1、广东省广州大学附属中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）本试卷共7页，24小题，满分100分。考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-321.下列有关化学用语的表示方法中不正确的是A. 18O在周期表中的位置是第二周期第VIA族B. Na+的结构示意图:C. R2+离子核外有a个电子，b个中子，R原子符号为D. 次氯酸的电子式:【答案】B【解析】【详解】A. 18O的原子序数为8，其在周期表中的位置是第二周期第VIA族，故A正确；B. Na元素为11号元素，Na核外有10个电子，故Na结构示意图应为：，故B错误；C
2、. 原子符号左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，质量数=质子数+中子数；R2离子核外有a个电子，则R原子的质子数为a+2，质量数为a+b+2，故C正确；D. 在次氯酸分子中，氧原子分别和氢原子、氯原子各形成1对共用电子对，故次氯酸的电子式: 故D正确；故选B。2.下列各物质或微粒性质的比较中正确的是A. 离子半径: K+O2-Al3+S2-Cl-B. 离于的还原性: S2-Cl-Br-I-C. 酸性: HClOH2SO4H3PO4H2SiO3D. 非金属性: FOS【答案】D【解析】【详解】A、同主族时电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径
3、S2-Cl- K+ O2- Al3+，A错误；B、非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性为S2-I- Br-Cl-，B错误；C、非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性ClSPSi，所以酸性：HClO4H2SO4H3PO4H2SiO3，但HClO是弱酸，硫酸是强酸，酸性不能排在第一位，C错误；D、同周期从左到右元素非金属性递增，同主族从上到下元素非金属性递减，则非金属性: FOS，D正确；答案选D。3.下图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是A. 31d和33d属于同种核素B. 气态氢化物的稳定性：adeC.
4、b、c的最高价氧化物对应水化物可以反应D. a和b形成的化合物不可能含共价键【答案】C【解析】【详解】短周期元素中，a-2价、e为+6价，处于VI族，可推知a为O、e为S，b有+1价，原子序数大于氧，则b为Na，由原子序数可知c、d处于第三周期，化合价分别为+3、+5，则c为Al、d为P；A31d和33d质子数相同，中子数不同，是不同的核素，互为同位素，故A错误；B非金属性a(O)e(S)d(P)，故氢化物稳定性：aed，故B错误；Cb为Na、c为Al，NaOH溶液能溶解Al(OH)3白色沉淀生成可溶于水的NaAlO2，故C正确；Da和b形成的化合物过氧化钠，含有共价键，故D错误；故答案为C。
5、4.下列叙述不正确的是离子化合物中一定有离子键，可能有共价键熔点: AlNaK第IA、IIA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布元素周期表中从 B族到II B族10个纵行元素都是金属元素沸点: NH3PH3AsH3NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力因为常温下白磷可燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：PNA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如氢氧化钠是离子化合物，含有离子键和共价键，故正确；离子半径越小、离子电荷越大，金属键越强，金属晶体的熔点越高；离子所带电荷Al3+K+=Na+，离子半径：Al3+
6、K+Na+，故金属性AlNaK，则熔点: AlNaK，故正确；第A. A族元素金属原子失去最外层电子形成阳离子，与上周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故错误；元素周期表中从B族到B族10个纵行的元素为过渡元素，过渡元素都是金属元素，故正确；均形成分子晶体，氨气分子之间形成氢键，沸点最高，AsH3的相对分子质量比PH3的大，AsH3分子间作用力更强，AsH3的沸点高于PH3的，故沸点：PH3AsH3NH3，故错误；NaCl是离子化合物，溶于水破坏的是离子键，HCl是共价化合物，溶于水破坏的是共价键，二者溶于水破坏的作用力不相同，故错误同主族自上而下非金属性减弱，非金属性：NP，故错误
7、；上述说法错误的有，故答案选B。5.下列数据或事实所呈现的规律不能用元素周期律解释的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】AF、Cl、Br为同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，生成的HX越不稳定，生成HX的反应程度越小，故A不选；BSi、P、Cl为同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，则HClO4酸性最强，故B不选；CO、S、Se为同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，生成的简单氢化物越不稳定，即H2O最稳定，H2Se最不稳定，故C不选；D碳碳单键键长最长，键能最小，而碳碳叁键键长最短，键能最大，但键能不是碳碳单键键能的三倍，也
