叙述正确的是
A. A2、B2及AB均为气体，ΔH<0
B. AB为气体，A2、B2至少有一种为非气体，ΔH<0
C. AB为气体，A2、B2有一种为非气体，ΔH>0
D. AB为固体，A2、B2有一种为非气体，ΔH>0
【答案】B
【解析】
【详解】由图像可知a曲线→b曲线时压强不变，降低温度，平衡时生成物AB的物质的量增大，说明平衡A2＋B22AB向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应是放热反应，即ΔH<0。由图像可知b曲线→c曲线，温度不变，压强增大，达到平衡时生成AB的物质的量减少，说明平衡A2＋B22AB向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，逆反应应该是气体体积减少的方向，因此生成物AB必为气体，A2、B2至少有一种为非气体（液体或固体）。答案选B。
二、非选择题：本题包括17—21题，共52分。
17.依据事实，写出下列反应的热化学方程式。
(1)1molN2(g)与适量O2(g)起反应生成NO2(g)，吸收68 kJ热量。_______________________。
(2)1molCu(s)与适量O2 (g)起反应生成CuO(s)，放出157 kJ热量。________________________。
(3)卫星发射时可用(N2H4)作燃料，1mol N2H4(l)在O2(g)中燃烧，生成N2(g)和H2O(l)，放出622 kJ热量___。
(4)汽油的重要成分是辛烷(C8H18)，1molC8H18(l)在O2(g)中燃烧，生成CO2(g)和H2O(l)，放出5 518 kJ热量。______________________________。
(5)1molC(s)与适量H2O(g)起反应生成CO(g)和H2(g)，吸收131.5kJ热量。_________________________。
【答案】 (1). N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) ΔH=+68 kJ/mol (2). Cu(s)+1/2 O2(g)= CuO(s) ΔH=-157 kJ/mol (3). N2H4(l)+O2(g)= N2(g)+2H2O(l) ΔH=-622 kJ/mol (4). C8H18(l)+25/2O2(g)= 8CO2(g)+9H2O(l) ΔH=-5518 kJ/mol (5). C(s)+H2O(g)= CO(g)+H2(g) ΔH=+131.5 kJ/mol
【解析】
【分析】
书写热化学方程式的一般步骤是：(一)正确书写化学反应方程式；(二)在各反应物和生成物的化学式右边注明物质的聚集状态，在等号上注明反应所处的温度和压强（250C、101kPa可不注明）；(三)热化学方程式的化学计量数只表示物质的量，根据题给数据计算化学计量数与反应热的对应数量关系；(四)用ΔH表示反应热并置于热化学方程式的后边，并注明“+、-”号和单位。
【详解】(1)因1molN2完全反应吸收68kJ热量，其热化学方程式为：N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g);ΔH=+68 kJ/mol。
(2)1molCu(s)完全反应放出157 kJ热量，其热化学方程式为：Cu(s)+O2(g)= CuO(s);ΔH=－157 kJ/mol。
(3) 1mol N2H4(l)完全反应放出622kJ热量，其热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)= N2(g)+2H2O(l);ΔH=-622 kJ/mol。
(4) 1molC8H18(l)完全燃烧放出热量5518kJ热量，其热化学方程式为：C8H18(l)+O2(g)= 8CO2(g)+9H2O(l)；ΔH=-5518 kJ/mol。
(5) 1molC(s)完全反应吸收131.5kJ能量，其热化学方程式为：C(s)+H2O(g)= CO(g)+H2(g)；ΔH=+131.5 kJ/mol。
18.Ⅰ.将气体A、B置于容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：4A(g)+B(g)⇌2C(g)，反应进行到4s末，测得A为0.5mol，B为0.4mol，C为0.2mol。则：
(1)用生成物C浓度的增加来表示该反应的速率应为________________ mol/(L•s)；
(2)用反应物A浓度的减少来表示该反应的速率应为_________________ mol/(L•s)；
(3)用反应物B浓度的减少来表示该反应的速率应为_________________ mol/(L•s)。
Ⅱ.恒温恒容下，将2 mol A气体和2 mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g) ⇌xC(g)＋2D(s)，2 min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2 mol B，并测得C的浓度为1.2 mol·L－1。
(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为______________。
(2)x＝_______________。
(3)下列各项不可作为该反应达到平衡状态的标志的是______________。
A．压强不再变化
B．气体密度不再变化
C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2：1
D．A的百分含量保持不变
【答案】 (1). 0.025mol/(L•s) (2). 0.05mol/(L•s) (3). 0.0125mol/(L•s) (4). 0.6 mol·L－1·min－1 (5). 3 (6). AC
【解析】
【分析】
反应速率通常用单位时间内反应物浓度减少量或生成物浓度增加量来表示，利用公式=计算各物质的反应速率。平衡状态的标志的判断要根据正、逆反应速率相等和某物理量的“变量不变”来分析。
