1、2015-2016学年四川成都市龙泉一中高二（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分）12011年7月21日，世界各国领导人在南非德班共同商讨应对气候变化的道路“拯救人类的最后机会”要想节能减排下列属最有希望的新能源是（）天然气煤石油水能太阳能地热能风能氢能ABCD除外2下列说法中正确的是（）A10 L 0.05molL1Ba（OH）2溶液与10 L 0.05molL1 H2SO4反应时的反应热是中和热B由2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6 kJmol1知，该反应的反应热为571.6 kJmol1C由2H2（l）+O2（l）=2
2、H2O（g）H=482.6 kJmol1知，H2的燃烧热为482.6 kJmol1D由C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）H=2221.5 kJmol1知，气体C3H8的燃烧热为2221.5 kJmol13已知热化学方程式：SO2（g）+O2（g）=SO3（g）H=98.32kJ/mol，下列表述正确的是（）A在容器中充入2mol SO2和1mol O2充分反应，最终放出的热量等于196.64kJB在容器中当有2mol SO2和1mol O2发生反应时，放出的热量等于196.64kJC在容器中当有4mol SO2和2mol O2发生反应时，反应SO2（g）+O2（g）=
3、SO3（g）的反应热为393.28kJ/molD在容器中当有4mol SO2和2mol O2发生反应时，反应SO2（g）+O2（g）=SO3（g）的反应热为98.32kJ/mol4下列各组热化学方程式中，H1H2的是（）C（s）+O2（g）CO2（g）H1 C（s）+O2（g）CO（g）H2S（g）+O2（g）SO2（g）H1 S（s）+O2（g）SO2（g）H2H2（g）+O2（g）H2O（l）H1 2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H2CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）H1 CaO（s）+H2O（l）Ca（OH）2（s）H2ABCD5已知两个热化学方程式：C（s）+O2（g）C
4、O2（g）H=393.5kJ/mol；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol现有0.2mol炭粉和H2组成悬浮气，使其在O2中完全燃烧，共放出63.53kJ的热量，则炭粉与H2的物质的量之比是（）A1：1B1：2C2：3D3：26肼（H2NNH2）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1mol化学键所需的能量（kJ）：NN为942、O=O为500、NN为154，则断裂1molNH键所需的能量（kJ）是（）A194B391C516D6587反应 A+BC（H0）分两步进行 A+BX （H0）XC（H0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（
5、）ABCD8在298K、1.01105Pa下，将22g CO2通入1molL1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出x kJ的热量已知该条件下，1mol CO2通入2molL1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的（）ACO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）H=（2yx）kJmol1BCO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）H=（4xy）kJmol1CCO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）H=（4xy）kJmol1D2CO2（g）+2NaOH（aq）=2NaHCO3（aq）H=（
6、8x2y）kJmol19下列说法中正确的是（）活化分子间的碰撞一定能发生化学反应普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应增大反应物浓度，可增大活化分子百分数，从而使有效碰撞次数增多有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程催化剂能增大活化分子百分数，从而成千成万倍地增大化学反应速率ABCD10在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些量不再发生变化时，表明下述反应：A（s）+2B（g）=C（g）+D（g）已达到平衡状态：混合气体的压强混合气体的密度B的物质的量浓度气体的总物质的量混合气体的平均相
7、对分子质量物质C的百分含量各气体的物质的量 当有1molB气体分子断键，同时有1/2molC气体分子断键（）ABCD11在一定条件下，对于A2（g）+3B2（g）2AB3（g）反应来说，下列所表示的化学反应速率中最大的是（）Av（A2）=0.8 mol/（Ls）Bv（A2）=60 mol/（Lmin）Cv（AB3）=1.0 mol/（Ls）Dv（B2）=1.2 mol/（Ls）12对于可逆反应：2A（g）+B（g）2C（g）H0，下列各图中正确的是（）ABCD13少量铁粉与100mL 0.01mol/L的稀盐酸（足量）反应，反应速率太慢为了加快此反应速率而不改变H2的总量，可使用如下方法中的：
8、加H2O加NaOH固体滴入几滴浓盐酸加CH3COONa固体加NaCl溶液滴入几滴硫酸铜溶液升高温度（不考虑盐酸挥发）改用10mL 0.1mol/L盐酸 改用100mL0.1mol/L的稀硝酸（）ABCD14将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（）ABCD15对于已建立化学平衡的某
9、可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是（）生成物的百分含量一定增大 生成物的产量一定增加 反应物的转化率一定增大反应物的浓度一定降低 正反应速率一定大于逆反应速率 使用了适宜的催化剂ABCD16当反应COCl2（g）CO（g）+Cl2（g）H0 达到平衡时，下列措施：升温 恒容通入惰性气体 增加CO的浓度 减压 加催化剂 恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（）ABCD17在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）nY（g）；H=Q kJ/mol反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：/L积体气温体c（Y）
10、/molL1度/1231001.000.750.532001.200.900.633001.301.000.70下列说法正确的是（）AmnBQ0C温度不变，压强增大，Y的质量分数减少D体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动18某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如右图所示：下列说法中正确的是（）A30 min40 min间该反应使用了催化剂B反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应C30 min时降低温度，40 min时升高温度D8 min
11、前A的平均反应速率为0.08 molL1min119下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（）A硫酸工业中，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率B对2HIH2+I2平衡体系增加压强使颜色变深C开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫D滴有酚酞的氨水溶液，适当加热溶液（氨气不挥发）后颜色变深20反应CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）；H0，改变其中一种条件，能加快反应速率且反应放出的热量不变的是（）A升高温度B减小压强C加入COD加入催化剂21根据反应Br+H2HBr+H的能量对反应历程的示意图甲进行判断，下列叙述中不正确的是（）A正反应吸热B加入催化剂，该化学反应的反应热不变C加入催化