8、不是碳碳单键键能与碳碳双键键能和，与元素周期律无关，故D选；故答案为D。6.主族元素Q、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且不超过20，Q原子最外层电子数是内层电子数的2倍，R、X、Y均在同一周期，R最外层电子数与最内层电子数相等，Z与R为同一主族，X的单质在空气中燃烧所得产物能使品红褪色。则下列说法正确的是（ ）A. 原子半径大小的顺序：r(R)r(X)r(Y)r(Z)B. Q元素在自然界中只存在一种单质C. R的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱D. 元素X的简单氢化物的热稳定性比Y的强【答案】C【解析】【分析】主族元素Q、R、X、Y、Z原子序数依次增大，且不超过20，Q原子最外层电子数
9、是其内层电子数的2倍，最外层最多容纳8个电子，则Q内层含有2个电子，最外层含有4个电子，为C元素， R最外层电子数与最内层电子数相等，则最内层即K层是2个电子，最外层也是2个电子，R为Mg元素，X的单质在空气中燃烧所得产物能使品红褪色，产物是SO2，则X为S元素，R、X、Y均在同一周期，依据原子序数依次增大，则Y为Cl元素，Z与R为同一主族，原子序数不超过20，则Z为Ca元素，据此解答。【详解】A根据元素周期律，R、X、Y均在同一周期，同周期元素原子半径从左至右，依次减小，则r(R) r(X) r(Y)，Z与R为同一主族，同主族元素，原子半径从上往下，依次增大，则r(Z) r(R)，则原子半径
10、大小为r(Z) r(R) r(X) r(Y) 故A错误；BQ为C元素，在自然界中存在金刚石、石墨等单质，故B错误；CR为Mg元素。Z为Ca元素，二者属于同主族元素，根据元素周期律，从上往下，金属性增强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则金属性CaMg，碱性Ca(OH)2Mg(OH)2，故C正确；DX为S元素，Y为Cl元素，二者属于同周期元素，根据元素周期律，从左往右，非金属性增强，非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，则非金属性SCl，氢化物的热稳定性H2S57.4 kJmol1,故D错误;正确答案:C。【点睛】关于可逆反应热化学方程式注意点：A.当反应逆向进行，其反应热与正反应的
11、反应热数值相等，符号相反。B.2SO2(g)O2(g)2SO3(g)Ha kJmol1，意义是指2 mol SO2气体与1 mol O2完全反应时，放出a kJ的热量，若将2 mol SO2与气体1 mol O2放于一密闭容器中在一定条件下反应达平衡时，放出的热量要小于a kJ，且当平衡移动(各物质状态不变)时，H不变。燃烧热定义：101KPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成生成稳定氧化物时所放出的热量；例如氢元素对应液态水，硫元素对应二氧化硫等中和热定义：稀溶液中强酸跟强碱发生中和反应只生成 1 mol H2O时所释放的热量；不同反应物的中和热大致相同，均约为57.3kJmol110.黑火药
12、是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) H=x kJ/mol已知：碳的燃烧热H1=a kJ/molS(s)+2K(s)=K2S(s) H2=b kJ/mol 2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s) H3=c kJ/mol，则x为（ ）A. a+b-cB. c-3a-bC. 3a+b-cD. c-a-b【答案】C【解析】【详解】由信息可知：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=a kJ/mol，S(s)+2K(s)=K2S(s) H2=b kJ/mol，2K(s)+N2(g)+3O2(
13、g)=2KNO3(s) H3=c kJ/mol，根据盖斯定律，将3+，整理可得：S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则H=(3a+bc) kJ/mol=x kJ/mol，所以x=3a+bc，故合理选项是C。11.如图是CO2生产甲醇的能量变化示意图下列说法正确的是（ ）A. E2_E1是该反应的热效应B. E3_E1是该反应的热效应C. 该反应放热，在常温常压下就能进行D. 实现变废为宝，且有效控制温室效应【答案】D【解析】【详解】A、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，所以反应的热效应是E1E2，A
14、错误；B、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，所以反应的热效应是E1E2，B错误；C、该反应反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，但是放热反应在常温常压下不一定就能进行，C错误；D、二氧化碳是温室气体，甲醇可以做燃料，二氧化碳和氢气转化为甲醇和水的反应可以可以实现变废为宝，且有效控制温室，D正确。答案选D。12.已知：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)Ha kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H220 kJmol1HH、O=O和OH键的键能分别为436kJmol1、496kJmol1和462 kJmol1，则a为()A. 332B. 118C. 130D. 350【
15、答案】C【解析】【分析】【详解】已知C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H=akJmol-1，2C(s)+O2(g)2CO(g)H=-220kJmol-1，根据盖斯定律2-得：2H2O(g)O2(g)+2H2(g)H=(2a+220)kJmol-1，根据H=反应物总键能-生成物总键能，则4462kJmol-1-496kJmol-1-2436kJmol-1=2akJmol-1+220kJmol-1，解得a=+130，答案选C。【点睛】化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变H=反应物总键能-生成物总键能。13.下列有关反应速率