【详解】(1)因为C的初始量为0，生成物C的浓度增加量==0.1mol/L，用生成物C表示该反应的速率==0.025mol/(L·s)。
(2)因为同一反应同一时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则反应物A表示该反应的速率=2=2×0.025mol/(L·s)=0.05mol/(L•s)。
(3)因为同一反应同一时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则反应物B表示该反应的速率= =×0.025mol/(L•s)=0.0125mol/(L•s)。
Ⅱ. (1)因C的初始量为0，C的平衡浓度为1.2mol/L，生成C的平均反应速率＝=0.6 mol·L－1·min－1。
(2)反应消耗B的物质的量Δn(B)=2mol－1.2mol=0.8mol，生成C的物质的量Δn(C)＝1.2 mol·L－1×2 L＝2.4 mol，则Δn(C)：Δn(B)＝2.4 mol：0.8 mol＝x：1，解得x＝3。
(3)A.当x＝3时，因为D为固体，2A(g)＋B(g) ⇌3C(g)＋2D(s)反应前后气体体积不变，所以恒温恒容下建立平衡过程中压强一直不变，故压强不再变化不可作为该反应达到平衡状态的标志，A项正确；B.容器容积不变，D为固体，反应2A(g)＋B(g) ⇌xC(g)＋2D(s)在建立平衡过程中气体的质量一直在变化，根据密度=可知气体的密度一直在变化，只有达到平衡状态时密度才不再变化，所以气体密度不再变化可作为该反应达到平衡状态的标志，B项错误；C.反应物A的消耗速率和反应物B的消耗速率都表示正反应反应，不能确定正、逆反应速率是否相等，所以A的消耗速率与B的消耗速率之比为2：1，不可作为该反应达到平衡状态的标志，C项正确；D.反应在建立平衡的过程中A的百分含量一直在变化，只有到达平衡状态时A的百分含量才不变，所以A的百分含量保持不变，可以作为该反应达到平衡状态的标志，D项错误；答案选AC。
【点睛】某一物理量不随时间变化能否作为平衡状态的标志，要看该物理量在建立平衡过程中是否一直在变化：若一直在变化，当该物理量不变时即表明反应已达平衡状态，该物理量不变能作为平衡状态的标志；若一直没有变化，则该物理量不变时不能说明反应一定达到平衡状态，该物理量不变不能作为平衡状态的标志。
19.在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应，H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H＜0(用“加快”、“减慢”、“不变”填空)
(1)保持容器容积不变，向其中加入1molH2，反应速率_________
(2)保持容器容积不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)，反应速率________
(3)保持容器内压强不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)，反应速率______
(4)保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，反应速率______
(5)提高起始的反应温度，反应速率___________
(6)830K时，在密闭容器中发生下列可逆反应：CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H＜0若起始时c(CO)=2mol•L-1，c(H2O)=3mol•L-1，达到平衡时CO的转化率为60%，则在该温度下，该反应的平衡常数K=_________
【答案】 (1). 加快 (2). 不变 (3). 减慢 (4). 不变 (5). 加快 (6). 1
【解析】
【分析】
(1)根据浓度影响反应速率解答。
(2)向反应容器中加入1molN2(N2不参加反应)，分析容积不变时，参加反应的各组分的浓度是否变化，根据浓度影响反应速率解答。
(3)向反应容器中加入1molN2(N2不参加反应)，分析压强不变时，参加反应的各组分的浓度是否变化，根据浓度影响反应速率解答。
(4)恒温恒压下成比例增大反应物的物质的量时，分析浓度是否变化，根据浓度影响反应速率解答。
(5)根据温度影响反应速率解答。
(6)利用“三段式”计算各组分平衡浓度，再代入平衡常数表达式中计算。
【详解】(1)保持容器容积不变，向其中加入1molH2，反应物浓度增大，反应速率增大，因此，本题正确答案是：加快；
(2)保持容器体积不变，向其中加入1mol N2，参加反应物的物质的浓度不变，则反应速率不变，因此，本题正确答案是：不变；
(3)保持容器内压强不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)，容器体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减慢，因此，本题正确答案是：减慢；
(4)保持容器压强不变，向其中加入1molH2和1molI2蒸气，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，因此，本题正确答案是：不变；
(5)升高温度，单位体积内活化分子的百分数增大，反应速率加快，因此，本题正确答案是：加快；
(6)830K时，起始时c(CO)=2mol•L-1，c(H2O)=3mol•L-1，达到平衡时CO的转化率为60%，则CO转化的浓度为1.2mol•L-1，
所以反应的平衡常数K===1，因此，本题正确答案是：1．
【点睛】对于气体参加的反应来说，压强影响反应速率其本质是浓度影响反应速率的必然结果。恒容下充入与反应无关的气体，容器的总压增大了，但参加反应的各组分的浓度没有变化，所以反应速率不变。
20.如图所示，一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力曲线图，请回答。
（1）“O”点为什么不导电___________________。
（2）a、b、c三点的氢离子浓度由小到大的顺序为____________。