12、剂后，该反应的能量对反应历程的示意图可用图乙表示D加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率22取五等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）N2O4（g），H0 反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分量（NO2%），并作出其随反应温度（T）变化的关系图下列示意图中，可能与实验结果相符的是（）ABCD23汽车尾气净化中的一个反应如下：NO（g）+CO（g）N2（g）+CO2（g）H=373.4kJmol1在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是（）ABCD24下列反应中符合图象的是（）AN2（g）+3H2（g）2NH3（g）
13、H=Q1 kJmol1（Q10）B2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H=+Q2 kJmol1（Q20）C4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=Q3 kJmol1（Q30）DH2（g）+CO（g）C（s）+H2O（g）H=+Q4 kJmol1（Q40）25在一个恒温恒容的密闭容器中充入1mol HI，建立如下平衡：2HI（气）H2（气）+I2（气），测得HI的转化率为a%保持恒温恒容，在上述平衡体系中再充入2molHI，待新平衡建立后HI的转化率为b%，则a与b的关系是（）AabBabCa=bD无法确定二、填空题（本题包括5道题，共50分）26化学反应方程式是化学学习
14、的基本工具，本期在化学反应与化学平衡章节学过几个重要的化学方程式，请你按要求写出：（1）硫代硫酸钠与稀硫酸溶液反应的离子方程式：（2）碘化钾的稀硫酸溶液与空气中氧气反应的离子方程式：（3）在重铬酸钾的硫酸溶液中的Cr2O72与CrO42之间转化的离子方程式：27 50mL 0.5molL1盐酸与50mL 0.55molL1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少一种玻璃仪器是（2）大烧杯上如不盖硬纸板，测得的中和热（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）（3）实验中改用60mL 0.50molL1盐酸跟50
15、mL 0.50molL1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量（填“偏大”或“相等”或“偏小”），所求中和热（填“相等”或“不相等”），简述理由：（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会；用50mL 0.5molL1盐酸与50mL 0.50molL1 NaOH溶液进行中和测定，测得的中和热数值会（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）取50mL 0.50mol/L NaOH溶液和30mL0.50mol/L硫酸溶液进行实验，实验数据如下表温度实验次数起始温度T1/终止温度T2/温度差平均值（T2T1）/H2SO4NaOH平均值126.226.0
16、30.1227.027.433.3325.925.929.8426.426.230.4则中和热H=（取小数点后一位）（本题中NaOH溶液和硫酸溶液的密度均取1g/mL，溶液的比热容均取4.2J/（g）28密闭容器中发生如下反应：A（g）+3B（g）2C（g）H0，根据下列速率时间图象，回答下列问题：（1）下列时刻所改变的外界条件是：t1；t3；t4；（2）产物C的体积分数最大的时间段是；A的物质的量最大的时间段是（3）反应速率最大的时间段是29某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液时，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大小组成员为此“异常”现象展开讨论，猜想造
17、成这种现象的最可能原因有两种，并为此设计实验进行探究验证猜想：此反应过程放热，温度升高，反应速率加快；猜想：【实验目的】探究草酸与高锰酸钾反应的速率变化“异常”原因【实验用品】仪器：试管、胶头滴管、量筒、药匙、玻璃棒等；试剂：0.1mol/L H2C2O4溶液、0.05mol/L KMnO4（硫酸酸化）溶液等请你根据该兴趣小组的实验探究设计思路，补充完整所缺内容（1）草酸（H2C2O4，弱酸）与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为（2）要完成对猜想的实验验证，至少还需要一种实验仪器是（3）猜想可是：要设计实验验证猜想，进行该实验还要补充一种试剂及一种仪器，分别是（4）基于猜想成立，设计方案进行
18、实验，请完成以下实验记录表内容试管A试管B加入试剂实验现象（褪色时间）结论猜想正确30在某一容积为5L的体积不变的密闭容器内，加入 0.3mol的CO和0.3mol的H2O，在催化剂存在和800的条件下加热，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，反应中CO2的浓度随时间变化情况如图：（1）根据图上数据，反应开始至达到平衡时，CO的化学反应速率为v（CO）=mol/（Lmin），该温度下的平衡常数K=（2）在体积不变的条件下，改变下列条件重新达到平衡时能使平衡常数K增大的有（填字母）A升高温度 B降低温度 C增大压强D减小压强 E加入催化剂 G移出一氧化碳气体（3）
19、如要一开始加入0.1mol的CO、0.1mol的H2O、0.2mol的CO2和0.2mol的H2，在相同的条件下，反应达平衡时，c（CO）=mol/L（4）若保持温度和容器的体积不变，在（1）中上述平衡体系中，再充入0.3mol 的水蒸气，重新达到平衡后，H2O的转化率（填“升高”、“降低”还是“不变”）（5）在催化剂存在和800的条件下，在某一时刻测得c（CO）=c（H2O）=0.09mol/L，c（CO2 ）=c（H2）=0.13mol/L，则此反应是否处于平衡状态：（填“是”或“否”），若没有处于平衡状态则该反应向方向移动（填“正反应”或“逆反应”）2015-2016学年四川成都市龙泉一
20、中高二（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分）12011年7月21日，世界各国领导人在南非德班共同商讨应对气候变化的道路“拯救人类的最后机会”要想节能减排下列属最有希望的新能源是（）天然气煤石油水能太阳能地热能风能氢能ABCD除外【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发【分析】节能减排的含义是指节约物质资源和能量资源，减少废弃物和减少环境有害物排放【解答】解：天然气煤石油都是不可再生资源；煤石油燃烧会污染空环境，不符合节能减排的原则；水能太阳风能，都是可再生能源，对环境无污染是清洁能源，氢气燃烧只生成水，是洁净能源，符合节能减排
21、原则故A、C、D错误；B正确；故选B2下列说法中正确的是（）A10 L 0.05molL1Ba（OH）2溶液与10 L 0.05molL1 H2SO4反应时的反应热是中和热B由2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6 kJmol1知，该反应的反应热为571.6 kJmol1C由2H2（l）+O2（l）=2H2O（g）H=482.6 kJmol1知，H2的燃烧热为482.6 kJmol1D由C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）H=2221.5 kJmol1知，气体C3H8的燃烧热为2221.5 kJmol1【考点】反应热和焓变【分析】A、生成沉淀一般还要放热