16、的说法中正确的是A. 合成氨工业中使用合适催化剂可以提高反应速率以及增大该反应的限度B. 等质量的锌粉和锌片与相同体积、相同浓度的盐酸反应，反应速率相等C. 用铁片与硫酸制备氢气时，浓硫酸可以加快产生氢气的速率D. 已知二氧化硫催化氧化反应的H0，则升高温度，反应速率增大【答案】D【解析】【详解】A. 加入催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响平衡，故A错误；B. 反应物的性质决定了化学反应速率的快慢。锌比铁活泼，反应速率较大，故B错误；C. 常温下浓硫酸使铁钝化，反应不生成氢气，故C错误；D. 二氧化硫催化氧化反应的H3.310-2mol/(Lmin)【答案】D【解析】【详解】A
17、06min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mol/L，则H2O2分解率为100%=50%，故A正确；B由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正确；C06min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mol/L，所以v(H2O2)=0.033mol/(Lmin)，故C正确；D由题中数据可知，03 min生成氧气的体积大于36min生成氧气的体积，因此，46 min的平均反应速率小于06min时间内反应速率，故D错误；
18、答案选D。15.在体积恒定的密闭容器中发生反应N2O4(g)2NO2(g) H(H0)，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是A. A、C两点的反应速率: ACB. A、C两点气体的颜色:A深，C浅C. 由状态B到状态A，可以用加热的方法D. A、C两点气体的平均相对分子质量：AC【答案】C【解析】【详解】A. A、C两点的温度相同，C点的压强大于A点的压强，压强越大，反应速率越大，则速率CA，故A错误；B. 同一温度，由于C点压强大于A点压强，从A点到C点，平衡左移，NO2的体积分数减小，加压瞬间NO2浓度增大，颜色加深，随之平衡逆向进行
19、，NO2浓度有所减小，颜色又变浅，但是NO2的浓度相比原来的浓度较大，因此颜色比原来深。综上所述，压强增大平衡逆向进行，颜色先变深后变浅，但是比原来深，故A、C两点气体的颜色:A浅、C深，故B错误；C. 同一压强下，由状态B到状态A，NO2的体积分数增加，由于该反应的正反应是吸热反应，所以可以升温实现，故C正确；D. A点到C点，混合气体的质量没变，NO2的体积分数减小，说明平衡左移，则气体的总物质的量减小，所以平均相对分子质量增大，即A、C两点气体的平均相对分子质量AC，故D错误；故选C。【点睛】B项是学生们的易错点，学生们往往忽略：缩小容积增大压强后，不管平衡向哪个方向移动或者不移动，所有
20、气体物质的浓度都会增大。反应2NO2N2O4，加压瞬间NO2浓度增大，颜色加深，随之平衡正向进行，NO2浓度有所减小，颜色又变浅，但是NO2的浓度相比原来的浓度较大，因此颜色比原来深，所以压强增大平衡正向进行，颜色先变深后变浅，但是比原来深。16.对于可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g)H0，下列各图正确的是()A B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A500时温度高，且升高温度，加快化学反应速率，平衡向吸热的逆反应方向移动，生成物C在反应混合物中的含量减小，与图象相符，A正确；B增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动，交叉点后，正反应速率大于逆反应速率，与图象不相符
21、，B错误；C催化剂能加快反应速率，但不改变化学平衡，有无催化剂，C的浓度都不变化，与图象不相符，C错误；D反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，与图象不相符，D错误；故答案选A。17.CO(g)+Cl2(g)COCl2(g) H0，当反应达到平衡时，下列措施：升温、加压、增加Cl2的浓度加催化剂恒压通入惰性气体恒容通入惰性气体，能提高CO转化率的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】化学反应CO(g)+Cl2(g)COCl2(g) H0，正反应是气体体积减小的放热反应，升温平衡向逆反应移动，CO转化率减小，项错误；加压平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大
22、，项正确；增加Cl2的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，项正确；加催化剂，改变速率不改变平衡，CO转化率不变，项错误；恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，容器体积增大压强减小，平衡逆向进行，CO的转化率减小，项错误；恒容通入惰性气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，项错误；综上所述，项正确，答案选A。【点睛】是学生的易错点，要理解，恒温恒容条件下，充入非反应的气体，对反应物的分压无影响，反应物的浓度没有发生变化，因此反应速率不变，平衡不会移动。18.高温下，某反应达平衡，平衡常数K=，恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是A. 该反应的焓变为正值B. 升高温度，逆反应速