（3）a、b、c三点中，醋酸的电离程度最大的一点是_________。
（4）若使c点溶液中的c(CH3COO－)提高，在如下措施中，可选择__________。
A．加热 B．加很稀的NaOH溶液 C．加固体KOH D．加水
E．加固体CH3COONa F．加Zn粒 G．加MgO固体 H．加Na2CO3固体
（5）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是______________。
A．c(H＋) B．H＋个数 C．CH3COOH分子数 D．c(H＋)/c(CH3COOH)
【答案】 (1). 冰醋酸未电离，无自由移动的离子 (2). c
（1）冰醋酸在O点未能电离，不存在自由移动的离子，因此导电性为0；（2）溶液的导电性越强，溶液中氢离子浓度越大，所以a、b、c三点溶液的c(H＋)由小到大的顺序是c
21.某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：
(1)过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通空气将氨赶出并回收。
用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：______________________________________。
(2)过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意图如下：
第一步反应是________反应(选填“放热”或“吸热”)，判断依据是________。
(3)过程Ⅲ：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH转移6 mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是________。
【答案】（1） NH4+＋OH－NH3↑＋H2O （2分）
（2）放热（1分）;反应物总能量高于生成物总能量（2分）; （3）5∶6（3分）
【解析】
试题分析：(1)过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30 ℃，通空气将氨赶出并回收。用离子方程式表示加NaOH溶液的作用是H4+＋OH－NH3↑＋H2O；（2）根据图示可知：反应物的能量高三生成物的能量，所以当反应发生时多余的能量就释放出来，因此第一步反应是放热反应；(3)过程Ⅲ：一定条件下，向废水中加入CH3OH，甲醇在反应中失去电子，作还原剂，而硝酸在反应中得到电子，作氧化剂，甲醇将HNO3 还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH转移6 mol电子，每1mol的稀释在反应中得到5mol的电子。根据氧化还原反应中电子转移的数目相等可得：参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5∶6。
考点：考查离子方程式的书写、反应热与物质能量的关系、氧化还原反应中的概念和电子转移的关系的知识。
可能用到的相对原子质量：H 1, C 12, O 16, S 32, N 14
一、选择题：本题包括16小题，每小题只有一个符合题意的选项，请将符合题意的选项序号涂在答题卡相应位置。每小题3分，共48分。
1.如图是一个一次性加热杯的示意图。当水袋破裂时，水与固体碎块混合，杯内食物温度逐渐上升。制造此加热杯可选用的固体碎块是( )
A. 硝酸铵 B. 氯化镁 C. 生石灰 D. 食盐
【答案】C
【解析】
【详解】A.硝酸铵溶于水吸收热量，制造加热杯不可能选用硝酸铵固体碎块，A项错误；
B.氯化镁溶于时水热量变化不明显，制造加热杯不可能选用氯化镁固体碎块，B项错误；
C.生石灰溶于水发生化学反应放出大量的热：CaO+H2O=Ca(OH)2，制造加热杯可以选用生石灰固体碎块，C项正确；
D.食盐溶于水时热量变化不明显，制造加热杯不可能选用食盐固体碎块，D项错误；答案选C。
2.强酸和强碱的稀溶液的中和热可表示为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=－57.3KJ/mol
已知CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=－Q1KJ/mol
1/2H2SO4(浓)+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=－Q2KJ/mol
HNO3(aq)+KOH(aq)=KNO3(aq)+H2O(l) ΔH=－Q3KJ/mol
上述反应均为溶液中的反应，则Q1、Q2、Q3的绝对值大小的关系为（ ）
A. Q1=Q2=Q3 B. Q2>Q1>Q3 C. Q2>Q3>Q1 D. Q2=Q3>Q1
【答案】C
【解析】
试题分析：由于醋酸是弱酸，电离产生H+需要吸收能量，所以发生反应放出的热量少，因此Q1<57.3KJ;浓硫酸溶于水会放出热量，所以产生1mol的水时放出的热量大于57.3KJ;即Q2>57.3KJ；稀硝酸是强酸，所以产生1mol的水时放出的热量等于57.3KJ，即Q3=57.3KJ，所以Q1、Q2、Q3的绝对值大小的关系为Q2>Q3>Q1，选项是C。
考点：考查中和热与电解质的强弱、溶液的浓度的关系的知识。
3.工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，已知在25℃时：
C(石墨)+ 1/2O2(g)=CO(g) △H=-111kJ/mol
H2(g)+ 1/2O2(g)=H2O(g) △H=-242kJ/mol
C(石墨)+O2(g)=CO2(g) △H=-394kJ/mol
则25℃时，1molCO与水蒸气作用转化为氢气和二氧化碳反应的△H为( )