22、；B、反应热有符合；C、燃烧热是指氢气燃烧生成液态水时放出的热量；D、燃烧热为完全燃烧1mol丙烷生成二氧化碳和液态水时会放出的热量【解答】解：A.10 L 0.05 molL1Ba（OH）2溶液与10 L 0.05molL1 H2SO4反应时生成1mol水同时生成硫酸钡沉淀，所以放出的热量大于中和热，故A错误；B反应热有符合，所以由2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6 kJmol1知，该反应的反应热为571.6 kJmol1，故B错误；C氢气的燃烧热是指生成液态水时放出的热量，故C错误；D燃烧热为完全燃烧1mol丙烷生成二氧化碳和液态水时会放出的热量，所以由C3H8（g）+
23、5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）H=2221.5 kJmol1知，气体C3H8的燃烧热为2221.5 kJmol1，故D正确故选：D3已知热化学方程式：SO2（g）+O2（g）=SO3（g）H=98.32kJ/mol，下列表述正确的是（）A在容器中充入2mol SO2和1mol O2充分反应，最终放出的热量等于196.64kJB在容器中当有2mol SO2和1mol O2发生反应时，放出的热量等于196.64kJC在容器中当有4mol SO2和2mol O2发生反应时，反应SO2（g）+O2（g）=SO3（g）的反应热为393.28kJ/molD在容器中当有4mol SO2和2mo
24、l O2发生反应时，反应SO2（g）+O2（g）=SO3（g）的反应热为98.32kJ/mol【考点】热化学方程式【分析】A、反应是可逆反应不能进行彻底；B、热化学方程式的焓变是指对应化学方程式量全部完全反应放出的热量；C、反应是可逆反应不能进行彻底；D、在容器中当有4mol SO2和2mol O2发生反应时，反应热小于393.28kJ/mol【解答】解：A、反应是可逆反应不能进行彻底，在容器中充入2mol SO2和1mol O2充分反应，最终放出的热量小于196.64kJ，故A错误；B、热化学方程式的焓变是指对应化学方程式量全部完全反应放出的热量，在容器中当有2mol SO2和1mol O2
25、发生反应时，放出的热量等于196.64kJ，故B正确；C、反应是可逆反应不能进行彻底，在容器中当有4mol SO2和2mol O2发生反应时，反应SO2（g）+O2（g）=SO3（g）的反应热大于393.28kJ/mol，故C错误；D、在容器中当有4mol SO2和2mol O2发生反应时，反应热小于393.28kJ/mol，故D错误；故选B4下列各组热化学方程式中，H1H2的是（）C（s）+O2（g）CO2（g）H1 C（s）+O2（g）CO（g）H2S（g）+O2（g）SO2（g）H1 S（s）+O2（g）SO2（g）H2H2（g）+O2（g）H2O（l）H1 2H2（g）+O2（g）2H
26、2O（l）H2CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）H1 CaO（s）+H2O（l）Ca（OH）2（s）H2ABCD【考点】反应热的大小比较【分析】碳不完全燃烧放热少，焓变包含负号比较大小；固体硫变为气态硫需要吸收热量；相同条件下量少的反应放热少，焓变包含负号比较大小；碳酸钙分解吸热焓变为正值，氧化钙和水反应是化合反应放热，焓变是负值【解答】解：碳不完全燃烧放热少；焓变包含负号比较大小；所以H1H2，故不符合；固体硫变为气态硫需要吸收热量；所以H1H2，故不符合；相同条件下量少的反应放热少，焓变包含负号比较大小；1mol氢气燃烧放热小于2mol氢气燃烧放热，所以H1H2，故符合；碳酸钙分解
27、吸热焓变为正值，氧化钙和水反应是化合反应放热，焓变是负值；所以H1H2，故符合；故选C5已知两个热化学方程式：C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJ/mol；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol现有0.2mol炭粉和H2组成悬浮气，使其在O2中完全燃烧，共放出63.53kJ的热量，则炭粉与H2的物质的量之比是（）A1：1B1：2C2：3D3：2【考点】有关反应热的计算【分析】根据物质的量与反应放出的热量成正比，利用热化学反应方程式计算C、H2燃烧放出的热量，以此来计算【解答】解：设碳粉xmol，则氢气为（0.2x）mol，则C（s）+O2（g）CO2（g
28、）H=393.5kJ/mol1 393.5kJx 393.5xkJ2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol 2 483.6kJ（0.2x）mol 241.8（0.2x）kJ所以393.5xkJ+241.8（0.2x）kJ=63.53kJ，解得x=0.1mol，则炭粉与H2的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1：1，故选A6肼（H2NNH2）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1mol化学键所需的能量（kJ）：NN为942、O=O为500、NN为154，则断裂1molNH键所需的能量（kJ）是（）A194B391C516D658【考点】化学能与
29、热能的相互转化【分析】根据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反应焓变的数值，结合图示内容来回答即可【解答】解：根据图中内容，可以看出N2H4（g）+O2（g）=2N（g）+4H（g）+2O（g），H3=2752kJ/mol534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molNH键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得K=391故选B7反应 A+BC（H0）分两步进行 A+BX （H0）XC（H0）下列示意图中，能正确表示总反应过程
30、中能量变化的是（）ABCD【考点】反应热和焓变【分析】根据物质具有的能量进行计算：H=E（生成物的总能量）E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题【解答】解：由反应 A+BC（H0）分两步进行 A+BX （H0）XC（H0）可以看出，A+BC（H0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由A+BX （H0）可知这步反应是吸热反应，XC（H0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X 的能量大于C，图象B符合，故选B8在298K、1.01105Pa下，将22g CO2通入1molL1NaOH溶
31、液750mL中充分反应，测得反应放出x kJ的热量已知该条件下，1mol CO2通入2molL1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的（）ACO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）H=（2yx）kJmol1BCO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）H=（4xy）kJmol1CCO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）H=（4xy）kJmol1D2CO2（g）+2NaOH（aq）=2NaHCO3（aq）H=（8x2y）kJmol1【考点】热化学方程式【分析】根据题意可知，22gCO2通入1mol
32、L1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1mol CO2通入2molL1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式【解答】解：根据题意，22gCO2通入1molL1NaOH溶液750mL中充分反应，n（CO2）=0.5mol，n（NaOH）=1molL10.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOHNaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molCO2反应放出热量为xkJ，则2molCO2反应放出热