23、率减小C. 恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小D. 该反应化学方程式为CO+H2OCO2+H2【答案】A【解析】【分析】高温下，某反应达平衡，平衡常数K=，则该反应的方程式为：CO2+H2CO+H2O，温度升高，H2浓度减小，说明平衡正向移动，所以该反应是吸热反应，即该反应的焓变是正值。【详解】A根据分析可知，该反应的焓变为正值，故A正确；B升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故B错误；C恒温恒容下，加入惰性气体增大压强，H2浓度不变，平衡不移动，故C错误；D根据分析可知，该反应化学方程式为：CO2+H2CO+H2O，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查化学平衡常数的含义以及化学反
24、应速率和化学平衡的移动原理知识，难度不大。温度升高，化学反应的正逆速率均增大；根据升高温度化学平衡的移动来判断反应的方向；恒温恒容下，可以通过加入惰性气体来增大压强；根据平衡常数表达式来确定化学方程式。19.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. K1K2B. K1K2C. K1K2D. 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(
25、g)+H2S(g)的平衡常数K=，故选D。【点睛】解答本题的关键是正确书写平衡常数表达式，需要注意的是平衡常数及其单位与化学计量数有关。20.下列关于化学反应方向及其判据的说法错误的是A. 1 mol H2O在不同状态时的熵值: SH2O(s)SH2O(g)B. 通常情况下，一个放热且熵增的反应也有可能非自发进行C. 2KClO3(s)=2KCl(s)+3CO2(g) H0 能否自发进行与温度有关D. 某温度下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的H0【答案】B【解析】【详解】A. 物质聚集状态不同，熵值不同，相同物质的量的同种物质，气体S液体S固体S，故1mol
26、H2O在不同状态时的熵值：SH2O(s)SH2O(g)，故A正确；B. 反应的自发性由焓变和熵变共同决定，当GH-TS0时，反应能自发进行，G0时，反应不能自发进行，放热反应的H0，熵增反应的S0，因此，放热且熵增的反应的G始终小于0，反应在任意温度下均可自发进行，故B错误；C. 该反应的H0、S0，则在高温下H-TS0可以成立，反应可自发进行，故反应能否自发进行与温度有关，故C正确；D. 某温度下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则H-TS0，又因为该反应的S0，则H0，故D正确；故选B。二、填空题:本大题4小题，共60分。21.X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数
27、依次增大。X原子核外K层与L层电子数之比为12，Y原子和Z原子核外电子数之和为20，W和R是同周期相邻元素，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨。请回答下列问题:(1)元素X的最高价氧化物的电子式为_；元素Z的离子结构示意图为_(2)元素Z的单质与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_(3)元素W位于周期表的第_族，其非金属性比R弱，用原子结构的知识解释原因:_(4)R的一种氧化物能使品红溶液褪色，工业上用Y的气态氢化物的水溶液作该氧化物的吸收剂，写出吸收剂与足量该氧化物反应的离子方程式:_(5)元素X的单质与元素R的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的化学方程式为_【答案】 (1). (2). (3)
28、. 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 (4). VA (5). 同周期元素非金属性随着原子半径的递减而增强，半径越小，核电荷数越大，对核外电子的吸引力越强，越易得电子 (6). SO2+NH3H2O=NH+HSO (7). C+2H2SO4(浓)2H2O+CO2+2SO2【解析】【分析】X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y为N元素、R为S元素；W和R是同周期相邻元素，则W为P元素；Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，则Z原子核外电子数=20-7=13，则Z为Al；X原子核外K层与L层电子数之比为12，X有2个电子层，故
29、X为C元素，据此解答。【详解】(1)X为C元素，碳元素的最高价氧化物为CO2，分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，其电子式为；元素Z为Al，铝离子核外有10个电子，有个电子层，各层电子数为2、8，离子结构示意图为；(2)元素Z为Al，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；(3)元素W为P，最外层电子数为5，位于周期表的第VA族；P原子和S原子的电子层数相同，同周期元素非金属性随着原子半径的递减而增强，半径越小，核电荷数越大，对核外电子的吸引力越强，越易得电子，故P的非金属性比元素S弱；(4)R为S元素，Y为N元素，R的
30、一种氧化物能使品红溶液褪色，该氧化物为SO2，工业上用氨气水溶液作该氧化物的吸收剂，吸收剂与足量该氧化物反应的离子方程式：SO2+NH3H2O=NH+HSO；(5)X为C元素，R为S元素，R的最高价氧化物的水化物的浓溶液为浓硫酸，碳单质与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓) 2H2O+CO2+2SO2。22.在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂（H2O2），当它们混合时，即产生大量的N2和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量。（1）写出该反应的热化学方程式_； （2）