A. +41kJ/mol B. -41kJ/mol C. -283kJ/mol D. -131kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】(1)给相关的热化学方程式编号①C(石墨)+O2(g)=CO(g),△H=-111kJ/mol；②H2(g)+O2(g)=H2O(g),△H=-242kJ/mol；③C(石墨)+O2(g)=CO2(g),△H=-394kJ/mol。由盖斯定律可知，③-②-①得：CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)，△H=△H3-△H2-△H1=-394kJ/mol-(-242kJ/mol)-(-111kJ/mol)=-41kJ/mol；答案选B。
4.已知：4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是( )
A. v(NH3)=v(O2) B. v(O2)=v(H2O)
C. v(NH3)=v(H2O) D. v(O2)=v(NO)
【答案】D
【解析】
【详解】根据反应速率之比等于对应物质的化学计量数之比分析。
A.因为v(NH3):v(O2)=4:5，所以v(NH3)=v(O2)，A项错误；
B.因为通常情况下H2O为液态，本反应中生成的H2O为纯液体，纯液态的浓度视为常数，故不能用H2O的浓度变化表示该反应速率，B项错误；
C.因为通常情况下H2O为液态，本反应中生成的H2O为纯液体，纯液态的浓度视为常数，故不能用H2O的浓度变化表示该反应速率，C项错误；
D.因为v(O2):v(NO)=5:4，所以v(O2)=v(NO)，D项正确；答案选D。
5.一定温度下，对可逆反应A(g)+2B(g)3C(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（ ）
A. C生成的速率与C分解的速率相等
B. 单位时间内消耗amolA，同时生成3amolC
C. 容器内的压强不再变化
D. 混合气体的物质的量不再变化
【答案】A
【解析】
A. C生成的速率与C分解的速率相等，说明正逆反应速率相等达到平衡状态，故A不选；
B. 单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol C，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故B选；
C. 方程式两端化学计量数不相等，则容器内的压强将随平衡的移动而变化，压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故C不选；
D. 方程式两端化学计量数不相等，则容器内气体的物质的量将随平衡的移动而变化，混合气体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D不选；
故答案选B。
【名师点睛】本题考查了化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变 ，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。
6.在密闭容器中的一定量的混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L。下列有关判断正确的是
A. x+y
【答案】C
【解析】
将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，假设平衡不移动，则A的浓度为0.25mol/L，可测得A的浓度为0.30mol/L，说明平衡往生成A的方向移动，也就是说逆方向是体积增加的方向，x+y>z 。
B的转化率降低 ，C的体积分数减小。
7.对已经达到化学平衡的2X(g)+Y(g)2Z(g)减小压强时，对反应的影响是（ ）
A. 逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B. 逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C. 正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D. 正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
试题分析：减小压强，气体体积增大，反应物和生成物的浓度都减小，正、逆反应速率都减小，正反应是气体体积减小的反应，平衡应向气体体积增大的方向移动，答案选C。
考点：考查压强对反应速率和平衡状态的影响
点评：该题主要是考查学生对压强是如何影响反应速率和平衡状态的熟悉了解程度，旨在对学生基础知识的巩固和训练，难度不大，在明确反应的基础上灵活运用即可。
8.2.0molPC13和1.0molC12充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PC13+C12⇌PC15 。达平衡时，PC15为0.40mol，如果此时移走1.0mol PC13和0.50mol C12，在相同温度下再达平衡时PC15的物质的量是( )
A. 0.40mol B. 0.20mol
C. 小于0.20mol D. 大于0.20mol，小于0.40mol
【答案】C
【解析】
试题分析：移走1.0molPCl3和0.5molCl2,相当于在原来的基础减少一半，加入平衡和原平衡等效，此时PCl3的物质的量为0.2mol，但移走反应物相当于减小浓度，平衡向逆反应方向移动，PCl5物质的量减小，即小于0.2mol，故选项C 正确。
考点：考查化学平衡的有关计算等知识。
9.在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v (A)、v (B)、v (C)表示。已知v (A)、v (B)、v (C)之间有以下关系2 v (B)=3 v (A)， 3 v (C)=2 v (B)。 则此反应可表示为（ ）
A. 2A + 3B = 2C B. A+ 3B = 2C
C. 3A + B = 2C D. A + B = C
【答案】A
【解析】
试题分析：反应速率之比是相应的化学计量数之比，则根据2 v (B) =" 3" v (A)、3 v (C) =" 2" v (B)可知v (A) :v (B) :v (C)=2:3:2，则此反应可表示为2A + 3B = 2C，答案选A。