33、量为4xkJ，即热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）NaHCO3 （aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）H=4xkJ/mol，又1mol CO2通入2molL1NaOH溶液1L中充分反应放出y kJ的热量，则热化学方程式为 2NaOH（aq）+CO2（g）Na2CO3（aq）+H2O（l）H=ykJ/mol，由盖斯定律可知，可得，NaOH（aq）+CO2（g）NaHCO3（aq）H=（4xy）kJ/mol，故选C9下列说法中正确的是（）活化分子间的碰撞一定能发生化学反应普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应增大反应物浓度，可增大活化分子百分数，从而使有效碰撞次数增多有气体参
34、加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程催化剂能增大活化分子百分数，从而成千成万倍地增大化学反应速率ABCD【考点】化学反应速率的影响因素【分析】物质发生化学反应，必须分子间发生有效碰撞，普通分子间的不能发生有效碰撞；化学反应的实质是旧键的段裂和新键的形成，即原子的重新组合；也是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程；化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，即活化分子有合适取向时的有效碰撞，注意增大压强，必须改变浓度，反应速率才发生变化，以此解答【解答】解：活化分子间有合适的取向，发生的
35、碰撞一定能发生化学反应，故错误；普通分子间不可能发生化学反应，故错误；增大反应物浓度，活化分子百分数不变，但浓度增大，故错误；增大压强，浓度增大，但活化分子百分数不变，故错误；化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，分子先成为活化分子，活化分子发生碰撞，可生成新物质，故正确；催化剂可降低活化能，能增大活化分子百分数，增大反应速率，故正确故选C10在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些量不再发生变化时，表明下述反应：A（s）+2B（g）=C（g）+D（g）已达到平衡状态：混合气体的压强混合气体的密度B的物质的量浓度气体的总物质的量混合气体的平均相对分子质量物质C的百分含量各气体的物
36、质的量 当有1molB气体分子断键，同时有1/2molC气体分子断键（）ABCD【考点】化学平衡状态的判断【分析】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断【解答】解：该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故错误；该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当混合气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故正确；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该
37、反应达到平衡状态，故正确；该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量不变，不能表明反应达到平衡状态，故错误；该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当混合气体的平均相对分子质量不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故正确；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，所以物质C的百分含量不变，能表明达到化学平衡状态，故正确；各气体的物质的量不变，则说明正逆反应速率相等，能表明达到化学平衡状态，故正确；当有1molB断裂等效于molC生
38、成同时有molC断裂，故正确；故选A11在一定条件下，对于A2（g）+3B2（g）2AB3（g）反应来说，下列所表示的化学反应速率中最大的是（）Av（A2）=0.8 mol/（Ls）Bv（A2）=60 mol/（Lmin）Cv（AB3）=1.0 mol/（Ls）Dv（B2）=1.2 mol/（Ls）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【分析】同一可逆反应中，物质的反应速率与其计量数之比的比值越大其反应速率最大，据此分析解答【解答】解：同一可逆反应中，物质的反应速率与其计量数之比的比值越大其反应速率最大，A =0.8 mol/（Ls）；B =60 mol/（Lmin）=1mol/（Ls）；C
39、=0.5 mol/（Ls）；D =0.4 mol/（Ls）；通过以上分析知，数值最大的是B，所以反应速率最大的是B，故选B12对于可逆反应：2A（g）+B（g）2C（g）H0，下列各图中正确的是（）ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】做题时首先分析化学方程式的特征，如反应前后计量数的大小关系、反应热等问题，A、根据反应温度的不同结合反应热判断平衡移动的方向，可判断出C的质量分数的变化是否正确B、根据反应前后的化学计量数的大小关系，结合压强对反应速率的影响判断平衡移动方向，从而判断出正逆反应速率的变化；C、从催化剂对平衡是否有影响来判断浓度的变化是否正确；D、从两个方面考虑，一是压强对平衡
40、的影响，二是温度对平衡的影响，二者结合判断A的转化率是否正确【解答】解：A、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正V逆，故B错误；C、催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误故选A13少量铁粉与100mL 0.01mol/L的稀盐酸（足量）反应，反应速率太慢
41、为了加快此反应速率而不改变H2的总量，可使用如下方法中的：加H2O加NaOH固体滴入几滴浓盐酸加CH3COONa固体加NaCl溶液滴入几滴硫酸铜溶液升高温度（不考虑盐酸挥发）改用10mL 0.1mol/L盐酸 改用100mL0.1mol/L的稀硝酸（）ABCD【考点】化学反应速率的影响因素【分析】为了加快此反应速率而不改变H2的产量，少量铁粉完全反应，则可增大氢离子浓度、构成原电池、升高温度等来加快反应速率，以此来解答【解答】解：加H2O，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；加NaOH固体，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；加CH3C
42、OONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故错误；升高温度（不考虑盐酸挥发），反应速率加快，故正确；改用10mL 0.1mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；改用100mL0.1mol/L的稀硝酸，反应不生成氢气，故错误故选C14将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平
43、均速率为0.3molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7molL1其中正确的是（）ABCD【考点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系【分析】根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）2C（g），并利用三段式法计算，据此解答【解答】解：利用三段式法计算： 起始A的浓度为=2mol/L，B的浓度为=1mol/L 2A（g）+B（g）2C（g），起始：2mol/L 1mol/L 0变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0