31、已知H2O(1)=H2O(g)；H=+44.0kJmol-1，16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是_kJ；（3）上述反应应用于火箭推进剂，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是_。【答案】 (1). N2H4(l)+2H2O2(l)=N2（g）+4H2O(g) H=-640 kJ/mol (2). 408 (3). 生成物为氮气和水，无污染【解析】【分析】（1）根据题给条件结合书写热化学方程式的原则写出；（2）依据（2）中写出的热化学方程式和H2O（1）=H2O（g）H=+44kJmol1，利用盖斯定律写出热化学方程式计算；（3）依据反应产物的性质分析无污染物产
32、生分析；【详解】（1）已知0.4mol液态肼和足量H2O2（l）反应生成氮气和水蒸气时放出256kJ的热量，依据热化学方程式的书写原则，结合定量关系写出，1mol肼和过氧化氢反应生成氮气和水蒸气放出的热量=640KJ，所以热化学方程式为：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）H=-640kJmol1；（2）16g液态肼物质的量=16g32gmol1=0.5mol，由N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）；H=-640kJmol1；H2O（1）=H2O（g）H=+44kJmol1，结合盖斯定律的内容和要求，可以把4方向倒转得到4H2O（g）=4H2O（
33、l）H=-444kJmol1=-176kJmol1，+得到N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（l）；H=-816kJmol1，所以0.5mol液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量=408kJ；（3）上述反应应用于火箭推进剂，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是：生成物为氮气和水，无污染。【点睛】本题考查学生盖斯定律的应用以及反应吸放热与反应物、生成物能量之间的关系，难点（2）可以根据所学盖斯定律-4进行回答。23.中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55mol/L的 NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL 置于如图所
34、示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题:（1）从图中实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是_（2）若改用60mL 0.25mol/L H2SO4和50mL 0.55mol/L NaOH 溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量_（填“相等”、“不相等”），若实验操作均正确，则所求中和热_（填“相等”、“不相等”）（3）将50mL 0.55mol/L NaOH溶液和50mL 0.25mol/L硫酸溶液（密度都近似为1g/cm3）进行以上实验，经过多次实验测出反应前后温度差平均值为3.4。已知中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g），则中和热H=_kJ/mol（取小数点后一位）。（4）上
35、述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是_（填字母）.a 实验装置保温、隔热效果差b 量取NaOH 溶液的体积时仰视读数c 分多次把NaOH 溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d 用温度计测定NaOH 溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 不相等 (3). 相等 (4). 56.8 (5). acd【解析】【分析】(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器； (2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；(3) 根据Q= cmT计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可
36、以得到中和热；(4)从实验过程中热量是否散失、实验操作是否规范等角度分析；【详解】(1)从图中实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒；(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，开始时取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL发生反应：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，NaOH过量，以H2SO4为标准计算反应过程中放出的热量；改用60mL0.25mol/LH2SO4溶液跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，硫酸过量，以NaOH为标准计算，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，故两次反应所放出的热量不相等