考点：考查反应速率应用
10.下列关于判断过程的方向的说法正确的是 ( )
A. 所有自发进行的化学反应都是放热反应
B. 高温高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应
C. 由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合于所有的过程
D. 同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
【答案】C
【解析】
有些自发进行的反应是吸热反应，如NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O的反应，A不正确；B项不是自发过程，因该过程需外力完成；综合考虑焓变和熵变判断化学反应进行的方向更准确；同一物质，固、液、气三种状态的熵值逐渐增大。
11.25 ℃时不断将水滴入0.1 mol/L的氨水中，下列图像变化合理的是( )
【答案】C
【解析】
【详解】A.加水稀释氨水的过程中溶液体积逐渐增大，氨水的浓度逐渐减小，电离产生的OH-浓度逐渐减小，所以溶液的pH逐渐减小并无限趋向7，图像中pH变化曲线不合理，A项错误；
B.加水稀释氨水，NH3·H2O⇌NH4+＋OH－的电离平衡向电离方向移动，使其电离程度（电离程度=×100%）一直增大，图像变化不合理，B项错误。
C.加水稀释氨水的过程中溶液体积逐渐增大，氨水的浓度逐渐减小，电离产生的导电离子NH4+和OH-的浓度逐渐减小，溶液的导电性逐渐减弱，图像曲线变化合理，C项正确；
D.因为氨水中的H+来自于水的电离：H2OH++OH-，开始时氨水浓度较大，氨水电离的OH-浓度较大，对水的电离抑制作用较强，溶液中H+浓度较小；随着水量的增加，氨水浓度逐渐减小，溶液中OH－浓度逐渐减小，水的电离被抑制作用逐渐减弱，水的电离平衡向右移动，溶液中H＋浓度逐渐增大，无限稀释后溶液中H＋浓度趋向于1×10－7 mol/L，但不会大于1×10－7 mol/L，D项错误；答案选C。
12.已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6kJ·mol－1
CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－282.8kJ·mol－1
现有CO、H2、CO2组成的混合气体67.2L(标准状况)，经完全燃烧后放出的总热量为710.0kJ，并生成18g液态水，则燃烧前混合气体中CO的体积分数为( )
A. 80% B. 50% C. 60% D. 20%
【答案】B
【解析】
【分析】
由水算出氢气的物质的量及燃烧放出的热量，总热量减去氢气燃烧放出的热量，得CO放出的热量，从而算出CO的物质的量。
【详解】根据生成18 g液态H2O知混合气体中含1 mol H2，该反应产生的热量为 kJ=285.8 kJ。CO燃烧放出的热量为710.0 kJ−285.8 kJ=424.2 kJ，则CO的物质的量为n(CO)= =1.5 mol，V(CO)%=×100%=50%。故选B。
13.如图是用于通过测定单位时间内产生气体的体积来测量反应速率的装置，下列说法中正确的是( )
A. 如果在分液漏斗中加入稀硫酸，在锥形瓶中加入纯锌比加入粗锌产生氢气速率快
B. 如果在分液漏斗中加入浓硫酸，在锥形瓶中加入粗锌比加入纯锌产生氢气快
C. 在锥形瓶中加入纯锌，在分液漏斗中加入稀硫酸比加入稀硫酸和少量硫酸铜产生氢气速率快
D. 在锥形瓶中加入纯锌，在分液漏斗中加入稀硫酸和少量硫酸铜比加入稀硫酸产生氢气速率快
【答案】D
【解析】
【详解】A.因粗锌中含有杂质金属，粗锌与稀硫酸形成原电池，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑的反应速率加快，所以粗锌比纯锌产生氢气速率快，A项错误；
B.因为浓硫酸具有强氧化性，+6价硫元素得电子被还原为SO2，所以浓硫酸与粗锌或纯锌反应都不会产生氢气，B项错误；
C.当加入稀硫酸和硫酸铜时，锌与硫酸铜发生置换反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，生成的铜与纯锌在稀硫酸溶液中构成原电池，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑反应速率加快，所以在分液漏斗中加入稀硫酸和少量硫酸铜产生氢气速率快，C项错误；
D.当加入稀硫酸和硫酸铜时，锌与硫酸铜发生置换反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，生成的铜与纯锌在稀硫酸溶液中构成原电池，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑反应速率加快，所以在分液漏斗中加入稀硫酸和少量硫酸铜产生氢气速率快，D项正确；答案选D。
14.把下列四种X的溶液，分别加入盛有10mL 2mol·L－1盐酸的烧杯中，并均加水稀释到50mL，此时X和盐酸缓和地进行反应，其中反应速率最大的是
A. 20mL 2mol·L－1 B. 10mL 5mol·L－1
C. 20mL 3mol·L－1 D. 10mL 3mol·L－1
【答案】C
【解析】
试题分析：先计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则物质的量越大，浓度越大，则反应速率越大。A、20mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×2mol/L＝0.04mol；B、10mL5mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×5mol/L＝0.05mol；C、20mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×3mol/L＝0.06mol；D、10mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×3mol/L＝=0.03mol，所以四种情况下C中浓度最大，所以反应速率是最大。答案选C。