44、.6mol/L2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）=0.3molL1s1；2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）=0.15molL1s1；2s时物质A的转化率为=100%=30%；2s时物质B的浓度为0.7molL1，显然正确，故选：B15对于已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是（）生成物的百分含量一定增大 生成物的产量一定增加 反应物的转化率一定增大反应物的浓度一定降低 正反应速率一定大于逆反应速率 使用了适宜的催化剂ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】生成物质量增大小于混合物总质量增大，生成物的质量分数可能降低；平
45、衡向正反应移动，生成物的物质的量一定增加；增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低；如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大；平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率；加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动【解答】解：总质量不变，向正反应移动，生成物的质量分数一定增大，若生成物质量增大小于混合物总质量增大，生成物的质量分数可能降低，故错误；平衡向正反应移动，生成物的物质的量一定增加，故正确；降低生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率一定增大，但增大某一反应的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转
46、化率增大，自身转化率降低，故错误；如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大，故错误；平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率，故正确；加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故错误；综上所述正确，故选A16当反应COCl2（g）CO（g）+Cl2（g）H0 达到平衡时，下列措施：升温 恒容通入惰性气体 增加CO的浓度 减压 加催化剂 恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（）ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】化学反应COCl2（g）CO（g）+Cl2（g）H0；是气体体积增大的反应，正向反应是吸热反应；转化率的变化根据化学平衡的
47、移动方向分析判断升温平衡向吸热反应方向移动；恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；增加CO的浓度，平衡逆向进行；减压平衡向气体体积增大的方向进行，平衡正向进行；加催化剂，改变速率不改变平衡；恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行【解答】解：化学反应COCl2（g）CO（g）+Cl2（g）H0；是气体体积增大的反应，正向反应是吸热反应；转化率的变化根据化学平衡的移动方向分析判断升温平衡向吸热反应方向移动；平衡正向进行，COCl2转化率增大，故符合；恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；COCl2转化率不变，故不符合；增加CO的浓度，平衡逆向进行
48、；COCl2转化率减小，故不符合；减压平衡向气体体积增大的方向进行，平衡正向进行；COCl2转化率增大，故符合；加催化剂，改变速率不改变平衡；COCl2转化率不变，故不符合；恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行；COCl2转化率增大，故符合；综上所述：正确，故选B17在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）nY（g）；H=Q kJ/mol反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：/L积体气温体c（Y）/molL1度/1231001.000.750.532001.200.900.633001.301.000.70下
49、列说法正确的是（）AmnBQ0C温度不变，压强增大，Y的质量分数减少D体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动【考点】化学平衡的影响因素【分析】根据题目信息可得，在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，根据平衡移动原理，增大体积，平衡向体积增大的方向移动，当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为吸热反应【解答】解：A在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，则有mn，故A错误；B当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所
50、以此反应的正向为吸热反应，则Q0，故B错误；C温度不变，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则Y的质量分数减少，故C正确；D反应的正向为吸热反应，体积不变，温度升高，平衡正向移动，故D错误故选C18某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如右图所示：下列说法中正确的是（）A30 min40 min间该反应使用了催化剂B反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应C30 min时降低温度，40 min时升高温度D8 min前A的平均反应速率为0.08 mo
51、lL1min1【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用【分析】A由图象可知，30min40min之间，反应速率降低了，平衡不移动，反应物与生成物的浓度瞬时降低，催化剂不能改变浓度；B由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应；C由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强；D反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，根据
52、v=计算v（A）【解答】解：A由图象可知，3040 min只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故A错误；B由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B错误；C由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向
53、进行，应是升高温度，故C错误；D反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为=0.08 mol/（Lmin），故D正确故选：D19下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（）A硫酸工业中，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率B对2HIH2+I2平衡体系增加压强使颜色变深C开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫D滴有酚酞的氨水溶液，适当加热溶液（氨气不挥发）后颜色变深【考点】化学平衡移动原理【分析】勒夏特列原理即平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用