37、；中和热则是生成1mol水放出的热量，与实际参加反应的酸碱用量无关，故若实验操作均正确，则所求中和热相等；(3)50mL0.55mol/L氢氧化钠与50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为n(H2O)=0.05L0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：100mL1g/cm3=100g，温度变化的值为T=3.4，则生成0.025mol水放出的热量为：Q= cmT=4.18J/(g)100g3.4=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热；(4)上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，结果偏小， a. 实验装置保温、隔热效果差，必定导致
38、部分热量散失，测定结果偏小，a正确；b. 量取NaOH 溶液的体积时仰视读数，则NaOH的体积偏大，以NaOH为标准反应放出的热量多，使溶液温度升高的多，b错误；c. 尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则会导致较多热量散失，c正确；d. 用温度计测定NaOH 溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，使反应起始时溶液的温度高，最终导致溶液平均升高的温度少，导致中和热偏高，d正确；因此，产生偏差的原因为acd。【点睛】本题考查反应热的测定及计算的知识，注意理解中和热的概念、把握测定反应热的实验细节及可能会引起的误差是解题的关键
39、。24.CH4-CO2催化重整不仅可以得到CO和H2，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题:(1)CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，H0有利于提高CH4平衡转化率的条件是_（填字母）。A 高温低压 B 低温高压 C 高温高压 D 低温低压在体积恒定的密闭容器中进行该反应并达到平衡状态，若此时改变条件使平衡常数K值变大，该反应_（填字母）A. 一定向正反应方向移动 B. 重新达到平衡后正反应速率增大C. 一定向逆反应方向移动 D. 重新达到平衡后逆反应速率减小某温度下，在体积为2L的容器中加入2 mol CH4、1mol CO2以及催化
40、剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，CO2的体积分数为_(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4(g)= C(s)2H2(g)消碳反应CO2(g)C(s)=2CO(g)H/(kJmol1)+75+172活化能(kJmol1)催化剂X3391催化剂Y4372由上表判断，催化剂X_Y(填“优于”或“劣于”)，理由是_在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是_（填标号）。A. K积、K消均增
41、加B. v积减小、v消增加C. K积减小、K消增加D. v消增加的倍数比v积增加的倍数大【答案】 (1). A (2). AB (3). 12.5% (4). 劣于 (5). 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 (6). AD【解析】【分析】(1)根据外界条件对平衡移动的影响分析；根据K值的影响因素分析列三段式计算；(2)根据活化能对反应速率的影响分析；根据温度对反应速率以及平衡的影响分析。【详解】(1)该反应的正反应为气体体积增大的吸热反应，升温、减压均可以使平衡正向移动，均有利于提高CH4的平衡转化率，故选A；因为K值只与温
42、度有关，又该反应为吸热反应，若此时改变条件使平衡常数K值变大，则该条件一定是升温，升温正逆反应速率均增大，且平衡正向移动，故选AB；某温度下，在体积为2L的容器中加入2 mol CH4、1mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，可列出三段式(单位为mol)：则平衡时气体总物质的量为4mol，故CO2的体积分数为；(2)根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y；A. 正反应均为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，故A正确；B. 升高温度反应速率
43、均增大，故B错误；C. 根据A中分析可知K积、K消均增加，平衡向正反应方向移动，故C错误；D. 由图中信息可知，积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，故D正确；故选AD。【点睛】1、反应的活化能越大，反应速率越小，活化能越小，反应速率越大，这是同学们的易忘点。2、升温，正逆反应速率均增大，平衡向吸热反应方向移动，即吸热方向的速率增大的程度比放热方向速率增大的程度大，这是同学们的易错点。25.氮的化合物在生产生活中广泛存在。(1)用焦炭还原NO的反应为:2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温(反应温度分别为
44、400 、400 、T)容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表所示:t/min04080120160n(NO) (甲容器) /mol2.001.501.100.800.80n(NO) (乙容器) /mol1.000.800.650.530.45n(NO) (丙容器) /mol2.001.451.001.001.00该反应为_(填“放热”或“吸热”)反应。平衡常数的表达式为K=_乙容器在200 min达到平衡状态，则0200 min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=_。(2)用焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+2C(s)N2