考点：化学反应速率
15.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 由H2、碘蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
B. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
C. 加压可使更多的SO2转化为SO3
D. 在含有Fe(SCN)2+的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去。
【答案】A
【解析】
【详解】化学平衡移动的原理也称勒夏特列原理，其内容是：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
A. H2、碘蒸气、HI组成的平衡为H2(g)+I2(g)2HI(g)，给平衡体系加压时反应混合气体的体积将减小，各组分的浓度将增大，包括呈紫色的碘蒸气的浓度增大，所以体系的颜色变深，该平衡状态并没有移动，所以由H2、碘蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深的事实不能用勒夏特列原理解释，A项正确；
B.Cl2呈黄绿色，溶解在水的Cl2分子部分与水反应Cl2+H2OHCl+HClO并达到平衡状态，生成的HClO在光照下发生分解反应2HClO2HCl+O2↑，氯水受光照时HClO逐渐分解，HClO浓度减小，根据勒夏特列原理Cl2+H2OHCl+HClO平衡向正反应方向移动，溶解的Cl2分子逐渐减少，故溶液颜色变浅。所以黄绿色的氯水光照后颜色变浅的事实能用勒夏特列原理解释，B项错误；
C.SO2转化为SO3：2SO2+O22SO3，生成SO3的方向气体体积减小，根据勒夏特列原理，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，所以加压能使SO2更多地转化为SO3的事实能用勒夏特列原理解释，C项错误；
D.向该溶液中加铁粉时发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，溶液中Fe3+的浓度减小，根据勒夏特列原理，Fe3++SCN-Fe(SCN)2+平衡向逆反应方向移动，红色粒子Fe(SCN)2+浓度减小，溶液颜色变浅或褪去。所以在含有Fe(SCN)2+的红色溶液中加铁粉，溶液颜色变浅或褪去的事实能用勒夏特列原理解释，D项错误；答案选A。
16.可逆反应：A2(？)＋B2(？) ⇌2AB(？)，当温度和压强改变时，n(AB)的变化如下图，下列叙述正确的是
A. A2、B2及AB均为气体，ΔH<0
B. AB为气体，A2、B2至少有一种为非气体，ΔH<0
C. AB为气体，A2、B2有一种为非气体，ΔH>0
D. AB为固体，A2、B2有一种为非气体，ΔH>0
【答案】B
【解析】
【详解】由图像可知a曲线→b曲线时压强不变，降低温度，平衡时生成物AB的物质的量增大，说明平衡A2＋B22AB向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应是放热反应，即ΔH<0。由图像可知b曲线→c曲线，温度不变，压强增大，达到平衡时生成AB的物质的量减少，说明平衡A2＋B22AB向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，逆反应应该是气体体积减少的方向，因此生成物AB必为气体，A2、B2至少有一种为非气体（液体或固体）。答案选B。
二、非选择题：本题包括17—21题，共52分。
17.依据事实，写出下列反应的热化学方程式。
(1)1molN2(g)与适量O2(g)起反应生成NO2(g)，吸收68 kJ热量。_______________________。
(2)1molCu(s)与适量O2 (g)起反应生成CuO(s)，放出157 kJ热量。________________________。
(3)卫星发射时可用(N2H4)作燃料，1mol N2H4(l)在O2(g)中燃烧，生成N2(g)和H2O(l)，放出622 kJ热量___。
(4)汽油的重要成分是辛烷(C8H18)，1molC8H18(l)在O2(g)中燃烧，生成CO2(g)和H2O(l)，放出5 518 kJ热量。______________________________。
(5)1molC(s)与适量H2O(g)起反应生成CO(g)和H2(g)，吸收131.5kJ热量。_________________________。
【答案】 (1). N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) ΔH=+68 kJ/mol (2). Cu(s)+1/2 O2(g)= CuO(s) ΔH=-157 kJ/mol (3). N2H4(l)+O2(g)= N2(g)+2H2O(l) ΔH=-622 kJ/mol (4). C8H18(l)+25/2O2(g)= 8CO2(g)+9H2O(l) ΔH=-5518 kJ/mol (5). C(s)+H2O(g)= CO(g)+H2(g) ΔH=+131.5 kJ/mol
【解析】
【分析】
书写热化学方程式的一般步骤是：(一)正确书写化学反应方程式；(二)在各反应物和生成物的化学式右边注明物质的聚集状态，在等号上注明反应所处的温度和压强（250C、101kPa可不注明）；(三)热化学方程式的化学计量数只表示物质的量，根据题给数据计算化学计量数与反应热的对应数量关系；(四)用ΔH表示反应热并置于热化学方程式的后边，并注明“+、-”号和单位。
【详解】(1)因1molN2完全反应吸收68kJ热量，其热化学方程式为：N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g);ΔH=+68 kJ/mol。