54、平衡移动原理解释【解答】解：A增大一种气体反应物的用量，平衡正移，可以提高另一种反应物的转化率，所以能用勒夏特列原理解释，故A正确；B增大压强，平衡不移动，与勒夏特列原理无关，故B错误；C因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，打开啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D加热促进一水合氨的电离，溶液颜色加深，与勒夏特列原理有关，故D正确故选B20反应CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）；H0，改变其中一种条件，能加快反应速率且反应放出的热量不变的是（）A升高温度B减小压强C加入COD加入催化剂【考点】化学反应速率的影响因素【分析】加快反应速率，可升高温度、增大压
55、强、浓度或加入催化剂，如反应放出的热量不变，则平衡不发生移动，以此解答【解答】解：A升高温度，反应速率增大，平衡向逆向移动，反应放出的热量减少，故A错误；B减小压强，反应速率减小，反应放出的热量减少，故B错误；C加入CO，反应速率增大，平衡正向移动，反应放出的热量增多，故C错误；D加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，反应放出的热量不变，故D正确故选D21根据反应Br+H2HBr+H的能量对反应历程的示意图甲进行判断，下列叙述中不正确的是（）A正反应吸热B加入催化剂，该化学反应的反应热不变C加入催化剂后，该反应的能量对反应历程的示意图可用图乙表示D加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率【考
56、点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素【分析】根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，A、正反应为吸热反应；B、催化剂不影响反应物和生成物能量高低；C、催化剂能够降低反应的活化能；D、催化剂能够同等程度地增大正逆反应速率【解答】解：根据反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，A、因正反应为吸热反应，故A正确；B、催化剂不影响反应物和生成物能量高低，不影响反应热，故B正确；C、催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，故C正确；D、催化剂能够同等程度地增大正逆反应速率，故D错误；故选D22取五等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）N
57、2O4（g），H0 反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分量（NO2%），并作出其随反应温度（T）变化的关系图下列示意图中，可能与实验结果相符的是（）ABCD【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】在恒容状态下，在五个相同的容器中同时通入等量的NO2，反应相同时间那么则有两种可能，一是已达到平衡状态，二是还没有达到平衡状态，仍然在向正反应移动若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高；若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的
58、情况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态【解答】解：A因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，故A错误；B因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，故B正确；C若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，不可能出现NO2的百分含量不变的情况，故C错误；D在D图中转折点为平衡状态，转折点左则为未平衡状态，右则为平衡状态，反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，故D正确故选BD23汽车尾气净化
59、中的一个反应如下：NO（g）+CO（g）N2（g）+CO2（g）H=373.4kJmol1在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是（）ABCD【考点】化学平衡常数的含义；转化率随温度、压强的变化曲线【分析】A、平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动B、该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，CO的转化率降低C、平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与物质的浓度无关D、增大氮气的物质的量，氮气的浓度增大，平衡向逆反应移动【解答】解：A、平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应
60、正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数降低，故A错误；B、该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，CO的转化率降低，故B错误；C、平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与物质的浓度无关，增大NO的物质的量，不影响平衡常数，故C正确；D、增大氮气的物质的量，氮气的浓度增大，平衡向逆反应移动，NO的转化率降低，故D错误故选：C24下列反应中符合图象的是（）AN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=Q1 kJmol1（Q10）B2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H=+Q2 kJmol1（Q20）C4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=Q3
61、 kJmol1（Q30）DH2（g）+CO（g）C（s）+H2O（g）H=+Q4 kJmol1（Q40）【考点】反应热和焓变【分析】由左边的图象可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；由右边图象可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，V逆V正，平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应，据此结合选项解答【解答】解：由左边的图象可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；由右边图象可知，相交点左
62、边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，V逆V正，平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应，AN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，为放热反应反应，正反应是气体物质的量减小的反应，故A不符合；B.2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）H0，为吸热反应反应，正反应是气体物质的量增大的反应，故B符合；C.4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H0，正反应是气体物质的量增大的反应，但为放热反应反应，故C不符合；DH2（g）+CO（g）C（s）+H2O（g）H0，为吸热
63、反应反应，但正反应是气体物质的量减小的反应，故D不符合；故选B25在一个恒温恒容的密闭容器中充入1mol HI，建立如下平衡：2HI（气）H2（气）+I2（气），测得HI的转化率为a%保持恒温恒容，在上述平衡体系中再充入2molHI，待新平衡建立后HI的转化率为b%，则a与b的关系是（）AabBabCa=bD无法确定【考点】化学平衡的影响因素【分析】一个恒温恒容的密闭容器中充入1mol HI，建立如下平衡：2HI（气）H2（气）+I2（气），反应前后气体的化学计量数之和相等，压强不影响化学平衡，在一个容积固定的密闭容器中充入1molHI，达到平衡时HI的转化率为a%；当向该平衡体系中再充入2m