45、(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1 mol NO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_Kc(B)（填“”或“”或“=”）。A、B、C三点中NO2的转化率最高的是_(填“A”或“B”或“C”)点。计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。(3)对于2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，在一定温度下，于1L的恒容密闭容器中充入0.1 mol NO和0.3mol CO，反应开始进行。下列能说明该反应已经达到平衡状态的是_(填字母
46、代号)A. c(CO)=c(CO2) B. 容器中混合气体密度不变 C. v(N2)正=2v(NO)逆 D. 容器中混合气体的平均摩尔质量不变 下图为容器内的压强(P)与起始压强(Po)的比值()随时间(t)的变化曲线，曲线中的两个点的坐标分别为(5，0.925)和(10，0.90)。平衡时NO的转化率为_【答案】 (1). 放热 (2). (3). 0.003 mol/(Lmin) (4). = (5). A (6). 2MPa (7). D (8). 80%【解析】【分析】(1)根据温度对化学反应速率以及对化学平衡的影响分析；根据等效平衡以及速率的计算公式进行分析计算；(2)根据压强对化学
47、平衡的影响分析；已知C点NO2和CO2的物质的量浓度相等，据此列三段式计算平衡时各物质的物质的量，再计算Kp；(3)根据化学平衡状态的判断依据分析；列三段式并结合阿伏加德罗定律推论分析计算。【详解】(1)由表格中的数据可知，丙容器与甲容器投入量相同，达到平衡所用时间较短，说明丙容器温度较高，而丙容器平衡时NO的浓度比甲容器高，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，即逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；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值，固体的浓度视为常数，不代入平衡常数的表达式，故该反应的平衡常数的表达式为；反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，反应前后气体体积不变
48、，相同温度下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，为0.4mol，则0200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率；(2)A、B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，故A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)=Kc(B)；反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)的正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，故A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点；设C点时NO2的转化量为x mol，可列出三段式(单位为mol)：，由图可知，C点时NO2和CO2的物质的量浓度相等，则1x=x，解得x=0.5，则平衡时总的物质的量为1.25mol，C点时该反
49、应的压强平衡常数；(3) A. c(CO)=c(CO2)不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B. 混合气体总质量不变，容器容积不变，则容器中混合气体的密度始终不变，因此容器中混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C. 可逆反应达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相等，在用不同物质的反应速率表示平衡状态时，必须表明“一正一逆”，且等于系数之比，故v(N2)正=2v(NO)逆不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D. 反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，则随着反应进行，容器中混合气体的平均摩尔质量发生变化，当容器中混合气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达
50、到平衡状态，故D正确；由图可知，10min时反应达到平衡，设达到平衡时，NO转化量为2x mol，可列出三段式(单位为mol)：，平衡时气体总物质的量为(0.4-x)mol，又=0.9，根据阿伏加德罗定律推论，同温和同体积时，压强比等于物质的量之比，则，解得x=0.04mol，。【点睛】1、化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。2、可逆反应达到平衡状态时，一定满足正逆反应速率相等，在用不同物质的反应速率表示平衡状态时，必须表明“一正一逆”，且等于系数之比，比如可以这样来表示反应达到平衡状态：v正(C)=v逆(D)或者2v正(A)=v逆(B)等，这是学生们的易错点。