(2)1molCu(s)完全反应放出157 kJ热量，其热化学方程式为：Cu(s)+O2(g)= CuO(s);ΔH=－157 kJ/mol。
(3) 1mol N2H4(l)完全反应放出622kJ热量，其热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)= N2(g)+2H2O(l);ΔH=-622 kJ/mol。
(4) 1molC8H18(l)完全燃烧放出热量5518kJ热量，其热化学方程式为：C8H18(l)+O2(g)= 8CO2(g)+9H2O(l)；ΔH=-5518 kJ/mol。
(5) 1molC(s)完全反应吸收131.5kJ能量，其热化学方程式为：C(s)+H2O(g)= CO(g)+H2(g)；ΔH=+131.5 kJ/mol。
18.Ⅰ.将气体A、B置于容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：4A(g)+B(g)⇌2C(g)，反应进行到4s末，测得A为0.5mol，B为0.4mol，C为0.2mol。则：
(1)用生成物C浓度的增加来表示该反应的速率应为________________ mol/(L•s)；
(2)用反应物A浓度的减少来表示该反应的速率应为_________________ mol/(L•s)；
(3)用反应物B浓度的减少来表示该反应的速率应为_________________ mol/(L•s)。
Ⅱ.恒温恒容下，将2 mol A气体和2 mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g) ⇌xC(g)＋2D(s)，2 min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2 mol B，并测得C的浓度为1.2 mol·L－1。
(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为______________。
(2)x＝_______________。
(3)下列各项不可作为该反应达到平衡状态的标志的是______________。
A．压强不再变化
B．气体密度不再变化
C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2：1
D．A的百分含量保持不变
【答案】 (1). 0.025mol/(L•s) (2). 0.05mol/(L•s) (3). 0.0125mol/(L•s) (4). 0.6 mol·L－1·min－1 (5). 3 (6). AC
【解析】
【分析】
反应速率通常用单位时间内反应物浓度减少量或生成物浓度增加量来表示，利用公式=计算各物质的反应速率。平衡状态的标志的判断要根据正、逆反应速率相等和某物理量的“变量不变”来分析。
【详解】(1)因为C的初始量为0，生成物C的浓度增加量==0.1mol/L，用生成物C表示该反应的速率==0.025mol/(L·s)。
(2)因为同一反应同一时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则反应物A表示该反应的速率=2=2×0.025mol/(L·s)=0.05mol/(L•s)。
(3)因为同一反应同一时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则反应物B表示该反应的速率= =×0.025mol/(L•s)=0.0125mol/(L•s)。
Ⅱ. (1)因C的初始量为0，C的平衡浓度为1.2mol/L，生成C的平均反应速率＝=0.6 mol·L－1·min－1。
(2)反应消耗B的物质的量Δn(B)=2mol－1.2mol=0.8mol，生成C的物质的量Δn(C)＝1.2 mol·L－1×2 L＝2.4 mol，则Δn(C)：Δn(B)＝2.4 mol：0.8 mol＝x：1，解得x＝3。
(3)A.当x＝3时，因为D为固体，2A(g)＋B(g) ⇌3C(g)＋2D(s)反应前后气体体积不变，所以恒温恒容下建立平衡过程中压强一直不变，故压强不再变化不可作为该反应达到平衡状态的标志，A项正确；B.容器容积不变，D为固体，反应2A(g)＋B(g) ⇌xC(g)＋2D(s)在建立平衡过程中气体的质量一直在变化，根据密度=可知气体的密度一直在变化，只有达到平衡状态时密度才不再变化，所以气体密度不再变化可作为该反应达到平衡状态的标志，B项错误；C.反应物A的消耗速率和反应物B的消耗速率都表示正反应反应，不能确定正、逆反应速率是否相等，所以A的消耗速率与B的消耗速率之比为2：1，不可作为该反应达到平衡状态的标志，C项正确；D.反应在建立平衡的过程中A的百分含量一直在变化，只有到达平衡状态时A的百分含量才不变，所以A的百分含量保持不变，可以作为该反应达到平衡状态的标志，D项错误；答案选AC。
【点睛】某一物理量不随时间变化能否作为平衡状态的标志，要看该物理量在建立平衡过程中是否一直在变化：若一直在变化，当该物理量不变时即表明反应已达平衡状态，该物理量不变能作为平衡状态的标志；若一直没有变化，则该物理量不变时不能说明反应一定达到平衡状态，该物理量不变不能作为平衡状态的标志。
19.在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应，H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H＜0(用“加快”、“减慢”、“不变”填空)
(1)保持容器容积不变，向其中加入1molH2，反应速率_________
(2)保持容器容积不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)，反应速率________
(3)保持容器内压强不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)，反应速率______
(4)保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，反应速率______
(5)提高起始的反应温度，反应速率___________