64、olHI，达到平衡时各组分的浓度为原先浓度的2倍，但碘化氢的转化率不变，仍然为a%，即：a%=b%【解答】解：根据反应方程式H2（g）+I2（g）2HI（g）可知，方程式两边气体的体积不变，则压强不影响化学平衡，在一个容积固定的密闭容器中充入1molHI，达到平衡时HI的转化率为a%，再向该容器中充入1molHI，由于压强不影响化学平衡，则达到新的平衡时各组分的浓度增大为原先的2倍，而碘化氢的转化率一定不变，即：a%=b%，故选C二、填空题（本题包括5道题，共50分）26化学反应方程式是化学学习的基本工具，本期在化学反应与化学平衡章节学过几个重要的化学方程式，请你按要求写出：（1）硫代硫酸钠与
65、稀硫酸溶液反应的离子方程式：S2O32+2H+=S+SO2+H2O（2）碘化钾的稀硫酸溶液与空气中氧气反应的离子方程式：4I+O2+4H+=2I2+2H2O（3）在重铬酸钾的硫酸溶液中的Cr2O72与CrO42之间转化的离子方程式：Cr2O72+H2O=2CrO42+2H+【考点】离子方程式的书写【分析】（1）发生氧化还原反应生成S、二氧化硫和硫酸钠、水；（2）发生氧化还原反应生成硫酸钾、碘、水；（3）Cr2O72与CrO42之间转化，遵循原子及电荷守恒【解答】解：（1）发生氧化还原反应生成S、二氧化硫和硫酸钠、水，离子反应为S2O32+2H+=S+SO2+H2O，故答案为：S2O32+2H+
66、=S+SO2+H2O；（2）发生氧化还原反应生成硫酸钾、碘、水，离子反应为4I+O2+4 H+=2I2+2H2O，故答案为：4I+O2+4 H+=2I2+2H2O；（3）Cr2O72与CrO42之间转化，遵循原子及电荷守恒，转化的离子反应为Cr2O72+H2O=2CrO42+2H+，故答案为：Cr2O72+H2O=2CrO42+2H+27 50mL 0.5molL1盐酸与50mL 0.55molL1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒（2）大烧杯上如不盖硬纸板，测得的中和
67、热偏大（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）（3）实验中改用60mL 0.50molL1盐酸跟50mL 0.50molL1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等（填“偏大”或“相等”或“偏小”），所求中和热相等（填“相等”或“不相等”），简述理由：因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会偏小；用50mL 0.5molL1盐酸与50mL 0.50molL1 NaOH溶液进行中和测定，测得的中和热数值会无影响（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）取50mL
68、0.50mol/L NaOH溶液和30mL0.50mol/L硫酸溶液进行实验，实验数据如下表温度实验次数起始温度T1/终止温度T2/温度差平均值（T2T1）/H2SO4NaOH平均值126.226.030.1227.027.433.3325.925.929.8426.426.230.4则中和热H=53.8kJ/mol（取小数点后一位）（本题中NaOH溶液和硫酸溶液的密度均取1g/mL，溶液的比热容均取4.2J/（g）【考点】中和热的测定【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；（3）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
69、和实质来回答；（4）NH3H2O是弱电解质，电离吸热；根据中和热的概念和实质来回答；（5）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=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，就可以得到中和热【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，但中和热为负值，所以测得的中和热偏大；故答案为：偏大；（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL 0.50molL1盐酸跟50mL 0.50molL1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多
70、，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以改用60mL 0.50molL1盐酸跟50mL 0.50molL1 NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等；故答案为：不相等；相等；因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关；（4）氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，中和热数值会偏小；中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以用50mL 0.5molL1盐酸与50mL 0.50molL1 NaOH溶液进行上述实验，测得的
71、中和热的数值无影响；故答案为：偏小；无影响；（5）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为26.1，反应后温度为30.1，反应前后温度差为4.0；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为27.2，反应后温度为33.3，反应前后温度差为：6.1；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为25.9，反应后温度为29.8，反应前后温度差为：3.9；第4次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为26.3，反应后温度为30.4，反应前后温度差为：4.1；第2组数据相差较大，舍去，三次试验的平均值为4.0；取50mL 0.50mol/L NaOH溶液和30mL0.50mol/L硫酸溶液进行实验，生成水的物
72、质的量为0.05L0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为80mL1g/cm3=80g，温度变化的值为T=4.0，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=80g4.2J/（g）4.0=1344J，即1.344KJ，所以实验测得的中和热H=53.8kJ/mol；故答案为：53.8kJ/mol28密闭容器中发生如下反应：A（g）+3B（g）2C（g）H0，根据下列速率时间图象，回答下列问题：（1）下列时刻所改变的外界条件是：t1升温；t3加催化剂；t4减小压强；（2）产物C的体积分数最大的时间段是t0t1；A的物质的量最大的时间段是t5t6（3）反应速率最大的时间段是t3t4【考
73、点】化学反应速率变化曲线及其应用【分析】（1）该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，t0t1之间，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态；t1t2之间，正逆反应速率都增大，但v（正）v（逆），则平衡逆向移动，因为该反应前后气体体积改变，所以改变的条件只能是温度；t2t3之间，正逆反应速率都不变且相等，为平衡状态；t3t4之间，正逆反应速率都增大且相等，则改变条件是催化剂；t4t5之间，正逆反应速率都减小，且v（正）v（逆），则平衡逆向移动，改变的条件是压强；t5t6之间，正逆反应速率都不变且相等，为平衡状态；（2）要使C的体积分数最大，只能是反应没有向逆反应方向移动之时；A的物质的量最大时