(6)830K时，在密闭容器中发生下列可逆反应：CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H＜0若起始时c(CO)=2mol•L-1，c(H2O)=3mol•L-1，达到平衡时CO的转化率为60%，则在该温度下，该反应的平衡常数K=_________
【答案】 (1). 加快 (2). 不变 (3). 减慢 (4). 不变 (5). 加快 (6). 1
【解析】
【分析】
(1)根据浓度影响反应速率解答。
(2)向反应容器中加入1molN2(N2不参加反应)，分析容积不变时，参加反应的各组分的浓度是否变化，根据浓度影响反应速率解答。
(3)向反应容器中加入1molN2(N2不参加反应)，分析压强不变时，参加反应的各组分的浓度是否变化，根据浓度影响反应速率解答。
(4)恒温恒压下成比例增大反应物的物质的量时，分析浓度是否变化，根据浓度影响反应速率解答。
(5)根据温度影响反应速率解答。
(6)利用“三段式”计算各组分平衡浓度，再代入平衡常数表达式中计算。
【详解】(1)保持容器容积不变，向其中加入1molH2，反应物浓度增大，反应速率增大，因此，本题正确答案是：加快；
(2)保持容器体积不变，向其中加入1mol N2，参加反应物的物质的浓度不变，则反应速率不变，因此，本题正确答案是：不变；
(3)保持容器内压强不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)，容器体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减慢，因此，本题正确答案是：减慢；
(4)保持容器压强不变，向其中加入1molH2和1molI2蒸气，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，因此，本题正确答案是：不变；
(5)升高温度，单位体积内活化分子的百分数增大，反应速率加快，因此，本题正确答案是：加快；
(6)830K时，起始时c(CO)=2mol•L-1，c(H2O)=3mol•L-1，达到平衡时CO的转化率为60%，则CO转化的浓度为1.2mol•L-1，
所以反应的平衡常数K===1，因此，本题正确答案是：1．
【点睛】对于气体参加的反应来说，压强影响反应速率其本质是浓度影响反应速率的必然结果。恒容下充入与反应无关的气体，容器的总压增大了，但参加反应的各组分的浓度没有变化，所以反应速率不变。
20.如图所示，一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力曲线图，请回答。
（1）“O”点为什么不导电___________________。
（2）a、b、c三点的氢离子浓度由小到大的顺序为____________。
（3）a、b、c三点中，醋酸的电离程度最大的一点是_________。
（4）若使c点溶液中的c(CH3COO－)提高，在如下措施中，可选择__________。
A．加热 B．加很稀的NaOH溶液 C．加固体KOH D．加水
E．加固体CH3COONa F．加Zn粒 G．加MgO固体 H．加Na2CO3固体
（5）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是______________。
A．c(H＋) B．H＋个数 C．CH3COOH分子数 D．c(H＋)/c(CH3COOH)
【答案】 (1). 冰醋酸未电离，无自由移动的离子 (2). c
（1）冰醋酸在O点未能电离，不存在自由移动的离子，因此导电性为0；（2）溶液的导电性越强，溶液中氢离子浓度越大，所以a、b、c三点溶液的c(H＋)由小到大的顺序是c
21.某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：
(1)过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通空气将氨赶出并回收。
用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：______________________________________。
(2)过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意图如下：
第一步反应是________反应(选填“放热”或“吸热”)，判断依据是________。
(3)过程Ⅲ：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH转移6 mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是________。
【答案】（1） NH4+＋OH－NH3↑＋H2O （2分）
（2）放热（1分）;反应物总能量高于生成物总能量（2分）; （3）5∶6（3分）
【解析】
试题分析：(1)过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30 ℃，通空气将氨赶出并回收。用离子方程式表示加NaOH溶液的作用是H4+＋OH－NH3↑＋H2O；（2）根据图示可知：反应物的能量高三生成物的能量，所以当反应发生时多余的能量就释放出来，因此第一步反应是放热反应；(3)过程Ⅲ：一定条件下，向废水中加入CH3OH，甲醇在反应中失去电子，作还原剂，而硝酸在反应中得到电子，作氧化剂，甲醇将HNO3 还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH转移6 mol电子，每1mol的稀释在反应中得到5mol的电子。根据氧化还原反应中电子转移的数目相等可得：参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5∶6。
考点：考查离子方程式的书写、反应热与物质能量的关系、氧化还原反应中的概念和电子转移的关系的知识。
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