74、，应该是反应向逆反应方向进行最彻底时；（3）反应速率最大时应该是纵坐标最大时【解答】解：该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，t0t1之间，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态；（1）t1t2之间，正逆反应速率都增大，但v（正）v（逆），则平衡逆向移动，因为该反应前后气体体积改变，所以改变的条件只能是升高温度；t3t4之间，正逆反应速率都增大且相等，则改变条件是加入催化剂；t4t5之间，正逆反应速率都减小，且v（正）v（逆），则平衡逆向移动，改变的条件是减小压强；故答案为：升温；加催化剂；减小压强；（2）要使C的体积分数最大，只能是反应没有向逆反应方向移动之时，所以应该是t0t1；A的物
75、质的量最大时，应该是反应向逆反应方向进行最彻底时，所以应该是t5t6；故答案为：t0t1；t5t6；（3）反应速率最大时应该是纵坐标最大时，反应速率最大的时间段是t3t4，故答案为：t3t429某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液时，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大小组成员为此“异常”现象展开讨论，猜想造成这种现象的最可能原因有两种，并为此设计实验进行探究验证猜想：此反应过程放热，温度升高，反应速率加快；猜想：【实验目的】探究草酸与高锰酸钾反应的速率变化“异常”原因【实验用品】仪器：试管、胶头滴管、量筒、药匙、玻璃棒等；试剂：0.1mol/L H2C2O
76、4溶液、0.05mol/L KMnO4（硫酸酸化）溶液等请你根据该兴趣小组的实验探究设计思路，补充完整所缺内容（1）草酸（H2C2O4，弱酸）与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O（2）要完成对猜想的实验验证，至少还需要一种实验仪器是温度计（3）猜想可是：生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，加快了反应速率要设计实验验证猜想，进行该实验还要补充一种试剂及一种仪器，分别是MnSO4（S）、秒表（4）基于猜想成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容试管A试管B加入试剂实验现象（褪色时间）结论猜想正确【考点】探究影响化学反应
77、速率的因素【分析】（1）草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高锰酸钾溶液氧化为CO2，高锰酸根能被还原为Mn2+；（2）猜想I是认为可能是由于反应放热导致体系温度升高而加快了反应速率；需要测定温度，因此进行实验还需要的仪器是温度计；（3）猜想II是认为生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，故应补充MnSO4，通过测量溶液褪色的时间来验证猜想；（4）要通过对比实验来验证猜想，则实验B和实验A的加入试剂除了MnSO4固体不同，其他均应相同，据此分析；【解答】解：（1）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数是10，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方
78、程式为：5H2C2O4+2MnO4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O；（2）判断反应是否为放热反应，需要测定温度，所以要用到温度计，故答案为：温度计；（3）根据反应速率的影响因素知，可能是反应生成的Mn2+起了催化作用，从而使反应速率加快；考虑到Mn2+起了催化作用，所以实验还需要MnSO4（S）、秒表，故答案为：生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，加快了反应速率；MnSO4（S）、秒表；（4）猜想成立，即Mn2+在反应中起到催化剂的作用，从而加快了反应速率，所以和设计方案进行实验，要进行一组对比实验，一支
79、试管A中仅仅2mL0.1mol/L H2C2O4溶液、1mL 0.05mol/L 酸性KMnO4，另外一支试管B中加入2mL0.1mol/L H2C2O4溶液、1mL 0.05mol/L 酸性KMnO4，少量MnSO4（s），根据溶液褪色的快慢来判断Mn2+在反应中是否起到催化剂的作用，故答案为：试管A试管B加入试剂2mL0.1mol/L H2C2O4溶液、1mL 0.05mol/L 酸性KMnO42mL0.1mol/L H2C2O4溶液、1mL 0.05mol/L 酸性KMnO4，少量MnSO4（s）实验现象（褪色时间）褪色较慢褪色较快结论猜想正确30在某一容积为5L的体积不变的密闭容器内，
80、加入 0.3mol的CO和0.3mol的H2O，在催化剂存在和800的条件下加热，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，反应中CO2的浓度随时间变化情况如图：（1）根据图上数据，反应开始至达到平衡时，CO的化学反应速率为v（CO）=0.003mol/（Lmin），该温度下的平衡常数K=1（2）在体积不变的条件下，改变下列条件重新达到平衡时能使平衡常数K增大的有A（填字母）A升高温度 B降低温度 C增大压强D减小压强 E加入催化剂 G移出一氧化碳气体（3）如要一开始加入0.1mol的CO、0.1mol的H2O、0.2mol的CO2和0.2mol的H2，在相同的条件下
81、，反应达平衡时，c（CO）=0.03mol/L（4）若保持温度和容器的体积不变，在（1）中上述平衡体系中，再充入0.3mol 的水蒸气，重新达到平衡后，H2O的转化率降低（填“升高”、“降低”还是“不变”）（5）在催化剂存在和800的条件下，在某一时刻测得c（CO）=c（H2O）=0.09mol/L，c（CO2 ）=c（H2）=0.13mol/L，则此反应是否处于平衡状态：否（填“是”或“否”），若没有处于平衡状态则该反应向逆反应方向移动（填“正反应”或“逆反应”）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）根据CO2的浓度变化求出CO的浓度变化，再求反应速率；根据平衡常数指各生成
82、物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值进行解答；（2）平衡常数只随温度的变化而变化，根据温度对平衡的影响分析；（3）如果一开始加入0.1mol的CO、0.1mol的H2O、0.2mol的CO2和0.2mol的H2，与开始时加入0.3mol CO和0.3mol H2O为等效平衡，则两种条件下，达到平衡状态时其CO的物质的量浓度相等；（4）可逆反应中增大一种反应物的浓度，则另一种反应物的转化率会增大，而本身转化率减小；（5）根据Qc=与平衡常数K的大小关系判断【解答】解：（1）在某一容积为5L的密闭容器内，加入0.3mol的CO和0.3mol的H2O，则起始浓
83、度c（CO）=0.06mol/L，c（H2O）=0.06mol/L，平衡时c（CO2）=0.03mol/L，则 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始浓度/molL1 ：0.06 0.06 0 0转化浓度/molL1 ：0.03 0.03 0.03 0.03平衡浓度/molL1 ：0.03 0.03 0.03 0.03 反应开始至达到平衡时，转化的CO为c（CO）=0.03mol/L，则v（CO）=0.003mol/（Lmin）1；K=1；故答案为：0.003；1；（2）平衡常数只随温度的变化而变化，已知CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，则升高温度平衡正向移动
84、，K增大；故答案为：A；（3）如果一开始加入0.1mol的CO、0.1mol的H2O、0.2mol的CO2和0.2mol的H2，与开始时加入0.3mol CO和0.3mol H2O为等效平衡，则两种条件下，达到平衡状态时其CO的物质的量浓度相等，所以达到平衡状态时，c（CO）=0.03mol/L，故答案为：0.03；（4）可逆反应中增大一种反应物的浓度，则另一种反应物的转化率会增大，而本身转化率减小，所以若保持温度和容器的体积不变，在（1）中上述平衡体系中，再充入0.3mol 的水蒸气，重新达到平衡后，H2O的转化率降低；故答案为：降低；（5）在催化剂存在和800的条件下，在某一时刻测得C（CO）=C（H2O）=0.09mol/L，C（CO2 ）=C（H2）=0.13mol/L，Qc=2.1K=1，则反应逆向进行，故答案为：否；逆反应2016年5月29日